第二章 能的转化与能量守恒 培优卷A卷 2026-2027学年浙教版科学九年级上册

九上科学 第二章 能的转化与能量守恒 培优卷A卷（新教材） 一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。请选出每小题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分) 1．“地球一小时”活动，号召人们在每年3月最后一个星期六关灯一小时，以响应节能减排的环保要求，每节约一度电可以减少0.997kg的CO2排放，在日常生活中1度电可以使（　　） A．80W的电视机正常工作50h B．40W的日光灯正常工作60h C．50W的电风扇正常工作20h D．1000W的电吹风机正常工作5h 2．2025年1月20日，中国“人造太阳”（EAST）成功创造新的世界纪录，首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模等离子体运行。EAST利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，同时释放出巨大的核能。下列说法正确的是（　　） A．“人造太阳”利用核裂变获取能量 B．“人造太阳”释放的核能是可再生能源 C．“人造太阳”利用核聚变获取能量 D．“人造太阳”释放的核能可直接转化成电能 3． 图甲和图乙是释放核能的两种方式，下列说法正确的是(　　) A．图甲方式表示的是核裂变 B．目前核电站是利用图乙方式发电的 C．图甲方式目前还不能人为控制 D．两种释放核能的方式都不会产生放射性物质 4．关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（　　） A．物体内能增大，一定从外界吸收热量 B．物体吸收热量，温度一定升高 C．热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体 D．温度高的物体含有的热量一定多 5．在相同的加热条件下，对质量为m1、比热容为c1的物质A和质量为m2、比热容为c2的物质B均匀加热，物质A、B的温度随加热时间的变化情况如图所示。根据图像分析可推断出正确的结论是（　　） A．若c1＝c2，则m1＜m2 B．若c1＞c2，则m1＞m2 C．若m1＝m2，则c1＜c2 D．若m1＜m2，则c1＞c2 （5） （6） 6． 如图所示， 是“220V， 5W”的 LED 灯和“220V，15W”的白炽灯正常工作时将电能转化为内能和光能的占比图。当两灯均正常工作时，下列说法正确的是( ) A．灯两端的实际电压：LED灯等于白炽灯 B．相同时间消耗的电能：LED灯等于白炽灯 C．相同时间转化为的内能：LED灯多于白炽灯 D．电能转化为光能的效率：LED 灯低于白炽灯 7．如图是甲、乙两种电暖器及其铭牌，则下列说法正确的是（　　） A．正常工作时，甲消耗的电能比乙多 B．正常工作时，甲消耗电能比乙快 C．电流通过甲做的功一定比乙的多 D．电流通过甲做的功一定比乙的快 8．如图所示，人们修筑拦河坝来提高上游的水位，在坝底安装水轮机带动发电机发电。当上游一定量的水，经水轮机流到下游的过程中，下列分析正确的是（　　） A．水的机械能始终保持不变 B．水的重力势能增大，动能减小 C．水冲击水轮机时，水的一部分动能转移为水轮机的动能 D．水轮机带动发电机发电，电能转化成机械能 9．关于功和功率的理解，下列说法正确的是（　　） A．某同学背着书包在水平路面上行走时，他对书包做了功 B．物体通过的距离越长，对物体做的功越多 C．功率跟时间成反比，所以只要时间短，功率越大 D．功率是表示物体做功快慢的物理量，功率越大，做功越快 10．如图所示，将两只灯泡L1、L2连在电路中，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，此现象说明（　　） A．L1的电阻大于L2的电阻 B．L1两端的电压大于L2两端的电压 C．L1的实际功率大于L2的实际功率 D．L1的额定功率大于L2的额定功率 11．如图甲所示是同学们训练乒乓球用的发球机，如果乒乓球发球机在同一高度以相同的初速度朝不同方向分别发出a、b、c三个球，如图乙。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．a球上升过程中，动能增大，重力势能减小 B．b球到达最高点时，重力势能最大，动能为0 C．a、b两球在最高点时机械能相等 D．三个球到达乒乓球案的速度大小关系va＞vb＞vc 12．某小球被水平抛出，其部分运动轨迹如图甲所示，小球在运动过程中经过M、N两点，对应甲图①②③点处的某两个位置，其动能和重力势能的参数如图乙所示，以下说法正确的是（　　） A．小球在①③位置机械能相等 B．小球在N点的重力势能为500J C．小球在M点的高度等于N点 D．N点可能在位置② 13．中间有孔的一木块套在光滑杆上，用手将该木块按压至距桌面H0处，如图甲。松手后，木块将上升到最大高度H，如图乙。若忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．木块接触弹簧后下降过程中，木块重力势能一直减小 B．木块接触弹簧后下降过程中，弹簧的弹性势能增大 C．松手后木块上升过程中，木块的重力势能一直增大 D．松手后木块上升过程中，木块的动能先增大后减小，刚离开弹簧时动能最大 （13） （14） 14．如图甲所示的电路，电源电压恒定不变，小灯泡L 的额定电压为1.5V。闭合开关S，在滑动变阻器 Rp的滑片P 从最右端向左滑到a点的过程中，获取了电压表和电流表的数据，并利用所测的数据分别绘制出滑动变阻器 Rp和灯泡L。的U-I图像，如图乙所示。滑片P在a点时灯泡L恰好正常发光，下列说法正确的是 ( ) A．电源电压为4V B．滑片 P 滑动过程中电路消耗的最大功率为2.25W C．滑片P在a点时，滑动变阻器 Rp的功率为0.75W D．滑片P从最右端滑到a点的过程中，滑动变阻器和电灯功率的变化量是相等的 15．小科用图甲电路图探究定值电阻R1的电功率P1、滑动变阻器R2的电功率 P2和电源总功率 P0随电流I变化的关系，将实验数据绘制成a、b、c三条图线如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．定值电阻R1的阻值为3Ω B．实验过程中滑动变阻器 R2消耗的最大电功率为2.25W C．当电流表示数为2A时，通过R1的电流每秒做的功为6J D．图线b表示的是电源总功率 P0与电流I的关系 二、填空题(本题共7小题20空，每空2分，共40分) 16．如图所示，一只瓶子，内装一些铁屑，我们既可以通过振荡，也可以通过加热，使铁屑的温度升高，内能增大。从改变物体内能的方法来看，前者是通过 　 　 的方式，后者是通过 　 　 的方式来增大铁屑的内能。如果你没有看到内能改变的过程，仅凭铁屑温度的改变，能否确定采用了什么方法改变了铁屑的内能？　 　 （选填“能”或“不能”）。 （16） （17） 17．如左图所示为便携式封口机，其工作原理是利用　 　，使发热电阻快速升温，熔化塑料包装实现封口。右图为其电路原理图，已知封口机正常工作时电流为4A，发热电阻 R 的阻值为1.25Ω。闭合开关，10s内电阻产生的热量为　 　J。若封口过程中常出现塑料袋被烫坏的现象，根据该电路图，可提出一项改进措施是　 　。 18．小听用力斜向右上方抛出一个小球。小球离手后运动轨迹如图1所示，它在落回地面过程中，先后经过M、N和S三点，其中M、S两点的能量如图2所示。则M、S两点位置关系可能是 　 　 （选填“甲”“乙”“丙”或“丁”），N点机械能大小范围可能是 　 　 J；小球到最高点时，若所受的力全部消失，则小球将 　 　 （选填“静止”“匀速直线运动”或“曲线运动”）。 19．在科学学习中，我们常用模型来解释实际问题。 （1）如图甲为乒乓球发球机，在同一高度以相同的初速度朝A、B、C不同方向依次发出三个质量相同的乒乓球，运动轨迹如图乙所示。若不计空气阻力，当乒乓球分别运动到桌面 abc处时，速度最大的是　 　(选填“a”“b”“c”或“一样大”)。 （2）丙图是发球机把乒乓球以速度V1沿着与水平方向成θ角的光滑斜面向上发出(光滑斜面够长)，丁图表示乒乓球发球机把相同的乒乓球以速度V2沿着与水平方向成θ角在空中发出(空气对小球的阻力忽略不计)。若两次乒乓球能到达最高点的高度相等即h1=h2，则对于发射速度的要求是 V1　 　V2(选填“大于”“等于”或“小于”)。 20．某同学要检测一块旧电能表是否能正常使用，他在电压恒定为220V 的家庭电路中只接入一个标有“220V，400W”的用电器。 （1）如图是测量前电能表的示数为　 　kW·h。 （2）若电能表指示准确，使用该用电器正常工作3分钟，表盘应转过　 　转。（已知该电能表规格为“3000r/kW·h”） （3）该用电器正常工作5'小时后，电能表示数为762.6kW·h此时电能表示数与计算结果相比较，应是 　 　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。 