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第三章 易错题与重难点
易错点一、动能与重力势能转化，判断机械能是否守恒
动能的影响因素是质量与速度；重力势能的影响因素是质量与高度；物体在运动中判断机械能是否守恒要关注是否受到除重力以外的力，如是否有摩擦力，阻力，因弹力产生弹性势能等，机械能不守恒。
典例1：（2024·乐清模拟）如图是摆球从A点静止释放，经过三点，到达最高点D的示意图，其中两点等高．下列说法正确的是（　　）
A．摆球在O点时动能等于零
B．摆球在两点的重力势能相等
C．摆球从A点到O点的过程中机械能减少
D．摆球在两点的动能相等
【答案】C
【解析】机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫动能；物体由于被举高而具有的能量叫重力势能；物体发生弹性形变而具有的能量叫弹性势能。动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关。
【解答】A、摆球在O点时速度不为零，所以动能不等于零，故A错误。
B、摆球在A、D两点的高度不同，所以重力势能不相等，故B错误。
C、球由A点到O点过程中，由于克服空气阻力做功，消耗了一部分机械能，所以摆球从A点到O点的过程中机械能减少，故C正确。
D、球由B点运动到C点过程中，由于克服空气阻力做功，消耗了一部分机械能，所以B点的机械能大于C点的机械能，BC的高度相同、重力势能相同，所以B点的动能大于C点的动能，故D错误。
故答案为：C。
变式1：（2024·瑞安模拟）篮球运球投篮温州体育中考的项目之一。小科在操场上将一篮球抛出，篮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是 (　　)
A．篮球由a到b时，动能逐渐增大 B．篮球在b 点时的机械能最大
C．篮球在a、c两点时动能相等 D．篮球由c到d时，机械能一直减小
【答案】D
【解析】A.动能与质量和速度大小有关；
BD.注意机械能和内能的转化；
C.首先比较a、c两点的机械能大小，再比较两点时重力势能减小，最后比较二者动能大小。
【解答】 A.篮球由a到b时，其质量不变，速度减小，则动能逐渐减小，故A错误；
B.由图可知，篮球弹起的高度逐渐减小，这说明篮球在空中运动时受到了空气阻力，与地面碰撞时受到摩擦力，使得一部分机械能损失了，所以，篮球在a点（出手时的位置）的机械能最大，故B错误；
C.篮球在a、c两点时，高度相同，重力势能相同；由于运动过程中存在机械能损失，所以，篮球在a处的机械能大于在c处的机械能，则篮球在a处的动能大于在c处的动能，故C错误；
D.篮球在c到d的过程中，会克服空气阻力做功，机械能减小，故D正确。
故选D。
变式2：（2024九上·鹿城月考）下图甲中过山车从A点由发，先后经过B、C、D、E点，图乙是过山车在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图。回答下列问题：
（1）过山车在B点时的重力势能　 　E点的动能。（选填“大于”“等于”“小于”）
（2）在这个过程中，过山车的机械能大小是的　 　。（选填“变大”“不变”“变小”）
【答案】（1）等于 （2）变小
【解析】机械能守恒的条件是系统只有重力或者弹力做功。
【解答】（1）根据图乙可知，B点重力势能的条形图高度与E点动能的条形图高度相等，即二者大小相等，过山车在B点的重力势能等于E点的动能。
（2）B点的重力势能等于E点的动能，但是B点的动能不为零，而E点的重力势能为零，过山车的机械能等于动能与重力势能之和，则B点的机械能大于E点的机械能，即它的机械能是减小的。
变式3：如图是皮球落地后弹起过程中，每隔相同时间曝光一次所拍摄的照片。
（1）皮球离开地面上升的过程中，重力势能__________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），机械能__________。
（2）A、B两点等高，A点的速度__________B点的速度（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】增大 减小 大于
【解析】（1）[1][2]由图可知，皮球离开地面上升的过程中，质量不变，高度上升，重力势能增大；皮球弹起后高度逐渐降低，说明球在落地、弹起的过程中克服阻力做功消耗了一部分机械能，所以机械能逐渐减小。
（2）[3]A点和B点的高度相等，重力势能相同，A点的机械能大于B点的机械能，所以A点的动能大于B点的动能，A点的速度大于B点的速度。
易错点二、弹性形变过程中，动能最大的点的分析
①速度最大的点不是弹力为0的点，而是过程中弹力等于重力的点。
②只有仅受到重力时，物体的机械能守恒，势能减小动能增大。
③当受到弹力时，形变越大弹性势能越大，机械能减小，不守恒。
④最低点速度为0，但不是处于静止状态。此时机械能为0，弹性势能最大。
⑤若受到阻力，当静止时，处于弹力=重力的位置，此时处于平衡状态（水平运动是弹力=摩擦力）。
典例1：（2024·杭州模拟）如图甲所示原长为l的橡皮筋一端固定在O点，另一端悬挂一个质量为m的小钢球，将钢球从O点释放，钢球运动到A点后开始向上返回，O、A两点间距离为2l。钢球从O点运动到A点的过程中，能表示其动能Ek随运动距离s变化关系的图像是图乙中的（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】当物体受到的合力与运动方向相同时，做加速运动；当合力为零时，加速停止，此时物体的运动速度最大；当合力的方向与运动方向相反时，做减速运动，据此分析即可。
【解答】从O点到橡皮筋的长度为l时，橡皮筋没有形变，那么钢球只受向下的重力，合力的方向与运动方向一致，小球做加速运动；此后橡皮筋逐渐伸长，钢球受到的拉力越来越大，但是拉力始终小于重力，合力方向向下，钢球继续做加速运动；当弹力与钢球的重力相等时，合力为零，加速停止，此时速度最大；此后，弹力越来越大，始终大于重力，那么合力向上，钢球做减速运动。
综上所述，钢球的速度先增大后减小，且速度最大的时刻在长度为l的后面，所以钢球的动能变化规律与速度基本相同，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
变式1：如图，弹簧下端悬挂一个实心小球，用手托住小球，小球静止在A点，此时弹簧处于自然长度。释放小球，小球向下运动到最低点B（不超过弹簧弹性限度），小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力势能一直在减少，动能一直在增加 B．小球减少的重力势能全部转化为动能
C．弹簧的弹性势能不断增大 D．小球运动到B点时，重力势能最小，动能最大
【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。
（2）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。
（3）弹性势能大小的影响因素：发生弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度。弹性形变越大，发生弹性形变越难，弹性势能越大。
【解答】A、小球在下落过程中，重力不变，弹力不断增大，当重力和弹力的合力向下时，小球加速向下运动，当重力和弹力的合力向上时，小球减速向下运动，所以小球速度先增大后减小，小球质量不变，所以小球动能先增大后减小；小球的高度不断降低，所以小球的重力势能不断减小，故A错误。
B、小球下落过程中，当重力和弹力的合力向下时，小球加速向下运动，弹簧不断增长，小球的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能；当重力和弹力的合力向上时，小球的速度不断减小，弹簧不断增长，小球的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，故B错误。
C、小球下落时，弹簧不断增长，弹簧的弹性势能不断增加，故C正确。
D、小球运动到B点时，小球的高度最小，速度最小，小球的质量不变，所以小球的重力势能和动能都最小，故D错误。故答案为：C。
变式2：“蹦床”是体育比赛项目，床面弹性很大，运动员可在上面反复弹跳。从高空落下的运动员刚好与水平床面接触的点为A点，能到达的最低点为B点，如图所示，运动员从B点反弹回A点的过程中，不计空气阻力，则（ ）
A．运动员在B点速度为0，受平衡力作用
B．在反弹的瞬间，运动员在B点所受重力大于弹簧弹力
C．从B点向上运动过程中，运动员的动能先增大后减小
D．从B点向上运动过程中，运动员的机械能保持不变
【答案】C
【解析】分析运动员在B点时的受力情况做出判断；重力势能大小跟质量、高度有关；动能大小的影响因素是质量；蹦床过程中，存在人的机械能与蹦床间的机械能相互转化过程。
AB．运动员在B点时（最低点），蹦床弹性形变最大，对人的弹力最大，弹力大于运动员的重力，这两个力是非平衡力，故A、B不符合题意；
C．运动员在B点时受到蹦床弹力最大，弹力大于人的重力，合力向上，人开始加速向上运动；随着蹦床形变逐渐变小，弹力逐渐减小，当弹力等于运动员重力时，运动员上升速度开始减小，达到最高点时速度为零，所以运动员速度先增大后减小，则运动员的动能先增大后减小，故C符合题意；
D．从B点向上运动过程中，蹦床的弹性势能转化为运动员的机械能，运动员的机械能增大，故D不符合题意。
变式3：（2022·浙江杭州·中考真题）如图所示为蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端系在运动员双脚上，另一端固定在跳台O点。运动员由静止开始自由下落，A点处弹性绳正好处于原长；B点处运动员受到的重力与弹性绳对运动员的拉力大小相等；C点处是蹦极运动员到达的最低点。（整个过程忽略空气阻力，弹性绳的自重不计）
（1）从O点到A点的过程中，运动员的机械能___________（选填“增大”“减小”“不变”或“先增大后减小”）。
（2）从A点到C点的过程中，弹性绳的弹性势能___________（选填“增大”“减小”“不变”或“先增大后减小”，下同）；运动员的动能___________。
【答案】不变 增大 先增大后减小
【解析】（1）[1]O点到A点，运动员自由下落，其重力势能转化为动能，由于不计空气阻力，所以运动员的机械能不变。
（2）[2][3]在从A点至C点运动员的动能和重力势能转化为绳的弹性势能，所以运动员的机械能转为绳的弹性势能。A点到B点的过程中，重力大于弹性绳对运动员拉力，因此速度越来越大，动能越来越大；
B点处运动员受到的重力与弹性绳对运动员的拉力大小相等，所以B点到C点过程中，弹性绳对运动员拉力大于运动员重力，因此速度越来越小，动能越来越小；
到C点运动员动能变为0，弹性势能增大到最大值，所以从A点到C点的过程中，弹性绳的弹性势能增大，而运动员的动能先增大后减小。
易错点三、对做功的两个条件理解不到位
做功的条件是有力作用在物体上和物体在力的方向上移动了距离。做功时两个必要因素(力和距离)的方向必须一致。力对物体不做功的三种情况
①有距离无力：物体没有受到力的作用，但由于惯性通过一段距离；
②有力无距离：有力作用在物体上，但物体没动，即物体没有通过一段距离；
③力与距离垂直：物体受到了力的作用，也通过了一段距离，但通过的距离与力的方向垂直。
典例1：（2023九上·温州期末）如图是小明投掷实心球的过程示意图，实心球在b点离手，d点为落地点，最后滚到e点停止运动。在整个过程中，小明对实心球有做功的是（　　）
A．ab段 B．bc段 C．cd段 D．de段
【答案】A
【解析】做功的两个要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离。
【解答】根据图片可知，ab段时实心球受到推力，且在力的方向上通过了距离，即对实心球做功，故A符合题意；
Bc段、cd段和de段，实心球没有受到人的推力，则人对实心球不做功，故B、C、D不合题意。
变式1：如图甲所示，物体在水平拉力的作用下由静止沿粗糙水平面向右运动，06s内拉力随时间变化的规律如图乙，速度随时间变化的规律如图丙，则在2，物体克服摩擦力所做的功为（　　）
A．10J B．30J C．50J D．80J
【答案】B
【解析】匀速运动，摩擦力等于拉力大小。功等于利于沿力的方向移动距离的乘积。
【解答】由图乙可知，在2~4s内物体受到的拉力F=3N，由图丙知，在2~4s内，物体在做匀速直线运动，所以，拉力与摩擦力是一对平衡力f=F=3N，物体移动的距离，在2~4s内，物体克服摩擦力所做的功W=fs=Fs=3N×10m=30J
故答案为：B。
变式2：（2024·拱墅二模）投掷实心球是杭州市中考体测项目之一。以下情景中，人对实心球做功的是（ ）
.
