江苏省苏州市2025年中考物理真题
1．（2025·苏州）下列属于可再生能源的是
A．煤 B．太阳能 C．石油 D．天然气
2．（2025·苏州）请将正在使用的物理试卷按图示方式完全展开，估计试卷的长和宽，其值最接近
A．70cm 26cm B．70cm 13cm C．35cm 26cm D．35cm 13cm
3．（2025·苏州）关于粒子和宇宙，下列说法正确的是
A．同种电荷相互吸引
B．太阳是宇宙的中心
C．原子核由质子和电子构成
D．分子处在永不停息的无规则运动中
4．（2025·苏州）如图所示是苏州园林中的景象，由光的折射形成的是
A．亭台在水中的“倒影”
B．碧水中变浅的“池底”
C．漏窗在墙壁上的“影子"
D．夕阳下水中的“太阳”
5．（2025·苏州）关于能量的转化和转移，下列说法不正确的是
A．金属汤勺放在热汤中，温度升高，内能减小
B．核电站利用核裂变释放的能量来发电
C．汽油机的做功冲程主要将内能转化为机械能
D．能量的转移和转化具有方向性，需要节约能源
6．（2025·苏州）牛顿第一定律是在实验的基础上推理得出的，下列做法中用到这一研究方法的是
A．初探电路时，用水流类比电流
B．用磁感线描述磁体周围磁场的分
C．用被撞击木块移动的距离反映物体的动能
D．通过抽气探究声音的传播条件布
7．（2025·苏州）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，导线 MN被扯断，灯亮且电铃响。下列电路符合设计要求的是
A． B．
C． D．
8．（2025·苏州）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 16cm 和24cm时，光屏上先后两次都呈现烛清晰的像。下列说法正确的是
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 40cm D．凸透镜的焦距是20cm
9．（2025·苏州） 如图所示，“龙水车"是我国古代主要的提水设施之一。水车一端浸人水中，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
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
10．（2025·苏州）如图所示的电路中，闭合开关S后，当滑片P向右移动时，则
A．电流表A示数变小
B．电压表V1示数不变
C．电压表V1示数与电流表A示数之比变大
D．电压表V2示数与电流表A示数之比变小
11．（2025·苏州）如图甲，两个相同的容器中分别装有液体a、6，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R1的阻值大于R2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
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．R1的电功率大于R2的电功率
12．（2025·苏州）用柱形水槽、柱形塑料杯(含配重)、质量已知的砝码和水，可制作测量物体质量的装置.使用时，在竖直漂浮的塑料杯中放入待测物体，杯子仍竖直料林漂浮，根据制作好的标尺便可读出待测物体的质量。制作标尺时，通过在杯中放入砝码进行质量标注(杯子竖直漂浮)。如图所示，标注的方式有三种：
①在水槽外壁，用水面高度h1的变化标注；
②在塑料杯内壁，用杯子浸人水中的深度h2的变化标注；
③在水槽外壁，用杯底所装指针离槽底的高度h3的变化标注。
若水槽和塑料杯的底面积分别为225cm2和85cm2，三种标尺上相同距离的刻线问对应的物体质量变化分别为 m1、 m2，和 m3。则
A． m1> m2> m3 B． m2> m1=m3
C． m1> m3= m2 D． m3> m1> m3
13．（2025·苏州）苏州评弹是国家级非物质文化遗产，表演中常用到琵琶、三弦等乐器，如图所示。当演者拔动琴弦时，弦因 而发出声音，且拔的力度越大，声音的 越大；听众能分出琵琶和三弦发出的声音，主要是依据声音的 不同。
14．（2025·苏州）如图所示，用镊子取几块干冰放入瓶中，将气球套在瓶口。干冰因 变为气态，使球逐渐变大，同时空气中的水蒸气遇冷 ，在瓶底形成白霜。(填物态变化名称)
15．（2025·苏州）以下是《电磁转换》的相关知识结构图，请你补充完整。
① ，② 。
16．（2025·苏州） 如图，2025年4月24日搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。火箭受到向上的推力 重力，加速上升。火箭与飞船分过程中，火箭相对于飞船是 的。火箭外壳返回过程中，由于空气摩擦导致其温度升高，这是通过 的方式改变内能的。飞船进人轨道后，利用 传输信号与地联系。
17．（2025·苏州）如图甲，在透明密闭塑料盒的上下左右四个而上开了六个相同圆孔.在孔的位置蒙上相同的橡皮膜a、b.c、d、e、f，将它压人水中后，出现如图乙所示的现象
（1）通过观察橡皮膜 的形变可知，水的内部有向上的压强；
（2）通过观察橡皮膜b、c或f、e的形变可知， 越大，水的压强越大；
（3）想探究同一深度处，各水平方向是否都有压强；接下来的操作是： 。
18．（2025·苏州）如图是一款电水壶的电路简图，R1、R2，均为加热电阻，通过旋转旋开关可实现加热与温功能的切换，保温功率为 88W，R1阻值为 44Ω，加热时应将开关旋至 （1/2位置）加热功率为 W，R2的阻值为 Ω
19．（2025·苏州）如图是控制车辆进出的电动闸门设计图。抬杆AB质量分布均匀，长度为3m，重为 20N，最右端B点处悬挂一重为25N 的铁柱，B点到支点O的距离为0.6m。开关S闭合后，调节滑动变阻器使抬杆AB处于水平静止状态。(忽略支点O处的摩擦)
（1）电磁铁上端为 (N/S)极；
（2）此时电磁铁对铁柱的吸引力为 N；
（3）要使抬杆A端从图示位置向上抬起，滑动变阻器的滑片P应向 端移动
20．（2025·苏州）阅读材料，回答问题。
“雪龙”探极
“雪龙2号"是毯国自主建造的极地考察破冰船，具有船首、船尾双向破冰技术，填补了中国在极地科考重大装备领域的空白。船首的下部前沿部分叫破冰柱，用特殊的强钢打造，遇到厚度1.5米左右的冰层时，“雪龙2号"因其船首特有的形状，易于以一定的航速冲上冰面，在船首重压下破冰艏柱犹如一把利刃切开厚重的冰层，实现船首破冰。在厚冰海域，通过控制船尾下方吊舱式全回转螺艏柱、旋浆(水平面内可360度自由转动)，使船尾转向，船尾从上方重压冰层，同时螺旋桨削冰，冰层塌陷，实现船尾破冰。
（1）下列物理属性中，____不是制作破冰艏柱的材料必须具有的属性；
A．耐低温 B．，硬度大
C．韧性好(不易断裂) D．密度小
（2）雪龙2号的船首应设计成如图 所示的形状。船首破冰时，艏柱犹如利刃切开减层，是由于船首重压增大了艏柱对冰面的 。
（3）向南行驶的"雪龙2号"遇到厚冰阻挡，欲采用船尾破冰。调整螺旋桨，让螺旋桨推动的水流向 (东/南/西/北)运动，可使船尾向东转向。
21．（2025·苏州）按要求作图。
（1）图甲中，光线 AO斜射到镜面上，画出其反射光线 OB；
（2）图乙中，小球在空中运动，画出它在图示位置受到的重力G；
（3）图丙中，地上的人用滑轮组提升重物，画出最省力的绳子绕法；
（4）图丁中，根据安全用电规范，在两个虚线框内分别画出开关和灯泡的电路元件符号。
22．（2025·苏州）叉车常用于货物的转运，如图所示。叉车在10s内将质量为 300kg 的货箱匀速竖直提升3m，g 取 ION/kg。求此过程中：
（1）货箱的速度；
（2）叉车对货箱所做的功；
（3）叉车对货箱所做功的功率。
23．（2025·苏州）用煤气炉将 4kg 的水从20℃加热到70℃，消耗煤气 0.05kg。已知煤气的热值4.2x107J/kg，水的比热容为4.2x103J/(kg·℃)。求：
（1）水吸收的热量；
（2）煤气完全燃烧放出的热量；
（3）煤气炉加热的效率。
24．（2025·苏州）如图所示电路中，灯泡L的规格为“6V 3W"。闭合开关S， 灯泡正常发光，电流表示数为1.5A。求：
（1）通过灯泡L的电流；
（2）电阻R的电功率；
（3）通电2min，电路消耗的电能。
25．（2025·苏州）小华利用实验室的自来水，探究水在沸腾前后温度变化的特点，实验装置如图甲。
（1）图甲中温度计的示数为 ℃
（2）水温升高到90℃开始计时，6分钟后水沸腾，图乙是根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像。由图像可知：水在沸腾前，温度升高；沸腾时，温度 。
（3）小华还想探究沸腾的水能否将试管中的水加热至沸腾，她取了同样的自来水倒入试管，利用图丙所示的装置进行实验，水温升高到85℃开始计时，得到温度和时间的数据如下表。请你根据数据分析：试管中水的最终温度 (高于/等于/低于)沸点，试管中的水 沸腾。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7
温度/℃ 85 89 92 95 97 98 98 98
26．（2025·苏州）探究影响滑动摩擦力大小的因素时，小明根据生活经验提出如下猜想：①与接触面 粗糙程度有关；②与压力大小有关。
（1）为验证猜想，他利用木块、弹簧测力计、木板、毛巾、重物等器材进行实验。实验前，将弹簧测力计 放置后进行校零；
（2）实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块在水平木板上做 运动，弹簧测力计示数如图中，此时木块受到的滑动摩擦力大小为 N；
（3）比较 两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。
27．（2025·苏州）小明用电压为6V的电源、定值电阻R1、电压表、电流表、最大阻值为20Ω的滑动变阻器R2、开关等器材，探究导体中的电流与导体两端电压的关系。
（1）根据图甲所示电路图，将图乙的实物图连接完整 ；
（2）电路连接正确，规范操作后，闭合开关，小明发现电流表无示数，电压表示数为6V。中路中仅有一处故障，则故障可能是 。
（3）排除故障后继续实验，小明的实验数据如下表：
实验序号 1 2 3 4 5
电压/V 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5
电流/A 0.150 .25 0.35 0.45 0.54
老师指出表中有一组数据是无法从实验中测得的，请你判断这组数据的实验序号是 。
（4）通过实验得出初步结论： 时，导体中的电流与导体两端的电压成正比。
28．（2025·苏州）小明和小华利用茶色玻璃板、刻度尺、白纸、两个相同的电子蜡烛等器材，探究平面镜成像的特点。
（1）如图甲，将白纸平铺在水平桌面上，再将玻璃板 放置在纸上；
（2）在玻璃板前放上电子蜡烛A，闭合开关使其发光，再将电子蜡烛B放到玻璃板后，调整B的位置使其与A的像 ，在纸上分别记录A、B的位置；
（3）多次改变A的位置，重复上述实验。在探究像到镜面距离l2与物到镜面距离l1的关系时，下列测量方法中，正确的是 。
