安徽省五年（2017-2021）中考物理真题计算题知识点分类汇编

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安徽省五年（2017-2021）中考物理真题计算题知识点分类汇编 一．密度的计算（共1小题）1．（2017•安徽）如图a所示，一长方体木块质量为0.12kg，高为4.0cm；将木块平稳地放在水面上，静止时木块露出水面的高度为2.0cm，如图b所示，利用金属块和细线，使木块浸没水中且保持静止状态。已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，求：（1）木块的密度ρ木。（2）细线对木块的拉力F。二．力的示意图与图示（共1小题）2．（2020•安徽）在车站广场上，常常看见人们将旅行包B平放在拉杆箱A上，如图甲所示。假设作用在箱子上的水平推力F推＝20N，A、B一起做匀速直线运动。（1）将旅行包B看成一个有质量的点，如图乙所示。请在图乙中画出运动过程中B的受力示意图；（2）若10s内箱子运动的距离为8m，求力F推做功的功率。三．二力平衡条件的应用（共1小题）3．（2019•安徽）如图，水平地面上一个重为50N的物体，在大小为10N的水平拉力F作用下，向左做匀速直线运动，在5s的时间内通过的距离为2m。求物体运动过程中（1）所受摩擦力的大小；（2）拉力F做功的功率。四．杠杆的平衡条件（共1小题）4．（2018•安徽）图a所示为前臂平伸用手掌托住铅球时的情形。我们可将图a简化成如图b所示的杠杆。不计自重。若铅球质量m＝3kg，OA＝0.03m，OB＝0.30m，求此时肱二头肌对前臂产生的拉力F1大小（g取10N/kg）。五．杠杆的平衡分析法及其应用（共1小题）5．（2021•安徽）研究物理问题时，常需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为物理模型。（1）如图甲，一质量分布均匀的杠杆，忽略厚度和宽度，长度不可忽略，用细线将它从中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图乙）释放，为研究其能否平衡，可将它看成等长的两部分，请在图乙中画出这两部分各自所受重力的示意图和力臂，并用杠杆平衡条件证明杠杆在该位置仍能平衡；（2）如图丙，一质量分布均匀的长方形木板，忽略厚度，长度和宽度不可忽略，用细线将它从AB边的中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图丁）释放，木板在该位置能否平衡？写出你的判断依据。六．液体的压强的计算（共3小题）6．（2020•安徽）某同学想测量一种液体的密度。他将适量的待测液体加入到圆柱形平底玻璃容器里，然后一起缓慢放入盛有水的水槽中。当容器下表面所处的深度h1＝10cm时，容器处于直立漂浮状态，如图a所示。已知容器的底面积S＝25cm2，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。（1）求水对容器下表面的压强；（2）求容器受到的浮力；（3）从容器中取出100cm3的液体后，当容器下表面所处的深度h2＝6.8cm时，容器又处于直立漂浮状态，如图b所示。求液体的密度。7．（2019•安徽）将底面积S＝3×10﹣3m2，高h＝0.1m的铝制圆柱体，轻轻地放入水槽中，使它静止于水槽底部，如图所示（圆柱体的底部与水槽的底部不密合），此时槽中水深h1＝0.05m（已知ρ铝＝2.7×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3．g取10N/kg）。求：（1）水对圆柱体底部的压强p1；（2）圆柱体受到的浮力F浮；（3）圆柱体对水槽底部的压强p2。8．