2025年年中考物理综合复习(压轴特训100题55大考点)(原卷版+解析)

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板块一：声、光、热学
一．音调与频率的关系（共2小题）
二．音调、响度、音色的比较（共2小题）
三．光沿直线传播的应用（共1小题）
四．探究光反射时的规律（共2小题）
五．探究平面镜成像的特点（共2小题）
六．光折射规律的应用（共1小题）
七．光折射的光路图（共1小题）
八．探究凸透镜成像的规律（共2小题）
九．凸透镜成像规律的应用（共3小题）
十．探究固体熔化时温度的变化规律（共2小题）
十一．探究水沸腾时温度变化的特点（共3小题）
十二．比较不同物质吸热的情况（共3小题）
十三．利用比热容的公式计算热量（共2小题）
十四．固体和液体的热值计算（共3小题）
十五．热机的效率公式与计算（共1小题）
板块二：力学
十六．速度公式的应用（共2小题）
十七．测量液体的密度（共2小题）
十八．测量固体的密度（共2小题）
十九．有天平、无量筒测密度（共2小题）
二十．平衡力与相互作用力的辨析（共2小题）
二十一．探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验（共2小题）
二十二．压强的切割（共1小题）
二十三．探究液体内部的压强（共1小题）
二十四．液体压强的公式及计算（共2小题）
二十五．利用阿基米德原理进行简单计算（共2小题）
二十六．利用阿基米德原理求物体的体积（共1小题）
二十七．利用物体的浮沉条件比较浮力的大小（共2小题）
二十八．功率的计算（共1小题）
二十九．探究影响物体动能大小的因素（共1小题）
三十．动能和重力势能的相互转化（共1小题）
三十一．杠杆的平衡条件的计算（共2小题）
三十二．滑轮、滑轮组机械效率的计算（共2小题）
三十三．斜面机械效率的计算（共2小题）
板块三：电磁学
三十四．物体带电情况的判断（共1小题）
三十五．串并联电路的设计（共3小题）
三十六．探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系（共2小题）
三十七．电流表、电压表在判断电路故障中的应用（共3小题）
三十八．探究串联电路中的电压规律（共1小题）
三十九．探究影响电阻大小的因素（共2小题）
四十．动态电路的分析（共1小题）
四十一．欧姆定律的应用（共4小题）
四十二．欧姆定律求范围值（共1小题）
四十三．光敏、热敏、压敏等半导体电路分析（共1小题）
四十四．串并联的比例计算（共1小题）
四十五．伏安法测电阻（共2小题）
四十六．伏安法测小灯泡的电阻（共1小题）
四十七．电功率多档位问题（共1小题）
四十八．电功率的综合计算（共6小题）
四十九．伏安法测量小灯泡的电功率（共3小题）
五十．家庭电路的连线作图（共1小题）
五十一．漏电保护器的原理和作用（共1小题）
五十二．利用安培定则判断磁极（共2小题）
五十三．电磁继电器在实际生活中的应用（共1小题）
五十四．电动机工作原理（共1小题）
五十五．探究产生感应电流的条件（共1小题）
板块一：声、光、热学
一．音调与频率的关系（共2小题）
1．（2025•西安校级模拟）我国已经建成多条“音乐公路”，路面上刻有一条条凹槽，每条凹槽就像一个音符，可以把整条路面看成是一张留声机的碟片，而汽车的轮胎就像是唱针，每当汽车驶过这段路面时，一段完整的音乐就奏响了，音乐声是由轮胎的 振动 产生的，音乐声是通过 空气 传入人耳的，凹槽之间留不同的间距，目的是使轮胎发出声音的 音调 （选填“响度”、“音调”、“音色”）不同。
【答案】振动；空气；音调。
【解答】解：音乐声是由轮胎的振动而产生的；
乐声是通过空气传入人耳的；
由题意可知，凹槽之间留的间距不同，汽车经过时的频率也不同，所以听到的声音的音调越低；
故答案为：振动；空气；音调。
2．（2025•顺德区校级模拟）古筝是中国独特的民族乐器之一，已经有2500年的历史了，目前最常用的规格为二十一弦。小红在古等演奏中发现，拨动不同琴弦发出的音调与弦线的长度、粗细和松紧程度有关。于是她利用弦音计（如图甲）做研究，弦音计上有四根固定在“音箱”上的琴弦，每根弦线的松紧程度都相同，她选用的琴弦长度、粗细、材料图中已标出。
（1）若她选择b、c两弦线做实验，则研究的目的是探究音调与弦线 粗细 的关系，若她要研究音调与弦线材料的关系，则应选择 ab 两弦线做实验；这种实验方法叫做 控制变量法 。
（2）小红在古筝演奏中还发现，古筝使用一段时间后会发生“走音”现象，这是指琴弦发声音的 音调 偏离了标准，于是她就拿出“调音器”拧动琴弦右端的弦钉来“调音”（如图乙所示），这是通过改变琴弦的 松紧程度 来实现的。
（3）小红轻轻弹和加大力度弹同一根琴弦，则琴弦发出声音的 响度 不同。
【答案】（1）粗细；ab；控制变量法；（2）音调；松紧程度；（3）响度。
【解答】解：（1）选择b、c两弦线做实验，材料和长度相同，故探究的是音调与弦线粗细的关系；
探究音调高低跟材料的关系，需使长度和粗细相同，材料不同，因此需选择a和b进行实验；
实验过程运用了控制变量法；
（2）调节琴弦的松紧，就会改变琴弦的振动快慢，所以古筝使用一段时间后会发生“走音”现象，这是指琴弦发声的音调偏离了标准，
于是她就拿出“调音器”拧动琴弦右端的弦钉来“调音”，这是通过改变琴弦的松紧程度来改变声音的音调；
（3）用大小不同的力来弹奏，琴弦的振幅不同，声音的大小不同，即声音的响度不同；
故答案为：（1）粗细；ab；控制变量法；（2）音调；松紧程度；（3）响度。
二．音调、响度、音色的比较（共2小题）
3．（2025•潍坊模拟）下列关于声现象的描述及其解释正确的是（ ）
A．“闻其声而知其人”的依据是不同人的声音，其音色不同
B．“公共场所不要大声喧哗”是要求人们在公共场所说话，音调要放低些
C．“响鼓还需重锤敲”说明声音的响度与频率有关
D．“余音绕梁，三日不绝”是描述声音的响度大
【答案】A
【解答】解：
A、不同的人说话时，在音调和响度都差不多的情况下，其音色是不同的，所以“闻其声知其人”的依据是音色不同，故A正确；
B、“公共场所不要大声喧哗”，是指让人们的说话声要小些；在物理学中，我们是用响度来表示声音的大小，所以“公共场所不要大声喧哗”是要求人们在公共场所说话响度要放小些，故B错误；
C、“响鼓还需重锤敲”说明声音的响度与振幅有关，振幅越大，响度越大，故C错误；
D、“余音绕梁”是指声音遇到“梁”、“墙”等障碍物时被反射回来，不是描述声音的响度大，故D错误。
故选：A。
4．（2025•无锡模拟）把大小和材质都不同的甲、乙（如图1所示）两个水杯分别放在图2中O点处，小凯用木筷敲杯子发出声音，用专业仪器在P点测得相关数据如表一所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲与乙相比，乙的音调低
B．与乙相比，甲发声的响度较大
C．甲、乙的音色相同
D．快速敲击甲杯，其音调将会升高
【答案】B
【解答】解：A、音调是声音的高低，由振动频率决定，单位用Hz表示，由表格数据可知，乙的频率值600Hz高于甲的频率400Hz，故甲与乙相比，乙的音调高，故A错误；
B、响度是声音的大小，由表格数据可知，甲的分贝值50dB高于乙的30dB，则甲和乙相比，甲的响度更大，故B正确；
C、甲、乙两个水杯材质不同，发声体不同，故音色不相同，故C错误；
D、音调由声源振动频率决定，与敲击频率无关，故D错误。
故选：B。
三．光沿直线传播的应用（共1小题）
5．（2025•高新区校级模拟）沈括在《梦溪笔谈》中记述到“若莺飞空中，其影随莺而移”，而在纸窗上开一个小孔使莺的影子呈现在室内纸屏上，却观察到“莺东则影西，莺西则影东”，则下列说法错误的是（ ）
A．“莺东则影西，莺西则影东”描述的现象是小孔成像
B．图甲和图乙都可以用光的直线传播来解释
C．图甲所成的“影”一定比图乙所成的“影”大
D．小孔成像时，物左右移动时，其像的移动方向与其相反
【答案】C
【解答】解：A、“莺东则影西，莺西则影东”描述的现象是小孔成像，故A正确；
B、图甲和图乙都可以用光的直线传播来解释，故B正确；
C、小孔成像成的像的大小与物体和像到孔的距离有关，是倒立的实像，图甲所成的“影”不一定比图乙所成的“影”大，故C错误；
D、利用光的直线传播可知，小孔成像时，物左右移动时，其像的移动方向与其相反，故D正确。
故选：C。
四．探究光反射时的规律（共2小题）
6．（2025•贵州模拟）某同学在“探究光的反射规律”时，实验装置如图甲所示，他先用加湿器使整个玻璃罩内充满水雾，将平面镜放在一个能转动的水平圆台上，用固定的红色激光笔发出一束垂直射向平面镜的光NO，然后用另一个固定在玻璃罩上的绿色激光笔向O点发出一束光AO，经平面镜反射后沿OB方向射出。
（1）实验中，用加湿器使整个玻璃罩内充满水雾的目的是 显示光路 （选填“显示光路”或“降低温度”）。
（2）沿水平方向缓慢转动圆台，当观察到 入射绿光、入射红光和反射绿光看起来重合 ，则可判断出反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（3）打开另一红色激光笔逆着图甲中的反射绿光的方向射向平面镜，会观察到它的反射光线也逆着原来的入射绿光方向射出，由此说明光在反射时光路是 可逆 的。
（4）有一种液面微变监视器，基本原理图如图乙所示，光束发射器始终以一定角度向被监视的液面发射一束细光，光束经液面反射后被光电转换接收器接收，若光电转换接收器接收到的光点从S1点移到S2点，说明液面 上升 （选填“上升”或“下降”）了。
【答案】（1）显示光路；（2）入射绿光、入射红光和反射绿光看起来重合；（3）可逆；（4）上升。
【解答】解：（1）实验中，用加湿器使整个玻璃罩内充满水雾的目的是显示光路。
（2）沿水平方向缓慢转动圆台，当观察到入射绿光、入射红光和反射绿光看起来重合，则可判断出反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（3）打开另一红色激光笔逆着图甲中的反射绿光的方向射向平面镜，会观察到它的反射光线也逆着原来的入射绿光方向射出，由此说明光在反射时光路是可逆的。
（4）入射光线方向不变，由光的反射定律作图，若光电转换接收器接收到的光点从S1点移到S2点，说明液面上升了。
故答案为：（1）显示光路；（2）入射绿光、入射红光和反射绿光看起来重合；（3）可逆；（4）上升。
7．（2025•青岛模拟）在“探究光的反射定律”实验中，器材有激光笔、可折转光屏、平面镜和喷雾器。
（1）将平面镜置于水平桌面，如图甲所示。激光笔的光束射向平面镜上O点，在平面镜上方喷水雾，从前向后观察，可在镜面上方看到 2 条光束。
（2）将可折转光屏垂直于平面镜放置，让入射光沿左半屏射到O点，如图乙所示。要呈现反射光，需将右半屏向 前 （选填“前”或“后”）折转。
（3）保持入射点不变，多次改变入射方向，在光屏上记录每次实验的光路aa′、bb′和cc′，如图丙所示。为了研究反射光线和入射光线的位置关系，发现左、右半屏相对应的光线关于转轴对称，因此可将此对称轴视为 法线 。
（4）为了使实验现象更加明显，实验应在较 暗 （选填“亮”或“暗”）的环境下进行。
【答案】（1）2；（2）前；（3）法线；（4）暗。
【解答】解：（1）如图甲所示，激光笔的光束射向平面镜上O点，在平面镜上方喷水雾，这样能显示出反射光线和入射光线的传播路径，即可在镜面上方看到2条光束；
（2）如图乙，光屏右半部分向后折了一个角度，由于反射光线、入射光线与法线在同一平面内，则需将右半屏向前折转；
（3）由光的反射定律可知，反射光线与入射光线分居在法线两侧，反射角等于入射角，即反射光线与入射光线关于法线对称，如图丙所示，发现左、右半屏相对应的光线关于转轴对称，可将此对称轴视为法线所在位置；
（4）为了实验效果更加明显，在较暗的环境中进行。
故答案为：（1）2；（2）前；（3）法线；（4）暗。
五．探究平面镜成像的特点（共2小题）
8．（2025•山东模拟）下列四幅图为探究平面镜成像特点时的操作情景，其中正确的是（ ）
A．甲图：确定像的位置
B．乙图：观察点燃蜡烛像的大小
C．丙图：测量物和像到平面镜的距离l1和l2
D．丁图：测量物和像到平面镜的距离l3和l4
【答案】C
【解答】解：A．甲图：确定像的位置时，为成像更清晰，玻璃板后的蜡烛应不点燃，故A不符合题意；
B．乙图：观察点燃蜡烛像的大小，由于平面镜成像是由于光的反射，应在点燃蜡烛一侧观察，故B不符合题意；
C．丙图：平面镜成像中，像与物关于平面镜对称，像距等于物距，故C符合题意；
D．丁图：应选择平面镜靠近点燃蜡烛的一侧表面作为反射面，故D不符合题意。
故选：C。
9．（2025•顺德区校级模拟）探究平面镜成像的特点实验中：
（1）如图甲，小明在竖直放置的玻璃板（前表面镀有反射膜）前点燃一支蜡烛A，再将另一支相同的蜡烛B在玻璃板后面移动，使其与蜡烛A的像完全重合，这样做是为了确定 像的位置 ，并同时可以比较像与物的 大小 关系；
（2）为了进行多次实验，应采取的操作是 ② ；（选填“①”或“②”）
①保持A、B两支蜡烛的位置不变，多次改变玻璃板的位置
②保持玻璃板位置不变，多次改变蜡烛A的位置，进行与上述相同的操作
（3）小华思考后觉得小明的方案并不妥，因为玻璃板有一定的厚度，其实透过玻璃板看到的是蜡烛B的像与A的像重合，所以蜡烛B的位置并不是A的像的真实位置，因此方法测得的像距会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）；
（4）于是他们对实验进行改进，经讨论设计了如图乙所示的方案：将两块平面镜分开一定的距离并固定于不锈钢框架上，将蜡烛A放在平面镜前，可以看见蜡烛通过平面镜成上下两段不完整的虚像，此像虽然不完整，但比玻璃板成像要 清晰 （选填：“清晰”或“暗淡”）一些。他们用此方案确定了蜡烛A像的位置，具体操作是：将另一支相同的蜡烛B在平面镜后面移动，直至使蜡烛B与蜡烛A的像看起来是一个 完整 （选填“完整”或“不完整”）的蜡烛。
【答案】（1）像的位置；大小；（2）②；（3）偏大；（4）清晰；完整。
【解答】解：（1）为了确定像的位置，让蜡烛A的像和蜡烛B重合，既能观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，实验中要使用透明的玻璃板；选用大小相同的两个蜡烛，是为了用蜡烛B代替蜡烛A，来比较像与物的大小关系。
（2）为证明成像特点可靠，应该改变蜡烛到平面镜的距离重复实验多做几次，避免实验现象的偶然性，故选：②。
（3）玻璃板有一定厚度，蜡烛B反射的光通过玻璃板时发生折射而进入人眼，人眼看到的蜡烛B是由于光的折射形成的虚像，这个虚像比蜡烛B更靠近玻璃板一些，当我们认为蜡烛B与蜡烛A的像重合时，而实际的蜡烛B在蜡烛A的像的后方，所以导致每次测得的像距都比物距略大一些，即此方法测得的像距偏大。
（4）玻璃板既能透光又能反射光，平面镜只能反射光，故用平面镜反射的光多，此像虽然不完整，但比玻璃板成像要清晰；
用此方案确定了蜡烛A像的位置，具体操作是：将另一支相同的蜡烛B在平面镜后面移动，直至使蜡烛B与蜡烛A的像看起来是一个完整的蜡烛。
故答案为：（1）像的位置；大小；（2）②；（3）偏大；（4）清晰；完整。
六．光折射规律的应用（共1小题）
10．（2025•姑苏区模拟）如图所示，激光笔发出的一束光从空气中的A点斜射到水面上的O点，经反射后在足够长的刻度尺上形成一光点B。
（1）若入射光线与界面所成的夹角为37°，则反射角为 53° 。
（2）保持入射点O不变，将激光笔竖直靠近空气与水的界面，则在刻度尺上形成的光点将会 向下 （选填“向上”或“向下”）移动。
（3）图中折射光线在刻度尺上也形成一个光点C（图中未标出），则B、C两光点到界面的距离大小关系是：sBD ＜ sCD（选填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）小高在空气中点燃卫生香，从而在周围充以烟雾。他是为了利用烟尘微粒对光的 漫反射 （填“镜面反射”或“漫反射”）来显示光通过的路径。
【答案】（1）53°；（2）向下；（3）＜；（4）漫反射。
【解答】解：（1）若入射光线和界面的夹角为37度，则入射角（入射光线和发现的夹角）为：90°﹣37°＝53°，根据光的反射定律，反射角＝入射角，故反射角为53度；
（2）根据光的反射定律，反射角＝入射角，保持入射点O不变，将激光笔竖直靠近空气与水的界面，则入射角变大，反射角也变大，则在刻度尺上形成的光点将向下移动；
（3）由光的折射定律可知，光从空气射入水中时，折射角小于入射角，即折射光线偏向法线，所以SBD＜SCD；
（4）当光照到烟雾时，烟雾颗粒对光的反射方向是不同的，会发生漫反射现象，所以我们从各角度可以看到光的路径。
故答案为：（1）53°；（2）向下；（3）＜；（4）漫反射。
七．光折射的光路图（共1小题）
11．（2025•无锡模拟）如图所示，水中一激光灯S发出的一束光，经水中平面镜反射后从水面的A点射出，请完成下列作图并保留作图痕迹：
（1）在平面镜反射时的入射光线和反射光线；
（2）空气中折射光线的大致位置。
【答案】
【解答】解：过镜面作出点S的对称点S′，即为点光源S在平面镜中的像，连接S′A与界面交于一点O，即为入射点（反射点），连接SO就得到入射光线，OA即为反射光线；
先过入射点O垂直于界面作出法线，从水中斜射入空气中，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角，如图所示：
八．探究凸透镜成像的规律（共2小题）
12．（2025•花山区校级模拟）小明用弹性膜注水制作了一个水凸透镜，通过注射器注水或抽水改变透镜的厚度，固定透镜，将一个F形光源放在合适位置后，调节光屏得到清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．图甲模拟正常人眼球观察物体时的成像情况，光屏上成倒立放大的实像
B．模拟图乙的成因时需要从水透镜向外抽水
C．若将远视眼镜靠近甲图透镜左侧放置，要将光屏靠近透镜才能承接到清晰的像
D．将蜡烛改为平行光源，将平行玻璃砖放在丙图所示位置，则会聚点将仍在焦点F处
【答案】C
【解答】解：A、由图可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，故A错误；
B、图乙模拟近视眼成因，近视眼是由于晶状体太厚，折光能力强造成的，因此应该向透镜内注水，故B错误；
C、若将远视眼镜靠近甲图透镜左侧放置，远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，会将光线提前会聚成像，因此需将光屏靠近透镜才能承接到清晰的像，故C正确；
D、将蜡烛改为平行光源，将平行玻璃砖放在丙图所示位置，因玻璃砖对光线具有折射作用，所以会聚点不会在焦点F处，故D错误。
故选：C。
13．（2025•雁塔区校级模拟）如图所示，小敏用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个 最小最亮 的光斑，则此时水透镜的焦距为9.0cm；
（2）小敏移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰 缩小 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的像；若水透镜上有一小块污渍，则在光屏上 能 （选填“能”或“不能”）看到完整的像；
（3）如图丙所示，小敏取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，发现光屏上的像由清晰变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是 近视 眼镜（选填“近视”或“远视”）；
（4）如图乙所示，蜡烛随着燃烧而变短，小敏发现像移动到光屏上方，从而影响了实验的进行。为了使像回到光屏中央，她最合理的调整方法是 C 。
A.只需将光屏适当下移
B.只需将凸透镜适当上移
C.将光屏和凸透镜都适当下移
D.以上操作均不可行
【答案】（1）最小最亮；（2）缩小；能；（3）近视；（4）C。
【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，光屏上得到一个最小最亮的光斑，这个最小最亮的光斑是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，则此时水透镜的焦距为9.0cm；
（2）由图乙可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像；
若水透镜上有一小块污渍会挡住透镜的一部分，剩余部分仍能会聚光线成完整的像，但由于会聚的光线比原来减少，所以像比原来变暗；
（3）当向水透镜里注入适量的水后，水透镜凸度变大，对光线的会聚能力增强，发现烛焰的像再次变得清晰，说明水透镜原来“戴上”的是具有发散作用的凹透镜，由于凹透镜可用来纠正近视眼，所以眼镜是近视眼镜；
（4）随着蜡烛燃烧而变短，根据过光心不改变方向，像会向上移动；为了使下面的实验更方便操作，更合理是操作是把蜡烛升高，或凸透镜和光屏同时调低，故C正确；
故选：C。
故答案为：（1）最小最亮；（2）缩小；能；（3）近视；（4）C。
九．凸透镜成像规律的应用（共3小题）
14．（2025•无锡模拟）眼睛是人类心灵的窗户，眼球好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于凸透镜。如图所示，小白同学利用注射器和水膜模拟眼睛看物体的情景。下列描述错误的是（ ）
A．此时“水凸透镜”成像特点与照相机相同
B．若用注射器向水膜里注入适量的水，水透镜对光的偏折能力变强，此时屏上的像变得模糊，为得到清晰的像，可将光屏慢慢靠近水透镜
C．小白分析，当晶状体变厚时，像成在视网膜前，需要佩戴一个合适的凸透镜，才能使像成在视网膜上
D．随着蜡烛燃烧变短，光屏上烛焰的像将会向上移动
【答案】C
【解答】解：A、此时物距大于像距，故成倒立、缩小的实像，应用是照相机，故A正确；
B、若用注射器向水膜里注入适量的水，水透镜对光的偏折能力变强，此时成像靠近凸透镜，为得到清晰的像，可将光屏慢慢靠近水透镜，故B正确；
C、当晶状体变厚时，像成在视网膜前，需要佩戴一个合适的凹透镜，才能使像成在视网膜上，故C错误；
D、随着蜡烛燃烧变短，根据过光心分光传播方向不变可知，光屏上烛焰的像将会向上移动，故D正确。
故选：C。
15．（2025•崂山区模拟）如图所示，虚线框内为一透镜，MN为透镜的主光轴，O是透镜光心，a（双箭头）和b（单箭头）是射向透镜的两条光线。已知光线a通过透镜之后与MN交于P点，光线b通过透镜之后与MN交于Q点。由图可知，下列说法中正确的是
A．透镜是凸透镜，距离OP小于焦距
B．透镜是凸透镜，距离OP大于焦距
C．透镜是凹透镜，距离OQ小于焦距
D．透镜是凹透镜，距离OQ大于焦距
【答案】A
【解答】解：由图中可知，a（双箭头）和b（单箭头）是射向透镜的两条光线。经透镜的作用后光线会聚，由此可判定此透镜为凸透镜；
因为平行主光轴的光线经凸透镜后会聚焦点，而a光线如果不发生折射，他将射向OP的外侧，又因为a不是平行主光轴的光线，所以经凸透镜折射后光线一定在焦点的左侧，所以此时OP小于焦距。
平行主光轴的光线经凸透镜后会聚焦点，而b光线如果不发生折射，将会偏离主光轴射出，又因为b不是平行主光轴的光线，所以经凸透镜折射后光线一定在焦点的右侧，所以此时OQ大于焦距。
故选：A。
16．（2025•碑林区校级模拟）如图是小明参加校园摄影大赛的参赛作品，夕阳下的沙滩上有一颗水晶球，透过水晶球可以看到倒立、 缩小 （选填“放大”或“缩小”）的景色，水晶球相当于 凸 透镜，此时成像原理与生活中的 照相机 （填生活应用）原理相同。
