中考物理二轮复习压轴培优训练挑战42 辽宁卷2（辽宁五市共30题）（2份，原卷版+解析版）

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五市（大连、锦州、营口、朝阳、综合【抚顺、铁岭】）压轴题型统计：
一．选择题（共5小题）
1．（2023•大连）如图所示的电路，闭合开关S，电压表无示数，说明电路中存在故障。此时，可以通过观察电流表来做进一步判断。已知故障发生在R1或R2上，下列判断正确的是（ ）
A．若电流表有示数，则R1被短接
B．若电流表有示数，则R2断路
C．若电流表无示数，则R2被短接
D．若电流表无示数，则R1断路
【答案】D
【解答】解：由图可知，电阻R1与电阻R2串联，电压表测量电阻R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，
A．若R1被短接，则电流表和电压表都有示数，故A不符合题意；
B．若R2断路，电流表无示数，故B不符合题意；
C．若R2被短接，则电压表无示数，电流表有示数，故C不符合题意；
D．若R1断路，电流表和电压表都没有示数，故D正确。
故选：D。
2．（2023•大连）如图所示，放在水平桌面上的两个相同的柱形容器，分别装有甲、乙两种液体，甲液面高于乙液面。液体中的a、b两点处于同一水平高度，a、b两点的液体压强相等。则两种液体的密度和质量的关系分别是（ ）
A．ρ甲＜ρ乙；m甲＞m乙B．ρ甲＜ρ乙；m甲＜m乙
C．ρ甲＞ρ乙；m甲＞m乙D．ρ甲＞ρ乙；m甲＜m乙
【答案】B
【解答】解：a、b两点的压强相等，即pa＝pb，
因为p＝ρgh，hb＜ha，
所以两液体的密度关系：ρ甲＜ρ乙，
又因为a、b两点到容器底的距离相等，
所以从a、b两点以下的液体对容器底的压强关系：pa′＜pb′，
而两种液体对容器底的压强：p甲＝pa+pa′，p乙＝pb+pb′，
所以p甲＜p乙；
两种液体对容器底的压强p＝＝＝，由于两容器底面积相等，p甲＜p乙，故两种液体的质量m甲＜m乙。
故选：B。
3．（2023•辽宁）如图所示的电路，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从中点向左滑动。下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数变大
B．电压表V的示数变大
C．电流表A1与电流表A2示数的差不变
D．电压表V与电流表A2示数的比值变小
【答案】C
【解答】解：由电路图可知，两电阻并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测滑动变阻器支路的电流；
电源的电压保持不变，移动滑片时，电压表V的示数不变，故B错误；
并联电路中各支路独立工作、互不影响，移动滑片时，通过定值电阻的电流不变；
将滑动变阻器的滑片由中点向左移动过程中，接入电路中的电阻变大，根据I＝可知，该支路的电流变小，即电流表A2的示数变小；
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，故A错误；
电流表A1与电流表A2示数的差等于通过定值电阻的电流，则电流表A1与电流表A2示数的差值不变，故C正确；
电压表的示数不变，电流表A2的示数变小，电压表V与电流表A2示数的比值变大，故D错误。
故选：C。
4．（2023•营口）关于温度、内能、热量，下列说法正确的是（ ）
A．温度高的物体含有的热量多
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．气体膨胀对外做功，自身内能会减少
D．热传递过程中，温度从高温物体传递给低温物体
【答案】C
【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说含有，故A错误；
B、物体吸收了热量，温度可以不变，比如晶体熔化时，不断吸收热量，但温度不变，故B错误；
C、气体膨胀对外做功后，自身的内能减小温度降低，故C正确；
D、热传递过程中，热量是从温度高的物体传递到温度低的物体，传递的不是温度，故D错误。
故选：C。
5．（2023•朝阳）夏季，我们漫步大凌河畔。下列关于光现象说法正确的是（ ）
A．河水看起来比实际浅是由光的直线传播形成的
B．桥在水中的倒影是由光的折射形成的
C．绿光是色光的三原色之一
D．柳树的影子是由光的反射形成的
【答案】C
【解答】解：A、池水看起来比实际浅，是因为光从水中斜射入空气中时发生了折射，故A错误；
B、桥在水中的倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B错误；
C、色光的三原色是红、绿、蓝，因此绿光是色光的三原色之一，故C正确；
D、柳树的影子是由于光的直线传播形成的，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共7小题）
6．（2023•营口）（多选）将冰块轻轻放入水平桌面上盛满煤油的烧杯中，冰块静止时如图所示（ρ冰＞ρ煤油）。下列分析正确的是（ ）
A．放入冰块后，烧杯对桌面的压力变大
B．冰块完全熔化后，杯中液面高度下降
C．冰块完全熔化后，杯底受到液体的压强变大
D．冰块完全熔化后，煤油的密度变大
【答案】ABC
【解答】解：
A、冰块的密度大于煤油的密度，冰块在煤油中下沉，则冰块受到的重力大于浮力，根据阿基米德原理可知，浮力等于排开的煤油的重力，所以冰块的重力大于排开的煤油的重力，放入冰块后，烧杯整体的重力变大，对桌面的压力变大，故A正确；
B、冰块完全熔化后，由于冰块的密度小于水的密度，根据ρ＝可知，冰块化成水后体积变小，液面高度变低，故B正确；
C、冰块静止时沉底，由浮沉条件可得F浮＜G冰块，
因烧杯为柱形容器，且力的作用是相互的，则此时杯底受到煤油的压力：F＝G煤油+F浮＜G煤油+G冰块﹣﹣﹣﹣①
烧杯为柱形容器，冰块完全熔化为水后，体积减小，则液体不会溢出，此时杯中液体对杯底的压力：F′＝G煤油+G水，
冰熔化为水后质量不变，重力不变，即G水＝G冰块，则F′＝G煤油+G冰块﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可知F′＞F，即冰块完全熔化后与冰块静止时相比，杯中液体对杯底的压力变大，受力面积不变，根据p＝可知，烧杯底部受到的压强变大，故C正确；
D、煤油不溶于水，冰熔化成水后沉底，煤油的密度不变，故D错误。
故选：ABC。
7．（2023•锦州）（多选）装有不同液体的甲、乙两个相同容器放在水平桌面上，将装有适量水的瓶子（瓶盖密封）先后置于甲、乙两容器中，瓶子静止时如图所示，此时两容器中液面相平。下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两容器中，瓶子受到的浮力相等
B．甲、乙两容器中，液体对容器底部的压力相等
C．甲容器对水平桌面的压强小于乙容器对水平桌面的压强
D．甲中瓶内水对瓶底的压力大于乙中瓶内水对瓶盖的压力
【答案】ACD
【解答】解：
A、在甲、乙两个容器中，瓶子的重力相等，都处于漂浮状态，浮力等于重力，即：甲、乙两容器中，瓶子受到的浮力相等，故A正确；
B、由图可知瓶子在甲液体中排开液体的体积大于水的体积，乙中排开液体的体积小于水的体积，故瓶子在甲中排开液体的体积较大，故甲液体密度较小，即ρ甲＜ρ乙，两容器液面等高，根据p＝ρgh可知，两种液体对容器底压强关系为：p甲＜p乙；容器的底面积相同，根据F＝pS可知，乙容器中液体对容器底部的压力较大，故B错误；
