2023年内蒙古呼伦贝尔市鄂伦春中考物理模拟试卷（1）
一、选择题（下列各题的四个选项中只有一个符合题意。本题14个小题，共28分）
1．（2分）下列估测中，符合实际的是（ ）
A．呼伦贝尔市一年中最高气温约20℃
B．中学生正常行走速度约5m/s
C．教室内一盏日光灯正常工作的电功率约500W
D．中学生从一楼上到四楼克服自身重力做功约5000J
2．（2分）在学习物理学的过程中，经常会用到一些科学研究方法。下列物理学研究的实例中，运用相同科学研究方法的是（ ）
①在研究响度与振幅的关系时，保持发声体的结构不变
②在研究光的传播路径和方向时，引入“光线”的概念
③在研究物体受几个力作用的情况时，引入“合力”的概念
④在研究力的作用效果与力的方向的关系时，保持力的大小和作用点不变。
A．①、④ B．②、③ C．①、② D．③、④
3．（2分）在某校开展的“大思政课”系列活动中，如图是老师为同学们讲“追科学之星，圆强国之梦”的情景。关于此过程中涉及的声现象说法正确的是（ ）
A．老师的讲课声是由空气振动产生的
B．老师大声讲课减小了声音的响度
C．讲课声是通过空气传播到学生耳中的
D．讲课声在空气中的传播速度是3×108m/s
4．（2分）如图是某款智能配送机器人，用户可通过人脸识别、输入取货码等多种方式取货。当用户通过人脸识别取货时，下列说法正确的是（ ）
A．机器人的镜头对光有发散作用
B．所成的是倒立、缩小的虚像
C．人脸位于镜头的二倍焦距以内
D．人脸离镜头越近，所成的像越大
5．（2分）利用如图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热得到温度随时间变化的图象如图乙所示[c＝4.2×103J/（kg ℃）]。下列说法正确的是（ ）
A．应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B．分析图乙可得食用油的比热容为2.8×103J/（kg ℃）
C．2min时a吸收的热量比b多
D．吸热能力较强的是a，它更适合作冷却剂
6．（2分）如图所示，人类利用现代科技“上九天揽月、下五洋捉鳖”。下列有关说法正确的是（ ）
A．甲图中，“神舟十三号”载人飞船的运载火箭加速升空时，受到了平衡力的作用
B．乙图中，“北斗”卫星导航系统利用超声波向地球传递信息
C．丙图中，大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600轻盈入水，若飞机从长江驶入东海后，船体会上浮一些
D．丁图中，“奋斗者”号载人潜水器在水中下潜的过程中受到的浮力越来越小、受到的压强越来越大
7．（2分）以下四幅图片涉及到的物理知识，说法正确的是（ ）
A．图甲，实心球受到重力作用运动越来越快了，所以物体运动需要力来维持
B．图乙，跑道上运动员加速冲刺时用力去蹬地面利用了力的作用是相互的
C．图丙，引体向上的同学握住单杠悬空静止了 1秒，在这1秒内重力对他做了功
D．图丁所示，仰卧起坐测试仪采用的是红外线，红外线不属于电磁波
8．（2分）如图，一个装满水的饮料瓶，正放在水平桌面上时，水对瓶底的压力为Fa，压强为pa，倒放在水平桌面上时，水对瓶盖的压力为Fb，压强为pb，则（ ）
A．Fa＞Fb；pa＝pb B．Fa＝Fb；pa＜pb
C．Fa＝Fb；pa＝pb D．Fa＜Fb；pa＜pb
9．（2分）如图所示，一个边长为0.1m的正方体竖直悬浮在某液体中，其上表面受到液体的压力F1为6N，下表面受到液体的压力F2为14N（g取10N/kg）。下列说法中错误的是（ ）
A．正方体受到的浮力为8N
B．液体的密度为0.8×103kg/m3
C．正方体上表面到液面的距离h＝0.06m
D．液体对正方体下表面的压强为1.4×103Pa
10．（2分）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关后当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大
B．电压表示不变
C．电压表与电流表的比值不变
D．电路消耗的总功率变大
11．（2分）如果加在某定值电阻两端的电压从6V升高到8V，通过该电阻的电流变化了0.2A，则该电阻的电功率变化了（ ）
A．0.4W B．1.6W C．2W D．2.8W
12．（2分）小明观察到甲、乙两只白炽灯上分别标有“PZ220﹣100”和“PZ220﹣25”字样，（不计温度对灯丝电阻的影响）下列分析正确的是（ ）
A．若灯丝的材料、温度相同，甲灯的灯丝比乙灯的灯丝粗
B．若将两灯串联接入电压为220V的电路，甲灯比乙灯暗
C．若将两灯分别接入电压为220V的电路，甲灯消耗的电能多
D．若将两灯串联，只要电源电压适当，甲、乙两灯就能同时正常发光
13．（2分）如图所示，是探究焦耳定律实验的装置图，下列说法正确的是（ ）
A．如图所示的实验，可探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系
B．通过U形管内液面的高度差来反映热量的多少，运用了类比法
C．R1的电功率比R2的大
D．通电时间相同，右侧U形管中的液面高度差较大，说明电流通过R2产生的热量比R1多
14．（2分）灯泡L与定值电阻R组成的电路如图甲，L和R的I﹣U图线分别为图乙中的A、B．闭合开关S，L正常发光，电路的总功率为4.8W，此时灯泡L的（ ）
A．电压为7V B．电流为0.3A C．电阻为20Ω D．功率为3W
二、填空题（本题5个小题，每空1分，共10分）
15．（2分）如图为无人机航拍时的照片．航拍时，物体通过镜头成倒立 的实像，为了镜头里能出现更多景色，那么需要无人机飞的 （选填“高”或“低”）些。
16．（2分）2022中秋晚会上，交响演奏《长江之歌》，旋律优美、气势恢宏。我们能分辨出不同乐器的声音，是因为不同乐器的 不同；体育馆、电影院、音乐厅的内墙都要用吸音材料来装饰，这是为了防止 产生。
17．（2分）如图所示，小昌同学用弹簧测力计拉着放在水平桌面上的木块匀速滑动，在木块前端离开桌面逐渐移出桌面（没掉下）的过程中，弹簧测力计的示数 ，木块对桌面的压强 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