【答案】缩小；凸；照相机
【解答】解：图中所成的像为倒立、缩小的实像，水球具有中间厚，边缘薄的特点，因此水球相当于一个凸透镜，照相机利用了此原理。
故答案为：缩小；凸；照相机。
十．探究固体熔化时温度的变化规律（共2小题）
17．（2025•辽宁模拟）在探究“固体熔化时温度的变化规律”实验中，装置如图甲所示。将温度计插入试管后，待温度升至50℃时开始，每隔1min记录一次温度。根据记录的数据，画出如图丙所示的该物质温度随时间变化的图象。
（1）组装实验器材时，应该按照 自下而上 （选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序安装；图甲中存在的问题是 试管中的固体未全部浸没在烧杯液体中 ；图乙中温度计的示数为 70 ℃。
（2）该固体是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”）。图丙中物质在B点的内能 小于 （选填“大于”“小于”或“等于”）在D点的内能。
（3）比较图丙中的AB段与DE段、它们的倾斜程度不同，原因是该物质在两种物态下 比热容 不同。
【答案】（1）自下而上；试管中的固体未全部浸没在烧杯液体中；70；（2）晶体；小于；（3）比热容。
【解答】解：（1）组装实验器材时，为了确保酒精灯用外焰加热、温度计的玻璃泡浸没在液体中，应该按照自下而上的顺序安装。实验采用水浴法加热，图甲中存在的问题是试管中的固体来全部浸没在烧杯液体中。图乙中温度计的分度值为2℃，示数为70℃。
（2）该物质在熔化过程中，温度保持不变，有固定的熔点，是晶体。图丙中物质在熔化过程中，不断吸收热量，在B点的内能小于在D点的内能。
（3）比较图丙中的AB段与DE 段，它们的倾斜程度不同，说明质量相同的同种物质，吸收相同热量后，温度升高快慢不同，原因是该物质在两种物态下的比热容不同。
故答案为：（1）自下而上；试管中的固体未全部浸没在烧杯液体中；70；（2）晶体；小于；（3）比热容。
18．（2025•安远县校级模拟）如图所示，小李同学用此装置探究冰熔化过程中温度变化情况。
（1）他将观察到的温度计示数变化情况记录在表中。请根据表中数据，在图的坐标纸上画出冰熔化过程中的温度﹣时间图象。
（2）某时刻温度计的读数如所示，此时的温度是 4 ℃；
（3）为减小误差，实验过程中宜选用较大的冰块还是较小的冰块？ 较小的冰块 ；
（4）如果将冰块换成石蜡碎块做同样的实验，石蜡熔化过程中所得到的温度﹣时间图象是否与冰的相同？为什么？ 不同，因为冰是晶体，有一定的熔点，达到熔点时吸热，但温度保持不变；而石蜡是非晶体，熔化时温度一直上升 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）在图象上把表格中对应的十个点做出来，然后将它们连起来。答案如图：
（2）温度计的分度值是1℃，此时的温度是4℃。
（3）为减小实验误差，实验过程中宜选用较小的冰块，因为较小的冰块之间接触紧密，受热均匀。
（4）冰块是晶体，晶体在熔化过程中吸热温度保持不变；石蜡是非晶体，非晶体在熔化过程中吸热温度不断升高。所以石蜡熔化过程中所得到的温度﹣时间图象与冰的不相同。
故答案为：（2）4；（3）较小的冰块；（4）不同，因为冰是晶体，有一定的熔点，达到熔点时吸热，但温度保持不变；而石蜡是非晶体，熔化时温度一直上升。
十一．探究水沸腾时温度变化的特点（共3小题）
19．（2025•保定模拟）小明在做“探究水沸腾时的特点”实验：
（1）实验装置安装时应该自下而上，如图甲所示，操作错误的是 温度计的玻璃泡碰到了容器底 ；
（2）在水温升高到90℃后，小明每隔1min观察1次温度计的示数，记录在表中，直至水沸腾并持续3min后停止读数。
①根据数据，我们可以知道当地此时的大气压强应 低于 （选填“高于”“低于”或“等于”）一个标准大气压。
②小明观察到：沸腾前水中气泡的情形应为 乙 图。
③根据数据，我们可以知道水沸腾时温度变化特点是 吸热，温度保持不变 。
（3）实验中给一定质量的水加热，其温度与时间的关系如图丁中a图线所示，若其他条件不变，仅将水上方气压的增大，则温度与时间的关系图线正确的是 b 。
【答案】（1）温度计的玻璃泡碰到了容器底；（2）①低于；②乙；③吸热，温度保持不变；（3）b。
【解答】解：（1）温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，图甲中温度计的玻璃泡接触了容器底，是错误的。
（2）①水在第5min开始沸腾，不断吸收热量，温度应该保持不变，所以第7min的温度也是99℃；一标准大气压下，水的沸点是100℃，而气压低于一个标准大气压时，水的沸点低于100℃，实验中水沸腾时的温度为99℃，原因是当时气压低于一个标准大气压。
②水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小，图乙符合水沸腾前的现象。
③根据数据，我们可以知道水沸腾时温度变化特点是吸热，温度保持不变。
（3）其它条件不变，仅将水上方气压的增大，从开始加热到沸腾的时间会增加，水的沸点增大，图象b符合题意。
故答案为：（1）温度计的玻璃泡碰到了容器底；（2）①低于；②乙；③吸热，温度保持不变；（3）b。
20．（2025•于洪区校级模拟）如图所示，小红和小青同学做了一系列“探究水沸腾”的实验。
（1）如图甲所示，安装实验装置时，应先调节 A （选填“A”或“B”）的高度。
（2）如图乙所示，是水 沸腾前 （选填“沸腾前”或“沸腾时”）气泡上升过程的情况。
（3）小红同学从水温为89℃开始记录水的温度，每隔1min记录一次数据，并将数据记录在表中。
分析表中的数据可知，当地大气压 低于 1个标准大气压（选填“低于”“等于”或“高于”）。
（4）如图丙所示，小红将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入试管A中，试管A放在装水的容器B内，经过一段时间看到试管A中有小水珠出现，温度计C的示数将 升高 （选填“升高”“降低”或“不变”）。
【答案】（1）A；（2沸腾前；（3）低于；（4）升高。
【解答】解：（1）为确保用酒精灯外焰加热，故装置要自下而上组装，如图甲所示，安装实验装置时，应先调节A的高度。
（2）如图乙所示，是水沸腾前气泡上升过程的情况，因为沸腾前的气泡越变越小，沸腾时的气泡越变越大。
（3）分析表中的数据可知，当地大气压低于1个标准大气压（因为水在1标准大气压下的沸点为100℃）。
（4）如图丙所示，小红将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入试管A中，试管A放在装水的容器B内，经过一段时间看到试管A中有小水珠出现，是液化现象，液化要放出热量，故温度计C的示数将升高。
故答案为：（1）A；（2沸腾前；（3）低于；（4）升高。
21．（2025•青岛模拟）观察水的沸腾实验
（1）按图甲组装器材，使用大试管可以适当缩短实验时间，也可以更好地观察水沸腾前后 气泡 的变化。用酒精灯加热，水温达到88℃时开始读数，每隔1min记录一次，第3min时温度计示数如图乙所示，读数为 94 ℃；
（2）用表中数据在图丙上作出水温随时间变化的图像；
（3）由图可知，水的沸点为 98 ℃；
（4）为研究沸点与气压的关系，用抽气打气两用气筒、橡皮塞等组装成如图丁所示装置。用气筒 抽气 （抽气/打气），观察到水再次沸腾，记录此时的 沸点温度 ，多次实验可得出的结论是 沸点随气压减小而降低 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）使用大试管可以适当缩短实验时间，也可以更好地观察水沸腾前后气泡变化；
图中温度计分度值为1℃，则读数为94℃。
（2）根据表格中的数据，逐个描点画出图象如下：
（3）由图可知，当水温达到98℃之后就不再变化，所以水的沸点是98℃。
（4）打气时，烧瓶内的气压增大，沸腾的水不再沸腾；用气筒向外抽气，则烧瓶内的气压减小，水的沸点随之降低，因此水又重新开始沸腾，记录此时的沸点温度，多次实验可得出的结论是：沸点随着气压的减小而降低。
故答案为：（1）气泡；94；（2）见解答图；（3）98；（4）抽气；沸点温度；沸点随着气压的减小而降低。
十二．比较不同物质吸热的情况（共3小题）
22．（2025•丹徒区模拟）利用如图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热得到温度随时间变化的图象如图乙所示[c＝4.2×103J/（kg•℃）]。下列说法正确的是（ ）
A．应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B．分析图乙可得食用油的比热容为2.8×103J/（kg•℃）
C．2min时a吸收的热量比b多
D．吸热能力较强的是a，它更适合作冷却剂
【答案】B
【解答】解：A、根据比较不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故应在两个相同的烧杯中加入质量（水和食用油密度不同，根据m＝ρV，体积相同的水和食用油质量不同）和初温均相同的水和食用油，故A错误；
BD、根据转换法，使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少。根据图乙可知，升高20℃，a、b的加热时间分别为2min和3min（a、b吸热之比为2：3），根据比较吸热能力的方法，b的吸热能力强，b为水；根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），可得食用油的比热容为：
c=23×4.2×103J/（kg•℃）＝2.8×103J/（kg•℃）；
故B正确；D错误；
C、根据转换法，2min时a吸收的热量与b一样多，故C错误。
故选B。
23．（2025•鱼峰区模拟）小柳用两个相同的酒精灯分别给水和煤油加热，如图甲所示，比较水和煤油的吸热能力的强弱。
（1）实验前，两烧杯分别装入 质量 （选填“质量”或“体积”）和初温相等的水和煤油；在图甲中组装器材时先调整 B （选填“A”或“B”），便于使用酒精灯外焰加热。
（2）实验中，通过比较 加热时间 来间接反映水和煤油吸收热量的多少，小柳根据实验数据作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像，如图乙，水和煤油都升高到98℃，两者吸收的热量 不相等 （选填“相等”或“不相等”）；
（3）为了比较甲、乙液体的吸热本领，小柳提出两种比较方案：
①让两者加热相同时间比较升高的温度；
②让两者升高相同的温度比较加热时间。
在两种液体都不沸腾的前提下，你认为可行的方案是 ①和② （选填“①”、“②”或“①和②”）。
（4）由图像可知，煤油吸热能力比水 弱 。
【答案】（1）质量；B；（2）加热时间；不相等；（3）①和②；（4）弱。
【解答】解：（1）根据热量的计算公式Q吸＝cmΔt，液体吸收的热量与质量、比热容和温度的变化量有关，根据控制变量法，实验中应保持质量不变。铁架台的底座是固定的，为了方便用酒精灯外焰加热，应先调整B处的高度。（2）吸收热量的多少不易直接观察，实验中用两个完全相同的酒精灯加热，相同时间产生的热量是相同的，可以利用加热时间间接反映吸收热量的多少。水和煤油都从68℃升高到98℃，水的加热时间为20min，煤油的加热时间为10min，由于两个酒精灯相同，加热时间越长，表明吸收的热量越多，故两者吸收的热量是不相等的。（3）①让两者升高相同的温度，加热时间越长，液体吸收的热量越多，所以液体吸热能力越强，故①正确；②让两者加热相同时间，则两种液体吸收热量相同，比较升高的温度，升高的温度越少，液体吸热能力越强，故②正确；
综上所述，可行的方案是①和②；
（4）由乙图可知，加热相同的时间，两种液体吸收相同的热量，煤油的温度变化快，说明煤油的吸热能力弱。故答案为：（1）质量；B；（2）加热时间；不相等；（3）①和②；（4）弱。
24．（2025•福建校级模拟）小明利用如图所示器材测量家中植物油的比热容。假设周围环境的气压为一个标准大气压，忽略鹅卵石、水和植物油在空气中热量散失。
实验步骤：
第一步：用案秤称出鹅卵石的质量m，然后在杯中分别倒入与鹅卵石质量相同的水和植物油，鹅卵石、水和植物油的温度均为25℃；
第二步：将两个相同的鹅卵石放入热水壶的沸水中，待它们与沸水同温后，夹起鹅卵石迅速分别放入装有水和植物油的杯中，测出鹅卵石与水、鹅卵石与植物油同温时的温度分别为t水＝37℃、t油＝50℃；
（1）鹅卵石放入沸水后，鹅卵石的内能 增大 （选填“增大”或“减小”），这是通过 热传递 （选填“做功”或“热传递”）的方式改变内能；
（2）第二步中当鹅卵石和水同温时，鹅卵石放出的热量 等于 水吸收的热量；杯中水吸收的热量 大于 植物油吸收的热量；（均选填“大于”“小于”或“等于”）
（3）鹅卵石的比热容 小于 （选填“大于”“小于”或“等于”）植物油的比热容；
（4）植物油的比热容c油＝ 1.6×103 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）增大；热传递；（2）等于；大于；（3）小于；（4）1.6×103。
【解答】解：（1）鹅卵石放入沸水后，鹅卵石吸热，温度升高，内能增大，这是通过热传递的方式改变内能；
（2）第二步中当鹅卵石和水同温时，忽略鹅卵石、水和植物油在空气中热量散失，故鹅卵石放出的热量等于水吸收的热量；
根据已知条件可知，测出鹅卵石与水、鹅卵石与植物油同温时的温度分别为t水＝37℃、t油＝50℃，即鹅卵石的末温分别为37℃和50℃，而鹅卵石的初温为100℃，故可知在水中的鹅卵石温度降低得多，
根据Q＝cmΔt可知，放入水中的鹅卵石放热多，故水吸热多，故可知杯中水吸收的热量大于植物油吸收的热量；
（3）放入油中的鹅卵石放出的热量等于油吸收的热量，根据Q＝cmΔt可得：
c鹅卵石m（100℃﹣50℃）＝c油m（50℃﹣25℃）﹣﹣﹣﹣﹣①
可知鹅卵石的比热容小于植物油的比热容；
（4）根据鹅卵石放出的热量等于水吸收的热量，故有：
c鹅卵石m（100℃﹣37℃）＝c水m（37℃﹣25℃）﹣﹣﹣﹣﹣②
根据②可得c鹅卵石＝0.8×103J/（kg•℃），
根据①可得，植物油的比热容：c油＝1.6×103J/（kg•℃）。
故答案为：（1）增大；热传递；（2）等于；大于；（3）小于；（4）1.6×103。
十三．利用比热容的公式计算热量（共2小题）
25．（2025•安阳县一模）将1kg某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其均匀加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示，该物质在ab段加热过程中内能 增大 （选填“增大”“减小”或“不变”），若该物质液态时的比热容为2.4×103J/（kg•℃），该物质在bc段吸收的热量为 7.2×104 J。
【答案】增大；7.2×104
【解答】解：由图可知，该物质在ab段不断吸收热量，温度不变，处于熔化过程，内能增大；
该物质在bc段时为液态，初温为50℃，末温为80℃，吸收的热量为\
Q吸＝cmΔt＝2.4×103J/（kg•℃）×1kg×（80℃﹣50℃）＝7.2×104J。
故答案为：增大；7.2×104。
26．（2025•泸县校级一模）在标准大气压下，一个质量为200g的烧红的铁钉，温度为600℃，若它的温度降低到100℃，释放的热量为 4.2×104 J；若这些热量全部用于加热100g52℃的水，则水温将升高 48 ℃。（已知铁的比热容为0.42×103J/（kg•℃），水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））
【答案】4.2×104；48。
【解答】解：铁钉释放的热量：Q放=c铁m铁Δt铁=0.42×103J/(kg⋅℃)×200×10−3kg×(600℃−100℃)=4.2×104J；
根据题意可知，水吸收的热量：Q吸＝Q放＝4.2×104J，
由Q吸＝cmΔt可知，水升高的温度：Δt水=Q吸c水m水=4.2×104J4.2×103J/(kg⋅℃)×100×10−3kg=100℃，
此时水可能的末温t＝Δt水+t0＝100℃+52℃＝152℃，
一个标准大气压下，水的沸点为100℃，而且水沸腾时，继续吸热，温度保持不变，
故水升高的温度：Δt＝100℃﹣52℃＝48℃。
故答案为：4.2×104；48。
十四．固体和液体的热值计算（共3小题）
27．（2025•柳州模拟）2022年2月27日11时许，伴随着一阵山呼海啸般的巨响，长征八号遥二运载火箭搭载着22颗卫星，在我国文昌航天发射场一飞冲天，创造了我国“一箭多星”即单次发射卫星数量最多的纪录，由此开启了我国新的共享火箭“拼车”模式。火箭发动机做功把燃料燃烧的内能转化为 机械 能，若该燃料的热值为1.4×108J/kg，则完全燃烧500g该燃料放出的热量是 7×107 J。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：火箭发动机做功给火箭提供动力，使火箭加速上升，机械能增加，增加的机械能是由燃料的内能转化而来，故火箭发动机做功把燃料燃烧的内能转化为机械能；
根据题意可知，燃料完全燃烧的质量m＝500g＝0.5kg，
则完全燃烧500g燃料放出的热量：Q放＝mq＝0.5kg×1.4×108J/kg＝7×107J。
故答案为：机械；7×107。
28．（2025•山西模拟）如图所示是利用5G网络实现远程驾驶的纯电动汽车，其质量为1.5×103kg，车轮与路面接触的总面积为1000cm2，该车在水平路面上匀速直线行驶48km，用时40min，这一过程中汽车发动机的功率恒为32kW。（汽油热值取4.6×107J/kg，g取10N/kg）求：
（1）该车静止在水平路面上对路面的压强。
（2）在这一过程中汽车受到的阻力。
（3）在（2）的条件下，汽车的电动机效率为80%，匀速行驶4.6km，消耗的电能相当于完全燃烧多少千克的汽油所释放的能量。
【答案】（1）该车静止在水平路面上对路面的压强为1.5×105Pa。
（2）在这一过程中汽车受到的阻力为1600N。
（3）在（2）的条件下，汽车的电动机效率为80%，匀速行驶4.6km，消耗始电能相当于完全燃烧0.2kg的汽油所释放的能量。
【解答】解：
（1）该车静止在水平路面上对路面的压力为
F＝G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝1.5×104N，
该车静止在水平路面上对路面的压强p=FS=1.5×104N1000×10−4m2=1.5×105Pa；
（2）汽车运动的速度为v=st=48×103m40×60s=20m/s；
汽车的牵引力为F=Pv=32×103W20m/s=1600N；
由二力平衡得，在这一过程中汽车受到的阻力f＝F＝1600N；
（3）该车匀速行驶 4.6km 做的功W＝Fs＝1600N×4600m＝7.36×106J，
燃料完全燃烧释放的热量Q放=W′η=7.36×106J80%=9.2×106J，
由Q放＝mq得，消耗汽油的质量m油=Q放q=9.2×106J4.6×107J/kg=0.2kg。
答：（1）该车静止在水平路面上对路面的压强为1.5×105Pa。
（2）在这一过程中汽车受到的阻力为1600N。
（3）在（2）的条件下，汽车的电动机效率为80%，匀速行驶4.6km，消耗始电能相当于完全燃烧0.2kg的汽油所释放的能量。
29．（2025•青岛模拟）随着新能源政策的引导及风力发电、并网等技术的发展，我国风力发电开发走在了世界前列，装机容量居全球第一。某地有一风力发电站，其中一台风力发电机1s内提供的电能约为1.8×104J，1年内提供的电能约为4.8×1011J。求：
（1）若该风力发电机1s内提供的电能全部转化为内能，并有70%被水吸收，可以使100g常温下的水升高多少摄氏度；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（2）若该风力发电机1年内提供的电能改由火力发电机来提供，且火力发电机工作时煤炭燃烧产生的热量约40%转化为电能，则需要完全燃烧多少千克煤炭。（煤炭的热值q约3.0×107J/kg）
【答案】（1）若该风力发电机1s内提供的电能全部转化为内能，并有70%被水吸收，可以使100g常温下的水升高30摄氏度；
（2）若该风力发电机1年内提供的电能改由火力发电机来提供，且火力发电机工作时煤炭燃烧产生的热量约40%转化为电能，则需要完全燃烧4×104kg煤炭。
【解答】解：根据题意得，一台风力发电机1s内提供的电能约为1.8×104J，
1s内所产生的电能（70%被水吸收），则Q吸＝70%W电＝70%×1.8×104J＝1.26×104J，
由Q吸＝cmΔt可得：Δt=Q吸cm=1.26×104J4.2×103J/(kg⋅℃)×0.1kg=30℃；
（2）一台风力发电机1年内提供的电能约为4.8×1011J，
火力发电机工作时煤炭燃烧产生的热量约40%转化为电能，Q火=W电40%=4.8×1011J0.4=1.2×1012J；
煤炭质量m=Q火q=1.2×1012J3.0×107J/kg=4×104kg。
答：（1）若该风力发电机1s内提供的电能全部转化为内能，并有70%被水吸收，可以使100g常温下的水升高30摄氏度；
（2）若该风力发电机1年内提供的电能改由火力发电机来提供，且火力发电机工作时煤炭燃烧产生的热量约40%转化为电能，则需要完全燃烧4×104kg煤炭。
十五．热机的效率公式与计算（共1小题）
30．（2025•安阳县一模）某型号汽车在车型测试中，在一段平直公路上匀速行驶了36km，用时0.5h，车的总质量为3×103kg，受到的阻力为车重的0.12倍，已知这一过程消耗燃油15L，假设燃油完全燃烧，燃油密度为0.8×103kg/m3，燃油热值为4.5×107J/kg，求：
（1）若该汽车在平直的公路上匀速行驶的路程为s，发动机牵引力为F，其发动机效率η，汽油的热值为q，请推导该汽车在这段路程内消耗汽油质量的表达式m=Fsηq。
（2）该汽车发动机的效率；
【答案】见试题解答内容
【解答】解：①推导：因为Q放＝m×q w有用＝F×S
根得：
ηQ放＝W有用
即 ηm×q＝F×S
解得：m=FSηq
②汽车的重量为G＝mg＝3×103kg×10N/kg＝3×104N
牵引力F牵＝f＝0.12G＝0.12×3×104N＝3.6×103N
牵引力做功为W机械＝F牵×S＝3.6×103N×36×103m＝1.296×108J
燃油的质量为m油＝ρ油V油＝15×10﹣3m3×0.8×103kg/m3＝12kg
燃油燃烧释放的热量为
Q放＝m×q＝12kg×4.5×107J/kg＝5.4×108J
则该汽车发动机的效率为
η=W机械Q放×100%=1.296×108J5.4×108J×100%＝24%
答：（1）推导过程见解答；（2）该汽车发动机的效率24%。
板块二：力学
十六．速度公式的应用（共2小题）
31．（2025•福州校级模拟）甲车从A地沿直线向B地运动，同时乙车从B地沿直线向A地运动，它们的s﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲做变速直线运动，乙做匀速直线运动
B．0～2s内，甲比乙运动得快
C．2s～6s内，乙做匀速直线运动
D．甲、乙运动了8s时，在距甲的出发点40m处相遇
【答案】D
【解答】解：
A、由图知，根据甲的s﹣t图像为一直线可知甲做匀速直线运动；乙在2﹣6s内路程不变，处于静止，故乙不是做匀速运动，A错误；
