还剩20页未读，
继续阅读
2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理模拟试卷
展开
这是一份2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理模拟试卷，共23页。
2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理模拟试卷
1. 对于滴水成冰这一过程，下列说法正确的是( )
A. 凝固，放出热量 B. 凝固，吸收热量 C. 熔化，吸收热量 D. 熔化，放出热量
2. 将一个体育测试用的实心球和一个乒乓球放入水中后发现：实心球沉入水底，而乒乓球浮出水面如图。此时对实心球和乒乓球所受浮力大小分析正确的是( )
A. 实心球受到的浮力大 B. 它们受到的浮力一样大
C. 乒乓球受到的浮力大 D. 不能确定
3. 如图所示的现象或应用中，不能利用光的直线传播的原理解释的是( )
A. 小孔成像
B. 激光引导推进方向
C. 演员对着镜子画脸谱
D. 手影
4. 为了减少高速行驶的车辆产生的噪声对公路两侧单位、居民的干扰，常在高速公路的两侧架设具有一定高度的屏障。这种有效、可行的防止噪声的措施属于( )
A. 在声源处减弱噪声 B. 在人耳处减弱噪声
C. 在传播过程中减弱噪声 D. 无法确定
5. 小科以塑料管为连接轴将两个玩具电机的转轴连接起来，并连接如图所示的电路，开关S闭合后，灯泡发光。下列说法错误的是( )
A. 甲、乙电机转动
B. 甲电机相当于发电机
C. 乙电机工作原理是电磁感应
D. 甲、乙电机都实现了电能和机械能之间的转化
6. 如图所示，电源电压U保持不变。小华同学把标有“8V 16W”的灯泡L1和“12V 36W”的灯泡L2串联在电源两端，闭合开关S后，其中一只灯泡能正常发光，另一只灯泡没有达到额定电压，此时灯泡L1和L2的实际功率分别为P1和P2.则下列关于电源电压U、P1和P2的说法中正确的是( )
A. U=16V； P1=P2 B. U=20V； P1=P2
C. U=16V； P1P2
7. 同学们通过学习物理养成了关注生活和社会的良好习惯，对下列物理量的估测中，你认为最接近实际的是( )
A. 成年人双脚站立时对地面压强约为1.5×104Pa
B. 教室里的大气压强约为1×104Pa
C. 从地上把八年级下册物理课本捡到课桌上做的功约为20J
D. 一中学生从一楼走到二楼功率约为1000W
8. 2015年4月26日“第53届世乒赛”在苏州开幕了，这是苏州首次承办国际级体育赛事．以下有关乒乓球运动的说法正确的是( )
A. 乒乓球之所以能被快速“抽杀”是因为在飞行时没有惯性
B. 通过球桌上方的摄像头看到乒乓球向运动方向的左侧转弯，说明左侧的空气相对球的流速较快
C. 乒乓球斜向上运动到最高点时，如果受到的力突然消失，它将匀速落下
D. 接触时，乒乓球先给球拍一个力，球拍然后也给乒乓球一个力
9. 为了更好地开展全民健身，很多小区都安装了健身器材，如图所示是其中一种健身器械，小亮同学竖直向下拉B点的把手，左侧重物(被一根铁链拴着)被抬起，下列说法正确的是( )
A. 把手上刻花纹的主要目的是使器材更美观
B. 重物被抬起过程中AOB是费力杠杆
C. 手离O点越近，重物越容易被抬起
D. 重物被抬起过程中重力势能增大
10. 小明研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系图象如图所示，由图象可知( )
A. 容器的质量是40kg
B. 甲液体的密度是2.5g/cm3
C. 乙液体的密度是1.0g/cm3
D. 密度为3.0g/cm3的液体的m−V图象应位于Ⅱ区域
11. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，当滑片由左向右移动时，下列判断正确的是( )
A. 小灯泡亮度变暗 B. 电压表示数变大
C. 电流表示数变大 D. 电路消耗的总功率不变
12. 如图所示电路，电源电压为8V并保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由一个位置移动到另一位置时，定值电阻R0的电功率由1.6W变成了0.4W，则电压表的示数可能( )
A. 由2V变为4V B. 由3V变为6V C. 由3V变为5V D. 由4V变为6V
13. 为了方便人们出行，大部分汽车都配有USB充电口来满足手机充电的需求，充电时，手机与车内照明灯的连接方式是______联；手机在充电过程中，手机电池相当于电路中的______(选填“电源”、“开关”、“导线”或“用电器”)。
14. 阳阳乘电梯上楼，若电梯在5s内从一层直达四层，且每层楼高为3m，阳阳质量为50kg，则在此过程中电梯对阳阳做功的平均功率为______。
15. 在夏季雨天的一次闪电中，若带电云层与地面间电压为3×109V时发生雷击，放电电流为5×106A，放电时间为4×10−6s，则释放______J的电能。若这些电能全部转化为内能，这相当于质量为______kg的煤完全燃烧释放的能量。(q煤=3×107J/kg)
16. 用质量和体积均忽不计的相同硬杆把长方体A和B分别固定后放入水，B物体刚好浸没，如图甲。其中，A物体密度ρA=0.9g/cm3，高度hA=10cm，B物体底面积SB=100m2，高度hB=8cm，重力GB=12N。则硬杆对B物体的作用力为______ N。把物体A、B取出，用一根不可伸长的轻质细绳连接后，重新放入水中(忽略水量损失)，如图乙；此时，细线拉直，水面比甲图升高0.5cm，若甲图中，硬杆对A的作用力1.5N，容器底面积为500m2，则乙图中，B对容器底部的压强为______ Pa。
17. 传送带上有一物体m，当它在图所示位置时，它与传送带一起以v=1m/s的速度，在水平方向上匀速运动，请在图中画出m受力示意图。(不计空气阻力)
18. 根据图中的入射光线，在图中标出反射光线，并标示反射角的大小。
19. 如图为家庭照明电路，请用笔画线代替导线，将开关和电灯和插座正确接入电路中，要求符合安全用电。
20. 如图是小华同学探究“二力平衡条件”时的实验情景。
(1)小华将系于小卡片(重力可忽略不计)两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整______ 来改变拉力的大小。
(2)当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片______ (填“能”或“不能”)平衡，说明二力平衡的两个力需满足______ 。
21. 下面是小明探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验。
(1)如图甲所示，将一个木块放在长木板上，用弹簧测力计沿水平方向______拉动，根据______原理可以测出木块受到的滑动摩擦力为______N。
(2)如图乙所示，在木块上放一个重物，重复上面的操作，比较甲、乙两图中弹簧测力计的示数可探究滑动摩擦力大小与______的关系。
(3)为了操作方便，小明对实验进行了如图丙所示的改进，将弹簧测力计固定，拉动木块下的毛巾，木块相对地面保持静止，这样改进后______(填“需要”或“不需要”)匀速拉动毛巾。比较甲、丙两图可得出：压力相同时，______，滑动摩擦力越大。
(4)本次实验采用的方法为______。
22. 小豪做“测定小灯泡电功率”的实验，所选小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。
(1)本实验的实验原理是______；
(2)连接电路时，开关应处于______(选填“闭合”或“断开”)状态；
(3)如甲图所示是他连接的实验电路。其中有一根导线连接错误。为了使电压表能测小灯泡两端的电压，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的导线；
(4)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不动，产生这种现象的原因可能是______；(写出一种原因即可)
(5)排除故障后，继续实验，并根据实验数据画出如乙图所示的I−U图像，计算出小灯泡的额定功率是______W；
(6)根据图像可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐______(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(7)在某次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值减小了ΔR1，小灯泡的电阻增加了ΔR2，则ΔR1______ΔR2(选填“>”“=”或“<”)。
23. 在如图所示的电路中，电源电压U=6V，小灯泡L标有“4V1.6W”的字样(电源电压和小灯泡的阻值均保持不变)，R1为定值电阻，R2是滑动变阻器且标有“20Ω 1A”的字样，电流表A的量程为0～0.6A。求：
(1)小灯泡L的电阻RL；
(2)当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为3V，R1工作5分钟消耗的电能；
(3)当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围。
24. 寒冷的冬天，某封冻江河水平冰面能承受的最大压强为2×104Pa，某江面行驶的雪橇的重力为2000N，它与冰面的接触面积为0.5m2，g取10N/kg。试求：
(1)雪橇对冰面的压强多大？
