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小敏同学设计了如图所示的电路，他用的电源电压是6V保持不变，选的电流表的量程为0～0.6A．电压表的量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”．闭合开关在保证电路安全的情况下，下列做法正确的是（ ）

A. 变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围可以为2Ω～10Ω

B. 电阻R1消耗功率允许的变化范围是0.4W～0.9W

C. 电流表示数允许的变化范围可以为0.3A～0.5A

D. 电路消耗总功率允许的变化范围可以为1.2W～3W

B 【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)当电压表的示数U1＝3V时，电路中的电流，I＝ ＝0.3A，因串联电路中各处的电流相等，且R1允许通过的最大电流为0.5A，电流表的量程为0?0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以,电路中的最大电流I大＝0.3A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，R1消耗的电功率最大，电路消耗的总功率...
练习册系列答案
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乘坐公共汽车，当身体突然向前倾倒时，说明此时汽车正在____；当身体突然向右倾倒时，说明此时汽车正在____。

刹车 左转弯

一个灯泡的灯丝烧断了，把断了的灯丝搭在一起，灯泡会更亮，其原因是：（ ）

A. 灯丝电阻增大，功率增大

B. 灯丝电阻减小，功率增大

C. 灯丝两端电压增大，功率增大

D. 灯丝中电流增大，功率减小

B 【解析】灯泡的灯丝烧断了，把断了的灯丝搭在一起，灯丝的长度变短，因此灯丝电阻减小，由公式P=U2/R可知，灯泡的电压不变，而电阻变小，故功率变大，所以A不符合题意，B符合题意；灯丝两端电压增大，功率增大，灯泡两端的电压不变，电阻变小，功率变大，C不符合题意；灯泡两端的电压不变，而电阻变小，故电流变大，由公式P=U2/R可知，灯泡两端的电压不变，而电阻变小，故功率变大，D不符合题意，故选B...

如图所示电路，电阻R1=R2=4 Ω，电源电压2 V不变，当S1、S2都闭合时，电流表的示数为0.5 A，此时电路的总电阻是________Ω；当S1闭合、S2断开时，电流表的示数是________A。

2 0.5 【解析】 (1)当S1、S2都闭合时，两电阻并联，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，电路中的总电阻：R＝ ＝2Ω；(2)当S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路,电流表测通过R1的电流，则电流表的示数：I＝＝0.5A.

如图所示，闭合开关S，灯L发光，把滑动变阻器的滑片P向b端移动，灯L的亮度与电流表示数的变化情况是（ ）

A. 灯L变亮，电流表示数变大 B. 灯L变暗，电流表示数变小

C. 灯L变亮，电流表示数变小 D. 灯L变暗，电流表示数不变

B 【解析】【解析】 当滑片P向b点移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中的总电阻增大；由欧姆定律I可知，在电源电压不变时，电路中电阻变大，电流变小，故电流表的示数变小；因为灯泡的电阻不变，所以由PL实＝I2RL可知灯泡L的实际功率变小，因此小灯泡的亮度变暗． 故选B．

小龙通过实验“探究水沸腾前后温度变化的特点”，实验过程如下：

（1）他按照图组装实验器材后，还需补充一个测量仪器是：________.

（2）补全仪器后，给水加热至90℃时开始计时，读取温度计示数，并将数据记录在下表中.由表中数据可知，水从t＝________min时开始沸腾；水的沸点T＝________℃.

（3）根据数据可以推断，在其它条件都不变的情况下，在t＝8min后继续加热，水的温度会________（选填“升高”、“不变”或“降低”）.

（4）小龙观察并分别描绘了沸腾前和沸腾时水中气泡上升的两种图景.下图所示为水沸腾________（选填“前”或“时”）的图景.

秒表 5 99 不变 时 【解析】试题分析：“探究水沸腾前后温度变化的特点”用到测量仪器是秒表和温度计，实验中缺少秒表。水沸腾时有特点温度保持不变，但继续吸热，从表格中看出5min时温度达到99℃并保持不变，所以水的沸点为99℃，在其它条件都不变的情况下，在t＝8min后继续加热，水会继续沸腾但水的温度会不变。沸腾前水中会有气泡形成，但是在上升的过程中会逐渐变小最后消失，这是由于气泡中的水蒸...

温泉的开发是人们利用地热的一种形式．冬天，温泉水面上方笼罩着一层白雾，这是水蒸气遇冷_____形成的小水滴；雪花飘落到池水中立刻不见踪影，这是雪花_____成水融入温泉水中．（填物态变化名称）

液化 熔化 【解析】温泉水上面笼罩着一层白雾，是温泉内的水先汽化，遇到冷的空气液化形成的小水滴，属于液化现象；雪花落入池水中不见踪影，由固态变成液态，属于熔化现象． 故答案为：液化；熔化．

小明同学利用砝码、小桌、装有沙子的容器等实验器材，做“探究压力作用的效果”实验，如图甲所示．

（1）保持小桌对沙子的压力不变，改变小桌与沙子的接触面积，小明发现接触面积越大．小桌陷入沙子越浅，说明压力的作用效果与___________有关．

（2）保持小桌与沙子的接触面积不变，改变小桌对沙子的压力，小明发现压力越大，小桌陷入沙子越深，说明压力的作用效果与_____________有关．

（3）实验过程中，压力的作用效果是通过_____________________表现出来的．

（4）小明将小桌和砝码又放到一块木板上，如图乙所示，比较甲、乙两种情况后，小明认为压力的作用效果还与接触面的材料有关，请对此结论作出简要评价：_________________；由此可知：根据压力的作用效果比较压强的大小需要满足的条件是：_______________________。

（5）设图甲中小桌对沙子的压强是P甲，图乙中小桌对木板的压强是P乙，则P甲______P乙。

接触面积大小 压力大小 沙子的形变程度 正确 不同的材料构成的接触面硬度不同，只有保证硬度相同才能做此探究；必须在受力面的材料相同的情况下进行比较 等于 【解析】(1)压力相同时，受力面积越大，小桌陷入沙子越浅，即压力作用效果越不明显，说明压力的作用效果与受力面积有关；(2)受力面积相同，压力越大，小桌陷入沙子越深，即压力作用效果越明显，说明压力的作用效果与压力大小有关；(3)实验中，沙子凹...

（10分）如图（a）所示是HG2004家用蒸汽电熨斗的示意图和铭牌，使用时储水器中的水滴入气室，加热的铁质底板使水迅速汽化变成蒸汽，从底板喷出．

（1）求电熨斗正常工作时的电流．_______

（2）熨烫前（未加水），电熨斗自然平放在衣服上，求它对衣服的压强．_____

（3）汽熨前先预热，使底板的温度从20℃升高到220℃，温控开关自动断开．已知底扳的质量为lkg，铁的比热容为0.46×103J/（kg．℃），求预热过程底板吸收的热聩．_________

（4）汽熨时，滴A汽室的水汽化带走热量，当底板温度降到190℃时，温拄开关自动闭合，当加热到220℃时又断开，如此反复，著蒸汽电熨斗按如图（b）所示的程序工作，熨一件衣服用时l0min．求共消耗的电能．____________

5A 1000Pa 9.2×104J 4.95×105J． 【解析】 (1)由P＝UI可得，电熨斗正常工作时的电流：I＝5A；(2)熨烫前(未加水)，电熨斗自然平放在衣服上时，对衣服的压力：F＝G＝mg＝1.6kg10N/kg＝16N，它对衣服的压强：p＝＝1000Pa；(3)预热过程底板吸收的热量：Q吸＝cm(t?t0)＝0.46×103J/(kg?℃)×1kg×(220℃?20℃)＝9....

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