C、由图可知，容器的重力和装水瓶子的重力相同，甲、乙容器中，液面相平且乙液体的体积大于甲液体的体积，且乙液体的密度大于甲液体的密度，由m＝ρV可知，乙容器中液体质量更大，乙容器总重力大于甲容器总重力，乙对桌面的压力大于甲对桌面的压力，而两容器底面积相同，由p＝可知甲容器对水平桌面的压强小于乙容器对水平桌面的压强，故C正确；
D、由图知，甲中瓶内液体对瓶子底部的压力等于瓶内液体的重力，乙中瓶内液体对瓶子底部的压力有一部分分担在了瓶子的侧壁上，因此瓶盖受到的压力小于瓶内液体的重力，所以甲中瓶内液体对瓶子底部的压力大于乙中瓶内液体对瓶盖的压力，故D正确。
故选：ACD。
8．（2023•锦州）（多选）如图甲所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S、S1，断开S2，滑动变阻器R1的滑片从最右端向左滑动到某点时，小灯泡正常发光；保持滑动变阻器R1的滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，再将滑动变阻器R1的滑片继续向左滑动到最左端。两次电流表示数与电压表示数关系图像如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．定值电阻R2的阻值是10Ω
B．电源电压是6V
C．小灯泡的额定功率是3W
D．滑动变阻器R1最大阻值是25Ω
【答案】ABD
【解答】解：AB、闭合开关S、S2，断开S1，滑动变阻器R1和R2串联，电压表测量定值电阻的电压，电流表测量电路中的电流，
根据定值电阻的阻值不变，电流与电压成正比，图像是右侧的直线，由图像和由欧姆定律I＝可得，此时R2的阻值：R2＝＝＝10Ω，
再将滑动变阻器R1的滑片继续向左滑动到最左端，只有R2接入电路，此时电流最大，为0.6A，
则电源电压U＝U'2＝I2大R2＝0.6A×10Ω＝6V；故AB正确；
C、当切换开关时，滑动变阻器两端的电压U1＝U﹣U2＝6V﹣4V＝2V；
滑动变阻接入电路的阻值R1＝＝＝5Ω，
闭合开关S、S1，断开S2，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡的电压，电流表测量电路中的电流，从最右端向左滑动到某点时，小灯泡正常发光，灯泡的电压最大为3.5V，
滑动变阻器的电压U'1＝U﹣UL＝6V﹣3.5V＝2.5V；
此时电路中的电流I'＝＝＝0.5A，即灯泡正常发光的电流IL＝I'＝0.5A
则灯泡的额定功率PL＝ULIL＝3.5V×0.5A＝1.75W；故C错误；
D、滑动变阻器R1的滑片在最右端时，灯泡的电压为1V，U″1＝U﹣UL＝6V﹣1V＝5V；
电流I″＝0.2A，
滑动变阻器的最大值为R'1＝＝＝25Ω，故D正确。
故选：ABD。
9．（2023•辽宁）（多选）水平桌面上两个质量相同、底面积不同的容器中，装有质量相等的水。将两个橡胶吸盘吸合在一起放在其中一个容器中漂浮，如图甲所示；又将这两个橡胶吸盘分开后放入另一个容器中，吸盘沉底，如图乙所示。甲、乙两图容器中的水深度相同。下列说法正确的是（ ）
A．橡胶的密度大于水的密度
B．甲图容器底受到水的压强大于乙图容器底受到水的压强
C．甲图容器对桌面的压强小于乙图容器对桌面的压强
D．两吸盘在甲图容器中所受浮力大于在乙图容器中所受浮力
【答案】ACD
【解答】解：A、橡胶吸盘分开后沉入水底，说明橡胶的密度大于水的密度，故A正确；
B、甲、乙两图容器中的水深度相同，根据p＝ρgh知甲图容器底受到水的压强等于乙图容器底受到水的压强，故B错误；
C、容器的质量相同，容器中水的质量相同，吸盘的质量也相同，由G＝mg知容器的总重力相同，对桌面的压力也相同，由图知甲的底面积大于乙的底面积，由p＝知甲图容器对桌面的压强小于乙图容器对桌面的压强，故C正确；
D、甲盘中吸盘漂浮在水面上，吸盘受到的浮力等于吸盘的重力，乙盘中吸盘沉底，吸盘受到的浮力小于吸盘的重力，吸盘的重力不变，所以两吸盘在甲图容器中所受浮力大于在乙图容器中所受浮力，故D正确。
故选：ACD。
10．（2023•辽宁）（多选）如图所示电路，定值电阻R0为40Ω，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.4A。当滑动变阻器的滑片P在最右端时，先闭合开关S，电流表示数为0.1A，再闭合开关S1，电流表示数为0.2A。在保证电路元件安全的条件下，将滑动变阻器的滑片向左最大范围移动。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为8V
B．滑动变阻器连入电路的阻值范围是40Ω～10Ω
C．定值电阻R0的功率为0.8W
D．通电1min，整个电路消耗的电能最多为120J
【答案】BD
【解答】解：由实物图知定值电阻与滑动变阻器并联，电流表测量干路的电流，开关S在干路上，开关S1在滑动变阻器这一支路上；
A、当滑动变阻器的滑片P在最右端时，先闭合开关S，电路中只有定值电阻R0接入电路，电流表测量电路中的电流，则电源电压为：
U＝I1R0＝0.1A×40Ω＝4V，故A错误；
B、再闭合开关S1，滑动变阻器与定值电阻R0并联，电流表测量干路的电流，由于并联电路各个支路互不影响，通过定值电阻R0的电流仍为0.1A，则通过滑动变阻器的电流为：
I滑＝I﹣I1＝0.2A﹣0.1A＝0.1A，
滑动变阻器接入电路的最大电阻为：
R滑大＝＝＝40Ω；
滑动变阻器允许通过的最大电流为0.4A，则滑动变阻器接入电路的最小电阻为：
R滑小＝＝＝10Ω，则滑动变阻器连入电路的阻值范围是40Ω～10Ω，故B正确；
C、定值电阻R0的功率为：
P0＝R0＝（0.1A）2×40Ω＝0.4W，故C错误；
D、由于通过定值电阻的电流始终为0.1A，通过滑动变阻器的最大电流为0.4A，则干路的最大电流为：
I总大＝I1+I滑大＝0.1A+0.4A＝0.5A，
通电1min，整个电路消耗的电能最多为：
W＝UI总大t＝4V×0.5A×60s＝120J，故D正确。
故选：BD。
11．（2023•朝阳）（多选）如图所示，用40N的拉力F沿水平方向拉绳子的一端，使重500N的物体A以0.2m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s。已知滑轮组的机械效率为80%，则此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端移动的距离为6m
B．物体A受到的摩擦力为90N
C．拉力F做的功为240J
D．拉力F的功率为19.2W
【答案】AC
【解答】解：A、由v＝可得物体移动的距离：s物＝v物t＝0.2m/s×10s＝2m，
由图知，n＝3，绳子自由端移动的距离：s＝ns物＝3×2m＝6m，故A正确；
BCD、拉力做的总功：W总＝Fs＝40N×6m＝240J，故C正确；
拉力做功的功率：
P＝＝＝24W，故D错误；
由η＝可知拉力做的有用功：
W有＝ηW总＝80%×240J＝192J，
由W有用＝fs物可知，物体与地面间的滑动摩擦力：
f＝＝＝96N，故B错误。
故选：AC。
12．（2023•朝阳）（多选）如图甲所示，电源电压恒定，两块电压表的量程均为0～15V，电流表量程是为0～0.6A。当开关S闭合后，滑动变阻器R的滑片P从最右端b移至最左端时，灯L恰好正常发光，两块电压表和电流表示数的变化关系如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．电源电压为8V
B．灯泡L的额定功率为2.4W
C．滑动变阻器R的最大阻值为20Ω
D．滑片位于a端时，通电1分钟R0产生的热量是192J
【答案】CD
