2024年四川中考物理模拟试题及答案

这是一份2024年四川中考物理模拟试题及答案，共30页。

1．如图所示，物块甲和乙叠放在水平桌面上，大小为10N的水平力拉甲物块，甲和乙都静止。则水平桌面对甲物块的摩擦力大小是_____N,甲物块队乙物块的摩擦力的大小是_____N。
【答案】100（每空2分）
【解析】本题考查二力平衡条件的应用。由题意可知，甲物块保持静止状态，其在水平方向上受到向右的拉力和水平桌面对其向左的摩擦力，这两个力是一对平衡力，即水平桌面对甲物块的摩擦力等于拉力大小，即为10N：乙物块相对于甲物块没有相对运动且没有相对运动的趋势，所以甲物块对乙物块的摩擦力大小为0。
2．上午某时，太阳光与水平面夹角是50°，如图所示。利用一块平面镜使此时的太阳光竖直射人井中，反射角的度数是______,平面与水平面的夹角是______。
【答案】70°700（每空2分）
【解析】本题考查光的反射定律的应用。如图所示，由于反射光线竖直射入井内，过入射点0竖直向下作出反射光线 OB ，然后作∠AOB 的角平分线即为法线 ON .由图可知，反射光线和入射光线的夹角∠AOB =50°+90°=140°，则反射角∠BON =70°，人射光线 AO 与平面镜的夹角为90°-70°=20°，故放平面镜镜面与水平方面镜的夹角为20°+50°=70°。
3.如图所示，灯泡 L1 、 L2 、 L3 ,规格均为"220 V 40W",照明电路电压恒为220 V 。灯泡电阻变化忽略不计。先闭合S1、S2、 S3 电流表示数为I1；再断开S2、 S3，电流表示数为12，则I1：I2=_____。闭合 S1 断开S2、 S3持续照明10 h ，电路消耗的总电能为________ kW·h 。
4：1 0.2（每空2分）
【解析】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算。由题意可知，灯泡的正常工作电流为，灯泡灯丝电阻为，由题中电路图可知，当闭合开关 S1 、 S2 、 S3 。时，灯泡 L1 被短路，灯泡 L2和 L3 并联，电流表测干路电流，两灯泡两端的电压均为220 V ，能正常工作，则电流表示数为 ；再断开 S2、 S3，则灯泡 L1 和L2串联，则电流表示数为．所以I1：I2 =4:1，此时电路的总功率为 。持续照明10h电路消耗的总电能为 W = Pt =0.02kWx10h=0.2kW· h 。
4.随着乡村振兴的持续推进，以天然气为燃料的燃气灶逐渐取代了以干木材为燃料的土灶，保护了生态环境。将质量为3 kg 、初温为23℃的水加热到98℃，土灶燃烧了干木材0.315 kg ，则该土灶的热效率为＿____ %；若用热效率为60％的燃气灶，则需要消耗天然气_______m3（结果保留小数点后两位）。干木材热值取1.2×107 J / kg ,天然气热值取3.9×107 J /m3，水的比热容4.2×103 J /( kg·℃)。
【答案】25 0.04（每空2分）
【解析】本题考查热量及热效率的计算。水吸收的热量为Q吸= c水m水(t2- t 1)=4.2x103J/( kg·C )x3kgx(98℃-23℃)=9.45x105J，干木柴完全燃烧放出的热量为 Q放＝m木q木= J / kg =3.78x106 J ，土灶的热效率为；若用热效率为60％的燃气灶来加热这些水，则需要天然气完全燃烧释放的热量为 ，需要消耗天然气体积为
5.圆柱体容器内直径20 cm 、高30cm，竖直放置于水平桌面，装满菜籽油和水（菜籽油与水不相溶），液体静止时液面与容器口相平，菜籽油质量是水质量的2倍，此时液体对容器底的压力是_____ N 。将一个边长1cm、密度0.95×103 kg /m3的小立方体轻轻放入容器内液体中，静止时液体对容器底的压强与放入小立方体前液体对容器底的压强之差是________ Pa 。 g 取10 N / kg ，π取3.14, ρ油=0.9×103kg/m3.ρ水=1.0×103 kg/m3。
【答案】87.7 0.0159（每空2分）
［解析】本动考查压力，压强和序力的综合计算，容器的熊面积为,总容积为 V = Sh=314 cm2x30 cm=9420 cm3，设界器中水的体积为 V水。紫籽油的体积为 V油。则有 V水+ V油= V，由题意可知，菜籽油质量是水质量的2倍，则，代人数据便可解得 V水≈2923 cm3,V油≈6497 cm3，水和油的总质量，则总重力 G= mg = 8 .77kgx10 N / kg =87.7 N ．因为该容器为圆柱形容器，容器底受到液体的压力大小等于液体的重力，即87.7N，因为该小立方体的密度大于油面小于水，所以该小立方体会在水和油的分界面处悬浮，小立方体的体积V '=1 cm ，所以小立方体放人后溢出的全部是菜籽油，所以放入小立方体前后容器底部所受压力差为同体积菜籽油的重力与小立方体重力的差值，则△ F =△G =△mg ，其△ m =( ρ立方体-ρ油) V'=(0.95 g /cm3-0.9 g /cm3)x1cm3=0.05g=5x10-5 kg ．所以△G =△mg =5x10-5kgx10 N / kg =5x10- 4N ，容器底所受到的压强差为
6.某学习小组用如图甲所示装置做"探究冰块熔化时温度的变化规律"实验，操作如下：
(1）组装装置过程中固定铁夹，应先固定_____（填" A "" B "或" C ")。
(2）记录冰块初始温度，点燃酒精灯开始加热后，每隔1min 记录一次温度，在冰块完全熔化后再记录2~3次。
(3）以纵轴表示温度，横轴表示时间，在坐标系中播点、连线绘制出冰块熔化时温度随时间变化图像如图乙所示。分析图像可知：
①2~6 min 内温度不变，冰块的质量________（填"增加""减少"或"不变")。
②0~2 min 和6~8 min 内温度随时间变化快慢不同，原因是冰和水的________不同。
【答案】(1) A
(3)①减少②比热容（每空2分）
