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2023年云南省中考物理真题变式题6-10题
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B. 塑料尺在头发上摩擦后能吸引小纸屑，是因为摩擦过的塑料尺带了电荷
C. 戴眼镜的人从寒冷的室外进入温暖的室内，镜片“起雾”是因为水蒸气液化
D. 用核桃钳能轻松地夹开坚硬的核桃，说明核桃钳是省力杠杆
【答案】A
【解析】
【详解】A．同窗三年的同学闭上眼睛也能知道说话的人是谁，是因为声音的音色不同，故A错误，符合题意；
B．带电体具有吸引轻小物体的性质。塑料尺在头发上摩擦后能吸引小纸屑，是因为摩擦过的塑料尺带了电荷，故B正确，不符合题意；
C．戴眼镜的人从寒冷的室外进入温暖的室内，镜片的温度低于室内，室内的水蒸气在镜片上液化，所以镜片“起雾”是因为水蒸气液化，故C正确，不符合题意；
D．用核桃钳能轻松地夹开坚硬的核桃时，动力臂大于阻力臂，所以核桃钳是省力杠杆，故D正确，不符合题意。
故选A。
变式题1基础
2. 中华诗词蕴含着丰富的物理知识，以下有关诗词的分析，正确的是（ ）
A. “千里冰封，万里雪飘”，冰的形成是凝固现象
B. “岚雾今朝重，江山此地深”，雾的形成是熔化现象
C. “青青园中葵，朝露待日晞”，露的形成是汽化现象
D. “少小离家老大回，乡音无改鬓毛衰”“乡音无改”说的是音调
【答案】A
【解析】
【详解】A．冰是固态，水是液态，水变成冰属于凝固现象，故A正确；
B．雾是空气中的水蒸气温度降低变成了小水珠，是液化现象，故B错误；
C．露水是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，故C错误；
D．“少小离家老大回，乡音无改鬓毛衰”中的“乡音无改”是指家乡的口音，其意思更接近于音色不变，而不是音调，故D错误。
故选A。
变式题2基础
3. 小帆在学习到《醉翁亭记》这篇文章的时候，发现优美的句子里蕴含着丰富的物理知识，下列总结正确的是（ ）
A. 渐闻水声潺潺：诗人凭音色判断出来是泉水的声音
B. 若夫日出而林靠开：早上的雾气是水蒸气的凝华现象
C. 野芳发而幽香：诗人闻到花香说明分子之间存在引力
D. 溪深而鱼肥：诗人看到水下的鱼说明光沿直线传播
【答案】A
【解析】
【详解】A．音色反映了声音的品质与特色，是由发声体本身决定的一个特性。诗人是通过音色判断出来泉水声音的，故A正确；
B．雾气是小水珠，是由水蒸气液化而形成的，故B错误；
C．诗人闻到花香说明分子在永不停息地做无规则运动，故C错误；
D．水中的鱼是光的折射所成的虚像，故D错误。
故选A。
变式题3基础
4. 生活中许多现象与我们学过的物理知识有关，下列说法不正确的是（ ）
A. 诗句“曲终收拨当心画，四弦一声如裂帛”中“如裂帛”描述的是声音的音调
B. 夏天吃冰糕，看到冰糕周围冒“白气”是液化现象
C. 刹车时人因为惯性，继续向前运动，容易与车前方的挡风玻璃相撞
D. 物体难压缩，主要是因为物体分子间斥力造成的，
【答案】A
【解析】
【详解】A．诗句“曲终收拨当心画，四弦一声如裂帛”中“如裂帛”描述的声音的音色，故A错误，符合题意；
B．夏天吃冰糕，看到冰糕周围冒“白气”是空气中的水蒸气遇到冷的冰糕液化形成的，故B正确，不符合题意；
C．刹车时，车减速，人由于惯性，继续向前运动，容易与车前方的挡风玻璃相撞，故C正确，不符合题意；
D．分子间既有引力又有斥力，物体难压缩，主要是因为物体分子间存在着斥力造成的，故D正确，不符合题意。
故选A。
变式题4巩固
5. 2023年3月11日，“红色之旅•沂蒙骑行”自行车赛（兰陵站）在兰陵县会宝湖景区鸣枪开赛（如图）。关于自行车比赛，下列说法正确的是（ ）
A. 清脆的发令枪声是指枪声的音调高
B. 车胎的花纹可以减小与地面间的摩擦
C. 马鞍型软车座可以增大对人体的压强
D. 正常使用的刹车手柄是一个费力杠杆
【答案】A
【解析】
【详解】A．清脆的发令枪声是指声音的振动频率大，音调高，故A正确；
B．车胎上有凸凹不平的花纹，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，故B错误；
C．马鞍型车座比较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对人体的压强，故C错误；
D．自行车的刹车在使用过程中动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆，故D错误。
故选A。
变式题5巩固
6. 中华民族茶文化源远流长，庐山云雾茶是中国名茶系列之一，周末小明到庐山云雾茶产地的茶厂体验手工制茶，手工制茶的部分工序如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲：将新鲜的茶叶摊晾于通风干燥处是为了减慢蒸发
B. 图乙：炒茶叶的过程中闻到的清香是由物体的机械运动产生的
C. 图丙：茶叶被揉捻卷在一起是由于带电体有吸引轻小物体的性质
D. 图丁：烘焙的过程中是通过热传递的方式来改变茶叶的内能的
【答案】D
【解析】
【详解】A．将新鲜的茶叶摊晾于通风干燥处，是通过加快表面空气流速来加快蒸发，故A错误；
B．炒茶叶的过程中闻到清香是扩散现象，是分子不停地做无规则运动形成的，故B错误；
C．茶叶被揉捻卷在一起是手动塑型工序，茶叶本身也不是带电体，故C错误；
D．烘焙的过程中是通过茶叶和高温热锅的热传递来提高茶叶的温度，从而改变茶叶的内能，故D正确。
故选D。
变式题6巩固
7. 叶子姐姐做了如下几个验证性小实验，其中正确是（ ）
A. 用与头发摩擦过的塑料尺靠近碎纸屑发现塑料尺能吸引碎纸屑，证明同种电荷相互吸引
B. 用手拨动尺子，尺子振动发出声音，证明声音能在固体中传播
C. 滚摆在从高处下降的过程中，发现越滚越快，证明动能可以转化为重力势能
D. 冬天将玻璃片从室外拿到室内，发现它上面有一层雾，说明降低温度可以使气体液化
【答案】D
【解析】
【详解】A．用与头发摩擦过的塑料尺靠近碎纸屑发现塑料尺能吸引碎纸屑，证明带电体能够吸引轻小物体，故A不符合题意；
B．手拨动尺子，尺子振动发出声音，证明声音是由物体振动发出的，故B不符合题意；
C．滚摆在从高处下降的过程中，发现越滚越快，速度增大，高度降低，重力势能转化为动能，故C不符合题意；
D．冬天将玻璃片从室外拿到室内，发现它上面有一层雾，是室内水蒸气遇到温度较低的镜片发生的液化现象，故D符合题意．
变式题7提升
8. 如图所示，将玻璃板架在两本书之间，下方的桌面上静止着一些小纸屑。用丝绸在玻璃板上反复摩擦，过一会儿会发现：最初小纸屑被玻璃板吸引，然后小纸屑又上下飞舞、彼此分离。下列说法中正确的是（ ）
A. 摩擦后的丝绸带正电
B. 最初小纸屑被玻璃板吸引是因为异种电荷相互吸引
C. 小纸屑彼此分离，彼此分离的原因是同种电荷相互排斥
D. 整个实验过程中，小纸屑始终不带电
【答案】C
【解析】
【详解】A．丝绸与玻璃摩擦，玻璃失去电子带正电，丝绸得到电子带负电，故A错误；
B．最初小纸屑被玻璃板吸引是因为带电的玻璃板要吸引轻小物体，故B错误；
CD．小纸屑接触带电的玻璃板后，小纸屑上也带上了相同的电荷，而同种电荷相互排斥，所以小纸屑彼此分离，故C正确，D错误。
故选C。
变式题8提升
9. 医务人员所采取的措施和所用到的器材，包含着丰富的物理知识。下列说法不正确的是（ ）
A. 夹取消毒棉擦伤口的镊子是省力杠杆
B. 注射器针头做得非常尖锐，目的是为了增大压强
C. 借助听诊器可增大所听到的声音的响度
D. 在地上喷洒消毒液后，整个病房都能闻到消毒液的气味这是扩散现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．镊子在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A错误，A符合题意；
B．注射器针头做得非常尖锐，是通过减小受力面积的方法来增大压强，故B正确，B不符合题意；
C．听诊器是让病人的心跳声和呼吸声通过橡胶管中的空气来传播的，减少了声音的发散，增大了声音的响度，故C正确，C不符合题意；
D．因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以喷洒消毒液后，能闻到消毒液气味，故D正确，D不符合题意。
故选A。
变式题9提升
10. 在抗击新型冠状肺炎疫情的过程中，勇敢“逆行”的医务人员牵动人心，他们在工作中采取的许多措施和用到的器械中，包含着许多物理知识，下列有关解释中正确的是（ ）
A. 医生用听诊器听患者呼吸声音，听诊器能升高音调，听得更清楚
B. 水银体温计利用了液体的热胀冷缩
C. 注射器的针头做得很尖，目的是为了减小压强
D. 医生夹取消毒棉擦伤口的镊子是省力杠杆
【答案】B
【解析】
【详解】A．听诊器是让病人的心跳声和呼吸声通过橡胶管中的空气来传播的，减少了声音的分散，增大了声音的响度，故A错误；
B．水银体温计利用了液体热胀冷缩的性质工作的，故B正确；
C．由公式，注射器的针头做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强的，故C错误；
D．镊子在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D错误。
故选B。
【点评】本题是一道力学和声学的综合题，考查的知识点较多，但难度不大。
原题
11. 如图甲所示，用拉力F竖直向上匀速提升重720N的货物，货物移动的距离与时间的关系如图乙所示。动滑轮重80N，不计绳重和摩擦，则（ ）
A. 绳子自由端移动的速度为0.5m/sB. 拉力F为800N
C. 拉力F的功率为360WD. 动滑轮的机械效率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，根据得，货物的提升速度为
因动滑轮上有两股绳子承重，故绳子自由端的移动速度为
故A不符合题意；
B．不计绳重和轮与轴间摩擦，卷扬机拉力为
故B不符合题意；
C．由得，拉力F的功率为
故C不符合题意；
D．由题意可得，该动滑轮的机械效率为
故D符合题意。
故选D。
变式题1基础
12. 在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（ ）
A. 重物上升的速度为0.4m/s
B. 动滑轮做的有用功为1000J
C. 工人的拉力的功率为90W
D. 动滑轮的机械效率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A．重物上升的速度为
故A不符合题意；
B．动滑轮做的有用功为
W有=Gh=450N×2m=900J
故B不符合题意；
C．动滑轮有两根绳承担，所以绳子自由端移动的速度为
v绳=v=0.2m/s×2=0.4m/s
工人的拉力的功率为
P=Fv绳=250N×0.4m/s=100W
故C不符合题意；
D．动滑轮的机械效率为
故D符合题意。
故选D。
变式题2基础
13. 如图所示，用力F将重力的物体匀速向上提升2m，动滑轮重2N（不计绳重及摩擦），下列说法正确的是（ ）
A. 绳子末端移动的距离为1m
B. 滑轮组所做的有用功为20J
C. 滑轮组的机械效率为80%
D. 拉力大小为5N
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知绳子的有效段数n=2，绳子自由端移动的距离
s=nh=2×2m=4m
故A错误；
B．滑轮组所做的有用功
W有=Gh=10N×2m=20J
故B正确；
C．因为不计绳重和摩擦，克服动滑轮重做的功为额定功的唯一来源，所以滑轮组的机械效率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦，所以拉力为
故D错误。
选B。
变式题3基础
14. 如图所示，工人利用滑轮组提升一个重为400N的货物，动滑轮的重力G动=100N，货物以0.3m/s的速度匀速上升（忽略绳重及摩擦），下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F为200NB. 货物上升1m，绳子自由端移动3m
C. 拉力F做功的功率120WD. 该滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，承担物重的绳子的股数
因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力
故A错误；
B．绳子自由端移动的距离
故B错误；
C．绳子自由端移动的速度
拉力做功的功率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦，所以滑轮组的机械效率
故D正确。
故选D。
变式题4巩固
15. 如图所示，小丽用滑轮组匀速提升一个重为600N的物体，物体上升的速度为0.1m/s，人拉绳的力F为250N，不计绳重和摩擦，下列说法不正确的是（ ）
A. 人拉绳做功的功率为75W
B. 滑轮组的机械效率为80%
C. 动滑轮重为100N
D. 绳子自由端移动的速度为0.3m/s
【答案】C
【解析】
【详解】AD．因为物体上升的速度为
，
所以绳子移动的速度为
人拉绳做功的功率为
故AD正确，AD不符合题意；
B．滑轮组的机械效率为
故B正确，B不符合题意；
C．由
得
故C错误，C符合题意。
故选C。
变式题5巩固
16. 用如图所示的滑轮组提升重物，在电动机拉力的作下，重为40N的物体在10s内匀速竖直上升了2m，已知动滑轮重为8N，忽略绳重与摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A. 电动机对绳的拉力为12N
B. 绳子自由端的移动速度为0.2m/
C. 滑轮组的机械效率为80%
D. 有用功的功率为8W
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．电动机对绳的拉力为
故A错误；
B．绳子自由端的移动速度为0.2m
故B错误；
C．滑轮组的机械效率为
故C错误；
D．有用功的功率
故D正确。
故选D
变式题6巩固
17. 如图所示，在快递仓库内工人把重为600N的货物用滑轮组以0.2m/s的速度匀速提升，忽略摩擦及绳重，该过程中滑轮组的机械效率为80%，则（ ）
A. 工人所用的拉力为200N
B. 动滑轮的重力为100N
