江西省丰城市第一中学2025-2026学年上学期初三物理寒假作业--多选题(人教版)

丰城一中2025-2026年上学期初三物理寒假作业--多选题 （多选）1．关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（　　） A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用 B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子无规则运动的剧烈程度与温度有关 C．丙图双手互搓取暖，是通过做功方式改变手的内能 D．丁图中活塞向下运动，这是内燃机的做功冲程 （多选）2．《齐民要术》中对醋的制作工艺有记载：“作大豆千岁苦酒（醋）法：用大豆一斗，熟汰之，渍令泽炊，暴极燥。以酒醅灌之。任性多少，以此为率”。蒸煮是酿醋过程中的一个重要工序，如图所示是将大豆进行蒸煮的过程，下列说法正确的是（　　） A．煮大豆的过程中，大豆含有的热量增加了 B．用火种引燃木柴的过程与钻木取火的原理不相同 C．木柴燃烧时将内能转化为化学能 D．闻到大豆的香味是因为分子的热运动 （多选）3．关于内能、热量、热值、热机，下列说法正确的有（　　） A．0℃的冰块内能大于零 B．温度高的物体含有的热量多 C．用热值较大的燃料可以提高热机的效率 D．反复弯折铁丝，铁丝温度升高，能量的转化与汽油机的压缩冲程相同 （多选）4．如图所示是简化了的玩具警车的电路图，以下说法中正确的是（　　） A．开关S1控制整个电路 B．电动机与小灯泡工作时互不影响 C．开关S1控制电动机 D．开关S1、S2都闭合时电动机与小灯泡是串联的 （多选）5．如图电路，闭合开关S1、S2，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表都有示数，下列判断不正确的是（　　） A．电流表A1只测量灯L2的电流 B．电流表A1的示数比A2的大 C．断开开关S2两表示数不同 D．灯L1被短路时，L2正常发光 （多选）6．电动车因具有轻便、节能、环保等优点而深受人们的喜欢。如图所示为电动车的部分功能结构图，下列相关说法正确的是（　　） A．图1将车钥匙插入锁孔旋转，车子就通电了，车钥匙实质相当于电源 B．图2是电动车的充电插口，在使用过程中绝不能拿硬币等金属去触碰 C．图3是电动车的局部电路图，给电动车充电时，是将电能转化为化学能 D．图4电动车行驶时，用任意一只手柄刹车（相当于开关断开），电动机都能停止工作，说明两个刹车开关是并联的 （多选）7．小灯泡L和电阻R的电流随电压变化规律如图甲所示，小灯泡L两端的电压为2V时才能正常发光。现在将小灯泡L和电阻R分别连入图乙、丙所示的电路中，闭合开关，小灯泡均能正常发光，下列说法不正确的是（　　） A．图乙中于路电流为0.3A，图丙中电源的电压为4V B．图乙中干路电流为0.3A，图丙中电源的电压为6V C．图乙中干路电流为0.2A，图丙中电源的电压为4V D．图乙中干路电流为0.2A，图丙中电源的电压为6V （多选）8．薛同学按照如图甲所示电路做实验，闭合开关S，两灯均发光，他发现两块电压表的指针偏转角度相同，如图乙所示。下面的判断正确的是（　　） A．电压表V1的读数为7.5V B．L2灯两端的电压为1.5V C．L1和L2两端的电压之比为1：4 D．通过L1和L2的电流之比为1：4 （多选）9．如图所示的电路，能利用滑动变阻器调节电灯亮度的电路是（　　） A． B． C． D． （多选）10．如图所示，同学们对图像涉及的有关物理知识解释合理的是（　　） A．图甲：阴影部分表示物体的质量 B．图乙：ab两种材料做成的实心物体放在水中静止时，a漂浮在水中 C．图丙：a导体是定值电阻，b导体电阻的电阻是变化的 D．图丁：a物质的吸热本领比水的吸热本领弱 （多选）11．如图甲所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，两个电阻的U﹣I关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（　　） A．图线甲是电阻R1的“U﹣I”关系图象 B．电源电压为12V C．滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω D．变阻器滑片在中点时，电压表V2示数为7.2V （多选）12．如图所示是一种测定油箱内油量的装置示意图。其中R0为定值电阻，R1是滑动变阻器的电阻片；滑动变阻器的滑片跟滑杆连接，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。油箱中的油量变化时，浮子随液面升降，带动滑杆使滑动变阻器滑片向上下移动，从而改变电路中电表的示数。下列分析中合理的是（　　） A．该油量表是由电压表改装而成 B．该油量表是由电流表改装而成 C．油箱中油量减少时，油量表的示数会变大 D．定值电阻R0的作用是保护电路 （多选）13．如图所示，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，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法错误的是（　　） A．电流表A示数变大 B．灯两端电压变化量等于滑动变阻器两端电压变化量 C．电压表V2和电流表A示数之比减小 D．电压表V1示数和电压表V2示数之差变大 （多选）14．如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　） A．电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω D．灯泡的电功率范围是0.288W～1.25W （多选）15．甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列有关说法中正确的是（　　） A．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多 B．两灯均正常发光时，甲灯的电阻大于乙灯的电阻 C．乙灯的功率总是大于甲灯的功率 D．两灯串联在220V的电路中，甲灯比乙灯亮 （多选）16．