如图 10 所示电路, 电阻 $\mathrm{R}_{1}$ 标有 “ $6 \Omega \quad 1 \mathrm{~A}$ ”, $\mathrm{R}_{2}$ 标有 “ $3 \Omega$ 1. $2 \mathrm{~A}$ ”, 电流 表 $\mathrm{A}_{1} 、 \mathrm{~A}_{2}$ 的量程均为 $0 \sim 3 \mathrm{~A}$, 电压表量程 $0 \sim 15 \mathrm{~V}$, 在 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b}$ 间接入电压可调的直 流电源. 闭合开关 $\mathrm{S}$ 后, 为保证 $\mathrm{R}_{1} 、 \mathrm{R}_{2}$ 均不损坏, 则允许加的电源电压和通过 电流表 $\mathrm{A}_{1}$ 的电流不得超过（ ）

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以下情景中，符合安全用电原则的是（　　）

用湿手将电饭煲插头拔下来

电动机的金属机壳没有接地

发现有人触电立刻断开电源

一个插线板上同时使用多个大功率用电器

 C,【解析】
【详解】A．生活中的水是导体，用湿手将插头拔下来容易发生触电事故，故A不符合题意；
B．为了防止因漏电而发生触电事故，有金属外壳的家用电器，外壳一定要接地，故B不符合题意；
C．发现有人触电时，首先要切断电源，再采取救人措施，故C符合题意；
D．在同一插座上使用较多的用电器，会使导线中的电流过大，可能会引发火灾，故D不符合题意。
故选C。

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在图 3 所示的电路中, 闭合开关 $\mathrm{S}$, 能用电压表测量 $\mathrm{L}_{1}$ 两端电压的正确电路是（ ）

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下列实例中符合安全用电要求的是（ ）

电器起火应先灭 火后切断电源

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用图示装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件, 实验时蹄形磁体保持静止, 导体棒 $a b$ 处在 坚直向下的磁场中。下列操作中能使灵敏电流计的指针发生偏转的是（）

导体棒 $a b$ 保持静止

导体棒 $a b$ 向左运动

导体棒 $a b$ 坚直向下运动

导体棒 $a b$ 坚直向上运动

B,【详解】A. 导体棒 $a b$ 保持静止, 没有切割磁感线, 故不会产生感应电流, 故 A 不符合题意;
B. 导体棒 $a b$ 向左运动, 切割了磁感线会产生感应电流, 故 B 符合题意;
C. 导体棒 $a b$ 坚直向下运动, 没有切割磁感线, 故不会产生感应电流, 故 C 不符合题意;
D. 导体棒 $a b$ 坚直向上运动, 没有切割磁感线, 故不会产生感应电流, 故D 不符合题意。
故选 B。

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对下列有关电和磁的四幅图描述正确的是（　　）

如图甲，由小磁针静止时N极的指向可以判断b端与电源负极连接

如图乙，奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场，电流的磁场方向与电流方向无关

如图丙，动圈式话筒与电动机工作原理相同

如图丁，扬声器与发电机工作原理相同

 A,【解析】
【详解】A．小磁针的右端是N极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，螺线管的左端是S极，右端是N极，根据右手螺旋定则可知，四指指向电流方向，大拇指指向螺线管产生的磁场N极，可知电流从a端流入b端流出，故b端与电源负极连接，故A正确；
B．图乙为奥斯特实验的情景，可以说明通电导线周围存在磁场，而且电流的磁场方向与电流方向是有关的，故B错误；
C．动圈式话筒是膜片随着声音颤动，从而带动连在一起的线圈在磁场中作切割磁感线的运动，从而产生感应电流，与发电机工作原理相同，故C错误；
D．扬声器是利用了通电导体在磁场中受力的原理，将电信号转化为声信号，所以与电动机的原理相同，故D错误。
故选A。

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图 3  所示的实例中, 目的是为了增大压强的是（ ）

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如图 5 所示, 将一木块放在压缩了的弹簧旁, 释放弹簧, 木块沿水平地面向右运动, 离开弹簧后, 木块运动一段距离后停下来.下列说法正确的是（ ）

木块所受摩擦力使木块由静止开始运动

弹簧对木块的弹力使木块由静止开始运动

木块所受摩擦力不会改变木块的运动状态

木块最终停止运动是由于失去弹簧的弹力作用

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图 3 是某地等高线地形图, 读图可知（ ）

若 $\mathrm{AB}$ 间图上距离为 $2 \mathrm{~cm}$, 则实际距离是 $80000 \mathrm{~m}$

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2008 年北京奥运会将全面运用人脸识别系统, 人们进入场馆距门口 $0.5-1.2 \mathrm{~m}$ 处时, 安装在门上的人脸识别系统的摄像机就可以对其面部特征进行快速核对。由此判断, 人脸识 别系统的摄像机的镜头（ ）

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人眼的晶状体相当于凸透镜。针对如图所示的成像情况, 下列判断正确的是（ ）

属于近视眼, 应配戴凹透镜

属于近视眼, 应配戴凸透镜

属于远视眼, 应配戴凹透镜

属于远视眼, 应配戴凸透镜

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小明用透明塑料盒设计了一个昆虫标本观察器, 如图所示。盒底上放标本, 盒盖上嵌入一凸透镜。有焦 距为 $5 \mathrm{~cm}$ 和 $10 \mathrm{~cm}$ 的两种凸透镜, 为了在盒盖上方附近, 通过凸透镜观察到标本正立、放大的像, 凸透镜 焦距 $f$ 与盒高 $h$ 选择合理的是 ( )

 D,【解析】
【详解】 $\mathrm{ABCD}$. 盒盖处安装凸透镜, 盒底处有昆虫标本, 要使凸透镜作放大镜使用时, 物距必须小于焦距, 故 $\mathrm{ABC}$ 不符合题意, $\mathrm{D}$ 符合题意。
故选 D。

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如图所示, $\mathrm{A}$ 为信号源, $\mathrm{B}$ 为接收器, $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 间有一真空区域.当信号源 $\mathrm{A}$ 分别发射出次声波、无线电波、可见光和紫外线 信号时, 接收器 B 不能接收到的信号是（ ）

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要剪开较硬的白铁皮, 下图中哪种剪刀最合适（ ）

C,解析：剪开较硬的铁皮需要用很大的力，因此应用省力的杠杆，从图示可以看了，只有C剪刀的动力臂大于阻力臂，因此应用C剪刀剪铁皮。

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7．小轿车上都装有一个用来提醒司机是否关好车门的指示灯．四个车门中只要有一个门没关好(相当于一个开关断开)，该指示灯就会发光。图2所示的模似电路图符合要求的是（ ）

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3．把两种不同的金属片插入柠檬，制成“水果电池”．用电压表测量水果电池的电压，如图2所示．下列说法正确的是（ ）

金属片B是水果电池的正极

水果电池把化学能转化为电能

水果电池把内能转化为电能

水果电池把电能转化为化学能

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Answer: BD

如图所示的电路中，$$S_{1}$$闭合$$S_{2}$$断开时，甲、乙是电流表，$$I_{甲}︰I_{乙}=1︰4$$，此时电路的总功率为$$P_{1}$$；当$$S_{1}$$、$$S_{2}$$都闭合时，甲、乙是电压表，此时电路的总功率为$$P_{2}$$，则下列说法正确的是($$$$)

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ACD,解：$$A$$、电路中有滑动变阻器，能改变电流的大小，故研究的是电磁铁磁性的强弱和电流大小的关系，不是研究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故A错误；B、图中是闭合电路的导体在磁场中受到力的作用，故B正确；C、图是电磁感应实验，根据此原理可以制成发电机，故C错误．D、图是动感线圈式话筒，当人对话筒说话时，引起膜片的振动，膜片的振动会引起线圈的运动，切割永磁铁的磁感线而产生相对应的变化的电流，从而在扬声器产生与说话者相同的声音$$.$$动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的$$.$$故D错误．故选ACD．A、电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈的匝数有关；B、通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与磁场方向和电流方向有关；C、掌握电磁感应现象及实验，知道在此实验中让闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流$$.$$根据这个原理制成了发电机．D、要解决此题，需要知道动感线圈式话筒是根据电磁感应现象工作的．本题考查了学生对电和磁方面几个重要的课本插图的掌握情况，了解相关的知识是解题的基础，是中考的热点．

Answer: ACD

关于如图所示电与磁部分四幅图的分析，其中不正确的是($$　　$$)

图甲装置研究的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数是否有关

图乙装置说明通电导线在磁场中受到力的作用

图丙装置所揭示的原理可制造电动机

图丁中麦克风应用了磁场对电流的作用

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CD,解：【分析】(1)在图甲中根据测力计分度值读数，由甲丁图，根据称重法求出浮力；(2)圆柱体受到的浮力大小与控制柱体排开液体的体积和密度有关：研究柱体受到的浮力大小与浸没在液体中的深度关系时，要控制柱体排开液体的体积和密度相同；研究圆柱体受到的浮力大小与液体的种类的关系时，要控制排开液体的体积相同，(3)由(1)知，圆柱体浸没在水中受到的浮力：根据阿基米德原理，$$F_{浮}=ρ_{水}gV_{排}=ρ_{水}gV_{物}$$，得出圆柱体的体积，根据圆柱体的密度$$ρ=\dfrac{m}{V}$$求出圆柱体的密度。本题探究浮力的大小跟哪些因素有关，考查测力计读数、控制变量法、称重法测浮力、阿基米德原理和密度公式的运用。【解答】(1)在图甲中，测力计分度值为$$0.2N$$，示数为$$3N$$，由甲丁图，根据称重法测浮力，圆柱体浸没在水中受到的浮力：$$F_{浮}=G-F_{示}=3N-1N=2N$$-------$$①$$，故A错误；(2)圆柱体受到的浮力大小与控制柱体排开液体的体积和密度有关：研究柱体受到的浮力大小与浸没在液体中的深度关系时，要控制柱体排开液体的体积和密度相同，而图丙、戊中排开液体的体积是不同的，故B是错误的；研究圆柱体受到的浮力大小与液体的种类的关系时，要控制排开液体的体积相同，根据称重法，比较图甲、丁、戊，可测量出圆柱体浸没在水和盐水中($$排开液体的体积等于物体本身的体积$$)的浮力大小，故C正确；(3)由$$①$$知，圆柱体浸没在水中受到的浮力：$$F_{浮}=2N$$，根据阿基米德原理，$$F_{浮}=ρ_{水}gV_{排}=ρ_{水}gV$$，圆柱体的体积：$$V=\;\dfrac{{F}_{浮}}{{ρ}_{水}g}$$------$$②$$，圆柱体的密度：$$ρ=\dfrac{m}{V}=\dfrac{G}{gV}=\dfrac{3N}{gV}$$------$$③$$，由$$①②③$$得：圆柱体的密度：$$ρ=\dfrac{3N}{\dfrac{2N}{{ρ}_{水}}}=1.5{ρ}_{水}=1.5{10}^{3}kg/{m}^{3}$$，故D正确。故选CD。

Answer: CD

在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，小明用弹簧测力计、圆柱体、四个装有适量水和盐水的同样的烧杯，对浸在液体中的圆柱体所受的浮力进行了探究，实验装置和每次实验中弹簧测力计的示数如图所示。下列说法中正确的是

圆柱体浸没在水中受到的浮力为$$0.6N$$

比较图甲、丙、戊说明圆柱体受到的浮力大小与浸没在液体中的深度有关

比较图甲、丁、戊说明圆柱体受到的浮力大小与液体的种类有关

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AD,解：【分析】(1)石块没浸入水中时弹簧测力计的示数即为石块重力；(2)石块受到的浮力等于重力减去浸入水中后弹簧测力计的拉力；(3)石块排开的液体受到的重力等于小桶和水的总重减去小桶重；(4)阿基米德原理是反映物体所受浮力与排开水的重力关系，由此分析即可。本题是验证阿基米德原理的实验，关键掌握阿基米德原理内容，中考常见题型。【解答】A.甲图中石块没浸入水中时弹簧测力计的示数即为石块重力，$$G=F$$$$_{1}$$；根据称重法可知：甲、乙图弹簧测力计的示数可以求出石块受到的浮力，$$F$$$$_{浮}$$$$=F$$$$_{1}$$$$-F$$$$_{2}$$，故A符合题意；B.$$F$$$$2$$$$F$$$$1$$表明物块受到了浮力，其重力并不改变，故B不符合题意；C.物块排开的液体受到的重力$$G$$排液$$=F_{4}-F_{3}$$，故C不符合题意；D.根据阿基米德原理可知物体所受浮力与排开液体重力的相等，所以若$$F_{1}-F_{2}=F_{4}-F_{3}$$，则说明本次实验结果符合阿基米德原理，故D符合题意。故选AD。

Answer: AD

小北进行了验证阿基米德原理的实验，其正确操作过程如图所示，图中$$F_{1}$$、$$F_{2}$$、$$F_{3}$$、$$F_{4}$$分别表示对应的弹簧测力计示数。下列说法正确的是

物块排开的液体受到的重力$$G_{排液}=F_{4}$$

若$$F_{1}−F_{2}=F_{4}−F_{3}$$，则说明本次实验结果符合阿基米德原理

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BC,解：【分析】如图所示，秋千从$$B$$点运动到$$C$$点的过程中，速度减小，运动状态发生改变，受到重力与绳子的拉力作用；从$$C$$点运动到$$B$$点的过程中，速度增大，运动状态发生改变，受到竖直向下的重力与绳子的拉力作用；物体撤销一切力的作用时，物体会保持撤销力时的运动状态，需要分析撤销力时小丽的状态。本题考查了力与运动的关系，分析小丽荡秋千到最低点与最高点的运动状态，是解决本题的关键。【解答】A.从$$B$$点运动到$$C$$点的过程中，速度减小，改变了自己的运动状态，但不存在推力，故A错误；B.从$$C$$点运动到$$B$$点的过程中，速度增大，竖直向下的重力改变了自己的运动状态，故B正确；C.到达$$B$$点时，速度最在，如果自己受到的力全部消失，自己保持原来的速度将会做匀速直线运动，故C正确；D.到达$$C$$点时，速度为零，如果自己受到的力全部消失，自己将保持这种静止状态，故D错误。故选BC。

Answer: BC

小丽同学通过探究学习，思考了荡秋千的过程：当秋千从$$A$$点开始运动到最高点$$C$$点的过程中，她思考的下列问题中正确的是($$图中的黑点表示小丽同学$$)

从$$B$$点运动到$$C$$点的过程中是推力改变了自己的运动状态

从$$C$$点运动到$$B$$点的过程中是重力改变了自己的运动状态

到达$$B$$点时如果自己受到的力全部消失，自己将会做匀速直线运动

到达$$C$$点时如果自己受到的力全部消失，自己将会做匀速直线运动

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CD,解：【分析】(1)压力的作用效果与压力和受力面积的大小有关，压力越大、受力面积越小，压力的作用效果越明显；(2)液体内部的压强随深度的增加而增大；(3)知道压力和受力面积，利用$$p=\dfrac{F}{S}$$求压强；(4)液体的沸点与液体表面的气压有关，气压越大、沸点越高。本题为力学综合题，考查了学生对压力作用效果的影响因素、液体内部压强的特点、压强计算、液体沸点与气压的关系，虽知识点多、但都属于基础，难度不大。【解答】A.甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，对海绵的压力越小，受力面积不变，对海绵的作用效果越不明显，故A错；B.乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，受到的压强变大，$$U$$形管两边液面高度差越大，故B错；C.丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力$$F$$和吸盘的面积$$S$$，大气压强$$p=\dfrac{F}{S}$$，故C正确；D.丁图实验，向外拉活塞，试管内气压减小、沸点降低，水再一次沸腾，可知气压减小，水的沸点降低，故D正确。故选CD。

Answer: CD

同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是()

甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显

乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时$$.U$$形管两边液面高度差不变

丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值

丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水沸点降低

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AC,解：$$A$$、由图可知，物距$$u=50cm-20cm=30cm2f$$，成倒立缩小的实像，故A正确；B、凸透镜倒立缩小的实像，$$fv2f$$，即$$10cmv20cm$$，光屏所在的位置可能在$$60cm～70$$$$cm$$刻度处，故B错误；C、将烛焰移到$$10$$$$cm$$刻度处，保持透镜位置不动，物距增大，像距减小，像变小，移动光屏，光屏上烛焰清晰的像将变小，故C正确；D、由图可知，将烛焰移到$$30$$$$cm$$刻度处，保持透镜位置不动，$$u=50cm-30cm=20cm=2f$$，光屏上能成倒立等大的实像，故D错误。故选：$$AC$$。(1)光屏上能承接到的像是实像。凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像；物距等于像距时，成倒立等大的实像；物距小于像距时，成倒立放大的实像。(2)凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大，物距增大，像距减小，像变小。根据物距和焦距，像距和焦距能判断凸透镜成像情况：$$u2f$$，成倒立、缩小的实像，$$2fvf.2fuf$$，成倒立、放大的实像，$$v2f$$。$$uf$$，成正立、放大的虚像。

Answer: AC

张强同学做“探究凸透镜成像规律”的实验，他先将一焦距未知的凸透镜正对太阳光，在距凸透镜中心$$10cm$$处得到一个最小最亮的光斑。当该透镜及烛焰的相对位置如图所示时，恰能在光屏上得到一个清晰烛焰的像($$图中光屏未画出$$)。下列分析正确的是($$　　$$)

光屏上所成的像为倒立、缩小的实像

图中未画出的光屏所在的位置可能在$$75$$$$cm$$刻度处

将烛焰移到$$10$$$$cm$$刻度处，保持透镜位置不动，移动光屏，光屏上烛焰清晰的像将变小

将烛焰移到$$30$$$$cm$$刻度处，保持透镜位置不动，无论怎么移动光屏，光屏上也得不到烛焰清晰的像

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BD,解：$$A$$、由于并联电路中的各个用电器是互不影响的，所以电冰箱接入三孔插座后电灯与电冰箱是并联的，故A错误；B、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳带电而使得人发生触电事故，故B正确；C、在家庭电路中，为了安全，一般把开关接在火线和用电器之间，故甲处接开关，乙处接灯，故C错误；D、站在地上的人接触$$A$$点($$火线$$)是会触电的，故D正确；故选：$$BD$$。根据家庭电路的各设备安装顺序、开关、电灯、插座的正确安装方法等知识逐个分析判断即可解决。知道并理解家庭电路的组成是解决该题的关键。

Answer: BD

如图所示，是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是($$　　$$)

电冰箱接入三孔插座后电灯与电冰箱是串联

电冰箱的三脚插头接入电路能保证其外壳接地

为用电安全，应在甲处安装电灯，乙处安装开关

站在地上的人若用手直接接触$$A$$点，会有触电危险

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BD,解：(1)S$$闭合后，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡$$L$$两端的电压。$$①$$当电压表的示数减少$$1V$$，则小灯泡$$L$$两端的电压就减小$$1V$$，故A错误；$$②$$灯泡正常发光时的电压$$U_{L}=6V$$，功率$$P_{L}=3W$$，因串联电路中各处的电流相等，所以，由$$P=UI$$可得，电路中的电流：$$I=I_{L}=\dfrac{P_{L}}{U_{L}}=\dfrac{3W}{6V}=0.5A$$，由$$I=\dfrac{U}{R}$$可得，灯泡的电阻：$$R_{L}=\dfrac{U_{L}}{I_{L}}=\dfrac{6V}{0.5A}=12Ω$$，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：$$U_{R}=U-U_{L}=12V-6V=6V$$，变阻器$$R$$消耗的电功率：$$P_{R}=U_{R}I=6V0.5A=3W$$，故B正确；$$③$$当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的实际功率最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的最小电流：$$I_{min}=\dfrac{U}{R_{L}+R_{max}}=\dfrac{12V}{12\Omega+60\Omega}=\dfrac{1}{6}A$$，灯泡的最小电功率：$$P_{Lmin}=(I_{min})^{2}R_{L}=(\dfrac{1}{6}A)^{2}12Ω≈0.33W$$，故C错误；(2)开关$$S$$断开时，电压表测电源的电压，则电压表的示数为$$12V$$，故D正确。故选：$$BD$$。(1)当$$S$$闭合后，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压：$$①$$电压表示数的变化和灯泡两端的电压变化相同；$$②$$灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电流特点和$$P=UI$$求出电路中的电流，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，利用$$P=UI$$求出变阻器$$R$$消耗的电功率；$$③$$当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的实际功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据$$P=I^{2}R$$求出灯泡的最小实际电功率；(2)当开关$$S$$断开时，电路断路，电压表测电源的电压。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等以及滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡的实际功率最小是关键。

Answer: BD

如图所示，电源两端电压保持$$12V$$不变，小灯泡$$L$$上标有“$$6V3W$$”字样，滑动变阻器最大电阻值$$R=60Ω$$，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是($$　　$$)

$$S$$闭合后，使电压表的示数减小$$1V$$，小灯泡$$L$$两端的电压就增加$$1V$$

小灯泡$$L$$正常发光时，变阻器$$R$$消耗的电功率为$$3W$$

$$S$$闭合后，小灯泡$$L$$的最小实际电功率为$$1W$$

开关$$S$$断开时，电压表的示数为$$12V$$

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BC,解：【分析】凸透镜成像的规律：当$$u2f$$时，成倒立、缩小的实像，照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；当$$u=2f$$时，成倒立、等大的实像；当$$fu2f$$时，成倒立、放大的实像，幻灯机、投影仪就是根据这个原理制成的；当$$u=f$$时，无像，经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点；当$$uf$$时，成正立、放大的虚像，放大镜就是根据这个原理制成的；成实像时的动态变化规律是：物近像远像变大，物远像近像变小。要求学生能从图中获取信息，然后利用所学规律分析解答问题，这是考试中常见的题型，考查学生的分析能力$$.$$此题的关键是掌握凸透镜成像的规律$$.$$搞清像距、像的大小与物距之间的关系。【解答】A.由图可知，物距小于像距，$$fu2f$$，$$v2f$$，此时光屏上成倒立放大的实像，幻灯机或投影仪利用了此原理，$$u2f$$，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机，故图示不照相机机的原理图，故A错误；B.成实像时的动态变化规律是：物远像近像变小，则若将蜡烛远离凸透镜，则应将光屏靠近凸透镜才能得到清晰的像，且像逐渐变小，故B正确；C.若保持凸透镜位置不变，将蜡烛和光屏的位置互换，此时$$u2f$$，成倒立、缩小的实像，故C正确；D.由图可知，$$f15cm2f$$，则$$7.5cmf15cm$$，当将蜡烛放在刻度线$$45cm$$处，当$$u=5cmf$$时，则成正立、放大的虚像，虚像不能在光屏上承接，故D错误。故选BC。

Answer: BC

在“探究凸透镜成像的规律”实验中，光具座上各元件位置如图所示，此时在光屏上恰好成一个清晰的像，则下列说法正确的是()

利用了这一原理制成了照相机

若将蜡烛远离凸透镜，则应将光屏靠近凸透镜才能得到清晰的像，且像逐渐变小

若保持凸透镜位置不变，将蜡烛和光屏的位置互换，会在光屏上成一个清晰倒立、缩小的像

若保持凸透镜位置不变，将蜡烛放在刻度线$$45cm$$处，适当移动光屏也能得到一个清晰的像

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AD,解：【分析】根据感应电动势公式$$E=Blv$$，导体有效的切割长度$$y=L\sinx$$，$$x=vt$$，回路的电阻$$R=L(\sinkvt)R_{0}$$，由功率公式$$P=\dfrac{{E}^{2}}{R}$$，分析功率与时间的关系，确定变化情况，再由欧姆定律分析感应电流变化，根据$$q=It$$求解电量。本题考查综合分析问题的能力，对于电流变化情况的分析，不能简单认为电动势增大，电流就增大，其实电阻也增大，电流并不变。【解答】A.设从图示位置开始导体棒运动时间为$$t$$时，感应电动势瞬时值为：$$e=Blv=Byv=BvL\sinx$$，$$x=vt$$，则得：$$e=BvL\sinkvt$$，故A正确；B.回路电阻为$$R=L(\sinkvt)R_{0}$$，由闭合电路欧姆定律得：感应电流$$I=\dfrac{E}{R}=\dfrac{BLv\sinkvt}{L(\sinkvt){r}_{0}}=\dfrac{Bv}{{r}_{0}}$$，$$I$$不变，故B错误；C.消耗的电功率：$$p=\dfrac{{E}^{2}}{R}=\dfrac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}{\sin}^{2}kvt}{L(\sinkvt){r}_{0}}=\dfrac{{B}^{2}{v}^{2}L\sinkvt}{{r}_{0}}$$，可知$$t$$增大，$$\sinkvt$$增大，$$P$$不断增大，故C错误；D.通过金属棒的电荷量$$q=It=\;\dfrac{Bv}{{r}_{0}}\dfrac{\dfrac{π}{2k}}{v}=\dfrac{πB}{2k{r}_{0}}$$，故D正确。故选AD。

Answer: AD

如图所示，在水平面内的直角坐标系$$xOy$$中有一光滑金属导轨$$AOC$$，其中曲线导轨$$OA$$满足方程$$y=~L\sinkx$$，长度为$$\dfrac{\pi}{2k}$$的直导轨$$OC$$与$$x$$轴重合，整个导轨处于垂直纸面向外的磁感应强度为$$B$$的匀强磁场中。现有一长为$$L$$的金属棒从图示位置开始沿$$x$$轴正方向以速度$$v$$做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为$${r}_{0}$$，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至$$AC$$的过程中，下列说法正确的是($$$$)

闭合回路的感应电流逐渐减小

闭合回路消耗的电功率逐渐保持不变

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BC,解：设弹力大小为$$T$$，绳子拉力为$$F$$，根据平衡条件可知，弹簧的弹力大小$$T=F=mg$$；$$AB$$、剪断弹簧右端的瞬何，绳子的拉力发生突变，变为零，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小等于$$0$$，故A错误、B正确；$$CD$$、剪断轻绳左端的瞬间，小球由于惯性速度仍为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律可得加速度$$a=\dfrac{mg}{m}=g$$，故C正确、D错误。故选：$$BC$$。剪断弹簧右端的瞬何，绳子的拉力发生突变；剪断轻绳左端的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律可得加速度大小。本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；解答本题要知道弹簧弹力不会发生突变的原因是由于小球本身有惯性。

Answer: BC

质量为$$m$$的小球用质量不计的弹簧和轻绳固定。放在光滑的水平台面上，轻绳拉力大小等于$$mg.$$如图所示则下列说法正确的是($$　　$$)

剪断弹簧右端的瞬何，小球的加速度大小等于$$g$$

剪断弹簧右端的瞬间，小球的加速度大小等于$$0$$

剪断轻绳左端的瞬间，小球的加速度大小等于$$g$$

剪断轻绳左端的瞬间，小球的加速度大小等于$$0$$

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AD,解：$$A$$、根据$$E=BLv$$可知，速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻的安培力最大，根据$$F=BIL$$、$$I=\dfrac{Blv}{2R}$$可得：$$F=\dfrac{B^{2}l^{2}v}{2R}$$，A正确；B、根据动能定理可得$$-W_{安}-W_{f}-W_{G}=0-\dfrac{1}{2}mv^{2}$$，所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功为$$W_{安}=\dfrac{1}{2}mv^{2}-W_{f}-W_{G}\dfrac{1}{2}mv^{2}$$，B错误；C、设上滑过程中的位移为$$x$$，根据电荷量的经验公式可得：$$q=\dfrac{\triangleΦ}{2R}=\dfrac{Blx}{2R}$$，解得：$$x=\dfrac{2qR}{Bl}$$，克服摩擦力和重力做的总功为：$$W=(μmg\cosθ+mg\sinθ)x=(μmg\cosθ+mg\sinθ)\dfrac{2qR}{Bl}$$，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为$$Q=\dfrac{1}{2}mv^{2}-(μmg\cosθ+mg\sinθ)\dfrac{2qR}{Bl}$$，C错误；D、设初位置为零势能面，开始的机械能为$$\dfrac{1}{2}mv^{2}$$，末状态的机械能为$$mg\sinθ\cdotx=\dfrac{2mgqR}{Bl}\sinθ$$，所以导体棒上滑过程中损失的机械能为$$\dfrac{1}{2}mv^{2}-\dfrac{2mgqR}{Bl}\sinθ$$，D正确。故选：$$AD$$。根据$$E=BLv$$可知分析感应电动势最大的位置，由欧姆定律和安培力的计算公式求解最大安培力；根据动能定理分析上滑过程中导体棒克服安培力做的功；根据电荷量的经验公式求解上滑的位移，根据能量守恒定律求解产生的焦耳热；根据机械能守恒定律分析机械能的损失．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．

Answer: AD

如图所示，两相距$$l$$的平行金属导轨与水平面间的夹角为$$θ$$，与阻值为$$R$$的定值电阻相连，导轨电阻不计，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为$$B.$$有一质量为$$m$$的导体棒垂直于轨道且与两轨道接触良好，从$$ab$$位置获得平行于斜面的、大小为$$v$$的初速度向上运动，最远到达$$a′b′$$位置，上滑的整个过程中流过电阻$$R$$的电荷量为$$q$$，导体棒接入电路的电阻也为$$R$$，与导轨之间的动摩擦因数为$$μ$$，则($$　　$$)

