2026年江苏省常州市中考模拟物理模拟练习试卷含答案（一）

这是一份2026年江苏省常州市中考模拟物理模拟练习试卷含答案（一），共3页。

一．选择题（共15小题）
1．下列哪个选项不属于电磁波家族的成员（ ）
A．X 射线B．次声波
C．太阳发出的光 D．红外线
【答案】B
【分析】本题考查电磁波家族及其应用的知识点。要判断一个选项是否属于电磁波，需要明确电磁波的种类，再看选项中的是否在其中。
【解答】电磁波包括无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线等。A 选项，X 射线属于电磁波；B 选项，次声波是声波，不属于电磁波；C 选项，太阳发出的光属于可见光，是电磁波；D 选项，红外线属于电磁波。所以答案是 B。
【点评】本题考查对电磁波家族的基本认识，关键在于准确记忆电磁波包含的种类，区分声波和电磁波。
2．如图所示，小明在探究平面镜成像的特点时，将玻璃板M竖直放置在水平桌面上，然后将点燃的蜡烛A放置于玻璃板前。小明在蜡烛A所在的一侧通过玻璃板观察到了A的像B。以下说法中正确的是（ ）
A．像B可以呈现在光屏上
B．蜡烛A离玻璃板越远，它的像B就越小
C．蜡烛A离玻璃板越远，它的像B离玻璃板也越远
D．像B是蜡烛A发出的光通过玻璃板后会聚形成的
【答案】C
【分析】（1）平面镜所成的是正立等大的虚像，像物到平面镜的距离相等；
（2）平面镜前蜡烛射出的光线经平面镜反射后进入人的眼睛，眼睛逆着光线看来，根据光线是从反射光线的延长线上射出的，看到的蜡烛的虚像。
【解答】解：A、平面镜所成的是虚像，虚像不能呈现在光屏上，故A错误；
B、由于平面镜所成的像与物体大小相等，与距离平面镜的距离无关，故B错误；
C、平面镜所成的像与物体到平面镜的距离相等，所以蜡烛A远离平面镜时，它的像也会远离平面镜，故C正确；
D、像B是蜡烛A发出的光在玻璃板上反射而来的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查平面镜成像的规律，是一道基础题，难度不大。
3．如图所示，汽车沿蜿蜒的盘山公路爬坡时，下列说法正确的是（ ）
A．不能省力B．坡越陡越省力
C．不能省功D．坡越陡越省功
【答案】C
【分析】斜面也是一种简单的机械，使用斜面时省力但费距离；当斜面高度相同，越长越省力。
【解答】解：AB．盘山公路是斜面的应用，斜面可以省力，即坡度越小越省力，坡度越大越费力，故AB错误；
C．任何机械都不能省功，汽车沿盘山公路爬坡为了省力，不能省功，故C正确；
D.当斜面高度相同，越长越省力，故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查的是斜面的相关知识，平日注意相关知识的积累，要结合现实生活去分析问题，不要总是停留在理想情况下，难度还是不大的。
4．有甲、乙两金属，甲乙的密度之比为2：5，甲乙的质量之比为1：2，那么甲乙的体积之比是（ ）
A．4：5B．5：4C．5：1D．1：5
【答案】B
【分析】已知甲、乙两金属密度之比、质量之比，根据公式V=mρ可求体积之比。
【解答】解：
∵ρ=mV，
∴甲乙的体积之比：
V甲：V乙=m甲ρ甲：m乙ρ乙=m甲m乙×ρ乙ρ甲=12×52=5：4。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对密度公式的掌握和运用，因为是求比值，要细心，防止因颠倒而出错！
5．中国古代的杆秤，是一种典型的杠杆应用。如图所示杆秤恰好水平平衡，B点提扭处为0刻度，在使用杆秤称量物体时，如果秤砣被磨损掉一部分，那么杆秤的读数将（ ）
A．偏大B．偏小C．不变D．无法确定
【答案】A
【分析】秤砣磨损一部分后，秤砣变轻，由杠杆的平衡条件可知，当称量质量一定的重物时，对应的力臂会变长。
【解答】解：在使用杆秤称量物体时，B点为支点。货物对杆秤的拉力是阻力F2，方向竖直向下，则阻力臂l2是支点到阻力作用线的距离；秤砣对杠杆的拉力是动力F1，方向竖直向下，则动力臂l1是支点到动力作用线的距离。在使用杆秤称量物体时，如果秤砣被磨损掉一部分，即秤砣的重力减小，即动力F1减小，因此称重同样的物体，根据杠杆平衡条件，要使杠杆重新水平平衡，需增大动力臂l1，需将秤砣往外移，那么杆秤的读数将偏大。
故选：A。
【点评】本题考查了杆秤的使用，属于基础题目。
6．分析下列几种现象中温度变化的原因，其中一种与其它三种不同，它应该是（ ）
A．开啤酒瓶盖瞬间，瓶口的二氧化碳气体温度会降低
B．化妆品或杀虫剂之类的自动喷剂，当喷了一会儿，罐身温度会降低
C．用打气筒打气，过了一会儿就感到筒身发热
D．夏天，用嘴向手背快速吹气，会感到凉意
【答案】D
【分析】物体的温度变化，物体的内能就会变化，导致物体温度变化的原因有做功和热传递两种方式，热传递改变内能是内能转移的过程，做功改变内能是机械能和内能的转化过程。
【解答】解：A、开啤酒瓶盖瞬间，瓶内压缩气体膨胀做功，内能转化成机械能，内能减小，温度降低，属于做功的方式；
B、自动喷剂喷洒液体时，瓶内气体对外做功，内能转化成机械能，内能减小，温度降低，属于做功的方式；
C、打气筒打气时，筒内气体被压缩做功，内能增加，温度升高，机械能转化成内能，属于做功的方式；
D、用嘴向手背快速吹气，空气流动加快，手上的汗液蒸发，蒸发吸热，所以会感到凉意，属于热传递的方式。
故选：D。
【点评】本题的关键就是抓住导致物体温度变化的原因，存在内能转移的是热传递，存在内能转化的是做功。
7．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）①物体温度越低，内能越小，但一切物体都有内能②改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式③两物体相互接触时，热量总是从温度高的物体转移到温度低的物体④一切物体都具有内能，而不一定具有机械能
A．只有①②③B．只有②③④C．只有①③④
【答案】D
【分析】本题考查内能的概念。解题关键是理解内能的基本概念，包括内能与温度的关系、改变内能的方式、热传递的条件以及内能和机械能的区别。
【解答】①一切物体都有内能，物体温度越低，内能越小，该说法正确；②改变物体内能本质上只有做功和热传递两种方式，正确；③热量是从温度高的物体转移到温度低的物体，而不是内能大的转移到内能小的，原③错误；④一切物体都有内能，不一定有机械能，正确。综上，①②④正确，答案选 D。