（4）完成探究后，小明和小华利用左右两侧面开孔的正方体纸盒、茶色玻璃板和发光小灯制作了一个"魔盒"，如图乙所示。两人都可以通过孔看到对方，但只有小明能看到魔盒中发光小灯在他正前方成的像。则纸盒中玻璃板可沿 (ac/bd)方向放置，且发光小灯应贴在纸盒内 (M/N)处。(注意两空对应关系，同时答对得分，写出一种做法即可)
29．（2025·苏州）某科技小组要设计冬季植物大棚控温系统。
【任务与要求】当环境温度t≤20℃，加热设备开启工作：温度t≥30℃，停止工作，大棚内温度维持在一定范围。
【设计与实施]①器材有：电压为6V 的电源、定值电阻、可控加热设备、热敏电阻(阻值温度变化的关系如图甲)等。②设计的电路如图乙，加热设备是否工作由其两端的电压UAB来控制，当UAB≥4V时，加热设备开启工作，当UAB≤UB时，加热设备不工作。(不考加热设备对电路的影响)
【分析与思考】
（1）电路中的 (R1/R2)是热敏电阻；
（2）定值电阻的阻值为 Ω
（3）U0= V
（4）长时间使用后，电源电压降低，系统控制的最高温度将 。
30．（2025·苏州）某实践小组用正中间开孔的直尺、带挂钩的重物A、水和两个可读取液体体积的同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前；需将两容器挂在直尺两端固定的挂上，如图甲，调节两端平衡螺母使直尺水平平衡，再将重物A挂在开孔处的"0g"刻度线处某次使用时，小明向左侧容器中倒入体积V=30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积待测液体，通过向右移动重物A，使直尺再次水平平衡(左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和)，如图乙。他根据相关数据，算出了该液体的密度。
（1）图甲中要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）小明测出的待测液体密度为 g/cm3；
（3）依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A所示质量m满足一定的函数关系，图丙中图线 符合此关系；
（4）对小明的某些做法进行调整，可使该装置的测量范围变为1.0-1.2g/cm3，且通过将重物4从“0g"移动到"10g"的过程来实现。请具体描述如何调整： 。(写出一种方法即可)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】 煤、石油、天然气是埋藏在地下的动植物体经过亿万年的时间的形成的，短期内不能从自然界得到补充，是不可再生能源；
太阳能够一直从太阳上源源不断的得到，在人类有限的年代中，太阳能是无限的，是可再生能源。
故选B。
【分析】 能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；
短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。
2．【答案】A
【知识点】长度的估测
【解析】【解答】 正在使用的物理试卷为4页，长度约为70cm，一根筷子的长度约25cm，物理试卷的宽略大于此数值，在26cm左右。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 结合对常见长度的了解，运用长度单位的换算关系分析判断。
3．【答案】D
【知识点】电荷间的相互作用规律；分子热运动；宇宙；原子结构
【解析】【解答】 A.电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故A错误；
B.宇宙中含有众多的星系，而每个星系中又有无数的恒星，太阳只是其中一颗，太阳是太阳系的中心，而不是宇宙的中心，故B错误；
C.原子核由质子和中子组成，故C错误；
D.一切物质的分子都在不停地做无规则运动，故D正确。
故选D。
【分析】 A.电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
B.太阳是太阳系的中心，而不是宇宙的中心；
C.原子是由原子核和核外电子组成，原子核又由质子和中子组成；
D.一切物质的分子都在不停地做无规则运动。这种无规则运动叫作分子的热运动。
4．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】 A.平静的水面相当于平面镜，亭台在水中形成倒影，是平面镜成像现象，是由于光的反射形成的，故A不符合题意；
B.池底看起来比实际浅是光的折射形成的，故B符合题意；
C.墙壁上的影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故C不符合题意；
D.平静的水面相当于平面镜，太阳在水中形成倒影，是平面镜成像现象，是由于光的反射形成的，故D不符合题意。
故选B。
【分析】 当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
5．【答案】A
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能；热机的四个冲程；能量的转化或转移；核裂变
【解析】【解答】 A.物体的温度升高时，内能增大；温度降低时，内能减小，故金属汤勺放在热汤中，吸收热量，温度升高，内能增大，故A错误符合题意；
B.核电站是利用核裂变释放的能量来发电的，故B正确不合题意；
C.汽油机属于热机，在做功冲程中，主要将内能转化为机械能，故C正确不合题意；
D.能量的转移和转化具有方向性，我们要节约能源，故D正确不合题意。
故选A。
【分析】A.物体的温度升高时，内能增大；温度降低时，内能减小；
B.核电站是利用核裂变释放的能量来发电的；
C.汽油机在做功冲程中，主要将内能转化为机械能；
D.能量的转移和转化具有方向性，我们要节约能源。
6．【答案】D
【知识点】物理学方法
【解析】【解答】 牛顿第一定律是在实验的基础上通过科学推理得出的，这种研究方法称为实验推理法。
A.用水流类比电流，是通过比较水流和电流的相似之处，用熟悉的水流来认识不熟悉的电流，这种方法是类比法，故A不符合题意。
B.用磁感线描述磁体周围磁场的分布，磁感线是为了形象地描述磁场而引入的假想曲线，实际并不存在，这种方法是模型法，故B不符合题意。
C.用被撞击木块移动的距离反映物体的动能，是将物体的动能大小转换为木块移动距离的长短来进行观察和比较，运用的是转换法，故C不符合题意。
D.在探究声音的传播条件时，用抽气机抽密闭容器中的空气，试图达到真空环境，但实际上无法真正达到绝对真空。通过不断抽出空气，观察到声音逐渐变小，在此实验基础上进行合理推理，得出真空不能传声的结论，运用了实验推理法，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项中描述的实验中包含的物理研究方法，再与牛顿第一定律的探究方法对照即可。
7．【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】 开关闭合时，若导线完好则电铃不响；而当导线被拉断后电铃响，说明导线和电铃并联，导线完好时，电铃被短路；为了保护电路，灯泡应串联在干路中，选项C符合题意。
故选C。
【分析】 一般情况下，闭合开关用电器工作，此时二者串联。如果闭合开关后，对应的用电器停止工作，那么开关应该与这个用电器并联，据此分析判断。
8．【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 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：
A．第一次的像是放大的，故A错误；
B．第二次的像比第一次小，故B错误；
C．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u1=v2，v1=u2，蜡烛和光屏间的距离是16cm+24cm=40cm，故C正确；
D．凸透镜的焦距范围是8cm＜f＜12cm，故D错误。
故选C。
【分析】在凸透镜成像的实验中，如果将物距和像距交换数值，那么光屏上仍然成清晰的实像，只是像的大小相反，结合凸透镜的成像规律分析判断即可。
9．【答案】D
【知识点】势能大小的比较；杠杆的分类；机械效率的计算
【解析】【解答】 A.摇杆在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故A错误；
B.人踩动长柄摇杆末端的踏板使大轮转动，相同时间内转速越快输水做功越多，选项中缺少时间相同这个条件，故B错误；
C.一定质量的水被水车提升到高处，其质量不变、高度增加，则重力势能增大，故C错误；
D.增大机械效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小摩擦，因此要提高“龙骨水车”提水效率，可以增大槽内板叶刮水的质量，或在各部件之间加润滑油来减小摩擦，故D正确。
故选D。
【分析】 A.根据动力作用在轮上，可以省力；
B.转轮转速越快，相同时间内输水做功越多；
C.重力势能与质量和高度有关；
D.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．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 由图可知，闭合开关S后，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
A.当滑片P向右移动时，变阻器R2接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，故A错误；
B.电压表V1测R1两端的电压，滑片P向右移动时，电路中的电流变大，由U=IR可知定值电阻R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故B错误；
C.由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数之比等于R1的阻值，且R1是定值电阻，所以该比值不变，故C错误；
D.电压表V2测R2两端的电压，由欧姆定律可知，电压表V2示数与电流表A示数之比等于变阻器R2接入电路的电阻，因为滑片P向右移动时，变阻器R2接入电路的电阻变小，所以电压表V2示数与电流表A示数之比变小，故D正确。
故选D。
【分析】 由图知，闭合开关S后，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
A.当滑片P向右移动时，变阻器R2接入电路的电阻变小，根据电阻的串联和欧姆定律分析电流表的示数如何变化；
B.电压表V1测R1两端的电压，且知道滑片向右移动时电路中电流的变化，根据U=IR分析电压表V1的示数如何变化；
C.由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数之比等于R1的阻值，据此分析该比值如何变化；
D.电压表V2测R2两端的电压，由欧姆定律可知，电压表V2示数与电流表A示数之比等于变阻器R2接入电路的电阻，据此分析该比值如何变化。
11．【答案】B
【知识点】比热容；热量的计算；电功率的计算
【解析】【解答】 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R1的阻值大于R2的阻值，工作电压相同，根据可知，R1的电功率小于R2的电功率，根据Q=W=Pt可知，电热丝R1产生的热量小于R2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，根据可知，因液体a的质量大于b的质量，故液体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。
故选B。
【分析】 由已知条件，根据可知R1的电功率小于R2的电功率，根据Q=W=Pt确定相同时间电热丝R1产生的热量小于R2产生的热量，根据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。
12．【答案】C
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理
【解析】【解答】 三种标尺上相同距离的刻线间对应的物体质量变化分别为Δm1、Δm2和Δm3。
假设相同距离的刻线间的距离为Δh；
在水槽外壁，标注刻度，△V排=S容Δh=225cm2×Δh；
根据阿基米德原理和浮力等于重力，ΔG=Δmg=ΔF浮=ρ水gΔV排；
物体的质量变化等于排开水的质量变化，
则△m1=ρ水△V排=ρ水×225cm2×Δh；
②在塑料杯内壁，用杯子浸入水中的深度变化标注；△V排2=S杯Δh=85cm2×Δh；
则△m2=ρ水△V排2=ρ水×85cm2×Δh；
③在水槽外壁，用杯底所装指针离槽底的高度h3的变化标注，当塑料杯下行Δh时，液面会升高，且体积变化相等，即S杯Δh=（S容-S杯）L；
；
；
则△m3=ρ水△V排3=ρ水×136.6Δh；
则△m1＞△m3＞△m2。
故选C。
【分析】 要比较质量，需要分析重力，根据浮力秤是漂浮，浮力等于重力，因而质量的变化等于重力的变化，也等于浮力的变化，假设刻度的距离，根据所给的底面积计算排开液体的变化，根据阿基米德原理比较液体的重力与质量。
13．【答案】振动；响度；音色
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】 声音是由物体振动产生的，琴弦振动带动周围空气振动，从而产生声音传播到听众耳中。拨弦力度越大，琴弦振动的幅度越大，声音的响度就越大，响度与物体振动的幅度有关。而不同乐器发出声音的音色不同，是因为它们的材料、结构以及发声方式等因素存在差异，琵琶和三弦在这些方面有所不同，所以听众可以依据音色来分辨它们的声音。
【分析】 声音是由物体振动产生的；
音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。
音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。
14．【答案】升华；凝华
【知识点】升华及升华吸热；凝华及凝华放热；水的三态变化
【解析】【解答】 干冰是固态二氧化碳，在常温常压下会直接由固态变为气态，这个过程叫升华。干冰升华时吸收大量的热，使瓶子周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷直接由气态变为固态小冰晶，附着在瓶底，这个过程叫凝华。
【分析】 根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
15．【答案】磁效应；发电机
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁感应
【解析】【解答】 奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应；发电机的原理是电磁感应现象。
【分析】根据对奥斯特实验现象的理解解答。根据对电磁感应现象应用的知识解答。
16．【答案】大于；运动；做功；电磁波
【知识点】做功改变物体内能；力与运动的关系；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 （1）火箭受到向上的推力大于重力时，两个力的合力向上，与运动方向相同，此时火箭加速上升；
（2）火箭与飞船分离过程中，火箭相对于飞船位置发生了变化，所以火箭相对于飞船是运动的；
（3）火箭外壳返回过程中，由于空气摩擦，机械能转化为内能，导致火箭的温度升高，内能增加，这是通过做功的方式改变火箭的内能；
（4）飞船进入轨道后，利用电磁波传输信号与地面联系。
【分析】 （1）力可以改变物体的运动状态，当合力的方向与运动方向相同时，物体做加速运动，当合力方向与运动相反时，物体做减速运动；
（2）物体相对于参照物的位置没有发生变化，则运动是静止的；物体相对于参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能；做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移；
（4）电磁波可以传递能量和信息。
17．【答案】（1）d
（2）深度
（3）压住塑料盒绕某一竖直转动
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 （1）通过观察橡皮膜d的形变可知，水的内部有向上的压强。
（2）通过观察橡皮膜b、c 或 f、e的形变可知，深度越大，水的压强越大。
（3）想探究同一深度处，各水平方向是否都有压强，接下来的操作是：将塑料盒放在水中保持深度不变，分别转动塑料盒，使橡皮膜b、c、e、f处于同一深度的不同水平方向，观察橡皮膜的形变程度。根据液体内部压强的特点，在同一深度，液体向各个方向的压强相等。如果在同一深度不同水平方向的橡皮膜形变程度相同，则可证明同一深度处，各水平方向都有压强且压强相等。
【分析】 （1）图乙中橡皮膜d向内凹陷，说明水对塑料盒的底部有向上的压力，从而证明水的内部有向上的压强；
（2）橡皮膜c比b的凹陷程度大，e比f的凹陷程度大，而c和e所处深度更深，说明在同种液体中，深度越大，水的压强越大。
（3）由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；在同一深度处液体向各个方向的压强相等；不同液体的压强还跟密度有关。
18．【答案】2；1100；506
【知识点】电阻的串联；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】 （1）由图可知，开关旋至“1”挡，电阻R1、R2串联，此时电路总电阻：R串=R1+R2；开关旋至“2”挡，只有R1工作，
因R串＞R1，根据 可知：开关旋至“1”挡，功率较小，为保温档，接“2”时功率较大为加热档；
（2）开关旋至“2”挡，只有R1工作，为加热档；
则加热功率为：；
（3）保温功率P保温=88W，则电路中总电阻：，
则R2=R总-R1=550Ω-44Ω=506Ω。
【分析】 （1）分析开关旋至不同位置时电路连接，根据判断；
（2）开关旋至“2”挡，只有R1工作，为加热档，根据 求出加热档的功率；
（3）已知保温功率，根据 求出电路中总电阻，总电阻减去R1的电阻即为R2的阻值。
19．【答案】（1）S
（2）5
（3）上
【知识点】杠杆的平衡条件；通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】 （1）由图可知，电流由螺线管的下端流入，由安培定则可知，电磁铁的下端为N极，上端为S极；
（2）由图可知，抬杆AB实质是一个杠杆，AB的重心到支点O的距离为：L阻=AB-OB=×3m-0.6m=0.9m，L动=OB=0.6m，
B端受到的拉力大小等于铁柱的重力大小与电磁铁对铁柱的吸引力大小之和，根据杠杆的平衡条件可得：
G杆L阻=（G铁+F）L动，
则：20N×0.9m=（25N+F）×0.6m，
解得：F=5N；
（3）要使抬杆A端从图示位置向上抬起，应增加电磁铁对铁柱的吸引力，即增大电磁铁的磁性，因此应将滑动变阻器的滑片P应向上端移动，减小电路中的电阻，增大电路中的电流。
【分析】 （1）根据安培定则判断电磁铁的磁极；
（2）由图可知，B端受到的拉力大小等于铁柱的重力大小与电磁铁对铁柱的吸引力大小之和，根据杠杆的平衡条件解答；
（3）电磁铁的磁性大小与电流的大小有关，通过的电流越大，电磁铁的磁性越强。
20．【答案】（1）D
（2）乙；压强
（3）西
【知识点】力作用的相互性；压强的大小及其计算；新材料的特点及应用
【解析】【解答】 （1）极地环境温度低，所以材料需要耐低温；破冰艏柱要切开冰层，需要硬度大；在破冰过程中不能轻易断裂，需要韧性好。而密度小不是必须的属性，因为密度主要影响船的载重等方面，与破冰艏柱的主要功能关系不大，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
（2）根据破冰要求设计的船首。设计水线以下艏柱呈倾斜状，与基线构成30°夹角，其首端为折角形，在水线以下部分较倾斜，与水平面成20°～25°夹角。破冰船和经常在冰区航行的船舶采用这种形式，它有助于船体较容易地冲上冰层，压碎冰块，破冰前进。结合压强公式重新分析，雪龙2号的船首应设计成如图乙所示的形状，根据压强公式，当船首重压时，压力F增大，而受力面积S不变，所以压强p增大，艏柱就犹如利刃切开冰层。
（3）因为“雪龙 2 号”向南行驶，根据力的作用是相互的，螺旋桨推动水流向西运动时，水流会对船尾有一个向东的反作用力，使得船尾向东转向。
【分析】 （1）物质的物理属性包含：密度、比热容、硬度、透明度、导电性、导热性、弹性、磁性等。
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积增大压强；在受力面积一定时，增大压力增大压强。
（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
21．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】作光的反射光路图；力的三要素及力的示意图；滑轮组的设计与组装；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1） 首先过入射点O做出法线，根据反射角等于入射角在法线的右侧做出反射光线，如图所示：
（2） 重力的方向是竖直向下的，从小球重心（球心）画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
（3） 地上的人用滑轮组提升重物，因人站在地面上，故人只能用下用力，绳子有效段数为2，如下所示：
（4） 火线首先进入开关，然后接到灯泡，再零线，这样在更换灯泡时更安全。如图所示：
【分析】（1） 光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”.
（2）对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3） 根据人站在地面上确定人的用力方向，从而可知绳子的有效段数，据此连接。
（4） 开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
22．【答案】（1）解：货箱的速度：。
（2）解：货箱匀速竖直提升时处于平衡状态，
则支持力；
叉车对货箱所做的功：。
（3）解： 叉车对货箱所做功的功率：。
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）已知货箱上升的高度和时间，根据求货箱的速度；
（2）叉车克服货箱的重力做功，根据W=Gh=mgh求叉车对货箱所做的功；
（3）根据求叉车对货箱所做功的功率。
23．【答案】（1）解：水吸收的热量：
（2）解：煤气完全燃烧放出的热量：。
（3）解： 煤气炉加热的效率：。
【知识点】热量的计算；燃料的热值；热机效率的计算——烧锅炉
【解析】【分析】 （1）已知水的比热容、质量和初温度、末温度，利用Q吸=c水m水（t-t0）可以得到吸收的热量；
（2）已知煤气的热值和质量，根据Q放=mq煤气得到煤气完全燃烧放出的热量；
（3）水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比就是煤气灶的效率。
24．【答案】（1）解：通过灯泡 L 的电流：
（2）解：通过电阻 R 的电流：；
因为灯泡正常发光，
所以电源电压 ，
电阻 R 的电功率：。
（3）解： 电路消耗的电能：
。
【知识点】并联电路的电流规律；电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）由灯泡L的规格为“6V 3W”，根据P=UI可知通过灯泡L的电流；
（2）闭合开关S，两灯并联，电流表测干路的电流，灯泡正常发光可知灯的电压为即电源电压，通过灯的电流为0.5A，根据电流表示数，由并联电路电流的规律可知通过R的电流，最后根据P=UI得出电阻R的电功率；
（3）根据W=UIt得出通电2min电路消耗的电能。
25．【答案】（1）88
（2）不变
（3）低于；不会
【知识点】探究水的沸腾实验
【解析】【解答】 （1）温度计的分度值为1℃，故读数为88℃；
（2）水沸腾时的特点是继续吸热温度不变；
（3）当烧杯中的水沸腾后，烧杯中的水温保持水的沸点不变，由图乙可知水的沸点为99℃；分析表中数据可知，试管中水的最终温度为98℃（可能原因是试管中水吸收的热量等于散失的热量，导致试管中水温不变），低于实验时水的沸点，所以试管中的水不会沸腾。
【分析】 （1）用温度计测量液体的温度，读数时先看清是零上还是零下的，然后认清量程和分度值，最后读出示数；
（2）水中沸腾的过程中，吸热，但温度不变；
（3）液体沸腾需要同时满足两个条件：达到沸点，继续吸热。
26．【答案】（1）水平
（2）匀速直线；2.2
（3）乙丙
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】 （1）只有用弹簧测力计沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小。实验前，应将弹簧测力计水平放置后进行校零；
（2）根据（1），实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块在水平木板上做匀速直线运动，弹簧测力计示数如图甲，分度值为0.2N，此时木块受到的滑动摩擦力大小为2.2N；
（3）探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系要控制压力相同，比较 乙、丙两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。
【分析】 （1）根据二力平衡的条件分析；实验前，应将弹簧测力计在测力的方向上进行校零；
（2）根据二力平衡的条件分析；由测力计分度值读数；
（3）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答。
27．【答案】（1）
（2）R1
（3）1
（4）电阻一定
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】 （1）由甲图可知电压表与定值电阻并联，故实物图如图所示：
；
（2）探究电流与电压关系的电路图为串联电路，电压表测定值电阻R两端的电压，电流表测电路中的电流。闭合开关，移动滑片，电流表无示数，说明电路中有断路，电压表的示数接近电源电压，说明电压表与电源接通，所以是电压表并联部分电路断开了，是定值电阻R1断路了；
（3）要探究电流和电压的关系，电阻不变，而灯泡的电阻随温度的升高而升高，由表格中的数据可知定值电阻阻值为10欧，故滑动变阻器阻值最大时，电路的最小电流为，故第一组数据是拼凑的；
（4）分析表格中的实验数据知，当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
【分析】 （1）由甲图可知电压表与定值电阻并联；
（2）由电流表判断故障类型，再由电压表判断故障位置；探究“电流与电压的关系”时，变阻器主要作用调节定值电阻两端的电压；
（3）根据串联电路的电压、电流关系结合滑动变阻器的最大阻值进行分析；
（4）分析表格中的实验数据回答。
28．【答案】（1）竖直
（2）重合
（3）方法2
（4）ac；N
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）如果玻璃板不垂直放置，后面的棋子与前面棋子的像不在同一高度上，怎样操作都不会重合的，因此也就无法比较像与物的大小关系；
（2）在玻璃板前放一个棋子A，再将另一个相同的棋子B放到玻璃板后，调整棋子B的位置，发现它与棋子A所成的像完全重合，这说明像与物体大小相等。两者重合时，在方格纸上标出棋子A、B的位置并记录；
（3）物距和像距分别是物和像到平面镜反射面的距离，故方法2正确；
（4）小明能看到灯在其正前方成像，说明灯的像需位于右侧孔的正前方（即小明的正前方）。平面镜成像时，像与物关于镜面对称，因此玻璃板的位置需使灯的对称像处于左侧孔的延长线上；两人能互相看到对方，说明左右孔之间的光路未被玻璃板完全遮挡。若玻璃板沿 ac 方向（如左下到右上的对角线下半部分）斜放，其位置不会阻挡左右孔的直线视线；若放 ac 方向中间可能遮挡光路，导致无法互相看到；若灯贴在 N 处（靠近右侧面），根据对称关系，其像会出现在左侧孔的正前方（小明的正前方）。
【分析】 （1）像与物关于玻璃板对称，玻璃板的摆放角度要能够使后面的棋子与前面棋子的像完全重合；
（2）平面镜成像时，像与物体的大小相等；
（3）物距和像距分别是物和像到平面镜反射面的距离；
（4）根据光的反射定律分析。
29．【答案】（1）R1
（2）80
（3）3
（4）降低
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电磁铁的其他应用
【解析】【解答】 （1）由图乙可知，R1与R2串联，加热设备并联在R1两端。由图甲可知，当温度降低时，热敏电阻的阻值变大，根据串联电路的分压关系可知，热敏电阻两端的电压变大，当温度降低到一定程度时，AB两端的电压增大到一定程度，此时加热设备要开启工作，故电路中的R1是热敏电阻；
（2）由图甲可知，当t=20℃时，热敏电阻的阻值：R1=160Ω，此时UAB=4V，
根据串联电路的电压规律可得，定值电阻两端的电压：U2=U-UAB=6V-4V=2V，
根据串联电路的分压关系可得，定值电阻的阻值：；
（3）由图甲可知，当t=30℃时，热敏电阻的阻值：R'1=80Ω=R2，
根据串联电路的电阻和欧姆定律可得，电路中的电流：，
此时AB两端的电压：U0=U'AB=IR'1=
A×80Ω=3V；
（4） 长时间使用后，电源电压降低，由于控制电压不变，根据串联电路的电压规律可知，定值电阻两端的电压变小，根据可知，在UAB和R2一定时，U2变小，系统控制的最高温度对应热敏电阻的阻值变小，由图甲可知，系统控制的最高温度升高。
【分析】 （1）由图乙可知，R1与R2串联，加热设备并联在R1两端。由图甲可知，当温度降低时，热敏电阻的阻值变大，根据串联电路的分压关系可知，热敏电阻两端的电压变大，当温度降低到一定程度时，加热设备开启工作，由此判断电路中的热敏电阻；
（2）由图甲可知，当t=20℃时，热敏电阻的阻值大小，此时UAB=4V，根据串联电路的电压规律可得定值电阻两端的电压，根据串联电路的分压关系可得定值电阻的阻值大小；
（3）由图甲可知，当t=30℃时，热敏电阻的阻值大小，根据串联电路的电阻和欧姆定律求电路中的电流，进一步求得AB两端的电压。
（4） 长时间使用后，电源电压降低，由于控制电压不变，根据串联电路的电压规律可知，定值电阻两端的电压变小，根据串联电路的分压关系可知系统控制的最高温度对应热敏电阻的阻值变化，从而可知系统控制的最高温度变化。
30．【答案】（1）右
（2）0.7
（3）b
（4）改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且体积均为50mL
【知识点】密度公式及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）由图甲可知，杠杆静止时，发现左端低、右端高，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节；
（2）由图乙可知，重物A对应的刻度为9g，左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
1.0g/cm3×30cm3=ρ液×30cm3+9g，
解得：ρ液=0.7g/cm3；
（3）左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，
根据m=ρV可知，ρ水V=ρ液V+m，即，
液体的体积和水的密度一定，所以待测液体密度ρ液与重物A所示质量m成一次函数关系，且重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系；
（4）由（3）可知，重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，因此可将右侧容器装水，左侧容器装待测液体，由于左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
ρ液V=ρ水V+m，即，
重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越大；
要使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，当液体密度为1.2g/cm3，重物A的质量为10g，代入上式，解得：V=50cm3=50mL，故调整措施为：改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且容器的体积为50mL。
【分析】 （1）要使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式求出待测液体的密度；
