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湖南省长沙市湘一立信中学2025年中考一模物理试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分；1~10题为单选题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意，11~12题为多选题，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有错选的得零分）
1．（2025·长沙模拟）世界上最早的可吹奏乐器是由鹤类鸟的翅膀骨头制作而成的贾湖骨笛（如图）。下列关于骨笛的说法正确的是（　　）
A．吹奏的笛声是由鹤骨振动产生的
B．按压骨笛上不同的孔可以改变发出声音的响度
C．吹奏节奏舒缓曲调悠扬的曲目时笛声在空气中传播的速度变慢
D．能区分出骨笛和其他乐器发出的声音，是因为它们发出声音的音色不同
2．（2025·长沙模拟）《资治通鉴》记载：“人以铜为镜，可以正衣冠”。下列能用来说明其成像原理的图是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·长沙模拟）如图所示的四种自然现象中，属于液化现象的是（　　）
A． 冰雪消融
B． 霜挂枝头
C． 晨雾弥漫
D． 大雪纷纷
4．（2025·长沙模拟）在纸上写错了字后，我们可以用胶带将错字撕去。如图所示，先把胶带粘贴在错字上，错字就从纸上被粘去了。解释这个现象可利用的物质微观特性是（　　）
A．分子间存在引力 B．分子间存在间隙
C．分子间存在斥力 D．分子在不停地运动
5．（2025·长沙模拟）随着智能手机的普及，手机使用的安全问题备受关注。下列做法安全合理的是（　　）
A．手机不充电时，及时断开电源
B．充电时长时间看视频，导致手机很烫
C．充电线破损时，仍然继续使用
D．充电器自燃时，迅速浇水扑灭
6．（2025·长沙模拟）手握锤柄以相同的速度撞击坚硬地面，利用惯性将松脱锤头套紧在锤柄上、图中做法合理的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·长沙模拟）使用一节干电池可以使教室墙上挂的石英钟连续工作近一年时间，迷你小风扇使用一节同样的干电池只能连续工作半天时间。与石英钟相比，迷你小风扇（　　）
A．消耗电能较多 B．工作电压较小
C．工作电流较大 D．实际功率较小
8．（2025·长沙模拟）如图所示电路，闭合开关后，一灯较亮，一灯较暗，下列说法正确的是（　　）
A．亮的灯电流大，暗的灯电流小
B．亮的灯离电源正极近，暗的灯离电源正极远
C．电压表示数是L1两端的电压
D．开关由闭合到断开，电压表示数会变大
9．（2025·长沙模拟）晓明乘坐电梯回家，他查阅资料知道，电梯先加速上升一小段，再匀速上升一段时间，然后再减速停到对应的楼层。在此过程中（　　）
A．晓明的动能一直在增加 B．晓明的动能保持不变
C．晓明的机械能保持不变 D．晓明的重力势能一直在增加
10．（2025·长沙模拟）小张用如图所示滑轮把重500N的货物匀速提到3m高的二楼，若不计绳重和摩擦，所用的拉力是300N。下列关于此过程的说法正确的是（　　）
A．使用动滑轮提升重物可以省力，也可以省功
B．拉力做功为900J
C．滑轮组的机械效率为60%
D．若使用质量更小的动滑轮，提升相同的货物，机械效率会变大
11．（2025·长沙模拟）下列与大气压有关的生活现象中，解释符合物理规律的是（　　）
A．用胶头滴管吸取稀盐酸是靠大气压将液体压入滴管中的
B．没有大气压，活塞式抽水机同样可以把水抽到高处
C．茶壶盖上的小孔被堵住，壶里的水就不容易倒出来
D．人在高原容易出现“高原反应”主要是因为高原地区大气压比沿海大
12．（2025·长沙模拟）如图（a）、图（b）是电子天平的两种简化电路图，主要组成部分是：电源（电压保持不变）、定值电阻、托盘力敏电阻R（阻值随所受压力的增大而减小），质量显示仪表（实质是一只合适的电表）。闭合开关后电路正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中，质量显示仪表为电压表
B．图（b）中，质量显示仪表为电压表
C．图（a）中，电子天平的“0（kg）”刻度线与电表的“0”刻度线重合
D．图（b）中，托盘中物体质量越大，仪表的指针偏转角度越大
二、填空题（本大题共5小题，每空2分，共22分）
13．（2025·长沙模拟）有一首诗词写道“满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎。仔细看山山不动，是船行。”诗人感觉“山走来迎”是以　 　为参照物；全诗说明运动和静止是　 　的。
14．（2025·长沙模拟）北斗卫星导航系统的卫星之间通常使用电磁波进行通信，而不是利用超声波，主要是因为电磁波可以在　 　中传播；通讯卫星上通常装有太阳能光电板，能吸收太阳光并将其转化为电能，为卫星持续提供能量、此过程中产生的电能属于　 　次能源。
15．（2025·长沙模拟）如图、扭秧歌的机器人身体上安装了几十个关节电动机，每个电动机都能独立运转，实现非常精细的动作控制。这些电动机是　 　联的；关节电动机工作时主要是将电能转化为　 　能。
16．（2025·长沙模拟）小张想设计一个有“低温”、“中温”和“高温”三个挡位的电加热器，其电路图如图所示，电源电压为220V，R1、R2是电热丝，开关S接触相邻的两个触点。她准备了三根电热丝，R1=242Ω，另外两根电热丝的阻值分别是121Ω和242Ω，R2应该选取阻值为　 　Ω的电热丝。开关S接触“1”、“2”两个触点时，通电1min，电流产生的热量是　 　J。
17．（2025·长沙模拟）如图所示，边长为10cm的正方体A重为6N，与底面积为50cm2，高为10cm，重为2N的柱体B粘接在一起，A底部中央用细线与容器底部相连并浸在容器内的水中，此时A刚好浸没，则：
（1）A的密度为　 　kg/m3；
（2）细线的拉力为　 　N；
（3）已知容器的底面积为200cm2且足够高，则若细线能承受的最大拉力为6N.现向容器中加水使细线刚好断裂，立即停止加水，AB始终竖立，待AB静止时，水对容器底部的压强比加水前增大　 　Pa。
三、作图与实验题（本大题共5小题，共29分，18题2分、19、20、21题各6分，22题8分，共28分）
18．（2025·长沙模拟）如图所示，小华用拉力F向左拉动木块下方的长木板，此时木板上方的木块相对地面静止，请以图中木块重心O为作用点，画出木块受到的重力与摩擦力。
19．（2025·长沙模拟）用如图所示实验装置探究光的反射定律。让一束光贴着光屏射向平面镜的O点，改变入射光线多次实验，数据记录于下表中。
序号 入射光线相对法线位置 反射光线相对法线位置 入射角∠i 反射角∠r
1 左 右 30° 30°
2 左 右 45° 45°
3 左 右 60° 60°
4 右 左 60°
（1）能从不同方向观察到光的传播路径，是因为光在光屏上发生　 　反射；
（2）分析表中数据得出结论：反射光线、入射光线分别位于法线　 　；
（3）根据表中反射角与入射角的大小关系可知，序号4中反射角大小应为　 　°。
20．（2025·长沙模拟）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲，为使杠杆水平平衡，小明应将平衡螺母向　 　（选填：左/右）调节。
（2）如图乙，小明在杠杆A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂两个钩码，现将弹簧测力计从D位置移到C位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数　 　（选填：变大/变小/不变）。
（3）实验结束后，小明制作了如图丙所示的杆秤，经测试发现其能测物体的最大质量太小。下列操作可以使该杆秤能测物体的最大质量变大的是（　　）
A．将a点向左移 B．将b点向左移
C．将a、b点都向右移动等长距离 D．换一个质量较小的秤砣
21．（2025·长沙模拟）某实验小组用铁屑和小磁针来探究“通电螺线管外部磁场的方向”。
（1）在闭合开关前，小磁针静止时，N极指向地理的　 　极，说明地球周围存在磁场。
（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图乙所示，对调电源正负极，小磁针静止时N极指向与图乙中小磁针N极指向相反（如图丙），说明通电螺线管的极性与　 　的方向有关。
（3）实验时发现通电螺线管的磁场较弱，铁屑规则排列的效果不明显，为增强螺线管的磁场，可行的措施：　 　（写出一种方法即可）。
22．（2025·长沙模拟）小明在做“伏安法测电阻”的实验，他准备了阻值未知的定值电阻R、电压表、电流表、两节新干电池、开关、导线若干、滑动变阻器（铭牌上标有“20Ω，1A”）等器材。所有器材均完好。
（1）小明设计并且连接了如图甲所示的电路，请你检查该电路，依次完成以下工作：
①若连接完整且正确，请在电路上打“√”；
②若连接不完整，请补充完整；
③若连接不正确，请在连接错误的导线上打“×”.并用笔画线代替导线修改正确（要求：导线不可交叉）。
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电压表示数接近最大值，电流表示数几乎为0。若电路中只有一处故障，则故障可能是　 　。
