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12. 实验测得 0.5 kg 某物质温度随时间变化的图像如图所示,已知该物质在固态下的比热容 $c_1=2.1× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· °\mathrm{C})$。假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变。
(1) 在最初的 2 min 内,物质吸收的热量为J。
(2) 该物质在液态下的比热容 $c_2=\_\_\_\_\_\_\mathrm{J}/(\mathrm{kg}· °\mathrm{C})$。
(3) 0.5 kg 该物质在加热到第 4 min 时的内能(填“小于”“等于”“大于”或“无法比较”)加热到第 8 min 时的内能。
(1) 在最初的 2 min 内,物质吸收的热量为J。
(2) 该物质在液态下的比热容 $c_2=\_\_\_\_\_\_\mathrm{J}/(\mathrm{kg}· °\mathrm{C})$。
(3) 0.5 kg 该物质在加热到第 4 min 时的内能(填“小于”“等于”“大于”或“无法比较”)加热到第 8 min 时的内能。
答案
12. (1) $2.1×10^4$ (2) $4.2×10^3$ (3) 小于 提示:(1) 0~2 min内,物质处于固态吸热升温过程,$\Delta t_1=0\ °\mathrm{C}-(-20\ °\mathrm{C})=20\ °\mathrm{C}$,$Q_吸=c_1m\Delta t_1=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·\ °\mathrm{C})}×0.5\ \mathrm{kg}×20\ °\mathrm{C}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$。(2) 10~12 min内,$\Delta t_2=10\ °\mathrm{C}$,因吸热功率恒定,$P=\dfrac{Q_吸}{t}=\dfrac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{120\ \mathrm{s}}=175\ \mathrm{W}$,$Q'_吸=Pt'=175\ \mathrm{W}×120\ \mathrm{s}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$,$c_2=\dfrac{Q'_吸}{m\Delta t_2}=\dfrac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×10\ °\mathrm{C}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·\ °\mathrm{C})}$。(3) 晶体在熔化过程中吸热,温度不变,但内能增加。
解析
【分析】
我们按三步梳理解题思路：
1. 第一问：最初2min物质处于固态，直接用吸热公式$Q_吸=cm\Delta t$计算，先从图像读取初始温度和2min末的温度，算出温度变化量，代入已知的固态比热容和物质质量，就能得到该阶段物质吸收的热量。
2. 第二问：题目明确吸热功率恒定，也就是单位时间内物质吸收的热量固定，先通过第一问的结果算出吸热功率，再找到液态阶段相同时长对应的温度变化量，就可以反推出液态下的比热容。
3. 第三问：从图像能判断该物质是晶体，熔化过程中持续吸热、温度保持不变，内能随吸热不断增加，加热时间越长，吸收总热量越多，内能就越大，对比第4min和第8min的加热时长即可判断内能大小。
【解析】
(1) 最初2min内，物质处于固态，温度从$-20°\mathrm{C}$升高到$0°\mathrm{C}$，温度变化量$\Delta t_1=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$，代入吸热公式：
$Q_吸 = c_1m\Delta t_1 = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} × 0.5\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
(2) 由题意吸热功率恒定，2min换算为120s，可得吸热功率$P = \frac{Q_吸}{t} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{120\ \mathrm{s}} = 175\ \mathrm{W}$。
观察图像，物质全部变为液态后，2min（120s）内温度从$0°\mathrm{C}$升高到$10°\mathrm{C}$，此过程温度变化量$\Delta t_2=10°\mathrm{C}$，该过程吸收的热量$Q'_吸 = Pt' = 175\ \mathrm{W} × 120\ \mathrm{s} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
