2023年重庆市开州区德阳中学教育集团中考二模物理试题（含解析）

这是一份2023年重庆市开州区德阳中学教育集团中考二模物理试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2023年重庆市开州区德阳中学教育集团中考二模物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物理量的估测中，最接近实际的是（　　）
A．人体感觉舒适的环境温度约为37℃
B．一节新干电池的电压约为36V
C．体育考试中所用实心球质量约为10kg
D．教室里课桌的高度大约80cm
2．在图的光学现象中，由折射形成的是（　　）
A．水中树的倒影 B．树下圆形的光斑
C．露珠下叶脉变粗 D．手影的形成
3．冬泳逐渐成为人们喜爱的锻炼方式，关于冬泳的情景下列描述正确的是（　　）
A．冬泳运动员口中呼出的“白气”是液体汽化形成的
B．出水后有风吹过感觉更冷是由于体表水分蒸发加快吸热
C．水易流动且没有固定形状说明水分子间没有作用力
D．上岸后通过“烤火”取暖主要是做功改变了人体的内能
4．如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．甲图验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B．乙图为了安全用电，甲位置装电灯，乙位置装开关
C．丙图表示是通电导体在磁场中受力，是电动机的工作原理
D．丁图奥斯特实验证明了电流周围存在磁场，是电磁铁的工作原理
5．下列说法中，正确的是（　　）
A．推出后的铅球在空中飞行过程中，运动员对铅球做了功，且机械能不断增大
B．踢出去的足球在地面上越滚越慢，说明物体的运动需要力来维持
C．短跑运动员到达终点后不会马上停下来，是由于运动员具有惯性
D．站在领奖台上的运动员，受到的支持力和运动员对领奖台的压力是一对平衡力
6．某自动售货机，它可通过手机扫码（闭合S1）或通过投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。符合上述情况的电路设计是下图中的（　　）
A． B． C． D．
7．在水平桌面上有一个盛有水的容器，木块用细线系住没入水中，如图甲。将细线剪断，木块最终漂浮在水面上，且有的体积露出水面，如图乙。下列判断正确的是（　　）

A．甲、乙两图中，木块受到水的浮力之比是4：1
B．甲、乙两图中，水对容器底部的压强大小相等
C．甲图中容器对水平桌面的压力小于乙图中容器对水平桌面的压力
D．甲、乙两图中木块所受浮力的变化量等于甲图中细线对木块的拉力大小
8．如图所示，电源电压为5V，灯泡标有“3V 1.5W”字样（不计温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器R的规格为“20Ω 1A”，定值电阻R0＝20Ω，电压表量程“0~3V”，电流表量程为“0~6A”。在电路安全的情况下，下列判断正确的是（　　）
  
A．只闭合开关S、S1时，向左移动滑动变阻器的滑片，灯泡的亮度变暗
B．只闭合开关S、S1时，滑动变阻器R允许接入电路的阻值范围是4Ω~20Ω
C．只闭合开关S、S2时，在安全范围内向右移动滑片的过程中，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值不变
D．只闭合开关S、S2时，整个电路消耗电功率的范围是0.625W~3W

二、填空题
9．丹麦物理学家_____于 1820 年发现了电流的磁效应，第一次揭示了电和磁的联系；同年，法国物理学家安培提出了安培定则，也就是右手螺旋定则，请你利用安培定则判断图中螺线管左端为_______极（选 填“N”或“S”）。

10．音乐会现场，人们能够分辨不同乐器的声音，这是由于声音的______（选填“音色”、“响度”或“音调”）不同；观众在听音乐时都要把手机关机或把铃声调成振动，目的是为了在______处减弱噪声。
11．汽车行驶时发动机温度很高，为确保安全可用循环水冷却，因为水的___________较大，相同情况下吸收的热量更多。若散热器中装有初温是的水，在温度升高到的过程中，水吸收的热量是___________J。
12．小雪用三个质量相同的滑轮组成如图所示的滑轮组，将重为120N的物体匀速提高了4m，所用拉力为50N，不计绳重及摩擦，则滑轮组的机械效率为________，如果小雪的体重为600N，拉动过程中绳始终未断裂，她用此滑轮组能提升的最大物重为_________N。
  
