甘肃省兰州市2025年中考物理试卷
一、选择题：本大题11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中。只有一个选项是符合题目要求的。
1．（2025·兰州）声现象与我们的生活密切相关，下列关于声现象的说法正确的是( )
A．甲图，发声的音叉激起水花，说明声音是由物体振动产生的
B．乙图，在靠近居民区的道路边设置隔离墙，目的是在声源处减弱噪声
C．丙图，烛焰在发声的扬声器旁边晃动，说明声波能传递信息
D．丁图，用相同的力度拨动伸出桌面的钢尺，钢尺伸出的长度越长，音调越高
【答案】A
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；声与能量；防治噪声的途径
【解析】【解答】 A.发声的音叉激起水花，说明声音是由物体振动产生的，这里运用了转换法，故A正确；
B.在靠近居民区的道路边设置隔离墙，目的是在传播过程中减弱噪声，故B错误；
C.烛焰在发声的扬声器旁边晃动，说明声波能传递能量，故C错误；
D.改变钢尺伸出桌面的长度，用同样大小的力拨动其伸出桌面的一端，这样会导致钢尺振动的快慢不同，即发声音调不同，钢尺伸出桌面较长时振动得慢，音调低，故D错误。
故选A。
【分析】A.声音是物体振动产生的，一切发声体都在振动；
B.减弱噪声的方法：在声源处减弱噪声，在传播过程中减弱噪声，在人耳处减弱噪声；
C.声能传递信息和能量；
D.音调的高低与发声物体的振动频率有关，频率越大，音调就越高。
2．（2025·兰州）如图所示的情境中，符合安全用电要求的是( )
A．甲图，在高压线下钓鱼
B．乙图，使用绝缘皮已破损的电线
C．丙图，将电动车推进楼道停放或充电
D．丁图，用电器着火时先断电再灭火
【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】 A.在高压线下钓鱼，钓鱼竿或鱼线可能接触到高压线，容易引发触电事故，不符合安全用电要求，故A错误；
B.使用绝缘皮破损的电线，容易使人体接触到内部的导线，从而引发触电，不符合安全用电要求，故B错误；
C.将电动车推进楼道停放或充电，存在火灾隐患，且一旦发生火灾，会阻碍人员疏散通道，不符合安全用电及消防安全要求，故C错误；
D.用电器着火时先断电再灭火，可防止在灭火过程中发生触电事故，符合安全用电要求，故D正确。
故选D。
【分析】 安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体，不弄湿用电器。
3．（2025·兰州）年月日，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟二十号载人飞船进入预定轨道后，与空间站“天和核心舱”成功对接。下列分析正确的是( )
A．火箭加速升空的过程中，机械能保持不变
B．航天员从地面到达空间站后惯性减小
C．空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的
D．飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站是运动的
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；惯性及其现象；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A.火箭加速升空的过程中，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，故机械能增大，故A错误；
B.惯性大小取决于物体的质量，而质量是物体的属性，不随位置的改变而变化，故航天员的质量不变，从地面到达空间站后惯性大小不变，故B错误；
C.声音不能在真空中传播，空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的，故C正确；
D.飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站的位置没有变化，是静止的，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据影响动能和重力势能大小的因素分析；
B.惯性大小取决于物体的质量，而质量是物体的属性；
C.声音不能在真空中传播，电磁波可在真空中传播；
D.飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站的位置没有变化，据此分析。
4．（2025·兰州）图甲是某蔬菜大棚里使用的一种温度自动报警器，在温度计里封入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指温度时，扬声器响起，发出报警信号。下列说法错误的是( )
A．动圆式扬声器的工作原理与图乙所示原理相同
B．温度低于金属丝下端所指温度时，电磁铁断电失去磁性，衔铁被释放，扬声器停止报警
C．温度计与金属丝相当于控制电磁铁的开关，实现了高温自动化报警
D．煤油可用作自动报警器温度计中的工作液体
【答案】D
【知识点】导体与绝缘体；电磁铁的其他应用；电磁感应
【解析】【解答】 A. 动圆式扬声器是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故A正确不符合题意；
B.温度低于金属丝下端所指温度时，电路断路，线圈中没有电流通过，衔铁被释放，扬声器停止报警，故B错误不符合题意；
C.温度升高时，水银柱上升，与上方金属丝连通，使左侧形成通路，电磁铁中有电流通过，电磁铁吸引衔铁，使触点接触，右侧电路接通，电铃发出报警信号，故C正确不符合题意；
D.煤油是绝缘体，不能用煤油温度计来做开关，故D错误符合题意；
故选D。
【分析】A.根据动圈式扬声器的工作原理判断；
BC.根据图片分析整个装置的工作过程，进而确定温度计和金属丝的作用；
D.容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体。
5．（2025·兰州）我国是世界上最早进入青铜器时代的国家之一。铸造青铜器时，将液态金属倒入模具冷却后形成青铜器的情景如图所示。下列关于铸造青铜器的说法正确的是( )
A．液态金属冷却变成青铜器的过程中需要吸收热量
B．液态金属冷却变成青铜器的过程中，内能不变
C．铸造青铜器的过程中，金属发生的物态变化是先熔化后凝固
D．工匠休息时身上的“汗水逐渐消失”与“樟脑丸逐渐变小”属于同一种物态变化
【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；升华及升华吸热；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】 AB.液态金属冷却变成青铜器的过程中温度降低，放出热量，内能减少，故A，B错误；
C.铸造青铜器的过程中，现将铜等金属加热至熔点，变成液态，此过程为熔化，液态金属倒入模具冷却后又变回固态，此过程为凝固，故C正确；
D.工匠休息时身上的“汗水逐渐消失”是液态变成气态，此过程是汽化，而“樟脑丸逐渐变小”是固态变成气态，此过程是升华，故D错误。
故选C。
【分析】ABCD.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称，进而确定吸热还是放热。
6．（2025·兰州）课外活动中，小亮将刚喝完水的空矿泉水瓶的瓶盖拧上但不拧紧，用手握住瓶子的上下两部分，用力迅速拧成图示状态时，瓶盖被弹出并伴有爆响声，同时瓶口内出现白雾。关于上述过程，下列说法错误的是( )
A．矿泉水瓶被用力拧成图示形状，说明力可以使物体发生形变
B．瓶盖弹出前，拧瓶子的过程与汽油机的做功冲程类似
C．瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体的内能转化为瓶盖的机械能
D．瓶口内出现的白雾，是水蒸气温度降低后液化形成的小水滴
【答案】B
【知识点】热机的四个冲程；能量的转化或转移；力的作用效果
【解析】【解答】 A.矿泉水瓶在力的作用下被拧成图示形状，瓶子的形状发生了改变，说明力可以使物体发生形变，故A正确不符合题意。
B.瓶盖弹出前，拧瓶子时，瓶子体积变小，压缩瓶内气体，是对气体做功，瓶内气体内能增大，此过程与汽油机的压缩冲程类似，都是将机械能转化为内能；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能，故B错误符合题意。
C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能，使瓶盖获得动能而飞出，故C正确不符合题意。
D.瓶盖被弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而出现白雾现象，故D正确不符合题意。
故选B。
