1 [2025溧阳一模]如图所示为某款电子量角器的原理图,其中电表的量程分别为0~0.6 A、0~3 V,O为半圆弧电阻MN的圆心,金属滑片OP电阻不计且与半圆弧接触良好,电阻$R_{MP}$与滑片旋转角度$θ$成正比,电源电压恒为6 V。将OP旋至OM处,调节$R_0$的阻值,使电流表示数为0.6 A;保持$R_0$不变,调节$θ$为$60°$时,电压表示数为2 V。此时$R_0$的阻值为Ω,此状态下量角器能测量的最大角度$θ = $;为满足能测量0~$180°$的要求,需重新调节$R_0$的阻值,则$R_0$的最小阻值为Ω。

1. 10 120° 15
【解析】 由题图知,OP旋至OM处时,电路中只有$R_0$工作,此时电路的电流为0.6 A,$R_0$的阻值$R_0=\frac{U}{I}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,$R_0$保持不变,调节$θ$为$60°$时,$R_0$与电阻$R_{MP}$串联接入电路,电压表测$R_{MP}$两端的电压,示数为2 V,则$R_0$两端的电压$U_0=U-U_1=6\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$,据串联电路的分压特点有$R_{MP}:10\ \Omega=2\ \mathrm{V}:4\ \mathrm{V}$,解得$R_{MP}$接入电路的阻值$R_{MP}=5\ \Omega$。电压表选用的是小量程,则$R_{MP}$两端的最大电压为3 V,其两端电压最大时,接入电路的阻值也最大,此时$R_0$两端的电压$U_0'=U-U_{\mathrm{大}}=6\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=3\ \mathrm{V}$,据串联电路的分压特点知,$R_{MP\mathrm{大}}=R_0=10\ \Omega$,电阻$R_{MP}$与滑片旋转角度成正比,所以此时的最大测量角度$θ_{\mathrm{大}}=\frac{10\ \Omega}{5\ \Omega}×60°=120°$。测量范围为$0∼180°$,则$R_{MP}$以最大阻值接入电路,最大阻值$R_{\mathrm{最大}}=\frac{180°}{60°}×5\ \Omega=15\ \Omega$,$R_{MP}$两端的最大电压为3 V,此时电路中的电流$I_{\mathrm{大}}=\frac{3\ \mathrm{V}}{15\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}＜0.6\ \mathrm{A}$,$R_0$的最小阻值$R_{0\mathrm{小}}=\frac{U_0'}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$。

【分析】
首先明确电路结构：OP旋至OM处时，电路仅R₀接入，电源电压6V，电流0.6A，可直接用欧姆定律计算R₀；当θ变化时，R₀与半圆弧电阻的MP段串联，电压表测MP段电压，利用串联电路分压规律结合电阻与角度成正比的关系，分三步解题：先求初始状态的R₀，再结合θ=60°的条件求对应RMP，进而算出最大测量角度，最后根据180°的测量要求计算R₀的最小阻值。
【解析】
1. 计算初始状态的R₀：当OP旋至OM处时，电路中只有R₀工作，电源电压U=6V，电流I=0.6A，根据欧姆定律 $ R_0 = \frac{U}{I} = \frac{6\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}} = 10\ \Omega $。
2. 计算θ=60°时的RMP及最大测量角度：保持R₀不变，θ=60°时，R₀与RMP串联，电压表测RMP两端电压U₁=2V，此时R₀两端电压 $ U_0 = U - U_1 = 6\ \mathrm{V} - 2\ \mathrm{V} = 4\ \mathrm{V} $。串联电路中电压比等于电阻比，即 $ \frac{R_{MP}}{R_0} = \frac{U_1}{U_0} $，代入得 $ \frac{R_{MP}}{10\ \Omega} = \frac{2\ \mathrm{V}}{4\ \mathrm{V}} $，解得 $ R_{MP}=5\ \Omega $。电压表量程为0~3V，故RMP两端最大电压为3V，此时R₀两端电压 $ U_0' = 6\ \mathrm{V} - 3\ \mathrm{V} = 3\ \mathrm{V} $，同理分压比得 $ R_{MP大}=R_0=10\ \Omega $。因RMP与θ成正比，故最大角度 $ θ_{大} = \frac{10\ \Omega}{5\ \Omega} × 60° = 120° $。
3. 计算测0~180°时R₀的最小阻值：θ=180°时，RMP最大阻值 $ R_{最大} = \frac{180°}{60°} ×5\ \Omega=15\ \Omega $。当RMP两端电压最大为3V时，电路电流 $ I_{大} = \frac{U_{大}}{R_{最大}} = \frac{3\ \mathrm{V}}{15\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A} $，此时R₀两端电压 $ U_0' =6\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=3\ \mathrm{V} $，故R₀最小阻值 $ R_{0小}=\frac{U_0'}{I_{大}}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega $。
【答案】
10；120°；15
【知识点】
欧姆定律、串联电路分压规律、电阻与角度的关系
【点评】
本题结合电路知识与几何角度，考查欧姆定律和串联电路特点的应用，关键是理清电路结构，利用电阻与角度的正比关系，结合电压表量程分析最大测量值，需注意各物理量的对应关系，避免混淆。
【难度系数】
0.5

