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321专题二 图像表格类题解答技巧
一、图像、表格类题型概述
图像表格型试题在物理中考试卷中占有很大比例，也是中考试题中必有的固定题型，其原因是这类题目能很好的表示所学物理知识点和物理变化规律，考察目标的知识面宽。
图像、表格信息题就是以图像和数据表格为试题的信息源，围绕材料而精心设计的题型。图像、表格信息题命题内容的取材非常广泛，可以包括力、热、电、光、能量等知识，并不局限于教材或教科书，有的取材于教材，有的取材于生活中的常见现象或常用电器，有的涉及于日常生活。试题的形式有选择题、填空题、计算题、实验探究题等。
试题是对学生能力的综合考查。主要涉及实验设计能力，数据读取、分析与处理能力，图像的识别与分析能力，运用数学工具的能力，以及灵活运用一些物理概念、规律与原理解决简单问题的能力。
二、图像、表格类题型特点
1.图像类：图像题是能力要求较高的一种题型。要求学生不仅能正确理解图像含义，而且能用物理学语言准确描述图像。通过分析图象，从中找到物理规律，同时可以考查学生将图像转换成文字，或把文字转换成图像的能力，乃至图像间相互转换的能力。
图像题的类型很多，有坐标识别型、单一曲线型、多重曲线型等。重要的是要能够通过数据、曲线、物理量把握图像特征，找出已知和未知间的联系。无论怎么复杂，关键是数形结合，数就是图像中的点—起点、转折点和终点；形就是曲线特征、坐标含义。
2.表格类：这是一类把许多物理数据及其他资料用表格形式进行统计，呈现给考生的一类考题。
表格一般有横向内容和纵向内容，纵横交叉处就是对应的数据或其他资料。有效信息就在其中。解题思路可分为三步：第一步：弄清表格设置的目的；行和列各有哪些内容（包括单位、说明）；行、列各有什么规律。第二步：理解表格的行、列含义。表格有陈列类、比较类等，目的是把文字叙述变成表格形式，简单明了，其中表达的信息也是一目了然。第三步：挖掘表格隐含信息，联系物理知识进行分析、比较和推理，弄清表格告诉什么，题目要回答什么。
技巧一：直接法
直接法是从题干给出的图像或表格信息中，直接读出其所包含的物理现象、物理规律或解题思路，对要解答的问题进行直接判断。直接法适用于图像、表格给出信息比较单一，能够直接读出或使用所学规律进行解答的题目类型。
【例题展示】
例题1（2018?铜仁市）如图所示，甲、乙两个图象分别描述了做直线运动的两个物体A、B的运动情况，根据图象得出的信息错误的是（　　）
A．B物体作匀速直线运动 B．A物体作变速运动
C．vA＞vB D．B物体运动1.5s通过的距离是3m
【解析】A、乙图是B物体的s-t图象，由图象可知，B物体通过的路程与时间成正比，所以B物体做匀速直线运动，故A正确；B、甲图是A物体的v-t图象，由图象可知，A物体的速度不随时间的变化而变化，所以A物体做匀速直线运动，故B错误；C、由图象可知，A物体的速度vA=3m/s，B物体的速度，所以vA＞vB，故C正确；D、B物体运动1.5s通过的距离为sB=vBtB=2m/s×1.5s=3m，故D正确。故选：B。
【答案】B
【跟踪训练】
1．（2018?黄石）下图是两物体做直线运动的s﹣t图象，分析图象，选出说法正确的选项（　　）
A．两物体从同一地点出发 B．两物体往同一方向行驶
C．两物体在t＝10s时刻相遇 D．两物体运动速度大小相等，都是5m/s
2．（2018?安徽）图示为某种物质熔化时温度随时间的变化的图象。根据图象，下列判断正确的是（　　）
A．该物质熔化过程持续了25min
B．该物质是晶体，熔点为80℃
C．在第30min，该物质处于固液共存状态
D．在第10min到第25min之间，由于物质温度不变，所以不吸收热量
3．（2018?广西）甲、乙两种物体的质量和体积的关系图象如图所示，则甲、乙两物体的密度之比是（　　）
A．8：1 B．4：3 C．4：1 D．2：1
4．（2017?阜新）下列压强应用的实例与液体内部压强规律有关的是（　　）
A．推土机具有宽大的履带
B．2012年蛟龙号潜水器顺利完成7km级潜水实验
C．活塞式抽水机抽水
D．在我国海拔五千多米的青藏高原哨所，战士们必须使用压力锅做饭
5．（2018?徐州）一辆汽车在平直公路上沿直线向前行驶，途中经过一段泥泞路面，如果汽车发动机的功率始终保持不变，则汽车行驶路程s随时间t的变化关系可能是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2018?大连）在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2018?巴彦淖尔）根据表中的数据，下列判断正确的是（　　）
一些物质的比热容[J/（kg?℃）]
水
4.2×103
干泥土
0.84×103
冰
2.1×103
铜
0.39×103
砂石
0.92×103
铝
0.88×103
A．阳光照射下，干泥土比湿泥土升温慢
B．因为水的比热容较大，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差大
C．同种物质状态改变，比热容不变
D．质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多
8．（2018?凉山州）下图中能正确反映通过某一定值电阻的电流与它两端电压的关系的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2018?宜昌）两个定值电阻R1、R2并联在电路中，如图甲所示，它们的电流与其两端的电压关系如图乙所示，闭合开关S，则R1，R2产生的热量之比为（　　）
A．2：1 B．1：2 C．4：1 D．1：4
技巧二：归纳法
归纳法是根据题干给出的图像或表格信息，对这些信息进行归纳、整理、总结或概括，得出物理现象或规律。利用归纳总结得出的结论，验证物理规律；这类题目要求学生熟练运用物理概念、规律，对要解答的问题进行科学性判断。
【例题展示】
例题2（2018?德州）测量滑轮组的机械效率：
步骤
如图所示为测量某滑轮组机械效率的实验装置。①实验时沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。②分析表中数据可知：实验2是用图______做的实验。③实验序号3中的机械效率η=______。
装置图
表格
实验序号
钩码重量G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
8
0.1
3.1
0.3
86%
3
8
0.1
2.5
0.4
结论
通过比较______（填实验序号）两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。通过比较2、3两次实验数据可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率______
问题讨论
实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数。你认为他的想法______（选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到________对滑轮组机械效率的影响。
【解析】（1）②根据绳子自由端移动的距离s与提升物体的高度h的关系，s=nh，故实验1中绳子的有效段数：；实验2中绳子的有效段数：；由表格数据知：第1次实验物体的重力为4N，第2次物体的重力为8N，故第1次是用甲图做的实验，第2次是用乙图做的：③第3次实验的机械效率：；（2）根据控制变量法，要探究滑轮组的机械效率与物重的关系，需要控制绳子的段数相同，改变物体的重力，表格中1、2两次实验符合要求，可以得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。比较实验2和3可得出结论：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低；（3）在弹簧测力计静止时读出了数据，由于不会克服绳与轮之间的摩擦，所以测得的拉力偏小，她的想法是不正确的，因为她没有考虑到摩擦对滑轮组机械效率的影响。
【答案】②乙；③80%；1、2；越低；不正确；摩擦力。
【跟踪训练】
1．（2018?盘锦）如图所示，是探究“浮力的大小与哪些因素有关”的实验操作，请你回答下列问题：（g取10N/kg）
（1）分析图①②③，说明浮力的大小与________有关。
（2）为了探究浮力大小与物体浸没在液体中深度的关系，可选用________图进行操作。
（3）物体A浸没在水中时，受到的浮力是________N，物体A的体积是________m3。
（4）用图中实验数据计算盐水的密度是________kg/m3。
（5）该实验主要运用的科学探究方法是________。
2．（2017?常德）下表是小利同学利用如图所示的实验装置探究液体压强规律时所测得的部分数据。
实验
次数
深度
h/cm
橡皮膜在水
中的方向
U形管左右液面
高度差△h/cm
1
3
朝上
2.6
2
6
朝上
5.4
3
9
朝上
8.2
4
9
朝下
8.0
5
9
朝左
8.2
6
9
朝右
8.2
（1）实验时通过观察________来判断液体内部压强的大小；实验所得的数据有一组是错误的，其实验序号为________。
（2）通过分析比较实验序号________的数据得出结论：同种液体内部，深度越深，压强越大。请列举出一个与此相关的实例：________。
3．（2018?无锡）某小组同学准备探究“通过导体的电流与电压、电阻的关系”实验器材有：干电池2节，滑动变阻器（20Ω，1A）、电流表、电压表、开关各一个，不同阻值的定值电阻及导线若干，图甲是他们连接的实验电路。
