2021年重庆一中中考物理模拟试卷

这是一份2021年重庆一中中考物理模拟试卷，共19页。

1．（3分）下列俗语中，能用光的反射知识解释的是（ ）
A．一叶障目，不见泰山B．削冰取火，科学求生
C．海市蜃楼，子虚乌有D．水中捞月，徒劳无功
2．（3分）对下列现象或做法的解释，不正确的是（ ）
A．开瓶后的酒会使房间充满酒味﹣﹣分子在不断运动
B．在烧煤火的室内放一盆水﹣﹣防止一氧化碳中毒
C．干冰用于制造舞台烟雾﹣﹣干冰升华吸热使周围水蒸气凝结成小液滴
D．露置在空气中的膨化食品变得不再松脆﹣﹣可能吸收了空气中的水分
3．（3分）如图所示的物理现象涉及的物理知识正确的是（ ）
A．图甲：使用试电笔时，手可以不用接触试电笔的金属笔尾
B．图乙：丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器，两金属箔片均带负电而张开
C．图丙：由通电螺线管的磁感线方向，可以判断出电源的右端为正极
D．图丁：法拉第根据图示电磁感应的原理制成了电动机
4．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．洗手液的吸液泵头是利用连通器的原理工作
B．静止在桌面上的茶杯，所受的重力与桌面对它的支持力是相互作用力
C．加油机在空中给战机加油时，以战机为参照物，加油机是静止的
D．跳远助跑，能跳得更远，是受到了惯性的作用
5．（3分）如图所示的电路中电源电压恒定，闭合开关S，电流表A示数为I，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2；将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，电流表A示数为I′，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，则（ ）
A．I′＞IB．U2′＞U2
C．D．
6．（3分）用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同的物体，每次物体提升的高度均为1m，滑轮组的机械效率与物体的重力关系如图乙所示。不计绳重和摩擦，下列分析正确的是（)
A．动滑轮的重力为5N
B．该滑轮组的机械效率可以达到100%
C．滑轮组的机械效率越高，拉力做功越少
D．每次提升重物时，滑轮组做的额外功为10J
7．（3分）水平台面上有两个同规格烧杯，分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的物体A、B分别放入两杯中，静止时如图所示，甲、乙液面刚好相平，此时，设A物体受到的浮力为F浮A，甲液体对烧杯底部的压强为p甲；B物体受到的浮力为F浮B，乙液体对烧杯底部的压强为p乙，则（ ）
A．F浮A＝F浮B，p甲＞p乙B．F浮A＝F浮B，p甲＜p乙
C．F浮A＜F浮B，p甲＞p乙D．F浮A＜F浮B，p甲＜p乙
8．（3分）一物理兴趣小组用图甲所示的电路来测量一个软性材质的电阻R的阻值，电源电压恒定，闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，把每次实验中得到的电压表和电流表示数点在U﹣I图像中，然后连接这些点得到如图乙所示的U﹣I图像，则由图可知（ ）
A．定值电阻R的阻值为20Ω
B．当电压表示数为2V时，电路中消耗的总功率为0.4W
C．若将R均匀拉长两倍以后，再重新进行实验，则描出的图线应在U﹣I图像中的I区
D．当滑片P向左移时，电路总功率变小
二．填空题（共7小题，满分12分）
9．（2分）考试铃声响了之后同学们开始答题，铃声是由物体 产生的；考试工作人员要求其他年级同学不要在考场附近大声喧哗，这是从 处控制噪声干扰的。
10．（2分）教室外刮风的时候，窗帘总是向外飘去，这是因为窗外空气流速增大，压强 ；去瓦屋山玩雪乘缆车时会感觉耳朵“堵住了”，这是由于缆车上山过程中外界大气压会 。（两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）
