2024年甘肃省天水市甘谷县永丰中学中考物理模拟试卷（三）

这是一份2024年甘肃省天水市甘谷县永丰中学中考物理模拟试卷（三），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）对物理量的估测，是学好物理的基本功之一。下列对一些物理量的估测正确的是（ ）
A．一元硬币的厚度约为2cm
B．小明跳绳一分钟后的体温约为37℃
C．教室里的气压大约为1.0×103Pa
D．初中生的脉搏每分钟跳动700次左右
2．（2分）为创建文明城市，要求我们在公共场合“轻声”说话。这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．声速B．响度C．音色D．音调
3．（2分）“背日喷乎水，成虹霓之状”描写的是人工彩虹．该现象产生的原因是（ ）
A．光的直线传播B．小孔成像
C．光的色散D．光的反射
4．（2分）点燃蜡烛，烛焰通过焦距为20cm的凸透镜甲成缩小的像。现用焦距为10cm的凸透镜乙替代透镜甲，且保持烛焰和透镜的位置不变，烛焰通过凸透镜乙所成的像是（ ）
A．缩小的实像B．放大的虚像
C．倒立的虚像D．正立的实像
5．（2分）下列物态变化的实例中，属于凝固现象的是（ ）
A．滴水成冰B．气凝结霜C．冰雪消融D．浓雾消散
6．（2分）为测量某种液体的密度，小明利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出了m﹣V图象，如图，下列说法正确的是（ ）
A．该液体密度为2g/cm3
B．该液体密度为1.25g/cm3
C．量杯质量为40g
D．60cm3该液体的质量为60g
7．（2分）下列关于力学知识的说法中，正确的是（ ）
A．摩擦力总是阻碍物体的运动
B．著名的牛顿第一定律是在实验的基础上，通过分析、推理得出的
C．所有运动的物体都受到惯性的作用
D．大小相等、方向相反、作用在同一直线上的两个力一定是平衡力
8．（2分）如图所示，水平桌面上有一长为L，质量分布均匀的木板M，右端与桌边相齐，在水平力F的作用下，沿直线向右匀速离开桌边，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．M对桌面的压强变小，压力不变
B．M对桌面的压强不变，压力不变
C．M对桌面的压强变大，摩擦力不变
D．M对桌面的压强变大，摩擦力变小
9．（2分）如图甲所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～10Ω
D．变阻器滑片在中点时，电流表示数为0.3A
10．（2分）如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断不正确的是（ ）
A．通电螺线管左端为N极
B．电源左端为负极，右端为正极
C．发光二极管c极接b点，d极接a点
D．图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
二、填空题（共21分）
11．（2分）图A中，物体的长度是 ；图B中，小车全程的平均速度是 m/s。
12．（2分）生命探测仪利用感知 （选填“红外线”或“紫外线”）差异来判断不同的目标，因此在黑暗中也能确定生命体；声呐是一种利用回波信号来探测目标物距离、方向以及形状等信息的装置，它采用的声波频率在20000Hz以上，这种声波属于 。
13．（3分）王芳同学站在平面镜前3m处，她的像到镜面的距离为 m，她向后退的过程中，像的大小 （填“变大”、“变小”或“不变”）．现将一块和镜面一样大的木板放在镜子的后面1m处，如图所示，这时她 （选填“仍能”或“不能”）在镜中看到自己的像。
14．（2分）日常生活中用保鲜袋包水果放入冰箱中，这样做是通过减慢 、降低温度的方式来减慢水分的 ，可以让果蔬保存较长时间。
15．（2分）人类发射的探测器已飞出了太阳系，如果探测器所受外力全部消失，那么探测器将作 运动，空中加油机可以在空中给歼击机加油，加满油后歼击机的惯性会 （选填“变大”或“变小”）。
16．（2分）如图所示，物体A在水平推力F的作用下，从甲图位置匀速运动到乙图位置。在此过程中，A对桌面的压力将 ，A对桌面的压强将 （填“变大”、“不变”或“变小”）。
17．（2分）将一金属块放入盛满水的杯中后沉入杯底，有20g的水溢出，此时金属块所受的浮力为 N（g取10N/kg）；若将它放入盛满酒精的杯中，则溢出酒精 g（酒精的密度为0.8g/cm3）。
18．（3分）煤属于 能源（选填“可再生”或“不可再生”）；若煤的热值是3×107J/kg，2t煤完全燃烧放出的热量是 J。利用不加控制的核裂变，制造的毁灭性武器是 （选填“原子弹”或“氢弹”）。
19．（3分）定值电阻R和小灯泡L中的电流随其两端电压变化的关系如图甲所示，在图乙所示的电路中，电源电压为4.5V，闭合开关S，电阻R的阻值是 Ω；通电60s电路消耗的电能是 J，小灯泡L消耗的电功率是 W。
三、作图题（共3分）
20．（3分）如图为冰箱工作时的部分电路，请将电路连接完整。要求：①符合安全用电原则；②S1只控制照明灯，S2只控制压缩机M。
四、实验探究题（共15分）
21．（8分）某中学两支物理小组的同学，在实验室中验证阿基米德原理。
（1）方案一，小刚用石块按如图甲实验步骤依次进行实验。由甲图可知，石块浸没在水中受到的浮力F浮＝ N，排开水的重力G排＝ N，发现F浮≠G排，造成这种结果的原因不可能是 。
A、整个实验过程中，弹簧测力计都没有校零
B、最初溢水杯中的水未装至溢水口
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部
（2）方案二，如图乙，小明将装满水的溢水杯放在升降台C上，用升降台来调节溢水杯的高度。当小明逐渐调高升降台，发现随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量，从而证明了F浮＝G排。
（3）为了多次实验得到普遍规律，方案 （选填“一”或“二”）的操作更加简便。
然后小明利用阿基米德原理测量某实心金属块的密度，实验步骤如下：
①让小空桶漂浮在盛满水的溢水杯中，如图甲；
