若两灯泡并联，若使其中一个灯泡正常发光，电源电压应为3V． 所以干路电流为：I=

+I2=

+2A=2.5A

若两灯泡串联，使其中一个灯泡正常发光，则电路中的电流应为I串=1A． 所以电源电压为：U串=U1+I串R2=6V+1A×1.5Ω=7.5V． 故答案为：1A；7.5V．

18．如图是搬运砖头的独轮车，独轮车属于 省力 （选填“省力”或“费力”）杠杆．车箱和砖头的总重G=1200N，独轮车的有关尺寸如图所示．推车时，人手竖直向上的力F应为 300 ．

【分析】①结合图片和生活经验，先判断独轮车在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；

②再根据杠杆平衡原理计算人手向上的力的大小．

【解答】解：独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆． 根据杠杆平衡原理F1L1=F1L1得，FL1=GL2， F×1.2m=1200N×0.3m F=300N．

故答案为：省力；300．

19．起重机把质量为0.5t的重物匀速提升了3m，而它的电动机所做的功是2.4×104J，起重机提升重物

4

所做的有用功是 1.5×10 J，起重机的机械效率是 62.5% ．（g=10N/kg）

【分析】知道重物的质量和提升的高度，根据W=Gh=mgh求出起重机提升重物所做的有用功，又知道电动机所做的功，根据η=

×100%求出起重机的机械效率．

【解答】解：起重机提升重物所做的有用功：

34

W有=Gh=mgh=0.5×10kg×10N/kg×3m=1.5×10J， 起重机的机械效率： η=

×100%=

×100%=62.5%．

故答案为：1.5×104；62.5%．

四、综合题（共37分，解题中要求有必要的分析和说明，计算题还要有公式及数据代入过程，结果要有数值和单位）

20．小华家的电热水壶铭牌如表所示，他将电热水壶装满初温为20℃的水，用时15min将水加热到50℃，已知c水=4.2×103J/（kg?℃），求： （1）水吸收的热量； （2）电热水壶的热效率． 型号：PD105﹣50G 容量：5L 额定电压：220V/50Hz 额定功率：750W 整机尺寸：280×200×350mm 产品净重：2.5kg 【分析】（1）满壶水的体积和自身的容积相等，根据m=ρV求出水的质量，知道水的质量和初温、初温以及比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；

（2）知道加热功率和时间，根据W=Pt求出消耗的电能，利用η=【解答】解：（1）一满壶水的体积：

3﹣33

V=5L=5dm=5×10m， 由ρ=可得，水的质量：

m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3=5kg， 水吸收的热量： Q吸=cm（t﹣t0）

3

=4.2×10J/（kg?℃）×5kg×（50℃﹣20℃） =6.3×105J；

（2）由P=可得，消耗的电能： W=Pt=750W×15×60s=6.75×10J， 电热水壶的热效率： η=

×100%=

×100%≈93.3%．

5

×100%求出电热水壶的热效率．

答：（1）水吸收的热量为6.3×105J； （2）电热水壶的热效率为93.3%．

21．如图所示，电阻R1=10Ω，开关S由断开到闭合，电流表的示从0.6A变为1A．若电流电压保持不变，求：

（1）电阻R2的阻值；

（2）开关S闭合时，电路消耗的总功率．

【分析】S从断开到闭合，给R1并联了另一个电阻R2，因为电源电压不变，所以R1中的电流不变，都为I1=0.6A，当S闭合时I=1A，所以I2=I﹣I1=1A﹣0.6A=0.4A，根据并联电路中电流和电阻的关系，可求R2的大小，再求出总电阻，知道电源电压，也就可以求总功率 【解答】解：（1）当S从断开到闭合，给R1并联了另一个电阻R2，因为电源电压不变，所以R1中的电流不变，都为I1=0.6A，

当S闭合时：I=1A，所以I2=I﹣I1=1A﹣0.6A=0.4A ∵两电阻R1R2并联 ∴

∴

（2）U=U1=I1×R1=0.6A×10Ω=6V P=UI=6V×1A=6W 答：（1）电阻R2的阻值是15Ω；

（2）开关S闭合时，电路消耗的总功率为6W．

22．小华同学到实验室做“测量小灯泡额定功率”的分组实验，待测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω．

