2023年广西南宁市宾阳县中考物理模拟试卷（二）（含答案）

这是一份2023年广西南宁市宾阳县中考物理模拟试卷（二）（含答案），共29页。试卷主要包含了 如图为田湾核电站发电流程图等内容，欢迎下载使用。
2023年广西南宁市宾阳县中考物理模拟试卷（二）
1. 下列物品在通常情况下属于导体的是(    )
A. 钢尺 B. 桌布 C. 橡皮 D. 白纸
2. 如图所示的做法中符合安全原则的是(    )
A. 雷雨天站在大树下避雨
B. 将冰箱的金属外壳接地
C. 用湿抹布擦发光的灯泡
D. 用手指触碰插座的插孔
3. 如图所示的杠杆在使用过程中，费力的是(    )
A. 用羊角锤起钉子 B. 用钳子夹导线
C. 用镊子夹取砝码 D. 用起子起瓶盖
4. 图中所示的四个实例中，与搓手取暖改变物体内能的方式相同的是(    )
A. 扬汤止沸 B. 釜底抽薪
C. 钻木取火 D. 炙手可热
5. 如图是体育测试中投掷实心球的情景，P点是实心球运动轨迹的最高点。实心球在空中运动的过程中(    )

A. 重力不断增大 B. 重力没有做功
C. 运动到P点时处于平衡状态 D. 运动状态不断改变
6. 2022年3月某地出现新冠疫情，学校复学后，每天都有医护人员到学校给师生检测核酸，检测时，医生必须穿防护服并佩戴面罩，面罩上常常会蒙上一层“雾气”，关于“雾气”，下列说法正确的是(    )
A. “雾气”的形成需要放热 B. “雾气”是汽化现象
C. “雾气”出现在面罩的外侧 D. “雾气”是水蒸气
7. 电动汽车大大方便了公众的绿色出行。电动汽车的动力装置是电动机，下列所示的四个实验中与电动机工作原理相同的是(    )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，用塑料管可以把瓶子中的水吸到嘴里，这是由于(    )
A. 人对水产生吸引力的作用
B. 吸管本身有吸水的作用
C. 大气压作用在水面上的结果
D. 水压的作用
9. 如图为田湾核电站发电流程图。在核电站的发电过程中，核能的获取途径及能量转化顺序正确的是(    )


A. 聚变；核能→内能→化学能→电能 B. 聚变；核能→内能→机械能→电能
C. 裂变；核能→内能→机械能→电能 D. 裂变；核能→内能→化学能→电能
10. 在“探究凸透镜成像规律”的过程中，小明同学用凸透镜观察到了如图所示的实验现象。下列光学仪器的工作原理与该现象所反映的规律相同的是(    )
A. 投影仪
B. 放大镜
C. 照相机
D. 平面镜
11. 小明同学做实验时，连成了如图所示的电路．闭合开关后，发现灯泡L1和灯泡L2都不亮，电压表有示数，产生这一现象的原因可能是(    )
A. L1断路，L2断路
B. L1断路，L2短路
C. L1短路，L2断路
D. L1短路，L2短路
12. 今年2月7日中国派出国际救援队到土耳其进行地震救援，采用了音频生命探测仪(如图)，它的多个探头接触废墟，收集废墟下幸存者的微弱呼救声、呼吸声、心跳声等，探测仪将音频信号放大，救援人员就可以发现幸存者。下列说法错误的是探头(    )
A. 探测仪收集声音信号时利用了固体可以传声
B. 幸存者发出的声音与外界噪声的音调、音色不同
C. 幸存者能听见探测仪发出的超声波
D. 白天噪声较大，探测仪更适合在安静的夜晚使用
13. 物体M悬浮在水中，水对物体M竖直向下的压力为F1，竖直向上的压力F2，如图所示。则下列选项正确的是(    )


A. F1大于F2
B. F1与F2是一对平衡力
C. F1与F2的合力方向一定竖直向上
D. F1与F2的合力的大小大于物体M受到的重力的大小
14. 小强在中国科技馆的“科技与生活”展区，看了“光敏电阻”的展品，得知光敏电阻随光照强度的增大阻值减小，于是他设计了如图所示的电路，电源电压不变，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，闭合开关S，当照射到R1上的光线减弱时，下列判断中正确的是(    )


A. 电流表示数增大 B. 电压表示数减小
C. 电阻R1两端电压减小 D. 电路消耗的总功率减小
15. 如图所示，放在水平桌面上的溢水杯盛满水，用弹簧测力计挂一个实心铁块，示数为F1；将铁块缓慢浸没水中(未接触溢水杯)，溢出的水流入小烧杯，此时弹簧测力计的示数为F2。下列判断正确的是(    )
A. 铁块受到的浮力F浮=F1-F2
B. 水对溢水杯底部的压强 p甲F1，故A错误；
B、水对物体M竖直向下的压力为F1，竖直向上的压力为F2，且F2>F1，故不是一对平衡力，故B错误；
C、水对物体M竖直向下的压力为F1，竖直向上的压力为F2，且F2>F1，所以二力的合力方向向上，故C正确；
D、物体受到了重力、上表面的压力和下表面的压力，在这三个力的作用下处于平衡状态，所以F1与F2的合力大小等于物体受到的重力的大小，故D错误。
故选：C。
利用液体压强公式p=ρgh，即压强与液体的密度和物体所处的深度有关，对物体在竖直方向进行受力分析，受到了重力、上表面的压力和下表面的压力，利用F=pS计算出上下表面所受压力，由于物体处于悬浮状态，所以物体受力平衡。
解决此类题目要对物体进行受力分析是关键，可以从压强入手，得出上下表面所受压力的关系。

14.【答案】BD 
【解析】解：由电路图知，光敏电阻R1和定值电阻R2串联，电流表测电路中电流，电压表测R2两端电压，
当照射到R1上的光线减弱时，光敏电阻的阻值变大，电路总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路电流变小，即电流表示数变小，故A错误；
R2的阻值不变，电路电流变小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，即电压表示数减小，故B正确；
电源电压不变，电阻R2两端电压变小，根据串联电路的电压规律可知，电阻R1两端电压变大，故C错误；
电源电压不变，电流减小，根据P=UI可知，总功率减小，故D正确。
故选：BD。
由图知，光敏电阻R1和定值电阻R2串联，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，则光照减弱时，R1的阻值变大，电路的总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路电流变化，从而判断电阻R2上的电压变化，根据P=UI可知电路总功率的变化。
本题考查欧姆定律的应用和串联电路中一个电阻减小时引起的电路中电流和电压的变化，关键是分析电流表和电压表分别测的是哪部分电路的电流和电压。

15.【答案】AC 
【解析】解：A、F1为铁块浸没水中前的拉力(等于铁块的重力)，F2为铁块浸没水中后的拉力，根据称重法测浮力可知，铁块受到的浮力F浮=F1-F2，故A正确；
B、溢水杯中水的深度不变，根据p=ρgh可知，水对溢水杯底部的压强不变，即p甲=p乙，故B错误；
C、根据阿基米德原理可知，铁块所受浮力等于排开水的重力，所以小烧杯中水的重力(排开水的重力)G=F浮=F1-F2，故C正确；
D、铁块浸没在水中后，水面高度不变，水对杯底的压强不变，根据F=pS可知，水对杯底的压力不变，溢水杯的重力不变；因溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和，所以溢水杯对桌面的压力不变，即F甲=F乙，故D错误。
故选：AC。
(1)根据称重法求出浮力；
(2)根据p=ρgh分析水对溢水杯底部的压强变化；
(3)物体所受浮力等于排开液体的重力；
(4)溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和。
此题考查了液体压强公式、阿基米德原理的应用，同时考查称重法求浮力，知道“溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和“是解答此题的关键。

16.【答案】BD 
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB.流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，
当水流速度增大时，机翼状的探头上下表面受到的压强不同，下表面受到的压强大于上表面受到的压强，R2的滑片上移，变阻器接入电路中的阻值变小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，
由U=IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，变阻器R2两端的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；
同理可知，当水流速度减小时，电流表的示数变小，电压表的示数变大，则电压表与电流表的示数之比变大，故B正确；
CD.当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I=UR1=4.5V5Ω=0.9A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0∼0.6A，
所以，电路中的最大电流为I大=0.6A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电阻R1的电功率最大，
此时电路中的总电阻：R=UI大=4.5V0.6A=7.5Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2=R-R1=7.5Ω-5Ω=2.5Ω，
电阻R1的最大功率：P1大=I大2R1=(0.6A)2×5Ω=1.8W；
当电压表的示数最大为U2=3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，
此时R1的电压：U1=U-U2=4.5V-3V=1.5V，
则电路中最小的电流：I小=U1R1=1.5V5Ω=0.3A，
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R2'=U2I小=3V0.3A=10Ω，
所以，滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2.5Ω∼10Ω，故C错误；
电阻R1的最小功率：P1小=I小2R1=(0.3A)2×5Ω=0.45W，
所以，电阻R1的电功率的变化范围为0.45W∼1.8W，故D正确。
故选：BD。
由电路图可知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，水流速度增大时，机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，变阻器接入电路中的电阻变小，据此可知电路中总电阻变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻R1两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化，进一步得出电压表与电流表的示数之比变化；
(2)根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值，利用P=I2R求出电阻R1的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，根据串联电路的电压特点求出R1的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P=I2R求出电阻R1的最小电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据流速与压强的关系得出流速变化时变阻器接入电路中电阻的变化是关键。

17.【答案】0.5铜 
【解析】解：因为电压表将“-”和“3”两个接线柱接入电路，所以电压表的量程为3V，且电压表的示数为0.5V；
因为与电压表正极相连的为电源的正极，所以铜片是电源正极。
故答案为：0.5，铜。
根据电压表的正确使用方法和电压表的正确读数方法进行分析。
本题考查了电压表的读数和连接方法，属于基础题目。

18.【答案】大  上 
【解析】解：伞的形状上凸下平，大风吹来时，在相同时间内，空气经过伞上方比经过伞下方需要通过的路程长，则上方的流速大，压强小，下方的流速慢，压强大，就会产生一个向上的压强差，雨伞会被向上抬起来。
故答案为：大；上。
利用流体压强与流速的关系来分析：伞上方空气流速大压强小，下方空气流速小压强大，伞在压强差的作用下，受到升力作用被吸起来。
本题考查流体压强与流速的关系，通过分析伞上下方空气的流速来判断压强的大小是解决本题的关键。

19.【答案】竖直向下  漫反射 
【解析】解：(1)用重锤来检查宣传画是否挂正，这是利用了重力的方向总是竖直向下的特点；
(2)在室内的各个方向都能看到宣传画上的“福娃”，这是由于光照射到“福娃”上面发生了漫反射现象。
故答案为：竖直向下；漫反射。
(1)重力的方向总是竖直向下的；
(2)漫反射，是投射在粗糙表面上的光向各个方向反射的现象。
本题考查了重力的方向以及它在生活中的应用、以及对漫反射现象的理解等，要掌握基础知识，还要会用基础知识解释生活中的现象。

20.【答案】铁  银 
【解析】解：查表知，在铁、铜、铅、银中，其中铁的密度最小，根据公式ρ=mV可得V=mρ，可知若质量相同，体积最大的是铁。
纪念币的密度为：ρ=mV=26.25g2.5cm3=10.5g/cm3，根据密度表知，它是用银制成的。
故答案为：铁；银。
要解决此题，需要掌握密度的计算公式及其变形公式，即ρ=mV、m=ρV、V=mρ，同时要知道如果计算出一个物体的密度从而可以鉴别它是由哪种物质制成的。
此题通过对判断不同物质的体积大小及辨别物质，考查了学生对密度知识的应用，一定要熟练掌握密度公式及其变形公式。

21.【答案】150080% 
【解析】解：
(1)由图知，n=3，
小明拉力端移动的距离：
s=3s'=3×2m=6m，
拉力做功：
W总=Fs=250N×6m=1500J，
(2)利用滑轮组做的有用功：
W有用=fs'=600N×2m=1200J，
该装置的机械效率：
η=W有用W总×100%=1200J1500J×100%=80%。
故答案为：1500；80%。
(1)由题知，使用滑轮组n=3，知道移动的距离s'，则小明拉力端移动的距离s=3s'，利用W=Fs求拉力做功；
(2)求出了拉力做功(总功)，利用滑轮组做的有用功为克服摩擦做的功，利用W有用=fs'求有用功，再利用效率公式求该装置的机械效率。
本题考查了有用功、总功和机械效率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是动滑轮上绳子的判断

22.【答案】2：1 4：3 
【解析】解：(1)因长方体对水平地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh，
所以，甲、乙长方体的密度之比：
ρ甲ρ乙=p甲gh甲p乙gh乙=p甲p乙×h乙h甲=43×30cm20cm=21，
若将甲、乙分别沿水平方向切去部分相同的体积后，
由ΔF=ΔG=Δmg=ρΔVg可得，两长方体对地面的压强变化量之比：
Δp甲Δp乙=ΔF甲S甲ΔF乙S乙=ΔF甲ΔF乙×S乙S甲=ρ甲ΔVgρ乙ΔVg×S乙S甲=ρ甲ρ乙×S乙S甲=21×23=43。
故答案为：2：1；4：3。
长方体对水平地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh，据此求出甲、乙长方体的密度之比，若将甲、乙分别沿水平方向切去部分相同的体积后，根据ΔF=ΔG=Δmg=ρΔVg和p=FS求出两长方体对地面的压强变化量之比。
本题考查了压强公式和密度公式、重力公式的综合应用等，是一道综合题，有一定的难度。

23.【答案】解：小磁针静止时北极朝右，所以磁感线方向朝右。磁感线从磁体的北极出来，回到南极。所以左端应为N极，右端为S极。答案如图所示。
 
【解析】要解决此题，需要掌握磁感线的知识。知道磁感线的方向与小磁针静止时北极所指的方向一致。并且要知道磁感线从磁体的北极出来回到南极。
此题主要考查了磁感线的概念，同时要考查了磁感线的方向及磁针北极指向的关系。解决此题，还可以用磁极间的相互作用规律。

24.【答案】解：由题意知，站在地面上的人想用尽可能小的力提升水桶，则绳子的拉力方向应向下，所以绳子应从动滑轮的挂钩上开始绕起，如图所示：
 
【解析】在绕线时，可以从动滑轮的上挂钩或定滑轮下挂钩，在题目中要根据实际情况而定。
此题主要考查了滑轮组的组装，要掌握滑轮组的两种绕线方式：可以从动滑轮的上挂钩或定滑轮下挂钩。解决此题的关键是确定用力的方向。

25.【答案】甲、乙  速度  甲、丙  质量  木块移动的距离  转换 
【解析】解：(1)为了研究物体动能与速度的关系，根据控制变量法可知，需要控制小球的质量相同，滚下的高度不同，应选择甲、乙两个图进行比较，乙中小球滚下的高度高，到达水平面时的速度大，木块被撞击的距离远，动能大，故得到的结论是：小球的质量一定时，速度越大，则动能越大。
(2)为了研究物体动能与质量的关系，根据控制变量法可知，需要控制小球的质量不同，速度相同，让质量不同的小球从同一斜面的相同高度由静止滚下，实验中应选择甲、丙两个图进行比较，小球的质量越大，木块被撞击的距离远，动能大，故得到的结论是：小球的速度一定时，质量越大，则动能越大。
(3)实验中，通过比较木块移动的距离来判断小球动能的大小，这种实验方法是转换法。
故答案为：(1)甲、乙；速度；(2)甲、丙；质量；(3)木块移动的距离；转换。
(1)(2)动能大小的影响因素：质量和速度。根据控制变量法可进行实验并得出结论：质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大；
(3)实验中小车的动能大小通过比较小车推动木块距离的远近来反映，是转换法的运用。
掌握动能的影响因素，能正确运用转换法和控制变量法是本实验成功的关键。

26.【答案】1.251.5580.6%费力(或不省力)在其它条件不变的情况下，斜面越陡，机械效率越高  斜面的倾斜程度、斜面的粗糙程度 
【解析】解：
(1)第三次实验中，有用功：W有=Gh=5.0N×0.25m=1.25J，
拉力做的总功：W总=Fs=3.1N×0.5m=1.55J，
斜面的机械效率：η=W有W总=1.25J1.55J×100%≈80.6%；
(2)分析上述实验数据可知：斜面的倾斜程度越大，需要的拉力越大，即：斜面越陡，越费力(或不省力)；
(3)分析表中实验数据可知，物重、斜面的粗糙程度都相同，斜面的倾斜程度不同，机械效率不同，且斜面的倾斜程度越大(斜面越陡)，斜面的机械效率越高；
(4)根据控制变量法，要探究斜面机械效率与物重的关系，必须控制斜面的倾斜程度、斜面的粗糙程度均相同。
故答案为：(1)1.25；l.55；80.6%；(2)费力(或不省力)；(3)在其它条件不变的情况下，斜面越陡，机械效率越高；(4)斜面的倾斜程度、斜面的粗糙程度。
(1)克服重力做的功为有用功，根据W=Gh进行计算；拉力做的功为总功，根据W=Fs进行计算；机械效率等于有用功与总功的比值；
(2)分析表中实验数据可知斜面省力情况与斜面倾斜程度的关系；
(3)分析表中实验数据，得出斜面的机械效率与斜面倾斜程度的关系；
(4)探究斜面机械效率与物重的关系时，应采用控制变量法，即：控制斜面的倾斜程度、斜面的粗糙程度均相同，只改变物重。
本题是斜面机械效率的测量实验，考查了斜面的特点、功和机械效率的计算、控制变量法的应用。

27.【答案】电流表示数  B C 大  小  温度 
【解析】解：
(1)实验中，通过观察电流表的示数可以判断导体的电阻的大小，运用了转换法；
(2)探究电阻的大小与长度的关系，运用控制变量法，要控制导体的材料和横截面积一定，故选取A、B导体进行实验；
(3)探究电阻的大小与材料的关系，运用控制变量法，要控制导体的长度和横截面积一定，故选取C、D导体进行实验；
(4)选取A、C导体进行实验时，导体的材料、长度相同，横截面积不同，C的横截面积大，发现接入C导体时，电流表的示数比接入A导体时更大，这说明C的电阻小，由此可知，导体的电阻与导体的横截面积有关，横截面积越大，电阻越小；
(5)用酒精灯对白炽灯的钨丝加热，钨丝的温度升高，观察到小灯泡L的亮度明显变暗，说明通过小灯泡L的电流变小，钨丝的电阻增大，这个现象说明：导体的电阻除了跟自身因素有关以外，还跟温度有关。
故答案为：(1)电流表示数；(2)B；(3)C；(4)大；(5)小；温度。
(1)电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
(2)(3)(4)(5)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积以及温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。

28.【答案】断路  2.2右  0.75(I-I额)R0I额 
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电流变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与电源串联，如下图所示：
；
(2)闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有较大的示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路故障可能是小灯泡发生了断路；
(3)排除故障后，将滑片P移动到某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，此时要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向右移动；
(4)由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.3A，则小灯泡额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W；
(5)实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，移动滑片P，使电流表示数等于I额；
②闭合开关S、S1，断开开关S2，保持滑片p位置不变，记下此时电流表的示数为I；
③在步骤①中，小灯泡与电流表串联后再与定值电阻并联，通过移动滑动变阻器滑片，使电流表示数为I额，此时灯泡正常发光；
在步骤②中，小灯泡与定值电阻并联，电流表测干路电路，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，由并联电路电流的规律，定值电阻R0的电流为：I0=I-I额，
由欧姆定律的变形公式，定值电阻R0的电压即灯的额定电压为：U额=U0=I0R0=(I-I额)R0；
则小灯泡的额定功率的表达式为：
P额=U额I额=(I-I额)R0I额。
故答案为：(1)见解答图；(2)断路；(3)2.2；右；(4)0.75；(5)(I-I额)R0I额。
(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；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电流变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有较大的示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
(4)根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P=UI求出小灯泡的额定功率；
(5)要测小灯泡额定功率，应先使灯正常发光，先使小灯泡与电流表串联后再与定值电阻并联，通过移动变阻器滑片，使电流表示数为额定电流；
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求出通过定值电阻的电流，由欧姆定律求出灯的额定电压，再由欧姆定律求出小灯泡额定功率。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电路故障、电压表读数、实验操作、功率的计算及设计实验方案测电阻的能力。

29.【答案】解：(1)因为汽车匀速行驶，所以F=f=3×103N，
牵引力所做的功：W=Fs=3×103N×5.6×103m=1.68×107J；
(2)消耗燃油的质量：m=ρV=0.8×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.2kg；
(3)燃油完全燃烧放出的热量：Q=mq=1.2kg×4×107J/kg=4.8×107J；
(4)热机效率：η=WQ×100%=1.68×107J4.8×107J×100%=35%。
答：(1)专用车牵引力所做的功是1.68×107J；
(2)这段时间内消耗燃油的质量是1.2kg；
(3)燃油放出的热量为4.8×107J；
(4)该专用车的热机效率是35%。 
【解析】(1)由于汽车匀速行驶，所以汽车的牵引力F等于受到的阻力f，根据功的公式W=Fs进行计算。
(2)根据密度公式算出消耗燃油的质量。
(3)根据Q=mq算出放出的热量。
(4)将(1)中算出的功与(3)中算出的热量代入热机效率公式η=WQ就可以算出该车的热机效率。
本题考查了功的计算、热量的计算和热机效率的计算。由功到热量再到热机效率，一环扣一环，这类题能让学生对各物理量有一个整体性的掌握。

30.【答案】解：(1)踏板的质量为5kg，踏板的重力为：
G=mg=5kg×10N/kg=50N，
由丙图可知，此时压敏电阻的阻值R=240Ω；
两电阻串联，电压表测定值电阻的电压，电压表的示数为1V。
串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以压敏电阻两端的电压：
UR=U-U0=9V-1V=8V，
由于串联电路中各处的电流相等，
所以根据欧姆定律可得，电路中的电流：
I1=URR=8V240Ω=130A，
R0的阻值：
R0=U0I1=1V130Ω=30Ω；
(2)当电子称称量物体的质量为45kg时，物体的重力：
G'=m'g=45kg×10N/kg=450N，
压敏电阻受到的压力为450N+50N=500N，由图丙可知压敏电阻R''=150Ω，
由电阻的串联和欧姆定律，此时电路中的电流：
I总=UR'=9V30Ω+150Ω=0.05A，
由欧姆定律，电压表示数为：
U'=I总×R0=0.05A×30Ω=1.5V；
(3)电子称的质量越大，压力越大，压敏电阻小，由压原理可知，压敏电阻的电压越小，
由串联电路电压的规律，电压表示数越大，故质量最大时对应的电压表最大值，此时定值电阻两端的电压为3V，
此时电路中的电流：
I2=UVR0=3V30Ω=0.1A，
压敏电阻两端分得的电压：
UR'=U-U0'=9V-3V=6V，
压敏电阻的阻值：
R'=UR'I2=6V0.1A=60Ω，
由丙图可知，此时压敏电阻受到的压力为950N，
该电子秤的量程：
mmax=G''g=950N-50N10N/kg=90kg；
故答案为：(1)空载时，电压表的示数为1V，R0的阻值为30Ω。
(2)所称量物体的质量为45kg时电压表的示数为1.5V；
(3)该电子秤的最大称量值是90kg。 
【解析】(1)根据G=mg求出空载时踏板的重力，由图乙得出对应压敏电阻的阻值，根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电流，利用欧姆定律和串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R0的阻值；
(2)称量物体的质量为45kg时，根据G=mg得出其重力，从而得出压敏电阻受到的压力，由图丙可知压敏电阻大小，由串联电阻的规律得出此时电路中的总电阻，由欧姆定律得出电路的电流和电压表示数；
(3)物体的质量越大，压力越大，压敏电阻小，由压原理可知，压敏电阻的电压越小，由串联电路电压的规律，电压表示数越大，故质量最大时对应的电压表最大值：
由欧姆定律求出此时电路中的电流和压敏电阻两端分得的电压；从而得出压敏电阻的阻值，由丙图可知，此时压敏电阻受到的压力，从而得出最大称量值。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律及其变形公式的灵活运用，关键是正确分析电路图和从图象中得出相关的信息，要注意计算时要考虑踏板的压力。

31.【答案】解：(1)由图像可知，物体底面刚好贴着水面时弹簧测力计的示数F=24N，
由二力平衡条件可得，物体的重力：G=F=24N，
在t2时刻后，弹簧测力计的示数F'=16N不变，
则此时物体受到的浮力：F浮=G-F'=24N-16N=8N；
(2)因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由F浮=ρ液gV排可得，物体的体积：
V=V排=F浮ρ水g=8N1.0×103kg/m3×10N/kg=8×10-4m3=800cm3；
(3)容器的容积：V容=S上h上+S下h下=120cm2×5cm+150cm2×5cm=1350cm3，
因V容