江苏省南京市联合体2025-2026学年度九年级物理（上）期末练习卷（二）（含解析）

南京市联合体2025-2026学年度九年级物理（上）期末练习卷（二）(本卷总分100分，考试用时90分钟)一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意。）1.通过大量实验，首先归纳出电流与电压、电阻关系的科学家是(

)A.安培 B.伏特 C.欧姆 D.焦耳2.如图的四个成语所描述的场景中，通过做功改变内能的是(

)A.扬汤止沸 B.釜底抽薪

C.卧冰求鲤 D.钻木取火3.对于物理学习中涉及到的物理方法，下列说法正确的是(

)A.分析出实际杠杆的五要素是建立模型的方法

B.将电流比作水流是转换法

C.通过比较木桩被重物打入沙中的深度来比较重力势能大小是控制变量法

D.探究杠杆平衡条件时要多测几组数据是为了减小误差4.如图所示的情境中，人对物体做功的是(

)

A.甲图，人用力搬石头没有搬动B.乙图，人将货物从地面拉到高处

C.丙图，人用推车没有推动D.丁图，人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动5.如图所示的杠杆中，在使用时能够省距离的是(

)

A.(1)(2) B.(2)(3) C.(1)(4) D.(2)(4)6.如图所示，用相同的滑轮和绳子分别组成甲、乙两个滑轮组，分别用甲、乙两个滑轮组在相同时间内将重为G的物体匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是(

)A.绳自由端的拉力F甲<F乙

B.拉力所做的功W甲>W乙

7.如图所示，向同一方向移动滑片，电阻的变化效果相同的是：(

)

A.甲和丙 B.乙和丁 C.甲和丁 D.甲和乙8.光发动机可用于卫星的能源补充，原理如图，密闭气室中N2O4在光照下会分解，使气室气压增大，推动活塞右移，无光条件下发生逆反应；控制光照即可实现活塞往复运动。活塞右移过程相当于汽油机的(

)

A.吸气冲程 B.压缩冲程 C.做功冲程 D.排气冲程9.如图是某品牌液晶电视机的铭牌，阅读铭牌信息，下列说法中正确的是(

)

A.该液晶彩色电视可以接在380V电压下使用

B.该液晶彩色电视机比60W的灯消耗的电能多

C.该液晶彩色电视正常工作时，1h内消耗250W电能

D.1kW⋅h的电能可供该液晶彩色电视正常工作4h10.高铁站的自动检票闸机口设有身份证和人脸识别双重验证，两个信息相符合后闸机门(电动机)自动打开，乘客可检票通过。若每个信息验证成功相当于闭合一个开关，下列模拟电路，符合要求的是(

)A.B.C. D.11.如图所示，对于图中所描述的物理过程和图线，下列分析中不正确的是(

)

A.图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少

B.图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能减少

C.图丙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少

D.图丁是某内陆城市与某沿海城市气温变化曲线，B表示的是沿海城市气温变化曲线12.如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，当滑动变阻器R2的滑片P从某点a点移到b点时，滑动变阻器的U−I线如图乙所示，则电源电压和定值电阻R1的阻值分别是(

)

A.9V、10Ω B.9V、30Ω C.18V、30Ω D.18V、10Ω二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分。）13.2024年5月12日，我国研制的AG600水陆两栖飞机完成夜航飞行实验。如图所示，当飞机在同一高度匀速飞行时(忽略燃油的质量变化)，飞机的动能

(选填“变大”、“不变”或“变小”，下同)；进行灭火工作时，飞机保持同一高度在着火区域洒水，飞机的重力势能

，机械能

。14.如右上图所示，旗杆顶端的装置属于

(定/动)滑轮。手拉弹簧测力计1、2、3三个不同位置时的拉力大小相等，说明使用定滑轮可以改变力的

。螺丝钉是一种类似斜面的机械，螺纹

(密/稀)一些的螺丝钉拧起来更省力。15.世界上很多发明都是由生活现象启发而萌生的创意，如：蒸汽机和汽油机，它们工作时，由

能转化为

能，图

是汽油机的工作原理图。一台四冲程内燃机飞轮转速为3600r/min，在1秒钟内内燃机的活塞做

次功。

16.如图所示的滑轮组，在拉力F的作用下，物体A以0.1m/s的速度匀速直线运动了10s。物体A受到的摩擦力为4.2N，弹簧测力计示数为2N(不计绳、弹簧测力计和滑轮重)。则拉力F的功率为