【解答】解：当开关S闭合后，滑动变阻器R、定值电阻R0、灯泡L串联接入电路，电压表V1测量定值电阻R0两端电压，电压表V2测量定值电阻R0和灯泡L两端电压，电流表测量电路电流，滑动变阻器R的滑片P从最右端b移至最左端的过程中，电路中的电流在逐渐增大，电压表V1和电压表V2的示数都将增大，R0是定值电阻，电压表V1示数变化图像是一条直线，灯泡L的阻值随温度的变化而改变，电压表V2示数变化图像是逐渐上升的曲线，
A、由图乙可知，当开关S闭合后，滑动变阻器R的滑片P从最右端b移至最左端时，滑动变阻器R阻值为0，只有定值电阻R0、灯泡L串联接入电路，此时电压表V2测量定值电阻R0和灯泡L两端电压即为电源电压U＝10V，故A错误；
B、当开关S闭合后，滑动变阻器R的滑片P从最右端b移至最左端时，灯L恰好正常发光，此时电流表示数最大为II额＝0.4A，电压表V2为电源电压10V，电压表V1测量定值电阻R0两端电压为8V，由串联电路电压规律可知灯L恰好正常发光时两端电压U额＝10V﹣8V＝2V，灯泡L的额定功率P额＝U额I额＝2V×0.4A＝0.8W，故B错误；
C、当开关S闭合后，滑动变阻器R的滑片P在最右端时，电路中的电阻最大，电流最小为IR＝0.1A，电压表V2测量定值电阻R0和灯泡L两端电压为8V，由A分析知电源电压U＝10V，根据串联电路电压规律可得此时滑动变阻器R两端电压UR＝2V，滑动变阻器R的最大阻值Rmax＝＝＝20Ω，故C正确；
D、滑片位于a端时，此时电流表示数最大Imax＝0.4A，电压表V1测量定值电阻R0两端电压为8V，通电1分钟R0产生的热量Q＝W＝Pt＝UImaxt＝8V×0.4A×60s＝192J，故D正确。
故选：CD。
三．填空题（共5小题）
13．（2023•锦州）如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片从中点向右移动时，电流表A1示数 不变 ，电压表V与电流表A2示数的比值 变大 。（以上两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】不变；变大。
【解答】解：
由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A2测干路中的电流，A1测通过R1的电流，电压表V测电源电压。
因为电阻R1与滑动变阻器R2并联，所以它们两端的电压相等，等于电源电压，则电压表V的示数不变；
当滑片向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变大，而电压不变，由欧姆定律可知，通过滑动变阻器R2的电流变小；R1的阻值不变，电压不变，所以通过R1的电流不变，即A1的示数不变；
因为通过R2的电流变小、通过R1的电流不变，所以根据并联电路的电流特点可知，干路电流变小，即电流表A2的示数变小；
由电压表V的示数不变、电流表A2的示数变小可知，电压表V与电流表A2示数的比值变大。
故答案为：不变；变大。
14．（2023•辽宁）如图甲所示的电路，电源电压不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V。闭合开关S、S1，断开S2，滑动变阻器的滑片P从最右端向左移动，直至灯泡正常发光，电流表示数和电压表示数关系图象如图乙所示，灯泡正常发光时，某块电表的示数恰好达到最大值；再断开S1，闭合S2，将滑片P调回至最右端，电压表示数和滑动变阻器连入电路的阻值关系图象如图丙所示。则电源电压为 9 V，变化过程中，灯泡的最小电阻为 10 Ω，灯泡的额定功率为 5.4 W。
【答案】9；10；5.4。
【解答】解：闭合开关S、S2，断开S1，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量电源电压，电流表测量电路中的电流，
根据丙图知，滑动变阻器的最大值为20Ω，由乙图知，当滑动变阻器最大时，灯泡的电压和电流最小，温度最低，电阻最小，此时UL＝3V，IL＝I＝0.3A；
由I＝可得，此时灯泡的最小阻值：RL＝＝＝10Ω，
根据串联电路的特点知，电源电压U＝UP+UL＝IRP+UL＝0.3A×20Ω+3V＝9V；
电源电压小于电压表的量程，电压表不可能满偏，则电流表可以满偏，即灯泡正常发光时的电流I'＝0.6A；
根据丙图知，滑动变阻器回调时是从0开始，则灯泡正常发光时，电压等于电源电压，U额＝U＝9V；
灯泡的额定功率P额＝U额I'＝9V×0.6A＝5.4W。
故答案为：9；10；5.4。
15．（2023•营口）如图所示，电源电压恒为9V，电压表V1、V2完全相同，连入电路的量程也相同，小灯泡L1“6V 6W”、L2“6V 3W”（灯丝电阻不变）。当开关都闭合时，电路中的电流为 0.5 A，此时只有一个小灯泡正常发光，未正常发光的小灯泡的实际功率为 1.5 W；断开开关S1、S2，电压表V1的示数为 4.5 V。
【答案】0.5；1.5；4.5
【解答】解：
由P＝UI可得，两灯泡的额定电流分别为：I1＝＝＝1A，I2＝＝＝0.5A；
由I＝可得，两灯泡的电阻分别为：R1＝＝＝6Ω，R2＝＝＝12Ω；
当开关都闭合时，两个灯泡串联接入电路中，电路中的电流为：I＝＝＝0.5A；所以灯泡L2正常工作，L1不正常工作；
小灯泡L1的实际功率为：P'1＝I2R1＝（0.5A）2×6Ω＝1.5W；
断开开关S1、S2，两个电压表串联接入电路中，由于电压表V1、V2完全相同，连入电路的量程也相同，所以，两电压表的内阻相同，由串联分压的规律可知，电压表V1分得的电压等于电源电压的一半，所以V1的示数为4.5V。
故答案为：0.5；1.5；4.5。
16．（2023•大连）如图所示。放置花盆的支架只在A、D两点用螺钉固定在墙壁上，BC保持水平。已知AC长为l1，CD长为l2，BC长为l3，花盆的重力为G，重力作用线恰好过BC中点。若不计支架的重力，则D点螺钉对支架的水平拉力F＝ （用已知量表示）。为了减小拉力F，花盆位置应离墙壁 近 一些。
【答案】；近。
【解答】解：（1）支点为A，花盆对支架的压力为阻力F2，从支点A做到花盆重力作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂，
A点是支点，花盆处在BC中点处，则花盆对支架压力（阻力）F2＝G；
D处螺钉水平拉力（动力）的力臂l1+l2，
由杠杆平衡条件可得：F1（l1+l2）＝F2×，
D处螺钉的水平拉力的大小：
F1＝；
（2）由杠杆平衡条件可知，在阻力、动力臂不变的情况下，阻力臂越小、动力越小、越省力；所以为了安全，应减小阻力臂，从而减小D处的拉力，花盆应尽量靠近墙壁。
故答案为：；近。
17．（2023•营口）如图所示，水能从a、b两个相同的小圆孔中喷出，说明液体对容器的 侧壁 有压强；b孔中的水喷得更远，说明液体内部的压强随着深度的增加而 增大 ；此时，用手封住瓶口（水面高于a孔），能够观察到小孔 b （选填“ab”、“a”、“b”或“都停止”）持续向外出水。
【答案】侧壁；增大；b。
【解答】解：（1）如图所示，水能从a、b两个相同的小圆孔中喷出，说明液体对容器的侧壁有压强；
液体内部压强随深度的增加而增大，在液体密度一定时，b处深度比a处大，水喷出的更远，说明液体内部压强随深度的增加而增大。
（2）用手封住瓶口（水面高于a孔），在流出一部分水后，瓶内上方空气的体积变大，水面上方气体压强减小，当水面上方气体压强与a孔上面的液体压强之和小于外界大气压时，a孔不再向外喷水，且有空气不断进入a孔中；
因为有空气不断进入a孔中，所以瓶内水面上方的气体压强增大，b孔以上的液体压强与上方气体压强之和会大于外界大气压，所以b孔能持续向外出水。
故答案为：侧壁；增大；b。