（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到________（选填“A”或“B”）端
（2）闭合开关后，他们移动滑动变阻器的滑片至某一位置，电压表示数为0.7V，电流表示数如图乙所示，接着继续探究，把所测数据填在了下表中
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
0.7
1
1.1
1.5
1.7
电流I/A
0.18
0.20
0.26
0.30
图乙中电流的示数为________A。
②图丙是以电流Ⅰ为纵坐标、电压U为横坐标建立的平面直角坐标系，请根据他们所测数据、在坐标系中描点，画出I﹣U图象，并标标记为a。
（3）图丙中b、c、d三条I﹣U图象，是其他组同学选择5Ω、10Ω和20Ω的定值电阻，按图甲电路测量数据所画。
①单独分析图丙中每条I﹣U图象，可以得到的结论是________。
②该小组同学发现，分析图丙中的I﹣U图象，还能得到：“当导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比”这一规律。请写出分析方法：________。
③验证②中的规律，该小组的同学选择了5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻，准备分别接入图甲电路，测量电流进行探究，有同学提议：既然探究时需要保持电阻两端电压不变，图甲中可以不用连接滑动变阻器和电压表。他们按照提议分别将三只电阻由小到大接入电路，闭合开关后，读出电流表示数分别为0.42A，0.24A，0.13A，发现无法验证②中的规律。于是他们计划仍按图甲进行探究，分析测量数据后，选定准备加在电阻两端的电压值U．为确保完成验证，则这个电压值U的范围为________。
A.1.5V＜U≤3V B.1.3V＜U＜2.1V C.1.3V＜U≤2.6V D.2.1V＜U＜2.6V
4．（2018?盘锦）在“测定小灯泡电功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V。（1）图甲中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并在图中改正（导线不许交叉）。
（2）正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮。两电表无示数。为判断故障、将电压表与滑动变阻器并联，电压表有示数，则电路发生故障的原因是________。
（3）排除故障后闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P到某一点，电压表示数如图乙所示为________V。
（4）根据实验记录绘制Ⅰ﹣U图象如图丙所示，根据图象信息，计算小灯泡的额定功率是________W。
（5）完成上述实验后，小敏设计了如图丁所示的电路，测出了额定电流为I额的小灯泡的额定功率。实验方案如下：（电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R1）
①按电路图连接电路。
闭合开关________，移动R1滑片，使电流表的示数为I额灯泡正常发光。
闭合开关________，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额。
保持________滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。
小灯泡额定功率的表达式为P额＝________。（用I额、I1、I2、R1表示）
5．（2018?莱芜）小华在做“测量小灯泡电功率”的实验中，实验室有如下器材：电源（电压恒为6V），小灯泡L（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω），电流表、电压表、开关、规格分别为“10Ω1A”的滑动变阻器R1和“50Ω0.5A”的滑动变阻器R2各一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，帮小华同学将图甲中的电路连接完整；
（2）为了顺利完成实验，小华应选用规格为________（选填“R1”或“R2”）的滑动变阻器；
（3）连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，原因可能是________；
（4）排除故障后，移动滑动变阻器滑片P的位置，获得多组对应的电压值和电流值，绘制小灯泡U﹣I图象如图乙所示，小灯泡的额定功率为________W．分析乙中图象发现小灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是________；
（5）小华打算增加一个阻值为15Ω的定值电阻R0，只利用一只电表，通过操作图中单刀双掷开关（单刀双掷开关分别接“a”、“b”各一次）测量小灯泡的额定电功率，图丙、图丁是他设计的两种不同方案的电路图，则以下判断正确的是________。
A．两种方案都能 B．两种方案都不能
C．丙方案能，丁方案不能 D．丙方案不能，丁方案能
6．（2018?自贡）在“探究串联电路电压的特点”活动中。
（1）如图所示，连接电路时，至少需要________根导线；实验中应选择规格________（相同/不同）的小灯泡。
（2）在测L1两端电压时，闭合开关，发现电压表示数为零，原因可能是________（填出一种即可）。
（3）小芳保持电压表的B连接点不动，只断开A连接点，并改接到C连接点上，测量L2两端电压。她能否测出L2两端电压？________，理由是________。
（4）小明分别测出AB、BC、AC间的电压并记录在如下表格中，分析实验数据得出结论：串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。请对小明的做法进行评价：________。
UAB/V
UBC/V
UAC/V
2.4
1.4
3.8
技巧三：公式法
这种方法是把题中给出的图像或表格信息，利用物理公式直接进行计算、分析解决问题的方法；也可以利用图表信息验证物理规律。21教育网
【例题展示】
例题3（2018?镇江）如图1所示，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2所示，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω．则灯泡L正常发光时的功率为________W．阻值为________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．在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是________（选填“一定向左”“一定向右”或“向左、向右均可”）。
【解析】（1）灯泡正常发光时的电压为9V，由图象可知，灯泡正常发光时的电流IL=1.5A，灯泡L正常发光时的功率：PL=ULIL=9V×1.5A=13.5W；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，变阻器接入的最大阻值R=10Ω；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×10Ω，所以，，当UL′=0V时，I=1.2A；当UL′=7V时，I=0.5A；根据（0，1.2）、（7，0.5）在坐标图中画出I与UL′的图象，与灯泡电阻的电流与电压的关系图相交的点为（2V，1A），如图：
即：R与L两端的总电压是12V时，电路中的电流为1A，此时灯泡两端电压为2V，则灯泡的最小功率：PL最小=UL′I=2V×1A=2W；（3）原来电路中的电流为I1（即通过灯的电流），设滑片往左滑一段距离后电路中的电流为I2（即通过灯电流），根据分压原理，变阻器分得电压变小，由串联电路电压的规律，此时灯的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1＜I2，所以（U为电源总电压），根据欧姆定律，即R总2＜R总1；滑片向左移动后电路的总电阻小于原来的电路总电阻，根据P=UI灯功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，由电阻的串联规律可知：小灯泡阻值增大的值△R1小于变阻器连入电路中减小的值△R2，即小灯泡阻值的变化量大小为△R1小于滑动变阻器连入电路阻值的变化量大小为△R2，即R的阻值变化量比L的阻值变化量大。滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，电阻减小，所以灯丝电阻的减小量△R1小于滑动变阻器的增大量△R2，故滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大。
【答案】13.5；6；2；向左、向右均可。
【跟踪训练】
1．（2018?莱芜）如图所示是甲和乙两种物质的质量与体积关系图象，分析图象可知（　　）
A．若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大 B．若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小
C．乙物质的密度为0.5kg/m3 D．甲、乙两种物质的密度之比为4：1
2．（2018?德州）两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程（s）﹣时间（t）图象如图所示，根据图象，下列判断正确的是（　　）
