09经典选择题易错30题-福建省备考2026年中考物理最新真题模拟题高频考点与题型分类精练

09经典选择题易错30题-福建省备考2026年中考物理最新真题模拟题高频考点与题型分类精练 一．阿基米德原理的定性分析（共1小题） 1．（2025•三明二模）黄花梨和莲子都是建宁特产，将黄花梨和莲子先后放入甲、乙两种液体中，静止时的状态如图所示，下列说法正确的是（　　） A．在甲液体中，梨受到的浮力比莲子的小 B．按密度从小到大的排序为：ρ梨＜ρ莲＜ρ乙＜ρ甲 C．从甲液体到乙液体，黄花梨受到的浮力变大 D．从甲液体到乙液体，莲子受到的浮力变小 二．利用阿基米德原理进行简单计算（共1小题） 2．（2025•南平二模）如图甲，水平桌面上放置圆柱形容器，容器内放置底面积为200cm2的圆柱形木块。缓慢向容器中注水，水对容器底的压强p水与所注水质量m水的关系如图乙，木块始终竖直，当注入0.5kg水时，木块恰好漂浮。（ρ水＝1.0×103kg/m3）下列判断正确的是（　　） A．木块恰好漂浮时，注入的水深度为0.05 cm B．木块漂浮时，受到的浮力为5 N C．容器的底面积为400 cm2 D．注水1.4 kg时水对容器底的压强为800 Pa 三．物体浮沉条件（共1小题） 3．（2025•宁德一模）如图甲，把重为G0的鸡蛋缓慢放入盛满水的溢水杯中，鸡蛋沉底，溢出水的重力为G1，水对溢水杯底的压强为p1；如图乙，把同一个鸡蛋缓慢放入盛满盐水的溢水杯中，鸡蛋漂浮，溢出盐水的重力为G2，盐水对溢水杯底的压强为p2。下列说法正确的是（　　） A．G1＞G2 B．G1＜G2 C．p1 ＝ p2 D．p1＞p2 四．浮力中的绳子、弹簧、杆的问题（共1小题） 4．（2025•莆田模拟）如图所示，水平地面上有底面积为200cm2的薄壁柱形容器。内有质量为800g、边长为10cm的正方体物块，物块被一根与容器底部相连的细线拉住，水的深度h为30cm，则（　　） A．物块受到的浮力为8N B．绳子的拉力为18N C．容器中水的质量为5kg D．剪断细绳，最终液面下降2cm 五．动能和重力势能的相互转化（共1小题） 5．（2024•宁德一模）如图为跳板跳水运动的起跳、腾空、下落三个阶段，下列说法正确的是（　　） A．跳板被压弯，说明力可以改变物体的运动状态 B．运动员对跳板的力小于跳板对运动员的力 C．运动员离开跳板腾空后受到平衡力作用 D．运动员下落过程中重力势能主要转化为动能 六．杠杆的分类（共1小题） 6．（2025•南安市模拟）如图，手提起重物，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可简化为一种费力杠杆。下列工具使用时，也属于费力杠杆的是（　　） A．夹起食物的筷子 B．剪铁丝的钢丝钳 C．啤酒瓶的开瓶器 D．撬铁钉的羊角锤 七．机械效率的比较大小（共2小题） 7．（2025•漳州一模）工人用相同的滑轮以如图甲、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．乙中工人的功率较大 D．乙中滑轮的机械效率较大 8．（2025•集美区二模）某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，第一种方法搬书的功率为P1，效率为η1，第二种方法搬书的功率为P2，效率为η2，用这两种方法搬书的有用功分别为W1、W2，则（　　） A．W1＝W2，η1＞η2 B．P1＞P2，W1＜W2 C．P1＜P2，η1＜η2 D．P1＞P2，η1＝η2 八．滑轮、滑轮组机械效率的计算（共3小题） 9．（2025•龙岩一模）装修师傅用如图所示的装置，将重为150N的建材从地面匀速运送到离地12m高处，所用时间为50s。已知动滑轮重为50N，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端移动距离为36m B．工人做的总功为1800J C．工人的功率为60W D．该滑轮组的机械效率为75% 10．（2025•莆田模拟）如图所示，使用甲、乙两套装置分别匀速提升两个质量相等的物体，物体上升的高度相等。若甲、乙的拉力F1：F2＝3：2，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的绳子自由端移动的距离之比s1：s2＝1：1 B．甲、乙的有用功之比W有1：W有2＝1：2 C．甲、乙的总功之比W总1：W总2＝3：2 D．甲、乙的机械效率之比η1：η2＝4：3 11．（2025•南安市模拟）如图，用滑轮组将重为150N的物体匀速提升4m，所用的拉力F大小为100N，不计绳重及摩擦，则（　　） A．动滑轮的重为50N B．拉力F做的总功为400J C．拉力F做的有用功为300J D．该滑轮组的机械效率为66.7% 九．探究凸透镜成像的规律（共1小题） 12．（2025•集美区二模）如图是小萌探究“凸透镜成像规律”的实验装置，下列实验操作和相关的分析中不合理的是（　　） A．让平行光正对凸透镜照射，并调整光屏，直到光屏上出现一个最小最亮的光斑，据此可知凸透镜的焦距f＝10.0cm B．把蜡烛、凸透镜、光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛，将烛焰、凸透镜、光屏三者中心调到同一高度 C．当u＝15.0cm时，成倒立放大的实像，投影仪就是根据这一原理制成的 D．保持蜡烛和透镜位置不变，更换焦距更小的凸透镜，只向右移动光屏仍可得到清晰的像 十．凝固的放热特点（共1小题） 13．（2025•龙岩一模）《哪吒2》进入2025年全球影史票房榜前五，影片中海水变成冰刺的过程是（　　） A．