2020年中考物理总复习尖子生必刷题特训02单项选择40题含解析 27页

专题02 单项选择题40题 ‎1．汽车在平直公路上以速度V0匀速行驶，发动机功率为P0，牵引力为F0，t1时刻开始，司机减小了油门，使汽车保持恒定功率P行驶，到t2时刻，汽车又开始做匀速直线运动，速度为v，已知运动过程中汽车所受阻力f恒定不变，汽车牵引力F随时间变化的图象如图所示，则（　　）‎ A．t1至t2时间内，汽车做加速运动 ‎ B．F0＝2f ‎ C．t2时刻之后，汽车将保持功率P0行驶 ‎ D．v＝v0‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题知，在t1时刻以前，汽车以速度v0匀速行驶，发动机功率为P0，牵引力为F0，则：P0＝F0v0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；‎ 在t1时刻，司机减小了油门，汽车的功率突然减小为P，在该瞬间汽车的速度不变（仍为v0），由图象知牵引力由F0突然减小为F0，所以：P＝F0v0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，‎ 由①②可知P＝P0（即汽车的功率突然减小为原来的一半）。‎ A．由图可知，t1至t2时间内，汽车受到的牵引力增大，功率不变，由P＝Fv可得，汽车行驶的速度减小，所以汽车做减速运动，故A错误；‎ B．汽车做匀速直线运动时，牵引力与阻力平衡，所以F0＝f，故B错误；‎ C．由题可知，t1时刻后汽车的功率保持恒定；由前面分析知，汽车的功率将保持P＝P0不变，故C错误；‎ D．由题知，到t2时刻，汽车又开始做匀速直线运动，速度为v；‎ 由图可知，汽车再次做匀速运动时的牵引力与最初做匀速运动的牵引力大小相等，均为F0；‎ 27‎ 根据P＝Fv可得第二次做匀速直线运动时的速度：v＝＝＝＝v0，故D正确；故选：D。‎ ‎2．如图所示，用细绳吊着一个物块，静止靠在墙壁上。剪断细绳的同时，用一个由零逐渐增大的水平作用力F压在物块上，墙壁足够高，则物块（　　）‎ A．运动速度变大 B．所受摩擦力变大 ‎ C．动能先变大后不变 D．机械能先减小后不变 ‎【答案】D ‎【解析】用细绳吊着一个物块，静止靠在墙壁上，此时重力与拉力是一对平衡力；‎ 当剪断细绳时，拉力消失，但同时用一个由零逐渐增大的水平作用力F压在物块上，则木块对墙面产生压力，进而产生沿墙壁向上的摩擦力，且摩擦力随着压力的增大而变大。开始时摩擦力较小，小于重力，物块向下做加速运动；然后瞬间等于重力，物块做匀速直线运动；再大于重力，物块做减速运动；当速度为零时物体静止，此时静摩擦力等于物重。‎ 则：‎ A、物块的速度先变大再变小，故A错误；‎ B、物块所受摩擦力先变大后不变，故B错误；‎ C、物块的动能先变大再变小，故C错误；‎ D、物块向下滑落的过程中，需要克服摩擦力做功，机械能减小，当物块静止后，机械能不再变化，故机械能先减小后不变。故D正确。故选：D。‎ ‎3．如图，轻质弹簧竖直放置，下端固定于地面，上端位于O点时弹簧恰好不发生形变。现将一小球放在弹簧上端，再用力向下把小球压至图中A位置后由静止释放，小球将竖直向上运动并脱离弹簧，不计空气阻力，则小球（　　）‎ 27‎ A．运动至最高点时，受平衡力作用 ‎ B．被释放瞬间，所受重力大于弹簧弹力 ‎ C．从A点向上运动过程中，速度先增大后减小 ‎ D．从O点向上运动过程中，重力势能转化为动能 ‎【答案】C ‎【解析】A、不计空气阻力，小球在最高点时只受重力作用，不是平衡状态，故A错误；‎ B、小球被释放后沿竖直方向加速向上运动，故释放瞬间，所受重力小于弹簧弹力。故B错误；‎ C、不计空气阻力，小球在从A点向上运动到O点的过程中，受到两个力的作用，一个是竖直向下的重力，一个是竖直向上的弹力，开始向上运动时，弹力大于重力，小球所受合力方向向上，速度不断增大；当弹力小于重力时，其所受合力方向向下，速度不断变小。当离开O点后，小球只受重力作用，力的方向与小球运动方向相反，速度继续减小。故其速度先增大后减小，故C正确；‎ D、从O点向上运动过程中，小球的质量不变，速度变小，同时高度升高，故动能减小，重力势能增加，所以动能转化为重力势能。故D错误。故选：C。‎ ‎4．如图所示，杠杆在拉力F的作用下水平平衡。现将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F的变化情况是（　　）‎ A．一直变大 B．一直变小 ‎ C．一直不变 D．先变大后变小 ‎【答案】A 27‎ ‎【解析】将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；‎ 将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，拉力F的力臂逐渐变小，‎ 由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，拉力F逐渐变大。故选：A。‎ ‎5．用水平力F1拉动如图所示装置，使木板A在粗糙水平面上向右匀速运动，物块B在木板A上表面相对地面静止，连接B与竖直墙壁之间的水平绳的拉力大小为F2．不计滑轮重和绳重，滑轮轴光滑。则F1与F2的大小关系是（　　）‎ A．F1＝F2 B．F2＜F1＜2F2 C．F1＝2F2 D．F1＞2F2‎ ‎【答案】D ‎【解析】由图知，‎ ‎（1）动滑轮在水平方向上受到三个力的作用：水平向右的拉力F1，墙壁对它水平向左的拉力F墙，木板A对它水平向左的拉力F木板，‎ 由于木板向右匀速运动，所以F1＝F墙+F木板，‎ 由于同一根绳子各处的拉力相等，所以F木板＝F1，‎ 由于力的作用是相互的，所以动滑轮对木板A的拉力为F动＝F木板＝F1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；‎ ‎（2）物块B在水平方向上受到两个力的作用：绳子对它向左的拉力F2，木板A对它向右的摩擦力fA对B；由于物块B保持静止，所以F2＝fA对B；‎ 木板A在水平方向上受到三个力的作用：动滑轮对木板向右的拉力F动，物体B对木板向左的摩擦力fB对A，地面对木板向左的摩擦力f地面，‎ 由于木板向右匀速运动，所以F动＝fB对A+f地面﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 由于力的作用是相互的，所以fB对A＝fA对B＝F2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 由②③可得F动＝F2+f地面，‎ 即F1＝F2+f地面，‎ 也就是F1＝2F2+2f地面，‎ 27‎ 所以F1＞2F2。故选：D。‎ ‎6．如图所示，甲、乙分别为同一滑轮组的不同绕法，忽略绳重及一切阻力。用图甲绕法匀速提升重为900N的物体时，机械效率为90%．下列判断正确的是（　　）‎ A．拉力F1的大小为450N ‎ B．用图乙绕法匀速提升400N重物时，机械效率为80% ‎ C．分别用两种绕法匀速提升相同重物时，图乙绕法机械效率大 ‎ D．分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度，F2做功少 ‎【答案】B ‎【解析】A、忽略绳重及一切阻力，用图甲绕法匀速提升重为900N的物体时，机械效率为90%，‎ 图甲中n＝2，由η＝＝＝＝可得拉力F1的大小：‎ F1＝＝＝500N，故A错误；‎ B、图甲中，根据F1＝（G+G动）可得动滑轮的重力：‎ G动＝2F1﹣G＝2×500N﹣900N＝100N；‎ 忽略绳重及一切阻力，滑轮组的机械效率η＝＝＝，则用图乙绕法匀速提升400N重物时，其机械效率为：‎ η′＝＝×100%＝80%，故B正确；‎ CD、分别用两种绕法匀速提升相同重物时，有用功相同，忽略绳重及一切阻力，克服动滑轮做的功是额外功，因同一滑轮组中动滑轮的重不变、提升高度相同，额外功相同，‎ 27‎ 总功相同（即F1和F2做功相同），机械效率也相同，故CD错误；故选：B。‎ ‎7．下列有关分子热运动的说法不正确的是（　　）‎ A．压紧的铅块能结合在一起。表明分子间有引力 ‎ B．墨水在热水中扩散的快，表明温度越高，分子运动越剧烈 ‎ C．固体很难被压缩，表明固体分子间只存在斥力 ‎ D．桂花飘香。表明分子在不停地做无规则运动 ‎【答案】C ‎【解析】A、分子之间存在引力，所以压紧的铅块能结合在一起。故A正确；‎ B、墨水滴在热水中比在冷水中扩散得快，这是因为温度越高，分子运动越剧烈。故B正确；‎ C、固体很难被压缩，表明固体分子间存在斥力；同时固体也难以被拉伸，说明分子之间存在引力。故C错误；‎ D、桂花飘香属于扩散现象，扩散现象表明分子在不停地做无规则运动。故D正确。故选：C。‎ ‎8．小亮测得甲、乙两杯水的温度分别是45℃和75℃，下列判断正确的是（　　）‎ A．甲杯中水的分子运动一定比乙杯中水的分子运动剧烈 ‎ B．甲杯中水的内能一定比乙杯中水的内能小 ‎ C．乙杯中水的热量一定比甲杯水的热量多 ‎ D．乙杯中水的温度降低，水的内能一定减少 ‎【答案】D ‎【解析】A、温度越高，分子运动越激烈，乙的温度比甲的高，所乙杯中的水分子运动一定比甲杯中的剧烈，故A错误；‎ B、物体的内能与物体的温度和物质量和状态有关，两杯水质量关系不知，无法判断内能关系，故B错误；‎ C、热量是一个过程量，故不能比较热量的多少，故C错误；‎ D、乙杯中水的温度降低，分子运动速度减慢，内能变小，故D正确。故选：D。‎ ‎9．对于同一物态的某种物质，根据c＝得知（　　）‎ A．比热容跟热量成正比 ‎ B．比热容跟质量成反比 ‎ 27‎ C．比热容跟温度变化成反比 ‎ D．吸收或放出的热量跟质量与温度变化的乘积之比是个恒量 ‎【答案】D ‎【解析】比热容是物质的一种特性，是物质本身的固有的属性。与物质的种类有关、与物质的状态有关。对同一物态的某种物质而言，吸收或放出的热量跟质量与温度的变化的乘积之比是一衡量，即比热容。故A、B、C不正确，D正确。故选：D。‎ ‎10．如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，它是（　　）‎ A．压缩冲程，将化学能转化成内能 ‎ B．压缩冲程，将机械能转化成内能 ‎ C．做功冲程，将内能转化成机械能 ‎ D．做功冲程，将机械能转化成内能 ‎【答案】B ‎【解析】图中的气门关闭，活塞上行，汽缸容积变小，这是压缩冲程的特点；‎ 在压缩冲程中，能量转化关系是气体的机械能转化为内能；故选：B。‎ ‎11．某载重汽车自重12t，车轮与地面的总接触面积为0.5m2，汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶时，柴油发动机的功率为210kW，每行驶43s消耗柴油700g，柴油的热值为4.3×107J/kg，g取10N/kg。下列说法中（　　）‎ ‎①完全燃烧700g柴油放出的热量为3.01×109J ‎②该柴油发动机效率为30%‎ ‎③汽车的牵引力为1.05×104N ‎④若公路所能承受的最大压强为8×105Pa，汽车最多能装载40t的货物 A．只有①②正确 B．只有③④正确 C．只有①③正确 D．只有②③正确 ‎【答案】D ‎【解析】①完全燃烧700g干木柴放出的热量：Q放＝m柴油q＝0.7kg×4.3×107J/kg＝3.01×107J，故①错误；‎ 27‎ ‎②柴油发动机做功：W＝Pt＝210×103W×43s＝9.03×106J，柴油发动机的效率：η＝×100%＝×100%＝30%，故②正确；‎ ‎③汽车速度：v＝72km/h＝72×m/s＝20m/s，由P＝＝＝Fv得，汽车的牵引力：F＝＝＝1.05×104N，故③正确；‎ ‎④由p＝得，公路所能承受的最大压力：F＝pS＝8×105Pa×0.5m2＝4×105N，汽车与货物的质量之和：m总＝＝＝＝4×104kg＝40t，汽车最多能装载货物质量：m＝m总﹣m车＝40t﹣12t＝28t，故④错误。‎ 综上，①④错误，②③正确。故选：D。‎ ‎12．下列关于能量的说法中，正确的是（　　）‎ A．洗衣机工作时是将机械能转化为电能 ‎ B．电水壶工作时是将内能转化为电能 ‎ C．用热水泡脚，身体会感觉暖和，说明内能可以转移 ‎ D．能量无论是转化还是转移，能量总和会逐渐减少 ‎【答案】C ‎【解析】A、洗衣机工作时，消耗电能，产生机械能，故是将电能转化为机械能的过程，故A错误；‎ B、电水壶工作时消耗电能，产生内能，故是将电能转化为内能的过程，故B错误；‎ C、用热水泡脚，内能从热水传递到脚，身体的内能会增加，会感觉暖和，说明内能可以转移，故C正确；‎ D、根据能量守恒知，能量在转化和转移的过程中，能量的总量会保持不变，故D错误。故选：C。‎ ‎13．甲、乙、丙三个轻质泡沫小球用绝缘细线悬挂在天花板上，它们之间相互作用时的场景如图所示，已知丙球与用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷相同，下列判断正确的是（　　）‎ 27‎ A．甲、乙两球均带正电 ‎ B．甲、乙两球均带负电 ‎ C．甲球带正电，乙球一定带负电 ‎ D．甲球带负电，乙球可能不带电 ‎【答案】D ‎【解析】已知丙球与用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷相同，由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，所以丙球带负电；‎ 由图知，甲球与丙球靠近时相互排斥，根据同种电荷相互排斥知，甲球一定带负电；‎ 甲球与乙球相互吸引，根据异种电荷相互吸引知，乙球可能带正电；但带电体能够吸引不带电的轻小物体，所以乙球可能不带电。综合知，乙球可能带正电，也可能不带电。故选：D。‎ ‎14．如图所示的实物电路，关于它的电路图画法正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】C 27‎ ‎【解析】由实物图可知，两灯泡并联，电流表测量灯泡L2支路的电流；开关在干路上；‎ A、此图中两灯泡并联，电流表在干路上，故A不符合题意。‎ B、此图中两灯泡是并联的，电流表测量灯泡L1支路的电流，电流表正负接线柱连接正确，开关在干路上；故B不符合题意；‎ C、此图中两灯泡是并联的，电流表测量灯泡L2支路的电流，电流表正负接线柱连接正确，开关在干路上；故C符合题意；‎ D、此图中两灯泡是并联的，电流表测量灯泡L1支路的电流，但电流表正负接线柱连接错误，开关在干路上；故D不符合题意；故选：C。‎ ‎15．常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能。若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则符合要求的模拟电路是（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，‎ 则指纹开关S1和密码开关S2可以独立工作、互不影响即为并联，且锁定开关S3位于干路，‎ 然后与灯泡、电源组成电路，结合选项电路图可知，选项C符合，故选：C。‎ ‎16．如图所示是小明在练习测量电流时连接的电路，电路的连接存在错误，下列操作及说法正确的是（　　）‎ 27‎ A．撤掉导线a，电流表测量的是电路的总电流 ‎ B．撤掉导线a，电流表测量的是小灯泡L1的电流 ‎ C．撤掉导线b，电流表测量的是小灯泡L2的电流 ‎ D．撤掉导线c，电流表测量的是小灯泡L2的电流 ‎【答案】D ‎【解析】AB、由图可知，撤掉导线a，灯L1和L2并联，电流表没有接入电路，故电流表测量的既不是总电流，也不是小灯泡L1的电流，故AB错误；‎ C、撤掉导线b，电流从电源正极出发分两支，一支经灯泡L1、一支经灯泡L2，然后共同经电流表回负极，即电流表测量的是电路的总电流，故C错误；‎ D、撤掉导线c，电流从电源正极出发经灯泡L2回负极，则电流表测量的是小灯泡L2的电流，故D正确。故选：D。‎ ‎17．将两只不同规格的灯泡L1、L2接在如图所示的电路中，闭合开关S1、S2后下列说法中正确的是（　　）‎ A．电流表测量干路电流 ‎ B．L1与L2的亮度一定相同 ‎ C．通过L1和L2的电流一定相等 ‎ 27‎ D．只断开S2，L1发光且亮度不变 ‎【答案】D ‎【解析】由图知，灯泡L1、L2并列接在电路中，即两灯并联；电流表和L1在一条支路上，则电流表测量通过L1的电流；开关S2和L2在另一条支路上，开关S2只控制灯L2；开关S1在干路上，则开关S1控制整个电路。‎ A、由图知，电流表和L1在一条支路上，电流表测量通过L1的电流，故A错；‎ B、灯泡L1、L2的规格不同，并联在同一电路中，则L1与L2的亮度不相同，故B错；‎ C、灯泡L1、L2的规格不同，并联在同一电路中，则通过L1和L2的电流不相等，故C错；‎ D、灯泡L1、L2并联在同一电路中，只断开S2，只有L1发光，因并联电路各支路互不影响，所以L1的亮度不变，故D正确。故选：D。‎ ‎18．在如图中，要使L1与L2串联，在“〇”处接入电流表或电压表，测量电路中的电流、L1两端的电压。以下做法正确的是（　　）‎ A．a为电流表，b为电流表 B．a为电压表，b为电流表 ‎ C．a为电流表，b为电压表 D．a为电压表，b为电压表 ‎【答案】B ‎【解析】由图可知，a表跟灯泡L1并联，所以a应为电压表；b表串联在电路中，所以b应为电流表，此时电流表测量电路中的电流，电压表测量L1两端的电压。故选：B。‎ ‎19．有甲、乙两根镍铬合金丝，甲和乙等长，乙粗些，把它们并联在同一电路中，它们两端的电压分别为U甲和U乙，下列判断中正确的是（　　）‎ A．U甲＝U乙 B．U甲＜U乙 C．U甲＞U乙 D．无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】由题知，两根镍铬合金丝并联在同一电路中，由并联电路的电压特点可知，它们两端电压U甲＝U乙。故选：A。‎ ‎20．在相同温度下，关于导体的电阻，下列说法正确的是（　　）‎ A．铜线的电阻一定比铝线的小 ‎ 27‎ B．长度相同粗细也相同的铜线和铝线电阻相等 ‎ C．长度相同的两根铜线，粗的那根电阻较大 ‎ D．粗细相同的两根铜线，长的那根电阻较大 ‎【答案】D ‎【解析】A、导体电阻与导体的材料、长度与横截面积有关，只知道导体的材料，不知道导体的长度和横截面积关系，无法确定铜线与铝线电阻的大小，故A错误。‎ B、长度相同、粗细也相同的铜线和铝线，由于材料不同，则电阻不相等，故B错误；‎ C、在材料、长度相同的情况下，导体越粗，横截面积越大，电阻越小，所以，长度相同的两根铜线，粗的那根电阻较小，故C错误；‎ D、在材料、横截面积相同的情况下，导体越长，导体电阻越大，所以，粗细相同的两根铜线，长的那根电阻较大，故D正确。故选：D。‎ ‎21．当滑动变阻器的滑片向b端滑动时，下列四种接法中，变阻器阻值变大的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、由图可知，滑动变阻器同时接上面两个接线柱，滑动变阻器接入电路的电阻为零，移动滑片，滑动变阻器接入电路的阻值不变，故A不符合题意；‎ B、由图可知，向右（b端）移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻丝长度变短，滑动变阻器连入电路的阻值变小，故B不符合题意；‎ C、由图可知，向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻丝长度变长，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故C符合题意；‎ D、由图可知，向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻丝长度变短，滑动变阻器连入电路的阻值变小，故D不符合题意。故选：C。‎ ‎22．在探究“电流与电阻关系”实验中，某同学根据实验数据作出如图所示的图象，下列说法正确的是（　　）‎ 27‎ A．导体中的电流与导体的电阻成正比 ‎ B．电源至少选用两节新干电池 ‎ C．换用2Ω电阻做实验时，需要更换电压表量程 ‎ D．多次实验是为了求平均值，以减小实验误差 ‎【答案】B ‎【解析】A、电流与电阻在反比，A错误；‎ B、由图知，这个不变的电压为：‎ U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；电源至少选用两节新干电池（3V），B正确；‎ C、换用2Ω电阻做实验时，控制电阻的电压不变，故不需要更换电压表量程，C错误；‎ D、多次实验是为了得出普遍性的规律，D错误。故选：B。‎ ‎23．如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由图示位置逐渐向b端移动的过程中（　　）‎ A．电压表V示数变小，电流表A1示数变大 ‎ B．电压表V示数不变，电流表A2示数变小 ‎ C．电压表V的示数与电流表A1示数的比值变小 ‎ D．电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变 ‎【答案】D ‎【解析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，电压表V测电源两端的电压。‎ 因电源的电压保持不变，‎ 所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A错误；‎ 27‎ 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R1支路的电流不变，即电流表A2的示数不变，故B错误；‎ 则电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变，故D正确；‎ 将滑动变阻器的滑片P由图示位置逐渐向b端移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，‎ 由I＝可知，通过R2的电流变小，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，‎ 则电压表V的示数与电流表A1示数的比值变大，故C错误。故选：D。‎ ‎24．在伏安法测电阻中（　　）‎ A．实验原理是焦耳定律 ‎ B．实验需要多测几组数据，目的是为了寻找普遍规律 ‎ C．继续分析实验数据也能得出：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端电压成正比 ‎ D．若把电阻换成小灯泡，测得不同电压下小灯泡的阻值几乎相同 ‎【答案】C ‎【解析】A、伏安法测电阻的原理是：欧姆定律，即R＝，故A错误；‎ B、实验需要多测几组数据的目的是取电阻的平均值，减小误差，故B错误；‎ C、分析实验数据也能得出，在电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，故C正确；‎ D、灯泡实际功率随电压与电流的增大而增大，灯泡实际功率越大，灯丝温度越高，灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，因此三次测得小灯泡的阻值不相等，故D错误。故选：C。‎ ‎25．有两个可变电阻，开始时阻值相等，都为R，现将其中一个电阻的阻值增大，将另一个电阻的阻值减小，则两个电阻并联后总电阻将（　　）‎ A．一定大于R B．一定等于R ‎ C．一定小于R D．以上结果都有可能 ‎【答案】C ‎【解析】因为并联电路总电阻的倒数等于支路电阻倒数之和，所以并联电路总电阻小于任一电阻值，即两个电阻并联后总电阻小于较小电阻的阻值，故选项C正确。故选：C。‎ 27‎ ‎26．小明家上次查看电能表示数为，本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．他家在这段时间内消耗的电能为903kW•h ‎ B．电能表是测量电功率的仪表 ‎ C．若只让一个标有“220V 1000W”的电热水器正常工作10min，则电能表的圆盘转了600转 ‎ D．这个电能表的额定功率为2200W ‎【答案】C ‎【解析】A、他家在这段时间内消耗的电能W＝8633.5kW•h﹣8543.2kW•h＝90.3kW•h，故A错误；‎ B、电能表是测量消耗电能的仪表，不是测量电功率的，故B错误；‎ C、3600r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转过3600r，‎ 只让一个标有“220V 1000W”的电热水器正常工作10min，其消耗的电能为W＝Pt＝lkW×h＝kW•h；‎ 则电能表的圆盘转过的圈数：N＝kW•h×3600r/（kW•h）＝600r，故C正确。‎ D、根据该电能表的铭牌可知，其允许接入用电器的最大功率P＝UI＝220V×10A＝2200W；但电能表属于测量仪表，不消耗电能，没有额定功率，故D错误。故选：C。‎ ‎27．如图所示，测量小灯泡电功率的电路图，电源电压恒为6V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器规格“50Ω 1A”，小灯泡规格“2.5V 0.625W”，若不考虑小灯泡阻值随温度的变化，小灯泡两端电压不允许超过额定值，闭合开关，下列说法正确的是（　　）‎ 27‎ A．滑片向右滑动，电流表示数变小，电压表示数变大 ‎ B．电流表的示数允许变化范围是0.1～0.25A ‎ C．滑动变阻器的阻值允许调节的范围是24～50Ω ‎ D．