A．两次物体运动的速度：v1＜v2
B．两次物体所受的拉力：F1＞F2
C．0﹣6s两次拉力对物体所做的功：W1＞W2
D．0﹣6s两次拉力对物体做功的功率：P1＜P2
3．（2018?百色）如图所示是电阻甲和乙的I﹣U图象，下列说法正确的是（　　）
A．电阻乙为定值电阻
B．当电阻甲两端电压为2 V时，R甲＝0.4Ω
C．只将电阻甲和乙串联，若电路电流为0.2 A时，则电路总电阻为15Ω
D．只将电阻甲和乙并联，若电源电压为2 V时，则电路总电流为0.4 A
4．（2018?西宁）有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．A的电阻值为6.25Ω
B．A和B串联，电路中电流为0.4A时，A、B的电功率之比为5：4
C．A和B并联在电压为2.5V的电源两端，A、B的电功率之比为5：4
D．当A和B串联，两者电阻相同时，电源电压为3V
5．（2018?重庆）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满了水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门。现打开阀门控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图（乙）所示，则阀门未打开前水对容器底都的压强为________Pa．当t＝52s时，细杆对物体的作用力大小为________N。
6．（2018?十堰）将一底面积为0.01m2的长方体木块用细线栓在一个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水直到木块上表面与液面相平，如图甲所示，在此整个过程中，木块底部受到水的压强随容器中水的深度的变化如图乙所示，则木块所受到的最大浮力为________N，木块重力为________N，细线对木块的最大拉力为________N．（g取10Nkg）
技巧四：图表分析法
图表分析法是在题干给出的图像或表格信息中，通过分析、整理或逻辑推理，利用物理规律进行判断的题型。此方法要求考生具有一定的分析判断能力，逻辑推理能力和运用综合能力，具有一定的难度。
【例题展示】
例题4（2018?广安）电饭锅是家中常用的用电器，下表是小宇家中一台电饭锅的铭牌，其内部结构简化如图所示，其中R1和R2都是电热丝（不考虑温度对电阻的影响）。
（1）电饭锅正常工作时，在加热状态下的总电流是多少？（2）电阻R2的阻值是多少？（3）一天，小宇断开家中其它用电器，只接通电饭锅且处于加热状态，发现家中标有“220V 10（20）A；3000r/kW?h”的电能表5min内转了200圈，求电饭锅此时的实际加热功率是多少？
额定电压
220V
频率
50Hz
额定功率
加热
880W
保温
44W
【解析】（1）由题知，电饭锅正常工作时，在加热状态下功率P=880W，由P=UI可得总电流：；
（2）当S、S0闭合时，R1和R2并联，电路总电阻较小；当S闭合、S0断开时，电路中只有R2，电路总电阻较大；由可知，当S、S0闭合时，电功率较大，为加热档；当S闭合、S0断开时，电功率较小，为保温档；P保温=44W，由可得：；（3）3000r/kW?h表示电饭锅每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转3000r，则电能表转盘转200r消耗的电能：，电饭锅此时的实际加热功率：。
【答案】（1）电饭锅正常工作时，在加热状态下的总电流是4A；（2）电阻R2的阻值是1100Ω；（3）电饭锅此时的实际加热功率是800W。
【跟踪训练】
1．（2018?镇江）如图1所示，水平路面由三段长度相等的粗糙区域组成。在2N水平拉力F的作用下，物块（体积忽略不计）从区域①的最左端由静止开始运动，在刚进入区域③时撤去拉力，物块最终停在区域③的最右端。图2为物块在区域①和②上运动的v﹣t图象，则（　　）
A．区域①路面的粗糙程度比②的大 B．拉力在区域①中做功的功率比②的小
C．物块在区域①上所受的摩擦力等于2N D．物块在区域③上运动的时间可能为1s
2．（2018?安顺）小明同学在测定液体密度的实验中，没有把容器的质量测出来，而是多次测出容器和液体的总质量，并记录在下表中。根据表中的数据求得液体的密度是________g/cm3，容器的质量是________g。
实验次数
1
2
3
4
液体体积V/cm3
15
22
50
80
液体和容器的总质量m/g
67
72.6
95
119
3．（2018?达州）如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能________第8min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的________倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。
4．（2018?株洲）图为利用U型压强计验证“在受力面积不变时压强与压力的定量关系”的装置。实验前，橡皮膜朝上，金属盒水平固定，玻璃管中液面相平。实验中，改变叠放在橡皮膜中央的硬币数（规格相同），测得有关数据如下表。
硬币个数
2
4
6
8
10
液面高度差/mm
9.5
19
29.5
40
50
（1）实验中当液面高度差为h时，盒内外气压差为________。已知玻璃管内液体密度为ρ，g为已知常量。
（2）U形玻璃管足够长时，选用密度________（填“较大”或“较小”）的液体可以减小实验误差。
（3）分析实验数据，可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，________。
5．（2018?大庆）在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0﹣3V，求该装置所能测量的最大风力？
6．（2018?辽阳）图甲是一款紫砂电饭锅，图乙是其简化电路图，部分参数如表所示，R1、R2是电热丝，已知R1的阻值为55Ω．求：
（1）将锅内1L的水从20℃加热到70℃，水吸收的热量。【c水＝4.2×103J/（kg?℃），ρ水＝1.0×103kg/m3】
（2）电热丝R2的阻值。
（3）若不计热量损失，将2.2kg的粥用高温档加热5min，粥升高的温度。【取c粥＝4.0×103J/（kg?℃）】
额定电压
220V
电功率
高温档
1320W
中温档
880W
低温档
440W
专题二 图像表格类题解答技巧
一、图像、表格类题型概述
图像表格型试题在物理中考试卷中占有很大比例，也是中考试题中必有的固定题型，其原因是这类题目能很好的表示所学物理知识点和物理变化规律，考察目标的知识面宽。
图像、表格信息题就是以图像和数据表格为试题的信息源，围绕材料而精心设计的题型。图像、表格信息题命题内容的取材非常广泛，可以包括力、热、电、光、能量等知识，并不局限于教材或教科书，有的取材于教材，有的取材于生活中的常见现象或常用电器，有的涉及于日常生活。试题的形式有选择题、填空题、计算题、实验探究题等。
试题是对学生能力的综合考查。主要涉及实验设计能力，数据读取、分析与处理能力，图像的识别与分析能力，运用数学工具的能力，以及灵活运用一些物理概念、规律与原理解决简单问题的能力。
二、图像、表格类题型特点
1.图像类：图像题是能力要求较高的一种题型。要求学生不仅能正确理解图像含义，而且能用物理学语言准确描述图像。通过分析图象，从中找到物理规律，同时可以考查学生将图像转换成文字，或把文字转换成图像的能力，乃至图像间相互转换的能力。
图像题的类型很多，有坐标识别型、单一曲线型、多重曲线型等。重要的是要能够通过数据、曲线、物理量把握图像特征，找出已知和未知间的联系。无论怎么复杂，关键是数形结合，数就是图像中的点—起点、转折点和终点；形就是曲线特征、坐标含义。
2.表格类：这是一类把许多物理数据及其他资料用表格形式进行统计，呈现给考生的一类考题。
表格一般有横向内容和纵向内容，纵横交叉处就是对应的数据或其他资料。有效信息就在其中。解题思路可分为三步：第一步：弄清表格设置的目的；行和列各有哪些内容（包括单位、说明）；行、列各有什么规律。第二步：理解表格的行、列含义。表格有陈列类、比较类等，目的是把文字叙述变成表格形式，简单明了，其中表达的信息也是一目了然。第三步：挖掘表格隐含信息，联系物理知识进行分析、比较和推理，弄清表格告诉什么，题目要回答什么。
技巧一：直接法
直接法是从题干给出的图像或表格信息中，直接读出其所包含的物理现象、物理规律或解题思路，对要解答的问题进行直接判断。直接法适用于图像、表格给出信息比较单一，能够直接读出或使用所学规律进行解答的题目类型。
【例题展示】
例题1（2018?铜仁市）如图所示，甲、乙两个图象分别描述了做直线运动的两个物体A、B的运动情况，根据图象得出的信息错误的是（　　）
A．B物体作匀速直线运动 B．A物体作变速运动
C．vA＞vB D．B物体运动1.5s通过的距离是3m
【解析】A、乙图是B物体的s-t图象，由图象可知，B物体通过的路程与时间成正比，所以B物体做匀速直线运动，故A正确；B、甲图是A物体的v-t图象，由图象可知，A物体的速度不随时间的变化而变化，所以A物体做匀速直线运动，故B错误；C、由图象可知，A物体的速度vA=3m/s，B物体的速度，所以vA＞vB，故C正确；D、B物体运动1.5s通过的距离为sB=vBtB=2m/s×1.5s=3m，故D正确。故选：B。
【答案】B
【跟踪训练】
1．（2018?黄石）下图是两物体做直线运动的s﹣t图象，分析图象，选出说法正确的选项（　　）
A．两物体从同一地点出发 B．两物体往同一方向行驶
C．两物体在t＝10s时刻相遇 D．两物体运动速度大小相等，都是5m/s
【答案】C
【解析】A、由图象可知，两物体的s﹣t图象都是一条斜线，表示物体做的是匀速直线运动；当t＝0时，一条图线在100m处，另一条图线在0m处，说明两物体不是从同一地点出发，故A错误；B、两条图线中，一条随时间的增加路程增大，另一条随时间增加路程减小，说明两个物体往相反方向运动，故B错误；C、图线的交点表示在同一时刻，且位置相同，则两物体在t＝10s时刻相遇，故C正确；D、由图象知，上面图线10s的时间运动了100m﹣50m＝50m，其速度为v1＝＝＝5m/s；下面图线在10s﹣2s＝8s时间内运动了50m，其速度为v2＝＝＝6.25m/s，故D错误。故选C。
2．（2018?安徽）图示为某种物质熔化时温度随时间的变化的图象。根据图象，下列判断正确的是（　　）
A．该物质熔化过程持续了25min
B．该物质是晶体，熔点为80℃
C．在第30min，该物质处于固液共存状态
D．在第10min到第25min之间，由于物质温度不变，所以不吸收热量
【答案】B
【解析】ABD、分析图象可知，图象中呈水平的一段所对应的温度80℃就是物质的熔点，该物质有固定的熔化温度，是晶体，该物质从第10分钟开始熔化，到第25分钟左右结束，约进行了15分钟，熔化过程吸热温度不变，故AD错误，B正确；C、在第30min熔化完成，该物质处于液态，故C错误。故选B。
3．（2018?广西）甲、乙两种物体的质量和体积的关系图象如图所示，则甲、乙两物体的密度之比是（　　）
A．8：1 B．4：3 C．4：1 D．2：1
【答案】A
【解析】由图象可知，当V甲＝1cm3时，m甲＝8g；当V乙＝4cm3时，m乙＝4g，则两种物体的密度分别为：ρ甲＝＝＝8g/cm3，ρ乙＝＝＝1g/cm3，则ρ甲：ρ乙＝8g/cm3：1g/cm3＝8：1。故选A。
4．（2017?阜新）下列压强应用的实例与液体内部压强规律有关的是（　　）
A．推土机具有宽大的履带
B．2012年蛟龙号潜水器顺利完成7km级潜水实验
C．活塞式抽水机抽水
D．在我国海拔五千多米的青藏高原哨所，战士们必须使用压力锅做饭
【答案】B
【解析】A、推土机具有宽大的履带，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A不符合题意；B、因为液体内部的压强随深度的增加而增大，蛟龙号潜水器顺利完成7km级潜水实验，说明潜水器承受的压强较大，故B符合题意；C、抽水机抽水，通过活塞上移使活塞下方的桶内气压减小，水在外界大气压的作用下，被压上来，故C不符合题意；D、高山上气压低，液体沸点随之减小，所以在我国海拔五千多米的青藏高原哨所，战士们必须使用压力锅做饭，故D不符合题意。故选B。
5．（2018?徐州）一辆汽车在平直公路上沿直线向前行驶，途中经过一段泥泞路面，如果汽车发动机的功率始终保持不变，则汽车行驶路程s随时间t的变化关系可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】汽车在泥泞的路面行驶时，受到的阻力变大了，需要增大其牵引力，所以汽车在整个行驶过程中，汽车的牵引力由小变大再变小，即经过泥泞路面时牵引力变大，经过泥泞路面后牵引力变小；汽车发动机的功率始终保持不变，经过泥泞路面时牵引力变大，由P＝＝＝Fv可知，汽车经过泥泞路面时的速度会变小，经过泥泞路面后速度会变大，且在经过泥泞路面前后速度是相同的。在s﹣t图象中，倾斜的直线表示s与t成正比，即物体做匀速直线运动；且图线越靠近s轴（倾角越大），说明物体速度越大。A图中，图线是倾斜的直线，说明汽车一直做匀速直线运动，不符合题意；B图中，图线表示汽车的速度先变大后变小，不符合题意；C图中，中间部分表示汽车往回行驶，不符合题意；D图中，图线表示汽车的速度先变小后变大，且经过泥泞路面前后速度是相同的，符合题意。故选D。
6．（2018?大连）在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，以左侧的支柱为支点，右支架对主梁的支持力F为动力，重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力G，动力臂为整个主梁的长度，设为L，阻力臂为L﹣s，根据的平衡条件：FL＝G（L﹣s）得，拉力F为：F＝G﹣，由关系式知：右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s成一次函数关系，且拉力随s的增大而减小，故B符合题意。故选B。
7．（2018?巴彦淖尔）根据表中的数据，下列判断正确的是（　　）
一些物质的比热容[J/（kg?℃）]
水
4.2×103
干泥土
0.84×103
冰
2.1×103
铜
0.39×103
砂石
0.92×103
铝
0.88×103
A．阳光照射下，干泥土比湿泥土升温慢
B．因为水的比热容较大，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差大
C．同种物质状态改变，比热容不变
D．质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多
【答案】D
【解析】A、干泥土的比热容要小于湿泥土的比热容，在同等质量、同样吸热的情况下，干泥土的温度上升的快。故A错误；B、砂石的比热容较小，吸收或放出相同的热量，温度变化大，所以内陆地区昼夜温差较大。故B错误；C、比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类有关，由图可知，水的比热容和冰的比热容是不同的，故比热容的大小与状态有关。故C错误；D、已知c铜＜c铝，质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，根据Q＝cm△t可知，比热容大的物质吸热的热量多，所以质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多。故D正确。故选D。
8．（2018?凉山州）下图中能正确反映通过某一定值电阻的电流与它两端电压的关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】在电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；A、图线为反比例函数图象，表示电流与电压成反比，故A不符合题意；B、图线表示电压增大时，导体中的电流不变，故B不符合题意；C、图线为正比例函数图线，表示电阻一定时，通过电阻的电流与电压成正比，故C符合题意；D、图线表示随着电压的增大，电流是减小的，故D不符合题意。故选C。
9．（2018?宜昌）两个定值电阻R1、R2并联在电路中，如图甲所示，它们的电流与其两端的电压关系如图乙所示，闭合开关S，则R1，R2产生的热量之比为（　　）
A．2：1 B．1：2 C．4：1 D．1：4
【答案】A
【解析】由图可知，该电路为并联电路，电压是相同的，由图乙可知，电压相同，通过R1、R2的电流之比为2：1；根据I＝可知，R1、R2的电阻之比为1：2；通电时间相同，电压相同，则根据焦耳定律公式Q＝W＝可知，产生的热量与电阻成反比，故热量之比为2：1。故选A。
技巧二：归纳法
归纳法是根据题干给出的图像或表格信息，对这些信息进行归纳、整理、总结或概括，得出物理现象或规律。利用归纳总结得出的结论，验证物理规律；这类题目要求学生熟练运用物理概念、规律，对要解答的问题进行科学性判断。
【例题展示】
例题2（2018?德州）测量滑轮组的机械效率：
步骤
如图所示为测量某滑轮组机械效率的实验装置。①实验时沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。②分析表中数据可知：实验2是用图______做的实验。③实验序号3中的机械效率η=______。
装置图
表格
实验序号
钩码重量G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
8
0.1
3.1
0.3
86%
3
8
0.1
2.5
0.4
结论
通过比较______（填实验序号）两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。通过比较2、3两次实验数据可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率______
问题讨论
实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数。你认为他的想法______（选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到________对滑轮组机械效率的影响。
【解析】（1）②根据绳子自由端移动的距离s与提升物体的高度h的关系，s=nh，故实验1中绳子的有效段数：；实验2中绳子的有效段数：；由表格数据知：第1次实验物体的重力为4N，第2次物体的重力为8N，故第1次是用甲图做的实验，第2次是用乙图做的：③第3次实验的机械效率：；（2）根据控制变量法，要探究滑轮组的机械效率与物重的关系，需要控制绳子的段数相同，改变物体的重力，表格中1、2两次实验符合要求，可以得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。比较实验2和3可得出结论：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低；（3）在弹簧测力计静止时读出了数据，由于不会克服绳与轮之间的摩擦，所以测得的拉力偏小，她的想法是不正确的，因为她没有考虑到摩擦对滑轮组机械效率的影响。
