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1. ★★（小制作）小明根据所学的知识设计了一个电子量角器，电路如图所示，电流表的量程为0～0.6 A，电压表的量程为0～3 V，O为半圆弧电阻MN的圆心，金属滑片OP为半径，与半圆弧接触良好，半圆弧电阻MN的总电阻为30 Ω，接入电路的电阻$ R_{MP} $与指针旋转角度$ θ $成正比，电源电压恒为6 V，$ R_0 $为电阻箱，此时$ R_0 $调节为10 Ω。下列说法正确的是（
A.所测角度$ θ $变大，电流表示数变小，电压表示数变小
B.当电压表示数为2 V时，量角器所测角度$ θ $为$ 40° $
C.为保证电路安全，此量角器所测角度$ θ $的范围为$ 0～60° $
D.将电压表表盘改装为角度指示盘，为满足测量角度范围最大，且精度最高，电阻箱$ R_0 $的阻值应调节为60 Ω
C
）A.所测角度$ θ $变大，电流表示数变小，电压表示数变小
B.当电压表示数为2 V时，量角器所测角度$ θ $为$ 40° $
C.为保证电路安全，此量角器所测角度$ θ $的范围为$ 0～60° $
D.将电压表表盘改装为角度指示盘，为满足测量角度范围最大，且精度最高，电阻箱$ R_0 $的阻值应调节为60 Ω
答案
1. C 【点拨】由图可知，变阻器与电阻箱串联，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。角度$θ$变大时，电阻$R_{MP}$接入的阻值变大，则电路中电流变小，电流表的示数变小，根据$U=IR$可知电阻箱两端的电压变小，根据串联电路的电压特点可知电压表示数变大，故A错误；当电压表示数为2 V时，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流$I=\frac{U-U_1}{R_0}=\frac{6\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$，此时变阻器接入电路的阻值$R_1=\frac{U_1}{I}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$，所测角的度数$θ=\frac{5\ \Omega}{30\ \Omega}×180°=30°$，故B错误；已知电压表的量程为0～3 V，根据串联电路总电压等于各部分电压之和，当电压表示数最大为3 V时测量的角度最大，根据欧姆定律可知此时电路中电流$I_\mathrm{小}=\frac{U-U_\mathrm{大}}{R_0}=\frac{6\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.3\ \mathrm{A}$，此时变阻器接入电路的阻值$R_\mathrm{大}=\frac{U_\mathrm{大}}{I_\mathrm{小}}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$，所测角度$θ$的最大值$θ_\mathrm{大}=\frac{10\ \Omega}{30\ \Omega}×180°=60°$，变阻器接入电路的电阻为0 Ω时，通过电路的电流$I'=\frac{U}{R_0}=\frac{6\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.6\ \mathrm{A}$，电流表能正常使用，所以该电子“量角器”的测量范围为0～60°，故C正确；根据串联电路的分压作用可知不改变电压表量程，要使该装置测量角度的范围是0～180°，即电阻$R_{MN}$全部接入电路，角度范围最大，精度最高，需要增大$R_0$的阻值，根据串联电路特点结合欧姆定律可得，$\frac{U_\mathrm{V}}{R}=\frac{U-U_\mathrm{V}}{R_0'}$，代入数据可得$\frac{3\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=\frac{6\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}}{R_0'}$，解得$R_0'=30\ \Omega$，故D错误。
解析
【分析】
首先明确电路结构：半圆弧电阻MN的MP段电阻与电阻箱R₀串联，电流表测电路总电流，电压表测MP段电阻两端的电压。解题时需结合串联电路的电流、电压规律，欧姆定律，以及题目中“接入电路的电阻R_MP与指针旋转角度θ成正比”的关系（半圆弧总电阻30Ω对应180°，故R_MP = (θ/180°)×30Ω），逐一分析各选项的正确性。
【解析】
电路中，R_MP与R₀串联，电流表测串联电路的电流I，电压表测R_MP两端的电压U_V。
选项A：θ变大时，R_MP接入阻值变大，总电阻R总=R_MP+R₀变大，电源电压U=6V不变，由I=U/R总得电流I变小，电流表示数变小；R₀为定值，U₀=IR₀，故U₀变小；根据串联电路电压规律U_V=U-U₀，可知U_V变大，电压表示数变大，因此A错误。
选项B：当电压表示数U_V=2V时，R₀两端电压U₀=U-U_V=6V-2V=4V，电路电流I=U₀/R₀=4V/10Ω=0.4A；此时R_MP=U_V/I=2V/0.4A=5Ω，由R_MP与θ成正比，得θ=(R_MP/R_MP总)×180°=(5Ω/30Ω)×180°=30°，并非40°，故B错误。
选项C：电压表量程为0～3V，故U_V最大为3V。此时R₀两端电压U₀'=6V-3V=3V，电路电流I'=U₀'/R₀=3V/10Ω=0.3A；R_MP最大阻值R_MP大=U_V大/I'=3V/0.3A=10Ω，对应最大角度θ大=(10Ω/30Ω)×180°=60°。当R_MP=0时，电路电流I''=U/R₀=6V/10Ω=0.6A，刚好在电流表量程内，因此测量角度范围为0～60°，C正确。