C. 拉力的功率为150W
D. 提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知绳子的有效段数n=3，滑轮组的机械效率
工人所用的拉力为
故A不符合题意；
B．忽略摩擦及绳重，作用在绳子自由端的拉力为
动滑轮重
G动=3F-G=3×250N-600N=150N
故B不符合题意；
C．拉力F的功率
即
P=Fv=Fnv物=250N×3×0.2m/s=150W
故C符合题意；
D．忽略摩擦及绳重，克服动滑轮的重力做的功为额外功的唯一来源，故滑轮组机械效率为
G动保持不变，提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率发生变化，故D不符合题意。
故选C。
变式题7提升
18. 如图所示，工人站在水平地面上用滑轮组提升货箱。工人用力拉绳子，使货箱以0.08m/s的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率为90%。已知工人体重为600N，货箱重为810N，绳子所能承受的最大拉力为1000N。若不计滑轮组的绳重和摩擦，下列判断正确的是（ ）
A. 提升货箱时，此工人的拉力为300N
B. 提升货箱时，此工人对地面的压力为1050N
C. 提升货箱过程中，此工人拉力的功率为36W
D. 此工人使用该滑轮组可以提升重为1100N的货箱
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，滑轮组的动滑轮绕2段绳子，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率
此时滑轮组的机械效率为90%，即
解得动滑轮的重力G动=90N，提升货箱时，此工人的拉力为
故A错误；
B．提升货箱时，此工人受到的支持力
F支=G人-F=600N-450N=150N
由力的作用相互性可知此工人对地面的压力为
F压=F支=150N
故B错误；
C．自由端绳子移动的速度
v=2v物=2×0.08m/s=0.16m/s
提升货箱过程中，此工人拉力的功率为
故C错误；
D．工人体重为600N，绳子所能承受的最大拉力为1000N，则提升货箱的最大拉力是600N，提升货箱的最大重力
G大=2F大-G动=2×600N-90N=1110N
此工人使用该滑轮组可以提升重为1100N的货箱，故D正确。
故选D。
变式题8提升
19. 如图所示，在快递仓库内工人把重为600N的货物用滑轮组以0.2m/s的速度匀速提升，忽略摩擦及绳重，该过程中滑轮组的机械效率为80%，下列说法正确的是 （ ）
①工人所用的拉力为200N
②动滑轮的重力为150N
③拉力的功率为150W
④提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不变
A. 只有①③B. 只有②③C. 只有①②D. 只有②④
【答案】B
【解析】
【详解】①由图知道，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，滑轮组的机械效率
则工人所用的拉力
故①错误；
②忽略摩擦及绳重，则拉力
所以，动滑轮的重力
G动＝3F﹣G物＝3×250N﹣600N＝150N
故②正确；
③拉力端移动的速度
v＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s
拉力的功率
故C正确；
D、忽略摩擦及绳重，由于滑轮组的机械效率
由此可知，提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不同、是变化的，故④错误。
故B正确，ACD错误。
故选B。
变式题9提升
20. 小明利用如图所示的滑轮组，使质量为50kg的重物A在10s内沿直线匀速上升了2m，拉力F为200N。已知每个滑轮的重力均相等，不计木板重、绳重和摩擦，g取10N/kg。下列说法正确的是（ ）
A. 绳子自由端移动的速度为0.2m/s
B. 每个动滑轮的重力为300N
C. 滑轮组的机械效率为62.5%
D. 拉力F做功的功率为100W
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．由上图可知绳子的有效段数n=4，绳子自由端移动的距离
s=nh=4×2m=8m
绳子自由端移动的速度
故A错误；
B．重物的重力
G=mg=50kg×10N/kg=500N
因为不计木板重、绳重和摩擦时作用在绳子自由端的力
动滑轮总重
G动总=4F-G=4×200N﹣500N=300N
因此一个动滑轮的重力
G动=0.5×G动总=0.5×300N=150N
故B错误；
C．滑轮组的机械效率
故C正确；
D．拉力F做功的功率
故D错误。
故选C。
原题
21. 2023年3月30日，长征二号丁运载火箭将宏图一号01组卫星发射升空，该组卫星是国际上首个四星编队飞行的对地成像系统。下列说法正确的是（ ）
A. 火箭用液态氢作燃料，因为氢的热值较大
B. 火箭升空过程中，以火箭为参照物，发射台是运动的
C. 卫星在绕地球运行过程中运动状态不变
D. 卫星升空过程中，动能增大，重力势能不变
【答案】AB
【解析】
【详解】A．用液态氢作火箭的燃料，是因为液态氢的热值较大，完全燃烧相同质量的氢与其它燃料相比，放出的热量更多，故A正确；
B．以火箭为参照物，火箭升空过程中，与发射台的位置不断发生变化，所以发射台是运动的，故B正确；
C．该卫星在绕行过程中速度和高度不断变化，所以运动状态是变化的，故C错误；
D．卫星在升空的过程中，由于质量不变，速度和高度都增大，所以动能和重力势能都增大，故D错误。
故选AB。
变式题1基础
22. 如图是我国第三艘航空母舰——“中国人民解放军海军福建舰”于6月17日在上海江南造船厂下水亮相。该舰排水量8万余吨，采用先进的电磁弹射装置，大大增加了舰载机数量。下列关于该舰的说法正确的是（ ）
A. 舰载机起飞后，航空母舰受到的浮力变小
B. 航空母舰在密度较大的海域航行时，受到的浮力较大
C. 舰载机被加速水平弹射过程中机械能不变
D. 舰载机的机翼上凸下平，利用流体流速越大的位置压强越小来获得升力
【答案】AD
【解析】
【详解】A．舰载机飞离航母后，所受总重力减小，航母始终漂浮，所受浮力的大小也随着减小，故A正确；
B．航空母舰在密度较大的海域航行时，始终漂浮，所受的浮力等于重力，重力不变，浮力不变，故B错误；
C．舰载机被加速水平弹射过程中，速度变大，动能变大，机械能变大，故C错误；
D．机翼设计成“上凸下平”的形状，是利用“流体流速越大压强越小”的原理获得升力，故D正确。
故选AD。
变式题2基础
23. 下列说法中正确的是（ ）
A. 一桶水的比热容比一杯水的比热容大
B. 同一种煤，没有完全燃烧和完全燃烧放出的热量不同，则这两种情况下热值不相同
C. 甲和乙的质量和初温都相同，吸收了相同的热量后，比热容小的末温高
D. 内燃机的飞轮一分钟转600转，那么它1秒钟做功5次
【答案】CD
【解析】
【详解】A．比热容是物质的一种属性，与质量无关，一桶水的比热容比一杯水的比热容相同，故A错误；
B．热值的大小与燃料的燃烧情况无关，故B错误；
C．由公式Q=cmΔt可知，甲和乙的质量和初温都相同，吸收了相同的热量后，末温越高的，比热容越小，故C正确；
D．飞轮每分钟转600转，那么这台汽油机每秒钟内飞轮转动10圈，对外做功5次，故D正确。
故选CD。
变式题3基础
24. 下列说法正确的是（ ）
A. 增大热机的功率可以提高热机的效率
B. 汽车发动机用水做冷却物质，是因为水的比热容大
C. 现代火箭的燃料用液态氢，是因为氢的热值大
D. 汽油机的压缩冲程是把机械能转化为内能
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．功率是物体做功快慢的物理量，与热机的效率的高低无关，故A错误；
B．因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用循环流动水进行冷却，故B正确；
C．火箭燃料使用液态氢，是因为它的热值大，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故C正确；
D．在压缩冲程中内燃机将机械能转化为内能，燃料混合物的温度升高，内能增大，故D正确。
故选BCD。
变式题4巩固
25. 如图甲和乙分别表示巩立姣用力推铅球过程中的两个时刻。在由甲至乙的过程中（ ）
A. 运动员对铅球没有做功
B. 铅球的运动状态没有发生变化
C. 铅球的机械能逐渐增大
D. 以持球的手掌为参照物铅球是静止的
【答案】CD
【解析】
【详解】A．推铅球时，对铅球施加了力，铅球在力的方向上通过了距离，所以运动员对铅球做了功，故A不符合题意；
B．推铅球的过程中，铅球运动的速度发生了变化，运动状态发生了改变，故B不符合题意；
C．推铅球的过程中，运动员对铅球做功，铅球的质量不变，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，机械能变大，故C符合题意；
D．以持球的手掌为参照物，铅球与手之间没有位置的变化，所以铅球是静止的，故D符合题意。
故选CD。
变式题5巩固
26. 关于力和运动、平衡力、相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 马拉车加速前进时，马对车的拉力一定大于车对马的拉力
B. 运动的物体只受到一对平衡力的作用时，一定做匀速直线运动
C. 一个静止的物体一定只受到同一直线上两个大小相等方向相反的力的作用
D. 一个物体只受到两个力，且这两个力的三要素相同，该物体运动状态一定改变
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 马拉车加速前进时，马对车的拉力与车对马的拉力，是一对平衡力，所以两个力的大小是相等的，故A错误；
B. 根据平衡态（静止或匀速直线运动）和平衡力的知识可知，运动的物体只受到一对平衡力的作用时，一定做匀速直线运动，故B正确；
C. 静止的物体，受到平衡力的作用，可以是一对平衡力，也可能收到多对平衡力的作用，故C错误；
D. 一个物体只受到两个力，且这两个力的三要素相同，说明这个物体一定受到了力，力是改变物体运动状态的原因，所以，物体运动状态一定改变，故D正确。
故选BD。
变式题6巩固
27. 如图所示为冬奥会的一些运动项目，关于这些项目中的情景，下列说法中正确的是（ ）
A. 跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，重力势能不变
B. 短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动状态可能不变
C. 冰壶运动员掷出去的冰壶向前运动，机械能减少
D. 冰球运动员用球杆推着冰球使其水平滑动的过程中，冰球动能可能不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，质量不变、高度减小，其重力势能减小，故A错误；
B．短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动方向发生改变，所以其运动状态一定发生改变，故B 错误；
C．冰壶运动员掷出去的冰壶向前运动，由于克服摩擦做功，冰壶的一部分机械能转化为内能，冰壶的机械能减小，故C正确；
D．冰球运动员用球杆推着冰球使其水平滑动的过程中，若做匀速运动，则冰球质量不变，速度不变，动能可能不变，故D正确。
故选CD。
变式题7提升
28. 2022年5月10日1时56分，由“长征七号”火箭助推发射的“天舟四号”货运飞船顺利升空，8时54分成功对接空间站“天和”核心舱后向端口。下列说法正确的是（ ）
A. “长征七号”火箭加速升空，动能增加，机械能增加
B. “天舟四号”的太阳能电池将太阳能转化为机械能
C. 空间站绕地球运动过程中，地球引力改变了空间站的运动状态
D. 空间站若不受任何力作用，将逐渐减速，直到停止运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．“长征七号”火箭加速升空时，物体的质量不变，速度增大，动能增大；高度增加，重力势能增大，所以物体的机械能增加，故A正确；
B．“天舟四号”的太阳能电池将太阳能转化为电能，故B错误；
C．空间站绕地球运动过程中，地球引力改变了空间站的运动状态，使空间站绕地球做曲线运动，故C正确；
D．空间站若不受任何力作用，空间站将做匀速直线运动，故D错误。
故选AC。
变式题8提升
29. 2022年2月6日，中国女足姑娘们在亚洲杯决赛中顽强拼搏，最终夺得亚洲杯冠军。如图所示，中国女足队员正在传球，踢出去的足球在空中飞行的过程中，会受到空气阻力的作用。则下列说法正确的是（ ）
A. 踢出去的足球在空中上升过程中，它的机械能逐渐减小
B. 踢出去的足球在空中上升到最高点时，它的机械能为0
C. 踢出去的足球在空中下降过程中，它的机械能逐渐增大
D. 空中运动的足球，若所受力都消失，它将做匀速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．足球在空中上升过程中，受到空气阻力向下，空气阻力做功，足球机械能逐渐减小，故A正确；
B．踢出去的足球在空中上升到最高点时，它的动能为0，机械能不为零，故B错误；
C．踢出去的足球在空中下降过程中，受到空气阻力向上，空气阻力做功，足球机械能逐渐减小，故C错误；
D．空中运动的足球，若所受力都消失，由于惯性，它将继续保持之前的运动状态不变，即做匀速直线运动，故D正确。
故选AD。
变式题9提升
30. 如图所示，嫦娥五号上升器在月面点火，成功实现我国首次地外天体起飞。上升器经历垂直上升、姿态调整和轨道射入三个阶段，进入预定环月飞行轨道；随后由返回器将月球样品带回地球。关于嫦娥五号上升器起飞上升和环月飞行。下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥五号上升器起飞过程中它所带的月球样品质量不变
B. 上升器垂直上升过程中克服空气阻力做功一部分机械能转化为内能
C. 上升器环月飞行时运动状态不断改变，受力不平衡
D. 上升器从近月点向远月点飞行过程中，速度大小不变
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．质量不随位置、运动状态的改变而改变，嫦娥五号上升器起飞过程中它所带的月球样品质量不变，故A正确；
B．因为月球上没有空气，上升器上升时不受空气阻力的作用，没有克服空气阻力做功，也没有机械能转化为内能，故B错误；
C．上升器环月飞行时受月球引力作用，运动方向不断变化，运动状态不断改变，受力不平衡，故C正确；
D．上升器从近月点向远月点飞行的过程中，机械能不变，质量不变，上升器与月球之间的相对高度变大，故势能变大，动能变小，速度变小，故D错误。
故选AC。
原题
31. 某实验兴趣小组探究平面镜和凸透镜成像的情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中蜡烛A靠近玻璃板，所成的像变大
B. 甲图中蜡烛A的像是虚像，不能呈现在光屏上
C. 乙图中蜡烛靠近凸透镜，移动光屏，光屏上再次呈现清晰的像变大
D. 乙图中蜡烛燃烧变短，光屏上的像会向下移
【答案】BC
【解析】
【详解】A．平面镜所成的像与物体大小相同，将蜡烛A靠近玻璃板，它所成的像不变，故A错误；
B．因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，说明平面镜成的像是虚像，故B正确；
C．移动蜡烛渐渐靠近凸透镜，移动光屏远离凸透镜，根据凸透镜成实像时物近像远像变大，光屏上再次呈现清晰的像变大，故C正确；
D．因为经过光心的光线方向不发生改变，则蜡烛变短时，像应该先上移动，故D错误。
故选BC。
变式题1基础
32. 探究“平面镜成像特点”的实验装置如图。M是玻璃板，A、B是两支外形相同的蜡烛，A蜡烛是“物”。实验时，下列说法正确的是（ ）
A. 用不点燃的B蜡烛代替A蜡烛的像
B. 蜡烛靠近平面镜时，蜡烛所成的像变大
C. 该实验在较暗的环境中进行效果更好
D. 实验进行多次是为了寻求普遍规律
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．实验时把蜡烛A点燃，用蜡烛B找像时，蜡烛B不能点燃，在玻璃板后面移动时，未点燃的蜡烛B好像点燃了一样，能确定像的位置，此时B蜡烛代替A蜡烛的像，故A正确；
B．像的大小只跟物体大小有关，将蜡烛靠近玻璃板时，像的大小不变，故B错误；
C．在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮，所以应在比较暗的环境中进行实验，故C正确；
D．为了获得普遍的规律，使实验结论要具普遍性，应多次测量，故D正确。
故选ACD。
变式题2基础
33. 如图所示，小红正在做“探究平面镜成像的特点”实验，棋子A、B完全相同。关于该实验（ ）
A. 选用茶色玻璃板便于确定像的位置
B. 茶色玻璃板应竖直放置在方格纸上
C. 若B能与A的像完全重合，说明像与物等大
D. 在B位置放上光屏能接收到A的像
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．选用茶色玻璃板来代替平面镜来探究，是为了便于确定像的位置，故A符合题意；
B．玻璃板如果不竖直，就无法使像和物重合，故B符合题意；
C．棋子A、B完全相同。平面镜成像物像大小相等，故棋子B与棋子A的像能完全重合，故C符合题意；
D．蜡烛在玻璃板中的像是反射光线的反向延长线相交而成的，成的是虚像，无法利用光屏承接，故D不符合题意。
故选ABC。
变式题3基础
34. 如图所示，凸透镜的焦距为10cm，此时蜡烛的烛焰恰好在光屏上成一个清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A. 若蜡烛燃烧变短，烛焰在光屏上的像将向上移动
B. 此时光屏上成的像是倒立、放大的实像
C. 若保持凸透镜位置不动，交换蜡烛和光屏的位置，能在光屏上得到倒立、缩小的实像
D. 若保持蜡烛和光屏的位置不动，向右移动透镜的过程中，可能会在光屏上成一个倒立、等大的像
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．若蜡烛燃烧变短，根据经过光心的光线的传播方向不变可知，烛焰在光屏上的像将向上移动，故A正确；
B．由图可知，物距u=14cm，此时
f因此凸透镜成倒立、放大的实像，故B正确；
C．若保持凸透镜位置不动，交换蜡烛和光屏的位置，此时的物距大于像距，根据光路可逆可知，能在光屏上得到倒立、缩小的实像，成像规律可以应用于照相机，故C正确；
D．若保持蜡烛和光屏位置不动，向右移动透镜的过程中，当
u=v=2f
时，才能成倒立、等大的实像，而移动过程中，物距和像距的和大于4f，所以光屏上不能成一个倒立、等大的像，故D错误。
故选ABC。
变式题4巩固
35. 如图是小军组的同学做“凸透镜成像规律”的实验探究情况，F、 为凸透镜一倍焦距的位置，A、B到凸透镜的距离均为2倍焦距，下列说法正确的是（ ）
A. 为了让像成在光屏的中心处，便于观察的像的大小情况，烛焰的中心、透镜中心、光屏的中心应该在同一条直线上，并且应该在同一高度上
B. 图中烛焰在光屏上成应该是倒立的、缩小的虚像
C. 若把蜡烛由图中位置移到A与F之间，则光屏位置应向右移动适当的距离，在光屏上得到的像将会变大
D. 若把蜡烛移动F的位置上，则在光屏上不会呈现蜡烛的像
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．为了让像成在光屏的中心处，便于观察的像的大小情况，应调节烛焰的中心、透镜中心、光屏的中心同一高度上，故A正确；
B．图中烛焰在二倍焦距以外，光屏上成的应该是倒立的、缩小的实像，像在一倍焦距和二倍焦距之间，故B错误；
C．若把蜡烛由图中位置移到A与F之间，烛焰在一倍焦距和二倍焦距之间，像在二倍焦距以外，则光屏位置应向右移动适当的距离，像距越远像越大，因此在光屏上得到的像将会变大，故C正确；
D．若把蜡烛移动F（焦点）的位置上，从烛焰发出的光经凸透镜折射后平行于主光轴，不能汇聚，则在光屏上不会呈现蜡烛的像，故D正确。
故选ACD。
变式题5巩固
36. 如图所示，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座上，调整好蜡烛和光屏的位置后，光屏上恰好得到烛焰清晰的像（未画出）。下列判断正确的是（ ）
A. 图中凸透镜的成像特点与照相机的成像特点相同
B. 在调整凸透镜时，手上的墨水不小心涂在了透镜中央，形成了一个黑色指纹，则此时在光屏上看到烛焰的像变暗且正中间出现黑斑
C. 一段时间后，原来成在光屏中央像“跑”到了光屏的上方，将透镜下移一段距离可以让像重新回到光屏中央
D. 保持蜡烛和透镜的位置不变，在蜡烛与凸透镜之间靠近透镜处，放置一个近视眼镜镜片，为了使光屏上再次呈现烛焰清晰的像，光屏应适当向左移动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知，此时物距为
大于二倍焦距，在光屏上成倒立缩小的实像，应用是照相机，故A正确；
B．虽然手上的墨水涂在了透镜中央，形成了一个黑色指纹，但烛焰的光线可以通过凸透镜别的部位仍能在光屏上成像，像的形状不受影响，只是由于成像的光线减少了，像会变暗，故B错误；
C．过透镜光心的光线沿直线传播，一段时间后，蜡烛变短，原来成在光屏中央的像“跑”到了光屏的上方，要让像重新回到光屏中央，可将凸透镜向下移动，能让像重新回到光屏中央，故C正确；
D．近视眼的镜片是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，要用光屏接到清晰的像，光屏要远离凸透镜，即向右移动，故D错误。
故选AC。
变式题6巩固
37. 探究“平面镜成像特点”的实验装置如图。M是玻璃板，A、B是两支外形相同的蜡烛，A蜡烛是“物”。下列说法正确的是（ ）
A. 用B蜡烛找像时，B蜡烛不点燃
B. 透过玻璃板看到的“B蜡烛”位置就是它的实际位置
C. 与普通玻璃板相比，用镀膜玻璃板看到的“B蜡烛”更清楚
D. 选用两支外形相同的蜡烛，是为了方便比较像和物的大小关系
【答案】AD
【解析】
【详解】A．A蜡烛放在玻璃板前面，B蜡烛不点燃，放在玻璃板的后面，移动B蜡烛，直到看上去它跟A蜡烛的像完全重合，从而确定像的位置，故A正确；
B．因为玻璃板有一定的厚度，所以通过玻璃板看到的像的位置比它的实际位置要靠近玻璃板一些，故B错误；
C．用镀膜玻璃板代替普通玻璃板，透光性差，其反射效果好，所以会使看到的A蜡烛的像更清楚，看到的“B蜡烛”不是太清楚，故C错误；
D．为了比较像和物的大小关系，选用两支相同的蜡烛，当玻璃板后面的蜡烛和像重合时，说明像和物体大小相等，故D正确。
故选AD。
变式题7提升
38. 张宁用图甲所示的装置测出凸透镜的焦距，并“探究凸透镜成像规律”，当蜡烛、透镜、光屏位置如图乙时，在光屏上可成清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A. 凸透镜的焦距是10.0cm
B. 图乙中烛焰成的是倒立放大的实像
C. 照相机成像特点与图乙中所成像的特点相同
D. 实验过程中，一只七星瓢虫悄悄地爬到凸透镜的中心，则在光屏上会有七星瓢虫的像
【答案】AB
【解析】
【详解】A．平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将汇聚于点F，点F即为此透镜的焦点，从焦点到透镜中心的距离即为焦距，则透镜的焦距为
f=40.0cm-30.0cm＝10.0cm
故A正确；
B．图乙中，物距u＝15.0cm，像距v＝30.0cm，像距大于物距，由凸透镜成像规律可知，图乙中烛焰成的是倒立、放大的实像，故B正确；
C．由凸透镜成像规律可知，当u>2f时，成倒立、缩小的实像，应用于照相机，而图乙中烛焰成的是倒立、放大的实像，故C错误；
D．实验中如果一只瓢虫恰好落在了透镜上，则在光屏上，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过其它部分凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜被遮住一部分，因此折射出的光线与原来相比减少了，故亮度会减弱，变暗了，在光屏上不会有七星瓢虫的像，故D错误。
故选AB。
变式题8提升
39. 王亮在查阅实验记录报告时发现一张关于探究凸透镜成像规律的实验数据记录单，请根据表中信息判定下列说法正确的是（ ）
A. 该凸透镜的焦距是15cm
B. 表中符号△处应填写的数据为10cm
C. 当u=25cm时，凸透镜成缩小的像，照相机就是根据这一原理制成
D. 若把物体从距凸透镜12cm处向距凸透镜22cm处滑动，像会逐渐变小
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由表中实验三的数据知道，像距等于物距，即
u=v=15cm
根据凸透镜成像规律知道，当v=u=2f时，成倒立等大的实像，所以，焦距是
f=7.5cm
故A错误；
B．由表中数据知道，当u=10cm时，fC．当u=25cm时，由于u>2f，成倒立、缩小的实像，此时fD．当 v>2f时，成倒立、放大的实像，即在物距大于一倍焦距时，当物体远离凸透镜，物距增大，像距减小，像变小。所以，把物体从距凸透镜12cm处向距凸透镜22cm处滑动，像会逐渐变小，故D正确。
故选BCD。
变式题9提升
40. 在“探究凸透镜成像的规律”时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜30cm处，在透镜另一侧距离透镜16cm处的光屏上得到烛焰清晰的像。则下列相关说法正确的是（ ）
A. 光屏上成倒立、放大的实像
B. 照相机是利用这一成像原理工作的
C. 该透镜的焦距f满足8cmD. 若将透镜的上半部分遮住，则光屏上成的是蜡烛下半部分的像
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．蜡烛距离凸透镜30cm时，在透镜的另一侧16cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像，是照相机的原理；故A错误，B正确；
C．物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，即
30cm＞2f
2f＞16cm＞f
解得
8cm＜f＜15cm
故C正确；
D．将凸透镜的上半部分遮住，仍有光线透过透镜成像，只是透过的光线减少，成像变暗，像仍然是完整的，故D错误。
故选BC。
原题
41. 如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下移动，则（ ）
A. 电压表和电流表A的示数之比不变
B. 电压表和电流表A的示数之比变大
C. 电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变大
D. 电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量A比值的绝对值不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表A测电路中的电流。
AB．将滑动变阻器的滑片P向下移动，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由得，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，根据欧姆定律可知，电压表V1和电流表A的示数之比为R1的阻值，由于R1是定值电阻，该比值故不变。电压表V2和电流表A的示数之比为R2的阻值。由于R2是滑动变阻电阻，滑片向下移动，该接入电路的阻值变大，故该比值变大，故AB符合题意；
CD．设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则
滑片移动前后电压表V2示数的变化量
即
将滑动变阻器的滑片P向下移动，R2分得电压增大，R1分得电压减小，由于电源电压不变，根据串联电路分压特点可知
故
由于R1是定值电阻，该比值故不变，故C不符合题意，D符合题意。
故选ABD。
变式题1基础
42. 如图所示，电源电压恒定，闭合开关S后，滑动变阻器滑片P自a向 b移动的过程中（ ）
A. 电流表A的示数变小，电压表V1的示数变小
B. 电流表A的示数变大，电压表V2变小
C. 电压表V1的示数与电流表A的示数之比变小
D. 电压表V2的示数与电流表A的示数之比变大