11．（2分）用“万家乐”牌某型号天然气热水器烧水，已知该热水器的效率为60%，为使质量为100kg的水温度从20℃升高到50℃，则需要完全燃烧天然气 dm3[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4.0×107J/m3]。
12．（2分）电阻R1、R2的U﹣I图象如图1所示，则R1：R2＝ 。将R1、R2接入电源电压不变的电路中，如图2所示。当只闭合S时，电路消耗的总功率为P1；当S和S1都闭合时，电路消耗的总功率为P2，则P1：P2＝ 。
13．（2分）如图甲是a、b两种不同物质质量和体积的关系图象，则a、b两种物质密度之比为 ，如果用质量相等的上述两种物质分别制成甲、乙（图乙）两个底面积不同、高度相同的实心圆柱体，并将它们放置在水平地面上，则甲、乙两圆柱体对水平地面的压力之比为 ，压强之比为 。
14．（1分）如图所示的杠杆AOB，在杠杆A端挂一重物G，要求在B点施加一个最小的力，使杠杆在如图所示的位置平衡，请画出需要施加的最小的力F的示意图，并标出最小力的力臂L。
15．（1分）根据螺线管外部小磁针静止时的指向，请在下图中标出磁感线方向，并在括号内标出螺线管内部的小磁针的N、S极。
三．实验探究题（共4小题，满分22分）
16．（3分）探究光的反射规律
如图所示，把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面。使一束光贴着纸板沿某一角度射到O点，经平面镜反射，沿另一个方向射出。在纸板上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹。
（1）当入射光线逐渐靠近法线ON时，发现反射光线逐渐 法线ON。
（2）当光线沿NO方向射入时，发现光的径迹更亮，说明此时反射光线与入射光线 。
（3）当光线沿FO方向射入时，发现反射光线沿OE方向射出，说明在反射现象中， 。
（4）实验中能从多个方向看到纸板上的光路，是因为光线在纸板上发生 。
17．（3分）如图甲所示，小亮在做“观察水的沸腾”实验。
（1）为了缩短实验时间，小亮向烧杯中注入适量的 水。
（2）水沸腾时停止加热，不能继续沸腾。可见，沸腾过程需要 。
（3）绘制出温度随时间的变化图像，如图乙所示。根据图像可知水的沸点为 ℃；沸腾时，水的温度变化特点是 。
（4）小明猜想沸腾的水也能将图丙试管中的水加热至沸腾。实验时，用烧杯中沸水给试管的水加热。一段时间后，试管中的温度计示数上升到图丙所示的值后不再变化，其读数为 ℃，试管中的水 （选填“沸腾”或“不沸腾”）。温度不再变化的主要原因是试管中水温较高时，水的蒸发变 （选填“快”或“慢”），相同时间试管中的水从沸水中吸收的热量几乎等于试管中水蒸发吸收的热量。
18．（7分）如图1所示是某学习小组设计的“探究浮力的大小与哪些因素有关”的实验过程。
（1）通过图中的实验步骤①②③可以探究浮力大小与 的关系。
（2）小林想验证阿基米德原理，则合理的实验步骤是： （选填步骤序号）。
（3）若圆柱形容器的底面积为100cm2，从步骤①到步骤③，水对容器底部的压强增加了 Pa。利用实验数据还可以计算出圆柱体的密度为 kg/m3。
（4）另外一个小组发现弹簧测力计损坏，他们设计了如图所示的测量圆柱体密度的方案，实验步骤如下：
①让小空筒漂浮在盛满水的溢水杯中
②将圆柱体浸没在水中，测得溢出水的体积为20mL
③将烧杯中20mL水倒掉，从水中取出圆柱体
④将圆柱体放入小空筒，小空筒仍漂浮在水面，测得此时溢出水的体积为34mL。由实验可知被测圆柱体的密度是 g/cm3，在实验步骤③和④中，将粘有水的圆柱体放入小空筒，测出的圆柱体密度将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
19．（9分）某同学要测量小灯泡L的电功率，所用的实验器材有：
A.电源E（电压恒为4.5V）；
B.电流表A1（量程0～200mA）；
