如图所示，已知AP、CP分别是△ABC的外角∠DAC、∠ECA的平分线，PM⊥BD,PN⊥BE，垂足分别为M、N.求证：
由p向ac做垂线根据角平分法则得pm=pk=pn
3（物理卷子解题疑问），如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，
你的第二个WF没错，但是选项中没有，而且umgs+umghcotθ=mgh 所以只能选B
常温下，向25mL 0.1mol/L MOH溶液中逐滴加入0.2mol/L HA溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）．下列说
A．由图象可知0.1mol/L MOH溶液的pH=13，c（OH-）=0.1mol/L，说明为强碱，完全电离，则电离方程式为：MOH═M++OH-，故A正确；B．根据图象可知，当加入13mL 0.2mol/L HA溶液时，n（HA）=0.0026mol，而n（MOH）=0.0025mol，说明HA过量，但溶液呈中性，说明HA为弱酸，如二者恰好反应，应生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，发生A-+H2O?HA+OH-，促进水的电离，则混合溶液中由水电离出的c（H+）大于0.2mol/L HA溶液中由水电离出的c（H+），故B正确；C．B点溶液呈中性，溶液中存在c（M+）=c（A-）＞c（H+）=c（OH-），C点反应已进行完全，HA过量，溶液呈酸性，但MA的物质的量大于HA的物质的量，应存在c（A-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．D点时，加入n（HA）=0.005mol，而加入n（MOH）=0.0025mol，A元素以A-和HA两种形式存在，而M全以M+形式存在，溶液中c（A-）+c（HA）=2c（M+）；c（M+）=0.05mol/L，c（OH-）=1×10-11mol/L，由电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）和物料守恒c（A-）+c（HA）=2c（M+），求得c（HA）+c（H+）=c（M+）+c（OH-）=0.05mol/L+10-11mol/L，浓度必须带上单位，故D错误；故选D．
常温下，向25 mL 0.1 mol/L MOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L HA溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）．回
（1）由图象可知0.1mol/L MOH溶液的pH=13，c（OH-）=0.1mol/L，说明为强碱，完全电离，则电离方程式为MOH═M++OH-，故答案为：MOH═M++OH-；（2）由图象可知，当加入13mL 0.2mol/L HA溶液时，n（HA）=0.0026mol，而n（MOH）=0.0025mol，说明HA过量，但溶液呈中性，说明HA为弱酸，如二者恰好反应，应生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，发生A-+H2O?HA+OH-，促进水的电离，则混合溶液中由水电离出的c（H+）大于0.2mol/L HA溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：碱；A-+H2O?HA+OH-；＞；（3）B点溶液呈中性，溶液中离子浓度关系为：c（M+）=c（A-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（M+）=c（A-）＞c（H+）=c（OH-）； （4）D点时，加入n（HA）=0.005mol，而加入n（MOH）=0.0025mol，A元素以A-和HA两种形式存在，而M全以M+形式存在，溶液中c（A-）+c（HA）=2c（M+），c（M+）=0.05mol/L，c（OH-）=1×10-11mol/L，由电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）和物料守恒c（A-）+c（HA）=2c（M+），求得c（HA）+c（H+）=c（M+）+c（OH-）=0.05mol/L+10-11mol/L，故答案为：=；0.05+10-11．
MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示．下列叙述中正确的是（ ） A．在x点时，
A．由图可知，ROH的pH=13时稀释100倍，pH变为11，则ROH为强碱，ROH为强碱，则在x点，ROH完全电离，故A正确；B．在X点，pH相同，则c（OH - ）相同，由电荷守恒可知，c（M + ）=c（R + ），故B错误；C．由图可知，MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为10.5，则MOH为弱碱，故C错误；D．ROH为强碱，稀释前浓度为0.1mol/L，MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为11，则说明MOH为弱碱，稀释前MOH的浓度大于0.01mol/L，则稀释前c（ROH）＜10c（MOH），故D错误；故选A．
常温下，两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示．下列有关说法正确的是（ ）A．RCl
A．由图可知，ROH的pH=13时稀释100倍，pH变为11，则ROH为强碱，则RCl为强酸强碱盐，所以RCl溶液pH=7，故A错误；B．ROH为强碱，稀释前浓度为0.1mol/L，MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为11，则说明MOH为弱碱，稀释前MOH的浓度大于0.01mol/L，则稀释前c（ROH）＜10c（MOH），故B错误；C．在X点，pH相同，则c（OH-）相同，由电荷守恒可知，c（M+）=c（R+），故C正确；D．MOH为弱碱，pH=12的MOH溶液浓度为大于0.01mol/L，pH=2的盐酸的浓度等于0.01mol/L，所以二者等体积混合时MOH过量，则c（M+）＞c（Cl-），故D错误；故选C．
常温下，向25mL 0.1mol/L MOH溶液中逐滴加入0.2mol/L HA溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）．回答下
