重组卷04冲刺中考物理精选真题重组卷河北卷 解析版.docx
《重组卷04冲刺中考物理精选真题重组卷河北卷 解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重组卷04冲刺中考物理精选真题重组卷河北卷 解析版.docx（20页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
重组卷04冲刺中考物理精选真题重组卷河北卷解析版
冲刺2020年中考物理精选真题重组卷
河北卷04
班级___________姓名___________学号____________分数____________
（本试卷4个大题，17小题，满分70分，考试时间60分钟）
1、选择题（本题共8小题，共19分，其中1~5每小题只有一个选项符合题目要求每个小题2分，6~8题每小题至少有两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
1.（2019·阜新）下列数据中，你认为最接近实际的是（ ）
A．初中生所受重力约为50N
B．教室内空气的质量约为50kg
C．学生在校园内步行的速度约为5m/s
D．让人感觉舒适而温暖的教室内温度约为25℃
【答案】D
【解析】A、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G=mg=50kg×10N/kg=500N左右。
故A不符合实际；
B、空气的密度在1.3kg/m3左右。
教室的长、宽、高分别在9m、8m、3.5m左右，教室中空气的质量在m=ρV=1.3kg/m3×9m×8m×3.5m=327.6kg左右。
故B不符合实际；
C、中学生正常步行的速度在4km/h=4×
m/s≈1.1m/s左右。
故C不符合实际；
D、人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在25℃左右。
故D符合实际。
2.（2019·益阳）关于电磁波与声现象，下列说法正确的是（ ）
A．红外线、紫外线不属于电磁波
B．将一根导线一端与干电池负极相连，另一端快速碰触正极，能产生电磁波
C．电磁波只能在空气中传播
D．声呐系统是利用电磁波来探测海洋深度的
【答案】B
【解析】电磁波是由变化的电流产生的，传播不需要介质；声音是由物体振动产生的，传播需要介质，不能在真空传播。
A、无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等都属于电磁波；故A错误。
B、迅速变化的电流能激起电磁波，该选项的操作能产生迅速变化的电流；故B正确。
C、电磁波传播不需要介质；故C错误。
D、声呐是利用超声波来工作的；故D错误。
3.（2019·宿迁）下列关于物态变化的说法中，正确的是（ ）
A.夏天从冰箱里拿出来的冰棒冒“白气”是汽化现象
B.晶体熔化时吸热，非晶体熔化时不吸热
C.干冰作为人工降雨的冷却剂，是利用它升华吸热的特点
D.人们吹电风扇感到凉爽，是因为电风扇降低了气温
【答案】C
【解析】
A、“白气”是悬浮在空气中的小液滴，是由空气中的水蒸气遇到比较冷的冰棍形成的，气态变为液态的现象叫液化，故A错误；
B、晶体在熔化过程中吸热，非晶体在熔化过程中也吸热，晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故B错误；
C、干冰用于人工降雨是利用它升华吸热的性质，故C正确；
D、夏天用电风扇对着人扇风，人感到凉爽是因为扇风加快了身体上汗液的蒸发，蒸发要吸热，从而使人体温度降低，感到凉爽，室温不会降低，故D错误。
（1）物质由气态变为液态的过程叫液化；
（2）晶体和非晶体的特性：
晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高；
（3）物质从固态到气态，是升华现象。
4.（2019·通辽）自行车是常见的交通工具，骑车出行既健康又环保。
周末小华骑自行车去森林公园，下列说法正确的是（ ）
A．以正在骑行的小华为参照物，路边的树木是静止的
B．上坡前，小华用力蹬脚踏板，是为了增大惯性
C．自行车把手上凹凸不平的花纹是为了增大摩擦
