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2023年湖南省湘西州泸溪县中考物理模拟试题（含答案）
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这是一份2023年湖南省湘西州泸溪县中考物理模拟试题（含答案），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖南省湘西州泸溪县中考物理模拟试卷（3月份）
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分每小题只有一个选项正确）
1．（2分）如图所示的工具中，正常使用时属于省距离杠杆的是（ ）
A．瓶盖起子 B．镊子
C．钳子 D．核桃夹子
2．（2分）下列对物理量的估计符合实际情况的是（ ）
A．人体的安全电压为36V
B．中学生上楼的功率可达1500W
C．教室里一盏日光灯工作1h消耗电能0.4kW•h
D．家用电饭锅额定电流约为4A
3．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体吸收热量，内能增加，温度一定升高
B．温度高的物体内能一定比温度低的物体内能大
C．热量可从内能小的物体传递给内能大的物体
D．物体的温度保持不变，其内能一定保持不变
4．（2分）如图所示，斜面长10m，高4m，用沿斜面方向的推力F，将一个重为500N的货物由斜面底端匀速推到顶端，在此过程斜面的机械效率为80%，下列说法正确的是（ ）
A．推力做的功为有用功
B．F＝300N
C．克服物体重力做的功为额外功
D．摩擦力为50N
5．（2分）2022年卡塔尔世界杯足球赛已圆满落幕，如图是某次比赛中足球落地后又弹起的示意图，图中B为第一次弹起的最高点，不计空气阻力。分析可知，足球（ ）
A．在B点时受力平衡
B．在B点时，若所受力全部消失，将静止不动
C．在A、C两点动能可能相等
D．在整个运动过程中，足球的机械能守恒
6．（2分）如图所示的电能表，下列说法正确的是（ ）
A．电能表能直接测量用电器的电功率
B．该电能表正常工作的最大功率不超过2200W
C．此时电能表的示数为3186kW•h
D．电能表指示灯闪烁160次电路耗电0.05kW•h
7．（2分）如图，电源电压恒定不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，电压表V2的示数变大，出现这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L的灯丝可能烧断 B．电阻R可能短路
C．灯L的亮度可能不变 D．电阻R可能断路
8．（2分）情系环保大局，心想百姓出行，成武县今年投入运营几十辆新能源公交车，其动力装置是电动机。下列选项中，能说明其工作原理的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2分）如图甲是常见的手持式电子测温仪，图乙是它的工作原理图。R0是定值电阻，R是红外线热敏电阻，在测量人的体温时，显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，下列分析正确的是（ ）
A．显示仪是由电流表改装成的
B．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大
C．被测温者体温越高，电路消耗的电功率越大
D．将R0更换为阻值更大的电阻，测相同温度时，显示仪示数变小
10．（2分）如图所示，甲、乙是两个完全相同的烧瓶，烧瓶内装有等质量的液体（液体未画出），电阻丝R甲、R乙分别浸没在两烧瓶的液体中，温度计显示液体的温度，下列说法正确的是（ ）
A．若要探究电阻大小对电热的影响，则应在甲瓶装入水，乙瓶中都装入煤油，且R甲≠R乙
B．若要探究电阻大小对电热的影响，电流产生的热量可通过加热时间来反映
C．若要比较水和煤油的比热容大小，则应在甲、乙两瓶中分别装入水和煤油，且R甲＝R乙
D．若要比较水和煤油的比热容大小，液体吸收的热量可通过温度计示数的变化比较
11．（2分）如图所示是某家庭电路，闭合开关S1、S2，灯泡L1正常发光、L2不亮。断开S1、保持S2闭合，用测电笔插入插座上孔氖管发光，插入插座下孔氖管发光。则故障可能是（ ）
A．ac间断路 B．bd间断路
C．灯泡L2断路 D．b点到零线之间断路
12．（3分）如图，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V 1.5W”字样，不考虑灯泡电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（ ）
①电源电压为4.5V
②变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω
③小灯泡的最小功率为0.135W
④电路的最大功率2.25W
A．只有①②③正确 B．只有①③④正确
C．只有①②④正确 D．①②③④都正确
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．（6分）杠杆、滑轮作为生活的工具，让困难的事情简单化。
（1）为了探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系，小明设计了如图1所示的装置。测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是 。
（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图2所示的动力随动力臂变化的图像。则杠杆左端所挂重物的重力大小是 N（杠杆上每一小格长度为1cm），小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图2中阴影部分）总相等，原因是 。
（3）用如图3所示的滑轮组将重为150N的物体匀速提升了2m，机械效率为75%，动滑轮重40N。则此过程中有用功为 J，克服绳重和摩擦做的额外功为 J，拉力为 N。
14．（5分）新型防空导弹“红旗﹣9”试射，导弹上升过程中，重力势能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），而其与空气摩擦导致内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），此内能改变是通过 的方式实现的。某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1s内，汽油机完成 个工作循环，对外做功 次。
15．（3分）把额定功率相同但额定电压不同的小灯泡L1和L2串联后接入同一电路中且两个灯泡都发光（不考虑灯丝电阻的变化），若L1比L2亮则通过小灯泡L1和L2的电流l1 I2，小灯泡L1和L2的电阻R1 R2。小灯泡L1和L2的额定电压U1 U2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
16．（2分）如图所示的交通信号红、黄、绿灯交替发光，则这三盏灯的连接方式是 联，三只灯泡均标有“220V 100W”字样，则该三只灯泡正常工作一天（24h）将消耗 kW•h的电能。
17．（5分）在物理综合实践活动课上，某小组制作了一个可调节亮度的小台灯，他们选用了一种叫电位器的变阻器，图1是电位器的结构图，其工作原理跟滑动变阻器一样，都是通过调节接入电路中电阻丝的长度来改变电阻的大小，电位器通过机械式旋钮来调节阻值的大小。他们设计的电路原理图如图2甲所示，并测得通过灯泡L的电流与其两端电压的关系如图2乙所示，电源电压为4.5V，灯泡L的额定电压为2.5V。
（1）如图1所示，当接线柱a、b接入电路时，顺时针旋转滑片旋钮时，电位器接入电路中的阻值 ，灯泡L的亮度 。（均选填“变大”“变小”或“不变”）
（2）调试过程中，他们发现灯泡L越亮，其表面就越烫，这种现象叫做电流的 效应。电流通过导体时，把电能转化为 能。
（3）小灯泡正常发光时的功率为 W。
（4）为了电路安全，滑动变阻器R连入电路的阻值不小于 Ω（结果保留一位小数）。
18．（2分）开关S闭合时，通电螺线管的磁感线如图所示，则小磁针的N极将 （选填“向左偏转”或“向右偏转”）；电源的 （选填“A”或“B”）端为正极。
19．（2分）核能属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源，电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有 性。
20．（2分）利用图所示的装置研究“磁场对电流的作用”时，应在a、b之间接入 （选填“灵敏电流计”、“电源”或“灯泡”）；若在a、b之间接入 （选填“灵敏电流计”、“电源”或“灯泡”）可研究“电磁感应现象”。
三、解答题（共计48分）
21．（2分）如图是常见的一种活塞式抽水机的示意图，手柄BOA可看成一个杠杆，画出图中手柄所受动力F1的力臂L1和阻力F2。
22．（2分）如图所示，通过开关S控制电动机，使电动机既能正转又能反转，请在图中虚框内填上电池和电动机符号。
23．（2分）如图所示，在遵守安全用电原则的前提下，请用笔画线代替导线，将三孔插座、开关和电灯分别正确接入电路。
24．（6分）五一期间，小明爸爸利用家中汽车进行了自驾旅游，小汽车以120km/h速度行驶了2h，从油量指示表上估计出消耗汽油约16L．汽油密度ρ＝0.75×103kg/m3，汽油热值q＝4.5×107J/kg。小明从物理书上了解到汽油机的效率约为30%．求：
（1）16L汽油完全燃烧放出的热量；
（2）汽车发动机输出的有用功；
（3）汽车匀速行驶过程中所受的阻力。
25．（6分）如图甲是某茶具上煮茶器的电路原理图，R1是加热电阻，R2是保温时的分压电阻，S为电源开关，S1为自动温控开关。S、S1都闭合时，煮茶器处于加热状态；当水沸腾后，S1会自动断开，转为保温状态。煮茶器工作过程中的P﹣t图像如图乙所示，不计电阻值随温度的变化。求：
（1）电阻R1的阻值。
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率。
