2026年江西省赣州市中考模拟物理练习卷含答案01

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一、填空题（本大题共8小题，每空1分，共计16分）
1．《诗经》中有“呦呦鹿鸣，食野之苹”的诗句。鹿鸣声是通过___________传入人耳的；人们能根据___________辨别不同动物的叫声。
【答案】 空气 音色
【解析】【小题1】[1][2]声音的传播需要介质，鹿鸣声通过空气传入人耳中。人们是根据声音的音色辨别出是鹿鸣声，因为音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
2．春节贴年画是我国的传统习俗。如图，小华利用铅垂线检查年画是否贴正，当观察到年画竖边与铅垂线___________时，就说明画挂正了，这是利用了重力方向总是___________的道理。
【答案】 平行 竖直向下
【详解】重力的方向总是竖直向下，铅垂线就是利用重力的这一特点制成的。当年画的竖边与铅垂线平行或重合时，说明年画竖边沿竖直方向，年画就挂正了。
3．有一种会发光的溜冰鞋，轮子是透明的，磁环固定在轮周上，由金属线圈和发光二极管组成的闭合电路固定在轮的轴上。溜冰时轮子转动，带动轮周上的磁环转动，相当于金属线圈做______运动，电路中产生感应电流，从而使发光二极管发光，这个过程中能的转化是________能转化为电能。
【答案】 切割磁感线 机械
【详解】[1][2]磁环随轮子转动，相对固定在轴上的金属线圈有相对运动，金属线圈会切割磁感线，因此闭合电路中产生感应电流，使二极管发光。 这个过程是电磁感应现象，和发电机原理一致，将机械能转化为电能。
4．三折叠手机可在单屏、双屏和三屏形态间灵活切换，并能同时展示不同内容，打破了移动终端的传统使用边界，如图所示。在使用手机过程中，它的三个屏幕之间的连接方式是_______（选填“串联”或“并联”）；该手机支持无线超级快充功能，在充电过程中，其电池相当于_______。
【答案】 并联 用电器
【详解】[1]三折叠手机可在单屏形态、双屏形态、三屏形态间灵活切换，可知三个屏幕可以独立工作，互不影响，所以这三个屏幕是并联的。
[2]在充电时电池消耗电能，产生化学能，此时电池相当于用电器。
5．把常用的按钮式圆珠笔笔尖朝上，笔尾抵在桌面用力按下后放手，它会弹起很高。把它拆开后发现，它能弹起的原因是内部装有一根弹簧，如图甲所示。图乙中，A为按下后放手的时刻，B为按下后弹簧恢复原长的时刻，C为向上运动到最高点的时刻。弹簧的弹 性势能在___________（选填“A””B”或“C”）点最大。圆珠笔在B→C过程，机械能转化的情况是：___________。
【答案】 A 动能转化为重力势能
【详解】[1]弹簧在A点形变量最大，弹性势能最大。
[2]圆珠笔在B→C过程，质量不变，速度减小，高度升高，动能减小，重力势能增大，机械能转化的情况是动能转化为重力势能。
6．生活中的“吸”所对应的物理原理是不同的，某物理兴趣小组利用身边的一些材料做了如下实验：图甲中，给矿泉水瓶中装满自来水，用乒乓球堵住瓶口，倒置后乒乓球被“吸”住而不会掉落，是由于_________的作用；图乙中，乒乓球能被水流“吸”住而不掉落，说明在流体中流速越快的位置压强______。
【答案】 大气压 小
【详解】[1]将装满水的矿泉水瓶用乒乓球堵住瓶口，乒乓球受到向上的大气压，由于大气压的作用，乒乓球不掉落。
[2]根据流体压强和流速的关系可知，乒乓球能被水流吸住，说明在流体中流速越快的位置压强越小。
7．如图甲，是全球首艘常规动力电磁弹射航母福建舰，其舰载机在由静止到升空的弹射过程中，受________（选填“平衡”或“非平衡”）力。如图乙，航母在水平向右匀速直线运动时，若所受阻力为，则自由静止在其表面的某舰载机受水平方向的作用力大小为________N。（忽略空气阻力）
【答案】 非平衡
