2024年甘肃省武威市凉州区二十一中学教研联片片中考一模物理试题（原卷版+解析版）

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1. 关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（ ）
A. 杨絮漫天飞舞，说明分子在做永不停息的无规则运动
B. 中子、原子核、原子是按照由小到大的尺度排序的
C. 宇宙是一个有层次的天体结构系统，恒星是绝对不动的
D. “地心说”提出太阳是宇宙的中心
【答案】B
【解析】
【详解】A．柳絮飞舞属于宏观物体运动不是分子运动，故A错误；
B．常见粒子尺度由小到大排序：电子、质子、中子、原子核、原子、分子，故B正确；
C．运动是相对而言的，没有任何物体是绝对不动的，选择不同的参照物，物体的运动情况会不同，恒星相对于从它旁边运动过的流星而言就是运动的，故C错误；
D．地心说提出地球是宇宙的中心，所以D错误；
故选B。
2. 如图所示是甲、乙两个物体的速度与时间的关系图像，下列分析正确的是（ ）
A. 甲是静止的
B. 乙做匀速直线运动
C. 整个过程中，若以甲为参照物，乙是运动的
D. 0～20s，乙车运动的路程为100m
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，甲的速度不随时间变化，且速度不为零，则甲不是处于静止状态，故A错误；
B．由图可知，乙的速度随时间不断增大，即乙做加速运动，故B错误；
CD．在0～20s内，甲的速度不变
乙的速度逐渐增大，且20s末时，甲、乙速度相同，所以乙的平均速度小于甲的速度，则乙通过的路程小于甲通过的路程100m，整个过程中，若以甲为参照物，乙是运动的，故C正确，D错误。
故选C。
3. 小明分别测出A、B两种不同物质的质量和体积，并绘制了m﹣V图像，如图所示，则（ ）
A. 物质A的密度随体积增大而增大
B. 物质A、B的密度之比是4:1
C. 水的m﹣V图像应该位于区域Ⅱ
D. 当A和B两物质的体积相同时，B物质的质量较大
【答案】C
【解析】
【详解】A．密度是物质的一种特性，所以甲物质的密度不变，故A不符合题意；
B．由图像可知
时
则A的密度
当B物质的质量
时
则B的密度
A、B两种物质的密度之比是
故B不符合题意；
C．由
可知，水的m﹣V图像应该在II区域，故C符合题意；
D．由m﹣V图像可知，当A和B两物质的体积相同时，A的质量大于B的质量，故D不符合题意。
故选C。
4. 如图所示，把两个质量均为50g的钩码挂在弹簧测力计的挂钩上。 下列说法中错误的是（ ）
A. 使弹簧测力计内弹簧伸长的力是钩码的重力
B. 弹簧测力计可以测量不是水平或竖直方向的力
C. 弹簧测力计的分度值为0. 2N，两个钩码的总重力为1N
D. 称钩码重力前，需把弹簧测力计在竖直方向调零，还要来回拉动挂钩几次
【答案】A
【解析】
【详解】A．使弹簧测力计内的弹簧伸长的力是钩码对弹簧的拉力，不是钩码的重力，故A错误，符合题意；
B．弹簧测力计的可以测量竖直方向上的力，也可以测水平方向上的力，也可以测倾斜方向上的力，故B正确，不符合题意；
C．由图知，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1N，当钩码静止时，钩码所受重力的大小等于弹簧测力计的示数，则两个钩码的总重力为1N，故C正确，不符合题意；
D．测量物体重力前，由于重力是竖直向下的，所以应将弹簧测力计在竖直方向调零，测量前应用手来回轻轻拉动几下挂钩，检查指针与弹簧测力计的外壳是否有摩擦，故D正确，不符合题意。
故选A。
5. 如图所示，将一个重为G的小球先后放入甲、乙两杯盐水中，在甲杯中处于漂浮状态的小球受到的浮力为F甲，在乙杯中处于沉底状态的小球受到的浮力为F乙，下列判断正确的是（ ）
A F甲>F乙B. F甲GD. F乙>G
【答案】A
【解析】
【详解】根据浮与沉的条件可知，小球在甲中漂浮，所以浮力等于重力，在乙中下沉，所以浮力小于重力，由于是同一个小球，即重力相等，所以在甲中受到的浮力大于乙中受到的浮力。故A正确，BCD错误。
故选A。
6. 如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（ ）
