地面对货箱的滑动摩擦力为货箱重力的0.2倍，所以：f?0.2G?0.2?600N?120N， 由公W?Fs可知，货箱克服摩擦力做功：W?Fs?120N?6m?720J

（4）由于货箱做匀速直线运动，所以它受到的拉力等于摩擦力，故绳拉动货箱做的功等于货箱克服摩擦力做的功，即W有?720J；

绳子移动的距离：?绳??绳t?60s?0.1m/s?18m 所以总功：W?Fs?50N?18m?900J， 所以此滑轮组的机械功率：??W有W总?100%?720J?100%?80% 900J23．钟明最近新购一辆摩托车，一次加了8L汽油该车以10m/s的速度匀速行驶时，牵引力为1000N，发动机的效率为30%，求：

（1）这些汽油完全燃烧要放出多少热量？

（2）当摩托车以10m/s的速度匀速行驶时的功率是多大？

（3）若8L汽油完全燃烧，摩托车可行驶多少米？（ρ汽油＝0.7kg/L，q汽油＝4.6×10J/kg） 解析：（1）2.576×10J；（2）1×10W；（3）7.728×10m． 【解析】 【详解】 （1）由ρ＝

8

4

4

7

m得，汽油的质量为m＝ρV＝0.7kg/L×8L＝5.6kg；则汽油完全燃烧放出的热量为Q放＝V7

8

mq＝5.6kg×4.6×10J/kg＝2.576×10J．

（2）摩托车的功率为P＝Fv＝1000N×10m/s＝1×104W． （3）因发动机的效率为30%，根据η＝

W有Q放得，摩托车所做的有用功为W有＝Q放η＝2.576×108J×30%

7.728?107J4

＝7.728×10J；根据W有＝Fs可知，通过的距离s＝＝＝7.728×10m．

F1000N7

W有24．图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R 为加热管，R 为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，下表是该电热水壶的铭牌。

(1)加热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2应处于什么状态？正常工作时，通过加热管R1的电流为多

少？_________

(2)电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收多少热量？______[c水=4.2×10J/（kg?℃）]

(3)水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2=165Ω，则电热水壶的保温功率为多少？______ (4)小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，他观察到家里电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则晚上烧水时电热水壶的实际功率为多少？________

解析： 4A 5.04×105J 55W 800W

【解析】（1）由电路图可知，当S1、S、S2都闭合时，R2短路，电路只有R1工作；当开S、S1闭合、S2断开时，两电阻串联；根据串联电阻的规律，根据P＝

，当电路只有R1工作时功率大，为加热状态，即

3

手动开关S、S2都闭合时，电热水壶处于加热状态；根据表中数据可知，电热水壶的额定功率为880W，由P＝UI，正常工作时，通过加热管R1的电流为：I＝

3

3

＝4A；（2）由表中数据知，一满壶水的

﹣33

体积为1.5L，根据ρ＝，其质量为：m＝ρV＝1.0×10kg/m×1.5×10m＝1.5kg，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水升温100℃﹣20℃＝80℃．水需要吸收多少热量：Q＝c水m△t＝4.2×10J/（kg?℃）×1.5kg×80℃＝5.04×10J；（3）由欧姆定律I＝，根据（1）知，加热管电阻：R1＝

＝55Ω，当开S1、S3闭合、S2断开时，两电阻串联，电路处于保温状态，根据电阻的串

3

5

联，此时 电路的电阻：R串联＝R2+R1＝165Ω+55Ω＝220Ω，由欧姆定律，此时电路中的电流：I′＝

＝1A，则电热水壶的保温功率，即R1的功率：P保＝I′R1＝（1A）×55Ω＝55W；（4）如图乙

电能表上标有3000r/kW?h，表示电能表转盘每转3000圈消耗1度电，则转40转消耗的电能为：W＝×40kW?h＝×3.6×10J＝4.8×10J，1min转盘转了40转，晚上烧水时电热水壶的实际功率为：P实＝

＝800W。

点睛：（1）根据P＝

结合串联电路电阻的规律分析；先根据表中读出额定加热功率，根据P＝UI求正

6

3

2

2

常工作时加热管R1的电流；（2）由表中数据知一满壶水的体积，根据m＝ρV求其质量；由在1标准大气压下的沸点为100℃求出水升高的温度，根据Q＝c水m△t求水需要吸收多少热量；（3）根据电路的连接，由电阻的串联和欧姆定律求电路中的电流，根据P＝I2R求保温功率；（4）根据如图乙电能表上标有3000r/kW?h参数含义求转40转消耗的电能，根据P实＝求电热水壶的实际功率。 五、实验题