【分析】 A.力不仅可以改变物体的形状，还能改变物体的运动状态。
B.汽油机的压缩冲程是将机械能转化为内能；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能。
C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能。
D.瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而出现白雾现象。
7．（2025·兰州）如图所示为人骨关节的示意图，关节由关节囊包裹形成密闭的关节腔，关节腔内含有滑液，可以减小骨与骨之间的摩擦。下列改变摩擦的方法与此相同的是( )
A．推书柜时，先将柜中的书移出 B．行李箱下装有滚轮
C．自行车脚踏板凹凸不平 D．机械手表保养时上油
【答案】D
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】 关节腔内的滑液使骨与骨的接触面分离，是通过使接触面分离来减小了骨与骨之间的摩擦。
A．推书柜时，先将书移出是在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦，故A不符合题意；
B．行李箱下装有滚轮是通过变滑动为滚动来减小摩擦，故B不符合题意；
C．自行车脚踏板凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦，故C不符合题意；
D．机械手表保养时上油是通过使接触面分离来减小摩擦，故D符合题意。
故选D。
【分析】增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。
8．（2025·兰州）如图所示的电路，电源电压恒定，闭合开关，、两灯正常发光，电流表和电压表均有示数。过了一会儿，其中一只灯泡突然熄灭，两个电表的示数均不变，则造成此现象的原因可能是( )
A．断路 B．断路 C．短路 D．短路
【答案】B
【知识点】电路故障的判断
【解析】【解答】 首先分析电路为并联电路，电流表测量灯L1所在支路电流，电压表测量总电压。电路中一只灯泡突然熄灭，两个电表的示数均不变，说明是断路故障，而电流表示数不变，说明L1完好，则L2出现断路，故B正确，而ACD错误。
故选B。
【分析】 通过对并联电路的故障分析，并联电路如出现短路情况，所有支路均出现故障。并联电路出现断路故障，对其他支路不影响。
9．（2025·兰州）甲、乙两图分别是正常人眼通过调节晶状体等结构看清远处和近处物体的示意图。下列关于丙、丁两图模拟近、远视眼的情况以及应该佩戴何种透镜进行矫正的说法正确的是( )
A．丙图是近视眼，应该配戴凹透镜
B．丙图是远视眼，应该配戴凸透镜
C．丁图是近视眼，应该配戴凸透镜
D．丁图是远视眼，应该配戴凹透镜
【答案】A
【知识点】近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】 丙图：像呈在视网膜的前方，故是近视眼，应该配戴凹透镜来矫正；
丁图：像呈在视网膜的后方，故是远视眼，应该配戴凸透镜来矫正。
故A正确、BCD错误。
故选A。
【分析】 近视眼是晶状体会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正；
远视眼是像呈在视网膜的后方，应配戴凸透镜矫正。
10．（2025·兰州）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离和物体上升的高度随时间变化的关系分别如图线、所示。已知物体的质量为，动滑轮的质量为，绳子自由端的拉力为。则在的时间内，下列说法正确的是( )
A．绳子自由端移动的速度为
B．滑轮组的有用功为
C．拉力的功率为
D．滑轮组的机械效率为
【答案】B
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，
绳端移动的距离为s=0.3m，物体上升的高度为h=0.1m，
绳子自由端移动的速度：，故A错误；
B.滑轮组对物体做的有用功：W有=Gh=mgh=0.5kg×10N/kg×0.1m=0.5J，故B正确；
C.拉力做的总功：W总=Fs=2.5N×0.3m=0.75J，
拉力F的功率：，故C错误；
D.滑轮组的机械效率：，故D错误。
故选B。
【分析】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，绳端移动的距离和物体上升的高度，根据求绳子自由端移动的速度；
B.根据W=Gh=mgh求滑轮组对物体做的有用功；
C.根据W=Fs求拉力做的总功；根据求拉力F的功率；
D.根据求滑轮组的机械效率
11．（2025·兰州）在课外实践制作活动中，小红将量程为的电压表改装成一个测量质量的电子秤，原理如图甲所示。电源电压恒为，定值电阻的阻值为，压敏电阻的阻值随压力的变化关系如图乙所示。点是杠杆的支点，托盘固定在点，：：，托盘及杠杆等组件的质量忽略不计。下列说法正确的是( )
A．增大托盘里被测物体的质量，电压表的示数会变小
B．电子秤的刻度线应标注在电压表刻度盘的刻度线处
C．若的阻值为，则电子秤能测量的最大质量为
D．若只将托盘的固定点从移至，则电子秤的量程变大
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 A.增大托盘里被测物体的质量，F2变大，由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，F1变大，即C端对压敏电阻的压力变大，由图乙可知，压敏电阻阻值R变小，
由串联电路中电压的分配规律可知，电压表示数U0变大，故A错误；
B.当电阻秤的示数为0kg时，C点对压敏电阻的压力为零，对应的压敏电阻的阻值R=300Ω，
由串联电路中电压的分配规律得：，
，
解得：U0=1V，
故B错误；
C.电子秤测量最大质量时，电压表示数最大，
由串联电路中电压的分配规律：，
即，
解得：R'=120Ω，由图乙R与F的函数关系式为：可知：所以当压敏电阻的最值为120Ω时，C端对压敏电阻的压力F=300N，所以F1=300N，
由杠杆的平衡条件得：F1L1=F2L2，
，
G=F2=1200N，
所以此时称量的最大质量；
故C正确；
D.因为R0的阻值一定，电子秤的最大量程即电压表的为最大值3V时，因为电源电压为6V，由串联电路的分压特点可知，此时压敏电阻R=R0=60Ω，所以此时C对压敏电阻的压力一定，由杠杆的平衡条件得：F1L1=F2L2，将托盘的固定点从A移至B只增大阻力臂L2，阻力F2变小，即称量的物体的重力变小，由可知质量变小，所以电子秤的量程变小。
故D错误。
故选C。
【分析】A.增大托盘里被测物体的质量，由杠杆的平衡条件可知，C端对压敏电阻的压力变大，由图乙可知，压敏电阻阻值变小，由串联电路中电压的分配规律进行判断电压表的变化情况；
B.当电阻秤的示数为0kg时，C点对压敏电阻的压力为零，对应的压敏电阻的阻值可知，由串联电路中电压的分配规律进行判断电压表的示数；
C.电压表示数最大时，C对压敏电阻的压力最大，根据电压表所选量程可知，压力表的最大值，由串联电路中电压的分配规律求出此时压敏电阻的最值，由图乙可知此时对应的压力，由杠杆的平衡条件求出电子秤称量的最大质量；
D.因为R0的阻值一定，电压表的最大值为3V，压敏电阻最小值一定，所以C对压敏电阻的压力的最大值一定，由杠杆的平衡条件可知，只增大阻力臂时，阻力变小，由此判断电子秤的立场的变化。
二、填空题：本大题5小题，每空1分，共11分。
12．（2025·兰州）为了提升人们的生活品质，一些家庭安装了空气净化器，其工作原理如图所示。受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获。金属网吸引颗粒物的原理是 。
【答案】异种电荷相互吸引
【知识点】电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】 由题意知，受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，由于异种电荷相互吸引，所以受到污染的空气在集尘器上被带电金属网捕获。
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
13．（2025·兰州）电动汽车是指以车载蓄电池驱动电机行驶的车辆，当给汽车充电时，蓄电池相当于 选填“用电器”或“电源”。图示是某款车载充电线，可供三部手机同时充电，充电时三部手机的连接方式是 选填“串联”或“并联”，若拔掉其中一部手机，则电路中的总电流将 选填“变大”、“变小”或“不变”。
【答案】用电器；并联；变小
【知识点】电源及其能量转化；串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律
【解析】【解答】（1） 在电池充电的过程中，消耗电能，转化为化学能，电池相当于电路中的用电器；
