2022年河北省石家庄市中考物理模拟试卷

这是一份2022年河北省石家庄市中考物理模拟试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，填空及简答题，实验探究题，计算应用题等内容，欢迎下载使用。
2022年河北省石家庄市中考物理模拟试卷
一、选择题（共8小题，每小题3分，满分27分）
1．（3分）下列有关疫情防控的相关数据符合实际的是（　　）
A．疫情期间，体温超过37.3℃需到发热门诊就诊
B．一支普通水银体温计的长度约为0.5m
C．一只普通医用口罩的质量约为100g
D．高速公路上正常行驶的救护车的速度可达到120m/s
2．（3分）我国自主研发的长征五号运载火箭在海南文昌航天发射场顺利完成多次发射任务，下列有关声和电磁波说法正确的是（　　）
A．声音在各种介质中的传播速度一样大
B．火箭发射时会产生巨大的声响，是指声音的响度大
C．航天发射场的工作人员配戴耳罩是在声源处减弱噪音
D．空间站中的王亚平授课的声音是靠超声波传回地球的
3．（3分）如图所示，有关电磁现象的说法正确的是（　　）
A．如图甲，地球周围存在着磁场，地磁的N极在地理的北极附近
B．如图乙，通电导体在磁场中受力方向与电流大小有关
C．如图丙，闭合开关后只要ab导线在磁场中运动，电流表指针就会发生偏转
D．如图丁，闭合开关后，与导线平行放置的小磁针一定会发生偏转
4．（3分）2022年北京冬奥会和冬残奥会圆满落下帷幕。下列冬奥会的运动项目中，关于力与运动相关知识的说法正确的是（　　）
A．匀速转弯的短道速滑运动员是处于平衡状态的
B．冰球处于静止和运动状态时惯性一样大
C．冰壶被掷出后，不能马上停下是因为受到惯性的作用
D．高山滑雪运动员从斜坡上滑下的过程中，其所受的支持力与重力是一对平衡力
5．（3分）小明吃火锅时，由于三孔插座不够用，小明决定将电火锅三脚插头上最长的一个金属脚掰弯，插在两孔插座上使用，小华立刻阻止，因为长脚掰弯使用会造成（　　）
A．家庭电路中的电流过大，空气开关跳闸
B．电火锅不能正常工作
C．电火锅的金属外壳和地线断开，可能有触电危险
D．两孔插座断路，不能再继续使用
（多选）6．（4分）小明在“探究凸透镜成像规律”实验时首先将蜡烛固定在光具座5cm刻度处，然后将凸透镜A放置在35cm处，调节光屏位置，得到一个清晰的像，如图甲所示；然后保持蜡烛和透镜位置不变、将凸透镜A更换为凸透镜B，再次调节光屏直至成清晰的像，如图乙所示。对于以上实验，下列说法正确的是（　　）

A．A透镜的焦距大于B透镜的焦距
B．在乙图中，将A透镜放在B透镜左侧附近，只将光屏向左移动适当距离，可呈现清晰的像
C．在甲图中，将A透镜换为B透镜，且透镜位置不变，再将蜡烛和光屏互换位置光屏上可能成清晰放大的像
D．在乙图中，将B透镜换为A透镜，且蜡烛和光屏位置都不动，将透镜从靠近蜡烛一端移动到靠近光屏一端的过程中，可在光屏上得到两次清晰的像
7．（4分）如图所示，工人用400N向下的拉力，利用滑轮组将重力为750N的沙子以0.2m/s的速度匀速向上提升，此时滑轮组的机械效率为η1。下列说法正确的是（　　）

A．工人所用的拉力功率为80W
B．该滑轮组的机械效率为62.5%
C．若匀速提升的物体重力增大一倍时机械效率为η2，则η2＜2η1
D．增大匀速提升物体的速度和减小滑轮自重，均可提高该滑轮组机械效率
（多选）8．（4分）如图所示，电源电压U保持不变，a、b为电流表或电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器最大阻值，且R1＝2R2＝R3。闭合开关S，下列说法正确的是（　　）

A．若a、b均为电流表，将滑片P向左滑动时，三个电表示数均变大，且a与b两电流表示数之比变小
B．若a为电压表，b为电流表，滑片P向右滑动时，电流表A的示数变小，a表示数与b表的示数之比变大
C．若a、b均为电压表，将滑片P向右滑动时，a表示数的变化量与b表示数的变化量之比为2：3
D．若a、b均为电压表。将滑片P滑到最右端时，电路总功率最小为
二、填空及简答题（本大题共9个小题，每空1分，共31分）
9．（3分）2022年在北京成功举办了第24届冬奥会，我国选手谷爱凌在滑雪大跳台项目中勇夺冠军。如图所示，这是利用摄影机拍出的她从大跳台跳起后运动过程的频闪照片。在她从A点腾空达到最高点B，接着又下落到着地点C的过程中，在最高点B时具有的 　 　能最大；请从机械能角度提出一个问题并回答。（空气阻力不可忽略）
问题：　 　；
回答：　 　。

10．（3分）小红乘坐小轿车出去游玩，在公路上发现旁边同向行驶的公共汽车在向后退，是以 　 　为参照物的；因为小轿车的前轮是主动轮，在向前行驶的过程中前轮受到地面的摩擦力方向是向 　 　（选填“前”或“后”）的；高速公路上快速行驶的汽车会感觉“发飘”，试用有关流体压强规律的物理知识解释：　 　。
11．（3分）如图所示，一束激光斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑，向水槽内注入适量水后，水槽底部光斑将向O点的 　 　（选填“左”或“右”）侧移动；继续向水槽缓慢注水的过程中，折射角 　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。请在原图中画出入射光射到水面时对应的反射光线和折射光线（请自己确定水面位置）。

12．（2分）冬天北方室内的暖气片内常用水作为传热介质是因为水的比热容较大，暖气片的温度升高是通过 　 　方式改变自身内能的。用天然气将质量为70kg、初温为15℃的水加热到40℃，至少需要完全燃烧 　 　m3的天然气。[假设无热量损失，水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值是3.5×107J/m3]
13．（3分）能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱。化石能源与核能都属于 　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；新能源电动汽车的核心部件之一是电动机，它是利用 　 　原理工作的，工作时其能量转化过程是 　 　。
三、实验探究题（本大题共4个小题；第32小题4分，第33小题6分，第34、35小题各7分，共24分）
14．（4分）小明在探究“液体沸点与气压关系”的实验。
（1）如图所示，将刚刚烧开的水倒入烧瓶内，密封瓶塞后将烧瓶倒置，欲探究液体沸点与气压的关系，则还需要什么器材：　 　；
（2）接下来应如何操作：　 　；
（3）观察到的现象：　 　；
（4）探究的结论：　 　。

15．（6分）小明做“探究杠杆平衡条件”的实验，装置如图1所示，已知杠杆上相邻刻度线间的距离相等，每个钩码重0.5N。

（1）组装好器材后，杠杆如图甲所示，小明下一步应该调节平衡螺母使杠杆 　 　。
（2）接下来，如图乙，在A点挂两个钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计（忽略弹簧测力计自身重力影响），仍使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数应为 　 　N。当弹簧测力计斜向下拉时，为使杠杆在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数将 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）实验中多次改变力和力臂的大小是为了 　 　。
A.多次测量求平均值减小误差
B.减小摩擦力
C.多次测量避免偶然性得到普遍规律
【拓展】图2为普通超市购物车，小明同学推车向右前进时遇到门槛，他想竖直向下压车把手，使前轮翘起通过门槛，如图甲所示，而小红同学想将购物车掉转车头，竖直向上抬车把手，抬起后轮通过门槛，如图乙所示。若整车的重心在O1与O2中点的正上方，请问 　 　同学的方案更省力。已知AO1的距离为30cm，O1O2间距离为30cm，车和货物总重为500N，二者中更省力方案中对车把竖直方向的作用力大小为 　 　N。
16．（6分）小明用如图甲所示的电路测量小灯泡的电功率。已知小灯泡L1的额定电压为4V，滑动变阻器规格为“50Ω 1A”。

（1）请用笔画线代替导线，完成图甲实物电路的连接。
（2）闭合开关后，发现小灯泡不发光，电流表指针有明显偏转，电压表却无示数，则电路的故障可能是 　 　。
（3）故障排除后，闭合开关，从滑动变阻器最大阻值处开始移动滑片并记录电表示数，绘制了小灯泡L1的I﹣U图象如图乙所示，小灯泡的额定电功率为 　 　W，电源电压为 　 　V。
（4）此实验装置无法做“探究电流与电压的关系”实验，原因是 　 　。
【拓展】小明换用额定电压为2.5V的小灯泡L2继续实验，发现两次实验中，两只小灯泡正常发光时，小灯泡的电功率之差与滑动变阻器的电功率之差相等，则小灯泡L2的额定功率为 　 　W，滑动变阻器在两次实验中连入电路的电阻变化了 　 　Ω。
四、计算应用题（本大题共3个小题；第36小题5分，第37小题7分，第38小题6分，共18分。解答时，要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
17．（7分）如图甲所示，将物块放在电子秤上，测出物块质量为86.4g，把物块取下，将装有适量水的玻璃杯放在电子秤上，电子秤的示数如图乙所示，此时玻璃杯中水的深度为10cm，将一圆柱形实心不吸水物体缓慢浸入水中一半时电子秤示数如图丙所示，已知圆柱体的高度为8cm。
（1）求乙图中水对容器底部的压强；
（2）求圆柱体的横截面积；
（3）若将丙图中细线剪断，请通过计算判断物体在水中的浮沉状态，若物体沉底，求此时物体对杯底的压力。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
18．（6分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R1标为“50Ω 1A”，定值电阻R2阻值为10Ω。求：
（1）当只闭合开关S2时，电压表示数为8V，电流表示数为0.4A，求电源电压和滑动变阻器连入电路的阻值；
（2）当只闭合开关S2，电压表接0～15V量程，电流表接0～0.6A量程时，在移动变阻器滑片的过程中，求电路总电功率的范围；
（3）电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～15V，在开关任意通断都能保证电路安全的前提下，求滑动变阻器可允许的滑动阻值范围。


