2026年四川达州市达川区中考适应性测试物理试题

这是一份2026年四川达州市达川区中考适应性测试物理试题，共18页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图题，创新设计与实验探究，综合运用与计算等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分， 共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）。
1．了解社会，从了解身边的现象开始，对于身边物理现象的估计，下列说法正确的是（ ）
A．中学生的体重约为50N
B．正常人1min内脉搏跳动的次数约为70次
C．人体感觉舒适的环境温度为38℃
D．对人体的安全电压是220V
2．下列与声现象有关的说法中正确的是（ ）
A．开会时把手机调到静音状态，是在人耳处减弱噪声
B．汽车的倒车雷达是利用超声波工作的
C．声音在传播过程中，其音色、音调和响度都不会改变
D．只有主人说出暗语时才能打开“声纹锁”，其辨别声音的主要依据是音调
3．下列关于光现象的说法正确的是（ ）
A．岸边的树木在水中的“倒影”，是光的折射现象
B．“长河落日圆”，诗人看到的“落日”是光线经过大气发生反射而成的像
C．雨后天空出现的彩虹，是光的折射形成的
D．人走近平面镜时，人在镜中的像逐渐变大，人运动的速度等于像运动的速度
4．某科学小组完成了以下几种实践，其中说法正确的是（ ）
A．甲图中，很难将玻璃拉离水面，说明分子之间存在间隙
B．乙图中，发现沙子中的温度计示数升高快，说明沙子吸热能力比水强
C．丙图中，看到热蒸汽使风车转动，其能量转化形式与热机的做功冲程相同
D．丁图中，记录的沿海城市和内陆城市在某一天的气温变化图，曲线C为沿海城市的气温图
5．川超比赛如火如荼，运动员们不仅为我们带来了精彩的比赛，中场休息更是带来了视觉盛宴——无人机表演。如图所示，下列错误的是（ ）
A．无人机与地面控制台通过电磁波传递表演指令
B．无人机在空中悬停时，所受合力为0
C．无人机锂电池充电时，化学能转化为电能
D．无人机上的LED灯，主要材料是半导体
6．如图所示，滑板运动员沿水平地面向前匀速滑行，在横杆前相对滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过。则关于运动员，下列说法正确的是（ ）
A．起跳上升过程中，动能转化为弹性势能
B．由于运动员具有惯性，越过杆后仍将落在滑板上
C．从杆上方越过的过程中，运动员的运动状态保持不变
D．匀速滑行时，运动员所受重力与地面对滑板的支持力为一对平衡力
7．下列关于压力与压强的说法中正确的是（ ）
A．压力的方向一定是竖直向下的
B．压力的作用效果可以用受到压力的物体的弹性形变程度来反映
C．物体的重力越小，产生的压强也越小
D．物体的压力越大，产生的压强也越大
8．体积相同的两个物体，密度之比为2：1，与水平桌面的接触面积之比为3：2，对桌面产生的压强之比是（ ）
A．3：1B．4：3C．2：1D．3：2
9．一个未装满饮料的密闭瓶子、正立放在桌面上如图甲所示，饮料对瓶底的压力为F甲，瓶子对桌面的压强为p甲；倒立放在桌面上如图乙所示，饮料对瓶盖的压力为F乙，瓶子对桌面的压强为p乙。则下列关系式正确的是（ ）
A．F甲=F乙 p甲>p乙B．F甲>F乙 p甲=p乙
C．F甲>F乙 p甲G乙液。根据F=G杯+G液+G球−G排可知，杯子对桌面的压力F甲>F乙。根据压强公式p=FS可知，甲杯对桌面的压强大于乙杯对桌面的压强，故B错误；
C．小根据阿基米德原理F浮=G排可得，甲中小球所受浮力F浮甲=G排甲=0.9N；
小球漂浮时浮力等于重力，因此小球A所受的重力GA=0.9N；
同理，乙中小球浮力F浮乙=G排乙=0.8N
乙杯对小球的支持力F支=GA−F浮乙=0.9N−0.8N=0.1N，
根据力的作用是相互的，A对乙杯底的压力等于支持力，大小为0.1N，故C正确；
D．两个容器都装满液体，则放入小球后液面深度h相等，且液体密度ρ甲液>ρ乙液，根据p=ρgℎ可得，甲杯中液体对杯底的压强大于乙杯，故D错误。
故选C。
【分析】 A.浸在液体中的物体都会受到浮力；
B.由物体的浮沉条件比较液体密度大小，由公式G=mg=ρVg比较杯中液体的重力大小关系，两杯对水平面的压力为：F=G杯+G液+G球−G排，由压强公式p=FS判断两杯对桌面的压强大小关系；