（3）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式写出待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式，据此分析；
（4）根据（3）待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式分析回答。
1 / 1江苏省苏州市2025年中考物理真题
1．（2025·苏州）下列属于可再生能源的是
A．煤 B．太阳能 C．石油 D．天然气
【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】 煤、石油、天然气是埋藏在地下的动植物体经过亿万年的时间的形成的，短期内不能从自然界得到补充，是不可再生能源；
太阳能够一直从太阳上源源不断的得到，在人类有限的年代中，太阳能是无限的，是可再生能源。
故选B。
【分析】 能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；
短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。
2．（2025·苏州）请将正在使用的物理试卷按图示方式完全展开，估计试卷的长和宽，其值最接近
A．70cm 26cm B．70cm 13cm C．35cm 26cm D．35cm 13cm
【答案】A
【知识点】长度的估测
【解析】【解答】 正在使用的物理试卷为4页，长度约为70cm，一根筷子的长度约25cm，物理试卷的宽略大于此数值，在26cm左右。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 结合对常见长度的了解，运用长度单位的换算关系分析判断。
3．（2025·苏州）关于粒子和宇宙，下列说法正确的是
A．同种电荷相互吸引
B．太阳是宇宙的中心
C．原子核由质子和电子构成
D．分子处在永不停息的无规则运动中
【答案】D
【知识点】电荷间的相互作用规律；分子热运动；宇宙；原子结构
【解析】【解答】 A.电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故A错误；
B.宇宙中含有众多的星系，而每个星系中又有无数的恒星，太阳只是其中一颗，太阳是太阳系的中心，而不是宇宙的中心，故B错误；
C.原子核由质子和中子组成，故C错误；
D.一切物质的分子都在不停地做无规则运动，故D正确。
故选D。
【分析】 A.电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
B.太阳是太阳系的中心，而不是宇宙的中心；
C.原子是由原子核和核外电子组成，原子核又由质子和中子组成；
D.一切物质的分子都在不停地做无规则运动。这种无规则运动叫作分子的热运动。
4．（2025·苏州）如图所示是苏州园林中的景象，由光的折射形成的是
A．亭台在水中的“倒影”
B．碧水中变浅的“池底”
C．漏窗在墙壁上的“影子"
D．夕阳下水中的“太阳”
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】 A.平静的水面相当于平面镜，亭台在水中形成倒影，是平面镜成像现象，是由于光的反射形成的，故A不符合题意；
B.池底看起来比实际浅是光的折射形成的，故B符合题意；
C.墙壁上的影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故C不符合题意；
D.平静的水面相当于平面镜，太阳在水中形成倒影，是平面镜成像现象，是由于光的反射形成的，故D不符合题意。
故选B。
【分析】 当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
5．（2025·苏州）关于能量的转化和转移，下列说法不正确的是
A．金属汤勺放在热汤中，温度升高，内能减小
B．核电站利用核裂变释放的能量来发电
C．汽油机的做功冲程主要将内能转化为机械能
D．能量的转移和转化具有方向性，需要节约能源
【答案】A
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能；热机的四个冲程；能量的转化或转移；核裂变
【解析】【解答】 A.物体的温度升高时，内能增大；温度降低时，内能减小，故金属汤勺放在热汤中，吸收热量，温度升高，内能增大，故A错误符合题意；
B.核电站是利用核裂变释放的能量来发电的，故B正确不合题意；
C.汽油机属于热机，在做功冲程中，主要将内能转化为机械能，故C正确不合题意；
D.能量的转移和转化具有方向性，我们要节约能源，故D正确不合题意。
故选A。
【分析】A.物体的温度升高时，内能增大；温度降低时，内能减小；
B.核电站是利用核裂变释放的能量来发电的；
C.汽油机在做功冲程中，主要将内能转化为机械能；
D.能量的转移和转化具有方向性，我们要节约能源。
6．（2025·苏州）牛顿第一定律是在实验的基础上推理得出的，下列做法中用到这一研究方法的是
A．初探电路时，用水流类比电流
B．用磁感线描述磁体周围磁场的分
C．用被撞击木块移动的距离反映物体的动能
D．通过抽气探究声音的传播条件布
【答案】D
【知识点】物理学方法
【解析】【解答】 牛顿第一定律是在实验的基础上通过科学推理得出的，这种研究方法称为实验推理法。
A.用水流类比电流，是通过比较水流和电流的相似之处，用熟悉的水流来认识不熟悉的电流，这种方法是类比法，故A不符合题意。
B.用磁感线描述磁体周围磁场的分布，磁感线是为了形象地描述磁场而引入的假想曲线，实际并不存在，这种方法是模型法，故B不符合题意。
C.用被撞击木块移动的距离反映物体的动能，是将物体的动能大小转换为木块移动距离的长短来进行观察和比较，运用的是转换法，故C不符合题意。
D.在探究声音的传播条件时，用抽气机抽密闭容器中的空气，试图达到真空环境，但实际上无法真正达到绝对真空。通过不断抽出空气，观察到声音逐渐变小，在此实验基础上进行合理推理，得出真空不能传声的结论，运用了实验推理法，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项中描述的实验中包含的物理研究方法，再与牛顿第一定律的探究方法对照即可。
7．（2025·苏州）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，导线 MN被扯断，灯亮且电铃响。下列电路符合设计要求的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】 开关闭合时，若导线完好则电铃不响；而当导线被拉断后电铃响，说明导线和电铃并联，导线完好时，电铃被短路；为了保护电路，灯泡应串联在干路中，选项C符合题意。
故选C。
【分析】 一般情况下，闭合开关用电器工作，此时二者串联。如果闭合开关后，对应的用电器停止工作，那么开关应该与这个用电器并联，据此分析判断。
8．（2025·苏州）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 16cm 和24cm时，光屏上先后两次都呈现烛清晰的像。下列说法正确的是
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 40cm D．凸透镜的焦距是20cm
【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 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：
A．第一次的像是放大的，故A错误；
B．第二次的像比第一次小，故B错误；
C．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u1=v2，v1=u2，蜡烛和光屏间的距离是16cm+24cm=40cm，故C正确；
D．凸透镜的焦距范围是8cm＜f＜12cm，故D错误。
故选C。
【分析】在凸透镜成像的实验中，如果将物距和像距交换数值，那么光屏上仍然成清晰的实像，只是像的大小相反，结合凸透镜的成像规律分析判断即可。
9．（2025·苏州） 如图所示，“龙水车"是我国古代主要的提水设施之一。水车一端浸人水中，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
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】D
【知识点】势能大小的比较；杠杆的分类；机械效率的计算
【解析】【解答】 A.摇杆在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故A错误；
B.人踩动长柄摇杆末端的踏板使大轮转动，相同时间内转速越快输水做功越多，选项中缺少时间相同这个条件，故B错误；
C.一定质量的水被水车提升到高处，其质量不变、高度增加，则重力势能增大，故C错误；
D.增大机械效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小摩擦，因此要提高“龙骨水车”提水效率，可以增大槽内板叶刮水的质量，或在各部件之间加润滑油来减小摩擦，故D正确。
故选D。
【分析】 A.根据动力作用在轮上，可以省力；
B.转轮转速越快，相同时间内输水做功越多；
C.重力势能与质量和高度有关；
D.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．（2025·苏州）如图所示的电路中，闭合开关S后，当滑片P向右移动时，则
A．电流表A示数变小
B．电压表V1示数不变
C．电压表V1示数与电流表A示数之比变大
D．电压表V2示数与电流表A示数之比变小
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 由图可知，闭合开关S后，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
A.当滑片P向右移动时，变阻器R2接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，故A错误；
B.电压表V1测R1两端的电压，滑片P向右移动时，电路中的电流变大，由U=IR可知定值电阻R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故B错误；
C.由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数之比等于R1的阻值，且R1是定值电阻，所以该比值不变，故C错误；
D.电压表V2测R2两端的电压，由欧姆定律可知，电压表V2示数与电流表A示数之比等于变阻器R2接入电路的电阻，因为滑片P向右移动时，变阻器R2接入电路的电阻变小，所以电压表V2示数与电流表A示数之比变小，故D正确。
故选D。
【分析】 由图知，闭合开关S后，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
A.当滑片P向右移动时，变阻器R2接入电路的电阻变小，根据电阻的串联和欧姆定律分析电流表的示数如何变化；
B.电压表V1测R1两端的电压，且知道滑片向右移动时电路中电流的变化，根据U=IR分析电压表V1的示数如何变化；
C.由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数之比等于R1的阻值，据此分析该比值如何变化；
D.电压表V2测R2两端的电压，由欧姆定律可知，电压表V2示数与电流表A示数之比等于变阻器R2接入电路的电阻，据此分析该比值如何变化。
11．（2025·苏州）如图甲，两个相同的容器中分别装有液体a、6，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R1的阻值大于R2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
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．R1的电功率大于R2的电功率
【答案】B
【知识点】比热容；热量的计算；电功率的计算
【解析】【解答】 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R1的阻值大于R2的阻值，工作电压相同，根据可知，R1的电功率小于R2的电功率，根据Q=W=Pt可知，电热丝R1产生的热量小于R2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，根据可知，因液体a的质量大于b的质量，故液体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。
故选B。
【分析】 由已知条件，根据可知R1的电功率小于R2的电功率，根据Q=W=Pt确定相同时间电热丝R1产生的热量小于R2产生的热量，根据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。
12．（2025·苏州）用柱形水槽、柱形塑料杯(含配重)、质量已知的砝码和水，可制作测量物体质量的装置.使用时，在竖直漂浮的塑料杯中放入待测物体，杯子仍竖直料林漂浮，根据制作好的标尺便可读出待测物体的质量。制作标尺时，通过在杯中放入砝码进行质量标注(杯子竖直漂浮)。如图所示，标注的方式有三种：
①在水槽外壁，用水面高度h1的变化标注；
②在塑料杯内壁，用杯子浸人水中的深度h2的变化标注；
③在水槽外壁，用杯底所装指针离槽底的高度h3的变化标注。
若水槽和塑料杯的底面积分别为225cm2和85cm2，三种标尺上相同距离的刻线问对应的物体质量变化分别为 m1、 m2，和 m3。则
A． m1> m2> m3 B． m2> m1=m3
C． m1> m3= m2 D． m3> m1> m3
【答案】C
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理
【解析】【解答】 三种标尺上相同距离的刻线间对应的物体质量变化分别为Δm1、Δm2和Δm3。
假设相同距离的刻线间的距离为Δh；
在水槽外壁，标注刻度，△V排=S容Δh=225cm2×Δh；
根据阿基米德原理和浮力等于重力，ΔG=Δmg=ΔF浮=ρ水gΔV排；
物体的质量变化等于排开水的质量变化，
则△m1=ρ水△V排=ρ水×225cm2×Δh；
②在塑料杯内壁，用杯子浸入水中的深度变化标注；△V排2=S杯Δh=85cm2×Δh；
则△m2=ρ水△V排2=ρ水×85cm2×Δh；
③在水槽外壁，用杯底所装指针离槽底的高度h3的变化标注，当塑料杯下行Δh时，液面会升高，且体积变化相等，即S杯Δh=（S容-S杯）L；
；
；
则△m3=ρ水△V排3=ρ水×136.6Δh；
则△m1＞△m3＞△m2。
故选C。
【分析】 要比较质量，需要分析重力，根据浮力秤是漂浮，浮力等于重力，因而质量的变化等于重力的变化，也等于浮力的变化，假设刻度的距离，根据所给的底面积计算排开液体的变化，根据阿基米德原理比较液体的重力与质量。
13．（2025·苏州）苏州评弹是国家级非物质文化遗产，表演中常用到琵琶、三弦等乐器，如图所示。当演者拔动琴弦时，弦因 而发出声音，且拔的力度越大，声音的 越大；听众能分出琵琶和三弦发出的声音，主要是依据声音的 不同。
【答案】振动；响度；音色
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】 声音是由物体振动产生的，琴弦振动带动周围空气振动，从而产生声音传播到听众耳中。拨弦力度越大，琴弦振动的幅度越大，声音的响度就越大，响度与物体振动的幅度有关。而不同乐器发出声音的音色不同，是因为它们的材料、结构以及发声方式等因素存在差异，琵琶和三弦在这些方面有所不同，所以听众可以依据音色来分辨它们的声音。
【分析】 声音是由物体振动产生的；
音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。
音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。
14．（2025·苏州）如图所示，用镊子取几块干冰放入瓶中，将气球套在瓶口。干冰因 变为气态，使球逐渐变大，同时空气中的水蒸气遇冷 ，在瓶底形成白霜。(填物态变化名称)
【答案】升华；凝华
【知识点】升华及升华吸热；凝华及凝华放热；水的三态变化
【解析】【解答】 干冰是固态二氧化碳，在常温常压下会直接由固态变为气态，这个过程叫升华。干冰升华时吸收大量的热，使瓶子周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷直接由气态变为固态小冰晶，附着在瓶底，这个过程叫凝华。
【分析】 根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
15．（2025·苏州）以下是《电磁转换》的相关知识结构图，请你补充完整。
① ，② 。
【答案】磁效应；发电机
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁感应
【解析】【解答】 奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应；发电机的原理是电磁感应现象。
【分析】根据对奥斯特实验现象的理解解答。根据对电磁感应现象应用的知识解答。
16．（2025·苏州） 如图，2025年4月24日搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。火箭受到向上的推力 重力，加速上升。火箭与飞船分过程中，火箭相对于飞船是 的。火箭外壳返回过程中，由于空气摩擦导致其温度升高，这是通过 的方式改变内能的。飞船进人轨道后，利用 传输信号与地联系。
【答案】大于；运动；做功；电磁波
【知识点】做功改变物体内能；力与运动的关系；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 （1）火箭受到向上的推力大于重力时，两个力的合力向上，与运动方向相同，此时火箭加速上升；
（2）火箭与飞船分离过程中，火箭相对于飞船位置发生了变化，所以火箭相对于飞船是运动的；
（3）火箭外壳返回过程中，由于空气摩擦，机械能转化为内能，导致火箭的温度升高，内能增加，这是通过做功的方式改变火箭的内能；
（4）飞船进入轨道后，利用电磁波传输信号与地面联系。
【分析】 （1）力可以改变物体的运动状态，当合力的方向与运动方向相同时，物体做加速运动，当合力方向与运动相反时，物体做减速运动；
（2）物体相对于参照物的位置没有发生变化，则运动是静止的；物体相对于参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能；做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移；
（4）电磁波可以传递能量和信息。
17．（2025·苏州）如图甲，在透明密闭塑料盒的上下左右四个而上开了六个相同圆孔.在孔的位置蒙上相同的橡皮膜a、b.c、d、e、f，将它压人水中后，出现如图乙所示的现象
（1）通过观察橡皮膜 的形变可知，水的内部有向上的压强；
（2）通过观察橡皮膜b、c或f、e的形变可知， 越大，水的压强越大；
（3）想探究同一深度处，各水平方向是否都有压强；接下来的操作是： 。
【答案】（1）d
（2）深度
（3）压住塑料盒绕某一竖直转动
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 （1）通过观察橡皮膜d的形变可知，水的内部有向上的压强。
（2）通过观察橡皮膜b、c 或 f、e的形变可知，深度越大，水的压强越大。
（3）想探究同一深度处，各水平方向是否都有压强，接下来的操作是：将塑料盒放在水中保持深度不变，分别转动塑料盒，使橡皮膜b、c、e、f处于同一深度的不同水平方向，观察橡皮膜的形变程度。根据液体内部压强的特点，在同一深度，液体向各个方向的压强相等。如果在同一深度不同水平方向的橡皮膜形变程度相同，则可证明同一深度处，各水平方向都有压强且压强相等。
【分析】 （1）图乙中橡皮膜d向内凹陷，说明水对塑料盒的底部有向上的压力，从而证明水的内部有向上的压强；
（2）橡皮膜c比b的凹陷程度大，e比f的凹陷程度大，而c和e所处深度更深，说明在同种液体中，深度越大，水的压强越大。
（3）由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；在同一深度处液体向各个方向的压强相等；不同液体的压强还跟密度有关。
18．（2025·苏州）如图是一款电水壶的电路简图，R1、R2，均为加热电阻，通过旋转旋开关可实现加热与温功能的切换，保温功率为 88W，R1阻值为 44Ω，加热时应将开关旋至 （1/2位置）加热功率为 W，R2的阻值为 Ω
【答案】2；1100；506
【知识点】电阻的串联；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】 （1）由图可知，开关旋至“1”挡，电阻R1、R2串联，此时电路总电阻：R串=R1+R2；开关旋至“2”挡，只有R1工作，
因R串＞R1，根据 可知：开关旋至“1”挡，功率较小，为保温档，接“2”时功率较大为加热档；
（2）开关旋至“2”挡，只有R1工作，为加热档；
则加热功率为：；
（3）保温功率P保温=88W，则电路中总电阻：，
则R2=R总-R1=550Ω-44Ω=506Ω。
【分析】 （1）分析开关旋至不同位置时电路连接，根据判断；
（2）开关旋至“2”挡，只有R1工作，为加热档，根据 求出加热档的功率；
（3）已知保温功率，根据 求出电路中总电阻，总电阻减去R1的电阻即为R2的阻值。
19．（2025·苏州）如图是控制车辆进出的电动闸门设计图。抬杆AB质量分布均匀，长度为3m，重为 20N，最右端B点处悬挂一重为25N 的铁柱，B点到支点O的距离为0.6m。开关S闭合后，调节滑动变阻器使抬杆AB处于水平静止状态。(忽略支点O处的摩擦)
（1）电磁铁上端为 (N/S)极；
（2）此时电磁铁对铁柱的吸引力为 N；
（3）要使抬杆A端从图示位置向上抬起，滑动变阻器的滑片P应向 端移动
【答案】（1）S
（2）5
（3）上
【知识点】杠杆的平衡条件；通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】 （1）由图可知，电流由螺线管的下端流入，由安培定则可知，电磁铁的下端为N极，上端为S极；
（2）由图可知，抬杆AB实质是一个杠杆，AB的重心到支点O的距离为：L阻=AB-OB=×3m-0.6m=0.9m，L动=OB=0.6m，
B端受到的拉力大小等于铁柱的重力大小与电磁铁对铁柱的吸引力大小之和，根据杠杆的平衡条件可得：
G杆L阻=（G铁+F）L动，
则：20N×0.9m=（25N+F）×0.6m，
解得：F=5N；
（3）要使抬杆A端从图示位置向上抬起，应增加电磁铁对铁柱的吸引力，即增大电磁铁的磁性，因此应将滑动变阻器的滑片P应向上端移动，减小电路中的电阻，增大电路中的电流。
【分析】 （1）根据安培定则判断电磁铁的磁极；
（2）由图可知，B端受到的拉力大小等于铁柱的重力大小与电磁铁对铁柱的吸引力大小之和，根据杠杆的平衡条件解答；
（3）电磁铁的磁性大小与电流的大小有关，通过的电流越大，电磁铁的磁性越强。
20．（2025·苏州）阅读材料，回答问题。
“雪龙”探极
“雪龙2号"是毯国自主建造的极地考察破冰船，具有船首、船尾双向破冰技术，填补了中国在极地科考重大装备领域的空白。船首的下部前沿部分叫破冰柱，用特殊的强钢打造，遇到厚度1.5米左右的冰层时，“雪龙2号"因其船首特有的形状，易于以一定的航速冲上冰面，在船首重压下破冰艏柱犹如一把利刃切开厚重的冰层，实现船首破冰。在厚冰海域，通过控制船尾下方吊舱式全回转螺艏柱、旋浆(水平面内可360度自由转动)，使船尾转向，船尾从上方重压冰层，同时螺旋桨削冰，冰层塌陷，实现船尾破冰。
（1）下列物理属性中，____不是制作破冰艏柱的材料必须具有的属性；
A．耐低温 B．，硬度大
C．韧性好(不易断裂) D．密度小
（2）雪龙2号的船首应设计成如图 所示的形状。船首破冰时，艏柱犹如利刃切开减层，是由于船首重压增大了艏柱对冰面的 。
（3）向南行驶的"雪龙2号"遇到厚冰阻挡，欲采用船尾破冰。调整螺旋桨，让螺旋桨推动的水流向 (东/南/西/北)运动，可使船尾向东转向。
【答案】（1）D
（2）乙；压强
（3）西
【知识点】力作用的相互性；压强的大小及其计算；新材料的特点及应用
【解析】【解答】 （1）极地环境温度低，所以材料需要耐低温；破冰艏柱要切开冰层，需要硬度大；在破冰过程中不能轻易断裂，需要韧性好。而密度小不是必须的属性，因为密度主要影响船的载重等方面，与破冰艏柱的主要功能关系不大，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
（2）根据破冰要求设计的船首。设计水线以下艏柱呈倾斜状，与基线构成30°夹角，其首端为折角形，在水线以下部分较倾斜，与水平面成20°～25°夹角。破冰船和经常在冰区航行的船舶采用这种形式，它有助于船体较容易地冲上冰层，压碎冰块，破冰前进。结合压强公式重新分析，雪龙2号的船首应设计成如图乙所示的形状，根据压强公式，当船首重压时，压力F增大，而受力面积S不变，所以压强p增大，艏柱就犹如利刃切开冰层。
（3）因为“雪龙 2 号”向南行驶，根据力的作用是相互的，螺旋桨推动水流向西运动时，水流会对船尾有一个向东的反作用力，使得船尾向东转向。
【分析】 （1）物质的物理属性包含：密度、比热容、硬度、透明度、导电性、导热性、弹性、磁性等。
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积增大压强；在受力面积一定时，增大压力增大压强。
（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
21．（2025·苏州）按要求作图。
（1）图甲中，光线 AO斜射到镜面上，画出其反射光线 OB；
（2）图乙中，小球在空中运动，画出它在图示位置受到的重力G；
（3）图丙中，地上的人用滑轮组提升重物，画出最省力的绳子绕法；
（4）图丁中，根据安全用电规范，在两个虚线框内分别画出开关和灯泡的电路元件符号。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】作光的反射光路图；力的三要素及力的示意图；滑轮组的设计与组装；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1） 首先过入射点O做出法线，根据反射角等于入射角在法线的右侧做出反射光线，如图所示：
（2） 重力的方向是竖直向下的，从小球重心（球心）画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
（3） 地上的人用滑轮组提升重物，因人站在地面上，故人只能用下用力，绳子有效段数为2，如下所示：
（4） 火线首先进入开关，然后接到灯泡，再零线，这样在更换灯泡时更安全。如图所示：
【分析】（1） 光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”.
（2）对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3） 根据人站在地面上确定人的用力方向，从而可知绳子的有效段数，据此连接。
（4） 开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
22．（2025·苏州）叉车常用于货物的转运，如图所示。叉车在10s内将质量为 300kg 的货箱匀速竖直提升3m，g 取 ION/kg。求此过程中：
（1）货箱的速度；
（2）叉车对货箱所做的功；
（3）叉车对货箱所做功的功率。
【答案】（1）解：货箱的速度：。
（2）解：货箱匀速竖直提升时处于平衡状态，
则支持力；
叉车对货箱所做的功：。
（3）解： 叉车对货箱所做功的功率：。
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）已知货箱上升的高度和时间，根据求货箱的速度；
（2）叉车克服货箱的重力做功，根据W=Gh=mgh求叉车对货箱所做的功；
（3）根据求叉车对货箱所做功的功率。
23．（2025·苏州）用煤气炉将 4kg 的水从20℃加热到70℃，消耗煤气 0.05kg。已知煤气的热值4.2x107J/kg，水的比热容为4.2x103J/(kg·℃)。求：
（1）水吸收的热量；
（2）煤气完全燃烧放出的热量；
（3）煤气炉加热的效率。
【答案】（1）解：水吸收的热量：
（2）解：煤气完全燃烧放出的热量：。
（3）解： 煤气炉加热的效率：。
【知识点】热量的计算；燃料的热值；热机效率的计算——烧锅炉
【解析】【分析】 （1）已知水的比热容、质量和初温度、末温度，利用Q吸=c水m水（t-t0）可以得到吸收的热量；
（2）已知煤气的热值和质量，根据Q放=mq煤气得到煤气完全燃烧放出的热量；
（3）水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比就是煤气灶的效率。
24．（2025·苏州）如图所示电路中，灯泡L的规格为“6V 3W"。闭合开关S， 灯泡正常发光，电流表示数为1.5A。求：
（1）通过灯泡L的电流；
（2）电阻R的电功率；
（3）通电2min，电路消耗的电能。
【答案】（1）解：通过灯泡 L 的电流：
（2）解：通过电阻 R 的电流：；
因为灯泡正常发光，
所以电源电压 ，
电阻 R 的电功率：。
（3）解： 电路消耗的电能：
。
【知识点】并联电路的电流规律；电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）由灯泡L的规格为“6V 3W”，根据P=UI可知通过灯泡L的电流；
（2）闭合开关S，两灯并联，电流表测干路的电流，灯泡正常发光可知灯的电压为即电源电压，通过灯的电流为0.5A，根据电流表示数，由并联电路电流的规律可知通过R的电流，最后根据P=UI得出电阻R的电功率；
（3）根据W=UIt得出通电2min电路消耗的电能。
25．（2025·苏州）小华利用实验室的自来水，探究水在沸腾前后温度变化的特点，实验装置如图甲。
（1）图甲中温度计的示数为 ℃
（2）水温升高到90℃开始计时，6分钟后水沸腾，图乙是根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像。由图像可知：水在沸腾前，温度升高；沸腾时，温度 。
（3）小华还想探究沸腾的水能否将试管中的水加热至沸腾，她取了同样的自来水倒入试管，利用图丙所示的装置进行实验，水温升高到85℃开始计时，得到温度和时间的数据如下表。请你根据数据分析：试管中水的最终温度 (高于/等于/低于)沸点，试管中的水 沸腾。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7
温度/℃ 85 89 92 95 97 98 98 98
【答案】（1）88
（2）不变
（3）低于；不会
【知识点】探究水的沸腾实验
【解析】【解答】 （1）温度计的分度值为1℃，故读数为88℃；
（2）水沸腾时的特点是继续吸热温度不变；
（3）当烧杯中的水沸腾后，烧杯中的水温保持水的沸点不变，由图乙可知水的沸点为99℃；分析表中数据可知，试管中水的最终温度为98℃（可能原因是试管中水吸收的热量等于散失的热量，导致试管中水温不变），低于实验时水的沸点，所以试管中的水不会沸腾。
【分析】 （1）用温度计测量液体的温度，读数时先看清是零上还是零下的，然后认清量程和分度值，最后读出示数；
（2）水中沸腾的过程中，吸热，但温度不变；
（3）液体沸腾需要同时满足两个条件：达到沸点，继续吸热。
26．（2025·苏州）探究影响滑动摩擦力大小的因素时，小明根据生活经验提出如下猜想：①与接触面 粗糙程度有关；②与压力大小有关。
（1）为验证猜想，他利用木块、弹簧测力计、木板、毛巾、重物等器材进行实验。实验前，将弹簧测力计 放置后进行校零；
（2）实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块在水平木板上做 运动，弹簧测力计示数如图中，此时木块受到的滑动摩擦力大小为 N；
（3）比较 两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。
【答案】（1）水平
（2）匀速直线；2.2
（3）乙丙
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】 （1）只有用弹簧测力计沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小。实验前，应将弹簧测力计水平放置后进行校零；
（2）根据（1），实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块在水平木板上做匀速直线运动，弹簧测力计示数如图甲，分度值为0.2N，此时木块受到的滑动摩擦力大小为2.2N；
（3）探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系要控制压力相同，比较 乙、丙两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。
【分析】 （1）根据二力平衡的条件分析；实验前，应将弹簧测力计在测力的方向上进行校零；
（2）根据二力平衡的条件分析；由测力计分度值读数；
（3）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答。
27．（2025·苏州）小明用电压为6V的电源、定值电阻R1、电压表、电流表、最大阻值为20Ω的滑动变阻器R2、开关等器材，探究导体中的电流与导体两端电压的关系。
（1）根据图甲所示电路图，将图乙的实物图连接完整 ；
（2）电路连接正确，规范操作后，闭合开关，小明发现电流表无示数，电压表示数为6V。中路中仅有一处故障，则故障可能是 。
（3）排除故障后继续实验，小明的实验数据如下表：
实验序号 1 2 3 4 5
电压/V 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5
电流/A 0.150 .25 0.35 0.45 0.54
老师指出表中有一组数据是无法从实验中测得的，请你判断这组数据的实验序号是 。
（4）通过实验得出初步结论： 时，导体中的电流与导体两端的电压成正比。
【答案】（1）
（2）R1
（3）1
（4）电阻一定
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】 （1）由甲图可知电压表与定值电阻并联，故实物图如图所示：
；
（2）探究电流与电压关系的电路图为串联电路，电压表测定值电阻R两端的电压，电流表测电路中的电流。闭合开关，移动滑片，电流表无示数，说明电路中有断路，电压表的示数接近电源电压，说明电压表与电源接通，所以是电压表并联部分电路断开了，是定值电阻R1断路了；
（3）要探究电流和电压的关系，电阻不变，而灯泡的电阻随温度的升高而升高，由表格中的数据可知定值电阻阻值为10欧，故滑动变阻器阻值最大时，电路的最小电流为，故第一组数据是拼凑的；
（4）分析表格中的实验数据知，当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
【分析】 （1）由甲图可知电压表与定值电阻并联；
（2）由电流表判断故障类型，再由电压表判断故障位置；探究“电流与电压的关系”时，变阻器主要作用调节定值电阻两端的电压；
（3）根据串联电路的电压、电流关系结合滑动变阻器的最大阻值进行分析；
（4）分析表格中的实验数据回答。
28．（2025·苏州）小明和小华利用茶色玻璃板、刻度尺、白纸、两个相同的电子蜡烛等器材，探究平面镜成像的特点。
（1）如图甲，将白纸平铺在水平桌面上，再将玻璃板 放置在纸上；
（2）在玻璃板前放上电子蜡烛A，闭合开关使其发光，再将电子蜡烛B放到玻璃板后，调整B的位置使其与A的像 ，在纸上分别记录A、B的位置；
（3）多次改变A的位置，重复上述实验。在探究像到镜面距离l2与物到镜面距离l1的关系时，下列测量方法中，正确的是 。
（4）完成探究后，小明和小华利用左右两侧面开孔的正方体纸盒、茶色玻璃板和发光小灯制作了一个"魔盒"，如图乙所示。两人都可以通过孔看到对方，但只有小明能看到魔盒中发光小灯在他正前方成的像。则纸盒中玻璃板可沿 (ac/bd)方向放置，且发光小灯应贴在纸盒内 (M/N)处。(注意两空对应关系，同时答对得分，写出一种做法即可)
【答案】（1）竖直
（2）重合
（3）方法2
（4）ac；N
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）如果玻璃板不垂直放置，后面的棋子与前面棋子的像不在同一高度上，怎样操作都不会重合的，因此也就无法比较像与物的大小关系；
（2）在玻璃板前放一个棋子A，再将另一个相同的棋子B放到玻璃板后，调整棋子B的位置，发现它与棋子A所成的像完全重合，这说明像与物体大小相等。两者重合时，在方格纸上标出棋子A、B的位置并记录；
（3）物距和像距分别是物和像到平面镜反射面的距离，故方法2正确；
（4）小明能看到灯在其正前方成像，说明灯的像需位于右侧孔的正前方（即小明的正前方）。平面镜成像时，像与物关于镜面对称，因此玻璃板的位置需使灯的对称像处于左侧孔的延长线上；两人能互相看到对方，说明左右孔之间的光路未被玻璃板完全遮挡。若玻璃板沿 ac 方向（如左下到右上的对角线下半部分）斜放，其位置不会阻挡左右孔的直线视线；若放 ac 方向中间可能遮挡光路，导致无法互相看到；若灯贴在 N 处（靠近右侧面），根据对称关系，其像会出现在左侧孔的正前方（小明的正前方）。
【分析】 （1）像与物关于玻璃板对称，玻璃板的摆放角度要能够使后面的棋子与前面棋子的像完全重合；
（2）平面镜成像时，像与物体的大小相等；
（3）物距和像距分别是物和像到平面镜反射面的距离；
（4）根据光的反射定律分析。
29．（2025·苏州）某科技小组要设计冬季植物大棚控温系统。
【任务与要求】当环境温度t≤20℃，加热设备开启工作：温度t≥30℃，停止工作，大棚内温度维持在一定范围。
【设计与实施]①器材有：电压为6V 的电源、定值电阻、可控加热设备、热敏电阻(阻值温度变化的关系如图甲)等。②设计的电路如图乙，加热设备是否工作由其两端的电压UAB来控制，当UAB≥4V时，加热设备开启工作，当UAB≤UB时，加热设备不工作。(不考加热设备对电路的影响)
【分析与思考】
（1）电路中的 (R1/R2)是热敏电阻；
（2）定值电阻的阻值为 Ω
（3）U0= V
（4）长时间使用后，电源电压降低，系统控制的最高温度将 。
【答案】（1）R1
（2）80
（3）3
（4）降低
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电磁铁的其他应用
【解析】【解答】 （1）由图乙可知，R1与R2串联，加热设备并联在R1两端。由图甲可知，当温度降低时，热敏电阻的阻值变大，根据串联电路的分压关系可知，热敏电阻两端的电压变大，当温度降低到一定程度时，AB两端的电压增大到一定程度，此时加热设备要开启工作，故电路中的R1是热敏电阻；
（2）由图甲可知，当t=20℃时，热敏电阻的阻值：R1=160Ω，此时UAB=4V，
根据串联电路的电压规律可得，定值电阻两端的电压：U2=U-UAB=6V-4V=2V，
根据串联电路的分压关系可得，定值电阻的阻值：；
（3）由图甲可知，当t=30℃时，热敏电阻的阻值：R'1=80Ω=R2，
根据串联电路的电阻和欧姆定律可得，电路中的电流：，
此时AB两端的电压：U0=U'AB=IR'1=
A×80Ω=3V；
（4） 长时间使用后，电源电压降低，由于控制电压不变，根据串联电路的电压规律可知，定值电阻两端的电压变小，根据可知，在UAB和R2一定时，U2变小，系统控制的最高温度对应热敏电阻的阻值变小，由图甲可知，系统控制的最高温度升高。
【分析】 （1）由图乙可知，R1与R2串联，加热设备并联在R1两端。由图甲可知，当温度降低时，热敏电阻的阻值变大，根据串联电路的分压关系可知，热敏电阻两端的电压变大，当温度降低到一定程度时，加热设备开启工作，由此判断电路中的热敏电阻；
（2）由图甲可知，当t=20℃时，热敏电阻的阻值大小，此时UAB=4V，根据串联电路的电压规律可得定值电阻两端的电压，根据串联电路的分压关系可得定值电阻的阻值大小；
（3）由图甲可知，当t=30℃时，热敏电阻的阻值大小，根据串联电路的电阻和欧姆定律求电路中的电流，进一步求得AB两端的电压。
（4） 长时间使用后，电源电压降低，由于控制电压不变，根据串联电路的电压规律可知，定值电阻两端的电压变小，根据串联电路的分压关系可知系统控制的最高温度对应热敏电阻的阻值变化，从而可知系统控制的最高温度变化。
30．（2025·苏州）某实践小组用正中间开孔的直尺、带挂钩的重物A、水和两个可读取液体体积的同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前；需将两容器挂在直尺两端固定的挂上，如图甲，调节两端平衡螺母使直尺水平平衡，再将重物A挂在开孔处的"0g"刻度线处某次使用时，小明向左侧容器中倒入体积V=30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积待测液体，通过向右移动重物A，使直尺再次水平平衡(左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和)，如图乙。他根据相关数据，算出了该液体的密度。
（1）图甲中要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）小明测出的待测液体密度为 g/cm3；
（3）依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A所示质量m满足一定的函数关系，图丙中图线 符合此关系；
（4）对小明的某些做法进行调整，可使该装置的测量范围变为1.0-1.2g/cm3，且通过将重物4从“0g"移动到"10g"的过程来实现。请具体描述如何调整： 。(写出一种方法即可)
【答案】（1）右
（2）0.7
（3）b
（4）改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且体积均为50mL
【知识点】密度公式及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）由图甲可知，杠杆静止时，发现左端低、右端高，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节；
（2）由图乙可知，重物A对应的刻度为9g，左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
1.0g/cm3×30cm3=ρ液×30cm3+9g，
解得：ρ液=0.7g/cm3；
（3）左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，
根据m=ρV可知，ρ水V=ρ液V+m，即，
液体的体积和水的密度一定，所以待测液体密度ρ液与重物A所示质量m成一次函数关系，且重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系；
（4）由（3）可知，重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，因此可将右侧容器装水，左侧容器装待测液体，由于左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
ρ液V=ρ水V+m，即，
重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越大；
要使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，当液体密度为1.2g/cm3，重物A的质量为10g，代入上式，解得：V=50cm3=50mL，故调整措施为：改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且容器的体积为50mL。
【分析】 （1）要使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式求出待测液体的密度；
（3）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式写出待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式，据此分析；
（4）根据（3）待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式分析回答。
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