2024-2025学年山东省潍坊市安丘一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省潍坊市安丘一中高二（上）开学物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，质量为m的一磁铁吸附在铁板AB的下方，磁铁重心到铁板A端的距离为L，铁板A端与铰链连接，现缓慢推动B端，使铁板AB与磁铁一起绕铁板A端逆时针转动，转动过程中，铁板AB与磁铁始终保持相对静止，重力加速度为g，铁板AB与水平面夹角θ从30°变为60°过程中，则下列说法正确的是( )
A. 磁铁受到三个力的作用
B. 磁铁可能不受摩擦力的作用
C. 铁板AB对磁铁的作用力不做功
D. 铁板AB对磁铁的作用力做功为( 3−1)2mgL
2.如图所示，一滑雪运动员从山坡上的A点由静止开始滑到山坡底的B点，该运动员和雪橇的总质量为m，滑到B点的速度大小为v，A、B两点的高度差为ℎ，重力加速度为g，该过程中阻力做的功为( )
A. mgℎB. 12mv2
C. 12mv2−mgℎD. mgℎ+12mv2
3.如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是( )
A. 电压表读数不为零，说明x在增大
B. 若x保持不变，则电压表示数一定为零
C. 在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小
D. 在x增大的过程中，a点电势始终高于b点
4.下列公式中，F、q、E、U、r、d、φ、Ep分别表示静电力、电荷量、电场场强、电势差、点电荷之间的距离、沿电场线方向的距离、电场中某点的电势、电荷在电场中某点所具有的电势能：①F=kq1q2r2，②E=kQr2，③E=Fq，④φ=Epq，⑤E=Ud，以下说法正确的是( )
A. 它们都只对点电荷或点电荷的电场成立
B. ①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立，⑤只对匀强电场成立
C. ①②③④只对点电荷或点电荷电场成立，⑤对任何电场都成立
D. ①②只对点电荷成立，③④⑤对任何电场都成立
5.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v。若将该金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是( )
A. 此时金属导线的阻值为R2B. 此时通过金属导线的电流为I4
C. 此时自由电子定向移动的平均速率为2vD. 此时自由电子定向移动的平均速率为v2
6.如图所示的甲、乙两个电路，都是由完全相同的灵敏电流计G和完全相同的电阻箱R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( )
A. 甲表是电流表，R减小时量程减小
B. 甲表是电流表，R减小时量程增大
C. 乙表是电压表，R减小时量程增大
D. 乙表是电流表，R减小时量程增大
7.如图所示，电源电动势6V，内阻1Ω，小灯泡L标有“2V、0.4W”字样，开关S闭合后，小灯泡L正常发光。已知电动机的内阻也是1Ω，则电动机的输出功率为( )
A. 0.76WB. 0.72WC. 0.04WD. 0.4W
8.如图，G为灵敏电流计，V为理想电压表，R1为定值电阻，R2是一根盐水柱(封于橡皮管内，与电路导通)，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中(忽略温度对电阻的影响)( )
A. 电阻R2的阻值减小B. V表示数减小
C. 油滴仍然静止D. G表中有从c到a的电流
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为ℎ的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是( )
A. 足球从A到B机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于12mv02
C. 足球在A点处的机械能为12mv02+mgℎ
D. 足球在B点处的动能为12mv02−mgℎ−W
10.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则( )
A. 电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B. 电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角
C. 电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D. 电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角
11.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3，下列说法正确的是( )
A. I变大，U2变大
B. 电源的效率增加
C. 电源的总功率增加
D. |ΔU1||ΔI|不变，|ΔU3||ΔI|不变
12.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断错误的是( )
A. 电容器C的电荷量将减小
B. 灯泡L将变亮
C. R0两端的电压减小
