7. 跨学科融合「2025 四川乐山中考，★☆」如图所示，小刚在操场上踢足球。下列说法正确的是（）


A.小刚踢球时，只改变了足球的形状
B.脚对球用力的方向不会影响踢球效果
C.小刚对足球的力和足球对小刚的力是一对相互作用力
D.踢出去的足球最终会停下来，是因为运动需要力来维持

7.C 小刚踢球时，足球的形状和运动状态都会发生改变，故A错误；力的大小、方向和作用点是力的三要素，会影响力的作用效果，脚对球用力的方向会影响踢球效果，故B错误；小刚对足球的力和足球对小刚的力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在不同物体上，二者是一对相互作用力，故C正确；踢出去的足球最终会停下来，是由于足球受到了阻力作用；力是物体运动状态改变的原因，物体的运动不需要力来维持，故D错误。

【分析】本题考查力学相关基础概念，需结合力的作用效果、力的三要素、相互作用力特点、力与运动的关系等知识点，逐一分析各选项判断正误。
【解析】选项A：小刚踢球时，脚对足球施力，足球的形状会改变，同时足球由静止变为运动，运动状态也发生改变，并非只改变形状，故A错误；选项B：力的三要素（大小、方向、作用点）都会影响力的作用效果，脚对球用力的方向不同，球的运动方向不同，会影响踢球效果，故B错误；选项C：相互作用力的条件是大小相等、方向相反、作用在同一直线、作用在两个不同物体上，小刚对足球的力和足球对小刚的力符合该条件，是一对相互作用力，故C正确；选项D：踢出去的足球最终停下来，是因为受到阻力作用；力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故D错误。
【答案】C
【知识点】力的作用效果、相互作用力、力与运动的关系
【点评】本题为中考基础题型，考查对力学核心概念的理解，需准确区分相互作用力与平衡力，明确力的作用效果、力与运动的关系，难度适中，属于学生应掌握的基础内容。
【难度系数】0.6

8. 「情境素材 中华优秀传统文化」「★★☆」“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100 g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.图甲中A点为杠杆的支点
B.若OB=5OA，则“秤砣”的质量为20 g
C.若秤钩再加挂20 g物体，秤砣向左移动可使杆秤再次平衡
D.如果“秤砣”磨损，则测量值比真实值小

8.B 由图甲可知，杆秤相当于一个杠杆，O点为支点，故A错误；不挂秤砣时，在O点提起提纽，杆秤在水平位置平衡，杆秤自重对平衡没有影响，若OB=5OA，由杠杆平衡条件可知，$m_{物}g×OA=m_{砣}g×OB$，即$100\ \mathrm{g}×g×OA=m_{砣}×g×5OA$，则“秤砣”的质量$m_{砣}=20\ \mathrm{g}$，故B正确；秤钩再加挂20 g物体，左侧的拉力和力臂的乘积变大，要使杆秤再次水平平衡，右侧拉力与力臂乘积也要变大，由于右侧的拉力不变，所以应增大力臂，即秤砣要向右移动，故C错误；由杠杆平衡条件可得，$m_{物}g×OA=m_{砣}g×OB$，秤砣磨损了，自重变小，为使杠杆在水平位置平衡，应使OB变大，则测量结果将偏大，故D错误。

【分析】
本题考查杠杆平衡条件在杆秤中的应用，首先确定杆秤的支点为提纽处的O点，再根据杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$），结合重力与质量的关系（$G=mg$）对各选项逐一分析，简化后可通过质量与力臂的关系判断选项正误。
【解析】
杆秤属于杠杆，支点是提纽处的O点，据此分析：
1. 选项A：图甲中，O点是提起提纽的位置，为杠杆的支点，A点是秤钩悬挂处，不是支点，故A错误；
2. 选项B：杆秤平衡时，根据杠杆平衡条件：$G_{物} × OA = G_{砣} × OB$，代入$G=mg$得：$m_{物}g × OA = m_{砣}g × OB$，约去$g$后，若$OB=5OA$、$m_{物}=100g$，则$100g × OA = m_{砣} × 5OA$，约去$OA$解得$m_{砣}=20g$，故B正确；
3. 选项C：秤钩加挂20g物体，左侧力与力臂的乘积增大，要使杆秤再次平衡，右侧力与力臂的乘积需增大，秤砣重力不变，因此需增大右侧力臂，即秤砣应向右移动，而非向左，故C错误；
4. 选项D：若秤砣磨损，其质量$m_{砣}$变小，根据$m_{物}=\frac{m_{砣} × OB}{OA}$，要使杠杆平衡需增大$OB$，导致测量值比真实值偏大，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆的应用
【点评】
本题结合传统工具杆秤考查杠杆平衡条件的应用，需明确支点位置，灵活运用杠杆公式分析力与力臂的变化，是物理知识与生活实际结合的典型题型，侧重考查知识的应用能力。
【难度系数】
0.6

9.「2025江西南昌期末，★★☆」如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时 （）


A.电流表$\mathrm{A}_1$示数不变，电压表$\mathrm{V}$示数不变
B.电流表$\mathrm{A}_2$示数变大，电压表$\mathrm{V}$示数变大
C.电压表$\mathrm{V}$示数与电流表$\mathrm{A}_1$示数比值变大
D.电压表$\mathrm{V}$示数与电流表$\mathrm{A}_2$示数比值变小

9.A 由电路图可知，$R_1$与$R_2$并联，电压表测电源电压，电流表$\mathrm{A}_1$测$R_1$所在支路的电流，电流表$\mathrm{A}_2$测干路电流。因电源电压不变，所以滑片移动时，电压表V的示数不变；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时，通过$R_1$的电流不变，即电流表$\mathrm{A}_1$示数不变，故A正确；当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由$I=\frac{U}{R}$可知，通过$R_2$的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表$\mathrm{A}_2$示数变小，故B错误；由欧姆定律可知，电压表V示数与电流表$\mathrm{A}_1$示数的比值为定值电阻$R_1$的阻值，则该比值不变，故C错误；电压表V示数不变，电流表$\mathrm{A}_2$示数变小，二者比值变大，故D错误。

【分析】首先分析电路结构：由电路图可知，$R_1$与$R_2$并联，电压表$\mathrm{V}$测量电源电压，电流表$\mathrm{A}_1$测量$R_1$支路的电流，电流表$\mathrm{A}_2$测量干路电流。接下来根据并联电路的特点和欧姆定律分析滑片移动时各电表示数的变化：电源电压不变，所以电压表$\mathrm{V}$的示数始终不变；并联电路中各支路独立工作、互不影响，因此$R_1$支路的电流不受$R_2$支路变化的影响；滑动变阻器滑片向右移动时，接入电路的电阻变大，根据欧姆定律分析$R_2$支路的电流变化，再结合并联电路干路电流等于各支路电流之和，判断干路电流的变化，最后逐一分析选项。
【解析】
1. 确定电路与电表测量对象：由电路图可知，$R_1$与$R_2$并联，电压表$\mathrm{V}$测电源电压，电流表$\mathrm{A}_1$测$R_1$支路电流，电流表$\mathrm{A}_2$测干路电流。
2. 分析电压表$\mathrm{V}$的示数：电源电压不变，所以滑片移动时，电压表$\mathrm{V}$的示数始终不变，故B选项中“电压表$\mathrm{V}$示数变大”错误。
3. 分析电流表$\mathrm{A}_1$的示数：并联电路中各支路独立工作、互不影响，$R_1$的阻值不变，其两端电压等于电源电压（不变），根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，通过$R_1$的电流不变，即电流表$\mathrm{A}_1$的示数不变，故A选项中“电流表$\mathrm{A}_1$示数不变”正确。
4. 分析电流表$\mathrm{A}_2$的示数：滑片$P$向右移动时，滑动变阻器$R_2$接入电路的电阻变大，$R_2$两端电压等于电源电压（不变），根据$I=\frac{U}{R}$，通过$R_2$的电流变小；并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表$\mathrm{A}_2$的示数变小，故B选项中“电流表$\mathrm{A}_2$示数变大”错误。
5. 分析选项C：电压表$\mathrm{V}$示数与电流表$\mathrm{A}_1$示数的比值为$\frac{U}{I_1}=R_1$，$R_1$是定值电阻，该比值不变，故C选项错误。
6. 分析选项D：电压表$\mathrm{V}$示数不变，电流表$\mathrm{A}_2$示数变小，所以二者的比值$\frac{U}{I_2}$变大，故D选项错误。
综上，正确答案为A。
【答案】A
【知识点】并联电路特点、欧姆定律、动态电路分析
【点评】本题属于并联电路的动态分析题，解题关键是准确判断各电表的测量对象，利用并联电路的特点和欧姆定律分析各支路电流、干路电流及电压的变化，难度适中，需要学生掌握电路分析的基本方法。
【难度系数】0.6