参考答案

一、单选题（本大题共10小题，共30分） 1．C 【解析】 【详解】

火箭在加速上升的过程中，速度变快，动能变大；高度增加，重力势能变大；动能和势能统称为机械能，所以机械能变大。 2．D 【解析】 【详解】

A、仅知道速度大小,不知道时间大小,无法比较路程大小,故A错; B、仅知道速度大小,不知道路程大小,无法比较时间大小,故B错; CD、物体做匀速直线运动时,速度大小保持不变,速度的大小由v?D正确.

故D选项正确为答案. 3．B 【解析】

本题涉及的知识是故障电路分析．“当闭合开关S后，发现两灯都不亮，电流表的指针几乎指在零刻度线”说明电路故障是断路，“电压表指针则有明显偏转”说明与电压相连的电路是接通的，发生断路的是灯泡L1． 4．C 【解析】 【分析】

重力的方向总是竖直向下的，在生活中有好多应用：检查工作台面是否水平、检查墙砌的是否竖直、检查墙上挂的画是否挂正等； 【详解】

为了把年画贴正，通常做法是调整年画，使年画的长边与重垂线平行，因为重力方向竖直向下，所以年画的边长也竖直向下，此时年画就挂正了，答案选C。 5．B 【解析】 【详解】

A．灯L1、L2并联，电流表与L1串联，测量L1的电流，且电流从“-”接线柱入，从“+”接线柱出，接线

s决定,但与s、t的大小无关,故C错误、t柱接反，故A不符合题意；

B．灯L1、L2并联，电流表测干路电流，即测L1和L2的电流，故B符合题意； C．灯L1、L2并联，电流表与L2串联，故C不符合题意；

D．灯L1、L2并联，电流表与L1串联，测量L1的电流，故D不符合题意． 【点睛】

L1和L2并联，用电流表测量灯泡L1和L2的总电流，根据电流表的正确使用方法，应将电流表接在干路上；并且让电流从“+”接线柱流入，从“-”接线柱流出． 6．D 【解析】 【详解】

当滑片P处于最左端时，电路为灯泡L的简单电路，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最大； 当滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中电流变小； 滑片P处于最右端时，电路中的电阻最大，电流最小且不为0； 综合以上分析可知符合题意的图象为D图． 故选D． 7．D 【解析】 【详解】

A．温度是影响内能大小的一个因素，但不是唯一因素，所以温度高的物体内能不一定大．故A不正确； B．改变物体内能的方法有两种：做功和热传递，且二者是等效的，所以物体温度升高不一定是吸收了热量．故B不正确；

C．物体吸收热量内能增加，但温度不一定升高，比如：晶体在熔化过程中虽然吸热，但温度保持不变．故C不正确；

D．物体温度升高，分子运动加剧，分子动能增加，分子动能和分子势能总和为物体内能．故D正确． 8．B 【解析】

试题分析：A．错误，是根据音色来判断的； B．正确，超声波具有能量，所以能把石块击碎； C．错误，这是在声源处减弱噪声的； D．错误，这个高指的是声音的响度；应选B． 考点：声音的三要素 9．A 【解析】

【详解】

以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，重力的力臂为lG，支持力的力臂为l支，根据杠杆平衡条件可得：F支l支=GlG，水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂lG均不变，根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐变大，根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，木块C匀速运动，受到推力和摩擦力是平衡力，推力大小等于摩擦力大小，由力的平衡条件可知，水平推力F也逐渐增大，故A符合题意，BCD不符合题意。 10．A 【解析】 【详解】

A．水的比热容是4.2×103 J/(kg·103 J的热℃)，其物理意义为1 kg的水温度升高(降低)1 ℃吸收(放出)4.2×量，A正确

B．热量是个过程量，只能说“吸收”和“放出”不能说“具有”，B选项说法错误； C．内能和温度、质量、状态都有关系，不能单靠温度决定内能的多少，C错误；

D．根据Q=qm，完全燃烧放出的热量Q与热值q和质量m都有关系，热值大的燃料完全燃烧放出的热量不一定多，D错误．

二、多选题（本大题共3小题，共12分） 11．BD 【解析】 【详解】

A.由图知，灯泡与变阻器并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测灯的电流，电压表测电源电压，则滑片移动时电压表示数不变，故A错误；

B.当滑片P向右移动时，变阻器R的电阻变大，由I?U 可知，通过变阻器的电流变小；根据并联电路R电流的规律可知干路电流变小，即A1示数变小，故B正确；

C.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灯的电流保持不变，灯的亮度不变，故C错误；

D.由BC选项分析可知电流表A1示数变小，灯的亮度不变，故D正确。 12．ACD 【解析】 【分析】

由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流；

（1）滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1、V2的示数之和为4V，根据串联电路的电压特点求出电

源的电压；

（2）当R接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，电路中的电流变小，据此判断出图乙对应的电压表为V2，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；由图乙可知电路中的电流最大时电压表V2的示数，根据串联电路的电压特点求出V1的示数，然后与电压表的量程判断出此时灯泡应正常发光达到额定功率，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的最小阻值，根据P=UI求出灯泡的额定功率和电路消耗的最大功率。 【详解】

由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1 测L两端的电压，电压表V2 测R两端的电压，电流表测电路中的电流。

根据题意知道，当滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1 、V2 的示数之和为4V，由串联电路的电压特点知道，电源的电压是4V，故A正确；

由电路图知道，在保证电路各元件安全的最大范围内，当R接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2 的示数变大，此时电路中的总电阻变大，电路中的电流变小；由此知道，图乙对应的是电压表V2与电流表，且电路中的最小电流是I小 =0.1A时，电压表的最大示数是3V， 由I?变阻器接入电路中的最大阻值是：R2大?U知道，滑动RU2大I小?3V?30?；由图乙知道，当滑动变阻器接入电路中的0.1A电阻最小时，电路中的电流有最大值I大 =0.5A时，电压表V2 的示数是U2小 =1.5V，此时灯泡应正常发光恰好达到额定功率，电路消耗的总功率最大，则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：

R2小?U2大I大?1.5V?3?，所以滑动变阻器取值范围是3Ω～30Ω，故C正确； 0.5A此时灯泡两端的电压是：UL =U-U2小=4V-1.5V=2.5V，

0.5A=1.25W，故B错误； 灯泡的额定功率是：PL =UL I大 =2.5V×

0.5A=2W，故D正确。 电路消耗的最大功率是：P大=UI大=4V×故选ACD。 【点睛】

本题考查的是串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，解题的关键是正确的判断出图乙对应的电压表和判断出灯泡正常发光时的电压，本题综合性强，计算过程复杂，有一定难度。 13．BD 【解析】 【详解】

A. 只闭合S1，电路中只有电阻R1和滑动变阻器串联，滑片向右移动，电阻变大，串联电路中电流变小，A1示数变小，电阻R1是定值电阻，两端电压变小，V1示数变小，滑动变阻器两端电压是电源电压和定值电阻两端电压之差，因此V2示数变大，故错误；