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，当滑动变阻器滑片P自a向b移动时，滑动变阻器接入的阻值变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，所以电流表A的示数变小；滑动变阻器接入的阻值变大，由串联分压原理可知，滑动变阻器两端的电压变大，R1两端的电压变小，即电压表V2示数变大，电压表V1的示数变小，故A符合题意，B不符合题意；
C．电压表V1的示数与电流表A的示数之比为阻值R1，R1是定值电阻，阻值不变，所以电压表V1的示数与电流表A的示数之比不变，故C不符合题意；
D．电压表V2的示数与电流表A的示数之比为滑动变阻器的阻值，滑动变阻器滑片P自a向b移动时，滑动变阻器接入的阻值变大，所以电压表V2的示数与电流表A的示数之比变大，故D符合题意。
故选AD。
变式题2基础
43. 如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，当滑动变阻器的滑片滑动时，发现电流表A的示数变大，则（ ）
A. 滑动变阻器的滑片在向右滑动B. 电压表V的示数不变
C. 电流表A1的示数不变D. 电压表V与电流表A1示数比值变小
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．由图可知，R和滑动变阻器并联，电流表A测干路电流，电流表测通过滑动变阻器所在支路的电流，电源电压保持不变，电压表测量电源电压，故电压表V的示数不变。根据并联电路电压规律可知，定值电阻及滑动变阻器两端电压均等于电源电压且不变，而定值电阻R阻值不变，由欧姆定律可知，通过定值电阻R的电流不变。根据并联电路的电流规律可知，电流表A的示数变大是由通过滑动变阻器所在支路的电流变大引起的，故电流表的示数变大，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即滑片在向左滑动，故B符合题意，AC不符合题意；
D．电流表的示数变大，电压表V的示数不变，所以电压表V与电流表示数的比值变小，故D符合题意。
故选BD。
变式题3基础
44. 如图所示的电路中，电源电压恒定不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由a点移动到b点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V2的示数将变小
B. 灯泡的亮度始终保持不变
C. 电流表A1的示数与电流表A2的示数始终相等
D. 电压表V1的示数与电流表A3的示数比值将变小
【答案】BD
【解析】
【详解】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表V1、V2均测电源两端的电压，电流表A1、A3测滑动变阻器支路的电流，电流表A2测灯泡支路的电流；
A．因电源电压恒定不变，所以，滑片移动时，电压表V1、V2的示数均不变，故A错误；
B．因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时，电流表A2的示数不变，灯泡的亮度始终保持不变，故B正确；
CD．将滑动变阻器的滑片P由a点移动到b点的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，由可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A1、A3的示数变大，则电流表A1的示数与电流表A2的示数不会始终相等，电压表V1的示数与电流表A3的示数比值变小，故C错误，D正确。
故选BD。
变式题4巩固
45. 如图所示的电路，闭合开关S，当滑片P向下滑动时，下列正确的是（ ）
A. 电压表示数变大，电流表A2示数变小
B. 电流表A1示数变小，灯泡亮度不变
C. 电压表V示数与电流表A2示数的比值变大
D. 电流表A1示数与电流表A2示数之差变大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．闭合开关S，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过滑动变阻器的电流；当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电源电压不变，所以电压表V示数不变；滑动变阻器接入电路电阻变大，由 可知通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A2示数变小，故A错误；
B．由于并联电路各支路互不影响，通过灯泡的电流不变，灯泡的亮度不变；由并联电路电流特点：干路中的电流等于各支路电流之和可知，电流表A2示数变小，则电流表A1示数变小，故B正确；
C．由图可知，电压表V示数与电流表A2示数的比值为滑动变阻器的阻值，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，所以电压表V示数与电流表A2示数的比值变大，故C正确；
D．电流表A1示数与电流表A2示数的差值为通灯泡的所在支路的电流，通过灯泡的电流不变，则电流表A1示数与电流表A2示数之差不变，故D错误。
故选BC。
变式题5巩固
46. 如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，滑片从a端向b端移动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 电流表A示数变小，电压表V1的示数变小
B. 电流表A示数变大，电压表V2的示数变大
C. 电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量
D. 电压表V1的示数变化量大于电压表V2示数的变化量
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器R1、定值电阻R2和定值电阻R3串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1和R2两端的电压，电压表V2测量R2和R3两端的电压；滑片P从a端向b端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，则电路的总电阻变小，由可得，电路中电流变大，即电流表示数变大；因滑动变阻器R1和定值电阻R2的总电阻变小，由串联电路分压规律可知，R1和R2分得的电压减小，即电压表V1的示数变小；电路中电流变大，由U＝IR可知，定值电阻R2和R3两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故A错误，B正确；
CD．根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器分得的电压减小，定值电阻R2和R3分得的电压都增大，且电压表V1示数的变化量等于R3两端电压的变化量（即ΔUV1＝ΔU3），而电压表V2示数的变化量等于R2、R3两端电压的变化量（即ΔUV2＝ΔU2+ΔU3），所以电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量，故C正确，D错误。
故选BC。
变式题6巩固
47. 如图所示的电路中，电源电压不变，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，忽略温度对灯丝电阻的影响。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V1示数变小
B. 电压表V2示数变小
C. 灯两端电压变化量小于滑动变阻器两端电压变化量
D. R0两端电压变化量等于电压表V2示数变化量
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，滑动变阻器R、定值电阻R0与灯泡L串联接入电路，电压表V1测灯泡两端电压，电压表V2测灯泡和滑动变阻器R两端电压之和，电流表A测电路中电流，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，电路的总电阻变小，故由欧姆定律可得，电路中的电流变大，故由U=IR可知，灯泡两端电压变大，则电压表V1示数变大，故A错误；定值电阻两端电压变大，因电源电压不变，由串联电路总电压等于各电阻两端分压之和可知，灯泡和滑动变阻器两端电压之和变小，即电压表V2示数变小，故B正确；
C．由AB可知，灯两端电压变大，而灯泡和滑动变阻器两端电压之和变小，故可知滑动变阻器两端电压变小，且灯两端电压变化量小于滑动变阻器两端电压变化量，才能使灯泡和滑动变阻器两端电压之和变小，故C正确；
D．由电路图可知，电压表V2测灯泡和滑动变阻器R两端电压之和，故可知R0两端电压与电压表V2示数之和始终等于电源电压不变，故R0两端电压变化量等于电压表V2示数变化量，故D正确。
故选BCD。
变式题7提升
48. 如图所示的电路，电源电压不变，R1>R3，闭合开关S，若将滑动变阻器的滑片向左移动时，下列说法中正确的是（ ）
A. 电压表V1和V2的示数差不变
B. 电压表V2与电流表A示数的比值不变
C. 电压表V2示数变化量大于电压表V1示数变化量
D. 电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量的比值不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由电路图可知，该电路是串联电路，电压表V1测的是R1和R2的总电压，电压表V2测的是R2和R3的总电压，将滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，两电压表的示数分别为
U12=U-IR3，U23=U-IR1
则电压表V1和V2的示数之差
U12-U23=(U-IR3）-（U-IR1)=I（R1-R3）
由电路中的电流变大和R1>R3可知，电压表V1和V2的示数之差变大，故A错误；
B．由可知，电压表V2与电流表A示数的比值等于R2和R3的阻值之和，则其比值变小，故B错误；
CD．设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则两电压表示数的变化量分别为
ΔU12=(U-I1R3）-（U-I2R3)=(I2-I1）R3=ΔIR3
ΔU23=(U-I1R1）-（U-I2R1)=(I2-I1）R1=ΔIR1
由R1>R3可知，ΔU12<ΔU23，即电压表V2示数变化量大于电压表V1示数变化量，；由可知，电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量的比值不变，故CD正确。
故选CD。
变式题8提升
49. 如图所示，电源两端电压保持不变，R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器的中点，只闭合S1时，电压表的示数为U，电流表的示数为I。下列情况中电压表和电流表示数变化正确的是（ ）
A. 滑片P不动，断开S1，闭合S2、S3时，电压表示数变大，电流表示数变大
B. 滑片P不动，断开S1，闭合S2、S3时，电压表示数U与电流表示数I的比值变小
C. 只闭合S1，滑片P从中点向右移动时，电压表示数U与电流表示数I的比值变小
D. 只闭合S1，滑片P从中点向右移动时，电压表示数不变，电流表示数变大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．将滑片P置于滑动变阻器的中点，只闭合S1时，电路图如图1所示，此时电路中R0与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；滑片P不动，断开S1，闭合S2、S3时，等效电路图如图2所示，此时滑动变阻器与定值电阻R0并联，电压表测电源电压，电流表测通过滑动变阻器的电流。因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电压表的示数变大。两图中，电流表均测滑动变阻器的电流，由于变阻器两端的电压增大，变阻器接入电路的阻值不变（滑片P不动），根据可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表示数变大，故A正确；
B．由可知，图1和图2中电压表示数U与电流表示数I比值均等于滑动变阻器的阻值，所以，电压表示数U与电流表示数I的比值不变，故B错误；
CD．只闭合S1时，等效电路图如图1所示，滑片P从中点向右移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，由U＝IR可知，R0两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小。因电压表的示数变小，电流表的示数变大，所以，电压表示数U与电流表示数I的比值变小，故C正确，D错误。
故选AC。
变式题9提升
50. 如图所示电路，R1>R3，变阻器的滑片在最右端，下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合S1、断开S2，滑片向左移动时，表V2与表A示数的比值不变
B. 闭合S1、断开S2，滑片向左移动，表V2示数变化量与表A示数变化量的比值不变
C. 闭合S1、断开S2，滑片向左移动，表V2示数变化量小于表V1示数变化量
D. 先闭合S1，保持滑片位置不变，再闭合S2时，表V1示数变小，表A示数变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．闭合S1、断开S2，电阻R1、R2、R3串联，电压表V2测量R2、R3两端的电压，V2与表A示数的比值等于R2、R3的电阻的和，滑片向左移动时，R2连入电路的阻值变小，所以V2与表A示数的比值变小，故A错误；
B．电压表V2示数的变化量就是电阻R1两端电压的变化量，其与电流表A示数变化量的比值就是R1的阻值，是不变的，故B正确；
C．电压表V2示数的变化量就是电阻R1两端电压的变化量，电压表V1示数的变化量就是电阻R3两端电压的变化量，由于R1>R3，所以电压表V2示数的变化量大于电压表V1示数的变化量，故C错误；
D．先闭合S1，电阻R1、R2、R3串联，保持滑片位置不变，再闭合S2时，R1被短路，R2、R3串联，总电阻变小，电流变大，电流表示数变大，R3所分得电压变大，电压表V1的示数变小，故D正确。
故选BD。实验次序
1
2
3
4
5
物距u/cm
10
12.5
15
20
30
像距v/cm
30
19
15
12
△
B. 塑料尺在头发上摩擦后能吸引小纸屑，是因为摩擦过的塑料尺带了电荷
C. 戴眼镜的人从寒冷的室外进入温暖的室内，镜片“起雾”是因为水蒸气液化
D. 用核桃钳能轻松地夹开坚硬的核桃，说明核桃钳是省力杠杆
【答案】A
【解析】
【详解】A．同窗三年的同学闭上眼睛也能知道说话的人是谁，是因为声音的音色不同，故A错误，符合题意；
B．带电体具有吸引轻小物体的性质。塑料尺在头发上摩擦后能吸引小纸屑，是因为摩擦过的塑料尺带了电荷，故B正确，不符合题意；
C．戴眼镜的人从寒冷的室外进入温暖的室内，镜片的温度低于室内，室内的水蒸气在镜片上液化，所以镜片“起雾”是因为水蒸气液化，故C正确，不符合题意；
D．用核桃钳能轻松地夹开坚硬的核桃时，动力臂大于阻力臂，所以核桃钳是省力杠杆，故D正确，不符合题意。
故选A。
变式题1基础
2. 中华诗词蕴含着丰富的物理知识，以下有关诗词的分析，正确的是（ ）
A. “千里冰封，万里雪飘”，冰的形成是凝固现象
B. “岚雾今朝重，江山此地深”，雾的形成是熔化现象
C. “青青园中葵，朝露待日晞”，露的形成是汽化现象
D. “少小离家老大回，乡音无改鬓毛衰”“乡音无改”说的是音调
【答案】A
【解析】
【详解】A．冰是固态，水是液态，水变成冰属于凝固现象，故A正确；
B．雾是空气中的水蒸气温度降低变成了小水珠，是液化现象，故B错误；
C．露水是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，故C错误；
D．“少小离家老大回，乡音无改鬓毛衰”中的“乡音无改”是指家乡的口音，其意思更接近于音色不变，而不是音调，故D错误。
故选A。
变式题2基础
3. 小帆在学习到《醉翁亭记》这篇文章的时候，发现优美的句子里蕴含着丰富的物理知识，下列总结正确的是（ ）
A. 渐闻水声潺潺：诗人凭音色判断出来是泉水的声音
B. 若夫日出而林靠开：早上的雾气是水蒸气的凝华现象
C. 野芳发而幽香：诗人闻到花香说明分子之间存在引力
D. 溪深而鱼肥：诗人看到水下的鱼说明光沿直线传播
【答案】A
【解析】
【详解】A．音色反映了声音的品质与特色，是由发声体本身决定的一个特性。诗人是通过音色判断出来泉水声音的，故A正确；
B．雾气是小水珠，是由水蒸气液化而形成的，故B错误；
C．诗人闻到花香说明分子在永不停息地做无规则运动，故C错误；
D．水中的鱼是光的折射所成的虚像，故D错误。
故选A。
变式题3基础
4. 生活中许多现象与我们学过的物理知识有关，下列说法不正确的是（ ）
A. 诗句“曲终收拨当心画，四弦一声如裂帛”中“如裂帛”描述的是声音的音调
B. 夏天吃冰糕，看到冰糕周围冒“白气”是液化现象
C. 刹车时人因为惯性，继续向前运动，容易与车前方的挡风玻璃相撞
D. 物体难压缩，主要是因为物体分子间斥力造成的，
【答案】A
【解析】
【详解】A．诗句“曲终收拨当心画，四弦一声如裂帛”中“如裂帛”描述的声音的音色，故A错误，符合题意；
B．夏天吃冰糕，看到冰糕周围冒“白气”是空气中的水蒸气遇到冷的冰糕液化形成的，故B正确，不符合题意；
C．刹车时，车减速，人由于惯性，继续向前运动，容易与车前方的挡风玻璃相撞，故C正确，不符合题意；
D．分子间既有引力又有斥力，物体难压缩，主要是因为物体分子间存在着斥力造成的，故D正确，不符合题意。
故选A。
变式题4巩固
5. 2023年3月11日，“红色之旅•沂蒙骑行”自行车赛（兰陵站）在兰陵县会宝湖景区鸣枪开赛（如图）。关于自行车比赛，下列说法正确的是（ ）
A. 清脆的发令枪声是指枪声的音调高
B. 车胎的花纹可以减小与地面间的摩擦
C. 马鞍型软车座可以增大对人体的压强
D. 正常使用的刹车手柄是一个费力杠杆
【答案】A
【解析】
【详解】A．清脆的发令枪声是指声音的振动频率大，音调高，故A正确；
B．车胎上有凸凹不平的花纹，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，故B错误；
C．马鞍型车座比较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对人体的压强，故C错误；
D．自行车的刹车在使用过程中动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆，故D错误。
故选A。
变式题5巩固
6. 中华民族茶文化源远流长，庐山云雾茶是中国名茶系列之一，周末小明到庐山云雾茶产地的茶厂体验手工制茶，手工制茶的部分工序如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲：将新鲜的茶叶摊晾于通风干燥处是为了减慢蒸发
B. 图乙：炒茶叶的过程中闻到的清香是由物体的机械运动产生的
C. 图丙：茶叶被揉捻卷在一起是由于带电体有吸引轻小物体的性质
D. 图丁：烘焙的过程中是通过热传递的方式来改变茶叶的内能的
【答案】D
【解析】
【详解】A．将新鲜的茶叶摊晾于通风干燥处，是通过加快表面空气流速来加快蒸发，故A错误；
B．炒茶叶的过程中闻到清香是扩散现象，是分子不停地做无规则运动形成的，故B错误；
C．茶叶被揉捻卷在一起是手动塑型工序，茶叶本身也不是带电体，故C错误；
D．烘焙的过程中是通过茶叶和高温热锅的热传递来提高茶叶的温度，从而改变茶叶的内能，故D正确。
故选D。
变式题6巩固
7. 叶子姐姐做了如下几个验证性小实验，其中正确是（ ）
A. 用与头发摩擦过的塑料尺靠近碎纸屑发现塑料尺能吸引碎纸屑，证明同种电荷相互吸引
B. 用手拨动尺子，尺子振动发出声音，证明声音能在固体中传播
C. 滚摆在从高处下降的过程中，发现越滚越快，证明动能可以转化为重力势能
D. 冬天将玻璃片从室外拿到室内，发现它上面有一层雾，说明降低温度可以使气体液化
【答案】D
【解析】
【详解】A．用与头发摩擦过的塑料尺靠近碎纸屑发现塑料尺能吸引碎纸屑，证明带电体能够吸引轻小物体，故A不符合题意；
B．手拨动尺子，尺子振动发出声音，证明声音是由物体振动发出的，故B不符合题意；
C．滚摆在从高处下降的过程中，发现越滚越快，速度增大，高度降低，重力势能转化为动能，故C不符合题意；
D．冬天将玻璃片从室外拿到室内，发现它上面有一层雾，是室内水蒸气遇到温度较低的镜片发生的液化现象，故D符合题意．
变式题7提升
8. 如图所示，将玻璃板架在两本书之间，下方的桌面上静止着一些小纸屑。用丝绸在玻璃板上反复摩擦，过一会儿会发现：最初小纸屑被玻璃板吸引，然后小纸屑又上下飞舞、彼此分离。下列说法中正确的是（ ）
A. 摩擦后的丝绸带正电
B. 最初小纸屑被玻璃板吸引是因为异种电荷相互吸引
C. 小纸屑彼此分离，彼此分离的原因是同种电荷相互排斥
D. 整个实验过程中，小纸屑始终不带电
【答案】C
【解析】
【详解】A．丝绸与玻璃摩擦，玻璃失去电子带正电，丝绸得到电子带负电，故A错误；
B．最初小纸屑被玻璃板吸引是因为带电的玻璃板要吸引轻小物体，故B错误；
CD．小纸屑接触带电的玻璃板后，小纸屑上也带上了相同的电荷，而同种电荷相互排斥，所以小纸屑彼此分离，故C正确，D错误。
故选C。
变式题8提升
9. 医务人员所采取的措施和所用到的器材，包含着丰富的物理知识。下列说法不正确的是（ ）
A. 夹取消毒棉擦伤口的镊子是省力杠杆
B. 注射器针头做得非常尖锐，目的是为了增大压强
C. 借助听诊器可增大所听到的声音的响度
D. 在地上喷洒消毒液后，整个病房都能闻到消毒液的气味这是扩散现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．镊子在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A错误，A符合题意；
B．注射器针头做得非常尖锐，是通过减小受力面积的方法来增大压强，故B正确，B不符合题意；
C．听诊器是让病人的心跳声和呼吸声通过橡胶管中的空气来传播的，减少了声音的发散，增大了声音的响度，故C正确，C不符合题意；
D．因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以喷洒消毒液后，能闻到消毒液气味，故D正确，D不符合题意。
故选A。
变式题9提升
10. 在抗击新型冠状肺炎疫情的过程中，勇敢“逆行”的医务人员牵动人心，他们在工作中采取的许多措施和用到的器械中，包含着许多物理知识，下列有关解释中正确的是（ ）
A. 医生用听诊器听患者呼吸声音，听诊器能升高音调，听得更清楚
B. 水银体温计利用了液体的热胀冷缩
C. 注射器的针头做得很尖，目的是为了减小压强
D. 医生夹取消毒棉擦伤口的镊子是省力杠杆
【答案】B
【解析】
【详解】A．听诊器是让病人的心跳声和呼吸声通过橡胶管中的空气来传播的，减少了声音的分散，增大了声音的响度，故A错误；
B．水银体温计利用了液体热胀冷缩的性质工作的，故B正确；
C．由公式，注射器的针头做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强的，故C错误；
D．镊子在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D错误。
故选B。
【点评】本题是一道力学和声学的综合题，考查的知识点较多，但难度不大。
原题
11. 如图甲所示，用拉力F竖直向上匀速提升重720N的货物，货物移动的距离与时间的关系如图乙所示。动滑轮重80N，不计绳重和摩擦，则（ ）
A. 绳子自由端移动的速度为0.5m/sB. 拉力F为800N
C. 拉力F的功率为360WD. 动滑轮的机械效率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，根据得，货物的提升速度为
因动滑轮上有两股绳子承重，故绳子自由端的移动速度为
故A不符合题意；
B．不计绳重和轮与轴间摩擦，卷扬机拉力为
故B不符合题意；
C．由得，拉力F的功率为
故C不符合题意；
D．由题意可得，该动滑轮的机械效率为
故D符合题意。
故选D。
变式题1基础
12. 在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（ ）
A. 重物上升的速度为0.4m/s
B. 动滑轮做的有用功为1000J
C. 工人的拉力的功率为90W
D. 动滑轮的机械效率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A．重物上升的速度为
故A不符合题意；
B．动滑轮做的有用功为
W有=Gh=450N×2m=900J
故B不符合题意；
C．动滑轮有两根绳承担，所以绳子自由端移动的速度为
v绳=v=0.2m/s×2=0.4m/s
工人的拉力的功率为
P=Fv绳=250N×0.4m/s=100W
故C不符合题意；
D．动滑轮的机械效率为
故D符合题意。
故选D。
变式题2基础
13. 如图所示，用力F将重力的物体匀速向上提升2m，动滑轮重2N（不计绳重及摩擦），下列说法正确的是（ ）
A. 绳子末端移动的距离为1m
B. 滑轮组所做的有用功为20J
C. 滑轮组的机械效率为80%
D. 拉力大小为5N
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知绳子的有效段数n=2，绳子自由端移动的距离
s=nh=2×2m=4m
故A错误；
B．滑轮组所做的有用功
W有=Gh=10N×2m=20J
故B正确；
C．因为不计绳重和摩擦，克服动滑轮重做的功为额定功的唯一来源，所以滑轮组的机械效率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦，所以拉力为
故D错误。
选B。
变式题3基础
14. 如图所示，工人利用滑轮组提升一个重为400N的货物，动滑轮的重力G动=100N，货物以0.3m/s的速度匀速上升（忽略绳重及摩擦），下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F为200NB. 货物上升1m，绳子自由端移动3m
C. 拉力F做功的功率120WD. 该滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，承担物重的绳子的股数
因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力
故A错误；
B．绳子自由端移动的距离
故B错误；
C．绳子自由端移动的速度
拉力做功的功率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦，所以滑轮组的机械效率
故D正确。
故选D。
变式题4巩固
15. 如图所示，小丽用滑轮组匀速提升一个重为600N的物体，物体上升的速度为0.1m/s，人拉绳的力F为250N，不计绳重和摩擦，下列说法不正确的是（ ）
A. 人拉绳做功的功率为75W
B. 滑轮组的机械效率为80%
C. 动滑轮重为100N
D. 绳子自由端移动的速度为0.3m/s
【答案】C
【解析】
【详解】AD．因为物体上升的速度为
，
所以绳子移动的速度为
人拉绳做功的功率为
故AD正确，AD不符合题意；
B．滑轮组的机械效率为
故B正确，B不符合题意；
C．由
得
故C错误，C符合题意。
故选C。
变式题5巩固
16. 用如图所示的滑轮组提升重物，在电动机拉力的作下，重为40N的物体在10s内匀速竖直上升了2m，已知动滑轮重为8N，忽略绳重与摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A. 电动机对绳的拉力为12N
B. 绳子自由端的移动速度为0.2m/
C. 滑轮组的机械效率为80%
D. 有用功的功率为8W
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．电动机对绳的拉力为
故A错误；
B．绳子自由端的移动速度为0.2m
故B错误；
C．滑轮组的机械效率为
故C错误；
D．有用功的功率
故D正确。
故选D
变式题6巩固
17. 如图所示，在快递仓库内工人把重为600N的货物用滑轮组以0.2m/s的速度匀速提升，忽略摩擦及绳重，该过程中滑轮组的机械效率为80%，则（ ）
A. 工人所用的拉力为200N
B. 动滑轮的重力为100N
C. 拉力的功率为150W
D. 提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知绳子的有效段数n=3，滑轮组的机械效率
工人所用的拉力为
故A不符合题意；
B．忽略摩擦及绳重，作用在绳子自由端的拉力为
动滑轮重
G动=3F-G=3×250N-600N=150N
故B不符合题意；
C．拉力F的功率
即
P=Fv=Fnv物=250N×3×0.2m/s=150W
故C符合题意；
D．忽略摩擦及绳重，克服动滑轮的重力做的功为额外功的唯一来源，故滑轮组机械效率为
G动保持不变，提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率发生变化，故D不符合题意。
故选C。
变式题7提升
18. 如图所示，工人站在水平地面上用滑轮组提升货箱。工人用力拉绳子，使货箱以0.08m/s的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率为90%。已知工人体重为600N，货箱重为810N，绳子所能承受的最大拉力为1000N。若不计滑轮组的绳重和摩擦，下列判断正确的是（ ）
A. 提升货箱时，此工人的拉力为300N
B. 提升货箱时，此工人对地面的压力为1050N
C. 提升货箱过程中，此工人拉力的功率为36W
D. 此工人使用该滑轮组可以提升重为1100N的货箱
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，滑轮组的动滑轮绕2段绳子，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率
此时滑轮组的机械效率为90%，即
解得动滑轮的重力G动=90N，提升货箱时，此工人的拉力为
故A错误；
B．提升货箱时，此工人受到的支持力
F支=G人-F=600N-450N=150N
由力的作用相互性可知此工人对地面的压力为
F压=F支=150N
故B错误；
C．自由端绳子移动的速度
v=2v物=2×0.08m/s=0.16m/s
提升货箱过程中，此工人拉力的功率为
故C错误；
D．工人体重为600N，绳子所能承受的最大拉力为1000N，则提升货箱的最大拉力是600N，提升货箱的最大重力
G大=2F大-G动=2×600N-90N=1110N
此工人使用该滑轮组可以提升重为1100N的货箱，故D正确。
故选D。
变式题8提升
19. 如图所示，在快递仓库内工人把重为600N的货物用滑轮组以0.2m/s的速度匀速提升，忽略摩擦及绳重，该过程中滑轮组的机械效率为80%，下列说法正确的是 （ ）
①工人所用的拉力为200N
②动滑轮的重力为150N
③拉力的功率为150W
④提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不变
A. 只有①③B. 只有②③C. 只有①②D. 只有②④
【答案】B
【解析】
【详解】①由图知道，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，滑轮组的机械效率
则工人所用的拉力
故①错误；
②忽略摩擦及绳重，则拉力
所以，动滑轮的重力
G动＝3F﹣G物＝3×250N﹣600N＝150N
故②正确；
③拉力端移动的速度
v＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s
拉力的功率
故C正确；
D、忽略摩擦及绳重，由于滑轮组的机械效率
由此可知，提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不同、是变化的，故④错误。
故B正确，ACD错误。
故选B。
变式题9提升
20. 小明利用如图所示的滑轮组，使质量为50kg的重物A在10s内沿直线匀速上升了2m，拉力F为200N。已知每个滑轮的重力均相等，不计木板重、绳重和摩擦，g取10N/kg。下列说法正确的是（ ）
A. 绳子自由端移动的速度为0.2m/s
B. 每个动滑轮的重力为300N
C. 滑轮组的机械效率为62.5%
D. 拉力F做功的功率为100W
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．由上图可知绳子的有效段数n=4，绳子自由端移动的距离
s=nh=4×2m=8m
绳子自由端移动的速度
故A错误；
B．重物的重力
G=mg=50kg×10N/kg=500N
因为不计木板重、绳重和摩擦时作用在绳子自由端的力
动滑轮总重
G动总=4F-G=4×200N﹣500N=300N
因此一个动滑轮的重力
G动=0.5×G动总=0.5×300N=150N
故B错误；
C．滑轮组的机械效率
故C正确；
D．拉力F做功的功率
故D错误。
故选C。
原题
21. 2023年3月30日，长征二号丁运载火箭将宏图一号01组卫星发射升空，该组卫星是国际上首个四星编队飞行的对地成像系统。下列说法正确的是（ ）
A. 火箭用液态氢作燃料，因为氢的热值较大
B. 火箭升空过程中，以火箭为参照物，发射台是运动的
C. 卫星在绕地球运行过程中运动状态不变
D. 卫星升空过程中，动能增大，重力势能不变
【答案】AB
【解析】
【详解】A．用液态氢作火箭的燃料，是因为液态氢的热值较大，完全燃烧相同质量的氢与其它燃料相比，放出的热量更多，故A正确；
B．以火箭为参照物，火箭升空过程中，与发射台的位置不断发生变化，所以发射台是运动的，故B正确；
C．该卫星在绕行过程中速度和高度不断变化，所以运动状态是变化的，故C错误；
D．卫星在升空的过程中，由于质量不变，速度和高度都增大，所以动能和重力势能都增大，故D错误。
故选AB。
变式题1基础
22. 如图是我国第三艘航空母舰——“中国人民解放军海军福建舰”于6月17日在上海江南造船厂下水亮相。该舰排水量8万余吨，采用先进的电磁弹射装置，大大增加了舰载机数量。下列关于该舰的说法正确的是（ ）
A. 舰载机起飞后，航空母舰受到的浮力变小
B. 航空母舰在密度较大的海域航行时，受到的浮力较大
C. 舰载机被加速水平弹射过程中机械能不变
D. 舰载机的机翼上凸下平，利用流体流速越大的位置压强越小来获得升力
【答案】AD
【解析】
【详解】A．舰载机飞离航母后，所受总重力减小，航母始终漂浮，所受浮力的大小也随着减小，故A正确；
B．航空母舰在密度较大的海域航行时，始终漂浮，所受的浮力等于重力，重力不变，浮力不变，故B错误；
C．舰载机被加速水平弹射过程中，速度变大，动能变大，机械能变大，故C错误；
D．机翼设计成“上凸下平”的形状，是利用“流体流速越大压强越小”的原理获得升力，故D正确。
故选AD。
变式题2基础
23. 下列说法中正确的是（ ）
A. 一桶水的比热容比一杯水的比热容大
B. 同一种煤，没有完全燃烧和完全燃烧放出的热量不同，则这两种情况下热值不相同
C. 甲和乙的质量和初温都相同，吸收了相同的热量后，比热容小的末温高
D. 内燃机的飞轮一分钟转600转，那么它1秒钟做功5次
【答案】CD
【解析】
【详解】A．比热容是物质的一种属性，与质量无关，一桶水的比热容比一杯水的比热容相同，故A错误；
B．热值的大小与燃料的燃烧情况无关，故B错误；
C．由公式Q=cmΔt可知，甲和乙的质量和初温都相同，吸收了相同的热量后，末温越高的，比热容越小，故C正确；
D．飞轮每分钟转600转，那么这台汽油机每秒钟内飞轮转动10圈，对外做功5次，故D正确。
故选CD。
变式题3基础
24. 下列说法正确的是（ ）
A. 增大热机的功率可以提高热机的效率
B. 汽车发动机用水做冷却物质，是因为水的比热容大
C. 现代火箭的燃料用液态氢，是因为氢的热值大
D. 汽油机的压缩冲程是把机械能转化为内能
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．功率是物体做功快慢的物理量，与热机的效率的高低无关，故A错误；
B．因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用循环流动水进行冷却，故B正确；
C．火箭燃料使用液态氢，是因为它的热值大，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故C正确；
D．在压缩冲程中内燃机将机械能转化为内能，燃料混合物的温度升高，内能增大，故D正确。
故选BCD。
变式题4巩固
25. 如图甲和乙分别表示巩立姣用力推铅球过程中的两个时刻。在由甲至乙的过程中（ ）
A. 运动员对铅球没有做功
B. 铅球的运动状态没有发生变化
C. 铅球的机械能逐渐增大
D. 以持球的手掌为参照物铅球是静止的
【答案】CD
【解析】
【详解】A．推铅球时，对铅球施加了力，铅球在力的方向上通过了距离，所以运动员对铅球做了功，故A不符合题意；
B．推铅球的过程中，铅球运动的速度发生了变化，运动状态发生了改变，故B不符合题意；
C．推铅球的过程中，运动员对铅球做功，铅球的质量不变，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，机械能变大，故C符合题意；
D．以持球的手掌为参照物，铅球与手之间没有位置的变化，所以铅球是静止的，故D符合题意。
故选CD。
变式题5巩固
26. 关于力和运动、平衡力、相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 马拉车加速前进时，马对车的拉力一定大于车对马的拉力
B. 运动的物体只受到一对平衡力的作用时，一定做匀速直线运动
C. 一个静止的物体一定只受到同一直线上两个大小相等方向相反的力的作用
D. 一个物体只受到两个力，且这两个力的三要素相同，该物体运动状态一定改变
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 马拉车加速前进时，马对车的拉力与车对马的拉力，是一对平衡力，所以两个力的大小是相等的，故A错误；
B. 根据平衡态（静止或匀速直线运动）和平衡力的知识可知，运动的物体只受到一对平衡力的作用时，一定做匀速直线运动，故B正确；
C. 静止的物体，受到平衡力的作用，可以是一对平衡力，也可能收到多对平衡力的作用，故C错误；
D. 一个物体只受到两个力，且这两个力的三要素相同，说明这个物体一定受到了力，力是改变物体运动状态的原因，所以，物体运动状态一定改变，故D正确。
故选BD。
变式题6巩固
27. 如图所示为冬奥会的一些运动项目，关于这些项目中的情景，下列说法中正确的是（ ）
A. 跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，重力势能不变
B. 短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动状态可能不变
C. 冰壶运动员掷出去的冰壶向前运动，机械能减少
D. 冰球运动员用球杆推着冰球使其水平滑动的过程中，冰球动能可能不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，质量不变、高度减小，其重力势能减小，故A错误；
B．短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动方向发生改变，所以其运动状态一定发生改变，故B 错误；
C．冰壶运动员掷出去的冰壶向前运动，由于克服摩擦做功，冰壶的一部分机械能转化为内能，冰壶的机械能减小，故C正确；
D．冰球运动员用球杆推着冰球使其水平滑动的过程中，若做匀速运动，则冰球质量不变，速度不变，动能可能不变，故D正确。
故选CD。
变式题7提升
28. 2022年5月10日1时56分，由“长征七号”火箭助推发射的“天舟四号”货运飞船顺利升空，8时54分成功对接空间站“天和”核心舱后向端口。下列说法正确的是（ ）
A. “长征七号”火箭加速升空，动能增加，机械能增加
B. “天舟四号”的太阳能电池将太阳能转化为机械能
C. 空间站绕地球运动过程中，地球引力改变了空间站的运动状态
D. 空间站若不受任何力作用，将逐渐减速，直到停止运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．“长征七号”火箭加速升空时，物体的质量不变，速度增大，动能增大；高度增加，重力势能增大，所以物体的机械能增加，故A正确；
B．“天舟四号”的太阳能电池将太阳能转化为电能，故B错误；
C．空间站绕地球运动过程中，地球引力改变了空间站的运动状态，使空间站绕地球做曲线运动，故C正确；
D．空间站若不受任何力作用，空间站将做匀速直线运动，故D错误。
故选AC。
变式题8提升
29. 2022年2月6日，中国女足姑娘们在亚洲杯决赛中顽强拼搏，最终夺得亚洲杯冠军。如图所示，中国女足队员正在传球，踢出去的足球在空中飞行的过程中，会受到空气阻力的作用。则下列说法正确的是（ ）
A. 踢出去的足球在空中上升过程中，它的机械能逐渐减小
B. 踢出去的足球在空中上升到最高点时，它的机械能为0
C. 踢出去的足球在空中下降过程中，它的机械能逐渐增大
D. 空中运动的足球，若所受力都消失，它将做匀速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．足球在空中上升过程中，受到空气阻力向下，空气阻力做功，足球机械能逐渐减小，故A正确；
B．踢出去的足球在空中上升到最高点时，它的动能为0，机械能不为零，故B错误；
C．踢出去的足球在空中下降过程中，受到空气阻力向上，空气阻力做功，足球机械能逐渐减小，故C错误；
D．空中运动的足球，若所受力都消失，由于惯性，它将继续保持之前的运动状态不变，即做匀速直线运动，故D正确。
故选AD。
变式题9提升
30. 如图所示，嫦娥五号上升器在月面点火，成功实现我国首次地外天体起飞。上升器经历垂直上升、姿态调整和轨道射入三个阶段，进入预定环月飞行轨道；随后由返回器将月球样品带回地球。关于嫦娥五号上升器起飞上升和环月飞行。下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥五号上升器起飞过程中它所带的月球样品质量不变
B. 上升器垂直上升过程中克服空气阻力做功一部分机械能转化为内能
C. 上升器环月飞行时运动状态不断改变，受力不平衡
D. 上升器从近月点向远月点飞行过程中，速度大小不变
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．质量不随位置、运动状态的改变而改变，嫦娥五号上升器起飞过程中它所带的月球样品质量不变，故A正确；
B．因为月球上没有空气，上升器上升时不受空气阻力的作用，没有克服空气阻力做功，也没有机械能转化为内能，故B错误；
C．上升器环月飞行时受月球引力作用，运动方向不断变化，运动状态不断改变，受力不平衡，故C正确；
D．上升器从近月点向远月点飞行的过程中，机械能不变，质量不变，上升器与月球之间的相对高度变大，故势能变大，动能变小，速度变小，故D错误。
故选AC。
原题
31. 某实验兴趣小组探究平面镜和凸透镜成像的情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中蜡烛A靠近玻璃板，所成的像变大
B. 甲图中蜡烛A的像是虚像，不能呈现在光屏上
C. 乙图中蜡烛靠近凸透镜，移动光屏，光屏上再次呈现清晰的像变大
D. 乙图中蜡烛燃烧变短，光屏上的像会向下移
【答案】BC
【解析】
【详解】A．平面镜所成的像与物体大小相同，将蜡烛A靠近玻璃板，它所成的像不变，故A错误；
B．因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，说明平面镜成的像是虚像，故B正确；
C．移动蜡烛渐渐靠近凸透镜，移动光屏远离凸透镜，根据凸透镜成实像时物近像远像变大，光屏上再次呈现清晰的像变大，故C正确；
D．因为经过光心的光线方向不发生改变，则蜡烛变短时，像应该先上移动，故D错误。
故选BC。
变式题1基础
32. 探究“平面镜成像特点”的实验装置如图。M是玻璃板，A、B是两支外形相同的蜡烛，A蜡烛是“物”。实验时，下列说法正确的是（ ）
A. 用不点燃的B蜡烛代替A蜡烛的像
B. 蜡烛靠近平面镜时，蜡烛所成的像变大
C. 该实验在较暗的环境中进行效果更好
D. 实验进行多次是为了寻求普遍规律
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．实验时把蜡烛A点燃，用蜡烛B找像时，蜡烛B不能点燃，在玻璃板后面移动时，未点燃的蜡烛B好像点燃了一样，能确定像的位置，此时B蜡烛代替A蜡烛的像，故A正确；
B．像的大小只跟物体大小有关，将蜡烛靠近玻璃板时，像的大小不变，故B错误；
C．在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮，所以应在比较暗的环境中进行实验，故C正确；
D．为了获得普遍的规律，使实验结论要具普遍性，应多次测量，故D正确。
故选ACD。
变式题2基础
33. 如图所示，小红正在做“探究平面镜成像的特点”实验，棋子A、B完全相同。关于该实验（ ）
A. 选用茶色玻璃板便于确定像的位置
B. 茶色玻璃板应竖直放置在方格纸上
C. 若B能与A的像完全重合，说明像与物等大
D. 在B位置放上光屏能接收到A的像
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．选用茶色玻璃板来代替平面镜来探究，是为了便于确定像的位置，故A符合题意；
B．玻璃板如果不竖直，就无法使像和物重合，故B符合题意；
C．棋子A、B完全相同。平面镜成像物像大小相等，故棋子B与棋子A的像能完全重合，故C符合题意；
D．蜡烛在玻璃板中的像是反射光线的反向延长线相交而成的，成的是虚像，无法利用光屏承接，故D不符合题意。
故选ABC。
变式题3基础
34. 如图所示，凸透镜的焦距为10cm，此时蜡烛的烛焰恰好在光屏上成一个清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A. 若蜡烛燃烧变短，烛焰在光屏上的像将向上移动
B. 此时光屏上成的像是倒立、放大的实像
C. 若保持凸透镜位置不动，交换蜡烛和光屏的位置，能在光屏上得到倒立、缩小的实像
D. 若保持蜡烛和光屏的位置不动，向右移动透镜的过程中，可能会在光屏上成一个倒立、等大的像
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．若蜡烛燃烧变短，根据经过光心的光线的传播方向不变可知，烛焰在光屏上的像将向上移动，故A正确；
B．由图可知，物距u=14cm，此时
f
C．若保持凸透镜位置不动，交换蜡烛和光屏的位置，此时的物距大于像距，根据光路可逆可知，能在光屏上得到倒立、缩小的实像，成像规律可以应用于照相机，故C正确；
D．若保持蜡烛和光屏位置不动，向右移动透镜的过程中，当
u=v=2f
时，才能成倒立、等大的实像，而移动过程中，物距和像距的和大于4f，所以光屏上不能成一个倒立、等大的像，故D错误。
故选ABC。
变式题4巩固
35. 如图是小军组的同学做“凸透镜成像规律”的实验探究情况，F、 为凸透镜一倍焦距的位置，A、B到凸透镜的距离均为2倍焦距，下列说法正确的是（ ）
A. 为了让像成在光屏的中心处，便于观察的像的大小情况，烛焰的中心、透镜中心、光屏的中心应该在同一条直线上，并且应该在同一高度上
B. 图中烛焰在光屏上成应该是倒立的、缩小的虚像
C. 若把蜡烛由图中位置移到A与F之间，则光屏位置应向右移动适当的距离，在光屏上得到的像将会变大
D. 若把蜡烛移动F的位置上，则在光屏上不会呈现蜡烛的像
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．为了让像成在光屏的中心处，便于观察的像的大小情况，应调节烛焰的中心、透镜中心、光屏的中心同一高度上，故A正确；
B．图中烛焰在二倍焦距以外，光屏上成的应该是倒立的、缩小的实像，像在一倍焦距和二倍焦距之间，故B错误；
C．若把蜡烛由图中位置移到A与F之间，烛焰在一倍焦距和二倍焦距之间，像在二倍焦距以外，则光屏位置应向右移动适当的距离，像距越远像越大，因此在光屏上得到的像将会变大，故C正确；
D．若把蜡烛移动F（焦点）的位置上，从烛焰发出的光经凸透镜折射后平行于主光轴，不能汇聚，则在光屏上不会呈现蜡烛的像，故D正确。
故选ACD。
变式题5巩固
36. 如图所示，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座上，调整好蜡烛和光屏的位置后，光屏上恰好得到烛焰清晰的像（未画出）。下列判断正确的是（ ）
A. 图中凸透镜的成像特点与照相机的成像特点相同
B. 在调整凸透镜时，手上的墨水不小心涂在了透镜中央，形成了一个黑色指纹，则此时在光屏上看到烛焰的像变暗且正中间出现黑斑
C. 一段时间后，原来成在光屏中央像“跑”到了光屏的上方，将透镜下移一段距离可以让像重新回到光屏中央
D. 保持蜡烛和透镜的位置不变，在蜡烛与凸透镜之间靠近透镜处，放置一个近视眼镜镜片，为了使光屏上再次呈现烛焰清晰的像，光屏应适当向左移动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知，此时物距为
大于二倍焦距，在光屏上成倒立缩小的实像，应用是照相机，故A正确；
B．虽然手上的墨水涂在了透镜中央，形成了一个黑色指纹，但烛焰的光线可以通过凸透镜别的部位仍能在光屏上成像，像的形状不受影响，只是由于成像的光线减少了，像会变暗，故B错误；
C．过透镜光心的光线沿直线传播，一段时间后，蜡烛变短，原来成在光屏中央的像“跑”到了光屏的上方，要让像重新回到光屏中央，可将凸透镜向下移动，能让像重新回到光屏中央，故C正确；
D．近视眼的镜片是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，要用光屏接到清晰的像，光屏要远离凸透镜，即向右移动，故D错误。
故选AC。
变式题6巩固
37. 探究“平面镜成像特点”的实验装置如图。M是玻璃板，A、B是两支外形相同的蜡烛，A蜡烛是“物”。下列说法正确的是（ ）
A. 用B蜡烛找像时，B蜡烛不点燃
B. 透过玻璃板看到的“B蜡烛”位置就是它的实际位置
C. 与普通玻璃板相比，用镀膜玻璃板看到的“B蜡烛”更清楚
D. 选用两支外形相同的蜡烛，是为了方便比较像和物的大小关系
【答案】AD
【解析】
【详解】A．A蜡烛放在玻璃板前面，B蜡烛不点燃，放在玻璃板的后面，移动B蜡烛，直到看上去它跟A蜡烛的像完全重合，从而确定像的位置，故A正确；
B．因为玻璃板有一定的厚度，所以通过玻璃板看到的像的位置比它的实际位置要靠近玻璃板一些，故B错误；
C．用镀膜玻璃板代替普通玻璃板，透光性差，其反射效果好，所以会使看到的A蜡烛的像更清楚，看到的“B蜡烛”不是太清楚，故C错误；
D．为了比较像和物的大小关系，选用两支相同的蜡烛，当玻璃板后面的蜡烛和像重合时，说明像和物体大小相等，故D正确。
故选AD。
变式题7提升
38. 张宁用图甲所示的装置测出凸透镜的焦距，并“探究凸透镜成像规律”，当蜡烛、透镜、光屏位置如图乙时，在光屏上可成清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A. 凸透镜的焦距是10.0cm
B. 图乙中烛焰成的是倒立放大的实像
C. 照相机成像特点与图乙中所成像的特点相同
D. 实验过程中，一只七星瓢虫悄悄地爬到凸透镜的中心，则在光屏上会有七星瓢虫的像
【答案】AB
【解析】
【详解】A．平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将汇聚于点F，点F即为此透镜的焦点，从焦点到透镜中心的距离即为焦距，则透镜的焦距为
f=40.0cm-30.0cm＝10.0cm
故A正确；
B．图乙中，物距u＝15.0cm，像距v＝30.0cm，像距大于物距，由凸透镜成像规律可知，图乙中烛焰成的是倒立、放大的实像，故B正确；
C．由凸透镜成像规律可知，当u>2f时，成倒立、缩小的实像，应用于照相机，而图乙中烛焰成的是倒立、放大的实像，故C错误；
D．实验中如果一只瓢虫恰好落在了透镜上，则在光屏上，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过其它部分凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜被遮住一部分，因此折射出的光线与原来相比减少了，故亮度会减弱，变暗了，在光屏上不会有七星瓢虫的像，故D错误。
故选AB。
变式题8提升
39. 王亮在查阅实验记录报告时发现一张关于探究凸透镜成像规律的实验数据记录单，请根据表中信息判定下列说法正确的是（ ）
A. 该凸透镜的焦距是15cm
B. 表中符号△处应填写的数据为10cm
C. 当u=25cm时，凸透镜成缩小的像，照相机就是根据这一原理制成
D. 若把物体从距凸透镜12cm处向距凸透镜22cm处滑动，像会逐渐变小
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由表中实验三的数据知道，像距等于物距，即
u=v=15cm
根据凸透镜成像规律知道，当v=u=2f时，成倒立等大的实像，所以，焦距是
f=7.5cm
故A错误；
B．由表中数据知道，当u=10cm时，f
故选BCD。
变式题9提升
40. 在“探究凸透镜成像的规律”时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜30cm处，在透镜另一侧距离透镜16cm处的光屏上得到烛焰清晰的像。则下列相关说法正确的是（ ）
A. 光屏上成倒立、放大的实像
B. 照相机是利用这一成像原理工作的
C. 该透镜的焦距f满足8cm
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．蜡烛距离凸透镜30cm时，在透镜的另一侧16cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像，是照相机的原理；故A错误，B正确；
C．物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，即
30cm＞2f
2f＞16cm＞f
解得
8cm＜f＜15cm
故C正确；
D．将凸透镜的上半部分遮住，仍有光线透过透镜成像，只是透过的光线减少，成像变暗，像仍然是完整的，故D错误。
故选BC。
原题
41. 如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下移动，则（ ）
A. 电压表和电流表A的示数之比不变
B. 电压表和电流表A的示数之比变大
C. 电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变大
D. 电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量A比值的绝对值不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表A测电路中的电流。
AB．将滑动变阻器的滑片P向下移动，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由得，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，根据欧姆定律可知，电压表V1和电流表A的示数之比为R1的阻值，由于R1是定值电阻，该比值故不变。电压表V2和电流表A的示数之比为R2的阻值。由于R2是滑动变阻电阻，滑片向下移动，该接入电路的阻值变大，故该比值变大，故AB符合题意；
CD．设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则
滑片移动前后电压表V2示数的变化量
即
将滑动变阻器的滑片P向下移动，R2分得电压增大，R1分得电压减小，由于电源电压不变，根据串联电路分压特点可知
故
由于R1是定值电阻，该比值故不变，故C不符合题意，D符合题意。
故选ABD。
变式题1基础
42. 如图所示，电源电压恒定，闭合开关S后，滑动变阻器滑片P自a向 b移动的过程中（ ）
A. 电流表A的示数变小，电压表V1的示数变小
B. 电流表A的示数变大，电压表V2变小
C. 电压表V1的示数与电流表A的示数之比变小
D. 电压表V2的示数与电流表A的示数之比变大
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，当滑动变阻器滑片P自a向b移动时，滑动变阻器接入的阻值变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，所以电流表A的示数变小；滑动变阻器接入的阻值变大，由串联分压原理可知，滑动变阻器两端的电压变大，R1两端的电压变小，即电压表V2示数变大，电压表V1的示数变小，故A符合题意，B不符合题意；
C．电压表V1的示数与电流表A的示数之比为阻值R1，R1是定值电阻，阻值不变，所以电压表V1的示数与电流表A的示数之比不变，故C不符合题意；
D．电压表V2的示数与电流表A的示数之比为滑动变阻器的阻值，滑动变阻器滑片P自a向b移动时，滑动变阻器接入的阻值变大，所以电压表V2的示数与电流表A的示数之比变大，故D符合题意。
故选AD。
变式题2基础
43. 如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，当滑动变阻器的滑片滑动时，发现电流表A的示数变大，则（ ）
A. 滑动变阻器的滑片在向右滑动B. 电压表V的示数不变
C. 电流表A1的示数不变D. 电压表V与电流表A1示数比值变小
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．由图可知，R和滑动变阻器并联，电流表A测干路电流，电流表测通过滑动变阻器所在支路的电流，电源电压保持不变，电压表测量电源电压，故电压表V的示数不变。根据并联电路电压规律可知，定值电阻及滑动变阻器两端电压均等于电源电压且不变，而定值电阻R阻值不变，由欧姆定律可知，通过定值电阻R的电流不变。根据并联电路的电流规律可知，电流表A的示数变大是由通过滑动变阻器所在支路的电流变大引起的，故电流表的示数变大，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即滑片在向左滑动，故B符合题意，AC不符合题意；
D．电流表的示数变大，电压表V的示数不变，所以电压表V与电流表示数的比值变小，故D符合题意。
故选BD。
变式题3基础
44. 如图所示的电路中，电源电压恒定不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由a点移动到b点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V2的示数将变小
B. 灯泡的亮度始终保持不变
C. 电流表A1的示数与电流表A2的示数始终相等
D. 电压表V1的示数与电流表A3的示数比值将变小
【答案】BD
【解析】
【详解】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表V1、V2均测电源两端的电压，电流表A1、A3测滑动变阻器支路的电流，电流表A2测灯泡支路的电流；
A．因电源电压恒定不变，所以，滑片移动时，电压表V1、V2的示数均不变，故A错误；
B．因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时，电流表A2的示数不变，灯泡的亮度始终保持不变，故B正确；
CD．将滑动变阻器的滑片P由a点移动到b点的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，由可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A1、A3的示数变大，则电流表A1的示数与电流表A2的示数不会始终相等，电压表V1的示数与电流表A3的示数比值变小，故C错误，D正确。
故选BD。
变式题4巩固
45. 如图所示的电路，闭合开关S，当滑片P向下滑动时，下列正确的是（ ）
A. 电压表示数变大，电流表A2示数变小
B. 电流表A1示数变小，灯泡亮度不变
C. 电压表V示数与电流表A2示数的比值变大
D. 电流表A1示数与电流表A2示数之差变大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．闭合开关S，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过滑动变阻器的电流；当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电源电压不变，所以电压表V示数不变；滑动变阻器接入电路电阻变大，由 可知通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A2示数变小，故A错误；
B．由于并联电路各支路互不影响，通过灯泡的电流不变，灯泡的亮度不变；由并联电路电流特点：干路中的电流等于各支路电流之和可知，电流表A2示数变小，则电流表A1示数变小，故B正确；
C．由图可知，电压表V示数与电流表A2示数的比值为滑动变阻器的阻值，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，所以电压表V示数与电流表A2示数的比值变大，故C正确；
D．电流表A1示数与电流表A2示数的差值为通灯泡的所在支路的电流，通过灯泡的电流不变，则电流表A1示数与电流表A2示数之差不变，故D错误。
故选BC。
变式题5巩固
46. 如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，滑片从a端向b端移动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 电流表A示数变小，电压表V1的示数变小
B. 电流表A示数变大，电压表V2的示数变大
C. 电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量
D. 电压表V1的示数变化量大于电压表V2示数的变化量
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器R1、定值电阻R2和定值电阻R3串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1和R2两端的电压，电压表V2测量R2和R3两端的电压；滑片P从a端向b端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，则电路的总电阻变小，由可得，电路中电流变大，即电流表示数变大；因滑动变阻器R1和定值电阻R2的总电阻变小，由串联电路分压规律可知，R1和R2分得的电压减小，即电压表V1的示数变小；电路中电流变大，由U＝IR可知，定值电阻R2和R3两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故A错误，B正确；
CD．根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器分得的电压减小，定值电阻R2和R3分得的电压都增大，且电压表V1示数的变化量等于R3两端电压的变化量（即ΔUV1＝ΔU3），而电压表V2示数的变化量等于R2、R3两端电压的变化量（即ΔUV2＝ΔU2+ΔU3），所以电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量，故C正确，D错误。
故选BC。
变式题6巩固
47. 如图所示的电路中，电源电压不变，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，忽略温度对灯丝电阻的影响。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V1示数变小
B. 电压表V2示数变小
C. 灯两端电压变化量小于滑动变阻器两端电压变化量
D. R0两端电压变化量等于电压表V2示数变化量
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，滑动变阻器R、定值电阻R0与灯泡L串联接入电路，电压表V1测灯泡两端电压，电压表V2测灯泡和滑动变阻器R两端电压之和，电流表A测电路中电流，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，电路的总电阻变小，故由欧姆定律可得，电路中的电流变大，故由U=IR可知，灯泡两端电压变大，则电压表V1示数变大，故A错误；定值电阻两端电压变大，因电源电压不变，由串联电路总电压等于各电阻两端分压之和可知，灯泡和滑动变阻器两端电压之和变小，即电压表V2示数变小，故B正确；
C．由AB可知，灯两端电压变大，而灯泡和滑动变阻器两端电压之和变小，故可知滑动变阻器两端电压变小，且灯两端电压变化量小于滑动变阻器两端电压变化量，才能使灯泡和滑动变阻器两端电压之和变小，故C正确；
D．由电路图可知，电压表V2测灯泡和滑动变阻器R两端电压之和，故可知R0两端电压与电压表V2示数之和始终等于电源电压不变，故R0两端电压变化量等于电压表V2示数变化量，故D正确。
故选BCD。
变式题7提升
48. 如图所示的电路，电源电压不变，R1>R3，闭合开关S，若将滑动变阻器的滑片向左移动时，下列说法中正确的是（ ）
A. 电压表V1和V2的示数差不变
B. 电压表V2与电流表A示数的比值不变
C. 电压表V2示数变化量大于电压表V1示数变化量
D. 电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量的比值不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由电路图可知，该电路是串联电路，电压表V1测的是R1和R2的总电压，电压表V2测的是R2和R3的总电压，将滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，两电压表的示数分别为
U12=U-IR3，U23=U-IR1
则电压表V1和V2的示数之差
U12-U23=(U-IR3）-（U-IR1)=I（R1-R3）
由电路中的电流变大和R1>R3可知，电压表V1和V2的示数之差变大，故A错误；
B．由可知，电压表V2与电流表A示数的比值等于R2和R3的阻值之和，则其比值变小，故B错误；
CD．设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则两电压表示数的变化量分别为
ΔU12=(U-I1R3）-（U-I2R3)=(I2-I1）R3=ΔIR3
ΔU23=(U-I1R1）-（U-I2R1)=(I2-I1）R1=ΔIR1
由R1>R3可知，ΔU12<ΔU23，即电压表V2示数变化量大于电压表V1示数变化量，；由可知，电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量的比值不变，故CD正确。
故选CD。
变式题8提升
49. 如图所示，电源两端电压保持不变，R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器的中点，只闭合S1时，电压表的示数为U，电流表的示数为I。下列情况中电压表和电流表示数变化正确的是（ ）
A. 滑片P不动，断开S1，闭合S2、S3时，电压表示数变大，电流表示数变大
B. 滑片P不动，断开S1，闭合S2、S3时，电压表示数U与电流表示数I的比值变小
C. 只闭合S1，滑片P从中点向右移动时，电压表示数U与电流表示数I的比值变小
D. 只闭合S1，滑片P从中点向右移动时，电压表示数不变，电流表示数变大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．将滑片P置于滑动变阻器的中点，只闭合S1时，电路图如图1所示，此时电路中R0与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；滑片P不动，断开S1，闭合S2、S3时，等效电路图如图2所示，此时滑动变阻器与定值电阻R0并联，电压表测电源电压，电流表测通过滑动变阻器的电流。因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电压表的示数变大。两图中，电流表均测滑动变阻器的电流，由于变阻器两端的电压增大，变阻器接入电路的阻值不变（滑片P不动），根据可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表示数变大，故A正确；
B．由可知，图1和图2中电压表示数U与电流表示数I比值均等于滑动变阻器的阻值，所以，电压表示数U与电流表示数I的比值不变，故B错误；
CD．只闭合S1时，等效电路图如图1所示，滑片P从中点向右移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，由U＝IR可知，R0两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小。因电压表的示数变小，电流表的示数变大，所以，电压表示数U与电流表示数I的比值变小，故C正确，D错误。
故选AC。
变式题9提升
50. 如图所示电路，R1>R3，变阻器的滑片在最右端，下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合S1、断开S2，滑片向左移动时，表V2与表A示数的比值不变
B. 闭合S1、断开S2，滑片向左移动，表V2示数变化量与表A示数变化量的比值不变
C. 闭合S1、断开S2，滑片向左移动，表V2示数变化量小于表V1示数变化量
D. 先闭合S1，保持滑片位置不变，再闭合S2时，表V1示数变小，表A示数变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．闭合S1、断开S2，电阻R1、R2、R3串联，电压表V2测量R2、R3两端的电压，V2与表A示数的比值等于R2、R3的电阻的和，滑片向左移动时，R2连入电路的阻值变小，所以V2与表A示数的比值变小，故A错误；
B．电压表V2示数的变化量就是电阻R1两端电压的变化量，其与电流表A示数变化量的比值就是R1的阻值，是不变的，故B正确；
C．电压表V2示数的变化量就是电阻R1两端电压的变化量，电压表V1示数的变化量就是电阻R3两端电压的变化量，由于R1>R3，所以电压表V2示数的变化量大于电压表V1示数的变化量，故C错误；
D．先闭合S1，电阻R1、R2、R3串联，保持滑片位置不变，再闭合S2时，R1被短路，R2、R3串联，总电阻变小，电流变大，电流表示数变大，R3所分得电压变大，电压表V1的示数变小，故D正确。
故选BD。实验次序
1
2
3
4
5
物距u/cm
10
12.5
15
20
30
像距v/cm
30
19
15
12
△
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