21．如图为我国自主设计、建造的全超导托卡马克核反应实验装置————东方超环(EAST)，在 1 亿度超高温度下运行10s时间。 （1）东方超环被称为人造太阳，其能量产生原理与太阳类似，通过原子核　 　(选填“聚变”或“裂变”)释放出巨大的能量。 （2）核反应实验装置中，用通电线圈产生的磁场，将超高温等离子体约束在磁场中，而要产生强磁场，线圈中需要很大的电流，但是线圈自身有一定的电阻，线圈中有大电流通过，会产生很多的热量，此过程是通过　 　(选填“做功”或“热传递”)的方式使线圈内能增加的。 （3）人造太阳的加热功率为1.2×10¹2W，若利用人造太阳发电的效率为60%，则工作10s时间，发电量为　 　kW·h。 （21） （22） 22．自动充电储能式电动汽车的前轮装有小型发电机，当电动汽车刹车后减速滑行时，就可以连通发电机向蓄电池充电，将部分动能转化为电能储存起来，以达到节能的目的。某电动汽车以100×103J的初动能在水平路面上减速滑行，受到的阻力大小保持不变。(不计电动汽车内部能量损失) （1）第一次关闭自动储能装置，让车自由滑行，其动能(Ek)随滑行距离变化关系如图中①所示，则此过程中动能转化为 　 　能，车受到的阻力大小为　 　 N。 （2）第二次启动自动储能装置，其动能随滑行距离变化关系如图中②所示，已知储能装置的能量转化效率为80%，则此过程中电池所充的电能为 　 　J。 三、实验探究题(本大题共5小题，共40分) 23．小科在验证“电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系”时，采用了一种“变色测温贴”（产品介绍如图甲所示），常温下将测温贴贴在电阻上，并连接如图乙所示的实验电路，闭合开关，记录测温贴变色所用的时间。断开开关，待测温贴？，调节滑动变阻器，闭合开关，继续测量测温贴变色所用时间，所得结果如表： 实验序号二 变色所用的时间/s R1 R2 1 9 18 2 12 24 3 21 42 （1）题干中“？”处应填　 　 。 （2）根据表中数据可知，从实验1到实验3滑动变阻器滑片是向　 　 移动的。 （3）考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能是不同的。因此在烧开水时，从节约用电角度考虑应选择下列哪种电热水壶？____ 。 A．“220V，1000W” B．“220V，1500W” （4）从安全角度考虑，家庭电路中大功率用电器使用更粗导线的原因是：　 　 。 24．小科在实验室测量小灯泡的功率，所用实验器材和实验过程如下： 实验器材 相应参数 实验器材 相应参数 小灯泡 额定电压2.5 V，电阻约10Ω 滑动变阻器 ? 电流表 量程为0~0.6 A和0~3 A 电源 电压5 V保持不变 电压表 量程为0~3 A和0~15 V 导线 若干 开关 单刀单掷 　 　 （1）移动滑动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表的示数为0，则出现故障的原因可能是　 　。 （2）排除故障完善电路后，闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，根据所测量数据作出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像，如图乙，小灯泡的额定功率为　 　W。 （3）实验中所使用的滑动变阻器的规格可能为____； A．5Ω 2 A B．30 Ω 1 A C．40Ω 0.2 A （4）若图乙中的阴影部分表示电压表为2.0V时，小灯泡消耗的实际功率大小，请帮助小科同学在图乙中表示出此时滑动变阻器实际消耗功率的区域(该区域用斜线涂黑)。 25．如图甲装置所示，探究“做功改变物体内能”，该装置由圆底烧瓶、温度传感器、橡皮塞、橡皮管、打气筒等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气筒向烧瓶内打气，根据传感器数据采集的数据，电脑处理得到如图乙所示图像。 （1）实验前，检查图甲装置的气密性：往外拉动注射器活塞，然后松手，若活塞 　 　 （选填“仍能返回原来刻度处”或“静止不动”），则说明该装置气密性好。 （2）打气筒打气5秒后，橡皮塞弹出，出现了白雾现象，白雾主要是 　 　 （填“瓶内气体”或“瓶外气体”）液化形成的小液滴。 （3）以下改变内能的方式中，与图乙中AB段相同的是 ____ 。 A．用锤子敲打钉子时，钉子变热 B．从滑滑梯上滑落，臀部变热 C．用燃气灶加热水，水温升高 D．手捂热水袋，手会变暖和 （4）不向圆底烧瓶内注入适量酒精，仍用图甲装置进行实验能否得出“做功改变物体内能”的结论。请判断并说明理由：　 　 。 26．动能回收是指在车辆减速、制动或滑行过程中，通过技术手段将动能转化为电能或其他形式的能，并加以储存的技术，某科学小组同学想探究“新能源车动能回收的原理”，做了下图实验。 步骤一：取两根相同的弹簧甲乙和一个强磁铁，按图方式固定，用手托住，两弹簧均处于自然长度，磁铁静止在A点。 步骤二：放手后磁铁下降并静止在B点。 步骤三：用手把磁铁下压到C点，释放后磁铁上下来回运动，最终静止，记录时间。 重复多次实验，测得平均时间为21.1秒。 步骤四：在弹簧外围分别套上竹筒、玻璃管、塑料管、铁管、铝管、铜管，重复步骤三(磁铁运动时与外套管无摩擦)，并绘制以下表格。 套管种类 无套管 竹筒 玻璃管 塑料管 铁管 铝管 铜管 时间(秒) 21.1 21.4 21.7 21.3 7.7 ? 4.4 （1）步骤二中放手后磁铁下降到B点，磁铁的重力势能是否全部转化成了甲弹簧的弹性势能　 　(填“是”或“否”) （2）关于以上探究，以下说法正确的是____ A．磁铁在B点时，受到的重力与弹簧甲对磁铁的拉力是一对平衡力 B．磁铁在C点释放后上升至最高点过程中，在A点动能最大 C．磁铁在C点释放后机械能一直不变 D．磁铁外面套铝管，在C点释放后，忽略空气阻力，最终也将静止 （3）小组同学分析相关数据，查阅资料后得出：当外面套绝缘体材料时，外套管对磁铁的运动几乎没有影响，当外面套导体材料时，对磁铁的运动有很大影响，且导电能力越强，影响越大。请你预测套铝管的运动时间?　 　(已知铝的导电能力比铁强，比铜弱) （4）请你从能量转换角度分析为什么磁体外面套导体类材料时，上下运动时间较短?　 　。同学们最终得出结论：新能源车动能回收的原理，其实也是这个原理， 27．在学习利用斜面探究“动能大小与哪些因素有关”的实验后，某同学对实验进行了改进：用质量为m1的实心钢球和质量为m2的空心钢球从透明亚克力弯管右端由静止释放，水平管内最右端的物块被撞后移动一段距离，如图所示。 （1）实验中用亚克力管代替斜面的优点是　 　。 （2） A、B组实验是为了探究物体动能大小与　 　之间的关系。 （3） B、C组实验中， m1>m2， h2=h3，多次重复实验后发现物块沿水平管内的移动距离关系是s2>s3，由此可得出结论：　 　。 （4）若以上装置的水平管壁绝对光滑，判断本实验能否达到探究目的并说明理由：　 　。 四、解答题(本大题共5小题，共35分) 28．（本题6分，每题2分）如图为两个光滑圆弧槽和一段粗糙水平面相连接的装置。将质量为m的物体从左侧圆弧槽A点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽B点处；然后再次滑下，最高到达左侧圆弧槽C点处。其中水平面长度为s，A、C两点距离水平面的高度分别为H、h。（忽略空气阻力） （1）物体从A点滑到B点的过程中，机械能　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）； （2）物体从A点滑到水平面时，重力所做的功为　 　；（用字母表示，下同） （3）物体从A点经B点返回至C点过程中克服摩擦力做功大小为　 　。 29．（本题6分，每题2分）洲际导弹的飞行过程分为初段OA、中段AB、末段BC三个阶段，如图所示。 飞行初段OA：发动机内燃料燃烧推动导弹加速上升。 飞行中段AB：发动机关闭，导弹依靠惯性在钱学森弹道飞行。 飞行末段BC：发动机再次打开，急速坠落的导弹，还会释放多个干扰弹，大大降低拦截成功率。 请回答下列问题： （1）洲际导弹飞行初段，导弹与空气摩擦而使其温度升高，这是通过　 　的方式改变导弹的内能。 （2）洲际导弹飞行中段，距离地面等高的a、b两点速度的大小关系：　 　。 （3）洲际导弹飞行末段，除干扰弹外，导弹不断加速俯冲，从被发现到命中攻击点仅需十几秒。若某拦截导弹发射点距离攻击点60km，推力为1x105N，最大功率为3x108W，该拦截导弹能否成功拦截该洲际导弹，请计算说明。(写出计算过程) 30．（本题7分，1-2每题2分，第三题3分）如图甲是机械能转化的思维导图。请回答以下问题： （1）完善图甲中　 　的内容。 （2）如图乙所示，无动力过山车先通过人踩动自行车踏板，使过山车上行至起始点(终点B→起始点A)，之后无需踩动，过山车便可自行下滑直至终点(起始点A→终点B)。