2023年河南省南阳市唐河县中考物理三模试卷（含解析）

这是一份2023年河南省南阳市唐河县中考物理三模试卷（含解析），共20页。
2023年河南省南阳市唐河县中考物理三模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. 我国在城市建设和乡村振兴计划中，重视环境保护和能源的开发利用。下面列举的项目中，属于可再生能源的是(    )
A. 天然气 B. 太阳能 C. 石油 D. 煤
2. 如图所示，祖国各地有很多自然和人文景观。关于它们的说法中错误的是(    )


A. 甲图是新疆的坎儿井，它是一种地下输水工程，可以有效减少输水过程中水的蒸发
B. 乙图是青藏高原冰川，天气暖和之后，冰雪消融，形成水流，这是熔化现象
C. 丙图是雾都重庆，楼宇间的白雾是由空气中的水蒸气液化形成的
D. 丁图是松花江畔的雾凇，它的形成需要吸收热量，使周围环境温度降低
3. 见证唐河发展的已63岁的唐河老大桥被拆除重建。拆除前小明用手机拍了一张灯影交织下美轮美奂的老大桥照片，以留作纪念，如图所示。以下说法正确的是(    )
A. 灯光下的水面亮得刺眼，说明水面是光源
B. 手机拍摄大桥成的是正立、缩小的实像
C. 大桥在水面下的倒“影”和阳光下树木在地面上的阴“影”的产生原理不同
D. 小明取下近视眼镜，看到大桥变模糊了，是因为大桥的像成在视网膜的后方

4. 据统计我国近十年发生的火灾中约30%是由插座引起的，居各种失火原因之首，可见我国家庭用电环境状况井不乐观。关于家庭电路和安全用电知识，下列说法正确的是(    )
A. 家庭电路中控制用电器的开关应该与火线相连接
B. 空气开关“跳闸”，一定是电路中发生了短路
C. 用测电笔辨别零、火线时，手一定不要碰到笔上的任何金属部分
D. 多个大功率用电器可以同时插在一个插线板使用
5. 如图所示，实心球是中招体育考试项目之一。盘点实心球考试中的物理知识，以下说法正确的是(    )
A. 飞出的实心球上升到最高点时，若所受外力全部消失，它将永远静止
B. 草坪上静止的实心球受到的支持力与它对草坪的压力是一对平衡力
C. 用力抛实心球，实心球会飞出，这说明力可改变物体的运动状态
D. 为检测上肢和腰部力量，投掷实心球不允许助跑，是因为助跑会增大惯性

6. 在研究摩擦力时，小刚同学用一块各侧面光滑程度完全相同的木块，在同一水平桌面上进行甲、乙、丙三次实验。如图所示，当用弹簧测力计水平拉木块做匀速直线运动时，弹簧测力计三次示数F1、F2、F3的大小关系为(    )

A. F1=F2>F3 B. F1>F2>F3 C. F1=F22f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机、摄像头；
(3)平面镜成像是光的反射，影子是光的直线传播；
(4)近视眼是因为晶状体太厚或眼球太长，像成在视网膜的前方。
本题考查光沿直线传播的应用、凸透镜的特点、反射的应用，要求灵活运用所学知识分析解释实际现象。
4.【答案】A 
【解析】解：A、家庭电路中控制用电器的开关应该与火线相连，开关断开时，用电器不带电，这样更安全，故A正确；
BD、空气开关“跳闸”，可能是电路中发生了短路故障，也可能用电器的总功率过大，如多个大功率用电器不可以同时插在一个插线板使用，故B、D错误；
C、用测电笔辨别零、火线时，手要接触笔尾的金属部分，故C错误。
故选：A。
(1)家庭电路中所有的开关都要接在火线上；
(2)空气开关跳闸可能是短路、用电器的总功率过大；
(3)使用测电笔，手要接触笔尾的金属部分，才能导电。
本题考查安全用电原则，属于基础题目。
5.【答案】C 
【解析】解：A、根据牛顿第一定律，飞出的实心球上升到最高点时，若所受外力全部消失，它将保持匀速直线运动状态，故A错误；
B、草坪上静止的实心球受到的支持力与它对草坪的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C、用力抛实心球，实心球会飞出，这说明力可改变物体的运动状态，故C正确；
D、惯性的大小只与物体的质量有关，助跑不会增大惯性，故D错误。
故选：C。
(1)根据牛顿第一定律可做出判断；
(2)二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
(3)力可改变物体的运动状态；
(4)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性，惯性的大小只与物体的质量有关。
本题主要考查了对牛顿第一定律的理解、对平衡力的辨别、对力的作用效果的认识、对惯性的理解等，属基础题。
6.【答案】A 
【解析】解：滑动摩擦力的大小跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，而前两次实验中，压力大小和接触面的粗糙程度都相同，则木块受到的摩擦力相同，且由于木块做匀速直线运动，所以由二力平衡条件可知拉力等于摩擦力，故前两次实验中，弹簧测力计的示数相等，即F1=F2；
