（1）小灯泡L正常工作时的电阻是16Ω；

（2）电源电压U是10V；

（3）此时滑动变阻器消耗的电功率是2.8W。

【分析】（1）根据小灯泡L标有“8V 4W”的字样的含义，根据图乙可知灯的额定电流，由欧姆定律得出灯正常发光的电阻；

（2）只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P置于a端时分析电路的连接，因灯正常发光可知通过电路的电流，由欧姆定律求出R₁两端电压，根据串联电路电压的规律求出此时电源电压；

（3）同时闭合开关S、S₁时，R₁被短路，R与L串联，结合图乙，根据P＝UI，可知灯对应的电压和电流，根据串联电路电压的规律得出此时滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI求出此时滑动变阻器消耗的电功率。

【解答】（1）小灯泡L标有“8V 4W”的字样，表示灯的额定电压为8V，额定功率为4W，由图乙知小灯泡正常发光的电流为I_L＝0.5A，由欧姆定律，灯正常发光的电阻：

R_L＝＝＝16Ω；

（2）只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P置于a端时，滑动变阻器接入电路的阻值为

0Ω，R₁与L串联，电压表测小灯泡两端电压，此时U_L＝8V，故灯正常发光，则通过电路的电流：

I＝I_L＝0.5A，由欧姆定律，则R₁两端电压：U₁＝IR₁＝0.5A×4Ω＝2V，

根据串联电路电压的规律，此时电源电压：

U＝U₁+U_L＝2V+8V＝10V；

（3）同时闭合开关S、S₁时，R₁被短路，R与L串联，由图乙可知，当P_L′＝2W时，

U_L′＝5V，I_L′＝0.4A，根据串联电路电压的规律，此时滑动变阻器两端的电压：

U_滑＝U′﹣U_L′＝12V﹣5V＝7V

此时滑动变阻器消耗的电功率：P＝I_L′U_滑＝0.4A×7V＝2.8W。

【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是从图中获取有效的信息。

声明：试题解析著作权属菁优网所有，

（1）惯性；

（2）该汽车静止在水平地面上时对地面的压强为2×10⁵Pa；

（3）牵引力做的功为1.92×10⁷J。

【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都具有惯性；

（2）利用G＝mg求汽车的重力，汽车静止在水平地面上对水平地面的压力等于自身重力，知道受力面积，利用p＝求汽车对水平地面的压强；

（3）由于汽车在水平路面上匀速行驶，汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，利用F_牵＝f＝0.1G求牵引力；利用s＝vt求汽车匀速行驶10min通过的路程，再利用W＝F_牵s求牵引力做的功。

【解答】解：

（1）系安全带是为了减小汽车紧急刹车时乘客由于惯性带来的伤害；

（2）汽车的重力：

G＝mg＝1.6×10³kg×10N/kg＝1.6×10⁴N，

汽车静止在水平地面上对水平地面的压力：

F＝G＝1.6×10⁴N，

受力面积S＝0.08m²，

汽车对水平地面的压强：

p＝＝＝2×10⁵Pa；

（3）因为汽车在水平路面上匀速行驶，

所以汽车受到的牵引力：

F_牵＝f＝0.1G＝0.1×1.6×10⁴N＝1.6×10³N，

汽车以20m/s的速度匀速行驶10min通过的路程：

s＝vt＝20m/s×10×60s＝1.2×10⁴m，

牵引力做的功：

W＝F_牵s＝1.6×10³N×1.2×10⁴m＝1.92×10⁷J。

【点评】本题考查了防止惯性危害的措施，以及重力公式、压强公式、功的公式和二力平衡条件的应用，虽然考查的知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大。

（1）密度 （2）熔化和凝固 （3）流速大的地方压强小。

【分析】（1）铝合金车体的密度比碳钢材料的密度小，而体积不变，根据密度公式ρ＝分析回答。

（2）物质从固态变为液态是熔化过程；物质从液体变为固态是凝固过程；

（3）空气流速加快，空气流速快的地方压强小，从而产生巨大的风压。

【解答】解：（1）动车的车体采用铝合金材料与目前碳钢材料相比，体积不变，密度减小，根据密度公式ρ＝得m＝ρV，可知质量减小，因此是利用了其密度小的特点；

（2）焊接是先将金属熔化后，再让其凝固。

（3）对向列车错车时，产生巨大风压的原因是列车带动两列车间的空气流速加快，空气流速快的地方压强小，从而产生巨大的风压。

【点评】本题以高铁为例主要考查密度、物态变化、流体压强的知识，基础题目。

（1）（2）0.9；（3）偏大。

【分析】（1）根据滑动变阻器滑片P向左滑动时，电流表示数增大确定变阻器左下接线柱连入电路中；

（2）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出灯泡的额定功率；

（3）判断灯泡两端的实际电压和电流的测量误差，得出电功率的测量误差。

【解答】解：（1）滑动变阻器滑片P向左滑动时，电压表示数变大，则根据欧姆定律可知，电流表示数也增大，即电路的总电阻变小，滑动变阻器电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：

；

（2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P让电压表的示数为2.5V，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.36A，则灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.36A＝0.9W；

（3）由图知，电压表与小灯泡并联，所测电压较准确，而电流表测通过小灯泡和电压表的电流，所测电流偏大，由P＝IU可知所测小灯泡的额定功率与真实值相比偏大。

【点评】本题测定小灯泡功率，考查电路的连接、额定功率的计算、对实验结果的评估能力，难度不大，要熟记。

（1）调节平衡螺母前未将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上；（2）82.6；1.5×10³。

【分析】（1）托盘天平在实验前，要调节天平横梁水平平衡，具体方法：①将天平放在水平台上，②游码拨零，③调节平衡螺母（左偏右调、右盘左调）使天平横梁水平平衡。

（2）先确定称量标尺的分度值，再读出游码显示的质量（以游码左边缘所对刻度为准），容器和剩余液体的质量等于砝码质量与游码显示质量之和；

由图丙可知，当量筒内液体体积为10mL时，容器和剩余液体的质量为80g；当量筒内液体体积为30mL时，容器和剩余液体的质量为50g。由此可得，倒出质量为80g﹣50g＝30g的液体的体积为30mL﹣10mL＝20mL，利用密度公式求液体的密度。

【解答】解：

（1）天平使用前，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上，再调节平衡螺母使天平横梁水平平衡。所以图甲所示，小红操作中不规范之处是调节平衡螺母前未将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上；

（2）由图乙可知，称量标尺的分度值为0.2g，容器和剩余液体的质量为50g+20g+10g+2.6g＝82.6g；

由图丙可知，当量筒内液体体积为10mL时，容器和剩余液体的质量为80g；当量筒内液体体积为30mL时，容器和剩余液体的质量为50g。由此可得，倒出质量△m＝80g﹣50g＝30g的液体的体积为△V＝30mL﹣10mL＝20mL＝20cm³，

液体密度：

ρ＝＝ ＝1.5g/cm³ ＝1.5×10³kg/m³。

【点评】本题考查了托盘天平的使用注意事项、读数方法以及密度的测量方法，分析m﹣V图象、得出相关信息是关键。