选项D：要使测量角度范围为0～180°，需R_MP最大为30Ω，此时U_V最大仍为3V，根据串联分压规律：U_V/R_MP总=(U-U_V)/R₀'，代入数据得3V/30Ω=(6V-3V)/R₀'，解得R₀'=30Ω，并非60Ω，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律应用、动态电路分析
【点评】
本题是结合串联电路规律和欧姆定律的动态电路分析题，需明确各电表测量对象，利用比例关系计算角度，考查学生对电路知识的综合应用能力，属于中档难度的电路应用题。
【难度系数】
0.5
首先明确电路结构：半圆弧电阻MN的MP段电阻与电阻箱R₀串联，电流表测电路总电流，电压表测MP段电阻两端的电压。解题时需结合串联电路的电流、电压规律，欧姆定律，以及题目中“接入电路的电阻R_MP与指针旋转角度θ成正比”的关系（半圆弧总电阻30Ω对应180°，故R_MP = (θ/180°)×30Ω），逐一分析各选项的正确性。
【解析】
电路中，R_MP与R₀串联，电流表测串联电路的电流I，电压表测R_MP两端的电压U_V。
选项A：θ变大时，R_MP接入阻值变大，总电阻R总=R_MP+R₀变大，电源电压U=6V不变，由I=U/R总得电流I变小，电流表示数变小；R₀为定值，U₀=IR₀，故U₀变小；根据串联电路电压规律U_V=U-U₀，可知U_V变大，电压表示数变大，因此A错误。
选项B：当电压表示数U_V=2V时，R₀两端电压U₀=U-U_V=6V-2V=4V，电路电流I=U₀/R₀=4V/10Ω=0.4A；此时R_MP=U_V/I=2V/0.4A=5Ω，由R_MP与θ成正比，得θ=(R_MP/R_MP总)×180°=(5Ω/30Ω)×180°=30°，并非40°，故B错误。
选项C：电压表量程为0～3V，故U_V最大为3V。此时R₀两端电压U₀'=6V-3V=3V，电路电流I'=U₀'/R₀=3V/10Ω=0.3A；R_MP最大阻值R_MP大=U_V大/I'=3V/0.3A=10Ω，对应最大角度θ大=(10Ω/30Ω)×180°=60°。当R_MP=0时，电路电流I''=U/R₀=6V/10Ω=0.6A，刚好在电流表量程内，因此测量角度范围为0～60°，C正确。
选项D：要使测量角度范围为0～180°，需R_MP最大为30Ω，此时U_V最大仍为3V，根据串联分压规律：U_V/R_MP总=(U-U_V)/R₀'，代入数据得3V/30Ω=(6V-3V)/R₀'，解得R₀'=30Ω，并非60Ω，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律应用、动态电路分析
【点评】
本题是结合串联电路规律和欧姆定律的动态电路分析题，需明确各电表测量对象，利用比例关系计算角度，考查学生对电路知识的综合应用能力，属于中档难度的电路应用题。
【难度系数】
0.5
2. [南通中考改编]冬天，为控制蔬菜大棚的温度在20～28 ℃，同学们设计了如图所示的控制电路。电源电压为3 V，$R_t$是热敏电阻，$R_0$选用3 kΩ或5 kΩ的定值电阻。闭合开关S，当$R_t$两端电压$U_t ≥ 2$ V时，开启加热系统；当$U_t ≤ 1.8$ V时，关闭加热系统。热敏电阻$R_t$在不同温度时的阻值如下
。下列说法正确的是 （
A.$R_t$的阻值与温度成反比
B.选用3 kΩ的定值电阻能够满足设计的要求
C.$R_t$和$R_0$的电阻可能相等
D.增大电源电压使开启加热系统的温度变低
。下列说法正确的是 （B
）A.$R_t$的阻值与温度成反比
B.选用3 kΩ的定值电阻能够满足设计的要求
C.$R_t$和$R_0$的电阻可能相等
D.增大电源电压使开启加热系统的温度变低
答案
2. B 【点拨】从表中数据看，温度升高时$R_t$阻值减小，但并非严格成反比，所以不是反比关系，故A错误。$R_t$与$R_0$串联，若$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$，电源电压为6 V，当$R_t$两端电压$U_t=2\ \mathrm{V}$时，$U_0=U-U_t=3\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$；串联电路电流相等，即$\frac{U_0}{R_0}=\frac{U_t}{R_t}$，故$R_t=\frac{U_tR_0}{U_0}=\frac{2\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1\ \mathrm{V}}=6\ \mathrm{k}\Omega$，对应温度20 ℃，开启加热系统；当$R_t$两端电压$U_t'=1.8\ \mathrm{V}$时，$U_0'=U-U_t'=3\ \mathrm{V}-1.8\ \mathrm{V}=1.2\ \mathrm{V}$；串联电路电流相等，即$\frac{U_0'}{R_0}=\frac{U_t'}{R_t'}$，故$R_t'=\frac{U_t'R_0}{U_0'}=\frac{1.8\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1.2\ \mathrm{V}}=4.5\ \mathrm{k}\Omega$，由表中数据可知，对应温度为28 ℃，关闭加热系统；符合要求，故B正确。$R_t$与$R_0$电阻相等时，若均为3 kΩ，对应的温度是38.2 ℃，超过了温度在20～28 ℃范围，故C错误。增大电源电压，若$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$，$R_t$两端电压$U_t=2\ \mathrm{V}$时，$U_0''=U'-U_t=6\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$；串联电路电流相等，即$\frac{U_0''}{R_0}=\frac{U_t}{R_t''}$，故$R_t''=\frac{U_tR_0}{U_0''}=\frac{2\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{4\ \mathrm{V}}=1.5\ \mathrm{k}\Omega$，由表中数据可知，温度高于45.5 ℃，使开启加热系统的温度变高，故D错误。