B、由图知，0～2s内，甲运动的路程不到20m，乙运动的路程为40m，由v=st可得，乙比甲运动得快，故B错误；
C、2s～6s内，乙处于静止状态，故C错误；
D、由图知，运动了8s时，甲、乙相遇，甲通过的路程为40m，乙通过的路程为60m，故在距甲的出发点40m处相遇，D正确。
故选：D。
32．（2025•无锡模拟）2022年12月，南京燕子矶长江隧道建成通车，隧道全长约5.7 km 。（填单位）；一辆汽车以80km/h的速度在隧道内匀速行驶3min，通过的路程为 4000 m；许多人跑步健身时佩戴智能手环，它可以显示“配速”，“配速”表示跑每公里所需要的时间。某人跑步结束时其佩戴的智能手环显示配速为6min40s，由此可以计算出他跑步的平均速度为 2.5 m/s。
【答案】见试题解答内容
【解答】解；（1）隧道全长约5.7km；
（2）汽车通过的路程为：
s＝vt＝80km/h×3min＝80km/h×120h＝4km＝4000m；
（3）某人跑步的路程s＝1公里＝1km＝1000m，
所用时间为t＝6min40s＝400s，
平均速度为v=st=1000m400s=2.5m/s。
故答案为：km；4000；2.5。
十七．测量液体的密度（共2小题）
33．（2025•忻州一模）沙棘汁是山西吕梁的特产，含有丰富的维生素、微量元素、氨基酸等营养成分，适当饮用可以补充身体所需要的营养。小明喜欢喝沙棘汁，在学习密度之后，他想要测量沙棘汁的密度，设计了如下实验方案。
（1）调节天平横梁平衡时，发现指针静止在分度盘上的位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节。
（2）用天平测出空烧杯的质量为50g，将沙棘汁倒入烧杯，测出烧杯和沙棘汁的总质量，如图乙所示，总质量为 74 g。
（3）再将烧杯中的沙棘汁全部倒入量筒，如图丙所示，测得沙棘汁的密度为 1.2 g/cm3。
（4）分析上述实验操作过程，发现测量的密度值偏 大 （选填“大”或“小”）。
（5）请你调整实验步骤，为小华提出可以减小误差的方法： ①先测出沙棘汁和烧杯的总质量m1；②将沙棘汁倒入量筒，并测量倒出的沙棘汁体积V；③再测量烧杯的总质量为m2. ；并写出沙棘汁密度的表达式： ρ=m1−m2V 。
【答案】（1）右；（2）74；（3）1.2；（4）变大；（5）①先测出沙棘汁和烧杯的总质量m1；②将沙棘汁倒入量筒，并测量倒出的沙棘汁体积V；③再测量烧杯的总质量为 m2；ρ=m1−m2V。
【解答】（1）使用天平调节横梁平衡时，指针左盘右调，右偏左调平衡螺母，直到天平平衡，图甲种指针左偏，故向右调节平衡螺母；
（2）烧杯和沙棘汁的总质量m总＝50g+20g+4g＝74g；
（3）图丙中，量筒的分度2mL，量筒中沙棘汁的体积V＝20mL＝20cm3，
沙棘汁的质量m＝m总﹣m1＝74g﹣50g＝24g，
沙棘汁的密度ρ=mV=24g20cm3=1.2g/cm3；
（4）由于把烧杯中的沙棘汁倒入量筒时，烧杯壁会留有残液，测量的沙棘汁的体积偏小，由密度ρ=mV可知，测量的密度偏大了；
（5）为了避免烧杯壁残液对测量结果的影响，可先测量体积后，再测量烧杯的质量操作步骤如下：）①先测出沙棘汁和烧杯的总质量m1；②将沙棘汁倒入量筒，并测量倒出的沙棘汁体积V；③再测量烧杯的总质量为 m2；
ρ=m1−m2V。
故答案为：（1）右；（2）74；（3）1.2；（4）变大；（5）①先测出沙棘汁和烧杯的总质量m1；②将沙棘汁倒入量筒，并测量倒出的沙棘汁体积V；③再测量烧杯的总质量为 m2；ρ=m1−m2V。
34．（2025•安康模拟）小明想测量标有净含量是“250mL”的某品牌牛奶的密度，请帮他完成下面的实验：
（1）测量前将天平放在水平台上，将游码移动到零刻度线，横梁静止时，指针指在如图甲所示的位置，为使天平横梁水平平衡，应将平衡螺母向 右 端移动；
（2）小明用调好的天平测量这盒牛奶的质量，天平横梁水平平衡时盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，则盒与牛奶的总质量为 271.4 g；
（3）小明将盒中牛奶全部倒入塑料杯中（如图丙所示），称得包装盒的质量为11.4g，则他利用牛奶的“净含量”求得它的密度为ρ奶＝ 1.04×103 kg/m3；
（4）若牛奶的“净含量”标注准确，他测得的密度值偏 小 （选填“大”或“小”）。
【答案】（1）右；（2）271.4；（3）1.04×103；（4）小。
【解答】解：（1）将天平放在水平台面上，游码移到左端零刻度线若指针不在分度盘的中央，按照指针左偏右调，右偏左调的方法，调节平衡螺母，直到天平平衡，如甲中指针左偏，故向右调节平衡螺母；
（2）由图甲可知，盒与牛奶的总质量m总＝100g+100g+50g+20g+1.4g＝271.4g；
（3）盒中的牛奶的质量：m奶＝m总﹣m盒＝271.4g﹣11.4g＝260g，
由题牛奶的体积：V奶＝250mL＝250cm3，
所以牛奶的密度：
ρ=m奶V奶=260g250cm3=1.04g/cm3＝1.04×103kg/m3；
若牛奶的“净含量”标注准确，即牛奶的体积准确，但盒中牛奶全部倒入塑料杯中会有一部分奶残留在盒中，所以所测牛奶质量偏小，由密度ρ=mV可知，测量的密度值偏小。
故答案为：（1）右；（2）271.4；（3）1.04×103；（4）小。
十八．测量固体的密度（共2小题）
35．（2025•惠州模拟）图中为苗族银饰舞《苗山银月》里的部分银饰物，为了鉴别它是由什么材料制成，小丽和小红借来学校的天平和量筒准备测量银饰物的密度：
（1）如图甲所示小丽把天平放在水平桌面上，调节平衡螺母，使天平平衡。小红认为此操作有误，原因是 游码未移动到标尺左端零刻度线处，就调节平衡螺母 。她们用重新调节好的天平测银饰物的质量，天平平衡时所用砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，则银饰物的质量是 128.8g 。
（2）要测银饰物的体积时，她们发现银饰物太大，无法放进量筒，于是又借来一大一小的烧杯，采取以下步骤测出银饰物的体积：
①把木块和大烧杯按如图丙所示组装，向大烧杯中注水直至有水溢出为止，待水不再流出，将小烧杯放在大烧杯的出水口下方；
②用细线系住银饰物轻轻放入水中如图丁所示，待水不流时拿开小烧杯；
③用天平称出小烧杯和水的总质量为64g；
④测出空小烧杯的质量为50g；
⑤求出银饰物的密度为 9.2×103 kg/m3。
（3）为减小误差，你认为第（2）小题中的实验顺序应为 ④①②③⑤ 。
【答案】（1）游码未移到零刻度处，就调节平衡螺母；128.8g；（2）⑤9.2×103
（3）④①②③⑤。
【解答】解：（1）使用天平时，将天平放在水平桌面上，将游码移动到标尺左端零刻度线处，若此时指针不在分度盘的中央时，按照左偏右调，右偏左调的方法，调节平衡螺母直到天平平衡，故错误是游码未移动到标尺左端零刻度线处，就调节平衡螺母；
银饰质量＝100g+20g+5g+3.8g＝128.8g；
（2）银饰物的体积等于排开水的体积，V=V水=m1−m0ρ水=64g−50g1g/cm3=14cm3
银饰物的密度ρ=mV=128.8g14cm3=9.2g/cm3=9.2×103kg/m3；
（3）为了避免小烧杯壁沾水引起的测量银饰物体积的误差，应先测量出小烧杯的质量，再测量小烧杯和流入小烧杯水的中质量，计算水的体积及银饰物的体积，即合理的顺序为：④①②③⑤。
故答案为：（1）游码未移到零刻度处，就调节平衡螺母；128.8g；（2）⑤9.2×103
（3）④①②③⑤。
36．（2025•丛台区校级一模）某小组在“测量金属块密度”的实验中：
（1）把天平放在水平桌面上，将 游码 拨至标尺左端的零刻度线处，发现如图甲所示情况，应向 右 调节平衡螺母，使指针指到分度盘的中央。
（2）天平平衡后，小组的小滨同学按图乙所示的方法称量金属块的质量，请写出其中的一处错误： 用手加减砝码（或物体和砝码放反了） 。
（3）小滨纠正了错误，正确操作，天平再次平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图丙所示，所称量金属块的质量是 79.2 g。
（4）小滨在量筒内倒入20mL的水，放入金属块后量筒内水面如图丁所示，量筒读数时，视线应在 B （选填“A”“B”或“C”）处，金属块的体积是 10 cm3，金属块密度是 7.92 g/cm3。
【答案】（1）游码；右；（2）用手加减砝码（或物体和砝码放反了）；（3）79.2；（4）B；10；7.92
【解答】解：（1）天平使用之前先调平，调平的方法是：将天平放在水平桌面上，游码移到标尺的零刻线上，已知指针偏向分度盘左侧，因此要向右移动平衡螺母，直到指针指在分度盘的中间。
（2）天平使用时，要使用镊子向盘中加减砝码，不能用手直接拿放；同时物体要放在左盘，砝码要放在右盘，位置不能放错。
（3）由图丙知，标尺的分度值为0.2g，读数为4.2g，物体的质量
m＝50g+20g+5g+4.2g＝79.2g；
（4）对量筒读数时，视线要与最低液面相平，故应在B处；
金属块的体积为：V＝30cm3﹣20cm3＝10cm3；
金属块的密度为：ρ=mV=79.2g10cm3=7.92g/cm3。
故答案为：（1）游码；右；（2）用手加减砝码（或物体和砝码放反了）；（3）79.2；（4）B；10；7.92。
十九．有天平、无量筒测密度（共2小题）
37．（2025•平陆县模拟）小伟所在的学习小组想知道“营养早餐工程”中奶的密度，于是进行了如下实验。
（1）实验时，应将天平放在 水平 台面上。图甲是小伟在调节天平时的情景，他在操作上的错误之处是 游码未移至标尺左端零刻度线处，就去调节平衡螺母 。
（2）用调好的天平测出空烧杯的质量为56.4g，在烧杯中倒入适量的牛奶，测出烧杯和牛奶的总质量如图乙所示，再将烧杯中的牛奶全部倒入量筒中，牛奶的体积如图丙所示，则牛奶的密皮为 1.1×103 kg/m3。
（3）小伟用这种方法测出的牛奶密度会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”），原因是 把烧杯中的牛奶全部倒入量筒时，烧杯壁留有残液，测量的牛奶的体积偏低 。
（4）实验结束后，同组的小梦同学说：“只用天平也物测出中奶的密度。”于是小组同学选用两个完全相同的烧杯和适量的水，设计了如下实验步骤，请你补充完整。
①用调好的天平测出空烧杯的质量为m0；
②在两个烧杯上分别用笔做一个等高的标记，用一个烧杯装水到标记处，用天平测出烧杯和水的总质量为m1；
③同样用另一个烧杯装牛奶到标记处，用天平测出烧杯和牛奶的总质量为m2；
④则牛奶的密度表达式为ρ＝ m2m1ρ水 （已知水的密度为ρ水）。
【答案】（1）水平；游码为移至标尺左端零刻度线处，就去调节平衡螺母；（2）1.1×103；（3）把烧杯中的牛奶全部倒入量筒时，烧杯壁留有残液，测量的牛奶的体积偏低；（4）m2m1ρ水。
【解答】解：（1）使用天平时，将天平放在水平台面上，将游码调至标尺左端零刻度线处，调节平衡螺母，直到天平平衡，图甲中未把游码调至标尺左端就去调节平衡螺母；
（2）烧杯和牛奶的总质量m总＝100g+20g+2.4g＝122.4g，
牛奶的质量m＝m总﹣m1＝122.4g﹣56.4g＝66g，
图丙中，量筒的分度值时4mL，量筒中牛奶的体积V＝60mL＝60cm3，
牛奶的密度ρ=mV=66g60cm3=1.1g/cm3=1.1×103kg/m3；
（4）由题意可知，水和牛奶的体积相同，根据质量m＝Vρ知，体积相同时质量的比等于密度的比，故m1：m2＝ρ水：ρ，所以ρ=m2m1ρ水。
故答案为：（1）水平；游码为移至标尺左端零刻度线处，就去调节平衡螺母；（2）1.1×103；（3）把烧杯中的牛奶全部倒入量筒时，烧杯壁留有残液，测量的牛奶的体积偏低；（4）m2m1ρ水。
38．（2025•西安校级模拟）小明在测量花生油和实心物体A密度的实验中。
（1）把天平水平放置，游码放在标尺左端的零刻度线处，发现指针静止时如图甲所示，则应将平衡螺母向 右 调节（选填“左”或“右”），直到横梁平衡；
（2）将花生油倒入空烧杯，用天平测得其总质量为79g。再将烧杯中的花生油倒入量筒中，测得量筒中油的体积为60cm3；用天平测量剩余花生油和烧杯的总质量时，如图乙所示，实验人员用手拿砝码的做法 不规范 （选填“规范”或“不规范”），当横梁再次平衡时如图丙所示，花生油的密度为 0.9×103 kg/m3。
（3）在测量A的密度时，不慎碰坏了量筒，于是利用矿泉水瓶（图丁）代替量筒继续进行实验，实验步骤如下：
①测出A的质量m1；
②往矿泉水瓶中灌满水，拧紧瓶盖后擦干瓶子，测出其总质量m2；
③ 将A放入矿泉水瓶中，拧紧瓶盖后擦干瓶子 ，测出其总质量m3；
④求得A的密度为ρ＝ m1m2+m1−m3ρ水 （用ρ水、m1、m2、和m3来表示）。
【答案】（1）右；（2）不规范；0.9×103；（3）将A放入矿泉水瓶中，拧紧瓶盖后擦干瓶子；m1m2+m1−m3ρ水
【解答】解：（1）实验中，天平水平放置，游码放在标尺左端的零刻度线处，图叫中指针偏向分度值的左侧，需要将平衡螺母向右调节。
（2）夹取砝码时要用镊子，图乙中用手拿砝码是错误的。
由图丙可知，剩余花生油和烧杯的总质量为：m＝20g+5g＝25g；
花生油的密度为：ρ=mV=79g−25g60cm3=0.9g/cm3=0.9×103kg/m3；
（3）③将A放入矿泉水瓶中，拧紧瓶盖后擦干瓶子，测出其总质量m3；
④A的体积为：VA=V排=m2+m1−m3ρ水；
A的密度为：ρ=m1VA=m1m2+m1−m3ρ水=m1m2+m1−m3ρ水。
故答案为：（1）右；（2）不规范；0.9×103；（3）将A放入矿泉水瓶中，拧紧瓶盖后擦干瓶子；m1m2+m1−m3ρ水。
二十．平衡力与相互作用力的辨析（共2小题）
39．（2025•和平区模拟）B是磁铁，对铁块A有吸引力F，竖直的墙壁表面也是铁做的，A、B都相对墙壁保持静止状态（可以把物体受到的摩擦力当作是作用在物体重心上），下列说法正确的是（ ）
①F和B对A的压力是一对平衡力
②A对B的压力和B对A的压力是一对平衡力
③A受到的重力和B对A的摩擦力是一对平衡力
④B一定受到A向下的摩擦力
⑤仅当A比B重时，B受到A的摩擦力是竖直向下的
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③⑤
【答案】C
【解答】解：
①以A为研究对象，A保持静止状态，受平衡力作用；在水平方向上，A只受吸引力F和B对A的压力，所以二力一定是一对平衡力，故①正确；
②A对B的压力和B对A的压力，二力的受力物体不同，是一对相互作用力，而不是一对平衡力，故②错误；
③以A为研究对象，A保持静止状态，受平衡力作用；在竖直方向上，A只受到的重力和B对A的摩擦力，所以二力也一定是一对平衡力，故③正确；
④A在竖直方向上受到竖直向下的重力和B对A竖直向上的摩擦力，由于物体间力的作用是相互的，所以B一定受到A向下的摩擦力，故④正确；
⑤由④的分析可知，B一定受到A向下的摩擦力，与A、B重力的大小关系无关，故⑤错误。
综上所述，说法正确的是①③④。
故选：C。
40．（2025•姑苏区模拟）小海用弹簧测力计拉着小木块使其沿平行于接触面方向做匀速直线运动。在如图所示的五种情景中，弹簧测力计对小木块的拉力和小木块所受的摩擦力是一对平衡力的有 ②③④ ，木块所受重力和木板对小木块的支持力是一对平衡力的有 ② 。
【答案】②③④；②。
【解答】解：①中拉力和摩擦力不在同一条直线上，不符合二力平衡条件，所以不是一对平衡力；拉力会给木块一个向上的力，所以木块受到的重力与支持力大小不相等，不符合二力平衡条件，所以也不是平衡力；
②中水平匀速直线拉着木块运动，木块处于平衡状态，水平方向上受到的拉力和摩擦力符合二力平衡条件，所以是一对平衡力；竖直方向上受到的重力和支持力符合二力平衡条件，所以也是一对平衡力；
③中水平匀速直线拉着木块运动，木块处于平衡状态，水平方向上受到的拉力和摩擦力符合二力平衡条件，所以是一对平衡力；竖直方向上支持力等于木块的重力和砝码对木块的压力之和，不符合二力平衡条件，所以小木块所受重力和木板对小木块的支持力不是一对平衡力；
④中水平匀速直线拉着木块运动，木块处于平衡状态，水平方向上受到的拉力和摩擦力符合二力平衡条件，所以是一对平衡力；竖直方向上支持力等于木块的重力和砝码对木块的压力之和，不符合二力平衡条件，所以小木块所受重力和木板对小木块的支持力不是一对平衡力；
⑤中木块沿斜面匀速上升，拉力和摩擦力的大小不相等，不符合二力平衡条件，所以拉力和摩擦力不是一对平衡力；此时重力竖直向下，支持力垂直斜面向上，这两个力不在同一条直线上，不符合二力平衡条件，所以不是平衡力。
综上分析可知，弹簧测力计对小木块的拉力和小木块所受的摩擦力是一对平衡力的有②③④；小木块所受重力和木板对小木块的支持力是一对平衡力的有②。
故答案为：②③④；②。
二十一．探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验（共2小题）
41．（2025•广州模拟）小朱设计的“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验方案如图甲所示。
（1）如图甲所示，把一个木块放在长木板上，用弹簧测力计沿水平方向 匀速直线 拉动木块，由此可以测出木块受到的滑动摩擦力大小；
（2）保持其它条件不变，在图甲的木块上放一个150g的砝码，用弹簧测力计拉动木块，弹簧测力计的示数比没放砝码前大，由此可得出滑动摩擦力大小与 压力 有关。此外取走弹簧测力计，将长木板换成海绵，比较没放砝码与放了砝码海绵的凹陷程度，可以探究 压力作用效果与压力大小的关系 ；
（3）保持其它条件不变，在图甲实验中将长木板更换成毛巾，拉动木块，比较更换前后弹簧测力计的示数，可以探究滑动摩擦力大小与 接触面积的粗糙程度 关系；
（4）为了探究滑动摩擦力大小与接触面积是否有关，小朱沿竖直方向切去一半木块，测得摩擦力大小是图甲中的一半，于是他得出滑动摩擦力大小与接触面积大小成正比。你认为小朱的结论是 错误 （选填“正确”或“错误”）的，理由是 没有控制压力大小相等 ；
（5）另一同学设计了如图乙、丙所示两种装置继续实验，比较这两种装置下小朱觉得装置丙更好，其理由是 不用匀速拉动木板，弹簧测力计的示数稳定便于读数 。若使用这个装置实验，测得拉动木板的拉力F＝6N，弹簧测力计的示数为4N，则木块此时受到的摩擦力大小为 4 N。
【答案】（1）匀速直线；（2）压力；压力作用效果与压力大小的关系；（3）接触面积的粗糙程度；（4）错误；没有控制压力大小相等；（5）不用匀速拉动木板，弹簧测力计的示数稳定便于读数；4。
【解答】解：（1）如图甲所示，把一个木块放在长木板上，实验时用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在水平桌面上做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡原理可得滑动摩擦力大小。
（2）由题意可得，此时两次实验中木块对木板的压力不同，测力计的示数也不同，因此可以得出结论是滑动摩擦力的大小与所受压力大小有关；
将长木板换成海绵，比较没放砝码与放了砝码海绵的凹陷程度，可以用来探究压力作用效果与压力大小的关系；
（3）保持其它条件不变，在图甲实验中将长木板更换成毛巾后，改变了接触面的粗糙程度，测力计的示数也发生了改变，因此可以用来探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系；
（4）为了探究滑动摩擦力大小与接触面积是否有关，要控制压力和接触面粗糙程度相同，小朱沿竖直方向切去一半木块，压力变小了，得出滑动摩擦力大小与接触面积大小成正比是不正确的，原因是没有控制压力相同。
（4）滑动摩擦力大小只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，与相对运动的速度情况无关，所以采用丙图的实验装置实验时，不用匀速拉动木板，木块受到的滑动摩擦力大小也会发生改变，从而便于读数。
根据上述分析可得，测力计的示数大小等于木块所受摩擦力大小，测力计示数为4N，即木块所受摩擦力为4N；
故答案为：（1）匀速直线；（2）压力；压力作用效果与压力大小的关系；（3）接触面积的粗糙程度；（4）错误；没有控制压力大小相等；（5）不用匀速拉动木板，弹簧测力计的示数稳定便于读数；4。
42．（2025•长沙一模）在探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关的实验中，某兴趣小组的同学选择了两个弹簧测力计、细线、棉布、木板、重为10N和15N的两个木块（表面粗糙程度相同）等器材进行了下列操作。
（1）为了使木块所受滑动摩擦力的大小等于拉力的大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做 匀速直线 运动。
（2）分析 乙、丙 两次实验，可以探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系。
（3）分析甲、乙两次实验，小明认为滑动摩擦力大小与物体的重力大小有关。于是兴趣小组的同学设计了如图丁所示的实验，使弹簧测力计A始终保持竖直状态，并调整高度，使其示数等于 5 N，水平向左拉动木板运动，并与图甲实验进行对比分析。
【答案】（1）匀速直线；（2）乙、丙；（3）5。
【解答】解：（1）实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，根据二力平衡知识，从而测出木块与长木板之间的滑动摩擦力；
（2）要探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系，需要控制压力相同，改变接触面的粗糙程度，图乙、丙两次符合要求；
（3）探究滑动摩擦力大小与物体的重力大小是否有关，应控制压力相同，重力不同，所以图丁中弹簧测力计A示数应为5N，对木块施加一个向上5N的拉力，则其对木板的压力也为10N；向左拉动木板运动，弹簧测力计B的示数为lN，与甲中摩擦力相同，说明滑动摩擦力大小与物体重力大小无关。
故答案为：（1）匀速直线；（2）乙、丙；（3）5。
二十二．压强的切割（共1小题）
43．（2025•克拉玛依模拟）两个质量分布均匀的正方体放在水平地面上如图甲所示，将A沿水平方向切去高为L的部分，并把切去部分叠放在B上，B对地面的压强为pB，A剩余部分对地的压强为pA，pA、pB与L的变化关系如图乙所示。以下说法错误的是（ ）
A．切除之前，A的重力为40N
B．A与B的密度之比为2：1
C．L＝5cm时，pA：pB＝4：7
D．若将B叠放在A上，A对地面的压强为2×104Pa
【答案】C
【解答】解：A、由图乙知A和B原来对地面的压强相同，均为p0＝4000Pa，A的边长hA＝10cm＝0.1m，
则A的面积SA＝（hA）2＝（0.1m）2＝0.01m2，
A的体积为VA＝（hA）3＝（0.1m）3＝0.001m3，
物体单独放置在水平面上时，物体的重力与物体对地面的压力相等，切除之前，A的重力GA＝FA＝p0SA＝4000Pa×0.01m2＝40N，故A正确；
B、物体A的质量mA=GAg=40N10N/kg=4kg，
A的密度ρA=mAVA=4kg0.001m3=4000kg/m3，
B单独放置在水平地面上时对地面的压强p0=GBSB=4000Pa……①
由图乙知，当A全部放置在B上时，B对地面的压强pB=GB+GASB=GB+40NSB=5000Pa……②
由①②知：GB＝160N，
物体B的质量mB=GBg=160N10N/kg=16kg，
物体B的底面积SB=FBp0=GBp0=160N4000Pa=0.04m2，
物体B的体积VB＝（SB）3＝（0.04m2）3＝0.008m3，