如图甲所示电路，电源电压恒定不变，闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑到a点的过程中，滑动变阻器R和灯泡L的U﹣I图像分别如图乙所示，当滑片在a点时灯泡L恰好正常发光。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为4.5V B．灯泡L的额定电功率为1.5W C．变阻器的最大阻值为15Ω D．滑片滑动中，电压表与电流表的示数比值变大 （多选）17．具有防雾、除露、化霜功能的汽车智能后视镜能保障行车安全，车主可通过旋钮开关实现功能切换。如图是模拟加热原理图，其中电源电压恒为U，四段电热丝电阻均为R，防雾、除露、化霜所需加热功率依次增大。下列说法正确的是（　　） A．开关旋至“1”挡，开启化霜功能 B．开关旋至“2”挡，开启除露功能 C．开启防雾功能，电路总电阻为2R D．化霜与除露电路的总功率之比为1：2 （多选）18．关于如图所示的四幅图片，下列说法错误的是（　　） A． 使用三孔插座是为了使用方便 B． 三脚插头内有一根导线与用电器的外壳相连 C． 保险丝烧断一定是发生了短路 D． 高压警示牌提醒我们安全电压为220V （多选）19．如图所示，下列有关安全用电的知识，说法不正确的是（　　） A．漏电保护器可以对人身触电、导线漏电、插座接错线、用电器短路等故障起保护作用 B．人站在大地上，一只手触摸到了火线，也会触电。当有人触电时应先用手直接拉开触电者，避免触电时间过长危及生命 C．人站在绝缘的物体上，双手同时触摸相线和中性线，人会触电 D．三脚插头的三个脚中接地线的脚比其它两个脚要长一些，其目的是插插头时使家用电器的金属外壳先接地线，拔插头时能使金属外壳后离开地线，避免触电 （多选）20．电梯为居民上下楼带来很大的便利，出于安全考虑，电梯设置了超载自动报警系统，其工作原理如图所示，梯底层装有压敏电阻R1，R2为保护电阻，K为动触点，A、B为静触点，当出现超载情况时，电铃将发出报声，电梯停止运行，下列说法正确的是（　　） A．电源的F端应该是火线 B．电梯工作时电磁铁的下端为N端 C．电磁铁磁性的强弱与电流的大小有关 D．电梯超载时报警说明压敏电阻的阻值随压力增大而增大 （多选）21．以下关于电与磁的描述中，说法正确的是（　　） A．图甲：磁感线不是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近 B．图乙：通过被吸引铁钉数目可知通电螺线管的磁性强弱，实验采用控制变量法 C．图丙：同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向不会发生改变 D．图丁：闭合开关，导体ab竖直向下运动或竖直向上运动，电流表指针不发生偏转 （多选）22．如图所示的是有关“电和磁”的实验，下列说法中不正确的是（　　） A．图甲中导体AB只有水平方向运动时，电流表指针才会偏转 B．图乙中电流方向和磁场方向同时改变时，导体ab的运动方向不变 C．图丙中扬声器的工作原理与图甲的相同，都是将机械能转化为电能 D．电铃的工作原理是通电导线在磁场中受力的作用 （多选）23．能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是（　　） A．北斗”导航是利用超声波进行定位和导航的 B．太阳能、风能和水能都是可再生能源 C．大亚湾核电站是利用可控原子核裂变释放的核能来发电的 D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的 参考答案与试题解析 一．参考答案（共23小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 BCD BD AD B ACD BC ACD AC BD AC BD 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 BD BD ACD BD AD BC ACD AB AC CD ACD 题号 23 答案 BC 二．解析（共23小题） （多选）1．关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（　　） A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用 B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子无规则运动的剧烈程度与温度有关 C．丙图双手互搓取暖，是通过做功方式改变手的内能 D．丁图中活塞向下运动，这是内燃机的做功冲程 【分析】（1）物体的分子间有引力； （2）分子在不停地做规则运动，运动的快慢与温度有关； （3）做功和热传递都能改变物体的内能； （4）根据气门的开闭情况与活塞的运动方向判断所处的冲程。 【解答】解：A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于分子间存在引力，故A错误； B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，扩散现象是由于分子不停做无规则热运动造成的，这个现象说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子无规则运动越剧烈，扩散越快，故B正确； C．丙图中双手互搓，克服摩擦做功，机械能转化为内能，手温度升高，是通过做功方式改变手的内能，故C正确； D．丁图中两气门关闭，活塞向下运动，这是内燃机的做功冲程，内能转化为机械能，故D正确。 故选：BCD。 【点评】本题考查了分子动理论、改变内能的方式、四冲程的判断，属于基础题。 （多选）2．《齐民要术》中对醋的制作工艺有记载：“作大豆千岁苦酒（醋）法：用大豆一斗，熟汰之，渍令泽炊，暴极燥。以酒醅灌之。任性多少，以此为率”。蒸煮是酿醋过程中的一个重要工序，如图所示是将大豆进行蒸煮的过程，下列说法正确的是（　　） A．煮大豆的过程中，大豆含有的热量增加了 B．用火种引燃木柴的过程与钻木取火的原理不相同 C．木柴燃烧时将内能转化为化学能 D．