草桥中学校初三物理寒假作业三答案详解.docx

草桥中学校初三物理寒假作业三答案详解一选择题（在下面表格内填上唯一正确答案的序号，每题2分，共24分）1（2分）（2013吴中区三模）如图的几种用电器的功率最接近1000W的是（）A 家庭电扇B 笔记本电脑C 台灯D 电饭锅考点：电功率专题：顺推法分析：根据我们对生活中常用家用电器额定功率的了解去选择解答：解：A、电扇的额定功率约为60W左右；B、笔记本电脑的功率约为200W左右；C、台灯的额定功率约为40W左右；D、电饭锅属大功率用电器，功率约为1000W故选D点评：熟悉常见家用电器的额定功率，注意平时在学习和生活中的知识积累2（2分）如图所示，四幅图中属于利用热传递改变物体内能的是（）A 反复弯折铁丝发热B 钻木取火C在太阳照射下热水器中水温上升D迅速压下活塞棉花着火燃烧考点：热传递改变物体内能专题：分子热运动、内能分析：本题抓住改变物体内能有两种方式：做功和热传递做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，有传导、对流和辐射三种形式解答：解：A、反复弯折铁丝发热，属于做功改变物体的内能，不符合题意B、钻木取火，属于做功改变物体的内能，不符合题意C、在太阳照射下热水器中水温上升，属于热传递改变物体的内能，符合题意D、迅速压下活塞棉花着火燃烧，属于做功改变物体的内能，不符合题意故选C点评：本题考查了改变物体内能有两种方式，相对比较简单，属于基础题3（2分）下列说法中正确的是（）A光、电磁波、声波都可以在真空中传播B光导纤维是利用超声波来传递信息的C核能是可再生能源D雷达是利用电磁波来进行定位和导航的考点：电磁波的传播专题：信息的传递分析：A、光与电磁波可以在真空中传播，声音的传播需要介质，不能在真空中传播；B、光导纤维是利用激光传递信息的；C、核能不能源源不断地从自然界获得，是不可再生能源；D、雷达是利用电磁波进行工作的解答：解：A、光与电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，声音的传播需要介质，不能在真空中传播，故A错误B、光导纤维是利用激光传递信息的，故B错误；C、核能不能源源不断地从自然界获得，是不可再生能源，故C错误；D、雷达是利用电磁波来进行定位和导航的，故D正确；故选D点评：本题是一道综合题，涉及的知识点较多，掌握基础知识即可正确解题4（2分）当温度降低到一定程度时，某些物质的电阻会变为零，这种现象叫超导常温超导体的应用有着十分诱人的前景下面的几个电路元件可用超导体制作的是（）A家用保险丝B电动机的线圈C电炉的电热丝D白炽灯泡的灯丝考点：超导体的特点分析：解答本题需掌握：超导现象是电阻为零的现象，根据焦耳定律可知，电阻为零就不会产生电热解答：解：假如科学家已研制出常温下就能使用的超导体，适合制作人们不需要电热的地方，如：输电导线和电动机线圈等由于超导体不会产生电热，所以人们需要电热的地方是不能用超导体的如电饭锅、灯泡、保险丝、电炉子等根据对超导体的理解，来选择答案故选B点评：本题主要考查学生对：超导体的特点，以及应用的了解和掌握，是一道基础题5（2分）下列说法中正确的是（）A物体吸收热量，温度一定升高B物体内能增加，一定是物体吸收了热量C物体温度不变，内能也可能增加D物体内能增加，一定是外界对物体做了功考点：温度、热量与内能的关系；物体内能的改变分析：要解答本题需掌握：温度、内能和热量的区别和联系，以及改变物体内能的方法解答：解：A、物体吸收热量，温度不一定升高，比如：晶体熔化过程，虽然吸收热量，但温度不变故A 不正确B、物体内能增加，可能是吸收热量也可能是对物体做功故B不正确C、物体温度不变，内能也可能增加，比如：晶体熔化过程，温度不变，但状态变了，故内能也增加故C正确D、物体内能增加，可能是外界对物体做了功，也可能是吸收了热量故D不正确故选C点评：本题主要考查学生对：温度、内能和热量的区别和联系，以及改变物体内能的方法的理解和掌握是中招的热点6（2分）晓亮同学从地面走上四楼教室，估计他克服重力做的功为（）A50JB500JC500WD5000J考点：功的计算专题：功、功率、机械效率分析：根据对实际情况的了解、估算晓亮的质量和楼的高度，然后应用功的公式与功率公式求出功率解答：解：晓亮的质量约为50kg，从地面走上四楼教室的路程约为s=10m，晓亮