2026年中考物理一轮复习 多选题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026年中考物理一轮复习 多选题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 435.2KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-08-04 22:15:48 | ||
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文档简介
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多选题
一．多选题（共31小题）
（多选）1．（2025 黑龙江）如图，甲电路中电源电压保持不变，闭合开关后，将变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，两电压表的示数与电流表的示数变化关系如图乙Ⅰ、Ⅱ所示，则（ ）
A．Ⅱ是灯泡的I﹣U关系图像
B．灯泡最小功率为1W
C．R的最大阻值为25Ω
D．电路的最大功率为3.6W
（多选）2．（2025 青岛）在探究平面镜成像特点的实验中，下列说法与事实相符的是（ ）
A．如图甲，当蜡烛远离玻璃板时，像的大小不变
B．如图乙，在玻璃板后竖直放置一纸板，人在任何位置都看不到像
C．如图丙，若玻璃板的高度为蜡烛高度的一半，像的高度也为蜡烛高度的一半
D．如图丁，若玻璃板与水平桌面不垂直，像仍与蜡烛关于玻璃板对称
（多选）3．（2025 长沙）如图是科技小组设计的湘江水位监测器的原理图。电源电压不变，红灯工作时的电阻为R1，黄灯工作时的电阻为R2。闭合开关S后，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，电压表示数为U1；当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，电压表示数为U2，U1＞U2。则下列说法正确的是（ ）
A．R1＞R2
B．水位超过防洪预警线时，红灯亮
C．R1＜R2
D．水位低于干旱预警线时，红灯亮
（多选）4．（2025 日照）如图甲所示，将一底面积为0.04m2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。下列说法正确的是（g＝10N/kg，）（ ）
A．木块的重力是24N
B．木块的体积是0.048m3
C．木块完全浸没后受到的浮力是40N
D．木块的密度是0.5×103kg/m3
（多选）5．（2025 威海）利用简单机械设计健身器材，要求如下：始终竖直向下匀速拉动拉环，拉力大小范围为200～400N；拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离不超过2m；配重质量为15kg（杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，滑轮组绳子长度足够长）。下列方案不符合设计要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（多选）6．（2025 云南）一质量为900g、底面积为100cm2、高为12cm的不吸水圆柱体放在盛有4.2kg水的薄壁（厚度不计）柱形容器内，容器底面积为300cm2，如图所示。打开阀门K，放出3kg的水后关闭阀门（）。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体的密度为0.75×103kg/m3
B．放水前水面距容器底部的高度为14cm
C．放水后水对容器底部的压力为21N
D．放水后水对容器底部的压强为600Pa
（多选）7．（2025 北京）图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（ ）
A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度t满足24℃＜t＜26℃
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更小的彩球
（多选）8．（2025 潍坊）如图甲所示的电路，电流表量程为0～0.6A，小灯泡L标有“4V，2W”字样。闭合开关S1、S2，在确保电路安全的情况下，调整滑动变阻器滑片P位置，记录多组电压表示数U与相应的电流表示数I，并作出如图乙所示的图像。下列分析正确的是（ ）
A．电源的电压为10V
B．电阻R能达到的最大功率为3.6W
C．滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为10Ω
D．断开S2，小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为2.5W
（多选）9．（2025 辽宁）2024年6月2日嫦娥六号探测器在月球背面着陆，着陆后探测器展开太阳能电池板，通过“钻取”和“表取”两种方式完成全球首次月球背面采样（月壤）任务。采用铝基复合材料制成的外钻杆由设在辽宁省的某研究所研制，耐磨性和强度可与钢材媲美，实现减重65%。下列说法正确的是（ ）
A．太阳、月球、探测器的空间尺度依次减小
B．太阳能是不可再生能源
C．铝基复合材料比钢材的密度小
D．“钻取”时转动的外钻杆与跟它紧密接触的月壤之间有摩擦力
（多选）10．（2025 辽宁）如图，某同学自制了一个扬声器，将线圈紧密粘贴在纸杯底部，在线圈上方放置一个强磁铁，在线圈中通入交变电流后，纸杯振动发声。下列说法正确的是（ ）
A．该扬声器与电动机的工作原理相同
B．磁场对线圈的力的方向随电流方向改变而改变
C．线圈带动纸杯振动是电磁感应现象
D．线圈中的电流不会产生磁场
（多选）11．（2025 贵州）如图甲所示的条凳，人若坐在凳的一端，极易使其另一端上翘而摔倒。现将其简化为如图乙所示的示意图，B、C点分别与凳脚的E、F点在同一竖直线上。当人对水平凳面施加竖直向下的压力时，下列分析正确的是（ ）
A．压力作用于A点，可将条凳视为绕E点转动的杠杆
B．只要压力作用于凳面的中间，则条凳一定不会上翘
C．只要在A、D点同时施加压力，则条凳一定不会上翘
D．在B或C点施加一个压力，则条凳一定不会上翘
（多选）12．（2025 天津）如图所示的“电阻测量盒”，内有电源（电压不变且未知）、阻值已知的定值电阻R0、开关和电流表，并引出两根导线到盒外。将盒外的两根导线分别与待测电阻Rx的两端相连，根据开关闭合、断开时电流表的示数，可以算出Rx的阻值。如图是设计的盒内电路图，其中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）13．（2025 绥化）如图甲所示电路中，小灯泡标有“10V 5W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），a、b为滑动变阻器两端点。滑片从b端滑动到某一位置的过程中，滑动变阻器消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为16V
B．小灯泡的阻值为20Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为100Ω
D．该电路消耗的最大功率为6W
（多选）14．（2025 仙桃）如图，质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。下列说法正确的是（ ）
A．液体的密度ρA＞ρB＞ρC
B．液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC
C．液体对容器底部的压力FB＜FA＜FC
D．容器对桌面的压力F甲＝F乙＝F丙
（多选）15．（2025 鞍山）如图甲所示电路中，电源电压不变，灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），R0＝12Ω。闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P从b端向右滑到某一位置c时（图中未标出），灯泡恰好正常发光；保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端。两次电流表A的示数I随滑动变阻器阻值R变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的电阻为12Ω
B．电源电压为9V
C．滑动变阻器的最大电阻为18Ω
D．当S、S1和S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗总功率的最小值为20W
（多选）16．（2025 南充）甲、乙、丙三个烧杯中均装有适量的酒精（ρ酒精＝0.8×103kg/m3），现有质地均匀，不吸且不溶于酒精的a、b两实心柱体，质量之比为3：1，把它们分别放入甲、乙烧杯中，当a、b静止时，如图甲、乙所示；若将b置于a上面一起放入丙烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，如图丙，下列说法正确的是（ ）
A．a的密度为0.4×103kg/m3
B．在图甲中a有四分之一的体积露出液面
C．在图甲中a的下表面液体压强与图丙中a的下表面液体压强之比为3：5
D．a、b的体积之比为4：1
（多选）17．（2025 营口）将冰块轻轻放入水平桌面上盛满煤油的烧杯中，冰块静止时如图所示（ρ冰＞ρ煤油）。下列分析正确的是（ ）
A．放入冰块后，烧杯对桌面的压力变大
B．冰块完全熔化后，杯中液面高度下降
C．冰块完全熔化后，杯底受到液体的压强变大
D．冰块完全熔化后，煤油的密度变大
（多选）18．（2025 泸州）小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有（ ）
A．p1＞p2 B．F＝G﹣ρgV C．Δp D．pB
（多选）19．（2025 辽宁）在生物学实验课上，学生制作“洋葱鳞片叶表皮”玻片标本。下列关于此过程中涉及的物理知识说法正确的是（ ）
A．用胶头滴管从试剂瓶中吸取清水，利用了大气压
B．切洋葱的小刀，刀刃锋利是为了增大压力
C．切洋葱时感到“辣”眼睛是扩散现象造成的
D．用镊子夹取鳞片叶表皮时，镊子是省力杠杆
（多选）20．（2025 滨州）用如图所示的装置匀速提升浸没在容器底部的正方体物块A，物块A的质量为5kg，棱长为10cm，水的深度为60cm。物块A露出水面前滑轮组的机械效率为80%，在水中上升的时间为5s。物块A与容器底部未紧密接触，水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计：ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。下列分析正确的是（ ）
A．物块A的重力为50N
B．物块A上升的速度为0.12m/s
C．物块A露出水面前，拉力所做的有用功为20J
D．物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率约为83.3%
（多选）21．（2025 济南）如图所示为鱼缸中的电动过滤增氧泵的原理图。电动机带动水泵的叶轮旋转把水从进水口吸入，从喷水口中快速喷出，空气就会从进气管进入水中，随水流一起从出水口流出。下列说法正确的是（ ）
A．水从进水口进入水泵，主要利用了大气压
B．水从水泵中快速甩出来，水泵对水做了功
C．喷水口越狭窄，进气管底端的压强就越小
D．增氧泵工作时，把电能转化为水的机械能
（多选）22．（2025 大连）用同种材料制成质量相等的方形盒和实心玩具鱼，把玩具鱼密封在盒内，将盒放入水中，盒在水中静止时的位置如图所示。材料密度为ρ，盒的体积为V，水的密度为ρ水。则（ ）
A．玩具鱼的质量为
B．盒与玩具鱼的体积之比为2ρ：ρ水
C．水对盒下表面的压力为ρ水gV
D．盒空心部分的体积为V
（多选）23．（2025 云南）如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下移动，则（ ）
A．电压表V1和电流表A的示数之比不变
B．电压表V2和电流表A的示数之比变大
C．电压表V1示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变大
D．电压表V2示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值不变
（多选）24．（2025 天津）小明在研究物体的浮沉问题时，制作了一个空腔“浮沉子”，将其放入一个底面积为S、水深为h0的薄壁柱形容器内。刚放入水中时，浮沉子恰好悬浮，此时水深为h1，如图所示；一段时间后，由于渗漏空腔内开始进水，最后空腔充满了水，浮沉子沉底且完全浸没，此时水的深度降为h2。已知水的密度为ρ0，则所制作的浮沉子（ ）
A．质量为ρ0（h1﹣h0）S
B．质量为ρ0（h2﹣h0）S
C．材料的密度为ρ0
D．材料的密度为ρ0
（多选）25．（2025 营口）如图所示，水平桌面上盛有适量盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B。当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是（ ）
A．烧杯中盐水的密度变小
B．烧杯内液面不发生变化
C．杯底受到液体的压强变小
D．物块B受到的浮力变小
（多选）26．（2025 青岛）如图所示，取一个不易形变的饮料瓶，用橡皮膜扎紧瓶口，在其侧面开一小孔，用插有玻璃管的橡皮塞塞紧，玻璃管中有一段红色液柱，将瓶内气体密封，橡皮膜受到的压力发生变化，红色液柱会移动，从而制成一个简易压强计。下列分析正确的是（ ）
A．橡皮膜受到的压力相同时，玻璃管内径越粗，液柱上升越明显
B．将饮料瓶放入水中，液柱上升，表明液体内部有压强
C．饮料瓶在水中的位置越深，液柱上升越高，表明同种液体的压强随深度的增加而增大
D．将饮料瓶放入不同液体相同深度处，液柱上升高度不同，表明液体的压强与液体密度有关
（多选）27．（2025 柳州）博物馆里有些古书非常陈旧，直接翻动它容易使书页破损，有人提出，通过给书带电，使书一页页分开来，如图所示。假设给每页书带电可以实现，能使书一页页分开的带电方式是（ ）
A．使每页书都带上正电
B．使每页书都带上负电
C．使相邻书页带上异种电荷
D．只让封面带正电，封底带负电
（多选）28．（2025 湘潭）如图所示，一均匀杠杆可以绕中点O自由转动，杠杆上垂直粘有A、B两根粗细相同的蜡烛且刚好在水平位置平衡，两蜡烛所处位置到O点的水平距离LAO＝2LBO，现同时点燃蜡烛，经时间t，它们减少了相等的质量，下列说法正确的是（ ）
A．点燃前A、B蜡烛重力之比为1：2
B．经时间t，杠杆右端下沉
C．经时间t，杠杆左端下沉
D．经时间t，杠杆继续保持水平平衡
（多选）29．（2025 南充）某科技小组设计了一种测量浑水密度的装置，如图所示，A是体积为10﹣3m3的均匀正方体浮子，B是圆形容器，C是固定在容器底部的定滑轮，通过细绳将A与滑轮组连接。当容器中盛有适量密度为1.0×103kg/m3的清水，连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中；当绳子末端拉力为F1时，浮子在清水中浸没后能缓慢匀速向下运动；把清水换成待测浑水后，绳子末端拉力为F2＝3.1N时，浮子浸没后也能缓慢匀速向下运动。已知动滑轮质量为30g，g＝10N/kg，不计绳子质量、伸缩、摩擦及水的阻力。则（ ）
A．浮子的密度为0.6×103kg/m3
B．绳子拉力F1为2.1N
C．清水中浮子浸没后匀速运动时滑轮组的机械效率约为95%
D．浑水密度为1.2×103kg/m3
（多选）30．（2025 潍坊）我市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为保证行人上下天桥时的安全，需在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。该电路中需用到阻值随空气湿度变化的湿敏电阻，将湿敏电阻接在电路中（图中未画出），闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设定值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，以下说法正确的是（ ）
A．应选R1作为该电路的湿敏电阻
B．在M、N、Q三处位置中，湿敏电阻应安装在M处
C．小于设定值时，湿度越小警示灯越亮
D．向左移动滑片P，可使警示灯在较小湿度下实现闪烁
（多选）31．（2025 成都）如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为3A，A2量程为0.6A，电压表V量程为3V或15V。闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V。三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（ ）
A．R3＝10Ω
B．电压表选用的量程为3V
C．R2小＝40Ω
D．P大＝28W
多选题
参考答案与试题解析
一．多选题（共31小题）
（多选）1．（2025 黑龙江）如图，甲电路中电源电压保持不变，闭合开关后，将变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，两电压表的示数与电流表的示数变化关系如图乙Ⅰ、Ⅱ所示，则（ ）
A．Ⅱ是灯泡的I﹣U关系图像
B．灯泡最小功率为1W
C．R的最大阻值为25Ω
D．电路的最大功率为3.6W
【分析】（1）由图可知，灯泡和变阻器R串联；当滑片由a端向b端移动的过程中，变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律和串联电路的特点可知电路中电流增大，电压表V1的示数增大，V2的示数减小，据此可以判断灯泡和滑动变阻器的I﹣U关系图像。
（2）当滑片滑到a点时，滑动变阻器全部接入电路，此时灯泡的功率最小。由图找出相关数据，可以计算灯泡的功率。
（3）当滑片在a点时，由图乙可知，滑动变阻器的电压和对应的电流值，计算滑动变阻器的最大值。
（4）当滑片在b点时，滑动变阻器阻值为零，此时电路中的功率最大。由图可知对应的电流、电压值，可以计算最大功率。
【解答】解：
A.由图可知，灯泡和变阻器R串联；当滑片由a端向b端移动的过程中，变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律和串联电路的特点可知电路中电流增大，电压表V1的示数增大，V2的示数减小，所以Ⅰ是灯泡的I﹣U关系图像，Ⅱ是变阻器的I﹣U关系图像，故A错误。
B.当滑片滑到a点时，滑动变阻器全部接入电路，此时灯泡的功率最小；
由图可知，灯泡电压1V，电流0.2A，灯泡的最小功率PL小＝UL小IL小＝1V×0.2A＝0.2W，故B错误。
C.当滑片在a点时，由图乙可知，滑动变阻器全部接入电路，变阻器R的电压、电流为5V、0.2A，
则变阻器R的最大阻值：R25Ω，故C正确。
D.当滑片在b点时，滑动变阻器阻值为零，此时电路中的功率最大，此时电路电压、电流为6V、0.6A，
电路的最大功率为：P总大＝U总I大＝6V×0.6A＝3.6W，故D正确。
故选：CD。
【点评】此题考察了电路图像分析和串并联电路电压和电流的特点。解体的难点在于结合电路图认真分析图像，找出相关信息。
（多选）2．（2025 青岛）在探究平面镜成像特点的实验中，下列说法与事实相符的是（ ）
A．如图甲，当蜡烛远离玻璃板时，像的大小不变
B．如图乙，在玻璃板后竖直放置一纸板，人在任何位置都看不到像
C．如图丙，若玻璃板的高度为蜡烛高度的一半，像的高度也为蜡烛高度的一半
D．如图丁，若玻璃板与水平桌面不垂直，像仍与蜡烛关于玻璃板对称
【分析】（1）平面镜成等大的虚像，像与物关于镜面对称；
（2）形成原理是光的反射。
【解答】解：A．如图甲，平面镜成等大的虚像，像与物关于镜面对称，当蜡烛远离玻璃板时，像的大小不变，故A正确；
B．如图乙，平面镜成像是由于光的反射，在玻璃板后竖直放置一纸板，人在玻璃板前有反射光线进入人眼，故可以看到像，故B错误；
C．如图丙，平面镜成等大的虚像，无论玻璃板的大小是多大，像与物等大，故C错误；
D．如图丁，平面镜成像时，像与物关于镜面对称，若玻璃板与水平桌面不垂直，像仍与蜡烛关于玻璃板对称，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查平面镜成像特点的分析与应用，属于中档题。