2 [2025福建中考] 降水量是指一段时间内，雨水（或熔化后的固体降水）未经蒸发、渗透和流失所积聚起来的水层深度。为了监测降水量，科创小组制作了“翻斗式雨量计”，装置外观是上端开口的圆柱体，如图1甲。内部结构示意图如图1乙。装置核心部件如图1丙，它是用中间隔板分开的两个完全对称的三角形容器，可绕O点处的水平轴转动，从而使两侧容器轮流接水，当一侧容器接满10 mL雨水时会发生翻转，将水倒出，随着降雨持续，翻斗左右翻转，过程如图1丁。磁铁与配重通过连杆安装在翻斗上并随翻斗左右摆动，当磁铁经过磁感应开关（两者相互作用力忽略不计）时，磁感应开关通过电流传感器将翻斗翻转信息变成电信号，从而推算降水量。

(1)翻斗在水平位置时是等臂杠杆，实验器材中属于等臂杠杆的有。
(2)连杆上装有可调高度的配重。校准过程，若倒入的水量总是大于10 mL时翻斗才发生翻转，可通过（填“降低”或“升高”）配重在连杆上的位置进行调整。
(3)图2甲是翻斗翻转信息变为电信号的工作电路，电源电压不变，$R_1$、$R_2$为定值电阻，$R_1=800\ \Omega$。某次降雨，电流传感器（电阻不计）测得电流随时间变化关系如图2乙。


①当磁铁每次经过磁感应开关时，开关状态是。
②“翻斗式雨量计”顶端开口面积为$0.1\ \mathrm{m}^2$，由图2乙可知该地区30 min内降水量约为mm，降水量变化趋势是。（测量前翻斗内无水）
③由图2可知，$R_2=$$\Omega$。
(4)若该装置在我国北方地区使用，可改进的措施是。

2. (1)托盘天平(天平、定滑轮)
(2)降低
(3)①闭合 ②1.2 减弱(减缓、变小) ③200
(4)低温天气,增加加热装置(或若降水量偏小,可以降低配重的高度并重新校准参数)(答案合理即可)
【解析】 (1)翻斗在水平位置时是等臂杠杆(关键信息),实验器材中属于等臂杠杆的还有托盘天平和定滑轮。
(2)把翻斗看作一个杠杆,水的重力是翻斗翻转的动力,配重对翻斗产生的力为阻力。动力臂和配重一定,倒入的水量总是大于10 mL时翻斗才发生翻转,说明动力与动力臂的乘积较大,要减小倒入水量的体积,根据杠杆的平衡条件可知,需要减小阻力与阻力臂的乘积,而阻力一定,通过降低配重在连杆上的位置即减小阻力臂进行调整(关键信息)。
(3)①从题图2乙能看到有电流变化,说明当磁铁每次经过磁感应开关时,开关会闭合(关键信息),将$R_1$短路,电路总电阻变小,电流变大,而经过的时间很短,故维持时间很短。
②每次翻斗接水体积为$10\ \mathrm{mL}=10^{-5}\ \mathrm{m}^3$,30 min内翻斗翻了12次,接水总体积$V=12×10^{-5}\ \mathrm{m}^3$,由$V=Sh$(关键公式)可知,降水量$h=\frac{V}{S}=\frac{12×10^{-5}\ \mathrm{m}^3}{0.1\ \mathrm{m}^2}=12×10^{-4}\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{mm}$;由题图2乙可知,随着时间推移,翻斗翻转的时间间隔变长(关键信息),可知降水量变化趋势是减弱(减缓、变小)。③磁感应开关闭合,电路只有$R_2$工作,由题图2乙可知,此时电路中的电流$I_1=25\ \mathrm{mA}=0.025\ \mathrm{A}$(关键信息),电源电压$U=0.025\ \mathrm{A}× R_2$;磁感应开关断开,$R_1$、$R_2$串联,由题图2乙可知,此时电路中的电流$I_2=5\ \mathrm{mA}=0.005\ \mathrm{A}$(关键信息),电源电压$U=0.005\ \mathrm{A}×(800\ \Omega+R_2)$,则有$0.025\ \mathrm{A}× R_2=0.005\ \mathrm{A}×(800\ \Omega+R_2)$,解得$R_2=200\ \Omega$。
(4)我国北方地区冬季气温较低,可能出现降雨变成降雪的情况(关键信息),而“翻斗式雨量计”主要测量降雨,为了能在北方地区更好地使用,可改进的措施是低温天气,增加加热装置(或若降水量偏小,可以降低配重的高度并重新校准参数)(答案合理即可)。

【分析】
本题围绕翻斗式雨量计，结合杠杆、电路等物理知识考查实际应用。解题时需：(1)根据等臂杠杆“动力臂等于阻力臂”的定义，结合常见器材判断；(2)利用杠杆平衡条件，分析水量过大才翻转的原因，确定配重调整方式；(3)结合电路中电流变化判断开关状态，根据翻斗翻转次数计算降水量，利用欧姆定律列方程求解定值电阻；(4)结合北方低温特点，提出合理改进措施。
【解析】
(1) 等臂杠杆的特点是动力臂等于阻力臂，托盘天平、定滑轮均属于等臂杠杆，故答案为托盘天平(天平、定滑轮)。
(2) 将翻斗视为杠杆，水的重力为动力，配重的作用力为阻力。倒入水量大于10 mL才翻转，说明动力×动力臂的乘积过大，需减小该乘积。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，阻力$F_2$一定，减小阻力臂$L_2$可实现，即降低配重在连杆上的位置，故填降低。
(3) ① 由图2乙可知，电流有短暂变大的情况，说明此时电路电阻变小，即磁感应开关闭合，将$R_1$短路，因此每次磁铁经过时开关状态为闭合。
② 每次翻斗接水体积$V_0=10\ \mathrm{mL}=10^{-5}\ \mathrm{m}^3$，30 min内翻斗翻转12次，总接水体积$V=12×10^{-5}\ \mathrm{m}^3$。降水量为水层深度，由$V=Sh$得$h=\frac{V}{S}=\frac{12×10^{-5}\ \mathrm{m}^3}{0.1\ \mathrm{m}^2}=1.2×10^{-3}\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{mm}$；由图2乙可知，翻斗翻转的时间间隔逐渐变长，说明降水量变化趋势减弱。
③ 设电源电压为$U$，开关闭合时，电路只有$R_2$工作，电流$I_1=25\ \mathrm{mA}=0.025\ \mathrm{A}$，则$U=I_1R_2=0.025\ \mathrm{A}×R_2$；开关断开时，$R_1$与$R_2$串联，电流$I_2=5\ \mathrm{mA}=0.005\ \mathrm{A}$，则$U=I_2(R_1+R_2)=0.005\ \mathrm{A}×(800\ \Omega+R_2)$。联立方程：$0.025R_2=0.005×(800+R_2)$，解得$R_2=200\ \Omega$。
(4) 我国北方地区冬季气温低，降水可能为固态，且易结冰影响装置，故可改进为低温天气增加加热装置（或合理调整配重等）。
【答案】
(1) 托盘天平(天平、定滑轮)
(2) 降低
(3) ①闭合；②1.2，减弱；③200
(4) 低温天气，增加加热装置(答案合理即可)
【知识点】
杠杆平衡条件、欧姆定律、降水量计算
【点评】
本题以生活中的翻斗式雨量计为载体，融合杠杆、电路、物理量计算等知识，考查学生将物理知识应用于实际问题的能力，贴近生活实际，难度适中。
【难度系数】
0.6