W，滑轮组的机械效率为

。17.小明用25N的水平推力使超市购物车在水平路面上匀速前进了10m，所用时间是25s，货物和车总重力为100N。在此过程中，小明的推力做功为

J，地面支持力对小车做功为

J，推力做功的功率为

W，该过程中，小车的机械能

(选填“增大”“减小”或“不变”)。18.某段金属导体两端电压为4V时，通过的电流是0.2A；当通过该导体的电流为0.3A时，导体的电阻为______Ω，该导体两端电压为______V；当通过该导体电流为0时，导体的电阻为______Ω。19.标有“2V0.1W”字样的LED灯正常发光时的电流为

A，电源电压为6V，为使LED灯正常发光，需串联一只

Ω的电阻，与普通的小灯泡相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则该LED灯与

W的小灯泡亮度相当。LED灯主要是用

(选填“纳米材料”“超导材料”或“半导体材料”)制成的。20.如图所示，甲、乙为两只相同电表，当闭合S1、S2时，甲、乙两表示数之比为4:3，则两表均为

表。两电阻大小之比R1:R2为

，电路总功率为P1，同时更换两电表种类，调整开关状态，使两表均有正常示数，此时电路总功率为P2，则P三、解答题（本题共10小题，共50分。解答第28、29题时应有公式和解答过程。）21.(2分)如图，请在图中画出使杠杆平衡的最小动力F1和动力臂l1的示意图。

22.(2分)请在如图电路图相应的位置填上电源和电流表的符号，并使滑片向右移动时电压表的示数变小。23.(2分)请用笔画线代替导线，将图中的电灯和开关正确的接入家庭电路中。24.(5分)某小组在“探究并联电路中电压的特点”实验中。

(1)如图甲，根据电路图，用笔画线表示导线，将实物连接起来。

(2)连接电路时，开关处于______状态。

(3)正确连接好电路后，闭合开关，电压表的示数如图乙所示，为______V。

(4)测得灯泡L1两端电压后，再测得灯泡L2两端电压和A、B两端电压，记录数据。改变两个小灯泡的规格，重复以上操作，其目的是______。

(5)评估交流环节，有同学提出：实验中连接完电路，闭合开关，发现电压表指针反向偏转，原因是______。25.(5分)在探究“杠杆的平衡条件”实验中，

(1)图甲杠杆中点置于支架时保持静止，此时杠杆处于______(选填“平衡”或“不平衡”)状态。要使杠杆在水平位置静止，应将平衡螺母向______端调节。

(2)杠杆调至水平位置平衡后，挂上钩码并拉动测力计，使杠杆在图乙水平位置平衡，发现F1L1______F2L2(选填“>”、“=”或“<”)，其原因是________________________。

(3)改变支点O的位置，将杠杆在图丙水平位置静止，测出竖直向上的拉力F3为6N、F26.(6分)如图装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。

(1)为研究不同物质的吸热能力，可利用______两幅图进行实验，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化关系图象，如图丁：不同物质吸热多少是通过______来反映的。由图可以看出______液体的吸热本领较大。如果已知b液体的比热容是1.8×103J/(kg⋅∘C)，则a液体的比热容是______J/(kg⋅∘C)。

(2)测量某种燃料热值时，在实验前用天平测出了液体及燃料的质量，并记录相关数据，利用公式Q=cm(t−t0)(若a、b液体的比热容已知)计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。则该热值与实际燃料的热值相比______(偏大/偏小/不变)。

