四川省成都市邛崃市2025年中考二模物理试题
1．（2025·邛崃模拟）体考前，小玲同学使用手机上的人工智能软件查阅体考相关信息，手机实现信息传递主要依靠（ ）
A．电流 B．超声波 C．电磁波 D．次声波
2．（2025·邛崃模拟）小竹用新买的智能灯泡替换客厅的老式灯泡，爸爸提醒他要注意用电安全。关于家庭电路和用电安全，下列说法正确的是（ ）
A．替换灯泡前，应断开开关
B．发现有人触电时，应立即用手将其拉开
C．家庭电路中，控制电灯的开关应接在零线和电灯之间
D．使用测电笔辨别火线和零线时，氖管发光的是零线，氖管不发光的是火线
3．（2025·邛崃模拟）2025年春节，小崧和朋友们在观看《哪吒2》时，被震撼的画面和音效所吸引（如图）。关于声现象，下列分析正确的是（ ）
A．观众听到的声音主要是通过墙壁传播的
B．观众听到的声音不是由扬声器振动产生的
C．观众可以根据音调来区分电影中的不同角色
D．观众将手机调至静音模式是在声源处减弱噪声
4．（2025·邛崃模拟）学习物理要联系生活实际。下列数据最符合实际的是（ ）
A．一个乒乓球的质量约为1kg
B．手机锂电池的电压约为3.7V
C．家用洗衣机的工作电流约为100A
D．人体感觉舒适的环境温度约为60℃
5．（2025·邛崃模拟）在实验室探究“水的沸腾特点”时，小萱发现沸腾前加热时间较长（如图）。为了缩短加热时间，她的思考和分析正确的是（ ）
A．给烧杯加盖可以缩短加热时间
B．增加烧杯中的水量可以缩短加热时间
C．降低烧杯中水的初温可以缩短加热时间
D．增加酒精灯中的酒精量可以缩短加热时间
6．（2025·邛崃模拟）如图所示，闭合开关后，能正确测出通过灯泡电流的电路是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·邛崃模拟）在对机器人进行性能测试时，模拟了多种地形运动场景（如图）。在它加速上坡的过程中，下列关于能量转化的分析正确的是（ ）
A．机器人的动能增大，机械能增大
B．机器人的重力势能增大，机械能不变
C．机器人的动能转化为重力势能
D．机器人将电能全部转化为动能
8．（2025·邛崃模拟）同学们在参观某科技馆模拟三峡船闸的展台时，讲解员介绍：船闸利用连通器原理帮助船只通过大坝。下列（如图）没有利用连通器原理的是（ ）
A．洗手池的下水管
B．茶壶
C．小鸡饮水器
D．锅炉水位计
9．（2025·邛崃模拟）物理知识在生活中有着广泛的应用，下列生活实例（如图）与物理原理的对应关系正确的是（ ）
A．热气球升空，是利用空气产生的浮力
B．高压锅能快速将食物炖得软烂，是因为锅内气压高，沸点低
C．挖掘机的铲子很锋利，是通过减小受力面积来减小压强，便于挖掘
D．“奋斗者号”能潜入水下10909米，是因为液体压强随深度增加而减小
10．（2025·邛崃模拟）在家庭实验室中，小阳使用家中的冰箱时观察到了一些有趣的现象（如图）。下列说法正确的是（ ）
A．打开冷冻室，看到有“白气”冒出，这是汽化现象
B．冷藏室的蔬菜放久了会变干变焉，这是升华现象
C．从冷冻室取冰块时，湿手套会被冰块“粘”住，这是凝固现象
D．从冷藏室拿出的汽水瓶外壁出现小水珠，这是熔化现象
11．（2025·邛崃模拟）电话手表放在充电器上时，其内部接收线圈产生感应电流，从而实现给手表电池充电。下列（如图）与此原理相同的是（ ）
A．电热水壶 B．电风扇
C．电磁起重机 D．手摇发电机
12．（2025·邛崃模拟）如图所示，实验小组设计了甲、乙、丙、丁四个电路来探究开关的控制作用。下列判断正确的是（ ）
A．甲电路中，闭合开关S，仅灯泡亮
B．乙电路中，闭合开关S，灯泡和均亮
C．丙电路中，闭合开关S，灯泡被短路
D．丁电路中，断开开关S，灯泡和均不亮
13．（2025·邛崃模拟）在探究“二力平衡的条件”时，同学们设计了如图所示的甲、乙、丙三种实验方案。下列说法正确的是（ ）
A．同学们分析论证后认为甲方案更为合理
B．乙方案中，两托盘里所加砝码质量相同时，小车将保持平衡状态
C．乙方案中，要验证不在同一直线的力是否平衡，应直接推动小车，观察小车的情况
D．丙方案中，用剪刀将小卡片剪成两半，是为了验证二力平衡时两个力必须作用在同一直线上
14．（2025·邛崃模拟）蒙蒙发现最近视力有所下降，验光师用验光仪检测后确认其眼睛近视。根据检测结果，蒙蒙的眼球结构特征应与图 （选填“A”或“B”）所示一致，应该选择用 透镜进行矫正。
15．（2025·邛崃模拟）在哈尔滨亚洲冬季运动会速滑比赛前，工作人员向冰面洒水，使冰面变得更加光滑，从而 （选填“增大”或“减小”）冰刀与冰面间的摩擦力。当运动员在冰面上滑行比赛时，以看台上的观众为参照物，运动员是 的。
16．（2025·邛崃模拟）某型号新能源电动汽车的充电枪采用电磁锁定装置，充电时电磁铁通电吸合，确保接口稳定连接（如图甲）。其工作原理如图乙所示，闭合电路开关后，可判断螺线管的下端为 极。为确保充电枪牢固锁定，需增强电磁铁的磁性，可通过向 移动滑动变阻器的滑片来实现。
17．（2025·邛崃模拟）小强想知道他家铜制钥匙是否由纯铜制成，于是通过测量其密度来进行判断（如图）。使用天平前，他先将 移至标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁平衡。通过测量，得到钥匙的质量为7.6g，体积为0.95cm3，由此判断该钥匙 （选填“是”或“不是”）由纯铜制成的。（）
18．（2025·邛崃模拟）歼-35战斗机做日常飞行时，机翼上、下方空气流速不同，从而产生 （选填“升力”或“浮力”）而上升。战斗机水平向右加速飞行时，飞机所受合力方向为水平向 。
19．（2025·邛崃模拟）小蒙在实验课上探究“电流与电压的关系”，按如图甲所示电路图连接实物时，她需要将电压表（如图乙）与定值电阻 （选填“串”或“并”）联。连接好电路并闭合开关，为了改变电压表的示数，接下来她应该做的实验操作是 。
20．（2025·邛崃模拟）图是电热水壶的内部电路图，小杨使用该电热水壶烧水时，为缩短加热时间，应闭合开关 。电热丝、的阻值均为55Ω，工作电压为220V，若电热水壶处于保温挡工作5min，电热丝产生的热量为 J。（不考虑温度对电阻的影响）
21．（2025·邛崃模拟）按要求作图；
（1）如图所示，室内一盏电灯通过木板隔墙上的两个小洞，透过两条光线。请在图中根据这两条光线，完善光路图，确定并标出电灯的位置S。
（2）如图甲是一个门把手，向下转动门把手开门时，门把手可视为杠杆，请在简化图（如图乙）中画出此时作用在A点的最小动力F的示意图以及该力的力臂L（O为支点）。
22．（2025·邛崃模拟）2024年，某品牌新能源车正式上市，最大时速253km/h，质量为2.2t，最长续航800km。
（1）若该车以60km/h的速度沿直线匀速行驶0.5h，求0.5h内该车能行驶多远的距离？
（2）若匀速直线行驶过程中该车所受阻力恒为重力的0.05倍，求该车行驶100km需克服阻力做多少功？（g取10N/kg）
23．（2025·邛崃模拟）如图所示电路，电源电压恒定，定值电阻，灯泡L标有“，0.9W”字样，滑动变阻器的规格为“50 ，1A”，电流表量程为0~3A，电压表量程为0~。只闭合开关时，灯泡L正常发光（灯泡L的灯丝电阻恒定）。
（1）求电源电压；
（2）在保证电路安全的条件下，通过开关的闭合与断开，并移动滑动变阻器的滑片P，求电路总电功率的变化范围。
24．（2025·邛崃模拟）物理实验课上，小王设计了如图甲所示的电路图，用于探究“串联电路的电压规律”。实验过程中电源电压保持3V不变。
（1）在本实验中小王选择多只规格不同的小灯泡进行多次实验是为了 。
（2）按照电路图连接电路后，在闭合开关S前，小王发现电压表指针如图乙所示，出现该情况的原因是 。
（3）多次实验测得数据如下表。
实验次数 两端电压 两端电压 与两端总电压
第1次 1.4 1.5 3.0
第2次 1.3 1.7 3.0
第3次 1.1 1.9 3.0
第4次 1.0
分析数据得出串联电路的电压规律后，小王继续进行第4次实验时，在测得两端电压后，同组的同学提醒他可以根据串联电路的电压规律得出两端电压，你认为两端电压可能为（ ）
A．1.0 B．2.0 C．3.0
25．（2025·邛崃模拟）小明在探究“重力与质量的关系”时，进行了相关操作，实验器材如图甲所示；
（1）下表是小明设计的实验数据记录表格，表格中已经记录了3次实验数据，请你根据他的实验数据，在图乙中画出重力与质量的关系图像 ；
实验序号 物体质量 重力 重力与质量之比
① 0.1 1.0 10
② 0.2 2.0 10
③ 0.3 3.0 10
（2）分析数据，可以得到的结论是：物体受到的重力与质量成 比；
（3）旁边刚做完“探究滑动摩擦力大小的因素”实验的小红认为小明的实验次数过少，不足以排除偶然性，于是她直接用“探究滑动摩擦力大小的因素”实验中所使用的弹簧测力计又进行了四次实验，数据如下表，她发现重力并不与质量成比例关系，第④⑤组数据中其重力与质量的比值与小明不同的原因可能是 。分析第⑥⑦组数据，发现弹簧测力计的示数不再变化，出现该现象的原因是 。
实验序号 物体质量 重力 重力与质量之比
④ 0.4 4.2 10.5
⑤ 0.45 4.7 10.4
⑥ 0.5 5.0 10
⑦ 0.55 5.0 9.1
26．（2025·邛崃模拟）2024年上半年，中国汽车出口量增长31%，有望连续两年位居全球出口量第一。其中某款电动智能汽车采用内燃机与电动机混合动力系统，该款汽车启动时，内燃机不工作，电池输出能量驱动汽车。下列对电动智能汽车的分析正确的是（ ）
A．电动智能汽车替代燃油汽车，会增加碳的排放
B．人工智能系统所使用的芯片主要由超导体材料制成
C．电动智能汽车启动时，电池输出的电能属于二次能源
D．电动智能汽车启动时，电池的化学能直接转化为汽车的机械能
27．（2025·邛崃模拟）“相约花海中，跑进春天里”，2025年3月某市举办了半程马拉松赛事（如图）。参赛选手在畅跑赛道的同时，充分领略沿途的旖旎风光。阳光、绿树、春水和花田在这里相遇，晕染成一幅斑斓油画。下列说法正确的是（ ）
A．阳光下绿树的影子，是光沿直线传播形成的
B．道路两旁水池中绿树的倒影，是光的折射现象
C．人们用手机拍照留念时，手机镜头成的是正立缩小的实像
D．我们能从不同方向看到油菜花，是光照在油菜花上发生了镜面反射
28．（2025·邛崃模拟）在探究“同种物质不同状态下的吸热能力”的实验中，小辉用功率为800W的电加热器给2kg的某固态物质加热，绘制出了温度随时间变化的图像（如图），其中有一段是该物质的熔化过程。已知该物质液态时的比热容小于固态时的比热容，且相同时间内该物质吸收的热量相同，不考虑热损失。下列说法正确的是（ ）
A．小辉绘制的图像是丙
B．该物质固态时的比热容为
C．从图像中可以看出，该物质熔化时温度保持不变，内能也不变
D．加热3min时该物质刚好熔化结束，熔化过程中电加热器消耗的电能为
29．（2025·邛崃模拟）小华在实验室完成了“测量滑轮组的机械效率”的实验后，利用现有器材设计了如图所示的实验进行进一步探究。实验中每个钩码重0.5N，每个滑轮重0.5N，两个弹簧测力计量程均为0～5N，绳能承受的最大拉力为3N。当竖直匀速提升5个钩码时，钩码在10s内匀速向上运动了0.2m。弹簧测力计自重、绳重及滑轮处的摩擦等次要因素均忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．拉力的功率为0.06W
B．滑轮组的机械效率为33.3%