(2)在保证安全的情况下，雪橇最多能装多少千克的物体？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
滴水成冰，是液态水变为固态的冰，属于凝固现象，凝固放热，故A正确，BCD错误。
故选：A。
物质由固态变为液态的过程叫熔化；物质由液态变为固态的过程叫凝固；物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态变为气态的过程叫升华；物质由气态变为固态的过程叫凝华；吸热的物态变化过程有：熔化，汽化，升华；放热的物态变化过程有：凝固，液化，凝华。
本题考查了物态变化的判断及吸放热情况，判断物态变化现象主要看物体是由什么状态变为什么状态。
2.【答案】A
【解析】解：由图可知，两球放入水中后，实心球排开水的体积较大，由F浮=ρ水gV排可知，实心球受到的浮力较大。
故选：A。
(1)一切浸在液体或气体中的物体都受到竖直向上的浮力，物体所受浮力的大小既与物体排开液体或气体的体积有关，又与排开液体或气体的密度有关；
(2)根据F浮=ρ液gV排判断两球所受浮力的大小关系。
本题主要考查了阿基米德原理的应用，要注意的是物体所受浮力大小不能看它所处的状态，应根据F浮=ρ液gV排判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、小孔成像是利用光的直线传播原理形成的倒立的实像，故A不符合题意。
B、激光引导掘进方向是利用了光的直线传播，故B不符合题意；
C、演员对着镜子画脸谱，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C符合题意；
D、手影是由于光照射到不透明的手上时被挡住而形成的，是由光的直线传播形成的，故D不符合题意。
故选：C。
光在自然界中存在三种光现象：
在日常生活中，激光准直、日月食、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象；
当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象。
本题综合考查生活中常见的光现象，是近几年的热点题。解题的关键是正确认识光在传播过程中所遵循的规律，并能用来解释简单的问题。
4.【答案】C
【解析】解：在公路两侧架设一定高度的屏障，是在传播过程中减弱噪声，即阻断噪声传播，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
控制噪声要从三方面着手：防止噪声的产生(即在声源处减弱)、阻断噪声的传播(即在传播过程中减弱)和防止噪声进入耳朵(在人耳处减弱)。
此题通过实例考查控制噪声的方法，减弱噪声的方法有三个，如何将具体的措施与方法联系在一起是解决此题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：
AB、右边电路，乙电机因为有电池才转动，所以乙是电动机；甲电机在乙转轴带动下转动，甲电机转动了左边电路才有电，使灯泡发光，所以甲电机是发电机，故A错误；
C、乙电机是电动机，利用的是通电导体在磁场中受力运动的原理，故C错误；
D、电动机工作时，电能转化为机械能；发电机工作时，机械能转化为电能，则甲、乙电机都实现了电能和机械能之间的转化，故D正确。
故选：C。
首先要搞懂整个电路工作原理，右边有电源，乙电机因为有电才转动相当于电动机，带动甲电机转轴转动；甲电机因为转动，产生电流使灯泡发光。
本题考查了电动机、发电机的原理以及二者的区别和联系，属于基础题目。
6.【答案】A
【解析】解：(1)∵P=UI，
∴I1=P1U1=16W8V=2A，
I2=P2U2=36W12V=3A，
∵一只灯泡正常发光，另一只没有达到其额定功率，且I1
(2)L2的实际功率是P实=I2R2=(2A)2×4Ω=16W；
(3)∵P=U2R，
∴R2=U22P2=(12V)236W=4Ω，
L2的实际电压U2′=IR2=2A×4Ω=8V；
电源电压U=U1+U2′=8V+8V=16V；
通过计算又知P1=P2=16W，故选项BCD错误，选项A正确；
故选：A。
(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式I=PU可求通过灯泡电流的大小，串联时电流相等，正常发光的是电流较小的灯泡；
(2)根据公式P=I2R可求L2的实际功率；
(3)根据公式R=U2P可求灯泡L2的电阻，根据欧姆定律求出L2的实际电压。
本题考查电流、电阻、实际电压、实际功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道串联电路电流和电压的规律。
7.【答案】A
【解析】解：
A、成年人的体重在G=600N左右，对地面的压力F=G=600N，双脚与地面的接触面积在S=400cm2=0.04m2左右，站立在水平地面上时对地面的压强为p=FS=600N0.04m2=1.5×104Pa.故A符合实际；
B、教室内的大气压强接近标准大气压，约为1.01×105Pa，故B不符合实际。
C、八年级下册物理课本的重力在2.5N左右，课桌的高度在0.8m左右，将八年级下册物理课本从地面上捡起放在课桌上，在此过程中做功大约为W=Gh=2.5N×0.8m=2J.故C不符合实际。
D、一个中学生的体重约为500N，从一楼走到二楼的高度约为h=3m，时间约为t=10s，
所以，该同学登楼做的功：W=Gh=500N×3m=1500J，
从一楼走到二楼的功率：P=Wt=1500J10s=150W，故D不符合实际。
故选：A。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
8.【答案】B
【解析】解：
A、惯性是物体固有的属性，任何物体都具有惯性，飞行的乒乓球正是由于具有惯性才能被快速“抽杀”，故A错误；
B、乒乓球向运动方向的左侧转弯，说明左侧的空气压强小，流速快，故B正确；
C、乒乓球斜向上运动到最高点时速度为0，如果受到的力突然消失，球不受任何力的作用，小球将处于静止状态，故C错误；
D、力的作用是相互的，所以乒乓球给球拍一个力的同时球拍也给乒乓球一个力，故D错误．
故选B．
(1)物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；
(2)流体中流速快的地方压强小；
(3)一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；
(4)力的作用是相互的，施力和受力物体是同时存在的．
本题考查了惯性、流体压强、牛顿第一定律和力的相互性的认识和理解，掌握这些基本知识是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：A、把手上刻花纹的主要目的是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、由图可知，重物被抬起过程中杠杆AOB的支点在O点，此时动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、手离O点越近，动力臂越小，根据杠杆平衡条件可知，重物越不容易被抬起，故C错误；
D、重物被抬起过程中质量不变，高度增加，所以重力势能增大，故D正确。
故选：D。
(1)增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
(2)杠杆可分为：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆，可以从动力臂和阻力臂的大小关系进行判断，动力臂越大越省力，阻力臂越大越费力；
(3)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
(4)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大。
此题考查增大摩擦的方法、杠杆的分类与应用、动能和势能的大小变化，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
10.【答案】C
【解析】解：A、由图象可知，当液体体积为0时，此时容器的质量m容=40g，故A错误；
BC、当m=100g，即m甲=m乙=100g−40g=60g时，此时甲、乙两种液体的体积：
V甲=40cm3，V乙=60cm3，
则甲、乙两种液体的密度分别为：
ρ甲=m甲V甲=60g40cm3=1.5g/cm3=1.5×103kg/m3，
ρ乙=m乙V乙=60g60cm3=1g/cm3=1×103kg/m3，故B错误、C正确；
D、因密度是3.0g/cm3 的液体的密度比甲的密度还大，
所以，根据ρ=mV可知，质量相同时，该液体的体积小于甲的体积，
故该液体的质量与体积关系图象应该在Ⅰ区，故D错误。
故选：C。
(1)由图象可知，当液体体积为0时，此时对应的质量即为容器的质量；
当m=100g，即甲、乙两种液体的质量m甲=m乙=100g−40g=60g时对应甲、乙的体积，根据密度公式求出两者密度的大小；
(2)该液体的密度大于甲的密度，根据密度公式可知质量相同时该液体与甲液体体积之间的关系，然后判断该液体的质量与体积关系图象位于的区域。
本题考查密度的计算和密度公式的应用，关键是控制变量法的应用，是一道好题。
11.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑片右侧部分电阻两端的电压，
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片移动时，接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，
