专题26　第3章 能量的转化与守恒 拔尖提优测试训练（解析版）

第3章能量的转化与守恒专题26拔尖提优测试训练一、选择题(每题3分，共45分)1．如图所示的简单机械中，使用时一定费力的是(A)A．镊子B．开瓶器C．钳子D．动滑轮【解析】杠杆主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；B．起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；D、动滑轮，实质是动力臂等于二倍阻力臂的杠杆，属于省力杠杆。2．如图所示的是高速公路避险车道示意图。当高速行驶的汽车出现刹车失灵时，可通过进入避险车道快速降低车速直至停止。避险车道的作用是降低汽车因高速行驶而具有的哪种能量带来的危害(A)A．动能B．势能C．内能D．电能【解析】当汽车高速行驶时，其速度非常快，动能非常大，若汽车出现刹车失灵，即在发生交通事故时，其能对外做的功多，造成的危害非常大，故该情况下可以进入避险车道，见题目中的插图，即让汽车的动能转化为重力势能，故可以快速的降低车速，避免交通事故的发生。2题图3题图3．爷爷质量比小丽大，如图，小丽和爷爷一起用相同时间爬完相同的楼梯，则(C)A．小丽做的功较多B．小丽做的功和爷爷做的一样多C．小丽做功比较慢D．小丽做功的功率和爷爷做功的功率一样【解析】AB、爷爷质量比小丽大，所以小丽的体重比爷爷的体重小，爬相同的楼，高度相同，由W=Gh可知，爷爷做的功比小丽做的功多，故AB错误；CD、爷爷做的功比小丽做的功多，但爷爷用的时间与小丽相同，由P=W/t可知，爷爷做功的功率比小丽做功的功率大，即做功更快，故C正确，D错误。4．甲、乙两个完全相同的物体在分别在水平拉力F甲和F乙的作用下，在同一水平面上做匀速直线运动，且V甲＞V乙，若不计较空气阻力，拉力F甲和F乙在相同时间内所做的功分别为W甲和W乙，则下列判断正确的是（C）A．F甲＞F乙B．F甲＜F乙C．W甲＞W乙D．W甲＜W乙【解析】AB、在水平方向上，每个物体都受拉力F与滑动摩擦力f作用，两个物体都做匀速直线运动，处于平衡状态，所以F甲=f甲，F乙=f乙；两个完全相同的物体在同一水平面上运动，两物体对水平地面的压力等于自身的重力；接触面的材料与接触面的粗糙程度相同，所以两物体所受的摩擦力大小相等，即f甲=f乙，所以F甲=F乙．故A、B错；CD、因为v=s/t，v甲＞v乙，所以在相同的时间内路程关系：s甲＞s乙，F甲=F乙，又因为W=Fs，F甲=F乙，所以W甲＞W乙，故C正确、D错。5．下列关于“热与能”的表述中正确的是(C)A．物体在吸热过程中，其温度一定升高B．在搓手取暖过程中，内能转化为机械能C．水常被用作冷却剂，是因为水的比热容大D．铁块在煅烧过程中，其内能从零开始增加【解析】A、物体在吸热过程中，其温度可能升高可能不变，如晶体在熔化过程中，尽管吸热，但是温度不变，故A错误；B、人们搓手取暖，消耗了机械能，得到了内能，是机械能转化为内能的过程，故B错误；C、水常被用作冷却剂，是因为水的比热容大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多，故C正确；D、任何物体都具有内能，故铁块在煅烧过程中，其内能不是从零开始增加的，故D错误。6．如图，用刻度均匀的匀质杠杆进行“杠杆平衡条件”的实验(每个钩码重为0.5N)。下列说法正确的是(C)A．实验前出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向左调B．图乙，在AB处各增加一个钩码，杠杆仍然能保持平衡C．图丙，弹簧测力计从a位置转到b，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数需变大D．图丁，用弹簧测力计在c点向上拉杠杆，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数小于3N【解析】A、如图甲，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动，故A错误；B、如图乙，设杠杆一个格为L，原来杠杆处于平衡状态，由杠杆的平衡条件可得：1.5N×2L=1N×3L，设在A、B处各增加一个相同的钩码，左边=（1.5N+0.5N）×2L=4NL，右边=（1N+0.5N）×3L=4.5NL，此时左边＜右边，即右边的力和力臂的乘积大，杠杆不再平衡，并且右端下沉，故B错误；C、图丙中弹簧测力计从b位置转到a，此时拉力F的力臂变长，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变小，即测力计的示数变小，故C正确；D、如图丁，如果拉力方向竖直向上，根据杠杆平衡条件可得：1.5N×4L=F×2L，可得F=3N；拉力方向斜向上，弹簧测力计的示数应大于3N，故D错误。7．