凝固，放热 B．熔化，吸热 C．液化，放热 D．升华，吸热 十一．四冲程的能量转化（共1小题） 14．（2024•泉州一模）如图为四冲程汽油机工作原理示意图，其中压缩冲程是（　　） A． B． C． D． 十二．燃料燃烧时的能量转化（共1小题） 15．（2024•南平一模）2023年10月，搭载神舟十七号载人飞船的运载火箭成功发射。火箭发射时，喷水系统同步将大量的水喷洒到平台上，可看到发射平台升腾起大量白雾。下列涉及的物理知识正确的是（　　） A．白雾是水蒸气 B．白雾是凝华形成 C．火箭使用的燃料热值较大 D．燃料燃烧时将内能转化为化学能 十三．并联电路中的电压规律（共1小题） 16．（2025•三明二模）如图电路，电源电压恒定，定值电阻R1＞R2＞R3。只闭合S1，电压表示数为U1，电流表示数为I1；只闭合S2，电压表示数为U2，电流表示数为I2。同时闭合S1、S2、S3，电压表示数为U3，电流表示数为I3。下列判断正确的是（　　） A．U1＞U2＞U3 B．I1＞I2＞I3 C．I1+I2＞I3 D．U1+U2＞U3 十四．超导现象和超导材料（共1小题） 17．（2025•宁德一模）下列不能用超导体材料制作的是（　　） A．输电线 B．电动机线圈 C．电热丝 D．发电机线圈 十五．滑动变阻器的使用（共1小题） 18．（2024•南平一模）如图将甲、乙两个滑动变阻器串联在电路中，它们的滑片P甲、P乙左右移动时，下列说法中正确的是（　　） A．P甲移到a端，P乙移到c端，电路将短路 B．P甲移到b端，P乙移到d端，电路将短路 C．P甲移到b端，P乙移到d端，电流表的示数最小 D．P甲移到b端，P乙移到c端，电流表的示数最小 十六．动态电路的分析（共3小题） 19．（2025•莆田模拟）应变片是一种检测物体形变的器件，其结构如图甲所示。将它接入图乙的电路，电源电压不变，R为定值电阻。闭合开关S，当被检测物体发生拉伸形变时，应变片内的金属丝会被拉长变细，则（　　） A．应变片内的金属丝电阻变小 B．电流表示数变大 C．电压表示数变小 D．电压表与电流表示数之比变大 20．（2025•福建一模）如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器R3的滑片向下移动时，五个理想电表的示数都发生了变化，电表A、V1、V2、V3和V4的示数变化量大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3和ΔU4表示，下列比值中最大的是（　　） A． B． C． D． 21．（2024•泉州二模）如图，电源电压恒定不变，R为定值电阻。开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向左移至中间位置的过程中（　　） A．电流表A1的示数变大，电流表A2的示数变小 B．电流表A1的示数变小，电压表V的示数不变 C．电压表V与电流表A1的示数之比变小 D．电压表V与电流表A2的示数之比变大 十七．欧姆定律的应用（共2小题） 22．（2025•三明一模）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，当滑动变阻器R2的滑片P从某点a点移到b点时，滑动变阻器的U﹣I线如图乙所示，则电源电压和定值电阻R1的阻值分别是（　　） A．9V、10Ω B．9V、30Ω C．18V、30Ω D．18V、10Ω 23．（2024•厦门模拟）将四个定值电阻a、b、c、d分别接入不同电路中，测出各电阻两端的电压U和通过的电流I、把测得的数据描点在坐标系中，如图所示。下列关系式中不正确的是（　　） A．Pa＝PC B．Pb＝3Pd C．Ra＝9RC D．Rb＝Rd 十八．光敏、热敏、压敏等半导体电路分析（共1小题） 24．（2025•南安市模拟）如图甲是一款温度测量仪的简易电路图，电源电压恒为12V，定值电阻R0为10Ω，Rt为热敏电阻，Rt阻值随温度t的增大而减小，显示仪由量程为0～0.6A电流表改装，电流表示数的倒数与热敏电阻温度t的关系图象如图乙。则（　　） A．当热敏电阻Rt的温度为0℃时，阻值为60Ω B．该款温度测量仪能测量的最高温度为100℃ C．减小定值电阻R0的阻值，可增大该温度测量仪的量程 D．电流表示数的倒数为3A⁻1时，热敏电阻Rt的温度为50℃ 十九．额定功率（共1小题） 25．（2024•泉州一模）下列估测的数据中最接近生活实际的是（　　） A．泉州地区冬季最低气温为20℃ B．让人感觉舒适的温度约为25℃ C．我国家庭电路的电压为380V D．家用电视机的额定功率为10W 二十．电功率多档位问题（共1小题） 26．（2025•宁德二模）某电饭锅简化电路如图甲所示，具有高温挡和低温挡两个工作挡位，其中R2＝24R1，高温挡的功率为1100W；电能表表盘参数如图乙，电饭锅单独接在家庭电路中，则（　　） A．R2的电阻为1100Ω B．低温挡的功率为440W C．低温挡时的电流为0.2A D．高温挡工作0.5h电能表表盘转400转 二十一．动态电路中电功率的变化（共1小题） 27．（2025•龙岩一模）“干簧管”为磁敏开关，当磁体靠近时簧片磁化相吸接通电路。如图所示，闭合开关S，电路稳定后移去磁体，则（　　） A．电流表示数变小，电压表示数变大 B．电流表示数变小，电压表示数不变 C．电阻R1功率变小，电路总功率变小 D．电阻R2功率变大，电路总功率变大 二十二．结合图像计算电功率（共1小题） 28．（2025•海沧区二模）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。