依据理想模型，过山车下滑过程中，车的能量转化是　 　； （3）为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点(起始点A→终点B)，请你结合上述机械能转化模型对轨道的设计提出一点建议。　 　。 31．（本题8分，第1题2分，2-3每题3分）氢燃料新能源具有清洁无污染、效率高等优点，其热值为 且标准大气压下水的沸点是 请计算： （1）质量为0.6kg 的氢燃料完全燃烧放出的热量是多少? （2）用这些热量给质量为250kg，温度为25℃的水加热(不计热量损失)，水升高到多少摄氏度?已知水的比热容为 （3）某氢能源汽车以1.4×105W的恒定功率做匀速行驶，如果0.6kg 的氢燃料完全燃烧获得热量有50%用来做有用功，能使该汽车匀速行驶多长时间? 32．（本题8分，第1题2分，2-3每题2分）图甲为某品牌电压力锅的结构示意图，图乙为其内部电路简图，图丙为煮饭时锅内压强随时间变化的曲线。其工作过程为：接通电源，启动智能开关自动接，同时压力开关自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内压强达到180kPa时，压力开关自动断开，进入保压状态，当锅内压强降至时，压力开关又会自动闭合；当保压状态结束，煮饭完成，开关自动接到，进入保温状态。（已知的规格为“”，的阻值为的阻值为。) 回答下列问题： （1）该电压力锅保压阶段的功率　 　(填“恒定”或“不恒定”)。 （2）升压阶段通过熔断器的电流。 （3）正常煮饭一次，至少需要消耗多少电能? 九上科学 第二章 能的转化与能量守恒 培优卷A卷（新教材） 一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。请选出每小题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分) 1．“地球一小时”活动，号召人们在每年3月最后一个星期六关灯一小时，以响应节能减排的环保要求，每节约一度电可以减少0.997kg的CO2排放，在日常生活中1度电可以使（　　） A．80W的电视机正常工作50h B．40W的日光灯正常工作60h C．50W的电风扇正常工作20h D．1000W的电吹风机正常工作5h 【答案】C 【解析】利用W＝Pt分析计算。 【解答】 A.80W的电视机正常工作50h消耗的电能W＝Pt＝80×10﹣3kW×50h＝4kW•h，故A错误； B.40W的日光灯正常工作60h消耗的电能W＝Pt＝40×10﹣3kW×60h＝2.4kW•h，故B错误； C.50W的电风扇正常工作20h消耗的电能W＝Pt＝50×10﹣3kW×20h＝1kW•h，故C正确； D.1000W的电吹风机正常工作5h消耗的电能W＝Pt＝1000×10﹣3kW×5h＝5kW•h，故D错误。 故选：C。 2．2025年1月20日，中国“人造太阳”（EAST）成功创造新的世界纪录，首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模等离子体运行。EAST利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，同时释放出巨大的核能。下列说法正确的是（　　） A．“人造太阳”利用核裂变获取能量 B．“人造太阳”释放的核能是可再生能源 C．“人造太阳”利用核聚变获取能量 D．“人造太阳”释放的核能可直接转化成电能 【答案】C 【解析】“人造太阳”是利用核聚变释放出的巨大核能。 “人造太阳”的核能不能直接转化为电能。 【解答】ABC、人造太阳”是利用核聚变释放出的巨大核能，核能属于不可再生能源，故C正确，AB错误； D、核聚变产生的核能首先转化为内能，再通过热机转化为机械能，最终驱动发电机发电。这一过程涉及核能→内能→机械能→电能的逐级转换，无法实现直接电能生成，故D错误。 故答案为：C。 3． 图甲和图乙是释放核能的两种方式，下列说法正确的是(　　) A．图甲方式表示的是核裂变 B．目前核电站是利用图乙方式发电的 C．图甲方式目前还不能人为控制 D．两种释放核能的方式都不会产生放射性物质 【答案】A 【解析】（1）图甲是铀核吸收一个中子以后，分裂成两个质量较小的原子核，同时放出二个中子和很大的能量，释放出的中子又能使别的原子核接着发生核裂变…，使过程持续进行下去，这种过程称作链式反应；链式反应是核电站的工作原理； （2）图乙是由质量小的氘原子和氚原子，发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的氦原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式。目前核聚变不能人为控制，应用氢弹制造。 【解答】 A、图甲表示核裂变，该说法正确。 B、目前核电站是利用核裂变（图甲）发电的，而不是核聚变（图乙），该说法错误。 C、核聚变（图乙）目前还不能人为很好地控制，而核裂变（图甲）是可以控制的，该说法错误。 D、核裂变和核聚变在反应过程中都会产生放射性物质，该说法错误。 故答案为：A。 4．关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（　　） A．物体内能增大，一定从外界吸收热量 B．物体吸收热量，温度一定升高 C．热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体 D．温度高的物体含有的热量一定多 【答案】C 【解析】①改变物体内能的两种方式：做功和热传递。 ②物体内能改变了，可能表现在温度的变化，也可能表现在物态的变化。 ③热传递的条件是物体之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同。 ④热量是过程量，应该用“吸收”或“放出”来修饰。 【解答】 A、物体内能增大，可能从外界吸收热量，也可能是外界对物体做了功，故A错误； B、物体吸收了热量，内能一定增加，但温度不一定升高，例如晶体的熔化过程；故B错误； C、热量总是从高温物体传向低温物体，跟内能多少无关，所以热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体，故C正确； D、热量是过程量，不能说物体具有热量，故D错误。 故选：C。 5．在相同的加热条件下，对质量为m1、比热容为c1的物质A和质量为m2、比热容为c2的物质B均匀加热，物质A、B的温度随加热时间的变化情况如图所示。根据图像分析可推断出正确的结论是（　　） A．若c1＝c2，则m1＜m2 B．若c1＞c2，则m1＞m2 C．若m1＝m2，则c1＜c2 D．若m1＜m2，则c1＞c2 【答案】D 【解析】（1）给物质A、B加热相同的时间，两物质吸收的热量相同，则有Q吸A＝Q吸B，已知物质A、B的质量和比热容，根据Q吸＝cm △t 可分别表示出物质A、B吸收的热量，然后列出等式c1m1 △t A＝c2m2 △t B； （2）由图像可知，加热相同时间，物质A、B升高的温度关系 △t A＜ △t B，则有c1m1＞c2m2；然后按照选项分情况讨论，得出正确结论。 【解答】 给物质A、B加热相同的时间，两物质吸收的热量相同； 由Q吸＝cm △t 可知，物质A吸收的热量为Q吸A＝c1m1 △t A，物质B吸收的热量为Q吸B＝c2m2 △t B； 则有Q吸A＝Q吸B，即c1m1 △t A＝c2m2 △t B； 由图像可知，加热相同时间，物质B升高的温度较大，即 △t A＜ △t B； 则有c1m1＞c2m2； A．若c1＝c2，则m1＞m2，故A错误； B．若c1＞c2，则质量关系无法判断，故B错误； C．若m1＝m2，则c1＞c2，故C错误； D．若m1＜m2，则c1＞c2，故D正确。 故选：D。 6． 如图所示， 是“220V， 5W”的 LED 灯和“220V，15W”的白炽灯正常工作时将电能转化为内能和光能的占比图。当两灯均正常工作时，下列说法正确的是( ) A．灯两端的实际电压：LED灯等于白炽灯 B．相同时间消耗的电能：LED灯等于白炽灯 C．相同时间转化为的内能：LED灯多于白炽灯 D．电能转化为光能的效率：LED 灯低于白炽灯 【答案】A 【解析】因为两灯都正常工作，且额定电压都是 220V，根据灯泡正常工作时实际电压等于额定电压可知，两灯两端的实际电压相等。根据W=Pt可知，在相同时间t内，功率P不同，消耗的电能不同。 由图可知，LED 灯将电能转化为内能的占比为10%，转化为光能的占比为90%；白炽灯将电能转化为内能的占比为80%，转化为光能的占比为20%。计算比较相同时间转化的内能及光能。 【解答】A、因为两灯都正常工作，且额定电压都是 220V，根据灯泡正常工作时实际电压等于额定电压可知，两灯两端的实际电压相等，都是 220V，故A正确； B、根据W=Pt可知，在相同时间t内，功率P不同，消耗的电能不同。LED灯功率为5W，白炽灯功率为15W，所以相同时间内白炽灯消耗的电能多于LED 灯，故B错误； C、由图可知，LED 灯将电能转化为内能的占比为10%，转化为光能的占比为90%；白炽灯将电能转化为内能的占比为80%，转化为光能的占比为20%。根据Q=W×转化为内能的占比，在相同时间t内，W LED =5t，则 LED 灯转化的内能QLED=5t×10%=0.5t，白炽灯转化的内能Q白炽灯=15t×80%=12t，所以相同时间内转化为内能多的是白炽灯，故C错误； D、LED 灯电能转化为光能的效率为90%，白炽灯电能转化为光能的效率为20%，所以 LED 灯电能转化为光能的效率高于白炽灯，故D错误。 故答案为：A。 7．如图是甲、乙两种电暖器及其铭牌，则下列说法正确的是（　　） A．正常工作时，甲消耗的电能比乙多 B．正常工作时，甲消耗电能比乙快 C．电流通过甲做的功一定比乙的多 D．电流通过甲做的功一定比乙的快 【答案】B 【解析】明确电功率的物理意义以及影响电流做功大小的因素。电功率是表示电流做功快慢的物理量，而时间也是影响消耗电能多少的一个因素。 【解答】AC、不知道两只电暖器的工作时间，所以无法比较它们做功的多少和消耗电能的多少，故AC错误； BD、电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲的额定功率为1500W，乙的额定功率为1000W，正常工作时，实际功率等于额定功率，所以甲的功率大于乙的功率，说明正常工作时，电暖器甲做功比乙快，故B正确，D错误。 故选：B。 8．如图所示，人们修筑拦河坝来提高上游的水位，在坝底安装水轮机带动发电机发电。当上游一定量的水，经水轮机流到下游的过程中，下列分析正确的是 A．水的机械能始终保持不变 B．水的重力势能增大，动能减小 C．水冲击水轮机时，水的一部分动能转移为水轮机的动能 D．水轮机带动发电机发电，电能转化成机械能 【答案】C 【解析】影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，动能越大； 影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大； 机械能是动能与势能的和。 水轮机发电时，将机械能转化为电能。 【解答】A、水轮机带动发电机发电时，水的机械能转化为电能，水的机械能减少，故A错误； B、水经水轮机流到下游的过程中，水的高度减小，速度增大，重力势能减小，动能增大，故B错误； C、水冲击水轮机时，水的一部分动能转移为水轮机的动能，故C正确； D、水轮机带动发电机发电，将机械能转化为电能，故D错误。 故答案为： C。 9．关于功和功率的理解，下列说法正确的是（　　） A．某同学背着书包在水平路面上行走时，他对书包做了功 B．物体通过的距离越长，对物体做的功越多 C．功率跟时间成反比，所以只要时间短，功率越大 D．功率是表示物体做功快慢的物理量，功率越大，做功越快 【答案】D 【解析】（1）做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致），二者缺一不可。 （2）功率表示力做功快慢的物理量，功率等于功与时间的比值。 【解答】A、背着书包在水平路面上行走，学生对书包有向上的力，但是向上的方向并没有移动距离，所以学生对书包没有做功，故A错误； B、功是力与距离的乘积，物体通过的距离越长，对物体做的功不一定越多，故B错误； C、由P可知，因为不知道功是多少，只是时间短，功率不一定大，故C错误； D、功率是物体单位时间内所做的功，表示物体做功快慢的物理量，功率越大，做功越快，故D正确。 故选：D。 10．如图所示，将两只灯泡L1、L2连在电路中，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，此现象说明（　　） A．L1的电阻大于L2的电阻 B．L1两端的电压大于L2两端的电压 C．L1的实际功率大于L2的实际功率 D．L1的额定功率大于L2的额定功率 【答案】C 【解析】首先分清灯泡的连接方式，并联电路中各支路两端电压相同，灯泡的实际功率决定了灯泡的明暗程度，由P分析两灯泡的电阻关系。 【解答】 ABC、由图可知，灯泡L1、L2并列接在电路中，并联电路中各支路两端电压相同，开关S在干路上控制整个电路； 由题意可知，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，说明灯泡L1的实际功率大，由P变形R可知，灯泡L1的电阻小于L2的电阻，故AB错误、C正确； D、因不知两灯泡的额定电压之间的关系，所以不能比较二者额定功率之间的关系，故D错误。 故选：C。 11．如图甲所示是同学们训练乒乓球用的发球机，如果乒乓球发球机在同一高度以相同的初速度朝不同方向分别发出a、b、c三个球，如图乙。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．a球上升过程中，动能增大，重力势能减小 B．b球到达最高点时，重力势能最大，动能为0 C．a、b两球在最高点时机械能相等 D．三个球到达乒乓球案的速度大小关系va＞vb＞vc 【答案】C 【解析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大； （2）首先判定开始时三球机械能的大小；不计空气阻力，三个小球的机械能是守恒的，据此判定速度的大小。 【解答】A、a球上升过程中，质量不变，速度变小，高度增加，故动能减小，重力势能增大，故A错误； B、b球到达最高点时，速度不为0，所以动能也不为0，故B错误； CD、乒乓球发球机在同一高度以相同的初速度朝不同方向分别发出a、b、c三个球，则机械能是相同的；不计空气阻力，三个小球的机械能是守恒的，所以三个小球到达桌面时的机械能相同，由于高度相同，重力势能相同，则动能也相同，所以三球到达乒乓球台的速度相同，故C正确，D错误。 故选：C。 12．某小球被水平抛出，其部分运动轨迹如图甲所示，小球在运动过程中经过M、N两点，对应甲图①②③点处的某两个位置，其动能和重力势能的参数如图乙所示，以下说法正确的是（　　） A．小球在①③位置机械能相等 B．小球在N点的重力势能为500J C．小球在M点的高度等于N点 D．N点可能在位置② 【答案】D 【解析】（1）根据小球起跳的高度分析机械能的变化； （2）根据小球在N点的重力势能的百分比计算出小球在N点的重力势能； （3）根据小球在M、N点的重力势能的大小关系可知高度关系； （4）根据小球在M、N点的重力势能的大小关系可判断出N点的位置。 【解答】A、由图可知，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小，小球在①位置机械能大于在③位置机械能，故A错误； B、小球在N点时的重力势能为E势N300J，故B错误； C、由图乙可知，小球在M点的重力势能E势M＝240J，则小球在M、N点的重力势能不同，所以高度不同，故C错误； D、因为小球在M点的重力势能小于小球在N点的重力势能，所以小球在N点的高度大于在M点的高度，所以N点可能在位置②，故D正确。 故选：D。 13．中间有孔的一木块套在光滑杆上，用手将该木块按压至距桌面H0处，如图甲。松手后，木块将上升到最大高度H，如图乙。若忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．木块接触弹簧后下降过程中，木块重力势能一直减小 B．木块接触弹簧后下降过程中，弹簧的弹性势能增大 C．松手后木块上升过程中，木块的重力势能一直增大 D．松手后木块上升过程中，木块的动能先增大后减小，刚离开弹簧时动能最大 【答案】D 【解析】（1）从动能、重力势能、弹性势能的影响因素进行分析； （2）动能的大小跟质量和速度有关； 重力势能大小跟质量和高度有关； 弹性势能的大小跟弹性形变有关； （3）不计空气阻力时，机械能守恒。 【解答】A、下落过程中，木块的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小，故A正确； B、木块在下降过程中，由于木块压缩弹簧，使弹簧不断发生形变，弹性势能不断增大，故B正确； C、上升过程中，木块的质量保持不变，高度不断增加，重力势能不断增加，故C正确； D、上升过程中，木块的高度在增加，重力势能增大；木块的重力小于弹力，木块向上做加速运动，到达其中一点时，弹力等于重力，小球的速度最大，动能最大； 过这一点后，弹力小于重力，小球做减速运动； 离开弹簧后，小球的动能转化为重力势能。所以小球的速度先增大后减小，小球的动能先增大后减小，故D错误。 故选：D。 14．如图甲所示的电路，电源电压恒定不变，小灯泡L 的额定电压为1.5V。闭合开关S，在滑动变阻器 Rp的滑片P 从最右端向左滑到a点的过程中，获取了电压表和电流表的数据，并利用所测的数据分别绘制出滑动变阻器 Rp和灯泡L。的U-I图像，如图乙所示。滑片P在a点时灯泡L恰好正常发光，下列说法正确的是 ( ) A．电源电压为4V B．滑片 P 滑动过程中电路消耗的最大功率为2.25W C．滑片P在a点时，滑动变阻器 Rp的功率为0.75W D．滑片P从最右端滑到a点的过程中，滑动变阻器和电灯功率的变化量是相等的 【答案】B 【解析】A.闭合S时，灯泡L和R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，根据图象即可读出滑片在a点时小灯泡正常工作时灯泡、R的电压和电流，根据串联电路的电压特点求出电源电压。 B.根据图片确定电路的最大电流，根据根P=UI计算电路的最大电功率； C. 滑片P在a点时， 根据图像确定此时变阻器电压和电流，根据P=UI计算此时功率； D.根据P=UI分别计算出灯泡和变阻器在两个位置时功率大小，然后计算出二者功率的变化量比较即可。 【解答】 AB.根据甲图可知，灯L与变阻器R串联，电压表V1测灯泡的电压，V2测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，； 在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大。根据U=IR可知，灯泡两端的电压变大，由此可知：图乙中，下面的曲线为灯泡的I-U图象，上面的曲线为R的I-U图象， 滑片在a点时R的阻值最小（允许接入的最小阻值），电路中的电流最大，由于灯泡恰好正常发光，则根据I-U图象可知：小灯泡正常工作时的电压为1.5V，电流为0.5A，此时R两端的电压为3V， 则电源电压：U=UL+U1=1.5V+3V=4.5V； 灯泡正常发光的电阻，故A错误； B.根据图像可知，电路的最大电流为0.5A，则电路的最大功率P=UI=4.5V×0.5A=2.25W，故B正确； C.滑片P在a点时，电流为0.5A，电压为3V，滑动变阻器RP功率为P=UI=3V×0.5A=1.5W，故C错误； D. 滑片P从最右端时，电流为0.3A，灯泡电压为0.5V，变阻器电压为4V，根据P=UI可知，此时灯泡功率为0.15W，变阻器的功率为1.2W。 当滑片在b点时，电流为0.5A，灯泡电压为1.5V，变阻器电压为3V，根据P=UI可知，灯泡功率为0.75W，变阻器功率为1.5W，则灯泡功率的变化量为：0.75W-0.15W=0.6W，变阻器功率的变化量为：1.5W-1.2W=0.3W，故D错误。 故选B。 15．小科用图甲电路图探究定值电阻R1的电功率P1、滑动变阻器R2的电功率 P2和电源总功率 P0随电流I变化的关系，将实验数据绘制成a、b、c三条图线如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．定值电阻R1的阻值为3Ω B．实验过程中滑动变阻器 R2消耗的最大电功率为2.25W C．当电流表示数为2A时，通过R1的电流每秒做的功为6J D．图线b表示的是电源总功率 P0与电流I的关系 【答案】B 【解析】（1）由图象找出定值电阻R1的功率与对应的电流，然后由电功率公式P=I2R的变形公式求出电阻阻值； （2）由图像知，电流为1.5A时，滑动变阻器消耗的电功率最大，求出电路中的总电阻，由串联电路的电阻特点求出滑动变阻其的阻值，根据P=I2R求出滑动变阻器消耗的最大功率。 （3）根据W=UIt=即可求得1s内电流通过R1做的功。 （4）电源总功率P0与I成正比，P0-I图像是一条倾斜的直线。 【解答】AD、由于电源电压U不变，由P=UI可知，电功率P与I成正比，P0随I变化的关系图像应是一条倾斜的直线，由图可知，应为图线a。由P=I2R可知，定值电阻R1一定，R1的功率P1与电流电流的平方成正比，为二次函数关系，且功率P1随电流I的增大而增大，则由图象可知，P1随I电流I变化的关系图线是b。由图象可知，电源功率P0=9W，电流I=3A，由P=UI可知，电源电压：U==3V； 由图象b可知，定值电阻R1的功率为P1=9W时，电路电流I=3A，由P=I2R可知，定值电阻：R1==1Ω；故AD错误； C、由图像知，电流I'为1.5A时，滑动变阻器消耗的电功率最大，此时电路中的总电阻： R总==2Ω，由于R1与R2串联，则此时滑动变阻其的阻值：R2'=R总-R1=2Ω-1Ω=1Ω，则由P=I2R可得，滑动变阻器的最大功率：P滑max=I'2R2'=（1.5A）2×1Ω=2.25W。故B正确。 D、根据W=UIt==I2R1t==4J，C错误。 故答案为：B。 二、填空题(本题共7小题20空，每空2分，共40分) 16．如图所示，一只瓶子，内装一些铁屑，我们既可以通过振荡，也可以通过加热，使铁屑的温度升高，内能增大。从改变物体内能的方法来看，前者是通过 　 　 的方式，后者是通过 　 　 的方式来增大铁屑的内能。如果你没有看到内能改变的过程，仅凭铁屑温度的改变，能否确定采用了什么方法改变了铁屑的内能？　 　 （选填“能”或“不能”）。 【答案】做功；热传递；不能 【解析】改变内能的方法：做功和热传递，并且这两种方法在改变物体内能上是等效的。 【解答】使铁屑内能增加的方法：①通过振荡，对瓶子和铁屑做功，将机械能转化为内能，使铁屑的内能增加，温度升高； ②将装铁屑的瓶子加热，铁屑的温度升高，这是通过热传递的方式改变铁屑的内能； 如果没有看到内能改变的过程，单凭铁屑温度的升高，不能判断出具体的方法，因为做功与热传递两种方法对改变物体的内能是等效的。 故答案为：做功；热传递；不能。 17．如左图所示为便携式封口机，其工作原理是利用　 　，使发热电阻快速升温，熔化塑料包装实现封口。右图为其电路原理图，已知封口机正常工作时电流为4A，发热电阻 R 的阻值为1.25Ω。闭合开关，10s内电阻产生的热量为　 　J。若封口过程中常出现塑料袋被烫坏的现象，根据该电路图，可提出一项改进措施是　 　。 【答案】电流的热效应；200；串联一个电阻 /减小电源电压/换上阻值更大的发热电阻/缩短加热时间 (其他合理答案均可) 【解析】电流具有热效应，将电能转化为内能；产生的热量可以用焦耳定律进行计算。 【解答】由“ 发热电阻快速升温 ”可知，获得了内能，原理是电流的热效应。 闭合开关，10s内电阻产生的热量。 塑料袋被烫坏，说明温度过高，由焦耳定律可知，可以通过增大电阻、减小电流或减小电压从而减小电流或缩短加热时间来减少热量的产生，从而降低温度，防止塑料袋被烫坏。 18．小听用力斜向右上方抛出一个小球。小球离手后运动轨迹如图1所示，它在落回地面过程中，先后经过M、N和S三点，其中M、S两点的能量如图2所示。则M、S两点位置关系可能是 　 　 （选填“甲”“乙”“丙”或“丁”），N点机械能大小范围可能是 　 　 J；小球到最高点时，若所受的力全部消失，则小球将 　 　 （选填“静止”“匀速直线运动”或“曲线运动”）。 【答案】甲、乙；1～1.2；匀速直线运动 【解析】分别计算M点和S点的动能和势能，就可确定M点和S点的高度关系，根据机械能的大小关系，就能知道M和S的先后顺序，由此确定位置关系；根据牛顿第一定律解答。 【解答】由图2可知M点的动能EMk＝0.4J，重力势能EMp＝0.8J，则M点的机械能EM＝EMk+EMp＝0.4J+0.8J＝1.2J，S点的动能ESk＝0.6J，重力势能ESp＝0.4J，则S点的机械能ES＝ESk+ESp＝0.6J+0.4J＝1J，因为EMp＞ESp，所以M点的高度大于S点的高度，即M在上S在下，又因为EM＞ES，由于小球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能越来越小，所以先经过M点再经过S点，故M、S两点位置关系可能是甲、乙； 因为N点在M和S点之间，所以N点的机械能可能为1～1.2J之间； 由牛顿第一定律可知，物体在不受力的时候，小球将做匀速直线运动。 故答案为：甲、乙；1～1.2；匀速直线运动。 19．在科学学习中，我们常用模型来解释实际问题。 （1）如图甲为乒乓球发球机，在同一高度以相同的初速度朝A、B、C不同方向依次发出三个质量相同的乒乓球，运动轨迹如图乙所示。若不计空气阻力，当乒乓球分别运动到桌面 abc处时，速度最大的是　 　(选填“a”“b”“c”或“一样大”)。 （2）丙图是发球机把乒乓球以速度V1沿着与水平方向成θ角的光滑斜面向上发出(光滑斜面够长)，丁图表示乒乓球发球机把相同的乒乓球以速度V2沿着与水平方向成θ角在空中发出(空气对小球的阻力忽略不计)。若两次乒乓球能到达最高点的高度相等即h1=h2，则对于发射速度的要求是 V1　 　V2(选填“大于”“等于”或“小于”)。 【答案】（1）一样大 （2）小于 【解析】（1）根据机械能守恒，结合“机械能=动能+重力势能”分析解答； （2）注意分析两个乒乓球到达最高点时重力势能和动能大小，进而比较二者机械能大小，然后根据机械能守恒确定开始时动能大小，从而确定二者初速度大小。 【解答】 （1）根据题意可知，乒乓球发球机在同一高度以相同的初速度朝不同方向分别发出a、b、c三个球，由于乒乓球到达球台时所处的高度和速度都相同，则机械能是相同的。不计空气阻力，则没有机械能损失，则a、b、c三点时机械能相等。a、b、c的高度相同，重力势能相同，则动能也相同，所以三球到达乒乓球台的速度一样大。 （2）根据题意可知， 两次乒乓球能到达最高点的高度相等即h1=h2， 则乒乓球具有的重力势能相等。丙图中乒乓球到达最高点时速度为零，即动能为零；丁图中小球到达最高点时仍有水平方向的速度，即此时动能不为零。根据“机械能=动能+重力势能”可知，开始运动时，丙图的机械能小于丁图中的机械能。由于开始时只具有动能，那么丙图的动能小于丁图动能，即速度v1<v2。 20．