第三章《能量的转化与守恒》单元检测

浙教版科学九年级上第三章《能量的转化与守恒》单元检测重难点一；能量转化的量度1.小明观察自己家里的电冰箱与电风扇的铭牌，发现两者额定功率完全相同。XX牌电冰箱额定电压220V工作频率50Hz额定功率100W耗电量0.60kW·h/24hXX牌电扇规400mm额定电压220V工作频率50Hz额定功率100W如图所示，如果它们都工作一天(24小时)，电冰箱消耗的电能▲(填“大于”“等于”或“小于”)电风扇消耗的电能。【答案】小于【解析】【分析】【详解】电冰箱24h耗电0.6kw.h；电扇24h耗电2.4kw.h，故填小于。2.用两种不同的金属丝组成一个回路，触点1插在热水中，触点2插在冷水中(如图)，电流表指针会发重力生偏转，这就是温差发电现象。下列有关温差发电现象的说法中，正确的是(▲)A.违背了能量守恒定律B.该实验中有部分热能转化为电路的电能C.该实验中热水的温度不变化，冷水的温度升高D.该实验中热水的温度降低，冷水的温度不变化【答案】B【解析】【分析】【详解】该实验遵循能量守恒定律，最终达到热平衡，内能转化为电能，热水温度降低，冷水温度升高，故选B。重难点二；功、功率计算3.用手将一重为G的铁球缓慢放在一弹簧上，放手后，铁球从A位置开始向下运动，到达B位置速度达到最大，到达C位置小球的速度变为零。已知AC间的高度差为h,则从A位置到C位置铁球的重力做功是▲；在此过程中弹簧的弹性势能增加量为▲。B位置到C位置的过程中铁球所受的重力▲(填“大于”“小于”或“等于”)弹簧所施加的弹力。(整个过程中不计能量损耗)【答案】Gh；Gh；小于【解析】(1)已知物体重力和竖直方向上通过的距离根据公式W=Gh计算重力做的功；(2)在铁球下降的过程中，它的动能会转化为弹簧的弹性势能，而弹性势能的增大量等于重力做的功；(3)从A到B,弹力小于铁球重力，因此铁球做加速运动；在B点时，弹力等于重力，加速停止，此刻的铁球速度最大，动能也最大；从B到C,弹力大于铁球重力，它做减速运动；到达C点时，铁球速度为0,动能为0,弹簧的弹性势能最大。【分析】本题考查重力做功和机械能守恒定律，能够比较全面考查学生掌握知识情况。【详解】已知A、C间的高度差为h,则从A位置到C位置铁球的重力做功是Gh；在此过程中弹簧的弹性势能增加量为Gh；B位置到C位置的过程中铁球所受的重力小于弹簧所施加的弹力。4.小阳设计一个天然气泄漏检测电路，如图甲所示，R为气敏电阻，其阻值随天然气浓度变化曲线如图乙所示，R0为定值电阻，电源电压恒定不变。期下列说法正确的是(▲)A.天然气浓度增大，电压表示数变小B.天然气浓度减小，电流表示数变大C.天然气浓度增大，电路消耗的总功率变小D.天然气浓度减小，电压表与电流表示数的比值不变【答案】D【解析】由图甲可知两电阻串联，电压表测量R0两端的电压；由图乙可知气敏电阻的性质，由电阻的变化利用欧姆定律可求得电路中电流的变化及R0两端电压的变化。【分析】本题考查学生对图象的认知及欧姆定律的使用，从图中得出气敏电阻的阻值与温度的变化关系是本题的突破口。【详解】AC、由图乙可知气敏电阻的阻值随天然气浓度的增大而减小，故由欧姆定律可得电路中电流增加，即电流表示数增大，由U0=IR0可知，气敏电阻两端的电压会增大，即电压表的示数会变大；这时根据P=UI可知，电路消耗的总功率变大；所以A、C说法错误；BD、由图乙可知气敏电阻的阻值随天然气浓度的减小而升高，故由欧姆定律可得电路中电流减小，即电流表示数减小，但是根据欧姆定律知电压表与电流表示数的比值为R0的阻值，而R0为定值电阻阻值不变，所以B说法错误、D说法正确。故选D。重难点三：能量转化恒定及计算5.已知斜面倾角为30°,斜面高为2m,小兵同学用绳子沿斜面将重为400N的木箱由斜面底端匀速拉到顶端。拉力大小为300N,绳重不计。小兵对木箱做的有用功为▲；斜面的机械效率为▲；斜面对物体施加的摩擦力为▲。【答案】800J；66.7％；100N【解析】(1)利用W=Gh求有用功；(2)知道斜面高和斜面倾角，利用直角三角形的角边关系求斜面长，再利用W=Fs求拉力做的总功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；(3)额外功等于总功减去有用功，再利用W额＝fs求摩擦力。