2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十三）

2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十三） 一．选择题（共9小题，满分16分） 1．（2分）下列物理量估算合理的是（　　） A．人体感觉舒适的温度为40℃ B．一名中学生的质量约为500kg C．小汽车在高速公路行驶的速度约为30m/s D．节能灯正常工作时的电流约为3A 2．（2分）下列关于物态变化说法正确的是（　　） A．露珠的形成液化放热现象 B．严冬公园的雪人变小是升华放热现象 C．冰雕用的冰是凝固吸热形成 D．树上的霜是凝固放热形成的 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）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R是定值电阻，R1是由半导体材料制成的热敏电阻，其阻值R1随温度t的增大而减小。用R1探测某处温度变化，则下列结论中正确的是（　　） A．温度升高时，电压表示数增大 B．温度升高时，电流表示数减小 C．温度降低时，电压表与电流表示数之比变大 D．温度降低时，电阻R在相同时间内产生的热量增多 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）关于热和能，下列说法正确的是（　　） A．铁锅的温度越高，它的热量就越多 B．内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能 C．火箭利用液态氢做燃料，是因为液态氢的热值小 D．新疆吐鲁番的火焰山昼夜温差大，是因为沙石比热容小 （多选）8．（2分）下列对四幅插图的分析表述，正确的是（　　） A．甲图中，闭合开关，小磁针N极向右偏转 B．乙图是奥斯特实验装置，是电动机的工作原理 C．丙图中温度计示数达到90℃时，红灯亮同时电铃响 D．丁图演示的是通电导体在磁场中受到力的作用，发电机是利用这个原理制成的 （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10分） 10．（2分）打开音响，播放一段劲爆音乐，将一支点燃的蜡烛放在扩音器前面（如图）。加大音量，你会发现烛焰在随着音乐“跳舞”!这个现象说明，声音是由物体 　 　 产生的，同时也说明声音能够传递 　 　 （选填“信息”或“能量”）。 11．（2分）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）我国自营勘探开发的1500米深水大气田“深海一号”，截止2024年2月1日，累计生产天然气突破70亿立方米，产油超70万立方米。天然气是 　 　 （填“一次”或“二次”）能源。已知天然气的热值为4×107J/m3，则完全燃烧0.021m3天然气放出的热量为 　 　 J。 13．随着我国科技的进步，机器人的应用越来越普遍。如图所示，擦窗机器人在竖直的玻璃外侧静止，它的风机转动将腔内空气向外抽出，机器人在 　 　 的作用下，牢牢“吸附”在玻璃上，增大抽气的力度，机器人受到的摩擦力 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 14．（2分）在使用电流表测量电流时，闭合开关后，小濮同学发现指针向反方向偏转，这是因为电流表 　 　 ；小阳同学发现其使用的电流表指针越过最大刻度线，指在没有刻度的地方，这是因为电流表 　 　 。 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，每小题2分） 16．（2分）在图中画出入射光线AO对应的反射光线和折射光线大概位置。 17．（2分）汽车的座椅和安全带插口相当于开关，人坐在座椅上时，座椅开关闭合，红灯L1、绿灯L2都发光，再将安全带插入插口时，插口开关闭合，红灯L1熄灭，绿灯L2仍发光。只将安全带插入插口时，两灯都不发光。根据上述情形，请将如图所示的元件连接成一个符合要求的电路图。 四．实验探究题（共4小题，满分24分） 18．（5分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/℃ 30 34 38 42 46 乙的温度℃ 30 32 34 36 38 （1）实验中应量取质量 　 　 的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同的电加热器加热。当它们吸收相同热量时，通过比较 　 　 来判断吸热能力的强弱。 （2）通过实验，记录数据如表格所示，从实验数据可知 　 　 液体吸热能力较强。 （3）若乙液体是水，则甲液体的比热容为 　 　 J/（kg•℃）。 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）某同学用如下所示的装置探究凸透镜成像的规律。 （1）实验前某同学用如图甲所示的装置测得该凸透镜的焦距为 　 　 cm。 （2）为了完成实验，按照如图乙所示摆放好器材，点燃蜡烛，需要调整蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心在 　 　 。 （3）实验中当蜡烛距凸透镜16cm时，移动光屏可在光屏上得到清晰、倒立、　 　 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的实像，此时像距与焦距的关系是 　 　 （焦距用“f”表示，像距用“v”表示）。生活中成像情况与此类似的是 　 　 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）。 （4）如果在（3）实验中，在凸透镜左侧附近放置一个凹透镜（箭头所示），光屏上 　 　 （选填“能”或“不能”）得到清晰的像，想要得到清晰的像，光屏应向 　 　 （选填“左”或“右”）移动。 21．（6分）小明和小华分别用两种方案测量液体密度。 方案一：小明利用天平和量筒测量液体密度。 （1）实验步骤如下： ①如图甲所示，将天平放在水平台面上，取下　 　 ，并将游码移至左端零刻度线，此时指针如图乙所示，他应将平衡螺母向　 　 调节，直至天平平衡； ②利用天平测出空烧杯的质量为30g； ③如图丙所示，在烧杯中倒入适量待测液体，测出烧杯和液体的总质量为　 　 ； ④如图丁所示，将烧杯中待测液体全部倒入量筒中，读出液体的体积； ⑤计算待测液体的密度为　 　 kg/m3。 （2）小组交流时，小华认为：将上述实验步骤①②③④⑤的顺序调整为　 　 （填序号），可以减小测量误差。 方案二：小华仅用天平测量液体密度。 （3）如图戊所示，小华将体积均为V的水和待测液体分别倒入两个相同的烧杯中，放置在已经调节平衡的天平两端。为使天平恢复平衡，小华向右移动游码，此操作的作用相当于　 　 ，当天平再次平衡时，读出游码的示数为m，则待测液体的密度值ρ＝　 　 （用此题中所给字母表示，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（十三） 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 C A A C C A 二．多选题（共3小题） 题号 7 8 9 答案 BD AC ACD 一．选择题（共9小题，满分16分） 1．（2分）下列物理量估算合理的是（　　） A．人体感觉舒适的温度为40℃ B．一名中学生的质量约为500kg C．小汽车在高速公路行驶的速度约为30m/s D．节能灯正常工作时的电流约为3A 【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、人体感觉舒适的温度约为25℃，故A不符合实际； B、一名中学生的质量约为50kg，故B不符合实际； C、小汽车在高速公路行驶的速度约为30m/s，故C符合实际； D、节能灯正常工作时的电流约为0.1A，故D不符合实际。 故选：C。 【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）下列关于物态变化说法正确的是（　　） A．露珠的形成液化放热现象 B．严冬公园的雪人变小是升华放热现象 C．冰雕用的冰是凝固吸热形成 D．树上的霜是凝固放热形成的 【分析】（1）物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸收热量；物质从液态变为固态是凝固过程，凝固放出热量； （2）物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸收热量；物质从气态变为液态是液化过程，液化放出热量； （3）物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸收热量；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放出热量。 【解答】解：A、露珠是空气中的水蒸气温度降低变成的小水珠，是液化过程，液化放出热量，故A正确； B、严冬公园的雪人变小是冰直接变成水蒸气，是升华过程，升华吸收热量，故B错误； C、冰雕用的冰是水变成冰的过程，是凝固过程，凝固放出热量，故C错误； D、树上的霜是空气中的水蒸气温度降低直接变成了小冰晶，是凝华过程，凝华放出热量，故D错误。 