(3)在以上“探究不同物质的吸热能力”和“探究不同燃料的热值”这两个实验中都采用的科学思维方法有______(多选)。

A.控制变量法B.27.(6分)在“探究电流与电阻的关系”实验中，老师提供了两节新干电池、电流表、电压表、开关、两个滑动变阻器(规格“10Ω1A”和“20Ω0.5A”)，阻值为10Ω、20Ω、25Ω的定值电阻R各一个，以及导线若干。

(1)根据图甲，连接电路，开关闭合前将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关后，发现电压表接近电源电压，电流表无示数，其原因可能是定值电阻______(断路/短路)；

(2)排除故障后，更换不同电阻进行实验，第一次实验时使用10Ω的定值电阻，电流表的示数如图乙所示，为______A，当取下10Ω的定值电阻，换接上20Ω的定值电阻时，为控制定值电阻两端电压为______V不变，应将滑动变阻器的阻值调为______Ω；

(3)根据已知数据判断，实验中选用的滑动变阻器可能是______；

A.“10Ω1A”

B.“20Ω0.5A”

(4)下列图像中，能大致反映本实验中各物理量之间关系的是______。

A.电流表示数与R阻值的关系

B.电压表示数与R阻值的关系

C.变阻器接入电路阻值与R阻值的关系

D.电阻R消耗的电能与R阻值的关系28.(7分)用“伏安法”测量已坏收音机里一个电阻的阻值，请完成下列实验探究。

(1)连接电路时开关应处于______状态；闭合开关前，滑动变阻器应滑到______(选填“A”或“B”)端；

(2)用滑动变阻器调节接入电路中的电阻，记录每次对应电流值和电压值，多次测量的目的是______(选填“①”或“②”)；

①寻找普遍规律②求平均值减小误差

(3)某一次测量时，电流表的指针如图乙所示，其示数为______A，电压表的指针如图丙所示，其示数为______V，根据上述数据计算出Rx的阻值为______Ω；

(4)要测量额定电压为U0的小灯泡正常工作时的电阻，设计了以下四种方案，电源电压不变，R为已知电阻，在不改变电路连接的情况下可行的是______(仅一项正确)。

29.(6分)如图所示为某折叠卡式炉，采用丁烷气体作为燃料。水壶装入2kg初温为25∘C的水，用卡式炉加热至100∘C，消耗了25g丁烷气体(水的比热容为4.2×103J/(kg⋅∘C)，丁烷的热值为4.8×107

30.(9分)某压力传感器的电阻R随撞击力F的变化图像如图甲，将它接入图乙电路来做手机抗摔实验。闭合开关S，在传感器上方释放手机，手机屏幕向下撞到传感器的平台上(平台的质量不计)。实验测得撞击前、撞击时和撞击后的电流随时间变化的图像如图丙。已知电源电压U=30V，定值电阻R0=10Ω。求：

(1)未受到撞击时，传感器的阻值。

(2)当电流表显示1A时，传感器受到的撞击力F。

(3)下落的手机产生最大撞击力时，传感器的电功率。

参考答案及解析1.【答案】C

【解析】解：A、安培最早发现通电导体周围磁场方向与电流方向的关系，故A不符合题意；

B、伏特最早研制出了液体电池，故B不符合题意；

C、通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，这一规律最早由德国科学家欧姆总结得出，这就是著名的欧姆定律，故C符合题意；

D、焦耳最早发现电流产生热量的影响因素，故D不符合题意。

故选：C。

2.【答案】D

【解析】【详解】A.扬汤止沸，将烧开的液体舀起来，温度降低，内能减小，是通过热传递的方式改变物体的内能，故A不符合题意；B.釜底抽薪，锅底下抽去燃烧的柴火，水的温度降低，内能减小，通过热传递的方式改变物体的内能，故B不符合题意；C.卧冰求鲤，冰吸收热量，内能增大，是通过热传递的方式改变物体的内能，故C不符合题意；D.钻木取火是克服摩擦做功，使物体的内能增大，温度升高，通过做功改变物体的内能，故D符合题意。故选D。3.【答案】A