上楼克服重力做的功约为：W=Gs=mgs=50kg10N/kg10m=5000J；故选D点评：本题是一道估算题，估计出晓亮的质量和路程，应用公式的计算公式即可正确解题7（2分）（2012徐州三模）下列研究物理问题的方法相同的是（）根据电流所产生的效应认识电流；研究电流时把它比作水流根据磁铁产生的作用来认识磁场；利用磁感应线来描述磁场A与B与C与D与考点：物理学方法专题：压轴题分析：解决此题要知道常用的物理学研究方法有：等效法、模型法、比较法、分类法、类比法、控制变量法、转换法等解答：解：根据电流所产生的效应认识电流，运用的是转换法；研究电流时把它比作水流，运用的是类比法；根据磁铁产生的作用来认识磁场，运用的是转换法；利用磁感应线来描述磁场，运用的是模型法；所以和运用的方法相同；故选B点评：解决此类物理学方法问题，要结合研究对象判断所用的研究方法8（2分）（2006无锡）滑动变阻器是一种较常见的电学器材物理实验室中有一标有“10 1A“的滑动变阻器，小明同学对它进行了研究，得到了以下些结论，其中错误的是（）A此滑动变阻器能连入电路中的最大阻值是10B当此滑动变阻器中的电流不超过1A时，它能安全使用C当此滑动变阻器两端的电压不超过10V时，它能安全使用D此滑动变阻器在安全使用时，它消耗的最大功率是10w考点：滑动变阻器的使用专题：压轴题分析：（1）滑动变阻器铭牌标有“10 1A”，10表示滑动变阻器连入电路的最大电阻是10；1A表示滑动变阻器通过的电流不能超过1A（2）滑动变阻器的最大功率根据P=I2R进行判断解答：解：A、铭牌上标有10表示滑动变阻器连入电路的最大电阻是10不符合题意B、铭牌上标有1A表示滑动变阻器通过的电流不能超过1A不符合题意C、当滑动变阻器两端的电压10V时，电阻是10时，电流是1A如果接入电路的电阻是1，电流是10A，超过允许通过的最大电流，损坏滑动变阻器符合题意D、滑动变阻器允许通过的最大电流是1A，电阻最大是10，P=I2R=（1A）210=10W不符合题意故选C点评：（1）掌握滑动变阻器的结构、原理、作用、接线柱的接法、铭牌参数的含义等等（2）根据P=UI，P=I2R，P=进行电功率的计算9（2分）如图，用铅笔制成的滑动变阻器来改变电路中的电流及灯泡的亮度，当左端的铜环向右滑动时，下列判断正确的是（）A电流表示数变大，电压表示数变小，灯变暗B电流表示数变小，电压表示数变小，灯变暗C电流表示数变小，电压表示数变大，灯变亮D电流表示数变大，电压表示数变小，灯变亮考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：当铜环从左向右端滑动时，连入电路的电阻减小，总电阻减小，总电压不变，根据欧姆定律，电路中的电流增大根据U=IR可得灯泡两端的电压UL增大，而U=UL+UR，铅笔芯两端的电压变小；由P=UI可知灯的实际电功率变大，灯泡变亮解答：解：当铜环从左向右端滑动时，连入电路的电阻变小，电路总电阻变小，I=，电源电压不变，电路中电流变大，即电流表的示数变大；UL=IRL，灯泡两端的电压变大，U=UL+UR，铅笔芯两端的电压变小，即电压表的示数变小；P=UI，灯泡的电功率变大，灯变亮故选D点评：本题解题关键：一是知道滑动变阻器的变阻原理；二是知道灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率10（2分）如图为甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌，下列说法中正确的是（）A乙灯工作时一定比甲灯亮B乙灯的灯丝比甲灯的粗C两灯正常工作时的电阻与不发光时的电阻一样大D两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能一定多考点：实际功率；影响电阻大小的因素专题：推理法分析：因为灯的实际电压不知道，灯的亮度不好确定；由额定功率与灯丝电阻的关系和决定电阻大小的因素分析；灯丝电阻除了与灯丝的长度、粗细和材料有关外还受温度的影响；通电时间不知道，消耗电能的多少不好比较解答：解：（1）没有说明具体的工作电压，不好比较实际功率的大小，故A错误；（2）由公式可知额定功率大的灯丝电阻小，又因为灯丝长度差不多、都是钨丝，所以电阻小的灯丝粗，故B正确；（3）正常工作时灯丝的温度达到2000以上，不发光时温