闻到大豆的香味是因为分子的热运动 【分析】（1）热量是一个过程量，不能用含有、具有来修饰； （2）改变物体内能的方式有做功和热传递； （3）燃料燃烧时，将化学能转化为内能； （4）分子永不停息地做无规则运动。 【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说大豆含有热量的多少，故A错误； B、用火种引燃木柴的过程是热传递过程，钻木取火的原理是做功，二者原理不相同，故B正确； C、灶里木柴燃烧的过程中，将化学能转化成了内能，故C错误； D．闻到大豆的香味是因为分子不停地做无规则运动，是分子的热运动，故D正确。 故选BD。 【点评】本题考查了对热量、改变内能的方法、能量转化、分子运动等的理解与应用，属基础题。 （多选）3．关于内能、热量、热值、热机，下列说法正确的有（　　） A．0℃的冰块内能大于零 B．温度高的物体含有的热量多 C．用热值较大的燃料可以提高热机的效率 D．反复弯折铁丝，铁丝温度升高，能量的转化与汽油机的压缩冲程相同 【分析】①温度是物体冷热程度的标志，温度越高，组成物质的分子运动越剧烈，分子的总动能越大；内能是所有分子运动的动能和分子势能的总和，同一物体，温度越高，内能越大，温度升高，内能增加；热量是热传递过程中，传递的内能，离开了热传递，就没有热量这个概念； ②汽油机压缩冲程是将机械能转化为内能的过程，属做功使物体的内能改变； ③做功和热传递都可以改变物体的内能。 【解答】解：A、一切物体都具有内能，温度为0℃的冰块也有内能，故A正确； B、热量是一个过程量，不能说含有或具有热量，故B错误； C、热机的效率与热值无关，二者是两个不同的概念，故C错误； D、用手快速弯折铁丝，铁丝温度升高，这是通过做功的方式增加了铁丝的内能，将机械能转化为内能；汽油机在压缩冲程中把机械能转化为内能，使燃气的内能增加，温度升高，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题考查了内能与热量、温度的关系及改变内能的方法。内能是状态量，热量是过程量，内能的改变可通过做功或热传递来实现。 （多选）4．如图所示是简化了的玩具警车的电路图，以下说法中正确的是（　　） A．开关S1控制整个电路 B．电动机与小灯泡工作时互不影响 C．开关S1控制电动机 D．开关S1、S2都闭合时电动机与小灯泡是串联的 【分析】根据电路图可知，电动机和小灯泡并联，开关S1控制小灯泡，开关S2控制电动机； 根据并联电路中各支路互不影响及开关所在并联电路中的位置决定其作用。 【解答】解： AC、开关S1串联在小灯泡所在的支路中，因此开关S1只控制小灯泡，故A、C错误； D、开关S1、S2都闭合时，电动机与小灯泡是并联连接的，故D错误； B、因为电动机与小灯泡并联，所以电动机与小灯泡工作时互不影响，故B正确。 故选：B。 【点评】本题考查并联电路的特点及并联电路中开关的作用等内容，属于基础知识考查范围。 （多选）5．如图电路，闭合开关S1、S2，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表都有示数，下列判断不正确的是（　　） A．电流表A1只测量灯L2的电流 B．电流表A1的示数比A2的大 C．断开开关S2两表示数不同 D．灯L1被短路时，L2正常发光 【分析】分析电路图，先确定两灯的连接方式、两电流表和两开关的位置，再根据并联电路的电流特点分析判断。 【解答】解：由图可知，L1、L2并联接入电路，开关S1在干路上，控制整个电路，开关S2与L2在一条支路，电流表A1在干路上，测量干路中的电流，电流表A2与L1在一条支路，测量通过L1的电流。 AB、电流表A1在干路上，测量干路中的电流，电流表A2测量通过L1的电流，电流表A1的示数大于A2的示数，故A错误，B正确； C、断开开关S2，两个电流表和灯泡L1串联，两表示数相同，故C错误； D、若灯L1发生短路，L2同时短路，L2不能发光，故D错误。 故选：ACD。 【点评】本题考查了并联电路的特点，分析电路图、确定电路的连接方式和电流表的位置是关键。 （多选）6．电动车因具有轻便、节能、环保等优点而深受人们的喜欢。如图所示为电动车的部分功能结构图，下列相关说法正确的是（　　） A．图1将车钥匙插入锁孔旋转，车子就通电了，车钥匙实质相当于电源 B．图2是电动车的充电插口，在使用过程中绝不能拿硬币等金属去触碰 C．图3是电动车的局部电路图，给电动车充电时，是将电能转化为化学能 D．图4电动车行驶时，用任意一只手柄刹车（相当于开关断开），电动机都能停止工作，说明两个刹车开关是并联的 【分析】（1）开关能起到控制电路通断的作用； （2）用导线将电源正负接线柱相连后将形成电源短路； （3）给电池充电的过程，消耗电能，获得化学能； （4）串联电路中，电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；并联电路中，电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作。 【解答】解：A、将车钥匙插入锁孔旋转，车子就通电了，所以这车钥匙控制电路的通断，相当于电路中的开关，故A错误； B．因为硬币等金属是导体，若是用硬币触碰充电插口的两个金属插脚，会使蓄电池的正负极相连，造成蓄电池短路，损坏蓄电池，故B正确； C．给电动车充电时，消耗电能，蓄电池化学能增加，是将电能转化为化学能，故C正确； D．用任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，两个刹车开关是串联的，故D错误。 故选：BC。 【点评】本题考查了电路元件的识别，串并联电路的辨析，能量转化等内容，难度不大。 （多选）7．小灯泡L和电阻R的电流随电压变化规律如图甲所示，小灯泡L两端的电压为2V时才能正常发光。现在将小灯泡L和电阻R分别连入图乙、丙所示的电路中，闭合开关，小灯泡均能正常发光，下列说法不正确的是（　　） A．图乙中于路电流为0.3A，图丙中电源的电压为4V B．图乙中干路电流为0.3A，图丙中电源的电压为6V C．图乙中干路电流为0.2A，图丙中电源的电压为4V D．图乙中干路电流为0.2A，图丙中电源的电压为6V 【分析】（1）由图乙可知，灯L与R并联，电压表测电源电压；闭合开关，小灯泡正常发光，说明电源电压等于小灯泡的额定电压；当灯L和R两端电压为2V时由图甲可知通过灯L和R的电流分别为0.2A和0.1A，根据并联电路电流的规律算出干路电流的规律； （2）由图丙可知，灯L与R串联，电压表测R两端电压；闭合开关，小灯泡正常发光，说明灯L两端电压为2V，由图甲可知，通过灯L的电流为0.2A，此时电阻R两端电压为4V，根据串联电路电压规律算出电源电压。 