【解析】解：

A、杠杆的五要素包括支点、动力、阻力、动力臂和阻力臂，五要素是在大量实物模型的基础上，归纳总结得出的，采用的是建立模型法．此选项正确；

B、水流能够观察，电流不能直接观察，用水流说明电流的形成和作用，采用的是类比法．此选项错误；

C、重力势能的大小不能直接观察，通过比较木桩被重物打入沙中的深度来比较重力势能大小，采用的是转换法．此选项错误；

D、探究杠杆平衡条件时要多测几组数据是为了总结规律，避免实验结论的偶然性．此选项错误．

故选A.

4.【答案】B

【解析】解：A、人用力搬石头，没有搬动，只有力，没有距离，故人对物体没有做功，故A不合题意；

B、人将货物从地面拉到高处，拉力方向向上，距离的方向也向上，故人对物体做功，故B符合题意；

C、人用力推车，没有推动，只有力，没有距离，故人对物体没有做功，故C不合题意；

D、人抱箱子沿水平方向做匀速直线运动，力的方向竖直向上，距离的方向水平向前，在力的方向上没有移动距离，故人没有做功，故D不合题意。

故选：B。

5.【答案】D

【解析】解：(1)羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离；

(2)筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力省距离；

(3)瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离；

(4)钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力省距离；

综上所述，ABC错误，D正确。

故选：D。

6.【答案】D

【解析】解：A、甲滑轮组有两段绳子承担物重，乙滑轮组有三段绳子承担物重，不计绳重及摩擦，F甲=12(G+G动)，F乙=13(G+G动)，则F甲>F乙，A错误；

B、因忽略绳重与摩擦时，克服物体重力做的功为有用功，且两滑轮组将物体提升相同高度，由W有=Gh可知，两滑轮组做的有用功相等．利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，则两滑轮组拉力做的总功相等，即W甲=W【解析】解：甲图中连入电路的电阻线是PA，

乙图中连入电路的电阻线是AB，

丙图中连入电路的电阻线是PB，

丁图中连入电路的电阻线是PA，

从以上分析可知，甲和丁图中连入电路的电阻线是相同的，向同一方向移动滑片时，电阻的变化效果相同．

故选C.

8.【答案】C

【解析】【详解】当活塞右移时，活塞对外做功，则该过程相当于汽油机四个冲程中的做功冲程。故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。9.【答案】D

【解析】【详解】A.由彩电铭牌知其工作电压为220V∼240V，故该液晶彩色电视不可以接在380V电压下使用，故A错误；B.由彩电铭牌知器额定功率为250W，与60W的灯相比，彩电额定功率大，消耗电能快，时间未知，不能比较消耗电能多少，故B错误；C.由彩电铭牌知其额定功率为250W，由

P=Wt

可得，彩电正常工作时，1W=Pt=250W×3600s=9×故C错误；D.由

P=Wt

可得，

1kW⋅ht=故D正确。故选D。10.【答案】A

【解析】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，闸机门自动打开，这说明两个开关相互影响，是串联的，然后与电动机和电阻R串联，故A正确，BCD错误。

故选：A。

11.【答案】A

【解析】解：A.图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，使得筒内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；

B.图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，水蒸气的内能转化为机械能，空气的内能减少，故B正确；

C.图丙中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C正确；

D.由一年的气温变化曲线得出，A所示的城市最高、最低气温差比B所示的城市的大；水的比热容比沙石大，在吸收或放出相同的热量时，温度变化值比较小，所以曲线A表示的是内陆城市的年气温变化曲线，B表示的是沿海城市的年气温变化曲线，故D正确。

