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九年级物理学霸赛考卷02-九年级全一册物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版）试卷
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这是一份九年级物理学霸赛考卷02-九年级全一册物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版）试卷，文件包含九年级物理学霸赛考卷02原卷版docx、九年级物理学霸赛考卷02解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．测试范围：人教版九年级全一册第15-17章。
2．本卷平均难度系数0.2。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。其中1-10题只有一个选项符合题目要求，11、12题有多个选项符合题目要求）
1．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，通过干路和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．0.3A，0.2AB．1.5A，0.3AC．1.5A，1.2AD．1.5A，1.5A
【答案】C
【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L1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L2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L1支路电流；
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A2的示数大于电流表A1的示数，图中的两个电流表的指针在同一个位置，
所以，干路上的电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，其示数为1.5A，即干路电流为I＝1.5A，
L1支路上的电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A，即通过L1的电流为I1＝0.3A，
根据并联电路的电流特点可得，通过灯L2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．关于电阻的说法中正确的是（ ）
A．两段导线A和B，在相同的电压下，通过A导线的电流大，说明A导线的电阻大
B．A和B两根完全相同的导线，把A剪去一半，剩下的一半跟B相比，A的电阻大
C．A和B两根完全相同的导线，把A拉长一些，拉长后的A跟B相比，A的电阻大
D．导体的电阻与温度没有关系
【答案】C
【分析】（1）已知两电阻线的电压相等、流过电阻的电流关系，由R＝可判断两电阻线的阻值大小；
（2）影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度、横截面积和温度。
【解答】解：A、由题意知：UA＝UB，IA＞IB，由I＝的变形式R＝可知：RA＜RB，故A错误；
B、把A剪去一半，剩下的一半导线跟B相比，材料、横截面积都相同，但长度减小了，电阻变小，所以小于B的电阻，即B的电阻大，故B错误；
C、A和B两根完全的导线，把A拉长一些，材料不变，长度一样，但是横截面积变小了，电阻变大，所以大于B的电阻，即B的电阻小，故C正确；
D、导体的电阻与温度有关，故D错误。
故选：C。
3．图中，在电键K断开时只有一盏灯熄灭的是（ ）
A．（a）B．（b）C．（c）D．（d）
【答案】D
【分析】要使电路中只有一盏灯熄灭，而另一盏灯泡工作，则另一盏灯泡应处于通路，而熄灭的灯泡应由于电键K的断开处于开路，则熄灭的灯泡与电键K保持串联。
【解答】解：a与c图中的灯泡保持并联，但开关在干路上，在电键K断开时两盏灯都会熄灭，不符合题意；
b图中两个灯泡与开关K保持串联，电键K同时控制两盏灯的发光或熄灭，不符合题意；
d图中电键K只与一盏灯串联，断开时能熄灭这盏灯泡，而另一盏灯泡仍正常工作，符合题意。
故选：D。
4．如图所示是某电子秤的结构示意图，其中P是一个可以紧贴AB滑动的金属滑片，S为自动控制开关。闭合开关S，秤盘内不放物体时，电子秤刻度表示数为0；在秤盘内放入物体时，就可以从电子秤刻度表上读出该物体的质量；当被测物体的质量超过电子秤量程时，开关S自动断开，电子秤无示数。则下列判断正确的是（ ）
A．电子秤的刻度表是一个电流表，它的示数越小说明所称物体质量越大
B．电子秤的刻度表是一个电压表，它的示数越大说明所称物体质量越大
C．电子秤的AB部分是一个滑动变阻器，且A端为绝缘体
D．R0电阻去掉后，也能保证电路安全工作
【答案】C
【分析】根据电流表要串联在电路中，电压表要并联在电路中，判断电子秤刻度表是电流表。金属片P和AB构成了一个滑动变阻器，闭合开关S，秤盘内不放物体时，滑片在A端，电子秤刻度表示数为0，说明电路是断路，A端是绝缘的；在秤盘内放入物体时，就可以从电子秤刻度表上读出该物体的质量；盘中放入的物体质量越大，连入电路的电阻越小，电路中的电流越大，电子秤示数越大。R0电阻为保护电路的电阻。
【解答】解：
A、电子秤刻度表串联在电路中，电子秤刻度表应该是电流表；
当盘中放入物体质量越大时，滑片下移，变阻器连入电路的电阻越小，由欧姆定律可知，电流越大，即它的示数越大，故A错误。
B、电子秤刻度表串联在电路中，电子秤刻度表应该是电流表，不是电压表，故B错误。
C、金属片P和AB构成了一个滑动变阻器，闭合开关S，秤盘内不放物体时，滑片在A端，电子秤刻度表示数为0，说明电路是断路，则A端是绝缘体，故C正确。
D、R0电阻为保护电路的电阻，可以避免电路中电流过大，不能去掉R0，故D错误。
故选：C。
5．为了向建设宜居城市做贡献，银川六中创新实验小组的同学们设计了有害气体监测设备，其工作原理如图甲所示。电源电压恒定，R0为定值电阻，R为可以感知气体污染指数的可变电阻（阻值随污染指数变化的关系如图乙所示），气体监测器示数随有害气体污染指数的增大而增大。以下分析正确的是（ ）
A．污染指数越大，电压表示数越大
B．污染指数越大，电路消耗的总功率越小
C．气体监测器由电路图中电流表改装而成
D．污染指数越大，电压表示数与电流表示数的比值越大
【答案】C
【分析】（1）分析电路的连接及电表测量的物理量，由图像可知，污染指数越大可变电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点分析电压表示数变化；根据可变电阻的阻值变化分析电路总电阻变化情况，再根据欧姆定律分析电流表示数的变化，从而得知气体监测器的组成；
（2）由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，根据P＝分析电路总功率的变化；
（3）根据欧姆定律结合可变电阻的阻值判断电压表示数与电流表示数的比值变化。
【解答】解：A、由甲图知，定值电阻与可变电阻串联，电压表测可变电阻的电压，电流表测电路中的电流；
由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分担的电压越小，即电压表示数越小，故A错误；
B、由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据P＝可知，电源电压不变，总电阻越小，总功率越大，故B错误；
C、由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，可变电阻分担的电压越小，即电压表示数越小；而可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据I＝可知，电源电压不变，总电阻越小，电路中的电流即电流表示数越大。因此气体监测器由电路图中电流表改装而成，故C正确；
D、由欧姆定律可知R＝，即电压表与电流的比值等于可变电阻的阻值，由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值R越小，则电压表示数与电流表示数的比值越小，故D错误。
故选：C。
6．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，定值电阻R2＝3Ω，将滑动变阻器的滑片P移至最右端，只闭合开关S1，电压表V1示数为U1，电压表V2的示数为U2，电流表的示数I1为0.4A；再将滑动变阻器的滑片P置于最左端时，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，电流表的示数为I2。已知U1：U1′＝2：1，U2：U2′＝1：3。以下说法正确的是（ ）
A．U＝6V
B．R1＝10Ω
C．I2.＝0.8A
D．当开关都闭合，电流表的最小示数为5A
【答案】A
【分析】（1）将滑动变阻器的滑片P移至右端，只闭合开关S1时，R1、R2和滑动变阻器的最大阻值串联，电压表V1测量电阻R1和滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，电流表A测量串联电路的电流；将滑动变阻器的滑片P置于左端时，电路中电阻R1、R2串联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，电流表A测量串联电路的电流；根据欧姆定律表示出电阻R2两端的电压之比即可求出两电路的电流之比，再根据欧姆定律表示出电压表V2的示数之比即可求出R1、R的阻值关系，根据电压一定时电流与电阻成反比求出R1与R的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）当开关都闭合，滑动变阻器的滑片P置于右端时，三电阻并联，且电路的总电阻最大，据此求得最小电流。
【解答】解：如图所示，因为U2：U2′＝1：3，电阻R2＝3Ω不变，所以两次通过的电流之比为，
因I1＝0.4A，则I2＝1.2A，
由题可知，U1测的是在变阻器的滑片P移至最右端，只闭合开关S1时，R和R1两端的总电压，U1′测的是变阻器的滑片P置于最左端时，R1两端的电压；又因为U1：U1′＝2：1，
则＝，
解得R＝5R1，
因电源电压不变，电流与总电阻成反比，则＝，
解得R1＝2Ω，R＝10Ω，
当变阻器的滑片P移至最右端，只闭合开关S1时，电源电压为U＝I（R1+R2+R）＝0.4A×（2Ω+3Ω+10Ω）＝6V，
当三个开关都闭合时，三个电阻并联；当变阻器电阻最大时电路总电阻最大，总功率最小，则各支路电流分别为
I1＝＝3A，I2＝＝2A，I3＝＝0.6A，
则电路最小总电流为I′＝I1+I2+I3＝3A+2A+0.6A＝5.6A，
A．电源电压为6V，故A正确；
B．因为R1＝2Ω，故B错误；
C．因为I2＝1.2A，故C错误；
D．当开关都闭合，电流表的最小示数为5.6A，故D错误。
故选：A。
7．如图甲所示为某种跳绳自动计数器的简化原理图。跳绳时，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，自动计数器会计数一次。信号处理系统相当于一个电压表，能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为10V并且保持不变，R2为定值电阻，某一段时间AB间的电压随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．AB 两端电压为6V时，计数器会计数一次
B．绳子没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值是R2的4倍
C．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为2：1
D．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为1：6
【答案】D
【分析】（1）由左图知R1和R2串联，AB间的电压为R2两端的电压，当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路分压规律知，R1两端的电压会变大，电源电压不变，根据串联电路电压的规律判断R2两端电压的大小，根据右图判断此时AB间的电压；
（2）根据乙图判断绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时R1两端的电压，根据串联电路电流相等和欧姆定律求出R1和R2的比值；
（3）根据乙图判断绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据欧姆定律求出电流之比；
（4）根据乙图判断挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时R1两端的电压，根据串联电路电流相等和欧姆定律求出R1和R2的比值，用R2表示R1，最后计算它们的比值。
【解答】解：A、由甲图知R1和R2串联，AB间的电压为R2两端的电压，当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路分压规律知，R1两端的电压会变大，电源电压不变，R2两端的电压U2＝U﹣U1会变小，自动计数器会计数一次，由乙图知，此时R2两端的电压即AB间的电压为U2＝2V，故A错误；
B、绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为6V，此时R1两端的电压为U1′＝U﹣U2′＝10V﹣6V＝4V，
R1和R2的电阻之比：＝＝＝＝，则R1′＝R2，即：没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值R1′是R2的，故B错误；
C、绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为6V，此时电路中电流：I′＝，
挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为2V，此时电路中电流：I＝，
则绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为：
I′：I＝：＝U2′：U2＝6V：2V＝3：1，故C错误；
D、挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为2V，此时R1两端的电压为U1＝U﹣U2＝10V﹣2V＝8V，
R1和R2的电阻之比：＝＝＝＝4，则R1＝4R2，
则绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为：
R1′：R1＝R2：4R2＝1：6，故D正确。
故选：D。
8．如图1所示为升降机电路的部分原理图，闭合开关S后，电动机启动，提升物块。电源电压恒为6V，R0是阻值为100Ω的定值电阻，电压表量程为0～3V，压敏电阻R1的阻值与所受压力大小的关系如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．由图2可知，压敏电阻R1的阻值随压力的减小而减小
B．当电阻R0发生断路故障时，电压表的示数几乎为0V
C．不改变电表量程的条件下，适当减小R0的阻值可增大压敏电阻的承压范围
D．当电路正常工作时，压敏电阻能承受的最大压力为3000N
【答案】C
【分析】（1）根据图象直接得出压敏电阻的阻值随压力是如何变化的；
（2）当电阻R0发生断路故障时，根据电压表的测量对象即可判断；