【答案】②乙；③80%；1、2；越低；不正确；摩擦力。
【跟踪训练】
1．（2018?盘锦）如图所示，是探究“浮力的大小与哪些因素有关”的实验操作，请你回答下列问题：（g取10N/kg）
（1）分析图①②③，说明浮力的大小与________有关。
（2）为了探究浮力大小与物体浸没在液体中深度的关系，可选用________图进行操作。
（3）物体A浸没在水中时，受到的浮力是________N，物体A的体积是________m3。
（4）用图中实验数据计算盐水的密度是________kg/m3。
（5）该实验主要运用的科学探究方法是________。
【答案】（1）排开液体的体积；（2）③④；（3）2；2×10﹣4；（4）1.1×103；（5）控制变量法。
【解析】（1）由图②③所示实验可知，物体排开液体的体积不同，弹簧测力计所示不同，由图①②③所示实验可知，物体排开液体的体积不同，物体受到的浮力不同，由此可知，物体所受浮力大小与物体排开液体的体积有关。（2）根据控制变量法知要探究浮力大小与物体浸没在液体中深度的关系，需要控制物体排开液体的体积相同、液体密度相同，深度不同，图③④符合题意；这种研究问题的方法叫做控制变量法。（3）由图①知，物体的重力G＝4.0N，物体完全浸没在水中时拉力F＝2.0N，物体浸没在水中时受到的浮力F浮＝G﹣F＝4.0N﹣2.0N＝2.0N，由F浮＝ρ液gV排得，物体的体积V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3；（4）物体浸没在盐水中时受到的浮力F浮′＝G﹣F′＝4.0N﹣1.8N＝2.2N，因物体在水和盐水中排开液体的体积和自身的体积相等，所以，由F浮＝ρgV排可得：V＝V排＝,整理可得，盐水的密度：ρ盐水＝?ρ水＝×1.0×103kg/m3＝1.1×103kg/m3。（5）由（2）知本实验用到了控制变量法。
2．（2017?常德）下表是小利同学利用如图所示的实验装置探究液体压强规律时所测得的部分数据。
实验
次数
深度
h/cm
橡皮膜在水
中的方向
U形管左右液面
高度差△h/cm
1
3
朝上
2.6
2
6
朝上
5.4
3
9
朝上
8.2
4
9
朝下
8.0
5
9
朝左
8.2
6
9
朝右
8.2
（1）实验时通过观察________来判断液体内部压强的大小；实验所得的数据有一组是错误的，其实验序号为________。
（2）通过分析比较实验序号________的数据得出结论：同种液体内部，深度越深，压强越大。请列举出一个与此相关的实例：________。
【答案】（1）U形管左右液面高度差； 4；（2）1、2、3；拦河大坝上窄下宽。
【解析】（1）实验中通过U形管两边液面的高度差来判断液体内部压强的大小；在液体内部的同一深度液体向各个方向的压强相等，第4次朝下的实验中，实验装置中左右液面的高度差△h＝8.6cm与第3次和第5、6次不同，显然错误；（2）1、2、3三组数据同种液体，橡皮膜的方向相同，深度不同，深度越大压强越大，可得出结论：在同种液体中，液体内部产生的压强随深度的增加而增大；同种液体内部，深度越深，压强越大，与此相关的实例是拦河大坝上窄下宽；深海潜水要穿抗压潜水服等。
3．（2018?无锡）某小组同学准备探究“通过导体的电流与电压、电阻的关系”实验器材有：干电池2节，滑动变阻器（20Ω，1A）、电流表、电压表、开关各一个，不同阻值的定值电阻及导线若干，图甲是他们连接的实验电路。
（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到________（选填“A”或“B”）端
（2）闭合开关后，他们移动滑动变阻器的滑片至某一位置，电压表示数为0.7V，电流表示数如图乙所示，接着继续探究，把所测数据填在了下表中
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
0.7
1
1.1
1.5
1.7
电流I/A
0.18
0.20
0.26
0.30
图乙中电流的示数为________A。
②图丙是以电流Ⅰ为纵坐标、电压U为横坐标建立的平面直角坐标系，请根据他们所测数据、在坐标系中描点，画出I﹣U图象，并标标记为a。
（3）图丙中b、c、d三条I﹣U图象，是其他组同学选择5Ω、10Ω和20Ω的定值电阻，按图甲电路测量数据所画。
①单独分析图丙中每条I﹣U图象，可以得到的结论是________。
②该小组同学发现，分析图丙中的I﹣U图象，还能得到：“当导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比”这一规律。请写出分析方法：________。
③验证②中的规律，该小组的同学选择了5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻，准备分别接入图甲电路，测量电流进行探究，有同学提议：既然探究时需要保持电阻两端电压不变，图甲中可以不用连接滑动变阻器和电压表。他们按照提议分别将三只电阻由小到大接入电路，闭合开关后，读出电流表示数分别为0.42A，0.24A，0.13A，发现无法验证②中的规律。于是他们计划仍按图甲进行探究，分析测量数据后，选定准备加在电阻两端的电压值U．为确保完成验证，则这个电压值U的范围为________。
A.1.5V＜U≤3V B.1.3V＜U＜2.1V C.1.3V＜U≤2.6V D.2.1V＜U＜2.6V
【答案】（1）B；（2）①0.12；②如上图所示；（3）①电阻一定时，电流与电压成正比：②控制变量法；③B。
【解析】（1）据题意可知，闭合开关前，滑片必须处于最大阻值处，即应将滑动变阻器的滑片P移到B端；（2）①图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.12A；②图丙是以电流Ⅰ为纵坐标、电压U为横坐标建立的平面直角坐标系，根据他们所测数据、在坐标系中描点，画出I﹣U图象，并标记为a，如下所示：
（3）①单独分析图丙中每条I﹣U图象，因为过原点的直线，故可以得到的结论是电阻一定时，电流与电压成正比；②由上图知，当电压为0.8V时，对应的电流大小约为0.032A、0.066A、0.16A，结合电阻大小分别为20Ω、10Ω、5Ω，考虑到误差因素，电流与对应的电阻之积为一定值，故还能得到：当导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比”这一规律；分析方法采用了控制变量法；③根据欧姆定律I＝有U＝IR，3次实验中电阻的电压分别为2.1V、2.4V、2.6V，都小于电源电压3V，是因为电源有内阻的原因；设电源本身的电压为E，对外（R与R′串联）提供的电压为U，根据电阻的串联和欧姆定律可得，电路中的电流：I＝u,由欧姆定律，R与R′获得的电压为：U＝I（R+R′）＝×（R+R′），故有＝＝+＝+×，
由数学知识得，对外提供的电压U的倒数与串联电阻（电源内阻r之外的电阻）的倒数为一次函数的关系，即为＝k+b，根据该小组的同学选择了5Ω、10Ω的定值电阻，电源内阻r之外的电阻获得的电压分别为2.1V、2.4V，将已知量代入上式：＝k×+b；＝k×+b，解方程组得：k＝，b＝﹣，
故这个一次函数关系式为：＝×+﹣，他们计划仍按图甲进行探究，因要控制当电阻的电压值U为一定值，根据串联电路电压的规律，变阻器分的电压也为一定值，由分压原理，定值电阻和变阻器分得的电压之比为一定值，故当电阻为20Ω时，变阻器连入电路中的电阻最大为20Ω，此时的总电阻为40Ω，代入这个关系式：＝×+﹣，解得U＝2.6V，变阻器与电阻的电阻相等，根据分压原理，故电压表示数为1.3V；当电阻最小为5Ω时，电路中的电流最大，变阻器连入电路中的电阻最小，此时电压表有最大值，当变阻器电阻连入电路中的电阻为0时，将5Ω代入这个关系式：═×+﹣，故U＝2.1V，综上，他们计划仍按图甲进行探究，分析测量数据后，选定准备加在电阻两端的电压值U，为确保完成验证，则这个电压值U的范围为1.3V＜U＜2.1V，故选B。
4．（2018?盘锦）在“测定小灯泡电功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V。（1）图甲中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并在图中改正（导线不许交叉）。
（2）正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮。两电表无示数。为判断故障、将电压表与滑动变阻器并联，电压表有示数，则电路发生故障的原因是________。
（3）排除故障后闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P到某一点，电压表示数如图乙所示为________V。
（4）根据实验记录绘制Ⅰ﹣U图象如图丙所示，根据图象信息，计算小灯泡的额定功率是________W。
（5）完成上述实验后，小敏设计了如图丁所示的电路，测出了额定电流为I额的小灯泡的额定功率。实验方案如下：（电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R1）
①按电路图连接电路。
闭合开关________，移动R1滑片，使电流表的示数为I额灯泡正常发光。
闭合开关________，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额。
保持________滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。
小灯泡额定功率的表达式为P额＝________。（用I额、I1、I2、R1表示）
【答案】（1）见上图；（2）滑动变阻器断路；（3）2.2；（4）0.5；（5）②S1；③S2；④R2；⑤I额2?。
【解析】（1）由图甲知，电压表串联在了电路中，应将其与灯泡并联，将滑动变阻器与灯泡串联，电路图如图所示：
（2）小灯泡不亮，两电表无示数，电路可能有断路发生，将电压表改接在滑动变阻器下面两接线柱上，发现电压表有示数，此时电压表两接线柱到电源两极间是通路，则说明与电压表并联的滑动变阻器断路；（3）由图乙知，电压表使用0﹣3V量程，分度值为0.1V，所以电压表示数为2.2V；（4）当U＝2.5V时灯泡正常发光，由图象知此时灯泡中的电流I＝0.2A，所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；（5）①按电路图连接电路。②闭合开关S1，移动R1滑片，使电流表的示数为I额灯泡正常发光。
此时灯泡与R1串联；③闭合开关S2，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额。此时R1与R2串联，因为电路中电流仍为I额，所以R2＝RL；④保持R2滑片位置不动，将另一个滑动变阻器（R1）滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器（R1）的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。由串联电路特点和欧姆定律可得：U＝I1R2＝I2（R1+R2），解得：R2＝，⑤小灯泡额定功率的表达式为P额＝I额2RL＝I额2R2＝I额2?。
5．（2018?莱芜）小华在做“测量小灯泡电功率”的实验中，实验室有如下器材：电源（电压恒为6V），小灯泡L（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω），电流表、电压表、开关、规格分别为“10Ω1A”的滑动变阻器R1和“50Ω0.5A”的滑动变阻器R2各一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，帮小华同学将图甲中的电路连接完整；
（2）为了顺利完成实验，小华应选用规格为________（选填“R1”或“R2”）的滑动变阻器；
（3）连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，原因可能是________；
（4）排除故障后，移动滑动变阻器滑片P的位置，获得多组对应的电压值和电流值，绘制小灯泡U﹣I图象如图乙所示，小灯泡的额定功率为________W．分析乙中图象发现小灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是________；
（5）小华打算增加一个阻值为15Ω的定值电阻R0，只利用一只电表，通过操作图中单刀双掷开关（单刀双掷开关分别接“a”、“b”各一次）测量小灯泡的额定电功率，图丙、图丁是他设计的两种不同方案的电路图，则以下判断正确的是________。
A．两种方案都能 B．两种方案都不能
C．丙方案能，丁方案不能 D．丙方案不能，丁方案能
【答案】（1）如下图所示；（2）R2；（3）灯泡（或电压表）短路 （4）0.625； 小灯泡的电阻受温度的影响；（5）B。
【解析】（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，灯丝电阻约为10Ω,由欧姆定律，灯泡正常发光时电路中电流约为：I═＝＝0.25A，所以电流表要选用小量程与灯串联，如下所示：
（2）灯泡正常发光时电路中电流的为0.25A，根据串联电路电流的特点，电路中电流处处相等，变阻器应分去的电压：U变＝6V﹣2.5V＝3.5V，由欧姆定律，变阻器的阻值至少为：R变═＝＝14Ω＞10Ω，所以应选择滑动变阻器的规格为“50Ω 0.5A”；（3）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路为通路，发现小灯泡始终不发光，电压表无示数，若电路只有一处故障，故障原因是灯泡（或电压表）短路了；（4）由图象可知，灯泡电压为2.5V时的电流为0.25A，所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；灯泡电阻是变化的，原因是受温度的影响；（5）图丙中，无论开关接a还是接b都无法得知小灯泡是否正常发光，此方案不能测定小灯泡的额定电功率；图丁中，R0、小灯泡、变阻器三者串联，S接a时，电压表测定值电阻的电压，当开关接b时测量灯和定值电阻的总电压，不能通过调节滑动变阻器使灯泡两端的电压为2.5V，所以此方案不能测出小灯的额定电功率，故选B。
6．（2018?自贡）在“探究串联电路电压的特点”活动中。
（1）如图所示，连接电路时，至少需要________根导线；实验中应选择规格________（相同/不同）的小灯泡。
（2）在测L1两端电压时，闭合开关，发现电压表示数为零，原因可能是________（填出一种即可）。
（3）小芳保持电压表的B连接点不动，只断开A连接点，并改接到C连接点上，测量L2两端电压。她能否测出L2两端电压？________，理由是________。
（4）小明分别测出AB、BC、AC间的电压并记录在如下表格中，分析实验数据得出结论：串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。请对小明的做法进行评价：________。
UAB/V
UBC/V
UAC/V
2.4
1.4
3.8
【答案】（1）6；不同；（2）L2断路；（3）不能；正负接线柱反接了；（4）一次实验具有偶然性；更换规格不同的灯泡进行多次实验。
【解析】（1）由电路图可知，共需要导线6根导线；为了避免实验的偶然性，使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同的小灯泡进行实验；（2）电压表示数为零，说明电路中出现了断路；若L1断路，则电压表测量的电源电压，有示数；若L2断路，则电压表无示数；（3）测出L1两端的电压，A与电压表的正接线柱相连。小聪将与A点相连的导线改接到C点，则会造成电流从负接线柱流入了。小芳的办法是错误的；（4）本实验只做了一次实验，而没有进行多次测量，只凭一组实验数据得出结论带有偶然性，不能得出正确规律，故应更换规格不同的灯泡进行多次实验。
技巧三：公式法
这种方法是把题中给出的图像或表格信息，利用物理公式直接进行计算、分析解决问题的方法；也可以利用图表信息验证物理规律。21教育网
【例题展示】
例题3（2018?镇江）如图1所示，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2所示，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω．则灯泡L正常发光时的功率为________W．阻值为________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．在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是________（选填“一定向左”“一定向右”或“向左、向右均可”）。
【解析】（1）灯泡正常发光时的电压为9V，由图象可知，灯泡正常发光时的电流IL=1.5A，灯泡L正常发光时的功率：PL=ULIL=9V×1.5A=13.5W；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，变阻器接入的最大阻值R=10Ω；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×10Ω，所以，，当UL′=0V时，I=1.2A；当UL′=7V时，I=0.5A；根据（0，1.2）、（7，0.5）在坐标图中画出I与UL′的图象，与灯泡电阻的电流与电压的关系图相交的点为（2V，1A），如图：
即：R与L两端的总电压是12V时，电路中的电流为1A，此时灯泡两端电压为2V，则灯泡的最小功率：PL最小=UL′I=2V×1A=2W；（3）原来电路中的电流为I1（即通过灯的电流），设滑片往左滑一段距离后电路中的电流为I2（即通过灯电流），根据分压原理，变阻器分得电压变小，由串联电路电压的规律，此时灯的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1＜I2，所以（U为电源总电压），根据欧姆定律，即R总2＜R总1；滑片向左移动后电路的总电阻小于原来的电路总电阻，根据P=UI灯功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，由电阻的串联规律可知：小灯泡阻值增大的值△R1小于变阻器连入电路中减小的值△R2，即小灯泡阻值的变化量大小为△R1小于滑动变阻器连入电路阻值的变化量大小为△R2，即R的阻值变化量比L的阻值变化量大。滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，电阻减小，所以灯丝电阻的减小量△R1小于滑动变阻器的增大量△R2，故滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大。
【答案】13.5；6；2；向左、向右均可。
【跟踪训练】
1．（2018?莱芜）如图所示是甲和乙两种物质的质量与体积关系图象，分析图象可知（　　）
A．若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大 B．若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小
C．乙物质的密度为0.5kg/m3 D．甲、乙两种物质的密度之比为4：1
【答案】D
【解析】A、图象的横轴表示体积，纵轴表示质量，由图象可知，当甲和乙的质量相同时，乙物质的体积大，A错误：B、由图象可知，当甲和乙的体积相同时，甲的质量大，故B错误；C、体积为10cm3的乙物质的质量为5g，则乙物质的密度ρ乙═＝＝0.5g/cm3＝0.5×103kg/m3，故C错误；D、体积为10cm3的甲物质的质量为20g，则甲物质的密度：ρ甲═＝＝2g/cm3＝2×103kg/m3，则ρ甲：ρ乙═2g/cm3：0.5g/cm3＝4：1，故D正确。故选D。
2．（2018?德州）两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程（s）﹣时间（t）图象如图所示，根据图象，下列判断正确的是（　　）
A．两次物体运动的速度：v1＜v2
B．两次物体所受的拉力：F1＞F2
C．0﹣6s两次拉力对物体所做的功：W1＞W2
D．0﹣6s两次拉力对物体做功的功率：P1＜P2
【答案】C
【解析】A、由图象可知，在相同时间内，物体第一次通过的路程大于第二次通过的路程，所以v1＞v2；故A错误；B、同一物体，则重力相等，对水平面的压力相等；同一水平面上，则接触面的粗糙程度相同，故两次拉动物体时，物体受到的摩擦力相等；由于物体做匀速直线运动，说明物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以，两次物体所受的拉力：F1＝F2＝f；故B错误；C、由图象可知，0～6s物体第一次通过的路程大于第二次通过的路程，又知两次拉力相等，根据W＝Fs可知，0～6s两次拉力对物体所做的功：W1＞W2；故C正确；D、0～6s，时间相同，且W1＞W2；根据P＝可知，0～6s两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2；故D错误。故选C。
3．（2018?百色）如图所示是电阻甲和乙的I﹣U图象，下列说法正确的是（　　）
A．电阻乙为定值电阻
B．当电阻甲两端电压为2 V时，R甲＝0.4Ω
C．只将电阻甲和乙串联，若电路电流为0.2 A时，则电路总电阻为15Ω
D．只将电阻甲和乙并联，若电源电压为2 V时，则电路总电流为0.4 A
【答案】C
【解析】A、由图象可知，通过甲的电流与电压成正比，通过乙的电流与电压不成正比，根据欧姆定律可知，甲电阻的阻值不变，为定值电阻；乙电阻的阻值在变化，不是定值电阻，故A错误；B、由图象可知，当甲两端电压为2V时，通过甲的电流为0.4A，则R甲＝＝＝5Ω；故B错误；C、只将电阻甲和乙串联，当电路电流为0.2A时，通过甲、乙的电流均为0.2A，由图象可知，U甲＝1V，U乙＝2V，因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电路的总电压：U＝U甲+U乙＝1V+2V＝3V，电路的总电阻：R总＝＝＝15Ω，故C正确；D、只将电阻甲和乙并联，当电源电压为2V时，根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压都为2V，由图象可知，I甲＝0.4A，I乙＝0.2A，因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电路总电流：I＝I甲+I乙＝0.4A+0.2A＝0.6A，故D错误。故选C。
4．（2018?西宁）有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．A的电阻值为6.25Ω
B．A和B串联，电路中电流为0.4A时，A、B的电功率之比为5：4
C．A和B并联在电压为2.5V的电源两端，A、B的电功率之比为5：4
D．当A和B串联，两者电阻相同时，电源电压为3V
【答案】C
【解析】A．由图象可知，当通过A的电流IA＝0.4A时，A两端的电压UA＝2.0V，由I＝可得，A的电阻值：RA＝＝＝5Ω，故A错误；B．A和B串联，电路中电流为0.4A时，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过两元件的电流IA＝IB＝0.4A，由图象可知，两元件两端的电压UA＝2.0V，UB＝2.5V，由P＝UI可得，A、B的电功率之比：＝＝＝＝，故B错误；（3）A和B并联在电压为2.5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两元件两端的电压UA′＝UB′＝2.5V，由图象可知，通过两元件的电流IA′＝0.5A，IB′＝0.4A，则A、B的电功率之比：＝＝＝＝，故C正确；（4）当A和B串联，两者电阻相同时，它们两端的电压和通过的电流相等，由图象可知，电路中的电流为0.6A，两元件两端的电压均为3V时符合，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U＝UA″+UB″＝3V+3V＝6V，故D错误。故选C。
5．（2018?重庆）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满了水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门。现打开阀门控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图（乙）所示，则阀门未打开前水对容器底都的压强为________Pa．当t＝52s时，细杆对物体的作用力大小为________N。
【答案】5000；0.8。
【解析】（1）由图乙知，当t＝0，水对容器底部的压力为50N，则阀门未打开前水对容器底都的压强为：p＝＝＝5000Pa；（2）由图乙知，在0﹣40s，40s﹣64s 64s﹣84s三个时间段，水对容器底部的压力随时间变化的规律分别为一直线，第1阶段流出的水量：V1＝40s×50cm3/s＝2000cm3；第2阶段流出的水量：V2＝24s×50cm3/s＝1200cm3；
第3阶段流出的水量：V3＝20s×50cm3/s＝1000cm3；即各阶段减小的水的体积，如下图1所示：
根据h＝，可分别求出1、3阶段水下降的高度分别为：h1＝20cm，h3＝10cm，因在放水前，对容器底部的压强为5000Pa，故容器盛满水时的深度：h容＝＝＝0.5m﹣①，故圆柱体A的高度：hA＝50cm﹣20cm﹣10cm＝20cm，在第2个阶段，有（S﹣SA）h容＝（100cm2﹣SA）hA＝1200cm3，﹣②，由①②，故A的底面积为：SA＝40cm2，故A的体积：VA＝SAhA＝40cm2×20cm＝800cm3，从第40s到第52s流出水的体积为：V21＝12s×50cm3/s＝600cm3，即水面下降了10cm，A排开水的体积：V排＝h′SA＝10cm×40cm2＝400cm3由阿基米德原理，此时A受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×400×10﹣6m3＝4N；A的重力：G＝ρAgVA＝0.6×103kg/m3×10N/kg×800×10﹣6m3＝4.8N，因重力大于其受到的浮力，故A还受到一个细杆施加的竖直向上的力T的作用，根据力的平衡：T＝G﹣F浮＝4.8N﹣4N＝0.8N。
6．（2018?十堰）将一底面积为0.01m2的长方体木块用细线栓在一个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水直到木块上表面与液面相平，如图甲所示，在此整个过程中，木块底部受到水的压强随容器中水的深度的变化如图乙所示，则木块所受到的最大浮力为________N，木块重力为________N，细线对木块的最大拉力为________N．（g取10Nkg）
【答案】15；9；6。
【解析】（1）根据图象可知，木块刚刚漂浮时，木块浸入水中的深度为L1＝9cm；由于从9cm到16cm，木块一直处于漂浮，浸入水中的深度不变；当水面的高度为16cm时细线刚好张紧，线的拉力为零；直到木块上表面与液面相平，此时水面的高度为22cm；
所以木块的高度：L＝9cm+（22cm﹣16cm）＝15cm＝0.15m；则木块的体积：V木＝S木L＝0.01m2×0.15m＝1.5×10﹣3m3，木块全部淹没时受到的浮力最大为：F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV木＝1×103kg/m3×10N/kg×1.5×10﹣3m3＝15N。（2）由图象可知，木块刚刚漂浮时木块底部受到水的压强为900Pa，则木块的重力与水向上的压力（浮力）平衡，所以，木块重力：G＝F向上＝p向上S＝900Pa×0.01m2＝9N；（3）直到木块上表面与液面相平时，木块受到的浮力最大，由力的平衡条件可得，细线对木块的最大拉力为：F拉＝F浮﹣G＝15N﹣9N＝6N。
技巧四：图表分析法
图表分析法是在题干给出的图像或表格信息中，通过分析、整理或逻辑推理，利用物理规律进行判断的题型。此方法要求考生具有一定的分析判断能力，逻辑推理能力和运用综合能力，具有一定的难度。
【例题展示】
例题4（2018?广安）电饭锅是家中常用的用电器，下表是小宇家中一台电饭锅的铭牌，其内部结构简化如图所示，其中R1和R2都是电热丝（不考虑温度对电阻的影响）。
1）电饭锅正常工作时，在加热状态下的总电流是多少？（2）电阻R2的阻值是多少？（3）一天，小宇断开家中其它用电器，只接通电饭锅且处于加热状态，发现家中标有“220V 10（20）A；3000r/kW?h”的电能表5min内转了200圈，求电饭锅此时的实际加热功率是多少？
额定电压
220V
频率
50Hz
额定功率
加热
880W
保温
44W
【解析】（1）由题知，电饭锅正常工作时，在加热状态下功率P=880W，由P=UI可得总电流：；
（2）当S、S0闭合时，R1和R2并联，电路总电阻较小；当S闭合、S0断开时，电路中只有R2，电路总电阻较大；由可知，当S、S0闭合时，电功率较大，为加热档；当S闭合、S0断开时，电功率较小，为保温档；P保温=44W，由可得：；（3）3000r/kW?h表示电饭锅每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转3000r，则电能表转盘转200r消耗的电能：，电饭锅此时的实际加热功率：。
【答案】（1）电饭锅正常工作时，在加热状态下的总电流是4A；（2）电阻R2的阻值是1100Ω；（3）电饭锅此时的实际加热功率是800W。
【跟踪训练】
1．（2018?镇江）如图1所示，水平路面由三段长度相等的粗糙区域组成。在2N水平拉力F的作用下，物块（体积忽略不计）从区域①的最左端由静止开始运动，在刚进入区域③时撤去拉力，物块最终停在区域③的最右端。图2为物块在区域①和②上运动的v﹣t图象，则（　　）
A．区域①路面的粗糙程度比②的大 B．拉力在区域①中做功的功率比②的小
C．物块在区域①上所受的摩擦力等于2N D．物块在区域③上运动的时间可能为1s
【答案】B
【解析】由图知：物体在0～2s内做加速运动，在2s～3s内做匀速运动，且物体在0～2s内图象与2s～3s内图象与坐标轴围成的面积相同，说明物体运动的路程相同。即物体在0～s内在区域①上做加速运动，在2s～3s内在区域②上做匀速直线运动，区域①表面上受到的摩擦力小于拉力F，在区域②表面上受到的摩擦力等于拉力F。A、因为滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以区域①路面的粗糙程度比区域②的粗糙程度小，故A错误；B、拉力在两个区域上运动的距离相等，做功大小相等，作用时间不同，在区域①上运动时间长，功率小。故B正确；C、物体在区域①上受到的摩擦力小于F＝2N．故C错误；D、物块进入区域3时的速度为2m/s，做减速运动，在区域③的平均速度一定小于2m/s，所以运动时间一定大于1秒。故D错误。故选B。
2．（2018?安顺）小明同学在测定液体密度的实验中，没有把容器的质量测出来，而是多次测出容器和液体的总质量，并记录在下表中。根据表中的数据求得液体的密度是________g/cm3，容器的质量是________g。
实验次数
1
2
3
4
液体体积V/cm3
15
22
50
80
液体和容器的总质量m/g
67
72.6
95
119
【答案】0.8；55。
【解析】由题意得ρV1+m容＝m1（1），ρV3+m容＝m3（2）二式联立可得m3﹣m1＝ρV3﹣ρV1，所以液体密度为，代入（1）式可得m容＝m1﹣ρV1＝67g﹣0.8g/cm3×15cm3＝55g。
3．（2018?达州）如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能________第8min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的________倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。
【答案】小于；2。
【解析】（1）晶体熔化过程要吸收热量，内能增加。所以第6min时的内能小于第8min时的内能；（2）根据图中坐标信息可知，该物质在AB段温度升高10℃，被加热4min；在CD段温度升高5℃，被加热4min；则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：1，根据Q＝cm△t可得，＝＝＝＝，所以该物质在CD段的比热容是AB段比热容的2倍。
4．（2018?株洲）图为利用U型压强计验证“在受力面积不变时压强与压力的定量关系”的装置。实验前，橡皮膜朝上，金属盒水平固定，玻璃管中液面相平。实验中，改变叠放在橡皮膜中央的硬币数（规格相同），测得有关数据如下表。
硬币个数
2
4
6
8
10
液面高度差/mm
9.5
19
29.5
40
50
（1）实验中当液面高度差为h时，盒内外气压差为________。已知玻璃管内液体密度为ρ，g为已知常量。
（2）U形玻璃管足够长时，选用密度________（填“较大”或“较小”）的液体可以减小实验误差。
（3）分析实验数据，可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，________。
【答案】（1）ρ液gh：（2）较小；（3）在受力面积不变时压强与压力成正比。
【解析】（1）根据液体压强的计算公式p＝ρgh求出U形管左右两侧液面的高度差h时，则橡皮管内气体的压强与大气压之差为p＝ρ液gh：（2）据压强计的构造可知，我们是通过U型管中液面的高度差来判断压强大小的，即高度差越大，压强就越大，高度差越小，压强就越小；在压强大小一定的情况下，根据p＝ρgh可知，在U形管内充灌密度较大的液体比充灌密度较小的液体U型管中液面高度差小，因此仪器的精确度比充灌密度较小的液体小；（3）分析实验数据，在受力面积一定时液面高度差h与硬币个数n的关系式为h＝0.475n，可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，在受力面积不变时压强与压力成正比。
5．（2018?大庆）在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0﹣3V，求该装置所能测量的最大风力？
【答案】（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大；（2）无风时，压敏电阻的功率1.22W；（3）该装置所能测量的最大风力366.7N。
【解析】（1）由甲电路图可知，R与Rx串联，电压表测R两端的电压，由图乙可知，风力增大时，Rx的阻值减小，电路中的总电阻减小，由I＝可知，电路中的电流增大，由U＝IR可知，R两端的电压增大，即电压表的示数增大；（2）由图象可知，当无风时，电阻Rx＝7Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：I＝＝＝A，压敏电阻Rx消耗的电功率：Px＝I2Rx＝（A）2×7Ω≈1.22W；（3）由图象可知Rx与F图线为一次函数，Rx＝aF+b，当F＝0时，Rx＝7Ω，所以7Ω＝a×0+b，可得：b＝7Ω，当F＝600N时，Rx＝1Ω，所以1Ω＝a×600N+7Ω，可得：a＝﹣0.01Ω/N，则：Rx＝0.01Ω/N×F+7Ω，当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即UR＝3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：Ux＝U﹣UR＝5V﹣3V＝2V，因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流：I′＝＝＝0.6A，则压敏电阻的阻值：Rx′＝＝＝Ω，所以Ω＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，解得：F≈366.7N，该装置所能测量的最大风力为366.7N。
6．（2018?辽阳）图甲是一款紫砂电饭锅，图乙是其简化电路图，部分参数如表所示，R1、R2是电热丝，已知R1的阻值为55Ω．求：
（1）将锅内1L的水从20℃加热到70℃，水吸收的热量。【c水＝4.2×103J/（kg?℃），ρ水＝1.0×103kg/m3】
（2）电热丝R2的阻值。
（3）若不计热量损失，将2.2kg的粥用高温档加热5min，粥升高的温度。【取c粥＝4.0×103J/（kg?℃）】
额定电压
220V
电功率
高温档
1320W
中温档
880W
低温档
440W
【答案】（1）水吸收的热量为2.1×105J；（2）电热丝R2的阻值为110Ω；（3）粥升高的温度为45℃。
【解析】（1）水的体积V水＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，由ρ＝得，水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
水吸收的热量：Q吸水＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（70℃﹣20℃）＝2.1×105J。
（2）电热丝R1的电功率：P1＝＝＝880W，由表格数据可知，中温档的电功率为880W，
说明只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于中温档，当S1、S2都闭合时，电热丝R1、R2并联，电路总电阻最小，根据P＝可知，电功率最大，电饭锅处于高温档，P＝1320W，只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电饭锅处于低温档，P2＝440W，由P＝可得，电热丝R2的阻值：R2＝＝＝110Ω。（3）加热时间t＝5min＝300s，电饭锅高温档加热消耗的电能：W＝Pt＝1320W×300s＝3.96×105J，由题意知，粥吸收的热量Q吸＝W＝3.96×105J，由Q吸＝cm△t得，粥升高的温度：△t＝＝＝45℃。

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