九年级物理期末模拟考试2参考答案doc.docx
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九年级物理期末模拟考试2参考答案
一、填空题（每空1分，共26分）
1．内燃机的发明和应用，提高了生产效率，促进了社会的发展．内燃机的价值主要体现在能对外做功，实现了将 内 能转化为 机械 能．内燃机中的柴油机，工作过程中通常用水来冷却，这里不仅仅是因为水便宜、量大，主要是因为水的 比热容 大，冷却效果好．
【解答】解：
在内燃机的四个冲程中，做功冲程燃气对外做功，将内能转化为机械能；
因为水这种物质的比热容较大，在吸收相同的热量时，相同质量的水与其它物质相比，升高的温度相对较小，常用来作为冷却剂使用．
故答案为：
内；机械；比热容．
【点评】此类题目考查知识了内燃机的四个冲程能量转化情况、比热容的相关问题，要结合相关知识点进行分析解答，是中考的难点．
2．在房间里喷洒空气清新剂，室内很快闻到香味，这种现象叫 扩散现象 ．若是夏天，香味散发的更快些；这说明 温度 越高，分子的热运动越剧烈．两个表面平滑的铅块挤压在一起松手后不掉落，这说明 分子之间有相互作用的引力 ．
【解答】解：
在房间里喷洒空气清新剂，室内很快闻到香味，这种现象叫扩散现象．若是夏天，香味散发的更快些；这说明温度越高，分子的热运动越剧烈．两个表面平滑的铅块挤压在一起松手后不掉落，这说明分子之间有相互作用的引力．
故答案为：
扩散现象；温度；分子之间有相互作用的引力．
【点评】本题考查扩散现象及分子之间的作用力，此题应用生活常见现象考查了分子动理论的应用，是一道基础题，本题体现了物理知识来源于生活又服务于生活．
3．一位同学用相同的酒精灯给质量相等的甲乙两种物质加热，根据结果描绘温度﹣时间图象（如图）．由图可知，甲物质温度比乙物质温度升高 快 （选填“快”或“慢”），甲物质比热容 小于 乙物质比热容．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【解答】解：
分析图象可知：
相同的时间内，甲的温度变化值大，甲的温度升高快；
根据公式Q=cm△t，甲、乙两种物质的质量相等，加热相同的时间它们吸收的热量也是相等的，甲升高的温度值大，甲的比热容小．
故答案为：
快；小于．
【点评】此题主要考查的是我们对于图象的分析能力和比热容的了解；
图象的分析是初中学生必须掌握的一种能力，需要掌握．
4．如图所示电路中．电源电压保持不变．当电键S由断开到闭合时，电压表V的示数将 不变 ，电流表A的示数将 不变 ；向右移动滑动变阻器的滑片P，电压表V与电流表A的示数的比值将 变大 ．（选填“变小”、“不变”或“变大”）．
【解答】解：
由电路图可知，电键S断开时，电路为滑动变阻器的简单电路，电键S闭合时，滑动变阻器与灯泡并联，电压表始终测电源的电压，电流表始终测通过滑动变阻器的电流．
∵电源的电压不变，
∴当电键S由断开到闭合时，电压表的示数不变，
∵并联电路中各支路独立工作、互不影响，
∴当电键S由断开到闭合时，通过滑动变阻器的电流不变，即电流表的示数不变，
向右移动滑动变阻器的滑片P时，接入电路中的电阻变大，
∵电压表V与电流表A的示数的比值等于滑动变阻器接入电路中的电阻，
∴电压表V与电流表A的示数的比值变大．
故答案为：
不变；不变；变大．
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的判断和把电压表V与电流表A的示数的比值转化为滑动变阻器接入电路中的电阻来处理．
5．家用电灭蚊器的发热部分使用了PTC发热材料，它的电阻随温度变化规律如图所示．使用时发热体直接连入家庭电路，当发热体的温度为60℃时，则此时电功率为 4.84 W；当发热体温度继续上升时，电灭蚊器发热体的电阻会 增大 （选填“增大”、“不变”、“减小”），它的电功率会 减小 （选填“增大”、“不变”、“减小”）．
【解答】解：
（1）家庭电路的电压为220V，
由图象可知当发热体的温度为60℃时，R=10KΩ=10000Ω，
此时电功率：
P=
=
=4.84W；
（2）由图象可知，当发热体温度继续上升时，电阻变大，
根据P=
可知，电源电压不变时，它的电功率会减小．
故答案为：
4.84；增大；减小．
【点评】本题考查电功率的计算，关键是会分析图象，能从图象中找到有用的数据，这是本题的重点，本题还有一个隐含条件就是家庭电路电压为220V．
6．（3分）（2013秋•岳西县期末）两只定值电阻，R1标有“20Ω，1A”，R2标有“50Ω，0.5A”，现将它们串联起来接到某一电源上，为了不损坏电阻，R1两端电压不得超过 10 V，此时R1和R2两端电压之比为 2：
5 ；若将它们并联，为了不损坏电阻，电源电压不能超过 20 V．
【解答】解：
由于电路中各处的电流相等，两电阻串联时，为使两电阻都不烧坏，电路中的最大电流为0.5A，
R1两端电压：
U1=IR1=0.5A×10Ω=10V；
此时R1和R2两端电压之比为：
U1：
U2=IR1：
IR2=20Ω：
50Ω=2：
5；
由I=
可知，两电阻两端允许加的最大电压：
U1=I1R1=1A×20Ω=20V，U2=I2R2=0.5A×50Ω=25V，
并联电路中各支路两端的电压相等，则两电阻并联时电源最大电压为20V；
故答案为：
10；2：
5；20．
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是知道两电阻并联时两端允许加的最大电压是两者最大允许所加电压的最小值，两电阻串联时电路中的最大电流为两者最大允许通过电流的较小值．
7．小明同学到商店买了一些阻值为“10Ω、0.3A”的小彩灯，想在2014年元旦晚会中，给教室增加一些喜庆的氛围．他制作的每串彩灯中至少由 74 个 串 联组成，才能安全的接在照明电路中使用．
【解答】解：
彩灯的额定电压为：
U=IR=0.3A×10Ω=3V；
所以，彩灯串联需要：
n=
≈74（个）．
故答案为：
74；串．
【点评】此题主要考查欧姆定律的应用，串联电路的电压规律等知识点，关键是数据的处理时要结合灯泡的额定电压，即实际电压不能超过彩灯的额定电压．
8．一架数码相机，用的锂电池电压为3.7V，容量为1000mA•h（相当于用1000mA的电流工作可放电1h，用500mA的电流工作可放电2h，以此类推）．若关闭液晶屏时可拍摄照片400张左右，则每拍一张照片所消耗的电能约为 33.3 J；若打开液晶屏时可拍摄照片180张左右，则每拍一张照片液晶屏消耗的电能约为 74 J．
【解答】解：
锂电池存储的电能：
W=UIt=3.7V×1000×10﹣3A×3600s=13320J，
若关闭液晶屏时，每拍一张照片所消耗的电能约为
=33.3J；
若打开液晶屏时，每拍一张照片液晶屏消耗的电能约为
=74J．
故答案为：
33.3；74．
【点评】本题考查了电功的计算，明白锂电池容量的含义是关键，计算过程要注意单位的换算．
9．“6V、3W”小白炽灯泡正常工作时的电阻是 12 Ω，要将”6V、3W”的小灯泡接在9V的电源上正常使用，必须串联阻值为 6 Ω的电阻，此时该电阻的功率为 1.5W ．
【解答】解：
由P=
可知，∴白炽灯正常工作的电阻：
RL=
=
=12Ω；
串联电路中总电压等于各分电压之和，串联电阻两端的电压：
UR=U﹣UL=9V﹣6V=3V，
根据P=UI可得，灯泡正常发光时电路中的电流：
I=I额=
=
=0.5A，
由I=
可知，串联电阻的阻值：
R=
=
=6Ω，
该电阻的实际功率：
PR=URI=3V×0.5A=1.5W．
故答案为：
12；6；1.5W．
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道电源电压太大，使灯泡正常发光时必须串联一个分压电阻．
10．如图所示电路，电源电压为12V且不变，灯泡L标有“12V、2W”字样，当开关S断开时，灯泡L的实际功率为 2 W，当开关S闭合时，灯L的亮度将 不变 ．（填“变亮”、“变暗”或“不变”）
【解答】解：
当开关S断开时，灯L两端实际电压等于12V，由于U实=U额=12V，则实际电功率为P实=P额=2W；
当开关S闭合时，灯L两端的实际电压不变，灯的实际功率不变，则灯L的亮度不变．
故答案为：
2；不变．
【点评】本题考查了电路的动态分析和实际功率的变化，关键是知道并联电路中各支路独立工作、互不影响的特点．
11．关于能量及其能量之间的转化，下列说法正确的是（ ）
A．火山具有内能，冰山不具有内能
B．火箭在加速上升时，机械能保持不变
C．汽油机做功冲程，内能转化为机械能
D．坠落的陨石在空中划过一道亮光时，内能转化为机械能
【解答】解：
A、一切物体都有内能，冰山虽然温度很低，但也具有内能，故A错误；
B、火箭在加速上升时，质量不变、高度增大、速度增大，动能和重力势能都增大，故机械能增大，故C错误；
C、做功冲程对外做功的过程，实际也是内能转化为机械能的过程；故C正确；
D、坠落的陨石在空中划过一道亮光时，机械能转化为内能，故D错误．
故选C．
【点评】本题主要考查学生对常见能量转化的理解，属于基础题，难度不大．
12．某同学按图所示的电路做实验．闭合开关后，灯泡L不发光，电流表和电压表均没有示数．现仅将灯L和滑动变阻器的位置对调，再次闭合开关时，发现灯泡L仍不发光，电流表指针仍然不动，但电压表的指针却有了明显的偏转，根据以上信息可以判断（ ）
A．电流表损坏了B．滑片和电阻丝间接触不良
C．灯泡L的灯丝断了D．电源接线处松脱
【解答】解：
合开关，灯泡不亮，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表无示数，说明电压表两端到电源的正负极之间有开路，即可能是灯L灯丝断了或电流表烧坏或电源接线松动；
将灯L和滑动变阻器的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，即电压表两接线柱两端发生断路，即灯L灯丝断了．
故选C．
【点评】在判断故障时，会根据电压表的示数的变化判断：
若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，电压表两接线柱之间有开路；若电压表无示数，说明电压表被短路或与电源不能相通．
13．某同学家室内的电灯均正常工作，当他把“220V8W”的台灯插头插入插座后，闭合台灯开关，室内电灯全部熄灭，发生这一现象的原因可能是（ ）
A．插座处短路B．台灯插头处短路
C．台灯开关处短路D．台灯灯头处短路
【解答】解：
A、若是插座处原来有短路，则在没有插入台灯之前，保险丝被熔断，故A错；
B、若是台灯的插头处有短路，则在台灯插头插入插座时，电路就会出现短路，而不会等到闭合台灯开关时才出现，故B错；
C、若是开关中的两个接头短路，则无论开关闭合还是断开，灯泡都会发光，也就是说开关失去了控制灯泡通断的作用，电路并不会出现短路，故C错；
D、若是台灯灯座的两个接头短路，则在台灯插头插入插座，并且闭合台灯开关时，电路出现短路，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查对家庭电路故障（短路）的分析判断能力，保险丝烧坏的原因有两个：
总功率过大和发生短路．
14．在如图所示六的电路中，电源电压不变．在不更换器材的情况下，为使电压表和电流表的示数之比增大，则滑动变阻器的滑片移动和电流表的示数的变化情况是（ ）
A．P向左、A变小B．P向左、A变大C．P向右、A变小D．P向右、A变大
【解答】解：
由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
由I=
的变形式R=
可知，电压表和电流表的示数之比为R2接入电路中的电阻，
则电压表和电流表的示数之比增大时，滑片左移，增大接入电路中的电阻，
此时电路中的总电阻变大，
由I=
可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小．
故选A．
【点评】本题考查了电路的动态分析，能把电压表和电流表的示数之比转化为R2接入电路中的电阻来处理是关键．
15．小明观察到傍晚时候家里的白炽灯比较暗，而在早晨时较亮，他进一步观察发现：
傍晚电能表转动比早晨还快一些，这是什么原因呢？
（ ）
A．傍晚时家里的同盏白炽灯的额定功率比早晨时的小
B．傍晚时家里的同盏白炽灯电阻比早晨的大，实际功率减小
C．傍晚时家里的同盏白炽灯实际电压比早晨的小
D．傍晚时家里用电器的总功率比早晨的小
【解答】解：
（1）由于傍晚时分处于用电高峰期，各种电器都在工作，电路电流较大，输电线上损失的电压大，灯泡两端的实际电压较小，小于早晨时灯泡两端的电压，由于灯泡实际电压较小，由P=
知，灯泡的实际功率较小，灯泡较暗；
（2）由于傍晚时家用电器总功率较大，早晨家用电器总功率较小，所以傍晚电能表转动比早晨快一些．
故选C．
【点评】在用电高峰期，由于各种用电器都在工作，电路总电流较大，由于输电线存在电阻，输电线上损失的电压较大，用电器得到的实际电压偏小，小于用电器的额定电压，所以用电器实际功率小于额定功率．
16．小刚用如图所示的电路探究“电流跟电阻的关系”．在此实验过程中，当他将5Ω电阻更换为10Ω后，为了探究上述问题，他应采取的操作是（ ）
A．读出此时电流表示数B．将变阻器滑片适当向左移动
C．将变阻器滑片适当向右移动D．将电池个数增加
【解答】解：
当5Ω电阻接入电路时，电压表的示数为一定值，更换为10Ω后，定值电阻的阻值增大，分担的电压增大，电压表的示数增大，为了保证电压不变，需要向右移动滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器分担较多的电压．
故选C．
【点评】本题考查了实验操作，根据实验目的与实验原理，应用控制变量法即可正确解题．
17：
如图所示，电源电压不变，两个灯泡的规格相同，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P都从中点向右滑动的过程中，关于L1和L2亮度的情况，下列判断正确的是（ ）
A．灯泡L1和L2都变亮B．灯泡L1和L2都变暗
C．L1始终比L2亮D．L1始终比L2暗
【解答】解：
图示电路中灯泡与滑动变阻器的连接方式分别为串联和并联；灯泡的实际功率决定灯泡的明暗程度．
左图：
灯泡与滑动变阻器串联，当滑片从中点向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电路中的电流减小，根据功率的计算公式P=I2R可得，R不变，I减小，因此灯泡的实际功率减小，即灯泡的亮度变暗．
右图：
灯泡与滑动变阻器并联，并且并联电路中各支路用电器互不影响，或根据P=
进行分析，R和U都不变，因此灯泡的实际功率不变，故灯泡的亮度不变．
因此L1始终比L2暗．
故选D．
【点评】首先要求学生会识别串联电路和并联电路，并且知道决定灯泡明暗程度的物理量，会根据串并联电路的特点判断灯泡明暗程度的变化．
18:
甲、乙、丙三个小球，当它们相互靠近时，两两相互吸引，关于这三个小球的带电情况，说法正确的是（ ）
A．三个小球均带电
B．三个小球中有且仅有两个小球带电，且两个带电小球带异种电荷
C．三个小球中有且仅有两个小球带电，且两个带电小球带同种电荷
D．三个小球中有且仅有一个小球带电
【解答】解：
A、三个小球均带电，则必然有两个球带同种电荷，同种电荷相互排斥，故A不符合题意；
B、三个小球中有且仅有两个小球带电，且两个带电小球带异种电荷，异种电荷相互吸引，带电体能够吸引轻小物体，故B符合题意；
C、因为同种电荷相互排斥，故C不符合题意；
D、三个小球中有且仅有一个小球带电，则两个不带电的小球间没有力的作用，故D不符合题意．
故选B．
【点评】理解电荷的间的作用规律，并知道带电体能吸引轻小物体是解决该题的关键．
19:
一段电阻丝正常工作时的电功率为P1，若将这段电阻丝均匀拉长一些后再接入原来的电源上，它的功率变为P2，则（ ）
A．P1＞P2B．P1＜P2C．P1=P2D．无法比较
【解答】解：
电阻丝被拉长后，材料不变，长度变长、横截面积变小，电阻丝的电阻R变大，
把电阻丝接入原来电路中，电阻丝两端电压U不变，
由电功率公式P=
可知，电阻丝电功率变小，即：
P1＞P2．
故选A．
【点评】本题考查了电阻丝电功率变化情况的判断，知道影响电阻的因素、熟练应用电功率公式即可正确解题．
20:
某物理兴趣小组在用电压表和电流表测量电功率的实验中，设计的电路图如图甲所示：
（1）在某次实验中，电流表和电压表的示数如图乙所示．那么，电流表的读数为 0.3 A，电压表的读数为 2.5 V，此时电阻R消耗的电功率为 0.75 W．
（2）老师告诉同学们，电压表虽然内电阻较大，但还是有部分电流通过电压表，那么利用如图甲所示的电路测量R的电功率时（不考虑温度对电阻的影响），通过R的电流大小跟电流表的示数相比，是 偏小 的，则计算出的电功率大小跟真实值相比，是 偏大 的（均选填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
【解答】解：
（1）电流表选择0～0.6A量程，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.3A，
电压表选择0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，电压为2.5V，
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W．
（2）电压表测量定值电阻的实际电压，
电流表测量定值电阻和电压表的总电流，通过R的电流小于电流表的示数．
电流的测量值大于R的实际电流值，
P=UI，其中的U和I都是测量值，得到的功率偏大．
故答案为：
（1）0.3；2.5；0.75；
（2）偏小；偏大．
【点评】伏安法测电阻和电功率有两种接法，如图：
甲：
电流表测R的真实电流，电压表测电流表和R的总电阻，求出的功率值偏大，求出的电阻偏大．
乙：
电压表测R的真实电压，电流表测电压表和R的总电流，求出的功率值偏大，求出的电阻偏小．
21:
小华同学对“伏安法”不太了解，向老师请教．物理老师告诉他，所谓“伏安法”就是通过测量电压和电流来得到有关物理量的一种研究方法．物理老师为了让小华深入理解“伏安法”，拿出了一些实验器材，有电压表、电流表、开关、6V的电源、“3.8V、0.4A”的小灯泡，标有“20Ω、1.5A”的滑动变阻器，导线若干．
（1）物理老师画出了图1甲的电路图，让小华同学按图连接实验器材，并要求：
滑动变阻器的滑片向右移动，小灯泡变亮．请你代替小华完成图2乙的电路连接．
（2）小华连好电路后闭合开关，灯泡立即发出明亮耀眼的光．物理老师迅速断开了开关，告诉小华电路连接出现不当之处．你知道不当之处在哪里吗？
答：
滑动变阻器的阻值没有调到最大阻值 ．
（3）物理老师问到：
利用该组实验器材能进行“伏安法”实验有：
伏安法测电阻 和 伏安法测电功率 ；它们的实验原理分别为：
R=
和 P=UI ．
（4）物理老师移动滑动变阻器后，电流表和电压表出现了如图3示的现象，要求小华根据“伏安法”分别算出相关物理量：
9.23Ω 和 0.624W ．
【解答】解：
（1）已知灯泡的额定电流为0.4A，因此电流表量程选择0～0.6A；
使电流表的0.6A接线柱与灯泡的左接线柱相连，使滑动变阻器的右下接线柱与开关的右接线柱相连；如下图所示：
（2）连接好电路后，闭合开关，灯泡立即发出明亮耀眼的光说明电路电流很大，说明滑动变阻器的阻值没有调到最大阻值处；
阻器没调到最大阻值．
（3）伏安法既可以测量灯丝的电阻，又可以测量灯泡的功率，因此利用“伏安法”进行的实验有伏安法测电阻和伏安法测电功率，其原理分别为R=
和P=UI；
（4）已知灯泡的额定电流为0.4A，因此电流表量程选择0～0.6A，分度值为0.1A，示数为0.26A；
因为灯泡的额定电压为3.8V，根据电压表的指针可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.4V；
由I=
可知，灯丝的电阻：
R=
=
=9.23Ω；
灯泡的功率：
P=UI=2.4V×0.26A=0.624W．
故答案为：
（2）滑动变阻器的阻值没有调到最大阻值；（3）伏安法测电阻；伏安法测电功率；R=
；P=UI；（4）9.23Ω；0.624W．
【点评】本题考查了实物图的连接、实验注意事项、伏安法的应用和相关实验的原理、电流表和电流表的读数以及电阻和功率的计算等，涉及的知识点较多，是实验的常考问题，一定要掌握；对电表读数时，应先确定电表量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
22:
物理兴趣小组想探究影响电流做功多少的因素，他们以小灯泡为研究对象设计了甲乙两组电路图：
（1）根据什么现象，我们可以比较相同时间内电流做功的多少？
答：
灯泡的亮度 ．
（2）图甲电路是为研究电流做功与 电压 的关系．多次实验后，发现在相同时间的情况下，如果 电流 相等，则 电压 较大的电灯中，电流做的功比较多．
（3）经过讨论，认为图乙电路存在一个缺陷，请你说说问题可能在哪里？
答：
干路上缺少滑动变阻器，无法进行多次测量 ．
【解答】解：
（1）灯泡越亮功率越大，在相同时间里消耗的电能越多，电流做功越多，所以我们可以通过灯泡的亮度来比较相同时间内电流做功的多少；
（2）因为电流做的功与电压、电流和时间有关，图甲电路中，两灯串联电流相同，电压不同，根据控制变量法的思路，是为研究电流做功与电压的关系；
通过公式W=UIt判断，在电流和时间相同的情况下，电压越大，电流做的功越多；
（3）干路上缺少滑动变阻器，无法进行多次测量．
故答案为：
（1）灯泡的亮度；
（2）电压；电流；电压；
（3）干路上缺少滑动变阻器，不能进行多次实验．
【点评】本题考查了电功的测量实验，利用好转化法和控制变量法是解题的关键，要注意灯泡的发光原理是电流的热效应．
23：
电动机是一种使用广泛地动力机械．从能量转化的角度看，它主要是把电能转化为机械能，还有一部分能量在线圈中以热量的形式散失掉．如果某电动机线圈的电阻为R，电动机工作时两端的电压为U，通过电动机的电流为I，请推导此电动机电能转化为机械能的效率η=
．
【解答】证明：
电动机消耗的电能：
W总=UIt
线圈产生的热量：
Q=I2Rt
W有=W总﹣Q=UIt﹣I2Rt=It（U﹣IR），
∴η=
=
=
．
【点评】本题综合考查了电功、热量以及机械效率的计算公式，属于中档题．
24：
一小灯泡额定电压为2.5V，小灯泡电流随电压变化的曲线如图甲所示，将它连入如图乙所示电路中，电源电压为6V且保持不变．
求：
（1）小灯泡的额定功率；
（2）为保证小灯泡正常发光，此时滑动变阻器连入电路的电阻大小；
（3）当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能．
【解答】解：
（1）由图甲可知小灯泡的额定电流为IL=0.2A，所以小灯泡的额定功率为：
P额=U额I额=2.5V×0.2A=0.5W；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为：
UR=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V，
滑动变阻器与小灯泡串联，所以通过滑动变阻器的电流IR=IL=0.2A，
由欧姆定律，滑动变阻器连入电路的电阻为：
R=
=
=17.5Ω；
（3）当电流表的示数为0.15A时，小灯泡两端的电压为1.5V，则滑动变阻器两端的电压为：
UR′=U﹣UL′=6V﹣1.5V=4.5V，
滑动变阻器的电功率为：
P=UR′IR′=4.5V×0.15A=0.675W，
在1min内消耗的电能为：
W=Pt=0.675W×60s=40.5J．
【点评】解答计算题时，我们要围绕公式、规律、题意、电路图等去进行分析．本题考查了学生分析图象的能力、综合解决问题的能力，是一道难易适中的电学计算题．
25：
右图为某种电热饮水机的简化电路示意图，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），阅读该饮
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