2026年天津市南开区中考物理一模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年天津市南开区中考物理一模试卷（含答案+解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.先秦时商鞅规定“举足为跬，倍跬为步”，即单脚迈出一次为“跬”，双脚相继迈出为“步”。其中“步”相当于现在的( )
A. 1.4mB. 1.4dmC. 1.4cmD. 14mm
2.下列属于应用静电的是( )
A. 静电复印B. 避雷针C. 防静电手环D. 油罐车底部拖铁链
3.某家庭电路中安装有“220V 10A”的空气开关(未画出)，如选项图是电路中的四种情况，开关全部闭合后，不会引起空气开关“跳闸”的是( )
A. B.
C. D.
4.2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨市拉开帷幕。如图所示是短道速滑项目的精彩瞬间，关于运动员下列说法中正确的是( )
A. 到达终点后，不能立即停下来是因为受到惯性作用
B. 在匀速转弯过程中，处于平衡状态，所受到的力为平衡力
C. 站立时，对冰面的压力和冰面对运动员的支持力是一对相互作用力
D. 在转弯过程中，手对冰面的压力和冰面对手的支持力是一对平衡力
5.如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法正确的是( )
A. 该实验装置是为了探究导体产生的热量与电阻的关系
B. 通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大
C. 将左边容器5Ω电阻丝换成10Ω后，此装置探究电流产生热量与电阻的关系
D. 该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少
6.我国自主研发的载人潜水器“奋斗者”号，潜水记录最深为10909m，镌刻下了新的“中国深度”。其浸没在海水(密度不变)中后匀速下潜过程中，下列说法正确的是( )
A. 下潜过程中受到海水的浮力方向不断变化
B. 匀速下潜时受到海水的浮力大于其重力
C. 下潜过程中受到海水的压强保持不变
D. 下潜过程中受到海水的浮力不变
7.如图所示为《天工开物》中记载的一种捣谷工具——舂，人脚用力踩踏A端使B端升起，抬脚后B端重重落下击打稻谷。关于舂的使用，下列说法正确的是( )
A. 该工具正常工作时，绕着A点转动
B. 使用该工具时不能省力，但可以省功
C. 若想更省力一些，可将脚踩点A适当靠近O
D. 该工具与镊子都正常使用时，它们都属于同一类杠杆
8.如图所示电路，电源电压不变，下列说法正确的是( )
A. 开关S1闭合，S2接a，则L1、L2并联
B. 开关S1闭合，S2接b，则L1、L2串联
C. 开关S1断开，S2接a，电压表测电源电压
D. 开关S1断开，S2接b，电压表示数等于电源电压
9.随着科技飞速发展，无人机广泛用于救灾侦查、旅游航拍等场景，某型号无人机最大飞行高度为500m，最大水平飞行速度可达25m/s，续航时长超过30min。该无人机飞行过程中机械能的变化，下列说法正确的是( )
A. 匀速下降过程中，其重力势能不变
B. 匀速飞行过程中，其动能保持不变
C. 向上飞行过程中，其机械能一定增大
D. 在500m高度匀速水平飞行时，其机械能一定最大
10.如图所示，电源电压和灯泡L的电阻均保持不变。闭合开关S，滑片P从中点向下滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变大
B. 电流表A1的示数变小
C. 灯泡L的亮度变暗
D. 电流表A2的示数不变
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
11.如图所示的四个实验现象与其应用对应正确的是( )
A. 应用：指南针B. 应用：电动机
C. 应用：电磁铁D. 应用：发电机
12.如图，密度分别为ρ甲、ρ乙的实心均匀正方体甲和乙放在水平地面上，现沿水平虚线切去上面部分后；甲、乙剩余部分的高度均为h，此时甲、乙的剩余部分对地面的压力相等，若剩余部分对地面的压强为p甲′、p乙′，甲、乙原先的质量为m甲和m乙，原先两物体对地面的压强为p甲、p乙，下列说法正确的是( )
A. p甲′>p乙′B. ρ甲m乙D. p甲I4>I1>I2
B. 通过移动滑片P，可能使I1=I3，I2=I4
C. 如果将滑片P从图中所示位置移到它的中间位置，则I1、I2、I3，I4的变化量ΔI1、ΔI2、ΔI3、ΔI4的大小关系为ΔI1>ΔI2，ΔI3=ΔI4
D. 如果将滑片P从图中所示位置移到它的中间位置，则甲图中R1两端的电压U1的变化量ΔU1和乙图中R2两端的电压U2的变化量ΔU2的大小关系为ΔU10，即F甲>F乙；由于两个物体都是正方体，则正方体对水平面的压力等于重力，即F甲>F乙，G甲>G乙，m甲g>m乙g，所以m甲>m乙，故C正确；
D、由于ρ甲S甲=ρ乙S乙，且S=a2，则ρ甲gℎ甲×ℎ甲=ρ乙gℎ乙×ℎ乙(ℎ甲、ℎ乙分别为切割前两正方体的棱长)，
由于ℎ甲>ℎ乙，则ρ甲gℎ甲I1>I2，故A正确；
B、并联电路的总电阻比任何一个分电阻都小，电源电压不变，根据欧姆定律可知不能通过移动滑片P，使I1=I3，I2=I4，故B错误；
C、滑片移到中点(R=10Ω)：ΔI1=U10Ω+10Ω−U30Ω=U60Ω；ΔI2=U20Ω+10Ω−U40Ω=U120Ω；ΔI3=(U10Ω+U10Ω)−3U20Ω=U20Ω；ΔI4=(U20Ω+U10Ω)−U10Ω=U20Ω；根据数学知识可知：ΔI3=ΔI4；ΔI1>ΔI2，故C正确；
D、根据欧姆定律可得：ΔU1=ΔI1R1=U60Ω×10Ω=U6；
ΔU2=ΔI2R2=U120Ω×20Ω=U6；
ΔU1=ΔU2，故D错误。
故选：AC。
(1)先分析电路的连接方式，再根据欧姆定律和串并联电路的特点分别求出I1、I2、I3，I4进行比较；
(2)根据并联电路电阻的特点结合欧姆定律分析；
(3)滑片移到中点(R=10Ω)根据欧姆定律分别求出I1、I2、I3，I4的变化量ΔI1、ΔI2、ΔI3、ΔI4进行比较；
(4)根据欧姆定律可得甲图中R1两端的电压U1的变化量ΔU1和乙图中R2两端的电压U2的变化量ΔU2的。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，灵活运用公式是解题关键。
14.【答案】2.9×103
偏大

【解析】解：已知样品质量m=5.8g=5.8×10−3kg，样品体积V=2×10−6m3，
地砖样品密度为ρ=mV=5.8×10−3kg2×10−6m3=2.9×103kg/m3。
砝码被磨损后，其实际质量小于标注的质量。用磨损的砝码测量物体质量时，天平平衡时需要添加更多砝码或移动游码才能使天平平衡，读取砝码标注的质量时，会导致测得的质量比物体的真实质量偏大。样品体积测量准确，根据密度公式ρ=mV，当测量的质量偏大、体积准确时，密度的测量结果比真实值偏大。
故答案为：2.9×103；偏大。
根据密度公式求出样品密度；砝码被磨损后，其实际质量小于标注的质量。用磨损的砝码测量物体质量时，测得质量变大，体积一定，根据密度公式ρ=mV，判断测得的密度是偏大还是偏小。
本题考查了固体密度的测量、密度的计算、误差分析，是一道综合题，难度不大。
15.【答案】摩擦
相互

【解析】解：(1)压力一定时，粗糙程度越大摩擦力越大，木柄上的细纹增大了接触面的粗糙程度，所以刻花纹是为了增大摩擦力；
(2)用力握紧刀柄时，手对刀柄施加力，同时刀柄也对手施加反作用力，所以手会感觉疼痛，这个现象说明力的作用是相互的。
故答案为：摩擦；相互。
(1)增大摩擦力的方法：增大压力或者增大接触面的粗糙程度；
(2)力的作用是相互的。
本题考查了摩擦力和力的作用的相互性，属于基础题。
16.【答案】1
10−4

【解析】解：小球轻轻放入水平桌面上装满水的溢水杯中，测得溢出水的质量为100g。则小球受到的浮力F浮=G排=m排g=0.1kg/m3×10N/kg=1N；
根据阿基米德原理知，小球排开水的体积V排=F浮ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=10−4m3。
故答案为：1；10−4。
根据阿基米德原理计算浮力，得出排开水的体积。
本题考查阿基米德原理的应用，属于基础题。
17.【答案】B
增强

【解析】解：由图可知，小磁针静止时，左端是N极，由异名磁极相互吸引可知，螺线管A端是S极，B端是N极。
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电阻变小，电路中电流变大，通电螺线管的磁性增强。
故答案为：B；增强。
磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
电磁铁磁性强弱的影响因素：线圈匝数多少、电流大小。
本题考查了影响电磁铁磁性强弱的因素和磁极间的相互作用规律，属于基础题。
18.【答案】1.2
5

【解析】解：(1)将R和L并联接在4V的电源上，根据并联电路的电压关系，UR=UL=4V，
由图像可知，此时通过定值电阻的电流IR=0.4A，通过L的电流IL=0.8A，根据并联电路的电流关系，干路中的电流I=IR+IL=0.4A+0.8A=1.2A；
(2)当定值电阻R和L串联时，根据串联电路的电流关系，IR′=IL′=I′=0.4A，
由图像可知，此时定值电阻两端的电压UR′=4V，L两端电压UL′=1V，根据串联电路的电压关系，电源电压U′=UR+UL=4V+1V=5V。
故答案为：1.2；5。
(1)并联电路各支路两端的电压相等，且等于电源电压，由图像可知当电源电压为4V时，通过L和R的电流，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，据此求出干路电流。
(2)串联电路中各处的电流相等，由图像可知当通过电路的电流为0.4A时，R与L两端的电压，根据串联电路电压规律计算电源电压。
本题考查了串、并联电路的特点，关键是从图像中得出相关信息。
19.【答案】2F2s
(2F2−F1)s

【解析】解：由图乙可知，该滑轮为动滑轮，动滑轮绳子股数为2，则拉力F2做的总功为：
W总=F2s′=F2ns=2F2s；
由题意可知，用水平力F1拉着物体在水平路面上匀速移动时，物体受力平衡，水平路面对物体的摩擦力f=F1，克服摩擦力做的功为有用功，则拉力做的有用功为：
W有=fs=F1s，
根据W总=W有+W额可知，额外功为：
W额=W总−W有=2F2s−F1s=(2F2−F1)s。
故答案为：2F2s；(2F2−F1)s。
(1)动滑轮绳子股数为2，根据W总=Fs′=Fns求出拉力F2做的总功；
(2)克服摩擦力做的功为有用功，根据W总=W有+W额求出额外功。
本题考查了做功公式的应用，明确有用功、总功、额外功的含义是关键。
20.【答案】 小灯泡断路 8.33
【解析】解：(1)在测量小灯泡正常发光时的电阻实验中，灯泡和滑动变阻器串联，电压表并联在灯泡两端，滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，根据欧姆定律可知，电路中总电阻变小，即滑动变阻器的电阻变小，此时是滑片向右移动，故滑动变阻器选用右下接线柱接入电路，如图所示：
(2)闭合开关时，发现电流表无示数，说明电路出现了断路；电压表示数明显偏转，出现此现象可以判断电压表与电源接通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，即电路故障可能是小灯泡断路；
(3)由图乙可知，电流表接入的量程是0∼0.6A，分度值是0.02A，电流表示数为0.3A，此时电压表示数为2.5V时，
可得小灯泡正常发光时的电阻R=UI=≈8.33Ω。
故答案为：(1)；
(2)小灯泡断路；
(3)8.33。
(1)在测量小灯泡正常发光时的电阻实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路出现了断路，电压表有明显偏转，则电压表与电源接通，由此确定故障位置；
(3)根据电流表的量程与分度值正确读数，利用欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电阻。
本题测量小灯泡正常发光时的电阻实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电流表读数、电阻的计算的能力。
21.【答案】右
不能
F1l1=F2l2
避免实验的偶然性，寻找普遍规律
变大
测力计没有沿竖直方向向下拉

【解析】解：(1)由图甲中，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动，若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节；
杠杆水平平衡后，在实验过程中不能再次调节两侧的平衡螺母，否则会造成实验错误。
(2)分析表格数据：可知第1次：1N×10.0cm=2N×5.0cm，
第2次：2N×10.0cm=1N×20.0cm，
第3次：2N×15.0cm=1.5N×20.0cm，
可以初步得出杠杆的平衡条件为F1l1=F2l2；
本实验是探究型实验，进行多次实验的目的是避免实验的偶然性，寻找普遍规律。
(3)弹簧测力计由a位置缓慢转动到b位置的过程中，拉力的力臂逐渐变小，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，可知阻力和阻力臂不变，动力臂变小，所以动力，即弹簧测力计示数将变大。
在a位置时弹簧测力计的示数比通过杠杆的平衡条件计算出的数据大，造成这样的原因可能是弹簧测力计对杠杆的拉力力臂小于OB，测力计没有沿竖直方向向下拉。
故答案为：(1)右；不能；(2)F1l1=F2l2；避免实验的偶然性，寻找普遍规律；(3)变大；测力计没有沿竖直方向向下拉。
(1)调节杠杆在水平位置平衡，左边下沉往右调；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
在实验过程中，不能通过调节平衡螺母使杠杆再次平衡，只能通过改变力与力臂的大小使杠杆平衡；
(2)分析表中的数据得出结论；
用实验探究物理问题时，要多进行几次实验，总结的实验结论才具有普遍性，避免偶然性；
(3)若将弹簧测力计由a方向缓慢转动到b方向的过程中，拉力的方向改变，将导致其力臂大小改变；
弹簧测力计对杠杆的拉力力臂小于OB。
本实验探究杠杆的平衡条件，还考查了利用杠杆的平衡条件来对杠杆的动态平衡情况进行分析，属于中等难度的题。
22.【答案】；
实验步骤：①断开开关S0、S，按电路图连接实验电路，将滑动变阻器和电阻箱调至阻值最大；
②闭合开关S0，开关S接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V；
③闭合开关S0，开关S接2，保持滑动变阻器的滑片位置不动，调节电阻箱，使电压表示数仍为2.5V，记下电阻箱示数R0；
④计算得出小灯泡额定功率。
PL=U额2RL=(2.5V)2R0
【解析】(1)(2)先使灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，移动变阻器的滑片使灯正常发光，控制变阻器滑片不动，通过开关的转换，再使电阻箱与变阻器串联，通过旋转电阻箱旋钮，使电压表示数不变，如下图所示：
实验步骤：①断开开关S0、S，按电路图连接实验电路，将滑动变阻器和电阻箱调至阻值最大；
②闭合开关S0，开关S接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V；
③闭合开关S0，开关S接2，保持滑动变阻器的滑片位置不动，调节电阻箱，使电压表示数仍为2.5V，记下电阻箱示数R0；
④计算得出小灯泡额定功率。
(3)根据实验方案可知，小灯泡的电阻等于电阻箱的阻值，即RL=R0，则小灯泡的额定功率为PL=U额2RL=(2.5V)2R0。
故答案为：(1)；
(2)实验步骤：①断开开关S0、S，按电路图连接实验电路，将滑动变阻器和电阻箱调至阻值最大；
②闭合开关S0，开关S接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V；
③闭合开关S0，开关S接2，保持滑动变阻器的滑片位置不动，调节电阻箱，使电压表示数仍为2.5V，记下电阻箱示数R0；
④计算得出小灯泡额定功率。
(3)PL=U额2RL=(2.5V)2R0。
已知小灯泡的额定电压，根据P=U2R，若得出灯正常发光时的电阻即可，灯在额定电压下正常发光，根据现有器材，先使灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，移动变阻器的滑片使灯正常发光，控制变阻器滑片不动，通过开关的转换，再使电阻箱与变阻器串联，通过旋转电阻箱旋钮，使电压表示数不变，由等效替代法可知灯正常发光时的电阻即可。
本题考查测量电功率的特殊方法，有一定难度。
23.【答案】 放入小球个数n的表达式n=m+ρ水SH2ρV
【解析】解：(1)若干个表面不挂水不吸水的小球C，每个小球体积为V，密度为ρ(ρ