（2008•铜山县模拟）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，已知电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约

测量定值电阻时受仪器、读数等因素的影响，会存在偶然性误差，进行多次测量，是为了减小测量的偶然性误差；
由于灯泡电阻随温度升高而改变，测量灯泡电阻时进行多次测量，利用图象处理数据可以很直观的发现电阻随电流变化的规律．
故答：测量定值电阻时进行多次测量，是为了减小测量的偶然性误差；
探究电灯L的电阻与温度的关系时进行多次测量，是为了发现电阻随电流变化的规律．

点评：
本题考点： 误差及其减小方法；伏安法．

考点点评： 回答此类题目需要明确实验目的、实验的方法、处理数据的方法等，学生在平时的学习中要多积累、多思考．

（1）C点的速度等于AE段的平均速度，v_C=
(15.24+16.76)×10−2
0.08m/s=4m/s，
则动能的增加量△E_k=[1/2]mv_C²=[1/2]×1×16J=8.00J
重力势能的减小量△Ep=mgh=9.8×（68.97+15.24）×10^-2=8.25J．
（2）根据△x=aT²得，a=
△x
T2=
(16.76−15.24)×10−2
(0.04)2m/s²=9.5m/s²．
（3）根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma
解得：f=m（g-a）=1×（9.8-9.5）=0.3N
故答案为：（1）8.00；8.25；（2）9.5；（3）0.3．

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： 解决本题的关键掌握动能变化量和重力势能的变化量的求法，能够灵活运用运动学推论和牛顿第二定律进行求解．

跑楼梯的功率P＝
W
t＝
Gh
t＝
mgh
t需要测量的物理量是参赛者的体重，所登楼层的高度以及登楼所用的时间．
故选C．

点评：
本题考点： 功率的测量实验．

考点点评： 此题主要是考查功率的测量方法．

A、单刀双掷开关始终与a连接，当滑动片P向下滑动时，接入电路的电阻减小，则副线圈的电流增大，但原线圈的电压，及原副线圈的匝数不变，所以电压表示数不变，故A错误，B正确；
C、保持P的位置不变，当单刀双掷开关由触点a拨到触点b后，原线圈的匝数变少，导致副线圈的电压变大，所以电流变大，则电压表的示数变大，电流表的示数变小，故C错误．
D、由C选项可知，副线圈的电压变大，根据功率表达式，可知，当电阻不变时，则输出功率增大，因此输入功率也增大，故D正确；
故选BD．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

石灰石主要成分是碳酸钙，还含有其它杂质，所以属于混合物．
故选B．

点评：
本题考点： 纯净物和混合物的判别．

考点点评： 在熟悉概念的基础上能从宏观和微观两个方面来判断纯净物和混合物，还要从社会实践中了解生活中常见物质的组成．

由A点到B点的过程中：
①小球的质量不变，高度降低，重力势能减小；
②小球的质量不变，速度增大，动能增加；
③当小球下落到B点时，在小球的重力作用下，弹簧被拉伸，弹性势能增加．
所以整个过程中，重力势能转化为了动能和弹性势能．
故答案为：重力势；动能和弹性势能．

点评：
本题考点： 动能和势能的大小变化．

考点点评： 在分析能量转化的题目中，根据各种能量的影响因素来确定其大小变化情况，进而能判断出能量的转化方向（减少的能量转化为了增加的能量）．

A、由图，电流不变，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力不变，可能做匀速直线运动．故A正确．
B、由图看出，电流不断增大，说明电阻不断减小，压敏电阻所受的压力不断增大，加速度增大，而匀加速运动的加速度不变．所以电梯不可能匀加速上升．故B错误．
C、由图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且不变，电梯可能做匀加速上升运动，处于超重状态．故C正确．
D、由图看出，电流一直大于I₀，且不断减小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能变减速下降，也可能变加速上升，处于超重状态．故D错误．
故选AC．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律；超重和失重．

考点点评： 本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况．

当电子从M点向P点运动时，库仑力与运动方向之间的夹角小于90°，库仑力先做正功，当电子从P点向N点运动时，库仑力与运动方向之间的夹角大于90°，库仑力做负功，所以电子运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A正确；B、C、D错误；
故选：A

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系；电势能．

考点点评： 根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．

（1）根据杠杆力臂的画法，从O到F的作用线的距离就是我们要画的力臂；
（2）要使拉力F将绳子的自由端移动1.5m时，重物升高0.5m，则应由[1.5m/0.5m]=3段绳子承担滑轮的重．
故答案：
（1）

（2）

点评：
本题考点： 滑轮组的设计与组装；力臂的画法．

考点点评： 画力臂时，必须找准支点和力的作用线；动滑轮被几根绳子承担，拉力移动的距离就是物体和动滑轮移动距离的几倍．

（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为：I=
PL
UL=[6/3＝2A
（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：
U_D=E-I（r+R）-U_L=20-2×（1+4）-3=7（V）
（3）电动机的总功率为P_总=IU_D=2×7=14W
电动机的热功率为P_热=I²R_D=2²×0.5=2W
所以电动机的输出功率为P_出=P_总-P_热=14-2=12W
答：
（1）电路中的电流大小为2A；
（2）电动机的额定电压为7V；
（3）电动机的输出功率为12W．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

考点点评： 本题中含有电动机，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能这样求电路中的电流：I=ER+RL+RD+r]．

（1）在t时刻AB棒的坐标为x=vt
导体棒产生的感应电动势 e＝Blv＝B0lvcos
πvt
2l
回路的总电阻 R总＝R+
1
2R＝
3
2R
回路感应电流 i＝
e
R＝
2B0lvcos2
πvt
l
3R
棒匀速运动时有F=F_安=Bil
解得：F＝
2
B20l2vcos2(
πvt
2l)
3R(0≤t≤
2l
v)
（2）导体棒AB在切割磁感线的过程中产生半个周期的正弦交流电
感应电动势的有效值为 E＝

2
2B0lv
回路产生的电热Q＝
E2
R总t
通电时间t＝
2l
v
联立解得Q＝
2
B20l3v
3R
答：
（1）导体棒AB从x=0运动到x=2l的过程中外力F随时间t变化的规律为F＝
2
B20l2vcos2(
πvt
2l)
3R(0≤t≤
2l
v)；
（2）导体棒AB从x=0运动到x=2l的过程中整个回路产生的热量为
2
B20l3v
3R．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题是产生正弦式电流的一种方式，关键要掌握电磁感应和电路的基本规律，知道由有效值求热量．