C．弹簧测力计a的示数为2.5N
D．用此滑轮组进行实验，最多能同时挂17个钩码
30．（2025·邛崃模拟）如图所示电路，灯泡L的灯丝电阻为（忽略温度对灯丝电阻的影响），定值电阻的阻值为，，电源电压保持不变。先将单刀双掷开关拨至触点a，只闭合开关、，滑片P位于最右端时，电压表的示数为，电流表的示数为，电路的总功率为；只闭合开关、，滑片P移至中点时，电压表的示数为，电流表的示数为，电路的总功率为。再将单刀双掷开关拨至触点b，只闭合开关、时，电流表的示数为，电路的总功率为。已知。下列说法正确的是（ ）
A． B．电源电压为30V
C．电路的最大电功率为37.5W D．滑动变阻器R的最大阻值为4Ω
31．（2025·邛崃模拟）冬季房间温度较低，小张的爸爸购买了一台电油汀加热器，给房间提供热量。如图甲所示，其原理是通过电热管加热腔体内的导热油，然后热油在腔体内循环，把热量通过散热片散发到空气中。
（1）小张阅读了使用说明书，结合安全常识，准备使用加热器。下列说法不合理的是（ ）
A．用导热油而不用水的原因是油升温快
B．使用三脚插头主要是为了防止使用时脱落
C．在加热器周围加装隔热材料是为了防止烫伤
D．为了防止空烧起火，加热器设置了防倾倒功能
（2）小张发现该加热器具有调温功能，达到设定温度后整个电路会自动断开，该温控开关应安装在图乙中 （选填“A”、“B”或“C”）点。
（3）小张将加热器开到高温挡加热，但是制热也比较慢，猜想可能是加热器的实际功率过低。于是用如图丙所示的电能表进行测量，在3min内，电能表指示灯闪烁了162次，imp为闪烁次数，则加热器的实际功率为 W。
（4）小张估算在连续使用8小时加热器时，理论上将消耗16度电，为了更节能地使用加热器，请你提出一条省电技巧： 。
32．（2025·邛崃模拟）雨季来临，河水上涨。为保障发电站安全，科创小组设计了如图所示的自动水位报警装置，并将其制成顶部开有小孔的模型进行探究。其中A为压力传感器，B为不吸水的实心圆柱体，能沿固定的光滑细杆在竖直方向自由移动。当模型内水深时，B与模型底部接触且对模型底部的压力刚好为0，水面上涨到设计的警戒水位（水面与模型顶部的距离）时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，刚好触发报警装置，开启排洪阀门（图中未画出）。已知圆柱体B的底面积为，圆柱体B的高度为，，g取10N/kg。
（1）当模型内水深时，求水对模型底部的压强p；
（2）刚好触发报警装置时，求此时的警戒水位H；
（3）为了提高防洪安全性，警戒水位比原设计下降，科创小组提出两个解决方案：①在圆柱体B的上方加上与圆柱体B同材质、同底面积的圆柱体C，求圆柱体C的高度厘米；②调整压力传感器A刚好触发报警装置的压力值，调整为多少N刚好排洪？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】超声波与次声波；电流的形成；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】根据题意可知，手机实现信息无线传递主要是依靠电磁波，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】根据电磁波的特点和应用判断。
2．【答案】A
【知识点】家庭电路的连接；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A．断开开关，可以防止在更换灯泡时触电，故A正确；
B．发现有人触电时，应先切断电源，再进行施救，故B错误；
C．家庭电路中，控制电灯的开关应接在火线和电灯之间，故C错误；
D．使用测电笔辨别火线和零线时，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线，故D错误。
故选A。
【分析】根据家庭电路连接和安全用电的常识分析判断。
3．【答案】D
【知识点】声音的传播条件；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．声音在影院中主要通过空气而不是墙壁传播，故A错误；
B．观众听到的电影声音是由扬声器振动产生的，故B错误；
C．观众是根据音色来区分电影中的不同角色，不是音调，故C错误；
D．观众将手机调至静音模式，阻止了手机声音的产生，是在声源处减弱噪声，故D正确。
故选D。
【分析】A.声音的传播需要介质；
B.声音是由物体振动产生的；
C.声音的特点叫音色，与发声体的结构特征有关；
D.减弱噪声有三种途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
4．【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；电流和电流的单位换算；电压和电压的单位换算
【解析】【解答】根据题意可知，一个乒乓球的质量约为2.5g，手机锂电池的电压通常在3.6V至4.4V之间，家用洗衣机工作时的电流约为2A，人体感觉舒适的环境温度约为23℃，故B正确，而ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据对常见物态的质量、电压、电流和温度的认识判断。
5．【答案】A
【知识点】探究水的沸腾实验
【解析】【解答】A．根据题意可知，给烧杯加盖可以减少热量的损失，从而缩短加热时间，故A正确；
B．增加烧杯中的水量，会增大水吸收的热量，从而延长加热时间，故B错误；
C.降低烧杯中水的初温时，会增大升高的温度差，则增大吸收的热量，从而延长加热时间，故C错误；
D．增加酒精灯中酒精的量与实验时间长短无关，故D错误。
故选A。
【分析】A.加盖可以减小热量的损失；
BCD..根据Q=cm△t可知，水的质量越大，升高的温度越高，则吸收的热量越多。
6．【答案】B
【知识点】电流的测量及电流表的使用
【解析】【解答】A．根据图片可知，电流表在干路中，测量的是干路电流，故A错误；
B．根据图片可知，电流表与L1 串联，且电流从正接线柱流入，从负接线柱流出 ，故B正确；
C．根据图片可知，电流表与L2 串联，测量的是通过L2 的电流，故C错误；
D．根据图片可知，电流表与L1 串联，但电流表正负接线柱接反了，故D错误。
故选B。
【分析】电流表与被测的用电器串联，且电流“正进负出”，据此分析判断。
7．【答案】A
【知识点】机械能及其转化；能量的转化或转移
【解析】【解答】AB．根据题意可知，机器人加速上坡时，质量不变，速度变大，则动能增大；高度变高，则重力势能都增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，机器人的机械能增大，故A正确，B错误；
C．机器人加速上坡时，动能和重力势能都增大，二者不存在转化关系，故C错误；
D．机器人将电能转化为动能和重力势能，故D错误。
故选A。
【分析】AB.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”；
CD.根据能量转化的知识分析判断。
8．【答案】C
【知识点】连通器原理及其应用；大气压的综合应用
【解析】【解答】根据题意可知，洗手池下水管、茶壶和锅炉水位计，三者都是上端开口下端连通，因此它们都是连通器，故ABD不符合题意；
而小鸡饮水器工作时，在鸡喝水的过程中，盆中水位下降至瓶口露出水面时，有空气进入瓶中，瓶中水会补充到盆中，直到瓶口再次没入水中，故C符合题意。
故选C。
【分析】底部连通上面开口的容器为连通器，对各个选项中使用的物理原理分析判断即可。
9．【答案】A
【知识点】增大压强的方法及其应用；液体压强的特点；沸点及沸点与气压的关系；浮力及其产生原因
【解析】【解答】A．热气球受到的浮力大于气球的重力时，气球就会升空，则热气球是利用空气产生的浮力，故A正确；
B．高压锅内气压大，水的沸点高，因此高压锅能很快地煮熟食物，故B错误；
C．挖掘机的铲子很锋利，是通过减小受力面积来增大压强，便于挖掘，故C错误；
D．“奋斗者号”能潜入水下10909米，是因为液体压强随深度增加而增大，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据热气球的浮沉方法判断；
B.根据液体沸点随上方气压的变化规律判断；
C.增大压强的方法：增大压力或减小接触面积；
D.根据液体压强随深度的变化规律判断。
10．【答案】C
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；蒸发及其现象；液化及液化放热
【解析】【解答】A．“白气”是外面的水蒸气遇冷从气态变成液态发生液化形成的小水珠，故A错误；
B．冷藏室的蔬菜，其中的水分会从液态变成气态发生汽化现象，故放久了会变干变焉，故B错误；
C．从冷冻室取冰块时，手套中的水放热，从液态变成固态发生凝固现象成冰，故C正确；
D．从冷藏室拿出的汽水瓶外壁出现小水珠，这是水蒸气遇冷从气态变成液态发生液化形成的小水珠，故D错误。
故选C。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称即可。
11．【答案】D
【知识点】焦耳定律的应用；通电直导线周围的磁场；实用电动机的构造、特点和应用；发电机的构造和原理
【解析】【解答】根据“其内部接收线圈产生感应电流”可知，受电线圈是利用电磁感应原理产生感应电流的。
A．根据题意可知，电热水壶是利用电流的热效应工作的，故A不符合题意；
B．根据题意可知，电风扇的主要部件是电动机，是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的，故B不符合题意；
C．根据题意可知，电磁起重机的主要部件是电磁铁，是利用电流的磁效应工作的，故C不符合题意；
D．根据题意可知，手摇发电机的工作原理是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项中包含的物理原理，然后与题目描述的原理进行对照即可。
12．【答案】D
【知识点】电路的三种状态；串联电路和并联电路的辨别
【解析】【解答】A．根据图片可知，甲电路中，闭合开关S，灯泡被短路，仅灯泡亮，故A错误；
B．根据图片可知，乙电路中，闭合开关S，电源被短路，灯泡和均不亮，故B错误；
C．根据图片可知，丙电路中，闭合开关S，灯泡和并联，灯泡和均亮，L1 不会被短路，故C错误；
D．根据图片可知，丁电路中，断开开关S，整个电路断路，灯泡和均不亮，故D正确。
故选D。
【分析】根据图片确定开关闭合后电路的连接情况，确定电流流过的路径，进而判断哪个灯泡发光即可。
13．【答案】B
【知识点】探究二力平衡的条件
【解析】【解答】A．比较可知，丙方案中卡片悬空，它的重力可忽略不计，且不受摩擦力，对实验的影响最小，相比之下丙方案更合理，故A错误；
B．根据图片可知，乙方案中，两托盘里所加砝码质量相同时，小车受到的两个拉力大小相等，满足二力平衡条件，小车将保持平衡状态，故B正确；
C．乙方案中，应扭转小车，使两个力不在同一直线上，观察小车的情况，可以验证不在同一直线的力是否平衡，故C错误；
D．丙方案中，用剪刀将小卡片剪成两半，是为了验证二力平衡时两个力必须作用在同一物体上，而不是同一直线上，故D错误。
故选B。
【分析】二力平衡的条件为：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上，根据实验过程对各个选项分析判断即可。
