2024年江苏省南京市中考物理模拟试卷（一）（含解析）

这是一份2024年江苏省南京市中考物理模拟试卷（一）（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.电子琴是一种电子键盘乐器，属于电子合成器，演奏时音量可以自由调节，还可模仿多种其他乐器。下列说法正确的是( )
A. 电子琴发出的声音不是由振动产生的B. 调节电子琴音量是改变了声音的音调
C. 电子琴主要模仿的是其他乐器的响度D. 练琴时关紧门窗是在传播过程中减弱噪声
2.下列实例中属于液化现象的是( )
A. 烧开水时壶嘴冒出“白气”B. 深秋的早晨草上出现霜
C. 夏天扇扇子觉得很凉快D. 吃冰棒可以解热
3.关于光的传播，下列说法正确的是( )
A. 光在同种均匀介质沿直线传播B. 光的传播需要介质
C. “光年”是光传播速度的单位D. “天文数据”是古代人的数字
4.如图甲所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，我们会看到硝化棉燃烧；如图乙所示，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，会观察到瓶塞跳起来。下列说法错误的是( )
A. 图甲中，活塞的机械能直接转化为硝化棉的内能
B. 图甲的工作原理，和汽油机的压缩冲程相同
C. 图乙中，当瓶塞跳起时可以观察到瓶口出现白雾
D. 甲、乙两图都说明了做功可以改变物体的内能
5.李阳同学用100N的力踢一个重为6N的足球，球离开脚后在水平草地上向前滚动了20m.在球滚动的过程中，李阳同学对足球做的功是( )
A. 2000JB. 0JC. 120JD. 600J
6.适应生存环境是动物的天性。下列解释中不正确的是( )
A. 章鱼的吸盘利用了大气压
B. 飞鱼的鳍利用了气体压强与流速的关系
C. 螃蟹的螯又硬又尖是为了减小压强
D. 深海带鱼不能在浅海存活是海水压强变小
7.长潭高速全程安装了如图所示的“风光互补”路灯，该路灯内的蓄电池分别将风力发电机和太阳能电池板获得的电能储存起来，供夜间照明使用，下列说法正确的是( )
A. 风力发电机主要将机械能转化为电能
B. 风力发电机主要将电能转化为机械能
C. 太阳能电池板主要将太阳能转化为内能
D. 太阳能电池板主要将电能转化为风扇的机械能
8.提出原子的核式结构的科学家是( )
A. 汤姆生B. 盖尔曼C. 卢瑟福D. 查德威克
9.如图所示，电源电压不变，小灯泡标有“6V 3W”的字样，滑动变阻器的滑片在中点时灯正常发光．当滑片P向b端移动时，不考虑温度对小灯泡电阻的影响，下列说法正确的是
( )
①电流表的示数变大；
②电压表的示数变大；
③灯的实际功率大于3W；
④电路中的总功率变小．
A. ①②B. ②③C. ①④D. ②④
10.如图所示的热机工作的一个工作循环，其四个冲程的顺序应当是( )
A. 乙、甲、丁、丙B. 甲、乙、丙、丁C. 乙、丁、丙、甲D. 甲、丙、丁、乙
11.质量为140千克的“玉兔号”月球车是我国首辆月球车．下列有关月球车的叙述中，正确的是( )
A. 月球车在月球上的惯性小于在地球上的惯性
B. 月球车在月球上的惯性大于在地球上的惯性
C. 月球车在月球上受到的重力小于在地球上受到的重力
D. 月球车在月球上受到的重力大于在地球上受到的重力
12.如图甲所示电路中，电源电压保持不变，R1是定值电阻.当开关S闭合，滑动变阻器R2的滑片P由a端移动到b端，两电表示数变化关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A. 电源电压为14V
B. R2的最大阻值是20Ω
C. 滑片P在a端时，R2两端的电压为4V
D. 滑片P由a向b恰好移动三分之一长度时，R1的电功率为1.25W
二、填空题：本大题共7小题，共23分。
13.某钢制氧气瓶内的氧气密度为8kg/m3，容积为10L，则瓶内氧气质量为______kg；当瓶内氧气用去12，氧气密度为______kg/m3。
14.如图，一束光在两种介质的界面处同时发生了反射和折射，折射角大小为______。若入射角变为20°，则反射光线和折射光线的夹角______于100°。
15.电影《流浪地球2》中，宇航员们多次往返地球和月球。
(1)在月球，宇航员利用______波将信息传到地球；
(2)若物体在月球上的重力是地球上的16，某宇航员在地球上最多能举起60kg的物体，则他在月球上，最多能举起______kg的物体。
(3)宇航员们乘坐飞船返回地球，飞船穿越大气层时外表面温度升高，这是通过______方式增大内能，这与内燃机的______冲程的能量转化相同；某单缸四冲程汽油机飞轮转速1800r/min，则该汽油机每秒对外做功______次。
(4)根据核式结构模型，______绕原子核的运动与行星绕日的运动相似。
16.如图，滑轮组将重为2.4×104N的重物匀速吊起2m，滑轮组的机械效率为80%，提升重物做的有用功为______J，绳端的拉力为______N，若动滑轮(含吊钩)的质量为100kg，则克服摩擦和钢丝绳重所做的功为______J。
17.如图甲所示，三个完全相同的烧瓶A、B、C中分别装入质量和初温均相等的液体，其中，A、B中装的是煤油，C中装的是水，A、B、C瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA(1)比较______两瓶中温度计的示数变化情况，可以探究“电流通过导体产生的热量与______的关系”；
(2)用该装置探究“不同物质吸热升温的现象”，应选择______两瓶进行比较，瓶内液体吸收热量的多少是通过______来反映的。
18.关闭家中其他用电器，只用一个电水壶烧水，将质量为1kg、初温为20℃的水烧开(标准大气压下)，用时6min，如图乙所示的电能表指示灯闪烁300次。则水吸收的热量为______J，电水壶的实际电功率为______W，电壶的加热效率是______%(保留整数)。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
19.如图所示，电源电压恒定，R1的阻值为20Ω，R2的阻值为10Ω。当S闭合，S1、S2断开时，电流表的示数为0.4A，电源电压是______V，此时R1电功率为P1；当S、S1、S2都闭合时，电流表的示数变化了0.4A，则R3的阻值是______Ω，此时R1电功率为P1′。则P1：P1′= ______。
三、实验探究题：本大题共7小题，共32分。
20.如图所示，在透明密闭正方体塑料盒的上下左右四个面的中心处，挖出四个大小相同的圆孔，在孔的表面分别蒙上相同的橡皮膜a、c、b、d。
