2024年湖北省武汉市江夏区部分学校中考一模物理试题

这是一份2024年湖北省武汉市江夏区部分学校中考一模物理试题，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如图所示，在平静的水面，国家大剧院和它的倒影相映成趣，宛如一个巨大的蛋壳。下列四个实验和这个倒影形成的原理相同的是（ ）
A．手影B．对着镜子画脸谱
C．海市蜃楼D．光的色散
2．关于声现象，下列说法不正确的是（ ）
A．图甲，宛转悠扬的古筝声是琴弦振动产生的
B．图乙，敲击大小不同的编钟发出声音的音调相同
C．图丙，“B超”检查是利用超声波传递信息
D．图丁，隔音蛟龙通过阻断噪声的传播来控制噪声
3．关于比热容，下列说法正确的是
A．比热容是物质自身的性质，与质量、状态、吸收或放出的热量均无关
B．相同质量的铝和铜，吸收相同的热量，铝上升的温度高（）
C．沿海地区昼夜温差较小，而内陆沙漠地区的昼夜温差较大，这主要是因为海水吸收的热量少，砂石吸收的热量多
D．我国北方楼房中的“暖气”用水作为介质利用了水的比热容大的特性
4．下列说法错误的是（ ）
A．注射器中的水很难压缩，说明分子间存在斥力
B．工厂里的冷却塔大多数用水作冷却介质，利用了水的比热容较大
C．古人钻木取火是利用做功增加内能
D．水的比热容大，所以沿海地区海面气温比陆地表面气温变化显著，白天会形成海陆风
5．如图所示，红色的水从塑料瓶侧壁的两个小孔喷出。下列说法正确的是（ ）
A．水从塑料瓶侧壁的孔中喷出，说明液体内向各个方向都有压强
B．两孔中喷出的水远近不同，说明液体内部压强的大小跟液体的密度有关
C．若两孔大小相同，则相同时间内两个小孔流出的水的质量一样多
D．若将塑料瓶装满水后并拧紧瓶盖，水不会从上面的小孔中喷出
6．下图的运动员们在运动场其中涉及到的物理知识，说法正确的是（ ）
A．图甲，冰壶运动员是通过改变接触面的粗糙程度来增大摩擦力的
B．图乙，冰球受到冰球杆的击打运动起来，这说明力可以改变物体的运动状态
C．图丙，花滑运动员受到冰面的支持力和他们对冰面的压力是一对平衡力
D．图丁，运动员要在宽大的滑雪板上滑雪，这是通过增大受力面积来减小压力
7．如图所示，在“探究影响压力作用效果的因素”的实验中，下列说法错误的是（ ）

A．甲、乙两次实验中，小桌对海绵压力的大小相等
B．甲图中小桌对海绵压力作用的效果比乙图中的明显
C．甲、乙两次实验，说明压力作用的效果跟受力面积有关
D．为了完成整个实验，可以将乙图中的砝码取下来，并将看到的实验现象和甲图中的对比
8．如图为跳水运动员参加比赛时的分解动作示意图，分别为：起跳、反转、转体和入水。不考虑空气阻力，下列分析正确的是（ ）
A．整个运动过程中运动员受平衡力的作用
B．运动员离开跳台向上运动的过程中，重力势能转化为动能
C．运动员从最高点下落到入水前的过程中，机械能守恒
D．若运动员上升到最高点时，所有的力都消失，运动员会静止在空中
9．如图所示是小宁连接的电路，电源电压保持不变。闭合开关后，发现两灯都发光，电流表A1的示数为0.28A，电流表A2的示数为0.6A，电压表示数为3V。关于该电路的下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．通过灯L2的电流为0.32A
C．若拧下灯L2，灯L1仍可以发光，电流表A2的示数变大
D．若用导线连接L2两端，两灯均不亮，所有电表的示数均为零
10．关于家庭电路和安全用电。下列说法正确的是（ ）

A．图甲中，电能表是专门用来测量用电器电功率的
B．图乙中，试电笔可以用来区分零线和地线
C．图丙中，三脚插头接入三孔插座后，能防止外壳带电对人造成伤害
D．图丁中，人会触电、此时漏电保护器会切断电路
11．下列有关电和磁的四幅图，其中描述正确的是（ ）
A．如图，奥斯特实验证实了磁能产生电
B．如图，由小磁针静止时N极的指向可以判断a端与电源正极连接
C．如图，扬声器与发电机工作原理相同
D．如图，话筒与电动机工作原理相同
12．图所示的是某型号电暖气的简化电路图，其中、为加热电阻丝，，。该电暖气工作时分高、中、低三挡，其铭牌如表格所示。下列说法中正确的是（ ）

A．使用“低温挡”正常工作，只需要闭合S2
B．电暖气在“中温挡”正常工作时，接入电路的电阻丝阻值为55Ω
C．电暖气在“高温挡”正常工作5分钟，电路产生的热量为
D．闭合S1、S2时，通过R1、R2的电流之比为5∶4
二、填空题
13．我国自主设计研制的C919大型客机已经完成全部试飞和前期准备，即将于2023年春季正式投入商业营运。

（1）飞机能够升空飞行，是因为机翼上方空气的流速比下方空气的流速 （选填“大”或“小”），从而产生较大的升力。
（2）C919采用北斗导航系统导航与实时数据共享，北斗导航系统发射和接收信号的载体是 （选填“超声波”“红外线”“微波”或“激光”）。
（3）某次试飞时，C919大飞机10∶45离开虹桥机场，12∶10到达首都机场，全程1178km，则C919大飞机本次飞行的平均速度约为 km/h。（结果保留整数）
14．如图是一款运动手环，手环内置一空心密闭的塑料管，管内有一小块可移动的磁铁，管外缠绕着线圈。戴着这种手环走路时磁铁在管内反复运动，线圈中便会产生电流，液晶屏上就会显示出运动的步数，这是利用了 原理。这种手环的工作原理与 （选填“发电机”或“电动机”）的工作原理相同。某次外出小明手环记下的步数是4500步，用时40分钟，按“三步两米”（即每3步走过的路程为2m）估算，小明此次运动的平均速度是 m/s。

三、实验题
15．小红同学在测小石块的密度时，操作步骤如下：
(1)把天平放在水平桌面上，将游码移到左端零刻度线处，发现指针偏向分度盘的左侧，此时应将平衡螺母向 （选填“左”、“右”）调节，使天平横梁在水平位置平衡。
(2)小红选用了一小石块，用天平测出它的质量如甲图所示，然后用量筒测出体积如图乙所示，则所测小石块的密度为 kg/m3。
(3)请画出乙图中小石块对量筒压力示意图。
16．某同学在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，设计了如图所示的三次实验。甲、乙用的是相同的长木板，丙用的是与甲、乙材料相同但表面粗糙的长木板。

（1）实验时，用弹簧测力计 拉动木块，使它沿水平长木板滑动。根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的 大小相等；
（2）分析比较 两次实验，可以得出的结论是滑动摩擦力的大小跟接触面所受的压力有关；
（3）在实验甲中，画出长木板受到的摩擦力的示意图。
17．在做探究通电螺线管外部磁场的方向的实验时，小明在螺线管周围摆放了一些小磁针。

（1）通电后小磁针的指向如图甲所示，由此可看出通电螺线管外部的磁场与 磁体的磁场相似；
（2）小明改变电源的正负极再次实验，发现小磁针转动180° ，南北极所指方向发生了改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的 有关；
（3）由安培定则可知乙图中S闭合后，螺线管的上端为 极。要使螺旋管磁性增强，滑动变阻器的滑片应向 （填“上”或“下”）滑动。
18．在“探究电流与电阻的关系”实验中：电源为两节新干电池串联。

（1）如图甲所示，请你用笔画线代替导线，将图中电路连接完整 （请勿更改原有导线，导线不得交叉），要求：当滑动变阻器的滑片向左移动时，电路中的电流变大；
（2）实验过程中，将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关调节滑动变阻器滑片P至适当位置，此时电流表示数如图乙所示，则电流表示数为 A。将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左”或“右”）端移动。若滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，则为了完成实验连入电路中的定值电阻的最大阻值为 Ω；
（3）把5Ω和10Ω的电阻分别接入电路，控制电阻两端的电压不变，前后两次通过滑动变阻器的电流之比是 。若将5Ω的电阻接入电路时，电压表示数为U1，更换为15Ω的电阻后，立即闭合开关，电压表示数为U2，则U2 3U1（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
四、计算题
19．中国自行研制的国之重器“新光华”号半潜船有两个足球场那么大，是海上的“大力神叉车”，也是我国最大、世界第二大的10万吨级半潜船，它通过本身压水舱中压载水的调整，把装货甲板潜入水中，以便将所要承运的不可分割的特大件货物（如驳船、游艇、舰船、钻井平台等）从指定位置浮入半潜船的装货甲板上，定位后排放压水舱中压载水，直至半潜船上浮至预定的水线，如图甲所示，“新光华”号半潜船，在运载货物时通常采用两种方式：一是如图乙所示的“非浮载”方式；二是为了运载更重货物时，采用的如图丙所示的“浮载”方式，其主要参数如表：（海水密度取1×103kg/m3，1节=1.8km/h）
（1）“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强为多少Pa？
（2）半潜船处在最大下潜状态时，船底面积为1dm2船板所受海水的压力约为多少？
（3）若半潜船以最大非浮载装货时，船和货物排开海水的体积为V1。该半潜船在某次工作中为了运载更重的货物，采取了浮载方式装货，当达到最大浮载时，船和货物所排开海水的体积为V2，则此时船和货物所排开海水的体积增大多少？
额定电压
220V
额定功率
高温挡
1980W
中温挡
1100W
低温挡
880W
总长/m
22.5
船宽
68
设计吃水/m
18.6
最大下潜吃水/m
30
最大载货（非浮载）/万吨
7
最大载货（浮载）/万吨
10
发动机输出功率/kW
1.6×106
最大航速/节
14.5
参考答案：
1．B
【详解】倒影是平面镜成像现象，利用光的反射。
A．手影利用的是光的直线传播，故A不符合题意；
B．对着镜子画脸谱，是光的平面镜成像现象，利用光的反射，故B符合题意；
C．海市蜃楼是由于光在不均匀介质中折射形成的，故C不符合题意；
D．光的色散是光经过不同介质中发生折射形成的，是光的折射现象，故D不符合题意。
故选B。
2．B
【详解】A．宛转悠扬的古筝声是琴弦振动产生的，故A正确，不符合题意；
B．敲击大小不同的编钟发出的声音高低不同，即音调不同，故B错误，符合题意；
C．“B超”检查是利用超声波传递信息，故C正确，不符合题意；
D．隔音蛟龙，是在传播过程中减弱噪声，故D正确，不符合题意。
故选B。
3．D
【详解】A．比热容是物质本身的一种特性，决定于物质的种类和状态，与其他因素无关，不符合题意；
B．已知，对于相同质量的铝和铜，吸收了相同的热量，由公式可知，铜上升的温度高，不符合题意；
C．因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和砂石比较，吸收相同的热量，水的温度升高得少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低得少，使得沿海地区昼夜温差小，不符合题意；
D．“暖气”用水作为介质，因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，符合题意．
4．D
【详解】A．水很难被压缩，这是因为分子间存在斥力，故A正确，A不符合题意；
B．因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以工厂里的冷却池大多用水作为冷却介质，故B正确，B不符合题意；
C．古代人类钻木取火是利用做功的方式改变物体内能，故C正确，C不符合题意；
D．海水的比热容大于陆地的比热容，白天吸收了相同的热量后，陆地上方空气升高的温度比海洋上空空气的温度升高的多，所以陆地上方空气的气压低，海洋上方空气的气压高，风从气压高的海洋流向气压低的陆地；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，海洋上空气温高，气压低，风从陆地吹向海洋，故D错误，D符合题意。
故选D
5．D
【详解】A．水具有流动性，图中红色的水从塑料瓶侧壁的两个小孔喷出，说明水对容器侧壁有压强，故A错误；
B．由图可知，小孔位置越低，水的深度越深，水喷出得越远，表示水的压强越大，说明液体内部压强的大小跟液体的深度有关，故B错误；
C．小孔位置越低，水的深度越深，压强越大，则水的流速越大，若两孔大小相同，则相同时间内流出水的质量越大，故C错误；
D．若将塑料瓶装满水后并拧紧瓶盖，因为虽然两孔和空气接触部分都有大气压存在，但是，下面孔表面的水还有一段液注高的压强（上下两孔之间的液注高度差产生的液体压强），所以下面孔会有水流出，上面的孔会有空气进入，不会有水流出，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．在冰壶运动中，刷冰使冰熔化，在冰壶和冰之间产生水，减小了接触面的粗糙程度，减小摩擦，故A错误；
B．冰球受到冰球杆的击打运动起来，冰球由静止变为运动，这说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C．花滑运动员受到冰面的支持力和他对冰面的压力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力，故C错误；
D．宽大的滑雪板，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D错误。
故选B。
7．D
【详解】A．实验中，物体对受压面的压力等于物体的重力，故甲、乙两次实验中，小桌对海绵压力的大小相等，故A正确，A不符合题意；
B．由图可知，甲图中小桌对海绵压力作用的效果比乙图中的明显，故B正确，B不符合题意；
C．甲、乙两次实验，受力面积不同而压力相同，故说明压力作用的效果跟受力面积的大小有关，故C正确，C不符合题意；
D．为了完成整个实验，还要研究压力作用效果与压力大小有关，要控制受力面积相同，改变压力大小，故可以将乙图中的砝码取下来，并将小桌正放，将看到的实验现象和甲图中的对比，故D错误，D符合题意。
故选D。
8．C
【详解】A．整个运动过程中运动员速度的大小和方向不断变化，受到非平衡力的作用，故A错误；
B．运动员离开跳台向上运动的过程中，质量不变，速度减小，动能减小，高度增高，重力势能增大，动能转化为重力势能，故B错误；
C．从起跳到入水前的过程，重力势能转化为动能，若不计空气阻力，则机械能守恒，故C正确；
D．当运动员到达最高点时，具有水平方向的速度。如果此时所受的所有力都消失，那么根据牛顿第一定律，运动员将保持力消失那一瞬间的速度和方向做匀速直线运动，而不是静止在最高点，故D错误。
故选C。
9．B
【详解】A．由图可知，灯L1、L2并联，电压表测量灯泡L2两端电压，则灯L2两端电压U2=3V，因为并联电路中电源两端电压与各支路用电器两端电压相等，所以电源电压
U=U1=U2=3V
故A错误；
B．由图可知，灯L1、L2并联，电流表A2测的是干路上电流，电流表A1测的是L1所在支路的电流；所以通过灯L1的电流I1=0.28A，干路上电流I=0.6A，通过灯L2的电流
I2=I-I1=0.6A-0.28A=0.32A
故B正确；
C．若拧下灯L2，并联电路各支路互不影响，通过灯泡L1的电流不变，电流表A1示数不变，灯L1的亮度不变；根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，所以电流表A2示数变小，故C错误；
D．用导线连接L2两端，电源被短路，则两灯均不亮，电流表A2的示数特别大，电流表A1和电压表被短路，无示数，故D错误。
故选B。
10．C
【详解】A．电能表是用来测量用电器消耗电能多少的仪表，故A错误；
B．火线上有电压，在用测电笔接触时与人体形成一通路，有电流由人体流向大地，此时试电笔氖管发光； 而零线与大地相通，测零线时与人体没有电压形成不了电流，故试电笔能区分火线和零线，试电笔不可以辨别零线和地线, 故B错误；
C．三脚插头接入三孔插座后，插头上脚与插座上孔相连，使用电器金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害, 故C正确；
D．图中人会触电，火线和零线电流大小相等，此时漏电保护器不会切断电路，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】A．该图是奥斯特实验，证明通电导线周围有磁场，演示的是电流的磁效应，故A错误；
B．当小磁针自由静止时，根据磁极间的作用规律可以确定，相互靠近的一定是异名磁极；因此螺线管的左端为S极，右端为N极，根据螺线管的N极，再结合螺线管的线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向是从螺线管的左端流入、右端流出，电流是从电源的正极流出回到负极，所以a端与电源正极连接，故B正确；
C．动圈式扬声器是将电信号转化成声信号，将电能转化为机械能，其原理与电动机的工作原理相同，故C错误；
D．动圈式话筒是将声信号转化为电信号，将机械能转化为电能，其工作原理与发电机的工作原理相同，故D错误。
故选B。
12．C
【详解】AB．电源电压一定，又因为R1＞R2，由可知，只闭合S1时，只有R1接入电路，电暖气为低温挡；只闭合S2时，只有R2接入电路，电暖气为中温挡，故AB错误；
C．当S1、S2都闭合时，R1与R2并联，电路总电阻最小，电暖气为高温挡，则电暖气在“高温挡”正常工作5分钟，电路产生的热量为
故C正确；
D．闭合S1、S2时，R1与R2并联，通过R1、R2的电流之比
故D错误。
故选C。
13． 大 微波 832
【详解】（1）[1]由于机翼上表面弯曲，下表面平直，所以机翼上方的流速大于机翼下方的流速，所以机翼上方的压强小于机翼下方的压强，这样就产生了作用在机翼上的向上的升力。
（2）[2]北斗导航系统通过微波通信的中继站实现发射和接收信号，微波是电磁波的一种，可以在真空中传播。
（3）[3]已知C919大飞机10∶45离开虹桥机场，12∶10到达首都机场，共计飞行时间为
由可得，C919大飞机本次飞行的平均速度约为
14． 电磁感应 发电机 1.25
【详解】[1]根据“运动手环”的特点可知，当塑料管运动时，磁铁在管中反向运动，线圈切割磁感线而产生电流。因此，运动手环的基本原理是电磁感应，产生电流的过程中将机械能转化为电能。
[2]发电机的工作原理是电磁感应现象，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故手环的工作原理与发电机相同。
[3]由题意知，小明通过的路程为
由可知，小明的平均速度为
15．(1)右
(2)2.17×103
(3)
【详解】（1）指针偏向分度盘的左侧，平衡螺母应向右调节，直至天平水平平衡。
（2）如图甲所示，天平标尺的分度值是0.2g，石块的质量等于游码质量与游码对应刻度值之和
由图乙可知，量筒分度值为2mL，量筒读数，视线应该与量筒内凹液面的底部相平，由图乙所示量筒可知，测得石块的体积
所以石块的密度
（3）在量筒底部沿垂直向下方向画一条带箭头的线段，并用F表示；如下图所示
16． 匀速直线 滑动摩擦力 甲乙
【详解】（1）[1][2]实验时，用弹簧测力计匀速直线拉动木块，使它沿水平长木板滑动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力大小相等。
（2）[3]研究滑动摩擦力大小与压力的关系时，要控制接触面粗糙程度相同，分析比较甲、乙两次实验，可以得出的结论是滑动摩擦力的大小跟接触面所受的压力有关。
（3）[4]在实验甲中，木块受到的滑动摩擦力方向水平向左，由力的相互性，长木板受到的摩擦力方向水平向右，如下所示：

17． 条形 电流方向 S 下
【详解】（1）[1]通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似，都是具有两个磁性较强的磁极。
（2）[2]改变电源的正负极就是改变螺线管中的电流方向，小磁针南北极所指方向发生了改变，说明通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关。
（3）[3]由图可知，电流从螺线管上端流入，下端流出，由安培定则可知，用右手握住螺线管，使四指指向电流的方向，则大拇指所指的下端为螺线管的N极，螺线管的上端为S极。
[4]要使螺旋管磁性增强，可以通过移动滑动变阻器的滑片来增大电流，由图可知，应将滑动变阻器的滑片向下移动，使电阻变小、电流变大、磁性变强。
18． 0.30 右 20 2∶1 小于
【详解】（1）[1]当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电路中的电流变大，即电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示

（2）[2]实验过程中，将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关调节滑动变阻器滑片P至适当位置，此时电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则电流表示数为0.30A。
[3]由欧姆定律可得，电阻的两端电压为
UV=IR=0.3A×5Ω=1.5V
根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为1.5V。
[4]若滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，电阻两端的电压始终保持为
UV=IR=0.3A×5Ω=1.5V
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为
U滑=U-UV=3V-1.5V=1.5V
定值电阻的两端电压为变阻器分得的电压的1倍，根据分压原理，当变阻器的最大电阻20Ω连入电路中时，对应的最大定值电阻为
R定大=1×20Ω=20Ω
则为了完成实验连入电路中的定值电阻的最大阻值为20Ω。
（3）[5]把5Ω和10Ω的电阻分别接入电路，控制电阻两端的电压不变，由I=UR可得，在电压不变时，电流与电阻成反比，故前后两次滑动变阻器的电流之比是
I前∶I后=10Ω∶5Ω=2∶1
[6]若将5Ω的电阻接入电路时，电压表示数为U1，设变阻器连入电路的电阻为R滑，由串联电路的规律及欧姆定律可得
①
更换为15Ω的电阻后，立即闭合开关，同理，电压表示数为
②
①÷②可得
故U2<3U1，即U2小于3U1。
19．（1）3×105Pa；（2）3000N；（3）3×104m3
【详解】解：（1）“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强
P=ρ海水gh=1×103kg/m3×10N/kg×30m=3×105Pa
（2）半潜船处在最大下潜状态时，由可得，船底面积为1dm2船板所受海水的压力
F=pS=3×105Pa×1×10-2m3=3000N
（3）半潜船以最大非浮载装货时所受的浮力
F浮1=G船+G1=G船+m1g=G船+7×104×103kg×10N/kg=G船+7×108N
当半潜船以最大浮载方式装货时所受的浮力
F浮2=G船+G2=G船+m2g=G船+10×104×103kg×10N/kg=G船+1×109N
当半潜船以最大浮载方式装货时，船和货物所受浮力增大量
ΔF浮=F浮2-F浮1=(G船+1×109N)-(G船+7×108N)=3×108N
由F浮=ρ液gV排可得，此时船和货物所排开海水的体积增大量
答：（1）“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强为3×105Pa；
（2）半潜船处在最大下潜状态时，船底面积为1dm2船板所受海水的压力约为3000N；
（3）此时船和货物所排开海水的体积增大3×104m3。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
D
D
B
D
C
B
C
题号
11
12








答案
B
C