上滑过程中导体棒受到的最大安培力为$$\dfrac{B^{2}l^{2}v}{2R}$$

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BC,解：【分析】正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于导线框匀速转动，因此产生的感应电动势是恒定的，计算有效值根据有效值的定义。本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，根据导线框匀速转动，得到感应电动势并求出有效值。【解答】A.线框匀速转动时，半径切割磁感线产生的感应电动势：$$E=BL\bar{v}=BL\dfrac{0+v}{2}=\dfrac{1}{2}B{L}^{2}ω$$，由于匀速转动，则感应电动势恒定，线框中电流大小恒定不变，故A错误；B.$$M$$、$$N$$两线框匀速转动，$$M$$线框第一个$$\dfrac{1}{2}T$$电流方向逆时针，第二个$$\dfrac{1}{2}T$$电流顺时针方向，$$N$$线框转动一圈过程中，只有$$\dfrac{1}{2}T$$的时间有感应电流，其在第一个$$\dfrac{1}{4}T$$电流逆时针，第二个$$\dfrac{1}{4}T$$电流为零，第三个$$\dfrac{1}{4}T$$电流为顺时针方向，第四个$$\dfrac{1}{4}T$$电流为零，依次循环，则两线框中感应电流的周期相等，即周期均为$$T$$，故B正确；C.在$$t=\dfrac{1}{8}T$$时，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为$$\dfrac{1}{2}B{L}^{2}ω$$，故C正确；D.根据电流的热效应，对$$M$$线框有：$$\dfrac{{E}^{2}}{R}T=I_{M}^{2}RT$$，$$N$$线圈转动一周只有$$\dfrac{1}{2}T$$的时间内有感应电流，则$$\dfrac{{E}^{2}}{R}\dfrac{T}{2}=I_{N}^{2}RT$$，联立解得：$${I}_{M}=\sqrt{2}{I}_{N}$$，故D错误。故选BC。

Answer: BC

如图所示，$$M$$为半圆形导线框，圆心为$$O_{M};N$$是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为$$O_{N};$$两导线框在同一竖直平面($$纸面$$)内，两圆弧半径相等$$;$$过直线$$O_{M}O_{N}$$的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里$$.$$现使线框$$M$$、$$N$$在$$t=0$$时从图示位置开始分别绕过$$O_{M}$$和$$O_{N}$$且垂直于纸面的轴以相同的周期$$T$$逆时针匀速转动，则($$　　$$)

两导线框中均会产生正弦式交流电

两导线框中感应电流的周期都等于$$T$$

在$$t=\dfrac{T}{8}$$时，两导线框中产生的感应电动势相等

两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等

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AB,解：$$AC$$、根据弹簧振子的周期公式$$T=2π\sqrt{\dfrac{m}{k}}$$，知$$m$$减小，则周期变小，故A正确，C错误．$$BD$$、振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，拿去$$A$$之后系统的机械能减小，由机械能守恒定律知振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能减小，其形变量减小，则振幅减小，故B正确，D错误．故选：$$AB$$．弹簧振子的周期公式为$$T=2π\sqrt{\dfrac{m}{k}}.$$根据系统的机械能与振幅有关分析振幅的变化．解决本题的关键要掌握弹簧振子的周期公式$$T=2π\sqrt{\dfrac{m}{k}}$$，明确弹簧振子的机械能与振幅的关系．

Answer: AB

如图所示，两木块$$A$$和$$B$$叠放在光滑水平面上，一起做简谐运动，质量分别为$$m$$和$$M$$，当他们运动到平衡位置时，突然拿去$$A$$之后($$对$$B$$的速度无影响$$)，则($$　　$$)

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BD,解：【分析】磁场在线圈内做周期性的正弦式变化，在线圈内会产生感应电动势，利用楞次定律判断出产生的感应电流的方向，利用法拉第电磁感应判断出大小。本题主要考查了线圈在磁场中，磁场做周期性的变化产生的感应电动势，明确楞次定律和法拉第电磁感应定律即可判断。【解答】A.在$$t=0.01s$$时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，此时产生的感应电流最大，故A错误；B.在$$t=0$$到$$t=0.005s$$内，穿过线圈的磁通量增加，利用楞次定律可知线圈中有顺时针方向的电流，故B正确；C.因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为$$T=210^{-2}$$$$s$$。由图乙知$$B=0.01\sin100πt$$则$$\dfrac{三角形B}{三角形t}=π\cos100πt\;\;$$线圈中感应电动势的最大值为：$${E}_{m}=n{B}_{m}S\dfrac{2π}{T}=50πV$$，故C错误；D.产生的感应电动势的有效值为：$$E=\dfrac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=25\sqrt{2}πV$$，故一个周期内线圈产生的热量为：$$Q=\dfrac{{E}^{2}}{R}T=25{π}^{2}J$$，故D正确。故选BD。

Answer: BD

如图甲所示，一个$$100$$匝的正方形线圈，边长$$a=1m$$，电阻$$R=1Ω$$，线圈有一半的面积处在有理想边界的磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度与时间的变化关系如图乙所示，图甲所示的磁感应强度方向为正方向，下列说法中正确的是()