（1）由图象可知0.1mol/L MOH溶液的pH=13，c（OH-）=0.1mol/L，说明为强碱，完全电离，则电离方程式为MOH═M++OH-，故答案为：MOH═M++OH-；（2）由图象可知，当加入13mL 0.2mol/L HA溶液时，n（HA）=0.0026mol，而n（MOH）=0.0025mol，说明HA过量，但溶液呈中性，说明HA为弱酸，如二者恰好反应，应生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，发生A-+H2O?HA+OH-，促进水的电离，则混合溶液中由水电离出的c（H+）大于0.2mol/L HA溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：碱；A-+H2O?HA+OH-；＞；（3）B点溶液呈中性，溶液中存在c（M+）=c（A-）＞c（H+）=c（OH-），C点反应已进行完全，HA过量，溶液呈酸性，但MA的物质的量大于HA的物质的量，应存在c（A-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：c（M+）=c（A-）＞c（H+）=c（OH-）；c（A-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）；（4）D点时，加入n（HA）=0.005mol，而加入n（MOH）=0.0025mol，A元素以A-和HA两种形式存在，而M全以M+形式存在，溶液中c（A-）+c（HA）=2c（M+），c（M+）=0.05mol/L，c（OH-）=1×10-11mol/L，由电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）和物料守恒c（A-）+c（HA）=2c（M+），求得c（HA）+c（H+）=c（M+）+c（OH-）≈0.05mol/L故答案为：=；0.05．
如图所示型号为160YCY14-1B的轴向柱塞泵上面的160，YCY是什么意思这种泵的流量、排量，压力一般是多少，求
公称排量160ml/r y压力补偿变量，c压力级31.5mpa, y表示泵
根据反应：2Ag+（aq）+Fe（s）═Fe2+（aq）+2Ag（s）设计原电池并用它作电源进行电解的装置如图所示．NaC
A、正极是Ag作材料，则电极A用铁作负极，电解质溶液为AgNO3溶液，电解NaCl溶液时，C是电解池的阴极，发生的反应为2H++2e-═H2↑，或为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，加入酚酞变红，故A正确；B．原电池中，A极是原电池的负极，发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极是Ag作材料，电解质溶液为AgNO3溶液，发生的反应为：Ag++e-=Ag，故B正确；C．当析出Ag21.6g时，n（Ag）═21.6108mol═0.2mol，转移电子0.2mol，根据2H2O+2e-═H2↑+2OH-，可以判断出生成n（OH-）═0.2mol，则c（OH-）═0.2mol0.2L═1mol/L，故溶液的PH═14，是反应前的2倍．故C正确；D．A极是原电池的负极，发生氧化反应，C极是电解池的阴极，发生还原反应，故D错误；故选D．
如图所示单片机上位电阻问题，在P00口输入为1时与为0时，这个上拉电阻流到单片机POO口上电流为多少？
1的时候没有电流流入单片机，0的时候是0.005a
如图所示，质量为m的物体以速率v冲上以相同速率反向运行的水平传送带上，设传送带足够长．则下列说法正确
A、物体放上传送带先向右做匀减速运动，速度减为零后，向左做匀加速运动，加速度大小不变，根据运动的对称性，知物体返回到左端时，速度为v，根据动能定理知，传送带对物体做功为零．故A错误，B、C正确．D、物体向右减速运动的位移为：x1＝v22a，传送带经历的位移为：x2＝v?va＝v2a，相对传送带发生的路程为：s1=x1+x2＝3v22a，返回时做匀加速运动，物体匀加速运动的位移为：x3＝v22a，相对传送带的路程为：s2＝vav?v22a＝v22a，所以整个过程中的相对路程为：s=s1+s2＝2v2a，则摩擦产生的热量为：Q=fs=mas=2mv2．故D正确．故选：BCD．
减法运算电路如图所示，已知u11=-1v，u12=2v，u13=-4v，u14=4v，求输出电压u0
R3下方应该是接地？20K欧电阻应该接在 R3上端？同向输入端 V+=（U13-V+)/R13+(U14-V+)/R14）*R3（(U11-V-)/R11+(U12-V-)/R12）*50K=（v-）-Uo由V-=V+代入数据可得
如图所示为电视机显像管的原理示意图（俯视图），通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的方向和强
A、如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，运动的方向与电流的方向相反，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外．故A错误；B、C、D、要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则电子在磁场中圆周运动的半径公式r＝mvqB分析得知，偏转磁场强度应该先由大到小，再由小到大．故BC错误，D正确．故选：D
滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是( ) A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向
AD 若将a、c两端连在电路中，ap为有效电阻，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大，A对。若将a、d两端连在电路中，ap为有效电阻，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大，B错。若将b、c两端连在电路中，pb为有效电阻，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小，C错。若将a、b两端连在电路中，为定值电阻，当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变，D对。
著名物理学家法拉第曾经冒着被电击的危险，做了一个著名的实验--“法拉第笼”实验，如图所示，法拉第把自
此实验的原理是静电屏蔽．静电屏蔽不但可以使金属笼（或金属壳）内部不受外部电场的影响，还可以通过把金属笼（或金属壳）接地的方法隔离内部带电体的电场对外界的影响．故答案为：静电屏蔽．
某同学模拟工业炼铁原理，用如图所示装置进行实验。取8g氧化铁，通入足量一氧化碳，充分反应后
（1）先通一段时间一氧化碳（2）设8 g氧化铁完全反应后生铁的质量为x。 Fe2O3 + 3 CO2 == 2 Fe + 3 CO2 160 112 8 g x x = 5.6 g 设5.6 g铁消耗硫酸的质量为y。 Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2↑ 56 98 5.6 g y y=9.8g 硫酸溶液的溶质质量分数 = 9.8 g / 49 g × 100 % = 20 % 答：硫酸溶液的溶质质量分数为20 %。（3）固体为 5.6 g Fe设消耗CuSO4、生成FeSO4的质量分别是a、bFe + CuSO4 = FeSO4 + Cu56 160 1525.6 g a ba = 16 g，b = 15.2 gCuSO4溶液的质量 = 16 / 10% = 160 g溶液中FeSO4的溶质质量分数 = 15.2 / (160+5.6) * 100 = 9.18 %