D．匀速转弯时，自行车和人构成的整体处于平衡状态
【答案】C
【解析】
（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（2）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
（3）增大摩擦的方法：
从压力大小和接触面的粗糙程度考虑，增大压力，增大接触面的粗糙程度，用滑动代替滚动摩擦。
（4）平衡状态是指物体处于静止和匀速直线运动。
解：
A、以正在骑行的小华为参照物，路边的树木与小华之间的位置发生了变化，所以是运动的。
故A错误；
B、当用力紧蹬几下脚踏板后，自行车的速度增大，因此自行车的动能就会增大，这样就可以有更多的动能转化为重力势能；惯性大小只跟物体的质量大小有关，人和车的质量不变，惯性大小不变。
故B错误；
C、车轮上刻有凹凸不平的花纹，这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的，故C正确；
D、匀速转弯时，方向不断变化，所以自行车和人处于非平衡状态。
故D错误。
5.（2019·烟台）如图所示的是小明同学在做“探究凸透镜成像规律”的实验中的一次实验操作情景，这时烛焰在光屏上成清晰的像。
若将烛焰移动到距离凸透镜15cm处，调节光屏，在光屏上可得到（ ）
A．倒立缩小的实像B．倒立等大的实像
C．倒立放大的实像D．正立放大的虚像
【答案】C
【解析】由图片可知，此时物距u=50cm－22cm=28cm，像距v=75cm－50cm=25cm，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，满足：
u>2f、2f>v>f，即：
28cm>2f，2f>25cm>f，解得，凸透镜焦距：
14cm>f>12.5cm，将蜡烛移动到距凸透镜15cm处，2f>u′>f，成倒立、放大的实像。
6.（2019·荆州）关于电和磁，下列说法不正确的是（ ）
A．电动机的工作原理是磁场对通电导体有力的作用
B．奥斯特发现了电磁感应现象
C．指南针指南北是因为地球周围存在磁场，地磁场的南极在地理的南极附近
D．导体在磁场中运动就一定会产生感应电流
【答案】BCD
【解析】A、电动机是利用了通电导体在磁场中会受到磁场对它的力的作用，故A正确；
B、奥斯特发现了电流磁效应，说明通电导线周围存在磁场，故B错误；
C、指南针能指南北就是因为受到地磁场的作用，地磁场的南极在地理的北极附近，故C错误；
D、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，才会产生感应电流，故D错误。
8.如图所示，相同的容器内水面高度相同．甲容器内只有水，乙容器内有木块漂浮在水面上，丙容器中悬浮着一个小球．则下列说法正确的是（ ）
A.三个容器对水平桌面的压力相等
B.三个容器中，丙容器对水平桌面的压力最大
C.如果向乙容器中加入盐水，木块受到的浮力变大
D.如果向丙容器中加入酒精，小球受到的浮力变小
【答案】AD
【解析】
（1）G乙＝F浮乙,G丙＝F浮丙,这里h甲＝h乙＝h丙,V浸乙＝V浸丙,F＝
Vg＝mg＝G,即F丙排＝F乙排又因为G水乙＝G水+F乙排,F水丙＝G水+F丙排,h相同,S相同,所以G甲＝G水乙＝G水丙，所以压力相等；（或在乙容器中,根据作用力和反作用力,容器（包括水和玻璃杯）施加给木块一个竖直向上的浮力−F浮,木块会反过来施加给容器（包括水和玻璃杯）一个竖直向下的压力−F压,而且F压＝F浮.这个压力会通过容器传导给桌面．木块因为漂浮,所以F浮＝G木＝G排.所以,甲容器对于桌面的压力＝G水+G杯,乙容器对桌面的压力＝G′水+G排+G杯＝G′水+G木+G杯,因为G水＝G′水+G排,因此,甲容器对于桌面的压力等于乙容器对桌面的压力;同理甲容器对于桌面的压力等于丙容器对桌面的压力;）故A正确，B错误；
（2）木块漂浮在乙容器中，所以向乙容器中加入盐水，液体密度增大，木块仍然漂浮在液面上，那么木块受到的浮力等于木块的重力，木块的重力没变，所以木块受到的浮力不变．故C错误．（3）小球悬浮在丙容器中，所以ρ球＝ρ水，所以如果向丙容器中加入酒精，则液体密度减小，所以小球将下沉，即小球受到的浮力变小．故D正确．故选AD.