C.由阿基米德原理F浮=G排和漂浮条件计算小球A的重力，根据F压=GA-F浮乙可求出A对乙杯底的压力；
D.由液体压强公式p=ρ液gh可知两杯中液体对杯底的压强大小关系。
13．【答案】丙；60
【知识点】液化及液化放热；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】（1）水蒸气从气态变成液态发生液化现象，需要向外放出热量，即只有水蒸气遇到低温的物体才能发生。丙中水温和室温相同，杯内外没有温度差，水蒸气无法液化，因此杯壁上没有小水珠。
（2）已知cA:cB=3:1，mA:mB=2:1，吸收热量 QA=QB​，
根据Δt=Q吸cm​​得到，二者温度变化量之比： ΔtAΔtB=QcAmAQcBmB=cBmBcAmA=1×13×2=16；
10℃ΔtB=16；
解得：ΔtB=60∘C。
【分析】（1）水蒸气从气态变成液态发生液化现象，需要向外放出热量，即只有水蒸气遇到低温的物体才能发生。
（2）根据公式Δt=Q吸cm计算二者升高温度之比，进而计算B的温度变化量。
14．【答案】低于；低于
【知识点】大气压强的测量方法；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】（1）根据图片可知，玻璃管内外水银面的高度差为750mm，即当地的大气压为750mm。
（2）标准大气压下水的沸点为100℃，因为当地气压低于标准大气压，因此水的沸点低于100℃。
【分析】（1） 在托里拆利实验中，大气压强的大小等于水银柱的竖直高度对应的压强，和玻璃管倾斜无关。
（2）根据大气压强随高度的增大而减小的规律分析。
15．【答案】1×103；4
【知识点】重力及其大小的计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）物块自由静止后漂浮，则它受到的浮力等于物块自身重力，
即F浮=G；
ρ液gV排=mg；
ρ液×1−25×1000×10−6m3=0.6kg；
解得：ρ液=1×103kg/m3。
（2）物块被铁丝压入浸没时受到的总浮力F浮'=ρ液gV=1×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3=10N；
物块重力G=mg=0.6kg×10N/kg=6N；
则铁丝原先对物块的压力大小为： F压=F浮'−G=10N−6N=4N。
【分析】（1）根据漂浮条件和阿基米德原理列方程计算液体的密度；
（2）首先根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排计算物块受到的浮力，根据G=mg计算物体的重力，最后根据F压=F浮'−G计算铁丝原先对物块的压力大小。
16．【答案】乙；甲
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】（1）当灯泡都正常发光时，甲的功率为2W，乙的功率为6W，则乙的功率大，那么乙会更亮；
（2）甲的额定电流为：I甲=P甲U甲=2W4V=0.5A；
乙的额定电流为：I乙=P乙U乙=6W6V=1A；
比较可知，甲的额定电流小，
则二者串联时甲灯会被烧坏。
【分析】（1）灯泡的亮度由实际功率大小决定；
（2）根据公式I=PU分别计算两个灯泡的额定电流，则额定电流小的容易烧坏。
17．【答案】60；2.7
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据电路图可知，当S1闭合，S2接b时，滑动变阻器与R1并联，且滑动变阻器阻值为12R2。此时经过R1的电流IR1=6V20Ω=0.3A；
流过滑动变阻器的电流IR2=I−IR1=0.5A−0.3A=0.2A；
则滑动变阻器的最大阻值R2=UIR2×2=6V0.2A×2=60Ω；
（2）由P=U2R可知，总电阻最大时，电路的总功率最小。
当S1断开，S2接a时R1与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器R2的电压U2，电压表最大量程为3V。当电压表达到最大示数时，滑动变阻器接入电阻最大，此时电路中的电流最小，电功率最小。
此时R1两端电压U1=U−U2=6V−3V=3V；
则此时最小电流Imin=U1R1=3V20Ω=0.15A；
则最小功率Pmin=UImin=6V×0.15A=0.9W；
当S1闭合，S2接b时R1与滑动变阻器并联，电流表测干路电流，由于滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表最大量程0.6A，则最大功率Pmax=UImax=6V×0.6A=3.6W；
整个电路电功率最大值与最小值ΔP=Pmax−Pmin=3.6W−0.9W=2.7W。
【分析】 （1）当S1闭合，S2接b，滑动变阻器滑片移到最大阻值处时，R1与滑动变阻器R2并联，电流表测量干路电流，根据欧姆定律和并联电路的电阻求出通过滑动变阻器的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）由P=U2R可知，总电阻最大时，电路的总功率最小。当S1断开，S2接a，R1和变阻器R2串联，电压表测变阻器R2的电压，已知电压表量程为0～3V，则当电压表示数最大为3V时，变阻器R2接入电路的阻值最大，此时电路中电流最小，电功率最小，
根据串联电路的电压特点可知R1两端电压，根据欧姆定律求出电路中的最小电流，利用P=UI即可求出最小功率；
当S1闭合，S2接b，R1与滑动变阻器R2并联，电流表测量干路电流，根据电流表的量程可知电路中的最大电流，利用P=UI即可求出最大功率；
最后求出电功率最大值与最小值的差。
18．【答案】1；3×103
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】根据题意可知，小桶的底面积为20cm2， 圆筒底部距水面5cm ，
则排开水的体积V排甲=Sℎ1=20cm2×5cm=100cm3=1×10−4m3 ；
图甲中，装细沙的圆筒漂浮在水面，
此时圆筒重力等于浮力G=F浮甲=ρ水gV排甲=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−4m3=1N；
总排开水的体积V排总=Sℎ2+V金=20cm2×10cm+50cm3=250cm3=2.5×10−4m3；
总浮力F浮总=ρ水gV排总=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10−4m3=2.5N
将圆筒和金属块看成整体，整体静止漂浮，总浮力等于总重力：F浮总=G+G金​ ；
因此金属块重力G金=F浮总−G=2.5N−1N=1.5N；
金属块密度ρ金=G金gV金=1.5N10N/kg×50×10−6m3=3×103kg/m3。
【分析】根据V排甲=Sℎ1计算圆筒排开水的体积，根据F浮甲=ρ水gV排甲计算此时它受到的浮力，根据漂浮条件计算圆筒的重力。
根据V排总=Sℎ2+V金计算排开水的总体积，根据F浮总=ρ水gV排总计算受到的总浮力，根据漂浮条件G金=F浮总−G计算金属块的重力，最后根据ρ金=G金gV金计算金属块的密度。
19．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】 根据题意可知，斜面是光滑的，且绳子处于竖直拉紧状态。此时球与斜面虽然接触但不发生挤压，所以小球不受摩擦力和支持力的作用。此时小球只受到重力和拉力的作用处于平衡状态，重力的方向竖直向下，拉力的方向竖直向上，作用在小球的重心上，如下图所示：
【分析】对小球进行受力分析，从而确定受力的大小、方向和作用点，最后沿力的方向画带箭头的线段即可。
20．【答案】
【知识点】磁感线及其特点；安培定则；磁极间的相互作用
【解析】【解答】根据图片可知，小磁针的左端为N极，右端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的左端为S极，右端为N极。磁体周围的磁感线从N极出来，回到S极，则磁感线上A点的箭头向左。
右手握住螺线管，大拇指指向右端，弯曲的四指指尖向下，则线圈上电流方向向下，则电源左端为N极，右端是负极，如下图所示：
【分析】首先根据磁极之间的相互作用规律确定螺线管的磁极方向，然后根据磁感线的环绕方向确定磁感线上的箭头方向。根据安培定则判断线圈上的电流方向，进而确定电源的正负极方向。
21．【答案】（1）1.4
（2）无；大
（3）F1−F3=F4−F2；A
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】（1）根据a图可知，物体重力G=4.8N，图b中弹簧测力计示数F=3.4N，则序号b的实验中物体所受的浮力为F浮=G−F=4.8N−3.4N=1.4N。
（2）①根据图片c、d可知，物体排开液体密度和排开体积相同，只有浸没在c、d 深度不同，而弹簧测力计的示数相同，说明它受到的浮力也相同，说明浮力的大小与物体浸没的深度无关。
②根据图片可知，实验d、e中，物体排开液体体积相同，盐水密度大，且e中测力计示数更小，根据F浮=G−F可知，在盐水中浮力大，那么可以得到结论：排开液体体积相同时，液体的密度越大，物体所受浮力越大。
（3）①根据图片可知，物体排开液体重力是G排=F4−F2，物体受到的浮力是F浮=G−F3=F1−F3。根据阿基米德原理可F浮=G排可知，F1−F3=F4−F2。
②A．若c中水面未到达溢水杯溢水口，则放入物体后不会离开有水排出，则溢出水的重力小于物体排开液体的重力，会影响结论，故A符合题意；
B．若c中物体没有全部浸入水中，则浮力和排开液体的重力都会相应减小，但是二者大小关系不变，就可得出正确结论，故B不符合题意。
故选A。
【分析】（1）根据a图确定物体的重力，根据b图确定物体浸在水中测力计的示数，然后根据F浮=G−F计算物体受到的浮力；
（2）①根据c、d两图确定物体深度改变时浮力是否改变即可；
②根据d、e两图确定哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论。
（3）①物体排开液体的重力等于小桶和水的总重力减去筒的重力，物体受到的等于重力与测力计的示数之差，根据阿基米德原理可F浮=G排分析解答；
②阿基米德原理就是比较物体受到的浮力和排开液体重力的大小关系，分析操作是否会影响两个量的大小即可。
（1）由图a知物体重力G=4.8N，图b中弹簧测力计示数F=3.4N。根据称重法测浮力可得在序号b的实验中物体所受的浮力为F浮=G−F=4.8N−3.4N=1.4N
（2）要验证猜想2，应比较序号a、c、d的三次实验，a是初始状态，物体浸没在c、d 深度不同，液体相同，排开体积相同，弹簧测力计的示数相同，根据称重法计算出的浮力也相同，说明浮力的大小与物体浸没的深度无关。
序号d、e中，物体都是浸没在液体中，排开液体体积相同，液体分别是水和盐水，盐水密度大，且e中测力计示数更小，即在盐水中浮力大，所以比较序号a、d、e的三次实验，可得出结论，排开液体体积相同时，液体的密度越大，物体所受浮力越大。
（3）根据称重法可得物体受到的浮力是F浮=G−F3=F1−F3
物体排开液体重力是G排=F4−F2，若F1−F3=F4−F2，则可得出结论F浮=G排。A．若c中水面未到达溢水杯溢水口，物体排开液体的重力大于溢出水的重力，会影响结论，故A符合题意；
B．若c中物体没有全部浸入水中，只要能通过弹簧测力计测出物体受到的浮力和排开液体受到的重力，就可得出正确结论，故B不符合题意。
故选A。
22．【答案】（1）
（2）1.8；B
（3）12.5；灯丝电阻随温度升高而增大
（4）将滑动变阻器的滑片移至最右端；U1RU−U1
【知识点】电压的测量及电压表的使用；欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器的滑片向右滑动时电流表的示数减小，根据公式R=UI可知，电路中的电阻变大。根据R总=RL+R滑可知，滑动变阻器接入电路的电阻变大，即将滑动变阻器左下角的接线柱B端与小灯泡的右端相连，如下图所示：
（2）根据题意可知，电源电压恒定3V，则电压表的最大示数不会超过3V，即它的量程为0~3V，分度值为0.1V，那么读数为1.8V。
因为1.8V＜2.5V，所以要增大电压表的示数，减小变阻器两端的电压。根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，要减小其接入电阻，因此滑片P应向B端滑动。
（3）①根据c图可知，小灯泡正常发光时电压为2.5V，此时对应的电流为0.2A，则此时小灯泡的电阻R=UI=Ω。
②随着电压的增大，则通过灯泡的电流增大，那么灯丝的温度升高，电阻随之增大，因此灯泡电阻变化的原理是：灯丝的电阻随温度的升高而增大。
（4）①根据图片可知，当滑动变阻器的滑片移至最左端时，变阻器R接入电阻为0，此时电路中只有Rx，此时电压表测电源电压，即U总=U；
②将滑动变阻器的滑片移至最右端，此时Rx与定值电阻R串联， 读出电压表示数为U1。此时电压表的示数就是Rx两端的电压；
此时变阻器R两端电压UR=U−U1，
电路中电流I=URR=U−U1R，
则待测电阻Rx=U1I=U1U−U1R=U1RU−U1。