13．如图所示，一个轻质薄壁圆柱形容器甲，放置于水平桌面上，内盛有10cm深的某种液体，圆柱体乙同样放置于水平桌面上，其中液体密度小于乙的密度，甲、乙底面积之比为S甲:S乙=2:1，在乙物体上，沿水平方向截取一段厚度为h的物体，将截取的物体平稳的放入容器甲并放在液体中，此时，甲容器对桌面的压强随截取厚度h的变化关系如图丙所示，液体的密度为_______kg/m3；当截取厚度h1=8cm时，容器对桌面的压强为p1，当截取厚度h2=12cm时，容器对桌面的压强为p2，则p1:p2=________。


三、作图题
14．如图所示，入射光线与镜面成30°，请按照作图规范，在图中画出反射光线的光路。

15．在图中画出杠杆的阻力臂l，并在A点画出使杠杆静止在图示位置的最小力F；


四、实验题
16．小明同学用图甲所示的实验装置探究“冰熔化时温度的变化规律”；
  
①设计实验时，小明选择用加热烧杯内水的方法给试管中的物质加热，这样做不仅能让试管中的碎冰受热均匀，而且冰的温度升高较________（选填“快”或“慢”），便于记录各时刻的温度和观察各时刻碎冰的状态；
②实验过程中发现，熔化过程中冰的温度始终不变，可以判断该物质是________（选填“晶体”或“非晶体”）；
③比较t4与t5时刻的内能，________时刻试管内物质的内能较小。
17．小雯将水充入一个透明塑料模具，制成“水凸透镜”，如图，并用此装置探究凸透镜成像规律。
  
①将蜡烛置于光具座上，并让烛焰中心、透镜光心和光屏中心处于同一高度，蜡烛如图甲所示位置放置时，光屏上恰好呈现清晰的像，此时光屏上呈现的是________（选填“放大”或“缩小”）的实像，这与生活中________（选填“放大镜”、“照相机”或“投影仪”）原理相同。
②保持图甲中蜡烛、凸透镜、光屏位置不变，缓慢向透镜中注水，如图乙所示，凸透镜厚度增加焦距变小，光屏上的像逐渐模糊，为使像变清晰，应在蜡烛和凸透镜之间放一个焦距合适的_________（选填“凹透镜”或“凸透镜”）。
18．小华同学用天平和量杯测石块的密度。

（1）首先她将天平放在___________工作台上。将游码对准零刻度线，发现指针停在分度盘如图甲位置，这时她应将平衡螺母向___________（选填“左”或“右”）调；若此时她未调节平衡时就去测量，测得物体的质量比实际值___________（“大”、“小”、“相等”）天平调节平衡后，小明按图乙所示的方法来称物体的质量，小华立即对小明说：“你操作时犯了一个错误”。小华所说的错误是：___________；
（2）改正错误后，用调好的天平测出矿石的质量，天平平衡时右盘中砝码质量和游码示数如图，则矿石质量是___________g；
（3）因矿石体积较大，放不进量筒，因此他利用一只烧杯，接图所示方法进行测量，那么矿石的体积是___________cm3；从而计算出小石块密度是___________kg/m3
（4）小华用此方法测出的矿石的密度比实际值___________（选填“偏大”或“偏小”）
19．.小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，如图所示，用到以下器材：额定电压为2.5V的待测小灯泡L1、滑动变阻器R1“50Ω 5A”、R2“100Ω 1A”、R3“800Ω 1.5A”各一个、电流表（0～0.6A、0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、学生电源（电压恒为6V）、开关、导线若干。
  
（1）用笔画线代替导线将图甲的实物电路补充完整（要求滑片右移灯泡变暗，且导线不交叉）_________；
（2）连接好电路，正确操作，移动滑动变阻器的滑片P，小明发现小灯泡始终不亮，电压表、电流表示数均为0，经检查电表完好，则故障可能是_________；
A．小灯泡断路
B．小灯泡短路
C．滑动变阻器断路
D．滑动变阻器短路
（3）故障排除后，小明移动滑片P，当电压表的示数为2V时，滑动变阻器应向________（选填“左”或“右”）移动，使电压表的示数达到额定电压，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为________W；
（4）小明根据实验中获得的6组数据绘制的小灯泡的“I﹣U”图像如图丙所示，则本实验中小明对滑动变阻器的最佳选择是_________（选填“R1”、“R2”或“R3”）。由图像可知小灯泡的电阻随温度的升高而_________（选填“增大”、“不变”或“减少”）；
（5）若实验时调节灯泡L1正常发光后，小明再用标有“2V？A”的小灯泡L2替换L1，再次调节滑动变阻器让L2正常发光，若前后两次L1与L2的功率差ΔPL与滑动变阻器的功率差ΔP滑相等，则L2的额定功率为_________W；
（6）完成上述试验后，小明仍用原有的部分器材，又找来10Ω、15Ω、20Ω的电阻各一个，重新选择了一个滑动变阻器并设计好电路，准备探究“电流与电阻的关系”的实验，他将定值电阻的控制电压设定为2V，为了完成实验，小明所选滑动变阻器的最大阻值至少为_________Ω。

五、计算题
20．如图所示是一台火灾现场侦察、灭火的消防机器人，其质量为600kg，以3m/s的速度在水平地面沿直线匀速前进了1min，行驶时所受阻力为自重的0.02倍（g取10N/kg）。求：
（1）消防机器人在1min内通过的路程；
（2）消防机器人牵引力做功的功率。
  
21．如图甲是小明家购买的某型号电热加湿器，乙是其内部的原理图，表格为其部分技术参数。R1、R2为发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”和“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），R1在“低挡”状态与“高挡”状态正常工作时的功率之比是1∶16，求：
额定电压/V
220
高温挡额定功率/W
400
低温挡额定功率/W

（1）R1的电阻；
（2）加湿器处于低挡加热状态下的额定功率是多少W？
（3）小明关闭家中其他电器，单独让加湿器接在丙图中的电能表上，加湿器在高挡加热状态下正常工作5min，电能表转盘转了25转，则电能表上模糊不清的这个参数应该是多少r/ kW·h？
  
22．底面积为150cm2、重3N、盛水4cm深且足够高的薄壁柱形容器置于水平桌面上，如图所示，将底面积为50cm2、质量为450g、密度为0.9g/cm3的不吸水圆柱体用轻质细线挂在测力计下，由图示位置缓慢向下浸入水中，直至测力计示数为0后，只取走测力计，再打开阀门K向外放水。求：
（1）圆柱体的体积；
（2）圆柱体下降过程中，当其浸入水中的深度为2cm时，测力计的示数；
（3）当放水至容器对桌面的压强为800Pa时，水对容器底的压强。


参考答案：
1．D
【详解】A．人体感觉舒适的环境温度约为23℃，故A不符合题意；
B．一节新干电池的电压约为1.5V，故B不符合题意；
C．体育考试中所用实心球质量约为2kg，故C不符合题意；
D．中学生的身高大约160cm，课桌的高度约为中学生升高的一半，教室里课桌的高度大约80cm，故D符合题意。
故选D。
2．C
【详解】A．水中树的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故A不符合题意；
B．树荫下形成圆形光斑是小孔成像，是光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C．露珠相当于凸透镜（放大镜），露珠下的叶脉看起来变粗，是利用凸透镜成像的原理，属于光的折射现象，故C符合题意；
D．手影的形成说明光是沿直线传播的，故D不符合题意。
故选C。
3．B
【详解】A．冬泳运动员口中呼出的“白气”是空气中的水蒸气液化形成的小水滴，故A错误；
B．在有风时出水后感觉特别冷，是由于风加快了人体表水分的蒸发，而体表水蒸发吸热，导致人体内能减小，温度降低，故B正确；
C．水易流动且没有固定形状，说明水分子间作用力较固体分子间的作用力弱，而不是没有作用力，故C错误；
D．上岸后通过“烤火”取暖使人体吸收火的内能，使身体内能增加，温度升高，主要是热传递改变了人体的内能，故D错误。
故选B。
4．C
【详解】A．验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，故A错误；
B．为了安全用电，开关要控制火线，甲位置装开关，乙位置装电灯，故B错误；
C．丙图中有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的工作原理，故C正确；
D．丁图中，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流，即为电磁感应现象，是发电机的工作原理，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．推出后的铅球在离开手后不再受手的推力作用，故其空中飞行过程中，运动员没有对铅球做功，因为有空气阻力，铅球在飞行过程中会有一部分机械能转化为内能，机械能减小，故A错误；
B．踢出去的足球在地面上越滚越慢，这是由于受到摩擦力的缘故，说明力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．短跑运动员原来处于运动状态，当其到达终点后，由于惯性，会仍然保持原来的运动状态向前运动一段距离，故C正确；
D．站在领奖台上的运动员，受到的支持力和运动员对领奖台的压力，作用在两个物体上，不符合二力平衡的条件，不是一对平衡力，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】由题意可知，通过手机扫码使开关S1闭合或通过投币使开关S2闭合都能启动电动机完成自动售货，由并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，开关S1和开关S2应并联共同控制电动机；由题知，在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明，则灯泡与电动机并联能独立工作，且只由光控开关S3控制，综上结合选项可知，只有C图符合题意。
故选C。
7．D
【详解】A．将细线剪断，木块最终漂浮在水面上，且有的体积露出水面，即乙图中排开水的体积为，根据阿基米德原理可知，甲、乙两图中，木块受到水的浮力之比是4：3，故A错误；
B．因乙图中木块最终漂浮在水面上，且有的体积露出水面，故甲中液面高，甲容器底部的深度较大，根据，甲图中水对容器底部的压强大，故B错误；
C．甲、乙两图中，容器对水平桌面的压力都等于容器和水的重力及木块的重力之和，故甲图中容器对水平桌面的压力等于乙图中容器对水平桌面的压力，故C错误；
D．甲图中细线对木块的拉力大小为T，根据力的平衡有
F浮甲=G木+T
乙图中，根据力的平衡有
F浮乙=G木
两式相减得
F浮甲-F浮乙=T
即甲、乙两图中木块所受浮力的变化量等于甲图中细线对木块的拉力大小，故D正确。
故选D。
8．C
【详解】A．闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；向左移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；通过灯泡的电流变大，灯泡的亮度变亮，故A错误；
B．闭合开关S、S1，滑动变阻器R与灯泡L串联；灯泡正常发光时的电流

因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0~0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻

灯泡正常发光时的电阻为

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，变阻器接入电路中的最小阻值

当电压表的示数时，根据串联电路的分压规律可知，变阻器接入电路中的电阻最大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以此时灯泡两端电压

此时电路中的电流

即

解得，所以，滑动变阻器的取值范围是4Ω~9Ω，故B错误；
D．闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R与R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；滑动变阻器全部接入电路中时，电路的总电阻最大，根据欧姆定律可知，此时的总电流最小，最小电流为

电路的最小功率为

滑动变阻器接入电路中电阻为0时，电路的总电阻最小，根据欧姆定律可知，此时的总电流最大，最大电流为

电路的最小功率为

所以整个电路消耗电功率的范围是0.625W~1.25W，故D错误；
C．设滑片移动过程中，电路中的电流分别为I1、I2，根据欧姆定律可知，电压表的示数分别为
，
所以电压表示数的变化量

即电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值等于R0，所以电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值不变，故C正确。
故选C。
9． 奥斯特； 。
【详解】[1]丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应；
[2]图中电流的方向右进左出，螺线管外侧的电流方向向上，根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的左端，即螺线管的左端为N极。
10． 音色 声源
【详解】[1]不同乐器的发声结构和材料不同，所以发出声音的音色不同，故可以根据音色辨别乐器的种类。
[2]观众在听音乐时都要把手机关机或把铃声调成振动，避免手机发出声音干扰现场音乐声，这是从声源处控制噪声。
11． 比热容
【详解】[1]因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水来冷却，这是通过热传递的方式来改变发动机的内能。
[2]水吸收的热量

12． 80% 1770
【详解】[1]小雪所做的有用功
W有=Gh=120N×4m=480J
由图可知承担物重绳子的股数为n=3，拉力做的总功
W总=Fs=Fnh=50N×3×4m=600J
滑轮组的机械效率

[2]小雪所做的额外功
W额=W总-W有=600J-480J=120J
不计绳重和摩擦，则额外功为克服动滑轮重力所做的功，由W额=G动h可得，动滑轮的重力

如果小雪的体重为600N，拉动过程中绳始终未断裂，则绳子的最大拉力
F最大=G人=600N
不计绳重和摩擦，绳端的拉力

则用此滑轮组能提升的最大物重
G物最大=3F最大-G动=3×600N-30N=1770N
13． 11:14
【详解】[1]由图丙可知，当截取厚度h=0时，甲容器对桌面的压强为，容器甲为轻质薄壁，不考虑质量，当截取厚度h=0时，容器甲中只有液体，由可得，液体的密度为
    
[2由题意知有
S甲=2S乙
由图丙可知，随着截取厚度h的增大，甲容器对桌面的压强也在增大，当甲容器中液面刚好到达容器口时，此时甲容器对桌面的压强为第一处折线偏折处，此时压强为，根据可得

即

此时容器的体积等于液体的体积与乙截取部分的体积之和，所以有
S甲h深=S液h液+S乙h
乙物体截取的高度刚好到达容器中时，甲容器对桌面的压强为第二个折点，所以容器的深度为12cm。那么
2S乙×12cm=2S乙×10cm+S乙h
解得，乙物体截取厚度h=4cm。圆柱体乙的密度为

当截取厚度h1=8cm时，容器对桌面的压强为p1，即

当截取厚度h2=12cm时，容器对桌面的压强为p2，即

所以

14．
【详解】由题可知，入射光线与镜面成30°，则入射角为
90°-30°=60°
反射角等于入射角，则反射角也为60°；先过入射光线与镜面的交点（入射点）作垂直于镜面的法线，然后在与法线夹角为60°的位置作反射光线。如图所示：

15．
【详解】由图可知，O为支点，重物向下拉杠杆的力为阻力，则过支点做阻力作用线的垂线段即为阻力臂l；；由杠杆平衡条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小。最小力F作用在A点，当OA为F的力臂时，力臂最长，此时力F最小，且F的方向垂直杠杆向上，从A点垂直OA向上画出F的示意图，如图所示：


16． 慢 晶体 t4
【详解】①[1]装有碎冰的试管用“水浴法”加热，水的温度不高，不但能使试管均匀受热，而且冰的温度升高较慢，便于记录各时刻的温度和观察各时刻碎冰的状态。
②[2]由图乙可知，冰达到熔点后熔化，虽不断吸热但温度保持不变，有固定的熔点，符合晶体的特点，故冰为晶体。
③[3]从t4到t5时刻，冰处于熔化过程中，温度不变，但需要不断吸收热量，所以内能变大，故t4时刻试管内物质的内能较小。
17． 放大 投影仪 凹透镜
【详解】①[1][2]由图2甲可知，此时物距小于像距时，即物距为f＜u＜2f，成倒立、放大的实像，应用为投影仪。
②[3]缓慢向透镜中注水，水凸透镜厚度增加，焦距变小，对光的会聚作用变强，为使像变清晰，应在蜡烛和凸透镜之间放一个焦距合适的发散透镜，即凹透镜。
18． 水平 右 大 砝码和物体放反了 175.6 70 偏小
【详解】（1）[1][2]使用天平时，天平首先要放在水平台面上，是天平底座水平；指针指在分度盘的左侧，说明天平的左侧偏重，所以平衡螺母应向右端移动，直到指针指在分度盘的中央。
[3]若她在托盘天平未调节平衡时就去测量，没有调平时天平的左侧偏重，需要在天平的右盘里多加砝码，故测得物体的质量比实际值偏大。
[4]小明按图乙所示的方法来称物体的质量，使用天平称量物体质量时应左物右码，图中的错误是：物体和砝码放反了。
（2）[5]矿石的质量等于砝码的质量加上游码在标尺上对应数值

（3）[6]矿石的体积等于量筒中倒出水的体积

[7]矿石的密度

（4）[8]由于从烧杯中取矿石，矿石会带走一部分水，需要多向烧杯中加水，使测得的矿石体积测量值会偏大，由可知，测得的矿石的密度偏小。
19．    C 左 0.75 R2 增大 0.3 40
【详解】（1）[1]滑片右移灯泡变暗，即电流变小，电阻变大，故滑动变阻器以左下接线柱连入电路中，灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
  
（2）[2]A．若小灯泡断路，电流表无示数，则电压表串联在电路中，电压表与电源连通，电压表有示数，故A不符合题意；
B．若小灯泡短路，电路为通路，电流表有示数，电压表无示数，故B不符合题意；
C．若滑动变阻器断路，整个电路断路，两电表都没示数，故C符合题意；
D．若滑动变阻器短路，电路为通路，电压表、电流表示数较大，故D不符合题意。
故选C。
（3）[3][4]灯在额定电压下正常发光，示数为2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；此时电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.3A，则小灯泡的额定功率为
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）[5][6]根据绘制的小灯泡的“I﹣U”图像如图丙知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，根据串联电路的电压规律和欧姆定律，此时变阻器连入电路中的电阻为

故滑动变阻器的最佳选择是R2。
由图丙知，当电压为1V、2V、3V时，对应的电流分别为0.2A、0.3A、0.35A，由欧姆定律的变形公式，灯的电阻分别为：5Ω、6.67Ω、8.57Ω，即小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
（5）[7]小灯泡L1正常发光时的电功率0.75W，此时滑动变阻器的电功率
P滑1=U滑1I=（6V﹣2.5V）×0.3A=1.05W
L2正常发光时，则ΔPL=ΔP滑，即
0.75W-2V×I′＝1.05W-(6V-2V)×I′
解得：I′＝0.15A。所以L2的额定功率为
P2=U2I′=2V×0.15A=0.3W
（6）[8]探究“电流与电阻的关系”的实验中，保持定值电阻两端的电压为2V，因为电源电压为6V，所以滑动变阻器两端电压为4V，根据串联电路电压的规律，即

所以当分别将10Ω、15Ω、20Ω的电阻接入电路时，滑动变阻器接入电路的阻值分别是20Ω、30Ω、40Ω，则最大阻值至少为40Ω。
20．（1）180m；（2）360W
【详解】解：（1）消防机器人在1min内通过的路程
s＝vt＝3m/s×1×60s＝180m
（2）消防机器人行驶时所受阻力
f＝0.02G＝0.02mg＝0.02×600kg×10N/kg＝120N
消防机器人做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的牵引力
F＝f＝120N
根据


可知牵引力做功的功率
P＝Fv＝120N×3m/s＝360W
答：（1）消防机器人在1min内通过的路程为180m；
（2）消防机器人牵引力做功的功率为360W。
21．（1）121Ω；（2）100W；（3）750r/ kW·h
【详解】解：（1）由电路图可知，开关S置于2、3时，R1与R2串联，电路中的总电阻最大，由可知，电功率最小，电热水器处于低温挡；开关S应置于3、4时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大，电热水器处于高温挡；由可知，R1的阻值

（2）因为R1在“低挡”状态与“高挡”状态正常工作时的功率之比是1∶16，加湿器处于低挡加热状态下R1的额定功率

由P=I2R1可得低挡加热状态下通过R1的电流，即电路的电流为

故低挡时电路的额定功率

（3）加湿器在高挡加热状态下正常工作5min，消耗的电能

则电能表的参数

答：（1）R1的电阻为121Ω；
（2）加湿器处于低挡加热状态下的额定功率是100W；
（3）则电能表上模糊不清的这个参数应该是750r/ kW·h。
22．（1）500cm3；（2）3.5N；（3）450Pa

【详解】解：（1）由题意可知，圆柱体的质量为m=450g，密度为ρ=0.9g/cm3，故由可得，圆柱体的体积为

（2）圆柱体下降过程中，当其浸入水中的深度为2cm时，则其排开水的体积为
V排=S柱h0=50cm2×2cm=100cm3=1×10-4m3
故由F浮=ρ液gV排可得，此时圆柱体所受浮力为
F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=1N
圆柱体的重力为
G=mg=0.45kg×10N/kg=4.5N
故由称重法可得，此时弹簧测力计的示数为
F=G-F浮=4.5N-1N=3.5N
（3）当容器对桌面的压强为p容=800Pa时，由可得，容器对桌面的压力为
F压=p容S容=800Pa×1.5×10-2m2=12N
由受力分析可知，容器对桌面的压力F压等于容器、圆柱体与水的重力之和G总，即
F压=G总=G容+G+G水=12N
解得此时容器内的水的重力为
G水=G总-G容-G=12N-3N-4.5N=4.5N
由G=mg可得，此时水的质量为

由可得，水的体积为

设此时圆柱体下端与容器底端接触，圆柱体浸入水中的深度为h水，可得
S容h水=S柱h水+V水
解得

此时圆柱体排开水的体积为
V′排=S柱h水=50cm2×4.5cm=225cm3=2.25×10-4m3
由阿基米德原理可知，此时圆柱体所受浮力为
F′浮=ρ水gV′排=1×103kg/m3×10N/kg×2.25×10-4m3=2.25N
可知此时圆柱体所受浮力小于其重力，则圆柱体在水中处于下沉状态，故假设成立，则此时容器中的水面深度为
h′水=h水=0.045m
故由p=ρgh可得，水对容器底的压强为
p水=ρ水gh′水=1×103kg/m3×10N/kg×0.045m=450Pa
答：（1）圆柱体的体积为500cm3；
（2）测力计的示数为3.5N；
（3）水对容器底的压强为450Pa。