（3）由图乙可知，压敏电阻所受压力越大时，压敏电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，进一步得出不改变电表的条件下增大压敏电阻承压范围的方法；
（4）由图象可知，压力越大时，R1的阻值越小，根据串联电路的电压特点可知电压表的示数越大，则当电压表的示数最大时压敏电阻承受的压力最大，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电压，根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，然后根据图象读出压敏电阻所受最大压力。
【解答】解：A、由图2可知，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，故A错误；
B、当电阻R0发生断路故障时，电压表直接测量电源电压，则电压表示数为电源电压，为6V，故B错误；
C、由图乙可知，压敏电阻所受压力越大时，压敏电阻的阻值越小，电路总电阻越小，
由I＝可知，电源电压不变，电路总电流越大，定值电阻两端电压越大，
要增大压敏电阻的承压范围，而不改变电表的条件，可以适当减小定值电阻阻值，故C正确；
D、由图象可知，压力越大时，R1的阻值越小，
由串联电路的电压特点可知，当电压表的示数U0＝3V时，压敏电阻所受压力最大，
此时电路中的电流：I＝＝＝0.03A，
压敏电阻两端的电压：U1′＝U﹣U0′＝6V﹣3V＝3V，
则压敏电阻的阻值：R1＝＝＝100Ω，
由图2所示图象可知，压敏电阻所受最大压力为2500N，故D错误。
故选：C。
9．如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P从一端滑至另一端的过程中，电流表示数与两个电压表示数的关系图像如图乙所示。下列说法错误的是（ ）
A．a图像是电流表随电压表V1的关系图像
B．某一时刻将灯泡与电压表V1的位置对调后，三只电表的示数都不变
C．电源电压为8V
D．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
【答案】D
【分析】由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器和灯泡L、定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测灯L两端的电压，电压表V2测灯L和R0两端的电压之和。
（1）根据串联电路的电压特点即可判断I﹣U图像；
（2）某一时刻将灯泡与电压表V1的位置对调后，根据电路的连接方式即可判断三只电表的示数变化；
（3）当滑片位于b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，此时电路中电流最大，电压表V2测电源两端的电压，其示数最大，根据图乙读出电压表V2的最大示数即为电源的电压；
（4）当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流和电压表V2的示数，利用串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器和灯泡L、定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测灯L两端的电压，电压表V2测灯L和R0两端的电压之和。
A、根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数，
所以，图乙中，a图线是电压表V1示数与电流表A示数关系图像，b图线是电压表V2示数与电流表A示数关系图像，故A正确；
B、某一时刻将灯泡与电压表V1的位置对调后，滑动变阻器和灯泡L、定值电阻R0串联，则电路连接方式不变，电压表V1仍然测灯L两端的电压，电压表V2仍然测灯L和R0两端的电压之和，所以三只电表的示数都不变，故B正确；
C、当滑片位于b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，此时电路中电流最大，电压表V2测电源两端的电压，其示数最大，由图乙可知，电压表V2的最大示数为8V，则电源的电压U＝8V，故C正确；
D、当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝0.2A，电压表V2的示数U2＝3V，
此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣U1＝8V﹣3V＝5V，
则滑动变阻器的最大阻值：R滑大＝＝＝25Ω，故D错误。
故选：D。
10．用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中R1是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则R1的阻值为（ ）
A．R0B．R0
C．R0D．R0
【答案】C
【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R1的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R1的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。
【解答】解：闭合开关，R0与左侧电阻丝并联，R1与右侧电阻丝并联，然后两并联部分串联在电路中；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R1的电流也相等，因并联电路电压相等，则电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R1的电压比，
即：＝＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，则由U＝IR可得：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；
根据电阻定律的公式R＝ρ可知：＝﹣﹣﹣﹣④，
由③④可得＝，解得：R1＝R0。
故选：C。
11．（多选）如图所示的普通电饭锅具有加热和保温两种工作状态，内部电路由一根电热丝和两只开关组成，开关S1受温度控制，标准大气压下，当温度低于65℃时自动闭合，高于85℃时自动断开；开关S2须手动闭合，按下按钮时S2闭合，当温度升高到103℃时S2自动断开，此后不能自动闭合。下列判断正确的是（ ）
A．用电饭锅烧冷水，不按下按钮，水也能被加热
B．用电饭锅烧冷水，按下按钮，水被烧开后，温度保持在65℃﹣85℃之间
C．用冷水煮饭，按下按钮后，只有S2是闭合的
D．用电饭锅烧冷水，按下按钮，水温不会升高到103℃
【答案】AD
【分析】分析题意，得出电饭锅的电路组成，分析两个开关闭合时带来的结果，对各个选项做出判断。
【解答】解：
由题意可知，温控开关S1与按钮开关S2是并联，如图所示：
A、用电饭锅烧冷水，不按下按钮S2，由于冷水的温度低于65℃，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时会自动闭合，水也会被加热，故A正确；
BD、用电饭锅烧冷水，按下按钮S2，水加热被烧开后，标准大气压下，水的温度为100℃，温度达不到103℃，S2不能自动断开，水一直处于加热状态，水的温度会保持在100℃，故B错、D正确；
C、用冷水煮饭，按下按钮S2，由于冷水温度低于65℃，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时会自动闭合，所以两个开关都是闭合的，故C错误。
故选：AD。
12．（多选）如图所示，电源电压不变。R1和R2为定值电阻，A1为电流表，a和b为电流表或电压表。下列说法正确的是（ ）
A．若R1、R2、滑动变阻器串联，则a和b都为电流表
B．闭合开关S，滑片P向右滑动，若a的示数变大，b的示数变小，则a和b都为电压表
C．闭合开关S，滑片P向右滑动，电表b的示数一定变小
D．若a和b都为电压表，闭合S，滑片P向右滑动，b的变化量与a的变化量之和除以A1示数变化量，其比值等于R2
【答案】BD
【分析】（1）若R1、R2、滑动变阻器串联，根据电流流向法结合电流只有一条路径判断电表a和b的类型；
（2）分别讨论a、b电表均为电压表或均为电流表以及一个为电流表、另一个为电压表时电路的连接方式和电表所测的电路元件，根据串并联电路的特点和欧姆定律结合电源的电压不变得出电表示数的变化；
（3）a和b都为电压表时，设出滑片P向右滑动前后电路中的电流，根据欧姆定律表示出电压表b示数的变化量，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表a示数的变化量，然后得出b的变化量与a的变化量之和除以A1示数变化量的值。
【解答】解：
A.若R1、R2、滑动变阻器串联，电流从电源的正极出发，依次经滑动变阻器、R2、R1、A1回到电源的负极，则a和b都为电压表，故A错误；
BC.若a和b都为电压表时，R1、R2、滑动变阻器串联，电压表a测R2和变阻器两端的电压之和，电压表b测R1和R2两端的电压之和，电流表A1测电路中的电流，
当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，
由U＝IR可知，R1和R2两端的电压均变小，则电压表b的示数变小，
因串联电路的总电压等于各分电压之和，
所以，R2和变阻器两端的电压之和变大，即电压表a的示数变大；
若a和b都为电流表时，R1、R2、滑动变阻器并联，电流表a测R1和R2支路的电流之和，电流表b测变阻器和R2支路电流之和，电流表A1测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时，通过R1、R2的电流不变，则电流表a的示数不变；
当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，
由I＝可知，通过变阻器的电流变小，
则变阻器和R2支路电流之和变小，即电流表b的示数变小；
若a为电流表、b为电压表时，电路为R1的简单电路，电流表a测电路中的电流，电压表b测电源两端的电压，
滑片移动时，电路中的电阻不变，则a电流表和b电压表示数不变；
若a为电压表、b为电流表时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表a测电源两端的电压，电流表b测电路中的电流，
由电源的电压不变可知，滑片移动时，电压表a的示数不变，
当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，I＝可知，电路中的电流变小，即电流表b的示数变小；
综上可知，滑片P向右滑动，若a的示数变大，b的示数变小，则a和b都为电压表，电表b的示数不一定变小，故B正确、C错误；
D.若a和b都为电压表时，设滑片P向右滑动前后电路中的电流I、I′，且ΔI＝I′﹣I，
则电压表b示数的变化量：
ΔUb＝I′（R1+R2）﹣I（R1+R2）＝（I′﹣I）（R1+R2）＝ΔI（R1+R2），
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表a示数的变化量：
ΔUa＝（U﹣I′R1）﹣（U﹣IR1）＝（I﹣I′）R1＝﹣ΔIR1，
b的变化量与a的变化量之和除以A1示数变化量的值：
＝＝R2，故D正确。
故选：BD。
第Ⅱ卷 非选择题
二．填空题（本题共6小题，每题3分，共18分）
13．如甲图所示，当开关S闭合后，电流表的指针偏转均如乙图所示，其中a电流表测量的是通过 L1 （选填“电源”“L1”或“L2”）的电流，b电流表的读数应为 1.5 A．流过L2灯的电流为 1.2 A。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电流表要串联使用，电流表与哪个用电器串联就是测的哪个用电器的电流；
（2）电流表读数规则：一看清量程，二看清分度值，三看清表针停留位置；
（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
【解答】解：
（1）由电路图可知，a电流表与灯L1串联，所以a电流表测量的是通过L1的电流。
（2）b电流表在干路中，测的是干路中电流，所以b电流表的示数一定比a电流表示数大，但两电流表的指针偏转角度相同，所以a电流表选用的量程是0～0.6A，b电流表选用的量程是0～3A．因此，a电流表的示数是0.3A，即通过灯L1的电流I1＝0.3A；b电流表的读数应为1.5A。
（3）根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，可知通过灯L2的电流是：1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：L1；1.5；1.2。
14．小宝在探究电路中电压关系时，根据实验数据绘制了电压U2随电压U1变化的图象，如图所示，请你根据该图象写出电压U1和U2的关系式：U2＝ 9V﹣U1 。
【答案】见试题解答内容
【分析】小宝在探究电路中电压关系时，根据实验数据绘制了电压U2随电压U1变化的图象，如图所示，请你根据该图象写出电压U1和U2的关系式
【解答】解：由图象可知，当U1增大时U2在减小，根据串联电路电压规律和并联电路电压规律可知，这两个电阻的连接方式为串联；
当U1＝3V时，U2＝6V；当U1＝4V时，U2＝5V；当U1＝5V时，U2＝4V；当U1＝6V时，U2＝3V；
由此可知，它们串联的总电压为9V；根据串联电路电压规律可得：U1+U2＝9V，所以U2＝9V﹣U1。
故答案为：9V﹣U1。
15．小聪所在的学校举行了纪念“中国共青团成立一百周年”科创活动，他用所学知识设计出一个电路，其电路图如图所示，电源电压为6V。当滑片P在最左端时，电压表示数4V，电流表示数为0.2A，R2为 10 Ω；当滑片P向右移动时，电流表的示数会 不变 ，电压表的示数会 变大 （两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】10；不变；变大。
【分析】由电路图可知，由于电压表的内阻很大，相当于断路，滑动变阻器的最大阻值和定值电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑片P左侧部分两端的电压与R1两端的电压之和；滑片的移动不能改变接入电路中的电阻，但可以改变滑片P左侧部分电阻的大小，根据欧姆定律可知电表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，由于电压表的内阻很大，相当于断路，滑动变阻器的最大阻值和定值电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑片P左侧部分两端的电压与R1两端的电压之和。
当滑片P在最左端时，电压表R1两端的电压，则R2两端的电压U2＝6V﹣4V＝2V，
由欧姆定律可知R2＝＝＝10Ω，
当滑片P向右移动时，接入电路中的电阻不变，由I＝可知，电路中的电流不变，即电流表的示数不变；
当滑片P向右移动时，P左侧电阻变大，由U＝IR可知，滑片P左侧部分两端的电压变大，R1两端的电压不变，滑片P左侧部分两端的电压与R1两端的电压之和变大，即电压表的示数变大。
故答案为：10；不变；变大。
16．如图甲所示电路，R1、R2均为定值电阻，R0为滑动变阻器，电源电压保持不变。改变滑动变阻器R0滑片的位置，两电压表的示数随电流变化的图象如图乙所示。根据图象信息可知 甲 （选填“甲”或“乙”）是电压表V1示数变化的图线，滑动变阻器R0的最大阻值为 50 Ω。
【答案】甲；50。
【分析】由电路图可知，R1、R2、R0串联在电路中，电压表V1测量R1和R0两端的总电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串联电路的电压规律分析电压表示数的变化，从而判定出每个电压表示数变化的图象；