解析
【分析】
这是一道结合实际应用的串联电路分析题，解题思路为：先明确串联电路的电流、电压特点，结合欧姆定律分析各选项；再根据热敏电阻阻值随温度变化的表格数据，逐一判断每个选项的正误，重点关注串联分压规律的应用以及热敏电阻的阻值与温度的对应关系。
【解析】
1. 分析选项A：从热敏电阻阻值随温度变化的数据可知，温度升高时$R_t$阻值减小，但计算温度与阻值的比值（如20℃对应6kΩ、28℃对应4.5kΩ），比值不固定，因此$R_t$的阻值与温度不成反比，A错误。
2. 分析选项B：$R_t$与$R_0$串联，电源电压$U=3\ \mathrm{V}$，若选用$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$：
开启加热系统时，$U_t=2\ \mathrm{V}$，则$U_0=U-U_t=3\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$；串联电路电流相等，由欧姆定律$\frac{U_0}{R_0}=\frac{U_t}{R_t}$，得$R_t=\frac{U_tR_0}{U_0}=\frac{2\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1\ \mathrm{V}}=6\ \mathrm{k}\Omega$，对应表格中温度为20℃，符合要求；
关闭加热系统时，$U_t'=1.8\ \mathrm{V}$，则$U_0'=U-U_t'=3\ \mathrm{V}-1.8\ \mathrm{V}=1.2\ \mathrm{V}$，同理得$R_t'=\frac{U_t'R_0}{U_0'}=\frac{1.8\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1.2\ \mathrm{V}}=4.5\ \mathrm{k}\Omega$，对应表格中温度为28℃，符合要求；因此选用3kΩ定值电阻满足设计要求，B正确。
3. 分析选项C：若$R_t$与$R_0$电阻相等，假设$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$，则$R_t=3\ \mathrm{k}\Omega$，查表格对应温度为38.2℃，超过了20～28℃的要求范围，C错误。
4. 分析选项D：增大电源电压，开启加热系统时$U_t=2\ \mathrm{V}$，此时$U_0''=U'-U_t$，由串联分压得$R_t''=\frac{U_tR_0}{U_0''}$，电源电压增大则$U_0''$增大，$R_t''$减小；查表格可知，$R_t$越小对应温度越高，因此开启加热系统的温度变高，D错误。
【答案】
B
【知识点】
欧姆定律、串联电路特点、热敏电阻特性
【点评】
本题以蔬菜大棚温度控制为背景，考查串联电路规律与欧姆定律的应用，需要学生结合表格数据分析热敏电阻的阻值变化，逻辑推理要求较高，是一道典型的电路应用类题目。
【难度系数】
0.6
这是一道结合实际应用的串联电路分析题，解题思路为：先明确串联电路的电流、电压特点，结合欧姆定律分析各选项；再根据热敏电阻阻值随温度变化的表格数据，逐一判断每个选项的正误，重点关注串联分压规律的应用以及热敏电阻的阻值与温度的对应关系。
【解析】
1. 分析选项A：从热敏电阻阻值随温度变化的数据可知，温度升高时$R_t$阻值减小，但计算温度与阻值的比值（如20℃对应6kΩ、28℃对应4.5kΩ），比值不固定，因此$R_t$的阻值与温度不成反比，A错误。
2. 分析选项B：$R_t$与$R_0$串联，电源电压$U=3\ \mathrm{V}$，若选用$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$：
开启加热系统时，$U_t=2\ \mathrm{V}$，则$U_0=U-U_t=3\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$；串联电路电流相等，由欧姆定律$\frac{U_0}{R_0}=\frac{U_t}{R_t}$，得$R_t=\frac{U_tR_0}{U_0}=\frac{2\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1\ \mathrm{V}}=6\ \mathrm{k}\Omega$，对应表格中温度为20℃，符合要求；
关闭加热系统时，$U_t'=1.8\ \mathrm{V}$，则$U_0'=U-U_t'=3\ \mathrm{V}-1.8\ \mathrm{V}=1.2\ \mathrm{V}$，同理得$R_t'=\frac{U_t'R_0}{U_0'}=\frac{1.8\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1.2\ \mathrm{V}}=4.5\ \mathrm{k}\Omega$，对应表格中温度为28℃，符合要求；因此选用3kΩ定值电阻满足设计要求，B正确。
