挑战58 四川卷2（四川六市共30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58四川卷2（四川六市共30题）六市（广安、凉山、眉山、乐山、内江、达州）压轴题型统计：选择题填空题实验题计算题合计电学综合653115力学综合532414其他综合00011合计1185630一．选择题（共11小题）1．（2022•广安）如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L1、L2分别标有“3V0.75W”和“3V1.5W”的字样。当开关S闭合时，由于电路故障，只有一个灯泡发光，此时电压表示数为3V，忽略温度对灯丝电阻的影响。下列说法正确的是（）A．可能是灯泡L1短路 B．可能是灯泡L2断路 C．排除故障后闭合开关S，灯泡L1、L2两端的电压之比2：1 D．排除故障后闭合开关S，电路总功率为0.2W【答案】C。【解答】解：AB、由电路图知两灯串联，电压表测量L1两端电压，只有一个灯泡发光，说明电路没有断路，可能是其中的一个灯泡短路了，由于电压表有示数且等于电源电压，说明灯泡L1没有短路，则故障为灯泡L2短路，故AB错误；C、根据P＝得两灯泡的电阻分别为：R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝6Ω；闭合开关S，根据串联电路电流的规律和U＝IR知灯泡L1、L2两端的电压之比：＝＝＝＝，故C正确；D、排除故障后闭合开关S，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律得电路中的电流为：I＝＝＝A，电路总功率为：P＝UI＝3V×A＝0.5W，故D错误。故选：C。2．（2022•广安）某物理兴趣小组为医院设计了一个输液自动报警器，它能在药液将要输完时，通过电铃发声报警。该报警器内部有一可变电阻R，其阻值随管内液体质量减少而减小，通过电铃的电流需要达到一定大小时才能发声。当输液管内液体质量减少，电表示数也变小（电源电压恒定）。下列几个电路图符合报警要求的是（）A． B． C． D．【答案】D。【解答】解：（1）当输液管内液体质量减少，可变电阻R的阻值减小，根据题意可知通过电铃的电流增大，所以R与电铃应串联在电路，而A、C图中电铃与R并联，故A、C不符合题意；（2）R与电铃串联，R的阻值变小时，电路总电阻变小，电源电压一定，由知电路中电流变大，由U＝IR知，此时电铃两端电压变大，由串联电路的电压特点知，R两端电压变小，因要求电表示数也变小，所以电压表应并联在可变电阻R两端，故B错误，D正确。故选：D。3．（2022•广安）水平桌面上有两个完全相同的容器甲、乙，分别装有深度相同的水，将两个体积相同、材料不同的小球A、B，分别放在甲、乙两容器中（水均未溢出），小球静止在如图所示的位置时，两个小球所受浮力分别为FA、FB，下列判断正确的是（）①FA＜FB②两小球的密度ρA＞ρB③甲容器底部受到水的压强大于乙容器底部受到水的压强④甲容器底部对桌面的压强小于乙容器底部对桌面的压强A．①④ B．①③ C．②④ D．②③【答案】A。【解答】解：完全相同的容器甲、乙，分别装有深度相同的水，将两个体积相同材料不同的小球A、B，分别放在甲、乙两容器中（水均未溢出）。①甲容器中小球排开水的体积小于乙容器中小球排开水的体积，根据阿基米德原理，F浮＝ρ水V排g，则乙容器中小球受到的浮力较大，即FA＜FB。故①正确。②根据浮沉条件，漂浮时物体的密度小于液体密度，即ρA＜ρ水；悬浮时：物体密度等于液体密度，即ρB＝ρ水，所以两小球的密度ρA＜ρB。故②错误。③开始甲、乙两容器中水的深度相同，乙容器中小球排开水的体积大，所以分别放入小球后，水的深度关系是hA＜hB，根据公式p＝ρ水gh，则pA＜pB，即甲容器底部受到水的压强小于乙容器底部受到水的压强，故③错误。④两小球的密度ρA＜ρB，它们的体积相同，根据公式m＝ρV，则mA＜mB，又因为两容器及水的质量相同，容器底部对桌面的压力大小等于容器、水、小球的总重力，可得FA＜FB，受力面积相同，根据公式，可知pA'＜pB'。故④正确。故选：A。4．（2022•凉山州）如图所示，电源电压不变，同时闭合开关S、S1，待电路稳定后再断开S1，则（）A．电流表A的示数减小，电流表A1的示数不变，电压表V的示数不变 B．电流表A的示数不变，电流表A1的示数增大，电压表V的示数减小 C．电流表A的示数、电流表A1的示数、电压表V的示数均不变 D．电流表A的示数、电流表A1的示数、电压表V的示数均增大【答案】A。【解答】解：电源电压不变，同时闭合开关S、S1，两电阻并联，电流表A测的是干路电流，电流表A1测R2支路的电流，电压表V测的是电源电压；待电路稳定后再断开S1，断开R1所在的支路，只有R2接在电源两端工作，且并联电路中各支路互不影响，因此在干路的电流表A的示数减小，电流表A1的示数不变，电压表V的示数不变，故A正确，BCD错误。故选：A。5．（2022•凉山州）如图所示，电源电压保持6V不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω1A”，滑动变阻器R2的规格为“50Ω1A”。闭合开关，在保证电路安全的前提下，滑动变阻器滑片移动过程中，下列说法正确的是（）A．电流表示数最大可达到0.6A B．滑动变阻器R2允许接入电路的最小阻值为10Ω C．电阻R1消耗的电功率最大可达到1.8W D．滑动变阻器滑片滑到最右端时电压表的示数为2V【答案】B。【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。由题可知，电源两端电压为6V保持不变，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω1A”，当电压表的示数最大为U1＝3V时，即定值电阻R1两端的电压U1＝3V，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路中的电流I1＝I＝I2＝＝＝0.3A＜1A，因此电路中的最大电流为I大＝0.3A；滑动变阻器接入电路中的最小电阻R小＝＝＝＝10Ω；电阻R1消耗功率最大功率：P1大＝U1I＝3V×0.3A＝0.9W；电路消耗的最大功率：P大＝UI＝6V×0.3A＝1.8W；由图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大R大＝50Ω时，电路中的电流最小，即I小′＝＝＝0.1A，滑动变阻器滑片滑到最右端时电压表的示数：U＝I小′R1＝0.1A×10Ω＝1V。故ACD错误，B正确。故选：B。6．（2022•眉山）如图所示，电源电压保持不变，电流表量程为0～0.6A，定值电阻R1＝5Ω，灯泡L标有“4V0.4A”字样。当开关S3断开、S1和S2闭合时，灯泡L恰好正常发光；当开关S2断开、S1和S3闭合时，电流表示数为0.3A。不考虑温度对所有仪器电阻的影响。下列说法中正确的是（）A．电源电压是4V B．R2的阻值是10Ω C．灯泡L的电阻值是R2的2倍 D．当开关S2断开、S1和S3闭合时，电阻R2消耗的电功率是1.35W【答案】D。【解答】解：A、由图可知，当开关S3断开、S1和S2闭合时，R1与灯L串联，灯泡L正常发光，灯泡L两端的电压UL＝4V，电路中的电流I＝IL＝0.4A，由I＝可知，R1两端的电压：U1＝IR1＝0.4A×5Ω＝2V，根据串联电路的电压特点可知，电源电压：U＝UL+U1＝2V+4V＝6V，故A错误；BD、当开关S2断开、S1和S3闭合时，R1、R2串联，电流表测量电路中的电流：I′＝I1＝I2＝0.3A，由I＝可知，R1两端的电压：U1′＝I1R1＝0.3A×5Ω＝1.5V，根据串联电路的电压特点可知，R2两端的电压：U2＝U﹣U1′＝6V﹣1.5V＝4.5V，由I＝可知，R2是阻值：R2＝＝＝15Ω，故B错误；电阻R2消耗的电功率P2＝U2I2＝4.5V×0.3A＝1.35W，故D正确。C、由I＝可知，灯泡L的电阻RL＝＝＝10Ω，则灯泡L的电阻值不是R2的2倍，故C错误；故选：D。7．（2022•眉山）小廖同学家里正在修建楼房，他通过调查了解到工人利用如图的装置，将重力为900N的物体匀速提升了6m，工人对绳子施加的拉力F为475N。忽略绳重和机械之间的一切摩擦。下列说法中正确的是（）①拉力F做功为2850J②动滑轮的重力为50N③拉力F做的额外功为600J④如用该装置匀速提升重力为950N的物体，则该滑轮组的机械效率为95%A．①③ B．②④ C．①② D．③④【答案】B。【解答】解：①由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n＝2，拉力移动距离s＝2h，拉力F做功：W总＝Fs＝475N×2×6m＝5700J，故①错误；②不计绳重和摩擦时，由F＝（G+G轮）可得，动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×475N﹣900N＝50N，故②正确；③有用功W有＝Gh＝900N×6m＝5400J，拉力F做的额外功W额＝W总﹣W有＝5700J﹣5400J＝300J，故③错误；④滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝95%，故④正确。故选：B。8．（2022•乐山）如图所示，在50N的水平拉力F的作用下，重600N的物体沿水平地面做匀速直线运动，物体与地面间的滑动摩擦力是自身重力的0.2倍，绳子自由端向前移动的速度为0.6m/s。则（）A．拉力F的功率为3W B．1min内物体移动的距离为36m C．1min内所做的有用功为1440J D．该滑轮组的机械效率为85%【答案】C。【解答】解：A、根据P＝＝＝Fv计算拉力的功率：P＝Fv＝50N×0.6m/s＝30W，故A错误；B、绳子自由端移动的距离：s＝vt＝0.6m/s×60s＝36m；动滑轮上绳子的股数n＝3，物体移动的距离：s物＝s＝×36m＝12m，故B错误；C、物体与地面间的滑动摩擦力：f＝0.2G＝0.2×600N＝120N，克服物体与地面间的滑动摩擦力做的功为有用功，W有用＝fs物＝120N×12m＝1440J，故C正确；D、1min内拉力做的功：W总＝Pt＝30W×60s＝1800J，该滑轮组的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝80%，故D错误。故选：C。9．（2022•内江）在如图所示的滑轮组中，每个滑轮重20N，在绳子自由端用100N的拉力把货物匀速提高1m，不计摩擦和绳重，则货物的重力和滑轮组的机械效率分别是（）A．20N80% B．20N90% C．180N90% D．180N80%【答案】C；【解答】解：不计绳重及摩擦，F＝（G+G动），100N＝（G+20），解得G＝180N；机械效率η＝×100%＝＝＝＝90%；故选：C。10．（2022•达州）如图所示，底面积、质量均相同的甲、乙、丙三个容器置于水平桌面上，容器内的液面相平，容器对桌面的压强相等。现将三个相同小球（球的密度与乙中液体密度相同）分别放入甲、乙、丙容器中，小球不吸液体，液体不溢出。下列判断正确的是（）A．放入小球前，容器内的液体质量关系：m甲＞m乙＞m丙 B．放入小球前，液体对容器底部的压力关系：F甲＝F乙＝F丙 C．放入小球后，液体对容器底部的压强关系：p甲＜p乙＜p丙 D．放入小球后，小球所受浮力关系：F浮甲＜F浮乙＜F浮丙【答案】C。【解答】解：A、甲、乙、丙三个容器的底面积、质量均相同，容器对桌面的压强相等，根据F＝pS知容器对桌面的压力相同，又因为在水平面上容器对水平面的压力等于容器的总重力，根据G＝mg可知，三个容器的总质量是相同的，由于容器的质量相同，所以液体的质量相同，即m甲＝m乙＝m丙，故A错误；B、甲容器上宽下窄、乙容器上下粗细相同、丙容器上窄下宽，所以甲容器底部受到的压力小于液体的重力，乙容器底部受到的压力等于液体的重力，丙容器底部受到的压力大于液体的重力，液体的重力相同，所以F甲＜F乙＜F丙，故B错误；C、放入小球后，液面都会升高，根据容器的形状可知，容器底部受到的液体压力的大小关系为：F甲＜F乙＜F丙，根据p＝可知，液体对容器底部的压强关系：p甲＜p乙＜p丙，故C正确；D、由图可知，甲液体的体积最大，丙液体的体积最小，液体的质量相同，根据ρ＝可知，ρ甲＜ρ乙＜ρ丙；球的密度与乙中液体密度相同，所以小球在甲中下沉，浮力小于小球的重力；小球在乙中悬浮，浮力等于自身的重力；小球在丙中漂浮，浮力等于自身的重力，所以小球所受浮力关系：F浮甲＜F浮乙＝F浮丙，故D错误。故选：C。11．（2022•达州）如图所示，电源电压恒为6V，R1＝10Ω，R2＝15Ω，R3的规格为“30Ω1A”，电压表的量程为0～3V，的量程为0～15V，电流表的量程为0～0.6A，下列说法正确的是（）A．只闭合S1时，向左移动滑片，示数变大，示数变大 B．只闭合S1时，向左移动滑片，示数变化量的绝对值与示数变化量的比值不变 C．只闭合S1时，向右移动滑片，R2两端的电压变化量的绝对值与R3两端的电压变化量相等 D．闭合S1、S2时，移动滑片，在保证电路安全的情况下，电路消耗的最大功率为3.6W【答案】B。【解答】解：（1）由图知只闭合S1时，三个电阻串联，电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，电压表V2测量定值电阻R2和滑动变阻器R3两端的电压，向左移动滑片，滑动变阻器的电阻变小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律I＝知电路的电流变大，电流表的示数变大，由U＝IR知定值电阻R1两端电压变大，电压表V1的示数变大，由串联电路电压的规律知定值电阻R2和滑动变阻器R3两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故A错误；根据串联电路电压的规律知电压表V1示数变化量的绝对值等于电压表V2示数变化量的绝对值，由于R＝知电压表V2示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的比值就是定值电阻R1的阻值，向左移动滑片，由于定值电阻R1的阻值不变，所以电压表V2示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的比值不变，故B正确；只闭合S1时，向右移动滑片，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律I＝知电路的电流减小，电流表的示数减小，由U＝IR知定值电阻R1、R2两端的总电压变小，由串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压变大，且定值电阻R1、R2两端电压的变化量等于滑动变阻器R3两端的电压变化量，所以R2两端的电压变化量的绝对值小于R3两端的电压变化量，故C错误；（2）闭合S1、S2时，定值电阻R1和滑动变阻器R3串联，电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器R3两端的电压，由于电压表V1的量程为0～3V，即定值电阻R1两端的最大电压为3V，电路的最大电流为：I＝＝＝0.3A，电路消耗的最大功率为：P＝UI＝6V×0.3A＝1.8W，故D错误。故选：B。二．填空题（共8小题）12．（2022•广安）灯泡L1、L2分别标有“12V9.6W”和“12V6W”的字样，通过L1、L2的电流随其电压变化的图像如图甲所示。若将L1、L2并联在12V的电路中，则电路消耗的总功率为15.6W。若将L1、L2与滑动变阻器R连接在如图乙所示的电路中，电源电压恒为24V，当开关S接1时，调节滑片，使滑动变阻器的电功率是L1的2倍，L1的电功率为P1；当开关S接2时，调节滑片，使滑动变阻器的电功率是L2的3倍，L2的电功率为P2，则P1：P2＝7：3。【答案】15.6；7：3。【解答】解：（1）将L1、L2并联在12V的电路中，由图甲可知，当U＝12V时，I1＝0.8A，I2＝0.5A，根据并联电路的电流特点可知干路电流I＝I1+I2＝0.8A+0.5A＝1.3A，电路中总功率：P＝UI＝12V×1.3A＝15.6W；（2）当开关S接1，灯泡L1与滑动变阻器串联。根据串联分压，电路电流处处相等，由P＝UI可知，电流相等时，电功率之比等于电压之比，则UR＝2U1，因为则UR+U1＝24V，则U1＝8V，由图甲可知此时电流I3＝0.7A，则P1＝U1I3＝8V×0.7A＝5.6W；当开关S接2，灯泡L2与滑动变阻器串联，同理可得UR′＝3U2，因为UR′+U2＝24V，则U2＝6V，由图甲可知此时电流I4＝0.4A，则P2＝U2I4＝6V×0.4A＝2.4W，因此P1：P2＝5.6W：2.4W＝7：3。故答案为：15.6；7：3。13．（2022•凉山州）如图所示，两个底面积相同且质量相等的容器甲和乙放置在水平桌面上，向容器中分别注入两种不同的液体，已知距容器底部等高的A、B两点所受液体的压强相等，则两容器底部所受液体压强p甲＞p乙，所受液体的压力F甲＞F乙（均选填“＞”“＝”或“＜”）。【答案】＞；＞。【解答】解：B点的深度大于A点的深度，A、B两点所受液体的压强相等，根据公式p＝ρgh可知，甲的密度大于乙的密度，A、B到底部的高度相等，所以A点下面液体产生的压强大于B点下面液体产生的压强；因为距容器底部h处A、B两点所受液体的压强pA和pB相等，所以容器底部甲受到的压强大于乙产生的压强，即p甲＞p乙；因为容器底面积相等，根据p＝的变形公式F＝pS可知，容器底部甲受到的压力大于乙产生的压力，即F甲＞F乙。故选：＞；＞。14．（2022•凉山州）在“探究电流与电压的关系”的实验中，某同学根据实验数据分别画出了电阻R1和R2的I﹣U图像如图所示，则R1与R2的阻值之比为1：2，完成实验后分析数据可以得出在电阻一定时，电流与电压成正比。【答案】1：2；正。【解答】解：由图像及电阻的计算式R＝可得：当I＝0.2A时，U1＝2V，U2＝4V，故R1：R2＝：＝U1：U2＝2V：4V＝1：2，由图像可知，电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。故答案为：1：2；正。15．（2022•眉山）如图所示，图甲是小东用弹簧测力计挂着一块不吸水的实心圆柱形合金体，从空中逐渐浸入水中的情景。图乙是弹簧测力计示数F随该合金体逐渐下降到浸入水中的深度h的变化图象。合金体从接触水面到刚浸没的过程中，受到的浮力逐渐变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。合金体的密度是4.0×103kg/m3。（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）【答案】变大；4.0×103。【解答】解：（1）由图乙知10～20cm段，合金体从接触水面到刚浸没，排开液体的体积逐渐变大，测力计示数变小，由称重法测浮力F浮＝G﹣F，合金块受到的浮力变大；（2）由称重法测浮力，合金块浸没时受到的浮力是：F浮＝G﹣F＝2.0N﹣1.5N＝0.5N；由阿基米德原理，排开液体的体积即合金块的体积是：V＝V排＝＝＝5×10﹣5m3；由图乙可知圆柱形合金块的重力G＝2N，圆柱形合金体的密度是：＝＝＝4×103kg/m3。故答案为：变大；4.0×103。16．（2022•乐山）如图所示是某电蒸锅的内部简化电路图，R1＝484Ω、R2＝44Ω。当S1、S2均闭合时，通过R1、R2的电流之比I1：I2＝1：11，使用加热挡5min电蒸锅产生的热量是3.6×105J。【答案】1：11；3.6×105。【解答】解（1）当S1、S2均闭合时，R1、R2并联，由并联电路的电压特点，R1、R2两端的电压都等于电源电压220V，因此通过R1、R2的电流分别为：I1＝＝＝A，I2＝＝＝5A，则通过R1、R2的电流之比：＝＝；（2）当只闭合S1时，只有R1接入电路，当S1、S2均闭合时，R1、R2并联；因并联电路的总电阻小于任一分电阻，所以由P＝UI＝可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电蒸锅为加热挡；电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最大，电功率最小，电蒸锅为保温挡；即电蒸锅为加热挡时，R1、R2并联，由并联电路的电流特点可知，干路电流：I＝I1+I2＝A+5A＝A，则使用加热挡5min电蒸锅产生的热量：Q＝W＝UIt＝220V×A×5×60s＝3.6×105J。故答案为：1：11；3.6×105。17．（2022•内江）如图甲所示的电路中，电源电压恒定，R1、R2是定值电阻，R3是滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由a端移到b端，两电压表示数随电流表示数变化的关系如图乙所示，则BC（选填“AB”或“BC”）段是电压表V2示数变化的图像，电源电压为12V。【答案】BC；12。【解答】解：由电路图可知，电阻R2、变阻器R3和电阻R1串联，电压表V2测电阻R2的电压，V1测电阻R2与变阻器R3的总电压，电流表测电路的电流；（1）将滑动变阻器的滑片P由a端移到b端，变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各分电阻之和，由串联电阻的规律可知电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知通过电路的电流变小，根据U＝IR判断，V2示数变小，故图乙中图线BC表示电压表V2的示数随电流表示数的变化规律，则图线AB表示电压V1的示数随电流表示数的变化规律；（2）当变阻器接入电路的电阻最大时，电阻R2两端的电压为U2＝1.6V，电阻R2和变阻器R3两端的电压为U23＝9.6V，通过电阻R2的电流为0.2A，因为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，所以此时电路中的电流：I＝I2＝I1＝＝，即0.2A＝……①变阻器连入电路的电阻为0时，电阻R2的电压U2′＝4.8V，通过电阻R2的电流为0.6A，由串联电路的规律及欧姆定律可知，此时电路中的电流：I'＝I2'＝I1'＝＝，即0.6A＝……②由①②解得：U＝12V，即电源电压为12V。故答案为：BC；12。18．（2022•达州）如图所示，盛有2kg水的柱形容器置于水平地面上，重为6N不吸水的正方体，静止时有五分之三的体积浸入水中，物体下表面与水面平行，则物体的密度为0.6×103kg/m3，物体下表面所受水的压力为6N。若物体在压力的作用下刚好浸没水中，不接触容器底，水不溢出，此时水对容器底部的压力为30N。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）【答案】0.6×103；6；30。【解答】解：（1）由于物体处于漂浮，则F浮＝G，根据阿基米德原理可知：F浮＝ρ水g×V物＝ρ物gV物，ρ物＝ρ水＝×1×103kg/m3＝0.6×103kg/m3；（2）木块漂浮，受到的浮力为：F浮＝G＝6N；根据浮力产生的原因可知，水对物体下表面的压力与物体受到的浮力相等，所以下表面受到的压力为6N；（3）水的重力为：G水＝mg＝2kg×10N/kg＝20N；若物体在压力的作用下刚好浸没水中，此时物块多排开了V物的体积的水；由于F浮＝ρ水g×V物＝6N，则ΔF浮＝ρ水g×V物＝4N；所以物体受到的浮力为：F'浮＝F浮+ΔF浮＝6N+4N＝10N；物体受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力、竖直向下的压力，所以压力的大小为：F＝F'浮﹣G＝10N﹣6N＝4N；对水和物体整体分析：整体受到竖直向下的重力、竖直向下的压力、容器底面竖直向上的支持力的大小，所以容器底面竖直向上的支持力的大小为：F'＝G水+G+F＝20N+6N+4N＝30N；由于物体间力的作用是相互的，所以水对容器底部的压力为30N。故答案为：0.6×103；6；30。19．（2022•达州）如图所示，电源电压恒定不变，R1、R2为定值电阻，R1＝10Ω，R1＜R2。当闭合开关S2、S3，开关S1处于断开状态时，R1、R2并联，电流表示数为0.45A；当断开S2、S3，闭合S1时，电流表示数为0.1A。由以上数据可得，电源电压为3V；R1、R2并联时，R2消耗的功率为0.45W。【答案】断开；3；0.45。【解答】解：（1）当闭合开关S2、S3，开关S1处于断开状态时，R1、R2并联；当断开S2、S3，闭合S1时，R1、R2串联；（2）设电源电压为U，当R1、R2并联时，电流表测干路电流，其示数为I1＝0.45A，根据并联电路电流特点有：+＝I1，即+＝0.45A……①，当R1、R2串联时，电流表测串联电路电流，其示数为I2＝0.1A，根据串联电路电压特点有：U＝I2（R1+R2），即U＝0.1A×（10Ω+R2）……②，由①②解得R2＝5Ω，或R2＝20Ω，由于R1＜R2，故R2＝20Ω，则电源电压为：U＝I2（R1+R2）＝0.1A×（10Ω+20Ω）＝3V；（3）当R1、R2并联时，R2消耗的功率为：P2＝＝＝0.45W。故答案为：断开；3；0.45。三．实验探究题（共6小题）20．（2022•广安）当作“探究电流与电压、电阻关系”实验时，需准备以下器材：两节新的干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、开关、导线若干。（1）根据电路图甲连接实物图乙，在闭合开关S之前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端（选填“最左端”或“最右端”）；（2）如图乙所示的实物图，导线连接有误，请你找出这根连错的导线，在这根导线上打“×”，并用笔重新画一根正确连接的导线；（3）问题解决后，接入10Ω的电阻进行实验，得到下表数据，进行分析后得出的实验结论是：电阻一定时，电流与电压成正比；电压U/V11.522.5电流I/A0.10.150.20.25（4）接下来分别接入其他电阻，再次对“电流与电阻关系”的实验进行探究，并作出了如图丙所示图像。请你通过图像中所给信息，计算出实验过程中滑动变阻器R两端的电压UR＝1V。【答案】（1）最左端；（2）如图所示；（3）电阻一定时，电流与电压成正比；（4）1。【解答】解：（1）闭合开关前，滑动变阻器滑片移至最左端，使滑动变阻器接入阻值为最大阻值；（2）图中有一根导线将电压表和滑动变阻器短路了，删除这根导线，并将电压表并联在定值电阻两端，如图所示；；（3）分析表格数据，电压增大，电流随之增大，所以可得出结论：电阻一定时，电流与电压成正比；（4）探究电流与电阻关系，要控制电压不变，即R0两端的电压不变；由图丙可得，当电流为0.1A时，电阻为20Ω，所以R0两端的电压U0＝0.1A×20Ω＝2V；根据串联分压，滑动变阻器R两端的电压UR＝U﹣U0＝3V﹣2V＝1V。故答案为：（1）最左端；（2）如图所示；（3）电阻一定时，电流与电压成正比；（4）1。21．（2022•眉山）在“探究杠杆的平衡条件”实验中，小叶同学用刻度均匀的轻质杠杆完成以下实验，已知每个钩码重0.5N。（1）杠杆处于如图甲状态时，若要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右（选填“左”或“右”）调节。杠杆是否处于水平位置平衡，是由杠杆与重垂线是否垂直来判断的，这是利用了重力的方向总是竖直向下。（2）小叶同学完成一次操作后，实验现象如图乙所示。记录的数据为：动力F1＝2N，动力臂l1＝1cm；阻力F2＝1N，阻力臂l2＝2cm。他测出了这组数据后就得出了“动力+动力臂＝阻力+阻力臂”的结论，你认为他的结论是错误（选填“正确”或“错误”）的，理由是不同的物理量不能相加减。（3）小叶与同学又将实验改装成图丙，在A处正下方悬挂一不吸水的石块，B处施加一个与竖直方向夹角为60°的拉力F＝4N，杠杆恰好在水平位置平衡，此时杠杆为等臂（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。若将该石块浸没在水中且不触底，要使杠杆在水平位置再次平衡，应在B处竖直向上施加拉力为1N。（已知ρ石＝2.0×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）【答案】（1）右；竖直向下；（2）错误；不同的物理量不能相加减；（3）等臂；1。【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆处于向左倾斜，故平衡螺母要向右调节；由于重力方向总是竖直向下，和水平线相互垂直，所以可以根据杠杆与重垂线是否垂直来判断杠杆是否处于水平位置平衡；（2）小叶得出了“动力+动力臂＝阻力+阻力臂”的结论，这个结论是错误的，因为不同的物理量不能相加减；（3）杠杆的支点在O点，阻力为石块重力，阻力臂为OA，由第（2）可知每格是0.5cm，故OA＝1cm；动力为F，动力臂为OB×＝1cm；动力臂和阻力臂相等，所以为等臂杠杆；杠杆的平衡原理可知：F×1cm＝G×1cm，G＝F＝4N；石头的体积V＝＝＝2×10﹣4m3，当石块完全浸没水中，排开水的体积V排＝V＝2×10﹣4m3，石块受到浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N；对石头进行受力分析：重力，绳子拉力和浮力。绳子拉力F拉＝G﹣F浮＝4N﹣2N＝2N；由杠杆的平衡条件可知：F拉×1cm＝F′×2cm，解得F′＝1N；故答案为：（1）右；竖直向下；（2）错误；不同的物理量不能相加减；（3）等臂；1。22．（2022•乐山）物理实验小组为了测量小物块的密度，进行了以下操作：（1）把托盘天平放在水平台上，将游码移至标尺左（选填“左”或“右”）端的零刻度线处，发现指针静止在分度盘中线右侧（如图甲所示），此时应将平衡螺母向左（选填“左”或“右”）调节，使托盘天平平衡。（2）用调节好的天平测量小物块的质量，所用砝码和游码情况如图乙所示，则小物块的质量为32g。（3）如图丙所示量筒中水的体积是60mL，用细绳系住小物块沉入水中，待完全浸没后量筒中液面上升至80mL处，则小物块的体积为20cm3。（4）通过上述数据可求得小物块的密度为1.6g/cm3。（5）小红同学在整理器材时发现右盘中砝码有一个缺了一角，该情况会对测量结果造成一定误差，导致所测密度值偏大（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）左；左；（2）32；（3）60；20；（4）1.6；（5）偏大。【解答】解：（1）调节天平平衡时，先将游码归零，即将游码移至左端零刻度线，当指针右偏时，平衡螺母向左调节；（2）天平的读数为砝码质量和标尺刻度之和。质量为30g+2.0g＝32g；（3）量筒读数要注意分度值，分度值为2mL，体积为60mL＝60cm3；当小物体沉入水中，液面上升到80mL，所以小物块的体积V＝80mL﹣60mL＝20mL＝20cm3；（4）小物块的密度ρ＝＝＝1.6g/cm3；（5）小红同学在整理器材时发现右盘中砝码有一个缺了一角，测量的质量会偏大，根据密度ρ＝，体积不变，所以密度会偏大。故答案为：（1）左；左；（2）32；（3）60；20；（4）1.6；（5）偏大。23．（2022•内江）为了测量小灯泡的额定功率，某实验小组采用了如下的实验器材：A.小灯泡（额定电压3.8V，额定功率大约1.2W）；B.电压表（量程0～3V，0～15V）；C.电流表（量程0～0.6A，0～3A）；D.滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）；E.滑动变阻器R2（阻值0～10Ω）；F.四节新干电池；G.开关一个，导线若干。则：（1）为了尽可能使测量结果精确，测量时电表的示数不得小于所选量程的三分之一，电流表的量程应选0～0.6A（选填“0～0.6A”或“0～3A”）。（2）为了能测量小灯泡的额定功率，滑动变阻器的阻值应选0～10Ω（选填“0～5Ω”或“0～10Ω”）。（3）在连接实物图时，开关应该断开（选填“闭合”或“断开”）；在闭合开关前，图甲中滑动变阻器的滑片应该滑到最右（选填“左”或“右”）端。（4）用笔画线代替导线将实物图连接完整（部分电路已连好）。（5）在实验中，当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，那么，小灯泡的额定功率为1.14W。【答案】（1）0～0.6A；（2）0～10Ω；（3）断开；右；（4）如图所示；（5）1.14。【解答】解：（1）小灯泡电流IL＝＝≈0.3A，测量时电表的示数不得小于所选量程的三分之一，所以电流表量程应选0～0.6A；（2）图甲中有四节新干电池，大小为6V，小灯泡和滑动变阻器串联，根据串联电路特点，各用电器的电压之比等于电阻之比，小灯泡的电阻RL＝＝≈13Ω，＝，＝，解得RP＝7.5Ω；故滑动变阻器选0～10Ω；（3）为进行实验前，开关应该断开，并且把滑动变阻器调节到阻值最大处，所以滑片应该滑到最右端；（4）小灯泡和电流表串联接入电路，小灯泡额定电压为3.8V，超过电压表0﹣3V的量程，故电压表接在滑动变阻器两端，注意正负接线柱；如图所示；；（5）电流表读数时，看清量程0～0.6A，分度值0.02A，故示数为0.3A；电灯泡功率PL＝ULIL＝3.8V×0.3A＝1.14W；所以答案为：（1）0～0.6A；（2）0～10Ω；（3）断开；右；（4）如图所示；（5）1.14。23．（2022•达州）现有下列实验器材：学生电源、定值电阻三个（5Ω、10Ω、15Ω）、小灯泡RL（额定电压为2.5V）、滑动变阻器“50Ω1A”、电流表、电压表、开关和导线若干。（1）小聪利用部分实验器材探究电流跟电压的关系：①请用笔画线代替导线，将图甲所示的实物连接完整（要求：滑片向右移动时电压表示数减小）。②在探究过程中多次移动滑动变阻器滑片，读出电压表和电流表示数并记录如下：A.其中第6次实验电流表示数如图乙所示，请将读数填入表中。实验次数123456U/V0.511.522.53I/A0.050.10.150.20.240.3B.分析数据可以得出的初步结论是：在电阻一定时，导体中的电流跟两端电压成正比。C.该实验所用的探究方法是控制变量法。③换用另外两个定值电阻重复上面的实验步骤，分析数据得出结论。（2）小聪同学把定值电阻换成小灯泡RL，接着进行“研究小灯泡的电阻”实验。在实验过程中，多次移动滑片，读出电压表和电流表示数并记录，然后描绘出小灯泡的I﹣U关系图像（图丙）。请分析论证：①需要测量多组数据的目的是B（选填“A”或“B”）。A.求小灯泡阻值的平均值，减小误差B.找出小灯泡阻值的变化规律②小灯泡的灯丝由暗变亮的过程，即灯丝的温度逐渐升高的过程。由实验数据结合实验现象得出结论：导体的电阻与温度有关；与其他同学评估交流发现，小灯泡的亮度是由小灯泡的实际功率（选填“额定功率”或“实际功率”）决定的。【答案】（1）①见解答；②0.3；在电阻一定时，导体中的电流跟两端电压成正比；控制变量法；（2）①B；②温度；实际功率。【解答】解：（1）①因滑片向右移动时电压表示数减小，即电流变小，电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：②A、电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A；B、由表中数据知，各组的电压与电流之比：＝＝＝﹣﹣﹣﹣＝10Ω，可归纳得出的结论是：在电阻一定时，导体中的电流跟两端电压成正比；C、探究“电流跟电压的关系”时，要控制电阻不变，所以该实验所用的探究方法是控制变量法；（2）①研究小灯泡的电阻时，因为灯丝电阻与温度有关，为避免偶然性，使结论具有普遍性，需要测量多组数据，故选B；②小灯泡的灯丝由暗变亮的过程，即灯丝的温度逐渐升高的过程，说明导体的电阻与温度有关；灯泡的亮度是由实际功率决定的，实际功率是由灯泡两端的实际电压决定的，灯泡两端的电压越高，灯就会越亮。故答案为：（1）①见解答；②0.3；在电阻一定时，导体中的电流跟两端电压成正比；控制变量法；（2）①B；②温度；实际功率。四．计算题（共10小题）25．（2022•凉山州）某同学在野外捡到一块小石块，在课外兴趣活动小组活动中进行了如下探究：①如图甲所示，在托盘秤上放一只盛了适量水的容器，托盘秤的示数为1kg；②用细线将该石块系住，手握细线将石块慢慢放入水中（水不溢出），当石块浸没到如图乙所示位置，稳定后托盘秤的示数是1.1kg；③如图丙所示，松手后该石块沉到容器底部，稳定后托盘秤的示数为1.26kg。根据以上探究情况，求：（1）该石块的重力为多少；（2）该石块的密度（要求写出必要的文字说明和计算过程）。【解答】解：（1）由题意可知，步骤①中测量的是水和容器的总质量，步骤③中测量的是水、容器和小石块的总质量，因此小石块的质量：m石＝1.26kg﹣1kg＝0.26kg，所以小石块的重力：G石＝m石g＝0.26kg×10N/kg＝2.6N；（2）由题意可知，步骤②中测量的是水、容器和小石块排开水的质量，因此小石块排开水的质量：m排＝1.1kg﹣1kg＝0.1kg，由ρ＝可知，小石块排开水的体积：V排＝＝＝1×10﹣4m3，因为小石块浸没在水中，所以小石块的体积：V石＝V排＝1×10﹣4m3，因此小石块的密度：ρ石＝＝＝2.6×103kg/m3。答：（1）该石块的重力为2.6N；（2）该石块的密度为2.6×103kg/m3。26．（2022•眉山）如图所示，水平桌面上有一个底面积为5.0×10﹣3m2、重力为15N的圆柱形容器，内装有深度为0.1m、重力为5N的水，如图甲所示。现将一体积为1.20×10﹣4m3、重力为1.8N不吸水的固体缓慢放入水中，水未溢出，静止时如图乙所示。不计容器壁的厚度，ρ水＝1.0×103kg/m3。求（1）固体放入水中前，水对容器底的压强；（2）固体放入水中静止后，容器对桌面的压强；（3）固体放入水中静止后，容器底对它的支持力。【解答】解：（1）固体放入水中前，水对容器底的压强p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝103Pa；（2）固体放入水中后，水未溢出，故容器对桌面的压力F＝G水+G容+G＝5N+15N+1.8N＝21.8N；）固体放入水中静止后，容器对桌面的压强p′＝＝＝4.36×103Pa；（3）固体放入水中后，固体排开水的体积和固体体积相等，固体受到的浮力F浮＝ρgV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.20×10﹣4m3＝1.2N；固体静止时受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力、支持力作用，由力的平衡条件可得，固体受到的支持力F支＝G﹣F浮＝1.8N﹣1.2N＝0.6N。答：（1）固体放入水中前，水对容器底的压强是103Pa；（2）固体放入水中静止后，容器对桌面的压强是4.36×103Pa；（3）固体放入水中静止后，容器底对它的支持力是0.6N。27．（2022•眉山）为加快构建清洁低碳安全高效新能源体系，国务院办公厅于2022年5月30日转发了国家发改委能源局《关于促进新时代新能源高质量发展的实施方案》，将大力推动开发新能源，引导全社会消费绿色电力。下表是我国自主研发的某新能源电动车的部分参数：充电电压U380V充电电流I100A支付方式刷卡支付、APP扫二维码（小程序）安装方式壁挂式、立柱式电车将电能转换为机械能的效率η60%～75%在该新能源电动车正常充电10min后，求：（1）电动车获得的电能；（2）若获得的电能由完全燃烧热值为q＝4.0×107J/kg的燃油来提供，需要该燃油的质量；（3）若该电动车在水平公路上匀速行驶受到的阻力为500N，电动车将电能转换为机械能的效率为60%，该车能行驶的路程。【解答】解：（1）新能源电动车正常充电10min后，电动车获得的电能：W电＝UIt＝380V×100A×10×60s＝2.28×107J；（2）根据题意，燃油完全燃烧放热的热量Q放＝W电＝2.28×107J；由Q放＝mq可知，燃油的质量：m＝＝＝0.57kg；（3）由η＝可知，电动车获得的机械能：W机械＝ηW电＝60%×2.28×107J＝1.368×107J；电动车在水平公路上匀速行驶，牵引力F＝f＝500N，由W＝Fs可知，该车能行驶的路程：s＝＝2.736×104m。答：（1）电动车获得的电能为2.28×107J；（2）需要该燃油的质量为0.57kg（3）该车能行驶的路程为2.736×104m。28．（2022•乐山）标有“6V3.6W”字样的小灯泡和其他的电学元件连成电路，如图1。当只闭合开关S1时，滑动变阻器滑片P从右向左滑动的过程中记录下电压表示数U1和电流表示数I，并绘制出对应的U1﹣I图像（如图2），且当滑片滑至最左端时小灯泡正常发光。已知定值电阻R0＝12Ω，求：（1）电源电压U；（2）小灯泡正常发光时的电阻RL；（3）当S1、S2、S3均闭合，且滑动变阻器滑片处于中点位置时，整个电路消耗的电功率P。【解答