14．【答案】A；凹
【知识点】近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】根据题意可知，近视眼的晶状体较厚，对光线的会聚能力强，此时像成在视网膜的前方，则蒙蒙的眼球结构应与图A所示一致。要看到清晰的物体，需要推迟光线会聚成像，即使光线发散，所以应该配戴凹透镜进行矫正。
【分析】根据近视眼的成像特点和矫正方法分析解答。
15．【答案】减小；运动
【知识点】增大或减小摩擦的方法；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）根据题意可知，工作人员向冰面洒水，是为了减小了接触面的粗糙程度，从而减小了冰刀与冰面间的摩擦力。
（2）当运动员在冰面上滑行比赛时，以看台上的观众为参照物，运动员与观众之间的位置不断发生变化，所以运动员是运动的。
【分析】（1）减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，改变接触面，注入润滑油和变滑动为滚动；
（2）根据参照物的知识分析判断。
16．【答案】N；左
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）根据乙图可知，线圈上电流方向向左。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向左侧，此时大拇指指向下端，则螺线管下端是N极，上端是S极。
（2）为确保充电枪牢固锁定，需增强电磁铁的磁性，可增大电路中的电流，减小变阻器连入电路的电阻，故通过向左移动滑动变阻器的滑片来实现。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）电磁铁的磁场强弱与电流大小和线圈匝数有关。
17．【答案】游码；不是
【知识点】密度公式及其应用；密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】（1）根据题意可知，使用天平前，应该将游码移至标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁水平平衡。
（2）根据题意可知，钥匙密度为，
因此钥匙不是纯铜。
【分析】（1）根据天平的使用方法解答；
（2）根据计算钥匙的密度，再与铜的密度进行比较即可。
18．【答案】升力；右
【知识点】力的合成与应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1） 歼- 35战斗机机翼的形状上凸下平，机翼上方的空气流速比下方大，则机翼上方的压强比下方小，从而在机翼上下表面产生了一个向上的压力差，这个压力差就是升力。
（2） 战斗机水平向右加速飞行，速度在水平向右的方向上增大，所以飞机所受合力方向水平向右。
【分析】（1）在流体中，流速越大的位置压强越小，根据流体压强和流速的关系分析；
（2）当合力的方向与运动方向一致时，物体做加速运动；当合力方向与运动方向相反时，物体做减速运动。
19．【答案】并；移动滑动变阻器的滑片
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）根据电压表的使用规则可知，电压表要测量R0两端的电压，则应该将电压表与定值电阻R0 并联。
（2）在探究 “电流与电压的关系” 实验中，要控制电阻不变，改变电阻两端的电压，所以操作为：移动滑动变阻器的滑片。
【分析】（1）电压表要与被测的用电器并联；
（2）滑动变阻器与用电器串联，调节滑片，改变接入电路的阻值，则电流和电压都会发生改变。
20．【答案】、；
【知识点】电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电阻较大，根据 可知，此时电功率较小，应该为保温档位。当同时闭合开关S1、S2时，电阻R1与R2并联，此时电阻较小，根据可知，此时功率较高，应该为加热档位。为缩短加热时间，为功率高的加热档位，故应闭合开关S1、S2。
（2）当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电水壶处于保温状态，
此时通过电路电流为
电热丝产生的热量为。
【分析】（1） 根据分析开关在不同闭合情况下总功率的大小，从而确定对应的工作状态。相同情况下，电功率越大，则加热时间越短。
（2）根据欧姆定律算出电路中的电流，由焦耳定律算出正常保温工作5min电热丝产生的热量。
21．【答案】（1）
（2）
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】（1）根据图片可知，将两条光线反向延长，则两条光线的反向延长线的交点为电灯的位置，如图：
（2）根据图片可知，图中支点在O点，A点为动力作用点，则AO作为动力臂最长。过点A垂直于OA向下作出最小动力F，如下图所示：
【分析】（1）根据光沿直线传播的知识可知，发光点是所有光线的交点；
（2）当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力。
（1）根据光沿直线传播的原理，两条光线的反向延长线的交点，即电灯的位置，如图：
（2）由杠杆平衡条件可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小，图中支点在O点，因此AO作为动力臂最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F，如图：
22．【答案】（1）解：根据题意可知，0.5h内该车能行驶的距离。
（2）解：根据题意可知，新能源车的重力；
该车所受阻力；
该车行驶100km需克服阻力做的功。
【知识点】速度公式及其应用；重力及其大小的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）根据s=vt得到0.5h内该车能行驶的路程；
（2）根据G=mg得到汽车的重力，该车所受阻力恒为重力的0.05倍得到阻力，根据W=fs得到克服阻力做的功。
（1）0.5h内该车能行驶的距离
（2）新能源车的重力
该车所受阻力
该车行驶100km需克服阻力做的功
23．【答案】（1）解：根据图片可知，只闭合开关时，定值电阻与灯泡L串联，
灯泡L正常发光电压，
则此时通过灯泡的电流为，
定值电阻两端的电压，
那么电源电压。
（2）解：根据图片可知，闭合开关、、时，定值电阻与滑动变阻器并联，
定值电阻的电流；
由滑动变阻器的规格可知，；
干路电流；
最大功率；
闭合开关，断开开关、时，滑动变阻器与灯泡L串联，
灯泡电阻；
电流；
电功率
综上所述，电路总电功率的变化范围为0.6W~9.6W。
【知识点】并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据图片可知，只闭合开关时，定值电阻与灯泡L串联，根据计算此时通过灯泡的电流，根据计算定值电阻两端的电压，最后根据计算电源电压。
（2）根据图片可知，闭合开关、、时，定值电阻与滑动变阻器并联，根据计算通过R1的电流，根据变阻器的铭牌确定通过R2的最大电流，根据并联电路的电流规律计算干路的最大电流，根据P=UI计算最大功率。
闭合开关，断开开关、时，滑动变阻器与灯泡L串联。根据欧姆定律计算灯泡的电阻，根据计算通过电路的最小电流，根据P=UI计算电路的最小功率。
（1）只闭合开关时，定值电阻与灯泡L串联，灯泡L正常发光，电流为
定值电阻两端的电压
电源电压
（2）闭合开关、、时，定值电阻与滑动变阻器并联，定值电阻的电流
由滑动变阻器的规格可知，
干路电流
最大功率
闭合开关，断开开关、时，滑动变阻器与灯泡L串联，灯泡电阻
电流
电功率
综上所述，电路总电功率的变化范围为0.6W~9.6W
24．【答案】（1）避免偶然性，得到普遍性规律（其他合理答案均给分）
（2）电压表指针没有调零
（3）B
【知识点】探究串、并联电路中的电压规律实验
【解析】【解答】（1）在实验中，选择多只规格不同的小灯泡进行多次实验，目的是：具普遍性，避免因特殊情况得出错误或片面的结论。
（2）正常情况下，电压表在使用前指针应指在零刻度线处，说明电压表指针没有调零。
（3）第 4 次实验中U1 =1.0V，所以，故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
【分析】（1）根据科学探究中多次测量的目的分析；
（2）在使用电压表前，要对电压表的指针调零；
（3）根据串联电路电压规律U总=U1+U2分析。
（1）如果只用规格相同的小灯泡做实验，得出的结论可能只适用于这种规格的灯泡，具有局限性。选择多只规格不同的小灯泡进行多次实验，能涵盖更多情况，得到的结论更具普遍性，避免因特殊情况得出错误或片面的结论。
（2）正常情况下，电压表在使用前指针应指在零刻度线处。在闭合开关 S 前，电压表指针不在零刻度线，说明电压表指针没有调零。
（3）已知电源电压U=3V，在串联电路中，总电压等于各部分电路两端电压之和，即U=U1 +U2 。第 4 次实验中U1 =1.0V，所以，故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
25．【答案】（1）
（2）正
（3）弹簧测力计未在竖直方向调零；所测力的大小超出弹簧测力计量程
【知识点】探究影响重力大小因素的实验；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）根据图片可知，横轴表示质量，纵轴表示重力，根据表格数据依次描点，然后将相邻的描点连线，如下图所示：
（2）根据表格数据可知，物体的重力与质量之比是一个定值，可以得到的结论是：物体受到的重力与质量成正比。
（3）①测量物体的重力，弹簧测力计需要在竖直方向上使用，故需要将弹簧测力计在竖直方向上调零，而原来是在水平方向上调零，故重力与质量的比值与小明不同的原因可能是弹簧测力计未在竖直方向调零。
②根据表格可知，⑥⑦组数据中，物体的质量增大，但是弹簧测力计的示数不再变化，可能原因是所测力的大小超出弹簧测力计量程，超过了弹簧的弹性限度。
【分析】（1）根据图片确定横轴和纵轴表示的物理量，然后根据表格数据描点并连线即可；
（2）根据重力和质量的比值大小分析；
（3）①弹簧测力计要在使用的方向上进行调零；
②当弹簧受到的拉力超出弹性限度时，弹簧就不再发生弹性形变。
（1）描点连线，故图像为
（2）分析数据，重力与质量之比是一个定值，可以得到的结论是：物体受到的重力与质量成正比。
（3）[1]她直接用“探究滑动摩擦力大小的因素”实验中所使用的弹簧测力计又进行了四次实验，“探究滑动摩擦力大小的因素”中的弹簧测力计是在水平方向上使用的，在水平方向调零，而测量物体的重力，弹簧测力计需要在竖直方向上使用，故需要将弹簧测力计在竖直方向上调零，故重力与质量的比值与小明不同的原因可能是弹簧测力计未在竖直方向调零。
[2]分析第⑥⑦组数据，重力比较大，发现弹簧测力计的示数不再变化，可能原因是所测力的大小超出弹簧测力计量程，超过了弹簧的弹性限度。
26．【答案】C
【知识点】燃料的热值；能量的转化或转移；能源及其分类；半导体特点及作用
【解析】【解答】A．电动智能汽车不消耗燃油，因此会较少碳的排放，故A错误；
B．芯片主要由半导体材料制成，故B错误；
C．电能不是从自然界直接获取的，需要消耗其它能源经过加工转换来的，属于二次能源，故C正确；
D．电动智能汽车启动时，电池将化学能转化为电能，然后通过电动机将电能转化为机械能，从而驱动汽车运行，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据电动汽车不消耗燃油判断；
B.根据半导体材料的应用判断；
C.直接从自然界获取的能源为一次能源，由一次能源转化而成的为二次能源；
D.根据能量转化的知识判断。
27．【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；镜面反射与漫反射
【解析】【解答】A．阳光下绿树的影子，是由于光沿直线传播过程形成的，故A正确；
B．道路两旁水池中绿树发出的光线在水面发生反射，从而形成平面镜成像，故B错误；
C．手机镜头相当于凸透镜，成倒立、缩小的实像，不是正立的，故C错误；
D．我们能从不同方向看到油菜花，是因为光照在油菜花上发生了漫反射，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据光沿直线形成的规律分析；
B.根据光的反射的现象判断；
C.根据凸透镜成像的规律和应用判断；
D.光在粗糙不平的表面上发生漫反射。
28．【答案】B
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；比热容；电功率的计算
【解析】【解答】A．根据图像可知，该物质1-3min时温度保持不变，即正在熔化，那么0到1min为固态，3min之后是液态。该物质液态时的比热容小于固态时的比热容，所以3min之后物质升温会变快，则图像的倾斜角度会变大，所以小辉绘制的图像是甲，故A错误；
B．根据题意可知，该物质0到1min吸收的热量为。
该物质固态时从20℃升高到30℃，则它的比热容为，故B正确；
C．从图像中可以看出，该物质熔化时吸热，则内能增大，故C错误；
D．加热3min时该物质刚好熔化结束，熔化过程持续了2min，不考虑热损失，熔化过程中电加热器消耗的电能为，故D错误。
故选B。
【分析】A．已知该物质液态时的比热容小于固态时的比热容，所以3min之后物质升温会变快，据此分析；
B．利用Q=W=Pt先计算该物质0到1min吸收的热量，再计算物质固态时的比热容；
C．该物质熔化时温度保持不变，但熔化过程中吸热，内能增大；
D．利用W=Pt计算熔化过程中电加热器消耗的电能。
29．【答案】A,C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．根据题意可知，当竖直匀速提升5个钩码时，钩码重为G=5×0.5N=2.5N；
承担重力的绳子段数n=3，
则自由端拉力为；
钩码上升的高度为h=0.2m，则自由端移动的距离为s=nh=3×0.2m=0.6m，
拉力做的功为W总=Fs=1N×0.6m=0.6J，
那么拉力的功率为，
故A正确；
B．根据题意可知，滑轮组做的有用功为W有=Gh=2.5N×0.2m=0.5J；
滑轮组的机械效率为，
故B错误；
C．根据图片可知，测力计受到三个向下的拉力，即两条绳子和一个定滑轮，则弹簧测力计a的示数为Fa=2F+G定=2×1N+0.5N=2.5N
故C正确；
D．当绳子拉力为3N时，弹簧测力计b的示数为3N，
弹簧测力计a的示数为F'a=2Fb+G定=2×3N+0.5N=6.5N，
超过了其量程，所以当弹簧测力计a的示数为5N时，所挂钩码数量最多，
此时绳子拉力为，
钩码总重为G总=3F拉-G动=3×2.25N-0.5N=6.25N由于，所以最多能同时挂起12个钩码，故D错误。
故选 AC。
【分析】 A.根据滑轮组装置确定动滑轮上的绳子段数，不计弹簧测力计自重、绳重及滑轮处的摩擦，根据求拉力的大小，根据s=nh可得绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs求拉力做的总功，根据求拉力的功率；
B.根据W有=Gh求出有用功，根据求出滑轮组的机械效率；
C.对定滑轮进行受力分析，可得弹簧测力计a的示数；
D.已知绳能承受的最大拉力和两个弹簧测力计量程，由此分析得出弹簧测力计a的最大示数，进一步确定绳子的最大拉力，从而得出钩码的最大总重力及其最大个数。
30．【答案】B,D
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】ABC．将单刀双掷开关S3拨至触点a，只闭合开关S1、S4，滑片P位于最右端时，定值电阻R0和滑动变阻器R最大阻值串联接入电路，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流，
电源电压U=U1+U0=I1(R+R0) ①
将单刀双掷开关S3拨至触点a，只闭合开关S2、S4，滑片P移至中点时，灯泡L和滑动变阻器的阻值的一半接入电路中，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流，
电源电压②
已知，由P=UI可知：P1∶P2=UI1∶UI2= I1∶I2=2∶1，
则，
所以U1=4U2=4×3V=12V ③
已知RL∶R0=3∶1，则RL=3R0 ④
忽略温度对灯丝电阻的影响，灯泡RL相当于定值电阻，
由①②③④可得：；
因为I1∶I2=2∶1，所以I1=2I2，
所以：12V+2I2R0=3V+ I2×3R0
那么得到：I2R0=9V
电源电压U=3V+3I2R0=3V+3×9V=30V；
再将单刀双掷开关S3拨至触点b，只闭合开关S1、S2时，灯泡L和定值电阻R0串联接入电路，电流表测电路电流，电流表示数为1.25A，
电路总电阻R总=R0+RL= R0+3R0=4R0，
电源电压U=IR总=1.25A×4R0，
即30V=1.25A×4R0，
解得：R0=6Ω，RL=3R0=3×6Ω=18Ω。
将单刀双掷开关S3拨至触点a，三个开关都闭合，滑片P位于最左端时，R0和灯泡并联，电路的总电阻最小，由可知电路的总功率最大，
电路的最大电功率为，
故B正确，AC错误；
D．将单刀双掷开关S3拨至触点a，只闭合开关S1、S4，滑片P位于最右端时，定值电阻R0和滑动变阻器R最大阻值串联接入电路，电压表的示数是U1=12V，电源电压是30V，
由串联电路电压的规律得到R0的电压：U0=U-U1=30V-12V=18V；
由串联分压得到；
即；
解得：R=4Ω，所以滑动变阻器R的最大阻值为4Ω，故D正确。
故选BD。
【分析】ABC.根据图片分析开关在不同闭合情况下电路的串并联关系，根据U总=U1+U2结合欧姆定律列出两个方程。根据得到二者的电压之比，并列出方程，三者联立计算出R0和RL的电阻，最后计算电路的最大功率即可；
D.根据串联电路电压与电阻成正比的规律计算变阻器接入的最大阻值即可。
31．【答案】（1）B
（2）A
（3）解：加热器消耗的电能
则加热器的实际功率为。
（4）开一段时间后关闭电源，用余温保持房间暖和（或先开高温挡，后调为低温挡）。
【知识点】电功率的计算；家庭电路的组成；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】（1）A．根据题意可知，导热油比水的比热容小，则导热油升温快，故A正确不符合题意；
B．根据题意可知，使用三脚插头的主要作用是接地，防止漏电发生触电事故，故B错误符合题意；
C．根据题意可知，加热器工周围加装隔热材料可以防止用户触碰时烫伤，故C不符合题意；
D．根据题意可知，防倾倒功能可以在加热器倾倒时自动断电，防止空烧引发火灾，故D不符合题意。
故选B。
（2）当温控开关断开时，整个电路都要断电，从而保证用电安全，因此温控开关应安装在加热器的电源干路中，即安装在A点。
（4）为了节能，可以这样：开一段时间后关闭电源，用余温保持房间暖和（或先开高温挡，后调为低温挡）。
【分析】（1）A.比热容表示物质吸放热本领大小；
B.三角插头可以与地线连接；
C.高温物体容易发生烫伤；
D.根据安全用电的知识判断。
（2）在并联电路中，干路开关控制所有用电器；支路开关，只能控制它所在支路上的用电器；
（3）根据计算加热器消耗的电能，再根据计算加热器的电功率。
（4）根据节约用电的知识解答。
（1）A．导热油比水的比热容小，在相同加热功率下，导热油升温更快。因此，用导热油而不用水的原因是油升温快，故A不符合题意；
B．三脚插头的主要作用是接地，防止漏电时外壳带电，而不是防止插头脱落。故B符合题意；
C．加热器工作时表面温度较高，加装隔热材料可以防止用户触碰时烫伤，故C不符合题意；
D．防倾倒功能可以在加热器倾倒时自动断电，防止空烧引发火灾，故D不符合题意。
故选B。
（2）温控开关的作用是当温度达到设定值时断开电路，停止加热。因此，温控开关应安装在加热器的电源干路中，以便控制整个加热器的通断。 A点：电源输入端，适合安装温控开关。 BC点：在电路的分支，不能控制整个电路，温控开关应安装在 A 点。
（3）计算消耗的电能
则加热器的实际功率为
（4）开一段时间后关闭电源，用余温保持房间暖和（或先开高温挡，后调为低温挡）。
32．【答案】（1）解：根据题意可知，水对模型底部的压强为。
（2）解：当模型内水深时，浮力等于重力，重力为
由；
得到：；
圆柱体B的密度为；
刚好触发报警装置时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，
由力的平衡条件可知，此时圆柱体B受到的浮力为；
圆柱体B排开水的体积为；
圆柱体B浸入水中的深度为；
由刚好触发报警装置时圆柱体B浸入水中的深度和圆柱体B的高度可知，警戒水位为。
（3）解：①警戒水位比原设计下降时，模型顶部的压力传感器A到水面的距离为；
则圆柱体B、C整体排开水的深度为；
此时圆柱体B、C整体受到的浮力为
B、C整体的重力为
由力的平衡条件可知
即
解得：
②警戒水位比原设计下降时，则浮力变化
所以压力值调整为。
【知识点】力的合成与应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）根据计算水对模型底部的压强；
（2）当模型内水深时，浮力等于重力，据此计算B的重力。然后根据漂浮条件和阿基米德原理列式计算车B的密度。
刚好触发报警装置时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，根据平衡力的知识计算车此时圆柱体B受到的浮力，根据阿基米德原理计算B排开水的体积，根据计算B浸入水中的深度，最后根据计算警戒水位即可。
（3）①警戒水位比原设计下降时，首先计算车圆柱体BC浸入水中的深度，根据阿基米德原理计算它们整体受到的浮力，根据密度公式计算BC整体的重力，最后根据平衡条件计算圆柱体C的高度即可；
②警戒水位比原设计下降时，根据阿基米德原理计算车浮力变化，根据计算压力的调整值。
（1）当模型内水深时，水对模型底部的压强为
（2）当模型内水深时，浮力等于重力，重力为
由
得到
圆柱体B的密度为
刚好触发报警装置时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，由力的平衡条件可知，此时圆柱体B受到的浮力为
圆柱体B排开水的体积为
圆柱体B浸入水中的深度为
由刚好触发报警装置时圆柱体B浸入水中的深度和圆柱体B的高度可知，警戒水位为
（3）①警戒水位比原设计下降时，模型顶部的压力传感器A到水面的距离为
则圆柱体B、C整体排开水的深度为
此时圆柱体B、C整体受到的浮力为
B、C整体的重力为
由力的平衡条件可知
即
解得
②警戒水位比原设计下降时，则浮力变化
所以压力值调整为
1 / 1四川省成都市邛崃市2025年中考二模物理试题
1．（2025·邛崃模拟）体考前，小玲同学使用手机上的人工智能软件查阅体考相关信息，手机实现信息传递主要依靠（ ）
A．电流 B．超声波 C．电磁波 D．次声波
【答案】C
【知识点】超声波与次声波；电流的形成；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】根据题意可知，手机实现信息无线传递主要是依靠电磁波，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】根据电磁波的特点和应用判断。
2．（2025·邛崃模拟）小竹用新买的智能灯泡替换客厅的老式灯泡，爸爸提醒他要注意用电安全。关于家庭电路和用电安全，下列说法正确的是（ ）
A．替换灯泡前，应断开开关
B．发现有人触电时，应立即用手将其拉开
C．家庭电路中，控制电灯的开关应接在零线和电灯之间
D．使用测电笔辨别火线和零线时，氖管发光的是零线，氖管不发光的是火线
【答案】A
【知识点】家庭电路的连接；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A．断开开关，可以防止在更换灯泡时触电，故A正确；
B．发现有人触电时，应先切断电源，再进行施救，故B错误；
C．家庭电路中，控制电灯的开关应接在火线和电灯之间，故C错误；
D．使用测电笔辨别火线和零线时，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线，故D错误。
故选A。
【分析】根据家庭电路连接和安全用电的常识分析判断。
3．（2025·邛崃模拟）2025年春节，小崧和朋友们在观看《哪吒2》时，被震撼的画面和音效所吸引（如图）。关于声现象，下列分析正确的是（ ）
A．观众听到的声音主要是通过墙壁传播的
B．观众听到的声音不是由扬声器振动产生的
C．观众可以根据音调来区分电影中的不同角色
D．观众将手机调至静音模式是在声源处减弱噪声
【答案】D
【知识点】声音的传播条件；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．声音在影院中主要通过空气而不是墙壁传播，故A错误；
B．观众听到的电影声音是由扬声器振动产生的，故B错误；
C．观众是根据音色来区分电影中的不同角色，不是音调，故C错误；
D．观众将手机调至静音模式，阻止了手机声音的产生，是在声源处减弱噪声，故D正确。
故选D。
【分析】A.声音的传播需要介质；
B.声音是由物体振动产生的；
C.声音的特点叫音色，与发声体的结构特征有关；
D.减弱噪声有三种途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
4．（2025·邛崃模拟）学习物理要联系生活实际。下列数据最符合实际的是（ ）
A．一个乒乓球的质量约为1kg
B．手机锂电池的电压约为3.7V
C．家用洗衣机的工作电流约为100A
D．人体感觉舒适的环境温度约为60℃
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；电流和电流的单位换算；电压和电压的单位换算
【解析】【解答】根据题意可知，一个乒乓球的质量约为2.5g，手机锂电池的电压通常在3.6V至4.4V之间，家用洗衣机工作时的电流约为2A，人体感觉舒适的环境温度约为23℃，故B正确，而ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据对常见物态的质量、电压、电流和温度的认识判断。
5．（2025·邛崃模拟）在实验室探究“水的沸腾特点”时，小萱发现沸腾前加热时间较长（如图）。为了缩短加热时间，她的思考和分析正确的是（ ）
A．给烧杯加盖可以缩短加热时间
B．增加烧杯中的水量可以缩短加热时间
C．降低烧杯中水的初温可以缩短加热时间
D．增加酒精灯中的酒精量可以缩短加热时间
【答案】A
【知识点】探究水的沸腾实验
【解析】【解答】A．根据题意可知，给烧杯加盖可以减少热量的损失，从而缩短加热时间，故A正确；
B．增加烧杯中的水量，会增大水吸收的热量，从而延长加热时间，故B错误；
C.降低烧杯中水的初温时，会增大升高的温度差，则增大吸收的热量，从而延长加热时间，故C错误；
D．增加酒精灯中酒精的量与实验时间长短无关，故D错误。
故选A。
【分析】A.加盖可以减小热量的损失；
BCD..根据Q=cm△t可知，水的质量越大，升高的温度越高，则吸收的热量越多。
6．（2025·邛崃模拟）如图所示，闭合开关后，能正确测出通过灯泡电流的电路是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电流的测量及电流表的使用
【解析】【解答】A．根据图片可知，电流表在干路中，测量的是干路电流，故A错误；
B．根据图片可知，电流表与L1 串联，且电流从正接线柱流入，从负接线柱流出 ，故B正确；
C．根据图片可知，电流表与L2 串联，测量的是通过L2 的电流，故C错误；
D．根据图片可知，电流表与L1 串联，但电流表正负接线柱接反了，故D错误。
故选B。
【分析】电流表与被测的用电器串联，且电流“正进负出”，据此分析判断。
7．（2025·邛崃模拟）在对机器人进行性能测试时，模拟了多种地形运动场景（如图）。在它加速上坡的过程中，下列关于能量转化的分析正确的是（ ）
A．机器人的动能增大，机械能增大
B．机器人的重力势能增大，机械能不变
C．机器人的动能转化为重力势能
D．机器人将电能全部转化为动能
【答案】A
【知识点】机械能及其转化；能量的转化或转移
【解析】【解答】AB．根据题意可知，机器人加速上坡时，质量不变，速度变大，则动能增大；高度变高，则重力势能都增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，机器人的机械能增大，故A正确，B错误；
C．机器人加速上坡时，动能和重力势能都增大，二者不存在转化关系，故C错误；
D．机器人将电能转化为动能和重力势能，故D错误。
故选A。
【分析】AB.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”；
CD.根据能量转化的知识分析判断。
8．（2025·邛崃模拟）同学们在参观某科技馆模拟三峡船闸的展台时，讲解员介绍：船闸利用连通器原理帮助船只通过大坝。下列（如图）没有利用连通器原理的是（ ）
A．洗手池的下水管
B．茶壶
C．小鸡饮水器
D．锅炉水位计
【答案】C
【知识点】连通器原理及其应用；大气压的综合应用
【解析】【解答】根据题意可知，洗手池下水管、茶壶和锅炉水位计，三者都是上端开口下端连通，因此它们都是连通器，故ABD不符合题意；
而小鸡饮水器工作时，在鸡喝水的过程中，盆中水位下降至瓶口露出水面时，有空气进入瓶中，瓶中水会补充到盆中，直到瓶口再次没入水中，故C符合题意。
故选C。
【分析】底部连通上面开口的容器为连通器，对各个选项中使用的物理原理分析判断即可。
9．（2025·邛崃模拟）物理知识在生活中有着广泛的应用，下列生活实例（如图）与物理原理的对应关系正确的是（ ）
A．热气球升空，是利用空气产生的浮力
B．高压锅能快速将食物炖得软烂，是因为锅内气压高，沸点低
C．挖掘机的铲子很锋利，是通过减小受力面积来减小压强，便于挖掘
D．“奋斗者号”能潜入水下10909米，是因为液体压强随深度增加而减小
【答案】A
【知识点】增大压强的方法及其应用；液体压强的特点；沸点及沸点与气压的关系；浮力及其产生原因
【解析】【解答】A．热气球受到的浮力大于气球的重力时，气球就会升空，则热气球是利用空气产生的浮力，故A正确；
B．高压锅内气压大，水的沸点高，因此高压锅能很快地煮熟食物，故B错误；
C．挖掘机的铲子很锋利，是通过减小受力面积来增大压强，便于挖掘，故C错误；
D．“奋斗者号”能潜入水下10909米，是因为液体压强随深度增加而增大，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据热气球的浮沉方法判断；
B.根据液体沸点随上方气压的变化规律判断；
C.增大压强的方法：增大压力或减小接触面积；
D.根据液体压强随深度的变化规律判断。
10．（2025·邛崃模拟）在家庭实验室中，小阳使用家中的冰箱时观察到了一些有趣的现象（如图）。下列说法正确的是（ ）
A．打开冷冻室，看到有“白气”冒出，这是汽化现象
B．冷藏室的蔬菜放久了会变干变焉，这是升华现象
C．从冷冻室取冰块时，湿手套会被冰块“粘”住，这是凝固现象
D．从冷藏室拿出的汽水瓶外壁出现小水珠，这是熔化现象
【答案】C
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；蒸发及其现象；液化及液化放热
【解析】【解答】A．“白气”是外面的水蒸气遇冷从气态变成液态发生液化形成的小水珠，故A错误；
B．冷藏室的蔬菜，其中的水分会从液态变成气态发生汽化现象，故放久了会变干变焉，故B错误；
C．从冷冻室取冰块时，手套中的水放热，从液态变成固态发生凝固现象成冰，故C正确；
D．从冷藏室拿出的汽水瓶外壁出现小水珠，这是水蒸气遇冷从气态变成液态发生液化形成的小水珠，故D错误。
故选C。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称即可。
11．（2025·邛崃模拟）电话手表放在充电器上时，其内部接收线圈产生感应电流，从而实现给手表电池充电。下列（如图）与此原理相同的是（ ）
A．电热水壶 B．电风扇
C．电磁起重机 D．手摇发电机
【答案】D
【知识点】焦耳定律的应用；通电直导线周围的磁场；实用电动机的构造、特点和应用；发电机的构造和原理
【解析】【解答】根据“其内部接收线圈产生感应电流”可知，受电线圈是利用电磁感应原理产生感应电流的。
A．根据题意可知，电热水壶是利用电流的热效应工作的，故A不符合题意；
B．根据题意可知，电风扇的主要部件是电动机，是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的，故B不符合题意；
C．根据题意可知，电磁起重机的主要部件是电磁铁，是利用电流的磁效应工作的，故C不符合题意；
D．根据题意可知，手摇发电机的工作原理是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项中包含的物理原理，然后与题目描述的原理进行对照即可。
12．（2025·邛崃模拟）如图所示，实验小组设计了甲、乙、丙、丁四个电路来探究开关的控制作用。下列判断正确的是（ ）
A．甲电路中，闭合开关S，仅灯泡亮
B．乙电路中，闭合开关S，灯泡和均亮
C．丙电路中，闭合开关S，灯泡被短路
D．丁电路中，断开开关S，灯泡和均不亮
【答案】D
【知识点】电路的三种状态；串联电路和并联电路的辨别
【解析】【解答】A．根据图片可知，甲电路中，闭合开关S，灯泡被短路，仅灯泡亮，故A错误；
B．根据图片可知，乙电路中，闭合开关S，电源被短路，灯泡和均不亮，故B错误；
C．根据图片可知，丙电路中，闭合开关S，灯泡和并联，灯泡和均亮，L1 不会被短路，故C错误；
D．根据图片可知，丁电路中，断开开关S，整个电路断路，灯泡和均不亮，故D正确。
故选D。
【分析】根据图片确定开关闭合后电路的连接情况，确定电流流过的路径，进而判断哪个灯泡发光即可。
13．（2025·邛崃模拟）在探究“二力平衡的条件”时，同学们设计了如图所示的甲、乙、丙三种实验方案。下列说法正确的是（ ）
A．同学们分析论证后认为甲方案更为合理
B．乙方案中，两托盘里所加砝码质量相同时，小车将保持平衡状态
C．乙方案中，要验证不在同一直线的力是否平衡，应直接推动小车，观察小车的情况
D．丙方案中，用剪刀将小卡片剪成两半，是为了验证二力平衡时两个力必须作用在同一直线上
【答案】B
【知识点】探究二力平衡的条件
【解析】【解答】A．比较可知，丙方案中卡片悬空，它的重力可忽略不计，且不受摩擦力，对实验的影响最小，相比之下丙方案更合理，故A错误；
B．根据图片可知，乙方案中，两托盘里所加砝码质量相同时，小车受到的两个拉力大小相等，满足二力平衡条件，小车将保持平衡状态，故B正确；
C．乙方案中，应扭转小车，使两个力不在同一直线上，观察小车的情况，可以验证不在同一直线的力是否平衡，故C错误；
D．丙方案中，用剪刀将小卡片剪成两半，是为了验证二力平衡时两个力必须作用在同一物体上，而不是同一直线上，故D错误。
故选B。
【分析】二力平衡的条件为：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上，根据实验过程对各个选项分析判断即可。
14．（2025·邛崃模拟）蒙蒙发现最近视力有所下降，验光师用验光仪检测后确认其眼睛近视。根据检测结果，蒙蒙的眼球结构特征应与图 （选填“A”或“B”）所示一致，应该选择用 透镜进行矫正。
【答案】A；凹
【知识点】近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】根据题意可知，近视眼的晶状体较厚，对光线的会聚能力强，此时像成在视网膜的前方，则蒙蒙的眼球结构应与图A所示一致。要看到清晰的物体，需要推迟光线会聚成像，即使光线发散，所以应该配戴凹透镜进行矫正。
【分析】根据近视眼的成像特点和矫正方法分析解答。
15．（2025·邛崃模拟）在哈尔滨亚洲冬季运动会速滑比赛前，工作人员向冰面洒水，使冰面变得更加光滑，从而 （选填“增大”或“减小”）冰刀与冰面间的摩擦力。当运动员在冰面上滑行比赛时，以看台上的观众为参照物，运动员是 的。
【答案】减小；运动
【知识点】增大或减小摩擦的方法；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）根据题意可知，工作人员向冰面洒水，是为了减小了接触面的粗糙程度，从而减小了冰刀与冰面间的摩擦力。
（2）当运动员在冰面上滑行比赛时，以看台上的观众为参照物，运动员与观众之间的位置不断发生变化，所以运动员是运动的。
【分析】（1）减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，改变接触面，注入润滑油和变滑动为滚动；
（2）根据参照物的知识分析判断。
16．（2025·邛崃模拟）某型号新能源电动汽车的充电枪采用电磁锁定装置，充电时电磁铁通电吸合，确保接口稳定连接（如图甲）。其工作原理如图乙所示，闭合电路开关后，可判断螺线管的下端为 极。为确保充电枪牢固锁定，需增强电磁铁的磁性，可通过向 移动滑动变阻器的滑片来实现。
【答案】N；左
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）根据乙图可知，线圈上电流方向向左。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向左侧，此时大拇指指向下端，则螺线管下端是N极，上端是S极。
（2）为确保充电枪牢固锁定，需增强电磁铁的磁性，可增大电路中的电流，减小变阻器连入电路的电阻，故通过向左移动滑动变阻器的滑片来实现。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）电磁铁的磁场强弱与电流大小和线圈匝数有关。
17．（2025·邛崃模拟）小强想知道他家铜制钥匙是否由纯铜制成，于是通过测量其密度来进行判断（如图）。使用天平前，他先将 移至标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁平衡。通过测量，得到钥匙的质量为7.6g，体积为0.95cm3，由此判断该钥匙 （选填“是”或“不是”）由纯铜制成的。（）
【答案】游码；不是
【知识点】密度公式及其应用；密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】（1）根据题意可知，使用天平前，应该将游码移至标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁水平平衡。
（2）根据题意可知，钥匙密度为，
因此钥匙不是纯铜。
【分析】（1）根据天平的使用方法解答；
（2）根据计算钥匙的密度，再与铜的密度进行比较即可。
18．（2025·邛崃模拟）歼-35战斗机做日常飞行时，机翼上、下方空气流速不同，从而产生 （选填“升力”或“浮力”）而上升。战斗机水平向右加速飞行时，飞机所受合力方向为水平向 。
【答案】升力；右
【知识点】力的合成与应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1） 歼- 35战斗机机翼的形状上凸下平，机翼上方的空气流速比下方大，则机翼上方的压强比下方小，从而在机翼上下表面产生了一个向上的压力差，这个压力差就是升力。
（2） 战斗机水平向右加速飞行，速度在水平向右的方向上增大，所以飞机所受合力方向水平向右。
【分析】（1）在流体中，流速越大的位置压强越小，根据流体压强和流速的关系分析；
（2）当合力的方向与运动方向一致时，物体做加速运动；当合力方向与运动方向相反时，物体做减速运动。
19．（2025·邛崃模拟）小蒙在实验课上探究“电流与电压的关系”，按如图甲所示电路图连接实物时，她需要将电压表（如图乙）与定值电阻 （选填“串”或“并”）联。连接好电路并闭合开关，为了改变电压表的示数，接下来她应该做的实验操作是 。
【答案】并；移动滑动变阻器的滑片
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）根据电压表的使用规则可知，电压表要测量R0两端的电压，则应该将电压表与定值电阻R0 并联。
（2）在探究 “电流与电压的关系” 实验中，要控制电阻不变，改变电阻两端的电压，所以操作为：移动滑动变阻器的滑片。
【分析】（1）电压表要与被测的用电器并联；
（2）滑动变阻器与用电器串联，调节滑片，改变接入电路的阻值，则电流和电压都会发生改变。
20．（2025·邛崃模拟）图是电热水壶的内部电路图，小杨使用该电热水壶烧水时，为缩短加热时间，应闭合开关 。电热丝、的阻值均为55Ω，工作电压为220V，若电热水壶处于保温挡工作5min，电热丝产生的热量为 J。（不考虑温度对电阻的影响）
【答案】、；
【知识点】电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电阻较大，根据 可知，此时电功率较小，应该为保温档位。当同时闭合开关S1、S2时，电阻R1与R2并联，此时电阻较小，根据可知，此时功率较高，应该为加热档位。为缩短加热时间，为功率高的加热档位，故应闭合开关S1、S2。
（2）当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电水壶处于保温状态，
此时通过电路电流为
电热丝产生的热量为。
【分析】（1） 根据分析开关在不同闭合情况下总功率的大小，从而确定对应的工作状态。相同情况下，电功率越大，则加热时间越短。
（2）根据欧姆定律算出电路中的电流，由焦耳定律算出正常保温工作5min电热丝产生的热量。
21．（2025·邛崃模拟）按要求作图；
（1）如图所示，室内一盏电灯通过木板隔墙上的两个小洞，透过两条光线。请在图中根据这两条光线，完善光路图，确定并标出电灯的位置S。
（2）如图甲是一个门把手，向下转动门把手开门时，门把手可视为杠杆，请在简化图（如图乙）中画出此时作用在A点的最小动力F的示意图以及该力的力臂L（O为支点）。
【答案】（1）
（2）
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】（1）根据图片可知，将两条光线反向延长，则两条光线的反向延长线的交点为电灯的位置，如图：
（2）根据图片可知，图中支点在O点，A点为动力作用点，则AO作为动力臂最长。过点A垂直于OA向下作出最小动力F，如下图所示：
【分析】（1）根据光沿直线传播的知识可知，发光点是所有光线的交点；
（2）当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力。
（1）根据光沿直线传播的原理，两条光线的反向延长线的交点，即电灯的位置，如图：
（2）由杠杆平衡条件可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小，图中支点在O点，因此AO作为动力臂最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F，如图：
22．（2025·邛崃模拟）2024年，某品牌新能源车正式上市，最大时速253km/h，质量为2.2t，最长续航800km。
（1）若该车以60km/h的速度沿直线匀速行驶0.5h，求0.5h内该车能行驶多远的距离？
（2）若匀速直线行驶过程中该车所受阻力恒为重力的0.05倍，求该车行驶100km需克服阻力做多少功？（g取10N/kg）
【答案】（1）解：根据题意可知，0.5h内该车能行驶的距离。
（2）解：根据题意可知，新能源车的重力；
该车所受阻力；
该车行驶100km需克服阻力做的功。
【知识点】速度公式及其应用；重力及其大小的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）根据s=vt得到0.5h内该车能行驶的路程；
（2）根据G=mg得到汽车的重力，该车所受阻力恒为重力的0.05倍得到阻力，根据W=fs得到克服阻力做的功。
（1）0.5h内该车能行驶的距离
（2）新能源车的重力
该车所受阻力
该车行驶100km需克服阻力做的功
23．（2025·邛崃模拟）如图所示电路，电源电压恒定，定值电阻，灯泡L标有“，0.9W”字样，滑动变阻器的规格为“50 ，1A”，电流表量程为0~3A，电压表量程为0~。只闭合开关时，灯泡L正常发光（灯泡L的灯丝电阻恒定）。
（1）求电源电压；
（2）在保证电路安全的条件下，通过开关的闭合与断开，并移动滑动变阻器的滑片P，求电路总电功率的变化范围。
【答案】（1）解：根据图片可知，只闭合开关时，定值电阻与灯泡L串联，
灯泡L正常发光电压，
则此时通过灯泡的电流为，
定值电阻两端的电压，
那么电源电压。
（2）解：根据图片可知，闭合开关、、时，定值电阻与滑动变阻器并联，
定值电阻的电流；
由滑动变阻器的规格可知，；
干路电流；
最大功率；
闭合开关，断开开关、时，滑动变阻器与灯泡L串联，
灯泡电阻；
电流；
电功率
综上所述，电路总电功率的变化范围为0.6W~9.6W。
【知识点】并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据图片可知，只闭合开关时，定值电阻与灯泡L串联，根据计算此时通过灯泡的电流，根据计算定值电阻两端的电压，最后根据计算电源电压。
（2）根据图片可知，闭合开关、、时，定值电阻与滑动变阻器并联，根据计算通过R1的电流，根据变阻器的铭牌确定通过R2的最大电流，根据并联电路的电流规律计算干路的最大电流，根据P=UI计算最大功率。
闭合开关，断开开关、时，滑动变阻器与灯泡L串联。根据欧姆定律计算灯泡的电阻，根据计算通过电路的最小电流，根据P=UI计算电路的最小功率。
（1）只闭合开关时，定值电阻与灯泡L串联，灯泡L正常发光，电流为
定值电阻两端的电压
电源电压
（2）闭合开关、、时，定值电阻与滑动变阻器并联，定值电阻的电流
由滑动变阻器的规格可知，
干路电流
最大功率
闭合开关，断开开关、时，滑动变阻器与灯泡L串联，灯泡电阻
电流
电功率
综上所述，电路总电功率的变化范围为0.6W~9.6W
24．（2025·邛崃模拟）物理实验课上，小王设计了如图甲所示的电路图，用于探究“串联电路的电压规律”。实验过程中电源电压保持3V不变。
（1）在本实验中小王选择多只规格不同的小灯泡进行多次实验是为了 。
（2）按照电路图连接电路后，在闭合开关S前，小王发现电压表指针如图乙所示，出现该情况的原因是 。
（3）多次实验测得数据如下表。
实验次数 两端电压 两端电压 与两端总电压
第1次 1.4 1.5 3.0
第2次 1.3 1.7 3.0
第3次 1.1 1.9 3.0
第4次 1.0
分析数据得出串联电路的电压规律后，小王继续进行第4次实验时，在测得两端电压后，同组的同学提醒他可以根据串联电路的电压规律得出两端电压，你认为两端电压可能为（ ）
A．1.0 B．2.0 C．3.0
【答案】（1）避免偶然性，得到普遍性规律（其他合理答案均给分）
（2）电压表指针没有调零
（3）B
【知识点】探究串、并联电路中的电压规律实验
【解析】【解答】（1）在实验中，选择多只规格不同的小灯泡进行多次实验，目的是：具普遍性，避免因特殊情况得出错误或片面的结论。
（2）正常情况下，电压表在使用前指针应指在零刻度线处，说明电压表指针没有调零。
（3）第 4 次实验中U1 =1.0V，所以，故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
【分析】（1）根据科学探究中多次测量的目的分析；
（2）在使用电压表前，要对电压表的指针调零；
（3）根据串联电路电压规律U总=U1+U2分析。
（1）如果只用规格相同的小灯泡做实验，得出的结论可能只适用于这种规格的灯泡，具有局限性。选择多只规格不同的小灯泡进行多次实验，能涵盖更多情况，得到的结论更具普遍性，避免因特殊情况得出错误或片面的结论。
（2）正常情况下，电压表在使用前指针应指在零刻度线处。在闭合开关 S 前，电压表指针不在零刻度线，说明电压表指针没有调零。
（3）已知电源电压U=3V，在串联电路中，总电压等于各部分电路两端电压之和，即U=U1 +U2 。第 4 次实验中U1 =1.0V，所以，故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
25．（2025·邛崃模拟）小明在探究“重力与质量的关系”时，进行了相关操作，实验器材如图甲所示；
（1）下表是小明设计的实验数据记录表格，表格中已经记录了3次实验数据，请你根据他的实验数据，在图乙中画出重力与质量的关系图像 ；
实验序号 物体质量 重力 重力与质量之比
① 0.1 1.0 10
② 0.2 2.0 10
③ 0.3 3.0 10
（2）分析数据，可以得到的结论是：物体受到的重力与质量成 比；
（3）旁边刚做完“探究滑动摩擦力大小的因素”实验的小红认为小明的实验次数过少，不足以排除偶然性，于是她直接用“探究滑动摩擦力大小的因素”实验中所使用的弹簧测力计又进行了四次实验，数据如下表，她发现重力并不与质量成比例关系，第④⑤组数据中其重力与质量的比值与小明不同的原因可能是 。分析第⑥⑦组数据，发现弹簧测力计的示数不再变化，出现该现象的原因是 。
实验序号 物体质量 重力 重力与质量之比
④ 0.4 4.2 10.5
⑤ 0.45 4.7 10.4
⑥ 0.5 5.0 10
⑦ 0.55 5.0 9.1
【答案】（1）
（2）正
（3）弹簧测力计未在竖直方向调零；所测力的大小超出弹簧测力计量程
【知识点】探究影响重力大小因素的实验；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）根据图片可知，横轴表示质量，纵轴表示重力，根据表格数据依次描点，然后将相邻的描点连线，如下图所示：
（2）根据表格数据可知，物体的重力与质量之比是一个定值，可以得到的结论是：物体受到的重力与质量成正比。
（3）①测量物体的重力，弹簧测力计需要在竖直方向上使用，故需要将弹簧测力计在竖直方向上调零，而原来是在水平方向上调零，故重力与质量的比值与小明不同的原因可能是弹簧测力计未在竖直方向调零。
②根据表格可知，⑥⑦组数据中，物体的质量增大，但是弹簧测力计的示数不再变化，可能原因是所测力的大小超出弹簧测力计量程，超过了弹簧的弹性限度。
【分析】（1）根据图片确定横轴和纵轴表示的物理量，然后根据表格数据描点并连线即可；
（2）根据重力和质量的比值大小分析；
（3）①弹簧测力计要在使用的方向上进行调零；
②当弹簧受到的拉力超出弹性限度时，弹簧就不再发生弹性形变。
（1）描点连线，故图像为
（2）分析数据，重力与质量之比是一个定值，可以得到的结论是：物体受到的重力与质量成正比。
（3）[1]她直接用“探究滑动摩擦力大小的因素”实验中所使用的弹簧测力计又进行了四次实验，“探究滑动摩擦力大小的因素”中的弹簧测力计是在水平方向上使用的，在水平方向调零，而测量物体的重力，弹簧测力计需要在竖直方向上使用，故需要将弹簧测力计在竖直方向上调零，故重力与质量的比值与小明不同的原因可能是弹簧测力计未在竖直方向调零。
[2]分析第⑥⑦组数据，重力比较大，发现弹簧测力计的示数不再变化，可能原因是所测力的大小超出弹簧测力计量程，超过了弹簧的弹性限度。
26．（2025·邛崃模拟）2024年上半年，中国汽车出口量增长31%，有望连续两年位居全球出口量第一。其中某款电动智能汽车采用内燃机与电动机混合动力系统，该款汽车启动时，内燃机不工作，电池输出能量驱动汽车。下列对电动智能汽车的分析正确的是（ ）
A．电动智能汽车替代燃油汽车，会增加碳的排放
B．人工智能系统所使用的芯片主要由超导体材料制成
C．电动智能汽车启动时，电池输出的电能属于二次能源
D．电动智能汽车启动时，电池的化学能直接转化为汽车的机械能
【答案】C
【知识点】燃料的热值；能量的转化或转移；能源及其分类；半导体特点及作用
【解析】【解答】A．电动智能汽车不消耗燃油，因此会较少碳的排放，故A错误；
B．芯片主要由半导体材料制成，故B错误；
C．电能不是从自然界直接获取的，需要消耗其它能源经过加工转换来的，属于二次能源，故C正确；
D．电动智能汽车启动时，电池将化学能转化为电能，然后通过电动机将电能转化为机械能，从而驱动汽车运行，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据电动汽车不消耗燃油判断；
B.根据半导体材料的应用判断；
C.直接从自然界获取的能源为一次能源，由一次能源转化而成的为二次能源；
D.根据能量转化的知识判断。
27．（2025·邛崃模拟）“相约花海中，跑进春天里”，2025年3月某市举办了半程马拉松赛事（如图）。参赛选手在畅跑赛道的同时，充分领略沿途的旖旎风光。阳光、绿树、春水和花田在这里相遇，晕染成一幅斑斓油画。下列说法正确的是（ ）
A．阳光下绿树的影子，是光沿直线传播形成的
B．道路两旁水池中绿树的倒影，是光的折射现象
C．人们用手机拍照留念时，手机镜头成的是正立缩小的实像
D．我们能从不同方向看到油菜花，是光照在油菜花上发生了镜面反射
【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；镜面反射与漫反射
【解析】【解答】A．阳光下绿树的影子，是由于光沿直线传播过程形成的，故A正确；
B．道路两旁水池中绿树发出的光线在水面发生反射，从而形成平面镜成像，故B错误；
C．手机镜头相当于凸透镜，成倒立、缩小的实像，不是正立的，故C错误；
D．我们能从不同方向看到油菜花，是因为光照在油菜花上发生了漫反射，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据光沿直线形成的规律分析；
B.根据光的反射的现象判断；
C.根据凸透镜成像的规律和应用判断；
D.光在粗糙不平的表面上发生漫反射。
28．（2025·邛崃模拟）在探究“同种物质不同状态下的吸热能力”的实验中，小辉用功率为800W的电加热器给2kg的某固态物质加热，绘制出了温度随时间变化的图像（如图），其中有一段是该物质的熔化过程。已知该物质液态时的比热容小于固态时的比热容，且相同时间内该物质吸收的热量相同，不考虑热损失。下列说法正确的是（ ）
A．小辉绘制的图像是丙
B．该物质固态时的比热容为
C．从图像中可以看出，该物质熔化时温度保持不变，内能也不变
D．加热3min时该物质刚好熔化结束，熔化过程中电加热器消耗的电能为
【答案】B
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；比热容；电功率的计算
【解析】【解答】A．根据图像可知，该物质1-3min时温度保持不变，即正在熔化，那么0到1min为固态，3min之后是液态。该物质液态时的比热容小于固态时的比热容，所以3min之后物质升温会变快，则图像的倾斜角度会变大，所以小辉绘制的图像是甲，故A错误；
B．根据题意可知，该物质0到1min吸收的热量为。
该物质固态时从20℃升高到30℃，则它的比热容为，故B正确；
C．从图像中可以看出，该物质熔化时吸热，则内能增大，故C错误；
D．加热3min时该物质刚好熔化结束，熔化过程持续了2min，不考虑热损失，熔化过程中电加热器消耗的电能为，故D错误。
故选B。
【分析】A．已知该物质液态时的比热容小于固态时的比热容，所以3min之后物质升温会变快，据此分析；
B．利用Q=W=Pt先计算该物质0到1min吸收的热量，再计算物质固态时的比热容；
C．该物质熔化时温度保持不变，但熔化过程中吸热，内能增大；
D．利用W=Pt计算熔化过程中电加热器消耗的电能。
29．（2025·邛崃模拟）小华在实验室完成了“测量滑轮组的机械效率”的实验后，利用现有器材设计了如图所示的实验进行进一步探究。实验中每个钩码重0.5N，每个滑轮重0.5N，两个弹簧测力计量程均为0～5N，绳能承受的最大拉力为3N。当竖直匀速提升5个钩码时，钩码在10s内匀速向上运动了0.2m。弹簧测力计自重、绳重及滑轮处的摩擦等次要因素均忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．拉力的功率为0.06W
B．滑轮组的机械效率为33.3%
C．弹簧测力计a的示数为2.5N
D．用此滑轮组进行实验，最多能同时挂17个钩码
【答案】A,C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．根据题意可知，当竖直匀速提升5个钩码时，钩码重为G=5×0.5N=2.5N；
承担重力的绳子段数n=3，
则自由端拉力为；
钩码上升的高度为h=0.2m，则自由端移动的距离为s=nh=3×0.2m=0.6m，