【分析】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，计算时注意摩擦力不等于拉力，需要利用W额＝fs计算。【详解】(1)有用功：W有用=Gh=400N×2m=800J；(2)由直角三角形的角边关系(30°角所对的斜面高h=(1/2)s)斜面长s=2h=2×2m=4m,斜面长拉力做的总功：W总=Fs=300N×4m=1200J,斜面的机械效率：η=W有用/W总=800J/1200J×100%≈66.7%；(3)额外功：W额=W总W有用=1200J800J=400J,由W额＝fs得摩擦力：f=W额/s=400J/4m=100N。答：(1)该同学对木箱做的有用功为800J；(2)斜面的机械效率为66.7%；(3)斜面对物体施加的摩擦力为100N。6.有两个电路元件A和B,流过元件的电流与其两端电压的关系如图甲所示。把它们串联在电路中，如图乙所示，闭合开关S,这时电流表的示数为0.4A,则电源电压为▲；元件B的电功率为▲。【答案】4.5V；1.0W【解析】根据图象找到0.4A下两个元件的电压，根据串联电路的总电压等于各串联导体两端的电压之和求出电源的电压；根据P=UI求出元件B的电功率。【分析】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的简单应用，同时考查了学生通过图象获得有用信息的能力。【详解】由电路图可知，两个电路元件A和B串联在电路中，电流表的示数为0.4A时，A对应的电压是2V，B对应的电压是2.5V,所以电源的电压为U=UA+UB=2V+2.5V=4.5V。元件B的电功率：Pв=UBI=2.5V×0.4A=1W。故答案为：4.5；1.0W。重难点四：实际功率与额定功率7.如图中所示，在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压为4.5V,小灯泡额定电压为2.5V,V由阳约为10Ω。(1)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。(2)连接电路时，开关应处于▲状态。(3)实验中无论怎么移动滑片P,发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，原因可能是▲(写出一种即可)(4)排除故障后，移动滑片P到某位置，电压表示数如图乙所示，示数为▲V;要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向▲(填“A”或“B”)端移动，使电压表示数为▲V。(5)移动滑片P,记录多组对应的电压表和电流表的示数，绘制成IU图像。根据图内所给的信息。计算出小灯泡的额定功率是▲W。【答案】(1)如图所示(2)断开；(3)小灯泡断路；(4)2.2；B；2.5；(5)0.5【解析】(1)根据灯泡的额定功率和电阻，利用欧姆定律计算灯泡电流，确定电流表的量程，并且电流表与灯泡串联；(2)连接电路时，开关应处于断开状态；(3)小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，则可能与电压表并联的电路断路；(4)电压表读数：先确定使用的量程，然后确定分度值。通过实际电压额定电压的关系，当实际电压小于额定电压时，滑动变阻器接入电路中的阻值需减小；(5)在图象上找出灯泡额定电压下的电流，根据P=UI计算额定功率。【分析】本题考查了测“小灯泡电功率”的实验中实验器材的正确使用、电路的连接、注意事项、电路故障分析和利用欧姆定律及功率的计算等问题，虽综合性强，但都是很基础、很重点的知识，只要掌握以上知识点，解决此题不难。