（2018•安徽）重为200N的方形玻璃槽，底面积为0.4m2，放在水平台面上，向槽中加水至水深0.3m（已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，玻璃槽的侧壁厚度不计）（1）求水对槽底部的压强和槽底对水平台面的压强；（2）将边长为20cm的正方体物块轻轻放入水中，当其静止时，测出该物块露出水面的高度为5cm，求该物块的密度；（3）用力F垂直向下作用在物块的上表面，使物块露出水面的高度为2cm并保持静止，求此时力F的大小。七．功率的计算（共1小题）9．（2021•安徽）如图所示，小明在单杠上做引体向上运动，每次引体向上身体上升的高度为握拳时手臂的长度。已知小明的体重为500N，握拳时手臂的长度为0.6m，完成4次引体向上所用的时间为10s。求：（1）小明完成1次引体向上所做的功；（2）10s内小明做引体向上的功率。八．动能和势能的转化与守恒（共1小题）10．（2017•安徽）已知物体的重力势能表达式为EP＝mgh，动能表达式为EK＝mv2；其中m为物体的质量，h为物体距离水平地面的高度，v为物体的运动速度，g为常量，取10N/kg。如图所示，将一质量为0.4kg的物体从距离地面1.5m的高度沿水平方向以2m/s的速度抛出。不计空气阻力，物体从被抛出到落地的瞬间，整个过程中机械能守恒。求：（1）物体被抛出时的重力势能EP和动能EK1；（2）物体从被抛出点至落地的过程中，其重力所做的功W；（3）物体落地前瞬间的动能EK2。九．欧姆定律的应用（共4小题）11．（2021•安徽）如图所示的电路中，电源电压U不变，r、R1和R2均为定值电阻，其中r＝1Ω，R1＝14Ω，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。闭合S1，将S2掷于1端，电压表V的示数U1＝2.8V；将S2切换到2端，电压表V的示数U2＝2.7V。求：（1）电源电压U的大小；（2）电阻R2的阻值。12．（2020•安徽）有一个量程为0～1mA的小量程电流表G，内阻Rg＝30Ω，选择一定值电阻R0与它并联起来，如图所示。将A、B两端接入电路（图中I表示电流表G与电阻R0并联后的总电流）。（1）调节电路，使电流表的指针指在最大刻度处（即1mA），这时电流I为0.6A，求电阻R0的值（计算结果保留两位小数）；（2）继续调节电路，使电流表的指针指在刻度盘中央（即0.5mA），此时电流I变为多少？13．（2019•安徽）如图为“研究小灯泡灯丝的阻值变化特点”的电路图。实验所选用的器材均能符合实验要求，其中部分器材的规格如下：（小灯泡额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表（量程3V，内阻3000Ω）；电流表（量程500mA，内阻0.5Ω），定值电阻R0（阻值1000Ω）。按电路图连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至某一位置时，发现电压表的示数为2.7V，电流表的示数为315mA．求此时：（1）小灯泡两端的电压；（2）通过小灯泡的电流；（3）小灯泡灯丝的阻值。14．（2017•安徽）现一只满偏电流Ig＝3mA的电流计G，已知其电阻Rg＝100Ω，现在需要把它改装成一只量程Ic＝3A的电流表，如图a所示。求（1）电阻Rx的阻值；（2）求改装后的电流表电阻Rc的阻值；（3）如图b所示，将改装后的电流表接入电路中。已知电源电压U＝10V，电阻R1＝5Ω．闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数I＝1.0A．求此时滑动变阻器接入电路中的阻值R2，以及通过原电流计G的电流I1。一十．电功率的计算（共1小题）15．（2018•安徽）一般家用电饭锅工作时有两种状态，分别是煮饭过程中的加热状态和米饭煮熟后的保温状态。图示为该种电饭锅的电路原理图，图中R1是一个电阻，R2是加热用的电阻丝，U为电源电压（R1和R2的阻值不随温度变化）。（1）请分析论证：当开关S闭合时，电饭锅处于加热状态；（2）要使R2在保温状态时的功率是加热状态时的，求的值。