(1)将该塑料盒放在水面上，塑料盒处于漂浮状态，不考虑手柄重力，此时塑料盒所受浮力F浮 ______塑料盒的重力G(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
(2)抓住手柄将塑料盒竖直浸没到水中后静止。
①通过观察橡皮膜______(填字母)的形变可知，液体内部存在向上的压强。
②支持液体内部同一深度处各个方向压强大小相等的现象是橡皮膜______。
③不断增大塑料盒浸没后的深度，其受到的浮力______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
21.在“探究阻力对物体运动的影响”的实验中：

(1)使小车从同一斜面顶端由静止滑下，目的是使小车到达水平面时______相等。观察小车在毛巾、棉布和木板表面上运动的距离，根据实验现象可以得出：小车受到的阻力越小，运动的距离越远。由此可以推理，如果小车在光滑水平面上运动，即不受到阻力作用，它将______；
(2)若在水平面铺上同种材料，再添加一个小木块，让同一小车从不同高度由静止滑下，则还可以探究小车动能与______的关系，实验中通过观察______反映动能的大小。
22.如图甲是用海波和石蜡“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验装置。

(1)开始实验后，某时刻温度计的示数如图甲所示，温度为______℃。
(2)根据实验数据绘制的两种物质熔化时温度随时间变化图像如图乙所示，由图像可知石蜡是______(选填“晶体”或“非晶体”)。
(3)由实验可得到晶体熔化特点：______。
(4)如图丙是“观察碘锤中的物态变化”实验，图甲、图丙两个实验都采用水浴法加热的主要目的是______(填字母)。
A.都是为了受热均匀
B.都是为了控制温度
C.图甲是为了受热均匀，图丙是为了控制温度
D.图甲是为了控制温度，图丙是为了受热均匀
23.小强利用天平、量筒等实验器材测量某酒精消毒液的密度。
(1)将天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端的零刻度线处，此时指针位置如图甲所示，应向______调节平衡螺母直至天平平衡；

(2)测量步骤如下：
①在烧杯中倒入适量消毒液，用天平测出烧杯和消毒液的总质量为78g；
②将烧杯中部分消毒液倒入量筒，液面位置如图乙所示；
③用天平测出烧杯和剩余消毒液的质量如图丙所示；
④消毒液的密度为______kg/m3。
(3)小强测量一个木块(ρ木<ρ水)的密度，由于木块体积较大无法放入量筒，于是利用电子秤、一根细钢针、烧杯和水设计如图丁所示实验，测出了木块的密度；
①如图A所示向烧杯中倒入适量水，电子秤的示数为m1；
②如图B所示将木块放在水中，木块静止时电子秤的示数为m2；
③ ______，电子秤的示数为m3；
④木块密度ρ水= ______(用m1、m2、m3和ρ水表示)。
(4)测完密度后，小强发现由于电子秤没调零，每次测量结果都偏大2g，则测得的木块密度______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
24.小明在如图1所示“探究影响导体电阻大小的因素”实验装置中使用四根电阻丝，其材料规格如下表所示，实验中将电阻丝的两个端点接入电路。

(1)分别将编号为______的电阻丝接入电路进行实验，可得出结论：导体的电阻大小与导体的材料有关；为了探究导体电阻与导体长度和横截面积的关系，C电阻丝的长度和横截面积应为______m，______mm2。
(2)小明又用了A、B两个电阻丝探究电流热效应与电阻的关系，装置如图2所示，①、②两个瓶中装有质量相等的煤油，通过______来比较瓶内金属丝产生热量的多少；相同时间内①瓶升高温度比②瓶多，可以得出结论：在______相同时，电阻越大，电流产生热量越多。
25.小明利用2.5mL注射器、0～10N的弹簧测力计、刻度尺和细线来估测本地的大气压值。
(1)实验时，首先把注射器的活塞推至注射器筒的底端，用橡皮帽封住注射器的小孔，这样做的目的是______；
(2)如图甲，用手沿水平方向慢慢地拉动注射器筒，当活塞开始滑动时，此时弹簧测力计示数为6.6N，然后，如图乙用刻度尺测出注射器有刻度部分的长度，则本地大气压强的测量值为______Pa；
(3)若实验过程中注射器筒内漏进了少量空气，则测得的大气压值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
26.物理创新实验小组连接了如图甲所示的电路，测量定值电阻Rx的阻值。电源电压有4V和6V两挡可选，Rx的阻值约为10Ω，滑动变阻器有R1(15Ω 3A)和R2(30Ω 2A)两种规格。

(1)小明发现图甲连接的电路有一处错误，请把接错的那一根导线找出来打“×”，用笔画线代替导线画出正确的连接(只改接一根导线)。
(2)小明正确连接导线后，将滑动变阻器的滑片P移至最右端，闭合开关后，电压表示数为1V，电流表示数为0.1A。由此判断电源电压选择的是______(选填“4V”或“6V”)挡，滑动变阻器选择的是______(选填“R1”或“R2”)规格。
(3)继续移动滑动变阻器的滑片P完成后续测量，第3次实验时，电流表的示数如图乙所示，请根据实验过程将表格中的①②两处填写完整(Rx的平均值精确到0.1Ω)。
(4)该实验小组进行了实验创新，利用最大阻值未知的滑动变阻器R3和一个电压未知的电源(以上两器材均能满足实验要求)，以及滑动变阻器R1和电流表等器材，测出了标有“0.5A”字样小灯泡正常发光时的电阻，小组成员共同设计了如图丙所示的电路，请你帮他们完成实验：
①为了完成实验，请在图丙的虚线框内填上滑动变阻器R1、R3。
②先将R1、R3的滑片移至最右端，闭合开关S、S1，断开开关S2，再将R3的滑片移至最左端，电流表的示数为0.4A。
③将R3的滑片移至最右端。断开开关S1，闭合开关S、S2，向左移动______的滑片，直至电流表的示数为0.5A；
④ ______，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表的示数恰好为0.3A。
⑤小灯泡的正常发光时的电阻RL= ______Ω。
四、计算题：本大题共2小题，共18分。
27.综合实践活动中，同学们设计了一款可用电流表示数显示拉力大小的测力计模型，电流表示数随拉力的增大而增大，模型电路如图甲所示，ab为长10cm、阻值25Ω的电阻丝，其阻值与长度成正比。滑片P左端固定在拉杆上，弹簧处于原长时，滑片P位于a端，电源电压恒为3V，弹簧电阻恒为1Ω，R0为4Ω，其余部分电阻不计，电流表量程为0～0.6A，忽略弹簧、拉杆和拉环的重力及滑片与电阻丝的摩擦。

(1)虚线框内接线柱“1”应与______(选填“2”或“3”)连接。
(2)闭合开关，弹簧处于原长状态时，此处电流表示数标记为0N，此时R0消耗的功率多大？
(3)弹簧的伸长量ΔL与所受拉力F之间的关系如图乙所示，则电流表示数为0.4A处应标记为多少N？
(4)若不用电流表，利用电压表(量程0～3V)示数来显示拉力大小，其它条件不变，要求拉力越大，电压表示数也越大，接入电压表后与原装置相比，该装置所能测量拉力的最大值______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
28.近年来，独轮电动平衡车深受年轻人的喜爱，如图所示，它采用站立式的驾驶方式，人通过身体的前倾、后仰实现驾驶，如表为某型号独轮电动车平衡车的部分数据，则：
(1)该车充满电后，若以最大速度行驶，能行驶的最长时间是多少？
(2)质量为50kg的人驾驶该车，在水平地面上匀速行驶。若所受阻力为总重力的0.2倍，此时该车受到的牵引力是多大？(g取10N/kg)
(3)质量为50kg的人驾驶该车时，车对水平地面的压强是多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电子琴发出的声音是由振动产生的，故A错误。
B、调节电子琴音量是改变了声音的响度，故B错误。
C、电子琴主要模仿的是其他乐器的音色，故C错误。
D、练琴时关紧门窗，可以阻断噪声传播，是在传播过程中减弱噪声，故D正确。
故选：D。
(1)声音都是由物体的振动产生的。
(2)音调指声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；
响度指人耳感觉到的声音的大小，它跟发声体的振幅和距发声体的远近有关。振幅越大，响度越大；振幅越小，响度越小。
(3)音色指发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
(4)减弱噪声的方法有三种：在声源处减弱噪声，在传播过程中减弱噪声，在人耳处减弱噪声。
本题考查声音的有关知识，主要考查了声音的产生，声音特性的辨别以及减弱噪声的方法。
2.【答案】A
【解析】解：A、烧开水时壶嘴冒出“白气”，是壶内冒出的温度较高的水蒸气遇到周围温度较低的空气凝结成的小水滴，属于液化现象；
B、深秋的早晨草上出现霜，是空气中的水蒸气遇到温度较低的空气凝结成的小冰晶，属于凝华现象；
C、夏天扇扇子觉得很凉快，是因为扇扇子加快了汗液的蒸发，属于汽化吸热现象；
D、吃冰棒解热，是因为冰棒熔化吸热．
故选A．
物质由气态变成液态的现象，称为液化，据此分析．
物质从气态变成液态称为液化，是放热的；物质从液态变成气态叫做汽化，是吸热的；二者要正确区分开来．
3.【答案】A
【解析】解：A、光在同种均匀介质沿直线传播，故A正确；
B、光可以在真空中传播，光的传播不需要介质，故B错误；
C、“光年”是天文学中常用的路程单位，不是光传播速度的单位，故C错误。
D、“天文数据”是天文学上的相关数字，不是古代人的数字，故D错误；
故选：A。
(1)光在同种均匀介质中沿直线传播，介质不同或同种介质但介质不均匀，光不会沿直线传播；
(2)声音的传播需要介质，光的传播不需要介质；
(3)光年是光在一年中传播的距离。
(4)天文数据是天文学上的相关数字。
本题考查光的传播、光年等相关光学知识，相对比较简单，属于基础题。
4.【答案】A
【解析】解：A、当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，温度也会随之升高，当温度达到棉花的燃点时，会看到硝化棉燃烧；该现象说明了外界对物体做功，物体的内能会增加，故活塞的机械能是通过做功的形式转化为空气的内能，空气将热量传递给硝化棉，故A错误；
B、当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，将机械能转化为内能，能量转化情况与内燃机压缩冲程相同，故B正确；
C、如图乙所示，给瓶内打气，瓶内气压增大，当气压把瓶塞从瓶口推出时，瓶内气体对瓶塞做功，使气体自身的内能减少，温度降低，瓶口周围的水蒸气液化成小水滴飘散在空中，就是看到的白雾，故C正确；
D、甲图说明对物体做功，机械能转化为内能，乙图说明物体对外做功，内能转化为机械能，总之做功可以改变物体的内能，故D正确。
故选：A。
(1)压缩空气做功机械能转化为内能；
(2)在内燃机的压缩冲程中能量转化关系是机械能转化为内能；
(3)物体对外做功，物体内能会减少，温度降低，水蒸气遇冷液化形成的小水珠；
(4)做功可以使内能与机械能之间进行转化：对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少。
本题考查了改变内能的方法(对物体做功，内能增加；物体对外做功，物体的内能减少)、液化知识，知道白雾是液态、知道其形成过程是本题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：球离脚后，在水平草地上向前滚动的过程中，靠惯性运动，球脱离了脚，脚没有给球施加力，对球做功0J．
故选：B．
做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，二者缺一不可；据此分析判断．
本题考查了做功的两个必要因素，抓住“球离脚后，脚、球之间没有力的作用”是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A、章鱼的吸盘内的气压小于大气压，大气压将章鱼压在物体表面上，因此利用了大气压；故A说法正确；
B、飞鱼的鳍是利用飞鱼上方的空气流速大于下方空气的流速，从而受到向上的升力，因此利用了气体压强与流速的关系，故B说法正确；
C、螃蟹的螯又硬又尖，是通过减小受力面积增大压强的，故C说法错误；
D、根据p=ρgh可知，深海处的压强很大，由于浅水处的压强小，因此深海带鱼不能在浅海存活，故D说法正确。
故选：C。
利用下列知识分析判断：
(1)当将吸盘中气体挤出后，大气压将大于吸盘内的气压；
(2)流体流速越大的地方，压强越小；
(3)增大压强的方法：增大压力或减小受力面积；
(4)液体压强随深度的增加而增大。
本题考查了压强的有关知识和大气压的知识，我们在生活中就要认真观察，思考身边的物理现象。
7.【答案】A
【解析】解：AB、风力发电机在发电时，消耗风能，即机械能，产生电能，故是将机械能转化为电能的过程，故A正确；
CD、据题可知，太阳能电池板是消耗太阳能，产生电能，在把电能转化为灯泡的光能，故CD都是错误的；
故选：A。