B的密度ρB=mBVB=16kg0.008m3=2000kg/m3，
则A与B的密度之比为4000kg/m3：2000kg/m3＝2：1，故B正确；
C、当L＝5cm时，A切去一半体积，A的质量减半、重力减半，对地面的压力减半，A与地面的接触面积不变即SA不变，由p=FS知A对地面的压强减半，变为2000Pa，
A切去部分放置在B上之后，B对地面的压力FB＝GB+12GA＝160N+12×40N＝180N，
B对地面的压强pB=FBSB=180N0.04m2=4500Pa，
则L＝5cm时，pA：pB＝2000Pa：4500Pa＝4：9，故C错误；
D、若将B叠放在A上，A对地面的压力F'A＝GA+GB＝40N+160N＝200N，
A对地面的压强为p'A=F′ASA=200N0.01m2=2×104Pa，故D正确。
故选：C。
二十三．探究液体内部的压强（共1小题）
44．（2025•深圳模拟）石芽岭学校八年级同学小深利用亚克力板材自制了透明实验箱来探究“影响液体内部压强大小的因素”。如图甲所示，实验箱分为内箱A与外箱B，内箱A下部有一圆形孔C与B箱相连，并在圆孔C上蒙上了一层橡皮膜。先在A箱中不断加水，实验现象如图乙、丙所示。然后在B箱中加入一定量盐水，如图丁所示。
（1）由图甲、乙、丙可知，影响同种液体内部压强的物理量是 液体的深度/h 。
（2）由步骤丁可知，此时 盐水 （选填“水”或“盐水”）对橡皮膜产生的液体压强更大。若此时想要橡皮膜恢复原状，则可以采取的办法是： A中加水 。
（3）若在B箱中加入某未知液体，此时橡皮膜相平，如图戊所示，已知h1＝21cm，h2＝8cm，h3＝11cm，则该未知液体的密度为ρ＝ 0.8 g/cm3（已知ρ水＝1g/cm3）。
（4）另一小组同学小胡，将实验室的微小压强计进行改装如图己所示，此时U形管中两液面相平，若将右侧探头继续向下移动，则可以观察到U形管内 左 （选填“左”或“右”）侧液面更高。
【答案】（1）液体的深度/h；（2）盐水；A中加水；（3）0.8；（4）左。
【解答】解：（1）由步骤甲、乙、丙可以观察到，同种液体随着深度越深，橡皮膜凹陷程度越大，所以产生液体压强越大，影响同种液体内部压强的物理量是液体的深度/h。
（2）由步骤丁可以观察到，内箱A中的水与外箱B中的盐水到橡皮膜的深度相同，但是橡皮膜向上凹陷，看得出盐水的压强更大。而盐水的密度大于水的密度，说明在液体深度相同时，液体的密度越大，产生的压强越大。由p＝ρgh可知，想要橡皮膜恢复原状，可以增大A箱中水的深度，使水产生的压强增大到和盐水产生的压强相等。
（3）A容器中水对橡皮膜的压强为pA=ρ水gℎ2=1×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa
由橡皮膜相平可知，橡皮膜两边压强相等，故B容器中液体对橡皮膜的压强为pB＝pA＝800Pa
则未知液体的密度为ρ液=pBg(ℎ1−ℎ3)=800Pa10N/kg×(0.21m−0.11m)=0.8×103kg/m3=0.8g/cm3
（4）由p＝ρgh可知，在液体密度一定时，液体压强随深度的增加而增大，将右侧探头继续向下移动，右侧压强增大，挤压管中气体，使右侧液面下降，左侧液面上升，所以左侧液面更高。
故答案为：（1）液体的深度/h；（2）盐水；A中加水；（3）0.8；（4）左。
二十四．液体压强的公式及计算（共2小题）
45．（2025•上海模拟）如图所示，置于水平地面的轻质薄壁柱形容器甲，高为0.5米，底面积为5×10﹣2m2。容器内盛有0.3米深的水。正方体乙的质量15kg，g＝10N/kg。求：
（1）水对容器底部的压力。
（2）现将乙轻放且浸没在甲容器的水中，恰使甲对地面的压强和水对容器甲底部的压强均为最大。
（a）此时容器甲对地面的压强。
（b）正方体乙的密度。
【答案】（1）水对容器甲底部的压力为150N；
（2）①此时容器甲对地面的压强为6000Pa；
②正方体乙的密度为1.5×103kg/m3。
【解答】解：（1）水对容器甲底部的压强：
p水＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m＝3×103Pa，
由p=FS可知，水对容器甲底部的压力：
F水＝p水S＝3×103Pa×5×10﹣2m2＝150N；
（2）甲对水平地面的压力等于水和乙的总重力，要使甲对地面的压强和水对甲底部的压强均为最大，则将乙放入甲容器的水中时，水恰好盛满容器，且无水溢出。
①水的体积：
V水＝Sh水＝5×10﹣2m2×0.3m＝1.5×10﹣2m3，
由ρ=mV知水的质量：
m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣2m3＝15kg，
水和乙的总重力：
G总＝m总g＝（m水+m乙）g＝（15kg+15kg）×10N/kg＝300N，
此时容器甲对水平地面的压力：F压＝G总＝300N，
甲对地面的压强：
p甲=F压S=300N5×10−2m2=6000Pa；
②容器的容积：V＝Sh＝5×10﹣2m2×0.5m＝2.5×10﹣2m3，
乙放入甲容器的水中浸没且水恰好盛满容器无水溢出时，乙的体积：V乙＝V﹣V水＝2.5×10﹣2m3﹣1.5×10﹣2m3＝1×10﹣2m3，
乙的密度：
ρ乙=m乙V乙=15kg1×10−2m3=1.5×103kg/m3。
答：（1）水对容器甲底部的压力为150N；
（2）①此时容器甲对地面的压强为6000Pa；
②正方体乙的密度为1.5×103kg/m3。
46．（2025•徐汇区校级模拟）如图所示，实心均匀圆柱体A、薄壁圆柱形容器B和C，三者高度均为H＝10cm，都放置在水平桌面上。容器B内装有油，容器C内装有水，相关数据如表所示。忽略圆柱体A吸附液体等次要因素，常数g取10N/kg。
（1）求A的底面积。
（2）若将A竖直缓慢放入B内，释放后静止时，求油对容器底部的压强。
（3）若将A竖直缓慢放入C内，释放并稳定后，再将A竖直向上缓慢提升0.5cm，求静止时水对容器底部的压力。
【答案】（1）求的底面积15cm2。
（2）若将A竖直缓慢放入B内，释放后静止时，油对容器底部的压强360Pa。
（3）若将A竖直缓慢放入C内，释放并稳定后，再将A竖直向上缓慢提升0.5cm，静止时水对容器底部的压力1.7N。
【解答】解：（1）A的体积为：VA=mAρA=90g0.6g/cm3=150cm3，
A的底面积：SA=VAH=150cm310cm=15cm2。
（2）油的体积：V油=m油ρ油=54g0.9g/cm3=60cm3，
容器B的底面积为：SB=V油ℎ油=60cm32cm=30cm2，
因为ρA＜ρ油，假如A在油中漂浮，F浮油＝GA＝mAg＝0.09kg×10N/kg＝0.9N，
则A排开油的体积为：V排油=F浮油ρ油g=0.9N0.9×103kg/m3×10N/kg=10﹣4m3＝100cm3，
A浸在油中的深度为：h浸油=V排油SA=100cm315cm2=203cm，
假如A漂浮在油中时，需要油的体积为：V需油＝（SB﹣SA）h浸油＝（30cm2﹣15cm2）×203cm＝100cm3＞60cm3，
所以油量较少，A不能漂浮在油中，
所以A在油中沉底，则此时油的深度为：h'油=V油SB−SA=60cm330cm2−15cm2=4cm＝0.04m，
所以，油对容器底的压强为：p油＝ρ油gh'油＝0.9×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝360Pa。
（3）水的体积：V水=m水ρ水=120g1.0g/cm3=120cm3，
容器C的底面积为：SC=V水ℎ水=120cm36cm=20cm2，
因为ρA＜ρ水，
假如A在水中漂浮，F浮水＝GA＝mAg＝0.09kg×10N/kg＝0.9N，
则A排开水的体积为：V排水=F浮水ρ水g=0.9N1.0×103kg/m3×10N/kg=9×10﹣5m3＝90cm3，
A浸在水中的深度为：h浸水=V排水SA=90cm315cm2=6cm，
假如A漂浮在水中时，需要水的体积为：V需水＝（SC﹣SA）h浸水＝（20cm2﹣15cm2）×6cm＝30cm3＜120cm3，
故A漂浮在水中成立。
假如容器足够高，水的总体积和A排开水的体积之和为：V＝V水+V排水＝120cm3+90cm3＝210cm3，
容器C的容积为：VC＝SCH＝20cm2×10cm＝200cm3，
所以当A漂浮在水中，水会溢出并充满容器，
即A被释放并稳定时，水深为H，
把A向上提ΔhA＝0.5cm 时，设A未离开水面，如图：
由体积关系得：SAΔhA＝（SC﹣SA）Δh水
解得水面下降的距离：Δh水＝1.5cm，Δh水+ΔhA＝2cm＜h浸，所以假设成立，
则h水＝H﹣Δh水＝8.5cm，
F水＝P水SC＝p水gh水SC＝1.7N。
答：（1）求的底面积15cm2。
（2）若将A竖直缓慢放入B内，释放后静止时，油对容器底部的压强360Pa。
（3）若将A竖直缓慢放入C内，释放并稳定后，再将A竖直向上缓慢提升0.5cm，静止时水对容器底部的压力1.7N。
二十五．利用阿基米德原理进行简单计算（共2小题）
47．（2025•青秀区校级模拟）如图甲所示，体积可忽略不计的轻质硬杆B一端固定在容器底，一端与不吸水的实心正方体A固定。现缓慢向容器中加水，当水深为15cm时正方体A刚好浸没，杆B受到正方体A的作用力F随注水深度变化的图像如图乙所示。则杆B的长度为 5 cm，当F大小为0时，容器底部受到水的压强为 1100 Pa。
【答案】5；1100。
【解答】解：（1）由图乙可知，当h0＝0cm时，力传感器的示数为F0＝6N，
由细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力，即正方体A的重力：G＝F0＝6N，
由图乙可知，当h2＝5cm时物体A的下表面恰好与水面接触，因此细杆的长度：L杆＝5cm；
（2）当力传感器的示数大小F为0时，正方体A受到的浮力等于正方体A的重力，即：F浮'＝G＝6N，
由图乙可知，当h2＝5cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，当容器内水的深度h1＝15cm时，正方体A刚好浸没，则正方体A的边长：L＝h浸1＝15cm﹣5cm＝10cm；
由F浮＝ρ液gV排可知，此时正方体A排开水的体积：V排=F浮′ρ水g=6N1.0×103kg/m3×10N/kg=6×10﹣4m3＝600cm3，
则正方体A浸在水中的深度：h排=V排SA=600cm310cm×10cm=6cm，
所以此时容器中水的深度：h＝L杆+h排＝5cm+6cm＝11cm＝0.11m，
则当力传感器的示数大小F为0时，容器底部受到水的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.11m＝1100Pa。
故答案为：5；1100。
48．（2025•雁塔区校级模拟）2024年12月27日，中国人民解放军海军四川舰下水命名。它是中国自主研制建造的076型两栖攻击舰首舰，是全球首次采用电磁弹射技术的两栖攻击舰，是中国人民解放军海军新一代两栖攻击舰，是提升远海作战能力的关键装备。四川舰满载排水量为4万吨。在海上航行时，水下10m处海水对舰体的压强为 1.1×105 Pa；满载时四川舰受到的浮力为 4×108 N；若演习时四川舰向目标海域发射了五枚导弹，在导弹发射后四川舰所受浮力 减小 （选填“增大”“不变”或“减小”）。（海水密度ρ取1.1×103kg/m3，g取10N/kg）
【答案】1.1×105；4×108；减小。
【解答】解：四川舰在海上航行时，水面下10m处海水的压强为：
p＝ρgh＝1.1×103kg/m3×10N/kg×10m＝1.1×105Pa；
满载时，四川舰漂浮，受到的浮力大小等于其排开水的重力，则浮力为：F浮＝G＝4×104×103kg×10N/kg＝4×108N；
若演习时四川舰向目标海域发射了五枚导弹，四川舰所受重力减小，四川舰受到的浮力变小。
故答案为：1.1×105；4×108；减小。
二十六．利用阿基米德原理求物体的体积（共1小题）
49．（2025•保定模拟）如图甲所示，盛有某一液体（密度为ρ）的圆柱形容器静止在水平桌面上，容器底面积为S，用弹簧测力计悬挂一圆柱形金属块，将金属块从容器底部缓慢竖直向上拉出液体，弹簧测力计示数F与金属块下表面距容器底部距离h的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．金属块的高度等于h1﹣h0
B．金属块的密度为F1−F0F1ρ
C．金属块在液面下上升的过程中，受到的浮力一直减小
D．金属块拉出液体后与完全浸没时相比，水平桌面受到的压强变化了F1−F0S
【答案】D
【解答】解：
A、由图象可知，金属块的上表面刚刚到的液面时，液体的深度为h0+H金，当金属块刚刚露出液面时水中的深度为h1，设容器的底面积为S，金属块的底面积为S1，则有S（h0+H金）＝S1H金+Sh1，解得金属块的高度H金=S(ℎ1−ℎ0)S−S1，由于S＞S1，所以金属块的高度不等于h1﹣h0，故A错误；
B、由图象可知，当液体的深度为h1时金属块处于空气中，弹簧测力计示数为F1，则金属块重力G＝F1，
金属块浸没液体中，弹簧测力计示数为F0，则金属块浸没液体中，圆柱体受到的浮力F浮＝F1﹣F0；
根据F浮＝ρ液V排g可得：V＝V排=F浮ρg=F1−F0ρg；
所以，金属块密度：ρ=mg=GgV=F1g×F1−F0ρg=F1F1−F0ρ，故B错误；
C、金属块在液面下上升的过程中，排开水的体积不变，根据F浮＝ρ液V排g可知受到的浮力不变，故C错误；
D、金属块拉出液体后与完全浸没时相比，水平桌面受到的压力减小量为ΔF＝F浮＝F1﹣F0，
所以，水平桌面受到的压强变化量：Δp=ΔFS=F1−F0S，故D正确。
故选：D。
二十七．利用物体的浮沉条件比较浮力的大小（共2小题）
50．（2025•碑林区校级二模）图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（ ）

A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度t满足24℃＜t＜26℃
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更大的彩球
【答案】C
【解答】解：由题意知，液体的温度升高时，密度变小，原来悬浮的小球因液体的温度升高而下沉，所以4号彩球标牌所标温度值为22℃，则5号小球应标20℃，3号小球应标24℃；
A、22℃大于18℃，液体在22℃时密度小，等于4号球的密度，4号球悬浮，浮力等于重力；18℃时密度大，大于4号球的密度，4号球漂浮，浮力等于重力，所以4号在22℃时所受浮力等于18℃时所受浮力，故A错误；
B、由于液体的密度随着环境温度降低会增大，有更多的彩球能漂浮，所以当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，液体的密度等于密度最大一个小球的密度，即5号彩球悬浮，其余四个小球漂浮，故B错误；
C、若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则3、4、5三个彩球沉底，4号球标示22℃、3号球标示24℃、2号球标示26℃，表明当前环境温度在24℃到26℃之间，故C正确；
D、当环境温度升高时，液体的密度减小，当前1号球标示温度最高，若想测量更高的温度，应增加一个密度更小的彩球，所以与彩球1体积相等、质量更小，故D错误。
故选：C。
51．（2025•南海区一模）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，如图。其满载排水量约8万吨，满载时排开海水的体积约 8×104 m3。若福建舰从海水密度大的海域驶入密度小的海域，浮力 不变 ；当战斗机从福建舰上起飞后，舰体所受浮力将会 变小 。（后面两空选填“增大”、“不变”或“减小”）（ρ海水取1.0×103kg/m3）
【答案】8×104；不变；变小。
【解答】解：满载排水量约8万吨，则满载时排开水的体积为：
V排=m排ρ海水=8×104×103kg1.0×103kg/m3=8×104m3。
该舰从密度大的海域驶入密度小的海域后，仍然处于漂浮状态，自身的重力不变，由于物体漂浮时浮力等于自身的重力，所以受到的浮力不变。若舰载机起飞后，总重力变小，福建舰仍处于平衡状态，根据F浮＝G可知受到的浮力将变小。
故答案为：8×104；不变；变小。
二十八．功率的计算（共1小题）
52．（2025•无锡模拟）如图所示，质量为50g的金属小球从A处自由下滑。经过B处，到达C处，恰好停下。如果小球从在A到B的过程用了4s的时间，重力做功为 0.2 J，重力做功的功率为 0.05 W。在整个活动过程中，小球克服摩擦消耗的机械能为 0.1 J。（空气阻力忽略不计，g取10N/kg）
【答案】0.2；0.05；0.1。
【解答】解：金属小球的重力：G＝mg＝50×10﹣3kg×10N/kg＝0.5N，
由图可知，从A到B小球下降的高度hA＝40cm＝0.4m，
小球从A到B的过程中，重力做功：W＝Gh＝0.5N×0.4m＝0.2J；
重力做功的功率：P=Wt=0.2J4s=0.05W；
C点的高度hC＝20cm＝0.2m，
小球到达C时，克服摩擦消耗的机械能等于减少的重力势能，即：
W'＝ΔE＝G（hA﹣hC）＝0.5N×（0.4m﹣0.2m）＝0.1J。
故答案为：0.2；0.05；0.1。
二十九．探究影响物体动能大小的因素（共1小题）
53．（2025•贵州模拟）如图甲所示，在探究“物体动能大小与质量关系”的实验中，将钢球A从光滑斜面O点由静止释放后，撞击静置于粗糙水平面底端M点的物块，随后A与物块共同运动至N点静止，钢球A的动能随位置变化关系的大致图像如图乙所示。现仅换用一个质量更大的钢球B从O点静止释放重复以上实验，B与物块共同运动一段距离后静止。请画出钢球B的动能随位置变化关系的大致图像。
【答案】
【解答】解：动能与物体质量和速度有关，换用一个质量更大的钢球B从O点静止，高度不变，质量变大，故滚到斜面底端的动能变大，撞击木块后，木块能移动更远的距离，如图所示：
。
故答案为：。
三十．动能和重力势能的相互转化（共1小题）
54．（2025•河南模拟）如图，质量不计的弹簧竖直固定在一压力传感器上，压力传感器是电阻阻值随受到压力的增大而减小的变阻器（压力不超过最大值），压力传感器、电流表、定值电阻和电源组成一电路。压力传感器不受力时电流表示数是I0．t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。整个过程中，不计能量损失，电流表示数I随时间t变化的图像如图乙所示，则（ ）
A．t1时刻，小球动能最小
B．t2时刻，弹簧的弹性势能最小
C．t2～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能
【答案】D
【解答】解：A、0～t1这段时间内，电流表示数为I0，表示压力传感器不受力；根据题意和图像可知，t1时刻表示小球刚落在弹簧上（刚与弹簧接触而弹簧还未发生形变），小球在重力作用下还会继续向下做加速运动，所以此时小球的速度不是最小，动能不是最小的，故A错误；
B、t2时刻时，电流表示数最大，表示压力传感器的电阻阻值最小，表明压力传感器受到的压力最大，说明此时小球把弹簧压缩到最低点，弹簧的弹性形变程度最大，弹性势能最大，故B错误；
C、t2～t3这段时间内，电流表示数变小，表示压力传感器的电阻阻值增大，表明压力传感器受到的压力减小，说明此时是弹簧把小球弹起的过程，弹性势能转化成动能和重力势能，因此小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能，故C错误，D正确。
故选：D。
三十一．杠杆的平衡条件的计算（共2小题）
55．（2025•崂山区模拟）如图，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＝OB，AC＝CO，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（ ）
A．8NB．12NC．14ND．16N
【答案】D
【解答】解：
设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B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=14AB，
当C点放在托盘秤甲上时，仍以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
由杠杆平衡条件有：FB×BC＝G×CD，即：FB×3BD＝24N×2BD，
所以：FB＝16N，则托盘秤乙的示数为16N。
故选：D。
56．（2025•阜阳一模）如图所示，在某轻质杠杆B点，用弹簧测力计沿竖直方向提升一重物，当杠杆水平静止时，若OA＝10cm，AB＝40cm，物体的重力大小为100N，则弹簧测力计示数为 20 N。
【答案】20。
【解答】解：图中O为支点、动力臂OB、阻力臂OA；
根据杠杆的平衡条件可知：F×OB＝G×OA，即：F×（10cm+40cm）＝100N×10cm，
解得：F＝20N。
故答案为：20。
三十二．滑轮、滑轮组机械效率的计算（共2小题）
57．（2025•惠州模拟）如图所示，红十字会救援物资车出故障，货车总质量为3t，当货车被滑轮组匀速拉动时所受阻力为车重的0.2倍，轮胎与地的接触总面积为0.1m2，拉力F拉动货车在水平路面上匀速移动60m，用时2分钟，此过程中拉力F做功的功率为4.5kW（g取10N/kg）。下列说法正确的是（ ）
A．货车静止在水平地面上对地面的压强3×104Pa
B．拉力F拉动货车时做的有用功3.6×104J
C．拉力F为9×103N
D．该滑轮组的机械效率66.7%
【答案】D
【解答】解：A、货车的总重力：G＝mg＝3×103kg×10N/kg＝3×104N，
货车静止在水平地面上对地面的压力：F压＝G＝3×104N，
此时货车对地面的压强：p=F压S=3×104N0.1m2=3×105Pa，故A错误；
B、由货车被滑轮组匀速拉动时所受阻力为车重的0.2倍可知，货车受到的阻力：f＝0.2G＝0.2×3×104N＝6×103N，
拉力F拉动货车时做的有用功：W有＝fs物＝6×103N×60m＝3.6×105J，故B错误；
C、由P=Wt可知，拉力F做的总功：W总＝Pt＝4.5×103W×2×60s＝5.4×105J，
由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离：s＝ns物＝3×60m＝180m，
由W总＝Fs可知，拉力：F=W总s=5.4×105J180m=3000N，故C错误；
D、滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=3.6×105J5.4×105J×100%≈66.7%，故D正确。
故选：D。
58．（2025•陕西模拟）如图，建筑工地上，工人利用滑轮组使900N重的建材以0.1m/s的速度匀速上升，用时100s，建材上升的高度是 10 m。若不计绳重和摩擦，绳子自由端拉力F1为500N，则动滑轮重为 100 N，装置的机械效率为 90% 。
【答案】10；100；90%。
【解答】解：建材以0.1m/s的速度匀速上升，用时100s，建材上升的高度是h＝vt＝0.1m/s×100s＝10m；
由图可知，n＝2，不计绳重和摩擦，动滑轮的重力为：
G动＝nF1﹣G＝2×500N﹣900N＝100N；
装置的机械效率为：
η=W有W总=GℎF1s=GℎF1nℎ=GnF1=900N2×500N×100%=90%。