（2012?南京一模）如下表及如图所示，是某电热饮水机说明书的一些数据和电路原理图，该电热饮水机有加热
（1）由图可知，当开关S闭合，开关S0断开时，只有R2工作，根据电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，电路电阻变大；饮水机处于保温状态，则它的功率是50W．（2）已知保温功率P保=50W，电压U=220V，R2=U2P保温=(220V)250W=968Ω．（3）满箱水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg，水所需吸收热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（95℃-20℃）=3.15×105J，电热器放出的总热量：Q总=Q吸η=3.15×105J70%=4.5×105J，加热所需时间：t=WP加热=Q总P加热=4.5×105J500W=900s．答：（1）当开关S闭合，开关S0断开时，饮水机的功率是50W；（2）保温电阻R2的阻值是968Ω；（3）将满热水箱的水从20℃加热到95℃需要900s．
如图所示为某电热水机的电路原理图，饮水机的部分参数如下表所示：饮水机有加热和保温两种工作状态，当饮
分析：1.外壳接地线；2.加热R1R2并联同时工作，保温仅R1工作；
如图所示是一种牲畜自动饮水机，使用时饮水槽和蓄水槽液面保持相平是利用______原理，图中的连杆相当于__
一般这种设备，都是咨询大的企业，你可以问问四方力欧，他们是西班牙塔徒唛集团在中国唯一的合作伙伴，双方将成立合资公司，合资生产奶牛饲喂设备。同时也是业内一家拥有工程设计、工程建造与牧场管理咨询等专业资质的，能为客户提供从畜牧装备制造。
（2014?海陵区一模）如图所示是家庭用电热饮水机的电路原理图，有加热和保温两种工作状态．饮水机的铭牌
（1）∵P=UI，∴正常加热时通过饮水机的电流I热=P热U额=440W220V=2A；（2）正常加热时电阻R2消耗的功率是P2=P热-P保=440W-40W=400W，∵P=U2R，∴正常加热时电阻R2的阻值为R2=U额2P2=(220V)2400W=121Ω；（3）∵P=Wt，∴处于保温状态时，饮水机工作10min消耗的电能W=P保温t=40W×10×60s=2.4×104J．答：（1）正常加热时通过饮水机的电流为2A；（2）正常加热时电阻R2的阻值为121Ω；（3）处于保温状态时，饮水机工作10min消耗的电能为2.4×104J．
涪陵实验中学各班教室都配有一台饮水机，其加热部分的工作原理电路图如图所示，其中S是一个温控开关，R1
（1）S接1时，红灯L1亮，饮水机处于加热状态，电路中只有电阻R1工作，根据P=U2R可得：R1=U2P加热=(220V)2550W=88Ω，S切换到2位置，绿灯L2亮，饮水机处于保温状态，两电阻串联，根据P=I2R可得，电路中的电流：I=P保温R1=88W88Ω=1A，根据欧姆定律可得，电路中的总电阻：R=UI=220V1A=220Ω，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴R2的阻值：R2=R-R1=220Ω-88Ω=132Ω；（2）根据ρ=mV可得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg，水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（90℃-20℃）=2.94×105J，消耗的电能：W=P加热t=550W×10×60s=3.3×105J，这台饮水机的热效率：η=Q吸W×100%=2.94×105J3.3×105J×100%≈89%；（3）保温时电路消耗的电功率：P保温′=UI=220V×1A=220W，一天之中饮水机消耗的电能：W′=P加热t加热+P保温′t保温=550×10-3kW×6h+220×10-3kW×10h=5.5kW?h=5.5度．答：（1）R1和R2的阻值分别为88Ω、132Ω；（2）这台饮水机的热效率为89%；（3）一天之中饮水机消耗的电能是5.5度．
如图所示为某电热饮水机的电路原理图，饮水机有加热和保温两种工作状态，饮水机热水箱内水温达到92℃时开
（1）保温状态时，S 1 断开，电路中只有R 1 ．此时电路中的电功率是P 1 = U 2 R 1 = (220V) 2 1210Ω =40W答：饮水机处于保温状态时的电功率是40W．（2）当S 1 闭合时，饮水机处于加热状态，此时R 1 和R 2 并联在电路中，则I=I 1 +I 2 = U R 1 + U R 2 = 220V 1210Ω + 220V 121Ω =2A答：饮水机处于加热状态时电路的总电流是2A．
饮水机是一种常用的家用电器，其加热水槽部分工作原理电路图如图所示，其中S是一个温控开关，R 1 为电加
（1）红，黄 （2）462Ω
某中学为解决同学们的饮水问题，给每个班级配备了一台饮水机，如图所示是该类型饮水机的工作电路原理图．
（1）由电路图可知，开关S2断开时，饮水机停止工作；开关S2闭合，S1断开时，两电阻串联接入电路，电路电阻较大，由电功率公式P=U2R可知，此时功率越小，饮水机处于保温状态；开关S1闭合时，电阻R2被短路，只有电阻R1接入电路，电路电阻较小，由电功率公式P=U2R可知，此时电功率越大，饮水机处于加热状态；∵P=U2R，∴电阻R1的阻值R1=U2P加热=(220V)2500W═96.8Ω，500W×150=10W；两电阻的串联阻值R=R1+R2=U2P保温=(220V)210W=4840Ω，R2=R-R1=4840Ω-96.8Ω=4743.2Ω；（2）由题意知，饮水机每天加热时间t1=7.5h×15=1.5h，保温时间t2=7.5h×45=6h，饮水机每天消耗的电能W=P加热t1+P保温t2=0.5kW×1.5h+0.01kW×6h=0.81kW?h；（3）每天用于饮水机的班费为0.5元/度×0.81度+8元/桶×1.5桶=12.405元；答：（1）开关S2闭合，S1断开时，饮水机处于保温状态，开关S2闭合，S1闭合时，饮水机处于加热状态；电阻R1的阻值是96.8Ω，电阻R2的阻值是4743.6Ω．（2）饮水机每天消耗的电能是0.81kW?h．（3）每天用于饮水机的班费为12.405元．
饮水机加热水槽部分工作原理电路图如图所示，其中S是一个温控开关，R1为电加热管，灯A、B均为指示灯．当
A、B、当B灯亮时，说明开关S在右边，R1与B、R2串联，电路的总电阻变大，由公式I=UR知，电路中的电流变小，再根据P=I2R可知，电加热管的功率变小，处于保温状态．故A错误，B正确；C、D、当开关打到左边时，R1与A串联，此时电加热管处于加热状态，而开关打到右边时为保温状态，可知R1的功率是开关在左边时大，在右边时小，故选项CD均错误．故选B．
小华家电热饮水机的铭牌信息和电路原理图如图所示．其加热和保温两种工作状态，由机内温控开关S2自动控制
（1）当S1、S2均闭合时，R1R2并联，此时的加热功率为600W，此时饮水机处于加热状态时；当S1闭合S2断开时，电流只是通过R2，此时的功率为80W；所以此时饮水机处于保温状态．故答案为：S1、S2均闭合；S1闭合S2断开．（2）饮水机单独接在该电能表上正常加热30min，消耗的电能W=Pt=0.6kW×0.5h=0.3kW?h；电能表的示数为82.6kW?h+0.3kW?h=82.9kW?h；答：电能表的示数为82.9kW?h；（3）将R1R2串联，S2并联在R2两端，如图所示：
如图所示，是某电热饮水机及其内部电路原理图、其说明书上收集到的数据． 该电热饮水机有加热和保温两种
（1）根据ρ=mV可得，水的质量：m=ρV=1.0×103×kg/m3×2×10-3m3=2kg，水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×（90℃-60℃）=2.52×105J；（2）由电路图可知，温控开关断开时电路为R2的简单电路，饮水机处于保温状态，根据P=U2R可得：R2=U2P保温=(220V)240W=1210Ω，温控开关闭合时，两电阻并联，饮水机处于加热状态，R1在正常加热状态功率：P1=P加热-P保温=440W-40W=400W，R1的阻值：R1=U2P1=(220V)2400W=121Ω．答：（1）水吸收的热量是2.52×105J；（2）正常加热时R1、R2的电阻值是1210Ω、121Ω．
饮水机是一种常用的家用电器，其加热水槽部分工作原理电路图如图所示。其中S是一个温控开关，R1为电加热管
你没有图呀！哪来的图，乖乖！！
饮水机是一种常用的家用电器,其加热水槽部分工作原理电路图如图所示,其中S是一个
1） 红 黄2）由 P=UI I=U/R 得 R1=U^2/P1=……=88 Ω I"=√P1"/R1=……=1 A U"=I"R1=……=88V因 R1、R2 串联 U2=U-U1=……=132V I2=I1"=1A故 R2=U2/I2=……=132 Ω3）因 Q=mc(t-t0)=……=3.36x10^5 J 由 P=W/t得 W=Pt又 η=Q/W故 t=Q/Pη=……=678.7 s 答：……仅供参考！有疑再问！
如图所示是小明设计的一种饮水机简单原理图，其中A为水箱，L为指示灯；其电阻为10Ω，S1为电源开关，S2为
（1）指示灯工作时，指示灯、R1和R2串联，指示灯不工作时，只有R1连入，因为串联电路的总阻值大于串联的任意一个电阻的阻值，所以根据P=U2R可知指示灯工作时电路中的功率小，即此时饮水机处于保温状态；（2）由P=U2R可知：饮水机处于加热状态时R1=U2P加=(220V)2484W=100Ω．∵饮水机处于保温状态时，指示灯、R1和R2串联，R1的保温功率为25W，∴由P=I2R得：I保=P保R=25W100Ω=0.5A，则由I=UR得：R总=UI保=220V0.5A=440Ω．由于根据串联电路的总阻值等于串联的各电阻之和，所以R2=R总-RL-R1=440Ω-100Ω-10Ω=330Ω．（3）饮水机处于加热状态时需要消耗的电能为W=Pt=484W×50s=24200J，∴效率η=Q吸W×100%=2×104J24200J×100%≈82.6%；（4）①处于保温状态指示灯工作，而处于加热状态时没有指示灯显示，所以没有加热指示灯，R1断开也不能知道；②处于保温状态时，指示灯、R1和R2串联，R2比R1大得多，根据P=I2R可知R2消耗的电能多，而这部分电能没有用于保温，是浪费的．答：（1）指示灯工作时，饮水机处于保温状态；（2）电阻R2的阻值是330；（3）饮水机在此状态下的供热效率是82.6%；（4）饮水机在设计上不足之处有：①没有加热指示灯，R1断开也不能知道；②处于保温状态时，R2消耗的电能多，而这部分电能没有用于保温，是浪费的．
如图所示为某电热饮水机的电路原理图，饮水机有加热和保温两种工作状态，饮水机热水箱内水温达到92℃时开
（1）开关S1自动断开，电路为R1的简单电路，保温状态时的电功率P保温=U2R1=(220V)21210Ω=40W；（2）S1又闭合时，两电阻并联，干路电流则I=I1+I2=UR1+UR2=220V1210Ω+220V121Ω=2A；（3）水吸收的热量：Q吸=cm△t=cρV△t=4.2×103J/（kg?℃）×1.0×103kg/m3×5×10-3m3×（70℃-30℃）=8.4×105J．答：（1）饮水机处于保温状态时的电功率是40W；（2）饮水机处于加热状态时电路的总电流是2A；（3）水吸收的热量是8.4×105J．
饮水机是一种常用的家用电器，其加热水槽部分工作原理电路图如图所示，其中S是一个温控开关，R1为电加热
（1）电路中保险丝接在火线上，A接的是零线，B接的是火线，C是接地线；三脚插头的接法是“左零右火中接地”，故C应接在甲脚上；（2）由：P=U2R可知，电路中电阻越大，电功率越小；即R1、R2串联时，饮水机的功率小时保温状态，故保温时指示灯L2亮；（3）当开关S1与右侧接触时，电路为只有R1的简单电路，饮水机处于加热状态，由表格数据可知加热功率，P加热=550W，∵P=U2R，∴R1的阻值：R1=U2P加热=(220V)2550W=88Ω，当开关S1与左侧接触时，电路是R1与R2组成串联电路，饮水机处于保温状态，R总=U2P保温=(220V)2220W=220Ω；由串联电路电阻关系：R=R1+R2，得：R2=R-R1=220Ω-88Ω=132Ω；（4）水吸收热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×0.5kg×（100℃-12℃）=1.848×105J；电热水器消耗的电能：W=Pt=550W×7×60s=2.31×105J；电热水器的热效率：η=Q吸W×100%=1.848×105J2.31×105J×100%=80%．故答案为：（1）甲；（2）L2；（3）132Ω；（4）80%．
电热饮水机的电路原理图如图所示，它有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制，S闭合，S0断
（1）由P=UI可得，饮水机在保温状态下的工作电流：I=P保温U=44W220V=0.2A；（2）加热过程中，水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×（80℃-30℃）=4.2×105J；（3）加热10min消耗的电能：W=P加热t=1000W×10×60s=6×105J，该饮水机烧水的效率：η=Q吸W×100%=4.2×105J6×105J×100%=70%．答：（1）饮水机在保温状态下的工作电流为0.2A；（2）加热过程中，水吸收的热量是4.2×105J；（3）该饮水机烧水的效率是70%．
如图所示是某电热饮水机的原理图，有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0控制），其铭牌上所标技术