【点评】本题考查内能相关基础概念，要准确理解各概念含义，注意热传递的条件是温度差。
8．用相同的电加热器加热相同质量的水和煤油的过程中，水和煤油的温度随时间变化的图象如图所示，关于这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．煤油的温度高于水的温度，所以煤油的比热容大
B．20min后水的温度不变的过程中将不再吸收热量
C．煤油的温度升高的较快，说明煤油比热容比水比热容小
D．8min时间内煤油吸收的热量比水吸收的热量多
【答案】C
【分析】（1）①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强，比热容大；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力，比热容小；
（2）液态沸腾后，吸热温度不变；
（3）在相同情况下，温度变化大的说明吸热能力弱，比热容小；
（4）用相同的电加热器加热，相同时间放出热量相同。
【解答】解：A、比热容的大小与温度无关，故A错误；
B、20min后，水已经沸腾，水沸腾过程中，吸热温度不变，故B错误；
C、通电相同时间，水和煤油吸收热量相同，煤油升高的温度比水快，说明水的吸热能力更强，煤油的比热容比水小，故C正确；
D、相同时间内，水和煤油吸收的热量相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题属于研究物质比热容的探究实验，考查了学生的分析归纳能力，利用好控制变量法是本题的关键。
9．小明发现汽车的刹车灯泡内部有两根灯丝，分别是在光照不足的情况下开启的示宽灯灯丝L1和在刹车时开启的刹车灯灯丝L2，以便提示后车注意，符合要求的电路是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意分析两个开关的连接方式、两灯的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，汽车示宽灯（L1）主要是为了提醒其他车辆的注意，汽车刹车灯（L2）主要是为了让后方车辆看到前方车辆刹车减速，这说明两灯工作时互不影响，是并联的，且每盏灯都有各自的控制开关，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路的设计，属于基础题。
10．最早通过大量的实验确定了电流通过导体产生的热量与电流大小、导体的电阻以及通电时间的关系的物理学家是（ ）
A．欧姆B．奥斯特C．安培D．焦耳
【答案】D
【分析】在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律。
【解答】解：英国物理学家焦耳做了大量实验，于1840年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系；
焦耳定律的内容为：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比，即Q＝I2Rt。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对物理学史的掌握和运用，平时多了解物理学史，了解科学家的贡献，有利于解答此类题。
11．一种电磁式自充电手电筒可以靠反复握动手柄给蓄电池储能，使用时按动开关照明，这种手电筒的电磁自发电模块相当于下面实验装置中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】手电筒的电磁自发电模块工作原理是电磁感应现象，机械能转化为电能，能够对外供电。
【解答】解：A、导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，属于电磁感应现象，对应发电机原理，故A正确；
B、奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，是电流的磁效应，故B错误；
C、探究电磁铁磁性强弱的影响因素，利用电流的磁效应，故C错误；
D、通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，将电能转化为机械能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电磁感应，属于基础题。
12．将两个通电螺线管并列放在一起，A、B为相对的两个磁极，它们之间的磁感线分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a端为电源的正极，A为螺线管S极
B．b端为电源的正极，A为螺线管N极
C．c端为电源的正极，B为螺线管N极
D．d端为电源的正极，B为螺线管S极
【答案】A
【分析】磁体周围的磁感线是从磁体的N极出发，回到S极，据此判定螺线管的极性；根据安培定则判定电源的正、负极。
【解答】解：在磁体的外部，磁感线是从磁体的N极出发，回到S极，由图可知，左边螺线管的A端为S极，右边螺线管的B端为S极，根据安培定则可知，左边螺线管的电流是从左端流入螺线管的，则a端为正极，b端为电源的负极；右边螺线管的电流是从左端流入螺线管的，则c端为正极，d端为电源的负极，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了安培定则的应用、磁感线的方向，属于基础题。
13．如图所示是小明家的部分电路，下列有关说法正确的是（ ）
A．若be间断路，灯L2仍可正常工作
B．若保险盒内的保险丝熔断了，只要更换保险丝就可以了
C．若cd间断路，则插在三孔插座上的用电器能工作但有触电风险
D．若两开关闭合，灯L1亮、L2不亮，用试电笔检测三孔插座左、右孔，氖管均发光，则可能是进户零线断路
【答案】C
【分析】本题需基于家庭电路的基本特点分析故障现象。家庭电路中各用电器并联，火线、零线、地线分工明确：火线与零线构成电流回路，地线用于漏电保护。若某段导线断路，需判断其属于火线、零线还是地线，并结合用电器工作状态和试电笔检测结果综合推理。例如，地线断路不影响电器工作，但可能导致触电风险；而零线断路会使回路中断，用电器无法工作。
【解答】解：A.若be间断路（如L2支路火线或零线断开），回路不完整，L2无法工作，故A错误。