C.电流表A2（量程0～500mA）；
D.定值电阻R0（阻值为20Ω）；
E.滑动变阻器R（阻值为0～20Ω）；
F.待测小灯泡L（额定电压3.6V）；
G.开关S一个，导线若干，则：
（1）如图甲所示，是该同学设计的电路图。请根据电路图，用笔画线代替导线将实物图连接完整；
（2）若电流表A1和A2流过的电流分别为I1、I2，利用I1、I2、R0表示出：小灯泡两端的电压为 ，通过小灯泡的电流为 ；
（3）实验时，先将滑动变阻器的滑片移至最 （选填“左”或“右”）端，闭合开关并调节滑动变阻器滑片的位置，读取相应的I1和I2，所得的实验数据如表所示：
根据实验数据可得，当电流I1＝144mA时，小灯泡的实际功率为 W（保留一位小数）；
（4）如果用另一个定值电阻Rx来代替定值电阻R0，其他条件均不变，为了能够测量小灯泡的额定功率，所用电阻Rx的阻值不能小于 Ω。
四．计算题（共3小题，满分22分）
20．（6分）某超市使用的一款售货机器人，在100N的牵引力作用下，水平匀速直线运动4m所用时间为10s。求：
（1）机器人运动的速度。
（2）机器人匀速直线运动时牵引力的功率。
21．（8分）如图甲，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端过程中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙，求：
（1）电源电压和R1的阻值。
（2）当电流为0.5A时，1s内R1放出的热量为多少？
（3）当滑动变阻器两次消耗的电功率都为0.5W时，对应滑动变阻器接入电路的阻值R2和R2′分别是多少？
（4）该电路消耗的最大电功率为多少？
22．（8分）如图甲所示是平衡木装置示意图，AB可绕O点无摩擦转动（AB重力不计）。硬杆CD与AB垂直，且与AB固定在一起，CD、OE重均为200N，CD底部装有压敏电阻片R，压敏电阻R的阻值随压力F变化的关系图像如图乙所示，AB＝5m、OA＝BC＝1m。将压敏电阻R接入如图丙所示电路中，定值电阻R2＝10Ω，电流表的量程为0～0.6A，电源电压恒定。整个装置放在水平地面上，AB始终处于水平平衡状态。当重300N的小朋友站在某点时，电流表的示数为0.2A；当他从该点向左走1m后，电流表示数为0.24A。求：
（1）小朋友从O点向左走的距离越远，电流表的示数怎样变化？
（2）当小朋友向左走1m时，压敏电阻阻值的变化量是多少？
（3）当小朋友从A点走到B点时，电路的电功率变化量是多少？
参考答案
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．解：
A、一叶障目，不见泰山，这句话的原理是光的直线传播，故A不符合题意；
B、古人“削冰取火”利用了凸透镜对光的会聚作用，属于光的折射，故B不符合题意；
C、海市蜃楼是光经过不均匀的大气时发生的折射现象，故C不符合题意；
D、水中月亮的倒影，是月亮在水面成的像，属于光的反射现象，故D符合题意。
故选：D。
2．解：
A、开瓶后的酒会使房间充满酒味，说明分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、由于一氧化碳难溶于水，室内放一盆水不能防止一氧化碳中毒，故B错误；
C、固体干冰升华时吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气液化成小液滴，故C正确；
D、松脆的膨化食品暴露在空气中会吸收空气中的水蒸气而变潮，故D正确。
故选：B。
3．解：
A、使用试电笔时，手应接触笔尾的金属体，这样才能正确辨别火线和零线，故A错误；
B、丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器，两金属箔片均带正电而张开。故B错误；
C、在磁体的外部，磁感线是从磁体的N极出来回到S极，故螺线管的右端为N极，由安培定则可知电源的右端为正极，故C正确；
D、法拉第根据图示电磁感应的原理制成了发电机，故D错误。
故选：C。