再由$Q'_吸 = c_2m\Delta t_2$变形得：
$c_2 = \frac{Q'_吸}{m\Delta t_2} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg} × 10°\mathrm{C}} = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
(3) 该物质是晶体，熔化过程（2min~10min）中持续吸热，温度不变，内能随吸热不断增大，第4min比第8min的加热时间短，吸收的总热量更少，因此第4min时的内能小于第8min时的内能。
【答案】
(1) $2.1×10^4$ (2) $4.2×10^3$ (3) 小于
【知识点】
热量计算；晶体熔化特点；比热容求解
【点评】
本题结合晶体熔化的温度-时间图像综合考察热学计算相关知识，核心是利用题目给出的“吸热功率恒定”的条件，通过相同时间吸热相等的特点完成液态比热容的推导，易错点是忽略晶体熔化时持续吸热、内能不断增加的规律，误判熔化过程中不同时刻的内能大小。
【难度系数】
0.6
我们按三步梳理解题思路：
1. 第一问：最初2min物质处于固态，直接用吸热公式$Q_吸=cm\Delta t$计算，先从图像读取初始温度和2min末的温度，算出温度变化量，代入已知的固态比热容和物质质量，就能得到该阶段物质吸收的热量。
2. 第二问：题目明确吸热功率恒定，也就是单位时间内物质吸收的热量固定，先通过第一问的结果算出吸热功率，再找到液态阶段相同时长对应的温度变化量，就可以反推出液态下的比热容。
3. 第三问：从图像能判断该物质是晶体，熔化过程中持续吸热、温度保持不变，内能随吸热不断增加，加热时间越长，吸收总热量越多，内能就越大，对比第4min和第8min的加热时长即可判断内能大小。
【解析】
(1) 最初2min内，物质处于固态，温度从$-20°\mathrm{C}$升高到$0°\mathrm{C}$，温度变化量$\Delta t_1=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$，代入吸热公式：
$Q_吸 = c_1m\Delta t_1 = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} × 0.5\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
(2) 由题意吸热功率恒定，2min换算为120s，可得吸热功率$P = \frac{Q_吸}{t} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{120\ \mathrm{s}} = 175\ \mathrm{W}$。
观察图像，物质全部变为液态后，2min（120s）内温度从$0°\mathrm{C}$升高到$10°\mathrm{C}$，此过程温度变化量$\Delta t_2=10°\mathrm{C}$，该过程吸收的热量$Q'_吸 = Pt' = 175\ \mathrm{W} × 120\ \mathrm{s} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
再由$Q'_吸 = c_2m\Delta t_2$变形得：
$c_2 = \frac{Q'_吸}{m\Delta t_2} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg} × 10°\mathrm{C}} = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
(3) 该物质是晶体，熔化过程（2min~10min）中持续吸热，温度不变，内能随吸热不断增大，第4min比第8min的加热时间短，吸收的总热量更少，因此第4min时的内能小于第8min时的内能。
【答案】
(1) $2.1×10^4$ (2) $4.2×10^3$ (3) 小于
【知识点】
热量计算；晶体熔化特点；比热容求解
【点评】
本题结合晶体熔化的温度-时间图像综合考察热学计算相关知识，核心是利用题目给出的“吸热功率恒定”的条件，通过相同时间吸热相等的特点完成液态比热容的推导，易错点是忽略晶体熔化时持续吸热、内能不断增加的规律，误判熔化过程中不同时刻的内能大小。
【难度系数】
0.6
13. 小明查阅资料发现:当人双脚踩地跳起,落地时脚对地面的最大压力在体重的1.5~2.5倍之间。于是小明就设计了一个简易电子秤来测试自己起跳落地时脚对地面的最大压力。其工作电路如图甲所示,电流表的量程为0~0.6 A,定值电阻$R_{0}=$$10\ \Omega$,压力传感器踏板(质量不计)受到压力后,其阻值R随所受压力F的变化而改变(图丙)。闭合开关S,小明跳上踏板并最终静止在踏板上,电流表的示数I随时间t变化的图像如图乙所示。已知小明体重600 N,电源电压$U=18\ \mathrm{V}$。
(1) 没有受到压力时,压力传感器的电阻为
(2) 图乙中$I_{0}$的值为
(3) 小明在测试过程中,脚对踏板的最大压力是体重的
(1) 没有受到压力时,压力传感器的电阻为
170
$\Omega$。(2) 图乙中$I_{0}$的值为
0.2
A。(3) 小明在测试过程中,脚对踏板的最大压力是体重的
2
倍。答案
13. (1) 170 (2) 0.2 (3) 2 提示:(1) $F=0$时,$R_压$最大,$I_小=0.1\ \mathrm{A}$,$R_{压大}=\dfrac{U}{I_小}-R_0=\dfrac{18\ \mathrm{V}}{0.1\ \mathrm{A}}-10\ \Omega=170\ \Omega$。(2) 人在踏板上静止时,$F=G=600\ \mathrm{N}$,$R_压=80\ \Omega$,$I_0=\dfrac{U}{R_压+R_0}=\dfrac{18\ \mathrm{V}}{10\ \Omega+80\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$。(3) $I_大=0.6\ \mathrm{A}$时,$R'_压=\dfrac{U}{I_大}-R_0=\dfrac{18\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}-10\ \Omega=20\ \Omega$,由图像得$F=1\ 200\ \mathrm{N}=2G$,故脚对踏板的最大压力为体重的2倍。
解析
【分析】
这道题是结合压力传感器的串联电路欧姆定律应用题，解题思路如下：
1. 第一问求无压力时传感器的电阻：首先明确无压力时传感器不受力，此时电路电流最小，从图乙的I-t图像中找到初始最小电流，利用欧姆定律算出电路总电阻，减去定值电阻R0的阻值，就能得到此时传感器的电阻。
2. 第二问求I0：I0是小明静止站在踏板上的电流，此时踏板受到的压力等于小明的体重600N，先找到该压力下对应的传感器电阻，算出串联总电阻，再用欧姆定律计算电流即可。
3. 第三问求最大压力是体重的倍数：电路允许的最大电流是电流表量程0.6A，此时总电阻最小，算出此时传感器的最小电阻，对应得到此时的最大压力，除以小明的体重就能得到倍数。
【解析】
(1) 没有受到压力时，F=0，此时电路中电流最小，由图乙可知最小电流$I_{\mathrm{小}}=0.1\ \mathrm{A}$。
根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，此时电路总电阻：
$R_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I_{\mathrm{小}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.1\ \mathrm{A}}=180\ \Omega$
串联电路总电阻等于各分电阻之和，因此压力传感器的电阻：
$R=R_{\mathrm{总}}-R_0=180\ \Omega -10\ \Omega=170\ \Omega$
(2) 小明静止站在踏板上时，踏板受到的压力等于小明的重力，即$F=G=600\ \mathrm{N}$，由压力传感器的阻值变化特性可知，此时传感器对应电阻$R'=80\ \Omega$。
此时电路总电阻：
$R'_{\mathrm{总}}=R'+R_0=80\ \Omega +10\ \Omega=90\ \Omega$
因此电流$I_0=\frac{U}{R'_{\mathrm{总}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{90\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$
(3) 电流表量程为0~0.6A，电路允许的最大电流$I_{\mathrm{大}}=0.6\ \mathrm{A}$，此时电路总电阻：
$R''_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$
此时压力传感器的电阻：
$R''=R''_{\mathrm{总}}-R_0=30\ \Omega -10\ \Omega=20\ \Omega$
由传感器特性可知，该电阻对应的压力$F_{\mathrm{大}}=1200\ \mathrm{N}$，因此最大压力是小明体重的倍数：
$n=\frac{F_{\mathrm{大}}}{G}=\frac{1200\ \mathrm{N}}{600\ \mathrm{N}}=2$
【答案】
(1) 170 (2) 0.2 (3) 2
【知识点】
欧姆定律计算，串联电路特点，动态电路分析
【点评】
