备战中考物理真题《压轴挑战》分类汇编 挑战38 重庆卷（重庆近二年共31题）（解析版）

2023年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战38重庆卷（重庆近二年共31题）22、23年题型统计：选择题填空题实验题计算综合解答题合计电学综合444416力学综合443415其他综合00000合计887831一．选择题（共8小题）1．（2023•重庆）在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（）A．重物上升的速度为0.4m/s B．动滑轮做的有用功为1000J C．工人的拉力的功率为90W D．动滑轮的机械效率为90%【答案】D【解答】解：A、重物上升的速度：v＝＝＝0.2m/s，故A错误；B、动滑轮做的有用功：W有＝Gh＝450N×2m＝900J，故B错误；C、由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m，拉力做的总功：W总＝Fs＝250N×4m＝1000J，拉力做功的功率：P＝＝＝100W，故C错误；D、动滑轮的机械效率：η＝×100%＝×100%＝90%，故D正确。故选：D。2．（2023•重庆）小俊用弹簧测力计吊着质量为1.35kg的圆柱体，从如图位置缓慢浸入装满水、深度合适的溢水杯中，圆柱体底面积为100cm2、高为5cm。则圆柱体下降过程中（）A．浸没前弹簧测力计示数逐渐变大 B．浸没前水对容器底部的压强逐渐变小 C．浸入一半时弹簧测力计的示数为11N D．刚浸没时圆柱体底部受到水的压力为8.5N【答案】C【解答】解：A、浸没前圆柱体受到的浮力逐渐增大，重力不变，拉力F＝G﹣F浮，弹簧测力计示数逐渐变小，故A错误；B、浸没前圆柱体排开水的体积增大，水面上升，多出的水从溢水杯流出，溢水杯口到杯底的深度不变，根据p＝ρgh，水对容器底部的压强不变，故B错误；C、浸入一半时，圆柱体受到的浮力为：×；圆柱体的重力为G＝mg＝1.35kg×10N/kg＝13.5N；弹簧测力计的示数为：F＝G﹣F浮＝13.5N﹣2.5N＝11N，故C正确；D、刚浸没时圆柱体底部受到水的压力等于圆柱体受到的浮力×100×10﹣4m2×0.05m＝5N，故D错误。故选：C。3．（2022•重庆）有A、B两个均匀实心圆柱体，A的高为5cm、底面积为20cm2，B的高为8cm、底面积为50cm2。若将它们按图甲、乙的方式放在水平桌面上，A对桌面的压强为p1＝1.0×103Pa，B对桌面的压强为p2；若按图丙的方式放置时，B对A的压强为p3＝6.0×103Pa，A对桌面的压强变为p4。下列判断正确的是（）（g＝10N/kg）A．A的重力为20N B．B的密度为3.0g/cm3 C．p3：p2＝2：5 D．p4＝1.6×104Pa【答案】B【解答】解：A、将A按图甲的方式放在水平桌面上，根据p＝可知A对桌面的压力F1＝p1SA＝1.0×103Pa×20×10﹣4m2＝2N，A的重力GA＝F1＝2N，故A错误；B、若按图丙的方式放置时，根据p＝可知B对A的压力F3＝p3SA＝6.0×103Pa×20×10﹣4m2＝12N，B的重力GB＝F3＝12N，B的质量mB＝＝＝1.2kg＝1200g，B的密度ρB＝＝＝3.0g/cm3，故B正确；C、将B按图乙的方式放在水平桌面上，B对桌面的压强p2＝＝＝＝2.4×103Pa，故：＝＝，故C错误；D、若按图丙的方式放置时，A对桌面的压强p4＝＝＝＝7×103Pa，故D错误。故选B。4．（2023•重庆）将一个定值电阻接入图甲所示电路的虚线框处，并将一个电压表（图中未画出）并联在某段电路两端，闭合开关，移动滑片P，多次记录两电表示数；断开开关，只将定值电阻更换为小灯泡，再次获取数据并记录；将记录的数据绘制成如图乙所示的I﹣U图象。下列分析正确的是（）A．电源电压为3.5V B．图象b是用接入定值电阻时记录的数据绘制得到的 C．定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，灯泡的电阻较大 D．接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，电压表的示数将变大【答案】C【解答】解：闭合开关，定值电阻（或灯泡）和滑动变阻器串联接入电路，根据U＝IR可知定值电阻（或灯泡）两端的电压随电流的增大而增大，串联电路总电压等于各部分电压之和，则滑动变阻器两端的电压随电流的增大而减小，由乙图可知电压表与滑动变阻器并联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，定值电阻的阻值不变，灯泡的电阻是变化的，所以a是接入定值电阻时记录的数据绘制得到的，b是接入灯泡时记录的数据绘制得到的，故B错误；当滑动变阻器两端的电压为0.5V时，通过电路的电流为0.7A，当滑动变阻器两端的电压为3.5V时，通过电路的电流为0.1A，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＝IR定+UV，代入数据可得0.7A×R定+0.5V＝0.1A×R定+3.5V，解方程可得R定＝5Ω，则电源电压U＝IR定+UV＝0.7A×5Ω+0.5V＝4V，故A错误；定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压为4V﹣3.5V＝0.5V，由乙图可知此时通过定值电阻的电流大于通过灯泡的电流，根据R＝可知灯泡的电阻较大，故C正确；接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压原理可知电压表的示数将变小，故D错误。故选：C。5．（2023•重庆）如图甲所示的电路，电源电压恒定。闭合开关S，移动滑片P，电压表示数随电流表示数变化的图象如图乙所示。以下分析正确的是（）A．电源电压为10V B．R0最大功率为1W C．滑片P向左移动过程中，R0两端电压逐渐变小 D．滑片P向右移动过程中，电压表与电流表的比值变大【答案】D【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，由乙图可知通过电路的电流最大为0.6A时，滑动变阻器两端的电压为0，通过电路的电流最小为0.1A时，滑动变阻器两端的电压为10V，串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得U＝IR0+UV，代入数据可得0.6A×R0＝0.1A×R0+10V，解方程可得R0＝20Ω，电源电压U＝IR0+UV＝0.1A×20Ω+10V＝12V，故A错误；根据P＝I2R可知通过电路的电流最大时，定值电阻的电功率最大，则R0最大功率为P0＝I2R0＝（0.6A）2×20Ω＝7.2W，故B错误；（2）滑片P向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则电路总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，根据U＝IR可知定值电阻两端的电压变大，故C错误；（3）滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据欧姆定律可知电压表与电流表的比值即滑动变阻器接入电路的阻值，所以电压表与电流表的比值变大，故D正确。故选：D。6．（2022•重庆）小林受穿戴式“智能体温计”（如图甲所示）的启发，设计了一个如图乙所示的体温计电路图，用电表示数大小反映温度高低，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，定值电阻R2起保护电路的作用。下列分析正确的是（）A．该电路中的电表是电流表 B．温度变化时R2两端电压不变 C．温度升高时电路中电流变大 D．温度降低时电路的总功率变大【答案】D【解答】解：A、电阻R1和R2串联接入电路，该电路中的电表如果是电流表，热敏电阻R1被短路，R2是定值电阻，则电流表示数不变，不符题意，故A错误；BC、该电路中的电表是电压表，电阻R1的阻值随温度的升高而增大，串联电路的总电阻变大，根据I＝得总电流变小，R2是定值电阻，根据U＝IR可得R2两端电压变小，故B、C错误；D、电阻R1的阻值随温度的降低而减小，串联电路的总电阻变小，根据I＝得总电流变大，根据P＝UI可得功率变大，故D正确。故选：D。7．（2022•重庆）A、B两个质量均匀的正方体放在水平地面上如图甲所示，B的边长是A的2倍。将A沿竖直方向切去宽为L的部分，把切去部分叠放在B上，B对地面的压强pB与L的变化关系如图乙所示。切割后，A剩余部分对地面的压强为pA，则以下分析正确的是（）（取g＝10N/kg）A．B的重力是50N B．L＝2.5cm时，pA：pB＝16：21 C．B的底面积为100cm2 D．A切去一半后，pA＝2000Pa【答案】B【解答】解：（1）由乙图可知L的最大值为10cm，所以正方体A的边长为10cm＝0.1m，正方体B的边长是A的2倍，则B的边长为20cm＝0.2m，B的底面积为20cm×20cm＝400cm2，故C错误；当L＝0时，B对地面的压强为5000Pa，物体对地面的压力等于自身重力，根据压强公式可得pB＝，即＝5000Pa，解方程可得GB＝200N，故A错误；当L＝10cm时，B对地面的压强为6000Pa，根据压强公式可得＝6000Pa，即＝6000Pa，解方程可得GA＝40N，A切去一半后，A对地面的压强pA＝＝＝4000Pa，故D错误；（2）当L＝2.5cm时，A对地面的压强为＝＝4000Pa，B对地面的压强为＝＝5250Pa，则＝＝，故B正确。故选：B。8．（2022•重庆）如图所示的电路中，电源电压保持不变，L为阻值不变的灯泡。开关S闭合后，滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，下列判断正确的是（）A．灯泡L变暗 B．电压表示数变大 C．电路的总功率变大 D．电压表示数与电流表示数的比值变大【答案】C【解答】解：A、灯泡L和滑动变阻器串联接入电路，滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，电阻变小，总电阻变小，根据I＝得总电流变大，L是阻值不变的灯泡，所以小灯泡两端电压变大，实际功率变大，灯泡变亮，故A错误；B、电压表的电压由Uv＝U﹣UL可知，电压表示数变小，故B错误；C、电流变大，根据P＝UI可得电路的总功率变大，故C正确；D、电压表和电流表均测的是滑动变阻器R的电压和电流，所以比值为滑动变阻器R的阻值，故比值变小，故D错误；故选：C。二．填空题（共8小题）9．（2023•重庆）如图所示的电路，电源电压恒为6V，白炽灯泡L1标有“5V，0.25A”，白炽灯泡L2标有“6V，3W”，R的阻值为10Ω。忽略温度对灯丝电阻的影响，只闭合开关S1时，灯泡L1更亮；只闭合开关S2时，R的功率为0.4W。【答案】L1；0.4。【解答】解：忽略温度对灯丝电阻的影响，根据R＝可知，L1的电阻R1＝＝＝20Ω，根据P＝可知，L2的电阻R2＝＝＝12Ω；只闭合S1时，两灯泡串联，串联电路的电流处处相等，且R1＞R2，根据P＝I2R可知，L1的实际功率大，故小灯泡L1更亮；只闭合开关S2时，L1和R串联，则电路中的电流为：I＝＝＝0.2A，故R的功率为：P＝I2R＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W。故答案为：L1；0.4。10．（2023•重庆）如图所示，电源电压恒定，L标有“2V0.3A”字样，R1＝20Ω，滑动变阻器R2规格为“60Ω1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。只闭合开关S2时，电压表示数为2V，则电源电压为8V；闭合开关S1、S2和S3，在电表量程允许范围内，R2的最大功率为1.6W。【答案】8；1.6。【解答】解：（1）只闭合开关S2时，灯泡L与电阻R1串联，在串联电路中电流处处相等，所以通过电阻R1的电流等于通过小灯泡的电流，所以电路中的电流：I＝0.3A，所以电源电压U＝UL+U1＝UL+IR1＝2V+0.3A×20Ω＝2V+6V＝8V，（2）闭合开关S1、S2和S3时，灯泡L被短路，R1与R2并联，电流表测干路的电流，因为电流表量程为0～0.6A，所以干路电流最大为0.6A，通过电阻R2的最大电流为：I2＝I总﹣＝0.6A﹣＝0.2A，R2的最大功率为：P＝UI2＝8V×0.2A＝1.6W。故答案为：8；1.6。11．（2022•重庆）如图所示，是工人用滑轮组提升货物的情景。当他用大小为200N的拉力拉动轻绳，可匀速提升重为360N的货物A。则动滑轮重为40N，这时滑轮组的机械效率为90%。（忽略一切摩擦力）（g＝10N/kg）【答案】40；90。【解答】解：由图可知，吊起动滑轮的绳子股数n＝2，忽略一切摩擦力，由F＝可知，动滑轮的重：G动＝2F﹣G物＝2×200N﹣360N＝40N。滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝＝90%。故答案为：40；90。12．（2022•重庆）如图甲所示电路，电源电压恒定，电流表量程为0～0.6A，小灯泡L的额定电压为2.5V，其I﹣U图像如图乙所示，则灯泡正常发光时的功率为0.625W。当所有开关都闭合，滑片P位于变阻器R2的最右端时，定值电阻R1两端的电压为U1，电路的总功率为P1；只闭合开关S1时，电流表示数为0.2A，R1两端的电压为U1′；只闭合开关S2，在保证电路元件都安全的情况下，移动滑片P，当电路中电流达到最大时，变阻器R2的功率为P2。已知U1：U1′＝5：4，P1：P2＝4：1。则R2的最大阻值是20Ω。【答案】0.625；20。【解答】解：（1）小灯泡正常发光时的电压：UL＝U额＝2.5V，由图乙可知，此时通过小灯泡的电流为0.25A，则小灯泡正常发光时的功率：PL＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；（2）当所有开关都闭合，滑片P位于变阻器R2的最右端时，定值电阻R1与滑动变阻器的最大阻值并联，由并联电路的电压特点可知，电源电压U＝U1，只闭合开关S1时，定值电阻R1与小灯泡L串联，电流表测电路中的电流，R1两端的电压为U1′，电流表示数为0.2A，由串联电路的电流特点可知，此时通过小灯泡L的电流I1'＝0.2A，由图乙可知，小灯泡L两端的电压UL'＝1V，由题意可知，U1：U1′＝5：4，即U1′＝UI，由串联电路的电压特点可知，此时电源电压：U＝U1'+UL'＝U1'+1V＝U1+1V，因为电源电压不变，所以有U1＝U1+1V，解得：U1＝5V，即电源电压U＝5V，由串联电路的电压特点，此时定值电阻R1两端的电压：U1′＝U﹣UL'＝5V﹣1V＝4V，由欧姆定律可知，定值电阻R1的阻值：R1＝＝＝20Ω；只闭合开关S2时，滑动变阻器R2与小灯泡L串联，电流表的量程为0～0.6A，小灯泡的额定电流为0.25A，根据串联电路的电流特点，在保证电路元件都安全的情况下，电路中最大电流为I大＝0.25A，此时小灯泡两端的电压为2.5V，由串联电路的电压特点可知，此时滑动变阻器R2两端的电压：U2＝U﹣UL＝5V﹣2.5V＝2.5V，滑动变阻器R2的功率：P2＝U2I大＝2.5V×0.25A＝0.625W，由题意可知，P1：P2＝4：1，因此所有开关都闭合，滑片P位于变阻器R2的最右端时，电路的总功率：P1＝4P2＝4×0.625W＝2.5W，由P＝UI可知，此时电路中的总电流：I＝＝＝0.5A，通过R1的电流：I1＝＝＝0.25A，由并联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I2＝I﹣I1＝0.5A﹣0.25A＝0.25A，因为此时滑片P位于变阻器R2的最右端，滑动变阻器接入电路的电阻最大，所以R2的最大阻值：R2＝＝＝20Ω。故答案为：0.625；20。13．（2022•重庆）在一次实验探究活动中，小林用如图所示滑轮组将重为2.7N的物体匀速提升了20cm用时2s，绳子自由端弹簧测力计的示数如图所示，则小林做的有用功为0.54J，滑轮组的机械效率为75%。（取g＝10N/kg）【答案】0.54；75。【解答】解：小林做的有用功W有＝Gh＝2.7N×0.2m＝0.54J；小林做的总功W总＝Fs＝1.2N×3×0.2m＝0.72J；滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝75%。故答案为：0.54；75。14．（2023•重庆）小莉模拟古人利用浮力打捞铁牛，模拟过程和测量数据如图所示。①把正方体M放在架空水槽底部的方孔处（忽略M与水槽的接触面积），往水槽内装入适量的水，把一质量与M相等的柱形薄壁水杯放入水中漂浮，如图甲所示；②向杯中装入质量为水杯质量2倍的铁砂时，杯底到M上表面的距离等于M的边长，如图乙所示，此时水杯浸入水中的深度h＝9cm；③用细线连接水杯和M，使细线拉直且无拉力，再将铁砂从杯中取出，当铁砂取完后，M恰好可被拉起，完成打捞后，如图丙所示。则M与水杯的底面积之比为＝。【答案】9；。【解答】解：甲图中杯子漂浮，浮力等于重力，F浮＝G；假设水的密度为ρ，杯子底面积S，杯子高度H，有：ρSh1g＝mg，H＝h1+12cm；乙图中，同样漂浮，则有：ρShg＝3mg，H＝h+6cm；解得：h＝3h1；H＝15cm，h＝9cm；图甲中，杯子的重力：G＝F浮＝ρSg×3cm＝mg；质量与M相等的柱形薄壁水杯，M的重力：GM＝Mg＝ρSg×3cm；将铁砂从杯中取出，当铁砂取完后，M恰好可被拉起，如图所示：此时M（下方还没有水）受到绳子向上的拉力、向下的重力和水对M上表面的压力，则F拉＝Mg+F压M，而此时杯子受到向上的浮力与向下的重力和绳子的拉力，且根据力作用的相互性可知杯子对M的拉力等于M对杯子的拉力，则有：F浮杯＝mg+F拉，所以可得：Mg+F压M＝F浮杯﹣mg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；且水对M上表面的压力：F压M＝ρghM上SM＝ρgSM（9cm+a），则①式可写为：ρSg×3cm+ρgSM（9cm+a）＝ρgS×9cm﹣ρSg×3cm；整理得：ρgSM×9cm+ρgSMa＝ρgS×3cm；由于M是正方体，即：ρgSM×9cm+ρga3＝ρgS×3cm﹣﹣﹣﹣﹣②丙图中漂浮时，总重力等于M受到的浮力加上杯子所受的浮力，则Mg+mg＝ρga3+ρSg（15cm﹣10cm）；即ρSg×3cm+ρSg×3cm＝ρga3+ρSg×5cm；解得ρSg×1cm＝ρga3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③将③代入②可得：ρgSM×9cm+ρSg×1cm＝ρgS×3cm，即：ρgSM×9cm＝ρgS×2cm；即SM：S＝2：9，即：＝。故答案为：9；。15．（2023•重庆）小天做物理小实验，先向质量为300g的薄壁柱形容器中倒入深度为1cm的水，放在水平放置的电子秤上，稳定后示数如图甲；然后用细线吊着密度为0.6g/cm3、不吸水的立方体木块，竖直向下缓慢浸入容器水中，松开手待木块静止后，电子秤示数稳定后如图乙，此时木块对容器底部压强为300Pa；接着小天拉着细线，将木块竖直向上提升0.8cm，容器对电子秤的压强变化量与木块底部所受水的压强变化量之差为120Pa。（不计细线质量和体积，忽略附在木块表面水的影响）【答案】300；0.8。【解答】解：（1）由图甲可知，容器和水的总质量m总＝450g，则容器中水的质量：m水＝m总﹣m容器＝450g﹣300g＝150g，由ρ＝可知，水的体积：V水＝＝＝150cm3，由V＝Sh可知，容器的底面积：S容器＝＝＝150cm2，由图乙可知，容器、水和木块的总质量m总'＝1050g，则木块的质量：m木＝m总'﹣m总＝1050g﹣450g＝600g，由ρ＝可知，木块的体积：V木＝＝＝1000cm3，由V＝L3可知，木块的边长：L＝＝＝10cm，木块的底面积：S木＝L2＝（10cm）2＝100cm2，图乙中水的深度：h1＝＝＝3cm，此时木块排开水的体积：V排1＝S木h1＝100cm2×3cm＝300cm3，则木块受到的浮力：F浮＝ρ水gV排1＝1×103kg/m3×10N/kg×300×10﹣6m3＝3N，木块的重力：G木＝m木g＝600×10﹣3kg×10N/kg＝6N，由力的平衡条件可知，木块对容器底部的压力：F压＝G木﹣F浮＝6N﹣3N＝3N，木块对容器底部压强：p木＝＝＝300Pa；（2）设提升后，木块浸在水的深度为h2，此时木块排开水的体积：V排2＝S木h2，木块受到的浮力：F浮2＝ρ水gV排2＝ρ水gS木h2，由力的平衡条件可知，提升时的拉力：F＝G木﹣F浮2＝G木﹣ρ水gS木h2＝6N﹣1×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣4m2×h2＝6N﹣100N/m×h2，提升之前，容器对电子秤的压力：F压秤＝G总'，提升后，容器对电子秤的压力：F压秤'＝G总'﹣F，由p＝可知，容器对电子秤的压强变化量：Δp秤＝p秤﹣p秤'＝﹣＝﹣＝＝，由p＝ρgh可知，木块底部所受水的压强变化量：Δp水＝p水﹣p水'＝ρ水gh1﹣ρ水gh2＝1×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣2m﹣1×103kg/m3×10N/kg×h2＝300Pa﹣1×104N/m3×h2，由题意可知，Δp秤﹣Δp水＝120Pa，即﹣（300Pa﹣1×104N/m3×h2）＝120Pa，解得：h2＝0.006m＝0.6cm，则提升后水和木块浸在水中的总体积：V＝V水+V排2＝V水+S木h2＝150cm3+100cm2×0.6cm＝210cm3，此时容器中水的深度：h＝＝＝1.4cm，木块下表面到容器底部的距离：h3＝1.4cm﹣0.6cm＝0.8cm，则木块竖直向上提升的高度为0.8cm。故答案为：300；0.8。16．（2022•重庆）如图甲所示电路中，电源电压恒定不变，小灯泡L标有“6V0.3A”字样，电流表量程0～0.6A、电压表量程0～3V。在保障电路安全的前提下，只闭合开关S、S1，滑片P位于最右端，小灯泡恰好正常发光，则小灯泡10s内消耗的电能为18J，再移动滑片P，电流表示数与R2关系如图乙a所示；当断开S1闭合S、S2、S3时，电流表示数与R2的关系如图乙b所示，则I1＝0.45A（忽略小灯泡电阻变化）。【答案】18；0.45。【解答】解：只闭合开关S、S1，滑动变阻器和灯泡串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压，滑片P位于最右端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为0，电路为灯泡的简单电路，灯泡两端电压等于电源电压，小灯泡恰好正常发光，小灯泡L标有“6V0.3A”字样，小灯泡10s内消耗的电能为：W＝UILt＝6V×0.3A×10s＝18J；灯泡的电阻：RL＝＝＝20Ω，由乙图可知滑动变阻器接入电路的电阻为R时，通过电路的电流最小，根据欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，电压表量程0～3V，根据串联分压原理可知电压表示数为3V，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′＝，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＝U2+UL＝3V+I′RL，即3V＝6V，解方程可得：R＝20Ω，当断开S1，闭合S、S2、S3时，定值电阻和滑动变阻器并联接入电路，电流表测干路电流，由乙图可知滑动变阻器接入电路的电阻为R时，通过电路的电流最大，电流表量程0～0.6A，所以通过电路的最大电流为0.6A，并联电路干路电流等于各支路电流之和，根据欧姆定律可得干路电流I＝，即＝0.6A，解方程可得：R1＝20Ω，滑动变阻器接入电路的电阻为2R时，通过电路的电流：I1＝＝＝0.45A。故答案为：18；0.45。三．实验探究题（共7小题）17．（2023•重庆）小莉在“物理创新实验”社团活动中，看见如图甲的双探头压强计，该装置一次测量可采集多个数据，激起了她探究液体压强的浓厚兴趣。（1）U形管A、B中装入同种液体，小莉用手轻压探头C、D处橡皮膜到一定程度，U形管两侧液面都出现了明显高度差且保持稳定，说明压强计不漏气（选填“漏气”或“不漏气”）。（2）如图甲，小莉先在装水的容器中进行实验；然后换用密度大于水的硫酸铜溶液进行实验，记录实验数据如表：序号液体种类探头C深度hC/cm高度差ΔhA/格探头D深度hD/cm高度差ΔhB/格1水365102水486123硫酸铜溶液395154硫酸铜溶液412618①分析表中1、2或3、4（填序号）两次数据可知：同种液体中，深度越深，压强越大；②分析表中1、3（或2、4）数据可知：深度相同时，液体密度越大，压强越大；③根据表中数据，小莉估算出硫酸铜溶液的密度为1.5g/cm3。（3）①小莉受双探头压强计原理的启发制作出如图乙的器材（细金属管与浮筒相通），她将浮筒漂浮在水中后再使其竖直向下移动，感受到细金属管对手的作用力越来越大；浮筒竖直浸没水中后，仔细观察其下表面橡皮膜形变更明显，从而分析出浮力产生的原因；②让浮筒浸没后继续下降，浮筒受到的浮力将变小。【答案】（1）不漏气；（2）①1、2或3、4；②密度；③1.5；（3）①大；下；浮力；②变小。【解答】解：（1）U形管A、B中装入同种液体，小莉用手轻压探头C、D处橡皮膜到一定程度，U形管两侧液面都出现了明显高度差且保持稳定，说明压强计不漏气。（2）①分析表中1、2（或3、4）两次数据可知：同种液体中，深度越深，压强越大；②分析表中1、3（或2、4）数据可知：深度相同时，液体密度越大，压强越大；③根据表中数据，当探头D在水中的深度为6cm，探头C在硫酸铜溶液的深度为4cm时，U形管中的高度差相同，说明此时受到的压强相等；即：ρ水gh水＝ρ硫酸铜gh硫酸铜；则硫酸铜溶液的密度为。（3）①将浮筒漂浮在水中后再使其竖直向下移动，感受到细金属管对手的作用力越来越大，浮筒竖直浸没水中后，仔细观察其下表面橡皮膜形变更明显，从而分析出浮力产生的原因；②让浮筒浸没后继续下降，随着深度的增加，上探头橡皮膜向下凹，下探头橡皮膜向上凸，浮筒排开水的体积变小，所受浮力变小。故答案为：（1）不漏气；（2）①1、2或3、4；②密度；③1.5；（3）①大；下；浮力；②变小。18．（2023•重庆）在测量小灯泡电阻的实验中，小会选用标有“2.5V”字样的小灯泡进行实验。（1）请用笔画线代替导线，将图甲所示电路补充完整；（2）连接电路时，开关应处于断开状态。连接好电路，将滑片P移至最右端，接通电路后，发现小灯泡不发光，电压表示数约为3V，其原因可能是小灯泡断路；（3）排除故障后，闭合开关，调节滑片P，电压表示数如图乙所示为2.2V，为测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片P向左端滑动；（4）下表是记录的实验数据，则小灯泡正常发光时的电阻约为8.3Ω（结果保留小数点后1位）；实验中发现灯泡越亮，温度越高，结合数据可知：灯丝温度越高，电阻越大；次数1234U/V122.52.8I/A0.180.280.300.31（5）小会在实验过程中发现用力捏滑片与电阻丝接触处，灯泡发光明显变亮。请结合影响导体电阻大小的因素，分析产生这一现象可能的原因是捏滑片时减小了电阻丝接入电路中的长度，减小了电阻。【答案】（1）见解答图；（2）断开；断路；（3）2.2；左；（4）8.3；大；（5）捏滑片时减小了电阻丝接入电路中的长度，减小了电阻。【解答】解：（1）在测量小灯泡电阻的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：；（2）为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；小灯泡不发光，说明电路可能断路，电压表示数约为3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即其原因可能是小灯泡断路；（3）排除故障后，闭合开关，调节滑片P，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，为测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向左端滑动；（4）由表中数据可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，则小灯泡正常发光时的电阻为：RL＝＝≈8.3Ω；同理，其余三次实验的电阻为：R1＝＝≈5.6Ω，R2＝＝≈7.1Ω，R4＝＝≈9.0Ω，故结合数据可知：灯丝温度越高，电阻越大；（5）用力捏滑片与电阻丝接触处，灯泡发光明显变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，根据影响导体电阻大小的因素，分析产生这一现象可能的原因是捏滑片时减小了电阻丝接入电路中的长度，减小了电阻。故答案为：（1）见解答图；（2）断开；断路；（3）2.2；左；（4）8.3；大；（5）捏滑片时减小了电阻丝接入电路中的长度，减小了电阻。19．（2023•重庆）小婷在探究液体压强与哪些因素有关的实验中，在U形管接头处加装了一个“三通接头”，如图甲所示。（1）U形管与探头连接时，阀门K应处于打开（选填“打开”或“关闭”）状态，以确保U形管内的水面相平；组装完成后，轻压探头的橡皮膜到一定程度，U形管内液面有明显的高度差并保持稳定，说明装置不漏气（选填“漏气”或“不漏气”）；（2）比较图乙与丙两图，可得出液体压强随深度的增加而增大；比较图丙与丁两图，还可初步得出液体在同一深度向各个方向的压强相等；（3）若需通过图丁和戊对比得出液体压强与液体密度的关系，应将图戊中的探头向上移动适当的距离；移动探头后，观察到U形管水面高度差为Δh，此时探头受到盐水的压强为p盐，小婷取出探头放回水中，当U形管水面高度差再次为Δh时，测出探头在水中的深度为0.2m，则p盐＝2000Pa；（4）小婷发现探头所处深度较浅时，U形管两液面的高度差不明显，可将U形管中的水换成密度更小的液体以方便读数；探究过程中，保持探头所处深度不变，将U形管逐渐向后倾斜，偏离竖直方向，U形管中两液面所对刻度线间的距离将变大（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】（1）打开；不漏气；（2）丙；相等；（3）上；2000；（4）小；变大。【解答】解：（1）为了保持内外气压平衡，U形管与探头连接时，阀门K应处于打开状态，以确保U形管内的水面相平；按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度变化明显并保持稳定，说明实验装置密封良好，不漏气；（2）研究液体压强与深度的关系，要控制液体的密度相同，比较图乙与丙两图，可以初步得出结论：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大；比较图丙与丁两图可知，探头在水中的深度相同，方向不同，U形管内液柱的高度差相同，因此可初步得出液体在同一深度向各个方向的压强相等；（3）由控制变量法可知，若需通过图丁和戊对比得出液体压强与液体密度的关系，应将图戊中的探头向上移动适当的距离；探头在盐水中和水中时，观察到U形管水面高度差均为Δh，说明探头在盐水中受到的压强与在水中受到的压强相同，所以p盐＝p水＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2000Pa；（4）由p＝ρgh可知，压强相同时，密度越小的液体，深度越大，所以可将U形管中的水换成密度更小的液体以方便读数；探究过程中，保持探头所处深度不变，探头所受的液体压强不变，将U形管逐渐向后倾斜，偏离竖直方向时，U形管中两液面的高度差不变，但由几何知识可知所对刻度线间的距离将变大。故答案为：（1）打开；不漏气；（2）丙；相等；（3）上；2000；（4）小；变大。20．（2022•重庆）小亮和同学们分组探究“电流与电压、电阻的关系”，提供的实验器材有：稳压电源（电压恒为4.5V）、开关、电流表2只、电压表2只、规格为“20Ω2A”的滑动变阻器、电阻箱（阻值可调节）、导线若干。（1）小亮他们用图甲的器材先探究“电流与电压的关系”，请你用笔画线代替导线，帮助小亮将图甲中的电路连接完整（要求：滑片P向左端移动时，电路中的电流变大，且导线不能交叉）。（2）在连接电路的过程中，开关应处于断开状态。连接好电路后，小亮他们进行了五次实验测得了下表中的数据。其中第4次实验时，电流表指针如图乙所示，其示数为0.24A。由表可知实验中电阻箱接入电路的阻值为10Ω。实验次数12345电压U/V1.61.82.02.42.8电流I/A0.160.180.200.28完成第4次实验后，需要移动滑片P，使滑动变阻器接入电路的电阻值适当减小（选填“增大”或“减小”）才能得到第5次实验数据。根据实验数据分析，可初步得出结论：当电阻一定的情况下，通过导体的电流与这段导体两端的电压成正比。（3）小亮他们继续用该电路探究“电流与电阻的关系”。他们多次改变电阻箱接入电路的电阻值，移动变阻器的滑片P，保持电压表示数为2.5V，记录下每次电流表的示数。为完成该实验，电阻箱接入电路的阻值不能超过25Ω。（4）另一组的同学也按图甲连好完整的电路后，闭合开关，发现电流表、电压表均无示数。请你写出一种用所给器材检测故障位置的方法：取一只电压表，先将电压表并联在电源两端，以判断电源是否损坏，然后将电压表的正接线柱接到电源的正极，用负接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，然后再将电压表的负接线柱接到电源负极，用正接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，从而具体确定故障所在的位置。【答案】（1）如图所示；（2）断开；0.24；10；减小；正；（3）25；（4）取一只电压表，先将电压表并联在电源两端，以判断电源是否损坏，然后将电压表的正接线柱接到电源的正极，用负接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，然后再将电压表的负接线柱接到电源负极，用正接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，从而具体确定故障所在的位置。【解答】解：（1）滑片向左滑动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：；（2）为了保护电路，连接电路时开关应断开；由图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A；由表中数据根据欧姆定律可知，电阻箱接入电路的阻值：R＝＝＝…＝＝10Ω；由表中数据可知，由第4次实验到第5次实验增加了电阻箱两端的电压，因为电源电压不变，由串联电路的电压特点可知，此时需要减小滑动变阻器两端的电压，由串联电路的分压原理可知，应减小滑动变阻器接入电路的电阻；根据表中数据可知：电压与电流的比值：＝…＝＝10Ω，为一定值，故得出的结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（3）探究“电流与电阻的关系”。他们多次改变电阻箱接入电路的电阻值，移动变阻器的滑片P，保持电压表示数为2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2.5V＝2V，电压表示数为变阻器分得的电压的＝1.25倍，根据分压原理，当滑动变阻器接入电路的电阻最大为20Ω时，电阻箱连入电路中的电阻为：R箱＝1.25×20Ω＝25Ω，即为完成该实验，电阻箱接入电路的阻值不能超过25Ω；（4）电流表无示数，说明电路中存在断路，可以另取一根导线，用导线一端接在电源的正极，另一端依次试触各接线柱，当电流表有示数时，则故障在电源正极到电流表有示数时的接线柱之间，然后再将导线一端接到电源的负极，另一端依次试触各接线柱，当电流表有示数时，则故障在电源负极到电流表有示数时的接线柱之间，从而具体确定故障所在的位置。或者另取一只电压表，先将电压表并联在电源两端，以判断电源是否损坏，然后将电压表的正接线柱接到电源的正极，用负接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，然后再将电压表的负接线柱接到电源负极，用正接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，从而具体确定故障所在的位置。故答案为：（1）如图所示；（2）断开；0.24；10；减小；正；（3）25；（4）取一只电压表，先将电压表并联在电源两端，以判断电源是否损坏，然后将电压表的正接线柱接到电源的正极，用负接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，然后再将电压表的负接线柱接到电源负极，用正接线柱依次试触各接线柱，当电压表示数接近电源电压时，则故障在电压表的正负接线柱之间，从而具体确定故障所在的位置。21．（2023•重庆）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小华准备了以下器材：电源、标有“2.5V”的小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。请完成下列问题：（1）如图甲，请用笔画线代替导线，正确连接电路。（2）在开关S闭合前，应将滑片P移到B端（选填“A”或“B”）。（3）闭合开关S，发现灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，该电路故障可能是小灯泡短路。（4）排除故障后，闭合开关S，移动滑片P，同时眼睛要观察电压表的示数，直到示数为2.5V时，小灯泡正常发光，记录电压表和电流表示数。（5）继续移动滑片P，让电压表示数低于2.5V，某时刻电流表示数如图乙为0.2A，观察灯泡亮度并记录电表示数；继续缓慢移动滑片P，让电压表示数高出2.5V少许，观察灯泡亮度并记录电表示数。小华根据所有实验数据作出了小灯泡的U﹣I图象，如图丙，则小灯泡额定功率为0.75W。（6）根据小灯泡U﹣I图象和亮度变化，还可以发现小灯泡的U﹣I图象是曲线而不是过原点的直线及小灯泡亮度有所变暗是因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大。【答案】（1）见解答图；（2）B；（3）短路；（4）电压；2.5；（5）0.2；0.75；（6）小灯泡的U﹣I图象是曲线而不是过原点的直线是因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大。【解答】解：（1）“测量小灯泡的电功率”实验的要求是串联电路，从电源正极出发，依次连接开关，滑动变阻器，电流表，灯泡回到电源负极，再将电压表并接在灯泡两端，注意灯泡的额定电压为2.5V，选择电压表的量程为0～3V，与小灯泡并联接入电路即可，连接电路如图所示：（2）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片要滑到阻值最大处，故将滑片移至B端。（3）闭合开关，电流表有示数，电路为通路，灯泡不亮，电压表没有示数，说明电压表所测的电路短路，即灯泡短路；（4）为了测量小灯泡的额定功率，要将灯泡电压调到与额定电压相等，所以向左移动滑片P的同时，眼睛应观察电压表，直到示数为2.5V，再确定电流表的示数；（5）电流表的量程为0.6A，分度值为0.02A，由图知某时刻电流表示数是0.2A，根据小华对所有实验数据作出的小灯泡的U﹣I图象，可知：当电压为2.5V时，对应的电流为0.3A，该灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；（6）小灯泡的U﹣I图象是曲线而不是过原点的直线是因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大。故答案为：（1）如上图所示；（2）B；（3）短路；（4）电压；2.5；（5）0.2；0.75；（6）小灯泡的U﹣I图象是曲线而不是过原点的直线是因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大。22．（2022•重庆）小晨同学买了一个小吊坠（如图甲所示）作为母亲节的礼物送给妈妈，他利用天平和量筒测量小吊坠的密度进行鉴定。（取g＝10N/kg，水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3）（1）将天平放在水平桌面上，拨动游码至标尺左端零刻度线，此时指针偏向分度盘中线左侧，他应该将平衡螺母向右（选填“左”或“右”）移动，直至天平平衡；（2）将解去挂绳的小吊坠放在左盘，往右盘加减砝码，当最后放入5g的砝码时，发现指针指在分度盘中线的右侧，则他下一步的操作是C。A.向右移动游码B.向左移动平衡螺母C.取出5g的砝码（3）天平再次平衡后，砝码和游码的位置如图乙所示，则该小吊坠的质量为24g；（4）先向量筒中加入30mL的水，将重新系好挂绳的小吊坠轻放入量筒中，水面如图丙所示，则小吊坠的体积为8cm3；（5）小晨将测得的密度和表格中数据进行对比，发现小吊坠可能是和田玉制作而成的，他仔细分析了自己的测量过程发现，小吊坠密度的测量值与真实值相比偏小（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。材质翡翠和田玉玻璃有机玻璃密度/g•cm﹣3约3.3～3.36约2.95～3.172.51.18【答案】（1）水平桌面；游码；右；（2）C；（3）24；（4）8；（5）和田玉；偏小。【解答】解：（1）正确使用天平：应先把天平放在水平桌面上，然后将游码移到标尺左端零刻度线位置上，此时指针偏向分度盘中线左侧，应将平衡螺母向右调，才能使天平平衡；（2）天平平衡后，把小吊坠放在左盘，用镊子向右盘加减砝码，当把砝码盒中最小的砝码放入右盘后，发现指针偏向分度盘的右侧，接下来正确的操作步骤是把天平右盘的最小的砝码拿走，并向右移游码，使天平平衡，故C正确；（3）由图乙知，标尺的分度值为0.2g，所以吊坠的质量为m＝20g+4g＝24g；（4）由图丙知，水和吊坠的体积为38mL，所以吊坠的体积为：V＝38mL﹣30mL＝8mL＝8cm3；（5）小吊坠的密度为；ρ＝＝＝3g/cm3，和表格中数据进行对比，发现小吊坠可能是和田玉制作而成的；根据题意当吊坠放入量筒中的水时，吊坠中间的孔可能会有部分气泡，挂绳（浸在水中的部分）也有一定的体积，使测量的总体积V偏大，根据V物＝V﹣V0可知测得吊坠的体积偏大，由密度公式ρ＝可知测得吊坠的密度将偏小。故答案为：（1）水平桌面；游码；右；（2）C；（3）24；（4）8；（5）和田玉；偏小。23．（2022•重庆）综合实践课上，小薇同学用“伏安法”测量小灯泡正常发光时的电阻，选用的小灯泡L标有“2.5V”字样、电源电压恒为4.5V、滑动变阻器规格为“30Ω1A”。序号U/VI/AR/Ω11.00.185.621.50.226.832.00.248.342.5（1）请在图甲中用笔画线代替导线，帮小薇完成实物电路的连接；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处于最右（选填“左”或“右”）端；（3）闭合开关进行实验，移动滑动变阻器的滑片P过程中，她应注视电压表（选填“电压表”“电流表”或“滑动变阻器”）的变化情况，当停止移动滑片P时，她发现电表指针左右摆动，再观察小灯泡也忽明忽暗，其原因可能是A（选填字母符号）；A.滑动变阻器接触不良B.小灯泡短路（4）排除故障后继续实验，她将得到的数据记录在表格中，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示为0.26A，则小灯泡正常发光时的电阻为9.6Ω（保留一位小数）。她发现小灯泡电阻发生了变化，其原因是灯丝电阻受温度的影响；（5）实验结束后，她看见桌面上还有一个阻值为15Ω的定值电阻，想按照表格给定的四组电压值，验证“导体中电流与电压的关系”，但使用目前已有器材无法完成，若想完成实验，她只需更换哪一个元件，并说明新元件的规格要求：更换一个电压为2.5V～3V的电源或更换一个最大阻值不小于52.5Ω的滑动变阻器。【答案】（1）见解答图；（2）右；（3）电压表；A；（4）0.26；9.6；温度；（5）更换一个电压为2.5V～3V的电源或更换一个最大阻值不小于52.5Ω的滑动变阻器。【解答】解：（1）由图乙可知，电流表应使用0﹣0.6A的量程，电路连接如图所示：（2）为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态，实物图知，滑动变阻器的滑片应处于最右端；（3）“伏安法”测量小灯泡正常发光时的电阻时，移动滑动变阻器的滑片P，要让小灯泡在额定电压下工作，所以眼睛要注视电压表的示数，电表指针左右摆动，再观察小灯泡也忽明忽暗，其原因可能是滑动变阻器接触不良，故选：A；（4）由乙图可知，电流表选用0～0.6A的量程，分度值为0.02A，则电流表的读数为0.26A，＝≈9.6Ω，小灯泡电阻发生了变化，其原因是灯丝电阻受温度的影响；（5）为完成实验，有以下2种方法：①在第1次数据中，电流最小，所需变阻器最大，此时电源电压为：U＝IR＝×（15Ω+30Ω）＝3V，电源电压最大为3V，第1次实验电压表示数调不到1V，因此可更换一个电源，要求电源电压为2.5V～3V；②为完成实验，也可以只更换滑动变阻器，电源电压仍为4.5V，第1次实验时电压表示数最小为1V，则变阻器两端的最大电压为4.5V﹣1V＝3.5V，由串联分压的规律可得：＝，即＝，解得R滑大＝52.5Ω，即更换一个最大阻值不小于52.5Ω的滑动变阻器。故答案为：（1）如上图；（2）右；（3）电压表；A；（4）0.26；9.6；温度；（5）更换一个电压为2.5V～3V的电源或更换一个最大阻值不小于52.5Ω的滑动变阻器。四．计算题（共8小题）24．（2023•重庆）桔槔是《天工开物》中记载的一种原始的汲水工具。如图所示，硬杆用细绳悬挂在树上，杆可绕O点自由旋转且与树之间无作用力，用细绳将重力为20N、容积为2.8×10﹣2m3的桶悬挂在B端，在A端重120N的拗石辅助下，人可轻松将一桶水从井中提起，OA：OB＝3：2；悬挂桶的绳子始终保持在竖直方向上，忽略杆和绳的重力。（1）桶装满水时，求水的质量；（2）空桶在井中漂浮时，求桶排开水的体积；（3）一重力为480N的人用桔槔将装满水的桶提出水面后（忽略桶外壁沾水），桔槔处于平衡状态时，人与地面的受力面积为500cm2，求人对地面的压强。【答案】（1）桶装满水时水的质量为28kg；（2）空桶在井中漂浮时，桶排开水的体积为2×10﹣3m3；（3）人对地面的压强为1.2×104Pa。【解答】解：（1）由ρ＝可得，桶装满水时水的质量：m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×2.8×10﹣2m3＝28kg；（2）空桶在井中漂浮时，受到的浮力F浮＝G桶＝20N，由F浮＝ρ水gV排可得，桶排开水的体积：V排＝＝＝2×10﹣3m3；（3）水的重力G水＝m水g＝28kg×10N/kg＝280N，桶和水的总重力G总＝G桶+G水＝20N+280N＝300N，由杠杆平衡条件可得：G拗石×OA＝（G总﹣F）×OB，120N×3＝（300N﹣F）×2解得，作用在此人手上的拉力F＝120N；人对地面的压力F压＝G人+F＝480N+120N＝600N，人与地面的受力面积为S＝500cm2＝5×10﹣2m2，人对地面的压强：p＝＝＝1.2×104Pa。答：（1）桶装满水时水的质量为28kg；（2）空桶在井中漂浮时，桶排开水的体积为2×10﹣3m3；（3）人对地面的压强为1.2×104Pa。25．（2022•重庆）如图所示，是小钧为宠物小屋设计的既可发热供暖、也可照明的电路，电源电压恒定。R1为电热丝，白炽灯泡L标有“12V18W”字样（R1和L电阻均恒定不变），滑动变阻器R的最大阻值为40Ω。当只闭合开关S和S2，将滑片P移到最右端时，灯泡正常发光。当所有开关都闭合，P位于最右端时，电路中的总电流为2.1A。求：（1）电源电压；（2）当只闭合开关S和S2，滑片P位于最左端时，通过灯泡的电流；（3）当只闭合开关S和S1，移动滑片P，电热丝R1工作1min产生的最大热量。【答案】（1）电源电压为12V；（2）当只闭合开关S和S2，滑片P位于最左端时，通过灯泡的电流为0.25A；（3）当只闭合开关S和S1，移动滑片P，电热丝R1工作1min产生的最大热量为432J。【解答】解：（1）当只闭合开关S和S2，将滑片P移到最右端时，电路为灯泡L的简单电路，因为此时灯泡正常发光，所以电源电压：U＝U额＝12V；（2）当只闭合开关S和S2，滑片P位于最左端时，灯泡L与滑动变阻器R串联，此时滑动变阻器接入电路的电阻R＝40Ω，由P＝UI＝可知，灯泡的电阻：RL＝＝＝8Ω，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：I＝＝＝＝0.25A，由串联电路的电流特点可知，此时通过灯泡的电流：IL＝I＝0.25A；（3）当所有开关都闭合，P位于最右端时，灯泡L与电热丝R1并联，此时通过灯泡的电流：IL'＝＝＝1.5A，由并联电路的电流特点可知，通过电热丝R1的电流：I1'＝I'﹣IL'＝2.1A﹣1.5A＝0.6A，由欧姆定律可知，电热丝R1的阻值：R1＝＝＝20Ω，当只闭合开关S和S1，滑动变阻器与电热丝R1串联，由Q＝I2Rt可知，在电热丝R1的阻值和通电时间t一定的情况下，通过电热丝R1的电流越大，产生的热量越多，由欧姆定律可知，滑动变阻器滑片P移至最右端时，接入电路的电阻为零，此时电路中的电阻最小，通过电热丝R1的电流越大，产生的热量越多，此时通过电热丝R1的电流：I''＝＝＝0.6A，则电热丝R1工作1min产生的最大热量：Q＝I''2R1t＝（0.6A）2×20Ω×60s＝432J。答：（1）电源电压为12V；（2）当只闭合开关S和S2，滑片P位于最左端时，通过灯泡的电流为0.25A；（3）当只闭合开关S和S1，移动滑片P，电热丝R1工作1min产生的最大热量为432J。26．（2022•重庆）商业街移动摊位使用可显示电费的新型插座（如图甲所示）计费，某摊位使用空气炸锅（如图乙所示）烹制食物，如图丙所示是该空气炸锅加热部分的简化电路，其额定电压为220V，定值电阻R1和R2为发热体，其中R1＝40Ω。开关S1、S2、S3的通断可实现高、中、低三个挡位的调节（S1、S2不会同时闭合），只闭合S3时的中温挡，额定功率为440W。求：（1）R2的电阻；（2）高温挡正常工作100s，电流通过R1产生的电热；（3）只有空气炸锅单独工作，表盘示数使用前后如图甲、丁所示，通过表盘显示的数据估算该空气炸锅消耗的电功率（已知商用电费单价为0.75元/kW•h）。【答案】（1）R2的电阻为110Ω；（2）高温挡正常工作100s，电流通过R1产生的电热为1.21×105J；（3）该空气炸锅消耗的电功率为320W。【解答】解：（1）只闭合S3时，空气炸锅为中温挡，电路为R2的简单电路，由P＝UI＝可知，R2的电阻：R2＝＝＝110Ω；（2）当只闭合S2时，R1、R2串联；当闭合S1、S3，断开S2时，R1、R2并联；因并联电路的总电阻小于任一分电阻，串联电路中的总电阻大于任一分电阻，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，空气炸锅为高温挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，空气炸锅为低温挡；由并联电路的特点和欧姆定律可知，通过R1的电流：I1＝＝＝5.5A，则高温挡正常工作100s，电流通过R1产生的电热：Q＝R1t＝（5.5A）2×40Ω×100s＝1.21×105J；（3）由图甲和丁可知，空气炸锅工作15min所需的电费为0.06元，则空气炸锅工作15min消耗的电能：W＝＝0.08kW•h，因此该空气炸锅消耗的电功率：P＝＝＝0.32kW＝320W。答：（1）R2的电阻为110Ω；（2）高温挡正常工作100s，电流通过R1产生的电热为1.21×105J；（3）该空气炸锅消耗的电功率为320W。27．（2023•重庆）寒假期间，小丽在外婆家发现一闲置的旧电炉（如图甲），铭牌上标有“220V484W”字样，电炉只有一根电阻丝。为检测电炉能否工作，将其单独接入家庭电路中，观察到表盘如图乙的电能表的指示灯在120s内闪烁了16次，忽略温度对电阻的影响。（1）求电炉电阻丝的阻值；（2）求检测时电炉的实际功率；（3）小丽想为外婆制作一个可调温的发热坐垫。在父母的陪同下，她拆下整根电阻丝并分成两段，将其中一段制作为阻值可调的电阻丝；将两段均可发热的电阻丝接入电源电压恒为10V的电路中，在通过电阻丝的电流不超过其额定电流的情况下，坐垫的最大功率为27W，求发热坐垫在最小功率状态下工作10s产生的热量。【答案】（1）电炉电阻丝的阻值为100Ω；（2）检测时电炉的实际功率为400W；（3）发热坐垫在最小功率状态下工作10s产生的热量为62.5J。【解答】解：（1）由P＝可知，电炉电阻丝的阻值：R＝＝＝100Ω；（2）1200imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，指示灯闪烁16次，电炉消耗的电能：W＝＝kW•h＝4.8×104J，检测时电炉的实际功率：P实＝＝＝400W；（3）由P＝UI可知，电阻丝的额定电流：I＝＝＝2.2A；电阻丝并分成两段后，每一段电阻丝通过的电流不能超过其额定电流；若两段电阻丝串联接入电路，由P＝UI可知，电路中的电流：I′＝＝＝2.7A＞2.2A，所以两段电阻丝不是串联接入电路，而应该是并联接入电路中；则其中一段电阻丝的最大电功率：P1＝U′I＝10V×2.2A＝22W，则另一段电阻丝的电功率P2＝P′﹣P1＝27W﹣22W＝5W，由P＝可知，另一段电阻丝的阻值：R2＝＝＝20Ω，则可调电阻丝的最大阻值：R1＝R﹣R2＝100Ω﹣20Ω＝80Ω，当可调电阻丝接入电路中的阻值最大为80Ω时，R1的最小电功率：P1′＝＝＝1.25W，则发热坐垫在最小功率状态为：P小＝P1′+P2＝1.25W+5W＝6.25W，发热坐垫在最小功率状态下工作10s产生的热量：Q＝W＝P小t＝6.25W×10s＝62.5J。答：（1）电炉电阻丝的阻值为100Ω；（2）检测时电炉的实际功率为400W；（3）发热坐垫在最小功率状态下工作10s产生的热量为62.5J。28．（2023•重庆）图甲是《天工开物》里记载的一种捣谷的舂，“横木穿插碓头，硬嘴为铁，足踏其末面舂之”。若碓头质量为20kg，不计横木的重力和转动摩擦，捣谷人双手与扶手之间的作用力为0。（1）求碓头的重力；（2）碓头竖直下落0.5m，用时0.4s，求重力做功的功率；（3）质量为72kg的捣谷人，左脚与地面的接触面积为200cm2，当他右脚在B点用最小力踩横木使其刚好转动时，示意图如图乙，已知OA：OB＝3：2，求人左脚对地面的压强。【答案】（1）碓头的重力为200N；（2）碓头竖直下落0.5m，用时0.4s，重力做功的功率为250W；（3）质量为72kg的捣谷人，左脚对地面的压强为2.1×104Pa。【解答】解：（1）碓头的重力为：G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N；（2）碓头竖直下落0.5m，重力做的功为：W＝Gh＝200N×0.5m＝100J，重力做功的功率为：；（3）根据杠杆的平衡条件可得F1×OB＝G×OA，则捣谷人右脚对横木的压力为：；因为力的作用是相互的，则横木对右脚的支持力F右支＝F1＝300N，捣谷人的重力为：G人＝m人g＝72kg×10N/kg＝720N，以捣谷人为研究对象，根据力的平衡条件可得：G人＝F右支+F左支，则左脚受到地面的支持力：F左支＝G人﹣F右支＝720N﹣300N＝420N，左脚对地面的压力和左脚受到地面的支持力是一对相互作用力，大小相等，则：F压＝F左支＝420N，左脚对地面的压强为：。答：（1）碓头的重力为200N；（2）碓头竖直下落0.5m，用时0.4s，重力做功的功率为250W；（3）质量为72kg的捣谷人，左脚对地面的压强为2.1×104Pa。29．（2023•重庆）李老师桌上有一张老式加热鼠标垫（内有一根加热电阻丝），如图所示，鼠标垫质量为200g，规格为“5V5W”。忽略温度对电阻的影响。（1）求鼠标垫的电阻；（2）鼠标垫正常工作10min，温度升高7℃，若此过程中热损失为30%，估算鼠标垫的比热容；（3）月月想帮老师扩大鼠标垫温度调节范围，现有12V的电源、规格为“5Ω2A”“20Ω1A”的两个滑动变阻器。她准备通过滑动变阻器来保护电路并调节鼠标垫加热功率，请你帮她选择合适的滑动变阻器接入电路，并计算改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值。【答案】（1）鼠标垫的电阻为5Ω；（2）鼠标垫的比热容为1.5×103J/（kg•℃）；（3）应选择规格为“20Ω1A”的滑动变阻器接入电路，改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值为6.24W。【解答】解：（1）鼠标垫的电阻为：R鼠标垫＝＝＝5Ω；（2）鼠标垫正常工作10min消耗的电能为：W＝Pt＝5W×10×60s＝3000J；鼠标垫的比热容为：c＝＝＝＝1.5×103J/（kg•℃）；（3）鼠标垫允许通过的最大电流为：I鼠标垫大＝＝＝1A；通过滑动变阻器来保护电路并调节鼠标垫加热功率，滑动变阻器应与鼠标垫串联，根据串联电路分压原理，滑动变阻器至少应负担电压：U滑＝U﹣U鼠标垫