8.（2019·达州）如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω，电压表的量程为0～15V。
电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。
则下列结果不正确的是（ ）
A．电源电压为20V
B．R1的阻值为5Ω
C．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为4～30Ω
D．开关S闭合后电路消耗的最小功率为14.4W
【答案】ABC
【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压。
（1）由图乙可知，当R2＝10Ω时U1＝12V，当R2′＝20Ω时U1′＝8V，
因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流分别为：
I＝
＝
，I′＝
＝
，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压保持不变，
所以，电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝I′（R1+R2′），
即
（R1+10Ω）＝
（R1+20Ω），解得：
R1＝10Ω，故B错误；
电源的电压U＝I（R1+R2）＝
×（10Ω+10Ω）＝24V，故A错误；
（2）当电压表的示数U1″＝15V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路中的电流：
I大＝
＝
＝1.5A，
此时滑动变阻器两端的电压：
U2小＝U－U1″＝24V－15V＝9V，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2小＝
＝
＝6Ω，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
所以，滑动变阻器接入电路中的阻值范围为6Ω～30Ω，故C错误；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，
则P小＝
＝
＝14.4W，故D正确。
2、填空题（本题共5小题，每空1分，共14分）
9.（2019·河南）在家用电器调查活动中,小亮让电热水器单独工作2min,测得家中如图3所示的电能表的转盘转了70r,热水器的实际功率为W;若不计能量损失,这段时间内热水器中50L的水可升温℃。
由于热水器的功率远大于冰箱,从安全用电的角度考虑,热水器的电源线比冰箱的
要（选填“粗”或“细”）[已知ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J/（kg·℃）]
【答案】2100；1.2；粗
【解析】
（1）先求出电能表的转盘转70r电热水器消耗的电能，然后根据P=
求出该电热水器的实际功率；
（2）根据W=Pt求出电热水器消耗的电能，因为不计能量损失，Q吸=W，再利用Q=cm△t求出水升高的温度；
（3）利用P=UI、Q=I2Rt以及影响导体电阻大小的因素来分析即可。
解：
（1）电能表的转盘转70r，电热水器消耗的电能：
W=
=0.07kW•h，
工作时间t=2min=
h，
则该电热水器的实际功率：
P=
=
=2.1kW=2100W
（2）电热水器消耗的电能：
W′=Pt=2100W×120s=2.52×105J，
水的体积V水=50L=0.05m3，由ρ=
可得，水的质量：
m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×0.05-3m3=50kg；
因为不计能量损失，所以水吸收的热量：
Q吸=W′=2.52×105J，
由Q=cm△t得，水升高的温度：
△t=
=
=1.2℃
（3）由于电热水器的功率远大于冰箱，根据P=UI可知，电热水器工作时的电流远大于冰箱，相同条件下热水器导线上产生的热量较多。
为保证线路安全，在电流和通电时间一定时，电热水器选择较粗的电源线，可以减小导线电阻，根据Q=I2Rt可知，电源线产生的热量减少，可防止电源线快速老化而引发安全事故。
10.湖边的树木在水中的“倒影”是由光的_____形成的．人潜在水中看岸上的树木，看到的是_____（选填“实”或“虚”）像，比真实的树木要_____（选填“高”或“低”）些
【答案】
（1）.反射
（2）.虚（3）.高
【解析】
倒影属于平面镜成像，平面镜成像是由于光的反射形成的；岸上的树木反射的光线斜射到水面上时，由光发生折射的条件知，会发生折射现象，当光进入水中后，靠近法线，射入潜水员眼睛，而潜水员由于错觉，认为光始终沿直线传播，逆着光的传播方向看上去而形成的虚象，所以比实际位置高．因此潜水员在水中看见岸上的树木实际上是变高了的虚像．
11.（2019·河北）卫星是通过 传递信息的，它从图10所示位置向近地点运行时势
能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；站在地面上的人观察到同步卫星静止不动，选取的参照物是 。
【答案】电磁波；减小；地球（地面）
【解析】
（1）电磁波可以在真空中传播，电磁波可以传递信息；
（2）动能大小的影响因素：
质量和速度。
质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：
质量和高度。
质量越大，高度越高，重力势能越大；
（3）研究机械运动时，假定不动的物体叫参照物，与参照物相比，物体位置有变化，说明物体在运动；物体位置没有变化，说明物体处于静止状态。
解：
电磁波可以在真空中传播，卫星是通过电磁波来传递信息的。