如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是(C)A．图甲：厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少B．图乙：瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大C．图丙：试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少D．图丁：汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大【解析】A、图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，筒内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；B、图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，内能转化为机械能，空气的内能减小，故B错误；C、图丙中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C正确；D、图丁中两气门关闭，活塞向下运动，火花塞点火，是汽油机的做功冲程，燃气对活塞做功，气体的内能减小，故D错误。8．炎热的夏天，环卫工人利用洒水车给马路洒水降温，洒水车在匀速行驶洒水过程中，以下关于能量变化说法正确的是(C)A．动能减小、机械能不变B．动能不变、机械能减小C．动能减小、机械能减小D．动能增大、机械能增大【解析】洒水车在平直的马路上匀速行驶。在工作的过程中，洒水车的质量不断减小，速度不变，动能变小，重力势能变小，机械能=动能+势能，所以洒水车的机械能变小。故只有选项C说法正确。9.如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重24N，A、B是木条两端，O、C是木条上的两个点，AO＝BO，AC＝OC。A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N。现移动托盘秤甲，让C点放在托盘秤甲上。此时托盘秤乙的示数是(C)A．8NB．12NC．16ND．18N【解析】设木条中心在D点，当A端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，托盘秤甲的示数是6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N，如图所示：由杠杆平衡条件有：FA×AB＝G×BD，即：6N×AB＝24N×BD，所以：AB＝4BD，BD＝eq\f(1,4)AB，当C点放在托盘秤甲上时，以C为支点，此时托盘秤乙对木条B处的支持力为FB，因为AO＝BO，AC＝OC，所以CO＝OD＝BD，BC＝3BD，CD＝2BD，有杠杆平衡条件有FB×BC＝G×CD，即FB×3BD＝24N×2BD，所以FB＝16N，则托盘秤乙的示数为16N。10．在“让笔杆热起来”的探究活动中，小彤通过感受笔杆前后温度，判断笔杆内能变化，下列四种方法中不够科学的是(B)A．把笔杆放在火焰上方烤一烤，马上用手触摸感觉笔杆变热了B．用手握住铅笔，来回摩擦，同时感觉到笔杆变热了C．把笔杆放在烈日下晒一段时间，用手触摸感觉到笔杆变热了D．把笔杆放在热水中泡一下，迅速用纸巾擦干并触摸感觉笔杆变热了10题图11题图12题图13题图【解析】用手握住铅笔，来回摩擦，同时感觉到笔杆变热了，这可能是由于笔杆变热，也可能是由于摩擦力对手做功，使得手的内能增加的缘故，不好判断笔杆的内能变化情况，所以该方法不够科学。11．对于图中的各种数据，下列说法不正确的是(D)A．图中电能表的读数为31.6度B．每消耗1kW·h的电能，电能表的转盘转3000转C．同时使用的用电器总功率不能长时间超过2200WD．电能表正常工作时的电压一定为220V，电流一定为10A【解析】A、图中电能表的读数为31.6kW•h=31.6度，故A正确；B、3000R/（kw•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，故B正确；C、家庭电路最大功率P=UI=220V×10A=2200W，同时使用的用电器总功率不能长时间超过2200W，故C正确；D、电能表的标定电流是10A，也就是说允许通过的最大电流是10A，不是说电流一定为10A，所以D错误。12．小明按图连接电路，闭合开关，观察到L1比L2亮。下列说法正确的是(C)A．通过L1的电流大于L2的电流B．L1的电阻小于L2的电阻C．L1两端电压大于L2两端电压D．如果把L1和L2的位置对调，L1会变暗【解析】（1）由电路图可知，两个灯泡组成串联电路，串联电路中电流处处相等，所以通过两灯电流相等，故AD错误；（2）灯泡亮度有灯泡的实际功率决定，L1比L2亮，即L1的实际功率比L2的实际功率大。而两灯电流相等，由P=I2R可知，L1的电阻比L2的电阻大，故B错误；由U=IR知，L1两端电压比L2两端电压大，故C正确。13．如图所示，粗糙的弧形轨道竖直固定于水平面，一小球由A点以速度v沿轨道滚下，经另一侧等高点B后到达最高点C。下列关于小球滚动过程的分析正确的是(C)A．整个过程只有重力在对小球做功B．小球在A、B两点具有的动能相同C．小球在A、B、C三点的速度大小关系是vA＞vB＞vCD．小球在A点具有的机械能等于它在C点具有的重力势能【解析】A、小球受到竖直向下的重力的作用，下落中，移动了距离，小球的重力是做功的，因为是粗糙的弧形轨道，所以受摩擦力，要克服摩擦力做功，故A错误；B、在粗糙的弧形轨道上受摩擦力，要克服摩擦力做功，所以小球下落过程中，机械能减小，故在A、B两点具有的动能不同，故B错误；C、小球运动过程中，要克服摩擦力做功，机械能减小，小球质量不变，故小球在A、B、C三点的速度大小关系是νA＞νB＞νC，故C正确；D、要克服摩擦力做功，机械能减小，故在A点具有的机械能大于它在C点具有的重力势能，故D错误。14．新的国家标准对延长线插座配用电缆的导线横截面积要求进行了修改，额定电流16A的延长线插座，导线最小标称横截面积由1mm2提升到1.5mm2。增大导线横截面积的目的是(D)A．增大导线的电阻B．减小通过导线的电流C．增大导线的电压D．减小导线发热的功率【解析】A．延长线的材料和长度相同时，增大导线横截面积可以减小导线的电阻，故A错误；B．通过导线的电流与插座上用电器消耗的电功率有关，无法判断通过导线电流的变化，故B错误；C．在通过导线的电流一定时，导线的电阻减小，由U=IR可知，可以减小导线两端的电压，故C错误；D．在通过导线的电流一定时，导线的电阻减小，由P=I2R可知，可以减小导线发热的功率，故D正确。15.如图所示电路中，电源电压为12V。在a、b间接入灯L1“6V2W”，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关，取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入灯L2“6V3W”，闭合开关。则(C)A．灯L2正常发光B．滑动变阻器接入电路的电阻为12ΩC．通过L2的电流为0.4AD．滑动变阻器和灯L2每秒做功5J【解析】A、灯L1正常发光时，其两端的电压为6V，接入灯L2，两灯的电阻不同，则ab间的电压会发生变化，故灯L2不会正常发光，故A错误；B、灯L1正常发光时的电流为：I=A；滑动变阻器两端的电压为U'=U-U1=12V-6V=6V，则滑动变阻器接入电路的电阻为R'==18Ω，故B错误；C、L2的电阻为R2==12Ω；此时电路的总电阻为：R=R2+R'=18Ω+12Ω=30Ω，此时电路中的电流为：I''==0.4A，故C正确；D、滑动变阻器和灯L2每秒做功为整个电路所做的功，则W=UIt=12V×0.4A×1s=4.8J，故D错误。二、填空题(每空2分，共40分)16．某建筑工地上一台升降机的箱体连同货物的重力为1500N，在10s内从楼的1层上升到5层，如果每层楼高3m，则升降机电动机至少做___________J的功，功率至少____________W。【答案】1.8×104；1.8×103【解析】物体从1层到5层上升的高度：h=4×3m=12m，克服物体重力所完成的功：W=Gh=1500N×12m=1.8×104

J，升降机在工作时，还要克服自身摩擦还要做一部分功，因此要把物体提高到5层，至少要完成1.8×104

J的功，升降机的功率：P==1.8×103W。17．电冰箱工作时，将箱内能量转移到外部，是因为消耗了_______能，才把热量移出冰箱使内部变冷，这一现象说明能量的转化和转移的过程是有__________性的，同时也说明能量在转化和转移时要消耗其他能量。【答案】电方向【解析】在自然界中，能量的转化和转移的过程是有方向性的，若不符合能量的转化方向，是需要以消耗其他形式能量为代价的，如冰箱工作时，将箱内能量转移到外部，是因为消耗了电能，才把热量移出冰箱使内部变冷，即表明在能量的在转化和转移时要消耗其他形式的能量。18．内燃机气缸中的燃料燃烧产生的高温高压气体通过__________的方式将内能转化为机械能。如图所示，四冲程汽油机正处于___________冲程，该汽油机每秒完成40个冲程，则飞轮的转速为__________r/min。【答案】做功压缩1200【解析】汽油机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，若该汽油机每秒完成40个冲程，则每秒它对外做功10次，飞轮转动20周，飞轮的转速为1200r/min。19．一只手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机说明书中还写有“通话3小时，待机100小时”。使用此电池最多可以得到__________J的电能，该手机通话时的工作电流为________A(保留2位小数)，待机时消耗的功率为_______W。【答案】6480；0.17；0.018【解析】电池最多可以得到的电能：W=UIt=UQ=3.6V×500×10-3A×3600s=6480J，通话时的工作电流：I′=≈0.17A；待机时消耗的功率：P==0.018W。20．2016年浙江最大抽水蓄能电站在缙云开建。其工作原理如图所示，用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水从下水库抽到上水库中储存起来；用电高峰时，再利用上水库中的水发电。(g取10N/kg)(1)蓄能时，水被抽到上水库中，电能转化为水的_____________。(2)发电时，若该电站上水库可用于发电的库容量为7.86×106m3，上下水库平均水位差637m。上水库中可用于发电的水流到下水库，水的重力做功为____________J。【答案】（1）重力势能；（2）5.00682×1013【解析】（1）蓄能时，水被抽到上水库中，电能转化为水的重力势能；（2）水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×7.86×106m3=7.86×109kg；水的重力为：G=mg=7.86×109kg×10N/kg=7.86×1010N；水的重力做功为：W=Gh=7.86×1010N×637m=5.00682×1013J。21.如图甲所示，将额定电压为2.5V的小灯泡接入电源电压为4.5V的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，记录相应电压表和电流表示数绘制成如图乙所示的I－U图像，则小灯泡的额定功率为__________W，小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻是__________Ω。【答案】0.625；8【解析】（1）由图乙可知，当小灯泡两端的电压为U额=2.5V时，通过小灯泡的电流I额=0.25A，则小灯泡的额定功率：P=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W。（2）由电路图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端的电压，当小灯泡正常发光时，U额=2.5V，电路中的电流I=I额=0.25A，根据串联电路电压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=U-U额=4.5V-2.5V=2V，由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的电阻：R滑==8Ω。22．生活中我们经常使用简单机械。甲乙(1)如图甲所示，已知撬棒AD＝1m，CD＝BC＝0.15m，石头垂直作用在棒上的力是420N，若要撬动石头，则施加在撬棒A点的力至少是_____________N。(2)如图乙所示，利用滑轮组把重为500N的物体提升3m，忽略滑轮自重以及滑轮与绳子的摩擦，人所做的功为___________J。【答案】（1）63；（2）1500【解析】（1）要使施加在撬棒A点的动力最小，应使动力臂L1最大。当以D为支点，在A点施加垂直于AD向上的动力时，动力臂L1=AD=1m，即动力臂为最大值，则动力最小。此时阻力F2=420N，阻力臂L2=CD=0.15m，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得，施加在撬棒A点的力：F1==63N（2）如图所示的滑轮为动滑轮；若G=500N，不计动滑轮重及摩擦，F=，s=2h=6m，则拉力做功：W=Fs=250N×6m=1500J。23.如图是一座拉索桥的设计示意图，其中O是可转动点，当轮船需要驶过时，可利用拉索把桥面拉起。如果只需要一根拉索，甲设计的拉索较低，乙设计的拉索较高，请你比较图中拉索的拉力F甲___F乙(选填“＞”“＜”或“＝”)，理由是__________________________。【答案】＞，乙的动力臂比甲长，更省力【解析】如图，OA为F甲的力臂，OB为F乙的力臂，∵F乙LOB=GLOC，F甲LOA=GLOC，LOA＜LOB，∴F甲＞F乙。24.如图所示，原长为L的轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与水平面上的木块相连。推动木块压缩弹簧，其左端至A点时，弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，则木块运动过程中克服阻力做的功是_________J。