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6.「2025广东深圳实验中学期中，★☆」如图甲、乙所示，两相同容器中分别装了质量相等的A、B两种液体，用相同的电加热器加热，忽略热量损失，得到如图丙所示的液体温度与加热时间的图像。下列说法正确的是（
A.A液体的比热容与B液体的比热容之比为1：3
B.A、B图像的交点处表示两种液体升高了相同温度
C.加热6 min时A的温度比B高，说明A吸收的热量更多
D.如果两者温度都升高1 ℃，它们将吸收相同的热量
A
）A.A液体的比热容与B液体的比热容之比为1：3
B.A、B图像的交点处表示两种液体升高了相同温度
C.加热6 min时A的温度比B高，说明A吸收的热量更多
D.如果两者温度都升高1 ℃，它们将吸收相同的热量
答案
6.A 由图像可知,加热4 min后,A升高的温度为15 ℃,B升高的温度为5 ℃,A、B的质量相同,吸收的热量也相同,根据$Q=cm\Delta t$ 可知,A、B的比热容之比为1：3,故A正确;由图像可知,A、B图像的交点处表示两种液体温度相同,但升高的温度是不同的,故B错误;用相同电加热器加热6 min,电加热器放出的热量相同,则A、B吸收的热量也是相同的,故C错误;A、B两种液体质量相等,B的比热容大,由$Q=cm\Delta t$可知,当两者温度都升高1 ℃时,B吸收的热量多,故D错误。故选A。
解析
【分析】
本题考查比热容的相关应用，解题思路：首先明确相同电加热器在相同加热时间内放出的热量相同，因此A、B两种液体吸收的热量相等；已知A、B质量相等，根据比热容公式$Q = cm\Delta t$，通过图像读取温度变化量$\Delta t$，即可分析比热容关系，再逐一判断各选项。
【解析】
1. 选项A分析：由图丙可知，加热时间相同时，A、B吸收的热量$Q$相等，且两者质量$m$相同。取加热4min时，A升高的温度$\Delta t_A = 25° C - 10° C = 15° C$，B升高的温度$\Delta t_B = 20° C - 15° C = 5° C$。根据$Q = cm\Delta t$，可得比热容之比$\frac{c_A}{c_B} = \frac{\Delta t_B}{\Delta t_A} = \frac{5° C}{15° C} = \frac{1}{3}$，故A正确。
2. 选项B分析：A、B图像的交点处表示两种液体温度相同，但初始温度不同，因此升高的温度不同，故B错误。
3. 选项C分析：相同电加热器加热6min，加热时间相同，放出的热量相同，因此A、B吸收的热量相等，故C错误。
4. 选项D分析：A、B质量相等，由$Q = cm\Delta t$可知，当温度都升高$1° C$时，比热容大的液体吸收热量更多，B的比热容更大，故B吸收的热量更多，D错误。
综上，正确答案为A。
【答案】
A
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的应用，核心是理解相同加热器相同时间内液体吸收热量相等，需准确读取图像中的温度变化，利用比热容公式分析各物理量的关系，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题考查比热容的相关应用，解题思路：首先明确相同电加热器在相同加热时间内放出的热量相同，因此A、B两种液体吸收的热量相等；已知A、B质量相等，根据比热容公式$Q = cm\Delta t$，通过图像读取温度变化量$\Delta t$，即可分析比热容关系，再逐一判断各选项。
【解析】
1. 选项A分析：由图丙可知，加热时间相同时，A、B吸收的热量$Q$相等，且两者质量$m$相同。取加热4min时，A升高的温度$\Delta t_A = 25° C - 10° C = 15° C$，B升高的温度$\Delta t_B = 20° C - 15° C = 5° C$。根据$Q = cm\Delta t$，可得比热容之比$\frac{c_A}{c_B} = \frac{\Delta t_B}{\Delta t_A} = \frac{5° C}{15° C} = \frac{1}{3}$，故A正确。
2. 选项B分析：A、B图像的交点处表示两种液体温度相同，但初始温度不同，因此升高的温度不同，故B错误。
3. 选项C分析：相同电加热器加热6min，加热时间相同，放出的热量相同，因此A、B吸收的热量相等，故C错误。
4. 选项D分析：A、B质量相等，由$Q = cm\Delta t$可知，当温度都升高$1° C$时，比热容大的液体吸收热量更多，B的比热容更大，故B吸收的热量更多，D错误。
综上，正确答案为A。
【答案】
A
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的应用，核心是理解相同加热器相同时间内液体吸收热量相等，需准确读取图像中的温度变化，利用比热容公式分析各物理量的关系，难度适中。
【难度系数】
0.6
7. 核心素养
科学思维「2025广西崇左一模，★★☆」如图所示是小明模拟设计的电梯超重报警电路示意图。图中力敏电阻$R_1$的阻值随压力的增大而减小；当其受到的压力高于某一设定值时，电铃发声报警。下列说法正确的是（
A.电铃应接在A和C之间
B.闭合开关，电磁铁内部存在无数条磁感线
C.减少电磁铁的线圈匝数，可以提高报警器的灵敏度
D.为使该报警电路在压力更小时报警，可将滑动变阻器$R_2$的滑片向上移
科学思维「2025广西崇左一模，★★☆」如图所示是小明模拟设计的电梯超重报警电路示意图。图中力敏电阻$R_1$的阻值随压力的增大而减小；当其受到的压力高于某一设定值时，电铃发声报警。下列说法正确的是（
D
）A.电铃应接在A和C之间
B.闭合开关，电磁铁内部存在无数条磁感线
C.减少电磁铁的线圈匝数，可以提高报警器的灵敏度
D.为使该报警电路在压力更小时报警，可将滑动变阻器$R_2$的滑片向上移
答案
7.D 当压力过大时,力敏电阻的阻值减小,控制电路的电流增大,电磁铁的磁性增强,衔铁带动动触点向下运动,电铃发声报警,所以电铃应该接在B、D之间,故A错误;磁感线是为了方便研究磁场而假想出来的物理模型,实际上并不存在,故B错误;电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数多少有关,减少电磁铁的线圈匝数,则需增大刚好报警时控制电路中的电流;由欧姆定律可知,力敏电阻的阻值变小,压力变大,降低了报警器的灵敏度,故C错误;由欧姆定律和串联电路的电阻特点可知,控制电路中的电流为$I=\frac{U_1}{R_1+R_2}$,刚好报警时的控制电路中电流为定值,为使报警电路在压力更小时报警,此时力敏电阻的阻值增大,应减小滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值,将滑片向上移,故D正确。
解析
【分析】
本题是电梯超重报警的电磁继电器电路分析题，需结合电磁继电器工作原理、电磁铁磁性影响因素、磁感线概念及欧姆定律逐一判断选项。解题思路：先明确控制电路与工作电路的联动逻辑，再针对每个选项对应的物理规律进行分析验证。
【解析】
A. 当压力增大时，力敏电阻$R_1$阻值减小，控制电路电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，动触点与下方的B触点接通，此时工作电路需接通电铃，因此电铃应接在B、D之间，而非A、C之间，故A错误；
B. 磁感线是为描述磁场假想的物理模型，实际并不存在，电磁铁内部不存在真实的磁感线，故B错误；
C. 电磁铁磁性强弱与电流大小、线圈匝数有关。减少线圈匝数，要达到报警所需的电流，需控制电路电流更大，对应$R_1$阻值更小（即压力更大），会降低报警器灵敏度，故C错误；
D. 报警时控制电路电流为定值，根据欧姆定律$I=\frac{U_1}{R_1+R_2}$，若要在压力更小时报警（此时$R_1$阻值更大），需减小滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值，使总电阻减小，电流增大到报警值，因此将$R_2$滑片向上移（接入电阻变小）可满足要求，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电磁铁、欧姆定律、电磁继电器
【点评】
本题结合实际应用考查电磁继电器的工作原理，需掌握电磁铁磁性的影响因素、电路动态分析，是电磁学的综合应用题型，难度中等。
【难度系数】
0.5
本题是电梯超重报警的电磁继电器电路分析题，需结合电磁继电器工作原理、电磁铁磁性影响因素、磁感线概念及欧姆定律逐一判断选项。解题思路：先明确控制电路与工作电路的联动逻辑，再针对每个选项对应的物理规律进行分析验证。
【解析】
A. 当压力增大时，力敏电阻$R_1$阻值减小，控制电路电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，动触点与下方的B触点接通，此时工作电路需接通电铃，因此电铃应接在B、D之间，而非A、C之间，故A错误；
B. 磁感线是为描述磁场假想的物理模型，实际并不存在，电磁铁内部不存在真实的磁感线，故B错误；
C. 电磁铁磁性强弱与电流大小、线圈匝数有关。减少线圈匝数，要达到报警所需的电流，需控制电路电流更大，对应$R_1$阻值更小（即压力更大），会降低报警器灵敏度，故C错误；
D. 报警时控制电路电流为定值，根据欧姆定律$I=\frac{U_1}{R_1+R_2}$，若要在压力更小时报警（此时$R_1$阻值更大），需减小滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值，使总电阻减小，电流增大到报警值，因此将$R_2$滑片向上移（接入电阻变小）可满足要求，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电磁铁、欧姆定律、电磁继电器
【点评】
本题结合实际应用考查电磁继电器的工作原理，需掌握电磁铁磁性的影响因素、电路动态分析，是电磁学的综合应用题型，难度中等。
【难度系数】
0.5
8.「2025四川眉山中考，★★☆」如图所示，电源电压保持不变，$R_2$的最大阻值为10 Ω。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P在中点时，$R_1$的功率为7.2 W；将滑动变阻器的滑片P移动到最右端，电流表$A_1$的示数与滑片P在中点时的示数之比是3:4。此过程中，下列判断正确的是（
A.电压表示数为9 V
B.滑片P在中点时电流表$A_2$的示数为0.6 A
C.P在中点时，1 min内$R_2$产生216 J的热量
D.电路的最小功率为10.8 W
D
）A.电压表示数为9 V
B.滑片P在中点时电流表$A_2$的示数为0.6 A
C.P在中点时，1 min内$R_2$产生216 J的热量
D.电路的最小功率为10.8 W
答案
8.D 由图可知,电阻$R_1$与滑动变阻器$R_2$并联,电流表$A_1$测干路电流,电流表$A_2$测通过滑动变阻器$R_2$的电流,电压表测电源电压。将滑动变阻器的滑片P移动到最右端时,由并联电路的电流特点和欧姆定律可得,电流表$A_1$的示数$I=I_1+I_2=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{R_2}$,同理可得,滑片P在中点时,电流表$A_1$的示数$I'=I_1+I_2'=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{\frac{1}{2}R_2}$,已知滑片P移动到最右端时电流表$A_1$的示数与滑片P在中点时的示数之比是 3 : 4,则$\frac{I}{I'}= \frac{\frac{U}{R_1}+\frac{U}{R_2}}{\frac{U}{R_1}+\frac{U}{\frac{1}{2}R_2}}=\frac{3}{4}$,解得$R_2=2R_1$;$R_2$的最大阻值为 10 Ω,则$R_1=\frac{R_2}{2}=\frac{10\ \Omega}{2}=5\ \Omega$;闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P在中点时,$R_1$的功率为7.2 W;由$P=\frac{U^2}{R}$可得电源电压$U=\sqrt{P_1R_1}=\sqrt{7.2\ \mathrm{W} × 5\ \Omega}=6\ \mathrm{V}$,即电压表的示数为6 V,故A错误;滑片P在中点时,通过滑动变阻器的电流$I_2'=\frac{U}{\frac{1}{2}R_2}=\frac{6\ \mathrm{V}}{\frac{1}{2} × 10\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$,此时电流表$A_2$的示数为 1.2 A,故B错误;P在中点时,1 min内$R_2$产生的热量$Q_2=W=UI_2't=6\ \mathrm{V} × 1.2\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s}=432\ \mathrm{J}$,故C错误;当滑动变阻器接入电路的电阻最大时,电路的总电阻最大,总电流最小,总功率最小,且$R_1$的功率始终为7.2 W,则电路的最小功率$P_{\mathrm{总小}}=P_1+P_{2\mathrm{小}}=P_1 + \frac{U^2}{R_2}=7.2\ \mathrm{W}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=10.8\ \mathrm{W}$,故D正确。
解析
【分析】
首先明确电路结构：电阻$R_1$与滑动变阻器$R_2$并联，电压表测电源电压，电流表$A_1$测干路电流，电流表$A_2$测$R_2$支路的电流。解题时，先利用并联电路的电流规律和欧姆定律，结合滑片移动时$A_1$的示数比，求出$R_1$与$R_2$的电阻关系；再根据$R_1$的功率计算电源电压；最后逐一分析各选项对应的物理量，判断正误。
【解析】
1. 确定电阻关系：
并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。设电源电压为U，当滑片在最右端时，$R_2$接入电阻为$10\ \Omega$，此时干路电流$I=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{10\ \Omega}$；当滑片在中点时，$R_2$接入电阻为$5\ \Omega$，此时干路电流$I'=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{5\ \Omega}$。
由题意$\frac{I}{I'}=\frac{3}{4}$，代入得：
$ \frac{\frac{U}{R_1}+\frac{U}{10}}{\frac{U}{R_1}+\frac{U}{5}}=\frac{3}{4} $约去U，化简后解得$R_1=5\ \Omega$，结合$R_2$最大阻值为$10\ \Omega$，符合关系。2. 计算电源电压： 滑片在中点时，$R_1$的功率$P_1=7.2\ \mathrm{W}$，由$P=\frac{U^2}{R}$得：$ U=\sqrt{P_1R_1}=\sqrt{7.2\ \mathrm{W} × 5\ \Omega}=6\ \mathrm{V}$
即电压表示数为$6\ \mathrm{V}$，故A错误。
3. 分析B选项：
滑片在中点时，$A_2$测$R_2$的电流：
$ I_2'=\frac{U}{\frac{1}{2}R_2}=\frac{6\ \mathrm{V}}{5\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A} $故B错误。4. 分析C选项：$ 1\ \mathrm{min}$内$R_2$产生的热量：$ Q=UI_2't=6\ \mathrm{V} × 1.2\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s}=432\ \mathrm{J}$
故C错误。
5. 分析D选项：
当$R_2$接入电阻最大时，电路总功率最小，$R_1$功率不变，总功率为：
$ P_{\mathrm{总小}}=P_1+\frac{U^2}{R_2}=7.2\ \mathrm{W}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=10.8\ \mathrm{W}$
故D正确。
【答案】
D
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、电功率计算、电热计算
【点评】
本题考查并联电路的综合计算，需熟练运用电流规律、欧姆定律及电功率公式，关键是通过电流比推导电阻关系，逐步分析各物理量，属于中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
首先明确电路结构：电阻$R_1$与滑动变阻器$R_2$并联，电压表测电源电压，电流表$A_1$测干路电流，电流表$A_2$测$R_2$支路的电流。解题时，先利用并联电路的电流规律和欧姆定律，结合滑片移动时$A_1$的示数比，求出$R_1$与$R_2$的电阻关系；再根据$R_1$的功率计算电源电压；最后逐一分析各选项对应的物理量，判断正误。
【解析】
1. 确定电阻关系：
并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。设电源电压为U，当滑片在最右端时，$R_2$接入电阻为$10\ \Omega$，此时干路电流$I=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{10\ \Omega}$；当滑片在中点时，$R_2$接入电阻为$5\ \Omega$，此时干路电流$I'=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{5\ \Omega}$。
由题意$\frac{I}{I'}=\frac{3}{4}$，代入得：
$ \frac{\frac{U}{R_1}+\frac{U}{10}}{\frac{U}{R_1}+\frac{U}{5}}=\frac{3}{4} $约去U，化简后解得$R_1=5\ \Omega$，结合$R_2$最大阻值为$10\ \Omega$，符合关系。2. 计算电源电压： 滑片在中点时，$R_1$的功率$P_1=7.2\ \mathrm{W}$，由$P=\frac{U^2}{R}$得：$ U=\sqrt{P_1R_1}=\sqrt{7.2\ \mathrm{W} × 5\ \Omega}=6\ \mathrm{V}$
即电压表示数为$6\ \mathrm{V}$，故A错误。
3. 分析B选项：
滑片在中点时，$A_2$测$R_2$的电流：
$ I_2'=\frac{U}{\frac{1}{2}R_2}=\frac{6\ \mathrm{V}}{5\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A} $故B错误。4. 分析C选项：$ 1\ \mathrm{min}$内$R_2$产生的热量：$ Q=UI_2't=6\ \mathrm{V} × 1.2\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s}=432\ \mathrm{J}$
故C错误。
5. 分析D选项：
当$R_2$接入电阻最大时，电路总功率最小，$R_1$功率不变，总功率为：
$ P_{\mathrm{总小}}=P_1+\frac{U^2}{R_2}=7.2\ \mathrm{W}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=10.8\ \mathrm{W}$
故D正确。
【答案】
D
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、电功率计算、电热计算
【点评】
本题考查并联电路的综合计算，需熟练运用电流规律、欧姆定律及电功率公式，关键是通过电流比推导电阻关系，逐步分析各物理量，属于中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