某同学要检测一块旧电能表是否能正常使用，他在电压恒定为220V 的家庭电路中只接入一个标有“220V，400W”的用电器。 （1）如图是测量前电能表的示数为　 　kW·h。 （2）若电能表指示准确，使用该用电器正常工作3分钟，表盘应转过　 　转。（已知该电能表规格为“3000r/kW·h”） （3）该用电器正常工作5'小时后，电能表示数为762.6kW·h此时电能表示数与计算结果相比较，应是 　 　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。 【答案】（1）760.2 （2）60 （3）偏大 【解析】（1）根据电能表最后一位是小数位和图像进行分析。 （2）根据W=Pt计算实际消耗的电能，再结合电能表的参数计算圈数。 （3）根据W=Pt计算消耗的电能，再与两次电能表读数之差进行比较。 【解答】（1）电能表最后一位是小数位，由图可知，示数为760.2kW·h。 （2）该用电器的功率为400W，工作3分钟，消耗的电能为，由图可知，每消耗1千瓦时，电能表转3000转，可知表盘转动的圈数为，解得n=60转。 （3）消耗的电能为762.6kW·h-760.2kW·h=2.4kW·h，电功率为400W，即0.4kW，理论消耗的电能为，可知电能表示数大于计算结果。 21．如图为我国自主设计、建造的全超导托卡马克核反应实验装置————东方超环(EAST)，在 1 亿度超高温度下运行10s时间。 （1）东方超环被称为人造太阳，其能量产生原理与太阳类似，通过原子核　 　(选填“聚变”或“裂变”)释放出巨大的能量。 （2）核反应实验装置中，用通电线圈产生的磁场，将超高温等离子体约束在磁场中，而要产生强磁场，线圈中需要很大的电流，但是线圈自身有一定的电阻，线圈中有大电流通过，会产生很多的热量，此过程是通过　 　(选填“做功”或“热传递”)的方式使线圈内能增加的。 （3）人造太阳的加热功率为1.2×10¹2W，若利用人造太阳发电的效率为60%，则工作10s时间，发电量为　 　kW·h。 【答案】（1）聚变 （2）做功 （3） 【解析】（1）根据太阳内部能量释放是通过核聚变进行分析。 （2）热传递指的是热量由高温物体传递给低温物体的过程，没有能量转化，只能能量的转移。 （3）根据W=Pt计算发电量，注意单位换算--。 【解答】（1）太阳内部能量释放是通过核聚变，东方超环能量产生原理与太阳类似，可知也是通过原子核的聚变释放能量的。 （2）通过电流做功，将电能转化为内能，可知是通过做功的方式使线圈内能增加的。 （3） 工作10s时间，发电量为 22．自动充电储能式电动汽车的前轮装有小型发电机，当电动汽车刹车后减速滑行时，就可以连通发电机向蓄电池充电，将部分动能转化为电能储存起来，以达到节能的目的。某电动汽车以100×103J的初动能在水平路面上减速滑行，受到的阻力大小保持不变。(不计电动汽车内部能量损失) （1）第一次关闭自动储能装置，让车自由滑行，其动能(Ek)随滑行距离变化关系如图中①所示，则此过程中动能转化为 　 　能，车受到的阻力大小为　 　 N。 （2）第二次启动自动储能装置，其动能随滑行距离变化关系如图中②所示，已知储能装置的能量转化效率为80%，则此过程中电池所充的电能为 　 　J。 【答案】（1）内；1000 （2） 【解析】（1）关闭自动储能装置时，动能均转化为克服摩擦所做的功，可知运动距离更远。 （2）消耗的动能减去内能后的80%转化为电能，据此进行计算。 【解答】（1）关闭自动储能装置时，电动汽车自由滑行，动能通过克服摩擦力做功转化为内能。 由图①可知，汽车滑行距离 为100m，克服摩擦做功为，可得摩擦力为。 （2）克服摩擦所做的功，储能装置的能量转化效率为80%，则此过程中电池所充的电能为。 三、实验探究题(本大题共5小题，共40分) 23．小科在验证“电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系”时，采用了一种“变色测温贴”（产品介绍如图甲所示），常温下将测温贴贴在电阻上，并连接如图乙所示的实验电路，闭合开关，记录测温贴变色所用的时间。断开开关，待测温贴？，调节滑动变阻器，闭合开关，继续测量测温贴变色所用时间，所得结果如表： 实验序号二 变色所用的时间/s R1 R2 1 9 18 2 12 24 3 21 42 （1）题干中“？”处应填　 　 。 （2）根据表中数据可知，从实验1到实验3滑动变阻器滑片是向　 　 移动的。 （3）考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能是不同的。因此在烧开水时，从节约用电角度考虑应选择下列哪种电热水壶？____ 。 A．“220V，1000W” B．“220V，1500W” （4）从安全角度考虑，家庭电路中大功率用电器使用更粗导线的原因是：　 　 。 【答案】（1）恢复常温 （2）左 （3）B （4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。 【解析】（1）要验证电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系，需要保证每次实验开始时测温贴的初始状态相同，所以要等测温贴恢复到常温，才能进行下一次实验。 （2）从实验数据可以看出，R1和 R2变色所用时间都在增加，说明它们产生热量的速度变慢了。根据Q ＝ I2Rt，在电阻和通电时间不变的情况下，产生热量变慢是因为电流变小了。而在图乙电路中，滑动变阻器与两电阻串联，要使电流变小，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向左移动。 （3）根据W＝Pt，在烧开相同质量的水（即需要吸收相同的热量）的情况下，功率越大，所用时间越短。因为考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能不同，而功率大的用电器在相同时间内产生的热量多，散热时间相对较短，散失的热量相对较少，所以从节约用电角度考虑，应选择功率大的电热水壶。 （4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。 【解答】（1）要验证电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系，需要保证每次实验开始时，测温贴的初始状态相同，所以要等测温贴恢复到常温，才能进行下一次实验。 （2）从实验数据可以看出，R1和 R2变色所用时间都在增加，说明它们产生热量的速度变慢了。根据Q ＝ I2Rt，在电阻和通电时间不变的情况下，产生热量变慢是因为电流变小了。而在图乙电路中，滑动变阻器与 R1、R2 串联，要使电流变小，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向左移动。 （3）根据W＝Pt，在烧开相同质量的水（即需要吸收相同的热量）的情况下，功率越大，所用时间越短。因为考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能不同，而功率大的用电器在相同时间内产生的热量多，散热时间相对较短，散失的热量相对较少，所以从节约用电角度考虑，应选择功率大的电热水壶。 （4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。 故答案为：（1）恢复常温；（2）左；（3）B；（4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。 24．小科在实验室测量小灯泡的功率，所用实验器材和实验过程如下： 实验器材 相应参数 实验器材 相应参数 小灯泡 额定电压2.5 V，电阻约10Ω 滑动变阻器 ? 电流表 量程为0~0.6 A和0~3 A 电源 电压5 V保持不变 电压表 量程为0~3 A和0~15 V 导线 若干 开关 单刀单掷 　 　 （1）移动滑动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表的示数为0，则出现故障的原因可能是　 　。 （2）排除故障完善电路后，闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，根据所测量数据作出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像，如图乙，小灯泡的额定功率为　 　W。 （3）实验中所使用的滑动变阻器的规格可能为____； A．5Ω 2 A B．30 Ω 1 A C．40Ω 0.2 A （4）若图乙中的阴影部分表示电压表为2.0V时，小灯泡消耗的实际功率大小，请帮助小科同学在图乙中表示出此时滑动变阻器实际消耗功率的区域(该区域用斜线涂黑)。 【答案】（1）灯泡短路 （2）0.625 （3）B （4） 【解析】（1）故障：电流表没有示数，电压表有示数时的故障一般为：电压表测量对象断路；电流表有示数，电压表没有示数时的故障一般为电压表测量对象短路。 （2）额定电压下的功率为额定功率，结合P=UI进行计算。 （3）根据图像可知电流大于0.2A，所以C不选；根据串并联电路的特点计算变阻器的阻值，大于5欧姆，所以A不选。 （4）根据串联电路电源电压等于各用电器两端电压之和，电流处处相等和P=UI画图。 【解答】（1）电流表有示数，说明电路为通路，移动滑片，灯泡不亮，且电压表示数为零，故障原因可能是灯泡短路，电压表相当于测量一段导线两端的电压，所以没有示数。 （2）由图乙可知，当灯泡正常发光，即两端电压为2.5V时，流过灯泡的电流为0.25A，可知灯泡的额定功率为。 （3）电源电压为5V，灯泡两端电压为2.5V，则变阻器两端电压为5V-2.5V=2.5V，电流为0.25A，变阻器连入电路的阻值为。由图像可知，电路中最大电流大于0.2A。 故答案为：B。 （4）串联电路电源电压等于各用电器两端电压之和，电流处处相等，由P=UI可知，表示变阻器实际电功率的图像如图所示 。 25．如图甲装置所示，探究“做功改变物体内能”，该装置由圆底烧瓶、温度传感器、橡皮塞、橡皮管、打气筒等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气筒向烧瓶内打气，根据传感器数据采集的数据，电脑处理得到如图乙所示图像。 （1）实验前，检查图甲装置的气密性：往外拉动注射器活塞，然后松手，若活塞 　 　 （选填“仍能返回原来刻度处”或“静止不动”），则说明该装置气密性好。 （2）打气筒打气5秒后，橡皮塞弹出，出现了白雾现象，白雾主要是 　 　 （填“瓶内气体”或“瓶外气体”）液化形成的小液滴。 （3）以下改变内能的方式中，与图乙中AB段相同的是 ____ 。 A．用锤子敲打钉子时，钉子变热 B．从滑滑梯上滑落，臀部变热 C．用燃气灶加热水，水温升高 D．手捂热水袋，手会变暖和 （4）不向圆底烧瓶内注入适量酒精，仍用图甲装置进行实验能否得出“做功改变物体内能”的结论。请判断并说明理由：　 　 。 【答案】（1）仍能返回原来刻度处 （2）瓶内气体 （3）A；B （4）不注入酒精，用打气筒向烧瓶内打气，压缩气体做功，会使瓶内气体内能增加，温度升高，可通过温度传感器测量到温度变化；当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，也能从温度传感器数据中体现出来。只是没有酒精时，液化现象不明显，看不到白雾，但仍能通过温度变化证明做功可以改变物体内能。 【解析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。 【解答】（1）往外拉动注射器活塞，会使装置内气压减小，若装置气密性好，外界大气压会使活塞仍能返回原来刻度处；若装置漏气，活塞就会因内外气压差无法回到原来位置。 （2）用打气筒向烧瓶内打气，瓶内气压增大，当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶内的水蒸气（包括酒精汽化后的蒸气）遇冷液化形成小液滴，从而出现白雾。 （3）图乙中 AB 段是通过打气筒对烧瓶内气体做功，使气体内能增加，温度升高。 A、用锤子敲打钉子时，锤子对钉子做功，使钉子内能增加变热； B、从滑滑梯上滑落，臀部与滑梯摩擦做功，使臀部内能增加变热，这两个选项都是通过做功的方式改变物体内能； C、用燃气灶加热水是通过热传递使水的内能增加； D、手捂热水袋使手变暖和也是通过热传递改变内能。 所以与 AB 段改变内能方式相同的是 AB。 （4）不注入酒精，用打气筒向烧瓶内打气，压缩气体做功，会使瓶内气体内能增加，温度升高，可通过温度传感器测量到温度变化； 当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，也能从温度传感器数据中体现出来。只是没有酒精时，液化现象不明显，看不到白雾，但仍能通过温度变化证明做功可以改变物体内能。 26．动能回收是指在车辆减速、制动或滑行过程中，通过技术手段将动能转化为电能或其他形式的能，并加以储存的技术，某科学小组同学想探究“新能源车动能回收的原理”，做了下图实验。 步骤一：取两根相同的弹簧甲乙和一个强磁铁，按图方式固定，用手托住，两弹簧均处于自然长度，磁铁静止在A点。 步骤二：放手后磁铁下降并静止在B点。 步骤三：用手把磁铁下压到C点，释放后磁铁上下来回运动，最终静止，记录时间。 重复多次实验，测得平均时间为21.1秒。 步骤四：在弹簧外围分别套上竹筒、玻璃管、塑料管、铁管、铝管、铜管，重复步骤三(磁铁运动时与外套管无摩擦)，并绘制以下表格。 套管种类 无套管 竹筒 玻璃管 塑料管 铁管 铝管 铜管 时间(秒) 21.1 21.4 21.7 21.3 7.7 ? 4.4 （1）步骤二中放手后磁铁下降到B点，磁铁的重力势能是否全部转化成了甲弹簧的弹性势能　 　(填“是”或“否”) （2）关于以上探究，以下说法正确的是____ A．磁铁在B点时，受到的重力与弹簧甲对磁铁的拉力是一对平衡力 B．磁铁在C点释放后上升至最高点过程中，在A点动能最大 C．磁铁在C点释放后机械能一直不变 D．磁铁外面套铝管，在C点释放后，忽略空气阻力，最终也将静止 （3）小组同学分析相关数据，查阅资料后得出：当外面套绝缘体材料时，外套管对磁铁的运动几乎没有影响，当外面套导体材料时，对磁铁的运动有很大影响，且导电能力越强，影响越大。请你预测套铝管的运动时间?　 　(已知铝的导电能力比铁强，比铜弱) （4）请你从能量转换角度分析为什么磁体外面套导体类材料时，上下运动时间较短?　 　。同学们最终得出结论：新能源车动能回收的原理，其实也是这个原理， 【答案】（1）否 （2）D （3）4.4s<t<7.7s （4）因为磁铁上下运动时，套在导体管中会产生感应电流，这样磁铁的机械能会转化为电能和内能，所以机械能会减少，最终会停止。 【解析】（1）能量转化与守恒：能量在转化和转移的过程中，总量保持不变，但会有损耗。在实际运动过程中，物体不可避免地要克服空气阻力等做功，导致一部分机械能转化为内能等其他形式的能，因此重力势能不会全部转化为弹簧的弹性势能。 （2）二力平衡：作用在同一物体上的两个力，如果大小相等、方向相反，并且在同一条直线上，这两个力就彼此平衡。判断物体的动能最大位置，需要分析其受力和运动状态，当物体所受合力为零时，速度最大，动能也最大。 （3）电磁感应与能量转化：当导体在磁场中做切割磁感线运动，或磁场穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，会产生感应电流。在这个过程中，机械能转化为电能，而电流通过导体又会产生焦耳热，将电能转化为内能。导体的导电能力越强，这种能量转化的效率越高，机械能消耗得越快。 【解答】（1）步骤二中，磁铁从 A 点下降到 B 点的过程中，除了弹簧被压缩获得弹性势能外，磁铁还需要克服空气阻力等做功，这部分机械能会转化为内能。因此，磁铁的重力势能没有全部转化成甲弹簧的弹性势能。 （2）A、磁铁在B点还受到弹簧乙向上的弹力，重力等于两个弹簧的拉力之和，所以重力与弹簧甲的拉力不是一对平衡力。 B、A点是弹簧原长的位置，此时弹簧乙不被压缩也不被拉伸，但磁铁此时还受到弹簧甲的拉力和重力，合力向下，因此A点不是平衡位置，动能最大的点应在AB之间的某点（平衡点）。 C、磁铁在上下振动过程中，由于要克服空气阻力做功（即使忽略，弹簧内部也有损耗），机械能逐渐减少，最终静止在B点。 D、铝管是导体，磁铁在铝管中运动时，由于电磁感应会产生感应电流，从而阻碍磁铁的运动，使磁铁的机械能转化为电能并最终转化为内能，因此磁铁最终会静止在B点。 故答案为：D。 （3）根据题意，外套管的导电能力越强，对磁铁运动的影响越大，磁铁上下运动的时间越短。已知铝的导电能力比铁强，比铜弱，因此套铝管的运动时间应介于套铁管（7.7 秒）和套铜管（4.4 秒）之间。即运动时间为 4.4s < t < 7.7s。 （4）当磁体外面套导体类材料时，磁铁在上下运动过程中，会切割导体管中的磁感线，从而产生感应电流。这个过程中，磁铁的机械能转化为了电能，而电流在导体中流动又会产生热量，将电能转化为内能。因此，磁铁的机械能被快速消耗，导致其上下运动的时间较短。 27．在学习利用斜面探究“动能大小与哪些因素有关”的实验后，某同学对实验进行了改进：用质量为m1的实心钢球和质量为m2的空心钢球从透明亚克力弯管右端由静止释放，水平管内最右端的物块被撞后移动一段距离，如图所示。 （1）实验中用亚克力管代替斜面的优点是　 　。 （2） A、B组实验是为了探究物体动能大小与　 　之间的关系。 （3） B、C组实验中， m1>m2， h2=h3，多次重复实验后发现物块沿水平管内的移动距离关系是s2>s3，由此可得出结论：　 　。 （4）若以上装置的水平管壁绝对光滑，判断本实验能否达到探究目的并说明理由：　 　。 【答案】（1）便于控制小球的运动方向或保证小球运动方向不偏离 （2）速度 （3）运动速度相同时，物体质量越大，动能越大 （4）不能，如果管壁光滑，物块将一直做匀速直线运动不会停下，不能达到探究目的 【解析】（1）亚克力管表面光滑，摩擦力较小； （2）影响动能大小的因素为：速度的大小和物体的质量大小； （3）实验过程中，可以将动能转为物块移动的距离； （4）一切物体在不受任何外力作用时，将保持原有的运动状态，包括静止和匀速直线运动状态； 【解答】（1）亚克力管表面光滑，摩擦力较小，可以减少能量损失，使实验结果更准确；同时透明材质便于观察钢球的运动过程； （2）A、B组实验中钢球质量相同（均为m1），但释放高度不同（h1 > h2），导致钢球到达水平管时的速度不同（v1 > v2），因此研究的是动能与速度的关系； （3）h2 = h3说明钢球到达水平管时的速度相同，但m1 > m2导致s2 > s3，说明质量更大的钢球动能更大； （4）绝对光滑时，物块不受摩擦力，被撞击后会以恒定速度无限运动，无法通过移动距离反映动能大小； 故答案为：（1）便于控制小球的运动方向或保证小球运动方向不偏离； （2）速度； （3）运动速度相同时，物体质量越大，动能越大； （4）不能，如果管壁光滑，物块将一直做匀速直线运动不会停下，不能达到探究目的。 四、解答题(本大题共5小题，共35分) 28．（本题6分，每题2分）如图为两个光滑圆弧槽和一段粗糙水平面相连接的装置。将质量为m的物体从左侧圆弧槽A点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽B点处；然后再次滑下，最高到达左侧圆弧槽C点处。其中水平面长度为s，A、C两点距离水平面的高度分别为H、h。（忽略空气阻力） （1）物体从A点滑到B点的过程中，机械能　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）； （2）物体从A点滑到水平面时，重力所做的功为　 　；（用字母表示，下同） （3）物体从A点经B点返回至C点过程中克服摩擦力做功大小为　 　。 【答案】（1）减小 （2）mgH （3）mg（H-h） 【解析】（1）物体克服摩擦力做功，机械能减小； （2）由重力公式G=mg可得质量为m的物体的重力，根据公式W=GH可得物体从A点滑到水平面时重力所做的功； （3）物体在起点A具有的重力势能减去在C点具有的重力势能等于物体经过两次水平面克服摩擦力消耗的机械能。 【解答】（1）物体从A点滑到B点的过程中，经过水平面时会受到摩擦力的作用，克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能，所以机械能减小。 （2）物体从A点滑到水平面时，在竖直方向上下降的高度为H，所以重力做功W=GH=mgH （3）由于两个圆弧槽光滑，物体圆弧槽上运动不受摩擦力作用，在物体从A点经B点返回至C点过程中，减少的机械能为物体克服摩擦力做的功，则克服摩擦力做功大小W1=W-WC=mgH-mgh=mg（H-h） 29．（本题6分，每题2分）洲际导弹的飞行过程分为初段OA、中段AB、末段BC三个阶段，如图所示。 飞行初段OA：发动机内燃料燃烧推动导弹加速上升。 飞行中段AB：发动机关闭，导弹依靠惯性在钱学森弹道飞行。 飞行末段BC：发动机再次打开，急速坠落的导弹，还会释放多个干扰弹，大大降低拦截成功率。 请回答下列问题： （1）洲际导弹飞行初段，导弹与空气摩擦而使其温度升高，这是通过　 　的方式改变导弹的内能。 （2）洲际导弹飞行中段，距离地面等高的a、b两点速度的大小关系：　 　。 （3）洲际导弹飞行末段，除干扰弹外，导弹不断加速俯冲，从被发现到命中攻击点仅需十几秒。若某拦截导弹发射点距离攻击点60km，推力为1x105N，最大功率为3x108W，该拦截导弹能否成功拦截该洲际导弹，请计算说明。(写出计算过程) 【答案】（1）做功 （2）a点>b点 （3）解：到达攻击点导弹的推力做功：； 拦截导弹飞行的时间： ； 因为导弹从被发现到命中攻击点仅需十几秒，所以不会被拦截。 【知识点】功率计算公式的应用；物体内能的改变方法 【解析】（1）做功和热传递都能改变物体的内能，前者的本质为能量的转化，后者的本质为能量的转移； （2）根据机械能和内能的转化分析导弹飞行时机械能的变化，根据高度判断重力势能变化，根据“机械能=动能+重力势能”分析动能的大小，进而确定两点速度大小； （3）根据W=Fs计算到达攻击点导弹的推力做功，根据计算拦截导弹飞行的时间，最后与攻击导弹的飞行时间比较即可。 【解答】（1） 导弹与空气摩擦时，机械能转化为内能，使导弹温度升高。这是通过做功（摩擦做功）的方式改变导弹的内能。 （2） 飞行飞行过程中，与空气不断摩擦，则机械能会转化为内能，那么机械能会逐渐减小。距离地面等高的a、b两点，它们的重力势能相等。根据“机械能=动能+重力势能”可知，a点的动能大于b点的动能，即a点速度>b点速度。 30．（本题7分，1-2每题2分，第三题3分）如图甲是机械能转化的思维导图。请回答以下问题： （1）完善图甲中　 　的内容。 （2）如图乙所示，无动力过山车先通过人踩动自行车踏板，使过山车上行至起始点(终点B→起始点A)，之后无需踩动，过山车便可自行下滑直至终点(起始点A→终点B)。依据理想模型，过山车下滑过程中，车的能量转化是　 　； （3）为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点(起始点A→终点B)，请你结合上述机械能转化模型对轨道的设计提出一点建议。　 　。 【答案】（1）机械能守恒 （2）车的重力势能转化为车的动能及内能 （3）①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦。 【解析】 （1）在理想状态下不受阻力，则机械能没有损失，即机械能守恒； （2）根据能量转化的知识分析； （3）根据机械能转化过程分析。 【解答】 （1）根据图片可知，在理想状态下，没有机械能的损失，即机械能守恒，动能和势能可以完全转化； （2）过山车下滑过程中，会受到摩擦阻力，则车的重力势能转化为车的动能及内能； （3）在过山车运行时，会有一部分机械能转化为内能可知，为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，必须保证①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦。 31．（本题8分，第1题2分，2-3每题3分）氢燃料新能源具有清洁无污染、效率高等优点，其热值为 且标准大气压下水的沸点是 请计算： （1）质量为0.6kg 的氢燃料完全燃烧放出的热量是多少? （2）用这些热量给质量为250kg，温度为25℃的水加热(不计热量损失)，水升高到多少摄氏度?已知水的比热容为 （3）某氢能源汽车以1.4×105W的恒定功率做匀速行驶，如果0.6kg 的氢燃料完全燃烧获得热量有50%用来做有用功，能使该汽车匀速行驶多长时间? 【答案】（1）解：已知氢燃料的质量m=0.6kg，热值为q氢=1.4×108J/kg； 则0.6kg氢燃料完全燃烧放出的热量Q放=mq氢=0.6kg×1.4×108J/kg=8.4×107J。 （2）解：不计热量损失，则水吸收的热量等于燃料放出的热量， 即Q吸=Q放=8.4×107J， 那么水升高的温度：； 则水的温度为：t=t0+△t=80℃+25℃=105℃； 但在标准大气压下，水的沸点为100℃，水沸腾后温度保持不变， 所以水升高到100℃； （3）解：根据题意可知，汽车做的有用功为：W=Q放×50% =8.4×107J×50%=4.2×107J； 则汽车行驶的距离为：。 【解析】 （1）根据Q放=mq计算氢燃料燃烧放出的热量； （2）首先根据Q吸=Q放计算水吸收的热量，然后根据Q吸=cm（t-t0）并结合水的沸点计算水升高到的温度； （3）根据W=Q放×50%计算汽车做的机械功，然后根据 计算汽车行驶的时间。 32．（本题8分，第1题2分，2-3每题2分）图甲为某品牌电压力锅的结构示意图，图乙为其内部电路简图，图丙为煮饭时锅内压强随时间变化的曲线。其工作过程为：接通电源，启动智能开关自动接，同时压力开关自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内压强达到180kPa时，压力开关自动断开，进入保压状态，当锅内压强降至时，压力开关又会自动闭合；当保压状态结束，煮饭完成，开关自动接到，进入保温状态。（已知的规格为“”，的阻值为的阻值为。) 回答下列问题： （1）该电压力锅保压阶段的功率　 　(填“恒定”或“不恒定”)。 （2）升压阶段通过熔断器的电流。 （3）正常煮饭一次，至少需要消耗多少电能? 【答案】（1）不恒定 （2） （3） 【解析】（1）当锅内压强达到180kPa时，压力开关自动断开，进入保压状态，当锅内压强降至160kPa时，压力开关又会自动闭合。 （2）接通电源，启动智能开关S，S自动接a，同时压力开关自动闭合，电压力锅进入加热升压状态，此时R1和R2并联，根据P=UI可求出通过R1的电流，根据通过R2的电流，根据并联电路电流规律可求出升压阶段通过熔断器的电流。 （3）根据计算R2的功率，由图丙知升压、保压的时间，根据W=Pt算出这次煮饭总共消耗的电能。 【解答】（1）当锅内压强达到180kPa时，压力开关自动断开，进入保压状态，当锅内压强降至160kPa时，压力开关又会自动闭合加热，所以该电压力锅保压阶段的功率不恒定。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $