专题02 多选题（期中训练） ----2025-2026学年人教版物理九年级上学期

专题02 多选题（期中专项训练） 2025-2026学年九年级物理上学期新教材人教版 一、多选题 1．小丰用燃气灶烧水时，进行了如下思考，小丰的想法正确的是（　　） A．烧水是通过做功的方式改变水的内能 B．壶内水温度升高的过程中，内能增大 C．水壶的壶嘴和壶身构成连通器 D．壶内水沸腾时，水吸收热量，温度升高 2．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．一切物体都有内能 B．做功和热传递都能改变物体的内能 C．物体温度越高，所含热量越多 D．50 ℃水的内能一定比10 ℃水的内能多 3．如电路图中，开关S闭合后，两只小灯泡都能发光的电路是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，用导线把灯泡电池和四种物品分别相连，灯泡一定不发光的是（　　） A． B． C． D． 5． 在如图所示的电路中，通过灯泡 L1 的电流为0.3A， 电流表 A2 的示数为0.2A。 下列说法中正确的是（　　） A．电流表A1的示数为 0.3 A B．电流表 A1的示数为 0.5 A C．通过灯泡 L2 的电流为0.2A D．通过灯泡 L2 的电流为0.5A 6．如图所示是一种声光报警器电路，各元件均能正常工作，下列现象描述正确的是（　　） A．只闭合S2时，铃响灯亮 B．只闭合S1时，灯亮铃不响 C．同时闭合S1、S2，铃响灯不亮 D．同时闭合S1、S2，灯亮铃不响 7．物理与生活紧密相连，下列说法不正确的是（　　） A．在比较远的地方就能闻到炖牛肉，说明分子只在高温下运动 B．在腌制腊肉时，要把盐涂抹均匀，是因为盐不会扩散 C．炒菜时放盐，比腌制咸菜更快入味，说明温度越高分子运动越剧烈 D．给未开封的牛奶水浴加热，牛奶温度升高，它的内能不一定增加 8．关于四冲程汽油机和柴油机，下列说法正确的是（　　） A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质不同 B．汽油机和柴油机都是通过火花塞点火的 C．燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值迅速减小 D．压缩冲程主要是通过做功的方式增大缸内气体的内能 9． 如图所示，电源电压恒定不变，若小灯泡电阻不受温度的影响。闭合开关，当滑动变阻器的滑片P由b点向中点移动时，下列说法正确的是（　　） A．电流表示数减小，电压表示数变大，灯泡亮度不变 B．电流表示数变大，电压表示数不变，灯泡亮度不变 C．电压表和电流表的比值不变 D．电压表和电流表的比值变小 10．周日小亮和同学到“天下第一泉”景区游玩．善于观察和思考的小亮发现许多与物理相关的现象并给同学做出解释如下，其中合理的是（　　） A．大明湖畔昼夜温差比市区其他地方小，是因为水的比热容大 B．五龙潭园内花香四溢，是因为分子永不停息地做无规则运动 C．趵突泉通往大明湖的航线上的“船闸”，运用了连通器的原理 D．同学们在大明湖水面上用船桨划水，利用了省力杠杆的知识 11．某些无法直接感知的事实可以通过相关可感知的现象推测得到，这是物理学研究问题的一种方法。以下根据这种方法所做出的推测符合事实的是（　　） A．根据悬挂的乒乓球被不断地弹起来推测：发声的音叉在振动 B．根据螺线管周围的小磁针发生偏转推测：螺线管周围有磁场 C．根据靠近带电体的轻小物体被吸引推测；轻小物体带有电荷 D．根据英国物理学家汤姆孙发现电子推测：原子是可以再分的 12．下列关于物理概念的说法中，错误的是（　　） A．负电荷的定向移动方向与电流方向相反 B．一定质量的某种物质温度升高时吸收热量与升高温度之比叫做这种物质的比热容 C．人类对太阳能的应用主要是把太阳能转化为内能 D．电流通过导体产生的热跟电流成正比，跟电阻成正比，跟通电时间成正比 13．小林将规格分别为“6V ，1.5W”和“6V， 3W”的甲、乙两只小灯泡串联后接到电压为6V的电源上，发现两灯均发光，忽略灯丝电阻的变化，则下列说法中正确的是（　　） A．通过甲灯的电流较大 B．甲灯两端电压较大 C．