2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十）

2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十）模拟练习卷 一．选择题（共9小题，满分18分） 1．（2分）以下估测值中，最符合实际的是（　　） A．蜗牛爬行的速度约0.5m/s B．一枚1元硬币的质量约6g C．家用电风扇正常工作时的电流约3.2A D．绿色蔬菜保鲜的适宜温度约为30℃ 2．（2分）冰城哈尔滨风景优美，引人入胜（如图所示）。下列说法不正确的是（　　） A．甲图，太阳岛花草上的露珠是液化形成的 B．乙图，严冬，音乐公园的雪人变小是升华现象 C．丙图，冰雪大世界的冰雕用的冰是汽化形成的 D．丁图，植物园树枝上的霜是凝华形成的 3．（2分）下列光现象的成因，与小孔成像原理相同的是（　　） A．一叶障目 B．水中倒影 C．镜中汽车 D．空中彩虹 4．如图为甲、乙两物体沿直线运动的路程随时间变化的图象，下列对两物体在0～5s内运动情况分析正确的是（　　） A．两物体在0～5s内均做匀速直线运动 B．甲物体在1～3s时间内，速度为1m/s C．甲、乙两物体在2s时相遇，是乙物体追上甲物体 D．两物体在5s内全程的平均速度相等 5．（2分）如图甲所示是在跨学科实践活动中小明设计的测量身高和体重的电子测量仪，其简化原理图如图乙所示，电源电压不变，R为压敏电阻，电流表显示体重，且体重越大电流表示数越大，下列有关说法正确的是（　　） A．身高越高，流过R0的电流一定越大 B．压敏电阻的阻值随压力的增大而减小 C．身高越高，电压表示数越小 D．体重越重，电路的功率越小 6．（2分）现在一般标准住宅户内配电系统都使用了空气开关、漏电保护器、三孔插座等设备，有一配电系统如图所示。其中各个设备的特征是（　　） A．漏电保护器会在用电器漏电或有人触电时切断电源 B．空气开关“跳闸”一定是电路中出现了短路 C．用试电笔测试三孔插座正中间的插孔，试电笔会发光 D．电能表上可以直接读出用电器的总功率 （多选）7．（2分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（　　） A．0℃的冰块也有内能 B．温度高的物体比温度低的物体内能多 C．燃料完全燃烧时放出的热量越多，其热值越大 D．汽油机的做功冲程主要是将内能转化为机械能 （多选）8．（2分）关于图中的四幅图，说法正确的是（　　） A．法拉第最先通过实验发现了甲图中的现象 B．如图乙，人站在绝缘凳上，双手同时握住火线和零线会触电 C．图丙描述通电导体在磁场中受力的作用 D．图丁描述了电动机的工作原理 （多选）9．（2分）如图所示的电路中，电源电压为12V且保持不变，小灯泡L的规格为“6V，3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A。当开关S1S2都断开时。小灯泡L恰能正常发光，则下列说法正确的是（　　） A．R1的阻值为12Ω B．当开关S1、S2都闭合时，电流表要安全使用，变阻器接入电路的阻值不得小于4Ω C．当开关S1、S2都断开时，在10min内电流通过R1所做的功是1.8×103J D．当开关S1、S2都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是12～24W 二．填空题（共6小题，满分12分） 10．（2分）（1）如图甲所示：将发声的音叉轻触系在细绳上静止的乒乓球，观察到乒乓球被弹开，这说明 　 　 。 （2）如图乙所示：用扬声器对准烛焰，播放音乐，观察到烛焰会随着音乐颤动，这说明 　 　 。 11．节俭是中华民族的传统美德。“蜀中有夹瓷盏，注水于盏唇窍中，可省油之半。”这是陆游笔下的省油灯。省油灯的灯体如坦口碗状，为上下夹层，面上一层为盛油的油盏，油盏下腹部中空，在其腰部开出一小孔，从小孔处注入冷水，每天一换，如图所示，省油指的是使油蒸发 　 　 （选填“加快”或“减慢”）；请你从影响蒸发快慢的因素考虑，说说夹层里水的作用：　 　 。 12．（2分）北方冬天供暖使用的煤属于 　 　 （选填“一次能源”或“二次能源”）；我国建立的“北斗”卫星导航系统是通过 　 　 （选填“电磁波”或“超声波”）向地面传递信息，提供全天候即时定位服务。 13．（2分）如图所示为某款“擦窗机器人”，它的“腹部”有吸盘。当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，它在 　 　 作用下，牢牢吸在竖直玻璃上静止，此时若真空泵继续向外抽气，擦窗机器人受到的摩擦力将 　 　 。（选填“变大”、“变小”或“不变”） 14．（2分）如图是某小组的同学在测量电路电流时所出现的现象，请说出产生这种现象的原因。 （1）产生图甲现象的原因是：　 　 。 （2）产生图乙现象的原因是：　 　 。 15．（2分）如图所示，质量不计的光滑木板AB长1.5m，可绕固定点O转动，离O点0.6m的B端挂一个30N的重物G，在A端用与水平地面成30°夹角的力F拉住，杠杆平衡时，拉力F＝　 　 N；若拉力F与水平地面的角度减小后仍要保持杠杆平衡，则F的大小将 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 三．作图题（共2小题，满分4分） 16．如图所示，一束光线AO与水平方向成30°角斜射到平静的水面上。画出： （1）入射光线AO的反射光线OB并标出反射角的大小； （2）入射光线AO的折射光线OC的大致方向。 17．（2分）越来越多的家庭在装修时客厅采用无主灯设计。如图所示，顶部的三盏圆灯由两个开关控制。闭合开关S1，中间圆灯发光。再闭合开关S2，两侧圆灯也发光。断开开关S1，三盏灯都不亮。任意灯泡损坏不影响其他灯泡使用。请画出符合要求的电路图。 四．实验探究题（共4小题，满分24分） 18．（5分）在“比较不同物质吸热能力”的实验中，将甲、乙两种不同的液体分别放入两个相同的烧杯内，用相同的电加热器同时加热。记录相关数据，并绘制出如图所示的图象。（不计热量损失） ①实验时，选用初温和 　 　 相等的甲、乙两种液体（填“体积”或“质量”）。 ②加热5min，甲吸收的热量 　 　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）乙吸收的热量。 ③甲液体比热容 　 　 乙液体的比热容（填“大于”，“小于”或“等于”）。“暖手宝”中装的储热液应该选 　 　 （选填“甲”或“乙”）。 19．（6分）小华做测量定值电阻Rx阻值的实验，现有器材：待测电阻Rx、两节新干电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。图甲就是所用电路图，图乙是其对应的实物图。请完成下面问题： （1）如图乙所示，连线时开关应该 　 　 ，并将滑动变阻器的滑片置于 　 　 端（选填“左”或“右”）。 （2）正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，电压表无示数，可能的故障是待测电阻Rₓ 　 　 （选填“断路”或“短路”）。 （3）排除故障后，当电压表示数为1.3V时，电流表示数如图丙所示，则通过Rx的电流大小为 　 　 ，它的阻值是 　 　 。 （4）小华做完上面实验后就得出了Rx的电阻值，你认为小华这样做有什么问题： 答：　 　 。 （5）该小组在进行“伏安法”测定值电阻阻值的实验中，发现电流表已损坏，只需添加两个开关，并用一个已知阻值为R0的定值电阻替换滑动变阻器，设计了如图丁所示的实验电路。电源电压未知但不变，请完成实验步骤： ①闭合开关S、S1，电压表示数为U1； ②　 　 ，电压表示数为U2； ③未知电阻的阻值表达式为Rx＝　 　 （用已知量和所测物理量表示）。 20．（7分）小明用如图所示的装置探究“凸透镜成像的规律”。 （1）实验时将点燃的蜡烛、光屏放在凸透镜的两侧，并将烛焰的中心、凸透镜的光心和光屏的中心调整到 　 　 。 （2）将凸透镜固定在图中光具座的50cm刻度线处，并将光屏和点燃的蜡烛分别放在凸透镜的两侧。小明将蜡烛移至35cm刻线处，移动光屏直到80cm刻度线处时，光屏上出现了烛焰清晰的像，则该像是倒立、　 　 的实像，　 　 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）的成像特点与此相同。 （3）将图中蜡烛向远离凸透镜的方向移动，为了使像清晰，应将光屏向 　 　 （选填“左”或“右”）移动，此过程中所成的像逐渐 　 　 （选填“变大”或“变小”）。 （4）实验过程中，随着蜡烛越烧越短，烛焰在光屏上的像也在往上移动，为了让像回到光屏中心，可将凸透镜向 　 　 （选填“上”或“下”）移动。 21．（6分）在做测量液体密度的实验中，小明想知道食用油的密度，于是他用天平和量筒等器材做了如图所示的实验。 （1）将天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，发现指针静止时的位置如图甲所示，则小明应将横梁右端的平衡螺母 　 　 （选填“旋进”或“旋出”）一些，直至横梁水平平衡。 （2）小明的测量步骤如下： ①用天平测出空烧杯的质量为m1＝28g； ②在烧杯中倒入适量的食用油，测出烧杯和食用油的总质量m2，如图乙所示； ③将烧杯中的食用油全部倒入量筒中，食用油的体积V，如图丙所示。 小明利用这些数据可以计算出食用油的密度为 　 　 kg/m3。 （3）小明用这种方法，因烧杯中的食用油不能全部倒入量筒中，导致食用油的体积偏小，测出的食用油密度与真实值相比偏大。 （4）同组的小华认为不用量筒也能测量出食用油的密度，他进行了如下实验操作： ①调好天平，用天平测出空烧杯质量为m0； ②在烧杯中装满水，用天平测出烧杯和水的总质量为m1； ③把烧杯中的水倒尽，再装满食用油，用天平测出烧杯和食用油的总质量为m2。 则食用油的密度表达式ρ＝　 　 （已知水的密度为ρ水）。 五．计算题（共3小题，满分22分） 22．（8分）如图所示为一台最新款消防机器人，可实现侦察及灭火功能。机器人质量为500kg，履带与地面接触总面积为2500cm2，以2m/s的速度在水平地面沿直线匀速前进了200m，行驶时所受阻力为自重的0.02倍（g取10N/kg）。求： （1）消防机器人通过200m的路程所用时间； （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强； （3）消防机器人在匀速直线前进过程中，牵引力做功的功率。 23．（8分）小亮家买了一辆汽车，车上座椅具有电加热功能，如图甲所示。该座椅垫有“高温”、“低温”和“关”三个挡位，“高温”挡功率为36W，“低温”挡功率为20W。该座椅垫加热部分的电路简图如图乙所示电源电压为24V，S为挡位切换开关。R1和R2为电热丝。通过计算求： （1）座椅垫处于“高温”挡工作100s产生的热量； （2）座椅垫处于“高温”挡工作时电路中的电流； （3）电热丝R2的阻值。 24．（6分）阅读短文，回答文后问题。 热线风速仪 热线风速仪是将气体流速信号转变为电信号的一种测量气体流速的仪器。在汽车行业中可用于检测进入发动机的空气量，为发动机控制喷油量提供依据。热线风速仪有不同的设计方案。图甲是一种热线式风速仪的原理图，热线Rt是一根用特殊材料制作的电热丝，通电后会发热，温度升高。把热线置于气流中，气流会带走热线的热量，热线的散热量与空气流速有关，流速越大散热量越大，散热导致热线温度变化而造成热线电阻变化。电路中的定值电阻R两端电压U0随之变化，变化规律如图乙所示，这样将流速信号转变成电信号。热线风速仪还可以采用定温度法，通过改变电路中电流大小使气流带走的热量得以补充，使热线的温度保持不变，电阻也不变，这时气体流速越大则电路中所需的电流也越大，测得电流值则可得知流速的大小。 （1）电流通过电热丝时会发热，这种现象称为电流的 　 　 ； （2）图甲中热线风速仪的电热丝的电阻Rt与温度t的关系图像可能是 　 　 。 （3）图甲电路中，若定值电阻R为100Ω，电源电压U为12V，当风速为8m/s时，电热丝的发热功率为 　 　 W； （4）若将图甲电路中电阻R换成滑动变阻器，可以模拟定温度法的热线风速仪。当风速增大时，为保持热线温度不变，应使滑动变阻器接入电路中的阻值 　 　 （填“变大”“变小”或“不变”）。 2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十）模拟练习卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共6小题） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C A C B A 二．多选题（共3小题） 题号 7 8 9 答案 AD BD ACD 一．选择题（共9小题，满分16分） 1．（2分）以下估测值中，最符合实际的是（　　） A．蜗牛爬行的速度约0.5m/s B．一枚1元硬币的质量约6g C．家用电风扇正常工作时的电流约3.2A D．绿色蔬菜保鲜的适宜温度约为30℃ 【分析】首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。 【解答】解：A、蜗牛爬行的速度非常慢，远远小于0.5m/s，故A不符合实际； B、一枚1元硬币的质量约6g，故B符合实际； C、家用电风扇正常工作时的电流约0.2A，故C不符合实际； D、绿色蔬菜保鲜的适宜温度约为5℃，故D不符合实际。 故选：B。 【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中常见物理量的数值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。 2．（2分）冰城哈尔滨风景优美，引人入胜（如图所示）。下列说法不正确的是（　　） A．甲图，太阳岛花草上的露珠是液化形成的 B．乙图，严冬，音乐公园的雪人变小是升华现象 C．丙图，冰雪大世界的冰雕用的冰是汽化形成的 D．丁图，植物园树枝上的霜是凝华形成的 【分析】物态变化有六种：液化是指物体由气态变成液态；汽化是指物体由液态变成气态；升华是指物体由固态变成气态；熔化是指物体由固态变成液态；凝固是指物体由液态变成固态；凝华是指物体由气态变成固态。 【解答】A、露珠是水蒸气遇冷液化而成的小水珠，故A正确； B、雪人变小是固态冰吸热变成水蒸气了，是升华，故B正确； C、冰雕用的冰是水凝固而成的，故C错误； D、霜是水蒸气凝华而成的，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查了物态变化的几种变化。重在培养学生将物理知识应用以生活实际的能力。 3．（2分）下列光现象的成因，与小孔成像原理相同的是（　　） A．一叶障目 B．水中倒影 C．镜中汽车 D．空中彩虹 【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等； （2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。 【解答】解：小孔成像是光在同种均匀介质中沿直线传播形成的。 A．一叶障目是光由于沿直线传播，挡住了进入人眼的光线，故A正确； B．水中倒影，是平面镜成像，属于光的反射现象，故B错误； C．后视镜内的“汽车”，是凸面镜成像，属于光的反射现象，故C错误； D．雨后彩虹是光的折射形成的色散现象，故D错误。 故选：A。 【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，考查了学生理论联系实际的能力，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。注意“影子”和“倒影”的原理是不同的。 4．如图为甲、乙两物体沿直线运动的路程随时间变化的图象，下列对两物体在0～5s内运动情况分析正确的是（　　） A．两物体在0～5s内均做匀速直线运动 B．甲物体在1～3s时间内，速度为1m/s C．甲、乙两物体在2s时相遇，是乙物体追上甲物体 D．两物体在5s内全程的平均速度相等 【分析】（1）在s﹣t图象中，倾斜直线代表物体做匀速直线运动，平行于时间轴的直线代表物体处于静止状态，据此分析； （2）通过比较相同时间内甲、乙通过的路程大小，可以知道甲、乙的速度大小，s﹣t图象中两物体的图线相交即两物体相遇，据此分析； （3）平均速度等于总路程与总时间的比值。 【解答】解：AB、在1～3s内，甲的s﹣t图象是平行于时间轴的直线，说明此段时间内甲物体处于静止状态，即此段时间内甲的速度为零，因此甲在0～5s内并不是一直做匀速直线运动，故A、B错误； C、在0～1s内甲通过的路程始终大于乙通过的路程，说明甲的速度比乙速度大，在1～2s内甲物体处于静止状态，到t＝2s时甲、乙图线相交，说明此时甲、乙两物体相遇，即乙物体追上甲物体，故C正确； D、由图可知在5s内乙物体通过的路程大于甲物体通过的路程，由v可知乙物体的平均速度大于甲物体的平均速度，故D错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查了速度公式的应用以及运动图象的理解，解题关键是要知道全程的平均速度等于总路程与所用时间的比值。 5．（2分）如图甲所示是在跨学科实践活动中小明设计的测量身高和体重的电子测量仪，其简化原理图如图乙所示，电源电压不变，R为压敏电阻，电流表显示体重，且体重越大电流表示数越大，下列有关说法正确的是（　　） A．身高越高，流过R0的电流一定越大 B．压敏电阻的阻值随压力的增大而减小 C．身高越高，电压表示数越小 D．体重越重，电路的功率越小 【分析】由电路图可知，R与R0并联，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测R支路的电流； 根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知通过R0的电流变化，当身高越高时滑片上移，滑片P下方电阻丝的阻值变大，根据欧姆定律可知滑片P下方电阻丝两端的电压变化； 当体重越大时，电流表示数越大，由R判断出压敏电阻阻值的变化，即压敏电阻的阻值随压力变化而变化的规律；根据并联电路电压的规律判断出干路电流的变化，由P＝UI判断出电路功率的变化。 【解答】解：由电路图可知，R与R0并联，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测R支路的电流； AC、R与R0并联，R0两端的电压等于电源电压，其电压始终不变，R0的阻值不变，由I可知通过R0的电流不变，故A错误； 电压表测量的是R0的下半部分阻值的电压，身高越高，被电压表测量的阻值就越大，根据串联分压规律，其分压就越多，电压表的示数就越大，故C错误； BD、体重越大，电流表示数越大，由R知压敏电阻的阻值变小，即压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，故B正确； 体重越大，通过R0的电流不变，由并联电路电流的规律知电路中的总电流变大，由P＝UI知电路的功率越大，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，根据电压表内阻的特点判断出滑片移动时接入电路中的电阻不变、但电压表并联部分电阻变化是关键。 6．（2分）现在一般标准住宅户内配电系统都使用了空气开关、漏电保护器、三孔插座等设备，有一配电系统如图所示。其中各个设备的特征是（　　） A．漏电保护器会在用电器漏电或有人触电时切断电源 B．空气开关“跳闸”一定是电路中出现了短路 C．用试电笔测试三孔插座正中间的插孔，试电笔会发光 D．电能表上可以直接读出用电器的总功率 【分析】（1）漏电保护器在漏电或触电时自动切断电源。 （2）家庭电路中电流过大的原因是发生短路或者用电器的总功率过大。 （3）三孔插座的正中间的插孔是接地的，氖管不会发光。 （4）电能表是测量电功的仪表。 【解答】解：A、漏电保护器会在用电器漏电或有人触电时切断电源，故A正确； B、空气开关“跳闸”可能是电路中出现了短路，故B错误； C、用试电笔测试三孔插座正中间的插孔是接地的，试电笔不会发光，故C错误； D、电能表上不可以直接读出用电器的总功率，因为电能表是测量电功的仪表，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查的是家庭电路中电流过大的原因；知道漏电保护器和电能表的作用；知道空气开关和试电笔的使用。 （多选）7．（2分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（　　） A．0℃的冰块也有内能 B．温度高的物体比温度低的物体内能多 C．燃料完全燃烧时放出的热量越多，其热值越大 D．汽油机的做功冲程主要是将内能转化为机械能 【分析】（1）一切物体都具有内能； （2）内能的大小跟质量、温度、状态有关； （3）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度、放出热量的多少以及燃烧温度的高低等均无关； （4）四个冲程汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。 【解答】解：A、一切物体都具有内能，0℃的冰块也具有内能，故A正确； B、内能与物体的分子数、温度、体积有关，温度高的物体内能不一定比温度低的物体内能大，故B错误； C、热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度、放出热量的多少以及燃烧温度的高低等均无关，故C错误； D、汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能的过程，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题综合考查了对内能、热值的理解以及四冲程的能量转化，涉及的知识点多，但都属于基础知识考查范围。 （多选）8．（2分）关于图中的四幅图，说法正确的是（　　） A．法拉第最先通过实验发现了甲图中的现象 B．如图乙，人站在绝缘凳上，双手同时握住火线和零线会触电 C．图丙描述通电导体在磁场中受力的作用 D．图丁描述了电动机的工作原理 【分析】（1）奥斯特实验第一个揭示了电和磁之间的联系，说明了电流周围存在磁场； （2）家庭电路中的触电事故，都是人直接或间接接触火线引起的； （3）发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流； （4）电动机的工作原理是磁场对电流的作用，即通电线圈在磁场中受力转动。 【解答】解：A．奥斯特最先通过实验发现了甲图中的现象，故A错误； B．如图乙，人站在绝缘凳上，双手同时握住火线和零线，有电流通过人体，会触电，故B正确； C．图丙闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，描述电磁感应现象，故C错误； D．图丁描述了通电导体在磁场中受力的作用，是电动机的工作原理，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。 （多选）9．（2分）如图所示的电路中，电源电压为12V且保持不变，小灯泡L的规格为“6V，3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A。当开关S1S2都断开时。小灯泡L恰能正常发光，则下列说法正确的是（　　） A．R1的阻值为12Ω B．当开关S1、S2都闭合时，电流表要安全使用，变阻器接入电路的阻值不得小于4Ω C．当开关S1、S2都断开时，在10min内电流通过R1所做的功是1.8×103J D．当开关S1、S2都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是12～24W 【分析】（1）当S1、S2都断开时，R1、L串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路中的电流特点和P＝UI求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压， 利用欧姆定律求出R1的阻值，根据Q＝I2Rt求出在10min内电流通过R1所产生的热量； （2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，当电流表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的阻值最小，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流， 利用串联电路中的电流特点求出通过变阻器的电流，再利用欧姆定律求出变阻器接入电路的最小阻值；当变阻器接入电路中的电阻最小时消耗的电能最大，当变阻器接入电路中的电阻最大时消耗的电能最小，根据P分别求出即可得出答案。 【解答】解：AC、当S1、S2都断开时，R1、L串联，灯正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝3W， 因为串联电路中各处的电流相等， 所以根据P＝UI可得，电路中的电流： I＝IL0.5A， 因为串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以R1两端的电压： U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V， R112Ω，故A正确； 在10min内电流通过R1所产生的热量： Q1＝I2R1t＝（0.5A）2×12Ω×10×60s＝1.8×103J，故C正确； BD、当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流， 因为并联电路中各支路两端的电压相等， 所以R1中的电流： I11A， 要使电流表安全使用，通过R2的电流不能超过： I2＝I﹣I1＝3A﹣1A＝2A， 所以R2的阻值不能小于： R26Ω，故B错误； 此时R2消耗的电功率最大： P2max24W， 当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，R1消耗的电功率最小： P2min12W， 即R2消耗的电功率的变化范围是12W～24W，故D正确。 故选：ACD。 【点评】本题考查了学生对串并联电路的特点、欧姆定律、焦耳定律、电功率公式的掌握和运用，能分析电路图得出当S1、S2都断开和当S1、S2均闭合时的电路组成是本题的突破口，灵活选用公式计算是关键。 二．填空题（共6小题，满分10分） 10．（2分）（1）如图甲所示：将发声的音叉轻触系在细绳上静止的乒乓球，观察到乒乓球被弹开，这说明 　声音是由物体的振动产生的　 。 （2）如图乙所示：用扬声器对准烛焰，播放音乐，观察到烛焰会随着音乐颤动，这说明 　声音可以传递能量　 。 【分析】（1）声音是由物体的振动产生的； （2）声音可以传递信息和能量。 【解答】解：（1）将发声的音叉轻触系在细绳上静止的乒乓球，观察到乒乓球被弹开，这说明声音是由物体的振动产生的。 （2）声音可以传递能量，所以用扬声器对准烛焰，播放音乐，会观察到烛焰会随着音乐颤动。 故答案为：（1）声音是由物体振动产生的； （2）声音可以传递能量。 【点评】本题考查的是声音产生的条件；知道声音可以传递能量。 11．节俭是中华民族的传统美德。“蜀中有夹瓷盏，注水于盏唇窍中，可省油之半。”这是陆游笔下的省油灯。省油灯的灯体如坦口碗状，为上下夹层，面上一层为盛油的油盏，油盏下腹部中空，在其腰部开出一小孔，从小孔处注入冷水，每天一换，如图所示，省油指的是使油蒸发 　减慢　 （选填“加快”或“减慢”）；请你从影响蒸发快慢的因素考虑，说说夹层里水的作用：　降低油的温度，从而减慢油的蒸发　 。 【分析】影响液体蒸发的快慢的因素有：液体的温度、表面空气流速和液体的表面积，据此判断。 【解答】解：灯点燃后，热会由灯盏通过热传递的方式使油的内能增大，温度升高，加快油的蒸发，容易耗油； 如果在夹层中加水，因为水的比热容较大，可以吸收更多的热量，所以可以使油的温度降低，减慢油的蒸发，达到省油的目的。 故答案为：减慢；降低油的温度，从而减慢油的蒸发。 【点评】本题考查了对影响蒸发快慢因素的了解与应用，属基础题。 12．（2分）北方冬天供暖使用的煤属于 　一次能源　 （选填“一次能源”或“二次能源”）；我国建立的“北斗”卫星导航系统是通过 　电磁波　 （选填“电磁波”或“超声波”）向地面传递信息，提供全天候即时定位服务。 【分析】（1）凡是能从自然界直接取得的能源都叫一次能源； （2）电磁波的传播不需要介质。 【解答】解：煤可以直接在自然界取得，属于一次能源；“北斗”卫星导航系统是通过电磁波传递信息。 故答案为：一次能源；电磁波。 【点评】本题考查了能源的分类和电磁波，属于基础题。 13．（2分）如图所示为某款“擦窗机器人”，它的“腹部”有吸盘。当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，它在 　大气压　 作用下，牢牢吸在竖直玻璃上静止，此时若真空泵继续向外抽气，擦窗机器人受到的摩擦力将 　不变　 。（选填“变大”、“变小”或“不变”） 【分析】（1）吸盘主要是利用大气压来工作的，据此解答； （2）物体静止时处于平衡状态，受到的力为平衡力。 【解答】解：（1）当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，内部气体压强减小，它在外界大气压的作用下被牢牢吸在竖直玻璃上； （2）擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，处于平衡状态，竖直方向受到的重力和摩擦力是一对平衡力，二力大小相等，当真空泵继续向外抽气时，机器人的重力不变，则擦窗机器人受到的摩擦力不变。 故答案为：大气压；不变。 【点评】本题考查了大气压的应用，二力平衡条件的应用，物体在平衡状态下受平衡力，找出平衡力是解题关键。 14．（2分）如图是某小组的同学在测量电路电流时所出现的现象，请说出产生这种现象的原因。 （1）产生图甲现象的原因是：　电流表正负接线柱接反了　 。 （2）产生图乙现象的原因是：　电流表选用的量程偏小　 。 【分析】根据电流表的正确使用方法进行分析，即：电流表与被测的用电器串联；电流从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出；所测电流不能超过电流表的量程。 【解答】解：（1）电流从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出；否则指针会反转，图甲的电流表的指针在偏向刻度盘的左边，所以原因是电流表的正、负接线柱接反了； （2）图乙指针显示在刻度盘的右边，且超出刻度线，说明电流表选用的量程偏小。 故答案为： （1）电流表正负接线柱接反了； （2）电流表选用的量程偏小。 【点评】本题考查了电流表的正确使用，是一道较为简单的实验题。 15．（2分）如图所示，质量不计的光滑木板AB长1.5m，可绕固定点O转动，离O点0.6m的B端挂一个30N的重物G，在A端用与水平地面成30°夹角的力F拉住，杠杆平衡时，拉力F＝　40　 N；若拉力F与水平地面的角度减小后仍要保持杠杆平衡，则F的大小将 　变大　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 【分析】（1）从支点向拉力的作用线作垂线段，即可作出绳子拉力的力臂（动力臂），并利用数学知识求出动力臂的大小；根据杠杆平衡条件求出拉力F的大小； （2）分析图示可知，拉力F与水平地面的角度减小后，拉力的力臂会变小，由杠杆平衡条件判断拉力F的大小变化。 【解答】解：（1）从支点O向拉力的作用线作垂线段，即为绳子拉力的力臂，如下图所示： 则LF＝OAsin30°＝（AB﹣OB）sin30°＝（1.5m﹣0.6m）0.45m， 由杠杆平衡条件可得：FLF＝GLG， 即：F×0.45m＝30N×0.6m， 解得：F＝40N； （2）如下图所示，拉力F与水平地面的角度减小后，拉力的力臂LF将会变小，根据FLF＝GLG可知拉力F将会变大。 故答案为：40；变大。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，作出动力臂并求出动力臂的大小是解题的关键。 三．作图题（共2小题，满分2分） 16．如图所示，一束光线AO与水平方向成30°角斜射到平静的水面上。画出： （1）入射光线AO的反射光线OB并标出反射角的大小； （2）入射光线AO的折射光线OC的大致方向。 【分析】光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角； 光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线法线偏折，折射角大于入射角，画出折射光线。 【解答】解：图中入射光线与水面的夹角为30°，故入射角为90°﹣30°＝60°；由于反射角等于入射角，故反射角为60°。 光由空气斜射进入水中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角，据此完成光路，如下图所示： 【点评】本题考查反射定律和折射定律，是中考热点之一，要求学生不仅要会根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反射或折射画出入射光线。 17．（2分）越来越多的家庭在装修时客厅采用无主灯设计。如图所示，顶部的三盏圆灯由两个开关控制。闭合开关S1，中间圆灯发光。再闭合开关S2，两侧圆灯也发光。断开开关S1，三盏灯都不亮。任意灯泡损坏不影响其他灯泡使用。请画出符合要求的电路图。 【分析】串联电路中各用电器的工作互相影响，开关控制整个电路；并联电路中各支路中的用电器的工作互不影响，支路开关只控制支路，干路开关控制整个电路。由此分析两灯的连接方和开关作用，从而画出电路图。 【解答】解：根据题意可知，闭合开关S1，中间圆灯发光，这说明开关S1能控制中间圆灯； 再闭合开关S2，两侧圆灯也发光，这说明开关S2能控制两侧圆灯； 断开开关S1，三盏灯都不亮，任意灯泡损坏不影响其他灯泡使用，这说明三盏灯是并联的，且开关在干路中；如下所示： 【点评】本题考查了会根据要求设计出正确的电路，会用元件符号画出正确的电路图。 四．实验探究题（共4小题，满分24分） 18．（5分）在“比较不同物质吸热能力”的实验中，将甲、乙两种不同的液体分别放入两个相同的烧杯内，用相同的电加热器同时加热。记录相关数据，并绘制出如图所示的图象。（不计热量损失） ①实验时，选用初温和 　质量　 相等的甲、乙两种液体（填“体积”或“质量”）。 ②加热5min，甲吸收的热量 　等于　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）乙吸收的热量。 ③甲液体比热容 　小于　 乙液体的比热容（填“大于”，“小于”或“等于”）。“暖手宝”中装的储热液应该选 　乙　 （选填“甲”或“乙”）。 【分析】（1）要探究不同液体的吸热本领，需要取初温相同，质量相同的不同液体； （2）相同加热器加热相同时间，加热器放出的热量相等，甲、乙吸收的热量相等； （3）根据公式Q＝cmΔt可知，质量和初温都相同的液体，吸收相同的热量，比热容越大，温度变化越小。 【解答】解：（1）要探究不同液体的吸热本领，需要取初温相同，质量相同的不同液体； （2）相同加热器加热相同时间，加热器放出的热量相等，甲、乙吸收的热量相等； （3）甲和乙相比，在达到相同温度时，乙需要加热的时间更长，说明它吸收的热量更多，因此甲液体的比热容小于乙液体的比热容；根据Q＝cmΔt，在质量和降低的温度相同时，乙放热多，“暖手宝”中装的储热液应该选乙； 故答案为：（1）质量；（2）等于；（3）小于；乙。 【点评】本题考查学生由图象获取知识的能力和吸热公式Q吸＝cmΔt的掌握和运用，这类题一般是通过比较相同质量的不同物质，在相同时间内，加热时间相同（吸收热量相同）的情况下，比较其温度的变化即可判断。 19．（6分）小华做测量定值电阻Rx阻值的实验，现有器材：待测电阻Rx、两节新干电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。图甲就是所用电路图，图乙是其对应的实物图。请完成下面问题： （1）如图乙所示，连线时开关应该 　断开　 ，并将滑动变阻器的滑片置于 　右　 端（选填“左”或“右”）。 （2）正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，电压表无示数，可能的故障是待测电阻Rₓ 　断路　 （选填“断路”或“短路”）。 （3）排除故障后，当电压表示数为1.3V时，电流表示数如图丙所示，则通过Rx的电流大小为 　0.26A　 ，它的阻值是 　5Ω　 。 （4）小华做完上面实验后就得出了Rx的电阻值，你认为小华这样做有什么问题： 答：　没有多次测量取平均值减小误差　 。 （5）该小组在进行“伏安法”测定值电阻阻值的实验中，发现电流表已损坏，只需添加两个开关，并用一个已知阻值为R0的定值电阻替换滑动变阻器，设计了如图丁所示的实验电路。电源电压未知但不变，请完成实验步骤： ①闭合开关S、S1，电压表示数为U1； ②　闭合S、S2，断开S1　 ，电压表示数为U2； ③未知电阻的阻值表达式为Rx＝　R0　 （用已知量和所测物理量表示）。 【分析】（1）连接电路开关必须断开，闭合开关前，滑动变阻器调到电阻最大位置； （2）电流表无示数，说明电路是断路，电压表有示数，可能是与电压表并联的支路以外是通路，据此分析； （3）根据电流表的量程和分度值读数，结合欧姆定律计算电阻； （4）一次数据误差较大，多次测量取平均值减小误差； （5）若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，故将待测电路与定值电阻串联后再与变阻器串联；用电压表先测待测电阻与定值电阻的电压，保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出待测电阻的电流，根据欧姆定律可求出未知电阻。 【解答】解：（1）为了保护电路，连线时开关应该断开，并将滑动变阻器的滑片置于电阻最大位置，即右侧端。 （2）电流表无示数，说明电路断路了，电压表有示数，可能是与电压表并联的电路断路，因此故障可能是与电压表并联的定值电阻R断路了； （3）排除故障后，当电压表示数为1.3V时，电流表示数如图丙所示，用的小量程，分度值为0.02A，示数为0.26A；它的阻值是R5Ω； （4）小华做完上面实验后就得出了Rx的电阻值，实验只有一组数据，误差较大，问题是没有多次测量取平均值减小。 （5）①闭合S、S1，断开S2，适当调节滑片的位置，电压表示数为U1。 ②闭合S、S2，断开S1，滑动变阻器滑片的位置保持不变，电压表示数为U2。 ③在①中，电压表测待测电阻和定值电阻的总电压， 在②中，电压表定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，根据串联电路电压的规律，待测电阻的电压为：U1﹣U2， 由分压原理得：； 未知电阻的阻值： RxR0。 故答案为：（1）断开；右；（2）断路；（3）0.26A；5Ω；（4）没有多次测量取平均值减小误差；（5）②闭合S、S2，断开S1；③R0。 【点评】本题考查伏安法测电阻与特殊方法测电阻，属于中档题。 20．（7分）小明用如图所示的装置探究“凸透镜成像的规律”。 （1）实验时将点燃的蜡烛、光屏放在凸透镜的两侧，并将烛焰的中心、凸透镜的光心和光屏的中心调整到 　同一高度　 。 （2）将凸透镜固定在图中光具座的50cm刻度线处，并将光屏和点燃的蜡烛分别放在凸透镜的两侧。小明将蜡烛移至35cm刻线处，移动光屏直到80cm刻度线处时，光屏上出现了烛焰清晰的像，则该像是倒立、　放大　 的实像，　投影仪　 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）的成像特点与此相同。 （3）将图中蜡烛向远离凸透镜的方向移动，为了使像清晰，应将光屏向 　左　 （选填“左”或“右”）移动，此过程中所成的像逐渐 　变小　 （选填“变大”或“变小”）。 （4）实验过程中，随着蜡烛越烧越短，烛焰在光屏上的像也在往上移动，为了让像回到光屏中心，可将凸透镜向 　下　 （选填“上”或“下”）移动。 【分析】（1）为了使像成在光屏中央，应将烛焰的中心、凸透镜的光心和光屏的中心调整到同一高度； （2）根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的； （3）根据凸透镜成实像时，物远像近像变小； （4）根据过光心的光线传播方向不变分析回答。 【解答】解：（1）为了使像成在光屏中央，应将烛焰的中心、凸透镜的光心和光屏的中心调整到同一高度； （2）小明将蜡烛移至35cm刻线处，移动光屏直到80cm刻度线处时，光屏上出现了烛焰清晰的像，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的； （3）将图中蜡烛向远离凸透镜的方向移动，此时物距增大，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，为了使像清晰，应将光屏向左移动，此过程中所成的像逐渐变小； （4）实验过程中，随着蜡烛越烧越短，烛焰在光屏上的像也在往上移动，为了让像回到光屏中心，根据过光心的光线传播方向不变可知，可将凸透镜向下移动。 故答案为：（1）同一高度；（2）放大；投影仪；（3）左；变小；（4）下。 【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。 21．（6分）在做测量液体密度的实验中，小明想知道食用油的密度，于是他用天平和量筒等器材做了如图所示的实验。 （1）将天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，发现指针静止时的位置如图甲所示，则小明应将横梁右端的平衡螺母 　旋进　 （选填“旋进”或“旋出”）一些，直至横梁水平平衡。 （2）小明的测量步骤如下： ①用天平测出空烧杯的质量为m1＝28g； ②在烧杯中倒入适量的食用油，测出烧杯和食用油的总质量m2，如图乙所示； ③将烧杯中的食用油全部倒入量筒中，食用油的体积V，如图丙所示。 小明利用这些数据可以计算出食用油的密度为 　0.83×103　 kg/m3。 （3）小明用这种方法，因烧杯中的食用油不能全部倒入量筒中，导致食用油的体积偏小，测出的食用油密度与真实值相比偏大。 （4）同组的小华认为不用量筒也能测量出食用油的密度，他进行了如下实验操作： ①调好天平，用天平测出空烧杯质量为m0； ②在烧杯中装满水，用天平测出烧杯和水的总质量为m1； ③把烧杯中的水倒尽，再装满食用油，用天平测出烧杯和食用油的总质量为m2。 则食用油的密度表达式ρ＝　ρ水　 （已知水的密度为ρ水）。 【分析】（1）用天平称量物质前要通过调节横梁两端的螺母使横梁平衡。天平调平衡时遵循的原则是：左偏右调，右偏左调； （2）砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量； 由图示量筒读出食用油的体积，然后由密度公式可以求出食用油的密度； （4）只有天平，没有量筒，可以利用等体积的水和食用油，称量水和食用油的质量，根据体积相等列出等式求出食用油的密度。 【解答】解：（1）根据天平调平衡时遵循的原则：左偏右调，右偏左调，先快后慢。发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调，即应将横梁右端的平衡螺母旋进一些； （2）由图甲所示可知，食用油和瓶的总质量：m总＝50g+10g+1.2g＝61.2g， 食用油的质量：m＝m总﹣m杯＝61.2g﹣28g＝33.2g， 由图乙所示量筒可知，食用油的体积：V＝40mL＝40cm3， 食用油的密度：ρ食用油0.83g/cm3＝0.83×103kg/m3； （4）水的质量：m水＝m1﹣m0， 由ρ可得，水的体积：V， 食用油的质量：m食用油＝m2﹣m0， 根据题意可知，烧杯内水的体积等于食用油的体积， 则食用油的密度表达式：ρρ水。 故答案为：（1）旋进；（2）0.83×103；（4）ρ水。 【点评】测量液体密度时，只有量筒没有天平，可以采用被测液体和水的质量相同进行测量；只有天平没有量筒，可以采用被测液体和水的体积相同进行测量。食用油体积的测量是本实验的难点，巧妙地利用等效替代法，是解决此题的关键。 五．计算题（共3小题，满分22分） 22．（8分）如图所示为一台最新款消防机器人，可实现侦察及灭火功能。机器人质量为500kg，履带与地面接触总面积为2500cm2，以2m/s的速度在水平地面沿直线匀速前进了200m，行驶时所受阻力为自重的0.02倍（g取10N/kg）。求： （1）消防机器人通过200m的路程所用时间； （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强； （3）消防机器人在匀速直线前进过程中，牵引力做功的功率。 【分析】（1）根据v求出消防机器人通过200m的路程所用时间； （2）根据G＝mg求消防机器人的重力，消防机器人静止在水平地面时对地面的压力大小等于消防机器人的重力，根据p求消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强； （3）根据行驶时所受阻力为自重的0.02倍求出消防机器人受到的阻力，根据二力平衡条件求出消防机器人的牵引力，根据PFv求牵引力做功的功率。 【解答】解：（1）由v可知，消防机器人通过200m的路程所用时间：t100s； （2）消防机器人的重力：G＝mg＝500kg×10N/kg＝5000N， 消防机器人静止在水平地面时对地面的压力：F压＝G＝5000N， 消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强：p2×104Pa； （3）由题意可知，消防机器人受到的阻力：f＝0.02G＝0.02×5000N＝100N， 因为消防机器人做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，消防机器人的牵引力：F＝f＝100N， 则牵引力做功的功率：PFv＝100N×2m/s＝200W。 答：（1）消防机器人通过200m的路程所用时间为100s； （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强为2×104Pa； （3）消防机器人在匀速直线前进过程中，牵引力做功的功率为200W。 【点评】本题考查二力平衡条件、速度公式、重力公式、压强定义式和功率公式的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。 23．（8分）小亮家买了一辆汽车，车上座椅具有电加热功能，如图甲所示。该座椅垫有“高温”、“低温”和“关”三个挡位，“高温”挡功率为36W，“低温”挡功率为20W。该座椅垫加热部分的电路简图如图乙所示电源电压为24V，S为挡位切换开关。R1和R2为电热丝。通过计算求： （1）座椅垫处于“高温”挡工作100s产生的热量； （2）座椅垫处于“高温”挡工作时电路中的电流； （3）电热丝R2的阻值。 【分析】（1）已知“高温”挡功率，根据Q＝W＝Pt求座椅垫处于“高温”挡工作100s产生的热量； （2）已知“高温”挡功率和电源电压，根据P＝UI求座椅垫处于“高温”挡工作时电路中的电流； （3）由图可知，座椅垫处于“高温”挡工作时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律求电热丝R1的阻值；座椅垫处于“低温”挡工作时，电路为R1与R2的串联电路，根据P求电路的总电阻，根据串联电路的电阻规律求R2的阻值。 【解答】解：（1）（1）已知“高温”挡功率为P高＝36W， 座椅垫处于“高温”挡工作100s产生的热量：Q＝W＝P高t＝36W×100s＝3600J； （2）根据P＝UI可得，座椅垫处于“高温”挡工作时电路中的电流：I1.5A； （3）由图可知，座椅垫处于“高温”挡工作时，电路为R1的简单电路， 根据欧姆定律可得，电热丝R1的阻值：R116Ω， 座椅垫处于“低温”挡工作时，电路为R1与R2的串联电路， 根据P可得，电路的总电阻：R28.8Ω， 根据串联电路的电阻规律可得，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝28.8Ω﹣16Ω＝12.8Ω。 答：（1）座椅垫处于“高温”挡工作100s产生的热量为3600J； （2）座椅垫处于“高温”挡工作时电路中的电流为1.5A； （3）电热丝R2的阻值为12.8Ω。 【点评】本题考查焦耳定律、欧姆定律和电功率公式、串联电路的特点的应用，明确电路的不同状态是关键。 24．（6分）阅读短文，回答文后问题。 热线风速仪 热线风速仪是将气体流速信号转变为电信号的一种测量气体流速的仪器。在汽车行业中可用于检测进入发动机的空气量，为发动机控制喷油量提供依据。热线风速仪有不同的设计方案。图甲是一种热线式风速仪的原理图，热线Rt是一根用特殊材料制作的电热丝，通电后会发热，温度升高。把热线置于气流中，气流会带走热线的热量，热线的散热量与空气流速有关，流速越大散热量越大，散热导致热线温度变化而造成热线电阻变化。电路中的定值电阻R两端电压U0随之变化，变化规律如图乙所示，这样将流速信号转变成电信号。热线风速仪还可以采用定温度法，通过改变电路中电流大小使气流带走的热量得以补充，使热线的温度保持不变，电阻也不变，这时气体流速越大则电路中所需的电流也越大，测得电流值则可得知流速的大小。 （1）电流通过电热丝时会发热，这种现象称为电流的 　热效应　 ； （2）图甲中热线风速仪的电热丝的电阻Rt与温度t的关系图像可能是 　A　 。 （3）图甲电路中，若定值电阻R为100Ω，电源电压U为12V，当风速为8m/s时，电热丝的发热功率为 　0.32　 W； （4）若将图甲电路中电阻R换成滑动变阻器，可以模拟定温度法的热线风速仪。当风速增大时，为保持热线温度不变，应使滑动变阻器接入电路中的阻值 　变小　 （填“变大”“变小”或“不变”）。 【分析】图中电热丝与定值电阻串联，电压表测量定值电阻的电压； （1）导体通电时发热是电流的热效应； （2）根据风速大温度低，结合图像分析风速增大定值电阻电压变大，电热丝电压减小，根据串联分压原理确定电阻变化，得出结论； （3）根据风速确定定值电阻的电压，结合欧姆定律计算电路中的电流，根据串联电压特点得出电热丝的电压，根据P＝UI计算电功率； （4）根据风速增大，散热加快，保持温度不变，必须增大发热功率，即增大电路中的电流，据此分析。 【解答】解：图中电热丝与定值电阻串联，电压表测量定值电阻的电压； （1）电流通过电热丝时会发热，这种现象称为电流的热效应； （2）热线的散热量与空气流速有关，流速越大散热量越大，温度越低，根据图像知，风速大，定值电阻的电压增大，根据串联电压特点知，电热丝的电压减小，由串联分压原理，电阻越大分得电压越大知，电热丝的电阻减小，因而随着温度降低，电热丝的电阻减小，即温度升高，电阻变大，故A符合题意； （3）当风速为8m/s时，定值电阻的电压为8V，此时电路中的电流I＝I00.08A， 电热丝的电压U'＝U﹣U0＝12V﹣8V＝4V； 电热丝的发热功率P'＝U'I'＝4V×0.08A＝0.32W， （4）当风速增大时，为保持热线温度不变，其电阻不变，根据风速越大，散热越快，必须增大发热功率，根据P＝UI＝I2R知，必须增大电路中电流，因此必须减小滑动变阻器接入电路中的电阻。 故答案为：（1）热效应；（2）A；（3）0.32；（4）变小。 【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律、电功率等，属于中档题。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/21 7:33:50；用户：尚洪亮；邮箱：13166609970；学号：41217949 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$