D. 电源的总功率变小，但电源的输出功率不一定变大
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某物理学习小组在“验证机械能守恒定律”的实验中(g取9.8m/s2)：

(1)他们拿到了所需的打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台、纸带夹和重物，此外还需要______(填字母代号)；
A.直流电源
B.交流电源
C.秒表
D.毫米刻度尺
(2)先接通打点计时器的电源，再释放重物，打出的某条纸带如图乙所示，O是纸带静止时打出的点，A、B、C是标出的3个计数点，测出它们到O点的距离分别为x1=12.16cm、x2=19.1cm和x3=27.36cm，其中有一个数值不符合读数规则，代表它的符号是______(选填“x1”、“x2”或“x3”)；
(3)已知电源频率是50Hz，利用(2)中给出的数据求出打B点时重物的速度vB= ______m/s(保留三位有效数字)；
(4)重物在计数点O、B对应的运动过程中，减小的重力势能为mgx2，增加的动能为12mvB2，通过计算发现，mgx2>12mvB2，其原因是______。
14.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率不合格(电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标)。某学习小组对某种纯净水样品进行检验，实验步骤如下：

(1)将采集的水样装满绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器长为L，两端用金属圆片电极密封，用游标卡尺测量圆柱形容器内径如图所示，其示数为d= ______mm；
(2)小组同学用多用电表粗测该水样的电阻为1200Ω。为了准确测量水样的电导率，学习小组准备利用以下器材进行研究；
A.电压表(0～3V，内阻约为1kΩ)B.电压表(0～15V，内阻约为5kΩ)
C.电流表(0～10mA，内阻约为1Ω)D.电流表(0～0.6A，内阻约为10Ω)
E.滑动变阻器(最大阻值约为100Ω)F.蓄电池(约为12V，内阻约为2Ω)
G.开关、导线若干
实验要求测量尽可能准确，请你在方框中设计出实验电路图，电路中电压表应选择______，电流表应选择______；(填器材前面的字母序号)
(3)水样电导率的表达式为σ= ______[用测得的物理量(U、I、d、L)表示]。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.如图所示，一条长为L的绝缘细线，上端固定，下端系一质量为m的带电小球，将它置于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，当小球平衡时，悬线与竖直方向的夹角为45°．
(1)小球带何种电荷？电荷量为多少？
(2)若将小球向左拉至悬线成水平位置，然后由静止释放小球，则放手后小球做什么运动？经多长时间到达最低点．
16.如图，一质量m=1×10−6kg、带电荷量q=−2×10−8C的微粒以初速度大小v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A点高ℎ=0.2m的B点时，速度大小为2v0，方向水平。g取10m/s2，求：
(1)微粒的初速度大小v0；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)匀强电场的场强大小E。
17.如图电路中，电阻R2=5kΩ，A、C两端的电压10V保持不变，电压表的内阻RV=10kΩ，量程足够大。当电压表接在A、B两端时，示数U1=5V。求：
(1)电压表接在A、B两端时，电路中流经电阻R2的电流I；
(2)电阻R1；
(3)电压表接在B、C两端时，电压表的示数U2。
18.如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30μF．
(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流．
(2)然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电量．
(3)如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R2消耗的最大电功率．
答案解析
1.D
【解析】解：AB.磁铁一定受到重力、磁力、弹力和摩擦力作用处于平衡状态，所以磁铁受4个力的作用，故AB错误；
CD.铁板AB对磁铁的作用力与磁铁的重力平衡，大小等于mg，方向竖直向上，则根据做功公式可知铁板AB对磁铁的作用力做功为
W=mg(Lsin60°−Lsin30°)=( 3−1)2mgL
故C错误，D正确。
故选：D。
根据平衡条件判断磁铁的受力情况；根据做功公式计算。
本题关键掌握做功公式。
2.C
【解析】解：对运动员和雪橇从A点到B点过程，应用动能定理
mgℎ+Wf=12mv2
解得
Wf=12mv2−mgℎ
故ABD错误，C正确；
故选：C。
对运动员和雪从A点到B点过程进行分析，应用动能定理进行解答。
本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。
3.B
【解析】解：A、电压表读数不为零，说明R中有电流，电容在充电或放电，x在变化，但x不一定在增大，故A错误；
B、若x保持不变，则电容器的电容不变，电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，则电压表示数一定为零，故B正确；
CD、在x增大的过程中，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器电容增大，由电容的电压不变，结合电容的定义式C=QU可知，电容器电荷量增大，电源给电容器充电，通过R的电流方向由b指向a，则a点电势始终低于b点，故CD错误。
故选：B。
电压表读数不为零，R中有电流，电容在充电或放电，x在变化；若x保持不变，电容器电容不变，电路中没有电流，进而判断知道电压表示数一定为零；在x增大的过程中，由电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化，判断出R中电流方向，再判断a点与b点电势高低。
本题考查电容器的动态分析，要掌握电容的决定式和定义式，结合电容器的电压不变进行分析。
4.B
【解析】解：AC、①是库仑定律表达式，只对点电荷成立；②是点电荷电场强度决定式，只对点电荷成立；③是电场强度的定义式，对任何电场都成立，故AC错误；
BD、④是电势的定义式，对任何电场都成立；⑤是匀强电场中场强与电势差之间的关系式，只对匀强电场成立。故D错误，B正确。
故选：B。
③④是电场强度、电势的定义式，根据定义式的普遍适用特点，即可判断适用条件；其他都是针对特定情况的决定式，只使用特定的电场。
本题考查对表达式的理解，再记住表达式的前提下，还需要了解定义式是对所有情况都适用的，其他的决定式则是分情况适用。
5.C
【解析】解：A、将金属导线对折一次时，其长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=ρlS可知，金属线的电阻变为R4，故A错误；
B、对折前，根据欧姆定律I=UR。对折后，由欧姆定律得I′=UR4=4UR=4I，故B错误；
CD、根据电流的微观表达式I=nevS可知，n、e不变，S变为原来的2倍，电流变为4倍，则此时自由电子定向移动的平均速率为2v，故C正确，D错误。
故选：C。
将金属导线对折，其长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化；结合电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化。
本题考查电阻定律及欧姆定律的应用，关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式。
6.B
【解析】解：AB.甲表中电阻箱R与灵敏电流计G并联，可知甲表为电流表，根据并联电路知识，其量程为Im=Ig+IgRgR，可知R减小时甲表电流的量程增大，故A错误，B正确；
CD.乙表中电阻箱R与灵敏电流计G串联，可知乙表为电压表，根据串联电路知识可得，电压表的量程为Um=Ig(Rg+R)，可知R减小时乙表电压的量程减小，故CD错误。
故选：B。
AB.根据并联分流改装成电流表，结合并联电路知识列式计算量程并判断；
CD.根据串联分压改装成电压表，并结合串联电路知识列式分析量程变化情况。
考查电表的改装原理，结合串并联电路的知识分析改装情况，并判断量程的变化情况。
7.B
【解析】解：小灯泡L正常发光，可知电路中电流为
I=PLUL=0.42A=0.2A
则电动机两端电压为
UM=E−Ir−UL=6V−0.2×1V−2V=3.8V
电动机的输入功率为
P=IUM=0.2×3.8W=0.76W
电动机发热功率为
PQ=I2rM=0.22×1W=0.04W
则电动机的输出功率为
P出=P−PQ=0.76W−0.04W=0.72W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小灯泡L正常发光，根据公式P=UI求出电路中电流，根据闭合电路欧姆定律计算电动机两端电压，再根据电动机的输入功率与发热功率之差求电动机的输出功率。
本题考查闭合电路欧姆定律和功率公式的应用，要注意每个公式适用的条件，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，要搞清三种功率之间的关系。
8.D
【解析】解：A、握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，由电阻定律R=ρLS可知，盐水柱长度L增加，横截面积S减小，则电阻R2的阻值增大，故A错误；
B、因电阻R2的阻值增大，外电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以电压表V的示数增大，故B错误；
C、由于电容器两极板间电压增大，可知电容器两极板间电场强度E增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上运动，故C错误；
D、电容器两极板间电压增大，由Q=CU可知电容器充电，G表中有从c到a的电流，故D正确。
故选：D。
将盐水柱竖直均匀拉伸的过程中，根据电阻定律分析其连入电路中的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化情况，结合电压的分配规律确定电压表读数的变化，从而确定电容器两端的电压的变化情况，判断电容器是充电还是放电，从而确定G中电流方向；根据油滴所受电场力的变化，判断其运动方向。
本题考查电路动态变化分析问题，关键要理清电路，运用电阻定律判断盐水柱连入电路中的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定律确定各部分电路的电流和电压的变化。
9.BD
【解析】解：A、足球从A到B过程要克服空气阻力做功，所以足球从A到B机械能不守恒，故A错误；
B、该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，对于踢球过程，根据动能定理知该同学对足球做的功W=12mv02，故B正确；
C、选地面为零势能面，则足球在A点处的机械能为EA=EkA+EPA=12mv02+0=12mv02，故C错误；
D、对足球从A到B的过程，由动能定理得：−mgℎ−W=EkB−12mv02，解得足球在B点处的动能为：EkB=12mv02−mgℎ−W，故D正确。
故选：BD。
根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理求该同学对足球做的功；根据机械能的概念求解足球在A点处的机械能；对足球从A到B的过程中应用动能定理求解足球在B点处的动能。
解答本题时，要掌握机械能守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。运用动能定理时，要灵活选择研究过程，分析各力做功情况，要注意空气阻力做负功。
10.AD
【解析】A、电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；
B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；
CD、两个电压表串联，电流相等，偏转角度相同，电压表V1的量程大于V2的量程，故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误、D正确。
故选：AD。
11.CD
【解析】解：ABC、根据电路图可知，滑片P上滑，阻值减小，总阻值阻值减小，电流增大，闭合电路的欧姆定律E=U3+Ir，可知U3减小，U1=IR1增大，由电路图可知U3=U2+U1，所以U2减小，由电源的效率η=P输出P总×100%=IE−I2rIE×100%=E−I rE×100%可知，效率在减小，由电源总功率P总=IE可知，总功率在增加，故C正确，AB错误；
D、由U1=IR1可知ΔU1=ΔIR1，由E=U3+Ir可知，U3的变化等于内电阻两端的电压变化，所以ΔU3=ΔIr，由于R1和r是定值，故D正确。
故选：CD。
12.CD
【解析】解：B、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电流I增大，则灯泡L变亮，故B正确；
AC、电容器两端的电压为：UC=E−Ir，I增大，E、r不变，则UC减小，电容器两极板的电压减小，电容器的电量减小；稳定后电容器相当于断路，故R0两端的电压为0保持不变，故A正确，C错误；
D、根据电源的功率计算公式P=EI可知，电源提供的总功率变大，由于电源的内阻与外电阻的关系未知，无法判断电源输出功率的变化，故D错误。
本题选错误的，故选：CD。
将滑动变阻器滑片向左移动一段距离后，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化，由此确定灯泡亮度变化情况，根据Q=CUC判断电容器的电荷量的变化情况；根据电功率的计算公式分析电功率的变化。
本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。
13.BD x2 1.90 纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力
【解析】解：(1)在利用打点计时器时，需要给与配套交流电源，不需要秒表，并需要借助毫米刻度尺测量距离，以便验证机械能守恒定律，验证的表达式中，因此还需要BD两种仪器。
故选：BD。
(2)再利用毫米刻度尺读数时，应注意估读到下一位，因此x2读数不符合要求。
(3)B点速度应为AC段的平均速度，故
vB=x3−x14Δt=27.36−12.162×2×150×0.01m/s=1.90m/s
(4)减小的重力势能mgx2大于增加的动能12mvB2，可能的原因是纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力。
故答案为：(1)BD；(2)x2；(3)1.90；(4)纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力
(1)(2)关键是弄清打点计时器的使用方法以及数据分析；
(3)B点速度应为AC段的平均速度；
(4)由于重物下落过程受到空气阻力以及纸带下落过程受到限位孔阻力，导致减少的重力势能大于增加的动能。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，注意误差的分析方法。
B C 4LIπd2U
【解析】解：(1)该游标卡尺精确度为120mm=0.05mm，圆柱形容器内径为
d=50mm+0.05mmx4=50.20mm。
(2)该水样的电阻为12000，电流表应采用内接法，由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小太多，所以采用分压接法，电路如图所示：
由于电源电压为12V，为了电压测量的安全性，应选择近的电压表量程范围，故选B；
电流表中电流约为I=UR=121200A=10mA，电流表应选用C。
(3)根据R=ρLS，S=π(d2)2，R=UI可得
ρ=πd2U4LI，
电导率是电阻率的倒数，所以电导率为
σ=4LIπd2U。
故答案为：(1)50.20(2)如图所示，B，C(3)4LIπd2U
(1)游标卡尺不需要估读，该游标卡尺精确度为120mm；
(2)通过样品电阻的电阻最大值选择电流表，通过电池电动势选择电压表；根据大电阻，电流表接入需要内接法；根据滑动变阻器阻值选取滑动变阻器分压法；
(3)通过电阻的定义式和决定式求解。
本题要注意游标卡尺不需要估读；通过样品电阻电流、电源电动势选取电压表、电流表；分压限流法、内外接法的选取标准应多注意。
15.解：(1)小球受力方向与电场线相同，则为正电，如图所示由题意可知，

小球所受合力为：F合= 2mg
小球所受电场力与重力大小相等，故有：qE=mg
所以小球所带的电荷量为：q=mgE
(2)将小球向左拉到水平处
可知小球所受重力和电场力的合力沿图中虚线方向，而绳在水平方向对球无弹力，故小球将沿虚线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为：
a=Fm= 2g
到达最低点时，小球的位移为 2L，根据初速度为0的匀加速直线运动规律有：
2L=12 2gt2
可得小球运动时间为：t= 2Lg
答：(1)正电，电荷量为；mgE
(2)小球经时间 2Lg到达最低点．
【解析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡状态，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，从而得出小球的电性以及电量的大小．
由牛二律可求得加速度，由运动学公式求时间．
解决本题的关键正确地进行受力分析，运用共点力平衡知识进行求解．由牛顿运动定律分析运动情况．
16.解：(1)微粒在匀强电场中，水平方向只受电场力，做初速度为零的匀加速运动；
竖直方向只受重力，做匀减速直线运动．
对于竖直方向，有：v02=2gℎ
则得v0= 2gℎ= 2×10×0.2m/s=2m/s
(3)对于小球从A到B的过程，由动能定理得
qUAB−mgℎ=12m(2v0)2−12mv02
代入数据解得UAB=−400V
(4)匀强电场的场强E的大小为E=UABd=4000.1V/m=4000V/m
答：
(1)小球的初速度v0是2m/s．
(2)AB两点间的电势差UAB是−400V．
(3)匀强电场的场强E的大小是4000V/m．
【解析】(1)对于竖直方向，根据动能定理求出小球的初速度v0．
(2)对于小球从A到B的过程，由动能定理求解AB两点间的电势差UAB；
(3)由公式U=Ed求出电场强度．
涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法．
17.解：(1)当电压表接在A、B两端时，R2两端电压为
UR2=U−U1=10V−5V=5V
此时，电路中流经电阻R2的电流为
I=UR2R2=55×103A=1×10−3A
(2)当电压表接在A、B两端时，根据上述分析可知，电压表和R1并联电路两端电压与电阻R2两端电压相等，则有
R2=R1RV1R1+RV1
解得
R1=10kΩ
(3)当电压表接在B、C两端时，电压表和R2并联阻值为
R并=RVR2RV+R2
解得
R并=103kΩ
则电压表的示数为
U2=R并R1+R并U
解得
U2=2.5V
答：(1)电压表接在A、B两端时，电路中流经电阻R2的电流I为1×10−3A；
(2)电阻R1为10kΩ；
(3)电压表接在B、C两端时，电压表的示数U2为2.5V。
【解析】(1)电压表接在A、B两端时，先根据已知条件求出R2两端电压，然后根据欧姆定律求出电路中流经电阻R2的电流I；
(2)根据串联电路分压规律，分析电压表和R1并联阻值与R2的关系，再求出电阻R1；
(3)电压表接在B、C两端时，先求出电压表和R2并联阻值，然后根据串联电路的电压和电阻成正比，可求出电压表的示数。
本题关键是要明确电路的串并联关系，然后根据串并联电路的特点结合欧姆定律解答。
18.解：(1)稳定时，电容看做断开状态，电路中的电流：I=Er+R1+R2=101+3+6A=1A
(2)S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压：
U=IR2=1×6V=6V
断开后，电容器两端的电压为10V
所以△U=4V
流过R1的总电量为：
△Q=△U⋅C=4×30×10−6C=1.2×10−4C
(3)当R2=R1+r=4Ω时，R2消耗的电功率最大，P2=E24(R1+r)=6.25W
答：(1)闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A．
(2)电容器两端的电压变化量是4V，流过R1的总电量是1.2×10−4C.
(3)R2消耗的最大电功率是6.25W．
【解析】(1)闭合开关S，稳定后电容看做断开状态，根据闭合电路欧姆定律求解通过R1的电流．
(2)将开关S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势．由Q=CU求出电容器两端的电压变化量，流过R1的总电量等于电容器电量的变化量．
(3)将R1看成电源内阻，R2=R1+r时，R2消耗的电功率最大，由P=U2R公式求解其最大值．
对于含有电容器的电路问题，关键是确定电容器的电压，当电路稳定时，电容器所在电路没有电流，相当于开关断开，电容器的电压等于所并联电路两端的电压．