故答案为：10；100；90%。
三十三．斜面机械效率的计算（共2小题）
59．（2025•商水县模拟）如图所示，物体的质量为0.6kg，底面积为25cm2。用平行于斜面向上的恒定拉力F，在1s内将物体匀速拉到斜面顶端，斜面的粗糙程度相同。已知F＝4N，斜面高度为0.5m，长度为1m，g取10N/kg。下列说法正确的是（ ）
A．物体静止在水平面上时，对地面的压强为0.24Pa
B．拉力F的功率为2W
C．物体在斜面上匀速运动时，所受的拉力与摩擦力是一对平衡力
D．斜面的机械效率为75%
【答案】D
【解答】解：A、物体所受的重力：
G＝mg＝0.6kg×10N/kg＝6N，
物体静止在水平面上时，对地面的压力：F压＝G＝6N，
受力面积S＝25cm2＝0.0025m2，
对地面的压强：
p=F压S=6N0.0025m2=2400Pa，故A错误；
B、拉力F＝4N，斜面长s＝1m，
拉力所做总功：
W总＝Fs＝4N×1m＝4J，
拉力做功功率：
P=W总t=4J1s=4W，故B错误；
C、克服物体重力做的有用功：
W有用＝Gh＝6N×0.5m＝3J，
克服物体受斜面摩擦力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝4J﹣3J＝1J，
由W额＝fs可得物体受斜面摩擦力：
f=W额s=1J1m=1N，
因为F≠f，所以物体受的拉力与摩擦力不是一对平衡力，故C错误；
D、斜面的机械效率：
η=W有用W总=3J4J×100%＝75%，故D正确。
故选：D。
60．（2025•西安校级三模）如图甲所示，一木箱重400N，工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处。已知整个过程中工人做的有用功W有与木箱运动距离s的关系如图乙所示，整个过程的额外功是240J，则拉力F＝ 100 N，斜面的机械效率η＝ 70% ，木箱所受的摩擦力f＝ 30 N。
【答案】100；70%；30。
【解答】解：（1）由图象知，总功为W总＝W有+W额＝560J+240J＝800J，
木箱移动的距离s＝8m，由W＝Fs得，拉力大小：F=W总s=800J8m=100N；
（2）斜面的机械效率：η=W有用W总×100%=560J800J×100%＝70%；
（3）由W额＝fs得摩擦力大小：f=W额s=240J8m=30N。
故答案为：100；70%；30。
板块三：电磁学
三十四．物体带电情况的判断（共1小题）
61．（2025•辽宁模拟）生活中有许多“吸”的现象。将气球与头发摩擦后，相互靠近，发现气球与头发“吸”在一起。现有甲、乙两个轻质小球互相吸引，若丝绸摩擦过的玻璃棒能吸引甲球，则乙球（ ）
A．一定不带电
B．一定带负电
C．一定带正电
D．可能带电，可能不带电
【答案】D
【解答】解：甲、乙两个轻质小球相互吸引，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，甲球与带正电的玻璃棒相互吸引，根据带电体的性质是能够吸引轻小物体，则甲球可能带负电，或不带电。已知甲、乙两个轻质小球互相吸引，若甲球带负电，则乙球可能带正电，或不带电；若甲球不带电，则乙球可能带正电，或带负电，故乙球可能带电，可能不带电，故ABC错误，D 正确。
故选：D。
三十五．串并联电路的设计（共3小题）
62．（2025•登封市一模）在一些县城的街头出现了共享电动车，为居民生活带来了便利。法律规定，骑电动车时必须佩戴头盔，同样，骑共享电动车时也应佩戴头盔。某品牌的共享电动车配备了一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才发出信号，当电动车上的信号接收器S1接收到信号后闭合，发声器S发出声音，再转动电动车钥匙S2后电动机M才能正常启动。下列共享电动车电路符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解答】解：根据题意可知，当电动车上的信号接收器（S1）接收到信号，发声器S发出声音，再转动电动车钥匙（S2），车才能正常启动，这说明开关S2控制电动机，再和发声器S并联，最后再与开关S1串联，故C正确。
故选：C。
63．（2025•凉山州模拟）请把“电源”和“小灯泡L2”两个电学元件的电路图符号填入虚线框内，使得电路接通后L1、L2组成并联电路，且开关只控制灯L2。
【答案】。
【解答】解：要求满足两灯组成并联电路且开关只控制灯L2，因此下面虚线框只能为电灯，则上面虚线框就为电源，当开关闭合后，两灯泡并联，且都发光，开关只控制灯L2，如下图所示
。
64．（2025•凉山州模拟）如图（a）、（b）所示的元件，在不移动元件位置的情况下，将（a）组成串联电路，将（b）组成并联电路，且开关均控制整个电路。
【答案】；。
【解答】解：（1）a图中从电源的正极开始，用导线依次将开关、两个灯泡逐个连接，最后回到电源的负极，如下图：
。
（2）b图中，因开关控制L1和L2，则开关接在干路中，然后将两灯并联，后接在电源的正极和电流表的正接线柱之间，如图所示：。
三十六．探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系（共2小题）
65．（2025•新宾县二模）某学习小组利用如图所示电路探究并联电路电流的规律。
（1）小明按照图乙连接电路，他是在测量图甲中 C 点的电流；
（2）小明经过实验探究，测出一组A、B、C三处的电流，数据如表所示，由此他得出结论：并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，各支路电流相等的错误结论。要得到并联电路中电流的规律，还应该选用规格 不相同 （选填“相同”或“不相同”）的灯泡进行多次实验，这样做的目的是 得出普遍性的规律 ；
（3）实验中，用另一个灯泡L3替换L1发现L3更亮，可知发光时L3比L1电阻 小 （填“大”或“小”），而L2的亮度与之前相比则 不变 （选填“变亮”“变暗”或“不变”）。
【答案】（1）C； （2）不相同；得出普遍性的规律； （3）小；不变。
【解答】解：（1）电流表与待测电路串联，按照图乙连接电路，他是在测量图甲中C点的电流。
（2）排除故障后，小明经过实验探究，测出一组A、B、C三处的电流，数据如表所示，由此他得出结论：并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，各支路电流相等。要得到并联电路中电流的规律，还应该选用规格不相同的灯泡进行多次实验，这样做的目的是得出普遍性的规律。
（3）实验中，用另一个灯泡L3替换L1，两灯并联，发现L3比L1更亮，L3的实际功率大，因并联电路各支路电压相等，根据P=U2R可知，可知发光时L3比L1电阻小；根据并联电路支路可独立工作、互不影响，则L2的亮度与之前相比不变。
故答案为：（1）C； （2）不相同；得出普遍性的规律； （3）小；不变。
66．（2025•泸县一模）为了探究并联电路中的电流规律，小明同学设计了如图甲所示的电路进行实验。
（1）如图乙所示，闭合开关，电流表测量的是如图甲中 A 处电流（选填“A”、“B”或“C”）；
（2）电流表测量C处电流的示数如图丙，则电流表的示数为 0.24 A；
（3）小明同学要测量通过L1的电流，只需将如图乙中导线 b （选填“a”或“b”）的一端改接到电流表的正接线柱上；
（4）小明同学测出一组A、B、C三处的电流，IA＝0.4A，IB＝0.2A，IC＝0.2A，由此得出结论：干路电流等于各支路电流之和；小组内交流讨论后，一致认为小明同学的结论不具普遍性，要得到并联电路中电流的规律，还应该选用规格 不同 （选填“相同”或“不同”）的灯泡进行实验。
（5）他们按照上面的操作重复做了几次实验，得到了多组数据，其目的是 B 。
A.多次测量求平均值，减小误差；
B.寻找普遍规律，避免偶然性。
【答案】（1）A；（2）0.24；（3）b；（4）不同；（5）B。
【解答】解：（1）在图乙中，电流表在干路上，测量干路的电流，电流表测量图甲中A处的电流；
（2）如图丙，电流表使用的是0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.24A；
（3）小明同学要测量通过L1的电流，只需将如图乙中导线b的一端改接到电流表的正接线柱上；
（4）由表中数据可知，IA＝IB+IC，可得结论：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；为了避免偶然性，应该更换不同规格的小灯泡重复多次实验；
（5）为了寻找普遍规律，避免偶然性，他们按照上面的操作重复做了几次实验，得到了多组数据。
故答案为：（1）A；（2）0.24；（3）b；（4）不同；（5）B。
三十七．电流表、电压表在判断电路故障中的应用（共3小题）
67．（2025•雁塔区校级模拟）如图，闭合开关，灯泡不亮，在闭合开关且不拆开导线的情况下，将M接电源“+”极，N依次试触E、F、G接线柱，发现电压表示数第一次为零，第二次、第三次接近3V。若故障只有一个，则可能是（ ）
A．灯泡断路B．灯泡短路C．开关断路D．电源没电
【答案】A
【解答】解：由题意可知，在闭合开关且不拆开导线的情况下，将M接电源“+”极，N依次试触E、F、G接线柱，发现电压表示数第一次为零，第二次、第三次接近3V，且故障只有一个；
A、一节干电池的电压约1.5V，电源由两节干电池组成，则电源电压是U＝×1.5V＝3V，如果灯泡断路，将M接电源“+”极，N试触E接线柱，电压表示数为零，N试触F、G接线柱，电路是通路，电压表有示数，接近3V，故A符合题意；
B、如果是灯泡短路，将M接电源“+”极，N试触E接线柱，电路是通路，电压表有示数，接近3V，N试触F、G接线柱，电路是通路，电压表有示数，接近3V，故B不符合题意；
C、如果是开关断路，将M接电源“+”极，N试触E、F接线柱，电路是断路，电压表示数为零，N试触G接线柱，电路是通路，电压表有示数，接近3V，故C不符合题意；
D、如果电源没电，将M接电源“+”极，N依次试触E、F、G接线柱，电压表示数都为零，故D不符合题意。
故选：A。
68．（2025•天津模拟）如图，电源电压不变。闭合开关S，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表均有示数。过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，一只电表示数增大，另一只电表示数减小到几乎为零，下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡L1和L2并联
B．电压表测量L1两端电压
C．示数减小到零的电表为电压表
D．该电路故障可能是L2断路
【答案】C
【解答】解：AB．如电路图所示，灯泡L1、L2串联，电压表测L2两端电压，电流表测通过的电流，故AB错误；
CD、如果灯泡L1开路，两个灯泡都熄灭，电压表和电流表都没有示数，不符合题意；
如果灯泡L2开路，两个灯泡都熄灭，电压表示数增大，电流表示数减小为零，不符合题意；
如果灯泡L1短路，L2正常，电压表和电流表示数都变大，不符合题意；
如果灯泡L2短路，L1正常，电流表示数变大，电压表被短路示数减小为零，故C符合题意，D不符合题意。
故选：C。
69．（2025•上海模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1＝2R2，闭合开关S，电压表示数为U0，电流表示数为I0。一段时间后，电路出现故障，两电表指针向同一方向发生偏转，故障仅发生在电阻R1或R2上，其他元件仍保持完好。请写出两电表示数及相应的故障 若两表示数同时增大，且电压表示数为3U0，电流表示数为3I0，则R1短路；若两表示数同时减小，且均变为0，则R1断路 。
【答案】若两表示数同时增大，且电压表示数为3U0，电流表示数为3I0，则R1短路；若两表示数同时减小，且均变为0，则R1断路。
【解答】解：由图知，两只定值电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表V测量电阻R2两端电压。
由题知，R1＝2R2，电键S闭合后，电流表的示数为I0，电压表的示数为U0，由串联分压规律可知电源电压为3U0；
一段时间后，观察到两电表指针同向偏转，这说明电流表、电压表示数都变大或都变小；
①若R1短路，电压表测量电源电压，示数增大为3U0，此时只有R2接入电路，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，为3I0，符合题意；
②若R2短路，电压表示数为0；此时只有R1接入电路，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，不符合题意；
③若R1断路，电路中无电流，示数为0，电压表无示数，示数为0，两表同时减小，符合题意；
④若R2断路，电压表测电源电压；电路中无电流，电流表示数减小为0，不符合题意；
由此可知，若两表示数同时增大，且电压表示数为3U0，电流表示数为3I0，则R1短路；若两表示数同时减小，且均变为0，则R1断路。
故答案为：若两表示数同时增大，且电压表示数为3U0，电流表示数为3I0，则R1短路；若两表示数同时减小，且均变为0，则R1断路。
三十八．探究串联电路中的电压规律（共1小题）
70．（2025•贵州模拟）小明利用如图所示的电路探究“串联电路中电压的规律”，电源为两节干电池。
（1）试触时发现电压表指针不偏转，两灯均不亮，若电路中只有一处故障，且发生在灯泡上，则发生的故障是 灯泡L2断路 。
（2）排除故障，测出A、B间的电压后，小明准备拆下电压表，改接至B、C两点，此时开关应处于 断开 状态；小红认为小明的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可，你认为 小明 的做法是正确的。
（3）小明正确完成实验后把数据记录在表中。分析实验数据，小明得出两个结论：一是串联电路中电源电压等于各部分电路两端电压之和；二是串联电路中，各部分电路两端的电压相等，第一个结论中存在的不足是： 只测出一组实验数据，得出的结
论具有偶然性 ；第二个结论错误的原因可能是 实验时所选灯泡规格相同 。
（4）与其他同学交流时发现电源两端电压总大于各用电器两端电压之和，询问老师后知道是导线分压造成的。小明想更明显地观察到导线分压的现象，他在长度、材质均相同的导线中应该选择较 细 （选填“粗”或“细”）的导线进行实验。
【答案】（1）灯泡L2断路；（2）断开；小明；（3）只测出一组实验数据，得出的结论具有偶然性；实验时所选灯泡规格相同；（4）细。
【解答】解：（1）试触时发现电压表指针不偏转，两灯均不亮，电路可能断路，电压表与电源两极没有连接，若电路中只有一处故障，且发生在灯泡上，则发生的故障是 L2断路。
（2）用电压表测量电压时，电流从电压表正接线流入，从负接线柱流出，排除故障，测出A、B间的电压后，小明准备拆下电压表，改接至B、C两点，此时开关应处于断开状态；小红认为小明的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可（小红做法导致电流从电压表负接线柱流入了），小明的做法是正确的。
（3）得出两个结论：一是串联电路中电源电压等于各部分电路两端电压之和；二是串联电路中，各部分电路两端的电压相等，第一个结论中存在的不足是：只测出一组实验数据，得出的结论具有偶然性；第二个结论错误的原因可能是实验时所选灯泡规格相同。
（4）与其他同学交流时发现电源两端电压总大于各用电器两端电压之和，询问老师后知道是导线分压造成的。小明想更明显地观察到导线分压的现象，要选用电阻大的导线，他在长度、材质均相同的导线中应该选择较 细的导线进行实验。
故答案为：（1）灯泡L2断路；（2）断开；小明；（3）只测出一组实验数据，得出的结论具有偶然性；实验时所选灯泡规格相同；（4）细。
三十九．探究影响电阻大小的因素（共2小题）
71．（2025•新宾县二模）小明做“探究影响导体电阻大小的因素”时用到如图甲所示的材料，并设计了图乙所示的电路。图甲中导体a、b、c为镍铬合金丝，d为锰铜合金丝；a、b、d长度相同，a、c、d横截面积相同，b的横截面积较大。图乙中A、B为电路中两个接线柱。小明进行了如下的猜想：
猜想①：导体的电阻可能跟导体的长度有关
猜想②：导体的电阻可能跟导体的材料有关
（1）小亮认为小明利用图乙电路做实验时灯泡的亮度变化可能不够明显，会影响实验数据的收集，你认为应该如何帮他改进电路 在电路中串联一个电流表 。
（2）改进电路后，小明依次把接线柱A、B分别与导体a、c的两端连接，闭合开关S，他发现连接导体c时灯泡的亮度明显大于a，则猜想①是 正确 （选填“正确”或“错误”）的；为了探究猜想②，应选用 a、d 两根电阻丝进行实验（填字母）。
（3）小明在某次实验中，连接了某根电阻较大的导体，由于较长时间没有断开开关，他发现灯泡变暗了，实验中电源电压没变，产生这种现象的原因可能是 导体的电阻与温度有关 。
（4）通过查阅资料，小明了解到某些材料的电阻随着外界的光照、温度、压力等条件改变而发生急剧变化，利用这种性质可制成专用开关，这种开关是由 半导体 材料制成。
（5）最近几年，我国城乡许多地区进行输电线路的改造，将原来细的铝制输电线换成较粗的铝制输电线，这样是为了 减小 （选填“增大”或“减小”）输电线的电阻。
【答案】（1）在电路中串联一个电流表；（2）正确；a、d；（3）导体的电阻与温度有关；（4）半导体；（5）减小。
【解答】解：（1）在原电路中串联一个电流表，可以更准确的反映电路中电流的大小，从而判断出电阻的大小。
（2）改进电路后，小明依次把接线柱A、B分别与导体a、b的两端连接，导体a、b的材料和长度相同，横截面积不同，闭合开关S，他发现连接导体b时灯泡的亮度明显大于a，说明导体b的电阻小于导体a，则猜想①是正确；为了探究猜想②：导体的电阻可能跟导体的材料有关，应控制导体的长度和横截面积相同，材料不同，故选用a、d两根电阻丝进行实验。
（3）小明在某次实验中，连接了某根电阻较大的导体，由于较长时间没有断开开关，导体温度升高，电阻变大，所以他发现实验中电源电压没变，但电路中电流变小，灯泡变暗了。
（4）城市道路路灯的自动控制，用到一种光控智能开关，其在天黑时能自动接通照明电路，路灯可以工作。这种开关所用半导体材料的导电性受到光照的影响。
故答案为：（1）在电路中串联一个电流表；（2）正确；a、d；（3）导体的电阻与温度有关；（4）半导体；（5）减小。
72．（2025•福建校级模拟）探究小组欲完成实验“影响导体电阻大小的因素”。
【实验思路】小明在实验室中找到了长短、粗细和材料不同的若干电阻丝，将其中两根电阻丝分别连入如图甲所示电路的AB间，发现灯泡亮度明显不同。推测出连入电路的电阻丝阻值可能不同。于是想要探究导体电阻大小与导体的长度、材料和横截面积是否有关。可以在电路中串联一个 电流 表，通过观察电表示数，准确比较接入电路的电阻丝阻值大小。
【实验方法】 控制变量 法和转换法。
【实验过程】（1）小明找到了a、b、c、d四个电阻丝，为了能够完成探究，请将表中①处填充完整 0.5 。
（2）连接电路后，为了探究导体电阻与长度的关系，应将电阻丝 a、c 连入AB间，比较电表示数得出结论。接下来通过将不同的电阻丝连入AB间，探究导体电阻是否与材料和横截面积有关。
【实验结论】导体电阻大小与导体的长度、材料和 横截面积 有关。
【拓展创新】小组同学在查阅资料中发现矿泉水中含有多种矿物质，导电能力强，电阻小；纯净水导电能力弱电阻大。同学们为了验证这个结论将等质量的两种水分别灌入两个相同的玻璃管C、D中。并将玻璃管C、D连入如图乙所示的电路。首先将开关S1闭合，观察电压表示数。将S1断开后闭合S2，若电压表示数变大，则玻璃管 D 装的是矿泉水。
【答案】电流；控制变量；
（1）0.5；
（2）a、c；横截面积；D。
【解答】解：想要探究导体电阻大小与导体的长度、材料和横截面积是否有关。根据转换法，通过电流大小显示电阻，故可以在电路中串联一个电流表，通过观察电表示数，准确比较接入电路的电阻丝阻值大小。
【实验方法】多个因素影响时，必须采用控制变量法。
（1）根据表格数据，要探究与材料关系，必须材料不同，其他相同，故选d，表中①处填0.5。
（2）连接电路后，为了探究导体电阻与长度的关系，改变长度，而其他相同，故应将电阻丝ac连入AB间；
【实验结论】导体电阻大小与导体的长度、材料和横截面积有关。
【拓展创新】小组同学在查阅资料中发现矿泉水中含有多种矿物质，导电能力强，电阻小；纯净水导电能力弱电阻大。同学们为了验证这个结论将等质量的两种水分别灌入两个相同的玻璃管C、D中。并将玻璃管C、D连入如图乙所示的电路。首先将开关S1闭合，观察电压表示数，将S1断开后闭合S2，若电压表示数变大，说明电路中的电流变大，电阻变小，故则玻璃管D装的是矿泉水。
故答案为：电流；控制变量；
（1）0.5；
（2）a、c；横截面积；D。
四十．动态电路的分析（共1小题）
73．（2025•陕西模拟）如图所示电路，闭合开关S1、S2，小灯泡L1和L2均正常发光，两电流表都有示数。下列判断正确的是（ ）
A．断开开关S1，电流表A2示数不变
B．电流表A2的示数比A1的大
C．小灯泡L1被短路时，小灯泡L2正常发光
D．仅断开开关S1，只有一个电流表有示数
【答案】D
【解答】解：由图可知，L1、L2并列连接，为并联；开关S2在干路上，控制整个电路，开关S1与L1在一条支路，控制L1；电流表A1在干路上，测量干路中的电流，电流表A2与L1在一条支路，测量通过L1的电流。
A、断开开关S1，L1断路，电流表A2示数为零，所以断开开关S1，电流表A2示数变小，故A错误；
B、电流表A2测量通过L1的电流，电流表A1测量干路中的电流，A1的示数大于A2的示数，故B错误；
C、由并联电路的特点知，灯L1被短路时，L2也短路，不能正常工作，故C错误；
D、仅断开S1，灯L1被断路，电流表A2测量通过L1的电流，此时没有示数，电流表A1测量电路中的电流，有示数，故D正确。
故选：D。
四十一．欧姆定律的应用（共4小题）
74．（2025•安徽模拟）图甲为一种测量压力的装置原理图，电路中电源电压恒为6V，定值电阻R0的阻值为20Ω，电压表的量程为3V，压力检测板M与可变电阻R相连。R的阻值与压力F的关系如图乙所示，闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A．检测板不受压力时，电压表的示数为6V
B．当检测板所受压力增大时，电压表的示数减小
C．该装置所能测量的最大压力为6×103N
D．若将R0换成10Ω的电阻，则该装置所能测量的最大压力将减小
【答案】C
【解答】解：A、由图甲可知，R、R0串联，电压表测量R0两端的电压，
由图乙可知，当检测板不受压力时，R的阻值：R＝80Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R总＝R+R0＝80Ω+20Ω＝100Ω，
此时电路中的电流：I=UR总=6V100Ω=0.06A，
根据欧姆定律可得电压表示数U0＝IR0＝0.06A×20Ω＝1.2V；故A错误；
B、由图乙可知，当检测板所受压力增大时，R的阻值减小，根据串联的电阻特点可知，电路中的总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中的电流增大，R0是定值电阻，根据欧姆定律可知，R0两端的电压增大，即电压表示数增大；故B错误；
C、根据电压表量程可知，R0两端的最大电压：U0大＝3V，
电路中的最大电流：I大=U0大R0=3V20Ω=0.15A，