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2在100s内消耗的电能。
26．（4分）如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验示意图。
（1）本实验研究的是 的动能。
A.斜面上小球
B.撞击瞬间前小球
C.撞击后木块
（2）实验中通过观察木块 来比较物体动能的大小，这是因为物体的动能越大，对木块做的功越 。让同一钢球从不同的高度由静止滚下，是为了探究动能的大小与 的关系。
27．（7分）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10g。烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同燃料的热值，应选择 两图进行实验；燃料完全燃烧放出热量的多少是通过 来反映的；
（2）比较不同物质吸热能力的特点：
①应选择 两图进行实验；
②不同物质吸热的多少是通过 来反映的；
③关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是 ；
A.采用相同的加热方法
B.烧杯中分别装入相同质量的同种液体
C.使用相同的烧杯
D.控制液体初温度相同
④如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，分析图象可知，液体 的吸热能力更强，A、B两种液体的比热容之比为 。
28．（5分）小华用电源（3V）、电流表（0～0.6A；0～3A）、刻度尺、鳄鱼夹等器材，探究粗细均匀电阻丝的电阻与长度的关系，实验电路如图甲所示，测得数据如下表。
序号
长度L/cm
电流I/A
1
30.0
0.20
2
20.0
0.30
3
10.0
0.60
（1）根据实验数据，可求得1cm该电阻丝的电阻为 Ω；
（2）小明在小华实验的基础上，利用该电阻丝测量未知电阻Rx的阻值（约10Ω）。
①按图甲连好电路，闭合开关，在电阻丝上移动鳄鱼夹M，使电流表的示数为0.50A；
②保持M位置不变，把R接入电路，如图乙所示。闭合开关，此时电流表的示数为0.20A。请在虚线框内画出图乙的电路图，并求出此时Rx的电阻为 Ω；
③小明实验时电源的实际电压比3V略低，则他测算出的电阻值 （偏大/偏小/不变）；
④为了消除因电源电压降低对电阻测量结果的影响，小明用原实验电路，改变测量方法就可以消除影响。其做法是：
i.连接图甲电路，闭合开关，移动M使电流表的示数为0.20A，记下M的位置A；
ii.把Rx接入电路，闭合开关，移动M使电流表示数为 A，记下M的位置B；
iii.用刻度尺量出AB间距离为Lcm，则Rx＝ Ω。
29．（8分）小明实验小组探究电流与电阻的关系。可供使用的实验器材有：电源（电压为6V，保持不变），电流表、电压表、开关各一个，阻值不同的定值电阻四个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω），两只滑动变阻器（规格分别为“20Ω 2A”、“50Ω 1A”），导线若干。
（1）小明正确连接电路后，将5Ω的电阻连入电路中，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为1.5V，记下此时电流表的示数I1，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω。
（2）断开开关，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，再次闭合开关，电压表示数 （填“大于”“小于”或“等于”）1.5V，此时滑片应向 （选填“c”或“d”）端移动，同时要观察 （选填电流表/电压表）才可能达到实验目的。移动滑动变阻器滑片的目的是 。
（3）为了能用5Ω、10Ω、15Ω三个定值电阻进行实验，应选择规格是 的滑动变阻器；
（4）小明在换用15Ω电阻做实验时，发现电压表的小量程突然损坏，他灵机一动，断开开关，将 就解决了这个问题；
（5）小明将实验得到的数据填入表电，分析实验数据，得出的结论是 。
实验次数
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
15
电流I/A
0.3
0.15
0.1
30．（6分）小华用图甲所示器材测量小灯泡电功率，待测小灯泡L的额定电压为3.8V，额定功率约为1W，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“20Ω 1A”。
（1）请你用笔画线代替导线，把图甲中的电路连接完整。要求：开关闭合后，变阻器滑片向左移动时，小灯泡亮度变亮。
（2）开关闭合前，变阻器的滑片应移至最 （选填“左”或“右”）端。
（3）开关闭合后，移动变阻器的滑片，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 W。
（4）若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小华选用一个阻值为10Ω的电阻R0，设计了如图丙的电路及实验步骤：
①按照图丙连接电路，闭合开关，调节滑片使电压表的示数为额定电压。
②保持滑片位置不变，将电压表接在b、c两点间，测出R0两端电压U0，再算出小灯泡的额定功率。
③小明通过实验操作，发现无法完成实验，经检查实验器材完好且接线正确。要解决此问题，可采取的两种方法是： 、 。
（5）完成上述实验后，小华想利用图丁所示电路，在MN间接入适当的元件，完成以下物理实验：
①接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值；
②接入一个定值电阻R，探究电流和电阻的关系；
③接入一个灯泡，探究电流和电压的关系；
④接入一个已知额定电流的小灯泡，测出灯泡的额定功率。
其中能够完成的实验有 （填序号）。
2023年湖南省湘西州泸溪县中考物理模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分每小题只有一个选项正确）
1．【解答】解：瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故A错误；
镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离。故B正确；
钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故C错误；
核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故D错误。
故选：B。
2．【解答】解：A、人体的安全电压为不高于36V，故A不符合实际；
B、中学生上楼的功率P＝＝＝＝100W，故B不符合实际；
C、教室里一盏日光灯的额定功率为40W，
工作1h消耗电能：W＝Pt＝40×10﹣3kW×1h＝0.04kW•h，故C不符合实际；
D、家用电饭锅的额定功率为800W，额定电流约为I＝＝≈3.6A，故D符合实际。
故选：D。
3．【解答】解：A、物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高，如晶体熔化，故A错误；
B、内能的大小与物体的质量、温度、状态有关，所以温度高的物体内能不一定大，故B错误；
C、物体的内能跟物体的质量、温度和状态有关，内能小的物体可能温度高，所以内能小的物体也可能将内能传递给内能大的物体，故C正确；
D、物体温度保持不变时，其内能可以改变，例如晶体的熔化过程，温度不变，吸收热量，内能变大，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：
AC、克服物体重力做的功，为推力做的有用功；推力做的功为总功，故AC错误；
B、推力做的有用功：W有用＝Gh＝500N×4m＝2000J，
由η＝可得推力做的功（总功）：
W总＝＝＝2500J，
由W总＝Fs得推力：
F＝＝＝250N，故B错误；
D、推力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝2500J﹣2000J＝500J，
由W额＝fs得摩擦力：
f＝＝＝50N，故D正确；
故选：D。
5．【解答】解：A．不计空气阻力，足球在B点时只受重力，故足球受力不平衡，故A错误；
B．足球在B点时，足球有水平方向的速度，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律可知，足球将做匀速直线运动，运动状态保持不变，故B错误；
C．由题图可知，足球落地弹起后的高度越来越低，说明足球的机械能逐渐减小，故足球在A点的机械能大于其在C点的机械能，而足球在A点的重力势能大于其在C点的重力势能，故足球在A、C两点的动能可能相等，故C正确；
D．在运动过程中，足球的机械能不断减小，所以不仅存在动能和势能的相互转化，还存在机械能转化与内能的转化，足球的机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
6．【解答】解：A．电能表是测量家中用电器消耗电能的仪表，不是测量电功率的仪表，故A错误；
B．“40A”表示电能表允许通过的最大电流为40A，该电能表允许接入的家用电器最大总功率P＝UI＝220V×40A＝8800W，故B错误；
C．电能表显示数字中最后一位是小数，单位为kW•h，图中电能表示数为318.6kW•h，故C错误；
D．指示灯闪烁160次消耗的电能：W＝＝0.05kW•h，故D正确。
故选：D。
7．【解答】解：A、若灯L的灯丝烧断，此时电路为断路，电压表V2没有示数，故A不符合题意；
B、若电阻R短路，则电压表V2被短路，没有示数，故B不符合题意；
C、若灯L的亮度不变，说明电路中电流和电压没有发生变化，则电压表V2的示数应该不变，故C不符合题意；
D、若电阻R断路，测量它的电压的电压表V2串联在电路中，测电源电压，示数变大，故D符合题意。
故选：D。
8．【解答】解：电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的；
