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第2课时 电功率的测量
第17讲 电功率
过教材 串知识 夯基础
知识点1 测量小灯泡的电功率
1．测量原理：P＝UI。
2．测量工具
(1)电压表：测量小灯泡两端的电压。
(2)电流表：测量通过小灯泡的电流。
3．实验电路图
4．测量不同电压下小灯泡电功率的方法：移动滑动变阻器的滑片，从而改变小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，得到小灯泡不同电压下的电功率。
知识点2 焦耳定律
1．电流的热效应：电流通过导体时电能转化为________能，这种现象叫做电流的热效应。
2．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的________成正比，跟导体的________成正比，跟通电时间成________比。
内
二次方
电阻
正
I 2Rt
UIt
研重难 学方法 提能力
重难点1 灯泡电功率的问题
【典例1】 灯泡L1规格为“6 V 3 W”，L2规格为“6 V 6 W”，现将它们串联接入电路，电路中最大电流为________A；若将它们并联接入电路，________灯更亮一些。
0.5
L2
A．电源电压为9 V
B．小灯泡正常发光时电阻为25 Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为60 Ω
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率为4 W
√
【变式2】 将“6 V 3 W”的灯L1和“6 V 6 W”的灯L2串联接入9 V电源上(忽略灯丝电阻的变化)，则( )
A．两灯都能正常发光，且灯L2比灯L1亮
B．只有灯L1正常发光，此时灯L2消耗的功率为1.5 W
C．只有灯L2正常发光，此时灯L1消耗的功率为1.5 W
D．电路的总功率为7.5 W
√
重难点2 导体产热多少的影响因素
【典例2】 (2023·枣庄T21)在探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关的实验中。某兴趣小组猜想：电流通过导体产生的热量可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关，于是他们利用甲、乙、丙三个装置进行实验探究，如图所示，三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等
量的空气，U形管中液面高度的变化
反映密闭空气温度的变化。
(1)要探究电热与电阻的关系，应选用__________组合，并将它们________接到电源两端进行实验。
(2)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中液面高度变化大，由此可得到的结论是：在电阻相同、通电时间相同的情况下， ________________________________________。
甲、乙
串联
通过导体的电流越
大，产生的热量越多
(3)实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，在研究许多物理问题时都会用到这种方法，下列实例采用研究方法与此相同的是________。
A．探究电流与电压、电阻的关系
B．用铁屑显示磁体周围磁场分布
C．研究光的传播时，引入“光线”
D．探究平面镜成像的特点
B
解析：(1)要研究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，因此选用甲、乙组合，将它们串联接到电源两端进行实验。
(2)选用乙、丙组合，串联在电路中，此时题图丙中两个电阻并联后再与题图乙中的电阻串联(如图)，由并联电路的电流特点可知通过乙容器中5 Ω电阻的电流大于通过丙容器中5 Ω电阻的电流，当在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中液面高度变化大，可知气压差越大，温度差越大，热量越多，可以得
出的结论是：在电阻和通电时间相同时，通过
导体的电流越大，产生的热量越多。
(3)实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，这是转换法的应用。探究电流与电压、电阻的关系时，用到的方法是控制变量法，故A不符合题意；用铁屑显示磁体周围磁场分布时，磁体周围磁场的强弱转化为吸引铁屑的多少，是转换法，故B符合题意；研究光的传播时，引入“光线”，这是模型法，故C不符合题意；探究平面镜成像的特点，用到的是替代法，故D不符合题意。
【变式3】 (2024·枣庄二模)用如图所示的装置可探究电流产生热量与________(选填“电流”或“电阻”)的关系，装置中的U形管________(选填“是”或“不是”)连通器；电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为________；若将R3更换为10 Ω的电阻，________(选填“仍能”或“不能”)完成该实验探究。
电流
不是
1∶4
仍能
【变式4】 已知定值电阻R1∶R2＝2∶3，若把它们并联在同一电路中，通电后，它们的电流之比I1∶I2＝________；若把它们串联在同一电路中，通电1分钟，R1、R2产生的热量之比Q1∶Q2＝________。
3∶2
2∶3
重难点3 多挡位用电器的应用
【典例3】 (2021·枣庄T24)康康家里有一台电火锅，部分技术参数如表，图甲是其内部电路的工作原理简图，R1、R2均为阻值不变的加热电阻，通过开关S、S1、S2的通断可实现三个挡位功能的切换，其中S2是能分别与a、b两掷点相连的单刀双掷开关。[水的比热容：4.2×103 J/(kg·℃)]
额定电压 220 V
高温挡 1 100 W
低温挡 880 W
保温挡 ×××W
(1)电火锅正常工作时，锅内水温
随时间变化的图象如图乙所示。
若用高温挡把质量为4 kg、初温
为50 ℃的水加热到60 ℃，求此过程中水吸收的热量和电火锅的热效率；
(2)若改用低温挡给(1)问中的水加热，请比较使用高温挡还是低温挡更节能；
(3)求电火锅正常工作时保温挡的电功率。
答案：(1)1.68×105 J 84.8% (2)高温挡 (3)176 W
【变式5】 (2024·枣庄二模)如图1所示是某电饭锅电路简化图，它有高温挡和保温挡两个挡位。图2是该电饭锅正常工作时功率与时间的关系图象。根据以上信息可以求得：电热丝R2阻值为________Ω，电饭锅处于高温挡时电路中的电流是________A。
24.2
10
【变式6】 (2024·枣庄三模)如图甲所示为一款储水式电热水器，它的实际电路如图乙所示，简化电路如图丙所示，通过控制开关S可以使电热水器分别在两个不同状态下工作，主要参数如表所示。已知ρ水＝1.0×103 kg/m3，c水＝4.2×103 J/(kg·℃)。求：
(1)画出电热水器在标准功率下工作时的等效电路图；
(2)发热器R2的阻值；
(3)将额定容量的水从35 ℃加热到额定最高温度需要的最短时间。
额定电压 220 V 额定容量 50 L
额定频率 50 Hz 速热功率 2 000 W
额度最高温度 75 ℃ 标准功率 800 W
答案：(1)见解析图 (2)36.3 Ω (3)4 200 s
练实验 重迁移 强素养
实验 伏安法测量小灯泡的电功率(含特殊方法)
小兵同学通过实验测量灯泡L1、L2的额定功率，L1、L2分别标有“2.5 V”和“3.8 V”字样，电源电压恒为6 V，电压表只有0～
3 V量程可以用。
基础设问：
(1)如图甲所示，是小兵设计的测L1额定功率的实验电路图，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接(要求滑片向A端移动灯泡变亮)。
(2)连好电路后，按实验规范操作，先把滑动变阻器的滑片P移到________(选填“A”或“B”)端，然后闭合开关S，小兵发现L1不发光，电流表有示数，电压表无示数，则电路的故障可能是L1________(选填“断路”或“短路”)。
见解析图
B
短路
(3)排除故障后，按实验规范操作，闭合开关S，电压表示数为1 V，电流表示数如图丙所示，读数为________A，滑动变阻器的最大阻值为________Ω。调节滑片P得到表中的数据，L1的额定功率为______W。
实验次数 1 2 3
电压/V 1.0 2.5 2.8
电流/A 0.3 0.32
0.2
25
0.75
(4)小兵在原电路中用L2替换L1，测量L2的额定功率，按实验规范操作，刚闭合开关S，电压表示数为1.5 V，接着小兵发现该电路无法完成测量，于是设计了一个新方案，把电压表改接到滑动变阻器两端，只需调节滑片P使电压表示数为________V，L2就会正常发光。
2.2
(5)小兵根据新方案连好电路，按实验规范操作，刚闭合开关S，发现电压表示数超过了量程，立即断开开关思考解决方法，请你对此说出一种合理的解决办法：______________________________________________________________________________________________。
换一个最大值稍小的滑动变阻器
(闭合开关前把滑动变阻器滑片调到合适位置；适当调低电源电
压)
变式设问：
(6)原方案中，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表指针都有较小的偏转，则灯泡不亮的原因是________(选填字母)。
A．灯泡烧坏
B．灯泡短路
C．灯泡的实际功率太小
C
(7)小兵对数据分析后，认为还可以得出通过灯泡的电流和灯泡两端电压成正比的结论，这种说法________(选填“正确”或“错误”)，理由是__________________________________。
错误
灯泡工作时的电阻在变化
创新设问：
(8)小兵打算只利用电压表来测量灯泡的额定功率。用如图丁所示的电路测量，R0阻值已知。闭合开关S、S1，移动滑片P使电压表的示数为U额。保持滑片P位置不动，只断开开关S1，闭合开关S2，记下电压表的示数为U2，则小灯泡的电功率为
_____________(用已知字母表示)。
解析：(1)实物电路的连接如图所示。
字样，其额定电压为2.5 V，从题表中数据可知，电压2.5 V对应电流为0.3 A，则由P＝UI得P额＝2.5 V×0.3 A＝0.75 W。
(4)因为电压表所选量程为0～3 V，而L2的额定电压是3.8 V，超出量程，无法完成实验，所以对电路进行调整，把电压表与滑动变阻器并联，当电压表示数为2.2 V时，灯泡两端电压为U－U滑＝6 V－
2.2 V＝3.8 V＝U额，L2正常发光。
(8)闭合开关S、S1，电压表测量灯泡两端的电压，移动滑片P使电压表的示数为U额，保持滑片P位置不动，只断开开关S1，闭合开关S2，
[变式训练]
(2023·枣庄三模)在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：电池组(3 V不变)、电流表、电压表、小灯泡(额定电压2.5 V)、滑动变阻器、开关、导线若干，实物电路如图甲所示。
(1)连接电路时开关应__________；
(2)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整(要求：滑动变阻器的滑片P向B端移动时小灯泡变暗，导线不能交叉)；
(3)若连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数接近3 V，电路故障可能是_____________；
断开
见解析图
小灯泡断路
(4)排除故障后，闭合开关，移动滑片P至某一位置时，电压表的示数如图乙所示，其读数为________V；要获得小灯泡额定功率的数据，滑片P应向________(选填“A”或“B ”)端移动；
(5)排除故障后进行实验，图丙是由实验数据描绘得到的小灯泡的I-U图象，则小灯泡额定功率是__________W；
(6)分析小灯泡的I-U图象，发现小灯泡灯丝的阻值随电压变化而变化，从本质上讲，引起小灯泡灯丝阻值变化的因素是________。
2.2
A
0.625
温度
解析：(1)为了安全用电，连接电路时，开关应断开。
(2)根据题意要求可知，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，小灯泡变暗，说明滑动变阻器接入电路的阻值变大，因此，滑动变阻器要选择A点接入电路，如图所示。
(3)若连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近3 V，说明电压表接在电源两端，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，与电压表并联的电路断路，即电路故障可能是小灯泡断路。
(4)灯泡在额定电压下正常发光，题图乙中电压表选用小量程，分度值为0.1 V，示数为2.2 V，小于灯泡的额定电压2.5 V，应增大灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理，应减小滑动变阻器接入电路中的电阻大小，所以，滑片向A端移动，直到电压表示数为小灯泡的额定电压。
(5)由题图丙可知，灯泡的电压为2.5 V时，灯泡的电流为0.25 A，小灯泡正常发光时的额定功率P＝UI＝2.5 V×0.25 A＝0.625 W。
(6)由小灯泡的I-U图象知，通过灯泡的电流随电压的增大而增大，根据P＝UI可知，灯泡的功率增大，灯丝的温度升高，因小灯泡灯丝阻值随温度的升高而增大，所以小灯泡的电阻变大，因此引起小灯泡灯丝阻值变化的因素是温度。
1．关于电功，下列说法不正确的是( )
[A]电流做了多少功就有多少电能转化为其他形式的能
[B]电流做功的过程就是消耗电能的过程
[C]用电能表可以测量电流做功的多少
[D]电流越大，电流做功就一定越多
课时分层评价卷(十九) 电功率
(说明：选择题每题2分，填空题每空1分，总分100分)
√
2．如图常见电器中不是利用电流热效应工作的是( )
[A] 电炉 [B] 电动机
[C] 电饭锅 [D] 电熨斗
√
3．某品牌额定功率为7 W的室内照明LED灯如图所示。此灯泡正常工作时，每小时消耗电能( )
[A]0.07 J
[B]7 000 J
[C]2.52×104 kW·h
[D]0.007 kW·h
√
4．如图所示，A、B是由同种材料制成的导体，二者长度相等，但A比B的横截面积大，当开关闭合后，在相同时间内，下列说法正确的是( )
[A]导体A、B的电阻RA＞RB
[B]通过导体A、B的电流IA＞IB
[C]导体A、B两端的电压UA＝UB
[D]电流通过导体A、B所做的功WA＜WB
√
5．如图所示分别是小明家上月初和上月末电能表的示数。结合表盘上的信息可知，下列判断正确的是( )
[A]小明家上个月消耗的电能为1 011 kW·h
[B]小明家家庭电路中的干路电流不得超过10 A
[C]电能表上指示灯闪烁160次，表示家庭电路消耗0.1 J的电能
[D]电能表上指示灯闪烁得越快，说明电路中消耗的总电功率越大
√
6．(2024·枣庄二模)如图所示，发现闭合开关S后，小灯泡L1比L2亮，则下列说法正确的是( )
[A]L1和L2的连接方式是并联
[B]L1比L2亮是由于电流先流经L1
[C]L1的电功率比L2的电功率大
[D]通过L1的电流比通过L2的电流大
√
7．如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是( )
[A]U形管中液面高度发生变化是因为U形管中液体的热胀冷缩造成的
[B]通电一段时间，两个U形管中液面高度的变化不同，说明电流通过导体产生的热量与电阻有关
[C]若要探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，右侧透明容器中应接入阻值是5 Ω的电阻
[D]若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，右侧透明容器中应接入阻值是10 Ω的电阻
√
8．(2024·枣庄一模)如图甲所示电路的电源电压保持不变，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由最右端向最左端移动的过程中，两电压表与电流表的视数变化如图乙所示，则( )
[A]a是灯泡的U-I图线
[B]灯泡电阻的最小值为25 Ω
[C]R的最大阻值为10 Ω
[D]电路的最大功率为3.6 W
√
9．(2024·枣庄三模)如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙中所示，当电流表示数为0.4 A时，R1与R2消耗的电功率之比为________。整个电路总功率最大值和总功率最小值之比为__________。
3∶1
2∶1
解析：由电路图可知：R1与R2串联，电压表测量电阻R1两端的电压，电流表测量串联电路的电流；由电路图可知：当滑片P位于a端时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由题图可知，电路中的最大电流0.6 A时，电压表的示数为6 V，即电源的电压为6 V，当电路中的电流为0.4 A时，根据题图读出电阻R1两端电压U1′＝4 V
