湖南省永州市宁远县2025年中考三模物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025·宁远模拟）我省湘潭青山唢呐已被列入第一批“国家级非物质文化遗产代表性项目名录”。关于青山唢呐，下列说法正确的是（ ）
A．我们能区分正在演奏中的唢呐和其他乐器，是因为音调不同
B．吹喷呐发声是利用唢呐固体部分振动发声
C．用青山唢呐吹奏乐曲时，非常好听，一定不会是噪声
D．唢呐发声时，通过木杆和铜制喇叭口扩音，这增大了响度
【答案】D
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；噪声及来源
【解析】【解答】A、声音的三个特性是音调、响度、音色。音色由发声体的材料、结构决定，是区分不同乐器的根本依据；音调由频率决定，用于区分声音的高低。因此区分唢呐和其他乐器靠的是音色，故A错误；
B、管类乐器的发声原理是内部空气柱振动，吹唢呐时，气流冲击唢呐内的空气柱，使空气柱振动发声，而非唢呐的固体部分振动，故B错误；
C、噪声的定义分为物理学角度（无规则振动产生的声音）和环保角度（影响人们正常生活的声音）。即使是好听的乐音，若在人们休息、学习时播放，干扰了正常生活，就属于噪声，因此唢呐演奏的乐音不一定不是噪声，故C错误；
D、响度指声音的强弱（大小），喇叭口的作用是集中声音、减少声音的分散，从而增大声音的响度，让声音传播得更远，故D正确。
故选D。【分析】 （1）区分唢呐和其他乐器，依据的是音色不同，而非音调不同。
（2）吹唢呐发声是靠唢呐内空气柱的振动，而非固体部分振动。
（3）从环保角度看，凡是影响人们正常休息、学习和工作的声音都属于噪声，唢呐演奏的乐音在特定场景下也可能成为噪声。
（4）唢呐通过木杆和铜制喇叭口扩音，作用是增大声音的响度。
2．（2025·宁远模拟）在“天宫课堂”浮力消失的实验中，航天员将乒乓球放入水中，乒乓球并没有浮到水面，而是悬停在了水中。下列说法正确的是（ ）
A．以空间站为参照物，乒乓球是静止的
B．以地球为参照物，乒乓球是静止的
C．以水为参照物，乒乓球是运动的
D．如果说空间站是运动的，那选择的参照物可能是乒乓球
【答案】A
【知识点】参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】A、判断物体运动或静止的关键是看物体与参照物的相对位置是否变化。乒乓球在空间站内悬停，相对于空间站的位置不变，因此以空间站为参照物，乒乓球是静止的，故A正确；
B、空间站围绕地球做圆周运动，乒乓球随空间站一起运动，相对于地球的位置不断改变，因此以地球为参照物，乒乓球是运动的，故B错误；
C、乒乓球悬停在水中，与水的相对位置没有发生改变，因此以水为参照物，乒乓球是静止的，故C错误；
D、若以乒乓球为参照物，空间站与乒乓球的相对位置不变，空间站是静止的；要描述空间站是运动的，必须选择相对于空间站位置发生变化的物体作为参照物，因此不能选择乒乓球，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）以空间站为参照物，乒乓球悬停在水中，与空间站的相对位置没有发生变化，因此乒乓球是静止的。
（2）以地球为参照物，空间站绕地球高速运动，乒乓球随空间站一起运动，相对位置不断变化，因此乒乓球是运动的。
（3）以水为参照物，乒乓球悬停在水中，与水的相对位置没有发生变化，因此乒乓球是静止的。
（4）以乒乓球为参照物，空间站与乒乓球的相对位置没有发生变化，因此空间站是静止的；若要说明空间站是运动的，参照物不能是乒乓球。
3．（2025·宁远模拟）关于天气谚语中的物态变化与吸放热情况，下列说法正确的是（ ）
A．“一雾三晴，重雾三日必大风”——雾是汽化现象，吸热
B．“满天乱飞云，雨雪下不停”——雪是凝华现象，放热
C．“风大夜无露”——露是液化现象，吸热
D．“阴天夜无霜”——霜是凝固现象，放热
【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、雾的形成是液化（气态→液态），液化过程需要放热，而汽化是液态→气态，吸热，故A错误；
B、雪的形成是凝华（气态→固态），水蒸气直接变成固态的雪，凝华过程需要放热，故B正确；
C、露的形成是液化（气态→液态），液化过程需要放热，而非吸热，故C错误；
D、霜的形成是凝华（气态→固态），凝固是液态→固态，因此霜不是凝固现象，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，液化放热，不是汽化吸热；
（2）雪是空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成的固态小冰晶，属于凝华现象，凝华放热；
（3）露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，液化放热，不是吸热；
（4）霜是空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成的固态小冰晶，属于凝华现象，不是凝固现象；
4．（2025·宁远模拟）我国的石拱桥有悠久的历史。如图所示，拱桥在水中形成美丽的倒影，关于此现象下列说法中正确的是（ ）
A．美丽的倒影是光的折射现象
B．水中的石拱桥像是实像
C．水中的石拱桥像与石拱桥本身是等大的
D．当水位上升后，水中的石拱桥像会变大
【答案】C
【知识点】光的反射；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A、水面相当于平面镜，拱桥的倒影是光的反射形成的，光的折射是光从一种介质斜射入另一种介质时发生偏折的现象，故A错误；
B、平面镜成的像是虚像，不能用光屏承接，因此水中的石拱桥像是虚像，不是实像，故B错误；
C、根据平面镜成像的特点，像与物体大小相等，所以水中的像和石拱桥本身大小相同，故C正确；
D、平面镜成像的大小由物体本身决定，与物体到镜面的距离、水位高低等无关，因此水位上升后，像的大小不会改变，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）拱桥在水中的倒影是光的反射现象，不是光的折射。
（2）水中的倒影是平面镜成的虚像，不是实像。
（3）平面镜成像的特点是像与物体大小相等，因此水中的石拱桥像与石拱桥本身是等大的。
（4）平面镜成像的大小只与物体本身大小有关，与水位高低无关，水位上升后像的大小不变。
5．（2025·宁远模拟）撑杆跳高是一项技术复杂的田径运动项目，其过程主要包括图示三个阶段。关于撑杆跳高涉及的物理知识，下列说法不正确的是（ ）
A．运动员在起跳前通过助跑获得较大的动能，这个动能转化为撑杆的弹性势能
B．运动员对撑杆施力，使其弯曲，撑杆同时将运动员弹起，说明力的作用是相互的
C．运动员在越过横杆后下落时，减小的动能转化为重力势能
D．撑杆在受到运动员的压力时发生弹性形变，在弹性限度内，形变越大，弹性势能越大
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】A、助跑阶段运动员速度增大，动能增大；撑杆起跳时，运动员的动能使撑杆发生弹性形变，动能转化为撑杆的弹性势能，故A正确，不符合题意；
B、力的作用是相互的，运动员对撑杆施加力的同时，撑杆也对运动员施加反作用力，将运动员弹起，故B正确，不符合题意；
C、运动员下落时，质量不变，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大，因此是重力势能转化为动能，故C错误，符合题意；
D、弹性势能与弹性形变程度有关，在弹性限度内，撑杆的形变越大，具有的弹性势能越大，故D正确，不符合题意。
故选：C。
【分析】（1）运动员助跑获得较大动能，撑杆起跳时动能转化为撑杆的弹性势能。
（2）运动员对撑杆施力使杆弯曲，撑杆同时对运动员施力将其弹起，说明力的作用是相互的。
（3）运动员越过横杆下落时，高度降低、速度增大，是重力势能转化为动能，而非动能转化为重力势能。
（4）撑杆发生弹性形变，在弹性限度内，形变越大，弹性势能越大。
6．（2025·宁远模拟）在校园科技节的“机器人挑战赛”中，参赛机器人需要完成不同任务。下表为四组机器人的任务数据，下列说法正确的是（ ）
任务组别 完成任务所做功/J 完成任务所用时间/s
甲 1200 30
乙 1500 50
丙 900 20
丁 1800 60
A．物理学中表示做功的快慢的物理量是功
B．功率的单位只有瓦特
C．乙组机器人此次做功的功率为
D．四组中，机器人做功功率最大的是丁
【答案】C
【知识点】功率的概念；功率计算公式的应用；功的计算及应用
【解析】【解答】A．物理学中表示做功的快慢的物理量是功率，而不是功，故A错误；
B．为了纪念瓦特，物理学上规定功率的单位除了瓦特，还有千瓦、毫瓦等，故B错误；
C．根据功率公式可知，乙组机器人此次做功的功率为，故C正确；
D．分别利用功率公式求出功率大小，甲组机器人的功率为；
丙组机器人的功率为；
丁组机器人的功率为；四组中，机器人做功功率最大的是丙，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）表示做功的快慢的物理量；
（2）功率的国际d单位有是特，还有千瓦、毫瓦等；
（3）根据分析解答；
（4）本别计算各组功率进行比较即可。
7．（2025·宁远模拟）关于安全用电和家庭电路的理解，以下做法错误的是（ ）
A．插座和家用电器等达到使用寿命应及时更换
B．充电器上指示灯功率很小，在不充电时，无须在插座上拔出充电器
C．三线插头中有一根导线和用电器的金属外壳相连
D．雷雨时，人在开阔地行走，不要举着雨伞或肩扛长的金属物
【答案】B
【知识点】家庭电路的组成；安全用电原则
【解析】【解答】A、家用电器和插座都有设计使用寿命，超期使用会出现绝缘老化、接触不良等问题，极易引发触电、火灾等安全事故，因此到期必须及时更换，故A正确，不符合题意；
B、充电器长期插在插座上，即使不充电，内部电路仍处于通电状态，会持续发热、加速元件老化，不仅浪费电能，还存在起火、漏电的安全隐患，因此不充电时必须拔出充电器，故B错误，符合题意；
C、三线插头的上脚为接地端，与用电器的金属外壳相连，当用电器漏电时，电流会通过地线导入大地，避免人体触电，故C正确，不符合题意；
D、雷雨天气中，金属物体、高杆雨伞会成为引雷导体，在开阔地举伞、扛长金属物会大幅增加被雷击的概率，因此严禁此类行为，故D正确，不符合题意。
故选：B。
【分析】（1）插座和家用电器达到使用寿命后，绝缘层会老化、性能下降，易引发漏电、短路等安全隐患，应及时更换。
（2）充电器即使不充电，长期插在插座上也会持续消耗电能、发热，存在老化、起火的安全风险，必须及时拔出。
（3）三线插头的接地脚与用电器金属外壳相连，可在漏电时将电流导入大地，防止触电。
（4）雷雨天气在开阔地，举雨伞、扛长金属物会增加被雷击的风险，应避免
8．（2025·宁远模拟）物理来源于生活。下列生活情景中，不属于扩散现象的是（ ）
A．很远就能闻到加油站的汽油味
B．扫地时，看到灰尘飞舞
C．“艾灸”时闻到满屋子艾叶的气味
D．大扫除时闻到清洁剂的香味
【答案】B
【知识点】机械运动；分子热运动
【解析】【解答】A、很远闻到加油站的汽油味，是汽油分子不停地做无规则运动扩散到空气中的结果，属于扩散现象，A错误。
B、 扫地时看到灰尘飞舞，灰尘是宏观颗粒，其运动属于机械运动，并非分子的无规则运动，不属于扩散现象，B正确。
C、“艾灸”时闻到满屋子艾叶的气味，是艾叶分子扩散的结果，属于扩散现象，C错误。
D、大扫除时闻到清洁剂的香味，是清洁剂分子扩散的结果，属于扩散现象，D错误。
故选B。
【分析】本题核心考查扩散现象与宏观机械运动的区别：
扩散现象是微观分子的无规则运动，是分子层面的运动，无法用肉眼直接观察，如气味的传播（汽油味、艾叶味、清洁剂香味）。
宏观机械运动是物体的位置变化，是宏观物体（如灰尘颗粒）的运动，可通过肉眼直接观察，属于机械运动而非扩散。
常见易错点：
混淆微观分子的无规则运动和宏观物体的机械运动，误将灰尘飞舞等宏观现象当作分子扩散；
对“扩散是分子运动的宏观表现”理解不清晰，不能准确判断现象的本质。
解题关键：明确扩散是微观、不可见的分子运动，宏观物体的运动属于机械运动，据此区分各选项。
9．（2025·宁远模拟）小明发现老师办公室有一个吊扇灯，如图为吊扇灯仰视图，它由一个电风扇和三个普通照明灯泡组成。闭合开关后，风扇工作；闭合开关后，三个灯泡同时工作；风扇与灯泡可以独立工作；若任意一个灯泡损坏，其余两灯仍能发光。则下列电路图中，符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】 根据题意可知，风扇与灯泡互不影响，应并联连接；闭合开关S2后，风扇工作，说明开关S2与风扇串联；闭合开关S1后，三个灯泡同时工作，说明开关S1与三个灯泡串联，根据生活实际知三个灯泡并联，故符合要求的电路图是B图。
故选：B。
【分析】 根据题意可知，风扇与灯泡互不影响，应并联连接；闭合开关S2后，风扇工作，说明开关S2与风扇串联；闭合开关S1后，三个灯泡同时工作，说明开关S1与三个灯泡串联，根据生活实际知三个灯泡并联，据此分析判断。
10．（2025·宁远模拟）在探究“什么情况下磁可以生电”时的实验装置如图所示，闭合开关后，导体水平向左移动，灵敏电流计指针向右摆动，下列说法正确的是（ ）
A．利用该实验器材，制成了扬声器
B．若导体竖直向上移动，灵敏电流计指针向右摆动
C．若磁体水平向右移动，灵敏电流计指针向左摆动
D．只将磁铁、极对调，导体水平向左移动时，灵敏电流计指针向左摆动
【答案】D
【知识点】探究电磁感应现象的实验
【解析】【解答】A、图中装置无电源，是电磁感应实验，对应发电机的工作原理；扬声器是利用通电线圈在磁场中受力振动发声，对应电动机原理，故A错误；
B、产生感应电流的条件是：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。导体ab竖直向上移动，运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，无感应电流，电流计指针不偏转，故B错误；
C、磁体水平向右移动，以磁体为参照物，导体ab水平向左运动，切割磁感线的方向与原实验一致，感应电流方向不变，电流计指针仍向右摆，故C错误；
D、感应电流的方向由磁场方向和导体切割磁感线的方向共同决定。只对调磁体磁极（改变磁场方向），导体切割方向不变，感应电流方向反向，电流计指针向左摆，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）该实验是电磁感应现象，利用该原理制成了发电机；扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
（2）导体ab竖直向上移动时，没有切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会摆动。
（3）磁体水平向右移动，相当于导体ab水平向左移动，切割磁感线的方向与原实验相同，产生的感应电流方向不变，灵敏电流计指针仍向右摆动。
（4）感应电流的方向与磁场方向和导体切割磁感线的方向有关，只将磁体N、S极对调（磁场方向改变），导体ab水平向左移动（切割方向不变），感应电流方向改变，灵敏电流计指针向左摆动。
11．（2025·宁远模拟）某科技小组的同学用金属丝、铁芯、螺线管、电源自制了一个电磁铁，如图所示，螺线管产生的磁场使小磁针静止在如图所示状态。下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管的右侧是S极
B．电源右端为正极
C．把小磁针取走后，通电螺线管周围的磁场仍存在
D．利用图中原理制成了电动机
【答案】C
【知识点】磁场；通电螺线管的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A、小磁针N极的指向为该点的磁场方向，螺线管外部磁场方向从N极指向S极。小磁针N极向左，说明螺线管左端为S极，右端为N极，故A错误；
B、用安培定则（右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指指向电流方向）判断，电流从螺线管左端流入，因此电源左端为正极，右端为负极，故B错误；
C、磁场是磁体或电流周围的一种特殊物质，不依赖小磁针而存在，取走小磁针后，通电螺线管的磁场依然存在，故C正确；
D、图中实验是电流的磁效应（电生磁），对应的应用是电磁铁；电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动，对应电磁感应的逆过程，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）小磁针静止时N极指向左，根据异名磁极相吸，可知通电螺线管的左端为S极，右端为N极。
（2）由安培定则可知，电流从螺线管左端流入、右端流出，因此电源左端为正极，右端为负极。
（3）磁场是通电螺线管周围客观存在的物质，小磁针仅用于显示磁场，取走小磁针后磁场仍存在。
（4）该实验是电流的磁效应，利用该原理制成了电磁铁、电磁继电器等，电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动。
12．（2025·宁远模拟）关于下列简单机械，说法正确的是（ ）
A．图甲中杠杆A处挂3个钩码，再在B点挂2个相同的钩码，可以让杠杆平衡
B．图乙中开瓶器是费力杠杆
C．图丙中旗杆顶端用的是定滑轮，起到省力的作用
D．使用图丁中的动滑轮，既能省一半力，又能改变拉力方向
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点
【解析】【解答】A、根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，代入数据：3G×2L=6GL，2G×3L=6GL，左右力矩相等，杠杆可以平衡，故A正确；
B、杠杆分为省力杠杆（动力臂>阻力臂）、费力杠杆（动力臂<阻力臂）、等臂杠杆。开瓶器使用时，动力作用点到支点的距离（动力臂）远大于阻力作用点到支点的距离（阻力臂），属于省力杠杆，故B错误；
C、定滑轮的实质是等臂杠杆，不省力也不费力，只能改变力的方向，因此旗杆顶端的定滑轮不能省力，故C错误；
D、动滑轮的实质是动力臂为阻力臂 2 倍的杠杆，能省一半力，但拉力方向与物体运动方向相同，不能改变力的方向，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）设每个钩码重力为G，每格长度为L。A处挂3个钩码，力臂为2L，左侧力矩为3G×2L=6GL；B处挂2个钩码，力臂为3L，右侧力矩为2G×3L=6GL，左右力矩相等，杠杆平衡。
（2）开瓶器的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不是费力杠杆。
（3）旗杆顶端的定滑轮只能改变力的方向，不能省力。
（4）动滑轮能省一半力，但不能改变拉力的方向。
二、填空题（本题共4小题，每空2分，共18分）
13．（2025·宁远模拟）歼-35是中国自主研制的新一代隐身舰载战斗机，是一款舰载多用途战斗机。歼-35在某次飞行中速度达到了，以此速度飞行，这内飞行的路程是 。该机的隐身特性使得雷达发射出来的 波无法正常反射，而是被引导绕过飞机或直接被吸收。
【答案】7；电磁
【知识点】速度公式及其应用；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 飞行的路程s=vt=700m/s×10s=7000m=7km；
雷达是利用电磁波来进行定位和探测的。隐身战机通过特殊涂层或外形设计，吸收或散射了雷达发射的电磁波，减少了反射回雷达的信号，从而实现隐身。
故答案为： 7；电磁。
【分析】 根据速度公式 的变形式进行计算；
广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
14．（2025·宁远模拟）某位中学生经检查后发现只能看清近处的物体，看不清远处的物体，这位同学需要佩戴 镜来矫正。考古学家使用凸透镜来观察文物细节，已知该凸透镜的焦距为，则文物到凸透镜中心的距离应 。
【答案】凹透；小于
【知识点】凸透镜成像的应用；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】近视眼的成因是眼球晶状体的曲度过大，会聚能力过强，看远处物体时，像成在视网膜的前方。凹透镜对光线有发散作用，佩戴凹透镜可以使光线推迟会聚，让像成在视网膜上，从而看清远处物体。
凸透镜作为放大镜使用时，要求物距小于焦距，此时成正立、放大的虚像。该凸透镜焦距为 10cm，所以文物到凸透镜的距离（物距）必须小于10cm，才能成放大的虚像，方便观察细节。
故答案为：凹透；小于。
【分析】 （1）近视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体，是因为晶状体太厚或眼球太长，即会聚能力变强，使像会聚在视网膜的前方。凹透镜对光线有发散的作用，近视眼应戴凹透镜来矫正。
（2）放大镜是凸透镜，利用了物距小于焦距时，能成放大的正立的像的道理。
15．（2025·宁远模拟）某款家用多功能茶吧机有制冷、保温等功能，其内部发热电阻为44Ω，在220V电路中正常工作5分钟，电流产生的热量是 J。电流的热效应有时对我们有益，有时也有害，请举出生活中一个防止电流热效应危害而采取的措施： 。
【答案】3.3×105；电视机后盖的散热孔
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】 电流通过发热电阻产生的热量：；
电视机后盖的散热孔可以散失热量，防止电流热效应产生的热量带来的危害。
故答案为：3.3×105；电视机后盖的散热孔。
【分析】 （1）根据焦耳定律求出电流产生的热量；
（2）电视机后盖的散热孔可以及时把电流产生的热量散失。
16．（2025·宁远模拟）如图所示，一个盛有适量水的薄壁圆柱形容器置于水平地面上，质量为，高为，底面积为，。
（1）在容器内注入了的水，注入水的质量为 ；
（2）此时容器对水平地面的压强为 ；
（3）现又将一个质量的圆柱体放入容器中，分别测出放入容器前后，容器对水平桌面的压强（如下表所示）。则圆柱体密度的最大值是 。
压强 放入前 放入后
容器对桌面压强 ？ 2300
【答案】（1）3
（2）1200
（3）2.5×103
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【解答】 （1）在容器内注入了3×10-3m3的水，注入水的质量m水=ρ水V水=1×103kg/m3×3×10-3m3=3kg；
（2）此时容器对水平地面的压力F=G总=（m水+m容）g=（3kg+0.6kg）×10N/kg=36N，
容器的底面积为3×10-2m2，
容器对水平地面的压强；（3）将一个质量4.5kg的圆柱体放入容器中，圆柱体的重力G=mg=4.5kg×10N/kg=45N，
圆柱体放入容器中后，容器对桌面的压力F后=p后S=2300Pa×3×10-2m2=69N，
此时F后=G+G容+G水1=G+m容g+G水1=45N+0.6kg×10N/kg+G水1=69N，解方程可得G水1=18N，
原来注入水的重力G水=m水g=3kg×10N/kg=30N，
圆柱体放入容器中溢出水的重力为G溢=G水-G水1=30N-18N=12N，
溢出水的体积，
原来水的深度，
容器的高度是0.12m，原来水面上方的体积V空=SΔh=3×10-2m2×（0.12m-0.1m）=0.6×10-3m3，
圆柱体排开水的体积V排=V溢+V空=1.2×10-3m3+0.6×10-3m3=1.8×10-3m3，圆柱体的体积V≥1.8×10-3m3，
所以圆柱体密度的最大值。
故答案为：（1）3；（2）1200；（3）2.5×103。
【分析】 （1）根据m=ρV计算在容器内注入了3×10-3m3的水的质量；
（2）此时容器对水平地面的压力等于容器和水的总重力，根据重力公式计算总重力，根据压强公式计算容器对水平地面的压强；
（3）根据F=pS计算圆柱体放入容器中后容器对桌面的压力，根据重力公式计算圆柱体的重力，列方程可得放入圆柱体后容器内水的重力，根据重力公式计算原来注入水的重力，进一步计算溢出水的重力，根据密度公式计算溢出水的体积，根据体积公式计算原来水面上方的体积，进一步计算圆柱体排开水的体积，圆柱体的体积大于等于圆柱体排开水的体积，根据密度公式计算圆柱体密度的最大值。
（1）注入水的质量m水=ρ水V水=1×103kg/m3×3×10-3m3=3kg
（2）此时容器对水平地面的压力F=G总=(m水+m容)g=(3kg+0.6kg)×10N/kg=36N
容器对水平地面的压强
（3）圆柱体放入容器中后，容器对桌面的压力F后=p后S=2300Pa×3×10-2m2=69N
圆柱体的重力G=mg=4.5kg×10N/kg=45N
此时F后=G+G容+G水1=G+m容g+G水1=45N+0.6kg×10N/kg+G水1=69N
则G水1=18N，原来注入水的重力G水=m水g=3kg×10N/kg=30N
圆柱体放入容器中溢出水的重力为G溢=G水-G水1=30N-18N=12N
溢出水的体积
原来水的深度
容器的高度是0.12m，原来水面上方的体积V空=SΔh=3×10-2m2×(0.12m-0.1m)=0.6×10-3m3
圆柱体排开水的体积V排=V溢+V空=1.2×10-3m3+0.6×10-3m3=1.8×10-3m3
圆柱体的体积V≥1.8×10-3m3，所以圆柱体密度的最大值
三、作图与实验探究题（本题共4小题，作图每问2分，填空每空2分，共28分）
17．（2025·宁远模拟）按要求作图。
（1）油纸伞是中国传统手工艺品，已被列入国家级非物质文化遗产名录。图是某人举起油纸伞静止时简化图，若该油纸伞质量为600g，请画出手对油纸伞支持力示意图，图中O点为作用点。（取）
（2）如图，请作出两条入射光线经凸透镜之后的光线。
【答案】（1）
（2）
【知识点】透镜的光路图；力的三要素及力的示意图；重力及其大小的计算
【解析】【解答】 （1）油纸伞的重力G=mg=0.6kg×10N/kg=6N，
油纸伞静止时受到竖直向下的重力和手对它向上的支持力，两力是一对平衡力，大小相等，方向相反，在同一直线上，大小F=G=6N，则手对油纸伞支持力的方向竖直向上，作用点在O，从作用点沿力的方向画一带箭头线段，在箭头附近标上F=6N，如图所示
（2） 过光心的光线传播方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线过焦点，如图所示：
【分析】 （1）先确定手对油纸伞支持力的方向、作用点，再根据力的示意图的画法作图。
（2）先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图。
（1）油纸伞的重力
油纸伞静止时受到竖直向下的重力和手对它向上的支持力，两力是一对平衡力，大小相等，方向相反，在同一直线上，即
（2）平行于主光轴的光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点，过光心的光线传播方向不改变，如图所示：
18．（2025·宁远模拟）某科技实验小组在探究水在沸腾前后温度变化的特点时，小明利用如图所示的装置，烧杯中水质量是，获得了下表所示的实验数据。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8
温度/℃ 90 92 94 96 98 99 99 99 99
（1）如图甲所示的温度计读数为 ℃；
（2）通过分析表格中的数据，可知水沸腾时持续吸热，温度 ；
（3）当烧杯中水从90℃升到96℃时，吸收的热量是 ；
（4）实验完成后，将烧杯中的热水放在室温下自然冷却，将温度传感器探头插入热水中开始测量，一段时间后，计算机根据采集的数据画出温度随时间变化的图线，如图所示，从图像中可以看出热水温度下降的特点是 。
【答案】（1）68
（2）不变
（3）5.04×103
（4）先快后慢，最后保持室温不变
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】（1）观察温度计刻度，60℃到70℃之间分为10 个小格，因此分度值为1℃；液柱上表面对齐 60℃上方第8 个小格，故读数为68℃。
（2）水沸腾的核心特点是持续吸热，温度保持不变，表格中5分钟后水温稳定在99℃不再升高，验证了这一特点。
（3）首先统一单位，水的质量m=200g=0.2kg，温度变化量Δt=96℃-90℃=6℃；根据吸热公式Q吸 =c水 mΔt，代入数据计算：Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(96℃-90℃)=5.04×103J。
（4）热水降温的速度与水和室温的温差有关：初始时温差大，散热快，温度下降快；随着水温降低，温差减小，散热变慢，温度下降变慢；最终水温与室温相等，温度保持不变。因此温度下降的特点是先快后慢，最终保持不变。
故答案为：（1）68；（2）不变；（3）5.04×103；（4）先快后慢，最后保持室温不变。
【分析】 （1）由图可知，温度计的分度值是1℃；
（2）水沸腾过程中，吸收热量，温度不变；
（3）根据比热容公式计算水吸收的热量；
（4）分析图中的数据得出结论。
（1）由图可知，温度计的分度值是1℃，温度计的示数是68℃。
（2）由表中数据可知，从第5min开始，水的温度保持99℃不变，说明水已经沸腾，水沸腾过程中，吸收热量，温度不变。
（3）当烧杯中水从90℃升到96℃时，吸收的热量Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(96℃-90℃)=5.04×103J
（4）分析图中的数据可知，开始温度下降比较快，后来温度下降比较慢，最后温度不变，所以热水温度下降的特点是先快后慢，最后保持室温不变。
19．（2025·宁远模拟）某实验小组的同学利用如图所示的装置进行探究“阻力对物体运动的影响”。
（1）为使小车每次到达水平面时的速度相等，每次都要让同一小车从斜面上的 位置由静止开始自由下滑。
（2）实验过程中，应将毛巾、棉布平整地铺在段，目的是通过改变 ，从而改变小车在水平面运动时受到的摩擦阻力。
（3）小车到达水平面时的速度越大，它的惯性大小 （填变化情况）。
（4）结合实验现象可发现，小车受到的阻力越小，则小车能运动的距离越远，可以推理：若小车受到阻力为零时，则小车做 运动。
【答案】（1）相同
（2）接触面粗糙程度
（3）不变
（4）匀速直线
【知识点】惯性及其现象；阻力对物体运动影响的探究实验
【解析】【解答】（1）本实验采用控制变量法，要探究阻力对运动的影响，需保证小车到达水平面时的初速度相同。只有让小车从斜面的相同高度由静止下滑，才能保证每次到达水平面时的速度相等。
（2）滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，在压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大。在 BC 段分别铺毛巾、棉布，是为了改变接触面的粗糙程度，从而改变小车受到的摩擦阻力。
(3)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，其大小只由物体的质量决定，与速度、受力情况等无关。小车的质量不变，因此无论速度多大，惯性大小不变。
(4)实验中，小车在越光滑的表面（阻力越小），运动的距离越远、速度减小得越慢。据此科学推理：如果小车在水平方向不受任何阻力，小车的速度将不会减小，会以恒定不变的速度永远运动下去，即做匀速直线运动。故答案为：（1）相同；（2）接触面粗糙程度；（3）不变；（4）匀速直线。
【分析】(1) 为使小车每次到达水平面时的速度相等，需控制小车从斜面上的初始状态一致，因此每次让同一小车从斜面上的相同位置由静止自由下滑。
(2) 在 BC 段铺毛巾、棉布，是通过改变接触面的粗糙程度，来改变小车在水平面运动时受到的摩擦阻力。
(3) 惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与速度大小无关，因此小车速度越大，惯性大小不变。
(4) 根据实验现象，小车受到的阻力越小，运动距离越远；推理可知，若小车受到的阻力为零，小车的运动状态将不会改变，做匀速直线运动。
（1）小车从同一斜面由静止滑下时，起始位置越高，进入水平面时的速度越大，为使小车每次到达水平面时的速度相等，每次都要让同一小车从斜面上的相同位置由静止开始自由下滑。
（2）摩擦力大小与压力、接触面粗糙程度有关，实验过程中，应将毛巾、棉布平整地铺在段，目的是通过改变接触面粗糙程度，从而改变小车在水平面运动时受到的摩擦阻力。
（3）惯性大小只与质量有关，小车到达水平面时的速度不论多大，它的惯性大小不变。
（4）结合实验现象可发现，小车受到的阻力越小，小车的速度减小得越慢，则小车能运动的距离越远，可以推理：若小车受到阻力为零时，小车的速度不会减小，小车运动的距离无限远，则小车做匀速直线运动。
20．（2025·宁远模拟）小龙在“探究电流与电压的关系”实验中：电源电压为，滑动变阻器标有“ ”字样，按照图甲正确连接好电路图。
（1）正确连接电路后，再闭合开关，移动滑片，发现电压表与电流表示数均为0，继续移动滑片，当两电表示数指针恰好偏转且稳定时，其示数见下表中序号3的数据，继续实验，示数见下表中序号4和5的数据。
数据序号 1 2 3 4 5
电压U/V 0 0 1 2 2.6
电流I/A 0 0 0.1 0.2 0.26
则：①由序号1、2两组数据判断，若故障只发生在定值电阻或滑动变阻器上，经判断此时该电路故障为 ；
②序号3、4、5三组数据得出的结论是 。
（2）完成上述实验后，修复好电路。小龙再将图甲电路中的定值电阻替换为电阻可调的电阻箱（其他器材及连接情况不变），进行“探究电流与电阻关系”的实验，部分操作过程为：
①将电阻箱阻值调节为，移动滑片到适当位置，电流表示数如图乙所示，其读数为 ，此时电压表示数为；
②断开开关，将电阻箱阻值调节为；闭合开关后，按要求进行操作；
③断开开关，将电阻箱阻值调节为；闭合开关后移动滑片，发现无法将电压表示数调节为。
（3）为了顺利完成此次探究，小龙的方法是重新调节接入电路的电阻箱阻值，则在其它元件、连接及相关参数不变的情况下，保证电路安全，电阻箱阻值的调节范围为 。
【答案】（1）滑动变阻器R1断路；导体的电阻不变时，其电流与电压成正比
（2）0.4
（3）4~15Ω
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】(1) ①闭合开关后电压表示数为0，说明电压表两端未接通或电路断路。若滑动变阻器断路，电流表也无示数，但电压表应显示电源电压；若定值电阻R断路，整个电路断开，电流表、电压表示数均为0，故故障为定值电阻R1断路。
② 序号 3、4、5 组数据中，电阻R保持 5Ω 不变，电压从1V 增加到2.6V，电流从0.1A 增加到0.26A，电压与电流比值始终为10Ω。结论为：当导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
（2）电流表选用0~0.6A 量程，分度值为0.02A，指针指在0.4A 位置，读数为0.4 A。
（3）依题意得，电阻箱与滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R的电压，电流表测量电路电流。实验中要控制电阻箱的电压不变，由欧姆定律得，电阻箱的电压为
由串联电路电压特点得，变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当滑动变阻器接入电路中电阻最大为30Ω时，电阻箱接入电路中电阻最大，为
电流表的量程为0~0.6A，滑动变阻器标有“30Ω 0.5A”，则电路最大电流为0.5A，由欧姆定律得，电阻箱接入电路中电阻最小为
则为了保证电路安全，电阻箱阻值的调节范围为4~15Ω。
故答案为：（1）①滑动变阻器R1断路；②当导体的电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（2）0.4；（3）4～15。
【分析】 （1）①电压表、电流表的示数均为0，说明电路出现断路现象，且电压表与电源没有连通，据此分析；
②根据电压表与电流表的比值为定值，据此得出结论；
（2）根据电流表选用量程确定分度值读数；
（3）根据串联分压原理分析作答。
（1）[1]由图甲得，定值电阻R与滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R的电压，电流表测量电路电流。由表格中数据得，电压表、电流表的示数均为0，说明电路出现断路现象，且电压表与电源的连接断开，则故障为滑动变阻器R1断路。
[2]由序号3、4、5三组数据得，当定值电阻的阻值不变时，其电压表与电流表的比值为定值，说明导体的电阻不变时，其电流与电压成正比。
（2）由图乙得，电流表的分度值为0.02A，示数为0.4A。
（3）依题意得，电阻箱与滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R的电压，电流表测量电路电流。实验中要控制电阻箱的电压不变，由欧姆定律得，电阻箱的电压为
由串联电路电压特点得，变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当滑动变阻器接入电路中电阻最大为30Ω时，电阻箱接入电路中电阻最大，为
电流表的量程为0~0.6A，滑动变阻器标有“30Ω 0.5A”，则电路最大电流为0.5A，由欧姆定律得，电阻箱接入电路中电阻最小为
则为了保证电路安全，电阻箱阻值的调节范围为4~15Ω。
四、综合题（本题共2小题，第21题8分，第22题10分，共18分）
21．（2025·宁远模拟）中国首艘具备极地破冰能力的高校科考船——“中山大学极地”号完成了改造升级，并于2024年7月26日至10月7日，顺利完成北冰洋科学考察任务，显示了中国强大的极地科研能力。“极地”号科考船长、宽，满载排水量约，最大吃水深度约，破冰能力排在世界前列。（，）
（1）在最大吃水深度时，船底受到水的压强多大？
（2）满载时，该科考船受到的浮力多大？
（3）满载时，该科考船排开水的体积为多少？
【答案】（1）由题知，最大吃水深度约8.2m，
则此时船底受到水的压强为：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×8.2m=8.2×104Pa。
答：在最大吃水深度时，船底受到水的压强是8.2×104Pa。
（2）已知满载排水量约5800t，由阿基米德原理可得该科考船受到的浮力为：
。
答：满载时，该科考船受到的浮力是5.8×107N。
（3）由F浮=ρ水gV排可得，满载时该科考船排开水的体积为：。
答：满载时，该科考船排开水的体积为5.8×103m3。
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】 （1）知道最大吃水深度，根据p=ρgh计算此时船底受到水的压强；（2）知道科考船的满载排水量，根据阿基米德原理计算满载时该科考船受到的浮力；
（3）根据F浮=ρ水gV排计算满载时该科考船排开水的体积。
（1）在最大吃水深度时，船底受到水的压强为
（2）满载时，该科考船受到的浮力为
（3）满载时，该科考船排开水的体积为
22．（2025·宁远模拟）如图甲所示电路，电源电压U保持不变，电压表量程为0~15V，电流表量程为0~3A，R1是定值电阻，滑动变阻器R2的规格是“30Ω，0.8A”，灯L标有“6V 3W”，图乙是灯泡电流与电压的关系图像。
（1）只闭合开关S2，滑动变阻器的滑片P向左移，电流表示数会 。
（2）只闭合开关S1，移动滑片使电路中电流为0.3A时，灯泡的实际电功率多大？此时灯泡每分钟消耗的电能为多少？
（3）若只闭合开关S2时，把滑片移到某处时，观察到电流表示数为0.4A，电压表示数为5V，接着在保证电路正常安全工作的情况下向某一方向移动滑片，发现电压表示数最大变化量为4V。求R1的阻值及电源电压U。（要有必要的分析过程）
【答案】（1）变小
（2）只闭合开关S1，滑动变阻器R2与灯泡串联，由图乙可知，当电路中电流为I=0.3A时，灯泡两端的电压为U=2V。此时灯泡的实际功率
此时灯泡每分钟消耗的电能。
答： 只闭合开关S1，移动滑片使电路中电流为0.3A时，灯泡的实际电功率0.6W，此时灯泡每分钟消耗的电能为36J。
（3）滑动变阻器滑片向某一方向移动前，根据欧姆定律及串联电路电压规律可知，电源电压与电阻R1的关系可表示………………①
只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量R2两端电压，滑动变阻器的滑片可以向左移动，也可以向右移动。当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则电路中总电阻变小，根据欧姆定律及其变式可知，电路中总电流可以一直变大，R1两端电压一直变大，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端电压变小，根据题意可得，为了保证电路正常安全工作，电路中的最大电流，此时滑动变阻器两端电压
电源电压与电阻R1的关系可表示为……②
由①②解得R1=10Ω，U=9V
当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则电路中总电阻变大，电路中总电流变小，R1两端电压变小，滑动变阻器的两端电压变大，则当滑动变阻器接入电路中阻值达到最大值时，电压表示数也会达到最大值，根据题意可知，此时滑动变阻器的接入电路的阻值为，两端的电压
此时通过电路的电流为
电源电压与电阻R1的关系可表示为……③
由①③解得U=21V、R1=40Ω
当U=21V，在第（2）问中要灯泡工作时，滑动变阻器两端的电压为
超出了电压表的量程，故舍去。综上所述，电源电压U=9V ，定值电阻阻值R1=10Ω。
答： R1的阻值是10Ω，电源电压U为9V。
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，滑动变阻器的滑片P向左移时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，电路中总电阻也随之变大，根据欧姆定律可得，总电压不变时，总电阻越大，电路中电流越小，故电流表示数变小。
答：（1）变小。
【分析】（1）只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，根据串联电路规律和欧姆定律判断电流表示数的变化情况；
（2）由图乙读出电流为0.3A时，灯泡两端的实际电压，根据P=UI计算灯泡的实际电功率，根据W=Pt计算灯泡每分钟消耗的电能；
（3）根据串联电路规律和欧姆定律表示出电源电压，联立方程组计算R1和电源电压；
（1）只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，滑动变阻器的滑片P向左移时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，电路中总电阻也随之变大，根据欧姆定律可得，总电压不变时，总电阻越大，电路中电流越小，故电流表示数变小。
（2）只闭合开关S1，滑动变阻器R2与灯泡串联，由图乙可知，当电路中电流为I=0.3A时，灯泡两端的电压为U=2V。此时灯泡的实际功率
此时灯泡每分钟消耗的电能
（3）滑动变阻器滑片向某一方向移动前，根据欧姆定律及串联电路电压规律可知，电源电压与电阻R1的关系可表示………………①
只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量R2两端电压，滑动变阻器的滑片可以向左移动，也可以向右移动。当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则电路中总电阻变小，根据欧姆定律及其变式可知，电路中总电流可以一直变大，R1两端电压一直变大，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端电压变小，根据题意可得，为了保证电路正常安全工作，电路中的最大电流，此时滑动变阻器两端电压
电源电压与电阻R1的关系可表示为……②
由①②解得R1=10Ω，U=9V
当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则电路中总电阻变大，电路中总电流变小，R1两端电压变小，滑动变阻器的两端电压变大，则当滑动变阻器接入电路中阻值达到最大值时，电压表示数也会达到最大值，根据题意可知，此时滑动变阻器的接入电路的阻值为，两端的电压
此时通过电路的电流为
电源电压与电阻R1的关系可表示为……③
由①③解得U=21V、R1=40Ω
当U=21V，在第（2）问中要灯泡工作时，滑动变阻器两端的电压为
超出了电压表的量程，故舍去。综上所述，电源电压U=9V ，定值电阻阻值R1=10Ω。
1 / 1湖南省永州市宁远县2025年中考三模物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025·宁远模拟）我省湘潭青山唢呐已被列入第一批“国家级非物质文化遗产代表性项目名录”。关于青山唢呐，下列说法正确的是（ ）
A．我们能区分正在演奏中的唢呐和其他乐器，是因为音调不同
B．吹喷呐发声是利用唢呐固体部分振动发声
C．用青山唢呐吹奏乐曲时，非常好听，一定不会是噪声
D．唢呐发声时，通过木杆和铜制喇叭口扩音，这增大了响度
2．（2025·宁远模拟）在“天宫课堂”浮力消失的实验中，航天员将乒乓球放入水中，乒乓球并没有浮到水面，而是悬停在了水中。下列说法正确的是（ ）
A．以空间站为参照物，乒乓球是静止的
B．以地球为参照物，乒乓球是静止的
C．以水为参照物，乒乓球是运动的
D．如果说空间站是运动的，那选择的参照物可能是乒乓球
3．（2025·宁远模拟）关于天气谚语中的物态变化与吸放热情况，下列说法正确的是（ ）
A．“一雾三晴，重雾三日必大风”——雾是汽化现象，吸热
B．“满天乱飞云，雨雪下不停”——雪是凝华现象，放热
C．“风大夜无露”——露是液化现象，吸热
D．“阴天夜无霜”——霜是凝固现象，放热
4．（2025·宁远模拟）我国的石拱桥有悠久的历史。如图所示，拱桥在水中形成美丽的倒影，关于此现象下列说法中正确的是（ ）
A．美丽的倒影是光的折射现象
B．水中的石拱桥像是实像
C．水中的石拱桥像与石拱桥本身是等大的
D．当水位上升后，水中的石拱桥像会变大
5．（2025·宁远模拟）撑杆跳高是一项技术复杂的田径运动项目，其过程主要包括图示三个阶段。关于撑杆跳高涉及的物理知识，下列说法不正确的是（ ）
A．运动员在起跳前通过助跑获得较大的动能，这个动能转化为撑杆的弹性势能
B．运动员对撑杆施力，使其弯曲，撑杆同时将运动员弹起，说明力的作用是相互的
C．运动员在越过横杆后下落时，减小的动能转化为重力势能
D．撑杆在受到运动员的压力时发生弹性形变，在弹性限度内，形变越大，弹性势能越大
6．（2025·宁远模拟）在校园科技节的“机器人挑战赛”中，参赛机器人需要完成不同任务。下表为四组机器人的任务数据，下列说法正确的是（ ）
任务组别 完成任务所做功/J 完成任务所用时间/s
甲 1200 30
乙 1500 50
丙 900 20
丁 1800 60
A．物理学中表示做功的快慢的物理量是功
B．功率的单位只有瓦特
C．乙组机器人此次做功的功率为
D．四组中，机器人做功功率最大的是丁
7．（2025·宁远模拟）关于安全用电和家庭电路的理解，以下做法错误的是（ ）
A．插座和家用电器等达到使用寿命应及时更换
B．充电器上指示灯功率很小，在不充电时，无须在插座上拔出充电器
C．三线插头中有一根导线和用电器的金属外壳相连
D．雷雨时，人在开阔地行走，不要举着雨伞或肩扛长的金属物
8．（2025·宁远模拟）物理来源于生活。下列生活情景中，不属于扩散现象的是（ ）
A．很远就能闻到加油站的汽油味
B．扫地时，看到灰尘飞舞
C．“艾灸”时闻到满屋子艾叶的气味
D．大扫除时闻到清洁剂的香味
9．（2025·宁远模拟）小明发现老师办公室有一个吊扇灯，如图为吊扇灯仰视图，它由一个电风扇和三个普通照明灯泡组成。闭合开关后，风扇工作；闭合开关后，三个灯泡同时工作；风扇与灯泡可以独立工作；若任意一个灯泡损坏，其余两灯仍能发光。则下列电路图中，符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025·宁远模拟）在探究“什么情况下磁可以生电”时的实验装置如图所示，闭合开关后，导体水平向左移动，灵敏电流计指针向右摆动，下列说法正确的是（ ）
A．利用该实验器材，制成了扬声器
B．若导体竖直向上移动，灵敏电流计指针向右摆动
C．若磁体水平向右移动，灵敏电流计指针向左摆动
D．只将磁铁、极对调，导体水平向左移动时，灵敏电流计指针向左摆动
11．（2025·宁远模拟）某科技小组的同学用金属丝、铁芯、螺线管、电源自制了一个电磁铁，如图所示，螺线管产生的磁场使小磁针静止在如图所示状态。下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管的右侧是S极
B．电源右端为正极
C．把小磁针取走后，通电螺线管周围的磁场仍存在
D．利用图中原理制成了电动机
12．（2025·宁远模拟）关于下列简单机械，说法正确的是（ ）
A．图甲中杠杆A处挂3个钩码，再在B点挂2个相同的钩码，可以让杠杆平衡
B．图乙中开瓶器是费力杠杆
C．图丙中旗杆顶端用的是定滑轮，起到省力的作用
D．使用图丁中的动滑轮，既能省一半力，又能改变拉力方向
二、填空题（本题共4小题，每空2分，共18分）
13．（2025·宁远模拟）歼-35是中国自主研制的新一代隐身舰载战斗机，是一款舰载多用途战斗机。歼-35在某次飞行中速度达到了，以此速度飞行，这内飞行的路程是 。该机的隐身特性使得雷达发射出来的 波无法正常反射，而是被引导绕过飞机或直接被吸收。
14．（2025·宁远模拟）某位中学生经检查后发现只能看清近处的物体，看不清远处的物体，这位同学需要佩戴 镜来矫正。考古学家使用凸透镜来观察文物细节，已知该凸透镜的焦距为，则文物到凸透镜中心的距离应 。
15．（2025·宁远模拟）某款家用多功能茶吧机有制冷、保温等功能，其内部发热电阻为44Ω，在220V电路中正常工作5分钟，电流产生的热量是 J。电流的热效应有时对我们有益，有时也有害，请举出生活中一个防止电流热效应危害而采取的措施： 。
16．（2025·宁远模拟）如图所示，一个盛有适量水的薄壁圆柱形容器置于水平地面上，质量为，高为，底面积为，。
（1）在容器内注入了的水，注入水的质量为 ；
（2）此时容器对水平地面的压强为 ；
（3）现又将一个质量的圆柱体放入容器中，分别测出放入容器前后，容器对水平桌面的压强（如下表所示）。则圆柱体密度的最大值是 。
压强 放入前 放入后
容器对桌面压强 ？ 2300
三、作图与实验探究题（本题共4小题，作图每问2分，填空每空2分，共28分）
17．（2025·宁远模拟）按要求作图。
（1）油纸伞是中国传统手工艺品，已被列入国家级非物质文化遗产名录。图是某人举起油纸伞静止时简化图，若该油纸伞质量为600g，请画出手对油纸伞支持力示意图，图中O点为作用点。（取）
（2）如图，请作出两条入射光线经凸透镜之后的光线。
18．（2025·宁远模拟）某科技实验小组在探究水在沸腾前后温度变化的特点时，小明利用如图所示的装置，烧杯中水质量是，获得了下表所示的实验数据。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8
温度/℃ 90 92 94 96 98 99 99 99 99
（1）如图甲所示的温度计读数为 ℃；
（2）通过分析表格中的数据，可知水沸腾时持续吸热，温度 ；
（3）当烧杯中水从90℃升到96℃时，吸收的热量是 ；
（4）实验完成后，将烧杯中的热水放在室温下自然冷却，将温度传感器探头插入热水中开始测量，一段时间后，计算机根据采集的数据画出温度随时间变化的图线，如图所示，从图像中可以看出热水温度下降的特点是 。
19．（2025·宁远模拟）某实验小组的同学利用如图所示的装置进行探究“阻力对物体运动的影响”。
（1）为使小车每次到达水平面时的速度相等，每次都要让同一小车从斜面上的 位置由静止开始自由下滑。
（2）实验过程中，应将毛巾、棉布平整地铺在段，目的是通过改变 ，从而改变小车在水平面运动时受到的摩擦阻力。
（3）小车到达水平面时的速度越大，它的惯性大小 （填变化情况）。
（4）结合实验现象可发现，小车受到的阻力越小，则小车能运动的距离越远，可以推理：若小车受到阻力为零时，则小车做 运动。
20．（2025·宁远模拟）小龙在“探究电流与电压的关系”实验中：电源电压为，滑动变阻器标有“ ”字样，按照图甲正确连接好电路图。
（1）正确连接电路后，再闭合开关，移动滑片，发现电压表与电流表示数均为0，继续移动滑片，当两电表示数指针恰好偏转且稳定时，其示数见下表中序号3的数据，继续实验，示数见下表中序号4和5的数据。
数据序号 1 2 3 4 5
电压U/V 0 0 1 2 2.6
电流I/A 0 0 0.1 0.2 0.26
则：①由序号1、2两组数据判断，若故障只发生在定值电阻或滑动变阻器上，经判断此时该电路故障为 ；
②序号3、4、5三组数据得出的结论是 。
（2）完成上述实验后，修复好电路。小龙再将图甲电路中的定值电阻替换为电阻可调的电阻箱（其他器材及连接情况不变），进行“探究电流与电阻关系”的实验，部分操作过程为：
①将电阻箱阻值调节为，移动滑片到适当位置，电流表示数如图乙所示，其读数为 ，此时电压表示数为；
②断开开关，将电阻箱阻值调节为；闭合开关后，按要求进行操作；
③断开开关，将电阻箱阻值调节为；闭合开关后移动滑片，发现无法将电压表示数调节为。
（3）为了顺利完成此次探究，小龙的方法是重新调节接入电路的电阻箱阻值，则在其它元件、连接及相关参数不变的情况下，保证电路安全，电阻箱阻值的调节范围为 。
四、综合题（本题共2小题，第21题8分，第22题10分，共18分）
21．（2025·宁远模拟）中国首艘具备极地破冰能力的高校科考船——“中山大学极地”号完成了改造升级，并于2024年7月26日至10月7日，顺利完成北冰洋科学考察任务，显示了中国强大的极地科研能力。“极地”号科考船长、宽，满载排水量约，最大吃水深度约，破冰能力排在世界前列。（，）
（1）在最大吃水深度时，船底受到水的压强多大？
（2）满载时，该科考船受到的浮力多大？
（3）满载时，该科考船排开水的体积为多少？
22．（2025·宁远模拟）如图甲所示电路，电源电压U保持不变，电压表量程为0~15V，电流表量程为0~3A，R1是定值电阻，滑动变阻器R2的规格是“30Ω，0.8A”，灯L标有“6V 3W”，图乙是灯泡电流与电压的关系图像。
（1）只闭合开关S2，滑动变阻器的滑片P向左移，电流表示数会 。
（2）只闭合开关S1，移动滑片使电路中电流为0.3A时，灯泡的实际电功率多大？此时灯泡每分钟消耗的电能为多少？
（3）若只闭合开关S2时，把滑片移到某处时，观察到电流表示数为0.4A，电压表示数为5V，接着在保证电路正常安全工作的情况下向某一方向移动滑片，发现电压表示数最大变化量为4V。求R1的阻值及电源电压U。（要有必要的分析过程）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；噪声及来源
【解析】【解答】A、声音的三个特性是音调、响度、音色。音色由发声体的材料、结构决定，是区分不同乐器的根本依据；音调由频率决定，用于区分声音的高低。因此区分唢呐和其他乐器靠的是音色，故A错误；
B、管类乐器的发声原理是内部空气柱振动，吹唢呐时，气流冲击唢呐内的空气柱，使空气柱振动发声，而非唢呐的固体部分振动，故B错误；
C、噪声的定义分为物理学角度（无规则振动产生的声音）和环保角度（影响人们正常生活的声音）。即使是好听的乐音，若在人们休息、学习时播放，干扰了正常生活，就属于噪声，因此唢呐演奏的乐音不一定不是噪声，故C错误；
D、响度指声音的强弱（大小），喇叭口的作用是集中声音、减少声音的分散，从而增大声音的响度，让声音传播得更远，故D正确。
故选D。【分析】 （1）区分唢呐和其他乐器，依据的是音色不同，而非音调不同。
（2）吹唢呐发声是靠唢呐内空气柱的振动，而非固体部分振动。
（3）从环保角度看，凡是影响人们正常休息、学习和工作的声音都属于噪声，唢呐演奏的乐音在特定场景下也可能成为噪声。
（4）唢呐通过木杆和铜制喇叭口扩音，作用是增大声音的响度。
2．【答案】A
【知识点】参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】A、判断物体运动或静止的关键是看物体与参照物的相对位置是否变化。乒乓球在空间站内悬停，相对于空间站的位置不变，因此以空间站为参照物，乒乓球是静止的，故A正确；
B、空间站围绕地球做圆周运动，乒乓球随空间站一起运动，相对于地球的位置不断改变，因此以地球为参照物，乒乓球是运动的，故B错误；
C、乒乓球悬停在水中，与水的相对位置没有发生改变，因此以水为参照物，乒乓球是静止的，故C错误；
D、若以乒乓球为参照物，空间站与乒乓球的相对位置不变，空间站是静止的；要描述空间站是运动的，必须选择相对于空间站位置发生变化的物体作为参照物，因此不能选择乒乓球，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）以空间站为参照物，乒乓球悬停在水中，与空间站的相对位置没有发生变化，因此乒乓球是静止的。
（2）以地球为参照物，空间站绕地球高速运动，乒乓球随空间站一起运动，相对位置不断变化，因此乒乓球是运动的。
（3）以水为参照物，乒乓球悬停在水中，与水的相对位置没有发生变化，因此乒乓球是静止的。
（4）以乒乓球为参照物，空间站与乒乓球的相对位置没有发生变化，因此空间站是静止的；若要说明空间站是运动的，参照物不能是乒乓球。
3．【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、雾的形成是液化（气态→液态），液化过程需要放热，而汽化是液态→气态，吸热，故A错误；
B、雪的形成是凝华（气态→固态），水蒸气直接变成固态的雪，凝华过程需要放热，故B正确；
C、露的形成是液化（气态→液态），液化过程需要放热，而非吸热，故C错误；
D、霜的形成是凝华（气态→固态），凝固是液态→固态，因此霜不是凝固现象，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，液化放热，不是汽化吸热；
（2）雪是空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成的固态小冰晶，属于凝华现象，凝华放热；
（3）露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，液化放热，不是吸热；
（4）霜是空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成的固态小冰晶，属于凝华现象，不是凝固现象；
4．【答案】C
【知识点】光的反射；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A、水面相当于平面镜，拱桥的倒影是光的反射形成的，光的折射是光从一种介质斜射入另一种介质时发生偏折的现象，故A错误；
B、平面镜成的像是虚像，不能用光屏承接，因此水中的石拱桥像是虚像，不是实像，故B错误；
C、根据平面镜成像的特点，像与物体大小相等，所以水中的像和石拱桥本身大小相同，故C正确；
D、平面镜成像的大小由物体本身决定，与物体到镜面的距离、水位高低等无关，因此水位上升后，像的大小不会改变，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）拱桥在水中的倒影是光的反射现象，不是光的折射。
（2）水中的倒影是平面镜成的虚像，不是实像。
（3）平面镜成像的特点是像与物体大小相等，因此水中的石拱桥像与石拱桥本身是等大的。
（4）平面镜成像的大小只与物体本身大小有关，与水位高低无关，水位上升后像的大小不变。
5．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】A、助跑阶段运动员速度增大，动能增大；撑杆起跳时，运动员的动能使撑杆发生弹性形变，动能转化为撑杆的弹性势能，故A正确，不符合题意；
B、力的作用是相互的，运动员对撑杆施加力的同时，撑杆也对运动员施加反作用力，将运动员弹起，故B正确，不符合题意；
C、运动员下落时，质量不变，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大，因此是重力势能转化为动能，故C错误，符合题意；
D、弹性势能与弹性形变程度有关，在弹性限度内，撑杆的形变越大，具有的弹性势能越大，故D正确，不符合题意。
故选：C。
【分析】（1）运动员助跑获得较大动能，撑杆起跳时动能转化为撑杆的弹性势能。
（2）运动员对撑杆施力使杆弯曲，撑杆同时对运动员施力将其弹起，说明力的作用是相互的。
（3）运动员越过横杆下落时，高度降低、速度增大，是重力势能转化为动能，而非动能转化为重力势能。
（4）撑杆发生弹性形变，在弹性限度内，形变越大，弹性势能越大。
6．【答案】C
【知识点】功率的概念；功率计算公式的应用；功的计算及应用
【解析】【解答】A．物理学中表示做功的快慢的物理量是功率，而不是功，故A错误；
B．为了纪念瓦特，物理学上规定功率的单位除了瓦特，还有千瓦、毫瓦等，故B错误；
C．根据功率公式可知，乙组机器人此次做功的功率为，故C正确；
D．分别利用功率公式求出功率大小，甲组机器人的功率为；
丙组机器人的功率为；
丁组机器人的功率为；四组中，机器人做功功率最大的是丙，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）表示做功的快慢的物理量；
（2）功率的国际d单位有是特，还有千瓦、毫瓦等；
（3）根据分析解答；
（4）本别计算各组功率进行比较即可。
7．【答案】B
【知识点】家庭电路的组成；安全用电原则
【解析】【解答】A、家用电器和插座都有设计使用寿命，超期使用会出现绝缘老化、接触不良等问题，极易引发触电、火灾等安全事故，因此到期必须及时更换，故A正确，不符合题意；
B、充电器长期插在插座上，即使不充电，内部电路仍处于通电状态，会持续发热、加速元件老化，不仅浪费电能，还存在起火、漏电的安全隐患，因此不充电时必须拔出充电器，故B错误，符合题意；
C、三线插头的上脚为接地端，与用电器的金属外壳相连，当用电器漏电时，电流会通过地线导入大地，避免人体触电，故C正确，不符合题意；
D、雷雨天气中，金属物体、高杆雨伞会成为引雷导体，在开阔地举伞、扛长金属物会大幅增加被雷击的概率，因此严禁此类行为，故D正确，不符合题意。
故选：B。
【分析】（1）插座和家用电器达到使用寿命后，绝缘层会老化、性能下降，易引发漏电、短路等安全隐患，应及时更换。
（2）充电器即使不充电，长期插在插座上也会持续消耗电能、发热，存在老化、起火的安全风险，必须及时拔出。
（3）三线插头的接地脚与用电器金属外壳相连，可在漏电时将电流导入大地，防止触电。
（4）雷雨天气在开阔地，举雨伞、扛长金属物会增加被雷击的风险，应避免
8．【答案】B
【知识点】机械运动；分子热运动
【解析】【解答】A、很远闻到加油站的汽油味，是汽油分子不停地做无规则运动扩散到空气中的结果，属于扩散现象，A错误。
B、 扫地时看到灰尘飞舞，灰尘是宏观颗粒，其运动属于机械运动，并非分子的无规则运动，不属于扩散现象，B正确。
C、“艾灸”时闻到满屋子艾叶的气味，是艾叶分子扩散的结果，属于扩散现象，C错误。
D、大扫除时闻到清洁剂的香味，是清洁剂分子扩散的结果，属于扩散现象，D错误。
故选B。
【分析】本题核心考查扩散现象与宏观机械运动的区别：
扩散现象是微观分子的无规则运动，是分子层面的运动，无法用肉眼直接观察，如气味的传播（汽油味、艾叶味、清洁剂香味）。
宏观机械运动是物体的位置变化，是宏观物体（如灰尘颗粒）的运动，可通过肉眼直接观察，属于机械运动而非扩散。
常见易错点：
混淆微观分子的无规则运动和宏观物体的机械运动，误将灰尘飞舞等宏观现象当作分子扩散；
对“扩散是分子运动的宏观表现”理解不清晰，不能准确判断现象的本质。
解题关键：明确扩散是微观、不可见的分子运动，宏观物体的运动属于机械运动，据此区分各选项。
9．【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】 根据题意可知，风扇与灯泡互不影响，应并联连接；闭合开关S2后，风扇工作，说明开关S2与风扇串联；闭合开关S1后，三个灯泡同时工作，说明开关S1与三个灯泡串联，根据生活实际知三个灯泡并联，故符合要求的电路图是B图。
故选：B。
【分析】 根据题意可知，风扇与灯泡互不影响，应并联连接；闭合开关S2后，风扇工作，说明开关S2与风扇串联；闭合开关S1后，三个灯泡同时工作，说明开关S1与三个灯泡串联，根据生活实际知三个灯泡并联，据此分析判断。
10．【答案】D
【知识点】探究电磁感应现象的实验
【解析】【解答】A、图中装置无电源，是电磁感应实验，对应发电机的工作原理；扬声器是利用通电线圈在磁场中受力振动发声，对应电动机原理，故A错误；
B、产生感应电流的条件是：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。导体ab竖直向上移动，运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，无感应电流，电流计指针不偏转，故B错误；
C、磁体水平向右移动，以磁体为参照物，导体ab水平向左运动，切割磁感线的方向与原实验一致，感应电流方向不变，电流计指针仍向右摆，故C错误；
D、感应电流的方向由磁场方向和导体切割磁感线的方向共同决定。只对调磁体磁极（改变磁场方向），导体切割方向不变，感应电流方向反向，电流计指针向左摆，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）该实验是电磁感应现象，利用该原理制成了发电机；扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
（2）导体ab竖直向上移动时，没有切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会摆动。
（3）磁体水平向右移动，相当于导体ab水平向左移动，切割磁感线的方向与原实验相同，产生的感应电流方向不变，灵敏电流计指针仍向右摆动。
（4）感应电流的方向与磁场方向和导体切割磁感线的方向有关，只将磁体N、S极对调（磁场方向改变），导体ab水平向左移动（切割方向不变），感应电流方向改变，灵敏电流计指针向左摆动。
11．【答案】C
【知识点】磁场；通电螺线管的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A、小磁针N极的指向为该点的磁场方向，螺线管外部磁场方向从N极指向S极。小磁针N极向左，说明螺线管左端为S极，右端为N极，故A错误；
B、用安培定则（右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指指向电流方向）判断，电流从螺线管左端流入，因此电源左端为正极，右端为负极，故B错误；
C、磁场是磁体或电流周围的一种特殊物质，不依赖小磁针而存在，取走小磁针后，通电螺线管的磁场依然存在，故C正确；
D、图中实验是电流的磁效应（电生磁），对应的应用是电磁铁；电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动，对应电磁感应的逆过程，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）小磁针静止时N极指向左，根据异名磁极相吸，可知通电螺线管的左端为S极，右端为N极。
（2）由安培定则可知，电流从螺线管左端流入、右端流出，因此电源左端为正极，右端为负极。
（3）磁场是通电螺线管周围客观存在的物质，小磁针仅用于显示磁场，取走小磁针后磁场仍存在。
（4）该实验是电流的磁效应，利用该原理制成了电磁铁、电磁继电器等，电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动。
12．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点
【解析】【解答】A、根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，代入数据：3G×2L=6GL，2G×3L=6GL，左右力矩相等，杠杆可以平衡，故A正确；
B、杠杆分为省力杠杆（动力臂>阻力臂）、费力杠杆（动力臂<阻力臂）、等臂杠杆。开瓶器使用时，动力作用点到支点的距离（动力臂）远大于阻力作用点到支点的距离（阻力臂），属于省力杠杆，故B错误；
C、定滑轮的实质是等臂杠杆，不省力也不费力，只能改变力的方向，因此旗杆顶端的定滑轮不能省力，故C错误；
D、动滑轮的实质是动力臂为阻力臂 2 倍的杠杆，能省一半力，但拉力方向与物体运动方向相同，不能改变力的方向，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）设每个钩码重力为G，每格长度为L。A处挂3个钩码，力臂为2L，左侧力矩为3G×2L=6GL；B处挂2个钩码，力臂为3L，右侧力矩为2G×3L=6GL，左右力矩相等，杠杆平衡。
（2）开瓶器的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不是费力杠杆。
（3）旗杆顶端的定滑轮只能改变力的方向，不能省力。
（4）动滑轮能省一半力，但不能改变拉力的方向。
13．【答案】7；电磁
【知识点】速度公式及其应用；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 飞行的路程s=vt=700m/s×10s=7000m=7km；
雷达是利用电磁波来进行定位和探测的。隐身战机通过特殊涂层或外形设计，吸收或散射了雷达发射的电磁波，减少了反射回雷达的信号，从而实现隐身。
故答案为： 7；电磁。
【分析】 根据速度公式 的变形式进行计算；
广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
14．【答案】凹透；小于
【知识点】凸透镜成像的应用；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】近视眼的成因是眼球晶状体的曲度过大，会聚能力过强，看远处物体时，像成在视网膜的前方。凹透镜对光线有发散作用，佩戴凹透镜可以使光线推迟会聚，让像成在视网膜上，从而看清远处物体。
凸透镜作为放大镜使用时，要求物距小于焦距，此时成正立、放大的虚像。该凸透镜焦距为 10cm，所以文物到凸透镜的距离（物距）必须小于10cm，才能成放大的虚像，方便观察细节。
故答案为：凹透；小于。
【分析】 （1）近视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体，是因为晶状体太厚或眼球太长，即会聚能力变强，使像会聚在视网膜的前方。凹透镜对光线有发散的作用，近视眼应戴凹透镜来矫正。
（2）放大镜是凸透镜，利用了物距小于焦距时，能成放大的正立的像的道理。
15．【答案】3.3×105；电视机后盖的散热孔
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】 电流通过发热电阻产生的热量：；
电视机后盖的散热孔可以散失热量，防止电流热效应产生的热量带来的危害。
故答案为：3.3×105；电视机后盖的散热孔。
【分析】 （1）根据焦耳定律求出电流产生的热量；
（2）电视机后盖的散热孔可以及时把电流产生的热量散失。
16．【答案】（1）3
（2）1200
（3）2.5×103
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【解答】 （1）在容器内注入了3×10-3m3的水，注入水的质量m水=ρ水V水=1×103kg/m3×3×10-3m3=3kg；
（2）此时容器对水平地面的压力F=G总=（m水+m容）g=（3kg+0.6kg）×10N/kg=36N，
容器的底面积为3×10-2m2，
容器对水平地面的压强；（3）将一个质量4.5kg的圆柱体放入容器中，圆柱体的重力G=mg=4.5kg×10N/kg=45N，
圆柱体放入容器中后，容器对桌面的压力F后=p后S=2300Pa×3×10-2m2=69N，
此时F后=G+G容+G水1=G+m容g+G水1=45N+0.6kg×10N/kg+G水1=69N，解方程可得G水1=18N，
原来注入水的重力G水=m水g=3kg×10N/kg=30N，
圆柱体放入容器中溢出水的重力为G溢=G水-G水1=30N-18N=12N，
溢出水的体积，
原来水的深度，
容器的高度是0.12m，原来水面上方的体积V空=SΔh=3×10-2m2×（0.12m-0.1m）=0.6×10-3m3，
圆柱体排开水的体积V排=V溢+V空=1.2×10-3m3+0.6×10-3m3=1.8×10-3m3，圆柱体的体积V≥1.8×10-3m3，
所以圆柱体密度的最大值。
故答案为：（1）3；（2）1200；（3）2.5×103。
【分析】 （1）根据m=ρV计算在容器内注入了3×10-3m3的水的质量；
（2）此时容器对水平地面的压力等于容器和水的总重力，根据重力公式计算总重力，根据压强公式计算容器对水平地面的压强；
（3）根据F=pS计算圆柱体放入容器中后容器对桌面的压力，根据重力公式计算圆柱体的重力，列方程可得放入圆柱体后容器内水的重力，根据重力公式计算原来注入水的重力，进一步计算溢出水的重力，根据密度公式计算溢出水的体积，根据体积公式计算原来水面上方的体积，进一步计算圆柱体排开水的体积，圆柱体的体积大于等于圆柱体排开水的体积，根据密度公式计算圆柱体密度的最大值。
（1）注入水的质量m水=ρ水V水=1×103kg/m3×3×10-3m3=3kg
（2）此时容器对水平地面的压力F=G总=(m水+m容)g=(3kg+0.6kg)×10N/kg=36N
容器对水平地面的压强
（3）圆柱体放入容器中后，容器对桌面的压力F后=p后S=2300Pa×3×10-2m2=69N
圆柱体的重力G=mg=4.5kg×10N/kg=45N
此时F后=G+G容+G水1=G+m容g+G水1=45N+0.6kg×10N/kg+G水1=69N
则G水1=18N，原来注入水的重力G水=m水g=3kg×10N/kg=30N
圆柱体放入容器中溢出水的重力为G溢=G水-G水1=30N-18N=12N
溢出水的体积
原来水的深度
容器的高度是0.12m，原来水面上方的体积V空=SΔh=3×10-2m2×(0.12m-0.1m)=0.6×10-3m3
圆柱体排开水的体积V排=V溢+V空=1.2×10-3m3+0.6×10-3m3=1.8×10-3m3
圆柱体的体积V≥1.8×10-3m3，所以圆柱体密度的最大值
17．【答案】（1）
（2）
【知识点】透镜的光路图；力的三要素及力的示意图；重力及其大小的计算
【解析】【解答】 （1）油纸伞的重力G=mg=0.6kg×10N/kg=6N，
油纸伞静止时受到竖直向下的重力和手对它向上的支持力，两力是一对平衡力，大小相等，方向相反，在同一直线上，大小F=G=6N，则手对油纸伞支持力的方向竖直向上，作用点在O，从作用点沿力的方向画一带箭头线段，在箭头附近标上F=6N，如图所示
（2） 过光心的光线传播方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线过焦点，如图所示：
【分析】 （1）先确定手对油纸伞支持力的方向、作用点，再根据力的示意图的画法作图。
（2）先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图。
（1）油纸伞的重力
油纸伞静止时受到竖直向下的重力和手对它向上的支持力，两力是一对平衡力，大小相等，方向相反，在同一直线上，即
（2）平行于主光轴的光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点，过光心的光线传播方向不改变，如图所示：
18．【答案】（1）68
（2）不变
（3）5.04×103
（4）先快后慢，最后保持室温不变
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】（1）观察温度计刻度，60℃到70℃之间分为10 个小格，因此分度值为1℃；液柱上表面对齐 60℃上方第8 个小格，故读数为68℃。
（2）水沸腾的核心特点是持续吸热，温度保持不变，表格中5分钟后水温稳定在99℃不再升高，验证了这一特点。
（3）首先统一单位，水的质量m=200g=0.2kg，温度变化量Δt=96℃-90℃=6℃；根据吸热公式Q吸 =c水 mΔt，代入数据计算：Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(96℃-90℃)=5.04×103J。
（4）热水降温的速度与水和室温的温差有关：初始时温差大，散热快，温度下降快；随着水温降低，温差减小，散热变慢，温度下降变慢；最终水温与室温相等，温度保持不变。因此温度下降的特点是先快后慢，最终保持不变。
故答案为：（1）68；（2）不变；（3）5.04×103；（4）先快后慢，最后保持室温不变。
【分析】 （1）由图可知，温度计的分度值是1℃；
（2）水沸腾过程中，吸收热量，温度不变；
（3）根据比热容公式计算水吸收的热量；
（4）分析图中的数据得出结论。
（1）由图可知，温度计的分度值是1℃，温度计的示数是68℃。
（2）由表中数据可知，从第5min开始，水的温度保持99℃不变，说明水已经沸腾，水沸腾过程中，吸收热量，温度不变。
（3）当烧杯中水从90℃升到96℃时，吸收的热量Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(96℃-90℃)=5.04×103J
（4）分析图中的数据可知，开始温度下降比较快，后来温度下降比较慢，最后温度不变，所以热水温度下降的特点是先快后慢，最后保持室温不变。
19．【答案】（1）相同
（2）接触面粗糙程度
（3）不变
（4）匀速直线
【知识点】惯性及其现象；阻力对物体运动影响的探究实验
【解析】【解答】（1）本实验采用控制变量法，要探究阻力对运动的影响，需保证小车到达水平面时的初速度相同。只有让小车从斜面的相同高度由静止下滑，才能保证每次到达水平面时的速度相等。
（2）滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，在压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大。在 BC 段分别铺毛巾、棉布，是为了改变接触面的粗糙程度，从而改变小车受到的摩擦阻力。
(3)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，其大小只由物体的质量决定，与速度、受力情况等无关。小车的质量不变，因此无论速度多大，惯性大小不变。
(4)实验中，小车在越光滑的表面（阻力越小），运动的距离越远、速度减小得越慢。据此科学推理：如果小车在水平方向不受任何阻力，小车的速度将不会减小，会以恒定不变的速度永远运动下去，即做匀速直线运动。故答案为：（1）相同；（2）接触面粗糙程度；（3）不变；（4）匀速直线。
【分析】(1) 为使小车每次到达水平面时的速度相等，需控制小车从斜面上的初始状态一致，因此每次让同一小车从斜面上的相同位置由静止自由下滑。
(2) 在 BC 段铺毛巾、棉布，是通过改变接触面的粗糙程度，来改变小车在水平面运动时受到的摩擦阻力。
(3) 惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与速度大小无关，因此小车速度越大，惯性大小不变。
(4) 根据实验现象，小车受到的阻力越小，运动距离越远；推理可知，若小车受到的阻力为零，小车的运动状态将不会改变，做匀速直线运动。
（1）小车从同一斜面由静止滑下时，起始位置越高，进入水平面时的速度越大，为使小车每次到达水平面时的速度相等，每次都要让同一小车从斜面上的相同位置由静止开始自由下滑。
（2）摩擦力大小与压力、接触面粗糙程度有关，实验过程中，应将毛巾、棉布平整地铺在段，目的是通过改变接触面粗糙程度，从而改变小车在水平面运动时受到的摩擦阻力。
（3）惯性大小只与质量有关，小车到达水平面时的速度不论多大，它的惯性大小不变。
（4）结合实验现象可发现，小车受到的阻力越小，小车的速度减小得越慢，则小车能运动的距离越远，可以推理：若小车受到阻力为零时，小车的速度不会减小，小车运动的距离无限远，则小车做匀速直线运动。
20．【答案】（1）滑动变阻器R1断路；导体的电阻不变时，其电流与电压成正比
（2）0.4
（3）4~15Ω
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】(1) ①闭合开关后电压表示数为0，说明电压表两端未接通或电路断路。若滑动变阻器断路，电流表也无示数，但电压表应显示电源电压；若定值电阻R断路，整个电路断开，电流表、电压表示数均为0，故故障为定值电阻R1断路。
② 序号 3、4、5 组数据中，电阻R保持 5Ω 不变，电压从1V 增加到2.6V，电流从0.1A 增加到0.26A，电压与电流比值始终为10Ω。结论为：当导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
（2）电流表选用0~0.6A 量程，分度值为0.02A，指针指在0.4A 位置，读数为0.4 A。
（3）依题意得，电阻箱与滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R的电压，电流表测量电路电流。实验中要控制电阻箱的电压不变，由欧姆定律得，电阻箱的电压为
由串联电路电压特点得，变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当滑动变阻器接入电路中电阻最大为30Ω时，电阻箱接入电路中电阻最大，为
电流表的量程为0~0.6A，滑动变阻器标有“30Ω 0.5A”，则电路最大电流为0.5A，由欧姆定律得，电阻箱接入电路中电阻最小为
则为了保证电路安全，电阻箱阻值的调节范围为4~15Ω。
故答案为：（1）①滑动变阻器R1断路；②当导体的电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（2）0.4；（3）4～15。
【分析】 （1）①电压表、电流表的示数均为0，说明电路出现断路现象，且电压表与电源没有连通，据此分析；
②根据电压表与电流表的比值为定值，据此得出结论；
（2）根据电流表选用量程确定分度值读数；
（3）根据串联分压原理分析作答。
（1）[1]由图甲得，定值电阻R与滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R的电压，电流表测量电路电流。由表格中数据得，电压表、电流表的示数均为0，说明电路出现断路现象，且电压表与电源的连接断开，则故障为滑动变阻器R1断路。
[2]由序号3、4、5三组数据得，当定值电阻的阻值不变时，其电压表与电流表的比值为定值，说明导体的电阻不变时，其电流与电压成正比。
（2）由图乙得，电流表的分度值为0.02A，示数为0.4A。
（3）依题意得，电阻箱与滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R的电压，电流表测量电路电流。实验中要控制电阻箱的电压不变，由欧姆定律得，电阻箱的电压为
由串联电路电压特点得，变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当滑动变阻器接入电路中电阻最大为30Ω时，电阻箱接入电路中电阻最大，为
电流表的量程为0~0.6A，滑动变阻器标有“30Ω 0.5A”，则电路最大电流为0.5A，由欧姆定律得，电阻箱接入电路中电阻最小为
则为了保证电路安全，电阻箱阻值的调节范围为4~15Ω。
21．【答案】（1）由题知，最大吃水深度约8.2m，
则此时船底受到水的压强为：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×8.2m=8.2×104Pa。
答：在最大吃水深度时，船底受到水的压强是8.2×104Pa。
（2）已知满载排水量约5800t，由阿基米德原理可得该科考船受到的浮力为：
。
答：满载时，该科考船受到的浮力是5.8×107N。
（3）由F浮=ρ水gV排可得，满载时该科考船排开水的体积为：。
答：满载时，该科考船排开水的体积为5.8×103m3。
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】 （1）知道最大吃水深度，根据p=ρgh计算此时船底受到水的压强；（2）知道科考船的满载排水量，根据阿基米德原理计算满载时该科考船受到的浮力；
（3）根据F浮=ρ水gV排计算满载时该科考船排开水的体积。
（1）在最大吃水深度时，船底受到水的压强为
（2）满载时，该科考船受到的浮力为
（3）满载时，该科考船排开水的体积为
22．【答案】（1）变小
（2）只闭合开关S1，滑动变阻器R2与灯泡串联，由图乙可知，当电路中电流为I=0.3A时，灯泡两端的电压为U=2V。此时灯泡的实际功率
此时灯泡每分钟消耗的电能。
答： 只闭合开关S1，移动滑片使电路中电流为0.3A时，灯泡的实际电功率0.6W，此时灯泡每分钟消耗的电能为36J。
（3）滑动变阻器滑片向某一方向移动前，根据欧姆定律及串联电路电压规律可知，电源电压与电阻R1的关系可表示………………①
只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量R2两端电压，滑动变阻器的滑片可以向左移动，也可以向右移动。当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则电路中总电阻变小，根据欧姆定律及其变式可知，电路中总电流可以一直变大，R1两端电压一直变大，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端电压变小，根据题意可得，为了保证电路正常安全工作，电路中的最大电流，此时滑动变阻器两端电压
电源电压与电阻R1的关系可表示为……②
由①②解得R1=10Ω，U=9V
当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则电路中总电阻变大，电路中总电流变小，R1两端电压变小，滑动变阻器的两端电压变大，则当滑动变阻器接入电路中阻值达到最大值时，电压表示数也会达到最大值，根据题意可知，此时滑动变阻器的接入电路的阻值为，两端的电压
此时通过电路的电流为
电源电压与电阻R1的关系可表示为……③
由①③解得U=21V、R1=40Ω
当U=21V，在第（2）问中要灯泡工作时，滑动变阻器两端的电压为
超出了电压表的量程，故舍去。综上所述，电源电压U=9V ，定值电阻阻值R1=10Ω。
答： R1的阻值是10Ω，电源电压U为9V。
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，滑动变阻器的滑片P向左移时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，电路中总电阻也随之变大，根据欧姆定律可得，总电压不变时，总电阻越大，电路中电流越小，故电流表示数变小。
答：（1）变小。
【分析】（1）只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，根据串联电路规律和欧姆定律判断电流表示数的变化情况；
（2）由图乙读出电流为0.3A时，灯泡两端的实际电压，根据P=UI计算灯泡的实际电功率，根据W=Pt计算灯泡每分钟消耗的电能；
（3）根据串联电路规律和欧姆定律表示出电源电压，联立方程组计算R1和电源电压；
（1）只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，滑动变阻器的滑片P向左移时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，电路中总电阻也随之变大，根据欧姆定律可得，总电压不变时，总电阻越大，电路中电流越小，故电流表示数变小。
（2）只闭合开关S1，滑动变阻器R2与灯泡串联，由图乙可知，当电路中电流为I=0.3A时，灯泡两端的电压为U=2V。此时灯泡的实际功率
此时灯泡每分钟消耗的电能
（3）滑动变阻器滑片向某一方向移动前，根据欧姆定律及串联电路电压规律可知，电源电压与电阻R1的关系可表示………………①
只闭合开关S2，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量R2两端电压，滑动变阻器的滑片可以向左移动，也可以向右移动。当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则电路中总电阻变小，根据欧姆定律及其变式可知，电路中总电流可以一直变大，R1两端电压一直变大，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端电压变小，根据题意可得，为了保证电路正常安全工作，电路中的最大电流，此时滑动变阻器两端电压
电源电压与电阻R1的关系可表示为……②
由①②解得R1=10Ω，U=9V
当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则电路中总电阻变大，电路中总电流变小，R1两端电压变小，滑动变阻器的两端电压变大，则当滑动变阻器接入电路中阻值达到最大值时，电压表示数也会达到最大值，根据题意可知，此时滑动变阻器的接入电路的阻值为，两端的电压
此时通过电路的电流为
电源电压与电阻R1的关系可表示为……③
由①③解得U=21V、R1=40Ω
当U=21V，在第（2）问中要灯泡工作时，滑动变阻器两端的电压为
超出了电压表的量程，故舍去。综上所述，电源电压U=9V ，定值电阻阻值R1=10Ω。
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