粤沪版八年级物理上册期中考试模拟题（二）一、填空题（共10小题，每小题4分，满分26分）1.如图，一质量分布均匀、重为80N的铁球与轻杆AB焊接于A点后悬挂于竖直墙壁的B点，轻杆的延长线过球心O，轻杆AB的长度是铁球半径的三分之二，在铁球上施力，可以使铁球绕B点转动，要使铁球刚好离开墙壁，施加在铁球上的力至少为　N，请在图中画出此力的示意图．【考点】杠杆的平衡条件．【分析】根据杠杆的平衡条件，要使施加的力最小，应使动力臂最长，据此分析即可．【解答】解：铁球的重力G=80N；由图知，当力F作用在球的下边缘，且与通过AB的直径垂直时，动力臂最长，其受力图如图所示：把整体看做一个杠杆，支点在B点，由图知，球的重力方向竖直向下，力臂为LG，由图知：LG=R；F的力臂等于杆的长度与球的直径之和，则LF=R+2R=R；根据杠杆的平衡条件：G•LG=F•LF代入数据：80N×R=F×R，解得F=30N；故答案为：30；见上图；2.质量相等，初温均为10℃的甲、乙两物体，将它们分别投入温度均为60℃的等质量的两杯热水中，热平衡后甲所在杯中热水温度降低了5℃，乙所在杯中热水温度降低了20℃，不考虑热量损失，则甲乙两物体的比热容之比为　．【考点】热平衡方程的应用．【分析】物体甲放入热水杯后，水的温度由60℃降低了5℃，变成60℃﹣5℃=55℃，甲的温度由10℃升高到55℃，水放出的热量等于甲吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出甲的比热容．物体乙放入热水杯后，水的温度由60℃降低了2℃，变成60℃﹣20℃=40℃，乙的温度由10℃升高到40℃，水放出的热量等于乙吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出乙的比热容．求出甲和乙的比热容后，就可以解决问题．【解答】解：物体甲放入热水杯后，它们的共同温度为60℃﹣5℃=55℃，水放出的热量Q放=c水m水△t水甲吸收的热量Q吸=c甲m甲△t甲，根据热平衡方程：Q放=Q吸，即c水m水△t水=c甲m甲△t甲代入相关数据得：c甲=×，物体乙放入热水杯后，它们的共同温度为60℃﹣20℃=40℃，水放出的热量Q放=c水m水△t水乙吸收的热量Q吸=c乙m乙△t乙，根据热平衡方程：Q放=Q吸，即c水m水△t水=c乙m乙△t乙代入相关数据得：c乙=×，甲、乙两物体质量相等，即m甲=m乙，则==故答案为：1：6．3.灯泡L1、L2分别标有“6V、6W”和“3V、3W”的字样，将他们并联连接起来使用，干路中允许的最大电流为　A，此时L1消耗的电功率为　W．【考点】电功率的计算．【分析】（1）当将灯泡L1、L2并联使用时，电路电压只能取电压小的那个，分别算出通过R1和R2的电流，然后可知干路中允许的最大电流；（2）根据P=UI可求此时L1消耗的电功率．【解答】解：（1）根据并联电路电压特点，当灯泡L1、L2并联起来时，电路中的电源电压只能取灯泡L2的额定电压3V：由P=可得，灯泡L1的电阻R1===6Ω，灯泡L2的电阻R2===3Ω，由P=UI可得，R1中的电流：I1′===0.5A，R2中的电流：I2′===1A，则并联电路的总电流：I=I1′+I2′=0.5A+1A=1.5A．（2）此时L1消耗的电功率：P1实===1.5W．故答案为：1.5；1.5．4.如图为“探究电流通过导体产生热量与哪些因素有关”的实验装置．将阻值分别为10Ω和20Ω的电热丝R1和R2，按如图方式接入电压为3V的电路中（图中电源没有画出），则通电10min，R2产生的热量是　J．【考点】焦耳定律的计算公式及其应用．【分析】求出电路中的电流，应用焦耳定律公式Q=I2R2t求出电阻产生的热量．【解答】解：由图可知，电热丝R1和R2串联，由欧姆定律可得，电路中的电流为：I====0.1A；通电t=l0min=600s，R2产生的热量：Q=I2R2t=（0.1A）2×20Ω×600s=120J．故答案为：120．5.如图所示，在将磁铁插入铜质漆包线绕制的线圈的过程中，电流表的指针会摆动，这一现象所反映的物理原理是　　．【考点】电磁感应．【分析】在闭合电路中，导线做切割磁感线运动时会产生感应电流．该现象称为电磁感应现象．【解答】解：将条形磁体插入线圈时，相当于线圈做切割磁感线运动，故电路中会产生感应电流，电流表的指针会摆动，该现象就是电磁感应现象．故答案为：电磁感应现象．6.随着合肥地铁1号线的正式运营，合肥迈入地铁时代．周末小民和爸爸乘坐地铁体验了一次地铁的便捷，以他乘坐的地铁为参照物，他是　（选填“运动”或“静止”）的．【考点】参照物及其选择．【分析】判断物体的运动还是静止，首先选定一个参照物；被研究的物体和选定为参照物的物体之间发生位置变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的．