A．图中是奥斯特实验，说明了电流周围存在磁场，与电动机的原理不同，故A不符合题意；
B．图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的工作原理，故B符合题意；
C．图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象，与电动机的原理不同，故C不符合题意；
D．图中没有电源，是交流发电机的原理图，故D不符合题意。
故选：B。
9．【解答】解：
A、由图可知，R与R0串联，因显示仪与R0并联，所以显示仪是由电压表改装成的，故A错误；
BC、当被测者体温较高时，显示仪的示数（电压表的示数）也会变大，根据U＝IR可知，电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变小，热敏电阻的电阻变小，即热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减小；根据P＝UI可知，被测温者体温越高，电路消耗的电功率越大，故B错误、C正确；
D、温度相同时热敏电阻的阻值不变，将R0更换为阻值更大的电阻，由串联电路分压特点可知，R0两端分得的电压变大，因此显示仪示数会变大，故D错误。
故选：C。
10．【解答】解：
AB、要探究电阻大小对电热的影响，由控制变量法，要控制通过电阻的电流和通电时间相同，只改变电阻的大小；电阻丝产生的热量不易直接观察，可使等质量初温相同的液体（煤油）吸收相同的热量，根据Δt＝，由温度变化确定产生的热量多少，则应在甲、乙两瓶中都装入煤油，且R甲≠R乙，故AB错误；
CD、比较水和煤油的比热容大小时，烧瓶内应分别装有质量相同的水和煤油，要使它们在相同的时间内吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。因两电阻串联，通过两电阻丝的电流相等，通电时间也相同，根据Q＝I2Rt，为控制吸热相同，故R甲＝R乙，故C正确，D错误。
故选：C。
11．【解答】解：闭合开关S1、S2，灯泡L1正常发光、L2不亮，则灯泡L1所在电路正常，即b点到零线之间不会断路；
若灯泡L2断路，因并联电路各支路互不影响，所以不会影响插座（即用测电笔测试插座的上下两孔时，只有上孔能使氖管发光），故不可能是灯泡L2断路；
断开S1、保持S2闭合，用测电笔插入插座上孔时氖管发光，说明火线是完好的，故ac间没有断路；
而用测电笔插入插座下孔时氖管也发光，这说明插座的下孔与火线之间也是接通的，由于L2是完好的，则插座的下孔通过L2与火线相连，所以故障是bd间断路；
综上所述，B正确。
故选：B。
12．【解答】解：由图知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）由P＝可得灯泡的电阻：
RL＝＝＝6Ω，
由P＝UI可得，灯泡正常发光时通过的电流：
I额＝＝＝0.5A，
由题知，当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时，小灯泡正常发光，
由欧姆定律和电阻的串联可得电源电压：
U＝I额R串＝I额×（R+RL）＝0.5A×（3Ω+6Ω）＝4.5V；故①正确；
（2）因串联电路中电流处处相等，且电流表量程为0﹣0.6A，灯泡的额定电流为0.5A，
所以为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流I最大＝I额＝0.5A，
电路中的总电阻：R最小＝＝＝9Ω，
滑动变阻器连入电路中的最小阻值：R最小＝R总﹣RL＝9Ω﹣6Ω＝3Ω，
由于电压表量程为0﹣3V，当电压表的示数最大为U滑′＝3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；
此时灯泡两端的电压为：UL′＝U﹣U滑′＝4.5V﹣3V＝1.5V，
此时电路的电流为：I最小＝＝＝0.25A，
滑动变阻器接入电路的最大阻值：
R最大＝＝＝12Ω，
所以为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围是3Ω﹣12Ω；故②正确；
（3）小灯泡的最小功率：
PL最小＝I最小2RL＝（0.25A）2×6Ω＝0.375W；故③错误；
（4）电路的最大功率：
P最大＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故④正确。
综上可知，只有①②④正确。
故选：C。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．【解答】解：（1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；
（2）由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，利用图象中一组数据能得出，
F2L2＝F1L1＝2N×0.03m＝0.06N•m；
由图乙可知，L2＝4cm＝0.04m，则杠杆左端所挂重物的重力：G＝F2＝＝＝1.5N；
图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1＝F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等；
（3）此过程中做的有用功为克服物体的重力所做的功，所以有用功为：W有＝G物h＝150N×2m＝300J；
由机械效率计算公式η＝×100%变形可得总功为：W总＝＝＝400J；
所以拉力做的额外功为：W额外＝W总﹣W有用＝400J﹣300J＝100J；
克服动滑轮的重力做的功为：W动＝G动h＝40N×2m＝80J；
而拉力做的额外功等于克服绳重和摩擦做的功加上克服动滑轮的重力所做的功，
即W额＝W额1+W额2＝W额1+80J＝100J，
则克服绳重和摩擦做的功：W额1＝100J﹣80J＝20J；
因为与动滑轮连接的绳子股数为2，所以绳子自由端移动的距离为重物上升高度的2倍，即绳子自由端移动的距离为：s＝2h＝2×2m＝4m，而拉力做总功，
所以拉力为：F＝＝＝100N。
故答案为：（1）方便测量力臂；（2）1.5；阻力与阻力臂的乘积保持不变；（3）300；20；100。
14．【解答】解：导弹上升过程中，导弹的质量不变，高度增加，所以重力势能增大；导弹与空气摩擦，机械能转化为内能，这是通过做功的方式增大导弹的内能；
汽油机飞轮的转速为2400r/min＝40r/s，即汽油机飞轮每秒转40圈，
由于汽油机的一个工作循环要完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以在在1s内，汽油机完成80个冲程，对外做功20次。
故答案为：增大；增大；做功；80；20。
15．【解答】解：由于两灯串联在电路中，所以通过小灯泡的电流相同，即I1＝I2；
已知灯L1比L2亮，说明前者的实际功率大，
由P＝I2R知，电流相同时，功率越大，阻值越大，因此灯L1的阻值要大于灯L2的阻值，即R1＞R2；
在额定功率相同时，由U＝可得出阻值越大，其额定电压越大，即灯L1的额定电压要大于灯L2的额定电压，也就是U1＞U2。
故答案为：＝；＞；＞。
16．【解答】解：（1）红、黄、绿灯交替发光，且各自独立工作、互不影响即为并联；
（2）该三只灯泡正常工作始终只有一个灯泡在工作，且不间断，由P＝可得，该三只灯泡正常工作一天消耗的电能：
W＝Pt＝100×10﹣3kW×24h＝2.4kW•h。
故答案为：并；2.4。
17．【解答】解：（1）若将a、b接入电路，顺时针转动旋钮时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，灯泡亮度变小；
（2）调试过程中，他们发现灯泡L越亮，其表面就越烫，说明导体产生了热量，将电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应；
（3）当灯泡两端电压为2.5V时，灯泡正常发光；由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，则小灯泡正常发光时的功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）当灯泡正常发光时，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V，此时滑动变阻器的阻值为：
R滑＝＝≈6.7Ω，
故为了电路安全，滑动变阻器R连入电路的阻值不小于6.7Ω。
故答案为：（1）变大；变小；（2）热；内；（3）0.75；（4）6.7。
18．【解答】解：在磁体外部，磁感线从磁体N极出发，回到S极，因此通电螺线管的左端为N极；同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，故小磁针的N极将向左偏转；根据安培定则可知，电源的A端为正极。
故答案为：向左偏转；A。
19．【解答】解：（1）核能来自于核燃料，在地球上的储量是有限的，因此核能属于不可再生能源；
（2）电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有方向性。
故答案为：不可再生；方向。
20．【解答】解：因为通电导体在磁场中受力会运动，观察图可知缺少一个电源，因此利用如图所示的装置研究“磁场对电流的作用”时，应在“a”、“b”之间接入电源；
电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流的现象，将机械能转化为电能，不需要电源，为了实验现象明显，利用灵敏电流计显示是否有电流产生，所以若在a、b之间接入灵敏电流计可研究“电磁感应现象”。
故答案为：电源；灵敏电流计。
三、解答题（共计48分）
21．【解答】解：过B点作竖直向下的力，可得阻力F2；
从支点O作动力力F1作用线的垂线段，可得动力臂L1，如图所示：
22．【解答】解：由题意可知，其中S是一个拨动开关，通过开关S控制电动机，因此电动机与开关串联，电源在下面，当S与上面的触点接触时，电动机正转；当
S与下面的触点接触时，电动机反转，如下图：