②将金属块浸没在水中，测得溢出水的体积为18mL，如图乙；
③将烧杯中18mL水倒掉，从水中取出金属块，如图丙；
④将金属块放入小空桶，小空桶仍漂浮在水面，测得此时溢出水的体积为36mL，如图丁。
请回答下列问题：
①被测金属块的密度是 kg/m3。
②在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空桶，测出的金属块密度将 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
22．（7分）在“测量小灯泡的电阻”实验中，选用的器材有：两节新干电池，额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整；
（2）正确连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“A”或“B”）端；
（3）闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表无示数，造成这一现象的原因可能是小灯泡 （选填“短路”或“断路”）。排除故障后，闭合开关S，移动滑片P到某一位置时，若要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；
（4）经过多次实验，测出并记录多组电压和电流的值，得到小灯泡的I﹣U图象如图丙所示，可计算出小灯泡正常发光时的电阻为 Ω，小灯泡的额定功率是 W；
（5）小红同学认为，利用图甲的装置也可以探究电流与电压的关系。小明同学认为小红的观点不合理，理由是 。
五、简答题（共3分）
23．（3分）炎热的夏天，家家户户都开空调时，很容易使路线因为“超负荷”工作而引发火灾，请解释“超负荷”的含义及“超负荷”会引发火灾的原因并提出一些预防的措施。
六、计算题（共18分）
24．（6分）如图所示，水平桌面上放有一圆柱形溢水杯，它自重7N，底面积为300cm2，溢水口距杯底的高度为12cm，溢水杯中盛有高为10cm、质量为3kg的水。现将一体积为1000cm3、质量为2.7kg的正方体铝块缓慢浸没入水中，不计溢水杯的厚度。求：
（1）铝块放入水前，水对溢水杯底部的压强；
（2）铝块浸没在水中受到的浮力；
（3）铝块浸没在水中静止后，溢水杯对水平桌面的压强。
25．（6分）现代家庭装修中浴室大多用燃气热水器提供热水，小芳家安装了燃气热水器。已知水进入热水器前的温度是10℃，洗澡时热水器输出热水的温度设定为40℃；如果小芳洗一次澡用热水0.06m3。求：（天然气的热值为4×107J/m3）
（1）所用热水的质量为多少kg？
（2）水从热水器中吸收热量多少J？
（3）若天然气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，需要消耗多少m3的天然气？
26．（6分）小涵新买的电饭锅如图甲所示，其简化电路如图乙所示。R1和R2均为电热丝，开关S2是自动控制开关，开关S2向上与触点a、b接通，向下仅与触点c接通。煮饭过程中，通过开关S2不断改变电路接通方式，从而使饭得到最佳的口感和营养；如图丙所示为这个电饭锅在某次正常煮饭全过程中总功率随时间的变化图象。求：
（1）电热丝R2的阻值。
（2）当R1工作时通过它的电流。
（3）煮饭全过程消耗的电能。
2024年甘肃省天水市甘谷县永丰中学中考物理模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20分）
1．（2分）对物理量的估测，是学好物理的基本功之一。下列对一些物理量的估测正确的是（ ）
A．一元硬币的厚度约为2cm
B．小明跳绳一分钟后的体温约为37℃
C．教室里的气压大约为1.0×103Pa
D．初中生的脉搏每分钟跳动700次左右
【分析】利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A．一元硬币的厚度比较薄，大约为2mm，故A错误；
B．人体温度约为37℃，一般正常情况下的变化幅度很小，小明跳绳一分钟后的体温约为37℃，故B正确；
C．通常教室里的气压一般接近于一个标准大气压，气压值大约为1.0×105Pa，故C错误；
D．初中生的脉搏每分钟跳动72次左右，故D错误。
故选：B。
【点评】与人体或身边事物相关的估算类试题是估算类试题中比较常见的一种，解答这类题的关键是熟知一些与我们人体相关的物理量，并能用这些物理量去衡量其余的物理量。
2．（2分）为创建文明城市，要求我们在公共场合“轻声”说话。这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．声速B．响度C．音色D．音调
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：音调是指声音的高低，响度是指声音的强弱，音色是指声音的品质与特色。要求我们在公共场合“轻声”说话。这里的“轻声”是指声音的响度，与声速无关，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选：B。
【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
3．（2分）“背日喷乎水，成虹霓之状”描写的是人工彩虹．该现象产生的原因是（ ）
A．光的直线传播B．小孔成像
C．光的色散D．光的反射
【分析】要解答本题需掌握：彩虹的成因是由于光的色散，其实质是光的折射形成的。
【解答】解：“背日喷乎水，成虹霓之状”描写的是“人工虹”，这是喷出的水后，空中有大量的小水滴，太阳光照在这些小水滴上，被分解为绚丽的七色光，也就是光的色散。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对：光的色散的原理和折射的了解，属光学基础题。
4．（2分）点燃蜡烛，烛焰通过焦距为20cm的凸透镜甲成缩小的像。现用焦距为10cm的凸透镜乙替代透镜甲，且保持烛焰和透镜的位置不变，烛焰通过凸透镜乙所成的像是（ ）
A．缩小的实像B．放大的虚像
C．倒立的虚像D．正立的实像