（多选）3．（2025 长沙）如图是科技小组设计的湘江水位监测器的原理图。电源电压不变，红灯工作时的电阻为R1，黄灯工作时的电阻为R2。闭合开关S后，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，电压表示数为U1；当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，电压表示数为U2，U1＞U2。则下列说法正确的是（ ）
A．R1＞R2
B．水位超过防洪预警线时，红灯亮
C．R1＜R2
D．水位低于干旱预警线时，红灯亮
【分析】由图可知，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，此时红灯、定值电阻R0串联接入电路，电压表测量R0两端的电压；当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，此时黄灯、定值电阻R0串联接入电路，电压表测量R0两端的电压；电源电压不变，知道电压表的示数变化，根据串联电路的电压特点可得灯两端的电压变化，再由串联分压的规律可知红灯、黄灯的电阻大小关系。
【解答】解：由图可知，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，此时红灯、定值电阻R0串联接入电路，红灯亮，电压表测量R0两端的电压，示数为U1；
当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，此时黄灯、定值电阻R0串联接入电路，黄灯亮，电压表测量R0两端的电压，示数为U2；
由题知，U1＞U2，且电源电压不变，则根据串联电路的电压特点可知，红灯两端的电压小、黄灯两端的电压大，由串联分压的规律可知红灯的电阻小于黄灯的电阻，即R1＜R2，故BC正确、AD错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了串联电路的特点，分析题意、得出不同水位下的电路组成是关键。
（多选）4．（2025 日照）如图甲所示，将一底面积为0.04m2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。下列说法正确的是（g＝10N/kg，）（ ）
A．木块的重力是24N
B．木块的体积是0.048m3
C．木块完全浸没后受到的浮力是40N
D．木块的密度是0.5×103kg/m3
【分析】（1）由图乙可知，木块恰好漂浮时木块底部受到水的压强，根据p求出木块底部受到水向上的压力，根据浮力产生的原因F浮＝F向上﹣F向下求出木块受到的浮力，根据漂浮条件求出木块的重力；
（2）木块浸没时排开水的体积最大，受到的浮力最大，细线对木块的拉力最大，此时木块下表面所处的深度最大，受到水的压强最大，
由图乙可知，木块上表面与液面相平时，木块底部受到水的压强p′＝1000Pa，
根据p求出木块底部受到水向上的压力，根据浮力产生的原因F浮＝F向上﹣F向下求出木块受到的浮力，根据F浮＝ρ水gV排求出排开水的体积，即物体的体积，根据G＝mg＝ρVg可求出物体的密度。
【解答】解：A、由图乙可知，在6cm～18cm内，木块处于漂浮状态，此时木块底部受到水的压强p＝600Pa，
由p可得，木块底部受到水向上的压力：F向上＝p向上S＝600Pa×0.04m2＝24N，
由浮力产生的原因可得，木块受到的浮力：F浮＝F向上﹣F向下＝F向上＝24N，
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，木块的重力：G木＝F浮＝24N，故A正确；
C、木块浸没时排开水的体积最大，受到的浮力最大，细线对木块的拉力最大，此时木块下表面所处的深度最大，受到水的压强最大，
由图乙可知，木块上表面与液面相平时，木块底部受到水的压强p′＝1000Pa，
此时木块底部受到水向上的压力：F向上′＝p向上′S＝1000Pa×0.04m2＝40N，
木块受到的最大浮力：F浮大＝F向上′﹣F向下＝F向上′＝40N，故C正确；
BD、由F浮＝ρ水gV排可知，木块的体积为：
V＝V排4×10﹣3m3，故B错误；
由G＝mg＝ρVg可得，木块的密度为：
ρ0.6×103kg/m3，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了从图像中寻找有用的信息、浮力计算、压强计算、受力分析，这是浮力和压强比较典型的习题，一定要学会解题思路。
（多选）5．（2025 威海）利用简单机械设计健身器材，要求如下：始终竖直向下匀速拉动拉环，拉力大小范围为200～400N；拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离不超过2m；配重质量为15kg（杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，滑轮组绳子长度足够长）。下列方案不符合设计要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）根据G＝mg计算阻力，根据动力臂与阻力臂的大小结合杠杆平衡条件分析拉力大小；
（2）根据滑轮组的受力分析解答。
【解答】解：配重质量为15kg，阻力F2＝G＝mg＝15kg×10N/kg＝150N；杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，
A、图中拉力的力臂在水平方向，根据杠杆平衡条件，G×0.75m＝F1×0.5m，解得F1＝1.5G＝1.5×150N＝225N，当竖直方向拉动时，最大不可能达到0.6m，故A不符合要求；
B、根据杠杆平衡条件，G×1.4m＝F1×0.7m，解得F1＝2G＝2×150N＝300N，当竖直方向拉动时，最大可能达到0.6m，故B符合要求；
C、拉力作用在动滑轮轴心上，图中n＝2，故F＝2G＝2×150N＝300N，故C符合要求；
D、拉力作用在动滑轮轴心上，图中n＝3，故F＝3G＝3×150N＝450N，故D不符合要求。
故选：AD。
【点评】本题考查滑轮与杠杆的平衡条件应用，属于中档题。
（多选）6．（2025 云南）一质量为900g、底面积为100cm2、高为12cm的不吸水圆柱体放在盛有4.2kg水的薄壁（厚度不计）柱形容器内，容器底面积为300cm2，如图所示。打开阀门K，放出3kg的水后关闭阀门（）。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体的密度为0.75×103kg/m3
B．放水前水面距容器底部的高度为14cm
C．放水后水对容器底部的压力为21N
D．放水后水对容器底部的压强为600Pa
【分析】（1）由题意及密度公式可求出圆柱体的密度；
（2）放水前水面距容器底部的高度等于水原来的高度加上圆柱体放入之后液面上升高度，由阿基米德原理求出排开水的体积，可求水上升的高度，最后求出放水前水面对容器底部的高度；
（3）判断放水后圆柱体的状态，通过计算可得出放水后对容器底部的压力；
（4）放水后水对容器底部的压强可利用p＝ρgh。
【解答】解：A、由题意得：圆柱体的体积为：V柱＝Sh＝100cm2×12cm＝1200cm3＝1.2×10﹣3m3，
圆柱体的密度：ρ柱0.75×103kg/m3，故A正确；
B、放水前，由图所示，圆柱体漂浮在水里，所以F浮＝G柱＝m柱g＝0.9kg×10N/kg＝9N，
排开水的体积为：V排9×10﹣4m3，
所以液面上升的高度为h′0.03m＝3cm，
没放圆柱体之前水的体积为：V04.2×10﹣3m3，
水的高度为h00.14m＝14cm，
所以放水前水面距容器底部的高度为：h＝h0+h′＝14cm+3cm＝17cm，故B错误；
CD、放水前圆柱体浸在水中的深度为：h浸柱0.09m＝9cm，
圆柱体下面水的高度为：h前水＝17cm﹣9cm＝8cm，
圆柱体下面水的质量为：m0＝ρ水S容器h前水＝1.0×103kg/m3×300×10﹣4m2×0.08m＝2.4kg，
则当放水2.4kg，圆柱体刚好漂浮，
现在放水3kg，所以圆柱体沉底，此时水面下降的高度为：
Δh0.03m＝3cm，
现在水的高度为h后水＝9cm﹣3cm＝6cm，
所以放水后水对容器底的压强为：p水＝ρ水h后水g＝1.0×103kg/m3×0.06m×10N/kg＝600Pa，
则放水后水对容器底的压力为：F′＝p水S容器＝600Pa×300×10﹣4m2＝18N，故C错误，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了阿基米德原理及液体压强的计算。
（多选）7．（2025 北京）图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（ ）
A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度t满足24℃＜t＜26℃
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更小的彩球
【分析】（1）液体的密度随着温度升高会减小；
（2）根据物体的浮沉条件分析解答。
【解答】解：由题意知，液体的温度升高时，密度变小，原来悬浮的小球因液体的温度升高而下沉，所以4号彩球标牌所标温度值为22℃，则5号小球应标20℃，3号小球应标24℃；
A、22℃大于18℃，液体在22℃时密度小，等于4号球的密度，4号球悬浮，浮力等于重力；18℃时密度大，大于4号球的密度，4号球漂浮，浮力等于重力，所以4号在22℃时所受浮力等于18℃时所受浮力，故A错误；
B、由于液体的密度随着环境温度降低会增大，有更多的彩球能漂浮，所以当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，液体的密度等于密度最大一个小球的密度，即5号彩球悬浮，其余四个小球漂浮，故B错误；
C、若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则3、4、5三个彩球沉底，4号球标示22℃、3号球标示24℃、2号球标示26℃，表明当前环境温度在24℃到26℃之间，故C正确；
D、当环境温度升高时，液体的密度减小，当前1号球标示温度最高，若想测量更高的温度，应增加一个密度更小的彩球，所以与彩球1体积相等、质量更小，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了物体浮沉条件的应用，认真审题，灵活利用好物体浮沉与密度的关系是关键。
（多选）8．（2025 潍坊）如图甲所示的电路，电流表量程为0～0.6A，小灯泡L标有“4V，2W”字样。闭合开关S1、S2，在确保电路安全的情况下，调整滑动变阻器滑片P位置，记录多组电压表示数U与相应的电流表示数I，并作出如图乙所示的图像。下列分析正确的是（ ）
A．电源的电压为10V
B．电阻R能达到的最大功率为3.6W
C．滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为10Ω
D．断开S2，小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为2.5W
【分析】由图知闭合开关S1、S2，时，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表串联电路中的电流；
（1）根据电源电压相等列等式U＝U1+IR＝U2+I′R算出此时的电源电压和R的阻值；
（2）根据电流表量程为0～0.6A判断出电路中的最大电流，根据PR算出电阻R能达到的最大功率；
（3）当电路中的电流最大时，滑动变阻器允许接入电路的阻值最小，亿欧欧姆定律算出此时电路中的总电阻，由串联电路电阻的功率算出滑动变阻器允许接入电路的最小阻值；
（4）断开S2，时，小灯泡、定值电阻R和滑动变阻器串联，根据P＝UI算出小灯泡正常发光时的电流，由U＝IR算出此时定值电阻R两端的电压，由串联电路电压的功率和P＝UI算出小灯泡正常发光时滑动变阻器的功率。
【解答】解：由图知闭合开关S1、S2，时，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表串联电路中的电流；
A、此时的电源电压为：U＝U1+IR＝U2+I′R，即10V+0.2R＝6V+0.6R，
解得R＝10Ω；
电源电压U＝U＝U1+IR＝10V+0.2×10Ω＝12V，故A错误；
B、由于电流表量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为0.6A，
电阻R能达到的最大功率为：
PR＝（0.6A）2×10Ω＝3.6W，故B正确；
C、当电路中的电流最大时，滑动变阻器允许接入电路的阻值最小，此时电路上的总电阻为：
R总20Ω，
滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为：
R滑小＝R总﹣R＝20Ω﹣10Ω＝10Ω，故C正确；
D、断开S2，时，小灯泡、定值电阻R和滑动变阻器串联，小灯泡正常发光时的电流为：
IL0.5A，
此时定值电阻R两端的电压为：
UR＝ILR＝0.5A×10Ω＝5V，
小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为：
P＝U滑IL＝（U﹣UR﹣UL）IL＝（12V﹣5V﹣4V）×0.5A＝1.5W，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式综合应用，正确判断出电路的连接是解题的关键。
（多选）9．（2025 辽宁）2024年6月2日嫦娥六号探测器在月球背面着陆，着陆后探测器展开太阳能电池板，通过“钻取”和“表取”两种方式完成全球首次月球背面采样（月壤）任务。采用铝基复合材料制成的外钻杆由设在辽宁省的某研究所研制，耐磨性和强度可与钢材媲美，实现减重65%。下列说法正确的是（ ）
A．太阳、月球、探测器的空间尺度依次减小
B．太阳能是不可再生能源
C．铝基复合材料比钢材的密度小
D．“钻取”时转动的外钻杆与跟它紧密接触的月壤之间有摩擦力
【分析】（1）根据物体的尺度进行排序。
（2）太阳能是可再生能源。
（3）根据材料的密度进行分析。
（4）根据摩擦力产生的条件进行分析。
【解答】解：A、太阳、月球、探测器的空间尺度依次减小，故A正确；
B、太阳能是可再生能源，故B错误；
C、铝基复合材料比钢材的密度小，故C正确；
D、“钻取”时转动的外钻杆与跟它紧密接触的月壤之间有摩擦力，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查的是能源的分类和密度的应用；知道摩擦力产生的条件和物体的尺度。
（多选）10．（2025 辽宁）如图，某同学自制了一个扬声器，将线圈紧密粘贴在纸杯底部，在线圈上方放置一个强磁铁，在线圈中通入交变电流后，纸杯振动发声。下列说法正确的是（ ）
A．该扬声器与电动机的工作原理相同
B．磁场对线圈的力的方向随电流方向改变而改变
C．线圈带动纸杯振动是电磁感应现象
D．线圈中的电流不会产生磁场
【分析】（1）扬声器的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用；电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用；
（2）通电线圈在磁场中受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关；
（3）扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它的原理是通电线圈在磁场中受力而运动，由此带动纸盆振动发出声音；
（4）通电线圈周围存在磁场。
【解答】解：A、扬声器的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用；电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用，所以该扬声器与电动机的工作原理相同，故A正确；
B、通电线圈在磁场中受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关，所以磁场对线圈的力的方向随电流方向改变而改变，故B正确；
C、扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它的原理是通电线圈在磁场中受力而运动，由此带动纸盆振动发出声音，故C错误；
D、通电线圈周围存在磁场，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查扬声器和电动机的工作原理、电磁感应现象、磁场对电流的作用以及电生磁现象，这是常考题，有一定的难度。
（多选）11．（2025 贵州）如图甲所示的条凳，人若坐在凳的一端，极易使其另一端上翘而摔倒。现将其简化为如图乙所示的示意图，B、C点分别与凳脚的E、F点在同一竖直线上。当人对水平凳面施加竖直向下的压力时，下列分析正确的是（ ）
A．压力作用于A点，可将条凳视为绕E点转动的杠杆
B．只要压力作用于凳面的中间，则条凳一定不会上翘
C．只要在A、D点同时施加压力，则条凳一定不会上翘
D．在B或C点施加一个压力，则条凳一定不会上翘
【分析】根据杠杆平衡原理进行分析和判断。
【解答】解：
A、若压力作用于A点，则会使得条凳有逆时针旋转的力，此时支点为E，故A选项正确；
B、压力若作用在凳面的中间，则此时条凳无论以E还是以F为支点，均不会有翻转的可能，故B选项正确；
C、若A、D同时施加压力但大小不相等，还是有可能会上翘，故C选项错误；
D、根据题意可知，人对水平凳面施加的压力竖直向下；
在B点施加竖直向下的压力时，此时E为支点，且B、E两点在同一竖直线上，即此时压力的作用线经过支点，其力臂为0，对条凳的平衡无影响，所以此时条凳一定不会上翘；
在C点施加竖直向下的压力时，此时F为支点，且C、F两点在同一竖直线上，即此时压力的作用线经过支点，其力臂为0，对条凳的平衡无影响，所以此时条凳一定不会上翘，故D选项正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了杠杆在实际生活中的应用，属于较为简单的问题。
（多选）12．（2025 天津）如图所示的“电阻测量盒”，内有电源（电压不变且未知）、阻值已知的定值电阻R0、开关和电流表，并引出两根导线到盒外。将盒外的两根导线分别与待测电阻Rx的两端相连，根据开关闭合、断开时电流表的示数，可以算出Rx的阻值。如图是设计的盒内电路图，其中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据每个选项和开关的闭合情况分析电路的连接方式，根据电路的特点、欧姆定律分析能否测量出电阻的大小。
【解答】解：
A、根据图示可知，开关断开时，电路为Rx的简单电路，电流表测量电路中的电流；开关闭合时，电路为并联电路，电流表测量干路中的电流；根据并联电路的电流关系可知通过R0的电流，根据U＝IR可以求出电源电压，然后根据R可以求出Rx的阻值，故A正确；
B、根据图示可知，开关闭合时，电路为Rx的简单电路，电流表测量电路中的电流，则电源电压为：U＝IRx；开关断开时，两个电阻串联接入电路中，此时电流表示数为I'，则电源电压为：U＝I'（Rx+R0），两个关系式联立，可以求出Rx的阻值，故B正确；
C、根据图示可知，开关闭合时，电流表和Rx被短路，电路为R0的简单电路；开关断开时，两个电阻串联，电流表测量电路中的电流，由于无法测量出电源电压，所以无法求出Rx的阻值，故C错误；
D、根据图示可知，开关闭合时，Rx被短路，电路为R0的简单电路，电流表测量电路中的电流，根据U＝IR可以求出电源电压；开关断开时，两个电阻串联，电流表测量电路中的电流，根据电源电压和电流表示数可以求出电路的总电阻，根据串联电路的电阻关系可以求出Rx的阻值，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题是测量待测电阻阻值的实验，考查了对实验电路的设计及欧姆定律的应用，在设计出电路的同时，能够根据不同情况列出相应关系式是解决问题的关键。
（多选）13．（2025 绥化）如图甲所示电路中，小灯泡标有“10V 5W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），a、b为滑动变阻器两端点。滑片从b端滑动到某一位置的过程中，滑动变阻器消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为16V
B．小灯泡的阻值为20Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为100Ω
D．该电路消耗的最大功率为6W
【分析】（1）根据P＝UI求出小灯泡的阻值；
（2）由图甲可知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，由图乙可知此时滑动变阻器两端的电压和滑动变阻器的电功率，根据P＝UI求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（3）根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电源电压；
