当前位置：首页 > 2014渭南市 教师能力测试 部分试题 - 图文
4、如图所示电路，电源两端电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从C点滑至B时，电压表V1的示数从U1变为U1’，电压表V2的示数从U2变为U2’，电流表A的示数从I变为I ‘，下列判断正确的是
A．＞
B．|U1’－U1|＜|U2’－U2|
C．U1’＞U1，U2’＞U2 ，I’＜I D．U1’＜U1，U2’＞U2 ，I’＜I
试题分析：和
都是R1和R2两端的总电压除以通过它们的电流，得到的是它们的总阻值，应当相
等。|U1’－U1|是R1和滑动变阻器两端总电压变化的大小，由于它们与R2串联，与R2两端电压变化的大小相等，|U2’－U2|是R1和R2两端总电压变化的大小，而R1和R2各自的电压是一起变大或变小，所以|U1’－U1|＜|U2’－U2|。滑片往右移，滑动变阻器接入电路的阻值变大，U1’＞U1， I’＜I，由于电路中的电流减小，R1和R2两端的总电压减小，U2’＜U2 ，选项C、D都错。
9、如图所示，甲、乙、丙三个质量和底面积相等的容器放置于水平桌面上，容器内分别盛有等质量的液体，其中甲、乙容器中的液体密度相同，乙、丙容器中的液体深度相同。若将小球A放在甲容器的液体中，小球A静止时漂浮，此时液体对甲容器底部的压力为F1，桌面对甲容器的支持力为N1。若将小球A用一段不计质量的细线与乙容器底部相连，并使其浸没在乙容器的液体中，小球A静止时细线对小球的拉力为T1，液体对乙容器底部的压力为F2，桌面对乙容器的支持力为N2。若将小球A放在丙容器的液体中，用一根不计质量的细杆压住小球A，使其浸没且不与容器底接触，小球A静止时细杆对小球的压力为T2，液体对丙容器底部的压力为F3，桌面对丙容器的支持力为N3。下列判断中正确的是 A．F1 = F2 ，N1＞N2 B．F2＜F3 ，N2= N3+T2 C．F2＞F3 ，T1＜T2 D．F1＜F3 ，N1= N3-T2
【解析】
试题分析：A、甲乙原本液体对底面的压力：，S相等，乙深度h小，所以压力小，加入小球后，甲乙的液面都会上升，并且，乙中V排大，上升的多，但无法确定最终液体深度的大小关系，所以F1与F2大小无法比较；
作为一个整体考虑，甲乙对桌面的压力都为：相等，支持力N与压力是相互作用力，所以B、乙丙的液体质量相等，乙体积大于丙，所以容器底大口小，所以液面上升的多，即即
；
；
，故
；C错误；
，根据B的分析：
，所以在乙中浮力小，则
；
。B错误；
，根据
，A错误；
，两次小球都浸没在液体中，V排相等，因为丙
，丙液体密度大、深度大，所以压力大，
，因为三者都是相等的，所以压力
作为一个整体考虑，桌面对乙的支持力为：桌面对丙的支持力为：C、同B分析：
，而浮力又等于：
D、根据容器形状判断未放入小球时液体产生的压力，
，
，故：
，
， ，又因，即
；
放入小球后增加的压力：
因为V排甲小于V排丙，再加上丙容器底大口小，所以故增加的压力：
，则
同B分析：，故D正确。 故选D。
16、水平地面上有一个轻质、薄壁的圆柱形容器，里面装有一定量的水。现将一正方体木块放在水中，如图所示，木块的横截面积为S1，容器的底面积为S2，则水对容器底部压强的增加量⊿p液与木块受到的浮力F浮的关系：
A．⊿p液＞F浮／S1 B．⊿p液＜F浮／S2
C．⊿p液＝F浮／S1 D．⊿p液＝F浮／S2 【解析】
试题分析：由于容器是圆柱形的，水对容器底的压力等于容器中液面以下全部装满水时，这部分水所受到
的重力。水对容器底增加的压力，水对容器底压强的增加量。
21、底面积为320cm2的圆柱形容器中装有某种液体。密度为0.6g/cm3的密度为4g/cm3、体积为100cm3的矿石B，沉在容器底部，所受浮力为0.8N，如图甲所示；将B从液体中取出后放在A上，静止时A恰好全部浸入液体中，如图乙所示。则甲、乙两种状态下，液体对容器底部的压强变化了 Pa。（g取10N/kg）
100
【解析】
试题分析：甲图中，木块A漂浮在液面上，由二力平衡条件可知，F浮A＝GA; 矿石B，沉在容器底部，所受浮力为F浮B=0.8N。乙图中，A和B作为一个整体漂浮在液面上，由二力平衡条件可知，F浮=GA+GB，则甲、乙两种状态下，浮力之差ΔF浮=GB-F浮B=mBg-F浮B，因为mB=ρV=4g/cm3×100cm3=400g=0.4kg，所以ΔF浮=GB-F浮B=mBg-F浮B=0.4kg×10N/kg-0.8N=3.2N，排开液体的体积之差ΔV排 =ΔF浮/ρ液g=3.2N/1.0×103kg/m3×10N/kg=3.2×10-4m3,液面上升的高度Δh=ΔV排/s=3.2×10-4m3/3.2×10-2m2=0.01m,增大的压强Δp=ρgΔh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m=100Pa。