故选：A。 【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。 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）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R是定值电阻，R1是由半导体材料制成的热敏电阻，其阻值R1随温度t的增大而减小。用R1探测某处温度变化，则下列结论中正确的是（　　） A．温度升高时，电压表示数增大 B．温度升高时，电流表示数减小 C．温度降低时，电压表与电流表示数之比变大 D．温度降低时，电阻R在相同时间内产生的热量增多 【分析】根据图乙可知环境温度升高时Rt阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和Rt两端的电压变化，从而可得两电表示数变化； 根据分析电压表与电流表示数比值的变化；根据Q＝I2Rt可知电阻R在相同时间内产生的热量的变化。 【解答】解：由电路图可知，定值电阻与热敏电阻串联，电压表测热敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流。 AB、由图乙可知，当温度升高时，R1的阻值变小，电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；由U＝IR可知，R两端的电压变大，根据串联电路电压的规律，R1两端的电压减小，即电压表示数减小，故AB错误； CD、同理可知，温度降低时，R1的阻值变大，电路中的电流变小；根据可知，电压表与电流表示数比值为R的阻值的大小，所以电压表与电流表示数比值变大；根据Q＝I2Rt可知电阻R在相同时间内产生的热量减少，故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和焦耳定律公式的应用，分析好环境温度升高时Rt阻值的变化是解题关键。 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）关于热和能，下列说法正确的是（　　） A．铁锅的温度越高，它的热量就越多 B．内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能 C．火箭利用液态氢做燃料，是因为液态氢的热值小 D．新疆吐鲁番的火焰山昼夜温差大，是因为沙石比热容小 【分析】（1）热量是一个过程量，不能用具有、含有来修饰； （2）内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能； （3）火箭利用液态氢做燃料，是因为液态氢的热值大； （4）物质的比热容越小，相同质量的该物质与其它物质相比，吸收或放出相同的热量，其温度变化越大。 【解答】解：A、铁锅的温度越高，它具有的热量越多。热量是个过程量，是伴随着热传递出现的，不能说“含有”、“具有”，只能说“吸收”或“放出”，故A错误； B．内燃机的压缩冲程是将机械能转化为内能的过程，故B正确； C．发射火箭时常用液态氢作为燃料，是因为液态氢的热值大，故C错误； D．新疆吐鲁番的火焰山昼夜温差大，是因为沙石比热容小，在白天同样吸收相同热量的情况下，其升高的温度多温度变化较大，在夜晚同样放出相同热量的情况下，其降低的温度多，所以昼夜温差大，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题考查了比热容、燃料热值、内燃机的能量转化等知识，﹣有一定的综合性。 （多选）8．（2分）下列对四幅插图的分析表述，正确的是（　　） A．甲图中，闭合开关，小磁针N极向右偏转 B．乙图是奥斯特实验装置，是电动机的工作原理 C．丙图中温度计示数达到90℃时，红灯亮同时电铃响 D．丁图演示的是通电导体在磁场中受到力的作用，发电机是利用这个原理制成的 【分析】（1）首先根据电源的正负极判定螺线管中的电流的方向，根据安培定则判定螺线管的极性，根据磁极间的相互作用规律判定小磁针的偏转方向； （2）奥斯特实验说明通电导体周围存在着磁场； （3）水银温度计相当于开关，从水银柱到达金属丝的下端入手分析，即可确定何时报警； （4）电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动。 【解答】解：A．闭合开关，根据安培定则可知，螺线管的左端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的N极向右偏转，故A正确； B．乙图是奥斯特实验装置，说明通电导体周围存在着磁场，故B错误； C．