一个周期内线圈产生的热量为$$25π^{2}J$$

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AB,解：【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系，从而比较向心加速度、周期、线速度的大小关系。解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能灵活运用。【解答】根据$$G\dfrac{Mm}{{r}^{2}}=ma=m\dfrac{{v}^{2}}{r}=m\dfrac{4{π}^{2}}{{T}^{2}}r$$得：$$T=2π\sqrt{\dfrac{{r}^{3}}{GM}}$$，$$a=\dfrac{GM}{{r}^{2}}$$，$$v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$$。由于小行星的质量和轨道半径不一定都相同，则太阳对小行星的引力不一定相同，故A正确；由$$T=2π\sqrt{\dfrac{{r}^{3}}{GM}}$$知，小行星的轨道半径都大于地球的公转半径，则小行星带内各小行星圆周运动的周期大于地球公转的周期，故B正确；由$$a=\dfrac{GM}{{r}^{2}}$$知，小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，C错误；由$$v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$$知，小行星带半径大于地球公转半径，线速度小于地球公转线速度，D错误。故选AB。

Answer: AB

如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。则下列说法正确的是

太阳对各小行星的引力可能不相同

各小行星绕太阳运动的周期均大于一年

小行星带内侧小行星的向心加速度值小于外侧小行星的向心加速度值

小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值

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AD,解：$$A$$、$$B$$，合上开关$$K$$接通电路时，$$A_{2}$$立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡$$A_{1}$$中电流只能逐渐增大，则$$A_{2}$$先亮，$$A_{1}$$后亮，最后一样亮$$.$$故A正确，B错误．$$C$$、$$D$$，$$A_{2}$$原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则$$A_{1}$$和$$A_{2}$$都要过一会儿才熄灭$$.$$故C错误，D正确．故选AD当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析．

Answer: AD

如图所示的电路中，$$A_{1}$$和$$A_{2}$$是完全相同的灯泡，线圈$$L$$的电阻可以忽略$$.$$下列说法中正确的是($$　　$$)

合上开关$$K$$接通电路时，$$A_{2}$$先亮，$$A_{1}$$后亮，最后一样亮

断开开关$$K$$切断电路时，$$A_{2}$$立刻熄灭，$$A_{1}$$过一会儿才熄灭

断开开关$$K$$切断电路时，$$A_{1}$$和$$A_{2}$$都要过一会儿才熄灭

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AB,解：【分析】(1)根据静电平衡特点判断；(2)根据导体内合场强为零判断；(3)先判断导体与大地的电势关系，而后分析电子流向。本题考查了静电平衡的问题。理解并掌握静电平衡的特点是解题的关键。【解答】$$AD.$$导体$$AB$$在点电荷$$Q$$形成的电场中处于静电平衡状态，其内部场强处处为零，整个导体为等势体，所以有：$$E_{M}=E_{N}=0$$，$${φ}_{M}={φ}_{N}$$，故A正确，D错误；B.由$$E=k\dfrac{Q}{{r}^{2}}$$知，点电荷在$$M$$点产生的场强大于在$$N$$点产生的场强。根据静电平衡时导体内部合场强为零知，感应电荷在$$M$$点产生的场强大于在$$N$$点产生的场强，故B正确；C.处于静电平衡状态的导体是等势体，$$A$$、$$B$$电势相等，用一导线连接，导线中无电流产生，故C错误；故选AB。

Answer: AB

如图所示，一导体$$AB$$在点电荷$$Q$$的电场中发生静电感应，下列说法正确的是()

导体中$$M$$、$$N$$两点的电场强度相等

感应电荷在$$M$$点产生的场强大于感应电荷在$$N$$点产生的场强

如果在$$AB$$间用一导线连接，则导线中将有电流产生

$$N$$点的电势大于$$M$$点的电势

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AC,解：【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。【解答】A.变压器不改变交流电的频率，由图乙知交流电的周期$$0.02s$$，所以通过$$R$$的交流电的频率为$$f=\dfrac{1}{T}=50Hz$$，故A正确；B.由图乙知电压的有效值即电压表的示数为$$220V$$，由$$\dfrac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\dfrac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$$得：$${U}_{2}=\dfrac{{n}_{2}}{{n}_{1}}{U}_{1}=22V$$，由欧姆定律得：$${I}_{2}=\dfrac{{U}_{2}}{R}=\dfrac{22}{22}A=1A$$，故B错误；C.变压器的输入功率$${P}_{1}={P}_{2}={U}_{2}{I}_{2}=22W$$，故C正确；D.将$$P$$沿逆时针方向移动一些，副线圈匝数增加，由$$\dfrac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\dfrac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$$知$$U_{2}$$增大，$$I_{2}$$增大，由$$U_{1}I_{1}=U_{2}I_{2}$$知$$I_{1}$$增大，电流表$$A_{1}$$的示数变大，故D错误。故选AC。

Answer: AC

某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压$$u$$的变化规律。已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为$${{n}_{1}}:{{n}_{2}}=10:1$$，电阻$$R=22\\Omega$$。下列说法正确的是

此时变压器的输入功率为$$22W$$

将$$P$$沿逆时针方向移动一些，电流表$$A_{1}$$的示数变小

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