A. 该杠杆与镊子类型相同
B. 图甲位置时，拉力大小为15N
C. 图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3∶1
D. 如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知，动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；
B．已知物重为
，
则
由杠杆平衡条件可得
解得
故B错误；
C．图甲位置时，若仅增加物重，根据杠杆平衡条件可得
则
因
故
故C错误；
D．保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：
为动力臂，为阻力臂，阻力不变为G，因为
所以
由杠杆平衡条件可知
即
故D正确。
故选D。
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 物体具有的热量随温度的升高而变多
B. 只要物体吸热，物体的温度就一定会升高
C. 两物体相比，分子动能越大的物体，其内能越大
D. 扩散现象中，分子可以从低温物体运动到高温物体
【答案】D
【解析】
【详解】A．热量是热传递过程中传递的能量的多少，不能叙述为“物体具有热量”，故A错误；
B．晶体熔化过程中要吸收热量，但温度保持不变，故B错误；
C．内能是组成物质的所有分子热运动时所具有的分子动能和分子势能的总和，所以分子动能大，但它的内能不一定大，故C错误；
D．不同的物质相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散，在扩散现象中，低温物体的分子也能运动到高温物体的内部，故D正确。
故选D。
8. 如图所示电路图，闭合开关S，电流表A1的示数0.52A，电流表A2的示数为0.24A，根据电流规律，则通过灯L1的电流是（ ）
A. 0.76AB. 0.28AC. 0.52AD. 0.24A
【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，灯L1和L2并联，电流表A1测干路电流，A2测L2的电流，根据并联电路中总电流等于各支路电流之和。因此通过L1的电流为
故选B
9. 如图所示，电源电压不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A1示数变小，电压表V示数变小
B. 电流表A2示数变大，电压表V示数变大
C. 电压表V的示数与电流表A1示数的比值变大
D. 电压表V的示数与电流表A2示数的比值变小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测干路中电流，电流表A2测流过滑动变阻器R2支路的电流，电压表V测电源电压。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，其两端电压等于电源电压不变，故由欧姆定律可知，流过滑动变阻器R2支路的电流变小，即电流表A2示数变小，流过定值电阻支路的电流不变，故由并联电路的电流规律可知，干路电流变小，则电流表A1示数变小，电压表V测电源电压，故电压表V示数不变，故AB错误；
C．因电压表V示数不变，电流表A1示数变小，故可知电压表V的示数与电流表A1示数的比值变大，故C正确；
D．因电压表V示数不变，电流表A2示数变小，故电压表V的示数与电流表A2示数的比值变大，故D错误。
故选C
10. 根据Q=I2Rt和欧姆定律公式，可以得到电流通过导体时产生的热量变形式Q=UIt和。下列说法正确的是（ ）
A. 根据Q=UIt可知，相同时间内产生的热量与电阻无关
B. 根据Q=I2Rt可知，电阻越大，相同时间内产生的热量越多
C. 根据可知，电阻越大，相同时间内产生的热量越少
D. 根据Q=I2Rt可知，在电流一定时，电阻越大，相同时间内产生的热量越多
【答案】D
【解析】
【详解】A．Q=UIt是导出式，只能说明电热在数值上等于电流、电压、时间的乘积，当电路中的电阻发生改变时，电路中的电压和电流也会发生改变，故A错误；
B．由Q=I2Rt可知，电热由电流、电阻和通电时间共同决定，在电流相等的情况下，电阻越大，相同时间内产生的热量就越多，故B错误；