4．解：A、地向下压时瓶内气体被压缩，压缩气体把洗手液压出来的，液体溢出，与连通器无关。故A错误；
B、静止在桌面上的茶杯，所受的重力与桌面对它的支持力，作用在同一个物体上，是一对平衡力。故B错误；
C、飞机在空中加油，以战机为参照物，加油机与战机之间的位置没有生变化，所以加油机是静止的。故C正确；
D、跳远运动员具有惯性，助跑越快，由于要保持原来的运动状态，所以跳的越远。故D错误。
故选：C。
5．解：由图知定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量定值电阻R0两端的电压，电流表测量电路的电流；
将滑动变阻器R的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，电源电压不变，根据I＝知电路中的电流变小，因此I′＜I，故A错误；
由于电压表V1测量电源电压，所以滑动变阻器R的滑片向右移动时，电压表V1示数不变；
根据U＝IR知定值电阻两端的电压减小，所以电压表V2示数减小，即U2′＜U2，故B错误；
串联电路总电压等于各部分电压之和，所以U1﹣U2和U1′﹣U2′分别是滑动变阻器移动前后两端的电压，由于滑动变阻器的电阻增大，所以＞，故C正确，D错误。
故选：C。
6．解：
A、由图乙可知，提升物重G＝10N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝50%，
解得动滑轮重力：
G动＝10N，故A错误；
B、使用滑轮组时，需要提升动滑轮做额外功，使得有用功小于总功，滑轮组的机械效率总小于100%，故B错误；
C、滑轮组的机械效率越高，说明有用功与总功的比值越大，拉力做功不一定少，故C错误；
D、由题知，利用滑轮组每次物体被提升的高度均为1m，提升动滑轮上升的高度也都是1m。不计绳重和摩擦，每次提升重物时，滑轮组做的额外功都为：W额＝G动h＝10N×1m＝10J，故D正确。
故选：D。
7．解：（1）由图知，物体A、B在液体中都处于漂浮，则F浮A＝GA；F浮B＝GB；
而物体A、B是完全相同的物体，则重力相等，即GA＝GB，
所以，F浮A＝F浮B．故CD错误；
（2）由图知，A排开液体的体积小于B排开液体的体积，已知F浮A＝F浮B，根据F浮＝ρ液gV排可知，ρ甲＞ρ乙；
已知两液面等高，根据p＝ρ液gh可知，p甲＞p乙．故A正确，B错误。
故选：A。
8．解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
A.由图甲可知，当定值电阻两端的电压UR＝3V时，电路中的电流IR＝0.3A，由I＝可得，定值电阻的阻值R＝＝＝10Ω，故A错误；
B.由图甲可知，当电压表示数为2V时，电路中的电流I＝0.2A，因电源的电压大于2V，所以电路中消耗的总功率P＞UR′I＝2V×0.2A＝0.4W，故B错误；
C.若将R均匀拉长两倍以后，其横截面积变为原来的，软性材质的电阻变为4R，通过电阻的电流不变时，此时电压表的示数变为原来的4倍，则描出的图线应在U﹣I图像中的I区，故C正确；
D.当滑片P向左移时，接入电路中电阻变小，电路的总电阻变小，由P＝UI＝可知，电路总功率变大，故D错误。
故选：C。
二．填空题（共7小题，满分12分）
9．解：（1）考试铃声响后，同学们听到的铃声是由铃振动产生的；
（2）考试工作人员要求其他年级同学不要在考场附近大声喧哗，这种措施属于在声源处减弱噪声。
故答案为：振动；声源。
10．解：风沿着窗外的墙顶吹时，窗帘外侧空气流速增大，压强减小，内侧空气流速慢，压强大，窗外空空气的流速大于室内空气的流速，窗外空气的压强小于室内空气的压强，在内外压强差的作用下，窗帘被压向窗户外面；
缆车上山过程中，高度变大，则外界大气压会减小。
故答案为：减小；减小。
11．解：
水吸收的的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×107J，
由公式η＝可求出天然气放出的热量为：Q放＝＝＝2.1×107J，