（4）设图乙中变阻器两端的最小电压为U滑小，此时变阻器消耗的电功率也为1W，利用电功率公式、串联电路的特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出U滑小，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的最大电压，此时电路中电流最大，进一步确定电路中的最大电流，根据P＝UI求出该电路消耗的最大功率。
【解答】解：B、由P＝UI可知，小灯泡的阻值：RL20Ω，故B正确；
C、由图甲可知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，
由图乙可知此时滑动变阻器两端的电压为10V，滑动变阻器的电功率为1W，
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I最小0.1A，
由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值：R滑大100Ω，故C正确；
A、由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝I最小（RL+R滑大）＝0.1A×（20Ω+100Ω）＝12V，故A错误；
D、设图乙中变阻器两端的最小电压为U滑小，此时变阻器消耗的电功率也为1W，
则此时电路中电流为I＝I滑，由欧姆定律可得此时小灯泡两端的电压UL＝IRL20Ω，
由串联电路的电压特点可得U滑小+UL＝U＝12V，
即：U滑小20Ω＝12V，解得U滑小＝2V，或10V（舍去），
则灯泡两端的最大电压：UL＝U﹣U滑小＝12V﹣2V＝10V＝U额，说明灯泡正常发光，且此时电路中电流最大，
由P＝UI可知，灯泡的额定电流：I额0.5A，即电路中的最大电流：I最大＝I额＝0.5A，
该电路消耗的最大功率：P＝UI＝12V×0.5A＝6W，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
（多选）14．（2025 仙桃）如图，质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。下列说法正确的是（ ）
A．液体的密度ρA＞ρB＞ρC
B．液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC
C．液体对容器底部的压力FB＜FA＜FC
D．容器对桌面的压力F甲＝F乙＝F丙
【分析】（1）根据容器的形状判断液体的体积关系，根据ρ比较液体的密度；
（2）根据液体的压强p＝ρgh比较大小；
（3）根据液体的压力F＝pS比较液体对容器底部的压力大小；
（4）根据容器对桌面的压力等于杯子和液体的总重力比较大小。
【解答】解：ABC、质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。根据图中容器的形状知，C的体积最大，B的体积最小，根据ρ，C的密度最小，B的密度最大，
故ρB＞ρA＞ρC，
根据液体的压强p＝ρgh知，深度相同，液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC，
根据液体的压力F＝pS知，底面积相同，液体对容器底部的压力FB＞FA＞FC，故B正确，AC错误；
D、容器对桌面的压力等于杯子和液体的总重力，杯子和液体的质量都相同，总重力相等，因而对桌面的压力相等，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查形状不规则的容器中，液体对容器底部压力的计算，这是本题的难点，也是重点，还要知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力。
（多选）15．（2025 鞍山）如图甲所示电路中，电源电压不变，灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），R0＝12Ω。闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P从b端向右滑到某一位置c时（图中未标出），灯泡恰好正常发光；保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端。两次电流表A的示数I随滑动变阻器阻值R变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的电阻为12Ω
B．电源电压为9V
C．滑动变阻器的最大电阻为18Ω
D．当S、S1和S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗总功率的最小值为20W
【分析】（1）灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），由电功率P＝UI可知灯泡的电阻；
（2）闭合开关S，断开开关S1、S2，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测量电路电流，同时闭合开关S、S1和S2，定值电阻和滑动变阻器并联接入电路，由并联电路的电阻特征判断图乙中曲线对应操作，由欧姆定律I和串联电路电压规律可知当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在b端阻值最大处时，电路电流最小为0.4A，可列电源电压U等式①；当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在c处时，灯泡恰好正常发光，电路电流为I额，可列电源电压等式②；保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端时，由并联电路的电流规律可知，R0为定值电阻，所在支路电流不变，当滑动变阻器在滑动过程中阻值最小时即在c处时，干路电路最大为2A，可得干路电流等式 ③；将②代入③可得c处变阻器阻值，代入②可得电源电压；
（3）将电源电压代入①可得变阻器最大阻值；
（4）当S、S1和S2都闭合时，电阻R0和滑动变阻器并联接入电路，电流表测量电路电流，R0为定值电阻，所在支路电流不变，由电功率P＝UI和并联电路电流规律可知，在电源电压U一定时，电路中电路最小时，电路消耗总功率电小，即滑动变阻器在b端时并联电路总电流最小，由P＝UI可知最小功率。
【解答】解：A、灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），
由电功率P＝UI可知：
灯泡的电阻RL12Ω，故A正确；
B、闭合开关S，断开开关S1、S2，灯泡L阻值12Ω和滑动变阻器串联接入电路，电流表测量电路电流，保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，定值电阻R0＝12Ω和滑动变阻器并联接入电路，电流表测量电路电流，可知在滑片滑动过程中，由并联电路的电阻特征可知串联电路的总电阻（在对应的滑片一定时的阻值）大于并联电路的总电阻，电流表的示数在第一步操作时的电流较小，对应图乙中下部分曲线，
由欧姆定律I和串联电路电压规律可知：
当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在b端阻值最大处时，电路电流最小为0.4A，
电源电压U＝U滑+UL＝0.4A×Rmax+0.4A×12Ω ①
当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在c处时，灯泡恰好正常发光，电路电流为I额0.5A，
电源电压U＝U滑+UL＝0.5A×Rc+6V ②
保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端时，由并联电路的电流规律可知，R0为定值电阻，所在支路电流不变，当滑动变阻器在滑动过程中阻值最小时即在c处时，干路电路最大为2A，由I总＝I滑+I，可得：
I总即2A＝U（） ③
将②代入③可得：Rc＝12Ω，
将Rc＝12Ω代入②可得：电源电压U＝12V，故B错误；
C、将电源电压U＝12V代入①可得，Rmax＝18Ω，故C正确；
D、当S、S1和S2都闭合时，电阻R0＝12Ω和滑动变阻器并联接入电路，电流表测量电路电流，R0为定值电阻，所在支路电流不变，
由电功率P＝UI和并联电路电流规律可知，在电源电压U一定时，电路中电路最小时，电路消耗总功率电小，即滑动变阻器在b端时并联电路总电流最小，
电路消耗总功率最小为：P＝UImin＝U（）＝12V×（）＝20W，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别和根据题意得出电源电压不变的等式。
（多选）16．（2025 南充）甲、乙、丙三个烧杯中均装有适量的酒精（ρ酒精＝0.8×103kg/m3），现有质地均匀，不吸且不溶于酒精的a、b两实心柱体，质量之比为3：1，把它们分别放入甲、乙烧杯中，当a、b静止时，如图甲、乙所示；若将b置于a上面一起放入丙烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，如图丙，下列说法正确的是（ ）
A．a的密度为0.4×103kg/m3
B．在图甲中a有四分之一的体积露出液面
C．在图甲中a的下表面液体压强与图丙中a的下表面液体压强之比为3：5
D．a、b的体积之比为4：1
【分析】（1）根据题意知a、b的质量关系，根据物体的浮沉条件和阿基米德原理列方程，计算出a的密度；
（2）图甲中，a漂浮在液面上，浮力等于重力，根据阿基米德原理、物体的浮沉条件、密度公式的变形公式列方程，计算a排开酒精的体积，总体积减去排开液体的体积等于露出的体积；
（3）由B中计算的结果，判断a浸入液体的深度，根据液体压强p＝ρgh计算压强之比；
（4）由图乙可知b悬浮在酒精中，则b的密度等于酒精的密度，根据V计算a、b体积之比。
【解答】解：A、由题可知a、b质量之比，则mbma，
丙图中a所受的浮力等于a、b重力之和，即Fa浮＝Ga+Gb＝（ma+mb）g＝（）gmagρaVag，
由阿基米德原理知a受到的浮力Fa浮＝Ga排＝ρ酒精gV排＝ρ酒精gVa，
则ρaVag＝ρ酒精gVa，得a的密度ρaρ酒精0.8×103kg/m3＝0.6×103kg/m3，故A错误；
B、图甲中，a漂浮在液面上，浮力等于重力，即F浮＝Ga，ρ酒精gVa排＝ρaVag，，得Va排Va，
a露出水面的体积V露出＝Va﹣Va排＝VaVaVa，故B正确；
C、在图甲中Va排Va，则a浸入液面的深度hala，图丙中a下表面的深度为la，根据液体压强p＝ρgh知，两次下表面的压强之比3：4，故C错误；
D、由图乙可知b悬浮在酒精中，则b的密度ρb＝ρ酒精＝0.8×103kg/m3，
a、b体积之比4：1，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了浮力、压强和密度的知识，计算量较大，容易出错，解题时需认真仔细。
（多选）17．（2025 营口）将冰块轻轻放入水平桌面上盛满煤油的烧杯中，冰块静止时如图所示（ρ冰＞ρ煤油）。下列分析正确的是（ ）
A．放入冰块后，烧杯对桌面的压力变大
B．冰块完全熔化后，杯中液面高度下降
C．冰块完全熔化后，杯底受到液体的压强变大
D．冰块完全熔化后，煤油的密度变大
【分析】（1）冰块的密度大于煤油的密度，冰块在煤油中下沉，根据物体浮沉条件分析冰块重力与浮力以及排开的液体重力的大小关系；水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力；
（2）根据冰、水的密度关系分析冰块熔化后体积的变化和液面高度的变化；
（3）规则形状的容器中液体对容器底部的压力等于液体的重力，根据p分析杯底受到液体的压强的变化；
（4）煤油不溶于水，冰熔化成水后沉底，煤油的密度不变。
【解答】解：
A、冰块的密度大于煤油的密度，冰块在煤油中下沉，则冰块受到的重力大于浮力，根据阿基米德原理可知，浮力等于排开的煤油的重力，所以冰块的重力大于排开的煤油的重力，放入冰块后，烧杯整体的重力变大，对桌面的压力变大，故A正确；
B、冰块完全熔化后，由于冰块的密度小于水的密度，根据ρ可知，冰块化成水后体积变小，液面高度变低，故B正确；
C、冰块静止时沉底，由浮沉条件可得F浮＜G冰块，
因烧杯为柱形容器，且力的作用是相互的，则此时杯底受到煤油的压力：F＝G煤油+F浮＜G煤油+G冰块﹣﹣﹣﹣①
烧杯为柱形容器，冰块完全熔化为水后，体积减小，则液体不会溢出，此时杯中液体对杯底的压力：F′＝G煤油+G水，
冰熔化为水后质量不变，重力不变，即G水＝G冰块，则F′＝G煤油+G冰块﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可知F′＞F，即冰块完全熔化后与冰块静止时相比，杯中液体对杯底的压力变大，受力面积不变，根据p可知，烧杯底部受到的压强变大，故C正确；
D、煤油不溶于水，冰熔化成水后沉底，煤油的密度不变，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查了压力和压强的大小变化、阿基米德原理的应用、物体浮沉条件的应用、密度的变化等知识，属于综合题。
（多选）18．（2025 泸州）小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有（ ）
A．p1＞p2 B．F＝G﹣ρgV C．Δp D．pB
【分析】（1）甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p判断出甲、乙两图烧杯对桌面压强的关系；
（2）对物体B受力分析，根据平衡力的知识算出甲图中细线的拉力；
（3）由甲、乙图算出浮力的减小量，由阿基米德原理算出排开水的体积减小量，根据V＝Sh算出液面高度的减小量，由液体压强公式表示出水对烧杯底部的压强变化量；
（4）根据pB表示出乙图中B物体对烧杯底部的压强。
【解答】解：A、甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p知甲、乙两图烧杯对桌面的压强不变，即p1＝p2，故A错误；
B、甲图中B物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，所以细线的拉力：F＝G﹣F浮＝G﹣ρgV，故B正确；
C、甲、乙图浮力的减小量为：ΔF浮＝G﹣ρgV，排开水的体积减小量为：ΔV排，液面高度的减小量为：Δh，水对烧杯底部的压强变化为Δp＝ρgΔh＝ρg，故C正确；
D、乙图中B物体对烧杯底部的压强为：pB由于无法算出B的底面积，所以不能算出B物体对烧杯底部的压强，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了固体压强公式、液体压强公式、受力分析以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
（多选）19．（2025 辽宁）在生物学实验课上，学生制作“洋葱鳞片叶表皮”玻片标本。下列关于此过程中涉及的物理知识说法正确的是（ ）
A．用胶头滴管从试剂瓶中吸取清水，利用了大气压
B．切洋葱的小刀，刀刃锋利是为了增大压力
C．切洋葱时感到“辣”眼睛是扩散现象造成的
D．用镊子夹取鳞片叶表皮时，镊子是省力杠杆
【分析】（1）滴管吸水是利用大气压来完成的；
（2）压强与压力和受力面积有关，在压力一定时，通过减小受力面积可以增大压强；
（3）两种物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散；
（4）分析镊子在使用时动力臂和阻力臂的关系得出结论。
【解答】解：A．用胶头滴管从试剂瓶中吸取清水，挤压后排出管内部分空气，恢复原状时内部气压减小，在大气压的作用下吸水，是利用了大气压，故A正确；
B、切洋葱的小刀，刀刃锋利是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故B错误；
C、切洋葱时感到“辣”眼睛，是因为辣味的分子扩散到了空气中，进入我们的眼睛引起刺激，故C正确；
D、镊子在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D错误。
故选：AC。
【点评】这样的题目对学生的知识点要求比较高，考查了学生的综合能力。四个选项逐一排查、分析后，才能够得出正确答案。这也是中考的常见题型，难度不大，但是考查的知识面广泛。
（多选）20．（2025 滨州）用如图所示的装置匀速提升浸没在容器底部的正方体物块A，物块A的质量为5kg，棱长为10cm，水的深度为60cm。物块A露出水面前滑轮组的机械效率为80%，在水中上升的时间为5s。物块A与容器底部未紧密接触，水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计：ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。下列分析正确的是（ ）
A．物块A的重力为50N
B．物块A上升的速度为0.12m/s
C．物块A露出水面前，拉力所做的有用功为20J
D．物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率约为83.3%
【分析】（1）根据G＝mg求物块A的重力；
（2）根据图可知物块A在水中上升距离，根据速度公式求出物块A上升的速度；
（3）根据体积公式求出物块A的体积，物块A浸没时排开液体的体积等于物块A的体积，根据阿基米德原理求出物块A受到的浮力，根据力的平衡条件求出物块A受到的拉力，根据W＝F拉h求出物块A露出水面前，拉力所做的有用功；
（4）利用水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计时η求动滑轮的重力，
再利用不计绳重和摩擦时η求物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、物块A的重力：GA＝mAg＝5kg×10N/kg＝50N，故A正确；
B、由图可知，物块A在水中上升距离：h＝60cm﹣10cm＝50cm＝0.5m，
则物块A上升的速度：v0.1m/s，故B错误；
C、物块A的体积：VA＝（10cm）3＝1000cm3＝1×10﹣3m3，
因为物块A浸没在水中，所以物块A排开水的体积：V排＝VA＝1×10﹣3m3，
物块A受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，
由力的平衡条件可知，物块A受到的拉力：F拉＝G﹣F浮＝50N﹣10N＝40N，
则物块A露出水面前，拉力所做的有用功：W有＝F拉h＝40N×0.5m＝20J，故C正确；
D、由水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计时η可知，动滑轮的重力：G动40N＝10N，
因为不计绳重和摩擦，所以物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率：η'100%≈83.3%，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查重力公式、阿基米德原理、力的平衡条件、使用滑轮组时功和机械效率公式的应用，关键是利用好不计绳重和摩擦时η。
（多选）21．（2025 济南）如图所示为鱼缸中的电动过滤增氧泵的原理图。电动机带动水泵的叶轮旋转把水从进水口吸入，从喷水口中快速喷出，空气就会从进气管进入水中，随水流一起从出水口流出。下列说法正确的是（ ）
A．水从进水口进入水泵，主要利用了大气压
B．水从水泵中快速甩出来，水泵对水做了功
C．喷水口越狭窄，进气管底端的压强就越小
D．增氧泵工作时，把电能转化为水的机械能
【分析】（1）流体流速越快的地方压强越小，由于出水管的水的流出，导致进气管的上下方压强不同，空气在压力差的作用下进入鱼缸；
（2）功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离；
（3）当能量发生转化时一定表现为：一种形式的能减少而变化成为另一种形式的能，则另一种形式的能增加。
【解答】解：A、当水泵工作时，泵内气压小于外界大气压，水在外界大气压的作用下被压入水泵内，主要是利用大气压来工作的，故A正确；
B、当水从出水管口快速喷出时，水泵对水做功，将水从出水管口压出，故B正确；
C、喷水口越狭窄，喷水口中水的流速越快，进气管底端的压强就越小，故C正确；
D、增氧泵工作时，消耗电能，把水从低处运到高处，水的机械能增加，所以是把电能转化为水的机械能，故D正确。
故选：ABCD。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，明确进气管上方和下方的空气压强变化是解决本题的关键。