故选：A。

12.【答案】C

【解析】解；当S闭合时，R1和R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测R2两端的电压；

由乙图可知，滑动变阻器的滑片滑到a点时，电压表示数为9V，电路中电流为0.3A，

根据串联电流电流规律和欧姆定律知：

电源电压：

U=0.3A×R1+9V，

滑动变阻器滑片在b端时，由乙图可知，电压表示数为6V，电路中电流为0.4A，则电源电压：

U=0.4A×R1+6V，

联立解之得：

R1=30Ω，U=18V13.【答案】不变

；

变小

；变小【解析】[1]当飞机在同一高度匀速飞行时(忽略燃油的质量变化)，质量不变，速度不变，故动能不变。[2]进行灭火工作时，飞机保持同一高度在着火区域洒水，飞机的质量变小，速度不变，高度不变，故重力势能变小。[3]机械能等于动能和重力势能之和，飞机的质量变小，速度不变，高度不变，重力势能变小，动能变小，故机械能变小。14.【答案】定；方向；密【解析】解：(1)由图可知该滑轮是定滑轮；

由题知，手拉弹簧测力计1、2、3三个不同位置时的拉力大小相等，说明使用定滑轮不能改变力的大小，只能改变力的方向。

(2)螺丝钉上的一圈圈螺纹的长相当于斜面的长度，斜面是一种变形的杠杆，因此螺丝钉是被拧成圆柱形的类似斜面的机械；螺丝钉螺纹密、螺线长，相当于斜面较长，使用起来更省力。

故答案为：定；方向；密。

15.【答案】内；机械

；乙

；30【解析】【详解】[1]蒸汽机和汽油机都属于热机，热机是利用内能来做功，将内能转化为机械能的机器。[2]由图甲可知，燃料燃烧，将燃料的化学能转化为水和水蒸气的内能，从玻璃管口喷出的水蒸气驱动叶轮转动，水蒸气会对叶轮做功，将水蒸气的内能转化为叶轮的机械能；此过程与蒸汽机的工作过程相似，反映了蒸汽机的工作原理。[3]在图乙中，火焰使上方空气温度升高、上升，热空气带动叶轮转动，内能转化为机械能；汽油机在做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞做功，内能转化为机械能；所以图乙反映了汽油机的工作原理。[4]四冲程内燃机飞轮转速为3600r/min=60r/s，即每秒钟飞轮转60圈；因为飞轮每转2圈，对外做功1次，所以在1秒钟内做功的次数为

6016.【答案】0.6；70%；【解析】解：从图中可知n=3，绳子自由端的速度v=nv物=3×0.1m/s=0.3m/s；

不计绳、弹簧测力计和滑轮重，弹簧测力计示数为2N，则拉力为2N，根据P=Wt=Fst=Fv可知拉力F的功率P=Fv=2N×0.3m/s=0.6W；

17.【答案】250；0；10；不变【解析】[1]在此过程中，小明的推力做功为

W=Fs=25N×10m=250J[2]支持力的方向竖直向上，小车在竖直方向上没有移动距离，因此地面支持力对小车做功为0。[3]推力做功的功率为

P=[4]该过程中，小车的质量不变，速度和所处的高度都不变，因此动能和重力势能均不变，则小车的机械能不变。18.【答案】20；

6；

20

【解析】解：由I=UR可得，该导体的电阻：

R=UI=4V0.2A=20Ω，

因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，

所以，当通过该导体的电流为0.3A时或通过该导体电流为0时，导体的电阻仍为20Ω不变，

当通过该导体的电流为0.3A时，导体两端电压为：U′=I′R=0.3A×20Ω=6V。

故答案为：20；6；

20。

19.【答案】【解析】[1]由P=UI知道，LED灯正常发光时的电流I[2]电源的电压U=6V时，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，串联电阻两端的电压U因串联电路中各处的电流相等，所以，由

I=URR=[3]设两种灯泡正常发光的时间为t，由

P=Wt

知道，W小灯泡消耗的电能为WL=PLtP解得P[4]LED灯是由半导体做成的器件，它具有单向导电性。20.【答案】电压

；

1:3

；3:16【解析】[1]甲、乙为两只相同电表，当闭合S1，S2时，甲、乙两表示数之比为[2]当闭合S1，S2时，两电阻串联，电压表甲测量电源电压，电压表乙测量R2两端的电压，甲、乙两表示数之比为4:3[3]设R1=R，则R2同时更换两电表种类，即两表都为电流表时，闭合开关S1，两电阻并联，此时电路总功率为

则

P21.【答案】

22.【答案】解：根据题意可知，滑片向右移动时电压表的示数变小，此时滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路的电压规律可知，灯泡两端电压变小，所以电压表应该与灯泡并联，故左端为电流表，右端为电源，如下所示：

23.【答案】解：灯泡的接法：火线直接进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接进入灯泡的螺旋套，如图所示：

24.【答案】断开；

2.8

；多次测量，以得到普遍的规律；

电压表正、负接线柱接反

【解析】解：(1)由图甲电路图可知，L1、L2并联，电压表测L1两端电压。可以根据电流路径法连接实物电路，电流从电源正极出发，先分为两条路径，分别经过L1、L2，之后汇合，再经过开关，回到电源负极；最后将电压表并联在L，两端，因电源为2节干电池，电源电压约为3V，所以电压表选择0∼3V量程，注意电流从“3”接线柱流入、从“-”接线柱流出。如图所示：

。

(2)为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态。

(3)由图乙可知，电压表量程为0∼3V，分度值为0.1V，示数为2.8V。

(4)探究并联电路中电压的特点，多次实验的目的是多次测量，以得到普遍的规律。

(5)闭合开关，电压表指针反向偏转，说明电流从“-”接线柱流入、从“+”接线柱流出，原因是电压表正、负接线柱接反。

故答案为：(1)如图所示：

；

(2)断开；(3)2.8；(4)多次测量，以得到普遍的规律；25.【答案】平衡

；右；

>；

F1的力臂小于L1

；【解析】解：(1)由图甲可知，杠杆置于支架时保持静止，由于静止状态是平衡状态，所以杠杆处于平衡状态。

由图甲可知，杠杆右端上翘，即杠杆向左偏，由左偏右调可知，应将杠杆两端的平衡螺母向右移，使杠杆在水平位置平衡。

(2)由于支点到力的作用线的距离为力臂大小，则由图乙可知，弹簧测力计斜拉杠杆时，拉力F1的力臂小于L1，杠杆处于平衡状态，拉力F1的力臂为L1′，由杠杆平衡条件可知：F1L1′=F2L2；

所以：F1L1>F2L2；

(3)用图丙装置进行探究时，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响，所以杠杆处于水平平衡状态时：F3×OC≠F4×OD。

故答案为：(1)平衡；右；

(2)>；F1的力臂小于L1；

【解析】解：(1)为了研究不同物质的吸热能力，根据控制变量法应控制燃料的种类相同，利用其中甲、丙幅图进行实验，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；

由图示图象可知，a和b升高相同的温度，如温度都升60∘C，a需要的是时间是10min，b需要的时间是20min，b需要更长的加热时间，这也就说明了b的吸热能力强一些，a的吸热能力弱，所以b液体的比热容较大；

根据Q吸=cmΔt可知，在质量和吸收热量一定时，温度的变化值和比热容成反比，可以用相同的燃料1加热时间10min，a和b吸收的热量就是相同的，a的温度变化值Δt甲=80∘C−20∘C=60∘C，b的温度20min变化60∘C，10min变化值为Δt乙=30∘C，

据Q吸=cmΔt得，a液体吸收的热量：Qa吸=camΔta，

b液体吸收的热量：Qb吸=cbmΔtb，

则camΔta=cbmΔtb，

所以a的比热容：【解析】解：(1)将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关后电流表无示数，电路可能断路，发现电压表有示数且接近电源电压，电压表与电源连通，故其原因可能是定值电阻断路；(2)由图丙知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，所以第一次实验时电流表示数为0.2A，由欧姆定律，定值电阻的电压为：U=I1R1=0.2A×10Ω=2V；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，电源由两节新干电池组成，即电源电压U=3V，所以滑动变阻器两端电压U滑=U−UR=3V−2V=1V，

由表