参考答案与试题解析一．密度的计算（共1小题）1．（2017•安徽）如图a所示，一长方体木块质量为0.12kg，高为4.0cm；将木块平稳地放在水面上，静止时木块露出水面的高度为2.0cm，如图b所示，利用金属块和细线，使木块浸没水中且保持静止状态。已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，求：（1）木块的密度ρ木。（2）细线对木块的拉力F。【答案】（1）木块的密度为0.5×103kg/m3；（2）细线对木块的拉力为1.2N。【解答】解：（1）因木块漂浮时，受到的浮力和自身的重力相等，所以，受到的浮力和自身的重力相等，即F浮＝G木，由F浮＝ρgV排和F浮＝G木＝m木g＝ρ木V木g可得：ρgV排＝ρ木V木g，由题意可知，木块排开水的体积V排＝V木，则木块的密度：ρ木＝ρ水＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.5×103kg/m3；（2）由F浮＝ρgV排可得，木块完全浸没时受到的浮力：F浮′＝2F浮＝2G木，因物体在水中静止时处于平衡状态，受到竖直向上的浮力，竖直向下的拉力和木块的重力，由力的平衡条件可得：F浮′＝G木+F，则细线对木块的拉力：F＝F浮′﹣G木＝2m木g﹣m木g＝m木g＝0.12kg×10N/kg＝1.2N。二．力的示意图与图示（共1小题）2．（2020•安徽）在车站广场上，常常看见人们将旅行包B平放在拉杆箱A上，如图甲所示。假设作用在箱子上的水平推力F推＝20N，A、B一起做匀速直线运动。（1）将旅行包B看成一个有质量的点，如图乙所示。请在图乙中画出运动过程中B的受力示意图；（2）若10s内箱子运动的距离为8m，求力F推做功的功率。【答案】（1）见上图；（2）推力做功的功率为16W。【解答】解：（1）旅行包B随拉杆箱A一起在水平面是做匀速直线运动，此时旅行包B只受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，且二力大小相等，据此画出运动过程中B的受力示意图如下：（2）推力10s对箱子做的功W＝F推s＝20N×8m＝160J；推力做功的功率P＝＝＝16W。三．二力平衡条件的应用（共1小题）3．（2019•安徽）如图，水平地面上一个重为50N的物体，在大小为10N的水平拉力F作用下，向左做匀速直线运动，在5s的时间内通过的距离为2m。求物体运动过程中（1）所受摩擦力的大小；（2）拉力F做功的功率。【答案】（1）所受摩擦力的大小为10N；（2）拉力F做功的功率为4W。【解答】解：（1）用10N的水平拉力，拉着物体向左做匀速直线运动，物体处于平衡状态，则地面对物体的摩擦力与拉力是一对平衡力，大小相等，故f＝F＝10N；（2）拉力F做的功：W＝Fs＝10N×2m＝20J，拉力F做功的功率：P＝＝＝4W。四．杠杆的平衡条件（共1小题）4．（2018•安徽）图a所示为前臂平伸用手掌托住铅球时的情形。我们可将图a简化成如图b所示的杠杆。不计自重。若铅球质量m＝3kg，OA＝0.03m，OB＝0.30m，求此时肱二头肌对前臂产生的拉力F1大小（g取10N/kg）。【答案】肱二头肌对前臂产生的拉力F1为300N。【解答】解：由图可知，支点是O点，肱二头肌对前臂产生的拉力F1为动力，3kg铅球的重力即为阻力F2，则阻力：F2＝G＝mg＝3kg×10N/kg＝30N，由图知，L1＝OA＝0.03m，L2＝OB＝0.30m，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，即：F1×0.03m＝30N×0.30m，解得F1＝300N。五．杠杆的平衡分析法及其应用（共1小题）5．（2021•安徽）研究物理问题时，常需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为物理模型。