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北京市海淀区2025年中考一模物理试题
一、单项选择题（下列每题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意。共24分，每题2分）
1．（2025·海淀模拟）如图所示，书包带做得较宽的目的是（　　）
A．通过增大压力，来增大书包对肩部的压强
B．通过减小压力，来减小书包对肩部的压强
C．通过增大受力面积，来减小书包对肩部的压强
D．通过减小受力面积，来增大书包对肩部的压强
2．（2025·海淀模拟）海绵陶瓷是我国科学家研发的一种超轻质材料，它不仅具备传统陶瓷材料耐高温、隔热好等优点，而且同海绵一样富有柔性和弹性。由此可推测，海绵陶瓷适合用来制作（　　）
A．消防服 B．晾衣架 C．水果刀 D．保险丝
3．（2025·海淀模拟）2024年12月，长征二号丁运载火箭一次将五颗卫星分别送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。图中所示为发射时火箭上升的情境。关于该发射过程，下列说法正确的是（　　）
A．以地面为参照物，发射塔是运动的
B．以发射塔为参照物，火箭是静止的
C．以火箭为参照物，地面是静止的
D．以火箭为参照物，发射塔是运动的
4．（2025·海淀模拟）如图所示，“天宫课堂”上王亚平老师将两块透明板上的水球接触后粘在一起，慢慢拉开板后形成一个长长的“液桥”，该现象主要说明了（　　）
A．水分子间存在排斥力 B．水分子间存在吸引力
C．水分子间存在有空隙 D．水分子在无规则运动
5．（2025·海淀模拟）始建于元代的钟鼓楼作为北京中轴线北端的地标建筑，曾用其悠扬远传的暮鼓晨钟之声为城市报时。下列说法正确的是（　　）
A．正在发声的钟和鼓，没有振动
B．钟鼓之声悠扬远传，是因为声音传播不需要介质
C．人们依据音色的不同，能区分出钟和鼓的声音
D．钟和鼓振动的频率越高，它们发出声音的响度越大
6．（2025·海淀模拟）如图所示为蒸馏法淡化海水的装置示意图，该装置利用太阳能加热海水从而获得淡水。下列说法不正确的是（　　）
A．水蒸气在膜上发生的物态变化是汽化
B．水蒸气在膜上形成小液滴的过程需要放热
C．海水变成水蒸气的过程需要吸收热量
D．提高装置内的温度有助于加快海水的蒸发
7．（2025·海淀模拟）如图所示，一架直升机从静止在平静海面上的军舰上起飞并远离。与直升机起飞前相比（　　）
A．军舰会略向上浮，其所受浮力变大
B．军舰会略向上浮，其所受浮力变小
C．军舰会略向下沉，其所受浮力变大
D．军舰会略向下沉，其所受浮力变小
8．（2025·海淀模拟）一小球从一定高度由静止释放，不计空气阻力。小球下落过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受合力为零
B．小球的动能先增大，后保持不变
C．小球始终受到惯性的作用
D．小球所受重力做功越来越快
9．（2025·海淀模拟）通过灯泡L1和L2的电流I随其两端电压U变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．若两灯串联接在电源两端，则L1两端的电压大于L2两端的电压
B．若两灯串联接在电源两端，则L1消耗的功率大于L2消耗的功率
C．若两灯并联接在电源两端，则通过L1的电流大于通过L2的电流
D．若两灯并联接在电源两端，则L1消耗的电能小于L2消耗的电能
10．（2025·海淀模拟）如图1所示，水平拉力F1作用在物体甲上，使其沿水平面以速度v1向右做匀速直线运动；如图2所示，在甲上放置物体乙，水平拉力F2作用在甲上，使两物体一起沿同一水平面以速度v2向右做匀速直线运动。F1和F2作用时间均为t，忽略空气阻力。下列判断正确的是（　　）
A．v1一定小于v2 B．F1一定小于F2
C．F1做的功一定小于F2做的功 D．F1的功率一定小于F2的功率
11．（2025·海淀模拟）用如图所示装置将物体从水中提出，已知物体的运动速度始终保持不变，不计绳重和摩擦。物体完全离开水面以后，与物体浸没在水中时相比，下列判断正确的是（　　）
A．滑轮组的机械效率变大 B．天花板所受的拉力变小
C．拉力F的大小保持不变 D．拉力F的功率可能不变
12．（2025·海淀模拟）科技小组对某材料所能承受的撞击力进行测试。测试时，将材料样品平放在压力传感器（可等效为可变电阻）上，如图1所示。闭合开关S，由静止释放一重物，重物与样品碰撞后立即粘在一起，最终静止在压力传感器上。图2描绘了撞击前、后一段时间内电流表的示数I随时间t变化的关系。已知电源两端电压恒为24V，定值电阻R0=10Ω，可变电阻的阻值R随其所受压力F变化的关系如图3所示。下列说法正确的是（　　）
A．重物与样品接触前，可变电阻的阻值为120Ω
B．从10ms到14ms的过程中，压力传感器所受的压力增大
C．整个过程中，压力传感器所受的最大压力是400N
D．可变电阻在14ms时的电功率大于其在6ms时的电功率
二、多项选择题（下列每题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每题2分。每题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分）
13．（2025·海淀模拟）图中所示的海油观澜号是我国的深远海浮式风力发电平台，它可以漂浮在海面上为海上油气生产供电，其额定发电功率为7.25×103kW。下列说法正确的是（　　）
A．海油观澜号所利用的风能属于可再生能源
B．海油观澜号所产生的电能是由机械能转化而来的
C．海油观澜号所处海域海水的深度越大，其所受浮力就越大
D．海油观澜号正常工作1s能产生7.25×103kW·h的电能
14．（2025·海淀模拟）小明想设计一个测量未知电阻的电路：电源两端电压保持不变，将待测电阻Rx（图中未画出）接在a、b之间，闭合开关S1，分别记下开关S2断开和闭合时电流表的示数I1和I2，仅利用I1、I2和定值电阻的阻值R0便可得到Rx的阻值。下列设计中符合上述要求的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2025·海淀模拟）如图1所示，甲、乙两个相同的直柱形容器静置在水平桌面上，其内装有质量相同且温度均为t1的水，A为甲中到容器底部距离不变的一点，乙中的物体用细绳固定在容器底部，细绳处于绷直状态。图2描绘了水的密度ρ随水的温度t变化的关系。不考虑温度对物体和容器的影响以及水的蒸发。下列说法正确的是（　　）
A．水温从t1缓慢升至4℃的过程中，甲中水在A点产生的压强增大
B．水温从t1缓慢升至t2的过程中，乙中细绳的拉力先增大、再减小
C．水温从4℃缓慢升至t2的过程中，乙中水对容器底部的压力不变
D．当水温为4℃时，乙和甲中的水对容器底部的压强之差达到最大
三、实验探究题（共28分，16、20、23题各3分，17至19题各4分，21题2分，22题5分）
16．（2025·海淀模拟）用调好的天平测量小石块的质量，天平平衡时，右盘上的砝码和游码位置如图所示，小石块的质量m为　 　g，用量筒测出小石块的体积V为10cm3，依据公式ρ＝　 　，可以算出该小石块密度的测量值为　 　g/cm3。
17．（2025·海淀模拟）（1）图1中的落日在颐和园昆明湖中的“像”，是由于光的　 　形成的。
（2）图2中，白光通过三棱镜折射后会形成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫等颜色组成的光带，该现象说明白光是由　 　组成的。
18．（2025·海淀模拟）（1）如图所示，两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等的水和煤油、相同的电热丝R0用该实验装置探究“液体吸热多少与液体种类是否有关”，当通过R的电流相同时，可通过　 　反映液体吸收热量的多少。
（2）在测量氧气的比热容时发现，氧气的压强分别为1.01×105Pa和2.02×105Pa时，所测出的氧气的比热容不同，由此可得出的结论是　 　。
19．（2025·海淀模拟）利用1个直流电源、3块电流表（A1、A2和A）、2个滑动变阻器（R1、R2）、1个开关和若干导线，探究在并联电路中，通过干路的电流I与通过R1的电流I1、通过R2的电流I2之和的关系。
（1）画出实验电路图；
（2）画出实验数据记录表格。
20．（2025·海淀模拟）如图1所示，将焦距为f的凸透镜固定在光具座上50cm刻线处，光屏和点燃的蜡烛分别位于凸透镜两侧。用此装置进行实验，得到图2中像距v随物距u变化的图像。
（1）根据上述信息可知，f=　 　cm；
（2）将蜡烛置于15cm刻线处、凸透镜置于50cm刻线处、光屏置于70cm刻线处，若在凸透镜和蜡烛之间再放置一个合适的　 　（选填“凹”或“凸”）透镜，则可在光屏上观察到烛焰清晰的像；
（3）保持图1中凸透镜位置不变，取走蜡烛，将“F”粘贴在光屏上，如图3所示，并将光屏置于55cm刻线处，从左侧通过凸透镜观察，会看到图4中的　 　。
21．（2025·海淀模拟）（1）利用图中所示的实验装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件，灵敏电流计的作用是　 　；
（2）若要探究通电导体在磁场中的受力情况，则可将图中灵敏电流计替换为　 　，进行实验。
22．（2025·海淀模拟）在探究杠杆平衡条件时，所用每个钩码的质量均相等、杠杆上相邻刻线间的距离相等。
（1）如图1所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）端调节。杠杆水平平衡后，在A点悬挂2个钩码，如图2所示，为使杠杆保持水平平衡，应在B点悬挂　 　个钩码；
（2）如图3所示，若每个钩码质量为50g，则应在C点施加一个F=　 　N的竖直拉力作为动力，来维持杠杆水平平衡。此时该杠杆与下图中的　 　正常使用时的杠杆类型相同；（取g=10N/kg）
AB. C.
（3）在图3中杠杆水平平衡的基础上，在支架上固定1个滑轮，将悬挂钩码的细线绕过滑轮，如图4所示。若仍使杠杆保持水平平衡，则竖直拉力F'　 　F。（选填“>”“=”或“<”）
23．（2025·海淀模拟）实验室有额定电压U额相同但额定功率未标识的灯泡L1和L2。先将L1接入如图所示电路的a、b两点之间，闭合开关S，电压表示数为U1；断开开关S，取下L1后，将L2接入电路的a、b两点之间，闭合开关S，电压表示数为U2，发现U1>U2。已知电源两端电压恒为U，L1、L2的阻值保持不变，R0为定值电阻。分析比较灯泡L1和L2的额定功率P1和P2的大小。
四、科普阅读题（共4分）
24．（2025·海淀模拟）请阅读《锁边塔克拉玛干》并回答题。
锁边塔克拉玛干
新疆的塔克拉玛干沙漠是我国最大的沙漠，也是世界第二大流动沙漠。这片广袤无垠的沙海，以其极端的气候条件和恶劣的自然环境，对周边地区构成了严重威胁。为了有效阻挡沙漠的扩张、降低沙尘暴的影响，我国启动了塔克拉玛干沙漠锁边工程。
锁边工程的核心是构建一条绿色阻沙防护带，以阻挡沙漠的侵袭。工程固沙是重要的方法之一。工程固沙是通过铺设草方格沙障和高立式沙障实现的。其中草方格沙障利用芦苇秆等材料扎成方格，铺设在沙地上，通过增加地表粗糙程度来降低风速，以减少风沙的搬运能力，达到固沙的效果，从而能够有效地减少沙尘暴的发生。
除了工程固沙，还有光伏治沙。在沙漠边缘或内部建设光伏发电站，利用光伏板吸收太阳能并转化为电能。光伏板不仅提供了清洁能源，还起到了降低风速、削弱风的挟沙能力的作用。这是因为光伏板相当于一道屏障，能够阻挡部分风沙的流动，同时其遮阳效果也能降低地面温度，调节热力平衡，进一步减少风沙流动。
此外，还有生物治沙，如植树造林，通过种植胡杨、红柳、柽柳等林木，以及酸枣、沙枣、板蓝根、甘草、玫瑰花等经济作物实现扩绿增绿。
历经多年努力，一条长达3046km的绿色阻沙防护带终于在塔克拉玛干沙漠边缘形成，如同给塔克拉玛干沙漠戴上了“绿色围脖”。锁边塔克拉玛干，不仅为当地的经济发展提供了有力保障，也为全球沙漠治理提供了宝贵经验。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）草方格沙障是通过增加　 　来降低风速，减少风沙的搬运能力，实现固沙。
（2）光伏发电板既可以将　 　能转化为电能，又可以阻挡部分风沙的流动。
（3）一种分析沙尘暴的模型如下：
竖直向上运动的气流将大量沙尘颗粒（每个颗粒可视为质量分布均匀的球体）扬起后悬浮在空中并保持不动，每个沙尘颗粒的体积V=，其所受气流竖直向上的作用力f=，其中ρ是空气密度、r是沙尘颗粒的半径、v是竖直向上的气流流速，忽略沙尘颗粒所受浮力。
根据该模型可知，某区域竖直向上的气流流速越大，可悬浮在空中的沙尘颗粒的半径越　 　。经过工程固沙等措施治理后，测得某区域发生沙尘暴时竖直向上的气流流速v降为4m/s，取该区域空气密度ρ＝1.25kg/m3、沙尘颗粒的密度ρ0＝3×103kg/m3和g＝10N/kg，可知此次沙尘暴中悬浮在空中的沙尘颗粒的半径r＝　 　mm。
五、计算题（共8分，25、26题各4分）
25．（2025·海淀模拟）将一物体悬挂在弹簧测力计下，稳定时弹簧测力计的示数为5N。如图所示，将物体浸没在水中，稳定时弹簧测力计的示数为3N。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/kg。
（1）画出物体浸没在水中时的受力示意图。
（2）求物体所受浮力的大小F浮。
（3）求物体的体积V。
26．（2025·海淀模拟）图1所示为某种电熨斗的原理图，虚线框内为其加热电路，其中R0是定值电阻，R是可调电阻（不考虑温度对其阻值的影响），电熨斗产生的热量全部来自R0和R。已知加热电路两端的电压U=220V且保持不变，加热电路所能达到的最大和最小发热功率分别为484W和121W。
（1）求R0。
（2）求R接入电路中的最大阻值Rmax。
（3）图2描绘了电熨斗发热面温度与环境温度的温差△T随电熨斗发热功率P变化的关系。当电熨斗在恒为20℃的环境中熨烫某种布料时，要求电熨斗发热面的温度恒为200℃。请分析判断当R接入电路中的阻值为10Ω时，能否满足上述要求。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】减小压强的方法及其应用
【解析】【解析】书包带设计得较宽是为了在书包对肩部压力不变的情况下，通过增加受力面积来降低压强。根据压强公式p=F/S可知，当压力F一定时，增大受力面积S可以减小压强p。A、B、D选项所述内容与题目要求不符，C选项正确体现了"减小压强"的设计目的。
故选C。
【分析】压强的影响因素：公式为P=F/S，所以压强的大小和压力大小成正比，和受力面积成反比；压强大小于接触面材料无关，所以在压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
2．【答案】A
【知识点】物质的基本属性；家庭电路的组成
【解析】【解答】A．海绵陶瓷具有耐高温的特性，因此适合用于消防服等高温环境下的防护装备，选项A符合题意。
BC．晾衣架和水果刀需要具备较高的硬度和刚性，而海绵陶瓷的特点是柔性和弹性较好，因此不适合用于晾衣架和水果刀，选项BC不符合题意。
D．保险丝需要低熔点的材料以便在过载时熔断，而海绵陶瓷耐高温的特性使其不适合用作保险丝，选项D不符合题意。
综上所述，正确答案是A。
【分析】海绵陶瓷具备耐高温、隔热好、富有柔性和弹性，所以可作消防服。
3．【答案】D
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】A选项分析：在发射过程中，若以地面为参照物，发射塔的位置没有发生变化，因此是静止的。所以A选项的说法是错误的。
B选项分析：在发射过程中，若以发射塔为参照物，火箭的位置在不断变化，因此是运动的。所以B选项的说法是错误的。
C选项分析：在发射过程中，若以火箭为参照物，地面的位置在不断变化，因此是运动的。所以C选项的说法是错误的。
D选项分析：在发射过程中，若以火箭为参照物，发射塔的位置在不断变化，因此是运动的。所以D选项的说法是正确的。
综上所述，正确答案是D。
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止。
4．【答案】B
【知识点】分子间相互作用力
【解析】【解答】在“天宫课堂”上，将两块透明板上的水球接触后粘在一起，慢慢拉开板后形成一个长长的“液桥”，说明水分子间存在引力，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】分子间存在相互作用的引力和斥力。
5．【答案】C
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．声音的产生源于物体振动，正在发声的钟和鼓必然处于振动状态，因此选项A的表述是错误的。
B．声音传播依赖介质，钟鼓声能够传播至远处是通过空气等介质实现的，故选项B的说法不正确。
C．由于不同发声体的材料和结构差异会产生独特的音色特征，人们正是通过音色的区别来分辨钟声和鼓声，所以选项C的结论是正确的。
D．钟鼓振动频率决定音调高低（频率越高音调越高），而响度取决于振幅大小，与频率无关，因此选项D的表述存在错误。
正确答案是C。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
6．【答案】A
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；影响蒸发快慢的因素；液化及液化放热
【解析】【解答】AB．气态水蒸气在膜表面遇冷液化为小水滴，液化过程会释放热量，因此选项A"液化吸热"的说法是错误的（符合题意），而选项B"液化放热"的说法是正确的（不符合题意）。
C．海水转化为水蒸气的过程中发生的是汽化现象，汽化过程需要吸收热量，该选项表述正确（不符合题意）。
D．液体蒸发速率受温度、液体表面积和液体表面空气流速等因素影响，提升装置内部温度可以促进海水蒸发，该选项表述正确（不符合题意）。
综上所述，错误的选项是A。
【分析】1、影响蒸发的因素有温度和空气流速， 减小液体表面空气的流动速度 以及降低温度都可以降低蒸发的速度，增大温度以及加快空气的流速，可以加快蒸发速度；
2、液化为气态变为液态会释放热量，如露珠；
3、汽化为液态变为气态，会吸收热量，如：蒸发。
7．【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】军舰始终处于漂浮状态，根据浮沉条件可知，军舰受到的浮力始终等于其重力。当直升机从军舰上起飞后，军舰的总重力减小，因此军舰受到的浮力也随之减小。根据阿基米德原理公式分析，在液体密度（ρ液）和重力加速度（g）不变的情况下，浮力减小必然导致排开液体的体积（V排）减小，因此军舰会略微上浮。综上所述，与直升机起飞前相比，军舰会上浮且所受浮力减小，故选项B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
8．【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；机械能及其转化；惯性及其现象；力的合成与应用
【解析】【解答】A．题目中假设空气阻力忽略不计，因此小球在下落过程中仅受到重力作用。根据牛顿第一定律，物体所受合外力不为零时会产生加速度，故A选项"合力为零"的说法是错误的。
B．由于小球在重力作用下做自由落体运动，其速度会随时间不断增加，动能会持续增大，不可能保持不变，因此B选项是错误的。
C．惯性是物体保持原有运动状态的性质，是物体的固有属性，不是一种作用力。因此"受到惯性作用"的表述是错误的，故C选项不正确。
D．重力做功的功率计算公式为P=Gv=mgv。随着下落速度v的增大，功率P也随之增大，这表明重力做功的速率越来越快，因此D选项是正确的。
综上所述，正确答案是D。
【分析】1、惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述；
2、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
3、功率的计算：P=Fv。
9．【答案】C
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】选项AB分析：根据串联电路电流特性，两灯泡串联时通过电流相同。由图像可知，在相同电流（纵坐标值相等）时，L1的电压低于L2的电压。根据电功率公式可推得，串联状态下L1的实际功率小于L2，因此AB选项均错误。
选项C分析：并联时两灯电压相同，图像显示此时L1的电流大于L2，故C正确。
选项D分析：电能消耗取决于功率和工作时间，由于题目未给出工作时间，无法比较两灯电能消耗量，故D错误。
正确答案为C。
【分析】1、电功率的计算：公式为P=UI，当电流相同时，据图分析，电压大的电功率大；
2、并联电路电压相同，据图分析可知，两灯泡电压相同下，通过通过L1的电流大于通过L2的电流 ；
3、电功的计算：公式为W=UIt，电压相同，通过通过L1的电流大于通过L2的电流，时间相同，据此分析电功的大小。
10．【答案】B
【知识点】功率大小的比较；探究影响摩擦力大小因素的实验；功的概念
【解析】【解答】A．匀速运动的速度与拉力大小无关。题目未提供任何关于速度关系的信息，因此无法比较两图中速度的大小关系，选项A错误。
B．物体做匀速运动时，根据平衡条件，拉力大小等于摩擦力大小。摩擦力取决于接触面的粗糙程度和正压力。图2中的正压力大于图1中的正压力，因此图2的摩擦力大于图1的摩擦力，即F2 > F1，选项B正确。
C．由于无法确定两图中速度的大小关系，因此无法比较物体运动的路程，也就无法比较拉力做功的大小关系，选项C错误。
D．功率是功与时间的比值。既然无法确定功的大小关系，也就无法比较功率的大小关系，选项D错误。
综上所述，正确答案是B。
【分析】力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用，物体做匀速直线运动，受到平衡力，拉力和摩擦力大小相同，物体就会做匀速直线运动，速度和拉力大小无直接关系；
功的计算：W=Fvt=Pt，有公式分析可知，速度不可知导致功率大小未知，做功多少未知。
11．【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用；增大或减小机械效率的方法；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．当物体完全离开水面后，浮力消失，物体受到的拉力增大。在不计绳重和摩擦的情况下，滑轮组的机械效率表达式为：
，由此可见，随着增大，机械效率η提高，因此选项A正确。
BC．忽略绳重和摩擦时，自由端拉力计算公式为：，物体离开水面后增大导致F增大。天花板承受的拉力为：，因此天花板所受拉力也随之增大，故选项B、C错误。
D．虽然物体运动速度恒定使自由端移动速度不变，但由于拉力F增大，根据功率公式：P=Fv计算可知可知拉力的功率将增大，因此选项D错误。
正确答案为A。
【分析】1、滑轮组机械效率的计算：；据此分析当拉力变化时，机械效率的计算；
2、功率的计算：公式为P=Fv；
3、滑轮组的拉力的计算：公式为。
12．【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A．根据图2数据，重物接触样品前电路电流I=0.2A，此时：定值电阻R0两端电压：U0=IR0=0.2×10=2V，可变电阻两端电压：UR=U-U0=24V-2V=22V，结合欧姆定律计算可知可变电阻阻值：，因此选项A的结论是错误的。
B．分析图2时间区间10ms-14ms：电流呈现减小趋势，结合图3特性：撞击力增加，电阻减小，电流变大可知电流减小对应压力减小，故选项B的结论是错误的。
C．当电流峰值Im=1.2A时：总电阻：，压力传感器电阻：R=R总-R0=20Ω-10Ω=10Ω，对应最大撞击力应为600N
因此选项C的结论是错误的。
D．功率对比分析：14ms时刻（I=0.4A）：根据欧姆定律和电阻的串联分析计算可知，其功率为；6ms时刻（I=0.2A）：同理计算可知，可变电阻的电功率，所以D的结论（P1>P2）正确。
综上所述，正确答案为D。
【分析】1、电功率的计算：公式为，据此计算不同时刻的电功率；
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
13．【答案】A,B
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；物体的浮沉条件及其应用；电功的计算
【解析】【解答】A选项：风能属于可再生能源，因为可以持续从自然界获取，"海油观澜号"利用的风能符合这一特性，因此A选项正确。
B选项：该平台通过发电机将机械能转化为电能，其原理是电磁感应现象，所以B选项正确。
C选项：漂浮状态时浮力等于重力，由于重力不变，浮力也不变，与海水深度无关，因此C选项错误。
D选项：计算1秒发电量：，这个计算结果与选项不符，故D错误。
正确答案是AB。
【分析】1、可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
2、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。能量转化为机械能转化为电能；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度；
4、电功的计算：公式为，结合题目中给出的功率和时间计算电功。
14．【答案】A,D
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】A选项分析：当Rx连接在a、b两点之间时：闭合开关S1且断开S2时，电路仅由Rx构成，电流表测得I1即为通过Rx的电流。闭合S2后，R0与Rx形成并联电路，电流表测得总电流I2。根据并联电路特性：通过R0的电流：I0 = I2 - I1，电源电压：U = I0R0 = (I2 - I1)R0Rx阻值计算：，因此A方案可行。
B选项分析：当Rx接在a、b之间时：仅闭合S1时，R0与Rx并联，电流表仅测量R0支路电流I1。闭合S2将导致电源短路，无法测量。 故B方案不可行。
C选项分析：当Rx接在a、b之间时：断开S2时，R0与Rx串联，电流表示数I1，此时电源电压：U = I1(Rx + R0)，闭合S2后电流表被短路，无法提供有效数据。故C方案不可行。
D选项分析：当Rx接在a、b之间时：断开S2时，R0与Rx串联，电流表示数I1，此时：U = I1(Rx + R0)，闭合S2后仅R0工作，电流表示数I2，此时：U = I2R0，联立方程可得：，因此D方案可行。
正确答案为A、D。
【分析】伏安法测电阻：电压表并联待测电阻两侧测量待测电阻的电压U，电流表串联在电路中测量待测电阻的电流I，根据欧姆定律R=U/I计算待测电阻的阻值。所以想要测量电阻的阻值，需要测量通过电阻的电流和电压，A选项分析，当开关S2断开和闭合后，两种情况下，R0和Rx并联，或者只有Rx串联进入电路中，结合并联电路电流规律以及欧姆定律计算分析Rx；B选项，电流表只测量通过R0两端电流，无法测量通过Rx的电流，无法测量其电阻；C选项闭合S2后，电流表短路，无法测量电流，无法测量电阻；D选项当开关S2断开和闭合后，两种情况下，R0和Rx并联，或者只有R0串联进入电路中，结合并联电路电流规律以及欧姆定律计算分析Rx.
15．【答案】B,D
【知识点】力的合成与应用；压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；压力差法测浮力
【解析】【解答】A选项分析：根据图2显示，当水温从t1逐渐上升到4℃时，水的密度逐渐增大。对于甲容器，水对容器底部的压强计算公式为。由于水的质量m和容器底面积S保持不变，因此p底甲不变。设h1为水面到A点的距离，h2为A点到容器底部的距离，则压强关系可表示为p底=ρ水gh=ρ水g(h1+h2)=ρ水gh1+ρ水gh2。随着ρ水增大且h2不变，ρ水gh2增大。由于p底不变，必然导致ρ水gh1减小，即A点处水产生的压强减小。因此A选项是错误的。
B选项分析：对乙容器中的物体进行受力分析，物体受到重力G、拉力F拉和浮力F浮作用，根据平衡条件可得G+F拉=F浮。浮力计算公式为F浮=ρ液gV排，由于物体体积V排不变，而水的密度先增大后减小（见图2），导致浮力先增大后减小。重力G保持不变，根据F拉=F浮-G可知细绳拉力会先增大后减小。因此B选项是正确的。
C选项分析：乙容器中水对底部的压力F=p水S=ρ水ghS=ρ水gV=ρ水g(V水+V物)=m水g+ρ水gV物。当水温从4℃升至t2时，虽然水的质量m水不变，但水的密度ρ水减小，且物体体积V物不变，导致水对容器底部的压力减小。因此C选项是错误的。
D选项分析：甲乙两容器底部压强差Δp=p乙底-p甲底，其中p甲底保持不变。乙容器底部压强计算公式为。在4℃时水的密度达到最大值，此时Δp取得最大值。因此D选项是正确的。
综上所述，正确答案为BD。
【分析】1、压强的计算公式：，根据题目分析可知水的质量不变，即对容器底部的压力不变，底面积不变，据此分析压强的变化；
2、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同，结合题目中A的位置，列压强方程p底=ρ水gh=ρ水g(h1+h2)=ρ水gh1+ρ水gh2，据此求解甲中水在A点产生的压强；
3、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力，据此分析BC选项；
4、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大。
16．【答案】24；；2.4
【知识点】密度公式及其应用；固体密度的测量
【解析】【解答】从图中可以读出石块的质量为20克加上4克，总质量为24克。根据密度公式计算得出，石块密度为质量24克除以体积10立方厘米，结果为2.4克每立方厘米，即。
【分析】测量物体密度试验：原理为ρ=m/v，使用的仪器为天平和量筒；
天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，
称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，为了准确测量液体质量需要：先测水和烧杯总重m1，倒出一定体积的液体，测量剩余液体和烧杯的质量m2，所以水的质量为m1-m2，
量筒的使用：确定分度值，视线平行对准液面最低处，进行读数。
17．【答案】（1）反射
（2）各种色光
【知识点】光的反射；光的色散
【解析】【解答】（1）图1中的落日在颐和园昆明湖中的“像”是平面镜成像现象，其成因是光的反射。
（2）白光是一种复色光，当其通过三棱镜时，由于不同色光的折射角不同，会发生折射并分散开，形成色散现象，最终分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光。这表明白光是由多种色光混合而成的。
【分析】1、平面镜成像特点为物像等大、物像等距、物像关于平面镜对称、成虚像；
2、光的色散（太阳光经过三棱镜折射会发生光的色散，分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光）。
（1）图1中的落日在颐和园昆明湖中的“像”，属于平面镜成像，平面镜成像是由于光反射形成的。
（2）白光是复色光，白光经过三棱镜发生折射时，不同色光的折射角不同，折射后各色光分散开，发生色散分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，说明白光是由各种色光混合而成的。
18．【答案】（1）加热时间
（2）氧气的比热容与压强有关
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）如图所示，两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相同的水和煤油，以及相同的电热丝R0。利用该实验装置研究"液体吸热量是否与液体种类有关"。根据焦耳定律Q=I2Rt，当通过R的电流相同时，加热时间越长，液体吸收的热量就越多。因此，可以通过比较加热时间来反映液体吸收热量的多少。
（2）实验测得氧气在1.01×105Pa和2.02×105Pa两种压强下的比热容数值不同。这表明在不同压强条件下，氧气的比热容会发生变化，从而证明氧气的比热容与其所处的压强有关。
【分析】1、探究不同物体吸热能力的实验，使用相同的加热装置，则相同时间物体吸收热量相同；
2、氧气在不同压强下的比热容数值不同，证明氧气的比热容与其所处的压强有关。
（1）如图所示，两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等的水和煤油、相同的电热丝R0用该实验装置探究“液体吸热多少与液体种类是否有关”，当通过R的电流相同时，根据Q=I2Rt可知，加热时间越长，液体吸热越多，故通过加热时间反映液体吸收热量的多少。
（2）氧气的压强分别为1.01×105Pa和2.02×105Pa时，所测出的氧气的比热容不同，压强不同，氧气的比热容不同，说明氧气的比热容与压强有关。
19．【答案】（1）
（2）
I1/A
I2/A
(I1＋I2)/A
I/A
【知识点】探究串并联电路中的电流特点实验
【解析】【解答】（1）根据实验要求，将两个变阻器并联连接，每个支路分别接入一个电流表，并在总干路上安装一个电流表，具体电路连接方式如下所示：
（2）实验数据记录表需包含以下内容：两条支路的电流值、两支路电流之和以及干路总电流，表格设计如下：
I1/A
I2/A
(I1＋I2)/A
I/A
【分析】探究在并联电路中，干路和支路电流关系，需要使用电流表测量电流，使用变阻器支路电阻，使用导线连接电源、开关、变阻器和电流表，调节变阻器滑片，测量电流表数据。
（1）根据实验目的，两个变阻器并联，各支路上各接一个电流表，干路上接一个电流表，如下所示：
（2）表格中需要有两个支路的电流，两个支路的电流之和以及干路中的电流，如下表所示：
I1/A
I2/A
(I1＋I2)/A
I/A
20．【答案】（1）10
（2）凹
（3）A
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）据凸透镜成像规律，当物距与像距相等且等于两倍焦距时，即，会形成倒立、等大的实像。从图2中可读出，因此焦距。
（2）当蜡烛放在15cm刻度处、凸透镜在50cm刻度处、光屏在70cm刻度处时，物距为，大于两倍焦距。根据成像规律，此时像距应满足，但实际像距恰好等于。为了调整成像位置，需要在凸透镜和蜡烛之间添加一个凹透镜，利用其对光线的发散作用来增大像距。
（3）在图1中保持凸透镜位置不变，移除蜡烛并将“F”标志贴在光屏上（如图3），将光屏移至55cm刻度处。此时物距，小于焦距。从左侧透过凸透镜观察时，会看到正立、放大的虚像，符合放大镜的原理，因此观察到的图像为图4中的A选项。
【分析】凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
（1）根据凸透镜成像规律，当时，成倒立、等大的实像。由图2可知，解得。
（2）将蜡烛置于15cm刻线处、凸透镜置于50cm刻线处、光屏置于70cm刻线处，此时物距为
根据凸透镜成像规律，则像距应满足，而光屏到凸透镜的距离为
所以应在凸透镜和蜡烛之间再放置一个合适的凹透镜，利用其对光线的发散作用延迟成像，增大像距。
（3）保持图1中凸透镜位置不变，取走蜡烛，将“F”粘贴在光屏上，如图3所示，并将光屏置于55cm刻线处，此时物距
从左侧通过凸透镜观察，可以看到正立、放大的虚像，是放大镜原理，所以会看到图4中的A。
21．【答案】（1）检验有无感应电流
（2）电源
【知识点】磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）利用图中所示的实验装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件。当导体ab切割磁感线时，电流计的指针发生偏转，表明电路中产生了感应电流。灵敏电流计的作用是检测并显示电路中是否产生感应电流。
（2）若要研究通电导体在磁场中的受力情况，需使导体ab中通入电流。此时，可将图中的灵敏电流计替换为电源，以便进行实验。
【分析】1、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。
2、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机，所以研究通电导体在磁场中的受力情况，需要在电路中安装电源。
（1）利用图中所示的实验装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件，导体ab切割磁感线，电流计的指针发生偏转，说明产生电流，灵敏电流计的作用是显示是否会产生感应电流。
（2）若要探究通电导体在磁场中的受力情况，需要使导体ab中有电流通过，则可将图中灵敏电流计替换为电源，进行实验。
22．【答案】（1）右；3
（2）0.6；B
（3）<
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆右端偏高，表明左端较重，因此需要将平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置保持静止。这样的调整有助于准确测量力臂长度。设单个钩码重量为，杠杆一格长度为，B点悬挂n个钩码。根据杠杆平衡条件：
解得n=3，故B点需挂3个钩码。
（2）每个钩码质量m=50g=0.05kg，重力G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N，A点拉力。根据杠杆平衡条件：
计算得F=0.6N。此时动力臂>阻力臂，属于省力杠杆。对比选项：A天平为等臂杠杆，B起子为省力杠杆，C食品夹为费力杠杆，因此与B类型相同。
（3）如图4所示，增加定滑轮后，A点拉力力臂减小（拉力不变），C点力臂不变。根据杠杆平衡条件，C点拉力将减小，即变小。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响；
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
（1）[1]如图1，杠杆右端高，说明左端沉，所以应向右调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置静止，这样便于读出力臂大小。
[2]设一个钩码重为G0，杠杆上一格的长度为L0，B点挂n个相同的钩码，由杠杆平衡条件知2G0×3L0=nG0×2L0
解得n=3，所以应在B点挂3个钩码。
（2）[1]每个钩码的质量为m=50g=0.05kg
重力为G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N
所以A点所受拉力为FA=2G=2×0.5N=1N
由杠杆平衡条件可知FA×3L0=F×5L0
代入数据解得F=0.6N。
[2]此时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；A中天平的动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，B中起子动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；C中食品夹动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；所以此时该杠杆与下图中的B正常使用时的杠杆类型相同。
（3）如图4，加上定滑轮后，A处拉力的力臂变小，拉力不变，C处拉力的力臂不变，由杠杆平衡条件可知，C处的拉力变小，即F'
23．【答案】当灯泡L1连接在a、b两点之间时： 电路电流为I1， 电阻R0两端电压U0 = U - U1（U为电源电压，U1为L1两端电压），当灯泡L2连接在a、b两点之间时： 电路电流为I2， 电阻R0两端电压U0' = U - U2，由已知条件U1 > U2，可得U0 < U0'。根据欧姆定律：，，因此I1 < I2。计算两灯泡电阻：，，可得R1 > R2。当两灯泡正常发光时，额定功率计算为：
，因此得出P1 < P2。
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】当灯泡L1连接在a、b两点之间时： 电路电流为I1， 电阻R0两端电压U0 = U - U1（U为电源电压，U1为L1两端电压），当灯泡L2连接在a、b两点之间时： 电路电流为I2， 电阻R0两端电压U0' = U - U2，由已知条件U1 > U2，可得U0 < U0'。根据欧姆定律：，，因此I1 < I2。计算两灯泡电阻：，，可得R1 > R2。当两灯泡正常发光时，额定功率计算为：，因此得出P1 < P2。
【分析】1、电功率的计算：公式为P=UI；
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
24．【答案】（1）地表粗糙程度
（2）太阳
（3）大；0.25
【知识点】密度公式及其应用；能量的转化或转移；重力及其大小的计算；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据材料描述，草方格沙障采用芦苇秆等材料制成方格状结构并铺设在沙地表面。其作用机理是通过增加地表粗糙度来减小风速，从而削弱风的搬运能力，实现固沙效果，进而有效抑制沙尘暴的形成。
（2）材料表明，光伏发电板具有双重功能：一是将太阳能转换为电能，二是通过物理阻挡作用抑制部分风沙的运动。
（3）沙尘颗粒重力表达式为：；气流作用力表达式为：；当沙尘颗粒悬浮时满足力平衡条件：；化简得到粒径关系式：，表明气流速度v越大，可悬浮的沙尘颗粒半径越大。代入参数v=4m/s、ρ=1.25kg/m3、、g=10N/kg计算得：。
【分析】1、滑动摩擦力影响因素：控制压力相等的情况下，接触面表面越粗糙，滑动摩擦力越大；控制接触面粗糙程度相等的情况下，压力越大，滑动摩擦力越大。题目中通过增加地表粗糙度增加摩擦力，进而减小风速；
2、能量转化：根据物体起始状态具有的能量和最终状态具有的能量进行判断，如太阳能电池是将太阳能转化为电能；
3、颗粒悬浮，重力等于气流作用力，可列G=f，结合题目中的信息化简颗粒半径表达式。
（1）[1]由材料可知，其中草方格沙障利用芦苇秆等材料扎成方格，铺设在沙地上，通过增加地表粗糙程度来降低风速，以减少风沙的搬运能力，达到固沙的效果，从而能够有效地减少沙尘暴的发生；
（2）[1]由材料可知，光伏发电板既可以将太阳能转化为电能，又可以阻挡部分风沙的流动。
（3）[1]重力为：；
气流的作用力：；
沙尘颗粒悬浮时，气流的作用力与重力平衡，所以得出；
化简得：；由此可见，气流流速v越大，悬浮在空中的沙尘颗粒的半径越大，
将v=4m/s，ρ=1.25kg/m3、沙尘颗粒的密度和g=10N/kg代入上式可得，。
25．【答案】（1）解：物体浸没在水中时，受到重力、浮力、拉力，如图所示。
（2）解：物体所受浮力的大小。
（3）解：由得。
【知识点】重力示意图；阿基米德原理；浮力大小的计算；浮力的示意图
【解析】【分析】（1）重力作用竖直向下，浮力的方向想竖直向上，弹簧测力计的弹力竖直向上，作用点位于物体重心，据此作图：
（2）物体所受浮力的大小；
（3）由得排开水的体积。
（1）物体浸没在水中时，受到重力、浮力、拉力，如图所示。
（2）物体所受浮力的大小
（3）由得
26．【答案】（1）解：由图得，R0与R串联。当R接入电路中的阻值为0时，电路为R0的简单电路，加热电路的电阻最小，由得，此时加热电路的功率最大，R0的阻值为。
（2）解：当R接入电路中的阻值为Rmax时，加热电路的电阻最大，由得，此时加热电路的功率最小，此时电路的总电阻为，由串联电路电阻特点得，R接入电路中的最大阻值。
（3）解：当R接入电路中的阻值为时，加热电路的功率，由图2可知当P=440W时，有，已知室温，设电熨斗表面温度为T2，可得，因此不能满足电熨斗表面温度为200℃的要求。
【知识点】电阻的串联；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】（1）由图得，R0与R串联。当R接入电路中的阻值为0时，电路为R0的简单电路，加热电路的电阻最小，此时加热电路的功率最大，据此计算R0的阻值；
（2）当R接入电路中的阻值为Rmax时，加热电路的电阻最大，由得，此时加热电路的功率最小，同理计算此时电路的总电阻，结合电阻的串联计算R接入电路中的最大阻值；
（3）当R接入电路中的阻值为时，加热电路的功率，由图2可知当P=440W时的，已知室温，设电熨斗表面温度为T2，可得。
（1）由图得，R0与R串联。当R接入电路中的阻值为0时，电路为R0的简单电路，加热电路的电阻最小，由得，此时加热电路的功率最大
R0的阻值为
（2）当R接入电路中的阻值为Rmax时，加热电路的电阻最大，由得，此时加热电路的功率最小
此时电路的总电阻为
由串联电路电阻特点得，R接入电路中的最大阻值
（3）当R接入电路中的阻值为时，加热电路的功率
由图2可知当P=440W时，有，已知室温，设电熨斗表面温度为T2，可得
因此不能满足电熨斗表面温度为200℃的要求。
1 / 1北京市海淀区2025年中考一模物理试题
一、单项选择题（下列每题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意。共24分，每题2分）
1．（2025·海淀模拟）如图所示，书包带做得较宽的目的是（　　）
A．通过增大压力，来增大书包对肩部的压强
B．通过减小压力，来减小书包对肩部的压强
C．通过增大受力面积，来减小书包对肩部的压强
D．通过减小受力面积，来增大书包对肩部的压强
【答案】C
【知识点】减小压强的方法及其应用
【解析】【解析】书包带设计得较宽是为了在书包对肩部压力不变的情况下，通过增加受力面积来降低压强。根据压强公式p=F/S可知，当压力F一定时，增大受力面积S可以减小压强p。A、B、D选项所述内容与题目要求不符，C选项正确体现了"减小压强"的设计目的。
故选C。
【分析】压强的影响因素：公式为P=F/S，所以压强的大小和压力大小成正比，和受力面积成反比；压强大小于接触面材料无关，所以在压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
2．（2025·海淀模拟）海绵陶瓷是我国科学家研发的一种超轻质材料，它不仅具备传统陶瓷材料耐高温、隔热好等优点，而且同海绵一样富有柔性和弹性。由此可推测，海绵陶瓷适合用来制作（　　）
A．消防服 B．晾衣架 C．水果刀 D．保险丝
【答案】A
【知识点】物质的基本属性；家庭电路的组成
【解析】【解答】A．海绵陶瓷具有耐高温的特性，因此适合用于消防服等高温环境下的防护装备，选项A符合题意。
BC．晾衣架和水果刀需要具备较高的硬度和刚性，而海绵陶瓷的特点是柔性和弹性较好，因此不适合用于晾衣架和水果刀，选项BC不符合题意。
D．保险丝需要低熔点的材料以便在过载时熔断，而海绵陶瓷耐高温的特性使其不适合用作保险丝，选项D不符合题意。
综上所述，正确答案是A。
【分析】海绵陶瓷具备耐高温、隔热好、富有柔性和弹性，所以可作消防服。
3．（2025·海淀模拟）2024年12月，长征二号丁运载火箭一次将五颗卫星分别送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。图中所示为发射时火箭上升的情境。关于该发射过程，下列说法正确的是（　　）
A．以地面为参照物，发射塔是运动的
B．以发射塔为参照物，火箭是静止的
C．以火箭为参照物，地面是静止的
D．以火箭为参照物，发射塔是运动的
【答案】D
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】A选项分析：在发射过程中，若以地面为参照物，发射塔的位置没有发生变化，因此是静止的。所以A选项的说法是错误的。
B选项分析：在发射过程中，若以发射塔为参照物，火箭的位置在不断变化，因此是运动的。所以B选项的说法是错误的。
C选项分析：在发射过程中，若以火箭为参照物，地面的位置在不断变化，因此是运动的。所以C选项的说法是错误的。
D选项分析：在发射过程中，若以火箭为参照物，发射塔的位置在不断变化，因此是运动的。所以D选项的说法是正确的。
综上所述，正确答案是D。
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止。
4．（2025·海淀模拟）如图所示，“天宫课堂”上王亚平老师将两块透明板上的水球接触后粘在一起，慢慢拉开板后形成一个长长的“液桥”，该现象主要说明了（　　）
A．水分子间存在排斥力 B．水分子间存在吸引力
C．水分子间存在有空隙 D．水分子在无规则运动
【答案】B
【知识点】分子间相互作用力
【解析】【解答】在“天宫课堂”上，将两块透明板上的水球接触后粘在一起，慢慢拉开板后形成一个长长的“液桥”，说明水分子间存在引力，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】分子间存在相互作用的引力和斥力。
5．（2025·海淀模拟）始建于元代的钟鼓楼作为北京中轴线北端的地标建筑，曾用其悠扬远传的暮鼓晨钟之声为城市报时。下列说法正确的是（　　）
A．正在发声的钟和鼓，没有振动
B．钟鼓之声悠扬远传，是因为声音传播不需要介质
C．人们依据音色的不同，能区分出钟和鼓的声音
D．钟和鼓振动的频率越高，它们发出声音的响度越大
【答案】C
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．声音的产生源于物体振动，正在发声的钟和鼓必然处于振动状态，因此选项A的表述是错误的。
B．声音传播依赖介质，钟鼓声能够传播至远处是通过空气等介质实现的，故选项B的说法不正确。
C．由于不同发声体的材料和结构差异会产生独特的音色特征，人们正是通过音色的区别来分辨钟声和鼓声，所以选项C的结论是正确的。
D．钟鼓振动频率决定音调高低（频率越高音调越高），而响度取决于振幅大小，与频率无关，因此选项D的表述存在错误。
正确答案是C。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
6．（2025·海淀模拟）如图所示为蒸馏法淡化海水的装置示意图，该装置利用太阳能加热海水从而获得淡水。下列说法不正确的是（　　）
A．水蒸气在膜上发生的物态变化是汽化
B．水蒸气在膜上形成小液滴的过程需要放热
C．海水变成水蒸气的过程需要吸收热量
D．提高装置内的温度有助于加快海水的蒸发
【答案】A
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；影响蒸发快慢的因素；液化及液化放热
【解析】【解答】AB．气态水蒸气在膜表面遇冷液化为小水滴，液化过程会释放热量，因此选项A"液化吸热"的说法是错误的（符合题意），而选项B"液化放热"的说法是正确的（不符合题意）。
C．海水转化为水蒸气的过程中发生的是汽化现象，汽化过程需要吸收热量，该选项表述正确（不符合题意）。
D．液体蒸发速率受温度、液体表面积和液体表面空气流速等因素影响，提升装置内部温度可以促进海水蒸发，该选项表述正确（不符合题意）。
综上所述，错误的选项是A。
【分析】1、影响蒸发的因素有温度和空气流速， 减小液体表面空气的流动速度 以及降低温度都可以降低蒸发的速度，增大温度以及加快空气的流速，可以加快蒸发速度；
2、液化为气态变为液态会释放热量，如露珠；
3、汽化为液态变为气态，会吸收热量，如：蒸发。
7．（2025·海淀模拟）如图所示，一架直升机从静止在平静海面上的军舰上起飞并远离。与直升机起飞前相比（　　）
A．军舰会略向上浮，其所受浮力变大
B．军舰会略向上浮，其所受浮力变小
C．军舰会略向下沉，其所受浮力变大
D．军舰会略向下沉，其所受浮力变小
【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】军舰始终处于漂浮状态，根据浮沉条件可知，军舰受到的浮力始终等于其重力。当直升机从军舰上起飞后，军舰的总重力减小，因此军舰受到的浮力也随之减小。根据阿基米德原理公式分析，在液体密度（ρ液）和重力加速度（g）不变的情况下，浮力减小必然导致排开液体的体积（V排）减小，因此军舰会略微上浮。综上所述，与直升机起飞前相比，军舰会上浮且所受浮力减小，故选项B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
8．（2025·海淀模拟）一小球从一定高度由静止释放，不计空气阻力。小球下落过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受合力为零
B．小球的动能先增大，后保持不变
C．小球始终受到惯性的作用
D．小球所受重力做功越来越快
【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；机械能及其转化；惯性及其现象；力的合成与应用
【解析】【解答】A．题目中假设空气阻力忽略不计，因此小球在下落过程中仅受到重力作用。根据牛顿第一定律，物体所受合外力不为零时会产生加速度，故A选项"合力为零"的说法是错误的。
B．由于小球在重力作用下做自由落体运动，其速度会随时间不断增加，动能会持续增大，不可能保持不变，因此B选项是错误的。
C．惯性是物体保持原有运动状态的性质，是物体的固有属性，不是一种作用力。因此"受到惯性作用"的表述是错误的，故C选项不正确。
D．重力做功的功率计算公式为P=Gv=mgv。随着下落速度v的增大，功率P也随之增大，这表明重力做功的速率越来越快，因此D选项是正确的。
综上所述，正确答案是D。
【分析】1、惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述；
2、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
3、功率的计算：P=Fv。
9．（2025·海淀模拟）通过灯泡L1和L2的电流I随其两端电压U变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．若两灯串联接在电源两端，则L1两端的电压大于L2两端的电压
B．若两灯串联接在电源两端，则L1消耗的功率大于L2消耗的功率
C．若两灯并联接在电源两端，则通过L1的电流大于通过L2的电流
D．若两灯并联接在电源两端，则L1消耗的电能小于L2消耗的电能
【答案】C
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】选项AB分析：根据串联电路电流特性，两灯泡串联时通过电流相同。由图像可知，在相同电流（纵坐标值相等）时，L1的电压低于L2的电压。根据电功率公式可推得，串联状态下L1的实际功率小于L2，因此AB选项均错误。
选项C分析：并联时两灯电压相同，图像显示此时L1的电流大于L2，故C正确。
选项D分析：电能消耗取决于功率和工作时间，由于题目未给出工作时间，无法比较两灯电能消耗量，故D错误。
正确答案为C。
【分析】1、电功率的计算：公式为P=UI，当电流相同时，据图分析，电压大的电功率大；
2、并联电路电压相同，据图分析可知，两灯泡电压相同下，通过通过L1的电流大于通过L2的电流 ；
3、电功的计算：公式为W=UIt，电压相同，通过通过L1的电流大于通过L2的电流，时间相同，据此分析电功的大小。
10．（2025·海淀模拟）如图1所示，水平拉力F1作用在物体甲上，使其沿水平面以速度v1向右做匀速直线运动；如图2所示，在甲上放置物体乙，水平拉力F2作用在甲上，使两物体一起沿同一水平面以速度v2向右做匀速直线运动。F1和F2作用时间均为t，忽略空气阻力。下列判断正确的是（　　）
A．v1一定小于v2 B．F1一定小于F2
C．F1做的功一定小于F2做的功 D．F1的功率一定小于F2的功率
【答案】B
【知识点】功率大小的比较；探究影响摩擦力大小因素的实验；功的概念
【解析】【解答】A．匀速运动的速度与拉力大小无关。题目未提供任何关于速度关系的信息，因此无法比较两图中速度的大小关系，选项A错误。
B．物体做匀速运动时，根据平衡条件，拉力大小等于摩擦力大小。摩擦力取决于接触面的粗糙程度和正压力。图2中的正压力大于图1中的正压力，因此图2的摩擦力大于图1的摩擦力，即F2 > F1，选项B正确。
C．由于无法确定两图中速度的大小关系，因此无法比较物体运动的路程，也就无法比较拉力做功的大小关系，选项C错误。
D．功率是功与时间的比值。既然无法确定功的大小关系，也就无法比较功率的大小关系，选项D错误。
综上所述，正确答案是B。
【分析】力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用，物体做匀速直线运动，受到平衡力，拉力和摩擦力大小相同，物体就会做匀速直线运动，速度和拉力大小无直接关系；
功的计算：W=Fvt=Pt，有公式分析可知，速度不可知导致功率大小未知，做功多少未知。
11．（2025·海淀模拟）用如图所示装置将物体从水中提出，已知物体的运动速度始终保持不变，不计绳重和摩擦。物体完全离开水面以后，与物体浸没在水中时相比，下列判断正确的是（　　）
A．滑轮组的机械效率变大 B．天花板所受的拉力变小
C．拉力F的大小保持不变 D．拉力F的功率可能不变
【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用；增大或减小机械效率的方法；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．当物体完全离开水面后，浮力消失，物体受到的拉力增大。在不计绳重和摩擦的情况下，滑轮组的机械效率表达式为：
，由此可见，随着增大，机械效率η提高，因此选项A正确。
BC．忽略绳重和摩擦时，自由端拉力计算公式为：，物体离开水面后增大导致F增大。天花板承受的拉力为：，因此天花板所受拉力也随之增大，故选项B、C错误。
D．虽然物体运动速度恒定使自由端移动速度不变，但由于拉力F增大，根据功率公式：P=Fv计算可知可知拉力的功率将增大，因此选项D错误。
正确答案为A。
【分析】1、滑轮组机械效率的计算：；据此分析当拉力变化时，机械效率的计算；
2、功率的计算：公式为P=Fv；
3、滑轮组的拉力的计算：公式为。
12．（2025·海淀模拟）科技小组对某材料所能承受的撞击力进行测试。测试时，将材料样品平放在压力传感器（可等效为可变电阻）上，如图1所示。闭合开关S，由静止释放一重物，重物与样品碰撞后立即粘在一起，最终静止在压力传感器上。图2描绘了撞击前、后一段时间内电流表的示数I随时间t变化的关系。已知电源两端电压恒为24V，定值电阻R0=10Ω，可变电阻的阻值R随其所受压力F变化的关系如图3所示。下列说法正确的是（　　）
A．重物与样品接触前，可变电阻的阻值为120Ω
B．从10ms到14ms的过程中，压力传感器所受的压力增大
C．整个过程中，压力传感器所受的最大压力是400N
D．可变电阻在14ms时的电功率大于其在6ms时的电功率
【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A．根据图2数据，重物接触样品前电路电流I=0.2A，此时：定值电阻R0两端电压：U0=IR0=0.2×10=2V，可变电阻两端电压：UR=U-U0=24V-2V=22V，结合欧姆定律计算可知可变电阻阻值：，因此选项A的结论是错误的。
B．分析图2时间区间10ms-14ms：电流呈现减小趋势，结合图3特性：撞击力增加，电阻减小，电流变大可知电流减小对应压力减小，故选项B的结论是错误的。
C．当电流峰值Im=1.2A时：总电阻：，压力传感器电阻：R=R总-R0=20Ω-10Ω=10Ω，对应最大撞击力应为600N
因此选项C的结论是错误的。
D．功率对比分析：14ms时刻（I=0.4A）：根据欧姆定律和电阻的串联分析计算可知，其功率为；6ms时刻（I=0.2A）：同理计算可知，可变电阻的电功率，所以D的结论（P1>P2）正确。
综上所述，正确答案为D。
【分析】1、电功率的计算：公式为，据此计算不同时刻的电功率；
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
二、多项选择题（下列每题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每题2分。每题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分）
13．（2025·海淀模拟）图中所示的海油观澜号是我国的深远海浮式风力发电平台，它可以漂浮在海面上为海上油气生产供电，其额定发电功率为7.25×103kW。下列说法正确的是（　　）
A．海油观澜号所利用的风能属于可再生能源
B．海油观澜号所产生的电能是由机械能转化而来的
C．海油观澜号所处海域海水的深度越大，其所受浮力就越大
D．海油观澜号正常工作1s能产生7.25×103kW·h的电能
【答案】A,B
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；物体的浮沉条件及其应用；电功的计算
【解析】【解答】A选项：风能属于可再生能源，因为可以持续从自然界获取，"海油观澜号"利用的风能符合这一特性，因此A选项正确。
B选项：该平台通过发电机将机械能转化为电能，其原理是电磁感应现象，所以B选项正确。
C选项：漂浮状态时浮力等于重力，由于重力不变，浮力也不变，与海水深度无关，因此C选项错误。
D选项：计算1秒发电量：，这个计算结果与选项不符，故D错误。
正确答案是AB。
【分析】1、可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
2、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。能量转化为机械能转化为电能；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度；
4、电功的计算：公式为，结合题目中给出的功率和时间计算电功。
14．（2025·海淀模拟）小明想设计一个测量未知电阻的电路：电源两端电压保持不变，将待测电阻Rx（图中未画出）接在a、b之间，闭合开关S1，分别记下开关S2断开和闭合时电流表的示数I1和I2，仅利用I1、I2和定值电阻的阻值R0便可得到Rx的阻值。下列设计中符合上述要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】A选项分析：当Rx连接在a、b两点之间时：闭合开关S1且断开S2时，电路仅由Rx构成，电流表测得I1即为通过Rx的电流。闭合S2后，R0与Rx形成并联电路，电流表测得总电流I2。根据并联电路特性：通过R0的电流：I0 = I2 - I1，电源电压：U = I0R0 = (I2 - I1)R0Rx阻值计算：，因此A方案可行。
B选项分析：当Rx接在a、b之间时：仅闭合S1时，R0与Rx并联，电流表仅测量R0支路电流I1。闭合S2将导致电源短路，无法测量。 故B方案不可行。
C选项分析：当Rx接在a、b之间时：断开S2时，R0与Rx串联，电流表示数I1，此时电源电压：U = I1(Rx + R0)，闭合S2后电流表被短路，无法提供有效数据。故C方案不可行。
D选项分析：当Rx接在a、b之间时：断开S2时，R0与Rx串联，电流表示数I1，此时：U = I1(Rx + R0)，闭合S2后仅R0工作，电流表示数I2，此时：U = I2R0，联立方程可得：，因此D方案可行。
正确答案为A、D。
【分析】伏安法测电阻：电压表并联待测电阻两侧测量待测电阻的电压U，电流表串联在电路中测量待测电阻的电流I，根据欧姆定律R=U/I计算待测电阻的阻值。所以想要测量电阻的阻值，需要测量通过电阻的电流和电压，A选项分析，当开关S2断开和闭合后，两种情况下，R0和Rx并联，或者只有Rx串联进入电路中，结合并联电路电流规律以及欧姆定律计算分析Rx；B选项，电流表只测量通过R0两端电流，无法测量通过Rx的电流，无法测量其电阻；C选项闭合S2后，电流表短路，无法测量电流，无法测量电阻；D选项当开关S2断开和闭合后，两种情况下，R0和Rx并联，或者只有R0串联进入电路中，结合并联电路电流规律以及欧姆定律计算分析Rx.
15．（2025·海淀模拟）如图1所示，甲、乙两个相同的直柱形容器静置在水平桌面上，其内装有质量相同且温度均为t1的水，A为甲中到容器底部距离不变的一点，乙中的物体用细绳固定在容器底部，细绳处于绷直状态。图2描绘了水的密度ρ随水的温度t变化的关系。不考虑温度对物体和容器的影响以及水的蒸发。下列说法正确的是（　　）
A．水温从t1缓慢升至4℃的过程中，甲中水在A点产生的压强增大
B．水温从t1缓慢升至t2的过程中，乙中细绳的拉力先增大、再减小
C．水温从4℃缓慢升至t2的过程中，乙中水对容器底部的压力不变
D．当水温为4℃时，乙和甲中的水对容器底部的压强之差达到最大
【答案】B,D
【知识点】力的合成与应用；压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；压力差法测浮力
【解析】【解答】A选项分析：根据图2显示，当水温从t1逐渐上升到4℃时，水的密度逐渐增大。对于甲容器，水对容器底部的压强计算公式为。由于水的质量m和容器底面积S保持不变，因此p底甲不变。设h1为水面到A点的距离，h2为A点到容器底部的距离，则压强关系可表示为p底=ρ水gh=ρ水g(h1+h2)=ρ水gh1+ρ水gh2。随着ρ水增大且h2不变，ρ水gh2增大。由于p底不变，必然导致ρ水gh1减小，即A点处水产生的压强减小。因此A选项是错误的。
B选项分析：对乙容器中的物体进行受力分析，物体受到重力G、拉力F拉和浮力F浮作用，根据平衡条件可得G+F拉=F浮。浮力计算公式为F浮=ρ液gV排，由于物体体积V排不变，而水的密度先增大后减小（见图2），导致浮力先增大后减小。重力G保持不变，根据F拉=F浮-G可知细绳拉力会先增大后减小。因此B选项是正确的。
C选项分析：乙容器中水对底部的压力F=p水S=ρ水ghS=ρ水gV=ρ水g(V水+V物)=m水g+ρ水gV物。当水温从4℃升至t2时，虽然水的质量m水不变，但水的密度ρ水减小，且物体体积V物不变，导致水对容器底部的压力减小。因此C选项是错误的。
D选项分析：甲乙两容器底部压强差Δp=p乙底-p甲底，其中p甲底保持不变。乙容器底部压强计算公式为。在4℃时水的密度达到最大值，此时Δp取得最大值。因此D选项是正确的。
综上所述，正确答案为BD。
【分析】1、压强的计算公式：，根据题目分析可知水的质量不变，即对容器底部的压力不变，底面积不变，据此分析压强的变化；
2、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同，结合题目中A的位置，列压强方程p底=ρ水gh=ρ水g(h1+h2)=ρ水gh1+ρ水gh2，据此求解甲中水在A点产生的压强；
3、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力，据此分析BC选项；
4、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大。
三、实验探究题（共28分，16、20、23题各3分，17至19题各4分，21题2分，22题5分）
16．（2025·海淀模拟）用调好的天平测量小石块的质量，天平平衡时，右盘上的砝码和游码位置如图所示，小石块的质量m为　 　g，用量筒测出小石块的体积V为10cm3，依据公式ρ＝　 　，可以算出该小石块密度的测量值为　 　g/cm3。
【答案】24；；2.4
【知识点】密度公式及其应用；固体密度的测量
【解析】【解答】从图中可以读出石块的质量为20克加上4克，总质量为24克。根据密度公式计算得出，石块密度为质量24克除以体积10立方厘米，结果为2.4克每立方厘米，即。
【分析】测量物体密度试验：原理为ρ=m/v，使用的仪器为天平和量筒；
天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，
称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，为了准确测量液体质量需要：先测水和烧杯总重m1，倒出一定体积的液体，测量剩余液体和烧杯的质量m2，所以水的质量为m1-m2，
量筒的使用：确定分度值，视线平行对准液面最低处，进行读数。
17．（2025·海淀模拟）（1）图1中的落日在颐和园昆明湖中的“像”，是由于光的　 　形成的。
（2）图2中，白光通过三棱镜折射后会形成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫等颜色组成的光带，该现象说明白光是由　 　组成的。
【答案】（1）反射
（2）各种色光
【知识点】光的反射；光的色散
【解析】【解答】（1）图1中的落日在颐和园昆明湖中的“像”是平面镜成像现象，其成因是光的反射。
（2）白光是一种复色光，当其通过三棱镜时，由于不同色光的折射角不同，会发生折射并分散开，形成色散现象，最终分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光。这表明白光是由多种色光混合而成的。
【分析】1、平面镜成像特点为物像等大、物像等距、物像关于平面镜对称、成虚像；
2、光的色散（太阳光经过三棱镜折射会发生光的色散，分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光）。
（1）图1中的落日在颐和园昆明湖中的“像”，属于平面镜成像，平面镜成像是由于光反射形成的。
（2）白光是复色光，白光经过三棱镜发生折射时，不同色光的折射角不同，折射后各色光分散开，发生色散分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，说明白光是由各种色光混合而成的。
18．（2025·海淀模拟）（1）如图所示，两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等的水和煤油、相同的电热丝R0用该实验装置探究“液体吸热多少与液体种类是否有关”，当通过R的电流相同时，可通过　 　反映液体吸收热量的多少。
（2）在测量氧气的比热容时发现，氧气的压强分别为1.01×105Pa和2.02×105Pa时，所测出的氧气的比热容不同，由此可得出的结论是　 　。
【答案】（1）加热时间
（2）氧气的比热容与压强有关
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）如图所示，两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相同的水和煤油，以及相同的电热丝R0。利用该实验装置研究"液体吸热量是否与液体种类有关"。根据焦耳定律Q=I2Rt，当通过R的电流相同时，加热时间越长，液体吸收的热量就越多。因此，可以通过比较加热时间来反映液体吸收热量的多少。
（2）实验测得氧气在1.01×105Pa和2.02×105Pa两种压强下的比热容数值不同。这表明在不同压强条件下，氧气的比热容会发生变化，从而证明氧气的比热容与其所处的压强有关。
【分析】1、探究不同物体吸热能力的实验，使用相同的加热装置，则相同时间物体吸收热量相同；
2、氧气在不同压强下的比热容数值不同，证明氧气的比热容与其所处的压强有关。
（1）如图所示，两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等的水和煤油、相同的电热丝R0用该实验装置探究“液体吸热多少与液体种类是否有关”，当通过R的电流相同时，根据Q=I2Rt可知，加热时间越长，液体吸热越多，故通过加热时间反映液体吸收热量的多少。
（2）氧气的压强分别为1.01×105Pa和2.02×105Pa时，所测出的氧气的比热容不同，压强不同，氧气的比热容不同，说明氧气的比热容与压强有关。
19．（2025·海淀模拟）利用1个直流电源、3块电流表（A1、A2和A）、2个滑动变阻器（R1、R2）、1个开关和若干导线，探究在并联电路中，通过干路的电流I与通过R1的电流I1、通过R2的电流I2之和的关系。
（1）画出实验电路图；
（2）画出实验数据记录表格。
【答案】（1）
（2）
I1/A
I2/A
(I1＋I2)/A
I/A
【知识点】探究串并联电路中的电流特点实验
【解析】【解答】（1）根据实验要求，将两个变阻器并联连接，每个支路分别接入一个电流表，并在总干路上安装一个电流表，具体电路连接方式如下所示：
（2）实验数据记录表需包含以下内容：两条支路的电流值、两支路电流之和以及干路总电流，表格设计如下：
I1/A
I2/A
(I1＋I2)/A
I/A
【分析】探究在并联电路中，干路和支路电流关系，需要使用电流表测量电流，使用变阻器支路电阻，使用导线连接电源、开关、变阻器和电流表，调节变阻器滑片，测量电流表数据。
（1）根据实验目的，两个变阻器并联，各支路上各接一个电流表，干路上接一个电流表，如下所示：
（2）表格中需要有两个支路的电流，两个支路的电流之和以及干路中的电流，如下表所示：
I1/A
I2/A
(I1＋I2)/A
I/A
20．（2025·海淀模拟）如图1所示，将焦距为f的凸透镜固定在光具座上50cm刻线处，光屏和点燃的蜡烛分别位于凸透镜两侧。用此装置进行实验，得到图2中像距v随物距u变化的图像。
（1）根据上述信息可知，f=　 　cm；
（2）将蜡烛置于15cm刻线处、凸透镜置于50cm刻线处、光屏置于70cm刻线处，若在凸透镜和蜡烛之间再放置一个合适的　 　（选填“凹”或“凸”）透镜，则可在光屏上观察到烛焰清晰的像；
（3）保持图1中凸透镜位置不变，取走蜡烛，将“F”粘贴在光屏上，如图3所示，并将光屏置于55cm刻线处，从左侧通过凸透镜观察，会看到图4中的　 　。
【答案】（1）10
（2）凹
（3）A
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）据凸透镜成像规律，当物距与像距相等且等于两倍焦距时，即，会形成倒立、等大的实像。从图2中可读出，因此焦距。
（2）当蜡烛放在15cm刻度处、凸透镜在50cm刻度处、光屏在70cm刻度处时，物距为，大于两倍焦距。根据成像规律，此时像距应满足，但实际像距恰好等于。为了调整成像位置，需要在凸透镜和蜡烛之间添加一个凹透镜，利用其对光线的发散作用来增大像距。
（3）在图1中保持凸透镜位置不变，移除蜡烛并将“F”标志贴在光屏上（如图3），将光屏移至55cm刻度处。此时物距，小于焦距。从左侧透过凸透镜观察时，会看到正立、放大的虚像，符合放大镜的原理，因此观察到的图像为图4中的A选项。
【分析】凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
（1）根据凸透镜成像规律，当时，成倒立、等大的实像。由图2可知，解得。
（2）将蜡烛置于15cm刻线处、凸透镜置于50cm刻线处、光屏置于70cm刻线处，此时物距为
根据凸透镜成像规律，则像距应满足，而光屏到凸透镜的距离为
所以应在凸透镜和蜡烛之间再放置一个合适的凹透镜，利用其对光线的发散作用延迟成像，增大像距。
（3）保持图1中凸透镜位置不变，取走蜡烛，将“F”粘贴在光屏上，如图3所示，并将光屏置于55cm刻线处，此时物距
从左侧通过凸透镜观察，可以看到正立、放大的虚像，是放大镜原理，所以会看到图4中的A。
21．（2025·海淀模拟）（1）利用图中所示的实验装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件，灵敏电流计的作用是　 　；
（2）若要探究通电导体在磁场中的受力情况，则可将图中灵敏电流计替换为　 　，进行实验。
【答案】（1）检验有无感应电流
（2）电源
【知识点】磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）利用图中所示的实验装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件。当导体ab切割磁感线时，电流计的指针发生偏转，表明电路中产生了感应电流。灵敏电流计的作用是检测并显示电路中是否产生感应电流。
（2）若要研究通电导体在磁场中的受力情况，需使导体ab中通入电流。此时，可将图中的灵敏电流计替换为电源，以便进行实验。
【分析】1、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。
2、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机，所以研究通电导体在磁场中的受力情况，需要在电路中安装电源。
（1）利用图中所示的实验装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件，导体ab切割磁感线，电流计的指针发生偏转，说明产生电流，灵敏电流计的作用是显示是否会产生感应电流。
（2）若要探究通电导体在磁场中的受力情况，需要使导体ab中有电流通过，则可将图中灵敏电流计替换为电源，进行实验。
22．（2025·海淀模拟）在探究杠杆平衡条件时，所用每个钩码的质量均相等、杠杆上相邻刻线间的距离相等。
（1）如图1所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）端调节。杠杆水平平衡后，在A点悬挂2个钩码，如图2所示，为使杠杆保持水平平衡，应在B点悬挂　 　个钩码；
（2）如图3所示，若每个钩码质量为50g，则应在C点施加一个F=　 　N的竖直拉力作为动力，来维持杠杆水平平衡。此时该杠杆与下图中的　 　正常使用时的杠杆类型相同；（取g=10N/kg）
AB. C.
（3）在图3中杠杆水平平衡的基础上，在支架上固定1个滑轮，将悬挂钩码的细线绕过滑轮，如图4所示。若仍使杠杆保持水平平衡，则竖直拉力F'　 　F。（选填“>”“=”或“<”）
【答案】（1）右；3
（2）0.6；B
（3）<
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆右端偏高，表明左端较重，因此需要将平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置保持静止。这样的调整有助于准确测量力臂长度。设单个钩码重量为，杠杆一格长度为，B点悬挂n个钩码。根据杠杆平衡条件：
解得n=3，故B点需挂3个钩码。
（2）每个钩码质量m=50g=0.05kg，重力G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N，A点拉力。根据杠杆平衡条件：
计算得F=0.6N。此时动力臂>阻力臂，属于省力杠杆。对比选项：A天平为等臂杠杆，B起子为省力杠杆，C食品夹为费力杠杆，因此与B类型相同。
（3）如图4所示，增加定滑轮后，A点拉力力臂减小（拉力不变），C点力臂不变。根据杠杆平衡条件，C点拉力将减小，即变小。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响；
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
（1）[1]如图1，杠杆右端高，说明左端沉，所以应向右调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置静止，这样便于读出力臂大小。
[2]设一个钩码重为G0，杠杆上一格的长度为L0，B点挂n个相同的钩码，由杠杆平衡条件知2G0×3L0=nG0×2L0
解得n=3，所以应在B点挂3个钩码。
（2）[1]每个钩码的质量为m=50g=0.05kg
重力为G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N
所以A点所受拉力为FA=2G=2×0.5N=1N
由杠杆平衡条件可知FA×3L0=F×5L0
代入数据解得F=0.6N。
[2]此时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；A中天平的动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，B中起子动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；C中食品夹动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；所以此时该杠杆与下图中的B正常使用时的杠杆类型相同。
（3）如图4，加上定滑轮后，A处拉力的力臂变小，拉力不变，C处拉力的力臂不变，由杠杆平衡条件可知，C处的拉力变小，即F'
23．（2025·海淀模拟）实验室有额定电压U额相同但额定功率未标识的灯泡L1和L2。先将L1接入如图所示电路的a、b两点之间，闭合开关S，电压表示数为U1；断开开关S，取下L1后，将L2接入电路的a、b两点之间，闭合开关S，电压表示数为U2，发现U1>U2。已知电源两端电压恒为U，L1、L2的阻值保持不变，R0为定值电阻。分析比较灯泡L1和L2的额定功率P1和P2的大小。
【答案】当灯泡L1连接在a、b两点之间时： 电路电流为I1， 电阻R0两端电压U0 = U - U1（U为电源电压，U1为L1两端电压），当灯泡L2连接在a、b两点之间时： 电路电流为I2， 电阻R0两端电压U0' = U - U2，由已知条件U1 > U2，可得U0 < U0'。根据欧姆定律：，，因此I1 < I2。计算两灯泡电阻：，，可得R1 > R2。当两灯泡正常发光时，额定功率计算为：
，因此得出P1 < P2。
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】当灯泡L1连接在a、b两点之间时： 电路电流为I1， 电阻R0两端电压U0 = U - U1（U为电源电压，U1为L1两端电压），当灯泡L2连接在a、b两点之间时： 电路电流为I2， 电阻R0两端电压U0' = U - U2，由已知条件U1 > U2，可得U0 < U0'。根据欧姆定律：，，因此I1 < I2。计算两灯泡电阻：，，可得R1 > R2。当两灯泡正常发光时，额定功率计算为：，因此得出P1 < P2。
【分析】1、电功率的计算：公式为P=UI；
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
四、科普阅读题（共4分）
24．（2025·海淀模拟）请阅读《锁边塔克拉玛干》并回答题。
锁边塔克拉玛干
新疆的塔克拉玛干沙漠是我国最大的沙漠，也是世界第二大流动沙漠。这片广袤无垠的沙海，以其极端的气候条件和恶劣的自然环境，对周边地区构成了严重威胁。为了有效阻挡沙漠的扩张、降低沙尘暴的影响，我国启动了塔克拉玛干沙漠锁边工程。
锁边工程的核心是构建一条绿色阻沙防护带，以阻挡沙漠的侵袭。工程固沙是重要的方法之一。工程固沙是通过铺设草方格沙障和高立式沙障实现的。其中草方格沙障利用芦苇秆等材料扎成方格，铺设在沙地上，通过增加地表粗糙程度来降低风速，以减少风沙的搬运能力，达到固沙的效果，从而能够有效地减少沙尘暴的发生。
除了工程固沙，还有光伏治沙。在沙漠边缘或内部建设光伏发电站，利用光伏板吸收太阳能并转化为电能。光伏板不仅提供了清洁能源，还起到了降低风速、削弱风的挟沙能力的作用。这是因为光伏板相当于一道屏障，能够阻挡部分风沙的流动，同时其遮阳效果也能降低地面温度，调节热力平衡，进一步减少风沙流动。
此外，还有生物治沙，如植树造林，通过种植胡杨、红柳、柽柳等林木，以及酸枣、沙枣、板蓝根、甘草、玫瑰花等经济作物实现扩绿增绿。
历经多年努力，一条长达3046km的绿色阻沙防护带终于在塔克拉玛干沙漠边缘形成，如同给塔克拉玛干沙漠戴上了“绿色围脖”。锁边塔克拉玛干，不仅为当地的经济发展提供了有力保障，也为全球沙漠治理提供了宝贵经验。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）草方格沙障是通过增加　 　来降低风速，减少风沙的搬运能力，实现固沙。
（2）光伏发电板既可以将　 　能转化为电能，又可以阻挡部分风沙的流动。
（3）一种分析沙尘暴的模型如下：
竖直向上运动的气流将大量沙尘颗粒（每个颗粒可视为质量分布均匀的球体）扬起后悬浮在空中并保持不动，每个沙尘颗粒的体积V=，其所受气流竖直向上的作用力f=，其中ρ是空气密度、r是沙尘颗粒的半径、v是竖直向上的气流流速，忽略沙尘颗粒所受浮力。
根据该模型可知，某区域竖直向上的气流流速越大，可悬浮在空中的沙尘颗粒的半径越　 　。经过工程固沙等措施治理后，测得某区域发生沙尘暴时竖直向上的气流流速v降为4m/s，取该区域空气密度ρ＝1.25kg/m3、沙尘颗粒的密度ρ0＝3×103kg/m3和g＝10N/kg，可知此次沙尘暴中悬浮在空中的沙尘颗粒的半径r＝　 　mm。
【答案】（1）地表粗糙程度
（2）太阳
（3）大；0.25
【知识点】密度公式及其应用；能量的转化或转移；重力及其大小的计算；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据材料描述，草方格沙障采用芦苇秆等材料制成方格状结构并铺设在沙地表面。其作用机理是通过增加地表粗糙度来减小风速，从而削弱风的搬运能力，实现固沙效果，进而有效抑制沙尘暴的形成。
（2）材料表明，光伏发电板具有双重功能：一是将太阳能转换为电能，二是通过物理阻挡作用抑制部分风沙的运动。
（3）沙尘颗粒重力表达式为：；气流作用力表达式为：；当沙尘颗粒悬浮时满足力平衡条件：；化简得到粒径关系式：，表明气流速度v越大，可悬浮的沙尘颗粒半径越大。代入参数v=4m/s、ρ=1.25kg/m3、、g=10N/kg计算得：。
【分析】1、滑动摩擦力影响因素：控制压力相等的情况下，接触面表面越粗糙，滑动摩擦力越大；控制接触面粗糙程度相等的情况下，压力越大，滑动摩擦力越大。题目中通过增加地表粗糙度增加摩擦力，进而减小风速；
2、能量转化：根据物体起始状态具有的能量和最终状态具有的能量进行判断，如太阳能电池是将太阳能转化为电能；
3、颗粒悬浮，重力等于气流作用力，可列G=f，结合题目中的信息化简颗粒半径表达式。
（1）[1]由材料可知，其中草方格沙障利用芦苇秆等材料扎成方格，铺设在沙地上，通过增加地表粗糙程度来降低风速，以减少风沙的搬运能力，达到固沙的效果，从而能够有效地减少沙尘暴的发生；
（2）[1]由材料可知，光伏发电板既可以将太阳能转化为电能，又可以阻挡部分风沙的流动。
（3）[1]重力为：；
气流的作用力：；
沙尘颗粒悬浮时，气流的作用力与重力平衡，所以得出；
化简得：；由此可见，气流流速v越大，悬浮在空中的沙尘颗粒的半径越大，
将v=4m/s，ρ=1.25kg/m3、沙尘颗粒的密度和g=10N/kg代入上式可得，。
五、计算题（共8分，25、26题各4分）
25．（2025·海淀模拟）将一物体悬挂在弹簧测力计下，稳定时弹簧测力计的示数为5N。如图所示，将物体浸没在水中，稳定时弹簧测力计的示数为3N。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/kg。
（1）画出物体浸没在水中时的受力示意图。
（2）求物体所受浮力的大小F浮。
（3）求物体的体积V。
【答案】（1）解：物体浸没在水中时，受到重力、浮力、拉力，如图所示。
（2）解：物体所受浮力的大小。
（3）解：由得。
【知识点】重力示意图；阿基米德原理；浮力大小的计算；浮力的示意图
【解析】【分析】（1）重力作用竖直向下，浮力的方向想竖直向上，弹簧测力计的弹力竖直向上，作用点位于物体重心，据此作图：
（2）物体所受浮力的大小；
（3）由得排开水的体积。
（1）物体浸没在水中时，受到重力、浮力、拉力，如图所示。
（2）物体所受浮力的大小
（3）由得
26．（2025·海淀模拟）图1所示为某种电熨斗的原理图，虚线框内为其加热电路，其中R0是定值电阻，R是可调电阻（不考虑温度对其阻值的影响），电熨斗产生的热量全部来自R0和R。已知加热电路两端的电压U=220V且保持不变，加热电路所能达到的最大和最小发热功率分别为484W和121W。
（1）求R0。
（2）求R接入电路中的最大阻值Rmax。
（3）图2描绘了电熨斗发热面温度与环境温度的温差△T随电熨斗发热功率P变化的关系。当电熨斗在恒为20℃的环境中熨烫某种布料时，要求电熨斗发热面的温度恒为200℃。请分析判断当R接入电路中的阻值为10Ω时，能否满足上述要求。
【答案】（1）解：由图得，R0与R串联。当R接入电路中的阻值为0时，电路为R0的简单电路，加热电路的电阻最小，由得，此时加热电路的功率最大，R0的阻值为。
（2）解：当R接入电路中的阻值为Rmax时，加热电路的电阻最大，由得，此时加热电路的功率最小，此时电路的总电阻为，由串联电路电阻特点得，R接入电路中的最大阻值。
（3）解：当R接入电路中的阻值为时，加热电路的功率，由图2可知当P=440W时，有，已知室温，设电熨斗表面温度为T2，可得，因此不能满足电熨斗表面温度为200℃的要求。
【知识点】电阻的串联；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】（1）由图得，R0与R串联。当R接入电路中的阻值为0时，电路为R0的简单电路，加热电路的电阻最小，此时加热电路的功率最大，据此计算R0的阻值；
（2）当R接入电路中的阻值为Rmax时，加热电路的电阻最大，由得，此时加热电路的功率最小，同理计算此时电路的总电阻，结合电阻的串联计算R接入电路中的最大阻值；
（3）当R接入电路中的阻值为时，加热电路的功率，由图2可知当P=440W时的，已知室温，设电熨斗表面温度为T2，可得。
（1）由图得，R0与R串联。当R接入电路中的阻值为0时，电路为R0的简单电路，加热电路的电阻最小，由得，此时加热电路的功率最大
R0的阻值为
（2）当R接入电路中的阻值为Rmax时，加热电路的电阻最大，由得，此时加热电路的功率最小
此时电路的总电阻为
由串联电路电阻特点得，R接入电路中的最大阻值
（3）当R接入电路中的阻值为时，加热电路的功率
由图2可知当P=440W时，有，已知室温，设电熨斗表面温度为T2，可得
因此不能满足电熨斗表面温度为200℃的要求。
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