2025年中考物理考前押题密卷（北京卷）（全解全析）

2025年中考考前押题密卷（北京卷）物理（考试时间：70分钟试卷满分：70分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第一部分时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。3．回答第二部分时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分一、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．如图测量物体长度的做法中错误的是AABCD测物体的长测铜丝直径测硬币直径测乒乓球直径【答案】D【解析】A．测量物体长度时，读数时视线应垂直于刻度尺，故A正确，不符合题意；B．用累积法测铜丝直径，能够减小误差，故B正确，不符合题意；C．图为平移法（也叫卡测法），即借助于三角板或桌面将待测物体卡住，把不可直接测量的长度平移到刻度尺上，从而直接测出该长度。设图中左侧三角板直角边所对刻线为l1，右侧三角板直角边所对刻线为l2，则硬币的直径d=l2-l1，故C正确，不符合题意；D．刻度尺没有从0刻度线开始测量，无法测出乒乓球的直径，故D错误，符合题意。故选D。2．关于如图几幅图片的说法正确的是甲甲乙丙丁A．图甲：南极的冰川温度很低，所以不具有内能B．图乙：沙滩上的沙子比海水烫，是因为沙子的比热容比海水的比热容大C．图丙：冰块的保鲜效果比水更好，是因为冰的比热容比水的比热容小D．图丁：树枝上的霜是凝华现象，霜的形成过程中要对外放出热量【答案】D【解析】A．一切物体都具有内能。南极的冰川，温度虽然很低，其中的水分子仍然在做热运动，所以也具有内能，故A错误；B．沙子的比热容比海水的比热容小，相同质量的沙子和海水，吸收相同热量，沙子的温度变化较大。所以在日照等条件相同的情况下，沙子升高的温度比海水升高的温度多，沙子的末温度比海水的末温度高，即沙子比海水烫，故B错误；C．相同情况下，0℃冰变成0℃水还要吸收热量，所以跟0℃的水相比，用同质量、0℃的冰来冷却物体，冰吸收的热量更多，保鲜效果更好，故C错误；D．树枝上的霜是凝华现象，凝华过程要对外放出热量，故D正确。故选D。3．在2023苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中，中国队以3：0力克对手取得胜利，实现了三连冠，如图是比赛的精彩瞬间。下列说法正确的是A．羽毛球在空中飞行过程中，运动状态发生改变B．羽毛球离开球拍后还能继续运动，是因为受到惯性作用C．羽毛球上升到空中最高点时，不受任何力D．羽毛球对球拍的力和球拍对羽毛球的力是一对平衡力【答案】A【解析】A．羽毛球在空中飞行过程中，受力不平衡，其运动方向、速度大小均不断变化，即羽毛球的运动状态一直在发生改变，故A正确；B．羽毛球离开球拍后还能继续运动，是因为羽毛球具有惯性，不能说受到惯性作用或受到惯性力，故B错误；C．羽毛球上升到空中最高点时，仍然受重力的作用，故C错误；D．羽毛球对球拍的力和球拍对羽毛球的力，作用在不同的物体上，是一对相互作用力，故D错误。故选A。4．小王同学在家里将一个平面镜放在水平桌面上，再把一张可沿ON折叠的硬白纸板ENF竖直的立在平面镜上，以此来探究光的反射规律。通过测量他发现此时入射光线与平面镜成50°夹角，如图所示，则A．反射光线与镜面的夹角是40°B．将纸板NOF向后折叠，则反射光会消失C．入射角增大10°，反射角也增加10°D．光在纸板上发生了镜面反射【答案】C【解析】A．已知入射光线与平面镜的夹角为50°，因此入射角是90°-50°=40°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角也是40°，反射光线与镜面的夹角是90°-40°=50°，故A错误；B．光在反射时，反射光线、入射光线、法线在同一平面内。图乙中，将纸板NOF向后折叠时，在纸板上看不到反射光线，该实验现象说明反射光线、入射光线和法线处在同一平面，此时反射光线并没有消失，只是无法被后折的纸板承接到而已，故B错误；C．当入射角增大10°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，反射角也增大10°，故C正确。D．硬白纸板的表面粗糙，使光在纸板上发生漫反射，反射光线射向各个方向，便于不同位置的实验者都能观察到光路，故D错误。故选C。5．塔吊是建筑工地上最常用的一种设备，如图是塔吊的简化示意图。若不计滑轮组中的绳重与摩擦，则下列说法正确的是A．塔吊所用滑轮组中的定滑轮可以省力B．塔吊的吊臂AOB可视为杠杆C．塔吊匀速吊起物料时，物料的机械能不变D．减小起吊物料的质量，可以提高滑轮组的机械效率【答案】B【解析】A．定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变力的作用方向。故A错误；B．吊臂AOB可以在力的作用下绕O点转动，因此起重机的吊臂AOB可视为杠杆，故B正确；C．塔吊匀速吊起物料时，物料的动能不变，但重力势能变大，所以机械能变大，故C错误；D．减小起吊物料的质量，起吊物料的重力减小，有用功减小，而额外功不变，有用功在总功中所占的比例减小，则滑轮组的机械效率降低，故D错误。故选B。、6．如图所示，同一木块在同一粗糙水平面上，先后以不同的速度被匀速拉动。甲图中速度为v1，乙图中速度为v2，丙图中木块上叠放一重物，共同速度为v3，且v1<v2<v3，匀速拉动该木块所需的水平拉力分别为F甲、F乙和F丙、A．F甲<F乙<F丙B．F甲>F乙>F丙C．F甲=F乙<F丙D．F甲<F乙=F丙【答案】C【解析】滑动摩擦力与接触面的粗糙程度和压力大小有关，与速度大小无关。由题意和图示可知，甲、乙、丙三图中，接触面的粗糙程度相同，甲、乙对水平面的压力相同，丙对水平面的压力较大（木块上叠放一重物），故摩擦力的大小关系为f甲=f乙＜f丙。因为三图中木块都在做匀速直线运动，所以由二力平衡条件可知，拉力F=f，则F甲=F乙＜F丙，故C正确、ABD错误。故选C。7．如图所示，水母的伞状体内有一种特别的腺，可以发出一氧化碳，通过控制伞状体的体积大小，水母实现了在水中上浮和下潜的自由。忽略一氧化碳的质量，下列有关水母的判断正确的是A．伞体缩小时，受到浮力会增大B．悬浮的水母，产生一氧化碳时会下沉C．逐渐下沉的水母，所受水的压强逐渐增大D．水母实现浮沉自由的原理与潜水艇的一致【答案】C【解析】A．水母的伞体缩小时，排开水的体积减小，根据F浮=ρ液gV排知，水母受到的浮力会减小，故A错误；B．水母悬浮时，浮力等于其重力；产生一氧化碳时，水母体积变大，则其排开水的体积变大，根据F浮=ρ液gV排可知，水母受到的浮力变大，则浮力大于重力，水母会上浮，故B错误；C．逐渐下沉的水母，深度逐渐增大，由p=ρgh知，水母所受水的压强逐渐增大，故C正确；D．水母实现浮沉自由是靠改变浮力来实现，而潜水艇是靠改变自身的重力来实现，故D错误。故选C。8．如图所示，小星家的电热毯有高、中、低三挡手动调节，他根据所学知识设计了一个等效电路图，R1、R2为发热电阻丝，其中能实现这一功能的是AABCD【答案】C【解析】A．如图，当开关S1闭合，S2断开时，两电阻串联；两开关都闭合时，只有R1工作，根据P=可知，只能有两个不同挡位，故A不符合题意；B．如图，当开关S接1时，两电阻串联；当开关接2时，只有R2工作，根据P=可知，只能有两个不同挡位，故B不符合题意；C．如图，当S1闭合，开关S接1时，两电阻并联；当S1闭合，开关S接2时，只有R1工作；当S1断开，开关S接2时，两电阻串联；根据P=可知，有三个不同挡位，故C符合题意；D．如图，当S1闭合、S2断开时，R1工作；当两开关都闭合时，两电阻并联；根据P=可知，只能有两个不同挡位，故D不符合题意。故选C。9．我们生活中的许多工具，用到了物理知识。