由I=UR可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，故C错误；
当滑片由左向右移动时，滑片右侧部分电阻变小，
由U=IR可知，滑片右侧部分电阻两端的电压变小，即电压表的示数变小，故B错误；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=I2R可知，灯泡的实际功率不变，亮暗不变，故A错误；
由P=UI可知，电路消耗的总功率不变，故D正确．
故选D．
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑片右侧部分电阻两端的电压，根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，但可以改变滑片右侧部分的电阻，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据P=I2R可知灯泡实际功率的变化，进一步可知亮暗的变化，根据P=UI可知电路消耗总功率的变化．
本题考查了电路的动态分析，涉及到电压表、滑动变阻器、欧姆定律、电功率公式的应用，会判断滑片移动时接入电路中的电阻不变、电压表所测部分电阻发生变化是关键．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据定值电阻消耗的电功率得出两种情况下的电流关系，再根据电压表的示数关系得出答案。
根据P=I2R结合两种情况定值电阻消耗的电功率求出两种情况下的电流关系，根据欧姆定律求出两种情况下R0两端的电压关系，然后根据串联电路的电压特点分别表示出选项中电压表的示数关系，找出符合题意的选项。
【解答】
设定值电阻R0的电功率由1.6W变成了0.4W时，电路中的电流由I1变为I2，
则P0P0′=I12R0I22R0=1.6W0.4W=41，
解得：I1=2I2，
因R0电阻保持不变，
所以，U1=2U2；
A.当电压表原来的示数为2V时，R0两端的电压U1=8V−2V=6V，
当电压表的示数为4V时，R0两端的电压U2=8V−4V=4V，
不符合U1=2U2，故A不正确；
B.当电压表原来的示数为3V时，R0两端的电压U1=8V−3V=5V，
当电压表的示数为6V时，R0两端的电压U2=8V−6V=2V，
不符合U1=2U2，故B不正确；
C.当电压表原来的示数为3V时，R0两端的电压U1=8V−3V=5V，
当电压表的示数为5V时，R0两端的电压U2=8V−5V=3V，
不符合U1=2U2，故C不正确；
D.当电压表原来的示数为4V时，R0两端的电压U1=8V−4V=4V，
当电压表的示数为6V时，R0两端的电压U2=8V−6V=2V，
符合U1=2U2，故D正确。
故选D。
13.【答案】并 用电器
【解析】解：充电时，手机与车内照明灯互不影响，所以是并联的；
在给手机电池充电的过程中，手机电池消耗电能，电能转化为电池的化学能，所以手机电池相当于用电器。
故答案为：并；用电器。
并联电路中各用电器之间可以单独工作，互不影响；串联电路中的各用电器之间不能单独工作，相互影响；
根据充电过程中能量转化情况分析解答。
此题考查了电路连接方式及电路的组成，属于基础知识的考查，也是一道联系实际的应用题，难度不大。
14.【答案】900W
【解析】解：阳阳的重力：
G=mg=50kg×10N/kg=500N，
电梯从一层直达四层，则人上升的高度为3层楼的高度，
该过程中，克服重力做的功：
W=Gh=500N×3×3m=4.5×103J；
在此过程中的功率：
P=Wt=4.5×103J5s=900W。
故答案为：900W。
根据G=mg求出重力，根据公式W=Gh求出克服重力做的功；根据公式P=Wt求出在此过程中的功率。
此题考查了功率的计算。注意，楼高的算法，我们平常说上4楼，计算时要计算3层楼的高度。
15.【答案】6×1010 2000
【解析】解：(1)W=UIt=3×109V×5×105A×4×10−5s=6×1010J。
(2)若这些电能全部转化为内能，则Q放=W=6×1010J，
由Q放=qm得：
m=Q放q=6×1010J3×107J/kg=2000kg。
故答案为：6×1010；2000。
(1)根据题目中提供的U=为3×109V，t=4×10−5s，和放电电流为5×106A，由公式W=UIt可得释放的能量。
(2)若这些电能全部转化为内能，根据燃料燃烧放出热量的公式Q=qm变形即可计算煤的质量。
本题考查电功和热量的计算，熟练应用公式，注意单位的统一即可。
16.【答案】4 300
【解析】解：(1)图甲中，物体B排开水的体积：
V排=VB=SBhB=100cm2×8cm=800cm3=8×10−4m3，
物体B受到的浮力：
F浮B=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10−4m3=8N，
因GB>F浮，
所以，物体B受到竖直向上的浮力和硬杆对B的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，
由物体B受到的合力为零可得：F浮B+F支持B=GB，
则硬杆对B物体的作用力：
F支持B=GB−F浮B=12N−8N=4N；
(2)由图甲可知，A浸入水中的深度h=hB=8cm，
物体A受到的浮力F浮A=ρ水gV排A=ρ水gSAh，物体A的重力GA=mAg=ρAVAg=ρASAhAg，
因ρ水h=1.0g/cm3×8cm=8g/cm2，ρAhA=0.9g/cm3×10cm=9g/cm2，即ρ水h<ρAhA，
所以，F浮A−GA=ρ水gSAh−ρASAhAg=(ρ水h−ρAhA)gSA<0，即F浮A
此时A物体受到竖直向上的浮力和硬杆对A的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，
由物体A受到的合力为零可得：F浮A+F支持A=GA，
图乙中，物体A和B受到的浮力增加量：
ΔF浮=ρ水gΔV排=ρ水gS容Δh=1.0×103kg/m3×10N/kg×500×10−4m2×0.5×10−2m=2.5N，
把A和B看做整体，则B对容器底部的压力：
F=GA+GB−F浮A−F浮B−ΔF浮
=F浮A+F支持A+F浮B+F支持B−F浮A−F浮B−ΔF浮
=F支持A+F支持B−ΔF浮
=1.5N+4N−2.5N
=3N，
B对容器底部的压强：
p=FSB=3N100×10−4m2=300Pa。
故答案为：4；300。
(1)根据V=Sh求出图甲中物体B排开水的体积，利用F浮=ρgV排求出物体B受到的浮力，然后与物体B的重力相比较判断出硬杆对B物体的作用力为支持力，此时物体B受到竖直向上的浮力和硬杆对B的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，根据物体B受到的合力为零求出硬杆对B物体的作用力；
(2)由图甲可知，A浸入水中的深度等于B浸入水中的深度，物体A受到的浮力F浮=ρgV排=ρgSh，物体A的重力G=mg=ρVg=ρShg，比较两者的大小判断出硬杆对A的作用力方向，此时A物体受到竖直向上的浮力、和硬杆对B的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，由物体A受到的合力为零得出等式，图乙中排开水体积的增加量等于容器的底面积乘以水面上升的高度，根据F浮=ρgV排求出图乙中物体A和B受到的浮力增加量，把A和B看做整体，B对容器底部的压力等于A和B的重力之和减去它们再图甲中受到的浮力、图乙中浮力的增加量，利用p=FS求出B对容器底部的压强。
本题考查了阿基米德原理、压强定义式、重力公式、密度公式的应用等，正确的判断出甲图中杆对A和B作用力的方向是关键。
17.【答案】解：由于物体M和传送带一起匀速运动，相对静止，所以m不受摩擦力的作用，只受重力G和支持力F的作用，如图所示：
【解析】物体m做水平方向向右匀速运动，由于不计空气阻力，所以物体受到两个力：它的重力G，传送带对它的支持力F，这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
物体匀速运动时，受平衡力：这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
本题关键，可以用假设法确定物块是否受摩擦力。
18.【答案】解：先过入射点垂直平面镜作出法线，再根据反射角等于入射角作出反射光线，标出反射角为60°，如图所示：
【解析】根据光的反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角作出反射光线，并标出反射角的大小。
在用光的反射定律作图时，注意一些技巧：反射角等于入射角、法线垂直反射面、法线为入射光线和反射光线的角平分线等；
求反射角的大小，注意用平面几何角度关系。
19.【答案】解：(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线，如图：
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
20.【答案】钩码个数 不能 在同一直线上
【解析】解：(1)小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；
(2)小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，纸片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡。
故答案为：(1)钩码个数；(2)不能；在同一直线上。
(1)钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
(2)小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡。
此题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析；二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
21.【答案】匀速直线 二力平衡 2.6 压力大小 不需要 接触面越粗糙 控制变量法
【解析】解：(1)探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关的实验中，需要使物体做匀速直线运动，根据二力平衡的知识可知，当物体做匀速直线运动时，拉力大小等于物体滑动摩擦力大小，甲图中弹簧测力计的分度值是0.2N，示数为2.6N，木块受到的滑动摩擦力为2.6N；
(2)对比图甲、乙可知，甲图中弹簧测力计的示数为2.6N，乙图中弹簧测力计的示数为3.6N。因为接触面的粗糙程度不变，但是乙图中物体对木板的压力变大，滑动摩擦力变大，则可以探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；
(3)由图丙可知，当拉动毛巾时，相对于地面木块始终保持静止，根据二力平衡的知识可知，木块受到的滑动摩擦力和拉力相等，与毛巾的运动状态无关，所以不需要匀速拉动毛巾；
比较甲、丙两图可知，在压力相同时，丙图中接触面比较粗糙，且弹簧测力计的示数为3.4N，所以滑动摩擦力较大。所以可以得出：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
(4)实验采用的方法是控制变量法。
故答案为：(1)匀速直线；二力平衡；2.6； (2)压力大小；(3)不需要；接触面越粗糙；(4)控制变量法。
(1)木块在长木板上做匀速直线运动，根据二力平衡可知，弹簧测力计拉力大小与摩擦力大小相等，根据弹簧测力计的分度值读出弹簧测力计的示数，从而知道摩擦力；
(2)要探究摩擦力与压力的关系，需使接触面的粗糙程度相同，压力大小不同；
(3)从方便实验操作、方便读数的角度分析答题；
比较甲、丙两图，得出摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
(4)实验采用的方法是控制变量法。
本题考查了“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，二力平衡和控制变量法的运用，属基本的实验类型。
22.【答案】(1)P=UI；(2)断开；(3)；(4)灯泡开路；(5)0.625；(6)增大；(7)>
【解析】(1)测小灯泡额定电功率的实验原理为：P=UI；
(2)连接电路时，为了保护电路，开关应处于断开状态；
(3)图甲的电路中，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中，这是错误的，变阻器应与灯串联，电压表应与灯并联，改正后如图所示：
(4)闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表指针几乎不动，说明电路可能开路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即小灯泡开路；
(5)根据图乙可知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，可算出小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(6)由图乙可知，灯丝两端的电压升高，通过的电流增大，但电流增大的慢，其电阻增大，由于灯泡两端电压和流经灯泡的电流均增大，灯泡的实际功率增大，灯丝温度升高，导致灯丝电阻增大；
(7)滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流变大，灯泡的亮度变大，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大；由于总电压不变，电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，所以变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，即ΔR1>ΔR2。
故答案为：(1)P=UI；(2)断开；(3)如图上所示；(4)灯泡开路；(5)0.625；(6)增大；(7)>。
(1)由电功率的计算公式确定测量小灯泡额定功率的实验原理；
(2)连接电路时，开关应该断开；
(3)图甲的电路中，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中，这是错误的，变阻器应与灯串联，电压表与灯并联；
(4)根据电流表和电压表的示数分析故障的原因；
(5)由图乙找出电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
(6)灯丝电阻随温度的升高而增大；
(7)由欧姆定律，根据电流的变化判断出总电阻的变化，结合灯丝的电阻随温度的升高而变大得出电阻变化的大小关系。
此题是测量灯泡功率的实验，考查了实物图的连接、滑动变阻器的使用、电路故障分析、电功率的计算及特殊方法测电功率，考查得很全面，最后一个小题具有一定的难度。
23.【答案】解：(1)由题可知，灯泡L上标有“4V1.6W”的字样，灯泡电阻RL=UL2PL=(4V)21.6W=10Ω；
(2)闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，电压表测量的是小灯泡两端的电压，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据串联电路的电压特点可知电阻R1两端的电压：U1=U−UL′=6V−3V=3V，
串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得流过R1的电流：I1=IL=UL′RL=3V10Ω=0.3A，
R1工作5分钟消耗的电能：W=U1I1t=3V×0.3A×5×60s=270J；
(3)闭合S2，断开S1，滑动变阻器R与小灯泡L串联，
小灯泡的额定电流：IL额=PLUL=1.6W4V=0.4A，
滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表允许通过的最大电流为0.6A，小灯泡允许通过的最大电流为0.4A，
此时电路允许通过的最大电流：I最大=0.4A，
小灯泡的最大功率：P最大=PL额=1.6W，
当滑动变阻器阻值最大时，串联电路的总电阻：R总=R+RL=10Ω+20Ω=30Ω，
此时通过小灯泡的最小电流：I最小=UR总=6V30Ω=0.2A，
小灯泡的最小功率：P最小=I最小2RL=(0.2A)2×10Ω=0.4W，
小灯泡电功率的变化范围：0.4W～1.6W。
答：(1)小灯泡L的电阻RL为10Ω；
(2)当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为4V，R1工作5分钟消耗的电能是270J；
(3)当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围是0.4W～1.6W。
【解析】(1)根据灯泡铭牌，由P=U2R求出小灯泡L的电阻RL；
(2)闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，根据串联电路的电压特点及欧姆定律可求电路电流，再根据W=UIt可求R1工作5分钟消耗的电能；
(3)闭合S2，断开S1，R与L串联，在电路安全的情况下，根据串联电路的特点和欧姆定律，求出电路的最小电流和最大电流，再根据P=UI、P=I2RL可求小灯泡电功率，从而可求小灯泡电功率变化范围。
本题考串联电路规律、欧姆定律及电功率的公式及其变形的应用，正确分析电路是关键。
24.【答案】解：(1)因为在水平面上压力等于重力，
所以雪橇对冰面的压力：
F=G=2×103N，
雪橇对冰面的压强：
p=FS=2×103N0.5m2=4×103Pa；
(2)由p=FS可得，冰面所能承受的最大压力：
F大=p大S=2×104Pa×0.5m2=1×104N，
即雪橇与所载货物的总重力：
G总=F大=1×104N，
能载货物的重力：
G货=G总−G=1×104N−2×103N=8×103N，
雪橇最多能装载货物的质量：
m货=G货g=8×103N10N/kg=800kg。
答：(1)雪橇对冰面的压强为4×103Pa；
(2)在保证安全的情况下，雪橇最多能装800千克的物体。
【解析】(1)雪橇对冰面的压力和自身的重力相等，根据F=G求出其大小，根据p=FS求出雪橇对冰面的压强；
(2)根据F=pS求出冰面所能承受的最大压力即为雪橇与所载货物的总重力，进一步求出能载货物的重力，根据G=mg求出雪橇最多能装载货物的质量。
本题考查了学生对压强公式及其变形公式的掌握和运用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。
2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理模拟试卷
1. 对于滴水成冰这一过程，下列说法正确的是( )
A. 凝固，放出热量 B. 凝固，吸收热量 C. 熔化，吸收热量 D. 熔化，放出热量
2. 将一个体育测试用的实心球和一个乒乓球放入水中后发现：实心球沉入水底，而乒乓球浮出水面如图。此时对实心球和乒乓球所受浮力大小分析正确的是( )
A. 实心球受到的浮力大 B. 它们受到的浮力一样大
C. 乒乓球受到的浮力大 D. 不能确定
3. 如图所示的现象或应用中，不能利用光的直线传播的原理解释的是( )
A. 小孔成像
B. 激光引导推进方向
C. 演员对着镜子画脸谱
D. 手影
4. 为了减少高速行驶的车辆产生的噪声对公路两侧单位、居民的干扰，常在高速公路的两侧架设具有一定高度的屏障。这种有效、可行的防止噪声的措施属于( )
A. 在声源处减弱噪声 B. 在人耳处减弱噪声
C. 在传播过程中减弱噪声 D. 无法确定
5. 小科以塑料管为连接轴将两个玩具电机的转轴连接起来，并连接如图所示的电路，开关S闭合后，灯泡发光。下列说法错误的是( )
A. 甲、乙电机转动
B. 甲电机相当于发电机
C. 乙电机工作原理是电磁感应
D. 甲、乙电机都实现了电能和机械能之间的转化
6. 如图所示，电源电压U保持不变。小华同学把标有“8V 16W”的灯泡L1和“12V 36W”的灯泡L2串联在电源两端，闭合开关S后，其中一只灯泡能正常发光，另一只灯泡没有达到额定电压，此时灯泡L1和L2的实际功率分别为P1和P2.则下列关于电源电压U、P1和P2的说法中正确的是( )
A. U=16V； P1=P2 B. U=20V； P1=P2
C. U=16V； P1
7. 同学们通过学习物理养成了关注生活和社会的良好习惯，对下列物理量的估测中，你认为最接近实际的是( )
A. 成年人双脚站立时对地面压强约为1.5×104Pa
B. 教室里的大气压强约为1×104Pa
C. 从地上把八年级下册物理课本捡到课桌上做的功约为20J
D. 一中学生从一楼走到二楼功率约为1000W
8. 2015年4月26日“第53届世乒赛”在苏州开幕了，这是苏州首次承办国际级体育赛事．以下有关乒乓球运动的说法正确的是( )
A. 乒乓球之所以能被快速“抽杀”是因为在飞行时没有惯性
B. 通过球桌上方的摄像头看到乒乓球向运动方向的左侧转弯，说明左侧的空气相对球的流速较快
C. 乒乓球斜向上运动到最高点时，如果受到的力突然消失，它将匀速落下
D. 接触时，乒乓球先给球拍一个力，球拍然后也给乒乓球一个力
9. 为了更好地开展全民健身，很多小区都安装了健身器材，如图所示是其中一种健身器械，小亮同学竖直向下拉B点的把手，左侧重物(被一根铁链拴着)被抬起，下列说法正确的是( )
A. 把手上刻花纹的主要目的是使器材更美观
B. 重物被抬起过程中AOB是费力杠杆
C. 手离O点越近，重物越容易被抬起
D. 重物被抬起过程中重力势能增大
10. 小明研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系图象如图所示，由图象可知( )
A. 容器的质量是40kg
B. 甲液体的密度是2.5g/cm3
C. 乙液体的密度是1.0g/cm3
D. 密度为3.0g/cm3的液体的m−V图象应位于Ⅱ区域
11. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，当滑片由左向右移动时，下列判断正确的是( )
A. 小灯泡亮度变暗 B. 电压表示数变大
C. 电流表示数变大 D. 电路消耗的总功率不变
12. 如图所示电路，电源电压为8V并保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由一个位置移动到另一位置时，定值电阻R0的电功率由1.6W变成了0.4W，则电压表的示数可能( )
A. 由2V变为4V B. 由3V变为6V C. 由3V变为5V D. 由4V变为6V
13. 为了方便人们出行，大部分汽车都配有USB充电口来满足手机充电的需求，充电时，手机与车内照明灯的连接方式是______联；手机在充电过程中，手机电池相当于电路中的______(选填“电源”、“开关”、“导线”或“用电器”)。
14. 阳阳乘电梯上楼，若电梯在5s内从一层直达四层，且每层楼高为3m，阳阳质量为50kg，则在此过程中电梯对阳阳做功的平均功率为______。
15. 在夏季雨天的一次闪电中，若带电云层与地面间电压为3×109V时发生雷击，放电电流为5×106A，放电时间为4×10−6s，则释放______J的电能。若这些电能全部转化为内能，这相当于质量为______kg的煤完全燃烧释放的能量。(q煤=3×107J/kg)
16. 用质量和体积均忽不计的相同硬杆把长方体A和B分别固定后放入水，B物体刚好浸没，如图甲。其中，A物体密度ρA=0.9g/cm3，高度hA=10cm，B物体底面积SB=100m2，高度hB=8cm，重力GB=12N。则硬杆对B物体的作用力为______ N。把物体A、B取出，用一根不可伸长的轻质细绳连接后，重新放入水中(忽略水量损失)，如图乙；此时，细线拉直，水面比甲图升高0.5cm，若甲图中，硬杆对A的作用力1.5N，容器底面积为500m2，则乙图中，B对容器底部的压强为______ Pa。
17. 传送带上有一物体m，当它在图所示位置时，它与传送带一起以v=1m/s的速度，在水平方向上匀速运动，请在图中画出m受力示意图。(不计空气阻力)
18. 根据图中的入射光线，在图中标出反射光线，并标示反射角的大小。
19. 如图为家庭照明电路，请用笔画线代替导线，将开关和电灯和插座正确接入电路中，要求符合安全用电。
20. 如图是小华同学探究“二力平衡条件”时的实验情景。
(1)小华将系于小卡片(重力可忽略不计)两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整______ 来改变拉力的大小。
(2)当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片______ (填“能”或“不能”)平衡，说明二力平衡的两个力需满足______ 。
21. 下面是小明探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验。
(1)如图甲所示，将一个木块放在长木板上，用弹簧测力计沿水平方向______拉动，根据______原理可以测出木块受到的滑动摩擦力为______N。
(2)如图乙所示，在木块上放一个重物，重复上面的操作，比较甲、乙两图中弹簧测力计的示数可探究滑动摩擦力大小与______的关系。
(3)为了操作方便，小明对实验进行了如图丙所示的改进，将弹簧测力计固定，拉动木块下的毛巾，木块相对地面保持静止，这样改进后______(填“需要”或“不需要”)匀速拉动毛巾。比较甲、丙两图可得出：压力相同时，______，滑动摩擦力越大。
(4)本次实验采用的方法为______。
22. 小豪做“测定小灯泡电功率”的实验，所选小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。
(1)本实验的实验原理是______；
(2)连接电路时，开关应处于______(选填“闭合”或“断开”)状态；
(3)如甲图所示是他连接的实验电路。其中有一根导线连接错误。为了使电压表能测小灯泡两端的电压，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的导线；
(4)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不动，产生这种现象的原因可能是______；(写出一种原因即可)
(5)排除故障后，继续实验，并根据实验数据画出如乙图所示的I−U图像，计算出小灯泡的额定功率是______W；
(6)根据图像可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐______(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(7)在某次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值减小了ΔR1，小灯泡的电阻增加了ΔR2，则ΔR1______ΔR2(选填“>”“=”或“<”)。
23. 在如图所示的电路中，电源电压U=6V，小灯泡L标有“4V1.6W”的字样(电源电压和小灯泡的阻值均保持不变)，R1为定值电阻，R2是滑动变阻器且标有“20Ω 1A”的字样，电流表A的量程为0～0.6A。求：
(1)小灯泡L的电阻RL；
(2)当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为3V，R1工作5分钟消耗的电能；
(3)当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围。
24. 寒冷的冬天，某封冻江河水平冰面能承受的最大压强为2×104Pa，某江面行驶的雪橇的重力为2000N，它与冰面的接触面积为0.5m2，g取10N/kg。试求：
(1)雪橇对冰面的压强多大？
(2)在保证安全的情况下，雪橇最多能装多少千克的物体？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
滴水成冰，是液态水变为固态的冰，属于凝固现象，凝固放热，故A正确，BCD错误。
故选：A。
物质由固态变为液态的过程叫熔化；物质由液态变为固态的过程叫凝固；物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态变为气态的过程叫升华；物质由气态变为固态的过程叫凝华；吸热的物态变化过程有：熔化，汽化，升华；放热的物态变化过程有：凝固，液化，凝华。
本题考查了物态变化的判断及吸放热情况，判断物态变化现象主要看物体是由什么状态变为什么状态。
2.【答案】A
【解析】解：由图可知，两球放入水中后，实心球排开水的体积较大，由F浮=ρ水gV排可知，实心球受到的浮力较大。
故选：A。
(1)一切浸在液体或气体中的物体都受到竖直向上的浮力，物体所受浮力的大小既与物体排开液体或气体的体积有关，又与排开液体或气体的密度有关；
(2)根据F浮=ρ液gV排判断两球所受浮力的大小关系。
本题主要考查了阿基米德原理的应用，要注意的是物体所受浮力大小不能看它所处的状态，应根据F浮=ρ液gV排判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、小孔成像是利用光的直线传播原理形成的倒立的实像，故A不符合题意。
B、激光引导掘进方向是利用了光的直线传播，故B不符合题意；
C、演员对着镜子画脸谱，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C符合题意；
D、手影是由于光照射到不透明的手上时被挡住而形成的，是由光的直线传播形成的，故D不符合题意。
故选：C。
光在自然界中存在三种光现象：
在日常生活中，激光准直、日月食、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象；
当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象。
本题综合考查生活中常见的光现象，是近几年的热点题。解题的关键是正确认识光在传播过程中所遵循的规律，并能用来解释简单的问题。
4.【答案】C
【解析】解：在公路两侧架设一定高度的屏障，是在传播过程中减弱噪声，即阻断噪声传播，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
控制噪声要从三方面着手：防止噪声的产生(即在声源处减弱)、阻断噪声的传播(即在传播过程中减弱)和防止噪声进入耳朵(在人耳处减弱)。
此题通过实例考查控制噪声的方法，减弱噪声的方法有三个，如何将具体的措施与方法联系在一起是解决此题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：
AB、右边电路，乙电机因为有电池才转动，所以乙是电动机；甲电机在乙转轴带动下转动，甲电机转动了左边电路才有电，使灯泡发光，所以甲电机是发电机，故A错误；
C、乙电机是电动机，利用的是通电导体在磁场中受力运动的原理，故C错误；
D、电动机工作时，电能转化为机械能；发电机工作时，机械能转化为电能，则甲、乙电机都实现了电能和机械能之间的转化，故D正确。
故选：C。
首先要搞懂整个电路工作原理，右边有电源，乙电机因为有电才转动相当于电动机，带动甲电机转轴转动；甲电机因为转动，产生电流使灯泡发光。
本题考查了电动机、发电机的原理以及二者的区别和联系，属于基础题目。
6.【答案】A
【解析】解：(1)∵P=UI，
∴I1=P1U1=16W8V=2A，
I2=P2U2=36W12V=3A，
∵一只灯泡正常发光，另一只没有达到其额定功率，且I1
(2)L2的实际功率是P实=I2R2=(2A)2×4Ω=16W；
(3)∵P=U2R，
∴R2=U22P2=(12V)236W=4Ω，
L2的实际电压U2′=IR2=2A×4Ω=8V；
电源电压U=U1+U2′=8V+8V=16V；
通过计算又知P1=P2=16W，故选项BCD错误，选项A正确；
故选：A。
(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式I=PU可求通过灯泡电流的大小，串联时电流相等，正常发光的是电流较小的灯泡；
(2)根据公式P=I2R可求L2的实际功率；
(3)根据公式R=U2P可求灯泡L2的电阻，根据欧姆定律求出L2的实际电压。
本题考查电流、电阻、实际电压、实际功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道串联电路电流和电压的规律。
7.【答案】A
【解析】解：
A、成年人的体重在G=600N左右，对地面的压力F=G=600N，双脚与地面的接触面积在S=400cm2=0.04m2左右，站立在水平地面上时对地面的压强为p=FS=600N0.04m2=1.5×104Pa.故A符合实际；
B、教室内的大气压强接近标准大气压，约为1.01×105Pa，故B不符合实际。
C、八年级下册物理课本的重力在2.5N左右，课桌的高度在0.8m左右，将八年级下册物理课本从地面上捡起放在课桌上，在此过程中做功大约为W=Gh=2.5N×0.8m=2J.故C不符合实际。
D、一个中学生的体重约为500N，从一楼走到二楼的高度约为h=3m，时间约为t=10s，
所以，该同学登楼做的功：W=Gh=500N×3m=1500J，
从一楼走到二楼的功率：P=Wt=1500J10s=150W，故D不符合实际。
故选：A。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
8.【答案】B
【解析】解：
A、惯性是物体固有的属性，任何物体都具有惯性，飞行的乒乓球正是由于具有惯性才能被快速“抽杀”，故A错误；
B、乒乓球向运动方向的左侧转弯，说明左侧的空气压强小，流速快，故B正确；
C、乒乓球斜向上运动到最高点时速度为0，如果受到的力突然消失，球不受任何力的作用，小球将处于静止状态，故C错误；
D、力的作用是相互的，所以乒乓球给球拍一个力的同时球拍也给乒乓球一个力，故D错误．
故选B．
(1)物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；
(2)流体中流速快的地方压强小；
(3)一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；
(4)力的作用是相互的，施力和受力物体是同时存在的．
本题考查了惯性、流体压强、牛顿第一定律和力的相互性的认识和理解，掌握这些基本知识是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：A、把手上刻花纹的主要目的是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、由图可知，重物被抬起过程中杠杆AOB的支点在O点，此时动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、手离O点越近，动力臂越小，根据杠杆平衡条件可知，重物越不容易被抬起，故C错误；
D、重物被抬起过程中质量不变，高度增加，所以重力势能增大，故D正确。
故选：D。
(1)增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
(2)杠杆可分为：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆，可以从动力臂和阻力臂的大小关系进行判断，动力臂越大越省力，阻力臂越大越费力；
(3)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
(4)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大。
此题考查增大摩擦的方法、杠杆的分类与应用、动能和势能的大小变化，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
10.【答案】C
【解析】解：A、由图象可知，当液体体积为0时，此时容器的质量m容=40g，故A错误；
BC、当m=100g，即m甲=m乙=100g−40g=60g时，此时甲、乙两种液体的体积：
V甲=40cm3，V乙=60cm3，
则甲、乙两种液体的密度分别为：
ρ甲=m甲V甲=60g40cm3=1.5g/cm3=1.5×103kg/m3，
ρ乙=m乙V乙=60g60cm3=1g/cm3=1×103kg/m3，故B错误、C正确；
D、因密度是3.0g/cm3 的液体的密度比甲的密度还大，
所以，根据ρ=mV可知，质量相同时，该液体的体积小于甲的体积，
故该液体的质量与体积关系图象应该在Ⅰ区，故D错误。
故选：C。
(1)由图象可知，当液体体积为0时，此时对应的质量即为容器的质量；
当m=100g，即甲、乙两种液体的质量m甲=m乙=100g−40g=60g时对应甲、乙的体积，根据密度公式求出两者密度的大小；
(2)该液体的密度大于甲的密度，根据密度公式可知质量相同时该液体与甲液体体积之间的关系，然后判断该液体的质量与体积关系图象位于的区域。
本题考查密度的计算和密度公式的应用，关键是控制变量法的应用，是一道好题。
11.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑片右侧部分电阻两端的电压，
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片移动时，接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，
由I=UR可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，故C错误；
当滑片由左向右移动时，滑片右侧部分电阻变小，
由U=IR可知，滑片右侧部分电阻两端的电压变小，即电压表的示数变小，故B错误；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=I2R可知，灯泡的实际功率不变，亮暗不变，故A错误；
由P=UI可知，电路消耗的总功率不变，故D正确．
故选D．
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑片右侧部分电阻两端的电压，根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，但可以改变滑片右侧部分的电阻，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据P=I2R可知灯泡实际功率的变化，进一步可知亮暗的变化，根据P=UI可知电路消耗总功率的变化．
本题考查了电路的动态分析，涉及到电压表、滑动变阻器、欧姆定律、电功率公式的应用，会判断滑片移动时接入电路中的电阻不变、电压表所测部分电阻发生变化是关键．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据定值电阻消耗的电功率得出两种情况下的电流关系，再根据电压表的示数关系得出答案。
根据P=I2R结合两种情况定值电阻消耗的电功率求出两种情况下的电流关系，根据欧姆定律求出两种情况下R0两端的电压关系，然后根据串联电路的电压特点分别表示出选项中电压表的示数关系，找出符合题意的选项。
【解答】
设定值电阻R0的电功率由1.6W变成了0.4W时，电路中的电流由I1变为I2，
则P0P0′=I12R0I22R0=1.6W0.4W=41，
解得：I1=2I2，
因R0电阻保持不变，
所以，U1=2U2；
A.当电压表原来的示数为2V时，R0两端的电压U1=8V−2V=6V，
当电压表的示数为4V时，R0两端的电压U2=8V−4V=4V，
不符合U1=2U2，故A不正确；
B.当电压表原来的示数为3V时，R0两端的电压U1=8V−3V=5V，
当电压表的示数为6V时，R0两端的电压U2=8V−6V=2V，
不符合U1=2U2，故B不正确；
C.当电压表原来的示数为3V时，R0两端的电压U1=8V−3V=5V，
当电压表的示数为5V时，R0两端的电压U2=8V−5V=3V，
不符合U1=2U2，故C不正确；
D.当电压表原来的示数为4V时，R0两端的电压U1=8V−4V=4V，
当电压表的示数为6V时，R0两端的电压U2=8V−6V=2V，
符合U1=2U2，故D正确。
故选D。
13.【答案】并 用电器
【解析】解：充电时，手机与车内照明灯互不影响，所以是并联的；
在给手机电池充电的过程中，手机电池消耗电能，电能转化为电池的化学能，所以手机电池相当于用电器。
故答案为：并；用电器。
并联电路中各用电器之间可以单独工作，互不影响；串联电路中的各用电器之间不能单独工作，相互影响；
根据充电过程中能量转化情况分析解答。
此题考查了电路连接方式及电路的组成，属于基础知识的考查，也是一道联系实际的应用题，难度不大。
14.【答案】900W
【解析】解：阳阳的重力：
G=mg=50kg×10N/kg=500N，
电梯从一层直达四层，则人上升的高度为3层楼的高度，
该过程中，克服重力做的功：
W=Gh=500N×3×3m=4.5×103J；
在此过程中的功率：
P=Wt=4.5×103J5s=900W。
故答案为：900W。
根据G=mg求出重力，根据公式W=Gh求出克服重力做的功；根据公式P=Wt求出在此过程中的功率。
此题考查了功率的计算。注意，楼高的算法，我们平常说上4楼，计算时要计算3层楼的高度。
15.【答案】6×1010 2000
【解析】解：(1)W=UIt=3×109V×5×105A×4×10−5s=6×1010J。
(2)若这些电能全部转化为内能，则Q放=W=6×1010J，
由Q放=qm得：
m=Q放q=6×1010J3×107J/kg=2000kg。
故答案为：6×1010；2000。
(1)根据题目中提供的U=为3×109V，t=4×10−5s，和放电电流为5×106A，由公式W=UIt可得释放的能量。
(2)若这些电能全部转化为内能，根据燃料燃烧放出热量的公式Q=qm变形即可计算煤的质量。
本题考查电功和热量的计算，熟练应用公式，注意单位的统一即可。
16.【答案】4 300
【解析】解：(1)图甲中，物体B排开水的体积：
V排=VB=SBhB=100cm2×8cm=800cm3=8×10−4m3，
物体B受到的浮力：
F浮B=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10−4m3=8N，
因GB>F浮，
所以，物体B受到竖直向上的浮力和硬杆对B的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，
由物体B受到的合力为零可得：F浮B+F支持B=GB，
则硬杆对B物体的作用力：
F支持B=GB−F浮B=12N−8N=4N；
(2)由图甲可知，A浸入水中的深度h=hB=8cm，
物体A受到的浮力F浮A=ρ水gV排A=ρ水gSAh，物体A的重力GA=mAg=ρAVAg=ρASAhAg，
因ρ水h=1.0g/cm3×8cm=8g/cm2，ρAhA=0.9g/cm3×10cm=9g/cm2，即ρ水h<ρAhA，
所以，F浮A−GA=ρ水gSAh−ρASAhAg=(ρ水h−ρAhA)gSA<0，即F浮A
此时A物体受到竖直向上的浮力和硬杆对A的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，
由物体A受到的合力为零可得：F浮A+F支持A=GA，
图乙中，物体A和B受到的浮力增加量：
ΔF浮=ρ水gΔV排=ρ水gS容Δh=1.0×103kg/m3×10N/kg×500×10−4m2×0.5×10−2m=2.5N，
把A和B看做整体，则B对容器底部的压力：
F=GA+GB−F浮A−F浮B−ΔF浮
=F浮A+F支持A+F浮B+F支持B−F浮A−F浮B−ΔF浮
=F支持A+F支持B−ΔF浮
=1.5N+4N−2.5N
=3N，
B对容器底部的压强：
p=FSB=3N100×10−4m2=300Pa。
故答案为：4；300。
(1)根据V=Sh求出图甲中物体B排开水的体积，利用F浮=ρgV排求出物体B受到的浮力，然后与物体B的重力相比较判断出硬杆对B物体的作用力为支持力，此时物体B受到竖直向上的浮力和硬杆对B的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，根据物体B受到的合力为零求出硬杆对B物体的作用力；
(2)由图甲可知，A浸入水中的深度等于B浸入水中的深度，物体A受到的浮力F浮=ρgV排=ρgSh，物体A的重力G=mg=ρVg=ρShg，比较两者的大小判断出硬杆对A的作用力方向，此时A物体受到竖直向上的浮力、和硬杆对B的支持力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，由物体A受到的合力为零得出等式，图乙中排开水体积的增加量等于容器的底面积乘以水面上升的高度，根据F浮=ρgV排求出图乙中物体A和B受到的浮力增加量，把A和B看做整体，B对容器底部的压力等于A和B的重力之和减去它们再图甲中受到的浮力、图乙中浮力的增加量，利用p=FS求出B对容器底部的压强。
本题考查了阿基米德原理、压强定义式、重力公式、密度公式的应用等，正确的判断出甲图中杆对A和B作用力的方向是关键。
17.【答案】解：由于物体M和传送带一起匀速运动，相对静止，所以m不受摩擦力的作用，只受重力G和支持力F的作用，如图所示：
【解析】物体m做水平方向向右匀速运动，由于不计空气阻力，所以物体受到两个力：它的重力G，传送带对它的支持力F，这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
物体匀速运动时，受平衡力：这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
本题关键，可以用假设法确定物块是否受摩擦力。
18.【答案】解：先过入射点垂直平面镜作出法线，再根据反射角等于入射角作出反射光线，标出反射角为60°，如图所示：
【解析】根据光的反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角作出反射光线，并标出反射角的大小。
在用光的反射定律作图时，注意一些技巧：反射角等于入射角、法线垂直反射面、法线为入射光线和反射光线的角平分线等；
求反射角的大小，注意用平面几何角度关系。
19.【答案】解：(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线，如图：
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
20.【答案】钩码个数 不能 在同一直线上
【解析】解：(1)小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；
(2)小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，纸片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡。
故答案为：(1)钩码个数；(2)不能；在同一直线上。
(1)钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
(2)小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡。
此题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析；二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
21.【答案】匀速直线 二力平衡 2.6 压力大小 不需要 接触面越粗糙 控制变量法
【解析】解：(1)探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关的实验中，需要使物体做匀速直线运动，根据二力平衡的知识可知，当物体做匀速直线运动时，拉力大小等于物体滑动摩擦力大小，甲图中弹簧测力计的分度值是0.2N，示数为2.6N，木块受到的滑动摩擦力为2.6N；
(2)对比图甲、乙可知，甲图中弹簧测力计的示数为2.6N，乙图中弹簧测力计的示数为3.6N。因为接触面的粗糙程度不变，但是乙图中物体对木板的压力变大，滑动摩擦力变大，则可以探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；
(3)由图丙可知，当拉动毛巾时，相对于地面木块始终保持静止，根据二力平衡的知识可知，木块受到的滑动摩擦力和拉力相等，与毛巾的运动状态无关，所以不需要匀速拉动毛巾；
比较甲、丙两图可知，在压力相同时，丙图中接触面比较粗糙，且弹簧测力计的示数为3.4N，所以滑动摩擦力较大。所以可以得出：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
(4)实验采用的方法是控制变量法。
故答案为：(1)匀速直线；二力平衡；2.6； (2)压力大小；(3)不需要；接触面越粗糙；(4)控制变量法。
(1)木块在长木板上做匀速直线运动，根据二力平衡可知，弹簧测力计拉力大小与摩擦力大小相等，根据弹簧测力计的分度值读出弹簧测力计的示数，从而知道摩擦力；
(2)要探究摩擦力与压力的关系，需使接触面的粗糙程度相同，压力大小不同；
(3)从方便实验操作、方便读数的角度分析答题；
比较甲、丙两图，得出摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
(4)实验采用的方法是控制变量法。
本题考查了“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，二力平衡和控制变量法的运用，属基本的实验类型。
22.【答案】(1)P=UI；(2)断开；(3)；(4)灯泡开路；(5)0.625；(6)增大；(7)>
【解析】(1)测小灯泡额定电功率的实验原理为：P=UI；
(2)连接电路时，为了保护电路，开关应处于断开状态；
(3)图甲的电路中，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中，这是错误的，变阻器应与灯串联，电压表应与灯并联，改正后如图所示：
(4)闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表指针几乎不动，说明电路可能开路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即小灯泡开路；
(5)根据图乙可知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，可算出小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(6)由图乙可知，灯丝两端的电压升高，通过的电流增大，但电流增大的慢，其电阻增大，由于灯泡两端电压和流经灯泡的电流均增大，灯泡的实际功率增大，灯丝温度升高，导致灯丝电阻增大；
(7)滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流变大，灯泡的亮度变大，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大；由于总电压不变，电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，所以变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，即ΔR1>ΔR2。
故答案为：(1)P=UI；(2)断开；(3)如图上所示；(4)灯泡开路；(5)0.625；(6)增大；(7)>。
(1)由电功率的计算公式确定测量小灯泡额定功率的实验原理；
(2)连接电路时，开关应该断开；
(3)图甲的电路中，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中，这是错误的，变阻器应与灯串联，电压表与灯并联；
(4)根据电流表和电压表的示数分析故障的原因；
(5)由图乙找出电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
(6)灯丝电阻随温度的升高而增大；
(7)由欧姆定律，根据电流的变化判断出总电阻的变化，结合灯丝的电阻随温度的升高而变大得出电阻变化的大小关系。
此题是测量灯泡功率的实验，考查了实物图的连接、滑动变阻器的使用、电路故障分析、电功率的计算及特殊方法测电功率，考查得很全面，最后一个小题具有一定的难度。
23.【答案】解：(1)由题可知，灯泡L上标有“4V1.6W”的字样，灯泡电阻RL=UL2PL=(4V)21.6W=10Ω；
(2)闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，电压表测量的是小灯泡两端的电压，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据串联电路的电压特点可知电阻R1两端的电压：U1=U−UL′=6V−3V=3V，
串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得流过R1的电流：I1=IL=UL′RL=3V10Ω=0.3A，
R1工作5分钟消耗的电能：W=U1I1t=3V×0.3A×5×60s=270J；
(3)闭合S2，断开S1，滑动变阻器R与小灯泡L串联，
小灯泡的额定电流：IL额=PLUL=1.6W4V=0.4A，
滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表允许通过的最大电流为0.6A，小灯泡允许通过的最大电流为0.4A，
此时电路允许通过的最大电流：I最大=0.4A，
小灯泡的最大功率：P最大=PL额=1.6W，
当滑动变阻器阻值最大时，串联电路的总电阻：R总=R+RL=10Ω+20Ω=30Ω，
此时通过小灯泡的最小电流：I最小=UR总=6V30Ω=0.2A，
小灯泡的最小功率：P最小=I最小2RL=(0.2A)2×10Ω=0.4W，
小灯泡电功率的变化范围：0.4W～1.6W。
答：(1)小灯泡L的电阻RL为10Ω；
(2)当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为4V，R1工作5分钟消耗的电能是270J；
(3)当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围是0.4W～1.6W。
【解析】(1)根据灯泡铭牌，由P=U2R求出小灯泡L的电阻RL；
(2)闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，根据串联电路的电压特点及欧姆定律可求电路电流，再根据W=UIt可求R1工作5分钟消耗的电能；
(3)闭合S2，断开S1，R与L串联，在电路安全的情况下，根据串联电路的特点和欧姆定律，求出电路的最小电流和最大电流，再根据P=UI、P=I2RL可求小灯泡电功率，从而可求小灯泡电功率变化范围。
本题考串联电路规律、欧姆定律及电功率的公式及其变形的应用，正确分析电路是关键。
24.【答案】解：(1)因为在水平面上压力等于重力，
所以雪橇对冰面的压力：
F=G=2×103N，
雪橇对冰面的压强：
p=FS=2×103N0.5m2=4×103Pa；
(2)由p=FS可得，冰面所能承受的最大压力：
F大=p大S=2×104Pa×0.5m2=1×104N，
即雪橇与所载货物的总重力：
G总=F大=1×104N，
能载货物的重力：
G货=G总−G=1×104N−2×103N=8×103N，
雪橇最多能装载货物的质量：
m货=G货g=8×103N10N/kg=800kg。
答：(1)雪橇对冰面的压强为4×103Pa；
(2)在保证安全的情况下，雪橇最多能装800千克的物体。
【解析】(1)雪橇对冰面的压力和自身的重力相等，根据F=G求出其大小，根据p=FS求出雪橇对冰面的压强；
(2)根据F=pS求出冰面所能承受的最大压力即为雪橇与所载货物的总重力，进一步求出能载货物的重力，根据G=mg求出雪橇最多能装载货物的质量。
本题考查了学生对压强公式及其变形公式的掌握和运用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。
相关试卷
2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理模拟试卷： 这是一份2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理模拟试卷，共23页。
2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理适应性试卷-普通用卷： 这是一份2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理适应性试卷-普通用卷，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理适应性试卷(含答案)： 这是一份2023年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区中考物理适应性试卷(含答案)，共33页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图题，实验与探究题等内容，欢迎下载使用。