由公式Q放＝Vq可知需要的天然气的体积为：V＝＝＝0.525m3＝525dm3。
故答案为：525。
12．解：从图1可知，当电压为6V时，通过R1的电流为1A，根据欧姆定律可知R1＝＝＝6Ω，
当电压为6V时，通过R2的电流为2A，根据欧姆定律可知R2＝＝＝3Ω，
则R1：R2＝＝2：1；
将R1、R2接入电源电压不变的电路中，设电源电压为U，当只闭合S时，两电阻串联，电路消耗的总功率为P1＝＝＝，
当S和S1都闭合时，电路为R1的简单电路，电路消耗的总功率为P2＝＝，
故P1：P2＝＝＝2：3。
故答案为：2：1；2：3。
13．解：（1）由图象可知，a物质的密度ρa＝＝＝8g/cm3，
b物质的密度ρb＝＝＝4g/cm3，
则：＝＝2：1；
（2）因为实心圆柱体对水平地面的压力和自身的重力相等，而甲乙的质量相等，
所以由G＝mg可得，F甲：F乙＝1：1；
由p＝＝＝＝＝＝ρgh可得：
p甲：p乙＝ρagh：ρbgh＝ρa：ρb＝2：1。
故答案为：2：1；1：1；2：1。
14．解：杠杆在图示位置平衡，阻力与阻力臂OA一定，由杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，由图示可知，OB是最大动力臂，与OB垂直斜向下的动力F最小，如图所示：
故答案为：如图所示。
15．解：由小磁针N极靠近螺线管的左端，所以螺线管的左端为S极，右端为N极，根据安培螺旋定则，螺线管中的电流应由上向下流，所以电源左端为正极，右端为负极；螺线管外部磁感线由N极到S极，螺线管内部的小磁针的N、S极与螺线管磁极相同，如图所示：
三．实验探究题（共4小题，满分22分）
16．解：（1）由于反射角等于入射角，所以当入射光线逐渐靠近法线ON时，发现反射光线逐渐靠近法线ON；
（2）当光线沿NO方向射入时，反射光线也沿着法线ON射出，所以光的径迹更亮，说明此时反射光线与入射光线重合；
（3）当光线沿FO方向射入时，发现反射光线沿OE方向射出，说明在反射现象中，光路可逆；
（4）实验中能从多个方向看到纸板上的光路，是因为光线在纸板上发生了漫反射。
故答案为：（1）靠近；（2）重合；（3）光路可逆；（4）漫反射。
17．解：（1）为了缩短实验时间，小亮向烧杯中注入适量的热水。
（2）水沸腾时要吸热，因此，停止加热，水就不能继续沸腾了；
（3）根据水沸腾的特点，温度不变，持续吸热，故由图丙可知，沸点为99℃；
由图乙可知，水沸腾温度变化的特点是温度不变，持续吸热；
（4）如图乙中，温度计分度值为1℃，读数是97℃；
试管中的水没有达到沸点，不沸腾。温度不再变化的主要原因是试管中水温较高时，水的蒸发变快，相同时间试管中的水从沸水中吸收的热量几乎等于试管中水蒸发吸收的热量。
故答案为：（1）热；（2）吸热；（3）99；温度不变，持续吸热；（4）97；不沸腾；快。
18．解：（1）通过图中的实验步骤①②③可知，液体的密度相同，物体排开的液体的体积不同，弹簧测力计示数不同，受到的浮力不同，故探究的时浮力大小与物体排开液体体积的关系；
（2）实验时，先测出空桶的重力，然后测出物体的重力，再物体浸没在溢水杯中，读出弹簧测力计的示数，根据F浮＝G﹣F示得出受到的浮力，最后测出小桶和水的总重力，因此合理的实验步骤是：⑤①③④；
（3）从步骤①到步骤③，虽然会排开水，但是水被排到了烧杯中，所以容器中水的深度不变，所以水又对容器底部的压强增加了0Pa；
圆柱体浸没在水中时受到的浮力是：F浮＝G﹣F＝3N﹣1.8N＝1.2N；
由阿基米德原理：F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV物，
圆柱体的体积是：V物＝V排＝＝＝1.2×10﹣4m3，
圆柱体的密度是：
ρ圆柱体＝＝＝＝2.5×103kg/m3；
（4）①在图①中，小空桶受到的浮力等于其重力：G桶＝F浮1﹣﹣﹣﹣①；
由图②可知，金属块的体积V金属块＝20mL，在图④中，小空桶和金属块处于漂浮状态，此时小空桶和金属块的总重等于受到的浮力：
G总＝G桶+G金属块＝F浮2﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①得：
G金属块＝F浮2﹣F浮1，
图丁中增加的排开水的体积：
V′＝20mL+34mL＝54mL，由阿基米德原理：
G金属块＝m金属块g＝F浮2﹣F浮1＝ρ水gV排，
故m金属排＝ρ水V排，
故金属块的密度：
ρ金属块＝＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝2.7×103kg/m3＝2.7g/cm3；
②在实验步骤③和④中测得的金属块的体积一定，在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空筒，相当于减少了小空桶排开水的重力，增加了小空桶和金属块排开水的重力，而且其减少量等于增加量，故金属块排开水的体积不变，所受浮力不变，则其重力、质量不变，所以根据ρ＝可知，测出的金属块密度不变。
故答案为：（1）物体排开液体的体积；（2）⑤①③④；（3）0；2.5×103；（4）2.7；不变。
19．解：（1）由实物图可知：灯泡、定值电阻R0、电流表A2、滑动变阻器之间的导线没有连接，实物图连接如下图所示：
（2）根据电路图可知：灯泡L与R0并联后与滑动变阻器串联，电流表A1测量R0的电流，电流表A2测量干路电流，
所以，通过R0的电流：I0＝I1，干路电流：I＝I2，
由于并联电路各支路两端的电压相等，则根据I＝可知，灯泡两端电压：
UL＝U0＝I0R0＝I1R0；
由并联电路干路电流等于各支路电流之和可知，流过小灯泡的电流为：IL＝I﹣I0＝I2﹣I1；
（3）实验时，闭合开关前，将滑动变阻器滑片移至阻值最大处，即滑动变阻器的最右端；
由表中数据可知，I1＝144mA＝0.144A时，I2＝424mA＝0.424A；
由并联电路干路电流等于各支路电流之和可知，流过小灯泡的电流为：IL＝I2﹣I1＝0.424A﹣0.144A＝0.28A，
根据I＝可知，灯泡两端电压：UL＝I1R0＝0.144A×20Ω＝2.88V，
则小灯泡的实际功率为：PL＝ULIL＝2.88V×0.28A≈0.8W；
（4）为了能够测量小灯泡的额定功率，则灯泡两端的电压至少要达到额定电压U额＝3.6V，而电流表A1不能超过其量程：IA1＝200mA＝0.2A，
根据并联电路电压特点可知：Ux＝U额＝3.6V，
由I＝可得：Rx＝＝＝18Ω，
为了能够测量小灯泡的额定功率所用电阻Rx的阻值不能小于18Ω。
故答案为：（1）如上图；（2）I1R0；I2﹣I1；（3）右；0.8；（4）18。
四．计算题（共3小题，满分22分）
20．解：（1）机器人运动的速度：v＝＝＝0.4m/s；
（2）牵引力做的功：
W＝Fs＝100N×4m＝400J，
牵引力做功的功率：
P＝＝＝40W。
答：（1）机器人运动的速度为0.4m/s。
（2）机器人匀速直线运动时牵引力的功率为40W。
21．解：（1）由图甲可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压；
由图乙可知，当电压表的示数为2V时，滑动变阻器R2的功率是0.8W，此时电路中的电流I＝I1＝I2＝＝＝0.4A，电阻R1两端的电压U1＝I1R1＝0.4A×R1，电源电压U＝U1+U2＝0.4A×R1+2V……①；
由图乙可知，当电压表的示数为5V时，滑动变阻器R2的功率是0.5W，此时电路中的电流I′＝I1′＝I2′＝＝＝0.1A，电阻R1两端的电压U1′＝I1′R1＝0.1A×R1，电源电压U＝U1′+U2′＝0.1A×R1+5V……②；
联立①②，解得电源电压U＝6V，R1＝10Ω；
（2）当电流为0.5A时，通电1s电阻R1产生的热量Q＝I1″2R1t＝（0.5A）2×10Ω×1s＝2.5J；
（3）当滑动变阻器R2的功率是0.5W时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R滑，则电路中的电流I＝＝，滑动变阻器R2两端的电压U滑＝I滑R滑＝×R滑，根据电功率P2＝U2I2＝I22R2得，0.5W＝（）2×R滑，解得R滑＝50Ω，R滑＝2Ω，所以当滑动变阻器的功率是0.5W时，滑动变阻器接入电路中的电阻分别是50Ω，2Ω；
（4）由于电源电压6V保持不变，根据P＝UI＝可知，当电路中的电阻最小时，电路中消耗的功率最大，所以当滑片P移到a端时，电路中的电阻最小，最小电阻R＝R1＝10Ω，电路中的电流最大，最大电流I＝＝＝0.6A，电路中消耗的功率最大，最大功率P＝UI＝6V×0.6A＝3.6W。
答：（1）电源电压为6V；定值电阻R1的阻值是10Ω；
（2）当电流为0.5A时，通电1s电阻R1产生的热量是2.5J；
（3）当滑动变阻器R2的功率是0.5W时，滑动变阻器接入电路的阻值分别50Ω，2Ω；
（4）电路消耗的最大功率是3.6W。
22．解：（1）杠杆AB，O为支点，根据杠杆的平衡条件可得：G人•L＝F′•OC，
所以，当小朋友从O点向左走的距离越远时，即力臂L越大，硬杆CD对AB的支持力F′越大，由力作用的相互性可知，AB对CD的压力F压也越大；
由于压敏电阻片R受到的支持力F大小等于CD的重力与压力F压的和，所以F′越大时，支持力F也越大；
由图像可知，压敏电阻R随支持力F变大而变小；所以当小朋友向左走的距离越远时，支持力F变大，压敏电阻R的阻值变小，则电路中的总电阻变小；
根据I＝可知电路中电流变大，即电流表示数变大；
（2）杠杆AB，O为支点，已知AB＝5m、OA＝BC＝1m，则：OC＝AB﹣AO﹣BC＝5m﹣1m﹣1m＝3m，
小朋友在某点时，根据杠杆的平衡条件可得：G人•L＝F′•OC，
向左走1m时，根据杠杆的平衡条件可得：G人•（L+1m）＝F″•OC，
所以，△F＝F″﹣F′＝﹣＝＝＝100N，
由图像可知，支持力F变化量为100N时压敏电阻R的阻值变化量为5Ω；
（3）在某点时，电流表的示数I＝0.2A，由I＝可得电源电压：
U＝I（R0+R′）＝0.2A×（10Ω+R′）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
向左走1m时，电流表的示数I′＝0.24A，由I＝可得电源电压：
U＝I′（R0+R″）＝0.24A×（10Ω+R″）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由（3）可知：R′﹣R″＝5Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
联立①②③解得：
U＝6V，R′＝20Ω，R″＝15Ω；
由于小朋友向左走的距离越远时，支持力F变大，压敏电阻R的阻值变小，则电路中的总电阻变小，电路中的总功率变大；
则对硬杆进行受力分析，当小朋友静止在平衡木上的B端时C点受到压力最大，则CD对压敏电阻R的压力为最大，根据力的相互作用可知压敏电阻R的受到支持力最大；
所以此时OB＝AB﹣OC＝5m﹣1m＝4m，
根据杠杆的平衡条件可得：B点时，G人•OB＝FC1•OC，
则：FC1＝＝＝400N，
根据力的作用是相互的可知，硬杆CD受到向下的压力F压1＝FC＝400N，
地面对硬杆的支持力：F＝F压+GCD＝400N+200N＝600N；
由图像可知，此时压敏电阻R的阻值为5Ω；
所以电路的最大电功率：PB＝＝＝＝2.4W；
A点时，G人•OA＝FC2•OC，
则：FC2＝＝＝100N，
根据力的作用是相互的可知，硬杆CD受到向上的拉力F拉2＝FC2＝100N，
地面对硬杆的支持力：F＝GCD﹣F拉2＝200N﹣100N＝100N；
由图像可知，此时压敏电阻R的阻值为30Ω；
所以电路的最小电功率：PA＝＝＝＝0.9W，
当小朋友从A点走到B点时，电路的电功率变化量是：
△P＝PB﹣PA＝2.4W﹣0.9W＝1.5W。
答：（1）小朋友从O点向左走的距离越远，电流表的示数变大；
（2）当小朋友向左走1m时，压敏电阻阻值的变化量是5Ω；
（3）当小朋友从A点走到B点时，电路的电功率变化量是1.5W。
I1/mA
63
88
124
144
166
I2/mA
229
299
379
424
470