A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．②和④
【答案】A
【解析】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，二者缺一不可。
【解答】 ①将球从地上拿起，有力作用在球上，球在该力的方向上通过了一定的距离，人对球做功。
②手托球保持静止，有力作用在球上，但球没有在力的方向上移动距离，人对球不做功。
③挥动球，有力作用在球上，球在该力的方向上移动距离，人对球做功。
④球飞出去，靠的是惯性，有距离，但没有对球施加力，人对球不做功。
综上分析可知，人对实心球做功是①和③。
故答案为：A。
变式3：（2024九下·温州开学考）如图所示为四旋翼无人机，下方悬挂着一个质量为0.1千克的摄像机。在10秒内无人机从地面匀速竖直上升了20米，然后边摄像边斜向上匀速飞行了30秒，仪表盘上显示离地高度为36米。无人机前10秒对摄像机所做的功为　 　焦，整个过程中，无人机克服摄像机重力做功的功率为　 　瓦。
【答案】20；0.9
【解析】功是力在力的方向上移动一段距离；功率形容做功的快慢，是指单位时间内所做的功；
【解答】 无人机前10秒对摄像机所做的功=Gh=mgh=0.1kg×10N/kg×20m=20J ；整个过程中无人机所做的功=Gh=mgh=0.1kg×10N/kg×36m=36J；P=W/t=36J /40s=0.9w；
故答案为：20、0.9
易错点四、杠杆的动态变化
典例1：（2024九上·武义月考）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大 B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变 D．重力G与它的力臂乘积变大
【答案】B
【解析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×cosα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，cosα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
故选B。
变式1：重为 G 的均匀木棒竖直悬于 O 点，在其下端施一水平拉力 F， 让棒缓慢转到图中虚线所示位置。在转动的过程中( )
A.动力臂逐渐变大 B.阻力臂逐渐变小 C.动力 F 逐渐变大 D.动力 F 保持不变
【答案】C
【解析】力臂的定义为支点到力的作用线的垂直距离，与动力对应的力臂叫动力臂，与阻力对应的力臂叫阻力臂；在杠杆平衡（静止或匀速转动状态）时，动力×动力臂=阻力×阻力臂；
【解答】重为 G 的均匀木棒竖直悬于 O 点，在其下端施一水平拉力 F， 让棒缓慢转到图中虚线所示位置的过程中，动力臂逐渐减小，阻力臂变大，杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂，所以动力F逐渐变大；故A、B、D错误，C正确；
变式2：（2023九上·临海期中）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，F1的大小为　 　 N；
（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力F1的大小变化是　 。
【答案】（1）5 （2）先变小后变大
【解析】（1）由杠杆平衡条件可以求出力F1的大小。
（2）判断当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，力臂如何变化，然后由杠杆平衡条件判断力的大小如何变化。
【解答】（1）由杠杆平衡条件得：G×=F1×OA，
即：10N×=F1×OA，
解得：则F1=5N；
（2）如图所示，
由图可知，当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，
动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。
变式3：（2023九下·杭州月考）一轻质杠杆OAB可绕O点转动，物重G＝20N的物体挂在中点A。（1）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡时，求F；
（2）用竖直向上的动力F1缓慢提起杠杆至图乙所示位置，请画出动力臂l1和阻力臂l2；
（3）利用几何知识证明：F1＝F。
【答案】（1）根据图片可知，物体重力G为阻力，阻力臂为OA；F为动力，动力臂为OB，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G×OA=F×OB；
20N×OA=F×2OA；
解得：F=10N；
（2）从杠杆的支点分别向力的作用线作垂线，从支点到垂足之间的距离就是力臂，如下图所示：
（3）原来杠杆是平衡的，根据杠杆的平衡原理得到：G×OA=F×OB；
即：①；
后来杠杆也是平衡的，同理得到：②；
根据上图可知，G和F力的作用线相互平行，
根据平行线的性质得到：③；
三式联立得到：；
解得：F'=F。
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算；
（2）力臂是从杠杆支点到力的作用线的垂直距离，据此完成作图；
（3）根据平行线的性质分析解答。
易错点五、支点变化时的杠杆计算
典例1：（2022·浙江九年级专题练习）如图所示，杠杆AB放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽CD中，杠杆AB能以凹槽两端的C点或D点为支点在竖直平面内转动，长度，左端重物。（杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计）
（1）当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕_________（选填“C”或“D”）点翻转。
（2）为使杠杆AB保持水平位置平衡，拉力最小值___________，最大值___________。
【答案】D 6 24
【详解】（1）由图可知，D点更加靠近拉力一端，故当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕D点翻转。
（2）当以C点为支点时拉力最小，以D点为支点时拉力最大，则根据杠杆平衡条件可得
F1×BC=G×AC F2×BD=G×AD
因为AC=CD=DB，所以BC∶AC=2∶1，BD∶AD=1∶2
可得F1==6N F2==24N
解得F1=6N，F2=24N
变式1：（2023九上·余姚期末）一均匀木板长15米，重400牛，对称地搁在相距为8米的A、B两个支架上，一体重为500牛的人从A点出发向右走去，如图，在板刚翘起之前，她走了　 　米。
【答案】11.2
【解析】知道木板重G=400N， 长15m，以B点为支点，它的重心在它的中点上，即重力的作用点在距离B点向左4m远的地方，也就是说重力的力臂LG=4m；设人向右走到E点时，木板开始翘动，由杠杆平衡条件求出，E点到支点B的距离。
【解答】木板密度均匀，则木板的重心在木板的中点上，木板对称地放在相距8m的A、B两个支架上，以B点为支点，木板的重心在离支点B的距离为4m，
即木板重力的力臂LG=4m，设人向右走到某点时，木板开始翘动，
由杠杆平衡条件可得： G木板xLG=G人xL，
即： 400Nx4m=500NxL， 解得： L=3.2m。
故在板刚翘起之前，她走了8m+3.2m=11.2m。
变式2：（2022·浙江杭州·九年级期末）小和尚甲、乙将总质量30kg的水桶（含水）用轻绳悬于轻质木棍的O点，分别在A、B点以竖直向上的力共同抬起木棍，如图，已知AO：BO=3：2，忽略手对木棍的作用力。
（1）将水桶从地面缓缓抬起50cm，至少需克服水桶（包括水）的重力做功___________J；
（2）若抬起水桶后木棍保持水平，小和尚乙肩部所受压力为多大？( )
【答案】150 180
【解析】（1）水桶总重力为G=mg=30kg×10N/kg=300N
将水桶从地面缓缓抬起50cm，至少需克服水桶（包括水）的重力做功为W=Gh=300N×0.5m=150J
（2）以A为支点，则由杠杆平衡条件可得F乙lAB=GlAO
则可得
变式3：（2023·萧山模拟） 升降晾衣架(如图)给日常生活带来许多方便，转动手摇器能使横杆上升或下降。
（1）安装在天花板上虚线框内的简单机械应是　 　。(选填“定滑轮“动滑轮”或“杠杆”)
（2）使用一段时间后，对手摇器的转轴添加润滑剂，目的是 　 　。
（3）由于使用不当，造成晾衣架右侧钢丝绳受损，最多只能承受15 N的力，左侧钢丝绳能正常使用。晾衣架的横杆上有11个小孔，相邻两孔间的距离均为20 cm。现准备将重为20 N的一件衣服挂到水平横杆的小孔进行晾晒，通过计算说明挂在哪些编号的小孔，右侧钢丝绳会断裂(横杆、衣架和钢丝绳等自重不计)。
【答案】（1）定滑轮
（2）减小摩擦
（3）晾衣杆可看作杠杆，左侧绳与晾衣杆的交点为杠杆的支点，l2为悬挂点到支点的距离
根据F1×l1=F2×l2
可得
那么可以悬挂的最右边的孔为
挂在9、10、11三个孔上晾晒会损坏晾衣架
【解析】（1）根据图片分析虚线框内简单机械的作用即可；
（2）减小摩擦的方法：①减小压力；②减小接触面的粗糙程度；③改变接触面；④注入润滑油；⑤变滑动为滚动。
（3）晾衣杆可看作杠杆，左侧绳与晾衣杆的交点为杠杆的支点，右侧钢丝绳的拉力相当于动力，动力臂等于1到11孔之间的距离。衣服的重力相当于阻力，悬挂点到左侧钢丝绳的距离为阻力臂，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（1）根据图片可知，两个虚线框内的简单机械可以改变钢丝绳上拉力的方向，应该为定滑轮。
（2）使用一段时间后，对手摇器的转轴添加润滑剂，目的是减小摩擦。
易错点六、在实际电功率计算过程中考虑灯泡的电阻是否变化
小灯泡的电阻随着温度的变化而变化，解题时要根据图像正确列式计算。
典例1：（2023·舟山模拟）如图甲电源电压U=12V，灯泡L的额定电压为9V，其电流与电压的关系如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为25Ω。 则灯泡L正常发光时的阻值约为　 　Ω。在调节滑动变阻器的过程中，灯泡L消耗电功率的最小值是　 　W。
【答案】15；0.8
【解析】（1）根据图乙确定灯泡的额定电流，然后根据公式计算灯泡正常发光时的电阻；
（2）由电路图可知，R与L串联，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电流最小，灯泡L消耗电功率的最小，根据图象读出R与L两端的总电压是12V时的电流和灯泡两端电压，根据P=UI求出灯泡的最小功率。
【解答】（1）灯泡正常发光时的电压为9V，由图像可知，灯泡正常发光时的电流约为IL=0.6A，
由可得，此时灯丝的电阻；
（2）由电路图可知，R与L串联，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电流最小，灯泡L消耗电功率的最小，
变阻器R连入电路的最大阻值为25Ω，由
串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：U=UL′+IR，即：12V=UL′+I×25Ω，
根据图像可知，当电路中的电流为0.4A，此时灯泡两端电压为2V，满足上述等式，
则灯泡的最小功率：PL最小=UL′I=2V×0.4A=0.8W。
变式1：标有“6 V　1.5 W”的小灯泡,通过它的电流随电压变化的关系如图所示。若把这样的两只灯泡串联接在8 V的电源上,则此时每只灯泡的电阻及功率为 ( )

A.24 Ω　0.67 W B.24 Ω　0.8 W C.20 Ω　0.96 W D.20 Ω　0.8 W
【答案】D
【解析】首先根据串联电路中，电压与电阻成正比，即，计算出两只灯泡的实际电压，然后根据图像确定这时通过灯泡的电流，根据公式计算灯泡的电阻，根据P=UI计算这时灯泡的功劳。
当两个灯泡串联时，根据公式得到：；
因为U总=U1+U2=8V， 所以U1=U2=4V;
根据图像可知，当灯泡电压为4V时，通过灯泡的电流为0.2A；
那么每只灯泡的电阻为：；
这时每只灯泡的功率为：P=UI=4V×0.2A=0.8W。
变式2：（2022·鹿城模拟）如图甲所示，电源电压一定，将滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端，灯泡的U-I图像如图乙所示。当电流为1A时，灯泡正常发光，则灯泡的额定功率为　 　W，滑动变阻器的最大值为　 　Ω。
【答案】8；11
【解析】（1）根据乙图确定灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算灯泡的额定功率；
（2）当电流最大时，变阻器接入的阻值为零，此时电压表的示数等于电源电压，据此计算电源电压。根据乙图确定最小电流和电压表的示数，此时变阻器接入的阻值最大，根据U滑=U总-UL计算变阻器的电压，再根据计算变阻器的最大阻值。
【解答】由题图乙可知，电流为1A时，灯泡正常发光，其额定电压为8V，则其额定功率为P=UI=8V×1A=8W。滑片在最左端时，灯泡两端电压等于电源电压，故电源电压U0=U=8V。滑片在最右端时，电路电流最小，为0.5A；此时灯泡两端电压为2.5V，则此时滑动变阻器两端电压为8V-2.5V=5.5V；滑动变阻器的最大阻值Rmax==11Ω
变式3：（2024九上·东阳期末）在图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡的额定电压为，灯泡的额定电压为，图乙是灯泡的图象．
（1）当开关S接a时，电压表的示数为，电流表的示数为，调节电源电压，使灯泡正常发光，此时消耗的功率为，灯泡的额定电流为　 　．
（2）开关S接b时，通过调节电源电压可使电路允许达到的最大总功率是　 　．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当开关S接a时，灯泡L1与电阻R0串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是电阻R0两端的电压（如图所示），知道电阻R0两端的电压和通过的电流，可利用公式计算出电阻R0的阻值。
调节电源电压，使灯泡L1正常发光时，则灯泡L1两端的电压为额定电压，知道此时电阻R0消耗的功率和其阻值的大小，可利用公式P=I2R计算出此时电路中的电流。
（3）开关S接b时，灯泡L1与灯泡L2串联，电流表测量的是整个电路中的电流，通过调节电源电压，当电路达到最大总功率时，应 该有一盏灯泡正常发光，则找出电流和电源电压，即可求得电路允许达到的最大总功率。
【解答】 （1）当开关S接a时，灯泡L1与电阻R0串联，
∵U0=1.2V，I=0.3A，
∴电阻R0的阻值为：。
当开关S接a时，灯泡L1与电阻R0串联，∵灯泡L1正常发光时，
灯泡L1两端的电压为额定电压U1=8V，
此时R0消耗的功率为P0=1W，而R0=4Ω，
∴此时电路中的电流为：，
即I1=I0=0.5A，
则灯泡L1的额定电流为额0.5A。
（3）开关S接b时，灯泡L1与灯泡L2串联，
当电路达到最大总功率时，应该有一盏灯泡正常发光，
由（2）可知，灯泡L1的额定电流为0.5A，由图象可知灯泡L2的额定电流为0.6A，
所以串联电路允许通过的最大电流是0.5A。
此时，L1正常发光，电路中的电流为I1=I2=0.5A，
从灯泡L2的U-I图象可知，当电流为0.5A时，灯泡L2两端的电压为U2=4V，
则电源电压为：U=U1+U2=8V+4V=12V，
∴电路允许达到的最大总功率：P总=UI1=12V×0.5A=6W。
重难点七、求最大动力臂和最小动力
由F1 x L1=F2 x L2知，当阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，动力臂最长时，动力最小。要求最小动力，应先求最大动力臂。
(1)找最大动力臂的方法:
①动力作用点确定时，支点到动力作用点的线段长即为最大动力臂；
②动力作用点没有确定时，应看杠杆上哪一点离支点最远，则这一点到支点线段长即为最大动力臂。
(2)最小动力的作法:
①作出最大动力臂(即连接支点与最远点作为最大动力臂)；
②过动力作用点作最大动力臂的垂线，根据实际情况确定动力方向。
(3)若动力臂和阻力一定时，由杠杆平衡条件可知，阻力臂最小时，动力最小。
典例1：（2023九上·杭州期末）一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）力最小时它的力臂L=　 　米。
（3）求出最小力F大小。
【答案】（1）解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上，如下图所示：
（2）0.5
（3）设在A点需加最小的力为F，并使F的方向垂直于OA，
由勾股定理可得，OA＝ ＝ ＝50cm，
根据杠杆的平衡条件F OA＝G OC，得：F＝ ＝40N
【解析】（1）在杠杆上，当以支点到物体上最远点之间的长度为力臂时最长，此时最省力。
（2）根据勾股定理计算出最长的力臂；
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（2）根据图片可知，力最小时的力臂为OA，它是直角三角形ABC的斜边；
根据勾股定理得到： OA＝ ＝ ＝50cm =0.5m。
变式1：（2022·浙江九年级期中）如图杠杆B点挂重物G，要使杠杆在图示位置平衡，画出最小力，的示意图和力臂。
【答案】
【解析】由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向下，过A点垂直于OA做出最小动力F1的示意图，如下图所示：