【解答】解：由图乙可知，灯L与R并联，电压表测电源电压；闭合开关，小灯泡正常发光，说明电源电压为2V，即灯L和R两端电压为2V，由图甲可知，通过灯L和R的电流分别为0.2A和0.1A，故干路电流为I＝0.2A+0.1A＝0.3A； 由图丙可知，灯L与R串联，电压表测R两端电压；闭合开关，小灯泡正常发光，说明灯L两端电压为2V，由图甲可知，通过灯L的电流为0.2A，此时电阻R两端电压为4V，根据串联电路电压规律可知，电源电压为U′＝2V+4V＝6V，故B正确，ACD错误。 故选：ACD。 【点评】本题考查了串、并联电路电压和电流规律应用，能从电阻和灯泡的伏安特性曲线获得相关信息是解题关键。 （多选）8．薛同学按照如图甲所示电路做实验，闭合开关S，两灯均发光，他发现两块电压表的指针偏转角度相同，如图乙所示。下面的判断正确的是（　　） A．电压表V1的读数为7.5V B．L2灯两端的电压为1.5V C．L1和L2两端的电压之比为1：4 D．通过L1和L2的电流之比为1：4 【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测L1两端的电压，根据串联电路的电压特点和两电压表指针偏转相同判断它们的量程，并根据分度值读出示数，进一步求出L2两端的电压； （2）根据串联电路的电流特点求出电流之比。 【解答】解：A．由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测L1两端的电压， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，且两电压表指针偏转相同，所以V1示数大于V2示数，电压表V1的量程为0～15V，分度值为0.5V，电源的电压U＝7.5V，故A正确； B．电压表V2的量程为0～3V，分度值为0.1V，L1两端的电压U1＝1.5V，则L2两端的电压U2＝U﹣U1＝7.5V﹣1.5V＝6V，故B错误； C．两灯泡的电压之比：，故C正确； D．因串联电路中各处的电流相等，所以通过L1和L2的电流之比为1：1，故D错误。 故选：AC。 【点评】本题考查了串联电路的特点和电压表的读数以及欧姆定律的应用，会确定两电压表的量程是关键。 （多选）9．如图所示的电路，能利用滑动变阻器调节电灯亮度的电路是（　　） A． B． C． D． 【分析】滑动变阻器在电路中连接一“上”一“下”两个接线柱，其在电路中的作用是通过改变电路中电阻的大小来改变电路中的电流。 【解答】解： A．由图可知，滑动变阻器与灯泡并联，因并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，滑片移动时不影响灯泡的亮暗，且滑动变阻器接入电路中的电阻过小时会造成电路中的电流过大，烧坏电路元件，故A不符合题意； B．由图像可知，滑动变阻器与灯泡串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过灯泡的电流最小，灯泡的实际功率最小，能利用滑动变阻器调节电灯亮度，故B符合题意； C．由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，由于电压表所在电路相当于断路，所以移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻不变，灯泡亮度不变，故C不符合题意； D．由电路图可知，变阻器左侧部分串联在干路，右侧部分与灯泡并联，当滑片P滑到右端时，会引起灯泡短路，实现灯泡由亮到熄灭，能利用滑动变阻器调节电灯亮度，故D符合题意。 故选：BD。 【点评】本题考查了滑动变阻器的使用，要注意由于滑动变阻器在不同的电路中的连接方式不同，其在各电路中的作用也是不同的。 （多选）10．如图所示，同学们对图像涉及的有关物理知识解释合理的是（　　） A．图甲：阴影部分表示物体的质量 B．图乙：ab两种材料做成的实心物体放在水中静止时，a漂浮在水中 C．图丙：a导体是定值电阻，b导体电阻的电阻是变化的 D．图丁：a物质的吸热本领比水的吸热本领弱 【分析】（1）由密度的变形公式m＝ρV分析； （2）由图乙中数据可知a、b的密度，再与水的密度比较进行分析； （3）由图丙可知，a的电流与电压成正比是定值电阻，由R可知b导体电流随两端电压增大而增大，且电流的增速大于电压的增速，所以b导体电阻会改变； （4）由c进行分析。 【解答】解：A．由图甲可知，阴影部分表示的是ρV，由密度的变形公式m＝ρV可知，阴影部分表示物体的质量，故A符合题意； B．由图乙中数据可知，a的密度为ρa1.5g/cm3， b的密度为ρb0.5g/cm3， 由计算可知ρa＞ρ水＞ρb， 所以ab两种材料做成的实心物体放在水中静止时，b漂浮在水中，故B不符合题意； C．由图丙可知，a的电流与电压成正比，是定值电阻，由R可知，b导体电流随两端电压增大而增大，且电流的增速大于电压的增速，所以b导体电阻会改变，故C符合题意； D．由c可知，如果根据温度变化比较两种物质的吸热本领，需要两种物质的吸热相同、质量相同，现在不确定吸热是否相同、两种物质的质量是否相同，所以无法判断，故D不符合题意。 故选：AC。 【点评】本题考查内容较多，综合性强，但难度不大。 （多选）11．如图甲所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，两个电阻的U﹣I关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（　　） A．图线甲是电阻R1的“U﹣I”关系图象 B．电源电压为12V C．滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω D．