(物理)中考物理电功率检测试题(含答案).doc

1、（物理）中考物理电功率检测试题（含答案）一、选择题1用石墨烯制成的湿敏电阻，其阻值会随含水量的升高而增大。图5是检测植物叶片含水量的电路，电源电压不变。将湿敏电阻R附着在叶片上，当叶片含水量升高时（ ）A.电流表示数增大B.电压表示数减小C.电路总电阻减小D.电路总功率增大【答案】 B 【解析】【解答】由图5知，电路是由湿敏电阻R和定值电阻R0串联构成的，电压表测R0两端的电压，当叶片含水量升高时，湿敏电阻的阻值增大，根据R总=R0+R得电路总电阻增大，又由 且U不变，得电路中电流减小，即电流表的示数减小；由U=IR0得R0两端的电压减小，即电压表的示数减小；而由 知电路总功率减小。 故答案为

2、：B。 【分析】结合题意，理清元件的连接方式及电表的测量对象，将湿敏电阻R附着在叶片上，根据“湿敏电阻的阻值会随含水量的升高而增大”可知湿敏电阻的阻值变化，根据电阻的串联可知电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，利用P=UI判断电路总功率的变化情况.2下列估测值最接近生活实际的是（ ） A.人骑自行车的平均速度约为0.5m/sB.中学生的质量约为200kgC.初中物理课本的宽度约为18cmD.日光灯正常工作的电功率约为1000W【答案】 C 【解析】【解答】解：A、人步行的速度在1.1m/s左右，骑自行车的速度在5m/s左右，A不符合实际； B、中学生的质量

3、在50kg左右，B不符合实际；C、初中物理课本的宽度约为18cm，C符合实际；D、日光灯正常工作的电功率在40W左右，D不符合实际。故答案为：C。 【分析】利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法，叫估测法，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算.3课外兴趣小组活动时，某校两同学通过实验研究小灯泡的电功率跟两端电压的关系，已知小灯泡的额定电压为2.5伏、额定功率为0.75瓦小明同学设计了如图甲所示的电路进行研究，他先测出若干组电压和电流值，再由公式P=UI，求得对应的功率，并作出功率随电压变化的图

4、线a小红同学设计了如图乙所示的电路进行研究，她先由R= 计算出小灯泡的电阻R，再测出若干个电压值，最后根据P= ，求得对应的功率，也作出功率随电压变化的图线b则下列反映了他们的实验结果的图线是（ ）A.B.C.D.【答案】 B 【解析】【解答】（1）P=U2/R ， 灯泡正常发光时的电阻R=U2额/P额=（2.5V）2/0.75W8.3；由题意知：P甲 =U2/R和P乙 =U2/8.3，由此可见，电功率P关于电压U的二次函数（跟y=ax2 +bx+c，且a0，b=0，c=0时相符合），故图象是经过原点开口向上的抛物线，CD不符合题意；（2）P甲 =U2/R和P乙 =U2/8.3，灯泡电阻R随温

5、度升高而变大，当小灯泡两端电压U2.5V时，小灯泡在低于额定电压下工作，它的电阻R8.3，则P甲 P乙 ，此时抛物线a在抛物线b的上方 当小灯泡两端电压U=2.5V时，小灯泡在额定电压下工作，它的电阻R=8.3，则P甲 =P乙 =0.75W，且此时两抛物线相交； 当小灯泡两端电压U2.5V，小灯泡在高于额定电压下工作，它的电阻R8.3，则P甲 P乙 ，此时抛物线a在抛物线b的下方。综上所述，B图中的图线反映了他们的实验结果，A不符合题意，B符合题意.故答案为：B.【分析】根据电功率的计算公式求电功率和电阻，当温度升高时，电阻变大，电功率变化明显.4小明对教室中一些物理量的估测，合理的是（ ）A

6、.黑板擦受到的重力约为100NB.课桌的高度约为80cmC.教室内一盏日光灯的功率约为1000WD.教室内感觉比较舒适的温度约为37【答案】 B 【解析】【解答】解：A、黑板擦受到的重力约为1N，所以A不符合实际情况；B、课桌的高度约为80cm，所以B符合实际情况；C、教室内日光灯正常发光时的电流在0.2A左右，额定功率大约为P=UI=220V0.2A=44W左右所以C不符合实际情况；D、人体正常体温在37左右，感觉舒适的温度在23左右，所以D不符合实际情况故选B【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出

7、符合生活实际的答案估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用5图示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流，R0为定值电阻，移动滑动变阻器R的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】 C 【解析】【解答】解：由图R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流若电源提供的电流恒定为I总 ， AB、根据并联电路特点可知：U=U0=I0R0=（I总I）R0=IR0+I总R0 ， 其中I总、R0为定值，由U=R0I+I总R0 ， 可知U与

8、I的图象为一次函数，且R00，故AB错误；CD、由电功率的计算公式：电路消耗总功率：P=UI总=（I总I）R0I总=I总R0I+I总2R0 ， 其中I总、R0为定值，由P=I总R0I+I总2R0 ， 可知P与I的图象为一次函数，I总R00，且I不能为0，P不会为0，故C正确，D错误故选C【分析】由图R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流电源提供电流一定，根据并联电路特点分别表示出U与I和P与I的表达式，分析判断即可6某房间原来只接有一只标有“PZ22040”的灯泡，小明又用一只完全相同的灯泡，将它俩串联在一起，在电源电压不变的情况下，房间内的总亮度将（ ） A.变亮B.变暗C.不

9、变D.无法确定【答案】 B 【解析】【解答】解：因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，两灯泡串联时的总电阻大于其中一个灯泡的电阻，在电源电压不变的情况下，由PUI 可知，电路的总功率变小，房间内的总亮度变暗。故答案为：B。 【分析】结合PUI 可知电功率变化情况，进一步可知灯泡亮度的变化情况.7如图甲所示，是某型号电压力锅简化的工作电路图R0是阻值为484的保温电阻，R1是规格为“220V 800W”的主加热电阻，R2是副加热电阻电压力锅煮饭分为“加热升压保压保温”三个阶段，通过如图乙所示的锅内工作压强与时间“（Pt）”关系图象可了解其工作过程：接通电源，启动智能控制开关S，S自动接到a

10、，同时S1自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内工作压强达80kPa时，S1自动断开，进入保压状态，当锅内工作压强降至60kPa时，S1又会自动闭合；当保压状态结束，饭就熟了，S自动接到b，减压进入保温状态电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态共耗电0.25kWh，下列说法正确的是（ ）A.电压力锅是对大气压强的应用B.当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅处于升压状态C.电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态R1的工作时间是18minD.电压力锅正常工作时的最大电流是5A【答案】 D 【解析】【解答】解：A高压锅煮饭熟得快是利用密闭液体的沸点随气压的增大而升高的原理，而不是利用了大气

11、压的原理，A不符合题意；B由图乙可知，当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅可能处于升压状态，也可能处于保温状态，B不符合题意；C由图乙可知，在正常加热升压和保压状态R1的工作时间分别为06min，912min，1518min，即R1的工作时间t1=12min=0.2h，C不符合题意；DR2的工作时间t2=18min=0.3h，在正常加热升压和保压状态消耗的电能W=P1t1+P2t2 ， 即：0.25kWh=0.8kW0.2h+P20.3h，解得：P2=0.3kW=300W，两加热电阻同时工作时电路电流最大，则总功率P=P1+P2=800W+300W=1100W，由P=UI可得，I= =5A，

12、D符合题意故答案为：D【分析】高压锅煮饭熟得快是利用密闭液体的沸点随气压的增大而升高的原理；在正常加热升压和保压状态消耗的电能，正确分析电路是解题的关键.8如图所示的电路中，电源两端电压U保持不变，小灯泡上标有“12V、6W”，定值电阻为R1 ， 滑动变阻器的最大阻值为R2 ， 忽略温度对电阻的影响，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最右端时，电压表的示数为U1 ， 小灯泡的实际功率为其额定功率的1/4；将滑动变阻器的滑片移至最左端时，电压表的示数为U2 ， 小灯泡正常发光，滑片在变阻器左、右两端时电路消耗的总功率的变化量为P，若U1：U2=3：2。则下列结果正确的是A.R1=48B.U1=2

13、4VC.U=36VD.P=6W【答案】D 【解析】【解答】闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最右端（即阻值最大处）时，等效电路图如图1所示：闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最左端（即其连入电路中的电阻为0）时，等效电路图如图2所示：、U额=12V，P额=6W，灯正常发光时的电阻为： 在图1状态下， ；此时电路中的电流为： ，即I1=0.25A；在图2状态下，小灯泡正常发光，此时电路中的电流为： 在图1状态下，U1=I1（R1+R2）=0.25A（R1+R2），在图1状态下，U2=I2R1=0.5AR1 ， 即 ，解得：R2=2R1。、在图1状态下，U=I1（R1+R2+RL）=0.25A（R

14、1+R2+24），在图2状态下，U=I2（R1+RL）=0.5A（R1+24），组成方程组，解得：R1=24，R2=48，U=24V；则电压表的示数U1为：U1=I1（R1+R2）=0.25A（24+48）=18V。、I1=0.25A，I2=0.5A，U=24V，滑片在变阻器左、右两端时电路消耗的总功率的变化量为：P=UI=U（I2-I1）=24V（0.5A-0.25A）=6W。A、B、C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。【分析】闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最右端（即阻值最大处）时，灯泡L、电阻R1和R2串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是电阻R1和R2两端的电压；将

15、滑动变阻器的滑片移至最左端（即其连入电路中的电阻为0）时，灯泡L和电阻R1串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是电阻R1两端的电压；、可利用公式R=计算出灯泡的电阻。在图1状态下，小灯泡的实际功率为其额定功率的，从而可利用公式I2=计算出此时电路中的电流I1；在图2状态下，小灯泡正常发光，可利用公式I=计算出此时电路中的电流I2。、知道在图1和图2状态下U1：U2=3：2，可利用公式U=IR列出一个电压的比值式，从而可以计算出电阻R1和R2的关系。、在图1和图2状态下电源电压不变，可利用公式U=IR列出两个电源电压的灯饰，组成方程组，便可以计算出电阻R1和R2的阻值，电源电压U再

16、在图1状态下，利用公式U=IR计算出电压表的示数U1。知道了电源电压，又知道图1和图1状态下的电流，可利用公式P=UI计算出滑片在变阻器左、右两端时电路消耗的总功率的变化量为P。9如图所示，电源电压保持18V不变，小灯泡L上标有“6V 3W”字样，滑动变阻器最大电阻值R=60为保证各器件安全，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）A.S断开时电压表示数为0VB.S闭合后，电压表最大示数为15VC.小灯泡L正常发光时，变阻器R消耗的电功率为6WD.S闭合后，小灯泡L的最小实际电功率为0.5W【答案】 C 【解析】【解答】解：（1）S断开时，电压表测电源的电压，则电压表的示数为18V，故

17、A错误；（2）S闭合后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，为保证各器件安全，电压表的最大示数UV=UL=6V，故B错误；由P=可得，灯泡的电阻：RL=12，因串联电路中各处的电流相等，所以，灯泡正常发光时电路中的电流：I=0.5A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，变阻器两端的电压：UR=UUL=18V6V=12V，变阻器R消耗的电功率：PR=URI=12V0.5A=6W，故C正确；（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡L的功率最小，因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，此时电路中的电流：I=0.25A，灯泡的最小电功率：PL=I2RL=（0.25A）212

18、=0.75W，故D错误故选C【分析】（1）S断开时，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知电压表的示数（2）S闭合后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，为保证各器件安全，电压表的最大示数和灯泡的额定电压相等，此时灯泡正常发光，根据P=求出灯泡的电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，再利用P=UI求出变阻器R消耗的电功率；（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡L的功率最小，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，最后利用P=I2R求出灯泡的最小电功率10如图，是某煤气泄漏检测装置的简化电路，其中电源电压保持不变，R0为定值电阻

19、，R为气体传感器电阻，其阻值随煤气浓度的增大而减小，闭合开关，下列说法中正确的是（） A.煤气密度增大时，电流表的示数将变小B.煤气密度增大时，电压表的示数将变小C.煤气密度减小时，电路消耗的电功率将变小D.煤气浓度减小时，电压表与电流表示数的比值略变大【答案】C 【解析】【解答】解：（1）当煤气密度增大时，气体传感器电阻变小，电路中的总电阻变小，I= ，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A不正确；U=IR，定值电阻R0两端的电压变大，故B不正确；2）当煤气密度减小时，气体传感器电阻变大，电路中的总电阻变大，I= ，电路中的电流变小，P=UI，且电源的电压保持不变，电路消耗的电功率将变小

20、，故C正确；电压表与电流表示数的比值等于定值电阻R0的阻值，电压表与电流表示数的比值不变，故D不正确故选C【分析】根据题意得出煤气密度变化时气体传感器电阻的变化，电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电流表示数的变化和电压表示数的变化，根据P=UI可知电路消耗电功率的变化，利用欧姆定律可知电压表与电流表示数比值的变化11关于家里的用电器，下列数据最符合实际的是（ ） A.白炽灯的正常工作电流约为0.1AB.遥控器的干电池电压约为220VC.空调制冷时的功率约为10WD.电扇正常工作1h耗电约为1KWh【答案】A 【解析】【解答】解：A、白炽灯的额定功率为40W，正常工作电流约为I= = 0.18

21、A，0.1A相差不大，故A符合实际； B、遥控器的干电池电压约为1.5V，故B不符合实际；C、空调制冷时的功率约为1000W，故C不符合实际；D、电扇的额定功率为100W，正常工作1h耗电约为W=Pt=0.1KW1h=0.11KWh，故D不符合实际故选A【分析】做这种题目，要对一些常见的物理量要有一定的估测能力，根据生活常识和必要的计算去判断题目的对错12图是某家用电热器内部电路结构图，其中R1 、R2 为加热电阻丝（R1 R2 ）。下列关于电阻丝的四种连接方式，可使电热器提供不同的发热功率，其中大小说法正确的是（ ）A.甲的连接方式干路电流最小B.乙的连接方式总电阻最小C.丙的连接方式消耗电

22、能最多D.丁的连接方式发热功率最大【答案】D 【解析】【解答】由图示可知，甲种接法时，只有电阻R2连入电路；乙种接法时，两电阻是串联的；丙种接法时，只有电阻R1连入电路；丁种接法时，两电阻并联；故可知丁种接法时总电阻最小，消耗的电能最多，发热功率最大，BC不符合题意，D符合题意；乙种接法总电阻最大，干路中的电流是最小的，A不符合题意；故答案为：D。【分析】先根据四种不同连接方式确定电路的连接情况，从而判断电路中电阻大小，由欧姆定律判断电路中电流大小，当电源电压不变，由P=判断电路消耗电功率大小，由W=Pt分析消耗电能的多少.13现有一个电压不变的电源，两个定值电R1、R2 先将这两个电阻以某种

23、形式连接到电源上，R1消耗功率为P0；再将它们以另一种形式连接到该电源上，R1消耗功率为9P0 两种连接形式中均有电流通过R2 ， 则先后两种连接形式中（ ） A. 两端的电压比为1：2B. 两端的电压比为1：3C. 消耗的功率比为1：9D. 消耗的功率比为2：9【答案】 B 【解析】【解答】（1）将这两个电阻以某种形式连接到电源上，R1消耗功率为：P0= - 另一种形式连接到该电源上R1消耗功率为：9P0= -由可得： =9 ，解得R1两端的电压比为：U1：U1=1：3，A不符合题意、B符合题意；因为R1、R2接到同一电源上，且第2次R1两端的电压更大，所以，第一种以串联方式连接；第2次以并

24、联方式连接，如下图：则由并联电路的特点和前面的解答可得，电源电压U=U1=3U1；因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以，串联时，R2两端的电压U2=U-U1=3U1-U1=2U1 ， 并联时，R2两端的电压U2=U=3U1；则第一种连接时，R2消耗的功率：P2= ；第二种连接时，R2消耗的功率：P2= ；则 = =（ ）2=（ ）2= ，C、D不符合题意。故答案为：B。【分析】根据 P=表示出两种情况下R1消耗的电功率，然后求出R1两端的电压关系；根据并联电路的电压特点可知电源的电压，进一步可知连接方式，根据串联电路的电压特点求出串联时R2两端的电压，根据P=表示出R2消耗的电功率，进

25、一步得出两次功率之比.14电能表的表盘如图所示，关于电能表下列说法正确的是 A.正常工作时，额定功率为220VB.表盘每转600圈电路耗电1kWhC.同时消耗的总功率不能超过2200WD.电路消耗的总电能是3145kWh【答案】B 【解析】【解答】解：A、正常工作时，额定电压为220V，故A错；B、表盘每转600圈电路耗电1kWh，故B正确；C、同时消耗的总功率不能超过P=UI=220V20A=4400W，故C错；D、表盘上的数字的最后一位是小数，电路消耗的总电能是314.5kWh，故D错。故选B。【分析】理解电能表的表盘上各个物理量的意义。15下列用电器正常工作时电流最接近0.05安的是（

26、） A.空调B.洗衣机C.电视机D.节能灯【答案】D 【解析】【解答】家用电器的额定电压都是220V，若电流是0.05A，即此时的功率是：P UI 220V0.05A 11W；空调功率在1kW左右；洗衣机的功率500W左右；节能灯的功率在十几瓦左右；电视机在100W左右.故答案为：D.【分析】先由P=UI计算用电器的功率，再根据对常用电器的功率的认识判断即可.16家用饮水机是一种双温电热器，其工作原理可简化为如图所示的电路，R1为定值电阻，R2为电热板，R1=3R2 ， a、b是温控开关S的两个触点，调节S可使饮水机处于加热或保温状态。则饮水机在加热与保温状态时R2消耗的电功率之比及有关说法正

27、确的是（ ） A.4：1，S与a点接触时处于保温状态B.16:1，S与a点接触时处于保温状态C.4：1，S与b点接触时处于保温状态D.16：1，S与b点接触时处于保温状态【答案】 B 【解析】【解答】当S接b时是加热状态，此时R2电功率为 ， 当S接a时，电路串联，处于保温状态，R2的电功率为 ， 则P1:P2=16:1，B符合题意。 故答案为：B. 【分析】根据电阻串联时，总电功率减小，根据电压和电阻可以计算电功率，根据电流和电阻可以计算电功率大小。17甲用电器标有“220V 20W”，乙用电器标有“220V 60W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是（ ） A.甲用电器做功一定

28、多B.做相同的功，甲用电器用的时间一定少C.乙用电器做功一定多D.相同时间内，乙用电器做的功一定多【答案】 D 【解析】【解答】解：额定电压下，甲用电器的电功率为20W，乙用电器的功率为60W。 AC、由WPt可知，电流做功的多少与通电时间有关，AC不正确；B、根据t 可知，完成相同的功，乙用电器所用的时间一定少，B不正确；D根据WPt可知，相同时间内，乙用电器完成的功一定多，D符合题意。故答案为：D。【分析】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量；（2）额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据WPt比较电功和时间之间的关系。18如图所示的四个电路中，电源电压U相同，R1R2 ， 电路消耗的

29、总功率由大到小的顺序是（ ）A.甲、乙、丙、丁B.丁、丙、乙、甲C.丁、甲、乙、丙D.丙、乙、甲、丁【答案】 C 【解析】【分析】根据串并联电路电阻特点可知，两电阻并联时总电阻最小，两电阻串联时总电阻最大；根据P=可知，电压不变时，电阻越小，电路消耗的电功率越大，反之越大【解答】（1）两个电阻串联时，总电阻等于各分电阻之和，即总电阻越串越大，大于任何一个分电阻；并联时，总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即总电阻越并越小，小于任何一个分电阻；所以甲、乙、丙、丁四个电路两端电压相等，电阻关系为R丙R乙R甲R丁 （2）根据P=可知，四个电路的总功率关系为P丙P乙P甲P丁 故答案为：丁甲乙丙【点评】本

30、题考查了利用串并联电路电阻特点和电功率公式解决简单问题的能力掌握电阻的串联，相当于导体的长度变长，电阻变大；电阻的并联，相当于增大横截面积，减小电阻是解决本题的关键19如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片向左移动时，下列判断正确的是（ ） A.电路总功率变小B.电压表示数变大C.电压表与电流表示数的比值不变D.电流表示数变大【答案】 A 【解析】【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流， 因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，B不符合题意；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过

31、R的电流不变，当滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，由I可知，通过滑动变阻器的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小，D不符合题意；电压表的示数不变、电流表A的示数变小，则电压表与电流表示数的比值变大，C不符合题意；电源电压保持不变，干路电流变小，由PUI可知，电路总功率变小，A符合题意。故答案为：A。 【分析】结合电路图，理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R的电流变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过变阻器电流的变化，再利用并联电路的电流特点可

32、知干路电流的变化，进一步得出电压表与电流表示数的比值变化，根据P=UI可知电路总功率的变化.20下列估测与事实最接近的是（ ） A.完整播放一遍我国国歌的时间约为50sB.一本九年级物理课本的质量约为25gC.家用电冰箱一天消耗的电能约为24kWhD.初中生小美站立在水平地面上对水平地面的压强约为500Pa【答案】 A 【解析】【解答】解：A、完整播放一遍我国国歌的时间约为50s，符合实际；A符合题意； B、一本九年级物理课本的质量约为250g，B不符合题意；C、家用电冰箱一天消耗的电能约0.6kWh左右，C不符合题意；D、初中生小美站立在水平地面上对水平地面的压强约：每只鞋的底面积大约为200cm2 ， 即0.02m2；中学生的体重大约为50kg，压力FGmg50kg10N/kg500N，压强P 1.25104Pa；D不符合题意。故答案为：A。 【分析】利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法，叫估测法，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算.