（3）排除故障后，小明继续进行实验，当电压表示数为1.1V时，读出如图乙所示的电流表示数，据此计算出定值电阻的阻值　 　Ω。（结果保留一位小数）
（4）完成（3）中的计算后，为了减小误差，接下来小明的工作应该是：　 　。
四、计算题（本大题共2小题，共13分，23题7分，24题7分）
23．（2025·长沙模拟）某轿车在平直公路上行驶的45s内，其速度v与时间t、动力F与时间t的关系图像分别如图甲、乙所示。已知前10s轿车运动的路程为100m。求：
(1)前10s轿车运动的平均速度；
(2)轿车在匀速直线运动阶段通过的路程；
(3)动力F做的总功。
24．（2025·长沙模拟）如图甲所示电路，电源电压恒定，灯泡L标有“6V 6W”的字样，为定值电阻。闭合开关，在滑片P由b端滑到a端的过程中，电压表示数与电流表示数关系图像如图乙所示，灯泡由较暗到正常发光电路中的电流变为原来的2倍。求：
（1）小灯泡L正常工作时的电流；
（2）定值电阻的阻值；
（3）当滑片P移到某一点c时，R上消耗的功率与滑片移到b点时R上消耗的功率之比为，且此时R上消耗的功率等于灯泡L和上消耗的总功率，求滑片P滑到c点时灯泡L的实际功率。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】声音的产生；声速；音调、响度与音色的区分
【解析】【解析】AB． 贾湖骨笛作为管乐器，其发声原理是笛内空气柱振动。当按压不同孔时，空气柱的有效振动长度改变，导致振动频率变化，从而产生不同音调。因此A、B选项的表述存在错误。
C． 声波传播速度仅取决于介质性质（如材质、温度等），与声音的三要素（音调、响度、音色）无关，故该选项不正确。
D． 音色作为声音的独有特征，由发声体固有属性决定，具有辨识功能。不同乐器因材质、结构差异产生独特音色，这正是区分骨笛与其他乐器的依据。因此D选项正确。
故选D。【分析】（1）声音是由物体振动产生的；声音的传播需要介质，真空不能传声。
（2）音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。
2．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】“人以铜为镜，可以正衣冠”，含义就是照着镜子整理衣冠，即平面镜成像现象，原理为光的反射。
A是光的折射，B是光的反射，C小孔成像是由光的直线传播形成的，D是凸透镜成像属于光的折射，故B符合题意，而ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据图片分析各个选项中包含的光学原理，然后与题干对照即可。
3．【答案】C
【知识点】物质的三态；凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；物态和物态变化
【解析】【解答】A、 冰雪消融是固态冰变为液态水，属于熔化现象，不是液化，A错误。
B、 霜挂枝头是气态水蒸气直接变为固态霜，属于凝华现象，不是液化，B错误。
C、 晨雾弥漫是气态水蒸气遇冷液化成液态小水滴，属于液化现象，C正确。
D、 大雪纷纷是气态水蒸气直接变为固态雪，属于凝华现象，不是液化，D错误。
故选C。
【分析】本题核心考查液化现象的判断，液化是物质由气态变为液态的过程。需明确常见物态变化的类型：
熔化：固态→液态（如冰雪消融）；
凝华：气态→固态（如霜、雪的形成）；
液化：气态→液态（如雾、露的形成）。
常见易错点：混淆液化与凝华、熔化的概念，误将雾的形成（液化）当作凝华，或将冰雪消融（熔化）当作液化；
对“气态→液态”的转化逻辑理解不清晰，无法准确判断现象的物态变化本质。
解题关键：牢记液化的定义（气态→液态），结合常见自然现象的形成原因，逐一分析物态变化类型。
4．【答案】A
【知识点】分子间相互作用力
【解析】【解析】当使用胶带揭下纸上写错的字时，这种现象的发生是由于胶带与纸张表面之间存在分子间作用力（即相互吸引力）。这种引力使得胶带能够粘附并带走纸面上的字迹。
选项分析：A选项（胶带与纸之间有引力）正确描述了这一物理现象B、C、D选项均未能准确说明胶带揭字的原理因此，均错误。故选A。
【分析】本题考查分子动理论的应用（分子间的作用力）
涉及知识点：
分子动理论的核心内容（分子间存在引力和斥力、分子间有间隙、分子在永不停息地运动）
不同微观特性对应的宏观现象（引力对应“粘合”，斥力对应“难压缩”，间隙对应“易压缩”，运动对应“扩散”）
考点：分子间作用力的宏观现象识别
解题关键：
1.明确分子动理论各特性对应的典型现象；
2.匹配“胶带粘错字”的现象与分子间引力的作用，排除其他特性对应的选项。
5．【答案】A
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A．手机不充电时断开电源能防止充电器持续通电。长期通电可能导致元件老化或短路，增加火灾风险。断开电源还可节约电能，避免浪费， 故A符合题意；
B．充电时手机电池处于活跃状态，同时观看视频会使电路高负荷运行，产生大量热量。持续高温可能损害电池寿命，甚至引发爆炸或起火，存在安全隐患， 故B不符合题意；
C．破损充电线会使内部导线裸露，可能导致触电或短路，进而引发火灾。必须立即更换，不可继续使用， 故C不符合题意；
D．充电器自燃时用水灭火危险：水能导电可能导致触电，且遇高温会产生蒸汽造成烫伤。正确方法是先断电再用干粉灭火器， 故D不符合题意。
故选A。
【分析】安全用电原则：不损坏绝缘层；不弄湿用电器；不接触低压带电体；不靠近高压带电体。
6．【答案】B
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】将松脱锤头套紧在锤柄上时，将锤子举起来向下撞击时，当锤柄碰到坚硬地面后运动停止，而锤头由于惯性仍然保持原来的运动状态，继续向下运动，使锤头紧紧的套在锤柄上，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】惯性是物体继续保持原来运动状态的性质。
7．【答案】C
【知识点】电压和电压的单位换算；电功率的计算
【解析】【解答】A.它们都消耗了一节干电池提供的能量，则它们消耗的电能相同，故A不符合题意；
B.石英钟和迷你小风扇都由一节干电池作为电源，所以它们的工作电压相同，故B不符合题意；
C.根据可知，消耗的电能和电压一定时，小风扇工作的时间越短，工作时的电流较大，故C符合题意；
D.根据可知，消耗的电能一定时，小风扇连续工作的时间较短，所以小风扇的实际功率较大，故D不符合题意；
故选C。
【分析】（1）相同的干电池提供的电能相同，用电器消耗的电能相同；
（2）相同的干电池提供的电压相同；
（3）消耗的电能和电压相同，根据分析电流的大小；
（4）消耗的电能相同，根据分析电功率的大小。
8．【答案】D
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律
【解析】【解答】A．当开关闭合时，两个灯泡形成串联电路，因此流过它们的电流大小相同， 故A错误；
B．在串联电路中，灯泡的亮度主要取决于其自身规格（如电阻值），而与距离电源正极的远近无关， 故B错误；
C．闭合开关后，电压表测量的是灯泡L2两端的电压，而非其他部分， 故C错误；
D．在开关闭合前，电压表与L1串联连接，此时测量的是电源电压；当开关闭合后，电压表转而测量L2两端的电压。因此从闭合到断开的过程中，电压表的示数会增大， 故D正确。 故选D。【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，根据串联电路的电流特点可知通过两灯泡的电流关系即可得出答案；
（2）根据电压表的测量对象的变化分析电压表的示数变化。
9．【答案】D
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】ABCD、晓明乘坐电梯先加速上升过程中，小明的质量不变，速度变大，动能变大，高度增大，重力势能变大，而机械能等于动能和势能之和，故机械能变大，再匀速上升一段时间，速度不变，动能不变，高度变大，重力势能变大，机械能变大，减速停到对应的楼层。速度减小，动能减小，高度增加，重力势能增加，机械能增加，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】重力势能的大小和物体的质量以及所处位置的高度有关，判断重力势能是否改变，看它的质量和高度是否变化就可以了；动能的大小和物体的质量以及运动的速度快慢有关，判断动能的大小看它的质量和运动快慢是否变化就可以了，机械能为动能和势能的和。
10．【答案】D
【知识点】滑轮（组）的机械效率
【解析】【解析】A、使用动滑轮提升重物可以省力，但不能省功，故A错误；
B、动滑轮绳子股数为2，拉力做的功为： W总 = Fs =Fnh=300N×2×3m=1800J 故B错误；
C、该滑轮的机械效率为：
，故C错误；
D、若使用质量更小的动滑轮，提升相同的货物，则有用功不变，而额外功减小，机械效率变大，故D正确。
故选：D。【分析】（1）动滑轮可以省力，但不能改变动力方向；任何机械都不能省功；
（2）动滑轮绳子股数为2，利用W总=Fs=Fnh求出拉力做的功；
（3）根据求出该滑轮的机械效率；
（4）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重。
11．【答案】A,C
【知识点】大气压强的存在；大气压强与高度的关系；气体压强与体积的关系；气压计和抽水机
【解析】【解答】A、用胶头滴管吸取稀盐酸溶液，用力挤出滴管内的空气，在外界大气压的作用下，稀盐酸溶液就被压入滴管中，故A正确；
B、活塞式抽水机是利用大气压强来将水抽到高处的，没有大气压活塞式抽水机就不能工作，故B错误；
C、如果茶壶盖上的小孔被堵住，此时壶嘴和壶身就不能构成一个连通器，当壶嘴放低时，壶中气体压强减小，壶身内的水会被大气压给托住，无法流出，故C正确；
D、大气压随着高度的升高而减小，人在高原容易出现“高原反应“是因为高原地区大气压比沿海地区小，故D错误。
故选：AC。
【分析】（1）用胶头滴管吸取稀盐酸是利用大气压工作；
（2）活塞式抽水机是利用大气压强来将水抽到高处的；
（3）茶壶是个连通器，壶嘴和壶身构成了一个连通器，壶嘴和壶身的液面是相平的，当壶嘴放低时，如果壶中没有空气，壶身内的水会被大气压给托住，无法流出；
（4）大气压随着高度的升高而减小。
12．【答案】B,D
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电压的测量及电压表的使用；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】AB、由图（a）电路图可知，压力电阻与定值电阻串联，质量显示仪表串联在电路中，是电流表，图（b）中，显示仪表与定值电阻并联，为电压表，故A错误，B正确；
C、图（a）中，电流表串联在电路中测量电路中的电流，闭合开关，力敏电阻R阻值随所受压力的增大而减小，当电子天平的“0（kg）”刻度时，压力最小，电阻最大，故此时电路中的电流最小，但不为0，故“0（kg）”刻度线与电表的“0”刻度线不重合，故C错误；
D、当托盘上所放物体的质量越大，压力电阻R所受的压力越大，其阻值越小。电源电压保持不变，总电阻变小，电路中的电流变大，定值电阻R0两端的电压变大，电压表的指针偏转角度变大，故D正确。
故选：BD。
【分析】（1）由图示电路图可知，压力变阻器与定值电阻串联，根据电流表串联在电路中测量电路中的电，电压表必须并联在用电器的两端；
（2）根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步可知质量显示表表盘上的刻度值越往右时的变化，进而判断出此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线的位置。
（3）根据题意确定变阻器阻值与电阻的关系，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析。
13．【答案】船；相对
【知识点】参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】看山恰似走来迎，感觉山是运动的，在向我们走来，是相对于船有位置变化，是以船为参照物。
山不动，是以地面为参照物，山没有位置变化，是静止的。运动与静止都是相对于参照物而言的，参照物选取的不同，运动状态也不同，在运动与静止是相对的。故第1空填：船；第2空填：相对。
【分析】相对于参照物，有位置变化，是运动的，没有位置变化，是静止的。
14．【答案】真空；二
【知识点】能源及其分类；电磁波的产生
【解析】【解答】（1）北斗卫星导航系统的卫星之间通常使用电磁波进行通信，而不是利用超声波，主要是因为电磁波可以在真空中传播；
（2）通讯卫星上通常装有太阳能光电板，能吸收太阳光并将其转化为电能，为卫星持续提供能量，此过程中产生的电能属于二次能源。
故答案为：真空；二。
【分析】电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源。例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。二次能源：是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源。例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气。
15．【答案】并；机械
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】（1）由于各个电动机可以独立工作且互不干扰，因此这些电动机的连接方式属于并联电路。（2）电动机运转时将消耗电能，这一过程实现了电能向机械能的转化。
故答案为：并；机械。
【分析】并联电路各支路的通断互不影响，电动机在工作时电能主要转化为机械能。
16．【答案】121；1.2×104
【知识点】电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，开关S接触3、4两个触点时，或开关S接触1、2两个触点时，都只有一个电阻在工作。如果两个电阻的阻值相同，那么这两个档位的电功率相同，那么电路只有两个档位，所以R1与R2的阻值应该不同，所以R2应该选取阻值为121Ω。
（2）根据图片可知，开关S接触“1”、“2”两个触点时，只有电阻R1，通电1min，电流产生的热量
。
【分析】（1）根据公式可知，当电压相同时，只有出现三个不同的电阻值，才会出现三个不同的电功率，从而实现三个档位；
（2）开关S接触“1”、“2”两个触点时，只有电阻R1，根据计算电流产生的热量。
17．【答案】（1）600
（2）2
（3）500
【知识点】密度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】（1）正方体A的体积：VA=L3=（10cm）3=1000cm3=1×10-3m3，A的质量：
，A的密度： ；
（2）正方体A浸没在水中时，排开水的体积等于A的体积，即：V排=VA=1×10-3m3，受到的浮力：
，将正方体A和柱体B看做一个整体，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和细线的拉力作用，处于平衡状态，由力的平衡条件可得，细线的拉力： ；
（3）细线刚好断裂时，正方体A和柱体B受到的总浮力：
F总浮=GA+GB+F最大=6N+2N+6N=14N，正方体A和柱体B排开水的总体积：
，柱体B排开水的体积：
，柱体B浸入水中的深度：
，
加入水的体积：
加入水的重力
待AB静止时，AB整体受到的浮力
水对容器底部压力的变化量
水对容器底部的压强比加水前增大
故答案为：0.6×103；2；500。
【分析】根据V=L3求出正方体A的体积，根据重力公式可求质量，再由密度公式可求密度；A浸没在水中时，排开水的体积等于A的体积，根据F浮=ρ液gV排求A受到的浮力；将正方体A和柱体B看做一个整体，分析整体的受力情况，根据力的平衡条件得出细线的拉力；细线刚好断裂时，由力的平衡条件可得AB受到的总浮力；根据F浮=ρ液gV排求AB排开水的总体积，从而可知B排开水的体积，根据V=Sh求B浸入水中的深度，进一步求出加入水的体积，根据G=mg=ρVg求出加入水的重力；待AB静止时，AB漂浮在水中，根据漂浮条件可知此时AB受到的浮力，水对容器底的压力变化量等于加入水的重力与前、后浮力之差的和，根据求水对容器底部的压强增加量。
（1）已知正方体A的边长为10cm，则正方体A的体积为
A的密度为
（2）据图可知A完全浸没受到的浮力为
分析A此时的受力可知，受到竖直向下的重力、竖直向下的压力、竖直向下的拉力、竖直向上的浮力，根据平衡力可得，细绳的拉力为
（3）细线刚好断裂时，正方体A和柱体B受到的浮力为
正方体A和柱体B排开水的体积
柱体B排开水的体积
柱体B浸入水中深度
加入水的体积
加入水的重力
待AB静止时，AB整体受到的浮力
水对容器底部压力的变化量
水对容器底部的压强比加水前增大
18．【答案】
【知识点】重力示意图；摩擦力的方向
【解析】【解答】重力方向竖直向下，摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，向左拉动木板，木块相对于木板向右运动，故受到的摩擦力水平向左，作用点画在重心上，如图所示：
【分析】重力方向竖直向下，摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，据此画图。
19．【答案】（1）漫
（2）两侧
（3）60
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】（1）能从不同方向观察到光的传播路径是因为光屏上发生的是漫反射，便于显示光路；
（2）分析表中数据得出结论：反射光线、入射光线分别位于法线两侧；
（3）分析表格数据可知反射角等于入射角。
故答案为：（1）漫；（2）两侧；（3）60。【分析】（1）光屏上发生的是漫反射，便于显示光路；
（2）光的反射规律：三线共面（入射光线、反射光线、法线），两线分居（入射光线、反射光线分居法线两侧），两角相等（入射角、反射角）；
（3）根据光的反射规律进行解答。
（1）漫反射是投射在粗糙表面上的光向各个方向反射的现象。因为光在光屏上发生漫反射，所以能从不同方向观察到光的传播路径。
（2）分析表格中入射光线相对法线的位置、反射光线相对法线的位置，总是左右相反的，所以反射光线、入射光线分别位于法线两侧。
（3）分析表格中多组入射角和反射角，他们的大小相等，所以序号4中反射角等于入射角，大小应为。
20．【答案】（1）右
（2）变大
（3）B
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）将弹簧测力计从D位置移到C位置过程中，阻力、阻力臂不变，而拉力F的力臂会变小，要保持杠杆仍在水平位置平衡，由杠杆平衡条件可知拉力F将变大，即弹簧测力计的示数变大；
（3）A、将a点向左移，阻力臂增大，动力臂和动力不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故A错误；
B、将b点向左移，阻力臂变小，动力不变，动力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，称量的最大质量变大，量程变大，故B正确；
C、杆秤使用时，有G物Lab=G砣L砣，将a、b点都向右移等长距离，Lab不变，L砣变小，G砣不变，可见G物变小，则所称量物体的质量变小，量程变小，故C错误；
D、换一个质量较小的秤砣，阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故D错误。
故选：B。
故答案为：（1）右；（2）变大；（3）B。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆的平衡条件：F1l1=F2l2分析；
（3）由杠杆平衡条件分析各个选项力臂的关系，可以确定量程的变化。
（1）观察甲图，杠杆的右端上翘。根据杠杆平衡的调节原则，平衡螺母应向杠杆上翘的一端调节，所以为使杠杆水平平衡，小明应将平衡螺母向右调节。
（2）图乙中，当弹簧测力计沿AD方向逐渐转到AC方向，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变大，这是因为，当拉力由竖直变成倾斜时，阻力和阻力臂不变，拉力F的力臂变小，根据可知，相应的力会变大，这样才能继续平衡。
（3）A．将a点向左移，阻力臂增大，动力臂和动力不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故A不符合题意；
B．将b点向左移，阻力臂变小，动力不变，动力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，称量的最大质量变大，量程变大，故B符合题意；
C．杆秤使用时，有，将a、b点都向右移等长距离，Lab不变，L砣变小，G砣不变，可见G物变小，则所称量物体的质量变小，量程变小，故C不符合题意；
D．换一个质量较小的秤砣，阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故D不符合题意。
故选B。
21．【答案】（1）北
（2）电流方向
（3）增大电流。
【知识点】通电螺线管的磁场
【解析】【解答】（1）在闭合开关前，小磁针静止时，N极指向地理的北极，说明地球周围存在磁场。
（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图乙所示，对调电源正负极，通电螺线管中的电方向改变，磁场方向改变，则小磁针静止时N极指向与图乙中小磁针N极指向相反，说明通电螺线管的极性与电流的方向有关。
（3）实验时发现通电螺线管的磁场较弱，铁屑规则排列的效果不明显，为增强螺线管的磁场，可行的措施：增大电流，因为通电螺线管磁场强弱与线圈匝数、电流大小和有无铁芯有关。
故答案为：（1）北；（2）电流方向；（3）增大电流。
【分析】（1）地磁场的N极在地理的南极附近，地磁场的S极在地理的北极附近；
（2）通电螺线管的磁场方向和电流的方向有关；
（3）通电螺线管的磁场强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。
（1）小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，地球外部磁场的方向为从地磁的北极出来回到地磁的南极，故小磁针静止时N极指向地磁的南极即地理的北极，说明地球周围存在磁场。
（2）对调电源正负极，电路中电流方向改变，小磁针静止时N极所指方向也改变，说明通电螺线管的磁极与电流的方向有关。
（3）通电螺线管周围磁场的强弱和电流大小有关，电流越大，磁场越强。可以调节滑动变阻器接入电路的阻值，增大螺线管中的电流从而增强磁场，或者增大电源电压。
22．【答案】（1）
（2）定值电阻R断路
（3）9.2
（4）调节滑动变阻器，得到多组电压、电流值，分别计算出电阻，最后求电阻的平均值。
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）图中电阻没有接入电路，是错误的，而电压表与电阻并联，如图所示：
（2）正确连接电路后，闭合开关，电流表示数几乎为0，说明电路是断路，发现电压表示数接近最大值，与电源正负极相通，说明电阻R断路；
（3）电流表使用小量程，分度值0.02A，示数为0.12A，根据欧姆定律知，
电阻；
（4）实验过程存在误差，因而要改变定值电阻两 端的电压，进行多次测量，并计算出相应的电阻值，对电阻值求平均值来减小测量误差。
故答案为：（1）；（2）R断路；（3）9.2；（4）调节滑动变阻器，得到多组电压、电流值，分别计算出电阻，最后求电阻的平均值。【分析】（1）根据电压表与电阻并联连接电路；
（2）电流表示数几乎为0说明电路是断路，根据电压表示数确定故障位置；
（3）根据电流表的量程与分度值读数，结合欧姆定律计算电阻；
（4）测电阻必须多次测量取平均值减小误差。
（1）该电路图连接不完整，需补充完整，将定值电阻与滑动变阻器串联，并将电压表并联在定值电阻两端，即将定值电阻左接线柱与滑动变阻器左下接线柱连接，如图所示：
（2）电压表示数突然接近最大值，电流表示数几乎为0，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的电阻断路。
（3）电流表选用了0~0.6A小量程，每小格为0.02A，此时读数为0.12A，据此计算出定值电阻的阻值
（4）一次测量存在较大的误差，为了减小误差，应多次测量求平均值。故接下来小明的工作应该是：调节滑动变阻器，得到多组电压、电流值，分别计算出电阻，最后求电阻的平均值。
23．【答案】解：（1）前10s轿车运动的平均速度：
（2）根据可知，轿车在匀速直线运动阶段通过的路程
；
（3）动力F做的总功
答：(1)前10s轿车运动的平均速度是10m/s；(2)轿车在匀速直线运动阶段通过的路程是700m；(3)动力F做的总功为1.1×106J。
【知识点】速度公式及其应用；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据，计算轿车的速度；
（2）利用s=vt，计算路程；
（3）根据W=Fs，计算做过多少，再计算总功。
24．【答案】（1）解：根据灯泡的规格可知，小灯泡L正常工作时的电流为
（2）解：由甲图可知，电路是串联的，电压表测L和R0两端电压，据乙图可知，当变阻器R接入电路中的阻值为0时，电路为L和R0串联，此时灯泡正常发光，灯泡两端电压为6V，电压表测电源电压为12V，由串联分压原理可知，定值电阻R0和灯泡正常发光时的电阻相等为
（3）解：当灯泡发光较暗时，变阻器R接入电路中的阻值最大，此时L和R0两端电压为5V，且电流为
变阻器两端电压为
R上消耗的功率为
已知R上消耗的功率与滑片移到b点时R上消耗的功率之比为，可得
且此时R上消耗的功率等于灯泡L和上消耗的总功率，由于电路是串联的，电流相等，由可得，R两端电压与灯泡L和总电压相等，分别为6V，此时电路中的电流为
滑片P滑到c点时，灯泡L和的总电阻为
可得滑片P滑到c点时，灯泡此时的电阻为
灯泡L的实际功率为
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】由电路图甲可知，闭合开关，灯泡L与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，电压表测灯泡L和定值电阻R0两端的电压之和，电流表测电路中的电流。
（1）由P=UI计算小灯泡L正常工作时的电流；
（2）根据图乙可知滑片在a端时电压表的示数即电源电压，灯泡正常发光时的电压为其额定电压，根据串联电路电压规律计算定值电阻两端的电压，由串联电路规律和欧姆定律计算R0的电阻值；
（3）由已知条件和灯泡的额定电流计算滑片在b端时电路中的电流；由图乙可得电压表的示数，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端的电压，由P=UI计算变阻器的功率；由Pc：Pb=33：35计算滑片P移到某一点c时R上消耗的功率，据此计算电路的总功率和电路中的电流，根据串联电路规律和P=UI计算灯泡L的实际功率。
（1）根据灯泡的规格可知，小灯泡L正常工作时的电流为
（2）由甲图可知，电路是串联的，电压表测L和R0两端电压，据乙图可知，当变阻器R接入电路中的阻值为0时，电路为L和R0串联，此时灯泡正常发光，灯泡两端电压为6V，电压表测电源电压为12V，由串联分压原理可知，定值电阻R0和灯泡正常发光时的电阻相等为
（3）当灯泡发光较暗时，变阻器R接入电路中的阻值最大，此时L和R0两端电压为5V，且电流为
变阻器两端电压为
R上消耗的功率为
已知R上消耗的功率与滑片移到b点时R上消耗的功率之比为，可得
且此时R上消耗的功率等于灯泡L和上消耗的总功率，由于电路是串联的，电流相等，由可得，R两端电压与灯泡L和总电压相等，分别为6V，此时电路中的电流为
滑片P滑到c点时，灯泡L和的总电阻为
可得滑片P滑到c点时，灯泡此时的电阻为
灯泡L的实际功率为
1 / 1湖南省长沙市湘一立信中学2025年中考一模物理试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分；1~10题为单选题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意，11~12题为多选题，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有错选的得零分）
1．（2025·长沙模拟）世界上最早的可吹奏乐器是由鹤类鸟的翅膀骨头制作而成的贾湖骨笛（如图）。下列关于骨笛的说法正确的是（　　）
A．吹奏的笛声是由鹤骨振动产生的
B．按压骨笛上不同的孔可以改变发出声音的响度
C．吹奏节奏舒缓曲调悠扬的曲目时笛声在空气中传播的速度变慢
D．能区分出骨笛和其他乐器发出的声音，是因为它们发出声音的音色不同
【答案】D
【知识点】声音的产生；声速；音调、响度与音色的区分
【解析】【解析】AB． 贾湖骨笛作为管乐器，其发声原理是笛内空气柱振动。当按压不同孔时，空气柱的有效振动长度改变，导致振动频率变化，从而产生不同音调。因此A、B选项的表述存在错误。
C． 声波传播速度仅取决于介质性质（如材质、温度等），与声音的三要素（音调、响度、音色）无关，故该选项不正确。
D． 音色作为声音的独有特征，由发声体固有属性决定，具有辨识功能。不同乐器因材质、结构差异产生独特音色，这正是区分骨笛与其他乐器的依据。因此D选项正确。
故选D。【分析】（1）声音是由物体振动产生的；声音的传播需要介质，真空不能传声。
（2）音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。
2．（2025·长沙模拟）《资治通鉴》记载：“人以铜为镜，可以正衣冠”。下列能用来说明其成像原理的图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】“人以铜为镜，可以正衣冠”，含义就是照着镜子整理衣冠，即平面镜成像现象，原理为光的反射。
A是光的折射，B是光的反射，C小孔成像是由光的直线传播形成的，D是凸透镜成像属于光的折射，故B符合题意，而ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据图片分析各个选项中包含的光学原理，然后与题干对照即可。
3．（2025·长沙模拟）如图所示的四种自然现象中，属于液化现象的是（　　）
A． 冰雪消融
B． 霜挂枝头
C． 晨雾弥漫
D． 大雪纷纷
【答案】C
【知识点】物质的三态；凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；物态和物态变化
【解析】【解答】A、 冰雪消融是固态冰变为液态水，属于熔化现象，不是液化，A错误。
B、 霜挂枝头是气态水蒸气直接变为固态霜，属于凝华现象，不是液化，B错误。
C、 晨雾弥漫是气态水蒸气遇冷液化成液态小水滴，属于液化现象，C正确。
D、 大雪纷纷是气态水蒸气直接变为固态雪，属于凝华现象，不是液化，D错误。
故选C。
【分析】本题核心考查液化现象的判断，液化是物质由气态变为液态的过程。需明确常见物态变化的类型：
熔化：固态→液态（如冰雪消融）；
凝华：气态→固态（如霜、雪的形成）；
液化：气态→液态（如雾、露的形成）。
常见易错点：混淆液化与凝华、熔化的概念，误将雾的形成（液化）当作凝华，或将冰雪消融（熔化）当作液化；
对“气态→液态”的转化逻辑理解不清晰，无法准确判断现象的物态变化本质。
解题关键：牢记液化的定义（气态→液态），结合常见自然现象的形成原因，逐一分析物态变化类型。
4．（2025·长沙模拟）在纸上写错了字后，我们可以用胶带将错字撕去。如图所示，先把胶带粘贴在错字上，错字就从纸上被粘去了。解释这个现象可利用的物质微观特性是（　　）
A．分子间存在引力 B．分子间存在间隙
C．分子间存在斥力 D．分子在不停地运动
【答案】A
【知识点】分子间相互作用力
【解析】【解析】当使用胶带揭下纸上写错的字时，这种现象的发生是由于胶带与纸张表面之间存在分子间作用力（即相互吸引力）。这种引力使得胶带能够粘附并带走纸面上的字迹。
选项分析：A选项（胶带与纸之间有引力）正确描述了这一物理现象B、C、D选项均未能准确说明胶带揭字的原理因此，均错误。故选A。
【分析】本题考查分子动理论的应用（分子间的作用力）
涉及知识点：
分子动理论的核心内容（分子间存在引力和斥力、分子间有间隙、分子在永不停息地运动）
不同微观特性对应的宏观现象（引力对应“粘合”，斥力对应“难压缩”，间隙对应“易压缩”，运动对应“扩散”）
考点：分子间作用力的宏观现象识别
解题关键：
1.明确分子动理论各特性对应的典型现象；
2.匹配“胶带粘错字”的现象与分子间引力的作用，排除其他特性对应的选项。
5．（2025·长沙模拟）随着智能手机的普及，手机使用的安全问题备受关注。下列做法安全合理的是（　　）
A．手机不充电时，及时断开电源
B．充电时长时间看视频，导致手机很烫
C．充电线破损时，仍然继续使用
D．充电器自燃时，迅速浇水扑灭
【答案】A
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A．手机不充电时断开电源能防止充电器持续通电。长期通电可能导致元件老化或短路，增加火灾风险。断开电源还可节约电能，避免浪费， 故A符合题意；
B．充电时手机电池处于活跃状态，同时观看视频会使电路高负荷运行，产生大量热量。持续高温可能损害电池寿命，甚至引发爆炸或起火，存在安全隐患， 故B不符合题意；
C．破损充电线会使内部导线裸露，可能导致触电或短路，进而引发火灾。必须立即更换，不可继续使用， 故C不符合题意；
D．充电器自燃时用水灭火危险：水能导电可能导致触电，且遇高温会产生蒸汽造成烫伤。正确方法是先断电再用干粉灭火器， 故D不符合题意。
故选A。
【分析】安全用电原则：不损坏绝缘层；不弄湿用电器；不接触低压带电体；不靠近高压带电体。
6．（2025·长沙模拟）手握锤柄以相同的速度撞击坚硬地面，利用惯性将松脱锤头套紧在锤柄上、图中做法合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】将松脱锤头套紧在锤柄上时，将锤子举起来向下撞击时，当锤柄碰到坚硬地面后运动停止，而锤头由于惯性仍然保持原来的运动状态，继续向下运动，使锤头紧紧的套在锤柄上，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】惯性是物体继续保持原来运动状态的性质。
7．（2025·长沙模拟）使用一节干电池可以使教室墙上挂的石英钟连续工作近一年时间，迷你小风扇使用一节同样的干电池只能连续工作半天时间。与石英钟相比，迷你小风扇（　　）
A．消耗电能较多 B．工作电压较小
C．工作电流较大 D．实际功率较小
【答案】C
【知识点】电压和电压的单位换算；电功率的计算
【解析】【解答】A.它们都消耗了一节干电池提供的能量，则它们消耗的电能相同，故A不符合题意；
B.石英钟和迷你小风扇都由一节干电池作为电源，所以它们的工作电压相同，故B不符合题意；
C.根据可知，消耗的电能和电压一定时，小风扇工作的时间越短，工作时的电流较大，故C符合题意；
D.根据可知，消耗的电能一定时，小风扇连续工作的时间较短，所以小风扇的实际功率较大，故D不符合题意；
故选C。
【分析】（1）相同的干电池提供的电能相同，用电器消耗的电能相同；
（2）相同的干电池提供的电压相同；
（3）消耗的电能和电压相同，根据分析电流的大小；
（4）消耗的电能相同，根据分析电功率的大小。
8．（2025·长沙模拟）如图所示电路，闭合开关后，一灯较亮，一灯较暗，下列说法正确的是（　　）
A．亮的灯电流大，暗的灯电流小
B．亮的灯离电源正极近，暗的灯离电源正极远
C．电压表示数是L1两端的电压
D．开关由闭合到断开，电压表示数会变大
【答案】D
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律
【解析】【解答】A．当开关闭合时，两个灯泡形成串联电路，因此流过它们的电流大小相同， 故A错误；
B．在串联电路中，灯泡的亮度主要取决于其自身规格（如电阻值），而与距离电源正极的远近无关， 故B错误；
C．闭合开关后，电压表测量的是灯泡L2两端的电压，而非其他部分， 故C错误；
D．在开关闭合前，电压表与L1串联连接，此时测量的是电源电压；当开关闭合后，电压表转而测量L2两端的电压。因此从闭合到断开的过程中，电压表的示数会增大， 故D正确。 故选D。【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，根据串联电路的电流特点可知通过两灯泡的电流关系即可得出答案；
（2）根据电压表的测量对象的变化分析电压表的示数变化。
9．（2025·长沙模拟）晓明乘坐电梯回家，他查阅资料知道，电梯先加速上升一小段，再匀速上升一段时间，然后再减速停到对应的楼层。在此过程中（　　）
A．晓明的动能一直在增加 B．晓明的动能保持不变
C．晓明的机械能保持不变 D．晓明的重力势能一直在增加
【答案】D
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】ABCD、晓明乘坐电梯先加速上升过程中，小明的质量不变，速度变大，动能变大，高度增大，重力势能变大，而机械能等于动能和势能之和，故机械能变大，再匀速上升一段时间，速度不变，动能不变，高度变大，重力势能变大，机械能变大，减速停到对应的楼层。速度减小，动能减小，高度增加，重力势能增加，机械能增加，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】重力势能的大小和物体的质量以及所处位置的高度有关，判断重力势能是否改变，看它的质量和高度是否变化就可以了；动能的大小和物体的质量以及运动的速度快慢有关，判断动能的大小看它的质量和运动快慢是否变化就可以了，机械能为动能和势能的和。
10．（2025·长沙模拟）小张用如图所示滑轮把重500N的货物匀速提到3m高的二楼，若不计绳重和摩擦，所用的拉力是300N。下列关于此过程的说法正确的是（　　）
A．使用动滑轮提升重物可以省力，也可以省功
B．拉力做功为900J
C．滑轮组的机械效率为60%
D．若使用质量更小的动滑轮，提升相同的货物，机械效率会变大
【答案】D
【知识点】滑轮（组）的机械效率
【解析】【解析】A、使用动滑轮提升重物可以省力，但不能省功，故A错误；
B、动滑轮绳子股数为2，拉力做的功为： W总 = Fs =Fnh=300N×2×3m=1800J 故B错误；
C、该滑轮的机械效率为：
，故C错误；
D、若使用质量更小的动滑轮，提升相同的货物，则有用功不变，而额外功减小，机械效率变大，故D正确。
故选：D。【分析】（1）动滑轮可以省力，但不能改变动力方向；任何机械都不能省功；
（2）动滑轮绳子股数为2，利用W总=Fs=Fnh求出拉力做的功；
（3）根据求出该滑轮的机械效率；
（4）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重。
11．（2025·长沙模拟）下列与大气压有关的生活现象中，解释符合物理规律的是（　　）
A．用胶头滴管吸取稀盐酸是靠大气压将液体压入滴管中的
B．没有大气压，活塞式抽水机同样可以把水抽到高处
C．茶壶盖上的小孔被堵住，壶里的水就不容易倒出来
D．人在高原容易出现“高原反应”主要是因为高原地区大气压比沿海大
【答案】A,C
【知识点】大气压强的存在；大气压强与高度的关系；气体压强与体积的关系；气压计和抽水机
【解析】【解答】A、用胶头滴管吸取稀盐酸溶液，用力挤出滴管内的空气，在外界大气压的作用下，稀盐酸溶液就被压入滴管中，故A正确；
B、活塞式抽水机是利用大气压强来将水抽到高处的，没有大气压活塞式抽水机就不能工作，故B错误；
C、如果茶壶盖上的小孔被堵住，此时壶嘴和壶身就不能构成一个连通器，当壶嘴放低时，壶中气体压强减小，壶身内的水会被大气压给托住，无法流出，故C正确；
D、大气压随着高度的升高而减小，人在高原容易出现“高原反应“是因为高原地区大气压比沿海地区小，故D错误。
故选：AC。
【分析】（1）用胶头滴管吸取稀盐酸是利用大气压工作；
（2）活塞式抽水机是利用大气压强来将水抽到高处的；
（3）茶壶是个连通器，壶嘴和壶身构成了一个连通器，壶嘴和壶身的液面是相平的，当壶嘴放低时，如果壶中没有空气，壶身内的水会被大气压给托住，无法流出；
（4）大气压随着高度的升高而减小。
12．（2025·长沙模拟）如图（a）、图（b）是电子天平的两种简化电路图，主要组成部分是：电源（电压保持不变）、定值电阻、托盘力敏电阻R（阻值随所受压力的增大而减小），质量显示仪表（实质是一只合适的电表）。闭合开关后电路正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中，质量显示仪表为电压表
B．图（b）中，质量显示仪表为电压表
C．图（a）中，电子天平的“0（kg）”刻度线与电表的“0”刻度线重合
D．图（b）中，托盘中物体质量越大，仪表的指针偏转角度越大
【答案】B,D
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电压的测量及电压表的使用；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】AB、由图（a）电路图可知，压力电阻与定值电阻串联，质量显示仪表串联在电路中，是电流表，图（b）中，显示仪表与定值电阻并联，为电压表，故A错误，B正确；
C、图（a）中，电流表串联在电路中测量电路中的电流，闭合开关，力敏电阻R阻值随所受压力的增大而减小，当电子天平的“0（kg）”刻度时，压力最小，电阻最大，故此时电路中的电流最小，但不为0，故“0（kg）”刻度线与电表的“0”刻度线不重合，故C错误；
D、当托盘上所放物体的质量越大，压力电阻R所受的压力越大，其阻值越小。电源电压保持不变，总电阻变小，电路中的电流变大，定值电阻R0两端的电压变大，电压表的指针偏转角度变大，故D正确。
故选：BD。
【分析】（1）由图示电路图可知，压力变阻器与定值电阻串联，根据电流表串联在电路中测量电路中的电，电压表必须并联在用电器的两端；
（2）根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步可知质量显示表表盘上的刻度值越往右时的变化，进而判断出此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线的位置。
（3）根据题意确定变阻器阻值与电阻的关系，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析。
二、填空题（本大题共5小题，每空2分，共22分）
13．（2025·长沙模拟）有一首诗词写道“满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎。仔细看山山不动，是船行。”诗人感觉“山走来迎”是以　 　为参照物；全诗说明运动和静止是　 　的。
【答案】船；相对
【知识点】参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】看山恰似走来迎，感觉山是运动的，在向我们走来，是相对于船有位置变化，是以船为参照物。
山不动，是以地面为参照物，山没有位置变化，是静止的。运动与静止都是相对于参照物而言的，参照物选取的不同，运动状态也不同，在运动与静止是相对的。故第1空填：船；第2空填：相对。
【分析】相对于参照物，有位置变化，是运动的，没有位置变化，是静止的。
14．（2025·长沙模拟）北斗卫星导航系统的卫星之间通常使用电磁波进行通信，而不是利用超声波，主要是因为电磁波可以在　 　中传播；通讯卫星上通常装有太阳能光电板，能吸收太阳光并将其转化为电能，为卫星持续提供能量、此过程中产生的电能属于　 　次能源。
【答案】真空；二
【知识点】能源及其分类；电磁波的产生
【解析】【解答】（1）北斗卫星导航系统的卫星之间通常使用电磁波进行通信，而不是利用超声波，主要是因为电磁波可以在真空中传播；
（2）通讯卫星上通常装有太阳能光电板，能吸收太阳光并将其转化为电能，为卫星持续提供能量，此过程中产生的电能属于二次能源。
故答案为：真空；二。
【分析】电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源。例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。二次能源：是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源。例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气。
15．（2025·长沙模拟）如图、扭秧歌的机器人身体上安装了几十个关节电动机，每个电动机都能独立运转，实现非常精细的动作控制。这些电动机是　 　联的；关节电动机工作时主要是将电能转化为　 　能。
【答案】并；机械
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】（1）由于各个电动机可以独立工作且互不干扰，因此这些电动机的连接方式属于并联电路。（2）电动机运转时将消耗电能，这一过程实现了电能向机械能的转化。
故答案为：并；机械。
【分析】并联电路各支路的通断互不影响，电动机在工作时电能主要转化为机械能。
16．（2025·长沙模拟）小张想设计一个有“低温”、“中温”和“高温”三个挡位的电加热器，其电路图如图所示，电源电压为220V，R1、R2是电热丝，开关S接触相邻的两个触点。她准备了三根电热丝，R1=242Ω，另外两根电热丝的阻值分别是121Ω和242Ω，R2应该选取阻值为　 　Ω的电热丝。开关S接触“1”、“2”两个触点时，通电1min，电流产生的热量是　 　J。
【答案】121；1.2×104
【知识点】电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，开关S接触3、4两个触点时，或开关S接触1、2两个触点时，都只有一个电阻在工作。如果两个电阻的阻值相同，那么这两个档位的电功率相同，那么电路只有两个档位，所以R1与R2的阻值应该不同，所以R2应该选取阻值为121Ω。
（2）根据图片可知，开关S接触“1”、“2”两个触点时，只有电阻R1，通电1min，电流产生的热量
。
【分析】（1）根据公式可知，当电压相同时，只有出现三个不同的电阻值，才会出现三个不同的电功率，从而实现三个档位；
（2）开关S接触“1”、“2”两个触点时，只有电阻R1，根据计算电流产生的热量。
17．（2025·长沙模拟）如图所示，边长为10cm的正方体A重为6N，与底面积为50cm2，高为10cm，重为2N的柱体B粘接在一起，A底部中央用细线与容器底部相连并浸在容器内的水中，此时A刚好浸没，则：
（1）A的密度为　 　kg/m3；
（2）细线的拉力为　 　N；
（3）已知容器的底面积为200cm2且足够高，则若细线能承受的最大拉力为6N.现向容器中加水使细线刚好断裂，立即停止加水，AB始终竖立，待AB静止时，水对容器底部的压强比加水前增大　 　Pa。
【答案】（1）600
（2）2
（3）500
【知识点】密度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】（1）正方体A的体积：VA=L3=（10cm）3=1000cm3=1×10-3m3，A的质量：
，A的密度： ；
（2）正方体A浸没在水中时，排开水的体积等于A的体积，即：V排=VA=1×10-3m3，受到的浮力：
，将正方体A和柱体B看做一个整体，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和细线的拉力作用，处于平衡状态，由力的平衡条件可得，细线的拉力： ；
（3）细线刚好断裂时，正方体A和柱体B受到的总浮力：
F总浮=GA+GB+F最大=6N+2N+6N=14N，正方体A和柱体B排开水的总体积：
，柱体B排开水的体积：
，柱体B浸入水中的深度：
，
加入水的体积：
加入水的重力
待AB静止时，AB整体受到的浮力
水对容器底部压力的变化量
水对容器底部的压强比加水前增大
故答案为：0.6×103；2；500。
【分析】根据V=L3求出正方体A的体积，根据重力公式可求质量，再由密度公式可求密度；A浸没在水中时，排开水的体积等于A的体积，根据F浮=ρ液gV排求A受到的浮力；将正方体A和柱体B看做一个整体，分析整体的受力情况，根据力的平衡条件得出细线的拉力；细线刚好断裂时，由力的平衡条件可得AB受到的总浮力；根据F浮=ρ液gV排求AB排开水的总体积，从而可知B排开水的体积，根据V=Sh求B浸入水中的深度，进一步求出加入水的体积，根据G=mg=ρVg求出加入水的重力；待AB静止时，AB漂浮在水中，根据漂浮条件可知此时AB受到的浮力，水对容器底的压力变化量等于加入水的重力与前、后浮力之差的和，根据求水对容器底部的压强增加量。
（1）已知正方体A的边长为10cm，则正方体A的体积为
A的密度为
（2）据图可知A完全浸没受到的浮力为
分析A此时的受力可知，受到竖直向下的重力、竖直向下的压力、竖直向下的拉力、竖直向上的浮力，根据平衡力可得，细绳的拉力为
（3）细线刚好断裂时，正方体A和柱体B受到的浮力为
正方体A和柱体B排开水的体积
柱体B排开水的体积
柱体B浸入水中深度
加入水的体积
加入水的重力
待AB静止时，AB整体受到的浮力
水对容器底部压力的变化量
水对容器底部的压强比加水前增大
三、作图与实验题（本大题共5小题，共29分，18题2分、19、20、21题各6分，22题8分，共28分）
18．（2025·长沙模拟）如图所示，小华用拉力F向左拉动木块下方的长木板，此时木板上方的木块相对地面静止，请以图中木块重心O为作用点，画出木块受到的重力与摩擦力。
【答案】
【知识点】重力示意图；摩擦力的方向
【解析】【解答】重力方向竖直向下，摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，向左拉动木板，木块相对于木板向右运动，故受到的摩擦力水平向左，作用点画在重心上，如图所示：
【分析】重力方向竖直向下，摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，据此画图。
19．（2025·长沙模拟）用如图所示实验装置探究光的反射定律。让一束光贴着光屏射向平面镜的O点，改变入射光线多次实验，数据记录于下表中。
序号 入射光线相对法线位置 反射光线相对法线位置 入射角∠i 反射角∠r
1 左 右 30° 30°
2 左 右 45° 45°
3 左 右 60° 60°
4 右 左 60°
（1）能从不同方向观察到光的传播路径，是因为光在光屏上发生　 　反射；
（2）分析表中数据得出结论：反射光线、入射光线分别位于法线　 　；
（3）根据表中反射角与入射角的大小关系可知，序号4中反射角大小应为　 　°。
【答案】（1）漫
（2）两侧
（3）60
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】（1）能从不同方向观察到光的传播路径是因为光屏上发生的是漫反射，便于显示光路；
（2）分析表中数据得出结论：反射光线、入射光线分别位于法线两侧；
（3）分析表格数据可知反射角等于入射角。
故答案为：（1）漫；（2）两侧；（3）60。【分析】（1）光屏上发生的是漫反射，便于显示光路；
（2）光的反射规律：三线共面（入射光线、反射光线、法线），两线分居（入射光线、反射光线分居法线两侧），两角相等（入射角、反射角）；
（3）根据光的反射规律进行解答。
（1）漫反射是投射在粗糙表面上的光向各个方向反射的现象。因为光在光屏上发生漫反射，所以能从不同方向观察到光的传播路径。
（2）分析表格中入射光线相对法线的位置、反射光线相对法线的位置，总是左右相反的，所以反射光线、入射光线分别位于法线两侧。
（3）分析表格中多组入射角和反射角，他们的大小相等，所以序号4中反射角等于入射角，大小应为。
20．（2025·长沙模拟）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲，为使杠杆水平平衡，小明应将平衡螺母向　 　（选填：左/右）调节。
（2）如图乙，小明在杠杆A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂两个钩码，现将弹簧测力计从D位置移到C位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数　 　（选填：变大/变小/不变）。
（3）实验结束后，小明制作了如图丙所示的杆秤，经测试发现其能测物体的最大质量太小。下列操作可以使该杆秤能测物体的最大质量变大的是（　　）
A．将a点向左移 B．将b点向左移
C．将a、b点都向右移动等长距离 D．换一个质量较小的秤砣
【答案】（1）右
（2）变大
（3）B
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）将弹簧测力计从D位置移到C位置过程中，阻力、阻力臂不变，而拉力F的力臂会变小，要保持杠杆仍在水平位置平衡，由杠杆平衡条件可知拉力F将变大，即弹簧测力计的示数变大；
（3）A、将a点向左移，阻力臂增大，动力臂和动力不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故A错误；
B、将b点向左移，阻力臂变小，动力不变，动力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，称量的最大质量变大，量程变大，故B正确；
C、杆秤使用时，有G物Lab=G砣L砣，将a、b点都向右移等长距离，Lab不变，L砣变小，G砣不变，可见G物变小，则所称量物体的质量变小，量程变小，故C错误；
D、换一个质量较小的秤砣，阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故D错误。
故选：B。
故答案为：（1）右；（2）变大；（3）B。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆的平衡条件：F1l1=F2l2分析；
（3）由杠杆平衡条件分析各个选项力臂的关系，可以确定量程的变化。
（1）观察甲图，杠杆的右端上翘。根据杠杆平衡的调节原则，平衡螺母应向杠杆上翘的一端调节，所以为使杠杆水平平衡，小明应将平衡螺母向右调节。
（2）图乙中，当弹簧测力计沿AD方向逐渐转到AC方向，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变大，这是因为，当拉力由竖直变成倾斜时，阻力和阻力臂不变，拉力F的力臂变小，根据可知，相应的力会变大，这样才能继续平衡。
（3）A．将a点向左移，阻力臂增大，动力臂和动力不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故A不符合题意；
B．将b点向左移，阻力臂变小，动力不变，动力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，称量的最大质量变大，量程变大，故B符合题意；
C．杆秤使用时，有，将a、b点都向右移等长距离，Lab不变，L砣变小，G砣不变，可见G物变小，则所称量物体的质量变小，量程变小，故C不符合题意；
D．换一个质量较小的秤砣，阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故D不符合题意。
故选B。
21．（2025·长沙模拟）某实验小组用铁屑和小磁针来探究“通电螺线管外部磁场的方向”。
（1）在闭合开关前，小磁针静止时，N极指向地理的　 　极，说明地球周围存在磁场。
（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图乙所示，对调电源正负极，小磁针静止时N极指向与图乙中小磁针N极指向相反（如图丙），说明通电螺线管的极性与　 　的方向有关。
（3）实验时发现通电螺线管的磁场较弱，铁屑规则排列的效果不明显，为增强螺线管的磁场，可行的措施：　 　（写出一种方法即可）。
【答案】（1）北
（2）电流方向
（3）增大电流。
【知识点】通电螺线管的磁场
【解析】【解答】（1）在闭合开关前，小磁针静止时，N极指向地理的北极，说明地球周围存在磁场。
（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图乙所示，对调电源正负极，通电螺线管中的电方向改变，磁场方向改变，则小磁针静止时N极指向与图乙中小磁针N极指向相反，说明通电螺线管的极性与电流的方向有关。
（3）实验时发现通电螺线管的磁场较弱，铁屑规则排列的效果不明显，为增强螺线管的磁场，可行的措施：增大电流，因为通电螺线管磁场强弱与线圈匝数、电流大小和有无铁芯有关。
故答案为：（1）北；（2）电流方向；（3）增大电流。
【分析】（1）地磁场的N极在地理的南极附近，地磁场的S极在地理的北极附近；
（2）通电螺线管的磁场方向和电流的方向有关；
（3）通电螺线管的磁场强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。
（1）小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，地球外部磁场的方向为从地磁的北极出来回到地磁的南极，故小磁针静止时N极指向地磁的南极即地理的北极，说明地球周围存在磁场。
（2）对调电源正负极，电路中电流方向改变，小磁针静止时N极所指方向也改变，说明通电螺线管的磁极与电流的方向有关。
（3）通电螺线管周围磁场的强弱和电流大小有关，电流越大，磁场越强。可以调节滑动变阻器接入电路的阻值，增大螺线管中的电流从而增强磁场，或者增大电源电压。
22．（2025·长沙模拟）小明在做“伏安法测电阻”的实验，他准备了阻值未知的定值电阻R、电压表、电流表、两节新干电池、开关、导线若干、滑动变阻器（铭牌上标有“20Ω，1A”）等器材。所有器材均完好。
（1）小明设计并且连接了如图甲所示的电路，请你检查该电路，依次完成以下工作：
①若连接完整且正确，请在电路上打“√”；
②若连接不完整，请补充完整；
③若连接不正确，请在连接错误的导线上打“×”.并用笔画线代替导线修改正确（要求：导线不可交叉）。
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电压表示数接近最大值，电流表示数几乎为0。若电路中只有一处故障，则故障可能是　 　。
（3）排除故障后，小明继续进行实验，当电压表示数为1.1V时，读出如图乙所示的电流表示数，据此计算出定值电阻的阻值　 　Ω。（结果保留一位小数）
（4）完成（3）中的计算后，为了减小误差，接下来小明的工作应该是：　 　。
【答案】（1）
（2）定值电阻R断路
（3）9.2
（4）调节滑动变阻器，得到多组电压、电流值，分别计算出电阻，最后求电阻的平均值。
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）图中电阻没有接入电路，是错误的，而电压表与电阻并联，如图所示：
（2）正确连接电路后，闭合开关，电流表示数几乎为0，说明电路是断路，发现电压表示数接近最大值，与电源正负极相通，说明电阻R断路；
（3）电流表使用小量程，分度值0.02A，示数为0.12A，根据欧姆定律知，
电阻；
（4）实验过程存在误差，因而要改变定值电阻两 端的电压，进行多次测量，并计算出相应的电阻值，对电阻值求平均值来减小测量误差。
故答案为：（1）；（2）R断路；（3）9.2；（4）调节滑动变阻器，得到多组电压、电流值，分别计算出电阻，最后求电阻的平均值。【分析】（1）根据电压表与电阻并联连接电路；
（2）电流表示数几乎为0说明电路是断路，根据电压表示数确定故障位置；
（3）根据电流表的量程与分度值读数，结合欧姆定律计算电阻；
（4）测电阻必须多次测量取平均值减小误差。
（1）该电路图连接不完整，需补充完整，将定值电阻与滑动变阻器串联，并将电压表并联在定值电阻两端，即将定值电阻左接线柱与滑动变阻器左下接线柱连接，如图所示：
（2）电压表示数突然接近最大值，电流表示数几乎为0，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的电阻断路。
（3）电流表选用了0~0.6A小量程，每小格为0.02A，此时读数为0.12A，据此计算出定值电阻的阻值
（4）一次测量存在较大的误差，为了减小误差，应多次测量求平均值。故接下来小明的工作应该是：调节滑动变阻器，得到多组电压、电流值，分别计算出电阻，最后求电阻的平均值。
四、计算题（本大题共2小题，共13分，23题7分，24题7分）
23．（2025·长沙模拟）某轿车在平直公路上行驶的45s内，其速度v与时间t、动力F与时间t的关系图像分别如图甲、乙所示。已知前10s轿车运动的路程为100m。求：
(1)前10s轿车运动的平均速度；
(2)轿车在匀速直线运动阶段通过的路程；
(3)动力F做的总功。
【答案】解：（1）前10s轿车运动的平均速度：
（2）根据可知，轿车在匀速直线运动阶段通过的路程
；
（3）动力F做的总功
答：(1)前10s轿车运动的平均速度是10m/s；(2)轿车在匀速直线运动阶段通过的路程是700m；(3)动力F做的总功为1.1×106J。
【知识点】速度公式及其应用；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据，计算轿车的速度；
（2）利用s=vt，计算路程；
（3）根据W=Fs，计算做过多少，再计算总功。
24．（2025·长沙模拟）如图甲所示电路，电源电压恒定，灯泡L标有“6V 6W”的字样，为定值电阻。闭合开关，在滑片P由b端滑到a端的过程中，电压表示数与电流表示数关系图像如图乙所示，灯泡由较暗到正常发光电路中的电流变为原来的2倍。求：
（1）小灯泡L正常工作时的电流；
（2）定值电阻的阻值；
（3）当滑片P移到某一点c时，R上消耗的功率与滑片移到b点时R上消耗的功率之比为，且此时R上消耗的功率等于灯泡L和上消耗的总功率，求滑片P滑到c点时灯泡L的实际功率。
【答案】（1）解：根据灯泡的规格可知，小灯泡L正常工作时的电流为
（2）解：由甲图可知，电路是串联的，电压表测L和R0两端电压，据乙图可知，当变阻器R接入电路中的阻值为0时，电路为L和R0串联，此时灯泡正常发光，灯泡两端电压为6V，电压表测电源电压为12V，由串联分压原理可知，定值电阻R0和灯泡正常发光时的电阻相等为
（3）解：当灯泡发光较暗时，变阻器R接入电路中的阻值最大，此时L和R0两端电压为5V，且电流为
变阻器两端电压为
R上消耗的功率为
已知R上消耗的功率与滑片移到b点时R上消耗的功率之比为，可得
且此时R上消耗的功率等于灯泡L和上消耗的总功率，由于电路是串联的，电流相等，由可得，R两端电压与灯泡L和总电压相等，分别为6V，此时电路中的电流为
滑片P滑到c点时，灯泡L和的总电阻为
可得滑片P滑到c点时，灯泡此时的电阻为
灯泡L的实际功率为
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】由电路图甲可知，闭合开关，灯泡L与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，电压表测灯泡L和定值电阻R0两端的电压之和，电流表测电路中的电流。
（1）由P=UI计算小灯泡L正常工作时的电流；
（2）根据图乙可知滑片在a端时电压表的示数即电源电压，灯泡正常发光时的电压为其额定电压，根据串联电路电压规律计算定值电阻两端的电压，由串联电路规律和欧姆定律计算R0的电阻值；
（3）由已知条件和灯泡的额定电流计算滑片在b端时电路中的电流；由图乙可得电压表的示数，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端的电压，由P=UI计算变阻器的功率；由Pc：Pb=33：35计算滑片P移到某一点c时R上消耗的功率，据此计算电路的总功率和电路中的电流，根据串联电路规律和P=UI计算灯泡L的实际功率。
（1）根据灯泡的规格可知，小灯泡L正常工作时的电流为
（2）由甲图可知，电路是串联的，电压表测L和R0两端电压，据乙图可知，当变阻器R接入电路中的阻值为0时，电路为L和R0串联，此时灯泡正常发光，灯泡两端电压为6V，电压表测电源电压为12V，由串联分压原理可知，定值电阻R0和灯泡正常发光时的电阻相等为
（3）当灯泡发光较暗时，变阻器R接入电路中的阻值最大，此时L和R0两端电压为5V，且电流为
变阻器两端电压为
R上消耗的功率为
已知R上消耗的功率与滑片移到b点时R上消耗的功率之比为，可得
且此时R上消耗的功率等于灯泡L和上消耗的总功率，由于电路是串联的，电流相等，由可得，R两端电压与灯泡L和总电压相等，分别为6V，此时电路中的电流为
滑片P滑到c点时，灯泡L和的总电阻为
可得滑片P滑到c点时，灯泡此时的电阻为
灯泡L的实际功率为
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