23．【解答】解：结合三孔插座的接法可知中间一根为零线，最下边一根为地线，则最上面一根为火线，
（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。如图所示：
24．【解答】解：
（1）消耗的汽油体积：
V＝16dm3＝16×10﹣3m3
汽油质量：
m＝ρV＝0.75×103kg/m3×16×10﹣3m3＝12kg，
汽油完全所释放的热量：
Q放＝mq＝4.5×107J/kg×12kg＝5.4×108J；
（2）发动机的效率为30%，由η＝得，发动机输出的有用功：
W有＝ηQ放＝5.4×108J×30%＝1.62×108J；
（3）汽车行驶的路程：
s＝vt＝120km/h×2h＝240km＝2.4×105m，
由W＝Fs可知，汽车牵引力：
F＝＝＝675N，
因汽车匀速行驶，所受的阻力：
f＝F＝675N。
答：（1）16L汽油完全燃烧放出的热量为5.4×108J；
（2）汽车发动机输出的有用功为1.62×108J；
（3）汽车匀速行驶过程中所受的阻力是675N。
25．【解答】解：（1）由图甲可知，S、S1都闭合时，R2被短路、电路中只有R1工作，此时煮茶器处于加热状态，
根据图乙可知，加热时的电功率P加＝1100W，
根据P＝可知，电阻R1的阻值：R1＝＝＝44Ω；
（2）当S闭合、S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
由图乙可知，保温功率P保＝44W，
由P＝UI可知，保温状态时的电流I保＝＝＝0.2A；
根据串联电路的特点可知，通过R1的电流I1＝I2＝I保＝0.2A，
当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率：P＝I12R1＝（0.2A）2×44Ω＝1.76W；
（3）由欧姆定律可知，保温状态时R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.2A×44Ω＝8.8V；
根据串联分压的特点可知，R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣8.8V＝211.2V；
当煮茶器处于保温状态时，电阻R2在100s内消耗的电能：W2＝U2I2t＝211.2V×0.2A×100s＝4224J。
答：（1）电阻R1的阻值为44Ω；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率为1.76W
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2在100s内消耗的电能为4224J。
26．【解答】解：（1）小球动能的大小是指撞击木块瞬间前的动能，小球部分动能转化为木块的动能，故选：B；
（2）实验中通过观察木块被撞击后移动的距离长短来判断小球动能的大小，物体的动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离就越远，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
让同一钢球从不同的高度由静止滚下，小球的质量不变，到达水平面时的速度不相同，所以可以探究动能的大小与物体的速度的大小关系。
故答案为：（1）B；（2）被撞击后移动的距离的大小；多；速度。
27．【解答】解：（1）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验。
（2）①比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料的种类相同而被加热的液体不同，由图示可知，应选择 甲、丙两图进行实验；
②用相同的加热装置对物质加热，加热时间越长，物质吸收的热量越多，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
③A、比较不同物质吸热升温的特点，应采用相同的加热方法，故A正确；
B、比较不同物质吸热升温的特点，应控制液体的质量相等，烧杯中分别装入相同质量的不同液体，故B正确；
C、根据控制变量法的要求，应使用相同的烧杯，故C正确，
D、由于使用温度计测量温度，故不需要控制液体初温度相同；
故选D。
④如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，升高相同的温度，A、B两种液体所需的加热时间之比为：10min：20min＝1：2，故两液体所吸收的热量之比为1：2，根据c＝可知比热容之比是1：2。
故答案为：（1）甲、乙；温度计示数；（2）①甲、丙；②加热时间；③D；④B；1：2。
28．【解答】解：（1）由表中数据知，电阻长度L＝10.0cm时，电流为0.60A，由欧姆定律可得，电阻丝的电阻R＝＝＝5Ω，
所以1cm该电阻丝的电阻为＝0.5Ω；
（2）①按图甲连好电路，闭合开关，在电阻丝上移动鳄鱼夹M，使电流表的示数为0.50A，电阻丝的电阻R丝＝＝＝6Ω；
②由图乙知，电阻丝、Rx、电流表、开关，依次连接在电源两极上，鳄鱼夹M可以改变电阻丝连入电路的阻值，相当于一个滑动变阻器，电路图如图所示：
；
保持M位置不变，把R接入电路，如图乙所示。闭合开关，此时电流表的示数为0.20A，由串联电路特点和欧姆定律可得，电路的总电阻R总＝R丝+Rx＝＝＝15Ω，
所以Rx＝15Ω﹣6Ω＝9Ω；
③电源的实际电压比3V略低，计算时是按电源电压为3V计算的，电流表测得的电流是准确的，由Rx＝R总﹣R丝＝﹣＝U（﹣）可知，算出的电阻值偏大；
④为了消除因电源电压降低对电阻测量结果的影响，小明用原实验电路，改变测量方法就可以消除影响。
i.连接图甲电路，闭合开关，移动M使电流表的示数为0.20A，记下M的位置A，设此时电阻丝连入电路的阻值为RA；
ii.把Rx接入电路，闭合开关，移动M使电流表示数为0.20A，记下M的位置B，此时电阻丝连入电路的阻值为RB；
iii.用刻度尺量出AB间距离为Lcm，
根据欧姆定律，由步骤i可得，RA＝，
根据串联电路特点和欧姆定律，由步骤ii可得，RB+Rx＝，
所以RB+Rx＝RA，
1cm该电阻丝的电阻为0.5Ω，AB间距离为Lcm，
Rx＝RA﹣RB＝Lcm×0.5Ω/cm＝0.5LΩ。
故答案为：（1）0.5；（2）见上图；9；③偏大；④0.20；0.5L。
29．【解答】解：（1）根据欧姆定律可知电路中的电流I1＝＝＝0.3A，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣U1＝6V﹣1.5V＝4.5V，根据欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝＝＝15Ω；
（2）实验中应保持定值电阻两端的电压不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，闭合开关，定值电阻两端的电压变大，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，故此时滑片应向右端移动，同时要观察电压表才可能达到实验目的。移动滑动变阻器滑片的目的是保持定值电阻两端的电压不变；
（3）根据实验数据可知，电路中的电流最小为0.1A，根据欧姆定律可知此时电路中的总电阻R总＝＝＝60Ω，根据电阻串联的特点可知滑动变阻器接入电路的阻值R滑′＝R总﹣R3＝60Ω﹣15Ω＝45Ω，为了能用以上三个定值电阻进行实验，应选择规格是“50Ω 1A”的滑动变阻器；
（4）小明在换用15Ω电阻做实验时，发现电压表的小量程突然损坏，由于电源电压6V和定值电阻两端的电压1.5V都是一个定值，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣U定＝6V﹣1.5V＝4.5V，也是一个定值且大于3V，由此可知小明的解决问题的方法是：电压表用大量程且并联在滑动变阻器的两端；
（5）根据欧姆定律可知U＝IR＝0.3A×5Ω＝0.15A×10Ω＝0.1A×15Ω＝1.5V，
分析实验数据，得出的结论：当电阻两端电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比。
故答案为：（1）15；（2）大于；d；电压表；保持定值电阻两端的电压不变；（3）“50Ω 1A”；（4）电压表的大量程并在滑动变阻器两端；（5）当电阻两端电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比。
30．【解答】解：（1）开关闭合后，变阻器滑片向左移动时，小灯泡亮度变亮，说明电路中的电流变大，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻变小，因此滑动变阻器需要连接左下端接线柱与电流表串联，如图所示：
；
（2）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的右端；
（3）当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（4）根据P＝UI，灯泡正常工作时电流约为：I′＝＝≈0.26A，
由欧姆定律，定值电阻的电压：U0＝IR0＝0.26A×10Ω＝2.6V，
根据串联电路电压的特点可知，灯的电压为：U灯＝U﹣U0＝6V﹣2.6V＝3.4V＜3.8V，故无法使灯正常发光，不能测量出灯的额定功率，造成这种情况的原因是R0阻值太大，或电源电压太小；
故要解决此问题，应采取的方法是：换用阻值更小的定值电阻或换用电压更大的电源；
（5）图中电压表可测MN间的电压，电流表可测电路中的电流：
①接入一个未知电阻Rx，可测未知电阻Rx两端的电压和通过它的电流，利用R＝可求它的阻值，故该实验能完成；
②为得出普遍性的规律，探究电流和电阻的关系，要换用不同的定值电阻多次测量，故不能完成；
③探究电流和电压的关系，要控制电阻的大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故不能完成；
④通过灯的电流为额定电流时，灯正常发光，读出灯的电压，根据P＝UI可测出灯泡的额定功率，故该实验能完成；
故能完成的实验为①④。
故答案为：（1）如图所示；（2）右；（3）1.14；（4）换用阻值更小的定值电阻；换用电压更大的电源；（5）①④。
2023年湖南省湘西州泸溪县中考物理模拟试卷（3月份）
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分每小题只有一个选项正确）
1．（2分）如图所示的工具中，正常使用时属于省距离杠杆的是（ ）
A．瓶盖起子 B．镊子
C．钳子 D．核桃夹子
2．（2分）下列对物理量的估计符合实际情况的是（ ）
A．人体的安全电压为36V
B．中学生上楼的功率可达1500W
C．教室里一盏日光灯工作1h消耗电能0.4kW•h
D．家用电饭锅额定电流约为4A
3．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体吸收热量，内能增加，温度一定升高
B．温度高的物体内能一定比温度低的物体内能大
C．热量可从内能小的物体传递给内能大的物体
D．物体的温度保持不变，其内能一定保持不变
4．（2分）如图所示，斜面长10m，高4m，用沿斜面方向的推力F，将一个重为500N的货物由斜面底端匀速推到顶端，在此过程斜面的机械效率为80%，下列说法正确的是（ ）
A．推力做的功为有用功
B．F＝300N
C．克服物体重力做的功为额外功
D．摩擦力为50N
5．（2分）2022年卡塔尔世界杯足球赛已圆满落幕，如图是某次比赛中足球落地后又弹起的示意图，图中B为第一次弹起的最高点，不计空气阻力。分析可知，足球（ ）
A．在B点时受力平衡
B．在B点时，若所受力全部消失，将静止不动
C．在A、C两点动能可能相等
D．在整个运动过程中，足球的机械能守恒
6．（2分）如图所示的电能表，下列说法正确的是（ ）
A．电能表能直接测量用电器的电功率
B．该电能表正常工作的最大功率不超过2200W
C．此时电能表的示数为3186kW•h
D．电能表指示灯闪烁160次电路耗电0.05kW•h
7．（2分）如图，电源电压恒定不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，电压表V2的示数变大，出现这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L的灯丝可能烧断 B．电阻R可能短路
C．灯L的亮度可能不变 D．电阻R可能断路
8．（2分）情系环保大局，心想百姓出行，成武县今年投入运营几十辆新能源公交车，其动力装置是电动机。下列选项中，能说明其工作原理的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2分）如图甲是常见的手持式电子测温仪，图乙是它的工作原理图。R0是定值电阻，R是红外线热敏电阻，在测量人的体温时，显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，下列分析正确的是（ ）
A．显示仪是由电流表改装成的
B．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大
C．被测温者体温越高，电路消耗的电功率越大
D．将R0更换为阻值更大的电阻，测相同温度时，显示仪示数变小
10．（2分）如图所示，甲、乙是两个完全相同的烧瓶，烧瓶内装有等质量的液体（液体未画出），电阻丝R甲、R乙分别浸没在两烧瓶的液体中，温度计显示液体的温度，下列说法正确的是（ ）
A．若要探究电阻大小对电热的影响，则应在甲瓶装入水，乙瓶中都装入煤油，且R甲≠R乙
B．若要探究电阻大小对电热的影响，电流产生的热量可通过加热时间来反映
C．若要比较水和煤油的比热容大小，则应在甲、乙两瓶中分别装入水和煤油，且R甲＝R乙
D．若要比较水和煤油的比热容大小，液体吸收的热量可通过温度计示数的变化比较
11．（2分）如图所示是某家庭电路，闭合开关S1、S2，灯泡L1正常发光、L2不亮。断开S1、保持S2闭合，用测电笔插入插座上孔氖管发光，插入插座下孔氖管发光。则故障可能是（ ）
A．ac间断路 B．bd间断路
C．灯泡L2断路 D．b点到零线之间断路
12．（3分）如图，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V 1.5W”字样，不考虑灯泡电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（ ）
①电源电压为4.5V
②变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω
③小灯泡的最小功率为0.135W
④电路的最大功率2.25W
A．只有①②③正确 B．只有①③④正确
C．只有①②④正确 D．①②③④都正确
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．（6分）杠杆、滑轮作为生活的工具，让困难的事情简单化。
（1）为了探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系，小明设计了如图1所示的装置。测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是 。
（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图2所示的动力随动力臂变化的图像。则杠杆左端所挂重物的重力大小是 N（杠杆上每一小格长度为1cm），小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图2中阴影部分）总相等，原因是 。
（3）用如图3所示的滑轮组将重为150N的物体匀速提升了2m，机械效率为75%，动滑轮重40N。则此过程中有用功为 J，克服绳重和摩擦做的额外功为 J，拉力为 N。
14．（5分）新型防空导弹“红旗﹣9”试射，导弹上升过程中，重力势能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），而其与空气摩擦导致内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），此内能改变是通过 的方式实现的。某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1s内，汽油机完成 个工作循环，对外做功 次。
15．（3分）把额定功率相同但额定电压不同的小灯泡L1和L2串联后接入同一电路中且两个灯泡都发光（不考虑灯丝电阻的变化），若L1比L2亮则通过小灯泡L1和L2的电流l1 I2，小灯泡L1和L2的电阻R1 R2。小灯泡L1和L2的额定电压U1 U2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
16．（2分）如图所示的交通信号红、黄、绿灯交替发光，则这三盏灯的连接方式是 联，三只灯泡均标有“220V 100W”字样，则该三只灯泡正常工作一天（24h）将消耗 kW•h的电能。
17．（5分）在物理综合实践活动课上，某小组制作了一个可调节亮度的小台灯，他们选用了一种叫电位器的变阻器，图1是电位器的结构图，其工作原理跟滑动变阻器一样，都是通过调节接入电路中电阻丝的长度来改变电阻的大小，电位器通过机械式旋钮来调节阻值的大小。他们设计的电路原理图如图2甲所示，并测得通过灯泡L的电流与其两端电压的关系如图2乙所示，电源电压为4.5V，灯泡L的额定电压为2.5V。
（1）如图1所示，当接线柱a、b接入电路时，顺时针旋转滑片旋钮时，电位器接入电路中的阻值 ，灯泡L的亮度 。（均选填“变大”“变小”或“不变”）
（2）调试过程中，他们发现灯泡L越亮，其表面就越烫，这种现象叫做电流的 效应。电流通过导体时，把电能转化为 能。
（3）小灯泡正常发光时的功率为 W。
（4）为了电路安全，滑动变阻器R连入电路的阻值不小于 Ω（结果保留一位小数）。
18．（2分）开关S闭合时，通电螺线管的磁感线如图所示，则小磁针的N极将 （选填“向左偏转”或“向右偏转”）；电源的 （选填“A”或“B”）端为正极。
19．（2分）核能属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源，电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有 性。
20．（2分）利用图所示的装置研究“磁场对电流的作用”时，应在a、b之间接入 （选填“灵敏电流计”、“电源”或“灯泡”）；若在a、b之间接入 （选填“灵敏电流计”、“电源”或“灯泡”）可研究“电磁感应现象”。
三、解答题（共计48分）
21．（2分）如图是常见的一种活塞式抽水机的示意图，手柄BOA可看成一个杠杆，画出图中手柄所受动力F1的力臂L1和阻力F2。
22．（2分）如图所示，通过开关S控制电动机，使电动机既能正转又能反转，请在图中虚框内填上电池和电动机符号。
23．（2分）如图所示，在遵守安全用电原则的前提下，请用笔画线代替导线，将三孔插座、开关和电灯分别正确接入电路。
24．（6分）五一期间，小明爸爸利用家中汽车进行了自驾旅游，小汽车以120km/h速度行驶了2h，从油量指示表上估计出消耗汽油约16L．汽油密度ρ＝0.75×103kg/m3，汽油热值q＝4.5×107J/kg。小明从物理书上了解到汽油机的效率约为30%．求：
（1）16L汽油完全燃烧放出的热量；
（2）汽车发动机输出的有用功；
（3）汽车匀速行驶过程中所受的阻力。
25．（6分）如图甲是某茶具上煮茶器的电路原理图，R1是加热电阻，R2是保温时的分压电阻，S为电源开关，S1为自动温控开关。S、S1都闭合时，煮茶器处于加热状态；当水沸腾后，S1会自动断开，转为保温状态。煮茶器工作过程中的P﹣t图像如图乙所示，不计电阻值随温度的变化。求：
（1）电阻R1的阻值。
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率。
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2在100s内消耗的电能。
26．（4分）如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验示意图。