（1）在图甲中用笔画线代替导线，完成测量该小灯泡的额定功率时的电路连接． （2）在图丁的虚线框内画出对应的电路图．

（3）经检查无误后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，则小灯泡两端电压为 2.2V ，此时应将滑动变阻器滑片向 B （选填“A”或“B”）端移动．

（4）改变滑动变阻器的阻值，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图丙所示，小灯泡的额定功率为 0.75W ． 【分析】（1）根据灯泡的额定电压、电阻、计算额定电流，确定电表量程，同时注意电表“正进负出”． （2）画电路图时注意打点，标注原件名称．

（3）读出电压表示数，通过电压表读数，确定滑动变阻器的阻值的变化． （4）读出电流表示数，通过P=UI计算电功率． 【解答】解：（1）灯泡额定电压2.5V，电压表选择0﹣3V量程，并联在灯泡两端；灯泡电阻约10Ω，灯泡电流I=

，选择0﹣0.6A量程，与灯泡串联，注意电池串联，连线如图．

（2）电路图如图．

（3）电压表的量程为0﹣3V，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应使电路中的电流增大，滑动变阻器的阻值应变小，滑片应向B端移动． （4）当电压为2.5V，电流表量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，电流表示数0.3A，P=UI=2.5V×0.3A=0.75W． 故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）2.2V；B；（4）0.75W．

23．在“探究影响液体内部的压强大小的因素”实验中，某小组提出了如下猜想． 猜想一：液体内部的压强大小跟液体的密度有关； 猜想二：液体内部的压强大小跟液体的深度有关； 猜想三：液体内部的压强大小跟方向有关．

实验中利用如图所示的测量液体内部压强的仪器和老师提供的相应器材进行探究．

（1）实验中通过比较 U形管左右两侧液面高度差的大小 ，反映探头处液体的压强大小．

（2）验证猜想二时，应保持 液体的密度 和探头的方向不变，改变 探头在液体中的深度 ． （3）设计出探究“猜想三”的记录数据表格．

【分析】（1）在实验中液体压强的大小变化不易直接测量，可以寻找液体压强的变化会引起哪些物理量发生变化，看能否通过形象直观的变化来反应液体压强的大小变化；

（2）液体内部压强的特点是：液体内部压强随着深度的增加而增大，同一深度，液体内部向各个方向的压强相等，不同液体内部的压强还与液体的密度有关．在进行分别探究时，一定要按控制变量法的要求来进行实验；

（3）运用控制变量法，要探究液体内部压强跟方向的关系，要控制其他变量保持不变． 【解答】解：（1）在实验中，有很多物理量难于用仪器、仪表直接测量，就可以根据物理量之间的定量关系和各种效应把不易测量的物理量转化成易于测量的物理量进行测量，这种方法就叫转换法；实验中液体压强的大小变化不易直接测量，液体压强的变化会引起压强计的探头受到的压力发生变化，从而导致压强计探头上的橡皮膜的形状发生变化，进而引起压强计U形管两侧液面的高度差发生变化，因此可以利用压强计U形管两侧液面的高度差来判断液体压强的大小变化；

（2）探究液体内部的压强大小跟液体的深度有关实验时控制液体的密度和探头的朝向相同，改变探头深度．U型管两侧液面的高度差不同，可得出的结论是：液体内部压强随深度的增加而增大；

（3）运用控制变量法，要探究液体内部压强跟方向的关系，要控制液体的密度和探头在液体的深度一定，改变探头的方向，观察U形管左右两侧液面高度差，得出结论，设计表格如下： U形管左右两液体密度ρ/实验次数 液体深度h/m 探头的方向 侧液面高度结论 （kg?m3） 差△h/m 故答案为：（1）U形管左右两侧液面高度差的大小；（2）液体的密度；探头在液体中的深度；（3）见上表．