从图象上读出电压表的示数和对应的电流值，根据欧姆定律求出电阻R1、R0和R1的阻值，然后根据电阻的串联特点求出R0的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，R1、R2、R0串联在电路中，电压表V1测量R1和R0两端的总电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2两端的电压增大，故电压表V2的示数是变大的，故图象中的乙为V2示数变化的图象；电压表V1的示数是减小的，故图象中的甲为V1示数变化的图象；
（2）由图象可知，当电压表V1的示数最大为12V时，电流表示数最小为0.2A，此时R0的连入电路的阻值最大，
则根据I＝可得：R0+R1＝＝＝60Ω，
当电压表V1的示数最小为6V时，电流表示数最大为0.6A，此时电压表V1的只测量R1两端的电压，
则根据I＝可得：R1＝＝＝10Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得：
R0＝（R0+R1）﹣R1＝60Ω﹣10Ω＝50Ω。
故答案为：甲；50。
17．“如图甲为水位仪的原理图。电源电压为3V，R0为20Ω，滑动变阻器R的最大阻值20Ω且阻值与长度成正比，滑片P可在长为20cm的CD间移动（摩擦不计），弹簧下端悬挂一重为50N的物体AB，其底面积为0.01m2、长为0.3m。若水面与物体AB上表面齐平，滑片刚好在R的最上端C位置，弹簧伸长量与外力的关系如图乙所示。闭合开关S。
（1）当水位与物体AB上表面相平时，物体AB受到的浮力为 30 N。
（2）水位由与物体AB上表面相平降至与AB下表面相平的过程中，弹簧伸长 15 cm，电压表的示数变化 0.9 V。
【答案】（1）30；（2）15；0.9。
【分析】（1）物体浸没时，V排＝V物，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可求浮力大小；
（2）利用图像可求力与伸长量的比值，再由弹簧弹力的变化可求弹簧的伸长量；
当水面与物体AB上表面相平时，滑片P在R最上端，可知此时R的阻值，根据串联电路电阻特点和欧姆定律求出R两端的电压；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，已知弹簧的伸长量，根据R接入电路的阻值与对应的棒长成正比，求出此时R接入电路的阻值，
根据串联电路特点和欧姆定律求出此时R两端的电压，两次电压表的示数之差即为变化量。
【解答】解：（1）当物体AB上表面与水面相平时，物体AB刚好浸没水中，排开水的体积：
V排＝V物＝Sh＝0.01m2×0.3m＝3×10﹣3m3；
物体AB所受浮力F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣3m3＝30N；
（2）水面与物体AB上表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹＝G物﹣F浮＝50N﹣30N＝20N；
水面下降至与物体AB下表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹′＝G物＝50N；
水面从物体AB上表面逐渐下降至与下表面相平过程中，弹簧拉力的变化量ΔF弹＝F弹'﹣F弹＝50N﹣20N＝30N；
由乙图可知：＝＝2N/cm；
物体AB刚好离开水面时，弹簧伸长的长度ΔL′＝＝＝15cm；
水面从物体AB上表面刚好与水面相平时，滑片P在R最上端，此时R＝20Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总＝R0+R＝20Ω+20Ω＝40Ω，
电路中的电流：I＝＝＝0.075A，
由I＝得，电压表示数为：
U上＝IR＝0.075A×20Ω＝1.5V；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，弹簧伸长15cm，即滑片下移15cm，接入电路的电阻变化量ΔR＝×15cm＝15Ω；
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R′＝R﹣ΔR＝20Ω﹣15Ω＝5Ω，
则根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总′＝R0+R′＝20Ω+5Ω＝25Ω，
电路中的电流：I′＝＝＝0.12A，
此时电压表的示数U下＝I′R′＝0.12A×5Ω＝0.6V。
所以，电压表的示数变化量：ΔU＝U上﹣U下＝1.5V﹣0.6V＝0.9V。
故答案为：（1）30；（2）15；0.9。
18．如图1所示为一种自动蓄水装置示意图：轻质弹簧上端固定，下端与木块相连，轻质滑片P的右端固定在弹簧最下端，左端位于粗细均匀的金属电阻R2的最下端A处且接触良好，闭合S，水泵工作，向空水箱里缓慢注水，当P上滑至B处（R2的中点）时，水面到达设定高度，水泵自动停止注水，在此过程中，弹簧弹力F与滑片P上滑长度x之间的关系如图2所示。
已知：电阻箱R1接入电路中的阻值为20Ω，R2的总电阻为20Ω，长度为l；当线圈中电流I≥0.1A时，衔铁被吸下，g＝10N/kg，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑线圈的电阻和滑片P滑动时的摩擦。
（1）该电源电压为 3V 。
（2）当P滑至B处时木块浸入水中的体积是 5×10﹣4m3 。
（3）若将R1调至10Ω，则水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh ＞ 0.5l（选填“＞”、“＜”或“＝”），你判断的理由是： R1调至10Ω时，水泵工作先向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2的最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，所以水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh大于0.5l 。
【答案】（1）3V；（2）5×10﹣4m3；（3）＞；理由：R1调至10Ω时，水泵工作先向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2的最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，所以水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh大于0.5l。
【分析】（1）由题意可知，当滑片P滑至B处时，水泵停止注水，此时电路中的电流I＝0.1A，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）滑片没有上滑前，弹簧的弹力即为木块的重力，根据图2读出木块的重力；当P滑至B处时，由图2可知弹簧的弹力为0，根据二力平衡条件求出木块受到的浮力，根据阿基米德原理求出木块排开水的体积即为木块浸入水中的体积；
（3）将R1调至10Ω，根据欧姆定律求出水泵停止注水时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2接入电路中的电阻，进一步判断停止注水时滑片的位置；滑片位于b点时弹簧的弹力为0，滑片上移时，木块受到的浮力增大，浸入水中的体积增大，然后比较两种情况木块浸入水中的体积得出答案。
【解答】解：（1）由题意可知，当滑片P滑至B处时，水泵停止注水，此时电路中的电流I＝0.1A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I＝可得，电源电压：
U＝I（R1+R2）＝0.1A×（20Ω+×20Ω）＝3V；
（2）滑片没有上滑前，弹簧的弹力即为木块的重力，由图2可知，木块的重力G＝5N；
当P滑至B处时，由图2可知弹簧的弹力为0，
由二力平衡条件可知，木块受到的浮力：
F浮＝G＝5N，
由F浮＝ρgV排可得，木块浸入水中的体积：
V排＝＝＝5×10﹣4m3；
（3）将R1调至10Ω，水泵停止注水时电路中的总电阻：
R＝＝＝30Ω，
此时R2接入电路中的电阻：
R2′＝R﹣R1′＝30Ω﹣10Ω＝20Ω＝R2，
即滑片位于最上端时，水泵停止注水，
滑片位于b点时弹簧的弹力为0，滑片上移时，木块受到的浮力增大，浸入水中的体积增大，
所以，水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh＞l﹣0.5l＝0.5l。
故答案为：（1）3V；（2）5×10﹣4m3；（3）＞；理由：R1调至10Ω时，水泵工作先向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2的最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，所以水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh大于0.5l。
三．解答题（本题共6小题，共46分）
19．在“探究导体的电阻跟哪些因素有关”的实验中：
小明的猜想是：①电阻可能与导体的材料有关；
小亮的猜想是：②电阻可能与导体的长度有关；
小敏的猜想是：③电阻可能与导体的横截面积有关。
三位同学为上述探究活动准备了四条材料、长度、粗细如图甲所示的电阻线，他们已经完成了乙图的部分实物连接（接点A、B待接入电阻线）。
（1）该实验是通过观察 灯泡的亮度 来判断接入A、B间的电阻大小。
（2）要探究猜想②，应该选用 a、c 两条导线（填导线的代号字母）分别接入A、B进行对比；下列实验中与本实验方法相同的是 B 。
A、用伏安法测电阻 B、探究电流与电压、电阻的关系
（3）另有甲、乙两位同学分别对以上实验电路进行了如下改进：甲把灯泡更换为电流表，乙在原电路中串联接入电流表，你认为 乙 同学的改进更好一些，理由是 小灯泡可以起到保护电路的作用 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电源电压不变、灯泡电阻不变，接入电路的电阻不同，电路中电流变化，灯泡亮度不同，可观察灯泡的亮暗来比较电阻的大小；
（2）导体的电阻跟导体的长度、横截面积和材料有关，当研究电阻与导体长度的关系时，应控制其它的因素不变；
（3）电路的总电阻越大，电路中的电流会越小，电路以及电路中的各元件越安全，因此根据保护电路的思路进行分析。
【解答】解：
（1）不同的电阻丝电阻不同，将电阻丝分别接入A、B间时，电路电流不同、灯泡的亮度不同，可观察灯泡的亮暗来比较电阻丝电阻的大小；
（2）要探究猜想②，应选取材料相同、横截面积相等、长度不同的电阻线，所以可用a、c电阻线，用到了控制变量法；
A．用伏安法测量定值电阻的阻值，多次测量，也是为了减小误差；
B．电流与电压和电阻有关，探究电流与电压、电阻的关系的实验要用控制变量法；
（3）将灯泡换为电流表，A、B间的电阻决定电路中的电流，因此，当A、B间电阻过小时，电流会过大，电流表可能会被烧坏；
在原电路中串联一个电流表，小灯泡可以起到保护电路的作用，因此乙同学的方案更好。
故答案为：（1）灯泡的亮度；（2）a、c；B；（3）乙；小灯泡可以起到保护电路的作用。
20．小芳利用如图甲所示的电路，探究“电流与电压、电阻的关系”。实验器材：电源（电压恒为4.5V）、电流表、电压表各一个，一个开关，若干定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω、30Ω），一个滑动变阻器（60Ω 3A），导线若干。
（1）请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线把图乙所示的实物电路连接完整。
（2）小芳在闭合开关S时，发现电压表指针反向偏转，出现这种现象的原因可能是： 电压表正负接线柱接反了 。
（3）小芳在探究“电流与电压的关系”，连接电路时开关应 断开 ，滑片应置于 B 端（选填“A”或“B”）。通过实验得到多组实验数据，由这些数据画出如图丙所示的图象，由图象可得结论：当电阻一定时， 电流和电压成正比 。
（4）小芳在探究“电流与电阻的关系”时，先将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关S，发现电流表无示数而电压表有示数，则电路中的故障可能是 电阻断路 ；纠正错误后，为了保证所有定值电阻均能完成实验。实验过程中小芳应该保证电压表示数 至少 （选填“至多”、“至少”） 为 1.5 V不变。
（5）小芳找来一个小灯泡将定值电阻更换，测得数据后发现小灯泡两端电压与通过的电流关系如图丁所示，与图丙不相同的原因是 小灯泡的电阻不是定值，其阻值随温度的升高而增大 。
【答案】（1）如上所示：（2）电压表正负接线柱接反了；（3）断开；B；电流与电压成正比；（4）电阻断路；至少；1.5；（5）小灯泡的电阻不是定值，其阻值随温度的升高而增大。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电压表指针反向偏转；
（3）连接电路时，开关要断开，变阻器连入电路中的电阻最大；根据电流随电压的变化图象为一过原点的直线分析回答；
（4）若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
研究电流与电阻的关系时，要控制电阻两端的不变，即电压表示数不变，根据题中条件，由串联电路电压的规律及分压规律分析解答；
（5）根据灯的电阻随温度的升高而增大分析回答。
【解答】解：（1）根据甲图知，变阻器的左半部分连入电路中与电阻串联，则滑动变阻器应选择左下接线柱接入电路，根据电路图连接实物图，如下所示：
（2）小芳在闭合开关S时，发现电压表指针反向偏转，出现这种现象的原因可能是：电压表正负接线接反了；
（3）小芳在探究“电流与电压的关系”，为保护电路，连接电路时开关应断开，滑片应置于阻值最大处，即B端；
如图丙所示的图象，电流随电压的变化图象为一过原点的直线，由图象可得结论：当电阻一定时，电流与电压成正比；
（4）将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关S，发现电流表无示数而电压表有示数，则电路中的故障可能是电阻断路；
设电压表示数为UV不变，由串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为：
U滑＝U﹣UV，
由分压原理：
＝，即﹣1＝﹣﹣﹣﹣﹣①，
因电压表示数UV不变，故①左边为一定值，故右边也为一定值，当定值电阻最大30Ω连入电路时，对应的变阻器连入最大电阻60Ω，将已知量代入①有：
﹣1＝，
解之：UV＝1.5V，
因变阻器的最大电阻连入电路中，根据分压原理，变阻器分得电压为最大，根据串联电路电压的规律，故电压表UV＝1.5V为最小值，即保证所有定值电阻均能完成实验，实验过程中小芳应该保证电压表示数至少为1.5V不变；
（5）由图丁可知，小灯泡的I﹣U图像不是一条过原点的直线，即小灯泡的电阻不是定值，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
故答案为：（1）如上所示：（2）电压表正负接线柱接反了；（3）断开；B；电流与电压成正比；（4）电阻断路；至少；1.5；（5）小灯泡的电阻不是定值，其阻值随温度的升高而增大。
21．如图甲所示，水平桌面上放置了一个足够高的柱形储水箱，重力为8N，底面积为400cm2，在其底部紧密嵌入一个压敏电阻Rx（上表面与水接触并涂有绝缘漆，其阻值与储水箱水深h的关系如图乙所示），Rx所在电路的电源电压为15V，A为由电流表改成的水位指示表。把重为8N的柱体A与重为16N的正方体B用细绳连接，放入水箱底部，B未与Rx接触，A的高为10cm，B的边长为10cm。向水箱中缓慢注水，当细绳刚好变直时，水箱中水的深度为24cm；当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时电流表的示数变为0.15A。求：
（1）细绳刚好变直时，电流表的示数I；
（2）停止注水后将A竖直向上提升，直至B下表面刚好离开水面（忽略物体表面携带水），水面下降的高度；
（3）在B下表面刚好离开水面时，保持A、B位置不变，沿竖直方向切下A的3/8并放入容器中，待水面静止后，容器对桌面的压强。
【答案】（1）电流表的示数I＝0.12A；
（2）水面下降的高度为6cm；
（3）容器对桌面的压强为2.375×103Pa。
【分析】（1）当细绳刚好变直时，水箱中水的深度为24cm，由乙图可知，此时Rx的电阻为125Ω，利用欧姆定律求得电流表的示数；
（2）当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时A和B受到的浮力F浮＝GA+GB，利用阿基米德原理求得排开的水的体积，进一步求得水面下降的高度；
（3）当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时电流表的示数变为0.15A，利用欧姆定律求得此时Rx接入电路的电阻；由乙图可知，当Rx的电阻为100Ω时，容器中水深27cm，当B下表面刚好离开水面时，求得容器中水深；利用G＝mg求得此时容器中水的重力；沿竖直方向切下A的并放入容器中，求得此时容器对桌面的压力，进一步求得压强。
【解答】解：（1）当细绳刚好变直时，水箱中水的深度为24cm，由乙图可知，此时Rx的电阻为125Ω，电流表的示数；
（2）当B对容器底的压力恰好为0时，A和B受到的浮力F浮＝GA+GB＝8N+16N＝24N，
排开的水的体积，
B下表面刚好离开水面，水面下降的高度；
（3）当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时电流表的示数变为0.15A，此时Rx接入电路的电阻，
由乙图可知，当Rx的电阻为100Ω时，容器中水深27cm。当B下表面刚好离开水面时，容器中水深h水＝h'﹣h＝27cm﹣6cm＝21cm，
此时容器中水的重力，
切下的A的重力，
待水面静止后，容器对桌面的压力F＝G水+G'A+G容＝84N+3N+8N＝95N，
容器对桌面的压强。
答：（1）电流表的示数I＝0.12A；
（2）水面下降的高度为6cm；
（3）容器对桌面的压强为2.375×103Pa。
22．如图甲所示，足够高的柱形容器的底面积为100cm2，里面装有24cm深的水，上方用一足够长的细绳吊着质量为0.9kg的长方体物体，其底面积为50cm2，高为20cm。现将细绳挂在弹簧测力计下，初始状态时，物体的下表面恰好与水面接触。容器底部是一个压敏电阻R（上表面与水接触并涂有绝缘漆，其阻值与受到的水的压力的关系如图丙所示）。R所在的电路放在了容器底部，电路图如图乙所示，电流表的量程0～0.6A，电压表的量程0～15V，小灯泡上标有“6V 3W”的字样，且电阻不随温度的变化而变化。若在初始状态下，小灯泡恰好正常发光，求：
（1）初始状态下，压敏电阻的阻值；
（2）手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，稳定后电路中的电流；
（3）在（2）的基础上，保持弹簧测力计的位置不动，往容器中加水，为了保证电路的安全，则最多往容器中加入多少kg的水？（弹簧测力计拉力每变化1N，长度变化1cm）。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）知道初始状态下的水深，根据p＝ρ液gh求出容器底受到的压强，根据F＝pS求出压敏电阻受到的压力，根据图丙得出压敏电阻的阻值与所受压力的数值比，然后得出压敏电阻的阻值；
（2）由电路图可知，灯泡L与压敏电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出初始状态下电路中的电流，根据欧姆定律求出小灯泡的电阻，根据欧姆定律求出初始状态下压敏电阻两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压；手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，根据V＝Sh求出物体排开水的体积，进一步求出容器中水面上升的高度，利用p＝ρ液gh求出此时容器底的压强，利用F＝pS求出压敏电阻受到的压力，根据图丙求出此时压敏电阻的阻值，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流；
（3）根据压表的量程求出为了保证电路的安全时压敏电阻两端的最大电压，根据串联电路的电压特点求出此时小灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时压敏电阻的阻值，根据图丙得出此时压敏电阻所受的压力，利用p＝求出此时容器底受到水的压强，再利用p＝ρ液gh求出此时容器中水的深度，根据m＝ρV＝ρSh求出物体的密度，比较物体的密度和水的密度判断出水足够多时物体处于漂浮状态，根据G＝mg＝ρVg＝ρShg和F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh得出等式即可求出物体漂浮时浸入水中的深度，根据V＝Sh求出物体此时排开水的体积，然后求出往容器中加入水的体积，利用m＝ρV求出加入水的质量。
【解答】解：（1）初始状态下，水深h＝24cm＝0.24m，
则容器底受到的压强：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.24m＝2400Pa，
压敏电阻受到的压力：
F＝pS容＝2400Pa×100×10﹣4m2＝24N
由图丙知，压敏电阻的阻值与所受压力的数值比为1：1，故压敏电阻的阻值24Ω；
（2）由电路图可知，灯泡L与压敏电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI可得，初始状态下电路中的电流：
I＝＝＝0.5A，
由I＝可得，小灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
初始状态下，压敏电阻两端的电压：
UR＝IR＝0.5A×24Ω＝12V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U＝UR+UL＝12V+6V＝18V；
手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，
则物体排开水的体积：
V排＝S物h浸＝50cm2×8cm＝400cm3，
容器中水面上升的高度：
Δh＝＝＝4cm＝0.04m，
此时容器底的压强：
p′＝ρ水gh′＝ρ水g（h+Δh）＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.24m+0.04m）＝2800Pa，
压敏电阻受到的压力：
F′＝p′S容＝2800Pa×100×10﹣4m2＝28N，
故此时压敏电阻的阻值28Ω，电路中的电流：
I′＝＝＝0.45A；
（3）电压表的量程0～15V，为了保证电路的安全，压敏电阻两端的电压最大等于15V，
此时小灯泡两端的电压：
UL′＝U﹣UR′＝18V﹣15V＝3V，
此时电路中的电流：
I″＝＝＝0.25A，
此时压敏电阻的阻值：
R″＝＝＝60Ω，
由图丙知，此时压敏电阻所受的压力F″＝60N，
此时容器底受到水的压强：
p″＝＝＝6000Pa，
此时容器中水的深度：
h″＝＝＝0.6m，
物体的密度：
ρ物＝＝＝＝0.9×103kg/m3，
由ρ物＜ρ水可知，水足够多时，物体处于漂浮状态，
则F浮＝G，即ρ水gV排＝ρ物gV，ρ水gS物h浸′＝ρ物gS物h物，
物体浸入水中的深度：
h浸′＝h物＝×0.2m＝0.18m，
则物体此时排开水的体积：
V排′＝S物h浸′＝50×10﹣4m2×0.18m＝9×10﹣4m3，
往容器中加入水的体积：
V加＝S容h″﹣S容h﹣V排′＝100×10﹣4m2×0.6m﹣100×10﹣4m2×0.24m﹣9×10﹣4m3＝2.7×10﹣3m3，
加入水的质量：
m加＝ρ水V加＝1.0×103kg/m3×2.7×10﹣3m3＝2.7kg，
最多往容器中加入2.7kg的水。
答：（1）初始状态下，压敏电阻的阻值为24Ω；
（2）手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，稳定后电路中的电流为0.45A；
（3）在（2）的基础上，保持弹簧测力计的位置不动，往容器中加水，为了保证电路的安全，则最多往容器中加入2.7kg的水。
23．如图所示是“探究串联电路电流规律”的实验电路图：
（1）实验中，选择两个小灯泡的规格最好是 不相同 的（填“相同”或“不相同”）
表1
（2）表1是某位同学实验中的一组数据：指出上述表格所记录数据中，明显错误的一组数值是： C ，造成错误的可能原因是 读数时看错了电表量程 。
（3）改正错误的数据后，分析实验数据得到的串联电路中电流的规律是： 在串联电路中，电流处处相等 。
（4）你认为这个实验的设计中的问题是： 只有一组实验数据，实验结论具有片面性 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）为得出普遍结论，应采用不同规格的灯泡进行实验；
（2）根据表中实验数据判断哪组数据错误；对电表读数时，要确定电表的量程与分度值；
（3）分析表中实验数据，根据实验数据得出实验结论；
（4）为得出普遍结论，应进行多次实验，测出多组实验数据。
【解答】解：（1）实验中，选择两个小灯泡的规格最好是不同的。
（2）下表中是某位同学实验中的一组数据：指出表格所记录的数据中，电流表在 C位置的读数是明显错误，造成错误的原因可能是：读数时看错了电表量程。
（3）改正错误数据后，分析实验数据得到串联电路电流规律是：在串联电路中，电流处处相等。
（4）你认为这个实验的设计中的问题是：只有一组实验数据，实验结论具有片面性
故答案为：（1）不相同；（2）C；读数时看错了电表量程；（3）在串联电路中，电流处处相等；（4）只有一组实验数据，实验结论具有片面性。
24．小明和小华设计了一款电子秤。图甲是电子秤的结构原理图，通过改写电压表的表盘数值后可直接读出称量物体的质量，电源电压保持6V恒定不变，定值电阻R0＝60Ω，电压表的量程为0～3V，压敏电阻R的阻值与所受压力变化的图象如图乙所示。托盘和压杆的质量可以忽略不计，g取10N/kg.
（1）物体质量增加时，电压表的示数 变大 （选填“变大”或“变小”）.
（2）电子秤的最大测量值是 40 kg.
（3）电子秤的刻度是 不均匀 （选填“均匀”或“不均匀”）.
（4）为了使电子秤的量程变为0～45kg，在原有器材不变的情况下，小明设计了如图丙的改进方案。
a.通过计算，小明方案中的R1阻值为 30 Ω.
b.改进后的电子秤零刻度线应该在原来电子秤零刻度线的 左侧 （选填“左侧”、“右侧”或“重合”）.
c.为了让电子秤充分利用电压表的刻度范围，小华认为除了小明的方案外，在原来电子秤的方案上接入另一个电阻，也能达到设计要求，请在图丁虚线框中画出小华的改进方案，并标出小华接入电阻的阻值。
【答案】（1）变大；
（2）40；
（3）不均匀。
（4）30；左侧；也可以与R0并联一个60Ω的电阻，如下图：
。
【分析】（1）根据电路图可知，压敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测量R0两端的电压；根据R与F的关系图象结合欧姆定律进行分析解答；
（2）当电子秤所测质量最大时，对应的电压表示数达到最大值，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出压敏电阻的阻值，由图乙读出压敏电阻受到的压力即为电子秤的最大称量的重力，再根据G＝mg求出该电子秤的量程；
（3）利用串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的电流，然后利用欧姆定律求出压敏电阻两端电压的表达式，即可判断得出电子秤的刻度是否均匀；
（4）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，分析电路结构不变部分，然后得出所加电阻的连接方式，根据串并联电路的特点和欧姆定律求出所加电阻的阻值。
【解答】解：根据电路图可知，压敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测量R0两端的电压；
（1）当被称物体的质量增加时，压敏电阻受到的压力增大；由R﹣F图象可知，压力增大时，压敏电阻的阻值减小，总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据欧姆定律可知：定值电阻R0两端的电压变大，即电压表的示数变大；
（2）由题意可知，电子秤是由电压表改装而成的，且当电子秤所测质量最大时，对应的电压表示数达到最大值；
所以，根据电压表的量程可知，此时定值电阻R0两端的电压为：U0最大＝3V，
则电路中的电流：I最大＝＝＝0.05A，
根据串联电路的总电压等于各分电阻两端的电压之和可知：
压敏电阻两端分得的电压：UR＝U﹣U0＝6V﹣3V＝3V，
根据I＝可得压敏电阻的阻值：R′＝＝＝60Ω，
由图乙可知，此时压敏电阻受到的压力为400N，
所测物体的最大重力为：G物最大＝F＝400N，
由G＝mg可得，该电子秤的最大量程：
m物最大＝＝＝40kg；
（3）根据图象可得：R＝300Ω﹣0.6Ω/N×F＝300Ω﹣0.6Ω/N×G＝300Ω﹣0.6Ω/N×m×10N/kg，
称量时，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得电路中的电流为：I＝，
则根据I＝可得R0两端的电压为：U0＝IR0＝＝＝V；
根据表达式可知：电压表的示数与物体的质量不是一次函数，所以电子秤的刻度不均匀；
（4）使电子秤的量程变为0～45kg，则压敏电阻受到的最大压力为：F最大＝G＝mg＝45kg×10N/kg＝450N，
由图乙可知，此时压敏电阻为：R′＝300Ω﹣0.6Ω/N×45kg×10N/kg＝30Ω；
若电子秤结构和电压表量程不变时，R0两端的电压U0＝3V不变，通过R0的最大电流：I大＝0.05A不变，
图丙：在电路中串联一个分压电阻R1，电压表测量R0两端的电压，
由于通过R0的最大电流I大＝0.05A不变，根据欧姆定律可得：
R总小＝＝＝120Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可知：
分压电阻R1＝R总小﹣R0﹣R′＝120Ω﹣60Ω﹣30Ω＝30Ω；
b、由于改进后的电子秤，R0、R1是串联的，根据串联电路的分压特点可知当压敏电阻受到的压力为0时，R0两端的电压分得的电压变小，则零刻度线应该在原来电子秤零刻度线的左侧；
c、由于电子秤的量程增大时，压敏电阻受到的最大压力变大，压敏电阻变小，电路中的总电阻变小，电流变大，
所以，在R0两端的电压U0＝3V不变的条件下，可以利用并联电路的分流特点，应增加一个分流电阻，
即：在电路中R0两端并联一个分流电阻R2，如下图：
由于此时R0两端的电压U0＝3V不变，则压敏电阻两端的电压UR＝3V也不变，
当压敏电阻受到的压力最大时，干路电流：I＝＝＝0.1A，
此时通过R0的最大电流I大＝0.05A不变，则根据并联电路干路电流等于各支路电流之和可得：
通过分流电阻R2的电流为：I2＝I﹣I大＝0.1A﹣0.05A＝0.05A，
根据欧姆定律可得：
分流电阻R2＝＝＝60Ω；
