《2026年江苏13大市中考名卷优选38套物理》

7 小明要设计自动防盗报警电路.要求：开关S闭合后，灯亮电铃不响；当房门被打开时，细导线MN被扯断，灯亮且电铃响.下列电路符合设计要求的是 (C)

答案： 7 C 开关闭合时，若导线MN完好则电铃不响；而当导线被扯断后电铃响，说明导线MN和电铃并联，导线MN完好时，电铃被短路；为了保护电路，灯泡应串联在干路中，故C正确。
Plus关键点拨
本题考查基本电路的连接方式，会根据题意设计符合要求的电路图是关键。

8 探究凸透镜成像的规律时，把蜡烛、凸透镜和光屏置于光具座上，先固定好点燃的蜡烛和光屏，再移动凸透镜，当凸透镜距离蜡烛为16 cm和24 cm时，光屏上先后两次都呈现烛焰清晰的像，下列说法正确的是 (C)

A.第一次的像是缩小的
B.第二次的像比第一次大
C.蜡烛和光屏间的距离是40 cm
D.凸透镜的焦距是20 cm

答案： 8 C 当移动透镜分别距光屏16cm和24cm均可在光屏上得到清晰像，根据凸透镜成实像的特点可以得到：当凸透镜距离蜡烛为16cm时，应该为$f＜16cm＜2f$①，即物距大于一倍焦距小于二倍焦距，成倒立、放大实像，当凸透镜距离蜡烛为24cm时，应该为$24cm＞2f$②，即物距大于二倍焦距，成倒立、缩小实像，根据①②可得$8cm＜f＜12cm$，根据成像分析，可知第一次的像是放大的，故A、D错误；第二次的像比第一次小，故B错误；凸透镜距离蜡烛为16cm和24cm所成的实像，是两个互逆的光路，所以$u_1=v_2$，$v_1=u_2$，蜡烛和光屏间的距离是$16cm+24cm=40cm$，故C正确。
Plus思路分析
该题目考查的是凸透镜成像的规律，结合成像的性质分析物距与焦距的关系即可。根据凸透镜成实像的特点可以得到：凸透镜距离蜡烛为16cm和24cm所成的实像，是两个互逆的光路，当凸透镜距离蜡烛为16cm时，是物距大于一倍焦距小于二倍焦距，成倒立、放大实像，当凸透镜距离蜡烛为24cm时，应该为物距大于二倍焦距，成倒立、缩小实像，由以上分析可判断各个选项的正误。

9 如图所示，“龙骨水车”是我国古代主要的提水设施之一，水车一端浸入水中，另一端固定于岸上，使用时，人踩动长柄摇杆末端的踏板使大轮转动，带动嵌满刮水板的链条匀速运动，槽内板片刮水上行，倾灌于地势较高的田中，下列说法正确的是 (D)

A.长柄摇杆越长，踩动时越费力
B.踩得越快，提水做功越多
C.提水过程中，随板片上行的水重力势能减小
D.减小水车各部件间的摩擦，提水效率增大

答案： 9 D 长柄摇杆越长，动力臂越长，阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力越小，踩动时越省力，故A错误；踩得越快，单位时间内提水做功越多，即提水做功的功率越大，故B错误；提水过程中，随板片上行的水，其质量不变，高度增大，则重力势能增大，故C错误；减小水车各部件间的摩擦，可以减小额外功，有用功不变，由$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}}=\frac{1}{1+\frac{W_{额}}{W_{有}}}$可知提水效率增大，故D正确。
Plus关键点拨
本题考查杠杆原理、重力势能、机械效率以及轮轴的应用。
(1)根据杠杆原理求解杠杆问题。
(2)转轮转速越快，相同时间内输水做功越多。
(3)重力势能与质量和高度有关。
(4)增大机械效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小摩擦。

10 如图所示的电路中，闭合开关S后，当滑片P向右移动时，则 (D)

A.电流表A示数变小
B.电压表$ V_{1}$示数不变
C.电压表$ V_{1}$示数与电流表A示数之比变大
D.电压表$ V_{2}$示数与电流表A示数之比变小

答案： 10 D 由图可知，闭合开关S后，定值电阻$R_1$与滑动变阻器$R_2$串联，电流表测电路中的电流，电压表$V_1$测$R_1$两端的电压，电压表$V_2$测$R_2$两端的电压；当滑片P向右移动时，变阻器$R_2$接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$可知电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，故A错误；由$U_1=IR_1$可知定值电阻$R_1$两端的电压变大，即电压表$V_1$的示数变大，故B错误；由欧姆定律可知，电压表$V_1$示数与电流表A示数之比等于$R_1$的阻值，且$R_1$是定值电阻，所以该比值不变，故C错误；由欧姆定律可知，电压表$V_2$示数与电流表A示数之比等于变阻器$R_2$接入电路的电阻，因为滑片P向右移动时，变阻器$R_2$接入电路的电阻变小，所以电压表$V_2$示数与电流表A示数之比变小，故D正确。
Plus疑难突破
由图可知，闭合开关S后，$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路中的电流，电压表$V_1$测$R_1$两端的电压，电压表$V_2$测$R_2$两端的电压。由欧姆定律可知，电压表$V_2$示数与电流表A示数之比等于变阻器$R_2$接入电路的电阻，据此分析该比值如何变化。

11 如图甲，两个相同的容器中分别装有液体a、b，液体a的质量大于b的质量.用两个电热丝分别对液体a、b加热，电热丝$R_{1}$的阻值大于$R_{2}$的阻值，工作电压相同，且电热丝产生的热量均被液体吸收，液体a、b温度随时间的变化关系如图乙.下列说法正确的是 (B)


A.a、b为同种物质
B.a的比热容小于b的比热容
C.相同时间内 a、b吸收的热量相等
D.$R_{1}$的电功率大于$R_{2}$的电功率

答案： 11 B 已知液体a的质量大于b的质量，用两个电热丝分别对液体a、b加热，电热丝$R_1$的阻值大于$R_2$的阻值，工作电压相同，根据$P=\frac{U^2}{R}$可知，$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率，根据$Q=W=Pt$，相同时间电热丝$R_1$产生的热量小于$R_2$产生的热量，相同时间a吸热小于b，相同时间a的升温大于b的升温，根据$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知，液体a的比热容小，不同物质比热容一般不同，故a、b为两种物质不是同种物质。故B正确。
Plus关键点拨
本题考查$P=\frac{U^2}{R}$及$Q=W=Pt$和$c=\frac{Q}{m\Delta t}$的运用，综合性强。由已知条件，根据$P=\frac{U^2}{R}$可知$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率，根据$Q=W=Pt$确定相同时间电热丝$R_1$产生的热量小于$R_2$产生的热量，根据$c=\frac{Q}{m\Delta t}$确定液体比热容大小，根据比热容是物质的特性，可确定a、b是否为同种物质。