度在20左右，电阻不同，故C错误；（4）因为没有告诉通电时间，不能比较消耗电能的多少，故D错误；故选B点评：本题考查了决定电阻大小的因素、灯的亮度由什么决定、电功（消耗电能）的比较，综合性强，要灵活处理11（2分）图中有四幅原理示意图，其中能说明电动机工作原理的是（）ABCD考点：直流电动机的原理分析：本题涉及的实验内容较多，解题时首先要弄清四个选项所研究的是哪些实验或现象，再进行判断解答：解：A、此实验探究的是电磁感应现象，它是发电机的原理，不符合题意；B、此实验探究的是电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系，不符合题意；C、此实验探究的是通电导体在磁场中受力运动的现象，符合题意；D、此实验是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，不符合题意故选C点评：电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键12（2分）（2012西宁）某同学做电学实验时，电路如下图所示已知他所用电流表的量程为00.6A，电压表的量程为03V，电源电压为6V保持不变，滑动变阻器的最大阻值为50，定值电阻R0为10，开关S闭合后，在实验操作无误的情况下，下列说法中正确的说法是（）A电流表的最大示数为0.6AB滑动变阻器消耗的最小功率为0WC电压表的最小示数为1VD电阻R0消耗的最大功率为1.8W考点：欧姆定律的应用；电路的动态分析；电功率的计算专题：计算题；压轴题分析：分析滑片P在右端（电阻全连入50 ）和电压表示数最大（滑动变阻器的部分电阻连入）时的电路组成，利用欧姆定律和电功率的公式求解解答：解：（1）电源电压为6V，电压表的量程为03V，P不能滑到左端，滑动变阻器连入电阻不能为0，滑动变阻器的电功率不能为0；当电压表的示数为3V，即：UR=3V时：电流最大（电流表的示数最大），I大=0.3A，R0消耗的电功率最大，P大=I2R0=（0.3A）210=0.9W；（2）当滑片P在右端（电阻全连入为50 ），此时电路中的电阻最大，电流最小，I小=0.1A，U小=I小R0=0.1A10=1V故选C点评：若滑动变阻器的电阻不连入，电压表超量程，根据电压表的量程找出滑动变阻器连入的电阻最小值，是解本题的关键二、填空题：（每空1分，共20分）13（2分）（2004苏州）家庭电路中的开关和被控制的用电器是串联的；电灯、电视机、电冰箱等家用电器之间是并联的考点：串联电路和并联电路的辨别分析：家庭中的各用电器在使用时互不影响，所以它们是并联的，但各支路的开关与被控电器是串联的解答：解：家庭电路各用电器为了互不影响，常采用并联的方式，但必须要用一个开关与其串联，这样能单独控制各个用电器；故答案为：串，并点评：家庭电路电器的连接方式是并联，开关放在支路上，可以单独控制各个用电器14（2分）如图所示，“嫦娥一号”在奔月前先有一个绕地球运行的过程，它在大气层外环绕地球运行的过程中，经过近地点的动能大于（选填：大于、小于、等于）它在远地点的动能；它从远地点向近地点运行的过程中，机械能的变化情况是不变（选填：变大、变小、不变）考点：动能和势能的大小变化专题：机械能及其转化分析：（1）动能大小的影响因素：质量和速度质量不变时，速度越大，动能越大（2）地面附近的物体由于被举高具有重力势能，物体到太空中由于有相对高度，物体具有势能（3）没有阻力时，机械能是守恒的解答：解：（1）卫星在运行过程中质量不变，卫星在近地点和地球的相对距离最小，速度最大，近地点势能最小，动能最大；卫星在远地点和地球的相对距离最大，速度最小，远地点的势能最大，动能最小（2）卫星在太空运行过程中没有运行阻力，没有能量的损失，机械能是守恒的故答案为：大于；不变点评：（1）注意太空中由于物体之间有相对距离时，具有的是势能而不是重力势能（2）掌握动能和势能大小的影响因素，根据能量的影响因素能判断动能和势能的大小变化15（3分）一台单缸四冲程汽油机如图所示是汽油机的做功冲程，在这个冲程中是将内能转化成机械能考点：内燃机的四个冲程专题：比热容、热机、热值分析：汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程；并且只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能解答：解：由图可知，气门都关闭，活塞向下运动，并且火花塞点火，故可以判断这个冲程是做功冲程，此冲程是将内能转化为机械能故答案为：做功；内；机械点评：解决此类问题关键是看气阀门的开关情况和活塞运动情况，结合规律总结进行判断内燃机的冲程16（2分）如图为江阴长江大桥“桥塔为什么要造这么高？”小强对此进行了研究：他将大桥的结构进行简化，抽象成图乙所示的模型，又画了桥塔高低不同的两幅图丙和丁小强通过比较发现：适当增加塔的高度，可增大（选填“增大”或“减小”）力臂，从而减小（选填“增大”或“减小”）斜拉索的拉力考点：杠杆的应用专题：简单机械分析：本题由图结合几何关系看得出力臂大小与小桥塔高度的关系，从而由杠杆平衡可得出结果解答：解：因桥的长度不变，比较丁图和丙图可看出当桥塔越高时，从O到引线的垂线越大即力臂越大，而桥的重力力矩是不变的，故引线产生的力矩应该是相等的，力臂变长，则需要的力就减小故答案为：增大；减小点评：生知中处处均有物理知识，学会将一个复杂的生活场景抽象为简单的物体模型是解决生活中物体的一种好方法17（2分）（2007闵行区一模）在如图所示的电路中，电源电压保持不变闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电压表V的示数将不变，（填“变大”“变小”或“不变”）电压表V与电流表A示数的比值将变大（填“变大”“变小”或“不变”）考点：电路的动态分析；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律的应用专题：应用题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题分析：由电路图可知，滑动变阻器R1与定值电阻R2串联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流；根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据并联电路各支路独立工作、互不影响可知通过R2的电流不变，根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电路中电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后得出电压表V与电流表A示数的比值变化解答：解：由电路图可知，滑动变阻器R1与定值电阻R2串联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流；电源的电压保持不变，滑片移动时，电压表的示数不变，并联电路各支路独立工作、互不影响，滑片移动时，通过R2的电流不变，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，I=，R1支路的电流变小，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，干路中的电流变小，即电流表A的示数变小，则电压表V与电流表A示数的比值变大故答案为：不变；变大点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是滑片移动时对电路影响和各表示数的变化分析18（2分）（2007桂林）如图所示，在直流电动机的工作过程中，“换向器”起了关键的作用，它能使线圈刚刚转过平衡位置时就自动改变线圈中的电流方向，从而实现通电线圈在磁场中的连续转动电动机工作时是把电能转化为机械能考点：直流电动机的构造和工作过程分析：直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，它是一种将电能转化为机械能的机器为了让电动机能够持续转动，在制作电动机时增加了换向器，当线圈刚好转过平衡位置时就自动改变线圈中的电流的方向，及时改变通电线圈的受力方向，保证电动机能够连续转动解答：解：在直流电动机的工作过程中，“换向器”起了关键的作用，它能使线圈刚刚转过平衡位置时就自动改变线圈中的电流方向，从而实现通电线圈在磁场中的连续转动电动机工作时是把电能转化为机械能故答案为：电流方向；机械点评：了解换向器的构造特点及作用是本题的解题关键19（2分）（2012镇江二模）电源电压不变，R1=10R2=15当S1、S2都闭合时甲、乙都是电压表，则U甲：U乙=3：5；当S1闭合，S2断开时，甲、乙都是电流表，则I甲：I乙=5：2考点：欧姆定律的应用专题：计算题分析：当S1、S2都闭合，甲、乙都是电压表时，R1、R2串联，甲电压表测R2两端的电压，乙电压表侧电源的电压，根据串联电路电流、电压特点和欧姆定律求出两电表示数之比；当S1闭合，S2断开时，两电阻并联，甲测干路电流，乙测R2支路电流，根据欧姆定律求出各支路电流，进一步根据并联电路电流特点求出甲、乙两电流表的示数之比解答：解：当S1、S2都闭合，甲、乙都是电压表时，R1、R2串联，U甲：U乙=IR2：I（R1+R2）=15：（10+15）=3：5；当S1闭合，S2断开时，两电阻并联，通过R1支路的电流为I1=，通过R2支路的电流为I2=，所以I甲：I乙=（I1+I2）：I2=（+）：=（R1+R2）：R1=（10+15）：10=5：2故答案为：3：5，5：2点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律的灵活运用，关键是开关闭合和断开时电路串并联的判断20（3分）如图所示，重为100N的物体A在水平拉力F的作用下，沿水平面以0.4m/s的速度作匀速直线运动，弹簧测力计的示数为5N（滑轮、绳子、弹簧测力计的重力及绳子与滑轮间的摩擦均不计）则此时物体A受到的摩擦力为10N；若物体A匀速运动2s，则拉力F做功为8J，拉力F的功率为4W考点：二力平衡条件的应用；动滑轮及其工作特点；功的计算；功率的计算专题：计算题分析：在水平方向上使用动滑轮，克服的是物体A与地面的摩擦力根据测力计的示数和动滑轮的省力情况可以得到物体受到的摩擦力的大小利用物体运动的时间和速度，求出物体A运动的距离，然后利用W=FS，即可求出拉力对物体做的功进而求出功率解答：解：测力计的示数为5N，即拉力F=5N，使用动滑轮能省一半的力，所以物体A受到的摩擦力f为10N物体的运动速度V=0.4m/s；运动时间t=2s，由此可得物体A运动的距离：S=Vt=0.4m/s2s=0.8m由于题目中告诉的是滑轮、绳子、弹簧测力计的重力及绳子与滑轮间的摩擦均不计，所以是理想情况，因此不存在额外功，因此拉力F做的功：W=fS=10N0.8m=8J功率：P=4W故答案为：10；8；4点评：作为一个填空题，此题也可以利用P=fV先求出功率，再求做的功21（2分）一只电动机的线圈电阻阻值为R，接在电压为U的电路中正常转动，通过电动机的电流强度为I，则电动机线圈的发热功率为I2R，电动机对外做功的功率为UII2R考点：电功率的计算分析：本题由P=I2R可求得发热功率，由P=UII2R可求得输出功率解答：解：电机发热功率P热=I2R，电机消耗的总功率P=UI，则对外做功的功率为：P出=UII2R故答案为：I2R，UII2R点评：本题考查电动机的输出功率，应牢记电机的输出功率等于总功率减去发热功率三、解答题（共56分）22（2分）（2013长治县一模）如图所示，试画出作用在杠杆A端使杠杆在图示位置平衡的最小动力的示意图并画出该力的力臂考点：杠杆中最小力的问题；力臂的画法专题：作图题分析：根据杠杆平衡的条件，F1L1=F2L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题解答：解：连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，据此可画出最小的动力；故答案：点评：要做出杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行1、确定杠杆中的支点和动力作用点的位置2、连接支点与动力作用点，得到最长的线段3、经过动力作用点做出与该线段垂直的直线4、根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向23（2分）如图所示，方框内是由两个阻值相同的电阻和一个开关组成的电路当开关由断开到闭合后，电流表的示数变为原来两倍，在方框内画出表示连接情况的电路图 （电源电压保持不变）考点：串、并联电路的设计；欧姆定律的应用专题：作图题；电流和电路分析：开关闭合后，电流表的示数为原来的2倍，说明开关闭合后，电路中的电阻变小，且为原来的二分之一给出了两个阻值相同的电阻，使两个电阻连接时产生倍数关系的方法有两种：两电阻串联时，等效阻值是一个电阻连入电路时的二倍，那么可用开关与其中一个电阻并联来达到设计要求；两电阻并联时，等效阻值是一个电阻连入电路时的二分之一，因此用开关控制其中一个电阻，即可达到设计要求据此作图即可解答：解：由分析知：有两种方法：两电阻串联，开关与其中一个电阻并联开关断开时，两电阻串联接入电路；开关闭合时，与开关并联的电阻被短路，此时只有一个电阻连入电路，总电阻变为原来的二分之一，电流变为原来的2倍，符合设计要求；两电阻并联，开关控制其中一个电阻开关断开时，只有一个电阻连入电阻；开关闭合时，两个等值电阻并联接入电阻，则总电阻为每个电阻阻值的二分之一，由欧姆定律可知，此时的电流为开关断开时的2倍，符合设计要求；答图如下：点评：首先将电流的变化情况转化为电路总阻值的变化情况，然后灵活运用电路的三种状态，结合串、并联电阻的特点来设计电路图24（2分）请将如图所示的电路补画完整：在图中和的缺口处分别画出开关或灯泡的电路符号，并把处的三孔插座连入电路考点：家庭电路的连接专题：作图题分析：把开关接在火线与电灯之间，三孔插座的接法是左零右火上接地解答：解：如图：点评：本题考查了开关、电灯、三孔插座的接法25（2分）在图中用笔画线代替导线，将图中各元件连成满足要求的电路要求是：（1）接通电路后小磁针能静止在图示位置；（2）当变阻器滑片向右移动时，蹄形电磁铁的磁性减弱考点：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验；安培定则；滑动变阻器的使用专题：作图题分析：小磁针要静止在图示位置，就是间接告诉蹄形电磁铁的左端为S极，右端为N极当变阻器滑片向右移动时，蹄形电磁铁的磁性减弱磁性的减弱说明了电流要减小，即滑动变阻器接入电路的电阻要增大即要求P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻要增大由此选取滑动变阻器的接线柱解答：解：蹄形电磁铁的左端为S极，由安培定则可确定，电流要从蹄形电磁铁的左上端流入，右上端流出滑片P向右移动，电阻增大，就要选取滑动变阻器的左下面的接线柱故电路图设计如下：点评：蹄形电磁铁的N、S极，可以利用小磁针来确定进而利用安培定则来确定电流方向26（4分）小明同学在研究电热器的性能时，取了两只相同的杯子，装入质量相等的同种液体，将两只待研究的电热器A、B接入家庭电路，分别给两只杯子中的液体加热，如图甲所示用温度计测出被加热的液体在不同时刻的温度，画出其温度随时间变化的图象，如图乙所示（1）由题意可知，小明同学研究该问题所建立的理想模型是：电流通过电热器产生的电热全部转化为 内能；加热过程中，液体没有对外散热（2）分析图象可知，电功率较大的电热器是 A，电阻值较大的电热器是 B考点：电热；焦耳定律在实际中的应用专题：实验探究题；图析法分析：通过图中的装置，电能可以转化为液体的内能在理想模型中，没有能量的损失，电能全部转化为了内能其中在相同时间内放热多的电热器，电功率较大解答：解：在理想模型中，电能全部转化为液体的内能，没有热量损失，液体也没有向外界散热根据图象可得，在初温相同的情况下，要加热到同一末温的话，A中需要的时间较短，B中需要的时间较长根据公式W=Pt，在W一定的情况下，P与t成反比，所以A中电热器的电功率比B中电热器的电功率大故答案为：（1）内能，散热（2）A，B点评：本题考查学生对电功公式的理解和对图象的分析总结能力27（7分）小明同学在做“探究物体的动能与什么因素有关”的实验中，设计了如图所示的实验方案，并进行了以下三步实验操作：步骤一：让铁球甲从斜面F点滚下打到一个小木块上，推动木块从位置A移动到位置B步骤二：让铁球甲从斜面E点滚下，打到相同的小木块上，推动木块从位置A移动到位置C步骤三：换一铁球乙（m乙m甲）从斜面上E点滚下，打到相同的小木块上，推动木块从位置A移动到位置D（1）小明同学设计的实验“步骤一”和“步骤二”，是想探究动能大小与速度的关系；在“步骤二”和“步骤三”中，小明让甲、乙两球都从E点滚下，目的是控制小球到达水平面时的速度一定，该实验采用的研究方法是控制变量法（2）分析步骤一、二，得出的结论是：质量一定时，物体的速度越大，动能就越大（3）分析步骤二、三，得出的结论是：速度一定时，物体的质量越大，动能就越大考点：探究影响物体动能大小的因素；控制