【分析】当物距大于2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像；凸透镜成实像时，物远像近像变小。
【解答】解：点燃蜡烛，烛焰通过焦距为20cm的凸透镜甲成缩小的像，说明物距大于二倍焦距；现用焦距为10cm的凸透镜乙替代透镜甲，且保持烛焰和透镜的位置不变，物距仍大于二倍焦距，则烛焰通过凸透镜乙所成的像是倒立缩小的实像。
故选：A。
【点评】本题考查了学生对凸透镜成像规律的掌握，要求学生能根据凸透镜成像规律分析实际问题。
5．（2分）下列物态变化的实例中，属于凝固现象的是（ ）
A．滴水成冰B．气凝结霜C．冰雪消融D．浓雾消散
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；物质由气态变为液态叫液化，物质由液态变为气态叫汽化；物质由固态变为液态叫熔化，物质由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：A、滴水成冰是液态变成固态，是凝固现象，故A正确；
B、气凝结霜是气态直接变成固态，是凝华现象，故B错误；
C、冰雪消融是固态变成液态，是熔化现象，故C错误；
D、浓雾消散是液态变成气态，是汽化现象，故D错误；
故选：A。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
6．（2分）为测量某种液体的密度，小明利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出了m﹣V图象，如图，下列说法正确的是（ ）
A．该液体密度为2g/cm3
B．该液体密度为1.25g/cm3
C．量杯质量为40g
D．60cm3该液体的质量为60g
【分析】（1）设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和杯的总质量m总1；当液体体积为V2＝80cm3时，液体和杯的总质量m总2，列方程组求出液体密度和量杯质量；
（2）当液体的体积V3＝60cm3，利用m＝ρV求液体质量。
【解答】解：（1）设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，
读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和杯的总质量m总1＝m1+m杯＝40g
可得：ρ×20cm3+m杯＝40g，﹣﹣﹣①
当液体体积为V2＝80cm3时，液体和杯的总质量m总2＝m2+m杯＝100g
可得：ρ×80cm3+m杯＝100g，﹣﹣﹣②
①﹣②得：
液体的密度ρ＝1g/cm3，故AB错；
代入①得m杯＝20g，故C错；
（2）当液体的体积V3＝60cm3，液体质量：
m3＝ρ×V3＝1g/cm3×60cm3＝60g，故D正确。
故选：D。
【点评】读取图象获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新颖，即考查了密度的相关计算，同时更考查了对图象的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。
7．（2分）下列关于力学知识的说法中，正确的是（ ）
A．摩擦力总是阻碍物体的运动
B．著名的牛顿第一定律是在实验的基础上，通过分析、推理得出的
C．所有运动的物体都受到惯性的作用
D．大小相等、方向相反、作用在同一直线上的两个力一定是平衡力
【分析】（1）摩擦力阻碍物体间的相对运动，可以与运动方向相同。
（2）牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出。
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
（4）二力平衡的条件，即同物、同线、等值、反向，这四个条件缺一不可。
【解答】解：A、摩擦力总是阻碍物体间的相对运动，但可以与物体的运动方向相同，如物体放在传送带上时，传送带对物体的摩擦力可以带动物体前进，故A错误；
B、牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，通过分析、推理得出的，故B正确；
C、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，不是力，不能说受惯性的作用，故C错误；
D、作用在同一物体、同一直线上，大小相等、方向相反的两个力是平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查牛顿第一定律、摩擦力、惯性、二力平衡条件等，具有较强的综合性，但难度不大。牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性﹣﹣惯性，它是物理学中一条基本定律。
8．（2分）如图所示，水平桌面上有一长为L，质量分布均匀的木板M，右端与桌边相齐，在水平力F的作用下，沿直线向右匀速离开桌边，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．M对桌面的压强变小，压力不变
B．M对桌面的压强不变，压力不变
C．M对桌面的压强变大，摩擦力不变
D．M对桌面的压强变大，摩擦力变小
【分析】（1）水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据向右缓慢地推木板时受力面积的变化判断对桌面压强的变化；
（2）根据影响滑动摩擦力大小的因素：压力的大小和接触面的粗糙程度判断此过程摩擦力的变化，物体匀速匀速时处于平衡状态，根据二力平衡条件判断推力的变化。
【解答】解：放在水平面上的物体，对水平面的压力等于自身重力，故木板M沿直线向右匀速离开桌边的过程中，压力保持不变，但木板与桌面的接触面积逐渐减小，由压强公式可知，M对桌面的压强变大；
摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，在木板M沿直线向右匀速离开桌边的过程中，压力和接触面的粗糙程度均不变，故摩擦力不变；
综上所述，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了压力和压强大小的比较和影响滑动摩擦力大小的因素的应用，关键是会分析向右匀速运动过程中变化的量和不变的量。
9．（2分）如图甲所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～10Ω
D．变阻器滑片在中点时，电流表示数为0.3A
【分析】由图甲可知，该电路为R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
电阻一定时，电流与电压成正比，R1是定值电阻，因此图线乙代表R1的U﹣I关系图象，而图线甲代表R2的U﹣I关系图象；
（1）由图可知当电流为0.2A时，可得出R1和R2两端的电压大小，由串联电路的电压特点可得出电源电压；
（2）由图可知当电流为0.2A时，可读出R1两端的电压，再利用R＝可求出R1的阻值；
（3）当电路中的电流最小时，由欧姆定律可知总电阻最大，即R2连入电路的阻值最大，
由图可读出当电流最小时，对应的R2两端的电压，再利用R＝可求出R2连入电路的最大阻值；
当电路中的电流最大时，由欧姆定律可知总电阻最小，即R2连入电路的阻值最小，由图可知此时R2两端的电压为0V，即可知R2连入电路的最小值；
由上述分析可总结出R2的阻值变化范围；
（4）已知滑动变阻器的最大阻值，可得出当滑片在中点时，滑动变阻器连入电路的阻值，由串联电路的电阻特点得出电路的总电阻，
再利用I＝可求出电路中的电流。
【解答】解：由图甲可知，该电路为R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
电阻一定时，电流与电压成正比，R1是定值电阻，因此图线乙代表R1的U﹣I关系图象，而图线甲代表R2的U﹣I关系图象；
A、由图可知，当通过的电流为0.2A时，R2两端的电压为4V，R1两端的电压为2V，
由串联电路的电压特点可知电源电压为：U＝U1+U2＝2V+4V＝6V，故A错误；
B、由图乙中的图线乙可知，当通过的电流为0.2A时，其两端电压为2V，则R1的阻值为：R1＝＝＝10Ω，故B错误；
C、由图可知，当电流最小为0.2A时，R2两端的电压最大为U2大＝4V，由欧姆定律可知此时总电阻最大，即R2连入电路的阻值最大，
则R2连入电路的最大阻值为：R2大＝＝＝20Ω；
当电流最大为I大＝0.6A时，由欧姆定律可知此时总电阻最小，由图可知此时R2两端的电压为0V，即连入电路的最小阻值为0Ω，
因此滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω，故C错误；
D、已知滑动变阻器最大阻值为20Ω，当滑片在中点时，滑动变阻器连入电路的阻值为：R中＝＝10Ω，
电路的总电阻为：R＝R1+R中＝10Ω+10Ω＝20Ω，
则电路中的电流为：I′＝＝＝0.3A，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了串联电路特点和学生对欧姆定律的运用，解题关键是能从图像中读取有用的信息。
10．（2分）如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断不正确的是（ ）
A．通电螺线管左端为N极
B．电源左端为负极，右端为正极
C．发光二极管c极接b点，d极接a点
D．图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
【分析】（1）已知小磁针的偏转方向，根据磁极间的相互作用规律判断通电螺线管的磁极；
（2）根据安培定则，判断电流的方向；
（3）发光二极管“正”“负”极接反，电路中无电流；
（4）根据在磁体外部，磁感线的方向从N极出发到S极分析判断即可解决。
【解答】解：
A、闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转，即小磁针的S极靠近螺线管的左端，根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的左端为N极，故A正确；
B、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向左端，电流从右端流入，左端流出，则电源右端为正极，故B正确；
C、发光二极管c极接b点，d极接a点，发光二极管“正”“负”极接对，电路中有电流，故C正确；
D、在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外P点的磁场方向从螺线管左端到右端，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了通电螺线管的极性判断、磁场方向的判断、磁极间的作用规律、二极管的特点等知识点，是一道综合题。
二、填空题（共21分）
11．（2分）图A中，物体的长度是 2.64cm ；图B中，小车全程的平均速度是 22.5 m/s。
【分析】（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）小车全程的平均速度是总路程除以总时间。
【解答】解：
（1）由图A知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；
物体左侧与1.00cm对齐，右侧在3.6cm和3.7cm之间，估读为3.64cm，所以物体的长度为L＝3.64cm﹣1.00cm＝2.64cm；
（2）s＝450m，t＝20s，
小车全程的平均速度v＝＝＝22.5m/s。
故答案为：2.64cm；22.5。
【点评】此题考查的是刻度尺的读数和速度的计算，比较简单。
12．（2分）生命探测仪利用感知 红外线 （选填“红外线”或“紫外线”）差异来判断不同的目标，因此在黑暗中也能确定生命体；声呐是一种利用回波信号来探测目标物距离、方向以及形状等信息的装置，它采用的声波频率在20000Hz以上，这种声波属于 超声波 。
【分析】物体温度越高，向外辐射红外线能力越强，生命探测仪通过接受到的红外线强弱，判断生命；
超声波频率在20000Hz以上。
【解答】解：生命探测仪利用红外线的热感效应，可以判断生命体；
声波频率在20000Hz以上称为超声波。
故答案为：红外线；超声波。
【点评】本题考查红外线和超声波的相关知识，难度不大。
13．（3分）王芳同学站在平面镜前3m处，她的像到镜面的距离为 3 m，她向后退的过程中，像的大小 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”）．现将一块和镜面一样大的木板放在镜子的后面1m处，如图所示，这时她 仍能 （选填“仍能”或“不能”）在镜中看到自己的像。
【分析】根据平面镜成像的特点去分析，平面镜成像的特点是：①所成的像是虚像；②像和物体形状、大小相同；
③像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；④像和物体各对应点到平面镜间距离相等。
【解答】解：
由平面镜成像的特点知，当王芳同学到镜面的距离为3m时，像到镜面的距离也为3m，不管她远离还是靠近平面镜，她在镜中的像将不变；由于平面镜成像是光的反射，在镜面后放置物体是不影响成像的，所以这时她仍能在镜中看到自己的像。
故答案为：3；不变；仍能。
【点评】本题考查了平面镜成像的原因和特点。平面镜成像是由于光的反射形成的，不是实际光线形成，是人的主观感觉形成，镜面后方是没有实际光线的，成的是虚像。
14．（2分）日常生活中用保鲜袋包水果放入冰箱中，这样做是通过减慢 空气流动速度 、降低温度的方式来减慢水分的 蒸发 ，可以让果蔬保存较长时间。
【分析】影响蒸发快慢的因素有液体的表面积、液体的温度、液体表面空气的流动速度。
【解答】解：温度越低，空气流动速度越慢，液体蒸发越慢。所以把新鲜的水果装入保鲜袋并放入冰箱，是为了通过减慢空气流动速度、降低温度的方式来减慢水果中水分的蒸发。
故答案为：空气流动速度；蒸发。
【点评】本题目要认识到水果保鲜就是防止水分的散失，水果中水分是以蒸发的形式散失。
15．（2分）人类发射的探测器已飞出了太阳系，如果探测器所受外力全部消失，那么探测器将作 匀速直线 运动，空中加油机可以在空中给歼击机加油，加满油后歼击机的惯性会 变大 （选填“变大”或“变小”）。
【分析】根据牛顿第一定律分析；惯性是物质保持原有运动状态不变的性质，是物质的一种基本属性，惯性的大小只与物体的质量有关。
【解答】解：根据牛顿第一定律知道，当探测器所受外力全部消失，那么探测器将做匀速直线运动。
惯性是物质的一种基本属性，惯性的大小只与物体的质量有关，加满油后歼击机的质量增大，这样歼击机的惯性会变大。
故答案为：匀速直线；变大。
【点评】本题考查了牛顿第一定律、惯性知识的应用，知道惯性的大小只与物体的质量有关是解决该题的关键。
16．（2分）如图所示，物体A在水平推力F的作用下，从甲图位置匀速运动到乙图位置。在此过程中，A对桌面的压力将 不变 ，A对桌面的压强将 变小 （填“变大”、“不变”或“变小”）。
【分析】物体对水平面的压力大小等于物体重力；由接触面积的变化利用压强公式可求得压强的变化。
【解答】解：根据物体对水平面压力大小等于物体重力，重力不变，故压力不变；
在物体移动的过程中因接触面积变大，则由p＝可知，A对桌面的压强将变小。
故答案为：不变；变小。
【点评】本题考查压强公式的应用，在解答本题时应注意先确定压力不变再由接触面积的变化确定压强的变化。
17．（2分）将一金属块放入盛满水的杯中后沉入杯底，有20g的水溢出，此时金属块所受的浮力为 0.2 N（g取10N/kg）；若将它放入盛满酒精的杯中，则溢出酒精 16 g（酒精的密度为0.8g/cm3）。
【分析】（1）浸在液体中的物体受到的浮力等于其排开液体的重力；
（2）物体浸没在液体中时，排出液体的体积等于物体体积。
【解答】解：根据阿基米德原理，浸在水中的物体所受的浮力等于排开水的重力，则
F浮＝G排＝m排g＝20×10﹣3kg×10N/kg＝0.2N；
物体浸没在水中溢出水的体积等于物体体积，
V物＝V溢＝＝＝20cm3，
当物体放入盛满酒精的杯中时，溢出酒精的体积等于物体体积，
V酒＝V物＝20cm3，则溢出酒精的质量为m酒＝ρ酒V酒＝0.8g/cm3×20cm3＝16g。
故答案为：0.2；16。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，是基础题目。
18．（3分）煤属于 不可再生 能源（选填“可再生”或“不可再生”）；若煤的热值是3×107J/kg，2t煤完全燃烧放出的热量是 6×1010 J。利用不加控制的核裂变，制造的毁灭性武器是 原子弹 （选填“原子弹”或“氢弹”）。
【分析】（1）能从自然界源源不断地得到或可循环利用的能源称为可再生能源；越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源；
（2）根据Q＝mq即可计算出煤完全燃烧放出的热量；
（3）核能分为裂变和聚变两种，不可控制的核裂变应用在原子弹中，聚变主要应用在氢弹上。
【解答】解：（1）煤属于化石能源，一旦消耗，不能在短期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；
（2）质量为m＝2t＝2000kg的煤完全燃烧放出的热量为：Q＝mq＝2000kg×3×107J/kg＝6×1010J；
（3）原子弹是利用不加控制的核裂变的核武器。
故答案为：不可再生；6×1010J；原子弹。
【点评】本题考查能源的分类、热量的计算、核裂变等知识，是对基础知识的考查，难度不大。
19．（3分）定值电阻R和小灯泡L中的电流随其两端电压变化的关系如图甲所示，在图乙所示的电路中，电源电压为4.5V，闭合开关S，电阻R的阻值是 5 Ω；通电60s电路消耗的电能是 108 J，小灯泡L消耗的电功率是 1 W。
【分析】先根据图乙得出定值电阻与灯泡的连接方式，然后根据串联电路电压、电流规律，结合图像读出电源电压为4.5V时电路电流，即电流表的示数；由图甲可得灯泡和定值电阻两端的电压，由欧姆定律计算电阻R的阻值；由W＝UIt计算通电60s电路消耗的电能；由P＝UI计算小灯泡L消耗的电功率。
【解答】解：由图乙可知，定值电阻与灯泡串联；因串联电路两端总电压等于各部分电路两端电压之和，且串联电路处处电流相等，
由图甲可知，当电路电流为I＝0.4A时，灯泡两端的电压：UL＝2.5V，R两端的电压：UR＝2V，
符合U＝UL+UR＝2.5V+2V＝4.5V，
因此在图乙所示的电路中，电源电压为4.5V，闭合开关S，电流表的示数为：I＝0.4A；
由欧姆定律可得，电阻R的阻值：R＝＝＝5Ω；
通电t＝60s，电路消耗的电能：W＝UIt＝4.5V×0.4A×60s＝108J；
小灯泡L消耗的电功率：PL＝ULI＝2.5V×0.4A＝1W。
故答案为：5；108；1。
【点评】本题考查串联电路规律和欧姆定律以及电功率公式的应用，从图像中获取信息是解题关键。
三、作图题（共3分）
20．（3分）如图为冰箱工作时的部分电路，请将电路连接完整。要求：①符合安全用电原则；②S1只控制照明灯，S2只控制压缩机M。
【分析】根据照明灯和压缩机的工作特点判定其连接方式；为了用电的安全，开关应该接在火线与用电器之间；有金属外壳的用电器，其外壳要接地。
【解答】解：冰箱内照明灯和压缩机可以独立工作，所以是并联的，冰箱内照明灯由开关S1控制，压缩机M由开关S2控制；为了用电的安全，开关应该接在火线与用电器之间；冰箱有金属外壳，其外壳要接地，如图所示：
【点评】本题考查了家庭电路的连接，属于基础题。
四、实验探究题（共15分）
21．（8分）某中学两支物理小组的同学，在实验室中验证阿基米德原理。
（1）方案一，小刚用石块按如图甲实验步骤依次进行实验。由甲图可知，石块浸没在水中受到的浮力F浮＝ 0.5 N，排开水的重力G排＝ 0.4 N，发现F浮≠G排，造成这种结果的原因不可能是 A 。
A、整个实验过程中，弹簧测力计都没有校零
B、最初溢水杯中的水未装至溢水口
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部
（2）方案二，如图乙，小明将装满水的溢水杯放在升降台C上，用升降台来调节溢水杯的高度。当小明逐渐调高升降台，发现随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量，从而证明了F浮＝G排。
（3）为了多次实验得到普遍规律，方案 二 （选填“一”或“二”）的操作更加简便。
然后小明利用阿基米德原理测量某实心金属块的密度，实验步骤如下：
①让小空桶漂浮在盛满水的溢水杯中，如图甲；
②将金属块浸没在水中，测得溢出水的体积为18mL，如图乙；
③将烧杯中18mL水倒掉，从水中取出金属块，如图丙；
④将金属块放入小空桶，小空桶仍漂浮在水面，测得此时溢出水的体积为36mL，如图丁。
请回答下列问题：
①被测金属块的密度是 3×103 kg/m3。
②在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空桶，测出的金属块密度将 不变 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
【分析】（1）方案一（1）根据称重法测出小石块受到的浮力；排开水的重力等于排开的水和小桶的重力之和减掉空桶的重力；逐一分析每个选项，确定不符合条件的选项；
（2）方案二：
根据阿基米德原理可知，重物浸入水中的体积越来越大时受到的浮力变大，根据称重法可知弹簧测力计A示数的变化；
此时重物排开水的体积变大即溢出水的体积变大，据此可知弹簧测力计B示数的变化；再根据阿基米德原理判断弹簧秤A的示数变化量和弹簧秤B的示数变化量之间的关系；
（3）比较两个方案确定哪个操作更简便；
①根据图甲和图乙求出金属块排开水的体积，即金属块的体积；根据图丙和图丁求出金属块受到的浮力，再利用物体漂浮条件可得金属块的重力，然后利用G＝mg求出其质量，最后根据ρ＝计算金属块的密度；
②通过分析金属块的体积在测量过程中的变化，根据ρ＝分析在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空桶，对实验结果的影响。
【解答】解：
（一）方案一：
（1）根据F浮＝G﹣F可知，石块浸没在水中受到的浮力F浮＝F1﹣F3＝2N﹣1.5N＝0.5N；
排开水的中力G排＝F4﹣F2＝1.9N﹣1.5N＝0.4N；
F浮＞G排，
A、若弹簧测力计都没有校零，那么四次测量结果都应加上测量前弹簧测力计示数，那么所得浮力与排开水的重力大小应不变，故A不可能；
B、若最初溢水杯中的水未装至溢水口，则石块排开水的只有一部分溢出到桶中，排开水的重力G排减小，B有可能；
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部，则导致F3减小，F3减小，F1﹣F3＞F4﹣F2．得出错误结论：F浮≠G排，C有可能；
故不能的是A；
（二）方案二：
（1）重物浸入水中的体积越来越大时，排开液体的体积变大，根据F浮＝ρ液gV排可知，重物受到的浮力变大，
因为F浮＝G﹣F示，所以弹簧测力计A的示数F示＝G﹣F浮变小；
又因为重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水的质量变大、溢出水受到的重力变大，所以弹簧测力计B的示数变大；
根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计A示数的变化量和弹簧测力计B的示数变化量相等；
（3）由上可知，方案二的操作可较方便的完成多次实验，使结论有普遍性。
①在图甲中，小空桶受到的浮力等于其重力：G桶＝F浮1﹣﹣﹣﹣①；
由图乙可知，金属块的体积V金属块＝18mL，在图丁中，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′＝18mL+36mL＝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＝3×103kg/m3，
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桶，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）0.5；0.4；A；（2）减小；等于；（3）二；①3×103；②不变。
【点评】此题验证阿基米德原理，考查操作过程及误差的分析和对实验方案评估和改进，同时也考查了有关物体密度的计算、力的平衡、阿基米德原理等，根据已知条件确定金属块的体积和质量是解决此题的关键。综合性强，难度大，为压轴题。
22．（7分）在“测量小灯泡的电阻”实验中，选用的器材有：两节新干电池，额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整；
（2）正确连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 A （选填“A”或“B”）端；
（3）闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表无示数，造成这一现象的原因可能是小灯泡 短路 （选填“短路”或“断路”）。排除故障后，闭合开关S，移动滑片P到某一位置时，若要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片P向 B （选填“A”或“B”）端移动；
（4）经过多次实验，测出并记录多组电压和电流的值，得到小灯泡的I﹣U图象如图丙所示，可计算出小灯泡正常发光时的电阻为 12.5 Ω，小灯泡的额定功率是 0.5 W；
（5）小红同学认为，利用图甲的装置也可以探究电流与电压的关系。小明同学认为小红的观点不合理，理由是 灯丝电阻随温度的变化而变化 。
【分析】（1）根据电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联连接电路；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
（3）闭合开关，发现电流表有示数，说明电路是通路，而小灯泡不发光、电压表无示数，说明与电压表并联的电路短路或电压表短路；
根据电压表选用的量程确定分度值，结合指针位置读数，比较电压表示数与灯泡额定电压的大小关系，根据串联电路的电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据图丙确定灯泡在额定电压下对应的电流（即额定电流），利用R＝和P＝UI分别求出小灯泡正常发光时的电阻和额定功率；
（5）在探究电流与电压的关系实验中，应控制电阻的阻值不变，而灯丝电阻随温度的变化而变化。
【解答】解：（1）在“测量小灯泡的电阻”实验中，应将电流表与灯泡串联，电压表并联接在灯泡两端测灯泡的电压，电路连接如图所示：
；
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大端，即图甲中的A端。
（3）闭合开关，发现电流表有示数，则故障不可能是断路，而小灯泡不发光，电压表无示数，说明与电压表并联的灯泡发生了短路，此时电压表测导线的电压。
排除故障后，闭合开关S，电压表示数如图乙所示，分度值为0.1V，指针所在位置的示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，若要测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端的电压，由串联分压可知，应减小滑动变阻器两端的电压，则应减小滑动变阻器接入电路的阻值，所以滑片应向B端移动。
（4）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，则小灯泡正常发光时的电阻为：
小灯泡额定功率为：P额＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W
（5）在探究电流与电压的关系实验中，应控制电阻的阻值不变，灯丝电阻随温度的变化而变化，因此不能利用图甲的装置探究电流与电压的关系。
故答案为：（1）见解析；（2）A；（3）短路；B；（4）12.5；0.5；（5）灯丝电阻随温度的变化而变化。
【点评】本题是“测量小灯泡电阻”的实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、实验操作、电阻和电功率的计算以及影响电阻大小的因素等知识。
五、简答题（共3分）
23．（3分）炎热的夏天，家家户户都开空调时，很容易使路线因为“超负荷”工作而引发火灾，请解释“超负荷”的含义及“超负荷”会引发火灾的原因并提出一些预防的措施。
【分析】（1）家庭电路中电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大（超负荷）；
（2）根据焦耳定律Q＝I2Rt进行分析容易引起火灾的原因；
（3）通过减小总功率减小电流的方式提出预防的措施。
【解答】答：
炎热的夏天，家家户户都开空调时，用电器的总功率过大，即我们平常说的“超负荷”；
由I＝可知此时电路中的电流过大，导线的电阻一定、通电时间一定，由Q＝I2Rt，可知电流越大、产生的热量越多，容易引起火灾；
为减小火灾产生，换用电阻更小（更粗）的导线或大功率的用电器尽量不要同时使用，以免总功率过大。
【点评】此题主要考查了电流的热效应在家庭电路中造成的危害及防止危害措施，很具有现实意义。
六、计算题（共18分）
24．（6分）如图所示，水平桌面上放有一圆柱形溢水杯，它自重7N，底面积为300cm2，溢水口距杯底的高度为12cm，溢水杯中盛有高为10cm、质量为3kg的水。现将一体积为1000cm3、质量为2.7kg的正方体铝块缓慢浸没入水中，不计溢水杯的厚度。求：
（1）铝块放入水前，水对溢水杯底部的压强；
（2）铝块浸没在水中受到的浮力；
（3）铝块浸没在水中静止后，溢水杯对水平桌面的压强。
【分析】（1）根据p＝ρgh求出铝块放入水前，水对溢水杯底部的压强；
（2）由F浮＝ρ水gV排可求得铝块浸没在水中受到的浮力；
（3）求得铝块放入后，溢出水的体积，G＝mg即可求出溢出水的重力、溢水杯内水的重力、铝块的重力，
溢水杯对水平桌面的压力F＝G杯+G水+G铝﹣G溢出，又知道杯子外部底面积（受力面积），利用压强公式可求出溢水杯对桌面的压强p。
【解答】解：（1）水对溢水杯底部的压强p1＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1.0×103Pa，
（2）因为铝块浸没在水中，V排＝V物＝1000cm3＝1×10﹣3m3，
铝块浸没在水中受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，
（3）铝块放入后，溢出水的体积V溢出＝V水+V铝﹣V溢水杯＝300cm2×10cm+1000cm3﹣300cm2×12cm＝400cm3＝4×10﹣4m3，
溢出水的重力G溢出＝ρ水V溢出g＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣4m3＝4N，
溢水杯内水的重力G水＝m水g＝3kg×10N/kg＝30N，
铝块的重力G铝＝m铝g＝2.7kg×10N/kg＝27N，
溢水杯对水平桌面的压力F＝G杯+G水+G铝﹣G溢出＝7N+30N+27N﹣4N＝60N，
溢水杯底面积S＝300cm2＝3×10﹣2m2，
溢水杯对水平桌面的压强p2＝＝＝2000Pa。
答：（1）铝块放入水前，水对溢水杯底部的压强为1.0×103Pa；
（2）铝块浸没在水中受到的浮力为10N；
（3）铝块浸没在水中静止后，溢水杯对水平桌面的压强为2000Pa。
【点评】本题考查了液体压强和固体压强的计算，关键是公式及其变形式的理解和掌握，解答此题时要注意静止在水平桌面上的容器，对桌面的压力等于总重力。
25．（6分）现代家庭装修中浴室大多用燃气热水器提供热水，小芳家安装了燃气热水器。已知水进入热水器前的温度是10℃，洗澡时热水器输出热水的温度设定为40℃；如果小芳洗一次澡用热水0.06m3。求：（天然气的热值为4×107J/m3）
（1）所用热水的质量为多少kg？
（2）水从热水器中吸收热量多少J？
（3）若天然气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，需要消耗多少m3的天然气？
【分析】（1）知道热水的体积，利用m＝ρV求热水的质量；
（2）知道水的比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）可以求出热水吸收的热量；
（3）天然气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，利用Q放＝qV计算需要消耗天然气的体积。
【解答】解：
（1）由ρ＝可得热水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.06m3＝60kg；
（2）热水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×（40℃﹣10℃）＝7.56×106J；
（3）天然气完全燃烧释放热量：
Q放＝＝＝1.08×107J，
由Q放＝Vq可得需要消耗天然气的体积：
V＝＝＝0.27m3。
答：（1）所用热水的质量为60kg；
（2）水从热水器中吸收7.56×106J的热量；
（3）若天然气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，需要消耗0.27m3的天然气。
【点评】本题考查了密度公式、吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，属于基础题目。
26．（6分）小涵新买的电饭锅如图甲所示，其简化电路如图乙所示。R1和R2均为电热丝，开关S2是自动控制开关，开关S2向上与触点a、b接通，向下仅与触点c接通。煮饭过程中，通过开关S2不断改变电路接通方式，从而使饭得到最佳的口感和营养；如图丙所示为这个电饭锅在某次正常煮饭全过程中总功率随时间的变化图象。求：
（1）电热丝R2的阻值。
（2）当R1工作时通过它的电流。
（3）煮饭全过程消耗的电能。
【分析】（1）当开关S2向上与触点a、b接通时，电热丝R1和R2并联；当S2向下仅与触点c接通时，电路为R2的简单电路；并联电路的总电阻小于其中任何一个电阻，则可知当开关S2向上与触点a、b接通时，电路的总电阻最小，由P＝可知此时电路的总功率最大，由图丙可知电路的最大总功率P大，进而可知当S2向下仅与触点c接通时，电路的总功率最小，根据图丙可知最小功率P小，由P＝可求出R2的阻值；
（2）电路的总功率等于各用电器消耗电功率之和，据此求出当开关S2向上与触点a、b接通时R1的电功率，根据P＝UI求出当R1工作时通过它的电流；
（3）由图可知电饭锅在各个阶段的工作时间，根据W＝Pt求出各个阶段消耗的电能，据此求出煮饭全过程消耗的电能。
【解答】解：（1）由图乙可知，当开关S2向上与触点a、b接通时，电热丝R1和R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路的总电阻最小，由P＝可知此时电路的总功率最大，由图丙可知电路的最大总功率P大＝660W；
当S2向下仅与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电路中的电阻最大，总功率最小，由图丙可知最小电功率P小＝440W；
由P＝可得，R2的阻值：R2＝＝＝110Ω；
（2）因为在两种状态下电热丝R2都工作，且电热丝R2两端的电压不变，其阻值不变，则电热丝R2消耗的电功率不变，即P2＝P小＝440W，
因电路的总功率等于各用电器消耗电功率之和，
所以，当开关S2向上与触点a、b接通时，R1的电功率：P1＝P大﹣P2＝P大﹣P小＝660W﹣440W＝220W，
由P＝UI可知，当R1工作时通过它的电流：I1＝＝＝1A；
（3）由图可知，在煮饭全过程中，以最大功率工作的时间t1＝20min＝1200s，以最小功率工作的时间t2＝10min＝600s，
由P＝可知，煮饭全过程消耗的电能：W＝W1+W2＝P大t1+P小t2＝660W×1200s+440W×600s＝1.056×106J。
答：（1）电热丝R2的阻值为110Ω；
（2）当R1工作时通过它的电流为1A；
（3）煮饭全过程消耗的电能为1.056×106J。
【点评】本题考查了并联电路的特点、电功率公式的应用以及电能的计算，是一道电学综合题，有一定的难度。