当滑片P由b端移动到a端的过程中，滑动变阻器的电功率P和电流I的关系如图乙所示。以下说法正确的是（　　） A．R0的阻值为20Ω B．电源电压为12V C．滑动变阻器的最大阻值为10Ω D．整个电路的最大电功率为15W 二十三．探究影响电流通过导体时产生热量的因素（共1小题） 29．（2024•漳州一模）通过实验发现电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间关系的物理学家是（　　） A．伽利略 B．牛顿 C．欧姆 D．焦耳 二十四．磁场对通电导线的作用（共1小题） 30．（2025•集美区二模）我国电磁炮研究近年来取得了重大进展，电磁炮的原理是利用磁场对通电导体有力的作用，原理简化图如图所示。选项图中与此工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 09经典选择题易错30题-福建省备考2026年中考物理最新真题模拟题高频考点与题型分类精练 参考答案与试题解析 一．选择题（共30小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D D B C D A C A D D A 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 D A B C D C D D C C C 题号 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 B B B C C B D C 一．阿基米德原理的定性分析（共1小题） 1．（2025•三明二模）黄花梨和莲子都是建宁特产，将黄花梨和莲子先后放入甲、乙两种液体中，静止时的状态如图所示，下列说法正确的是（　　） A．在甲液体中，梨受到的浮力比莲子的小 B．按密度从小到大的排序为：ρ梨＜ρ莲＜ρ乙＜ρ甲 C．从甲液体到乙液体，黄花梨受到的浮力变大 D．从甲液体到乙液体，莲子受到的浮力变小 【答案】D 【解答】解：A、在甲液体中，莲子排开液体的体积小于苹果排开液体的体积，根据F浮＝ρ液gV排知梨受到的浮力比莲子的大，故A错误； B、黄花梨和莲子在甲液体中都漂浮，黄花梨和莲子密度都小于甲液体的密度，在乙液体中黄花梨漂浮，黄花梨密度小于乙液体的密度，莲子沉底，莲子的密度大于乙液体的密度，所以ρ梨＜ρ乙＜ρ莲＜ρ甲，故B错误； C、从甲液体到乙液体，黄花梨都处于漂浮状态，受到的浮力都等于黄梨的重力，重力不变，浮力不变，故C错误； D、莲子在甲液体处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，莲子在乙液体沉底，受到的浮力小于重力，重力不变，所以从甲液体到乙液体，莲子受到的浮力变小，故D正确。 故选：D。 二．利用阿基米德原理进行简单计算（共1小题） 2．（2025•南平二模）如图甲，水平桌面上放置圆柱形容器，容器内放置底面积为200cm2的圆柱形木块。缓慢向容器中注水，水对容器底的压强p水与所注水质量m水的关系如图乙，木块始终竖直，当注入0.5kg水时，木块恰好漂浮。（ρ水＝1.0×103kg/m3）下列判断正确的是（　　） A．木块恰好漂浮时，注入的水深度为0.05 cm B．木块漂浮时，受到的浮力为5 N C．容器的底面积为400 cm2 D．注水1.4 kg时水对容器底的压强为800 Pa 【答案】D 【解答】解：A、木块恰好漂浮时，注入0.5kg水，由图乙知，水对容器底的压强为0.5×103Pa， 据p＝ρgh得，注入的水的深度：，故A错误； B、木块漂浮时，排开水的体积：V排＝Sh＝200cm2×5cm＝1000cm3＝10﹣3m3， 由阿基米德原理可得，木块受到的浮力：F浮10N，故B错误； C、注入m水＝0.5kg水的体积：， 容器内水及排开水的总体积： 由体积计算公式可得，容器的底面积：，故C错误； D、注水m水′＝1.4kg时，水的重力G水＝m水′g＝1.4kg×10N/kg＝14N； 漂浮时，木块所受的重力等于木块所受的浮力为10N，水和木块的重力：G总＝G水+G木＝14N+10N＝24N， 柱状容器底部受到的压力：F＝G总＝24N， 此时水对容器底的压强，故D正确。 故选：D。 三．物体浮沉条件（共1小题） 3．（2025•宁德一模）如图甲，把重为G0的鸡蛋缓慢放入盛满水的溢水杯中，鸡蛋沉底，溢出水的重力为G1，水对溢水杯底的压强为p1；如图乙，把同一个鸡蛋缓慢放入盛满盐水的溢水杯中，鸡蛋漂浮，溢出盐水的重力为G2，盐水对溢水杯底的压强为p2。下列说法正确的是（　　） A．G1＞G2 B．G1＜G2 C．p1 ＝ p2 D．p1＞p2 【答案】B 【解答】解：AB．同一个鸡蛋在乙溢水杯中漂浮，静止时所受浮力等于其重力，在甲溢水杯中静止时所受浮力小于其重力，所以鸡蛋在甲溢水杯中静止时所受浮力小于在乙溢水杯中静止时所受浮力。根据阿基米德原理可得出G1＜G2，故A选项错误，B选项正确； CD．鸡蛋在乙杯漂浮，则ρ鸡蛋＜ρ盐水，鸡蛋在甲杯中沉底，则ρ鸡蛋＞ρ水，两种液体的密度ρ水＜ρ盐水；两杯中液面高度相同，甲杯中液体密度更小，所以根据p＝ρgh知，甲杯液体对杯底的压强小于乙杯液体对杯底的压强，故C、D选项错误。 故选B。 四．浮力中的绳子、弹簧、杆的问题（共1小题） 4．（2025•莆田模拟）如图所示，水平地面上有底面积为200cm2的薄壁柱形容器。内有质量为800g、边长为10cm的正方体物块，物块被一根与容器底部相连的细线拉住，水的深度h为30cm，则（　　） A．物块受到的浮力为8N B．绳子的拉力为18N C．容器中水的质量为5kg D．