【解答】解：以小民乘坐地铁为参照物，小民相对于地铁没有发生位置的变化，因此他是静止的．故答案为：静止．7.利用弦乐器进行演奏时，乐音是　　产生的，在进行弦乐器的演奏过程中，通过改变按弦不同的位置和拨动弦的力度，可以改变所产生的乐音的音调和响度．【考点】声音的产生．【分析】声音是由物体的振动产生的．【解答】解：利用弦乐器进行演奏时，乐音是由弦的振动产生的．故答案为：弦的振动．【点评】本题考查了声音的产生的条件，是一道基础题．　8.如图所示，在水平拉力F的作用下，物体A相对于地面静止，木板B在水平地面匀速向右运动，此时弹簧测力计的示数为如图所示，若F=10N，则B受到地面的摩擦力大小为　N．【考点】摩擦力的大小．【分析】物体A处于平衡状态，据此判断其所受摩擦力的大小．根据摩擦力的概念可判断其所受摩擦力的方向；对B进行受力分析，再进一步确定地面对A的摩擦力大小．【解答】解：弹簧测力计的示数为2.4N，则弹簧测力计对A的拉力为2.4N，方向向左；A水平方向上受拉力和摩擦力，由二力平衡可得，摩擦力与拉力应大小相等，方向相反，故摩擦力大小为2.4N；摩擦力水平向右；以B为研究对象，它受到向右的拉力F为10N，同时受到地面对它的摩擦力和物体A对它的摩擦力，二者之和为10N，所以地面对物体B的摩擦力为10N﹣2.4N=7.6N．故答案为：7.6．9.如图所示的容器放在水平桌面上，内装有600g的酒精，酒精对A点的压强是　Pa．（酒精密度是0.8g/cm3）【考点】液体的压强的计算．【分析】已知A点的深度和酒精的密度，根据公式p=ρgh求出水对A点的压强．【解答】解：由图可知：A点的深度h=10cm﹣4.5cm=5.5cm=0.055m，则酒精对A点的压强：p=ρgh=0.8×103kg/m3×10N/kg×0.055m=440Pa．故答案为：440．10.甲、乙两物体放入水中的状态如图所示．若两物体的体积分别是V甲、V乙，质量分别是m甲、m乙，则两物体受到的浮力分别为：F甲=　，F乙=　　（已知水的密度为ρ水）．【考点】阿基米德原理．【分析】（1）甲物体下沉，则物体受到的浮力小于物体的重力，可以根据阿基米德原理求出浮力；（2）乙物体漂浮，则物体受到的浮力等于物体的重力，已知质量，由G=mg可以求出浮力．【解答】解：（1）甲物体下沉，浮力都小于自身的重力，由于排开液体的体积与物体的体积相等，则甲物体受到的浮力F甲=ρ水gV甲．（2）乙物体漂浮，则浮力等于自身的重力，所以乙物体受到的浮力为F乙=G乙=m乙g．故答案为：ρ水gV甲；m乙g．二、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）11.光的世界丰富多彩，下列现象中，属于光的折射现象的是（　　）A．阳光下树的影子B．晴天看见“白云在水中飘动”C．神奇的日食现象D．雨后彩虹【考点】光的折射现象及其应用．【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播．光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等；（2）光照在不同介质面上时，会发生反射现象，平面镜成像就是具体应用；（3）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生偏转，即光的折射现象．【解答】解：A、树荫下的影子是光沿直线传播形成的，故A错误；B、“白云在水中飘动”是平面镜成像，属于光的反射形成的现象，故B错误；C、日食是光沿直线传播形成的，故C错误；D、光的色散是由光的折射形成的，由于不同色光折射程度不同，所以把白光折射分成各种色光．彩虹就属于色散现象，故D正确．故选D．12.小林同学用f=10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验，实验中将蜡烛、凸透镜、光屏放在光具座上（如图所示），下列说法正确的是（　　）A．能够在光屏上呈现出来的像为虚像B．为了使像落在光屏中央，实验前要调整蜡烛火焰中心、凸透镜中心、光屏中心等高C．蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上如图所示的位置上，光屏上恰好可以成倒立缩小的实像D．将蜡烛移到光具座45cm刻度线处，移动光屏，可以在光屏上看到清晰的蜡烛焰像【考点】凸透镜成像规律及其探究实验．【分析】（1）在光屏上呈现出的像，一定是实像；（2）为使像成在光屏的中央，实验前要调整蜡烛、光屏和凸透镜的高度，使它们的中心在一条直线上，且在同一高度上；（3）由图知物距和像距的大小关系，由此判断所成的像的性质；（4）u＜f，成正立、放大的虚像．【解答】解：A、虚像不能用光屏承接，光屏上呈现出来的像一定是实像，故A错误；B、实验前要调整蜡烛、光屏和凸透镜的高度，使它们的中心在一条直线上，且在同一高度上，故B正确；C、物距小于像距时，成倒立放大的实像，故C错误；D、将蜡烛移至光具座上45cm刻度线处，由图可知，u=5cm＜f，则由凸透镜成像规律可知，成正立、放大的虚像，故D错误．故选：B．13.下列关于惯性的说法中正确的是（　　）A．跳远运动员起跳前助跑可以增大惯性B．驾驶员驾车时系安全带可以减小惯性C．超载的汽车会导致汽车惯性增大D．铅球脱手后还能继续飞行是因为受到惯性力的作用【考点】惯性．【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大．【解答】解：A、惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，所以跳远运动员起跳前助跑不能增大惯性．故A错误；B、驾驶员驾车时系安全带可以防止由于具有惯性而带来的危害，但不能减小惯性．故B错误；C、超载的汽车，质量变大，所以会导致汽车惯性增大．故C正确；D、铅球脱手后还能继续飞行是因为铅球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用．故D错误．故选C．14.以下实例中，属于增大压强的是（　　）A．在铁轨下面铺枕木B．大型载重车装有很多车轮C．书包背带做得较宽D．铁钉的头部做得很尖【考点】增大压强的方法及其应用．【分析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关．增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强．减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．【解答】解：A、在铁轨下面铺枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故A不合题意；B、大型载重车装有很多车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B不合意题；C、书包背带做得较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故C不合题意；D、铁钉的头部做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故D符合题意．故选D．15.关于磁场和磁感应线，以下说法不正确的是（　　）A．磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在B．磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线C．磁场对放入其中的磁体有力的作用D．地球周围存在磁场【考点】磁感线及其特点．【分析】（1）据课本可知，磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转化法；（2）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；（3）磁场的基本性质是对放入其中的磁体有力的作用；（4）地球是一个巨大的磁体，地球周围存在磁场；【解答】解：A、磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转化法，故A正确；B、磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线，故B错误；C、磁场的基本性质是对放入其中的磁体有力的作用，故C正确；D、地球是一个巨大的磁体，地球周围存在磁场，故D正确；故选B．16.如图所示，在测量并联电路电流的实验中，灯L1、L2规格完全相同，闭合开关S，只有一盏灯亮，且两个电流表的示数相同，其故障可能是（　　）A．灯L1开路B．灯L1短路C．灯L2开路D．灯L2短路【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【分析】由图知，两灯并联，两电流表分别测干路和L2支路的电流，结合只有一个灯泡亮和电流表示数相同，对各选项逐一分析解答．【解答】解：由电路图知，两灯并联，A1测干路电流，A2测L2支路的电流；由题知，灯L1、L2规格完全相同，闭合开关S，只有一盏灯亮，且两个电流表的示数相同．A、由电路图知，若灯L1开路，电路中只有L2连入电路中，所以只有L2亮，两电流表均测L2的电流，所以两电流表示数相等，故A正确；BD、在并联电路中，若一条支路短路，则整个电路都短路，两灯都不亮，与题意不符，故BD错误；C、由电路图知，若灯L2开路，电路中只有L1连入电路中，所以只有L1亮，A1有示数，但A2无示数，故C错误．故选A．17.如图所示，电源电压保持不变，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是（　　）A．电压表V的示数和电流表A1的示数比值变大B．电压表V的示数和电流表A2的示数的比值不变C．电压表V和电流表A1的示数都不变，电流表A和A2的示数变小D．电流表A的示数不变，电流表A2的示数变小，电流表A1的示数变大【考点】电路的动态分析．【分析】首先判定电路的连接状态，认清各个电流表、电压表的测量范围，根据欧姆定律分析电流表、电压表示数的变化．【解答】解：由图可知：该电路为并联电路，电压表测量电源电压和支路电压，电压表示数不变；电流表A测量干路中的电流，A1测量的是R1的电流，A2测量的是R2的电流；当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电阻变大，由欧姆定律可知，电流变小，即A2示数变小，R1阻值不变，故A1示数不变，由并联电路电流规律可知，A示数变小；A、电压表V的示数和电流表A1的示数比值为R1的电阻，保持不变，故A错误；B、电压表V的示数和电流表A2的示数的比值为变阻器电阻，电阻变大，故比值变大，故B错误；C、电压表V和电流表A1的示数都不变，电流表A和A2的示数变小，故C正确；D、电流表A的示数变小，电流表A2的示数变小，电流表A1的示数不变，故D错误．故选：C．三、解答题（共3小题，满分24分）18.在用量筒和托盘天平测量液体密度的实验中，小明把天平放在水平桌面上，取下垫圈，用镊子把游码归零，指针稳定后，分度标尺和指针如图甲所示．（1）小明接下来应该把平衡螺母向　　（选填“左”或“右”）调节，直到指针在分度标尺中央的刻度线．（2）小明在小烧杯中倒入一些液体，测量液体和烧杯的总质量如图乙所示，可知液体和烧杯的总质量为　　g．（3）小明从天平左盘上取下小烧杯，　　　　　　，并把游码移到零刻度处．（4）小明把小烧杯中的部分液体倒入量筒，读出液体体积为50cm3．（5）小明用天平测出剩余液体和小烧杯的总质量为76.4g，测算出液体密度　　kg/m3．【考点】液体密度的测量．【分析】（1）天平指针向左偏应向右调螺母；（2）物体质量等于砝码质量加游码示数，量筒读数就是前后两次读数之差．（3）从天平左盘上取下小烧杯、将砝码取下进行解答；（4）量筒内液体的质量等于液体和烧杯的总质量减去剩余液体和小烧杯的总质量，然后利用密度公式求得液体密度．【解答】解：（1）天平指针向右偏，证明右边质量大，所以应向左调节平衡螺母．（2）由图乙，标尺的分度值为0.2g，烧杯和液体的总质量m总=100g+20g+10g+1.4g=131.4g；（3）小明从天平左盘上取下小烧杯，将砝码从右盘中取下，并把游码移到零刻度处；（4）量筒内液体的质量m=131.4g﹣76.4g=55g，液体密度ρ===1.1g/cm3=1.1×103kg/m3．故答案为：（1）右；（2）131.4；（3）将砝码从右盘中取下；（4）1.1×103．19.在“探究杠杆的平衡条件”实验中，所用的器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个．（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，此时杠杆自身重力的力臂为　　；这样杠杆自身重力对杠杆的平衡就不起作用了，从而消除了杠杆自重对实验带来的影响．（2）实验过程中，将钩码选于图中A点，保持钩码对杠杆的拉力（阻力）、阻力臂不变，在支点O右侧不同位置，用弹簧测力计施加竖直向下的拉力（动力），使杠杆水平平衡，测出每一组动力臂l1和对应的动力F1，并记录在表中．请根据表中数据，在坐标系中绘制出l1与F1的图象，根据图象中实验数据可知，当阻力与阻力臂一定时，动力与动力臂　　；次数动力F1/N动力臂l1/m10.50.6021.00.3031.50.2042.00.1553.00.10（3）实验中小明发现，保持杠杆处于水平平衡，当弹簧测力计的拉力方向偏离竖直方向时，弹簧测力计的拉力会变大，原因是　　　　．【考点】探究杠杆的平衡条件实验．【分析】（1）杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节；实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；（2）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来；阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，并求出动力与动力臂的乘积，然后写出动力F与动力臂L的关系，从而进一步得出当L1为0.5m时，F1的大小；（3）当力倾斜作用在杠杆上，杠杆在水平位置平衡，力臂不在杠杆上，力臂变小，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计的拉力会变大．【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，保持水平静止，这样做的好处是：杠杆所受重力的作用线通过支点，重力的力臂为0，重力对杠杆的转动不产生影响；（2）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：由题意可知，阻力与阻力臂的乘积保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2=F1L1=0.5N×0.6m=0.3N•m；所以，可得出：当阻力与阻力臂一定时，动力与动力臂成反比；（3）保持杠杆处于水平平衡，当弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，拉力的力臂变小，但是阻力和阻力臂均不变，根据杠杆平衡条件可知，弹簧测力计的拉力会变大．故答案为：（1）0；（2）如上图所示；成反比；（3）拉力的力臂变小．20.在测量额定电压为2.5V的小灯泡额定功率的实验中：（1）如图甲是小明测定小灯泡额定功率的实物电路图（不完整）请用笔画线代替导线将实物图连接完整．（2）小明在实验中由于实验器材规格选择不当，他正确连接电路且实验步骤正确，闭合开关后，发现小灯泡发光较亮，电压表的示数如图乙所示，为了测出该小灯的额定功率，你建议小华　　　　　　　　　　　　．（3）小明更换器材重新实验，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到　　（选填“A”或“B”）．闭合开关后，移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图丙所示，则灯泡的额定功率为　　W．【考点】电功率的测量．【分析】（1）变阻器按一下一上的原则接入电路中；（2）根据他正确连接电路且实验步骤正确，小明在实验中由于实验器材规格选择不当，说明变阻器连入电路中的电阻最大，根据电压表的小量程读数比较与灯的额定电压的关系，由分压强原确定措施；（3）为保护电路，滑片移动到阻值最大处；根据电流表小量程读数，根据P=UI求灯的额定功率．【解答】解：（1）变阻器按一下一上的原则接入电路中，如下所示：（2）小明在实验中由于实验器材规格选择不当，他正确连接电路且实验步骤正确，说明变阻器连入电路中的电阻最大，闭合开关后，发现小灯泡发光较亮，电压表的示数如图乙所示，电压表分度值为0.1V，示数为2.8V高于灯的额定电压，要使灯正常发光，变阻器要分去更多的电压，根据分压原理，故应换用最大阻值更大的变阻器，或减小电源电压；（3）小明更换器材重新实验，闭合开关前，为保护电路，滑片移动到阻值最大处，应将滑动变阻器的滑片P移到A；闭合开关后，移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图丙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.32A则灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.32A=0.8W．故答案为：（1）如上所示；（2）换用最大阻值大一些的变阻器或减小电源电压；（3）A；0.8；四、解答题（共3小题，满分19分）21.在物理上，可以用公式f=μFN来计算滑动摩擦力的大小，其中f表示摩擦力，FN表示压力，μ叫动摩擦因数．如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，木板上质量为500g的滑块通过轻绳绕过定滑轮，绳的另一端悬挂托盘，已知托盘质量为50g，当添加的砝码质量达到150g时，滑块恰好做匀速直线运动．（1）请证明滑块受到的摩擦力f大小等于砝码盒托盘的总重力G总．（提示：绳对滑块的拉力和绳对托盘拉力大小相等，记为F）．（2）求滑片与木板间的动摩擦因数μ的大小．【考点】摩擦力的大小．【分析】（1）当滑块做匀速直线运动运动时，根据二力平衡的知识，此时滑块受到的摩擦力等于绳子的拉力，即托盘和砝码的总重力；（2）根据公式μ=求滑片与木板间的动摩擦因数μ的大小．【解答】解：（1）当滑块恰好做匀速直线运动时，滑块在水平方向上受到水平向右的拉力F和水平向左的摩擦力f是一对平衡力，所以f=F；砝码盒托盘也在做匀速直线运动，则绳对托盘的拉力和砝码盒托盘的总重力是一对平衡力，即F=G总；已知绳对滑块的拉力和绳对托盘拉力大小相等，所以滑块所受摩擦力f=F=G总=m总g；（2）滑块对水平木板的压力为：FN=G滑=m滑g=0.5kg×10N/kg=5N；滑块受到的摩擦力为：f=G总=m总g=（0.05kg+0.15kg）×10N/kg=2N；由f=μFN可得，滑块与木板间的动摩擦因数：μ===0.4．答：（1）见解答过程；（2）滑片与木板间的动摩擦因数为0.4．22.张明同学在周末学习利用电能表测量家用电器的实际功率，于是他将2.5kg初温为20℃的水加入电热水壶中，将它单独接入家庭电路，使其工作100s，观察到家中电能表指示灯闪烁84次，电能表上标有“220V3600imp/（kW•h）”字样，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），假设电能全部转化为内能．求：（1）电热水壶在此时间内的实际功率；（2）在此功率下需要多长时间可以将这壶水加热到100℃？【考点】电功与热量的综合计算；电能表参数的理解与电能的求法．【分析】（1）3600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3600次；据此可求闪烁84次消耗的电能，再利用P=求电热水壶的实际功率；（2）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm△t求将这壶水加热到100℃吸收的热量；假设电能全部转化为内能，消耗的电能W=Q吸，再利用P=求需要的时间．【解答】解：（1）根据参数3600imp/（kW•h）知，每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3600次；所以闪烁84次消耗的电能为：W=kW•h=kW•h=×3.6×106J=84000J，电热水壶的实际功率：P===840W；（2）将这壶水加热到100℃吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×=840000J，由题可知电能全部转化为内能，消耗的电能W=Q吸=840000J，由P=得需要时间：t===1000s．答：（1）电热水壶在此时间内的实际功率为840W；（2）在此功率下需要1000s可以将这壶水加热到100℃．23.电池本身有一定的电阻，可以等效为一个没有电阻的理想电池和一个定值电阻r串联而成，如图甲所示．使用某种电池连接成如图乙所示的电路，闭合开关S，在滑动变阻器滑片P从A端滑到B端的全过程中，电压表示数与电流表示数的对应关系图线，如图丙所示．当调节滑动变阻器接入电路的电阻R等于电池的电阻r时，滑动变阻器的实际电功率为2.25W．求：（1）电池内部的定值电阻r的大小和电池的电压；（2）滑动变阻器的最大阻值．【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算．【分析】（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为电源内阻r的简单电路，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，当R=r时，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，利用P=I2R表示出滑动变阻器的实际电功率即可求出r的阻值，进一步求出电池的电压；（2）当滑动变阻器电阻最大时，电压表的示数最大，根据图象读出电压表的最大示数，根据串联电路的电压特点求出r两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出滑动变阻器的最大阻值．【解答】解：（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为电源内阻r的简单电路，由图象可知，电路中的电流为1.5A，由I=可得，电池的电压：U=Ir=1.5A×r，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，当R=r时，电路中的电流：I′===0.75A，滑动变阻器的实际电功率：PR=（I′）2R=（0.75A）2×r=2.25W，解得：r=4Ω，电池的电压U=Ir=1.5A×4Ω=6V；（2）当滑动变阻器电阻最大时，电压表的示数最大，由图可知，电压表的最大示数为3.6V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：Ur=U﹣Ur=6V﹣3.6V=2.4V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I′==，即=，解得：R大=6Ω．答：（1）电池内部的定值电阻为4Ω，电池的电压为6V；（2）滑动变阻器的最大阻值为6Ω．