四．实验探究题（共7小题）
18．（2023•锦州）下面是小明测量盐水密度的实验。
（1）小明将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端零刻度线处，发现指针指在如图甲所示位置，此时他应将平衡螺母适当向 右 （选填“左”或“右”）调节，使天平平衡；再将装有盐水的烧杯放在天平的左盘，在右盘中放入50g、20g、10g砝码各一个时，天平刚好再次平衡；
（2）将杯中的一部分盐水倒入量筒中，盐水的体积如图乙所示为 40 cm3；
（3）用天平测出剩余盐水和烧杯的总质量如图丙所示为 38 g，则所测盐水的密度是 1.05×103 kg/m3。
（4）上述实验结束后，小明利用刚刚测出了密度的盐水和其他一些工具，又想测量一个木块的密度，请帮他将实验步骤补充完整：
①用调好的天平测出木块的质量m1；
②容器内装有适量的盐水，将木块和一个空瓶叠加在一起漂浮，如图丁所示；
③向瓶中倒入适量的水，直到木块 刚好浸没在盐水中 ，用天平测出瓶和水的总质量m2；
④木块密度表达式ρ木＝ 。（用字母表示，盐水密度用ρ盐表示）
【答案】（1）右；（2）40；（3）38；1.05×103；（4）③刚好浸没在盐水中；。
【解答】解：（1）小明将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端零刻度线处，发现指针指在分度盘的左侧，此时他应将平衡螺母适当向右调节；
盐水和烧杯的总质量为：m总＝50g+20g+10g＝80g；
（2）量筒中盐水的体积：V＝40mL＝40cm3；
（3）由图可知，天平标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度值为3g，剩余盐水与烧杯的质量：m剩＝20g+10g+5g+3g＝38g；
量筒中盐水的质量：m＝m总﹣m剩＝80g﹣38g＝42g；
盐水的密度：
ρ＝＝＝1.05g/cm3＝1.05×103kg/m3；
（4）③向瓶中倒水，直到木块刚好浸没在盐水中，用天平测出瓶和水的总质量m2；
④木块刚好完全浸没在盐水中时，木块排开盐水的体积等于木块的体积，即V排＝V木＝，
因为木块和瓶整体漂浮，所以整体受到的浮力等于空瓶、瓶中的水和木块的总重力，
即F浮＝ρ盐gV排＝ρ盐g＝（m1+m2）g；
由此可得木块的密度：
ρ木＝。
故答案为：（1）右；（2）40；（3）38；1.05×103；（4）③刚好浸没在盐水中；。
19．（2023•辽宁）小宁利用天平和量筒测量一个圆柱体金属块密度。
（1）把天平放在水平台上，将游码放在标尺的零刻度线处。若天平的指针指在分度盘中线的左侧，应向 右 （填“左”或“右”）调节平衡螺母，使天平平衡。
（2）测量金属块质量时，天平恢复平衡，砝码和游码在标尺上的位置如图甲所示，金属块的质量为 52 g。
（3）测量金属块体积时，小宁用粗铁丝系紧金属块并将其浸没在装有30mL水的量筒中，量筒中水面上升至如图乙所示的位置，则金属块密度为 2.6×103 kg/m3。以上实验操作会导致金属块密度的测量值 偏小 （填“偏大”或“偏小”）。
（4）小宁又利用弹簧测力计、细线、刻度尺、圆柱体金属块和分别装有足量水和盐水的烧杯等器材，设计了如下实验，测量盐水的密度。请将实验步骤补充完整：
①用刻度尺测量圆柱体金属块的高度为h；
②把弹簧测力计下悬挂的圆柱体金属块浸没水中，如图丙所示，读出弹簧测力计的示数为F；
③把弹簧测力计下悬挂的圆柱体金属块逐渐浸入盐水中，直至弹簧测力计的示数再次为F，用刻度尺测出圆柱体金属块 浸入盐水 的高度为h1；
④盐水密度的表达式为ρ盐水＝ （用所测物理量字母和ρ水表示）。
【答案】（1）右；（2）52；（3）2.6×103；偏小；（4）③浸入盐水；。
【解答】解：（1）根据“指针右偏向左调节螺母，指针左偏向右调节螺母”的原则调节天平平衡，指针偏向分度盘中线的左侧，天平平衡螺母向右调节；
（2）由图甲可知，标尺的分度值为0.2g，游码的刻度值为2g，砝码的质量为50g，则金属块的质量为：m＝50g+2g＝52g；
（3）图乙量筒的分度值是2mL，金属块的体积：V＝50mL﹣30mL＝20mL＝20cm3＝2×10﹣5m3；金属块的密度：ρ＝＝2.6g/cm3＝2.6×103kg/m3；
用粗铁丝系紧金属块，导致体积测量值偏大，密度测量值正确，则密度的测量值偏小；
（4）③把弹簧测力计下悬挂的圆柱体金属块逐渐浸入盐水中，直至弹簧测力计的示数再次为F，用刻度尺测出圆柱体金属块浸入盐水的高度为h1；
④设圆柱体金属块的底面积为S，把弹簧测力计下悬挂的圆柱体金属块浸没水中，排开水的体积为V排水＝Sh，根据阿基米德原理得，F浮水＝ρ水gV排＝ρ水gSh；如图丙所示，读出弹簧测力计的示数为F，则F浮水＝G物﹣F；
把弹簧测力计下悬挂的圆柱体金属块逐渐浸入盐水中，直至弹簧测力计的示数再次为F，则F浮盐水＝G物﹣F；排开盐水的体积为V排盐水＝Sh1，根据阿基米德原理得，F浮盐水＝ρ盐水gV排＝ρ盐水gSh1；
由以上分析知，F浮水＝F浮盐水＝G物﹣F，即ρ水gSh＝ρ盐水gSh1；解得，ρ盐水＝。
故答案为：（1）右；（2）52；（3）2.6×103；偏小；（4）③浸入盐水；。
20．（2023•营口）小明和小亮进行“伏安法测电阻”的实验
（1）小明连接好如图甲所示的电路（电源电压恒为3V），开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片移动到变阻器的 最右端 （选填“最左端”或“最右端”）；实验中滑动变阻器除了保护电路，还有 改变电阻的电压和电流 作用。
（2）闭合开关后，发现无论怎样移动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，产生这种现象的原因可能是定值电阻 断路 （选填“短路”或“断路”）。
（3）电路故障排除后，闭合开关，移动变阻器的滑片到某一位置时，电流表的示数如图乙所示，此时的电流为 0.26 A；改变变阻器滑片的位置进行多次测量，并根据所测数据绘制的电流与电压关系的图像如图丙所示，则被测电阻的阻值为 10 Ω，多次测量的目的是 减小误差 。
（4）小亮利用已知阻值的定值电阻R0和电流表设计了如图丁所示的电路，测量出了小灯泡L（额定电压为U额）的额定功率。
①请在图丁中的虚线框内填入对应的电路元件符号；
②闭合开关S和S1，断开S2，移动变阻器的滑片，使电流表示数为 ；
③闭合开关S和S2，断开S1，保持变阻器滑片的位置不动，读出电流表的示数I；
④小灯泡的额定功率P额＝ U额×（I﹣） 。（均用物理量符号表示）
【答案】（1）最右端；改变电阻的电压和电流；（2）断路；（3）0.26；10；减小误差；（4）①见解答图；②；④U额×（I﹣）。
【解答】解：（1）闭合开关之前，滑片要滑到滑动变阻器的最大阻值处，故应滑到最右端；
为提高测量的准确程度减小误差，要多次测量取平均值，故实验中，滑动变阻器除了保护电路，还有一个重要作用是改变电阻的电压和电流；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源正负极是相通的，电流表无示数是因为通过电流表的电流过小，产生这种情形的原因是定值电阻断路，使电压表串联接入了电路中；
（3）如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时通过定值电阻R的电流为0.26A；
由图丙知当电压表的示数为3V时，通过的电流为0.3A，
待测电阻为：
Rx＝＝＝10Ω；
多次测量取平均值，可以减小误差；
（4）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R与电流表串联后再与灯并联，电路如图所示：
实验步骤：
①闭合开关S1，断开S2，移动滑片，使电流表的示数为；
②再闭合开关S2，断开S1，保持滑片的位置不动，读出电流表的示数I；
③保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流为：
IL＝I﹣，灯泡额定功率的表达式为P额＝U额IL＝U额×（I﹣）。
故答案为：（1）最右端；改变电阻的电压和电流；（2）断路；（3）0.26；10；减小误差；（4）①见解答图；②；④U额×（I﹣）。
21．（2023•朝阳）某实验小组的同学利用天平和量筒等器材测量一块玉石的密度。
（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端 零刻度线 处，发现指针偏向分度盘的左侧，此时应向 右 旋动平衡螺母，使横梁在水平位置平衡。
（2）将玉石放在天平的左盘中，向右盘中加减砝码并调节游码直到横梁恢复在水平位置平衡。此时，右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则玉石的质量是 32.2 g。
（3）向量筒中加入50mL的水，将玉石浸没在水中，液面的位置如图乙所示，则玉石的密度是 2.3×103 kg/m3。
（4）同组的同学认为不用砝码，使用天平、两个相同的烧杯、量筒和水（水的密度用ρ水表示）等器材也能测出玉石的密度。请将实验步骤补充完整：
①在两个相同的烧杯中装入等量的水，分别放在已经调平的天平左右两盘中，如图丙所示；
②将拴好细线的玉石缓慢浸没在左盘烧杯的水中（不接触烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水直到横梁在水平位置恢复平衡，记录加水的体积为V1，如图丁所示；
③让玉石缓慢沉入到水底，松开细线， 用量筒继续向烧杯中加水 直到横梁再次在水平位置恢复平衡，记录再次加入水的体积为V2；
④玉石密度的表达式为ρ＝ （用V1、V2、ρ水表示）。
【答案】（1）零刻度线；右（ 2）32.2；（ 3）2.3×103；（4）③用量筒继续向烧杯中加水；④。
【解答】解：（1）使用天平之前，首先把天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度线处，由题意可知，发现指针偏向分度盘的左侧，所以平衡螺母向右调节，使天平平衡；
（2）由图甲可知，天平的分度值为0.2g，则玉石的质量：m＝20g+10g+2.2g＝32.2g；
（3）玉石的体积等于量筒中水增加的体积：V＝64mL﹣50mL＝14mL＝14cm3，
玉石的密度：ρ＝＝＝2.3g/cm3＝2.3×103kg/m3；
（4）②将拴好细线的玉石缓慢浸没在左盘烧杯的水中（不接触烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水直到横梁在水平位置恢复平衡，记录加水的体积为V1，此时天平两侧的重力大小相等，右侧增加的水的重力等于玉石排开水的重力，
由阿基米德原理可知，将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中时，玉石受到的浮力：
F浮＝G排水＝m排水g＝ρ水V1g，
因为F浮＝ρ液gV排，
所以有ρ液gV排＝ρ水V1g，
即V排＝V1，
因为此时玉石浸没在水中，所以玉石的体积：V＝V排＝V1，
③让玉石缓慢沉入到水底，松开细线，用量筒继续向烧杯中加水直到横梁再次在水平位置恢复平衡，记录再次加入水的体积为V2，此时天平两侧的重力大小相等，右侧增加的水的重力等于玉石的重力，
则玉石的重力：G＝G水＝m水g＝ρ水gV水＝ρ水g（V1+V2），
玉石的质量：m＝＝＝ρ水（V1+V2），
玉石的密度：ρ＝＝。
故答案为：（1）零刻度线；右（ 2）32.2；（ 3）2.3×103；（4）③用量筒继续向烧杯中加水；④。
22．（2023•朝阳）小红想测量标有“2.5V”字样小灯泡的电功率，从实验室找来了电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干，进行了如下实验。
（1）用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整。
（2）检查无误后，闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，电压表示数接近电源电压。造成这一故障的原因可能是小灯泡 断路 。
（3）排除电路故障后，闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.75 W；接下来她又测量了几组对应的电压值和电流值，并绘制了小灯泡的I﹣U图象，如图丙所示。
（4）小红认为，利用图甲的装置也可以探究电流与电压的关系。小明认为小红的观点不合理，理由是 灯丝电阻随温度的变化而变化 。
（5）小红还想测出另一个额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻，在保证电路安全的前提下，设计了如图丁所示的电路（电源电压恒定大于U额且未知，滑动变阻器R最大阻值未知，定值电阻阻值为R0），请将实验步骤补充完整：
①闭合S、S2，断开S1，移动滑片P，使电压表示数为 U额 ；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑片P位置不变，读出电压表的示数为U1；
③闭合S、S1，断开S2， 滑片移动到最左端 ，读出电压表的示数为U2；
④小灯泡正常发光时的电阻RL＝ （用U1、U2、U额、R0表示）。
【答案】（1）见解析；（2）断路；（3）0.75；（4）灯丝电阻随温度的变化而变化；（5）U额；滑片移动到最左端；。
【解答】解：（1）测量标有“2.5V”字样小灯泡的电功率时，电压表与小灯泡并联接入电路中，如下所示：
（2）电流表无示数，灯泡不亮，说明电路是断路，电压表示数接近电源电压，说明与电压表并联部分以外的电路是通路，故造成这一现象的原因可能是小灯泡断路；
（3）图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）探究电流与电压的关系时，需要控制与电压表并联的电阻的阻值不变，根据图丙可知，小灯泡灯丝的电阻是变化的，所以不能完成实验探究；
（5）①闭合S、S2，断开S1，移动滑片P，使电压表示数为U额，此时灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑片P位置不变，读出电压表的示数为U1，根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为：I＝；
③闭合S、S1，断开S2，滑片移动到最左端，此时电压表测量的是电源电压，读出电压表的示数为U2，则电源电压为U2；
④②中滑动变阻器两端的电压为：U滑＝U2﹣U1；则滑动变阻器接入电路中的阻值为：R滑U'＝＝＝R0；
①中滑动变阻器两端的电压为：U'滑＝U2﹣U额；此时电路中的电流为：I'＝；
则小灯泡正常发光时的电阻RL＝＝＝。
故答案为：（1）见解析；（2）断路；（3）0.75；（4）灯丝电阻随温度的变化而变化；（5）U额；滑片移动到最左端；。
23．（2023•锦州）小明利用4节新干电池，阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω、40Ω、50Ω的定值电阻，铭牌上标有“20Ω 1A”的滑动变阻器等实验器材“探究电流与电阻关系”。
（1）小明连接好如图甲所示的电路，检查时发现电路中有一处连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确；
（2）电路改接正确后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑到最 左 （选填“左”或“右”）端；
（3）小明将10Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使定值电阻两端电压为4V，读出并记录电流表示数；保持滑动变阻器的滑片位置不变，把10Ω的定值电阻换成20Ω的定值电阻后，直接闭合开关，电压表的示数将 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）4V，此时应将滑动变阻器的滑片在原来基础上向 左 （选填“左”或“右”）端移动，直到电压表的示数再次达到4V，记录电流表的示数；
（4）当小明将50Ω定值电阻接入电路时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都无法使定值电阻两端电压为4V，则原因可能是 所选滑动变阻器的最大阻值太小 （写出一条即可）；
（5）完成实验探究后，小明得出结论：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反比 。
（6）完成上述实验后，小明又利用原实验器材，设计了如图乙所示的电路，测出了额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率。请帮他将实验步骤补充完整：
①闭合开关S、S1和S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为 3.5 V时，小灯泡正常发光；
②闭合开关S、S1，断开S2，保持滑片位置不变，读出电压表示数为2.5V；
③闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表的示数为4V；
④小灯泡的额定功率P额＝ 0.7 W。
【答案】（1）见解答；（2）左；（3）大于；左；（4）所选滑动变阻器的最大阻值太小（或电源电压过大）；（5）反比；（6）①3.5；④0.7。
【解答】解：（1）小明连接好如图甲所示的电路，该电路有一处故障是：电阻与电流表并联了，将电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联，如下图所示：
（2）滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即图中最左端；
（3）实验中，当把10Ω的电阻换成20Ω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左滑动；
（4）4节新干电池电压为6V，电阻两端的电压始终保持UV＝4V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣4V＝2V，变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当接入50Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝0.5×50Ω＝25Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少25Ω的滑动变阻器，而现有变阻器的最大电阻太小；控制的电阻电压不变，变阻器分得的电压过小，即电源电压太大了；
故当小明将50Ω定值电阻接入电路时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都无法使定值电阻两端电压为4V，则原因可能是所选滑动变阻器的最大阻值太小或电源电压过大；
（5）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；
（6）①闭合开关S、S1、S2，调节滑动变阻器的滑片，变阻器滑片以左电阻丝与灯串联，此时电压表测量滑动变阻器电阻丝以左电阻丝两端的电压，根据串联电路电压的规律知，当电压表示数为：6V﹣2.5V＝3.5V时，灯泡正常发光；
②闭合开关S、S1，断开S2，保持滑片位置不变，读出电压表示数为2.5V，即滑片以左电阻丝的电压，因电压表接在滑片上，故电流要全部经过变阻器的电阻丝；
③闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表的示数为4V，变阻器的所有电阻丝与灯串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，因电压表的示数为4V，与②电路相比，这两次电路的连接不变，电流大小不变，只是电压表的测量范围变化了，因此时电压表的示数为“闭合开关S、S1，断开S2”时的＝倍，故变阻器的最大电阻为②中与电压表并联的电阻的倍，即闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器左电阻丝接入阻值为20Ω×＝12.5Ω，即在①中，滑动变阻器的电阻为12.5Ω，由欧姆定律，在①中，通过滑动变阻器的电流为：I＝＝＝0.28A，即灯的额定电流，
小灯泡的额定功率：
P额＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W。
故答案为：（1）见解答；（2）左；（3）大于；左；（4）所选滑动变阻器的最大阻值太小（或电源电压过大）；（5）反比；（6）①3.5；④0.7。
24．（2023•辽宁）小硕同学使用可调电压的电源，四个定值电阻（阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、25Ω）、电压表、电流表、标有“20Ω 1A”的滑动变阻器、开关、导线等器材探究“电流和电阻的关系”。
（1）小硕连接如图甲所示电路，检查电路发现有一条导线连接错误，请在图甲中错误导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
（2）改正电路，闭合开关前将滑动变阻器滑片滑至最 右 （填“左”或“右”）端。闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，可能是定值电阻发生 短路 （填“断路”或“短路”）。
（3）排除故障后，当接入5Ω定值电阻时，调节滑动变阻器的滑片到某位置，电流表的示数如图乙所示为 0.4 A。依次更换定值电阻进行实验，当接入20Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持 2 V不变，滑动变阻器恰好达到最大阻值，则可知电源电压为 4 V。
（4）将20Ω的电阻更换成25Ω的电阻时，为完成实验，应该将电源电压调 小 （填“大”或“小”），使电压表示数恢复到控制电压。通过分析实验数据得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反 比。
（5）小硕在完成上述实验后，想测量小灯泡两端电压为U0（U0＜U额）时的电阻。他取来一个小灯泡L，已知其额定电压为U额、额定电流为I额，连接了如图丙所示电路。已知定值电阻阻值为R0，电源电压未知。请完成下列实验步骤：
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为 I额R0 时，小灯泡L正常发光；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，读出电压表示数为U1。接着调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为 U1+U额﹣U0 ，则小灯泡L两端电压达到U0；
③接着断开开关S2，闭合开关S1，读出电压表示数为U2；
④小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R＝ （用所测物理量字母和已知物理量字母表示）。
【答案】（1）见解答图；（2）右；短路；（3）0.4；2；4；（4）小；反；（5）①I额R0；U1+U额﹣U0；。
【解答】解：（1）电流表要与用电器串联，电路图改正如下：
（2）闭合开关之前，滑动变阻器的阻值应处于最大阻值端，即如图右端；
闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，说明电路是通路，与电压表并联的电路发生了短路，可能是定值电阻发生短路；
（3）如图乙，电流表示数为0.4A；电压表示数等于U＝5Ω×0.4A＝2V；当接入20Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，滑动变阻器恰好达到最大阻值为20Ω，根据串联电路分压原理，既然定值电阻电压为2V，则滑动变阻器两端的电压同样为2V，可知电源电压为2V+2V＝4V；
（4）将20Ω电阻更换成25Ω电阻，根据串联分压原理可知，其分得的电压增大，探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，为完成实验，应该将电源电压调小，在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（5）①只闭合开关S、S1，电路为串联电路，电流表测电路电流，电压表测量定值电阻R0两端电压，调节滑动变阻器的滑片P，小灯泡L正常发光时，通过小灯泡的电流为I额，故电压表示数为I额R0；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，电路仍然是串联电路，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端电压，示数为U1，此时电路中的电流仍为①中电流，灯泡两端电压为额定电压U额，可得电源电压U＝U1+U额，接着调节滑动变阻器的滑片P，要使小灯泡L两端电压达到U0，则由串联电路的电压规律可知，此时电压表示数为U﹣U0，即U1+U额﹣U0，
③接着断开开关S2，闭合开关S1，电路连接与②相同，电压表测量R0两端电压，读出电压表示数为U2即为R0两端电压，
④当小灯泡L两端电压为U0时，定值电阻两端电压为③中示数U2，由串联分压原理可知：
＝，
小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R＝。
故答案为：（1）见解答图；（2）右；短路；（3）0.4；2；4；（4）小；反；（5）①I额R0；U1+U额﹣U0；。
五．计算题（共4小题）
25．（2023•大连）如图是某品牌家用电炒锅的简化电路，电源电压为220V，R1、R2是发热电阻，R2的阻值为88Ω。开关S接a时为高温挡，高温挡功率为2200W；开关S接b时为低温挡。试求：
（1）电阻R1的阻值是多少？
（2）低温挡工作时电路中的电流是多少？
（3）低温挡工作5min电流做的功是多少？
【答案】（1）电阻R1的阻值是22Ω。
（2）低温挡工作时电路中的电流是2A。
（3）低温挡工作5min电流做的功是1.32×105J。
【解答】解：（1）由题意和电路图可知，当开关接a时，只有R1接入电路中，此时为高温挡，功率为2200W，
根据P＝可得R1的阻值为：R1＝＝＝22Ω；
（2）开关S接b时为低温挡，R1、R2串联，
此时电路中的总电阻为：R总＝R1+R2＝22Ω+88Ω＝110Ω；
此时电路中的电流：I＝＝＝2A；
（3）低温挡工作5min电流做的功：W＝UIt＝220V×2A×5×60s＝1.32×105J。
答：（1）电阻R1的阻值是22Ω。
（2）低温挡工作时电路中的电流是2A。
（3）低温挡工作5min电流做的功是1.32×105J。
26．（2023•辽宁）作为四大国粹之一的中药能有效抑制病毒在人体内的传播。如图甲所示为一款电热中药壶，其简化电路图如图乙所示，它有急火和文火两种工作状态，由温控开关S1自动控制，文火时的电功率为220W。R1和R2均为发热电阻，且R2的阻值为123.2Ω。[c中药取4.0×103J/（kg•℃）]求：
（1）中药壶在文火状态下的电流；
（2）将3kg中药从20℃加热至100℃，中药吸收的热量；
（3）若不计热量损失，用急火完成（2）中的加热过程所用的时间。
【答案】（1）中药壶在文火状态下的电流1A。
（2）中药吸收的热量9.6×105J。
（3）加热过程所用时间1920s。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，中药壶在文火状态下的电流：
I文火＝＝＝1A；
（2）中药吸收的热量：
Q吸＝cmΔt＝4.0×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃﹣20℃）＝9.6×105J；
（3）当S1接b时，R1与R2串联在电路中，电路的总电阻最大，由P＝可知，中药壶消耗的电功率最小，为文火状态，
由P＝可得，总电阻：R总＝＝＝220Ω，
则R1的阻值：R1＝R总﹣R2＝220Ω﹣123.2Ω＝96.8Ω；
当S1接a时，只有R1在电路中，电路的电阻最小，由P＝可知，中药壶消耗的电功率最大，为急火状态，此时功率：
P急火＝＝＝500W，
不计热量损失，W＝Q吸＝9.6×105J，
由P＝可得，加热过程所用的时间：
t＝＝＝1920s。
答：（1）中药壶在文火状态下的电流1A。
（2）中药吸收的热量9.6×105J。
（3）加热过程所用时间1920s。
27．（2023•营口）某款带保温功能的电水壶，其简化电路图如图所示。S为总开关，S1为自动控制开关，R1和R2为阻值不变的发热电阻，R2＝840Ω，加热功率为1210W。电水壶将质量1kg、初温20℃的水烧开，加热效率为84%。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），标准大气压]。求：
（1）水吸收的热量；
（2）把水烧开需要多长时间（结果保留整数）；
（3）电水壶的保温功率。
【答案】（1）水吸收的热量为3.36×105J；
（2）把水烧开需要约331s的时间；
（3）电水壶的保温功率为55W。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；
（2）把水烧开需要放出的总热量：Q总＝＝＝4×105J；
由电路图可知，开关S、S1闭合时，电路为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，总功率最大，处于加热状态，加热功率为1210W，
由公式W＝Pt可得，
把水烧开需要的时间：t＝＝＝≈331s；
（3）由P＝可知，加热状态下R1的阻值：R1＝＝＝40Ω；
由电路图可知，开关S闭合、S1断开时，R1与R2串联，总电阻R总＝R1+R2＝40Ω+840Ω＝880Ω；
此时电路中的总电阻最大，总功率最小，处于保温状态，
则电水壶的保温功率为：P′＝＝＝55W。
答：（1）水吸收的热量为3.36×105J；
（2）把水烧开需要约331s的时间；
（3）电水壶的保温功率为55W。
28．（2023•朝阳）彤彤家里有一台电热锅，它的一些参数如表中所示，加热功率有高、低两个挡位，其内部简化电路如图甲所示。
（1）电热锅在高挡位工作时的额定功率是多大？
（2）若将锅中0.5L的水从23℃加热到100℃，水吸收多少热量？
（3）上述加热水的过程中，不计热量损失，电热锅高挡位需正常工作多长时间？
（4）爱动脑的彤彤把原电热锅内部简化电路设计成如图乙所示，也有高、低两个挡位。已知该电热锅允许通过的最大电流为8A，请判断乙图电路是否合理，并通过计算说明原因。
【答案】（1）电热锅在高挡位工作时的额定功率是1100W；
（2）将锅中0.5L的水从23℃加热到100℃，水吸收的热量为1.617×105J；
（3）不计热量损失，电热锅高挡位需正常工作的时间为147s；
（4）由于乙图中高温挡工作时干路上的总电流大于该电热锅允许通过的最大电流，所以乙图电路不合理。
【解答】解：（1）由图甲可知，当双触点开关置于1时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，电路中的总功率最小，电热锅处于低温挡；
当双触点开关置于2时，置于R2工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，电热锅处于高温挡；
电热锅在高挡位工作时的额定功率：P高＝＝＝1100W；
（2）电热锅中满壶水的体积V＝0.5L＝0.5dm3＝0.5×10﹣3m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.5×10﹣3m3＝0.5kg，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣23℃）＝1.617×105J；
（3）不计热量损失，电热锅消耗的电能：W＝Q吸＝1.617×105J，
由P＝可知，电热锅高挡位需正常工作的时间：t′＝＝＝147s；
（4）由图乙可知，当双触点开关置于2时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电热锅处于高温挡，
根据并联电路的电流特点和欧姆定律可知，高温挡工作时干路中的总电流：I＝+＝+＝9A＞8A，
由于乙图中高温挡工作时干路上的总电流大于该电热锅允许通过的最大电流，所以乙图电路不合理。
答：（1）电热锅在高挡位工作时的额定功率是1100W；
（2）将锅中0.5L的水从23℃加热到100℃，水吸收的热量为1.617×105J；
（3）不计热量损失，电热锅高挡位需正常工作的时间为147s；
（4）由于乙图中高温挡工作时干路上的总电流大于该电热锅允许通过的最大电流，所以乙图电路不合理。
六．综合能力题（共2小题）
29．（2023•大连）某小组同学在“探究凸透镜成像规律”时，实验室中可供选择的器材有：由发光二极管组成的“F”和“T”形光源、凸透镜、光具座、光屏等。
（1）他们选择了“F”形光源进行实验，与“T”形光源相比，“F”形光源的好处是： 可以比较出像与物左右是否相反 。
（2）将光源、凸透镜和光屏安装在光具座上，点亮光源，移动光屏，光屏上承接到不完整的像，如图所示。这是因为他们遗漏了一个实验步骤，这一步骤是： 将光源、凸透镜、光屏三者中心调到同一高度 。
（3）在探究物距大于二倍焦距的成像特点时，改变物距做了三次实验。与做一次实验相比较，做三次实验的好处是： 使实验结论具有普遍性 。
（4）完成实验后，同学们发现实验室中还有一个焦距不同的凸透镜，以及凹透镜、硬纸片各一个。他们想利用其中一个器材，采取增加或更换器材的方式对原实验进行拓展。请仿照示例写出两个不同的拓展实验。
示例：将凹透镜放在凸透镜与光源之间，研究近视眼的矫正原理。
① 更换厚度更大的凸透镜，探究焦距变化对成像的影响 ；
② 用硬纸片遮住凸透镜一部分，研究成像亮度与凸透镜透光多少的关系 。
【答案】（1）可以比较出像与物左右是否相反；（2）光源、凸透镜、光屏三者中心没有调到同一高度；（3）使实验结论具有普遍性；（4）①LED灯代替蜡烛可以使光屏上成像更清晰、稳定并且无污染；②用硬纸片遮住凸透镜一部分，研究成像亮度与凸透镜透光多少的关系。
【解答】解：（1）与“T”形光源相比，“F”形光源的好处是：可以比较出像与物左右是否相反；
（2）出现如图所示的现象，原因是光源、凸透镜、光屏三者中心没有调到同一高度；
（3）用实验来探究凸透镜成像规律时，要多进行几次实验，使实验结论具有普遍性；
（4）拓展实验：①更换厚度更大的凸透镜，探究焦距变化对成像的影响；②用硬纸片遮住凸透镜一部分，研究成像亮度与凸透镜透光多少的关系。
故答案为：（1）可以比较出像与物左右是否相反；（2）光源、凸透镜、光屏三者中心没有调到同一高度；（3）使实验结论具有普遍性；（4）①更换厚度更大的凸透镜，探究焦距变化对成像的影响；②用硬纸片遮住凸透镜一部分，研究成像亮度与凸透镜透光多少的关系。
30．（2023•大连）2023年是中国农历兔年，妈妈买了一个兔子形状的纯金吊坠，小明想判断这个吊坠是空心还是实心的。他利用实验箱里的天平和量筒进行测量。
（1）在调节天平横梁平衡时，将游码放在标尺左端的零刻度线处，发现指针偏向分度盘的右侧，则应将平衡螺母向 左 调节。
（2）用调好的天平测量吊坠的质量，测量结果如图甲所示。则吊坠的质量是 20.8 g。
（3）将吊坠放入装有30mL水的量筒内，量筒中的水面如图乙示。则吊坠的密度是 5.2×103 kg/m3。已知金的密度是19.3×103kg/m3，则该吊坠是 空 心的。
（4）小明发现了实验箱里面还有图丙所示的弹簧测力计，他想用这个弹簧测力计和水（ρ水＝1.0×103kg/m3）测量吊坠的体积。你认为小明是否能测出吊坠的体积？若能，请写出实验方法和吊坠体积的表达式；若不能，请写出理由。 不能；吊坠的质量与体积都太小，放在水中时弹簧测力计的变化量小于其分度值，无法利用浮力测出吊坠体积 。
【答案】（1）左；（2）20.8；（3）5.2×103；空；（4）不能；吊坠的质量与体积都太小，放在水中时弹簧测力计的变化量小于其分度值，无法利用浮力测出吊坠体积。
【解答】解：（1）当调节天平横梁平衡时，将游码移至横梁标尺左端零刻度线处，发现指针停在分度盘的右侧，右端下沉，左端上翘，要使平衡螺母向左移动。
（2）由图甲知，标尺的分度值为0.2g，所以吊坠的质量为m＝20g+0.8g＝20.8g；
（3）吊坠的体积等于量筒中水增加的体积：V＝34mL﹣30mL＝4mL＝4cm3；
吊坠的密ρ＝＝＝5.2g/cm3＝5.2×103kg/m3；
因为金的密度是ρ′＝19.3×103kg/m3＝19.3g/cm3，
则质量为20.8g的金的体积为V′＝＝≈1.08cm3＜4cm3，
所以该吊坠是空心的；
（4）因为吊坠的质量与体积都太小，吊坠的浮力F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV物＝1×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣6m3＝0.04N，而弹簧测力计的分度值为0.2N，即放在水中时弹簧测力计的变化量小于其分度值，无法利用浮力测出吊坠体积，所以利用弹簧测力计和水不能测出吊坠的体积。
故答案为：（1）左；（2）20.8；（3）5.2×103；空；（4）不能；吊坠的质量与体积都太小，放在水中时弹簧测力计的变化量小于其分度值，无法利用浮力测出吊坠体积。
选择题
填空题
实验题
计算综合题
合计
电学综合
5
3
4
4
16
力学综合
5
2
3
1
11
其他综合
2
0
0
1
3
合计
12
5
7
6
30
额定电压
220V
加热电阻R1
55Ω
加热电阻R2
44Ω