剪断细绳，最终液面下降2cm 【答案】C 【解答】解：A、物块浸没在水中，排开水的体积等于物块的体积，即： V排＝V＝L3＝（10cm）3＝1000cm3＝10﹣3m3， 物块受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N，故A错误； B、物块的重力：G＝mg＝800×10﹣3kg×10N/kg＝8N， 此时物块受到竖直向下的重力、绳子拉力和竖直向上的浮力作用，处于静止状态， 根据力的平衡条件可得，绳子的拉力：F拉＝F浮﹣G＝10N﹣8N＝2N，故B错误； C、水和物块的总体积：V总＝S容h＝200cm2×30cm＝6000cm3， 水的体积：V水＝V总﹣V＝6000cm3﹣1000cm3＝5000cm3， 根据ρ可得，水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0g/cm3×5000cm3＝5000g＝5kg，故C正确； D、由于F浮＞G，所以剪断细绳后，物块将上浮，静止时处于漂浮状态，根据物体的漂浮条件可知， 物块所受的浮力等于它的重力，即：F′浮＝G＝8N， 根据F浮＝ρ液gV排可得，物块排开水的体积： V′排8×10﹣4m3＝800cm3， 则物块排开水的体积的减小量：ΔV排＝V排﹣V′排＝1000cm3﹣800cm3＝200cm3， 根据V＝Sh可得，液面下降的高度：Δh1cm，故D错误。 故选：C。 五．动能和重力势能的相互转化（共1小题） 5．（2024•宁德一模）如图为跳板跳水运动的起跳、腾空、下落三个阶段，下列说法正确的是（　　） A．跳板被压弯，说明力可以改变物体的运动状态 B．运动员对跳板的力小于跳板对运动员的力 C．运动员离开跳板腾空后受到平衡力作用 D．运动员下落过程中重力势能主要转化为动能 【答案】D 【解答】解：A、跳板被压弯，形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状，故A错误； B、运动员对跳板的力和跳板对运动员的力，是一对相互作用力，故大小相等，故B错误； C、腾空过程中，运动员的位置与速度在变化，运动员的运动状态变化，受力不平衡，故C错误； D、在下落过程中，运动员质量不变，高度变小，速度变大，重力势能减少，减少的重力势下部分克服阻力做功，大部分重力势能转化为动能，故D正确。 故选：D。 六．杠杆的分类（共1小题） 6．（2025•南安市模拟）如图，手提起重物，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可简化为一种费力杠杆。下列工具使用时，也属于费力杠杆的是（　　） A．夹起食物的筷子 B．剪铁丝的钢丝钳 C．啤酒瓶的开瓶器 D．撬铁钉的羊角锤 【答案】A 【解答】解：A、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A正确； B、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误； C、开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C错误； D、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。 故选：A。 七．机械效率的比较大小（共2小题） 7．（2025•漳州一模）工人用相同的滑轮以如图甲、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．乙中工人的功率较大 D．乙中滑轮的机械效率较大 【答案】C 【解答】解：A．在甲图中，滑轮的位置固定不动，因此它是定滑轮。定滑轮的主要特点是能够改变力的方向，但不省力。故A错误； B．在甲图中，拉力做的功W甲＝F甲s甲＝Gh，在乙图中，拉力做的功，由于G动不为零，所以W乙＞W甲，即甲中绳端拉力做的功比乙中绳端拉力做的功少，故B错误； C．两者在相同时间内把同一物体竖直匀速提升相同高度，乙做的功比甲多，所以乙的功率大，故C正确； D．甲、乙的有用功相等，乙的额外功更多，故乙的机械效率更低，故D错误。 故选：C。 8．（2025•集美区二模）某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，第一种方法搬书的功率为P1，效率为η1，第二种方法搬书的功率为P2，效率为η2，用这两种方法搬书的有用功分别为W1、W2，则（　　） A．W1＝W2，η1＞η2 B．P1＞P2，W1＜W2 C．P1＜P2，η1＜η2 D．P1＞P2，η1＝η2 【答案】A 【解答】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W＝Gh可知，两次所做的有用功相等；第方法一所做的额外功为克服自身重力所做的功，而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，因此方法二的额外功大于第一次的额外功，故方法二的总功大于第一次的总功，由η可知，η1＞η2； 因上楼的速度相同，第一次搬书多，用的向上的力大，由PFv可知：P1＞P2。 故选：A。 八．滑轮、滑轮组机械效率的计算（共3小题） 9．（2025•龙岩一模）装修师傅用如图所示的装置，将重为150N的建材从地面匀速运送到离地12m高处，所用时间为50s。已知动滑轮重为50N，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端移动距离为36m B．工人做的总功为1800J C．工人的功率为60W D．