B.保险丝熔断需先排查过载或短路，否则直接更换会重复熔断，故B错误。
C.cd间为地线断路，用电器仍可工作，但金属外壳漏电时无法接地，存在触电风险，故C正确。
D.若进户零线断路，则会导致所有支路的用电器不工作，而此时L1仍亮，说明不可能是进户零线断路；两开关闭合时，灯L1亮、L2不亮，用试电笔检测三孔插座左、右两孔，氖管均发光，这说明三孔插座的左右两孔与火线之间都是接通的，则故障是零线的ab之间断路（如下图所示），故D错误。
故选：C。
【点评】解题关键在于区分地线与零线的作用：地线断路仅影响漏电保护功能，不影响电器工作；而零线断路会直接切断电流回路。此外，需结合试电笔检测结果判断带电状态（如火线带电、零线不带电）。易错点包括误认为地线断路会导致电器不工作，或忽略保险丝熔断的根本原因。解答此类题时，应先通过电器是否工作缩小故障范围，再通过电路结构分析具体问题。
14．小明同学用宽度不同、厚度均匀的铝片自制了一个电热切割器，用来切割塑料泡沫，如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．通过EF、FG和GH三段铝片的电流不等
B．加在EF、FG和GH三段铝片两端的电压相等
C．EF、FG和GH三段铝片的电阻相等
D．用FG段去切割塑料泡沫，效果最好
【答案】D
【分析】A.串联电路中电流处处相等；
BC.由电压U＝IR判断，材料相同，导体的电阻的大小与长度成正比与横截面积成反比；
D.电热切割器温度高，切割塑料泡沫效果最好，电阻丝产生的热量Q＝I2Rt。
【解答】解：A.串联电路中电流处处相等，所有EF、FG和GH三段铝片的电流相同，故A错误；
BC.由电压U＝IR判断，材料相同，导体的电阻的大小与长度成正比，与横截面积成反比，所以REF＝RGH＜RFG，串联电路电流相同，故UEF＝UGH＜UFG，故BC错误；
D.电热切割器温度高，切割塑料泡沫效果最好，电阻丝产生的热量Q＝I2Rt，串联电路电流相同，电阻越大，相同的时间内产生的热量越多，所以FG段去切割塑料泡沫，效果最好，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路中，电流、电压的特点，电流的热效应。
15．如图所示的电路中，电源电压恒为15V，小灯泡L标有“3V 1.8W”的字样，滑动变阻器R1的规格为“60Ω 1A”，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～15V、当只闭合S0、S2、S3，将滑动变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为1A。不考虑灯丝电阻的变化，在保证电路中各元件安全的情况下，则下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻R2的阻值为20Ω
B．只闭合S1、S2，断开S0、S3，R1的最大功率是11.25W
C．只闭合S1、S2，断开S0、S3，小灯泡L的电功率的取值范围是0.324W～1.8W
D．闭合开关S0、S2、S3，断开S1，整个电路消耗的电功率的取值范围是11.25W～22.5W
【答案】D
【分析】（1）根据电路图可知，当只闭合S0、S2和S3时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，并且滑动变阻器R1的滑片P在中点；先根据欧姆定律求出通过R1的电流，然后根据并联电路电流规律以及欧姆定律的应用求出R2的阻值；
（2）只闭合S1、S2，断开S0、S3时，灯泡与滑动变阻器R1串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端电压；由P=U2R可得灯泡的阻值，
当滑动变阻器的电阻等于小灯泡电阻时滑动变阻器的功率最大，但当小灯泡两端的电压与滑动变阻器两端的电压相同时，小灯泡两端的电压为7.5V，大于小灯泡的额定电压，所以小灯泡会被烧坏，故滑动变阻器的电阻不能与小灯泡的电阻相等，为了保证小灯泡正常发光，当电流为小灯泡的额定电流时，电阻R1的功率最大，由P＝UI算出灯泡的额定电流，由串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端的电压，由P＝UI算出滑动变阻器的最大的功率；
根据灯泡的额定电流，然后结合电流表量程确定电路最大电流，再根据串联电路电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小电阻；
根据欧姆定律的应用求出灯丝的阻值，再根据串联电路分压的规律以及电压表量程可知当电压表示数最大时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，并根据串联电路电压特点和欧姆定律的应用求出电路电流和滑动变阻器接入电路的最大阻值；并根据电路的最小电流和最大电流以及P＝I2R求出灯泡的最小功率和最大功率；
（3）闭合开关S0、S2、S3，断开S1，R1、R2并联，电流表测量干路电流，根据电流表量程和P＝UI求出电路消耗的最大功率，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，干路电流最小，根据并联电路特点和欧姆定律求出电路电流，最后根据P＝UI求出电路消耗的最小功率。
【解答】解：A、根据电路图可知，当只闭合S0、S2和S3时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，并且滑动变阻器R1的滑片P在中点；
通过R1的电流：I1=U12R1=15V12×60Ω=0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝1A﹣0.5A＝0.5A，
由I=UR可得，R2的阻值：R2=UI2=15V0.5A=30Ω；故A错误；
B、闭合S1、S2，断开S0、S3时，灯泡与滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测量电路中的电流；
小灯泡L标有“3V 1.8W”的字样，由P=U2R可得，灯泡的阻值：RL=UL2PL=(3V)21.8W=5Ω，
当滑动变阻器的电阻等于小灯泡电阻时滑动变阻器的功率最大，但当小灯泡两端的电压与滑动变阻器两端的电压相同时，小灯泡两端的电压为7.5V，大于小灯泡的额定电压，所以小灯泡会被烧坏，故滑动变阻器的电阻不能与小灯泡的电阻相等，为了保证小灯泡正常发光，当电流为小灯泡的额定电流时，电阻R1的功率最大，由P＝UI可得，灯泡的额定电流：IL=P额U额=1.8W3V=0.6A，
滑动变阻器两端的电压为：
U滑＝U﹣UL＝15V﹣3V＝12V，
滑动变阻器的最大的功率为：
P滑＝U滑IL＝12V×0.6A＝7.2W，故B错误；
C、因串联电路中各处的电流相等，电流表量程为0～3A，
所以为保证电路安全，电路中的最大电流为0.6A，即小灯泡的最大电流为0.6A，最大功率为1.8W；
因串联电路中各处的电流相等，电流表量程为0～3A，
所以为保证电路安全，电路中的最大电流为0.6A，当电压表示数为15V时，与电源电压相等，
因串联电路两端电压等于各部分电路两端的电压之和，所以滑动变阻器的阻值可以全部连入电路，此时电路中电流最小，
则电路中的最小电流：Imin=URL+R1=15V5Ω+60Ω=313A，
此时灯泡消耗的最小功率：Pmin=Imin2RL＝（313A）2×5Ω≈0.27W；
因此小灯泡L的电功率的取值范围是0.27W～1.8W，故C错误；
D、闭合开关S0、S2、S3，断开S1，R1、R2并联，电流表测量干路电流；
因为滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，而并联电路中，各支路互不影响，因此通过R2的电流仍然是0.5A，
又因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，再结合电流表量程可知，
所以干路最大电流为Imax′＝I滑大+I2＝1A+0.5A＝1.5A，
则电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax′＝15V×1.5A＝22.5W，
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，
则Imin′=UR1+I2=15V60Ω+0.5A＝0.75A，
电路消耗的最小功率：Pmin＝UImin′＝15V×0.75A＝11.25W，
故闭合开关S0、S2、S3，断开S1时，整个电路消耗的电功率的取值范围是11.25W～22.5W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串并联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的运用，关键是电路的分析，难点是电路最大电流和最小电流的判断，属于难题。
二．填空题（共8小题）
16．如图所示为“小孔成像”的示意图：小孔成的像是 实 像（选填“虚”或“实”），若小孔位置固定，将蜡烛和光屏位置对调，光屏上的像比原来 变小 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。若小孔上移，则像 上 （选填“上”、“下”、“左”或“右”）移。
【答案】实；变小；上。
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，光的直线传播形成了很多现象，例如影子、日食、月食、小孔成像等；
（2）小孔成像，成倒立的实像，像的形状与孔的形状无关，取决于物体的形状，物体距离小孔越近，成的像越大。
【解答】解：小孔成像是由光沿直线传播造成的，所成的像是实像；由图可见蜡烛距离小孔较近，在光屏上成的像比实际烛焰大；将蜡烛和光屏位置对调后，烛焰距离小孔比越来远了，所以成的像也就变小了；若小孔上移，根据光的直线传播原理可知，像将上移。
故答案为：实；变小；上。
【点评】本题考查光的直线传播形成的小孔成像现象，此类问题学生往往在孔的形状与成像的形状的关系上出错，要牢记孔像的形状与孔的形状无关，完全取决于物体的形状。
17．某瓶子装满水时的总质量为 400g，装满酒精时总质量为 320g，则瓶子的容积为______cm3；这个瓶子装满密度为 1.2g/cm3的盐水后的总质量为______g（ρ水 ＝ 1.0g/cm3，ρ酒精 ＝ 0.8g/cm3）。
【答案】见试题解答内容
【分析】本题考查密度公式的变形运用计算质量和体积。设瓶子质量为 m 瓶，容积为 V，根据装满水和酒精时质量列出方程，求出瓶子质量和容积，再计算装满盐水后的总质量。用到的核心公式是 ρ ＝ m/V 及其变形 m ＝ ρV。
【解答】设瓶子质量为 m 瓶，容积为 V。装满水时：m 瓶+ρ水 V ＝ 400g，即 m 瓶+1.0g/cm3×V ＝ 400g ①；装满酒精时：m 瓶+ρ酒精 V ＝ 320g，即 m 瓶+0.8g/cm3×V ＝ 320g ②；①﹣②得：（1.0﹣0.8）g/cm3×V ＝ 400g﹣320g，0.2g/cm3×V ＝ 80g，解得 V ＝ 400cm3。将 V ＝ 400cm3代入①得：m瓶+1.0g/cm3×400cm3＝ 400g，m 瓶 ＝ 0g。装满盐水时，盐水质量 m 盐水 ＝ ρ盐水 V ＝ 1.2g/cm3×400cm3＝ 480g，总质量为 480g。
18．如图所示是小明自制的调光台灯，把一根导线固定在铅笔芯最左端，然后将另一根导线接触铅笔芯右端并逐渐向左滑动，小明会看到的现象是 灯变亮 。产生这种现象的原因是接入电路的导体的 长度 减小，引起电路中电阻变小。
【答案】灯变亮；长度。
【分析】由电路图可知，灯泡与铅笔芯滑动变阻器串联，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡亮度的电压变化。
【解答】解：由图中可知，灯泡与铅笔芯滑动变阻器串联，将另一根导线接触铅笔芯右端并逐渐向左滑动，铅笔芯接入电路中的长度逐渐减小，在其它条件不变时，铅笔芯接入电路中的电阻变小，使得电路中的电流变大，灯泡的实际功率变大，故灯泡会变亮。
故答案为：灯变亮；长度。
【点评】本题考查了影响电阻大小的因素，难度不大。
19．小明用一个动滑轮，将重15N的钩码匀速提升1m，所用的拉力为10N。此过程中，有用功为 15 J，动滑轮的机械效率为 75% 。对于实际的机械，机械效率总 小于 100%。
【答案】15；75%；小于。
【分析】（1）根据W有＝Gh求出拉力做的有用功；
（2）动滑轮绳子股数为2，根据W总＝Fs＝Fnh求出拉力做的总功，利用η=W有W总求出动滑轮的机械效率；
（3）由于额外功的存在，机械效率必然小于100%。
【解答】解：拉力做的有用功为：
W有＝Gh＝15N×1m＝15J；
动滑轮绳子股数为2，拉力做的总功为：
W总＝Fs＝Fnh＝10N×2×1m＝20J，则动滑轮的机械效率为：
η=W有W总×100%=15J20J×100%=75%；
实际机械工作时，除了完成有用功外，还需克服摩擦、机械自重等做额外功，导致总功大于有用功。机械效率为有用功与总功的比值，由于额外功的存在，机械效率必然小于100%。
故答案为：15；75%；小于。
【点评】本题主要考查的是滑轮组的机械效率，关键是会根据题目的条件进行简单的计算。
20．中国空间站利用太阳能电池板获得能量，太阳能属于 可再生 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。中国空间站与地面控制中心通过 电磁 波传递信息。
【答案】可再生；电磁。
【分析】可再生能源可以从自然界源源不断地获得，太阳能符合这一特点。
由于太空是真空环境，声波无法传播，而电磁波可以在真空中传播，因此利用电磁波传递信息。
【解答】解：太阳能可以从太阳持续不断地获得，在人类合理利用的时间尺度内，太阳的能量几乎是无限的，所以太阳能属于可再生能源。
空间站处于太空的真空环境中，声音不能在真空中传播，而电磁波不需要介质，能够在真空中传播，因此中国空间站与地面控制中心通过电磁波传递信息。
故答案为：可再生；电磁。
【点评】本题考查能源的分类及电磁波的应用，关键在于掌握可再生能源的概念，并理解电磁波在真空环境下的传播特性。
21．如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为 1.2 A和 0.3 A。
【答案】1.2；0.3。
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L2支路电流，根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针在同一个位置确定两表量程，根据分度值读出示数，进一步求出灯L1中的电流。
【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L2支路电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，
所以，干路电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数I＝1.5A，
L2支路电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数I2＝0.3A，
则灯L1中的电流：
I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：1.2；0.3。
【点评】本题考查了并联电路的电流特点和电流表的读数，会确定两电流表的量程是关键。
22．小周设计了如图所示的电路图探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”。实验中通过观察 吸引大头针的多少 来判断电磁铁磁性的强弱。由图中实验现象可得出的结论是：电磁铁的磁性强弱与 线圈匝数 有关。
【答案】吸引大头针的多少；线圈匝数。
【分析】电磁铁磁性的强弱是通过吸引大头针的多少反映出来的，这是运用了转换法的思想；两只电磁铁是串联的，所以电流相同，只有线圈的匝数是不同的，据此来做出判断。
【解答】解：电磁铁磁性的强弱是通过吸引大头针的多少反映出来的；
读图可知，两只电磁铁是串联在电路中的，所以通过它们的电流是相同时，同时还可以看到，它们线圈的匝数是不同的，因此，由图中实验现象可得出的结论是：电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系。
故答案为：吸引大头针的多少；线圈匝数。
【点评】本题主要考查的是学生对电磁铁磁性强弱影响因素的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。
23．如图所示，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3。当只闭合S，将滑片移至a点时，滑动变阻器阻值为Ra，电流表的示数为0.2A，电压表示数为U1，R3的功率为Pa；再将滑片移至b点时，滑动变阻器阻值为Rb，电流表的示数为0.3A，电压表示数变为U2，R3的功率为Pb，滑片从a点移至b点，电压表的示数变化了2V。U1：U2＝4：3，Pa：Pb＝4：3，则R1：Rb＝ 1：1 。只闭合S1、S2，并将滑片移至中点，记录电流表示数，若再断开S1，电流表的示数变化了0.4A。若只闭合S，电路的最小总功率为 1.6 W。
【答案】1：1；1.6。
【分析】（1）当只闭合开关S时，三个电阻串联，电压表测的是R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流；
将滑片移至a点时，滑动变阻器接入电路的阻值为Ra，根据U＝IR列出电压表示数的表达式及R3的功率的表达式，再将滑片移至b点时，滑动变阻器阻值为Rb，根据U＝IR列出电压表示数的表达式及R3的功率的表达式，根据两次电压表示数的比值及R3消耗功率的比值，即可求出R1和Rb的比值；
（2）由题意可知，滑片从a点移至b点，电路中电流增大，据此分析电压表示数的变化情况，结合两次电压表示数的比值可求出两次电压表的示数，再根据串联电路的电压规律分别列出两次电源电压的表达式，即可求出电源电压和R2的阻值；只闭合S1、S2，R1和R3并联，再断开S1时，只有R1工作，电流表示数的变化量即为通过R3的电流，根据欧姆定律求出R3的最大阻值，当只闭合开关S时，三个电阻串联在电路中，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路的电功率最小，根据P=U2R和串联电路的电阻规律求出电路的最小总功率。
【解答】解：当只闭合开关S时，三个电阻串联在电路中，电压表测的是R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流。
将滑片移至a点时，滑动变阻器接入电路的阻值为Ra，电流表的示数为0.2A，即通过三个电阻的电流都为Ia＝0.2A，
由欧姆定律可得，R1和R3两端电压之和即电压表示数为：U1＝Ia（R1+Ra）＝0.2A×（R1+Ra），
R3的功率为Pa=Ia2Ra＝（0.2A）2×Ra，
再将滑片移至b点时，滑动变阻器阻值为Rb，电流表的示数为0.3A，即通过三个电阻的电流都为Ib＝0.3A，
由欧姆定律可得，R1和R3两端电压之和即电压表示数为：U2＝Ib（R1+Rb）＝0.3A×（R1+Rb），
此时R3的功率为Pb=Ib2Rb＝（0.3A）2×Rb，
又因为U1：U2＝4：3，Pa：Pb＝4：3，
所以：U1U2=0.2A×(R1+Ra)0.3A×(R1+Rb)=2(R1+Ra)3(R1+Rb)=43，
PaPb=(0.2A)2×Ra(0.3A)2×Rb=4Ra9Rb=43，
结合以上式子解得Ra＝3Rb，R1＝Rb，故R1：Rb＝1：1；
由题意可知，滑片从a点移至b点，电路中电流增大，由U＝IR可知R2的两端电压增大，根据串联分压原理可知，R1和R3两端电压之和减小，即电压表示数变小，
因此有：ΔU＝U1﹣U2＝2V，
因为U1：U2＝4：3，所以可解得U1＝8V，U2＝6V，
因为U2＝Ib（R1+Rb）＝0.3A×（R1+Rb）＝0.3A×（R1+R1）＝6V，所以R1＝10Ω；
结合以上分析以及欧姆定律可得，当滑片移至a点时，电源电压为：U＝U1+Ia×R2＝8V+0.2A×R2﹣﹣﹣﹣①
滑片移至b点时，电源电压为：U＝U2+Ib×R2＝6V+0.3A×R2﹣﹣﹣﹣②
联立①②解得，U＝12V，R2＝20Ω；
只闭合S1、S2，R1和R3并联，电压表测的是电源电压，电流表测干路电流I，再断开S1，R3与电压表串联，则R3所在的支路相当于断开，根据并联电路的电流特点可知，S1从闭合到断开的过程中，电流表示数变小，
则电流表示数的减小量即为通过R3的电流，且滑片在变阻器的中点处，
根据并联电路的电压特点和欧姆定律可得：U=ΔI×12R3=0.4A×12R3=12V，
解得变阻器的最大阻值R3＝60Ω，
当只闭合开关S时，三个电阻串联在电路中，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路的电功率最小，
根据P=U2R可得，电路的最小总功率为：Pmin=U2R最大=(12V)2R1+R2+R3=(12V)210Ω+20Ω+60Ω=1.6W。
故答案为：1：1；1.6。
【点评】本题主要考查的是电路的分析、欧姆定律的应用及串并联电路的特点，解答本题的关键是要会分析电路，有一定的难度。
三．作图题（共2小题）
24．如图所示，O为凹透镜的光心，F1、F2为凹透镜的两个焦点，请在图中画出点光源S发出的两条入射光线经凹透镜后的出射光线。
【答案】
【分析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凹透镜的光学特点作图。
【解答】解：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，如图所示。
【点评】凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
25．（1）在虚线框内画出图所示的实物图的电路图
（2）如图所示为某校科技活动小组制作的恒温箱的电路示意图，电热丝是恒温箱的加热元件。图中的水银温度计为导电温度计，上面的金属丝A的高度可以调整，下面的金属丝B与温度计中的水银接触，该温度计的水银液泡被放置到恒温箱内，请根据此电路图说明恒温工作的原理。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）从实物图可以看出，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻两端的电压，电流表测量电路总电流；
（2）水银温度计中装的是水银，即其是导体，当恒温箱中的温度高于一定温度时，温度计内的水银与上面的金属丝接触，电路接通，电磁铁具有磁性，将衔铁吸引过来，使电热丝所在电路断开，停止加热；同理分析当温度降低时，即温度计内的水银与其上面的金属丝A分理，再分析电磁铁中有无电流及对应状况即可判断该装置的工作原理。
【解答】解：（1）从正极开始连接，依次是开关、定值电阻、电流表、滑动变阻器回到负极，电压表并联在定值电阻两端；如图：
（2）通电后当恒温箱内温度未达到导电温度计金属丝所指示的温度时，电热丝被连接在电路中，是恒温箱温度升高，当导电温度计中的水银柱上升到金属丝指示的温度时，继电器线圈被接通，衔铁被吸下，电热丝断电停止加热。温度降低后线圈电路断开，衔铁被释放，电热丝再次被接入电路，从而保持恒温箱内温度恒定。
【点评】本题考查了根据实物图画电路图和电磁铁在电磁继电器上的应用，电磁继电器实质上是一个由电磁铁来控制的自动开关，解题时结合电磁继电器的原理进行分析。
四．实验探究题（共3小题）
26．小乐设计了如图所示的实验来测量盐水的密度。（已知水的密度为ρ水）
（1）她进行了如下的实验步骤：
①如图甲，在烧杯中加入适量的水，用电子秤测其总质量为m1；
②如图乙，用细针将塑料块压入水中，塑料块未触底，静止时电子秤示数为m2；
③如图丙，把烧杯中的水倒出，将适量盐水倒入烧杯，用电子秤测其总质量为m3；
④如图丁，用细针将塑料块压入盐水中，塑料块未触底，静止时电子秤示数为m4。
（2）请利用已知量和测量量表示该盐水的密度ρ盐水＝ m4−m3m2−m1ρ水 。
【答案】m4−m3m2−m1ρ水。
【分析】甲、乙和丙、丁相比，电子秤增加的示数即为塑料块排开液体质量，因塑料块的体积相同，故实验中排开水的体积等于排开盐水的体积，由V=mρ列方程求解。
【解答】解：甲、乙和丙、丁实验相比，增加的质量即为塑料块排开液体质量，因塑料块的体积相同，故实验中排开水的体积等于排开盐水的体积，由V=mρ有
m4−m3ρ盐水=m2−m1ρ水
该盐水的密度ρ盐水=m4−m3m2−m1ρ水。
故答案为：m4−m3m2−m1ρ水。
【点评】本题考查根据阿基米德原理测量物体密度的方法，为一好题。
27．“探究电热与时间的关系”实验。
（1）在图a中用笔画线表示导线，把滑动变阻器串联接入电路，要求连线不要交叉，滑片P向B移动，电路的电流增大；
（2）安装 温度计 测量水温，通过水温变化比较电热丝产生的热量；
（3）闭合开关，观察到水温不断升高。该现象表明电热丝阻值和电流不变时，通电时间越长，电流产生的热量越 多 （选填“多”“少”）；
（4）继续加热一段时间后，发现水未沸腾，但水温Tₖ保持不变。拓展探究如下：
①从能量转化与守恒的角度分析，这一现象产生的原因是水每秒吸收的热量Q吸 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）水每秒向外界散失的热量Q散；
②用图b中电压表和电流表的示数计算Q散，若电热丝产生的热量全部被水吸收，则Q散为 2.5 J；
③为升高水温，可通过 增大 （选填“增大”“减小”）电热丝的功率实现；
④移动滑片P，观测到水温上升后，仍会稳定在另一温度；
⑤重复步骤④，得到下表数据；
⑥据表中数据画出Q散﹣T水图像，由图像推测实验时的室温约为 26 ℃。
【答案】（1）；（2）温度计；（3）多；（4）①等于；②2.5；③增大；⑥26。
【分析】（1）滑片P向B移动时电流变大→电阻要变小。故接右下接线柱和上面任一接线柱，串联进电路，连线不交叉。
（2）通过水温变化比较热量，用温度计测温。
（3）闭合开关，观察到水温不断升高，此时在不断吸热。
（4）①水温不变：吸热 ＝ 散热。
②功率 P＝UI，每秒产生热量 Q＝W＝U・I・1s。③要提高稳定温度，需要每秒产热更多。
⑥当室温是Q散 ＝0时的温度（水不向外界散热，水温 ＝ 室温）。
【解答】解：（1）滑片P向B移动时电流变大→电阻要变小。故接右下接线柱D和上面任一接线柱，串联进电路，连线不交叉，如图所示：
。
（2）通过水温变化比较热量→用温度计。
（3）闭合开关，观察到水温不断升高。此时R、I不变时，通电时间越长，电热越多。
（4）①水温不变：吸热 ＝ 散热→Q吸等于Q散。
②功率 P＝UI，每秒产生热量 Q＝W＝U・I・1s，代入第一组：U＝5.0V，I＝0.5A，Q散 ＝ 5.0V×0.5A×1s＝ 2.5J。
③要提高稳定温度，需要每秒产热更多→增大电热丝功率。
⑥当室温是Q散 ＝0时的温度（水不向外界散热，水温 ＝ 室温）。
用表中两点估算：T＝28.5℃，Q＝2.5J，T＝36.0℃，Q＝10.0J，外推到Q＝0时，室温≈26℃。
故答案为：（1）；（2）温度计；（3）多；（4）①等于；②2.5；③增大；⑥26。
【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律及焦耳定律的运用。
28．小明需要测一个额定电压为2.5V的小灯泡的额定电功率，实验器材除了这只小灯泡外，还有：电源，一只5Ω的定值电阻，一只电流表，一只单刀单掷开关，一只单刀双掷开关，一只滑动变阻器和导线（所有器材均符合实验要求）。请你帮助她设计出实验电路图（不重复组装电路），写出实验步骤和需要测量的物理量，并用已知量和测量量表示出小灯泡额定功率（要求写出表达式）。
【答案】实验电路图如下：
；
实验步骤如下：
1.将滑动变阻器滑片调至最右端（阻值最大处），闭合开关S1，开关S2调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。
2.保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
小灯泡的额定功率：2.5V×（I﹣0.5A）。
【分析】利用电流表和定值电阻测电功率的方法：利用滑动变阻器，电流表和定值电阻控制小灯泡正常发光，利用灯泡和已知电阻组成的并联电路来解决灯泡两端的电压问题。
【解答】解：测小灯泡的额定电功率，利用P＝UI进行测量，从题干中所给材料可以发现，只有测量电流的电流表，没有电压表，但是给出了一个5Ω的定值电阻，于是可以想到利用并联电路，让定值电路两端电压等于小灯泡的额定电压即可。故设计电路图如下：
具体实验步骤如下：
1.将滑动变阻器调至最右端（阻值最大处），闭合开关S1，开关S2调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。”
（该步骤是为了让灯两端电压为U额＝2.5V，因定值电阻为5Ω，根据欧姆定律I=UR，可求出此时流过定值电路的电流为2.5V5Ω=0.5A）
2.保持滑动变阻器位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
（此时电流表测量灯和定值电阻并联的总电流，则流过小灯泡的电流IL＝I﹣0.5A
根据P＝UI，计算出小灯泡的额定功率P额＝U额×IL＝2.5V×（I﹣0.5A）。
故答案为：
实验电路图如下：
；
实验步骤如下：
1.将滑动变阻器滑片调至最右端（阻值最大处），闭合开关S1，开关S2调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。
2.保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
小灯泡的额定功率：2.5V×（I﹣0.5A）。
【点评】考查用电流表和定值电阻测灯泡的电功率的实验，主要是实验原理，实验步骤，数据分析等内容。
五．计算题（共3小题）
29．为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，2025年9月3日，我国在天安门广场举行了盛大的阅兵仪式。如图所示是首次亮相的某款无人驾驶战车，在平直的长安街上接受检阅。若战车10min匀速行驶了3km，这个过程中受到的阻力为1200N，发动机总共消耗0.3kg柴油。[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q柴油＝4×107J/kg，当地大气压为1个标准大气压]求：
（1）战车的牵引力在这10min里做的功；
（2）这辆战车发动机的热机效率；
（3）若发动机所做额外功的20%的能量，全部被初温为10℃、质量为5kg的水吸收，水温可以升高多少℃。
【答案】（1）战车发动机在这10min里做的功为3.6×106J；
（2）战车发动机的热机效率为30%；
（3）水温可以升高80℃。
【分析】（1）先根据平衡条件求出战车的牵引力，再根据公式W＝Fs求出战车发动机在这10min里做的功；
（2）先根据公式Q放＝mq求出燃料完全燃烧放出的热量，再根据热机效率公式η=WQ放求出战车发动机的热机效率；
（3）先根据题意求出发动机所做额外功的20%的能量，再根据公式Q吸＝c水m水Δt可得水升高的温度，从而求出水的末温，1个标准大气压下水的沸点100℃，水温只能升高到100℃。
【解答】解：（1）因为战车做匀速直线运动，所以牵引力F与阻力f是一对平衡力，根据平衡条件可得战车的牵引力为：F＝f＝1200N；
战车发动机在这10min里做的功为：W＝Fs＝1200N×3000m＝3.6×106J；
（2）燃料完全燃烧放出的热量为：Q放=mq燃油=0.3kg×4×107J/kg=1.2×107J，
战车发动机的热机效率为：η=WQ放=3.6×106J1.2×107J=30%；
（3）发动机所做额外功为：W额=Q放−W=1.2×107J−3.6×106J=8.4×106J，
则水吸收的热量为：Q吸=20%W额=20%×8.4×106J=1.68×106J，
根据公式Q吸＝c水m水Δt可得水升高的温度为：Δt=Q吸c水m水=1.68×106J4.2×103J/(kg⋅°C)×5kg=80°C；
则水的末温为：t末＝t0+Δt＝10℃+80℃＝90℃＜100℃，故水温可以升高80℃。
答：（1）战车发动机在这10min里做的功为3.6×106J；
（2）战车发动机的热机效率为30%；
（3）水温可以升高80℃。
【点评】本题考查了功的公式、热机效率以及热值公式，注意当战车匀速直线运动时，牵引力与阻力是一对平衡力。
30．小科同学家有一种新型插座如图甲，能即时显示用电器的工作电压和所耗电费等，插座本身消耗电能由内部电池提供。如图乙为电火锅的铭牌。周六晚餐吃火锅时，小科同学将电火锅单调插在该插座上，这时插座屏幕显示如图丙；用加热挡加热一段时间后，屏幕显示如图丁。（电费单价：0.5元/千瓦时；忽略温度对电阻的影响；本次使用电火锅时，假设其两端电压不变。）请回答：
（1）晚餐时家中照明电路的实际电压是 200 伏；
（2）请从两个角度计算电火锅加热的实际电功率。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）从图丙中得出晚餐时家中照明电路的实际电压；
（2）方法一：从表格中可知花费的电费可求消耗的电能，又知道电火锅工作的时间，根据P=Wt求出电火锅加热的实际电功率；
方法二：知道电火锅的额定电压和额定功率，根据P=U2R求出其电阻，再根据P=U2R求出200V时的实际功率。
【解答】解：（1）由图丙可知，晚餐时家中照明电路的实际电压是200V；
（2）方法一：
由图丙和图丁可知，电费为0.25元，则消耗的电能：
W=0.25元0.5元/kW⋅h=0.5kW•h，
电火锅工作的时间：
t＝18：40﹣18：10＝30min＝0.5h，
电火锅加热的实际电功率：
P=Wt=0.5kW⋅h0.5h=1kW＝1000W；
方法二：
由P=U2R可得，电火锅的电阻：
R=U2P=(220V)21210W=40Ω，
U实＝200V时的实际功率：
P实=U实2R=(200V)240Ω=1000W。
答：（1）200；
（2）电火锅加热的实际电功率为1000W。
【点评】本题考查了电功率的计算，从图中获取有用的信息是关键，计算电功率时要注意方法的灵活性。
31．为了比赛的公平公正，小芸为学校短跑比赛设计了一款防抢跑装置，该装置安装在起跑线前，如图甲所示，丙图是其工作原理图：起跑发令枪发令前，开关S1、S2、S3都闭合，K与A端相连，绿灯亮；发令枪扳机和开关S2相连动，扣动扳机，枪响同时开关S2断开；当电流表示数小于或等于30mA时，在弹簧弹力作用下，K与A端相连，绿灯亮，无人抢跑；当电流表示数大于30mA时，衔铁被吸下，K与B端相连，红灯亮同时铃声响，有人抢跑。已知两电路电源电压均为6V，保持不变，压力传感器R的阻值随所受压力变化的图象如图乙所示，压板重力不计，电磁铁线圈电阻不计。
（1）起跑发令枪发令前，开关S1、S2、S3都闭合，压力传感器R压板上无人（压力F＝0N）时，左端电路消耗的电功率为多少？
（2）比赛时，起跑发令枪发令前，抢跑同学踩在压板上的压力F为900N时，左端电路电流表读数为多少？
（3）比赛时，枪声响起后，若某同学踩在压板上的力为1500N时，要使得红灯不亮，电阻R0至少为多大？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）发令枪发令前，保护电阻R0被短路，已知电源电压和压力传感器此时的电阻，可以得到左端电路消耗的电功率；
（2）已知压力传感器受到的压力，可以确定对应的电阻；已知电源电压和压力传感器的电阻，可以得到左端电路电流表读数；
（3）已知红灯不亮时的电路最小电流和电源电压，可以得到电路最大电阻；已知传感器受到的压力确定对应的最小电阻；根据串联电路特点得到保护电阻的阻值。
【解答】解：（1）当开关S1、S2、S3都闭合，压力传感器R压板上无人时，由图象知，压力传感器的电阻为R＝300Ω，
所以左端电路消耗的电功率为P=U2R=(6V)2300Ω=0.12W；
（2）当有人抢跑时，对传感器的压力为900N，由图象知，此时压力传感器的电阻为R′＝100Ω，
所以左端电路电流表读数为I′=UR′=6V100Ω=0.06A；
（3）有题意知，红灯不亮时的电路最小电流为I最小＝30mA＝0.03A，
此时的电路最大电阻为R总=UI最小=6V0.03A=200Ω，
由图象知，当传感器受到的压力是1500N时，此时的电阻为R最小＝50Ω，
所以保护电阻的阻值最小为R0＝R总﹣R最小＝200Ω﹣50Ω＝150Ω。
答：（1）左端电路消耗的电功率为0.12W；
（2）左端电路电流表读数为0.06A；
（3）电阻R0至少为150Ω。
【点评】此题是一道创新题，考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率的计算，将电路图与图象结合，找准切入点，是正确解答的关键。
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：2026/4/29 8:38:44；用户：柳红飞；邮箱：15162836008；学号：41117953题号
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8
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12
13
14
15
答案
B
C
C
B
A
D
D
C
C
D
A
A
C
D
D
实验序号
1
2
3
4
U/V
5.0
10.0
15.0
20.0
I/A
0.5
1.0
1.5
2.0
Q散/J
10.0
22.5
40.0
T水/℃
28.5
36.0
48.5
66.0