能准确的判断出该过程中消耗了哪种形式的能，进而产生了哪种形式的能是解决该题的关键。
能准确的判断出题目中各个情景的能量转化是解决该题的关键。
8.【答案】C
【解析】解：1909年，通过α粒子散射实验，卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子核式结构模型理论．
故选C．
原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转．
熟悉基本的物理学史，掌握主要的物理学家的主要成就．
9.【答案】D
【解析】解：滑片向b移动时，电阻变大，由欧姆定律知，电阻变大时，电流要变小，即电流表的示数变小，由P=UI知，电路的总功率要变小，由U=IR知，灯两端电压变小，原来灯得到的是额定电压，故灯的功率将小于额定功率3W，由串联的电压特点知，灯上电压变小时，滑动变阻器的电压变大，故电压表并联在滑动变阻器的两端时，电压表的示数变大，故②④正确。
故选：D。
滑片向b移动时，电阻变大，电流变小，故总功率变小，灯的电阻不变，而由U=IR知，灯上的电压变小，故灯的功率小于额定功率，电源电压不变，故滑动变阻器上的电压变大。
本题考查了欧姆定律和串联电路的特点讨论动态电路中的电表的示数变化和功率的变化。串联电路中总电压等于各个用电器的电压之和，当一个电压变小时，另一个用电器的电压要变大。
10.【答案】D
【解析】解：甲、活塞向下运动，进气门开启，排气门关闭。吸气冲程。
乙、活塞向上运动排气门开启，进气门关闭，排气冲程。
丙、活塞向上运动，两气门关闭，压缩冲程。
丁、活塞向下运动，两个气门都关闭，做功冲程
其四个冲程的顺序应当是甲、丙、丁、乙，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
解答这类试题，一定要先把每个冲程的特点把握好。吸气冲程是活塞向下运动，进气门开，排气门关闭；压缩冲程是活塞向上运动，两个气门全关闭；做功冲程是两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动；排气冲程是活塞向上运动，进气门关闭，排气门开启。
把握好各个冲程的特点是解题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：
AB、质量是物体的一种属性，不随物体位置的改变而变化，所以月球车在月球和地球上质量相同．惯性只与物体的质量有关，所以月球车在地球和月球上的惯性相同，故AB错误；
CD、月球对其表面的物体的引力只有地球的六分之一，所以月球车有月球上受到的重力小于地球上受到的重力，故C正确，D错误．
故选C．
质量不随物体的位置的改变而变化；惯性的大小只与物体的质量有关．质量大的物体运动状态相对难于改变，也就是惯性大；质量小的物体运动状态相对容易改变，也就是惯性小．
月球对其表面的物体的引力只有地球的六分之一．
本题考查对质量和重力的认识和理解．牢固掌握质量是物质的一种属性，不随物体的位置、状态、形状等的改变而变化．
12.【答案】D
【解析】解：A、由图甲知，当滑片在b端时，滑动变阻器R2接入电路中的电阻为0Ω，电路为R的简单电路，电路中的电阻最小，根据欧姆定律可知电路中电流最大，
由图像乙知，电源的电压：U=U1=10V，故A错误；
此时电路中的电流：I=0.5A，
根据欧姆定律可得，R1的阻值：R1=UI=10V0.5A=20Ω；
B、当滑片位于a端时，滑动变阻器R2接入电路中的电阻最大，电压表V的示数最小，电路中的电流最小，
由图像知，此时U1′=4V，电路中电流I′=0.2A，
由串联电路的电压特点可知R2两端的电压为U2=U−U1′=10V−4V=6V，故C错误；
由串联电路的特点和欧姆定律可得，R2的最大阻值：R2=U2I′=6V0.2A=30Ω，
故B错误；
D、P由a向b恰好移动三分之一长度时，则R2的23接入电路中，
此时电路中电流：I″=UR1+23R2=10V20Ω+23×30Ω=0.25A，
所以R1的电功率：P1=I″2R1=(0.25A)2×20Ω=1.25W，故D正确。
故选：D。
(1)当滑片在b端时滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω，电路为R的简单电路，电路中的电阻最小，根据欧姆定律可知电路中电流最大，
根据图像得出电源的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值；
(2)当滑片位于a端时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电压表V的示数最小，电路中的电流最小，
根据图像读出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压；
根据串联电路的特点和欧姆定律进一步求出R2的最大阻值；
(3)先计算P由a向b恰好移动三分之一长度时电路中电流，再由电功率公式计算此时R1的电功率；
本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是从图中得出有用信息。
13.【答案】0.08 4
【解析】解：已知氧气瓶的容积V=10L=10dm3=0.01m3，氧气的密度为ρ=8kg/m3，
由ρ=mV可知瓶内氧气的质量为：
m=ρV=8kg/m3×0.01m3=0.08kg；
当氧气瓶内的氧气用去一半后，剩余的氧气质量为：m′=12m=12×0.08kg=0.04kg，
由于气体的流动性，剩余氧气的体积不变，
则剩余氧气的密度为：
ρ′=m′V=。
故答案为：0.08；4。
已知氧气瓶的容积，即瓶内氧气的体积，又已知氧气的密度，根据ρ=mV可求出瓶内氧气的质量；
当氧气瓶内的氧气用去一半后，质量减少一半，但由于气体的流动性，瓶内氧气用去部分后，剩余的体积不变，最后根据ρ=mV求出剩余氧气的密度。
本题考查了密度公式的应用，解题关键是要知道瓶内氧气用去部分后，剩余氧气的体积不变。
14.【答案】60° 大
【解析】解：由图可知，∠GOF=90°−60°=30°，∠EOF与∠GOF对称，也为30°，根据反射角等于入射角，所以BF为法线，AD为界面，折射光线和入射光线分别位于法线两侧，则OC一定为折射光线，GO为入射光线，OE为反射光线。由图可知，折射角为∠BOC=90°−30°=60°；
由图可知，当入射角为30°时，反射光线和折射光线的夹角等于60°+30°=90°；若入射角变为20°，则反射角也是20°，则∠EOD=90°−20°=70°；由于入射角从30°减小到20°，减小了10°，而折射角大于入射角，则折射角减小的幅度要大于10°，即折射角∠BOC小于50°，则∠DOC大于40°，反射光线和折射光线的夹角∠EOC等于∠EOD+∠DOC的和，即∠EOC大于100°。
故答案为：60°；大。
首先根据反射角和入射角相等，找出法线，从而确定界面，然后根据折射光线和入射光线的关系确定出折射光线、入射光线、反射光线以及反射角的度数。
本题考查了光的反射和折射光路图的分析，搞清各角之间的关系，灵活运用光的反射和折射规律，是解答的关键。
15.【答案】电磁 360 做功 做功 15 电子
【解析】解：(1)在月球，宇航员利用电磁波传递信息；
(2)宇航员在地球上举起物体的重力：
G=mg=60kg×10n/kg=600N；
地球上600N物体在月球上的重力为：
600N×16=100N，
宇航员在月球上也能举起600N的物体，故在月球上600N的物体在地球上的重力为：600N×6=3600N；
它的质量为：
m=Gg=3600N10N/kg=360kg；
(3)宇航员们乘坐飞船返回地球，飞船穿越大气层时，飞船与大气层摩擦生热，这是做功的方式改变内能；这与内燃机的做功冲程相同；汽油机飞轮每秒转速：
1800r60s=30次，因为飞轮每转2圈，做功一次，故汽油机每秒做功次数：
30次2=15次；
(4)根据核式结构，电子绕原子核运动与行星绕日的运动相似。
故答案为：(1)电磁；(2)360；(3)做功；做功；15；(4)电子。
(1)电磁波可以传递信息和能量；
(2)先算出宇航员在地球上能举起的物体的重力，然后根据比例算出宇航员在月球上能举起的重力；
(3)改变内能的方式是做功和热传递；先算出每秒钟飞轮转数，再根据飞轮每转2圈，做功一次的规律算出做功次数。
(4)核外电子绕原子核运动。
本题考查了电磁波、重力、做功，属于基础题。
16.【答案】4.8×104 1×104 1×104
【解析】解：
(1)提升重物做的有用功：W有用=Gh=2.4×104N×2m=4.8×104J；
(2)η=W有用W总=80%可得拉力做的总功：W总=W有用80%=4.8×104J80%=6×104J；
由图可知，承担物重绳子股数n=3，绳子自由端移动的距离：s=3h=3×2m=6m；
由W总=Fs可得拉力：F=W总s=6×104J6m=1×104N；
(3)对动滑轮、克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功：
W额=W总−W有用=6×104J−4.8×104J=1.2×104J，
提升动滑轮做的额外功：
W额1=G动h=mgh=100kg×10N/kg×2m=2000J，
克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功：
W额2=W额−W额1=1.2×104J−2000J=1×104J.
答：4.8×104；1×104；1×104。
(1)利用W=Gh求提升重物做的有用功；
(2)知道滑轮组的机械效率，利用η=W有用W总求拉力做的总功；由图可知，承担物重绳子股数n=3，绳子自由端移动的距离s=3h；利用W总=Fs求拉力大小；
(3)拉力做的额外功等于对动滑轮、克服摩擦和钢丝绳重所做的功，利用W=Gh求提升动滑轮做的额外功，进而求克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功．
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功的计算，要知道：额外功等于对动滑轮、克服摩擦和钢绳重所做的功．
17.【答案】A、B 电阻 B、C 加热时间
【解析】解：(1)如图所示，三个瓶中电阻串联，故串联电路中电流处处相等，A、B瓶子中都装有等质量的煤油，且电阻不相等，所以通过比较A、B两瓶中温度计的示数变化情况，可以探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系。
(2)若用该装置探究“不同物质吸热升温的现象”，应该选择相同大小的电阻，且质量和初温相等的不同液体进行实验，故应该选择B、C两瓶进行比较；
因为通过的电流相等、电阻大小相等，根据Q=I2Rt可知瓶内液体吸收热量的多少是通过时间来反映的。
故答案为：(1)A、B；电阻；(2)B、C；时间。
(1)串联电路中电流处处相等，利用控制变量法进行分析。
(2)探究“不同物质吸热升温的现象”，应该选择质量相同、电阻相等和初温相等的不同液体进行实验；
根据Q=I2Rt可知瓶内液体吸收热量的多少是通过时间来反映的。
本题探究电流通过导体产生的热量的影响因素以及不同物质吸热升温的现象实验，利用控制变量法是解题关键。
18.【答案】3.36×105 1000 93
【解析】解：(1)1标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃−20℃)=3.36×105J；
(2)电能表的转盘转过300转消耗的电能：
W=300r3000r/(kW⋅h)=0.1kW⋅h=3.6×105J，
所用时间t=6min=0.1h，
该电热水壶的实际功率：
P实=Wt=0.1kW⋅h0.1h=1kW=1000W；
(3)电水壶的效率为：
η=Q吸W×100%=3.36×105J3.6×105J×100%≈93%。
故答案为：3.36×105；1000；93。
(1)1标准大气压下水的沸点是100℃，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)“3000r/(kW⋅h)”表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求出转过300r时电水壶消耗的电能，根据P=Wt求出该电热水壶的实际功率；
(3)根据η=Q吸W×100%算出电水壶的效率。
本题考查了学生对电功率公式、吸热公式和电功公式的掌握和运用，关键是公式及其变形的灵活运用，还要学会从题目所给信息中找到有用的数据。
19.【答案】12 60 4：9
【解析】解：(1)由电路图可知，当S闭合，S1、S2断开时，R1、R2串联，电流表测电路中的电流，
由串联电路的电阻和欧姆定律可知，电源电压：U=I串(R1+R2)=0.4A×(20Ω+10Ω)=12V；
此时R1电功率：P1=I串2R1=(0.4A)2×20Ω=3.2W；
(2)当S、S1、S2都闭合时，R2被短路，R1、R3并联，电流表测干路电流，
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以此时电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，因此此时干路电流：I并=0.4A+0.4A=0.8A，
通过R1的电流：I1=UR1=12V20Ω=0.6A，