乙灯较暗 D．甲灯较暗 14．下列关于物理概念或规律的说法中，正确的是（　　） A．电阻是导体对电流的阻碍作用，但一段导体的电阻大小与通过它的电流大小无关 B．不同的物质在互相接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，固体、液体、气体间都能发生扩散现象 C．能量可以从一种形式转化为其他形式，或从一个物体转移到其他物体，但能的总量会减小 D．要使电路中有电流通过，这段电路的两端必须要有电压 15．如图所示是电阻甲和乙的图像，下列选项对图像信息判断正确的是（　　） A．乙电阻的阻值随电流的升高逐渐变大 B．甲是一个定值电阻，阻值为5Ω C．当乙两端的电压为2.5V时，其阻值为10Ω D．将甲和乙并联在电压为1V的电源两端，则干路电流为0.6A 16．如图所示，清扫车在创建文明城市中大显身手。关于清扫车，下列说法正确的是（　　） A．汽油机的做功冲程将内能转化为机械能 B．通过改进技术，可以使汽油机的效率达到100% C．清扫车工作过程中，油箱中汽油的热值逐渐变小 D．刹车时通过做功的方式增加了刹车片的内能 17．关于热机效率，下列说法正确的是（　　） A．热机效率越高，即热机做的有用功多 B．热机效率越高，即热机的功率越大 C．要提高热机效率，就要尽量减少各种能量损失，并且要保证良好的润滑 D．提高热机效率，有利于环保减排 18．关于下列物质的性质及其应用，说法正确的是（　　） A．LED是灯是新型节能灯，它的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的 B．如果能把超导材料应用于实际，它可以用来制作电子元件 C．氢的热值很大，所以可以作为火箭的燃料 D．冷却汽车发动机用水是由于水的沸点高 19．如图甲所示电路，电源电压不变，小灯泡L2上标有“2V”字样，滑动变阻器上标有“0.5A”字样，电流表的量程为0~3A。小灯泡L1和L2的I﹣U图像如图乙所示。当只闭合开关S1时，小灯泡L2正常发光；当开关S1、S2、S3都闭合，滑动变阻器滑片在最右端时，电流表的示数为0.8A。在保证元件安全情况下，下列说法正确的是（　　） A．当只闭合开关S1时，电路的总功率为3W B．滑动变阻器最大电阻值是30Ω C．当只闭合开关S3时，调节滑动变阻器的滑片，电路中的最大功率为3.6W D．当开关S1、S2、S3都闭合时，滑动变阻器可调到最小阻值是12Ω 20．如图所示的瓶内有一些水，用带孔的橡皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，瓶内出现“白雾”，对于这一现象（　　） A．打气时活塞与筒壁发生摩擦，活塞的内能减少 B．打气时活塞对瓶内气体做功，瓶内气体的内能增加 C．瓶塞跳起时瓶内气体的内能转化为瓶塞的机械能 D．瓶内出现“白雾”说明气体对外做功内能减少，温度降低 21．在如图所示的电路中，电流表 A1，A2 的示数分别为0.3A 和0.4A，若将电路中的某两个电阻的位置互换，电流表. 的示数却不变，则电流表 A 的示数可能为(　　) A．0.45A B．0.50A C．0.55A D．0.60A 22．如图所示，电源电压为保持不变，当只闭合开关，滑片在中点时，电压表读数为，移动滑片到最右端时电压表读数为；当只闭合开关和时，电路中总功率为；当只闭合开关和，滑片从中点滑动到最右端时，电流表的读数变化了；当只闭合开关和，滑片在中点时，电路中总功率为，已知：：，：：。下列结论中正确的是（　　） A． B． C．的最大电阻值为 D．当只闭合开关、、，滑片在中点时，电流表和的读数之比为： 23．在如图 8.129 所示的电路中，电流表 和 的示数分别为 和 。若将电路中的某两个电阻的位置互换，电流表 和 的示数却不变，则电流表 的示数可能为（　　）。 A． B． C． D． 24．图甲是小红家某型号电热加湿器的电路图，如表所示为其部分技术参数。与为发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且，S为开关，1、2、3为触点，通过旋转开关S可实现档位之间的切换。图乙是某次使用电热加湿器在额定电压下工作21min的图象，这段时间加热产生的热量有80%被水吸收（不计热量散失）。关于该电热加湿器，下列说法中正确的是（，）（　　） 额定电压/V 220 高档功率/W 440 低档功率/W 未知 最大注水量/L 3 A．电阻的阻值为110Ω B．开关拨到触点3，电热加湿器处于“高挡” C．该电热加湿器处于“低挡”位置时的发热功率为220W D．若注水仓中注满初温为20℃的水，此次21min的加热可使水温升高17.6℃ 25．用两个相同的电热器给质量同为2kg的物质甲和水加热，它们的温度随时间的变化关系如图所示，据此判断下列说法正确的是[已知水的比热容为]（　　） A．甲物质10min吸收的热量比水10min吸收的热量少 B．甲物质的比热容为 C．甲物质10min吸收的热量为 D．条件不足，不能计算 26． 如图所示的电路中，电源电压不变，小灯泡上标有“”字样，滑动变阻器的规格是“”，电压表的量程是、电流表的量程是，闭合开关，小灯泡正常发光，则下列说法中正确的是（　　） A．闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至最右端 B．滑片向右滑动时，小灯泡亮度不变 C．电路消耗的最小功率是 D．滑动变阻器允许接入的最小电阻为 27．如图所示， 闭合开关S后， A1的示数为1.2A， A2的示数为0.8A， A3的示数为1.0A，下列说法正确的是（　　） A．灯泡L1、L2、 L3是并联的 B．通过灯泡L1的电流为0.2A C．通过灯泡L2的电流为0.8A D．通过灯泡L3的电流为0.4A 答案解析部分 1．【答案】B,C 【解析】【解答】A．烧水的过程中，水吸收热量，是通过热传递的方式改变水的内能，A不符合题意； B．在烧水的过程中，水的质量不变、状态不变，温度升高，内能增大，B符合题意； C．根据连通器定义可知壶嘴和壶身构成连通器，C符合题意； D．壶内水沸腾时，水会一直吸收热量，但水的温度不变，D不符合题意。 故答案为：BC。 【分析】热传递可以改变物体的内能，热量向外界传递，物体的内能减小，热量由外界传向物体，物体的内能增加，其中两个物体中间传递的能量叫做热量；连通器的特点是内部液面始终在同一水平面上，与摆放位置无关，例如水壶、船闸等。 2．【答案】A,B 【解析】【解答】A．一切物体在任何温度下都具有内能，0℃的冰也有内能，A符合题意； B．做功和热传递都能改变物体的内能，它们是等效的，B符合题意； C．热量是一过程量，描述它的术语是“吸收”和“放出”，不能用含有，C不符合题意； D．物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关，50℃水的内能不一定比10℃水的内能多，D不符合题意。 故答案为：AB 【分析】(1)一切物体在任何温度下都具有内能；(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；(3)根据热量的描述进行判断；(4)物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关。 3．【答案】A,C 4．【答案】B,D 【解析】【解答】AC．银汤匙、铜钥匙是导体，接入电路中后，电流能够通过，可以形成闭合回路，因此小灯泡发光。AC不符合题意； BD．玻璃棒、塑料笔外壳是绝缘体，接入电路中后，电流不能够通过，不可以形成闭合回路，因此小灯泡不发光。BD符合题意。 故答案为：BD。 【分析】塑料是绝缘体，不容易导电。 5．【答案】B,C 【解析】【解答】根据图像，灯泡并联，电流表A1在干路上，电流表A2和L2串联，已知A2示数0.2A，则L2支路电流为0.2A，C符合题意；D不符合题意；灯泡L1的电流为0.3A，干路电流为0.2A+0.3A=0.5A，干路电流A1示数为0.5A，A不符合题意，B符合题意。 故答案为：BC. 【分析】并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。 6．【答案】A,D 7．【答案】A,B,D 8．【答案】A,D 【解析】【解答】A.汽油机和柴油机都是内燃机，汽油机吸热空气和汽油的混合物，柴油机吸入空气，吸入汽缸的物质不同，A符合题意； B.汽油机和是通过火花塞点火的，柴油机是压燃式点火，B不符合题意； C.燃料在汽缸内猛烈燃烧，但燃料的热值不变，C不符合题意； D.压缩冲程中压缩气体体积，通过做功的方式增大缸内气体的内能，D符合题意。 故答案为：AD. 【分析】汽油机和柴油机都属于热机，但结构不同，吸热物质不同，点火方式不同。 9．【答案】B,D 【解析】【解答】A、具体可知，变阻器和电灯并联，电压表测量电源电压，电流表测量变阻器电流，所以 滑动变阻器的滑片P由b点向中点移动时 ，电阻变小，电流变大，电压表示数不变，A错误 B、灯泡的功率不变，灯泡亮度不变，B正确 C、电压表示数不变，电流表示数变大，所以比值变小，C错误，D正确 综上选BD 【分析】根据电路的动态分析判识选项 1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；所以变阻器和电灯并联 2、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。电压表测量电源电压，电流表测量变阻器电流， 3、电路动态分析：变阻器是通过改变接入电路的电阻长度进而改变电路的电流和电压，当变阻器滑片向左移动时，接入电路中的阻值变小，导致通过变阻器电路中的电流变大； 4、并联电路规律：并联电路电压相等，所以通过电灯泡电压不变，电流不变，所以电灯泡的亮度不变 10．【答案】A,B,C 【解析】【解答】 A、大明湖畔昼夜温差比市区其他地方小，原因是市区多砂石，大明湖畔多水，砂石的比热容比水的比热容小，同样受冷和受热时温度变化小，故A正确； B、五龙潭园内花香四溢，是花香分子的扩散现象，说明了分子在永不停息地运动，故B正确； C、船闸是由闸室和上、下游闸门以及上、下游阀门组成，利用了连通器的原理，故C正确； D、船桨在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D错误． 故选ABC． 【分析】（1）水的比热容比较大，同质量的不同物质，吸收相同的热量，水升高的温度小． （2）物质是由分子组成的，分子在不停地做无规则运动． （3）上端开口，底部连通的容器叫连通器，如果连通器中只有一种液体，在液体不流动时，各容器中液面高度总是相同的． （4）杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力． 11．【答案】A,B,D 【解析】【解答】A．将悬挂的乒乓球靠近正在发声的音叉，发现小球被弹起，此时小球的作用是将音叉微小的振动放大，便于实验观察，属于实验方法中的转换法，由此可证明音叉是振动的，A符合题意； B．当小磁针受到力的作用时可发生偏转，所以可推测螺线管周围有磁场，B符合题意； C．同种电荷相互吸引，而且带电体能够吸引不带电的轻小物体，因此根据靠近带电体的轻小物体被吸引不能推测轻小物体带有电荷，C不符合题意； D.1897年英国物理学家汤姆孙发现了电子，从而证明原子是可分的，D符合题意。 故答案为：ABD。 【分析】在研究不可见的物质或现象时，我们可以通过研究物质或现象产生的可见效果来进一步分析物质或现象，这种方法叫作转化法。 12．【答案】B,D 【解析】【解答】A．我们规定电流方向是正电荷的定向移动方向，所以与负电荷的定向移动方向相反，A正确，不符合题意； B．根据公式Q=cmΔt可知，应该是一定质量的某种物质在温度升高时吸收的热量与它的质量和升高的温度乘积之比叫做这种物质的比热容，B错误，符合题意； C．人类对太阳能的应用主要是把太阳能转化为内能和电能，C正确，不符合题意； D．根据焦耳定律Q=I2Rt知，通过导体产生的热量跟电流的平方成正比，跟电阻成正比，跟通电时间成正比，D错误，符合题意。 故答案为：BD。 【分析】电流的方向与负电荷的定向移动方向相反；热量和物体的质量和温度差的比值，计算比热容的大小；电流产生的热量跟电流的平方成正比，跟电阻成正比，跟通电时间成正比。 13．【答案】B,C 14．【答案】A,B,D 【解析】【解答】A．电阻是导体本身的一种性质，反映了导体对电流的阻碍作用，只与导体的材料、长度、横截面积有关，与导体中的电流、导体两端的电压无关，故A正确； B．由于分子的无规则运动，不同的物质在互相接触时，有彼此进入对方的现象，这种现象叫做扩散，固体、液体、气体间都能发生扩散现象，故B正确； C．能量可以从一种形式转化为其他形式，或从一个物体转移到其他物体，但能的总量不变，故C错误； D．要使电路中有电流通过，首先必须是闭合电路，其次这段电路的两端必须要有电压，故D正确。 故选ABD。 【分析】A、根据导体的电阻是导体自身属性，与导体的材料、长度、横截面积决定，还与导体温度有关，与流过导体的电流大小无关； B、构成物质大大量分子做着永不停息的无规则的热运动，不同的物质在互相接触时，有彼此进入对方的现象，这种现象叫做扩散，固体、液体、气体间都能发生扩散现象； C、能量守恒定律：能量可以从一种形式转化为其他形式，或从一个物体转移到其他物体，但能的总量不变； D、持续电流的条件：首先必须是闭合电路，其次这段电路的两端必须要有电压。 15．【答案】A,B,D 16．【答案】A,D 17．【答案】C,D 18．【答案】A,B,C 【解析】【解答】解：A、LED，即是发光二极管，制作发光二极管的核心材料就是半导体材料．符合题意． B、如果能把超导材料应用于实际，用来制作电子元件，不必考虑散热．符合题意． C、运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量．符合题意． D、冷却汽车发动机用水是由于水的比热容大．不合题意 故选A、B、C． 【分析】二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性． 超导是超导电性的简称，它是指金属、合金或其它材料在低温条件下电阻变为零，电流通过时不会有任何损失的性质．氢气在常温下是一种气体，体积比较大，通过压缩体积的方法把它液化成液态，方便储存和运输； 热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小． 19．【答案】A,B,D 【解析】【解答】A．当只闭合开关S1时，两灯泡串联，由小灯泡L2正常发光可知，灯泡L2两端的电压为2V，从图中可知电路中的电流为0.5A，则通过L1的电流也为0.5A，从图中可知L1两端的电压为4V，根据串联电路的电压特点可知电源电压U=2V+4V=6V，电路的总功率P=UI=6V×0.5A=3W，A符合题意； B．当开关S1、S2、S3都闭合，L2被短路，L1和变阻器并联，电流表测量干路电流，由并联电路的电压特点可知，L1两端电压为6V，从图中可知通过L1的电流为0.6A，此时滑动变阻器滑片P滑到最右端，电流表的示数为0.8A，由并联电路的电流特点可知，通过变阻器的电流I滑=I小-I1=0.8A-0.6A=0.2A，由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值为 ，B符合题意； C．当只闭合开关S3时，L2和滑动变阻器串联，电源电压不变，根据P=UI可知，电流越大，功率越大，由题意可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，灯泡L2的额定电流为0.5A，为保证元件安全，电路中的最大为0.5A，此时电路中的最大功率为P=UI2=6V×0.5A=3W，C不符合题意； D．电流表的量程为0~3A，电流表示数最大为3A，灯泡两端电压不变，根据欧姆定律可知通过灯泡的电流不变，通过变阻器的电流为I滑′=I大-I1=3A-0.6A=2.4A>0.5A，故在保证元件安全情况下，此时通过滑动变阻器的最大电流I滑大=0.5A，此时变阻器的接入电路的最小阻值为 ，D符合题意。 故答案为：ABD。 【分析】根据用电器的电流和电压，可以计算电功率；根据滑动变阻器的最大分压和电流的比值，计算电阻；根据电压和电流的比值，计算电阻。 20．【答案】B,C,D 21．【答案】B,C 【解析】【解答】画出等效电路图，如图所示，R1，R2，R3并联，电流表 A1测量通过R2，R3的电流之和，电流表 A2测量通过R1，R2的电流之和； ①若互换R1，R2的位置，两电流表的示数不变，则 因为电流表 A2的示数为0.4A，所以 因为电流表 A2 的示数为0.3A，则 干路上的电流 I3=0.2A+0.2A+0.1A=0.5A。 ②若互换R2，R3的位置，两电流表的示数不变，则 因为电流表 A1 的示数为0.3A，所以 因为电流表 A2 的示数为0.4A，则 所以 0.4A-0.15A=0.25A， 干路的电流I 。 ③若互换R1，R3的位置，两电流表的示数不变，则 而若 则两电流表的示数就应相同，所以不可能是互换R1，R3的位置. 由上分析，可知电流表A的示数可能为0.5A或0.55A。 故选 BC。 【分析】 将R1、R2的位置互换，也可能将R2、R3的位置互换，画出等效电路图，根据电流表A的示数与另外两个电流表的示数关系求解。 22．【答案】B,D 【解析】【解答】A.B.C.D当只闭合开关S2和S3，此时R1和R3并联接入电路，滑片P从中点滑动到最右端时，R3接入阻值发生变化，连入电路的阻值由变大到原来的2倍R3，由可知，电源电压不变，电阻变大，电流变小，所以电流表A的读数减小了0.2A，电流表A为干路电流，通过R1的电流不变。 由欧姆定律，可得，电源电压U=8V，解得R3=40Ω； 当只闭合开关S和S3时，此时只有R1接入电路，电路中总功率为P1， P1=U2R1=(8V)2R1 ； 当只闭合开关S和S1， 滑片P在中点时，此时只有R2和串联接入电路，电路中总功率为P₂， P2=U2R2+R32=(8V)2R2+20Ω ： 由P1：P2=3：1解得R2= 10Ω； 当只闭合开关S，此时R1、R2和R3串联接入电路，滑片P在中点时，电压表读数为U1， 滑片P在中点时，电压表读数为U2， ， 将电源电压U=8V，R2= 10Ω，R3=40Ω代入 由U1： U2=9：10，解得R1=10Ω； 当只闭合开关S、S2、S3，滑片P在中点时，R1、R2和并联接入电路，通过各个之路电流分别为： ，通过R1的电流为：；通过R2的电流为：；通过R3的电流为：； 电流表A1测的是滑动变阻器的电流R3和R2电流，由并联电路电流规律可得电流表A1的示数为： IA1=0.4A+0.8A=1.2A； 电流表A测的是三个并联电阻的总电流，电流表A的示数为： IA=I1+I2+I3=0.8A+0.8A+0.4A=2A， 所以电流表A和A1的读数之比为5：3。 故BD正确，AC错误。 故选项为BD。 【分析】首先根据开关的闭合情况判断电路的连接状态以及各个电表测量的对应电阻的物理量，我们需要把电路图按照要求分成四个电路进行分析，根据相应的电学公式进行计算。 23．【答案】B,C 【解析】【解答】画出等效电路图，如图所示，R1、R2、R3并联，电流表A1测量通过R2、R3的电流之和，电流表A2测量通过R1、R2的电流之和； ①若互换R1、R2的位置，两电流表的示数不变，则R1=R2，因为电流表A2的示数为0.4A，所以I1=I2=0.2A；因为电流表A1的示数为0.3A，则I2+I3=0.3A；所以I3=0.1A； 所以干路上的电流： I=I1+I2+I3=0.2A+0.2A+0.1A=0.5A； ②若互换R2、R3的位置，两电流表的示数不变，则R2=R3，因为电流表A1的示数为0.3A，所以I2=I3=0.15A；因为电流表A2的示数为0.4A，则I1+I2=0.4A；所以I1=0.4A-0.15A=0.25A； 所以干路的电流： I=I1+I2+I3=0.25A+0.15A+0.15A=0.55A； ③若互换R1、R3的位置，两电流表的示数不变，则R1=R3；而若R1=R3，则两电流表的示数就应相同，所以不可能是互换R1、R3的位置。 由上分析，可知电流表A的示数可能为0.5A或0.55A。 故选BC。 【分析】（1）分析电路图，画出等效电路图如图所示，R1、R2、R3并联，电流表A1测量通过R2、R3的电流之和，电流表A2测量通过R1、R2的电流之和； （2）将R1、R2、R3中的某两个电阻互换位置而其他条件不变时，两电流表的示数不变，三电阻两端的电压相等，根据欧姆定律可知所换的两电阻大小相等，求出三条支路的电流，再求流过干路的电流值。 24．【答案】A,B,D 【解析】【解答】 解：ABC、由图甲知，开关S接1触点时，电路断路，为关；接2触点时两电阻串联，接3触点时只有R1接入电路； 电源电压一定，由可知，接2触点时电阻最大，总功率最小，为低挡；接3触点时电阻最小，总功率最大，为高挡，故B正确；由表格数据知，高挡功率：P高=440W，由可得R1的阻值：， 由题可知，电阻R2的阻值为：R2=3R1=3×110Ω=330Ω，故A错误； 则低挡的发热功率：，故C错误； D、加湿器注水仓中加注冷水已达到最大注水量，此时注水仓中水的质量为 m=ρ水V=1.0×103kg/m3×3×10-3m3=3kg； 由图乙知，工作21min时，其中高挡工作时间为7min，低挡工作时间为14min， 则在高挡正常工作时消耗的电能：W高=P高t高=440W×7×60s=1.848×105J， 在低挡工作时消耗的电能：W低=P低t低=110W×14×60s=92400J， 水吸收的热量：Q吸=80%W总=80%×（1.4784×105J+92400J）=2.2176×105J； 由Q吸=cmΔt可得，水升高的温度：，故D正确。 故选：BD。 【分析】 （1）由图甲知，开关S接1触点时，电路断路，为关；接2触点时两电阻串联，接3触点时只有R1接入电路；电源电压一定，由可知，接2触点时电阻最大，总功率最小，为低挡；接3触点时电阻最小，总功率最大，为高挡；由可知R1的阻值，已知R2=3R1，据此可求出R2的电阻值，由可知加湿器处于低挡位置时的发热功率； （2）根据m=ρ水V求出注水仓中水的质量，由图乙读出加湿器21min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的总电能，根据效率公式求出水吸收的热量，再利用Q=cmΔt可求得使注水仓中水升高的温度。 25．【答案】B,C 26．【答案】B,C,D 【解析】【解答】由电路图可知，开关闭合时，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测通过滑动变阻器的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源电压； A.为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处。由图知，滑片右侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的最左端，故A错误； B.灯泡与变阻器并列，则滑动变阻器与灯泡互不影响，因此滑片向右滑动时，小灯泡亮度不变，故B正确； C.由P=UI可知，灯泡的额定电流：； 因为闭合开关S，小灯泡正常发光， 所以电源电压：U=UL=U额=3V， 通过灯泡的电流：IL=I额=0.4A， 当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小， 通过滑动变阻器的最小电流：， 由并联电路的电流特点可知，干路中的最小电流：I小=IR+IL=0.06A+0.4A=0.46A， 电路消耗的最小功率：P=UI=3V×0.46A=1.38W，故C正确； D.因为电流表的量程为0～0.6A，所以干路的最大电流为0.6A， 由并联电路的特点可知，通过滑动变阻器的最大电流：IR大=I大-IL=0.6A-0.4A=0.2A， 由欧姆定律可知，滑动变阻器允许接入的最小电阻：， 故D正确。 故选BCD。 【分析】（1）为了防止电流过大而烧毁用电器，则闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处； （2）在并联电路中，各个用电器不相互影响； （3）根据P=UI求出灯泡的额定电流；根据闭合开关S，小灯泡正常发光可知电源电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律可知当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，根据欧姆定律求出通过滑动变阻器的最小电流，根据并联电路的电流特点求出干路中的最小电流，根据P=UI求出电路消耗的最小功率； （4）根据电流表的量程确定干路的最大电流，根据并联电路的特点求出通过滑动变阻器的最大电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器允许接入的最小电阻。 27．【答案】A,B,D 学科网（北京）股份有限公司 $