【解析】本题考查探究晶体熔化时温度变化规律的实验。(1）实验中要考虑到酒精灯的外焰加热和温度计的正确使用，所以在组装装置的过程中，应从下到上，故先固定 A 铁夹。(3)①由题图乙可知，在2~6 min 内，冰块处于熔化过程中，冰块不断吸热变成水，所以冰块的质量会不断减少；②由题图乙可知，在0~2 min 内，冰块处于固态，而6~8 min 内冰已完全熔化成水，在吸热相同的情况下，水的温度变化较慢，而冰的温度变化较快，故原因是冰和水的比热容不同。
7．在"研究液体内部的压强"实验中，先把压强计的探头浸入水中同一深度，让探头橡皮膜分别朝下、朝上，如图甲、乙所示；再换用盐水，把压强计探头浸入盐水中不同深度，如图丙、丁所示，图丙与图乙中探头位置液体深度相同。回答下列问题：
(1）比较图甲和图乙可得出，液体内部同一深度向上的压强与向下的压强_______。
(2）比较图乙和图丙可得出，深度相同时，水内部的压强________（填"大于""等于"或"小于"）盐水内部的压强。
(3）比较图丙和图丁可得出，在盐水中深度越大，压强越大。
(4）在图乙和图丁中，水和盐水中深度不同，水内部的压强______（填"大于""等于"或"小于")盐水内部的压强。
【答案】(1）相等(2）小于(4）等于（每空2分）
【解析】本超专查研究质体内部压强特点的实验。(1)头 e 维体压强大小的，比较感图甲和乙可知，深头鱼在保度相间，限头方向不同．两图中 U 形管两侧高度相间，说明辣头所受的压强大小相等，即液体内部网。保度向上的压强与向下的压强相等，(2）比较题菌乙和周可知，服头所在深度相同，容器中液体密度不同，压强计 U 形管同侧液面高度差不同，盐水中探头受售的压强大，由此可得出的结论为，深度相同时、水内能的压强小于盐水内部的压强。(4）题图乙和丁中探头所在液体保度不同，液体的密度不同，但 U 形管两侧液面的高度差相同，所以水内部的压强等于盐水内部的压强。
2024年四川中考物理模拟试题及答案（二）
1. 下列叙述与实际相符的是（ ）
A. 华为手机的质量约为5kg
B. 人的正常体温是37℃左右（口腔温度）
C. 我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于可再生能源
D. LED灯的核心元件是发光二极管，二极管主要材料是超导体
【答案】B
【解析】
【详解】A．华为手机的质量约为500g，故A不符合题意；
B．人的正常体温约为37℃，故B符合题意；
C．我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于不可再生能源，故C不符合题意；
D．二极管主要材料是半导体，故D不符合题意。
故选B。
2. 以下对魅力广元秀丽风景中光现象的描述及分析，正确的是（ ）
A. 皇泽大桥与水中倒影交相呼应，倒影的形成是光的折射现象
B. 雄伟的剑门关关楼在阳光下的影子，是光的色散现象
C. 白天我们能看到广元市的标志建筑——凤凰楼，因为凤凰楼是光源
D. 看到倒垂在嘉陵江水中的树枝被“折断”，是光的折射现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．倒影的形成是平面镜成像，是光的反射，故A错误；
B．雄伟的剑门关关楼在阳光下的影子，是光的直线传播形成的，故B错误；
C．我们能够看到凤凰楼，是因为凤凰反射了太阳光，凤凰楼本身不会发光，不属于光源，故C错误；
D．倒垂在嘉陵江水中的树枝被“折断”，是水下的树枝反射的光线经过水面时，发生偏折，属于光的折射，故D正确。
故选D。
3. 生活中很多现象都蕴含着物理知识，下列说法中不正确的是（ ）
A. 塑料吸盘能牢牢吸在玻璃上，说明分子间存在引力
B. 用水作汽车冷却剂是利用了水的比热容大的特点
C. 冬天跑步，身体就感觉暖和，是通过做功的方式改变身体的内能
D. 端午期间，粽香四溢，能闻到粽香是由于分子在不停地做无规则运动
【答案】A
【解析】
【详解】A．塑料吸盘能牢牢吸在玻璃上，是利用大气压的作用，故A错误，符合题意；
B．水的比热容较大，吸热或放热本领大。用水作汽车冷却剂是利用了水的比热容大的特点，在同等情况下，能够吸收较多的热量，故B正确，不符合题意；
C．做功和热传递都能改变物体的内能。冬天跑步，身体就感觉暖和，是通过做功的方式改变身体的内能，故C正确，不符合题意；
D．粽香四溢，能闻到粽香属于扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故D正确，不符合题意。
故选A。
4. 唐诗宋词是我国优秀文化遗产之一，对下列诗句中所指的自然现象分析正确的是（ ）
A. 露从今夜白，月是故乡明——“露”的形成是熔化现象，需要放热
B. 瀚海阑干百丈冰，愁云惨淡万里凝——“冰”的形成是凝固现象，需要放热
C. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明——“泪”的形成是升华现象，需要吸热
D. 月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠——“霜”的形成是凝固现象，需要吸热
【答案】B
【解析】
【详解】A．“露”是小水珠，故露珠的形成是液化现象，需要放热，故A错误；
B．“冰”的形成是水变为了固态的冰，故是凝固现象，需要放热，故B正确；
C．“泪”的形成是固态石蜡变为了液体石蜡，故是液化现象，需要放热，故C错误；
D．“霜”的形成是凝华现象，需要放热，故D错误。
故选B。
5. 下面几个实验探究中，采用了相同研究方法的是（ ）
①“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积
②“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少
③“探究电流与电压的关系”时，保持电阻的阻值不变，改变电阻两端的电压
④在研究“阻力对物体运动的影响”实验中，运用科学推理得出牛顿第一定律
A. ①和④B. ②和③C. ①和③D. ②和④
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中保持压力不变，改变受力面积，采用的是控制变量法；④中采用的是理想实验法，①和④研究方法不同，故A不符合题意；
B．②中用加热时间的长短表示吸收热量的多少，采用了转换法；③中采用了控制变量法，②和③研究方法不同，故B不符合题意；
C．①中保持压力不变，改变受力面积，采用的是控制变量法；③中也采用了控制变量法，①和③研究方法相同，故C符合题意；
D．②中用加热时间的长短表示吸收热量的多少，采用了转换法；④中采用的是理想实验法，②和④研究方法不同，故D不符合题意。
故选C。
6. 某同学在整理自己的上课笔记时，发现以下记录中有一条错误笔记，该条笔记是（ ）
A. 同一密度计在不同液体中受到的浮力大小不相等
B. 通过拍打窗帘清除它上面的浮灰是利用了惯性
C. 高台跳水运动员在空中下落的过程中，动能逐渐增大
D. 运动的小铁球受旁边磁铁吸引而转弯，说明力可以改变物体的运动状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一密度计在不同液体中都是漂浮状态，由物体沉浮条件可知，不同液体中浮力都等于密度计的重力，所以浮力大小都相等，故A错误，符合题意；
B．通过拍打窗帘清除它上面的浮灰，拍打窗帘时，窗帘被拍走，浮灰由于惯性停在原处，脱离窗帘，所以利用了惯性，故B正确，不符合题意；
C．高台跳水运动员在空中下落的过程中，速度越来越大，所以动能逐渐增大，故C正确，不符合题意；
D．运动的小铁球受旁边磁铁吸引而转弯，小球转弯是受到磁力的作用，所以力可以改变物体的运动状态，故D正确，不符合题意。
故选A。
7. 毛皮摩擦过的橡胶棒，橡胶棒带负电，以下说法正确的是（ ）
A. 因橡胶棒带电说明橡胶棒是导体
B. 毛皮摩擦橡胶棒的过程中，橡胶棒失去正电荷而带负电
C. 橡胶棒是否带电和墙上的插座是否带电，都可以用试电笔进行检测
D. 橡胶棒带负电是因为毛皮失去的电子转移到了橡胶棒上
【答案】D
【解析】
【详解】A．橡胶棒带上的是电荷，但橡胶棒不导电是绝缘体，故A错误；
B．毛皮摩擦橡胶棒的过程中，橡胶棒得到电子而带负电，故B错误；
C．橡胶棒带上的负电荷非常微弱，试电笔无法检测出来，家庭电路中的大电流才能被试电笔检测出来，故C错误；
D．橡胶棒带负电是因为毛皮失去的电子转移到了橡胶棒上，橡胶棒得到电子，故D正确。
故选D。
8. 小张学习了“电与磁”知识后，设计了如图所示的装置：用导线将磁场中的金属杆ab、cd和光滑金属导轨连接成闭合回路。以下说法正确的是（ ）
A. 当左右移动cd时，ab不会运动
B. 当左右移动ab时，cd会运动
C 当上下移动右侧磁体时，ab会运动
D. 当左右移动cd时，右侧装置工作原理与电动机原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，金属杆ab、cd和光滑金属导轨连接成闭合回路，当左右移动cd时，金属杆cd在做切割磁感线的运动，此时电路中产生感应电流，带电金属杆ab在磁场中受力运动，故A错误；
B．当左右移动ab时，此时电路中产生感应电流，带电金属杆cd在磁场中做运动，故B正确；
C．当上下移动右侧磁体时，相当于金属杆cd没有在磁场中做切割磁感线的运动，闭合电路中没有感应电流，金属杆ab不会运动，故C错误；
D．当左右移动cd时，金属杆cd在磁场中做切割磁感线的运动，此时电路中产生感应电流，这与发电机的工作原理相同，故D错误。
故选B。
9. 在物理实验操作考试中，小马同学用弹簧测力计悬挂一个圆柱体物块，使物块下表面与水面刚好接触，如图甲所示；然后匀速放下物块，此过程中弹簧测力计示数F与物块下表面浸入水中的深度h的关系如图乙所示，弹簧测力计始终在水面上方，水未溢出，g取10N/kg，水的密度是1.0×103kg/m3.下列说法中正确的是（ ）
A. 物块受到的重力是10N
B. 物块完全浸没在水中受到的浮力是0.64N
C. 物块的密度为6g/cm3
D. 物块刚好浸没时，物块下表面受到水的压强是1.25×103Pa
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知当物体没有浸入液体中，弹簧测力计示数为12N，说明物体重力为12N，故A错误；
B．物体完全浸没在水中后，弹簧测力计示数为10N，则物体受到浮力
故B错误；
C．由B知物体在水中受到浮力为2N，可得物体的体积
物体的密度
故C正确；
D．由乙图可知，物体刚好完全浸没时h=4cm，则物体下表面受到压强
故D错误。
故选C。
10. 小李家在自建房屋的过程中，自制了向高处运送材料的装置如图所示，其中动滑轮重为100N。若某一次运送的材料重为400N，在拉力F作用下，材料在20s内匀速上升4m，不计绳的质量和滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A. 滑轮组所做的额外功为1600JB. 材料上升的速度大小为0.4m/s
C. 拉力F做功的功率为80WD. 滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为不计绳的质量和滑轮的摩擦，那么对动滑轮所做的功就是混轮组所做的额外功，因此滑轮组所做的额外功为
故A错误；
B．材料上升的速度大小为
故B错误；
C．拉力F的大小为
绳自由端移动的距离
拉力F的所做的功
拉力F的所做的功率
故C错误；
D．滑轮组的机械效率为
故D正确。
故选D。
11. 某科技创新小组设计的体重计电路原理图如图所示，其中电源电压恒为6V，定值电阻R0为10Ω，电压表量程为3V，R是压敏电阻（阻值随平板受到的压力大小变化而变化），R的阻值与平板受到压力F对应的部分数据如下表，平板质量不计。下列说法中正确的是（ ）
A. 体重计读数越大，R的阻值就越大
B. 体重计读数越大，电路的总功率就越小
C. 当电压表的值为2.4V时，称得的体重为500N
D. 体重计能称量的最大值是1500N
【答案】C
【解析】
【详解】A．体重计读数越大，对压敏电阻的压力越大，由表格中的数据可知，压力越大，压敏电阻的阻值越小，故A错误；
B．体重计读数越大，对压敏电阻的压力越大，由表格中的数据可知，压力越大，压敏电阻的阻值越小，根据欧姆定律可知，电路中的电流越大，根据公式可知，电路中的总功率越大，故B错误；
C．由题意可知，根据欧姆定律可得电路中的电流为
所以压敏电阻两端的电压为
UR=U-U0=6V-2.4V=3.6V
所以压敏电阻的阻值为
由表格中的数据可知，当压敏电阻的阻值为15Ω时，压力为500N，故C正确；
D．分析电路图和表格可知，电压表示数越大，体重计称量越大，所以当电压表的示数为3V时，体重计能称量的最大，即定值电阻两端电压为3V，因为电源电压为6V，所以压敏电阻两端电压为
U压=6V-3V=3V
压敏电阻与定值电阻分担的电压相等，根据串联电路分压特点可知，压敏电阻等于定值电阻，即为10Ω，由表格可知，此时压力为900N，故D错误。
故选C。
12. 如图甲所示电路中，电阻R1=2Ω，R3是0~10Ω的滑动变阻器，电源电压恒为6V。已知滑片每滑动1cm时，R3接入电路的阻值变化1Ω，滑片距离a端的长度设为x；闭合开关，R3的滑片滑动过程中，电压表V1示数U与x的图像如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. R2=12Ω
B. 当x=2cm时，电阻R1的功率为0.5W
C. 当x=10cm时，电压表V2的读数为5.4V
D. 移动滑片的过程中，电阻R2功率的最大值为0.72W
【答案】B
【解析】
【详解】A．由乙图可知，当x=0时，R3=0，电阻R2两端的电压U2=4.8V，电源电压为6V，所以R1两端电压为
U1=U-U2=6V-4.8V=1.2V
所以电路中的电流为
所以R2的阻值为
故A错误；
B．当x=2时，，此时电路中的电流为
所以电阻R1的功率为
故B正确；
C．当x=10时，，此时电路中的电流为
所以电压表V2的示数，即电阻R3两端的电压为
故C错误；
D．当R3电阻为0时，电路中的电流最大，此时电阻R2的电功率最大，由A可知，电路中的最大电流为0.6A，电阻R2两端的电压为4.8V，所以电阻R2功率的最大值为
P2=U2I=4.8V×0.6A=2.88W
故D错误。
故选B。
2024年四川中考物理模拟试题及答案（三）
一、单项选择题（本大题共30个小题，每小题2分，共60分）
1. 下列说法最接近实际的是（ ）
A. 一本物理课本的质量约为1500gB. 一栋四层教学楼的高度约为15m
C. 人们觉得舒适的环境温度约为42℃D. 智能手机工作电压约为220V
【答案】B
【解析】
【详解】A．一个苹果的质量在200g左右，一本物理课本的质量与此差不多，在200g左右，故A不符合题意；
B．每层教学楼高约为4米，所以一栋四层教学楼的高度约为15m，故B符合题意；
C．人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右，故C不符合题意；
D．智能手机工作电压约为3.7V，家庭电路的电压为220V，故D不符合题意。
故选B。
2. 关于声音，下列说法错误的是（ ）
A. 一切声音都是由物体振动产生的
B. 歌曲高音部分是指音调高
C. 声音的音调越高，传播越快
D. “听声识人”是通过音色来判断的
【答案】C
【解析】
【详解】A．人说话时声带在振动，将正在发声的音叉放在水面上能看到水面水花四溅，说明一切正在发声的物体都在振动，振动停止，发声也停止，故A正确，A不符合题意；
B．歌曲演唱中的“高音”是指声音的高低，故指的是音调，故B正确，B不符合题意；
C．声音的传播速度与介质的种类有关，与介质的温度有关，与声音的音调无关，故C错误，C符合题意；
D．不同的人的声带结构不同，所以不同的人发出声音的音色不同，因此“听声识人”是通过音色来判断的，故D正确，D不符合题意。
故选C。
3. 关于光现象下列说法正确的是（ ）
A. 安装电梯时使用的激光垂准仪应用了光沿直线传播的原理
B. 通过平静湖面看到飞机飞得越高，湖水中飞机倒影越小，说明物体到平面镜距离越大，像越小
C. 光的直线传播、光的反射、光的折射中只有光的反射光路可逆
D. 太阳光透过教室中装满水的饮水桶出现了彩色，是由于光的直线传播形成的
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于光在同种均匀介质中是沿直线传播的，所以安装电梯时可以使用激光垂准仪校准，故A正确；
B．根据平面镜成像规律可知，像和物关于平面镜对称，物体大小不变，平面镜所成像的大小也不变，所以飞机飞得越高，物距越大，像距也随之变大，但湖水中飞机像的大小不变，故B错误；
C．光的直线传播、光的反射、光的折射，三种光现象中，光路均是可逆的，故C错误；
D．太阳光透过教室中装满水的饮水桶出现了彩色，是由于光的色散形成的，其实质是光的折射，故D错误。
故选A。
4. 小明家新买了小汽车，下列有关说法错误的是（ ）
A. 汽车长时间行驶轮胎会发热，这是通过做功改变内能
B. 汽车启动时，小明闻到汽油味说明分子在不停地做无规则运动
C. 汽车内燃机工作时，四个冲程中只有做功冲程把内能转化为机械能
D. 小明认为随着科技发展，内燃机效率可以达到100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车长时间行驶轮胎会发热，这时通过做功增大轮胎的内能，故A正确，不符合题意；
B．分子总是在永不停息地做无规则的运动，小明闻到汽油味说明分子在不停地做无规则运动，故B正确，不符合题意；
C．汽车内燃机工作时，共四个冲程：吸气冲程、排气冲程、压缩冲程、做功冲程，四个冲程中做功冲程是把内能转化为机械能，故C正确，不符合题意；
D．无论科技怎样发展，内燃机效率不可能达到100%，故D错误，符合题意。
故选D。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 夏天吃冰棒时，冰棒在嘴里发生液化
B. 喷在手上的酒精很快变干，这属于汽化现象
C. 衣柜里的樟脑丸一段时间后会变小是熔化现象，需要放热
D. 冬天的早晨，草地上的霜是凝固形成的
【答案】B
【解析】
【详解】A．夏天吃冰棒时，冰棒遇热熔化成水，故A错误；
B．酒精易挥发，喷在手上的酒精很快变干，由液态变成气态，属于汽化现象，故B正确；
C．衣柜里的樟脑丸一段时间后会变小，由固态直接变成了气态，属于升华现象，需要吸热，故C错误；
D．冬天，水蒸气遇冷凝华成小冰晶附着在草地上，形成霜，故D错误。
故选B。
6. 中国“探月工程”总设计师巴中籍院士吴伟仁是我们学习的榜样。如果请你协助吴院士设计一辆在月球上使用的月球车，但月球上没有大气，你准备用以下哪个作动力装置（ ）
A. 柴油机B. 汽油机
C. 空气喷气发动机D. 电动机
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．因为月球上没有大气，所以柴油机、汽油机和空气喷气发动机不能正常工作，故ABC不符合题意；
D．电动机正常工作时不需要大气，只要有充足的电能即可正常工作，故D符合题意。
故选D。
7. 下列有关力与运动的说法正确的是（ ）
A. 用力推静止在水平地面上的箱子，没有推动是因为推力小于摩擦力
B. 用水平力推着箱子在水平地面上做匀速直线运动时，箱子受到的推力大于摩擦力
C. 物体的运动不需要力来维持
D. 物体只有在运动状态发生改变时才具有惯性
【答案】C
【解析】
【详解】A．用力推静止在水平地面上的箱子，没有推动，是因为推力没有达到使箱子开始运动而受到的摩擦力，此时推力等于箱子受到静摩擦力，故A错误；
B．用水平力推着箱子在水平地面上做匀速直线运动时，箱子水平方向上受力平衡，受到的推力等于摩擦力，故B错误；
C．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C正确；
D．惯性是物体的固有属性，与其运动状态无关，故D错误。
故选C
8. 2022年4月16日，中国航天太空出差“三人组”乘坐神舟十三号返回舱在东风着陆场成功着陆，结束了他们在“天和核心舱”6个月的太空驻留，下列相关说法正确的是（ ）
A. 航天员在“天和核心舱”内的“卧室”睡觉时，相对于地面，航天员是静止的
B. 航天员把自己的手机从地球带到太空后，手机的质量变小了
C. 在太空驻留期间，航天员做实验时不能使用托盘天平测物体质量
D. 航天员在太空驻留期间主要通过举哑铃来锻炼身体
【答案】C
【解析】
【详解】A．航天员在“天和核心舱”内的“卧室”睡觉时，航天员相对于“天和核心舱”是静止的，“天和核心舱”相对于地面是运动的，所以相对于地面，航天员是运动的，故A错误；
B．质量表示物体所含物质的多少，与物体所处的位置无关，所以航天员把自己的手机从地球带到太空后，手机的质量不变，故B错误；
C．托盘天平是借助重力称量物体质量的，所以在太空驻留期间，太空中是一个失重环境，航天员做实验时不能使用托盘天平测物体质量，故C正确；
D．太空中是一个失重环境，举哑铃时不能锻炼身体，故D错误。
故选C。
9. 小刚在恒温游泳池中潜水时发现自己吐出的一个气泡在水中上升的过程中不断变大。关于该气泡在水中上升时的变化情况，下列说法正确的是（ ）
A. 密度不变，浮力变小B. 密度变小，浮力变大
C. 密度和浮力都变小D. 密度和浮力都变大
【答案】B
【解析】
【详解】由于气泡上升过程中逐渐变大，故其体积逐渐变大，根据阿基米德原理，可知浮力逐渐变大，气泡内部的气体的质量不变，体积逐渐变大，根据可知密度逐渐变小，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
10. 一本书放在水平桌面上，书上放一支钢笔，都保持静止，下列说法正确的是（ ）
A. 钢笔受到的重力和书对钢笔的支持力是一对平衡力
B. 钢笔对书的压力和书对钢笔的支持力是一对平衡力
C. 书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对平衡力
D. 书受到的重力和桌面对书的支持力是一对平衡力
【答案】A
【解析】
【详解】二力平衡的条件是作用在同一物体上，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；
A．钢笔受到的重力作用在钢笔上，方向为竖直向下，书对钢笔的支持力作用在钢笔上，方向为竖直向上，两个力大小相等，是一对平衡力，故A正确；
B．钢笔对书的压力作用在书上，书对钢笔的支持力作用在钢笔上，两个力没有作用在同一物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；
C．书对桌面的压力作用在桌面上，桌面对书的支持力作用在书上，两个力没有作用在同一物体上，所以不是一对平衡力，故C错误；
D．书受到的重力作用在书上，大小为书的重力，桌面对书的支持力作用在书上，大小为书和钢笔的总重力，两个力大小不相等，所以不是一对平衡力，故D错误。
故选A。
11. 如图，甲、乙、丙是三个质量和底面积都相等的容器，若在容器中装入质量相等的水，则三个容器底部受到水的压强（ ）
A. 甲最大B. 乙最大
C. 丙最大D. 一样大
【答案】C
【解析】
【详解】如图三个容器装入相同质量的水，容器的底面积相同，甲容器下窄上宽，丙容器下宽上窄，则三个容器内水的深度大小关系为
h甲＜h乙＜h丙
根据可知，三个容器底部受到水的压强大小关系为
p甲＜p乙＜p丙
故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
12. 关于电现象，下列说法正确的是（ ）
A. 同种电荷互相吸引，异种电荷互相排斥
B. 带电的物体能够吸引轻小物体
C. 一个不带电的泡沫小球与带负电的物体接触后带正电
D. 用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒得到了正电荷
【答案】B
【解析】
【详解】A．电荷的最基本的性质是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故A错误；
B．由带电体的性质可知，带电体可以吸引轻小物体，故B正确；
C．一个不带电的泡沫小球与带负电的物体接触后，带负电的物体一部分电子会转移到到泡沫小球上，使泡沫小球也带负电，故C错误；
D．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒失去了电子，所以带正电，故D错误。
故选B。
13. 浴室里面的暖风机主要由发热元件（可视为电阻）和风扇组成，暖风机有两个开关：只闭合开关S1，吹冷风；同时闭合开关S1、S2，吹热风；若只闭合开关S2，暖风机不工作。则如图所示的电路图中，符合实际情况的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】只闭合开关S1，吹冷风，说明发热元件和风扇可以独立工作，发热元件和风扇是并联的，且风扇不受开关S2控制；若只闭合开关S2，暖风机不工作，同时闭合开关S1、S2，吹热风，说明S2是支路开关，控制发热元件，开关S1在干路上，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
14. 如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合后，把滑动变阻器滑片P向左移动时，电路中电流表示数的变化情况（ ）
A. 电流表A1示数变小，电流表A2示数变大
B. 电流表A1示数变大，电流表A2示数变小
C. 电流表A1示数变大，电流表A2示数变大
D. 电流表A1示数变小，电流表A2示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】开关S闭合后，电阻R与滑动变阻器并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过滑动变阻器的电流，把滑动变阻器滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A2示数变大，由于并联电路中各用电器独立工作，互不影响，所以流过电阻R的电流不变，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A1示数变大。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
15. 如图所示电路中，电源电压保持不变，已知R1∶R2=2∶1，则下列说法正确的是（ ）
A. 通过R1、R2的电流之比为2∶1
B. 电流表A1、A2的示数之比为2∶1
C. 电阻R1、R2两端的电压之比为2∶1
D. 电流表A1、A2的示数之比为3∶2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图知道，R1、R2并联，电流表A1测量干路的电流，电流表A2测量R2所在支路的电流，由并联电路电压特点和欧姆定律知道，通过R1、R2的电流之比为
故A错误；
BD．由并联电路电流特点知道，电流表A1的示数为
IA1= I1+ I2 =3I1
电流表A1、A2的示数之比为
故B错误，D正确；
C．由图知道R1、R2并联，由于并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电阻R1与R2两端的电压之比为1∶1，故C错误。
故选D。
16. 随着科学技术的发展，家用电器越来越多，给我们带来极大的方便。生活中我们必须时刻注意安全用电、节约用电。关于家庭用电，下列说法错误的是（ ）
A. 家庭电路电压为220V，高于安全电压，所以有触电危险
B. 家庭电路中安装了空气开关，仍然需要安装漏电保护器
C. 在夏天，家庭中使用空调时，为了节约用电，不要把温度设定得过低
D. 洗衣机的三脚插头坏了，可以找一个两脚插头换上
【答案】D
【解析】
【详解】A．对人体安全的电压为不高于36V，家庭电路电压为220V，高于安全电压，所以有触电危险，故A正确，不符合题意；
B．空气开关是在电路中电流过大时自动切断电路，漏电保护器是在发生漏电导致流过火线和零线的电流不相等时，自动切断电路，两者切断电路的条件不同，所以家庭电路中安装了空气开关，仍然需要安装漏电保护器，故B正确，不符合题意；
C．夏天把空调温度调得很低既对身体不好，又浪费了能源， 故C正确，不符合题意；
D．洗衣机的金属外壳要接地，不能使用两脚插头，需要使用三脚插头，故D错误，符合题意。
故选D。
17. 如图所示四个装置，下列有关说法正确的是（ ）
A. 图甲所示与电动机工作原理相同
B. 图乙中的电磁继电器是利用电流的磁效应来工作的
C. 图丙所示与发电机工作原理相同
D. 图丁中小磁针发生偏转，这是电磁感应现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲实验装置中，导体在磁场中做切割磁感线的运动，从而产生感应电流，与发电机的工作原理相同，故A错误；
B．图乙装置中，当左侧电路通电时，通电螺旋管中会产生磁场，将衔铁吸下，让电铃工作，这是利用电流的磁效应来工作的，故B正确；
C．图丙装置中连接有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中运动，说明磁场对通电导体有力作用，与电动机的工作原理相同，故C错误；
D．图丁中，通电导体附近的磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场，故D错误。
故选B。
18. 如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。图乙中a、b两条曲线是根据图甲电路测得的两个电阻的U-I曲线。由图可知，下列说法正确的是（ ）
A. b曲线表示R1的U-I变化情况
B. 电源电压为14V
C. R1消耗的最大功率为3.2W
D. 滑动变阻器滑片P向左滑动时，电压表V2和电流表A示数的比值变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．图乙中，观察图线a，电压和电流成正比，由分析可知，图线a表示的电阻恒定，为定值电阻，所以a曲线表示定值电阻R1的U-I变化情况，b曲线表示滑动变阻器R2的U-I变化情况，故A错误；
B．当滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，滑动变阻器R2两端的电压为0，由图乙可知，此时电路电流为0.4A，定值电阻R1两端的电压为8V，即电源电压为8V，故B错误；
C．当滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，电路电流最大，为0.4A，定值电阻R1两端的电压为8V，此时R1消耗的功率为最大功率，即
故C正确；
D．滑动变阻器滑片P向左滑动时，滑动变阻器R2接入电路的阻值减小，电路电流增大；电压表V2和电流表A示数的比值为R2接入电路的阻值，所以电压表V2和电流表A示数的比值也减小，故D错误。
故选C。
第Ⅱ卷非选择题
二、填空题与作图题（填空题每空1分，37题每图2分，共18分）
19. 在探究凸透镜成像规律的实验中，小聪用凸透镜先看到了某物体正立放大的像，则此像为___________像（选填“实”或“虚”）；若他想看到这个物体倒立放大的像，应将此凸透镜与物体的距离___________（选填“增大”“不变”或“减小”）。
【答案】 ①. 虚 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]当物体在凸透镜的一倍焦距以内时，成正立、放大的虚像，是放大镜的工作原理。
[2]当物体到凸透镜的距离在一倍焦距和二倍焦距之间时，成的是倒立、放大的实像，所以若他想看到这个物体倒立放大的像，应将此凸透镜与物体的距离增大。
20. 如图，质量相等的实心均匀正方体A和B平放在水平地面上（ρA>ρB），它们对地面的压强分别为pA和pB，则pA___________pB。现竖直切去左半部分（如图中虚线所示），剩余部分对地面的压强分别为pA′和pB′，则pA′___________pB′，pA′___________pA。（均选填“>”“ ②. > ③. =
【解析】
【详解】[1]由于AB两物体质量相等且，根据，可知A物体体积小于B物体，故A物体的边长小于B物体的边长，A物体的底面积小于B物体。再根据压强公式可知，压力相同，受力面积越小压强越大，故。
[2][3]根据均匀柱体压强公式可知，竖着切去左半部分后，AB物体对平面的压强不变，即
故
21. 用如图所示的滑轮组（不计绳重及摩擦）把重350N的货物竖直匀速提高10m，用时40s，所用拉力为200N，此时滑轮组的机械效率为___________，拉力的功率为___________W。若用此滑轮组竖直匀速提升重450N的货物则滑轮组的机械效率为___________。
【答案】 ①. 87.5% ②. 100 ③. 90%
【解析】
【详解】[1]把重350N的货物竖直匀速提高10m，对物体做的有用功为
滑轮组上承担重量的绳子股数为n=2，所以绳子自由端移动的距离为
拉力做的总功为
滑轮组的机械效率为
[2]拉力的功率为
[3]由可知，动滑轮的重力为
若用此滑轮组竖直匀速提升重450N的货物，则滑轮组的机械效率为
22. 如图所示电路中，灯泡L标有“3V 0.6W”，定值电阻R阻值为10Ω，当开关S闭合时，灯泡L恰好正常发光，则此时电流表的示数为___________A，通电lmin灯泡L消耗的电能为___________J。
【答案】 ①. 0.5 ②. 36
【解析】
【详解】[1]由电路图知道，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，由P=UI知道，灯泡L正常发光的电流
因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡L正常发光，所以，电源的电压
U=UL=3V
由知道，通过定值电阻的电流
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，电流表的示数为
I = IR+IL=0.2A+0.3A=0.5A
[2]由 知道，通电lmin灯泡L消耗的电能
23. 小明在“研究小灯泡的电阻”实验中，按如图所示电路图连接电路，闭合开关后发现小灯泡不发光，电流表示数为零，电压表示数接近电源电压，出现此故障的原因可能是___________断路；小明找出并排除此故障后，闭合开关发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都只能微弱发光，且电流表、电压表示数均不变，则此故障的原因最有可能出现在___________。（均选填电路图中的元件符号）
【答案】 ①. L ②. R
【解析】
【详解】[1]闭合开关后发现小灯泡不发光，电流表示数为零，电压表示数接近电源电压，说明了电路中有微弱的电流通过电压表，电流经过电压表，再经过滑动变阻器和开关形成一个通路，所以出现此故障的原因可能是小灯泡L断路。
[2]排除此故障后，闭合开关发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都只能微弱发光，且电流表、电压表示数均不变，说明电路中滑动变阻器电阻不变，起不到调节作用，故障的原因最有可能出现在滑动变阻器R。
24. 在如图甲所示的电路中，灯泡L1标有“6V 3W”，灯泡L2标有“6V 6W”，两灯泡的U-I图像如图乙所示。在a、b间接入电源，为保证两灯均不损坏，则允许接入的最大电源电压为___________V，此时电压表V2的示数为___________V。
【答案】 ①. 8 ②. 6
【解析】
【详解】[1][2]两个灯泡串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡L1两端的电压，灯泡L1的额定电流为
灯泡L2的额定电流为
因此电路中允许通过的最大电流为0.5A，由图乙可知，当电路中的电流为0.5A时，灯泡L1两端的电压为6V，即电压表V2的示数为6V，灯泡L2两端的电压为2V，串联电路中电源电压等于各用电器两端电压之和，因此电路中允许接入的最大电源电压为
U=6V+2V=8V
25. 下图中已标出了反射光线OB，请画出对应的入射光线AO和折射光线的大致方向OC。
【答案】
【解析】
【详解】根据平面镜成像原理入射角等于反射角，故过入射点作垂直于水面的法线，然后作出入射光线OA，并标好入射光的方向。根据折射规律可知从空气中射入水中的发生折射，折射角将小于入射角，折射光线将更靠近法线，由此可作出折射光线OC，如下图
26. 如图，物体沿粗糙水平面向右运动．请画出该物体所受重力和摩擦力的示意图
（ ）．
【答案】
【解析】
【分析】画力的示意图的步骤：①确定受力物体；②在受力物体上画出力的作用点；③确定力的方向后沿力的方向画一条线段；④在线段的末端标箭头，在箭头旁标出所画力的符号、数值大小和单位．
【详解】物体在粗糙水平面上向右运动，所以受地面对它向左的摩擦力．同时受到重力作用，方向竖直向下．受到地面对其向上的支持力，但题目不要求画出支持力．如下图所示：
三、实验探究题（39题及40题第5、6空每空2分，其余每空1分，共22分）
27. 图甲为观察水沸腾实验装置，图乙为某时刻温度计示数，图丙为水沸腾前后的温度和加热时间关系图像（其中BC段为水沸腾过程）。
（1）图乙中温度计示数为___________℃；水沸腾时温度未达到100℃，原因可能是当地气压___________标准大气压（选填“高于”或“低于”）；
（2）水沸腾时，大量气泡在水面破裂后会看到“白气”，“白气”是由于___________（填物态变化名称）形成的；
（3）分析图丙BC段，可得到水在沸腾时不断___________，但温度___________；
（4）在本实验中试管里有50g水，当其温度从20℃升高到40℃时，水吸收的热量为___________J。[]
【答案】 ①. 85 ②. 低于 ③. 液化 ④. 吸热 ⑤. 不变 ⑥. 4.2×103
【解析】
【详解】（1）[1]由图乙可知，温度计的分度值为1℃，温度计的液柱液面正好在85℃刻度处，故图乙中温度计示数为85℃。
[2]水的沸点和气压有关，水面气压越高，水的沸点越高；水面气压越低，水的沸点越低，故水沸腾时温度未达到100℃，原因可能是当地气压低于标准大气压。
（2）[3]水沸腾时，大量气泡在水面破裂后会释放许多的水蒸气，水蒸气遇冷液化成小水滴，也就是我们肉眼可见的“白气”。
（3）[4][5]由图丙可知，处于BC段时，水持续吸热，但温度不变，一直维持在98.4℃，说明水在沸腾时不断吸热，但温度不变。
（4）[6]由可知，在本实验中试管里有50g水，即0.05kg的水，当其温度从20℃升高到40℃时，水吸收的热量
28. 为测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，某同学设计了如图甲所示的电路。
（1）正确连接电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于最___________端（选填“左”或“右”）。
（2）调节滑动变阻器，当电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示为___________A。
（3）要测得小灯泡的额定电功率，他还应继续将滑动变阻器的滑片向___________（选填“左”或“右”）端移动一段距离，使电压表示数为2.5V，若此时电流表示数为0.5A，则小灯泡的额定电功率为___________W。
【答案】 ①. 右 ②. 0.42 ③. 左 ④. 1.25
【解析】
【详解】（1）[1]为了保护电路，所以闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值的最大处，即置于滑动变阻器的最右端。
（2）[2]电压表连接的是小量程，即（0~0.6A），一个大格代表0.2A，一大格又分了10个小格，一小格代表0.02A，所以此时电流表的示数为0.42A。
（3）[3] 为了测得小灯泡的额定电功率，应调节滑片使电压表的示数为额定电压为2.5V，此时电压表的示数为2V，小于额定电压，根据串联电路的电压规律，要想让灯两端的电压达到额定电压2.5V，使串联的滑动变阻器两端的电压减小，即滑动变阻器的电阻变小，所以滑片向左移动。
[4]灯的额定电压为2.5V，此时电流表示数为0.5A，根据P=UI得
P=UI=
29. 小明在超市买了一个哈密瓜，回到家用弹簧测力计测量其重力时，发现哈密瓜的重力超出了弹簧测力计的量程，身边又找不到其它合适的测量工具，于是他找来了一些细绳（不计重力）、一把米尺等物品按如下示意图进行了改进：
步骤一：将细绳系在米尺的50cm刻度线处，米尺刚好能在水平位置平衡。
步骤二：将弹簧测力计在竖直方向调零（如图甲左）。
步骤三：在米尺45cm刻度线处挂上哈密瓜，用细绳把弹簧测力计的拉环系在75cm刻度线处，并竖直向下拉挂钩，使米尺在水平位置平衡，如图甲所示。
（1）小明是利用___________（选填“二力”或“杠杆”）平衡的条件相关知识来计算哈密瓜的重力。
（2）在步骤一中使米尺在水平位置平衡是为了避免___________对测量结果的影响。
（3）当小明在操作步骤三时，他父亲指出弹簧测力计使用存在问题，你认为小明这样使用弹簧测力计会使测量结果___________（选填“偏大”或“偏小”）。
（4）小明分析后改用如图乙所示的正确方法操作：他将弹簧测力计倒置使挂钩朝上后，重新调零（如图乙左），并重新测出拉力为3N，最后计算出哈密瓜的重力为___________N。
（5）小明发现：如图乙和图丙所示，先后竖直向下和斜向下拉弹簧测力计，均使杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计两次的示数分别为F和F′，你认为F___________F′（选填“>”“