01 单选题（估测、物理学史、方法、跨学科实践、声、光、热、力、电磁）——备战2026年中考物理三轮冲刺（题型专练）

这是一份01 单选题（估测、物理学史、方法、跨学科实践、声、光、热、力、电磁）——备战2026年中考物理三轮冲刺（题型专练），共14页。
题型一 估测题
1．作为初中生，我们要了解一些与自身相关物理量的估测，以下估测最切合实际的是（ ）
A．正常步行的速度约为10m/sB．脉搏1s跳动80次
C．正常体温约为37℃D．身高约为165dm
【答案】C
【详解】A．正常成年人步行的速度约为，故A不符合题意；
B．人脉搏跳动约次，换算下来约跳动次，故B不符合题意；
C．正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小，故C符合题意；
D．初中生的身高一般在之间，故D不符合题意。
故选C。
2．下列对马拉松选手们参加比赛时的估测值最符合实际的是（ ）
A．正常体温约B．心率约每分钟70次
C．身高约200cmD．1s所跑的路程约10m
【答案】A
【详解】A．人体的正常体温约为37℃，即使运动时体温也接近该数值，故A正确；
B．人安静状态下心率约每分钟70次，马拉松选手比赛时属于剧烈运动，心率会远高于每分钟70次，故B错误；
C．普通人身高多在170cm-180cm之间，200cm的身高过于罕见，不符合实际，故C错误；
D．若1s跑10m，速度为10m/s（合36km/h），而马拉松长距离运动的平均速度约5-6m/s，该速度远高于实际情况，故D错误。
故选A。
3．学校组织九年级学生体检，下列各项体检数据中，记录有误的是（ ）
A．身高：1.7 mB．质量：50 kg
C．体温：36.6 ℃D．心率：30次/分钟
【答案】D
【详解】A．九年级学生身高普遍在之间，符合实际，故A不符合题意；
B．九年级学生质量普遍在之间，符合实际，故B不符合题意；
C．人体正常体温在之间，符合正常体温，故C不符合题意；
D．正常人安静状态下的心率为60~100次/分钟，30次/分钟远低于正常范围，故D符合题意。
故选D。
4．下列物理量最接近实际的是（ ）
A．学生使用的课桌高度约0.8m
B．电磁波在真空中传播的速度约
C．一台家用卧室空调正常工作时电流约80A
D．教室里空气密度约为
【答案】A
【详解】A．中学生身高约1.6m，课桌高度约为身高的一半，0.8m符合实际，故A符合题意；
B．电磁波在真空中的传播速度和光速相等，约为，不是，故B不符合题意；
C．家用卧室空调电流一般为4~7A，远小于80A，故C不符合题意；
D．是黄金的密度，教室里空气的密度约为，故D不符合题意。
故选A。
5．下列数据符合生活实际的是（ ）
A．冰箱冷冻室的温度约为
B．教室门高约1.2m
C．中学生的质量约为50kg
D．中学生步行的速度约为5m/s
【答案】C
【详解】A．电冰箱冷冻室的温度在0℃以下，约为-18℃，故A不符合题意；
B．中学生高度约为1.6m，教室门比初中生高60cm左右，故教室门的高度约为2.2m，故B不符合题意；
C．一般初中生质量在40–60 kg左右，50 kg较为合理，故C符合题意；
D．中学生步行时，每秒约走2步，每步长约0.5m，则中学生步行速度约为1m/s，故D不符合题意。
故选C。
题型二 物理学史、物理方法、跨学科实践
6．从“天宫”建站到“嫦娥”奔月，中国航天一步一步走在探索星辰大海的伟大征程中。下列天体或粒子中空间尺度最大的是（ ）
A．太阳B．月亮C．原子D．电子
【答案】A
【详解】太阳空间尺度远超太阳系内的行星（如地球），月球是地球的卫星，空间尺度远小于太阳，原子属于微观粒子，空间尺度远小于宏观天体，电子是原子的组成部分，空间尺度最大的是太阳，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
7．研究降落伞在空中滞留时间与哪些因素有关时，采用的物理研究方法是（ ）
A．控制变量法B．建立模型法
C．比值定义法D．微小量放大法
【答案】A
【详解】实验中，研究滞留时间与其中一个因素的关系时，要控制其他的因素相同，所以该实验运用的主要科学研究方法是控制变量法，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选 A。
8．为了便于研究磁场，物理学中引入了“磁感线”来描述磁场的分布情况，下列研究问题的方法与此相同的是（ ）
A．认识电流时，我们可以用水流来类比
B．用光线来描述光的传播路径和方向
C．研究串并联电路的总电阻与分电阻关系时，用一个电阻代替几个分电阻
D．研究阻力对物体运动的影响
【答案】B
【详解】由于磁感线是不存在的，所以通过磁感线来形象直观描述磁场的分布，这是一种模型法。
A．通过水流来初步认识电流，即利用的类比法，故A不符合题意；
B．光线是不存在的，所以我们研究光的传播时，引入光线，是利用的模型法，故B符合题意；
C．研究串并联电路的总电阻与分电阻关系时，用一个电阻代替几个分电阻，这是利用的等效替代法，故C不符合题意；
D．研究阻力对物体运动的影响，利用的是控制变量法，故D不符合题意。
故选B。
9．下列做法符合“绿色环保、节能减排”理念的是（ ）
A．选择燃油汽车代替公共交通出行B．用LED灯替换家里的日光灯
C．盛夏将空调制冷温度调至16 ℃D．废电池与其他垃圾一起填埋
【答案】B
【详解】A．燃油汽车会排放尾气，且单人驾驶燃油汽车的能耗和污染远高于公共交通，不符合“绿色环保、节能减排”理念，故A不符合题意；
B．LED灯相比日光灯，电能转化为光能的效率更高、能耗更低，同时使用寿命更长，符合“绿色环保、节能减排”理念，故B符合题意；
C．将空调制冷温度调至16℃会大幅增加空调的耗电量，不符合“节能减排”的要求，故C不符合题意；
D．废电池中含有重金属等有害物质，和其他垃圾一起填埋会污染土壤和地下水，不符合“绿色环保”理念，故D不符合题意。
故选B。
10．物理学是认识世界、改变世界的科学，它推动着人类社会的不断进步和发展。历史上许多重大科学发现源于科学家的不懈探索，下列关于科学家与其重要发现对应正确的是（ ）
A．焦耳——电流的磁效应B．奥斯特——电流的热效应
C．欧姆——电磁感应现象D．沈括——地磁偏角现象
【答案】D
【详解】焦耳发现了电流的热效应，奥斯特发现了电流的磁效应，欧姆总结得出了欧姆定律，电磁感应现象是法拉第发现的，沈括最早发现了地磁偏角现象，故D正确。
故选D。
11．下列说法中正确的是（ ）
A．最早通过实验研究光的色散现象的科学家是牛顿
B．第一个粗略测出大气压强值的实验是马德堡半球实验
C．汤姆生发现电子，说明原子核可以再分
D．首次通过实验发现电与磁间关系的科学家是法拉第
【答案】A
【详解】A．首先用实验研究光的色散现象的是英国物理学家牛顿，故A正确；
B．世界上第一个粗略测出大气压值的实验是托里拆利实验，故B错误；
C．汤姆生发现电子，说明原子可以再分，故C错误；
D．首次通过实验发现电与磁间关系的科学家是奥斯特，故D错误。
故选A。
12．某位物理学家极力想通过实验证明自然界中的能量守恒规律，做了许多实验研究热和功之间的联系，以及电流的热效应，这位物理学家是（ ）
A．欧姆B．安培C．焦耳D．伏特
【答案】C
【详解】德国物理学家焦耳通过大量实验，研究热和功的联系以及电流的热效应等，为能量守恒定律的建立奠定了坚实的实验基础。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
题型三 声学
13．2026年央视春晚的戏曲节目《春晖满梨园》中，多个剧种精彩纷呈，使观众们感受到中华优秀传统文化的魅力。下列有关该节目中声现象的说法正确的是（ ）
A．乐曲声是通过空气传播到现场观众耳内的
B．乐曲声在空气中的传播速度是
C．演员通过改变击鼓的力度改变鼓声的音调
D．观众能区分鼓声与锣声是根据声音的响度
【答案】A
【详解】A．声音的传播需要介质，现场的乐曲声是通过空气传播到观众耳中的，故A正确；
B．是真空中的光速，声音在15℃空气中的传播速度约为340m/s，故B错误；
C．改变击鼓力度，改变的是鼓面的振动幅度，振幅影响声音的响度，故C错误；
D．不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色不同，观众区分鼓声和锣声是根据音色，故D错误。
故选A。
14．河南特色剧种豫剧以唱腔铿锵大气、抑扬顿挫、行腔酣畅、吐字清晰著称。如图所示，下列分析正确的是（ ）
A．唱腔是由空气振动产生的
B．唱腔是通过空气传入观众耳朵的
C．能通过唱腔判断曲目，说明声音能够传递能量
D．唱腔传播得越远，响度越大
【答案】B
【详解】A．唱腔是演员声带振动产生的，并非空气振动产生，故A错误；
B．声音的传播需要介质，日常生活中我们听到的声音是通过空气传播的，因此唱腔是通过空气传入观众耳朵的，故B正确；
C．能通过唱腔判断曲目，说明声音可以传递信息，故C错误；
D．响度与距离发声体的远近有关，唱腔传播得越远，能量越分散，响度越小，故D错误。
故选B。
15．“留心观察皆学问，身边处处有物理”，下列各选项中，存在错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．矿泉水瓶盖上的竖条纹通过增大接触面粗糙程度增大摩擦力；电工钳手柄的橡胶是绝缘体，不容易导电，对应物理知识均正确，故A正确，不符合题意；
B．禁止鸣笛是在声源处减弱噪声；物体质量不变时，高度越高重力势能越大，高空抛物会有很大的能量，对应物理知识均正确，故B正确，不符合题意；
C．保温瓶瓶塞隔夜打不开，是因为瓶内温度降低气压减小，外界大气压压住瓶塞，可以证明大气压存在，这部分正确；但壶嘴附近的“白气”不是水汽化形成的水蒸气（水蒸气肉眼不可见），“白气”是高温水蒸气遇冷液化形成的小水滴，此处物理知识对应错误，故C错误，符合题意；
D．重物放在柜子底层可以降低重心，增大稳度；水蒸发时吸热，所以夏天洒水可以降温，对应物理知识均正确，故D正确，不符合题意。
故选C。
16．如图所示是某地举办的“千年古琴·雅韵传声”音乐会。下列有关说法不正确的是（ ）
A．古琴发出的声音是由琴弦振动产生的
B．听众能分辨出古琴的声音，依据的是声音的音色不同
C．演奏时，用力拨动琴弦，可以改变声音的响度
D．音乐会现场禁止喧哗，是在人耳处减弱噪声
【答案】D
【详解】A．声音是由物体振动产生的，古琴发出的声音是由琴弦振动产生，故A正确，不符合题意；
B．音色是由发声体的材料、结构等决定的，不同乐器的音色不同，听众能分辨出古琴的声音，依据的是声音的音色不同，故B正确，不符合题意；
C．响度与振幅有关，用力拨动琴弦，琴弦的振幅变大，声音的响度变大，故C正确，不符合题意；
D．音乐会现场禁止喧哗，是在声源处减弱噪声，故D错误，符合题意。
故选D。
17．霞云岭有一条“音乐公路”，当汽车以一定速度匀速行驶时，就会奏响乐曲声。音乐公路的路面上分布着许多横向凹槽如图所示，汽车每经过一个凹槽，就会上下振动一次。路面上凹槽的分布疏密不同，汽车行进时振动快慢不同，发出声音的音调不同。当汽车匀速通过这段音乐公路时，下列说法正确的是（ ）
A．乐曲声是由空气振动产生的
B．关闭车窗是从声源处减弱乐曲声的传播
C．汽车经过凹槽分布越密的地方，乐曲声的音调越高
D．坐在汽车里的人听到乐曲声主要是通过路面传播的
【答案】C
【详解】A．乐曲声是汽车经过凹槽时汽车的振动产生的，故A错误；
B．关闭车窗是阻挡声音的传播，属于在传播过程中减弱噪声，故B错误；
C．汽车匀速行驶，凹槽分布越密，相同时间内汽车振动的次数越多，振动频率越高，因此乐曲声的音调越高，故C正确；
D．坐在汽车里的人听到乐曲声，主要是通过空气传播到人耳，故D错误。
故选C。
18．下列关于声现象的说法正确的是（ ）
A．逐渐抽出真空罩内的空气，听到铃声越来越小，说明空气可以传声
B．蝴蝶振翅时发出声音的响度太小，所以人耳听不到
C．蝙蝠利用超声波捕捉昆虫，说明声可以传递能量
D．练琴时关闭门窗是为了防止噪声产生
【答案】A
【详解】A．声音传播需要介质，逐渐抽出真空罩内的空气后，传声的介质减少，听到铃声变小，说明空气可以传声，真空不能传声，故A正确；
B．人耳的听觉频率范围是20Hz∼20000Hz，蝴蝶振翅的振动频率低于20Hz，不在人耳可听声的频率范围内，因此人耳听不到，不是因为响度太小，是频率太低，故B错误；
C．蝙蝠利用超声波回声定位捕捉昆虫，利用了声可以传递信息，不是传递能量，故C错误；
D．练琴时关闭门窗，是在噪声传播过程中减弱噪声，防止噪声产生是在声源处减弱噪声，故D错误。
故选A。
19．钢琴调音器能监测琴声的频率。调音师参考该数值可校准琴声的（ ）
A．音色B．音调C．响度D．音长
【答案】B
【详解】频率决定音调的高低，钢琴调音器能监测琴声的频率。调音师参考该数值可校准琴声的音调，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
20．2025年8月，由银川文旅集团、宁夏博览会展、宁夏广电传媒联合主办的2025银川览山阅云湾音乐季在宁夏银川市举办，在绝美的览山落日余晖中，用音乐点燃激情，用歌声回忆青春。下列有关音乐表演中声现象的说法正确的是（ ）
A．现场伴奏打鼓用的力越大，鼓声的音调越高
B．歌曲演唱的声音是由演员声带振动产生的
C．调节吉他弦的松紧度，是为了改变声音的音色
D．观众是通过响度来分辨鼓声和二胡声的
【答案】B
【详解】A．鼓声的音调由鼓面振动的频率决定，用力越大，鼓面振动的振幅越大，响度越大，并非音调越高，故A错误；
B．声音是由物体振动产生的，歌曲演唱的声音是由演员声带振动产生的，故B正确；
C．调节吉他弦的松紧度，会改变弦振动的频率，从而改变声音的音调，音色由发声体的材料和结构决定，该操作无法改变音色，故C错误；
D．不同发声体的音色不同，观众是通过音色来分辨鼓声和二胡声的，而非响度，故D错误。
故选B。
题型四 光学
21．下列光现象中，由光的直线传播形成的是（ ）
A．海市蜃楼B．楼台倒影C．雨后彩虹D．凿壁偷光
【答案】D
【详解】A．海市蜃楼是光在密度不均匀的大气中传播时发生折射形成的，故A不符合题意；
B．楼台倒影属于平面镜成像，是光的反射形成的，故B不符合题意；
C．雨后彩虹是光的色散现象，属于光的折射，故C不符合题意；
D．凿壁偷光利用了光沿直线传播的原理，故D符合题意。
故选 D。
22．“AI科技化妆镜”通过摄像头捕捉人脸成像，经AI处理后呈现在显示屏上，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．“AI科技化妆镜”与平面镜成像的原理相同
B．人脸在“AI科技化妆镜”中成放大的像时，像距大于物距
C．人脸远离“AI科技化妆镜”，显示屏上人脸的像大小不变
D．摄像头镜片与近视眼镜属同一类透镜，均对光线有发散作用
【答案】B
【详解】A．平面镜成像的原理是光的反射；AI化妆镜的摄像头是凸透镜，成像原理是光的折射，故A错误；
B．根据凸透镜成像规律，当凸透镜成放大的实像时，满足，，因此像距大于物距，故B正确；
C．凸透镜成像满足“物远像近像变小”，人脸远离化妆镜时，物距变大，显示屏上像将变小，故C错误；
D．摄像头镜片是凸透镜，对光线有会聚作用；近视眼镜的镜片是凹透镜，对光线有发散作用，故D错误。
故选B。
23．4月5日上午，丙午（2026）年清明公祭轩辕黄帝典礼在陕西省黄陵县桥山祭祀广场举行。如图所示，是现场人员用照相机拍摄的一张巨龙腾飞的照片。下列有关说法正确的是（ ）
A．相机屏幕上的彩色画面是由红、黄、蓝三种色光混合而成
B．拍摄巨龙的细节时，相机应适当靠近巨龙，镜头向外伸
C．现场观众能从各个角度观察到巨龙是因为发生了光的镜面反射
D．照相机的镜头与近视眼镜的镜片属于同一类透镜
【答案】B
【详解】A．红、绿、蓝是光的三原色，相机屏幕上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成，故A错误；
B．拍摄巨龙的细节时，应使像变大，由凸透镜成像规律可知，应减小物距，增大像距，即相机应适当靠近巨龙，镜头向外伸，故B正确；
C．巨龙的表面凹凸不平，光照在巨龙上会发生漫反射，反射的光向各个方向传播，现场观众能从各个角度观察到巨龙是因为发生了光的漫反射，故C错误；
D．照相机的镜头是凸透镜，近视眼镜的镜片是凹透镜，不属于同一类透镜，故D错误。
故选B。
24．下列光学作图正确的是（ ）
A．光的反射B．蜡烛经平面镜成像
C．光从水斜射到空气D．凹透镜对光线的作用
【答案】C
【详解】A．根据光的反射规律：入射光线箭头指向入射点，反射光线箭头应背离入射点射出。该图中两条光线的箭头都指向入射点O，故A错误；
B．人看到蜡烛的像是烛焰的光经平面镜反射后进入人眼，图中光的传播方向错误，故B错误；
C．根据光的折射规律：光从水斜射入空气时，折射角大于入射角，折射光线会远离法线发生偏折，故C正确；
D．凹透镜对光线有发散作用，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过焦点，故D错误。
故选C。
25．如图甲所示是公共场所的宣传投影灯，装在高处的投影灯照在地面上出现图案，其内部结构如图乙所示。下列说法中（ ）
①不同方向都能看到图案是光在地面发生了漫反射
②该投影灯的成像原理与照相机相同
③调小镜头与图片的距离图案变大
④地面上看到的是放大的虚像
A．只有①③正确B．只有①②正确C．只有③④正确D．只有①④正确
【答案】A
【详解】①地面是粗糙不平的，光照射到地面上会发生漫反射，反射光线会射向各个方向，所以从不同方向都能看到图案。故①正确；
②该投影灯的镜头相当于一个凸透镜，其工作原理是当物体（图片）位于凸透镜的一倍焦距和二倍焦距之间时，成倒立、放大的实像。照相机的镜头也相当于一个凸透镜，其工作原理是当物体位于凸透镜的二倍焦距以外时，成倒立、缩小的实像。二者的成像原理不同。故②错误；
③根据凸透镜成实像的规律“物近像远像变大”，当调小镜头与图片的距离（即减小物距）时，像距会变大，所成的像（地面上的图案）也会变大。故③正确；
④投影灯的目的是将图片上的图案放大投射到地面上，地面相当于光屏，能在光屏上成的像是实像，并且投射出的图案比原始图片大，所以是放大的实像。故④错误。
综上所述，说法①和③是正确的，故选A。
26．“潭清疑水浅”是指清澈的潭水看起来变浅了，下列哪个光现象与其原理相同（ ）
A．倒影B．筷子在水中“折断”
C．手影D．小孔成像
【答案】B
【详解】“潭清疑水浅”是指清澈的潭水看起来变浅了，是光从水中斜射到空气中，是光的折射现象。
A．倒影是平面镜成像现象，是光的反射形成的，故A不符合题意；
B．筷子在水中“折断”是光从水中斜射到空气中，是光的折射现象，故B符合题意；
CD．手影和小孔成像的原理都是光的直线传播形成的，故CD不符合题意。
故选B。
27．如图所示，小明透过水晶球能看到小华“头朝下”，则关于该现象说法正确的是（ ）
A．小华“头朝下”的像是虚像
B．该现象与照相机成像原理相同
C．此时小华看到小明也一定是“头朝下”的
D．若手持玻璃球靠近小华，则小华的像始终“头朝下”且变大
【答案】B
【详解】A．水晶球相当于一个凸透镜，小明看到小华“头朝下”，说明成的是倒立的实像，故A错误；
B．照相机的成像原理是物体在凸透镜二倍焦距以外，成倒立、缩小的实像，和水晶球此时的成像原理相同，故B正确；
C．光路是可逆的，但小华看到小明的像是否“头朝下”，取决于小明到水晶球的距离，即物距。根据凸透镜成像规律，如果小明在一倍焦距以内，成的是正立、放大的虚像，故C错误；
D．当玻璃球靠近小华时，物距减小，若物距仍大于焦距，成倒立的实像，物距减小像会变大；但当物距小于焦距时，凸透镜会成正立、放大的虚像，故D错误。
故选B。
28．对教材“科学书屋”中内容的说明，正确的是（ ）
A．图甲，工作人员撒盐来降低水的凝固点（冰的熔点），使公路上的积雪熔化
B．图乙，仅用绿光灯照射红色的月季花，将看到月季花呈现绿色
C．图丙，空间站中处于失重状态的航天员失去惯性且不受地球引力作用
D．图丁，微波炉是利用电流的热效应工作的
【答案】A
【详解】A.撒盐可以降低冰的熔点，使冰在零摄氏度以下就可以熔化，从而加速公路上积雪的熔化，故A正确；
B.红色的月季花只能反射红光，吸收其他颜色的光。仅用绿光灯照射时，月季花看起来是黑色的，故B错误；
C.惯性是物体固有的属性，与物体的运动状态无关，即使在失重状态下，航天员仍然具有惯性。空间站中的航天员虽然处于失重状态，但仍受到地球的吸引力，故C错误；
D.微波炉是利用微波加热食物的，而不是电流的热效应，故D错误。
故选A。
29．“中国天眼”是当前最大单口径射电望远镜，可监测至频段的电磁波。结合图中信息判断，该频段电磁波（ ）
A．是X射线
B．波长比可见光短
C．可以被人眼看见
D．在真空中的传播速度约为
【答案】D
【详解】A．根据题图，属于无线电波的频率范围，故A错误；
B．电磁波在真空中传播满足公式，真空中光速为定值，频率越小，波长越大。该频段的最大频率 远小于可见光的频率（约 ），因此该频段波长比可见光更长，故B错误；
C．只有可见光可以被人眼看见，该频段属于无线电波，不是可见光，因此不能被人眼看见，故C错误；
D．所有电磁波在真空中的传播速度都约为 ，故D正确。
故选D。
30．某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了物体到凸透镜的距离u与像到凸透镜的距离v之间关系的图像，如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．该凸透镜的焦距是20cm
B．实验中，蜡烛燃烧变短，屏上像的位置会下降
C．当时，在光屏上能得到一个缩小的像
D．把物体从距凸透镜30cm处移动到20cm处的过程中，像逐渐变大
【答案】D
【详解】A．根据图像可知，当物距时，像距为，此时物距等于像距等于两倍焦距，即，所以，该凸透镜的焦距为，故A错误；
B．蜡烛燃烧变短向下移动，根据过光心的光线传播方向不变，光屏上像的位置会上升，故B错误；
C．当时，此时物体在一倍焦距和两倍焦距之间，即，根据凸透镜成像规律可知，此时成倒立、放大的实像，故C错误；
D．把物体从距凸透镜30cm处移动到20cm处的过程中，物距在变小，根据凸透镜成像规律可知，“物近像远像变大”物体在靠近凸透镜，像会远离凸透镜，像会变大，故D正确。
故选D。
题型五 热学
31．“二十四节气”是中华民族智慧的结晶。下列分析正确的是（ ）
A．“春分降雪”，雪的形成是升华现象
B．“白露见湿泥”，露的形成是汽化现象
C．“霜降见霜”，霜的形成是凝华现象
D．“大寒冻河”，冰的形成是熔化现象
【答案】C
【详解】A．雪的形成是水蒸气遇冷凝结成固态的小冰晶，属于凝华现象，故A错误；
B．露的形成是水蒸气遇冷凝结成液态的小水珠，属于液化现象，故B错误；
C．霜的形成是水蒸气遇冷凝结成固态的小冰晶，属于凝华现象，故C正确；
D．“大寒冻河”中的冰的形成是水由液态变成固态的过程，属于凝固现象，故D错误。
故选C。
32．下列图像分析不正确的是（ ）
A．图A是物体的重力与质量的关系图像
B．图B是表示物体做匀速直线运动
C．图C是液体沸腾前后温度随时间变化的图像
D．图D是小灯泡的电流与电压的关系图像
【答案】B
【详解】A．根据重力公式，可知物体重力与质量成正比，则G-m图像为过原点的倾斜直线，故A正确；
B．由图可知，路程不随时间变化，说明物体处于静止状态，故B错误；
C．液体沸腾的特点是：先吸热升温，达到沸点后继续吸热但温度保持不变，故C正确；
D．小灯泡的灯丝电阻随温度升高而增大，由可知，电压越大，温度越高，电阻越大，电流增长越慢，因此I-U图像斜率逐渐减小，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
33．小华同学利用简易材料自制了一个小型“等离子炮”。如图所示，将燃料丁烷充入后方塑料瓶，与瓶内空气混合，用电子点火器点燃，高温高压的气体急速喷出，瞬间将前方纸杯轰倒。下列说法正确的是（ ）
A．混合气体减少后丁烷的热值将变小
B．高温高压气体喷出时，内能增大，将纸杯轰倒
C．该装置将内能转化为机械能，与热机做功冲程原理相同
D．丁烷燃烧时，化学能全部转化为气体的内能
【答案】C
【详解】A．热值是燃料本身的固有特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、体积无关，混合气体减少后丁烷的热值不变，故A错误；
B．高温高压气体喷出时，气体对外做功，内能转化为机械能，气体自身的内能减小，故B错误；
C．该过程中，燃料燃烧获得的内能转化为气体的机械能，热机的做功冲程也是将内能转化为机械能，二者原理相同，故C正确；
D．丁烷燃烧时，化学能一部分转化为气体的内能，还有一部分热量会散失到周围环境中，故D错误。
故选C。
34．为构建新型能源体系，我省已建成多个抽水蓄能电站。如图，在用电低谷时，用电将水从下水库抽至上水库蓄能；在用电高峰期，上水库放水至下水库发电。下列说法正确的是（ ）
A．抽水蓄能时，水的重力势能转化为电能
B．上水库放水时，流下的水的重力势能增大
C．放水发电时，发电机是利用电磁感应工作的
D．放水发电时，水的机械能全部转化为了电能
【答案】C
【详解】A．蓄能时，水被抽到上水库中，电能转化为水的重力势能，故A错误；
B．上水库放水时，流下的水的高度降低，重力势能减小，故B错误；
C．发电时，发电机将水的机械能转化为电能，是利用电磁感应的原理工作的，故C正确；
D．在能量转化过程中，总存在一定的能量损耗，所以放水发电时不可能将水的机械能全部转化为电能，故D错误。
故选C。
35．我国是一个缺水的国家，我们应培养节约用水的好习惯。如图是水循环的过程，下列说法正确的是（ ）
A．江、河、湖、海以及大地表层中的水不断升华成水蒸气
B．当水蒸气升入高空时，遇到冷空气，水蒸气便熔化成小水滴
C．冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温液化成小冰晶
D．小水滴在高空中如果遇到更寒冷的气流，就会凝固成小冰珠，最后可能形成冰雹
【答案】D
【详解】A．液态的水通过汽化变成水蒸气，故A错误；
B．气态水蒸气遇冷液化，形成液态小水滴，故B错误；
C．气态水蒸气在寒冷高空急剧降温凝华成固态小冰晶，故C错误；
D．液态小水滴遇到寒冷气流，凝固成固态小冰珠，最后可能形成冰雹，故D正确。
故选D 。
36．如图是小明吃火锅时的情景。木筷和金属勺都放在锅中一段时间后，感觉金属勺烫手而木筷不烫手。关于其原因说法正确的是（ ）
A．木材的导热性比金属的要好B．木筷不烫手是因其没有内能
C．金属勺通过热传递增大内能D．锅上方“白气”是汽化形成的
【答案】C
【详解】A.金属是热的良导体，木材是热的不良导体，木材导热性远弱于金属，故A错误；
B.任何物体在任何状态下都具有内能，木筷也有内能，不烫手是因为木材导热差，传递到手上的热量少，故B错误；
C.金属勺温度低于火锅，通过热传递吸收热量，内能增大、温度升高，故C正确；
D.锅上方的“白气”是高温水蒸气遇冷液化形成的小水滴，而不是汽化，故D错误。
故选C。
37．如图是我国发射神舟十七号载人飞船的情景，下列说法正确的是（ ）
A．火箭发动机是一种比柴油机效率更高的热机
B．火箭选用偏二甲肼作燃料，主要是因为它含有大量的热量
C．穿越大气层时，飞船与大气摩擦，飞船的内能转化为机械能
D．偏二甲肼的原料是化石燃料，化石燃料属于可再生能源
【答案】A
【详解】A．火箭发动机属于热机，工作原理是将燃料燃烧产生的高温高压气体高速向后喷出，从而获得向前的推力。在此过程中，燃气内能绝大部分转化为机械能，能量损失较少。柴油机作为内燃机，存在排气热损失、摩擦损耗等环节，效率约为 。因此，火箭发动机效率更高，故A正确；
B．热量是过程量，不能说物体“含有”热量。火箭选用偏二甲肼作燃料，主要是因为偏二甲肼具有高热值，故B错误；
C．穿越大气层时，飞船与空气摩擦时克服阻力做功，机械能转化为内能，故C错误；
D．化石燃料（煤、石油、天然气等），属不可再生能源，故D错误。
故选A。
38．下列说法正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体，速度为20m/s时比速度为10m/s时运动的路程长
B．密度为的固体比密度为的液体的质量大
C．完全燃烧热值为的燃料比热值为的燃料放出的热量多
D．实际功率为1000W的电热器比实际功率为800W的电热器电流做功快
【答案】D
【详解】A．根据，匀速直线运动的物体通过的路程由速度和运动时间共同决定，只知道速度大小，未说明运动时间，无法比较路程长短，故A错误；
B．根据质量公式 ，质量由密度和体积共同决定，只知道密度大小，未说明固体和液体的体积，无法比较质量大小，故B错误；
C．根据燃料完全燃烧放热公式，放出的热量由燃料的热值和质量共同决定，只知道热值大小，未说明燃料的质量，无法比较放出热量的多少，故C错误；
D．功率是表示物体做功快慢的物理量，实际功率越大，电流做功越快，所以实际功率为1000W的电热器比800W的电热器电流做功快，故D正确。
故选D。
39．图甲是古代生产白酒时的情境。工人用铁锅烧水产生水蒸气，水蒸气再加热木桶中发酵的粮糟（酒醅）产生混合蒸气（主要含气态水和气态酒精）。蒸气遇到盛有冷水的锡锅底部凝结成液态酒，如图乙所示。下列说法不正确的是（ ）
A．制酒作坊里充满酒味，这是扩散现象
B．工人通过热传递的方式加热铁锅里的水
C．制酒过程中，锡锅里的水内能不变
D．混合蒸气遇冷凝结成酒是液化现象
【答案】C
【详解】A．制酒作坊充满酒味，是酒精分子在空气中不停地做无规则运动，属于扩散现象，故A正确；
B．工人加热铁锅里的水，水吸收热量，是通过热传递的方式改变水的内能，故B正确；
C．制酒过程中，锡锅里的冷水会吸收混合蒸气的热量，温度升高，内能增大，故C错误；
D．混合蒸气遇冷由气态变为液态的酒，属于液化现象，故D正确。
本题选择描述错误的，故选C。
40．古诗词是中华优秀传统文化中的一块瑰宝，有着极其丰富的内涵，深受诗人的喜爱。如“晨起开门雪满山”、“桂魄初生秋露微”、“羌管悠悠霜满地”、“夏如冰鉴雾消零”分别描写到“雪”、“露”、“霜”、“雾”。下列说法正确的是（ ）
A．雪是凝固形成的，需要放热B．露是液化形成的，需要吸热
C．霜是凝华形成的，需要放热D．雾是汽化形成的，需要吸热
【答案】C
【详解】A．雪是固态的小冰晶，由云层中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，该过程中会放热，故A错误；
B．露是液态的小水珠，由空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，该过程中会放热，故B错误；
C．霜是固态的小冰晶，由空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，该过程中会放热，故C正确；
D．雾是液态的小水珠，由空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，该过程中会放热，故D错误。
故选C。
题型六 力学
41．如图所示，质量相等的实心均匀圆柱体甲、乙置于水平桌面上。现经过以下几种变化，使得变化后的甲、乙对桌面的压强可能相等，下列方案中可行的有（ ）
A．甲、乙都沿水平方向切去相同高度
B．甲、乙都沿水平方向切去相同质量
C．甲、乙都沿竖直方向切去相同体积
D．甲、乙都沿竖直方向切去各自一半体积
【答案】A
【详解】A．由题可知质量相等的实心均匀圆柱体甲、乙置于水平桌面上，乙的体积小于甲的体积，由可知，甲的密度小于乙的密度，由柱体压强公式，当甲、乙都沿水平方向切去相同高度Δh，甲剩余高度比乙大，但甲的密度比乙小，所以剩余部分对水平桌面的压强可能相等，故A符合题意；
B．甲、乙都沿水平方向切去相同质量Δm，则剩余部分质量相等，剩余部分对水平桌面的压力相等，而甲的底面积大于乙的底面积，由压强公式可知，甲对水平桌面的压强一定比乙小，故B不符合题意；
CD．未切前甲、乙质量相等，对水平桌面的压力相等，而甲的底面积大于乙的底面积，所以甲对水平桌面的压强比乙小，又根据柱体压强公式，无论沿竖直方向切去多少，甲剩余部分对水平桌面的压强与未切前相同，乙对水平桌面的压强也与未切前相同，即甲剩余部分对水平桌面的压强比乙剩余部分对水平桌面的压强小，故CD不符合题意。
故选A。
42．如图所示，用水平拉力拉着木块在水平桌面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．木块所受重力与支持力是一对相互作用力
B．木块所受拉力与摩擦力是一对平衡力
C．若增大拉力F，木块所受摩擦力变大
D．若撤去拉力F，木块的惯性会变小
【答案】B
【详解】A．木块所受重力与支持力，都作用在木块上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故A错误；
B．木块做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向所受拉力与摩擦力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故B正确；
C．滑动摩擦力的大小只与压力大小和接触面粗糙程度有关，与拉力大小无关。增大拉力F，木块所受摩擦力不变，故C错误；
D．惯性是物体的固有属性，大小只与质量有关。撤去拉力F，木块质量不变，惯性大小不变，故D错误。
故选B。
43．如图所示，保持物块A与B不动，缓慢向两侧移动铁架台，整个装置静止后，测力计甲、乙的示数分别为5N和3.5N，则（ ）
A．物块A所受摩擦力为5N，方向水平向右
B．物块A所受摩擦力为3.5N，方向水平向左
C．地面对B的摩擦力为1.5N，方向水平向左
D．地面对B的摩擦力为3.5N，方向水平向右
【答案】C
【详解】AB．对静止的物块A水平方向受力分析：甲对A的拉力大小为，方向水平向右；根据二力平衡，B对A的摩擦力与拉力大小相等、方向相反，因此A受到的摩擦力大小为，方向水平向左，故AB错误；
CD．对静止的B水平方向受力分析：根据力的作用是相互的，A对B的摩擦力大小为，方向水平向右；乙对B的拉力大小为，方向水平向左；根据二力平衡，地面对B的摩擦力大小为，方向水平向左，故C正确，D错误。
故选C。
44．体育课上，老师向大家展示竖直向上垫排球，排球上升过程依次经过a、b、c三处，到达最高处d，查阅资料得知排球运动过程空气阻力和运动速度关系，如下图，则下列说法正确的是（ ）
A．排球在d点受力平衡
B．排球在上升过程a点所受力的合力最大
C．排球上升过程机械能守恒
D．排球加速下落过程所受合力一直增大
【答案】B
【详解】A．排球在d点是最高点，速度为0，由f和v的关系可知此时空气阻力为0，排球只受重力，受力不平衡，故A错误；
B．排球上升过程中，阻力方向向下，合力大小为
上升过程排球减速运动，从a到d速度逐渐减小，a点速度最大，由f-v图像可知，速度越大阻力越大，因此a点的f最大，对应合力最大，故B正确；
C．排球上升过程中，需克服空气阻力做功，机械能不断转化为内能，机械能不守恒，故C错误；
D．排球加速下落过程中，阻力方向向上，合力大小为
加速下落时速度逐渐增大，阻力逐渐增大，因此合力逐渐减小，故D错误。
故选B。
45．上下均开口的球筒里卡住了一个羽毛球，小明同学一只手握住球筒竖直悬置于空中，用另一只手拍打球筒上沿，最终取出了筒里的羽毛球。下列说法中正确的是（ ）
A．这个过程利用了球筒的惯性
B．最后羽毛球从球筒的上端出来
C．羽毛球静止在筒中时受到竖直向下的摩擦力
D．羽毛球静止在筒中时如果受到的所有外力消失它将会向下掉落
【答案】B
【详解】A．该过程中，球筒受拍力向下运动，羽毛球由于惯性保持原来的静止状态，利用的是羽毛球的惯性，不是球筒的惯性，故A错误；
B．拍打球筒上沿时，球筒获得向下的速度向下运动，羽毛球由于惯性保持原来的位置，相对于向下运动的球筒，羽毛球相对向上运动，最终从球筒上端出来，故B正确；
C．羽毛球静止时，竖直方向上重力竖直向下，摩擦力和重力平衡，因此摩擦力方向竖直向上，故C错误；
D．根据牛顿第一定律，原来静止的物体，所有外力消失后会保持静止状态，因此羽毛球不会向下掉落，故D错误。
故选B。
46．将重力为G的排球竖直向上抛出，若排球所受阻力为f，阻力方向与运动方向相反。在上升过程中，排球所受力的合力的大小和方向分别为（ ）
A．G-f 竖直向上B．G+f 竖直向上C．G-f 竖直向下D．G+f 竖直向下
【答案】D
【详解】排球上升过程中，竖直方向受两个力：重力，方向始终竖直向下；排球上升过程中，阻力方向与运动方向相反，因此阻力方向也竖直向下。同一直线上方向相同的两个力，合力大小等于两力大小之和，方向与两个力方向一致。因此排球合力大小为，方向竖直向下，所以选D。
47．如图甲所示，小华在水平地面上用力向右推木箱，推力随时间变化的图像如图乙所示，木箱速度随时间变化的图像如图丙所示，以下对于这一过程的分析中正确的是（ ）
A．0-1s内木箱没有动，所以此时不是平衡状态
B．如果3s后人停止用力，木箱将做匀速直线运动
C．1s-2s内木箱受到的合力大小为10N
D．如果3s后人突然用60N的力往回拉箱子，此时物体立刻向左加速运动
【答案】C
【详解】A．0~1s木箱静止，静止属于平衡状态，故A错误；
B．3s后停止用力，木箱只受向左的滑动摩擦力，受力不平衡，会做减速直线运动，故B错误；
C．1~2s内，推力为50N，滑动摩擦力为40N，方向相反，则合力大小为
故C正确；
D．3s后向左拉箱子时，箱子由于惯性仍保持向右的运动速度，不会立刻向左运动，只会先向右减速，故D错误。
故选C。
48．我国“奋斗者”号载人潜水器（如图甲所示）在马里亚纳海沟脱离母船成功坐底，坐底深度达10909米，再创我国载人深潜的新纪录。母船通过固定在甲板上的支架投放“奋斗者”号，如图乙所示。若，g取10N/kg，下列说法中正确的是（ ）
A．“奋斗者”号所受浮力随下潜深度的增加而增大
B．投放“奋斗者”号时，支架相当于一个省力杠杆
C．海水对“奋斗者”号坐底处的压强约为1.0909×108Pa
D．“奋斗者”号坐底后，所受重力与支持力是一对平衡力
【答案】C
【详解】A．根据阿基米德原理，“奋斗者”号完全浸没后下潜，排开海水的体积和海水的密度保持不变，因此浮力不变，故A错误；
B．由图乙可知，杠杆支点为O，动力臂小于阻力（奋斗者重力）的阻力臂，是费力杠杆，故B错误；
C．海水对“奋斗者”号坐底处的压强约，故C正确；
D．“奋斗者”号坐底后受力平衡，即，，因此重力和支持力不是一对平衡力，故D错误。
故选C。
49．生活中的摩擦力，有的是有用的，有的又是有害的。下列属于减小有害摩擦的是（ ）
A．甲：用力捏自行车的车闸
B．乙：气垫船向下喷强气流
C．丙：体操运动员手上涂防滑粉
D．丁：鞋底上做凹凸不平的花纹
【答案】B
【详解】A．用力捏自行车车闸，是通过增大压力来增大摩擦力，属于增大有益摩擦，故A不符合题意；
B．气垫船向下喷出强气流，在船底和水面之间形成空气垫，使接触面彼此分离，减小了船航行时水对船的有害摩擦，故B符合题意；
C．体操运动员手上涂防滑粉，是通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力，属于增大有益摩擦，故C不符合题意；
D．鞋底做凹凸不平的花纹，是通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力，属于增大有益摩擦，故D不符合题意。
故选B。
50．如图所示，小华在桌面上排放几支圆柱形铅笔，铅笔上放一块较长的薄木板，再将车头向右放在木板上。用遥控器启动小车，观察到的现象是（ ）
A．车和木板都向右运动B．车和木板都向左运动
C．车向左运动，木板向右运动D．车向右运动，木板向左运动
【答案】D
【详解】A．小车启动时，根据力的作用的相互性，木板会受到向左的摩擦力，会向左运动，因此车和木板不会都向右运动，故A不符合题意；
B．小车受到木板给的向右的摩擦力，会向右运动，因此不会都向左运动，故B不符合题意；
C．小车受向右的摩擦力向右运动，木板受向左的摩擦力向左运动，故C不符合题意；
D．小车车头向右，启动时车轮与木板接触处，车轮相对木板有向左的运动趋势，木板对车轮的摩擦力向右，该力是小车前进的动力，因此小车向右运动；根据力的作用是相互的，车轮对木板的摩擦力方向向左，且木板下方铅笔滚动阻力很小，因此木板会向左运动，故D符合题意。
故选D。
51．工人用相同的滑轮以图甲、乙所示的两种方式，在相同时间内把同一物体竖直匀速提升相同高度，物体质量大于滑轮质量，忽略绳重，摩擦和空气阻力，对比两种方式，下列说法正确的是（ ）
A．甲中工人所用拉力较小B．甲中绳端拉力做的功较大
C．乙中工人拉力的功率较小D．乙中滑轮的机械效率较小
【答案】D
【详解】A．由题意，忽略绳重、摩擦和空气阻力，甲是定滑轮，甲中工人所用拉力，乙是动滑轮，乙中工人所用拉力，已知物体质量大于滑轮质量，即，则，因此甲中工人所用拉力较大，故A错误；
BC．甲、乙工人用相同的滑轮以图甲、乙所示的两种方式提升同一物体到相同高度，所做有用功相等，甲是定滑轮，忽略绳重，摩擦和空气阻力，则甲做额外功为0；乙是动滑轮，提升动滑轮会做一定的额外功。拉力做的总功。则甲中绳端拉力做的功较小，乙中绳端拉力做的功较大。提升物体所用时间相等，根据可知乙中工人拉力的功率较大 ，甲中工人拉力的功率较小。故BC错误；
D．机械效率，甲、乙有用功相等，甲的额外功为0，乙的额外功不为0，，因此乙的机械效率较小，故D正确。
故选D。
52．如图甲所示，将一底面积为的长方体木块用细线系在一个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水，直到木块的上表面与液面相平。木块底部受到水的压强p随容器中水的深度h的变化规律如图乙所示。（，）下列说法中（ ）

①木块的重力是24 N ②木块的体积是
③木块完全浸没后受到的浮力是40 N ④木块的密度是
A．只有①②正确B．只有①③正确C．只有③④正确D．只有②④正确
【答案】B
【详解】①由图像知，容器中水的深度在6cm时，木块刚好漂浮，细线对木块没有拉力，当容器中水的深度超过18cm时，细线对木块产生拉力且逐渐变大，所以在AB过程中细线对物体没有拉力；由图像知，容器中水的深度在6cm时，木块刚好漂浮，此时水对木块下表面的压强是600Pa，由压强公式得，木块下表面受到水的压力为此时木块刚好漂浮，根据浮力产生的原因得根据漂浮条件得，木块的重力，故①正确；
③由图像知，当容器中水的深度是22cm时，木块刚好浸没，木块下表面受到水的压强是1000Pa，由压强公式得，此时木块下表面受到水的压力为根据浮力产生的原因得，故③正确；
②由可知，木块的体积为，故②错误；
④由可得，木块的密度为，故④错误。
故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
53．如图所示是“探究同一直线上二力的合成”实验，橡皮筋原长为AE，在拉力的作用下伸长到。下列说法不正确的是（ ）
A．先后三次将同一根橡皮筋拉长相同的长度，这是采用了等效替代法
B．每次实验都将橡皮筋右端拉到是为了控制力的作用效果相同
C．橡皮筋受到拉力会伸长，说明力可以改变物体的运动状态
D．由实验可知，同一直线上两个力的合力不一定比分力大
【答案】C
【详解】A．实验中分别用两个分力、一个合力将同一橡皮筋拉到相同长度，让力的作用效果相同，探究合力和分力的关系，采用的是等效替代法，故A正确，不符合题意；
B．每次实验都将橡皮筋右端拉到，目的就是保证不同力的作用效果相同，符合实验设计要求，故B正确，不符合题意；
C．橡皮筋受到拉力伸长，是物体的形状发生改变，说明力可以改变物体的形状，不是改变运动状态，故C错误，符合题意；
D．同一直线上方向相反的两个力，合力大小等于两个分力的差，合力大小可以小于任意一个分力，因此同一直线上二力的合力不一定比分力大，故D正确，不符合题意。
故选C。
54．小明用如图所示的滑轮拉着重100 N的物体A，使A以0.2 m/s的速度在水平地面上向左匀速直线运动5 s，作用在绳端的水平拉力，该滑轮的机械效率为80%。关于该过程，下列说法中（ ）
①物体A受到的重力所做的功是0 J
②绳端移动的距离是2 m
③拉力F做功的功率是1 W
④地面对物体A的摩擦力大小是8 N
A．只有①②正确B．只有②③正确C．只有①②④正确D．只有②③④正确
【答案】C
【详解】①做功需要两个必要因素：作用在物体上的力、物体在力的方向上移动距离；重力方向竖直向下，物体A沿水平方向运动，没有在重力方向移动距离，因此重力做功为，①正确；
②物体A移动的距离
图中是动滑轮，绳子段数，因此绳端移动距离，②正确；
③拉力F做的总功
拉力做功的功率，③错误；
④根据机械效率公式，有用功为
水平拉动物体时，有用功是克服摩擦力做的功，由得摩擦力，④正确。
综上，①②④正确。故选C。
55．如图蓄水池底部有一阀门．关闭阀门水不流动时，管底M、N处水的压强分别为、；打开阀门后，M、N处水的流速分别为、，水的压强分别为、．已知。则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】关闭阀门水不流动时，从图中可知，M点和N点距离水面的深度h相同。根据液体压强公式，可知M点和N点的压强相等，即；当水流动时，对于同一水平高度的两点，根据流体压强规律：流体中流速越大的位置，压强越小。已知，故 ，故选D。
题型七 电磁学
56．如图所示，电源电压恒定，定值电阻，，当滑片P置于最左端，开关S接触点1时，电流表示数为0.6A。将滑片P移至R3的中点，分别将开关S置于1和2，电路的总功率之比为3:5。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为18V
B．滑动变阻器R3的最大阻值为20Ω
C．开关S置于1，滑片P向右滑动过程中，电路的总功率变大
D．滑片P移至最右端，开关S置于2时，电路中的电流为0.6A
【答案】D
【详解】A．当滑片P在最左端时，R3接入电路的电阻为0，开关S接1时，电路中只有R1，根据欧姆定律，电源电压，故A错误；
B．滑片P在R3中点时，接入电阻为，开关S置于1时，电路的功率为
开关S置于2时，电路的功率为
由题意可知
代入数据、，可得
解得，故B错误；
C．开关S接1，滑片P向右滑动，R3接入电阻变大，由串联电路电阻特点可知，总电阻变大，电源电压不变，根据可知，电路总功率变小，故C错误；
D．滑片P移到最右端，R3全部接入电路，S接2时，R2与R3串联，总电阻
由欧姆定律可知，电路电流，故D正确。
故选D。
57．如图所示电路，电源电压不变。闭合开关S，在滑动变阻器滑片P从b端移向中点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的亮度变大B．电压表示数变小
C．电路总功率变大D．电压表与电流表示数的比值不变
【答案】C
【详解】由图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，电流表测量干路总电流，电源电压保持不变。
A．并联电路中各支路电压等于电源电压，因此灯泡两端电压始终等于电源电压，保持不变；灯泡电阻不变，根据公式，灯泡实际功率不变，亮度不变。故A错误；
B．电压表测量电源电压，电源电压不变，因此电压表示数不变。故B错误；
C．滑片从端移向中点的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据，滑动变阻器支路的电流变大； 灯泡支路电压、电阻都不变，因此灯泡支路电流不变； 根据并联电路电流规律，干路总电流，因此干路总电流变大； 电源电压不变，根据总功率公式，不变、变大，因此电路总功率变大。故C正确；
D．电压表与电流表示数的比值为，即电路总电阻；滑动变阻器接入电阻变小，并联电路的总电阻变小，因此该比值变小。故D错误。
故选C。
58．日常生活中使用的电动自行车主要动力装置是电动机。下列选项中与电动机工作原理相同的是（ ）
A．图甲中，闭合开关，线圈转动B．图乙中，闭合开关，小磁针偏转
C．图丙中，闭合开关，铁钉被吸引D．图丁中，闭合开关，切割磁感线，灵敏电流计指针偏转
【答案】A
【详解】电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动。
A．甲图闭合开关后，通电线圈在磁场中受力转动，与电动机工作原理相同，故A符合题意；
B．乙图闭合开关后小磁针偏转，说明通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，故B不符合题意；
C．丙图是电磁铁，利用电流的磁效应工作，故C不符合题意；
D．丁图中闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流，是电磁感应现象，是发电机的工作原理，故D不符合题意。
故选A。
59．如图所示是某家庭电路的部分电路，闭合开关，灯泡不亮，熔断器里的熔丝完好，用测电笔检测C点时氖管能发光。下列说法中正确的是（ ）
A．使用测电笔时，手指不可以接触笔尾金属体
B．图中灯泡、开关和三孔插座的接法都正确
C．灯泡不亮可能是CD间断路
D．熔丝熔断，一定是电路中发生了短路
【答案】C
【详解】A．使用测电笔时，手指必须接触笔尾金属体。故A错误；
B．三孔插座应该左孔接零线、右孔接火线、上孔接地线，图中插座接法错误；控制灯泡的开关接在与火线相连处，灯泡接法正确，故B错误；
C．闭合开关，灯泡不亮，熔断器里的熔丝完好，用测电笔检测C点时氖管能发光，说明C点与火线之间是通路，则灯泡与零线之间断路，故灯泡不亮可能是CD间断路，故C正确；
D．熔丝熔断，不一定是电路中发生了短路，也可能是电路总功率过大，故D错误。
故选C。
60．如图所示是某学校路灯的智能照明电路。S为光敏开关，天暗时S自动断开，天亮时S自动闭合；R为滑动变阻器。下列说法正确的是（ ）
A．天亮时，电磁铁的上端是北极
B．天亮时，将R的滑片P向上滑动，电磁铁磁性变弱
C．天暗时，衔铁被电磁铁吸引，触点c与a接触
D．天亮时，电磁铁外部磁感线从下端出发回到上端
【答案】D
【详解】AD．天亮时S自动闭合，控制电路通路，由图可知电流从电磁铁上端流入、下端流出，根据安培定则可判断，电磁铁下端是北极，上端是南极；电磁铁外部磁感线总是从N极出发，回到S极，因此天亮时电磁铁外部磁感线从下端出发回到上端，故A错误，D正确；
B．天亮时S闭合，将R的滑片P向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，控制电路总电阻变小，电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路电流变大；线圈匝数不变时，电流越大电磁铁磁性越强，因此电磁铁磁性变强，故B错误；
C．天暗时S自动断开，控制电路断路，电磁铁没有电流，因此无磁性，不会吸引衔铁，衔铁在弹簧拉力作用下，使触点��与��接触，路灯接通发光，故C错误。
故选D。
61．如图是拉力传感器的电路示意图，电源电压恒为6 V，电压表量程为0∼3 V，电流表量程为0∼0.6 A，定值电阻，滑动变阻器标有“20 Ω 0.5 A”字样。为保证电路安全，下列说法中（ ）
①当电压表示数为3 V时，滑片P位于的最左端
②电流表示数允许的变化范围为
③变阻器接入电路的阻值允许变化范围为10 Ω∼20 Ω
④当滑片P位于最右端时，电路的总功率为1.8 W
A．只有①②正确B．只有②④正确C．只有②③正确D．只有③④正确
【答案】C
【详解】①如图，电阻R1与R2串联在电路中，电压表测电阻R1两端的电压，当电压表示数为3V时，电路中的电流
滑动变阻器的电阻
滑动变阻器的最大值为20Ω，因此滑片P位于的中点，故①错误；
②电压表量程为0~3V，当电压表的示数为3V时，电路中的电流最大，最大值为0.3A；当滑动变阻器滑到最大值时，电路中的电流最小，电流的最小值
电流表示数允许的变化范围为0.2~0.3A，故②正确；
③由A可知，当滑动变阻器的阻值为10Ω时，电路中的电流最大，因此滑动变阻器的最小值为10Ω；最大值为20Ω；电路中的电流最小时，变阻器接入电路的阻值允许变化范围为10~20Ω，故③正确；
④当滑片P位于最右端时，变阻器接入电路的电阻最大，电路中的电流最小值为0.2A，电路的总功率为，故④错误。
故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
62．如图所示，电源电压不变，定值电阻，小灯泡标有“6V 3W”字样（灯丝电阻不变），电流表量程为。当只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从阻值最大处移动到某一位置时，滑动变阻器连入电路中的阻值减小了，电流表示数变化了0.1A，此时小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的情况下，下列说法错误的是（ ）
A．滑动变阻器的最大阻值为
B．电路消耗的最小功率为9.6W
C．电源电压为24V
D．所有开关闭合后，滑动变阻器的最大功率为33.6W
【答案】D
【详解】小灯泡的额定电流
灯泡的电阻
当只闭合开关S时，灯泡与滑动变阻器串联，滑动变阻器阻值减小后电流增大0.1A，此时小灯泡恰好正常发光，因此滑动变阻器阻值最大时，电路电流
设滑动变阻器最大阻值为，电源电压为U，根据欧姆定律及串联电路电压规律列方程
解得，。
A．计算得滑动变阻器最大阻值为48Ω，故A正确；
B．电源电压U不变，根据，总电阻越大，电路总功率越小，当灯泡与最大阻值的滑动变阻器串联时，总电阻最大
最小功率，故B正确；
C．计算得电源电压为24V，故C正确；
D．所有开关闭合后，灯泡被短路，与滑动变阻器并联，的电流
已知滑动变阻器允许的最大电流为1A，
小于干路电流表允许的最大电流，因此滑动变阻器的最大电流为1A，最大功率
故D错误。
本题选择描述错误的，故选D。
63．小盐在复习电与磁相关知识时，整理了如下图所示的四幅图，关于图示现象及原理，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，接通电路的瞬间小磁针发生偏转，发现此规律的科学家是法拉第
B．乙图中，闭合开关后导体运动，和动圈式扬声器的原理相同
C．丙图反映了电磁铁磁性强弱与电流大小的关系
D．丁图中，司南受到地磁场的作用，静止时它的长柄（磁S极）指向地球的北极
【答案】B
【详解】A．甲图是电流的磁效应实验，发现电流周围存在磁场这一规律的科学家是奥斯特，不是法拉第，故A错误；
B．乙图的原理是通电导体在磁场中受到力的作用；动圈式扬声器工作时，通电线圈在磁场中受力振动发声，原理和乙图一致，故B正确；
C．丙图中，两线圈的电流大小相同，线圈匝数不同，探究的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，不是电流大小的关系，故C错误；
D．地磁场的地磁北极在地理南极附近，异名磁极相互吸引，司南静止时S极（长柄）会指向地理南极，不是地球北极，故D错误。
故选B。
64．小强同学放学回家后，打开电灯，电灯正常工作，接着启动电热水壶烧水时，发现电热水壶不工作，电灯随之熄灭，在开关S闭合的情况下，用验电笔测得接入电热水壶的插座左右孔均发光，如图所示。他对故障作了下列四种判断，其中正确的是（ ）
A．插座短路B．入户零线断路
C．空气开关跳闸了D．地线断路
【答案】B
【详解】A．若插座短路，会触发保护装置切断火线，整个电路不带电，测电笔接触插座不会发光，不符合题意，故A错误；
B．入户零线断路后，电路无法形成闭合回路，因此电灯和电热水壶都无法工作；同时断路点后方的零线会通过用电器与火线连通，因此插座左右孔都能让测电笔发光，完全符合现象，故B正确；
C．空气开关跳闸后会切断火线，整个电路不带电，测电笔接触插座不会发光，不符合题意，故C错误；
D．地线仅起漏电保护作用，地线断路不影响用电器正常工作，电灯和电热水壶仍可工作，不符合题意，故D错误。
故选B。
65．霍尔木兹海峡航运受阻后，国内成品油价格出现波动。小明父亲时常关注汽车油表示数。如图为某油量表工作模型，当油箱内浮子上升时（ ）
A．R阻值增大B．电路中电流减小
C．R的电功率增大D．R0两端电压增大
【答案】D
【详解】ABD．分析电路可知，R与R0串联，电流表测整个电路的电流；当油箱内浮子上升时，R的滑片下移，R接入电路中的电阻变小，由可知，电流表的示数变大；由公式可知，R0为定值电阻，阻值不变，所以R0两端电压增大，故D符合题意，AB不符合题意；
C．由公式可得，R的电功率为
当时，R的电功率取最大值，现R与R0大小关系未知，故无法判断R的电功率变化，故C不符合题意。
故选D。
66．电动汽车的“油门”一般是利用霍尔元件控制的，霍尔元件通电时相当于一个电压随磁场强弱变化而变化的电源。小明设计了如图-1所示的电路，闭合开关S后，用一根条形磁体磁极靠近霍尔元件，探究霍尔元件在磁场中的电压变化情况，绘制出电压表示数与磁极到霍尔元件的距离的关系图像如图-2所示。已知定值电阻R的阻值为10Ω，电流表量程为0-0.6A、电压表量程未知。在电路安全的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的量程为0~3V
B．当磁体远离霍尔元件时电流表示数变大
C．当磁体到霍尔元件的距离为1cm时，电流表示数为0.1A
D．当磁体到霍尔元件的距离为0.25cm时，定值电阻的功率为0.3W
【答案】C
【分析】霍尔元件相当于可变电源，定值电阻与电流表串联，电压表测两端电压，结合欧姆定律逐一分析。
【详解】A．由图-2可知，磁极距离霍尔元件很近时，电压表的示数接近，超过了，因此电压表不可能是量程，故A错误；
B．磁体远离霍尔元件时，磁极到霍尔元件的距离增大，由图-2可知，电压表示数减小，根据可知，电流表示数变小，故B错误；
C．由图-2可知，当磁体到霍尔元件的距离为时，电压表示数，根据欧姆定律，电流
故C正确。
D．当磁体到霍尔元件的距离为时，由图-2得电压表示数约为，定值电阻的功率
故D错误。
故选C。
67．如图甲，R2规格为“5 Ω，0.5A”，R3＝10Ω，灯L标有“6V，3.6W”字样，电压表V2量程为0~15V，电压表V3量程为0~3 V，电流表A量程为0~0.6 A，电源电压保持不变。闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的滑片从某一位置开始向某端最大限度移动，电路消耗的总功率改变了ΔP。如图乙所示，其中有AB、BC和CD三段图像，有两段反映了上述滑片移动过程中电压表V1和V2示数与电流表A示数的对应关系。在保证电路安全的情况下，以下说法正确的是（ ）
A．AB是灯泡L的U-I图像
B．为1W
C．闭合开关S、S2，电压表V3示数变化范围为1~2V
D．闭合开关S、S2，滑动变阻器R2接入电路阻值范围为2~4Ω
【答案】C
【详解】A．闭合开关S、S1，L与R1串联，电压表V1测L两端电压，电压表V2测电源电压，电流表测电路电流，在滑片滑动过程中，电压表V2示数保持不变，所以图乙中BC为电压表V2的图像，灯泡L的U-I图像也应在BC图像对应的电流范围内变化，所以CD为灯泡L的U-I图像，故A错误；
B．灯泡的额定电流为
图乙中，当电流为0.6A时，灯泡恰好正常发光，此时灯泡两端电压为6V，且电压表V2的示数与电压表V1的示数相等，由此可知电源电压为
此时电路电流为灯L正常发光时的电流0.6A，此时电路总功率最大，即
则电路消耗的总功率变化量为，故B错误；
CD．当闭合开关S、S2，R2与R3串联，为了保护电路，当电流表示数最大为I大=0.5A时，R2接入阻值最小，其两端分压（电压表V3）示数最小，根据欧姆定律，此时电路总电阻
此时R2接入阻值最小
R2两端的最小电压（V3示数）
当R2接入阻值最大R2大= 5Ω时，电路中的电流为
根据欧姆定律V3的示数（R2大两端电压最大）为
综上所述，闭合开关S、S2，电压表V3示数变化范围为1~2V，闭合开关S、S2，滑动变阻器接入电路阻值范围为2~5Ω，故C正确，D错误。
故选C。
68．物理应用无处不在。如图甲、乙所示是拳击训练中为测量击打力大小而设计的电路，电源电压恒为6V，为20Ω的定值电阻，电流表量程为0~0.6A，为压敏电阻，其电阻值与击打力的关系如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．用甲电路测试，当电流表示数为0.50A时，击打力为2000N
B．用乙电路测试，当击打力为1000N时，电流表的示数为0.5A
C．甲、乙两电路相比，甲电路的击打力测量范围较小
D．甲电路中可减小的阻值来增大击打力测量范围
【答案】C
【详解】A．甲电路中与并联，电流表测干路电流。的电流
当总电流时，的电流
得
对应击打力，故A错误；
B．乙电路中与串联，当时，总电阻
电路中的电流，即电流表的示数为，故B错误；
C．电流表最大电流为，计算两电路的最大测量击打力：
甲电路：最大总电流，的最大电流
得
对应最大，即甲最大测量范围为
乙电路：最小为（对应），此时总电阻为，最大电流
不会超过量程，乙可以测量到接近。 因此甲电路的击打力测量范围更小，故C正确；
D． 甲电路中，若减小的阻值，的电流会增大，干路总电流最大为，留给压敏电阻的最大电流会减小，能测得的最小更大，对应最大击打力更小，测量范围减小，故D错误。
故选C。
69．在如图所示电路中，电源电压保持不变，为定值电阻，R为电阻箱。闭合开关，调节电阻箱接入电路的阻值：从变为过程中，电压表示数变化；从变为过程中，电压表示数变化。已知，则定值电阻的阻值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】在电阻箱阻值从变为过程中，由欧姆定律可知，电压与电阻成正比，电压表示数变化量
在电阻箱阻值从变为过程中，电压表示数变化量
由题可知，，联立解得R0=15Ω。
故选C。
70．在如图所示电路中，电源电压保持不变，为定值电阻，为电阻箱。闭合开关，调节电阻箱接入电路的阻值：从变为过程中，电压表示数变化；从变为过程中，电压表示数变化。已知，则定值电阻的阻值为（ ）
A．5ΩB．10ΩC．15ΩD．20Ω
【答案】C
【详解】由图可知，电阻箱与定值电阻串联，电压表测量两端电压，设电源电压为，根据欧姆定律和串联电路规律，可得两端的电压为
当时，两端的电压
当时，两端的电压
当时，两端的电压
两次电压变化量之比为
解得。
故选C。
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