该滑轮组的机械效率为75% 【答案】D 【解答】解：A、由图可知，n＝2，绳子自由端移动距离为s＝nh＝2×12m＝24m，故A错误； B、不计绳重和摩擦，工人做的总功为： W总＝（G+G动）h＝（150N+50N）×12m＝2400J，故B错误； C、工人的功率为： P48W，故C错误； D、不计绳重和摩擦，该滑轮组的机械效率为： η100%＝75%，故D正确。 故选：D。 10．（2025•莆田模拟）如图所示，使用甲、乙两套装置分别匀速提升两个质量相等的物体，物体上升的高度相等。若甲、乙的拉力F1：F2＝3：2，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的绳子自由端移动的距离之比s1：s2＝1：1 B．甲、乙的有用功之比W有1：W有2＝1：2 C．甲、乙的总功之比W总1：W总2＝3：2 D．甲、乙的机械效率之比η1：η2＝4：3 【答案】D 【解答】解：已知两种装置提升物体的质量相同，物体上升的高度相等，绳端拉力F1：F2＝3：2， 设物体的质量为m，物体上升的高度为h，运动时间t， 甲图中滑轮为定滑轮，由定滑轮的特点可知绳子自由端移动的距离s1＝h； 乙图中滑轮为动滑轮，由动滑轮的特点可知此时绳子自由端移动的距离s2＝2h； A、甲、乙的绳子自由端移动的距离之比s1：s2＝h：2h＝1：2，故A错误； B、有用功之比1：1，故B错误； C、总功之比，故C错误； D、机械效率之比η1：η2：，故D正确。 故选：D。 11．（2025•南安市模拟）如图，用滑轮组将重为150N的物体匀速提升4m，所用的拉力F大小为100N，不计绳重及摩擦，则（　　） A．动滑轮的重为50N B．拉力F做的总功为400J C．拉力F做的有用功为300J D．该滑轮组的机械效率为66.7% 【答案】A 【解答】解：A、由图可知，n＝2，根据F（G+G动）可知，动滑轮的重为： G动＝nF﹣G＝2×100N﹣150N＝50N，故A正确； B、拉力F做的总功为： W总＝Fs＝Fnh＝100N×2×4m＝800J，故B错误； C、拉力F做的有用功为： W有＝Gh＝150N×4m＝600J，故C错误； D、该滑轮组的机械效率： η100%＝75%，故D错误。 故选：A。 九．探究凸透镜成像的规律（共1小题） 12．（2025•集美区二模）如图是小萌探究“凸透镜成像规律”的实验装置，下列实验操作和相关的分析中不合理的是（　　） A．让平行光正对凸透镜照射，并调整光屏，直到光屏上出现一个最小最亮的光斑，据此可知凸透镜的焦距f＝10.0cm B．把蜡烛、凸透镜、光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛，将烛焰、凸透镜、光屏三者中心调到同一高度 C．当u＝15.0cm时，成倒立放大的实像，投影仪就是根据这一原理制成的 D．保持蜡烛和透镜位置不变，更换焦距更小的凸透镜，只向右移动光屏仍可得到清晰的像 【答案】D 【解答】解：A、平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f＝20.0cm﹣10.0cm＝10.0cm，故A正确； B、为了使像成在光屏中央，应调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度，故B正确； C、由图乙可知，当u＝15.0cm时，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪，故C正确； D、在成实像的情况下，物体到凸透镜的距离相同时，凸透镜的焦距越长，像到凸透镜的距离就越长，保持蜡烛和透镜位置不变，更换焦距更小的凸透镜，只向左移动光屏仍可得到清晰的像，故D错误。 故选：D。 十．凝固的放热特点（共1小题） 13．（2025•龙岩一模）《哪吒2》进入2025年全球影史票房榜前五，影片中海水变成冰刺的过程是（　　） A．凝固，放热 B．熔化，吸热 C．液化，放热 D．升华，吸热 【答案】A 【解答】解：影片中海水变成冰刺的过程是凝固，凝固放热，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选：A。 十一．四冲程的能量转化（共1小题） 14．（2024•泉州一模）如图为四冲程汽油机工作原理示意图，其中压缩冲程是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：A、进气门打开，排气门关闭，气缸容积变大，是吸气冲程；故A错误； B、两气门关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，机械能转化为内能；故B正确； C、排气门开启，进气门关闭，气体流出汽缸，是排气冲程；故D错误； D、两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，内能转化为机械能，故D错误。 故选：B。 十二．燃料燃烧时的能量转化（共1小题） 15．（2024•南平一模）2023年10月，搭载神舟十七号载人飞船的运载火箭成功发射。火箭发射时，喷水系统同步将大量的水喷洒到平台上，可看到发射平台升腾起大量白雾。下列涉及的物理知识正确的是（　　） A．白雾是水蒸气 B．白雾是凝华形成 C．火箭使用的燃料热值较大 D．燃料燃烧时将内能转化为化学能 【答案】C 【解答】解：AB．白雾是水蒸气遇冷的液化形成的小水珠，故A、B不符合题意； C．火箭使用的燃料热值较大，相同质量的不同燃料，热值大的燃料完全燃烧放出的热量多，故C符合题意； D．燃料燃烧的过程是化学能转化为内能的过程，故D不符合题意。 故选：C。 十三．并联电路中的电压规律（共1小题） 16．