下列生活工具与所用物理原理对应关系的描述，正确的是AABCDA．电饭锅——电流的磁效应B．筷子——费力杠杆C．重垂线——重力的方向向下D．自制喷雾器——利用流体压强与体积的关系【答案】B【解析】A．电饭锅是利用电流的热效应来工作的，故A错误；B．筷子的动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B正确；C．重力的方向是竖直向下的，重垂线就是利用这一特点工作的，故C错误；D．自制喷雾器，竖管上端空气流速大、压强小，竖管中的液体在大气压的作用下上升、喷雾，这是利用流体压强与速度的关系，故D错误。故选B。10．如图甲为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度，如图乙为汽油机的工作冲程。下列判断正确的是A．舰载机获得的牵引力是因为汽缸内的蒸气体积收缩，从而拉动活塞B．汽缸内的蒸汽推动活塞时，内能减小C．从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图乙中B所示的原理相似D．图乙中，汽油机一个工作循环的正确顺序是A、D、C、B【答案】B【解析】AB．图甲中，汽缸内的蒸汽体积膨胀，对外做功，向右推动活塞，拉动绕过滑轮的牵引索，使舰载机获得向前的牵引力。该过程中，内能转化为机械能，蒸汽内能减小，故B正确、A错误；C．图乙B中，汽油机两个气门都关闭，活塞向上运动，是汽油机的压缩冲程，即机械能转化为内能的过程，与蒸汽弹射装置工作时的原理不同，故C错误；D．图乙中，A是吸气冲程、B是压缩冲程、C是做功冲程、D是排气冲程，汽油机一个工作循环的正确顺序是A、B、C、D，故D错误。故选B。11．赣南脐橙名扬海内外，果农用石墨烯制成的甜敏电阻检测脐橙含的糖量，甜敏电阻的阻值随含糖量的升高而增大。如图所示是检测脐橙含糖量的电路，电源电压不变。将甜敏电阻R附着在切开的脐橙上，当脐橙含糖量升高时A．电流表示数增大，甜敏电阻R值减小B．电压表示数减小，甜敏电阻R值减小C．电流表示数减小，电压表示数增大D．电流表和电压表的示数都减小【答案】D【解析】由电路图可知，定值电阻R1与湿敏电阻R串联，电压表测R1两端的电压U1，电流表测电路中的电流I。依题意，将甜敏电阻R附着在脐橙上，当脐橙含糖量升高时，甜敏电阻R的阻值随之增大，电路的总电阻增大，而电源电压不变，根据欧姆定律I=可知，电路中的电流I减小，电流表示数减小；由U=IR可知，电路中的电流I减小，定值电阻R1阻值不变，其两端的电压U1减小，电压表示数减小。综上所述，故D正确、ABC错误。故选D。12．如图所示，轻质杠杆AB可绕O点转动，当物体C浸没在水中时杠杆恰好水平静止，A、B两端的绳子均不可伸长且处于张紧状态．已知C是体积为1dm3、重为80N的实心物体，D是边长为20cm、质量为20kg的正方体，OA：OB＝2：1，圆柱形容器的底面积为400cm2，则下列结果不正确的是（g＝10N/kg）A．物体C的密度为8×103kg/m3B．杠杆A端受到细线的拉力为70NC．物体D对地面的压强为1.5×103PaD．物体C浸没在水中前后，水对容器底的压强增大了2×103Pa【答案】D【解析】A．物体C的质量mC===8kg，物体C的密度ρC===8×103kg/m3，故A正确，不符合题意；B．物体C排开水的体积V排=VC=1×10-3m3，受到的浮力F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×1×10-3m3=10N；杠杆A端受到的拉力FA=GC-F浮=80N-10N=70N，故B正确，不符合题意；C．由杠杆平衡条件F1L1=F2L2得FA×OA=FB×OB，则杠杆B端受到细线的拉力FB=×FA=×70N=140N，由于力的作用是相互的，杠杆B端对D的拉力F拉=FB=140N，D对地面的压力F压=GD-F拉=mDg-F拉=20kg×10N/kg-140N=60N，D对地面的压强p===1.5×103Pa，故C正确，不符合题意；D．物体C浸没在水中前后，水的深度变化Δh===0.025m，水对容器底的压强增大值Δp=ρ水gΔh=1×103kg/m3×10N/kg×0.025m=250Pa，故D不正确，符合题意。故选D。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。每题选项全选对得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分）13．下列四个图中，磁感线方向标注正确的是AABCD【答案】BCD【解析】A．依据安培定则可知，图中通电螺线管的左端为N极，右端为S极，通电螺线管内部的磁感线由S极指向N极，故A错误；B．图中相对的两个异名磁极，左侧为N极，右侧为S极，磁感线由N极出发回到S极，故B正确；C．图中相对的两个同名磁极，磁感线都从N极出发（磁感线回到S极的部分，由于试卷空间所限，未能在图中反映），故C正确；D．地球是一个巨大磁体，地磁N极在地球的地理南极（图中下方）附近，地磁S极在地理北极附近。磁感线从地磁N极出发，回到地磁S极，故D正确；故选BCD。14．如图所示，在斜面上拉一个重为G的物体到高处，沿斜面向上的拉力为F，平均速度为v。则下列说法正确的是A．拉力的功率为GvB．额外功为Fs-GhC．物体所受的摩擦力的大小为F-GD．斜面的机械效率为【答案】BD【解析】A．拉力做的总功W总=Fs，拉力做功功率P===Fv，故A错误；B．拉力做的有用功W有=Gh，拉力做的额外功W额=W总-W有=Fs-Gh，故B正确；C．由W额=fs得，摩擦力f===F-，故C错误；D．斜面的机械效率η==，故D正确。故选BD。15．如图所示电路，电源电压为4.5V且恒定。电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，小灯泡规格为“2.5V1.25W”（灯丝阻值不变），滑动变阻器规格为“20Ω1A”。保证电路中各元件都不损坏，下列说法正确的是A．电流表示数变化范围0.3A~0.5AB．电压表示数变化范围2V~3VC．滑动变阻器阻值变化范围4Ω~20ΩD．小灯泡实际功率变化范围0.45W~1.25W【答案】ABD【解析】ABC．由图和题意知，小灯泡L和变阻器R串联，电源电压U和小灯泡阻值RL均不变，电流表测量电路中的电流I，电压表测量变阻器两端的电压UR。由题目知，小灯泡的额定电流I额===0.5A，小灯泡的电阻RL===5Ω。依题意，电流表能通过的最大电流是0.6A，能通过变阻器的最大电流是1A，依据串联电路电流的规律可知，通过电路的最大电流I额=0.5A，此时小灯泡正常发光，其两端电压为UL=2.5V，电路的总电阻最小，变阻器连入电路的阻值最小，变阻器分到的电压最小，电压表的示数最小，则电压表的示数U小=UR小=U-UL=4.5V-2.5V=2V，变阻器连入电路的最小阻值R小===4Ω。电压表的量程为0~3V，电压表的最大示数为3V，由串联分压规律可知，当电压表的示数为3V时，变阻器连入电路的阻值最大，此时电路的总电阻最大，电路中的电流最小，依据欧姆定律和串联电路电流、电压的规律可知，电路中的最小电流I小，即通过小灯泡的最小电流IL小，则有I小=IL小====0.3A，变阻器连入电路的最大阻值RR大===10Ω，则电流表示数变化范围0.3A～0.5A，电压表示数变化范围2V～3V，滑动变阻器阻值变化范围4Ω～10Ω，故AB正确，C错误；D．通过电路的最大电流是0.5A，此时小灯泡正常发光，其电功率是1.25W，通过电路的最小电流是0.3A，小灯泡此时的实际功率P小=I小2RL=(0.3A)2×5Ω=0.45W，小灯泡实际功率的变化范围是0.45W～1.25W，故D正确。故选ABD。第二部分三、实验探究题（共28分，16、19~22题各4分，17、18题各3分，23题2分）16．（1）如图﹣1，这是游乐场里常见的旋转飞椅，请在图﹣2中画出此时飞椅受到的重力的示意图（O为重心）。【答案】见解析答图。【解析】重力的方向是竖直向下的，从飞椅的重心画一条带箭头、竖直向下的线段，用G表示，如答图所示：（2）如图甲所示的磁悬浮地球仪的球体内有一个条形磁体，下方底座内有一个电磁铁。开关闭合后，地球仪就可以悬浮在空中。图乙是其内部结构示意图，请根据图示磁感线的方向，在图乙中标出球体内条形磁体的N极和电源的“+、-”极。【答案】见解析答图。【解析】（1）磁体周围的磁感线从N极出发，回到S极，所以电磁铁的上端为N极，下端为S极。根据安培定则可知，电流从电磁铁的下端流入，上端流出。所以电源的下端为正极，上端为负极；（2）地球仪之可以悬浮在空中，是受到能与重力抗衡、方向竖直向上的排斥力作用。根据同名磁极相互排斥可知，条形磁体的下端为N极，如图所示：17．如图所示，在探究“平面镜成像特点”的实验中。（1）当蜡烛A远离玻璃板时，像的大小（选填“变小”“变大”或“不变”）；（2）实验时，将玻璃板向右平移一段距离，则看到蜡烛A的像的位置（选填“向左移动”“向右移动”或“不变”）；（3）将蜡烛A取走，正立放置一电子手表在该位置，从平面镜中看到的时间如图乙所示，则实际时间是。【答案】（1）不变；（2）不变；（3）15：01。【解析】（1）根据平面镜成像规律可知，平面镜所成的像为正立等大的虚像，故当蜡烛A远离玻璃板时，其所成的像大小不变。（2）平面镜所成像与原物关于镜面对称，将玻璃板向右平移一段距离，蜡烛A的像与原物仍然关于镜面对称，蜡烛A的位置不变，则A的像的位置也不变。（3）由于像与物关于镜面对称，所以从平面镜中看到的时间如图乙所示时，实际的时间是15∶01。18．同一针筒内装有不同体积的同种液体，电子秤分别测量其质量如图甲、乙所示。经计算可知：（1）针筒中液体的密度是g/cm3；（2）乙针筒中液体的质量是g；（3）空针筒质量是g。【答案】（1）1g/cm3；（2）30g；（3）20.9g。【解析】（1）从甲到乙，质量的增加量Δm=m乙-m甲=50.09g-40.09g=10g，体积的增加量ΔV=V乙-V甲=30mL-20mL=10mL=10cm3，则液体的密度ρ=＝=1g/cm3；（2）根据密度公式，乙针筒中液体的质量m乙'=ρV乙=1g/cm3×30cm3=30g；（3）空针筒的质量m0=m乙-m乙'=50.9g-30g=20.9g。19．在“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验中。（1）实验中，某时刻温度计示数如图甲所示，此时水的温度是℃；（2）观察气泡可判断图甲中水处于沸腾时的状态，温度计的示数（选填“上升”“下降”或“不变”）；（3）图乙是根据收集的数据绘制成的温度—时间图象，可见当地的大气压一标准大气压，若两次实验所用水的质量分别为m1、m2，则m1m2（选填“＞”“=”或“＜”）。【答案】（1）98；（2）不变；（3）＜＞。【解析】（1）由图甲得，温度计的分度值为1℃，示数为98℃。（2）水沸腾时，各处温度均匀，产生大量气泡并不断上升，随着水的深度减小，水的压强减小，使得气泡的体积增大。图甲中，气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的状态；水沸腾时吸收热量、温度不变，所以温度计的示数不变。（3）由图甲可得，此时水的沸点低于100℃。1标准大气压下，水的沸点是100℃。而沸点与大气压有关，大气压越小，沸点越低。所以当地的大气压低于1标准大气压；由Q=cmΔt可得温度变化量Δt=，则吸收相同的热量，质量小的水温度变化量大，质量大的水温度变化量小。依题意并参见图甲、图乙，可知在相同时间内，两次水吸收相同的热量，第二次的温度变化量较大，则第二次的水质量较小，故m1>m2。20．在“天宫课堂”的水球实验中，小玉看到王亚平老师的倒立的像，如图甲所示。于是她利用实验室的光学器材探究凸透镜成像的规律。（1）小玉找到了一个焦距未知的凸透镜，用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小、最亮的光斑，如图乙所示，则凸透镜的焦距是cm。然后将蜡烛、凸透镜和光屏固定在光具座上，如图乙所示。若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移动到20cm刻度线处，移动光屏，直到出现烛焰清晰倒立的实像，请你列举一例此成像特点在生活中的应用；（2）在（1）的基础上，更换成另一个焦距为9cm的凸透镜，发现光屏上的像变得模糊，此现象与（选填“近”或“远”）视眼成因相似。为了使光屏上的像恢复清晰，可向（选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动蜡烛。【答案】（1）10.0；（2）照相机；（3）近靠近。【解析】（1）如图，让一束平行与主光轴的光正对凸透镜照射，在凸透镜后的光屏上接收到一个最小、最亮的光斑，此光斑即凸透镜的焦点，焦点跟光心之间的距离是凸透镜的焦距，故凸透镜的焦距f=60.0cm-50.0cm=10.0cm；将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到20cm刻度线处，物距u=50cm-20cm=30cm>2f，成倒立、缩小的实像。照相机就是此成像特点在生活中的应用。（2）原来凸透镜的焦距是10cm，更换成另一个焦距为9cm的凸透镜，当物距不变时，凸透镜的焦距变小，折光能力变强，使像距变小，成像在光屏的前方，光屏上的像变得模糊。此现象与近视眼的成因相似。为了使光屏上的像恢复清晰，需要使像距变大，则对应的物距变小，故可向靠近凸透镜的方向移动蜡烛。21．物理小组利用如图甲所示的实验电路测量小灯泡的额定功率，电源电压为6V不变，已知待测小灯泡L1的额定电压为4V，额定功率约为1W。（1）如图甲所示是小蒋同学连接的实物电路图，闭合开关后灯泡（选填“发光”或“不发光”），图中只有一根导线连接错误，请你在图中用“×”标出这根错接的导线，只改接一根导线使电路成为正确的电路（不能与其他导线交叉）；（2）改成正确的电路连接后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为4V时，电流表示数如图乙所示。小灯泡L1的额定功率为W；（3）小红同学找到另外一个外观一样、规格为“4V3W”的小灯泡L2。两只灯泡灯丝的长度和材料一样，那么灯丝较粗的是小灯泡（选填“L1”或“L2”）。【答案】（1）不发光见解析答图；（2）0.88；（3）L2。【解析】（1）由图甲知，电压表被串联入电路中，电流表与灯泡并联，所以闭合开关后电路断路，灯泡不发光。应改为电流表与灯泡串联，电压表与灯泡并联，电路如答图所示：（2）当电压表示数等于灯泡额定电压4V时，灯泡正常发光，由图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，此时通过灯泡的电流I为0.22A，则小灯泡L1的额定功率P1=U1I=4V×0.22A=0.88W；（3）两灯额定电压相同，灯泡L2的额定功率P2较大，由R=知，L2的电阻较小。又因为两只灯泡灯丝的长度和材料一样，故小灯泡L2的灯丝较粗。22．在“探究影响浮力大小因素”的实验中，小开同学准备了以下实验器材：电子秤、足够高的柱形薄壁容器（质量为100g）、金属块（质量为400g）、轻质细杆、水、盐水。实验步骤如图所示，其中A、B、C、D容器中是水，E容器中是盐水。（1）在C步骤中合金块浸没在水中受到浮力为N；（2）分析图A、B、C、D可知，浮力的大小与物体无关；（3）小开在E中倒入等质量的盐水，可知浮力的大小还与有关；（4）分析实验数据可知盐水的密度为kg/m3。【答案】（1）1；（2）在液体中的深度；（3）液体的密度；（4）1.2×103。【解析】（1）C步骤中，悬挂在轻质细杆上的合金块受到水竖直向上的浮力。物体间力的作用是相互的，合金块同时给水一个竖直向下的压力，作用在容器底部，导致电子秤的示数增加。对比A图，增加的压力和浮力大小相等，故C步骤中合金块浸没在水中受到的浮力F浮C=(mC-mA)g=(0.4kg-0.3kg)×10N/kg=1N；（2）分析图A、B、C、D可知，合金块排开水的体积增大时，电子秤的示数变大，结合（1）分析可知，合金块受到的浮力变大；合金块浸没在水中时，无论深度如何改变，电子秤的示数依然不变，即合金块受到的浮力不变。可得：浮力的大小与物体排开液体的体积有关，与物体在液体中的深度无关。（3）小开在E中倒入等质量的盐水，与D相比，合金块排开液体的体积不变，液体的密度改变，电子秤的示数改变，即合金块受到的浮力改变，可知浮力的大小还与液体的密度有关。（4）分析图A、D、E可知，合金块浸没在水中和盐水中时，其排液的体积都等于合金块的体积。将合金块受到盐水的浮力与其受到水的浮力作比，并代入阿基米德原理，则有==①；且====1.2②联立①②，解得盐水的密度ρ盐水=1.2ρ水=1.2×1.0×103kg/m3=1.2×103kg/m323．小明热爱地理考查，他在小溪边拾到一块实心石块，想粗略测量该石块的密度。现有一个电子测力计、细线、一个足以放入该石块的金属杯。（水源充足，ρ水已知）（1）不添加其他器材，请写出测量石块密度的实验步骤。（可以用文字或画图表达）（2）石块密度的表达式ρ石=。（用已经测量的符号和已知的符号表示）【答案】（1）实验步骤：①将石块用细线拴好挂在弹簧测力计下，静止时测力计示数记为F1；②金属杯加入水，将石块浸没在水中（未接触金属杯底和金属杯壁），静止时测力计示数记为F2；（2）∙ρ水。【解析】（1）实验步骤：①将石块用细线拴好挂在弹簧测力计下，静止时测力计示数记为F1；②金属杯加入水，将石块浸没在水中（未接触金属杯底和金属杯壁），静止时测力计示数记为F2；（2）石块的质量m石==，再测出石块完全浸没时弹簧测力计的拉力F2，则石块受到的浮力F浮=F1-F2，根据F浮=ρ液gV排得，石块的体积V石=V排==，则石块的密度表达式ρ石===∙ρ水四、科普阅读题（共4分）阅读《绿色技术在大型船舶上的应用”》并回答24题。绿色技术在大型船舶上的应用2023年7月，国际海事组织海上环境保护委员会在第80届会议要求国际海运温室气体排放尽快达峰。大型船舶为了顺应航运业绿色发展的大趋势，采用了一些新技术。1．以LNG作为燃料。LNG燃料即液化天然气，是将含有85%甲烷的天然气冷却至零下162℃使其液化。比起传统的船用柴油，LNG燃料可以显著减少CO2、NOx和SOx的排放。2．配备燃料电池。燃料电池用燃料和氧气作为原料，具有效率高、污染小、辐射少等优点。3．安装空气润滑系统。该系统利用压缩机在船底部迅速排出大量气泡（如图），这些气泡联合起来在船体底部的表面形成一层空气层，当船舶向前移动时，附着在船体上的空气层向后滑动。24．根据上述材料，回答下列问题：（1）船舶在海面上所受浮力大小等于自身重力，若船舶的排水量为25万吨，则其满载时所受浮力为N；（g取10N/kg）（2）通过材料可知，LNG燃料可以通过的方式液化；（3）燃料电池工作时将能转化为电能；（4）船舶底部的空气层有分离接触面、减小摩擦力的作用；请举一个生活中采用同样原理的案例。案例：。【答案】（1）2.5×109；（2）降温；（3）化学；（4）给自行车的轴承加润滑油。【解析】（1）船舶在海面上所受浮力大小等于自身重力。若船舶的排水量为25万吨，它满载时所受浮力的大小F浮=G排=m排g=2.5×105×103kg×10N/kg=2.5×109N；（2）由“将含有85%甲烷的天然气冷却至零下162℃使其液化”知，LNG燃料可以通过降温的方式液化；（3）燃料电池用燃料和氧气作为原料，燃料具有化学能，工作时将化学能转化为电能；（4）船舶底部的空气层使接触面彼此分离，减小了摩擦力。生活中采用同样原理的案例：给自行车的轴承加润