如图，当温度到达90℃时，水银柱到达金属丝的下端，左边的控制电路闭合，控制电路中有电流，电磁铁有磁性，向下吸引衔铁，使衔铁向下运动，从而带动动触点向下运动，使红灯、电铃所在的电路接通，此时红灯发光、电铃响，发出报警信号，故C正确； D．通电导体在磁场中受力运动，电能转化为机械能，电动机利用这个原理制成的，故D错误。 故选：AC。 【点评】本题考查了安培定则的应用、电流的磁效应、电磁继电器、通电导体在磁场中受力运动等知识，难度不大。 （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）打开音响，播放一段劲爆音乐，将一支点燃的蜡烛放在扩音器前面（如图）。加大音量，你会发现烛焰在随着音乐“跳舞”!这个现象说明，声音是由物体 　振动　 产生的，同时也说明声音能够传递 　能量　 （选填“信息”或“能量”）。 【分析】声音是物体振动产生的。 声可以传递信息和能量。 【解答】解：打开音响，播放一段劲爆音乐，将一支点燃的蜡烛放在扩音器前面。加大音量，你会发现烛焰在随着音乐“跳舞”!这个现象说明，声音是由物体振动产生的，同时也说明声音能够传递能量。 故答案为：振动；能量。 【点评】本题考查的是声音产生的条件；知道声可以传递信息和能量。 11．（2分）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）我国自营勘探开发的1500米深水大气田“深海一号”，截止2024年2月1日，累计生产天然气突破70亿立方米，产油超70万立方米。天然气是 　一次　 （填“一次”或“二次”）能源。已知天然气的热值为4×107J/m3，则完全燃烧0.021m3天然气放出的热量为 　8.4×105　 J。 【分析】（1）能够从自然界直接得到的能源是一次能源，需要消耗一次能源才能得到的能源是二次能源； （2）知道天然气的热值和体积，利用Q放＝qV求天然气完全燃烧放出的热量。 【解答】解：天然气是直接取自自然界没有经过加工转换的能源，则天然气是一次能源。 完全燃烧0.021m3天然气放出的热量 Q＝qV＝4×107J/m3×0.021m3＝8.4×105J 放出的热量为8.4×105J。 故答案为：一次；8.4×105。 【点评】本题考查了能源的分类和利用热值公式计算燃料燃烧放出的热量，属于基础题，难度不大。 13．随着我国科技的进步，机器人的应用越来越普遍。如图所示，擦窗机器人在竖直的玻璃外侧静止，它的风机转动将腔内空气向外抽出，机器人在 　大气压　 的作用下，牢牢“吸附”在玻璃上，增大抽气的力度，机器人受到的摩擦力 　不变　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 【分析】（1）一定空间内气体的质量减小，气压减小；吸盘能吸在玻璃上是由于大气压的作用； （2）根据二力平衡分析摩擦力大小。 【解答】解：（1）当风机转动时，腔内空气被向外抽出，腔内气压变小，形成“负压空腔”，机器人在外界大气压的作用下被牢牢吸附在玻璃上； （2）机器人静止在竖直玻璃上时，增大抽气的力度，仍然竖直方向受力平衡，受到的摩擦力大小等于重力，因而摩擦力大小不变。 故答案为：大气压；不变。 【点评】本题考查大气压的应用、二力平衡条件的应用等，属于基础题。 14．（2分）在使用电流表测量电流时，闭合开关后，小濮同学发现指针向反方向偏转，这是因为电流表 　正负接线柱接反了　 ；小阳同学发现其使用的电流表指针越过最大刻度线，指在没有刻度的地方，这是因为电流表 　量程选小了　 。 【分析】在使用电流表时，要将电流表串联在电路中，被测电流不能超过量程，电流要从“+”接线柱进“﹣”接线柱出。 【解答】解：某同学在用电流表测量电流时，发现表针向反方向偏转，这是因为正负接线柱接反了； 另一同学发现表针偏转角度很大，越过了有刻度的部分，指在没有刻度的地方，说明电路电流太大，这是因为量程选小了。 故答案为：正负接线柱接反了；量程选小了。 【点评】本题考查了电流表的使用，属于基础知识，只要了解电流表的正确使用是不难解答的。 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4分，每小题2分） 16．（2分）在图中画出入射光线AO对应的反射光线和折射光线大概位置。 【分析】光的反射定律：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；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，当光由空气斜射入水中时，折射光线靠近法线偏折，折射角小于入射角 【解答】解：根据反射角等于入射角，在法线右侧空气中作出反射光线；再根据折射角小于入射角，在法线右侧玻璃中画出折射光线，如图所示： 【点评】本题主要考查光的反射定律、光的折射规律的应用情况，注意光线为实线，法线为虚线，是一道基础题。 