变式2：（2022九上·西湖期中）如图所示，一根粗细均匀的轻质杠杆AOBC按图水平放置（支点在O点），其各段的长度关系为AO:BO:BC=4:3:4，重量为G的物体竖直悬挂在A点，
（1）请在图上画出使杠杆水平平衡的最小力的示意图。
（2）请根据杠杆平衡条件分析，（1）中最小力F=________G。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实________（“大于”、“等于”、“小于”）F 。
【答案】（1） （2）0.8 （3）等于
【解析】（1）在杠杆上，当以支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小；
（2）首先根据勾股定理计算出动力臂的长度，然后根据杠杆的平衡条件列式计算；
（3）杠杆的重力作用在中心处，当杠杆在水平方向平衡时，重力作用下恰好从支点O经过，此时杠杆的重力被支点平衡掉，对杠杆的平衡不会产生影响，因此动力F的大小保持不变。
【解答】（1）连接OC，然后通过C点作OC的垂线，在向下的方向上标上箭头表示动力F，如下图所示：
（2）三角形OBC为直角三角形，那么斜边OC=；
根据杠杆的平衡条件得到：G×OA=F×OC；G×4=F×5； 解得：。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实等于F。
变式3：如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是根据壁灯建立的杠杆模型。查阅壁灯说明书，得知壁灯与支架总质量为6.0千克，B为支架ADC上一点，测得壁灯与支架总重力的作用线经过B点，BD＝35厘米，DA＝30厘米，DC＝40厘米，DC垂直于AD。
（1）若以D点为支点，请计算上方螺丝钉A受到墙面垂直的力F有多大？
（2）若在安装壁灯时需要使壁灯绕A点逆时针转动，请在图上画出施加的最小动力F1，并计算至少为多大？
【答案】（1）解：以D点为支点，DA＝30cm，DB＝35cm，
灯的重力为：G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N，
根据杠杆平衡条件：DA×FA＝DB×G，即30cm×FA＝35cm×60N，解得FA＝70N
（2）解：由题意可知壁灯绕A点逆时针转动A点为支点，则AC为最长的动力臂，根据杠杆平衡条件可知动力臂最长时，动力最小，画图，
根据勾股定理可得：，
根据杠杆平衡条件可得：F1×AC＝DB×G，即。
【解析】（1）根据乙图可知，D点为支点，A点施加动力，动力臂为AD；重力相当于阻力，阻力臂为DB，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
（2）①当以杠杆的支点到杠杆上距离最大的点之间的线段为动力臂时，此时动力臂最大而动力最小。
②首先根据勾股定理计算出最长的动力臂AC，再根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
重难点八、利用杠杆的生活案例
使用动滑轮并不一定都是省力的，当拉力作用在动滑轮的轴上时，费一倍的力，当拉力作用在绳子自由端时，省一半的力。
典例1：（2024九上·拱墅期末）小乐用竖直向上的拉力F拉着一个重为200N的行李箱，行李箱保持静止。如图所示为此时行李箱所受拉力F和重力G的示意图，其中O为滚轮的转轴（不计此处摩擦），OA=10cm，AB=30cm，则拉力F的大小为　 　N。若小乐沿MN箭头方向施加拉力，行李箱能否继续保持静止？判断并说明理由。　 　。
【答案】50；不能，因为当拉力方向沿MN箭头方向时，重力和拉力都将使箱子顺时针转动而不能达到平衡。
【解析】根据图中分析力臂大小，结合杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】可以将行李箱看成是一个杠杆，支点为O，F为动力，箱子的重力为阻力，动力臂等于OB=OA+AB=10cm+30cm=40cm，阻力臂为OA=10cm；
由杠杆的平衡条件可得：F1LB=GLA，
则：；
若小乐沿MN箭头方向施加拉力，行李箱重力使得箱子顺时针转动，此时的拉力也使得箱子顺时针转动，没有阻碍箱子转动的力，因而不能保持静止。
变式1：（2023九上·安吉月考）明代宋应星在《天工开物》中记载的农业生产汲水装置——辘轳，沿用至今。图甲是一种辘轳，由具有共同转动轴的大轮和小轮组成。提水时，用力使大轮转动，小轮随之转动并缠绕井绳，提起水桶。
（1）设大轮与小轮的半径比为 3∶1，水桶受到的总重力为 90N。若要使辘轳静止在图乙所示位置，作用在C点最小的力应为　 　N。(不计井绳的粗细和自重)
（2）图丙所示水龙头开关的设计也应用了同样的原理，开关应选用　 　(选填“①”或“②”)更省力。
【答案】（1）30 （2）①
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可；
（2）根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越长越省力，据此分析解答。
【解答】（1）将轴心看作支点，大轮的半径为动力臂，小轮的半径为阻力臂，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：90N×1=F×3；
解得：F=30N。
（2）根据丙图可知，轮①半径更大，即动力臂更大，那么更省力，则开关应该选用①。
变式2：（2024九上·上城期末）厨房里的锅盖架方便使用，如图甲所示。架子质量较小可以忽略不计，通过螺丝固定在墙上，就可放置质量更大的锅盖。
（1）若放置一个质量为2.4kg的铁质锅盖，如图乙所示。通过计算判断，螺丝固定处所受的总水平拉力为
（2）结合杠杠知识，试说明为什么锅盖越大越重，这种架子越容易掉下来
（3）如何改进锅盖架，能够让它承重性能变得更好
【答案】（1）将锅盖架看作一个杠杆，由图乙可知，若螺丝松动，架子会绕B点转动，故B为支点，螺丝固定处水平拉力的力臂为AB的长，锅盖重力的力臂为B到重力作用线的距离。
根据杠杆的平衡条件可得，G×LG=F×AB，结合G=mg有：2.4kg×10N/kg×20cm=F×15cm，
解得，螺丝固定处所受的总水平拉力：F=32N；
（2）锅盖越大越重时，锅盖重力的力臂也越大，则锅盖重力与其力臂的乘积越大，在螺丝固定处水平拉力及其力臂一定时，根据杠杆的平衡条件可知，这种架子就越容易掉下来；
（3）增大AB的长度，或减小架子的开口，或增大AB的长度同时减小架子的开口，能够让它承重性能变得更好。
【解析】（1）将锅盖架看作一个杠杆，由图乙可知，若螺丝松动，架子会绕B点转动，故B为支点，螺丝固定处水平拉力的力臂为AB的长，锅盖重力的力臂为B到重力作用线的距离，根据G=mg和杠杆的平衡条件求螺丝固定处所受的总水平拉力；
（2）锅盖越大越重时，锅盖重力的力臂也越大，则锅盖重力与其力臂的乘积越大，在螺丝固定处水平拉力及其力臂一定时，根据杠杆的平衡条件可知，这种架子就越容易掉下来；
（3）根据杠杆的平衡条件得出改进方法。
【解答】（1）将锅盖架看作一个杠杆，由图乙可知，若螺丝松动，架子会绕B点转动，故B为支点，螺丝固定处水平拉力的力臂为AB的长，锅盖重力的力臂为B到重力作用线的距离。
根据杠杆的平衡条件可得，G×LG=F×AB，结合G=mg有：2.4kg×10N/kg×20cm=F×15cm，
解得，螺丝固定处所受的总水平拉力：F=32N；
（2）锅盖越大越重时，锅盖重力的力臂也越大，则锅盖重力与其力臂的乘积越大，在螺丝固定处水平拉力及其力臂一定时，根据杠杆的平衡条件可知，这种架子就越容易掉下来；
（3）要让锅盖架承重性能变得更好，即能承受更重锅盖，根据杠杆的平衡条件可知，在拉力和阻力臂一定时，可以增大拉力的力臂，即增大AB的长度来增强锅盖架的承重性能；或在拉力及力臂一定时，减小重力的力臂，即减小架子的开口来增强锅盖架的承重性能；或增大AB的长度同时减小架子的开口来增强锅盖架的承重性能等。
变式3：（2023九上·杭州月考）小明推着购物车在超市购物，如图所示，购物车与货物的总质量为30kg，B、C点为车轮与地面的接触点，当购物车前轮遇到障碍物时，小明先后两次在A点对购物车施加竖直方向的作用力，使车的前后轮分别越过障碍物。越过障碍物的推车，可视为杠杆。
（1）图甲中，小车越过障碍时属于　 　杠杆。
（2）图甲中小明在A点施力的力臂为多少m？阻力为多少N？
（3）图乙中小明在A点施力大小F乙为多少N？
【答案】（1）省力
（2）解：0.6m G=mg=30kg×10N/kg=300N
（3）解：FL动=GL阻
F×1.2m=300N×0.3m
F=75N
【解析】（1）让前轮越过A时，C点不动，为保持杠杆平衡，判断施加的力的方向；
杠杆在使用时，固定不动的点为支点；
根据生活经验和杠杆的平衡条件，判断是哪种杠杆；
（2）当购物车前轮遇到障碍物时，确定支点的位置，由力臂的定义确定小明在A点施力的力臂大小；
阻力为购物车与货物的重力，根据G=mg得出阻力大小；
（3）当购物车后轮B遇到障碍物时，确定支点的位置，根据力臂的定义确定动力臂和阻力臂的大小，由杠杆平衡条件求出小明在A点施力大小F乙。
【解答】（1）当购物车前轮遇到障碍物时，让前轮越过A，支点为C，施加的力与FD垂直并向斜下的方向，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）当购物车前轮遇到障碍物时，支点为B轮，故应在A端施加一个竖直向下的力时，由力臂的定义，在A点施力的力臂为0.6m；
阻力为购物车与货物的重力：G=mg=30kg×10N/kg=300N；
重难点九、滑轮组动力和阻力相关物理量(大小、距离、速度)的分析
典例1：（2024九上·鄞州期末）如图所示，小宁组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，（不计绳重、滑轮重和摩擦）。将物体竖直匀速提升，下列说法正确的是（　　）
A．，施力处向上移动 B．，施力处向上移动
C．，施力处向上移动 D．，施力处向上移动
【答案】D
【解析】AB.如图可知，甲为省力动滑轮，n=2，由可得拉力大小，绳端通过的距离s=2h；
CD.乙为费力动滑轮，n=2，由F=2G可得拉力大小，绳端通过的距离s=h。
【解答】AB.如图可知，G物=400N，将物体竖直匀速提升1m。甲为省力动滑轮，承担重力的绳子段数n=2，则；绳端通过的距离s=2h=2×1m=2m，故A、B错误；
CD.乙为费力动滑轮，承担重力的绳子段数n=2，则拉力F乙=2G=2×400N=800N；绳端通过的距离，故C错误，而D正确。
故选D。
变式1：（2024·舟山模拟）在野外用滑轮组拉越野车脱困时的情景如图所示，有关力的分析正确的是（　　）
A．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
B．车拉滑轮组的力与滑轮组对车的拉力是一对平衡力
C．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为1200N
D．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为800N
【答案】C
【解析】AB.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线和同一物体上；
CD.根据图片确定动滑轮上承担拉力的绳子段数n，根据F=nF拉计算绳索的拉力。
【解答】A.车对地面的压力与车的重力，二者的方向都是竖直向下的，二者不是平衡力，故A错误；
B.车拉滑轮组的力作用在滑轮组上，而滑轮组对车的拉力作用在车上，二者没有作用在同一物体上，不是平衡力，故B错误；
CD.根据图片可知，滑轮组上承担拉力的绳子段数n=2，则绳子自由端的拉力为：，故C正确，D错误。
故选C。
变式2：（2023九上·义乌期末）如图所示，物体A的质量m=12kg，在拉力大小为30N的F作用下，物体A以0.1m/s的速度在水平面上做匀速直线运动10秒钟，并且绳子足够长，此过程该装置的机械效率为80%。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧测力计的示数为15N B．拉力F的功率为6瓦
C．拉力F做功30J D．该过程中有用功为12J
【答案】D
【解析】BC.由可求出物体移动的距离，图中拉力F作用在动滑轮的轴上，根据动滑轮特点可求出拉力移动距离，根据 W=Fs计算拉力做的总功，根据可求拉力的功率；
AD.根据可求出有用功，根据W有=Fs物求出弹簧测力计示数。
【解答】BC.物体A移动距离sA=vt=0.1m/s×10s=1m，
由图知，拉力作用在动滑轮的轴上，所以拉力移动距离s=sA=0.5m；
拉力做的总功W总=Fs=30N×0.5m=15J，故C错误；
拉力的功率，故B错误；
D.由可得，有用功W有=ηW总=80%×15J=12J，故D正确；
A.物体A受到的拉力，所以弹簧测力计示数大小等于A受到拉力12N，故A错误。
故选D。
变式3：（2024九上·绍兴期末）如图是一个定滑轮(质量为3kg)和一个动滑轮(质量为2kg)组成滑轮组。用该滑轮组在4秒内将重物竖直向上匀速提升4m，所用拉力F=100N，不考虑绳重和摩擦影响。
（1）在该滑轮组中滑轮A的作用是：　 　。
（2）拉力F做功的功率为　 　W。
（3）在提升该重物时滑轮组的机械效率为　 　。
【答案】（1）改变力的方向 （2）200 （3）90%
【解析】（1）定滑轮可以改变力的方向，动滑轮可以省力；
（2）根据s=nh计算出拉力移动的距离，根据W总=Fs计算拉力做的总功，根据计算拉力做功的功率；
（3）根据W额=G动h计算滑轮组做的额外功，根据W有=W总-W额计算滑轮组做的有用功，根据计算滑轮组的机械效率。
【解答】（1）根据图片可知，滑轮A固定不动，为定滑轮，作用是改变力的方向；
（2）承担重力的绳子段数n=2，则拉力移动的距离s=nh=2×4m=8m；
拉力做的总功W总=Fs=100N×8m=800J；
则拉力的功率：；
（3）滑轮组做的额外功W额=G动h=2kg×10N/kg×4m=80J；
则滑轮组最的有用功：W有=W总-W额=800J-80J=720J；
那么滑轮组的机械效率：。
重难点十、探究小灯泡的额定功率
典例1：（2024九上·鹿城月考）小明用图甲所示电路来测量小灯泡的电功率（部分器材的规格已标明）。
（1）闭合开关进行小灯泡额定功率测定的实验，当移动滑动变阻器到图中位置时，电压表示数为2伏，接下来的操作是　 　。
（2）小明进行了六次实验，记录实验数据并在U-I图像中描点，得到小灯泡两端的电压与电流的关系图像如图乙所示。则根据记录的数据和图像可知：小灯泡的额定功率为　 　瓦。
（3）实验结束后，小明继续对滑动变阻器两端电压与通过它的电流关系进行探究，画出了对应的U-I图像如图丙，请你在图中“①”、“②”或“③”三条虚线中选择正确的一条，并说明你选择的依据　 　。
【答案】（1）向右移动滑动变阻器，直到电压表示数为2.5伏 （2）0.75
（3）①，灯泡和滑动变阻器两端电压之和保持不变
【解析】【分析】 额定功率，是指用电器正常工作时的功率。它的值为用电器的额定电压乘以额定电流。若用电器的实际功率大于额定功率，则用电器可能会损坏；若实际功率小于额定功率，则用电器无法正常运行。
【解答】（1） 电压表示数为2伏 ，电路中的电阻较大，接下来应进行的操作是移动滑动变阻器滑片， 直到电压表示数为2.5伏 。
（2）根据U-I图像可知，灯泡两端电压等于额定电压2.5V正常发光，此时通过它的电流为0.3A，小灯泡的额定功率为P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W
（3）电源电压为3V，灯的U-I图像与变阻器电流随电压的变化关系图像交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等（串联电路各处的电流相等），故由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V， 灯泡和滑动变阻器两端电压之和保持不变等于3v，只有图3中的虚线①符合这个条件。
变式1：（2024·金东模拟）科学兴趣小组开展“测量小灯泡电功率”的实验，所用电源为3节新干电池串联，小灯泡的额定电压为3.8V，滑动变阻器上标有“20Ω IA”字样，小金同学根据设计好的电路图如图1 所示连接好电路。
（1）图1中，甲、乙是两只电表，则甲是　 　表；
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有正常偏转，但偏转的角度较小。则接下来应进行的操作是____；
A．更换小灯泡
B．检查电路是否断路
C．移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光
（3）继续实验，观察到电压表的示数为2伏，要使灯泡正常发光　 　端移动 (填“a”或“b”) ；
（4）小组同学为了得到比较准确的小灯泡额定功率，用同一套器材做了三次实验(电压表均调到3.8V)，获得三组数据 (如表)：
实验序号 电流表示数/A 额定功率/W 额定功率的平均值 N
1 0.71 2.698 P=2.698+2.622+2.584：=2.6353
2 0.69 2.622
3 0.68 2.584
请判断该处理数据的方法正确与否，并说明理由：　 　。
【答案】（1）电流 （2）C （3）b
（4）正确，采用多次测量取平均值的方法减少误差。
【解析】（1）根据电表的使用分析回答。
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电流表、电压表均有正常偏转，但偏转的角度较小，说明电路是通路，且灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明小灯泡实际功率太小，据此分析。
（3）根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向。
