《2026年成都中考真题精选物理》

3. 用如图甲所示的同一个实验装置分别加热质量均为$100 g$的甲、乙两种液体(其中一种是水)。用测得的数据绘制了温度随时间变化的图象(如图乙)，乙从$20° C$加热至沸腾刚好消耗了$4 g$酒精($q_{酒精}=3×10^7 J/kg$)。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，$c_{水}=4.2×10^3 J/( kg· ° C)$，则下列说法正确的是 (D)


A.$c_{乙}=2.4×10^3 J/( kg· ° C)$
B.乙液体是水
C.$0\sim8 min$乙吸收的热量为$3.36×10^9 J$
D.该酒精灯的加热效率为$35\%$

答案： 3.D解析:A、B.根据图乙可知,质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，因水的比热容较大,吸热能力强，所以甲为水;根据$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,甲(水)的比热容是乙的比热容的2倍，乙的比热容$c_乙=\frac{1}{2}c_甲=\frac{1}{2}×4.2×10^3J/(kg · ° C)=2.1×10^3J/(kg · ° C)$,故A、B错误;C、D.用相同的酒精灯加热，在相同的时间内,水吸收的热量等于乙吸收的热量，0~8min乙吸收的热量$Q_乙=Q_水=c_水m_水\Delta t=4.2×10^3J/(kg · ° C)×0.1kg×(100° C−20° C)=3.36×10^4J$;酒精完全燃烧放出的热量$Q_放=m_{酒精}q=0.004kg×3×10^7J/kg=1.2×10^5J$;乙从加热到沸腾吸收的热量$Q_乙'=\frac{10min}{8min}×3.36×10^4J=4.2×10^4J$;酒精灯的加热效率$\eta=\frac{Q_乙'}{Q_放}=\frac{4.2×10^4J}{1.2×10^5J}×100\%=35\%$,故C错误，D正确。故选D。
[考点]固体和液体的热值计算;能量的利用效率;利用比热容的公式计算热量。

4. 如图所示，电源电压为$18 V$保持不变，电流表的量程是$0\sim0.6 A$，电压表的量程是$0\sim15 V$，滑动变阻器标有“$100\ \Omega \ \ 1 A$”字样，灯泡上标有“$6 V$ $3 W$”字样。要求：开关闭合后两个电表的示数均不超过所选量程，且灯泡两端的电压不允许超过额定电压(灯丝电阻不变)。则下列说法正确的是 (BC)


A.滑动变阻器的滑片向左移动时，电流表和电压表示数都变大
B.滑动变阻器允许调节的范围是$24\sim60\ \Omega$
C.该电路的最大功率为$9 W$
D.电压表示数变化范围为$0\sim15 V$

答案： 4.BC解析:由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压,电流表测电路中的电流。A.滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小,电路中的总电阻变小，由$I=\frac{U}{R}$可知，电路中的电流变大,即电流表的示数变大,由$U=IR$可知,灯泡两端的电压变大,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变小,即电压表的
示数变小,故A错误;C、D.由$P=UI$可得,灯泡的额定电流$I_L=\frac{P_L}{U_L}=\frac{3W}{6V}=0.5A$,由$I=\frac{U}{R}$可得，灯泡的电阻$R_L=\frac{U_L}{I_L}=\frac{6V}{0.5A}=12\Omega$,因串联电路中各处的电流相等，且灯泡的额定电流为0.5A,电流表的量程为0~0.6A,所以电路中的最大电流为0.5A,此时电路中的总电阻$R=\frac{U}{I_大}=\frac{18V}{0.5A}=36\Omega$,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$R_{滑小}=R-R_L=36\Omega-12\Omega=24\Omega$,由$I=\frac{U}{R}$可得，此时滑动变阻器两端的电压最小,$U_{滑小}=I_大R_{滑小}=0.5A×24\Omega=12V$,则电压表示数变化范围12~15V,电路的最大功率$P_大=UI_大=18V×0.5A=9W$,故C正确,D错误;B.当电压表的示数为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大,此时灯泡两端的电压$U_L'=U-U_{滑大}=18V-15V=3V$,因串联电路中各处的电流相等，,所以,$\frac{U_L'}{R_L}=\frac{U_{滑大}}{R_{滑大}}$,即$\frac{3V}{12\Omega}=\frac{15V}{R_{滑大}}$,解得$R_{滑大}=60\Omega$,所以滑动变阻器允许调节的范围是24~60Ω,故B正确。故选BC。
[考点]电功率的综合计算;动态电路的分析;欧姆定律求范围值。

5. 在综合实践活动课上，小明同学设计了如图所示的模拟调光灯电路。电源电压恒定，$R_1$为定值电阻。闭合开关$S$后，将滑动变阻器$R_2$的滑片$P$由最右端向左移动，直至灯泡正常发光。此过程中，电流表$A$的示数由$0.2 A$变为$0.5 A$，电压表$V_1$的示数由$0.5 V$变为$2.5 V$，电压表$V_2$( $V_2$未画出)的示数由$3.5 V$变为$0.75 V$。下列说法正确的是 (AD)


A.灯泡正常发光时的电阻为$5\ \Omega$
B.电源电压为$4 V$
C.电压表$V_2$与$R_1$并联
D.若$R_2$的滑片可任意滑动，为了保证灯泡的安全，电路中至少再串联一个$1.5\ \Omega$的电阻

答案： 5.AD解析:由图可知,闭合开关S后,灯泡、$R_1$、$R_2$串联,电压表$V_1$测灯泡两端的电压,电流表测电路中的电流。A、C.当滑片P由最右端向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻变小,电路中的电流增大,灯泡两端的电压和定值电阻$R_1$两端的电压都变大,由串联分压的规律可知,滑动变阻器$R_2$两端的电压会变小;由题意可知,此过程中,电流表A的示数变大,电压表$V_1$的示数变大,而电压表$V_2$($V_2$未画出)的示数变小,若电压表$V_2$并联在定值电阻$R_1$两端,则根据上面分析可知,电压表$V_2$的示数应变大,故这种情况不可能;若电压表$V_2$并联在定值电阻$R_1$和滑动变阻器$R_2$两端(即$V_2$测$R_1$和$R_2$两端的总电压),由串联电路的电压特点可知,电压表$V_2$示数与$V_1$示数之和应等于电源电压,应保持不变,而题中两种状态下两电压表的示数之和$0.5V+3.5V≠2.5V+0.75V$,故这种情况也不可能;由此可知,电压表$V_2$应并联在滑动变阻器$R_2$两端,即电压表$V_2$测滑动变阻器$R_2$两端的电压;当灯泡正常发光时,电路中的电流
最大,由题意可知,最大电流为0.5A,此时电压表$V_1$的示数是2.5V,即灯泡正常发光时的电压$U_L=2.5V$,所以灯泡正常发光时的电阻$R_L=\frac{U_L}{I_L}=\frac{2.5V}{0.5A}=5\Omega$,故A正确,C错误;B.由题意可知,最大电流为0.5A时，灯泡两端的电压$U_L=2.5V$,此时滑动变阻器$R_2$两端的电压$U_{2小}=0.75V$,则电源电压$U=U_L+U_{2小}+I_大R_1=2.5V+0.75V+0.5A×R_1$①,当滑片处于最右端时,滑动变阻器接人电路的电阻最大,此时电路中的电流最小,由题意可知,最小电流$I_小=0.2A$,此时灯泡两端的电压$U_L'=0.5V$,滑动变阻器$R_2$两端的电压$U_{2大}=3.5V$,则电源电压为$U=U_L'+U_{2大}+I_小R_1=0.5V+3.5V+0.2A×R_1$②,联立①②,解得$R_1=2.5\Omega$,$U=4.5V$,故B 错误;D.滑动变阻器接入电路的最小阻值$R_{2小}=\frac{U_{2小}}{I_大}=\frac{0.75V}{0.5A}=1.5\Omega$,若$R_2$的滑片可任意滑动，即滑片可以滑动到电阻为0的位置，所以，为了保证灯泡的安全,电路中至少再串联电阻的阻值$R_{串小}=R_{2小}=1.5\Omega$,故D正确。故选AD。
[考点]欧姆定律的应用。