18．（2分）小硕同学的爸爸买了一个“电热驱蚊器”，它是利用电流的热效应来工作的，当小军把“电热驱蚊器”的插头插入插座时，保险丝立即熔断了，可能是插头处发生了 ，为了安全用电，人们必须在 （“火”或“零”）线上安装保险装置。
19．（2分）将标有“12V 12W”的灯泡L1和“12V 6W”的灯泡L2串联接入电路，在长时间工作过程中，允许加在它们两端的最高电压是 V，则不能正常发光的小灯泡的实际功率是 W（忽略温度对灯丝电阻的影响）。
三、作图与实验题（共16分）
20．（2分）如图所示杠杆中，O为支点，请画出重物对杠杆的拉力F1和拉力F2的力臂L2。
21．（4分）如图所示为实验时的一些现象，根据要求完成下面填空。
（1）如图甲所示，用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉，可观察到乒乓球被弹起，说明了声音是由 产生的。
（2）如图乙所示，为了探究平面镜成像特点，选用玻璃板代替平面镜，主要是为了便于确定像的 。
（3）如图丙所示，为了探究“杠杆的平衡条件”，可将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（4）如图丁所示，将两个底面干净、平整的铅块紧压在一起，两个铅块就会结合在一起，下面吊一个较重的物体也不会将它们拉开，实验表明：分子之间存在 。
22．（4分）为了探究滑动摩擦力大小与什么因素有关，小明设计了如图所示实验。
（1）实验过程中，弹簧测力计应沿水平方向拉着物块A做 运动，根据 的原理，得出滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
（2）由甲、乙两图可知，滑动摩擦力的大小与接触面的 关；
（3）实验后小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动。于是小丽设计了如图中丁图所示的实验装置，该装置的优点是 长木板做匀速直线运动（选填“需要”或“不需要”）。
23．（6分）小亮在“测量小灯泡电功率”的实验中，所用的电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，所用滑动变阻器的最大阻值40Ω。
（1）实验原理是 。
（2）某次实验中，同学们看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 （选填“A”或“B”）端移动滑片，同时应注意观察 示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示为 A，则小灯泡的额定功率是 W。
（3）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将 （填“不亮”、“很亮”、“正常发光”或“烧毁”）。
四、计算题（共16分）
24．（4分）如图所示，水平桌面的正中央放着一个圆形鱼缸，其底面积为0.04m2，质量为2kg。在鱼缸内装入8kg的水，水深0.15m（g取10N/kg）。
求：（1）水对鱼缸底部的压强；
（2）鱼缸对水平桌面的压强。
25．（6分）一辆正在匀速行驶的汽车速度是20m/s，所受阻力为1260N，从甲地到乙地100km，已知该汽车这种情况下耗油10kg（汽油的热值4.2×107J/kg）。
（1）该车从甲地到乙地克服阻力做多少功？
（2）汽车行驶时的功率是多少？
（3）汽车的效率是多少？
26．（6分）如图甲所示为一家用电暖器，有“低温”、“中温”、“高温”三挡，铭牌如表所示（“高温”挡功率空出），如图乙所示为其简化的电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1、断开S2时为低温挡。
（1）低温正常工作时的电阻是多少？
（2）高温挡正常工作时的总电流是多少？
（3）若某房间空气质量为60kg，空气温度为10℃，设定空气的比热容为1.1×103J/（kg ℃）且保持不变，用该电暖器的高温挡正常工作20min，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房间内的空气温度升高到多少℃？
额定电压 220V
额定功率 低温挡 550W
中温挡 1100W
高温挡
质量 5kg
四个轮接触地面总面积 10cm2
2023年内蒙古呼伦贝尔市鄂伦春中考物理模拟试卷（1）
参考答案与试题解析
一、选择题（下列各题的四个选项中只有一个符合题意。本题14个小题，共28分）
1．（2分）下列估测中，符合实际的是（ ）
A．呼伦贝尔市一年中最高气温约20℃
B．中学生正常行走速度约5m/s
C．教室内一盏日光灯正常工作的电功率约500W
D．中学生从一楼上到四楼克服自身重力做功约5000J
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、呼伦贝尔市一年中最高气温约10℃，故A不符合实际；
B、中学生正常步行的速度在1.1m/s左右，故B不符合实际；
C、教室内一盏日光灯正常工作的电功率约40W，故C不符合实际；
D、中学生的体重约G＝500N，从一楼到四楼的高度约h＝10m，中学生从一楼上到四楼克服自身重力做功约W＝Gh＝500N×10m＝5000J，故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2．（2分）在学习物理学的过程中，经常会用到一些科学研究方法。下列物理学研究的实例中，运用相同科学研究方法的是（ ）
①在研究响度与振幅的关系时，保持发声体的结构不变
②在研究光的传播路径和方向时，引入“光线”的概念
③在研究物体受几个力作用的情况时，引入“合力”的概念
④在研究力的作用效果与力的方向的关系时，保持力的大小和作用点不变。
A．①、④ B．②、③ C．①、② D．③、④
【分析】控制变量法：物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
模型法：通过模型来揭示原型的形态、特征和本质的方法称为模型法。
等效替代法：等效替代法是在保证某种效果（特性和关系）相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。
【解答】解：①在研究响度与振幅的关系时，保持发声体的结构不变，应用了控制变量法；
②在研究光的传播路径和方向时，引入“光线”的概念，应用了模型法；
③在研究物体受几个力作用的情况时，引入“合力”的概念，应用了等效替代法；
④在研究力的作用效果与力的方向的关系时，保持力的大小和作用点不变，应用了控制变量法；
由此可知①④所用的方法相同，故A正确；
故选：A。
【点评】控制变量法、转换法、等效替代法、模型法、类比法等是初中物理实验中最常用的研究方法，在分析具体题目和解决实际问题时要抓住每一方法的关键特征，加以识别和应用。
3．（2分）在某校开展的“大思政课”系列活动中，如图是老师为同学们讲“追科学之星，圆强国之梦”的情景。关于此过程中涉及的声现象说法正确的是（ ）
A．老师的讲课声是由空气振动产生的
B．老师大声讲课减小了声音的响度
C．讲课声是通过空气传播到学生耳中的
D．讲课声在空气中的传播速度是3×108m/s
【分析】（1）老师讲课的声音是由声带振动产生的。
（2）声音的大小叫响度；响度与振幅和距离声源的远近有关。
（3）声音的传播需要介质，空气可以传声。
（4）声音在15℃的空气中的传播速度为340m/s。
【解答】解：A、老师的讲课声是由声带振动产生的，故A错误；
B、老师大声讲课增大了声音的响度，故B错误；
C、讲课声是通过空气传播到学生耳中的，故C正确；
D、声音在15℃的空气中的传播速度为340m/s，故D错误。
故选：C。
【点评】知道声音产生和传播的条件；知道响度和空气中的声速。
4．（2分）如图是某款智能配送机器人，用户可通过人脸识别、输入取货码等多种方式取货。当用户通过人脸识别取货时，下列说法正确的是（ ）
A．机器人的镜头对光有发散作用
B．所成的是倒立、缩小的虚像
C．人脸位于镜头的二倍焦距以内
D．人脸离镜头越近，所成的像越大
【分析】凸透镜成像时，物距u＞2f时，成倒立缩小的实像，应用是照相机和摄像头；凸透镜成实像时，物距减小，像距变大，像变大。
【解答】解：ABC、机器人的镜头是一个凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像的规律工作的；因此人脸识别取货时，人脸位于镜头二倍焦距以外，故ABC错误；
D、人脸离镜头越近，物距越小，像距越大，像越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜的成像特点和应用，要掌握凸透镜成像的规律，搞清每种情况下的应用，在学习过程中要善于总结、寻找规律，学着将所学知识与生活实际联系起来。
5．（2分）利用如图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热得到温度随时间变化的图象如图乙所示[c＝4.2×103J/（kg ℃）]。下列说法正确的是（ ）
A．应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B．分析图乙可得食用油的比热容为2.8×103J/（kg ℃）
C．2min时a吸收的热量比b多
D．吸热能力较强的是a，它更适合作冷却剂
【分析】（1）比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量，吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，据此分析回答；
（2）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；根据图乙可知升高20℃a、b的加热时间（由转换法得出a、b吸热之比），根据比较吸热能力的方法从而确定哪种物质吸热能力强，这种物质为水，根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此可得食用油的比热容；
（3）根据转换法分析回答。
【解答】解：A、根据比较不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故应在两个相同的烧杯中加入质量（水和食用油密度不同，根据m＝ρV，体积相同的水和食用油质量不同）和初温均相同的水和食用油，故A错误；
BD、根据转换法，使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少。根据图乙可知，升高20℃，a、b的加热时间分别为2min和3min（a、b吸热之比为2：3），根据比较吸热能力的方法，b的吸热能力强，b为水；根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），可得食用油的比热容为：
c＝×4.2×103J/（kg ℃）＝2.8×103J/（kg ℃）；
故B正确；D错误；
C、根据转换法，2min时a吸收的热量与b一样多，故C错误。
故选B。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
6．（2分）如图所示，人类利用现代科技“上九天揽月、下五洋捉鳖”。下列有关说法正确的是（ ）
A．甲图中，“神舟十三号”载人飞船的运载火箭加速升空时，受到了平衡力的作用
B．乙图中，“北斗”卫星导航系统利用超声波向地球传递信息
C．丙图中，大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600轻盈入水，若飞机从长江驶入东海后，船体会上浮一些
D．丁图中，“奋斗者”号载人潜水器在水中下潜的过程中受到的浮力越来越小、受到的压强越来越大
【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动的状态叫平衡状态；
（2）超声波不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播；
（3）阿基米德原理F浮＝G排＝ρ液gV排液，飞机从长江驶入东海后，浮力不变，由于液体密度不相同，可以比较排开液体体积大小；
（4）载人潜水器在水中下潜的过程中，深度变大，排开液体体积不变，根据阿基米德原理F浮＝G排＝ρ液gV排液和液体压强的公式是p＝ρgh可知浮力和压强的变化。
【解答】解：A、在平衡状态下，物体会保持静止或者匀速直线运动，运载火箭加速升空，所以不是平衡力的作用，故A错误；
B、“北斗”卫星导航系统利用电磁波向地球传递信息，故B错误；
C、大型水陆两栖飞机漂浮在水面上，浮力大小等于自身重力。根据阿基米德原理F浮＝G排＝ρ液gV排液，若飞机从长江驶入东海后，液体密度变大，由于浮力不变，则排开液体的体积会变小，所以船体会上浮一些。故C正确；
D、“奋斗者”号载人潜水器在水中下潜的过程中，由于排开液体体积不变，液体密度也未改变，根据阿基米德原理F浮＝G排＝ρ液gV排液，受到的浮力不变；液体压强的公式是p＝ρgh．深度越大，受到的压强越来越大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了平衡状态的判断、电磁波的传播特点、阿基米德原理和液体压强特点。
7．（2分）以下四幅图片涉及到的物理知识，说法正确的是（ ）
A．图甲，实心球受到重力作用运动越来越快了，所以物体运动需要力来维持
B．图乙，跑道上运动员加速冲刺时用力去蹬地面利用了力的作用是相互的
C．图丙，引体向上的同学握住单杠悬空静止了 1秒，在这1秒内重力对他做了功
D．图丁所示，仰卧起坐测试仪采用的是红外线，红外线不属于电磁波
【分析】（1）物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因；
（2）物体间力的作用是相互的，据此判断；
（3）做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；
（4）红外线也属于电磁波的范畴。
【解答】解：A、图甲，实心球受到重力作用运动越来越快了，是力改变了物体的运动状态，不能说明物体运动需要力来维持，故A错误；
B、图乙，跑道上运动员加速冲刺时用力去蹬地面，脚给地面一个力，地面会给脚一个反作用力，利用了力的作用是相互的，故B正确；
C、图丙，引体向上的同学握住单杠悬空静止了1秒，在这1秒内人没有在重力方向上通过距离，因此重力对他没有做功，故C错误；
D、图丁所示，仰卧起坐测试仪采用的是红外线，红外线也属于电磁波，故D错误。
故选：B。
【点评】本题以体育运动为背景，考查了对力和运动关系的理解、力的作用的相互性、做功的判断、红外线与电磁波的认识等，有一定综合性，但难度不大。
8．（2分）如图，一个装满水的饮料瓶，正放在水平桌面上时，水对瓶底的压力为Fa，压强为pa，倒放在水平桌面上时，水对瓶盖的压力为Fb，压强为pb，则（ ）
A．Fa＞Fb；pa＝pb B．Fa＝Fb；pa＜pb
C．Fa＝Fb；pa＝pb D．Fa＜Fb；pa＜pb
【分析】本题由瓶子中水的高度变化和p＝ρgh判断压强的变化，由压强公式的变形F＝pS分析压力的变化。
【解答】解：饮料瓶装满水，则倒立后水的高度将不变，由p＝ρgh得：倒立后对底部压强不变，即pa＝pb；
由p＝得：Fa＝ρghaSa，Fb＝ρghbSb，因瓶为细口，故haSa大于瓶中液体的体积，hbSb小于液体的体积故haSa＞hbSb，则有Fa＞Fb。
故选：A。
【点评】本题判压力也可以定性分析，瓶中的液体重力不变的，但倒立后两侧壁受到部分压力，故对底部压力减小。
9．（2分）如图所示，一个边长为0.1m的正方体竖直悬浮在某液体中，其上表面受到液体的压力F1为6N，下表面受到液体的压力F2为14N（g取10N/kg）。下列说法中错误的是（ ）
A．正方体受到的浮力为8N
B．液体的密度为0.8×103kg/m3
C．正方体上表面到液面的距离h＝0.06m
D．液体对正方体下表面的压强为1.4×103Pa
【分析】（1）知道正方体上、下表面受到液体的压力，根据浮力产生的原因F浮＝F下﹣F上求出受到的浮力；
（2）物体悬浮时排开液体的体积和自身的体积相等，利用F浮＝ρ液gV排求出液体的密度；
（3）根据S＝L2求出正方体的上表面的面积，根据p＝求出液体对物体上表面的压强，根据p＝ρgh求出正方体上表面到液面的距离；
（4）求出正方体的下表面的面积，根据p＝求出液体对物体下表面的压强。
【解答】解：A、由浮力产生的原因可得，正方体受到的浮力为：
F浮＝F2﹣F1＝14N﹣6N＝8N，故A正确，不符合题意；
B、物体悬浮时排开液体的体积：
V排＝V＝L3＝（0.1m）3＝1×10﹣3m3，
由F浮＝ρ液gV排可得液体的密度：
ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3，故B正确，不符合题意；
C、正方体上、下表面的表面积为：
S＝L2＝（0.1m）2＝1×10﹣2m2，
正方体上表面受到的压强：
p1＝＝＝600Pa，
由p＝ρgh可得，正方体上表面到液面的距离为：
h1＝＝＝0.075m＝7.5cm，故C错误，符合题意；
D、液体对物体下表面的压强：
p2＝＝＝1.4×103Pa，故D正确，不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了浮力产生的原因和阿基米德原理、压强定义式、液体压强公式的应用，计算过程要注意单位的换算。
10．（2分）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关后当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大
B．电压表示不变
C．电压表与电流表的比值不变
D．电路消耗的总功率变大
【分析】分析清楚电路结构，根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路中的电流；
闭合开关后当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流变小，电流表示数变小，故A错误；
根据R＝可知，电压表与电流表的比值为电阻R的阻值，保持不变，故C正确；
定值电阻阻值不变、电路电流I变小，由U＝IR可知，定值电阻两端电压变小，故B错误；
根据公式P＝UI可知，电路总功率变小，故D错误。
故选：C。
【点评】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，关键是会分析滑片移动时滑动变阻器接入电路中电阻的变化。
11．（2分）如果加在某定值电阻两端的电压从6V升高到8V，通过该电阻的电流变化了0.2A，则该电阻的电功率变化了（ ）
A．0.4W B．1.6W C．2W D．2.8W
【分析】根据欧姆定律表示出两种情况下电路中的电流得出等式求出电阻R的阻值，再根据P＝求出两种情况下电阻R消耗的电功率，进一步求出该电阻R所消耗电功率的变化。
【解答】解：根据欧姆定律可得：
当U＝6V时，电路中的电流I1＝＝，
当U′＝8V时，电路中的电流I2＝＝，
则﹣＝0.2A，
解得：R＝10Ω，
该电阻R所消耗电功率的变化：
ΔP＝PR′﹣PR＝﹣＝﹣＝2.8W。
故选：D。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据电流的变化确定定值电阻的阻值。
12．（2分）小明观察到甲、乙两只白炽灯上分别标有“PZ220﹣100”和“PZ220﹣25”字样，（不计温度对灯丝电阻的影响）下列分析正确的是（ ）
A．若灯丝的材料、温度相同，甲灯的灯丝比乙灯的灯丝粗
B．若将两灯串联接入电压为220V的电路，甲灯比乙灯暗
C．若将两灯分别接入电压为220V的电路，甲灯消耗的电能多
D．若将两灯串联，只要电源电压适当，甲、乙两灯就能同时正常发光
【分析】知道白炽灯的额定电压和额定功率（铭牌），可求白炽灯的电阻；只有在实际电压等于额定电压的时候，实际功率才等于额定功率；利用电功和电功率公式可以分析比较。
【解答】解：A、由P＝可得R＝，所以可知额定电压相同时，额定功率大的电阻小；甲灯的额定功率大，则甲灯灯丝电阻小，灯丝的材料、长度相同，则甲灯的灯丝比乙灯的灯丝粗，故A错误；
B、两灯串联在220V的电路中，因串联电路中各处的电流相等，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，由P＝I2R可得，乙灯泡的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故B正确；
C、若将两灯分别接入电压为220V的电路，两灯均正常发光，但不知道通电时间，则根据W＝Pt可知无法判断消耗电能的多少，故C错误；
D、若将两灯串联，由于串联电路的电流处处相等，且两灯的电阻不同，则甲、乙两灯两端的电压不同，则无法同时达到相同的额定电压值，所以两灯不能同时正常发光，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查功率的计算和对电阻的理解，会从白炽电灯的铭牌上搜集信息，并加以利用。
13．（2分）如图所示，是探究焦耳定律实验的装置图，下列说法正确的是（ ）
A．如图所示的实验，可探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系
B．通过U形管内液面的高度差来反映热量的多少，运用了类比法
C．R1的电功率比R2的大
D．通电时间相同，右侧U形管中的液面高度差较大，说明电流通过R2产生的热量比R1多
【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间不变；探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时，要控制电流和通电时间不变；
（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；
（3）根据P＝I2R可知两电阻电功率的大小；
（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt判定电阻产生热量的多少，从而判定出U形管中液面的高度差的变化关系。
【解答】解：A、右侧两电阻并联后与左侧电阻串联接入电路，根据串联电路电流特点和并联电路电流特点可知通过瓶中两电阻的电流不同，通过左侧电阻的电流大于通过右侧电阻的电流，所以图示实验可探究电流通过导体产生的热量与电流大小的关系，故A错误；
B、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但烧瓶中的空气会热胀冷缩，会使得U形管液面高度差发生变化，据此来判定放热多少，这种研究方法叫转换法，故B错误；
C、由于R1和R2的电阻值相同，由A知通过左侧电阻的电流大于通过右侧电阻的电流，根据P＝I2R可知R1的电功率比R2的大，故C正确；
D、由于R1和R2的电阻值相同，由A知通过左侧电阻的电流大于通过右侧电阻的电流，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电时间相同左侧电阻产生的热量较多，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了学生对焦耳定律的认识，并可以通过巧妙的实验来验证一些结论，同时在该实验中利用了控制变量法，该实验方法在实验探究中经常用到。
14．（2分）灯泡L与定值电阻R组成的电路如图甲，L和R的I﹣U图线分别为图乙中的A、B．闭合开关S，L正常发光，电路的总功率为4.8W，此时灯泡L的（ ）
A．电压为7V B．电流为0.3A C．电阻为20Ω D．功率为3W
【分析】图中灯泡和电阻并联，根据图象信息和电路总功率确定电压、电流和电阻。
【解答】解：
图甲中灯泡和电阻并联，已知L和R的I﹣U图线分别为图乙中的A、B；
闭合开关S，要求总功率为4.8W，
因并联电路各支路两端的电压相等，根据图象可知，在电压为6V时，通过灯泡的电流IL＝0.5A，通过电阻R的电流IR＝0.3A，则干路中的电流：I＝IL+IR＝0.5A+0.3A＝0.8A，
此时的总功率：P＝UI＝6V×0.8A＝4.8W，满足题中的要求；
所以，电源电压为6V，则此时灯泡L的电压为6V，通过灯泡的电流IL＝0.5A，故AB错误；
根据欧姆定律可得，此时灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，故C错误。
此时灯泡的功率为：PL＝UIL＝6V×0.5A＝3W；故D正确；
故选：D。
【点评】此题主要考查的是学生对图象的分析和处理能力，正确运用电功率、欧姆定律计算公式是基础，读懂图象是关键。
二、填空题（本题5个小题，每空1分，共10分）
15．（2分）如图为无人机航拍时的照片．航拍时，物体通过镜头成倒立 缩小 的实像，为了镜头里能出现更多景色，那么需要无人机飞的 高 （选填“高”或“低”）些。