卫星从远地点运行到近地点时，相对高度减小，所以势能减小，同时速度增大，动能增大。
站在地球上的人如果以地球为参照物，同步通信卫星与地球之间的相对位置没有发生改变，所以觉得地球同步通信卫星在空中静止不动。
故答案为：
电磁波；减小；地球（地面）。
12.双能源（汽油和天然气）汽车以其经济、污染小等优点倍受人们青睐．（已知汽油的热值为3.2×107J/L、天然气的热值为7.2×107J/m3）
（1）内燃机是汽车的“心脏”，它是把内能转化为________能的机器；
（2）完全燃烧9L汽油放出的热量与完全燃烧________m3的天然气放出的热量相等．
【答案】
（1）.机械
（2）.4
【解析】
试题分析：
⑴内燃机是燃料在汽缸内燃烧，产生的燃气直接推动活塞做功的热机．它工作时是把内能转化为机械能；⑵完全燃烧9L汽油放出的热量Q=q汽油V汽油=3.2×107J/L×9L=2.88×108J；放出的热量相等需完全燃烧天然气的体积为V天然气=Q/q天然气=2.88×108J/7.2×107J/m3=4m3．
考点：
内燃机的原理；热值；热量的计算
13.（2019·盘锦）高铁列车车体采用铝合金制造，是利用铝合金密度 的特性；列车长时间高速行驶时，车轮温度会升高，这是通过 方式改变车轮的内能；如果行驶中的列车受到的力全部消失，列车将会保持 状态。
【答案】小；做功；匀速直线运动
【解析】
车体采用强度高、密度小的铝合金等材料制造，使整车质量减小，有利于列车高速运行，因此这是利用了其密度小的特点；
列车在行驶的过程中，车轮不断克服与轨道的摩擦而做功，将机械能转化为内能，导致车轮的温度升高，这是通过做功的方式改变车轮的内能；
如果行驶的列车受到的力全部消失，由于惯性，列车会保持原来的运动状态做匀速直线运动。
3、实验探究题（本题共2小题，第14题10分，第15题12分，共22分）
14.（2019·安顺）小军同学为了探究“使用动滑轮的省力情况及滑轮组的机械效率”，使用了如图所示的实验装置。
实验前，小军用轻质弹簧测力计测得动滑轮的重力为1.0N，每个钩码的重力为0.5N，实验过程中，小军多次改变动滑轮所挂钩码的数量，分别记下了每次所挂钩码的重力及对应的轻质弹簧测力计示数（见下表）
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
动滑轮重G0/N
1.0
1.0
1.3
1.0
1.0
1.0
1.0
1.0
所挂钩码的重力G/N
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
弹簧测力计示数F/N
0.8
1.2
1.3
1.6
1.8
2.2
2.3
2.7
（1）分析实验数据可以得到：
在动滑轮的重力大于或等于物体的重力的条件下，使用该滑轮
组 （选填“省力”或“不省力”）
（2）在忽略摩擦、绳重及实验误差的条件下，弹簧测力计的示数F与被提升钩码重力G以及动滑轮重力G0的关系为
（3）小军同学又研究了滑轮组水平拉动物体的情况，用另一组滑轮组将重为50N的物块从位置A匀速直线拉到位置B，请在图中画出最省力的绕线方法：
物块移动的距离为 cm；若此时绳自由端所用拉力为10N，物块受到的摩擦力为18N，该滑轮组的机械效率为 。
【答案】
（1）不省力；
（2）F＝
；（3）如图所示；3.10；60%
【解析】
（1）分析表中序号为1、2的两组数据可以得到：
在动滑轮的重力大于或等于物体的重力的条件下，测力计示数大于所挂钩码的重力G，故此时使用该滑轮组不省力；
（2）由图1可知n＝2，在忽略摩擦、绳重及实验误差的条件下，弹簧测力计的示数F与被提升钩码重力G以及动滑轮重力G0的关系为：
F＝
；
（3）用另一组滑轮组将重为50N的物块从位置A匀速直线拉到位置B，当绳子的有效段数最多为3时，最省力，如下图所示：
由图知，物块移动的距离为44.10cm－41.00cm＝3.10cm；
若此时绳自由端所用拉力为10N，物块受到的摩擦力为18N，该滑轮组的机械效率为：
η＝
＝
＝
×100%＝60%。
15.（2019·孝感）某班同学分成两个小组做了以下不同的实验：
（1）第一小组观察小灯泡的亮度与实际功率的关系，小灯泡的额定电压为2.5V实物电路连接如图所示。
①开关闭合后，会发现 （选填“电压表”或“电流表”）的指针反偏；
②将错误连接改正后，闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为0.2V时，发现灯泡不亮，你认为其原因是 （填写选项前的字母序号）
A：
小灯泡断路B：
小灯泡的实际功率太小
③继续调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.5V，灯泡正常发光，电流表的示数为0.30A；再调节滑动变阻器使电压表的示数达到3.0V，灯泡强烈发光，此时灯泡的实际功率
（选填“小于”或“等于”或“大于”）1.08W。
（2）第二小组测量额定电压为3.8V的小灯泡的额定功率，采用如甲所示的电路图，其中电源电为4.5V，R＝10Ω。
①闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为 A，灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关，将电流表改接到灯泡所在的支路，与灯泡串联，闭合开关后，电流表的示数如图乙所示，则此时通过灯泡的电流为 A；
③灯泡的额定功率为 W。
【答案】
（1）①电压表；②B；③小于；
（2）①0.38；②0.4；③1.52。
【解析】解：