3. 分析选项C：若$R_t$与$R_0$电阻相等，假设$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$，则$R_t=3\ \mathrm{k}\Omega$，查表格对应温度为38.2℃，超过了20～28℃的要求范围，C错误。
4. 分析选项D：增大电源电压，开启加热系统时$U_t=2\ \mathrm{V}$，此时$U_0''=U'-U_t$，由串联分压得$R_t''=\frac{U_tR_0}{U_0''}$，电源电压增大则$U_0''$增大，$R_t''$减小；查表格可知，$R_t$越小对应温度越高，因此开启加热系统的温度变高，D错误。
【答案】
B
【知识点】
欧姆定律、串联电路特点、热敏电阻特性
【点评】
本题以蔬菜大棚温度控制为背景，考查串联电路规律与欧姆定律的应用，需要学生结合表格数据分析热敏电阻的阻值变化，逻辑推理要求较高，是一道典型的电路应用类题目。
【难度系数】
0.6
3. （跨学科 数学 [兰州中考] 在课外实践制作活动中，小红将量程为0~3 V的电压表改装成一个测量质量的电子秤，原理如图甲所示。电源电压恒为6 V，定值电阻$R_0$的阻值为60 Ω，压敏电阻R的阻值随压力的变化关系如图乙所示（g取10 N/kg）。O点是杠杆OAC的支点，托盘固定在A点，$OA:OC=1:4$，托盘及杠杆等组件的质量忽略不计。下列说法正确的是 （
A.增大托盘里被测物体的质量，电压表的示数会变小
B.电子秤的0 kg刻度线应标注在电压表刻度盘1.2 V的刻度线处
C.若$R_0$的阻值为120 Ω，则电子秤能测量的最大质量为120 kg
D.若只将托盘的固定点从A移至B，则电子秤的量程变大
C
）A.增大托盘里被测物体的质量，电压表的示数会变小
B.电子秤的0 kg刻度线应标注在电压表刻度盘1.2 V的刻度线处
C.若$R_0$的阻值为120 Ω，则电子秤能测量的最大质量为120 kg
D.若只将托盘的固定点从A移至B，则电子秤的量程变大
答案
3. C 【点拨】增大托盘里被测物体的质量，托盘对杠杆的压力变大，由杠杆的平衡条件可知，压敏电阻对C点的支持力变大，即C点对压敏电阻的压力变大，由图乙可知，压敏电阻阻值R变小，由串联电路中电压的分配规律$\frac{U_0}{U-U_0}=\frac{R_0}{R}$可知，电压表示数$U_0$变大，故A错误。当电子秤的示数为0 kg时，C点对压敏电阻的压力为零，对应的压敏电阻的阻值$R=300\ \Omega$，由串联电路中电压的分配规律$\frac{U_0}{U-U_0}=\frac{R_0}{R}$，代入数据有$\frac{U_0}{6\ \mathrm{V}-U_0}=\frac{60\ \Omega}{300\ \Omega}$，解得$U_0=1\ \mathrm{V}$，故B错误。电子秤测量最大质量时，电压表示数最大，由串联电路中电压的分配规律$\frac{U_0'}{U-U_0'}=\frac{R_0'}{R'}$，代入数据有$\frac{3\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}}=\frac{120\ \Omega}{R'}$，解得$R'=120\ \Omega$，由图乙可知，R与F的数学关系式为$R=-\frac{3}{5}F+300$，当压敏电阻的阻值为120 Ω时，C点对压敏电阻的压力为300 N，所以压敏电阻对C点的支持力$F_1=300\ \mathrm{N}$，由杠杆的平衡条件得$F_1L_1=F_2L_2$，代入数据求解得$F_2=\frac{F_1L_1}{L_2}=\frac{300\ \mathrm{N}× OC}{OA}=300\ \mathrm{N}×4=1200\ \mathrm{N}$，$G=F_2=1200\ \mathrm{N}$，所以此时称量的最大质量$m_\mathrm{大}=\frac{G}{g}=\frac{1200\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=120\ \mathrm{kg}$，故C正确。因为$R_0$的阻值一定，电子秤即电压表的最大值为3 V时，因为电源电压为6 V，由串联电路的分压特点可知，此时压敏电阻的阻值为60 Ω，所以此时C点对压敏电阻的压力一定，由杠杆的平衡条件得$F_1L_1=F_2L_2$，将托盘的固定点从A移至B只增大阻力臂$L_2$，阻力$F_2$变小，即称量的物体的重力变小，由$m=\frac{G}{g}$可知质量变小，所以电子秤的量程变小，故D错误。
解析
【分析】
本题是力学与电学结合的综合题，需逐一分析各选项：先根据物体质量变化，结合杠杆平衡判断压敏电阻的压力变化，再由压敏电阻的阻值特性和串联电路分压规律，判断电压表示数变化；再结合串联分压计算不同情况下的电压、电阻，利用杠杆平衡推导物体质量，分析量程变化，从而确定正确选项。
【解析】
选项A分析：增大托盘内被测物体质量，托盘对A点压力增大，由杠杆平衡条件知C点对压敏电阻的压力增大，结合图乙得压敏电阻R阻值减小。电路中$R_0$与R串联，电压表测$R_0$两端电压，根据串联分压规律，R减小则其分压减小，$R_0$分压（电压表示数）增大，故A错误。
选项B分析：物体质量为0时，C点对压敏电阻压力为0，由图乙得$R=300\ \Omega$。电源电压$U=6\ \mathrm{V}$，$R_0=60\ \Omega$，串联电路电流$I=\frac{U}{R_0+R}=\frac{6\ \mathrm{V}}{60\ \Omega+300\ \Omega}=\frac{1}{60}\ \mathrm{A}$，电压表示数$U_0=IR_0=\frac{1}{60}\ \mathrm{A}×60\ \Omega=1\ \mathrm{V}$，不是1.2 V，故B错误。
