1、n=2，由得，滑轮组的机械效率： 85%。【点睛】本题考查机械效率的计算，关键是公式及其变形的灵活应用，相对比较简单。5. 图中R1=4 R2=6，把它们并联在U=3V的电路中，则R1和R2并联后的总电阻为_.；通电30s，电阻R1消耗的电能为_J.【答案】 （1）. 2.4 （2）. 67.5根据可求得并联后的总电阻，利用可求得通电30s，电阻R1消耗的电能。已知R1和R2并联，则并联后的总电阻，则解得R=2.4，因为R1和R2并联，把它们并联在U=3V的电路中，则R1两端电压为3V，通电30s，电阻R1消耗的电能2.4；67.5。【点睛】本题考查了并联电路的特点和电功的计算，关键能根据并联
2、电路各支路两端的电压相等确定R1两端电压。6. 某定值电阻两端加上10V的电压时，测得通过它的电流为2A，则其阻值为_，若电压为0，则它的阻值为_.【答案】 （1）. 5 （2）. 5电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关；根据欧姆定律公式变形后可求电阻值。5；5。【点睛】此题考查了对导体电阻的理解，抓住电阻是导体具有的性质，运用欧姆定律可解答。7. 实验发现，两条平行放置的直导线，当通以相同的电流时相互吸引（如图），这是因为电流能够产生磁场，而磁场对电流又有力的作用。我们可以这样分析它的受力，对a导线：通电导线b产生的磁场对它具有向右的作用力；对b导线：_【答案】通电a导
3、线产生的磁场对它具有向左的作用力磁场对通电导线有力的作用，物体间力的作用是相互的。由题知，两直导线通以相同的电流时相互吸引；对a导线：由于物体间力的作用是相互的，对b导线：通电导线a产生的磁场对它具有向左的作用力。【点睛】本题考查了力的相互性，属于基础知识。8. 某导体的电阻为20，当通过它的电流为2A时，则其1min产生的热量为_J.【答案】4800【解析】根据焦耳定律即可计算通电导体上产生的热量。通电时间，导体产生的热量：。4800。【点睛】本题可利用焦耳定律计算公式直接求出，比较简单。9. 如图甲所示，物块A在一固定的斜面上保持静止，可将物块A看成一个有质量的点（见图乙）。请在图乙中画出
4、物块的受力的示意图。画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。静止在斜面上的物体受到重力、摩擦力和支持力的作用，过重心作竖直向下的重力G，过重心作沿斜面向上的摩擦力f，过重心作垂直于斜面向上的支持力F，如下图所示：【点睛】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。10. 一台额定功率为2000W的电热水器，水箱内装有50kg的水，要把这些水从200C加热到600C，热水器正常工作需要_s；若水吸收的热量全部由燃烧天然气提供，则需要完全燃烧
5、_m3的天然气不计能量损失，已知c水=4.2103J/（kg0C），q天然气=4.2107J/m3。【答案】 （1）. 4200 （2）. 0.2（1）知道热水器水的质量，又知道水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量，不计热量损失时消耗的电能W=Q吸，根据求出加热时间；（2）由题意可知，天然气完全燃烧释放的热量，根据求出消耗天然气的体积。（1）水吸收的热量：不计热量损失，则消耗的电能：，由可得，热水器正常工作的时间：；（2）由题意可知，Q放=Q吸=8.4106J，根据可得，消耗天然气的体积：4200；0.2。【点睛】本题考查热量、通电时间、燃料体积、电功的计算，关键是公式及其变
6、形式的灵活运用，要注意设定的温度即为水的末温，计算过程还要注意单位的换算。二、选择题11. 下列说法正确的是A. 物体运动的速度越大，其惯性越大B. 太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置C. 滑动摩擦力的大小与接触面的大小有关D. 在液体中，流速越大的位置，压强越大【答案】B（1）惯性的大小只与物体的质量有关；（2）太阳能电池工作时，把光能转化成电能；（3）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；（4）在流体中，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。A、惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动速度无关，故A错误；B、太阳能电池可以将太阳能转化为电能，故B正确；C、滑动摩擦力的大小