【分析】照相机成倒立、缩小的实像；凸透镜成实像时，根据“物近像远像变大，物远像近像变小”即可判断。
【解答】解：无人机的摄像机的镜头相当于一个凸透镜，其成像的原理是：当物距大于二倍焦距时，凸透镜成倒立缩小的实像；
为了镜头里能出现更多景色，需要将像拍摄小些，根据“物远像近像变小”知，需要无人机飞的高些来增大物距。
故答案为：缩小；高。
【点评】本题是一道以无人机为背景考查了凸透镜成像规律的应用，难度不大，要掌握。
16．（2分）2022中秋晚会上，交响演奏《长江之歌》，旋律优美、气势恢宏。我们能分辨出不同乐器的声音，是因为不同乐器的 音色 不同；体育馆、电影院、音乐厅的内墙都要用吸音材料来装饰，这是为了防止 回声 产生。
【分析】（1）音色是指声音的品质和特色，能分辨出不同乐器，不同的人在说话是音色不同；
（2）体育馆、电影院、音乐厅的内墙都要用吸音材料来装饰，防止声音的反射，从而防止回声的产生。
【解答】解：（1）不同的乐器演奏，即使音调和响度都相同，也能分辨出来，这就是音色不同分辨出的；
（2）体育馆、剧院的内墙要用吸音材料来装饰，防止声音的反射，从而防止回声的产生。
故答案为：音色；回声。
【点评】本题考查声音的特性以及防止声音的反射，是一道声学综合题。
17．（2分）如图所示，小昌同学用弹簧测力计拉着放在水平桌面上的木块匀速滑动，在木块前端离开桌面逐渐移出桌面（没掉下）的过程中，弹簧测力计的示数 不变 ，木块对桌面的压强 变大 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】解答本题需要抓住摩擦力大小的影响因素，摩擦力大小与接触面积无关；物体对水平面的压力等于自身的重力，压强大小与压力和受力面积大小有关。
【解答】解：
在木块前端离开桌面至一半移出桌面的过程中，木块对桌面的压力始终等于木块的重力，所以木块对桌面的压力不变；
木块匀速滑动，则弹簧测力计的拉力与摩擦力是一对平衡力；摩擦力大小与接触面积无关，在运动过程中压力大小和接触面的粗糙程度均不变，所以摩擦力大小不变，则弹簧测力计的示数不变，物体对水平面的压力等于自身的重力，压强大小与压力和受力面积大小有关，压力大小不变，受力面积变小，根据p＝可知，木块对桌面的压强变大。
故答案为：不变；变大。
【点评】本题考查了摩擦力大小的影响因素，是一道基础题。
18．（2分）小硕同学的爸爸买了一个“电热驱蚊器”，它是利用电流的热效应来工作的，当小军把“电热驱蚊器”的插头插入插座时，保险丝立即熔断了，可能是插头处发生了 短路 ，为了安全用电，人们必须在 火 （“火”或“零”）线上安装保险装置。
【分析】（1）保险丝被熔断，是由于电路中的电流过大造成的。而产生电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路；
（2）保险丝的作用是当电路中有短路或严重过载时能可靠地熔断，切断电路。
【解答】解：（1）由生活常识可知，“电热驱蚊器”的功率一般比较小，因此造成保险丝熔断的原因不会是因“电热驱蚊器”的功率过大；由“电热驱蚊器”插头插入插座时，保险丝立即熔断可知，是“电热驱蚊器”的插头处短路了。
（2）如果在火线和零线上各装一根保险丝，当零线上的保险丝熔断时，虽然也能够切断电路，但由于是切断的零线，但由于火线未被断开而故障线路仍旧带电，这在安全上来讲仍是一个很大的隐患。如果保险丝装在火线上，则发生故障时可以切断电路，使保险丝以下的线路不再带电，这样会更安全一些。
故答案为：短路；火。
【点评】本题考查了家庭电路故障的判断和保险丝的有关知识，在平时的用电过程中，了解“短路﹣﹣电路中的电流过大﹣﹣跳闸（保险丝熔断）”的道理，会查故障、会解决，学以致用。
19．（2分）将标有“12V 12W”的灯泡L1和“12V 6W”的灯泡L2串联接入电路，在长时间工作过程中，允许加在它们两端的最高电压是 18 V，则不能正常发光的小灯泡的实际功率是 3 W（忽略温度对灯丝电阻的影响）。
【分析】（1）知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出额定电流，根据欧姆定律求出电阻；两灯泡串联时，电路中的最大电流为两者额定电流较小的，根据电阻的串联和欧姆定律求出允许加在它们两端的最高电压。
（2）由P＝I2R可计算甲、乙灯实际消耗的电功率，然后与其额定功率比较即可得出结论。
【解答】解：（1）由P＝UI，灯泡正常工作时的电流：
I1＝＝＝1A，I2＝＝＝0.5A，
由I＝可得灯泡电阻：
R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝24Ω，
因串联电路中各处的电流相等，两灯泡串联时，电路中的最大电流I＝I2＝0.5A，；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，允许加在它们两端的最高电压：
U＝I（R1+R2）＝0.5A×（12Ω+24Ω）＝18V；
（2）由P＝I2R可知，甲灯实际消耗的电功率P甲实＝I2R甲＝（0.5A）2×12Ω＝3W＜P甲额，所以甲不能正常发光。
乙灯实际消耗的电功率P乙实＝I2R乙＝（0.5A）2×24Ω＝6W＝P乙额，所以乙能正常发光。
故答案为：18；3。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道两灯泡串联时电路中的最大电流为两者额定电流较小的。
三、作图与实验题（共16分）
20．（2分）如图所示杠杆中，O为支点，请画出重物对杠杆的拉力F1和拉力F2的力臂L2。
【分析】（1）力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点。②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线。③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
（2）物体对杠杆的拉力作用点在杠杆与绳子的接触点，方向竖直向下，
【解答】解：
从支点O向拉力F2的作用线作垂线段，即为拉力F2的力臂L2；
物体对杠杆的拉力的作用点在杠杆上，方向竖直向下，据此画出重物对杠杆的拉力F1．如图所示：
【点评】此题考查力臂和力的示意图的画法，属于学生必须掌握的基本技能，也是中考热点，应该熟练掌握。
21．（4分）如图所示为实验时的一些现象，根据要求完成下面填空。
（1）如图甲所示，用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉，可观察到乒乓球被弹起，说明了声音是由 振动 产生的。
（2）如图乙所示，为了探究平面镜成像特点，选用玻璃板代替平面镜，主要是为了便于确定像的 位置 。
（3）如图丙所示，为了探究“杠杆的平衡条件”，可将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（4）如图丁所示，将两个底面干净、平整的铅块紧压在一起，两个铅块就会结合在一起，下面吊一个较重的物体也不会将它们拉开，实验表明：分子之间存在 引力 。
【分析】（1）声音是物体振动产生的；
（2）玻璃板有透光性，既能成像，也能确定位置；
（3）调节杠杆平衡的原则是螺母的调节方向是向上翘的那端调节；
（4）分子间存在引力和斥力。
【解答】解：（1）如图甲所示，用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉，可观察到乒乓球弹跳起来，它说明了声音是由物体振动产生的；
（2）如图乙所示，为了探究平面镜成像特点，选用玻璃板代替平面镜，因玻璃板有透光性，既能成像，也便于确定像的位置；
（3）如图丙所示，杠杆往左端倾斜，可将杠杆两端的平衡螺母向右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
（4）如图丁所示，将两个底面干净、平整的铅块紧压在一起，两个铅块就会结合在一起，下面吊一个较重的物体也不会将它们拉开，实验表明：分子之间存在引力；
故答案为：（1）振动；（2）位置；（3）右；（4）引力。
【点评】本题考查基本实验的原理，属于课本实验及重点知识考查，需熟练掌握。
22．（4分）为了探究滑动摩擦力大小与什么因素有关，小明设计了如图所示实验。
（1）实验过程中，弹簧测力计应沿水平方向拉着物块A做 匀速直线 运动，根据 二力平衡 的原理，得出滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
（2）由甲、乙两图可知，滑动摩擦力的大小与接触面的 粗糙程度 关；
（3）实验后小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动。于是小丽设计了如图中丁图所示的实验装置，该装置的优点是 不需要 长木板做匀速直线运动（选填“需要”或“不需要”）。
【分析】（1）摩擦力无法直接进行测量，因此这里采用转换法，通过拉力与摩擦力是一对平衡力的原理，测出拉力间接得出摩擦力的大小；（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，利用控制变量法探究滑动摩擦力跟影响因素之间的关系；
（3）根据A处于静止状态结合二力平衡分析。
【解答】解：（1）实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时，由二力平衡条件可知，滑动摩擦力的大小就等于弹簧测力计的示数；
（2）由甲、乙两图可知，甲、乙两次实验压力大小相等，接触面粗糙程度不同，根据控制变量法，可以探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系；
（3）拉动木板时，木块在水平方向上只受到弹簧测力计的拉力与木板的摩擦力，相对于地面处于静止状态，即木块处于平衡状态，摩擦力等于弹簧测力计的拉力，拉动木板时，不改变与木块之间接触面的粗糙程度及压力大小，对摩擦力没有影响，故不需要匀速拉动，操作更简单。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）粗糙程度；压力；（3）不需要。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
23．（6分）小亮在“测量小灯泡电功率”的实验中，所用的电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，所用滑动变阻器的最大阻值40Ω。
（1）实验原理是 P＝UI 。
（2）某次实验中，同学们看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 A （选填“A”或“B”）端移动滑片，同时应注意观察 电压表 示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示为 0.24 A，则小灯泡的额定功率是 0.6 W。
（3）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将 不亮 （填“不亮”、“很亮”、“正常发光”或“烧毁”）。
【分析】（1）测量小灯泡的电功率是通过测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，然后通过P＝UI计算出小灯泡的电功率；
（2）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；根据图乙电流表选用的量程确定分度值读数，将电压值和电流值代入公式P＝UI计算出额定功率；
（3）根据电压表和电流表互换了位置后电路的连接，由电压表的内阻大小分析。
【解答】解：（1）测量小灯泡的电功率是通过测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，然后通过P＝UI计算出小灯泡的电功率，所该实验的原理是P＝UI；
（2）灯在额定电压下正常发光，某次实验中，同学们看到电压表示数为1.8V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为额定电压；
同时应注意观察电压表示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.24A，
则小灯泡的额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W；
（3）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，即电流表与灯并联，电压表串联在电路中，因电压表内阻很大，在电路中相当于开路，所以小灯泡将不亮。
故答案为：（1）P＝UI；（2）A；电压表；0.24；0.6；（3）不亮。
【点评】本题测量小灯泡电功率，考查实验原理、电流表和电压表的使用、注意事项、操作过程、额定功率计算及电路的分析。
四、计算题（共16分）
24．（4分）如图所示，水平桌面的正中央放着一个圆形鱼缸，其底面积为0.04m2，质量为2kg。在鱼缸内装入8kg的水，水深0.15m（g取10N/kg）。
求：（1）水对鱼缸底部的压强；
（2）鱼缸对水平桌面的压强。
【分析】（1）已知水的深度，根据p＝ρgh求得水对鱼缸底部的压强；
（2）放置于水平面的物体对水平面的压力等于其重力，根据F＝G＝mg求得鱼缸对水平桌面的压力；受力面积等于其与水平面相互挤压的那部分面积，根据p＝求得鱼缸对桌面的压强。
【解答】解：（1）鱼缸内水深0.15m，则水对鱼缸底部的压强为：p水＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1500Pa；
（2）鱼缸与水、鱼的总质量为：m总＝m鱼缸+m水＝2kg+8kg＝10kg，
鱼缸与水的总重为G总＝m总g＝10kg×10N/kg＝100N，
鱼缸对桌面的压力为：F＝G总＝100N，
鱼缸与桌面的接触面积等于鱼缸的底面积，为0.04m2，则鱼缸对桌面的压强为：p桌＝＝＝2500Pa。
答：（1）水对鱼缸底部的压强为1500Pa；
（2）鱼缸对桌面的压强为2500Pa。
【点评】本题考查压强定义式和液体压强公式的应用，属于简单的计算题。
25．（6分）一辆正在匀速行驶的汽车速度是20m/s，所受阻力为1260N，从甲地到乙地100km，已知该汽车这种情况下耗油10kg（汽油的热值4.2×107J/kg）。
（1）该车从甲地到乙地克服阻力做多少功？
（2）汽车行驶时的功率是多少？
（3）汽车的效率是多少？
【分析】（1）汽车匀速行驶，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，利用W＝Fs可求得该车从甲地到乙地克服阻力做多少功；
（2）利用P＝Fv求行驶过程中汽车的功率；
（3）已知消耗汽油的质量和汽油的热值利用Q＝mq求完全燃烧汽油释放的能量，知道牵引力做的功，二者之比就是汽车发动机的效率。
【解答】解：
（1）因为汽车匀速行驶，
所以汽车牵引力F＝f＝1260N，
该车从甲地到乙地克服阻力做功：
W＝Fs＝1260N×100×103m＝1.26×108J；
（2）汽车行驶速度v＝20m/s，
汽车行驶时的功率：
P＝＝＝Fv＝1260N×20m/s＝2.52×104W；
（3）已知该汽车这种情况下耗油m＝10kg，
汽油完全燃烧放出的热量：
Q放＝qm＝4.2×107J/kg×10kg＝4.2×108J，
汽车的效率：
η＝＝×100%＝30%。
答：（1）该车从甲地到乙地克服阻力做1.26×108J的功；
（2）汽车行驶时的功率是2.52×104W；
（3）汽车的效率是30%。
【点评】本题考查了功、功率、热量和效率的计算以及二力平衡条件的应用，要求灵活选用公式，虽然知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大。
26．（6分）如图甲所示为一家用电暖器，有“低温”、“中温”、“高温”三挡，铭牌如表所示（“高温”挡功率空出），如图乙所示为其简化的电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1、断开S2时为低温挡。
（1）低温正常工作时的电阻是多少？
（2）高温挡正常工作时的总电流是多少？
（3）若某房间空气质量为60kg，空气温度为10℃，设定空气的比热容为1.1×103J/（kg ℃）且保持不变，用该电暖器的高温挡正常工作20min，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房间内的空气温度升高到多少℃？
额定电压 220V
额定功率 低温挡 550W
中温挡 1100W
高温挡
质量 5kg
四个轮接触地面总面积 10cm2
【分析】（1）闭合S1、断开S2时，为“低温”挡，由电路图可知，电路为R1的简单电路，根据表格数据可知低温挡的额定功率，利用P＝求出低温挡正常工作时的电阻；
（2）由电路图可知，断开S1、开关S2闭合时为中温挡，开关S1、S2同时闭合时为高温挡。根据P高温＝P低温+P中温求出高温挡的功率，根据P＝UI求出高温挡正常工作时的总电流；
（3）根据P＝可求出“高温”挡正常工作20min消耗的电能；根据效率公式可得空气吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求出房间的空气升高的温度，从而求得房间内的空气升高到的温度。
【解答】解：（1）闭合S1、断开S2时，为“低温”挡，由电路图可知，电路为R1的简单电路，
低温正常工作时的电阻，即R1的阻值为：R1＝＝＝88Ω；
（2）由电路图可知，断开S1、开关S2闭合时为中温挡，开关S1、S2同时闭合时为高温挡，此时R1和R2并联连入电路，则高温挡的功率为：
P高温＝P低温+P中温＝500W+1100W＝1650W；
高温挡正常工作时电路中的电流为：
I＝＝＝7.5A；
（3）电暖器高温挡工作20 min消耗的电能为：
W＝P高温t＝1650W×20×60s＝1.98×106J；
空气吸收的热量为：
Q吸＝Wη＝1.98×106J×50%＝9.9×105J；
由Q吸＝cmΔt可得，房间的空气升高的温度为：
Δt＝＝＝15℃，
房间的空气升高到的温度为：t＝t0+Δt＝10℃+15℃＝25℃。
答：（1）低温挡正常工作时的电阻是88Ω；
（2）高温挡正常工作时的总电流是7.5A；
（3）此房间内的空气温度升高到25℃。
【点评】本题考查了热量公式、效率公式和电功率公式的灵活应用，关键是不同挡位时电路连接方式的判断，中考热点题型。
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