17．（2分）汽车的座椅和安全带插口相当于开关，人坐在座椅上时，座椅开关闭合，红灯L1、绿灯L2都发光，再将安全带插入插口时，插口开关闭合，红灯L1熄灭，绿灯L2仍发光。只将安全带插入插口时，两灯都不发光。根据上述情形，请将如图所示的元件连接成一个符合要求的电路图。 【分析】根据题意分析灯泡的连接方式、开关的连接方式，然后画出电路图。 【解答】解：由题意知，当座椅开关闭合时，红灯L1、绿灯L2都发光；将安全带插头插入插口时，红灯L1熄灭，绿灯L2仍发光，说明红灯L1被开关短路了，如图所示： 【点评】本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻起保护电路的作用。 四．实验探究题（共4小题，满分24分） 18．（5分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/℃ 30 34 38 42 46 乙的温度℃ 30 32 34 36 38 （1）实验中应量取质量 　相等　 的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同的电加热器加热。当它们吸收相同热量时，通过比较 　升高温度　 来判断吸热能力的强弱。 （2）通过实验，记录数据如表格所示，从实验数据可知 　2.1×103　 液体吸热能力较强。 （3）若乙液体是水，则甲液体的比热容为 　2.1×103　 J/（kg•℃）。 【分析】（1）比较物质吸热能力实验需要应用控制变量法，根据控制变量法的要求分析答题； （2）用相同的热源对液体加热，液体在相等时间内吸收的热量相等，质量相同的液体升高相同的温度，吸收的热量越多，液体吸热能力越强或质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升高温度越小，物质吸热能力越强。 （3）根据转换法和根据c，在质量和升高温度相同的情况下，比热容c与Q成正比求出液体的比热容。 【解答】解：（1）探究物质吸热能力实验，实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同的电加热器加热。当它们吸收相同热量时，通过比较升高的温度来判断吸热能力的强弱，这种方法叫转换法。 （2）由表中实验数据可知，质量相同的甲、乙两种液体吸收相同热量，甲升高温度大于乙升高温度，所以乙物质的吸热能力强。 （2）由图象可知，两液体都从30℃加热到34℃时，乙需要4min，而甲需要2min，即乙需要的时间是甲的两倍，那么吸收的热量Q乙＝2Q甲，根据Q吸＝cmΔt得：c甲，c乙，因为甲、乙的质量相等，升高的温度又相同，故c乙＝2c甲； 如果乙液体是水，则甲液体的比热容c甲c乙4.2×103J/kg＝2.1×103J/（kg•℃）； 故答案为：（1）相同；升高的温度；（2）乙；（3）2.1×103。 【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据分析，应用控制变量法是正确解题的关键，熟练应用控制变量法、分析表中实验数据即可解题。 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）某同学用如下所示的装置探究凸透镜成像的规律。 （1）实验前某同学用如图甲所示的装置测得该凸透镜的焦距为 　10.0　 cm。 （2）为了完成实验，按照如图乙所示摆放好器材，点燃蜡烛，需要调整蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心在 　同一高度　 。 （3）实验中当蜡烛距凸透镜16cm时，移动光屏可在光屏上得到清晰、倒立、　放大　 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的实像，此时像距与焦距的关系是 　v＞2f　 （焦距用“f”表示，像距用“v”表示）。生活中成像情况与此类似的是 　投影仪　 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）。 （4）如果在（3）实验中，在凸透镜左侧附近放置一个凹透镜（箭头所示），光屏上 　不能　 （选填“能”或“不能”）得到清晰的像，想要得到清晰的像，光屏应向 　右　 （选填“左”或“右”）移动。 