25．在探究“光反射时的规律”实验中，如图甲小华在纸板上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹，接着她把纸板NOF向前折或向后折（如图乙），在纸板上_______(选填“能”或“不能”)看到反射光，由此得出______________的结论。在图甲所示的实验中如果让光沿FO方向射到镜面，会发现反射光沿OE方向射出，这表明在反射现象中，______________。

解析： 反射光线与入射光线和法线在同一平面上 光路是可逆的 略

【解析】实验中，把纸板NOF向前折或向后折，在纸板上不能看到反射光，说明反射光已经不在纸板上了，而此时左右2个纸板也不在同一个平面了，由此说明：反射光线、入射光线和法线在同一平面内；一次实验具有很大的偶然性，为了得到反射角与入射角大小关系的普遍规律，应当改变入射角的大小进行多次实验；在图甲所示的实验中，如果让光沿FO方向射到镜面，会发现反射光沿OE方向射出，这表明在反射现象中，光路是可逆的。

26．小航和小组的同学完成了下面的实验：

（1）如图甲所示：

（a）在探究“电流与电压关系”的实验中，滑动变阻器除保护电路外，还有______的作用．

（b）在探究“电流和电阻的关系”的实验中，定值电阻R1由5Ω换成10Ω时，接下来滑动变阻器的滑片应向________（选填“左”或“右”）调节；若电源电压为6V，R1的可选最大电阻为20Ω，为保证电阻R1两端的电压为2V，那么滑动变阻器R2阻值应不小于______Ω．

（2）他做完实验后，把定值电阻换成小灯泡，又完成了“测量额定电压是2.5V小灯泡电功率”的实验，如图乙所示，他要连接电路时，发现电流表的指针偏向左侧无刻度处，原因可能是___________．解除故障后，正确连接电路，闭合开关，他发现小灯泡过亮，为了完成实验，接下来他的操作是，立即断开开关，把___________；再闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，记下各组对应的电压表和电流表的示数，并绘制了如图丙所示图像，根据图像可知小灯泡的额定电流是______；额定功率是____W；灯丝的电阻是_______的(填“变化”或“不变”)．

解析：改变定值电阻两端电压 右 40 电流表没有调零 滑动变阻器阻值调到最大值 0.25A 0.625 变化 【解析】 【详解】

（1）（a）滑动变阻器除保护电路外，还有改变定值电阻两端电压的作用，由于在测电阻时不能只有一组数值就确定电阻的值，需要多测几组数据，最后求平均值来减小误差，所以要靠滑动变阻器来实现； （b）当定值电阻由小变大时，电压表的示数将变大，接下来滑动变阻器的滑片应向右，调节到电压表示数与原来相等为止；当R1选最大电阻20Ω时，电压为2V，电流为0.01A，此时变阻器分压为6V-2V=4V，所以滑动变阻器R2阻值应不小于4V/0.01A=40Ω；

（2）电流表的指针偏向左侧无刻度处，是因为忘记了调零；闭合开关，他发现小灯泡过亮，是因为电路

中的电阻太小了，滑动变阻器的滑片没有在最大值位置，所以应立即断开开关，把滑动变阻器阻值调到最大值；由图丙可知小灯泡的额定电流是0.25A，额定功率是：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W，由图示可以看出图像不是一条直线，说明灯丝的电阻是变化． 六、综合题

27．有两个电加热器的电阻分别为R1和R2，现将它们并联起来接在一个电压不变的电源上，它们的功率分别为P1和P2，如果将它们串联起来仍接在该电源上。 （1）请你推导电路此时消耗的总功率：

（2）当一个电加热器消耗的功率是800W，另一个电加热器消耗的功率是1200W时，整个电路消耗的功率是多少？

解析：（1）见解析（2）480W 【解析】 【详解】

（1）证明：两电阻并联时，因并联电路支路的电压相等，由可得：，；当两电阻

串联时，根据电阻的串联，总电阻：﹣﹣﹣①；此时电路的总功率：﹣﹣﹣

②，将 ①代入②得：﹣﹣﹣③，③式两边同时取倒数，化简可得：﹣﹣﹣③；

（2）当一个电加热器消耗的功率是800W，另一个电加热器消耗的功率是1200W时，将已知量代入

得整个电路消耗的功率：

。