第三次实验，在压力大小和接触面粗糙程度一定时，用滚动代替滑动，减小了摩擦力的大小，
此时木块仍做匀速运动，故所受的摩擦力和测力计的拉力仍相等，但由于此时摩擦力变小，所以测力计的示数F3小于F1和F2；
综合上面两种情况可得：F1=F2>F3。
故选：A。
(1)影响滑动摩擦力大小的因素：压力大小和接触面的粗糙程度；压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；物体在水平面上做匀速直线运动时，拉力和摩擦力平衡，由二力平衡条件可知拉力的大小关系；
(2)减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动。
解答本题需要掌握滑动摩擦力大小的影响因素、减小摩擦力的方法以及二力平衡条件；同时注意探究摩擦力大小的影响因素时，需要用控制变量法进行探究。
7.【答案】AD 
【解析】解：A、小船装4枚和6枚一元硬币时都处于漂浮状态，甲中小船的重力要小于乙中小船的重力，漂浮时，浮力等于重力，故甲中的小船所受的浮力小，乙中的小船所受的浮力大，故A正确；
BC、乙中的小船所受的浮力大，液体的密度相同，根据阿基米德原理可知乙中小船排开水的体积大，
甲中的小船所受的浮力小，根据阿基米德原理可知甲小船排开水的重力小，故BC错误；
D、杯子中的水相同，乙中小船排开水的体积大，则乙中水的深度较大，根据液体压强公式p=ρgh可知乙杯杯底受到水的压强较大，故D正确。
故选：AD。
物体漂浮时，浮力等于自身的重力；根据阿基米德原理判定排开的水的重力和排开的水的体积的大小；利用p=ρgh比较受到水的压强大小。
本题考查了阿基米德原理、物体浮沉条件的应用，以及液体压强公式的应用，是一道综合题。
8.【答案】BC 
【解析】解：由电路图可知，开关闭合后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测变阻器R两端的电压；
A、如果用电流表替换电压表，则变阻器被短路，电路为灯泡的简单电路，则电流表的示数不变，不能反映药液的多少，所以不能用电流表替换电压表，故A错误；
BD、输液过程中，药液袋中液体减少，药液袋对弹簧的拉力减小，弹簧伸长量逐渐变短，变阻器的滑片上移，变阻器R接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大；
变阻器R接入电路中的电阻变小，由串联电路的分压特点可知，变阻器R两端分得的电压变小，即电压表的示数变小，故B正确；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯泡分得的电压变大，
又因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变大，则灯泡变亮，故D错误；
C、开始输液时，药量最大，变阻器接入电路的电阻最大，电路中总电阻最大，根据P=U2R可知电路中总功率最小，故C正确。
故选：BC。
由电路图可知，开关闭合后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测变阻器R两端的电压；
(1)如果用电流表替换电压表，则变阻器被短路，电路为灯泡的简单电路，分析电流表的示数是否会发生变化，从而判断是否能用电流表替换电压表；
(2)输液过程中，药液袋中液体减少，药液袋对弹簧的拉力减小，弹簧伸长量逐渐变短，变阻器的滑片上移，变阻器R接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据串联电路的分压特点可知变阻器两端分得的电压变化，利用串联电路的电压特点可知灯泡两端电压的变化，根据P=UI得出灯泡实际功率的变化，从而判断灯泡亮暗的变化；
(3)开始输液时，药量最大，变阻器接入电路的电阻最大，电路中总电阻最大，根据P=U2R判断总功率的大小。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
9.【答案】2.5m/s  绿 
【解析】解：某人跑步的路程s=1公里=1km=1000m，
所用时间为t=6min40s=400s，
平均速度为v=st=1000m400s=2.5m/s。
手环屏幕上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成的。
故答案为：2.5m/s；绿。
1公里等于1000m，根据v=st计算平均速度。光的三原色是红、绿、蓝。
本题要求学生知道1公里=1km=1000m，能够根据速度公式v=st计算平均速度。
10.【答案】电磁波  响度 
【解析】解：(1)鼠标和接收器之间是通过电磁波联系的；
(2)用鼠标拖动滚条时，可以改变声音的强弱或大小，而响度是指声音的强弱或大小，故可以改变声音的响度。
故答案为：电磁波；响度。
(1)无线鼠标工作时发出电磁波，接收器接收鼠标发出的电磁波，从而实现对电脑的控制；
(2)声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的；音调是指声音的高低，由振动频率决定；响度是指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
本题考查了电磁波的传播应用与响度。
11.【答案】做功  扩散 
【解析】解：(1)汽车行驶过程中轮胎与地面摩擦生热，这是通过做功的方式增加了轮胎的内能；
(2)微风吹过，飘来阵阵花香，这是扩散现象。
故答案为：做功；扩散。
(1)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；
(2)不同物质的分子在相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散。
本题考查了内能改变的方式和扩散现象，属于基础题。
12.【答案】大气压  小于  电荷 
【解析】解：用乒乓球堵在装满水的瓶子口，把瓶子倒过来乒乓球在大气压的作用下被“吸”住不会掉下来；龙卷风能“吸”起物体是因为其内部的压强远小于外部的压强；用纸巾摩擦过的塑料吸管可以“吸”引纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质。
故答案为：大气压；小于；电荷。
(1)由于空气受重力且具有流动性，产生了大气压强。
(2)流体压强与流速的关系：流速越快压强越小。
(3)带电体具有吸引轻小物体的性质。
知道大气压的存在，理解流速与压强的关系、电荷间的作用规律，可解答此题。
13.【答案】1.2  0.108  人走灯灭 
【解析】解：电能表上的读数为318.6kW⋅h；在这5天内电视机和机顶盒消耗的电能为：W=318.6kW⋅h−317.4kW⋅h=1.2kW⋅h；
如果这些电能全部由燃烧天然气来提供，则W=Q=Vq，需要天然气的体积为：V=Qq=1.2×3.6×106J4×107J/m3=0.108m3；
人走灯灭是节约能源的一种具体措施。
故答案为：1.2；0.108；人走灯灭。
(1)电能表是用户测量用户消耗电能的仪表，它的单位是千瓦时，最后一位是小数。
(2)根据消耗的电能和热值进行计算。
(3)人走灯灭、关闭待机的家用电器都可以节约用电。
会正确读出电能表的示数；会根据热量公式进行简单的计算；知道节约能源的方法。
14.【答案】电流与电压的关系，纵坐标表示电压U，横坐标表示电流I  表示电阻大小 
【解析】解：由图像知，该图像反应的物理量之间成正比关系，例如，
物理量之间的关系：电流与电压的关系，纵坐标表示电压U，横坐标表示电流I；
图像倾斜程度的含义：表示电阻大小。
故答案为：电流与电压的关系，纵坐标表示电压U，横坐标表示电流I；表示电阻大小。
从图像上可以看出，该图像反应的物理量之间成正比关系，从所学物理规律中找到对应的物理量即可。
本题考查不同量之间的关系，理解图象中物理量之间的比例关系是解题的关键。
15.【答案】解：人看到的筷子在水中，光是从水中斜射入空气中进入了人的眼睛，当光从水、玻璃等透明介质斜射入空气中时，折射角大于入射角，人感觉光是沿直线传播的，逆着光看去，好像是从光的反向延长线的交点处来的，比实际位置要浅，所以水中的筷子好像向上弯折了，筷子尖端A点的像，是A点的虚像，虚像在实际A点的上方，故直接连接眼睛与A上方一点B，与水面的交点即为入射点O，连接A和入射点O即为入射光线，如下图所示： 
【解析】人看到的筷子在水中，光是从水中斜射入空气中进入了人的眼睛，当光从水、玻璃等透明介质斜射入空气中时，折射角大于入射角，人感觉光是沿直线传播的，逆着光看去，好像是从光的反向延长线的交点处来的，比实际位置偏高。
本题考查折射光路图的的画法，属于常考题目，难度不大，熟练掌握折射规律是关键。
16.【答案】解：旅行包B随拉杆箱A一起在水平面上做匀速直线运动，此时旅行包B只受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，且二力大小相等，据此画出运动过程中B的受力示意图如下：
 
【解析】当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，处于平衡状态，受平衡力，据此分析并画出旅行包B受到的力。
本题考查学生对物体受力分析的能力，并会用力的示意图表示力的作用点和方向。
17.【答案】(1)质量；(2)加热时间；(3)小于；(4)为缩短加热时间，可适当减小两液体的质量(或用相同的功率较大的电加热器加热)。 
【解析】解：(1)根据比较不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，不同物质密度不同，根据m=ρV，体积相同的不同物质质量不同。比较图甲中两装置可以发现，小明所做实验的错误之处在于没有控制两液体的质量相同。
(2)实验中，根据转换法，可以通过比较加热时间来反映两种液体吸收热量的多少。
(3)根据图乙可知，加热相同时间，A升温快，故可知液体A的比热容小于液体B的比热容。
(4)根据图乙可知，加热时间较小，为缩短加热时间，可适当减小两液体的质量(或用相同的功率较大的电加热器加热)。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间；(3)小于；(4)为缩短加热时间，可适当减小两液体的质量(或用相同的功率较大的电加热器加热)。
(1)比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(2)(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(4)从缩短加热时间考虑。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和对实验方案的改进。
18.【答案】钢球  放到初始位置  越大  甲、丙  质量  减小阻力对实验的影响 
【解析】解：(1)该实验研究的主体是钢球，研究的是钢球动能的大小与速度和质量的关系；
该实验采用的是控制变量法，在完成图甲所示的实验后，应在进行图乙所示的实验前，将被撞击的木块放到原来的位置；
(2)实验中采用的是控制变量法，为了研究超速带来的危害，选用甲、乙两次实验进行比较，钢球的质量一定，滚下的高度越高，到达水平面时的速度越大，木块移动的距离越远，动能越大，故结论为：在质量一定时，速度越大，动能越大；
(3)探究动能的大小与质量的关系时，需要控制速度相同，改变钢球的质量，故应选用甲、丙两次实验进行比较；钢球滚下的高度相同，到达水平面时的速度相同，质量越大，推动木块移动的距离越远，动能越大，故结论是：当速度一定时，物体的质量越大，其动能越大；
(4)图丁是改进后的实验装置，小球从高处向下运动时，受到的空气的阻力很小，该方法减小了阻力对实验的影响。
故答案为：(1)钢球；放到初始位置；(2)越大；(3)甲、丙；质量；(4)减小阻力对实验的影响。
(1)物体由于运动而具有的能叫动能，小球从高处滑下时具有动能；根据控制变量法分析；
(2)(3)动能的大小与质量、速度有关，根据控制变量法分析；
(4)从摩擦力的方面分析。
此题是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了控制变量法及转换法在实验中的应用。
19.【答案】左  小芳  0.625  小灯泡的阻值和温度有关  A U1(U2−U1)R0 
【解析】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V，电阻为10Ω左右，故小灯泡的额定电流大约为：I=ULRL=2.5V10Ω=0.25A，电流表量程选0～0.6A，电流表和小灯泡串联接入电路，如图所示；
；
(2)为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即最左端；
 电流表指针几乎不动说明电路中存在断路，电压表示数接近3V说明可能是小灯泡断路，所以小芳的排除故障操作是正确的；
(3)小灯泡额定电压为2.5V，由乙图可知电流为0.25A，小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
小灯泡的电阻随着温度的变化而变化，所以不是一定值，通过灯丝的电流与其两端电压不成正比；
(4)如丙图，定值电阻R0、小灯泡和滑动变阻器串联在电路中。
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点A，电压表测量小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到触点B，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的总电压，读出电压表的示数U2；
则定值电阻两端的电压U0=U2−U1，
根据欧姆定律得，通过定值电阻的电流：
I0=U0R0=U2−U1R0，
根据串联电路中电流处处相等，则小灯泡的额定电流I=I0=U2−U1R0，
③小灯泡的额定功率：
P=U额I=U额×U2−U1R0=U1(U2−U1)R0。
故答案为：(1)如图所示；(2)左；小芳；(3)0.625；小灯泡的阻值和温度有关；(4)①A；③U1(U2−U1)R0。
(1)小灯泡额定电压为2.5V，电阻为10Ω左右。故小灯泡的额定电流大约为0.25A，电流表量程选0～0.6A，电流表和小灯泡串联接入电路；
(2)为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
电流表指针几乎不动说明电路中存在断路，电压表示数接近3V说明可能是小灯泡断路；
(3)小灯泡额定电压为2.5V，由乙图可知电流大小，根据功率公式可得小灯泡的额定功率；小灯泡的电阻随着温度的变化而变化，不是一定值；
(4)电压表首先测量小灯泡两端的电压，移动滑片使小灯泡正常发光，然后测量小灯泡和定值电阻两端的总电压，根据串联电路电压特点求出定值电阻两端的电压，根据欧姆定律求出定值电阻中的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定电功率。
本题考查了两种方法测量小灯泡的额定功率，一种是采用伏安法测量小灯泡的额定功率，一种是采用伏阻法测量小灯泡的额定功率，这两种方法都要熟练掌握。
20.【答案】改变拉力方向  4×103 
【解析】解：(1)定滑轮的作用：改变拉力方向，不省力；滑车B相当于动滑轮，动滑轮省一半力，所以电机对钢绳的拉力等于物体重力的一半，即G=8×103N；F=12G=4×103N；
(2)重物C的钢绳对滑轮下的挂钩的压力大小等于重物的重力，接触面积s=5cm²=5×10−4m²，根据压强公式可得，p=Fs=8×103N5×10−4m2=1.6×107Pa；
(3)配重箱的重力相当于动力，即F1=G=mg=4000kg×10N/kg=4×104N，重物的重力相当于阻力F2，根据杠杆平衡条件可知：F1L1=F2L2，滑车B可向右移动的最远距离为，L2=F1L1F2=4×104N×5m8×103N=25m；
(4)则电机克服物体C重力做功的功率为：P=Wt=Ght=8×103N×10m25s=3200W；
故答案为：(1)改变拉力方向；4×103；(2)1.6×107Pa；(3)25m；(4)3200W。
(1)定滑轮的作用，改变拉力方向；动滑轮省力；
(2)根据压强公式计算压强大小；
(3)根据杠杆平衡条件求力臂大小；
(4)先求出重力做功，再根据功率公式求出功率。
本题考查了滑轮的特点，压强的计算，杠杆平衡条件应用；功率的计算。
21.【答案】红灯  N 
【解析】解：(1)由图甲可知，当动触点与下方静触点接触时(即衔铁被吸下)，电热器R2工作(加热)，此时红灯亮；当动触点与上方静触点接触时，停止加热、绿灯正常发光；
由图甲可知，当控制电路通电时，电流从电磁铁下端进入，上端出来，根据安培定则可知，电磁铁上端为N极；
(2)由题意可知，当温度为60℃时，线圈中电流为：I=40mA=0.04A，此时衔铁被吸下，
由图乙可知，此时R1的阻值为32Ω，
由I=UR可知，当电路电流为0.04A时，控制电路的总电阻：R=UI=6V0.04A=150Ω；
因为R1与R0串联，所以滑动变阻器R0接入电路的阻值：R0=R−R1=150Ω−32Ω=118Ω；
(3)水的体积：V=5L=5dm3=5×10−3m3，
由ρ=mV可知，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10−3m3=5kg，
水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(60℃−40℃)=4.2×105J；
由P=Wt可得，电热器工作14分钟消耗的电能：W=Pt′=1000W×14×60s=8.4×105J，
电加热器的加热效率：η=Q吸W×100%=4.2×105J8.4×105J×100%=50%；
(4)要升高恒温箱的设定温度，就要增大热敏电阻的阻值；但为了使衔铁吸合工作电流即线圈中的电流仍为40mA不变，根据欧姆定律可知，应减小滑动变阻器连入的电阻值或增大电源电压。
答：(1)红灯；N；
(2)滑动变阻器接入电路阻值应为118Ω；
(3)电热器正常工作时的加热效率为50%；
(4)减小滑动变阻器连入的电阻值。
(1)分析图甲，当动触点与上方静触点接触时，停止加热绿灯正常发光；当动触点与下方静触点接触时，电热器R2工作，此时红灯亮；
分析图甲，当控制电路通电时，由安培定则判断出电磁铁的上端的极性；
(2)由题意可知，当温度为60℃时，线圈中电流为：I=40mA=0.04A，此时衔铁被吸下，由图象可得R1的阻值；利用I=UR求当电路电流为0.04A时，控制电路的总电阻，再利用串联电阻的特点求滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)知道水的体积，利用ρ=mV求出水的质量，再利用Q吸=cm(t−t0)求水吸收的热量；利用W=Pt求消耗的电能，根据效率公式求出电热器正常工作时的加热效率；
(4)由图乙可知，要升高恒温箱的设定温度，就要增大热敏电阻的阻值；但为了使衔铁吸合工作电流即线圈中的电流仍为40mA，根据欧姆定律可知，应减小滑动变阻器连入的电阻值或增大电源电压，据此设计方案。
本题考查了密度公式、吸热公式、电功率公式、效率公式、串联电路的特点以及欧姆定律的应用，从题干和图象中获取有用的信息是关键。