整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于________(选填“B”“C”或“D”)点。【答案】24B【解析】弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，木块在运动过程中克服摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，总的能量不变，故克服阻力所做的功为25J－1J＝24J。弹簧被压缩时具有弹力，弹力的方向是向右的，木块向右运动时，阻力是向左的；开始运动时，弹力大于阻力，木块做加速运动，木块向右运动的过程中，弹力慢慢减小，阻力不变，当木块受到的弹力等于阻力时速度最大，此时弹簧未恢复为原长；木块由于惯性仍然会向右运动，此时弹力小于阻力，做的是减速运动；由图可知，整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于B点。三、实验探究题(每空3分，共39分)25．小明同学探究杠杆平衡条件(不考虑杠杆自重和摩擦)：(1)实验前没有挂钩码时，小明发现杠杆右端下倾，则应将左端的平衡螺母向_________调，使杠杆在水平位置平衡；这样做的目的是____________________________________。(2)三次实验数据记录表格如下：实验序号动力F1(N)动力臂l1(cm)阻力F2(N)阻力臂l2(cm)124242463833.5846分析三次实验数据，发现第3次实验中弹簧测力计示数偏大，检测弹簧测力计发现完好无损，原因可能是_________________________________________________________。(3)小明通过实验探究，得出了杠杆平衡条件。生活中的钓鱼竿应用了该实验中的第____次实验原理。【答案】（1）左便于直接测量力臂的大小（2）弹簧测力计没有竖直向下拉动，实际力臂小于支点到动力作用点的距离（3）2【解析】（1）杠杆左端下沉，右端下倾，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动；杠杆在水平位置平衡，最大的好处是力臂在杠杆上，便于力臂的测量，同时消除杠杆自身重对杠杆平衡的影响。（2）如图弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，弹簧测力计拉力的力臂变小，小于拉力作用点到支点的距离；根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂不变的情况下动力臂变小，因此动力会变大。（3）将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，可得出杠杆平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂；钓鱼竿是费力杠杆，阻力臂大于动力臂，应用了实验中的第2次实验原理。26．小明同学利用电流表和电阻箱测量小灯泡的功率，设计并连接了如图甲所示的实物电路。(1)为了保护电路，闭合开关S1前，应将滑片P移到滑动变阻器的_______(选填“A”或“B”)端。(2)闭合开关S1，将单刀双掷开关S2扳向“1”，调节滑动变阻器使电流表的示数为I1，如图乙所示，I1＝_________A。(3)将开关S2扳向“2”，保持滑动变阻器的阻值不变，调节变阻箱的阻值R，使电流表的示数仍为I1，此时R＝5Ω；则步骤(2)中小灯泡的电阻R1＝__________Ω，测量小灯泡电阻的方法是____________(选填“控制变量法”或“等效替代法”)。(4)步骤(2)中小灯泡的实际功率P1＝_______W。(5)若小灯泡的额定电流为I0＝2I1，以下关于小灯泡额定功率P0与实际功率P1的数值关系，你认为最有可能的是_________。A．P0＝2P1B．P0＝3P1C．P0＝4P1D．P0＝5P1【答案】（1）B；（2）0.2；（3）5；等效替代法；（4）0.2；（5）D【解析】（1）为了保护电路，闭合开关S1前，应将滑片P移到滑动变阻器的阻值最大处的B端。（2）闭合开关S1，将单刀双掷开关S2扳向“1”，调节滑动变阻器调节电阻箱的阻值使电流表的示数为I1，如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，I1=0.2A；（3）将开关S2扳向“2”，保持滑动变阻器的阻值不变，调节滑动变阻箱的阻值R，使电流表的示数仍为I1，此时R=5Ω；则步骤（2）中小灯泡的电阻R1=5Ω，测量小灯泡电阻的方法是等效替代法；（4）步骤（2）小灯泡的实际功率P1=I12RL=（0.2A）2×5Ω=0.2W；（5）若小灯泡的额定电流为I0=2I1，假设灯泡的阻值不变，则P额=I02R=（2I1）2R=4I12R=4P1。