2022年河北省石家庄市中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题3分，满分27分）
1．（3分）下列有关疫情防控的相关数据符合实际的是（　　）
A．疫情期间，体温超过37.3℃需到发热门诊就诊
B．一支普通水银体温计的长度约为0.5m
C．一只普通医用口罩的质量约为100g
D．高速公路上正常行驶的救护车的速度可达到120m/s
【分析】首先要对选项中涉及的几种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，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、疫情期间，体温超过37.3℃需到发热门诊就诊，正常体温在36.5℃左右，故A正确；
B、一支普通水银体温计的长度约为0.1m，故B错误；
C、一只普通医用口罩的质量在3g左右，故C错误；
D、高速公路上正常行驶的救护车的速度可达到120km/h，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（3分）我国自主研发的长征五号运载火箭在海南文昌航天发射场顺利完成多次发射任务，下列有关声和电磁波说法正确的是（　　）
A．声音在各种介质中的传播速度一样大
B．火箭发射时会产生巨大的声响，是指声音的响度大
C．航天发射场的工作人员配戴耳罩是在声源处减弱噪音
D．空间站中的王亚平授课的声音是靠超声波传回地球的
【分析】（1）声音在不同介质中的传播速度不同；
（2）响度指声音的大小，响度跟振幅有关，振幅越大，响度越大；
（3）减弱噪声有三条途径，即在三个不同的位置——声源处、传播过程中、人耳处；
（4）声音的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播。
【解答】解：A、声音在各种介质中的传播速度是不一样的，故A错误；
B、火箭发射时会产生巨大的声响，主要说明声音非常大，即响度大，故B正确；
C、航天发射场的工作人员配戴耳罩，是在人耳处减弱噪声，故C错误；
D、太空中没有空气，声音不能传播，而电磁波能够在真空中传播，所以声音和图像信号是通过电磁波传播的；故D错误。
故选B。
【点评】本题考查影响响度的因素、声音传播的条件，减弱噪声的方法、电磁波的传播及应用等多个知识点，平时学习中要在理解的基础上记忆这部分的内容，做到熟能生巧。
3．（3分）如图所示，有关电磁现象的说法正确的是（　　）
A．如图甲，地球周围存在着磁场，地磁的N极在地理的北极附近
B．如图乙，通电导体在磁场中受力方向与电流大小有关
C．如图丙，闭合开关后只要ab导线在磁场中运动，电流表指针就会发生偏转
D．如图丁，闭合开关后，与导线平行放置的小磁针一定会发生偏转
【分析】（1）地球周围存在着磁场；
（2）通电导体在磁场中受力的运动，受力方向与磁场方向和电流方向有关；
（3）闭合电路的部分导体，在磁场中切割磁感线运动，在导体中将产生电流，叫电磁感应；
（4）通电导线的周围存在磁场，但磁场看不见、摸不着，可以通过小磁针的偏转说明磁场的存在。
【解答】解：
A、地球周围存在着磁场，这个磁场就是地磁场，地磁的北极在地理的南极附近，地磁的南极在地理的北极附近，故A错误；
B、由图可知，在磁场中的通电导体AB受力运动，其受力方向与磁场方向和电流方向有关，与电流的大小无关，故B错误；
C、闭合电路中的导体棒在磁场中运动，若导体不切割磁感线，就不会产生感应电流，故C错误；
D、通电导线的周围存在磁场，小磁针受到磁场力的作用会发生偏转，故D正确。
故选D。
【点评】本题考查了电与磁的几个实验，明确每个实验的原理是解题的关键。
4．（3分）2022年北京冬奥会和冬残奥会圆满落下帷幕。下列冬奥会的运动项目中，关于力与运动相关知识的说法正确的是（　　）
A．匀速转弯的短道速滑运动员是处于平衡状态的
B．冰球处于静止和运动状态时惯性一样大
C．冰壶被掷出后，不能马上停下是因为受到惯性的作用
D．高山滑雪运动员从斜坡上滑下的过程中，其所受的支持力与重力是一对平衡力
【分析】（1）平衡状态是指物体保持静止状态或匀速直线运动状态；
（2）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大；
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（4）二力平衡：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：A、匀速转弯的短道速滑运动员，运动方向在不断改变，所以不是处于平衡状态，故A错误；
B、冰球处于静止和运动状态时质量相等，所以惯性一样大，故B正确；
C、冰壶被掷出后，不能马上停下是因为冰壶具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误；
D、高山滑雪运动员从斜坡上滑下的过程中，其所受的支持力与重力不在同一直线上，所以二力不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题以冬奥会为背景，考查了对平衡状态的判断、惯性、平衡力的辨别等的掌握，属力学综合题，难度不大。
5．（3分）小明吃火锅时，由于三孔插座不够用，小明决定将电火锅三脚插头上最长的一个金属脚掰弯，插在两孔插座上使用，小华立刻阻止，因为长脚掰弯使用会造成（　　）
A．家庭电路中的电流过大，空气开关跳闸
B．电火锅不能正常工作
C．电火锅的金属外壳和地线断开，可能有触电危险
D．两孔插座断路，不能再继续使用
【分析】家庭电路中，带有金属外壳的用电器如果漏电，用电器的外壳和火线相连，人接触用电器外壳，会间接接触火线发生触电事故。
空气开关“跳闸”是因为电路中电流过大。电路中电流过大有两种原因：一是电路中用电器的总功率过大，二是电路发生了短路。
【解答】解：家庭电路中两孔插座接入一个电火锅，不会造成家庭电路中的电流过大，也不会使两孔插座短路；
电火锅使用三脚插头，上端的一脚和金属外壳相连，插入三孔插座时，金属外壳接地，可以防止因用电器外壳漏电而触电；如果把三脚插头插在两孔插座上，电火锅的金属外壳和地线断开，一旦金属外壳带电，当人接触时会发生触电事故；故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】掌握家庭电路为什么使用三脚插头和三孔插座，不能将三脚插头换成两脚插头使用；还考查学生对家庭电路中短路和总功率过大现象的理解，要记住。
（多选）6．（4分）小明在“探究凸透镜成像规律”实验时首先将蜡烛固定在光具座5cm刻度处，然后将凸透镜A放置在35cm处，调节光屏位置，得到一个清晰的像，如图甲所示；然后保持蜡烛和透镜位置不变、将凸透镜A更换为凸透镜B，再次调节光屏直至成清晰的像，如图乙所示。对于以上实验，下列说法正确的是（　　）

A．A透镜的焦距大于B透镜的焦距
B．在乙图中，将A透镜放在B透镜左侧附近，只将光屏向左移动适当距离，可呈现清晰的像
C．在甲图中，将A透镜换为B透镜，且透镜位置不变，再将蜡烛和光屏互换位置光屏上可能成清晰放大的像
D．在乙图中，将B透镜换为A透镜，且蜡烛和光屏位置都不动，将透镜从靠近蜡烛一端移动到靠近光屏一端的过程中，可在光屏上得到两次清晰的像
【分析】（1）根据物距和凸透镜的焦距关系，求出两个凸透镜的焦距，比较焦距大小；
（2）凸透镜对光线有会聚作用，由此分析将A透镜放在B透镜左侧附近，物距和像距的变化，然后根据凸透镜成实像时，物近像远像变大判断；
（3）在甲图中，将A透镜换为B透镜，A的焦距小于B的焦距，不能成清晰放大的像；
（4）根据凸透镜成像规律，物距u＞2f，成倒立、缩小的实像，像距2f＞v＞f。
物距2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，像距v＞2f，
物距u＝2f，成倒立、等大的实像，像距v＝2f，折射时光路是可逆的。
【解答】解：A、甲图，凸透镜成倒立、缩小的实像，u＝35cm﹣5cm＝30cm，30cm＞2f，所以，15cm＞fA。
乙图，凸透镜成倒立、放大的实像，u＝35cm﹣5cm＝30cm，2f＞30cm＞f，所以，30cm＞fB＞15cm。
故A的焦距小于B的焦距；故A错误；
B、在乙图中，将A透镜放在B透镜左侧附近，凸透镜对光线有会聚作用，会使光线提前会聚，因此将光屏向左移动适当距离，可呈现清晰的像，故B正确；
C、在甲图中，凸透镜成倒立、缩小的实像，若透镜位置不变，将蜡烛和光屏互换位置光屏上可能成清晰放大的像，但是若将A透镜换为B透镜，由于A的焦距小于B的焦距，所以若透镜位置不变，将蜡烛和光屏互换位置光屏上不可能成清晰放大的像，故C错误；
D、在乙图中，物距2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，
将B透镜换为A透镜，且蜡烛和光屏位置都不动，因为A的焦距小于B的焦距；所以将透镜从靠近蜡烛一端移动到靠近光屏一端的过程中，当物距f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像，物距u＞2f，成倒立、缩小的实像，故可在光屏上得到两次清晰的像，故D正确。
故选：BD。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及特点，在学习过程中要善于总结，寻找规律，要求学生对凸透镜成像的规律做到深刻理解，并能灵活应用，注重理论联系实际。
7．（4分）如图所示，工人用400N向下的拉力，利用滑轮组将重力为750N的沙子以0.2m/s的速度匀速向上提升，此时滑轮组的机械效率为η1。下列说法正确的是（　　）

A．工人所用的拉力功率为80W
B．该滑轮组的机械效率为62.5%
C．若匀速提升的物体重力增大一倍时机械效率为η2，则η2＜2η1
D．增大匀速提升物体的速度和减小滑轮自重，均可提高该滑轮组机械效率
【分析】（1）由图可知n＝3，绳子自由端移动的速度v＝nv物，利用P＝＝＝Fv求拉力做功的功率；
（2）利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
（3）若匀速提升的物体重力增大一倍时，根据W有＝Gh分析有用功的变化，而额外功几乎不变，据此分析总功的变化，再根据机械效率为有用功占总功的比值分析两次机械效率的关系；
（4）对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率。据此分析。
【解答】解：A、由图可知n＝3，绳子自由端移动的速度v＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s，P＝＝＝Fv＝400N×0.6m/s＝240W，故A错误；
B、滑轮组的机械效率：η1＝＝＝＝＝×100%＝62.5%，故B正确；
C、若匀速提升的物体重力增大一倍时，在提升高度相同时，由W有＝Gh可知，有用功增大一倍，但额外功几乎不变，即总功没有增大一倍，因此此时的有用功占总功的比值大于η1，即η2＞η1，故C错误；
D、增大匀速提升物体的速度，在提升高度相同时，有用功不变，额外功不变，总功不变，有用功占总功的比值不变，机械效率不变；减小滑轮自重，可以减少额外功，在有用功不变的情况下，额外功减小了，所以机械效率就提高了，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算和机械效率的影响因素，机械效率的高低取决于有用功和总功两个因素，不能理解成：“有用功多，机械效率高”或“总功大，机械效率低”；还有机械效率的高低与提升重物的速度及重物提升的高度无关。
（多选）8．（4分）如图所示，电源电压U保持不变，a、b为电流表或电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器最大阻值，且R1＝2R2＝R3。闭合开关S，下列说法正确的是（　　）

A．若a、b均为电流表，将滑片P向左滑动时，三个电表示数均变大，且a与b两电流表示数之比变小
B．若a为电压表，b为电流表，滑片P向右滑动时，电流表A的示数变小，a表示数与b表的示数之比变大
C．若a、b均为电压表，将滑片P向右滑动时，a表示数的变化量与b表示数的变化量之比为2：3
D．若a、b均为电压表。将滑片P滑到最右端时，电路总功率最小为
【分析】（1）若a、b均为电流表，R1、R2、R3并联，电流表a测R1和R2支路的电流之和，电流表b测R2和R3支路的电流之和，电流表A测R3支路的电流之和，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R1和R2支路的电流变化，然后得出电流表a的示数变化，根据滑片的移动可知变阻器R3接入电路中的电阻变化，再根据欧姆定律可知通过R3支路的电流变化，即可得出电流表A的示数变化，进一步得出电流表b的示数变化和a与b两电流表示数之比变化；
（2）若a为电压表，b为电流表，R1和R2被短路，电路为R3的简单电路，电压表a测电源两端的电压，电流表A和b均测电路中的电流，根据电源电压U保持不变可知滑片移动时电压表a的示数变化，根据滑片的移动可知变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，即可得出电流表电流表A和b的示数变化，然后得出a表示数与b表的示数之比变化；
（3）若a、b均为电压表，R1、R2、R3串联，电压表a测R2和R3两端的电压之和，电压表b测R1和R2两端的电压之和，电流表A测电路中的电流，设出滑片移动前后电路中的电流变化，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电压表a示数的变化量，再根据欧姆定律得出电压表b示数的变化量，进一步结合R1＝2R2得出a表示数的变化量与b表示数的变化量之比；
（4）若a、b均为电压表，将滑片P滑到最右端时，R1、R2与R3的最大阻值串联，此时电路的总电阻最大，电路的总功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路与的最小总功率。
【解答】解：A．若a、b均为电流表，R1、R2、R3并联，电流表a测R1和R2支路的电流之和，电流表b测R2和R3支路的电流之和，电流表A测R3支路的电流之和，
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和R2支路的电流不变，即电流表a的示数不变，
将滑片P向左滑动时，变阻器R3接入电路中的电阻变小，
由I＝可知，通过R3支路的电流变大，即电流表A的示数变大，
由R2支路的电流不变和通过R3支路的电流变大可知两支路的电流之和变大，即电流表b的示数变大，
由电流表a的示数不变和电流表b的示数变大可知，a与b两电流表示数之比变小，
综上可知，选项A错误；
B．若a为电压表，b为电流表，R1和R2被短路，电路为R3的简单电路，电压表a测电源两端的电压，电流表A和b均测电路中的电流，
由电源电压U保持不变可知，滑片移动时，电压表a的示数不变，
当滑片P向右滑动时，变阻器接入电路中的电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表电流表A和b的示数均变小，
则a表示数与b表的示数之比变大，故B正确；
C．若a、b均为电压表，R1、R2、R3串联，电压表a测R2和R3两端的电压之和，电压表b测R1和R2两端的电压之和，电流表A测电路中的电流，
将滑片P向右滑动时，设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表a示数的变化量：ΔUa＝（U﹣I2R1）﹣（U﹣I1R1）＝（I1﹣I2）R1＝ΔIR1，
电压表b示数的变化量：ΔUb＝I1（R1+R2）﹣I2（R1+R2）＝（I1﹣I2）×（R1+R2）＝ΔI（R1+R2），
由R1＝2R2可得，a表示数的变化量与b表示数的变化量之比：＝＝＝＝，故C正确；
D．若a、b均为电压表，将滑片P滑到最右端时，R1、R2与R3的最大阻值串联，此时电路的总电阻最大，电路的总功率最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且R1＝2R2＝R3，
所以，电路与的最小总功率：P小＝＝＝＝，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清a、b电表不同类型时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
二、填空及简答题（本大题共9个小题，每空1分，共31分）
9．（3分）2022年在北京成功举办了第24届冬奥会，我国选手谷爱凌在滑雪大跳台项目中勇夺冠军。如图所示，这是利用摄影机拍出的她从大跳台跳起后运动过程的频闪照片。在她从A点腾空达到最高点B，接着又下落到着地点C的过程中，在最高点B时具有的 　重力势　能最大；请从机械能角度提出一个问题并回答。（空气阻力不可忽略）
问题：　从最高点下落的过程中，动能和势能如何变化　；
回答：　重力势能减小，动能变大　。

【分析】动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；机械能为动能和势能的和。
【解答】解：在最高点B时的质量不变，高度最高，重力势能最大；
谷爱凌从最高点下落的过程中，质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能。
故答案为：重力势；从最高点下落的过程中，动能和势能如何变化；重力势能减小，动能变大。
【点评】本题考查了动能和势能的转化，属于基础题。
10．（3分）小红乘坐小轿车出去游玩，在公路上发现旁边同向行驶的公共汽车在向后退，是以 　小轿车　为参照物的；因为小轿车的前轮是主动轮，在向前行驶的过程中前轮受到地面的摩擦力方向是向 　前　（选填“前”或“后”）的；高速公路上快速行驶的汽车会感觉“发飘”，试用有关流体压强规律的物理知识解释：　轿车在快速行驶过程中，车子上方空气的流速大于车子下方空气的流速，因而车子上方气体的压强小于车子下方气体的压强，轿车上下方所受到的压力差形成向上的升力，从而使得轿车对地面的压力变小，由于摩擦力与压力大小有关，所以压力减小，汽车与地面间的摩擦力减小　。
【分析】在研究机械运动时要先选择参照物，如果物体相对于参照物位置不变，则物体静止；如果物体相对于参照物位置发生变化，则物体是运动的；
因为是前轮驱动，所以前轮受到地面对它向前的摩擦力，据此根据力的作用的相互性判断前车轮给地面的摩擦力的方向；
流体压强与流速的关系，气体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大，轿车快速行驶时，上下方所受到的压力差形成向上的升力，对地面的压力减小。而摩擦力与压力大小有关，所以压力减小，摩擦力减小。
【解答】解：小红乘坐小轿车出去游玩，在公路上发现旁边同向行驶的公共汽车在向后退，小明乘坐的小轿车与公共汽车的位置发生了变化，这是以小轿车为参照物的；
前轮为主动轮，则汽车前轮受到地面的摩擦力方向水平向后，因为物体间力的作用是相互的，所以前车轮给地面的摩擦力的方向是水平向前；
轿车在快速行驶过程中，车子上方空气的流速大于车子下方空气的流速，因而车子上方气体的压强小于车子下方气体的压强，轿车上下方所受到的压力差形成向上的升力，从而使得轿车对地面的压力变小，由于摩擦力与压力大小有关，所以压力减小，汽车与地面间的摩擦力减小，会感觉“发飘”。
故答案为：小轿车；前；轿车在快速行驶过程中，车子上方空气的流速大于车子下方空气的流速，因而车子上方气体的压强小于车子下方气体的压强，轿车上下方所受到的压力差形成向上的升力，从而使得轿车对地面的压力变小，由于摩擦力与压力大小有关，所以压力减小，汽车与地面间的摩擦力减小。
【点评】本题考查了参照物的选择、摩擦力的方向、流体压强与流速关系的应用，属于基础题。
11．（3分）如图所示，一束激光斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑，向水槽内注入适量水后，水槽底部光斑将向O点的 　左　（选填“左”或“右”）侧移动；继续向水槽缓慢注水的过程中，折射角 　不变　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。请在原图中画出入射光射到水面时对应的反射光线和折射光线（请自己确定水面位置）。

【分析】（1）根据光的折射现象可知，光从一种介质斜射入另一种介质时，其传播方向一定发生改变；光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角。折射角随入射角的改变而改变。
（2）根据光的反射定律和折射规律作图即可。
【解答】解：水槽内没有注水时，光沿直线传播，照射到O点；当向水槽内注入适量的水后，光从空气斜射入水中发生折射，折射角小于入射角，折射光线偏向法线，因此水槽底部光斑移动到O点的左侧；
继续沿水槽壁缓慢注水，折射光线逐渐向左移动，但是入射角不变，折射角的大小也不变。
首先确定水面的位置，则入射光线与水面的交点为入射点，过入射点作垂直于界面的法线，然后根据反射角等于入射角画出反射光线；根据折射角小于入射角画出折射光线，如图所示：

故答案为：左；不变；见解答图。
【点评】在两种透明介质的界面上，折射和反射一般是同时发生的，反射光线与入射光线在同种介质中，折射光线和入射光线在不同种介质中。
12．（2分）冬天北方室内的暖气片内常用水作为传热介质是因为水的比热容较大，暖气片的温度升高是通过 　热传递　方式改变自身内能的。用天然气将质量为70kg、初温为15℃的水加热到40℃，至少需要完全燃烧 　0.21　m3的天然气。[假设无热量损失，水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值是3.5×107J/m3]
【分析】（1）做功和热传递可以改变物体的内能；
（2）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算出水吸收的热量；
根据题意可知，天然气完全燃烧放出的热量Q放＝Q吸，利用Q放＝Vq计算出需要完全燃烧天然气的体积。
【解答】解：（1）暖气片吸收热量，内能增加，温度升高，这是通过热传递的方式改变自身的内能；
（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×70kg×（40℃﹣15℃）＝7.35×106J；
根据题意可知，天然气完全燃烧放出的热量Q放＝Q吸＝7.35×106J；
由Q放＝Vq可知，需要完全燃烧天然气的体积：V＝＝＝0.21m3。
故答案为：热传递；0.21。
【点评】本题考查改变内能的方式、吸热公式、放热公式的应用，是一道热学综合题，难度不大。
13．（3分）能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱。化石能源与核能都属于 　不可再生　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；新能源电动汽车的核心部件之一是电动机，它是利用 　通电线圈在磁场中受力转动　原理工作的，工作时其能量转化过程是 　电能转化为机械能　。
【分析】能够短时间从自然界得到补充的是可再生能源，不能得到补充的是不可再生能源；电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理工作的，工作时将电能转化为机械能。
【解答】解：化石能源与核能在使用后短时间无法补充，属于不可再生能源；电动机正常工作时，将电能转化为机械能，是利用通电线圈在磁场中受力转动原理工作的。
故答案为：不可再生；通电线圈在磁场中受力转动；电能转化为机械能。
【点评】本题考查了能源的分类、电动机的工作原理、能量的转化，属于基础题。
三、实验探究题（本大题共4个小题；第32小题4分，第33小题6分，第34、35小题各7分，共24分）
14．（4分）小明在探究“液体沸点与气压关系”的实验。
（1）如图所示，将刚刚烧开的水倒入烧瓶内，密封瓶塞后将烧瓶倒置，欲探究液体沸点与气压的关系，则还需要什么器材：　一杯冷水　；
（2）接下来应如何操作：　向烧瓶底部浇冷水　；
（3）观察到的现象：　烧瓶中的水重新沸腾　；
（4）探究的结论：　气压降低，沸点降低　。

【分析】根据液体沸点和气压有关的实验进行操作，通过冷水改变气压，使水重新沸腾。
【解答】解：（1）通过冷水改变气压，填一杯冷水；
（2）操作：向烧瓶底部浇冷水；
（3）冷水使烧瓶中水蒸气部分液化，瓶内气压变低，沸点降低，现象：烧瓶中的水重新沸腾；
（4）实验证明了沸点和气压有关，气压越低，沸点越低。
故答案为：（1）一杯冷水；（2）向烧瓶底部浇冷水；（3）烧瓶中的水重新沸腾；（4）气压越低，沸点越低。
【点评】本题考查了沸点和气压的关系，属于基础题。
15．（6分）小明做“探究杠杆平衡条件”的实验，装置如图1所示，已知杠杆上相邻刻度线间的距离相等，每个钩码重0.5N。

（1）组装好器材后，杠杆如图甲所示，小明下一步应该调节平衡螺母使杠杆 　在水平位置平衡　。
（2）接下来，如图乙，在A点挂两个钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计（忽略弹簧测力计自身重力影响），仍使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数应为 　1.5　N。当弹簧测力计斜向下拉时，为使杠杆在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数将 　变大　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）实验中多次改变力和力臂的大小是为了 　C　。
A.多次测量求平均值减小误差
B.减小摩擦力
C.多次测量避免偶然性得到普遍规律
【拓展】图2为普通超市购物车，小明同学推车向右前进时遇到门槛，他想竖直向下压车把手，使前轮翘起通过门槛，如图甲所示，而小红同学想将购物车掉转车头，竖直向上抬车把手，抬起后轮通过门槛，如图乙所示。若整车的重心在O1与O2中点的正上方，请问 　小红　同学的方案更省力。已知AO1的距离为30cm，O1O2间距离为30cm，车和货物总重为500N，二者中更省力方案中对车把竖直方向的作用力大小为 　125　N。
【分析】（1）实验前需要将杠杆调节到水平位置平衡；
（2）杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2，杠杆在水平位置平衡，此时力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来，但弹簧测力计斜向下拉时，力臂变小，弹簧测力计的示数将变大；
（3）多次改变钩码个数及力臂获得多组数据，是为了得出的结论更具有普遍性；
（4）根据杠杆平衡的条件，通过判断力臂的大小关系，可以比较力的大小关系，从而也可以算出作用力的大小。
【解答】解：（1）实验前需要将杠杆调节到水平位置平衡；
（2）杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2，杠杆水平平衡时，力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，
2×0.5N×3＝F2×2，解得F2＝1.5N，
当弹簧测力计斜向下拉时，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂都相同的情况下，动力臂变小动力越大，所以，弹簧测力计变大；
（3）只有一次实验总结实验结论是不合理的，一次实验很具有偶然性，所以需要多进行几次实验，避免偶然性；
[拓展]

根据杠杆平衡的条件，F1L1＝F2L2，当阻力和阻力臂相同，动力臂L甲小于L乙，动力F甲大于动力F乙，
所以小红的方案更省力，
已知AO1的距离为30cm，O1O2间距离为30cm，则AO2＝60cm，
购物车的重力的力臂为O1O2的中点，为15cm，
F1＝＝＝125N；
故答案为：（1）在水平位置平衡；（2）1.5；变大；（3）C；（拓展）小红；125。
【点评】本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验，其中分析购物车过门槛，哪种情况更省力是本题的难点。
16．（6分）小明用如图甲所示的电路测量小灯泡的电功率。已知小灯泡L1的额定电压为4V，滑动变阻器规格为“50Ω 1A”。

（1）请用笔画线代替导线，完成图甲实物电路的连接。
（2）闭合开关后，发现小灯泡不发光，电流表指针有明显偏转，电压表却无示数，则电路的故障可能是 　小灯泡短路（或电压表短路）　。
（3）故障排除后，闭合开关，从滑动变阻器最大阻值处开始移动滑片并记录电表示数，绘制了小灯泡L1的I﹣U图象如图乙所示，小灯泡的额定电功率为 　1.2　W，电源电压为 　5.5　V。
（4）此实验装置无法做“探究电流与电压的关系”实验，原因是 　灯泡的电阻随温度的升高而增大　。
【拓展】小明换用额定电压为2.5V的小灯泡L2继续实验，发现两次实验中，两只小灯泡正常发光时，小灯泡的电功率之差与滑动变阻器的电功率之差相等，则小灯泡L2的额定功率为 　0.75　W，滑动变阻器在两次实验中连入电路的电阻变化了 　5　Ω。
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；根据图乙确定电流表量程，将电流表串联在电路中；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不发光，电流表指针有明显偏转，说明电路是通路；电压表却无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路；
（3）根据I﹣U图象确定灯泡额定电压对应的额定电流，根据P＝UI算出灯泡的额定功率；根据串联电路电压规律和欧姆定律结合I﹣U图象算出电源电压；
（4）探究电流与电压关系的实验中，需要保持电阻不变，灯泡的电阻随温度的升高而增大；
【拓展】根据两灯正常发光的电压和电流，由串联电路电压规律和P＝UI算出灯泡和变阻器的功率，根据小灯泡的电功率之差与滑动变阻器的电功率之差相等算出L2正常发光时的电流，根据P＝UI计算L2正常发光时L2的电功率；根据串联电路电压规律和欧姆定律算出两次变阻器接入电路的阻值。
【解答】解：（1）小灯泡L1的额定电压为4V，故电压表应选大量程并联在灯泡两端；由图乙可知，电流表应选小量程与开关串联接入电路中，如下图所示：
；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不发光，电流表指针有明显偏转，说明电路是通路；电压表却无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路，故电路的故障可能是小灯泡短路（或电压表短路）；
（3）由I﹣U图象可知，当灯泡两端电压为4V时，通过灯泡的电流为0.3A，小灯泡额定功率为：
P额＝U额I额＝4V×0.3A＝1.2W；
闭合开关，从滑动变阻器最大阻值处开始移动滑片并记录电表示数，由I﹣U图象可知，当灯泡两端电压为UL＝0.5V时，通过灯泡的电流为I＝0.1A，此时变阻器接入电路的阻值最大，变阻器两端电压为：
U滑＝IR滑＝0.1A×50Ω＝5V，
根据串联电路电压规律，电源电压为：
U＝UL+U滑＝5V+0.5V＝5.5V；
（4）探究电流与电压关系的实验中，需要保持电阻不变，灯泡的电阻随温度的升高而增大；
【拓展】由（3）可知，电源电压为U＝5.5V，当L1正常发光时，L1的额定功率为P1＝1.2W，
根据串联电路电压规律，此时变阻器两端的电压为U滑1＝U﹣U1＝5.5V﹣4V＝1.5V，变阻器功率为：
P滑1＝U滑1I1＝1.5V×0.3A＝0.45W；
变阻器接入电路的阻值为：
R滑1＝＝＝5Ω；
当L2正常发光时，设L2的额定电流为I2，则L2的额定功率为：
P2＝U2I2＝2.5V×I2，
根据串联电路电压规律，此时变阻器两端的电压为U滑2＝U﹣U2＝5.5V﹣2.5V＝3V，变阻器功率为：
P滑2＝U滑2I2＝3V×I2，
两只小灯泡正常发光时，小灯泡的电功率之差与滑动变阻器的电功率之差相等，
即P1﹣P2＝P滑2﹣P滑1，
即1.2W﹣2.5V×I2＝3V×I2﹣0.45W，
解得I2＝0.3A，
故小灯泡L2的额定功率为：
P2＝U2I2＝2.5V×0.3A＝0.75W；
L2正常发光时，变阻器接入电路的阻值为：
R滑2＝＝＝10Ω，
故滑动变阻器在两次实验中连入电路的电阻变化了ΔR＝R滑2﹣R滑1＝10Ω﹣5Ω＝5Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）小灯泡短路（或电压表短路）；（3）1.2；5.5；（4）灯泡的电阻随温度的升高而增大；【拓展】0.75；5。
【点评】本题测量小灯泡的电功率实验，考查电路连接、电路故障、功率的计算及串联电路特点和欧姆定律的应用等知识。
四、计算应用题（本大题共3个小题；第36小题5分，第37小题7分，第38小题6分，共18分。解答时，要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
17．（7分）如图甲所示，将物块放在电子秤上，测出物块质量为86.4g，把物块取下，将装有适量水的玻璃杯放在电子秤上，电子秤的示数如图乙所示，此时玻璃杯中水的深度为10cm，将一圆柱形实心不吸水物体缓慢浸入水中一半时电子秤示数如图丙所示，已知圆柱体的高度为8cm。
（1）求乙图中水对容器底部的压强；
（2）求圆柱体的横截面积；
（3）若将丙图中细线剪断，请通过计算判断物体在水中的浮沉状态，若物体沉底，求此时物体对杯底的压力。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
【分析】（1）根据p＝ρgh求水对容器底部的压强；
（2）由图乙丙可知，物体浸入水中排开水的质量，根据密度公式求出物体排开水体积，进而求出物体的体积，根据体积公式求出物体的横截面积；
（3）根据阿基米德原理求出物体浸没在水中受到的浮力，与物体的重力进行比较，进而判断物体在水中的浮沉状态；对物体进行受力分析，根据力的平衡条件求出杯底对物体的支持力，根据力的相互性求出物体对杯底的压力。
【解答】解：（1）水对容器底部的压强：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10×0.01m＝1000Pa；
（2）由图乙丙可知，物体浸入水中排开水的质量：
m排＝166.0g﹣150.0g＝16g，
由ρ＝可知，物体排开水体积：
V排＝＝＝16cm3，
由题意可知，物体的体积：
V＝2V排＝2×16cm3＝32cm3，
因此圆柱体的横截面积：
S＝＝＝4cm2；
（3）物体的重力：
G＝mg＝86.4×10﹣3kg×10N/kg＝0.864N，
物体浸没在水中受到的浮力：
F浮没＝ρ水gV排没＝ρ水gV＝1×103kg/m3×10N/kg×32×10﹣6m3＝0.32N＜0.864N，
即F浮没＜G，
因此物体在水中处于沉底状态，
此时物体受到竖直向下的重力，竖直向上的浮力和杯底对物体竖直向上的支持力，由力的平衡条件可知，杯底对物体的支持力：
F支＝G﹣F浮没＝0.864N﹣0.32N＝0.544N，
由物体间力的作用是相互的可知，物体对杯底的压力：
F压＝F支＝0.544N。
答：（1）乙图中水对容器底部的压强为1000Pa；
（2）圆柱体的横截面积为4cm2；
（3）若将丙图中细线剪断，物体在水中处于沉底状态，此时物体对杯底的压力为0.544N。
【点评】本题为力学综合题，考查了学生对重力公式、密度公式、阿基米德原理和液体压强公式的掌握和运用，注意物体浸没水中后排开水的体积等于物体的体积。
18．（6分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R1标为“50Ω 1A”，定值电阻R2阻值为10Ω。求：
（1）当只闭合开关S2时，电压表示数为8V，电流表示数为0.4A，求电源电压和滑动变阻器连入电路的阻值；
（2）当只闭合开关S2，电压表接0～15V量程，电流表接0～0.6A量程时，在移动变阻器滑片的过程中，求电路总电功率的范围；
（3）电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～15V，在开关任意通断都能保证电路安全的前提下，求滑动变阻器可允许的滑动阻值范围。

【分析】（1）当只闭合开关S2时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；根据串联电路电阻规律结合欧姆定律求出电源电压；
（2）滑动变阻器接入电路最大阻值时，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，进一步计算通过电路的最小电路，根据电功率公式计算电路的最小功率，根据电流表量程和滑动变阻器规格、串联电路电流特点确定通过电路的最大电流，根据电功率公式计算电路的最大功率，从而确定电路总电功率的范围；
（3）电压表的量程大于电源电压，则电压表始终是安全的；
同时闭合开关S1、S2时，定值电阻被短路，或只闭合开关S1时，电路均为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源电压，根据串联电路特点确定通过电路的最大电流，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，
当只闭合开关S2时，两电阻串联接入电路，根据串联电路特点确定通过电路的最大电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，
滑动变阻器接入电路的电阻越大，通过电路的电流越小，
综合考虑可得在开关任意通断都能保证电路安全的前提下，滑动变阻器接入电路的电阻范围。
【解答】解：（1）当只闭合开关S2时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
电压表示数为8V，电流表示数为0.4A，根据欧姆定律可得此时滑动变阻器接入电路的电阻：R1＝＝＝20Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得电源电压：U＝I1（R1+R2）＝0.4A×（20Ω+10Ω）＝12V；
（2）电压表接0～15V量程，滑动变阻器接入电路最大阻值时，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，
此时通过电路的电流：I小＝＝＝0.2A，
此时电路的电功率：P小＝UI小＝12V×0.2A＝2.4W，
滑动变阻器R1标为“50Ω 1A”，电流表接0～0.6A量程，根据串联电路电流特点可知通过电路的最大电流为0.6A，
此时电路的电功率最大：P大＝UI大＝12V×0.6A＝7.2W，
所以电路总电功率的范围为2.4W～7.2W；
（3）同时闭合开关S1、S2时，定值电阻被短路，或只闭合开关S1时，电路均为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源电压，滑动变阻器R1标为“50Ω 1A”，电流表接0～3A量程，根据串联电路电流特点可知通过电路的最大电流为1A，根据欧姆定律可得此时滑动变阻器接入电路的阻值：R1′＝＝＝12Ω，滑动变阻器接入电路的电阻越大，通过电路的电流越小，所以滑动变阻器可接入最大阻值，此时滑动变阻器接入电路的电阻范围为12Ω～50Ω，
当只闭合开关S2时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，根据串联电路电流特点可知通过电路的最大电流为1A，根据欧姆定律可得此时电路的总电阻：R＝＝＝12Ω，
此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R1″＝R﹣R2＝12Ω﹣10Ω＝2Ω，此时滑动变阻器接入电路的电阻范围为2Ω～50Ω，
综合考虑可得在开关任意通断都能保证电路安全的前提下，滑动变阻器接入电路的电阻范围为12Ω～50Ω。
答：（1）电源电压为12V，此时滑动变阻器连入电路的阻值为20Ω；
（2）电路总电功率的范围为2.4W～7.2W；
（3）在开关任意通断都能保证电路安全的前提下，滑动变阻器接入电路的电阻范围为12Ω～50Ω。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，确定通过电路的最大电流和最小电流是解题的关键。
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