选项C分析：电压表最大量程为3 V，此时$U_0'=3\ \mathrm{V}$，电路电流$I'=\frac{U_0'}{R_0'}=\frac{3\ \mathrm{V}}{120\ \Omega}=0.025\ \mathrm{A}$，总电阻$R_{\mathrm{总}}'=\frac{U}{I'}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.025\ \mathrm{A}}=240\ \Omega$，压敏电阻阻值$R'=R_{\mathrm{总}}'-R_0'=240\ \Omega-120\ \Omega=120\ \Omega$。由图乙得R与F的关系为$R=300-0.6F$，代入$R'=120\ \Omega$，解得C点压力$F_C=300\ \mathrm{N}$。根据杠杆平衡$F_C×OC=G×OA$，$OA:OC=1:4$，得$G=F_C×\frac{OC}{OA}=300\ \mathrm{N}×4=1200\ \mathrm{N}$，最大质量$m=\frac{G}{g}=\frac{1200\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=120\ \mathrm{kg}$，故C正确。
选项D分析：电压表最大示数3 V时，压敏电阻阻值不变，对应C点压力不变。托盘固定点从A移至B，阻力臂变大，由杠杆平衡$G×OB=F_C×OC$，得最大称量质量变小，电子秤量程变小，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、串联电路分压规律、欧姆定律
【点评】
本题为跨学科综合题，需结合力学与电学知识分析实际装置，考查学生对知识点的综合应用能力，需理清力与电阻的变化关系，难度中等。
【难度系数】
0.5
本题是力学与电学结合的综合题，需逐一分析各选项：先根据物体质量变化，结合杠杆平衡判断压敏电阻的压力变化，再由压敏电阻的阻值特性和串联电路分压规律，判断电压表示数变化；再结合串联分压计算不同情况下的电压、电阻，利用杠杆平衡推导物体质量，分析量程变化，从而确定正确选项。
【解析】
选项A分析：增大托盘内被测物体质量，托盘对A点压力增大，由杠杆平衡条件知C点对压敏电阻的压力增大，结合图乙得压敏电阻R阻值减小。电路中$R_0$与R串联，电压表测$R_0$两端电压，根据串联分压规律，R减小则其分压减小，$R_0$分压（电压表示数）增大，故A错误。
选项B分析：物体质量为0时，C点对压敏电阻压力为0，由图乙得$R=300\ \Omega$。电源电压$U=6\ \mathrm{V}$，$R_0=60\ \Omega$，串联电路电流$I=\frac{U}{R_0+R}=\frac{6\ \mathrm{V}}{60\ \Omega+300\ \Omega}=\frac{1}{60}\ \mathrm{A}$，电压表示数$U_0=IR_0=\frac{1}{60}\ \mathrm{A}×60\ \Omega=1\ \mathrm{V}$，不是1.2 V，故B错误。
选项C分析：电压表最大量程为3 V，此时$U_0'=3\ \mathrm{V}$，电路电流$I'=\frac{U_0'}{R_0'}=\frac{3\ \mathrm{V}}{120\ \Omega}=0.025\ \mathrm{A}$，总电阻$R_{\mathrm{总}}'=\frac{U}{I'}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.025\ \mathrm{A}}=240\ \Omega$，压敏电阻阻值$R'=R_{\mathrm{总}}'-R_0'=240\ \Omega-120\ \Omega=120\ \Omega$。由图乙得R与F的关系为$R=300-0.6F$，代入$R'=120\ \Omega$，解得C点压力$F_C=300\ \mathrm{N}$。根据杠杆平衡$F_C×OC=G×OA$，$OA:OC=1:4$，得$G=F_C×\frac{OC}{OA}=300\ \mathrm{N}×4=1200\ \mathrm{N}$，最大质量$m=\frac{G}{g}=\frac{1200\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=120\ \mathrm{kg}$，故C正确。
选项D分析：电压表最大示数3 V时，压敏电阻阻值不变，对应C点压力不变。托盘固定点从A移至B，阻力臂变大，由杠杆平衡$G×OB=F_C×OC$，得最大称量质量变小，电子秤量程变小，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、串联电路分压规律、欧姆定律
【点评】
本题为跨学科综合题，需结合力学与电学知识分析实际装置，考查学生对知识点的综合应用能力，需理清力与电阻的变化关系，难度中等。
【难度系数】
0.5
4. [眉山中考] 超速是引发交通安全事故的因素之一。物理兴趣小组设计了一种超速自动报警装置，当车速过快时，提醒驾驶员需要减速。如图甲所示为该装置的简化电路图，电源电压为12 V，定值电阻R为10 Ω，$R_v$为速度传感器，其阻值随车速变化的关系图像如图乙所示。由图乙可知，当汽车的行驶速度逐渐增大时，电压表的示数
增大
（填“增大”“减小”或“保持不变”）。若车速达到80 km/h时，提醒语音响起，观察到电压表示数为10 V；当电压表的示数为8 V时，汽车速度为20
km/h。答案
4. 增大;20 【点拨】由图甲可知，R与$R_v$串联，电压表测量$R_v$两端的电压，随着车速增大，$R_v$变大，根据串联分压规律知，分得的电压变大，电压表的示数变大。当车速为80 km/h时，电压表示数为10 V，则定值电阻R两端的电压$U=U_\mathrm{电}-U_\mathrm{v}=12\ \mathrm{V}-10\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$，电路中的电流$I=\frac{U}{R}=\frac{2\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$，此时$R_v$的阻值$R_v=\frac{U_\mathrm{v}}{I}=\frac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$；当电压表示数为8 V时，定值电阻R两端的电压$U'=U_\mathrm{电}-U_\mathrm{v}'=12\ \mathrm{V}-8\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$，电路中电流$I'=\frac{U'}{R}=\frac{4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$，此时$R_v$的阻值$R_v'=\frac{U_\mathrm{v}'}{I'}=\frac{8\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$，由图乙可知$\frac{50\ \Omega-10\ \Omega}{80\ \mathrm{km/h}}=\frac{20\ \Omega-10\ \Omega}{v}$，解得$v=20\ \mathrm{km/h}$。
解析
【分析】
首先分析电路：图甲中定值电阻R与速度传感器Rv串联，电压表测量Rv两端的电压。观察图乙可知，车速增大时Rv的阻值变大，根据串联电路分压规律，电阻越大，分得的电压越大，可判断电压表示数变化；后续计算需结合欧姆定律，先根据已知条件求出对应Rv的阻值，再利用Rv与车速的线性关系算出对应车速。
【解析】
1. 判断电压表示数变化：
R与Rv串联，电压表测Rv两端电压，由图乙知车速增大时Rv阻值变大，根据串联分压规律，Rv分得的电压变大，因此电压表示数增大。
2. 计算电压表示数为8V时的车速：
当车速为80 km/h时，电压表示数Uv=10V，电源电压U=12V，定值电阻R=10Ω。
R两端电压：UR = U - Uv = 12V - 10V = 2V，
电路电流：I = UR/R = 2V/10Ω = 0.2A，
此时Rv的阻值：Rv = Uv/I = 10V/0.2A = 50Ω。
当电压表示数Uv'=8V时，
R两端电压：UR' = U - Uv' = 12V - 8V = 4V，
电路电流：I' = UR'/R = 4V/10Ω = 0.4A，
此时Rv的阻值：Rv' = Uv'/I' = 8V/0.4A = 20Ω。
由图乙可知，Rv与车速成线性关系：v=0时Rv=10Ω，v=80km/h时Rv=50Ω，即Rv每增加40Ω对应车速增加80km/h，因此Rv每增加1Ω对应车速增加2km/h。
Rv'比v=0时的Rv多20Ω-10Ω=10Ω，对应车速v=10Ω×2km/h/Ω=20km/h。
【答案】增大；20
【知识点】串联电路分压规律、欧姆定律
【点评】本题结合实际超速报警装置，考查串联电路特点与欧姆定律的应用，需学生掌握电路分析和公式计算，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.6
首先分析电路：图甲中定值电阻R与速度传感器Rv串联，电压表测量Rv两端的电压。观察图乙可知，车速增大时Rv的阻值变大，根据串联电路分压规律，电阻越大，分得的电压越大，可判断电压表示数变化；后续计算需结合欧姆定律，先根据已知条件求出对应Rv的阻值，再利用Rv与车速的线性关系算出对应车速。
【解析】
1. 判断电压表示数变化：
R与Rv串联，电压表测Rv两端电压，由图乙知车速增大时Rv阻值变大，根据串联分压规律，Rv分得的电压变大，因此电压表示数增大。
2. 计算电压表示数为8V时的车速：
当车速为80 km/h时，电压表示数Uv=10V，电源电压U=12V，定值电阻R=10Ω。
R两端电压：UR = U - Uv = 12V - 10V = 2V，
电路电流：I = UR/R = 2V/10Ω = 0.2A，
此时Rv的阻值：Rv = Uv/I = 10V/0.2A = 50Ω。
当电压表示数Uv'=8V时，
R两端电压：UR' = U - Uv' = 12V - 8V = 4V，
电路电流：I' = UR'/R = 4V/10Ω = 0.4A，
此时Rv的阻值：Rv' = Uv'/I' = 8V/0.4A = 20Ω。
由图乙可知，Rv与车速成线性关系：v=0时Rv=10Ω，v=80km/h时Rv=50Ω，即Rv每增加40Ω对应车速增加80km/h，因此Rv每增加1Ω对应车速增加2km/h。
Rv'比v=0时的Rv多20Ω-10Ω=10Ω，对应车速v=10Ω×2km/h/Ω=20km/h。
【答案】增大；20
【知识点】串联电路分压规律、欧姆定律
【点评】本题结合实际超速报警装置，考查串联电路特点与欧姆定律的应用，需学生掌握电路分析和公式计算，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.6
5. ★★★（跨学科 数学 [烟台中考] 实践小组为某水箱设计了一个监测水位的装置，图甲是其原理图，电流
表的示数可显示水位高低，当示数为0.6 A时表示水位达到预定值。电源电压恒定不变，$R_0$为定值电阻，条状变阻器$R$的最大阻值为70 Ω，浮子可带动连接导线的水平金属杆$AP$上下移动。给水箱加水至预定水位的过程中，电压表的最大示数为12 V，电流表示数变化的范围为0.2～0.6 A，变阻器接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙所示，则定值电阻$R_0$的阻值为
表的示数可显示水位高低，当示数为0.6 A时表示水位达到预定值。电源电压恒定不变，$R_0$为定值电阻，条状变阻器$R$的最大阻值为70 Ω，浮子可带动连接导线的水平金属杆$AP$上下移动。给水箱加水至预定水位的过程中，电压表的最大示数为12 V，电流表示数变化的范围为0.2～0.6 A，变阻器接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙所示，则定值电阻$R_0$的阻值为
20
Ω，水位预定值为0.8
m。若水箱内部的底面积为0.5 m²，当水位达到预定值时，水箱底部受到水的压力为$4×10^3$
N。($g$取10 N/kg，$\rho_{\mathrm{水}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$)答案
5. 20;0.8;$4×10^3$ 【点拨】由图甲可知，定值电阻与变阻器串联接入电路，电压表测$R_0$两端的电压，电流表测通过电路的电流。由题知，给水箱加水至预定水位的过程中，电压表的最大示数为12 V，电流表示数变化的范围为0.2～0.6 A，此过程中浮子上浮，金属杆AP上移，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流增大，由$U=IR$可知，定值电阻$R_0$两端的电压也增大，即电压表示数增大，所以，当水位达到预定值时，电压表的示数为12 V，电流表的示数为0.6 A，根据欧姆定律可得，定值电阻$R_0$的阻值$R_0=\frac{U_\mathrm{v大}}{I_\mathrm{大}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$。当金属杆AP在最下端时，变阻器接入电路的电阻最大，总电阻最大，由欧姆定律可知此时电路中电流最小，由题意可知$I_\mathrm{小}=0.2\ \mathrm{A}$，根据欧姆定律和电阻的串联规律可得电源电压$U=I_\mathrm{小}(R_\mathrm{滑大}+R_0)=0.2\ \mathrm{A}×(70\ \Omega+20\ \Omega)=18\ \mathrm{V}$；当水位达到预定值时，电路中电流最大，由题意可知$I_\mathrm{大}=0.6\ \mathrm{A}$，此时电路的总电阻$R_\mathrm{总小}=\frac{U}{I_\mathrm{大}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$，由串联电路的电阻规律可得变阻器接入电路的最小电阻$R_\mathrm{滑小}=R_\mathrm{总小}-R_0=30\ \Omega-20\ \Omega=10\ \Omega$；由图乙可知，变阻器接入电路的阻值与水位成一次函数关系，设$R=kh+b$，且h为20 cm时，R为70 Ω，h为90 cm时，R为0 Ω，则可得$70\ \Omega=20\ \mathrm{cm}× k+b$①，$0\ \Omega=90\ \mathrm{cm}× k+b$②，联立①②可得：$k=-1\ \Omega/\mathrm{cm}$，$b=90\ \Omega$，则$R=-1\ \Omega/\mathrm{cm}× h+90\ \Omega$，所以，预定水位$h_\mathrm{大}=\frac{90\ \Omega-R_\mathrm{滑小}}{1\ \Omega/\mathrm{cm}}=\frac{90\ \Omega-10\ \Omega}{1\ \Omega/\mathrm{cm}}=80\ \mathrm{cm}=0.8\ \mathrm{m}$。当水位达到预定值时，水箱底部受到水的压强$p=\rho_\mathrm{水}gh_\mathrm{大}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.8\ \mathrm{m}=8×10^3\ \mathrm{Pa}$；根据$p=\frac{F}{S}$可得，水箱底部受到水的压力$F=pS=8×10^3\ \mathrm{Pa}×0.5\ \mathrm{m}^2=4×10^3\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
首先明确电路结构：定值电阻$R_0$与变阻器$R$串联，电压表测定值电阻$R_0$两端电压，电流表测电路电流。解题思路：1. 利用预定水位时的最大电流和对应最大电压，结合欧姆定律求$R_0$；2. 利用最小电流和变阻器最大阻值，结合串联电路规律求电源电压；3. 由预定水位的电流算出此时变阻器接入的电阻，再根据图乙中$R$与水位$h$的函数关系，求出预定水位；4. 利用液体压强公式算水的压强，再结合水箱底面积求底部受到的压力。
【解析】
1. 求定值电阻$R_0$的阻值：
预定水位时电流最大（$I_{\mathrm{大}}=0.6\ \mathrm{A}$），此时电压表示数最大（$U_{V\mathrm{大}}=12\ \mathrm{V}$），电压表测$R_0$两端电压，根据欧姆定律：
$R_0=\frac{U_{V\mathrm{大}}}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$。
2. 求电源电压：
当电流最小（$I_{\mathrm{小}}=0.2\ \mathrm{A}$）时，变阻器接入最大阻值$R_{\mathrm{滑大}}=70\ \Omega$，串联电路总电阻$R_{\mathrm{总1}}=R_{\mathrm{滑大}}+R_0=70\ \Omega+20\ \Omega=90\ \Omega$，电源电压：
$U=I_{\mathrm{小}}R_{\mathrm{总1}}=0.2\ \mathrm{A}×90\ \Omega=18\ \mathrm{V}$。
3. 求预定水位：
预定水位时电流$I_{\mathrm{大}}=0.6\ \mathrm{A}$，此时总电阻$R_{\mathrm{总2}}=\frac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$，变阻器接入的最小阻值：
$R_{\mathrm{滑小}}=R_{\mathrm{总2}}-R_0=30\ \Omega-20\ \Omega=10\ \Omega$。
由图乙，$R$与$h$成一次函数，设$R=kh+b$，代入两点（$h=20\ \mathrm{cm},R=70\ \Omega$）和（$h=90\ \mathrm{cm},R=0\ \Omega$），解得$k=-1\ \Omega/\mathrm{cm}$，$b=90\ \Omega$，即$R=-h+90$（$h$单位：$\mathrm{cm}$）。
当$R_{\mathrm{滑小}}=10\ \Omega$时，$10=-h+90$，得$h=80\ \mathrm{cm}=0.8\ \mathrm{m}$，即预定水位为$0.8\ \mathrm{m}$。
4. 求水箱底部受到的压力：
水位$h=0.8\ \mathrm{m}$时，水的压强：
$p=\rho_{\mathrm{水}}gh=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.8\ \mathrm{m}=8×10^3\ \mathrm{Pa}$，
由$p=\frac{F}{S}$，得压力：
$F=pS=8×10^3\ \mathrm{Pa}×0.5\ \mathrm{m}^2=4×10^3\ \mathrm{N}$。
【答案】
20；0.8；$4×10^3$
【知识点】
欧姆定律、串联电路特点、液体压强计算
【点评】
本题为跨学科综合题，结合电路规律与液体压强知识，需分析电路、结合图像确定变量关系，考查学生综合运用知识的能力，步骤清晰但需多知识点联动。
【难度系数】
0.6
首先明确电路结构：定值电阻$R_0$与变阻器$R$串联，电压表测定值电阻$R_0$两端电压，电流表测电路电流。解题思路：1. 利用预定水位时的最大电流和对应最大电压，结合欧姆定律求$R_0$；2. 利用最小电流和变阻器最大阻值，结合串联电路规律求电源电压；3. 由预定水位的电流算出此时变阻器接入的电阻，再根据图乙中$R$与水位$h$的函数关系，求出预定水位；4. 利用液体压强公式算水的压强，再结合水箱底面积求底部受到的压力。
【解析】
1. 求定值电阻$R_0$的阻值：
预定水位时电流最大（$I_{\mathrm{大}}=0.6\ \mathrm{A}$），此时电压表示数最大（$U_{V\mathrm{大}}=12\ \mathrm{V}$），电压表测$R_0$两端电压，根据欧姆定律：
$R_0=\frac{U_{V\mathrm{大}}}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$。
2. 求电源电压：
当电流最小（$I_{\mathrm{小}}=0.2\ \mathrm{A}$）时，变阻器接入最大阻值$R_{\mathrm{滑大}}=70\ \Omega$，串联电路总电阻$R_{\mathrm{总1}}=R_{\mathrm{滑大}}+R_0=70\ \Omega+20\ \Omega=90\ \Omega$，电源电压：
$U=I_{\mathrm{小}}R_{\mathrm{总1}}=0.2\ \mathrm{A}×90\ \Omega=18\ \mathrm{V}$。
3. 求预定水位：
预定水位时电流$I_{\mathrm{大}}=0.6\ \mathrm{A}$，此时总电阻$R_{\mathrm{总2}}=\frac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\frac{18\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$，变阻器接入的最小阻值：
$R_{\mathrm{滑小}}=R_{\mathrm{总2}}-R_0=30\ \Omega-20\ \Omega=10\ \Omega$。
由图乙，$R$与$h$成一次函数，设$R=kh+b$，代入两点（$h=20\ \mathrm{cm},R=70\ \Omega$）和（$h=90\ \mathrm{cm},R=0\ \Omega$），解得$k=-1\ \Omega/\mathrm{cm}$，$b=90\ \Omega$，即$R=-h+90$（$h$单位：$\mathrm{cm}$）。
当$R_{\mathrm{滑小}}=10\ \Omega$时，$10=-h+90$，得$h=80\ \mathrm{cm}=0.8\ \mathrm{m}$，即预定水位为$0.8\ \mathrm{m}$。
4. 求水箱底部受到的压力：
水位$h=0.8\ \mathrm{m}$时，水的压强：
$p=\rho_{\mathrm{水}}gh=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.8\ \mathrm{m}=8×10^3\ \mathrm{Pa}$，
由$p=\frac{F}{S}$，得压力：
$F=pS=8×10^3\ \mathrm{Pa}×0.5\ \mathrm{m}^2=4×10^3\ \mathrm{N}$。
【答案】
20；0.8；$4×10^3$
【知识点】
欧姆定律、串联电路特点、液体压强计算
【点评】
本题为跨学科综合题，结合电路规律与液体压强知识，需分析电路、结合图像确定变量关系，考查学生综合运用知识的能力，步骤清晰但需多知识点联动。
【难度系数】
0.6