(3)利用电路原有元件，设计出另一种能跟实现加热和保温两种工作状态的电路（要求加热状态功率不能低于550W）画出设计电路图并计算加热时的总功率。将R1R2并联后电阻为R=89欧姆另一方面加热功率P=550WR‘=U^2/P=220*220/550=88欧姆故用原有元件，就是将原来的R1R2并联即可。此时加热时的总功率就是550W.S1闭合，S2闭合，是加热状态。S2断开是保温状态。
（2013?北海模拟）如图所示是某品牌电热饮水机的工作原理图．该饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内
（1）当S0断开时，S闭合时，R1与R2串联，电路中的总电阻等于R1与R2阻值和；当S0、S都闭合时，R1短路，电路为R2的简单电路，电路的总电阻等于R2的阻值；由P=U2R可得，S0断开时，S闭合时，电路的总功率小于S0、S都闭合时的总功率；故当S0断开时，S闭合时饮水机处于保温状态；当S、S都闭合时处于加热状态．（2）当S0、S都闭合时，饮水机处于加热状态，电路中只有R2工作，则R2=U2P加热=(220V)2550W=88Ω；当S0断开、S闭合时，饮水机处于保温状态，R1和R2串联，电路中的总电阻为R总=U2P保温=(220V)250W=968Ω；所以R1的电阻为R1=R总-R2=968Ω-88Ω=880Ω．（3）①根据题意，设计如图A所示的电路图：当S0、S都闭合时，饮水机处于加热状态，总功率：P总=P1+P2=U2R1+U2R2=(220V)2880Ω+(220V)288Ω=605W；②根据题意，设计如图B所示的电路图，此时只闭合S0时，处于加热状态，则加热功率：P加热=U2R2=(220V)288Ω=550W．答：（1）保温；加热；（2）电阻R1和R2的阻值分别是880Ω和88Ω；（3）加热时的总功率分别为605W或550W．
如图所示是投射式投影仪的原理图。请在下表中填写各部件的作用
它是利用凸透镜能放大、_倒立___（正立/倒立）的___实像_（实/虚）像的原理制成的。（3）使用时，透明胶片到镜头的距离应满足的条件是__大于一倍焦距小于两倍焦距______；屏幕离凸透镜的距离应满足的条件是__大于两倍焦距______。（图画了弄不出来大致就是这样的）——————————————————————————————丨部件的名称 丨 作用 丨——————————————————————————————丨螺纹透镜 使置于螺纹透镜焦点处的光源形成平行光 丨凸透镜 成像丨平面镜 改变光路
如图所示是小明设计的拉力计的原理图,他把电压表的表盘改成拉力计表盘,希望能体现
就是A嘛，拉力增大，滑动变阻器阻值变小。串联电路 分压，所以R0电压变大
如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度， B为磁场的磁感应强度、I为通过霍尔元件的
ABD 根据霍尔元件原理有 ，A对；增加I的大小，电荷定向移动的速度v增大，B对C错；改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，垂直电流的磁感强度的分量减小，UH将减小，D对；
如图所示是小明自制的测风速装置的工作原理图．其中风速表是由电压表改装而成，R为定值电阻，R1为滑动变
当风速变大时，活塞上方气压变小，活塞向上移动，变阻器滑片向上移动滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，定值电阻两端电压变大，电压表（风速表）示数变大． 故答案为：小；上；大．
如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R
当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以D正确．故选BD．
如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，B为磁场的磁感应强度、I为通过霍尔元件的
A、运动电荷最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、d，则有：qUb=qvB，电流的微观表达式为：I=nqvS=nqvbd，所以U=BInqd．B越大，前、后表面的电势差U越大．电流越大，前、后表面的电势差U越大．故AB正确，C错误．D、改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，需将磁场进行分解，在垂直于工作面方向上的磁感应强度小于原磁场磁感应强度的大小，则UH将发生变化．故D正确．故选：ABD．
如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值
A、电子最终在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有evB＝eUHL，解得UH=vBL，则将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，B增大，则UH将变大．故A正确．BC、地球赤道上方的地磁场方向水平，两极上方的磁场方向竖直，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直．在测量两极磁场强弱时，霍尔元件的工作面应水平．故B正确，C错误．D、改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，需将磁场进行分解，在垂直于工作面方向上的磁感应强度小于原磁场磁感应强度的大小，则UH将发生变化．故D正确．本题选错误的，故选：C．
如图所示，是某研究性学习小组自制的电子秤原理图，它是利用电压表的示数来指示物体的质量．托盘、弹簧下
第三问 ，解法：电压为3V时，电阻为10欧，质量与电阻成正比， 即6：30=m：10，得，m=2KG
小华进行“探究凸透镜成像规律”的实验．如图所示，实验桌上备有带支架的蜡烛、光屏、两个焦距不同的凸透
（1）由图知，光点到凸透镜的距离为10.0cm，所以凸透镜的焦距为10.0cm．（2）在光屏上可以得到烛焰倒立、放大的像，此时物距处于1倍和2倍焦距之间，幻灯机、投影仪都是根据这个原理制成的．放大镜是根据凸透镜成放大正立的虚像的原理制成；照相机是根据凸透镜成缩小倒立的实像制成的．（3）蜡烛和凸透镜的位置不变，凸透镜A成放大的实像，说明此时物距处于1倍和2倍焦距之间；凸透镜B成缩小的实像，说明物距大于2倍焦距．因此凸透镜B的焦距小于凸透镜A的焦距．因为成的像减小，说明像距减小，光屏应靠近透镜．故答案为：（1）10.0；（2）幻灯机；（3）＞；靠近．
（1）如图所示是幻灯机的工作原理图．幻灯机的镜头相当于一个______镜．为了使观众看到正立的像，幻灯片
（1）幻灯机的镜头相当于一个凸透镜，要使屏幕上的像是正立的，幻灯片要倒着插．屏幕上能承接到的像是实像．（2）若小红的眼睛到虚像的距离为5m，眼睛到平面镜的距离为2.3m，所以虚像到平面镜的距离是5m-2.3m=2.7m，根据平面镜成像时，物像到平面镜的距离相等，所以视力表到平面镜的距离是2.7m．故答案为：（1）凸透；倒着；实；（2）2.7．