（1）①电流从电压表负接线柱流入了，故开关闭合后，会发现电压表的指针反偏；②灯的额定电压为2.5V，而灯的实际电压为0.2V时，故灯的实际电流很小，根据P＝UI灯的功率太小，灯不发光，选B；③电压表的示数为2.5V，灯泡正常发光，电流表的示数为0.30A，灯的额定功率：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；根据P＝
，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，电压表的示数达到3.0V为额定电压的
＝1.2倍，若灯的电阻不变，则灯泡的实际功率为：
P实＝（1.2）2×0.75W＝1.08W，但因灯的电阻随温度的升高而变大，根据P＝
，故此时灯泡的实际功率小于1.08W；
（2）①灯在额定电压下正常发光，根据并联电路各支路电压相等，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为I′＝
＝
＝0.38A，灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关，将电流表改接到灯泡所在的支路，与灯泡串联，闭合开关后，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，则此时通过灯泡的电流为0.4A；
③灯泡的额定功率为：
P＝ULIL＝3.8V×0.4A＝1.52W。
四、综合应用题（本题共2小题，16题9分，17题6分，共15分）
16.（2019·贵港）如图所示，是考古工作队在贵港罗泊湾码头用起重机沿竖直方向匀速向上打捞一个体积为0.5m3、质量为1.2t的圆柱体文物的情景。
B为起重机的配重，OA为起重机的起重臂，AB=25m，OB=5m，若在整个打捞过程中，文物始终保持0.3m/s的速度不变（江水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，g取10N/kg，起重机横梁重力和滑轮重力及摩擦均不计）。
求：
（1）文物从开始上升直到刚露出江面的过程中受到的浮力大小。
（2）在整个打捞文物的过程中，起重机的拉力做功的最小功率。
（3）为了使起重机不翻倒，起重机的配重B的质量至少是多少？
【答案】
（1）5×103N
（2）2.1×103W（3）300kg
【解析】
（1）根据阿基米德原理得
F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×0.5m3＝5×103N；
（2）在整个打捞文物的过程中，由于文物的速度保持不变，
文物受到三个力的作用处于平衡状态得F拉+F浮＝G物
因为G物保持不变，当F浮最大，即文物完全浸没在水中时，F拉最小，而v物不变，
根据P=F拉v物知此时拉力做功的功率最小。
文物的重力为G物=m物g=1.2×103kg×10N/kg=1.2×104N
而最大浮力为F浮＝5×103N
则最小拉力为F拉＝G物－F浮=1.2×104N－5×103N=7×103N
最小功率为P=F拉v物=7×103N×0.3m/s=2.1×103W
（3）当文物离开水面后，起重机的拉力最大，此时有F′拉＝G物=1.2×104N
又当配重重力的力臂与拉力力臂互换时，配重的质量最小，
此时OB=20m，OA=5m，根据杠杆的平衡条件得mBgOB=F′拉OA
即配重的最小质量为mB=
=
=300kg。
17.（2019·荆州）如图，电源电压恒为4.5V，灯泡L上标有“3V1.5W”字样，滑动变阻器R2上标有“15Ω1A”字样，定值电阻R1阻值为10Ω，电流表量程为0~3A，电压表量程为0~3V，不计温度对灯丝电阻的影响。
求：
（1）灯泡正常工作时电阻为多大；
（2）当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，电路最小总功率为多大；
（3）当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器R2的取值范围。
【答案】
（1）6Ω；
（2）3.375W；（3）当3Ω～12Ω。
【解析】解：
（1）根据P＝
得，灯泡正常工作时电阻：
RL＝
＝
＝6Ω；
（2）当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，灯泡L被短路，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，当滑动变阻器R2的阻值最大为15Ω时，电路总电流最小，电路总功率最小，
通过R1的电流：
I1＝
＝
＝0.45A，
通过滑动变阻器R2的电流：
I2＝
＝
＝0.3A，
电路最小总功率：
P最小＝U×（I1+I2）＝4.5V×（0.45A+0.3A）＝3.375W；
（3）当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，R1断路，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测滑动变阻器R2两端电压。
灯泡的额定电流：
I额＝
＝
＝0.5A；
因为灯泡额定电流I额＝0.5A，电流表量程为0～3A，滑动变阻器标有“15Ω1A”字样，
所以，在确保电路元件安全的情况下，电路中最大电流为I最大＝I额＝0.5A，此时滑动变阻器R2阻值最小，则电路最小总电阻：
R最小＝
＝
＝9Ω
滑动变阻器R2最小阻值：
R2最小＝R最小－RL＝9Ω－6Ω＝3Ω；
因为电压表量程为0～3V，所以在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器两端电压最大为U2＝3V时，此时滑动变阻器阻值最大，
此时电路中电流：
I最小＝
＝
＝0.25A，
滑动变阻器R2最大阻值：
R2最大＝
＝
＝12Ω，
因此滑动变阻器的阻值范围为3Ω～12Ω。
升级会员 