（2）三部手机在充电的过程中，互不影响，所以在电路中的连接方式为并联；
（3）若拔掉其中一部手机，则通过电路的总电流将变小，因为干路电流等于各支路电流之和，各支路电流不变，所以总电流变小。
【分析】 （1）电池在对外供电的过程中是电源，将化学能转化成电能；而在充电过程中，消耗电能转化为化学能，是用电器；
（2）串联电路电流的路径只有一条，并联电路的电流的路径有多条；
（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
14．（2025·兰州）如图所示，在做红磷燃烧测空气中氧气含量的实验中，氧气被消耗，集气瓶内气体的密度 选填“变大”、“变小”或“不变”；打开止水夹，烧杯中的水在 的作用下进入集气瓶，根据集气瓶中水的体积变化，便可测出空气中氧气的体积占比。
【答案】变小；大气压
【知识点】大气压强的存在
【解析】【解答】 （1）氧气被消耗后，集气瓶内气体的质量变小，体积不变，由可知，密度变小；
（2）氧气被消耗后，集气瓶内气体的压强变小，打开止水夹，水在大气压的作用下进入集气瓶，根据水的体积，测出空气中氧气的体积占比。
【分析】 （1）根据判断集气瓶内气体的密度变化；
（2）根据大气压的作用分析。
15．（2025·兰州）小明在实验室用天平和量筒测量某种液体的密度。他先在烧杯中倒入适量的液体，用天平测出烧杯和液体的总质量为，再将烧杯中的部分液体倒入量筒中如图甲所示，最后用天平测量烧杯和剩余液体的总质量，天平横梁水平平衡时如图乙所示，则烧杯和剩余液体的总质量为 ，该液体的密度为 。
【答案】；
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】 测量烧杯和剩余液体的总质量，天平横梁水平平衡时如图乙所示，
量筒的分度值为2cm3，量筒中液体的体积为V=30cm3；剩余液体和烧杯的质量为m2=50g+10g+1.2g=61.2g；
量筒中液体的质量为m=m1-m2=94.2g-61.2g=33g，
液体的密度为：。
【分析】 物体的质量等于砝码总质量与游码所对应的刻度数之和，结合差值法计算质量，根据体积计算密度。
16．（2025·兰州）阅读短文，回答问题。
燃气热水器是一种高效、快捷的洗浴设备，图示为某款燃气热水器的结构、原理图。使用热水器时，先通电，绿色指示灯亮起，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀。之后打开热水阀时，电子点火器点火，燃气在燃烧器内燃烧，产生的高温烟气，此时红色指示灯亮起，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从处源源不断流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。该燃气热水器的技术参数如表所示，“额定耗气量”的含义是：热水器正常工作小时消耗的燃气体积。
适用燃气 天然气
热值
额定耗气量
燃气热水器的热效率通常指热水器有效利用热量的效率，能效等级是根据热效率来划分的，其中三级能效的热效率不得低于，二级能效的热效率不得低于，而一级能效的热效率则不得低于。
（1）某次洗浴，热交换器在内将质量为的水的温度升高，则该过程中水吸收的热量为 。水的比热容为
（2）此次洗浴，燃气热水器以额定耗气量正常工作。若该过程燃气完全燃烧，则放出的热量为 。
（3）请根据计算判断该燃气热水器的能效等级属于 级。
【答案】（1）
（2）；
（3）二
【知识点】热量的计算；燃料的热值；热机的效率
【解析】【解答】 （1）该过程中水吸收的热量为：
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×100kg×20℃=8.4×106J；
（2）此次洗浴，燃气热水器以额定耗气量正常工作10min消耗的天然气为V=1.8m3/h×
h=0.3m3，则该过程燃气完全燃烧放出的热量为：
Q放=q天然气V=3×107J/m3×0.3m3=9×106J；
（3）燃气热水器的热效率为：。
故该燃气热水器的能效等级属于二级。
【分析】 （1）根据Q吸=cmΔt求出该过程中水吸收的热量；
（2）根据Q放=q天然气V求出该过程燃气完全燃烧放出的热量；
（3）根据求出燃气热水器的热效率，据此确定该燃气热水器的能效等级。
三、识图、作图题：本大题3小题，每小题3分，共9分。
17．（2025·兰州）如图所示是对某种固态物质加热变成液态时温度随时间变化的曲线，加热过程中物体在相同时间内吸收的热量相同。请根据图像回答：
（1）由图可知该物质是 选填“晶体”或“非晶体”，它的熔点是 ；
（2）该物质在固、液两种状态时的比热容大小关系是： 选填“”、“”或“”。
【答案】（1）晶体；
（2）>
【知识点】熔化与熔化吸热特点；热量的计算
【解析】 【解答】 （1）该物质具有固定的熔化温度，故为晶体；如图所示，熔化时，固定不变的温度，即为熔点，故熔点为48℃。
（2）由图像可知，在固态时，加热相同时间物质温度变化小于在液态时。加热时间相同，吸收的热量相同，固态时温度变化较小，由Q吸=cmΔt可知，固体时的比热容更大，c固＞c液。
【分析】 （1）晶体有一定的熔点和凝固点，晶体熔化时吸收热量，温度不变，这个不变的温度是这种晶体的熔点。晶体完全熔化后，吸收热量，温度不断升高。
（2）由Q吸=cmΔt计算吸热多少并比较比热容有大小。
18．（2025·兰州）如图所示，木块静止在光滑的斜面上，请画出木块的受力示意图。
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图
【解析】【解答】 木块静止在光滑的斜面上，受到三个力的作用：竖直向下的重力G，斜面对木块的支持力F，弹簧对木块的弹力F'，三者都作用在木块的重心上，如图所示：
【分析】对木块进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。
19．（2025·兰州）小明想用下列器材测量标有“”字样的小灯泡正常发光时的电阻，请用笔画线代替导线将下面的电路连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表的示数变小。
【答案】
【知识点】实物的电路连接
【解析】【解答】 小灯泡额定电流，所以电流表应选0～0.6A量程，电流表串联在电路中；小灯泡额定电压是2V，所以电压表应选0～3V量程，将电压表与小灯泡并联；因为要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表的示数变小，根据欧姆定律可知，电源电压不变时，电流变小则电阻变大，所以滑动变阻器接入电路的电阻应变大，滑动变阻器应采用“一上一下”的接法，且要使滑片右移电阻变大，应将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，据此连接电路，电路如下图所示：
【分析】 由P=UI得到小灯泡额定电流从而确定电流表应选的量程，由小灯泡额定电压是2V，得到电压表应选的量程，电流表串联在电路中，电压表与灯泡并联，因为要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表的示数变小，由欧姆定律知电阻变大，所以滑动变阻器接入电路的电阻应变大，滑动变阻器应采用“一上一下”的接法，据此连接电路。
四、实验题：本大题3小题，每空1分，共14分。
20．（2025·兰州）如图所示，在做“探究平面镜成像的特点”的实验时：
（1）要在透明薄玻璃板前放一支点燃的蜡烛，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的蜡烛，对这两支蜡烛的要求是 。
（2）在寻找蜡烛的像的位置时，眼睛应在玻璃板放有 选填“点燃”或“未点燃”蜡烛的一侧观察。
（3）如何判断蜡烛的像是虚像还是实像，你采用的办法是 。
【答案】（1）完全相同
（2）点燃
（3）玻璃板后方用光屏或白纸对的像进行承接，观察到承接不到像，证明是虚像
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）为了确保实验的准确性，两支蜡烛必须完全相同，这样可以确保在实验中，蜡烛A的像能够与蜡烛B完全重合，从而准确地确定像的位置和大小；
（2）在实验过程中，观察者应该在点燃的蜡烛A这一侧观察，因为平面镜成像的原理决定了像只能在未点燃的蜡烛B所在的一侧被观察到，但观察者需要从点燃的蜡烛A这一侧才能看到像；
（3）为了判断蜡烛A的像是虚像还是实像，可以采用的方法是在玻璃板后方放置一个光屏或白纸，尝试在光屏上承接蜡烛A的像。如果像无法在光屏上呈现，则证明该像是虚像。
【分析】（1）只有蜡烛B和蜡烛A的像完全重合时，才能证实像和物体的大小关系；
（2）只有反射光线射入眼睛，我们才能看到平面镜中的像；
（3）实像可以成在光屏上，虚像不能成在光屏上。
21．（2025·兰州）在“探究通电螺线管外部磁场的方向”的实验中：
（1）闭合开关前，小磁针均指向南北方向，说明地球周围存在 ；
（2）闭合开关后，小磁针静止时的指向如图所示涂黑的一端为极，由此可知：通电螺线管的右端为 极，电源的右端为 极；
（3）对调电源两极，小磁针的指向也随之改变，说明通电螺线管的磁场方向与 方向有关；
（4）为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是 写出一条即可。
【答案】（1）磁场
（2）N；正
（3）电流
（4）在通电螺线管内部插入铁芯
【知识点】地磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 （1）闭合开关S前，小磁针均指向南北方向，说明地球周围存在磁场；
（2）闭合开关S后，小磁针静止时的指向如图所示（涂黑的一端为N极），根据异名磁极相互吸引，通电螺线管的右端为N极，由安培定则可知，电源的右端为正极；
（3）对调电源两极，小磁针的指向也随之改变，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
（4）为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是在通电螺线管内部插入铁芯。
【分析】 （1）地球周围存在磁场；
（2）根据异名磁极相互吸引和安培定则分析。
（3）对调电源两极，小磁针的指向也随之改变，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
（4）通电螺线管内部插入铁芯可增大其磁场强度。
22．（2025·兰州）小亮游泳时发现，当他从浅水区走向深水区时，会感到呼吸越来越困难。他认为呼吸变困难可能与液体内部的压强有关。关于影响液体内部压强的因素，他提出了如下猜想：
猜想：可能与方向有关；猜想：可能与深度有关；猜想：可能与液体的密度有关。
为验证猜想，他利用微小压强计进行如下实验探究：
（1）实验前要检查装置的气密性，如图甲所示，小亮用手轻压探头处橡皮膜，观察到形管两侧液面出现了明显的高度差，说明该装置 选填“漏气”或“不漏气”。
（2）微小压强计上的形管 选填“属于”或“不属于”连通器。
（3）小亮把微小压强计的探头固定在水中某一深度，然后改变探头的方向，发现形管两侧液面的高度差保持不变，说明同种液体内部的同一深度，各个方向的压强 。
（4）接着，小亮利用微小压强计完成了如图乙、丙、丁所示的实验操作，其中 两图的现象能解释小亮游泳时呼吸变困难的原因。根据这一现象，当把一个六面蒙有绷紧程度相同的橡皮膜的立方体置于水中时，图中能真实反映橡皮膜受到水的压强情况的是 选填“”、“”、“”或“”。
（5）将微小压强计改装成如图所示的装置，把两个探头分别放在左、右两个容器内的液体中，当两探头位于同一深度时，形管左右两侧液面的高度差为，说明猜想是 选填“正确”或“错误”的。
【答案】（1）不漏气
（2）不属于
（3）相等
（4）乙、丙；D
（5）正确
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 （1）小亮用手轻压探头处橡皮膜，观察到U形管两侧液面出现了明显的高度差，说明微小压强计气密性良好，该装置不漏气；
（2）微小压强计上的U形管一端封闭，一端开口，故从结构来看不属于连通器；
（3）改变探头的方向，发现U形管两侧液面的高度差保持不变，说明压强大小不变，即在同种液体内部的同一深度液体向各个方向的压强相等；
（4）根据实验现象可知小亮呼吸困难的原因是：人从较浅的水域走向较深的水域时，身体受到压强逐渐变大；研究液体压强与深度的关系，要控制液体的密度不变，只改变深度大小，因此乙、丙两幅图的现象能解释小亮游泳时发现的问题；
图2中把一个六面蒙有绷紧程度相同的橡皮膜的立方体置于水中时，左右两侧橡皮膜的深度相等，根据p=ρgh可知，左右两侧受到的液体压强相等，所以左右两侧橡皮膜向内凹陷的程度相同，而下方橡皮膜所处的深度大于上方橡皮膜，则下方橡皮膜受到的液体压强大于上方橡皮膜，所以下方橡皮膜向上凹陷的程度较大，而上方橡皮膜向下凹陷的程度较小，故图2中D图正确；
（5）图3中，当两探头位于同一深度时，U形管左右两侧液面的高度差为Δh，说明两探头所受到的液体压强不同，而待测液体的密度不同，说明液体压强与液体的密度有关，故猜想3是正确的。
【分析】 （1）用手指轻轻按压探头的橡皮膜，发现U形管两边的液面高度差变化都很小，这说明该微小压强计的气密性很差；若U形管两侧液面出现了明显的高度差，则装置不漏气，微小压强计的气密性好；
（2）上端开口，下部相互连通的容器叫连通器；
（3）在同种液体内部的同一深度液体向各个方向的压强相等；
（4）根据实验现象可知小亮呼吸困难的原因是：人从较浅的水域走向较深的水域时，身体受到压强逐渐变大；研究液体压强与深度的关系，要控制液体的密度不变，只改变深度大小；根据p=ρgh分析；
（5）图3中，当两探头位于同一深度时，U形管左右两侧液面的高度差为Δh，说明两探头所受到的液体压强不同，根据p=ρgh分析回答。
五、计算题：本大题2小题，共14分。解答应写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后结果的不给分。
23．（2025·兰州）如图所示的电路中，电源电压恒为，电阻的阻值为。闭合开关时，电流表的示数为。求：
（1）电压表的示数；
（2）电阻的阻值；
（3）电流在内通过电阻所做的功。
【答案】（1）解： 两个电阻是串联的，电压表测量的是定值电阻两端的电压；电压表的示数为：。
答：电压表的示数为；
（2）解： 电路中的总电阻为：；
那么 电阻的阻值；
答：电阻的阻值为。
（3）解：电流在内通过电阻所做的功为：。
答：电流在内通过电阻所做的功为 。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功的计算
【解析】【分析】 （1）根据电路图可知：两个电阻是串联的，电压表测量的是定值电阻R2两端的电压U2， 根据欧姆定律进行计算。
（2）根据计算电路的总电阻，然后根据计算电阻R2的阻值；
（3）根据电功的公式W=UIt计算电流对R2所做的功。
24．（2025·兰州）图甲是利用“浮筒打捞法”打捞沉船的示意图，浮筒是密封的大钢筒，能浮在水面上。打捞工作船把若干个浮筒拖到沉船所在位置上方的水面上，将浮筒灌满水，让它们沉到水底。潜水员用钢索把灌满水的浮筒拴牢在船的两侧，然后用压气机将空气压进浮筒，把水排出，浮筒就会带着沉船一起浮到水面上来。小雅利用上述原理制作了实心沉船模型和空心浮筒模型来模拟打捞沉船的过程：、间用轻质细绳相连，将、放入水平地面上一个装有适量水、足够高的圆柱形容器中，利用容器中的水自动充水，充满水后、的位置如图乙所示，此时，对容器底部的压力为。打捞时，向中充气，当中的水全部排出至容器中时，浮出水面，、静止时的位置如图丙所示。已知的质量为，体积为，的质量为，体积为，圆柱形容器的底面积为。求：
（1）图乙中受到的浮力；
（2）空心部分的体积；
（3）乙、丙两图中，水对容器底部压强的变化量。
【答案】（1）解：由阿基米德原理得图乙中模型受到的浮力为：答：图乙中模型受到的浮力；
（2）解： 图乙中，以、整体为研究对象，受到重力、浮力和容器底的支持力，且根据力的相互作用知：，
整体受到的浮力为：；
整体受到的重力为：，由于三力平衡，所以，中充入的水的重力为：；
由和，根据题意知道，模型空心部分的体积等于中充入的水的，即；
答：模型空心部分的体积；
（3）解： 图丙中，整体为研究对象，受到重力、浮力，处于漂浮状态，则浮力为：；排开水的总体积为：；则变化的体积为：，液面变化的高度为：；水对容器底的压强变化量为：。
答：图丙与图乙相比，水对容器底的压强变化量是
【知识点】密度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；液体压强的计算；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）由F浮=ρ液V排g算出图乙中模型B受到的浮力；
（2）图乙中，A、B整体为研究对象，受到重力G、浮力F和容器底的支持力F支，且根据力的相互作用知：F支=F压=16N，由阿基米德原理算出整体受到的浮力，G=GA+GB+GA水，由G=F浮+F支=GA+GB+GA水算出A中充入的水的重力；
由和G=mg算出模型A空心部分的体积V空心等于A中充入的水的VA水；
（3）图丙中，AB整体为研究对象，受到重力G、浮力F，处于漂浮状态，根据F浮'=GA+GB算出浮力，由阿基米德原理算出排开水的总体积；
根据ΔV排=VA水+V排'-V排=VA水+V排'-（VA+VB）算出变化的体积，有V=Sh算出液面变化的高度；根据Δp=ρ水gΔh算出水对容器底的压强变化量。
1 / 1甘肃省兰州市2025年中考物理试卷
一、选择题：本大题11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中。只有一个选项是符合题目要求的。
1．（2025·兰州）声现象与我们的生活密切相关，下列关于声现象的说法正确的是( )
A．甲图，发声的音叉激起水花，说明声音是由物体振动产生的
B．乙图，在靠近居民区的道路边设置隔离墙，目的是在声源处减弱噪声
C．丙图，烛焰在发声的扬声器旁边晃动，说明声波能传递信息
D．丁图，用相同的力度拨动伸出桌面的钢尺，钢尺伸出的长度越长，音调越高
2．（2025·兰州）如图所示的情境中，符合安全用电要求的是( )
A．甲图，在高压线下钓鱼
B．乙图，使用绝缘皮已破损的电线
C．丙图，将电动车推进楼道停放或充电
D．丁图，用电器着火时先断电再灭火
3．（2025·兰州）年月日，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟二十号载人飞船进入预定轨道后，与空间站“天和核心舱”成功对接。下列分析正确的是( )
A．火箭加速升空的过程中，机械能保持不变
B．航天员从地面到达空间站后惯性减小
C．空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的
D．飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站是运动的
4．（2025·兰州）图甲是某蔬菜大棚里使用的一种温度自动报警器，在温度计里封入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指温度时，扬声器响起，发出报警信号。下列说法错误的是( )
A．动圆式扬声器的工作原理与图乙所示原理相同
B．温度低于金属丝下端所指温度时，电磁铁断电失去磁性，衔铁被释放，扬声器停止报警
C．温度计与金属丝相当于控制电磁铁的开关，实现了高温自动化报警
D．煤油可用作自动报警器温度计中的工作液体
5．（2025·兰州）我国是世界上最早进入青铜器时代的国家之一。铸造青铜器时，将液态金属倒入模具冷却后形成青铜器的情景如图所示。下列关于铸造青铜器的说法正确的是( )
A．液态金属冷却变成青铜器的过程中需要吸收热量
B．液态金属冷却变成青铜器的过程中，内能不变
C．铸造青铜器的过程中，金属发生的物态变化是先熔化后凝固
D．工匠休息时身上的“汗水逐渐消失”与“樟脑丸逐渐变小”属于同一种物态变化
6．（2025·兰州）课外活动中，小亮将刚喝完水的空矿泉水瓶的瓶盖拧上但不拧紧，用手握住瓶子的上下两部分，用力迅速拧成图示状态时，瓶盖被弹出并伴有爆响声，同时瓶口内出现白雾。关于上述过程，下列说法错误的是( )
A．矿泉水瓶被用力拧成图示形状，说明力可以使物体发生形变
B．瓶盖弹出前，拧瓶子的过程与汽油机的做功冲程类似
C．瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体的内能转化为瓶盖的机械能
D．瓶口内出现的白雾，是水蒸气温度降低后液化形成的小水滴
7．（2025·兰州）如图所示为人骨关节的示意图，关节由关节囊包裹形成密闭的关节腔，关节腔内含有滑液，可以减小骨与骨之间的摩擦。下列改变摩擦的方法与此相同的是( )
A．推书柜时，先将柜中的书移出 B．行李箱下装有滚轮
C．自行车脚踏板凹凸不平 D．机械手表保养时上油
8．（2025·兰州）如图所示的电路，电源电压恒定，闭合开关，、两灯正常发光，电流表和电压表均有示数。过了一会儿，其中一只灯泡突然熄灭，两个电表的示数均不变，则造成此现象的原因可能是( )
A．断路 B．断路 C．短路 D．短路
9．（2025·兰州）甲、乙两图分别是正常人眼通过调节晶状体等结构看清远处和近处物体的示意图。下列关于丙、丁两图模拟近、远视眼的情况以及应该佩戴何种透镜进行矫正的说法正确的是( )
A．丙图是近视眼，应该配戴凹透镜
B．丙图是远视眼，应该配戴凸透镜
C．丁图是近视眼，应该配戴凸透镜
D．丁图是远视眼，应该配戴凹透镜
10．（2025·兰州）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离和物体上升的高度随时间变化的关系分别如图线、所示。已知物体的质量为，动滑轮的质量为，绳子自由端的拉力为。则在的时间内，下列说法正确的是( )
A．绳子自由端移动的速度为
B．滑轮组的有用功为
C．拉力的功率为
D．滑轮组的机械效率为
11．（2025·兰州）在课外实践制作活动中，小红将量程为的电压表改装成一个测量质量的电子秤，原理如图甲所示。电源电压恒为，定值电阻的阻值为，压敏电阻的阻值随压力的变化关系如图乙所示。点是杠杆的支点，托盘固定在点，：：，托盘及杠杆等组件的质量忽略不计。下列说法正确的是( )
A．增大托盘里被测物体的质量，电压表的示数会变小
B．电子秤的刻度线应标注在电压表刻度盘的刻度线处
C．若的阻值为，则电子秤能测量的最大质量为
D．若只将托盘的固定点从移至，则电子秤的量程变大
二、填空题：本大题5小题，每空1分，共11分。
12．（2025·兰州）为了提升人们的生活品质，一些家庭安装了空气净化器，其工作原理如图所示。受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获。金属网吸引颗粒物的原理是 。
13．（2025·兰州）电动汽车是指以车载蓄电池驱动电机行驶的车辆，当给汽车充电时，蓄电池相当于 选填“用电器”或“电源”。图示是某款车载充电线，可供三部手机同时充电，充电时三部手机的连接方式是 选填“串联”或“并联”，若拔掉其中一部手机，则电路中的总电流将 选填“变大”、“变小”或“不变”。
14．（2025·兰州）如图所示，在做红磷燃烧测空气中氧气含量的实验中，氧气被消耗，集气瓶内气体的密度 选填“变大”、“变小”或“不变”；打开止水夹，烧杯中的水在 的作用下进入集气瓶，根据集气瓶中水的体积变化，便可测出空气中氧气的体积占比。
15．（2025·兰州）小明在实验室用天平和量筒测量某种液体的密度。他先在烧杯中倒入适量的液体，用天平测出烧杯和液体的总质量为，再将烧杯中的部分液体倒入量筒中如图甲所示，最后用天平测量烧杯和剩余液体的总质量，天平横梁水平平衡时如图乙所示，则烧杯和剩余液体的总质量为 ，该液体的密度为 。
16．（2025·兰州）阅读短文，回答问题。
燃气热水器是一种高效、快捷的洗浴设备，图示为某款燃气热水器的结构、原理图。使用热水器时，先通电，绿色指示灯亮起，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀。之后打开热水阀时，电子点火器点火，燃气在燃烧器内燃烧，产生的高温烟气，此时红色指示灯亮起，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从处源源不断流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。该燃气热水器的技术参数如表所示，“额定耗气量”的含义是：热水器正常工作小时消耗的燃气体积。
适用燃气 天然气
热值
额定耗气量
燃气热水器的热效率通常指热水器有效利用热量的效率，能效等级是根据热效率来划分的，其中三级能效的热效率不得低于，二级能效的热效率不得低于，而一级能效的热效率则不得低于。
（1）某次洗浴，热交换器在内将质量为的水的温度升高，则该过程中水吸收的热量为 。水的比热容为
（2）此次洗浴，燃气热水器以额定耗气量正常工作。若该过程燃气完全燃烧，则放出的热量为 。
（3）请根据计算判断该燃气热水器的能效等级属于 级。
三、识图、作图题：本大题3小题，每小题3分，共9分。
17．（2025·兰州）如图所示是对某种固态物质加热变成液态时温度随时间变化的曲线，加热过程中物体在相同时间内吸收的热量相同。请根据图像回答：
（1）由图可知该物质是 选填“晶体”或“非晶体”，它的熔点是 ；
（2）该物质在固、液两种状态时的比热容大小关系是： 选填“”、“”或“”。
18．（2025·兰州）如图所示，木块静止在光滑的斜面上，请画出木块的受力示意图。
19．（2025·兰州）小明想用下列器材测量标有“”字样的小灯泡正常发光时的电阻，请用笔画线代替导线将下面的电路连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表的示数变小。
四、实验题：本大题3小题，每空1分，共14分。
20．（2025·兰州）如图所示，在做“探究平面镜成像的特点”的实验时：
（1）要在透明薄玻璃板前放一支点燃的蜡烛，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的蜡烛，对这两支蜡烛的要求是 。
（2）在寻找蜡烛的像的位置时，眼睛应在玻璃板放有 选填“点燃”或“未点燃”蜡烛的一侧观察。
（3）如何判断蜡烛的像是虚像还是实像，你采用的办法是 。
21．（2025·兰州）在“探究通电螺线管外部磁场的方向”的实验中：
（1）闭合开关前，小磁针均指向南北方向，说明地球周围存在 ；
（2）闭合开关后，小磁针静止时的指向如图所示涂黑的一端为极，由此可知：通电螺线管的右端为 极，电源的右端为 极；
（3）对调电源两极，小磁针的指向也随之改变，说明通电螺线管的磁场方向与 方向有关；
（4）为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是 写出一条即可。
22．（2025·兰州）小亮游泳时发现，当他从浅水区走向深水区时，会感到呼吸越来越困难。他认为呼吸变困难可能与液体内部的压强有关。关于影响液体内部压强的因素，他提出了如下猜想：
猜想：可能与方向有关；猜想：可能与深度有关；猜想：可能与液体的密度有关。
为验证猜想，他利用微小压强计进行如下实验探究：
（1）实验前要检查装置的气密性，如图甲所示，小亮用手轻压探头处橡皮膜，观察到形管两侧液面出现了明显的高度差，说明该装置 选填“漏气”或“不漏气”。
（2）微小压强计上的形管 选填“属于”或“不属于”连通器。
（3）小亮把微小压强计的探头固定在水中某一深度，然后改变探头的方向，发现形管两侧液面的高度差保持不变，说明同种液体内部的同一深度，各个方向的压强 。
（4）接着，小亮利用微小压强计完成了如图乙、丙、丁所示的实验操作，其中 两图的现象能解释小亮游泳时呼吸变困难的原因。根据这一现象，当把一个六面蒙有绷紧程度相同的橡皮膜的立方体置于水中时，图中能真实反映橡皮膜受到水的压强情况的是 选填“”、“”、“”或“”。
（5）将微小压强计改装成如图所示的装置，把两个探头分别放在左、右两个容器内的液体中，当两探头位于同一深度时，形管左右两侧液面的高度差为，说明猜想是 选填“正确”或“错误”的。
五、计算题：本大题2小题，共14分。解答应写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后结果的不给分。
23．（2025·兰州）如图所示的电路中，电源电压恒为，电阻的阻值为。闭合开关时，电流表的示数为。求：
（1）电压表的示数；
（2）电阻的阻值；
（3）电流在内通过电阻所做的功。
24．（2025·兰州）图甲是利用“浮筒打捞法”打捞沉船的示意图，浮筒是密封的大钢筒，能浮在水面上。打捞工作船把若干个浮筒拖到沉船所在位置上方的水面上，将浮筒灌满水，让它们沉到水底。潜水员用钢索把灌满水的浮筒拴牢在船的两侧，然后用压气机将空气压进浮筒，把水排出，浮筒就会带着沉船一起浮到水面上来。小雅利用上述原理制作了实心沉船模型和空心浮筒模型来模拟打捞沉船的过程：、间用轻质细绳相连，将、放入水平地面上一个装有适量水、足够高的圆柱形容器中，利用容器中的水自动充水，充满水后、的位置如图乙所示，此时，对容器底部的压力为。打捞时，向中充气，当中的水全部排出至容器中时，浮出水面，、静止时的位置如图丙所示。已知的质量为，体积为，的质量为，体积为，圆柱形容器的底面积为。求：
（1）图乙中受到的浮力；
（2）空心部分的体积；
（3）乙、丙两图中，水对容器底部压强的变化量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；声与能量；防治噪声的途径
【解析】【解答】 A.发声的音叉激起水花，说明声音是由物体振动产生的，这里运用了转换法，故A正确；
B.在靠近居民区的道路边设置隔离墙，目的是在传播过程中减弱噪声，故B错误；
C.烛焰在发声的扬声器旁边晃动，说明声波能传递能量，故C错误；
D.改变钢尺伸出桌面的长度，用同样大小的力拨动其伸出桌面的一端，这样会导致钢尺振动的快慢不同，即发声音调不同，钢尺伸出桌面较长时振动得慢，音调低，故D错误。
故选A。
【分析】A.声音是物体振动产生的，一切发声体都在振动；
B.减弱噪声的方法：在声源处减弱噪声，在传播过程中减弱噪声，在人耳处减弱噪声；
C.声能传递信息和能量；
D.音调的高低与发声物体的振动频率有关，频率越大，音调就越高。
2．【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】 A.在高压线下钓鱼，钓鱼竿或鱼线可能接触到高压线，容易引发触电事故，不符合安全用电要求，故A错误；
B.使用绝缘皮破损的电线，容易使人体接触到内部的导线，从而引发触电，不符合安全用电要求，故B错误；
C.将电动车推进楼道停放或充电，存在火灾隐患，且一旦发生火灾，会阻碍人员疏散通道，不符合安全用电及消防安全要求，故C错误；
D.用电器着火时先断电再灭火，可防止在灭火过程中发生触电事故，符合安全用电要求，故D正确。
故选D。
【分析】 安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体，不弄湿用电器。
3．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；惯性及其现象；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A.火箭加速升空的过程中，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，故机械能增大，故A错误；
B.惯性大小取决于物体的质量，而质量是物体的属性，不随位置的改变而变化，故航天员的质量不变，从地面到达空间站后惯性大小不变，故B错误；
C.声音不能在真空中传播，空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的，故C正确；
D.飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站的位置没有变化，是静止的，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据影响动能和重力势能大小的因素分析；
B.惯性大小取决于物体的质量，而质量是物体的属性；
C.声音不能在真空中传播，电磁波可在真空中传播；
D.飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站的位置没有变化，据此分析。
4．【答案】D
【知识点】导体与绝缘体；电磁铁的其他应用；电磁感应
【解析】【解答】 A. 动圆式扬声器是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故A正确不符合题意；
B.温度低于金属丝下端所指温度时，电路断路，线圈中没有电流通过，衔铁被释放，扬声器停止报警，故B错误不符合题意；
C.温度升高时，水银柱上升，与上方金属丝连通，使左侧形成通路，电磁铁中有电流通过，电磁铁吸引衔铁，使触点接触，右侧电路接通，电铃发出报警信号，故C正确不符合题意；
D.煤油是绝缘体，不能用煤油温度计来做开关，故D错误符合题意；
故选D。
【分析】A.根据动圈式扬声器的工作原理判断；
BC.根据图片分析整个装置的工作过程，进而确定温度计和金属丝的作用；
D.容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体。
5．【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；升华及升华吸热；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】 AB.液态金属冷却变成青铜器的过程中温度降低，放出热量，内能减少，故A，B错误；
C.铸造青铜器的过程中，现将铜等金属加热至熔点，变成液态，此过程为熔化，液态金属倒入模具冷却后又变回固态，此过程为凝固，故C正确；
D.工匠休息时身上的“汗水逐渐消失”是液态变成气态，此过程是汽化，而“樟脑丸逐渐变小”是固态变成气态，此过程是升华，故D错误。
故选C。
【分析】ABCD.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称，进而确定吸热还是放热。
6．【答案】B
【知识点】热机的四个冲程；能量的转化或转移；力的作用效果
【解析】【解答】 A.矿泉水瓶在力的作用下被拧成图示形状，瓶子的形状发生了改变，说明力可以使物体发生形变，故A正确不符合题意。
B.瓶盖弹出前，拧瓶子时，瓶子体积变小，压缩瓶内气体，是对气体做功，瓶内气体内能增大，此过程与汽油机的压缩冲程类似，都是将机械能转化为内能；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能，故B错误符合题意。
C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能，使瓶盖获得动能而飞出，故C正确不符合题意。
D.瓶盖被弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而出现白雾现象，故D正确不符合题意。
故选B。
【分析】 A.力不仅可以改变物体的形状，还能改变物体的运动状态。
B.汽油机的压缩冲程是将机械能转化为内能；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能。
C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能。
D.瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而出现白雾现象。
7．【答案】D
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】 关节腔内的滑液使骨与骨的接触面分离，是通过使接触面分离来减小了骨与骨之间的摩擦。
A．推书柜时，先将书移出是在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦，故A不符合题意；
B．行李箱下装有滚轮是通过变滑动为滚动来减小摩擦，故B不符合题意；
C．自行车脚踏板凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦，故C不符合题意；
D．机械手表保养时上油是通过使接触面分离来减小摩擦，故D符合题意。
故选D。
【分析】增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。
8．【答案】B
【知识点】电路故障的判断
【解析】【解答】 首先分析电路为并联电路，电流表测量灯L1所在支路电流，电压表测量总电压。电路中一只灯泡突然熄灭，两个电表的示数均不变，说明是断路故障，而电流表示数不变，说明L1完好，则L2出现断路，故B正确，而ACD错误。
故选B。
【分析】 通过对并联电路的故障分析，并联电路如出现短路情况，所有支路均出现故障。并联电路出现断路故障，对其他支路不影响。
9．【答案】A
【知识点】近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】 丙图：像呈在视网膜的前方，故是近视眼，应该配戴凹透镜来矫正；
丁图：像呈在视网膜的后方，故是远视眼，应该配戴凸透镜来矫正。
故A正确、BCD错误。
故选A。
【分析】 近视眼是晶状体会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正；
远视眼是像呈在视网膜的后方，应配戴凸透镜矫正。
10．【答案】B
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，
绳端移动的距离为s=0.3m，物体上升的高度为h=0.1m，
绳子自由端移动的速度：，故A错误；
B.滑轮组对物体做的有用功：W有=Gh=mgh=0.5kg×10N/kg×0.1m=0.5J，故B正确；
C.拉力做的总功：W总=Fs=2.5N×0.3m=0.75J，
拉力F的功率：，故C错误；
D.滑轮组的机械效率：，故D错误。
故选B。
【分析】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，绳端移动的距离和物体上升的高度，根据求绳子自由端移动的速度；
B.根据W=Gh=mgh求滑轮组对物体做的有用功；
C.根据W=Fs求拉力做的总功；根据求拉力F的功率；
D.根据求滑轮组的机械效率
11．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 A.增大托盘里被测物体的质量，F2变大，由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，F1变大，即C端对压敏电阻的压力变大，由图乙可知，压敏电阻阻值R变小，
由串联电路中电压的分配规律可知，电压表示数U0变大，故A错误；
B.当电阻秤的示数为0kg时，C点对压敏电阻的压力为零，对应的压敏电阻的阻值R=300Ω，
由串联电路中电压的分配规律得：，
，
解得：U0=1V，
故B错误；
C.电子秤测量最大质量时，电压表示数最大，
由串联电路中电压的分配规律：，
即，
解得：R'=120Ω，由图乙R与F的函数关系式为：可知：所以当压敏电阻的最值为120Ω时，C端对压敏电阻的压力F=300N，所以F1=300N，
由杠杆的平衡条件得：F1L1=F2L2，
，
G=F2=1200N，
所以此时称量的最大质量；
故C正确；
D.因为R0的阻值一定，电子秤的最大量程即电压表的为最大值3V时，因为电源电压为6V，由串联电路的分压特点可知，此时压敏电阻R=R0=60Ω，所以此时C对压敏电阻的压力一定，由杠杆的平衡条件得：F1L1=F2L2，将托盘的固定点从A移至B只增大阻力臂L2，阻力F2变小，即称量的物体的重力变小，由可知质量变小，所以电子秤的量程变小。
故D错误。
故选C。
【分析】A.增大托盘里被测物体的质量，由杠杆的平衡条件可知，C端对压敏电阻的压力变大，由图乙可知，压敏电阻阻值变小，由串联电路中电压的分配规律进行判断电压表的变化情况；
B.当电阻秤的示数为0kg时，C点对压敏电阻的压力为零，对应的压敏电阻的阻值可知，由串联电路中电压的分配规律进行判断电压表的示数；
C.电压表示数最大时，C对压敏电阻的压力最大，根据电压表所选量程可知，压力表的最大值，由串联电路中电压的分配规律求出此时压敏电阻的最值，由图乙可知此时对应的压力，由杠杆的平衡条件求出电子秤称量的最大质量；
D.因为R0的阻值一定，电压表的最大值为3V，压敏电阻最小值一定，所以C对压敏电阻的压力的最大值一定，由杠杆的平衡条件可知，只增大阻力臂时，阻力变小，由此判断电子秤的立场的变化。
12．【答案】异种电荷相互吸引
【知识点】电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】 由题意知，受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，由于异种电荷相互吸引，所以受到污染的空气在集尘器上被带电金属网捕获。
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
13．【答案】用电器；并联；变小
【知识点】电源及其能量转化；串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律
【解析】【解答】（1） 在电池充电的过程中，消耗电能，转化为化学能，电池相当于电路中的用电器；
（2）三部手机在充电的过程中，互不影响，所以在电路中的连接方式为并联；
（3）若拔掉其中一部手机，则通过电路的总电流将变小，因为干路电流等于各支路电流之和，各支路电流不变，所以总电流变小。
【分析】 （1）电池在对外供电的过程中是电源，将化学能转化成电能；而在充电过程中，消耗电能转化为化学能，是用电器；
（2）串联电路电流的路径只有一条，并联电路的电流的路径有多条；
（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
14．【答案】变小；大气压
【知识点】大气压强的存在
【解析】【解答】 （1）氧气被消耗后，集气瓶内气体的质量变小，体积不变，由可知，密度变小；
（2）氧气被消耗后，集气瓶内气体的压强变小，打开止水夹，水在大气压的作用下进入集气瓶，根据水的体积，测出空气中氧气的体积占比。
【分析】 （1）根据判断集气瓶内气体的密度变化；
（2）根据大气压的作用分析。
15．【答案】；
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】 测量烧杯和剩余液体的总质量，天平横梁水平平衡时如图乙所示，
量筒的分度值为2cm3，量筒中液体的体积为V=30cm3；剩余液体和烧杯的质量为m2=50g+10g+1.2g=61.2g；
量筒中液体的质量为m=m1-m2=94.2g-61.2g=33g，
液体的密度为：。
【分析】 物体的质量等于砝码总质量与游码所对应的刻度数之和，结合差值法计算质量，根据体积计算密度。
16．【答案】（1）
（2）；
（3）二
【知识点】热量的计算；燃料的热值；热机的效率
【解析】【解答】 （1）该过程中水吸收的热量为：
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×100kg×20℃=8.4×106J；
（2）此次洗浴，燃气热水器以额定耗气量正常工作10min消耗的天然气为V=1.8m3/h×
h=0.3m3，则该过程燃气完全燃烧放出的热量为：
Q放=q天然气V=3×107J/m3×0.3m3=9×106J；
（3）燃气热水器的热效率为：。
故该燃气热水器的能效等级属于二级。
【分析】 （1）根据Q吸=cmΔt求出该过程中水吸收的热量；
（2）根据Q放=q天然气V求出该过程燃气完全燃烧放出的热量；
（3）根据求出燃气热水器的热效率，据此确定该燃气热水器的能效等级。
17．【答案】（1）晶体；
（2）>
【知识点】熔化与熔化吸热特点；热量的计算
【解析】 【解答】 （1）该物质具有固定的熔化温度，故为晶体；如图所示，熔化时，固定不变的温度，即为熔点，故熔点为48℃。
（2）由图像可知，在固态时，加热相同时间物质温度变化小于在液态时。加热时间相同，吸收的热量相同，固态时温度变化较小，由Q吸=cmΔt可知，固体时的比热容更大，c固＞c液。
【分析】 （1）晶体有一定的熔点和凝固点，晶体熔化时吸收热量，温度不变，这个不变的温度是这种晶体的熔点。晶体完全熔化后，吸收热量，温度不断升高。
（2）由Q吸=cmΔt计算吸热多少并比较比热容有大小。
18．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图
【解析】【解答】 木块静止在光滑的斜面上，受到三个力的作用：竖直向下的重力G，斜面对木块的支持力F，弹簧对木块的弹力F'，三者都作用在木块的重心上，如图所示：
【分析】对木块进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。
19．【答案】
【知识点】实物的电路连接
【解析】【解答】 小灯泡额定电流，所以电流表应选0～0.6A量程，电流表串联在电路中；小灯泡额定电压是2V，所以电压表应选0～3V量程，将电压表与小灯泡并联；因为要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表的示数变小，根据欧姆定律可知，电源电压不变时，电流变小则电阻变大，所以滑动变阻器接入电路的电阻应变大，滑动变阻器应采用“一上一下”的接法，且要使滑片右移电阻变大，应将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，据此连接电路，电路如下图所示：
【分析】 由P=UI得到小灯泡额定电流从而确定电流表应选的量程，由小灯泡额定电压是2V，得到电压表应选的量程，电流表串联在电路中，电压表与灯泡并联，因为要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表的示数变小，由欧姆定律知电阻变大，所以滑动变阻器接入电路的电阻应变大，滑动变阻器应采用“一上一下”的接法，据此连接电路。
20．【答案】（1）完全相同
（2）点燃
（3）玻璃板后方用光屏或白纸对的像进行承接，观察到承接不到像，证明是虚像
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）为了确保实验的准确性，两支蜡烛必须完全相同，这样可以确保在实验中，蜡烛A的像能够与蜡烛B完全重合，从而准确地确定像的位置和大小；
（2）在实验过程中，观察者应该在点燃的蜡烛A这一侧观察，因为平面镜成像的原理决定了像只能在未点燃的蜡烛B所在的一侧被观察到，但观察者需要从点燃的蜡烛A这一侧才能看到像；
（3）为了判断蜡烛A的像是虚像还是实像，可以采用的方法是在玻璃板后方放置一个光屏或白纸，尝试在光屏上承接蜡烛A的像。如果像无法在光屏上呈现，则证明该像是虚像。
【分析】（1）只有蜡烛B和蜡烛A的像完全重合时，才能证实像和物体的大小关系；
（2）只有反射光线射入眼睛，我们才能看到平面镜中的像；
（3）实像可以成在光屏上，虚像不能成在光屏上。
21．【答案】（1）磁场
（2）N；正
（3）电流
（4）在通电螺线管内部插入铁芯
【知识点】地磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 （1）闭合开关S前，小磁针均指向南北方向，说明地球周围存在磁场；
（2）闭合开关S后，小磁针静止时的指向如图所示（涂黑的一端为N极），根据异名磁极相互吸引，通电螺线管的右端为N极，由安培定则可知，电源的右端为正极；
（3）对调电源两极，小磁针的指向也随之改变，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
（4）为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是在通电螺线管内部插入铁芯。
【分析】 （1）地球周围存在磁场；
（2）根据异名磁极相互吸引和安培定则分析。
（3）对调电源两极，小磁针的指向也随之改变，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
（4）通电螺线管内部插入铁芯可增大其磁场强度。
22．【答案】（1）不漏气
（2）不属于
（3）相等
（4）乙、丙；D
（5）正确
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 （1）小亮用手轻压探头处橡皮膜，观察到U形管两侧液面出现了明显的高度差，说明微小压强计气密性良好，该装置不漏气；
（2）微小压强计上的U形管一端封闭，一端开口，故从结构来看不属于连通器；
（3）改变探头的方向，发现U形管两侧液面的高度差保持不变，说明压强大小不变，即在同种液体内部的同一深度液体向各个方向的压强相等；
（4）根据实验现象可知小亮呼吸困难的原因是：人从较浅的水域走向较深的水域时，身体受到压强逐渐变大；研究液体压强与深度的关系，要控制液体的密度不变，只改变深度大小，因此乙、丙两幅图的现象能解释小亮游泳时发现的问题；
图2中把一个六面蒙有绷紧程度相同的橡皮膜的立方体置于水中时，左右两侧橡皮膜的深度相等，根据p=ρgh可知，左右两侧受到的液体压强相等，所以左右两侧橡皮膜向内凹陷的程度相同，而下方橡皮膜所处的深度大于上方橡皮膜，则下方橡皮膜受到的液体压强大于上方橡皮膜，所以下方橡皮膜向上凹陷的程度较大，而上方橡皮膜向下凹陷的程度较小，故图2中D图正确；
（5）图3中，当两探头位于同一深度时，U形管左右两侧液面的高度差为Δh，说明两探头所受到的液体压强不同，而待测液体的密度不同，说明液体压强与液体的密度有关，故猜想3是正确的。
【分析】 （1）用手指轻轻按压探头的橡皮膜，发现U形管两边的液面高度差变化都很小，这说明该微小压强计的气密性很差；若U形管两侧液面出现了明显的高度差，则装置不漏气，微小压强计的气密性好；
（2）上端开口，下部相互连通的容器叫连通器；
（3）在同种液体内部的同一深度液体向各个方向的压强相等；
（4）根据实验现象可知小亮呼吸困难的原因是：人从较浅的水域走向较深的水域时，身体受到压强逐渐变大；研究液体压强与深度的关系，要控制液体的密度不变，只改变深度大小；根据p=ρgh分析；
（5）图3中，当两探头位于同一深度时，U形管左右两侧液面的高度差为Δh，说明两探头所受到的液体压强不同，根据p=ρgh分析回答。
23．【答案】（1）解： 两个电阻是串联的，电压表测量的是定值电阻两端的电压；电压表的示数为：。
答：电压表的示数为；
（2）解： 电路中的总电阻为：；
那么 电阻的阻值；
答：电阻的阻值为。
（3）解：电流在内通过电阻所做的功为：。
答：电流在内通过电阻所做的功为 。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功的计算
【解析】【分析】 （1）根据电路图可知：两个电阻是串联的，电压表测量的是定值电阻R2两端的电压U2， 根据欧姆定律进行计算。
（2）根据计算电路的总电阻，然后根据计算电阻R2的阻值；
（3）根据电功的公式W=UIt计算电流对R2所做的功。
24．【答案】（1）解：由阿基米德原理得图乙中模型受到的浮力为：答：图乙中模型受到的浮力；
（2）解： 图乙中，以、整体为研究对象，受到重力、浮力和容器底的支持力，且根据力的相互作用知：，
整体受到的浮力为：；
整体受到的重力为：，由于三力平衡，所以，中充入的水的重力为：；
由和，根据题意知道，模型空心部分的体积等于中充入的水的，即；
答：模型空心部分的体积；
（3）解： 图丙中，整体为研究对象，受到重力、浮力，处于漂浮状态，则浮力为：；排开水的总体积为：；则变化的体积为：，液面变化的高度为：；水对容器底的压强变化量为：。
答：图丙与图乙相比，水对容器底的压强变化量是
【知识点】密度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；液体压强的计算；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）由F浮=ρ液V排g算出图乙中模型B受到的浮力；
（2）图乙中，A、B整体为研究对象，受到重力G、浮力F和容器底的支持力F支，且根据力的相互作用知：F支=F压=16N，由阿基米德原理算出整体受到的浮力，G=GA+GB+GA水，由G=F浮+F支=GA+GB+GA水算出A中充入的水的重力；
由和G=mg算出模型A空心部分的体积V空心等于A中充入的水的VA水；
（3）图丙中，AB整体为研究对象，受到重力G、浮力F，处于漂浮状态，根据F浮'=GA+GB算出浮力，由阿基米德原理算出排开水的总体积；
根据ΔV排=VA水+V排'-V排=VA水+V排'-（VA+VB）算出变化的体积，有V=Sh算出液面变化的高度；根据Δp=ρ水gΔh算出水对容器底的压强变化量。
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