如图所示是幻灯机的工作原理图．幻灯机的镜头相当于一个______镜．为了使观众看到正立的像，幻灯片要____
幻灯机有一个镜头，这个镜头是中间厚、边缘薄，它是一个凸透镜．放映时，幻灯片位于凸透镜一倍焦距和二倍焦距之间，此时凸透镜成的是一个倒立放大的实像，所以为了使观众看到正立的像，幻灯片要倒着放．故答案为：凸透镜，倒着，实．
如图所示是幻灯机的工作原理图．幻灯机的镜头相当于一个凸透镜．为了使观众看到正立的像，幻灯片要______
放映时，幻灯片位于凸透镜一倍焦距和二倍焦距之间，此时凸透镜成的是一个倒立放大的实像，所以为了使观众看到正立的像，幻灯片要倒着放，观众就可以看到正立的像．根据凸透镜成实像时，物近像远像变大的特点，要使银幕上的像更大一些，应使投影仪远离银幕，并调节镜头使镜头靠近幻灯片．故答案为：倒着；放大；靠近．
（1）如图所示是幻灯机的工作原理图．幻灯机的镜头相当于一个______镜．为了使观众看到正立的像，幻灯片
（1）幻灯机的镜头相当于一个凸透镜，要使屏幕上的像是正立的，幻灯片要倒着插．屏幕上能承接到的像是实像．（2）若小红的眼睛到虚像的距离为5m，眼睛到平面镜的距离为2.3m，所以虚像到平面镜的距离是5m-2.3m=2.7m，根据平面镜成像时，物像到平面镜的距离相等，所以视力表到平面镜的距离是2.7m．故答案为：（1）凸透；倒着；实；（2）2.7．
伽利略在研究自由落体运动时，利用滴漏法来测时间，就是转化法的应用．如图所示是滴漏法测时间的水钟原理
A、在这里测量时间运用了转换法，通过测水位的变化间接测时间，故A说法正确；B、中间蓄水池浮子水塞的作用是保证恒定水位，以确保其流出的水滴速度均匀，故B说法正确；C、标尺标的是时间刻度，测的是时间，不是长度，故C说法错误；D、水在重力作用下，向下滴落，如果没有重力，这个测量就无法进行，故D说法正确．故选C．
伽利略在研究自由落体运动时，利用滴漏法来测时间，就是转化法的应用．如图所示是滴漏法测时间的水钟原理
A、中间蓄水池浮子水塞的作用是保证恒定水位，以确保其流出的水滴速度均匀，故A说法错误；B、在这里测量时间运用了转换法，通过测水位的变化间接测时间，故B说法正确；C、水在重力作用下，向下滴落，如果没有重力，这个测量就无法进行，故C说法正确；D、中间蓄水池浮子水塞利用浮力保证恒定水位，以确保其流出的水滴速度均匀，故D说法正确．本题选择错误的，故选：A．
伽利略在研究自由落体运动时，利用滴漏法来测时间，就是转化法的应用。如图所示是滴漏法测时间的水钟原理
C A、在这里测量时间运用了转换法，通过测水位的变化间接测时间，故A说法正确；B、中间蓄水池浮子水塞的作用是保证恒定水位，以确保其流出的水滴速度均匀，故B说法正确；C、标尺标的是时间刻度，测的是时间，不是长度，故C说法错误；D、水在重力作用下，向下滴落，如果没有重力，这个测量就无法进行，故D说法正确．故选C．
电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，如图所示是电
A、由P=U2R得：当接通S时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开S时，电阻变大，功率变小，处于保温状态．则知R2是供加热用的电阻丝．故A错误；B、由上可知，当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态．故B正确；C、要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1：2，所以（R1+R2）：R2=2：1．则R1：R2=（2-1）：1．故C错误；D、要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1：2，所以（R1+R2）：R2=2：1．则R1：R2=（2-1）：1．故D正错误；故选：B
如图所示的电路是家用电饭锅工作原理图．当开关S闭合时为加热状态，当开关S断开时为保温状态，已知加热时
（1）加热时的电流：I=PU=800W220V=3.64A；（2）S闭合时，R1被短路，只有R2接在电源上，电饭锅处于加热状态；电功率为800W，由此可得：R2=U2P=(220V)2800W=60.5Ω；（3）电饭锅处于加热状态时电功率为800W，由此可求得：I=PU=800W220V=3.64A；（4）S断开时电饭锅处于保温状态，其功率为100W，由此可求得：I′=P′U=100W220V=0.45A；（5）S断开时，R1和R2串联，据问题3中的电流值可求得：U2=I′R2=0.45A×60.5Ω=27.2V；（6）S断开时，R1和R2串联电路的电流值和R2的电阻值可求得：P2=I/2R2=（0.45A）2×60.5Ω=12.3W；（7）电饭锅的发热功率为880W，则在30min消耗的电能为：W=Pt=800×10-3kw×0.5h=0.4kw?h．
电饭煲的原理图如图所示．它有高温烧煮和保温两挡．通过单刀双掷开关S进行调节，R0为电热丝．当开关S接高
（1）由P=U2R可知，在电压U一定时，电阻R越小，电功率越大，由电路图可知，S应接2触点时，电路电阻最小，此时电饭煲功率最大，电饭煲在高温烧煮档．（2）由题意高温烧煮时功率为1100W，由P=U2R得：电阻R0=U2P高温=(220V)21100W=44Ω；（3）电饭煲保温时电流为I保温=1A，保温功率P保温=UI保温=220V×1A=220W，保温电热丝R0消耗的电能：W=I保温2Rt=（1A）2×44Ω×10×60s=2.64×104J．答：（1）电饭煲在高温烧煮挡时，开关S应与触点2连接．（2）电热丝R0的阻值为44Ω．（3当电饭煲在保温时实际功率为220W；保温10min，电热丝R0消耗的电能为2.64×104J．
如图所示为氯化钠、碳酸钠（俗称纯碱）在水中的溶解度曲线．生活在盐湖附近的人们习惯“夏天晒盐，冬天捞
“夏天晒盐”是因为食盐的溶解度受温度变化的影响不大，夏天气温高，水分蒸发快，食盐易结晶析出．“冬天捞碱”，是因为纯碱的溶解度受温度变化的影响较大，冬天气温低，纯碱易结晶析出．故答案为：“夏天晒盐”是因为食盐的溶解度受温度变化的影响不大，夏天气温高，水分蒸发快，食盐易结晶析出；“冬天捞碱”，是因为纯碱的溶解度受温度变化的影响较大，冬天气温低，纯碱易结晶析出．
如图所示为多功能电饭锅的原理图，其中S为温控器（控制电饭锅不超过某一个温度，对电饭锅起保护作用），