（1）本实验研究的是 的动能。
A.斜面上小球
B.撞击瞬间前小球
C.撞击后木块
（2）实验中通过观察木块 来比较物体动能的大小，这是因为物体的动能越大，对木块做的功越 。让同一钢球从不同的高度由静止滚下，是为了探究动能的大小与 的关系。
27．（7分）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10g。烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同燃料的热值，应选择 两图进行实验；燃料完全燃烧放出热量的多少是通过 来反映的；
（2）比较不同物质吸热能力的特点：
①应选择 两图进行实验；
②不同物质吸热的多少是通过 来反映的；
③关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是 ；
A.采用相同的加热方法
B.烧杯中分别装入相同质量的同种液体
C.使用相同的烧杯
D.控制液体初温度相同
④如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，分析图象可知，液体 的吸热能力更强，A、B两种液体的比热容之比为 。
28．（5分）小华用电源（3V）、电流表（0～0.6A；0～3A）、刻度尺、鳄鱼夹等器材，探究粗细均匀电阻丝的电阻与长度的关系，实验电路如图甲所示，测得数据如下表。
序号
长度L/cm
电流I/A
1
30.0
0.20
2
20.0
0.30
3
10.0
0.60
（1）根据实验数据，可求得1cm该电阻丝的电阻为 Ω；
（2）小明在小华实验的基础上，利用该电阻丝测量未知电阻Rx的阻值（约10Ω）。
①按图甲连好电路，闭合开关，在电阻丝上移动鳄鱼夹M，使电流表的示数为0.50A；
②保持M位置不变，把R接入电路，如图乙所示。闭合开关，此时电流表的示数为0.20A。请在虚线框内画出图乙的电路图，并求出此时Rx的电阻为 Ω；
③小明实验时电源的实际电压比3V略低，则他测算出的电阻值 （偏大/偏小/不变）；
④为了消除因电源电压降低对电阻测量结果的影响，小明用原实验电路，改变测量方法就可以消除影响。其做法是：
i.连接图甲电路，闭合开关，移动M使电流表的示数为0.20A，记下M的位置A；
ii.把Rx接入电路，闭合开关，移动M使电流表示数为 A，记下M的位置B；
iii.用刻度尺量出AB间距离为Lcm，则Rx＝ Ω。
29．（8分）小明实验小组探究电流与电阻的关系。可供使用的实验器材有：电源（电压为6V，保持不变），电流表、电压表、开关各一个，阻值不同的定值电阻四个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω），两只滑动变阻器（规格分别为“20Ω 2A”、“50Ω 1A”），导线若干。
（1）小明正确连接电路后，将5Ω的电阻连入电路中，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为1.5V，记下此时电流表的示数I1，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω。
（2）断开开关，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，再次闭合开关，电压表示数 （填“大于”“小于”或“等于”）1.5V，此时滑片应向 （选填“c”或“d”）端移动，同时要观察 （选填电流表/电压表）才可能达到实验目的。移动滑动变阻器滑片的目的是 。
（3）为了能用5Ω、10Ω、15Ω三个定值电阻进行实验，应选择规格是 的滑动变阻器；
（4）小明在换用15Ω电阻做实验时，发现电压表的小量程突然损坏，他灵机一动，断开开关，将 就解决了这个问题；
（5）小明将实验得到的数据填入表电，分析实验数据，得出的结论是 。
实验次数
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
15
电流I/A
0.3
0.15
0.1
30．（6分）小华用图甲所示器材测量小灯泡电功率，待测小灯泡L的额定电压为3.8V，额定功率约为1W，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“20Ω 1A”。
（1）请你用笔画线代替导线，把图甲中的电路连接完整。要求：开关闭合后，变阻器滑片向左移动时，小灯泡亮度变亮。
（2）开关闭合前，变阻器的滑片应移至最 （选填“左”或“右”）端。
（3）开关闭合后，移动变阻器的滑片，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 W。
（4）若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小华选用一个阻值为10Ω的电阻R0，设计了如图丙的电路及实验步骤：
①按照图丙连接电路，闭合开关，调节滑片使电压表的示数为额定电压。
②保持滑片位置不变，将电压表接在b、c两点间，测出R0两端电压U0，再算出小灯泡的额定功率。
③小明通过实验操作，发现无法完成实验，经检查实验器材完好且接线正确。要解决此问题，可采取的两种方法是： 、 。
（5）完成上述实验后，小华想利用图丁所示电路，在MN间接入适当的元件，完成以下物理实验：
①接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值；
②接入一个定值电阻R，探究电流和电阻的关系；
③接入一个灯泡，探究电流和电压的关系；
④接入一个已知额定电流的小灯泡，测出灯泡的额定功率。
其中能够完成的实验有 （填序号）。
2023年湖南省湘西州泸溪县中考物理模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分每小题只有一个选项正确）
1．【解答】解：瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故A错误；
镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离。故B正确；
钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故C错误；
核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故D错误。
故选：B。
2．【解答】解：A、人体的安全电压为不高于36V，故A不符合实际；
B、中学生上楼的功率P＝＝＝＝100W，故B不符合实际；
C、教室里一盏日光灯的额定功率为40W，
工作1h消耗电能：W＝Pt＝40×10﹣3kW×1h＝0.04kW•h，故C不符合实际；
D、家用电饭锅的额定功率为800W，额定电流约为I＝＝≈3.6A，故D符合实际。
故选：D。
3．【解答】解：A、物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高，如晶体熔化，故A错误；
B、内能的大小与物体的质量、温度、状态有关，所以温度高的物体内能不一定大，故B错误；
C、物体的内能跟物体的质量、温度和状态有关，内能小的物体可能温度高，所以内能小的物体也可能将内能传递给内能大的物体，故C正确；
D、物体温度保持不变时，其内能可以改变，例如晶体的熔化过程，温度不变，吸收热量，内能变大，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：
AC、克服物体重力做的功，为推力做的有用功；推力做的功为总功，故AC错误；
B、推力做的有用功：W有用＝Gh＝500N×4m＝2000J，
由η＝可得推力做的功（总功）：
W总＝＝＝2500J，
由W总＝Fs得推力：
F＝＝＝250N，故B错误；
D、推力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝2500J﹣2000J＝500J，
由W额＝fs得摩擦力：
f＝＝＝50N，故D正确；
故选：D。
5．【解答】解：A．不计空气阻力，足球在B点时只受重力，故足球受力不平衡，故A错误；
B．足球在B点时，足球有水平方向的速度，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律可知，足球将做匀速直线运动，运动状态保持不变，故B错误；
C．由题图可知，足球落地弹起后的高度越来越低，说明足球的机械能逐渐减小，故足球在A点的机械能大于其在C点的机械能，而足球在A点的重力势能大于其在C点的重力势能，故足球在A、C两点的动能可能相等，故C正确；
D．在运动过程中，足球的机械能不断减小，所以不仅存在动能和势能的相互转化，还存在机械能转化与内能的转化，足球的机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
6．【解答】解：A．电能表是测量家中用电器消耗电能的仪表，不是测量电功率的仪表，故A错误；
B．“40A”表示电能表允许通过的最大电流为40A，该电能表允许接入的家用电器最大总功率P＝UI＝220V×40A＝8800W，故B错误；
C．电能表显示数字中最后一位是小数，单位为kW•h，图中电能表示数为318.6kW•h，故C错误；
D．指示灯闪烁160次消耗的电能：W＝＝0.05kW•h，故D正确。
故选：D。
7．【解答】解：A、若灯L的灯丝烧断，此时电路为断路，电压表V2没有示数，故A不符合题意；
B、若电阻R短路，则电压表V2被短路，没有示数，故B不符合题意；
C、若灯L的亮度不变，说明电路中电流和电压没有发生变化，则电压表V2的示数应该不变，故C不符合题意；
D、若电阻R断路，测量它的电压的电压表V2串联在电路中，测电源电压，示数变大，故D符合题意。
故选：D。
8．【解答】解：电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的；
A．图中是奥斯特实验，说明了电流周围存在磁场，与电动机的原理不同，故A不符合题意；
B．图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的工作原理，故B符合题意；
C．图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象，与电动机的原理不同，故C不符合题意；
D．图中没有电源，是交流发电机的原理图，故D不符合题意。
故选：B。
9．【解答】解：
A、由图可知，R与R0串联，因显示仪与R0并联，所以显示仪是由电压表改装成的，故A错误；
BC、当被测者体温较高时，显示仪的示数（电压表的示数）也会变大，根据U＝IR可知，电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变小，热敏电阻的电阻变小，即热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减小；根据P＝UI可知，被测温者体温越高，电路消耗的电功率越大，故B错误、C正确；
D、温度相同时热敏电阻的阻值不变，将R0更换为阻值更大的电阻，由串联电路分压特点可知，R0两端分得的电压变大，因此显示仪示数会变大，故D错误。
故选：C。
10．【解答】解：
AB、要探究电阻大小对电热的影响，由控制变量法，要控制通过电阻的电流和通电时间相同，只改变电阻的大小；电阻丝产生的热量不易直接观察，可使等质量初温相同的液体（煤油）吸收相同的热量，根据Δt＝，由温度变化确定产生的热量多少，则应在甲、乙两瓶中都装入煤油，且R甲≠R乙，故AB错误；
CD、比较水和煤油的比热容大小时，烧瓶内应分别装有质量相同的水和煤油，要使它们在相同的时间内吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。因两电阻串联，通过两电阻丝的电流相等，通电时间也相同，根据Q＝I2Rt，为控制吸热相同，故R甲＝R乙，故C正确，D错误。
故选：C。
11．【解答】解：闭合开关S1、S2，灯泡L1正常发光、L2不亮，则灯泡L1所在电路正常，即b点到零线之间不会断路；
若灯泡L2断路，因并联电路各支路互不影响，所以不会影响插座（即用测电笔测试插座的上下两孔时，只有上孔能使氖管发光），故不可能是灯泡L2断路；
断开S1、保持S2闭合，用测电笔插入插座上孔时氖管发光，说明火线是完好的，故ac间没有断路；
而用测电笔插入插座下孔时氖管也发光，这说明插座的下孔与火线之间也是接通的，由于L2是完好的，则插座的下孔通过L2与火线相连，所以故障是bd间断路；
综上所述，B正确。
故选：B。
12．【解答】解：由图知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）由P＝可得灯泡的电阻：
RL＝＝＝6Ω，
由P＝UI可得，灯泡正常发光时通过的电流：
I额＝＝＝0.5A，
由题知，当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时，小灯泡正常发光，
由欧姆定律和电阻的串联可得电源电压：
U＝I额R串＝I额×（R+RL）＝0.5A×（3Ω+6Ω）＝4.5V；故①正确；
（2）因串联电路中电流处处相等，且电流表量程为0﹣0.6A，灯泡的额定电流为0.5A，
所以为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流I最大＝I额＝0.5A，
电路中的总电阻：R最小＝＝＝9Ω，
滑动变阻器连入电路中的最小阻值：R最小＝R总﹣RL＝9Ω﹣6Ω＝3Ω，
由于电压表量程为0﹣3V，当电压表的示数最大为U滑′＝3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；
此时灯泡两端的电压为：UL′＝U﹣U滑′＝4.5V﹣3V＝1.5V，
此时电路的电流为：I最小＝＝＝0.25A，
滑动变阻器接入电路的最大阻值：
R最大＝＝＝12Ω，
所以为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围是3Ω﹣12Ω；故②正确；
（3）小灯泡的最小功率：
PL最小＝I最小2RL＝（0.25A）2×6Ω＝0.375W；故③错误；
（4）电路的最大功率：
P最大＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故④正确。
综上可知，只有①②④正确。
故选：C。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．【解答】解：（1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；
（2）由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，利用图象中一组数据能得出，
F2L2＝F1L1＝2N×0.03m＝0.06N•m；
由图乙可知，L2＝4cm＝0.04m，则杠杆左端所挂重物的重力：G＝F2＝＝＝1.5N；
图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1＝F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等；
（3）此过程中做的有用功为克服物体的重力所做的功，所以有用功为：W有＝G物h＝150N×2m＝300J；
由机械效率计算公式η＝×100%变形可得总功为：W总＝＝＝400J；
所以拉力做的额外功为：W额外＝W总﹣W有用＝400J﹣300J＝100J；
克服动滑轮的重力做的功为：W动＝G动h＝40N×2m＝80J；
而拉力做的额外功等于克服绳重和摩擦做的功加上克服动滑轮的重力所做的功，
即W额＝W额1+W额2＝W额1+80J＝100J，
则克服绳重和摩擦做的功：W额1＝100J﹣80J＝20J；
因为与动滑轮连接的绳子股数为2，所以绳子自由端移动的距离为重物上升高度的2倍，即绳子自由端移动的距离为：s＝2h＝2×2m＝4m，而拉力做总功，
所以拉力为：F＝＝＝100N。
故答案为：（1）方便测量力臂；（2）1.5；阻力与阻力臂的乘积保持不变；（3）300；20；100。
14．【解答】解：导弹上升过程中，导弹的质量不变，高度增加，所以重力势能增大；导弹与空气摩擦，机械能转化为内能，这是通过做功的方式增大导弹的内能；
汽油机飞轮的转速为2400r/min＝40r/s，即汽油机飞轮每秒转40圈，
由于汽油机的一个工作循环要完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以在在1s内，汽油机完成80个冲程，对外做功20次。
故答案为：增大；增大；做功；80；20。
15．【解答】解：由于两灯串联在电路中，所以通过小灯泡的电流相同，即I1＝I2；
已知灯L1比L2亮，说明前者的实际功率大，
由P＝I2R知，电流相同时，功率越大，阻值越大，因此灯L1的阻值要大于灯L2的阻值，即R1＞R2；
在额定功率相同时，由U＝可得出阻值越大，其额定电压越大，即灯L1的额定电压要大于灯L2的额定电压，也就是U1＞U2。
故答案为：＝；＞；＞。
16．【解答】解：（1）红、黄、绿灯交替发光，且各自独立工作、互不影响即为并联；
（2）该三只灯泡正常工作始终只有一个灯泡在工作，且不间断，由P＝可得，该三只灯泡正常工作一天消耗的电能：
W＝Pt＝100×10﹣3kW×24h＝2.4kW•h。
故答案为：并；2.4。
17．【解答】解：（1）若将a、b接入电路，顺时针转动旋钮时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，灯泡亮度变小；
（2）调试过程中，他们发现灯泡L越亮，其表面就越烫，说明导体产生了热量，将电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应；
（3）当灯泡两端电压为2.5V时，灯泡正常发光；由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，则小灯泡正常发光时的功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）当灯泡正常发光时，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V，此时滑动变阻器的阻值为：
R滑＝＝≈6.7Ω，
故为了电路安全，滑动变阻器R连入电路的阻值不小于6.7Ω。
故答案为：（1）变大；变小；（2）热；内；（3）0.75；（4）6.7。
18．【解答】解：在磁体外部，磁感线从磁体N极出发，回到S极，因此通电螺线管的左端为N极；同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，故小磁针的N极将向左偏转；根据安培定则可知，电源的A端为正极。
故答案为：向左偏转；A。
19．【解答】解：（1）核能来自于核燃料，在地球上的储量是有限的，因此核能属于不可再生能源；
（2）电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有方向性。
故答案为：不可再生；方向。
20．【解答】解：因为通电导体在磁场中受力会运动，观察图可知缺少一个电源，因此利用如图所示的装置研究“磁场对电流的作用”时，应在“a”、“b”之间接入电源；
电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流的现象，将机械能转化为电能，不需要电源，为了实验现象明显，利用灵敏电流计显示是否有电流产生，所以若在a、b之间接入灵敏电流计可研究“电磁感应现象”。
故答案为：电源；灵敏电流计。
三、解答题（共计48分）
21．【解答】解：过B点作竖直向下的力，可得阻力F2；
从支点O作动力力F1作用线的垂线段，可得动力臂L1，如图所示：
22．【解答】解：由题意可知，其中S是一个拨动开关，通过开关S控制电动机，因此电动机与开关串联，电源在下面，当S与上面的触点接触时，电动机正转；当
S与下面的触点接触时，电动机反转，如下图：
23．【解答】解：结合三孔插座的接法可知中间一根为零线，最下边一根为地线，则最上面一根为火线，
（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。如图所示：
24．【解答】解：