7、与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与接触面的大小无关，故C错误；D、液体的压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查了惯性、能量转化、影响滑动摩擦力大小的因素、流体流速与压强的关系等知识点，都属于基础知识。12. 下列光路图错误的是A. 放大镜成像 B. 小孔成像 C. 光由空气斜射到水面 D. 近视眼的矫正【答案】C（1）根据放大镜成像特点分析；（2）小孔成像的原理是光的直线传播，由此分析；（3）根据光的折射规律分析；（4）近视眼晶状体的凸度过大，或眼球前后径过长，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像就会落在视网膜的前方，由此分析解答。A、放大镜
8、成正立、放大的虚像，像是由折射光线的反向延长线相交得到的，故A正确；B、小孔成像是实际光线通过小孔时沿直线传播会聚成的实像，故B正确；C、光由空气斜射入水中时，折射光线应靠近法线，折射角应小于入射角，故C错误；D、近视眼看远处物体时，物体“发出”的光通过晶状体折射后形成的像会落在视网膜的前方，导致看不清远处的物体；为使像成在视网膜上，应让光线发散一些，所以近视眼应佩戴凹透镜加以矫正，故D正确。C。【点睛】本题考查了光学中放大镜成像光路、小孔成像、光的折射以及近视眼的矫正的光路，综合性强，关键是掌握这此基础知识。13. 如图所示，8个相同的玻璃瓶中灌入不同高度的水，仔细调节谁的高度，敲击它们，就
9、可以发出“1.2.3.4.5.6.7.”的声音来；而用嘴吹每个瓶子的上端，可以发出哨声。则下列说法正确的是A. 敲击瓶子时，声音只是有瓶本身的振动产生的B. 敲击瓶子时，声音只是有瓶中水柱的振动产生的C. 用嘴吹气时，哨声是由瓶中空气柱振动产生的D. 用嘴吹气时，哨声是由瓶中水柱的振动产生的（1）敲击瓶子时是瓶子与水柱振动发声，水柱越高，越难振动；（2）吹瓶口时，是空气柱振动发声，空气柱越短，音调越高。AB、敲击瓶子时由于瓶子与水柱的振动而发出声音，故AB错误；CD、往瓶中吹气也会听到声音，这是空气振动产生的，故C正确，D错误。【点睛】本题主要考查了声音的产生，特别要注意的是在敲击瓶子和吹瓶子
10、的时候，发声体是不同的。14. 图示为某种物质熔化时温度随时间的变化的图像。根据图像，下列判断正确的是A. 该物质熔化过程持续了25minB. 该物质是晶体，熔点为800CC. 在第30min，该物质处于固液共存状态D. 在第10min到第25min之间，由于物质温度不变，所以不吸收热量明确图象中横纵坐标所表示的内容，可以看出物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再高，说明这是晶体熔化的图象，进而可以判断出对应的熔点温度；熔化前处于固态，熔化过程后处于固液共存状态、熔化完成处于液态。ABD、分析图象可知，图象中呈水平的一段所对应的温度80就是物质的熔点，该物质有固定的熔化温度，
11、是晶体，该物质从第10分钟开始熔化，到第25分钟左右结束，约进行了15分钟，熔化过程吸热温度不变，故AD错误，B正确；C、在第30min熔化完成，该物质处于液态，故C错误。【点睛】分析物质熔化图象时，既要看温度随时间的整体变化趋势，更要学会观察关键的温度点和时间点，这样才能做出全面的分析。15. 我们知道，一对作用力与反作用力总是大小相等，方向相反。如图所示，重25N的长方体物块甲放在水平桌面上，另一重10N的长方体物块乙放在物块甲上。A. 物块乙所受的合力为10N B. 物块乙对物块甲的压力为15NC. 桌面受到物块甲的压力为15N D. 桌面对物块甲的支持力为35N【答案】D（1）处于平衡
12、状态的物体受到平衡力的作用，合力为零；（2）物块乙对物块甲的压力等于物块乙的重力；（3）桌面受到物块甲的压力等于物块甲乙的重力之和；（4）根据力的作用的相互性得出桌面对物块甲的支持力大小。A、物块乙静止，处于平衡状态，受到平衡力的作用，故所受的合力为0N故A错误；B、物块乙对物块甲的压力等于物块乙的重力，为10N故B错误；C、桌面受到物块甲的压力等于物块甲乙的重力之和，即25N+10N=35N故C错误；D、由C知，桌面受到物块甲的压力为35N，而桌面对物块甲的支持力与桌面受到物块甲的压力是一对相互作用力，故大小为35N，故D正确。D。【点睛】此题考查压力及重力与压力的区别、力的作用的相互性，难
13、度不大，属于基础题目。16. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关，在保证电路元件安全的前提下，向左移动滑动变阻器的滑片。在移动滑片的过程中，下列说法正确的是A. 电流表的示数变大，电压表的示数变大B. 电流表的示数变小，电压表的示数变大C. 电流表的示数变小，电压表的示数变小D. 电流表的示数变大，电压表的示数变小由电路图可知，两电阻串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。将滑动变阻器的滑片P从右向左滑动的过程中，滑动变阻器接入