（1）表1：S 1 闭合，S 2 、S 3 断开，只有R 1 接入电路，R 1 = U 2 P 1 = (220V) 2 400W =121Ω表2：S 2 闭合，S 1 、S 3 断开，只有R 2 接入电路，R 2 = U 2 P 2 = (220V) 2 600W =80.7Ω表5：S 2 断开，S 1 、S 3 闭合，只有R 1 、R 3 并联接入电路，R 3 = U 2 P 3 = (220V) 2 800W =60.5Ω答：R 1 、R 2 、R 3 的阻值各为121Ω，80.7Ω，60.5Ω．（2）只有开关S 1 闭合时，电路消耗的总功率为400W；只有开关S 2 闭合时，电路消耗的总功率为600W；只有开关S 3 闭合时，电路消耗的总功率为800W．根据电路消耗的总功率等于各用电器功率之和可以得出开关状态如下： 挡位 S 1 S 2 S 3 功率（W） 挡位 S 1 S 2 S 3 功率（W） 1 ★ ● ● 400 4 ★ ★ ● 1000 2 ● ★ ● 600 5 ★ ● ★ 1200 3 ● ● ★ 800 6 ● ★ ★ 1400
如图所示为电饭锅的原理图，当控制开关闭合时电饭锅处于加热煮饭状态，此时功率为1000W，饭熟后，控制开
电热板的电阻R1=U2P1=(220V)21000W=48.4Ω，保温时电路总电阻R=U2P=(220V)2100W=484Ω，保温器的电阻为 R2=R-R1=484Ω-48.4Ω=435.6Ω．故答案为：48.4；435.6．
如图所示为家用电饭锅的工作原理图．R1是加热电阻，阻值为48.4Ω；R2是限流电阻，
给你几点提示吧：1、水的比热容值不是2.4,而应是4.2。2、当开关S断开时，是一个串联电路，电流是相等的，故功率之比为电阻之比。1：10。3、当开关S闭合时，R2被短路，仅有R1工作，故功率为1000W。4、第三问就简单了，无非就是硬算。再给你一个忠告：这种题是最基本的电学计算题，你可一定要会，并亲自动手算一下，那样才有提高。祝学习进步！
CFXB型“220V 1100W”电饭煲的原理图如图所示，它有高温烧煮和焖饭、保温两挡，通过单刀双掷开关S进行调
（1）2；（2）44Ω（3）0.1A；264J 试题分析：（1）根据公式 可知，电源电压不变，当电路电阻最大时，电路消耗的电功率最小，处于保温状态；当电路电阻最小时，电路消耗的电功率最大，处于加热状态；当开关S与接线柱1相连时，电路中两电阻R 0 、R串联，电阻相对较大，电功率较小，处于保温状态；当开关S与接线柱2相连时，电阻R被短路，此时电路电阻最小，电功率最大，处于加热状态．（2）加热状态下的R 0 电阻值： ，（3）保温功率P 保 =22W，保温状态下的电流为： ；焖饭、保温10min，电热丝R 0 产生的热量 答：（1）电饭煲在高温烧煮挡时，开关S应与2触点连接．（2）电热丝R 0 的阻值为44Ω．（3）当电饭煲在正常焖饭、保温时电路中的电流为0.1A．焖饭、保温10min，电热丝R 0 产生的热量为264 J
演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过电压表显示的数
A、物体M不动时，电路中仍有电流，而且电流不变．故A正确．B、只有当触头P停在变阻器最左端时，物体M不动时，电压表没有示数，当触头P在其他位置时，电压表仍有示数．故B错误．C、电压表测量变阻器左侧的电压，物体M运动时，左侧电压会变化，而理想电压表对电路没有影响，则电压表的示数会发生变化．故C正确．D、物体M运动时，电路中电阻没有变化，根据欧姆定律可知，电源内的电流不会发生变化．故D错误．故选：AC
电吹风是现代家庭的常用电器，如图所示是某电吹风的电路原理图．R是电热丝，M是带动风扇转动的电动机，该
（1）当吹热风时，该电吹风正常工作时的功率P热=700W，1min消耗的电能：W=P热t=700W×60s=4.2×104J；（2）吹冷风时只有电动机工作，吹冷风时的功率实质为电动机的功率P冷=200W；当电吹风吹热风时，发热的电阻丝和带动风扇转动的电动机同时工作，吹热风时的功率P热=700W；∴电热丝功率：PR=P热-P冷=700W-200W=500W，∵并联电路中各支路两端的电压相等，∴由P=UI可得，电热丝电流：IR=PRU=500W220V≈2.27A．故答案为：4.2×104；2.27．
（2008?宣武区一模）如图所示电路，是小丽同学家的电饭锅电路原理图，S是温控开关，R1、R2表示加热板的电
电饭锅“加热”时，电路只有电阻R1工作，此时的功率：P=U2R1电饭锅“保温”时，电阻R1、R2串联此时的电功率：P′=U2R1+R2∵P：P′=n：1∴U2R1：U2R1+R2=n：1即R1：R2=1：（n-1）故答案为 1：（n-1）．
如图所示为一台电热水器的内部电路原理图,其中R1和R2均为发热电阻丝。该电热水器有加热和保温两个状态
首先，开关断开，是保温状态，总电阻2200Ω，然后开关闭合，只有R1工作，是加热状态，R1为110Ω，因此R2是2090Ω答案错了，我认为你是对的。
1.如图所示，已知R1=2欧，R2=5欧 R3=30,E1=15V,E2=20V,求各支路电流。
这道题比较简单，采用《电路原理》一书中基础的支路电流法是肯定能够获得答案的
瑞瑞同学有一辆黑猫警长玩具电动车如图所示，车内的电路中有4节干电池，一个灯泡，两个电动机，两个开关
根据串并联电路的特点进行分析，开关S1控制整个电路，电动机M1与电动机M2工作时相互不影响，应为并联．灯和控制黑猫警长旋转的电动机M2串联，且由开关S2控制；电路图如下：
（2014?塘沽区二模）如图所示为一款有高温、低温两档的蒸汽电熨斗电路原理图，R1、R2为电热丝，其中R2=24
（1）由电路图知，当S1、S2都闭合时，两电阻丝并联，电路电阻最小，电源电压U一定，由P=U2R可知，此时电路功率最大，电熨斗处于高温挡；（2）电熨斗处于低温挡时，电路为R1的基本电路，由据P=U2R可知，R1的电阻：R1=U2P低温=(220V)2100W=484Ω；（3）当开关S1与S2都闭合时，电熨斗处于高温挡，电阻R1的功率P1=P低温档=100W，电阻R2的功率P2=P-P1=1000W-100W=900W，则电阻R2改变后的阻值：R2′=U2P2=(220V)2900W≈53.78Ω．答：（1）S1、S2都闭合；（2）R1的电阻是484Ω；（3）可将电阻R2的阻值改为53.78Ω，电熨斗正常工作时高温挡功率是1000W．
如图所示为一款有高、低温两档的蒸汽电熨斗电路原理图．R1、R2为电热丝，其中R2=242Ω．．求：（1）电熨
（1）由电路图知，当S1闭合，S2断开时，只有R1连入，电路电阻最大，电源电压U一定，由P=U2R可知，此时电路功率小，电熨斗处于低温挡；（2）电熨斗处于低温档时，只有R1连入，由P=U2R可知，R1的电阻：R1=U2P1=(220V)21100W=44Ω；（3）P2=U22R2=(220V)2242Ω=200W，当开关S1与S2都闭合时，电熨斗处于高温挡，高温功率为P=P1+P2=1100W+200W=1300W＞1000W．则应增大电阻R1，则P1′=P′-P2=1000W-200W=800W，由P=U2R可知，∵R1′=U2P1′=(220V)2800W=60.5Ω．答：（1）电熨斗处于低温档工作时，开关S1闭合，S2断开；（2）R1的电阻是44Ω；（3）若将该款电熨斗进行改造，使其正常工作时高温挡功率为1000W．可将电阻R2的阻值改为60.5Ω．
如图所示为某种保温电饭锅的电原理图，R1、R2为电热丝，S为温控开关，AB两点间电压恒定不变．（1）S闭合
（1）处于加热状态，因为S闭合时，电路中只有电阻R2工作，此时电路电阻较小，根据公式P=U2R可知电路电功率较大，所以电饭锅处于加热状态．（2）加热时的功率P加=U2R2=800W，保温时的功率P保=U2R1+R2=U210R2=P加10=800W10=80W．答：保温时的功率是80W．
下图是某饮水机的原理图，饮水机容器内有密封绝缘的电热丝R1. 和热敏电阻Rx，只要水面到达如图所示
解：P=U^2 / R P=220*220/12.1=4000W答：………………
．如图所示是某电磁继电器结构示意图．其中有两个电路：一是控制电路，由 _ 、 组成；二是工作电路，由 、
有两个电路，一是控制电路，由：低压开关、 控制电源组成；二是工作电路，由：电源、触点、负载(电机)组成。工作原理：闭合低压开关，线圈中通过电流后产生：磁场，对衔铁产生：磁吸合，使工作电路：闭合，电动机：正常工作；断开低压开关，线圈中：无电流，工作电路：断开，电动机就：停止工作． 利用电磁继电器可以用：较低电压的控制电路来控制：较高电压的工作电路。
电磁继电器广泛用于各种自动控制电路中，如图所示是温度自动报警器的原理图，下列说法中错误的是（ ）
A 解：A、温度自动报警器的原理是当温度达到一定值时，温度计内液体上升，该液体必须是导体，这样控制电路会接通，电磁铁产生磁性，将衔铁吸引，将报警电路接通，电铃响，起到报警作用，故A错，符合题意；BCD、电磁铁是运用电流的磁效应、温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的、电磁继电器的实质就是一个开关，所以BCD说法正确，不符合题意．故选A．
下面是某同学对电磁继电器的认识，请帮他补充完整．（1）如图所示是电磁继电器结构示意图．其中有两个电
（1）由图知，控制电路由低压电源U1、电磁铁A和开关S组成；工作电路由高压电源U2、电动机和电磁继电器的动触点和静触点部分组成．（2）闭合低压开关，线圈中通过电流后有磁性，产生磁场，吸引衔铁，使工作电路闭合，电动机正常工作；断开低压开关，线圈中无电流，电磁铁无磁性，衔铁在弹簧的作用下被拉起，工作电路断开，电动机就停止工作．（3）由上可知，利用电磁继电器可以用低电压、弱电流的控制电路来控制高电压、强电流的工作电路．故答案为：（1）电磁铁A；电动机；动触点和静触点；（2）磁场；吸引力；闭合；正常；无；断开；停止；（3）低电压、弱电流；高电压、强电流．
实施监理的工程，合同工期15个月，总监理工程师批准的施工进度计划如图所示。 图5-8 施工进度计
理由：C工作应该在6月末完成，现在需要在9月末完成，因此，C工作拖后时间为3个月；C工作的总时差为3个月，不会影响工期；C工作的自由时差为3个月，不会影响后续工作。ZDL365考试网 (2)E工作拖后时间为2个月，使工期和后续工作均延期2个月。ZDL365考试网 理由：E工作应该在9月末完成，现在需要在11月末完成，因此，E工作拖后时间为2个月；由于E工作为关键工作，所以会使工期和后续工作均延期2个月。ZDL365考试网 (3)F工作拖后时间为2个月，对总工期和后续工作均无影响。ZDL365考试网 理由：F工作应该在7月末完成，现在需要在9月末完成，因此，F工作拖后时间为2个月；F工作总时差为3个月，拖后2个月不会影响总工期，自由时差为2个月，拖后2个月不影响后续工作。ZDL365考试网 4．针对事件2，项目监理机构应批准的工程延期时间为2个月。ZDL365考试网 理由：处于关键线路上的E工作拖后2个月，影响总工期2个月，其他工作没有影响工期。ZDL365考试网
office2016 一打开之后总有一个界面，如图所示，确认是已经激活了，请问这是怎么回事？如何关掉。
这是安装Office的卷许可证版本之前没有在新PC上卸载预先安装的Office版本所导致的。若要停止激活提示，打开注册表编辑器依照下面两个路径找到“OEM”，并将其都删除即可。步骤如下：1、点击开始按钮，在附件里面找到“运行”，如下图。2、打开运行界面输入“regedit”，点击确定打开注册表编辑器，如下图。3、打开注册表编辑器后找到“HKEY_LOCAL_MACHINE”文件双击展开，如下图。4、依照上一步的方法，依次打开SOFTWAREWow6432NodeMicrosoftOffice16.0Common，找到“OEM”文件，如下图。5、选中“OEM”文件点击鼠标右键选择删除，确认删除项点“是”，如下图。6、依照上面的方法，通过依次点开HKEY_LOCAL_MACHINESOFTWAREMicrosoftOffice16.0CommonOEM，把另一个“OEM”文件也删除，到这问题解决。参考资料：微软官网-OfficerepeatedlypromptsyoutoactivateonanewPC
初一数学题，求答案，谢谢！要过程~ (把两个同样大小的含30°角的三角尺像如图所示那样放置，其中M
作MN垂直于AB因厶MCA全等于厶MDBAM=BMi角MAB=角MBA因角CMA=60度角AMB=120度角MAB=30度厶McA全等于厶MNA(AAs)Mc=MN
（1）如图所示为一显示薄膜干涉的实验装置，往火焰上洒些盐后，在肥皂膜上观察到的图样是______ &n
（1）往火焰上洒些盐后，酒精灯放出黄色的光线，当黄色的光线照射到肥皂膜上时从肥皂膜的前后两个表面分别反射两列光，这两列光的频率相同，故为相干光源，当光程差为波长的整数倍时呈现亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时呈现暗条纹，由于重力的作用使下侧的肥皂膜厚度比较大，而上侧的比较薄，相同的高度肥皂膜的厚度相同，故出现水平的明暗相间的干涉条纹，故只有A正确，故选A．（2）薄膜是有重力的，随着时间的推移，薄膜会往下流，导致面膜较薄，下面膜较厚．打个比方吧，假设刚开始薄膜上下都一样，一样厚，那么就没有所谓的条纹间距，随着薄膜的不均匀，产生了间距，而且随着时间的推移，差距变大，使条纹间距会越来越大．薄膜干涉的原理就是利用了薄膜的上下厚度不一样才有了条纹间距．故答案为：（1）A；（2）变疏．
如图所示，登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则
(1)两反射光叠加后加强(2)1.23×10 －7 m (3)AD (1)为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射后形成的反射光叠加后加强，从而使透射的紫外线减弱．(2)路程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d＝Nλ′(N＝1,2…)，因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的 ，紫外线在真空中的波长是λ＝ ≈3.7×10 －7 m ．在膜中的波长是λ′＝ ≈2.47×10 －7 m ，故膜的厚度至少是1.23×10 －7 m. (3)干涉和衍射都证明光具有波动性；如果薄膜厚度均匀变化，则干涉条纹一定平行；白光的干涉为彩色条纹，单色光的干涉则为该色光颜色；当膜的厚度为四分之一波长时，两反射光叠加后减弱则会“增透”．故选项D正确．