1、动可以带动指针的偏转线圈受力方向与电流方向有关，这过程中，将电能转化为机械能解答解通过电流表的内部构造显示电流表的制成原理通电线圈在磁场中受力而转动，并且电流越大，线圈受到的力越大，其转动的幅度越大因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小通过电流表的内部构造显示电流表的制成原理通电线圈在磁场中受力而转动，故线圈中有电流通过时，电能转化为机械能，故改变线圈中的电流方向，其转动方向会发生改变，故电流越大，线圈受到的力越大，因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小，故正确故选如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做直线运动，两次拉动木块得到的关系图象如图乙所示两次对应的弹簧测力计示数分别为，两次拉力的功率分别为，下列判断正确的是第页共页考点功率大小的比较二力平衡条件的应用分析弹簧测力计拉动木块在水平面上匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，拉力和滑动摩擦力是对平衡力滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关根据判断拉力的功率解答解由图乙可知，木块两次都做匀速直线运动，则拉力和滑动摩擦力是对平衡力，大小相等，因为同木块放在同桌面上，压力不变接触面的粗糙程度不变，所以两次木块受到的滑动摩擦力相等，故两次对应的弹簧测力计示数相等，即从图乙中可以判断出，第次。
2、电路电压的特点和欧姆定律的变形公式求出的阻值已知加热时的功率，直接根据即可求出加热装置消耗的电能保温时，和绿灯串联，根据灯泡正常发光和求出此时电路中的电流，并根据欧姆定律的变形公式求出电路的总电阻，然后利用的变形公式求出和绿灯的电阻，再根据串联电路电阻的特点求出的阻值利用求出保温时该电器保温装置的发热功率第页共页解答解由题和电路图可知，加热时，按下温控开关与接触，红灯与串联，再与发热电阻并联因为电源电压大于红灯的额定电压，因此起分压作用，使红灯正常发光由题知，加热时，发热电阻的额定功率为，由可得，加热装置消耗的电能加热由电路图和题意可知，温控开关自动跳接到，用电器处于保温状态，此时绿灯串联，和为保温装置绿色指示灯正常发光，由可得，绿灯，串联电路电流处处相等，所以绿灯，根据串联电路的电压规律可得，保温装置两端的电压保温绿灯，保温装置的发热功率保温保温，保温装置的总电阻保温，发热电阻的阻值，根据串联电路的电阻规律可得，电阻的阻值保温答电阻的作用，起分压作用，使红灯正常发光当用电器处于加热状态时，加热装置消耗的电能为该用电器在保温状态时保温装置的发热功率为，电阻的阻值为如图所示，为直立固定的柱形水管，底部活塞与水管内壁接触良好且无摩擦，在水管中装适量的水，水不会流出活塞通过竖直硬杆与轻质杠杆的点相连，为杠杆的固定转轴，滑。
3、簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长如图甲所示，木块所受的重力为如图乙所示，将滑轮的轴固定在吸盘的挂钧上，挤出吸盘内部的空气，吸盘在大气压的作用下被紧紧压在烧杯底部如图丙所示，在烧杯中倒入适量的水，用细线将木块栓住，通过弹簧测力计将木块全部拉入水中，此时弹簧测力计示数为，如果不计摩擦和细线重，木块受到的浮力为，木块的密度为水如果将图丙烧杯中的水换成另种液体，重复上述实验，此时弹簧测力计示数为，则该液体的密度为考点固体密度的测量分析在弹性限度内，弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长明确弹簧测力计的分度值，再根据指针指示来读数如图乙将滑轮的轴固定在吸盘的挂钩上，挤出吸盘内部的空气，吸盘内的气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下，吸盘被压在烧杯底部图丙中使用的是定滑轮，不能省第页共页力，所以弹簧测力计的示数即为对木块的拉力，根据二力平衡知识可知浮拉求出浮力根据浮水排求出木块的体积根据公式求出木块的密度根据浮拉求出木块在液体中受的浮力根据浮液排求出液体的密度解答解在弹性限度内，弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长图甲中弹簧测力计的分度值为，木块在空气中的重力即弹簧测力计的示数为图丙中弹簧测力计的拉力拉，木块受到的浮力浮拉，根据浮水排求出木块的体积排，根据公式求出。
4、轮组非金属材料绳子的自由端与杠杆的端相连，滑轮组下端挂着个磁体，的正下方水平面上也放着个同样的磁体极性已标出当水管中水深为时，杠杆恰好在水平位置平衡已知，活塞与水的接触面积为，活塞与硬杆总重为，相对于参照物有没有位置的改变如果位置发生改变，则物体是运动的如果未发生变化，则物体是静止的惯性是指物体能够保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性解答解舰载机飞离航母前后，航母始终漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，当舰载机飞离航母后，航母的重力减小，所受的浮力减小，故飞机飞行时，机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，上方压强小于下方，从而产生向上的升力，故正确舰载机飞向航母甲板时，以舰载机为参照物，航母甲板相对于舰载机的位置是变化的，所以航母甲板相对舰载机是运动的，故物体在任何时候都有惯性，飞机在起飞过程中，惯性不可能消失，故故选如图所示是实验室电流表的内部结构图，处在磁场中的线圈有电流通过时，线圈会带动指针起偏转线圈中电流越大，指针偏转角度就越大关于该现象，下列说法正确的是该电流表是利用电磁感应原理工作的线圈中有电流通过时，把机械能转化为电能改变线圈中的电流方向，指针的偏转方向不会改变线圈中电流越大，其所受磁场力就越大考点磁场对通电导线的作用分析首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转。
5、据力的平衡条件求出磁极间的作用力，磁体对水平面的压力等于自身的重力加上磁极间的作用力解答解水管中水对活塞的压强水，由可得，水对活塞的压力即水的重力水杠杆受到的压力水活塞，由杠杆的平衡条件可得••，则绳子自由端对杠杆端的拉力因力的作用是相互的，所以，杠杆端对滑轮组绳子的自由端的拉力也为，由同名磁极相互排斥可设磁极间的作用力为斥，把动滑轮和磁体看做整体，受到竖直向上两股绳子的拉力和磁极间的斥力竖直向下磁体的重力，由力的平衡条件可得斥，则斥，磁体对水平面的压力压斥答水管中水对活塞的压强为，绳子自由端对杠杆端的拉力为磁体对水平面的压力为第页共页年月日液排求出液体的密度液故答案为长，，三计算题如图所示，家用电器具有加热保温的功能用电器发热电阻的额定电压为，额定功率为加热时，按下温控开关与接触，此时红色指示灯亮当达到定温度时，温控开关自动跳接到，使用电器处于保温状态，此时绿色指示灯亮红灯标有绿灯标有的字样，用电器工作时两灯均正常发光虚线框内为用电器的加热和保温装置请根据以上信息解答下列问题电阻的作用当用电器处于加热状态时，加热装置消耗的电能该用电器在保温状态时，保温装置的发热功率和电阻的阻值考点电功的计算欧姆定律的应用电功率的计算分析加热时，与红灯串联，根据串联电路的分压作用进行分析根据求出红灯正常发光时电路中电流，再根据串联。
6、电压为，要使小灯泡正常发光，变阻器要分去的电压，根据分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值至少为滑根据欧姆定律，灯正常工作时的电流为故选用规格的变阻器如下图所示第页共页连接好电路，闭合开关，小灯泡发光，说明电路为通路，电压表示数为，说明电压表所在的支路断路，故导线断了电压表小量程的分度值为，示数为，要增大灯的电压，就要减小变阻器分得的电压，根据分压原理，减小变阻器的电阻即可，所以要测小灯泡的额定功率，滑片向左移动电流表小量程的分度值为，示数为，小灯泡的额定功率额额故答案为如上图所示，左或同学准备用弾簧测力计烧杯水吸盘滑轮细线来测量木块不吸水的密度在弹性限度内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长如图甲所示，木块所受的重力为如图乙所示，将滑轮的轴固定在吸盘的挂钧上，挤出吸盘内部的空气，吸盘在大气压的作用下被紧紧压在烧杯底部如图丙所示，在烧杯中倒入适量的水，用细线将木块栓住，通过弹簧测力计将木块全部拉入水中，此时弹簧测力计示数为，如果不计摩擦和细线重，木块受到的浮力为，木块的密度为水如果将图丙烧杯中的水换成另种液体，重复上述实验，此时弹簧测力计示数为，则该液体的密度为考点固体密度的测量分析在弹性限度内，弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长明确弹簧测力计的分度值，再根据指针指示来读数如图乙将。
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