由于灯泡的阻值不是定值，且灯泡的阻值会随温度的升高而变大，所以，当灯泡在正常工作时，灯泡的阻值变大，则额定功率P0＞P额=4P1，所以最有可能的额定功率值为P0=5P1。27．将普通塑料水管进行改装，能做多个实验。将塑料水管①侧面开口并标上刻度，再将塑料水管②在侧面不同高度开两个大小合适的口。(1)将两根塑料管按图甲连接，选合适的滑块放入管①，将一钢球从管②的口放入后，静止释放。观察并记录__________________。取出钢球，将滑块移回原位，将钢球从另一个口放入，重复实验。该实验可验证动能大小与_____________的关系。(2)将两根塑料管按图乙连接，验证“重力势能大小与质量的关系”。请你写出实验步骤：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】（1）滑块被撞击后移动的距离；速度大小；（2）将一钢球从管②的一口放入后，静止释放，观察滑块被撞击后移动的距离；取出钢球，将滑块移回原位，将另一质量不同的钢球从同一个口放入，重复实验。【解析】（1）将两根塑料管按图甲连接，选合适的滑块放入管①，将一钢球从管②的一口放入后，静止释放。通过观察滑块被撞击后移动的距离来表示钢球动能的大小，将滑块移回原位，将钢球从另一个口放入，在质量相同时，改变滑块的高度，可验证动能大小与速度大小的关系；（2）研究重力势能与质量关系时控制高度一定，使用质量不同的钢球；实验步骤：将一钢球从管②的一口放入后，静止释放，观察滑块被撞击后移动的距离；取出钢球，将滑块移回原位，将另一质量不同的钢球从同一个口放入，重复实验。四、解答题(第28、29题每题6分，第30、31题每题7分，共26分)28.[2018·株洲]如图为电热水器的简化电路，它有加热和保温功能。R1和R2是两根电热丝，S为温控开关，1、2为开关的两个触点，当水温低于某个下限温度或高于某个上限温度时，S在两个触点间自动切换，使水温维持在设定的范围。已知电热水器的加热功率为400W，保温功率为100W，忽略温度对电阻的影响。(1)开关与触点1连通时，电热水器处于_________状态；与触点2连通时，处于__________状态。(均选填“加热”或“保温”)(2)R1＝__________Ω，R2＝_________Ω。(3)在使用过程中，若电热水器10min消耗电能1.2×105J，请通过计算具体说明：在这段时间内电热水器处于何种工作状态，并求出相应状态下的工作时间。【答案】（1）加热；保温；（2）121；363(3)电热水器10min消耗电能1.2×105J，则电热水器的电功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.2×105J,10×60s)＝200W，由P保温<P<P加热可知，电热水器应先加热后保温，设加热时间为t1，保温时间为(600s－t1)，则有：W＝P加热t1＋P保温(600－t1)，即1.2×105J＝400W×t1＋100W×(600s－t1)，t1＝200s，即电热水器的加热时间为200s，保温时间为600s－200s＝400s。【解析】（1）由电路图可知，开关与触点1连通时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电源的电压一定时，由P=UI=可知，电路的总功率最大，电热水器处于加热状态，开关与触点2连通时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，电热水器处于保温状态；（2）开关与触点1连通时，电路为R1的简单电路，电热水器处于加热状态，由P=UI=可得，R1的阻值：R1===121Ω，开关与触点2连通时，R1与R2串联，电热水器处于保温状态，此时电路的总电阻：R==484Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2=R-R1=484Ω-121Ω=363Ω。29．[2018·福建A卷]学校机器人兴趣小组进行“精准吊装”实验，7块长短不一的长方体木块均平放在水平地面上，机器人将木块按长度从大到小依次吊装并对称叠放。已知木块的密度相同，高度均为h＝0.2m，宽度均为b＝0.2m，不同序号木块的质量见表，其中m＝12kg，g取10N/kg。序号1234567质量2mmeq\f(m,2)eq\f(m,3)eq\f(m,4)eq\f(m,5)eq\f(m,6)(1)如图，把2号木块吊装到1号木块的上面，求此过程中克服重力所做的功。(2)机器人完成全部吊装叠放用时6min，求整个过程克服木块重力做功的功率。【解析】（1）克服物体重力做功，由W=Gh解题；（2）先求出机器人所做的总功，由P=W/t求出做功功率。【答案】解：(1)2号木块的重力G2＝mg＝12kg×10N/kg＝120N，克服重力所做的功W2＝G2h＝120N×0.2m＝24J。(2)吊装k号木块克服重力做功Wk＝Gk(k－1)h＝mgh＝24J，即吊装每一块木块克服重力做功相等；W总＝6W