【详解】[1]舰载机在由静止到升空的弹射过程中，运动状态发生改变，是非平衡状态，受非平衡力。
[2]航母在水平向右匀速直线运动时，自由静止在其表面的某舰载机与航母运动状态相同，也是水平向右匀速直线运动，处于平衡状态，由牛顿第一定律，则自由静止在其表面的某舰载机受水平方向的作用力大小为。
8．如图所示，水平地面上甲、乙两圆柱形容器中的液面相平。A、B、C 三点液体的压强分别为pA、pB、pC ，（ρ酒精=0.8×103kg/m3）其中压强最大的是_______；要使甲乙两容器中A、C两点的压强相等，下列做法可行的是________。（选填字母）
A．向甲容器里加入酒精 B．在乙容器中抽取水 C．在两容器中抽取同样体积的两种液体
【答案】 pC ABC
【详解】[1]A、B两点，液体的密度相同，但深度不同，由于A所处的深度大于B所处的深度，所以由可知，pA大于pB，A、C两点所处的深度相同，甲中的液体为酒精，乙的液体为水，水的密度大于酒精的密度，所以由可知，pA小于pC，所以压强最大的是pC。
[2]要使甲乙两容器中A、C两点的压强相等，则要么增大A点的压强，要么减小C点的压强。
A．根据公式可知，向甲容器里加入酒精，会使深度变大，则A点的压强增大，故A符合题意；
B．根据公式可知，向乙容器抽取水，会使深度变小，则C点的压强减小，故B符合题意；
C．在两容器中抽取同样体积的两种液体，由图可知，甲容器的底面积大于乙容器，根据公式可知，甲容器抽取液体的高要小，则甲容器剩余液体的深度大于乙容器，因原本A、C两点所处的深度相同，现A点的深度大于C点，而A点的密度小于C两点，根据公式可知，使A、C两点的压强可能会相等，故C符合题意。
故选ABC。
选择题（本大题共6小题，共计14分）第9—12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的，每小题2分；第13、14小题为多选题，每小题至少有两个选项是符合题目要求的，每小题3分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分。
9．我国科技创新能力日益凸显，各种新材料、新技术等科技成果不断涌现。下列说法不正确的是（ ）
A．我国歼-20的表面涂有吸波材料，能够吸收雷达发射的电磁波
B．移动电话在传递信息的过程中，5G信号的传播速度和4G信号的传播速度一样快
C．核电站的核心设备是核反应堆，它是通过核聚变释放能量的，核能属于一次能源
D．电磁波具有能量，微波炉就是用微波来加热，使食物的内能增加、温度升高
【答案】C
【详解】A．歼-20的隐身原理就是表面涂吸波材料，吸收雷达发射的电磁波，减少反射回雷达的信号，故A正确，不符合题意；
B．5G和4G信号都属于电磁波，电磁波在同种介质中的传播速度相同，二者传播速度一样快，故B正确，不符合题意；
C．核电站的核心设备核反应堆是通过核裂变释放能量的，目前核电站均采用核裂变技术，核聚变尚未实现可控和平利用于发电；核能可直接从自然界获取，属于一次能源；故C错误，符合题意；
D．电磁波本身具有能量，微波炉就是利用微波（电磁波的一种）加热食物，使食物内能增加、温度升高，故D正确，不符合题意。
故选C。
10．当前，短视频拍摄已经成为人们表达自己生活方式的主流。为实现“人在镜中走，景在脚下流”的创意拍摄，只需在手机镜头下放置一块平面镜即可。下列关于该装置成像的说法正确的是（ ）
A．平面镜成倒立、等大的实像
B．手机的镜头是凸透镜
C．平面镜成像依赖光的折射原理
D．拍照时物体与手机镜头的距离应小于镜头一倍焦距
【答案】B
【详解】A．由平面镜成像的特点可知，物体在镜中成的是正立、等大的虚像，故A错误；
BD．手机镜头相当于一个凸透镜，根据照相机的成像规律可知，拍照时物体与镜头的距离在透镜的二倍焦距之外，故B正确，D错误；
C．平面镜的成像原理是光的反射，故C错误。
故选B。
11．杆秤是我国度量衡“三大件（尺斗秤）”的重要组成部分，凝聚了炎黄子孙的智慧。如图是某兴趣小组用轻质杆制作的杆秤，下列说法正确的是（ ）