拉力做的功为W总=Fs=1N×0.6m=0.6J，
那么拉力的功率为，
故A正确；
B．根据题意可知，滑轮组做的有用功为W有=Gh=2.5N×0.2m=0.5J；
滑轮组的机械效率为，
故B错误；
C．根据图片可知，测力计受到三个向下的拉力，即两条绳子和一个定滑轮，则弹簧测力计a的示数为Fa=2F+G定=2×1N+0.5N=2.5N
故C正确；
D．当绳子拉力为3N时，弹簧测力计b的示数为3N，
弹簧测力计a的示数为F'a=2Fb+G定=2×3N+0.5N=6.5N，
超过了其量程，所以当弹簧测力计a的示数为5N时，所挂钩码数量最多，
此时绳子拉力为，
钩码总重为G总=3F拉-G动=3×2.25N-0.5N=6.25N由于，所以最多能同时挂起12个钩码，故D错误。
故选 AC。
【分析】 A.根据滑轮组装置确定动滑轮上的绳子段数，不计弹簧测力计自重、绳重及滑轮处的摩擦，根据求拉力的大小，根据s=nh可得绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs求拉力做的总功，根据求拉力的功率；
B.根据W有=Gh求出有用功，根据求出滑轮组的机械效率；
C.对定滑轮进行受力分析，可得弹簧测力计a的示数；
D.已知绳能承受的最大拉力和两个弹簧测力计量程，由此分析得出弹簧测力计a的最大示数，进一步确定绳子的最大拉力，从而得出钩码的最大总重力及其最大个数。
30．（2025·邛崃模拟）如图所示电路，灯泡L的灯丝电阻为（忽略温度对灯丝电阻的影响），定值电阻的阻值为，，电源电压保持不变。先将单刀双掷开关拨至触点a，只闭合开关、，滑片P位于最右端时，电压表的示数为，电流表的示数为，电路的总功率为；只闭合开关、，滑片P移至中点时，电压表的示数为，电流表的示数为，电路的总功率为。再将单刀双掷开关拨至触点b，只闭合开关、时，电流表的示数为，电路的总功率为。已知。下列说法正确的是（ ）
A． B．电源电压为30V
C．电路的最大电功率为37.5W D．滑动变阻器R的最大阻值为4Ω
【答案】B,D
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】ABC．将单刀双掷开关S3拨至触点a，只闭合开关S1、S4，滑片P位于最右端时，定值电阻R0和滑动变阻器R最大阻值串联接入电路，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流，
电源电压U=U1+U0=I1(R+R0) ①
将单刀双掷开关S3拨至触点a，只闭合开关S2、S4，滑片P移至中点时，灯泡L和滑动变阻器的阻值的一半接入电路中，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流，
电源电压②
已知，由P=UI可知：P1∶P2=UI1∶UI2= I1∶I2=2∶1，
则，
所以U1=4U2=4×3V=12V ③
已知RL∶R0=3∶1，则RL=3R0 ④
忽略温度对灯丝电阻的影响，灯泡RL相当于定值电阻，
由①②③④可得：；
因为I1∶I2=2∶1，所以I1=2I2，
所以：12V+2I2R0=3V+ I2×3R0
那么得到：I2R0=9V
电源电压U=3V+3I2R0=3V+3×9V=30V；
再将单刀双掷开关S3拨至触点b，只闭合开关S1、S2时，灯泡L和定值电阻R0串联接入电路，电流表测电路电流，电流表示数为1.25A，
电路总电阻R总=R0+RL= R0+3R0=4R0，
电源电压U=IR总=1.25A×4R0，
即30V=1.25A×4R0，
解得：R0=6Ω，RL=3R0=3×6Ω=18Ω。
将单刀双掷开关S3拨至触点a，三个开关都闭合，滑片P位于最左端时，R0和灯泡并联，电路的总电阻最小，由可知电路的总功率最大，
电路的最大电功率为，
故B正确，AC错误；
D．将单刀双掷开关S3拨至触点a，只闭合开关S1、S4，滑片P位于最右端时，定值电阻R0和滑动变阻器R最大阻值串联接入电路，电压表的示数是U1=12V，电源电压是30V，
由串联电路电压的规律得到R0的电压：U0=U-U1=30V-12V=18V；
由串联分压得到；
即；
解得：R=4Ω，所以滑动变阻器R的最大阻值为4Ω，故D正确。
故选BD。
【分析】ABC.根据图片分析开关在不同闭合情况下电路的串并联关系，根据U总=U1+U2结合欧姆定律列出两个方程。根据得到二者的电压之比，并列出方程，三者联立计算出R0和RL的电阻，最后计算电路的最大功率即可；
D.根据串联电路电压与电阻成正比的规律计算变阻器接入的最大阻值即可。
31．（2025·邛崃模拟）冬季房间温度较低，小张的爸爸购买了一台电油汀加热器，给房间提供热量。如图甲所示，其原理是通过电热管加热腔体内的导热油，然后热油在腔体内循环，把热量通过散热片散发到空气中。
（1）小张阅读了使用说明书，结合安全常识，准备使用加热器。下列说法不合理的是（ ）
A．用导热油而不用水的原因是油升温快
B．使用三脚插头主要是为了防止使用时脱落
C．在加热器周围加装隔热材料是为了防止烫伤
D．为了防止空烧起火，加热器设置了防倾倒功能
（2）小张发现该加热器具有调温功能，达到设定温度后整个电路会自动断开，该温控开关应安装在图乙中 （选填“A”、“B”或“C”）点。
（3）小张将加热器开到高温挡加热，但是制热也比较慢，猜想可能是加热器的实际功率过低。于是用如图丙所示的电能表进行测量，在3min内，电能表指示灯闪烁了162次，imp为闪烁次数，则加热器的实际功率为 W。
（4）小张估算在连续使用8小时加热器时，理论上将消耗16度电，为了更节能地使用加热器，请你提出一条省电技巧： 。
【答案】（1）B
（2）A
（3）解：加热器消耗的电能
则加热器的实际功率为。
（4）开一段时间后关闭电源，用余温保持房间暖和（或先开高温挡，后调为低温挡）。
【知识点】电功率的计算；家庭电路的组成；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】（1）A．根据题意可知，导热油比水的比热容小，则导热油升温快，故A正确不符合题意；
B．根据题意可知，使用三脚插头的主要作用是接地，防止漏电发生触电事故，故B错误符合题意；
C．根据题意可知，加热器工周围加装隔热材料可以防止用户触碰时烫伤，故C不符合题意；
D．根据题意可知，防倾倒功能可以在加热器倾倒时自动断电，防止空烧引发火灾，故D不符合题意。
故选B。
（2）当温控开关断开时，整个电路都要断电，从而保证用电安全，因此温控开关应安装在加热器的电源干路中，即安装在A点。
（4）为了节能，可以这样：开一段时间后关闭电源，用余温保持房间暖和（或先开高温挡，后调为低温挡）。
【分析】（1）A.比热容表示物质吸放热本领大小；
B.三角插头可以与地线连接；
C.高温物体容易发生烫伤；
D.根据安全用电的知识判断。
（2）在并联电路中，干路开关控制所有用电器；支路开关，只能控制它所在支路上的用电器；
（3）根据计算加热器消耗的电能，再根据计算加热器的电功率。
（4）根据节约用电的知识解答。
（1）A．导热油比水的比热容小，在相同加热功率下，导热油升温更快。因此，用导热油而不用水的原因是油升温快，故A不符合题意；
B．三脚插头的主要作用是接地，防止漏电时外壳带电，而不是防止插头脱落。故B符合题意；
C．加热器工作时表面温度较高，加装隔热材料可以防止用户触碰时烫伤，故C不符合题意；
D．防倾倒功能可以在加热器倾倒时自动断电，防止空烧引发火灾，故D不符合题意。
故选B。
（2）温控开关的作用是当温度达到设定值时断开电路，停止加热。因此，温控开关应安装在加热器的电源干路中，以便控制整个加热器的通断。 A点：电源输入端，适合安装温控开关。 BC点：在电路的分支，不能控制整个电路，温控开关应安装在 A 点。
（3）计算消耗的电能
则加热器的实际功率为
（4）开一段时间后关闭电源，用余温保持房间暖和（或先开高温挡，后调为低温挡）。
32．（2025·邛崃模拟）雨季来临，河水上涨。为保障发电站安全，科创小组设计了如图所示的自动水位报警装置，并将其制成顶部开有小孔的模型进行探究。其中A为压力传感器，B为不吸水的实心圆柱体，能沿固定的光滑细杆在竖直方向自由移动。当模型内水深时，B与模型底部接触且对模型底部的压力刚好为0，水面上涨到设计的警戒水位（水面与模型顶部的距离）时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，刚好触发报警装置，开启排洪阀门（图中未画出）。已知圆柱体B的底面积为，圆柱体B的高度为，，g取10N/kg。
（1）当模型内水深时，求水对模型底部的压强p；
（2）刚好触发报警装置时，求此时的警戒水位H；
（3）为了提高防洪安全性，警戒水位比原设计下降，科创小组提出两个解决方案：①在圆柱体B的上方加上与圆柱体B同材质、同底面积的圆柱体C，求圆柱体C的高度厘米；②调整压力传感器A刚好触发报警装置的压力值，调整为多少N刚好排洪？
【答案】（1）解：根据题意可知，水对模型底部的压强为。
（2）解：当模型内水深时，浮力等于重力，重力为
由；
得到：；
圆柱体B的密度为；
刚好触发报警装置时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，
由力的平衡条件可知，此时圆柱体B受到的浮力为；
圆柱体B排开水的体积为；
圆柱体B浸入水中的深度为；
由刚好触发报警装置时圆柱体B浸入水中的深度和圆柱体B的高度可知，警戒水位为。
（3）解：①警戒水位比原设计下降时，模型顶部的压力传感器A到水面的距离为；
则圆柱体B、C整体排开水的深度为；
此时圆柱体B、C整体受到的浮力为
B、C整体的重力为
由力的平衡条件可知
即
解得：
②警戒水位比原设计下降时，则浮力变化
所以压力值调整为。
【知识点】力的合成与应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）根据计算水对模型底部的压强；
（2）当模型内水深时，浮力等于重力，据此计算B的重力。然后根据漂浮条件和阿基米德原理列式计算车B的密度。
刚好触发报警装置时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，根据平衡力的知识计算车此时圆柱体B受到的浮力，根据阿基米德原理计算B排开水的体积，根据计算B浸入水中的深度，最后根据计算警戒水位即可。
（3）①警戒水位比原设计下降时，首先计算车圆柱体BC浸入水中的深度，根据阿基米德原理计算它们整体受到的浮力，根据密度公式计算BC整体的重力，最后根据平衡条件计算圆柱体C的高度即可；
②警戒水位比原设计下降时，根据阿基米德原理计算车浮力变化，根据计算压力的调整值。
（1）当模型内水深时，水对模型底部的压强为
（2）当模型内水深时，浮力等于重力，重力为
由
得到
圆柱体B的密度为
刚好触发报警装置时，圆柱体B对压力传感器A的压力为，由力的平衡条件可知，此时圆柱体B受到的浮力为
圆柱体B排开水的体积为
圆柱体B浸入水中的深度为
由刚好触发报警装置时圆柱体B浸入水中的深度和圆柱体B的高度可知，警戒水位为
（3）①警戒水位比原设计下降时，模型顶部的压力传感器A到水面的距离为
则圆柱体B、C整体排开水的深度为
此时圆柱体B、C整体受到的浮力为
B、C整体的重力为
由力的平衡条件可知
即
解得
②警戒水位比原设计下降时，则浮力变化
所以压力值调整为
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