备战中考物理真题《压轴挑战》分类汇编 挑战40 黑龙江卷（黑龙江六市共40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40黑龙江卷（黑龙江六市共40题）23年题型统计：选择题填空题实验题计算综合题合计电学综合846624力学综合304310其他综合40206合计15412940一．选择题（共10小题）1．（2023•哈尔滨）如图所示是电阻R1、R2的电压﹣电流关系图像，下列说法正确的是（）A．电阻R1两端电压为4V时，通过R1的电流是0.3A B．电阻R1、R2串联，当电流为0.2A时，R1、R2两端总电压为3V C．电阻R1、R2并联到2V电压下，干路中的电流是0.3A D．电阻R1和R2的阻值之比是1：2【答案】B【解答】解：A．由图可知当电阻R1两端电压为4V时，通过其电流为0.4A，故A错误；B．由图像可知，若电阻R1、R2串联，当电流为0.2A时，R1、R2两端电压分别为2V、1V，R1、R2两端总电压：U＝U1+U2＝2V+1V＝3V，故B正确；C．由图像可知，电阻R1、R2并联到2V电压下时，通过R1、R2的电流分别为0.2A、0.4A，干路中的电流：I＝I1+I2＝0.2A+0.4A＝0.6A，故C错误；D．由图像可知，R1、R2为定值电阻，若电阻R1、R2串联，当电流为0.2A时，R1、R2两端电压分别为2V、1V，根据欧姆定律可得：，，电阻R1和R2的阻值之比：R1：R2＝10Ω：5Ω＝2：1，故D错误。故选：B。2．（2023•齐齐哈尔）如图所示，电源电压恒定，先只闭合开关S1，两电表均有示数；再断开S1，同时闭合S2和S3，此过程中（）A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数不变 C．电压表示数与电流表示数乘积变大 D．电压表示数与电流表示数比值不变【答案】C【解答】解：由电路图可知，只闭合开关S1时，两电阻串联，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；再断开S1，同时闭合S2和S3，R1、R2并联，电压表测电源的电压，电流表测R1的电流；由于电源电压不变，所以电压表示数不变；两电阻串联时，总电阻大于R1的阻值，根据I＝可知，通过R1的电流变大，即电流表示数变大；则电压表示数与电流表示数乘积变大，电压表示数与电流表示数比值变小，综上可知，C正确，ABD错误。故选：C。3．（2023•哈尔滨）如图所示，探究“电流跟电压的关系”实验中，下列说法不正确的是（）A．探究电流跟电压的关系时，需要控制导体的电阻一定 B．滑动变阻器可以起到改变定值电阻两端电压的作用 C．实验的结论是：电流跟电压成反比 D．多次实验是为了得到电流跟电压之间的定量关系【答案】C【解答】解：A、探究电流跟电压的关系时，由控制变量法可知，需要控制导体的电阻一定，故A正确；B、滑动变阻器可以改变接入电路中的电阻，使得电路中电流发生改变，从而起到改变定值电阻两端电压的作用，故B正确；C、由欧姆定律可知，在电阻不变时，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，故C错误；D、多次实验得到多组实验数据，从而可以得到电流跟电压之间的定量关系，故D正确。故选：C。4．（2023•大庆）甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上同地同时出发，并排同向行驶，路程﹣时间图像如图所示。在两辆汽车运动过程中，说法正确的是（）A．0～t1时间内乙车做减速运动 B．0～t1时间内甲车做减速运动 C．0～t1时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度 D．0～t1时间内甲车始终在乙车前方【答案】A【解答】解：AB、根据s﹣t图像知，乙车的运动图像是曲线，且曲线越来越平缓，说明乙车做减速运动，甲车的运动图像是直线，说明甲车做匀速直线运动，故A正确，B错误；CD、根据纵坐标表示路程，知0～t1时间内甲、乙两车通过的路程相等，所用时间也相等，则平均速度相等，故CD错误。故选：A。5．（2023•大庆）下面几个实验探究，研究方法相同的是（）①探究“声音的产生条件”时，利用扬声器上泡沫塑料小球的跳动说明声源在振动②探究“压力的作用效果与哪些因素有关”时，保持压力相同，改变受力面积③探究“电流产生热量与哪些因素有关”时，保持电阻和通电时间相同，改变电流大小④探究“同一直线上二力的合成”时，一个力与两个力分别使橡皮筋产生相同形变量A．①和④ B．②和③ C．①和③ D．②和④【答案】B【解答】解：①探究声音的产生条件实验时，利用扬声器上泡沫塑料小球的跳动说明声源在振动，采用的是转换法；②探究“压力的作用效果与哪些因素有关”时，保持压力不变，改变受力面积，采用的是控制变量法；③探究“电流产生热量与哪些因素有关”时，保持电阻和通电时间相同，改变电流大小，采用的是控制变量法；④探究“同一直线上二力的合成”时，一个力与两个力分别使橡皮筋产生相同形变量，采用的是等效替代法。所以，研究方法相同的是②③。故选：B。6．（2023•牡丹江）探究物体的动能跟哪些因素有关的实验装置如图所示。关于该实验说法正确的是（）A．水平面越光滑越好 B．实验研究的是木块的动能大小 C．小球由斜面滚下，重力势能转化为动能 D．小球质量越大，动能越大【答案】C【解答】解：AB、本实验的研究对象是小球，实验研究的是小球的动能大小；根据转换法，通过比较物块在同一水平面上被撞击的距离来比较小球到达水平面时动能的大小，若水平面越光滑，物块的距离越长，不易操作，故AB错误；C、小球由斜面滚下，高度变小，质量不变，重力势能变小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能，故C正确；D、物体的动能大小与物体的质量和速度有关，小球质量越大，动能不一定越大。故D错误。故选：C。7．（2023•牡丹江）如图所示，电源电压不变，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A．电流表示数变小 B．电压表示数变大 C．小灯泡变亮 D．滑动变阻器阻值变大【答案】C【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表并联在滑动变阻器的两端；当滑片左移时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故AD错误；灯泡的阻值不变，电路中的电流变大，由U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，由P＝UI可知，灯泡的实际电功率变大，灯变亮，故C正确；由串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压变小，电压表的示数变小，故B错误。故选：C。8．（2023•绥化）如图所示，小明通过焦距为15cm的凸透镜观察到邮票正立放大的像。下列说法正确的是（）A．通过凸透镜观察到的像是实像 B．邮票到凸透镜的距离等于15cm C．邮票到凸透镜的距离小于15cm D．邮票到凸透镜的距离大于30cm【答案】C【解答】解：用凸透镜观察邮票时，观察到邮票正立放大的像，把凸透镜作为放大镜使用，邮票到凸透镜的距离一定小于凸透镜的焦距15cm，此时看到的像为正立、放大的虚像。故C正确，ABD错误。故选：C。9．（2023•齐齐哈尔）用如图所示的装置做“探究凸透镜成像规律”的实验时，已知凸透镜的焦距为10cm，下列说法正确的是（）A．烛焰在如图所示位置所成像的特点与照相机成像特点相同 B．将蜡烛向远离凸透镜的方向移动，向右移动光屏可得到烛焰所成清晰的像 C．将蜡烛移动到光具座42cm刻度线处，烛焰所成的像是倒立、放大的 D．将蜡烛移动到光具座30cm刻度线处，移动光屏至适当位置，光屏上可得到等大的像【答案】D【解答】解：A、由图可知，此时物距u＝15cm，由凸透镜焦距可知f＜u＜2f，成倒立、放大的实像，投影仪及幻灯机是利用此原理制成的，故A错误；B、将蜡烛向远离凸透镜的方向移动，此时物距增大，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，所以向左移动光屏可得到烛焰所成清晰的像，故B错误；C、将蜡烛移动到光具座42cm刻度线处，此时u＝8cm＜f，烛焰成正立、放大的虚像，故C错误；D、将蜡烛移动到光具座30cm刻度线处，此时u＝20cm＝2f，可在光屏上成倒立、等大的实像，故D正确。故选：D。10．（2023•大庆）每年进入汛期，多地会发生强降雨，导致河流水位上涨。某校科技小组设计了一个监测水位的装置如图甲所示，电路中电源电压保持不变，R0为定值电阻，R滑是竖直放置的起滑动变阻器作用的电阻装置（最大阻值40Ω），浮子可带动金属滑杆AP即滑动变阻器滑片竖直上下移动，当电流表的示数达到某一数值时提醒小组成员水位达到警戒值。R滑接入电路的阻值R随水位的变化关系如图乙所示，与之对应的电压表与电流表示数变化关系如图丙所示。下列说法正确的是（）A．当水位升高时，电压表的示数减小 B．该电路工作时总功率最小值为0.3W C．水位变化过程中，滑动变阻器功率最大时水位为20cm D．当水位达到警戒水位时，电压表的示数为3V【答案】C【解答】解：A、闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测R0两端的电压，电流表测通过电路的电流，由图甲可知当水位升高时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，滑动变阻器分得的电压变小，根据串联分压原理，Uv＝U﹣U滑可知电压表示数变大，故A错误；B、当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为定值电阻的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，由丙图可知通过电路的最大电流为0.3A，电压表示数为就为电源电压U＝6V；此时R0＝＝＝20Ω，由图丙可知通过电路的最小电流为0.1A，该电路工作时的最小总功率：P＝UI′＝6V×0.1A＝0.6W，故B错误；C、水位变化过程中，滑动变阻器最大功率P＝I2R＝R＝＝，当R＝R0＝20Ω，滑动变阻器的的功率最大，接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙，由乙图可知10cm×k+b＝40Ω，30cm×k+b＝0Ω，两式联立可得：k＝﹣2Ω/cm，b＝60Ω，则R＝﹣2Ω/cm×h+60Ω，当R滑＝20Ω，代入数据：20Ω＝﹣2Ω/cm×h+60Ω，得h＝20cm，故C正确；D、当水位达到警戒水位25cm时，滑动变阻器接入电路的电阻为R＝﹣2Ω/cm×25cm+60Ω＝10Ω，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得通过电路的电流：I″＝＝＝0.2A，串联电路的电流相等，电压表示数就为U′＝0.2A×20Ω＝4V；故D错误。故答案选：C。二．多选题（共5小题）11．（2023•黑龙江）（多选）如图所示的电路中，电源电压恒定为6V，变阻器R1标有“20Ω，0.5A”字样，定值电阻R2标有“10Ω，1A”字样，若电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～3V”，滑片移动时，在保证电路安全的情况下，下列说法正确的是（）A．电流表变化范围0.3A～0.5A B．电压表变化范围1.5V～3V C．滑动变阻器阻值范围2Ω～10Ω D．电路总功率最大值2.7W【答案】AC【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。（1）因串联电路中各处的电流相等，变阻器R1允许通过的最大电流为0.5A、定值电阻R2允许通过的最大电流为1A、电流表量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流I大＝0.5A；此时R2两端的电压最大，电路的总功率最大，变阻器接入电路中的电阻最小，由I＝可得，R2两端电压：U2大＝I大R2＝0.5A×10Ω＝5V；电路的最大功率：P大＝UI大＝6V×0.5A＝3W，故D错误；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：U1＝U﹣U2大＝6V﹣5V＝1V；则变阻器接入电路中的最小阻值：R1小＝＝＝2Ω；（2）当电压表的示数最大时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路的总功率最小，此时R2两端的电压：U2＝U﹣U1大＝6V﹣3V＝3V，所以电压表变化范围1V～3V，故B错误；电路中的最小电流：I小＝＝＝0.3A；则电流表变化范围0.3A～0.5A，故A正确；滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R1大＝＝＝10Ω，所以，滑动变阻器连入电路的阻值在2Ω～10Ω范围内变化，故C正确；故选：AC。12．（2023•牡丹江）（多选）如图所示，电源电压U＝3V且保持不变，R1＝10Ω，I1＝0.1A。闭合开关，则（）A．R1两端的电压是2V B．通过R2的电流是0.1A C．R2的阻值是20Ω D．R1消耗的电功率是0.2W【答案】BC【解答】解：（1）根据欧姆定律I＝，R1两端的电压U1＝I1R1＝0.1A×10Ω＝1V，故A错误；（2）由电路图可知电阻R1与电阻R2串联，根据串联电路电流的特点可知串联电路中的电流处处相等，故通过R1的电流等于通过R2的电流为0.1A，故B正确；（3）已知电源电压U＝3V，R1两端的电压U1＝1V，根据串联电路电压特点可知，R2两端的电压U2＝U﹣U1＝2V，已知通过R2的电流为0.1A，根据欧姆定律，R2＝＝，故C正确。（4）已知通过R1的电流为0.1A，R1两端的电压U1＝1V，电功率公式P＝UI，R1消耗的电功率P1＝U1R1＝1V×0.1A＝0.1W，故D错误。故答案为：BC。13．（2023•齐齐哈尔）（多选）如图所示电路，电源电压为4.5V且恒定。电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，小灯泡规格为“2.5V，1.25W”（灯丝阻值不变），滑动变阻器规格为“20Ω，1A”。保证电路中各元件都不损坏，下列说法正确的是（）A．电流表示数变化范围0.3A～0.5A B．电压表示数变化范围2V～3V C．滑动变阻器阻值变化范围4Ω～20Ω D．小灯泡实际功率变化范围0.45W～1.25W【答案】ABD【解答】解：根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压；由P＝UI可得灯泡的额定电流：I额＝＝＝0.5A；电流表量程为“0～0.6A”，故电路中的最大电流为0.5A；灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，当灯泡正常发光时，串联电路总电压等于各分电压之和，此时电压表的最小示数：U滑＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V；此时电路中的最大电流Imax＝0.5A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，由I＝可得：R滑min＝＝＝4Ω；灯泡的电阻：RL＝＝＝5Ω；滑动变阻器的电阻越大，分担的电压越大，根据电压表的量程可知，电压表的最大示数为3V，所以电压表示数变化范围2V～3V，故B正确；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的最小电流，则根据串联电路的特点和欧姆定律可得：Imin＝＝＝0.3A，电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故A正确；此时滑动变阻器的最大阻值：Rmax＝＝＝10Ω，所以滑动变阻器的范围是4Ω～10Ω，故C错误；灯泡的额定功率为最大功率；灯泡最小功率为：PL小＝UL小Imin＝1.5V×0.3A＝0.45W，则小灯泡实际功率变化范围0.45W～1.25W，故D正确。故选：ABD。14．（2023•黑龙江）（多选）工人用如图所示的滑轮组将重为800N的物体在5秒内匀速提升2m，其中动滑轮重100N（不计绳重和摩擦），下列判断正确的是（）A．绳端移动的距离为8m B．此滑轮组的机械效率为80% C．拉力做功的功率为360W D．若工人对绳子最大拉力为500N，则他最多可提起重为1400N的物体【答案】CD【解答】解：A、由图知，n＝3，则有绳端移动的距离s绳＝nh＝3×2m＝6m，故A错误；B、不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝×100%＝≈88.9%，故B错误；C、物体上升的速度v物＝＝＝0.4m/s，绳子自由端移动的速度v绳＝nv物＝3×0.4m/s＝1.2m/s，不计绳重和摩擦时，拉力F＝＝＝300N，拉力做功的功率P＝Fv绳＝300N×1.2m/s＝360W，故C正确；D、若工人对绳子最大拉力为500N时，由于不计绳重和摩擦，则最多可提起的最大物重G大＝nF大﹣G动＝3×500N﹣100N＝1400N，故D正确。故选：CD。15．（2023•绥化）（多选）如图甲所示电路中，小灯泡标有“10V5W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），a、b为滑动变阻器两端点。滑片从b端滑动到某一位置的过程中，滑动变阻器消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．电源电压为16V B．小灯泡的阻值为20Ω C．滑动变阻器的最大阻值为100Ω D．该电路消耗的最大功率为6W【答案】BCD【解答】解：B、由P＝UI＝可知，小灯泡的阻值：RL＝＝＝20Ω，故B正确；C、由图甲可知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，由图乙可知此时滑动变阻器两端的电压为10V，滑动变阻器的电功率为1W，由P＝UI可知，此时电路中的电流：I最小＝＝＝0.1A，由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值：R滑大＝＝＝100Ω，故C正确；A、由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝I最小（RL+R滑大）＝0.1A×（20Ω+100Ω）＝12V，故A错误；D、设图乙中变阻器两端的最小电压为U滑小，此时变阻器消耗的电功率也为1W，则此时电路中电流为I＝I滑＝＝，由欧姆定律可得此时小灯泡两端的电压UL＝IRL＝×20Ω，由串联电路的电压特点可得U滑小+UL＝U＝12V，即：U滑小+×20Ω＝12V，解得U滑小＝2V，或10V（舍去），则灯泡两端的最大电压：UL＝U﹣U滑小＝12V﹣2V＝10V＝U额，说明灯泡正常发光，且此时电路中电流最大，由P＝UI可知，灯泡的额定电流：I额＝＝＝0.5A，即电路中的最大电流：I最大＝I额＝0.5A，该电路消耗的最大功率：P＝UI＝12V×0.5A＝6W，故D正确。故选：BCD。三．填空题（共4小题）16．（2023•黑龙江）如图甲所示的电路中电源电压不变，小灯泡L的额定电压为24V，当把滑片P滑到最左端时，小灯泡恰好正常发光。图乙为通过灯泡L的电流与其两端电压的关系，当小灯泡正常发光时灯丝的电阻为60Ω。调节滑动变阻器R，当其连入电路的阻值是40Ω时，小灯泡的实际功率为3.6W。【答案】60；40。【解答】解：灯泡与滑动变阻器串联，当滑片P滑到最左端时，电路灯泡的简单电路，小灯泡恰好正常发光，则电源电压等于灯泡的额定电压，即U＝U额＝24V；对照乙图知，灯泡的额定电流为I额＝0.4A，小灯泡正常发光时灯丝的电阻RL＝＝＝60Ω，由乙图知，当灯泡的电压为12V，电流为0.3A，电功率P＝ULIL＝12V×0.3A＝3.6W，恰好满足条件；则此时滑动变阻器的电压U'＝U﹣UL＝24V﹣12V＝12V；根据串联电路的电流特点知，滑动变阻器的电流I'＝IL＝0.3A，滑动变阻器连入电路的阻值R'＝＝＝40Ω。故答案为：60；40。17．（2023•齐齐哈尔）如图所示，已知R1：R2＝2：1。当开关S闭合，甲、乙两表均为电压表时，两表示数之比为U甲：U乙＝1：2；当开关S断开，甲、乙两表均为电流表时，两表示数之比为I甲：I乙＝1：2。（电路中各元件均未损坏）【答案】1：2；1：2。【解答】解：当开关S闭合，甲、乙两表均为电压表时，两电阻串联，电压表甲测量R2两端的电压，电压表乙测量R1两端的电压，串联电路的电流处处相等，根据U＝IR可知两表示数之比为U甲：U乙＝U2：U1＝R2：R1＝1：2；当开关S断开，甲、乙两表均为电流表时，两电阻并联，电流表甲测量通过R1的电流，电流表乙测量通过R2的电流，并联电路各支路两端的电压相等，根据I＝可知两表示数之比为I甲：I乙＝I1：I2＝R2：R1＝1：2。故答案为：1：2；1：2。18．（2023•哈尔滨）如图所示，电源电压3V，R1＝R2＝5Ω，先闭合开关S1，再闭合开关S2，电流表示数将变大（选填“变大”或“变小”）；当S1闭合，S2断开时，通电10s，电流通过R1产生的热量是4.5J。【答案】变大；4.5。【解答】（1）先闭合开关S1，再闭合开关S2，电路中电阻由R1和R2串联变为只有R1接入电路，电路中电阻变小，由可得，电流表示数变大；（2）当S1闭合，S2断开时，由R1和R2串联，通过R1的电流通电10s，电流通过R1产生的热量。故答案为：变大；4.5。19．（2023•绥化）如图，电源电压恒定不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（a、b为滑动变阻器两端点），小灯泡标有“6V3W”字样。当开关S1、S2闭合，滑片P置于b端时，小灯泡正常发光，电流表的示数为0.9A，滑动变阻器最大阻值是15Ω；当开关S1闭合，S2断开，滑片P置于a端时，电流表示数为0.2A，此时R1的功率为0.6W。【答案】15；0.6。【解答】解：（1）开关S1、S2闭合，滑片P置于b端时，R1被短路，滑动变阻器的最大阻值与灯泡并联，电流表测干路电流；由并联电路的电压特点和灯泡正常发光可知，电源电压：U＝UL＝6V，由P＝UI可得，灯泡正常工作时的电流：IL＝＝＝0.5A，由并联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：Ib＝I﹣IL＝0.9A﹣0.5A＝0.4A，由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值：R2大＝＝＝15Ω；（2）开关S1闭合，S2断开，滑片P置于a端时，灯泡被短路，滑动变阻器的最大阻值与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流；由欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压：U2大＝I'R2大＝0.2A×15Ω＝3V，由串联电路的电压特点可知，R1两端的电压：U1＝U﹣U2大＝6V﹣3V＝3V，此时R1的功率：P＝U1I'＝3V×0.2A＝0.6W。故答案为：15；0.6。四．实验探究题（共12小题）20．（2023•哈尔滨）小明用如图甲所示器材做“测量小灯泡电功率”的实验，电源电压约为4.5V且恒定不变，小灯泡上标有“3.8V”的字样，电压表只有0～3V量程可用。（1）连接电路时开关需要断开。（2）图甲的电路还差最后一根导线，请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整，连好就通电实验。（3）接下来小明为准确测出小灯泡的额定功率，实验步骤如下：①调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为3V，然后断开开关，将电压表并联在滑动变阻器两端。②保持滑片位置不动，再次闭合开关后，观察电压表并继续移动滑片，直至电压表示数减小0.8V，读出此时电流表示数如图乙所示，此时电流为0.3A。③小灯泡额定功率为1.14W。【答案】（1）断开；（2）见解答图；（3）②减小0.8V；0.3；③1.14。【解答】解：（1）为保证器材安全，连接电路时开关需要断开；（2）连好就通电实验，则连入时应使滑动变阻器位于最大处，应连接右下接线柱，如图所示：（3）②小灯泡的额定电压为3.8V，第①步操作已经使小灯泡的电压到达3V，滑动变阻器与小灯泡串联，移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器减小的电压值等于小灯泡增加的电压值，故观察电压表并继续移动滑片，直至电压表示数减小0.8V，此时小灯泡两端的电压增加0.8V，达到额定电压3.8V；电流表选择的时0～0.6A的量程，故此时的读数为0.3A；③小灯泡额定功率：P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W。故答案为：（1）断开；（2）见解答图；（3）②减小0.8V；0.3；③1.14。21．（2023•牡丹江）【活化知识，还原生活】生活中常将牛奶放在热水中（即“水浴法”）加热，如图甲所示。小明想知道牛奶的沸点，实验装置如图乙所示。（1）实验中还需要添加的测量工具是秒表。小明用酒精灯给牛奶加热，当温度接近90℃，每隔0.5min记录一次温度，数据如表所示。时间/min00.511.522.533.54温度/℃9092949698100100100100（2）牛奶沸腾时，内部涌出大量气泡，在表面堆积，不易破裂，需不断搅拌气泡。可见，牛奶的沸腾也是一种剧烈的汽化现象。同时奶香四溢，这属于扩散现象。（3）实验表明，牛奶在沸腾过程中，温度保持不变，用酒精灯持续加热，表明牛奶沸腾需要吸收热量。（4）小明发现牛奶的沸点与水的沸点接近，但极容易溢出[俗称“潽（pū）锅”]。用“水浴法”加热牛奶的好处是物体受热均匀（写出一条）。【答案】（1）秒表；（2）汽化；扩散；（3）保持不变；吸收；（4）物体受热均匀。【解答】解：（1）实验中要测量物质温度随时间的变化关系，所以除了图中的装置外，还需要的测量仪器是：秒表；（2）沸腾是在液体表面和内部同时发生的剧烈的汽化现象；给牛奶加热时奶香四溢属于扩散现象，说明分子在不停地做无规则的运动；（3）牛奶沸腾时吸热但温度保持不变；（4）采用“水浴法”加热的好处是物体受热均匀，且温度变化比较慢，便于记录实验温度。故答案为：（1）秒表；（2）汽化；扩散；（3）保持不变；吸收；（4）物体受热均匀。22．（2023•牡丹江）【分析归纳，拓展应用】研究液体内部压强实验的装置如图所示。将压强计探头分别放入水和盐水中，改变探头朝向和浸入深度，观察U形管液面高度差并记录，如表所示。次数探头朝向探头浸入深度/cmU形管液面高度差/cm水盐水①上55—②下55—③左55—④右55—⑤下109—⑥下2017—⑦下5—6⑧下10—11⑨下20—20（1）分析①②③④次实验表明，在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都相等。（2）分析②⑤⑥或⑦⑧⑨次实验表明，同种液体的压强随液体深度增加而增大。（3）分析②⑦两次实验表明，在深度相同时，液体压强还与液体的密度有关。（4）实验中通过观察U形管液面高度差来反映液体内部压强的大小。（5）下潜深度是潜水器的一个重要指标，制造深海潜水器多采用钛合金材料，就是利用材料硬度大的性质。【答案】（1）相等；（2）液体深度；（3）②⑦；密度；（4）液体内部压强的大小；（5）硬度大。【解答】解：（1）比较①②③④次实验，由表格数据可知，在同种液体的同一深度，橡皮膜的方向不同，U形管的液面高度差是相等的，即在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都相等；（2）比较②⑤⑥或⑦⑧⑨次实验，由表格数据可知，液体的密度相同，深度不同，深度越深，U形管液面高度差越大，即压强越大，所以同种液体的压强随液体深度增加而增大；（3）分析②⑦两次实验数据，发现两次实验橡皮膜所处的深度相同、橡皮膜朝向相同，即液体的深度相同，而液体的密度却不同，一杯是水，另一杯是盐水，液面高度差不同，且在盐水中高度差大，从而得出液体的压强与液体密度有关：在不同液体的同一深度处，液体的密度越大，液体的压强越大；（4）在实验中，有很多物理量难于用仪器、仪表直接测量，就可以根据物理量之间的定量关系和各种效应把不易测量的物理量转化成易于测量的物理量进行测量，这种方法就叫转换法；实验中液体压强的大小变化不易直接测量，液体压强的变化会引起压强计的探头受到的压力发生变化，从而导致压强计探头上的橡皮膜的形状发生变化，进而引起压强计U形管两侧液面的高度差发生变化，因此可以利用压强计U形管两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小；（5）液体压强随深度的增加而增大，要克服深海海水产生的巨大压强，所选的材料必须有很强的硬度，而钛合金板就属于硬度大的材料。故答案为：（1）相等；（2）液体深度；（3）②⑦；密度；（4）液体内部压强的大小；（5）硬度大。23．（2023•牡丹江）【精准测量，交流评估】在伏安法测电阻的实验中，老师为每组同学提供的器材有：干电池（3节）、开关、导线、电流表、电压表、阻值未知的定值电阻、滑动变阻器。小红的方案如图甲所示。（1）小红通过改变电池节数的方法，改变待测电阻两端的电压。读出电压表和电流表的示数，记录在表1中。第3次实验电流表的示数如图乙所示，读数为0.2A。表1实验次数电压U/V电流I/A电阻R/Ω电阻平均值/Ω11.30.0621.720.822.50.1220.83.4.0表2实验次数电压U/V电流I/A电阻R/Ω电阻平均值/Ω10.80.042020.421.30.0621.732.00.102042.50.1220.853.50.1819.4小明的方案如图丙所示。（2）小明通过调节滑动变阻器的滑片，多次改变待测电阻两端的电压。连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调节到阻值最大处（或最左端）。（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，读出电压表和电流表的示数，记录在表2中。根据数据，在图丁中画出图象。（4）分析图象表明，电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。（5）你认为小明的方案合理，理由是测量次数多，更准确。【答案】（1）0.2A；（2）阻值最大处（或最左端）；（3）（4）正比；（5）小明；测量次数多更准确。（答案不唯一，说出小明或小红，理由合理均可）【解答】解：（1）电流表量程为0﹣06A，此时电流表示数为0.2A；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调节到阻值最大处（或最左端），以保护电路：（3）用描点法描点即可，如图所示（说明：描出五个对应点，作出正比例图线即可）；（4）由图像可知，当电阻一定时通过导体的电流随电压的增大而增大，故电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比：（5）小明，测量次数多更准确；或小红，电路连接简单（器材少，数据成倍变化，方便计算测量结果等）。说明：说出小明或小红，理由合理均可.24．（2023•绥化）如图所示，在“测量滑轮组机械效率”的实验中，利用图2甲、乙、丙三个实验装置进行实验，测得的实验数据如表。（钩码规格相同、动滑轮个数越多重力越大）实验次数钩码重力G/N提升高度h/m绳端拉力F/N绳端移动距离s/m机械效率η140.10.3280.13.20.383.3%380.12.00.580.0%（1）在实验中，应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计。（2）第一次实验中，如图1所示，弹簧测力计的示数是1.8N，机械效率是74.1%（精确到0.1%）。（3）由1、2两次实验数据可得出结论：使用同一滑轮组，物重越大，机械效率越高。（4）由2、3两次实验数据可得出结论：使用不同滑轮组提升相同重物，动滑轮越重，机械效率越低。（5）在第三次实验操作的基础上，如图2丁所示改变绳端拉力方向，测得的滑轮组机械效率将偏低。（选填“偏高”、“偏低”或“不变”）【答案】（1）匀速；（2）1.8；74.1%；（3）使用同一滑轮组，物重越大，机械效率越高；（4）2、3；（5）偏低。【解答】解：（1）实验中要沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数；（2）图示弹簧测力计的1N之间平均分成5等份，所以其分度值为0.2N；指针所指示的刻度值为1.8N；第一次实验机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%≈74.1%；（3）由1、2两次实验数据可知，使用同一滑轮组，物重越大，机械效率越高；（4）比较第2、3次实验数据可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；（5）在丁图中，若拉力F向右倾斜，则拉力变大，总功变大，有用功不变，故测出的机械效率将偏低。故答案为：（1）匀速；（2）1.8；74.1%；（3）使用同一滑轮组，物重越大，机械效率越高；（4）2、3；（5）偏低。25．（2023•绥化）用如图甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值（阻值约为10Ω），电源电压为3V。（1）请用笔画线代替导线，将电路连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数变小。（导线不允许交叉）（2）电路连接完成后，闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，出现此现象的原因可能是电阻Rx短路（或电压表短路或电压表断路）。（写出一种原因即可）（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片至某一位置，电压表示数为2.7V，电流表示数如图乙是0.3A，则测得未知电阻Rx＝9Ω。实验中通过移动滑片位置得到多组实验数据计算出Rx的平均值，这样做的目的是为了减小误差。（4）另一组同学利用图丙所示电路也完成了该实验。电源电压不变，滑动变阻器的最大阻值为R0，a、b为滑动变阻器两端点，请把实验步骤补充完整。①闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至a端，读出电压表示数U1；②闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至b端，读出电压表示数U2，则待测电阻的表达式Rx＝•R0。（用R0、U1、U2表示）【答案】（1）见解答图；（2）电阻Rx短路（或电压表短路或电压表断路）；（3）0.3；9；减小误差；（4）②移动滑动变阻器滑片P至b端；•R0。【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数变小，说明滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用左下接线柱与Rx串联在电路中，如下图所示：；（2）电路连接完成后，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，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路，即出现此现象的原因可能是电阻Rx短路（或电压表短路或电压表断路）；（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片至某一位置，电压表示数为2.7V，电流表示数如图乙，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则测得未知电阻Rx＝＝＝9Ω；为了减小误差，应多次测量取平均值；（4）实验步骤：①闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至a端，读出电压表示数U1；②闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P至b端，读出电压表示数U2；在步骤①中，电路为只有Rx的简单电路，电压表测电源电压为U1；在步骤②中，Rx与滑动变阻器最大阻值串联，电压表测Rx两端电压，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压为U滑＝U1﹣U2，根据串联分压原理有，＝，即＝，解得：Rx＝•R0。故答案为：（1）见解答图；（2）电阻Rx短路（或电压表短路或电压表断路）；（3）0.3；9；减小误差；（4）②移动滑动变阻器滑片P至b端；•R0。26．（2023•黑龙江）在探究“电流与电阻关系”实验时，老师给小明提供了如下器材：电源（电压恒定为4.5V），电流表，电压表，开关各一个，滑动变阻器甲“10Ω，2A”和滑动变阻器乙“20Ω，1A”各一个，定值电阻5Ω、10Ω、15Ω各一个，导线若干。（1）注意在连接电路时，开关必须处于断开状态；（2）用笔画线代替导线，将图甲的实验电路连接完整（要求：滑动变阻器滑片P向左滑动时电流表示数变大，导线不允许交叉）；（3）正确连接电路后闭合开关，发现电流表有示数，无论怎样移动滑片P，电压表都无示数，则故障可能是电阻R短路（或电压表短路或电压表断路）（答出一种情况即可）；（4）排除故障后，小明把5Ω的电阻接入电路中，移动滑片P到适当位置，读出电流表示数如图乙所示，正确记录后，小明又改用10Ω电阻继续实验，闭合开关后，小明应将滑片P向右（选填“左”或者“右”）移动至电压表示数为2.5V；（5）小明在实验中所选用的滑动变阻器应该是乙（选填“甲”或“乙”）；（6）利用老师给的器材，还能完成的电学实验有：测量电阻的阻值（写出一个即可）。【答案】（1）断开；（2）见解答图；（3）电阻R短路（或电压表短路或电压表断路）；（4）右；2.5；（5）乙；（6）测量电阻的阻值。【解答】解：（1）为保护电路，在连接电路时，开关必须处于断开状态；（2）滑动变阻器滑片P向左滑动时电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与电阻R串联在电路中，如下图所示：；（3）正确连接电路后闭合开关，发现电流表有示数，说明电路是通路；无论怎样移动滑片P，电压表都无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路，即故障可能是电阻R短路（或电压表短路或电压表断路）；（4）排除故障后，小明把5Ω的电阻接入电路中，移动滑片P到适当位置，读出电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.5A，则定值电阻两端电压为UV＝I1R1＝0.5A×5Ω＝2.5V；实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向右移动至电压表示数为2.5V；（5）实验中使用的定值电阻阻值最大为15Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV＝2.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2.5V＝2V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的＝0.8倍，根据分压原理，当接入15Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝0.8×15Ω＝12Ω，即所选择的滑动变阻器的最大阻值不能小于12Ω，故选乙；（6）根据R＝知此实验还可以测量电阻的阻值。故答案为：（1）断开；（2）见解答图；（3）电阻R短路（或电压表短路或电压表断路）；（4）右；2.5；（5）乙；（6）测量电阻的阻值。27．（2023•哈尔滨）在探究“浮力大小与什么因素有关”实验中：（1）东宝测量物体A在水中所受浮力的方法如图，由图可知，物体受到的重力为3N，物体受到的浮力为1N，浮力的方向是竖直向上。（2）伟鹏同学在实验中获得如表的数据，分析表中的数据能否得到浮力大小与物体排开液体体积的定量关系？若能，请写出主要分析过程（可省略计算步骤）及结论；若不能，请说明理由。实验次数浮力F浮/N液体密度ρ液/（g/cm3）排开液体体积V排/cm310.40.85020.90.910030.51.05042.21.120050.61.250【答案】故答案为：（1）3；1；竖直向上；（2）能；分析过程及结论见解答。【解答】解：（1）由图示知，物体的重力G＝3N，将A放入液体中后测力计示数F＝2N，所以F浮＝G﹣F＝3N﹣2N＝1N；浮力的方向是竖直向上的；（2）①由1、3、5三次实验数据可知，三次实验过程中排开液体体积V排相同，即：V排1＝V排3＝V排5＝50cm3，由＝＝＝5×10﹣4m3•N/kg，可得结论：物体排开液体的体积相同时，物体所受到的浮力大小与液体的密度成正比；②由①得到的结论可得，若第2次实验液体的密度为1.0g/cm3，则第2次实验时受到的浮力：F′浮2＝1.0N；若第4次实验液体的密度为1.0g/cm3，则第4次实验时受到的浮力：F'浮4＝2.0N；③由第3次实验数据及②中的两组数据可知，当ρ液3＝ρ′液2＝ρ′液4＝1.0g/cm3时，由＝＝＝1.0×104N/m3，可得结论：液体密度相同时，物体所受到的浮力大小与物体排开液体的体积成正比。故答案为：（1）3；1；竖直向上；（2）能；分析过程及结论见解答。28．（2023•大庆）现有L1、L2、L3三只额定电压U额均为2.5V，电阻值不同的小灯泡。某研究小组分别利用甲、乙、丙三种电路图测量三只小灯泡的额定功率。（1）图甲电路中，实验操作如下：①闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；②图丁是图甲电流表的表盘，此时示数为0.3A；③小灯泡L1的额定功率为P额1＝0.75W。（2）图乙电路中，定值电阻的阻值为R0＝12.5Ω，实验操作如下：①闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；②读出电流表的示数为I＝0.60A，计算出通过R0的电流为0.2A；③小灯泡L2的额定功率为P额2＝1W。（3）图丙电路中，电源电压未知但恒定不变，R1和R2为滑动变阻器，R2的最大阻值为10Ω，实验操作如下：①保持开关S2断开，同时闭合开关S和S1，调节R2的滑片，使电压表的示数为U额；②断开开关S1，同时闭合开关S和S2，保持R2（填“R1”或“R2”）的滑片位置不变，调节R1（填“R1”或“R2”）的滑片，使电压表示数仍为U额；③仅将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数U1＝3.00V，再仅将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数U2＝1.00V，则小灯泡L3的额定功率P额3＝1.25W。（4）通过图甲和图乙实验，可以得到小灯泡L1和L2在额定电压工作时电阻之比为4：3。【答案】（1）②0.3；③0.75；（2）②0.2；③1；（3）②R2；R1；③1.25；（4）4：3。【解答】解：（1）图甲知电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量通过小灯泡的电流，由图丁知当小灯泡正常发光时通过小灯泡的电流为I1＝0.3A，小灯泡L1的额定功率为：P额1＝U额I1＝2.5V×0.3A＝0.75W；（2）由图乙知，定值电阻与小灯泡并联，再和滑动变阻器串联，电流表测量干路的电流，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的电压，由并联电路电压的规律知当小灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压等于小灯泡两端的电压，则通过R0的电流为：I0＝＝＝0.2A，由并联电路电流的规律知通过小灯泡的额定电流为：I2＝I﹣I0＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，小灯泡L2的额定功率为：P额2＝U额I2＝2.5V×0.4A＝1W；（3）①保持开关S2断开，同时闭合开关S和S1，调节R2的滑片，使电压表的示数为U额；②断开开关S1，同时闭合开关S和S2，保持R2的滑片位置不变，通过调节滑动变阻器R1，使R1两端电压为小灯泡的额定电压U额；③根据等效替代法，此时R1＝RL；将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1＝3.00V；再将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2＝1.00V，将R2的滑片P调至最左端，R2连入电路中的电阻为0，电压表的示数为U1＝3.00V即为电源电压；再将R2的滑片P调至最右端，此时两变阻器串联，电压表的示数为U2，即为R1的电压为U2＝1.00V，根据串联电路电压的规律和欧姆定律有：＝，解得，R1＝•R2＝×10Ω＝5Ω，小灯泡额定功率的表达式：P额3＝＝＝＝1.25W；（4）小灯泡L1和L2在额定电压工作时电阻之比为：＝＝＝＝4：3。故答案为：（1）②0.3；③0.75；（2）②0.2；③1；（3）②R2；R1；③1.25；（4）4：3。29．（2023•齐齐哈尔）小明利用如图装置探究光反射时的规律。（1）如图1所示，实验时，把一个平面镜放在水平桌面上，再把白色纸板ENF（右侧可绕ON翻折）竖直地立在平面镜上，纸板上的直线ON应垂直于镜面。使一束光贴着纸板沿某一角度射到O点，光在纸板上发生漫（选填“镜面”或“漫”）反射，呈现径迹。光经平面镜反射，沿另一个方向射出。（2）改变光束入射的角度，多做几次，换用不同颜色的笔记录每次光的径迹。取下纸板，用量角器测量ON两侧的∠i和∠r，是为了比较反射角与入射角的大小关系；根据实验结论可知：当入射光EO与平面镜夹角为50°时，反射角为40°。（3）让光沿图1中FO方向照射到镜面，它会沿着OE方向射出。这表明：在光的反射现象中，光路是可逆的。（4）如图2所示，把纸板ENF右侧绕ON向前折或向后折，在右侧纸板上看不到反射光。这表明：在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一平面内。【答案】（1）垂直；漫；（2）比较反射角与入射角的大小关系；40°；（3）可逆；（4）同一平面。【解答】解：（1）把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张可以绕ON翻折的纸板ABCD竖直地立在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面；使一束光贴着纸板沿某一角度射到O点，光在纸板上发生漫反射，呈现径迹；（2）探究光的反射规律，多次改变入射角大小并测量对应的反射角，是为了比较反射角与入射角的大小关系；当EO与镜面夹角为50°时，反射角的大小为90°﹣50°＝40°，所以入射角也等于40°；（3）如果让光线逆着FO的方向射向镜面，这时的入射角为原来的反射角，根据光的反射定律，反射角等于入射角，这时的反射角为原来的入射角，所以会发现光线原路返回，也就是说，在反射现象中，光路是可逆的；（4）由题意得，当显示入射光线、反射光线的纸板在同一平面上时，入射光线、反射光线都能同时看见；当把显示反射光线的纸板NOF向前折或向后折，这时在NOF上看不到反射光，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内。故答案为：（1）垂直；漫；（2）比较反射角与入射角的大小关系；40°；（3）可逆；（4）同一平面。30．（2023•齐齐哈尔）小彬用如图所示的装置研究液体内部的压强。（1）图1装置是测量液体内部压强的仪器。它的探头是由空金属盒蒙上橡皮膜构成的。如果液体内部存在压强，放在液体里的薄膜就会发生形变，U形管左右两侧液面就会产生高度差。（2）根据图2、图3所示现象可以研究：液体内部压强大小与液体深度的关系。根据研究得出的结论，拦河坝应设计成下宽上窄（选填“下宽上窄”或“下窄上宽”）的形状。（3）如图3、图4所示，保持探头在水中的深度不变，改变探头的方向，观察U形管左右两侧液面的变化，得出结论：同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等。（4）为研究液体内部压强大小是否与液体密度有关，小彬接着将浓盐水缓慢倒入图3所示容器的水中（液体未溢出、探头位置不变），静置待均匀混合后，观察到U形管左右两侧液面发生了变化，得出液体内部压强大小与液体密度有关的结论。小彬得出结论的实验过程是错误（选填“正确”或“错误”）的，判断的依据是：没有控制探头所在深度一定。（5）通过学习，小彬利用掌握的液体压强知识测量实验所用盐水的密度，过程如下：①向如图5所示容器中的左侧倒入适量的水，橡皮膜向右凸起；②再向容器中的右侧缓慢倒入盐水，直至橡皮膜变平；③测得水面到橡皮膜中心的深度为h1；测得盐水液面到橡皮膜中心的深度为h2；④可推导出该盐水密度的表达式为ρ盐水＝（用h1、h2、ρ水表示）。【答案】（1）发生形变；高度差；（2）液体深度；下宽上窄；（3）同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等；（4）错误；没有控制探头所在深度一定；（5）变平；×ρ水。【解答】解：（1）当将探头放在液体里时，由于液体内部存在压强，金属盒上的薄膜就会发生形变，U形管左右两侧液面就会产生高度差，高度差的大小反映了橡皮膜所受压强的大小，U形管液面的高度差越大，液体内部的压强越大，这用到了转换法；（2）分析图2、图3的实验现象可以发现，两次实验中液体的种类相同而探头所处的深度不同，图3中U形管左右两侧液面高度差较大，这就说明图3中探头所受的压强较大，由此我们可以得出初步结论：在同种液体中，液体压强随着液体深度的增加而增大，所以，为了保证坝体的安全，应做成下宽上窄的形状；（3）通过U形管左右两侧液面的高度差反映薄膜所受压强的大小，这是应用了转换法；如图3、图4所示，保持探头在水中的深度不变，改变探头的方向，观察U形管两侧液面的高度差，发现高度差不变；这表明：同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等；（4）小彬保持图3中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体的深度增大，液体的密度增大，U形管左右液面差增大，没有控制探头所在深度一定，不能探究液体压强跟液体的密度的关系；（5）在左侧加入适量的水，在右侧缓慢倒入待测液体，直到观察到橡皮膜变平，则左右液体产生的压强相同，测得水面到橡皮膜中心的深度为h1，测得盐水液面到橡皮膜中心的深度为h2，根据ρ水gh1＝ρ盐水gh2可知液体的密度的表达式：ρ盐水＝×ρ水。故答案为：（1）发生形变；高度差；（2）液体深度；下宽上窄；（3）同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等；（4）错误；没有控制探头所在深度一定；（5）变平；×ρ水。31．（2023•齐齐哈尔）小红在“探究电流与电压和电阻关系”的实验中，使用的实验器材有：两节新干电池、滑动变阻器（满足实验要求）、电流表、电压表、开关、导线和定值电阻若干。实验过程如下：（1）请根据小红设计的电路图（图1）将实物图（图2）连接完整（要求：导线不交叉）。（2）小红把5Ω的定值电阻接入电路，将滑动变阻器的滑片调至最右（选填“左”或“右”）端。闭合开关，移动滑片P，发现电压表示数无变化，电流表示数有变化，其原因可能是定值电阻被短路。（3）排除故障后，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数为0.5V时，电流表的示数如图3所示，则电流表示数为0.1A。继续实验，将实验数据记录在表中，分析数据可得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流和导体两端的电压成正比。电压U/V0.51.01.52.02.53电流I/A0.20.30.40.50.6（4）小红接下来探究电流与电阻的关系。分别将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，正确进行操作，并根据实验数据绘制出图像，如图4所示。根据数据分析得出结论：在导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。该过程中滑动变阻器除保护电路外，还起到控制定值电阻两端的电压不变的作用。（5）小红在得出电流与电压和电阻的定量关系后，要测量一个标记不清的定值电阻阻值（约为30Ω），利用现有器材，设计了如图5所示的电路。①闭合开关，将滑动变阻器接入最大阻值R0时，记录电压表示数为U1；②将滑动变阻器的滑片调至最左端时，记录电压表示数为U2；③得出了定值电阻阻值的表达式：Rx＝R0（用U1、U2、R0表示）。【答案】（1）如上图所示；（2）右；被短接；（3）0.1；通过导体的电流与导体两端电压成正比；（4）在导体两端电压一定时；控制定值电阻两端的电压不变；（5）②将滑动变阻器的滑片调至最左端时；R0。【解答】解：（1）根据电路图的要求，滑动变阻器向右滑动阻值变大，确定将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，连接实物图如下：（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，即滑片P移到滑动变阻器的最右端；闭合开关，移动滑片P，电流表有示数，说明电路为通路，发现电压表示数无变化，说明可能定值电阻短路了；（3）电流表的示数如图3所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.1A；分析数据，导体两端电压与通过导体电流的比值是一个定值，可以得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流和导体两端的电压成正比；（4）由图4可知，I﹣R图像为反比例函数图像，故小红可得出结论：在导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；探究“电流和电阻关系”时，要控制电压不变，为得出普遍性的结论，要多次测量，故在本实验中滑动变阻器除具有保护电路外，还起到的主要作用是：控制定值电阻两端的电压不变；（5）由电路图可知，滑动变阻器与未知定值电阻RX串联接入电路，电压表测量定值电阻两端的电压，当滑动变阻器不接入，即将滑动变阻器滑片调至最左端，接入电路阻值为0时，电源电压U与电压表示数U2相等，闭合开关，将滑动变阻器接入最大阻值R0时，记录电压表示数为U1，由串联电路的电压规律可知：此时滑动变阻器两端电压U滑＝U﹣U1＝U2﹣U1，通过电路的电流I＝，由欧姆定律I＝得RX的阻值：RX＝＝R0。故答案为：（1）如上图所示；（2）右；被短接；（3）0.1；通过导体的电流与导体两端电压成正比；（4）在导体两端电压一定时；控制定值电阻两端的电压不变；（5）②将滑动变阻器的滑片调至最左端时；R0。五．计算题（共6小题）32．（2023•大庆）新时代中国科技飞速发展，激发了广大学生学习和研究的热情。某兴趣小组在实验室中模拟深水打捞过程。装置如图甲所示，A为封闭的圆柱金属罐，横截面积S为250cm2，B滑轮重力为50N，横截面积为2S的圆柱槽中装有某种未知密度的液体。现将金属罐A从槽底匀速捞起，在向上捞起过程中，绳索拉力T与金属罐底面到槽底的距离h关系如图乙所示，图丙为金属罐顶面刚到液面的位置，图丁为金属罐底面离开液面的位置（已知g＝10N/kg，不计绳重和摩擦及液体的阻力，不计物体表面附着液体的影响，捞起过程中金属罐不与槽侧壁接触）。求：（1）h1﹣h2过程中滑轮组的机械效率；（2）金属罐A浸没在液体内部时受到浮力的大小；（3）金属罐A在h2位置时液体对容器底部的压强。【答案】答：（1）h1﹣h2过程中滑轮组的机械效率80%；（2）属罐A浸没在液体内部时受到浮力103N；（3）金属罐A在h2位置时液体对容器底部的压强8.24×103Pa。【解答】（1）由图知，h1﹣h2过程中，物体全部出水面后的拉力大小等于重力，即T2＝G＝200N；不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝80%；（2）金属罐A浸没在液体内部，由图乙知，物体A受竖直向上的浮力与绳索拉力T1＝97N，竖直向下的重力，A静止时：T1+F浮＝G，代入数据：97N+F浮＝200N，F浮＝103N；（3）设金属罐A的高度为hA，则金属罐A浸没在液体中排开液体的体积为：V排＝shA＝（h0+hA﹣h1）×2S，hA＝2（h1﹣h0）＝2×（0.8m﹣0.6m）＝0.4m，则V排＝shA＝250×10﹣4m3×0.4m＝1×10﹣2m3，F浮＝ρ液gV排；ρ液＝＝＝1.03×103kg/m3；金属罐A在h2位置时，液体的深度仍为0.8m，液体对容器底部的压强：p＝ρ液gh′＝1.03×103kg/m3×10N/kg×0.8m＝8.24×103Pa；故答案为：（1）80%；（2）103N；（3）8.24×103Pa；33．（2023•绥化）水平桌面上有一个底面积为200cm2的圆柱形容器，容器中水的深度为15cm。如图所示，用细线将一质量忽略不计的杠杆悬挂起来，把质量为0.3kg的物体A用细线悬挂在杠杆C处，再把体积为400cm3的物体B（不吸水）用细线悬挂在杠杆D处，当物体B浸没在水中静止时，杠杆恰好在水平位置平衡，此时C、D两点到支点O的距离分别为10cm、15cm。求：（1）物体B受到的浮力。（2）物体B浸没在水中静止时，水对容器底部的压强。（3）细线对物体B的拉力及物体B的密度。【答案】（1）物体B受到的浮力为4N；（2）物体B浸没在水中静止时，水对容器底部的压强为1.7×103Pa；（3）细线对物体B的拉力为2N，物体B的密度为1.5×103kg/m3。【解答】解：（1）因为物体B浸没在水中，所以物体B排开水的体积：V排＝VB＝400cm3，则此时物体B受到的浮力：FB浮＝ρ水gVB排＝1×103kg/m3×10N/kg×400×10﹣6m3＝4N；（2）由V＝Sh可知，容器中水的体积：V水＝Sh水0＝200cm2×15cm＝3000cm3，水和B的总体积：V＝V水+VB＝3000cm3+400cm3＝3400cm3，则此时容器中水的深度：h＝＝＝17cm，水对容器底部的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×17×10﹣2m＝1.7×103Pa；（3）物体A的重力：GA＝mAg＝0.3kg×10N/kg＝3N，由杠杆平衡条件可知：F拉×LOD＝GA×LOC，解得：F拉＝×GA＝×3N＝2N，由力的平衡条件可知，B的重力：GB＝F拉+FB浮＝2N+4N＝6N，由G＝mg可知，物体A的质量：mB＝＝＝0.6kg，物体B的密度：ρB＝＝＝1.5×103kg/m3。答：（1）物体B受到的浮力为4N；（2）物体B浸没在水中静止时，水对容器底部的压强为1.7×103Pa；（3）细线对物体B的拉力为2N，物体B的密度为1.5×103kg/m3。34．（2023•黑龙江）图甲是一款紫砂电饭锅，其简化电路如乙图所示，R1和R2是电热丝，通过单独或同时闭合开关实现低温和高温挡切换，低温挡功率为440W，高温挡功率为880W，已知粥的比热容c粥＝4.0×103J/（kg•℃）。求：（1）当电饭锅正常使用时，处于低温挡时的电流；（2）电热丝R2的阻值；（3）若不考虑能量损失，正常使用高温挡将2kg的粥从20℃加热到86℃时需要的时间；（4）若实际正常使用高温挡加热的时间为800s，该电饭锅的加热效率。【答案】（1）当电饭锅正常使用时，处于低温挡时的电流为2A；（2）电热丝R2的阻值为110Ω；（3）若不考虑能量损失，正常使用高温挡将2kg的粥从20℃加热到86℃时需要的时间为600s；（4）若实际正常使用高温挡加热的时间为800s，该电饭锅的加热效率为75%。【解答】解：（1）由P＝UI可知，当电饭锅正常使用时，处于低温挡时的电流：I低＝＝＝2A；（2）由图乙可知，当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电饭锅处于高温挡；当只闭合S1时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，电饭锅处于低温挡；则R2的电功率：P2＝P高﹣P低＝880W﹣440W＝440W，由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝110Ω；（3）粥吸收的热量：Q吸＝c粥m（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×2kg×（86℃﹣20℃）＝5.28×105J，不考虑热量损失，电饭锅消耗的电能：W＝Q吸＝5.28×105J，由P＝可知，电饭锅工作的时间：t′＝＝＝600s；（4）电饭锅实际消耗的电能：W′＝P高t″＝880W×800s＝7.04×105J，该电饭锅的加热效率：η＝×100%＝×100%＝75%。答：（1）当电饭锅正常使用时，处于低温挡时的电流为2A；（2）电热丝R2的阻值为110Ω；（3）若不考虑能量损失，正常使用高温挡将2kg的粥从20℃加热到86℃时需要的时间为600s；（4）若实际正常使用高温挡加热的时间为800s，该电饭锅的加热效率为75%。35．（2023•大庆）图甲为某品牌饮水机，其铭牌如下表，图乙为其内部简化电路图，该饮水机有加热和保温两个挡位。R1、R2均为电热丝，当热水箱中水温降至70℃时通过自动开关S2切换到加热挡，当温度达到100℃时自动切换到保温挡，饮水机始终在额定电压下工作，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：水桶容量：20L热水箱水量：1kg额定电压：220V加热功率P2：1100W保温功率P1：100W（1）电热丝R1的阻值；（2）热水箱中的水由70℃加热到100℃所吸收的热量；（3）饮水机处于保温挡工作22s时间内电热丝R1产生的热量。【答案】（1）电热丝R1的阻值为440Ω；（2）热水箱中的水由70℃加热到100℃所吸收的热量为1.26×105J；（3）饮水机处于保温挡工作22s时间内电热丝R1产生的热量为2000J。【解答】解：（1）由图知，开关S2接b时，电路中只有R1，由P＝可知饮水机处于加热状态，则R2的阻值：R2＝＝＝44Ω，当开关S2接a时，电路中R2和R1串联，总电阻最大，饮水机处于保温状态，电路的总电阻：R总＝R1+R2＝＝＝484Ω，电热丝R1的阻值：R1＝R总﹣R2＝484Ω﹣44Ω＝440Ω；（2）水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣70℃）＝1.26×105J；（3）由欧姆定律可得电路中的电流：I＝＝＝A，由串联电路的电流规律可知，通过电热丝R1电流I1＝I＝A，根据热量Q＝I2Rt可得，饮水机处于保温挡工作22s时间内电热丝R1产生的热量：Q＝I2R1t＝（）2×440Ω×22s＝2000J。答：（1）电热丝R1的阻值为440Ω；（2）热水箱中的水由70℃加热到100℃所吸收的热量为1.26×105J；（3）饮水机处于保温挡工作22s时间内电热丝R1产生的热量为2000J。36．（2023•黑龙江）如图是目前一些学校为中小学生提供的校车，方便学生的上下学同时也保证了学生的安全。小明同学家距离学校12km，他乘校车到学校用时30min。问：（1）校车从小明家到学校的平均速度是多少km/h？（2）若校车和人的总质量为4.5t，当校车静止时与水平地面的总接触面积为0.15m2，此时校车对地面压强是多少？（3）若校车以36km/h的速度在水平地面上匀速行驶一段距离，校车受到的阻力是车和人总重力的0.1倍，此时该校车牵引力的功率是多少？【答案】（1）校车从小明家到学校的平均速度是24km/h；（2）校车对地面压强是3×105Pa；（3）该校车牵引力的功率是4.5×104W。【解答】解：（1）校车的平均速度：v＝＝＝24km/h；（2）由于在水平面上，车对水平路面的压力：F＝G＝mg＝4500kg×10N/kg＝45000N，车对水平路面的压强：p＝＝＝3×105Pa；（3）校车受到的阻力f＝0.1G＝0.1×45000N＝4.5×103N；校车匀速行驶时，阻力和牵引力是一对平衡力，校车受到的水平牵引力F牵＝f＝4.5×103N；校车速度v′＝36km/h＝10m/s；该校车牵引力的功率P＝F牵v′＝4.5×103N×10m/s＝4.5×104W。答：（1）校车从小明家到学校的平均速度是24km/h；（2）校车对地面压强是3×105Pa；（3）该校车牵引力的功率是4.5×104W。37．（2023•绥化）如图，电路中电源电压可调，小灯泡L标有“6V3W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器R2的铭牌上标有“100Ω0.6A”字样，电流表量程0～3A，电压表量程0～15V。将电源电压调至18V，闭合开关S1、S3，断开S2，调节滑动变阻器滑片使小灯泡正常发光。（1）求小灯泡正常发光时的电流和此时滑动变阻器连入电路的阻值。（2）开关状态不变，电源电压仍为18V。在保证电路安全的情况下，求电路消耗的最小功率。（3）现调节电源电压，闭合开关S1、S2，断开S3，将滑动变阻器滑片移至a点时，滑动变阻器连入电路的阻值为Ra，电流表示数为Ia，电压表示数为6V；将滑动变阻器的滑片移至b点时，滑动变阻器连入电路的阻值为Rb，电流表示数为Ib。Ia：Ib＝2：3，Ra＝2Rb。求此时电源电压。【答案】（1）小灯泡正常发光时的电流为0.5A；此时滑动变阻器连入电路的阻值为24Ω；（2）在保证电路安全的情况下，电路消耗的最小功率为4.5W；（3）此时电源电压为9V。【解答】解：（1）闭合开关S1、S3，断开S2，调节滑动变阻器滑片使小灯泡正常发光，此时滑动变阻器和小灯泡串联接入电路，小灯泡L标有“6V3W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），由电功