C．由可知，电热由电压、电阻和通电时间共同决定，在电压相同的情况下，电阻越大，相同的时间内产生的热量越少，故C错误；
D．根据Q=I2Rt可知，在电流一定时，电阻越大，相同时间内产生的热量越多，故D正确。
故选D。
11. 如图甲是小灯泡 L和电阻R的I-U图象。将小灯泡L和电阻R接入图乙所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法正确的是（ ）
A. 再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
B. 再闭合开关S2时，电流表示数增加0.4A
C. 再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为240J
D. 只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为5Ω
【答案】A
【解析】
【详解】只闭合 S1时，电路为小灯泡L的简单电路，L 的实际功率为 1W，在甲图L的图线上找符合U、I乘积为 1W 的坐标，则有UL=2V，IL=0.5A；
A．电源电压为 2V，R的电流为 IR=0.2A，L 的电流为IL=0.5A，电路中总电流为
则电路总功率
故A正确；
B．再闭合 S2后，此时R、L并联接入电路，电源电压2V，电流表测干路中的电流，在甲图中找出 R 此时对应电流为0.2A，则电流表示数增大0.2A，故B错误；
C．再闭合 S2时，电阻R的电压为 2V，电流为 0.2A，通电 1min 产生热量
故C错误；
D．小灯泡 L 的电阻
故D错误。
故选A。
12. 如图所示是一种温度自动报警器的原理图。制作水银温度计时，在玻璃管的两端分别封入一段金属丝。电池的两极分别与金属丝相连，当温度达到与电池正极相连的金属丝下端所指的温度时，电铃就响起来，发出报警信号下列说法正确的是（ ）
A. 温度计中的水银是绝缘体
B. 电铃响时，电磁铁右端是N极
C. 温度降低到74℃以下，电铃响
D. 电铃响且滑片P向左移动时，电磁铁磁性减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．水银属于金属，金属是导体，故A错误；
B．由安培定则知，电磁铁的右端为N极，故B正确；
C．由电路图知，温度降到74℃时，控制电路断开，电磁铁无磁性，衔铁被释放，电铃不响，故C错误；
D．由电路图知，当滑片向左移动时，变阻器接入电路的阻值减小，由欧姆定律知，电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，故D错误。
故选B。
二、填空题（共10题；共24分）
13. 阳光灿烂的日子，在茂密的树林下常能在地上见到许多圆形的光斑，这些光斑是______（填“树叶”、“树枝”或“太阳”）的像。这是由于光的______形成的。
【答案】 ①. 太阳 ②. 直线传播
【解析】
【详解】[1][2]阳光灿烂的日子，在茂密树荫的地面上，常会看到许多圆形的光斑，这些光斑是由于光在同种均匀介质中沿直线传播形成的，通过小孔成的太阳的实像。
14. “早穿皮袄午穿纱”表明沙漠地区昼夜温差大，而沿海地区的昼夜温差小，这是因为水比砂石的______大。2023年3月2日，“猎鹰九号”运载火箭从肯尼迪航天中心发射升空，火箭升空时其外壳与空气摩擦，是通过______的方式改变内能，发射火箭用液体氢作燃料是因为氢的______高。
【答案】 ①. 比热容 ②. 做功 ③. 热值
【解析】
【详解】[1]水比砂石的比热容大，相同的质量的水和沙子相比，吸收相同的热量，或者放出相同的热量，沙子温度变化比较快，或者降温也比较快，水升温比较慢，或者降温也比较慢，故沿海地区昼夜温差小。
[2]火箭升空时其外壳与空气摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能。
[3]发射火箭用液体氢作燃料是因为氢的热值比较高，相同质量的燃料，氢完全燃烧放出的热量多，可以获得巨大的动力。