本题结合生活中简易电子秤的实际场景命题，将压力传感器特性与串联电路欧姆定律结合，重点考察学生从I-t图像、传感器参数中提取有效信息的能力，解题时需要对应不同运动状态下的压力、电阻、电流的匹配关系，避免物理量混淆，属于电学综合的基础应用题。
【难度系数】
0.6
这道题是结合压力传感器的串联电路欧姆定律应用题，解题思路如下：
1. 第一问求无压力时传感器的电阻：首先明确无压力时传感器不受力，此时电路电流最小，从图乙的I-t图像中找到初始最小电流，利用欧姆定律算出电路总电阻，减去定值电阻R0的阻值，就能得到此时传感器的电阻。
2. 第二问求I0：I0是小明静止站在踏板上的电流，此时踏板受到的压力等于小明的体重600N，先找到该压力下对应的传感器电阻，算出串联总电阻，再用欧姆定律计算电流即可。
3. 第三问求最大压力是体重的倍数：电路允许的最大电流是电流表量程0.6A，此时总电阻最小，算出此时传感器的最小电阻，对应得到此时的最大压力，除以小明的体重就能得到倍数。
【解析】
(1) 没有受到压力时，F=0，此时电路中电流最小，由图乙可知最小电流$I_{\mathrm{小}}=0.1\ \mathrm{A}$。
根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，此时电路总电阻：
$R_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I_{\mathrm{小}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.1\ \mathrm{A}}=180\ \Omega$
串联电路总电阻等于各分电阻之和，因此压力传感器的电阻：
$R=R_{\mathrm{总}}-R_0=180\ \Omega -10\ \Omega=170\ \Omega$
(2) 小明静止站在踏板上时，踏板受到的压力等于小明的重力，即$F=G=600\ \mathrm{N}$，由压力传感器的阻值变化特性可知，此时传感器对应电阻$R'=80\ \Omega$。
此时电路总电阻：
$R'_{\mathrm{总}}=R'+R_0=80\ \Omega +10\ \Omega=90\ \Omega$
因此电流$I_0=\frac{U}{R'_{\mathrm{总}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{90\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$
(3) 电流表量程为0~0.6A，电路允许的最大电流$I_{\mathrm{大}}=0.6\ \mathrm{A}$，此时电路总电阻：
$R''_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$
此时压力传感器的电阻：
$R''=R''_{\mathrm{总}}-R_0=30\ \Omega -10\ \Omega=20\ \Omega$
由传感器特性可知，该电阻对应的压力$F_{\mathrm{大}}=1200\ \mathrm{N}$，因此最大压力是小明体重的倍数：
$n=\frac{F_{\mathrm{大}}}{G}=\frac{1200\ \mathrm{N}}{600\ \mathrm{N}}=2$
【答案】
(1) 170 (2) 0.2 (3) 2
【知识点】
欧姆定律计算，串联电路特点，动态电路分析
【点评】
本题结合生活中简易电子秤的实际场景命题，将压力传感器特性与串联电路欧姆定律结合，重点考察学生从I-t图像、传感器参数中提取有效信息的能力，解题时需要对应不同运动状态下的压力、电阻、电流的匹配关系，避免物理量混淆，属于电学综合的基础应用题。
【难度系数】
0.6
14. 如图甲所示,电源电压保持不变,$R_0$、$R_1$均为定值电阻,$R_1$标有“? $\Omega\quad0.5\ \mathrm{A}$”,$R_2$为滑动变阻器,电流表的量程为$0∼0.6\ \mathrm{A}$。闭合开关$\mathrm{S}$,改变$R_2$的阻值,两电压表的示数与电流表的示数变化关系如图乙所示,当滑片在$b$端时电流表的示数为$0.3\ \mathrm{A}$。
(1) 求$R_2$的最大阻值。
(2) 若滑片置于滑动变阻器的中点时,电流表的示数为$0.4\ \mathrm{A}$,求电源电压$U$和$R_0$的阻值。
(3) 为了保证电路中各元件的安全,求滑动变阻器$R_2$可以接入的最小阻值。
(1) 求$R_2$的最大阻值。
(2) 若滑片置于滑动变阻器的中点时,电流表的示数为$0.4\ \mathrm{A}$,求电源电压$U$和$R_0$的阻值。
(3) 为了保证电路中各元件的安全,求滑动变阻器$R_2$可以接入的最小阻值。
答案
14. (1) $10\ \Omega$ (2) $6\ \mathrm{V}\quad2\ \Omega$ (3) $2\ \Omega$ 提示:(1) 电压表$\mathrm{V}_1$测$R_1$和$R_2$两端的电压之和,电压表$\mathrm{V}_2$测$R_2$两端电压,故图线Ⅰ表示电压表$\mathrm{V}_1$示数与电流表示数的关系,图线Ⅱ表示电压表$\mathrm{V}_2$示数与电流表示数的关系,滑片在$b$端时,$I_小=0.3\ \mathrm{A}$,$U_2=3\ \mathrm{V}$,$R_2=\dfrac{U_2}{I_小}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$。(2) 当滑片在$b$端时,$R_1$和$R_2$两端的电压之和$U_{12}=5.4\ \mathrm{V}$,$U_1=U_{12}-U_2=5.4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=2.4\ \mathrm{V}$,$R_1=\dfrac{U_1}{I_小}=\dfrac{2.4\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$,电源电压$U=IR_总=I(R_0+R_1+R_2)=0.3\ \mathrm{A}×(R_0+8\ \Omega+10\ \Omega)$;当滑片置于中点中,电流表的示数为0.4 A,则电源电压$U=I'R'_总=I'(R_0+R_1+\dfrac{R_2}{2})=0.4\ \mathrm{A}×(R_0+8\ \Omega+\dfrac{10\ \Omega}{2})$,解得$U=6\ \mathrm{V}$,$R_0=2\ \Omega$。(3) $I_大=0.5\ \mathrm{A}$时,滑动变阻器接入电路中的电阻最小,$R''_总=\dfrac{U}{I_大}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=12\ \Omega$,$R_{2小}=R''_总-R_0-R_1=12\ \Omega-2\ \Omega-8\ \Omega=2\ \Omega$。
解析
【分析】
首先先梳理电路结构：图甲中R₀、R₁、R₂三者串联，电流表测电路中的电流，电压表V₂测滑动变阻器R₂两端的电压，电压表V₁测R₁和R₂的总电压。当电路电流增大时，定值电阻R₁的电压U₁=IR₁会随之增大，因此R₂的电压U₂=U_V1 - U₁会随电流增大快速减小，对应图乙的图线Ⅱ；而V₁的示数U_V1=U总 - IR₀，随电流增大只会小幅减小，对应图线Ⅰ。
第(1)问：滑片在b端时R₂接入阻值最大，此时电流为0.3A，直接读取图乙中对应V₂的示数，用欧姆定律R=U/I即可算出R₂最大阻值。
第(2)问：先通过0.3A时V₁和V₂的示数差算出R₁两端的电压，结合欧姆定律得到R₁的阻值；再分别对“滑片在b端电流0.3A”和“滑片在中点电流0.4A”两个状态，根据串联电路总电压等于电源电压列等式，联立方程即可解出电源电压U和R₀的阻值。
第(3)问：先对比R₁的额定电流0.5A和电流表量程0~0.6A，确定电路允许的最大电流，算出此时电路的总电阻，减去R₀和R₁的阻值，就能得到R₂允许接入的最小阻值。
【解析】
(1) 滑片在b端时，R₂接入的阻值最大，此时电路电流I₁=0.3A，由图乙可知此时V₂的示数U₂=3.0V，根据欧姆定律：
$R_{2\mathrm{max}}=\frac{U_2}{I_1}=\frac{3.0\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$
(2) 当电流为0.3A时，V₁的示数为R₁和R₂的总电压，即$U_{12}=5.4\ \mathrm{V}$，因此R₁两端的电压：
$U_{R1}=U_{12}-U_2=5.4\ \mathrm{V}-3.0\ \mathrm{V}=2.4\ \mathrm{V}$
由欧姆定律得R₁的阻值：
$R_1=\frac{U_{R1}}{I_1}=\frac{2.4\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$
串联电路总电阻等于各电阻之和，电源电压保持不变：
当滑片在b端时：$U=I_1(R_0+R_1+R_{2\mathrm{max}})=0.3\ \mathrm{A}×(R_0+8\ \Omega+10\ \Omega)$ ---①
当滑片在R₂中点时，电流$I_2=0.4\ \mathrm{A}$，此时R₂接入阻值为$\frac{R_{2\mathrm{max}}}{2}=5\ \Omega$：
$U=I_2(R_0+R_1+\frac{R_{2\mathrm{max}}}{2})=0.4\ \mathrm{A}×(R_0+8\ \Omega+5\ \Omega)$ ---②
联立①②，解得：$U=6\ \mathrm{V}$，$R_0=2\ \Omega$
(3) 电路中R₁的额定电流为0.5A，电流表量程为0~0.6A，因此电路允许的最大电流$I_{\mathrm{max}}=0.5\ \mathrm{A}$，此时电路总电阻最小：
$R_{\mathrm{总min}}=\frac{U}{I_{\mathrm{max}}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=12\ \Omega$
因此滑动变阻器允许接入的最小阻值：
$R_{2\mathrm{min}}=R_{\mathrm{总min}}-R_0-R_1=12\ \Omega-2\ \Omega-8\ \Omega=2\ \Omega$
【答案】
(1) $10\ \Omega$ (2) 电源电压$U=6\ \mathrm{V}$，$R_0=2\ \Omega$ (3) $2\ \Omega$
【知识点】
串联电路电压规律，欧姆定律应用，动态电路分析
【点评】
本题是串联动态电路结合U-I图像的典型考题，解题核心突破口是先区分两个电压表对应的U-I图线，后续利用电源电压不变列方程求解是常规思路，第三问需要注意优先取元件允许的最小额定电流作为电路最大电流，避免忽略R₁的额定电流直接取电流表量程0.6A导致错误。
【难度系数】
0.4
首先先梳理电路结构：图甲中R₀、R₁、R₂三者串联，电流表测电路中的电流，电压表V₂测滑动变阻器R₂两端的电压，电压表V₁测R₁和R₂的总电压。当电路电流增大时，定值电阻R₁的电压U₁=IR₁会随之增大，因此R₂的电压U₂=U_V1 - U₁会随电流增大快速减小，对应图乙的图线Ⅱ；而V₁的示数U_V1=U总 - IR₀，随电流增大只会小幅减小，对应图线Ⅰ。
第(1)问：滑片在b端时R₂接入阻值最大，此时电流为0.3A，直接读取图乙中对应V₂的示数，用欧姆定律R=U/I即可算出R₂最大阻值。
第(2)问：先通过0.3A时V₁和V₂的示数差算出R₁两端的电压，结合欧姆定律得到R₁的阻值；再分别对“滑片在b端电流0.3A”和“滑片在中点电流0.4A”两个状态，根据串联电路总电压等于电源电压列等式，联立方程即可解出电源电压U和R₀的阻值。
第(3)问：先对比R₁的额定电流0.5A和电流表量程0~0.6A，确定电路允许的最大电流，算出此时电路的总电阻，减去R₀和R₁的阻值，就能得到R₂允许接入的最小阻值。
【解析】
(1) 滑片在b端时，R₂接入的阻值最大，此时电路电流I₁=0.3A，由图乙可知此时V₂的示数U₂=3.0V，根据欧姆定律：
$R_{2\mathrm{max}}=\frac{U_2}{I_1}=\frac{3.0\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$
(2) 当电流为0.3A时，V₁的示数为R₁和R₂的总电压，即$U_{12}=5.4\ \mathrm{V}$，因此R₁两端的电压：
$U_{R1}=U_{12}-U_2=5.4\ \mathrm{V}-3.0\ \mathrm{V}=2.4\ \mathrm{V}$
由欧姆定律得R₁的阻值：
$R_1=\frac{U_{R1}}{I_1}=\frac{2.4\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$
串联电路总电阻等于各电阻之和，电源电压保持不变：
当滑片在b端时：$U=I_1(R_0+R_1+R_{2\mathrm{max}})=0.3\ \mathrm{A}×(R_0+8\ \Omega+10\ \Omega)$ ---①
当滑片在R₂中点时，电流$I_2=0.4\ \mathrm{A}$，此时R₂接入阻值为$\frac{R_{2\mathrm{max}}}{2}=5\ \Omega$：
$U=I_2(R_0+R_1+\frac{R_{2\mathrm{max}}}{2})=0.4\ \mathrm{A}×(R_0+8\ \Omega+5\ \Omega)$ ---②
联立①②，解得：$U=6\ \mathrm{V}$，$R_0=2\ \Omega$
(3) 电路中R₁的额定电流为0.5A，电流表量程为0~0.6A，因此电路允许的最大电流$I_{\mathrm{max}}=0.5\ \mathrm{A}$，此时电路总电阻最小：
$R_{\mathrm{总min}}=\frac{U}{I_{\mathrm{max}}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=12\ \Omega$
因此滑动变阻器允许接入的最小阻值：
$R_{2\mathrm{min}}=R_{\mathrm{总min}}-R_0-R_1=12\ \Omega-2\ \Omega-8\ \Omega=2\ \Omega$
【答案】
(1) $10\ \Omega$ (2) 电源电压$U=6\ \mathrm{V}$，$R_0=2\ \Omega$ (3) $2\ \Omega$
【知识点】
串联电路电压规律，欧姆定律应用，动态电路分析
【点评】
本题是串联动态电路结合U-I图像的典型考题，解题核心突破口是先区分两个电压表对应的U-I图线，后续利用电源电压不变列方程求解是常规思路，第三问需要注意优先取元件允许的最小额定电流作为电路最大电流，避免忽略R₁的额定电流直接取电流表量程0.6A导致错误。
【难度系数】
0.4
