2026年陕西省汉中市汉台区中考物理二模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年陕西省汉中市汉台区中考物理二模试卷（含答案+解析），共2页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.2026年2月1日，全球首款混合动力无人运输机彩虹YH−1000S在重庆梁平首飞成功(如图)。地面控制台给无人机发送指令利用的是( )
A. 超声波
B. 次声波
C. 激光
D. 电磁波
2.自然界中有许多奇妙的声音，声音也是人们交流信息的重要渠道，关于声现象，下列说法中正确的是( )
A. 用智能手机监测噪声，显示的“50.6dB”是指声音的响度
B. 辨别不同类型的乐器声，主要是靠它们的音调不同
C. 在马路上安装噪声监控装置，可以减弱噪声
D. 利用超声波击碎人体内的结石说明声波可以传递信息
3.如图是一辆“盐水动力”玩具车，车身上方固定一塑料杯，壁内侧插有锌片和碳片，向杯中倒入一定深度的盐水，电动机带动小车缓缓前进。关于该装置，下列说法中正确的是( )
A. 小车跑得越快，消耗的电能越多
B. 小车跑得越远，牵引力做功越快
C. 锌片、碳片和盐水组成的装置相当于电源
D. 玩具车工作时，主要将内能转化为机械能
4.如图所示，下列相关说法中正确的是( )
A. 甲图，是近视眼的成因及其矫正方法
B. 乙图，探究平面镜成像特点时蜡烛A、B必须同时点燃
C. 丙图，烧杯上方冒出的“白气”是水汽化形成的水蒸气
D. 丁图，为方便观察碘的升华，可用酒精灯(火焰温度约500∘C)直接加热碘(熔点约113∘C)
5.2026年央视马年春晚中，全自主人形机器人完成跑酷、空翻、武术表演等高难度动作(如图)，机器人灵活运动的核心部件是电动机。下列实验中，能说明电动机工作原理的是( )
A.
B.
C.
D.
6.3月8日，2026年全英羽毛球公开赛决赛，“圣坛”组合首夺冠军，成就超级1000赛大满贯。在羽毛球比赛中，下列有关说法正确的是( )
A. 击球时，球对球拍有力的作用，球拍对球没有力的作用
B. 击打羽毛球后羽毛球改变方向，说明力可以改变物体的运动状态
C. 羽毛球离开球拍后继续向前运动，是由于羽毛球受到惯性
D. 空中飞行的羽毛球，如果所受的力全部消失，它将静止在空中
7.“珍爱生命，安全用电”，关于家庭电路及安全用电，下列做法正确的是( )
A. 用湿抹布擦拭工作中的用电器
B. 使用试电笔时为了确保安全，手不能接触笔尖金属部分
C. 只要插排上的插孔足够多，就可以插满不同用电器同时使用
D. 为了防止触电，大功率用电器的三脚插头上较长的金属片应与火线连接
8.涡轴−9发动机“玉龙”是我国完全自主研发的直升机涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。下列有关说法正确的是( )
A. 直升机升空的主要原理是流体流速大的地方压强大
B. 燃烧室中燃料和压缩空气混合后，燃料的热值变大
C. 燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机的工作效率越低
D. 燃料燃烧后推动涡轮转动的过程能量转化情况与四冲程汽油机的做功冲程相同
二、多选题：本大题共2小题，共4分。
9.如图所示，是水下考古时打捞货物的示意图。若将质量为640kg的货箱提离水面后匀速提升1.5m，用时2s，此过程中滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。下列说法正确的是( )
A. 滑轮A的作用是改变力的方向B. 货箱上升的速度为1.5m/s
C. 克服货箱重力做的功为960JD. 绳子所受的拉力为4000N
10.(多选)西安大雁塔音乐喷泉吸引了众多游客围观打卡。其工作原理是通过电脑将音乐频率特征转化为电路控制信号，控制水泵有节奏地喷出水柱，从而形成喷泉。图甲为控制喷泉的模拟电路，控制电路的电源电压UAB呈现如图乙所示的周期性变化，定值电阻R=2Ω，D为特殊元件。当UAB6V；
此时D两端的电压为UD=6V不变。由电路图可知，R与D串联，根据串联电路中电压的规律可知，R两端电压为UR=UAB−UD=10V−6V=4V；
R的电功率为P=UR2R=(4V)22Ω=8W，故B错误；
C.水泵启动条件为I≥2A，根据I=UR得，R两端电压为：UR=IR≥2A×2Ω=4V，
由题意可知，此时UAB≥6V，根据串联电路的特点知，喷水条件为UAB=UR+UD=4V+6V≥10V，
由图乙可知，UAB变化周期T=6s。
0∼3s时：UAB从0升到15V，由B选项可知，UAB=10V时，对应t=2s，所以喷水时间为t1=3s−2s=1s，
3∼6s时，UAB随t线性变化关系为UAB=15V−5tV，
UAB从15V降到0，当UAB=10V时，对应t′=4s，所以喷水时间为t2=4s−3s=1s，
因此一个周期内喷水时间为Δt=t1+t2=1s+1s=2s，
总工作时间20min=1200s，周期数为n=1200s6s=200，
总喷水时间t总=nΔt=200×2s=400s，故C正确；
D.电动机启动电流2A不变，根据串联电路的特点和欧姆定律知，由喷水条件I≥2A得，推导得UAB≥2R+6V；
R越大，要求的UAB最小值越大，一个周期内满足条件的时间越短，因此总喷水时间减少，故D正确。
故选：CD。
(1)地球上的所有物体都受重力作用；
(2)根据图像分析电压，结合串联电路的特点和结合P=U2R计算电功率；
(3)根据欧姆定律和串联电路的特点计算水泵启动时AB的电压，据此确定周期和供电时间。
(4)根启动电流不变结合欧姆定律分析。
本题考查重力、欧姆定律和串联电路的特点，属于中档题。
11.【答案】半导体
热传递

【解析】解：芯片是半导体元件产品的总称，也称为集成电路、微电路和晶片。
散热部件与芯片紧密结合，芯片的内能转移到散热部件上，芯片的温度降低，这是通过热传递的方式改变芯片的内能。
故答案为：半导体；热传递。
(1)芯片是由半导体材料制成的；
(2)改变物体的内能的方式：做功和热传递。
本题考查的是电流的热效应；知道改变物体内能的两种方式。
12.【答案】核裂变
中子

【解析】解：获得核能有两种方式：核裂变和核聚变。核电站是依靠可控的核裂变反应释放的大量核能来发电。
原子核是由质子和中子组成。
故答案为：核裂变；中子。
核电站是利用核裂变释放的核能来发电的；原子核是由质子和中子组成的。
本题考查的是核裂变和原子的核式结构模型，属于基础性题目。
13.【答案】变大
运动
不做功

【解析】解：(1)一架带有高清摄像机的无人机正在进行户外拍摄，物体通过摄像机成倒立、缩小的实像，根据凸透镜成实像时，“物近像远像变大”可知，当无人机靠近被拍摄物体时，物体通过摄像机镜头所成的像变大。
(2)该过程中，以无人机为参照物，被拍摄物体位置发生变化，因此被拍摄物体是运动的。
(3)升力的方向是竖直向上，无人机沿水平方向飞行时，升力的方向与运动方向垂直，无人机没有在升力方向上移动距离，因此此时升力对无人机不做功。
故答案为：变大；运动；不做功。
(1)凸透镜成实像时，物近像远像变大；
(2)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
(3)做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离。
本题考查了机械运动、凸透镜成像的规律、做功的两个必要因素，属于综合题。
14.【答案】大
热
地磁场

【解析】解：
如图所示，因串联电路中的电流处处相等，所以通过AC和BC段的电流相等，在材料和长度相同时，C处的横截面积越小，电阻越大；
A、B两端分别与电池正负极接触，观察到C处起火，该现象利用了电流的热效应；
地球是一个巨大的磁体，磁化后的回形针具有磁性，将其放在树叶上，漂浮于水面，则回形针在地磁场的作用下，静止后会指南北两个方向。
故答案为：大；热；地磁场。
导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、材料和温度有关；
电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应；
地球是一个大磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场。
本题考查了电路的热效应和磁场，属于基础题。
15.【答案】绿
电磁感应现象
109440
1368

【解析】解：(1)红、绿、蓝被称为色光的三原色；
(2)送电线圈通交流电产生变化的磁场，受电线圈在变化的磁场中会产生感应电流，这正是电磁感应现象的应用；
(3)储存的电能为：
W=UIt=3.8V×8000mA×1ℎ=3.8V×8A×3600s=109440J。
(4)由P=Wt得所需的最短时间为：
t=WP=109440J80W=1368s。
故答案为：绿；电磁感应现象；109440；1368。
(1)红、绿、蓝被称为色光的三原色；
(2)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
(3)已知电池的容量和工作电压，根据W=UIt即可求出电池充满电储存的电能；
(4)知道手机电池的容量(快充时消耗的电能)、快充时的功率，利用P=Wt求快充需要的时间。
本题考查了学生对电磁感应现象的了解、电能和电功率的计算公式的运用。
16.【答案】34
不同
3
左端下沉

【解析】解：(1)由图甲可知，温度计的分度值为2∘C，是零上，温度计的示数为34∘C；
(2)为使并联电路电流规律的结论具有普遍性，避免因规格相同的灯泡导致支路电流看似相等的偶然结论，实验中应选用两个规格不同的小灯泡，通过多次测量归纳普遍规律；
(3)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件FALA=FBLB，即2G×3L=FB×2L，
解得FB=3G，
故应在B点挂3个相同的钩码；
若A、B两点的钩码同时向靠近支点O的方向移动一个格，则左侧=2G×2L=4GL，
右侧=3G×L=3GL，
因为4GL>3GL，所以杠杆的左端将下沉。
故答案为：(1)34；(2)不同；(3)3；左端下沉。
(1)使用温度计时，先观察分度值，注意是零上还是零下，再读数；
(2)为使并联电路电流规律的结论具有普遍性，实验中应选用两个规格不同的小灯泡，通过多次测量归纳普遍规律；
(3)根据杠杆的平衡条件解答应在B点挂几个相同的钩码；
若A、B两点的钩码同时向靠近支点O的方向移动一个格，根据杠杆平衡条件可判断杠杆的那端将下沉。
本题主要考查了温度计的读数、并联电路中的电流关系以及杠杆平衡条件的应用，综合性强，难度不大。
17.【答案】
【解析】解：灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡的金属点，然后回到零线上，如图所示：
灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡的金属点，螺旋套直接连接零线。
本题考查了家庭电路的连接，在家庭电路中，安装各个元件，不但考虑各元件能使用，更要考虑使用的安全性。
18.【答案】解：根据图示可知，电流从电磁铁的下端流入、上端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极；
根据题意可，当压力变大时，压敏电阻的阻值变小，根据欧姆定律可知，通过电磁铁的电流变大，电磁铁磁性增强，衔铁会被下，此时电动机转速较快，这说明通过电动机的电流较大，根据欧姆定律可知，电动机工作的电路的总电阻较小，所以该电路为电动机的简单电路；
当压力变小时，压敏电阻的阻值变大，根据欧姆定律可知，通过电磁铁的电流变小，电磁铁磁性减弱，衔铁在弹簧的作用下被拉起，此时电动机转速较慢，这说明通过电动机的电流较小，根据欧姆定律可知，电动机工作的电路的总电阻较大，所以电动机和电阻R2串联在电路，如下所示：

【解析】根据安培定则判定电磁铁上端的磁极；
通过电动机的电流越大，电动机运行的越快，根据电路图分析电路的连接方式，然后连接电路图。
此题考查了电磁继电器的连接和作图，知道电磁继电器的工作原理是解题的关键。
19.【答案】③②①
条形
N(北)
电流方向

【解析】解：(1)合理操作顺序为：③②①；即先撒铁屑→再通电产生磁场→最后轻敲纸板让铁屑规则排列。
(2)通电螺线管外部磁场分布与条形磁体相似。
(3)磁场方向规定为小磁针N极指向。
(4)电源正负极对调→电流方向改变→磁场方向相反，说明磁场方向与电流方向有关。
故答案为：(1)③②①；(2)条形；(3)N(北)；(4)电流方向。
(1)通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场相似。
(2)通电螺线管的磁场方向与环绕螺线管的电流方向有关。
本题考查的是通电螺线管的磁场分布；知道通电螺线管的磁场方向与电流的方向有关。
20.【答案】 左 ① 小灯泡短路;2.2;右;12.5
【解析】解：(1)滑动变阻器与电压表相连的导线应该去掉，将电压表负接线柱与滑动变阻器的左接线柱相连，如下图所示：
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即最左端的位置；
(3)根据欧姆定律可知，电压相同时，电流与电阻成反比，所以电压相同时，20Ω电阻的电流应为10Ω电阻电流的一半，所以①图像是符合实验实际的；
(4)闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，小灯泡不亮且电压表无示数，可能是小灯泡短路，此时电压表被短路，示数为0。
电压表量程为0−3V，分度值为0.1V，示数为2.2V。小灯泡额定电压为2.5V，要使小灯泡两端电压增大到2.5V，根据串联电路分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向右移动；
由图丁可知，当小灯泡两端电压为2.5V时，通过的电流为0.2A，根据欧姆定律R=UI，可得小灯泡正常发光时的电阻R=UI=Ω。
故答案为：(1)
(2)左；
(3)①；
(4)小灯泡短路；2.2；右；12.5Ω。
(1)探究电流与电阻的关系时，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压，据此判断需要改动的导线；
(2)为保护电路，闭合开关前，应将滑片移至阻值最大处；
(3)根据欧姆定律I= UR，在电压相同的情况下，电阻越大，电流越小；
(4)①正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路为通路，电压表无示数，说明与电压表并联的电路短路；
②根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
③根据欧姆定律计算出小灯泡正常发光时的电阻。
本题探究电流与电压的关系”的实验，考查了注意事项、故障分析、电流表读数、分析数据的能力等，伏安法测小灯泡电阻实验，考查电阻的计算和影响电阻大小因素等知识。
21.【答案】正确
高
2、4、5
动
能量守恒
压缩空气做功，使空气内能增加、温度升高，进而使筒壁发热
大

【解析】解：(1)由图甲可知，三次实验的地面材料和下落高度相同，篮球内气压大小不同，篮球触地后反弹的高度不同，由此可以证明猜想1是正确的。
(2)要探究“篮球反弹高度与下落高度的关系”，需要控制篮球内气压大小和地面材料相同；由1、2、3三组实验数据可知，下落的高度越大，反弹的高度越高。
由表格可知，2、4、5三组实验数据，下落的高度相同，地面材质不同，反弹的高度不同，说明篮球反弹的高度与地面材质有关。
(3)篮球从高处下落时，高度降低、速度增大，重力势能主要转化为动能。
能量不会凭空消失，篮球反弹高度降低、最终停下，是因为机械能转化为内能(摩擦、撞击生热)，总能量保持不变，小西的猜想违背了能量守恒定律。
(4)打气时，活塞压缩筒内空气做功，机械能转化为空气的内能，使空气温度升高，筒底A处是压缩空气，使A处温度更高；筒口B处远离压缩做功区域，温度更低，因此发热主因是压缩空气做功，而非活塞摩擦。
(5)冲击前后速度变化越小，说明物体的动能损失越少，被测物体对冲击的抵抗能力越强，即硬度越大。
故答案为：(1)正确；(2)高；2、4、5；(3)动；能量守恒；(4)压缩空气做功，使空气内能增加、温度升高，进而使筒壁发热；(5)大。
物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素(变量)的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
控制变量法能排除干扰，直接显露单一因素对被研究对象变化的影响情况。
22.【答案】装载货物前“新光华号”半潜船受到的浮力大小为5.15×109N 完成货物装载后，“新光华号”半潜船底部受到海水的压强为2.06×105Pa 该过程中推进器输出的功率为2.4×107W
【解析】解：(1)装载货物前，半潜船受到的浮力为：F浮=ρ海水gV排=1.03×103kg/m3×10N/kg×5×105m3=5.15×109N；
(2)完成货物装载后，半潜船底部受到海水的压强为：p=ρ海水gℎ=1.03×103kg/m3×10N/kg×20m=2.06×105Pa；
(3)匀速直线行驶过程中动力做的功为：W=Fs=3×106N×5.76×104m=1.728×1011J，
此过程中推进器输出的功率P=Wt=1.728×1011J2×3600s=2.4×107W。
答：(1)装载货物前“新光华号”半潜船受到的浮力大小为5.15×109N；
(2)完成货物装载后，“新光华号”半潜船底部受到海水的压强为2.06×105Pa；
(3)该过程中推进器输出的功率为2.4×107W。
(1)利用阿基米德原理求得半潜船受到的浮力；
(2)利用p=ρgℎ求得半潜船底部受到的液体压强；
(3)根据W=Fs求出该过程中推进器做的功，再根据P=Wt求出推进器输出的功率。
此题考查了阿基米德原理及液体压强计算公式的应用，难度不大。
23.【答案】1；高挡位正常加热时电路中的电流为4A 低挡位的额定功率为440W 蒸汽拖把高挡位的加热效率为76%
【解析】解：
(1)图中当开关S接1时，只有R1接入电路，电阻较小，接2时，两个电阻串联，由P=U2R可知，在电压U一定时，电阻R越小，功率P越大。开关S接1时，为高挡位。
根据P=UI，可得高挡位正常加热时电路中的电流I=PU=880W220V=4A；
(2)开关接1时，电路为R1的简单电路，蒸汽拖把处于高挡位；
开关接2时，R1、R2串联，蒸汽拖把处于低挡位。
电热丝R1的阻值R1=UI=220V4A=55Ω；
低挡位的额定功率P底=U2R1+R2=(220V)255Ω+55Ω=440W；
(3)消耗的电能W=P高t=880W×500s=4.4×105J；
水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅∘C)×1kg×(100∘C−20∘C)=3.36×105J；
蒸汽拖把高挡位的加热效率η=Q吸W×100%=3.36×105J4.4×105J×100%≈76%。
答：(1)1；高挡位正常加热时电路中的电流为4A。
(2)低挡位的额定功率为440W。
(3)蒸汽拖把高挡位的加热效率为76%。
(1)由P=U2R可知，结合不同挡位的电阻分析；根据P=UI计算得高挡位正常加热时电路中的电流；
(2)根据欧姆定律计算电热丝R1的阻值，结合串联电路的特点和P=U2R计算低温挡的功率；
(3)根据Q=W=Pt计算电能，根据Q吸=cmΔt计算热量，结合η=Q吸W×100%计算热效率。
本题考查电功率与电能和热量以及加热效率的计算，属于中档题。
24.【答案】可再生;镜面 水的质量为1×104kg 输电线上的电阻值为40Ω 所需燃烧煤的质量为5.4×108kg
【解析】解：(1)太阳能可以源源不断从自然界获取，属于可再生能源；定日镜将阳光定向反射到吸热塔，属于镜面反射。
(2)根据密度公式可得水的质量为：
m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×10m3=1.0×104kg；
(3)根据Q=I2Rt可得输电线上的电阻值为：
R=QI2t=1×109J(5000A)2×1s=40Ω；
(4)发电站一年的发电量为W=1.8×109kW⋅ℎ=6.48×1015J，根据η=WQ放×100%可得一年里煤完全燃烧需放出的总热量为：
Q放=Wη=6.48×1015J40%=1.62×1016J；
根据Q=mq可得所需燃烧煤的质量为：
m浓=Q放q浓=1.62×1016J3.0×107J/kg=5.4×108kg=5.4×105t。
答：(1)可再生；镜面；(2)水的质量为1×104kg；(3)输电线上的电阻值为40Ω；(4)所需燃烧煤的质量为5.4×108kg。
(1)可再生能源和不可再生能源的主要区别在于它们的可再生性、‌形成时间和来源。‌可再生能源是可持续的，‌不会随着使用而耗尽，‌而非可再生能源则会在人类使用过程中逐渐减少，‌最终可能导致枯竭；定日镜朝着一定反射符合镜面反射特点；
(2)根据密度公式求出水的质量；
(3)根据Q=I2Rt求出输电线上的电阻值；
(4)根据η=WQ放×100%求出一年里煤完全燃烧需放出的总热量，根据Q=mq可求出所需燃烧煤的质量
本题主要考查了光的反射、可再生能源和不可再生能源、密度公式、焦耳定律、燃料完全燃烧放热公式和效率公式，灵活运用公式是解题关键。实验序号
地面材料
篮球被举起的高度/m
篮球反弹的高度/m
1
瓷砖
0.5
0.4
2
瓷砖
1
0.75
3
瓷砖
1.5
1.2
4
实木
1
0.5
5
毛毯
1
0.15