A．只有所测物体的质量与秤砣的质量相等时，秤杆才能水平静止
B．“秤砣虽小压千斤”说明使用时杆秤相当于费力杠杆
C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小
D．秤杆上500g的刻度比1kg的刻度离提纽更近
【答案】D
【详解】A．根据杠杆的平衡条件，物体重力为，力臂为，秤砣重力为，力臂为，当时秤杆就能水平静止，不一定物体质量与秤砣质量相等，故A错误；
B．“秤砣虽小压千斤” 是因为秤砣的力臂比物体的力臂大得多，根据杠杆的平衡条件，动力臂大于阻力臂，说明使用时杆秤相当于省力杠杆，故B错误；
C．如果秤砣磨损，其质量变小，根据杠杆的平衡条件，要使杠杆仍平衡，秤砣的力臂会变长，测量结果会比真实质量偏大，故C错误；
D．根据杠杆的平衡条件，质量越大，对应的力臂越小，1kg 大于 500g，所以秤杆上500g的刻度比1kg的刻度离提纽更近，故D正确。
故选D。
12．如图所示，为定值电阻，为滑动变阻器，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器滑片从中点向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变小，示数变小，电压表V示数变大
B．电流表示数变小，示数不变，电压表V示数不变
C．电压表V的示数与电流表示数的比值变大
D．电流表的示数之差与电压表示数的乘积变大
【答案】C
【详解】由电路图可知，闭合开关S，R1、R2并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过R2的电流，电压表测量电源电压，则R1、R2电压等于电源电压。电源电压不变，则电压表示数始终不变。
AB．滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中，R2接入电路中电阻变大，R2两端的电压不变，由欧姆定律得，通过R2的电流变小，即A2表示数变小；由于并联电路互不影响，通过R1的电流不变，根据并联电流特点可知，电路总电流变小，即电流表A1示数变小，故AB错误；
C．电压表的示数不变、电流表A2示数变小，则电压表的示数与电流表A2示数的比值变大，故C正确；
D．电流表A1、A2的示数之差等于通过R1的电流，并联电路各用电器互不影响，则通过R1的电流不变，电压表示数始终不变，因此电流表A1、A2的示数之差与电压表示数的乘积不变，故D错误。
故选C。
13．在冰箱普及之前，人们常常盛一盆水，在盆里放两块高出水面的砖，砖上放一只比盆小一点的篮子，篮子里有饭菜，再把一个吸水性好的纱布袋罩在篮子上，并使袋口的边缘浸入水里，如图所示。把它放在通风的地方，就做成了一个“简易冰箱”。下列说法正确的是（ ）
A．该“简易冰箱”能够使饭菜保鲜是利用了水蒸发时吸收热量的原理
B．如果把该“简易冰箱”放在阴凉的地方，纱布上的水也会蒸发
C．用吸水性好的纱布罩住篮子，是为了保持饭菜的温度不变
D．将篮子放在通风的地方是为了加快纱布上水的蒸发
【答案】ABD
【详解】A．该“简易冰箱”利用纱布吸水后水分蒸发吸热的原理制冷，蒸发过程需要吸收周围热量从而达到降温效果，故A正确；
B．蒸发可以在任何温度下进行，如果把该“简易冰箱”放在阴凉的地方，纱布上的水也会蒸发，故B正确；
C．用吸水性好的纱布罩住篮子，加快水的蒸发，蒸发吸热，使饭菜温度降低，故C错误；
D．通风可以加快空气流动，促进纱布上的水分蒸发，从而增强制冷效果，故D正确。
故选ABD。
14．如图甲所示，为小球从某一高度水平抛出后的部分运动轨迹示意图，、是图甲中“①、②、③”点中的某两点，其动能和重力势能关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．点的机械能为200JB．点对应轨迹中的位置②
C．位置③的速度一定小于位置②的速度D．位置①的动能可能小于300J
【答案】BC
【详解】A．N点的动能为120J，占总机械能的40%，所以N点的总机械能是，故A错误；
B．M点重力势能90J，占总机械能的，M点总机械能
所以，因为小球运动中机械能因空气阻力逐渐损失，所以M点在N点之后。
M点重力势能，N点重力势能
所以重力势能，说明M点高度低于N点。因此N点对应轨迹中的位置②，M点对应位置③。故B正确；
C．质量不变，N点的动能，M点的动能
所以位置③的速度小于位置②的速度。故C正确；
D．根据上述分析可知，从位置②到位置③损失的机械能
小球在碰撞过程中和克服摩擦有机械能损耗，小球运动越往后机械能损失越小，而①在②的前方，①位置机械能至少为400焦耳，高度与位置③相同，重力势能为90焦耳，所以位置①的动能应该大于300J，故D错误。
故选BC。
计算题（本大题共3小题，第15小题6分，第16小题8分，第17小题8分，共22分）
15．如图所示，电源电压保持不变，小灯泡上标有“6V 3W”字样，定值电阻，为滑动变阻器。当开关闭合，断开时，滑片P在a端时，电流表示数为0.6A，滑片P在b端时，电压表示数为4V。求：
(1)电源电压；
(2)滑动变阻器的最大阻值；
(3)当开关、均闭合，且滑片P在a端时，求电流表的示数。
【答案】(1)6V
(2)20Ω
(3)1.1A
【详解】（1）当S1闭合，S2断开时，若滑片P在a端，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，为
由欧姆定律可得电源电压
（2）S1闭合，S2断开时，若滑片P在b端，R1和R2的最大阻值串联，电压表测滑动变阻器两端的电压， 已知
则R1两端的电压
此时通过电路的电流
则滑动变阻器R2的最大阻值
（3）当S1、S2均闭合，且滑片P在a端时，R1和RL并联，电流表测干路电流， 并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得通过R1的电流
电源电压6V保持不变，小灯泡上标有“6V，3W”，则时，通过灯泡的电流
并联电路干路电流等于各支路电流之和，则电流表示数
16．如图为一款榨汁机的简化电路图，其中加热电阻R1和R2的阻值相同且保持恒定，S2为单刀双掷开关，该榨汁机有榨汁挡、加热挡、保温挡三个挡位，已知其额定保温功率为440W。
(1)当开关S1闭合、S3断开，S2接2时，榨汁机处于什么挡位？
(2)求榨汁机的额定加热功率；
(3)该榨汁机配有户外电源，最多能够存储2kW·h电能。广告宣传该电源能使该榨汁机在保温挡下连续正常工作4h，请你通过计算进行判断该广告是否可信，并说明理由。
【答案】(1)保温挡
(2)
(3)可信；理由见解析
【详解】（1）开关S1闭合、S3断开，当S2接2时，电阻R1和R2串联，电路总电阻较大，由可知，此时功率较小，为保温挡。
（2）榨汁机处于保温挡正常工作时，电路中的电流
电路的总电阻
因为R1和R2阻值相同，所以
榨汁机的额定加热功率
（3）该榨汁机在保温挡下连续正常工作4h消耗的电能
所以充满电的该户外电源能使该榨汁机在保温挡下连续正常工作4h，该广告可信。
17．工人用如图所示的装置在10s内将质量为45kg的货物匀速提升2m，此过程中拉力的功率为120W。（g取10N/kg）求：
(1)求有用功；
(2)求拉力做的功；
(3)求滑轮组的机械效率；
(4)工人想要提高机械效率，你能想到什么方法呢？
【答案】(1)900J
(2)1200J
(3)75%
(4)见解析
【详解】（1）货物的重力
有用功
（2）拉力做的总功
（3）滑轮组的机械效率
（4）提高机械效率由
可知可以增大有用功，减少额外功，即增加货物重力，减小动滑轮重力，减少滑轮轴承摩擦等。
四、实验与探究题（本大题共4小题，每小题7分，共计28分）
18．(1)如图所示，小妍正用刻度尺测物体的长度，该刻度尺的分度值是________mm，被测物体的长度是________cm。
(2)如图所示，是用秒表记录的某同学跑400m的成绩，该同学的成绩是________min________s。
(3)小莹同学用电流表测量电流时，需将电流表________联在电路中。闭合开关，发现电表指针向右偏转至如图甲所示位置，原因是________________；断开开关，纠正错误后，再闭合开关，发现指针偏至如图乙所示位置，接下来的操作是：断开开关________继续进行实验。
【答案】(1) 1 2.82-2.85
(2) 1 22
(3) 串 电流表没调零 改接电流表0.6A小量程
【详解】（1）观察图中刻度尺，的长度被平均分成了个小格，一个小格代表的长度是 ，即。所以该刻度尺的分度值是。
使用刻度尺读数时需要估读到分度值的下一位，物体的左端对齐刻度尺的刻度线，右端对齐刻度线，故物体的长度
（2）秒表中间的小表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒。小表盘的指针指在和之间，大表盘的指针指在，故该同学的成绩是。
（3）电流表使用时必须串联在电路中。
图甲中闭合开关后指针向右偏在零刻度线的左侧，这说明在使用前电流表没有进行调零。
图乙中指针偏转角度较小，且使用的是的大量程，这会导致读数误差较大。为了使测量更精确，应断开开关，换用的小量程。
19．如图所示，小丽利用弹簧测力计、实心铁块等器材探究浮力的大小与哪些因素有关，提出了以下猜想：
猜想一：浮力大小与浸没在液体中的深度有关；
猜想二：浮力大小与物体排开液体的体积有关；
猜想三：浮力大小与液体的密度有关。
(1)分析_______（填字母）三次实验步骤，可以验证猜想一是错误的。
(2)通过a、b、c三次实验步骤，可以得到结论：当液体密度一定时，物体排开液体的体积越大，物体所受到的浮力_______（填“越大”“越小”或“不变”）。
(3)比较b步骤与e步骤的实验数据，_______（填“能”或“不能”）得出浮力大小与液体密度的关系，其原因是：_____。
(4)通过a、d、e实验步骤，可知物体全部浸入水中时所受浮力大小_____N，可求得物体的体积为_____，盐水的密度为______（，g取10N/kg）。
【答案】(1)a、c、d
(2)越大
(3) 不能 没有控制物体排开液体的体积
(4) 2.0 2×10-4 1.1×103
【详解】（1）验证猜想一，需要控制液体密度、排开液体体积不变，只改变浸没深度，a、c、d三次实验液体都是水，物体完全浸没，排开体积相同，浸没深度不同，浮力大小相同，因此可证明猜想一错误。
（2）a、b、c三次实验，液体密度相同，排开液体体积逐渐增大，测力计示数变小，根据称重法可知浮力逐渐增大，因此可得结论：液体密度一定时，物体排开液体体积越大，浮力越大。
（3）[1][2]探究浮力与液体密度的关系时，必须控制排开液体体积不变。b步骤中物体未完全浸没，e步骤中物体完全浸没，没有控制物体排开液体的体积，因此不能得出结论。
（4）[1]由图可知物体重力为4.8N，完全浸没在水中时拉力为2.8N，因此浮力
[2]物体浸没时体积等于排开液体体积，则物体的体积为
[3]完全浸没在盐水中时拉力为2.6N，则在盐水中的浮力为
物体在盐水中浸没，因此盐水密度
20．下图是小明利用伏安法测量标有“2.5V”字样的小灯泡的电阻的实验。
(1)该实验测量小灯泡电阻的原理是________。
(2)在甲图中，请按照电路图用笔划线代替导线把实物图连接完整。
(3)小明正确连接电路，闭合开关，进行实验。在实验过程中，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡正常工作，此时电流表的示数如图乙所示，其读数为________A，则小灯泡此时的电阻是________Ω。（结果保留一位小数）
(4)接着小明多次测量不同电压下小灯泡的电阻，并求出平均值。他说这样结果才更准确。你认为小明的观点是________（选填“合理”或“不合理”）。
(5)小明还想测量某未知电阻的阻值，于是他设计了如图丙所示的电路（定值电阻阻值已知为），并进行了如下实验操作，请你帮他把步骤补充完整，并写出的表达式。实验步骤如下：
①按照如图丙所示电路连接实物；
②闭合开关S、，记录此时电流表的示数为；
③________（写出开关的闭合、断开情况），记录此时电流表示数为；
④写出待测电阻的表达式：________（用已知量和测量量表示）。
【答案】(1)R=
(2)
(3) 0.3 8.3
(4)不合理
(5) 闭合S，断开S1
【详解】（1）实验中需要测量灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据得出灯泡的电阻，故实验原理是。
（2）从图甲可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，可将变阻器的左下接线柱与电源的正极相连，如图所示：
（3）[1][2]电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡此时的电阻
（4）灯泡的电阻随温度的升高而增大，多次测量不同电压下小灯泡的电阻，并求出平均值无意义，故小明的观点是不合理的。
（5）[1][2]闭合开关S、S1，R0被短路，电流只通过Rx，电流表测量电路电流，记录此时电流表的示数为I1；闭合开关S，断开S1，R0与Rx串联，电流表测量电路电流，电流表示数为I2，根据电源电压不变列方程
解得
21．小明和小华同学争论“在室内穿两件薄衣服和只穿一件厚衣服哪个更保暖”。于是他们采用了如图所示的装置进行实验：在甲、乙两个相同的瓶子中装入等体积的热水，用两层灰色薄棉布包裹着甲瓶（内层紧贴，外层相对宽松），用一层灰色厚棉布紧贴包裹着乙瓶，用数显温度计测量两瓶中热水的温度，测得有关数据如表所示。
(1)为了更科学地比较两者的保温性能，本实验应控制两瓶热水的______相同。表中有一个温度值记录错误，该错误的温度值是______℃。
(2)小华首先观察到，两个瓶子的水温都在下降。这是因为瓶内热水与瓶外空气发生了______，使热水的内能减少。分析表中数据，可初步判断______瓶的包裹方式保温效果更好，你的判断依据是：________________________。
(3)分析实验结果，可猜想“在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖”的原因可能是两件薄衣服中有____________。
(4)从能量利用的角度看，无论穿什么衣服，热量最终都会散失到环境中。基于本实验的启发，请你说说冬季室内供暖时，为了节能，可以采取的一项具体措施及其原理：__________________。
【答案】(1) 初温 62.5
(2) 热传递 甲 见解析
(3)空气
(4)房间安装双层玻璃
【详解】（1）[1]液体散热的快慢与温度的高低有关。为了科学比较保温性能，在甲、乙两个相同的瓶子中装入等体积的热水后，还需控制两瓶热水的初始温度相同。
[2]水温应随时间逐渐下降，而62.5℃高于初始温度61.0℃，因此甲瓶40分钟的温度62.5℃是错误的。
（2）[1]瓶内热水与瓶外空气存在温度差，热量通过热传递散失，导致瓶内液体内能减少。
[2][3]由表格数据可知，相同时间内甲瓶水温下降幅度更小，说明其热量散失更慢，则甲瓶的包裹方式保温效果更好。
（3）两件薄衣服之间存在空气层。空气是热的不良导体，能阻碍热量传递。厚衣服的纤维间隙小，空气层少，因此两件薄衣服的保温效果优于一件厚衣服。
（4）保温材料是热的不良导体，能减少暖气管道通过热传递向外界散失热量，从而降低供暖能耗。冬季室内供暖时，可采用房间安装双层玻璃、关闭门窗等方法达到节能的目的。
室温：25.0℃
时间/min
0
20
40
60
80
甲瓶水温/℃
61.0
56.6
62.5
50.9
48.5
乙瓶水温/℃
61.0
55.6
52.3
49.0
45.7