山东省滨州市2025年中考物理试题（解析版）

第第页山东省滨州市2025年中考物理试题一、单选题：本大题共12小题，共24分。1．下列物体的空间尺度从大到小排序正确的是（）

①人②银河系③原子核④地球⑤太阳系A．⑤②④①③ B．②⑤④①③ C．②⑤①④③ D．⑤④②①③【答案】B【解析】【解答】银河系是非常巨大的天体系统，包含众多像太阳系这样的恒星系统。太阳系是银河系中的一部分，地球是太阳系中的一颗行星。人生活在地球上，人的尺度比地球小很多。原子核是微观世界的粒子，其尺度极其微小，比人还要小得多。按照从大到小的顺序排列为：银河系、太阳系、地球、人、原子核，即②⑤④①③。故B正确，ACD错误；

综上选B。

【分析】本题主要考查对不同物体空间尺度大小关系的了解，需要明确各个天体和微观粒子的大小层次。2．如图所示是一款骨传导蓝牙耳机，将耳机贴在颞骨附近，既可以听到耳机发出的声音，又可以听到周围环境的声音，提高户外使用时的安全性。以下说法错误的是（）A．骨传导耳机利用了固体可以传声B．长期佩戴耳机开大音量听音乐可能有损听力C．人戴着耳机听音乐能根据声音的音色分辨不同的乐器D．蓝牙耳机提示配对成功说明声音可以传递能量【答案】D【解析】【解答】A、骨传导耳机是通过颞骨（固体）将声音传到听觉神经，利用了固体可以传声，该选项说法正确。

B、长期佩戴耳机开大音量听音乐，声音的响度较大，可能会对听力造成损害，该选项说法正确。

C、不同乐器发出声音的音色不同，人戴着耳机听音乐能根据声音的音色分辨不同的乐器，该选项说法正确。

D、蓝牙耳机提示配对成功说明声音可以传递信息，而不是传递能量，该选项说法错误。

综上选D。

【分析】本题主要考查声音的传播、声音的特性以及声音的利用等知识点，需要逐一分析每个选项。3．如图所示，向甲、乙两个相同的杯子中分别放入干冰和冰块，静置一段时间后，现象如图所示。下列说法正确的是（）A．甲杯外侧的白霜是由空气中水蒸气遇冷凝固形成的B．乙杯外侧的水珠是由空气中水蒸气遇冷液化形成的C．甲杯中干冰发生的是汽化现象D．乙杯中冰的熔化过程需要放出热量【答案】B【解析】【解答】A、干冰升华吸热，使甲杯外侧温度极低，空气中水蒸气遇冷直接由气态变为固态，是凝华现象，不是凝固，A错误。

B、乙杯中冰块熔化吸热，使杯子温度降低，空气中水蒸气遇冷由气态变为液态，是液化现象，B正确。

C、干冰是固态二氧化碳，直接变为气态二氧化碳，是升华现象，不是汽化，C错误。

D、冰是晶体，熔化过程需要吸收热量，温度不变，不是放出热量，D错误。

综上选B。

【分析】本题主要考查物态变化的相关知识，需要根据干冰和冰块的特性，分析各选项中物态变化的过程是否正确。4．以下古代典籍记载的现象与其原理对应错误的是（）A．《墨经》记载：景到（倒），在午有端与景长，说在端。小孔成像——光的直线传播B．《淮南万毕术》记载：取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻矣。平面镜成像——光的反射C．《梦溪笔谈》记载：古人铸鉴，鉴大则平，鉴小则凸。凡鉴凹则照人面大，凸则照人面小。凸（凹）面镜成像——光的折射D．《玄贞子》记载：背日喷乎水，成虹霓之状。彩虹——光的色散【答案】C【解析】【解答】A、小孔成像的原理是光沿直线传播，当光线通过小孔时，在光屏上形成倒立的像。《墨经》中“景到（倒），在午有端与景长，说在端”描述的小孔成像现象，其原理确实是光的直线传播故A正确；

B、平面镜成像的原理是光的反射，《淮南万毕术》中“取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻矣”，这里大镜和水盆相当于平面镜，通过光的反射能看到四邻。该选项对应正确。

C、凸（凹）面镜成像的原理是光的反射，而不是光的折射。《梦溪笔谈》中“古人铸鉴，鉴大则平，鉴小则凸。凡鉴凹则照人面大，凸则照人面小”描述的凸（凹）面镜成像，是利用光的反射来成像的，该选项对应错误。

D、彩虹形成的原理是光的色散。《玄贞子》中“背日喷乎水，成虹霓之状”，背日喷水时，阳光穿过水滴，由于不同颜色光的折射程度不同，从而发生色散形成彩虹，该选项对应正确。

综上选C。

【分析】本题主要考查对古代典籍中现象所涉及物理原理的理解，需要逐一分析每个选项中现象与原理的对应关系。5．德州马拉松作为城市文化品牌，已发展成为彰显城市形象的重要载体。比赛过程中，运动员佩戴感应芯片通过起点和终点磁场地带时，芯片里的线圈会产生电流，激发芯片发送编码信息，系统自动获取信息并计时。其工作原理与此相同的是（）A．手摇发电机 B．司南 C．电磁起重机 D．扬声器【答案】A【解析】【解答】运动员佩戴感应芯片通过起点和终点磁场地带时，芯片里的线圈会产生电流，这是电磁感应现象（闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流）。

A、手摇发电机是利用电磁感应原理工作的，闭合电路的线圈在磁场中转动，切割磁感线，产生感应电流。故A正确。

B、司南是利用地磁场对磁体的作用（同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引）来指示方向，其原理是磁体的指向性，不是电磁感应。故B错误。

C、电磁起重机是利用电流的磁效应（通电导体周围存在磁场）工作的，通电后电磁铁有磁性，能吸引铁磁性物质。故C错误。

D、扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理工作的，变化的电流通过线圈，线圈在磁场中受力振动，带动纸盆振动发声。故D错误。

综上选A。

【分析】本题关键在于明确电磁感应现象（磁生电）、电流的磁效应（电生磁）、通电导体在磁场中受力运动等原理的区别，通过分析各选项的工作原理，找出与题干（电磁感应）原理相同的选项。6．2025年4月24日，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭成功发射。载人飞船与空间站天和核心舱成功对接，实现中国航天史上第6次“太空会师”，如图所示。下列说法正确的是（）A．运载火箭发射升空过程利用了力的作用是相互的B．对接成功后，载人飞船相对于天和核心舱是运动的C．在轨运行的中国空间站处于平衡状态D．空间站的航天员惯性消失【答案】A【解析】【解答】A、根据力的作用是相互的原理，运载火箭发射升空时，向下喷出高温高压的燃气，燃气对火箭产生向上的反作用力，推动火箭上升，所以运载火箭发射升空过程利用了力的作用是相互的，该选项正确。

B、对接成功后，载人飞船相对于天和核心舱的位置没有发生变化，根据运动和静止的相对性，载人飞船相对于天和核心舱是静止的，该选项错误。

C、在轨运行的中国空间站做圆周运动，其运动方向不断改变，不是处于平衡状态（平衡状态是指静止或匀速直线运动状态），该选项错误。

D、惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，空间站的航天员质量不变，惯性不会消失，该选项错误。

综上选A。

【分析】本题主要考查力的相互作用、运动和静止的相对性、平衡状态以及惯性等物理概念，需要对每个选项逐一分析判断。7．如图是创新小组设计的肺活量检测装置原理图。电源电压恒定，R0是滑动变阻器，R1、R2是定值电阻。检测时从吹气口向气球中吹气，气球膨胀通过可移动隔板带动滑片向上运动，此时显示仪的示数变大（显示仪由图中两电表之一改装而成）。在吹气过程中下列判断正确的是（）A．电路总电阻变大 B．电压表示数变大C．显示仪由电流表改装而成 D．电路中消耗的总功率变小【答案】C【解析】【解答】A、气球膨胀通过可移动隔板带动滑片向上运动，此时变阻器电阻减小，故A错误；

B、电压表测量电源电压，示数不变，故B错误；

C、电压不变，电路中电阻减小，所以电流增加，所以显示仪由电流表改装而成，故C正确；

D、电流增加，电源电压不变，根据P=UI计算可知，电功率变大，故D错误；

综上选C。

【分析】先确定电路连接方式，再分析滑片移动时滑动变阻器接入电阻的变化，进而依据欧姆定律、串联电路特点及电功率公式判断各选项。8．小明在科技创新大赛中斩获一枚奖牌。他想知道该奖牌的密度，但发现其无法放入量筒，于是借助天平、烧杯进行了如下操作。下列说法正确的是（）A．使用前分度盘指针如图甲所示，应向右调游码使天平平衡B．天平正确调平后，称量结果如图乙所示，测得奖牌的质量为129.2gC．该实验测得奖牌的密度为6.44g/cm3D．用此方法测得奖牌的密度会偏大【答案】C【解析】【解答】A、使用天平前，若分度盘指针如图甲所示（指针偏左），应向右调节平衡螺母使天平平衡，而不是调游码，A错误。

B、天平正确调平后，由图乙可知，砝码质量为125g，游码示数为3.8g，所以奖牌总质量为128.8g，故B正确；

C、奖牌的体积为20cm3，所以其密度ρ=mV=128.8g20cm3=6.44g/c9．“秤砣虽小压千斤”，杆秤是中国最古老的称量工具，是我国的“国粹”之一。如图甲所示，当不挂秤砣时，在O点提起提纽，杆秤水平平衡。用秤钩悬挂100g物体、秤砣移到B点时，杆秤再次水平平衡，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．甲图中A点为杠杆的支点B．若OB=5OA，则“秤砣”的质量为20gC．若秤钩再加挂20g物体，秤砣向左移动可使杆秤再次平衡D．如果“秤砣”磨损，则测量值比真实值偏小【答案】B【解析】【解答】A、图中O为支点，故A错误；

B、根据杠杆平衡条件分析可知m秤=100g×OA5OA=20g，故B正确；

C、秤钩再加挂20g物体，则物体的质量和力臂乘积变大，秤砣向左移动减小力臂，质量不变，导致左侧的力和力臂的乘积大于右侧，所以不能平衡，故C错误；

D、如果“秤砣”磨损，秤砣质量减小。所以会在秤砣测增加力臂，即测量值比真实值偏大，D选项错误。

综上选B。10．如图所示是某款轻智能马桶，将脚置于脚感区域会触发脚感开关。使用时，第1次伸脚触发，开关S1闭合，马桶盖打开。若不需要坐便，第2次伸脚触发，开关S2闭合，坐垫抬起。使用完毕后第3次伸脚触发，开关S3闭合，自动冲水。若需要坐便，入座后坐垫感应开关S4闭合，使用完毕起身后S4仍闭合，同时开关S5闭合，自动冲水。冲水结束后马桶自动恢复使用前状态，下列模拟电路设计符合上述要求的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】【解答】第1次伸脚触发，开关S1闭合，马桶盖打开，说明马桶盖的电路由S1控制；第2次伸脚触发，开关S2闭合，坐垫抬起，所以坐垫由S2控制；第3次伸脚触发，开关S3闭合，自动冲水说明不坐便时冲水电路由S3控制；入座后坐垫感应开关S4闭合，使用完毕起身后S4仍闭合，同时开关S5闭合，自动冲水，说明坐便时冲水电路由S4和S5共同控制。

A、在选项A中，马桶盖、坐垫、冲水（两种情况）的控制电路不符合题目要求，例如马桶盖打开后，再闭合S2等操作不符合实际功能逻辑。

B、选项B中，冲水电路的控制逻辑与题目描述不一致，故B错误。

C、选项C的电路连接不符合要求，马桶盖由S1控制，坐垫由S2控制，不坐便冲水由S3控制，坐便冲水由S4和S5控制，符合题目中各种功能的开关控制要求，故C正确。

D、选项D的电路也不能满足题目中对于马桶盖、坐垫、冲水等功能的开关控制条件。

综上选C。

【分析】本题可根据题目中对马桶不同功能的开关控制要求，分析每个选项电路是否符合条件。11．为了给正方体工件表面均匀地涂上某种油，需要用竖直向下的力F把漂浮在油面上的工件缓慢压入油中，如图甲所示。工件的下表面与油面的距离为h，力F与h的大小关系如图乙所示（ρ油=0.8×103kg/m3，g取10N/kg）。下列说法正确的是（）A．工件的边长为0.3mB．工件的质量为60kgC．工件受到的最大浮力为2000ND．工件密度与油的密度之比为3：10【答案】B【解析】【解答】A、物体从开始浸没时，受到浮力，所以需要的推力开始增加，浸没的体积逐渐增加，浮力变大，推力持续增加，完全浸没后，排开液体的体积不变，所以浮力不变，由图可知，物体的高度为0.5m故A错误；

BC、据图可知，物体完全浸没时，受到的推力为400N，结合受力分析可知，此时F+G=F浮，浮力F浮=ρ液gV排=0.8×103kg/m3×10N/kg×（0.5m）3=1000N，所以重力为1000N-400N=600N，所以质量为m=600N10N/kg=60kg，故B正确；C错误

D、工件的密度ρ工=mV=60kg12．如图甲所示，电源电压恒定，电压表V1量程为0~15V，电压表V2量程为0~3V，电流表A量程为0~0.6A，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。在保证电路元件安全的前提下，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，某一电压表示数与电流表示数关系图像如图乙所示。则下列说法正确的有（）①电源电压为4.5V②定值电阻R1的阻值为2.5Ω③定值电阻R1的最小电功率为0.45W④滑动变阻器的调节范围2.5~20ΩA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【解析】【解答】据图可知，V1测量电源电压示数不变，V2测量R2电压，两个电阻串联，当变阻器向左移动，变阻器电阻减小，电压减小，电流增加，根据R=ΔUΔI=1.5V0.3A=5Ω，故定值电阻R1的阻值为5Ω，②错误；

据图分析可知，电压表示数为3.0V，电流为0.3A，所以R1两端电压为U1=0.3A×5Ω=1.5V，所以U=1.5V+3.0V=4.5V，故①正确；

电流最小为0.3A，所以最小电功率P=I2R=（0.3A）2×5Ω=0.45W，故③正确；

变阻器电压为3.0V，电流为0.3A，此时变阻器的最大电阻R=3.0V0.3A=10Ω二、填空题：本大题共7小题，共14分。13．如图所示，不同频率范围的无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等都属于（选填“超声波”或“电磁波”），在我们的生活中发挥着重要作用。【答案】电磁波【解析】【解答】无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等都属于电磁波。

【分析】本题考查对电磁波谱的认识，需要明确不同频率范围的无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线所属的类别。14．实验室用排水法收集O2，当集气瓶中的水被排出到如图所示的位置时，集气瓶内的气体压强（选填“大于”、“小于”或“等于”）外界大气压强。【答案】大于【解析】【解答】根据力的平衡，瓶内气体压强等于外界大气压强加上瓶内高出瓶外部分水柱产生的压强，所以集气瓶内的气体压强大于外界气压。

【分析】通过对集气瓶内气体压强、外界大气压强以及瓶内高出瓶外部分水柱产生压强的关系分析来求解。15．2025年5月，被称为“新一代人造太阳”的“中国环流三号”托卡马克装置在四川绵阳实现百万安培亿度H模，如图所示。其产生能量的原理与太阳发光发热的原理一样，是我国自主研发的可控（选填“核聚变”或“核裂变”）大科学装置。【答案】核聚变【解析】【解答】“中国环流三号”托卡马克装置被称为“新一代人造太阳”，其产生能量的原理与太阳发光发热的原理一样，所以是核聚变。

【分析】本题考查对核聚变和核裂变原理的理解与区分，需要根据太阳发光发热的原理以及“新一代人造太阳”的名称来判断该装置的能量产生原理。16．铜冰鉴是我国战国时代发明的即可“制冷”又可“制热”的两用“冰箱”，如图甲所示。冰鉴是一件双层器皿，鉴腹内有一尊缶，如图乙所示。冬季，在鉴腹内装入热水用来给尊缶内的酒加热，已知热水质量为150kg、初温为89.5℃，酒的质量为80kg、初温为10℃，最终两者温度相同为41.5℃，则给酒加热的热效率为。[c水=4.2×103J/(kg·℃)，c酒=2.4×103J/(kg·℃)]【答案】20%【解析】【解答】热水释放的热量Q放=c水m水Δt=4.2×103J/(kg·℃)×150kg×48℃=3.024×107J，同理计算酒精吸收的热量Q吸=2.4×103J/(kg·℃)×80kg×31.5℃=6.048×106J，所以η=6.048×106J17．如图所示，物体A重10N，B重4N。用细绳将两物体通过定滑轮连接，放手后，A恰能沿着水平桌面向右做匀速直线运动，如图甲所示，此时A受到的摩擦力为N；现用水平向左的力F拉A，使A沿着水平桌面向左做匀速直线运动，如图乙所示，则F大小为N。（水平桌面足够长，不计绳重及滑轮与轴的摩擦。）【答案】4；8【解析】【解答】A做匀速直线运动，所以A受力平衡，受到摩擦力和B的重力，二者相等，所以受到平衡力的大小为4N，对A进行受力分析，A向左运动，A受到向右的摩擦力，向右的拉力，所以拉力F=4N+4N=8N。

【分析】先分析甲图中物体A的受力情况，利用二力平衡求出摩擦力；再分析乙图中物体A的受力情况，根据力的平衡求出拉力F。18．如图为某班级使用的一体机，其铭牌的部分数据如下表所示。学校每节课时长45min，若整节课使用一体机消耗kW·h的电能；某天放学后，一体机忘记关机导致处于熄屏待机状态长达10h，此过程消耗的电能相当于完全燃烧kg煤所产生的热量。（q煤=3.4×107J/kg）。工作电压/V220电源功率/W280待机功率/W1.7【答案】0.21；0.0018【解析】【解答】根据W=Pt计算消耗的电能W=0.28kW×0.75h=0.21kW·h，一体机忘记关机导致处于熄屏待机状态长达10h，消耗的电功率W=Pt=1.7W×10×60×60s=61200J，所以相当于消耗煤炭的质量m=Wq=61200J3.4×1019．物理学中，物体重力势能的表达式EP=mgh，动能的表达式Ek=12mv【答案】不变；0.2【解析】【解答】因为水平面AB光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，且不计空气阻力，所以小球在从A运动到B的过程中没有能量损耗，机械能守恒，即机械能不变。根据题目分析可知mgh=12三、实验探究题：本大题共4小题，共24分。20．如图甲所示，在“探究冰熔化的过程及特点”的实验中，将装有冰的玻璃杯置于大烧杯内，再向大烧杯中加入温水，倒入水的高度略高于玻璃杯内冰的高度，即用“水浴法”给冰加热。（1）实验选用（选填“碎冰屑”或“大冰块”）效果更好；（2）某时刻温度计示数如图乙，读数为℃；（3）实验中绘制出温度随时间变化的图像如图丙所示，可知B点的内能（选填“大于”、“小于”或“等于”）A点的内能；（4）实验中用温水加热而不用热水，下列解释合理的有____。A．使冰均匀缓慢受热便于数据记录B．加快热传递缩短实验时间C．避免过大的温差导致容器破裂【答案】（1）碎冰屑（2）-4（3）大于（4）A【解析】【解答】（1）碎冰屑与温水接触面积大，能更均匀地吸收热量，所以实验选用碎冰屑效果更好。

（2）观察图乙温度计，其分度值为1℃。示数为-2℃；

（3）冰是晶体，在熔化过程中吸热，内能增加。从A点到B点，冰在吸热，所以B点的内能大于A点的内能。

（4）用温水加热，温差小，能使冰均匀缓慢受热便于数据记录，A合理。

温水加热，温度差小，热传递慢，会延长实验时间，B不合理。

温水加热也是一个渐变的过程，不会导致温差使得容器破裂，C不合理。

综上选A。

【分析】（1）需要考虑哪种形态的冰能使受热更均匀；

（2）根据温度计的读数方法来确定示数；

（3）依据晶体熔化时吸热内能增加来判断；

（4）分析用温水加热的原因。21．在“探究凸透镜成像的规律”实验中。（1）将一束平行光正对着凸透镜，移动光屏直到在光屏上得到一个最小、最亮的光斑，如图甲所示，则该凸透镜的焦距f为cm；（2）如图乙所示，在光屏上得到一个清晰的像，该像是倒立、（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像；（3）现将蜡烛向左移动一小段距离，发现光屏上的像变模糊。为使像重新变清晰，可以只将光屏向移动，或者在不移动光屏的情况下在烛焰和凸透镜之间放置一个合适的（选填“近视”或“远视”）眼镜的镜片；（4）某同学发现家中的半瓶矿泉水标签背面印有产品信息，现象如图丙所示，其物理原理是。【答案】（1）10.0（2）缩小（3）左；近视（4）放大镜原理【解析】【解答】（1）平行光正对着凸透镜，移动光屏得到最小、最亮光斑，此光斑到凸透镜光心的距离就是焦距。由图甲可知，刻度尺分度值为1cm，光斑到凸透镜光心距离为10.0cm，所以该凸透镜焦距f=10.0cm。

（2）物距小于像距，像为倒立的放大的实像；

（3）蜡烛向左移动，物距增大，根据物远像近像变小，为使像清晰，光屏应向左移动。不移动光屏，在烛焰和凸透镜间放合适镜片，因为物距增大像距应减小，现在要在光屏位置成像，需使光发散，凹透镜（近视眼镜镜片）对光有发散作用，所以放近视眼镜镜片。

(4)矿泉水瓶装有水，相当于凸透镜，标签在一倍焦距内，根据凸透镜成像规律，成正立、放大虚像，所以看到放大的字，原理是物距小于像距时，凸透镜成正立、放大虚像。

【分析】（1）根据凸透镜焦距的定义，平行光经凸透镜会聚的最小、最亮光斑到凸透镜光心的距离就是焦距。

（2）通过比较物距和焦距的关系，利用凸透镜成像规律判断像的性质。

（3）依据物远像近像变小的规律，以及凹透镜对光的发散作用（近视眼镜镜片是凹透镜）来分析。

（4）观察矿泉水瓶标签现象，结合凸透镜成像规律判断原理。22．在探究“液体压强与哪些因素有关”的实验中。（1）如图甲所示，实验器材安装完毕后发现U形管两侧液面不相平，接下来应该____，直到U形管两侧液面相平；A．向U形管内添加适量水 B．从U形管内向外倒出适量水C．取下软管重新安装 D．按压金属盒的橡皮膜（2）气密性良好的微小压强计（选填“属于”或“不属于”）连通器；（3）下列实验中用到的物理研究方法与本实验完全不同的是____；A．探究平面镜成像B．探究压力作用效果与哪些因素有关C．探究电流与电压、电阻的关系（4）如图乙所示，某次实验时，测得U形管两侧液面高度差为4cm，则探头在此位置受到的液体压强为Pa（ρ水=1.0×103kg/m3，ρ盐水=1.03×103kg/m3）；（5）某实验小组对压强计进行了改装，将U形管的两端分别连接了软管和探头，当两探头置于空气中时，U形管两侧液面相平。两容器内分别装有A、B两种不同液体，现将两探头置于相同深度，U形管液面位置如图丙所示，则ρAρB（选填“>”、“<”或“=”）。【答案】（1）C（2）不属于（3）A（4）400（5）<【解析】【解答】（1）U形管两侧液面不相平，是因为软管连接的部位可能存在气体压强差异。需要取出软管重新安装，故C正确，ABD错误；

综上选C；

（2）气密性良好的微小压强计，其一端是封闭的，不满足连通器“上端开口”的条件，所以不属于连通器。

（3）本实验探究“液体压强与哪些因素有关”，采用了控制变量法（控制其他因素不变，研究某一因素对液体压强的影响）和转换法（通过U形管两侧液面高度差反映液体压强大小）。

A选项探究平面镜成像，采用的是等效替代法（用未点燃的蜡烛替代像来确定像的位置等）；B选项探究压力作用效果与哪些因素有关，采用控制变量法（控制压力或受力面积，研究对作用效果的影响）和转换法（通过海绵的凹陷程度反映压力作用效果）；C选项探究电流与电压、电阻的关系，采用控制变量法（控制电阻或电压，研究电流与另一因素的关系）。所以与本实验完全不同的是A选项。

综上选A。

（4）探头在此位置受到的液体压强P=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m=400Pa。

（5）U形管液面左低右高，说明右侧压强较大。即ρA＜ρB。

【分析】本题围绕液体压强的探究实验展开，涉及实验操作、仪器性质、研究方法、压强计算以及液体密度比较等知识点。需要根据每个小问的具体要求，结合相关物理概念和公式进行分析解答。23．在用电流表和电压表测量小灯泡电阻的实验中，电源电压为3V，待测小灯泡L的额定电压为2.5V，正常发光时阻值约为8Ω。实验次数电压U/V电流I/A灯泡发光情况11.50.24较暗22.50.30正常发光32.80.32较亮（1）请用笔画线代替导线将图甲电路补充完整（导线不得交叉）；（2）闭合开关，移动滑片P至某位置，电压表示数如图乙所示，为V。为测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片向（选填“左”或“右”）端滑动；（3）多次实验后，实验数据如表所示，可知小灯泡L正常发光时的阻值为Ω（结果保留一位小数）；（4）根据表中数据可推测闭合开关前小灯泡阻值可能为____；A．0Ω B．3Ω C．6.3Ω D．10Ω（5）根据表中数据，可得小灯泡正常发光时的电功率为W。结合实验数据和发光情况，可知小灯泡的亮度取决于其。【答案】（1）（2）2.3；右（3）8.3（4）B（5）0.75；实际功率【解析】【解答】（1）测量灯泡和电阻的实验原理为伏安法，电流表和灯泡串联，据此作图：

（2）电压表选用0-3V量程，分度值为0.1V，图乙中电压表示数为2.3V。所以需要增加灯泡的分压，减小变阻器的分压，根据串联分压可知，需要减小变阻器电阻，需要向右调节滑片。

（3）灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，所以电阻为8.3Ω；

（4）灯泡电阻随温度升高而增大，闭合开关前灯泡温度最低，电阻最小。由表中数据可知，随着电压增大，电流增大，电阻增大，所以闭合开关前电阻小于6.3Ω，但电阻不会时0，所以B正确。

综上选B。

（5）灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，所以电功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W，小灯泡的亮度右实际功率决定。

【分析】本题围绕“用电流表和电压表测量小灯泡电阻”实验展开，涉及电路连接、电表读数、滑动变阻器调节、电阻计算、阻值推测及电功率计算等知识点。需依据实验原理、电表量程及分度值、串联电路分压规律等进行求解。四、计算题：本大题共1小题，共8分。24．王莲是一种大型浮叶草本，叶片布满气室、边缘向上卷起，具有粗壮的叶脉支撑结构，因而能产生巨大的浮力，植物园在其观赏期向游客开设载人体验活动。为安全起见，工作人员将一泡沫板置于叶片上方（泡沫板和叶片的面积视为相等）。如图所示，一质量为28kg的游客坐在泡沫板上进行体验。已知叶片底面积为1.4m2，其浸入水中的最大安全深度为5cm。（叶片及泡沫板质量均忽略不计，ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。求：（1）该游客体验时，泡沫板对叶片的压强；（2）叶片所能承载的最大重力。【答案】（1）解：在水平面上，泡沫板对叶片的压力等于游客重力（忽略泡沫板自重）F=G=mg=28kg×10N/则压强P=（2）解：叶片浸入水中深度hmax由题可知V排由阿基米德原理F浮可得F浮由于漂浮，则叶片能承受的最大总重力Gmax【解析】【分析】（1）先根据游客质量求重力，此重力即为泡沫板对叶片压力，再用压强公式计算压强。

（2）先算叶片浸入最大深度时排开水体积，再用阿基米德原理求浮力，此浮力等于叶片能承载的最大重力。五、综合题：本大题共3小题，共30分。25．如图所示，在劳动实践活动中，小刚在水平地面与车厢间用木板搭一斜面装载货物。（1）请在答题卡指定的位置画出货物所受重力G的示意图。（2）已知此斜面长s=3m，高h=1m，小刚沿斜面方向用400N的推力将重900N的货物以1m/s的速度匀速从斜面底端推到顶端（不计空气阻力，忽略箱子大小），此过程中推力的功率为W，斜面的机械效率为，物体在斜面上运动时所受摩擦力为N。【答案】（1）（2）400；75%；100【解析】【解答】（1）重力的方向是竖直向下的，作用点在物体的重心。所以从货物的重心竖直向下画一条带箭头的线段，标上G，

（2）推力的功率P=Fv=400N×1m/s=400W，有用功W=Gh=900N×1m=900J，推力做功W=Fs=400N×3m=1200J，所以η=900J1200J=75%，额外功Wf=1200J-900J=300J，所以摩擦力Ff=300J3m=100N。

【分析】本题主要考查重力示意图的画法、功率、机械效率以及摩擦力的计算。对于重力示意图，需明确重力方向；对于功率，利用公式P=Fv；机械效率根据η=26．某电蒸锅有防干烧功能，可实现温度过高时自动停止加热。其内部由加热电路和控制电路组成，简化电路如图所示。加热电路有高、低温两个挡位，已知U1=220V，R2=121Ω，高温挡电功率1500W。控制电路电压U2=6V，R0=10Ω，R1为热敏电阻，其阻值随锅内温度的变化情况如下表所示。当电磁铁线圈中的电流达到0.15A时，衔铁吸合，触点断开，停止加热。（电磁铁线圈电阻忽略不计）Rt温度/℃4080100140160200Rt电阻/Ω1005040302520（1）控制电路工作时电磁铁的上端为极；（2）加热电路停止加热时电蒸锅内的温度；（3）低温挡的电功率和R1的阻值。【答案】（1）S（2）140℃（3）1100W；44Ω【解析】【解答】（1）根据安培定则，用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极。由图可知，电流从电磁铁上端流入，下端流出，所以电磁铁的上端为S极。