由并联电路的电流特点可知，通过R3的电流：I3=I并−I1=0.8A−0.6A=0.2A，
由欧姆定律可知，R3的阻值：R3=UI3=12V0.2A=60Ω，
此时R1电功率：P1′=I1U=0.6A×12V=7.2W，
则P1：P1′=3.2W：7.2W=4：9。
故答案为：12；60；4：9。
(1)由电路图可知，当S闭合，S1、S2断开时，R1、R2串联，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电阻和欧姆定律求出电源电压，根据P=UI=I2R求出此时R1电功率为P1；
(2)当S、S1、S2都闭合时，R2被短路，R1、R3并联，电流表测干路电流，根据串并联电路的电阻特点可知此时电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进而求出干路电流，根据欧姆定律求出通过R1的电流，根据并联电路的电流特点求出通过R3的电流，根据欧姆定律求出R3的阻值，根据P=UI求出此时R1电功率P1′，进而求出P1：P1′。
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
20.【答案】等于 c b、d的形变程度相同 变小
【解析】解：(1)将该塑料盒放在水面上，塑料盒处于漂浮状态，不考虑手柄重力，此时塑料盒所受浮力F浮等于塑料盒的重力G。
(2)①实验中，我们通过观察橡皮膜的形变来反映液体内部向各个方向都有压强，当橡皮膜c向上凸起时，说明液体内部存在向上的压强；
②橡皮膜b、d处于水中相同深度处，若橡皮膜b、d的形变程度相同，说明液体内部同一深度处各个方向压强大小相等；
③不断增大塑料盒浸没后的深度，各橡皮膜受到的压强不断增大，形变程度不断增大，塑料盒的体积不断减小，在水的密度一定时，由公式F浮=ρ液gV排可知，塑料盒受到的浮力变小。
故答案为：(1)等于；(2)①c；②b、d的形变程度相同；③变小。
(1)漂浮时，所受浮力等于自身的重力；
(2)本实验中，通过观察橡皮膜的形变来反映液体内部向各个方向都有压强，同时在液体密度一定时，通过观察橡皮膜的形变程度来说明压强与深度的关系。
根据公式F浮=ρ液gV排来分析浮力的大小变化。
本题考查液体内部压强特点的应用，难度一般。
21.【答案】速度 做匀速直线运动 速度 木块移动的距离大小
【解析】解：
(1)实验时让同一小车从同一斜面的同一高度由静止自由滑下，目的是为了使小车滑到水平面时的初速度相同；根据实验现象可以得出：水平面越光滑，小车受到的阻力越小，小车滑行的距离越远，速度减小得越慢，由此可以推理，如果小车在光滑水平面上运动，即不受到阻力作用，它将做匀速直线运动；
(2)动能与质量和速度有关，让同一小车从不同高度由静止滑下，到达水平面的速度不同，因此可探究小车的动能与速度的关系；
实验中，将小车的动能转换成木块在水平面移动的距离，所以实验中通过观察木块移动的距离大小来反映小车的动能大小。
故答案为：(1)速度；做匀速直线运动；(2)速度；木块移动的距离大小。
(1)根据控制变量法，要控制小车滑到水平面时的初速度相同，实验时应让小车从同一斜面的同一高度由静止自由滑下；
在越光滑的表面上小车受到的阻力越小，运动得越远，由此推理得出运动物体不受力的运动情况；
(2)根据题干条件，分析动能的影响因素，可做出判断；
比较动能大小时，应用了转换法，将小车的动能转换成木块在水平面移动的距离。
本题是探究阻力对物体运动的影响实验和探究影响动能的因素的实验，通过实验和科学家的研究历程得出牛顿第一定律的内容，要掌握实验的现象及结论，解此类问题一定要注意思考实验的意义，并能根据所学的其它物理知识分析解决本实验中相关的实验问题。
22.【答案】38 非晶体 持续吸热，温度不变 C
【解析】解：(1)图甲中温度计液柱的上表面附近数字上大下小可知说明液柱上表面在0℃以上，温度计上30℃和40℃之间有10小格，故该温度计的分度值是1℃，液柱上表面距离下部的30℃有8小格，故温度计读数为38℃。
(2)图乙中石蜡在实验时吸收热量，温度持续升高，符合非晶体熔化时的特征，故可知石蜡是非晶体。
(3)晶体熔化特点为：持续吸热，温度不变。
(4)在图甲中采用水浴法加热可以使物质受热均匀且温度升高缓慢，便于观察物质的状态和记录数据；碘的熔点约为113℃，图丙中采用水浴法加热可以使碘的温度低于碘的熔点，避免出现固态碘熔化后再汽化形成碘蒸气的情况，故C正确。
故答案为：(1)38；(2)非晶体；(3)持续吸热，温度不变；(4)C。
(1)温度计读数时要确定液柱上表面在0℃以上还是以下，再确定分度值，然后根据液柱上表面对应的刻度读出此时测量的温度值。
(2)晶体熔化前吸收热量温度升高，熔化时吸收热量，温度不变，熔化后吸收热量，温度升高；非晶体熔化前后和熔化时吸收热量，温度持续升高。
(3)晶体熔化特点是持续收热量，温度不变。
(4)探究固体熔化规律时，用水浴法目的是为了物质受热均匀；观察碘锤中的物态变化时，用水浴法是为了控制温度。
本题考查了温度计的读数、晶体和非晶体的熔化图像的区别、晶体熔化的特点和水浴法加热的特点，是热学中常考的内容，要熟练掌握。
23.【答案】左 0.85×103 用细钢针把木块压入水中，使木块浸没在水中 m2−m1m3−m1⋅ρ水 不变
【解析】解：(1)天平放在水平台上，发现指针指在分度盘的右侧，说明天平的右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端调节，使天平平衡。
(2)②将烧杯中部分消毒液倒入量筒，液面对应40mL，所以消毒液的体积为：V=40mL=40cm3，
③烧杯和剩余消毒液的质量：m′=20g+20g+4g=44g，
量筒中消毒液的质量：m=78g−44g=34g，
④消毒液的密度：ρ=mV=34g40cm3=0.85g/cm3=0.85×103kg/m3；
(3)①如图A所示向烧杯中倒入适量水，电子秤的示数为m1；
②如图B所示将木块放在水中，静止时电子秤的示数为m2；
木块的质量：m木=m2−m1。
③用细钢针把木块压入水中，使木块浸没在水中，电子秤的示数为m3；
木块的体积V木=V排=m排ρ水=m3−m1ρ水，
④木块密度ρ木=m木V木=m2−m1m3−m1ρ水=m2−m1m3−m1⋅ρ水。
(4)由于电子秤没调零，每次测量结果都偏大2g，m1、m2、m3都偏大，m2−m1的差值不变，m3−m1的差值不变，由密度公式m2−m1m3−m1⋅ρ水得，木块的密度不变。
故答案为：(1)左；(2)0.85×103；(3)③用细钢针把木块压入水中，使木块浸没在水中；④m2−m1m3−m1⋅ρ水；(4)不变。
(1)天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线处，平衡螺母向上翘的一端调节。
(2)②量筒中液体的体积等于液面对应的刻度值。
③物体的质量等于砝码质量和游码对应刻度值的和。量筒中消毒液的质量等于前后两次质量测量的差值。
④知道消毒液的质量和体积，根据密度公式求出消毒液的密度。
(3)用电子秤测量烧杯和水的质量，把木块放入水中，木块漂浮在水面上，测量烧杯、水和木块的质量，求出木块的质量；用细钢针把木块浸没在水中，测量电子秤增加的测量值，即木块排开水的质量，求出木块浸没在水中排开水的质量，求出木块排开水的体积，即木块的体积；知道木块的质量和体积，根据密度公式，求出木块的密度。
(4)由于电子秤没调零，每次测量结果都偏大2g，质量的差值是不变的，所以密度测量值不变。
本题测量液体的密度实验，考查了天平的正确使用、量筒读数、及结合浮力知识测固体的密度的特殊方法、实验评估等，是一道综合性很强的实验综合题。
24.【答案】A、B 1.0/0.5 0.8/0.4 温度计示数的变化 电流和通电时间
【解析】解：(1)研究导体的电阻大小与导体的材料有关，要控制导体的长度和横截面积相同，故分别将编号为A、B的电阻丝接入电路进行实验，可得出结论：导体的电阻大小与导体的材料有关。
为了探究导体电阻与导体长度的关系，要控制导体的材料和横截面积相同；为了探究导体电阻与横截面积的关系，要控制导体长度的关系和材料相同，据此可知C电阻丝的长度和横截面积应为1.0m和0.8mm2或者0.5m和0.4mm2。
(2)根据表中A、B数据可知，在长度和横截面积相同的条件下，连入镍铬合金的电路的电阻较小，说明在长度和横截面积相同的条件下镍铬合金的电阻比锰铜合金的电阻大；图乙中两电阻丝串联，通过的电流和通电时间相同，相同时间内①瓶升高温度比②瓶多，即镍铬合金电阻丝产生的热量多，故可以得出结论：在电流和通电时间相同时，电阻越大，电流产生热量越多。
故答案为：(1)A、B；1.0/0.5；0.8/0.4； (2)温度计示数的变化；电流和通电时间。
(1)导体的电阻大小与导体的材料、长度和横截面积有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外的两个因素不变，据此分析；
(2)由表中A、B数据可知镍铬合金的电阻比锰铜合金的电阻大，根据控制变量法进行分析。
本题探究影响导体电阻大小的因素实验以及电流热效应与电阻的关系实验，利用控制变量法结合实验现象进行分析。
25.【答案】排尽筒内空气，防止气体进入 1.056×105 偏小
【解析】解：(1)实验时，把活塞推至注射器筒底端是为了排出注射器中的空气，并用橡皮帽封住注射器的小孔是为了防止气体进入；
(2)当注射器中的活塞开始滑动时，弹簧测力计的拉力与大气的压力刚好平衡，因此需要记录此时的示数；注射器是一个圆柱体形状，因此，应量出其刻度部分的长度，再读出体积V，得出活塞的面积S=VL，将测量结果代入压强公式得
p=FS=FVL=FLV=6.6N×4×10−2m2.5×10−6m3=1.056×105Pa；
(3)如果筒内空气没有排尽，拉力的测量值会偏小，根据公式p=FS可知，导致测得的大气压值偏小。
故答案为：(1)排尽筒内空气，防止气体进入；(2)1.056×105；(3)偏小。
(1)注射器的活塞推至注射器筒的底端，是为了排出注射器内的空气，用橡皮帽封住注射器的小孔是为了防止气体进入；
(2)读出刻度尺由刻度部分的长度，根据V=Sh算出活塞的横截面积，根据测力计示数和摩擦力求出大气压力，根据公式p=FS求出大气压；
(3)注射器筒内有空气会使拉力变小，在面积不变的情况下，测得的大气压会偏小。
此题利用注射器、弹簧测力计和刻度尺估测本地的大气压值，既考查了二力平衡条件的应用、压强的计算公式的应用等知识点，又考查了学生应用所学知识分析和解决实际问题的能力。
26.【答案】4V R2 10.1 0.28 R3 保持R3滑片位置不动 7
【解析】解：(1)原电路图中，电压表与电流表并联是错误的，在测量定值电阻Rx的阻值实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：
；
(2)由题知，电源电压由4V和6V两挡可选，Rx约为10Ω，小明正确连接导线后，将滑动变阻器的滑片P移至最右端，闭合开关后，电压表示数为1V，电流表示数为0.1A。若电源电压为4V，则变阻器分得的电压为：U滑=U−Ux=4V−1V=3V，
根据串联分压原理可得，
U滑Ux=R滑大Rx，即，3V1V=R滑大10Ω，
解得滑动变阻器最大阻值为：R滑大=30Ω，符合题意；
若电源电压为6V，则变阻器的电压为：U滑=U−UX=6V−1V=5V，
根据串联分压原理可得，U滑Ux=R滑大Rx，即5V1V=R滑大10Ω
解得滑动变阻器的最大阻值为R滑大′=50Ω≠30Ω≠15Ω，不符合题意；
故电源电压选择的是4V挡，滑动变阻器选择的是R2规格；
(3)电流表量程为：0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A，则第三组电阻为：R=UI=Ω
电阻的平均值：平均值=10Ω+10.4Ω+10Ω3≈10.1Ω；
(4)分析电路可知，灯泡与下面的滑动变阻器并联，为了完成实验，下面滑动变阻器的最大阻值和电流接近灯泡即可，且R3能满足实验要求，其最大阻值未知，只能用来调节，故选择R1。中间的电流表和滑动变阻器在干路上，故选择R3，如下图所示：
②先将R1、R3的滑片移至最右端。闭合开关S、S1断开开关S2，再将R3的滑片移至最左端，电流表的示数为0.4A；
③将R3的滑片移至最右端。断开开关S1，闭合开关S、S2，向左移动R3的滑片，直至电流表的示数为0.5A；
④保持R3滑片位置不动，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表的示数恰好为0.3A；
在步骤②中，R1与R3串联，且R3的阻值为0，电路为只有R1的简单电路，此时R1的阻值最大，电流表测串联电路电流为0.4A，根据欧姆定律，电源电压为：
U=I1R1=0.4A×15Ω=6V，
在步骤③中，R3与灯泡串联，电流表测串联电路电流；向左移动R3的滑片，使电流表的示数为0.5A，此时灯泡正常发光；
在步骤④中，R1与R3串联，电流表测串联电路电流；保持R3滑片位置不动，R1的阻值最大，此时电流表示数为0.3A，根据欧姆定律，电路中的总电阻为：
R总1=UI2=6V0.3A=20Ω
根据串联电路电阻特点，R3=R总1−R1=20Ω−15Ω=5Ω，
当灯泡正常发光时，电路中总电阻为：
R总2=UI额=6V0.5A=12Ω
灯泡正常发光的电阻为：RL=R总2−R3=12Ω−5Ω=7Ω。
故答案为：(1)见解答图；(2)4V；R2；(3)①0.28；②10.1；(4)①见解答图；③R3；④保持R3滑片位置不动；⑤7。
(1)在测量定值电阻Rx的阻值实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；
(2)根据题意和串联分压原理，判断电源电压和滑动变阻器选用的规格；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用欧姆定律进行计算和求平均值；
(4)根据R1的滑片在最右端，R3的滑片在最左端结合欧姆定律求出电源电压；让R3与灯泡串联，调节R3使小灯泡正常发光，即使通过小灯泡的电流等于额定电流0.5A；保持R3滑片位置不动，让R3与R1串联，根据欧姆定律求出电路总电阻，根据电阻的串联求出R3的阻值；根据灯泡的额定电流求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出灯泡正常发光时的电阻。
本题测定值电阻Rx的阻值实验，考查了电路连接、器材的选择、电流表读数、电阻的计算及设计实验方案测电阻的能力。
27.【答案】3 不变
【解析】解：(1)由欧姆定律的变形式R=UI可知，当电流表的示数增大时，电路的总电阻减小，
由图甲可知，拉力增大时滑片下移，因电流表示数随拉力的增大而增大，所以拉力增大时，电阻丝接入电路中的电阻应减小，则虚线框内接线柱“1”应与“3”连接；
(2)闭合开关，弹簧处于原长状态时，电阻丝接入电路中的电阻最大，即Rab=25Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流：I=URab+R0+R弹簧=3V25Ω+4Ω+1Ω=0.1A，
R0消耗的功率：P0=I2R0=(0.1A)2×4Ω=0.04W；
(3)电流表示数为0.4A时电路总电阻：R总1=UI1=3V0.4A=7.5Ω，
此时电阻丝接入电路的阻值：RPb1=R总1−R0−R弹簧=7.5Ω−4Ω−1Ω=2.5Ω，
弹簧的伸长量：ΔL1=L−RPb1RabL=10cm−2.5Ω25Ω×10cm=9cm，
由图乙可知弹簧每伸长1cm，弹簧受到的力为50N，所以电流表示数为0.4A处应标记为450N；
(4)由电流表量程为0～0.6A可知，电流表的最大示数I大=0.6A，
此时电路的总电阻：R总′=UI大=3V0.6A=5Ω，
此时电阻丝接入电路中的电阻：RPb=R总′−R0−R弹簧=5Ω−4Ω−1Ω=0Ω，
弹簧的伸长量：ΔL=L−RPbRabL=10cm−0Ω25Ω×10cm=10cm，
由图乙可知，电流表示数最大时显示的拉力F=500N；
甲图中若去掉电流表，用一只电压表(量程0～3V)与R0并联，利用电压表的示数来显示拉力的大小，
当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，此时拉力最大，
根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表示数最大，所以通过电路的最大电流不变，仍为0.6A，则弹簧的伸长量不变，所以接入电压表后与原装置相比，该装置所能测量拉力的最大值不变。
答：(1)3；
(2)闭合开关，弹簧处于原长状态时，R0消耗的功率为0.04W；
(3)电流表示数为0.4A处应标记为450N；
(4)不变。
(1)根据欧姆定律可知电流表示数增大时电路的总电阻变化，根据图甲可知拉力增大时滑片移动的方向，然后结合电流表示数随拉力的增大而增大判断虚线框内接线柱“1”应哪与接线柱连接；
(2)闭合开关，弹簧处于原长状态时，电阻丝接入电路中的电阻最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI=I2R求出R0消耗的功率；
(3)根据欧姆定律求出电流表示数为0.4A时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时电阻丝接入电路中的电阻，然后求出弹簧的伸长量，根据图乙读出电流表示数为0.4A处显示的拉力；
(4)根据电流表量程确定电流表的最大示数，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时电阻丝接入电路中的电阻，然后求出弹簧的伸长量，根据图乙读出电流表示数最大时显示的拉力；
甲图中若去掉电流表，用一只电压表(量程0～3V)与R0并联，利用电压表的示数来显示拉力的大小，当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，此时拉力最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表示数最大，分析可知通过电路的最大电流不变，则弹簧的伸长量不变，进一步分析可知接入电压表后与原装置相比，该装置所能测量拉力的最大值的变化。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出电路的结构和电路中的最大电流以及从图像中获取有用的信息是关键。
28.【答案】(1)该车充满电后，若以最大速度行驶，根据v=st可得，能行驶的最长时间：t=sv=24km16km/h=1.5h；
(2)人和电动平衡车的总重力：G总=(m人+m车)g=(50kg+10kg)×10N/kg=600N，
因为电动平衡车在水平地面上匀速行驶，
所以牵引力：F=f=0.2G总=0.2×600N=120N；
(3)车对水平地面的压力：F压=G总=600N，
车对水平地面的压强：p=F压S=600N30×10−4m2=2×105Pa。
【解析】(1)已知最大速度和路程，利用v=st计算时间；
(2)利用G=mg求出人和电动平衡车的总重力，然后利用阻力和重力的关系求出阻力，再利用二力平衡的条件得出牵引力大小；
(3)车对水平地面的压力等于人和车的总重力，又知受力面积，利用p=FS计算压强。
此题考查速度公式及其应用、重力的计算、二力平衡的条件的应用，压强的大小计算，是一道综合性较强的题目，关键是知道车对水平地面的压力等于人和车的总重力，并能从表格中获取相关信息加以计算。编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
灯泡亮度
A
锰铜合金
0.5
0.8
亮
B
镍铬合金
0.5
0.8
较亮
C
镍铬合金
D
镍铬合金
1.0
0.4
暗
实验次数
电压Ux/V
电流Ix/A
电阻Rx/Ω
Rx平均值/Ω
1
1
0.1
10
② ______
2
2.5
0.24
10.4
3
2.8
① ______
质量
10kg
轮胎与地面接触面积
30cm2
最大速度
16km/h
充满电行程
24km