【详解】(1)灯泡的电流约：I=U／R=2.5V/10Ω=0.25A,因此电流表选择0∽0.6A的量程，并且电流表与灯泡串联，电流从电流表的正接线柱流入，从负接线柱流出，如图：(2)连接电路时，开关要处于断开状态；(3)小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，则可能与电压表并联的灯泡断路；(4)电压表选择0∽3V量程，每一个大格代表1V,每一个小格代表0.1V,电压为2.1V；灯泡实际电压小于额定电压，为了使灯泡正常发光，滑动变阻器分得的电压需减小，因此滑片需向B端移动；(5)由图象知：灯泡在额定电压2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A,则小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。8.某实验小组做“测量小灯泡电功率”的实验，电路如图甲所示，已知电源电压为3V,小灯泡的额定电压为2.5V。(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于▲(填“A”或“B”)端，目的是▲。(2)实验中，闭合开关，发现电压表指针反偏，其原因是▲。(3)排除电路故障后，闭合开关，移动滑片P到某位置时，电压表的示数为2.2V,若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向▲(填“A”或“B”)端移动；当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，为▲A,则小灯泡的额定功率为▲W。【答案】(1)A；保护电路；(2)电压表正负接线柱接反了；(3)B；0.30；0.75【解析】【分析】【详解】闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处的A端，目的是保护电路。实验中，闭合开关，发现电压表指针反偏，其原因是电压表正负接线柱接反了。灯在额定电压下正常发光，示数为2.2V小于灯的额定电压2.5V,应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B动，直到电压表示数为额定电压；当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A,电流为0.32A,灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.32A=0.8W。故答案为：A；保护电路电压表正负接线柱接反了；B；0.32；0.89.小华为了探究物体动能的大小与质量、速度的关系，设计了如图甲、乙所示的实验。实验甲；质量相同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处和B处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图甲所示。实验乙：质量不同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图乙所示。(1)要探究物体动能的大小与速度的关系应选用▲(填“甲”或“乙”)图。(2)甲、乙两组实验可以得出的结论是▲。(3)这个实验中，利用木块被碰撞后移动的▲来比较物体的动能大小。(4)下列实例中与此实验方法相同的有▲。(填编号)①认识电流大小时，用水流进行类比；②用红墨水在水中的扩散现象来认识分子是运动的；③用酚酞试液滴入溶液变红色来判断溶液呈碱性。【答案】(1)甲；(2)物体动能的大小与质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能就越大；(3)距离；(4)②③【解析】(1)影响动能大小的因素是质量和速度，进行探究时要采用控制变量法的思想，控制相同因素，改变不同因素；(2)比较甲、乙两组实验中的相同因素和不同因素，结合控制变量法的思想得出结论；(3)小球的动能通过它推动木块移动的距离来体现，采用了转换法的思想。【分析】(1)用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；(2)不同质量的物体，在同一高度自由落下，到达地面的速度相同，越高自由落下时，到达地面的速度越大。【详解】(1)要探究物体动能的大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，速度不同，速度的不同是通过小球在斜面的位置来体现的，符合条件的只有甲图。(2)通过甲图可得到的结论是：质量相同时，物体的速度越大，动能越大；通过乙图可得到的结论是：物体速度相同时，质量越大，动能越大；因此综合甲图和乙图，可得到的结论是：物体动能的大小与质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能就越大。(3)实验中利用木块被碰撞后移动的距离来比较物体的动能大小，属于转换法的思想，采用这个研究方法的还有研究分子的扩散现象和用酚酞试液滴入溶液变红色来判断溶液呈碱性.故答案为:(1)甲；(2)物体动能的大小与质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能就越大；(3)距离；(4)②③。10.绍兴向阳处每平方米面积在1小时内得到的太阳辐射能平均为4.0×106J。SQB型太阳能电辅热热水器的参数如下：型号外形尺寸光照面积水箱容积电加热器毫米平方米升电压(V)电功率(W)SQB20/1.35/31190×1250×11901.351002201500本题中各种数据如下：液化石油气的燃烧值q=3.5×107J/kg,g取10N/kg.请根据产品说明书上的参数和题给的条件回答：(1)该太阳能热水器的总有效接收光照的面积为1.35㎡,如果以接收太阳能10小时／日计算，每天共吸收多少太阳能？(2)如果该太阳能热水器每天(日照为10小时／日)能将满水箱的水从20℃加热到80℃,请你计算该太阳能热水器将太阳能转化为水的热能的效率是多少？(3)已知液化石油气完全燃烧放出的热量有60%被水吸收，若用燃气热水器将满水箱的水从20℃加热到80℃,则需要多少费用？(绍兴气价设为3元／m3,燃气的密度为0.72kg/m3)【答案】(1)每天共吸收5.4×107J太阳能；(2)该太阳能热水器将太阳能转化为水的热能的效率是46.7%；(3)需要5元费用。【解析】(1)根据题意求出太阳能热水器接收的太阳能；(2)根据p=m/v求出水的质量，根据Q吸=cm(tt0)求出水吸收的热量，根据η=Q吸/Q总求出转化效率；(3)根据题意求出燃烧石油气放出的热量，根据Q放=mq求出石油气的质量，再根据p=m/V求出石油气的体积，再求出花费多少钱。【分析】此题主要考查的是学生对质量、热量、转化效率和热值计算公式的理解和掌握，综合性较强，有一定难度。【详解】(1)太阳能热水器接收的太阳能Q总=4.0×106J/(h·㎡)×10h×1.35㎡=5.4×107J；(2)∵p=m/V∴水的质量m水=P水V水=1×103kg/m3×100×103m3=100kg,水吸收的热量Q吸=cm水(tt0)=4.2×103J／(kg·℃)×100kg×(80℃20℃)=2.52×107J,该太阳能热水器将太阳能转化为水的热能的效率：η=Q吸/Q总×100%=2.52×107J/(2.54×107J)×100%≈46.7%；(3)∵Q吸=60%Q放。∴燃烧石油气放出的热量：Q放=Q吸/60％=2.52×107J/60％=4.2×107J,∵Q放=mq。∴燃烧石油气的质量：m气=Q放/q=4.2×107J/(3.5×107J/kg)=1.2kg,∵p=m/V,∴石油气的体积：V气=m气/p气=1.2kg/0.72kg/m3≈1.67m3,费用=3元／m3×1.67m3=5元．答：(1)每天共吸收5.4×107J太阳能；(2)该太阳能热水器将太阳能转化为水的热能的效率是46.7%；(3)需要5元费用。11.为改善休闲广场的照明，电力部门要在广场安装一盏规格为“220V1000W”的碘钨灯，已知电控室的输出电压恒为220V,所需电线总长为400m,所选用电线的电阻为每米1.65×102Ω。(1)电路中电线的电阻为▲Ω。(2)实际电路中，相当于碘钨灯与电阻R串联(如图)，则碘钨灯工作时，它的实际功率是多少？(3)要减少电路中电线的功率消耗，可采取的措施是▲(写出一点)。【答案】(1)电路中电线的电阻是6.6Ω；(2)碘钨灯工作时，它的实际功率是774.4W；(3)要减少电路中电线的功率消耗，可以增大电线的横截面积或换用电阻比较小的材料。【解析】(1)导体的电阻在材料、横截面积相同的条件下，与导体的长度成正比，由此可求电线的电阻；(2)先求出电路中的实际电阻，也就是将电线的电阻与碘钨灯的实际电阻求和，然后利用实际电压，求出电流，利用相关公式，求出灯泡的实际功率；(3)要减少电路中电线的功率消耗，从影响电线消耗功率的因素(导体的电阻)上分析。【分析】本题目就是考查学生对实际功率的掌握程度，中间比较复杂，注意电线的电阻与灯是串联的。【详解】(1)电路中电线的电阻：R=1.65×102Ω/m×400m=6.6Ω；(2)∵P=U2/R,∴碘钨灯的电阻：RL=U2/p=(220V)2/1000W=48.4Ω,实际电路中，相当于碘钨灯与电阻R串联，R总=RL+R=48.4Ω+6.6Ω=55Ω,电路电流I=U/R总=220V/55Ω=4A,碘钨灯的实际功率：P实=I2RL=(4A)2×48.4Ω=774.4W；(3)电路中电线要产生热量而消耗能量，功率为P=I2R可知：因碘钨灯与电阻R串联；碘钨灯工作时的电流不能减小；所以只能减小导线的阻值，又因导体的电阻与导体的材料，长度，横截面积有关，所以增大电线的横截面积或换用电阻比较小的材料。答：(1)电路中电线的电阻是6.6Ω；(2)碘钨灯工作时，它的实际功率是774.4W；(3)要减少电路中电线的功率消耗，可以增大电线的横截面积或换用电阻比较小的材料。12.(科学思维)质量是6kg的物体A放在水平桌面上，利用图所示的装置使物体以0.2m/s的速度做匀速直线运动，弹簧测力计始终保持水平，其示数为3N,不计绳子的伸长和滑轮组内部的摩擦，则(▲)A.作用在绳端的拉力F为6NB.水平桌面对物体A的摩擦力是6NC.在2s内拉力F做功1.2JD.在2s内拉力F的功率是1.8W【答案】D【解析】(1)根据作用在绳端的拉力与弹簧测力计的示数相等，可知道作用在绳端的拉力F的大小；(2)作用在动滑轮挂钩上的力是物体A受到一摩擦力而不是重力，根据承担摩擦力的绳子股数，可求出摩擦力的大小；(3)由物体运动的速度可求出在2s内通过的距离，根据承担摩擦力的绳子股数可求出绳子自由端移动的距离，然后根据W=Fs求出在2s内拉力F做功；(4)已知2s内拉力F做的功，利用P=W/t计算拉力F的功率。【分析】本题考查了功率的计算和滑轮组的使用，属于基本题型，本题的关键是明确作用在动滑轮挂钩上力大小等于物体受到的摩擦力而不是重力。【详解】A、因为弹簧测力计的示数是3N,所以，作用在绳端的拉力F为3N，故A错误。B、由图可知，承担摩擦力的绳子股数是3,所以，F=f/3水平桌面对物体A的摩擦力以，f=3F=3×3N=9N,故B错误．C、物体A在1s内内通过的距离：s´=υt=0.2m/s×2s=0.4m,绳子自由端移动的距离s=3s´=3×0.4m=1.2m,在2s内拉力F做功：W=Fs=3N×1.2m=3.6J,故C错误。D、在2s内拉力F的功率：P=W/t=3.6J/2s=1.8W,故D正确，故选D。13.(科学探究)如图甲所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。(1)实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉。此时，应把杠杆两端的平衡螺母向▲(填“左”或“右”)调节，使杠杆在不挂钩码时，保持▲并静止，达到水平平衡状态。这样做的好处是；便于在杠杆上直接测量。(2)杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件为；动力×动力臂＝阻力×阻力臂。他这样得出的结论是否合理？▲；为什么？▲。(3)实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。其原因是：▲。(4)小民和小华照图16的方法做了几次实验，分析得出杠杆的平衡条件为“动力×支点到动力作用点的距离”＝“阻力×支点到阻力作用点的距离”。你认为他们的结论正确吗？▲。你能设计实验证明自己的判断吗？▲。【答案】(1)左；杠杆在水平位置；力臂；(2)不合理；只测一组数据，结论具有偶然性；(3)受杠杆自身重力的影响；(4)结论不正确；改变拉力的方向，仍使杠杆在水平位置平衡时，比较拉力的大小，即可证明小民和小华的观点是否正确。【解析】(1)杠杆的哪端较高，平衡螺母向哪端移动；为了便于直接测量力臂，使杠杆在水平位置平衡；(2)实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律；(3)当支点在杠杆的中点时，其重心恰好通过支点，所以平衡条件不受杠杆重力的影响，若支点不在中心处，便要考虑杠杆的重力；(4)杠杆在水平位置平衡后，重力的力臂恰好等于支点到力的作用点的距离；若用测力计不沿竖直方向用力，便可推翻小民和小华的结论。【分析】此题是探究杠杆平衡条件实验：(1)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力臂才能在杠杆上，这两个条件缺一不可；(2)本题还主要考查了力臂的问题，力臂是力的作用线到支点的距离，而不是力的作用点到支点的距离。【详解】(1)由题意知，杠杆右端下沉，左端较高，所以平衡螺母应向左移动，使其在水平位置平衡，这样便于测量力臂；(2)小明只通过一组数据便得出结论，并不符合实验结论得出的要求，这样的结果具有偶然性，不具普遍性；(3)由于支点不在中点时，杠杆还受自身重力的影响，所以测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符；(4)弹簧测力计在C处竖直向上拉时，拉力的方向竖直向上与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距离，若改变拉力的方向，仍使杠杆在水平位置平衡时，比较拉力的大小，即可证明小民和小华的观点是否正确。故答案为：(1)左；杠杆在水平位置；力臂；(2)不合理；只测一组数据，结论具有偶然性；(3)受杠杆自身重力的影响；(4)结论不正确；改变拉力的方向，仍使杠杆在水平位置平衡时，比较拉力的大小，即可证明小民和小华的观点是否正确。14.实验：测量小灯泡的电功率实验中选择的小灯泡的额定电压为2.5V。【实验步骤】(1)请你用笔画线代替导线，把图1中的电路连接完整(导线不准交叉)，并要求滑动变阻器的滑片向左移动时，小灯泡会变亮。(2)正确连接电路后，闭合开关，电流表指针不动，但用手按住开关，发现电流表指针摆动，出现这种现象的原因是▲。(3)查明原因，排除故障，正确操作，得到下表所示数据。请将表中内容补充完整：实验序号电压U/V电流I/A电功率P/W灯泡亮度12.00.280.56发光暗淡22.50.320.8033.00.361.08发光强烈由表中数据可知，该灯的额定电功率为▲W。(4)利用上述电路，用定值电阻替换小灯泡，测量该定值电阻的阻值。请在图2虚线方框中设计一个记录数据的表格。图1图2【答案】(1)如图所示(2)开关接触不良；(3)正常发光；0.80；(4)如表所示实验序号电流I/A电压U/V电阻R/Ω电阻的平均值R/Ω120【解析】【分析】本题考查测量小灯泡的电功率实验。【详解】(1)由题中表格数据可知，通过小灯泡电流小于0.6A,电流表选0∽0.6A量程，滑片向左移动时，灯泡变亮，滑动变阻器接左下接线柱，电路图如答图所示。(2)闭合开关后，电流表指针不动，但用手按住开关，发现电流表指针摆动，说明开关接触不良。(3)由题中表格数据可知，小灯泡处于额定电压下，会正常发光，且电功率为0.80W。(4)测量定值电阻阻值的实验要测量多组通过电阻的电流、电压值，计算各次实验电阻阻值并取平均值，实验至少要进行3次以上。故答案为：(1)如图所示(2)开关接触不良；(3)正常发光；0.80；(4)如表所示实验序号电流I/A电压U/V电阻R/Ω电阻的平均值R/Ω12015.电动自行车既可以电动骑行，也可以脚踏骑行。电动骑行时，蓄电池对车上的电动机供电，电动机为车提供动力。下表是某型号电动自行车的主要技术参数。根据学过的物理知识，判断以下估算结果中合理的是(▲)整车整车质量40kg最高车速30km/h最大噪声62dB蓄电池电压48V容量12A·h电动机额定电压48V额定功率240WA.电动自行车行驶过程中，电动机的工作电流保持5A不变B.蓄电池一次充足电，放电时可输出的电能最多约为3.5×104JC.若蓄电池储存能量的80%用于驱动电动自行车在平均阻力为40N的水平公路上匀速行驶，蓄电池一次充电最多能连续电动行驶约41kmD.蓄电池一次充电后，该电动自行车最多可供电动骑行2.4h解析：本题涉及电功率、电功、做功、机械效率等的分析计算，要注意电动车只有正常行驶时的功率与额定功率相等，否则是不相等的。由P=UI可得，电动机的额定电流：I电动机＝P电动机/U电动机=5A,因电动机行驶过程中不一定以额定功率行驶，所以，电动机的工作电流不一定是5A,故A不正确。蓄电池一次充足电后放电时可输出的最多电能：W电＝U电I电t电＝48V×12A×3600s=2.0736×106J,故B不正确。每次充电可以给电动机提供的电能：W机械＝W电×80%=2.0736×106J×80%=1.65888。因电动车匀速行驶，所以，受到的牵引力：F=f=40N,由W=Fs可得，最远行驶的距离：S=W机械/F=1.65888×106J/40N=41472m≈41km,故C正确。由I=Q/t可得，该电动自行车最多可供电动车骑行的时间：t＝Q=/I电动机=12A·h/5A=2.4h。因电动车行驶时，蓄电池不能完全放电，所以，该电动自行车最多可供电动车骑行的时间小于2.4h,故D不正确。答案：C16.小明在用如图所示的气筒给自行车轮胎打气后，发现气筒外管的温度明显比打气前升高很多，且越靠近气筒外管的顶部的地方，温度越高。注：在用该气筒给自行车轮胎打气过程中，底座和内不动，手柄和外管上下运动，活塞固定在内管顶部。请你分析产生这一现象的原因。答案：本题考查对物体做功现象和热传递现象的理解程度，可以从压缩气体做功的角度去考虑，压缩越厉害，消耗机械能越多，转化的内能越多，温度越高。(1)用气筒给自行车打气的过程中，外管顶部对气筒和轮胎内的气体做功，气体内能增加，温度升高，气筒外管将热量传递到管的外壁，因此气筒外壁温度明显升高。(2)因为外管越向下移，外管的顶部气体被压缩越多，移动相同的距离，对气体做功越多，气体内能增加越明显，温度越高，从而导致气筒外壁上部温度比下部温度更高。(3)外管在相对活塞上、下运动的过程中，向外传递的内能主要来自内部被压的高温气体，而外管的下部与上部相比，其与管内高温气体的接触时间较短，吸收的热量较少，因此温度低。(4)外管在相对活塞向下运动的过程中，在高压气体的作用下，外管与活塞间的压力增大，单位长度克服摩擦力做功而转化的内能越靠近外管顶部越多，导致气筒外壁上部温度比下部温度更高。17.科技小组的同学们设计了如图甲所示的恒温箱温控电路(月于获得高于室温，控制在一定范围内的“恒温”)，包括工作电路和控制电路两部分，其中，R´为阻值可以调节的可变电阻，R为热敏电阻(置于恒温箱内)，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，继电器线圈电阻为50Ω。问：(1)如图甲所示状态，加热器是否处于加热状态？(2)已知当控制电路的电流达到0.04A时，继电器的街铁被吸合：当控制电路的电流减小到0.036A时，街铁会被释放。当调节R´=350Ω时，恒温箱内可获得最高温度为100℃的“恒温”，如果需要将恒温箱内的温度控制在最低温度为50℃的“恒温”，则应将R´的限值调为多大？(3)使用该恒温箱，获得最低温度为50℃的“恒温”，与获得最高温度为100℃的“恒温”相比较，哪一个的温度波动范围更小？为什么？解析：(1)由图甲所示电路可以知道，工作电路是通路，加热器处于加热状态。设控制电路中电源两端的电压为E。由图乙，当温度为100℃时，热敏电阻R1的阻值为50Ω。故：E=I1(R0+R1+R1´)=0.04A×(50Ω+500Ω+350Ω)=36V。由图乙，当温度为50℃时，热敏电阻R1的阻值为900Ω,因此：R´2=36V/0.036A900Ω50Ω=50Ω。(3)获得最低温度为50℃的“恒温”温度波动范围更小，因为在50℃附近，热敏电阻的阻值随温度的变化更显著。答案：(1)处于加热状态。(2)R´2=36V/0.036A900Ω50Ω=50Ω。(3)在50℃附近，热敏电阻的阻值随温度的变化更显著。18.如图甲所示，电源电压恒为9V,滑动变阻器的最大阻值为100Ω,电流在0.1A∽0.4A之间时电子元件均能正常工作。若通过此电子元件的电流与其两端电压的关系如图乙所示，则下列判断正确的是(▲)A.电子元件工作时，电阻保持不变B.电子元件处于正常工作状态时，电路消耗的最小功率为3.6WC.当P在中点时，电子元件与滑动变阻器的电压之比为1:1D.为使电子元件处于正常工作状态，滑动变阻器的阻值范围应控制在12.5∽70Ω【答案】D【解析】【分析】【详解】从图像可知，电子元件的电阻是在变化的，故A错误。当电路消耗的功率最小时，电路电流最小，为I小＝0.1A，电路消耗的最小功率P=UI小=9V×0.1A=0.9W,故B错误。因为电子元件与滑动变阻器串联，通过的电流相等，所以电子元件与滑动变阻器串联两端的电压之比就等于两电阻之比，无法判断电子元件与滑动变阻器电阻的大小关系，所以无法判断它们两端电压的关系，故C错误。电路电流最小为0.1A,电子元件两端的最小电压为2V,所以滑动变阻器两端的最大电压为U1=9V2V=7V,滑动变阻器接入电路的电阻最大，R大=U1/I小=7V/0.1A=70Ω,电路电流最大为0.4A,电子元件两端的最大电压为4V,所以滑动变阻器两端的最小电压为U2=9V4V=5V,滑动变阻器接入电路的电阻最小，R小=U2/I大=5V/0.5A=12.5Ω,所以滑动变阻器的阻值范围应控制在12.5∽70Ω,故D正确。19.用电阻为13Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中。图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触。已知R0为2Ω,电源电压保持3V不变。改变P的位置，圆环的最大电功率为(▲)A.13/25WB.9/8WC.9/13WD.9/2W【答案】B【解析】P转到某点时，两圆弧电阻分别为R1和R2,设R1和R2并联总电阻为R时，圆环的电功率最大，根据P=12R表示出最大电功率，P圆环大=(U/R+R0)2×R=U2/[(R+R0)2/R]=U2/[(RR0)2/R+4R0],当R=R0时，圆环的电功率最大，代入数据算出圆环的最大电功率。【分析】本题考查了电功率公式的应用，关键是利用数学知识得出圆环的最大电功率。【详解】P转到某点时，两圆弧电阻分别为R1和R2,设R1和R2并联总电阻为R时，圆环的电功率最大，最大电功率为：P圆环大=(U/R+R0)2×R=U2/[(R+R0)2/R]=U2/[(RR0)2/R+4R0],当R=R0=2Ω时，圆环的电功率最大，最大为P圆环大=U2/4R0=(3V)2/4×2Ω=9/8w。故选：B。20.在如图所示的电路中，当电键S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大了ΔU。则(▲)A.可变电阻R被调到较小的阻值B.电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔUC.通过电阻R2的电流减小，减小量小于ΔU/R2D.通过电阻R2的电流减小，减小量等于ΔU/R1【答案】C【解析】(1)由图可见，电阻R和R1并联，然后再与R2和R0串联，电压表并联在R和R1两端，测量的是它们并联后的总电压；(2)串联电路中，总电压等于各用电器两端的电压之和，并联电路中，各支路两端的电压相等。【分析】本题重点是考查串联电路电压的特点，串联分压，电阻越大电压越大，电阻越小电压越小。【详解】(1)整个电路为串联电路，串联分压，电压大小与电阻成正比，电压表的示数增大了ΔU，说明R与R1并联后的总电阻是增大的，故A选项错误；(2)总电压U不变，电压表示数增大了ΔU,说明电阻R2和R0串联后的总电压减小了ΔU，单独拿R2来说，它两端的电压减小量要比ΔU小，因此电流减小量要