2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷（含解析）

这是一份2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 关于电磁波和现代通信，下列叙述错误的是(    )
A. 电磁波可以在真空中传播
B. 电磁波的频率越低，在空气中传播的速度越小
C. 卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站，进行通信
D. 光纤通信具有传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小等优点
2. 如图所示，在试管中加入少量水，小华对着试管口吹气；加点水后用相同的力度再吹，会发出不同的声音，则前后两次声音(    )
A. 由试管中空气柱振动产生，响度不同
B. 由试管中空气柱振动产生，音调不同
C. 由试管中水柱振动产生，响度不同
D. 由试管中水柱振动产生，音调不同
3. 这个春天，“淄博烧烤”凭借小葱、小饼、小火炉的“烧烤灵魂三件套”爆火出圈，成为淄博的新名片。在烧烤过程中涉及的物理知识，下列说法错误的是(    )
A. 香气四溢是扩散现象
B. 食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能
C. 木炭燃烧时将化学能转化为内能
D. 火炉中新加的一木炭块越烧越旺，木炭的热值越来越大
4. 2023年，我国芯片行业迎来一个好消息，在昆山同兴达公司举办了一场恭喜首台SMEE光刻机顺利搬入的“搬入仪式”，这意味着我国在光刻机领域从零向前迈了一大步。光刻技术工作原理如图所示，此时恰好在硅片上成清晰缩小的像，下列说法正确的是(    )
A. 在硅片上形成的像是虚像
B. 缩图透镜可用于矫正近视眼
C. 此投射原理与照相机的原理相同
D. 硅片位于缩图透镜的二倍焦距以外


5. 如图旋转玻璃门，四面平整的玻璃门相互垂直且尺度完全一样(半径1.5m)，绕中心轴O逆时针转动。小红从紧贴玻璃门OB的M处进门时，经CD成像在S1处，俯视示意图如图甲；跟随玻璃门同步旋转到如图乙时，经CD成像在S2处。上述过程中，不计玻璃门厚度及人的体积影响，下列说法正确的是(    )

A. 小红在玻璃门中像的大小将变大
B. 小红在玻璃门中的像将远离她自己
C. 像S1和像S2之间的距离约为3m
D. 像绕中心轴O转动的角度∠S1OS2约为90°
6. 如图中，一段弹簧固定在水平桌面上(如图甲所示)，将一个小球放在弹簧上使其处于静止状态(如图乙所示)、用竖直向下的力F压小球至如图丙的位置，然后撤去力F，小球向上运动到A点后下落(如图丁所示)、不计空气阻力的影响。则从撤去力F到小球运动到A点的过程中，下列说法中正确的是(    )
A. 小球一直做减速运动
B. 小球在A点速度为零，合力为零
C. 小球离开弹簧时的速度最大
D. 小球离开弹簧前，受到的合力先减小后增大
7. 如图为小柯在科技节中制作的“杠杆力臂演示仪”。(杠杆自身质量和摩擦忽略不计，固定装置未画出)O为支点，OA=OD=3OB=0.6米，CD=0.2米。在做背景的白纸上作有以O为圆心半径为0.2米的圆。在A点挂5牛顿的重物G，使杠杆水平平衡，按图示方向分别施加FB、FC、FD三个力，则下列说法正确的是(    )

A. FC的力臂长为0.4米 B. 三个力大小FD>FC>FB
C. 作用在C点的力FC为15N D. 力作用D点时杠杆为等臂杠杆
8. 如图甲所示，在水平桌面上质量为1000g的薄壁厚底容器中装有20cm深的水，已知容器的底面积为400cm2，容器中水的质量为10kg，将一质地均匀的长方体物块通过一根轻杆缓慢压入水中，当物块还有五分之一的体积露出水面时(如图乙)，容器对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，此时杆对物块的压力为3N，则下列说法正确的是(    )

A. 甲图中容器对桌面的压强为2000Pa
B. 甲图中水对容器底的压力为100N
C. 乙图中物块的密度为0.5×103kg/m3
D. 若将物块全部压入水中，杆对物块的压力为4N
9. 如图甲所示，电源电压保持不变，R0、R1均为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移到某一位置的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则下列说法错误的是(    )


A. 电源电压是6V B. 图中a点应标的电压值是5V
C. R1的阻值是8Ω D. R0的阻值是4Ω
10. 水平桌面上放置足够高的柱形容器，如图甲，容器底部放一个边长为10cm的均匀实心正方体M。现缓慢向容器中注入某液体，M对容器底部的压力随注入液体深度h的变化关系如图乙。则下列说法正确的是(g取10N/kg)(    )

A. M的密度是1.25×103kg/m3
B. 注入液体的密度是0.7×103kg/m3
C. 当h=10cm时，M对容器底部的压力是7N
D. 当h=10cm时，液体对容器底部的压强是800Pa
11. 如图所示，在三个电阻R1、R2和R3中只有一个电阻断路，一个电阻短路，现用一只标有“220V”字样的较大功率的灯泡对该电路进行检测，当它接在如表所列的某两点时，灯泡的亮暗情况如表所示，则(    )
灯并接处
a、d
a、b
b、c
c、d
a、c
灯发光情况
正常发光
不发光
比正常发光暗
不发光
比正常发光暗

A. 电阻R1断路，电阻R2短路 B. 电阻R1短路，电阻R2断路
C. 电阻R1断路，电阻R3短路 D. 电阻R1短路，电阻R3断路
12. 如图甲所示的智能照明电路，该电路可实现生态节能，天暗时灯L自动发光，天亮时自动熄灭，其中R1为光敏电阻，其阻值会随着光照强度的变化而变化，R2为滑动变阻器，电磁铁线圈电阻不计。若保持光照强度不变，闭合S后，将滑片P从下端移至上端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(    )


A. 电磁铁是利用电磁感应原理工作的
B. 工作电路中导线A应连接家庭电路中的零线
C. 滑动变阻器的最大阻值是100Ω
D. 若想照明灯L在傍晚发光的时间提前，可将滑动变阻器滑片上移
13. 如图所示，电源电压恒为8V，电动机内阻为2Ω，R为滑动变阻器。当调节滑片P使R功率达到最大时，电动机机械功率为2W.则此时(    )
A. 电动机两端电压为4V
B. R的最大功率为8W
C. R连入电路的阻值为1.5Ω
D. 电动机效率为80%
二、填空题（本大题共3小题，共14.0分）
14. 我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于______ (选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”)。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案(忽略绳重和摩擦)，这两种方案中较省力的是______ 方案，滑轮组机械效率较高的是______ 方案。

15. 如图为某商场内的自动扶梯。为了节能，在扶梯底端前1.5m安装了如图所示红外系统：乘客通过时，红外传感开关被触发，扶梯启动，同时计时器开始计时，若在设定时间t内无乘客通过，扶梯将停止运行。
不同乘客
青少年
中年人
老年人
速度(m/s)
1−1.5
0.8−1
0.5−0.8
(1)感应器在电路中相当于______(填电路元件名称)；
(2)已知扶梯长10m，从启动到匀速运行的v−t图象如图所示，不同类型乘客的行走速度见表，为确保安全，设定时间t应至少为______s。

16. 如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为500W，中温挡功率为100W，在额定电压下煎药时，药液的温度与工作时间的关系图像如图丙所示。

(1)观察图丙中的高温挡加热过程可知：电煎药壶在前半段比后半段时间的加热效率______ (选填“高”或“低”)。
(2)分析电路可知：当Sa接2，同时Sb ______ 时，电路处于中温挡。
(3)电煎药壶的低温挡功率是______ W。
三、实验探究题（本大题共3小题，共20.0分）
17. 在探究凸透镜成像规律时，如图甲所示，将A凸透镜固定在光具座上35cm刻线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上5cm刻线处，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，将凸透镜A换为凸透镜B并保持蜡烛和凸透镜位置不变，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，如图乙所示。
(1)请根据实验现象和凸透镜成像规律判断：凸透镜A的焦距______ 凸透镜B的焦距(选填“大于”、“小于”或“等于”)
(2)如图乙所示的实验现象可以说明______ 的成像特点(选填“照相机”、“幻灯机”或放大镜)
(3)某学生利用其中一个凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验时，在实验过程中不断移动烛焰位置，观察到如图丙所示的六种烛焰的清晰像，请按蜡烛到凸透镜距离由远到近所得到的像进行排序，正确顺序为______

A.④⑥⑤③①②
B.②①③⑤⑥④
C.②①③⑤④⑥
(4)小刚实验小组更换相关器材后顺利完成实验，根据记录的实验数据得到了如图丁所示的图象，线段MN为凸透镜成像的像距倒数(1)和物距倒数(1)的对应关系。根据图象信息可知，该小组所用凸透镜的焦距为______ cm。

(5)在探究凸透镜成像规律时，正确完成一次实验后，不小心碰到凸透镜，使其下滑了一点，此时
像会出现在光屏的______ 方，为使像回到光屏中央，合理的操作是：将蜡烛向______ (选填“上”或“下”)移动，或将光屏向______ (选填“上”或“下”)移动。
(6)如图戊，将蜡烛放在图示位置，光屏上恰好成清晰的像，若切除凸透镜中间的阴影部分，再将剩余部分靠拢在一起，则蜡烛能成______ 个像。
A.0个B.一个C.二个D.三个
18. 小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为U额=2.5V的小灯泡，标有“60Ω 1A”的滑动变阻器以及电压表(量程0～3V)、电流表(0～0.6A)、开关和导线。


1
2
3
4
电压U/V
0.7
1.5
2.5
3.0
电流I/A
0.10
0.18
0.25
0.28
(1)如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的导线。
(2)小明改正错误后，将滑片移至最右端，闭合开关，小明通过移动滑片P，分别记下多组对应的电压表和电流表的示数如表格所示，请你根据表中数据画出灯泡的U−I图象，并得出小灯泡的额定功率是______ W。
(3)小明在完成几组实验后，电流表发生故障无法使用，于是他利用一个定值电阻R0接在原电路中电流表的位置，设计了如图丙所示电路，来测量小灯泡的额定功率。首先调节滑动变阻器的滑片使电压表示数为U额，然后接着保持滑片的位置不变，将电压表______ 点的接线改到c点，观察并记录电压表的示数为U，则小灯泡的额定功率可表示为P额= ______ (用R0、U额、U等物理量表示)。
19. 如图甲所示，在“探究物体动能大小跟哪些因素有关”的实验中，让钢球从同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块沿同一水平木板表面向前移动一段距离s后停下。通过改变h和小球质量m可完成该探究实验。请回答下列与该实验相关的几个问题：

(1)图乙中，让质量不同的两个小球同时从同一高度由静止沿光滑斜面滚下，若两球始终相对______ (选填“运动”或“静止”)，就可以证明任一时刻两球速度大小相等；
(2)实验中，木块沿水平木板表面滑动时受到的摩擦力______ (选填“相同”或“不同”)；
(3)实验中，是通过观察钢球推动木块移动距离的远近来判断钢球动能的大小，这种方法称为______ ，下列实验中也用到了这种方法的是______ ；
A.用水流类比电流
B.用吸引大头针数量的多少来描述磁性强弱
C.牛顿第一定律的得出
D.研究压强与压力关系时保持受力面积不变
(4)实验中，为了防止木块滑出木板，可以采取的措施是______ (选填“增大”或“减小”)木块的质量或______ (选填“增大”或“减小”)斜面的倾角；
(5)设钢球与木块碰撞后，木块获得的动能为E0，则木块运动过程中克服阻力所做的功______ (选填“>”、“2fA，所以，15cm>fA；
乙图，凸透镜成倒立、放大的实像，u=35cm−5cm=30cm，2fB>30cm>fB，所以，30cm>fB>15cm；故A的焦距小于B的焦距；
(2)由图乙可知，此时成的是倒立、放大的实像，其应用是幻灯机；
(3)凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验时，在实验过程中不断移动烛焰位置，观察到如图丙所示的六种烛焰的清晰像，
按蜡烛到凸透镜距离由远到近所得到像进行排序，根据凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；相反，物距减小，像距增大，像变大，小于焦距时成正立放大的虚像，越远像越大。
正确顺序为②①③⑤⑥④；
(4)图中1u=4m−1时，1v=4m−1，此时v=u=0.25m像距等于物距，说明物体处于二倍焦距处，即2f=0.25m，所以f=0.125m=12.5cm；
(5)不小心碰到凸透镜，使其下滑了一点，此时的像会向下移动，会出现在光屏的下方，为使像回到光屏中央，可以将蜡烛向下移动，或将光屏向下移动；
(6)因为凸透镜中间厚，边缘薄，切去部分后相当于两个透镜，光心位置改变了，上面的像下移，下面的像上移，错位将成两个像。
故答案为：(1)小于；(2)幻灯机；(3)B；(4)12.5；(5)下；下；下；(6)C。
(1)根据物距和凸透镜的焦距关系，求出两个凸透镜的焦距，比较焦距大小。
(2)2f>u>f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。
(3)凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；相反，物距减小，像距增大，像变大；小于焦距时成正立放大的虚像；
(4)根据图象判断出凸透镜的焦距；
(5)根据凸透镜成像时烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一直线上即可判断；
(6)根据光心的位置变化分析。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。

18.【答案】0.625  b  U额⋅U−U额R0 
【解析】解：(1)原电路图中，灯泡没有接入电路中，电压表与电流表串联在电路中是错误的，在测小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
2)根据表格中的电流值和电压值描点连线，如下图所示：
；
小灯泡的额定电压为U额=2.5V，对应的额定电流为I额=0.25A，则小灯泡的额定功率为：
P=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
(3)电压表测灯的电压，当灯电压为U额时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b点的接线改接到c点，观察并记录电压表示数U。
因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0=U−U额，
由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−U额R0，
根据串联电路电流的规律，灯的额定电流等于定值的电阻的电流，即：I额=I0=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率可表示为：P额=U额I额=U额⋅U−U额R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)见解答图；0.625；(3)b；U额⋅U−U额R0。
(1)在测小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
(2)根据描点法作图；根据P=UI算出小灯泡的额定功率；
(3)在没有电流表的情况下，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，灯在额定电压下正常发光，保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出通过定值电阻的电流，即为灯的额定电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率。
本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、额定功率的计算及设计实验方案的能力。

19.【答案】静止  相同  转换法  B  增大  减小  =  不能 
【解析】解：(1)让质量不同的小球同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若任一时刻两球的速度大小相等，即以任何一个小球为参照物，另一个小球都是静止的，所以两小球相对静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等；
(2)木块滑动时，木块在水平面的压力相同，接触面的粗糙程度相同，所以滑动摩擦力相同；
(3)实验中通过观察木块被撞击后运动的距离的大小来反映钢球对木块做功的多少，从而间接判断物体动能的大小；用到了转换法；
A、用水流类比电流，用到了类比法，故A不符合题意；
B、磁性强弱不易观察，通过吸引大头针数量的多少来描述磁性强弱，用到了转换法，故B符合题意；
C、牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出，用到了推理法，故C不符合题意；
D、研究压强与压力关系时保持受力面积不变，改变压力大小，用到了控制变量法，故D不符合题意；
故选：B；
(4)若钢球释放高度一定，为了防止木块滑出木板，可以增大木块的质量，从而增大木块受到的摩擦力，减小木块在木板上滑行的距离；或者在摩擦力不变的条件下，减小钢球的速度，即减小斜面的倾角，减小木块在木板上滑行的距离；
(5)木块在运动过程中，克服阻力做功，机械能转化为内能，所以木块克服阻力做的功等于木块的动能大小，即木块运动过程中克服阻力所做的功=E0；
(6)若水平面光滑，由牛顿第一定律可知，木块被撞击后将做匀速直线运动，不能通过木块移动的距离来判定动能的大小，不能达到探究目的。
故答案为：(1)静止；(2)相同；(3)转换法；B；(4)增大；减小；(5)=；(6)不能。
(1)通过运动和静止的相对性分析即可判断；
(2)滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)由于动能的大小是不好观察的，于是实验中采用了转换法，即观察钢球推动木块的距离即可；逐项分析各选项得出答案；
(4)为防止让木块滑出木板木块，在速度不变的条件下，可通过增大压力的方法增大木块受到的摩擦力，或者在摩擦力不变的条件下，减小钢球的速度；
(5)木块滑动过程中，克服阻力做功；
(6)根据牛顿第一定律分析回答。
本题“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验，考查转换法和控制变量法及牛顿第一定律的运用。

20.【答案】解：(1)A浸没在水中时排开水的体积：V排=V=0.12m3，
A浸没在水中受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×0.12m3=1200N，
A的重力：G=mg=210kg×10N/kg=2100N，
A浸没在水中时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力，由力的平衡条件可知，此时物体受到的拉力：F拉=G−F浮=2100N−1200N=900N，
因为不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=F拉hF拉h+G动h=F拉F拉+G动，所以动滑轮的重力：G动=1−ηηF拉=1−60%60%×900N=600N；
由图可知n=5，A完全打捞出水面后，岸上钢绳的拉力：F=1n(G+G动)=15×(2100N+600N)=540N；
(2)绳子自由端移动的速度：v=nv物=5×0.5m/s=2.5m/s，
岸上钢绳拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv=540N×2.5m/s=1350W；
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，物体排开水的体积不断减小，由F浮=ρ水gV排可知，物体受到的浮力不断减小，
因为物体受到的拉力F拉=G−F浮，所以该过程中物体受到的拉力不断的增大，由W有=F拉h可知，有用功增大，而额外功不变，
由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，有用功W有增大，额外功W额外不变时，机械效率增大。
答：(1)岸上钢绳的拉力为540N；
(2)岸上钢绳拉力F的功率为1350W；
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，滑轮组机械效率逐渐增大，因为该过程物体受到浮力减小，滑轮组对物体的拉力增大，有用功增大，而额外功不变，由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，机械效率增大。 
【解析】(1)根据阿基米德原理求出A浸没在水中受到的浮力，根据G=mg求出A的重力，根据力的平衡条件求出A浸没在水中时受到的拉力；
利用不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=F拉hF拉h+G动h=F拉F拉+G动求动滑轮的重力，由图可知n=5，利用不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)求岸上钢绳的拉力F；
(2)绳子自由端移动的速度v=nv物，利用P=Wt=Fst=Fv求拉力做功的功率；
(3)根据阿基米德原理分析物体受到浮力的变化，根据力的平衡条件分析物体受到拉力的变化，根据W有=F拉h分析有用功的变化，由于使用的是同一滑轮组，所以额外功不变，根据η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有分析滑轮组机械效率的变化。
本题考查重力的计算、阿基米德原理的应用、使用滑轮组时绳子的拉力、功率、机械效率的计算和滑轮组机械效率的影响因素，关键是根据力的平衡条件分析物体在水中时受到的拉力。

21.【答案】解：(1)加热电阻R0的阻值R0=U2P=(220V)21100W=44Ω；
(2)消毒柜正常工作6h工作，电热丝的加热时间t=3×80min+60min=300min，
电路消耗的电能W=Pt=1100W×300×60s=1.98×107J；
(3)将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量Q=cmΔt=0.81×103J/(kg⋅℃)×30kg×(124℃−80℃)=1.0692×107J，
用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min消耗的电能W1=P1t=U12R0t=(198V)244Ω×80×60s=4.2678×107J，
该消毒柜的热效率η=QW1=1.0692×107J4.2678×107J=25%。
答：(1)加热电阻R0的阻值为44Ω；
(2)消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能为1.98×107J；
(3)该消毒柜的热效率为25%。 
【解析】(1)根据P=UI=U2R求出加热电阻R0的阻值；
(2)根据图乙可知6h的消毒过程中加热电阻R0的工作时间，根据P=Wt求出工作电路消耗的电能；
(3)根据Q=cmΔt求得将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量，利用P=Wt求出用电高峰时段电压只有198V时消毒柜80min消耗的电能，进一步求得该消毒柜的热效率。
此题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。

22.【答案】0.5  1600  54  适当将电阻箱R2的阻值调大 
【解析】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压；
(1)由图乙可知，受控电路为R的简单电路，根据P=UI可得自动计数器正常工作时的电流为：I=PRU2=4.5W9V=0.5A；
(2)当产品挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据I=UR可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小，由图知此时AB端的电压为2V；
此时电路的电流为：I′=U0R2=2V200Ω=0.01A，
根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1=U1−U0=18V−2V=16V，
R1的电阻为：R1=UR1I′=16V0.01A=1600Ω；
(3)根据图丙知计数一次消耗电能的时间0.4s−0.36s=0.04s，即0.4s内有0.04s消耗电能，所以1min内消耗电能的总时间0.04s0.4s×60s=6s，
2min内自动计数器消耗的电能：W=PRt=4.5W×2×6s=54J；
(4)由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知通过电路的电流减小，U0减小，要使U0增大为原来的电压值，由串联电路的分压规律可知，需要增大R2的电阻使计数器正常工作。
故答案为：(1)0.5；(2)1600；(3)54；(4)适当将电阻箱R2的阻值调大。
由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压；
(1)由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
(2)根据图丙读出产品挡住了射向R1的红外线U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
(3)根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，再算出1min内电流做功的时间，根据W=Pt算出自动计数器2min消耗的电能；
(4)U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻。
本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图像确定定值电阻两端电压的大小。