2025年江苏省南通市中考物理试题（解析版）

这是一份2025年江苏省南通市中考物理试题（解析版），共16页。
考生在答题前请认真阅读本注意事项：
1.本试卷共6页，满分为90分，考试时间为90分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写在试卷及答题卡上指定的位置。
3.答案必须按要求填涂、书写在答题卡上，在试卷、草稿纸上答题一律无效。
第Ⅰ卷（选择题共20分）
第Ⅰ卷共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。答案请按要求填涂在答题卡上。
1. 5月25日是心理健康日，数字“525”因谐音“我爱我”而被赋予特殊意义。轻声说“我爱我”，“轻声”是指声音的（ ）
A. 音调B. 响度C. 音色D. 声速
【答案】B
【解析】
【详解】D：从声音的特性来看，声音有音调、响度、音色三个基本特性，声速是声音传播的速度，与 “轻声” 无关，先排除 D 选项。
A：音调由发声体振动的频率决定，频率越高音调越高，比如男生声音低沉（音调低）、女生声音尖细（音调高），“轻声” 不是指声音高低，故 A 不符合；
B：响度指声音的强弱或大小，由振动幅度决定，“轻声” 说话时声带振动幅度小，声音弱，符合响度的定义，故 B 符合；
C：音色是声音的独特品质，由发声体的材料、结构决定，比如不同人说 “我爱我” 音色不同，但 “轻声” 不会改变音色，故 C 不符合。
故选B。
2. 晋代《博物志》中记载，用冰块制成聚光透镜，能将枯叶点燃。利用这种透镜观察远处的物体，看到的像是（ ）
A. 放大的虚像B. 放大的实像C. 缩小的虚像D. 缩小的实像
【答案】D
【解析】
【详解】首先根据透镜对光线的作用判断透镜类型 —— 冰块制成的透镜能会聚光线点燃枯叶，符合凸透镜 “对光线有会聚作用” 的特点，因此该透镜为凸透镜。
根据凸透镜成像规律，当观察 “远处的物体” 时，物距u > 2f（f为凸透镜焦距），此时成的像为 “倒立、缩小的实像”。
A：（放大的虚像）对应u < f的情况（如放大镜看近处物体），不符合；
B：（放大的实像）对应f < u < 2f的情况（如投影仪），不符合；
C：（缩小的虚像）凸透镜成像中无 “缩小的虚像”，虚像仅在u < f时成放大的，不符合；
D：（缩小的实像）对应u > 2f，符合观察远处物体的成像特点，故 D 正确。
故选D。
3. 如图所示，仅进行以下操作，能让U形管两侧液面高度差变大的是（ ）
A. 转动压强计的金属盒B. 缓慢向上提起金属盒
C. 在水中加入盐并搅拌D. 换用更细的U形管
【答案】C
【解析】
【详解】U 形管压强计的液面高度差反映的是探头处液体压强的大小，根据液体压强公式p =ρgh，压强大小与液体密度ρ、探头深度h有关，与探头方向、U 形管粗细无关。
A：转动金属盒（改变探头方向），同一深度液体向各个方向压强相等，压强不变，液面高度差不变，故 A 不符合；
B：向上提起金属盒，探头深度h变小，液体压强p变小，液面高度差减小，故 B 不符合；
C：水中加盐后，液体密度ρ变大，探头深度不变，压强p变大，液面高度差变大，故 C 符合；
D：U 形管粗细不影响压强与液面高度差的关系（压强一定时，液面高度差仅与液体密度有关），故 D 不符合。
故选C。
4. 《天工开物》记载了人们劳作时的情景，图中减小压强的工具是（ ）
A. 锋利的锄头B. 重重的碾子
C. 宽宽扁担D. 尖尖的凿子
【答案】C
【解析】
【详解】A：锋利的锄头，刀刃较薄，是在压力一定时减小受力面积，从而增大压强（便于挖土），故 A 不符合；
B：重重的碾子，质量大则压力大，是在受力面积一定时增大压力，从而增大压强（便于碾平物体），故 B 不符合；
C：宽宽的扁担，扁担与肩膀接触面积大，是在压力一定时增大受力面积，从而减小压强（避免肩膀被压疼），故 C 符合；
D：尖尖的凿子，凿头尖锐，是在压力一定时减小受力面积，从而增大压强（便于凿开物体），故 D 不符合。
故选C。
5. 如图为家庭电路的示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 电能表是用来测量电功的仪表B. 空气开关能起到漏电保护作用
C. 照明灯与它所在支路开关并联D. 三线插座的中间插孔连接零线
【答案】A
【解析】
【详解】A：电能表的作用是测量家庭电路中用电器消耗的电能（即电功），单位为kW·h（度），故 A 正确；
B：空气开关的作用是 “电路中电流过大时自动断开”（如短路、总功率过大），而漏电保护作用由 “漏电保护器” 实现（电路漏电时跳闸），二者功能不同，故 B 错误；
C：照明灯与支路开关需 “串联”，才能通过开关控制灯的通断（并联时开关无法控制灯，还会造成短路），故 C 错误；
D：三线插座遵循 “左零右火上接地” 原则，中间插孔连接地线（不是零线），目的是防止金属外壳用电器漏电时触电，故 D 错误。
故选A。
6. 飞行的子弹因为速度大而具有较大的动能。下列四次实验中，对比哪两次实验能说明其道理（ ）
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】实验目的是 “说明同一物体速度大时动能大”，需遵循 “控制变量法”—— 控制物体质量相同，只改变速度。
实验中通过 “小车推动木块的距离” 反映小车动能大小（距离越远，动能越大）：
A：①②中小车为 “同一小车”（质量相同），从斜面不同高度滑下（高度越高，到达水平面速度越大），控制了质量，改变了速度，能说明速度与动能的关系，故 A 符合；
B：②③中小车质量不同（改变了质量），从同一高度滑下（速度相同），探究的是 “动能与质量的关系”，故 B 不符合；
C：②④中，小车质量和滑下高度均不同（未控制变量），无法得出结论，故 C 不符合；
D：③④中，小车质量和滑下高度均不同（未控制变量），无法得出结论，故 D 不符合。
故选A。
7. 如图所示，利用静电喷涂枪给物体喷漆。接通电源，电动机开始转动，负压发生器使喷枪内气压减小吸入涂料，涂料雾化成小颗粒并带上负电荷，从喷枪飞向被涂物。下列现象与物理知识对应不正确的是（ ）
A. 负压发生器使涂料吸入喷枪——大气压强
B. 通电后电动机线圈受力转动——电磁感应现象
C. 涂料喷出后颗粒间相互排斥——电荷间的作用力
D. 涂料变干后粘牢在物体表面——分子间的作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A：负压发生器使喷枪内气压减小，外界大气压大于喷枪内气压，在大气压作用下将涂料 “压入” 喷枪，符合大气压强的应用，故 A 正确；
B：电动机线圈受力转动的原理是 “通电导体在磁场中受力运动”（如电动机），而电磁感应现象是 “闭合电路切割磁感线产生电流”（如发电机），二者原理不同，故 B 错误；
C：涂料颗粒带负电（同种电荷），根据 “同种电荷相互排斥”，颗粒间会相互分开，避免聚集，故 C 正确；
D：涂料变干后粘在物体表面，是因为分子间存在 “引力”，使涂料分子与物体分子紧密结合，故 D 正确。
故选B。
8. 热质说是18世纪流行的热学理论。该理论认为热质是一种无质量、看不见的特殊物质，物体吸收、放出热质会导致温度或物态的变化，它只能在物体间转移，不会产生或消失。下列事例中，不能佐证该理论的是（ ）
A. 热水暖手B. 冰袋冷敷C. 扬汤止沸D. 钻木取火
【答案】D
【解析】
【详解】热质说的核心是 “热质只能转移，不能产生或消失”，即现象需属于 “热传递”（热质转移），而非 “做功改变内能”（能量转化，非热质转移）：
A：热水暖手，是热水的 “热质” 转移到手上，属于热传递，能佐证；
B：冰袋冷敷，是手上的 “热质” 转移到冰袋，属于热传递，能佐证；
C：扬汤止沸，是通过搅拌使水的 “热质” 更快转移到空气中，属于热传递，能佐证；
D：钻木取火，是通过克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，属于 “做功改变内能”，不是热质转移，不能佐证，故 D 符合。
故选D。
9. 小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是（ ）
A. 2minB. 4min
C. 大于2min且小于4minD. 大于4min
【答案】C
【解析】
【详解】根据吸热公式Q=cmΔt，加热水至沸腾所需热量与水的质量成正比（c为水的比热容，Δt为水的温度变化，均不变）：
第一次装 500mL 水，用时 2min；第二次装 1000mL 水（质量加倍），若忽略水壶吸热，理论用时应为 4min；
但实际中，第一次加热时水壶会吸收部分热量，第二次加热时水壶已被预热（温度较高），吸收的热量会减少，因此实际用时会 “小于 4min”；
同时，第二次水量是第一次的 2 倍，即使水壶吸热减少，用时也会 “大于 2min”。
综上，所需时间大于 2min 且小于 4min，故 C 正确。
故选C。
10. 冬天，为控制蔬菜大棚的温度在20~28℃，同学们设计了如图所示的控制电路。电源电压3V，R1是热敏电阻，R0选用3kΩ或5kΩ的定值电阻。闭合开关S，当R1两端电压U≥2V时，开启加热系统；当U≤1.8V时，关闭加热系统。热敏电阻R1在不同温度时的阻值如下表。下列说法正确的是（ ）
A. R1的阻值与温度成反比
B. 选用3kΩ的定值电阻能够满足设计的要求
C. R1和R0的功率可能相等
D. 增大电源电压使开启加热系统的温度变低
【答案】B
【解析】
【详解】A：由表格数据，温度从 4.1℃（R1=22kΩ）升至 45.5℃（R1=2.5kΩ），R1 随温度升高而减小，但 “反比” 需满足 “温度 × 电阻 = 定值”（如 4.1℃×22kΩ≈90.2，45.5℃×2.5kΩ≈113.7，不相等），故 A 错误；
B：R1 与 R0 串联，若 R0=3kΩ：开启加热（U1≥2V）：电源电压 3V，U0=3V-2V=1V，串联电路电流相等，则,即，对应表格温度 20℃；
关闭加热（U1≤1.8V）：U0=3V-1.8V=1.2V，串联电路电流相等，,即，对应表格温度 28℃，符合 “20~28℃” 的设计要求，故 B 正确；
C：串联电路中功率P = I²R，若 P1=P0，则 R1=R0=3kΩ，对应表格温度 38.2℃（超出 20~28℃范围），故 C 错误；
D：增大电源电压（如变为 6V），开启加热时 U1=2V，U0=6V-2V=4V，串联电路电流相等
即，表格中无此阻值，且温度会高于 45.5℃（不是变低），故 D 错误。
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题共70分）
第Ⅱ卷共12小题，共70分。答案请按要求书写在答题卡上。
11. 2025年3月23日，“南通国际马拉松赛”在南通大剧院东侧鸣枪开跑。运动员的跑鞋底部有凹凸不平的花纹，是为了______；以冲刺的运动员为参照物，终点线是______的；运动员完成冲刺后不能立即停止，是因为他具有______。
【答案】 ①.
增大摩擦 ②.
运动 ③.
惯性
【解析】
【详解】[1] 跑鞋底部凹凸花纹：在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度，增大鞋底与地面的摩擦力（避免打滑）；
[2] 以冲刺运动员为参照物：终点线相对于运动员的位置不断变化，因此终点线是运动的（参照物不同，物体运动状态不同）；
[3] 冲刺后不能立即停止：运动员具有惯性，惯性是物体保持原来运动状态的性质，因此会继续向前运动一段距离。
12. 小华做“观察水的沸腾”实验。
（1）实验前打开酒精灯帽，闻到酒精的气味，这说明了___________，实验中酒精灯里的酒精不断减少，它的热值___________。
（2）如图所示，水已经沸腾，温度计的示数___________；温度计表面有“水雾”，这是水蒸气___________热液化形成的。
【答案】（1） ①. 分子在不停地做无规则运动 ②. 不变
（2） ① 不变 ②. 放
【解析】
【小问1详解】
[1] 闻到酒精气味：属于扩散现象，扩散现象说明 “分子在不停地做无规则运动”（酒精分子扩散到空气中，被人闻到）；
[2] 酒精减少但热值不变：热值是燃料的特性，只与燃料种类有关（如酒精的热值始终为3.0×10^7J/kg），与质量、燃烧情况无关。
【小问2详解】
[1] 水沸腾时温度计示数：水沸腾的特点是 “持续吸热，温度不变”，因此温度计示数保持不变（标准大气压下为 100℃，具体数值需结合温度计量程和分度值，但核心是 “不变”）；
[2] 温度计表面 “水雾”：是烧杯中冒出的水蒸气遇到冷的温度计，由气态变为液态（液化），液化过程需要 “放热”。
13. 2025年5月29日，“天问二号”探测器成功发射。它对近地小行星进行探测时，探测的信息通过___________传回地面；它利用发动机向外喷出燃气获得动力，来调整飞行姿态，这说明了力的作用是___________的，还说明力可以改变物体的___________；探测器所装的太阳能电池板将光能转化为___________能，为它提供能量。
【答案】 ①.
电磁波 ②.
相互 ③.
运动状态 ④.
电
【解析】
【详解】[1] 探测信息传回地面：太空中没有空气（真空），声音无法传播，而电磁波可以在真空中传播，因此通过电磁波传递信息；
[2] 发动机喷气获得动力：发动机对燃气施加向后的力，同时燃气对发动机施加向前的反作用力，说明 “力的作用是相互的”；
[3] 调整飞行姿态：姿态变化（如方向、速度改变）属于 “运动状态改变”，说明力可以改变物体的运动状态；
[4] 太阳能电池板：将太阳能（光能）转化为电能，为探测器供电（光电转换）。
14. 小红家新购了一辆电动汽车，下表为汽车的部分参数，其中电池容量指电池存储的最大电能，电池能量密度指电池存储的最大电能与电池的质量之比。
（1）若该车以30m/s的速度做匀速直线运动，受到的阻力为400N，则受到的牵引力为______N，运动5min牵引力做的功为______J。
（2）该车的电池质量为______kg，充电时，它相当于电路中的______。使用快充功能充电0.5h电池存储的电能从电池容量的10%上升至80%，假设充电桩输出的电能全部转化为电池存储的电能，充电电流为______A。
【答案】（1） ①. 400 ②. 3.6×106
（2） ①. 500 ②. 用电器 ③. 140
【解析】
【小问1详解】
[1] 牵引力大小：汽车匀速直线运动，牵引力与阻力是平衡力，大小相等，阻力为 400N，故牵引力F = 400N；
[2] 牵引力做功：先算路程s=vt1=30m/s×300s=9000m，再算功W=Fs=400N×9000m=3.6×106J。
【小问2详解】
[1] 电池质量：电池容量W1=80kW⋅h=80×3.6×106J=2.88×108J，能量密度160W⋅h⋅kg−1=160J⋅s−1⋅h⋅kg−1=160×3600J⋅kg−1=5.76×105J⋅kg−1，由 “能量密度 = 总电能 / 质量” 得m=W电池能量密度=2.88×108J5.76×105J⋅kg−1=500kg；
[2] 电池的作用：充电时电池消耗电能，相当于电路中的 “用电器”（放电时为电源）；
[3] 充电电流：充电电能W充=80kW⋅h×(80%−10%)=56kW⋅h=56×3.6×106J=2.016×108J，由W = UIt得I=W充Ut2=2.016×108J800V×1800s=140A。
15. 学习小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）安装好杠杆，发现左端低、右端高，应将平衡螺母向______调节，使之在水平位置平衡；
（2）D点悬挂两个钩码。A、B、C三点分别悬挂六个、三个、两个钩码，杠杆均能在水平位置平衡，这说明杠杆平衡时，力臂越大，对应的力越______，进一步实验，可归纳得出杠杆的平衡条件是______；
（3）保持D点悬挂钩码不变，在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，力的方向应______，这是因为此时______。
【答案】（1）右 （2） ①. 小 ②. 动力×动力臂=阻力×阻力臂
（3） ①. 竖直向上 ②. 力臂最大
【解析】
【小问1详解】
杠杆左端低、右端高：说明杠杆重心偏左，需将平衡螺母向 “高的一端（右端）” 调节，使杠杆在水平位置平衡（水平位置平衡便于测量力臂）。
【小问2详解】
[1] 力与力臂的关系：D 点挂 2 个钩码（阻力和阻力臂固定），A、B、C 三点力臂依次增大，所需钩码数（动力）依次减少（6 个→3 个→2 个），说明 “力臂越大，对应的力越小”；
[2] 杠杆平衡条件：多次实验归纳得出 “动力 × 动力臂 = 阻力 × 阻力臂”。
【小问3详解】
[1] 最小力的方向：D 点钩码使杠杆逆时针转动，E 点需施加顺时针的力，当力的方向 “竖直向上” 时，力的作用线与杠杆垂直；
[2] 最小力的原因：此时力臂为 “从支点 O 到 E 点的最长距离”（即 OE 的长度），根据F1L1 = F2L2，阻力和阻力臂固定时，动力臂越大，动力越小。
16. 按题目要求作图。
（1）如图甲，物体AB放在平面镜前，请作出物体AB在平面镜中所成的像。
（2）如图乙，潜水艇模型悬浮在静止的水中，请画出它的受力示意图。
（3）如图丙，小磁针静止在通电螺线管右侧，请标出磁感线的方向和小磁针的S极。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
①过 A、B 两点分别作平面镜的垂线（法线）；②在法线另一侧，截取与 A、B 到平面镜距离相等的点A′、B′；③用虚线连接A′、B′，即为 AB 的像（虚像用虚线）。如图所示：
【小问2详解】
受力分析：悬浮时潜水艇受 “竖直向下的重力 G” 和 “竖直向上的浮力F浮”，二力平衡（大小相等、方向相反、作用在同一直线）；
作图：作用点画在潜水艇重心，分别沿竖直方向画带箭头线段，标注 G 和F浮（两线段长度相等）。如图所示：
【小问3详解】
步骤 1：用安培定则判断螺线管极性 —— 右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向螺线管 “左端为 N 极，右端为 S 极”；
步骤 2：磁感线方向 —— 磁体外部磁感线从 N 极出发，回到 S 极，因此螺线管外部磁感线 “从左向右”；
步骤 3：小磁针极性 —— 异名磁极相互吸引，螺线管右端为 S 极，因此小磁针 “左端为 N 极，右端为 S 极”（标注 S 极）。如图所示：
17. 福建舰是我国第三艘航母，其满载排水量为8.8×104t。一架舰载机起飞后，福建舰排开水的体积减小了30m3。海水的密度取1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）福建舰满载时排开水的体积和浮力；
（2）该舰载机受到的重力。
【答案】（1）
，
（2）
【解析】
【小问1详解】
排开水的质量：满载排水量；
排开水的体积：由得；
浮力：根据阿基米德原理F浮=G排=m排g=8.8×107kg×10N/kg=8.8×108N。
【小问2详解】
舰载机起飞后，航母总重力减小，排开水的体积减小，减小的浮力等于舰载机的重力；
因此舰载机重力。
18. 如图为某家用电热器的简化电路图，R1、R2是电热丝，R1=110Ω，虚线框内是温控开关，能在低温档和高温档间自动切换。当触点“1”与“2”接通时，处于低温档；当触点“1”与“2”“3”同时接通时，处于高温档。高温档功率是低温档功率的3倍。求：
（1）低温档时，R1中通过的电流及10s内放出的热量；
（2）高温档时，电阻R2的功率。
【答案】（1）4400J （2）880W
【解析】
【小问1详解】
低温档电路：触点 “1” 与 “2” 接通，只有R1接入电路（串联）；
电流：由欧姆定律；
热量：由焦耳定律。
【小问2详解】
低温档功率：；
高温档功率：；
高温档电路：触点 “1” 与 “2”“3” 接通，R1与R2并联（并联电压均为 220V）；
R1的功率：并联时R1功率不变，仍为P1 = 440W；
R2的功率：并联总功率P高=P1+P2，故。
19. 在“探究光的反射定律”实验中，平面镜水平放置，一块白色纸板竖直地立在平面镜上，纸板由P、Q两部分组成，可绕接缝ON翻折，如图所示。
（1）一束激光紧贴纸板，沿AO射向镜面上的O点，反射后沿OB射出，纸板能显示激光路径，是因为激光在其表面发生了______反射；减小入射光与镜面的夹角，反射角变______；用另一束光沿BO方向入射，反射光沿OA方向射出，这表明在反射现象中光路是______的；
（2）将纸板Q向前或向后翻折，纸板上______看到反射光线，这说明反射光线、入射光线和法线在______；
（3）多次实验，在纸板上画出光线，为比较反射角与入射角的大小关系，接下来的操作是______。
【答案】（1） ①. 漫 ②. 大 ③. 可逆
（2） ①. 不能 ②. 同一平面
（3）利用量角器测出入射角和对应反射角的大小，比较反射角与入射角的大小关系
【解析】
【小问1详解】
[1] 纸板显示激光路径：激光在纸板表面发生 “漫反射”（漫反射能使不同方向的人看到光的路径，镜面反射只能在特定方向看到）；
[2] 反射角变化：入射光与镜面夹角减小→入射角增大（入射角 = 90°- 入射光与镜面夹角），根据 “反射角等于入射角”，反射角变大；
[3] 光路可逆：光沿 BO 入射，反射光沿 OA 射出，说明 “在反射现象中，光路是可逆的”。
【小问2详解】
[1] 纸板 Q 翻折后看不到反射光：将 Q 向前 / 后翻折，P、Q 不在同一平面，反射光线仍在原平面，因此 Q 上看不到反射光；
[2] 结论：说明 “反射光线、入射光线和法线在同一平面内”。
【小问3详解】
比较反射角与入射角大小：需 “定量测量”，操作是 “用量角器分别测出入射角（入射光线与法线的夹角）和反射角（反射光线与法线的夹角），记录数据并比较二者大小关系”。
20. 灯泡标有“2.5V 0.3A”字样，在测量其电阻大小的实验中，小军设计了如图甲所示的电路，电源电压3V保持不变，滑动变阻器的最大阻值为20Ω。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整；
（2）闭合开关前，滑片应位于最______端。闭合开关，电压表示数为0.3V，电流表指针有偏转，灯泡不发光，这是因为______；
（3）移动滑片，灯泡发出微弱的光，此时电压表示数为0.6V，电流表示数如图乙，灯泡电阻为______Ω。继续移动滑片使灯泡正常发光，此时灯泡电阻约为______Ω；（均保留一位小数）
（4）小军分析实验数据，发现灯泡电阻是变化的。他想较准确估测灯泡未通电时的电阻，设计了以下三个方案。
方案一：闭合开关，移动滑片至灯泡即将发光，测出此时灯泡电阻R1；
方案二：闭合开关，移动滑片至阻值最大端，测出此时灯泡电阻R2；
方案三：完成方案一和方案二中的测量，算出R1、R2的平均值。
你认为最合理的是方案______理由是______。
【答案】（1） （2） ①. 右 ②. 滑动变阻器接入电路阻值过大
（3） ①. 3.3 ②. 8.3
（4） ①. 二 ②. 见详解
【解析】
【小问1详解】
电流表串联：灯泡额定电流 0.3A，选择 0~0.6A 量程，电流从正接线柱流入、负接线柱流出；
电压表并联：并联在灯泡两端，灯泡额定电压 2.5V，选择 0~3V 量程。
电路连接如图所示：
【小问2详解】
[1] 滑片位置：闭合开关前，滑片应移至 “最大阻值端”（图中滑动变阻器右端，接入电阻最大，保护电路）；
[2] 灯泡不发光原因：电流表有偏转→电路通路，电压表示数 0.3V（远小于额定电压）→滑动变阻器接入阻值过大，电路电流过小，灯泡实际功率过小（P = UI），不足以发光。
【小问3详解】
[1] 灯泡电阻：图乙电流表 0~0.6A 量程，分度值 0.02A，示数 0.18A，由R；
[2] 正常发光时电阻：额定电压 2.5V，额定电流 0.3A，。
【小问4详解】
[1] 合理方案：方案二；
[2] 理由：灯丝电阻随温度升高而增大，未通电时灯丝温度低（接近室温）。方案二中滑片在最大阻值端，电路电流最小，灯丝温度最低，测量的电阻最接近未通电时的阻值；方案一灯泡即将发光，温度已升高，电阻偏大；方案三取平均值仍受高温电阻影响，不准确。
21. 小海同学在地质博物馆看到一块火山石，讲解员说，它是火山喷发过程中岩浆急骤冷却后形成的玻璃质熔岩，俗称浮石，具有保温、隔热、吸音、耐腐蚀、无污染等特点。小海拿起一块火山石，感觉到很“轻”，他猜想火山石内部可能具有多孔的结构。为了验证猜想，他购买了火山石进行实验，步骤如下：
①用调节好的电子秤，测出空烧杯的质量m₁；
②测出火山石的质量m₂；
③将火山石浸没在水中数小时后取出，将其表面擦干，测出它的质量m₃，
④再将火山石浸没在装满水的容器中，用烧杯接住溢出的水，测出烧杯和溢出水的总质量m₄
（1）火山石具有保温、隔热、吸音的特点，可用来制造___________（写出一个即可）。
（2）分析___________（填写序号）两个步骤中的数据可知，小海的猜想是___________（选填“正确”或“错误”）的。
（3）火山石的密度为___________g/cm³，俗称“浮”石的原因是___________。
（4）实验中，若只进行①②④操作步骤，密度测量值偏___________，理由___________。
（5）你认为不同的火山石，密度一定相同吗？请判断并说出理由。___________。
【答案】（1）建筑物外墙
（2） ①. ②③ ②. 正确
（3） ①. 0.5 ②. 见解析
（4） ①. 大 ②. 见详解
（5）见详解
【解析】
【小问1详解】
根据 “保温、隔热、吸音” 特性，可用于 “建筑物外墙保温材料”“室内吸音板”“隔音材料” 等。
【小问2详解】
[1] 分析步骤：②测火山石质量m_2，③测吸水后质量m_3，m_3 > m_2说明火山石吸收了水，证明内部有孔隙（水能进入孔隙），因此分析②③步骤；
[2] 猜想结论：猜想正确。
【小问3详解】
[1] 火山石质量；溢出水质量；溢出水体积，火山石体积等于排开水的体积；
密度；
[2] “浮石” 原因：火山石密度（0.5g/cm³）小于水的密度（1g/cm³），根据物体的浮沉条件，能浮在水面，故称 “浮石”。
【小问4详解】
[1] 误差方向：偏大；
[2] 理由：若只进行①②④，火山石未先吸水饱和，放入装满水的容器时，部分水会进入火山石孔隙（未溢出），导致测得的溢出水体积偏小，由，体积偏小则密度偏大。
【小问5详解】
结论：不一定相同；
理由：火山石的密度与内部孔隙率有关，不同火山石的形成条件（如岩浆冷却速度、压力）不同，孔隙率不同，因此密度不同。
22. 阅读短文，回答问题。
跨学科实践——制作智能垃圾箱模型
【任务要求】为保护环境、节约资源，同学们设计制作智能垃圾箱模型，实现对可回收垃圾的收集、自动称量、压缩的目的。
【设计制作】任务一：设计制作称重系统。图甲是称重的原理图，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流，压力传感器的电阻的阻值与压力的关系图线如图乙所示。某次测试中，将1kg的物体放在压力传感器上，电压表示数为8V。电压表示数能反映回收垃圾质量的大小，可在电压表上标注对应的质量值。（g取10N/kg）
任务二：设计制作压缩系统。图丙是设计制作的工作流程图。
图丁为压缩系统的模型图。当雷达监测到回收物高度超过预设值时，压缩系统启动，电动机通过减速机带动转换结构中的螺杆转动，螺杆将转动转化为推拉杆向下的直线运动。从而使压板在收集箱内移动。压缩系统的部分参数如下表，“导程”指螺杆每旋转一周推拉杆移动的直线距离，“减速机的速比”指电动机的转速与减速机的输出转速的比值，“电动机效率”指电动机将电能转化为机械能的效率。设电动机的输出功率等于减速机的输出转速、导程以及推拉杆的推力三者的乘积。
【交流评价】同学间交流，对模型制作过程中遇到的问题、使用效果和创新改进等方面进行评价。
（1）雷达发射的超声波是由声源______产生的，改变电动机中的______方向可改变压板运动的方向；
（2）“交流评价”“反思改进”是工作流程图中的两个环节，其中环节A为______；C处提出的问题是______；
（3）关于本次实践活动，下列说法正确的是___________；
A. 压力传感器受到的压力越大，通过它的电流越大
B. 压力传感器受到的压力越大，它的阻值越大
C. 电压表刻度上标注的质量值从左向右逐渐变大
D. 当电压表示数为6V时，可回收物的质量为2kg
（4）若预设值为0.66H，雷达发射至接收到超声波的时间间隔小于______s时，电动机启动。电动机以额定功率工作时，压板与回收物的接触面积为800cm²，则压板对回收物的压强为______Pa；（超声波速度取340m/s）
（5）实验测试完成后，同学们对模型存在的问题和需要改进的地方进行了交流。他们认为若要使模型中的称重装置测量更精确，可采取的方法是______；请对模型的设计再提出一个改进的建议或创新方法______。
【答案】（1） ①. 振动 ②. 电流
（2） ①. 交流评价 ②. 如何启动电动机并带动压板施力
（3）C （4） ①. 0.002 ②. 2×10⁴
（5） ①. 对传感器进行校准 ②. 加装自动分拣或分类识别等功能
【解析】
【小问1详解】
[1] 超声波的产生：声音由物体振动产生，超声波属于声音，因此由声源振动产生；
[2] 压板运动方向：电动机转动方向由 “电流方向” 和磁场方向决定，家庭电路中磁场方向不变，因此改变电流方向可改变压板运动方向。
【小问2详解】
[1] 环节 A：流程图中 “实验测试” 后需对结果进行评价，因此 A 为 “交流评价”（“反思改进” 在评价之后）；
[2] C 处问题：结合流程图，C 处需解决 “如何让电动机工作并带动压板压缩垃圾”，因此问题是 “如何启动电动机并带动压板施力”。
【小问3详解】
A：电源为恒流源，电流恒定，与压力无关，故 A 错误；
B：由图乙，压力越大，R1 阻值越小（如 10N 时 1000Ω，40N 时 250Ω），故 B 错误；
C：电流恒定，压力越大→R1 越小→电压表示数U = IR越小，因此质量值（对应压力）从左向右应 “逐渐变小”，故 C 错误；
D：1kg 物体（压力F = mg = 10N）时，U=8V，由图乙 R1=1000Ω，电流；U=6V 时，，由图乙对应压力 20N，质量，故 D 正确。
故选D。
【小问4详解】
[1] 预设值0.66H，超声波传播距离（往返），时间；
[2] 减速机输出转速；由 “输出功率 = 转速 × 导程 × 推力”，推力；
压板重力，压强。
【小问5详解】
[1] 提高称重精度：对传感器进行 “多次校准”（如用已知质量的物体测试，调整电压表刻度），或减小测量工具的误差；
[2] 改进建议：加装 “垃圾分类识别装置”（区分可回收与不可回收）、“自动开门功能”（感应到物体时开门）、“电量显示功能”（提示充电）等。温度/℃
4.1
9.0
14.3
20.0
28.0
38.2
45.5
阻值/kΩ
22
16
10
6
4.5
3
2.5
电池类型
电池容量/（kW·h）
电池能量密度/
（W·h·kg⁻¹）
快充电压/V
磷酸铁锂电池
80
160
800
电动机额定功率/W
60
导程/（m·r-1）
1.2×10-2
电动机的额定转速/（r·s-1）
60
减速机的速比
20
电动机的效率/%
90
压板的质量/kg
10