15. 如题图甲所示是“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验装置，如题图乙所示是冰在加热过程中温度随时间变化的图像。根据图像特征可判断冰是________（选填“晶体”或“非晶体”）；冰在熔化过程中________（选填“吸收”或“放出”）热量，温度保持不变；当加热到第3min时，物质的状态为________（选填“液态”、“固态”或“固液共存”）。
【答案】 ①. 晶体 ②. 吸收 ③. 固液共存
【解析】
【详解】[1]由图像可知，有固定的熔化温度，故冰是晶体。
[2]整个实验过程，酒精等需要点燃，故熔化过程冰吸收热量，但温度保持不变。
[3]由图像可知，2min开始熔化，5min结束，故第3min时处于熔化过程，是固液共存态。
16. 冬天，人说话时，可以看到口里不断有“白气”呼出，呼出的“白气”是由于人呼出的气体中的水蒸气______（填物态变化名称）产生的；夏天，打开冰箱时，也可以看到从冰箱里冲出“白气”，其产生的原因是：冰箱______（选填“里面”或“外面”）的水蒸气液化产生的。
【答案】 ①. 液化 ②. 外面
【解析】
【详解】[1] 冬天，人说话时，可以看到口里不断有“白气”呼出，呼出的“白气”是由于人呼出的气体中的水蒸气液化产生的，人呼出的气体中的水蒸气遇冷凝结成小水滴。
[2] 夏天，打开冰箱时，也可以看到从冰箱里冲出“白气”，其产生的原因是：冰箱外面的水蒸气液化产生的，冰箱外面的水蒸气遇冷凝结成小水滴形成“白气”。
17. 用量杯盛某种液体，测得液体体积V和液体与量杯总质量m的关系，如图所示，那么量杯的质量为_______g，液体的密度为________ kg/m3。
【答案】 ①. 40 ②. 0.67×103
【解析】
【详解】[1]由图可知，当液体体积为0时，液体与量杯总质量是40g，则量杯质量为m杯=40g。
[2]当液体体积V=60cm3时，液体与量杯总质量为80g，则液体质量为
m=80g﹣40g=40g
液体的密度为
18. 如图甲，在高为 1 m 的容器内装满水并密封，水对容器底部的压强为_____Pa，若将该容器倒置，如图乙，此时容器底部受到的压力与甲图相比将_____（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 104 ②. 变小
【解析】
【详解】[1]水对容器底部的压强
p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1m=1×104Pa
[2]将容器倒置后，液面深度没变，故由p=ρgh可得，水对容器底部的压强不变，因水与容器底部的接触面积减小，故由F=pS可知压力减小。
19. 重为98N的小车，用30N的水平拉力使小车在水平地面上匀速前进了20m，则此过程中拉力对小车做功为________J，重力对小车做功为________J。
【答案】 ①. 600 ②. 0
【解析】
【详解】[1]拉力做功为
W=Fs=30N×20m=600J
[2]重力的方向竖直向下，小车水平方向移动，在重力的方向上没有移动距离，重力做功为0。
20. 当某导体两端的电压为 4V 时，通过它的电流是 0.5A，则导体的电阻为______Ω；当该导体两端的电压为 8V 时，则通过它的电流为______A，当该导体两端的电压为 0V 时， 该导体的电阻为______Ω。
【答案】 ①. 8 ②. 1 ③. 8
【解析】
【详解】[1]根据欧姆定律可知
[2]如果电压变为8V，电阻大小不变，故电路中的电流为
[3]电阻的大小时电阻本身的一种特性，不会受到电阻两端的电压大小的影响，故此时电阻仍然为。
21. 在图所示的电路中，电源电压不变，电阻R2的阻值为20Ω。闭合开关S，两电流表的示数分别为0.2A和0.5A，则电源电压为______V，电阻R1的阻值为______Ω。通电1min，该电路消耗的总电能为______J。
【答案】 ①. 6 ②. 30 ③. 180
【解析】
【详解】[1][2]由电路图可知，闭合开关S，电阻R1、R2并联，电流表A2、A1分别测量干路和电阻R1支路中的电流。因为并联电路干路中的电流等于各支路中的电流之和，所以电流表A2的示数为0.5A，即干路中的电流为I=0.5A，电流表A1的示数为0.2A，即通过电阻R1的电流为I1=0.2A，通过电阻R2的电流为
I2=I-I1=0.5A-0.2A=0.3A
电源电压
U=U2=I2R2=0.3A×20Ω=6V
R1两端的电压
U1=U=6V
R1的阻值
[3]通电1min整个电路消耗的电能为
W=UIt=6V×0.5A×1×60s=180J
22. 小明自制了一个带有电磁铁的木船模型(如图所示).将它放入水中漂浮，船头指向东.闭合开关S，电磁铁由于受到_____的作用，船头会指向地磁的_____极（填“南”或“北”）．
【答案】 ①. 地磁场 ②. 南
【解析】
【详解】[1][2]根据图示，由安培定则可知，电磁铁B端为N极，则在地磁场的作用下，船头会指向地理北极，即地磁的南极．
三、作图题（共3题；共6分）
23. 小磁针如图所示的位置静止，请标出通电螺线管的N极和电源的正极．
【答案】
【解析】
【详解】根据小磁针静止时的指向判断出通电螺线管的左端N极，右端为S极．根据安培定则，用右手握住螺线管，拇指伸直，指向N极，四指所指的方向就是电流的方向，所以电流从右边进入，电源的右边是正极，左边是负极，如图所：
24. 在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：滑动变阻器能改变灯泡L的亮度，闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片，电流表的示数变大。
【答案】
【解析】
【详解】经分析可知，滑动变阻器能改变灯泡L的亮度，说明灯L与滑动变阻器串联，滑动变阻器的左下接线柱与电流表0.6接线柱相连、灯泡右接线柱与电流表的负接线柱相连，向左移动滑动变阻器的滑片时，滑动变阻器连入电路的阻值变小，电流表的示数变大，如图所示：
25. 如图所示，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的摩擦力的示意图（力的作用点画在物体的重心）。
【答案】
【解析】
【详解】因为物体的相对运动方向沿斜面向上，故其摩擦力的方向与之相反，为沿斜面向下，力的作用点可画在物体的重心，如图所示：
四、实验探究题（共10分）
26. 小明要探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”，他猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能有：①接触面所受的压力大小；②接触面的粗糙程度；③接触面积的大小。接下来小明通过图中所示实验操作验证他的猜想：
（1）实验中小明应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，这样做是根据_____的知识得出拉力等于摩擦力，从而测出木块所受的摩擦力的大小；
（2）如果小明要探究猜想②，他应该选择_____两幅图所示的实验步骤来操作，根据图中弹簧测力计的示数可得出结论：在其他因素相同的情况下，_____，滑动摩擦力越大；
（3）小明要探究猜想③，他将木块切去一半，重复甲的操作过程，如图丁所示。他比较甲和丁的实验结果，得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。你认为他的结论可靠吗？答：_____。小明在实验中存在的问题是_____。
【答案】 ①. 二力平衡 ②. 甲、丙 ③. 接触面越粗糙 ④. 不可靠 ⑤. 没有保证压力大小不变
【解析】
【详解】（1）[1]实验中小明应该用弹簧测力计水平方向匀速拉动木块在长木板上滑动，此时拉力与摩擦力是一对平衡力，所以测力计的示数即为摩擦力的大小。
（2）[2][3]如果小明要探究猜想②，即探究摩擦力的大小与接触面的粗糙程度的关系，他应该保持压力相同，这里应用了控制变量法，所以应选择甲、丙两幅图所示的实验步骤来操作；根据图中弹簧测力计的示数比较可得出结论：在其他因素相同的情况下，接触面的粗糙程度越大，滑动摩擦力就越大。
（3）[4][5]小明要探究猜想③，即探究摩擦力的大小与接触面积的大小的关系，应控制压力和接触面粗糙程度不变。而他将木块切去一半进行实验，并得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。这一结论是不可靠的，因为小明在实验中没有保证压力相同。
27. 小王在做“探究电压一定时，电流与电阻的关系”实验时，连接了如图甲所示电路。
（1）请在图乙的方框中，画出图甲对应的电路图；（ ）
（2）画完电路图，小王发现此时电路中有一根导线连接错误，请在图甲中错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线，重新画一根导线，将电路连接正确；（ ）
（3）正确连接电路后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最___________（选填“左”或“右”）端；
（4）闭合开关后，发现电压表无示数，电流表有示数。若电路只有一处故障，其原因可能是___________（选填“开关处断路”“滑动变阻器短路”或“电压表短路”）；
（5）排除故障后，更换不同的定值电阻进行实验，并测得电流表的示数如下面表格所示（读数准确），通过分析小王的数据，可以发现小王的实验操作存在的错误是___________。
【答案】 ①. ②. ③. 左 ④. 电压表短路 ⑤. 没有保持定值电阻两端的电压不变
【解析】
【详解】（1）[1]由实物图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表接在定值电阻与滑动变阻器两端，电流表串联在电路中，电路图如图
（2）[2]探究电压一定时，电流与电阻的关系时，电压表应接在定值电阻两端，测量定值电阻两端的电压，如图
（3）[3]正确连接电路后，在闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器滑到最大值，即滑片移至最左端。
（4）[4]闭合开关后，电流表有示数说明电路是通路，电压表无示数，可能是电压表短路；若开关处断路，则整个电路短路，电路无电流，不符合题意；若滑动变阻器短路，则电流表和电压表都有示数，不符合题意；若电路只有一处故障，其原因可能是电压表短路。
（5）[5]探究电流与电阻的关系时，要保持定值电阻两端的电压不变，通过分析小王的数据可以发现
小王的实验操作存在的错误是：没有保持定值电阻两端的电压不变。
五、计算题（共16分）
28. 截至2023年6月，深圳市体育中心改造提升工程项目又有新进展了！在施工过程中，工人师傅用如图甲所示的滑轮组，将重为500N的物体匀速提升到6m高的楼上，图乙为物体提升过程中的s-t图像。已知动滑轮重为100N，不计绳重及摩擦。求：
（1）拉力F的大小；
（2）拉力F的功率。
【答案】（1）300N；（2）120W
【解析】
【详解】解：（1）由图可知，有效绳子段数，不计绳重及摩擦，则拉力F的大小为
（2）由图乙可知，物体30s内上升6m，则绳子自由端移动距离为
则绳子自由端移动速度为
则拉力F的功率为
答：（1）拉力F的大小为300N；
（2）拉力F的功率为120W。
29. 某学校为学生提供开水，用锅炉将200kg的水从25℃加热到100℃，燃烧了6kg的无烟煤。无烟煤的热值是。求该过程中：
（1）完全燃烧无烟煤放出的热量是多少？
（2）锅炉内的水吸收的热量是多少？
（3）加热过程中锅炉的热效率是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】解：（1）完全燃烧无烟煤放出的热量为
（2）锅炉内的水吸收的热量为
（3）加热过程中锅炉的热效率为
答：（1）完全燃烧无烟煤放出的热量是；
（2）锅炉内的水吸收的热量是；
（3）加热过程中锅炉的热效率是。
30. 如图所示电路中，定值电阻R1的阻值为10Ω，定值电阻R2的阻值为20Ω串联后接在电路中。当开关S闭合时，电阻R1两端电压为3V，求：
（1）通过电阻R1的电流；
（2）电阻R2两端的电压；
（3）电源电压。
【答案】（1）0.3A；（2）6V；（3）9V
【解析】
【详解】解：（1）如图，R1与R2串联，根据欧姆定律知，通过电阻R1的电流为
（2）根据串联电路中电流的规律知，通过R2的电流为0.3A，电阻R2两端的电压为
U2＝IR2＝0.3A×20Ω＝6V
（3）根据串联电路中电压的规律知，电源电压为
U＝U1＋U2＝3V＋6V＝9V
答：（1）通过电阻R1的电流为0.3A；
（2）电阻R2两端的电压为6V；
（3）电源电压为9V。实验序号
1
2
3
4
电阻（）
5
10
15
20
电流（A）
0.20
0.14
0.12
0.10