14、电路的电阻变小，电路的总电阻变小；可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；可知，R1两端的电压变大，根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D正确。【点睛】本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键明白滑片移动的过程中电路的变化情况，这是本题的难点也是重点。17. 如图所示，当带电体接触验电器的金属球时，下列说法正确的是A. 若带电体带正电荷，则这些正电荷就通过金属杆全部转移到金属箔上B. 若带电体带负电荷，则这些负电荷就通过金属杆全部转移到金属箔上C. 若带电体带正电荷，则验电器就有一部分电子转移到带电体上D. 若带电体带负电荷，则验电器就有
15、一部分正电荷转移到带电体上（1）验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的，金属箔片所带的电荷量越多，其张角越大。（2）金属中的自由电荷是自由电子；质子不可移动。据此分析判断。AC、若带电体带正电荷，带电体缺少电子，所以不可能有电子从金属杆流向金属箔，而只能是有一部分电子从金属箔转移到金属杆上，故A错误，C正确；B、若带电体带负电荷，负电荷将部分转移到金属箔上，从而金属箔带负电，而带电体仍带负电，故B错误；D、若带电体带负电荷，是由于有多余的电子，则带电体就有一部分电子转移到验电器上，故D错误；【点睛】自由电荷不一定是负电荷，但是一定不是质子。三、实验题18. 图为探究物体（钢球）动能大小跟哪些
16、因素有关的实验装置。（1）实验原理：钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，到达斜面底端时的速度只与钢球起点位置的高度有关。起点位置越高，该速度越_。钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，在水平木板上撞击木块，木块运动的距离越长，运动钢球所具有的动能越_。（2）实验现象:同一钢球从斜面上不同高度处由停止向下运动。在水平木板上撞击木块，钢球开始向下运动的起点位置越_。木块运动的距离越长。同一高度由静止向下运动，在水平木板上撞击木块，钢球的质量越_，木块运动的距离越长。【答案】 （1）. 大 （2）. 大 （3）. 高 （4）. 大（1）整个过程中重力势能转化为动能，机械能守恒。动能与速度和质量有关，质
17、量不变时，当动能越大，速度就越大；物体做功的过程就是能的转化过程，物体对外做功越多，所具有的能量越大；（2）影响动能大小的因素有质量和速度，质量越大，速度越大，物体所具有的动能越大。（1）钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，重力势能转化为动能，起点位置越高，重力势能越大，到达斜面底端时的动能越大，速度越大；实验中是通过钢球撞击木块移动的距离来观察钢球动能大小的，利用了转换法；被撞木块的运动距离越长，说明钢球对被撞物体所做的功就越多，钢球原来所具有的动能就越大；（2）质量一定的钢球开始向下运动的起点位置越高，到达水平面时的速度越大，因此动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长；不同质量的钢球
18、从同一高度由静止向下运动，到达水平面时的速度一定，质量越大，所具有的动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长。（1）. 大 （2）. 大 （3）. 高 （4）. 大【点睛】决定动能大小的因素有两个：物体的质量和物体的运动速度。因此研究物体动能大小与这两个因素的关系时要用到控制变量法，物体动能的多少可以通过木块被推出去的距离来体现。19. 在某次电学实验中，已知所使用的双量程电流表能够满足实验的测量要求。在不能事先估计电流的情况下，为了避免损坏电流表，且又能较准确的测出电路中的电流，常常通过“试触”来确定电流表的量程。（1）假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间
19、电流表的指针偏转情况，若指针_，则换用电流表的大量称；（2）假如先选用电流表的大量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，若指针_，则换用电流表的小量称；【答案】 （1）. 偏转角度较大 （2）. 偏转角度较小电流表使用之前，在无法确定电流大小时，要试触。测量电流时，在不能预先估计被测电流大小的情况下，要先用试触法来确定电流表的量程。具体做法是：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，若电流表的指针偏转超过最大值，说明被测电流超过了小量程，而在大量程范围内，应换用大量程进行测量；闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，
20、若电流表的指针偏转较小，说明量程选择过大，被测电流在小量程范围内，应换用小量程进行测量。偏转超过最大值；偏转较小。【点睛】本题考查了试触的方法和原因。试触后既可以使读数准确，又能保护电流表不被损坏。20. 利用如图a所示的电路，可以研究通过小灯泡的电流跟加在它两端电压的关系。实验中使用小灯泡的额定电压为2.5V.（1）请按照图a，将图b中的实物电路连接完整 _；（2）闭合开关S，当滑片从滑动变阻器的一端向另一端移动时，小灯泡两端的电压连续发生变化，于是可得到多组测量值（U，I），根据测量值画出小灯泡的I-U图像如图c所示。从图像可以发现；随着小灯泡两端电压从0逐渐增大（不大于额定电压），其灯丝
21、的电阻值_（选填“不断增大”，“保持不变”或“不断减小”）；（3）在图a中，闭合开关，将片P从A端向B端移动。在此过程中，小灯泡两端的电压_（选填“不断变大”，“保持不变”或“不断变小”）（4）考虑到电压表的电阻对电路的影响，每次电流表的示数比测量时通过小灯泡的实际电流_（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】 （1）. 见解析所示 （2）. 不断增大 （3）. 不断变大 （4）. 偏大（1）根据灯的额定电压确定电压表选用小量程与灯并联；（2）由图c知，当电压为0.25V、1.0V、2.0V时，对应的电流大小分别为0.1A、0.3A、0.45A，由欧姆定律分别求出对应的电阻大小分析回答；（3）在图
22、a中，灯与变阻器PA部分并联后与变阻器的PB部分串联，闭合开关，将片P从A端向B端移动，判断PA部分电阻变化，根据并联电阻的规律得出并联部分的电阻变化，由分压原理确定并联部分的电压变化，即灯的电压变化；（4）根据并联电路电流的规律分析。（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：，对应的电阻大小分别为：2.5、3.3、4.4，故灯丝的电阻值不断增大；（3）在图a中，灯与变阻器PA部分并联后与变阻器的PB部分串联，闭合开关，将片P从A端向B端移动。PA部分电阻越来越大，根据并联电阻的规律，并联部分的电阻变大，PB部分电阻变小，由分压原理，并联部分的电压变大，即灯的电压不断
23、变大；（4）因电压表与灯并联，根据并联电路电流的规律，电流表的示数比测量时通过小灯泡的实际电流偏大。（1）如上；（2）不断增大；（3）不断增大；（4）偏大。【点睛】本题研究通过小灯泡的电流跟加在它两端电压的关系，考查电路的连接、数据分析、串联、并联电路的规律和欧姆定律的运用。四、计算与推导题21. 图a所示为前臂平伸用手掌拖住铅球时的情形。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】300N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，利用杠杆的平
24、衡条件求肱二头肌的收缩力。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：，由图知，L1=OA=0.03m，L2=OB=0.30m，根据杠杆的平衡条件：，即：，解得F1=300N。答：肱二头肌对前臂产生的拉力F1为300N。【点睛】本题考查了根据杠杆的平衡条件求出力的大小，是一道基础题。22. 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；（
25、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）加热；（2）2：1（1）根据公式分析电路所处的状态；（2）根据写出R2在保温状态时、加热状态时功率的表达式，根据其功率关系得出R2两端的电压关系，根据串联电路的电压规律得出R1两端的电压，根据欧姆定律求出电阻之比。（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：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：由题知，R2在保温状态时的功率是加热状态时的1/9，则 ，解得：在保温状态时，由串联电路的电压规律可知，R1两端的电压：串联时电流相等，根据欧姆定律可得，R1的电阻为：R2的电阻为：则：【点睛】本题关键根据功率公式理解电饭煲的加热与保温的电路，同时运用欧姆定律解题。23. 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=1.0103kg/m3