（1）如图甲，一质量分布均匀的杠杆，忽略厚度和宽度，长度不可忽略，用细线将它从中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图乙）释放，为研究其能否平衡，可将它看成等长的两部分，请在图乙中画出这两部分各自所受重力的示意图和力臂，并用杠杆平衡条件证明杠杆在该位置仍能平衡；（2）如图丙，一质量分布均匀的长方形木板，忽略厚度，长度和宽度不可忽略，用细线将它从AB边的中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图丁）释放，木板在该位置能否平衡？写出你的判断依据。【解答】解：（1）由题知，杠杆质量分布均匀，支点在中点，左右两部分重力G1＝G2，且重心在这两部分的中点A、B，由A、B分别竖直向下画有向线段，即两部分重力示意图；由杠杆中点O（支点）画G1、G2作用线的垂线，垂线段分别为两部分重力的力臂，如图所示：图中，AO＝BO，根据全等三角形知识可知，L1＝L2，所以：G1L1＝G2L2，说明杠杆绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后仍能平衡；（2）长方形木板质量分布均匀，从中点将其分成两部分，两部分重力大小相等，找到左右两部分的几何中心，即两部分重心，作两部分的重力示意图，并作出它们的力臂，如图所示：由图知，L3＜L4，则：G3L3＜G4L4，所以木板在该位置不能平衡。六．液体的压强的计算（共3小题）6．（2020•安徽）某同学想测量一种液体的密度。他将适量的待测液体加入到圆柱形平底玻璃容器里，然后一起缓慢放入盛有水的水槽中。当容器下表面所处的深度h1＝10cm时，容器处于直立漂浮状态，如图a所示。已知容器的底面积S＝25cm2，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。（1）求水对容器下表面的压强；（2）求容器受到的浮力；（3）从容器中取出100cm3的液体后，当容器下表面所处的深度h2＝6.8cm时，容器又处于直立漂浮状态，如图b所示。求液体的密度。【答案】（1）水对容器下表面的压强为1000Pa；（2）容器受到的浮力2.5N；（3）液体的密度为0.8g/cm3。【解答】解：（1）容器放在水槽中，容器下表面所处的深度h1＝10cm＝0.1m，容器底部受到水的压强为：p＝ρ水gh1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。（2）容器排开水的体积：V排＝Sh1＝25cm2×10cm＝250cm3＝2.5×10﹣4m3，容器受到水的浮力为：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10﹣4m3＝2.5N。（3）从容器中取出100cm3的液体后，容器下表面所处的深度h2＝6.8cm＝0.068m，容器减少的浮力为：△F浮＝ρ水g△V排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10﹣3m2×（0.1﹣0.068）m＝0.8N。减小的浮力等于减小的重力，所以，△F浮＝G液减＝0.8N，所以从容器中取出液体的质量为：m＝＝＝0.08kg＝80g，液体的密度为：ρ＝＝＝0.8g/cm3。7．（2019•安徽）将底面积S＝3×10﹣3m2，高h＝0.1m的铝制圆柱体，轻轻地放入水槽中，使它静止于水槽底部，如图所示（圆柱体的底部与水槽的底部不密合），此时槽中水深h1＝0.05m（已知ρ铝＝2.7×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3．g取10N/kg）。求：（1）水对圆柱体底部的压强p1；（2）圆柱体受到的浮力F浮；（3）圆柱体对水槽底部的压强p2。【答案】（1）水对圆柱体底部的压强p1＝500Pa；（2）圆柱体受到的浮力F浮＝1.5N；（3）圆柱体对水槽底部的压强p2＝2.2×103Pa。【解答】解：（1）水的深度h1＝0.05m，则水对圆柱体底部的压强：p1＝ρ水gh1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.05m＝500Pa；（2）由图可知，圆柱体浸在水中的体积：V排＝Sh1＝3×10﹣3m2×0.05m＝1.5×10﹣4m3，根据阿基米德原理可得，圆柱体所受的浮力：F浮＝ρ水V排g＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣4m3×10N/kg＝1.5N；（3）圆柱体的重力：G铝＝m铝g＝ρ铝V铝g＝ρ铝Shg＝2.7×103kg/m3×3×10﹣3m2×0.1m×10N/kg＝8.1N；圆柱体静止于水槽底部，由力的平衡条件可知圆柱体对水槽底部的压力：F压＝G铝﹣F浮＝8.1N﹣1.5N＝6.6N，则圆柱体对水槽底部的压强：p＝＝＝2.2×103Pa。8．（2018•安徽）重为200N的方形玻璃槽，底面积为0.4m2，放在水平台面上，向槽中加水至水深0.3m（已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，玻璃槽的侧壁厚度不计）（1）求水对槽底部的压强和槽底对水平台面的压强；（2）将边长为20cm的正方体物块轻轻放入水中，当其静止时，测出该物块露出水面的高度为5cm，求该物块的密度；（3）用力F垂直向下作用在物块的上表面，使物块露出水面的高度为2cm并保持静止，求此时力F的大小。【答案】（1）水对槽底部的压强和槽底对水平台面的压强分别为3×103Pa、3.5×103Pa；（2）该物块的密度为0.75×103kg/m3；（3）此时力F的大小为12N。【解答】解：（1）水对槽底部的压强：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.3m＝3×103Pa；水的体积：V＝Sh＝0.4m2×0.3m＝0.12m3，根据G＝mg和ρ＝可得，水的重力：G水＝ρ水Vg＝1×103kg/m3×0.12m3×10N/kg＝1200N，玻璃槽对水平台面的压力：F＝G水+G玻璃槽＝1200N+200N＝1400N，玻璃槽对水平台面的压强：p′＝＝＝3.5×103Pa；（2）正方体物块轻轻放入水中，当其静止时，处于漂浮状态，所以F浮＝G水木，根据F浮＝ρgV排、G＝mg和ρ＝可得：ρ水gV排＝ρ木gV木，代入数值可得：1×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）2×（0.2m﹣0.05m）＝ρ木×10N/kg×（0.2m）3，解得：ρ木＝0.75×103kg/m3；（3）根据力的平衡可知，力F的大小等于物块增大的浮力，即：F＝△F浮＝ρ水g△V排＝1×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）2×（0.05m﹣0.02m）＝12N。七．功率的计算（共1小题）9．（2021•安徽）如图所示，小明在单杠上做引体向上运动，每次引体向上身体上升的高度为握拳时手臂的长度。已知小明的体重为500N，握拳时手臂的长度为0.6m，完成4次引体向上所用的时间为10s。求：（1）小明完成1次引体向上所做的功；（2）10s内小明做引体向上的功率。【答案】（1）小明完成1次引体向上所做的功为300J；（2）10s内小明做引体向上的功率为120W.【解答】解：（1）做引体向上时需要克服重力做功，已知小明体重：G＝500N，每次上升距离：h＝0.6m， 小明完成一次引体向上做的功为：W＝Gh＝500N×0.6m＝300J；（2）小明10s内做的总功：W总＝4×300J＝1200J；小明做功的功率：.八．动能和势能的转化与守恒（共1小题）10．（2017•安徽）已知物体的重力势能表达式为EP＝mgh，动能表达式为EK＝mv2；其中m为物体的质量，h为物体距离水平地面的高度，v为物体的运动速度，g为常量，取10N/kg。如图所示，将一质量为0.4kg的物体从距离地面1.5m的高度沿水平方向以2m/s的速度抛出。不计空气阻力，物体从被抛出到落地的瞬间，整个过程中机械能守恒。求：（1）物体被抛出时的重力势能EP和动能EK1；（2）物体从被抛出点至落地的过程中，其重力所做的功W；（3）物体落地前瞬间的动能EK2。【答案】（1）物体被抛出时的重力势能EP为6J，动能EK1为0.8J；（2）物体从被抛出点至落地的过程中，其重力所做的功W为6J；（3）物体落地前瞬间的动能EK2为6.8J。【解答】解：（1）由题知，物体质量和被抛出时的高度和速度，物体的重力势能：Ep＝mgh＝0.4kg×10N/kg×1.5m＝6J；动能EK1＝mv2＝×0.4kg×（2m/s）2＝0.8J；（2）物体从被抛出点至落地的过程中，其重力所做的功：Gh＝mgh＝0.4kg×10N/kg×1.5m＝6J；（3）物体下落时高度减小，速度增大，所以重力势能转化为动能，落地时高度为0，重力势能全部转化为动能，所以物体落地前瞬间的动能：EK2＝EK1+Ep＝0.8J+6J＝6.8J。九．欧姆定律的应用（共4小题）11．（2021•安徽）如图所示的电路中，电源电压U不变，r、R1和R2均为定值电阻，其中r＝1Ω，R1＝14Ω，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。闭合S1，将S2掷于1端，电压表V的示数U1＝2.8V；将S2切换到2端，电压表V的示数U2＝2.7V。求：（1）电源电压U的大小；（2）电阻R2的阻值。【答案】（1）电源电压U的大小为3V；（2）电阻R2的阻值为9Ω。【解答】解：（1）闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I1＝＝＝0.2A，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻：R＝r+R1＝1Ω+14Ω＝15Ω，电源电压：U＝I1R＝0.2A×15Ω＝3V；（2）闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以r两端的电压：Ur＝U﹣U2＝3V﹣2.7V＝0.3V，此时通过电路的电流：I2＝＝＝0.3A，串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2＝＝＝9Ω。12．（2020•安徽）有一个量程为0～1mA的小量程电流表G，内阻Rg＝30Ω，选择一定值电阻R0与它并联起来，如图所示。将A、B两端接入电路（图中I表示电流表G与电阻R0并联后的总电流）。（1）调节电路，使电流表的指针指在最大刻度处（即1mA），这时电流I为0.6A，求电阻R0的值（计算结果保留两位小数）；（2）继续调节电路，使电流表的指针指在刻度盘中央（即0.5mA），此时电流I变为多少？【答案】（1）电阻R0的值为0.05Ω；（2）继续调节电路，使电流表的指针指在刻度盘中央（即0.5mA），此时电流I变为0.3A。【解答】解：（1）G与定值电阻并联，调节电路，使电流表的指针指在最大刻度处（即1mA），由欧姆定律，其两端的电压为：U＝I×Rg＝0.001A×30Ω＝0.03V；这时电流I为0.6A，由并联电路电流的规律，通过定值电阻的电流为：I0＝0.6A﹣0.001A＝0.599A，由欧姆定律，电阻R0＝＝≈0.05Ω；（2）电流表的指针指在刻度盘中央（即0.5mA），即通过电流表的电流为原来的二分之一，由欧姆定律，电流表两端的电压也为原来的二分之一，由欧姆定律，通过定值电阻的电流为二分之一，由并联电路电流的规律，此时电流I变为的来的二分之一，即为0.3A。13．（2019•安徽）如图为“研究小灯泡灯丝的阻值变化特点”的电路图。实验所选用的器材均能符合实验要求，其中部分器材的规格如下：（小灯泡额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表（量程3V，内阻3000Ω）；电流表（量程500mA，内阻0.5Ω），定值电阻R0（阻值1000Ω）。按电路图连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至某一位置时，发现电压表的示数为2.7V，电流表的示数为315mA．求此时：（1）小灯泡两端的电压；（2）通过小灯泡的电流；（3）小灯泡灯丝的阻值。【答案】（1）小灯泡两端的电压是3.6V； （2）通过小灯泡的电流是314.1mA； （3）小灯泡灯丝的阻值是11.461Ω。【解答】解：（1）通过电压表的电流：I1＝＝＝9×10﹣4A；电压表与R0串联可得R0的电流：I0＝I1＝9×10﹣4A；由欧姆定律变形可得R0的两端电压：U0＝I0R0＝9×10﹣4A×1000Ω＝0.9V，电压表与R0的支路总电压等于小灯泡两端的电压：U＝UV+U0＝2.7V+0.9V＝3.6V；（2）已知电流表测量小灯泡所在支路和电压表、R0所在支路干路的电流，电流表的示数为315mA．根据并联电路的电流特点可得通过小灯泡的电流：IL＝I﹣IV＝315mA﹣0.9mA＝314.1mA；（3）由I＝可得，小灯泡灯丝的阻值：RL＝＝＝11.461Ω。14．（2017•安徽）现一只满偏电流Ig＝3mA的电流计G，已知其电阻Rg＝100Ω，现在需要把它改装成一只量程Ic＝3A的电流表，如图a所示。求（1）电阻Rx的阻值；（2）求改装后的电流表电阻Rc的阻值；（3）如图b所示，将改装后的电流表接入电路中。已知电源电压U＝10V，电阻R1＝5Ω．闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数I＝1.0A．求此时滑动变阻器接入电路中的阻值R2，以及通过原电流计G的电流I1。【答案】（1）电阻Rx的阻值约为0.1Ω；（2）改装后的电流表电阻Rc的阻值为0.1Ω；（3）此时滑动变阻器接入电路中的阻值R2＝4.9Ω，通过原电流计G的电流I1＝1×10﹣3A。【解答】解：（1）将Ig＝3mA的电流计G，改装成一只量程Ic＝3A的电流表，根据并联电路电流的规律，通过Rx的电流：Ix＝Ic﹣Ig＝3A﹣3mA＝2.997A，由欧姆定律I＝，电流计G的电压：U′＝RgIg＝100Ω×0.003A＝0.3V，根据并联电路电压的规律和欧姆定律，则Rx＝＝＝Ω≈0.1Ω；（2）由欧姆定律I＝，改装后的电流表电阻Rc的阻值：Rc＝＝＝0.1Ω；（3）由图b可知，电流表电阻与R1和变阻器串联，由欧姆定律I＝，电路的总电阻：R＝＝＝10Ω，根据电阻的串联，滑动变阻器接入电路中的阻值：R2＝R﹣Rc﹣R1＝10Ω﹣0.1Ω﹣5Ω＝4.9Ω；【方法一】改装后的电流表中，原电流计G与Rx并联，根据分流原理，通过电流计G的电流与Rx电流之比等于Rx与Rg之比，即＝，＝﹣﹣﹣﹣﹣①根据并联电路电流的规律：I1+I′X＝I＝1.0A﹣﹣﹣﹣﹣②，由①②得：通过原电流计G的电流：I1＝1×10﹣3A；【方法二】由串联电路的电流特点可知，通过改装后电流表的电流（总电流）Ic＝I＝1.0A，则改装后电流表两端的电压Uc＝IcRc＝1.0A×0.1Ω＝0.1V；改装后的电流表中，原电流计G与Rx并联，则原电流计G两端的电压Ug＝Uc＝0.1V，通过原电流计G的电流：I1＝＝＝1×10﹣3A。一十．电功率的计算（共1小题）15．（2018•安徽）一般家用电饭锅工作时有两种状态，分别是煮饭过程中的加热状态和米饭煮熟后的保温状态。图示为该种电饭锅的电路原理图，图中R1是一个电阻，R2是加热用的电阻丝，U为电源电压（R1和R2的阻值不随温度变化）。（1）请分析论证：当开关S闭合时，电饭锅处于加热状态；（2）要使R2在保温状态时的功率是加热状态时的，求的值。【答案】（1）见解析；（2）＝2：1【解答】解：（1）当开关S断开时为串联电路，此时电路的总电阻为R1+R2；当开关S闭合时，只有R2接入电路中，此时电路的电阻为R2；电源电压不变，根据P＝可知，总电阻越小，功率最大，所以，当开关S闭合时电阻最小，功率最大，为加热状态；（2）电饭锅处于加热状态，只有R2工作，在加热状态时R2的功率为：P＝；电饭锅处于保温状态，R1、R2串联，设此时R2两端的电压为U'，则保温时R2的功率为：P'＝；由题知，R2在保温状态时的功率是加热状态时的，则＝＝＝＝，解得：＝，则U'＝U；在保温状态时，由串联电路的电压规律可知，R1两端的电压：U1＝U﹣U'＝U﹣U＝U；串联时电流相等，根据欧姆定律可得，R1的电阻为：R1＝；R2的电阻为：R2＝；则：＝＝2：1。