（多选）22．（2025 大连）用同种材料制成质量相等的方形盒和实心玩具鱼，把玩具鱼密封在盒内，将盒放入水中，盒在水中静止时的位置如图所示。材料密度为ρ，盒的体积为V，水的密度为ρ水。则（ ）
A．玩具鱼的质量为
B．盒与玩具鱼的体积之比为2ρ：ρ水
C．水对盒下表面的压力为ρ水gV
D．盒空心部分的体积为V
【分析】（1）根据方形盒和实心玩具鱼整体悬浮时，浮力等于总重力，据此列式求出玩具鱼的质量；
（2）假设方形盒和实心玩具鱼分别为m，利用密度公式和阿基米德原理分别表示出盒与玩具鱼的体积，据此求二者体积之比；
（3）根据压力差法分析水对盒下表面的压力与浮力的大小关系；
（4）盒空心部分的体积等于盒的体积减去盒的材料的体积，据此分析判断出答案。
【解答】解：
A、由于方形盒和实心玩具鱼整体悬浮时，总重力等于浮力，即G总＝F浮＝ρ水gV，
则玩具鱼的重力G1，玩具鱼的质量m1，故A正确；
B、假设方形盒和实心玩具鱼分别为m，则玩具鱼的体积V1，方形盒和实心玩具鱼的总重力G总＝2mg，
根据阿基米德原理得盒的体积V，
所以盒与玩具鱼的体积之比，故B正确；
C、根据压力差法可知，水对盒的浮力等于水对盒下表面的压力减去水对盒上表面的压力，所以水对盒下表面的压力大于水对盒的浮力，即水对盒下表面的压力大于ρ水gV，故C错误；
D、根据盒与玩具鱼的体积之比，变形得实心玩具鱼的体积V1，
因为同种材料制成质量相等的方形盒和实心玩具鱼，所以方形盒中材料的体积等于实心玩具鱼的体积，即V方盒＝V1，则盒空心部分的体积V空心＝V﹣V方盒＝V﹣V1＝V，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了密度公式的应用、浮沉条件的应用、阿基米德原理的应用，有一定的难度。
（多选）23．（2025 云南）如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下移动，则（ ）
A．电压表V1和电流表A的示数之比不变
B．电压表V2和电流表A的示数之比变大
C．电压表V1示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变大
D．电压表V2示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值不变
【分析】由电路图可知，R1、R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表串联在电路中；当滑片向右滑动时，分析滑动变阻器接入电路中的阻值的变化，结合欧姆定律和串联电路的特点对选项逐一分析得出答案。
【解答】解：A、根据I可知，R1，R1与P的滑动无关，R1为定值，故V1和A的示数之比不变，故A正确；
B、根据I可知，R2，P向下滑动，R2接入电路的电阻变大，因此V2和A的示数之比变大，故B正确；
C、根据I可知，R1，所以V1和A示数变化量的比值的绝对值不变，故C错误；
D、根据串联电路的电压规律可知，U1+U2＝U，故|ΔU2|＝|ΔU1|，即，所以电压表V2示数的变化量和电流表A示数变化量比值的绝对值不变，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了学生对串联电路的特点和欧姆定律的理解和掌握情况，本题可以把电压和电流的比值看成电阻，根据电阻与电压、电流无关判断其比值的变化。
（多选）24．（2025 天津）小明在研究物体的浮沉问题时，制作了一个空腔“浮沉子”，将其放入一个底面积为S、水深为h0的薄壁柱形容器内。刚放入水中时，浮沉子恰好悬浮，此时水深为h1，如图所示；一段时间后，由于渗漏空腔内开始进水，最后空腔充满了水，浮沉子沉底且完全浸没，此时水的深度降为h2。已知水的密度为ρ0，则所制作的浮沉子（ ）
A．质量为ρ0（h1﹣h0）S
B．质量为ρ0（h2﹣h0）S
C．材料的密度为ρ0
D．材料的密度为ρ0
【分析】根据浮沉子悬浮时排开水的重力等于浮沉子自身的重力，再由G＝mg可求浮沉子的质量；
浮沉子进水后沉底时排开水的体积等于浮沉子材料的实际体积，再由密度公式ρ可求其密度。
【解答】解：AB、浮沉子放入前，水的体积为：V水＝h0S，浮沉子悬浮后，总体积为V浮沉子+水＝h1S，则排开水的体积和浮沉子体积相等，即V排＝V浮沉子＝V浮沉子+水﹣V水＝h1S﹣h0S＝（h1﹣h0）S；
依据阿基米德原理可得：F浮＝ρ水V排g＝ρ水（h1﹣h0）Sg；
由浮沉条件可知，悬浮时，F浮＝G浮沉子，则浮沉子的质量m浮沉子ρ0（h1﹣h0）S，故A正确，B错误；
CD、浮沉子渗水后，沉底后水深为h2，则浮沉子外壳排开水的体积为V排′＝（h2﹣h0）S＝V浮沉子壳；
依据密度公式可得，浮沉子材料的密度ρ，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查排水法测固体的体积、阿基米德原理的应用、浮沉条件及其应用、重力和质量的关系、密度公式及其应用，属于综合题，有一定难度。
（多选）25．（2025 营口）如图所示，水平桌面上盛有适量盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B。当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是（ ）
A．烧杯中盐水的密度变小
B．烧杯内液面不发生变化
C．杯底受到液体的压强变小
D．物块B受到的浮力变小
【分析】（1）冰化成水后，水的密度要小于盐水的密度；
（2）液面高度的变化，可由比较冰块排开盐水的体积和冰块熔化成的水的体积来确定；
（3）冰块熔化后质量不变，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，浮力变小，压力变小，压强变小；
（4）浮力的大小等于物体排开的液体所受的重力大小，所以影响浮力大小的因素是液体的密度和物体排开的液体的体积。
【解答】解：A、冰化成水后，由于水的密度要小于盐水的密度，混合后，盐水的密度变小，故A正确；
B、冰块漂浮，则F浮＝G排＝G冰，即：m排＝m冰，则V排；冰块全部熔化成水后质量不变，
水的体积为：V水，由于水的密度小于盐水的密度，
所以，V水＞V排，即液面会上升，故B错误；
C、根据力的相互作用，杯底受到的液体压力等于漂浮的冰块、悬浮的物块以及盐水的重力，冰融化后，悬浮的物块沉底，其重力一部分直接作用于杯底，故液体对杯底的压力减小，由于杯子的底面积不变，所以杯底受到液体的压强变小，故C正确；
D、冰化成水后，盐水的密度变小，由阿基米德原理可知物块B受到的浮力变小，故D正确。
故选：ACD。
【点评】此题考查了物体浮沉条件的应用以及压强的变化，掌握冰化成水质量不变是解题的关键。
（多选）26．（2025 青岛）如图所示，取一个不易形变的饮料瓶，用橡皮膜扎紧瓶口，在其侧面开一小孔，用插有玻璃管的橡皮塞塞紧，玻璃管中有一段红色液柱，将瓶内气体密封，橡皮膜受到的压力发生变化，红色液柱会移动，从而制成一个简易压强计。下列分析正确的是（ ）
A．橡皮膜受到的压力相同时，玻璃管内径越粗，液柱上升越明显
B．将饮料瓶放入水中，液柱上升，表明液体内部有压强
C．饮料瓶在水中的位置越深，液柱上升越高，表明同种液体的压强随深度的增加而增大
D．将饮料瓶放入不同液体相同深度处，液柱上升高度不同，表明液体的压强与液体密度有关
【分析】液体的压强与深度和液体密度有关；橡皮膜相当于压强计的探头，通过液柱上升的高度显示压强大小，对各个因素采用控制变量法进行分析。
【解答】解：A、橡皮膜受到的压力相同时，橡皮膜受到的压强相同，密封气体体积变化量相同，玻璃管内径越细液柱上升高度越明显；故A错误；
B、将饮料瓶放入水中，液柱上升，说明橡皮膜受压发生形变，因而表明液体内部有压强，故B正确；
C、饮料瓶在水中的位置越深，液柱上升越高，说明橡皮膜出压强越大，表明同种液体的压强随深度的增加而增大，故C正确；
D、将饮料瓶放入不同液体相同深度处，深度相同，液体密度不同，液柱上升高度不同，说明液体的压强不同，表明液体的压强与液体密度有关，故D正确。
故答案为：BCD。
【点评】本题是压强计的实验拓展，要类比用压强计探究液体压强的实验进行分析。
（多选）27．（2025 柳州）博物馆里有些古书非常陈旧，直接翻动它容易使书页破损，有人提出，通过给书带电，使书一页页分开来，如图所示。假设给每页书带电可以实现，能使书一页页分开的带电方式是（ ）
A．使每页书都带上正电
B．使每页书都带上负电
C．使相邻书页带上异种电荷
D．只让封面带正电，封底带负电
【分析】电荷间的作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：通过给书带电，使书一页页分开来，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引知识可知，可以给书带上同种电荷，书一页页可以分开，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了电荷间的相互作用规律，基础题。
（多选）28．（2025 湘潭）如图所示，一均匀杠杆可以绕中点O自由转动，杠杆上垂直粘有A、B两根粗细相同的蜡烛且刚好在水平位置平衡，两蜡烛所处位置到O点的水平距离LAO＝2LBO，现同时点燃蜡烛，经时间t，它们减少了相等的质量，下列说法正确的是（ ）
A．点燃前A、B蜡烛重力之比为1：2
B．经时间t，杠杆右端下沉
C．经时间t，杠杆左端下沉
D．经时间t，杠杆继续保持水平平衡
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件分析点燃前A、B蜡烛重力之比的大小；
（2）经时间t，蜡烛燃烧后减小的重力相同，根据杠杆的平衡条件分析杠杆是否平衡。
【解答】解：A、点燃A、B蜡烛前，杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可知：GALAO＝GBLBO，则：，故A正确；
BCD、经时间t，蜡烛燃烧后减小的重力ΔG相同，则支点左边力与力臂的乘积为：（GA﹣ΔG）LAO＝GALAO﹣ΔGLAO；支点右边力与力臂的乘积为：（GB﹣ΔG）LBO＝GBLBO﹣ΔGLBO，
由于LAO＞LBO，所以ΔGLAO＞ΔGLBO；GALAO＝GBLBO，则：GALAO﹣ΔGLAO＜GBLBO﹣ΔGLBO，所以杠杆右端下沉，故B正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】此题考查杠杆平衡条件及其应用，关键是根据题目和图示得出两支蜡烛的重力关系和力臂之间的关系。
（多选）29．（2025 南充）某科技小组设计了一种测量浑水密度的装置，如图所示，A是体积为10﹣3m3的均匀正方体浮子，B是圆形容器，C是固定在容器底部的定滑轮，通过细绳将A与滑轮组连接。当容器中盛有适量密度为1.0×103kg/m3的清水，连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中；当绳子末端拉力为F1时，浮子在清水中浸没后能缓慢匀速向下运动；把清水换成待测浑水后，绳子末端拉力为F2＝3.1N时，浮子浸没后也能缓慢匀速向下运动。已知动滑轮质量为30g，g＝10N/kg，不计绳子质量、伸缩、摩擦及水的阻力。则（ ）
A．浮子的密度为0.6×103kg/m3
B．绳子拉力F1为2.1N
C．清水中浮子浸没后匀速运动时滑轮组的机械效率约为95%
D．浑水密度为1.2×103kg/m3
【分析】（1）根据物体的漂浮条件列出方程求解浮子的密度；
（2）根据密度公式求出浮子的质量。根据G＝mg求出浮子的重力和动滑轮的重力，根据F浮＝ρ液gV排求浮子浸没时受到的浮力，根据力的平衡条件求出浮子浸没后受到的拉力，由图可知n＝3，利用不计绳重和摩擦时F（F拉+G动）求绳子拉力F1；
（3）利用η求滑轮组的机械效率；
（4）利用不计绳重和摩擦时F（F拉+G动）求出浮子在浑水受到的拉力，根据力的平衡条件求出浮子在浑水中受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出浑水的密度。
【解答】解：A、因为连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中，此时浮子处于漂浮状态，由物体的漂浮条件可知：F浮＝G，
因为F浮＝ρ液gV排＝G＝ρ水gV浮子，ρ浮子gV浮子，所以有ρ水gV浮子＝ρ浮子gV浮子，解得：ρ浮子ρ水1.0×103kg/m3＝0.4×103kg/m3，故A错误；
B、由ρ可知，浮子的质量：m浮子＝ρ浮子V浮子＝0.4×103kg/m3×10﹣3m3＝0.4kg，
浮子的重力：G浮子＝m浮子g＝0.4kg×10N/kg＝4N，
动滑轮的重力：G动＝m动g＝30×10﹣3kg×10N/kg＝0.3N，
浮子浸没在水中受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水g×V浮子＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N，
此时浮子受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，浮子受到的拉力：F拉＝F浮﹣G浮子＝10N﹣4N＝6N，
由图可知n＝3，因为不计绳重和摩擦，绳子拉力：F1（F拉+G动）（6N+0.3N）＝2.1N，故B正确；
C、滑轮组的机械效率：η100%≈95%，故C正确；
D、因为不计绳重和摩擦时F（F拉+G动），浮子在浑水受到的拉力：F拉2＝nF2﹣G＝3×3.1N﹣0.3N＝9N，
此时浮子受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，浮子受到的浮力：F浮2＝F拉2+G浮子＝9N+4N＝13N，
因为浮子浸没在浑水中，所以此时浮子排开浑水的体积：V排2＝V浮子＝10﹣3m3，
由F浮＝ρ液gV排可知，浑水的密度：ρ浑水1.3×103kg/m3，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了重力公式、密度公式、阿基米德原理、使用滑轮组绳子拉力公式和滑轮组机械效率公式、做功公式的综合应用，分清有用功和总功以及根据力的平衡条件求出物体在液体中受到的拉力是关键。
（多选）30．（2025 潍坊）我市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为保证行人上下天桥时的安全，需在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。该电路中需用到阻值随空气湿度变化的湿敏电阻，将湿敏电阻接在电路中（图中未画出），闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设定值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，以下说法正确的是（ ）
A．应选R1作为该电路的湿敏电阻
B．在M、N、Q三处位置中，湿敏电阻应安装在M处
C．小于设定值时，湿度越小警示灯越亮
D．向左移动滑片P，可使警示灯在较小湿度下实现闪烁
【分析】A、根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，再根据乙图判断哪个电阻的阻值随湿度的增加而减小，就选它作为湿敏电阻；
B、若将它串联在图甲电路中的M位置，当通过电路的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸引，动触点2接触静触点1，R2会被短路，警示灯会一下变亮，起到闪烁的作用；
C、空气潮湿时能见度低，为安全起见判断警示灯应越亮度与湿度大小的关系；
D、电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，最后根据湿敏电阻阻值随空气湿度变化情况判断。
【解答】解：A、由乙图可知，R1的阻值随湿度的增加而增加，R2的阻值随湿度的增加而减小，根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，所以R2符合要求，故A错误；
B、若将它串联在图甲电路中的M位置，当通过电路的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，动触点2接触静触点1，吸合后电磁铁和R2会被短路，警示灯会一下变亮，吸合后电磁铁和R2被短路而失去磁性，衔铁被弹簧拉起，此时警示灯和R2串联接入电路，灯泡变暗，而R2放在N点和Q点都不会出现此现象，故应该将警示灯串联在图甲电路中的M位置，才能起到闪烁的作用，故B正确；
C、空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为安全起见，湿度越大，警示灯应越亮，故C错误；
D、电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，即湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，使警示灯在较小湿度下就能实现闪烁，故D正确。
故选BD。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，会根据实际需要选择湿敏电阻是解题的关键。
（多选）31．（2025 成都）如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为3A，A2量程为0.6A，电压表V量程为3V或15V。闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V。三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（ ）
A．R3＝10Ω
B．电压表选用的量程为3V
C．R2小＝40Ω
D．P大＝28W
【分析】（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路；根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，根据P＝I2R和R1和R3消耗的电功率之比可知R1、R3的阻值之比；
滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，据此可知A1的电流表示数；根据欧姆定律以及电压表的示数变化可知R3的阻值；根据R1、R3的阻值之比可知R1的阻值；知道R1、R3的阻值，根据欧姆定律可知电源电压；知道通过R3的电流和阻值，利用欧姆定律可知电压表的示数，据此可知电压表的量程；
（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1、R2的电流之和，根据电流表A2的量程可知通过R2的最大电流，利用欧姆定律可知R2接入的最小阻值；利用欧姆定律计算出通过R3的电流，据此可知干路的最大电流，利用P＝UI可以求出电路消耗的最大电功率。
【解答】解：（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路，A1表的示数为I＝0.35A，电压表测量R3两端的电压；
根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，
R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝I2R1：I2R3＝R1：R3＝3：1，即R1＝3R3；
滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，
A1表的示数变化了0.3A，所以电流表A1此时的示数I′＝I﹣ΔI＝0.35A﹣0.3A＝0.05A；
根据欧姆定律可知，电压表的示数变化ΔV＝IR3﹣I′R3＝0.35A×R3﹣0.05A×R3＝3V，
解得：R3＝10Ω，故A正确；
R1的阻值R1＝3R3＝3×10Ω＝30Ω；
由欧姆定律可知，滑片P移到最左端时，R3两端的电压U3＝IR3＝0.35A×10Ω＝3.5V＞3V，
所以电压表的量程为0～15V，故B错误；
电源电压U＝U1+U3＝IR1+IR3＝0.35A×30Ω+0.35A×10Ω＝14V；
（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1、R2的电流之和，
在确保电路安全的前提下，由于电流表A1的量程为3A。电流表A2的量程为0.6A，只要电流表A2安全，则电流表A1安全，电路就是安全的，所以电流表A2的最大电流I12＝0.6A，
根据并联电路的电压特点可知，各支路电压相等，都等于电源电压14V；
此时通过R1的电流I1A；
根据并联电路的电流特点可知，通过R2的最大电流I2＝I12﹣I1＝0.6AAA；
根据欧姆定律可知，R2允许接入的最小阻值为R2小105Ω，故C错误；
通过R3的电流：I31.4A；
根据并联电路的电流特点可知，干路的最大电流I大＝I12+I3＝0.6A+1.4A＝2A；
电路消耗的最大电功率为P大＝UI大＝14V×2A＝28W，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查动态电路的分析、欧姆定律的应用、电功率的计算，解题的关键是分析清楚开关在不同状态下电路的连接情况，题目难度较大。
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多选题
一．多选题（共31小题）
（多选）1．（2025 黑龙江）如图，甲电路中电源电压保持不变，闭合开关后，将变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，两电压表的示数与电流表的示数变化关系如图乙Ⅰ、Ⅱ所示，则（ ）
A．Ⅱ是灯泡的I﹣U关系图像
B．灯泡最小功率为1W
C．R的最大阻值为25Ω
D．电路的最大功率为3.6W
（多选）2．（2025 青岛）在探究平面镜成像特点的实验中，下列说法与事实相符的是（ ）
A．如图甲，当蜡烛远离玻璃板时，像的大小不变
B．如图乙，在玻璃板后竖直放置一纸板，人在任何位置都看不到像
C．如图丙，若玻璃板的高度为蜡烛高度的一半，像的高度也为蜡烛高度的一半
D．如图丁，若玻璃板与水平桌面不垂直，像仍与蜡烛关于玻璃板对称
（多选）3．（2025 长沙）如图是科技小组设计的湘江水位监测器的原理图。电源电压不变，红灯工作时的电阻为R1，黄灯工作时的电阻为R2。闭合开关S后，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，电压表示数为U1；当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，电压表示数为U2，U1＞U2。则下列说法正确的是（ ）
A．R1＞R2
B．水位超过防洪预警线时，红灯亮
C．R1＜R2
D．水位低于干旱预警线时，红灯亮
（多选）4．（2025 日照）如图甲所示，将一底面积为0.04m2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。下列说法正确的是（g＝10N/kg，）（ ）
A．木块的重力是24N
B．木块的体积是0.048m3
C．木块完全浸没后受到的浮力是40N
D．木块的密度是0.5×103kg/m3
（多选）5．（2025 威海）利用简单机械设计健身器材，要求如下：始终竖直向下匀速拉动拉环，拉力大小范围为200～400N；拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离不超过2m；配重质量为15kg（杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，滑轮组绳子长度足够长）。下列方案不符合设计要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（多选）6．（2025 云南）一质量为900g、底面积为100cm2、高为12cm的不吸水圆柱体放在盛有4.2kg水的薄壁（厚度不计）柱形容器内，容器底面积为300cm2，如图所示。打开阀门K，放出3kg的水后关闭阀门（）。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体的密度为0.75×103kg/m3
B．放水前水面距容器底部的高度为14cm
C．放水后水对容器底部的压力为21N
D．放水后水对容器底部的压强为600Pa
（多选）7．（2025 北京）图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（ ）
A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度t满足24℃＜t＜26℃
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更小的彩球
（多选）8．（2025 潍坊）如图甲所示的电路，电流表量程为0～0.6A，小灯泡L标有“4V，2W”字样。闭合开关S1、S2，在确保电路安全的情况下，调整滑动变阻器滑片P位置，记录多组电压表示数U与相应的电流表示数I，并作出如图乙所示的图像。下列分析正确的是（ ）
A．电源的电压为10V
B．电阻R能达到的最大功率为3.6W
C．滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为10Ω
D．断开S2，小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为2.5W
（多选）9．（2025 辽宁）2024年6月2日嫦娥六号探测器在月球背面着陆，着陆后探测器展开太阳能电池板，通过“钻取”和“表取”两种方式完成全球首次月球背面采样（月壤）任务。采用铝基复合材料制成的外钻杆由设在辽宁省的某研究所研制，耐磨性和强度可与钢材媲美，实现减重65%。下列说法正确的是（ ）
A．太阳、月球、探测器的空间尺度依次减小
B．太阳能是不可再生能源
C．铝基复合材料比钢材的密度小
D．“钻取”时转动的外钻杆与跟它紧密接触的月壤之间有摩擦力
（多选）10．（2025 辽宁）如图，某同学自制了一个扬声器，将线圈紧密粘贴在纸杯底部，在线圈上方放置一个强磁铁，在线圈中通入交变电流后，纸杯振动发声。下列说法正确的是（ ）
A．该扬声器与电动机的工作原理相同
B．磁场对线圈的力的方向随电流方向改变而改变
C．线圈带动纸杯振动是电磁感应现象
D．线圈中的电流不会产生磁场
（多选）11．（2025 贵州）如图甲所示的条凳，人若坐在凳的一端，极易使其另一端上翘而摔倒。现将其简化为如图乙所示的示意图，B、C点分别与凳脚的E、F点在同一竖直线上。当人对水平凳面施加竖直向下的压力时，下列分析正确的是（ ）
A．压力作用于A点，可将条凳视为绕E点转动的杠杆
B．只要压力作用于凳面的中间，则条凳一定不会上翘
C．只要在A、D点同时施加压力，则条凳一定不会上翘
D．在B或C点施加一个压力，则条凳一定不会上翘
（多选）12．（2025 天津）如图所示的“电阻测量盒”，内有电源（电压不变且未知）、阻值已知的定值电阻R0、开关和电流表，并引出两根导线到盒外。将盒外的两根导线分别与待测电阻Rx的两端相连，根据开关闭合、断开时电流表的示数，可以算出Rx的阻值。如图是设计的盒内电路图，其中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）13．（2025 绥化）如图甲所示电路中，小灯泡标有“10V 5W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），a、b为滑动变阻器两端点。滑片从b端滑动到某一位置的过程中，滑动变阻器消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为16V
B．小灯泡的阻值为20Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为100Ω
D．该电路消耗的最大功率为6W
（多选）14．（2025 仙桃）如图，质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。下列说法正确的是（ ）
A．液体的密度ρA＞ρB＞ρC
B．液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC
C．液体对容器底部的压力FB＜FA＜FC
D．容器对桌面的压力F甲＝F乙＝F丙
（多选）15．（2025 鞍山）如图甲所示电路中，电源电压不变，灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），R0＝12Ω。闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P从b端向右滑到某一位置c时（图中未标出），灯泡恰好正常发光；保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端。两次电流表A的示数I随滑动变阻器阻值R变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的电阻为12Ω
B．电源电压为9V
C．滑动变阻器的最大电阻为18Ω
D．当S、S1和S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗总功率的最小值为20W
（多选）16．（2025 南充）甲、乙、丙三个烧杯中均装有适量的酒精（ρ酒精＝0.8×103kg/m3），现有质地均匀，不吸且不溶于酒精的a、b两实心柱体，质量之比为3：1，把它们分别放入甲、乙烧杯中，当a、b静止时，如图甲、乙所示；若将b置于a上面一起放入丙烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，如图丙，下列说法正确的是（ ）
A．a的密度为0.4×103kg/m3
B．在图甲中a有四分之一的体积露出液面
C．在图甲中a的下表面液体压强与图丙中a的下表面液体压强之比为3：5
D．a、b的体积之比为4：1
（多选）17．（2025 营口）将冰块轻轻放入水平桌面上盛满煤油的烧杯中，冰块静止时如图所示（ρ冰＞ρ煤油）。下列分析正确的是（ ）
A．放入冰块后，烧杯对桌面的压力变大
B．冰块完全熔化后，杯中液面高度下降
C．冰块完全熔化后，杯底受到液体的压强变大
D．冰块完全熔化后，煤油的密度变大
（多选）18．（2025 泸州）小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有（ ）
A．p1＞p2 B．F＝G﹣ρgV C．Δp D．pB
（多选）19．（2025 辽宁）在生物学实验课上，学生制作“洋葱鳞片叶表皮”玻片标本。下列关于此过程中涉及的物理知识说法正确的是（ ）
A．用胶头滴管从试剂瓶中吸取清水，利用了大气压
B．切洋葱的小刀，刀刃锋利是为了增大压力
C．切洋葱时感到“辣”眼睛是扩散现象造成的
D．用镊子夹取鳞片叶表皮时，镊子是省力杠杆
（多选）20．（2025 滨州）用如图所示的装置匀速提升浸没在容器底部的正方体物块A，物块A的质量为5kg，棱长为10cm，水的深度为60cm。物块A露出水面前滑轮组的机械效率为80%，在水中上升的时间为5s。物块A与容器底部未紧密接触，水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计：ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。下列分析正确的是（ ）
A．物块A的重力为50N
B．物块A上升的速度为0.12m/s
C．物块A露出水面前，拉力所做的有用功为20J
D．物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率约为83.3%
（多选）21．（2025 济南）如图所示为鱼缸中的电动过滤增氧泵的原理图。电动机带动水泵的叶轮旋转把水从进水口吸入，从喷水口中快速喷出，空气就会从进气管进入水中，随水流一起从出水口流出。下列说法正确的是（ ）
A．水从进水口进入水泵，主要利用了大气压
B．水从水泵中快速甩出来，水泵对水做了功
C．喷水口越狭窄，进气管底端的压强就越小
D．增氧泵工作时，把电能转化为水的机械能
（多选）22．（2025 大连）用同种材料制成质量相等的方形盒和实心玩具鱼，把玩具鱼密封在盒内，将盒放入水中，盒在水中静止时的位置如图所示。材料密度为ρ，盒的体积为V，水的密度为ρ水。则（ ）
A．玩具鱼的质量为
B．盒与玩具鱼的体积之比为2ρ：ρ水
C．水对盒下表面的压力为ρ水gV
D．盒空心部分的体积为V
（多选）23．（2025 云南）如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下移动，则（ ）
A．电压表V1和电流表A的示数之比不变
B．电压表V2和电流表A的示数之比变大
C．电压表V1示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变大
D．电压表V2示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值不变
（多选）24．（2025 天津）小明在研究物体的浮沉问题时，制作了一个空腔“浮沉子”，将其放入一个底面积为S、水深为h0的薄壁柱形容器内。刚放入水中时，浮沉子恰好悬浮，此时水深为h1，如图所示；一段时间后，由于渗漏空腔内开始进水，最后空腔充满了水，浮沉子沉底且完全浸没，此时水的深度降为h2。已知水的密度为ρ0，则所制作的浮沉子（ ）
A．质量为ρ0（h1﹣h0）S
B．质量为ρ0（h2﹣h0）S
C．材料的密度为ρ0
D．材料的密度为ρ0
（多选）25．（2025 营口）如图所示，水平桌面上盛有适量盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B。当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是（ ）
A．烧杯中盐水的密度变小
B．烧杯内液面不发生变化
C．杯底受到液体的压强变小
D．物块B受到的浮力变小
（多选）26．（2025 青岛）如图所示，取一个不易形变的饮料瓶，用橡皮膜扎紧瓶口，在其侧面开一小孔，用插有玻璃管的橡皮塞塞紧，玻璃管中有一段红色液柱，将瓶内气体密封，橡皮膜受到的压力发生变化，红色液柱会移动，从而制成一个简易压强计。下列分析正确的是（ ）
A．橡皮膜受到的压力相同时，玻璃管内径越粗，液柱上升越明显
B．将饮料瓶放入水中，液柱上升，表明液体内部有压强
C．饮料瓶在水中的位置越深，液柱上升越高，表明同种液体的压强随深度的增加而增大
D．将饮料瓶放入不同液体相同深度处，液柱上升高度不同，表明液体的压强与液体密度有关
（多选）27．（2025 柳州）博物馆里有些古书非常陈旧，直接翻动它容易使书页破损，有人提出，通过给书带电，使书一页页分开来，如图所示。假设给每页书带电可以实现，能使书一页页分开的带电方式是（ ）
A．使每页书都带上正电
B．使每页书都带上负电
C．使相邻书页带上异种电荷
D．只让封面带正电，封底带负电
（多选）28．（2025 湘潭）如图所示，一均匀杠杆可以绕中点O自由转动，杠杆上垂直粘有A、B两根粗细相同的蜡烛且刚好在水平位置平衡，两蜡烛所处位置到O点的水平距离LAO＝2LBO，现同时点燃蜡烛，经时间t，它们减少了相等的质量，下列说法正确的是（ ）
A．点燃前A、B蜡烛重力之比为1：2
B．经时间t，杠杆右端下沉
C．经时间t，杠杆左端下沉
D．经时间t，杠杆继续保持水平平衡
（多选）29．（2025 南充）某科技小组设计了一种测量浑水密度的装置，如图所示，A是体积为10﹣3m3的均匀正方体浮子，B是圆形容器，C是固定在容器底部的定滑轮，通过细绳将A与滑轮组连接。当容器中盛有适量密度为1.0×103kg/m3的清水，连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中；当绳子末端拉力为F1时，浮子在清水中浸没后能缓慢匀速向下运动；把清水换成待测浑水后，绳子末端拉力为F2＝3.1N时，浮子浸没后也能缓慢匀速向下运动。已知动滑轮质量为30g，g＝10N/kg，不计绳子质量、伸缩、摩擦及水的阻力。则（ ）
A．浮子的密度为0.6×103kg/m3
B．绳子拉力F1为2.1N
C．清水中浮子浸没后匀速运动时滑轮组的机械效率约为95%
D．浑水密度为1.2×103kg/m3
（多选）30．（2025 潍坊）我市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为保证行人上下天桥时的安全，需在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。该电路中需用到阻值随空气湿度变化的湿敏电阻，将湿敏电阻接在电路中（图中未画出），闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设定值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，以下说法正确的是（ ）
A．应选R1作为该电路的湿敏电阻
B．在M、N、Q三处位置中，湿敏电阻应安装在M处
C．小于设定值时，湿度越小警示灯越亮
D．向左移动滑片P，可使警示灯在较小湿度下实现闪烁
（多选）31．（2025 成都）如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为3A，A2量程为0.6A，电压表V量程为3V或15V。闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V。三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（ ）
A．R3＝10Ω
B．电压表选用的量程为3V
C．R2小＝40Ω
D．P大＝28W
多选题
参考答案与试题解析
一．多选题（共31小题）
（多选）1．（2025 黑龙江）如图，甲电路中电源电压保持不变，闭合开关后，将变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，两电压表的示数与电流表的示数变化关系如图乙Ⅰ、Ⅱ所示，则（ ）
A．Ⅱ是灯泡的I﹣U关系图像
B．灯泡最小功率为1W
C．R的最大阻值为25Ω
D．电路的最大功率为3.6W
【分析】（1）由图可知，灯泡和变阻器R串联；当滑片由a端向b端移动的过程中，变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律和串联电路的特点可知电路中电流增大，电压表V1的示数增大，V2的示数减小，据此可以判断灯泡和滑动变阻器的I﹣U关系图像。
（2）当滑片滑到a点时，滑动变阻器全部接入电路，此时灯泡的功率最小。由图找出相关数据，可以计算灯泡的功率。
（3）当滑片在a点时，由图乙可知，滑动变阻器的电压和对应的电流值，计算滑动变阻器的最大值。
（4）当滑片在b点时，滑动变阻器阻值为零，此时电路中的功率最大。由图可知对应的电流、电压值，可以计算最大功率。
【解答】解：
A.由图可知，灯泡和变阻器R串联；当滑片由a端向b端移动的过程中，变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律和串联电路的特点可知电路中电流增大，电压表V1的示数增大，V2的示数减小，所以Ⅰ是灯泡的I﹣U关系图像，Ⅱ是变阻器的I﹣U关系图像，故A错误。
B.当滑片滑到a点时，滑动变阻器全部接入电路，此时灯泡的功率最小；
由图可知，灯泡电压1V，电流0.2A，灯泡的最小功率PL小＝UL小IL小＝1V×0.2A＝0.2W，故B错误。
C.当滑片在a点时，由图乙可知，滑动变阻器全部接入电路，变阻器R的电压、电流为5V、0.2A，
则变阻器R的最大阻值：R25Ω，故C正确。
D.当滑片在b点时，滑动变阻器阻值为零，此时电路中的功率最大，此时电路电压、电流为6V、0.6A，
电路的最大功率为：P总大＝U总I大＝6V×0.6A＝3.6W，故D正确。
故选：CD。
【点评】此题考察了电路图像分析和串并联电路电压和电流的特点。解体的难点在于结合电路图认真分析图像，找出相关信息。
（多选）2．（2025 青岛）在探究平面镜成像特点的实验中，下列说法与事实相符的是（ ）
A．如图甲，当蜡烛远离玻璃板时，像的大小不变
B．如图乙，在玻璃板后竖直放置一纸板，人在任何位置都看不到像
C．如图丙，若玻璃板的高度为蜡烛高度的一半，像的高度也为蜡烛高度的一半
D．如图丁，若玻璃板与水平桌面不垂直，像仍与蜡烛关于玻璃板对称
【分析】（1）平面镜成等大的虚像，像与物关于镜面对称；
（2）形成原理是光的反射。
【解答】解：A．如图甲，平面镜成等大的虚像，像与物关于镜面对称，当蜡烛远离玻璃板时，像的大小不变，故A正确；
B．如图乙，平面镜成像是由于光的反射，在玻璃板后竖直放置一纸板，人在玻璃板前有反射光线进入人眼，故可以看到像，故B错误；
C．如图丙，平面镜成等大的虚像，无论玻璃板的大小是多大，像与物等大，故C错误；
D．如图丁，平面镜成像时，像与物关于镜面对称，若玻璃板与水平桌面不垂直，像仍与蜡烛关于玻璃板对称，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查平面镜成像特点的分析与应用，属于中档题。
（多选）3．（2025 长沙）如图是科技小组设计的湘江水位监测器的原理图。电源电压不变，红灯工作时的电阻为R1，黄灯工作时的电阻为R2。闭合开关S后，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，电压表示数为U1；当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，电压表示数为U2，U1＞U2。则下列说法正确的是（ ）
A．R1＞R2
B．水位超过防洪预警线时，红灯亮
C．R1＜R2
D．水位低于干旱预警线时，红灯亮
【分析】由图可知，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，此时红灯、定值电阻R0串联接入电路，电压表测量R0两端的电压；当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，此时黄灯、定值电阻R0串联接入电路，电压表测量R0两端的电压；电源电压不变，知道电压表的示数变化，根据串联电路的电压特点可得灯两端的电压变化，再由串联分压的规律可知红灯、黄灯的电阻大小关系。
【解答】解：由图可知，当水位超过防洪预警线时，浮筒上升带动铜片将CD接通，此时红灯、定值电阻R0串联接入电路，红灯亮，电压表测量R0两端的电压，示数为U1；
当水位低于干旱预警线时，浮筒下降带动铜片将EF接通，此时黄灯、定值电阻R0串联接入电路，黄灯亮，电压表测量R0两端的电压，示数为U2；
由题知，U1＞U2，且电源电压不变，则根据串联电路的电压特点可知，红灯两端的电压小、黄灯两端的电压大，由串联分压的规律可知红灯的电阻小于黄灯的电阻，即R1＜R2，故BC正确、AD错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了串联电路的特点，分析题意、得出不同水位下的电路组成是关键。
（多选）4．（2025 日照）如图甲所示，将一底面积为0.04m2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。下列说法正确的是（g＝10N/kg，）（ ）
A．木块的重力是24N
B．木块的体积是0.048m3
C．木块完全浸没后受到的浮力是40N
D．木块的密度是0.5×103kg/m3
【分析】（1）由图乙可知，木块恰好漂浮时木块底部受到水的压强，根据p求出木块底部受到水向上的压力，根据浮力产生的原因F浮＝F向上﹣F向下求出木块受到的浮力，根据漂浮条件求出木块的重力；
（2）木块浸没时排开水的体积最大，受到的浮力最大，细线对木块的拉力最大，此时木块下表面所处的深度最大，受到水的压强最大，
由图乙可知，木块上表面与液面相平时，木块底部受到水的压强p′＝1000Pa，
根据p求出木块底部受到水向上的压力，根据浮力产生的原因F浮＝F向上﹣F向下求出木块受到的浮力，根据F浮＝ρ水gV排求出排开水的体积，即物体的体积，根据G＝mg＝ρVg可求出物体的密度。
【解答】解：A、由图乙可知，在6cm～18cm内，木块处于漂浮状态，此时木块底部受到水的压强p＝600Pa，
由p可得，木块底部受到水向上的压力：F向上＝p向上S＝600Pa×0.04m2＝24N，
由浮力产生的原因可得，木块受到的浮力：F浮＝F向上﹣F向下＝F向上＝24N，
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，木块的重力：G木＝F浮＝24N，故A正确；
C、木块浸没时排开水的体积最大，受到的浮力最大，细线对木块的拉力最大，此时木块下表面所处的深度最大，受到水的压强最大，
由图乙可知，木块上表面与液面相平时，木块底部受到水的压强p′＝1000Pa，
此时木块底部受到水向上的压力：F向上′＝p向上′S＝1000Pa×0.04m2＝40N，
木块受到的最大浮力：F浮大＝F向上′﹣F向下＝F向上′＝40N，故C正确；
BD、由F浮＝ρ水gV排可知，木块的体积为：
V＝V排4×10﹣3m3，故B错误；
由G＝mg＝ρVg可得，木块的密度为：
ρ0.6×103kg/m3，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了从图像中寻找有用的信息、浮力计算、压强计算、受力分析，这是浮力和压强比较典型的习题，一定要学会解题思路。
（多选）5．（2025 威海）利用简单机械设计健身器材，要求如下：始终竖直向下匀速拉动拉环，拉力大小范围为200～400N；拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离不超过2m；配重质量为15kg（杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，滑轮组绳子长度足够长）。下列方案不符合设计要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）根据G＝mg计算阻力，根据动力臂与阻力臂的大小结合杠杆平衡条件分析拉力大小；
（2）根据滑轮组的受力分析解答。
【解答】解：配重质量为15kg，阻力F2＝G＝mg＝15kg×10N/kg＝150N；杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，
A、图中拉力的力臂在水平方向，根据杠杆平衡条件，G×0.75m＝F1×0.5m，解得F1＝1.5G＝1.5×150N＝225N，当竖直方向拉动时，最大不可能达到0.6m，故A不符合要求；
B、根据杠杆平衡条件，G×1.4m＝F1×0.7m，解得F1＝2G＝2×150N＝300N，当竖直方向拉动时，最大可能达到0.6m，故B符合要求；
C、拉力作用在动滑轮轴心上，图中n＝2，故F＝2G＝2×150N＝300N，故C符合要求；
D、拉力作用在动滑轮轴心上，图中n＝3，故F＝3G＝3×150N＝450N，故D不符合要求。
故选：AD。
【点评】本题考查滑轮与杠杆的平衡条件应用，属于中档题。
（多选）6．（2025 云南）一质量为900g、底面积为100cm2、高为12cm的不吸水圆柱体放在盛有4.2kg水的薄壁（厚度不计）柱形容器内，容器底面积为300cm2，如图所示。打开阀门K，放出3kg的水后关闭阀门（）。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体的密度为0.75×103kg/m3
B．放水前水面距容器底部的高度为14cm
C．放水后水对容器底部的压力为21N
D．放水后水对容器底部的压强为600Pa
【分析】（1）由题意及密度公式可求出圆柱体的密度；
（2）放水前水面距容器底部的高度等于水原来的高度加上圆柱体放入之后液面上升高度，由阿基米德原理求出排开水的体积，可求水上升的高度，最后求出放水前水面对容器底部的高度；
（3）判断放水后圆柱体的状态，通过计算可得出放水后对容器底部的压力；
（4）放水后水对容器底部的压强可利用p＝ρgh。
【解答】解：A、由题意得：圆柱体的体积为：V柱＝Sh＝100cm2×12cm＝1200cm3＝1.2×10﹣3m3，
圆柱体的密度：ρ柱0.75×103kg/m3，故A正确；
B、放水前，由图所示，圆柱体漂浮在水里，所以F浮＝G柱＝m柱g＝0.9kg×10N/kg＝9N，
排开水的体积为：V排9×10﹣4m3，
所以液面上升的高度为h′0.03m＝3cm，
没放圆柱体之前水的体积为：V04.2×10﹣3m3，
水的高度为h00.14m＝14cm，
所以放水前水面距容器底部的高度为：h＝h0+h′＝14cm+3cm＝17cm，故B错误；
CD、放水前圆柱体浸在水中的深度为：h浸柱0.09m＝9cm，
圆柱体下面水的高度为：h前水＝17cm﹣9cm＝8cm，
圆柱体下面水的质量为：m0＝ρ水S容器h前水＝1.0×103kg/m3×300×10﹣4m2×0.08m＝2.4kg，
则当放水2.4kg，圆柱体刚好漂浮，
现在放水3kg，所以圆柱体沉底，此时水面下降的高度为：
Δh0.03m＝3cm，
现在水的高度为h后水＝9cm﹣3cm＝6cm，
所以放水后水对容器底的压强为：p水＝ρ水h后水g＝1.0×103kg/m3×0.06m×10N/kg＝600Pa，
则放水后水对容器底的压力为：F′＝p水S容器＝600Pa×300×10﹣4m2＝18N，故C错误，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了阿基米德原理及液体压强的计算。
（多选）7．（2025 北京）图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（ ）
A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度t满足24℃＜t＜26℃
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更小的彩球
【分析】（1）液体的密度随着温度升高会减小；
（2）根据物体的浮沉条件分析解答。
【解答】解：由题意知，液体的温度升高时，密度变小，原来悬浮的小球因液体的温度升高而下沉，所以4号彩球标牌所标温度值为22℃，则5号小球应标20℃，3号小球应标24℃；
A、22℃大于18℃，液体在22℃时密度小，等于4号球的密度，4号球悬浮，浮力等于重力；18℃时密度大，大于4号球的密度，4号球漂浮，浮力等于重力，所以4号在22℃时所受浮力等于18℃时所受浮力，故A错误；
B、由于液体的密度随着环境温度降低会增大，有更多的彩球能漂浮，所以当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，液体的密度等于密度最大一个小球的密度，即5号彩球悬浮，其余四个小球漂浮，故B错误；
C、若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则3、4、5三个彩球沉底，4号球标示22℃、3号球标示24℃、2号球标示26℃，表明当前环境温度在24℃到26℃之间，故C正确；
D、当环境温度升高时，液体的密度减小，当前1号球标示温度最高，若想测量更高的温度，应增加一个密度更小的彩球，所以与彩球1体积相等、质量更小，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了物体浮沉条件的应用，认真审题，灵活利用好物体浮沉与密度的关系是关键。
（多选）8．（2025 潍坊）如图甲所示的电路，电流表量程为0～0.6A，小灯泡L标有“4V，2W”字样。闭合开关S1、S2，在确保电路安全的情况下，调整滑动变阻器滑片P位置，记录多组电压表示数U与相应的电流表示数I，并作出如图乙所示的图像。下列分析正确的是（ ）
A．电源的电压为10V
B．电阻R能达到的最大功率为3.6W
C．滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为10Ω
D．断开S2，小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为2.5W
【分析】由图知闭合开关S1、S2，时，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表串联电路中的电流；
（1）根据电源电压相等列等式U＝U1+IR＝U2+I′R算出此时的电源电压和R的阻值；
（2）根据电流表量程为0～0.6A判断出电路中的最大电流，根据PR算出电阻R能达到的最大功率；
（3）当电路中的电流最大时，滑动变阻器允许接入电路的阻值最小，亿欧欧姆定律算出此时电路中的总电阻，由串联电路电阻的功率算出滑动变阻器允许接入电路的最小阻值；
（4）断开S2，时，小灯泡、定值电阻R和滑动变阻器串联，根据P＝UI算出小灯泡正常发光时的电流，由U＝IR算出此时定值电阻R两端的电压，由串联电路电压的功率和P＝UI算出小灯泡正常发光时滑动变阻器的功率。
【解答】解：由图知闭合开关S1、S2，时，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表串联电路中的电流；
A、此时的电源电压为：U＝U1+IR＝U2+I′R，即10V+0.2R＝6V+0.6R，
解得R＝10Ω；
电源电压U＝U＝U1+IR＝10V+0.2×10Ω＝12V，故A错误；
B、由于电流表量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为0.6A，
电阻R能达到的最大功率为：
PR＝（0.6A）2×10Ω＝3.6W，故B正确；
C、当电路中的电流最大时，滑动变阻器允许接入电路的阻值最小，此时电路上的总电阻为：
R总20Ω，
滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为：
R滑小＝R总﹣R＝20Ω﹣10Ω＝10Ω，故C正确；
D、断开S2，时，小灯泡、定值电阻R和滑动变阻器串联，小灯泡正常发光时的电流为：
IL0.5A，
此时定值电阻R两端的电压为：
UR＝ILR＝0.5A×10Ω＝5V，
小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为：
P＝U滑IL＝（U﹣UR﹣UL）IL＝（12V﹣5V﹣4V）×0.5A＝1.5W，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式综合应用，正确判断出电路的连接是解题的关键。
（多选）9．（2025 辽宁）2024年6月2日嫦娥六号探测器在月球背面着陆，着陆后探测器展开太阳能电池板，通过“钻取”和“表取”两种方式完成全球首次月球背面采样（月壤）任务。采用铝基复合材料制成的外钻杆由设在辽宁省的某研究所研制，耐磨性和强度可与钢材媲美，实现减重65%。下列说法正确的是（ ）
A．太阳、月球、探测器的空间尺度依次减小
B．太阳能是不可再生能源
C．铝基复合材料比钢材的密度小
D．“钻取”时转动的外钻杆与跟它紧密接触的月壤之间有摩擦力
【分析】（1）根据物体的尺度进行排序。
（2）太阳能是可再生能源。
（3）根据材料的密度进行分析。
（4）根据摩擦力产生的条件进行分析。
【解答】解：A、太阳、月球、探测器的空间尺度依次减小，故A正确；
B、太阳能是可再生能源，故B错误；
C、铝基复合材料比钢材的密度小，故C正确；
D、“钻取”时转动的外钻杆与跟它紧密接触的月壤之间有摩擦力，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查的是能源的分类和密度的应用；知道摩擦力产生的条件和物体的尺度。
（多选）10．（2025 辽宁）如图，某同学自制了一个扬声器，将线圈紧密粘贴在纸杯底部，在线圈上方放置一个强磁铁，在线圈中通入交变电流后，纸杯振动发声。下列说法正确的是（ ）
A．该扬声器与电动机的工作原理相同
B．磁场对线圈的力的方向随电流方向改变而改变
C．线圈带动纸杯振动是电磁感应现象
D．线圈中的电流不会产生磁场
【分析】（1）扬声器的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用；电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用；
（2）通电线圈在磁场中受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关；
（3）扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它的原理是通电线圈在磁场中受力而运动，由此带动纸盆振动发出声音；
（4）通电线圈周围存在磁场。
【解答】解：A、扬声器的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用；电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受到力的作用，所以该扬声器与电动机的工作原理相同，故A正确；
B、通电线圈在磁场中受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关，所以磁场对线圈的力的方向随电流方向改变而改变，故B正确；
C、扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它的原理是通电线圈在磁场中受力而运动，由此带动纸盆振动发出声音，故C错误；
D、通电线圈周围存在磁场，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查扬声器和电动机的工作原理、电磁感应现象、磁场对电流的作用以及电生磁现象，这是常考题，有一定的难度。
（多选）11．（2025 贵州）如图甲所示的条凳，人若坐在凳的一端，极易使其另一端上翘而摔倒。现将其简化为如图乙所示的示意图，B、C点分别与凳脚的E、F点在同一竖直线上。当人对水平凳面施加竖直向下的压力时，下列分析正确的是（ ）
A．压力作用于A点，可将条凳视为绕E点转动的杠杆
B．只要压力作用于凳面的中间，则条凳一定不会上翘
C．只要在A、D点同时施加压力，则条凳一定不会上翘
D．在B或C点施加一个压力，则条凳一定不会上翘
【分析】根据杠杆平衡原理进行分析和判断。
【解答】解：
A、若压力作用于A点，则会使得条凳有逆时针旋转的力，此时支点为E，故A选项正确；
B、压力若作用在凳面的中间，则此时条凳无论以E还是以F为支点，均不会有翻转的可能，故B选项正确；
C、若A、D同时施加压力但大小不相等，还是有可能会上翘，故C选项错误；
D、根据题意可知，人对水平凳面施加的压力竖直向下；
在B点施加竖直向下的压力时，此时E为支点，且B、E两点在同一竖直线上，即此时压力的作用线经过支点，其力臂为0，对条凳的平衡无影响，所以此时条凳一定不会上翘；
在C点施加竖直向下的压力时，此时F为支点，且C、F两点在同一竖直线上，即此时压力的作用线经过支点，其力臂为0，对条凳的平衡无影响，所以此时条凳一定不会上翘，故D选项正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了杠杆在实际生活中的应用，属于较为简单的问题。
（多选）12．（2025 天津）如图所示的“电阻测量盒”，内有电源（电压不变且未知）、阻值已知的定值电阻R0、开关和电流表，并引出两根导线到盒外。将盒外的两根导线分别与待测电阻Rx的两端相连，根据开关闭合、断开时电流表的示数，可以算出Rx的阻值。如图是设计的盒内电路图，其中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据每个选项和开关的闭合情况分析电路的连接方式，根据电路的特点、欧姆定律分析能否测量出电阻的大小。
【解答】解：
A、根据图示可知，开关断开时，电路为Rx的简单电路，电流表测量电路中的电流；开关闭合时，电路为并联电路，电流表测量干路中的电流；根据并联电路的电流关系可知通过R0的电流，根据U＝IR可以求出电源电压，然后根据R可以求出Rx的阻值，故A正确；
B、根据图示可知，开关闭合时，电路为Rx的简单电路，电流表测量电路中的电流，则电源电压为：U＝IRx；开关断开时，两个电阻串联接入电路中，此时电流表示数为I'，则电源电压为：U＝I'（Rx+R0），两个关系式联立，可以求出Rx的阻值，故B正确；
C、根据图示可知，开关闭合时，电流表和Rx被短路，电路为R0的简单电路；开关断开时，两个电阻串联，电流表测量电路中的电流，由于无法测量出电源电压，所以无法求出Rx的阻值，故C错误；
D、根据图示可知，开关闭合时，Rx被短路，电路为R0的简单电路，电流表测量电路中的电流，根据U＝IR可以求出电源电压；开关断开时，两个电阻串联，电流表测量电路中的电流，根据电源电压和电流表示数可以求出电路的总电阻，根据串联电路的电阻关系可以求出Rx的阻值，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题是测量待测电阻阻值的实验，考查了对实验电路的设计及欧姆定律的应用，在设计出电路的同时，能够根据不同情况列出相应关系式是解决问题的关键。
（多选）13．（2025 绥化）如图甲所示电路中，小灯泡标有“10V 5W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），a、b为滑动变阻器两端点。滑片从b端滑动到某一位置的过程中，滑动变阻器消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为16V
B．小灯泡的阻值为20Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为100Ω
D．该电路消耗的最大功率为6W
【分析】（1）根据P＝UI求出小灯泡的阻值；
（2）由图甲可知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，由图乙可知此时滑动变阻器两端的电压和滑动变阻器的电功率，根据P＝UI求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（3）根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电源电压；
（4）设图乙中变阻器两端的最小电压为U滑小，此时变阻器消耗的电功率也为1W，利用电功率公式、串联电路的特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出U滑小，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的最大电压，此时电路中电流最大，进一步确定电路中的最大电流，根据P＝UI求出该电路消耗的最大功率。
【解答】解：B、由P＝UI可知，小灯泡的阻值：RL20Ω，故B正确；
C、由图甲可知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，
由图乙可知此时滑动变阻器两端的电压为10V，滑动变阻器的电功率为1W，
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I最小0.1A，
由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值：R滑大100Ω，故C正确；
A、由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝I最小（RL+R滑大）＝0.1A×（20Ω+100Ω）＝12V，故A错误；
D、设图乙中变阻器两端的最小电压为U滑小，此时变阻器消耗的电功率也为1W，
则此时电路中电流为I＝I滑，由欧姆定律可得此时小灯泡两端的电压UL＝IRL20Ω，
由串联电路的电压特点可得U滑小+UL＝U＝12V，
即：U滑小20Ω＝12V，解得U滑小＝2V，或10V（舍去），
则灯泡两端的最大电压：UL＝U﹣U滑小＝12V﹣2V＝10V＝U额，说明灯泡正常发光，且此时电路中电流最大，
由P＝UI可知，灯泡的额定电流：I额0.5A，即电路中的最大电流：I最大＝I额＝0.5A，
该电路消耗的最大功率：P＝UI＝12V×0.5A＝6W，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
（多选）14．（2025 仙桃）如图，质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。下列说法正确的是（ ）
A．液体的密度ρA＞ρB＞ρC
B．液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC
C．液体对容器底部的压力FB＜FA＜FC
D．容器对桌面的压力F甲＝F乙＝F丙
【分析】（1）根据容器的形状判断液体的体积关系，根据ρ比较液体的密度；
（2）根据液体的压强p＝ρgh比较大小；
（3）根据液体的压力F＝pS比较液体对容器底部的压力大小；
（4）根据容器对桌面的压力等于杯子和液体的总重力比较大小。
【解答】解：ABC、质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。根据图中容器的形状知，C的体积最大，B的体积最小，根据ρ，C的密度最小，B的密度最大，
故ρB＞ρA＞ρC，
根据液体的压强p＝ρgh知，深度相同，液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC，
根据液体的压力F＝pS知，底面积相同，液体对容器底部的压力FB＞FA＞FC，故B正确，AC错误；
D、容器对桌面的压力等于杯子和液体的总重力，杯子和液体的质量都相同，总重力相等，因而对桌面的压力相等，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查形状不规则的容器中，液体对容器底部压力的计算，这是本题的难点，也是重点，还要知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力。
（多选）15．（2025 鞍山）如图甲所示电路中，电源电压不变，灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），R0＝12Ω。闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P从b端向右滑到某一位置c时（图中未标出），灯泡恰好正常发光；保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端。两次电流表A的示数I随滑动变阻器阻值R变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的电阻为12Ω
B．电源电压为9V
C．滑动变阻器的最大电阻为18Ω
D．当S、S1和S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗总功率的最小值为20W
【分析】（1）灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），由电功率P＝UI可知灯泡的电阻；
（2）闭合开关S，断开开关S1、S2，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测量电路电流，同时闭合开关S、S1和S2，定值电阻和滑动变阻器并联接入电路，由并联电路的电阻特征判断图乙中曲线对应操作，由欧姆定律I和串联电路电压规律可知当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在b端阻值最大处时，电路电流最小为0.4A，可列电源电压U等式①；当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在c处时，灯泡恰好正常发光，电路电流为I额，可列电源电压等式②；保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端时，由并联电路的电流规律可知，R0为定值电阻，所在支路电流不变，当滑动变阻器在滑动过程中阻值最小时即在c处时，干路电路最大为2A，可得干路电流等式 ③；将②代入③可得c处变阻器阻值，代入②可得电源电压；
（3）将电源电压代入①可得变阻器最大阻值；
（4）当S、S1和S2都闭合时，电阻R0和滑动变阻器并联接入电路，电流表测量电路电流，R0为定值电阻，所在支路电流不变，由电功率P＝UI和并联电路电流规律可知，在电源电压U一定时，电路中电路最小时，电路消耗总功率电小，即滑动变阻器在b端时并联电路总电流最小，由P＝UI可知最小功率。
【解答】解：A、灯泡L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），
由电功率P＝UI可知：
灯泡的电阻RL12Ω，故A正确；
B、闭合开关S，断开开关S1、S2，灯泡L阻值12Ω和滑动变阻器串联接入电路，电流表测量电路电流，保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，定值电阻R0＝12Ω和滑动变阻器并联接入电路，电流表测量电路电流，可知在滑片滑动过程中，由并联电路的电阻特征可知串联电路的总电阻（在对应的滑片一定时的阻值）大于并联电路的总电阻，电流表的示数在第一步操作时的电流较小，对应图乙中下部分曲线，
由欧姆定律I和串联电路电压规律可知：
当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在b端阻值最大处时，电路电流最小为0.4A，
电源电压U＝U滑+UL＝0.4A×Rmax+0.4A×12Ω ①
当闭合开关S，断开开关S1、S2，滑片P在c处时，灯泡恰好正常发光，电路电流为I额0.5A，
电源电压U＝U滑+UL＝0.5A×Rc+6V ②
保持滑片P的位置不变，同时闭合开关S、S1和S2，滑片P从c向左滑到b端时，由并联电路的电流规律可知，R0为定值电阻，所在支路电流不变，当滑动变阻器在滑动过程中阻值最小时即在c处时，干路电路最大为2A，由I总＝I滑+I，可得：
I总即2A＝U（） ③
将②代入③可得：Rc＝12Ω，
将Rc＝12Ω代入②可得：电源电压U＝12V，故B错误；
C、将电源电压U＝12V代入①可得，Rmax＝18Ω，故C正确；
D、当S、S1和S2都闭合时，电阻R0＝12Ω和滑动变阻器并联接入电路，电流表测量电路电流，R0为定值电阻，所在支路电流不变，
由电功率P＝UI和并联电路电流规律可知，在电源电压U一定时，电路中电路最小时，电路消耗总功率电小，即滑动变阻器在b端时并联电路总电流最小，
电路消耗总功率最小为：P＝UImin＝U（）＝12V×（）＝20W，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别和根据题意得出电源电压不变的等式。
（多选）16．（2025 南充）甲、乙、丙三个烧杯中均装有适量的酒精（ρ酒精＝0.8×103kg/m3），现有质地均匀，不吸且不溶于酒精的a、b两实心柱体，质量之比为3：1，把它们分别放入甲、乙烧杯中，当a、b静止时，如图甲、乙所示；若将b置于a上面一起放入丙烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，如图丙，下列说法正确的是（ ）
A．a的密度为0.4×103kg/m3
B．在图甲中a有四分之一的体积露出液面
C．在图甲中a的下表面液体压强与图丙中a的下表面液体压强之比为3：5
D．a、b的体积之比为4：1
【分析】（1）根据题意知a、b的质量关系，根据物体的浮沉条件和阿基米德原理列方程，计算出a的密度；
（2）图甲中，a漂浮在液面上，浮力等于重力，根据阿基米德原理、物体的浮沉条件、密度公式的变形公式列方程，计算a排开酒精的体积，总体积减去排开液体的体积等于露出的体积；
（3）由B中计算的结果，判断a浸入液体的深度，根据液体压强p＝ρgh计算压强之比；
（4）由图乙可知b悬浮在酒精中，则b的密度等于酒精的密度，根据V计算a、b体积之比。
【解答】解：A、由题可知a、b质量之比，则mbma，
丙图中a所受的浮力等于a、b重力之和，即Fa浮＝Ga+Gb＝（ma+mb）g＝（）gmagρaVag，
由阿基米德原理知a受到的浮力Fa浮＝Ga排＝ρ酒精gV排＝ρ酒精gVa，
则ρaVag＝ρ酒精gVa，得a的密度ρaρ酒精0.8×103kg/m3＝0.6×103kg/m3，故A错误；
B、图甲中，a漂浮在液面上，浮力等于重力，即F浮＝Ga，ρ酒精gVa排＝ρaVag，，得Va排Va，
a露出水面的体积V露出＝Va﹣Va排＝VaVaVa，故B正确；
C、在图甲中Va排Va，则a浸入液面的深度hala，图丙中a下表面的深度为la，根据液体压强p＝ρgh知，两次下表面的压强之比3：4，故C错误；
D、由图乙可知b悬浮在酒精中，则b的密度ρb＝ρ酒精＝0.8×103kg/m3，
a、b体积之比4：1，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了浮力、压强和密度的知识，计算量较大，容易出错，解题时需认真仔细。
（多选）17．（2025 营口）将冰块轻轻放入水平桌面上盛满煤油的烧杯中，冰块静止时如图所示（ρ冰＞ρ煤油）。下列分析正确的是（ ）
A．放入冰块后，烧杯对桌面的压力变大
B．冰块完全熔化后，杯中液面高度下降
C．冰块完全熔化后，杯底受到液体的压强变大
D．冰块完全熔化后，煤油的密度变大
【分析】（1）冰块的密度大于煤油的密度，冰块在煤油中下沉，根据物体浮沉条件分析冰块重力与浮力以及排开的液体重力的大小关系；水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力；
（2）根据冰、水的密度关系分析冰块熔化后体积的变化和液面高度的变化；
（3）规则形状的容器中液体对容器底部的压力等于液体的重力，根据p分析杯底受到液体的压强的变化；
（4）煤油不溶于水，冰熔化成水后沉底，煤油的密度不变。
【解答】解：
A、冰块的密度大于煤油的密度，冰块在煤油中下沉，则冰块受到的重力大于浮力，根据阿基米德原理可知，浮力等于排开的煤油的重力，所以冰块的重力大于排开的煤油的重力，放入冰块后，烧杯整体的重力变大，对桌面的压力变大，故A正确；
B、冰块完全熔化后，由于冰块的密度小于水的密度，根据ρ可知，冰块化成水后体积变小，液面高度变低，故B正确；
C、冰块静止时沉底，由浮沉条件可得F浮＜G冰块，
因烧杯为柱形容器，且力的作用是相互的，则此时杯底受到煤油的压力：F＝G煤油+F浮＜G煤油+G冰块﹣﹣﹣﹣①
烧杯为柱形容器，冰块完全熔化为水后，体积减小，则液体不会溢出，此时杯中液体对杯底的压力：F′＝G煤油+G水，
冰熔化为水后质量不变，重力不变，即G水＝G冰块，则F′＝G煤油+G冰块﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可知F′＞F，即冰块完全熔化后与冰块静止时相比，杯中液体对杯底的压力变大，受力面积不变，根据p可知，烧杯底部受到的压强变大，故C正确；
D、煤油不溶于水，冰熔化成水后沉底，煤油的密度不变，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查了压力和压强的大小变化、阿基米德原理的应用、物体浮沉条件的应用、密度的变化等知识，属于综合题。
（多选）18．（2025 泸州）小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有（ ）
A．p1＞p2 B．F＝G﹣ρgV C．Δp D．pB
【分析】（1）甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p判断出甲、乙两图烧杯对桌面压强的关系；
（2）对物体B受力分析，根据平衡力的知识算出甲图中细线的拉力；
（3）由甲、乙图算出浮力的减小量，由阿基米德原理算出排开水的体积减小量，根据V＝Sh算出液面高度的减小量，由液体压强公式表示出水对烧杯底部的压强变化量；
（4）根据pB表示出乙图中B物体对烧杯底部的压强。
【解答】解：A、甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p知甲、乙两图烧杯对桌面的压强不变，即p1＝p2，故A错误；
B、甲图中B物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，所以细线的拉力：F＝G﹣F浮＝G﹣ρgV，故B正确；
C、甲、乙图浮力的减小量为：ΔF浮＝G﹣ρgV，排开水的体积减小量为：ΔV排，液面高度的减小量为：Δh，水对烧杯底部的压强变化为Δp＝ρgΔh＝ρg，故C正确；
D、乙图中B物体对烧杯底部的压强为：pB由于无法算出B的底面积，所以不能算出B物体对烧杯底部的压强，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了固体压强公式、液体压强公式、受力分析以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
（多选）19．（2025 辽宁）在生物学实验课上，学生制作“洋葱鳞片叶表皮”玻片标本。下列关于此过程中涉及的物理知识说法正确的是（ ）
A．用胶头滴管从试剂瓶中吸取清水，利用了大气压
B．切洋葱的小刀，刀刃锋利是为了增大压力
C．切洋葱时感到“辣”眼睛是扩散现象造成的
D．用镊子夹取鳞片叶表皮时，镊子是省力杠杆
【分析】（1）滴管吸水是利用大气压来完成的；
（2）压强与压力和受力面积有关，在压力一定时，通过减小受力面积可以增大压强；
（3）两种物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散；
（4）分析镊子在使用时动力臂和阻力臂的关系得出结论。
【解答】解：A．用胶头滴管从试剂瓶中吸取清水，挤压后排出管内部分空气，恢复原状时内部气压减小，在大气压的作用下吸水，是利用了大气压，故A正确；
B、切洋葱的小刀，刀刃锋利是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故B错误；
C、切洋葱时感到“辣”眼睛，是因为辣味的分子扩散到了空气中，进入我们的眼睛引起刺激，故C正确；
D、镊子在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D错误。
故选：AC。
【点评】这样的题目对学生的知识点要求比较高，考查了学生的综合能力。四个选项逐一排查、分析后，才能够得出正确答案。这也是中考的常见题型，难度不大，但是考查的知识面广泛。
（多选）20．（2025 滨州）用如图所示的装置匀速提升浸没在容器底部的正方体物块A，物块A的质量为5kg，棱长为10cm，水的深度为60cm。物块A露出水面前滑轮组的机械效率为80%，在水中上升的时间为5s。物块A与容器底部未紧密接触，水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计：ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。下列分析正确的是（ ）
A．物块A的重力为50N
B．物块A上升的速度为0.12m/s
C．物块A露出水面前，拉力所做的有用功为20J
D．物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率约为83.3%
【分析】（1）根据G＝mg求物块A的重力；
（2）根据图可知物块A在水中上升距离，根据速度公式求出物块A上升的速度；
（3）根据体积公式求出物块A的体积，物块A浸没时排开液体的体积等于物块A的体积，根据阿基米德原理求出物块A受到的浮力，根据力的平衡条件求出物块A受到的拉力，根据W＝F拉h求出物块A露出水面前，拉力所做的有用功；
（4）利用水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计时η求动滑轮的重力，
再利用不计绳重和摩擦时η求物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、物块A的重力：GA＝mAg＝5kg×10N/kg＝50N，故A正确；
B、由图可知，物块A在水中上升距离：h＝60cm﹣10cm＝50cm＝0.5m，
则物块A上升的速度：v0.1m/s，故B错误；
C、物块A的体积：VA＝（10cm）3＝1000cm3＝1×10﹣3m3，
因为物块A浸没在水中，所以物块A排开水的体积：V排＝VA＝1×10﹣3m3，
物块A受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，
由力的平衡条件可知，物块A受到的拉力：F拉＝G﹣F浮＝50N﹣10N＝40N，
则物块A露出水面前，拉力所做的有用功：W有＝F拉h＝40N×0.5m＝20J，故C正确；
D、由水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计时η可知，动滑轮的重力：G动40N＝10N，
因为不计绳重和摩擦，所以物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率：η'100%≈83.3%，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查重力公式、阿基米德原理、力的平衡条件、使用滑轮组时功和机械效率公式的应用，关键是利用好不计绳重和摩擦时η。
（多选）21．（2025 济南）如图所示为鱼缸中的电动过滤增氧泵的原理图。电动机带动水泵的叶轮旋转把水从进水口吸入，从喷水口中快速喷出，空气就会从进气管进入水中，随水流一起从出水口流出。下列说法正确的是（ ）
A．水从进水口进入水泵，主要利用了大气压
B．水从水泵中快速甩出来，水泵对水做了功
C．喷水口越狭窄，进气管底端的压强就越小
D．增氧泵工作时，把电能转化为水的机械能
【分析】（1）流体流速越快的地方压强越小，由于出水管的水的流出，导致进气管的上下方压强不同，空气在压力差的作用下进入鱼缸；
（2）功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离；
（3）当能量发生转化时一定表现为：一种形式的能减少而变化成为另一种形式的能，则另一种形式的能增加。
【解答】解：A、当水泵工作时，泵内气压小于外界大气压，水在外界大气压的作用下被压入水泵内，主要是利用大气压来工作的，故A正确；
B、当水从出水管口快速喷出时，水泵对水做功，将水从出水管口压出，故B正确；
C、喷水口越狭窄，喷水口中水的流速越快，进气管底端的压强就越小，故C正确；
D、增氧泵工作时，消耗电能，把水从低处运到高处，水的机械能增加，所以是把电能转化为水的机械能，故D正确。
故选：ABCD。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，明确进气管上方和下方的空气压强变化是解决本题的关键。
（多选）22．（2025 大连）用同种材料制成质量相等的方形盒和实心玩具鱼，把玩具鱼密封在盒内，将盒放入水中，盒在水中静止时的位置如图所示。材料密度为ρ，盒的体积为V，水的密度为ρ水。则（ ）
A．玩具鱼的质量为
B．盒与玩具鱼的体积之比为2ρ：ρ水
C．水对盒下表面的压力为ρ水gV
D．盒空心部分的体积为V
【分析】（1）根据方形盒和实心玩具鱼整体悬浮时，浮力等于总重力，据此列式求出玩具鱼的质量；