（4）由于在进行读数时，具有误差，所以虽然用同一套器材做了三次实验，结果也会有差别，此时可以用求平均值的方法来减小误差。
【解答】（1）由图可知，乙表与灯泡并联是电压表，甲表串联在电路中是电流表。
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电流表、电压表均有正常偏转，但偏转的角度较小，说明电路是通路，且灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明小灯泡实际功率太小，因此接下来应进行的操作是移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光，故选：C。
（3）继续实验，观察到电压表的示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，要使灯泡正常发光，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑动变阻器滑片向b端移动。
（4）测量灯泡的额定功率时，灯泡两端电压为额定电压，但由于电压表量程太大，导致读数出现误差，从而造成电功率数值不同，可以通过多次测量求平均值的办法减小误差，所以取平均值的做法是正确的。
故答案为：（1）电流表；（2）C；（3）b；（4）正确；求平均值可以减小误差。
变式2：小丽在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：电压恒为3V的电源一个、小灯泡（额定电压为2.5V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关各一个，导线若干。
（1）如图甲所示是小丽连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线；
（2）连接电路过程中，开关应该　 　（选填“断开”或“闭合”），滑动变阻器的滑片应该移动到　 　（选填“最左”或“最右”）端；
（3）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是____；（填选项符号）
A．灯泡短路 B．灯泡断路 C．滑动变阻器短路 D．滑动变阻器断路
（4）电路故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针如图乙所示，则此时通过小灯泡的电流是　 　A；
（5）电路连接正确操作后，小灯泡发光，此时电压表的示数为2.0V，为了测量小灯泡的额定电功率，这时应该向　 　（选填“左”或“右”）端移动滑动变阻器的滑片；
（6）小丽根据记录的多组I-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象（如图丙所示），则小灯泡的额定功率为　 　W；
（7）小丽根据小灯泡的I-U图象（如图丙所示），分析出小灯泡的电阻随两端电压的增大而　 　（选填“增大”“不变”或“减小”），你认为原因是　 　。
【答案】（1）
（2）断开；最左 （3）B （4）0.14 （5）右 （6）0.625
（7）增大；灯丝电阻随温度的升高而增大
【解析】（1）在“测量小灯泡的电功率”实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
（2）为了保护电路，连接电路过程中，开关应该断开，滑动变阻器的滑片应该移动到阻值最大处；
（3）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数；
（5）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（6）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P=UI求出灯泡的额定功率；
（7）灯丝电阻随温度的升高而增大。
【解答】（1）原电路图中，电流表与灯泡并联，电压表串联在电路中是错误的，在“测量小灯泡的电功率”实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）为了保护电路，连接电路过程中，开关应该断开，滑动变阻器的滑片应该移动到阻值最大处，即最左端；
（3）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路的故障可能是灯泡断路，故选：B；
（4）电路故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.14A；
（5）电路连接正确操作后，小灯泡发光，此时电压表的示数为2.0V，小于灯泡额定电压2.5V，为了测量小灯泡的额定电功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故这时应该向右端移动滑动变阻器的滑片；
（6）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡额定功率为：
P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
（7）由图丙可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大，故小灯泡的电阻随两端电压的增大而增大。
变式3：（2024九上·临海期末）为探究小灯泡亮度与电功率的关系，兴趣小组利用电压恒为3伏的电源、滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲进行实验，获得相关数据如表。图乙是实验过程中电路总功率、小灯泡功率随电流变化的曲线。
次数 1 2 3 4 5
电压U/V 0.1 0.9 1.7 2.1 2.5
电流I/A 0.05 0.19 0.24 0.26 0.28
功率P/W 0.005 0.171 0.425 0.546 0.725
小灯泡亮度 越来越亮
（1）从第2次到第3次实验，滑片P应向　 　移动。
（2）乙图中线段CD表示的物理量是　 　。
（3）整理数据发现，当小灯泡两端电压变大时，灯泡电阻也变大，请分析原因。　 　
【答案】（1）左
（2）电流为I0时，滑动变阻器的电功率
（3）小灯泡两端的电压变大时，电流也变大，根据Q=I2Rt，相同时间产生的内能增多，温度升高，阻值增大
【解析】
（1）由表格数据可知，实验3中灯泡两端的电压值大于实验2中灯泡两端的电压值，而电源电压变，且U=U滑+UL，故实验3中应減小滑动变阻器两端的电压，根据串联分压特点可知滑动变阻器的滑片P的移动方向。
（2）根据电路的总功率等于各用电器功率之和，同时结合图乙分析回答。
（3）灯丝的电阻随温度的升高而增大。
【解答】
（1）由表格数据可知，实验3中灯泡两端的电压值大于实验2中灯泡两端的电压值，而电源电压不变，且U=U滑+UL，故完成实验2后，要想获得实验3的数据（即增大灯泡两端的电压），应减小滑动变阻器两端的电压，根据串联分压特点可知，应減小滑动变阻器接入电路的阻值，则由图甲可知滑片P应向左移动。
（2）由图乙可知，电流为I0时，C点是此时电路的总功率，D点是此时灯泡的功率，根据电路的总功率等于各用电器功率之和可知，线段CD表示电流为I0时，滑动变阻器的电功率。
（3）由表中数据可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P= UI可知，灯泡功率变大，温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大。
重难点十一、多档位电热器的计算
典例1：（2023九上·义乌期末）图甲为市面上的某款电热毛巾架，额定电压220V，简化的工作电路如图乙。该毛巾架通过智能系统实现加热、保温档自动切换。图丙为该毛巾架在正常工作30分钟内功率的变化情况。
完成下列问题：
（1）加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为多大
（2）分析计算图乙电路中定值电阻R1的阻值为多少欧
（3）毛巾架正常工作30分钟总共消耗多少电能
【答案】（1）I=P/U=484÷220V=2.2A
（2）R0=U2/P=(220V)2÷484w=100欧
R0+R1=U2/P=(220V)2÷80w=605欧
R1=505欧
（3）W=Pt=484w×600s+80w×1200s=386400焦
【解析】（1）由图丙可知保温状态下毛巾架正常工作时的电功率，根据P=UI求出保温状态下，毛巾架正常工作时的电流；
（2）由图乙可知，当开关S闭合、S1断开时，R1、R0串联，当开关S、S1都闭合时，只有R0工作；根据串联电路的特点和可知毛巾架加热状态和保温状态的电路连接。由图丙可知毛巾架加热状态时的电功率，根据可求出R0的阻值，根据毛巾架的保温功率和可求出R0、R1的串联总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值；
（3）由图丙可知加热状态工作的时间，根据W=Pt求出加热状态下消耗的电能。
变式1：某电热器的简化电路如图所示，可通过转动旋钮开关实现加热和保温功能。该电热器额定电压为220伏，R1=2000欧，R2=484欧。
（1）开关转至ac位置时，电阻R1和R2的连接方式是________。
（2）开关转至bd位置时，该电热器可实现________功能、它的额定功率是________瓦。
【答案】（1）串联 （2）加热；100
【解析】（1）如果用电器首尾相接，那么它们串联；如果用电器并排连接在两点间，则它们为并联。
（2）根据公式比较两种状态下电路总功率大小，从而确定工作状态，并计算出对应的功率。
【解答】（1）开关转至ac位置时，电流依次经过R1和R2，它们首尾相连，因此为串联。
（2）开关转至bd位置时，只有电阻R2工作，此时总电阻为R2。
根据公式可知，因为R串>R2，所以总功率P串则前者为保温状态，后者为加热状态。 那么它的额定功率为：。
变式2：（2024九上·金东期末）如图-1，是某型号电暖器。它有高温、低温两个挡位，其简化电路图如图-2所示。R1和R2均为发热电阻，其部分参数如图表所示。请完成下列问题：
额定电压 220V
额定功率 高温挡 2200W
低温挡 1100W
（1）当开关S1、S2均闭合时，电暖器处于　 　挡；
（2）求该电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流大小；
（3）在某次用电高峰期，小金用如图-3所示的电力监测仪，测出该电暖器在低温挡工作时的实际电压为210V，实际功率为900W。小金由此认为实际功率小于额定功率，只是因为实际电压小于额定电压造成的。小兰和小江却一致认为小金的观点不全面。请你根据题中信息和所学知识，解释实际功率小于额定功率的原因。
【答案】（1）高温挡
（2）电暖器在低温挡正常工作时的功率为1100W，电路中的电流大小为
（3）由题意知，用电高峰期电暖器在低温挡工作时，实际电压为210V，实际功率为900W，根据P=U2/R可得，此时R1的阻值为49Ω。由此可知，原电阻发生了变化。所以造成实际功率小于额定功率的原因，不只是因为实际电压小于额定电压造成的，用电器电阻变大也是其中一个原因。
【解析】电路中的总电阻越小，电压一定，总功率越大。结合电功率公式进行分析。
【解答】（1）由图2可知，当开关S1、S2均闭合时，R1和R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻最小，由可知，电路中的总功率最大，电加热器处于高温挡。
（3）根据进行分析， 实际功率小于额定功率，是由于实际电压小于额定电压造成的，用电器电阻变大也是其中一个原因。
变式3：（2024九上·杭州期末）在3D打印笔中装入塑料条，接通电源，等待一段时间后即可挤出热融的塑料，塑料在空气中迅速冷却变成特定的形态（如图甲）。其内部电路如图乙，R1、R2是相同的PTC（热敏材料）发热电阻。单个电阻与温度的关系如图丙。
（1）打印笔工作时，发热功率有高、低两档。当S、S1都闭合时，处于　 　档。
（2）温度在120℃-360℃之间时，打印笔工作时的发热功率随温度的升高而逐渐　 　（选填“增大”或“减小”）。
（3）打印笔正常工作时电压为220伏，高挡打印时，电阻的温度为250℃，打印笔的电功率是多少
【答案】（1）高
（2）减小
（3）由图丙可知，温度为250℃时，一个发热电阻的阻值为1210Ω，打印笔的电功率：。
答：打印笔的电功率是80W。
【解析】（1）当S、S1都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据可知，此时总功率较大，为高挡；
（2）由图丙可知，电阻和温度的改变，根据可知发热功率随温度的变化；
（3）由图丙读出温度为250℃时的电阻，根据可知打印笔的电功率。
【解答】（1）当S、S1都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据可知，此时总功率较大，为高挡；
（2）温度在120℃-360℃之间时，打印笔工作时的电阻随温度的升高逐渐增大，可知发热功率随温度升高而逐渐减小；
（3）由图丙可知，温度为250℃时，一个发热电阻的阻值为1210Ω，由于此时两个电阻是并联在电路中，打印笔的电功率就是两个电阻的电功率之和。
重难点十二、非纯电阻的计算
典例1：有一个电动机接在电压为6V不变的电源上，用手捏住电动机不让它转动，电流为3A，松手后电动机稳定转动，电流为0.3A．求：
（1）求电动机线圈电阻；
（2）电动机转动时电能转化为机械能和热能，求电动机转动时每分钟线圈产生的热量。
【答案】（1）解：R= = =2Ω
（2）解：Q= I2·R·t
=(0.3A)2×2Ω×60S
=10.8焦
【解析】（1）当 电动机不转时，已知电压和电流，由欧姆定律可求得电阻；（2）根据焦耳定律求出线圈每分钟产生的热量。
变式1：（2022九上·余姚月考）如图所示，电阻R和电动机串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（　　）
A．W1＜W2 Q1＝Q2 B．W1＝W2 Q1＝Q2
C．W1＝W2 Q1＞Q2 D．W1＜W2 Q1＜Q2
【答案】A
【解析】（1）电阻R和电动机串联接到电路中，开关接通后，通过电阻R和电动机的电流相等；已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，根据焦耳定律判断电流产生热量的关系。
（2）对电阻R来说，电流所做的功（消耗的电能）等于电流产生的热量；电动机正常工作时是非纯电阻用电器，电流所做的功（消耗的电能）大于电流产生的热量。
【解答】电阻R和电动机串联接到电路中，开关接通后，根据串联电路的电流特点可知：通过电阻R和电动机的电流相等；
已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，根据焦耳定律Q=I2Rt可知：Q1=Q2，故C、D错误；对电阻R来说，电流所做的功W1=Q1，
电动机正常工作时是非纯电阻用电器，消耗的电能一部分转化为内能、大部分转化为机械能，则电流所做的功（消耗的电能）大于电流产生的热量，即：W2＞Q2，
所W1＜W2，故A正确，B错误。
故选A。
变式2：（2023九上·玉环月考）如图所示，电源电压恒为12 V。闭合开关S，当滑动变阻器的阻值为10 Ω时，电压表的示数为10 V，此时电动机正常工作，则滑动变阻器消耗的功率是　 　W；若电动机内部线圈的电阻为2 Ω，则通电5 min电流通过电动机内部线圈产生的热量是　 　J。
【答案】0.4；24
【解析】（1）首先根据U变=U总-UM计算出变阻器两端的电压，然后根据计算出通过串联电路的总电流，最后根据P变=U变I变计算变阻器消耗的功率；
（2）已知电动机的线圈电阻和时间，根据公式Q=I2Rt计算出线圈产生的热量。
【解答】（1）变阻器和电动机串联，
那么变阻器的电压为：U变=U总-UM=12V-10V=2V；
通过电路的电流；
滑动变阻器消耗的功率为：P变=U变I变=2V×0.2A=0.4W；
（2）线圈产生的热量为：Q=I2Rt=（0.2A）2×2Ω×300s=24J。
变式3：如图是小金研究电动机转动是否对小灯泡的亮度有影响的电路图。开始小金先抓住转轴合上开关，观察小灯泡的亮度；接着放开转轴让电动机转动，继续观察小灯泡亮度的变化(已知：小灯泡的电阻为R，电动机线圈电阻为r，电源电压为U)。由此请你回答：
（1）在电动机未转动时，t时间内电流在电路中产生的热量为　 　(填写表达式)。
（2）在电动机转动时，电流所做的功　 　(填“大于”“等于”或“小于”)电流在电路中产生的热量。
（3）小金判断电动机转动后小灯泡会更亮，你认为小金的判断正确吗？并根据学过的知识给以解释。
【答案】（1） （2）大于
（3）解：不正确，电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗，所以小金的判断是错误的。
【解析】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，根据焦耳定律的公式写出表达式；（2）在电动机转动时，明确电能的转化过程；（3）电动机转动时，消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能.
【解答】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，则此时电路中的电流为：I=；根据焦耳定律可知，t时间内电流在电路中产生的热量即电流所做的功为：W=Q=UIt=Ut=t；（2）在电动机转动时，电流所做的功主要有两个利用：一个是转化为电动机的机械能，另一个是转化为灯泡和电动机的内能；故电流在电路中产生的热量要小于电流所做的功；（3）电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗，所以小金的判断时错误的.
