信息必刷卷01（长沙专用）-2025年中考物理考前信息必刷卷

绝密★启用前 2025年中考考前信息必刷卷01（长沙专用） 物 理 （考试时间：60分钟 试卷满分：100分） 考情速递 中考·新动向： 命题严格遵循《义务教育课程标准》，以“核心素养”为导向，突出主干知识（如力学、电学、能量转换等）和关键能力（如建模、推理、实验设计）。试题将更多结合生活、科技热点（如新能源应用、智能设备原理）创设真实情境，考查学生运用物理知识解决实际问题的能力。 中考·新情境：试题减少对公式和概念的简单复现，增加开放性、探究性题目。结合跨学科情境（如环保工程中的能量转化），分析多步骤物理过程。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 1、 选择题（每小题3分，共36分，第1～10题为单选题，第11-12题为双选题，每小题有两个答案符合题意，选对但少选得2分，错选得0分） 1．下列是教材中涉及声音的产生、传播及特性的一些情景示意图。关于各图说明的理解，下列说法中正确的是（　　） A．图甲中，大力击鼓时鼓声更响亮，物体振动幅度越大音调越高 B．图乙中，超声波清洗机正在清洗眼镜，说明超声波能传递信息 C．图丙中，给摩托车安装消声器，是在声源处减弱噪声 D．图丁中，可以利用蝙蝠的回声定位原理测量地球与月球的距离 2．物态变化现象在一年四季中随处可见。关于这些现象以及发生这些现象过程中的吸、放热情况，下列说法正确的是（　　） A．春天的早晨经常出现大雾，这是汽化现象，要吸收热量 B．初冬的早晨落叶上会出现一层白霜，这是凝固现象，要放出热量 C．秋天的早晨花草上会出现小露珠，这是液化现象，要吸收热量 D．冬天的奇景“雾凇”，这是凝华现象，要放出热量 3．阿基米德说：“给我一个支点，我就能撬起整个地球。”下列生活中的杠杆与阿基米德的说法属于同一类型的是（　　） A．筷子 B．托盘天平 C．食品夹 D．核桃夹 4．在2025年全国中小学生安全教育日，学校举办了“我为安全用电写标语”主题教育活动。下列标语中，符合安全用电要求的是（　　） A．若发现有人触电，应先断电后救人 B．有金属外壳的用电器，可以不接地 C．使用测电笔手要接触金属笔尖 D．维修家用电器时，可以不切断电源 5．新能源汽车被确立为国家重要发展战略后，纯电动汽车渐受百姓的青睐。纯电动汽车的“心脏”是电动机，如图所示的四个装置中，与电动机的工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 6．能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法中正确的是（　　） A．用铝合金作为制作飞机的材料是因为铝合金的密度小 B．光纤通讯主要利用电流来传递信息 C．超导体材料可以应用于任何电器且效率很高 D．太阳能、风能、天然气都是可再生能源 7．学校兴趣小组在开展“生活处处有物理”的观察实践活动中，小明观察了厨房设备，在他所观察到的现象和对现象的解释中，正确的是（　　） A．菜刀的刀刃锋利是为了增大压力 B．用相同的热源给铁锅中质量相同的水和油加热，油升温快，是因为油的比热容小 C．电冰箱的冷冻室所结的霜是冰箱内水蒸气放热凝固形成的 D．锅铲柄、电水壶把手都有凸凹花纹，是为了减小摩擦 8．如图所示，潜水员正潜没在海水中，他携带的气瓶可以对身上的背心进行充气或放气，以改变背心的体积大小来实现浮沉。下列对潜水员分析正确的是（　　） A．向海底下潜过程中，受到海水的压强变大 B．海水中上浮过程中，受到海水的压强变大 C．对背心进行放气后，受到海水的浮力变大 D．对背心进行充气后，受到海水的浮力不变 9．新国标电动车上装有转向灯和蜂鸣器，开关拨至“左”，左转向灯亮、蜂鸣器响；开关拨至“右”，右转向灯亮、蜂鸣器响；左、右转向灯不能同时亮，下列电路图设计合理的是（　　） A． B． C． D． 10．2024年5月3日17时36分搭载有嫦娥六号探测器的长征五号火箭发射升空，发射过程部分图片如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱运动 B．三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号机械能不变 C．火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态 D．嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息 11．在探究凸透镜成像规律的实验中，当蜡烛、凸透镜、光屏位于如图所示的位置时在光屏上呈现一个清晰的烛焰的像。下列说法正确的是（　　） A．此时成倒立、缩小的实像，与投影仪原理相同 B．此凸透镜的焦距范围10cm＜f＜20cm C．蜡烛和光屏互换，光屏上仍能成清晰的像 D．若在透镜和蜡烛之间放近视镜片，应将光屏适当右移，可再次出现清晰的像 12．粮仓内对粮食温度控制要求极高，如图所示是小明设计的温控报警装置。控制电路中，R1为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，工作电路中，温度正常时指示灯L发光；当温度升高到警戒温度时，指示灯熄灭，蜂鸣器报警。下列判断正确的是（　　） A．工作电路中A位置应接入蜂鸣器 B．电磁铁的上端是S极 C．若要调低报警温度，可将R2的阻值调小 D．增加电磁铁的线圈匝数能降低报警温度 二、填空题（5小题，每空2分，共22分） 13．艾灸是中华医学的瑰宝，利用艾条燃烧产生的热量刺激人体穴位，能够达到防病治病的目的（如图所示）。艾灸的过程中是通过 　 　的方式改变人体内能的。有时在艾灸前，我们还可以先按摩特殊穴位使人缓解放松，用手来回按摩穴位的过程中是通过 　 　的方式改变人体内能的。 14．如图是火遍全网的2025年春晚《秧BOT》节目，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌，还玩着转手绢、抛手绢等花样，呈现出极其灵巧的动作。“机器人扭秧歌”从能量转化的角度来说，是把电能转化为 　 　能；“抛手绢”环节，抛出去的手绢在上升过程中，手绢受力 　 　（选填“平衡”或“不平衡”）。 15．C919大型客机是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，于2017年5月5日成功首飞。如图所示，当飞机静止在水平停机坪上时，它受到的重力与支持力大小　 　 。当直升机在竖直方向加速升空时，飞行员受到的合力　 　（“向上”、“向下”或“为零”）。 16．如图是智能加热杯垫的简化电路图，R1和R2均为电阻丝，杯垫有加热和保温两个挡位，加热功率为40W，保温功率为10W。则开关S1和S2均闭合时，智能加热杯垫处于 　 　挡，保温挡通电2min产生的热量是 　 　J。 17．如图所示，桌子上有一个底面积为2×10﹣2m2、内盛有某液体的圆柱形容器，物块A（不吸液体）漂浮在液面上，则A的密度　 　（选填“大于”、“小于”“等于”）液体的密度，若A的密度为0.5×103kg/m3，体积为4×10﹣4m3则A的质量为　 　kg．现用力压A，使其缓慢向下，直到恰好浸没在液体中（液体未溢出），此时液体对容器底部压强增大了80Pa，则该液体的密度为　 　kg/m3。 三、作图与实验探究题（6小题，每空2分，第18题6分，第19题4分，第20题6分，第21题6分，第22题6分，共28分） 18．小明利用如图装置探究光的反射定律。 （1） 如图甲，将白纸板竖直放在水平桌面上，当E、F在同一平面上时，让入射光线沿EO射向镜面，在纸板F上可看到反射光线OF，若增大入射光线与法线的夹角，反射光线将 　 　法线（选填“靠近”或“远离”）。 （2）如图乙，小明将F板向后折转某一角度，这时在纸板上看不到反射光线，此时反射光线是否存在？　 　。 （3）画出图丙中入射光线对应的反射光线，并标出反射角的度数。 19．小明利用图甲所示的三颈烧瓶做水的沸腾实验。 （1）如图乙是根据实验数据绘制的水温与时间关系图像。分析图像可知，水的沸点为 　 　℃。 （2）撤去酒精灯后，水停止了沸腾。接着将三颈烧瓶的瓶口全部用塞子密封住，小明发现利用图丙装置将注射器的活塞 　 　（选填“向上拉”或“向下推”），可以让已经停止沸腾的水再次沸腾。 20．夏季汛期来临，暴雨后洪水流入水库会导致水位急剧上升，此时需开闸泄洪避免出现溃坝的危险。亮亮了解到液体压强是导致溃坝的主要原因，他想利用微小压强计来探究液体压强与哪些因素有关。他根据水位上涨及河水变得浑浊密度变大的情况作出以下猜想： A.液体压强大小可能与液体深度有关 B.液体压强大小可能与液体密度有关 为验证以上猜想，他利用相关器材完成了如下实验： （1）用微小压强计U形管左右两边液面 　 　来反映探头处液体压强的大小，这种研究物理问题的方法是转换法。 （2）为了验证猜想A，比较①②两次实验操作，初步得出结论：液体的压强随深度的增加而 　 　。 （3）为了验证猜想B，应比较 　 （选填序号）两次实验操作，初步得出结论：深度相同时，液体的密度越大，压强越大。 21．在“探究通电螺线管外部磁场分布”的实验中： （1）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）在玻璃板上均匀地撒满铁屑，将螺线管连入电路，闭合开关，轻敲玻璃板，观察到铁屑分布情况如图﹣1所示，铁屑的分布情况与 　 　磁体周围铁屑的分布情况相似。 （3）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﹣2所示，则通电螺线管的右端为 　 　 极。 22．小明和小军同学进行“探究串联电路电压规律”的实验，所用器材有：电压恒为3V的电源，一个开关，两只灯泡L1和L2，两只相同电压表V1和V2（量程均为0﹣3V和0～15V），导线若干。 （1）小明按照图甲的电路图，使用电压表测量灯泡L1两端的电压，连接好实物图如图乙所示，经检查发现一根导线连接有误，请在该导线上打“×”，并用笔画线代替导线连接正确的电路； （2）正确连接完电路，小军用一只电压表分别测AB、BC、AC间的电压，每次拆接电压表时，开关应处于 　 　状态，为使探究得出的结论具有普遍意义，L1、L2最好选择规格 　 　（选填“相同”或“不同”）的小灯泡； 四、计算题（2小题，共14分，其中23题6分，24题8分） 23．如图是一台火灾现场侦察、灭火的消防机器人，其质量为600kg，履带与地面接触的总面积为0.5m2，以3m/s的速度在水平地面沿直线匀速前进了2min，行驶时所受阻力为自重的0.02倍。求： （1）消防机器人在2min内通过的路程。 （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强。 （3）在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做功的功率。 24．在如图甲所示的电路中，电源电压U＝6V保持不变，小灯泡L标有“6V 0.5A”字样，灯泡的电流与电压的关系如图乙所示，当闭合开关S1、S2，断开S3，将R2的滑片置于距左端处。移动R1的滑片，当R1的滑片在最右端时，电压表V1的示数为2V；当闭合开关S3，断开S1、S2，在电路安全的前提下移动R2的滑片，当R2的滑片，当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为3V。电流表的量程为0～3A，电压表V1的量程为0～15V，电压表V2的量程为0～3V。求： （1）求小灯泡正常工作时的电阻； （2）只闭合S3，为保证电路安全，求滑动变阻器R2的取值范围； （3）所有开关可以任意闭合或断开，在保证电路安全且电路中有电流的情况下，求电路消耗的总功率的最大值和最小值。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年中考考前信息必刷卷01（长沙专用） 物 理 （考试时间：60分钟 试卷满分：100分） 考情速递 中考·新动向： 命题严格遵循《义务教育课程标准》，以“核心素养”为导向，突出主干知识（如力学、电学、能量转换等）和关键能力（如建模、推理、实验设计）。试题将更多结合生活、科技热点（如新能源应用、智能设备原理）创设真实情境，考查学生运用物理知识解决实际问题的能力。 中考·新情境：试题减少对公式和概念的简单复现，增加开放性、探究性题目。结合跨学科情境（如环保工程中的能量转化），分析多步骤物理过程。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 1、 选择题（每小题3分，共36分，第1～10题为单选题，第11-12题为双选题，每小题有两个答案符合题意，选对但少选得2分，错选得0分） 1．下列是教材中涉及声音的产生、传播及特性的一些情景示意图。关于各图说明的理解，下列说法中正确的是（　　） A．图甲中，大力击鼓时鼓声更响亮，物体振动幅度越大音调越高 B．图乙中，超声波清洗机正在清洗眼镜，说明超声波能传递信息 C．图丙中，给摩托车安装消声器，是在声源处减弱噪声 D．图丁中，可以利用蝙蝠的回声定位原理测量地球与月球的距离 【答案】C 【详解】A．大力击鼓时鼓声更响亮，物体振动幅度越大，响度越高，故A错误； B．超声波清洗机正在清洗眼镜，将污物击碎，说明超声波能传递能量，故B错误； C．给摩托车安装消声器，属于在声源处减弱噪声，故C正确； D．真空不能传声，不能利用蝙蝠的回声定位原理测量地球与月球的距离，故D错误。 故选：C。 2．物态变化现象在一年四季中随处可见。关于这些现象以及发生这些现象过程中的吸、放热情况，下列说法正确的是（　　） A．春天的早晨经常出现大雾，这是汽化现象，要吸收热量 B．初冬的早晨落叶上会出现一层白霜，这是凝固现象，要放出热量 C．秋天的早晨花草上会出现小露珠，这是液化现象，要吸收热量 D．冬天的奇景“雾凇”，这是凝华现象，要放出热量 【答案】D 【详解】A、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，需要放出热量，故A错误；B、初冬的早晨落叶上会出现一层白霜，是空气中的水蒸气遇冷由气态直接变为固态，这是水蒸气的凝华现象，需要放出热量，故B错误 C、秋天的早晨花草上出现的小露珠，是空气中的水蒸气液化而成的，需要放出热量，故C错误； D、冬天的奇景“雾凇”，是空气中的水蒸气遇冷由气态直接变为固态，这是水蒸气的凝华现象，需要放出热量，故D正确。故选：D。 3．阿基米德说：“给我一个支点，我就能撬起整个地球。”下列生活中的杠杆与阿基米德的说法属于同一类型的是（　　） A．筷子 B．托盘天平 C．食品夹 D．核桃夹 【答案】D 【详解】阿基米德设想的杠杆在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆； A、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误； B、托盘天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故B错误； C、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C错误； D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D正确。 故选：D。 4．在2025年全国中小学生安全教育日，学校举办了“我为安全用电写标语”主题教育活动。下列标语中，符合安全用电要求的是（　　） A．若发现有人触电，应先断电后救人 B．有金属外壳的用电器，可以不接地 C．使用测电笔手要接触金属笔尖 D．维修家用电器时，可以不切断电源 【答案】A 【详解】A．为了防止触电，当发现有人触电应先断开电源再救人，故A符合安全用电要求； B．有金属外壳的家用电器，金属外壳必须接地，否则一旦金属外壳带电，则会发生触电事故，故B不符合安全用电要求； C．根据测电笔的使用方法可知，使用测电笔手要接触笔尾，故C不符合安全用电要求； D．维修电路时若不断开电源，容易引发触电事故，故D不符合安全用电要求。 故选：A。 5．新能源汽车被确立为国家重要发展战略后，纯电动汽车渐受百姓的青睐。纯电动汽车的“心脏”是电动机，如图所示的四个装置中，与电动机的工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理来工作的。 A、奥斯特实验说明通电导体周围存在磁场，故A不符合题意； B、该装置说明通电导体在磁场中会受到力的作用，与电动机的原理相同，故B符合题意； C、该装置可以探究电磁铁磁性强弱与电流和线圈匝数的关系，故C不符合题意； D、该装置可以探究产生感应电流的条件，故D不符合题意。 故选：B。 6．能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法中正确的是（　　） A．用铝合金作为制作飞机的材料是因为铝合金的密度小 B．光纤通讯主要利用电流来传递信息 C．超导体材料可以应用于任何电器且效率很高 D．太阳能、风能、天然气都是可再生能源 【答案】A 【详解】A、铝合金的密度比较小，在相同体积时，质量比较小，重力比较小，易于飞机起飞，故A正确； B、光纤通讯主要利用激光信号传递信息，故B错误； C、“超导材料”由于没有电阻，不能用于电能转化为内能的电器，例如电饭锅、电水壶等，故C错误； D、太阳能、风能是可再生能源，天然气是不可再生能源，故D错误。 故选：A。 7．学校兴趣小组在开展“生活处处有物理”的观察实践活动中，小明观察了厨房设备，在他所观察到的现象和对现象的解释中，正确的是（　　） A．菜刀的刀刃锋利是为了增大压力 B．用相同的热源给铁锅中质量相同的水和油加热，油升温快，是因为油的比热容小 C．电冰箱的冷冻室所结的霜是冰箱内水蒸气放热凝固形成的 D．锅铲柄、电水壶把手都有凸凹花纹，是为了减小摩擦 【答案】B 【详解】A、刀刃很锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故A错误； B、质量相同的水和油，用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，油吸热升温较快，是因为油的比热容小，故B正确； C、霜是水蒸气遇冷凝华成小冰晶，故C错误； D、菜刀柄、锅铲柄、电水壶把手有凸凹花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故D错误。 故选：B。 8．如图所示，潜水员正潜没在海水中，他携带的气瓶可以对身上的背心进行充气或放气，以改变背心的体积大小来实现浮沉。下列对潜水员分析正确的是（　　） A．向海底下潜过程中，受到海水的压强变大 B．海水中上浮过程中，受到海水的压强变大 C．对背心进行放气后，受到海水的浮力变大 D．对背心进行充气后，受到海水的浮力不变 【答案】A 【详解】A、向海底下潜过程中，深度增大，由p＝ρ液gh可知，受到海水的压强变大，故A正确； B、海水中上浮过程中，深度减小，由p＝ρ液gh可知，受到海水的压强变小，故B错误； C、对背心进行放气后，排开水的体积变小，由F浮＝ρ液gV排可知，受到海水的浮力变小，故C错误； D、对背心进行充气后，排开水的体积变大，由F浮＝ρ液gV排可知，受到海水的浮力变大，故D错误。 故选：A。 9．新国标电动车上装有转向灯和蜂鸣器，开关拨至“左”，左转向灯亮、蜂鸣器响；开关拨至“右”，右转向灯亮、蜂鸣器响；左、右转向灯不能同时亮，下列电路图设计合理的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知，开关拨至“左”，左转向灯亮、蜂鸣器响；开关拨至“右”，右转向灯亮、蜂鸣器响，这说明两个灯泡工作是也不影响，都是并联的；由于电路中只有一个蜂鸣器，所以蜂鸣器应该串联接入电路中；左、右转向灯不能同时亮，说明电路中的开关是单刀双掷开关，故C正确。 故选：C。 10．2024年5月3日17时36分搭载有嫦娥六号探测器的长征五号火箭发射升空，发射过程部分图片如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱运动 B．三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号机械能不变 C．火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态 D．嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息 【答案】B 【详解】A.三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱，位置发生了改变，所以以仪器舱为参照物，三级火箭是运动的，故A正确； B.三级火箭分离时相对火箭点火时，火箭发动机持续工作，火箭燃料的化学能先转化为燃气的内能再转化为火箭整体的机械能，火箭搭载的嫦娥六号机械能持续增加，故B错误； C.火箭加速上升时，火箭运动的快慢改变，说明喷出的气体对箭体的作用力改变了火箭的运动状态，故C正确； D.嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作时，因月球与地球之间处于真空状态，所以不可能利用声音来传播，只能用电磁波来和地面交互信息，故D正确。 故选：B。 11．在探究凸透镜成像规律的实验中，当蜡烛、凸透镜、光屏位于如图所示的位置时在光屏上呈现一个清晰的烛焰的像。下列说法正确的是（　　） A．此时成倒立、缩小的实像，与投影仪原理相同 B．此凸透镜的焦距范围10cm＜f＜20cm C．蜡烛和光屏互换，光屏上仍能成清晰的像 D．若在透镜和蜡烛之间放近视镜片，应将光屏适当右移，可再次出现清晰的像 【答案】CD 【详解】A、由图可知，物距小于像距，蜡烛在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距之间光屏上得到一个倒立、放大的实像，像距大于二倍焦距，与投影仪原理相同，故A错误； B、由图可知物距u＝20cm，位于1倍焦距和2倍焦距之间，则像距v＝30cm大于2倍焦距，则2f＞20cm＞f、30cm＞2f，解得：10cm＜f＜15cm，故B错误； C、蜡烛和光屏互换，根据光路可逆可知，光屏上仍能成清晰的像，故C正确； D、若在透镜和蜡烛之间放一近视镜片，近视镜片是凹透镜，对光线有发散作用，折射光线延迟会聚，光屏要适当右移可再次出现清晰的像，故D正确。 故选：CD。 12．粮仓内对粮食温度控制要求极高，如图所示是小明设计的温控报警装置。控制电路中，R1为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，工作电路中，温度正常时指示灯L发光；当温度升高到警戒温度时，指示灯熄灭，蜂鸣器报警。下列判断正确的是（　　） A．工作电路中A位置应接入蜂鸣器 B．电磁铁的上端是S极 C．若要调低报警温度，可将R2的阻值调小 D．增加电磁铁的线圈匝数能降低报警温度 【答案】BC 【详解】A、当温度升高到警戒温度时，热敏电阻的阻值变小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大，电磁铁磁性增强，吸下衔铁，使得B接入电路中，此时指示灯熄灭，蜂鸣器报警，所以工作电路中B位置应接入蜂鸣器、A位置应接入指示灯，故A错误； B、根据安培定则可知，电磁铁的上端是S极，故B正确； C、若要调低报警温度，R1阻值将变大，R总不变，则R2将变小，故C正确； D、增加电磁铁的线圈匝数，电磁铁的磁性增强，当热敏电阻较大时就能吸下衔铁，所以报警温度降低，故D错误。 故选：BC。 二、填空题（5小题，每空2分，共22分） 13．艾灸是中华医学的瑰宝，利用艾条燃烧产生的热量刺激人体穴位，能够达到防病治病的目的（如图所示）。艾灸的过程中是通过 　 　的方式改变人体内能的。有时在艾灸前，我们还可以先按摩特殊穴位使人缓解放松，用手来回按摩穴位的过程中是通过 　 　的方式改变人体内能的。 【答案】 热传递；做功 【详解】进行艾灸时，艾条燃烧产生的热量传给人体，是通过热传递的方式改变了人体的内能； 用手来回按摩穴位的过程中是通过做功的方式改变了人体的内能。 14．如图是火遍全网的2025年春晚《秧BOT》节目，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌，还玩着转手绢、抛手绢等花样，呈现出极其灵巧的动作。“机器人扭秧歌”从能量转化的角度来说，是把电能转化为 　 　能；“抛手绢”环节，抛出去的手绢在上升过程中，手绢受力 　 　（选填“平衡”或“不平衡”）。 【答案】机械；不平衡。 【详解】（1）机器人由电能驱动，所以“机器人扭秧歌”过程中将电能转化为机械能； （2）抛出去的手绢在上升过程中，手绢逐渐减速 ，所以受力不平衡。 15．C919大型客机是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，于2017年5月5日成功首飞。如图所示，当飞机静止在水平停机坪上时，它受到的重力与支持力大小　 　 。当直升机在竖直方向加速升空时，飞行员受到的合力　 　（“向上”、“向下”或“为零”）。 【答案】 相等；向上。 【详解】当直升机静止在水平停机坪上时，受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、都作用在飞机上，是一对平衡力。当直升机在竖直方向加速升空时，所受合力与运动方向相同，故合力方向向上。 16．如图是智能加热杯垫的简化电路图，R1和R2均为电阻丝，杯垫有加热和保温两个挡位，加热功率为40W，保温功率为10W。则开关S1和S2均闭合时，智能加热杯垫处于 　 　挡，保温挡通电2min产生的热量是 　 　J。 【答案】加热；1200。 【详解】由图可知，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路的总电阻较大，由可知，电路的总功率较小，恒温杯垫处于保温挡；当开关S1、S2均闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻较小，总功率较大，恒温杯垫处于加热挡； 保温挡功率为10W，通电2min产生的热量： Q＝W＝Pt＝10W×2min＝10W×2×60s＝1200J。 17．如图所示，桌子上有一个底面积为2×10﹣2m2、内盛有某液体的圆柱形容器，物块A（不吸液体）漂浮在液面上，则A的密度　 　（选填“大于”、“小于”“等于”）液体的密度，若A的密度为0.5×103kg/m3，体积为4×10﹣4m3则A的质量为　 　kg．现用力压A，使其缓慢向下，直到恰好浸没在液体中（液体未溢出），此时液体对容器底部压强增大了80Pa，则该液体的密度为　 　kg/m3。 【答案】小于；0.2；0.9×103kg/m3。 【详解】（1）已知物块A（不吸液体）漂浮在液面上，则F浮＝G，即ρ液gV排＝ρAgVA， 因为V排＜VA，所以ρ液＞ρA； （2）由ρ可得，A的质量mA＝ρAVA＝0.5×103kg/m3×4×10﹣4m3＝0.2kg； （3）物体A漂浮在液面上，则F浮＝G，即ρ液gV排＝ρAgVA，则V排， 现用力压A，使其缓慢向下，则液面上升的高度Δh， 此时液体对容器底部压强增大了80Pa，则Δp＝ρ液gΔh， 即80Pa＝ρ液×10N/kg×（4×10﹣4m3）， 解得ρ液＝0.9×103kg/m3。 也可以这样解答：增大的浮力ΔF＝pS＝80Pa×2×10﹣2m2＝1.6N， 物体A漂浮在液面上，则F浮＝G＝mg＝0.2kg×10N/kg＝2N， 使其缓慢向下，直到恰好浸没在液体中时总浮力F浮总＝ΔF+F浮＝1.6N+2N＝3.6N。 由F浮总＝ρ液gV排可得，ρ液0.9×103kg/m3。 三、作图与实验探究题（6小题，每空2分，第18题6分，第19题4分，第20题6分，第21题6分，第22题6分，共28分） 18．小明利用如图装置探究光的反射定律。 （1） 如图甲，将白纸板竖直放在水平桌面上，当E、F在同一平面上时，让入射光线沿EO射向镜面，在纸板F上可看到反射光线OF，若增大入射光线与法线的夹角，反射光线将 　 　法线（选填“靠近”或“远离”）。 （2）如图乙，小明将F板向后折转某一角度，这时在纸板上看不到反射光线，此时反射光线是否存在？　 　。 （3）画出图丙中入射光线对应的反射光线，并标出反射角的度数。 【答案】 （1）远离； （2）存在；（3） 。 【详解】（1）若增大入射光线与法线的夹角，即入射角增大，则反射角也增大，反射光线将远离法线。 （2）小明将F板向后折转某一角度，此时纸板E和纸板F已经不在同一个平面了，纸板F上就不能看到反射光线，说明反射光已经不在纸板上了，但反射光线仍然是存在的，由此可以得出的结论是反射光线、入射光线和法线在同一平面内。 （3）首先做出法线，入射光线与镜面的夹角是30°，所以入射角为 90°﹣30°＝60°根据反射角等于入射角做出反射光线，反射角为60°，如图所示。 19．小明利用图甲所示的三颈烧瓶做水的沸腾实验。 （1）如图乙是根据实验数据绘制的水温与时间关系图像。分析图像可知，水的沸点为 　 　℃。 （2）撤去酒精灯后，水停止了沸腾。接着将三颈烧瓶的瓶口全部用塞子密封住，小明发现利用图丙装置将注射器的活塞 　 　（选填“向上拉”或“向下推”），可以让已经停止沸腾的水再次沸腾。 【答案】 （1）98； （2）向上拉。 【详解】（1）由图知，水沸腾时，不断吸收热量，保持98℃不变，所以98℃是水的沸点； （2）将三颈烧瓶的瓶口全部用塞子密封住，然后向上拉动注射器的活塞，三颈烧瓶内气体压强减小，因为水的沸点会随气压的减小而降低，因此，水会重新沸腾起来。 20．夏季汛期来临，暴雨后洪水流入水库会导致水位急剧上升，此时需开闸泄洪避免出现溃坝的危险。亮亮了解到液体压强是导致溃坝的主要原因，他想利用微小压强计来探究液体压强与哪些因素有关。他根据水位上涨及河水变得浑浊密度变大的情况作出以下猜想： A.液体压强大小可能与液体深度有关 B.液体压强大小可能与液体密度有关 为验证以上猜想，他利用相关器材完成了如下实验： （1）用微小压强计U形管左右两边液面 　 　来反映探头处液体压强的大小，这种研究物理问题的方法是转换法。 （2）为了验证猜想A，比较①②两次实验操作，初步得出结论：液体的压强随深度的增加而 　 　。 （3）为了验证猜想B，应比较 　 （选填序号）两次实验操作，初步得出结论：深度相同时，液体的密度越大，压强越大。 【答案】 （1）高度差；（2）增大；（3）②③。 【详解】（1）压强计是通过观察U形管两端液面的高度差来显示橡皮膜所受压强的大小，U形管两端液面的高度差越大，说明橡皮膜所受液体压强越大，这种研究物理问题的方法是转换法。 （2）为了验证猜想A：液体压强大小可能与液体深度有关，比较①②两次实验操作，可知液体的密度相同，深度不同，深度越深，U形管液面的高度差越大，液体内部压强越大，得出结论：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增加。 （3）为了验证猜想B，液体压强大小可能与液体密度有关，应该控制液体的深度相同，改变液体的密度，所以分析②③两次实验操作。 21．在“探究通电螺线管外部磁场分布”的实验中： （1）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）在玻璃板上均匀地撒满铁屑，将螺线管连入电路，闭合开关，轻敲玻璃板，观察到铁屑分布情况如图﹣1所示，铁屑的分布情况与 　 　磁体周围铁屑的分布情况相似。 （3）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﹣2所示，则通电螺线管的右端为 　 　 极。 【答案】 （1）北；（2）条形；（3）N。 【详解】（1）在闭合开关前，小磁针静止时，N极指向地理的南极，说明地球周围存在磁场； （2）在玻璃板上均匀地洒满铁屑，将螺线管连入电路，闭合开关，轻敲玻璃板面，观察到铁屑分布情况如图1所示，铁屑的分布情况与条形磁体周围铁屑的分布情况相似； （3）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2所示；根据磁极间的作用可知，通电螺线管的右端为N极； 22．小明和小军同学进行“探究串联电路电压规律”的实验，所用器材有：电压恒为3V的电源，一个开关，两只灯泡L1和L2，两只相同电压表V1和V2（量程均为0﹣3V和0～15V），导线若干。 （1）小明按照图甲的电路图，使用电压表测量灯泡L1两端的电压，连接好实物图如图乙所示，经检查发现一根导线连接有误，请在该导线上打“×”，并用笔画线代替导线连接正确的电路； （2）正确连接完电路，小军用一只电压表分别测AB、BC、AC间的电压，每次拆接电压表时，开关应处于 　 　状态，为使探究得出的结论具有普遍意义，L1、L2最好选择规格 　 　（选填“相同”或“不同”）的小灯泡； 【答案】 故答案为：（1）；（2）断开；不同。 【详解】（1）实物图如图乙，灯泡L1和电压表没有接入电路，将两个灯泡之间的导线改接如下： （2）正确连接完电路，每次拆接电压表时，为了保护电路，开关应处于断开状态，为使探究得出的结论具有普遍意义，L1、L2最好选择规格不同的小灯泡； 四、计算题（2小题，共14分，其中23题6分，24题8分） 23．如图是一台火灾现场侦察、灭火的消防机器人，其质量为600kg，履带与地面接触的总面积为0.5m2，以3m/s的速度在水平地面沿直线匀速前进了2min，行驶时所受阻力为自重的0.02倍。求： （1）消防机器人在2min内通过的路程。 （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强。 （3）在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做功的功率。 【详解】解：（1）由v得，消防机器人在2min内通过的路程：s＝vt＝3m/s×2×60s＝360m； （2）机器人对地面的压力：F压＝G＝mg＝600kg×10N/kg＝6000N， 它对地面的压强：p1.2×104Pa； （3）因为机器人做匀速直线运动，所以机器人受到的牵引力：F＝f＝0.02G＝0.02×6000N＝120N， 消防机器人牵引力做功的功率：P＝Fv＝120N×3m/s＝360W。 答：（1）消防机器人在1min内通过的路程为360m。 （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强为1.2×104pa； （3）在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做功的功率为360W。 24．在如图甲所示的电路中，电源电压U＝6V保持不变，小灯泡L标有“6V 0.5A”字样，灯泡的电流与电压的关系如图乙所示，当闭合开关S1、S2，断开S3，将R2的滑片置于距左端处。移动R1的滑片，当R1的滑片在最右端时，电压表V1的示数为2V；当闭合开关S3，断开S1、S2，在电路安全的前提下移动R2的滑片，当R2的滑片，当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为3V。电流表的量程为0～3A，电压表V1的量程为0～15V，电压表V2的量程为0～3V。求： （1）求小灯泡正常工作时的电阻； （2）只闭合S3，为保证电路安全，求滑动变阻器R2的取值范围； （3）所有开关可以任意闭合或断开，在保证电路安全且电路中有电流的情况下，求电路消耗的总功率的最大值和最小值。 【详解】解：（1）小灯泡正常工作时的电阻RL12Ω。 （2）只闭合S3，灯泡和变阻器R2串联，电压表V2测量R2两端的电压，电压表V2的量程为0﹣3V，当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为3V，由串联电路的分压规律可知，此时R2的阻值较大，由串联电路电压的规律可知，灯泡两端的电压Ul＝U﹣U2＝6V﹣3V＝3V。 由图乙可知，灯泡的电压是3V时，通过它的电流是0.4A，灯泡的电阻RL′7.5Ω。灯泡和R2两端的电压相等，由串联电路的分压规律可知，灯泡和R2的阻值相等，所以此时R2接入电路的最大阻值R2′＝7.5Ω。 因为电流表的量程为0﹣3A，当R2的滑片移动到最左端，R2连入电路的电阻为零，电路中只有灯泡，电源电压是6V，灯泡两端的电压是6V，此时灯泡的电流是0.5A，没有超过量程，所以滑动变阻器的取值范围是0～7.5Ω。 （3）当闭合开关S3，断开S1、S2，在当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为3V，由（2）可知，当R2的滑片在距左端处时阻值7.5Ω，则R2的最大阻值R2大＝4R2′＝4×7.5Ω＝30Ω； 当闭合开关S1、S2，断开S3，R1和R2串联，将R2的滑片置于距左端处。移动R1的滑片，当R1的滑片在最右端时，电压表V1的示数为2V，电压表V1测量R2两端的电压，示数为2V，由串联电路的分压规律得到：，即：， 解得：R1＝15Ω； 当开关S2、S3都闭合，R2的滑片在最左端，R1和L并联，由串并联电路电阻的规律可知电路的总电阻最小，由P 可知，电路的总功率最大，电路消耗的总功率的最大值：P最大U额I额6V×0.5A＝5.4W。 由（1）可知小灯泡正常发光时的电阻是12Ω，由图乙可知，RL＝12Ω是它的最大阻值，灯泡的电阻小于R1的阻值，所以闭合S2，断开S3，R1和R2串联，电压表为3V时，R2接入电路的电阻最大，此时电路的总电阻最大，由P 可知，电路的总功率最小，由串联电路电压的规律和欧姆定律得到通过电路的电流：I′0.2A； 最小功率：P最小＝UI′＝6V×0.2A＝1.2W 答：（1）小灯泡正常工作时的电阻是12Ω； （2）只闭合S3，为保证安全，滑动变阻器的取值范围是0～7.5Ω； （3）所有开关可以任意闭合或断开，在保证电路安全且电路中有电流的情况下，电路消耗的总功率的最大值是5.4W，最小值是1.2W。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年中考物理考前信息必刷卷01（长沙专用） 答案及评分标准 1、 选择题（每小题3分，共36分，第1～10题为单选题，第11-12题为双选题，每小题有两个答案符合题意，选对但少选得2分，错选得0分） 1．C 2．D 3．D 4．A 5．B 6．A 7．B 8．A 9．C 10．B 11．CD 12．BC 二、填空题（5小题，每空2分，共22分） 13．热传递；做功 14．机械；不平衡。 15．相等；向上。 16．加热；1200。 17．小于；0.2；0.9×103kg/m3。 三、作图与实验探究题（6小题，每空2分，第18题6分，第19题4分，第20题6分，第21题6分，第22题6分，共28分） 18．（1）远离； （2）存在；（3） 。 19．（1）98； （2）向上拉。 20．（1）高度差；（2）增大；（3）②③。 21．（1）北；（2）条形；（3）N。 22．（1）；（2）断开；不同。 四、计算题（2小题，共14分，其中23题6分，24题8分） 23．解：（1）由v得，消防机器人在2min内通过的路程：s＝vt＝3m/s×2×60s＝360m； （2）机器人对地面的压力：F压＝G＝mg＝600kg×10N/kg＝6000N， 它对地面的压强：p1.2×104Pa； （3）因为机器人做匀速直线运动，所以机器人受到的牵引力：F＝f＝0.02G＝0.02×6000N＝120N， 消防机器人牵引力做功的功率：P＝Fv＝120N×3m/s＝360W。 答：（1）消防机器人在1min内通过的路程为360m。 （2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强为1.2×104pa； （3）在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做功的功率为360W。 24．解：（1）小灯泡正常工作时的电阻RL12Ω。 （2）只闭合S3，灯泡和变阻器R2串联，电压表V2测量R2两端的电压，电压表V2的量程为0﹣3V，当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为3V，由串联电路的分压规律可知，此时R2的阻值较大，由串联电路电压的规律可知，灯泡两端的电压Ul＝U﹣U2＝6V﹣3V＝3V。 由图乙可知，灯泡的电压是3V时，通过它的电流是0.4A，灯泡的电阻RL′7.5Ω。灯泡和R2两端的电压相等，由串联电路的分压规律可知，灯泡和R2的阻值相等，所以此时R2接入电路的最大阻值R2′＝7.5Ω。 因为电流表的量程为0﹣3A，当R2的滑片移动到最左端，R2连入电路的电阻为零，电路中只有灯泡，电源电压是6V，灯泡两端的电压是6V，此时灯泡的电流是0.5A，没有超过量程，所以滑动变阻器的取值范围是0～7.5Ω。 （3）当闭合开关S3，断开S1、S2，在当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为3V，由（2）可知，当R2的滑片在距左端处时阻值7.5Ω，则R2的最大阻值R2大＝4R2′＝4×7.5Ω＝30Ω； 当闭合开关S1、S2，断开S3，R1和R2串联，将R2的滑片置于距左端处。移动R1的滑片，当R1的滑片在最右端时，电压表V1的示数为2V，电压表V1测量R2两端的电压，示数为2V，由串联电路的分压规律得到：，即：， 解得：R1＝15Ω； 当开关S2、S3都闭合，R2的滑片在最左端，R1和L并联，由串并联电路电阻的规律可知电路的总电阻最小，由P 可知，电路的总功率最大，电路消耗的总功率的最大值：P最大U额I额6V×0.5A＝5.4W。 由（1）可知小灯泡正常发光时的电阻是12Ω，由图乙可知，RL＝12Ω是它的最大阻值，灯泡的电阻小于R1的阻值，所以闭合S2，断开S3，R1和R2串联，电压表为3V时，R2接入电路的电阻最大，此时电路的总电阻最大，由P 可知，电路的总功率最小，由串联电路电压的规律和欧姆定律得到通过电路的电流：I′0.2A； 最小功率：P最小＝UI′＝6V×0.2A＝1.2W 答：（1）小灯泡正常工作时的电阻是12Ω； （2）只闭合S3，为保证安全，滑动变阻器的取值范围是0～7.5Ω； （3）所有开关可以任意闭合或断开，在保证电路安全且电路中有电流的情况下，电路消耗的总功率的最大值是5.4W，最小值是1.2W。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$