电路的最大电功率是2.5W ‎【答案】B ‎【解析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）当滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路中的电阻变大时，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表示数变小；根据U＝IR可知灯泡两端的电压变小，即电压表示数变小；故A错误；‎ ‎（2）根据P＝UI可得，灯的额定电流：‎ IL额＝＝＝0.25A，‎ 因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，‎ 所以，电路中的最大电流为Imax＝0.25A，‎ 由I＝可得，灯泡的电阻：‎ RL＝＝＝10Ω，‎ 电路中的总电阻：‎ Rmin＝＝＝24Ω，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：‎ R滑min＝Rmin﹣RL＝24Ω﹣10Ω＝14Ω；故C错误；‎ 该电路的最大功率：‎ 27‎ Pmax＝UImax＝6V×0.25A＝1.5W，故D错误；‎ ‎（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：‎ Imin＝＝＝0.1A，‎ 则电流表示数的变化范围是0.1A～0.25A，故B正确。故选：B。‎ ‎28．在“测定小灯泡额定功率”的实验中，当手移动变阻器滑片时，眼睛应观察（　　）‎ A．灯泡的发光情况 B．变阻器滑片的位置 ‎ C．电流表的示数 D．电压表的示数 ‎【答案】D ‎【解析】在实验中，当移动变阻器滑片时，眼睛应观察电压表示数，测出小灯泡在不同电压小工作时的电流强度，并计算出对应的电功率；故选：D。‎ ‎29．如图所示，两个透明容器中密闭着等量的空气，A，B两U形管内的液面相平，电阻丝的电阻R1＝R2＝R3．小明用图示装置进行实验，探究电流通过导体时产生的热量Q跟什么因素有关，下列说法正确的是（　　）‎ A．此实验在探究电热Q与电阻R是否有关 ‎ B．通过R1的电流和通过R2的电流大小相等 ‎ C．电阻R1两端的电压和R2两端的电压相等 ‎ D．通电后，A管的液面将会比B管的液面高 ‎【答案】D ‎【解析】由题知，电阻丝的电阻R1＝R2＝R3；‎ A、装置中R2、R3并联后再与R1串联，通过R1的电流I1＝I2+I3，而I2＝I3，所以右边容器中通过R3的电流I3是左侧通过R1电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，故A错误；‎ B、由图知，通过R1的电流I1＝I2+I3，而I2＝I3，所以通过电阻R1和R2的电流不相等，故B错误；‎ 27‎ C、已知R1＝R2＝R3，所以R2、R3并联后的总电阻是R2＝R1，由于串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比，所以电阻R1两端的电压大于R2两端的电压，故C错误；‎ D、左右两容器中的电阻相同，而通过电阻R1的电流大于R2的电流，通电时间相同，由Q＝I2Rt可知，A容器中电阻R1产生的热量多，则A管的液面将会比B管的液面高，故D正确。故选：D。‎ ‎30．如图所示，闭合开关S后，发现电灯L不亮，且保险丝没有熔断。某同学用试电笔测试如图的A、B、C、D四处，发现A、C、D这三处都能使试电笔的氖管发光，而B处不发光。那么可以判定故障是（　　）‎ A．火线和零线短路 B．电线AC段某处断路 ‎ C．电线BD段某处断路 D．电灯L短路 ‎【答案】C ‎【解析】AD、若火线和零线短路或电灯L短路，会造成电路中的电流过大、保险丝烧断，而题中保险丝没有熔断，故AD错误。‎ BC、测电笔接触A、C两处时氖管均发光，说明火线有电，且电线的AC段是完好的；‎ 测电笔接触D处时氖管发光，说明灯泡是完好的；‎ 而测电笔接触B处时氖管不发光，说明B点与火线是断开的，所以电线BD段某处断路，故B错误，C正确。故选：C。‎ ‎31．如图是家庭电路正常工作的一部分。下列说法中正确的是（　　）‎ A．导线B与大地之间的电压为220V ‎ B．保险丝能在有人触电时自动切断电路 ‎ C．电冰箱的插头插入三孔插座时，能使电冰箱的金属外壳接地 ‎ 27‎ D．闭合开关后测电笔先后插入插座的左右插孔，氖管都发光 ‎【答案】C ‎【解析】A、由图知，保险丝安装在火线上，A是火线，B是零线，零线B与大地之间的电压为0V，故A错误；‎ B、保险丝在电路中的作用是当电路中有过大电流通过时，保险丝发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，但有人触电时电路的电流不是很大，保险丝不会自动切断电路，故B错误；‎ C、三孔插座已接地，当电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地，这样能，防止金属外壳的用电器漏电发生触电事故，故C正确；‎ D、插座的左孔接零线，右孔接火线，所以测电笔插入插座的左氖管不发光，插入插座的右插孔氖管发光，故D错误。故选：C。‎ ‎32．下列有关生活用电的说法，不正确的是（　　）‎ A．家庭电路安装漏电保护器，使用三线插头都是防止漏电而采取的安全措施 ‎ B．消耗电能的多少用电能表来计量 ‎ C．家庭电路中电流过大的原因是用电器的总功率过大或电路发生短路 ‎ D．使用试电笔时，为了安全手指不能接触笔尾的金属体 ‎【答案】D ‎【解析】A、家庭电路安装漏电保护器可以保护电路；有金属外壳的用电器要使用三线插头，这样外壳能接地，能防止漏电带来的伤害，故A正确；‎ B、消耗电能的多少用电能表来测量，故B正确；‎ C、在家庭电路中，电流过大的原因有两个：用电器的总功率过大和电路发生短路，故C正确；‎ D、用测电笔时，必须用手接触到笔尾的金属体，故D错误。故选：D。‎ ‎33．甲、乙为两个条形磁铁的两个磁极，根据图所示的小磁针静止时的指向，可以判断（　　）‎ 27‎ A．甲是N极，乙是S极 B．甲、乙都是N极 ‎ C．甲、乙都是S极 D．甲是S极，乙是N极 ‎【答案】B ‎【解析】由磁感线可知两磁极相互排斥，且磁感线均指由磁极向外，故两磁极均为N极，小磁针所在处磁场向下，故小磁针S极在上、N极在下。故选：B。‎ ‎34．如图所示，一条形磁铁静止在粗糙的水平桌面上，通电螺线管与条形磁铁处于同一水平面上，并靠近。开关闭合后，滑片P向下滑动的过程中，条形磁铁始终保持静止。对条形磁铁所受摩擦力的判断，下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦力减小，方向水平向左 ‎ B．摩擦力减小，方向水平向右 ‎ C．摩擦力增大，方向水平向左 ‎ D．摩擦力增大，方向水平向右 ‎【答案】D ‎【解析】由安培定则得，电磁铁左端为N极，右端为S极，则与条形磁铁的异名极相对，相互吸引，则条形磁铁受到电磁铁向左的吸引力，因条形磁铁始终保持静止，所以它受到的吸引力和桌面给它的摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，所以条形磁铁受到的摩擦力的方向是向右的；‎ 当滑片逐渐向下移动时，连入电路的电阻逐渐减小，由欧姆定律可得线圈中电流逐渐变大，则磁场逐渐变强，条形磁铁受到电磁铁的吸引力逐渐变大，因条形磁铁受的是平衡力，故摩擦力的大小也会逐渐增大。故选：D。‎ ‎35．如图所示，在电磁铁上方用弹簧悬挂一根条形磁铁，闭合开关将变阻器的滑片P从右向左滑动的过程中，弹簧将（　　）‎ 27‎ A．先伸长后缩短 B．逐渐伸长 ‎ C．静止不动 D．逐渐缩短 ‎【答案】D ‎【解析】闭合开关S以后，运用右手螺旋定则判断通电螺线管上端是N极，它和条形磁铁的下端S极为异名磁极，相互吸引；‎ 当从右向左滑动的过程中，滑动变阻器连入电路的阻值变大，电路中总电阻变大，由I＝可知通过螺线管的电流变小，因而通电螺线管的磁性减弱，它和条形磁铁S极之间的吸引力减小，弹簧会变短。故选：D。‎ ‎36．济南是全国率先启用新能源汽车号牌的5个试点城市之一，新能源汽车越来越普及，如图所示为新能源汽车号牌专用标识。号牌中的圆圈由两部分组成；左侧是英文单词“Eletcric”的首字母“E“”，右侧是电源插头的图案；号牌中的字母“D”表示纯电动汽车。这类汽车发动机的动力装置是电动机，其工作原理是下图所示实验中的（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ 27‎ ‎【答案】B ‎【解析】电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用；‎ A、是奥斯特实验图，小磁针指针偏转说明通电导体周围有磁场，故A不符合题意；‎ B、电路中有电源，通电线圈或导体受到磁场力的作用运动，是电动机的工作原理，故B符合题意；‎ C、是研究电磁铁的原理图，是根据电流的磁效应制成的，故C不符合题意；‎ D、是电磁感应的实验图，属于发电机的原理，故D不符合题意。故选：B。‎ ‎37．如图是一款太阳能座椅，椅子顶部安装的硅光电池板，可储备能量供晚间使用。下列说法正确的是（　　）‎ A．硅光电池板是由超导材料制成的 ‎ B．硅光电池板可以将太阳能转化为电能 ‎ C．太阳能来源于太阳内部氢核的裂变 ‎ D．太阳能属于不可再生能源 ‎【答案】B ‎【解析】A、硅光电池板由半导体材料制成，故A错误；‎ B、硅光电池板可将太阳能转化为电能，故B正确；‎ C、太阳能来源于太阳内部氢核的聚变，而不是裂变，故C错误；‎ D、太阳能可源源不断从自然界获得，因此属于可再生能源，故D错误。故选：B。‎ ‎38．物理兴趣小组的同学们调查发现，青海地区存在多种类型的发电站。下列发电站利用不可再生能源发电的是（　　）‎ A．水电站 B．风电站 C．太阳能电站 D．燃气电站 ‎【答案】D ‎【解析】太阳能、风能、水能可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源；天燃气在自然界中的储量有限，会越用越少，不可能在短时间内得到补充，是不可再生能源；‎ 所以利用不可再生能源发电的是燃气电站，故D符合题意。故选：D。‎ ‎39．随着数字时代的到来，我们已经可以很方便的使用Wi﹣Fi、3G或4G网络进行无线手机 27‎ 上网。下列对手机上网的说法中，正确的是（　　）‎ A．使用红外线传输数字信号 ‎ B．使用超声波传输数字信号 ‎ C．使用光纤传输数字信号 ‎ D．使用电磁波传输数字信号 ‎【答案】D ‎【解析】Wi﹣Fi、3G或4G手机随时随地进行无线网络登录。对于手机无线上网，主要是使用电磁波传递数字信号的。故选：D。‎ ‎40．关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（　　）‎ A．热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体 ‎ B．0℃的冰水混合物内能为零 ‎ C．水的温度越高，所含热量越多 ‎ D．冰在熔化过程中吸收热量，温度和内能均不变 ‎【答案】A ‎【解析】A、发生热传递是因为物体间存在温度差，所以内能少的物体的温度可能比内能多的物体的温度高，所以内能少的物体可以把热量传递给内能多的物体；故A正确；‎ B、任何物体都有内能，0℃的冰水混合物内能不为零，故B错误；‎ C、热量是一个过程量，不能用含有来表示，故C错误；‎ D、冰在熔化过程中吸收热量，内能变大，温度不变，故D错误。故选：A。‎ ‎41.对下列各图的描述中，正确的是（　　）‎ A．甲图中导体棒ab竖直向上运动时，电流表指针将会摆动 B．乙图的实验表明磁可以生电 C．丙图的实验可以探究电磁铁磁性的强弱与线圈匝数的关系 D．丁图中螺线管上方小磁针静止时a端是S极 27‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、图中是电磁感应现象，导体棒ab竖直向上运动时，没有切割磁感线，没有产生感应电流，电流表不会摆动，故A错误； B、图示是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，即电生磁，故B错误； C、图中两电磁铁的电流相同，匝数不同，研究的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C正确； D、由安培定则可知，螺线管的右端为N极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，小磁针的a端为N极，故D错误。故选：C。‎ ‎42.2019年央视春晚首次实现全媒体传播，并在4K、5G、VR、AR、AI等多方面进行技术创新，首次进行4K超高清直播，全程采用5.1环绕声，实现5G内容传输，是一场真正的艺术与科技完美结合的春晚。下面说法正确的是（　　）‎ A．观众是根据音调分辨出钢琴声和二胡声的 B．5G的传输速度更大，是因为5G是通过超声波传递信息的 C．手机通过Wi-Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的 D．收看过程中为不影响他人，把音量调小一些，这是在传播过程中减弱噪声 ‎【答案】C ‎【解析】A、观众是根据音色来分辨出钢琴声和二胡声的，故A错误； B、5G的传输通过电磁波传递信息的，故B错误； C、手机可以接受电磁波，通过Wi-Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的，故C正确； D、把音量调小一些，这是在声源处减弱噪声，故D错误。故选：C。‎ ‎43.无锡是我国首个移动物联网连接规模超千万的地级市。移动物联网用户可以通过手机实现远程控制。手机传递信息是利用了（　　）‎ A．红外线B．电磁波C．超声波D．次声波 ‎【答案】B ‎【解析】手机属于移动电话，它既是电磁波发射台也是电磁波接收台，所以手机是利用电磁波来传递信息的，故B正确。故选：B。‎ ‎44.下列各种活动中，能通过互联网做到的是（　　）‎ A．传送网购的运动鞋B．远程学习物理课程 C．输送发电厂的电能D．传输纸质信件 ‎【答案】B 27‎ ‎【解析】人们可以通过互联网进行远程教育、远程医疗会诊、打IP电话、查阅资料、发送电子邮件等； 传送网购的运动鞋、传输纸质信件要利用交通工具完成，输送发电厂的电能需要利用电网完成，故B正确，ACD错误。故选：B。‎ ‎45.能源是人们生活和社会发展的基石，信息和材料是社会发展的保障。下列有关能源、信息和材料的说法不正确的是（　　）‎ A．核电站是利用核裂变来发电的 B．我国自主建立的北斗卫星定位系统，主要是用电磁波来传递信息的 C．光纤通信是光在光导纤维中多次发生折射来传递信息的 C．煤、石油和天然气是一次能源，也是不可再生能源 ‎【答案】C ‎【解析】A、核电站是利用铀核裂变发生链式反应释放出大量的核能来发电的，是可控链式反应，故A正确； B、北斗卫星定位系统是利用电磁波来传递信息的，故B正确； C、光纤通信是利用激光从光纤的一端射入，在内壁上多次反射后在另一端射出来，然后在接收端，检测器收到光信号后把它变换成电信号，经解调后恢复原信息，故C错误； D、煤炭、石油、天然气属于不可再生能源，也是一次性能源，故D正确。故选：C。‎ ‎46.物理兴趣小组的同学们调查发现，青海地区存在多种类型的发电站。下列发电站利用不可再生能源发电的是（　　）‎ A．水电站 B．风电站C．太阳能电站D．燃气电站 ‎【答案】D ‎【解析】太阳能、风能、水能可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源；天燃气在自然界中的储量有限，会越用越少，不可能在短时间内得到补充，是不可再生能源； 所以利用不可再生能源发电的是燃气电站，故D符合题意。故选：D。‎ ‎47.“北斗”导航系统是我国自行研制的通信系统，该系统在传递信息过程中主要依靠（　　）‎ A．电磁波B．超声波C．次声波D．激光 ‎【答案】A ‎【解析】“北斗”导航卫星和地面的联系靠电磁波，将图片和声音等信号调制到电磁波上，把电磁波当成载体发射回地面，所以它传递信息利用的是电磁波，故A正确。故选：A。‎ ‎48.随着社会的进步，光纤网络开始进入普通老百姓家庭。光纤的主要用途是（　　）‎ 27‎ A．输电B．导热C．通信D．照明 ‎【答案】C ‎【解析】光纤已经成为现代通信的主要传输工具，它具有容量大、不受外界磁场的干扰、不怕腐蚀、不怕潮、能量损耗少等优点。故选：C。‎ 27‎