故答案为：（1）t；（2）大于；（3）不正确；电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗
1．（2024·宁波一模）撑杆跳高是一项运动员经过持杆助跑，借助撑杆的支撑腾空越过横杆的运动，起源于古代人类使用木根、长矛等撑越障碍，如图所示，当运动员支起撑杆落地到运动员最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的动能不变
B．撑杆的弹性势能先增大后减小
C．撑杆的弹性势能全部转化为运动员的动能
D．运动员的机械能不变
【答案】B
【解析】A.动能与质量和速度大小有关；
B.弹性势能大小与质量和高度大小有关；
C.注意弹性势能与运动员的能量转化分析；
D.根据机械能和内能的转化分析。
【解答】 A.运动员支起撑杆落地到运动员最高点的过程中，其速度大小不断变化，所以运动员的动能改变，故A错误；
B.运动员支起撑杆落地到运动员最高点的过程中，撑杆的形变程度先变大后变小，所以撑杆的弹性势能先增大后减小，故B正确；
C.运动员支起撑杆落地到运动员最高点的过程中，撑杆的弹性势能转化为运动员的动能和重力势能，故C错误；
D.运动员支起撑杆落地到运动员最高点的过程中，运动员需要克服摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，所以机械能变小，故D错误。
故选B。
2．（2024·舟山模拟）教职工排球比赛正在如火如荼的进行中，如图是王老师发球的轨迹，O为发球点，A为最高点，B为落地点。排球在离开打排球教师的手后（　　）
A．O点后能继续上升，由于受到惯性力的作用
B．O点到A点的上升过程中，重力势能逐渐减小
C．在最高点A点时动能为零
D．O点到B点的整个过程中机械能不断减小
【答案】D
【解析】（1）我们把物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是一种性质，不是力。
（2）重力势能的大小与质量、高度有关；
（3）动能的大小与质量和速度有关；
（4）克服摩擦做功，机械能转化为内能；
【解答】A、O点后能继续上升，是因为排球具有惯性，仍然要保持原来的运动状态，惯性不是力，A错误。
B、O点到A点的上升过程中，排球在脱离手后的上升过程中，质量不变，高度增大，重力势能增大，B错误。
C、排球在A点时有一定的高度，也有一定的速度，有动能也有势能，C错误。
D、O点到B点的整个过程中，排气克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，排球的机械能减小，D正确。
故选D。
3.（2022九上·舟山期中）如图所示，将一弹簧固定在水平桌面上，在其上放置一个小钢球，钢球静止时弹簧长度为L，用手向下压弹簧到一定程度，释放后钢球运动到距离水平桌面2L处，不计能量损失，整个过程中，对钢球分析错误的是（　　）
A．甲图中，钢球静止时受到平衡力的作用
B．钢球在弹簧上静止时，弹簧的弹性势能不为零
C．钢球上升但未离开弹簧之前钢球先加速后减速运动
D．钢球上升但未离开弹簧之前，弹簧越小的弹性势能等于小球增加的重力势能
【答案】D
【解析】（1）当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，它处于平衡状态，受到平衡力；
（2）根据二力平衡的条件判断；
（3）根据力与运动的关系判断；
（4）根据能量转化的知识判断。
【解答】A.甲图中，钢球静止时处于平衡状态，受到平衡力的作用，故A正确不合题意；
B.钢球在弹簧上静止时，肯定对弹簧产生向下的压力，那么弹簧肯定发生形变，即弹簧的弹性势能不为零，故B正确不合题意；
C.钢球上升但未离开弹簧之前，当弹力大于重力时，合力向上，向上加速；当弹力小于重力时，合力向下，向上减速，故C正确不合题意；
D.钢球上升但未离开弹簧之前，弹簧越小的弹性势能等于小球增加的重力势能和动能，故D错误符合题意。
4.（2022九上·鄞州期中）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小
【答案】A
【解析】注意分析杠杆改变位置的过程中，动力臂和阻力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析动力F的变化即可。
根据图片可知，物体的重力为阻力，拉力F为动力；
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
由于拉力F始终与杠杆垂直，所以动力臂L1保持不变；
在杠杆旋转的过程中，阻力臂L2逐渐增大，那么G×L2=F×L1中的乘积变大；因为L1不变，所以动力F不断增大，故A正确，而B、C、D错误。
5．如图所示，要使杠杆平衡，作用在 A 点上的力分别为 F1 、F2 、F3 ，其中最小的力是（ ）
A．沿竖直方向的力 F1
B．沿垂直杠杆方向的力 F2
C．沿水平方向的力 F3
D．无论什么方向用力一样大
【答案】B
【解析】由杠杆的平衡条件可知，要使杠杆平衡，作用在A点上的力最小时，其力臂是最长的．由图可知，图中的沿垂直杠杆方向的力F2最小。故选B。
6．（2023九上·磐安期末）质量为6kg的物体A放在水平桌面上，利用如图所示的装置使物体以0.2m/s的速度做匀速直线运动，弹簧测力计始终保持水平，其示数为3N，不计绳子与滑轮组之间的摩擦，则（　　）
A．作用在绳端的拉力F为9N B．水平桌面对物体A的摩擦力是3N
C．在2s内拉力F做功1.2J D．在2s内拉力F的功率是1.8W
【答案】D
【解析】A.根据作用在绳端的拉力与弹簧测力计的示数相等可知作用在绳端的拉力；
B.由图可知n=3，利用不计绳重、测力计重和滑轮组内部的摩擦时求可求出物体A受到的摩擦力；
C.根据速度公式求出2s内物体通过的距离，绳子自由端移动的距离s=ns物，根据W=Fs求出在2s内拉力F做功；
D.根据求出拉力F的功率。
【解答】A.因为弹簧测力计的示数是3N，且同一根绳子各处的拉力大小相同，所以作用在绳端的拉力F为3N，故A错误；
B.由图可知n=3，因为不计绳重、测力计重和滑轮组内部的摩擦时，所以水平桌面对物体A的摩擦力：f=nF=3×3N=9N，故B错误；
C.由可知，物体A在2s内通过的距离：s'=vt=0.2m/s×2s=0.4m，
绳子自由端移动的距离：s=ns物=3×0.4m=1.2m，
在2s内拉力F做功：W=Fs=3N×1.2m=3.6J，故C错误；
D.在2s内拉力F的功率：，故D正确。
故选D。
7．（2023九上·杭州期中）重为30N的A物体，用图甲、乙所示两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1=18N，F2=8N，A物体在5s内速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
【答案】D
【解析】对于滑轮组的计算，关键在于要判断清楚总重由几股绳子承担，即从连接动滑轮的绳子有几股。绳子自由端移动的距离S绳=nS物，拉力F=。
【解答】A.甲图总重由两股绳子承担，绳子自由端移动的距离S绳1=2S物=0.6m，自由端速度V绳1=0.6m/5s =0.12m/s；乙图总重由三股绳子承担，绳子自由端移动的距离S绳2=3S物=0.9m，自由端速度 V绳2=0.9m/5s=0.18m/s。A错误。
B.F1做功W1=F1S绳1=18N×0.6m=10.8J，F2做功W2=F2S绳2=8N×0.9m=7.2J，F1做功比F2多。B错误。
C.甲图有用功W有1=GS物=30N×0.3m=9J，乙图有用功W有2=fS物=20N×0.3m=6J，甲图有用功大。C错误。
D.甲图机械效率：=×100%=×100%83.3%；乙图机械效率：=×100%=×100%83.3%。D正确。
故答案为：D。
8．用轻质的细线将4N的物体系在标有“3V0.5W”的小电动机上，当小电动机接在3V的电源上时，10s内将物体提升了1m。关于该过程，下列说法错误的是（　　）
A．电流做了5J的功
B．消耗了5J的电能
C．只有4J的电能转化为机械能
D．只有4J的电能转化为其他形式能
【答案】D
【解析】电流通过电动机做功时，将电能转化为内能和机械能，根据W=Pt计算电流做的功，根据W=Gh计算出做的机械功，根据Q=W-W机械计算内能。
【解答】电流做的功为：W=Pt=0.5W×10s=5J，故A正确不合题意；
电流做功就是消耗电能，那么消耗电能5J，故B正确不合题意；
对物体做的功为W机械=Gh=4N×1m=4J，因此4J的电能转化为机械能，故C正确不合题意，D错误符合题意。
9．如图为遥控直升飞机，该直升飞机的质量是60g，当电动机的电压为3V，通过电动机的电流为0.1A时，该直升机恰好以0.4m/s的速度匀速竖直爬升4m。则（　　）
A．电动机线圈电阻30欧
B．直升飞机在爬升过程中，机械能不变
C．直升飞机在爬升过程中，机械能增加2.4J
D．10s内电流通过电动机产生的热量为3J
【答案】C
【解析】（1）对于以电动机为代表非纯电阻电路，当它们正常工作时，不能根据计算线圈电阻；
（2）首先判断动能和重力势能的变化，然后根据机械能=动能+重力势能判断机械能的变化；
（3）飞机匀速上升，动能不变，增加的重力势能就是增加的机械能，根据W=Gh计算即可；
（4）根据Q=I2Rt计算电流产生的热量。
【解答】A.直升飞机工作时，它的线圈电阻R不等于，故A错误；
B.直升飞机在爬升过程中，质量不变，速度不变，即动能不变；高度增大，即重力势能增大，那么它的机械能增大，故B错误；
C.直升飞机在爬升过程中，增加的机械能为W=Gh=0.06kg×10N/kg×4m=2.4J，故C正确；
D.由于无法计算出线圈电阻，因此无法通过Q=I2Rt计算产生的热量，故D错误。
故选C。
10．如图所示，当开关闭合时，电路中的电流为1A，电压表V2的示数是10V，定值电阻R的阻值为4Ω，电动机M的线圈电阻为1Ω，不计摩擦，下列说法不正确的是（　　）
A．电压表V1的示数为6V
B．电路消耗的功率是10W
C．通电一分钟电流通过电动机产生的热量是240J
D．通电一分钟电动机产生的机械能是300J
【答案】C
【解析】（1）定值电阻R与电动机串联，电压表V1测电动机的电压，V2测电源电压。首先根据U=IR计算出定值电阻的电压，再根据UM=U总-U计算出V1的示数；
（2）根据P总=U总I总计算电路消耗的功率；
（3）根据Q=IM2RMt计算电动机产生的热量；
（4）根据WM=UMIMt计算出计算出电动机的电能，然后根据W机械=W总-Q计算出产生的机械能。
【解答】定值电阻R与电动机串联，电压表V1测电动机的电压，V2测电源电压。
A.定值电阻的电压U=IR=1A×4Ω=4V；
V1的示数UM=U总-U=10V-4V=6V，故A正确不合题意；
B.电路消耗的功率P总=U总I总=10V×1A=10W，故B正确不合题意；
C.电动机产生的热量Q=IM2RMt=（1A）2×1Ω×60s=60J，故C错误符合题意；
D.电动机消耗的电能WM=UMIMt=6V×1A×60s=360J，产生的机械能：W机械=W总-Q=360J-60J=300J，故D正确不合题意。
11．（2022·浙江·九年级期末）如图所示是一只USB接口的便捷式小风扇，它的额定电压为5V，额定功率为5W，输出功率为4.5W。某一次使用不当，造成电动机卡死电动机线圈温度过高而烧坏，则小风扇电动机线圈的电阻为______，卡死时电动机线圈1min产生的热量是______。
【答案】0.5Ω 3000J
【解析】[1]根据题意知道，电动机的额定功率P额 =5W，额定电压U额 =5V，输出功率P输出=4.5W，则电流通过电动机产生热量的功率P热=P额-P输出=5W-4.5W=0.5W
电动机正常工作的电流由P热 =I2 R知道，电动机线圈的电阻
[2]卡死时通过电动机的电流
电流通过电动机线圈1min产生的热量Q′=（I′）2 Rt=（10A）2 ×0.5Ω×60s=3000J
12．（2022·浙江绍兴·九年级期末）在水平地面上有一长方体木箱。小林用水平推力F把木箱向前推，如图甲所示。此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示。
（1）0~1秒内，推力F对木箱是否做功___________（选填“是”或“否”）；
（2）3~5秒内，推力F对木箱做功___________焦。
【答案】否 400
【解析】（1）0~1s内，由图丙知木箱的速度为零，处于静止状态，由图乙可知，推力F=100N，有推力，但没有在力的方向上通过一定的距离，推力F对木箱没有做功。
（2）由图丙知，3~5s内，木箱做匀速直线运动，由图乙可知，推力F1=200N，木箱的速度v=1.0m/s，时间t=5s-3s=2s
木箱移动的距离s=vt=1.0m/s×2s=2m
则推力做功W=F1s=200N×2m=400J
13.（2022·婺城模拟）小金同学用已调好的弹簧测力计测量-一个放在水平桌面上的钩码的重力，他从图甲所示位置(此时指针指0刻线)开始将测力计缓慢竖直向上提起，记下测力计移动的距离h和对应的读数F，并描出F-h图象如图乙所示：
（1）钩码的重力为________N。
（2）当h=15cm时，弹簧测力计对钩码所做的功为________J。
【答案】（1）4.5 （2）0.45
【解析】当测力计向上运动时，钩码受到向下的重力、向上的拉力和支持力，即G=F拉+F支持，据此分析计算。
（1）根据公式G=F拉+F支持可知，当钩码离开桌面时，它受到的支持力为0，此时测力计的示数等于钩码的重力。根据乙图可知，钩码的重力G=F最大=4.5N。
（2）根据乙图可知，当h=5cm时，钩码开始离开地面，
那么钩码上升的高度为h=15cm-5cm=10cm=0.1m；
则弹簧测力计对钩码做的功：W=Gh=4.5N×0.1m=0.45J。
14.（2023九上·嘉兴期末）小嘉发现家里的手电简使用久了，亮度会变暗。为探究原因，他拆下灯珠进行如下实验（灯珠上标有“2.5V”的字样）：
①设计电路图，用导线完成电路连接。
②闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数分为 2.0V、2.5V、3.0V 时，将电流表的示数分别填入记录表中。
序号 电压(伏) 电流(安) 灯泡亮度
1 2.0 0.18 暗
2 2.5 0.20 亮
3 3.0 0.22 很亮
据此回答下列问题：
（1）用笔画线代替导线，将电压表连入电路中。
（2）由实验数据可知，小灯泡的额定功率是　 　。
（3）根据实验结果，请解释手电筒用久了会变暗的原因　 　。
【答案】（1）
（2）0.5W
（3）手电筒用久后，电池电压变小，所以实际功率变小，亮度变暗
【解析】（1）根据题意确定电压表测量的物理量，根据电压表的使用方法作图即可；
（2）从表格中找到灯泡的额定电流，然后根据P=Ui计算灯泡的额定功率；
（3）根据表格分析手电筒用久后电磁电压的变化，通过灯泡的电流变化，再跟机P=UI分析实际功率的变化即可。
【解答】（1）根据题意可知，这个实验要探究手电筒用久后，灯泡亮度的变化原因，那么电压表应该与灯泡并联。因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择量程0~3V，如下图所示：
（2）根据表格可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过它的额定电流为0.2A，
则灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
（3）根据实验结果可知手电筒用久了会变暗的原因：手电筒用久后，电池电压变小，通过灯泡的电流变小，则灯泡的实际功率变小，因此亮度变暗。
15．（2024九下·柯桥会考）小柯在测量小灯泡电功率的实验中，选取额定电压为2V的小灯泡，电压恒为6V 的电源，滑动变阻器（R1:10Ω 0.5A， R2:15Ω 1A， R3:50Ω 2A）,电压表，电流表， 开关和导线若干，按如图甲所示电路进行实验。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整　 　(要求：滑片向左移时，灯泡变暗)。
（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器至电压表示数为2V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是　 　W。
（3）完成该实验的过程中，选择哪种规格的滑动变阻器最合适　 　. (选填“R1”、“R2” 或 “R3” )
（4）小柯认为该电路还可以用于探究电流与电压的关系，但必须更换其中一个实验器材，该如何更换 　 　。
【答案】（1）
（2）0.72
（3）R2
（4）把小灯泡换成定值电阻
【解析】在测量小灯泡电功率的实验中，滑动变阻器与小灯泡串联在电路中，电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流；根据电压表的示数、电流表的示数及电功率的计算公式计算出小灯泡的电功率。
【解答】（1）由于滑动变阻器与小灯泡串联在电路中，滑片向左移时，灯泡变暗，则滑动变阻器接入电路中的阻值变大，因此滑动变阻器下面连接右边的接线柱，将滑动变阻器下面右边的接线柱连接小灯泡左边的接线柱，如下图所示：
；
（2）从图乙可知，电流表接入电路中量程为0~0.6A，则分度值为0.02A，此时指针指在0.2后面的第8个小格，则其读数为：I=0.2A+0.02A×8=0.36A，则小灯泡的额定功率为：P额=U额I额＝2V×0.36A=0.72W；
（3）小灯泡正常发光时，小灯泡的分压为2V，则滑动变阻器的分压为：U滑=U-U额=6V-2V=4V，电路中电流为0.36A，则滑动变阻器的阻值为：，所以最合适的滑动变阻器为R2；
（4）如果探究电流与电压的关系，由于小灯泡的阻值会随温度的变化而变化，因此应该把小灯泡换成定值电阻。
故答案为：（1）；（2）0.72；（3）R2；（4）把小灯泡换成定值电阻。
16．小科在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选取的电源电压恒为6 V，所用小灯泡的额定电压为“4.5 V”。
（1）甲图中实物电路连接完整后，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片向　 　(填“左”或“右”)移至阻值最大处。
（2）若电压表0~15 V量程损坏，在不更换电路元件的前提下，通过　 　的方法调整电路，仍可测出小灯泡的额定功率。
（3）调整好电路后，闭合开关，调节滑动变阻器得到电流表和电压表的示数如图乙，则小灯泡的额定功率为　 　W。
（4）为了提高测量精确程度，小宁认为：“因灯泡额定电压已知，故可采用多次测量求出灯泡电阻的平均值 ，然后利用额定电压和电阻求出灯泡额定功率”。小宁的方案是否可行，请你评价小宁的方案，并说明原因：　 　。
【答案】（1）右 （2）将电压表接到滑动变阻器两端
（3）1.35 （4）不可行。灯泡电阻会受温度影响而变化
【解析】（1）在连接电路时为了保护电路，开关断开，滑动变阻器接入电路的阻值最大；
（2）根据在串联电路中电压规律进行解答；
（3）从图乙中读出电流表的示数，即小灯泡的额定电流，根据P=UI计算出小灯泡的额定功率；
（4）根据小灯泡的电阻受温度的影响进行解答。
【解答】（1）从甲图可知，滑动变阻器的的滑片在最右端时，接入电路中的阻值最大，因此闭合开关前应将滑片向右移至阻值最大处；
（2）由于小灯泡的额定电压为4.5V，电源电压为6V，则小灯泡正常发光时，滑动变阻器的分压为：，所以可以将电压表接到滑动变阻器两端；
