2025年广东省深圳市福田外国语学校中考三模物理试题
一、主题一物理与日常生活
1．（2025·福田模拟）2024年9月，第五届深圳国际人工智能展在深圳会展中心成功举行，展会集中展示了众多创新成果。请完成下列各题。
（1）如图是一款外形傲娇的遛狗机器人，配备了麦克风、扬声器、LCD触控屏、高清摄像头，还可选配Wi-Fi和蓝牙组件。下列说法正确的是（ ）
A．麦克风的工作原理和电动机相同
B．扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用
C．Wi-Fi和蓝牙传递信号的速度大约相同，约为340m/s
D．LCD触控屏主要原件使用发光二极管，应用的是超导体材料，所以功耗小
（2）如图所示，家用服务机器人是伴随着人工智能而出现的一种人机信息交互特种机器人，下列说法正确的是（ ）
A．机器人发出的声音不是由振动产生的
B．机器人与人的对话交流，利用了声音可以传递信息
C．机器人能区分不同小朋友的声音是因为他们的音调不同
D．机器人移动时，可利用次声波和紫外线测距来避开障碍物
（3）如图是一款5G警用巡逻机器人，它装有5个高清摄像头，可实现全景无死角巡逻，它能拍摄出周围0.5m到5m内的景物，下列说法正确的是（ ）
A．摄像头拍摄到的是倒立、缩小的虚像
B．在拍摄时，人到摄像头的距离在一倍焦距和二倍焦距之间
C．当被拍摄的人远离摄像头时，人经摄像头成的像会变小
D．镜头相当于凸透镜，焦距可能为0.5m
（4）送餐机器人在20s内“手”托5N托盘水平匀速直线移动10m，地面对其摩擦阻力为10N，在此过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．机器人运动的速度是0.5m/s，机器人的托力对托盘做功为50J
B．托盘相对于机器人是静止的
C．机器人克服摩擦阻力做功的功率为5W
D．机器人和托盘受到的总重力与地面对机器人的支持力是一对平衡力
2．（2025·福田模拟）小圳用杯子、指南针、树叶、水及被磁化的缝衣针进行实验，测试发现树叶比缝衣针重，将缝衣针轻放在树叶上，杯子旁边放置一个指南针，指南针指针北极静止时图甲所示，接着多次将树叶轻轻旋转，树叶静止后，观察到树叶尖端总是指向同一个方向，图乙所示。最后将缝衣针从树叶上取下放入水中沉底，图丙所示。请完成下列各题。
（1）以下说法正确的是（ ）
A．缝衣针的质量、体积、密度都比树叶的小
B．图丙中，树叶受到的浮力比缝衣针受到的浮力小
C．图乙中，放上缝衣针前后，树叶排开的水的体积分别为V前、V后，V前＝V后
D．图乙中，树叶和缝衣针排开水的总体积比图丙中树叶和缝衣针排开的水的总体积大
（2）图乙中，对于树叶和缝衣针所制成的“自制指南针”，以下说法正确的是（ ）
A．叶尖指向地磁南极
B．把缝衣针取走，树叶仍有磁性
C．缝衣针周围存在磁场和磁感线
D．若用小磁针的南极靠近缝衣针尖，针尖会受到小磁针的斥力
二、主题二物理与社会发展
3．（2025·福田模拟）图甲是一部三折叠手机，A、B、C是能折叠在一起的三个屏幕。若手持C屏保持静止，另一手捏屏沿水平方向向左运动，此时屏可视为绕点旋转的杠杆。请在图乙中画出屏受到的动力及其力臂。
4．（2025·福田模拟）如图为我国古代智慧成果“取火器”的模型图，把木质推杆迅速推入内壁光滑的牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过 方式使筒内空气温度升高，达到艾绒着火点，这一过程与四冲程柴油机的 冲程原理相同。
5．（2025·福田模拟）如图甲为手机防窥膜结构图，采用了超细百叶窗光学技术。贴在手机屏幕上的效果如图乙所示，其原理类似百叶窗，只能透过一定角度的光线，结构简图如图丙。两侧之所以看不清屏幕内容，是由于 （填写光现象名称）；此防窥膜贴在手机屏幕上， （选填“能”或“不能”）防止上方的窥视；为了让防窥效果更好（可视范围减小），可以适当 （选填“增大”或“减小”）超细百叶窗的间距。
6．（2025·福田模拟）在建筑工地上，工人师傅使用一个由两个相同滑轮安装成的滑轮组（如题图甲所示，虚线框内为滑轮组结构）来提升建筑材料。现有一堆质量为21kg的砖块需要提升，工人施加的拉力为80N。通过安装在绳子自由端和砖块处的移动传感器，得到物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，则滑轮组中动滑轮重 N，拉力的功率为 W，该滑轮组的机械效率为 %。（g取10N/kg）
三、主题三物理与科学探究
7．（2025·福田模拟）小华设计了两种实验方案来分别测量a、b两个合金块的密度，
方案1：测量a的密度
把天平放在水平桌面上，游码移到标尺零刻度线处，发现指针静止时如图1所示，则应将平衡螺母向 调节，使天平平衡，当天平平衡时砝码和游码位置如图2所示，a是棱长为2cm的正方体，则a密度是 ；
方案2：测量b的密度
①用电子秤按图3所示步骤进行测量，为了能更准确地测算出b合金块的密度，应选择图3中的甲、 和丁所测数据来完成，算出b合金块的密度为 ；
②若仅用图3实验中的乙、丙和丁所测数据，算出b合金块的密度与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相同”）。
8．（2025·福田模拟）厚膜电阻是一种被广泛应用于高温电子设备中的定值电阻，具有耐高温的特性。
为测定一个厚膜电阻的阻值大小，小圳设计如下实验。
（1）如图甲所示是正在连接的实物图，此时的一处错误是 ，图中滑动变阻器的滑片已调至最大阻值处，请画出最后一根导线；
（2）正确连接并操作后，移动滑动变阻器滑片，测量并记录的实验数据如表所示。综合分析表中的实验数据，可知该厚膜电阻的阻值是 Ω；
实验 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω
1 4.9 0.1 49
2 9.6 0.2 48
3 12 0.24
（3）查阅资料发现：该厚膜电阻材料为导电金属陶瓷，滑动变阻器金属丝材料为镍铬合金丝，两种材料电阻随温度变化图像如图乙所示。保持滑片位置不变，开关闭合一段时间后，电压表示数 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，记录电压表和电流表示数并绘制图像如图丙，其中面积S1表示电压表示数为U1时厚膜电阻的电功率大小，则此时滑动变阻器的电功率表示为面积 （选填“S1”、“S2”或“S3”）。
（5）下列实验，不能通过以上实验装置完成的是__________。
A．探究电流与电压的关系
B．探究电流与电阻的关系
C．测量电阻消耗电功率
四、主题四物理与工程实践
9．（2025·福田模拟）项目化学习小组听了“曹冲称象”的故事后，利用所学知识制作了一个“浮力秤”模型，可方便地称量物体的质量，其构造如图所示。已知透明大筒足够深，其底面积S=0.05m2，小筒的高度H=0.4m，底面积S1=0.02m2，小筒和秤盘的总质量为2kg，小筒筒壁的厚度可忽略不计，假设在整个称量过程中，小筒下表面始终与水面平行。ρ水=1×103kg/m3。求：
（1）当秤盘上不放物体时，小筒受到的浮力；
（2）如图乙所示，在秤盘上放一物体后，小筒浸入水中的深度h为0.2m，该物体的质量；
（3）与浮力秤未放物体时相比，浮力秤达到最大称量时，水对大筒容器底压强的变化量。
10．（2025·福田模拟）小圳准备用家里的煮茶器（图甲）与家人一起品茶。该煮茶器额定电压为220V，原电路中只有加热电阻R0，为实现多档位加热和保温功能，小圳又找来了两个加热电阻R1和R2，将煮茶器的电路改造为如图乙所示，可以实现三挡工作，已知高温挡的额定功率为1100W，中、低温挡的功率分别是高温挡的50%和30%。求：
（1）中温挡的功率；
（2）R1的阻值；
（3）若在额定电压为220V的电路中只有煮茶器一个用电器工作，且煮茶器处于中温挡工作状态，则图丙所示的电能表在12分钟内转过的圈数。
11．（2025·福田模拟）如图甲所示是公园里两个绳长不同的秋千，小圳荡秋千时发现这两个秋千往返一次的时间不同。小圳猜想：秋千往返一次的时间是否与绳长有关？
【证据】小圳用细线系上一个小球模拟秋千，图乙，悬点O到小球重心距离简称摆长，每次让小球由静止释放，且保持释放时悬线和竖直方向的夹角不变，改变摆长进行探究，记录结果如表所示：
实验次数 摆长L/cm 小球往返摆动十次的总时间t总/s 小球往返摆动一次的时间t/s
1 60.0 15.8 1.58
2 80.0 18.1 1.81
3 100.0 20.0 2.00
【解释】同一小球由静止释放，且保持释放时悬线和竖直方向的 不变，摆长越长，小球往返摆动一次的时间越 （选填“长”或“短”），由此可知，秋千未坐人时（如图甲所示）往返一次的时间与绳长有关。
【交流】
（1）该探究所需的测量工具有刻度尺、秒表和 ；
（2）小圳发现小球往返摆动一次的时间不易测准，于是他测出小球往返摆动十次的总时间，再算出往返摆动一次的时间。
①采用这种方法的目的是 ；
②如丙图所示一条纸带厚薄均匀，把纸带紧密地环绕在圆柱形铅笔上，直至恰好能套进一个圆环中，如图所示，纸带环绕了n圈，则纸带厚度是 ；
（3）小圳联想到杂技演员荡秋千，有时站着，有时坐着，由此猜想，演员改变重心的位置相当于改变了摆长，该演员在秋千上从同一起点由静止往下荡时，坐着比站着往返一次的时间更 （选填“长”或“短”）。温馨提示：杂技动作，请勿模仿。
12．（2025·福田模拟）阅读短文，回答问题。
跨学科实践：设计一氧化碳（CO）浓度安全断路器；
【任务要求】为安全使用煤气，设计一款家用CO浓度安全断路器，当空气中CO达到一定浓度时，拉开闸刀开关，要求自动、快速（相同时间内，拉动闸刀开关移动的距离大）。
【设计实施】
小明所在的项目化学习小组设计了一款用于监测CO浓度的安全断路器模拟电路。其电路图如图甲所示，由控制电路（含电源、气敏电阻、定值电阻、电磁铁E等）和机械传动部分（含闸刀开关、轻质杠杆AB、配重C等）组成，电磁铁E位于C的正上方。当控制电路中的电流超过一定值时，配重C被电磁铁E吸起，杠杆AB绕O点转动，带动轻杆拉开闸刀开关，自动切断电路。已知电源电压U为6V，定值电阻的阻值为，OA与OB的长度之比为1：2。E对C的吸引力与通过控制电路电流I的关系如图乙所示，气敏电阻的阻值与CO浓度的关系如图丙所示。
【交流评价】表格是任务的部分评价指标，根据评价表对活动进行评价。
评价指标 优秀 合格 待改进
指标一 能自动快速切断电路，安全可靠 能自动切断电路 不能切断电路
指标二 有调节结构，调节方便 有调节结构，调节方便 无调节结构，不能调节
（1）关于设计CO浓度安全断路器的实践活动，下列说法正确的是______；
A．若为动力，则AOB是费力杠杆 B．电磁铁E的上端极性为S极
C．CO浓度增加时，E的磁性变弱 D．配重C可能是铜材料制成的
（2）电磁铁的电阻和杠杆自重均忽略不计，已知C的重力为，闸刀开关刚好被拉开时所需的力F为，闸刀刚好被拉开时，电磁铁对C的吸引力为 N，定值电阻消耗的电功率为 W，此时一氧化碳浓度是
（3）使用一段时间后，由于电源电压减小，导致一氧化碳浓度达到（2）中设定值时不能断开闸刀开关。为解决这一问题，小组成员先将定值电阻改为 ，然后进行调试：先将气敏电阻换成阻值为 的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，调节使得电压表的示数为 V，接着断开开关，再将定值电阻换成气敏电阻；
（4）根据“评价表”对（3）中修改后的方案进行评价，你的评价等级是 ，依据是 。
答案解析部分
1．【答案】（1）B
（2）B
（3）C
（4）A
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；功率的计算；二力平衡的条件及其应用；声音的产生；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）A．麦克风工作时将声信号转化为电信号，原理是电磁感应现象；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到离的作用，故A错误；
B．扬声器工作原理是通电线圈在磁场中受力而运动，带动纸盆振动发声，将电信号转化为声信号，故B正确；
C．Wi-Fi和蓝牙都是利用电磁波传递信号，电磁波在真空中的传播速度约为，故C错误；
D．LCD触控屏主要元件使用发光二极管，应用的是半导体材料，故D错误。
故选B。
（2）A．机器人发出的声音是由振动产生的，故A错误；
B．机器人与人的对话交流，利用了声音可以传递信息，故B正确；
C．机器人能区分不同小朋友的声音是因为他们的音色不同，故C错误；
D．机器人移动时，可利用超声波来测距避开障碍物，故D错误。
故选B。
（3）AB．摄像头相当于凸透镜，在拍摄时，物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，故AB错误；
C．根据凸透镜成实像时，“物远像近像变小”的规律可知，当被拍摄的人远离摄像头时，物距增大，像距减小，像会变小，故C正确；
D．摄像机能拍摄出周围0.5m到5m内的景物，即物距的范围是，当物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，利用，应取最小值（保证能涵盖这个范围成像）来确定，即
解得，所以焦距不可能为0.5m，故D错误。
故选C。
（4）A．送餐机器人在20s内“手”托5N托盘水平匀速直线移动10m，则机器人运动的速度为：
托力方向竖直向上，托盘在水平方向移动，托盘没有在力的方向上移动距离，所以机器人的托力对托盘没有做功，故A错误；
B．托盘与机器人之间位置没有发生变化，所以托盘相对于机器人是静止的，故B正确；
C．机器人克服摩擦阻力做功为：
功率为：
故C正确；
D．机器人和托盘受到的总重力与地面对机器人的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故D正确。
故选A。
【分析】（1）A．麦克风工作原理是电磁感应现象；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
B．扬声器工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用；
C．电磁波在真空中的传播速度约为；
D．发光二极管是由半导体材料制成的。
（2）A．声音是由物体振动产生的；
BD．利用声音可以传递信息；
C．不同的人发出声音的音色不同。
（3）1．摄像头相当于凸透镜，物体在凸透镜的二倍焦距以外时，成倒立、缩小的实像；
2．根据凸透镜成实像时，“物远像近像变小”的规律进行分析；
（4）A．已知机器人运动的路程和时间，根据求机器人运动的速度；
做功的必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动距离；
B．研究物体运动状态时，要选择合适的参照物，若物体和参照物之间位置发生变化，则物体是运动的，若物体和参照物之间位置没有发生变化，则物体是静止的。；
C．已知机器人受到的阻力和移动的距离，根据求出克服摩擦阻力所做的功，根据求功率；
D．二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
（1）A．麦克风工作时将声信号转化为电信号，原理是电磁感应现象；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到离的作用，故A错误；
B．扬声器工作原理是通电线圈在磁场中受力而运动，带动纸盆振动发声，将电信号转化为声信号，故B正确；
C．Wi-Fi和蓝牙都是利用电磁波传递信号，电磁波在真空中的传播速度约为，故C错误；
D．LCD触控屏主要元件使用发光二极管，应用的是半导体材料，故D错误。
故选B。
（2）A．机器人发出的声音是由振动产生的，故A错误；
B．机器人与人的对话交流，利用了声音可以传递信息，故B正确；
C．机器人能区分不同小朋友的声音是因为他们的音色不同，故C错误；
D．机器人移动时，可利用超声波来测距避开障碍物，故D错误。
故选B。
（3）AB．摄像头相当于凸透镜，在拍摄时，物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，故AB错误；
C．根据凸透镜成实像时，“物远像近像变小”的规律可知，当被拍摄的人远离摄像头时，物距增大，像距减小，像会变小，故C正确；
D．摄像机能拍摄出周围0.5m到5m内的景物，即物距的范围是，当物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，利用，应取最小值（保证能涵盖这个范围成像）来确定，即
解得，所以焦距不可能为0.5m，故D错误。
故选C。
（4）A．送餐机器人在20s内“手”托5N托盘水平匀速直线移动10m，则机器人运动的速度为：
托力方向竖直向上，托盘在水平方向移动，托盘没有在力的方向上移动距离，所以机器人的托力对托盘没有做功，故A错误；
B．托盘与机器人之间位置没有发生变化，所以托盘相对于机器人是静止的，故B正确；
C．机器人克服摩擦阻力做功为：
功率为：
故C正确；
D．机器人和托盘受到的总重力与地面对机器人的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故D正确。
故选A。
2．【答案】（1）D
（2）D
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用；磁性材料；地磁场
【解析】【解答】（1）A．树叶比缝衣针重，所以缝衣针的质量比树叶小；由图可知，缝衣针体积比树叶小；缝衣针沉底，它的密度大于水的密度，树叶漂浮，它的密度小于水的密度，所以缝衣针的密度比树叶的大，故A错误；
B．图丙中，缝衣针下沉，浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，由于树叶比缝衣针重，所以树叶受到的浮力比缝衣针受到的浮力大，故B错误；
C．图乙中，树叶漂浮在水面，所受浮力等于重力，放上缝衣针后，总重力增大，浮力增大，根据阿基米德原理可知，排开水的体积增加，所以V前D．图乙中，树叶和缝衣针受到的总浮力等于树叶和缝衣针的总重力，图丙中，缝衣针受到的浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，所以树叶和缝衣针受到的总浮力小于树叶和缝衣针的总重力，即图乙中总的浮力大于图丙中总的浮力，根据可知，图乙中树叶和缝衣针排开水的总体积比图丙中树叶和缝衣针排开的水的总体积大，故D正确。
故选D。
（2）A．由甲可知，指南针的N极指向地理北极，由图乙可知，树叶的尖端总是指向地理南极，由于地理的两极与地磁场的两极相反，所以叶尖指向地磁北极，故A错误；
B．把缝衣针取走后，树叶不是磁性材料，没有磁性，故B错误；
C．磁体周围存在磁场，但磁感线不是真实的，所以缝衣针周围不存在磁感线，故C错误；
D．树叶的尖端指向南方为S极，若用小磁针的南极靠近缝衣针尖，即树叶的尖端S极，则针尖会受到小磁针的斥力，故D正确。
故选D。
【分析】（1）A．由题意可知，缝衣针的质量较小，由图可知，缝衣针的体积较小，根据浮沉条件可知，缝衣针的密度较大；
B．由图可知树叶和缝衣针在水中的状态，根据浮沉条件比较浮力大小；
C．树叶漂浮在水面，根据浮沉条件分析树叶所受的浮力变化，根据阿基米德原理分析放上缝衣针前后，树叶排开水的体积变化；
D．根据树叶和缝衣针的状态，根据浮沉条件分别分析图乙和图丙中，树叶和缝衣针所受总浮力和总重力的关系，根据分析树叶和缝衣针排开的水的总体积变化。
（2）A.1.由指南针的N极指向可知地理北极方向，进而可知树叶的尖端指向地理南极，即S极；
2.地磁场的两极与地理的两极相反；
B．树叶不是磁性材料；
C．磁体周围存在磁场，但磁感线不是真实存在的；
D．根据同名磁极相互排斥进行分析。
（1）A．树叶比缝衣针重，所以缝衣针的质量比树叶小；由图可知，缝衣针体积比树叶小；缝衣针沉底，它的密度大于水的密度，树叶漂浮，它的密度小于水的密度，所以缝衣针的密度比树叶的大，故A错误；
B．图丙中，缝衣针下沉，浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，由于树叶比缝衣针重，所以树叶受到的浮力比缝衣针受到的浮力大，故B错误；
C．图乙中，树叶漂浮在水面，所受浮力等于重力，放上缝衣针后，总重力增大，浮力增大，根据阿基米德原理可知，排开水的体积增加，所以V前D．图乙中，树叶和缝衣针受到的总浮力等于树叶和缝衣针的总重力，图丙中，缝衣针受到的浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，所以树叶和缝衣针受到的总浮力小于树叶和缝衣针的总重力，即图乙中总的浮力大于图丙中总的浮力，根据可知，图乙中树叶和缝衣针排开水的总体积比图丙中树叶和缝衣针排开的水的总体积大，故D正确。
故选D。
（2）A．由甲可知，指南针的N极指向地理北极，由图乙可知，树叶的尖端总是指向地理南极，由于地理的两极与地磁场的两极相反，所以叶尖指向地磁北极，故A错误；
B．把缝衣针取走后，树叶不是磁性材料，没有磁性，故B错误；
C．磁体周围存在磁场，但磁感线不是真实的，所以缝衣针周围不存在磁感线，故C错误；
D．树叶的尖端指向南方为S极，若用小磁针的南极靠近缝衣针尖，即树叶的尖端S极，则针尖会受到小磁针的斥力，故D正确。
故选D。
3．【答案】
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】支点为0点，动力F水平向左作用于A屏，过0点向动力的F作用线作垂线，垂直距离即为力臂L，如图所示：
【分析】支点 ：杠杆绕其转动的固定点；
力臂：支点到力的作用线的垂直距离。
4．【答案】做功；压缩
【知识点】做功改变物体内能；热机的四个冲程
【解析】【解答】把木质推杆迅速推入内壁光滑的牛角套筒时，封闭的气体被推杆压缩过程中，推杆对气体做功，将机械能转化为内能，气体内能增加，故这是通过做功方式使筒内空气温度升高，达到艾绒的着火点，这一过程与四冲程柴油机的压缩冲程的能量转化相同。
【分析】1.做功和热传递都能改变物体内能；
2.压缩冲程能量转化：将机械能转化为内能。
5．【答案】光沿直线传播；不能；减小
【知识点】光的直线传播及其应用
【解析】【解答】由图丙可知，两侧之所以看不清屏幕内容，是由于光的直线传播现象，百叶窗挡住了屏幕射向侧方的光线；
由图可知，屏幕上方在可视范围内，所以此防窥膜贴在手机屏幕上，不能防止上方的窥视；
适当地减小超细百叶窗的间距，能更有效遮挡屏幕射向侧方的光线，让防窥效果更好。
【分析】1.光在同种均匀的介质中沿直线传播；
2.此防窥膜贴在手机屏幕上，由于屏幕正上方在可视范围内，所以不能防止上方的窥视；
3.为了让防境效果更好（可视范围减小），可以适当地减小超细百叶窗的间距。
6．【答案】30；120；87.5
【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】根据滑轮组的特点，滑轮组可以省力，但费距离，图己中，上面的倾斜直线是绳子自由端的s-t图像，下面的倾斜直线是物体的s-t图像，图乙中，t=4s时，绳子自由端移动的距离s=6m，
物体上升的高度h=2m，
根据s=nh，动滑轮上，绳子的股数，
t=4s时，拉力做的总功：，
拉力做功的功率：
物体的重力：
不计绳重和摩擦时，动滑轮的重力：
滑轮组的机械效率：。故第1空填：30；第2空填：120；第3空填：87.5。
【分析】使用滑轮组时，根据绳子移动距离和物体移动距离的比值，判断绳子股数，根据G=mg，计算物体的重力；利用G动=nF-G物，计算动滑轮的重力；根据 ，计算功率大小，利用，计算滑轮组的机械效率。
7．【答案】右；8；乙；8；偏小
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】方案1：由图甲可知，天平是指针静止时向左偏，则应将平衡螺母向右调节，使天平横梁平衡。
由图2可知，由砝码质量和游码示数可得，a合金块的质量为：
a合金块的棱长为2cm，体积为：
则a合金块的密度为：
方案2： ①由图3甲可得b金属块的质量m=80.0g，由乙和丁可得，加入水的质量为：
由乙和丁可求出加入水的体积，即b金属块的体积，此过程中取出合金块会带出水，在加水时已做补充，不会影响合金块的体积，b金属块的体积为：
b合金块的密度为：
所以应选择图3中的甲、乙和丁所测数据来完成，b合金块的密度为8g/cm3。
②若选择图3实验中的乙、丙和丁所测数据，将金属块从溢水杯中取出时，会带出一部分水，则加入水的质量偏大，求出的合金块的体积偏大，根据可得，合金块密度偏小，所以算出b合金块的密度比真实值相比偏小。
【分析】方案一：1.实验前，根据“左偏右调，右偏左调”的方法调节平衡螺母，使天平水平平衡；
2.物体的质量等于砝码质量加游码示数；
3.根据求出a金属块的密度；
方案2：① 甲、乙和丁实验中取出合金块会带出水，在加水时已做补充，不会影响合金块的体积；
②的乙、丙和丁将金属块从溢水杯中取出时，会带出一部分水，则加入水的质量偏大，求出的合金块的体积偏大，根据进行分析。
8．【答案】（1）开关没有断开；
（2）49
（3）变小
（4）S3
（5）B
【知识点】伏安法测电阻的探究实验；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由图甲可知，错误之处是连接电路时，开关没有断开。
由甲图可知变阻器应“一上一下”与厚膜电阻串联，为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，图甲所示的滑片位于A端，因此应将滑动变阻器的B接线柱与电源的正极相连，如图所示：
（2）由表格数据可知，第三次实验测得R的阻值为：
该厚膜电阻的阻值为：
（3）由甲图可知，滑动变阻器与厚膜电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量厚膜电阻两端的电压；由图乙可知，导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大；保持滑片不变，开关闭合一段时间后，由于温度升高，镍铬合金丝的电阻增大，而厚膜电阻的阻值受温度的影响不大，根据串联电路电阻的规律可知，总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电流变小，即电流表的示数变小；根据U=IR可知，厚膜电阻两端电压减小，即电压表示数变小。
（4）由图像丙可知，随着滑片的移动，U1变大，即厚膜电阻两端的电压增大，根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端的电压减小，根据串联分压原理可知，滑动变阻器的阻值变小，则滑片是从A端向B端移动，当滑片移到B端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，滑动变阻器两端的电压为0，则电压表的示数为电源电压；当电压表的示数为U1时，滑动变阻器的电压为U滑=U2－U1，电路的总功率为：
当面积S1表示电压表示数为U1时厚膜电阻的电功率大小，此时滑动变阻器的电功率
即S3表示此时滑动变阻器的电功率。
（5）导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，即电阻大小不变，而探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的大小，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】（1）连接电路时，开关应断开；
滑动变阻器应“一上一下”串联到电路中，为保护电路，实验前应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置；
（2）由实验数据，利用 求出第3次实验R的阻值，为减小误差，求出多次实验电阻的平均值；
（3）由甲图可知，滑动变阻器与厚膜电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量厚膜电阻两端的电压；由图乙可知，导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大；保持滑片不变，开关闭合一段时间后，由于温度升高，镍铬合金丝的电阻增大，根据串联电路电阻的规律分析电路中总电阻变化，电源电压不变，根据欧姆定律分析电路中电流变化，根据U=IR分析厚膜电阻两端电压变化，即可知电压表示数变化。
（4）当滑片移到B端时，电压表的示数为电源电压，根据串联电路电压规律表示出变阻器两端的电压，由P=UI计算滑动变阻器的电功率，据此作答；
（5）探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的大小，控制电阻两端的电压不变。
（1）[1]由图甲可知，在连接电路时，开关没有断开。
[2]由甲图可知变阻器应与厚膜电阻串联，这样变阻器可以调节通过厚膜电阻两端的电压和通过电路的电流，电压表测量厚膜电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流；为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，图甲所示的滑片位于A端，因此应将最后一根导线接入滑动变阻器的B接线柱；如图所示：
（2）由欧姆定律可得，第三次实验测得R的阻值
多次测量取平均值可以减小误差，因此该厚膜电阻的阻值是
（3）由上图可知，由甲图可知变阻器与厚膜电阻串联，电压表测量厚膜电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流；由图乙可知，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大，导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻；保持滑片不变，开关闭合一段时间后，由于温度升高，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大，而厚膜电阻的阻值受温度的影响不大，则总电阻变大，电源电压不变，则电流变小，即电流表的示数变小；根据欧姆定律可知厚膜电阻两端减小，即电压表示数减小。
（4）由图像丙可知，随着滑片的移动，U1变大，则滑片是从A端向B端移动，当滑片移到B端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，滑动变阻器两端的电压为0，则电压表的示数为电源电压，当电压表的示数为U1时，滑动变阻器的电压为U滑=U2－U1，电路的总功率
当面积S1表示电压表示数为U1时厚膜电阻的电功率大小，此时滑动变阻器的电功率
即S3表示此时滑动变阻器的电功率。
（5）导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，电阻大小不能改变，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
9．【答案】（1）解：当秤盘上不放物体时，小筒漂浮，浮力等于重力，所以小筒受到的浮力为：
F浮1=G小筒=mg = 2kg×10N/kg=20N
答：当秤盘上不放物体时，小筒受到的浮力为20N。
（2）解：小筒浸入水中的深度h=0.2m，受到的浮力为：
F浮2=ρ水gV排=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.2m = 40N
根据漂浮时浮力等于重力，则G=mg=F浮2-G小筒，即m×10N/kg=40N-20N=20N
解得m=2kg。
答：该物体的质量为2kg。
（3）解：浮力秤达到最大称量时，浸入水中的深度h=0.4m，受到的浮力为：
F浮3=ρ水gV排'=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.4m = 80N
与浮力秤未放物体时相比，增大的浮力为：
ΔF浮=F浮3-F浮1=80N-20N=60N
根据力的作用是相互的，小筒对水增大的压力为：
F=ΔF浮=60N
增大的压强为为：
答：水对大筒容器底压强的变化量为1200Pa。
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）已知小筒和秤盘的总质量，当秤盘上不放物体时，小筒漂浮，浮力等于重力，根据F浮1=G小筒=mg求出小筒受到的浮力；
（2）已知小筒浸入水中的深度，根据F浮2=ρ水gV排=ρ水gS1h求出小筒受到的浮力，
根据漂浮时浮力等于重力，利用G=mg=F浮2-G小筒求出物体的质量；
（3）已知浮力秤达到最大称量时浸入水中的深度，根据F浮3=ρ水gV排=ρ水gS1h'求出受到的浮力，
进而求出与浮力秤未放物体时相比增大的浮力，根据力的作用是相互的，求出小筒对水增大的压力，根据求出增大的压强。
（1）当秤盘上不放物体时，小筒漂浮，浮力等于重力，所以小筒受到的浮力为F浮1=G小筒=mg = 2kg×10N/kg=20N
（2）小筒浸入水中的深度h=0.2m，受到的浮力为F浮2=ρ水gV排=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.2m = 40N
根据漂浮时浮力等于重力，则G=mg=F浮2-G小筒，即m×10N/kg=40N-20N=20N
解得m=2kg。
（3）浮力秤达到最大称量时，浸入水中的深度h=0.4m，受到的浮力为F浮3=ρ水gV排'=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.4m = 80N
与浮力秤未放物体时相比，增大的浮力ΔF浮=F浮3-F浮1=80N-20N=60N
根据力的作用是相互的，小筒对水增大的压力F=ΔF浮=60N
增大的压强为
10．【答案】（1）解：由题意得，中温档功率为：
答：中温挡的功率为550W。
（2）解：已知高温挡的额定功率为1000W，根据可得，R0的阻值为：
由图可知，煮茶器处于中温挡时，R0、R1串联，根据可得，此时电路的总电阻为：
由电阻的串联规律可得R1的阻值为：
答：R1的阻值为39.6Ω。
（3）解：若在额定电压为220伏的电路中只有煮茶器一个用电器工作，且煮茶器处于中温挡工作状态，根据W=Pt可知，消耗的电能为：
则电能表在12分钟内转过的圈数为：
答：电能表在12分钟内转过的圈数为396r。
【知识点】电阻的串联；电能表参数的理解；电功计算公式的应用；电功率的计算
【解析】（1）已知高温档的额定功率，根据中温档功率是高温档的50%求出中温档功率；
（2）已知高温挡的额定功率和电源电压，根据求出R0的阻值；由图可知，煮茶器处于中温挡时，R0、R1串联，根据求出R0、R1的总电阻，根据串联电阻规律求出R1的阻值；
（3）已知煮茶器中温档工作的功率和工作的时间，根据W=Pt求出消耗的电能，根据消耗的电能和电能表的参数“3600r/kW·h”求出电能表在12分钟内转过的圈数。
（1）由题意得，中温档功率
（2）已知高温挡的额定功率为1000W，根据可得R0的阻值
由图可知，煮茶器处于中温挡时，R0、R1串联，根据可得可知此时电路的总电阻
由电阻的串联规律可得R1的阻值为
（3）若在额定电压为220伏的电路中只有煮茶器一个用电器工作，且煮茶器处于中温挡工作状态，根据W=Pt可知，消耗的电能
则电能表在12分钟内转过的圈数
11．【答案】夹角；长；量角器；减小测量的误差；；长
【知识点】时间及其测量；刻度尺的使用；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】探究秋千往返一次的时间与摆长的关系时，应让同一小球由静止释放，且保持释放时悬线和竖直方向的夹角不变，改变摆长。
由表格数据可知，摆长越长，小球往返摆动一次的时间越长，可知， 秋千未坐人时往返一次的时间与绳长有关 。
（1）实验需要控制悬线和竖直方向的夹角不变，改变摆长，测量小球往返摆动的时间，所以该探究所需的测量工具有刻度尺、秒表和量角器。
（2）①由于小球往返摆动一次的时间较短，小于秒表的分度值，直接测量会产生较大的误差，所以采用这种方法的目的是减小测量的误差。
② 由图丙可知，外环直径为D2，铅笔直径为D1，纸带环绕了n圈，则纸带厚度是：
（3）演员坐着的重心位置比站着的重心位置更低，即坐着时的摆长更长，摆长越长，往返一次的时间更长，所以该演员在秋千上从同一起点由静止往下荡时，坐着比站着往返一次的时间更长。
【分析】 研究摆长长度对秋千往返一次时间的影响时，控制悬线和竖直方向的夹角不变；
（1）所需的测量工具有量角器、刻度尺、秒表；
（2）此实验中多次测量求平均值可以减小误差；
（3）根据实验结论进行分析。
12．【答案】（1）B
（2）2.4；1.6；24
（3）滑动变阻器；5；2
（4）优秀；能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节
【知识点】杠杆的平衡条件；欧姆定律及其应用；电功率的计算；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）A．由图甲可知，若为动力，则OB为动力臂，OA为阻力臂，由于OA与OB的长度之比为1：2，即动力力臂大于阻力臂，所以AOB为省力杠杆，故A错误；
B．由图甲可知，电流从电磁铁E的上端流入，下端流出，根据安培定则可知，电磁铁E的下端是N极，上端是S极，故B正确；
C．由图丙可知，气敏电阻的阻值随CO浓度增加而变小，则电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，电磁铁E的磁性增强，故C错误；
D．配重需要被磁体吸引，因此配重C应选用磁化材料，故D错误。
故选B。
（2）根据杠杆平衡条件得：
解得，电磁铁对C的吸引力为：
由图乙可知，当F0=2.4N时，电流，定值电阻消耗的电功率为：
此时R0的阻值为：
由图丙可知，此时的CO浓度为。
（3）使用一段时间后，由于电源电压的减小，当一氧化碳浓度到达（2）中的时，电路中电流会变小，电磁铁磁性会减弱，配重不能被吸起，为保持电路中电流不变，根据可知，可的电阻减小，故可先将定值电阻改为滑动变阻器，再进行调试；
为了实现在（2）的情况是吸起配重，要保持电路中的电流为，此时先将气敏电阻换成阻与相等的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，调节使电压表的示数为：
接着断开开关，再将定值电阻换成气敏电阻；
（4）对（3）中进行修改后能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节，根据表格信息可知，评价等级是优秀。
【分析】（1）A.动力力臂大于阻力臂为省力杠杆；
B.根据安培定则判断电磁铁的极性；
C.根据图像丙CO浓度与电阻的关系就行说明；
D.配重应选用磁化材料；
（2）由杠杆的平衡条件求出电磁铁对C的吸引力，由电磁铁对C的吸引力可从图乙知道电路中的电流，定值电阻R1的阻值已知，根据P=I2R求出R1消耗的电功率；电路中的电流、电源电压已知，求出总电阻，进而求出气敏电阻的阻值R01，由图丙可知CO的浓度；
（3）使用一段时间后，由于电源电压的减小，当一氧化碳浓度到达（2）中的值时，电路中电流由于电源电压的减小而变小，磁性减弱，不能吸起配重，为了增大电流就要减小总电阻，及减小R1的电阻，由此可以把定值电阻R1改为滑动变阻器来实现；为了实现在（2）的情况是吸起配重，先将气敏电阻R0换成阻值为R01的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，根据U=IR求出调节电压表的示数，确保控制电路中电流能在设定的一氧化碳浓度时，吸起配重；
（4）对（3）中进行修改后能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节。
（1）A．若为动力，则OB为动力臂，OA为阻力臂，因为OA：：2，动力力臂大于阻力臂为省力杠杆，故A错误；
B．由安培定则可知通电螺线管的下端是N极，上端是S极，故B正确；
C．根据图像丙CO浓度增加时电阻变小，电路中的总电阻变小，由电流可知，电流变大，E的磁性增强，故C错误；
D．配重需要被磁体吸引，因此应选用磁化材料，故D错误。
故选B。
（2）[1]由杠杆的平衡条件得
解得
[2]由图乙可知，此时的电流，定值电阻消耗的电功率为
[3]此时
从图丙可知此时的CO浓度为。
（3）[1]使用一段时间后，由于电源电压的减小，当一氧化碳浓度到达（2）中的时，电路中电流变小，电磁铁的磁性减弱，不能吸起配重，为了电流保持不变，由电流，可减小的电阻，由此可知把定值电阻改为滑动变阻器来实现。
[2][3]为了实现在（2）的情况是吸起配重，要保持电路中的电流为，此时先将气敏电阻换成阻值应和的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，调节电压表的示数为
确保控制电路中电流能在设定的一氧化碳浓度时，吸其配重。
（4）[1][2]根据表格信息可知，评价等级是优秀；因为对（3）中进行修改后能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节。
1 / 12025年广东省深圳市福田外国语学校中考三模物理试题
一、主题一物理与日常生活
1．（2025·福田模拟）2024年9月，第五届深圳国际人工智能展在深圳会展中心成功举行，展会集中展示了众多创新成果。请完成下列各题。
（1）如图是一款外形傲娇的遛狗机器人，配备了麦克风、扬声器、LCD触控屏、高清摄像头，还可选配Wi-Fi和蓝牙组件。下列说法正确的是（ ）
A．麦克风的工作原理和电动机相同
B．扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用
C．Wi-Fi和蓝牙传递信号的速度大约相同，约为340m/s
D．LCD触控屏主要原件使用发光二极管，应用的是超导体材料，所以功耗小
（2）如图所示，家用服务机器人是伴随着人工智能而出现的一种人机信息交互特种机器人，下列说法正确的是（ ）
A．机器人发出的声音不是由振动产生的
B．机器人与人的对话交流，利用了声音可以传递信息
C．机器人能区分不同小朋友的声音是因为他们的音调不同
D．机器人移动时，可利用次声波和紫外线测距来避开障碍物
（3）如图是一款5G警用巡逻机器人，它装有5个高清摄像头，可实现全景无死角巡逻，它能拍摄出周围0.5m到5m内的景物，下列说法正确的是（ ）
A．摄像头拍摄到的是倒立、缩小的虚像
B．在拍摄时，人到摄像头的距离在一倍焦距和二倍焦距之间
C．当被拍摄的人远离摄像头时，人经摄像头成的像会变小
D．镜头相当于凸透镜，焦距可能为0.5m
（4）送餐机器人在20s内“手”托5N托盘水平匀速直线移动10m，地面对其摩擦阻力为10N，在此过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．机器人运动的速度是0.5m/s，机器人的托力对托盘做功为50J
B．托盘相对于机器人是静止的
C．机器人克服摩擦阻力做功的功率为5W
D．机器人和托盘受到的总重力与地面对机器人的支持力是一对平衡力
【答案】（1）B
（2）B
（3）C
（4）A
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；功率的计算；二力平衡的条件及其应用；声音的产生；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）A．麦克风工作时将声信号转化为电信号，原理是电磁感应现象；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到离的作用，故A错误；
B．扬声器工作原理是通电线圈在磁场中受力而运动，带动纸盆振动发声，将电信号转化为声信号，故B正确；
C．Wi-Fi和蓝牙都是利用电磁波传递信号，电磁波在真空中的传播速度约为，故C错误；
D．LCD触控屏主要元件使用发光二极管，应用的是半导体材料，故D错误。
故选B。
（2）A．机器人发出的声音是由振动产生的，故A错误；
B．机器人与人的对话交流，利用了声音可以传递信息，故B正确；
C．机器人能区分不同小朋友的声音是因为他们的音色不同，故C错误；
D．机器人移动时，可利用超声波来测距避开障碍物，故D错误。
故选B。
（3）AB．摄像头相当于凸透镜，在拍摄时，物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，故AB错误；
C．根据凸透镜成实像时，“物远像近像变小”的规律可知，当被拍摄的人远离摄像头时，物距增大，像距减小，像会变小，故C正确；
D．摄像机能拍摄出周围0.5m到5m内的景物，即物距的范围是，当物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，利用，应取最小值（保证能涵盖这个范围成像）来确定，即
解得，所以焦距不可能为0.5m，故D错误。
故选C。
（4）A．送餐机器人在20s内“手”托5N托盘水平匀速直线移动10m，则机器人运动的速度为：
托力方向竖直向上，托盘在水平方向移动，托盘没有在力的方向上移动距离，所以机器人的托力对托盘没有做功，故A错误；
B．托盘与机器人之间位置没有发生变化，所以托盘相对于机器人是静止的，故B正确；
C．机器人克服摩擦阻力做功为：
功率为：
故C正确；
D．机器人和托盘受到的总重力与地面对机器人的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故D正确。
故选A。
【分析】（1）A．麦克风工作原理是电磁感应现象；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
B．扬声器工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用；
C．电磁波在真空中的传播速度约为；
D．发光二极管是由半导体材料制成的。
（2）A．声音是由物体振动产生的；
BD．利用声音可以传递信息；
C．不同的人发出声音的音色不同。
（3）1．摄像头相当于凸透镜，物体在凸透镜的二倍焦距以外时，成倒立、缩小的实像；
2．根据凸透镜成实像时，“物远像近像变小”的规律进行分析；
（4）A．已知机器人运动的路程和时间，根据求机器人运动的速度；
做功的必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动距离；
B．研究物体运动状态时，要选择合适的参照物，若物体和参照物之间位置发生变化，则物体是运动的，若物体和参照物之间位置没有发生变化，则物体是静止的。；
C．已知机器人受到的阻力和移动的距离，根据求出克服摩擦阻力所做的功，根据求功率；
D．二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
（1）A．麦克风工作时将声信号转化为电信号，原理是电磁感应现象；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到离的作用，故A错误；
B．扬声器工作原理是通电线圈在磁场中受力而运动，带动纸盆振动发声，将电信号转化为声信号，故B正确；
C．Wi-Fi和蓝牙都是利用电磁波传递信号，电磁波在真空中的传播速度约为，故C错误；
D．LCD触控屏主要元件使用发光二极管，应用的是半导体材料，故D错误。
故选B。
（2）A．机器人发出的声音是由振动产生的，故A错误；
B．机器人与人的对话交流，利用了声音可以传递信息，故B正确；
C．机器人能区分不同小朋友的声音是因为他们的音色不同，故C错误；
D．机器人移动时，可利用超声波来测距避开障碍物，故D错误。
故选B。
（3）AB．摄像头相当于凸透镜，在拍摄时，物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，故AB错误；
C．根据凸透镜成实像时，“物远像近像变小”的规律可知，当被拍摄的人远离摄像头时，物距增大，像距减小，像会变小，故C正确；
D．摄像机能拍摄出周围0.5m到5m内的景物，即物距的范围是，当物体到凸透镜的距离大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，利用，应取最小值（保证能涵盖这个范围成像）来确定，即
解得，所以焦距不可能为0.5m，故D错误。
故选C。
（4）A．送餐机器人在20s内“手”托5N托盘水平匀速直线移动10m，则机器人运动的速度为：
托力方向竖直向上，托盘在水平方向移动，托盘没有在力的方向上移动距离，所以机器人的托力对托盘没有做功，故A错误；
B．托盘与机器人之间位置没有发生变化，所以托盘相对于机器人是静止的，故B正确；
C．机器人克服摩擦阻力做功为：
功率为：
故C正确；
D．机器人和托盘受到的总重力与地面对机器人的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故D正确。
故选A。
2．（2025·福田模拟）小圳用杯子、指南针、树叶、水及被磁化的缝衣针进行实验，测试发现树叶比缝衣针重，将缝衣针轻放在树叶上，杯子旁边放置一个指南针，指南针指针北极静止时图甲所示，接着多次将树叶轻轻旋转，树叶静止后，观察到树叶尖端总是指向同一个方向，图乙所示。最后将缝衣针从树叶上取下放入水中沉底，图丙所示。请完成下列各题。
（1）以下说法正确的是（ ）
A．缝衣针的质量、体积、密度都比树叶的小
B．图丙中，树叶受到的浮力比缝衣针受到的浮力小
C．图乙中，放上缝衣针前后，树叶排开的水的体积分别为V前、V后，V前＝V后
D．图乙中，树叶和缝衣针排开水的总体积比图丙中树叶和缝衣针排开的水的总体积大
（2）图乙中，对于树叶和缝衣针所制成的“自制指南针”，以下说法正确的是（ ）
A．叶尖指向地磁南极
B．把缝衣针取走，树叶仍有磁性
C．缝衣针周围存在磁场和磁感线
D．若用小磁针的南极靠近缝衣针尖，针尖会受到小磁针的斥力
【答案】（1）D
（2）D
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用；磁性材料；地磁场
【解析】【解答】（1）A．树叶比缝衣针重，所以缝衣针的质量比树叶小；由图可知，缝衣针体积比树叶小；缝衣针沉底，它的密度大于水的密度，树叶漂浮，它的密度小于水的密度，所以缝衣针的密度比树叶的大，故A错误；
B．图丙中，缝衣针下沉，浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，由于树叶比缝衣针重，所以树叶受到的浮力比缝衣针受到的浮力大，故B错误；
C．图乙中，树叶漂浮在水面，所受浮力等于重力，放上缝衣针后，总重力增大，浮力增大，根据阿基米德原理可知，排开水的体积增加，所以V前D．图乙中，树叶和缝衣针受到的总浮力等于树叶和缝衣针的总重力，图丙中，缝衣针受到的浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，所以树叶和缝衣针受到的总浮力小于树叶和缝衣针的总重力，即图乙中总的浮力大于图丙中总的浮力，根据可知，图乙中树叶和缝衣针排开水的总体积比图丙中树叶和缝衣针排开的水的总体积大，故D正确。
故选D。
（2）A．由甲可知，指南针的N极指向地理北极，由图乙可知，树叶的尖端总是指向地理南极，由于地理的两极与地磁场的两极相反，所以叶尖指向地磁北极，故A错误；
B．把缝衣针取走后，树叶不是磁性材料，没有磁性，故B错误；
C．磁体周围存在磁场，但磁感线不是真实的，所以缝衣针周围不存在磁感线，故C错误；
D．树叶的尖端指向南方为S极，若用小磁针的南极靠近缝衣针尖，即树叶的尖端S极，则针尖会受到小磁针的斥力，故D正确。
故选D。
【分析】（1）A．由题意可知，缝衣针的质量较小，由图可知，缝衣针的体积较小，根据浮沉条件可知，缝衣针的密度较大；
B．由图可知树叶和缝衣针在水中的状态，根据浮沉条件比较浮力大小；
C．树叶漂浮在水面，根据浮沉条件分析树叶所受的浮力变化，根据阿基米德原理分析放上缝衣针前后，树叶排开水的体积变化；
D．根据树叶和缝衣针的状态，根据浮沉条件分别分析图乙和图丙中，树叶和缝衣针所受总浮力和总重力的关系，根据分析树叶和缝衣针排开的水的总体积变化。
（2）A.1.由指南针的N极指向可知地理北极方向，进而可知树叶的尖端指向地理南极，即S极；
2.地磁场的两极与地理的两极相反；
B．树叶不是磁性材料；
C．磁体周围存在磁场，但磁感线不是真实存在的；
D．根据同名磁极相互排斥进行分析。
（1）A．树叶比缝衣针重，所以缝衣针的质量比树叶小；由图可知，缝衣针体积比树叶小；缝衣针沉底，它的密度大于水的密度，树叶漂浮，它的密度小于水的密度，所以缝衣针的密度比树叶的大，故A错误；
B．图丙中，缝衣针下沉，浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，由于树叶比缝衣针重，所以树叶受到的浮力比缝衣针受到的浮力大，故B错误；
C．图乙中，树叶漂浮在水面，所受浮力等于重力，放上缝衣针后，总重力增大，浮力增大，根据阿基米德原理可知，排开水的体积增加，所以V前D．图乙中，树叶和缝衣针受到的总浮力等于树叶和缝衣针的总重力，图丙中，缝衣针受到的浮力小于自身重力，树叶漂浮，所受浮力等于自身重力，所以树叶和缝衣针受到的总浮力小于树叶和缝衣针的总重力，即图乙中总的浮力大于图丙中总的浮力，根据可知，图乙中树叶和缝衣针排开水的总体积比图丙中树叶和缝衣针排开的水的总体积大，故D正确。
故选D。
（2）A．由甲可知，指南针的N极指向地理北极，由图乙可知，树叶的尖端总是指向地理南极，由于地理的两极与地磁场的两极相反，所以叶尖指向地磁北极，故A错误；
B．把缝衣针取走后，树叶不是磁性材料，没有磁性，故B错误；
C．磁体周围存在磁场，但磁感线不是真实的，所以缝衣针周围不存在磁感线，故C错误；
D．树叶的尖端指向南方为S极，若用小磁针的南极靠近缝衣针尖，即树叶的尖端S极，则针尖会受到小磁针的斥力，故D正确。
故选D。
二、主题二物理与社会发展
3．（2025·福田模拟）图甲是一部三折叠手机，A、B、C是能折叠在一起的三个屏幕。若手持C屏保持静止，另一手捏屏沿水平方向向左运动，此时屏可视为绕点旋转的杠杆。请在图乙中画出屏受到的动力及其力臂。
【答案】
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】支点为0点，动力F水平向左作用于A屏，过0点向动力的F作用线作垂线，垂直距离即为力臂L，如图所示：
【分析】支点 ：杠杆绕其转动的固定点；
力臂：支点到力的作用线的垂直距离。
4．（2025·福田模拟）如图为我国古代智慧成果“取火器”的模型图，把木质推杆迅速推入内壁光滑的牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过 方式使筒内空气温度升高，达到艾绒着火点，这一过程与四冲程柴油机的 冲程原理相同。
【答案】做功；压缩
【知识点】做功改变物体内能；热机的四个冲程
【解析】【解答】把木质推杆迅速推入内壁光滑的牛角套筒时，封闭的气体被推杆压缩过程中，推杆对气体做功，将机械能转化为内能，气体内能增加，故这是通过做功方式使筒内空气温度升高，达到艾绒的着火点，这一过程与四冲程柴油机的压缩冲程的能量转化相同。
【分析】1.做功和热传递都能改变物体内能；
2.压缩冲程能量转化：将机械能转化为内能。
5．（2025·福田模拟）如图甲为手机防窥膜结构图，采用了超细百叶窗光学技术。贴在手机屏幕上的效果如图乙所示，其原理类似百叶窗，只能透过一定角度的光线，结构简图如图丙。两侧之所以看不清屏幕内容，是由于 （填写光现象名称）；此防窥膜贴在手机屏幕上， （选填“能”或“不能”）防止上方的窥视；为了让防窥效果更好（可视范围减小），可以适当 （选填“增大”或“减小”）超细百叶窗的间距。
【答案】光沿直线传播；不能；减小
【知识点】光的直线传播及其应用
【解析】【解答】由图丙可知，两侧之所以看不清屏幕内容，是由于光的直线传播现象，百叶窗挡住了屏幕射向侧方的光线；
由图可知，屏幕上方在可视范围内，所以此防窥膜贴在手机屏幕上，不能防止上方的窥视；
适当地减小超细百叶窗的间距，能更有效遮挡屏幕射向侧方的光线，让防窥效果更好。
【分析】1.光在同种均匀的介质中沿直线传播；
2.此防窥膜贴在手机屏幕上，由于屏幕正上方在可视范围内，所以不能防止上方的窥视；
3.为了让防境效果更好（可视范围减小），可以适当地减小超细百叶窗的间距。
6．（2025·福田模拟）在建筑工地上，工人师傅使用一个由两个相同滑轮安装成的滑轮组（如题图甲所示，虚线框内为滑轮组结构）来提升建筑材料。现有一堆质量为21kg的砖块需要提升，工人施加的拉力为80N。通过安装在绳子自由端和砖块处的移动传感器，得到物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，则滑轮组中动滑轮重 N，拉力的功率为 W，该滑轮组的机械效率为 %。（g取10N/kg）
【答案】30；120；87.5
【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】根据滑轮组的特点，滑轮组可以省力，但费距离，图己中，上面的倾斜直线是绳子自由端的s-t图像，下面的倾斜直线是物体的s-t图像，图乙中，t=4s时，绳子自由端移动的距离s=6m，
物体上升的高度h=2m，
根据s=nh，动滑轮上，绳子的股数，
t=4s时，拉力做的总功：，
拉力做功的功率：
物体的重力：
不计绳重和摩擦时，动滑轮的重力：
滑轮组的机械效率：。故第1空填：30；第2空填：120；第3空填：87.5。
【分析】使用滑轮组时，根据绳子移动距离和物体移动距离的比值，判断绳子股数，根据G=mg，计算物体的重力；利用G动=nF-G物，计算动滑轮的重力；根据 ，计算功率大小，利用，计算滑轮组的机械效率。
三、主题三物理与科学探究
7．（2025·福田模拟）小华设计了两种实验方案来分别测量a、b两个合金块的密度，
方案1：测量a的密度
把天平放在水平桌面上，游码移到标尺零刻度线处，发现指针静止时如图1所示，则应将平衡螺母向 调节，使天平平衡，当天平平衡时砝码和游码位置如图2所示，a是棱长为2cm的正方体，则a密度是 ；
方案2：测量b的密度
①用电子秤按图3所示步骤进行测量，为了能更准确地测算出b合金块的密度，应选择图3中的甲、 和丁所测数据来完成，算出b合金块的密度为 ；
②若仅用图3实验中的乙、丙和丁所测数据，算出b合金块的密度与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相同”）。
【答案】右；8；乙；8；偏小
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】方案1：由图甲可知，天平是指针静止时向左偏，则应将平衡螺母向右调节，使天平横梁平衡。
由图2可知，由砝码质量和游码示数可得，a合金块的质量为：
a合金块的棱长为2cm，体积为：
则a合金块的密度为：
方案2： ①由图3甲可得b金属块的质量m=80.0g，由乙和丁可得，加入水的质量为：
由乙和丁可求出加入水的体积，即b金属块的体积，此过程中取出合金块会带出水，在加水时已做补充，不会影响合金块的体积，b金属块的体积为：
b合金块的密度为：
所以应选择图3中的甲、乙和丁所测数据来完成，b合金块的密度为8g/cm3。
②若选择图3实验中的乙、丙和丁所测数据，将金属块从溢水杯中取出时，会带出一部分水，则加入水的质量偏大，求出的合金块的体积偏大，根据可得，合金块密度偏小，所以算出b合金块的密度比真实值相比偏小。
【分析】方案一：1.实验前，根据“左偏右调，右偏左调”的方法调节平衡螺母，使天平水平平衡；
2.物体的质量等于砝码质量加游码示数；
3.根据求出a金属块的密度；
方案2：① 甲、乙和丁实验中取出合金块会带出水，在加水时已做补充，不会影响合金块的体积；
②的乙、丙和丁将金属块从溢水杯中取出时，会带出一部分水，则加入水的质量偏大，求出的合金块的体积偏大，根据进行分析。
8．（2025·福田模拟）厚膜电阻是一种被广泛应用于高温电子设备中的定值电阻，具有耐高温的特性。
为测定一个厚膜电阻的阻值大小，小圳设计如下实验。
（1）如图甲所示是正在连接的实物图，此时的一处错误是 ，图中滑动变阻器的滑片已调至最大阻值处，请画出最后一根导线；
（2）正确连接并操作后，移动滑动变阻器滑片，测量并记录的实验数据如表所示。综合分析表中的实验数据，可知该厚膜电阻的阻值是 Ω；
实验 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω
1 4.9 0.1 49
2 9.6 0.2 48
3 12 0.24
（3）查阅资料发现：该厚膜电阻材料为导电金属陶瓷，滑动变阻器金属丝材料为镍铬合金丝，两种材料电阻随温度变化图像如图乙所示。保持滑片位置不变，开关闭合一段时间后，电压表示数 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，记录电压表和电流表示数并绘制图像如图丙，其中面积S1表示电压表示数为U1时厚膜电阻的电功率大小，则此时滑动变阻器的电功率表示为面积 （选填“S1”、“S2”或“S3”）。
（5）下列实验，不能通过以上实验装置完成的是__________。
A．探究电流与电压的关系
B．探究电流与电阻的关系
C．测量电阻消耗电功率
【答案】（1）开关没有断开；
（2）49
（3）变小
（4）S3
（5）B
【知识点】伏安法测电阻的探究实验；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由图甲可知，错误之处是连接电路时，开关没有断开。
由甲图可知变阻器应“一上一下”与厚膜电阻串联，为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，图甲所示的滑片位于A端，因此应将滑动变阻器的B接线柱与电源的正极相连，如图所示：
（2）由表格数据可知，第三次实验测得R的阻值为：
该厚膜电阻的阻值为：
（3）由甲图可知，滑动变阻器与厚膜电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量厚膜电阻两端的电压；由图乙可知，导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大；保持滑片不变，开关闭合一段时间后，由于温度升高，镍铬合金丝的电阻增大，而厚膜电阻的阻值受温度的影响不大，根据串联电路电阻的规律可知，总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电流变小，即电流表的示数变小；根据U=IR可知，厚膜电阻两端电压减小，即电压表示数变小。
（4）由图像丙可知，随着滑片的移动，U1变大，即厚膜电阻两端的电压增大，根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端的电压减小，根据串联分压原理可知，滑动变阻器的阻值变小，则滑片是从A端向B端移动，当滑片移到B端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，滑动变阻器两端的电压为0，则电压表的示数为电源电压；当电压表的示数为U1时，滑动变阻器的电压为U滑=U2－U1，电路的总功率为：
当面积S1表示电压表示数为U1时厚膜电阻的电功率大小，此时滑动变阻器的电功率
即S3表示此时滑动变阻器的电功率。
（5）导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，即电阻大小不变，而探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的大小，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】（1）连接电路时，开关应断开；
滑动变阻器应“一上一下”串联到电路中，为保护电路，实验前应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置；
（2）由实验数据，利用 求出第3次实验R的阻值，为减小误差，求出多次实验电阻的平均值；
（3）由甲图可知，滑动变阻器与厚膜电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量厚膜电阻两端的电压；由图乙可知，导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大；保持滑片不变，开关闭合一段时间后，由于温度升高，镍铬合金丝的电阻增大，根据串联电路电阻的规律分析电路中总电阻变化，电源电压不变，根据欧姆定律分析电路中电流变化，根据U=IR分析厚膜电阻两端电压变化，即可知电压表示数变化。
（4）当滑片移到B端时，电压表的示数为电源电压，根据串联电路电压规律表示出变阻器两端的电压，由P=UI计算滑动变阻器的电功率，据此作答；
（5）探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的大小，控制电阻两端的电压不变。
（1）[1]由图甲可知，在连接电路时，开关没有断开。
[2]由甲图可知变阻器应与厚膜电阻串联，这样变阻器可以调节通过厚膜电阻两端的电压和通过电路的电流，电压表测量厚膜电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流；为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，图甲所示的滑片位于A端，因此应将最后一根导线接入滑动变阻器的B接线柱；如图所示：
（2）由欧姆定律可得，第三次实验测得R的阻值
多次测量取平均值可以减小误差，因此该厚膜电阻的阻值是
（3）由上图可知，由甲图可知变阻器与厚膜电阻串联，电压表测量厚膜电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流；由图乙可知，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大，导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻；保持滑片不变，开关闭合一段时间后，由于温度升高，镍铬合金丝的电阻随温度的升高而增大，而厚膜电阻的阻值受温度的影响不大，则总电阻变大，电源电压不变，则电流变小，即电流表的示数变小；根据欧姆定律可知厚膜电阻两端减小，即电压表示数减小。
（4）由图像丙可知，随着滑片的移动，U1变大，则滑片是从A端向B端移动，当滑片移到B端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，滑动变阻器两端的电压为0，则电压表的示数为电源电压，当电压表的示数为U1时，滑动变阻器的电压为U滑=U2－U1，电路的总功率
当面积S1表示电压表示数为U1时厚膜电阻的电功率大小，此时滑动变阻器的电功率
即S3表示此时滑动变阻器的电功率。
（5）导电金属陶瓷的电阻受温度的影响较小，相当于定值电阻，电阻大小不能改变，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
四、主题四物理与工程实践
9．（2025·福田模拟）项目化学习小组听了“曹冲称象”的故事后，利用所学知识制作了一个“浮力秤”模型，可方便地称量物体的质量，其构造如图所示。已知透明大筒足够深，其底面积S=0.05m2，小筒的高度H=0.4m，底面积S1=0.02m2，小筒和秤盘的总质量为2kg，小筒筒壁的厚度可忽略不计，假设在整个称量过程中，小筒下表面始终与水面平行。ρ水=1×103kg/m3。求：
（1）当秤盘上不放物体时，小筒受到的浮力；
（2）如图乙所示，在秤盘上放一物体后，小筒浸入水中的深度h为0.2m，该物体的质量；
（3）与浮力秤未放物体时相比，浮力秤达到最大称量时，水对大筒容器底压强的变化量。
【答案】（1）解：当秤盘上不放物体时，小筒漂浮，浮力等于重力，所以小筒受到的浮力为：
F浮1=G小筒=mg = 2kg×10N/kg=20N
答：当秤盘上不放物体时，小筒受到的浮力为20N。
（2）解：小筒浸入水中的深度h=0.2m，受到的浮力为：
F浮2=ρ水gV排=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.2m = 40N
根据漂浮时浮力等于重力，则G=mg=F浮2-G小筒，即m×10N/kg=40N-20N=20N
解得m=2kg。
答：该物体的质量为2kg。
（3）解：浮力秤达到最大称量时，浸入水中的深度h=0.4m，受到的浮力为：
F浮3=ρ水gV排'=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.4m = 80N
与浮力秤未放物体时相比，增大的浮力为：
ΔF浮=F浮3-F浮1=80N-20N=60N
根据力的作用是相互的，小筒对水增大的压力为：
F=ΔF浮=60N
增大的压强为为：
答：水对大筒容器底压强的变化量为1200Pa。
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）已知小筒和秤盘的总质量，当秤盘上不放物体时，小筒漂浮，浮力等于重力，根据F浮1=G小筒=mg求出小筒受到的浮力；
（2）已知小筒浸入水中的深度，根据F浮2=ρ水gV排=ρ水gS1h求出小筒受到的浮力，
根据漂浮时浮力等于重力，利用G=mg=F浮2-G小筒求出物体的质量；
（3）已知浮力秤达到最大称量时浸入水中的深度，根据F浮3=ρ水gV排=ρ水gS1h'求出受到的浮力，
进而求出与浮力秤未放物体时相比增大的浮力，根据力的作用是相互的，求出小筒对水增大的压力，根据求出增大的压强。
（1）当秤盘上不放物体时，小筒漂浮，浮力等于重力，所以小筒受到的浮力为F浮1=G小筒=mg = 2kg×10N/kg=20N
（2）小筒浸入水中的深度h=0.2m，受到的浮力为F浮2=ρ水gV排=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.2m = 40N
根据漂浮时浮力等于重力，则G=mg=F浮2-G小筒，即m×10N/kg=40N-20N=20N
解得m=2kg。
（3）浮力秤达到最大称量时，浸入水中的深度h=0.4m，受到的浮力为F浮3=ρ水gV排'=1.0×10kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.4m = 80N
与浮力秤未放物体时相比，增大的浮力ΔF浮=F浮3-F浮1=80N-20N=60N
根据力的作用是相互的，小筒对水增大的压力F=ΔF浮=60N
增大的压强为
10．（2025·福田模拟）小圳准备用家里的煮茶器（图甲）与家人一起品茶。该煮茶器额定电压为220V，原电路中只有加热电阻R0，为实现多档位加热和保温功能，小圳又找来了两个加热电阻R1和R2，将煮茶器的电路改造为如图乙所示，可以实现三挡工作，已知高温挡的额定功率为1100W，中、低温挡的功率分别是高温挡的50%和30%。求：
（1）中温挡的功率；
（2）R1的阻值；
（3）若在额定电压为220V的电路中只有煮茶器一个用电器工作，且煮茶器处于中温挡工作状态，则图丙所示的电能表在12分钟内转过的圈数。
【答案】（1）解：由题意得，中温档功率为：
答：中温挡的功率为550W。
（2）解：已知高温挡的额定功率为1000W，根据可得，R0的阻值为：
由图可知，煮茶器处于中温挡时，R0、R1串联，根据可得，此时电路的总电阻为：
由电阻的串联规律可得R1的阻值为：
答：R1的阻值为39.6Ω。
（3）解：若在额定电压为220伏的电路中只有煮茶器一个用电器工作，且煮茶器处于中温挡工作状态，根据W=Pt可知，消耗的电能为：
则电能表在12分钟内转过的圈数为：
答：电能表在12分钟内转过的圈数为396r。
【知识点】电阻的串联；电能表参数的理解；电功计算公式的应用；电功率的计算
【解析】（1）已知高温档的额定功率，根据中温档功率是高温档的50%求出中温档功率；
（2）已知高温挡的额定功率和电源电压，根据求出R0的阻值；由图可知，煮茶器处于中温挡时，R0、R1串联，根据求出R0、R1的总电阻，根据串联电阻规律求出R1的阻值；
（3）已知煮茶器中温档工作的功率和工作的时间，根据W=Pt求出消耗的电能，根据消耗的电能和电能表的参数“3600r/kW·h”求出电能表在12分钟内转过的圈数。
（1）由题意得，中温档功率
（2）已知高温挡的额定功率为1000W，根据可得R0的阻值
由图可知，煮茶器处于中温挡时，R0、R1串联，根据可得可知此时电路的总电阻
由电阻的串联规律可得R1的阻值为
（3）若在额定电压为220伏的电路中只有煮茶器一个用电器工作，且煮茶器处于中温挡工作状态，根据W=Pt可知，消耗的电能
则电能表在12分钟内转过的圈数
11．（2025·福田模拟）如图甲所示是公园里两个绳长不同的秋千，小圳荡秋千时发现这两个秋千往返一次的时间不同。小圳猜想：秋千往返一次的时间是否与绳长有关？
【证据】小圳用细线系上一个小球模拟秋千，图乙，悬点O到小球重心距离简称摆长，每次让小球由静止释放，且保持释放时悬线和竖直方向的夹角不变，改变摆长进行探究，记录结果如表所示：
实验次数 摆长L/cm 小球往返摆动十次的总时间t总/s 小球往返摆动一次的时间t/s
1 60.0 15.8 1.58
2 80.0 18.1 1.81
3 100.0 20.0 2.00
【解释】同一小球由静止释放，且保持释放时悬线和竖直方向的 不变，摆长越长，小球往返摆动一次的时间越 （选填“长”或“短”），由此可知，秋千未坐人时（如图甲所示）往返一次的时间与绳长有关。
【交流】
（1）该探究所需的测量工具有刻度尺、秒表和 ；
（2）小圳发现小球往返摆动一次的时间不易测准，于是他测出小球往返摆动十次的总时间，再算出往返摆动一次的时间。
①采用这种方法的目的是 ；
②如丙图所示一条纸带厚薄均匀，把纸带紧密地环绕在圆柱形铅笔上，直至恰好能套进一个圆环中，如图所示，纸带环绕了n圈，则纸带厚度是 ；
（3）小圳联想到杂技演员荡秋千，有时站着，有时坐着，由此猜想，演员改变重心的位置相当于改变了摆长，该演员在秋千上从同一起点由静止往下荡时，坐着比站着往返一次的时间更 （选填“长”或“短”）。温馨提示：杂技动作，请勿模仿。
【答案】夹角；长；量角器；减小测量的误差；；长
【知识点】时间及其测量；刻度尺的使用；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】探究秋千往返一次的时间与摆长的关系时，应让同一小球由静止释放，且保持释放时悬线和竖直方向的夹角不变，改变摆长。
由表格数据可知，摆长越长，小球往返摆动一次的时间越长，可知， 秋千未坐人时往返一次的时间与绳长有关 。
（1）实验需要控制悬线和竖直方向的夹角不变，改变摆长，测量小球往返摆动的时间，所以该探究所需的测量工具有刻度尺、秒表和量角器。
（2）①由于小球往返摆动一次的时间较短，小于秒表的分度值，直接测量会产生较大的误差，所以采用这种方法的目的是减小测量的误差。
② 由图丙可知，外环直径为D2，铅笔直径为D1，纸带环绕了n圈，则纸带厚度是：
（3）演员坐着的重心位置比站着的重心位置更低，即坐着时的摆长更长，摆长越长，往返一次的时间更长，所以该演员在秋千上从同一起点由静止往下荡时，坐着比站着往返一次的时间更长。
【分析】 研究摆长长度对秋千往返一次时间的影响时，控制悬线和竖直方向的夹角不变；
（1）所需的测量工具有量角器、刻度尺、秒表；
（2）此实验中多次测量求平均值可以减小误差；
（3）根据实验结论进行分析。
12．（2025·福田模拟）阅读短文，回答问题。
跨学科实践：设计一氧化碳（CO）浓度安全断路器；
【任务要求】为安全使用煤气，设计一款家用CO浓度安全断路器，当空气中CO达到一定浓度时，拉开闸刀开关，要求自动、快速（相同时间内，拉动闸刀开关移动的距离大）。
【设计实施】
小明所在的项目化学习小组设计了一款用于监测CO浓度的安全断路器模拟电路。其电路图如图甲所示，由控制电路（含电源、气敏电阻、定值电阻、电磁铁E等）和机械传动部分（含闸刀开关、轻质杠杆AB、配重C等）组成，电磁铁E位于C的正上方。当控制电路中的电流超过一定值时，配重C被电磁铁E吸起，杠杆AB绕O点转动，带动轻杆拉开闸刀开关，自动切断电路。已知电源电压U为6V，定值电阻的阻值为，OA与OB的长度之比为1：2。E对C的吸引力与通过控制电路电流I的关系如图乙所示，气敏电阻的阻值与CO浓度的关系如图丙所示。
【交流评价】表格是任务的部分评价指标，根据评价表对活动进行评价。
评价指标 优秀 合格 待改进
指标一 能自动快速切断电路，安全可靠 能自动切断电路 不能切断电路
指标二 有调节结构，调节方便 有调节结构，调节方便 无调节结构，不能调节
（1）关于设计CO浓度安全断路器的实践活动，下列说法正确的是______；
A．若为动力，则AOB是费力杠杆 B．电磁铁E的上端极性为S极
C．CO浓度增加时，E的磁性变弱 D．配重C可能是铜材料制成的
（2）电磁铁的电阻和杠杆自重均忽略不计，已知C的重力为，闸刀开关刚好被拉开时所需的力F为，闸刀刚好被拉开时，电磁铁对C的吸引力为 N，定值电阻消耗的电功率为 W，此时一氧化碳浓度是
（3）使用一段时间后，由于电源电压减小，导致一氧化碳浓度达到（2）中设定值时不能断开闸刀开关。为解决这一问题，小组成员先将定值电阻改为 ，然后进行调试：先将气敏电阻换成阻值为 的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，调节使得电压表的示数为 V，接着断开开关，再将定值电阻换成气敏电阻；
（4）根据“评价表”对（3）中修改后的方案进行评价，你的评价等级是 ，依据是 。
【答案】（1）B
（2）2.4；1.6；24
（3）滑动变阻器；5；2
（4）优秀；能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节
【知识点】杠杆的平衡条件；欧姆定律及其应用；电功率的计算；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）A．由图甲可知，若为动力，则OB为动力臂，OA为阻力臂，由于OA与OB的长度之比为1：2，即动力力臂大于阻力臂，所以AOB为省力杠杆，故A错误；
B．由图甲可知，电流从电磁铁E的上端流入，下端流出，根据安培定则可知，电磁铁E的下端是N极，上端是S极，故B正确；
C．由图丙可知，气敏电阻的阻值随CO浓度增加而变小，则电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，电磁铁E的磁性增强，故C错误；
D．配重需要被磁体吸引，因此配重C应选用磁化材料，故D错误。
故选B。
（2）根据杠杆平衡条件得：
解得，电磁铁对C的吸引力为：
由图乙可知，当F0=2.4N时，电流，定值电阻消耗的电功率为：
此时R0的阻值为：
由图丙可知，此时的CO浓度为。
（3）使用一段时间后，由于电源电压的减小，当一氧化碳浓度到达（2）中的时，电路中电流会变小，电磁铁磁性会减弱，配重不能被吸起，为保持电路中电流不变，根据可知，可的电阻减小，故可先将定值电阻改为滑动变阻器，再进行调试；
为了实现在（2）的情况是吸起配重，要保持电路中的电流为，此时先将气敏电阻换成阻与相等的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，调节使电压表的示数为：
接着断开开关，再将定值电阻换成气敏电阻；
（4）对（3）中进行修改后能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节，根据表格信息可知，评价等级是优秀。
【分析】（1）A.动力力臂大于阻力臂为省力杠杆；
B.根据安培定则判断电磁铁的极性；
C.根据图像丙CO浓度与电阻的关系就行说明；
D.配重应选用磁化材料；
（2）由杠杆的平衡条件求出电磁铁对C的吸引力，由电磁铁对C的吸引力可从图乙知道电路中的电流，定值电阻R1的阻值已知，根据P=I2R求出R1消耗的电功率；电路中的电流、电源电压已知，求出总电阻，进而求出气敏电阻的阻值R01，由图丙可知CO的浓度；
（3）使用一段时间后，由于电源电压的减小，当一氧化碳浓度到达（2）中的值时，电路中电流由于电源电压的减小而变小，磁性减弱，不能吸起配重，为了增大电流就要减小总电阻，及减小R1的电阻，由此可以把定值电阻R1改为滑动变阻器来实现；为了实现在（2）的情况是吸起配重，先将气敏电阻R0换成阻值为R01的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，根据U=IR求出调节电压表的示数，确保控制电路中电流能在设定的一氧化碳浓度时，吸起配重；
（4）对（3）中进行修改后能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节。
（1）A．若为动力，则OB为动力臂，OA为阻力臂，因为OA：：2，动力力臂大于阻力臂为省力杠杆，故A错误；
B．由安培定则可知通电螺线管的下端是N极，上端是S极，故B正确；
C．根据图像丙CO浓度增加时电阻变小，电路中的总电阻变小，由电流可知，电流变大，E的磁性增强，故C错误；
D．配重需要被磁体吸引，因此应选用磁化材料，故D错误。
故选B。
（2）[1]由杠杆的平衡条件得
解得
[2]由图乙可知，此时的电流，定值电阻消耗的电功率为
[3]此时
从图丙可知此时的CO浓度为。
（3）[1]使用一段时间后，由于电源电压的减小，当一氧化碳浓度到达（2）中的时，电路中电流变小，电磁铁的磁性减弱，不能吸起配重，为了电流保持不变，由电流，可减小的电阻，由此可知把定值电阻改为滑动变阻器来实现。
[2][3]为了实现在（2）的情况是吸起配重，要保持电路中的电流为，此时先将气敏电阻换成阻值应和的定值电阻，并在其两端并联一个电压表，调节电压表的示数为
确保控制电路中电流能在设定的一氧化碳浓度时，吸其配重。
（4）[1][2]根据表格信息可知，评价等级是优秀；因为对（3）中进行修改后能自动快速切断电路，安全可靠，有调节结构，方便调节。
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