由I=UR可知，电路中的最小总电阻：R总小=UI大=6V0.15A=40Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，R的最小阻值：R小＝R总小﹣R0＝40Ω﹣20Ω＝20Ω，
由图乙可知，当R小＝20Ω时，该装置所能测量的最大压力为6×103N，故C正确；
D、将R0换为阻值较小的电阻，电压表示数最大为3V，根据欧姆定律可知通过电流的最大电流变大，压敏电阻两端的电压为3V，则压敏电阻接入电路的阻值变小，由图乙可知可提高该装置所能测量的最大压力值，故D错误。
故选：C。
75．（2025•浦东新区校级模拟）“坐位体前屈”是学生体质健康测试项目之一，图甲是某女生测试示意图。图乙是学习小组设计的测试仪电路原理图，电源电压恒为4.5V，电压表量程为0～3V，定值电阻R0＝10Ω，滑动变阻器R1由长为30cm、粗细均匀的电阻棒改装而成，规格为1Ω/cm允许通过的最大电流为0.3A。为保护电路安全，滑片P的起始位置A点设定在离电阻棒最左端O点5cm处。测试时，通过推动塑料挡板带动滑片P从起始位置A向右移动，并通过电压表的示数反映学生的测试结果。下表是初三女生测试等级与滑片P移动距离L的关系。
阅读题文及表格，直接写出下列问题的结果：
（1）测试成绩越好，电压表示数越 大 。
（2）滑片P在起始位置A点时，闭合开关S，通过R0的电流为0.3A，此时R0两端电压大小为： 3V ；
（3）为保护电路安全，滑片移动距离L的范围为： 0～15cm ；
（4）该测试仪不能测出表中所有的等级，在保证电路各元件安全的情况下，通过替换R0来实现最大程度增加测试范围，请计算替换电阻R2的最小值 15Ω 。
【答案】（1）大；（2）3V；（3）0～15cm；（4）15Ω。
【解答】解：（1）由图可知：开关闭合时，R0与R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的最大电压，
测试成绩越好，即滑片移动距离L越大，滑动变阻器连入电路的电阻越大，根据串联电路分压原理可知电压表示数变大；
（2）开关闭合时，R0与R1串联，电压表测R1两端电压，P在起始位置A时，有IA＝I0＝0.3A，
定值电阻R0的两端电压为U0＝I0R0＝0.3A×10Ω＝3V；
（3）滑片移动L时，电阻棒接入电路中的电阻为R1′＝（5+L）×1Ω/cm＝（5+L）Ω，
若此时电压表示数U测，R0的两端电压为U0′＝U﹣U测＝4.5V﹣U测，
由串联分压原理可得U测U0′=R1′R0，即U测4.5V−U测=(5+L)Ω10Ω，
解得：U测=(5+L)×4.5V15+L−−−−−−−−−−①
因电压表量程为0～3V，为保护电路安全，U测最大为3V，由①可知，滑片移动距离L最大为Lmax＝15cm，
由题知，为保护电路安全，滑片P的起始位置A点设定在离电阻棒最左端O点5cm处，即滑片从A点开始移动的最小距离为零，
所以滑片移动的范围为0～15cm。
（4）由图乙知，滑片越往右移动，测试等级越高，但同时电压表示数也会逐渐增大甚至超出量程造成电路不安全。所以在最大程度增加测试等级范围且保证电路各元件安全的情况下，即滑片P移到最右端时取最大值，电压表示数不能超过U1′＝3V，此时滑动变阻器的最大阻值为R1max＝30cm×1Ω/cm＝30Ω，
此时通过R1的电流为I1′=U1′R1max=3V30Ω=0.1A，
替换电阻的最小值R2=U2I2=U−U1′I1′=4.5V−3V0.1A=15Ω。
故答案为：（1）大；（2）3V；（3）0～15cm；（4）15Ω。
76．（2025•廊坊一模）如图所示，灯L上标有“12V，3.6W”，定值电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2上标有“50Ω，1A”。闭合S1、S2，灯L正常发光。
（1）求电源电压；
（2）求灯L正常发光时的电阻；
（3）断开S1、S2，用一个新的电源去替代原来的电源，电流表、电压表的量程分别为0～0.6A、0～3V。移动滑动变阻器滑片的过程中，要求两个电表先后均能达到满刻度，且电路正常工作。求允许替换电源的范围。
【答案】（1）求电源电压为12V；
（2）灯L正常发光时的电阻为40Ω；
（3）允许替换电源的范围为6V≤U＜9V。
【解答】解：（1）闭合S1、S2，灯L与滑动变阻器R2并联，电流表测量干路中的电流；
由于灯L正常发光，则电源电压U＝UL额＝12V；
（2）由P=U2R可得灯泡电阻：
RL=UL2PL=(12V)23.6W=40Ω；
（3）断开S1、S2，R1、R2串联；
当电流表示数最大时，I最大＝0.6A，
电源电压U最小＝I最大R总最小＝0.6A×10Ω＝6V；
当电压表示数最大时，U2＝3V，U＝U1+U2＝10Ω×3V50Ω+3V＝3.6V，
此时电流表不可能达到最大，所以3.6V舍去。
当I最大＝0.6A且U2最大＝3V时，
电源电压U′最大＝U1+U2＝0.6A×10Ω+3V＝9V；
因题中要求两个电表先后均能达到满刻度，所以最大电压应小于9V；
则允许替换电源的范围为6V≤U＜9V。
答：（1）求电源电压为12V；
（2）灯L正常发光时的电阻为40Ω；
（3）允许替换电源的范围为6V≤U＜9V。
77．（2025•福建校级模拟）神舟飞船控制组为了检验飞船的密封性能，科研人员将待检验的飞船舱体M置于一个集气空腔N中。如图甲所示，先向舱体M中充入压强为1.0×105Pa的空气，再把空腔N抽成真空（气压为零），若舱体M漏气，一段时间后会有空气从舱体M进入集气空腔N中。其中RM、RN是两个完全相同的压敏电阻，其阻值随气体压强变化的关系如图乙所示，可分别用来测量舱体M和集气空腔N中的压强。图甲电路中电源电压恒为12V，定值电阻R0的阻值为20Ω。求：
（1）当开关S接b处时，若舱体M不漏气，则电流表A的示数是多少；
（2）若空气从舱体M中逸出，舱体M压强降为0.2×105Pa，当开关S接a处时，电压表V的示数；
（3）在检验过程中的某时刻，开关S接a处时压敏电阻RM两端电压为UM；开关S接b处时压敏电阻RN两端电压为UN。若UM：UN＝1：2，且RM：RN＝1：5，则此时舱体M内外的压强差是多少Pa。
【答案】（1）当开关S接b处时，若舱体M不漏气，则电流表A的示数是0.1A；
（2）若空气从舱体M中逸出，舱体M压强降为0.2×105Pa，当开关S接a处时，电压表V的示数为3V；
（3）此时舱体M内外的压强差是6×104Pa。
【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S接b处时，RN与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流，
由表中数据可知，N为真空时，RN＝100Ω，
则总电阻R总＝RN+R0＝100Ω+20Ω＝120Ω，
根据欧姆定律可得，
电路中的电流为Ib=UR总=12V120Ω=0.1A；
（2）当开关S接a处时，RM与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流；
若空气从舱体M中逸出，舱体M压强降为0.2×105Pa，查表可知，RM的电阻值为60Ω，
则电路中的总电阻R′总＝RM+R0＝60Ω+20Ω＝80Ω，
电路中的电流为Ia=UR′总=12V80Ω=0.15A，
R0两端电压U0＝IaR0＝0.15A×20Ω＝3V；
（3）已知：UM：UN＝1：2，RM：RN＝1：5，
根据欧姆定律可得：IaIb=UMRMUNRN=UMUN×RNRM=12×51=52，
因电源电压一定，根据串联电路的特点和欧姆定律可知：
U＝Ia（RM+R0），
U＝Ib（RN+R0），
所以，Ia（RM+R0）＝Ib（RN+R0），
即：52Ib（15RN+20Ω）＝Ib（RN+20Ω）
解得：RN＝60Ω，RM=15RN=15×60Ω＝12Ω，
由表格数据可知，M中的气压PM＝0.8×105Pa，N中的气压PN＝0.2×105Pa，
所以，此时舱体M内外的气压差为：Δp＝PM﹣PN＝0.8×105Pa﹣0.2×105Pa＝6×104Pa。
答：（1）当开关S接b处时，若舱体M不漏气，则电流表A的示数是0.1A；
（2）若空气从舱体M中逸出，舱体M压强降为0.2×105Pa，当开关S接a处时，电压表V的示数为3V；
（3）此时舱体M内外的压强差是6×104Pa。
四十二．欧姆定律求范围值（共1小题）
78．（2025•深圳模拟）爱动脑的小明想利用物理知识将电流表改装成电子拉力计，图甲是其电路原理图。弹簧右端和金属滑片P固定在一起（弹簧的电阻不计），定值电阻R0＝5Ω，a、b是一根长为5cm的均匀电阻丝（其电阻大小与长度成正比），阻值为R1＝35Ω，电源电压U＝6V，电流表的量程为0～0.6A；当不拉拉环时，金属滑片P刚好处于a端。已知该弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F的关系如图乙所示。
（1）将电流表的表盘改为拉力计的表盘，可以把拉力的大小信息转化为电流信息，更加方便简洁，信息转化的关键环节为：拉力大小变化→滑片P的位置变化→电路的 总电阻 变化→电流的变化。
（2）当不拉拉环时，电路中的电流是 0.15 A。
（3）在电路中连入R0的目的是 保护电路 。
（4）为了保证电路安全，还需要对电阻丝R1接入电路的范围进行限制，其允许接入的阻值范围是 5～35 Ω，该拉力计能够测量的最大拉力是 428 N。
（5）在不改变电表的条件下，要增大电子拉力计测量范围，以下调整方案可行的是 C 。
A.增大电源电压
B.减小电阻R0的阻值
C.在电路中再串联一个电阻
（6）在图丙所示的电流表盘上标出拉力为400N时指针的位置。
（7）小红同学设计了将电压表改装电子拉力计的电路，如图丁所示，弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F的关系如图乙所示，已知电源电压为U，定值电阻的阻值为R0，ab是长为L1的均匀电阻丝，阻值为R1，此方案中的电压表示数Ux与被测拉力F之间的关系式：Ux＝ 0.01cm/N×UFR1(R0+R1)L1 V。（用U、R0、R1、L1和F表示）。
【答案】（1）总电阻；（2）0.15；（3）保护电路；（4）5～35；428；（5）C；（6）见解答过程；（7）0.01cm/N×UFR1(R0+R1)L1。
【解答】解：（1）由图甲知，电流表、R1、R0串联在电路中，当拉力大小变化时，滑片P的位置变化，R1连入电路的阻值变化，电路的总电阻变化，电源电压一定，由欧姆定律可知，电路中电流的变化；
（2）由题知，当不拉拉环时，金属滑片P刚好处于a端，此时R1连入电路的阻值为其最大值，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流：
I=UR0+R1=6V5Ω+35Ω=0.15A；
（3）在电路中连入R0的目的是防止电流过大而烧坏电流表，即起到保护电路的作用；
（4）由电流表的量程知，电路中的最大电流为0.6A，
此时电路中总阻值的最小：R0+R1最小=UI最大=6V0.6A=10Ω，
则：R1最小＝10Ω﹣R0＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，
所以电阻丝R1允许接入的阻值范围是5Ω～35Ω；
R1接入电路中电阻最小时，接入电路的长度最小为：L最小=5Ω35Ω×5cm=57cm，
则弹簧的最大伸长量为：ΔL最大＝5cm−57cm=307cm，
由图乙知，ΔL与F成正比，所以ΔL＝kF，且当ΔL＝6cm时，F＝600N，
所以6cm＝k×600N，k＝0.01cm/N，故ΔL＝0.01cm/N•F
所以拉力计能够测量的最大拉力：F最大=ΔL最大0.01cm/N=307cm0.01cm/N≈428N；
（5）由ΔL＝0.01cm/N•F知，要增大电子拉力计测量范围，即增大F值，保证电路安全前提下，应增大ΔL的值，则需减小电阻丝R1连入电路的阻值，
电路的最大一定，电路的总电阻R=UI最大，则R1＝R﹣R0=UI最大−R0，
A.I最大和R0一定，若增大电源电压，则电阻丝R1连入电路的电阻增大，不合题意；
B.I最大和电源电压U一定，若减小电阻R0的阻值则电阻丝R1连入电路的电阻增大，不合题意；
C.I最大和电源电压U一定，电路的总电阻一定，若在电路中再串联一个电阻，则可减小电阻丝R1连入电路的阻值，符合题意；
（6）由图象知，当拉力为F＝400N时，ΔL＝4cm，
R1连入电路的长度：L＝5cm﹣ΔL＝5cm﹣4cm＝1cm，
R1连入电路的阻值：R1′=1cm5cm×35Ω＝7Ω，
电路中的电流I′=UR0+R1′=6V5Ω+7Ω=0.5A，
拉力为400N时指针的位置，如图所示：
；
（7）由图丙知，R1的最大值与R0串联在电路中，电压表测R1的左侧aP部分两端电压，
在拉力F作用下，RaP=ΔLL1•R1=0.01cm/N⋅FL1•R1，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电压表示数：
Ux=UR0+R1•RaP=UR0+R1•×0.01cm/N⋅FL1•R1=0.01cm/N×UFR1(R0+R1)L1。
故答案为：（1）总电阻；（2）0.15；（3）保护电路；（4）5～35；428；（5）C；（6）见上图；（7）0.01cm/N×UFR1(R0+R1)L1。
四十三．光敏、热敏、压敏等半导体电路分析（共1小题）
79．（2025•西乡塘区校级模拟）现有一热敏电阻，其阻值R随温度t的升高而减小，部分数据如表所示，利用它可以制作温度报警器，其电路的一部分如图所示，图中两个虚线框内一个接热敏电阻，一个接2.2kΩ的定值电阻，电源电压恒为12V，当图中的输出电压达到或超过8V时，便触发报警器（图中未画出）报警，不考虑报警器对电路的影响。要求环境温度达到或超过40℃时开始报警，则热敏电阻应接在虚线框 2 （填数字）内；若将虚线框内两元件对调，则报警器报警的最高温度为 10 ℃。
【答案】2；10。
【解答】解：（1）当环境温度是40℃时，热敏电阻的阻值是1.1kΩ，此时输出电压为8V，当环境温度超过40℃时，热敏电阻的阻值变小，输出电压超过8V，说明环境温度从40℃升高时，热敏电阻两端的电压变小，定值电阻两端的电压变大，即输出电压变大，故热敏电阻接在2位置，定值电阻接在1位置；
（2）当热敏电阻接在2位置，定值电阻接在1位置，环境温度是40℃，热敏电阻是1.1kΩ，此时定值电阻两端的电压是8V，根据串联电路总电压等于各串联导体两端电压之和可知，热敏电阻两端的电压U热＝U﹣U定＝12V﹣8V＝4V，
根据串联电路电流相等可得：I=U热R热=U定R定，
代入数据有，4V1100Ω=8VR定，
则定值电阻的阻值R定＝2200Ω＝2.2kΩ；
当热敏电阻和定值电阻的位置互换，定值电阻的阻值是2.2kΩ，输出电压为8V，即热敏电阻两端的电压是8V，
根据串联电路电压特点得，定值电阻两端的电压U'定＝U﹣U'热＝12V﹣8V＝4V，
根据串联电路电流相等可得：I'=U热′R热′=U定′R定′，
代入数据有，8VR热′=4V2200Ω，
则热敏电阻的阻值R'热＝4400Ω＝4.4kΩ，
由表格数据知，当热敏电阻的阻值是4.4kΩ时，环境温度是10℃。
故答案为：2；10。
四十四．串并联的比例计算（共1小题）
80．（2025•邯郸模拟）如图，电源电压恒定，闭合S0、S，甲、乙两表为电压表时，两表示数之比U甲：U乙＝7：5；当S断开、S0闭合，甲、乙两表为电流表时，两表示数分别为I甲，I乙。则R1：R2与I甲：I乙分别为（ ）
A．2：5 2：7B．7：2 2：5C．2：7 2：5D．5：2 2：7
【答案】A
【解答】解：由图可知，闭合S0、S，甲、乙两表为电压表时，
电压表甲测电源电压，电压表乙测R2两端的电压。
已知两电压表的示数之比U甲：U乙＝7：5，
即电源电压与R2两端的电压之比为U：U2＝7：5，
根据串联电路的电压规律可得，R1与R2两端的电压之比为
U1：U2＝（U﹣U2）：U2＝（7﹣5）：5＝2：5，
根据串联电路的分压关系可得，R1与R2的阻值之比为
R1：R2＝U1：U2＝2：5；
当S断开、S0闭合，甲、乙两表为电流表时，R1与R2并联，
电流表甲测通过R2的电流，电流表乙测干路电流。
根据并联电路的分流关系可得，通过R1与R2的电流之比为
I1：I2＝R2：R1＝5：2，
根据并联电路的电流规律可得，两电流表的示数之比为
I甲：I乙＝I2：I＝I2：（I1+I2）＝2：（5+2）＝2：7，
综上可知，A正确，BCD错误。
故选：A。
四十五．伏安法测电阻（共2小题）
81．（2025•盐湖区校级模拟）某小组同学用如图甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，电源电压为3V。
（1）请用笔画线代替导线，将电路连接完整。要求：闭合开关，滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数变小；
（2）连接电路时，开关应断开；电路连接完成后，闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，出现此现象的原因可能是电阻Rx 短路 （选填“短路”或“断路”）；
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片至某一位置，电压表示数为2.7V，电流表示数如图乙所示，为 0.3 A，则测得未知电阻Rx＝ 9 Ω；
（4）另一组同学利用图丙所示电路也完成了该实验，电源电压未知且恒定不变，滑动变阻器的最大阻值为R0，a、b为滑动变阻器两端点，实验步骤如下：
①闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至a端，读出电压表示数U1；
②闭合开关S， 移动滑动变阻器滑片P至b端 ，读出电压表示数U2；
③则待测电阻的表达式Rx＝ U2U1−U2⋅R0 。（用R0、U1、U2表示）
【答案】（1）；（2）短路；（3）0.3；9；（4）移动滑动变阻器滑片P至b端；U2U1−U2⋅R0。
【解答】解：（1）根据实验，电路是串联的，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路中的电流，要求滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数变小，电路中的电阻变大，说明变阻器接入电路中的是左下接线柱，如下图所示：
；
（2）串联电路中，闭合开关后电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，则可能是定值电阻发生电路，电压表相当于测导线电压，因此无示数；
（3）乙图中电流表的量程是0～0.6A，分度值是0.02A，读数为0.3A，则未知电阻的阻值为R=UI=Ω；
（4）闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至a端，此时电路为只有未知电阻的简单电路，电压表测电源电压；接下来闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至b端，此时电路为定值电阻和变阻器串联，且变阻器接入电路中的阻值最大，电压表测位置电阻两端电压，由串联电压规律可得，此时变阻器两端电压为UP＝U1﹣U2
电路中的电流为I=UPRP=U1−U2R0，
则待测电阻的表达式为Rx=U2I=U2U1−U2R0=U2R0U1−U2。
故答案为：（1）；（2）短路；（3）0.3；9；（4）移动滑动变阻器滑片P至b端；U2U1−U2⋅R0。
82．（2025•高新区校级模拟）小明在做“测量定值电阻的阻值”实验时，器材有：电源、开关、电压表、电流表、滑动变阻器（20Ω 1.5A）各一个，待测电阻R1、Rx，导线若干。
（1）连接电路前，小明发现电流表指针如图甲所示，产生该现象的原因： 电流表没有调零 。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于 B （选填“A”或“B”）端。
（2）闭合开关后通过调节滑动变阻器获得了多组数据，记录在表格中。
①本实验的原理是 R=UI 。
②根据记录的实验数据可推断，实验1到3中滑动变阻器向 A （选填“A”或“B”）调节。实验中定值电阻R1的阻值为 10.1 Ω（精确到0.1）。
（3）小华继续用图乙电路测量一段音箱线的电阻时，发现电压表示数始终很小。于是按照图丙的电路图重新连接电路，Rx为音箱线，R为电阻箱，电源电压不变。闭合开关，调节电阻箱接入电路的阻值，当阻值为6.6Ω时，电流表示数为0.4A；当阻值为13.6Ω时，电流表示数为0.2A。则音箱线电阻为 0.4 Ω，电源电压为 2.8 V。
【答案】（1）电流表没有调零；B；（2）①R=UI；②A；10.1；（3）0.4；2.8
【解答】解：（1）连接电路前，小明发现电流表指针如图甲所示不在零刻度，于是他将电流表指针调至零刻度。为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于电阻最大的B端。
（2）伏安法测电阻的原理是R=UI，根据电流变大，说明电阻变小，实验1到3中滑动变阻器向A调节；
实验中定值电阻R1的阻值R11=U1I1=Ω，
R12=U12I12=2V0.2A=10Ω，
R13=U13I13=Ω，
则R1=R11+R12+R133=10Ω+10Ω+10.4Ω3≈10.1Ω，
（3）据串联电路的特点和欧姆定律知，U＝I（R+Rx）；
代入数据有：U＝ 0.4A×（6.6Ω+Rx）；
U＝ 0.2A×（13.6Ω+Rx）；
解得Rx＝0.4Ω；U＝2.8V；
故答案为：（1）电流表没有调零；B；（2）①R=UI；②A；10.1；（3）0.4；2.8。
四十六．伏安法测小灯泡的电阻（共1小题）
83．（2025•前郭县模拟）物理实验课上，小明和同学们在做电学实验。首先利用图甲所示的电路，测量小灯泡正常发光时的电阻，电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）电路连好后，闭合开关S，电压表、电流表的示数分别为0.5V、0.1A，小灯泡不亮，接下来首先应进行的操作是 移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光 。
（2）正确完成上述操作后，使小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，此时灯泡的电阻约为 8.3 Ω（结果保留一位小数）。
（3）接下来小明又测量了几组对应的电压值和电流值，并绘制了小灯泡的I﹣U关系图像，如图丙所示，小灯泡的电阻发生变化的原因是 灯丝的电阻受温度的影响 。该小灯泡未接入电路时的电阻可能为 3Ω （选填“0Ω”“3Ω”或“5Ω”）。
（4）接下来小明用此电路探究电流与电阻的关系。实验操作过程中如果只是把小灯泡换成5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻依次接入电路中，为了使这五个电阻分别接入电路都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压不低于 1.5 V。
【答案】（1）移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光；（2）8.3；（3）灯丝的电阻受温度的影响；3Ω；（4）1.5。
【解答】解：（1）电路连好后，闭合开关S，电压表、电流表的示数分别为0.5V、0.1A，电路为通路，小灯泡不亮可在电路的电流过小，接下来首先应进行的操作是移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光。
（2）正确完成上述操作后，使小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表示数为0.3A，此时灯泡的电阻约为
R=UI=≈8.3Ω
（3）小灯泡的I﹣U关系图像为一曲线，可知灯的电阻不是一个定值，如图丙所示，小灯泡的电阻发生变化的原因是灯丝的电阻受温度的影响；根据（1）知，因电压表、电流表的示数分别为0.5V、0.1A，故此时灯的电阻为
R1=U1I1=Ω
因灯的电阻随温度的升高而变大，但不可能为0，故小灯泡在未接入电路时的电阻可能是3Ω；
（4）根据（1）知，因电压表、电流表的示数分别为0.5V、0.1A，由串联电路的规律及欧姆定律可知变阻器连入电路的最大电阻为：
R大=U′−U1I1=3V−Ω
探究电流与电阻的关系时，要控制电阻两端的电压不变，由串联电路电压的规律，变阻器的电压为：
U滑＝U′﹣UV，根据分压原理有
U′−UVUV=R滑R定
即因电源电压和电压表示数不变，左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器最大电阻连入电路中时，对应的定值电阻也最大，这时电压表控制的电压最小，
即 3V−UVUV=25Ω25Ω
故控制的最小电压
UV＝1.5V，
故答案为：（1）移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光；（2）8.3；（3）灯丝的电阻受温度的影响；3Ω；（4）1.5。
四十七．电功率多档位问题（共1小题）
84．（2025•雁塔区校级模拟）某同学家浴室里安装了一款浴霸，它既可以实现照明、换气，又可以实现送自然风、暖风、热风，其简化电路如图所示，开关S可分别与0、1、2触点接触，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。如表所示是浴霸的部分参数。
以下结论正确的是（ ）
①开关S1断开，S与触点1接触时，浴霸处于自然风状态
②送风电动机的功率为33W
③电路中通过开关S的电流最大为10.15A
④浴霸工作10min，电路消耗的最大电能为1.3308×106J
A．①③B．②③C．②④D．③④
【答案】B
【解答】解：①开关S1断开、S与触点1接触时，只有电动机工作，说明此时没有加热，浴霸处于换气状态，故①错误；
②当只有电动机工作时，浴霸处于自然风状态，当一个电热丝和电动机并联工作时，浴霸处于暖风状态，当两个电热丝并联，再与电动机并联时，浴霸处于热风状态，
则一个电热丝的电功率：P＝P热﹣P暖＝2233W﹣1133W＝1100W，
则送风电动机的功率：PM＝P暖﹣P＝1133W﹣1100W＝33W，故②正确；
③当处于热风状态时，电路中通过开关S的电流最大，
由P＝UI可知，电路中通过开关S的最大电流：I=P热U=2233W220V=10.15A，故③正确；
④浴霸热风状态，且照明灯发光时，电功率最大，工作10分钟，电路消耗的电能最大
W＝Pt＝（2233W+20W）×10×60s＝1.3518×106J，故④错误，故B正确、ACD错误。
故选：B。
四十八．电功率的综合计算（共6小题）
85．（2025•定边县模拟）地下车库、停车场极容易积累大量的一氧化碳气体，损害人体健康。一般情况下，一氧化碳浓度达到或超过30ppm时，需要进行排风处理。如图﹣1所示是小晋设计的一氧化碳自动报警装置的部分电路，R1为滑动变阻器，R为一氧化碳传感器，其阻值随一氧化碳浓度变化的关系如图﹣2所示，电源电压为4.5V，滑动变阻器滑片处于某一位置。当电压表示数升高到3V时，自动报警，启动排风系统。下列说法正确的是（ ）
A．电压表应该接在2位置处
B．滑动变阻器R1接入电路的阻值为15Ω
C．刚开始报警时，电路的总功率为0.45W
D．若浓度达到25ppm时就报警，可向右调节滑动变阻器滑片
【答案】C
【解答】解：A、由图甲知，滑动变阻器R1和传感器R串联，由图乙知当一氧化碳浓度升高时，R的阻值变小，电路总电阻减小，由欧姆定律知电路电流增大，滑动变阻器两端电压增大，由串联电路电压规律知R两端电压减小，当电压表示数升高到3V时，自动报警，表示一氧化碳浓度过大，所以电压表应该并联在滑动变阻器两端，即要接在1位置处，故A错误；
BC、当电压表示数升高到3V时，自动报警，说明一氧化碳浓度达到30ppm，由图乙知此时R＝15Ω，
由串联电路电压规律知此时R两端电压为：UR＝U﹣U1＝4.5V﹣3V＝1.5V，
由串联分压原理知：U1UR=R1R，即：3V1.5V=R115Ω，
则滑动变阻器接入电路的阻值为：R1＝30Ω，故B错误；
C、当电压表示数升高到3V时，自动报警，此时电路电流为：
I=U1R1=3V30Ω=0.1A，则刚开始报警时，电路的总功率为：P＝UI＝4.5V×0.1A＝0.45W，故C正确；
D、当电压表示数升高到3V时，自动报警，若浓度达到25ppm时就报警，则由图乙可知传感器R增大，由串联分压可知：
U1UR=1.5V3V=12不变，传感器R增大，则滑动变阻器R1的阻值也要增大，由图甲知可向左调节滑动变阻器滑片，故D错误。
故选：C。
86．（2025•碑林区校级二模）如图所示电路，电源电压恒定不变，定值电阻R1与R2阻值相同。让滑动变阻器R3的滑片位于中点，只闭合开关S2时，电压表V的示数为2V；开关S2、S3闭合，S1断开时，电流表A1的示数为0.2A。将R3的滑片移到b端，三个开关都闭合时，电流表A2的示数为0.4A。下列结果不正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．R3的最大阻值是60Ω
C．将R3的滑片移到b端，三个开关都闭合时，100s电路消耗的电能为300J
D．开关S1、S2闭合，S3断开时，电路消耗的总功率为0.3W
【答案】D
【解答】解：A．开关S2、S3闭合，S1断开时，滑动变阻器R3的滑片位于中点，R1与R2被短路，电路中只有12R3，电流表A1的示数为0.2A，
则根据欧姆定律可得电源电压：U＝I×12R3＝0.2A×12R3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当三个开关都闭合时，R1、R2与R3并联，电流表A2测通过R1、R2两条支路的总电流，电流表A2的示数为0.4A，由于定值电阻R1与R2阻值相同，由并联分流可知，通过R1、R2的电流均为0.2A，
则根据欧姆定律和并联电路的电压特点可得电源电压：U＝I′1R1＝I′2×R2，
即：0.2A×R1＝0.2A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②解得：R1＝R2=12R3，
只闭合开关S2时，R1、R2与12R3串联，电压表测量R2两端电压，电压表V的示数为2V，
由串联分压特点可知：三个电阻两端的电压相等，
则电源电压：U＝U1+U2+U3＝2V+2V+2V＝6V，故A正确；
B．由于R1＝R2=12R3，U＝0.2A×12R3，U＝6V，联立解得：R1＝30Ω，R2＝30Ω，R3＝60Ω，故B正确；
C．将R3的滑片移到b端，三个゙开关都闭合时，R1、R2与R3并联，
电路消耗的总功率：P=U2R1+U2R2+U2R3=(6V)230Ω+(6V)230Ω+(6V)260Ω=3W，
则100s电路消耗的电能为：W＝Pt＝3W×100s＝300J，故C正确；
D．开关S1、S2闭合，S3断开时，R2、R3短路，电路中只有R1，电路消耗的总功率：P1=U2R1=(6V)230Ω=1.2W，故D错误。
故选：D。
87．（2025•西安校级模拟）电阻式传感器被广泛应用于测力、测压、称重，它的核心部分是一只可变电阻，一同学用如图甲所示电路研究某电阻式传感器的特性，图中R0为定值电阻，R为电阻式传感器，当控制其阻值从0变为60Ω，测得传感器消耗的电功率与通过它的电流关系图象如图乙所示，已知电源电压恒定不变。下列说法正确的是（ ）
①当通过传感器的电流为0.1A时，P1＝0.6W；
②R0的阻值为15Ω；
③电源电压为7.5V；
④电路消耗的最大功率为3.75W。
A．①③B．②④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【解答】解：由电路图可知，R与R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由图乙可知，通过传感器的电流最小为0.1A，由欧姆定律可知电路中的总电阻最大，传感器的电阻最大，即为60Ω；
此时传感器的功率：
P1＝I2R＝（0.1A）2×60Ω＝0.6W，故①正确；
（2）当电路中的电流I＝0.1A时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I=UR可得，电源的电压：
U＝I（R0+R）＝0.1A×（R0+60Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
当R＝0Ω时，电路为R0的简单电路，此时电路中的电流最大，由图乙可知最大电流I′＝0.5A，
则电源的电压：
U＝I′R0＝0.5A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
因电源的电压不变，
所以，0.1A×（R0+60Ω）＝0.5A×R0，
解得：R0＝15Ω，故②正确
电源的电压U＝I′R0＝0.5A×15Ω＝7.5V，故③正确；
（3）电路消耗的最大功率：P＝UI′＝7.5V×0.5A＝3.75W，故④正确。
由上分析可知：①②③④正确。
故选：D。
88．（2025•平乡县模拟）在图甲所示的电路中，电源电压可调，灯泡L标有“6V 3W”字样，灯丝电阻不受温度影响，电流表的规格如图乙所示，电压表的量程为“0～3V”和“0～15V”，电阻R1的阻值为24Ω，滑动变阻器R2标有“120Ω 1A”字样。

（1）将电源电压调为12V，闭合开关S1、S2，滑片P移到滑动变阻器R2左端的13处时，求两电流表的示数；
（2）将电源电压调为18V，只闭合开关S3时，在保证各电路元件安全的情况下，求滑动变阻器允许接入电路的最大阻值；
（3）保持电源电压为12V不变，拆除电压表，电流表量程可换，现用定值电阻R0（R0≠R1）替换R1、R2中的一个，要求替换后，闭合开关S1、S2时，电路正常工作，电流表和的示数差仍与原来相同，且有一个电流表示数能达到满刻度。请说明要替换的电阻，并计算电阻R0符合上述要求的最大阻值。
【答案】（1）将电源电压调为12V，闭合开关S1、S2，滑片P移到滑动变阻器R2左端的13处时，电流表A1的示数为0.8A，电流表A2的示数为0.3A；
（2）将电源电压调为18V，只闭合开关S3时，在保证各电路元件安全的情况下，滑动变阻器允许接入电路的最大阻值为60Ω；
（3）用定值电阻R0替换滑动变阻器R2，R0符合要求的最大阻值为120Ω。
【解答】解：（1）由电路图可知，闭合开关S1、S2时，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流
电流表A2的示数为：I2=UR2=12V13×120Ω=0.3A；
通过R1的电流为：I1=UR1=12V24Ω=0.5A，
电流表A1的示数为：
I＝I1+I2＝0.5A+0.3A＝0.8A；
（2）将电源电压调为18V，只闭合开关S3时，灯泡L与R2串联，电压表测R2两端的电压，当电压表示数最大为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，
灯泡两端的电压为：UL′＝U′﹣U滑大＝18V﹣15V＝3V，
灯泡的电阻为：RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω；
此时通过灯泡的电流为：IL′=UL′RL=3V12Ω=0.25A，
滑动变阻器允许接入电路的最大电阻为：R滑大=U滑大IL′=15V0.25A=60Ω；
（3）因替换后电流表A1和A2的示数差仍与原来相同，即差值为ΔI＝I1=UR1=12V24Ω=0.5A，即为通过电阻R1的电流，即R0＝R1时两电流表差值不变，但题目要求R0≠R1，故不能替换R1，只能替换R2，因为有一个电流表示数能达到满刻度，故：
①当电流表A2满刻度且示数为0.6A时，干路电流I′＝I0+I1＝0.6A+0.5A＝1.1A，符合题意，此时R0=UI0=12V0.6A=20Ω；
②当电流表A2满刻度且示数为3A时，干路电流I″＝I0′+I1＝3A+0.5A＝3.5A，超过电流表A1的量程，不符合题意；
③当电流表A1满刻度且示数为0.6A时，通过R0的电流I0″＝I′″﹣I1＝0.6A﹣0.5A＝0.1A，符合题意，此时R0′=UI0′′=12V0.1A=120Ω；
④当电流表A1满刻度且示数为3A时，通过R0的电流I0′″＝I″″﹣I1＝3A﹣0.5A＝2.5A，符合题意，此时R0″=UI0′′′=12V2.5A=4.8Ω；
综上所述，用定值电阻R0替换滑动变阻器R2，R0符合要求的最大阻值为120Ω。
答：（1）将电源电压调为12V，闭合开关S1、S2，滑片P移到滑动变阻器R2左端的13处时，电流表A1的示数为0.8A，电流表A2的示数为0.3A；
（2）将电源电压调为18V，只闭合开关S3时，在保证各电路元件安全的情况下，滑动变阻器允许接入电路的最大阻值为60Ω；
（3）用定值电阻R0替换滑动变阻器R2，R0符合要求的最大阻值为120Ω。
89．（2025•嘉峪关一模）如图甲所示为一个加湿器，图乙所示为其内部湿度检测装置的简化电路图，图丙所示为加湿器内部湿度电阻R的阻值随湿度RH变化的关系图像。已知电源电压为12V，定值电阻R0＝30Ω，电压表的量程为0～9V.在电路安全工作的前提下，请通过计算回答：
（1）电压表的示数为6V时，电流表示数是多少？
（2）电压表的示数为6V时，该电路的电功率是多少？
（3）该加湿器能检测到的最大湿度值是多少？
【答案】（1）电压表的示数为6V时，电流表示数是0.2A；
（2）电压表的示数为6V时，该电路的电功率是2.4W；
（3）该加湿器能检测到的最大湿度值是80%。
【解答】解：由图可知，定值电阻R0与湿敏电阻R串联，电压表测量湿敏电阻R两端的电压，电流表测量电路中的电流；
（1）当电压表示数为6V时，由串联电路的电压特点可得，R0两端的电压：
U0＝U﹣UR＝12V﹣6V＝6V，
此时通过R0的电流：
I=U0R0=6V30Ω=0.2A；
（2）当电压表示数为6V时，电路的电功率：P＝UI＝12V×0.2A＝2.4W；
（3）由图丙可知，湿度越大，湿敏电阻R的阻值越大，由串联分压规律可知，湿敏电阻两端的电压也越大（即电压表示数越大），
因为电压表量程为0～9V，所以湿敏电阻R两端的电压最大为9V时，此时监测的湿度最大；
根据串联电路总电压等于各电阻两端的电压之和可知，R0两端的最小电压：
U0最小＝U﹣UR最大＝12V﹣9V＝3V，
则电路中的最小电流：
I最小=U0最小R0=3V30Ω=0.1A，
根据欧姆定律可知，R接入电路的最大阻值：
R最大=UR最大I最小=9V0.1A=90Ω；
由图乙可知能监测湿度的最大值为80%。
答：（1）电压表的示数为6V时，电流表示数是0.2A；
（2）电压表的示数为6V时，该电路的电功率是2.4W；
（3）该加湿器能检测到的最大湿度值是80%。
90．（2025•宝山区校级模拟）某科技小组制作了一个水位仪，其内部简化结构如图甲所示。已知电源电压恒为18V。一根轻质绝缘细杆上端与滑片P固定，下端与边长为10cm的正方体木块A相连，木块A放在足够高圆柱形容器内。未注水时，滑片P刚好在滑动变阻器R1的下端，现向容器中缓慢注水，滑片P随A的浮动在滑动变阻器R1上滑动，滑片P不能离开R1，R1由两种材料组成，ab段是铜导线，其电阻可忽略不计，剩余部分材料相同且电阻大小与自身长度成正比，定值电阻R2的电功率与水位的深度H的关系如图乙所示（不计绝缘杆、滑片的体积和自重及滑片处的摩擦力）。求：
（1）R2的阻值。
（2）滑动变阻器R1的最大阻值。
（3）如果电流表选用0～3A量程，电压表选用0～15V量程，则在电路安全范围内，其水位的最大深度。
【答案】（1）R2的阻值为10Ω。
（2）滑动变阻器R1的最大阻值为80Ω。
（3）在电路安全范围内，水位的最大深度为21.5cm。
【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器R1两端的电压，电流表测通过电路的电流；
未注水时，电路中只有R2连入电路，由乙图可知此时定值电阻R2的电功率为32.4W，
根据P=U2R可得R2的阻值为：R2=U2P0=(18V)232.4W=10Ω；
（2）由乙图可知滑动变阻器接入电路最大阻值时，定值电阻的电功率为0.4W，
根据P＝I2R可得此时通过电路的电流：I=P1R2=0.4W10Ω=0.2A，
根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R=UI=18V0.2A=90Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则滑动变阻器的最大阻值：R1＝R﹣R2＝90Ω﹣10Ω＝80Ω；
（3）由乙图可知水深11cm＝0.11m时，定值电阻的电功率为3.6W，
根据P＝I2R可得此时通过电路的电流：I′=P2R2=3.6W10Ω=0.6A，
根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R′=UI′=18V0.6A=30Ω，
此时滑动变阻器接入电路的阻值：R′1＝R′﹣R2＝30Ω﹣10Ω＝20Ω，
由乙图可知滑片移动的距离为11cm﹣6cm＝5cm，即a点以下部分的长度为5cm；
根据串联电路的分压特点可知当滑动变阻器连入电路的电阻越大，电压表示数越大，所以，电压表示数最大时滑动变阻器连入电路的电阻最大，此时水位的深度最大；
已知电压表选用0～15V量程，电压表示数最大为15V，
根据串联电路的总电压等于各用电器两端电压之和可得此时定值电阻两端的电压为：
U2＝U﹣U1＝18V﹣15V＝3V，
此时通过电路的电流：I″=U2R2=3V10Ω=0.3A，
此时滑动变阻器接入电路的阻值：R″1=U2I″=15V0.3A=50Ω，
此时滑动变阻器接入电路的长度为L″=5cm20Ω×50Ω＝12.5cm，
由乙图可知ab的长度为14cm﹣11cm＝3cm，则滑片移动的距离为12.5cm+3cm＝15.5cm，
此时水深为H＝15.5cm+6cm＝21.5cm。
答：（1）R2的阻值为10Ω。
（2）滑动变阻器R1的最大阻值为80Ω。
（3）在电路安全范围内，水位的最大深度为21.5cm。
四十九．伏安法测量小灯泡的电功率（共3小题）
91．（2025•雁塔区校级模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的电路测量额定电压为2.5V的小灯泡的功率，已知电源为4.5V。
（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整（要求：滑动变阻器滑片P向右移动时灯泡变亮）；
（2）进行实验并记录了5组数据如表所示，第4次实验的电流值如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.48 W；
（3）要完成上述表中数据测量，实验中滑动变阻器的总阻值至少为 20 Ω；
（4）根据表记录的实验数据，在如图丙所示的坐标系中绘出小灯泡的电流随电压变化的大致图象，通过图象分析可知，小灯泡的电功率随电压的升高而 增大 （填“增大”、“不变”或“减小”）；
（5）小明打算只利用电压表来测量小灯泡的电功率，他增加了一个定值电阻R0和两个开关，设计了如图丁所示电路。闭合开关S、S1，移动滑片P，使电压表的示数为U1；保持滑片位置不动，只断开开关S1，闭合开关S2，记下电压表的示数为U2，则小灯泡的电功率为 U1•U2−U1R0 。（用已知R0、U1、U2表示）
【答案】（1）见解答图；（2）0.48；（3）20；（4）增大；（5）U1•U2−U1R0。
【解答】解：（1）滑动变阻器选择上下各选一个接线柱串联接入电路，滑动变阻器滑片P向右移动时灯泡变亮，说明滑片向右移动时滑动变阻器接入电路的电阻变小，故选右下接线柱与开关串联接入电路，如下图所示：
；
（2）第4次实验的电流值如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.48A，小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.48A＝1.2W；
（3）根据表中数据，灯泡两端电压最小为0.5V，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，其电压为UR＝U﹣UL＝4.5V﹣0.5V＝4V，此时电路中的电流为0.2A，滑动变阻器的阻值为：R=URI1=4V0.2A=20Ω，要完成上述表中数据测量，实验中滑动变阻器的总阻值至少为20Ω；
（4）由图丙可知，随灯泡电压U变大，通过灯泡的电流变大，由P＝UI可知，灯泡实际功率增大，温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大；
（5）闭合开关S、S1，电压表测量小灯泡两端的电压，移动滑片P使电压表的示数为U1，即小灯泡两端的电压是U1；
保持滑片P位置不动，只断开开关S1，闭合开关S2，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的电压，记下电压表的示数为U2；
定值电阻两端的电压为U0＝U2﹣U1，
定值电阻中的电流为：I0=U0R0=U2−U1R0，
定值电阻和小灯泡串联，根据串联电路电流处处相等，则小灯泡中的电流是I＝I0=U2−U1R0，
则小灯泡的电功率为：P＝UI＝U1•U2−U1R0。
故答案为：（1）见解答图；（2）0.48；（3）20；（4）增大；（5）U1•U2−U1R0。
92．（2025•雁塔区校级模拟）小明做“测定小灯泡电功率”的实验，小灯泡标有“2.5W''字样，滑动变阻器规格为“20Ω，2A”，电源为电压可调的学生电源，其他实验器材齐全且完好。
（1）小明连接的实物图如图1所示，闭合开关，发现灯 不亮 （选填“亮”或“不亮”），电流表 无 （选填“有”或“无”）示数；
（2）经检查发现接错了一根导线。请你在这根导线上打“×”并补画出正确连接的那根导线；
（3）电路连接正确后，小明选用“6V”挡电源电压，将滑片调到最大阻值，闭合开关。某次实验时，发现小灯泡发光较亮，电压表、电流表的示数分别如图2（a）（b）所示，此时电路中的电流为 0.32 A，小灯泡的实际功率 大于 （选填“大于”“小于”或“等于”）额定功率；
（4）小明进行多次实验，测量的数据如下表所示，小灯泡L正常发光时的电功率为 0.75 W。老师发现表格中第 1 次数据是编造的；
（5）根据表格中的数据推测：当电压为1.25V时，小灯泡的实际功率最有可能的是 C ；

（6）小华利用小明的实验器材，将电源电压调为3V不变，增加了一个阻值为10Ω定值电阻R1，电阻箱R2来测量小灯泡的额定功率。如图3甲、乙是她设计的两种不同方案的电路图。则以下判断正确的是 D （填字母）。
A.两种方案都能
B.两种方案都不能
C.甲方案能，乙方案不能
D.甲方案不能，乙方案能
【答案】（1）不亮；无；（2）如上所示；（3）0.32；大于；（4）0.75；1；（5）C； （6）D。
【解答】解：（1）小明连接的实物图如图1所示，电流表与灯并联，电压表串联在电路中（电压表测电源电压，电压表有示数），因电压表内阻很大，电路的电流几乎为0，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数；
（2）电流表应与灯串联，电压表与灯并联，改正后，如下所示：
（3）某次实验时，发现小灯泡发光较亮，电压表、电流表的示数分别如图2（a）（b）所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.8V；电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电路中的电流为0.32A；
因2.8V大于灯的额定电压，故小灯泡的实际功率大于灯的额定功率；
（4）小明进行多次实验，测量的数据如表所示，由表中数据知，灯在额定电压下的电流为0.30A，
则小灯泡L正常发光时的电功率为：P＝UI＝2.5V×0.30A＝0.75W；
变阻器的最大电阻为20Ω，由表中第1组数据，根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑=U滑I1=U−U1I1=6V−≈22.7Ω＞20Ω，故表格中第1次数据是编造的；
（5）由前面解答可知，表格中第1次数据是编造的；
根据表中数据可知，第2次实验时灯泡的实际功率为：P2＝U2I2＝1.3V×0.24A＝0.312W，
当小灯泡的电压为1.25V时，虽然实际电压小于1.3V，但更接近1.3V，则由实际功率与实际电压的关系可知，此时灯泡的实际功率小于0.312W，且更接近0.312W，结合选项数据可知此时灯泡的实际功率最有可能是0.31W，故选C；
（6）丙方案中，R1、小灯泡、滑动变阻器三者串联，小灯泡额定电压2.5V，根据前面测的数据（即I额＝0.3A），若灯泡正常发光，则10Ω的电阻R1分得的电压为3V，由串联电路的电压特点可知电源电压至少5.5V，而给出的电源电压只有3V，所以灯泡电压达不到额定电压，不可能正常发光，故丙方案不能测出小灯泡的额定功率；
丁方案中，根据“小华利用小明的实验器材”可知电源电压为3V，图中电压表测滑动变阻器两端的电压，当电压表示数U滑＝U﹣UL＝3V﹣2.5V＝0.5V时，灯泡正常发光；且可通过调节电阻箱的阻值使得开关接2时电压表示数仍为0.5V，则灯泡正常发光时的电阻等于电阻箱的阻值（等效法），根据P=U2R可以测出小灯泡的额定功率，即丁方案能测出小灯泡的额定功率，所以，丙方案不能，丁方案能；
故选：D。
故答案为：（1）不亮；无；（2）如上所示；（3）0.32；大于；（4）0.75；1；（5）C； （6）D。
93．（2025•宝山区校级模拟）小张同学和小丁同学在做“测定小灯泡的电功率”实验，现有学生电源共四款：4.5伏、6伏、7.5伏、9伏，待测小灯泡有三个，分别标有“2.5V”、“3.8V”“4.5V”字样，滑动变阻器2个、电流表2个、电压表2个（其中1个只有0～3伏完好）、开关及导线若干，小丁选择1个滑动变阻器和1个小灯泡进行实验，他闭合开关，移动变阻器滑片，发现电压表示数始终不变且不为0，他读出数值却忘记了记录，经过思考后他调整电路并重新实验，记录以下三组数据及现象，部分数据及现象如表。
（1）请判断电压表的并接位置并说明理由；
（2）请根据相关信息求解电源电压U（需写出主要推理和计算过程）；
（3）小灯泡的额定电功率P额＝ 0.836 W；
小张从余下的器材中挑选合适的器材和一个小灯并正确连接电路，闭合开关，移动变阻器滑片，发现当电流表示数最大时，小灯泡发光仍较暗，他分析后，改变了电压表的位置，得到两组数据记录在表格中，并利用其中一组数据测得了小灯泡的额定电功率。小张实验中的部分数据如表。
（4）请简述电流表示数最大时，小灯泡发光较暗的原因 当电压表示数最大时，仍未达到小灯泡的额定电压，实际功率小于额定功率，故小灯泡发光较暗 ；
（5）求解：小灯泡的额定功率P额（需写出解答过程）；
（6）表中数据x的取值范围为 310A＜x＜1130A （保留分数）。
【答案】（1）电压表并联在滑动变阻器两端；（2）电源电压U为6V；（3）0.836；（4）当电压表示数最大时，仍未达到小灯泡的额定电压，实际功率小于额定功率，故小灯泡发光较暗；（5）小灯泡的额定功率为1.35W；（6）310A＜x＜1130A。
【解答】解：（1）表中第3组数据可知，当电压表示数为1.7V时，灯泡偏亮，说明此时灯泡两端电压大于额定电压，而三个灯泡的额定电压分别为2.5V、3.8V、4.5V，说明电压表测的不是灯泡两端电压，而是滑动变阻器两端的电压；
（2）当滑动变阻器两端电压与电流比为10Ω时，灯泡正常发光，根据1、3组电流数据及灯泡亮暗程度可知，第2组数据中的电流大于0.2A，小于0.24A，则滑动变阻器两端的电压大于2V，小于2.4V，结合三个灯泡的额定电压可知，当滑动变阻器两端电压为2.2V，灯泡额定电压为3.8V时，电源电压刚好为6V，符合题意，故电源电压为6V；
（3）由（2）可知，滑动变阻器两端电压为2.2V，电阻10Ω，根据串联电路电流特点结合欧姆定律可知，灯泡的额定电流为：
I额＝I滑=U滑R滑=2.2V10Ω=0.22A，
则灯泡的额定功率为：
P额＝U额I额＝3.8V×0.22A＝0.836W；
（4）电压表测量小灯泡两端电压，且量程为0～3V，当电压表示数最大时，仍未达到小灯泡的额定电压，实际功率小于额定功率，故小灯泡发光较暗；
（5）由题知，小灯泡的额定电压为“2.5V”或“4.5V”；测定小灯泡电功率的实验电路中，电压表应并联在小灯泡两端，闭合开关，移动变阻器滑片，发现当电流表示数最大时，由欧姆定律可知此时电压表（量程0～3V）示数也最大，但小灯泡发光仍较暗，说明灯泡的额定电压大于3V，即4.5V；改变了电压表的位置后，能测出灯泡的额定功率，说明此时电压表并联在滑动变阻器的两端，且利用其中一组数据测得了小灯泡的额定电功率，若序号2的数据为小灯泡正常发光时的数据，则电源电压为：
U＝U额+U滑2＝4.5V+2V＝6.5V，
已知电源（电压为4.5伏、7.5伏、9伏中一个），所以电源电压不是6.5V，序号2的数据也不是小灯泡正常发光时的数据，则序号1数据为小灯泡正常发光的数据，且此时电压表示数与电流表示数的比值为10Ω，由欧姆定律可知灯泡正常发光时变阻器接入电路的阻值R滑1＝10Ω；若电源电压为4.5V，则第序号1电压表示数为0，不符合题意；，因UL不能比额定电压大得太多，所以可知电源电压U应为7.5V；
由串联电路的电压特点可知灯泡正常发光时变阻器两端的电压为：
U滑1＝U﹣U额＝7.5V﹣4.5V＝3V，
则灯泡正常发光时的电流为：
I′额=I1=U滑1R滑1=3V10Ω=0.3A，
故灯泡的额定功率为：
P'额＝U'额I'额＝4.5V×0.3A＝1.35W；
（6）第2组数据中，电压表的示数为2V，小于第一组数据电压表的示数，由分压原理知，滑动变阻器电阻小于10Ω，由欧姆定律知，电流表的示数大于0.3A；
小灯泡正常工作时的电阻为：
RL=U′额I′额=Ω，
若灯泡电阻不变，则当电压表示数为2V时，由分压原理知，滑动变阻器的电阻为：
R滑2RL=U滑2UL=U滑2U−U滑2=2V7.5V−2V=411，
解得
R滑2=411RL=411×15Ω=6011Ω，
由欧姆定律知，电路中的电流为：
I=URL+R滑2=7.5V15Ω+6011Ω=1130A，
而实际上灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以实际的RL与R滑2均比以上所用值大，则电流要小于1130A，故表中数据x的取值范围为310A＜x＜1130A。
故答案为：（1）电压表并联在滑动变阻器两端；（2）电源电压U为6V；（3）0.836；（4）当电压表示数最大时，仍未达到小灯泡的额定电压，实际功率小于额定功率，故小灯泡发光较暗；（5）小灯泡的额定功率为1.35W；（6）310A＜x＜1130A。
五十．家庭电路的连线作图（共1小题）
94．（2025•广州模拟）图甲是家中床头柜上的用电面板，在遵守安全用电原则的前提下，将图乙对应的电路图连接完整（S为旋钮开关，控制床头灯的通断和亮度）。
【答案】
【解答】解：根据安全用电的原则，开关要先接在火线上，开关S控制控制床头灯的通断和亮度，因此旋钮开关与灯泡串联，火线先进开关，灯泡一端与旋钮开关连接，另一端与零线连接；
三孔插座遵循“上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线”，完成三孔插座连接，如下图所示：
五十一．漏电保护器的原理和作用（共1小题）
95．（2025•沭阳县校级模拟）小红家的家庭电路进户开关上安装着漏电保护器，上面写着下表中的一些数据，在以下几种说法中，正确的是（ ）
A．漏电电流大于30mA，保护器会在0.1秒之内切断电源
B．漏电持续时间超过0.1秒时保护器才能动作
C．当漏电电流达到15mA时就能起到可靠的保护作用
D．只有当进户电压大于220V或用电电流大于20A时，才能起保护作用
【答案】A
【解答】解：A、漏电电流大于30mA，保护器会在0.1s之内切断电源，故该选项正确；
B、据上面的数据可知，只要在漏电电流大于30mA，保护器会在0.1s之内切断电源，故该选项错误；
C、题目中的额定不动作电流为15mA，其表示：电路中漏电电流小于15毫安时，保护器不会自动切断电源起保护作用。故该选项错误；
D、题目中的220V 20A表示：20A、220V是说漏电保护器的额定电流是20安，额定电压是220伏，当与它控制的电路中的电流和电压超过其额定值时，漏电保护器会自动切断电源起保护作用，但在进户电压和电流小于它的额定值时，如果漏电流大于其额定值，也会自动切断电源起保护作用。故该选项错误。
故选：A。
五十二．利用安培定则判断磁极（共2小题）
96．（2025•碑林区校级模拟）情境：2025年3月1日是一年一度的龙抬头，这一天对全国人民都很重要，陕西各地区人民也是相当重视，在这一天有很多精彩的节目，还有很多传统美食，美好快乐的一天从早上起床就已经开始。
（1）这一天虽然是星期六，但是小明早早地起床，掀开被子的一瞬间他感觉一股凉风吹来，此时热传递的方向是 从冷空气到身体 （选填“从身体到冷空气”或“从冷空气到身体”）；起床后和妈妈一起包饺子、煮饺子庆祝龙抬头，小明在包饺子的时候，用力捏饺子皮后饺子皮就会粘在一起，这是因为分子间存在 引力 （选填“引力”或“斥力”），煮饺子是通过 热传递 （选填“热传递”或“做功”）的方式改变了饺子的内能。
（2）吃过热乎乎的饺子后，感觉身体都暖暖的，于是小明和妈妈一起出门去做今天最重要的事情——剪头发。他们来到理发店时已经有好几个人了，于是小明无聊地观察着店里的东西，他看到了如图﹣1所示的电推子和如图﹣2所示的电吹风，电推子工作时主要将电能转化为 机械 能，电吹风可以吹出热风主要是利用电流的 热效应 ，电吹风的铭牌如表所示，则使用热风挡工作1min消耗的电能为 1.2×105 J。
（3）剪完头发以后，小明兴高采烈地和妈妈走在路上，在路上小明看到路边如图3所示的一辆吊车正在吊起一个重物，他饶有兴趣地看着，从旁边工人了解到这一次吊装的物体质量为5t，吊车吊钩的质量为1000kg，他发现吊车的吊钩上方连接着四根钢缆。此次吊装物体上升的高度约6m，则此过程中克服物体重力做功为 3×105 J，忽略机械的摩擦力，则每根钢缆所受拉力至少为 1.5×104 N，此吊车吊装部分的机械效率为 83.3% 。（g取10N/kg）
（4）妈妈催促着小明快点去看今天精彩的节目，等到达了现场，正好开始了如图4所示精彩的舞狮表演，他们看到舞狮者高高地跃起，在上升过程中舞狮者的重力势能 增大 ，当二人落地后，后方人员高高举起前方的人，整个狮子呈现双脚站立静止状态，相较于四脚着地时，此时后方人员脚对地面的压强 变大 （前两空均选填“变大”“不变”或“变小”），此时后方的人对前方人员的支持力 等于 （选填“大于”“等于”或“小于”）前方人员所受重力。
（5）开开心心地玩了一天，傍晚的时候小明回到了家，开始写物理作业，作业上如图5所示的一道电磁学的题目难住了他，相信你一定可以解决。闭合开关后，线圈甲左侧为 S 极，甲、乙两个线圈会相互 排斥 ，当更换电源正负极后，两个线圈会相互 排斥 （中间两空选填“吸引”或“排斥”），此时乙线圈的左侧为 S 极。
【答案】（1）从冷空气到身体；引力；热传递；
（2）机械；热效应；1.2×105；
（3）3×105；1.5×104；83.3%；
（4）增大；变大；等于；
（5）S；排斥；排斥；S。
【解答】解：（1）热传递的方向是从高温物体传向低温物体，起床时身体周围温度高，所以冷空气从周围到身体流动；
饺子皮就会粘在一起，这是因为分子间存在分子引力；
改变内能的方式有两种：热传递和做功，煮饺子是通过热传递的方式改变了饺子的内能；
（2）电推子工作时主要将电能转化为机械能；
电吹风可以吹出热风主要是利用电流的热效应；
使用电吹风的热风挡P＝2000W，工作t＝1min＝60s消耗的电能W＝Pt＝2000W×60s＝1.2×105J；
（3）物体的重力：G物＝m物g＝5×103kg×10N/kg＝5×104N，吊车吊钩的重力：G钩＝m钩g＝1000kg×10N/kg＝1×104N，
四根钢缆则n＝4，物体上升的高度h＝6m，拉力作用点的移动距离s＝4h＝24m，
此次吊装，克服物体重力做功：W有用＝ G物h＝5×104N×6m＝3×105J；
忽略机械的摩擦力，则每根钢缆所受拉力至少F＝ 1n(G物+G钩)=14(5×104N+1×104N)=1.5×104N；
提升过程中，拉力做的总功为：W总＝Fs＝1.5×104N×24m＝3.6×105J，
此吊车吊装部分的机械效率为：η=W有用W总=3×105J3.6×105J×100%≈83.3%；
（4）舞狮者在上升过程中舞狮者的重力势能增大；
整个狮子呈现双脚站立静止状态，相较于四脚着地时，受力面积减小，此时后方人员脚对地面的压强变大；
整个狮子处于静止状态，受力平衡，后方的人对前方人员的支持力 等于其所受重力；
（5）根据安培定则可知，闭合开关后，线圈甲左侧为S极；
线圈甲右侧为N极，线圈乙左侧也为N极，同名磁极相互排斥，所以，甲、乙两个线圈会相互排斥；
当更换电源正负极后，此时线圈甲右侧为S极，乙线圈的左侧为S极，两个线圈依然会相互排斥。
故答案为：（1）从冷空气到身体；引力；热传递；
（2）机械；热效应；1.2×105；
（3）3×105；1.5×104；83.3%；
（4）增大；变大；等于；
（5）S；排斥；排斥；S。
97．（2025•河南模拟）如图甲所示是某自动控温电热水器的电路图，其中控制电路电压恒为6V，R1为热敏电阻，置于水箱中产生的热量对水箱中水温的影响忽略不计，R1的阻值随温度变化的关系如图乙所示，R2为可调电阻，用来设定电热水器的水温。R3、R4为纯电热丝，均置于水箱中，R3＝22Ω；电磁铁线圈电阻忽略不计，当电磁铁中电流达到0.2A时，继电器衔铁被吸下来。工作过程中，电源电压均保持不变，请完成下列问题：
（1）图甲中电磁铁的下端为 N极 （选填“N极”或“S极”）。
（2）加热时电热丝R3的功率为多少？
（3）如果电热水器储有60kg的水，电路处于加热状态，正常工作1h，使水温升高25℃，求电热水器的效率。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（4）如果将电热水器中的水温设为60℃，R2的阻值应该调至多少？
【答案】（1）N极；
（2）加热时电热丝R3的功率为2200W；
（3）电热水器的效率为79.5%；
（4）R2的阻值应该调至20Ω
【解答】解：（1）电磁铁是根据电流的磁效应制成的；图甲中电流从电磁铁的上端外侧流入，由安培定则可知，线圈的下端为N极，其上端的磁极为S极；
（2）分析甲图可知，当衔铁与上方触点接通时，电路中只有R3工作，为加热状态；
当衔铁与下方触点接通时，电路中R3与R4串联，一起工作，为保温状态；
加热时电热丝R3的功率为：P=U2R3=(220V)222Ω=2200W；
（3）水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×25＝6.3×106J
电路处于加热状态时的功率：
P=U2R3=(220V)222Ω=2200W，
由P=Wt可得，消耗电能：
W＝Pt＝2200W×3600 s＝7.92×106J，
电热水器的效率：
η=Q吸W×100%=6.3×106J7.92×106J×100%＝79.5%；
（4）如果将热水器中的水温设置为60℃，此时控制电路中的电流刚好为0.2A，
由I=UR可知，此时控制电路的总电阻：
R总=UI=6V0.2A=30Ω，
由图象可知，60℃时R1的阻值为10Ω，则R2的阻值为R2＝R总﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω。
故答案为：（1）N极；
（2）加热时电热丝R3的功率为2200W；
（3）电热水器的效率为79.5%；
（4）R2的阻值应该调至20Ω。
五十三．电磁继电器在实际生活中的应用（共1小题）
98．（2025•碑林区校级一模）如图所示的是物理兴趣小组设计的“温度自动报警器”的电路图，图中金属丝下端与95℃刻度线对齐。下列说法中正确的是（ ）
A．图中的A是电磁铁，通电后电磁铁的上方是S极
B．控制电路的电源的正负极对调后会影响自动报警器工作
C．该液体温度计使用水银的主要原因是水银的密度很大
D．如果要升高报警温度，需要将金属丝往上提
【答案】D
【解答】解：A、图中的A是电磁铁，根据电流的方向，利用安培定则判断出通电后电磁铁的上方是N极。故A错误；
B、报警器中的控制电路的电源的正负极对调后会影响电磁铁的极性，不会影响自动报警器工作，故B错误；
C、液体温度计使用水银的主要原因是水银导电和热胀冷缩的性质，故C错误；
D、若报警温度将升高，报警的温度会高于95摄氏度，将上端的金属丝向上移，故D正确。
故选：D。
五十四．电动机工作原理（共1小题）
99．（2025•忻州一模）变频空调的变频压缩机可以根据环境温度自动调整工作状态。如图甲所示是某变频空调电路的原理示意图，其中控制电路的Rs为调控电阻，可通过遥控器调节其阻值大小，Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化的图像如图乙所示，L为磁控开关，当热敏电阻Rt的阻值发生变化时，通过磁控开关线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于固定值时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的变频压缩机开始工作。下列分析正确的是（ ）

A．压缩机内部电动机工作的原理是电磁感应
B．温度升高，空调的功率会变小
C．用遥控器将调控电阻Rs的阻值调小时，设定温度变低
D．当开关S接通，电流大于或等于固定值时，L的两个磁性弹片的前端为同名磁极
【答案】C
【解答】解：A.压缩机内部电动机工作的原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，故A错误；
B.温度升高，热敏电阻减小到某一数值时，磁控开关中的磁性弹片吸合，空调工作，空调功率变大，故B错误；
C.在总电阻不变时，用遥控器调控电阻变小时，热敏电阻阻值变大，由图乙知设定温度变低，故C正确；
D.当开关S接通，电流大于或等于固定值时，L的两个磁性弹片相接触，两个磁性弹片的前端为异名磁极，故D错误；
故选：C。
五十五．探究产生感应电流的条件（共1小题）
100．（2025•陕西模拟）请完成下列填空。
（1）图甲中铅笔的长度为 12.00 cm。
（2）图乙是“探究平面镜成像特点”的实验装置，选用两根完全相同的蜡烛A、B是为了比较像与物的 大小 关系。
（3）如图丙所示，在“探究产生感应电流条件”的实验中，通过观察 灵敏电流计指针是否偏转 来判断电路中是否有感应电流；人们根据此原理制作了 发电机 （选填“发电机”或“电动机”）。
【答案】（1）12.00；（2）大小；（3）灵敏电流计指针是否偏转；发电机。
【解答】解：（1）刻度尺的分度值为0.1cm，左侧对应的刻度值为0.00cm，右侧对应的刻度值为12.00cm，则木块的长度是12.00cm﹣0.00cm＝12.00cm；
（2）用B蜡烛在玻璃板后移动，直到B蜡烛与A蜡烛的像重合，可知B蜡烛与A蜡烛的像大小相等，因实验中选用两根完全相同的蜡烛A、B，则可知A蜡烛的像与A大小相等，故选用两根完全相同的蜡烛A、B是为了比较像与物的大小关系；
（3）实验中，通过观察灵敏电流计指针是否偏转来判断电路中是否有感应电流存在，指针偏转表明电路中有感应电流，否则电路中没有感应电流，人们利用电磁感应现象制成发电机。
故答案为：（1）12.00；（2）大小；（3）灵敏电流计指针是否偏转；发电机。
频率f（Hz）
声音强弱等级（dB）
甲
400
50
乙
600
30
t/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
t/℃
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
0
0
1
3
5
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/℃
90
92
94
96
98
99
99
99
99
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
温度/℃
89
90
91
92
93
93
93
93
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
水温/℃
88
90
92
96
98
98
98
98
圆柱A
油
水
质量/g
90
54
120
密度/（g/cm3）
0.6
0.9
1
深度/cm
2
6
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
0.2
0.2
0.4
UAB/V
UBC/V
UAC/V
1.4
1.4
2.8
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
a
镍铬合金
0.5
①
b
镍铬合金
0.5
1
c
镍铬合金
1
0.5
d
锰铜合金
0.5
0.5
初三女生测试等级标准
不合格
合格
良好
优秀
滑片移动距离L/cm
＜3.7
3.7≤L＜16.7
16.7≤L＜20.1
≥20.1
环境温度t/℃
5
10
20
30
40
50
60
热敏电阻R/kΩ
6.0
4.4
2.8
1.8
1.1
0.8
0.7
实验序号
U/V
I/A
1
1.2
0.12
2
2.0
0.20
3
2.6
0.25
额定电压
220V
照明功率
20W
换气功率
35W
暖风功率
1133W
热风功率
2233W
次数
1
2
3
4
5
U/V
0.5
1.0
2.0
2.5
3.00
I/A
0.20
0.30
0.45
0.50
实验次数
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.0
1.3
1.7
2.1
2.5
2.8
电流I/A
0.22
0.24
0.26
0.28
0.30
序号
电压表示数（伏）
电流表示数（安）
电压表示数与电流表示数的比值（欧）
小灯亮暗程度
1
0.20
偏暗
2
10
正常发光
3
1.7
0.24
偏亮
序号
电压表示数（伏）
电流表示数（安）
电压表示数与电流表示数的比值（欧）
1
10
2
2.0
x
20A 220V
额定漏电电流
30mA
额定不漏电电流
15mA
漏电分断时间
小于0.1s
***牌吹风机
额定电压：220V 频率：50Hz
挡位
功率
冷风
40W
暖风
880W
热风
2000W