2026年威海市中考物理考前最后一卷（含答案解析）

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1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、本大题包括10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．关于声音，下列说法正确的是
A．运动会上，同学们的呐喊声越大，声音的传播速度越快
B．人们小声说话时，声音的音调一定低
C．超声“碎石”是利用声音能传递信息
D．发声物体振动越快,音调越高，响度和声速不受影响
2．为了安全，汽车行驶时驾驶员必须系好安全带．当系好安全带时，相当于闭合开关，指示灯不亮；未系好安全带时，相当于断开开关，指示灯发光．符合上述要求的学电路图是（ ）
A．B．
C．D．
3．下列说法中正确的是（ ）
A．物体吸热后温度就一定升高
B．内燃机的压缩冲程是机械能转化为内能
C．只有通过热传递才能改变物体的内能
D．扩散现象只能发生在气体和液体中
4．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，两灯都能正常工作，灯L1，L2的电阻之比为R1：R2=1：2，此时甲、乙两电表的示数之比为（ ）
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
5．关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．物体内能减少时，一定对外做功
B．物体内能增加时，温度不一定升高
C．汽油机的做功冲程把机械能转化为内能
D．温度高的物体含有的热量比温度低的物体多
6．在探究光的反射规律时，老师把一块平面镜CD竖立在讲台上，坐在B点的甲同学通过平面镜看到了坐在A点的乙同学（如图）．在这一现象中，光线的反射角是
A．∠1 B．∠2 C．∠3 D．∠4
7．如图所示，O为杠杆的支点，第一次杠杆在重物G和力F1的作用下处于水平位置平衡．如果第二次杠杆在重物G和力F2的作用下仍在图中位置保持平衡，下面关系中正确的是
A．F1＞F2 B．F1＝F2 C．F1＜F2＜ G D．F2＞F1＞G
8．热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的．要想设计一个通过电表示数反映热敏电阻随环境温度变化的电路，要求温度升高时电表示数减小，以下电路符合要求的是（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示，V1和V2是完全相同的两个电压表，都有3V和15V两个量程，闭合开关后，发现两个电压表偏转的角度相同，则（ ）
A．R1：R2=1：4B．R1：R2=4：1C．R1：R2=1：5D．R1：R2=5：1
10．如图所示，当甲电路中的开关S闭合时，两个电压表的指针位置均如图乙所示，则电压表V1和V2的示数分别为
A．1.2V，6VB．6V，1.2V
C．4.8V，1.2VD．1.2V，4.8V
二、填空题（本大题包括7小题，每小题2分，共14分）
11．甲和乙两灯的额定电压均为6V，图是甲、乙两灯的电流随其两端 电压变化的曲线．现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为_____A，电源电压最大为_____V．
12．如图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S闭合，S1断开，甲、乙两表为电流表时，R1和R2消耗的功率P1：P2=2：3；当开关S和S1都闭合，甲、乙两表为电压表时，两电压表示数U甲：U乙=________和R1、R2消耗的功率P1′：P2′=_________。
13．如图所示，用手推动书本，使书本和钢笔一起在水平桌面上做匀速直线运动，此时钢笔受到的_____个力的作用，书本匀速直线运动的原因是_____
14．如图所示的实验装置中，当导体棒 ab_____运动时（选填 “上下” 或“左、右”），灵敏电流计的指针会发生偏转。人们利用该实验原理发明了_____（选填“电动机”或“发电机”）。
15．小明想制作一个调光台灯，现有规格为 “12V 6W”和 “18V 9W”的灯泡各一只，电源、开关甲“10Ω，1A”、乙“30Ω，0.5A”、丙“50Ω，0.2A”三个不同型号的滑动变阻器、导线若干。
小明在实验中发现，规格不同的这两只灯泡在同少电路中也能同时正常发光，只需将它们___________联，并且电源电压应为___________V。他先使用24V的电源，把两只灯泡分别与滑动变阻器串联制成调光台灯，电路如图所示，要让电路安全工作，他应该选用滑动变阻器___________(选填“甲”“乙”或“丙”)，调节过程中亮度变化范围较大的是灯泡___________。(假设灯丝电阻不变)
16．如图所示，将一重27N的金属块浸没水中，静止时弹簧测力计的示数是17N，则它受到的浮力为________N；现将它浸没在另一种液体中，静止时弹簧测力计的示数为15N，则液体的密度为________kg/m3，g=10N/kg。
17．如图，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，实验前要调节杠杆在水平位罝平衡的目的是____。
三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）
18．完成图中的光路图。
（______）
19．下图中，杠杆OBA在图示位置静止，请画出作用在A点的最小力F及其力臂L．
（____）
20．物理兴趣活动课上，老师让同学们测一个阻值约为的电阻；实验室提供的器材有：电源（电压恒为3V）、电流表（量程为、）、电压表（量程为、）、滑动变阻器（铭牌标有“”）和电阻箱（）各一个，开关、导线若干．请你合理选用器材设计一个实验，较精确测出未知电阻的阻值．要求：
（1）画出你所设计的实验电路图；
（2）写出主要实验步骤及所需测量的物理量；
（3）写出电阻的数学表达式．（用已知量和测量量表示）
21．探究电流与电压、电阻的关系
①小雨和叶子姐姐共同讨论完成了“探究电流与电压的关系”三次实验电路的设计，顺序和电路如图甲、乙、丙所示．由图甲改进为图乙是为保证实验过程中导体的_______保持不变；由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节滑动变阻器使电阻R两端的电压_______（填“改变”或“保持不变”）．这样不断发现问题并改进的研究方法叫做__________．
A．比较法 B．转换法 C．缺点列举法 D．确定利用法
②请用笔画线代替导线，按电路图丙将图丁中实物电路链接完整．
（____________）
③小雨将电路连接完毕后，闭合开关，发现电流表的指针反偏（即指针向左偏）．请分析造成这一现象的原因：_______________________．
④将错误改正后，通过分析数据可以得到：当导体___________一定时，通过导体的电流与导体两端______成正比．
⑤再继续用图丁的实物电路“探究电流与电阻的关系”时，小雨先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2V，记下电流值；再将5Ω电阻换成10Ω电阻，她下一步操作是：将滑动变阻器的滑片向__________（填“右”或“左”）端移动．
⑥在导线下方放置小磁针，闭合开关时，发现小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在________．
22．如图甲是把20g某种固体碾碎后放入试管中，插入温度计后，再将试管放在装有水的烧杯中加热．根据实验数据画出的图象如图乙所示，回答问题：
（1）这种物质的凝固点是________℃；试管中的物质从B到C时内能_______（增大、减少、不变）
（2）若这种物质液态时的比热容c=3×103J/（kg•℃），则物质熔化过程中吸收的热量是_________J．固体时的比热容为c'=_______J/（kg•℃）．
四、计算题（本大题包括2小题，共22分．解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
23．图甲是一种家用电暖器，有“低温”、“中温”、“高温”三挡，铭牌见下表（“高温”挡功率未知），图乙为其简化电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1为“低温”挡。请完成下列问题：
(1)“低温”挡正常工作时的电阻是多少？
(2)“高温”挡正常工作时的总电流是多少？
(3)若某房间内空气质量为60 kg，空气温度为10 ℃，设空气的比热容为1.1×103 J/（kg·℃）且保持不变，用该电暖器的“高温”挡正常工作20 min，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房间的空气温度升高多少？
24．如图所示是某型号的电热水壶，有关参数如表，将电热水壶装入最大容量的水 后，放置于面积为 1.2m2 的水平桌面上，求：
（1）该热水壶受到的总重力为多少 N？
（2）该热水壶对桌面的压强多大？
（3）若正常工作 7 分钟即可将该壶中初温为 20℃的水加热到 100℃，则电热水壶正常工作 时的效率多大？（c 水=4.2×103J/（kg·℃））
参考答案
一、本大题包括10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1、D
【解析】
A.声音的传播速度与介质的种类和介质的温度有关，与声音的响度无关，故A错误；
B.人们小声说话，声带的振幅小，响度小，音调不一定低，故B错误；
C.利用超声波粉碎人体内的结石，是利用了声音能传递能量，故C错误。
D.音调是指声音的高低，是由发声体的振动频率决定的，发声物体振动越快，音调越高，响度和声速不受影响，故D正确；
2、C
【解析】
A．图中指示灯与R串联，开关闭合能将R短路，不论开关是否闭合，指示灯都发光。故A不符合题意。
B．图中指示灯与R并联，开关闭合能将R接通，不论开关是否闭合，指示灯都发光。故B不符合题意。
C．图中指示灯与R串联，开关闭合能将指示灯短路，即开关闭合指示灯不亮，断开开关，指示灯发光。故C符合题意。
D．图中开关闭合将导致电源短路，是错误电路。故D错误。
3、B
【解析】
试题分析：晶体熔化过程中吸收热量，但温度保持不变，故A错；压缩冲程中，对气体做功，消耗了机械能，使气体的内能升高了，是机械化能转化为内能，故B正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，故C错；固体、气体和液体都可以发生扩散现象，故D错；应选B。
【考点定位】内能；能量的转化；扩散
4、D
【解析】
解：乙表与电源两端连接，所以乙是电压表，甲如果是电流表， S闭合时，灯L2短路，与题意不符，故甲也是电压表，甲表测L2的电压，乙表测电源电压，两灯串联， ＝，根据分压原理可知，根据串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和可得，
甲、乙两电表的示数之比为． 故选：D。
点睛：根据电路的连接，乙表与电源连接，故为电压表，甲表不能是电流表，故两表都为电压表，甲表测L2的电压，乙表测电源电压，两灯串联，根据分压原理和串联电路电压的规律得出答案。
5、B。
【解析】物体的内能减少时，也可能是通过热传递将内能散发出去了，不一定对外做功，故A是不对的；B中物体的内能增加时，温度不一定升高，如冰在熔化时，吸热，其内能增加，但温度保持不变，故B是正确的；做功冲程是把内能转化为机械能，故C不正确；热量是物体吸收或放出的热的多少，一个物体不能含有热量，故D的说法也是不对的，故该题选B。
考点：温度、内能和热量之间的关系。
6、B
【解析】
由题意知，坐在B点的甲同学通过平面镜看到了坐在A点的乙同学，说明由AO入射的光线，反射后经过OB；
所以∠1为入射角，∠2为反射角，即B看到的是从A上发出的光线经过平面镜反射后进入B的眼中．
故选B．
牢记入射角和反射角的概念．入射光线与法线之间的夹角叫做入射角；反射光线与法线之间的夹角叫反射角．
7、D
【解析】
本题支点、重力和重力的力臂均无发生变化，变化的是F的力臂，故能正确找出两力的力臂，即可利用杠杆平衡条件求解．第一次杠杆在重物G和力F1的作用下处于水平位置平衡时，F1的力臂为O到F1作用点的杆长L1，重力G和重力的力臂L2，由杠杆平衡条件可得：
F1•L1=G•L2，又由图可知：L1＜L2，
∴F1＞G；
当第二次杠杆在重物G和力F2的作用下时，F2的力臂为O到F2作用点的杆长为L1′，
由图知力臂L1′＜L1，为使杠杆仍在图中位置保持平衡，
因重力G和重力的力臂L2均无发生变化，又F2力臂L1′变小，故F2＞F1；
8、D
【解析】
A．由电路图可知，热敏电阻与R0并联，电流表测并联电路干路电流．当温度升高时，热敏电阻阻值变小，干路电流变大，故A不符合题意．
B．热敏电阻与R0并联，电流表测热敏电阻的电流，当温度升高时，热敏电阻阻值变小，由可知，通过热敏电阻的电流变大，电流表示数变大，故B不符合题意．
C．已知热敏电阻与R0串联，电压表测R0两端的电压，当温度升高时，热敏电阻阻值变小，
根据串联电路分压原理，电压表示数变大，故C不符合题意．
D．已知热敏电阻与R0串联，电压表测热敏电阻两端的电压，当温度升高时，热敏电阻阻值变小，根据串联电路分压原理，电压表示数变小，故D符合题意为答案．
9、A
【解析】
由电路分析可得，R1与R2串联，电压表V1测量R1两端的电压，V2测量R1和R2两端的电压；因两电压表相同，说明两表的刻度盘相同，当选不同的量程但偏角相同时，说明两次示数之比即为量程之比，即；R2两端的电压U2'=U2﹣U1，则可知R1两端的电压V1与R2两端的电压V2′之比为：．由欧姆定律可得：．故选A。
10、B
【解析】
如图所示，当甲电路中的开关S闭合时，V1测量电源的电压，V2测量R2的电压，两电压表的指针位置均如图乙所示，且电压表的大量程是小量程的5倍，按大量程读数为6V，即电源电压，按小量程读数，1.2V，即R2的电压．故B正确．
选B．
点睛：解题的关键是读懂电路图，特别是图中V2测量的是R2的电压，是个易错的地方，多练习，提高辨识电路图的能力，另外要明白电压表的两个量程关系．
二、填空题（本大题包括7小题，每小题2分，共14分）
11、0.5 8
【解析】
正常工作时电压是6V，从图中看出与6V相对应的电流分别是1A和0.5A，由于两灯串联，经过两灯的电流都相等，所以取较小的0.5A（如果取较大的那个1A，会导致乙灯损坏）；当电流是0.5A时，从图中可以看出，甲灯的电压是2V，乙灯的电压是6V，所以电源电压是8V．
12、5：2 3：2
【解析】
当开关S闭合，S1断开，甲、乙两表为电流表时，R1与R2并联，甲电流表测R2电流，乙电流表测干路总电流。因此时P1：P2=2：3，根据P=，则=，所以=。当开关S和S1都闭合，甲、乙两表为电压表时，R1与R2串联，甲电流表测R2电流，乙电流表测干路总电流。甲电压表测电源电压，乙电压表测R2两端电压。因=，根据串联电路电压规律，则==，则 ====；根据P=I2R可知，此时R1、R2消耗的功率之比为===。
13、2 书本受平衡力的作用，等效于不受外力
【解析】
分析可知，书本和钢笔一起在水平桌面上做匀速直线运动，此时钢笔和书本之间没有相对运动，也没有相对运动的趋势，故在水平方向上不受摩擦力的作用，在竖直方向上受到重力和支持力的作用，并且这两个力是一对平衡力；
运动的书本在水平方向上受到推力和摩擦力的作用，在竖直方向上受到重力和支持力的作用，并且这两对力都是平衡力；书本受平衡力的作用，等效于不受外力，所以保持匀速直线运动．
14、 左右 发电机
【解析】如图为研究电磁感应现象的实验。
实验装置中，当导体棒 ab切割磁感线运动时才会产生感应电流，所以应左右运动；
灵敏电流计的指针会发生偏转，说明产生了电流，揭示了电磁感应原理，人们利用该原理发明了发电机。使人们大规模的使用电能成为可能。
点睛：电磁感应的实验中，牢记产生感应电流应具备三个条件，一、闭合回路，即必须是通路，二、一部分导体，三、切割磁感线运动。
15、串 30 乙
【解析】
(1)若并联，则两个灯泡两端电压应相等，但两个灯泡的额定电压不同，故并联不能使两个灯泡同时正常发光，故只能串联，两个灯泡正常发光时的电流为、，电流相等，电源电压为，即两灯泡串联在30V的电源两端时正好能正常发光，
(2)因为两个灯泡的额定电流都为0.5A，所以使用丙不合适；
灯泡正常工作时：灯泡的电阻，滑动变阻器的电阻应为；
L2灯泡正常工作时：灯泡的电阻，滑动变阻器的电阻应为，都大于10Ω，故甲不合适，故选用丙；
要使亮度变化范围大，即电流变化范围大，根据欧姆定律可得，所以电流变化范围大，也就是电阻变化范围大，和乙滑动变阻器电阻之和的变化范围为，和乙滑动变阻器电阻之和的变化范围为，故亮度变化范围较大；
16、10 1.2×103
【解析】
根据静止受平衡力的作用（称重法测浮力的原理）可得，浮力为：
；
根据阿基米德原理得物体的体积为：
；
浸没在另一种液体中，静止时弹簧测力计的示数为15N，浮力为：
；
液体的密度为：
。
重点是称重法测量浮力的原理及阿基米德原理的应用，称重法求出浮力后，根据可求排开水的体积，即物体的体积，再根据在另一种液体中时的浮力可求该液体密度的大小。
17、便于测量力臂和减小杠杆自身的重力对实验结果的影响
【解析】
如图，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，为尽量减小杠杆自身的重力对实验结果的影响，应使杠杆在水平位置平衡，同时由于力的方向与杠杆垂直，便于直接测量力臂。
三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）
18、
【解析】
平行于主光轴的光线经凹透镜折射后变得发散，其折射光线的反向延长线过焦点；过光心的入射光线，经过凹透镜折射后，其传播方向不变，由此可以画出其折射光线如下图所示：
19、
【解析】
连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，据此可画出最小的动力；如图所示：
20、（1）
（2）见解析
（3）
【解析】
根据题中“请你合理选用器材设计一个实验，较精确测出未知电阻Rx的阻值．”可知，本题考查设计实验测未知电阻的阻值．根据题目提供的器材，利用串联分压原理和欧姆定律设计实验步骤完成实验．
【详解】
（1）由于电源电压为3V，而电阻Rx的阻值约为800Ω，根据欧姆定律电路中的电流太小．为了较精确测出未知电阻Rx的阻值，可以利用阻值与Rx相差不大的电阻箱串联，利用串联分压的知识测得Rx的阻值．电路如图所示：
（2）主要实验步骤及所需测量的物理量：
按照电路图连好电路，调整电阻箱的旋盘，使电压表的数值适当，记下电压表示数为，电阻箱的数值为．
（3）由电路图可知，未知电阻Rx与R2串联，通过R2的电流：，
未知电阻Rx两端的电压：Ux=U源-U0，
所以未知电阻的阻值：．
21、电阻 改变 C 电流表的“+”“—”接线柱接反了 电阻 电压 左 磁场
【解析】
①研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯的电阻随温度的改变而改变，故由图甲改进为图乙是为保证实验过程中电阻这一因素不变；为得出普遍性的结论，要多次测量，由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压改变；这样不断发现问题并改进的研究方法叫做缺点列举法；
②电压表与定值电阻并联，如下所示：
③小雨将电路连接完毕后，闭合开关，发现电流表的指针反偏（即指针向左偏），说明电流表的“+”“—”接线柱接反了，电流从“—”接线柱进，“+”接线柱出；
④通过分析数据可以得到：当导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；
⑤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，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，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2V；
⑥在导线下方放置小磁针，闭合开关时，发现小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场．
22、50 增大 3600 6×103
【解析】
（1）由图像可知，在BC段是熔化过程，不断吸收热量，内能增大，温度保持不变．所以该物质是晶体，熔点是50℃，同种物质的熔点等于它的凝固点，所以这种物质的凝固点是50℃；
（2）由图可知，CD段初温t0=50℃，末温t=90℃，液态物质由第6min到第8min内吸收的热量为：Q=cm（t-t0）=3×103J/（kg•℃）×0.02kg×（90℃-50℃）=2400J；该物质的熔化过程经历了3min，吸收热量为Q吸=×3min=3600J；
0-3min固态物质吸收的热量Q吸'= Q吸=3600J，初温是20℃，末温是50℃，
固态时的比热容为：c'==6×103J/（kg•℃）．
四、计算题（本大题包括2小题，共22分．解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
23、 (1)88 Ω；(2)7.5 A；(3)15 ℃。
【解析】
(1)根据题意知道，当闭合S1 时为“低温”档，此时R1单独接入电路，由P=U2/R知道，“低温”档正常工作时的电阻是：
R1 =U2/P低=(220V）2/550W=88Ω；
(2)由电路图知道，只闭合S1 为“低温”档，只闭合S2 为“中温”档，当同时闭合S1 、S2为高温档，此时R1、R2 并联，电路的总功率是：
P高温 =P低温+P中温=550W+1100W=1650W，
由P=UI知道，此时正常工作的电流是：
I=P高/U=1650W/220V=7.5A，
(3)若电暖器的“高温”档正常工作20分钟，则放出的热量是：
W=P高温t=1650W×20×60s=1.98×106 J；
根据题意知道，空气吸收的热量是：
Q吸=ηW=50%×1.98×106 J=0.99×106 J；
由Q吸=cm△t可知，房间内的空气升高的温度是：
△t=Q吸/cm=0.99×106J/1.1×103J/（kg•℃）×60kg=15℃。
本题考查的是电功率公式、效率公式和热量公式的应用，是一道电功与热量的综合，解题的关键是不同档位时电路连接方式的判断。
24、（1）20N （2）8000Pa （3）80%
【解析】
（1）水的质量为m水==1.0kg/1.5=1.5kg;
则水重为G水==1.5kg10N/kg=15N.空壶重为G壶=0.5kg10N/kg=5N,
热水壶受到的总重力G总=G水+G壶 =15N+5N=20N．
（2）热水壶对水平桌面的压力F=G总=20N，热水壶对水平桌面的压强P==8;
（3）水吸收的热量为：Q=cmΔt=4.2J/(kg•℃)1.5kg(100℃-20℃)=5.04J,
消耗的电能为W=Pt=1500W760s=6.3J,
电热水壶正常工作 时的效率为：=100==80；