综上可知，如果保持电子秤结构和电压表量程不变，只在电路中增加一个电阻，使电子秤的量程变为0～45kg，可以串联一个30Ω的电阻，也可以与R0并联一个60Ω的电阻。
故答案为：（1）变大；
（2）40；
（3）不均匀。
（4）30；左侧；也可以与R0并联一个60Ω的电阻，如下图：
。
电流表的位置
A
B
C
电流I/A
0.3
0.3
1.5
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．测试范围：人教版九年级全一册第15-17章。
2．本卷平均难度系数0.2。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。其中1-10题只有一个选项符合题目要求，11、12题有多个选项符合题目要求）
1．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，通过干路和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．0.3A，0.2AB．1.5A，0.3AC．1.5A，1.2AD．1.5A，1.5A
【答案】C
【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L1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L2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L1支路电流；
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A2的示数大于电流表A1的示数，图中的两个电流表的指针在同一个位置，
所以，干路上的电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，其示数为1.5A，即干路电流为I＝1.5A，
L1支路上的电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A，即通过L1的电流为I1＝0.3A，
根据并联电路的电流特点可得，通过灯L2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．关于电阻的说法中正确的是（ ）
A．两段导线A和B，在相同的电压下，通过A导线的电流大，说明A导线的电阻大
B．A和B两根完全相同的导线，把A剪去一半，剩下的一半跟B相比，A的电阻大
C．A和B两根完全相同的导线，把A拉长一些，拉长后的A跟B相比，A的电阻大
D．导体的电阻与温度没有关系
【答案】C
【分析】（1）已知两电阻线的电压相等、流过电阻的电流关系，由R＝可判断两电阻线的阻值大小；
（2）影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度、横截面积和温度。
【解答】解：A、由题意知：UA＝UB，IA＞IB，由I＝的变形式R＝可知：RA＜RB，故A错误；
B、把A剪去一半，剩下的一半导线跟B相比，材料、横截面积都相同，但长度减小了，电阻变小，所以小于B的电阻，即B的电阻大，故B错误；
C、A和B两根完全的导线，把A拉长一些，材料不变，长度一样，但是横截面积变小了，电阻变大，所以大于B的电阻，即B的电阻小，故C正确；
D、导体的电阻与温度有关，故D错误。
故选：C。
3．图中，在电键K断开时只有一盏灯熄灭的是（ ）
A．（a）B．（b）C．（c）D．（d）
【答案】D
【分析】要使电路中只有一盏灯熄灭，而另一盏灯泡工作，则另一盏灯泡应处于通路，而熄灭的灯泡应由于电键K的断开处于开路，则熄灭的灯泡与电键K保持串联。
【解答】解：a与c图中的灯泡保持并联，但开关在干路上，在电键K断开时两盏灯都会熄灭，不符合题意；
b图中两个灯泡与开关K保持串联，电键K同时控制两盏灯的发光或熄灭，不符合题意；
d图中电键K只与一盏灯串联，断开时能熄灭这盏灯泡，而另一盏灯泡仍正常工作，符合题意。
故选：D。
4．如图所示是某电子秤的结构示意图，其中P是一个可以紧贴AB滑动的金属滑片，S为自动控制开关。闭合开关S，秤盘内不放物体时，电子秤刻度表示数为0；在秤盘内放入物体时，就可以从电子秤刻度表上读出该物体的质量；当被测物体的质量超过电子秤量程时，开关S自动断开，电子秤无示数。则下列判断正确的是（ ）
A．电子秤的刻度表是一个电流表，它的示数越小说明所称物体质量越大
B．电子秤的刻度表是一个电压表，它的示数越大说明所称物体质量越大
C．电子秤的AB部分是一个滑动变阻器，且A端为绝缘体
D．R0电阻去掉后，也能保证电路安全工作
【答案】C
【分析】根据电流表要串联在电路中，电压表要并联在电路中，判断电子秤刻度表是电流表。金属片P和AB构成了一个滑动变阻器，闭合开关S，秤盘内不放物体时，滑片在A端，电子秤刻度表示数为0，说明电路是断路，A端是绝缘的；在秤盘内放入物体时，就可以从电子秤刻度表上读出该物体的质量；盘中放入的物体质量越大，连入电路的电阻越小，电路中的电流越大，电子秤示数越大。R0电阻为保护电路的电阻。
【解答】解：
A、电子秤刻度表串联在电路中，电子秤刻度表应该是电流表；
当盘中放入物体质量越大时，滑片下移，变阻器连入电路的电阻越小，由欧姆定律可知，电流越大，即它的示数越大，故A错误。
B、电子秤刻度表串联在电路中，电子秤刻度表应该是电流表，不是电压表，故B错误。
C、金属片P和AB构成了一个滑动变阻器，闭合开关S，秤盘内不放物体时，滑片在A端，电子秤刻度表示数为0，说明电路是断路，则A端是绝缘体，故C正确。
D、R0电阻为保护电路的电阻，可以避免电路中电流过大，不能去掉R0，故D错误。
故选：C。
5．为了向建设宜居城市做贡献，银川六中创新实验小组的同学们设计了有害气体监测设备，其工作原理如图甲所示。电源电压恒定，R0为定值电阻，R为可以感知气体污染指数的可变电阻（阻值随污染指数变化的关系如图乙所示），气体监测器示数随有害气体污染指数的增大而增大。以下分析正确的是（ ）
A．污染指数越大，电压表示数越大
B．污染指数越大，电路消耗的总功率越小
C．气体监测器由电路图中电流表改装而成
D．污染指数越大，电压表示数与电流表示数的比值越大
【答案】C
【分析】（1）分析电路的连接及电表测量的物理量，由图像可知，污染指数越大可变电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点分析电压表示数变化；根据可变电阻的阻值变化分析电路总电阻变化情况，再根据欧姆定律分析电流表示数的变化，从而得知气体监测器的组成；
（2）由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，根据P＝分析电路总功率的变化；
（3）根据欧姆定律结合可变电阻的阻值判断电压表示数与电流表示数的比值变化。
【解答】解：A、由甲图知，定值电阻与可变电阻串联，电压表测可变电阻的电压，电流表测电路中的电流；
由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分担的电压越小，即电压表示数越小，故A错误；
B、由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据P＝可知，电源电压不变，总电阻越小，总功率越大，故B错误；
C、由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，可变电阻分担的电压越小，即电压表示数越小；而可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据I＝可知，电源电压不变，总电阻越小，电路中的电流即电流表示数越大。因此气体监测器由电路图中电流表改装而成，故C正确；
D、由欧姆定律可知R＝，即电压表与电流的比值等于可变电阻的阻值，由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值R越小，则电压表示数与电流表示数的比值越小，故D错误。
故选：C。
6．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，定值电阻R2＝3Ω，将滑动变阻器的滑片P移至最右端，只闭合开关S1，电压表V1示数为U1，电压表V2的示数为U2，电流表的示数I1为0.4A；再将滑动变阻器的滑片P置于最左端时，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，电流表的示数为I2。已知U1：U1′＝2：1，U2：U2′＝1：3。以下说法正确的是（ ）
A．U＝6V
B．R1＝10Ω
C．I2.＝0.8A
D．当开关都闭合，电流表的最小示数为5A
【答案】A
【分析】（1）将滑动变阻器的滑片P移至右端，只闭合开关S1时，R1、R2和滑动变阻器的最大阻值串联，电压表V1测量电阻R1和滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，电流表A测量串联电路的电流；将滑动变阻器的滑片P置于左端时，电路中电阻R1、R2串联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，电流表A测量串联电路的电流；根据欧姆定律表示出电阻R2两端的电压之比即可求出两电路的电流之比，再根据欧姆定律表示出电压表V2的示数之比即可求出R1、R的阻值关系，根据电压一定时电流与电阻成反比求出R1与R的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）当开关都闭合，滑动变阻器的滑片P置于右端时，三电阻并联，且电路的总电阻最大，据此求得最小电流。
【解答】解：如图所示，因为U2：U2′＝1：3，电阻R2＝3Ω不变，所以两次通过的电流之比为，
因I1＝0.4A，则I2＝1.2A，
由题可知，U1测的是在变阻器的滑片P移至最右端，只闭合开关S1时，R和R1两端的总电压，U1′测的是变阻器的滑片P置于最左端时，R1两端的电压；又因为U1：U1′＝2：1，
则＝，
解得R＝5R1，
因电源电压不变，电流与总电阻成反比，则＝，
解得R1＝2Ω，R＝10Ω，
当变阻器的滑片P移至最右端，只闭合开关S1时，电源电压为U＝I（R1+R2+R）＝0.4A×（2Ω+3Ω+10Ω）＝6V，
当三个开关都闭合时，三个电阻并联；当变阻器电阻最大时电路总电阻最大，总功率最小，则各支路电流分别为
I1＝＝3A，I2＝＝2A，I3＝＝0.6A，
则电路最小总电流为I′＝I1+I2+I3＝3A+2A+0.6A＝5.6A，
A．电源电压为6V，故A正确；
B．因为R1＝2Ω，故B错误；
C．因为I2＝1.2A，故C错误；
D．当开关都闭合，电流表的最小示数为5.6A，故D错误。
故选：A。
7．如图甲所示为某种跳绳自动计数器的简化原理图。跳绳时，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，自动计数器会计数一次。信号处理系统相当于一个电压表，能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为10V并且保持不变，R2为定值电阻，某一段时间AB间的电压随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．AB 两端电压为6V时，计数器会计数一次
B．绳子没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值是R2的4倍
C．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为2：1
D．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为1：6
【答案】D
【分析】（1）由左图知R1和R2串联，AB间的电压为R2两端的电压，当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路分压规律知，R1两端的电压会变大，电源电压不变，根据串联电路电压的规律判断R2两端电压的大小，根据右图判断此时AB间的电压；
（2）根据乙图判断绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时R1两端的电压，根据串联电路电流相等和欧姆定律求出R1和R2的比值；
（3）根据乙图判断绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据欧姆定律求出电流之比；
（4）根据乙图判断挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时R1两端的电压，根据串联电路电流相等和欧姆定律求出R1和R2的比值，用R2表示R1，最后计算它们的比值。
【解答】解：A、由甲图知R1和R2串联，AB间的电压为R2两端的电压，当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路分压规律知，R1两端的电压会变大，电源电压不变，R2两端的电压U2＝U﹣U1会变小，自动计数器会计数一次，由乙图知，此时R2两端的电压即AB间的电压为U2＝2V，故A错误；
B、绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为6V，此时R1两端的电压为U1′＝U﹣U2′＝10V﹣6V＝4V，
R1和R2的电阻之比：＝＝＝＝，则R1′＝R2，即：没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值R1′是R2的，故B错误；
C、绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为6V，此时电路中电流：I′＝，
挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为2V，此时电路中电流：I＝，
则绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为：
I′：I＝：＝U2′：U2＝6V：2V＝3：1，故C错误；
D、挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为2V，此时R1两端的电压为U1＝U﹣U2＝10V﹣2V＝8V，
R1和R2的电阻之比：＝＝＝＝4，则R1＝4R2，
则绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为：
R1′：R1＝R2：4R2＝1：6，故D正确。
故选：D。
8．如图1所示为升降机电路的部分原理图，闭合开关S后，电动机启动，提升物块。电源电压恒为6V，R0是阻值为100Ω的定值电阻，电压表量程为0～3V，压敏电阻R1的阻值与所受压力大小的关系如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．由图2可知，压敏电阻R1的阻值随压力的减小而减小
B．当电阻R0发生断路故障时，电压表的示数几乎为0V
C．不改变电表量程的条件下，适当减小R0的阻值可增大压敏电阻的承压范围
D．当电路正常工作时，压敏电阻能承受的最大压力为3000N
【答案】C
【分析】（1）根据图象直接得出压敏电阻的阻值随压力是如何变化的；
（2）当电阻R0发生断路故障时，根据电压表的测量对象即可判断；
（3）由图乙可知，压敏电阻所受压力越大时，压敏电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，进一步得出不改变电表的条件下增大压敏电阻承压范围的方法；
（4）由图象可知，压力越大时，R1的阻值越小，根据串联电路的电压特点可知电压表的示数越大，则当电压表的示数最大时压敏电阻承受的压力最大，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电压，根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，然后根据图象读出压敏电阻所受最大压力。
【解答】解：A、由图2可知，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，故A错误；
B、当电阻R0发生断路故障时，电压表直接测量电源电压，则电压表示数为电源电压，为6V，故B错误；
C、由图乙可知，压敏电阻所受压力越大时，压敏电阻的阻值越小，电路总电阻越小，
由I＝可知，电源电压不变，电路总电流越大，定值电阻两端电压越大，
要增大压敏电阻的承压范围，而不改变电表的条件，可以适当减小定值电阻阻值，故C正确；
D、由图象可知，压力越大时，R1的阻值越小，
由串联电路的电压特点可知，当电压表的示数U0＝3V时，压敏电阻所受压力最大，
此时电路中的电流：I＝＝＝0.03A，
压敏电阻两端的电压：U1′＝U﹣U0′＝6V﹣3V＝3V，
则压敏电阻的阻值：R1＝＝＝100Ω，
由图2所示图象可知，压敏电阻所受最大压力为2500N，故D错误。
故选：C。
9．如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P从一端滑至另一端的过程中，电流表示数与两个电压表示数的关系图像如图乙所示。下列说法错误的是（ ）
A．a图像是电流表随电压表V1的关系图像
B．某一时刻将灯泡与电压表V1的位置对调后，三只电表的示数都不变
C．电源电压为8V
D．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
【答案】D
【分析】由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器和灯泡L、定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测灯L两端的电压，电压表V2测灯L和R0两端的电压之和。
（1）根据串联电路的电压特点即可判断I﹣U图像；
（2）某一时刻将灯泡与电压表V1的位置对调后，根据电路的连接方式即可判断三只电表的示数变化；
（3）当滑片位于b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，此时电路中电流最大，电压表V2测电源两端的电压，其示数最大，根据图乙读出电压表V2的最大示数即为电源的电压；
（4）当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流和电压表V2的示数，利用串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器和灯泡L、定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测灯L两端的电压，电压表V2测灯L和R0两端的电压之和。
A、根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数，
所以，图乙中，a图线是电压表V1示数与电流表A示数关系图像，b图线是电压表V2示数与电流表A示数关系图像，故A正确；
B、某一时刻将灯泡与电压表V1的位置对调后，滑动变阻器和灯泡L、定值电阻R0串联，则电路连接方式不变，电压表V1仍然测灯L两端的电压，电压表V2仍然测灯L和R0两端的电压之和，所以三只电表的示数都不变，故B正确；
C、当滑片位于b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，此时电路中电流最大，电压表V2测电源两端的电压，其示数最大，由图乙可知，电压表V2的最大示数为8V，则电源的电压U＝8V，故C正确；
D、当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝0.2A，电压表V2的示数U2＝3V，
此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣U1＝8V﹣3V＝5V，
则滑动变阻器的最大阻值：R滑大＝＝＝25Ω，故D错误。
故选：D。
10．用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中R1是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则R1的阻值为（ ）
A．R0B．R0
C．R0D．R0
【答案】C
【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R1的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R1的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。
【解答】解：闭合开关，R0与左侧电阻丝并联，R1与右侧电阻丝并联，然后两并联部分串联在电路中；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R1的电流也相等，因并联电路电压相等，则电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R1的电压比，
即：＝＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，则由U＝IR可得：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；
根据电阻定律的公式R＝ρ可知：＝﹣﹣﹣﹣④，
由③④可得＝，解得：R1＝R0。
故选：C。
11．（多选）如图所示的普通电饭锅具有加热和保温两种工作状态，内部电路由一根电热丝和两只开关组成，开关S1受温度控制，标准大气压下，当温度低于65℃时自动闭合，高于85℃时自动断开；开关S2须手动闭合，按下按钮时S2闭合，当温度升高到103℃时S2自动断开，此后不能自动闭合。下列判断正确的是（ ）
A．用电饭锅烧冷水，不按下按钮，水也能被加热
B．用电饭锅烧冷水，按下按钮，水被烧开后，温度保持在65℃﹣85℃之间
C．用冷水煮饭，按下按钮后，只有S2是闭合的
D．用电饭锅烧冷水，按下按钮，水温不会升高到103℃
【答案】AD
【分析】分析题意，得出电饭锅的电路组成，分析两个开关闭合时带来的结果，对各个选项做出判断。
【解答】解：
由题意可知，温控开关S1与按钮开关S2是并联，如图所示：
A、用电饭锅烧冷水，不按下按钮S2，由于冷水的温度低于65℃，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时会自动闭合，水也会被加热，故A正确；
BD、用电饭锅烧冷水，按下按钮S2，水加热被烧开后，标准大气压下，水的温度为100℃，温度达不到103℃，S2不能自动断开，水一直处于加热状态，水的温度会保持在100℃，故B错、D正确；
C、用冷水煮饭，按下按钮S2，由于冷水温度低于65℃，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时会自动闭合，所以两个开关都是闭合的，故C错误。
故选：AD。
12．（多选）如图所示，电源电压不变。R1和R2为定值电阻，A1为电流表，a和b为电流表或电压表。下列说法正确的是（ ）
A．若R1、R2、滑动变阻器串联，则a和b都为电流表
B．闭合开关S，滑片P向右滑动，若a的示数变大，b的示数变小，则a和b都为电压表
C．闭合开关S，滑片P向右滑动，电表b的示数一定变小
D．若a和b都为电压表，闭合S，滑片P向右滑动，b的变化量与a的变化量之和除以A1示数变化量，其比值等于R2
【答案】BD
【分析】（1）若R1、R2、滑动变阻器串联，根据电流流向法结合电流只有一条路径判断电表a和b的类型；
（2）分别讨论a、b电表均为电压表或均为电流表以及一个为电流表、另一个为电压表时电路的连接方式和电表所测的电路元件，根据串并联电路的特点和欧姆定律结合电源的电压不变得出电表示数的变化；
（3）a和b都为电压表时，设出滑片P向右滑动前后电路中的电流，根据欧姆定律表示出电压表b示数的变化量，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表a示数的变化量，然后得出b的变化量与a的变化量之和除以A1示数变化量的值。
【解答】解：
A.若R1、R2、滑动变阻器串联，电流从电源的正极出发，依次经滑动变阻器、R2、R1、A1回到电源的负极，则a和b都为电压表，故A错误；
BC.若a和b都为电压表时，R1、R2、滑动变阻器串联，电压表a测R2和变阻器两端的电压之和，电压表b测R1和R2两端的电压之和，电流表A1测电路中的电流，
当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，
由U＝IR可知，R1和R2两端的电压均变小，则电压表b的示数变小，
因串联电路的总电压等于各分电压之和，
所以，R2和变阻器两端的电压之和变大，即电压表a的示数变大；
若a和b都为电流表时，R1、R2、滑动变阻器并联，电流表a测R1和R2支路的电流之和，电流表b测变阻器和R2支路电流之和，电流表A1测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时，通过R1、R2的电流不变，则电流表a的示数不变；
当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，
由I＝可知，通过变阻器的电流变小，
则变阻器和R2支路电流之和变小，即电流表b的示数变小；
若a为电流表、b为电压表时，电路为R1的简单电路，电流表a测电路中的电流，电压表b测电源两端的电压，
滑片移动时，电路中的电阻不变，则a电流表和b电压表示数不变；
若a为电压表、b为电流表时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表a测电源两端的电压，电流表b测电路中的电流，
由电源的电压不变可知，滑片移动时，电压表a的示数不变，
当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，I＝可知，电路中的电流变小，即电流表b的示数变小；
综上可知，滑片P向右滑动，若a的示数变大，b的示数变小，则a和b都为电压表，电表b的示数不一定变小，故B正确、C错误；
D.若a和b都为电压表时，设滑片P向右滑动前后电路中的电流I、I′，且ΔI＝I′﹣I，
则电压表b示数的变化量：
ΔUb＝I′（R1+R2）﹣I（R1+R2）＝（I′﹣I）（R1+R2）＝ΔI（R1+R2），
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表a示数的变化量：
ΔUa＝（U﹣I′R1）﹣（U﹣IR1）＝（I﹣I′）R1＝﹣ΔIR1，
b的变化量与a的变化量之和除以A1示数变化量的值：
＝＝R2，故D正确。
故选：BD。
第Ⅱ卷 非选择题
二．填空题（本题共6小题，每题3分，共18分）
13．如甲图所示，当开关S闭合后，电流表的指针偏转均如乙图所示，其中a电流表测量的是通过 L1 （选填“电源”“L1”或“L2”）的电流，b电流表的读数应为 1.5 A．流过L2灯的电流为 1.2 A。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电流表要串联使用，电流表与哪个用电器串联就是测的哪个用电器的电流；
（2）电流表读数规则：一看清量程，二看清分度值，三看清表针停留位置；
（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
【解答】解：
（1）由电路图可知，a电流表与灯L1串联，所以a电流表测量的是通过L1的电流。
（2）b电流表在干路中，测的是干路中电流，所以b电流表的示数一定比a电流表示数大，但两电流表的指针偏转角度相同，所以a电流表选用的量程是0～0.6A，b电流表选用的量程是0～3A．因此，a电流表的示数是0.3A，即通过灯L1的电流I1＝0.3A；b电流表的读数应为1.5A。
（3）根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，可知通过灯L2的电流是：1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：L1；1.5；1.2。
14．小宝在探究电路中电压关系时，根据实验数据绘制了电压U2随电压U1变化的图象，如图所示，请你根据该图象写出电压U1和U2的关系式：U2＝ 9V﹣U1 。
【答案】见试题解答内容
【分析】小宝在探究电路中电压关系时，根据实验数据绘制了电压U2随电压U1变化的图象，如图所示，请你根据该图象写出电压U1和U2的关系式
【解答】解：由图象可知，当U1增大时U2在减小，根据串联电路电压规律和并联电路电压规律可知，这两个电阻的连接方式为串联；
当U1＝3V时，U2＝6V；当U1＝4V时，U2＝5V；当U1＝5V时，U2＝4V；当U1＝6V时，U2＝3V；
由此可知，它们串联的总电压为9V；根据串联电路电压规律可得：U1+U2＝9V，所以U2＝9V﹣U1。
故答案为：9V﹣U1。
15．小聪所在的学校举行了纪念“中国共青团成立一百周年”科创活动，他用所学知识设计出一个电路，其电路图如图所示，电源电压为6V。当滑片P在最左端时，电压表示数4V，电流表示数为0.2A，R2为 10 Ω；当滑片P向右移动时，电流表的示数会 不变 ，电压表的示数会 变大 （两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】10；不变；变大。
【分析】由电路图可知，由于电压表的内阻很大，相当于断路，滑动变阻器的最大阻值和定值电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑片P左侧部分两端的电压与R1两端的电压之和；滑片的移动不能改变接入电路中的电阻，但可以改变滑片P左侧部分电阻的大小，根据欧姆定律可知电表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，由于电压表的内阻很大，相当于断路，滑动变阻器的最大阻值和定值电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑片P左侧部分两端的电压与R1两端的电压之和。
当滑片P在最左端时，电压表R1两端的电压，则R2两端的电压U2＝6V﹣4V＝2V，
由欧姆定律可知R2＝＝＝10Ω，
当滑片P向右移动时，接入电路中的电阻不变，由I＝可知，电路中的电流不变，即电流表的示数不变；
当滑片P向右移动时，P左侧电阻变大，由U＝IR可知，滑片P左侧部分两端的电压变大，R1两端的电压不变，滑片P左侧部分两端的电压与R1两端的电压之和变大，即电压表的示数变大。
故答案为：10；不变；变大。
16．如图甲所示电路，R1、R2均为定值电阻，R0为滑动变阻器，电源电压保持不变。改变滑动变阻器R0滑片的位置，两电压表的示数随电流变化的图象如图乙所示。根据图象信息可知 甲 （选填“甲”或“乙”）是电压表V1示数变化的图线，滑动变阻器R0的最大阻值为 50 Ω。
【答案】甲；50。
【分析】由电路图可知，R1、R2、R0串联在电路中，电压表V1测量R1和R0两端的总电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串联电路的电压规律分析电压表示数的变化，从而判定出每个电压表示数变化的图象；
从图象上读出电压表的示数和对应的电流值，根据欧姆定律求出电阻R1、R0和R1的阻值，然后根据电阻的串联特点求出R0的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，R1、R2、R0串联在电路中，电压表V1测量R1和R0两端的总电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2两端的电压增大，故电压表V2的示数是变大的，故图象中的乙为V2示数变化的图象；电压表V1的示数是减小的，故图象中的甲为V1示数变化的图象；
（2）由图象可知，当电压表V1的示数最大为12V时，电流表示数最小为0.2A，此时R0的连入电路的阻值最大，
则根据I＝可得：R0+R1＝＝＝60Ω，
当电压表V1的示数最小为6V时，电流表示数最大为0.6A，此时电压表V1的只测量R1两端的电压，
则根据I＝可得：R1＝＝＝10Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得：
R0＝（R0+R1）﹣R1＝60Ω﹣10Ω＝50Ω。
故答案为：甲；50。
17．“如图甲为水位仪的原理图。电源电压为3V，R0为20Ω，滑动变阻器R的最大阻值20Ω且阻值与长度成正比，滑片P可在长为20cm的CD间移动（摩擦不计），弹簧下端悬挂一重为50N的物体AB，其底面积为0.01m2、长为0.3m。若水面与物体AB上表面齐平，滑片刚好在R的最上端C位置，弹簧伸长量与外力的关系如图乙所示。闭合开关S。
（1）当水位与物体AB上表面相平时，物体AB受到的浮力为 30 N。
（2）水位由与物体AB上表面相平降至与AB下表面相平的过程中，弹簧伸长 15 cm，电压表的示数变化 0.9 V。
【答案】（1）30；（2）15；0.9。
【分析】（1）物体浸没时，V排＝V物，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可求浮力大小；
（2）利用图像可求力与伸长量的比值，再由弹簧弹力的变化可求弹簧的伸长量；
当水面与物体AB上表面相平时，滑片P在R最上端，可知此时R的阻值，根据串联电路电阻特点和欧姆定律求出R两端的电压；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，已知弹簧的伸长量，根据R接入电路的阻值与对应的棒长成正比，求出此时R接入电路的阻值，
根据串联电路特点和欧姆定律求出此时R两端的电压，两次电压表的示数之差即为变化量。
【解答】解：（1）当物体AB上表面与水面相平时，物体AB刚好浸没水中，排开水的体积：
V排＝V物＝Sh＝0.01m2×0.3m＝3×10﹣3m3；
物体AB所受浮力F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣3m3＝30N；
（2）水面与物体AB上表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹＝G物﹣F浮＝50N﹣30N＝20N；
水面下降至与物体AB下表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹′＝G物＝50N；
水面从物体AB上表面逐渐下降至与下表面相平过程中，弹簧拉力的变化量ΔF弹＝F弹'﹣F弹＝50N﹣20N＝30N；
由乙图可知：＝＝2N/cm；
物体AB刚好离开水面时，弹簧伸长的长度ΔL′＝＝＝15cm；
水面从物体AB上表面刚好与水面相平时，滑片P在R最上端，此时R＝20Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总＝R0+R＝20Ω+20Ω＝40Ω，
电路中的电流：I＝＝＝0.075A，
由I＝得，电压表示数为：
U上＝IR＝0.075A×20Ω＝1.5V；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，弹簧伸长15cm，即滑片下移15cm，接入电路的电阻变化量ΔR＝×15cm＝15Ω；
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R′＝R﹣ΔR＝20Ω﹣15Ω＝5Ω，
则根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总′＝R0+R′＝20Ω+5Ω＝25Ω，
电路中的电流：I′＝＝＝0.12A，
此时电压表的示数U下＝I′R′＝0.12A×5Ω＝0.6V。
所以，电压表的示数变化量：ΔU＝U上﹣U下＝1.5V﹣0.6V＝0.9V。
故答案为：（1）30；（2）15；0.9。
18．如图1所示为一种自动蓄水装置示意图：轻质弹簧上端固定，下端与木块相连，轻质滑片P的右端固定在弹簧最下端，左端位于粗细均匀的金属电阻R2的最下端A处且接触良好，闭合S，水泵工作，向空水箱里缓慢注水，当P上滑至B处（R2的中点）时，水面到达设定高度，水泵自动停止注水，在此过程中，弹簧弹力F与滑片P上滑长度x之间的关系如图2所示。
已知：电阻箱R1接入电路中的阻值为20Ω，R2的总电阻为20Ω，长度为l；当线圈中电流I≥0.1A时，衔铁被吸下，g＝10N/kg，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑线圈的电阻和滑片P滑动时的摩擦。
（1）该电源电压为 3V 。
（2）当P滑至B处时木块浸入水中的体积是 5×10﹣4m3 。
（3）若将R1调至10Ω，则水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh ＞ 0.5l（选填“＞”、“＜”或“＝”），你判断的理由是： R1调至10Ω时，水泵工作先向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2的最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，所以水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh大于0.5l 。
【答案】（1）3V；（2）5×10﹣4m3；（3）＞；理由：R1调至10Ω时，水泵工作先向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2的最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，所以水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh大于0.5l。
【分析】（1）由题意可知，当滑片P滑至B处时，水泵停止注水，此时电路中的电流I＝0.1A，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）滑片没有上滑前，弹簧的弹力即为木块的重力，根据图2读出木块的重力；当P滑至B处时，由图2可知弹簧的弹力为0，根据二力平衡条件求出木块受到的浮力，根据阿基米德原理求出木块排开水的体积即为木块浸入水中的体积；
（3）将R1调至10Ω，根据欧姆定律求出水泵停止注水时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2接入电路中的电阻，进一步判断停止注水时滑片的位置；滑片位于b点时弹簧的弹力为0，滑片上移时，木块受到的浮力增大，浸入水中的体积增大，然后比较两种情况木块浸入水中的体积得出答案。
【解答】解：（1）由题意可知，当滑片P滑至B处时，水泵停止注水，此时电路中的电流I＝0.1A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I＝可得，电源电压：
U＝I（R1+R2）＝0.1A×（20Ω+×20Ω）＝3V；
（2）滑片没有上滑前，弹簧的弹力即为木块的重力，由图2可知，木块的重力G＝5N；
当P滑至B处时，由图2可知弹簧的弹力为0，
由二力平衡条件可知，木块受到的浮力：
F浮＝G＝5N，
由F浮＝ρgV排可得，木块浸入水中的体积：
V排＝＝＝5×10﹣4m3；
（3）将R1调至10Ω，水泵停止注水时电路中的总电阻：
R＝＝＝30Ω，
此时R2接入电路中的电阻：
R2′＝R﹣R1′＝30Ω﹣10Ω＝20Ω＝R2，
即滑片位于最上端时，水泵停止注水，
滑片位于b点时弹簧的弹力为0，滑片上移时，木块受到的浮力增大，浸入水中的体积增大，
所以，水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh＞l﹣0.5l＝0.5l。
故答案为：（1）3V；（2）5×10﹣4m3；（3）＞；理由：R1调至10Ω时，水泵工作先向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2的最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，所以水箱内最高水位与原设定水位的高度差Δh大于0.5l。
三．解答题（本题共6小题，共46分）
19．在“探究导体的电阻跟哪些因素有关”的实验中：
小明的猜想是：①电阻可能与导体的材料有关；
小亮的猜想是：②电阻可能与导体的长度有关；
小敏的猜想是：③电阻可能与导体的横截面积有关。
三位同学为上述探究活动准备了四条材料、长度、粗细如图甲所示的电阻线，他们已经完成了乙图的部分实物连接（接点A、B待接入电阻线）。
（1）该实验是通过观察 灯泡的亮度 来判断接入A、B间的电阻大小。
（2）要探究猜想②，应该选用 a、c 两条导线（填导线的代号字母）分别接入A、B进行对比；下列实验中与本实验方法相同的是 B 。
A、用伏安法测电阻 B、探究电流与电压、电阻的关系
（3）另有甲、乙两位同学分别对以上实验电路进行了如下改进：甲把灯泡更换为电流表，乙在原电路中串联接入电流表，你认为 乙 同学的改进更好一些，理由是 小灯泡可以起到保护电路的作用 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电源电压不变、灯泡电阻不变，接入电路的电阻不同，电路中电流变化，灯泡亮度不同，可观察灯泡的亮暗来比较电阻的大小；
（2）导体的电阻跟导体的长度、横截面积和材料有关，当研究电阻与导体长度的关系时，应控制其它的因素不变；
（3）电路的总电阻越大，电路中的电流会越小，电路以及电路中的各元件越安全，因此根据保护电路的思路进行分析。
【解答】解：
（1）不同的电阻丝电阻不同，将电阻丝分别接入A、B间时，电路电流不同、灯泡的亮度不同，可观察灯泡的亮暗来比较电阻丝电阻的大小；
（2）要探究猜想②，应选取材料相同、横截面积相等、长度不同的电阻线，所以可用a、c电阻线，用到了控制变量法；
A．用伏安法测量定值电阻的阻值，多次测量，也是为了减小误差；
B．电流与电压和电阻有关，探究电流与电压、电阻的关系的实验要用控制变量法；
（3）将灯泡换为电流表，A、B间的电阻决定电路中的电流，因此，当A、B间电阻过小时，电流会过大，电流表可能会被烧坏；
在原电路中串联一个电流表，小灯泡可以起到保护电路的作用，因此乙同学的方案更好。
故答案为：（1）灯泡的亮度；（2）a、c；B；（3）乙；小灯泡可以起到保护电路的作用。
20．小芳利用如图甲所示的电路，探究“电流与电压、电阻的关系”。实验器材：电源（电压恒为4.5V）、电流表、电压表各一个，一个开关，若干定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω、30Ω），一个滑动变阻器（60Ω 3A），导线若干。
（1）请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线把图乙所示的实物电路连接完整。
（2）小芳在闭合开关S时，发现电压表指针反向偏转，出现这种现象的原因可能是： 电压表正负接线柱接反了 。
（3）小芳在探究“电流与电压的关系”，连接电路时开关应 断开 ，滑片应置于 B 端（选填“A”或“B”）。通过实验得到多组实验数据，由这些数据画出如图丙所示的图象，由图象可得结论：当电阻一定时， 电流和电压成正比 。
（4）小芳在探究“电流与电阻的关系”时，先将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关S，发现电流表无示数而电压表有示数，则电路中的故障可能是 电阻断路 ；纠正错误后，为了保证所有定值电阻均能完成实验。实验过程中小芳应该保证电压表示数 至少 （选填“至多”、“至少”） 为 1.5 V不变。
（5）小芳找来一个小灯泡将定值电阻更换，测得数据后发现小灯泡两端电压与通过的电流关系如图丁所示，与图丙不相同的原因是 小灯泡的电阻不是定值，其阻值随温度的升高而增大 。
【答案】（1）如上所示：（2）电压表正负接线柱接反了；（3）断开；B；电流与电压成正比；（4）电阻断路；至少；1.5；（5）小灯泡的电阻不是定值，其阻值随温度的升高而增大。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电压表指针反向偏转；
（3）连接电路时，开关要断开，变阻器连入电路中的电阻最大；根据电流随电压的变化图象为一过原点的直线分析回答；
（4）若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
研究电流与电阻的关系时，要控制电阻两端的不变，即电压表示数不变，根据题中条件，由串联电路电压的规律及分压规律分析解答；
（5）根据灯的电阻随温度的升高而增大分析回答。
【解答】解：（1）根据甲图知，变阻器的左半部分连入电路中与电阻串联，则滑动变阻器应选择左下接线柱接入电路，根据电路图连接实物图，如下所示：
（2）小芳在闭合开关S时，发现电压表指针反向偏转，出现这种现象的原因可能是：电压表正负接线接反了；
（3）小芳在探究“电流与电压的关系”，为保护电路，连接电路时开关应断开，滑片应置于阻值最大处，即B端；
如图丙所示的图象，电流随电压的变化图象为一过原点的直线，由图象可得结论：当电阻一定时，电流与电压成正比；
（4）将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关S，发现电流表无示数而电压表有示数，则电路中的故障可能是电阻断路；
设电压表示数为UV不变，由串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为：
U滑＝U﹣UV，
由分压原理：
＝，即﹣1＝﹣﹣﹣﹣﹣①，
因电压表示数UV不变，故①左边为一定值，故右边也为一定值，当定值电阻最大30Ω连入电路时，对应的变阻器连入最大电阻60Ω，将已知量代入①有：
﹣1＝，
解之：UV＝1.5V，
因变阻器的最大电阻连入电路中，根据分压原理，变阻器分得电压为最大，根据串联电路电压的规律，故电压表UV＝1.5V为最小值，即保证所有定值电阻均能完成实验，实验过程中小芳应该保证电压表示数至少为1.5V不变；
（5）由图丁可知，小灯泡的I﹣U图像不是一条过原点的直线，即小灯泡的电阻不是定值，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
故答案为：（1）如上所示：（2）电压表正负接线柱接反了；（3）断开；B；电流与电压成正比；（4）电阻断路；至少；1.5；（5）小灯泡的电阻不是定值，其阻值随温度的升高而增大。
21．如图甲所示，水平桌面上放置了一个足够高的柱形储水箱，重力为8N，底面积为400cm2，在其底部紧密嵌入一个压敏电阻Rx（上表面与水接触并涂有绝缘漆，其阻值与储水箱水深h的关系如图乙所示），Rx所在电路的电源电压为15V，A为由电流表改成的水位指示表。把重为8N的柱体A与重为16N的正方体B用细绳连接，放入水箱底部，B未与Rx接触，A的高为10cm，B的边长为10cm。向水箱中缓慢注水，当细绳刚好变直时，水箱中水的深度为24cm；当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时电流表的示数变为0.15A。求：
（1）细绳刚好变直时，电流表的示数I；
（2）停止注水后将A竖直向上提升，直至B下表面刚好离开水面（忽略物体表面携带水），水面下降的高度；
（3）在B下表面刚好离开水面时，保持A、B位置不变，沿竖直方向切下A的3/8并放入容器中，待水面静止后，容器对桌面的压强。
【答案】（1）电流表的示数I＝0.12A；
（2）水面下降的高度为6cm；
（3）容器对桌面的压强为2.375×103Pa。
【分析】（1）当细绳刚好变直时，水箱中水的深度为24cm，由乙图可知，此时Rx的电阻为125Ω，利用欧姆定律求得电流表的示数；
（2）当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时A和B受到的浮力F浮＝GA+GB，利用阿基米德原理求得排开的水的体积，进一步求得水面下降的高度；
（3）当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时电流表的示数变为0.15A，利用欧姆定律求得此时Rx接入电路的电阻；由乙图可知，当Rx的电阻为100Ω时，容器中水深27cm，当B下表面刚好离开水面时，求得容器中水深；利用G＝mg求得此时容器中水的重力；沿竖直方向切下A的并放入容器中，求得此时容器对桌面的压力，进一步求得压强。
【解答】解：（1）当细绳刚好变直时，水箱中水的深度为24cm，由乙图可知，此时Rx的电阻为125Ω，电流表的示数；
（2）当B对容器底的压力恰好为0时，A和B受到的浮力F浮＝GA+GB＝8N+16N＝24N，
排开的水的体积，
B下表面刚好离开水面，水面下降的高度；
（3）当B对容器底的压力恰好为0时，停止注水，此时电流表的示数变为0.15A，此时Rx接入电路的电阻，
由乙图可知，当Rx的电阻为100Ω时，容器中水深27cm。当B下表面刚好离开水面时，容器中水深h水＝h'﹣h＝27cm﹣6cm＝21cm，
此时容器中水的重力，
切下的A的重力，
待水面静止后，容器对桌面的压力F＝G水+G'A+G容＝84N+3N+8N＝95N，
容器对桌面的压强。
答：（1）电流表的示数I＝0.12A；
（2）水面下降的高度为6cm；
（3）容器对桌面的压强为2.375×103Pa。
22．如图甲所示，足够高的柱形容器的底面积为100cm2，里面装有24cm深的水，上方用一足够长的细绳吊着质量为0.9kg的长方体物体，其底面积为50cm2，高为20cm。现将细绳挂在弹簧测力计下，初始状态时，物体的下表面恰好与水面接触。容器底部是一个压敏电阻R（上表面与水接触并涂有绝缘漆，其阻值与受到的水的压力的关系如图丙所示）。R所在的电路放在了容器底部，电路图如图乙所示，电流表的量程0～0.6A，电压表的量程0～15V，小灯泡上标有“6V 3W”的字样，且电阻不随温度的变化而变化。若在初始状态下，小灯泡恰好正常发光，求：
（1）初始状态下，压敏电阻的阻值；
（2）手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，稳定后电路中的电流；
（3）在（2）的基础上，保持弹簧测力计的位置不动，往容器中加水，为了保证电路的安全，则最多往容器中加入多少kg的水？（弹簧测力计拉力每变化1N，长度变化1cm）。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）知道初始状态下的水深，根据p＝ρ液gh求出容器底受到的压强，根据F＝pS求出压敏电阻受到的压力，根据图丙得出压敏电阻的阻值与所受压力的数值比，然后得出压敏电阻的阻值；
（2）由电路图可知，灯泡L与压敏电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出初始状态下电路中的电流，根据欧姆定律求出小灯泡的电阻，根据欧姆定律求出初始状态下压敏电阻两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压；手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，根据V＝Sh求出物体排开水的体积，进一步求出容器中水面上升的高度，利用p＝ρ液gh求出此时容器底的压强，利用F＝pS求出压敏电阻受到的压力，根据图丙求出此时压敏电阻的阻值，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流；
（3）根据压表的量程求出为了保证电路的安全时压敏电阻两端的最大电压，根据串联电路的电压特点求出此时小灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时压敏电阻的阻值，根据图丙得出此时压敏电阻所受的压力，利用p＝求出此时容器底受到水的压强，再利用p＝ρ液gh求出此时容器中水的深度，根据m＝ρV＝ρSh求出物体的密度，比较物体的密度和水的密度判断出水足够多时物体处于漂浮状态，根据G＝mg＝ρVg＝ρShg和F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh得出等式即可求出物体漂浮时浸入水中的深度，根据V＝Sh求出物体此时排开水的体积，然后求出往容器中加入水的体积，利用m＝ρV求出加入水的质量。
【解答】解：（1）初始状态下，水深h＝24cm＝0.24m，
则容器底受到的压强：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.24m＝2400Pa，
压敏电阻受到的压力：
F＝pS容＝2400Pa×100×10﹣4m2＝24N
由图丙知，压敏电阻的阻值与所受压力的数值比为1：1，故压敏电阻的阻值24Ω；
（2）由电路图可知，灯泡L与压敏电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI可得，初始状态下电路中的电流：
I＝＝＝0.5A，
由I＝可得，小灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
初始状态下，压敏电阻两端的电压：
UR＝IR＝0.5A×24Ω＝12V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U＝UR+UL＝12V+6V＝18V；
手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，
则物体排开水的体积：
V排＝S物h浸＝50cm2×8cm＝400cm3，
容器中水面上升的高度：
Δh＝＝＝4cm＝0.04m，
此时容器底的压强：
p′＝ρ水gh′＝ρ水g（h+Δh）＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.24m+0.04m）＝2800Pa，
压敏电阻受到的压力：
F′＝p′S容＝2800Pa×100×10﹣4m2＝28N，
故此时压敏电阻的阻值28Ω，电路中的电流：
I′＝＝＝0.45A；
（3）电压表的量程0～15V，为了保证电路的安全，压敏电阻两端的电压最大等于15V，
此时小灯泡两端的电压：
UL′＝U﹣UR′＝18V﹣15V＝3V，
此时电路中的电流：
I″＝＝＝0.25A，
此时压敏电阻的阻值：
R″＝＝＝60Ω，
由图丙知，此时压敏电阻所受的压力F″＝60N，
此时容器底受到水的压强：
p″＝＝＝6000Pa，
此时容器中水的深度：
h″＝＝＝0.6m，
物体的密度：
ρ物＝＝＝＝0.9×103kg/m3，
由ρ物＜ρ水可知，水足够多时，物体处于漂浮状态，
则F浮＝G，即ρ水gV排＝ρ物gV，ρ水gS物h浸′＝ρ物gS物h物，
物体浸入水中的深度：
h浸′＝h物＝×0.2m＝0.18m，
则物体此时排开水的体积：
V排′＝S物h浸′＝50×10﹣4m2×0.18m＝9×10﹣4m3，
往容器中加入水的体积：
V加＝S容h″﹣S容h﹣V排′＝100×10﹣4m2×0.6m﹣100×10﹣4m2×0.24m﹣9×10﹣4m3＝2.7×10﹣3m3，
加入水的质量：
m加＝ρ水V加＝1.0×103kg/m3×2.7×10﹣3m3＝2.7kg，
最多往容器中加入2.7kg的水。
答：（1）初始状态下，压敏电阻的阻值为24Ω；
（2）手拿弹簧测力计将物体缓慢向下移动，使得物体浸在水中的深度为8cm，稳定后电路中的电流为0.45A；
（3）在（2）的基础上，保持弹簧测力计的位置不动，往容器中加水，为了保证电路的安全，则最多往容器中加入2.7kg的水。
23．如图所示是“探究串联电路电流规律”的实验电路图：
（1）实验中，选择两个小灯泡的规格最好是 不相同 的（填“相同”或“不相同”）
表1
（2）表1是某位同学实验中的一组数据：指出上述表格所记录数据中，明显错误的一组数值是： C ，造成错误的可能原因是 读数时看错了电表量程 。
（3）改正错误的数据后，分析实验数据得到的串联电路中电流的规律是： 在串联电路中，电流处处相等 。
（4）你认为这个实验的设计中的问题是： 只有一组实验数据，实验结论具有片面性 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）为得出普遍结论，应采用不同规格的灯泡进行实验；
（2）根据表中实验数据判断哪组数据错误；对电表读数时，要确定电表的量程与分度值；
（3）分析表中实验数据，根据实验数据得出实验结论；
（4）为得出普遍结论，应进行多次实验，测出多组实验数据。
【解答】解：（1）实验中，选择两个小灯泡的规格最好是不同的。
（2）下表中是某位同学实验中的一组数据：指出表格所记录的数据中，电流表在 C位置的读数是明显错误，造成错误的原因可能是：读数时看错了电表量程。
（3）改正错误数据后，分析实验数据得到串联电路电流规律是：在串联电路中，电流处处相等。
（4）你认为这个实验的设计中的问题是：只有一组实验数据，实验结论具有片面性
故答案为：（1）不相同；（2）C；读数时看错了电表量程；（3）在串联电路中，电流处处相等；（4）只有一组实验数据，实验结论具有片面性。
24．小明和小华设计了一款电子秤。图甲是电子秤的结构原理图，通过改写电压表的表盘数值后可直接读出称量物体的质量，电源电压保持6V恒定不变，定值电阻R0＝60Ω，电压表的量程为0～3V，压敏电阻R的阻值与所受压力变化的图象如图乙所示。托盘和压杆的质量可以忽略不计，g取10N/kg.
（1）物体质量增加时，电压表的示数 变大 （选填“变大”或“变小”）.
（2）电子秤的最大测量值是 40 kg.
（3）电子秤的刻度是 不均匀 （选填“均匀”或“不均匀”）.
（4）为了使电子秤的量程变为0～45kg，在原有器材不变的情况下，小明设计了如图丙的改进方案。
a.通过计算，小明方案中的R1阻值为 30 Ω.
b.改进后的电子秤零刻度线应该在原来电子秤零刻度线的 左侧 （选填“左侧”、“右侧”或“重合”）.
c.为了让电子秤充分利用电压表的刻度范围，小华认为除了小明的方案外，在原来电子秤的方案上接入另一个电阻，也能达到设计要求，请在图丁虚线框中画出小华的改进方案，并标出小华接入电阻的阻值。
【答案】（1）变大；
（2）40；
（3）不均匀。
（4）30；左侧；也可以与R0并联一个60Ω的电阻，如下图：
。
【分析】（1）根据电路图可知，压敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测量R0两端的电压；根据R与F的关系图象结合欧姆定律进行分析解答；
（2）当电子秤所测质量最大时，对应的电压表示数达到最大值，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出压敏电阻的阻值，由图乙读出压敏电阻受到的压力即为电子秤的最大称量的重力，再根据G＝mg求出该电子秤的量程；
（3）利用串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的电流，然后利用欧姆定律求出压敏电阻两端电压的表达式，即可判断得出电子秤的刻度是否均匀；
（4）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，分析电路结构不变部分，然后得出所加电阻的连接方式，根据串并联电路的特点和欧姆定律求出所加电阻的阻值。
【解答】解：根据电路图可知，压敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测量R0两端的电压；
（1）当被称物体的质量增加时，压敏电阻受到的压力增大；由R﹣F图象可知，压力增大时，压敏电阻的阻值减小，总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据欧姆定律可知：定值电阻R0两端的电压变大，即电压表的示数变大；
（2）由题意可知，电子秤是由电压表改装而成的，且当电子秤所测质量最大时，对应的电压表示数达到最大值；
所以，根据电压表的量程可知，此时定值电阻R0两端的电压为：U0最大＝3V，
则电路中的电流：I最大＝＝＝0.05A，
根据串联电路的总电压等于各分电阻两端的电压之和可知：
压敏电阻两端分得的电压：UR＝U﹣U0＝6V﹣3V＝3V，
根据I＝可得压敏电阻的阻值：R′＝＝＝60Ω，
由图乙可知，此时压敏电阻受到的压力为400N，
所测物体的最大重力为：G物最大＝F＝400N，
由G＝mg可得，该电子秤的最大量程：
m物最大＝＝＝40kg；
（3）根据图象可得：R＝300Ω﹣0.6Ω/N×F＝300Ω﹣0.6Ω/N×G＝300Ω﹣0.6Ω/N×m×10N/kg，
称量时，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得电路中的电流为：I＝，
则根据I＝可得R0两端的电压为：U0＝IR0＝＝＝V；
根据表达式可知：电压表的示数与物体的质量不是一次函数，所以电子秤的刻度不均匀；
（4）使电子秤的量程变为0～45kg，则压敏电阻受到的最大压力为：F最大＝G＝mg＝45kg×10N/kg＝450N，
由图乙可知，此时压敏电阻为：R′＝300Ω﹣0.6Ω/N×45kg×10N/kg＝30Ω；
若电子秤结构和电压表量程不变时，R0两端的电压U0＝3V不变，通过R0的最大电流：I大＝0.05A不变，
图丙：在电路中串联一个分压电阻R1，电压表测量R0两端的电压，
由于通过R0的最大电流I大＝0.05A不变，根据欧姆定律可得：
R总小＝＝＝120Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可知：
分压电阻R1＝R总小﹣R0﹣R′＝120Ω﹣60Ω﹣30Ω＝30Ω；
b、由于改进后的电子秤，R0、R1是串联的，根据串联电路的分压特点可知当压敏电阻受到的压力为0时，R0两端的电压分得的电压变小，则零刻度线应该在原来电子秤零刻度线的左侧；
c、由于电子秤的量程增大时，压敏电阻受到的最大压力变大，压敏电阻变小，电路中的总电阻变小，电流变大，
所以，在R0两端的电压U0＝3V不变的条件下，可以利用并联电路的分流特点，应增加一个分流电阻，
即：在电路中R0两端并联一个分流电阻R2，如下图：
由于此时R0两端的电压U0＝3V不变，则压敏电阻两端的电压UR＝3V也不变，
当压敏电阻受到的压力最大时，干路电流：I＝＝＝0.1A，
此时通过R0的最大电流I大＝0.05A不变，则根据并联电路干路电流等于各支路电流之和可得：
通过分流电阻R2的电流为：I2＝I﹣I大＝0.1A﹣0.05A＝0.05A，
根据欧姆定律可得：
分流电阻R2＝＝＝60Ω；
综上可知，如果保持电子秤结构和电压表量程不变，只在电路中增加一个电阻，使电子秤的量程变为0～45kg，可以串联一个30Ω的电阻，也可以与R0并联一个60Ω的电阻。
故答案为：（1）变大；
（2）40；
（3）不均匀。
（4）30；左侧；也可以与R0并联一个60Ω的电阻，如下图：
。
电流表的位置
A
B
C
电流I/A
0.3
0.3
1.5
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