（1）消耗的汽油体积：
V＝16dm3＝16×10﹣3m3
汽油质量：
m＝ρV＝0.75×103kg/m3×16×10﹣3m3＝12kg，
汽油完全所释放的热量：
Q放＝mq＝4.5×107J/kg×12kg＝5.4×108J；
（2）发动机的效率为30%，由η＝得，发动机输出的有用功：
W有＝ηQ放＝5.4×108J×30%＝1.62×108J；
（3）汽车行驶的路程：
s＝vt＝120km/h×2h＝240km＝2.4×105m，
由W＝Fs可知，汽车牵引力：
F＝＝＝675N，
因汽车匀速行驶，所受的阻力：
f＝F＝675N。
答：（1）16L汽油完全燃烧放出的热量为5.4×108J；
（2）汽车发动机输出的有用功为1.62×108J；
（3）汽车匀速行驶过程中所受的阻力是675N。
25．【解答】解：（1）由图甲可知，S、S1都闭合时，R2被短路、电路中只有R1工作，此时煮茶器处于加热状态，
根据图乙可知，加热时的电功率P加＝1100W，
根据P＝可知，电阻R1的阻值：R1＝＝＝44Ω；
（2）当S闭合、S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
由图乙可知，保温功率P保＝44W，
由P＝UI可知，保温状态时的电流I保＝＝＝0.2A；
根据串联电路的特点可知，通过R1的电流I1＝I2＝I保＝0.2A，
当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率：P＝I12R1＝（0.2A）2×44Ω＝1.76W；
（3）由欧姆定律可知，保温状态时R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.2A×44Ω＝8.8V；
根据串联分压的特点可知，R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣8.8V＝211.2V；
当煮茶器处于保温状态时，电阻R2在100s内消耗的电能：W2＝U2I2t＝211.2V×0.2A×100s＝4224J。
答：（1）电阻R1的阻值为44Ω；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率为1.76W
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2在100s内消耗的电能为4224J。
26．【解答】解：（1）小球动能的大小是指撞击木块瞬间前的动能，小球部分动能转化为木块的动能，故选：B；
（2）实验中通过观察木块被撞击后移动的距离长短来判断小球动能的大小，物体的动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离就越远，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
让同一钢球从不同的高度由静止滚下，小球的质量不变，到达水平面时的速度不相同，所以可以探究动能的大小与物体的速度的大小关系。
故答案为：（1）B；（2）被撞击后移动的距离的大小；多；速度。
27．【解答】解：（1）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验。
（2）①比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料的种类相同而被加热的液体不同，由图示可知，应选择 甲、丙两图进行实验；
②用相同的加热装置对物质加热，加热时间越长，物质吸收的热量越多，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
③A、比较不同物质吸热升温的特点，应采用相同的加热方法，故A正确；
B、比较不同物质吸热升温的特点，应控制液体的质量相等，烧杯中分别装入相同质量的不同液体，故B正确；
C、根据控制变量法的要求，应使用相同的烧杯，故C正确，
D、由于使用温度计测量温度，故不需要控制液体初温度相同；
故选D。
④如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，升高相同的温度，A、B两种液体所需的加热时间之比为：10min：20min＝1：2，故两液体所吸收的热量之比为1：2，根据c＝可知比热容之比是1：2。
故答案为：（1）甲、乙；温度计示数；（2）①甲、丙；②加热时间；③D；④B；1：2。
28．【解答】解：（1）由表中数据知，电阻长度L＝10.0cm时，电流为0.60A，由欧姆定律可得，电阻丝的电阻R＝＝＝5Ω，
所以1cm该电阻丝的电阻为＝0.5Ω；
（2）①按图甲连好电路，闭合开关，在电阻丝上移动鳄鱼夹M，使电流表的示数为0.50A，电阻丝的电阻R丝＝＝＝6Ω；
②由图乙知，电阻丝、Rx、电流表、开关，依次连接在电源两极上，鳄鱼夹M可以改变电阻丝连入电路的阻值，相当于一个滑动变阻器，电路图如图所示：
；
保持M位置不变，把R接入电路，如图乙所示。闭合开关，此时电流表的示数为0.20A，由串联电路特点和欧姆定律可得，电路的总电阻R总＝R丝+Rx＝＝＝15Ω，
所以Rx＝15Ω﹣6Ω＝9Ω；
③电源的实际电压比3V略低，计算时是按电源电压为3V计算的，电流表测得的电流是准确的，由Rx＝R总﹣R丝＝﹣＝U（﹣）可知，算出的电阻值偏大；
④为了消除因电源电压降低对电阻测量结果的影响，小明用原实验电路，改变测量方法就可以消除影响。
i.连接图甲电路，闭合开关，移动M使电流表的示数为0.20A，记下M的位置A，设此时电阻丝连入电路的阻值为RA；
ii.把Rx接入电路，闭合开关，移动M使电流表示数为0.20A，记下M的位置B，此时电阻丝连入电路的阻值为RB；
iii.用刻度尺量出AB间距离为Lcm，
根据欧姆定律，由步骤i可得，RA＝，
根据串联电路特点和欧姆定律，由步骤ii可得，RB+Rx＝，
所以RB+Rx＝RA，
1cm该电阻丝的电阻为0.5Ω，AB间距离为Lcm，
Rx＝RA﹣RB＝Lcm×0.5Ω/cm＝0.5LΩ。
故答案为：（1）0.5；（2）见上图；9；③偏大；④0.20；0.5L。
29．【解答】解：（1）根据欧姆定律可知电路中的电流I1＝＝＝0.3A，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣U1＝6V﹣1.5V＝4.5V，根据欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝＝＝15Ω；
（2）实验中应保持定值电阻两端的电压不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，闭合开关，定值电阻两端的电压变大，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，故此时滑片应向右端移动，同时要观察电压表才可能达到实验目的。移动滑动变阻器滑片的目的是保持定值电阻两端的电压不变；
（3）根据实验数据可知，电路中的电流最小为0.1A，根据欧姆定律可知此时电路中的总电阻R总＝＝＝60Ω，根据电阻串联的特点可知滑动变阻器接入电路的阻值R滑′＝R总﹣R3＝60Ω﹣15Ω＝45Ω，为了能用以上三个定值电阻进行实验，应选择规格是“50Ω 1A”的滑动变阻器；
（4）小明在换用15Ω电阻做实验时，发现电压表的小量程突然损坏，由于电源电压6V和定值电阻两端的电压1.5V都是一个定值，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣U定＝6V﹣1.5V＝4.5V，也是一个定值且大于3V，由此可知小明的解决问题的方法是：电压表用大量程且并联在滑动变阻器的两端；
（5）根据欧姆定律可知U＝IR＝0.3A×5Ω＝0.15A×10Ω＝0.1A×15Ω＝1.5V，
分析实验数据，得出的结论：当电阻两端电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比。
故答案为：（1）15；（2）大于；d；电压表；保持定值电阻两端的电压不变；（3）“50Ω 1A”；（4）电压表的大量程并在滑动变阻器两端；（5）当电阻两端电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比。
30．【解答】解：（1）开关闭合后，变阻器滑片向左移动时，小灯泡亮度变亮，说明电路中的电流变大，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻变小，因此滑动变阻器需要连接左下端接线柱与电流表串联，如图所示：
；
（2）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的右端；
（3）当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（4）根据P＝UI，灯泡正常工作时电流约为：I′＝＝≈0.26A，
由欧姆定律，定值电阻的电压：U0＝IR0＝0.26A×10Ω＝2.6V，
根据串联电路电压的特点可知，灯的电压为：U灯＝U﹣U0＝6V﹣2.6V＝3.4V＜3.8V，故无法使灯正常发光，不能测量出灯的额定功率，造成这种情况的原因是R0阻值太大，或电源电压太小；
故要解决此问题，应采取的方法是：换用阻值更小的定值电阻或换用电压更大的电源；
（5）图中电压表可测MN间的电压，电流表可测电路中的电流：
①接入一个未知电阻Rx，可测未知电阻Rx两端的电压和通过它的电流，利用R＝可求它的阻值，故该实验能完成；
②为得出普遍性的规律，探究电流和电阻的关系，要换用不同的定值电阻多次测量，故不能完成；
③探究电流和电压的关系，要控制电阻的大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故不能完成；
④通过灯的电流为额定电流时，灯正常发光，读出灯的电压，根据P＝UI可测出灯泡的额定功率，故该实验能完成；
故能完成的实验为①④。
故答案为：（1）如图所示；（2）右；（3）1.14；（4）换用阻值更小的定值电阻；换用电压更大的电源；（5）①④。
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