（2025•三明二模）如图电路，电源电压恒定，定值电阻R1＞R2＞R3。只闭合S1，电压表示数为U1，电流表示数为I1；只闭合S2，电压表示数为U2，电流表示数为I2。同时闭合S1、S2、S3，电压表示数为U3，电流表示数为I3。下列判断正确的是（　　） A．U1＞U2＞U3 B．I1＞I2＞I3 C．I1+I2＞I3 D．U1+U2＞U3 【答案】D 【解答】解： ①只闭合S1，R1与R3串联，电压表测R1的电压，串联电路电流处处相等即得，电压表示数为U1＝U，电流表测该串联电路电流，示数为I1； ②只闭合S2，R2与R3串联，电压表测R2的电压，串联电路电流处处相等即，电压表示数为U2＝U，电流表测该串联电路电流，示数为I2； ③同时闭合S1、S2、S3，R3被短接，R1、R2并联，电压测并联电路的电压，即电源电压示数为U3＝U，电流表测干路电流，示数为I3； A.因为R1＞R2，则U1﹣U2U＞0，可得U3＞U1＞U2，故A错误； B.因为R1＞R2＞R3，，所以I1＜I2，故B错误； C.I1+I2I3，故C错误； D.因为R1＞R2＞R3，U1＝U，U2＝U，所以U1+U2＞U3＝U，故D正确。 故选：D。 十四．超导现象和超导材料（共1小题） 17．（2025•宁德一模）下列不能用超导体材料制作的是（　　） A．输电线 B．电动机线圈 C．电热丝 D．发电机线圈 【答案】C 【解答】解：A．输电线在输送电能时因为导线有一定的电阻，要有一部分电能转化为内能，如果输电线的电阻变成0，没有电阻就没有能量损耗，所以，可以用超导材料制作输电线，故A不符合题意； B．电动机工作时，因为线圈存在电阻，会有一部分电能变成内能，电动机会发热，如果线圈没有电阻，线圈就不会发热，电动机也不会过热而烧坏，所以，可以用超导材料制作电动机线圈，故B不符合题意； C．电热丝是利用电流的热效应工作的，如果电热丝阻值为零，它就不会发热了，所以不能用超导材料制作电热丝，故C符合题意； D．发电机工作时，因为线圈有一定的阻值，线圈也会发热，如果线圈没有电阻，它就不会发热，线圈永远不会被烧坏，所以可以用超导材料制作发电机线圈，故D不符合题意。 故选：C。 十五．滑动变阻器的使用（共1小题） 18．（2024•南平一模）如图将甲、乙两个滑动变阻器串联在电路中，它们的滑片P甲、P乙左右移动时，下列说法中正确的是（　　） A．P甲移到a端，P乙移到c端，电路将短路 B．P甲移到b端，P乙移到d端，电路将短路 C．P甲移到b端，P乙移到d端，电流表的示数最小 D．P甲移到b端，P乙移到c端，电流表的示数最小 【答案】D 【解答】解：A．由图可知，P甲移到a端，P乙移到c端，甲滑动变阻器接入电路的电阻为零，乙滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路没有短路，故A不符合题意； BC．由图可知，P甲移到b端，P乙移到d端，甲滑动变阻器接入电路的电阻最大，乙滑动变阻器接入电路的电阻为零，电路没有短路，此时电路的总电阻不是最大，所以电流表的示数不是最小，故BC不符合题意； D．由图可知，P甲移到b端，P乙移到c端，甲、乙两个滑动变阻器接入电路的电阻均最大，电路总电阻最大，电流表的示数最小，故D符合题意。 故选：D。 十六．动态电路的分析（共3小题） 19．（2025•莆田模拟）应变片是一种检测物体形变的器件，其结构如图甲所示。将它接入图乙的电路，电源电压不变，R为定值电阻。闭合开关S，当被检测物体发生拉伸形变时，应变片内的金属丝会被拉长变细，则（　　） A．应变片内的金属丝电阻变小 B．电流表示数变大 C．电压表示数变小 D．电压表与电流表示数之比变大 【答案】D 【解答】解：由图2可知，应变片与定值电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测应变片两端的电压； AD、因电压表测应变片两端的电压，电流表测电路中的电流，则由欧姆定律可知电压表和电流表示数的比值等于应变片中金属丝的电阻，因为应变片塑料中的金属丝会被拉长变细时，其电阻会变大，所以电压表和电流表示数的比值变大，故A错误，D正确； BC．闭合开关S，当应变片随被检测物体发生拉伸形变时，金属丝会被拉长变细，导致其电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表示数变小；应变片的电阻变大，根据串联电路的分压规律可知，应变片分得的电压变大，即电压表示数变大，故BC错误。 故选：D。 20．（2025•福建一模）如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器R3的滑片向下移动时，五个理想电表的示数都发生了变化，电表A、V1、V2、V3和V4的示数变化量大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3和ΔU4表示，下列比值中最大的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由电路图可知，R1、R2、R3串联，V1测R1两端电压，V2测R2两端的电压，V3测R3两端的电压，V4测R2和R3两端的电压，电流表测电路中电流； P向下滑动时，R2电阻变大，电路中总电阻变大； 设电压表V1两次示数分别为U1、U′1，对应的电流分别为I、I′， R1； R2； R1+R2； R1，故的变化量最大。 故选：C。 21．（2024•泉州二模）如图，电源电压恒定不变，R为定值电阻。开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向左移至中间位置的过程中（　　） A．电流表A1的示数变大，电流表A2的示数变小 B．电流表A1的示数变小，电压表V的示数不变 C．电压表V与电流表A1的示数之比变小 D．电压表V与电流表A2的示数之比变大 【答案】C 【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A2测R支路的电流，电流表A1测干路电流，电压表V测电源两端的电压； 因电源的电压不变， 所以，滑片移动时，电压表V的示数不变； 因并联电路中各支路独立工作、互不影响， 所以，滑片移动时，通过R的电流不变，电流表A2的示数不变； 将滑动变阻器的滑片P向左移至中间位置的过程中，接入电路中的电阻变小， 由I可知，通过滑动变阻器的电流变大； 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，干路电流变大，即电流表A1的示数变大，故AB错误； 由电压表V的示数不变、电流表A1示数变大可知，电压表V的示数与电流表A1示数的比值变小，故C正确； 由电压表V的示数不变、电流表A2示数不变可知，电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变，故D错误。 故选：C。 十七．欧姆定律的应用（共2小题） 22．（2025•三明一模）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，当滑动变阻器R2的滑片P从某点a点移到b点时，滑动变阻器的U﹣I线如图乙所示，则电源电压和定值电阻R1的阻值分别是（　　） A．9V、10Ω B．9V、30Ω C．18V、30Ω D．18V、10Ω 【答案】C 【解答】解；当S闭合时，R1和R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测R2两端的电压； 由乙图可知，滑动变阻器的滑片滑到a点时，电压表示数为9V，电路中电流为0.3A， 根据串联电流电流规律和欧姆定律知： 电源电压： U＝0.3A×R1+9V， 滑动变阻器滑片在b端时，由乙图可知，电压表示数为6V，电路中电流为0.4A，则电源电压： U＝0.4A×R1+6V， 联立解之得： R1＝30Ω，U＝18V， 故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 23．（2024•厦门模拟）将四个定值电阻a、b、c、d分别接入不同电路中，测出各电阻两端的电压U和通过的电流I、把测得的数据描点在坐标系中，如图所示。下列关系式中不正确的是（　　） A．Pa＝PC B．Pb＝3Pd C．Ra＝9RC D．Rb＝Rd 【答案】B 【解答】解：设图象中，纵、横坐标的每一个分格分别为U0、I0， 则定值电阻a、b、c、d两端的电压和通过的电流分别为：3U0、I0，3U0、3I0，U0、3I0，U0、I0； A、Pa＝UaIa＝3U0×I0＝3U0I0，Pc＝UcIc＝U0×3I0＝3U0I0，所以，Pa＝PC，故A正确； B、Pb＝UbIb＝3U0×3I0＝9U0I0，Pd＝UdId＝U0×I0＝U0I0，所以，Pb＝9Pd，故B错误； C、Ra3；Rc；所以，Ra＝9RC，故C正确； D、Rb；Rd；所以，Rb＝Rd，故D正确。 故选：B。 十八．光敏、热敏、压敏等半导体电路分析（共1小题） 24．（2025•南安市模拟）如图甲是一款温度测量仪的简易电路图，电源电压恒为12V，定值电阻R0为10Ω，Rt为热敏电阻，Rt阻值随温度t的增大而减小，显示仪由量程为0～0.6A电流表改装，电流表示数的倒数与热敏电阻温度t的关系图象如图乙。则（　　） A．当热敏电阻Rt的温度为0℃时，阻值为60Ω B．该款温度测量仪能测量的最高温度为100℃ C．减小定值电阻R0的阻值，可增大该温度测量仪的量程 D．电流表示数的倒数为3A⁻1时，热敏电阻Rt的温度为50℃ 【答案】B 【解答】解：A、由乙图可知温度为0℃时电流表示数的倒数5A⁻1，电路中的电流：I10.2A， 根据欧姆定律可得，电路的总电阻R总60Ω， 由串联电路电阻规律可得，此时热敏电阻的阻值：Rt1＝R总﹣R0＝60Ω﹣10Ω＝50Ω，故A错误； B、由乙图可知电流表示数的倒数与温度t的关系图象为一条直线，故电流表示数的倒数与温度的函数关系为一次函数， 函数关系式表示为：kt+b； 温度为t1＝0℃时，由乙图可知对应的电流表示数的倒数5A⁻1， 所以，5A⁻1＝k×0℃+b， 解得：b＝5A⁻1， 温度为t2＝90℃时，由乙图可知对应的电流表示数的倒数2A⁻1， 所以，2A⁻1＝k×90℃+b＝k×90℃+5A⁻1， 解得：kA⁻1/℃， 因此电流表示数的倒数与温度t的函数关系式为：A⁻1/℃×t+5A⁻1； 由电流表的量程可知，电路中的最大电流I大＝0.6A，则电流表示数的倒数的最小值：A⁻1， 根据函数关系式可得，A⁻1A⁻1/℃×t高+5A⁻1， 解得，款温度测量仪能测量的最高温度：t高＝100℃，故B正确； C、由题可知，热敏电阻Rt的阻值随温度t的增大而减小； 电流表的量程一定，即电路中的最大电流一定，由欧姆定律可知电路的最小总电阻一定，若减小定值电阻R0的阻值，根据电阻的串联规律可知热敏电阻Rt的阻值会增大，即所测温度将降低，所以，减小定值电阻R0的阻值，并不能增大该温度测量仪的量程，故C错误； （4）当电流表示数的倒数3A⁻1时，根据函数关系式可得：3A⁻1A⁻1/℃×t3+5A⁻1， 解得热敏电阻Rt的温度：t3＝60℃，故D错误。 故选：B。 十九．额定功率（共1小题） 25．（2024•泉州一模）下列估测的数据中最接近生活实际的是（　　） A．泉州地区冬季最低气温为20℃ B．让人感觉舒适的温度约为25℃ C．我国家庭电路的电压为380V D．家用电视机的额定功率为10W 【答案】B 【解答】解： A、泉州地区冬季最低气温在9～13℃之间，故A不符合实际； B、人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在25℃左右，故B符合实际； C、我国家庭电路的电压为220V，故C不符合实际； D、家用电视机的额定功率为150W左右，故D不符合实际。 故选：B。 二十．电功率多档位问题（共1小题） 26．（2025•宁德二模）某电饭锅简化电路如图甲所示，具有高温挡和低温挡两个工作挡位，其中R2＝24R1，高温挡的功率为1100W；电能表表盘参数如图乙，电饭锅单独接在家庭电路中，则（　　） A．R2的电阻为1100Ω B．低温挡的功率为440W C．低温挡时的电流为0.2A D．高温挡工作0.5h电能表表盘转400转 【答案】C 【解答】A．由可知，电压不变时，电功率和电阻为反比，高温挡位的电阻较小，此时电路中只有R1，根据电功率公式计算可知，所以R2＝44Ω×24＝1056Ω，故A错误。 B．由可知，电压不变时，电功率和电阻为反比，低温挡位的电阻较大，总电阻R＝R1+R2＝44Ω+1056Ω＝1100Ω，低温挡的功率，故B错误。 C．由B分析可知，低温挡的总电阻为1100Ω，电压为220V，根据欧姆定律计算低温挡的电流，故C正确。 D．高温挡的功率为1100W，工作0.5h消耗的电能W＝Pt＝1.1kW×0.5h＝0.55kW•h，由电能表规格可知，消耗0.55kW•h，电能表转n＝0.55kW•h×800r/（kW•h）＝440r，故D错误。 故选：C。 二十一．动态电路中电功率的变化（共1小题） 27．（2025•龙岩一模）“干簧管”为磁敏开关，当磁体靠近时簧片磁化相吸接通电路。如图所示，闭合开关S，电路稳定后移去磁体，则（　　） A．电流表示数变小，电压表示数变大 B．电流表示数变小，电压表示数不变 C．电阻R1功率变小，电路总功率变小 D．电阻R2功率变大，电路总功率变大 【答案】C 【解答】解：闭合开关S，电压表测量电源电压，当磁体靠近“干簧管”时簧片磁化相吸接通电路，定值电阻R2和电流表被短路，只有定值电阻R1接入电路中。 AB．电路稳定后移去磁体，“干簧管”磁敏开关断开，定值电阻R2和电流表正常工作，电流表测量电路中的电流，此时电路R1与R2串联，根据I可知，电流表示数相对于被短路时变大，由于电源电压不变，所以电压表示数不变，故AB不符合题意； CD．根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，由P＝UI可知，电路总功率变小；由串联电路电流处处相等的特点，通过电阻R1的电流变小，由P＝I2R1可知，电阻R1功率变小，故C符合题意，D不符合题意。 故选：C。 二十二．结合图像计算电功率（共1小题） 28．（2025•海沧区二模）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。当滑片P由b端移动到a端的过程中，滑动变阻器的电功率P和电流I的关系如图乙所示。以下说法正确的是（　　） A．R0的阻值为20Ω B．电源电压为12V C．滑动变阻器的最大阻值为10Ω D．整个电路的最大电功率为15W 【答案】B 【解答】解：AB、滑片在b端电阻最大，电流中电流最小，根据串联电路电压规律得电源电压为： U＝U滑1+U0I1R00.2A×R0①， 滑片在ab之间某点时，由图乙可知此时电流为0.4A，滑动变阻器的功率为3.2W，根据串联电路电压规律得电源电压为： U＝U滑2+U01I2R00.4A×R0②， 解①②得，R0＝10Ω，则电源电压为： U＝U滑1+U0I1R00.2A××10Ω＝12V，故A错误，B正确； C、滑片在b端电阻最大，电流中电流最小，由图乙可知最小电流为0.2A，滑动变阻器功率为2W，根据欧姆定律可知滑动变阻器的最大阻值为： Rb50Ω，故C错误； D、当滑片P在a端时，电路中的电流最大，电路消耗的电功率最大，最大电功率：P最大14.4W，故D错误。 故选：B。 二十三．探究影响电流通过导体时产生热量的因素（共1小题） 29．（2024•漳州一模）通过实验发现电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间关系的物理学家是（　　） A．伽利略 B．牛顿 C．欧姆 D．焦耳 【答案】D 【解答】解：焦耳发现了焦耳定律，揭示了电流通过导体产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系，故D正确。 故选：D。 二十四．磁场对通电导线的作用（共1小题） 30．（2025•集美区二模）我国电磁炮研究近年来取得了重大进展，电磁炮的原理是利用磁场对通电导体有力的作用，原理简化图如图所示。选项图中与此工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：电磁炮的原理是磁场对通电导体有力的作用。 A、图为探究电磁感应实验装置图，说明闭合电路部分导体切割磁感线时会产生感应电流，故A错误； B、图为奥斯特实验装置图，说明通电导线周围存在磁场，故B错误； C、闭合开关，导体在磁场中受力运动，是电动机的原理图，故C正确； D、图为探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系图，说明电流一定时，匝数越多，电磁铁磁性越强，故D错误。 故选：C。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $