挑战30 广西卷（广西各市共36题）（解析版）-2022年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编

年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战30广西卷（广西各市共36题）题型统计：选择题填空题实验题计算题合计电学综合537419力学综合352515热、电、力综合00022合计8891136一．选择题（共8小题）1．（2022•玉林）已知甲电阻是乙电阻的3倍，若分别对甲、乙两种导体通电，通过甲、乙两导体的电流之比为2：3，则甲、乙的功率之比为（）A．2：1 B．2：3 C．4：3 D．9：2【答案】C。【解答】解：由题意可知，R甲＝3R乙，甲、乙两导体的电流之比为I甲：I乙＝2：3，则甲、乙的功率之比＝＝×＝×3＝×3＝。故选：C。2．（2022•梧州）如图为自动测定油箱内油量的装置原理图，电源电压为36V，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～36V。油箱中的油量是通过电流表或电压表的示数反映出来的，且表的最大量程对应油箱最大油量，当油箱内的油面在最高或最低位置时，滑动变阻器的滑片P恰好能分别滑至两端，当油面达到最低位置时，反映油量的电表示数为最大量程的。下列说法错误的是（）A．R0阻值为60Ω B．滑动变阻器的阻值变化范围为0～300Ω C．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电压表的示数为21V D．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数为0.17A【答案】C。【解答】解：A、由图可知：油箱内油面达到最高（或最低）位置时，滑动变阻器接入电路的阻值为零，根据I＝可知；电流表的示数最大，由于电压表测量滑动变阻器两端的电压，则电压表为零；根据要求可知：表的最大量程对应油箱的最大油量，所以反映油量的电表是电流表；滑动变阻器接入电路的阻值为零，电流表的示数最大，根据I＝可知：校准电阻R0的阻值应为R0＝＝＝60Ω，故A正确；B、当油箱内油面达到最低位置时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路的电流最小；根据反映油量的电表的最大示数为最大量程的可知：I最小＝×0.6A＝0.1A，根据I＝可知电路总电阻：R总＝＝＝360Ω；根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可知：滑动变阻器的最大阻值为R大＝R总﹣R0＝360Ω﹣60Ω＝300Ω；所以滑动变阻器的阻值变化范围为0～300Ω，故B正确；CD、当滑动变阻器的滑片P在中点时，电路中的总电阻为：R串＝+R0＝+60Ω＝210Ω，根据I＝可知，电路中的电流为：I串＝＝≈0.17A，即电流表示数为0.17A，故D正确；此时滑动变阻器两端的电压为：UV＝I串×＝0.17A×＝25.5V，即电压表示数为25.5V，故C错误。故选：C。3．（2022•贵港）如图所示，水平桌面上放置两个相同的容器，甲中有一小物块悬浮于水中，乙中有一个小球漂浮在水面上，此时容器内水面高度相同。则下列说法正确的是（）A．两个容器对桌面的压强关系：p甲＜p乙 B．水对两个容器底部的压力关系：F甲＞F乙 C．如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，小物块受到的浮力变小 D．如果向乙中加入盐水并搅拌均匀，小球受到的浮力变大【答案】C。【解答】解：AB、当物体处于漂浮和悬浮时，浮力等于物体所受重力，由阿基米德原理可知，两物体排开水的重力等于各自的重力，因为是柱形容器，所以水对容器底的压力等于容器内水和物体排开水的重力之和，都等于容器内只盛有同深度的水时水对容器底的压力，由于容器内水面高度相同，所以水对两个容器底部压力相等，容器内水和物体排开水的重力相等，根据p＝知两个容器对桌面的压强关系，即p甲＝p乙，F甲＝F乙，故AB错误；C、如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，排开液体的体积不变，根据F浮＝ρgV排可知物块受到的浮力变小，故C正确；D、小球漂浮在乙容器中，向乙容器中加入盐水，液体密度增大，小球仍然漂浮在液面上，那么小球受到的浮力等于小球的重力，小球的重力没变，小球受到的浮力不变，故D不变。故选：C。4．（2022•贵港）如图所示是电阻甲和乙的I﹣U图像，下列选项对图像信息判断错误的是（）A．甲是一个定值电阻，阻值为5Ω B．当乙两端的电压为2.5V时，其阻值为5Ω C．将甲和乙串联，若电路中电流为0.3A.则电路的总功率为0.6W D．将甲和乙并联，若电源电压为1V，则干路中的电流为0.3A【答案】D。【解答】解：A.由图像可知，甲的U﹣I图像是过原点的倾斜直线，说明甲的电流与电压成正比，即甲是定值电阻，当U甲＝3V时，通过的电流I甲＝0.6A，由I＝可得，甲的阻值R甲＝＝＝5Ω，故A正确；B．由图像可知，当乙两端电压为2.5V时，通过乙的电流为0.5A，则R乙＝＝＝5Ω，故B正确；C、由图像可以看出，当电路电流为0.3A时，甲两端的电压为1.5V，乙两端的电压为0.5V，根据串联电路电压的规律知，电源电压为1.5V+0.5V＝2V，此时电路的总功率为P＝UI＝2V×0.3A＝0.6W，故C正确；D、并联电路各支路两端的电压相等，根据图像可知甲、乙两端的电压为1V时通过它们的电流分别为：I甲＝0.2A、I乙＝0.4A，因为并联电路干路中的电流等于各支路电流之和，所以干路中的电流为：I＝I甲+I乙＝0.2A+0.4A＝0.6A，故D错误。故选：D。5．（2022•桂林）如图所示，底面积和质量都相同的甲、乙两个规则容器（容器厚度不计），装有质量相同的A、B两种液体，放在水平桌面上，液面高度相同，若液体对容器底部的压强分别为pA、pB，液体对容器底部的压力分别为FA、FB；容器对桌面的压强分别为p甲、p乙，容器对桌面的压力分别为F甲、F乙，则它们的大小关系正确的是（）A．pA＞pB，FA＞FB；p甲＝p乙，F甲＝F乙 B．pA＜pB，FA＜FB；p甲＝p乙，F甲＝F乙 C．pA＝pB，FA＝FB；p甲＞p乙，F甲＞F乙 D．pA＜pB，FA＜FB；p甲＞p乙，F甲＞F乙【答案】B。【解答】解：由题意可知，A、B两容器内液体的深度和质量相等，由图可知，A容器内液体的体积大于B容器内液体的体积，由ρ＝可知，两容器内液体的密度关系为ρA＜ρB，由p＝ρgh可知，液体对容器底部的压强关系为pA＜pB，因两容器的底面积相等，所以，由p＝的变形式F＝pS可知，液体对容器底部的压力关系为FA＜FB；又因水平面上物体的压力和自身的重力相等，且两容器的质量和液体的质量相等，由G＝mg知总重力相等，对桌面的压力也相等，即F甲＝F乙；所以，由p＝可知，容器对桌面的压强p甲＝p乙，故B正确。故选：B。6．（2022•广西）在“天宫课堂”中，航天员王亚平展示了“浮力消失”的实验。在中国空间站微重力环境中，她用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球静止不动，如图甲所示。在中国科技馆的同学们做了同样的实验，乒乓球却迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。下列说法中正确的是（）A．图甲中，乒乓球的质量为零 B．图甲中，水所受的重力几乎为零，因此“浮力消失” C．图乙中，乒乓球上浮时所受的浮力小于所受的重力 D．图乙中，乒乓球上浮时水对容器底部的压强变大【答案】B。【解答】解：A，质量是物体所含物质的多少，跟物体所处的位置、状态无关，则乒乓球在太空时的质量不变，故A错误；B、在微重力环境中，水所受的重力几乎为零，根据乒乓球静止不动，则乒乓球所受浮力也几乎为零，即浮力消失，故B正确；C、在科技馆里，乒乓球浸没在水中后去掉吸管迅速上浮，说明乒乓球所受浮力大于重力，且逐渐减小，最后等于重力而处于漂浮状态，故C错误；D、乒乓球在上浮过程中，还没露出水面前，浮力不变，液面距离容器底的高度不变，由p＝ρgh可知，水对容器底的压强不变；露出水面后，浮力仍大于重力，随着乒乓球的上升，浮力减小，则排开水的体积减小，水面距离容器底的高度减小，则水对容器底的压强减小，故D错误。故选：B。7．（2022•百色）如图所示电路，电源电压保持不变，R1为定值电阻。开关S闭合后，将滑动变阻器R2的滑动触头向右移动时，下列说法正确的是（）A．电压表V的示数变小 B．电流表A的示数变小 C．电流表A1的示数变小 D．滑动变阻器R2消耗的电功率变大【答案】B。【解答】解：由电路图可知，开关S闭合后，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，电压表V测电源两端的电压。AC.因电源的电压保持不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变，故A错误；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R1支路的电流不变，即电流表A1的示数不变，故C错误；BD.将滑动变阻器R2的滑动触头向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过R2的电流变小，而变阻器两端的电压不变（等于电源电压），则由P＝UI可知，滑动变阻器R2消耗的电功率变小，故D错误；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，故B正确。故选：B。8．（2022•河池）如图甲所示的电路，R0为定值电阻，闭合开关，调节滑动变阻器R的阻值，记录电压表、电流表的示数，作出U﹣I关系图象如图乙①所示。已知某小灯泡的U﹣I图象如图乙②所示，现用该小灯泡替换图甲中的滑动变阻器，电路其他元件不变。则此时小灯泡的实际功率为（）A．0.1W B．0.2W C．0.3W D．0.75W【答案】B。【解答】解：由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器R两端的电压，电流表测量电路中的电流；当滑动变阻器滑片移到最左端时，滑动变阻器被短路，电压表示数为0，由图乙可知，此时电路中的电流I＝0.3A，根据欧姆定律可得，电源电压U＝IR0＝0.3A×R0——————①由图乙可知，当电流表示数为I1＝0.2A时，电压表示数为UR＝1V，根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得，电源电压U＝UR+I1R0＝1V+0.2A×R0——————②联立①②两式可得，电源电压U＝3V，定值电阻R0＝10Ω；用小灯泡替换图甲中的滑动变阻器，电路其他元件不变，则小灯泡与定值电阻R0串联，根据串联电路特点结合图乙可知，当电路中的电流I′＝0.2A，小灯泡两端电压为UL＝1V时，电源电压U＝UL+I′R0＝1V+0.2A×10Ω＝3V，满足要求；此时小灯泡的实际功率PL＝ULI′＝1V×0.2A＝0.2W。故选：B。二．填空题（共8小题）9．（2022•梧州）如图所示，所受重力为50N、底面积为250cm2的长方体A放在水平面上；一薄壁圆柱形容器B也置于水平面上，该容器足够高，底面积为100cm2，内盛有4kg的水。若将一质地均匀的物体C分别放在长方体A的上面和浸没在容器B的水中时，长方体A对水平面的压强变化量和水对容器B底部的压强变化量相等。则未放上物体C前，长方体A对水平面的压强为2×103Pa，物体C的密度为2.5×103kg/m3。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）【答案】2×103；2.5×103。【解答】解：长方体对地面的压力等于长方体的重力，即F＝G＝50N，未放上物体C时，长方体A对水平地面的压强为：p＝＝＝2×103Pa；设物体C的质量为m，则长方体A对地面压强的增加量ΔpA＝＝，水对容器B底部压强增加量ΔpB＝ρ水Δhg＝ρ水g，根据△pA＝△pB，则＝ρ水g，所以，物体的密度：ρC＝＝＝＝2.5×103kg/m3。故答案为：2×103；2.5×103。10．（2022•梧州）如图所示，工人师傅用250N的拉力，使重为2000N的物体以0.2m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动，已知物体在运动时受到地面的摩擦力为物重的0.2倍，动滑轮受到的重力为80N，则工人师傅拉力的功率为100W，该滑轮组的机械效率为80%。【答案】100；80%。【解答】解：（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2，则绳子自由端移动的速度：v绳＝nv物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，工人师傅拉力的功率：P＝＝＝Fv绳＝250N×0.4m/s＝100W；（2）若物重增大到2000N，物体在运动时受到地面的摩擦力：f′＝0.2G＝0.2×2000N＝400N，克服物体在运动时受到地面的摩擦力和动滑轮重力所做的功为总功，即W总＝（f′+G动）s物，克服物体在运动时受到地面的摩擦力所做的功为有用功，即W有＝f′s物，则滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。故答案为：100；80%。11．（2022•柳州）如图电路，电阻R1、R2、R3的阻值分别为R、2R、3R，为二极管（二极管具有单向导电性，只允许电流从其正极向负极通过，不允许电流反方向通过，如同自动开关）。闭合开关S，接入电路的总电阻为5R。现将电源正负极对调再接回原位置，则前后两种情况R2消耗的功率之比为9：25。【答案】5R；9：25。【解答】解：（1）由图结合二极管的单向导电性可知，闭合开关S时，电阻R2、R3串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Ra＝R2+R3＝2R+3R＝5R；（2）由图结合二极管的单向导电性可知，将电源正负极对调再接回原位置时，电阻R1、R2串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Rb＝R1+R2＝R+2R＝3R，由P＝UI＝可知，前后两种情况R2消耗的功率之比：＝＝＝（）2＝（）2＝（）2＝（）2＝。故答案为：5R；9：25。12．（2022•贵港）如图所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S、S1，断开开关S2，在滑动变阻器的滑片P从a端移动到b端的过程中，电压表示数变化范围是4～12V，电流表示数变化范围是0.4～1.2A，则电源电压是12V；闭合开关S、S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片从a端移动到中点时，小灯泡L恰好正常发光，此过程中电路最大功率和最小功率之比为4：3，则小灯泡L的额定功率是3.2W。（不计温度对灯丝电阻的影响）【答案】12；3.2。【解答】解：（1）由电路图可知，闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R2和定值电阻R1串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表测电路中的电流；由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，此时电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，电压表的示数最大，因此电源电压U＝12V；定值电阻R1的阻值：R1＝＝＝10Ω，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，此时电路中的总电阻：R总大＝＝＝30Ω，由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器的最大阻值：R大＝R总大﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；（2）闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R2和灯泡L串联，电压表测L两端的电压；由P＝UI＝和串联电路的电阻特点可知，电路最大功率和最小功率之比：＝＝＝＝，解得：RL＝20Ω；由题意可知，小灯泡L恰好正常发光时，电路中的电流：I＝＝＝＝0.4A，因此小灯泡L的额定功率：PL＝I2R0＝（0.4A）2×20Ω＝3.2W。故答案为：12；3.2。13．（2022•桂林）在物理兴趣小组的活动中，小桂按如图所示的电路图连接电路，电源电压恒定为10V，R0为滑动变阻器，R、Rx为定值电阻，且R＜Rx，R＝15Ω。闭合开关S前，应将R0的滑片移动至最右（选填“左”或“右”）端；闭合开关S，将滑片移至某点固定不动，当开关S1由a点切换到b点时，电压表示数变化了0.5V，电流表示数变化了0.1A，则Rx＝20Ω。【答案】右；20。【解答】解（1）根据保护电路的要求，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片要移到电阻最大处，故应将R0的滑片移动至最右端；（2）由题意知：当开关S1由a点切换到b点时，电压表示数变化了0.5V，电流表示数变化了0.1A，因为R＜Rx，所以，电压表示数增大了0.5V，电流表示数减小了0.1A，又因为电源电压不变，所以，滑动变阻器R0的电压减小了0.5V；因为滑片移至某点固定不动，所以，R0＝＝＝5Ω，当开关S1接触a点时：Ia＝＝＝0.5A，当开关S1接触b点时：Ib＝Ia﹣0.1A＝0.4A，Ib＝，即：0.4A＝，解得：Rx＝20Ω。故答案为：右；20。14．（2022•广西）质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙沿水平方向切去高度Δh，剩余部分对地面的压强p与Δh的关系如图所示，已知ρ甲＝8×103kg/m3，乙的边长为20cm，则乙的密度是3×103kg/m3，甲的质量是8kg，图中A点横坐标是4。【答案】3×103；8；4。【解答】解：（1）乙的底面积为：S乙＝（h乙）2＝（0.2m）2＝0.04m2，乙的体积为：V乙＝（h乙）3＝（0.2m）3＝0.008m3，由图可知，切之前乙对地面的压强为：p乙0＝6×103Pa，放在水平地面上物体对水平面的压力等于重力，所以乙的重力为：G乙＝F乙＝p乙0S＝6×103Pa×0.04m2＝240N，由G＝mg＝ρVg可知，乙的密度为：ρ乙＝＝＝3×103kg/m3；（2）由图可知，甲的边长为：h甲＝10cm＝0.1m，则甲的体积为：V甲＝（h甲）3＝（0.1m）3＝0.001m3，所以甲的质量为：m甲＝ρ甲V甲＝8×103kg/m3×0.001m3＝8kg；（3）图中A点表示将甲、乙沿水平方向切去高度均为Δh时，剩余部分对地面的压强相等，即：p甲'＝p乙'，由p＝＝＝＝＝＝ρhg可知，ρ甲h甲'g＝ρ乙h乙'g，则：ρ甲（h甲﹣Δh）g＝ρ乙（h乙﹣Δh）g，即：8×103kg/m3×（0.1m﹣Δh）×10N/kg＝3×103kg/m3×（0.2m﹣Δh）×10N/kg，解得：Δh＝0.04m＝4cm，所以p甲'＝p乙'＝3×103kg/m3×（0.2m﹣0.04m）×10N/kg＝4.8×103Pa，故A点的坐标为：（4，4.8），即A点的横坐标为4。故答案为：3×103；8；4。15．（2022•贺州）如图所示，水平桌面上甲、乙两容器底面积均为0.01m2，甲容器内盛有体积为3×10﹣3m3的水，乙容器内盛有深度为0.35m的酒精，则甲容器内水的质量为3kg；从甲、乙两容器内抽出0.1m相同高度的液体后，液体对两容器底部压强相等。【答案】3；0.1。【解答】解：（1）甲容器内盛有体积为3×10﹣3m3的水，则甲容器内水的质量为：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×3×10﹣3m3＝3kg；（2）甲、乙两容器底面积均为0.01m2，乙容器内盛有深度为0.35m的酒精，则酒精的体积V酒＝0.01m2×0.35m＝3.5×10﹣3m3，则乙容器内酒精的质量为：m酒＝ρ酒V酒＝0.8×103kg/m3×3.5×10﹣3m3＝2.8kg；根据体积的公式，V＝，V＝Sh，可以看出，当两容器中的液体体积减小相同的量时，在密度关系、底面积关系不变的情况下，液体的质量m和液体的深度h都会发生相应的变化，这样才有可能使两容器内液体对容器底部的压强相等，故应从甲、乙容器内抽出相同体积的液体，由于甲、乙容器完全一样，所以从甲、乙两容器内抽出液体的高度相同，设从甲、乙两容器内抽出液体的高度为h；此时液体对两容器底部的压强相等，根据公式p＝＝可知，此时水和酒精的重力是相同的，即m水g﹣ρ水gSh＝m酒g﹣ρ酒gSh，即：3kg×10N/kg﹣1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h＝2.8kg×10N/kg﹣0.8×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h，解得：h＝0.1m。故答案为：3；0.1。16．（2022•贵港）如图所示，水平地面上放置A、B两个质地均匀的长方体物块，高度之比hA：hB＝5：3，底面积之比SA：SB＝1：3，它们对地面的压强之比pA：pB＝5：3，则它们的密度之比ρA：ρB＝1：1。若从A的上部沿水平方向截取高为h的部分，并将截取部分叠放在B的正中央，A剩余部分对地面的压强与叠放后B对地面的压强相等，则截取部分与A物块原有高度之比h：hA＝3：10。【答案】1：1；3：10。【解答】解：（1）根据F＝pS，A对地面的压力和B对地面的压力之比FA：FB＝pASA：pBSB＝＝＝5：9；水平面上物块的压力和自身的重力相等，物块重力G＝mg＝ρVg＝ρShg，两圆柱体的重力之比GA：GB＝FA：FB＝5：9＝ρASAhAg：ρBSBhBg，所以ρA：ρB＝5SBhB：9SAhA＝＝＝1：1；（2）设截取部分与A物块原有高度之比为k，则h＝khA，则A截取部分的体积为khA×SA，质量为khA×SA×ρA，A剩余部分体积为（hA﹣khA）×SA，质量为（hA﹣khA）×SA×ρA；A剩余部分对地面的压强与叠放后B对地面的压强相等，即，得＝；因为hA：hB＝5：3，则hB＝hA，因为SA：SB＝1：3，则SB＝3SA，因为ρA：ρB＝1：1，则ρB＝ρA，代入等式得（hA﹣khA）×ρA＝khA×ρA+hA×ρA，解得k＝，截取部分与A物块原有高度之比h：hA＝3：10。故答案为：1：1；3：10。三．实验探究题（共9小题）17．（2022•贵港）小华做测量定值电阻Rx阻值的实验，现有器材：待测电阻Rx、两节干电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。（1）请按图甲所示的电路图，以笔画线代替导线，将图乙中的电路连接完整。（2）连接电路时，开关断开，并将滑动变阻器滑片置于阻值最大处。（3）正确连接电路，闭合开关，发现无论怎样移动滑片P，电流表都没有示数，而电压表示数接近3V，则故障可能是B（选填标号）。A.滑动变阻器断路B.Rx断路C.Rx短路（4）排除故障后，当电压表示数为1.3V时，电流表示数如图丙所示，则通过Rx的电流大小为0.26A，它的阻值是5Ω。（5）本实验要多次测量取平均值，目的是减小误差。（6）小华对实验进行进一步拓展，利用电源（电压未知但恒定不变）、阻值为R0的定值电阻、电流表、开关等器材，设计了如图丁所示的电路也能测出Rx的阻值，请你完成下列实验步骤：①按电路图正确连接电路，闭合开关S，断开开关S1，读出电流表示数I1；②再闭合开关S1，读出电流表示数I2；③根据实验数据，计算出待测电阻Rx＝。（用R0、I1、I2表示）【答案】（1）见解答图；（2）最大；（3）B；（4）0.26；5；（5）减小误差；（6）再闭合开关S1；。【解答】解：（1）滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，与待测电阻串联，如图所示：（2）为保护电路，连接电路时，开关断开，并将滑动变阻器滑片置于阻值最大处；（3）电流表示数没有，说明电路断开，电压表示数接近电源电压，说明电压表、电流表、滑动变阻器、开关与电源两极连通，所以电路故障可能是定值电阻断路，故B正确；（4）由图知，电流表量程为0A～0.6A，分度值为0.02A，读数为0.26A，则待测电阻：Rx＝＝＝5Ω；（5）为了使结果更加准确，应多测几次求平均值，这样可以减小误差；（6）①断开开关S，读出电流表示数I1，此时电阻R0两端的电压即为电源电压：U＝I1R0；②闭合开关S，电阻R0、Rx并联，读出电流表示数I2为电路总电流，因为电源电压不变，所以流过电阻R0电流不变，根据并联电路电流特点，流过电阻Rx的电流：Ix＝I2﹣I1；③电阻：Rx＝＝。故答案为：（1）见解答图；（2）最大；（3）B；（4）0.26；5；（5）减小误差；（6）再闭合开关S1；。18．（2022•桂林）小桂和小林在“探究并联电路中电流的规律”的实验中：（1）他们按如图甲的电路图连接电路，在图乙的实物图中还差一根导线没有连接，请在图中画出该条导线。（2）在实验过程中，L2突然熄灭，L1亮度不变，电路可能出现的故障是L2断路。（3）排除故障后，用电流表测出通过L1、L2和干路的电流，记录如下表，第三次实验时电流表A1指针指在如图丙的位置，其读数应为0.24A；小桂分析实验数据后得出结论：并联电路干路电流等于各支路电流之和，且各支路电流相等。小林认为小桂的结论可能不正确，为了验证这个结论是否正确，他们应该更换规格不同（选填“相同”或“不同”）的灯泡再次实验。实验次数123电流表A1的示数/A0.180.2电流表A2的示数/A0.180.2电流表A的示数/A0.360.4（4）本实验要进行多次实验的目的是寻找普遍规律。【答案】（1）见解答图；（2）断；（3）0.24；不同；（4）寻找普遍规律。【解答】解：（1）根据实物图可知，该电路为并联电路，电流表A2与L2先串联，再并联在L1和电流表A1的两端，见下图：；（2）由电路图知灯泡L1和L2并联，在实验过程中，L2突然熄灭，L1亮度不变，所以电路可能出现的故障是L2断路，若L2短路时，L1也会同时被短路，不会发光；（3）（4）由图丙知电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以电流表示数为0.24A；为了寻找普遍规律，应该换用不同规格的器材多次实验；之所以得出：并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，且各支路的电流相等，是因为选两个规格相同的小灯泡，该结论不具有普遍性。故答案为：（1）见解答图；（2）断；（3）0.24；不同；（4）寻找普遍规律。19．（2022•河池）某实验小组用伏安法测量待测电阻Rx的阻值，设计的实验电路如图甲所示。（1）根据图甲用笔画线代替导线将图乙的实物图补充完整；（2）该实验的原理是R＝；（3）某次测量时，电压表的示数为1.5V，电流表的示数为0.3A，则待测电阻的阻值为5Ω；实验时应多测几组数据，求电阻的平均值，目的是减小误差；（4）若撤去电压表和滑动变阻器，新增一个阻值为R0的定值电阻，利用如图丙所示的实验电路，也可以测量待测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；则待测电阻的阻值Rx＝（用R0、I1、I2表示）。【答案】（1）见解答图；（2）R＝；（3）5；减小误差；（4）②S2；③。【解答】解：（1）由电路图可知，变阻器选用左下接线柱与开关串联接入电路中，如下图所示：；（2）在伏安法测量待测电阻Rx的阻值实验中，用电压表测待测电阻Rx两端的电压，用电流表测通过待测电阻Rx的电流，根据R＝计算电阻，故该实验的原理是R＝；（3）某次测量时，电压表的示数为1.5V，电流表的示数为0.3A，则待测电阻的阻值为：R＝＝＝5Ω；为提高测量的准确程度，要多次测量求平均值减小误差；（4）实验步骤：①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；③在步骤①中，电路为只有R0的简单电路，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I1，根据欧姆定律可知电源电压为U＝I1R0；在步骤②中，R0和Rx串联，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I2，根据欧姆定律可知电源电压U＝I2（R0+Rx）；联立以上两式可得待测电阻的阻值Rx＝。故答案为：（1）见解答图；（2）R＝；（3）5；减小误差；（4）②S2；③。20．（2022•玉林）如图1甲所示是“测量小灯泡的电阻”的实验电路图。（1）请根据图1甲所示电路图，用笔画线代替导线完成图乙未连接好的实物电路（要求滑片P向右移动时小灯泡变亮）；（2）电路连接好后闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，小灯泡不亮，如果电路只有一个元件有故障，该故障可能是小灯泡短路；（3）排除故障后，继续进行实验，小灯泡正常发光时电压表示数如图1丙所示，其读数为2.5V；（4）根据实验数据，作出小灯泡工作时I﹣U的关系图像如图2所示，则小灯泡正常发光时的电阻为10Ω；（5）由图2可知，不同电压下，小灯泡电阻值不同，灯丝的电阻会随温度升高而变大；（6）若实验过程中发现电压表损坏，现增加一个已知阻值为R0的定值电阻和一个开关，设计如图3所示的电路，也能测出小灯泡正常发光时的电阻，其实验步骤如下：①闭合开关S，断开开关S1，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，并记录下来；②保持滑动变阻器滑片P的位置不动，闭合开关S和S1，记下此时电流表的示数为I1；③保持开关S和S1闭合，移动滑动变阻器的滑片至最右端，记下此时电流表的示数为I2；④则小灯泡正常发光时电阻的表达式为：R灯＝（用I额、I1、I2和R0表示）。【答案】（1）见解答图；（2）短路；（3）2.5；（4）10；（5）大；（6）。【解答】解：（1）滑片P向右移动时小灯泡变亮，说明电路中电流变大，变阻器阻值变小，故变阻器右下接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：；（2）电路连接好后闭合开关，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，小灯泡不亮，说明电压表并联的支路短路或电压表短路，如果电路只有一个元件有故障，该故障可能是小灯泡短路；（3）排除故障后，继续进行实验，小灯泡正常发光时电压表示数如图1丙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.5V；（4）由I﹣U的关系图像可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，小灯泡正常发光时的电阻为：R＝＝＝10Ω；（5）由I﹣U的关系图像可知，当灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也变大，根据P＝UI可知，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而变大；（6）实验步骤：①闭合开关S，断开开关S1，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，并记录下来；②保持滑动变阻器滑片P的位置不动，闭合开关S和S1，记下此时电流表的示数为I1；③保持开关S和S1闭合，移动滑动变阻器的滑片至最右端，记下此时电流表的示数为I2；④在步骤①中，R、R0和L串联在电路中，电流表测串联电路电流，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，此时灯泡正常发光；根据R＝可知，电路的总电阻为：R总＝；在步骤②中，R和R0串联在电路中，电流表测串联电路电流，保持滑动变阻器滑片P的位置不动，此时电流表的示数为I1，根据R＝可知，电路的总电阻为：R总1＝；在步骤③中，电路为只有R0的简单电路，此时电流表的示数为I2，根据U＝IR可知，电源电压为U源＝I2R0；由电阻的串联可知，小灯泡正常发光时电阻的表达式为：R灯＝R总﹣R总1＝﹣＝I2R0（﹣）＝。故答案为：（1）见解答图；（2）短路；（3）2.5；（4）10；（5）大；（6）。21．（2022•贺州）在“探究影响导体电阻大小的因素”中，小明猜想导体电阻大小可能与下列因素有关：A.导体的材料B.导体的长度C.导体的横截面积为了验证上述猜想，他用如图甲所示的器材进行实验，编号①②③是镍铬合金导体，④是锰铜导体。（1）实验前开关应处于断开状态。（2）选用①②两根导体分别接入电路进行实验，可验证猜想B（选填猜想因素选项“A”“B”或“C”）。（3）选用①④两根导体分别接入图中M、N两点间，闭合开关电流表的示数不同，可知在导体的长度和横截面积相同时，导体电阻大小跟导体的材料有关。（4）用②导体接在M、N两点间后，用电压表测出其两端电压如图乙所示，读数为2.2V，此时电路中电流表的示数为0.2A，则②导体的电阻为11Ω。【答案】（1）断开；（2）B；（3）材料；（4）2.2；11。【解答】解：（1）为了保护电路，实验前开关应处于断开状态；（2）选用①②两根导体分别接入电路进行实验，根据题意可知，①②两根导体材料、横截面积相同，而长度不同，所以是验证B电阻与导体长度的关系；（3）①④两根导体，长度、横截面积相同，材料不同，而电流表的示数不同，说明两导体的电阻不同，所以导体电阻大小跟导体的材料有关；（4）用②导体接在M、N两点间后，用电压表测出其两端电压如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V；此时电路中电流表的示数为0.2A，则②导体的电阻为：R＝＝＝11Ω。故答案为：（1）断开；（2）B；（3）材料；（4）2.2；11。22．（2022•柳州）小东学习了密度的有关知识后，做如下实验。（1）小东在实验室里测量玻璃珠的密度。①他将天平置于水平桌面，移动游码至标尺左端零点，调节平衡螺母使横梁平衡。②接着测量几个玻璃珠的质量，天平平衡时托盘中的砝码及游码的位置如图甲所示，则这些玻璃珠的质量为26.2g。③将这些玻璃珠放入量筒，量筒中水面变化如图乙所示，则玻璃珠的总体积为10cm3，玻璃珠的密度为2.62×103kg/m3。④小东按规范操作完成了实验，才发现天平横梁因磨损出现的缺口如图丙中A处所示，那么玻璃珠质量的测量值等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。（2）小东回到家里，想要测量家里的空气密度，器材有：未充气的新皮球（如图丁，皮球壁厚度忽略不计），电子秤，打气筒（每次能打出一筒体积为V0的空气）。已知皮球充气后如图戊所示，内部气压大于大气压。方法如下：ⅰ.用电子秤测出未充气的新皮球的质量m1；ⅱ.用打气筒给新皮球打入n筒空气后，皮球如图戊，用电子秤测出其质量m2；ⅲ.计算空气密度的表达式为ρ＝。由于空气浮力的影响，上述测量不够准确。仅用现有器材更准确地测量空气密度，需要增加一个步骤：再往球内打入n'筒空气，用电子秤测出其质量m3。用你增加步骤中测得的物理量及已测得的物理量计算空气密度，表达式为ρ'＝。【答案】（1）①水平；零；②26.2；③10；2.62×103；④等于；（2）；再往球内打入n'筒空气，用电子秤测出其质量m3；。【解答】解：（1）①把托盘天平放在水平桌面上，将标尺上的游码移到零刻度处，调节天平的平衡螺母使天平平衡；②由图甲可知，游码的分度值是0.2g，玻璃球的质量为：20g+5g+1.2g＝26.2g；③由图乙可知，水的体积为25cm3，水和玻璃球的总体积为35cm3，故玻璃球的体积：V＝V2﹣V1＝35cm3﹣25cm3＝10cm3，则玻璃球的密度：ρ＝＝＝2.62×103kg/m3；④天平横梁因磨损出现的缺口，调节平衡螺母后，天平左右两侧质量相等，测量物体质量时，左右两侧质量也相等，不影响测量结果，因此玻璃珠质量的测量值等于真实值；（2）iii、由题意可知，球内空气的体积：V气＝nV0，球内空气的质量：m气＝m2﹣m1，所以空气密度的表达式：ρ＝＝；此时球对电子秤的压力：F＝G总﹣F浮＝（m气+m球）g﹣F浮＝m2g……①当皮球内部气压大于大气压后，再充适量的空气后皮球的体积不变，由阿基米德原理可知皮球受到的空气浮力也不变，因此可以再往球内打入n'筒空气，用电子秤测出其质量m3，此时球对电子秤的压力：F'＝G总'﹣F浮＝（m气'+m球）g﹣F浮＝m3g……②由②﹣①可得，球内增加的空气质量：Δm＝m3﹣m2，球内增加的空气体积：ΔV＝n'V0，则空气的密度：ρ'＝＝。故答案为：（1）①水平；零；②26.2；③10；2.62×103；④等于；（2）；再往球内打入n'筒空气，用电子秤测出其质量m3；。23．（2022•百色）在探究电流与电阻关系的实验中，小华设计了如图甲所示的电路，定值电阻的阻值分别为10Ω、15Ω、20Ω、30Ω，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。（1）如图甲所示，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移到A端（选填“A”或“B”）。（2）闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，其原因可能是定值电阻短路（选填“断路”或“短路”）。（3）排除故障后，分别用10Ω、15Ω、20Ω的电阻进行实验，正确操作，记录的数据如下表所示，则实验中控制电压表的示数为3V不变。将10Ω的电阻换成15Ω后，为了保持电压表的示数不变，应将滑动变阻器的滑片向A端移动（选填“A”或“B”）。当使用30Ω的电阻做实验时，为了使电压表的示数与前三次相同，电源电压应不高于5V。实验次数1234R/Ω10152030I/A0.30.20.15（4）分析实验数据得出结论：当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比关系。（5）小华想利用图甲电路改做测定小灯泡电功率的实验：将图甲中的定值电阻更换为标有“3.8V”字样的小灯泡，重新连接电路。闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为3.8V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是1.52W。【答案】（1）A；（2）短路；（3）3；A；5；（4）反比；（5）3.8；1.52。【解答】解：（1）闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移至A端；此时电路中滑动变阻器达到最大值起到保护电路元件安全的作用；（2）闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，其原因可能是定值电阻短路。（3）①由表中数据，根据欧姆定律，电压表示数为：Uv＝IR＝0.3A×10Ω＝3V；②实验中应保持定值电阻两端的电压不变。当电阻由10Ω更换为15Ω时，根据串联分压特点可知，定值电阻两端的电压变大，为保证定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，故应将滑动变阻器的滑片向A端滑动；③由题知滑动变阻器最大值为20Ω，当使用30Ω的电阻进行实验时，若要保证定值电阻的电压不变，设电压表示数为数为Uv，根据串联电路电压规律和分压原理有：＝，即＝，解得：U＝5V；（4）分析表中数据有，当电阻为原来的几倍时，通过导体的电流为原来的几分之一，所以得出的结论是：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比；（5）小灯泡在额定电压下正常发光，即当电压表示数为3.8V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数为0.4A，根据公式P＝UI计算出小灯泡的额定电功率：P＝U额I额＝3.8V×0.4A＝1.52W；故答案为：（1）A；（2）短路；（3）3；A；5；（4）反比；（5）3.8；1.52。24．（2022•广西）在水果中平行插入两片不同金属制成的极板，就组成了一个水果电池，如图1所示。物理兴趣小组的同学在课外实践活动中探究影响水果电池电压大小的因素，实验前，他们的部分实验猜想如下：猜想一：水果电池电压可能与水果的种类有关猜想二：水果电池电压可能与极板的材料有关（1）为了验证猜想一和猜想二，在不同水果中插入不同金属制成的极板，并保持两块极板间的距离、极板插入水果的深度不变，分别测出电压，实验记录如下表所示。实验序号水果种类两极板间电压U/V铁﹣锌铁﹣铜铜﹣锌1苹果0.60.71.02菠萝0.50.60.93梨0.40.50.84橙0.70.81.1①为了验证猜想一，保持极板的材料不变，改变水果种类，多次实验后，得出结论：猜想一是正确（选填“正确”或“错误”）的。②分析数据可知，水果电池电压与极板材料有关，表中效果最好的两极板材料是铜﹣锌。③图1中，与电压表标有“3”字样的接线柱相连的极板是水果电池的正极，若要使电压表指针偏转角度更大，可将多个水果电池串联。（2）将两极板插入水果更深些，发现电压表示数发生了变化，由此，可以提出一个可探究的科学问题是水果电池电压可能与两极板插入水果的深度有关。（3）兴趣小组的同学将两极板都换成铜片，发现两铜极板间无电压，于是提出一个新的探究问题：水果的电阻是多大？为此，利用一个电源（未知电压）、已知阻值的定值电阻R0、导线、三个开关及原有的电压表进行电路设计，测出此时水果的电阻。请在虚线框内画出可行的电路图。（水果的电阻用这样的符号表示）【答案】（1）极板的材料；正确；铜﹣锌；正；串；（2）水果电池电压可能与两极板插入水果的深度有关；（3）答案不唯一，此答案仅供参考，如图所示。【解答】解：（1）①验证猜想一，保持极板材料不变，改变水果种类，表格中电压发生变化，说明猜想一正确；②分析数据可知，当水果种类相同时，铜﹣锌极板的电压比其他极板电压大，说明效果最好的材料是铜﹣锌材料；③电压表标有“3”字样的接线柱是正接线柱，所以与电压表标有“3”字样的接线柱相连的极板是水果电池的正极，若要使电压表指针偏转角度更大，可将多个水果电池串联；（2）将两极板插入水果更深些，发现电压表示数发生了变化，可以猜想水果电池电压可能与两极板插入水果的深度有关。（3）答案不唯一，此答案仅供参考。水果电阻和定值电阻串联，通过闭合开关S1、S2，断开S3，先测的电源电压，然后闭合开关S1、S3，断开S2，测的R0两端电压，根据串联电路的分压原理就可以求出水果的阻值，设计电路如图所示：。故答案为：（1）极板的材料；正确；铜﹣锌；正；串；（2）水果电池电压可能与两极板插入水果的深度有关；（3）答案不唯一，此答案仅供参考，如图所示。25．（2022•百色）在探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关的实验中，某实验小组选择如下器材：长木板、棉布、木块、砝码、弹簧测力计等进行实验。（1）根据二力平衡知识，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动时，木块所受滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。（2）比较图1中甲、乙两次实验可知，当接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。（3）实验中发现图1丙弹簧测力计的示数比图1甲的大，由此得出结论：当压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。（4）本实验主要采用的科学探究方法是控制变量法。（5）该小组将木块沿竖直方向切掉一半后重新进行实验，如图1丁所示，测得木块所受摩擦力与图1甲测得的摩擦力进行比较，得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积有关。此结论是错误的（选填“正确”或“错误”）。（6）该小组在实验中发现较难保持木块匀速运动，导致弹簧测力计示数不稳定。于是他们改进实验，如图2所示，固定弹簧测力计，拉动长木板进行实验。实验过程不需要匀速拉动长木板，更易操作（选填“需要”或“不需要”）。【答案】（1）二力平衡；匀速直线；（2）甲、乙；（3）粗糙；（4）控制变量；（5）错误；（6）不需要。【解答】解：（1）实验中，应在水平方向拉着木块做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡，滑动摩擦力大小等于拉力大小，即等于弹簧测力计示数；（2）甲、乙两图接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，测力计的示数不同，可得滑动摩擦力的大小与压力大小有关，且接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；（3）甲图和丙图所示实验，压力大小相同，接触面的粗糙程度不同，测力计的示数不同，说明了滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关；（4）本实验主要采用的科学探究方法是控制变量法；（5）由图甲、丁所示实验，发现实验丁弹簧测力计的示数小于实验甲中弹簧测力计的示数，不能得出滑动摩擦力大小与接触面积的大小有关，因为接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同，由于没有控制物体间的压力相同，所以他的结论是错误的；（6）用图2进行实验时，无论长木板是否做匀速直线运动，木块都处于静止状态，受拉力与摩擦力平衡，拉力等于摩擦力，并且容易读数。故答案为：（1）二力平衡；匀速直线；（2）甲、乙；（3）粗糙；（4）控制变量；（5）错误；（6）不需要。四．计算题（共11小题）26．（2022•梧州）如图甲所示，一弹簧下端固定在容器的底部，上端与一个重为20N的正方体相连，此时水的深度为0.2m，弹簧的伸长量为4cm。在弹性限度内，弹簧产生的弹力F与其伸长量x之间的关系如图乙所示。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）求：（1）正方体的质量；（2）水对容器底部的压强；（3）正方体浸在水中的体积。【解答】解：（1）由G＝mg可得，正方体的质量：m＝＝＝2kg；（2）水对容器底部的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2000Pa；（3）由图乙可知，弹簧产生的弹力F与其伸长量x成正比，且F＝4N时，伸长量x＝2cm，设弹簧的伸长量为4cm时弹簧产生的弹力为F′，则有：＝，解得：F′＝8N，此时正方体受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、弹簧的拉力作用处于平衡状态，由正方体受到的合力为零可得：F浮＝G+F′＝20N+8N＝28N，由F浮＝ρ液gV排可得，正方体浸在水中的体积：V浸＝V排＝＝＝2.8×10﹣3m3。答：（1）正方体的质量为2kg；（2）水对容器底部的压强为2000Pa；（3）正方体浸在水中的体积为2.8×10﹣3m3。27．（2022•贵港）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，电压表量程可选，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R2标有“1A”字样，最大阻值未知。闭合开关S1、S3，断开开关S2，将滑动变阻器R2的滑片P从b端移动到a端，得R1的“U﹣I”关系图像如图乙所示。（1）求电阻R1的阻值和R2的最大阻值；（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，求R3通电50s产生的电热；（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，求电路总功率的变化范围。【解答】解：（1）闭合开关S1、S3，断开开关S2，滑动变阻器R2和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流，当滑动变阻器R2的滑片P在a端时，滑动变阻器的电阻为零，电路中只有电阻R1接入电路，它两端的电压最大，为电源电压，由图乙知电源电压为6V；当滑动变阻器R2的滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙知此时R1的两端的电压为1V，电路中的电流为0.1A；由I＝知电阻R1的阻值为：R1＝＝＝10Ω；串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压最大为：U2＝U﹣U1＝6V﹣1V＝5V，滑动变阻器R2的最大阻值为：R2＝＝＝50Ω；（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，滑动变阻器的最大电阻与定值电阻R3并联，电流表测量电路中的总电流；通过R2的的电流为：I2＝＝＝0.12A，由并联电路电流的规律知通过R3的的电流为：I3＝I﹣I2＝0.42A﹣0.12A＝0.3A，R3通电50s产生的电热为：Q3＝W＝UI3t＝6V×0.3A×50s＝90J；（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2时，由电压表的量程为0～3V知，定值电阻两端的电压最大为3V，电路中的最大电流为：I大＝＝＝0.3A，电路的最大功率为：P大＝UI大＝6V×0.3A＝1.8W；当滑动变阻器的电阻最大时电路中的电流最小，最小电流为0.1A，电路的最小功率为：P小＝UI小＝6V×0.1A＝0.6W，所以电路总功率的变化范围为0.6W～1.8W。答：（1）电阻R1的阻值为10Ω、R2的最大阻值为50Ω；（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，R3通电50s产生的电热为90J；（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，电路总功率的变化范围为0.6W～1.8W。28．（2022•贵港）如图所示，水平地面上放置一个底面积为0.03m2薄壁圆柱形容器，容器侧面靠近底部有一控制出水的阀门K。边长为0.1m的正方体木块A体积的浸入水中，下方用细线T2系有重为3N的合金球B，B的体积是A体积的0.1倍。木块A上方的悬线T1能承受的最大拉力为5N，此时悬线T1处于松弛状态。（容器内的水足够深，不计细线的体积和质量，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求：（1）木块A受到的浮力大小；（2）细线T2对合金球B的拉力大小；（3）打开阀门K使水缓慢流出，当悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K，此时木块A排开水的体积为多少？（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，与悬线T1断裂的瞬间相比，容器底受到水的压强改变了多少？【解答】解：（1）由题知，此时木块总体积的浸入水中，则V排＝V木＝（0.1m）3＝9×10﹣4m3，木块A受到的浮力大小为：F浮A＝ρ水V排g＝1×103kg/m3×9×10﹣4m3×10N/kg＝9N；（2）B的体积为：VB＝0.1VA＝0.1×（0.1m）3＝1×10﹣4m3，小球B受到的浮力大小为：F浮B＝ρ水VBg＝1×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg＝1N；细线T2对合金球B的拉力大小为：FB＝G﹣F浮B＝3N﹣1N＝2N；（3）物体A的重力为：GA＝F浮A﹣FB＝9N﹣2N＝7N当细绳即将断裂时，由力的平衡条件可得A物体此时的浮力为：F浮′+F拉最大＝GA+FB，设此时木块排开水的体积为V排′，则：ρ水V排′g+F拉最大＝GA+FB，即：1×103kg/m3×V排′×10N/kg+5N＝7N+2N，解得：V排′＝4×10﹣4m3；（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，浮力等于物体A的重力，浮力为7N，根据F浮A″＝ρ水V排″g知得排开水的体积为：V排″＝＝＝7×10﹣4m3，排开水的体积增加量：ΔV排＝V排″﹣V排′＝7×10﹣4m3﹣4×10﹣4m3＝3×10﹣4m3；水面上升的高度：Δh＝＝＝0.01m，容器底受到水的压强与断绳前的瞬间相比，容器底受水的压强增加量：Δp＝ρgΔh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.01m＝100Pa。答：（1）木块A受到的浮力大小为9N；（2）细线T2对合金球B的拉力大小为2N；（3）打开阀门K使水缓慢流出，当悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K，此时木块A排开水的体积为4×10﹣4m3；（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，与悬线T1断裂的瞬间相比，容器底受到水的压强改变了100Pa。29．（2022•桂林）用电能驱动的电动汽车，方便了广大市民的绿色出行。某新型纯电动汽车说明书中有如下表格（g取10N/kg）装备质量电池总电能电池输出电压续航里程850kg40kW•h240V360km注意：电池电能剩余20%时必须立即充电请根据表格中的参数解答以下几个问题。计算过程中：车上仅有司机1人，车与人总质量以900kg计；实际可利用的电能以电池总电能的80%计；忽略动力以外的电能消耗。（1）当汽车以18m/s的速度匀速行驶时，阻力刚好是车与人总重的0.02倍，那么此时的阻力是多少N？（2）请通过计算判断，电池可利用的电能是否能让汽车以18m/s的速度匀速完成续航里程？（3）如果汽车匀速行驶时的阻力始终与速度的平方成正比，那么汽车以刚好能匀速完成续航里程的速度行驶时，电池的输出电流是多少A？【解答】解：（1）当汽车以18m/s的速度匀速行驶时受到的阻力：f1＝0.02G＝0.02mg＝0.02×900kg×10N/kg＝180N；（2）电池充满电后能获得的机械能：W机械＝40kW•h×80%＝32kW•h＝32×3.6×106J＝1.152×108J，因汽车匀速运动时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，汽车的牵引力F＝f1＝180N，由W＝Fs可得，汽车匀速行驶的路程：s＝＝＝6.4×105m＝640km＞360km，所以，电池可利用的电能可以让汽车以18m/s的速度匀速完成续航里程；（3）汽车刚好能匀速完成续航里程时的牵引力：F′＝＝＝320N，则此时汽车受到的阻力：f2＝F′＝320N，因汽车匀速行驶时的阻力始终与速度的平方成正比，且v1＝18m/s时f1＝180N，所以，由f＝kv2可得：＝＝，即＝，解得：v2＝24m/s，此时汽车的机械功率：P机械＝＝＝F′v2＝320N×24m/s＝7680W，忽略动力以外的电能消耗，此时电动机的电功率：P电＝P机械＝7680W，由P＝UI可得，电池的输出电流：I＝＝＝32A。答：（1）当汽车以18m/s的速度匀速行驶时的阻力是180N；（2）电池可利用的电能能让汽车以18m/s的速度匀速完成续航里程；（3）汽车以刚好能匀速完成续航里程的速度行驶时，电池的输出电流是32A。30．（2022•玉林）如图所示，一个底面积为200cm2的溢水杯放在水平桌面上，溢水口离其底部距离为20cm。已知弹簧原长为10cm，且弹簧每受1N的作用力其长度变化1cm。现将弹簧与底面积为100cm2的实心长方体A和溢水杯底部相连，此时弹簧被压缩，其弹力为2N；向溢水杯加水，当水深为16cm时，A刚好有一半浸入水中，此时弹簧长为12cm；继续向溢水杯加水，直至弹簧所受的弹力不再发生变化（在弹性限度内）。不计弹簧的重力、体积及其所受的浮力，g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：（1）A的重力；（2）A的一半浸入水中时A所受的浮力；（3）A的密度；（4）A的一半浸入水中与弹簧不再发生变化，溢水杯对桌面压强的变化量。【解答】解：（1）没有加水时，A受到竖直向下的重力和弹簧对A竖直向上的弹力，由二力平衡条件可知，A的重力：G＝F0＝2N；（2）A刚好有一半浸入水中，此时弹簧长为12cm，由题意可知，此时弹簧被拉伸，对A产生的弹力为对A竖直向下拉力，由题意可知，当弹簧长为12cm时，弹簧的拉力：F1＝（12cm﹣10cm）×1N/cm＝2N，此时A受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，A的一半浸入水中时受到的浮力：F浮＝G+F1＝2N+2N＝4N，（3）由F浮＝ρ液gV排可知，A刚好有一半浸入水中时排开水的体积：V排＝＝＝4×10﹣4m3，则A的体积：V＝2V排＝2×4×10﹣4m3＝8×10﹣4m3＝800cm3，由m＝＝＝0.2kg，因此A的密度：ρ＝＝＝0.25×103kg/m3；（4）由V＝Sh可知，A的高度：hA＝＝＝8cm，则A刚好有一半浸入水中时，溢水杯中水的体积：V水1＝200cm2×12cm+（200cm2﹣100cm2）××8cm＝2800cm3，此时溢水杯中水的重力：G水1＝m水1g＝ρ水V水1g＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2800×10﹣6m3＝28N；由阿基米德原理原理可知，当A浸没后A受到的浮力不再发生变化，由力的平衡条件可知，此时弹簧的弹力不再发生变化，由F浮＝ρ液gV排可知，A浸没时受到的浮力：F浮没＝2F浮＝2×4N＝8N，由力的平衡条件可知，此时弹簧对A的拉力：F＝F浮没﹣G＝8N﹣2N＝6N，由题意可知，此时弹簧的长度：L2＝10cm+＝16cm，则此时水面的高度：h＝L2+hA＝16cm+8cm＝24cm＞20cm，故弹簧不再发生变化时，A不会浸没，因此弹簧不再发生变化时，溢水杯中的到达溢口，即当溢水杯最后的水溢出后，弹簧测力计的示数不再发生变化，设此时A浸在水中的深度为Lcm，则A排开水的体积：V排1＝100cm2×Lcm＝100Lcm3，此时A受到的浮力：F浮1＝ρ水gV排1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100L×10﹣6m3＝LN；此时弹簧对A的拉力：F2＝（20cm﹣Lcm﹣10cm）×1N/cm＝（10cm﹣Lcm）×1N/cm＝（10﹣L）N，由力的平衡条件有：F浮1＝G+F2，即LN＝2N+（10﹣L）N，解得：L＝6，即弹簧测力计的示数不再发生变化时，A浸在水中的深度为6cm，此时溢水杯中水的体积：V水2＝200cm2×20cm﹣100cm2×6cm＝3400cm3，溢水杯中水的重力：G水2＝m水2g＝ρ水V水2g＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3400×10﹣6m3＝34N；因为溢水杯对水平桌面的压力大小等于溢水杯、水和A的重力之和，加水前后溢水杯的重力、A的重力均没有发生变化，因此溢水杯对桌面压力的变化量：ΔF＝G水2﹣G水1＝34N﹣28N＝6N，则溢水杯对桌面压强的变化量：Δp＝＝＝300Pa。答：（1）A的重力为2N；（2）A的一半浸入水中时A所受的浮力为4N；（3）A的密度为0.25×103kg/m3；（4）A的一半浸入水中与弹簧不再发生变化，溢水杯对桌面压强的变化量为300Pa。31．（2022•广西）善于观察的小明发现，家中的即热式水龙头使用时冬季水温偏低，夏季水温偏高，还发现水龙头标有“220V2200W”。于是他增加两个相同的发热电阻R、两个指示灯（电阻不计）设计了如图所示的电路进行改进，其中R0为改进前水龙头发热电阻。开关S1可以只与c相连或同时与a、b相连，使其具有两挡工作状态，且冬季与夏季水龙头工作的总电流之比为4：1。求：（1）电阻R0的阻值；（2）改进前，若水龙头的热效率为90%，正常加热100s提供的热量；（3）改进后，冬季使用时水龙头工作的总电功率。【解答】解：（1）根据P＝算出R0的电阻得R0的电阻为：R0＝＝＝22Ω；（2）改装前，由于水龙头的热效率为90%，根据P＝得正常加热100s提供的热量，Q＝Wη＝Ptη＝2200W×100s×90%＝1.98×105J；（3）由电路图可知，将开关S与a、b相连时工作的电路元件，R与R0并联，电源的电压一定时，根据P＝UI＝可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态，用于冬季；将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态，用于夏季；水龙头分别处于冬季与夏季时总电流之比为4：1，根据P＝UI，电源电压不变，则总电功率之比也为4：1，即P高温：P低温＝（+）：＝4：1解得：R＝R0＝22Ω。高温挡时的电功率P高温＝+＝+＝4400W。答：（1）R0的阻值为22Ω。（2）正常加热100s产生的热量为1.98×105J；（3）改装后冬季使用时水龙头工作的总电功率为4400W。32．（2022•百色）如图甲所示电路，电源电压不变，灯泡L上标有“5V2.5W”字样，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由b端滑到中点的过程中，灯泡L的电功率与电流的P﹣I关系图像如图乙所示，忽略温度对灯丝电阻的影响。求：（1）灯泡L正常发光时的电阻；（2）滑片P在b端时，1min内灯泡L消耗的电能；（3）电源电压；（4）在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器允许连入电路的最小阻值。【解答】解：（1）灯泡L上标有“5V2.5W”字样，灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝＝10Ω；（2）闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，由图乙可知此时通过电路的电流为0.3A，灯泡的实际功率为0.9W，1min内灯泡L消耗的电能：W＝Pt＝0.9W×60s＝54J；（3）滑片P在b端时，灯泡两端的电压：UL1＝＝＝3V，串联电路各处电流相等，串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压：U＝UL1+I1R＝3V+0.3A×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，滑动变阻器的滑片位于中点时，由图乙可知通过电路的电流为0.4A，此时灯泡的实际功率为1.6W，灯泡两端的电压：UL2＝＝＝4V，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压：U＝UL2+I2×＝4V+0.4A×﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，①②联立可得：R＝10Ω，U＝6V；（4）灯泡正常发光时的电流；IL＝＝＝0.5A，根据串联电路电流特点可知灯泡正常发光时的电流为通过电路的最大电流，根据欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R0＝＝＝12Ω，根据串联电路电阻规律可得滑动变阻器接入电路的最小阻值：R′＝R0﹣RL＝12Ω﹣10Ω＝2Ω。答：（1）灯泡L正常发光时的电阻为10Ω；（2）滑片P在b端时，1min内灯泡L消耗的电能为54J；（3）电源电压为6V；（4）在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器允许连入电路的最小阻值为2Ω。33．（2022•贺州）贺州市水利资源丰富，小明设计了如图甲所示的水文站测量桂江水位的原理图。电源电压U＝3V，定值电阻R0＝10Ω，滑动变阻器R长20cm，最大阻值20Ω。且滑动变阻器的阻值随滑片P从最上端C位置移动到最下端D位置的过程中均匀变化（滑片P移动过程中摩擦不计）。弹簧下端悬挂一重为50N的物体AB，其底面积为0.01m2、长为0.3m。弹簧伸长量与它受到拉力的关系如图乙所示（不计弹簧质量，连接弹簧两端的绝缘细绳不可伸长）。求（1）当物体AB上表面与水面相平时，物体AB受到的浮力大小；（2）当水面从物体AB的上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面的过程中，弹簧伸长了多少cm？（3）闭合开关S后，当水面在物体AB上表面时，滑片刚好在滑动变阻器R的最上端C位置，水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，电压表的示数是多少？【解答】解：（1）当物体AB上表面与水面相平时，物体AB刚好浸没水中V排＝V物＝Sh＝0.01m2×0.3m＝3×10﹣3m3；物体AB所受浮力F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣3m3＝30N；（2）水面与物体AB上表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹＝G物﹣F浮＝50N﹣30N＝20N；水面下降至与物体AB下表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹′＝G物＝50N；水面从物体AB上表面逐渐下降至与下表面相平过程中，弹簧拉力的变化量ΔF弹＝F弹'﹣F弹＝50N﹣20N＝30N；由乙图可知：；物体AB刚好离开水面时，由可得，弹簧伸长的长度ΔL′＝＝15cm；（3）水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，弹簧伸长15cm，即滑片下移15cm，接入电路的电阻变化量ΔR＝＝15Ω；此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R′＝R﹣ΔR＝20Ω﹣15Ω＝5Ω；因R′与R0串联，则通过R'的电流I′＝I＝＝0.2A；此时电压表的示数U′＝I′R′＝0.2A×5Ω＝1V。答：（1）物体AB受到的浮力大小为30N；（2）弹簧伸长了15cm；（3）电压表的示数为1V。34．（2022•柳州）如图为某自动冲水装置的示意图，水箱内有一个圆柱浮筒A，其重为GA＝4N，底面积为S1＝0.02m2，高度为H＝0.16m。一个重力及厚度不计、面积为S2＝0.01m2的圆形盖片B盖住出水口并紧密贴合。A和B用质量不计、长为l＝0.08m的轻质细杆相连。初始时，A的一部分浸入水中，轻杆对A、B没有力的作用。水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。（1）求A所受浮力的大小F浮。（2）求A浸入水的深度h1。（3）开始注水后轻杆受力，且杆对A和B的拉力大小相等。当水面升高到某位置时，B刚好被拉起使水箱排水，求此时杆对B的拉力大小F。（4）水箱开始排水时，进