22、如图甲所示是一种常见的电热水袋，图乙是它的结构示意图，其性能指标如下表所示．
额定电压 额定加热功率 指示功率 袋内充水 自动断电温度 220V 500W ≤0.2W 1kg 65℃ （1）由题意可知，红色指示灯L的电阻比发热体R的电阻要______（选填“大”或“小”）得多； （2）为了使用电热水袋更加安全，有的电热水袋里使用双重温控开关保护，也就是把两个温控开关______（选填“串联”或“并联”）起来使用； （3）当热水袋原来的温度是15℃时，在额定电压下加热10min指示灯就熄灭了，则此过程中水吸收的热量是______ J，电热水袋的发热效率为______．[c水=4.2×103J/]． 【解析】 （1）由图可见，红色指示灯L和发热体R是并联的，两端电压相等，发热体的功率要比指示灯的功率大得多，根据电功率的计算P=，在电压U相等的情况下，功率P大的，电阻R反而小，因此发热体的电阻要小于指示灯的电阻． 故答案为：大． （2）因为电热水袋里使用双重温控开关，也就是说只有这两个开关都闭合时，电热袋才可以工作，因此这两个开关是串联的． 故答案为：串联． （3）热水袋中的水的质量m=1kg，温度从15℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量是 Q=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（65℃-15℃）=2.1×105J． 消耗的电能是 W=Pt=500W×10×60s=3×105J 则该电热水袋的发热效率为η=×100%=×100%=70%． 故答案为：2.1×105；70%． 24、在“探究哪些因素影响滑轮组的机械效率”的实验中，某小组利用如图装置匀速提升钩码，测得了四组数据，如下表。 ⑴前三次实验中，第 次实验数据明显出现错误，应当剔除。 ⑵第四次实验中，有用功是 J，总功是 J，滑轮组的机械效率为 。若仅增加钩码的个数，该滑轮组的机械效率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。 ⑶根据以上信息，可以判断出该小组设计这四次实验的目的是为了探究滑轮组的机械效率与 是否有关。 （1）3 （2）0.3 0.36 83.3% 增大（3）物体上升的高度 【解析】 试题分析：同一个装置绳子的有效股数是一定的，分别根据s=nh求出前三次实验中的n，然后比较即可判断错误的数据．根据W=Gh求出有用功，根据W=Fs求出总功，利用η=×100%求出第四次实验中滑轮组的机械效率；使用滑轮组时，做的额外功不变，增加钩码的个数，增大了有用功，因此机械效率会变大．分析表格中各数据中变化的量，即可得出机械效率的变化是由哪个物理量的变化引起的．
（1）由实验数据可知，1、2两次实验绳端移动距离都是物体上升高度的3倍，可知此滑轮组由3段绳子承担物重，而第三次绳端移动距离与钩码上升高度的关系错误，所以应当删除． （2）第四次实验：有用功：W有用=Gh=3N×0.1m=0.3J，总功：W总=Fs=1.2N×0.3m=0.36J， 机械效率：η=
×100%=83.3%；整个滑轮组保持不变，即额外功不变．因为对重物做的
功为有用功，增加钩码的个数，即增大了有用功，故机械效率就会增大．
（3）由表格中数据可以看出，在4次实验中钩码上升的高度不断发生变化，所以是探究滑轮组机械效率与钩码上升的高度是否有关．
25、小明做“测定小灯泡电功率”的实验时，连接的实物电路如图甲所示，电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V．
（1）用笔画线替代导线，将实物电路连接完整
（2）碰接电路的最后一根导线时，灯泡立即发光，而且很亮，则连接电路时存在的不规范或不妥当是： ①______；②______．
（3）实验过程中，当电压表示数为2.5V时小灯泡正常发光，由图乙可知，此时电流表的示数为______A，小灯泡的额定功率为______W．
（4）小明受此实验启发，想测定电动自行车上用作照明的LED（发光二极管）额定功率．在老师的帮助下通过实验得到该LED的电流电压图象如图丙所示，查阅资料知道该LED的额定电压为3V，结合图象可得该LED的额定功率为______W．小明进一步发现，在额定电压下工作时，LED比小灯泡亮，请对此现象作出解释______．
【解析】
（1）小灯泡、电流表串联接入电路，电压表并联在灯泡两端， 电路图如图所示；
故答案为：电路图如图所示．
（2）碰接电路的最后一根导线时，灯泡立即发光，而且很亮，是由于连接电路时，没有闭合开关，滑动变阻器接入电路的阻值不是滑动变阻器的最大阻值；
故答案为：连接电路时没有断开开关；滑动变阻器阻值没有全部接入电路． （3）由图乙可知，电流表量程是0.6A，最小分度值是0.02A，电流表示数是
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