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知R2两端电压U2′＝U－U1′＝6 V－4 V＝2 V
R1与R2消耗的电功率之比为
P1∶P2＝U1′I∶U2′I＝U1′∶U2′＝4 V∶2 V＝2∶1
由题图可知整个电路的最大电流和最小电流分别是0.6 A，0.2 A，则整个电路总功率最大值和总功率最小值之比为P最大∶P最小＝
UI最大∶UI最小＝I最大∶I最小＝0.6 A∶0.2 A＝3∶1。
10．(7分)(2024·枣庄二模)某市举办的中学生物理实验大赛中，其中一小组抽到的实验内容是测量小灯泡的电功率，给他们的实验器材有：额定电压为2.5 V的小灯泡、电源(3 V)、电流表、电压表、开关、“10 Ω 1 A”的滑动变阻器和导线若干。
(1)请根据图甲用笔画线代替导线，将图乙中实物电路连接完整(要求：向右移动滑动变阻器的滑片P时，电路中的小灯泡变暗，且导线不能交叉)；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示为________A，则小灯泡的额定功率为________W，小灯泡正常发光时的电阻是________Ω(结果保留到小数点后一位)；
见解析图
0.3
0.75
8.3
(3)在实验后，小科绘制了P-I图象(如图丁)，以下说法正确的是________(选填序号)；
①曲线A表示总功率
②曲线B表示小灯泡电功率
③曲线B表示滑动变阻器电功率
根据图象，请判断随着电流增大，滑动变阻器的功率大小变化情况是___________________；
①②
先增大后减小至零
(4)想要继续探究“电流与电阻”的关系，只需将小灯泡换成阻值不同的定值电阻。实验时控制定值电阻两端的电压保持2 V不变，则更换的定值电阻的阻值不能大于________Ω。
20
解析：(1)电路为串联电路，向右移动滑动变阻器的滑片P时，电路中的小灯泡变暗，说明滑动变阻器连入电路的阻值变大，所以应将滑动变阻器左下角接线柱与灯泡右接线柱相连，如图所示。
由图象可知，随着电流逐渐变大，灯泡的电功率与电路总功率间的差值先变大后变小，最终两曲线相交，相交时滑动变阻器的电功率为0，所以随着电流增大，滑动变阻器的功率大小变化情况是：先增大后减小至零。
11．(7分)(2024·枣庄一模)如图甲为一款养生壶，其加热原理如图乙所示。养生壶的额定电压为220 V，R1、R2均是发热电阻，其中R2＝495 Ω。养生壶正常工作时，开关置于“1”为加热挡，电路中电流为4 A。
(1)当开关置于“1”时，R1的阻值；
(2)当开关置于“1”时，R1消耗的
电功率；
(3)当开关置于“2”时，养生壶的
功率以及5 min内消耗的电能。
答案：(1)55 Ω (2)880 W (3)88 W 2.64×104 J
12．(2024·枣庄一模)如图所示电路，电源电压不变，开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P从中点向右滑动过程中，下列说法正确的是
( )
[A]电压表V与电流表A2示数的乘积不变
[B]电压表V与电流表A1示数的比值不变
[C]电压表V示数变小
[D]小灯泡L的电功率变小
√
A [由题图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压(电源电压)，电流表A1测干路的电流，电流表A2测灯泡所在支路的电流；由于电源电压不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变；因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过灯泡的电流不变，即电流表A2的示数不变，由P＝UI可知，灯泡的电功率不变，故C、D错误；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过变阻器支路的电流变小；根据并联电路的电流特点可知，干路电流变小，即电流表A1示数变小；则电压表V与电流表A2示数的乘积不变，电压表V与电流表A1示数的比值变大，故A正确，B错误。故选A。]
13．如图所示为某品牌家用电热水器的工作电路图，具有加热和保温两个挡位，家庭电路电压220 V，加热挡功率为440 W，保温挡功率为40 W，下列有关说法中正确的是( )
[A]电阻R1阻值为121 Ω
[B]电阻R2阻值为1 210 Ω
[C]加热挡时电路总电流为0.5 A
[D]当电压为198 V时，加热状态下R2实际功率为324 W
√
14．甲图是反映身体柔韧水平的“坐位体前屈测量仪”，乙图是其内部电路图(电源电压恒定)，两个身形接近但柔韧性差异较大的同学先后推动挡板进行测量，“显示器”示数的大小能够反映柔韧性的好差。下列与测量仪有关的说法正确的是( )
[A]“显示器”是电压表
[B]柔韧性好的同学测量时，电阻丝接入电路中的电阻更大
[C]柔韧性差的同学测量时，电路中的电流较小
[D]通过电阻R的电流做功会消耗电能，为了节约电能，可以将R去掉
√
C [由题图乙可知，显示器串联在电路中，因此显示器应为电流表，故A错误；由题图乙可知，柔韧性好的同学测量时，滑片更加靠近电阻丝的左端，电阻丝接入电路的长度更短，因此电阻丝接入电路中的电阻更小，故B错误；由题图乙可知，柔韧性差的同学测量时，滑片更加靠近电阻丝的右端，电阻丝接入电路的电阻较大，由串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻较大，由欧姆定律可知，电路中的电流较小，故C正确；由题图乙可知，若去掉R，当滑片移到最左端时，电阻丝接入电路的电阻为零，电源被短路，因此，为了保护电路，不能将R去掉，故D错误。故选C。]
15．家用电水壶单独工作7 min，标有“1 600 imp/(kW·h)”字样的电能表指示灯闪烁了280次，该电水壶电功率为__________W。假设能量没有损失，此过程消耗的电能能够将1个标准大气压下，初温40 ℃，体积 __________L的水烧开[水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)]。
2.5
1 500
16．(6分)(2024·枣庄二模)如图所示为探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。
(1)本装置中我们可以通过观察U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法是________；
(2)通电后，想要比较电热和电阻的关系，我们可以选取________两个装置来比较。通电一段时间后，我们可以观察到这两个装置中________装置的液面高度差更大；
转换法
甲、乙
乙
(3)在丙容器的外部并联一个5 Ω的电阻是为了________。实验过程中选取甲和丙两个实验装置进行比较，我们可以得出结论：在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越________(选填“大”或“小”)，产生的热量越多；
(4)在通电相同时间时，三个容器中产生的热量之比为________。
分流
大
4∶8∶1
解析：(1)实验中通过U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，U形管两侧液面高度差越大，液体压强越大，这种实验方法叫转换法。
(2)探究电热和电阻的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及通过两电热丝的电流大小相等，则应选取甲、乙两个装置来比较：乙中电阻丝的电阻大，根据Q＝I2Rt可知乙装置内电阻丝产生的热量多，乙装置的液面高度差更大。
(3)题图丙装置中两个5 Ω的电阻并联后再与一个5 Ω的电阻串联，在丙容器的外部并联一个5 Ω的电阻是为了分流；甲和丙容器内的电阻值都是5 Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电流的关系；分析图甲、丙两装置的实验现象，可以得出在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，导体产生的热量越多。
(4)在通电相同时间下，甲、乙两容器中，通过电阻丝的电流相等，电阻之比为1∶2，根据Q＝I2Rt可知产生的热量之比Q甲∶Q乙＝1∶2
甲、丙两容器中，电阻丝的电阻相等，电流之比为2∶1，根据Q＝I2Rt可知产生的热量之比Q甲∶Q丙＝4∶1
则在通电相同时间下，三个容器中产生的热量之比为4∶8∶1。
17．(6分)小明做“测量小灯泡的电功率”实验，实验器材：电源(电压恒为6 V)、小灯泡(额定电压为2.5 V，正常发光时灯丝电阻约为10 Ω)、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1(10 Ω 1 A)和R2(30 Ω 0.5 A)的滑动变阻器各一个，导线若干。
(1)图甲是小明连接的实物图，经检查有一根导线接错，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”，并补画出正确的连线；
(2)为测量小灯泡的额定功率，所选的滑动变阻器应为________(选填“R1”或“R2”)；
(3)检查电路无误后，闭合开关，移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2 V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向________(选填“A”或“B”)端移动。根据实验数据绘制出小灯泡的U-I图象，如图乙所示，小灯泡的额定功率为________W；
见解析图
R2
B
0.625
(4)另外一个小组的同学在没有电流表的情况下，从实验室里找了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示电路来测量U额＝2.5 V小灯泡的额定功率，操作如下：
①闭合开关S和S1，断开S2，并调节滑动变阻器使电压表示数为2.5 V；
②____________________________，滑动变阻器滑片P不动，读出此时电压表示数为U；
小灯泡额定功率的表达式P额＝_____________(用U额、R0、U表示)。
闭合开关S和S2，断开S1
解析：(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，如图所示。
(3)检查电路无误后，闭合开关，移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2 V，小于灯泡额定电压2.5 V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向B端移动；由题图乙可知，当灯泡两端电压为2.5 V时，通过灯泡的额定电流为0.25 A，则小灯泡额定功率为
PL＝ULIL＝2.5 V×0.25 A＝0.625 W。
(4)实验步骤：
①闭合开关S和S1，断开S2，并调节滑动变阻器使电压表示数为
2.5 V；
②闭合开关S和S2，断开S1，滑动变阻器滑片P不动，读出此时电压表示数为U；
在①中，电压表测灯两端的电压，电压表示数为2.5 V时，灯正常发光；
18．(8分)(2023·枣庄三模)汽车尾气是造成雾霾指数PM2.5升高的原因之一。如图所示是汽车尾气排放检测电路，电源电压为12 V恒定不变，R0为定值电阻，气敏电阻R的阻值随汽车尾气浓度变化的部分数据如下表所示：
(1)测试过程中，当电压表示数为8 V时，电流表读数为1 A，求电阻R0的阻值；
(2)当这种汽车尾气浓度增大到15%Vol时，求电压表的示数；
(3)当电路消耗的总功率为18 W时，汽车尾气浓度是多少？
汽车尾气气体浓度/%Vol 5 7.5 10 12.5 15 …
R/Ω 5.2 4 3 2.5 2 …
答案：(1)4 Ω (2)4 V (3)7.5%Vol
19．(2024·枣庄T11)如图所示是一款电子提力计的电路原理图，M、N均为金属板，N固定不动，当握力F增大时，则( )
[A]滑动变阻器R接入电路中的阻值变小
[B]电压表示数增大
[C]电阻R的功率一定减小
[D]电阻R0的功率增大
√
B [题图所示定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器的电压；当握力F增大时，滑片右移，滑动变阻器R接入电路中的阻值变大，电路中的电流减小，根据P＝UI＝I2R知，定值电阻R0的电功率减小，定值电阻的电压减小，根据串联电压特点知，电压表的示数变大，故A、D错误，B正确。假设滑动变阻器接入电路的电阻和弹簧的总电阻为R′，定值电阻的大小为R，滑动变阻器的功率为：
20．(2022·泰安)如图甲所示，灯泡L标有“8 V 4 W”字样，忽略温度对灯丝电阻的影响，滑动变阻器R1标有“50 Ω 1 A”字样，电压表的量程为0～3 V，电流表的量程为0～0.6 A，定值电阻R2的电流随电压变化的图象如图乙所示。在保证电路安全和电表不超量程的情况下，当闭合开关S、S1、S2时，通电30 s，电路中电流所做的功为120 J；当闭合开关S，断开开关S1、S2时，灯泡的实际功率为PL；当闭合开关S1、S2，断开开关S时，定值电阻R2消耗的最小功率为P2。下列说法中( )
①灯泡L的电阻为16 Ω ②电源电压为12 V ③P2＝0.75 W
④PL＝1 W
[A]只有①④正确 [B]只有②③正确
[C]只有①②正确 [D]只有①③④正确
√
21．(2022·聊城)如图所示是“探究电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，通电一段时间后，左侧U形管中液面高度差比右侧的大。下列说法错误的是( )
[A]U形管中液面高度的变化反映了电阻产
生热量的多少
[B]通过左、右两边容器中电阻丝的电流相同
[C]右边容器中的电阻R2比左边容器中的电阻R1小
[D]通电时间相同，两个容器中空气吸收的热量相同
√
D [据题图可知，电流通过导体产生热量使容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，A正确；两阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流大小相等，B正确；左侧U形管中液面高度差比右侧的大，说明在相同时间内，电流在左容器中产生的热量较多，由Q＝I2Rt可知，左边容器的电阻丝阻值较大，C正确，D错误。故选D。]
22．(2024·烟台)如图甲所示，电源电压恒定，R0为定值电阻。闭合开关，将滑动变阻器R的滑片P从a端移到b端的过程中，其电流I与电压U的关系图象如图乙所示，则电源电压为________V，滑动变阻器R的最大阻值为________Ω，电阻R0消耗的最大功率和最小功率之比为________。
9∶1
3
10
23．(2024·枣庄T22)如图所示，电源电压不变，小灯泡L标有“6 V 3 W”字样，滑动变阻器的规格“20 Ω 1 A”，电流表量程为0～
0.6 A，当开关S1、S2同时闭合时，小灯泡正常发光，则小灯泡正常发光的电阻RL为__________Ω，滑动变阻器滑片P向右移动时，小灯泡的亮度将________(选填“变亮”“变暗”或“不变”)；保持开关S1始终闭合，通过调节电路，使电路消耗的最大功率
为P1，最小功率为P2，则P1∶P2＝________。
12
不变
11∶3
24．(2022·枣庄T17)如图甲所示，电源电压恒定不变，定值电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50 Ω。开关闭合后，当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，电压表V1的示数如图乙所示，此时R2的功率为0.8 W。则电流表的示数为________A，电源电压为________V。
6
0.4
25．(4分)(2023·枣庄T18)如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片P从b点滑向a点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图象如图乙所示。
(1)图乙中__________(选填“dc”或“ec”)表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图象；
(2)该电路消耗的最大总功率与
最小总功率之比为________。
ec
6∶1
解析：(1)由题图甲可知，R0与R串联，电压表V1测R0两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流，滑动变阻器滑片P从b点滑向a点的过程中，滑动变阻器R接入电路的阻值变小，电路中的电流变大，由U＝IR0可知定值电阻的电压随着电流的增大而增大，故ec表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图象。
26．(9分)(2024·枣庄T30)如图甲是某型号能设定加热温度的家用空气炸锅简化电路，它是通过电热丝R1来加热空气，从而加热食物，达到设定加热温度后，断开开关。
(1)在工作电路中，指示灯L标有“2 V 0.2 A”字样，要使指示灯L正常工作，则保护电阻R0的阻值为多大？
(2)把空气炸锅单独接入家庭电路中正常工作2 min，电能表上标有600 r/kW·h的字样，其转盘刚好转了20转，则空气炸锅的电功率是多少？
(3)在控制电路中，电源电压恒定为3 V，用R3来设置加热温度，热敏电阻R2置于温度监测区域，它的阻值随温度变化的关系如图乙所示。当设定加热温度为某一温度时，R3的阻值恰好为40 Ω，闭合开关S，工作电路接通，开始加热；当控制电流I＝0.03 A时，衔铁被弹起，停止加热，则设定的加热温度是多少？
答案：(1)保护电阻R0的阻值为1 090 Ω (2)空气炸锅的电功率是
1 000 W (3)设定的加热温度是200 ℃
27．(5分)(2022·枣庄T21)某物理兴趣小组利用“伏安法”测量一个阻值较小的定值电阻Rx的阻值，电路如图甲所示。已知电源电压为6 V，R0＝10 Ω，滑动变阻器规格为“50 Ω 0.6 A”。
(1)请用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整，要求滑片向右移动连入电路中的阻值变小，导线不能交叉；
(2)实验时，闭合开关，发现电流表和电压表示数都为0。现用一根导线在图甲中先后连接接线柱A与B、C与H时，电流表和电压表示数仍为0，连接接线柱H与G时，电流表和电压表指针有明显偏转，则电路的故障是___________；
见解析图
开关断路
(3)排除故障后，闭合开关调节滑片，利用电压表和电流表测出了多组实验数据，并作出了电压表与电流表示数的关系图象，如图乙所示，则Rx阻值为________Ω；
(4)调节滑动变阻器，当电压表的示数为3 V时，Rx消耗的电功率是__________W；
(5)电路中串联R0的作用是________(填正确答案标号)
[A]增大串联电阻，增大分压，电压表易于读数
[B]增大串联电阻，增大分流，电流表易于读数
2
0.125 W
A
解析：(1)伏安法测电阻的实验中，滑动变阻器应串联接入电路中，要求滑片向右移动连入电路中的阻值变小，由题图甲知，应将变阻器的F接线柱接入电路中，如图所示。
28．(8分)(2022·枣庄T24)如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。当滑片P由滑动变阻器b端移动到a端的过程中，分别测出几组对应的电压值和电流值，通过计算得出滑动变阻器对应的电功率P，并画出滑动变阻器的电功率P和电流I的关系图象，如图乙所示。求：
答案：(1)50 Ω (2)10 Ω 12 V (3)1∶6第2课时 电功率的测量
知识点1 测量小灯泡的电功率
1．测量原理：P＝UI。
2．测量工具
(1)电压表：测量小灯泡两端的电压。
(2)电流表：测量通过小灯泡的电流。
3．实验电路图
4．测量不同电压下小灯泡电功率的方法：移动滑动变阻器的滑片，从而改变小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，得到小灯泡不同电压下的电功率。
知识点2 焦耳定律
1．电流的热效应：电流通过导体时电能转化为________能，这种现象叫做电流的热效应。
2．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的________成正比，跟导体的________成正比，跟通电时间成________比。
3．焦耳定律的计算公式：Q＝________(适用于所有电路)。对于纯电阻电路，公式还可表达为：Q＝________和Q＝。
(1)串联电路中常用公式：Q＝I2Rt，Q1∶Q2＝R1∶R2。
(2)并联电路中常用公式：Q＝，Q1∶Q2＝R2∶R1。
4．利用电流热效应的用电器：电热水器、电饭锅、电熨斗等。
5．电热的防止：很多情况下用电器的温度不能过高，为加快散热，常装有散热板(片)或微型风扇。
重难点1 灯泡电功率的问题
【典例1】 灯泡L1规格为“6 V 3 W”，L2规格为“6 V 6 W”，现将它们串联接入电路，电路中最大电流为________A；若将它们并联接入电路，________灯更亮一些。
关键点拨：并联时，电压一样，电阻不一样，所以根据公式P＝比较灯泡亮暗。
[听课记录]
【变式1】 (2021·枣庄T12)如图所示电路，电源电压不变，滑动变阻器的滑片移至最大阻值处，闭合开关，电流表示数为0.1 A，小灯泡的功率为0.3 W。移动滑片，使滑动变阻器最大阻值的接入电路，电流表示数为0.2 A，小灯泡恰好正常发光，且小灯泡消耗的功率为1 W。下列计算结果错误的是( )
A．电源电压为9 V
B．小灯泡正常发光时电阻为25 Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为60 Ω
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率为4 W
【变式2】 将“6 V 3 W”的灯L1和“6 V 6 W”的灯L2串联接入9 V电源上(忽略灯丝电阻的变化)，则( )
A．两灯都能正常发光，且灯L2比灯L1亮
B．只有灯L1正常发光，此时灯L2消耗的功率为1.5 W
C．只有灯L2正常发光，此时灯L1消耗的功率为1.5 W
D．电路的总功率为7.5 W
重难点2 导体产热多少的影响因素
【典例2】 (2023·枣庄T21)在探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关的实验中。某兴趣小组猜想：电流通过导体产生的热量可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关，于是他们利用甲、乙、丙三个装置进行实验探究，如图所示，三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
(1)要探究电热与电阻的关系，应选用__________组合，并将它们________接到电源两端进行实验。
(2)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中液面高度变化大，由此可得到的结论是：在电阻相同、通电时间相同的情况下， ___________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，在研究许多物理问题时都会用到这种方法，下列实例采用研究方法与此相同的是________。
A．探究电流与电压、电阻的关系
B．用铁屑显示磁体周围磁场分布
C．研究光的传播时，引入“光线”
D．探究平面镜成像的特点
[听课记录]
【变式3】 (2024·枣庄二模)用如图所示的装置可探究电流产生热量与________(选填“电流”或“电阻”)的关系，装置中的U形管________(选填“是”或“不是”)连通器；电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为________；若将R3更换为10 Ω的电阻，________(选填“仍能”或“不能”)完成该实验探究。
【变式4】 已知定值电阻R1∶R2＝2∶3，若把它们并联在同一电路中，通电后，它们的电流之比I1∶I2＝________；若把它们串联在同一电路中，通电1分钟，R1、R2产生的热量之比Q1∶Q2＝________。
重难点3 多挡位用电器的应用
【典例3】 (2021·枣庄T24)康康家里有一台电火锅，部分技术参数如表，图甲是其内部电路的工作原理简图，R1、R2均为阻值不变的加热电阻，通过开关S、S1、S2的通断可实现三个挡位功能的切换，其中S2是能分别与a、b两掷点相连的单刀双掷开关。[水的比热容：4.2×103 J/(kg·℃)]
额定电压 220 V
高温挡 1 100 W
低温挡 880 W
保温挡 ×××W
(1)电火锅正常工作时，锅内水温随时间变化的图象如图乙所示。若用高温挡把质量为4 kg、初温为50 ℃的水加热到60 ℃，求此过程中水吸收的热量和电火锅的热效率；
(2)若改用低温挡给(1)问中的水加热，请比较使用高温挡还是低温挡更节能；
(3)求电火锅正常工作时保温挡的电功率。
关键点拨：对于一个加热器来说，接入家庭电路后，电压为220 V不变，所以判断加热器的功率大小，根据公式P＝进行比较；电路电阻越大、电功率越小，电路电阻越小、电功率越大。
[听课记录]
【变式5】 (2024·枣庄二模)如图1所示是某电饭锅电路简化图，它有高温挡和保温挡两个挡位。图2是该电饭锅正常工作时功率与时间的关系图象。根据以上信息可以求得：电热丝R2阻值为________Ω，电饭锅处于高温挡时电路中的电流是________A。
【变式6】 (2024·枣庄三模)如图甲所示为一款储水式电热水器，它的实际电路如图乙所示，简化电路如图丙所示，通过控制开关S可以使电热水器分别在两个不同状态下工作，主要参数如表所示。已知ρ水＝1.0×103 kg/m3，c水＝4.2×103 J/(kg·℃)。求：
额定电压 220 V 额定容量 50 L
额定频率 50 Hz 速热功率 2 000 W
额度最高温度 75 ℃ 标准功率 800 W
(1)画出电热水器在标准功率下工作时的等效电路图；
(2)发热器R2的阻值；
(3)将额定容量的水从35 ℃加热到额定最高温度需要的最短时间。
实验 伏安法测量小灯泡的电功率(含特殊方法)
小兵同学通过实验测量灯泡L1、L2的额定功率，L1、L2分别标有“2.5 V”和“3.8 V”字样，电源电压恒为6 V，电压表只有0～3 V量程可以用。
基础设问：
(1)如图甲所示，是小兵设计的测L1额定功率的实验电路图，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接(要求滑片向A端移动灯泡变亮)。
(2)连好电路后，按实验规范操作，先把滑动变阻器的滑片P移到________(选填“A”或“B”)端，然后闭合开关S，小兵发现L1不发光，电流表有示数，电压表无示数，则电路的故障可能是L1________(选填“断路”或“短路”)。
(3)排除故障后，按实验规范操作，闭合开关S，电压表示数为1 V，电流表示数如图丙所示，读数为________A，滑动变阻器的最大阻值为________Ω。调节滑片P得到表中的数据，L1的额定功率为______W。
实验次数 1 2 3
电压/V 1.0 2.5 2.8
电流/A 0.3 0.32
(4)小兵在原电路中用L2替换L1，测量L2的额定功率，按实验规范操作，刚闭合开关S，电压表示数为1.5 V，接着小兵发现该电路无法完成测量，于是设计了一个新方案，把电压表改接到滑动变阻器两端，只需调节滑片P使电压表示数为________V，L2就会正常发光。
(5)小兵根据新方案连好电路，按实验规范操作，刚闭合开关S，发现电压表示数超过了量程，立即断开开关思考解决方法，请你对此说出一种合理的解决办法：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
变式设问：
(6)原方案中，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表指针都有较小的偏转，则灯泡不亮的原因是________(选填字母)。
A．灯泡烧坏
B．灯泡短路
C．灯泡的实际功率太小
(7)小兵对数据分析后，认为还可以得出通过灯泡的电流和灯泡两端电压成正比的结论，这种说法________(选填“正确”或“错误”)，理由是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
创新设问：(8)小兵打算只利用电压表来测量灯泡的额定功率。用如图丁所示的电路测量，R0阻值已知。闭合开关S、S1，移动滑片P使电压表的示数为U额。保持滑片P位置不动，只断开开关S1，闭合开关S2，记下电压表的示数为U2，则小灯泡的电功率为________(用已知字母表示)。
[听课记录]
[变式训练]
(2023·枣庄三模)在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：电池组(3 V不变)、电流表、电压表、小灯泡(额定电压2.5 V)、滑动变阻器、开关、导线若干，实物电路如图甲所示。
(1)连接电路时开关应__________；
(2)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整(要求：滑动变阻器的滑片P向B端移动时小灯泡变暗，导线不能交叉)；
(3)若连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数接近3 V，电路故障可能是__________；
(4)排除故障后，闭合开关，移动滑片P至某一位置时，电压表的示数如图乙所示，其读数为________V；要获得小灯泡额定功率的数据，滑片P应向______________(选填“A”或“B“)端移动；
(5)排除故障后进行实验，图丙是由实验数据描绘得到的小灯泡的I-U图象，则小灯泡额定功率是________W；
(6)分析小灯泡的I-U图象，发现小灯泡灯丝的阻值随电压变化而变化，从本质上讲，引起小灯泡灯丝阻值变化的因素是________。第1讲 机械运动
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．(1)刻度尺 (2)米(m) (3)零刻度线 量程 分度值 紧贴 垂直 分度值 数字 单位 (4)测量值 真实值 2．(1)停表 (2)秒(s)
知识点2
1．位置 2．标准
知识点3
1．(1)路程 (2)时间 2．路程 时间 (1)快慢 (2)v＝
t＝；s＝vt (3)米每秒(m/s或m·s-1) 千米每小时(km/h或km·h-1) 3.6 (4)人在1 s时间内通过的路程为1.1 m
知识点4
1．v＝ 2．变化 快
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：刻度尺上1 cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1 cm，即此刻度尺的分度值为0.1 cm；物体左侧与零刻度线对齐，右侧与3.55 cm对齐，所以物体的长度为L＝3.55 cm。
在停表的中间小表盘上，1 min中间有2个小格，所以一个小格代表0.5 min，指针在“3”和“4”之间，偏向“3”一侧，所以分针指示的时间为3 min；在停表的大表盘上，1 s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1 s，指针在10 s处，所以秒针指示的时间为10 s，即秒表的读数为3 min 10 s＝190 s。
答案：3.55 190
变式1 解析：将四次测量结果取平均值就是铅笔的测量长度：＝17.57 cm；刻度尺读数要估读到分度值的下一位，所以此刻度尺的分度值为1 mm。
答案：17.57 1 mm
变式2 解析：从题图甲中信息可知，刻度尺的分度值是1 mm，A的长度为1.10 cm；从题图乙中信息可知，分针在1和2之间更靠近2，秒表的分度值是0.1 s，故停表的读数是99.8 s。
答案：1.10 99.8
典例2 D [从物理学的角度看，我们说舟中人是静止的，即人相对于轻舟的相对位置没有改变，故是选择轻舟为参照物，故A、B、C不符合题意。]
变式3 D [天舟六号到达天和核心舱所用的时间t＝＝＝95 s，A错误；以天和核心舱为参照物，天舟六号的位置发生了变化，是运动的，故B错误；以天舟六号为参照物，天和核心舱的位置发生了变化，是运动的，C错误，D正确。]
变式4 向西运动 静止
典例3 解析：当汽车过桥速度为100 km/h时，驾车通过大桥的时间最少，为t＝＝＝0.55 h＝33 min；依题意得，饮酒后与不饮酒相比，反应时间多Δt＝1.0 s－0.4 s＝0.6 s，在反应时间内要多行驶s′＝v′t＝72× m/s×0.6 s＝12 m。
答案：33 12
变式5 解析：(1)声音传到人耳的时间t＝＝＝8 s。
(2)人听到飞机发出声音时，飞机沿水平方向飞行的距离：s飞机＝v飞机t＝200 m/s×8 s＝1 600 m。
答案：(1)8 s (2)1 600 m
典例4 C [5～10 s内，由题图可知甲车的s-t图线的斜率更大，表明甲车速度更快，两车均向东行驶，开始时乙车在甲车前方20 m处，甲车速度比乙车快，所以距离在缩小，以甲车为参照物，则乙车相对甲车向西运动，故A不符合题意；甲、乙两车运动时的s-t图象为一条直线，表示路程随时间变化均匀，速度不变，都做匀速直线运动，故B不符合题意；甲车与横坐标相交，表明开始运动时，位置在坐标原点，运动的开始时刻是5 s，而乙车与纵坐标相交，表示开始运动的时刻是0时刻，但是开始运动的位置在距坐标原点20 m处，所以开始运动时，甲、乙两车相距20 m，乙车先运动，甲车晚5 s运动，故C符合题意；s-t图象相交的点表示的是两车在同一位置，即两车相遇，而不是速度相同，由题图可知两车均做匀速直线运动，甲车的s-t图线的斜率更大，表明甲车速度更快，故D不符合题意。故选C。]
变式6 B 变式7 C
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)利用速度公式可求出平均速度，因此本实验的原理是v＝。
(2)小车在下滑过程中，到达B点的速度并不为零，所以让小车从B点由静止释放，到达C点的时间并不等于下半段的时间，计算得到v3结果不准确，故A不符合题意；可以在B点开始计时，但在运动中开始计时，计时误差比较大，计算结果不准确，故B不符合题意；不测量，利用已有数据求得t3＝t1－t2，s3＝s1－s2，再计算得到v3结果比较准确，故C符合题意。故选C。
(3)由于小车在下滑过程中做加速运动，所以上半段的平均速度最小，下半段的平均速度最大，全程的平均速度居中，即v3>v1>v2。
(4)提前按下停表停止计时，会导致所测量的时间偏小，根据v＝可知，所测得的平均速度会偏大。
(5)小车全程做加速运动。选项A中小车运动速度逐渐减小，说明小车做减速运动，故A不符合题意；选项B中小车运动速度不变，说明小车做匀速运动，故B不符合题意；选项C中，小车运动速度逐渐增大，说明小车做加速运动，故C符合题意；选项D中小车运动速度先减小后增大，说明小车先做减速运动，后做加速运动，故D不符合题意。故选C。
(6)斜面的坡度越大，小车在斜面上滑下的速度越快，在斜面上运动的时间越短，不便于测量时间，因此为了便于测量时间，应将木块向右适当移动，保持较小的坡度。
(7)小明如果在小车过了A点才开始计时，则测量时间偏小，根据v＝可知，会使所测AC段的平均速度偏大。
(8)该刻度尺分度值为0.1 cm，故sAB读数为42.40 cm；vAB＝＝＝42.40 cm/s，vCD＝＝＝19.70 cm/s。
答案：(1)v＝ (2)C (3)v3>v1>v2 (4)偏大 (5)C
(6)右 (7)大 (8)42.40 42.40 19.70
变式训练
1．B 2．A
3．解析：测量小车的平均速度实验原理：v＝；根据v＝知，测量路程要用刻度尺，测量小车运动时间要用停表。
(1)由题中实验数据知小车在AB段的速度小于BC段的速度，故小车全程做变速运动。
(2)由实验数据可知，小车在做加速运动，即小车的速度越来越大，则小车在中间时刻不能达到AC段的中点，因此小车中间位置速度大于中间时刻速度。
答案：v＝ 刻度尺 停表 (1)变速 (2)大于
第2讲 声现象
过教材 串知识 夯基础
知识点1
振动 振动 振动 介质 真空 波的形式 340 m/s v固>v液>v气 被反射回来
知识点2
高低 高 强弱 大 远近 品质 特色 不同
知识点3
20 000 Hz 20 Hz
知识点4
做无规则 声源 传播过程 人耳
研重难 学方法 提能力
典例1 B [声音是由物体振动产生的，“鱼洗”发出的嗡嗡声是由“鱼洗”振动产生的，故A错误；发声的“鱼洗”振动的同时带动水振动，从而使“水花四溅”，因此“水花四溅”说明发声的“鱼洗”正在振动，故B正确；声音的传播需要介质，“鱼洗”发出的声音通过空气传入人耳，故C错误；声音的传播速度只与介质种类和温度有关，与其他因素无关，故D错误。故选B。]
变式1 解析：在教室里，小明敲响乙音叉时，与甲音叉的叉股接触的乒乓球会弹起来，这一现象既可以说明声音是由物体振动产生，也能说明声音可以在空气中传播；若在月球表面上进行此实验，则不能观察到上述现象，这是因为真空不能传声。
答案：空气 不能 真空不能传声
变式2 解析：用手捏住棉线，“土电话”便不能传声，原因是用手捏住棉线，棉线不能振动，发不出声音。
答案：用手捏住棉线，棉线不能振动，发不出声音
变式3 (1)振动 放大音叉的振动，便于观察 (2)减弱 不能 科学推理法
典例2 D [将一把钢尺紧紧按在桌面上，一端伸出桌面适当的长度，拨动钢尺，就可听到钢尺振动发出的声音；保持钢尺振动的幅度大致相同，增大钢尺伸出桌边的长度，则钢尺振动变慢，因此听到声音的音调变低。]
变式4 B [手机能识别主人是依据声音的音色不同，B正确。]
变式5 解析：用相同力度敲击编钟，编钟的大小不同，振动频率不同；大钟声音低沉、浑厚，小钟声音高昂、清脆，这是因为声音的音调不同。
答案：音调
变式6 解析：骨笛发出的声音，是由笛子内部空气柱振动产生的；用手指按住不同的孔，改变了里面空气柱振动的长度，从而改变频率，改变声音的音调。
答案：空气柱 音调
典例3 A [禁止鸣喇叭是在声源处减弱噪声，防止噪声的产生。故A正确，B、C、D错误。故选A。]
变式7 解析：题图中噪声监测器显示此时的噪声是63.0 dB，该装置是用来监测噪声强弱的仪器，所以测的是当时环境声音的响度；广场周边禁止汽车鸣笛是从声源处减弱噪声。
答案：响度 声源
典例4 C [物体振动能够产生声音，但是产生的声音不一定被人耳听到，只有频率在人耳听觉范围内的声音才能被人耳听到，即使在人耳听觉范围内的声音，如果没有传播声音的介质，人也是无法听到的，A错误；古筝演奏中拨动不同琴弦时，琴弦振动的频率不同，发出声音的音调不同，B错误；用超声波清洗眼镜，是利用声波可以传递能量，C正确；航空母舰上的起飞引导员佩戴耳罩是在人耳处减弱噪声，D错误。]
变式8 B
第3讲 物态变化
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．(1)冷热 (2)摄氏度 (3)0 100 1 2．(1)液体热胀冷缩
(2)量程 全部浸入 不能 相平 3．(1)0.1 (2)可以
知识点2
1．固 液 吸 液 固 放 2．液 气 吸 蒸发 沸腾 气 液 放 压缩体积 降低温度 3．沸点 吸热 液体与空气接触面积 液面上方空气流速 液体温度 4．固 气 吸 气 固 放
知识点3
有 没有 不变 下降 熔点 凝固点
研重难 学方法 提能力
典例1 C [体温计的量程是35～42 ℃，A错误；体温计一个小格代表0.1 ℃，所以体温计的分度值是0.1 ℃，B错误；人的正常体温约37 ℃，某同学体温是36.6 ℃，该同学体温正常，C正确；体温计的量程是35～42 ℃，液体的温度可能低于35 ℃，也有可能高于42 ℃，因此不可以用体温计测量液体的温度，D错误。]
变式1 解析：由题图甲知，此刻度尺的分度值是1 mm，木块的长度是9.80 cm－6.00 cm＝3.80 cm；温度计上，10 ℃之间有10个小格，一个小格代表1 ℃，所以此温度计的分度值为1 ℃；“30”在“20”的下方，液柱最高处在两者之间，说明温度低于0 ℃，为－22 ℃。
答案：3.80 －22
变式2 解析：由题图可知，体温计的分度值为0.1 ℃，示数为37.8 ℃；体温计都是利用液体的热胀冷缩的原理制成的。
答案：37.8 热胀冷缩
典例2 A [冰雪消融是固态变成了液态，是熔化现象，需要吸热，故A正确；夏天洒水降温，水变为水蒸气，吸收热量，故B错误；秋天细雨绵绵，雨是水蒸气液化形成的，需放热，故C错误；冬天大雪纷飞，雪为水蒸气凝华形成的，需要放热，故D错误。故选A。]
变式3 D [二氧化碳气体变成干冰，由气态直接变为固态，属于凝华现象，A错误；干冰直接变成二氧化碳气体，是直接由固态升华为气态，属于升华现象，B错误；水蒸气遇冷凝结成水滴，是气态变化为液态，属于液化现象，水蒸气遇冷凝结成小冰晶，属于凝华现象，C错误；升华吸热，干冰有致冷作用是因为干冰变成气体时需吸收热量，D正确。]
变式4 解析：园内城堡、滑梯等都是由冰块雕琢而成，地上还积了厚厚的雪，冰是水凝固形成的，是凝固现象，需要放热，雪是空气中水蒸气遇冷形成的小冰晶，是凝华现象，需要放热。
答案：凝固 凝华 放
典例3 D [从图象可知，此物质在熔化过程中温度保持60 ℃不变，所以此物质是晶体，且熔点为60 ℃；BC段平行于横轴，处于熔化过程，B处于固态、BC之间处于固液共存态，C熔化刚结束时是液态，D正确，A、C错误；物质从第6 min开始熔化，到第13 min结束，熔化过程持续了7 min，B错误。]
变式5 D 变式6 D
变式7 解析：(1)由题图可知，该物质的熔点为0 ℃，沸点为100 ℃，故这种物质气态时的名称是水蒸气，固态时它是晶体。
(2)由图象可知，在AB段物质处于固体状态，在BC段物质的温度保持0 ℃不变，此时吸热，物质正在熔化；CD段为水，水的密度为1.0 g/cm3。
(3)B至C段是物质的熔化过程；DE段是水的汽化过程。
答案：(1)水蒸气 晶体 (2)固 吸 1.0 (3)熔化 汽化
练实验 重迁移 强素养
实验1 答案：(1)－4 (2)从下到上 (3)晶体 (4)小于 小于 (5)不能 (6)受热均匀 (7)汽化 (8)高于 (9)减少试管中冰的质量
变式训练
1．解析：(1)题图乙中，温度计的分度值为1 ℃，且液柱在零刻度线的上方，因此该温度计的示数是10 ℃。
(2)由题图丙可知，在5～15 min加热时间内，冰正在熔化过程中，吸收热量，温度保持0 ℃不变。
(3)在加热过程中，物体吸收热量，内能增加，温度不变，故在第10 min时的内能大于在第5 min时的内能。
(4)物体在15～25 min内完全熔化为液态的水，吸收的热量为Q水＝c水m水Δt＝4.2×103 J/(kg·℃)×30×10-3 kg×10 ℃＝1 260 J，由于相同时间吸收的热量相同，冰在第10～15 min吸收的热量为Q＝Q水＝×1 260 J＝630 J。
答案：(1)10 (2)不变 (3)大于 (4)630
2．(1)a (2)固液共存态 (3)43 (4)增加
实验2 答案：(1)停表 (2)液化 (3)12 水在沸腾过程中吸热，温度保持不变 小于 (4)减少水的质量(或提高水的初温) (5)移走酒精灯(或停止加热) (6)水的质量不相等
(7)B
变式训练
1．(1)水银 (2)96 (3)后 (4)98 初始温度
2．解析：(1)在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈的高度。
(2)该实验需要记录温度和时间，所以需要的主要测量仪器有温度计和停表。
(3)在实验中，向烧杯内倒入热水，这种做法的优点是热水温度较高，可以缩短实验时间。
(4)水沸腾时，气泡的体积逐渐变大，大量气泡不断上升到水面破裂，其中气泡中的“气”指的是水蒸气。
(5)在沸腾过程中，水的温度保持不变，一切液体在沸腾时都有确定的温度，这个温度叫沸点。
答案：(1)铁圈 (2)停表 (3)缩短实验时间 (4)水蒸气 (5)沸点
第4讲 光现象
第1课时 光的直线传播和反射
过教材 串知识 夯基础
知识点1
正在发光 真空中或同种均匀介质 径迹 方向 3×108 m/s
知识点2
一种介质 另一种介质 反射 在同一平面内 分居法线 等于 可逆 平行光 各个方向 光的反射定律
知识点3
相等 相等 垂直 虚像 镜面对称 发散 会聚
研重难 学方法 提能力
典例1 B [题图甲中虽然发生了漫反射，但每条光线也要遵循光的反射定律，A错误；木工师傅利用光沿直线传播的原理来检测木板是否光滑平整，B正确；题图丙是小孔成像情况，屏幕上出现的是物体倒立的实像，C错误；题图丁中能看到掉在地面上的书，书本表面不平整，书发生了漫反射，故D错误。]
变式1 C [镜子表面光滑，发生镜面反射，垂直照射的手电筒的光，反射后几乎还是向上的，人眼在侧面看，几乎接收不到镜子的反射光线，所以镜子比较暗；白纸表面粗糙，发生漫反射，手电筒的光反射后，各个方向都有，人眼在侧面看，白纸的反射光线进入人眼的较多，人感觉更亮，故C正确。]
典例2 解析：先过入射点画出法线，根据反射角等于入射角画出反射光线；同理在平面镜S2上画出第二次反射光线，如图所示。
答案：见解析图
变式2 解析：过镜面作出点A的对称点A′，即为点光源A在平面镜中的像，连接A′B与镜面交于O点，即为入射点(反射点)，连接AO就得到入射光线，OB为反射光线，如图所示。
答案：见解析图
变式3 解析：根据平面镜成像特点，像与物关于平面镜对称，所成的像为虚像，作出B、O的对称点，用虚线连接即为BO的像，如图所示。
答案：见解析图
典例3 解析：一只蜻蜓平行于湖面飞行，距湖面1 m，蜻蜓在水中所成的像与蜻蜓的大小相等，蜻蜓的像距水面1 m，蜻蜓的像到蜻蜓相距1 m＋1 m＝2 m，以蜻蜓的像为参照物，蜻蜓与像的位置不变，是静止的。
答案：相等 2 静止
变式4 解析：平面镜成的像与物到平面镜的距离相等，小丽同学站在平面镜前3 m处，则她的像到平面镜的距离也是3 m，故镜中的像与她相距6 m。平面镜成的像与物大小相等，物不变，像不变，故她向平面镜靠近1 m时，成的像大小不变。
答案：6 不变
变式5 D 变式6 C
练实验 重迁移 强素养
实验1 解析：(5)移动激光笔，使入射光线绕入射点O沿逆时针方向转动，则入射角增大，反射角也增大，则反射光线会远离法线，即反射光线将会绕入射点O顺时针转动。
(7)在题图中，若将纸板(连同激光笔)向后倾斜，而法线始终垂直于平面镜，则反射光线、入射光线、法线所在的平面也垂直于平面镜，可知反射光线在纸板前方，故应选C。
答案：(1)等于 (2)同一平面内 (3)可逆 (4)漫反射 (5)顺 (6)一次实验得到的结论具有偶然性 (7)C
变式训练
1．A 2．A
实验2 解析：(1)用透明玻璃代替平面镜，在观察到蜡烛A的像的同时，也能观察到蜡烛B，便于确定像的位置，便于比较物像大小。蜡烛点燃时比较亮，在较暗的环境中，烛焰和环境的对比度比较大，烛焰的像会更清晰，因此实验时应选择较暗的环境进行实验。
(2)当蜡烛A逐渐远离镜面时，由于像的大小始终与物体的大小相同，则在镜中所成像的大小将不变。
(3)实验时，点燃蜡烛A，透过玻璃板观察到A的像，把与A完全相同的蜡烛B放在像的位置，观察到B与A的像完全重合，说明像与物大小相等。
(4)因为虚像不能在光屏上承接，所以将光屏放到像的位置，无法直接在光屏上观察到像，说明所成的像是虚像。平面镜成的像是光的反射形成的，A蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在蜡烛A所在这一侧。
(5)一次实验不具有普遍性，多次改变蜡烛A的位置，重复前面的步骤，目的是寻找普遍规律，避免实验结论的偶然性。
(6)根据平面镜成像的特点，因物的位置不变，所以像的位置不变，所以蜡烛通过左右两部分玻璃板都能成完整的像，且两个像在同一位置。故选A。
(7)如果在实验时，玻璃板未与水平面垂直，则蜡烛所成的像会向上或向下偏，此时蜡烛B不能与蜡烛A的像重合。
(8)拿另一支与点燃蜡烛大小相同的没有点燃的蜡烛C在玻璃板后面移动，当看到它跟像完全重合，这说明了像和物大小是相等的。
(9)根据平面镜成像特点：物与像关于镜面对称可知，镀膜玻璃应与显示器夹角45°时，像正好成在演讲者的前方的竖直方向。
答案：(1)玻璃板 暗 (2)不变 (3)像与物大小相等 (4)虚 A (5)寻找普遍规律，避免实验结论的偶然性 (6)A (7)玻璃板未与水平面垂直 (8)不需要 像和物大小相等 (9)45°
变式训练
1．(1)确定像的位置 (2)相等 (3)垂直 (4)斜上方 (5)不透过
2．C [使用厚玻璃板会出现两个像，会干扰观察，故A不符合题意；烛光较弱，为了成像清晰，应在较暗的环境中进行，故B不符合题意；像与物关于平面镜对称，点燃的蜡烛靠近玻璃板，盛水的玻璃杯也应靠近玻璃板，故C符合题意；平面镜成像是光的反射现象，应让学生在玻璃板右侧观察水中的“蜡烛”，故D不符合题意。故选C。]
第2课时 光的折射和色散
过教材 串知识 夯基础
知识点1
斜射 同一平面 分居法线 小于 大于 增大 不变 可逆
知识点2
1．牛顿 红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫 红 绿 蓝 2．红外线夜视仪、电视遥控器 紫外线灯、验钞机
研重难 学方法 提能力
典例1 B [墙上的手影，影子的形成利用了光沿直线传播的原理，A错误；杯中“折断”的铅笔，这是光的折射现象，B正确；日食是由光的直线传播形成的，C错误；水中的“倒影”属于平面镜成像，平面镜成像是利用光的反射原理，D错误。]
变式1 解析：硬币反射的光线由水中斜射入空气时，在水面处发生折射，折射角大于入射角；折射光线进入人眼，人会认为光是沿直线传播的，会逆着折射光线的方向看去，就会看到硬币变浅了的虚像，所以看到“硬币”是由于光的折射造成的。
答案：虚像 折射
变式2 解析：①手影是光沿直线传播形成的，光传播到不透明的物体时，被物体挡住，就形成了影子；②海市蜃楼是光在不均匀介质中发生折射形成的；③小孔成像是光沿直线传播形成的；④池水变“浅”是光由水中斜射入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，看到的是比真实位置要浅的虚像；所以，由于光沿直线传播产生的是①③，由于光的折射产生的是②④。
答案：①③ ②④
典例2 解析：由光的反射定律可知，反射角等于入射角，入射光线和反射光线分别位于法线两侧，画出入射光线AO；由光的折射规律可知，入射光线和折射光线分别位于法线两侧，折射角大于入射角，故折射光线应远离法线，据此画出折射光线OB，如图所示。
答案：见解析
变式3 C
典例3 解析：电视机上绚丽多彩的画面都是由红、绿、蓝三种色光组成的；沐浴时常打开浴霸来加热浴室，这是利用了红外线的热作用强的特点。
答案：绿 红外线
变式4 解析：验钞器利用了紫外线可以使荧光物质发光的特点。
答案：紫外线
第5讲 透镜及其应用
第1课时 透镜对光的作用和凸透镜成像的规律
过教材 串知识 夯基础
知识点1
厚 薄 薄 厚 会聚 发散 焦点
知识点2
缩小 等大 放大 放大的虚
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，由此画出经过凹透镜后的折射光线；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，由此画出经凸透镜后的折射光线，如图所示。
答案：见解析图
变式1 解析：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，如图所示。
答案：见解析图
变式2 解析：分别做S点发出的平行于主光轴的光线与过光心的光线，平行于主光轴的光线的折射光线过焦点；通过光心的光线经凸透镜传播方向不变，这两条光线的反向延长线的交点为S点的像S′，过S′用虚线作出物体所成的像，如图所示。
答案：见解析图
典例2 B [由题图可知，刻度尺的分度值为1 cm，蜡烛与凸透镜的距离为20.0 cm，即物距为20.0 cm，此时在光屏上成的像是倒立、等大的实像，根据凸透镜成像规律可知此时物距等于二倍焦距，所以凸透镜的焦距为10.0 cm，故A错误；把蜡烛移至刻度尺10 cm处，凸透镜不动，此时物距为40 cm，大于两倍焦距，成倒立、缩小的实像，故B正确；把蜡烛移至刻度尺32 cm处，凸透镜不动，此时物距为18 cm，大于一倍焦距小于两倍焦距，成倒立、放大的实像，而照相机成的是倒立、缩小的实像，故C错误；把蜡烛移至刻度尺45 cm处，凸透镜不动，此时物距为5 cm，小于焦距，成正立、放大的虚像，虚像不能呈现在光屏上，故D错误。故选B。]
变式3 B
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)凸透镜正对平行光，平行光线平行于主光轴，经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是f＝60.0 cm－50.0 cm＝10.0 cm。
(2)为了使像成在光屏的中心，所以要使烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度上。
(3)如题图乙所示，物距u＝30.0 cm>2f，成倒立、缩小的实像，生活中的照相机就是这个原理。
(4)保持凸透镜位置不变，将蜡烛向左移动一段距离，物距变大，像变小，像距变小，所以应将光屏向左移动适当距离才能呈现清晰的像。若在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜放置一近视镜，近视镜为凹透镜，对光线的会聚作用减弱，光线会会聚在更远的地方，为了使光屏上重新呈现清晰的像，光屏应远离透镜，即光屏应向右移动。
(5)飞蛾飞到了凸透镜上，透过凸透镜的光线减少，蜡烛的像亮度会暗一些，但像仍然是完整的，同时飞蛾所成的是虚像，不能出现在光屏上，故C符合题意。故选C。
(6)保持蜡烛和凸透镜位置不动，换成焦距更小、折射能力更强的凸透镜，所成的像向左移动，则需要适当向左移动光屏可以再次得到清晰的像。
(7)物距均为u＝35 cm－5 cm＝30 cm，由题图丙所示可知，成倒立、放大的实像，则物距介于1倍焦距与2倍焦距之间，因此凸透镜A的焦距15 cm
(8)(9)用注射器向水透镜里加适量的水，水透镜变厚，焦距变短，水透镜对光的偏折能力变强。根据近视眼的成因可知，远处来的光线经晶状体后，在视网膜前方会聚，这是晶状体太厚，聚光能力太强或眼球前后距离太远造成的，要佩戴对光有发散作用的凹透镜矫正。
答案：(1)10.0 (2)同一高度 (3)缩小 照相机 (4)左 右 (5)C (6)左 (7)大于 靠近 (8)强 前方 (9)凹
变式训练
(1)同一高度 光屏正中央 (2)10 (3)倒立、缩小的实像 照相机 (4)靠近 (5)靠近
第2课时 生活中透镜的成像原理和使用
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．u>2f 缩小 2．f知识点2
1．凸 缩小 2．厚 前 薄 后 凹透镜 凸透镜
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：由题图可知，物距u＝50 cm－10 cm＝40 cm，像距v＝74 cm－50 cm＝24 cm，物距大于像距，此时u＞2f，成倒立、缩小的实像，与照相机的成像特点相同；在此基础上，若仅将蜡烛和光屏的位置互换，光屏上仍然能看到烛焰清晰的像，原因是发生折射时，光路是可逆的。
答案：照相机 仍能 可逆
变式1 C [刷脸机的成像原理与照相机相同，“刷脸”时，人要在凸透镜的二倍焦距之外，成的是倒立、缩小的实像，A、B错误，C正确；要使屏幕上自己的像变大，需要减小物距，增大像距，即要靠近刷脸机镜头，D错误。]
变式2 解析：由于凸透镜对光有会聚作用，可以把冰块削成凸透镜形状，把太阳光会聚在焦点上，就可以点燃物体。远处物体通过人眼所成的像成在视网膜的后方，为远视眼，为了使像成在视网膜上，需要佩戴对光线具有会聚作用的凸透镜。照相机的镜头相当于一个凸透镜，其原理是物体在凸透镜的2倍焦距以外，像成在另一侧的1倍焦距和2倍焦距之间，成一个倒立、缩小的实像。
答案：会聚 远视 倒立、缩小的实像
典例2 解析：近视眼的成因是像成在视网膜的前方，故丙是近视眼的成因；近视眼需要佩戴对光线具有发散作用的凹透镜矫正，故丁是近视眼的矫正。
答案：丙 丁
变式3 B
微专题1 光现象作图
考点1
1．解析：过入射点垂直界面作出法线，发生反射时反射角等于入射角，在法线右侧的水中画出反射光线OB；光由水斜射入空气中时，折射角大于入射角，由此在法线的右侧空气中画出折射光线OC，如图所示。
答案：见解析图
2．解析：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，该折射光线又入射到水面上，入射点为焦点F；过焦点垂直水面画出法线，根据折射角小于入射角在水中法线的右侧画出水中的折射光线，如图所示。
答案：见解析图
3．解析：由题图知，入射光线与主光轴垂直，主光轴与镜面的夹角为45°，过入射点垂直于镜面作出法线，则入射角为90°－45°＝45°，反射角也为45°，根据光的反射定律作出反射光线，与主光轴平行；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，据此画出折射光线，如图所示。
答案：见解析图
考点2
1．解析：作出像点S′的对称点，即为发光点S，连接S′P，与镜面的交点为入射点O，再连接SO，画上箭头，则SO为入射光线，OP为反射光线，如图所示。
答案：见解析图
2．解析：(1)(2)根据平面镜成像时，像与物到镜面的距离相等，则水面在BC的中点处，根据BC长度为30.0 cm－10.0 cm＝20.0 cm，则水面在20.0 cm刻度处；连接AC与水面相交点O是入射点，连接DO是入射光线，OA是折射光线，如图所示。
答案：见解析图
3．解析：(1)过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴射出，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变，两条折射光线的交点位置，就是像点S1的位置。
(2)像与物关于平面镜对称，画出S2关于镜面的对称点，即为人身上点S的位置，如图所示。
答案：见解析图
第6讲 质量与密度
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．(1)m (2)千克(kg) (3)103 106 109 (4)形状 状态
位置 2．托盘天平 3．(1)水平 左端的零刻度线 (2)平衡螺母 中央刻度线处 (3)左盘 右 (4)砝码总质量 左 ①称量 ③不能
知识点2
1．质量 体积 2．ρ＝ m＝ρV V＝ 3．103 4．体积为1 m3的水的质量为1.0×103 kg 5．> <
知识点3
1．量筒(或量杯) (1)1 1 (3)相平 相平 2．ρ＝
知识点4
1．(1)小 大 (2)最大
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：由题图甲知，指针指在盘中央刻度线的右侧，根据“左偏右调、右偏左调”可知，应将平衡螺母向左调节；标尺的分度值为0.2 g，金属块的质量为20 g＋10 g＋5 g＋1.6 g＝36.6 g。
答案：左 36.6
变式1 解析：题图中的2处错误操作分别是：①物体和砝码的位置放反了；②用手拿砝码。
答案：①物体和砝码的位置放反了 ②用手拿砝码
典例2 解析：由题图可知，当a、b、c三种物质体积相同时，c的质量最大，由ρ＝可知，c物质的密度最大；由题图可知，当体积Vc＝2 cm3时，c物质的质量mc＝4 g，c物质的密度ρc＝＝＝2 g/cm3＝2×103 kg/m3。
答案：c 2×103
变式2 解析：密度是物质的一种特性，把铁棒放在石头上磨的过程中，其质量变小，体积变小，但密度大小不变；在寒冷的冬天，裸露在室外的自来水管容易爆裂，其原因是水管中的水结冰后，质量不变，但冰的密度小于水的密度，根据ρ＝可知其体积增大。
答案：不变 减小 增大
变式3 解析：(1)石块的总质量为m石＝10 g×25＝250 g。
(2)瓶内水的体积为V水＝＝＝200 cm3
石块的总体积为V石＝V容－V水＝300 cm3－200 cm3＝100 cm3。
(3)石块的密度为ρ石＝＝＝2.5 g/cm3。
答案：(1)250 g (2)100 cm3 (3)2.5 g/cm3
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)题图甲所示天平的游码没有在标尺的零刻度线处，故应进行的操作是用镊子把游码拨到标尺左端零刻度线处。
(2)天平平衡后，在测量金属块的质量时，通过增减砝码或移动游码使天平平衡，由题图乙可知，小红通过调节天平的平衡螺母使天平平衡，故她的实验操作中的错误是调节了天平的平衡螺母。
(3)由题图丙可知游码在标尺上对应的刻度值为4 g，则金属块的质量m＝50 g＋20 g＋5 g＋4 g＝79 g，天平右盘添加砝码的顺序为先大后小，故她向天平盘中依次添加这3个砝码的合理顺序是50 g、20 g、5 g。
(4)由题图丁可知金属块和水的总体积为30 mL，金属块的体积V＝30 mL－20 mL＝10 mL＝10 cm3，金属块的密度为ρ＝＝＝7.9 g/cm3，金属块的密度为7.9 g/cm3＝7.9×103 kg/m3，根据表中数据可知该金属块可能是铁。
(5)量筒的分度值为2 mL，量筒中牛奶的体积为V＝40 mL。
(6)已知测得烧杯和牛奶的总质量m总＝106 g，烧杯和剩余牛奶的质量m剩＝50 g＋10 g＋2 g＝62 g，量筒中牛奶的质量为m＝m总－m剩＝106 g－62 g＝44 g。
(7)牛奶的密度ρ＝＝＝1.1 g/cm3＝1.1×103 kg/m3。
(8)若操作(5)时有少量牛奶附着在量筒内壁上，使得体积偏小，由密度公式ρ＝可知，密度测量偏大。
(9)取出土豆后，土豆上会沾有一部分水，导致步骤③剩余的水偏少，所以步骤①的数据加上步骤③的数据不等于步骤②的数据。
(10)若没有步骤③测量的数据，能求出土豆的密度。后加水的质量m水＝202.0 g＋80.5 g－212.5 g＝70 g，由密度定义公式得，土豆的体积等于后加水的体积V土＝V水＝＝＝70 cm3，土豆的密度ρ土＝＝＝1.15 g/cm3。
答案：(1)用镊子把游码拨到标尺左端零刻度线处 (2)调节了天平的平衡螺母 (3)79 50 g、20 g、5 g (4)10 7.9 铁 (5)40 (6)62 44 (7)1.1×103 (8)偏大 (9)取出土豆后，土豆上会沾有一部分水，导致步骤③剩余的水偏少
(10)能 1.15 g/cm3
变式训练
1．(1)零刻度线 右 分度盘中央刻度线处 (3) 一
体积 大(或“三 质量 小”)
2．解析：(2)由题图乙可知，游码的分度值为0.2 g，故樱桃的质量为m＝10 g＋0.6 g＝10.6 g。
(3)由题图丙可知，樱桃的体积为V＝70 mL－60 mL＝10 mL＝10 cm3。则樱桃的密度为ρ＝＝＝。
(4)由测量过程可知，用细线将大樱桃从水中提出时，细线上会带出一部分水，使得量筒中剩余的水变少，从而使得樱桃的体积测量值偏大，故由ρ＝可得，会使得所测的樱桃密度值与真实值相比偏小。
(5)由题意可知，手镯的质量为m0＝48.0 g，由题图丁、戊可知，手镯浸入水中后，电子秤的示数变化量为Δm＝668.5 g－666 g＝2.5 g＝0.0025 kg；由受力分析可得，手镯所受浮力为F浮＝ρ水gV排＝Δmg＝0.0025 kg×10 N/kg＝0.025 N；故可得手镯的体积为V0＝V排＝＝＝2.5×10-6m3；可得手镯的密度为ρ0＝＝＝。
答案：(1)零刻度线 左 (2)10.6 (3)1.06 (4)偏小 (5)19.2
第7讲 力
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．作用 牛顿(N) 2．作用 3．形变 运动状态 4．大小 方向 作用点 5．受力物体 力的方向 力的作用点 6．相互的
知识点2
1．受力发生形变 2．弹性形变 发生弹性形变 相反
4．(1)在弹性限度内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长 (2)量程 分度值 最大测量值 调零 轴线 垂直
知识点3
2．地球的吸引 G 3．正比 G＝mg 9.8 N/kg 质量为1 kg的物体受到的重力是9.8 N 4．地球 5．竖直向下 竖直向下 竖直 6．重心
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：重力的方向竖直向下，作用在物体重心位置；物体对斜面的压力垂直于斜面向下，作用在物体与斜面接触面的中心位置，如图所示。
答案：见解析图
变式1 解析：细绳拉着沙袋绕手做圆周运动，此时沙袋受重力和细绳的拉力，重力方向竖直向下，拉力方向沿细绳指向手，作用点均在沙袋的重心上，如图所示。
答案：见解析图
变式2 D [若忽略空气阻力，实心球在最高点A位置时只受到重力作用。故选D。]
典例2 解析：(1)最多储水的体积V水＝V容＝16 m3
最多储水的质量m水＝ρ水V水＝1.0×103 kg/m3×16 m3＝1.6×104 kg。
(2)装满水时总质量m总＝m车＋m水＝10×103 kg＋1.6×104 kg＝2.6×104 kg
车与水的总重力G总＝m总g＝2.6×104 kg×10 N/kg＝2.6×105 N。
答案：(1)1.6×104 kg (2)2.6×105 N
变式3 解析：物体质量m＝＝＝23.5 kg；因为物体的质量不随位置的改变而改变，所以在月球上物体的质量不变，还是23.5 kg。
答案：23.5 不变
第8讲 运动和力
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．阻力 匀速直线运动 运动状态 2．静止 匀速直线运动
3．(1)不变 (2)固有 质量 质量 惯性
知识点2
1．静止 匀速直线运动 2．相等 相反 同一条直线 3．静止 匀速直线运动 运动快慢改变 运动方向改变
知识点3
1．相对运动 阻碍 3．接触面粗糙 4．相对运动趋势 相反
5．压力大小 粗糙程度 6．压力 粗糙 滑动 压力 光滑
滚动 彼此分离
研重难 学方法 提能力
典例1 D [锤头与锤柄原来都向下运动，锤柄撞在硬物上受到阻力作用，改变了它的运动状态，就停止了运动，锤头由于惯性仍保持原来的运动状态，继续向下运动，这样锤头就紧套在锤柄上了，故D正确。]
变式1 解析：当停止蹬脚踏时，由于惯性，自行车还要保持原来向前运动的状态，因此还会继续向前运动；自行车越来越慢，最终停下来，是由于受到阻力作用的缘故。
答案：惯性 阻力
变式2 D
典例2 B [钢丝对自行车的支持力等于自行车和所挂物体的重力之和，即自行车的重力小于钢丝对自行车的支持力，所以自行车和所挂物体总重力与钢丝对自行车的支持力是一对平衡力，A错误，B正确；自行车对钢丝的压力与钢丝对自行车的支持力是一对相互作用力，C错误；自行车对绳的拉力作用在绳上，绳下所挂物体的重力作用在物体上，二者没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，D错误。]
变式3 C
典例3 A [鞋底刻有凹凸不平的花纹，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，A符合题意；拉杆旅行箱底部装有轮子，用滚动摩擦代替滑动摩擦来减小摩擦，B不符合题意；向自行车的转轴处加润滑油，在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦，C不符合题意；在气垫船底和水之间形成一层空气垫，通过使接触面脱离来减小摩擦，D不符合题意。]
变式4 解析：用杯子接水时，水杯静止在手中，在竖直方向上，杯子受到的重力和摩擦力是一对平衡力，在接水过程中，杯子和水的总重力变大，所以杯子受到的摩擦力将会变大；接触面的粗糙程度是一定的，因此可以紧握杯子，通过增大压力的方式来增大摩擦力使其在手中静止。
答案：变大 增大压力
变式5 解析：冰壶被推出后，能在冰面上继续滑行就是因为冰壶具有惯性，要保持原来的运动状态；运动员在冰壶前方的冰道上用冰刷“刷冰”，其目的是使冰熔化，在冰面上形成一层水膜，这是通过使接触面彼此分离的方法减小摩擦力，使冰壶运动得更远。
答案：惯性 减小
典例4 解析：(1)平衡车的重力G车＝m车g＝10 kg×10 N/kg＝100 N。
(2)G总＝m总g＝(m小红＋m车)g＝(50 kg＋10 kg)×10 N/kg＝600 N
根据二力平衡可知地面对平衡车的支持力为600 N。
(3)平衡车受到的阻力f＝0.2 G总＝0.2×600 N＝120 N
因为匀速行驶，平衡车的牵引力F＝f＝120 N。
答案：(1)100 N (2)600 N (3)120 N
变式6 D [物体静止，说明物体受到平衡力的作用，在水平方向上物体受到的压力和墙壁对物体的支持力平衡，均为50 N；在竖直方向上，物体受到竖直向下的重力，G＝30 N，还受竖直向上的拉力，F＝20 N；物体有向下的运动趋势，因此它还受到向上的静摩擦力作用， 根据力的平衡条件有F＋f＝G，则摩擦力f＝G－F＝30 N－20 N＝10 N，方向竖直向上，D正确。]
变式7 30 60
典例5 解析：(1)根据控制变量法，让小车从同一高度滑下，目的是为了控制小车每次滑到水平面时的初始速度相同。
(2)实验中通过观察小车滑行的距离来反映阻力对物体运动的影响，A正确。
(3)表面越光滑，小车速度减小的越慢，故小车在木板上运动时，速度减小的慢。
(4)根据牛顿第一定律的内容，即物体不受力时将保持匀速直线运动状态或静止状态，故如果小车在水平面运动时不受阻力，它就不会停下来，B正确。
(5)物体受力平衡时，可以保持静止状态，A错误；物体不受力，会保持静止或做匀速直线运动，不一定静止，B错误；物体不受力的作用，也可以做匀速直线运动，故C错误；物体运动状态改变，一定受力，且受的是非平衡力，D正确。
答案：(1)初始速度 (2)A (3)木板 (4)B (5)D
变式8 (1)摩擦力 (2)静止 (3)相等 (4)同一条直线
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)根据二力平衡的条件，只有用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，弹簧测力计的示数才等于滑动摩擦力的大小。因题图甲中，弹簧测力计沿斜上方拉动木块，故它的示数不等于木块所受的滑动摩擦力，操作是错误的。
(2)验证滑动摩擦力的大小与接触面所受的压力的关系，应该控制接触面粗糙程度相同，改变压力大小，由题图丙、丁可知，接触面粗糙程度相同，压力大小不同，可以验证猜想A；验证滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度的关系，应该控制压力大小相同，改变接触面粗糙程度，由题图乙、丙可知，压力大小相同，接触面粗糙程度不同，可以验证猜想B。
(3)木块做匀速直线运动(与速度大小无关)，所以木块受力平衡，水平方向上受到的拉力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以毛巾对木块的摩擦力为2.4 N。
(4)研究滑动摩擦力的大小与接触面积的关系，要控制压力大小和接触面粗糙程度相同，将题图甲中的木块沿竖直方向截去一半后，压力变小了，由此得出的“滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小”这一结论不正确，原因是没有控制压力大小相同。
(5)由题图(a)可知，木块相对于地面处于静止状态，受到弹簧测力计的拉力与受到的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，实验中用力F向右拉木板，当F变大时，因压力大小和接触面的粗糙程度不变，木块受到的滑动摩擦力大小不变，故弹簧测力计的示数将不变。
(6)①从实验数据处理来看，图线a是平滑的直线，图线b是曲折的，故a更合理。②小明作图时，认为木块与长木板间的压力F压＝G，而事实上G是砝码的重力，压力大小等于砝码的重力和木块的重力的总和，F压不等于G，所以图线没有过原点。
(7)本实验要保证甲物体在电子秤上保持静止，乙物体才能保持静止；当长木板运动时，乙物体受到的摩擦力大小就等于乙物体受到的拉力，所以长木板不一定要匀速运动，但是乙物体受到的拉力方向必须是水平向右的，否则乙物体受到的拉力就不等于摩擦力，所以实验除了要保证甲物体在电子秤上保持相对静止外，还需控制的条件是：定滑轮左侧连接乙的绳子必须保持水平。故选A。
(8)对乙物体进行受力分析可知，乙物体通过细绳对甲的拉力等于乙受到的摩擦力f，对甲物体进行受力分析可知，甲物体除了受到细绳对它向上的拉力F(物体间力的作用是相互的，所以绳子的拉力大小也为F)外，还受到竖直向下的重力G1和竖直向上的支持力，甲物体受到竖直向上的支持力大小和电子秤的读数一样，为G。因甲物体静止，受力平衡，所以此时绳子的拉力F＝G1－G，则物体乙所受的摩擦力大小f＝F＝G1－G。
答案：(1)错误 (2)丙、丁 乙、丙 (3)2.4 (4)不正确 没有控制压力大小相同 (5)不变 (6)①a ②压力不等于砝码的重力G (7)A (8)G1－G
变式训练
1．解析：(1)箱子放在水平面上，对水平面的压力大小等于箱子的重力，箱子越重，压力越大，推起来越费力，滑动摩擦力越大，由此猜想滑动摩擦力的大小可能跟压力的大小有关；水平面越粗糙，接触面的粗糙程度越大，推起来越费力，滑动摩擦力越大，由此猜想滑动摩擦力的大小可能跟接触面的粗糙程度有关。
(2)根据二力平衡条件可知，只有当用弹簧测力计水平拉动木块，使木块做匀速直线运动时，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力大小才相等。
(3)由实验甲、丙可知，压力的大小相同，毛巾表面比木板粗糙，木块在毛巾表面运动时，弹簧测力计的示数较大，说明滑动摩擦力较大，因此可得结论：在压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。由实验甲、乙可知，接触面的粗糙程度相同，乙实验中压力较大，弹簧测力计的示数较大，说明滑动摩擦力较大，因此可得结论：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大。在实验中，小华用到的主要研究方法是转换法和控制变量法。
(4)由在木块和桌面之间形成的一层水膜充当了润滑剂可知，注水后滑动摩擦力会减小，因此注水后的摩擦力都比没注水时要小。
答案：(1)压力的大小 接触面的粗糙程度 (2)匀速直线 (3)越大 越大 控制变量 (4)小
2．A 3．D
第9讲 压强
第1课时 固体压强和液体压强
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．(1)垂直 (2)被压物体 (4)压力的大小 受力面积 2．(1)压力的大小 受力面积 (5)减小 增大 减小 增大
减小 增大
知识点2
(1)重力 流动性 各个方向 (2)同一深度 相等 深度
液体的密度
知识点3
1．开口 连通 2．不流动 相同
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：(1)本实验是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的；实验中用到的研究方法有控制变量法和转换法。
(2)通过比较题图甲、乙知，受力面积一定，题图乙中压力大，海绵的凹陷程度大，这说明受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显。
(3)探究压力的作用效果与受力面积时，应控制压力的大小不变，而受力面积不同，故应该比较图乙、丙。
(4)将该小桌和砝码放在题图丁所示的木板上，与题图丙相比，因压力大小和受力面积都相同，则根据p＝可知，题图丙中海绵受到的压强p和题图丁中木板受到的压强p′的大小关系为p＝p′。
答案：(1)海绵的凹陷程度 控制变量法 (2)受力面积一定时，压力越大 (3)乙、丙 (4)＝
变式1 B [该实验通过比较钉子陷入沙土中的深度来比较压力的作用效果，这是转换法的运用，A正确；由题图可知，甲、乙受力面积相同，压力不同，因此说明压力的作用效果与压力的大小有关，B错误，D正确；实验中探究压力作用效果与压力大小和受力面积大小两个量的关系，用到了控制变量法，C正确。]
典例2 解析：(1)水对鱼缸底部的压强p＝ρ水gh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.3 m＝3 000 Pa
水对鱼缸底部的压力F＝pS＝3 000 Pa×0.01 m2＝30 N。
(2)鱼的重力G鱼＝mg＝0.1 kg×10 N/kg＝1 N
鱼缸对桌面的压力F′＝G水＋G缸＋G鱼＝40 N＋30 N＋1 N＝71 N
鱼缸对桌面的压强p′＝＝＝7 100 Pa。
答案：(1)30 N (2)7 100 Pa
变式2 D
变式3 3×103 40 0.5
变式4 B [铁轨铺在枕木上、书包带做得较宽、坦克装有较宽的履带，是通过增大受力面积的方法减小对受力面的压强，A、C、D错误；图钉的钉尖做得很尖，是通过减小受力面积的方法增大压强，B正确。]
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)探究液体内部压强特点时，要用到液体压强计测量液体内部压强。
(2)实验中通过U形管中两边的液面高度差反映液体压强，当探头的橡皮膜受到压强时，U形管中两边的液面会形成高度差，这个高度差越大，说明受到的压强越大。
(3)由题图可知，C、D、E中，液体的密度相同，探头的朝向相同，探头深度不同，U形管中两边的液面高度差不同，液体压强不同，可以得到在同种液体中，压强与深度有关，压强随深度增加而增大。
(4)由A、B、C可知，探头放在水中的深度不变，改变探头的朝向，U形管两侧液面的高度差相同，可得出的结论是：液体内部向各个方向都有压强，同种液体在同一深度处向各个方向的压强大小相等。
(5)由E、F可知，控制探头的朝向、深度相同，改变液体的密度，U形管两侧液面的高度差不同，可得出的结论是：不同的液体，在同一深度产生的压强大小与液体的密度有关，密度越大，液体的压强越大。
(6)向瓶中缓慢注水，水对橡皮膜产生向下的压强，橡皮膜会向下凸出，压强越大，凸出程度越大，所以可以通过观察橡皮膜向下凸出程度来比较液体压强的大小。
(7)向隔板左侧倒水，侧壁的橡皮膜向右侧凸起，这说明液体对容器侧壁也有压强。
(8)橡皮膜恢复原状，说明另一种液体和水对橡皮膜产生的压强相等，由题图丙可知，橡皮膜到水面的深度小于到另一种液面的深度，根据公式p＝ρgh可知，ρ液＜ρ水；若在隔板的M点处也安装一橡皮膜，M点到原橡皮膜这段高度水的压强大于另一种液体压强，由于原橡皮膜处两种液体压强相等，所以水对M点的压强大于另一种液体对M点的压强，则此橡皮膜将向右侧凸起。
(9)探究液体内部某点的压强跟该点到容器底的距离是否有关，应控制液体的密度和液体的深度相同，甲杯中探头距液面的距离hA＝19 cm－7 cm＝12 cm，乙杯中探头距液面的距离hB＝19 cm－12 cm＝7 cm；要控制探头所处深度相同，从甲杯中抽出5 cm深的水，使h′A＝hB＝7 cm，或向乙杯中加入5 cm深的水，使h′B＝hA＝12 cm，故选B。
(10)本实验中采用转换法的实验方法，将液体压强通过玻璃管下方的薄膜鼓起的程度来反映液体压强的大小。
(11)题图1中三支相同的玻璃管，液体的种类相同，且管内液体的深度逐渐增加，相应的液体的质量、体积、重力也逐渐增大，所以猜测液体的压强可能与液体的质量、重力、体积或深度有关。
(12)题图2中，4号管中液体的质量、体积、重力一定大于2号管，但二者薄膜鼓起程度相同，说明液体压强与液体的质量、体积、重力无关，只与深度有关，且题图1中液体的深度越大，薄膜鼓起的程度越大，即液体压强越大，所以可得结论：液体的深度越大，压强越大。
(13)题图3中5号管和2号管液体的深度相同，液体的密度不同，薄膜鼓起的程度不同，所以可探究液体压强与液体的密度是否有关，且5号管装的盐水，橡皮膜鼓起的程度更大，由此可得液体的密度越大，压强越大。
(14)题图3中2号管和6号管液体的种类、深度相同，液体的长度不同，但橡皮膜鼓起的程度相同，表明液体的压强与液柱的长度无关。
答案：(1)液体压强计 (2)高度差 大 (3)C、D、E 增大
(4)各个方向 (5)E、F 深度 大 (6)橡皮膜向下凸出的程度 (7)侧壁 (8)＜ 向右侧凸起 (9)深度 B
(10)压强 (11)深度 (12)深度越大 (13)密度 (14)无关
变式训练
1．C 2．D
3．解析：(1)实验中液体内部压强的大小通过U形管中的液面高度差来反映，U形管中的液面高度差越大，表明金属盒所在位置的压强越大。
(2)题图乙和题图丙中是同种液体，丙中金属盒深度更深，U形管中的液面高度差更大，则说明液体内部的压强与深度有关。
(3)金属盒距液面的距离相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变化，表明在相同条件下，液体内部各个方向的压强相等。
(4)U形管底部受到的液体压强为p＝ρgh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×10×10-2 m＝1 000 Pa。
(5)要探究液体内部压强与液体密度的关系，须控制深度不变。小明将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后(如题图丁所示)，则丁中的液面上升，即金属盒的深度增加了，故小明的做法是不对的。
答案：(1)U形管液面的高度差 (2)深度 (3)相等 (4)1 000 (5)不可靠 未控制深度相同
第2课时 大气压强和流体压强
过教材 串知识 夯基础
知识点1
重力作用 流动性 压强 马德堡半球 托里拆利实验
1．013×105 760 10 升高 减小 增大 降低
知识点2
2．越大 越小 4．快 小 慢 大 压强差 压力差
研重难 学方法 提能力
典例1 A [在测量过程中，由于外界的气压不变，则支持的水银柱的高度不变，如果玻璃管倾斜，管内水银的长度会变长，但高度差不变，故A正确；水银柱的高度是由外界大气压的大小决定的，若将玻璃管向上提2 cm，但玻璃管口仍在槽内水银面以下，不会影响水银柱的最终高度，则玻璃管内外水银面高度差仍为760 mm，故B错误；玻璃管中混入了空气，空气会对水银柱产生向下的压强，抵消了大气压的部分作用效果，所测高度将变小，则所测的大气压值偏小，故C错误；因为大气压随高度的升高而降低，故将此装置从山脚移到山顶，管内被托起的水银将下降，即管内外水银面高度差减小，故D错误。故选A。]
变式1 C
变式2 解析：大气装置压强与海拔高度有关，高度越高，气压越低，将甲、乙两实验装置从泰山山脚移到山顶，外界气压变小，甲装置中能支撑的水银柱高度会降低，乙装置中瓶内的气压大于外界气压，因此会将液体压入玻璃管内，导致玻璃管内的水柱升高。
答案：减小 增大 减小
典例2 D [飞机的机翼呈现流线型，故飞机在运动时，其机翼上方的空气流速快，压强小，而机翼下方的空气流速慢，压强大，故机翼受到一个向上的压强，所以飞机能起飞，能用流体压强与流速的关系来解释，A不符合题意；当火车驶过车站时，安全线以内的地方空气流速增大压强减小，人外侧受到的压强大于内侧受到的压强，人被压向列车，易发生交通事故，所以火车站的站台设置安全线，能用流体压强与流速的关系来解释，B不符合题意；对着两张平行的纸吹气，两纸中间的空气流速大压强小，而两纸的外部空气流速小压强大，两纸受到两边向内的压力差，所以两张纸相吸，能用流体压强与流速的关系来解释，C不符合题意；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，利用了大气压，不能用流体压强与流速的关系来解释，D符合题意。]
变式3 C [由题图知，相同时间内，空气通过伞上方的路程大于伞下方的路程，所以伞上方的空气流速大于下方。根据流体的流速越大、压强越小可知，伞下方的压强大于上方的压强，伞在向上的压强差的作用下被吸向上方。故选C。]
变式4 解析：由于在流体中，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大，漩涡中心流速大，压强小，小于周围的水压；因为海拔越高，气压越低，所以峨眉山的大气压低于标准大气压，又因为液体沸点随液面上气压的减小而减小，所以水的沸点低于100 ℃，在这些地方用普通锅煮饭，往往不熟。
答案：小于 低
第10讲 浮力
第1课时 浮力的产生及大小
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．(1)向上 (2)竖直向上 重力 (3)压力 F压力差 F向上－F向下 2．(2)液体的密度 液体的体积 无关
知识点2
1．它排开的液体所受的重力 3．(1)不一定 (2)V浸 V物 V浸 V物
研重难 学方法 提能力
典例1 D [F上表面＝5 N，F下表面＝13 N，则这个圆柱体受到水的浮力F浮＝F下表面－F上表面＝13 N－5 N＝8 N，D正确。]
变式1 B [在水中下沉的铁块、浮在水面上的轮船、空中上升的气球，都受到液体或气体向上的压力，由浮力的产生原因可知，它们都受到浮力作用，A、C、D不符合题意；桥墩由于底面埋在地下，其底面不与水接触，因此桥墩没有受到水对其向上的压力，则桥墩不受浮力作用，B符合题意。]
变式2 解析：开始时乒乓球受到上面液体压强和大气压的作用，下部没有液体只受大气压的作用，向上的压强小于向下的压强，向上的压力小于向下的压力，乒乓球不能上浮。当用手堵住瓶口，乒乓球下面有水，乒乓球下面也受到液体压强和大气压的作用，向上的液体压强大于向下的液体压强，根据F＝pS，产生了一个竖直向上的压力差，所以乒乓球上浮，故此实验说明了浮力产生的原因，浮力的方向是竖直向上的。
答案：竖直向上 压力差
典例2 D [由题图乙可知，当注入水的深度在16 cm时，图线出现拐点，且此后注入相同深度的水时水的质量增大，而圆柱体高是20 cm，所以，当注入水的深度h1＝16 cm时，圆柱体恰好处于漂浮状态，此时圆柱体露出水面的高度为20 cm－16 cm＝4 cm，故A错误；当圆柱体刚好漂浮时，圆柱体受到的浮力为F浮＝ρ水gV排＝ρ水gS柱h1＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×50×10-4 m2×0.16 m＝8 N，即G＝F浮＝8 N，根据密度公式结合G＝mg可知，圆柱体的密度为ρ柱＝＝＝＝0.8×103 kg/m3，故B错误；注水停止时，圆柱体处于漂浮状态，浸入水中的深度不变，则水对圆柱体底部的压强为p＝ρ水gh1＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.16 m＝1 600 Pa，故C错误；注入水的体积为V水＝V总－V排＝S容h－S柱h1＝200 cm2×25 cm－50 cm2×16 cm＝4 200 cm3，水的质量为m水＝ρ水V水＝×4 200 cm3＝4 200 g，故D正确。故选D。]
变式3 解析：(1)由题图甲可知，弹簧测力计分度值为0.2 N，弹簧测力计的示数为4.8 N，则金属块的重力为4.8 N。
(2)根据称重法测浮力，由题图甲、乙可得金属块浸没在水中受到的浮力为F浮水＝G－F示乙＝4.8 N－2.8 N＝2 N。
(3)根据阿基米德原理，金属块排开水(另一种液体)的体积V排＝＝＝2×10-4 m3，根据题图甲、丙可得金属块浸没在另一种液体中受到的浮力F浮液＝G－F示丙＝4.8 N－2.4 N＝2.4 N，由阿基米德原理F浮＝G排＝ρ液V排g可得另一种液体的密度ρ液＝＝＝1.2×103 kg/m3。
答案：4.8 2 1.2×103
变式4 解析：木块漂浮，木块受到的浮力为F浮＝G木＝0.8 N；木块浸没在水中时，木块受到的浮力为F浮′＝G排＝ρ水gV排＝ρ水gV木＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×100×10-6m3＝1 N。
答案：0.8 1
变式5 解析：将它浸没到酒精中时，所受浮力F浮＝ρ酒精gV排＝0.8×103 kg/m3×10 N/kg×2×10-3m3＝16 N，则测力计的示数F＝G－F浮＝18 N－16 N＝2 N。
答案：16 2
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)由题图①可知物体的重力，由②③两次实验可知，液体的密度相同，排开液体的体积不同，弹簧测力计的示数不同，由称重法可知，物体受到的浮力不同，排开液体体积越大，物体受到的浮力越大，由此可知，①②③三次实验可以探究浮力的大小与排开液体体积的关系，得出的结论是：在液体密度一定时，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大。
(2)由题图①可知物体的重力，由③④两次实验可知，液体的密度和排开液体的体积均相同，物体浸没在液体中的深度不同，弹簧测力计的示数相同，由称重法可知物体受到的浮力相同，由此可知浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
(3)由题图③⑤所示实验可知，物体排开液体的体积相同，而液体的密度不同，盐水密度较大，弹簧测力计示数较小，由称重法可知，物体在盐水中受到的浮力较大，由此可知，该实验可以探究浮力的大小与液体密度的关系，得出的结论是：在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大。
(4)由题图①所示实验可知，物体的重力G＝7.9 N，由G＝mg可知，物体的质量为m＝＝＝0.79 kg，由题图①④所示实验可知，物体浸没在水中受到的浮力为F浮＝G－F＝7.9 N－6.9 N＝1 N，由F浮＝ρ水gV排可知，物体的体积为V＝V排＝＝＝1×10-4 m3，则物体的密度为ρ＝＝＝7.9×103 kg/m3。
(5)通过实验证明“物体受到的浮力和重力有关”的观点是错误的，必须改变物体的重力，且保持液体的密度和排开液体的体积不变，因而选择铝块，浸没水中，如图所示。
(6)要证明“物体受到的浮力和重力有关”的观点是错误的，题图B中铜块所受浮力记为F浮1，题图C中物块所受浮力记为F浮2，因而当F浮1等于F浮2，就可以证明这种观点是错误的。
(7)h＝0 cm时电子秤示数为2.00 kg，则容器和水的总重力为G0＝m0g＝2.00 kg×10 N/kg＝20 N，圆柱体重力为G，电子秤受到压力为F，细线对圆柱体拉力为F拉，则圆柱体未下沉到容器底时电子秤受到压力F＝G0＋F浮，当h＝8 cm时，圆柱体受到的浮力大小为F浮＝F－G0＝m示g－G0＝2.16 kg×10 N/kg－20 N＝1.6 N；当h＝8 cm开始，电子秤显示的示数不变，说明当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没，以圆柱体为研究对象，由力的平衡知圆柱体的重力G＝F浮＋F拉＝1.6 N＋0.8 N＝2.4 N，根据F浮＝ρ液V排g可知，圆柱体的体积即排开水的体积为V＝V排＝＝＝1.6×10-4 m3，圆柱体的密度为ρ＝＝＝＝1.5×103 kg/m3＝1.5 g/cm3；当h＝14 cm时，因电子秤示数为2.18 kg>2.16 kg，说明圆柱体沉底，则m示′g＝G0＋G－F拉′，可得F拉′＝G0＋G－m示′g＝20 N＋2.4 N－2.18 kg×10 N/kg＝0.6 N。
(8)①②相比，台秤示数增加值即为排开水的质量，为m排＝m2－m1＝110 g－105 g＝5 g＝0.005 kg，由阿基米德原理，增加的浮力为ΔF浮＝ m排g＝0.005 kg×10 N/kg＝0.05 N，根据阿基米德原理，在排开液体的密度不变时，浮力与排开液体的体积成正比，故圆柱体完全浸没时，在水中受到的浮力为F浮′＝2ΔF浮＝2×0.05 N＝0.1 N，根据阿基米德原理知圆柱体的体积V圆柱体＝V排′＝＝＝1×10-5 m3＝10 cm3，圆柱体从一半浸入水中到全部浸没在水中，台秤示数增加量m排＝m2－m1＝110 g－105 g＝5 g＝0.005 kg，所以圆柱体未浸入前，容器中水与容器的总质量为m总液＝m1－m排＝105 g－5 g＝100 g，将圆柱体全部浸入与水等质量的未知液体中，台秤示数增加量m′＝m3－m总液＝108 g－100 g＝8 g＝0.008 kg，此时圆柱体全部浸没在未知液体中受到的浮力等于增加的压力F浮″＝ΔF压′＝m′g＝0.008 kg×10 N/kg＝0.08 N，未知液体的密度ρ液＝＝＝0.8×103 kg/m3＝0.8 g/cm3。
答案：(1)①②③ 有关 (2)①③④ (3)液体密度
(4)7.9×103 (5)见解析图 (6)等于 (7)1.6 1.5 0.6
(8)10 0.8
变式训练
1．(1)丁、乙、甲、丙 (2)2.0 (3)排开液体的重力
(4)1.7×103 kg/m3 (5)不变 不变
2．解析：(1)由题图甲可知物体的重力G＝F1，由题图丁可知物体浸没时弹簧测力计的示数F′＝F3，则物体受到的浮力F浮＝G－F′＝F1－F3。
(2)由题表可知，物体a、b的实验数据中物体受到浮力大小与物体排开水的重力相等，因此可得结论：物体浸在液体中时所受浮力大小等于它排开液体所受的重力。
(3)在实验中，若溢水杯没有装满水，造成溢出水的体积小于排开水的体积，则排开水的重力明显小于所受的浮力(或排开的水没有全部流入小桶)。
(4)如题图2所示，向下移动水平横杆，使重物缓慢浸入盛满水的溢水杯中，重物排开水的体积变大，受到的浮力变大，由称重法F浮＝G－F′可知弹簧测力计A的示数变小，重物排开水的体积越大时薄塑料杯内水的重力越大，即弹簧测力计B的示数变大，薄塑料杯的质量忽略不计时，由阿基米德原理可知，弹簧测力计A、B示数的变化量大小相等，即ΔFA＝ΔFB。
(5)比较两种实验方案，改进后由称重法F浮＝G－F′可知，弹簧测力计A的示数等于物体的重力减去受到的浮力，故A错误；薄塑料杯不计质量，能同步观察弹簧测力计A、B示数的变化，从而得出物体受到浮力的大小与排开液体所受重力的关系，故B正确。
答案：(1)F1－F3 (2)物体浸在液体中时所受浮力大小等于它排开液体所受的重力 (3)将物体c浸入水中之前，溢水杯中没有加满水(或排开的水没有全部流入小桶) (4)变小 变大 ＝ (5)B
第2课时 物体的浮沉条件及应用
过教材 串知识 夯基础
知识点
1．＞ ＜ ＞ ＜ 2．F浮＝G总 F浮＝G排 3．自身的重力
4．小
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：满载时受到的浮力为F浮＝G排＝m排g＝88 000×103 kg×10 N/kg＝8.8×108 N
满载时航母漂浮，处于平衡状态，所受浮力和航母的总重是一对平衡力，舰载机飞离航母后，航母总重力变小，航母仍漂浮，根据F浮＝G可知航母所受浮力会变小。航母将会上浮一些，舱底到海面的深度h会变小，根据p＝ρ液gh可知舰底所受海水的压强变小。
因为航母漂浮在水面上，则F浮＝G
舰载机飞离该航母后，则F浮′＝G′
由于舰载机飞离该航母后，舰载机的重力G机＝G－G′
则ΔF浮＝F浮－F浮′＝G－G′＝G机
根据F浮＝ρ液gV排，G＝mg
可得，舰载机的质量m机＝＝＝ρ海ΔV排＝×26 m3＝2.6×104 kg＝26 t。
答案：8.8×108 小 小 26
变式1 解析：(1)已知水对潜艇顶部的压强为p＝4.12×105 Pa
潜艇顶部面积为1.5 m2的舱门受到海水的压力F＝pS＝4.12×105 Pa×1.5 m2＝6.18×105 N。
(2)水下排水量m排＝8 000 t＝8×106 kg
由阿基米德原理得，潜艇水下潜航时，受到的浮力
F浮＝G排＝m排g＝8×106 kg×10 N/kg＝8×107 N。
(3)排出2 000 t海水后，此时排水量m排′＝8 000 t－2 000 t＝6 000 t＝6×106 kg
核潜艇漂浮在海面时所受浮力等于重力
即F漂浮＝G排′＝m排′g＝6×106 kg×10 N/kg＝6×107 N
由F漂浮＝ρ液gV排可得，核潜艇排开海水体积
V排＝＝≈5.83×103 m3。
答案：(1)6.18×105 N (2)8×107 N (3)5.83×103 m3
变式2 B 变式3 C
典例2 解析：(1)静止时玻璃杯浸入水中的深度为5.5 cm
则玻璃杯底面所受水的压强p＝ρ水gh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×5.5×10-2 m＝550 Pa
玻璃杯底面所受水的压力F＝pS＝550 Pa×80×10-4 m2＝4.4 N。
(2)空玻璃杯的重力G杯＝m杯g＝200×10-3kg×10 N/kg＝2 N
因玻璃杯上表面受到水的压力为零，下表面受到的压力F＝4.4 N
由压力差法F浮＝F向上－F向下可知，玻璃杯受到水的浮力F浮＝F＝4.4 N
由题图甲可知，装有铁块的玻璃杯在水中处于漂浮状态
根据物体的浮沉条件可知，玻璃杯和铁块的总重力G总＝F浮＝4.4 N
则铁块的重力G铁＝G总－G杯＝4.4 N－2 N＝2.4 N
铁块的质量m铁＝＝＝0.24 kg。
(3)将空玻璃杯放入待测液体中，空玻璃杯处于漂浮状态
由物体的浮沉条件可知，此时玻璃杯受到的浮力F浮′＝G杯＝2 N
此时玻璃杯排开待测液体的体积V排＝Sh1＝80×10-4m2×2×10-2m＝1.6×10-4m3
由阿基米德原理可知待测液体的密度
ρ液＝＝＝1.25×103 kg/m3。
答案：(1)550 Pa 4.4 N (2)0.24 kg (3)1.25×103 kg/m3
变式4 3 0.6×103 2.1×103
变式5 解析：(1)V排＝V＝(10 cm)3＝1 000 cm3＝1×10-3 m3
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1×10-3m3＝10 N。
(2)G木＝mg＝ρVg＝0.6×103 kg/m3×1×10-3m3×10 N/kg＝6 N
所以绳子对木块的拉力F拉＝F浮－G＝10 N－6 N＝4 N。
(3)木块漂浮在水面上F浮＝G木＝6 N
浮力是液体对物体上下表面的压力差，所以下表面的压力F＝F浮＝6 N
下表面受到的压强p＝＝＝600 Pa。
答案：(1)10 N (2)4 N (3)600 Pa
变式6 解析：(1)因为此时小球全部浸没在水中，所以V排＝V球＝1×10-4m3
则小球受到的浮力F浮＝ρ水gV球＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1×10-4m3＝1 N。
(2)此时小球受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和压力的作用，且处于静止状态，由力的平衡条件可知，F浮＝G＋F压
挡板对小球的压力为F压＝F浮－G＝1 N－0.6 N＝0.4 N。
(3)当撤去挡板后，小球要上浮，最后漂浮在液面上，由F浮′＝ρ水gV排′＝G，代入数据可得
1.0×103 kg/m3×10 N/kg×V排′＝0.6 N
解得V排′＝6×10-5m3。
答案：(1)1 N (2)0.4 N (3)6×10-5m3
微专题2 压强、浮力的综合计算和判断
考点1
1．B [由题图可知，甲在水中漂浮，甲的密度小于水的密度，乙在水中悬浮，乙的密度等于水的密度，故甲物体的密度小于乙物体的密度，故A错误；甲、乙的体积相同，甲在水中漂浮，乙在水中悬浮，根据阿基米德原理，甲排开液体的体积小于乙排开液体的体积，故甲物体受到的浮力小于乙物体受到的浮力，故B正确；往水中加入食用盐，液体密度变大，甲物体仍然漂浮在水面上，浮力等于自身重力，重力不变，所受浮力不变，故C错误；丙物体沉在底部静止，受到的支持力、浮力和重力，三力平衡，故D错误。故选B。]
2．C [A、B、C三个物体的体积相同，由题图可知，A、B浸没则排开液体的体积等于物体的体积，C物体漂浮，排开液体的体积小于物体的体积，由F浮＝ρ液gV排可得，A、B受到的浮力相等且大于C物体受到的浮力，即FA浮＝FB浮>FC浮，故A正确，A不符合题意；由于各杯液面相平，则乙、丙两容器内，物体漂浮或悬浮，物体受到的浮力等于物体的重力，根据阿基米德原理可知，B、C两物体的质量等于排开液体的质量，甲容器中物体的质量大于排开液体的质量，则三个容器对桌面的压力为F甲>F乙>F丙，由于容器的底面积相同，由p＝可知，烧杯对桌面的压强p甲>p乙>p丙，故B、D正确，B、D不符合题意；已知FA浮＝FB浮>FC浮，根据浮力产生的原因，只能确定C物体上表面无压力，浮力等于其下表面的压力，由于A、B两物体不确定底面积的大小，所以无法确定压力的大小，故C错误，C符合题意。故选C。]
3．D [如题图所示，小球在甲中沉底，则密度大于甲液体，浮力小于重力；小球在乙中漂浮，则密度小于乙液体，浮力等于重力；小球在丙中悬浮，则密度等于丙液体，浮力等于重力。所以液体的密度关系是ρ甲<ρ丙<ρ乙，小球受到的浮力大小关系F乙＝F丙＞F甲，故A、C错误；液体的密度关系是ρ甲<ρ丙<ρ乙，深度相同，根据p＝ρgh可知液体对容器底部的压强关系为p甲4．D [a在水中漂浮，说明a的密度小于水的密度，b在水中悬浮，说明b的密度等于水的密度，c在水中沉底，说明c的密度大于水的密度，三个球的体积相同，由m＝ρV可知，小球的质量关系为ma5．B [由题图乙可知，当注入液体深度h＝0 cm，即还没有注入液体时，M对容器底部的压力F压1＝G＝12 N，由G＝mg得，M的质量m＝＝＝1.2 kg，M的体积V＝＝0.001 m3，M的密度ρM＝＝＝1.2×103 kg/m3，故①错误；由题图乙可知，当注入液体深度h＝5 cm，M对容器底部的压力F压2＝G－F浮＝7 N，此时M受到的浮力F浮＝G－F压2＝12 N－7 N＝5 N，M排开液体的体积为V排＝(0.1 m)2×0.05 m＝0.000 5 m3，由F浮＝ρ液gV排可得，液体的密度ρ液＝＝＝1×103 kg/m3，故②正确；当h＝10 cm时，排开液体的体积V排′＝(0.1 m)2×0.1 m＝0.001 m3，受到的浮力F浮′＝ρ液gV排′＝1×103 kg/m3×10 N/kg×0.001 m3＝10 N，M对容器底部的压力F压3＝G－F浮′＝12 N－10 N＝2 N，故③正确；M的密度ρM＝1.2×103 kg/m3>ρ液＝1×103 kg/m3，即M的密度大于注入液体的密度，当h>10 cm时，M不会漂浮，故④错误。故选B。]
考点2
1．解析：(1)B浸没在水中，则物体B受到的浮力
F浮B＝ρ水gV排B＝ρ水gVB＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×100×10-6m3＝1 N。
(2)B物体的重力GB＝mBg＝0.5 kg×10 N/kg＝5 N
细线对物体B的拉力F拉B＝GB－F浮B＝5 N－1 N＝4 N。
(3)因为物体间力的作用是相互的，所以细线对物体A的拉力和B对细线的拉力大小相等，即F拉A＝F拉B＝4 N
A的体积VA＝(10 cm)3＝1×10-3 m3
A浸没在水中时，排开水的体积V排A＝VA＝1×10-3 m3
A浸没在水中时受到的浮力F浮A＝ρ水gV排A＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1×10-3m3＝10 N
对物体A受力分析知GA＋F拉A＝F浮A
故物体A受到的重力GA＝F浮A－F拉A＝10 N－4 N＝6 N。
答案：(1)1 N (2)4 N (3)6 N
2．解析：(1)当盛液筒内没有液体时，浮筒下表面受到水的压强为
p＝ρ水gh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.12 m＝1 200 Pa。
(2)不放液体时，浮力秤处于漂浮状态，该密度秤的重力为
G＝F浮＝ρ水gV排＝ρ水gSh1＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×4×10-3m2×0.12 m＝4.8 N。
(3)倒入酱油时，密度秤处于漂浮状态，受到的浮力和自身的重力相等，该密度秤的总重力为G总＝F浮′＝ρ水gV排′＝ρ水gSh2＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×4×10-3 m2×0.18 m＝7.2 N
酱油的重力为G酱油＝G总－G＝7.2 N－4.8 N＝2.4 N
由G＝mg得酱油的质量为m酱油＝＝＝0.24 kg
酱油的密度为ρ酱油＝＝＝1.2×103 kg/m3。
答案：(1)1 200 Pa (2)4.8 N (3)1.2×103 kg/m3
3．D [由题图可知，木块A从刚接触液面(h＝0 cm)到完全浸没(h＝12.5 cm)，下沉的高度(即木块A的高度)为h＝12.5 cm，则木块A的体积为VA＝S2h＝0.01 m2×0.125 m＝0.001 25 m3＝1 250 cm3，故A正确；由题图可知，当h＝0 cm 时，即物体完全处于空气中时，压力传感器示数为－6 N，说明此时压力传感器对A有向上的拉力，该拉力大小即为A的重力，所以GA＝6 N；当h＝12.5 cm以后，压力传感器示数为F＝9 N保持不变，说明A已经浸没在液体中，此时A受到的浮力为F浮A＝F＋GA＝9 N＋6 N＝15 N，根据F浮＝ρ液gV排得，该液体的密度为ρ液＝＝＝＝1.2×103 kg/m3＝1.2 g/cm3，故B正确；木块A从接触液面到浸没过程中，A下降、液面上升，液面上升高度为Δh液＝＝＝＝＝0.062 5 m，则木块下降的高度为Δh木＝h－Δh液＝0.125 m－0.062 5 m＝0.062 5 m，所以木块A的重力对它做功为W＝GAΔh木＝6 N×0.062 5 m＝0.375 J，故C正确；木块A从接触液面到浸没，容器底对水平面的压力增大量等于A的重力与传感器施加的压力之和，即A受到的浮力，则容器底对水平面的压强增加了Δp＝＝＝＝750 Pa，故D错误。]
4．解析：(1)此时水深h＝26 cm＝0.26 m
水对容器底部的压强p＝ρ水gh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.26 m＝2 600 Pa。
(2)物块刚好完全浸没在水中，排开水的体积等于物块的体积，即V排＝V物＝(0.1 m)3＝1×10-3m3
物块所受的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1×10-3m3＝10 N。
(3)由题图甲可知，当物块上表面与液面齐平时，物块上表面距容器底的距离为h＝26 cm，弹簧伸长的长度ΔL＝26 cm－12 cm－10 cm＝4 cm
由题图乙可知，此时弹簧对物体的拉力为F拉＝4 N
物块的重力G物＝F浮－F拉＝10 N－4 N＝6 N
物块的质量m物＝＝＝0.6 kg
物块的密度ρ物＝＝＝0.6×103 kg/m3。
答案：(1)2 600 Pa (2)10 N (3)0.6×103 kg/m3
5．解析：(1)当注入水的质量等于m0时，木块恰好漂浮。此时水对容器底部的压强为0.5×103 Pa，注入水的深度为h0＝＝＝0.05 m＝5 cm。
(2)木块恰好漂浮时，所注水的质量为m水＝ρ水V0＝ρ水(S1－S2)h0＝1.0 g/cm3×(300 cm2－200 cm2)×5 cm＝500 g。
(3)木块恰好漂浮时，水深为5 cm，当注水深度为4 cm时，木块排开液体的体积为V排＝S2h＝200 cm2×4 cm＝＝8×10-4 m3
木块受到的浮力为F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×8×10-4 m3＝8 N
木块对圆柱形容器的压力为F＝G－F浮＝1 kg×10 N/kg－8 N＝2 N
木块对圆柱形容器的压强为ρ＝＝＝100 Pa。
答案：(1)5 cm (2)500 g (3)100 Pa
第11讲 功和机械能
第1课时 功和功率
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．(1)距离 (2)力 距离 2．(1)乘积 (2)Fs Gh 焦耳(J)
知识点2
1．比 2．做功快慢 单位时间内所做的功 3．P＝ P＝Fv 4．瓦(W) 1 000 1
研重难 学方法 提能力
典例1 A [学生背着书包在水平路面上匀速前进，施加的力竖直向上，而移动的方向沿水平方向，没有在力的方向上移动距离，A符合题意；女孩把一箱报刊搬起来，对报刊施加了力，且沿力的方向移动了距离，对报刊做了功，B不符合题意；把车推出来，人对车有一个力的作用，车移动距离，对车做了功，C不符合题意；运动员用力将足球踢出去，球在力的作用下移动一段距离，因此脚对足球做功，D不符合题意。]
变式1 B
典例2 D [因为两次都是匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，推力都等于摩擦力，摩擦力没变，故受到的水平推力为F1＝F2，因此F1∶F2＝1∶1，由题图甲可知，第一次物体的速度大小为v甲＝＝＝3 m/s，由题图乙可知，第二次物体的速度大小为v乙＝5 m/s，由P＝＝＝Fv可得，两次推力的功率之比＝＝＝＝，故D正确。故选D。]
变式2 解析：起重机提升大石头做的功W＝Gh＝mgh＝6×103 kg×10 N/kg×10 m＝6×105 J，起重机提升大石头的功率P＝＝＝4×104 W。
答案：6×105 4×104
变式3 解析：(1)由v＝得推土机的做功时间t＝＝＝8 s
推土机做功W＝Pt＝1.5×105 W×8 s＝1.2×106 J。
(2)由W＝Fs得，F＝＝＝1×105 N
因为推土机匀速前进，所以阻力f和牵引力F是一对平衡力，则阻力f＝F＝1×105 N。
答案：(1)1.2×106 J (2)1×105 N
第2课时 机械能及其转化
过教材 串知识 夯基础
知识点1
运动 受到重力并处在一定高度 弹性形变 质量 运动速度 质量 所处高度 弹性形变 大
知识点2
1．机械能 转化 2．不变
研重难 学方法 提能力
典例1 A [卫星和火箭加速升空过程中，卫星的质量不变、速度增大，动能增大；高度增大，重力势能增大；卫星升空时，没有发生弹性形变，不具有弹性势能；机械能＝动能＋重力势能，故机械能增大，A正确。]
变式1 D [返回舱在减速下降过程中，质量不变，速度变小，动能减小；质量不变，高度变低，势能减小；机械能是动能与势能的总和，动能减小，势能减小，所以机械能也减小，D正确。]
变式2 B [动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度。在水平路面上匀速行驶的洒水车正在洒水作业，则洒水车的质量减小，速度不变，动能变小；高度不变，重力势能变小，故B正确，A、C、D错误。故选B。]
典例2 D [小球起跳时，由于与空气的摩擦，在弹跳的过程中部分机械能转化为内能，所以机械能逐渐减少，故A正确；从A点运动到B点，小球做加速运动，速度变大，动能增加，高度减小，重力势能减小，即小球的重力势能转化为动能，故B正确；B、C两点高度相同，小球的质量不变，所以B、C两点小球的重力势能相同，故C正确；小球从B点运动到C点时，由于与空气的摩擦，机械能逐渐减少，由于B、C两点高度相同，所以B、C两点小球的重力势能相同，而C点的机械能小于B点，所以C点的动能小于B点的动能，故D错误。]
变式3 A
变式4 重力势 动
第12讲 简单机械
第1课时 简单机械
过教材 串知识 夯基础
知识点1
1．固定点 2．F1l1＝F2l2 ＞ ＜ 费距离 ＜ ＞ 省距离 ＝ ＝
知识点2
方向 省力 F＝G物 s绳＝h物 v绳＝v物 等臂 省力 方向 s绳＝2h物 v绳＝2v物 省力 省力 方向 s绳＝nh物 v绳＝nv物
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：(1)支架下端垫有底面积较大的石块，是为了在压力相同的情况下，通过增大受力面积来减小压强。
(2)支架上横杆的动力臂大于阻力臂，所以支架上的横杆相当于省力杠杆。
(3)如果他们无法将巨木抬起，可以将支架支点向左移动，增长动力臂，同时减小阻力臂，从而更加省力。
答案：(1)减小 (2)省力 (3)将支架支点左移
变式1 B [羊角锤、钢丝钳和扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离；筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离。]
典例2 解析：读图可知，用手提起重物时，是桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，肘关节为支点O；肱二头肌对桡骨的拉力沿肱二头肌收缩向上方向；从O点作动力F1的垂线段，就是动力F1的力臂L1，如图所示。
答案：见解析图
变式2 解析：在杠杆上，支点是杠杆绕着转动的点，根据用力情况，起子与瓶盖上面接触点O为支点，当动力臂等于OA时，力臂最长，动力最小，动力F1方向垂直OA斜向下，如图所示。
答案：见解析图
变式3 解析：向下拉绳将重物提升，从绳子的自由端绕过定滑轮，再绕过动滑轮，最后挂在定滑轮的下挂钩上，如图所示。
答案：见解析图
典例3 解析：如图所示，由杠杆平衡可知G1·OA＝G2·OB，即m1g·OA＝m2g·OB，m1＝＝＝0.4 kg。若秤砣有缺损，m2减小，而G1·OA不变，所以OB要变大，杆秤所示的质量值要偏大。
答案：0.4 偏大
变式4 解析：过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2, 由所作图象可知L为8个小格，L2为3个小格，根据杠杆平衡条件可得FL＝F2L2，且F2＝mg，则支撑力F＝＝＝＝225 N；只将胳膊弯曲，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件可知墙壁对手掌的支撑力F将会变大；脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，由题图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
答案：225 变大 增大脚尖与墙壁的距离
变式5 A [根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力为杠杆的重力，也不变，阻力臂变大，所以动力变大。当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小。故F先变大后变小，故A正确，B、C、D错误。故选A。]
练实验 重迁移 强素养
实验 解析：(1)杠杆处于静止状态，就是处于平衡状态。题图甲所示左高右低，应将平衡螺母向左调。
(2)题图乙，此时若推动右侧钩码的悬线，悬线对杠杆的拉力方向向左倾斜，使力臂变小，因此左端下沉。
(3)“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向。
(4)将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
(5)用弹簧测力计代替右侧钩码，保持杠杆在水平位置平衡，右侧弹簧测力计的拉力作为动力，每个小格长L0。如图所示：
此时的力臂L＝sin 60°×3L0＝×3L0≈2.6 L0>2L0，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
(6)由表格中数据可得①1.0 N×0.2 m＝2.0 N×0.1 m，②1.5 N×0.1 m＝1.0 N×0.15 m，③2.0 N×0.15 m＝1.5 N×0.2 m，故可得，杠杆的平衡条件为F1l1＝F2l2。
(7)保持阻力F2及阻力臂l2不变，根据杠杆的平衡条件知，F1与l1的乘积为常数，题图(c)中，当F1＝1 N时，l1＝15 cm，所以当l1＝30 cm时，F1＝0.5 N。
(8)杆秤利用了杠杆平衡原理，若物体和秤盘的重力为G物，秤砣的重力为G砣，提纽到秤盘的距离为l1，且为G物的力臂，提纽到秤砣的距离为l2，且为G砣的力臂，由杠杆的平衡条件可知满足关系G物×l1＝G砣×l2，由题图1可知，将秤砣置于最远处时，使用提纽2，则l1减小而l2增大，此时G物变大，即使用提纽2杆秤的量程更大。
(9)杆秤出现左低右高现象，根据杠杆平衡原理，右侧的动力和动力臂的乘积小于左侧阻力和阻力臂的乘积，所以向右移动秤砣，增大动力臂，可以达到水平平衡。根据杠杆平衡原理，悬挂的秤盘质量不同会影响“0”刻度的位置。
(10)若秤砣长时间使用出现磨损，会导致秤砣质量偏小，那么使用该杆秤，根据杠杆平衡条件，其力臂会增大，则测量结果将偏大。
答案：(1)平衡 左 (2)左端下沉 (3)力的方向 (4)右 (5)省力 (6)F1l1＝F2l2 (7)0.5 (8)2 (9)右 会 (10)偏大
变式训练
1．B
2．解析：(1)如题图甲所示，杠杆左低右高，表明左边要重一些，可将左端的平衡螺母向右调节。
由于实验时作用力一般为竖直方向，杠杆在水平位置平衡，此时力臂与杠杆重合，这样操作的目的是便于测量力臂。
(2)两种收集实验数据的方案，方案一中动力与阻力相等，导致动力臂与阻力臂与相等，数据过于特殊，为了实验结论更具普遍性，其中合理的是方案二。
(3)分析合理方案中的实验数据，每次实验中动力与动力臂的乘积总是等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2。
(4)某次实验所挂钩码的个数和位置如题图乙所示，假设每个钩码重为G0，每一格长为l0，将两侧所挂的钩码同时远离支点O一格，左边动力与动力臂的乘积为F1l1＝4G0×4l0＝16G0l0
右边阻力与阻力臂的乘积为F2l2＝3G0×5l0＝15G0l0
由于F1l1>F2l2，杠杆右端将会上升。
(5)根据杠杆平衡条件，在秤砣一定时，使用它称较重的物体时，可以增加秤砣的力臂，减小重物的力臂，故常用离秤钩较近的提纽。
答案：(1)右 力臂 (2)二 (3)F1l1＝F2l2 (4)上升 (5)近
3．解析：由题图可知，硬棒平衡时，有ρBVg×OC＝GA×L1，把金属块B浸没在水中，硬棒再次在水平位置平衡时，有(ρBVg－ρ水gV)×OC＝GA×L2，联立两式可得ρB＝。
答案：
第2课时 机械效率
过教材 串知识 夯基础
知识点
1．(3)总和 W有用＋W额 2．(1)比值 (2)η＝
研重难 学方法 提能力
典例1 解析：(1)实验时，需要读出测力计的示数，所以需要匀速缓慢的拉动测力计，以方便读数。
(2)由题表中数据可得，钩码移动的距离为0.1 m时，绳子端移动的距离为0.4 m，则绳子的股数为n＝＝4，即动滑轮上有4股绳，所以题图丙符合题意。由题表中数据可得，有用功为W有＝G3h3＝4 N×0.1 m＝0.4 J；总功为W总＝F3S3＝1.25 N×0.4 m＝0.5 J；机械效率为η＝＝＝80%。
(3)对比2、4的数据发现，其他条件不变，只改变重物提升的高度，机械效率是不变的，所以猜想Ⅰ是错误的。
(4)要想得到同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高的结论，需要保证滑轮组不变，重物提升的高度也不变，只改变重物的重力，所以题表中1、2号实验符合条件。
(5)对比2、3次实验可以发现，重物的重力不变，提升的高度也不变，但滑轮组中动滑轮的个数增多了，且动滑轮个数越多，机械效率越低，所以可得结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低。
答案：(1)匀速 (2)丙 80% (3)错误 (4)1、2 (5)越低
变式1 (1)60% 3.2 A (2)左 2、3
典例2 解析：(1)由题图可知，有两段绳子拉着动滑轮，则绳子的自由端移动的速度为v＝2×0.2 m/s＝0.4 m/s；拉力的功率为P＝＝＝Fv＝150 N×0.4 m/s＝60 W。
(2)物体在运动时受到地面的摩擦力为物重的0.2倍，则物体受到的摩擦力为f＝0.2G＝0.2×1 000 N＝200 N；物体在水平面上做匀速直线运动，受到的拉力与摩擦力是一对平衡力，则拉动物体的力F′＝f＝200 N；不计绳重及绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦，根据F＝(F′＋G动)可知，动滑轮的重力为G动＝2F－F′＝2×150 N－200 N＝100 N。
(3)若物重增大到2 000 N，