（2）假设方形盒和实心玩具鱼分别为m，利用密度公式和阿基米德原理分别表示出盒与玩具鱼的体积，据此求二者体积之比；
（3）根据压力差法分析水对盒下表面的压力与浮力的大小关系；
（4）盒空心部分的体积等于盒的体积减去盒的材料的体积，据此分析判断出答案。
【解答】解：
A、由于方形盒和实心玩具鱼整体悬浮时，总重力等于浮力，即G总＝F浮＝ρ水gV，
则玩具鱼的重力G1，玩具鱼的质量m1，故A正确；
B、假设方形盒和实心玩具鱼分别为m，则玩具鱼的体积V1，方形盒和实心玩具鱼的总重力G总＝2mg，
根据阿基米德原理得盒的体积V，
所以盒与玩具鱼的体积之比，故B正确；
C、根据压力差法可知，水对盒的浮力等于水对盒下表面的压力减去水对盒上表面的压力，所以水对盒下表面的压力大于水对盒的浮力，即水对盒下表面的压力大于ρ水gV，故C错误；
D、根据盒与玩具鱼的体积之比，变形得实心玩具鱼的体积V1，
因为同种材料制成质量相等的方形盒和实心玩具鱼，所以方形盒中材料的体积等于实心玩具鱼的体积，即V方盒＝V1，则盒空心部分的体积V空心＝V﹣V方盒＝V﹣V1＝V，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了密度公式的应用、浮沉条件的应用、阿基米德原理的应用，有一定的难度。
（多选）23．（2025 云南）如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下移动，则（ ）
A．电压表V1和电流表A的示数之比不变
B．电压表V2和电流表A的示数之比变大
C．电压表V1示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变大
D．电压表V2示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值不变
【分析】由电路图可知，R1、R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表串联在电路中；当滑片向右滑动时，分析滑动变阻器接入电路中的阻值的变化，结合欧姆定律和串联电路的特点对选项逐一分析得出答案。
【解答】解：A、根据I可知，R1，R1与P的滑动无关，R1为定值，故V1和A的示数之比不变，故A正确；
B、根据I可知，R2，P向下滑动，R2接入电路的电阻变大，因此V2和A的示数之比变大，故B正确；
C、根据I可知，R1，所以V1和A示数变化量的比值的绝对值不变，故C错误；
D、根据串联电路的电压规律可知，U1+U2＝U，故|ΔU2|＝|ΔU1|，即，所以电压表V2示数的变化量和电流表A示数变化量比值的绝对值不变，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了学生对串联电路的特点和欧姆定律的理解和掌握情况，本题可以把电压和电流的比值看成电阻，根据电阻与电压、电流无关判断其比值的变化。
（多选）24．（2025 天津）小明在研究物体的浮沉问题时，制作了一个空腔“浮沉子”，将其放入一个底面积为S、水深为h0的薄壁柱形容器内。刚放入水中时，浮沉子恰好悬浮，此时水深为h1，如图所示；一段时间后，由于渗漏空腔内开始进水，最后空腔充满了水，浮沉子沉底且完全浸没，此时水的深度降为h2。已知水的密度为ρ0，则所制作的浮沉子（ ）
A．质量为ρ0（h1﹣h0）S
B．质量为ρ0（h2﹣h0）S
C．材料的密度为ρ0
D．材料的密度为ρ0
【分析】根据浮沉子悬浮时排开水的重力等于浮沉子自身的重力，再由G＝mg可求浮沉子的质量；
浮沉子进水后沉底时排开水的体积等于浮沉子材料的实际体积，再由密度公式ρ可求其密度。
【解答】解：AB、浮沉子放入前，水的体积为：V水＝h0S，浮沉子悬浮后，总体积为V浮沉子+水＝h1S，则排开水的体积和浮沉子体积相等，即V排＝V浮沉子＝V浮沉子+水﹣V水＝h1S﹣h0S＝（h1﹣h0）S；
依据阿基米德原理可得：F浮＝ρ水V排g＝ρ水（h1﹣h0）Sg；
由浮沉条件可知，悬浮时，F浮＝G浮沉子，则浮沉子的质量m浮沉子ρ0（h1﹣h0）S，故A正确，B错误；
CD、浮沉子渗水后，沉底后水深为h2，则浮沉子外壳排开水的体积为V排′＝（h2﹣h0）S＝V浮沉子壳；
依据密度公式可得，浮沉子材料的密度ρ，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查排水法测固体的体积、阿基米德原理的应用、浮沉条件及其应用、重力和质量的关系、密度公式及其应用，属于综合题，有一定难度。
（多选）25．（2025 营口）如图所示，水平桌面上盛有适量盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B。当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是（ ）
A．烧杯中盐水的密度变小
B．烧杯内液面不发生变化
C．杯底受到液体的压强变小
D．物块B受到的浮力变小
【分析】（1）冰化成水后，水的密度要小于盐水的密度；
（2）液面高度的变化，可由比较冰块排开盐水的体积和冰块熔化成的水的体积来确定；
（3）冰块熔化后质量不变，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，浮力变小，压力变小，压强变小；
（4）浮力的大小等于物体排开的液体所受的重力大小，所以影响浮力大小的因素是液体的密度和物体排开的液体的体积。
【解答】解：A、冰化成水后，由于水的密度要小于盐水的密度，混合后，盐水的密度变小，故A正确；
B、冰块漂浮，则F浮＝G排＝G冰，即：m排＝m冰，则V排；冰块全部熔化成水后质量不变，
水的体积为：V水，由于水的密度小于盐水的密度，
所以，V水＞V排，即液面会上升，故B错误；
C、根据力的相互作用，杯底受到的液体压力等于漂浮的冰块、悬浮的物块以及盐水的重力，冰融化后，悬浮的物块沉底，其重力一部分直接作用于杯底，故液体对杯底的压力减小，由于杯子的底面积不变，所以杯底受到液体的压强变小，故C正确；
D、冰化成水后，盐水的密度变小，由阿基米德原理可知物块B受到的浮力变小，故D正确。
故选：ACD。
【点评】此题考查了物体浮沉条件的应用以及压强的变化，掌握冰化成水质量不变是解题的关键。
（多选）26．（2025 青岛）如图所示，取一个不易形变的饮料瓶，用橡皮膜扎紧瓶口，在其侧面开一小孔，用插有玻璃管的橡皮塞塞紧，玻璃管中有一段红色液柱，将瓶内气体密封，橡皮膜受到的压力发生变化，红色液柱会移动，从而制成一个简易压强计。下列分析正确的是（ ）
A．橡皮膜受到的压力相同时，玻璃管内径越粗，液柱上升越明显
B．将饮料瓶放入水中，液柱上升，表明液体内部有压强
C．饮料瓶在水中的位置越深，液柱上升越高，表明同种液体的压强随深度的增加而增大
D．将饮料瓶放入不同液体相同深度处，液柱上升高度不同，表明液体的压强与液体密度有关
【分析】液体的压强与深度和液体密度有关；橡皮膜相当于压强计的探头，通过液柱上升的高度显示压强大小，对各个因素采用控制变量法进行分析。
【解答】解：A、橡皮膜受到的压力相同时，橡皮膜受到的压强相同，密封气体体积变化量相同，玻璃管内径越细液柱上升高度越明显；故A错误；
B、将饮料瓶放入水中，液柱上升，说明橡皮膜受压发生形变，因而表明液体内部有压强，故B正确；
C、饮料瓶在水中的位置越深，液柱上升越高，说明橡皮膜出压强越大，表明同种液体的压强随深度的增加而增大，故C正确；
D、将饮料瓶放入不同液体相同深度处，深度相同，液体密度不同，液柱上升高度不同，说明液体的压强不同，表明液体的压强与液体密度有关，故D正确。
故答案为：BCD。
【点评】本题是压强计的实验拓展，要类比用压强计探究液体压强的实验进行分析。
（多选）27．（2025 柳州）博物馆里有些古书非常陈旧，直接翻动它容易使书页破损，有人提出，通过给书带电，使书一页页分开来，如图所示。假设给每页书带电可以实现，能使书一页页分开的带电方式是（ ）
A．使每页书都带上正电
B．使每页书都带上负电
C．使相邻书页带上异种电荷
D．只让封面带正电，封底带负电
【分析】电荷间的作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：通过给书带电，使书一页页分开来，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引知识可知，可以给书带上同种电荷，书一页页可以分开，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了电荷间的相互作用规律，基础题。
（多选）28．（2025 湘潭）如图所示，一均匀杠杆可以绕中点O自由转动，杠杆上垂直粘有A、B两根粗细相同的蜡烛且刚好在水平位置平衡，两蜡烛所处位置到O点的水平距离LAO＝2LBO，现同时点燃蜡烛，经时间t，它们减少了相等的质量，下列说法正确的是（ ）
A．点燃前A、B蜡烛重力之比为1：2
B．经时间t，杠杆右端下沉
C．经时间t，杠杆左端下沉
D．经时间t，杠杆继续保持水平平衡
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件分析点燃前A、B蜡烛重力之比的大小；
（2）经时间t，蜡烛燃烧后减小的重力相同，根据杠杆的平衡条件分析杠杆是否平衡。
【解答】解：A、点燃A、B蜡烛前，杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可知：GALAO＝GBLBO，则：，故A正确；
BCD、经时间t，蜡烛燃烧后减小的重力ΔG相同，则支点左边力与力臂的乘积为：（GA﹣ΔG）LAO＝GALAO﹣ΔGLAO；支点右边力与力臂的乘积为：（GB﹣ΔG）LBO＝GBLBO﹣ΔGLBO，
由于LAO＞LBO，所以ΔGLAO＞ΔGLBO；GALAO＝GBLBO，则：GALAO﹣ΔGLAO＜GBLBO﹣ΔGLBO，所以杠杆右端下沉，故B正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】此题考查杠杆平衡条件及其应用，关键是根据题目和图示得出两支蜡烛的重力关系和力臂之间的关系。
（多选）29．（2025 南充）某科技小组设计了一种测量浑水密度的装置，如图所示，A是体积为10﹣3m3的均匀正方体浮子，B是圆形容器，C是固定在容器底部的定滑轮，通过细绳将A与滑轮组连接。当容器中盛有适量密度为1.0×103kg/m3的清水，连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中；当绳子末端拉力为F1时，浮子在清水中浸没后能缓慢匀速向下运动；把清水换成待测浑水后，绳子末端拉力为F2＝3.1N时，浮子浸没后也能缓慢匀速向下运动。已知动滑轮质量为30g，g＝10N/kg，不计绳子质量、伸缩、摩擦及水的阻力。则（ ）
A．浮子的密度为0.6×103kg/m3
B．绳子拉力F1为2.1N
C．清水中浮子浸没后匀速运动时滑轮组的机械效率约为95%
D．浑水密度为1.2×103kg/m3
【分析】（1）根据物体的漂浮条件列出方程求解浮子的密度；
（2）根据密度公式求出浮子的质量。根据G＝mg求出浮子的重力和动滑轮的重力，根据F浮＝ρ液gV排求浮子浸没时受到的浮力，根据力的平衡条件求出浮子浸没后受到的拉力，由图可知n＝3，利用不计绳重和摩擦时F（F拉+G动）求绳子拉力F1；
（3）利用η求滑轮组的机械效率；
（4）利用不计绳重和摩擦时F（F拉+G动）求出浮子在浑水受到的拉力，根据力的平衡条件求出浮子在浑水中受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出浑水的密度。
【解答】解：A、因为连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中，此时浮子处于漂浮状态，由物体的漂浮条件可知：F浮＝G，
因为F浮＝ρ液gV排＝G＝ρ水gV浮子，ρ浮子gV浮子，所以有ρ水gV浮子＝ρ浮子gV浮子，解得：ρ浮子ρ水1.0×103kg/m3＝0.4×103kg/m3，故A错误；
B、由ρ可知，浮子的质量：m浮子＝ρ浮子V浮子＝0.4×103kg/m3×10﹣3m3＝0.4kg，
浮子的重力：G浮子＝m浮子g＝0.4kg×10N/kg＝4N，
动滑轮的重力：G动＝m动g＝30×10﹣3kg×10N/kg＝0.3N，
浮子浸没在水中受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水g×V浮子＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N，
此时浮子受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，浮子受到的拉力：F拉＝F浮﹣G浮子＝10N﹣4N＝6N，
由图可知n＝3，因为不计绳重和摩擦，绳子拉力：F1（F拉+G动）（6N+0.3N）＝2.1N，故B正确；
C、滑轮组的机械效率：η100%≈95%，故C正确；
D、因为不计绳重和摩擦时F（F拉+G动），浮子在浑水受到的拉力：F拉2＝nF2﹣G＝3×3.1N﹣0.3N＝9N，
此时浮子受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，浮子受到的浮力：F浮2＝F拉2+G浮子＝9N+4N＝13N，
因为浮子浸没在浑水中，所以此时浮子排开浑水的体积：V排2＝V浮子＝10﹣3m3，
由F浮＝ρ液gV排可知，浑水的密度：ρ浑水1.3×103kg/m3，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了重力公式、密度公式、阿基米德原理、使用滑轮组绳子拉力公式和滑轮组机械效率公式、做功公式的综合应用，分清有用功和总功以及根据力的平衡条件求出物体在液体中受到的拉力是关键。
（多选）30．（2025 潍坊）我市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为保证行人上下天桥时的安全，需在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。该电路中需用到阻值随空气湿度变化的湿敏电阻，将湿敏电阻接在电路中（图中未画出），闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设定值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，以下说法正确的是（ ）
A．应选R1作为该电路的湿敏电阻
B．在M、N、Q三处位置中，湿敏电阻应安装在M处
C．小于设定值时，湿度越小警示灯越亮
D．向左移动滑片P，可使警示灯在较小湿度下实现闪烁
【分析】A、根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，再根据乙图判断哪个电阻的阻值随湿度的增加而减小，就选它作为湿敏电阻；
B、若将它串联在图甲电路中的M位置，当通过电路的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸引，动触点2接触静触点1，R2会被短路，警示灯会一下变亮，起到闪烁的作用；
C、空气潮湿时能见度低，为安全起见判断警示灯应越亮度与湿度大小的关系；
D、电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，最后根据湿敏电阻阻值随空气湿度变化情况判断。
【解答】解：A、由乙图可知，R1的阻值随湿度的增加而增加，R2的阻值随湿度的增加而减小，根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，所以R2符合要求，故A错误；
B、若将它串联在图甲电路中的M位置，当通过电路的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，动触点2接触静触点1，吸合后电磁铁和R2会被短路，警示灯会一下变亮，吸合后电磁铁和R2被短路而失去磁性，衔铁被弹簧拉起，此时警示灯和R2串联接入电路，灯泡变暗，而R2放在N点和Q点都不会出现此现象，故应该将警示灯串联在图甲电路中的M位置，才能起到闪烁的作用，故B正确；
C、空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为安全起见，湿度越大，警示灯应越亮，故C错误；
D、电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，即湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，使警示灯在较小湿度下就能实现闪烁，故D正确。
故选BD。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，会根据实际需要选择湿敏电阻是解题的关键。
（多选）31．（2025 成都）如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为3A，A2量程为0.6A，电压表V量程为3V或15V。闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V。三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（ ）
A．R3＝10Ω
B．电压表选用的量程为3V
C．R2小＝40Ω
D．P大＝28W
【分析】（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路；根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，根据P＝I2R和R1和R3消耗的电功率之比可知R1、R3的阻值之比；
滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，据此可知A1的电流表示数；根据欧姆定律以及电压表的示数变化可知R3的阻值；根据R1、R3的阻值之比可知R1的阻值；知道R1、R3的阻值，根据欧姆定律可知电源电压；知道通过R3的电流和阻值，利用欧姆定律可知电压表的示数，据此可知电压表的量程；
（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1、R2的电流之和，根据电流表A2的量程可知通过R2的最大电流，利用欧姆定律可知R2接入的最小阻值；利用欧姆定律计算出通过R3的电流，据此可知干路的最大电流，利用P＝UI可以求出电路消耗的最大电功率。
【解答】解：（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路，A1表的示数为I＝0.35A，电压表测量R3两端的电压；
根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，
R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝I2R1：I2R3＝R1：R3＝3：1，即R1＝3R3；
滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，
A1表的示数变化了0.3A，所以电流表A1此时的示数I′＝I﹣ΔI＝0.35A﹣0.3A＝0.05A；
根据欧姆定律可知，电压表的示数变化ΔV＝IR3﹣I′R3＝0.35A×R3﹣0.05A×R3＝3V，
解得：R3＝10Ω，故A正确；
R1的阻值R1＝3R3＝3×10Ω＝30Ω；
由欧姆定律可知，滑片P移到最左端时，R3两端的电压U3＝IR3＝0.35A×10Ω＝3.5V＞3V，
所以电压表的量程为0～15V，故B错误；
电源电压U＝U1+U3＝IR1+IR3＝0.35A×30Ω+0.35A×10Ω＝14V；
（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1、R2的电流之和，
在确保电路安全的前提下，由于电流表A1的量程为3A。电流表A2的量程为0.6A，只要电流表A2安全，则电流表A1安全，电路就是安全的，所以电流表A2的最大电流I12＝0.6A，
根据并联电路的电压特点可知，各支路电压相等，都等于电源电压14V；
此时通过R1的电流I1A；
根据并联电路的电流特点可知，通过R2的最大电流I2＝I12﹣I1＝0.6AAA；
根据欧姆定律可知，R2允许接入的最小阻值为R2小105Ω，故C错误；
通过R3的电流：I31.4A；
根据并联电路的电流特点可知，干路的最大电流I大＝I12+I3＝0.6A+1.4A＝2A；
电路消耗的最大电功率为P大＝UI大＝14V×2A＝28W，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查动态电路的分析、欧姆定律的应用、电功率的计算，解题的关键是分析清楚开关在不同状态下电路的连接情况，题目难度较大。
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