安徽省合肥市2016年中考物理预测卷(含解析)VIP

1、安徽省合肥市2016年中考物理预测卷、填空题1.2015年12月17日，我国首颗天文卫星“悟空”成功发射升空.“悟空”在天的工作轨道为高约500千米的太阳同步轨道，卫星总是每天在相同的时间经过地球上同一位置.“悟空”在天工作时相对地面是（填“运动”或“静止”）.2 .我国北方地区冬季贮菜时，人们常在地窖里放几桶水，这是利用水的（填物态变化名称）放出热量，以防止地窖里的菜被冻坏.3 .如图为实验室所用电流表的内部结构示意图.当给线圈通以从左向右的电流时，指针向右偏转，当给线圈通以从右向左的电流时，指针反向偏转.这是因为通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向与有关.百奸一域寓94 .如图所示，在水

2、平桌面上放着一个铝制实心的圆柱体，圆柱体的体积为10cm3,高为6cm,P铝=2.7x103kg/m3,则此圆柱体对地面的压强大小为Pa.5 .如图所示的电路，电源电压保持不变，R的阻值为15Q,只闭合开关S,电流表的示数为0.2A;再闭合开关S,电流表的示数变为0.5A,的的阻值是Q.6 .如图，电源电压为6V,L的电阻是10Q,滑动变阻器的最大值是40a.闭合开关后，滑片从a端向b端移动时，电压表对应的示数变化范围是，灯L消耗的电功率.（选填“变大”、“变小”或“不变”）7 .发电厂和用户间的电能输送，可以简化为如图示意图，因为由于距离很远，输电线AM和BN的电阻不可忽略，他们的总电阻用r

3、表示，r=4Q,发电厂输电线输送4840kW的电功率，采用110kV高压输电，输电导线损失的电功率为P=W.8 .有两个电路元件A、B,把它们串联在电路中，如图（乙）所示，流过元件的电流与其两端的电压关系如图（甲）所示.闭合开关S,这时电流表的示数为0.4A,则A、B两元件的电功率之比为.9 .在自由下落过程中，物体运动速度会越来越快，一个物体由A点自由下落，相继经过BC两点，已知AB=BC如图所示，物体在AB段重力做功W,做功功率R;在BC段重力做功W,做功功率P2,则WW,PiP2（两空均选填“、V”或=）.Ii0BIIIQc10 .动滑轮其实就是一个变形的杠杆，利用如图所示的动滑轮来提升

4、一重物G,拉力F竖直向上.（1）请在图中标出它的支点O,并画出F的力臂L.（2）若重物G大小为2N,拉力F大小为5NI,则此动滑轮的机械效率为.二、选择题（2015?宾州）关于声现象，下列说法正确的是（）A.二胡演奏出的优美旋律，是由弦的振动产生的B.运动员打鼓用的力越大，鼓声的音调就越高C.女航天员王亚平在天宫一号上讲课的声音是通过声波传回地球的D.“禁止鸣笛”是在传播过程中减弱噪声12 .如图是四个热学实验，说明做功可以改变物体内能的是（）两块表面干净的铅压紧后可吊起重物B.加达使水沸腾，水蒸气冲起软木塞|0|C.t抽掉中间的玻璃板后，两种气体混合在一起ID.绳子摩擦使铜管内乙醛沸腾，蒸气

5、冲起软木塞13 .如图所示，一物体放在水平传送带上，物体随传送带一起向右匀速运动.关于物体的受力，下列说法正确的是（）A.物体受到重力和弹力的作用B.物体受到重力、弹力和向右的牵引力作用C.物体受到重力、弹力和向右的摩擦力的作用D.物体受到受到重力、弹力和向左的摩擦力的作用14 .用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，把相同的重物匀速提升相同的高度.若不计绳重及摩擦，下列说法正确的是(甲乙A.绳子受的拉力F1和F2大小相等，滑轮组的机械效率相同B.绳子受的拉力F1和F2大小不相等，滑轮组的机械效率不同C.绳子自由端移动的距离不相等，拉力对滑轮组所做的功相等D.绳子自由端移动的距

6、离不相等，拉力对滑轮组所做的功不相等15.如图所示，一物体沿斜面向下匀速滑动.以下说法正确的是(A.物体下滑过程中动能增大B.物体下滑过程中惯性增大C.物体下滑过程中机械能不变D.物体下滑过程中机械能转化为内能16.如图所示，电源电压为6V,定值电阻R=20Q,在S闭合的情况下，下列说法正确的是()Ji、V”或“=”）AnQbnI6c【考点】功的大小比较；功率大小的比较.【分析】已知AB=BC根据W=GT知这两段物体做的功相等；因小球在自由下落时做加速下落运动，所以根据速度公式可知经过相同路程的时间关系，再根据功率公式得出它们的功率关系.【解答】解：由题AB=BC根据W=G巾I知，物体在AB段

7、和BC段做的功相等，即WW;由于小球在自由下落时做加速运动，SS由v=:可得，t=G可知，小球在BC段运动的时间短，根据公式P=y可知，物体在AB段重力做功功率小于BC段重力做功功率，即PiP2.故答案为：=;【点评】本题考查了做功公式、功率公式的灵活运用以及牛顿第一定律的理解，关键是知道自由下落物体的运动是加速下落，从而得到AB和BC段的时间关系.32 .动滑轮其实就是一个变形的杠杆，利用如图所示的动滑轮来提升一重物G,拉力F竖直向上.（1）请在图中标出它的支点O,并画出F的力臂L.（2）若重物G大小为2N,拉力F大小为5N,则此动滑轮的机械效率为80%28【考点】力臂的画法；滑轮（组）的机

8、械效率.【分析】（1）此题是动滑轮的一种特殊使用方法，正常使用时是将物体挂在轮轴上，拉绳子的一端.而特殊使用方法恰好相反，拉轮轴而将物体挂在绳子的末端.动滑轮的特殊使用方法，不仅不省力而且费2倍的力，但能够省一半的距离.W有用（2）已知重物G大小为2N,拉力F大小为5N,分别求得WrGh,总功W总Fs,利用iR匕X100%求得此动滑轮的机械效率.【解答】解：（1）动滑轮的支点为0,动力F为绳子的拉力，方向向上，过支点O向动力作用线画垂线，就得到动力臂L,如图所示:（2）这是动滑轮的一种特殊使用方法，它的特点是费2倍的力却省一半的距离.1有用功W用=6卜=23h,总功W忌=Fs=5NX-h=2.

9、5NXh,火有用滑轮组效率Y=相匕x100%=3NXhx100%=80%故答案为：（1）见上图；（2）80%【点评】此题考查的是动滑轮的特殊使用方法.我们只要用我们学到的有关于动滑轮的知识就可以很好的解答此题.二、选择题（2015?宾州）关于声现象，下列说法正确的是（）A.二胡演奏出的优美旋律，是由弦的振动产生的B.运动员打鼓用的力越大，鼓声的音调就越高C.女航天员王亚平在天宫一号上讲课的声音是通过声波传回地球的D. “禁止鸣笛”是在传播过程中减弱噪声【考点】声音的产生；响度与振幅的关系；防治噪声的途径；电磁波的传播.【分析】A、声音是由物体振动产生的；B、音调与振动快慢有关，响度与振幅有关；

10、C、真空不能传播声音；Dk减弱噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱.【解答】解：A、二胡演奏出的优美旋律，是由弦的振动产生的，A正确；B、运动员打鼓用的力越大，鼓声的响度就越大，B错误；C、太空中是真空，不能传播声音，女航天员王亚平在天宫一号上讲课的声音是通过电磁波传回地球的，C错误；H“禁止鸣笛”是在声源处减弱噪声，D错误.故选A.【点评】本题是有关声音的知识考查，主要考查了声音的产生和传播、声音的三要素及影响因素、减弱噪声的途径及电磁波的有关应用，难度不大，属基础知识的考查.12.如图是四个热学实验，说明做功可以改变物体内能的是（两块表面干净的铅压紧后可吊起重物B.加达

11、使水沸腾，水蒸气冲起软木塞C.TD.绳子摩擦使铜管内乙醛沸腾，蒸气冲起软木塞【考点】做功改变物体内能.【分析】逐个分析ABCDH个物理情景，确定其包含的物理规律或道理，即可得到答案.【解答】解：A两块表面干净的铅块挤压在一起，可吊起一定质量的物体，说明分子之间存在引力，故A错误；B、加热使水沸腾，水的内能增加，说明热传递可以改变内能，故B错误；C、抽开中间的玻璃板，两种气体混在一起，说明分子是运动的，故C错误；H绳子摩擦使铜管内乙醛温度升高，内能增加，说明做功可以改变内能，故D正确.故选D.【点评】此题考查的是我们对分子动理论、改变内能的方法的掌握和再现，属于基本规律的考查.在平时对教材中的图

12、片要多观察、多留心.13.如图所示，一物体放在水平传送带上，物体随传送带一起向右匀速运动.关于物体的受力，下列说法正确的是（）A.物体受到重力和弹力的作用B.物体受到重力、弹力和向右的牵引力作用C.物体受到重力、弹力和向右的摩擦力的作用D.物体受到受到重力、弹力和向左的摩擦力的作用【考点】力与运动的关系.【分析】物体随传送带一起向右作匀速运动时，物体受到重力和传送带的支持力而平衡，不受摩擦力作用.【解答】解：在竖直方向上，物体受重力和支持力，这两个力是一对平衡力；物体和传送带一起向右匀速运动，它们相对静止，所以物体不受摩擦力的作用，也没有牵引力；若物体受到摩擦力，水平方向上没有其他的力与之平衡

13、，物体的合力不等于零，物体不可能做匀速运动；所以，物体在传送带上匀速运动时不受摩擦力作用.故A正确.故选A.【点评】本题判断物体是否受摩擦力采用的是假设法，这是常用的思维方法，同时要结合平衡来分析受力.14.用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，把相同的重物匀速提升相同的高度.若不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（A.绳子受的拉力F1和F2大小相等，滑轮组的机械效率相同B.绳子受的拉力F1和F2大小不相等，滑轮组的机械效率不同C.绳子自由端移动的距离不相等，拉力对滑轮组所做的功相等D.绳子自由端移动的距离不相等，拉力对滑轮组所做的功不相等【考点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组及其工

14、作特点；功的计算；有用功和额外功.【分析】由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n,则绳子自由端移动的距离s=nh;把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系.【解答】解：不计绳重及摩擦，拉力F=n（G物+G轮），m=2,n2=3,绳子受的拉力：1Fi= 2 （G物+G轮），1F2=q （G 物 +G轮），EwF2,动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W=G轮h,Wr用=6物h,利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同

15、,W有用13X 100%滑轮组的机械效率相同，故AB错；,一绳子自由端移动的距离s=nh,ni=2,n2=3,提升物体的高度h相同，1.si=2h,S2=3h,SiWS2,拉力做的功：1W=FiSi=y（G物+G轮）X2h=（G物+G轮）h1W=F2s2=y（G物+G轮）X3h=（G物+G轮）hW=W,故C正确、D错.故选C.【点评】本题考查了使用滑轮组时n的确定方法，有用功、额外功、总功的计算方法，不计摩擦和绳重时拉力的求法；本题关键在于确定额外功相等.15.如图所示，一物体沿斜面向下匀速滑动.以下说法正确的是（A.物体下滑过程中动能增大B.物体下滑过程中惯性增大C.物体下滑过程中机械能不变

16、D.物体下滑过程中机械能转化为内能【考点】动能和势能的大小变化；惯性.【分析】(1)动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，机械能等于动能和势能之和；(2)惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；(3)克服摩擦做功，机械能转化为内能.【解答】解：A、一物体沿斜面向下匀速滑动时，质量不变，速度不变，所以动能不变；故A错误；B、惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与运动状态、速度、体积和密度无关；故B错误；C、物体高度减小，所以重力势能减小；机械能等于动能和势能之和，所以机械能的总量减小；故C错误；H物体

17、下滑过程中，克服摩擦做功，是机械能转化为内能的过程；故D正确.故选：D.【点评】了解动能、重力势能、机械能的概念及其影响因素，是解答本题的关键.16.如图所示，电源电压为6V,定值电阻R=20Q,在S闭合的情况下，下列说法正确的是()口A.在a、b两点间接入一个合适的电压表时，电压表有明显示数B.不能在ab两点间接入一个电流表C.在a、b两点间接入一个“3V0.5A”的小灯泡，小灯泡能正常发光D.在a、b两点间接入一个10a的电阻，电路消耗的电功率为2W【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算.【分析】(1)电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，可以测电源的电压；(2)电流表的内阻很小、在电路中相

18、当于导线，使用时与被测电路元件串联；(3)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出串联电阻的阻值；(4)根据电阻的串联和PmL求出在a、b两点间接入一个10a的电阻时电路消耗的电功R率.【解答】解：(1)在a、b两点间接入一个合适的电压表时，电压表串联在电路中测电源的电压，示数为6V,即电压表有明显示数，故A正确；(2)在ab两点间接入一个电流表时，电路为R的简单电路，电流表测电路中的电流，故B错误；(3)因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯泡正常发光时，串联电阻两端的电压：U=UI-Ul=6V-3V=3V,

19、因串联电路中各处的电流相等，U所以，由1=一F得，串联电阻的阻值：U串U-3VR串=|=-匚=0SA=6Q丰R=20Q,故小灯泡不能正常发光，故C错误;(4)在a、b两点间接入一个10a的电阻时，电路消耗的电功率:=1.2W,故D错误.故选A.P从左向右滑动时，灯泡 L1、L2亮度【点评】本题考查了电表的正确使用和串联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用,要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等.17.如图所示的电路，闭合开关，当滑动变阻器的滑片的变化情况是()A.L1变亮，L2变亮B.L1变亮，L2变暗C.L1变暗，L2变亮D.L1变暗，L2变暗【考点】电路的动态分析；并联电路的电压规律

20、；欧姆定律的应用；电阻的串联；电阻的并联.【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡Li并联后与灯泡L2串联；根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据电阻的并联可知并联部分电阻的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡L2和并联部分分得的电压变化，根据P史）和灯泡的亮暗取决于实R际功率的大小判断两灯泡亮暗的变化.【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡Li并联后与灯泡L2串联；当滑片P从左向右滑动时，接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小；串联电路电阻越大分得的电压越大，反之越小，灯泡L2分得的电压变大，并联部分分得的电压变小，即灯泡Li两端的电压变小，P工，且灯泡的亮暗取决于实际

21、功率的大小，R灯泡L2的实际功率变大、灯泡变亮，灯泡Li的实际功率变小、灯泡变暗.故选C.【点评】本题中的电路图是一个混联电路，分析时我们可以先局部后整体，即先分析出灯泡Li和滑动变阻器的连接方式，然后采用等效法把它们看做是一个电阻，再分析出它们与灯泡L2的连接方式.不论电阻是串联还是并联，只要两个电阻中有一个电阻变大（或变小），则总电阻也会变大（或变小）.三、实验题（第i8小题6分，第i9小题6分，第20小题8分，共20分）i8.如图所示是我们实验用的天平，放在水平工作台面上，祛码盒中配备的祛码有50g、20g、i0g、5g.利用该天平来测量一个物体的质量，估计其质量在30g左右.请完成以下

22、问题：（i）使用天平称量前要通过调节平衡螺母，使天平横梁平衡，这是为了消除横梁自重对测量结果的影响；（2）把物体放入左盘，用镣子夹取20g、10g祛码各i个放入右盘中，若指针右偏，则应取下10g祛码，加上5g祛码,若此时天平指针左偏，接下来应进行的操作是：向右移动游码直到天平平衡.【考点】天平的使用.【分析】使用天平时，应先调节天平的横梁在水平位置平衡.在试加祛码时，应按从大到小的顺序依次试加，当加入最小的祛码后仍不平衡，再调节游码.【解答】解：(1)天平的实质是等臂杠杆，使用天平称量前要通过调节平衡螺母，使天平横梁平衡，这是为了消除横梁自重对测量结果的影响；(2)天平试加祛码时，应按从大到小

23、的顺序，当加入最小的祛码后仍不平衡，再调节游码.把物体放入左盘，用镣子夹取20g、10g祛码各1个放入右盘中，若指针右偏，说明右盘祛码质量偏大，此时应取下较小的10g祛码，加上更小的5g祛码；若此时天平指针左偏，说明左盘物体质量偏大、右盘祛码质量偏小，则接下来应进行的操作是：向右移动游码直到天平平衡.故答案为：(1)消除横梁自重对测量结果的影响；(2)10;5;向右移动游码.【点评】本题考查了天平的调节与使用方法，是我们必须熟知的，尤其是试加祛码的顺序，应特别重视.19 .可用如图所示的装置来测定物块和小车间的滑动摩擦力大小，在托盘中添加适当的祛码，小车将在水平桌面上运动，用弹簧测力计拉着物块

24、，小车在运动过程中物块始终保持静止，物块也始终未脱离小车.(1)某次实验过程中，弹簧测力计的示数如图所示，托盘和祛码的总质量m为300g,则物块受到的滑动摩才察力大小为2.6N,方向水平向左.(2)增加祛码的质量，小车的运动状态将发生改变，物块和小车间的滑动摩擦力大小变(选填“变大”、“变小”或“不变”).【考点】摩擦力的大小；摩擦力的方向.【分析】(1)由图示弹簧测力计确定其示数，然后读出拉力大小，由平衡条件求出滑动摩擦力；(2)滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，在接触面粗糙程度不变时，压力越大，摩擦力越大.【解答】解：(1)由图示弹簧测力计可知，其分度值是0.1N,其示数为2.

25、6N,滑动摩擦力f=F=2.6N,由图可知，小车向左运动，物块相当于小车想向右运动，摩擦力的方向与物体运动的方向相反，为水平向左；(2)在托盘中加一个祛码，小车的运动状态将发生改变，物块与小车间接触面的粗糙程度不变，物体间的压力不变，则摩擦力将不变.故答案为：(1)2.6;水平向左；(2)不变.【点评】本题考查了弹簧测力计读数、实验现象分析，理解实验原理、掌握弹簧测力计读数方法、应用控制变量法认真分析实验现象即可正确解题.20 .在“测量小灯泡额定功率”的实验中，电路图如图甲所示，电源电压恒为6V,小灯泡的额定电压为2.5V,正常发光时灯丝电阻约为10a.口口口-D.5；丙(1)请用笔画线代替

26、导线在图乙中完成实物电路的连接；(2)同学们进行试触时，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路中发生的故障可能是灯泡断路(或灯座断路)；(3)某次实验中，同学们看到电压表示数为1.8V,要使灯泡L正常发光应向A(选填“A”或B”)端移动滑片，同时视线应注意观察电压表示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是0.6W【考点】电功率的测量；串联电路的电压规律；欧姆定律的应用.【分析】（1）根据电路图连接实物图，根据灯的额定电电压确定电压表的量程，求出灯正常工作时的电流确定电流表的量程，变阻器滑片以左电阻丝连入电路中；（2）闭合开关灯泡不亮，可能是灯泡断路或短路或

27、灯泡之外的电路断路；电流表无示数，可能是电路断路；电压表有示数，说明电压表与电源两端是连通的，电压表并联电路之外不存在断路；综合分析知电路故障可能是：灯泡断路（或灯座断路）；（3）比较电压表示数与额定电压的大小，根据分压原理确定滑片移动的方向；根据图丙电流表小量程读数，由P=UI求灯的额定功率.【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V,所以电压表选用小量程并联在灯的两端，灯正常工作时的电流大小U25V1=记与淳=0.25AV0.6A,所以电流表选用小量程与灯串联在电路中，变阻器滑片以左电阻丝连入电路中，实物图中元件顺序与电路图一致，如下图所示：（2）由上面的分析，电路中发生的故障可能是灯泡断路

28、（或灯座断路）而导致电压表串联在电路中了；（3）灯的电压为2.5V时才正常发光，现在的电压为1.8V小于2.5V,应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，根据分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向A端（左端）移动；由图丙，电流表小量程分度值为0.02A,示数大小为0.2A,灯的额定功率P=UI=2.5VX0.24A=0.6W.故答案为：（1）如上图所示；（2）灯泡断路（或灯座断路）；（3）A;0.6.【点评】本题测灯的额定功率，考查电路的连接、故障的分析、操作过程、功率的计算等知识，难度中等.四、计算与推导题(第21小题8分，第22小题6分，第23小题9分，共23分)S,21.如

29、图所示，一均匀的长方体物块在液体中静止时处于漂浮状态.已知它的底面积为卜表面处受到液体的压强为p,则:(1)求长方体物块受到浮力？(2)若长方体物块静止时的露出液面的高度为h,液体密度为p,试求长方体物块的密度?【考点】浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用.【分析】(1)漂浮物体所受的浮力大小等于其地面所受液体对该物体的压力，故知道液体压强，和物体地面的面积，据F=pS计算即可得出;(2)先计算出长木块的长度；而后据漂浮的条件和阿基米德原理分析即可得出正确答案;【解答】解:(1)据浮力的产生原因可知，物体漂浮时所受的浮力等于其底面所受液体的压力,即此时所受的浮力Fs=F下=pS;(2)由于漂

30、浮，所以G=F钎pS;则长方体的体积为：inG_pSV=P捌=_J_=P枷；I,pftl故长方体的高度为：Vpgph=口物区=刊物目；s1若长方体物块静止时的露出液面的高度为h,则浸入水中的高度：h浸=H-h=c-h；尸物吕物块排开液体的体积：VSh浸=(K：口-h)S,r物g由于长方体漂浮在液体中，则5浮=6总，由F浮=pgV排,G物=m物g=p物V物g可得：ppSpg(77h)s=p物T；一二g；P曲展P物吕Pp所以，长方体物块的密度：p物=7-；答：(1)长方体物块受到浮力pS;(2)若长方体物块静止时的露出液面的高度为h,液体密度为P,长方体物块的密度是d+P立；【点评】本题漂浮条件的

31、应用，关键是注意两种情况下小金属块受到的重力和浮力大小不变(隐含条件)22.即热式热水宝是一种无内胆的纳米管加热装置，因为其体积小、加热速度快，真正实现即开即热的使用功能，得到了广泛应用.其电路原理如图，电热丝R、R0绕在出水管上，水经过出水管时被加热，通过改变水龙头控制开关S、&的状态，可以选择出凉水、温水或开水.该管线机的额定电压是220V,开水加热电功率是4400兆温水加热电功率是2200W已知：电热丝R、R电阻不随温度变化，水的比热容c=4.2X103J/(kg?C),水的密度=1x103kg/m3,g取10N/kg.求:(1)开关S断开时，水龙头出凉水(凉水、温水或开水).开关S、S0都闭合时，水龙头出开水(凉水、温水或开水).(2)现在需要100c的开水500ml,已知水的初温是20C,水需要吸收多少热量？(3)如果电能转化为水的内能的效率是80%饮水机正常工作时，烧开这些水需要多长时间？【考点】电功与热量的综合计算.【分析】(1)分析电路图可知当S断开时电路处于断路状态，水龙头出凉水；当S,S0都闭合时，电路中电阻处于最小，根据P*可知功