变量法与探究性实验方案专题：实验探究题；控制变量法分析：（1）实验“步骤一”和“步骤二”，使用的是同一小球，小球的质量就是一定的，从斜面的不同高度上滚下，小球到达水平面时的速度是不同的，由图可以发现，小球在斜面上的位置越高，速度越大，木块移动距离越长，动能越大（2）在“步骤二”和“步骤三”中，小明让甲、乙两球都从E点滚下，小球到达水平面时速度就是一定的而小球乙的质量，乙推动木块运动距离长，说明在速度一定时，质量越大，动能越大解答：解：（1）实验“步骤一”和“步骤二”，是想探究动能大小与速度的关系；在“步骤二”和“步骤三”中，小明让甲、乙两球都从E点滚下，目的是：控制小球到达水平面时的速度一定，这种研究方法叫控制变量法（2）分析步骤一、二，可以发现：采用了同一物体，质量是不变的，从不同高度处滚下，速度是不同的，木块移动距离的不同也就说明了动能不同，由此得出的结论是：质量一定时，物体的速度越大，动能就越大（3）分析步骤二、三，可以发现：采用了不同的物体，从同一高度滚下，速度是一定的，乙的质量大，乙就把木块推动的距离长，由此得出结论：速度一定时，物体的质量越大，动能就越大故答案为：（1）速度，使小球滚到水平面时的速度相同，控制变量法；（2）质量相同时，物体的速度越大，具有的动能越大；（3）速度相同时，物体的质量越大，具有的动能越大点评：此题主要考查控制变量法的应用，我们要能够使用控制变量法分析实验并得出结论28（6分）小明在“测滑轮组机械效率”的实验中，用如图1所示的滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：实验次数物重G/N物体上升的高度h/cm测力计的示数F/N测力计移动的距离s/cm1632.592652.5173682.524（1）分析表中数据，回答以下问题：表中有一个数据的记录是错误的，该错误数据是17；第3次实验中滑轮组的机械效率是80%；滑轮组的机械效率与与物体上升的高度无关（2）小红在小明实验的基础上多使用一个滑轮也做了实验，如图2所示小红多使用一个滑轮，目的是为了改变改变拉力的方向；两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物（不计绳重及摩擦），那么所测机械效率是否相同：相同，理由是：在用不同的滑轮组提升同一个物体时，所做的有用功和总功都相同，所以机械效率相同考点：滑轮（组）机械效率的测量实验专题：测量型实验综合题分析：（1）由实验1、3可判断出测力计移动的距离与物体上升的高度的关系；根据表中实验数据，应用效率公式可求出机械效率；分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据得出结论；（2）由实验装置可知，小红多使用一个滑轮的目的；计算滑轮组的机械效率时，若忽略绳重及摩擦，则额外功就是提升动滑轮所做的功解答：解：（1）由甲滑轮组可知，绳子的有效股数均为3，第二次实验时，物体上升高度为5cm，则测力计移动的距离s=nh=35cm=15cm，由表中实验数据可知，测力计移动距离17cm错误；第3次实验中滑轮组的机械效率：=100%=100%=100%=80%；由表中实验数据可知，3次实验所使用的滑轮组相等、钩码重力相同而提升钩码的高度不同，滑轮组效率相同，由此可得：机械效率与物体上升的高度无关；（2）定滑轮的作用是改变力的方向；这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，若忽略绳重及摩擦，他们做的有用功相同，额外功也一样，因此总功相同，也就是机械效率不变故答案为：（1）17；80%；与物体上升的高度（2）改变拉力的方向； 相同；在用不同的滑轮组提升同一个物体时，所做的有用功和总功都相同，所以机械效率相同点评：滑轮组的机械效率和物体重、动滑轮重有关，如果动滑轮重不变，物体越重，机械效率越高；如果物体重不变，动滑轮越重，机械效率越低要是考虑绳重和摩擦力的话，绳重和动滑轮重都属于机械本身重力，摩擦力越大也会使吊起同样重的物体时使用的拉力越大，使机械效率降低，总的说，滑轮组的机械效率与物体重力、摩擦力、机械本身重力有关要提高机械效率，应尽量减小摩擦和机械本身重力的同时，最大限度的增加被吊物体重力29（9分）小明同学用图a中的器材测量一只额定电压为3.8V的小灯泡的额定功率（小于1.5W）（1）小明所连的电路中有错误或不妥，请改正（在要去掉的线上打“”，并添加相应的导线），然后将图a的电路连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移时，灯泡变亮；（2）闭合开关后，小明发现小灯泡不亮，电压表有示数且为6V，电流表示数为0，则产生这个故障的原因可能是灯泡处断路故障排除后，小明应移动滑动变阻器的滑片使电压表示数为3.8V，这时电流表指示如图b，示数为0.32A，小灯泡的额定功率为1.216W（3）同座位的小张实验时，当他连接完最后一根导线，立即看到灯泡发出明亮的光在一旁观察的小明一惊，提醒小张实验中有问题请你帮助小张找出实验中两个操作不当之处：连接电路时，开关没有断开滑动变阻器的滑片没有移到电阻值为最大的位置纠正上述问题后，小张在调节滑动变阻器时，灯泡逐渐变亮而电压表的示数反而变小，产生这种现象的原因可能是电压表与滑动变阻器并联了考点：探究用电器的电功率实验；实物的电路连接；滑动变阻器的使用；电功率的计算专题：实验题；作图题；简答题分析：（1）知道额定电压为3.8V、额定功率小于1.5W，可以利用P=UI计算出电流值，去选择所用量程并改正；一上一下的接入滑动变阻器（当滑片右移时，灯变亮说明连入电阻变小，下面的接线柱选择B；（2）电压表有示数，说明问题出在电压表两接线柱之间的电路，短路不对（这样电压表示数为0），只能是开路：小灯泡处开路；移动滑动变阻器的滑片使电压表示数为额定电压U=3.8V时，读出电流表的示数I=0.32A，小灯泡的额定功率P=UI=3.8V0.32A=1.216W（3）为了保护电路，连接电路时开关要断开，滑片P置于使连入电阻最大的位置；在调节滑动变阻器时，灯泡逐渐变亮（电路中电流变大），而电压表的示数变小，说明电压表不是接在小灯泡的两端，而是电压表与滑动变阻器并联了解答：解：（1），所以电流表选O0.6A量程；当滑片向右移动时，灯变亮（电流增大），连入的电阻变小，则变阻器下面接人电路的接线柱应是B，改正实物连接如右图（2）小明发现小灯泡不亮，电压表有示数且为6V，电流表示数为0，说明问题出在电压表两接线柱之间的电路，短路不对（这样电压表示数为0），只能是开路：小灯泡处断开；当电压表示数为额定电压U=3.8V时，I=0.32A，小灯泡的额定功率：P=UI=3.8V0.32A=1.216W（3）连接完最后一根导线，立即看到灯泡发出明亮的光说明连接电路时开关没有断开，没有将变阻器的滑片调到阻值最大位置；灯泡逐渐变亮（电流变大），而电压表的示数反而变小，说明电压表没有与小灯泡并联，测量的是滑动变阻器两端的电压故答案为：（1）实物连接如右图；（2）灯泡处断路，3.8，0.32，1.216；（3）连接电路时开关没有断开，滑动变阻器的滑片没有移到电阻值为最大的位置，电压表与滑动变阻器并联了点评：本题涉及电压表和电流表量程的选择和读数、滑动变阻器的使用、电功率的计算，虽综合性强，但都属于基础知识，难度适中30（8分）（2009姜堰市二模）装卸工人用如图所示的滑轮组匀速提升质量为100的货物，所用的拉力为550N，绳子自由端在50s内被拉下2m，在此过程中（g取10N/，不计绳重及摩擦）求：（1）拉力F所做的功和功率；（2）滑轮组的机械效率；（3）滑轮组中动滑轮的重力；（4）请简要回答动滑轮的轻重对滑轮组机械效率有何影响考点：滑轮（组）的机械效率；功的计算；功率的计算专题：计算题；简答题分析：（1）求拉力F所做的功，需要知道拉力的大小与绳子被落下的距离，根据公式W=FS可求出拉力所做的功；求功率，要知道所做的功和时间，根据公式可求出功率；（2）求滑轮组的机械效率，根据公式=，代入数值，即可求出；（3）求滑轮组中动滑轮的重力，根据图中滑轮组中线的绕法和公式即可求出动滑轮的重力解答：解：（1）根据公式：W=FS=550N2m=1100J，P=22W（2）根据公式：=90.91%（3）根据公式：F=（G物+G动），G动=nFG物=2550N1000N=100N（4）因为=，所以物体的重力一定时，动滑轮的重力越大，机械效率越小答：拉力F所做的功和功率22W，滑轮组的机械效率90.91%，滑轮组中动滑轮的重力100N，动滑轮的轻重对滑轮组机械效率的影响是物体重力一定时，动滑轮的重力越大，机械效率越小点评：考查了滑轮组的机械效率的计算以及滑轮的应用的知识点31（6分）小星家的太阳