（3）从图乙中可知，小灯泡的额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为：；
（4）由于灯泡电阻会受温度影响而变化，所以小宁的想法是不可行的。
故答案为：（1）右；（2）将电压表接到滑动变阻器两端；（3）1.35；（4）不可行；灯泡电阻会受温度影响而变化。
17．（2024·杭州模拟）小科用图甲电路测量小灯泡不同电压下的电功率，该小灯泡的额定电压为2.5V， 电源电压为3V， 滑动变阻器的规格为“20Ω， 2A”。
（1）请用笔画线代替导线把图甲的电路连接完整。
（2）开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应移到　 　端(选填“左”或“右”)。
闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图乙所示，则此时小灯泡的功率为　 　W。
（3）小科测出几组小灯泡的电压和电流后，画出的电流随电压变化图像如图丙所示，根据图像推测，当小灯泡两端电压为0.5V时，你认为通过小灯泡的电流大小最有可能的是　 　(选填“0.04A”“0.12A”或“0.20A”) 。
【答案】（1）
（2）左；0.6 （3）0.12A
【解析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
（2）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应移到阻值最大处；根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P=UI求出此时小灯泡的功率；
（3）灯丝的电阻随温度的降低而减小。
【解答】 （1）小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端；滑动变阻器上下各选一个接线柱与电源串联在电路中，如下图所示：
（2）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应移到阻值最大处，即最左端；
闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.24A，则小灯泡额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.24A=0.6W；
（3）由图丙可知，当灯泡两端电压为1.0V时，通过灯泡的电流为0.16A，此时灯泡的电阻为：
，
当小灯泡两端电压为0.5V时，灯泡两端电压减小，通过灯泡的电流也减小，因此通过灯泡的电流应小于0.16A；
若电流为0.04A，此时灯泡的电阻为：，
因灯丝的电阻随温度的降低而减小，故当小灯泡两端电压为0.5V时，通过小灯泡的电流大小最有可能的是0.12A。
18．（2024·杭州会考）小科利用两节新干电池、滑动变阻器(1安20欧)、电压表(0~3V)、电流表(0~0.6A)、额定电压为2.5V的小灯泡、定值电阻(5欧、10欧、15欧)各一个、开关和导线若于进行电学实验。
（1）为了测量小灯泡的电阻，请用笔代替导线，完成图甲中电路连接　 　。当小科连接好最后一根导线时，小灯泡立即发光。请你指出他在实验操作中的不当之处　 　。
（2）小科掌握正确操作后，闭合开关，移动滑片，进行了多次实验测得数据如下表。通过数据分析，此小灯泡的额定功率为　 　。
序号 1 2 3 4 5
U/V 1.0 1.5 2.0 2.5 2.8
I/A 0.2 0.21 0.22 0.25 0.26
灯泡亮度 不亮 微光 微亮 亮 很亮
（3）小科认为根据提供的器材还可以探究电流与电阻的关系。于是他将小灯泡换成5欧的定值电阻，闭合开关，滑动滑片，此时，电流表读数如图乙所示。然后分别换上10欧、15欧的定值电阻，滑动滑片至适当位置，重复上述操作。其中的“适当位置”是指　 　 。
【答案】（1）电压表的“3”接线柱与灯泡右接线柱（或滑动变阻器左接线柱）相连；连接电路时开关未断开
（2）0.625w
（3）电压表示数为2v
【解析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；为了保护电路，在连接电路时，开关应该断开；
（2）根据表中数据利用P=UI求出灯泡额定功率；
（3）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻两端的电压不变，根据电流表中小学教育资源及组卷应用平台
第三章 易错题与重难点
易错点一、动能与重力势能转化，判断机械能是否守恒
动能的影响因素是质量与速度；重力势能的影响因素是质量与高度；物体在运动中判断机械能是否守恒要关注是否受到除重力以外的力，如是否有摩擦力，阻力，因弹力产生弹性势能等，机械能不守恒。
典例1：（2024·乐清模拟）如图是摆球从A点静止释放，经过三点，到达最高点D的示意图，其中两点等高．下列说法正确的是（　　）
A．摆球在O点时动能等于零
B．摆球在两点的重力势能相等
C．摆球从A点到O点的过程中机械能减少
D．摆球在两点的动能相等
变式1：（2024·瑞安模拟）篮球运球投篮温州体育中考的项目之一。小科在操场上将一篮球抛出，篮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是 (　　)
A．篮球由a到b时，动能逐渐增大 B．篮球在b 点时的机械能最大
C．篮球在a、c两点时动能相等 D．篮球由c到d时，机械能一直减小
变式2：（2024九上·鹿城月考）下图甲中过山车从A点由发，先后经过B、C、D、E点，图乙是过山车在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图。回答下列问题：
（1）过山车在B点时的重力势能　 　E点的动能。（选填“大于”“等于”“小于”）
（2）在这个过程中，过山车的机械能大小是的　 　。（选填“变大”“不变”“变小”）
变式3：如图是皮球落地后弹起过程中，每隔相同时间曝光一次所拍摄的照片。
（1）皮球离开地面上升的过程中，重力势能__________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），机械能__________。
（2）A、B两点等高，A点的速度__________B点的速度（填“大于”、“小于”或“等于”）。
易错点二、弹性形变过程中，动能最大的点的分析
①速度最大的点不是弹力为0的点，而是过程中弹力等于重力的点。
②只有仅受到重力时，物体的机械能守恒，势能减小动能增大。
③当受到弹力时，形变越大弹性势能越大，机械能减小，不守恒。
④最低点速度为0，但不是处于静止状态。此时机械能为0，弹性势能最大。
⑤若受到阻力，当静止时，处于弹力=重力的位置，此时处于平衡状态（水平运动是弹力=摩擦力）。
典例1：（2024·杭州模拟）如图甲所示原长为l的橡皮筋一端固定在O点，另一端悬挂一个质量为m的小钢球，将钢球从O点释放，钢球运动到A点后开始向上返回，O、A两点间距离为2l。钢球从O点运动到A点的过程中，能表示其动能Ek随运动距离s变化关系的图像是图乙中的（　　）
A． B． C． D．
变式1：如图，弹簧下端悬挂一个实心小球，用手托住小球，小球静止在A点，此时弹簧处于自然长度。释放小球，小球向下运动到最低点B（不超过弹簧弹性限度），小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力势能一直在减少，动能一直在增加 B．小球减少的重力势能全部转化为动能
C．弹簧的弹性势能不断增大 D．小球运动到B点时，重力势能最小，动能最大
变式2：“蹦床”是体育比赛项目，床面弹性很大，运动员可在上面反复弹跳。从高空落下的运动员刚好与水平床面接触的点为A点，能到达的最低点为B点，如图所示，运动员从B点反弹回A点的过程中，不计空气阻力，则（ ）
A．运动员在B点速度为0，受平衡力作用
B．在反弹的瞬间，运动员在B点所受重力大于弹簧弹力
C．从B点向上运动过程中，运动员的动能先增大后减小
D．从B点向上运动过程中，运动员的机械能保持不变
变式3：（2022·浙江杭州·中考真题）如图所示为蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端系在运动员双脚上，另一端固定在跳台O点。运动员由静止开始自由下落，A点处弹性绳正好处于原长；B点处运动员受到的重力与弹性绳对运动员的拉力大小相等；C点处是蹦极运动员到达的最低点。（整个过程忽略空气阻力，弹性绳的自重不计）
（1）从O点到A点的过程中，运动员的机械能___________（选填“增大”“减小”“不变”或“先增大后减小”）。
（2）从A点到C点的过程中，弹性绳的弹性势能___________（选填“增大”“减小”“不变”或“先增大后减小”，下同）；运动员的动能___________。
易错点三、对做功的两个条件理解不到位
做功的条件是有力作用在物体上和物体在力的方向上移动了距离。做功时两个必要因素(力和距离)的方向必须一致。力对物体不做功的三种情况
①有距离无力：物体没有受到力的作用，但由于惯性通过一段距离；
②有力无距离：有力作用在物体上，但物体没动，即物体没有通过一段距离；
③力与距离垂直：物体受到了力的作用，也通过了一段距离，但通过的距离与力的方向垂直。
典例1：（2023九上·温州期末）如图是小明投掷实心球的过程示意图，实心球在b点离手，d点为落地点，最后滚到e点停止运动。在整个过程中，小明对实心球有做功的是（　　）
A．ab段 B．bc段 C．cd段 D．de段
变式1：如图甲所示，物体在水平拉力的作用下由静止沿粗糙水平面向右运动，06s内拉力随时间变化的规律如图乙，速度随时间变化的规律如图丙，则在2，物体克服摩擦力所做的功为（　　）
A．10J B．30J C．50J D．80J
变式2：（2024·拱墅二模）投掷实心球是杭州市中考体测项目之一。以下情景中，人对实心球做功的是（ ）
.
A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．②和④
变式3：（2024九下·温州开学考）如图所示为四旋翼无人机，下方悬挂着一个质量为0.1千克的摄像机。在10秒内无人机从地面匀速竖直上升了20米，然后边摄像边斜向上匀速飞行了30秒，仪表盘上显示离地高度为36米。无人机前10秒对摄像机所做的功为　 　焦，整个过程中，无人机克服摄像机重力做功的功率为　 　瓦。
易错点四、杠杆的动态变化
典例1：（2024九上·武义月考）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大 B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变 D．重力G与它的力臂乘积变大
变式1：重为 G 的均匀木棒竖直悬于 O 点，在其下端施一水平拉力 F， 让棒缓慢转到图中虚线所示位置。在转动的过程中( )
A.动力臂逐渐变大 B.阻力臂逐渐变小 C.动力 F 逐渐变大 D.动力 F 保持不变
变式2：（2023九上·临海期中）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，F1的大小为　 　 N；
（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力F1的大小变化是　 。
变式3：（2023九下·杭州月考）一轻质杠杆OAB可绕O点转动，物重G＝20N的物体挂在中点A。（1）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡时，求F；
（2）用竖直向上的动力F1缓慢提起杠杆至图乙所示位置，请画出动力臂l1和阻力臂l2；
（3）利用几何知识证明：F1＝F。
易错点五、支点变化时的杠杆计算
典例1：（2022·浙江九年级专题练习）如图所示，杠杆AB放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽CD中，杠杆AB能以凹槽两端的C点或D点为支点在竖直平面内转动，长度，左端重物。（杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计）
（1）当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕_________（选填“C”或“D”）点翻转。
（2）为使杠杆AB保持水平位置平衡，拉力最小值___________，最大值___________。
变式1：（2023九上·余姚期末）一均匀木板长15米，重400牛，对称地搁在相距为8米的A、B两个支架上，一体重为500牛的人从A点出发向右走去，如图，在板刚翘起之前，她走了　 　米。
变式2：（2022·浙江杭州·九年级期末）小和尚甲、乙将总质量30kg的水桶（含水）用轻绳悬于轻质木棍的O点，分别在A、B点以竖直向上的力共同抬起木棍，如图，已知AO：BO=3：2，忽略手对木棍的作用力。
（1）将水桶从地面缓缓抬起50cm，至少需克服水桶（包括水）的重力做功___________J；
（2）若抬起水桶后木棍保持水平，小和尚乙肩部所受压力为多大？( )
变式3：（2023·萧山模拟） 升降晾衣架(如图)给日常生活带来许多方便，转动手摇器能使横杆上升或下降。
（1）安装在天花板上虚线框内的简单机械应是　 　。(选填“定滑轮“动滑轮”或“杠杆”)
（2）使用一段时间后，对手摇器的转轴添加润滑剂，目的是 　 　。
（3）由于使用不当，造成晾衣架右侧钢丝绳受损，最多只能承受15 N的力，左侧钢丝绳能正常使用。晾衣架的横杆上有11个小孔，相邻两孔间的距离均为20 cm。现准备将重为20 N的一件衣服挂到水平横杆的小孔进行晾晒，通过计算说明挂在哪些编号的小孔，右侧钢丝绳会断裂(横杆、衣架和钢丝绳等自重不计)。
易错点六、在实际电功率计算过程中考虑灯泡的电阻是否变化
小灯泡的电阻随着温度的变化而变化，解题时要根据图像正确列式计算。
典例1：（2023·舟山模拟）如图甲电源电压U=12V，灯泡L的额定电压为9V，其电流与电压的关系如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为25Ω。 则灯泡L正常发光时的阻值约为　 　Ω。在调节滑动变阻器的过程中，灯泡L消耗电功率的最小值是　 　W。
变式1：标有“6 V　1.5 W”的小灯泡,通过它的电流随电压变化的关系如图所示。若把这样的两只灯泡串联接在8 V的电源上,则此时每只灯泡的电阻及功率为 ( )

A.24 Ω　0.67 W B.24 Ω　0.8 W C.20 Ω　0.96 W D.20 Ω　0.8 W
变式2：（2022·鹿城模拟）如图甲所示，电源电压一定，将滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端，灯泡的U-I图像如图乙所示。当电流为1A时，灯泡正常发光，则灯泡的额定功率为　 　W，滑动变阻器的最大值为　 　Ω。
变式3：（2024九上·东阳期末）在图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡的额定电压为，灯泡的额定电压为，图乙是灯泡的图象．
（1）当开关S接a时，电压表的示数为，电流表的示数为，调节电源电压，使灯泡正常发光，此时消耗的功率为，灯泡的额定电流为　 　．
（2）开关S接b时，通过调节电源电压可使电路允许达到的最大总功率是　 　．
重难点七、求最大动力臂和最小动力
由F1 x L1=F2 x L2知，当阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，动力臂最长时，动力最小。要求最小动力，应先求最大动力臂。
(1)找最大动力臂的方法:
①动力作用点确定时，支点到动力作用点的线段长即为最大动力臂；
②动力作用点没有确定时，应看杠杆上哪一点离支点最远，则这一点到支点线段长即为最大动力臂。
(2)最小动力的作法:
①作出最大动力臂(即连接支点与最远点作为最大动力臂)；
②过动力作用点作最大动力臂的垂线，根据实际情况确定动力方向。
(3)若动力臂和阻力一定时，由杠杆平衡条件可知，阻力臂最小时，动力最小。
典例1：（2023九上·杭州期末）一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）力最小时它的力臂L=　 　米。
（3）求出最小力F大小。
变式1：（2022·浙江九年级期中）如图杠杆B点挂重物G，要使杠杆在图示位置平衡，画出最小力，的示意图和力臂。
变式2：（2022九上·西湖期中）如图所示，一根粗细均匀的轻质杠杆AOBC按图水平放置（支点在O点），其各段的长度关系为AO:BO:BC=4:3:4，重量为G的物体竖直悬挂在A点，
（1）请在图上画出使杠杆水平平衡的最小力的示意图。
（2）请根据杠杆平衡条件分析，（1）中最小力F=________G。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实________（“大于”、“等于”、“小于”）F 。
变式3：如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是根据壁灯建立的杠杆模型。查阅壁灯说明书，得知壁灯与支架总质量为6.0千克，B为支架ADC上一点，测得壁灯与支架总重力的作用线经过B点，BD＝35厘米，DA＝30厘米，DC＝40厘米，DC垂直于AD。
（1）若以D点为支点，请计算上方螺丝钉A受到墙面垂直的力F有多大？
（2）若在安装壁灯时需要使壁灯绕A点逆时针转动，请在图上画出施加的最小动力F1，并计算至少为多大？
重难点八、利用杠杆的生活案例
使用动滑轮并不一定都是省力的，当拉力作用在动滑轮的轴上时，费一倍的力，当拉力作用在绳子自由端时，省一半的力。
典例1：（2024九上·拱墅期末）小乐用竖直向上的拉力F拉着一个重为200N的行李箱，行李箱保持静止。如图所示为此时行李箱所受拉力F和重力G的示意图，其中O为滚轮的转轴（不计此处摩擦），OA=10cm，AB=30cm，则拉力F的大小为　 　N。若小乐沿MN箭头方向施加拉力，行李箱能否继续保持静止？判断并说明理由。　 　。
变式1：（2023九上·安吉月考）明代宋应星在《天工开物》中记载的农业生产汲水装置——辘轳，沿用至今。图甲是一种辘轳，由具有共同转动轴的大轮和小轮组成。提水时，用力使大轮转动，小轮随之转动并缠绕井绳，提起水桶。
（1）设大轮与小轮的半径比为 3∶1，水桶受到的总重力为 90N。若要使辘轳静止在图乙所示位置，作用在C点最小的力应为　 　N。(不计井绳的粗细和自重)
（2）图丙所示水龙头开关的设计也应用了同样的原理，开关应选用　 　(选填“①”或“②”)更省力。
变式2：（2024九上·上城期末）厨房里的锅盖架方便使用，如图甲所示。架子质量较小可以忽略不计，通过螺丝固定在墙上，就可放置质量更大的锅盖。
（1）若放置一个质量为2.4kg的铁质锅盖，如图乙所示。通过计算判断，螺丝固定处所受的总水平拉力为
（2）结合杠杠知识，试说明为什么锅盖越大越重，这种架子越容易掉下来
（3）如何改进锅盖架，能够让它承重性能变得更好
变式3：（2023九上·杭州月考）小明推着购物车在超市购物，如图所示，购物车与货物的总质量为30kg，B、C点为车轮与地面的接触点，当购物车前轮遇到障碍物时，小明先后两次在A点对购物车施加竖直方向的作用力，使车的前后轮分别越过障碍物。越过障碍物的推车，可视为杠杆。
（1）图甲中，小车越过障碍时属于　 　杠杆。
（2）图甲中小明在A点施力的力臂为多少m？阻力为多少N？
（3）图乙中小明在A点施力大小F乙为多少N？
重难点九、滑轮组动力和阻力相关物理量(大小、距离、速度)的分析