变阻器滑片在中点时，电压表V2示数为7.2V 【分析】（1）根据电压变化的范围进行判断，定值电阻两端电压不会等于零； （2）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，根据图象读出电路中的最小电流和两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律求出R1和滑动变阻器的最大阻值； （3）变阻器滑片在中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表V2示数。 【解答】解： 由电路图可知，R1、R2串联，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压，电流表测电路中的电流； （1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，R1两端的电压最大，R2两端的电压为0， 由图象可知，甲为滑动变阻器R2的U﹣I关系图象，乙为电阻R1的U﹣I图象，故A错误； （2）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， 由U﹣I图象可知，电路中的最小电流I＝0.3A，R1两端的电压U1＝3V，R2两端的电压U2＝9V， 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，电源电压： U＝U1+U2＝3V+9V＝12V，故B正确； 由I可得，R1和滑动变阻器的最大阻值： R110Ω，R230Ω，故C错误； （3）变阻器滑片在中点时， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，此时电路中的电流： I′0.48A， 此时电压表V2的示数： U2′＝I′0.48A7.2V，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U﹣I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U﹣I图象中的信息。 （多选）12．如图所示是一种测定油箱内油量的装置示意图。其中R0为定值电阻，R1是滑动变阻器的电阻片；滑动变阻器的滑片跟滑杆连接，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。油箱中的油量变化时，浮子随液面升降，带动滑杆使滑动变阻器滑片向上下移动，从而改变电路中电表的示数。下列分析中合理的是（　　） A．该油量表是由电压表改装而成 B．该油量表是由电流表改装而成 C．油箱中油量减少时，油量表的示数会变大 D．定值电阻R0的作用是保护电路 【分析】（1）电路中R0和R1串联，油量表串联在电路中，根据此判断出油量表是电压表还是电流表； （2）油箱中的油量减少时，油面下降，由于滑杆可以绕固定轴O转动，浮子随液面落下，所以带动滑杆使滑动变阻器滑片向上移动，据此分析电阻； （3）根据装满油时，滑片刚好到达电阻片其中的一端分析。 【解答】解：AB、根据电路图，油量表串联在电路中，应为电流表改装而成，而非电压表，故A错误，B正确： C、当油量减少时，浮子下降，滑片上移，R1增大，总电阻增大，电流减小，油量表示数变小，故C错误； D、定值电阻R0可防止R1＝0时电路短路，起到保护作用，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题主要考查了电路的动态分析，还要结合电流表和电压表的特点去分析题目。 （多选）13．如图所示，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，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法错误的是（　　） A．电流表A示数变大 B．灯两端电压变化量等于滑动变阻器两端电压变化量 C．电压表V2和电流表A示数之比减小 D．电压表V1示数和电压表V2示数之差变大 【分析】开关S闭合，灯泡、滑动变阻器R和定值电阻R0串联，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两端的电压； 根据滑片的移动方向分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化和总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化；根据欧姆定律分析和串联电路的电压规律分析电压表示数的变化；根据欧姆定律电压表V2和电流表A示数之比的变化。 【解答】解：根据电路图可知，开关S闭合，灯泡、滑动变阻器R和定值电阻R0串联，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的电压； A．闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器R的阻值减小，电阻总电阻变小，由欧姆定律知，电路中的电流变大，电流表示数变大，故A正确； BD．电压表V2的示数与电压表V1示数之差即为滑动变阻器两端电压，根据串联分压规律知，变阻器电阻减小，分得的电压减小，故差值变小，即UR减小，总电压不变，其减小量等于灯泡两端电压与定值电阻两端电压的增大量之和，则灯两端电压变化量小于滑动变阻器两端电压变化量，故BD错误； C．电压表V2与电流表示数之比为RL+R忽略温度对灯丝电阻的影响，灯丝电阻RL不变，滑动变阻器R减小，比值减小，故C正确。 故选：BD。 【点评】本题考查了欧姆定律及串联电路的特点，要求学生明确电路的结构，能够熟练应用串联电路的特点求解。 （多选）14．如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　） A．电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω D．灯泡的电功率范围是0.288W～1.25W 【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压。 （1）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，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，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流；比较电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流以及小灯泡L的额定电流确定电路中的最大电流，然后得出电流表的示数变化范围； （2）当电路中的电流为0.5A时，灯泡正常发光，此时电压表的示数最大，其最大示数等于灯泡的额定电压；当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，根据欧姆定律求出电压表的最小示数，然后得出电压表的示数变化范围； （3）当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，然后得出滑动变阻器连入电路的阻值变化范围。 【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R与小灯泡L串联，电压表测小灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流。根据小灯泡L的铭牌“2.5V 0.5A”可得，其电阻为； 为了保证电路安全，电路中的电流不能超过电流表量程0.6A、滑动变阻器允许的最大电流1A和小灯泡的额定电流0.5A中的最小值，故电路中的最大电流Imax＝0.5A， 此时，小灯泡两端的电压为UL最大＝Imax×RL＝0.5A×5Ω＝2.5V， 此电压未超过电压表量程3V，也未超过小灯泡额定电压2.5V，是安全的。 小灯泡的最大功率为： PL最大＝UL最大Imax＝2.5V×0.5A＝1.25W； 当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小。此时电路总电阻R总最大＝RL+R滑最大＝5Ω+20Ω＝25Ω， 电路中的最小电流， 此时，小灯泡两端的电压为UL最小＝Imin×RL＝0.24A×5Ω＝1.2V， 小灯泡的最小功率为： PL最小＝UL最大Imin＝1.2V×0.24A＝0.288W； A．由上可得，电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，故A正确； B．由上可得，电压表的示数变化范围是1.2V～2.5V，故B错误； C．当电路中电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时， R滑最小＝R总最小﹣RL＝12Ω﹣5Ω＝7Ω， 当电路中电流最小时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，为20Ω。所以滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω，故C正确； D．灯泡的电功率范围是0.288W～1.25W，故D正确。 故选：ACD。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律公式的综合应用，正确得出滑动变阻器消耗电功率最大时电路中的电流是关键。 （多选）15．甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列有关说法中正确的是（　　） A．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多 B．两灯均正常发光时，甲灯的电阻大于乙灯的电阻 C．乙灯的功率总是大于甲灯的功率 D．两灯串联在220V的电路中，甲灯比乙灯亮 【分析】由铭牌读出灯泡的额定电压和额定功率， （1）由W＝Pt比较消耗电能的多少； （2）根据P比较灯泡的电阻大小； （3）根据P＝I2R和串联电路的电流特点比较两灯泡串联时功率之间的关系； （4）根据P＝I2R比较串联时的实际功率，实际功率越大，灯越亮。 【解答】解：由铭牌可知：甲灯的额定电压为220V，额定功率为25W；乙灯的额定电压为220V，额定功率为100W； A、两灯均正常发光时，由P得W＝Pt，因工作时间未知，故两灯消耗的电能无法判断，故A错误； B、由P＝UI、I可得，R，两灯均正常发光时，电压相等，甲灯的额定功率小于乙灯的额定功率，故甲灯的电阻大于乙灯的电阻，故B正确； C、若两灯泡串联，因串联电路中各处的电流相等，由P＝I2R可知，甲灯泡的电阻大，实际功率就大，甲灯泡消耗的功率大于乙灯消耗的功率，故C错误； D、两灯串联在220伏的电路中，消耗的实际功率P实＝I2R，因为两灯串联，电流相等，因为甲灯的电阻大于乙灯的电阻，故甲灯的实际功率大，甲灯亮，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题考查电功、电功率公式及变形公式的运用进行考查，难度较大，对公式理解及计算能力有一定的要求。 （多选）16．如图甲所示电路，电源电压恒定不变，闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑到a点的过程中，滑动变阻器R和灯泡L的U﹣I图像分别如图乙所示，当滑片在a点时灯泡L恰好正常发光。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为4.5V B．灯泡L的额定电功率为1.5W C．变阻器的最大阻值为15Ω D．滑片滑动中，电压表与电流表的示数比值变大 【分析】（1）闭合S时，灯泡L和滑动变阻器R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，根据图象即可读出滑片在a点时小灯泡正常工作时灯泡、R的电压和电流，根据串联电路的电压特点求出电源电压；根据P＝UI求出小灯泡的额定功率； （2）由图乙确定出当电路中电路最小时滑动变阻器两端的最大电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值； （3）灯泡的电阻随温度的升高而变大，据此分析电压表与电流表的示数的变化。 【解答】解：AB、由电路图可知，滑动变阻器和灯泡串联，电流表测电路中电流，电压表测灯泡两端电压，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑到a点的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值逐渐减小，根据串联电路的电阻规律可知电路中总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，由串联分压原理可知，滑动变阻器两端电压逐渐减小，由串联电路电压特点可知，灯泡两端电压逐渐增大，因此可知，上半部分图像是R的图像，下半部分是L的图像，当滑片在a点时灯泡L恰好正常发光，此时电路中电流最大，由图乙可知，最大电流为：Imax＝IL＝0.5A， 此时灯泡两端电压最大，为额定电压，即：UL＝U额＝1.5V， 滑动变阻器两端电压最小，则滑动变阻器两端的最小电压为：U滑min＝3V， 根据串联电路的电压规律可知，电源电压为：U＝UL+U滑小＝1.5V+3V＝4.5V， 灯泡L的额定电功率为：PL＝ULIL＝1.5V×0.5A＝0.75W，故A正确，B错误； C、由图乙可知，电路中电路最小为：Imin＝0.3A，此时滑动变阻器两端电压最大，则滑动变阻器两端的最大电压为：U滑max＝4V，滑动变阻器的最大阻值为：，故C错误； D、电压表与电流表的示数比值为灯泡的电阻，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑到a点的过程中，灯泡两端电压逐渐增大，因灯泡的电阻随温度的升高而变大，因此电压表与电流表的示数比值增大，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题考查串联电路的规律、欧姆定律及电功率公式的应用，关键是明确图象各点所对应的电路状态。 （多选）17．具有防雾、除露、化霜功能的汽车智能后视镜能保障行车安全，车主可通过旋钮开关实现功能切换。如图是模拟加热原理图，其中电源电压恒为U，四段电热丝电阻均为R，防雾、除露、化霜所需加热功率依次增大。下列说法正确的是（　　） A．开关旋至“1”挡，开启化霜功能 B．开关旋至“2”挡，开启除露功能 C．开启防雾功能，电路总电阻为2R D．化霜与除露电路的总功率之比为1：2 【分析】（1）串、并联电路的电阻规律计算开关在不同位置时电路的总电阻； （2）根据开关的位置，判断电路的连接方式，根据电功率公式P判断电功率的大小，从而根据题意知防雾、除露、化霜所需加热功率依次增大，判断开关在不同位置时的功能。 【解答】解：AB、由图可知，当开关旋至“1”挡，两电阻R串联，根据串联电路的特点可知，此时电路的总电阻最大，由P可知，电路的总功率最小，开启防雾功能； 开关旋至“3”挡时，两个电阻并联，根据并联电路的特点可知，此时电路的总电阻最小，总功率最大，开启除霜功能； 开关旋至“2”挡时，只有一个电阻接入电路，开启除露功能，故A错误、B正确； C、开启防雾功能，两电阻R串联，根据串联电路的特点可知，电路的总电阻：R总＝R+R＝2R，故C正确； D、化霜功能的电功率：P化霜； 除露功能的电功率：P除露； 则化霜与除露电路的总功率之比为：P化霜：P除露：2：1，故D错误。 故选：BC。 【点评】本题考查了串、并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，能够根据开关的位置判断电路的连接方式，是解答本题的关键。 （多选）18．关于如图所示的四幅图片，下列说法错误的是（　　） A． 使用三孔插座是为了使用方便 B． 三脚插头内有一根导线与用电器的外壳相连 C． 保险丝烧断一定是发生了短路 D． 高压警示牌提醒我们安全电压为220V 【分析】（1）有金属外壳的家用电器应该使用三孔插座。 （2）三脚插头内有一根导线与用电器的外壳相连。 （3）保险丝熔断可能是发生了短路，也可能是用电器的总功率过大。 （4）对人体的安全电压是不高于36V。 【解答】解：A．三孔插座中多出的一个孔是用来接地线，将用电器的金属外壳接地，目的就是为了防止触电，故A错误； B．三脚插头内有一根导线与用电器的外壳相连，目的就是为了一旦用电器的金属外壳带电，能通过导线引到大地里去，防止触电事故发生，故B正确； C．保险丝烧断有两种可能：一是电路中发生短路，二是电路中总功率过大；所以保险丝烧断不一定是发生了短路引起的，故C错误； D．根据安全用电原则可知：警示牌提醒我们不靠近，说明是高压带电体；一般情况下对人体的安全电压是不高于36V，故D错误。 故选：ACD。 【点评】本题考查的是三孔插座的连接和保险丝的作用；知道对人体的安全电压。 （多选）19．如图所示，下列有关安全用电的知识，说法不正确的是（　　） A．漏电保护器可以对人身触电、导线漏电、插座接错线、用电器短路等故障起保护作用 B．人站在大地上，一只手触摸到了火线，也会触电。当有人触电时应先用手直接拉开触电者，避免触电时间过长危及生命 C．人站在绝缘的物体上，双手同时触摸相线和中性线，人会触电 D．三脚插头的三个脚中接地线的脚比其它两个脚要长一些，其目的是插插头时使家用电器的金属外壳先接地线，拔插头时能使金属外壳后离开地线，避免触电 【分析】（1）根据漏电保护器的工作原理分析； （2）（3）根据电流形成原理即可明确是否会发生触电； （4）三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；因用电器漏电时，会使外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；插头制作的长一些是为了插头入插座时先让金属外壳与大地相连，若漏电则先跳闸而防止触电。 【解答】解： A、由漏电保护器在电路中的作用可知，漏电保护器可以对人身触电、导线漏电等故障起保护作用，但在插座接错线、用电器短路时却不会切断电源，起不到保护作用，故A错误； B、人站在大地上，一只手触摸到了火线，此时人体构成了通路，会触电；当有人触电时若用手直接拉开触电者，施救者容易发生触电事故，故B错误； C、人站在绝缘的物体上，双手同时接触相线和中性线，电流流过心脏，造成触电事故，故C正确； D、地线插脚更长是为了保证在插电源插头时最先接触地线，在拔电源插头时最后分离地线，从而更好起到地线保护作用，故D正确。 故选：AB。 【点评】本题考查了安全用电的常识，属于基础题。 （多选）20．电梯为居民上下楼带来很大的便利，出于安全考虑，电梯设置了超载自动报警系统，其工作原理如图所示，梯底层装有压敏电阻R1，R2为保护电阻，K为动触点，A、B为静触点，当出现超载情况时，电铃将发出报声，电梯停止运行，下列说法正确的是（　　） A．电源的F端应该是火线 B．电梯工作时电磁铁的下端为N端 C．电磁铁磁性的强弱与电流的大小有关 D．电梯超载时报警说明压敏电阻的阻值随压力增大而增大 【分析】A、家庭电路中，开关接在火线一端； B、知道电流的方向，根据安培定则判断出电磁铁的N、S极； C、电磁铁是根据电流的磁效应制成的；电磁铁的磁性强弱和电流大小、线圈匝数多少有关； D、R1为压敏电阻，其阻值随压力增大而减小。 【解答】解：A、家庭电路中，开关接在火线一端，可判断电源右侧F端为火线，左侧E端为零线，故A正确； B、工作时，电流从电磁铁的下面导线流入，利用安培定则判断出电磁铁的上端为N极，下端为S极，故B错误； C、电磁铁磁性的强弱与电流的大小有关，故C正确； D、超载时，随着压力的增大，压敏电阻的阻值随着减小，说明压敏电阻的阻值随压力增大而减小，故D错误； 故选：AC。 【点评】此题主要考查的是学生对电磁铁和电磁继电器的原理、磁性强弱的影响因素、安培定则的理解和掌握，知识点较多，但都是基础性题目。 （多选）21．以下关于电与磁的描述中，说法正确的是（　　） A．图甲：磁感线不是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近 B．图乙：通过被吸引铁钉数目可知通电螺线管的磁性强弱，实验采用控制变量法 C．图丙：同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向不会发生改变 D．图丁：闭合开关，导体ab竖直向下运动或竖直向上运动，电流表指针不发生偏转 【分析】（1）磁感线是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，它并不是客观存在的。地磁场的北极在地理北极附近； （2）由安培定则可确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关； （3）通电线圈在磁场中的转动方向与磁场方向和电流方向有关； （4）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。 【解答】解：A、磁感线是用来描述磁场的一些假想的曲线，不是真实存在的，而磁场是一种物质，是存在的，地磁场的北极在地理南极附近，故A错误； B、图乙：通过被吸引铁钉数目可知通电螺线管的磁性强弱，实验采用转换法，故B错误； C、只对调电源正负极或磁极，电流的方向发生改变，故线圈受到力的方向发生改变，故线圈转动方向就会发生改变，同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向不会发生改变，故C正确； D、闭合开关，导体ab 竖直向上运动，运动方向与磁感线方向平行，不能切割磁感线，不能产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故D正确。 故选：CD。 【点评】本题考查磁场、影响电磁铁磁性强弱的因素、产生感应电流的条件、影响电动机转动方向的因素，涉及知识点较多，属基础题。 （多选）22．如图所示的是有关“电和磁”的实验，下列说法中不正确的是（　　） A．图甲中导体AB只有水平方向运动时，电流表指针才会偏转 B．图乙中电流方向和磁场方向同时改变时，导体ab的运动方向不变 C．图丙中扬声器的工作原理与图甲的相同，都是将机械能转化为电能 D．电铃的工作原理是通电导线在磁场中受力的作用 【分析】（1）电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，电路中会产生感应电流。 （2）通电导线在磁场中受力运动，导体受力方向与磁场方向、电流方向有关。 （3）扬声器的工作：线圈中有随声音变化的电流，线圈在磁场受到力作用发生振动，将电信号转化为声信号，工作原理是通电导体在磁场中受力。 （4）电磁铁的应用在电铃、固定电话、电磁起重机等，其工作原理都是利用电流的磁效应工作的。 【解答】解：A．闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时会产生感应电流，图甲中，磁感线的方向是竖直方向，导体AB斜着上下运动也会切割磁感线，也会产生感应电流，电流表指针也会偏转，故A错误，符合题意； B．通电导体在磁场中所受力方向与磁场方向和电流方向有关，若磁场方向和电流方向均改变，则导体受力方向不变，故B正确，不符合题意； C．图丙中扬声器的工作原理是通电导体在磁场中会受到力的作用，将电能转化为机械能，图甲表示的是电磁感应现象，是将机械能转化为电能，故C错误，符合题意； D．电铃的工作原理是电流的磁效应，故D错误，符合题意。 故选：ACD。 【点评】本题考查了电与磁中的几个实验装置的原理，难度不大。 （多选）23．能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是（　　） A．北斗”导航是利用超声波进行定位和导航的 B．太阳能、风能和水能都是可再生能源 C．大亚湾核电站是利用可控原子核裂变释放的核能来发电的 D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的 【分析】（1）卫星通信实际上是微波通信的一种，是利用卫星做微波通信的中继站； （3）大亚湾核电站利用的是核裂变释放的能量； （2）能够源源不断地从自然界中活动或可重复利用的能源是可再生能源； （4）LED灯的核心元件发光二极管是由半导材料制成的。 【解答】解： A、卫星导航是利用电磁波传递信息的，故A错误； B、能够源源不断地从自然界中获得或可重复利用的能源是可再生能源，太阳能、风能和水能是可再生能源，故B正确； C、大亚湾核电站利用的是核裂变释放的能量，故C正确； D、LED灯的核心元件发光二极管是由半导材料制成的，故D错误。 故选：BC。 【点评】本题考查了的知识点较多，是一道学科综合题，但难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/2/2 15:40:08；用户：黄清和；邮箱：13979580809；学号：19522861 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $