广东省广州市2025届中考真题物理试卷
1．（2025·广州） AI智能音箱收到调低音量的指令时，就会自动改变声音的（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．频率
【答案】B
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】 对AI智能音箱发出“增大声音”或“减小声音”的指令时，音箱就会自动改变声音的响度。
故选B。
【分析】 声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距声源的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
2．（2025·广州） 如图是氮原子的结构示意图，则氦原子（ ）
A．核外有2个电子 B．整体有4个电子
C．核外有2个正电荷 D．整体有4个正电荷
【答案】A
【知识点】原子结构
【解析】【解答】 原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，核外电子带负电，质子带正电，核外有2个电子带负电，核内有两个质子带正电，整体不显电性，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 根据原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，核外电子带负电，质子带正电。
3．（2025·广州）某广播电台发射频率为的电磁波，根据下图信息，该电磁波属于（ ）
A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．射线
【答案】A
【知识点】电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 已知该电磁波的频率f=1.027×108Hz，由图可知，该频率小于1010Hz，
即该电磁波属于无线电波，故A符合题意，BCD不合题意。
故选A。
【分析】 根据电磁波的频率和图示信息可知该电磁波属于哪种电磁波。
4．（2025·广州）如图，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（ ）
A．逐渐增加 B．保持不变
C．通过做功改变 D．通过热传递改变
【答案】D
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】 AB.从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手，其温度降低，所以内能逐渐减少，故AB错误；
CD.做功改变物体内能是能量的转化过程，如摩擦生热是机械能转化为内能。而热传递改变物体内能是能量的转移过程，是由于温度差引起的，高温物体放出热量，内能减小，低温物体吸收热量，内能增加。金属勺子由烫手到不烫手，是因为勺子与周围空气存在温度差，勺子向空气中散热，内能减小，这是通过热传递的方式改变内能的，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据内能与温度的关系，物体温度降低，内能减小。改变物体内能的方式有做功和热传递两种。
5．（2025·广州）如图，蜡烛距凸透镜20cm时，烛焰在光屏上成清晰的倒立缩小像，则该凸透镜的焦距可能是（ ）
A．5cm B．20cm C．30cm D．40cm
【答案】A
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 由于成倒立缩小的实像，所以u=20cm＞2f，则f＜10cm，故A符合题意，BCD不合题意。
故选A。
【分析】 根据成像的特点，根据物距的范围确定焦距的大小。
6．（2025·广州）出租车驾驶室内设计了控制电路来显示是否载有乘客，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客。下列电路图中，通过开关S接“1”或“2”可以符合上述设计要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】 A.S打到1时，两灯都发光，打到2时，电路断路，故A不符合题意；
B.S打到1时，红灯发光，打到2时，电路断路，两灯都不发光，故B不符合题意；
C.S打到1时，红灯发光，打到2时，绿灯发光，故C符合题意；
D.绿灯始终与电源连通，始终发光，故D不符合题意。
故选C。
【分析】 根据要求，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客，两灯工作互不影响，分析每个选项，找出符合题意的答案。
7．（2025·广州）在如图所示的粗糙程度相同的水平冰面上，运动员用水平推力从a点推动冰壶，经过b点时松手，冰壶到达c点停止运动，由a到b和由b到c的过程中，设冰壶受到的滑动摩擦力分别为和，运动员对冰壶做的功分别为和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】功的计算及应用
【解析】【解答】 AB.由题知，由a到b和由b到c的过程中，冰壶与冰面的接触面粗糙程度相同，冰壶对冰面的压力相等，所以冰壶受到的滑动摩擦力分别为fab=fbc，故A错误、B正确；
CD.由题知，由a到b的过程中，冰壶受到运动员的推力，且在推力的方向上通过了距离，运动员对冰壶做功，而由b到c的过程中，冰壶虽然通过了距离，但不再受到运动员的推力，运动员对冰壶不做功，所以运动员对冰壶做的功分别为Wab＞Wbc，故CD错误。
故选B。
【分析】 （1）摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度。
（2）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。
8．（2025·广州）医学上用“人工心脏泵”替代心脏推动血液循环，如图是其工作原理的简图，活塞在电磁铁的带动下左右移动，代表心脏的舒张和收缩。“人工心脏泵”正常工作过程中，电磁铁的电流从a流向b时，则（ ）
A．电磁铁左端为S极，活塞向右移动
B．电磁铁左端为S极，活塞向左移动
C．电磁铁左端为N极，活塞向右移动
D．电磁铁左端为N极，活塞向左移动
【答案】B
【知识点】磁现象；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 电磁铁的电流从a流向b时，由安培定则可知，螺线管右端为N极，左端为S极，此时异名磁极相互吸引，故活塞左移，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】 由安培定则可知电磁铁的磁极，由磁极间的相互作用可知活塞的移动方向。
9．（2025·广州）某种汽车安全带控制装置如图a，摆锤竖直悬挂时，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动，由此可判断汽车静止或正常行驶：如图b，摆锤摆起时，锁棒锁定棘轮，安全带不能被拉动，由此可判断汽车可能（ ）
A．向西匀速行驶 B．向东匀速行驶
C．向西紧急刹车 D．向东紧急刹车
【答案】D
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】 简化模型如图所示：
当摆锤在虚线位置时，摆锤和汽车具有向左的加速度，汽车的运动情况可能为向左加速行驶或向右减速行驶（或向东紧急刹车），
当汽车匀速运动时，无论向哪个方向运动，摆锤均处于竖直位置不摆动，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】 将此题简化模型，然后分析汽车的运动情况即可。
10．（2025·广州）如图是用于测量汽车轮胎内气体压强的胎压计，其数值的单位是“”，表示的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小。若g取10N/kg，则相当于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【解答】 1kg物体的重力G=mg=1kg×10N/kg=10N，
1kg物体均匀压在1cm2水平面上产生的压力：F=G=10N，
受力面积S=1cm2=1×10-4m2，1kg/cm2相当于：
，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】 kg/cm2是压强单位，表示1cm2的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小，其数值等于该面积上所受的压力除以受力面积。
11．（2025·广州）如图所示的“风光互补”路灯，其太阳能电池板和风力发电机产生的电能，输送至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。
（1）工作时，风力发电机将 能转化成电能，太阳能电池板将 能转化成电能，风能和太阳能是 （选填“可再生”“不可再生”）的 （选填“一次”“二次”）能源；
（2）蓄电池储存的电能为4.8kW·h，若全部用于路灯供电，可供额定功率为80W的路灯正常发光 h．
【答案】（1）风能；太阳；可再生；一次
（2）60
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；电功率的计算
【解析】【解答】 （1）风力发电机工作时，是利用风能带动发电机的转子转动，从而产生电能，所以将风能转化成电能。
太阳能电池板是通过光电效应直接把太阳能转化为电能。
风能和太阳能可以从自然界源源不断地得到补充，所以是可再生能源；同时它们可以直接从自然界获取，属于一次能源。
（2）已知电能W=4.8kW h，路灯额定功率P=80W=0.08kW，则蓄电池储存的电能可供额定功率为80W的路灯正常发光。
【分析】 （1）风力发电机工作时，将机械能转化成电能，太阳能电池板工作时把太阳能转化为电能，消耗后能够从自然界源源不断获得补充的能源属于可再生能源，能够直接从自然界获取的能源叫一次能源；
（2）已知储存的电能和路灯额定功率，由得到路灯正常发光的时间。
12．（2025·广州）图a是旅游景区某大山及其等高线地形图的示意图，A、B是山上的两个位置，地形图上的分别对应A、B．AC为垂直电梯通道，CB为水平隧道。某游客乘电梯从A到C，再通过隧道到B．
（1）在图b中画出电梯内游客受力的示意图 ：
（2）电梯下行过程中，以 （选填“地面”“电梯”）为参照物，电梯内游客是静止的。已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，则游客在AC段的平均速度 （选填“大于”“等于”或“小于”）在CB段的平均速度；
（3）游客重力为500N，从A到B的过程中，其重力做的功为 J．
【答案】（1）
（2）电梯；小于
（3）
【知识点】速度公式及其应用；力的三要素及力的示意图；参照物及其选择；功的计算及应用
【解析】【解答】 （1）电梯内游客受力示意图：游客在电梯内受到竖直向下的重力G和电梯地板对其竖直向上的支持力F。电梯静止，重力G和支持力N大小相等；如下图所示：
（2）电梯下行过程中，电梯内游客相对于电梯的位置没有发生变化，所以以电梯为参照物，游客是静止的。
根据a图中信息，可以得出A、B两地高度差h=800m-720m=80m，也就是AC=80m。已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，根据可知，AC段的平均速度小于CB段的平均速度；
（3）重力做功W=Gh=500N×80m=4000J。
【分析】 （1）静止时，受平衡力作用；
（2）运动和静止的相对性，判断物体运动选取不同的参照物；等高线代表该地距离0海拔水平面有多高，从而得出AB两地垂直距离，再利用相同时间比较距离来判断速度大小；
（3）重力做功W=Gh。
13．（2025·广州）如图a，顾客站在倾斜放置的平面镜前观察自己的像。
（1）用AB表示站在平面镜前的顾客，在图b中画出其在镜中的像 ；
（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，她应 （选填“远离”“靠近”）平面镜移动，才能看到自己鞋子的像，顾客移动过程中，鞋子像的大小 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）靠近；不变
【知识点】平面镜成像的相关作图；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 （1）分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A'、B'，用虚线连接A'、B'即为AB在平面镜中的像，如图：
（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，她应面镜移动，才能看到自己鞋子的像，因为远离平面镜视角变大，看到的范围大；
顾客移动过程中，根据平面镜成像的特点可知，鞋子像的大小不变。
【分析】 （1）平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
（2）根据平面镜成像的特点：像和物体形状、大小相同分析解答。
14．（2025·广州）图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型。
（1）以O点为支点，在图d中作出的力臂 ；
（2）为了减小钢索承受的拉力，可适当 （选填“升高”“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是： 。
【答案】（1）
（2）升高；增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。
【知识点】力的三要素及力的示意图；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】 （1）过支点O作垂直于F1作用线的垂线段（即为F1的力臂l1）；过支点O作垂直于F2作用线的垂线段（即为F2的力臂l2），如图所示：
；
（2）由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。
【分析】 （1）做力臂首先找出支点，过支点做力作用线的垂线段，用双箭头标出这段距离，即为力臂。
（2）通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析出原因。
15．（2025·广州）图a是实践小组设计的自动储水箱简图，竖直细杆固定在水箱底部，浮简可沿细杆上下移动，水箱中水深为0.1m时，浮筒对水箱底部的压力刚好为零；水深为0.4m时，浮筒开始接触进水阀门：水深为0.6m时，浮筒使进水阀门完全关闭，浮筒所受浮力和水深关系的图像如图b，已，东g取．
（1）水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒排开水的重力 ，水对箱底产生的压强 （以上两空选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）阀门完全关闭时，求：
①水对箱底产生的压强；
②浮筒排开水的体积。
【答案】（1）不变；变大
（2）解：阀门完全关闭时，水的深度为：h=0.6m：
①水对箱底产生的压强为：
p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m=6×103Pa；
②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力F浮=7.5N，
由F浮=ρ水V排g可得浮筒排开水的体积：
。
【知识点】液体压强的计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】 （1）由图b知水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理F浮=G排可知，浮筒排开水的重力不变；
由于水的深度变大，由p=ρ液gh可知，水对箱底产生的压强变大。
【分析】 （1）由图b知水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理F浮=G排判断出浮筒排开水重力的变化；由p=ρ液gh判断出水对箱底产生压强的变化；
（2）①根据p水=ρ液gh算出水对箱底产生的压强；
②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力F浮=7.5N，由F浮=ρ水V排g算出浮筒排开水的体积。
16．（2025·广州）图a所示的电热加湿器，其内部结构及电路简图如图b．通电后，发热电阻R使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度。已知水的比热容为、密度为，沸点为100℃．
（1）加热仓中的水变成水蒸气属于 （选填“液化”“汽化”）现象：
（2）已知R阻值为550Ω，求电热加湿器的功率；
（3）若消耗电能，可使加热仓内的水从20℃加热至沸腾，求：
①加热仓内水吸收的热量；
②电热加湿器的加热效率。
【答案】（1）汽化
（2）解：电热加湿器的功率；
（3）解：①水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×3.0×10-5m3=0.03kg；
标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×0.03kg×（100℃-20℃）=10080J。
电热水壶的热效率：。
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；热量的计算；热机的效率；电功率的计算；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】 （1）加热仓中的水变成水蒸气属于汽化现象。
【分析】 （1）根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；
（2）根据得出电热加湿器的功率；
（3）①根据m=ρV得出水的质量；标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸=cm（t-t0）得出水吸收的热量；
②根据效率公式得出电加湿器的热效率。
17．（2025·广州）“探究串联电路中电流的特点”实验。
⑴连接电路：用笔画线表示导线，把图甲的滑动变阻器串联接入电路 （要求：连线不要交叉：滑片P向D移动，电路的电流增大）。
⑵发现问题：电源（输出电压为6V）、电流表、滑动变阻器、开关、导线完好，电路正确连接。闭合开关，观察到灯泡和不发光，电流表示数为零；
⑶排查故障：在不拆开导线且闭合开关的情况下，用图乙所示的电压表进行检测，将鳄鱼夹 （选填“a””b”）接电源“+”极、另一鳄鱼夹先后夹在E、G接线柱，电压表前后两次的指针位置都如图丙所示，其示数为 V；
⑷作出猜想：
猜想一：由于灯泡不发光，电压表示数不为零断路。短路。
猜想二：由于电流表示数为零，电压表示数不为零，断路。无故障。
⑸验证猜想：取下，换上完好的灯泡，观察到发光，仍然不发光。由此可知， （选填“猜想一”“猜想二”）正确；
⑹继续实验：
①排除故障后，闭合开关，移动滑片P，多次进行实验。某次（记为第一次）实验三个电流表示数如下图。
②为得到串联电路中电流的特点，设计记录实验数据的表格，并将第一次的数据填入表格中。
【答案】；b；6；猜想一；
实验次数 IA/A IB/A IC/A
1 0.5 0.5 0.5
2
3
【知识点】探究串并联电路中的电流特点实验
【解析】【解答】（1）根据灯泡与滑动变阻器串联，滑片P向D移动，电路的电流增大，说明电阻变小，选择右下方接线柱，电路如图所示：
（3）闭合开关，观察到灯泡L1（3.8V，0.4A）和L2（2.5V，0.3A）不发光，电流表示数为零；说明电路是断路，根据电压表使用时电流从正接线柱流入，故b接电源正极；根据电压用的是0-15V量程，分度值为0.5V，示数为6V；
（5）验证猜想：取下L1，换上完好的灯泡L3（3.8V，0.4A），观察到L3发光，说明此时电路是通路，L2仍然不发光，则L2短路。故猜想一正确；
（6）根据图中三个电流表都是小量程，指针位置相同，故电流相等，都是0.5A；
根据需要，测量三处的电流，且多次测量，表格如下：
IA/A IB/A IC/A
1 0.5 0.5 0.5
2
3
【分析】 （1）根据灯泡与滑动变阻器串联，滑片P向D移动，电路的电流增大，说明电阻变小连接电路；
（3）根据电流表示数确定故障，结合电压表使用分析解答；根据电压表的量程和分度值读数
（5）根据替换后灯泡发光，说明不发光的是短路，据此分析；
（6）根据电流表量程和分度值读数，结合探究的规律分析设计表格。
18．（2025·广州）跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验。
（1）实验过程：
①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）；
②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为 ；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的 （选填“左端”“右端”）向下发生倾斜，理由是： ；
④测量膨胀气球受到的浮力大小。
方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下， （选填“向小桶内添加”“从小桶内取出”）重力为的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为 ；
方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，则膨胀气球受到的浮力大小为 ；
（2）实验评估：
如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的哪种方法更合理？简要说明理由 。
【答案】（1）G；右端；左端的气球受到了向上的浮力，导致杠杆左端受到的动力变小，动力与动力臂的乘积变小，小于右端阻力与阻力与阻力臂的乘积；从小桶内取出；；
（2）方法二，理由： 通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态 。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）实验过程：
②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为L0的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件，则篮球和气球（含气针）的总重力与小桶和细沙的总重力为G相等，即为G；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知，标尺的右端向下发生倾斜。
④测量膨胀气球受到的浮力大小。
方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下，从小桶内取出重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL0；
则膨胀气球受到的浮力大小为F浮=G0；
方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，
根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL；
则膨胀气球受到的浮力大小为；
（2）实验评估：
如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
【分析】 （1）实验过程：
②在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件得出小桶和细沙的总重力；
③根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知分析；
④由已知条件，根据杠杆的平衡条件得出膨胀气球受到的浮力大小；根据杠杆的平衡条件得出则膨胀气球受到的浮力大小。
（2）采用④中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
1 / 1广东省广州市2025届中考真题物理试卷
1．（2025·广州） AI智能音箱收到调低音量的指令时，就会自动改变声音的（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．频率
2．（2025·广州） 如图是氮原子的结构示意图，则氦原子（ ）
A．核外有2个电子 B．整体有4个电子
C．核外有2个正电荷 D．整体有4个正电荷
3．（2025·广州）某广播电台发射频率为的电磁波，根据下图信息，该电磁波属于（ ）
A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．射线
4．（2025·广州）如图，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（ ）
A．逐渐增加 B．保持不变
C．通过做功改变 D．通过热传递改变
5．（2025·广州）如图，蜡烛距凸透镜20cm时，烛焰在光屏上成清晰的倒立缩小像，则该凸透镜的焦距可能是（ ）
A．5cm B．20cm C．30cm D．40cm
6．（2025·广州）出租车驾驶室内设计了控制电路来显示是否载有乘客，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客。下列电路图中，通过开关S接“1”或“2”可以符合上述设计要求的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·广州）在如图所示的粗糙程度相同的水平冰面上，运动员用水平推力从a点推动冰壶，经过b点时松手，冰壶到达c点停止运动，由a到b和由b到c的过程中，设冰壶受到的滑动摩擦力分别为和，运动员对冰壶做的功分别为和，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·广州）医学上用“人工心脏泵”替代心脏推动血液循环，如图是其工作原理的简图，活塞在电磁铁的带动下左右移动，代表心脏的舒张和收缩。“人工心脏泵”正常工作过程中，电磁铁的电流从a流向b时，则（ ）
A．电磁铁左端为S极，活塞向右移动
B．电磁铁左端为S极，活塞向左移动
C．电磁铁左端为N极，活塞向右移动
D．电磁铁左端为N极，活塞向左移动
9．（2025·广州）某种汽车安全带控制装置如图a，摆锤竖直悬挂时，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动，由此可判断汽车静止或正常行驶：如图b，摆锤摆起时，锁棒锁定棘轮，安全带不能被拉动，由此可判断汽车可能（ ）
A．向西匀速行驶 B．向东匀速行驶
C．向西紧急刹车 D．向东紧急刹车
10．（2025·广州）如图是用于测量汽车轮胎内气体压强的胎压计，其数值的单位是“”，表示的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小。若g取10N/kg，则相当于（ ）
A． B． C． D．
11．（2025·广州）如图所示的“风光互补”路灯，其太阳能电池板和风力发电机产生的电能，输送至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。
（1）工作时，风力发电机将 能转化成电能，太阳能电池板将 能转化成电能，风能和太阳能是 （选填“可再生”“不可再生”）的 （选填“一次”“二次”）能源；
（2）蓄电池储存的电能为4.8kW·h，若全部用于路灯供电，可供额定功率为80W的路灯正常发光 h．
12．（2025·广州）图a是旅游景区某大山及其等高线地形图的示意图，A、B是山上的两个位置，地形图上的分别对应A、B．AC为垂直电梯通道，CB为水平隧道。某游客乘电梯从A到C，再通过隧道到B．
（1）在图b中画出电梯内游客受力的示意图 ：
（2）电梯下行过程中，以 （选填“地面”“电梯”）为参照物，电梯内游客是静止的。已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，则游客在AC段的平均速度 （选填“大于”“等于”或“小于”）在CB段的平均速度；
（3）游客重力为500N，从A到B的过程中，其重力做的功为 J．
13．（2025·广州）如图a，顾客站在倾斜放置的平面镜前观察自己的像。
（1）用AB表示站在平面镜前的顾客，在图b中画出其在镜中的像 ；
（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，她应 （选填“远离”“靠近”）平面镜移动，才能看到自己鞋子的像，顾客移动过程中，鞋子像的大小 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
14．（2025·广州）图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型。
（1）以O点为支点，在图d中作出的力臂 ；
（2）为了减小钢索承受的拉力，可适当 （选填“升高”“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是： 。
15．（2025·广州）图a是实践小组设计的自动储水箱简图，竖直细杆固定在水箱底部，浮简可沿细杆上下移动，水箱中水深为0.1m时，浮筒对水箱底部的压力刚好为零；水深为0.4m时，浮筒开始接触进水阀门：水深为0.6m时，浮筒使进水阀门完全关闭，浮筒所受浮力和水深关系的图像如图b，已，东g取．
（1）水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒排开水的重力 ，水对箱底产生的压强 （以上两空选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）阀门完全关闭时，求：
①水对箱底产生的压强；
②浮筒排开水的体积。
16．（2025·广州）图a所示的电热加湿器，其内部结构及电路简图如图b．通电后，发热电阻R使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度。已知水的比热容为、密度为，沸点为100℃．
（1）加热仓中的水变成水蒸气属于 （选填“液化”“汽化”）现象：
（2）已知R阻值为550Ω，求电热加湿器的功率；
（3）若消耗电能，可使加热仓内的水从20℃加热至沸腾，求：
①加热仓内水吸收的热量；
②电热加湿器的加热效率。
17．（2025·广州）“探究串联电路中电流的特点”实验。
⑴连接电路：用笔画线表示导线，把图甲的滑动变阻器串联接入电路 （要求：连线不要交叉：滑片P向D移动，电路的电流增大）。
⑵发现问题：电源（输出电压为6V）、电流表、滑动变阻器、开关、导线完好，电路正确连接。闭合开关，观察到灯泡和不发光，电流表示数为零；
⑶排查故障：在不拆开导线且闭合开关的情况下，用图乙所示的电压表进行检测，将鳄鱼夹 （选填“a””b”）接电源“+”极、另一鳄鱼夹先后夹在E、G接线柱，电压表前后两次的指针位置都如图丙所示，其示数为 V；
⑷作出猜想：
猜想一：由于灯泡不发光，电压表示数不为零断路。短路。
猜想二：由于电流表示数为零，电压表示数不为零，断路。无故障。
⑸验证猜想：取下，换上完好的灯泡，观察到发光，仍然不发光。由此可知， （选填“猜想一”“猜想二”）正确；
⑹继续实验：
①排除故障后，闭合开关，移动滑片P，多次进行实验。某次（记为第一次）实验三个电流表示数如下图。
②为得到串联电路中电流的特点，设计记录实验数据的表格，并将第一次的数据填入表格中。
18．（2025·广州）跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验。
（1）实验过程：
①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）；
②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为 ；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的 （选填“左端”“右端”）向下发生倾斜，理由是： ；
④测量膨胀气球受到的浮力大小。
方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下， （选填“向小桶内添加”“从小桶内取出”）重力为的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为 ；
方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，则膨胀气球受到的浮力大小为 ；
（2）实验评估：
如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的哪种方法更合理？简要说明理由 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】 对AI智能音箱发出“增大声音”或“减小声音”的指令时，音箱就会自动改变声音的响度。
故选B。
【分析】 声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距声源的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
2．【答案】A
【知识点】原子结构
【解析】【解答】 原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，核外电子带负电，质子带正电，核外有2个电子带负电，核内有两个质子带正电，整体不显电性，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 根据原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，核外电子带负电，质子带正电。
3．【答案】A
【知识点】电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 已知该电磁波的频率f=1.027×108Hz，由图可知，该频率小于1010Hz，
即该电磁波属于无线电波，故A符合题意，BCD不合题意。
故选A。
【分析】 根据电磁波的频率和图示信息可知该电磁波属于哪种电磁波。
4．【答案】D
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】 AB.从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手，其温度降低，所以内能逐渐减少，故AB错误；
CD.做功改变物体内能是能量的转化过程，如摩擦生热是机械能转化为内能。而热传递改变物体内能是能量的转移过程，是由于温度差引起的，高温物体放出热量，内能减小，低温物体吸收热量，内能增加。金属勺子由烫手到不烫手，是因为勺子与周围空气存在温度差，勺子向空气中散热，内能减小，这是通过热传递的方式改变内能的，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据内能与温度的关系，物体温度降低，内能减小。改变物体内能的方式有做功和热传递两种。
5．【答案】A
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 由于成倒立缩小的实像，所以u=20cm＞2f，则f＜10cm，故A符合题意，BCD不合题意。
故选A。
【分析】 根据成像的特点，根据物距的范围确定焦距的大小。
6．【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】 A.S打到1时，两灯都发光，打到2时，电路断路，故A不符合题意；
B.S打到1时，红灯发光，打到2时，电路断路，两灯都不发光，故B不符合题意；
C.S打到1时，红灯发光，打到2时，绿灯发光，故C符合题意；
D.绿灯始终与电源连通，始终发光，故D不符合题意。
故选C。
【分析】 根据要求，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客，两灯工作互不影响，分析每个选项，找出符合题意的答案。
7．【答案】B
【知识点】功的计算及应用
【解析】【解答】 AB.由题知，由a到b和由b到c的过程中，冰壶与冰面的接触面粗糙程度相同，冰壶对冰面的压力相等，所以冰壶受到的滑动摩擦力分别为fab=fbc，故A错误、B正确；
CD.由题知，由a到b的过程中，冰壶受到运动员的推力，且在推力的方向上通过了距离，运动员对冰壶做功，而由b到c的过程中，冰壶虽然通过了距离，但不再受到运动员的推力，运动员对冰壶不做功，所以运动员对冰壶做的功分别为Wab＞Wbc，故CD错误。
故选B。
【分析】 （1）摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度。
（2）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。
8．【答案】B
【知识点】磁现象；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 电磁铁的电流从a流向b时，由安培定则可知，螺线管右端为N极，左端为S极，此时异名磁极相互吸引，故活塞左移，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】 由安培定则可知电磁铁的磁极，由磁极间的相互作用可知活塞的移动方向。
9．【答案】D
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】 简化模型如图所示：
当摆锤在虚线位置时，摆锤和汽车具有向左的加速度，汽车的运动情况可能为向左加速行驶或向右减速行驶（或向东紧急刹车），
当汽车匀速运动时，无论向哪个方向运动，摆锤均处于竖直位置不摆动，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】 将此题简化模型，然后分析汽车的运动情况即可。
10．【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【解答】 1kg物体的重力G=mg=1kg×10N/kg=10N，
1kg物体均匀压在1cm2水平面上产生的压力：F=G=10N，
受力面积S=1cm2=1×10-4m2，1kg/cm2相当于：
，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】 kg/cm2是压强单位，表示1cm2的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小，其数值等于该面积上所受的压力除以受力面积。
11．【答案】（1）风能；太阳；可再生；一次
（2）60
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；电功率的计算
【解析】【解答】 （1）风力发电机工作时，是利用风能带动发电机的转子转动，从而产生电能，所以将风能转化成电能。
太阳能电池板是通过光电效应直接把太阳能转化为电能。
风能和太阳能可以从自然界源源不断地得到补充，所以是可再生能源；同时它们可以直接从自然界获取，属于一次能源。
（2）已知电能W=4.8kW h，路灯额定功率P=80W=0.08kW，则蓄电池储存的电能可供额定功率为80W的路灯正常发光。
【分析】 （1）风力发电机工作时，将机械能转化成电能，太阳能电池板工作时把太阳能转化为电能，消耗后能够从自然界源源不断获得补充的能源属于可再生能源，能够直接从自然界获取的能源叫一次能源；
（2）已知储存的电能和路灯额定功率，由得到路灯正常发光的时间。
12．【答案】（1）
（2）电梯；小于
（3）
【知识点】速度公式及其应用；力的三要素及力的示意图；参照物及其选择；功的计算及应用
【解析】【解答】 （1）电梯内游客受力示意图：游客在电梯内受到竖直向下的重力G和电梯地板对其竖直向上的支持力F。电梯静止，重力G和支持力N大小相等；如下图所示：
（2）电梯下行过程中，电梯内游客相对于电梯的位置没有发生变化，所以以电梯为参照物，游客是静止的。
根据a图中信息，可以得出A、B两地高度差h=800m-720m=80m，也就是AC=80m。已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，根据可知，AC段的平均速度小于CB段的平均速度；
（3）重力做功W=Gh=500N×80m=4000J。
【分析】 （1）静止时，受平衡力作用；
（2）运动和静止的相对性，判断物体运动选取不同的参照物；等高线代表该地距离0海拔水平面有多高，从而得出AB两地垂直距离，再利用相同时间比较距离来判断速度大小；
（3）重力做功W=Gh。
13．【答案】（1）
（2）靠近；不变
【知识点】平面镜成像的相关作图；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 （1）分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A'、B'，用虚线连接A'、B'即为AB在平面镜中的像，如图：
（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，她应面镜移动，才能看到自己鞋子的像，因为远离平面镜视角变大，看到的范围大；
顾客移动过程中，根据平面镜成像的特点可知，鞋子像的大小不变。
【分析】 （1）平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
（2）根据平面镜成像的特点：像和物体形状、大小相同分析解答。
14．【答案】（1）
（2）升高；增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。
【知识点】力的三要素及力的示意图；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】 （1）过支点O作垂直于F1作用线的垂线段（即为F1的力臂l1）；过支点O作垂直于F2作用线的垂线段（即为F2的力臂l2），如图所示：
；
（2）由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。
【分析】 （1）做力臂首先找出支点，过支点做力作用线的垂线段，用双箭头标出这段距离，即为力臂。
（2）通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析出原因。
15．【答案】（1）不变；变大
（2）解：阀门完全关闭时，水的深度为：h=0.6m：
①水对箱底产生的压强为：
p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m=6×103Pa；
②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力F浮=7.5N，
由F浮=ρ水V排g可得浮筒排开水的体积：
。
【知识点】液体压强的计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】 （1）由图b知水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理F浮=G排可知，浮筒排开水的重力不变；
由于水的深度变大，由p=ρ液gh可知，水对箱底产生的压强变大。
【分析】 （1）由图b知水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理F浮=G排判断出浮筒排开水重力的变化；由p=ρ液gh判断出水对箱底产生压强的变化；
（2）①根据p水=ρ液gh算出水对箱底产生的压强；
②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力F浮=7.5N，由F浮=ρ水V排g算出浮筒排开水的体积。
16．【答案】（1）汽化
（2）解：电热加湿器的功率；
（3）解：①水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×3.0×10-5m3=0.03kg；
标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×0.03kg×（100℃-20℃）=10080J。
电热水壶的热效率：。
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；热量的计算；热机的效率；电功率的计算；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】 （1）加热仓中的水变成水蒸气属于汽化现象。
【分析】 （1）根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；
（2）根据得出电热加湿器的功率；
（3）①根据m=ρV得出水的质量；标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸=cm（t-t0）得出水吸收的热量；
②根据效率公式得出电加湿器的热效率。
17．【答案】；b；6；猜想一；
实验次数 IA/A IB/A IC/A
1 0.5 0.5 0.5
2
3
【知识点】探究串并联电路中的电流特点实验
【解析】【解答】（1）根据灯泡与滑动变阻器串联，滑片P向D移动，电路的电流增大，说明电阻变小，选择右下方接线柱，电路如图所示：
（3）闭合开关，观察到灯泡L1（3.8V，0.4A）和L2（2.5V，0.3A）不发光，电流表示数为零；说明电路是断路，根据电压表使用时电流从正接线柱流入，故b接电源正极；根据电压用的是0-15V量程，分度值为0.5V，示数为6V；
（5）验证猜想：取下L1，换上完好的灯泡L3（3.8V，0.4A），观察到L3发光，说明此时电路是通路，L2仍然不发光，则L2短路。故猜想一正确；
（6）根据图中三个电流表都是小量程，指针位置相同，故电流相等，都是0.5A；
根据需要，测量三处的电流，且多次测量，表格如下：
IA/A IB/A IC/A
1 0.5 0.5 0.5
2
3
【分析】 （1）根据灯泡与滑动变阻器串联，滑片P向D移动，电路的电流增大，说明电阻变小连接电路；
（3）根据电流表示数确定故障，结合电压表使用分析解答；根据电压表的量程和分度值读数
（5）根据替换后灯泡发光，说明不发光的是短路，据此分析；
（6）根据电流表量程和分度值读数，结合探究的规律分析设计表格。
18．【答案】（1）G；右端；左端的气球受到了向上的浮力，导致杠杆左端受到的动力变小，动力与动力臂的乘积变小，小于右端阻力与阻力与阻力臂的乘积；从小桶内取出；；
（2）方法二，理由： 通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态 。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）实验过程：
②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为L0的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件，则篮球和气球（含气针）的总重力与小桶和细沙的总重力为G相等，即为G；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知，标尺的右端向下发生倾斜。
④测量膨胀气球受到的浮力大小。
方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下，从小桶内取出重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL0；
则膨胀气球受到的浮力大小为F浮=G0；
方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，
根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL；
则膨胀气球受到的浮力大小为；
（2）实验评估：
如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
【分析】 （1）实验过程：
②在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件得出小桶和细沙的总重力；
③根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知分析；
④由已知条件，根据杠杆的平衡条件得出膨胀气球受到的浮力大小；根据杠杆的平衡条件得出则膨胀气球受到的浮力大小。
（2）采用④中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
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