典例1：（2024九上·鄞州期末）如图所示，小宁组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，（不计绳重、滑轮重和摩擦）。将物体竖直匀速提升，下列说法正确的是（　　）
A．，施力处向上移动 B．，施力处向上移动
C．，施力处向上移动 D．，施力处向上移动
变式1：（2024·舟山模拟）在野外用滑轮组拉越野车脱困时的情景如图所示，有关力的分析正确的是（　　）
A．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
B．车拉滑轮组的力与滑轮组对车的拉力是一对平衡力
C．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为1200N
D．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为800N
变式2：（2023九上·义乌期末）如图所示，物体A的质量m=12kg，在拉力大小为30N的F作用下，物体A以0.1m/s的速度在水平面上做匀速直线运动10秒钟，并且绳子足够长，此过程该装置的机械效率为80%。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧测力计的示数为15N B．拉力F的功率为6瓦
C．拉力F做功30J D．该过程中有用功为12J
变式3：（2024九上·绍兴期末）如图是一个定滑轮(质量为3kg)和一个动滑轮(质量为2kg)组成滑轮组。用该滑轮组在4秒内将重物竖直向上匀速提升4m，所用拉力F=100N，不考虑绳重和摩擦影响。
（1）在该滑轮组中滑轮A的作用是：　 　。
（2）拉力F做功的功率为　 　W。
（3）在提升该重物时滑轮组的机械效率为　 　。
重难点十、探究小灯泡的额定功率
典例1：（2024九上·鹿城月考）小明用图甲所示电路来测量小灯泡的电功率（部分器材的规格已标明）。
（1）闭合开关进行小灯泡额定功率测定的实验，当移动滑动变阻器到图中位置时，电压表示数为2伏，接下来的操作是　 　。
（2）小明进行了六次实验，记录实验数据并在U-I图像中描点，得到小灯泡两端的电压与电流的关系图像如图乙所示。则根据记录的数据和图像可知：小灯泡的额定功率为　 　瓦。
（3）实验结束后，小明继续对滑动变阻器两端电压与通过它的电流关系进行探究，画出了对应的U-I图像如图丙，请你在图中“①”、“②”或“③”三条虚线中选择正确的一条，并说明你选择的依据　 　。
变式1：（2024·金东模拟）科学兴趣小组开展“测量小灯泡电功率”的实验，所用电源为3节新干电池串联，小灯泡的额定电压为3.8V，滑动变阻器上标有“20Ω IA”字样，小金同学根据设计好的电路图如图1 所示连接好电路。
（1）图1中，甲、乙是两只电表，则甲是　 　表；
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有正常偏转，但偏转的角度较小。则接下来应进行的操作是____；
A．更换小灯泡
B．检查电路是否断路
C．移动滑动变阻器滑片，观察灯泡是否发光
（3）继续实验，观察到电压表的示数为2伏，要使灯泡正常发光　 　端移动 (填“a”或“b”) ；
（4）小组同学为了得到比较准确的小灯泡额定功率，用同一套器材做了三次实验(电压表均调到3.8V)，获得三组数据 (如表)：
实验序号 电流表示数/A 额定功率/W 额定功率的平均值 N
1 0.71 2.698 P=2.698+2.622+2.584：=2.6353
2 0.69 2.622
3 0.68 2.584
请判断该处理数据的方法正确与否，并说明理由：　 　。
变式2：小丽在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：电压恒为3V的电源一个、小灯泡（额定电压为2.5V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关各一个，导线若干。
（1）如图甲所示是小丽连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线；
（2）连接电路过程中，开关应该　 　（选填“断开”或“闭合”），滑动变阻器的滑片应该移动到　 　（选填“最左”或“最右”）端；
（3）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是____；（填选项符号）
A．灯泡短路 B．灯泡断路 C．滑动变阻器短路 D．滑动变阻器断路
（4）电路故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针如图乙所示，则此时通过小灯泡的电流是　 　A；
（5）电路连接正确操作后，小灯泡发光，此时电压表的示数为2.0V，为了测量小灯泡的额定电功率，这时应该向　 　（选填“左”或“右”）端移动滑动变阻器的滑片；
（6）小丽根据记录的多组I-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象（如图丙所示），则小灯泡的额定功率为　 　W；
（7）小丽根据小灯泡的I-U图象（如图丙所示），分析出小灯泡的电阻随两端电压的增大而　 　（选填“增大”“不变”或“减小”），你认为原因是　 　。
变式3：（2024九上·临海期末）为探究小灯泡亮度与电功率的关系，兴趣小组利用电压恒为3伏的电源、滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲进行实验，获得相关数据如表。图乙是实验过程中电路总功率、小灯泡功率随电流变化的曲线。
次数 1 2 3 4 5
电压U/V 0.1 0.9 1.7 2.1 2.5
电流I/A 0.05 0.19 0.24 0.26 0.28
功率P/W 0.005 0.171 0.425 0.546 0.725
小灯泡亮度 越来越亮
（1）从第2次到第3次实验，滑片P应向　 　移动。
（2）乙图中线段CD表示的物理量是　 　。
（3）整理数据发现，当小灯泡两端电压变大时，灯泡电阻也变大，请分析原因。　 　
重难点十一、多档位电热器的计算
典例1：（2023九上·义乌期末）图甲为市面上的某款电热毛巾架，额定电压220V，简化的工作电路如图乙。该毛巾架通过智能系统实现加热、保温档自动切换。图丙为该毛巾架在正常工作30分钟内功率的变化情况。
完成下列问题：
（1）加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为多大
（2）分析计算图乙电路中定值电阻R1的阻值为多少欧
（3）毛巾架正常工作30分钟总共消耗多少电能
变式1：某电热器的简化电路如图所示，可通过转动旋钮开关实现加热和保温功能。该电热器额定电压为220伏，R1=2000欧，R2=484欧。
（1）开关转至ac位置时，电阻R1和R2的连接方式是________。
（2）开关转至bd位置时，该电热器可实现________功能、它的额定功率是________瓦。
变式2：（2024九上·金东期末）如图-1，是某型号电暖器。它有高温、低温两个挡位，其简化电路图如图-2所示。R1和R2均为发热电阻，其部分参数如图表所示。请完成下列问题：
额定电压 220V
额定功率 高温挡 2200W
低温挡 1100W
（1）当开关S1、S2均闭合时，电暖器处于　 　挡；
（2）求该电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流大小；
（3）在某次用电高峰期，小金用如图-3所示的电力监测仪，测出该电暖器在低温挡工作时的实际电压为210V，实际功率为900W。小金由此认为实际功率小于额定功率，只是因为实际电压小于额定电压造成的。小兰和小江却一致认为小金的观点不全面。请你根据题中信息和所学知识，解释实际功率小于额定功率的原因。
变式3：（2024九上·杭州期末）在3D打印笔中装入塑料条，接通电源，等待一段时间后即可挤出热融的塑料，塑料在空气中迅速冷却变成特定的形态（如图甲）。其内部电路如图乙，R1、R2是相同的PTC（热敏材料）发热电阻。单个电阻与温度的关系如图丙。
（1）打印笔工作时，发热功率有高、低两档。当S、S1都闭合时，处于　 　档。
（2）温度在120℃-360℃之间时，打印笔工作时的发热功率随温度的升高而逐渐　 　（选填“增大”或“减小”）。
（3）打印笔正常工作时电压为220伏，高挡打印时，电阻的温度为250℃，打印笔的电功率是多少
重难点十二、非纯电阻的计算
典例1：有一个电动机接在电压为6V不变的电源上，用手捏住电动机不让它转动，电流为3A，松手后电动机稳定转动，电流为0.3A．求：
（1）求电动机线圈电阻；
（2）电动机转动时电能转化为机械能和热能，求电动机转动时每分钟线圈产生的热量。
变式1：（2022九上·余姚月考）如图所示，电阻R和电动机串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（　　）
A．W1＜W2 Q1＝Q2 B．W1＝W2 Q1＝Q2
C．W1＝W2 Q1＞Q2 D．W1＜W2 Q1＜Q2
变式2：（2023九上·玉环月考）如图所示，电源电压恒为12 V。闭合开关S，当滑动变阻器的阻值为10 Ω时，电压表的示数为10 V，此时电动机正常工作，则滑动变阻器消耗的功率是　 　W；若电动机内部线圈的电阻为2 Ω，则通电5 min电流通过电动机内部线圈产生的热量是　 　J。
变式3：如图是小金研究电动机转动是否对小灯泡的亮度有影响的电路图。开始小金先抓住转轴合上开关，观察小灯泡的亮度；接着放开转轴让电动机转动，继续观察小灯泡亮度的变化(已知：小灯泡的电阻为R，电动机线圈电阻为r，电源电压为U)。由此请你回答：
（1）在电动机未转动时，t时间内电流在电路中产生的热量为　 　(填写表达式)。
（2）在电动机转动时，电流所做的功　 　(填“大于”“等于”或“小于”)电流在电路中产生的热量。
（3）小金判断电动机转动后小灯泡会更亮，你认为小金的判断正确吗？并根据学过的知识给以解释。
1．（2024·宁波一模）撑杆跳高是一项运动员经过持杆助跑，借助撑杆的支撑腾空越过横杆的运动，起源于古代人类使用木根、长矛等撑越障碍，如图所示，当运动员支起撑杆落地到运动员最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的动能不变
B．撑杆的弹性势能先增大后减小
C．撑杆的弹性势能全部转化为运动员的动能
D．运动员的机械能不变
2．（2024·舟山模拟）教职工排球比赛正在如火如荼的进行中，如图是王老师发球的轨迹，O为发球点，A为最高点，B为落地点。排球在离开打排球教师的手后（　　）
A．O点后能继续上升，由于受到惯性力的作用
B．O点到A点的上升过程中，重力势能逐渐减小
C．在最高点A点时动能为零
D．O点到B点的整个过程中机械能不断减小
3.（2022九上·舟山期中）如图所示，将一弹簧固定在水平桌面上，在其上放置一个小钢球，钢球静止时弹簧长度为L，用手向下压弹簧到一定程度，释放后钢球运动到距离水平桌面2L处，不计能量损失，整个过程中，对钢球分析错误的是（　　）
A．甲图中，钢球静止时受到平衡力的作用
B．钢球在弹簧上静止时，弹簧的弹性势能不为零
C．钢球上升但未离开弹簧之前钢球先加速后减速运动
D．钢球上升但未离开弹簧之前，弹簧越小的弹性势能等于小球增加的重力势能
4.（2022九上·鄞州期中）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小
5．如图所示，要使杠杆平衡，作用在 A 点上的力分别为 F1 、F2 、F3 ，其中最小的力是（ ）
A．沿竖直方向的力 F1
B．沿垂直杠杆方向的力 F2
C．沿水平方向的力 F3
D．无论什么方向用力一样大
6．（2023九上·磐安期末）质量为6kg的物体A放在水平桌面上，利用如图所示的装置使物体以0.2m/s的速度做匀速直线运动，弹簧测力计始终保持水平，其示数为3N，不计绳子与滑轮组之间的摩擦，则（　　）
A．作用在绳端的拉力F为9N B．水平桌面对物体A的摩擦力是3N
C．在2s内拉力F做功1.2J D．在2s内拉力F的功率是1.8W
7．（2023九上·杭州期中）重为30N的A物体，用图甲、乙所示两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1=18N，F2=8N，A物体在5s内速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
8．用轻质的细线将4N的物体系在标有“3V0.5W”的小电动机上，当小电动机接在3V的电源上时，10s内将物体提升了1m。关于该过程，下列说法错误的是（　　）
A．电流做了5J的功
B．消耗了5J的电能
C．只有4J的电能转化为机械能
D．只有4J的电能转化为其他形式能
9．如图为遥控直升飞机，该直升飞机的质量是60g，当电动机的电压为3V，通过电动机的电流为0.1A时，该直升机恰好以0.4m/s的速度匀速竖直爬升4m。则（　　）
A．电动机线圈电阻30欧
B．直升飞机在爬升过程中，机械能不变
C．直升飞机在爬升过程中，机械能增加2.4J
D．10s内电流通过电动机产生的热量为3J
10．如图所示，当开关闭合时，电路中的电流为1A，电压表V2的示数是10V，定值电阻R的阻值为4Ω，电动机M的线圈电阻为1Ω，不计摩擦，下列说法不正确的是（　　）
A．电压表V1的示数为6V
B．电路消耗的功率是10W
C．通电一分钟电流通过电动机产生的热量是240J
D．通电一分钟电动机产生的机械能是300J
11．（2022·浙江·九年级期末）如图所示是一只USB接口的便捷式小风扇，它的额定电压为5V，额定功率为5W，输出功率为4.5W。某一次使用不当，造成电动机卡死电动机线圈温度过高而烧坏，则小风扇电动机线圈的电阻为______，卡死时电动机线圈1min产生的热量是______。
12．（2022·浙江绍兴·九年级期末）在水平地面上有一长方体木箱。小林用水平推力F把木箱向前推，如图甲所示。此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示。
（1）0~1秒内，推力F对木箱是否做功___________（选填“是”或“否”）；
（2）3~5秒内，推力F对木箱做功___________焦。
13.（2022·婺城模拟）小金同学用已调好的弹簧测力计测量-一个放在水平桌面上的钩码的重力，他从图甲所示位置(此时指针指0刻线)开始将测力计缓慢竖直向上提起，记下测力计移动的距离h和对应的读数F，并描出F-h图象如图乙所示：
（1）钩码的重力为________N。
（2）当h=15cm时，弹簧测力计对钩码所做的功为________J。
14.（2023九上·嘉兴期末）小嘉发现家里的手电简使用久了，亮度会变暗。为探究原因，他拆下灯珠进行如下实验（灯珠上标有“2.5V”的字样）：
①设计电路图，用导线完成电路连接。
②闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数分为 2.0V、2.5V、3.0V 时，将电流表的示数分别填入记录表中。
序号 电压(伏) 电流(安) 灯泡亮度
1 2.0 0.18 暗
2 2.5 0.20 亮
3 3.0 0.22 很亮
据此回答下列问题：
（1）用笔画线代替导线，将电压表连入电路中。
（2）由实验数据可知，小灯泡的额定功率是　 　。
（3）根据实验结果，请解释手电筒用久了会变暗的原因　 　。
15．（2024九下·柯桥会考）小柯在测量小灯泡电功率的实验中，选取额定电压为2V的小灯泡，电压恒为6V 的电源，滑动变阻器（R1:10Ω 0.5A， R2:15Ω 1A， R3:50Ω 2A）,电压表，电流表， 开关和导线若干，按如图甲所示电路进行实验。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整　 　(要求：滑片向左移时，灯泡变暗)。
（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器至电压表示数为2V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是　 　W。
（3）完成该实验的过程中，选择哪种规格的滑动变阻器最合适　 　. (选填“R1”、“R2” 或 “R3” )
（4）小柯认为该电路还可以用于探究电流与电压的关系，但必须更换其中一个实验器材，该如何更换 　 　。
16．小科在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选取的电源电压恒为6 V，所用小灯泡的额定电压为“4.5 V”。
（1）甲图中实物电路连接完整后，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片向　 　(填“左”或“右”)移至阻值最大处。
（2）若电压表0~15 V量程损坏，在不更换电路元件的前提下，通过　 　的方法调整电路，仍可测出小灯泡的额定功率。
（3）调整好电路后，闭合开关，调节滑动变阻器得到电流表和电压表的示数如图乙，则小灯泡的额定功率为　 　W。
（4）为了提高测量精确程度，小宁认为：“因灯泡额定电压已知，故可采用多次测量求出灯泡电阻的平均值 ，然后利用额定电压和电阻求出灯泡额定功率”。小宁的方案是否可行，请你评价小宁的方案，并说明原因：　 　。
17．（2024·杭州模拟）小科用图甲电路测量小灯泡不同电压下的电功率，该小灯泡的额定电压为2.5V， 电源电压为3V， 滑动变阻器的规格为“20Ω， 2A”。
（1）请用笔画线代替导线把图甲的电路连接完整。
（2）开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应移到　 　端(选填“左”或“右”)。
闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图乙所示，则此时小灯泡的功率为　 　W。
（3）小科测出几组小灯泡的电压和电流后，画出的电流随电压变化图像如图丙所示，根据图像推测，当小灯泡两端电压为0.5V时，你认为通过小灯泡的电流大小最有可能的是　 　(选填“0.04A”“0.12A”或“0.20A”) 。
18．（2024·杭州会考）小科利用两节新干电池、滑动变阻器(1安20欧)、电压表(0~3V)、电流表(0~0.6A)、额定电压为2.5V的小灯泡、定值电阻(5欧、10欧、15欧)各一个、开关和导线若于进行电学实验。
（1）为了测量小灯泡的电阻，请用笔代替导线，完成图甲中电路连接　 　。当小科连接好最后一根导线时，小灯泡立即发光。请你指出他在实验操作中的不当之处　 　。
（2）小科掌握正确操作后，闭合开关，移动滑片，进行了多次实验测得数据如下表。通过数据分析，此小灯泡的额定功率为　 　。
序号 1 2 3 4 5
U/V 1.0 1.5 2.0 2.5 2.8
I/A 0.2 0.21 0.22 0.25 0.26
灯泡亮度 不亮 微光 微亮 亮 很亮
（3）小科认为根据提供的器材还可以探究电流与电阻的关系。于是他将小灯泡换成5欧的定值电阻，闭合开关，滑动滑片，此时，电流表读数如图乙所示。然后分别换上10欧、15欧的定值电阻，滑动滑片至适当位置，重复上述操作。其中的“适当位置”是指　 　 。
19．（2024·杭州模拟）文文用图甲所示器材测量小灯泡电功率。待测小灯泡L的额定电压为2.5V，额定功率小于1W，电源为两节干电池，滑动变阻器R的规格为“20Ω1A”。
（1）请你用笔画线代替导线，在图甲中把电路连接完整(滑片向右移动，灯泡变亮)。
（2）文文正确连接完电路，发现无论怎样移动滑片，灯泡两端电压无法达到额定电压，接下来应该____.
A．更换阻值更小的滑动变阻器
B．更换两节新干电池
C．重新连接电路
（3）排除故障后，通过正确操作，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示、小灯泡的额定功率为　 　W：小灯泡用久了，钨丝会变绌，在2.5V 电压下，小灯泡实际功率 　 　(选填“大于“、“小于”或“等于”) 额定功率。
20．（2024九上·镇海区期末）探究小组在进行“测定小灯泡的电功率”的实验中，所用电源电压为3V且保持不变，小灯泡的额定电压为2.5V，如图甲所示连接电路。
（1）闭合开关，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）故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P到某一位置，电压表的示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向　 　（填“A”或“B”）端移动。
（3）在将滑片P从阻值最大处移至合适位置的过程中，小组同学记录了多组电压表和电流表的数据，描绘出如图丙所示的I-U图像。其中，U0表示电源电压。若图中的阴影部分表示电压为2.0V时灯泡消耗的实际功率大小，请你在图中将表示此时滑动变阻器消耗的实际功率大小的区域涂黑。
21．（2023九上·宁海月考）如图所示，用10N的力F沿水平方向拉滑轮，可使物体A以0.2m/s的速度在水平面上匀速运动。弹簧测力计的示数恒为2N（不计滑轮、弹簧测力计、绳子的重力，滑轮的转轴光滑），计算：
（1）物体A受到地面的摩擦力是多少？
（2）物体A受到B的摩擦力是多少？
（3）滑轮移动的速度是多少？
（4）拉力F做功功率为多少？
22．（2022·浙江台州·九年级期末）小科想挑选一个能量转换效率高的小电动机，装载到模型上参加校科技节电动船竞速比赛。于是自己动手探究，步骤如下：
第1 步：将小电动机和电流表串联接入电路（如图）；第2 步：用尖嘴钳卡住小电动机的转轴，使其不转动； 第3 步：将尖嘴钳拿走，使小电动机正常转动；
第4 步：分别将上述两种情况的有关数据记录在表格中。
电动机两端的电压（V） 电动机的工作状态 通过电动机的电流（A）
3.0 不转动 2.0
3.0 正常转动 0.2
请利用所学的知识回答下列问题（列式计算）：
（1）1 分钟内电流通过电动机正常转动时产生的热量是多少？_______________________
（2）这个小电动机正常工作 1 分钟时输出的机械能是多少？___________________________
23．用12V的电源为微型电动机供电的电路如图（甲）所示。当把滑片移到最左端时，闭合开关S，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图（乙）所示。当电流稳定时，电动机正常工作。已知电动机转动时欧姆定律不适用，并忽略温度对电阻的影响，试解答下列问题。
(1)电动机是利用________原理制成的；
(2)当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率_______；
(3)求电动机正常工作时的机械效率_______。
24．（2024九下·萧山月考）如图所示是一直流电动机提升重物的装置。已知重物质量m＝50kg，电源电压U=110V保持不变，电动机线圈的电阻R=4Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流=5A。
（1）求该电动机的机械功率；
（2）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小。
（3）若某次电动机卡住不能转动，电动机容易烧毁，请说明理由
25．（2024九上·余杭期末）如图所示，在住宅中通常用固定在墙上的三角支架ABC放置空调外机。如果A处固定的螺钉脱落，则支架会倾翻造成空调外机坠落事件。已知AB长80cm，AC长50cm，室外机的重力为500N，重力作用线正好经过AB中点。
（1）在图中画出三角支架A处所受的水平作用力F的示意图及其力臂。
（2）计算三角支架A处所受的水平作用力F的大小(支架重力不计)。
（3）为了避免A处螺钉受力太大而脱落，导致支架倾翻空调外机坠落，安装师傅会将室外机向　 　(填“A”或“B”)靠近一些，理由是　 　。
26．已知一根质量分布均匀的圆柱体木料质量为60kg，体积为0.1m3。
（1）此木料的密度为多少
（2）如图所示，甲、乙两人分别在A 点和B 点共同扛起此木料并恰好水平，其中AO=BO，O为木料的中点。求此时乙对木料的作用力大小。(g取10N/ kg)
（3）若在(2)中当乙的作用点从B 点向O点靠近时，请列式分析此过程中甲对木料的作用力大小的变化情况。
27．（2023九上·临海期中） 如图所示，一辆汽车通过滑轮组将深井中的物体从井底匀速拉至井口，所用时间为15s，已知井深12m，物体重G物＝6×103N，汽车重G车＝3×104N，汽车匀速拉绳子时的拉力F＝2.5×103N。求：
（1）将物体从井底拉至井口的过程中，汽车拉绳子的拉力对滑轮组做了多少功？
（2）滑轮组的机械效率为多少？
（3）汽车拉绳子时拉力F的功率为多少？
28．（2023九上·杭州月考）如图所示，小Q同学重G人=600牛，物体重G物=1000N，动滑轮重G动=200N，他站在地面上拉绳子的一端，使物体以1m/s的速度匀速上升2m（绳重和摩擦不计）。
（1）小Q在绳子上所施加的拉力；
（2）小Q拉力所做的总功；
（3）求小Q 同学使用该机械提升重物时的最大机械效率。
29．（2024九上·杭州期末）如图甲所示燕尾夹包括夹柄和夹体，夹体的截面为三角形。夹柄是钢丝制成，与夹体相连接的一端可活动，燕尾夹柄可简化为杠杆ABC，其中AB=BC，以图乙方式按住C点打开该夹子，力F垂直于夹柄所在平面。
（1）杠杆ABC的支点为　 　（选填“A”“B”或“C”）。
（2）若F大小为10N时，刚好可以打开夹子，则夹体给杠杆的作用力至少为多少牛
（3）在不改变夹体的前提下，为能更轻松的打开夹子，可以使用什么办法，并列式说明理由。
30．（2024九上·海曙期末）图甲是脚踏式翻盖垃圾桶的实物图，通过两个水平杜杆组合实现脚踏翻盖，图乙为这两个杜杆和的示意图。已知桶盖重，重心位于中点的正上方，，桶盖和连接杆的尺寸如图乙所示，脚踏杆和竖直连接杆的质量不计。
（1）杜杆阻力臂长度为　 　；
（2）若要把桶盖翻开，脚对踏板处的压力至少为　 　。
31.（2022·浙江杭州·中考真题）为弘扬红军长征精神，铸造厂用铁合金制作了如图甲所示的红军战士雕像。为确保运输与安装的安全，需要测量出雕像的重力和重心所在位置。其测量方法如图乙所示，将雕像水平放置在上端装有压力传感器的支架上，测出头部A处和脚后跟B处之间的距离为175cm。用数据线分别连接两边支架上的压力传感器，测出A处和B处受到的压力FA和FB（可通过显示器直接读取压力大小），其测量值如表所示。
（1）雕像受到的重力为多少？
（2）雕像重心距脚后跟B处的距离是多少？
压力 显示器读数/N
FA 3200
FB 2400
32.（2023·杭州）如图所示为自动升降单杆晾衣架，顶盒中有牵引装置，甲、乙是连接牵引装置和水平晾杆的竖直钢丝绳，水平晾杆上有7个挂衣孔，相邻两孔间距相等，甲、乙钢丝绳悬挂晾杆的点分别与1号、7号孔中心对齐。现把重为30N的衣服（含衣架）挂在5号孔（不计晾杆和绳的重力，不计摩擦和空气阻力）。
（1）绳甲对晾杆的拉力为F甲，绳乙对晾杆的拉力为F乙，则F甲　 　F乙（选填“大于”“等于”或“小于”）。
（2）此时绳甲对晾杆的拉力F甲为多少？
（3）闭合开关，牵引装置工作，将晾杆保持水平状态匀速提升1.2m，用时10s，此过程该装置牵引钢丝绳做功的功率是多少？
33．已知一根质量分布均匀的圆柱体木料质量为60kg，体积为0.1m3.问：
（1）此木料的密度为_________。
（2）如图所示，甲、乙两人分别在A点和B点共同扛起此本料并恰好水平，其中AO=OB，O为木料的中点，当乙的作用点从B点向O点靠近时，在此过程中甲对木料作用力大小变化情况是_________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
34．庆元大桥在热火朝天的建造中，引来市民驻足观看。小丽观察到吊车支腿撑开立在工地上，如图甲所示。小丽查询了该吊车的一些参数：整车自重10吨，车宽2.6米，左右支腿跨度5.2米。
（1）某过程吊车用0.1米/秒的速度将6吨的货物匀速提升5米，求该过程中：
①吊车对货物做功__________焦；
②吊车提升货物的功率是多少__________？
（2）若吊臂长9.2米，吊臂与水平面成60°角时，重心在车的中心，如图乙所示，求吊车能吊起货物的最大质量__________。
35.（2023九上·上城期末）冬季严寒小周家购置了电热桌垫，如图甲，其工作原理如图乙，查看说明书后发现该电热桌垫由12V电源供电，发热部分由R1、R2两条电热丝组成，阻值分别为6Ω、4Ω，可通过调温开关高低不同的两档温度，调温挡有：关、高温、低温，若不考虑温度的变化对电阻的影响，请分析和计算：
（1）当电热桌垫处于高温档时，开关位于　 　(选填“ab”或“be”或“cd") ；
（2）当电热桌垫处于高温档时，5min内消耗的电能为多少？
36．（2023九上·柯城期末）如图是某品牌新型多功能破壁机的电路结构简化图。它具有破壁、加热和保温的功能，部分参数如表。（果汁比热容取4.2×103J/kg℃）
破壁机部分参数
额定电压 220V
破壁功率 550W
保温功率 88W
加热功率 880W
容积 1500mL
（1）求0.3kg的果汁从10℃加热到30℃时所吸收的热量。
（2）仅闭合S1时，只有破壁的功能，求此时电路中正常工作的电流大小。
（3）在破壁机加热时，开关的开闭情况是：S1断开、S2、S3闭合，仅R2工作，求R2的阻值。
37．（2023九上·杭州月考）在综合实践活动中，小明设计了一种电热饮水机电路，如图甲所示，R1和R2均为电热丝，S2是自动控制开关，可实现“低挡”、“高挡”之间的转换，饮水机工作时功率随时间的关系图象如图乙所示。求：
（1）30min内电路消耗的总电能；
（2）饮水机工作时，通过电阻R1的电流；
（3）电阻R2的阻值。
38.（2023九上·南浔期末）如图甲所示电压力锅是传统高压锅和电饭锅的升级换代产品。如图乙所示为电压力锅的电路图，接通电路后，开关S自动与触点A、B接通，开始加热；当锅内温度达到125℃，开关S自动与A、B断开，并与触点C接通，开始保温保压。现将3Kｇ初温为25℃的水加入电压力锅中，接通电路使其正常运行，电压力锅在工作过程中电功率随时间变化图像如丙所示。求：
（1）电路中R1的阻值是多少？
（2）加热过程消耗的电能是多少焦耳？
（3）电压力锅从开始运行到水温刚达125℃时的热效率。 （水的比热容为4.2×103J／（Kg·℃）
（提示：热效率是指水吸收的热量与消耗的电能之比，一般用百分数表示）
39．（2024九上·拱墅期末）如图甲所示的某品牌空气炸锅，主要由电动机带动的风扇和电加热丝组成，工作时电加热丝将空气加热，通过风扇，使高温空气在一个密闭空间内形成循环热流，通过热流使食物迅速变熟。该空气炸锅的简化电路如图乙，技术参数如表所示（不考虑温度对电阻的影响）。
额定电压 220V
风扇电动机功率 110W
额定加热功率 低温挡 660W
高温挡 1210W
（1）该空气炸锅高温挡正常工作时，空气炸锅的电源线中的总电流为多大？
（2）电加热丝R2的阻值是多少（保留整数）？
40．（2023·杭州模拟）某滚桶洗衣机自带加热功能，其洗衣过程分加热水”、“保温洗涤”、“脱水”三种状态，图乙是其简化电路图，其中电热丝R1、R2的阻值分别为24.2Ω和242Ω。
（1）当开关置于2位置时，R2与电动机并联，此时洗衣机的工作状态是　 　( 填“加，热水“保温洗涤"或“脱水”)。
（2）该洗衣机脱水过中消耗的电能主要转化为　 　能。
（3）洗衣机处于“加热水”状态(R1与R2并联)正常工作的功率为多少？
典例分析
举一反三
典例分析
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课后巩固
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