【分析】（1）平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位； （2）为了使像成在光屏中央，应调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度； （3）根据2f＞u＞f，v＞2f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪； （4）凹透镜对光线具有发散作用。 【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm； （2）为了使像成在光屏中央，应调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度； （3）实验中当蜡烛距凸透镜16cm，此时2f＞u＞f，根据2f＞u＞f，v＞2f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪； （4）如果在（3）实验中，在凸透镜左侧附近放置一个凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，会将光线推迟会聚成像，因此光屏上不能得到清晰的像，想要得到清晰的像，光屏应向右移动。 故答案为：（1）10.0；（2）同一高度；（3）放大；v＞2f；投影仪；（4）不能；右。 【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）小明和小华分别用两种方案测量液体密度。 方案一：小明利用天平和量筒测量液体密度。 （1）实验步骤如下： ①如图甲所示，将天平放在水平台面上，取下　垫圈　 ，并将游码移至左端零刻度线，此时指针如图乙所示，他应将平衡螺母向　右　 调节，直至天平平衡； ②利用天平测出空烧杯的质量为30g； ③如图丙所示，在烧杯中倒入适量待测液体，测出烧杯和液体的总质量为　62g　 ； ④如图丁所示，将烧杯中待测液体全部倒入量筒中，读出液体的体积； ⑤计算待测液体的密度为　0.8×103　 kg/m3。 （2）小组交流时，小华认为：将上述实验步骤①②③④⑤的顺序调整为　①③④② ⑤　 （填序号），可以减小测量误差。 方案二：小华仅用天平测量液体密度。 （3）如图戊所示，小华将体积均为V的水和待测液体分别倒入两个相同的烧杯中，放置在已经调节平衡的天平两端。为使天平恢复平衡，小华向右移动游码，此操作的作用相当于　在右盘的烧杯中加入液体　 ，当天平再次平衡时，读出游码的示数为m，则待测液体的密度值ρ＝　　 （用此题中所给字母表示，水的密度为ρ水）。 【分析】方案一： （1）①将天平放在水平台面上，要取下垫圈，并将游码移至左端零刻度线，指针左偏，应将平衡螺母向右调节，直至天平平衡； ③确定标尺的分度值，从而得出游码在标尺上的示数，得出烧杯和液体的总质量；根据量筒内液面位置得出液体的的体积；根据已知条件得出 量筒内液体的质量，由密度公式得出液体的密度大小； （2）将烧杯中待测液体全部倒入量筒中，因杯中有液体的残留，故读出液体的体积变小，从避免这种情况出现确定实验步骤顺序的调整。 方案二： 为使天平恢复平衡，小华向右移动游码，此操作的作用相当于在右盘的烧杯中加入液体，当天天平横梁平衡后，两盘的质量相等，根据m＝ρV列方程得出待测液体密度的表达式。 【解答】解：方案一： （1）实验步骤如下： ①如图甲所示，将天平放在水平台面上，取下垫圈，并将游码移至左端零刻度线，此时指针如图乙所示，指针左偏，他应将平衡螺母向右调节，直至天平平衡； ③如图丙所示，标尺的分度值为0.2克，游码在标尺上的示数为2克，烧杯和液体的总质量为： m1＝50g+10g+2g＝62g 量筒内液面位置如图丙所示，体积为 V＝40mL＝40cm3 量筒内液体的质量为 m＝62g﹣30g＝32g 可得出液体的密度为： ρ＝ 0.8g/cm3＝0.8×103kg/m3 （2）将烧杯中待测液体全部倒入量筒中，因杯中有液体的残留，故读出液体的体积变小，为避免这种情况，上述实验步骤①②③④⑤的顺序调整为①③④②⑤，可以减小测量误差。 方案二： 小华将体积均为V的水和待测液体分别倒入两个相同的烧杯中，放置在已经调节平衡的天平两端。为使天平恢复平衡，小华向右移动游码，此操作的作用相当于在右盘的烧杯中加入液体，当天天平横梁平衡后，两盘的质量相等，即m水＝m液+m 根据m＝ρV可得 ρ水V＝ρV+m 所以待测液体密度的表达式为： ρ 故答案为：（1）垫圈；右；62g；0.8×103；（2）①③④②⑤；（3）在右盘的烧杯中加入液体；。 【点评】本题考查测量液体密度的常规方法及误差分析及测量液体密度的特殊方法。 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：2025/5/7 11:33:26；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 $$