【分析】（1）根据电流表的示数变化分析总电阻的变化，根据R总=RL+R滑分析变阻器接入阻值的变化，据此确定变阻器下面选择的接线柱即可；
（2）①根据图片确定电压表的量程和分度值，根据指针位置读出示数。将电压表的示数与灯泡的额定电压比较，从而确定电压表的示数变化方向，进而确定变阻器两端的电压变化，最后根据串联电路的分压规律确定变阻器的阻值变化，明确滑片的移动方向即可。
（3）①根据图像确定灯泡正常发光时通过的电流，根据R=UI计算小灯泡正常发光时的电阻；
②根据灯丝电阻随温度的变化规律解答。
（4）根据图片可知，滑片在最左端时，电压表的示数等于电源电压。滑片在最右端时，电压表测Rx的电压，二者的差就是变阻器两端的电压，最后根据“串联电路电流相等”列式计算即可。
（1）由题意可知，当滑动变阻器的滑片向右滑动，要求电流表的示数减小时，则电路中的电阻变大，即滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路图中需将滑动变阻器的B端与小灯泡串联在电路中。
（2）电压表测量小灯泡两端电压，电源电压恒定3V，由电路图可知电压表量程为0~3V，则b图中的电压表分度值为0.1V，读数为1.8V；小灯泡额定电压2.5V，电压表此时示数低于额定电压，根据串联电路分压规律，应减小滑动变阻器两端电压，即减小其接入电阻，因此滑片P应向B端滑动。
（3）小灯泡正常发光时电压为2.5V，由图C可知此时对应的电流为0.2A，此时小灯泡的电阻R=UI=Ω
随着电压的增大，电流增大，灯泡的功率P=UI增大，灯丝的温度升高，电阻随之增大。因此灯泡电阻变化的原理是：灯丝的电阻随温度的升高而增大。
（4）由电路图可知Rx与滑动变阻器串联，电压表测Rx两端的电压。滑动变阻器的滑片移至最左端时，R接入电阻为0，电路中只有Rx，此时电压表测电源电压，即U总=U；若得知Rx两端电压U1和R两端电压UR，则可根据I=UR求出串联电路中的电流，从而求出Rx的阻值。所以步骤②中需要将滑动变阻器的滑片移至最右端。
R全部接入电路与Rx串联，电压表测Rx两端电压U1，R两端电压UR=U−U1，电路中电流I=URR=U−U1R，由I=UR可得Rx=U1I=U1U−U1R=U1RU−U1
23．【答案】（1）解：根据乙图可知，圆柱体的重力 G=18N。圆柱体完全浸没后弹簧测力计的拉力 F拉=12N；
那么圆柱体完全浸没时受到的浮力 F浮=G−F拉=18N−12N=6N。
答： 圆柱体完全浸没时受到的浮力为6N 。
（2）解：当圆柱体浸没时，它的体积等于它排开水的体积，即V=V排=F浮ρ水g=6N1×103kg/m3×10N/kg=6×10−4m3；
那么圆柱体的密度ρ=GgV=18N10N/kg×6×10−4m3=3×103kg/m3。
答： 圆柱体的密度为3×103kg/m3 。
（3）解：已知水的质量为3kg，则水的体积 V水=m水ρ水=3kg1×103kg/m3=3×10−3m3；
放入圆柱体后，容器内水和圆柱体的总体积V总=V水+V排=3×10−3m3+6×10−4m3=3.6×10−3m3 ；
此时水的深度 ℎ=V总S=3.6×10−3m30.01m2=0.36m
水对容器底部的压强 p=ρ水gℎ=1×103kg/m3×10N/kg×0.36m=3600Pa。
答：水对容器底部的压强为3600Pa 。
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】 （1）根据图象确定物体的重力和完全浸没时受到的拉力，利用F浮=G-F拉求圆柱体完全浸没时受到的浮力；
（2）当圆柱体浸没时，它的体积等于它排开水的体积，即V=V排=F浮ρ水g，再根据ρ=GgV计算圆柱体的密度；
（3）根据V水=m水ρ水计算加水的体积，然后与圆柱体排开水的体积相加得到总体积，最后根据ℎ=V总S计算此时水的深度，最后根据p=ρ水gℎ计算水对容器底部的压强。
（1）由图乙可知，圆柱体未浸入水中时，弹簧测力计示数等于圆柱体重力，即 G=18N； 圆柱体完全浸没后，弹簧测力计的拉力 F拉=12N； 根据称重法，圆柱体完全浸没时受到的浮力 F浮=G−F拉=18N−12N=6N
（2）圆柱体体积V=V排=F浮ρ水g=6N1×103kg/m3×10N/kg=6×10−4m3
圆柱体的质量m=Gg=18N10N/kg=1.8kg
圆柱体的密度ρ=mV=1.8kg6×10−4m3=3×103kg/m3
（3）水的体积 V水=m水ρ水=3kg1×103kg/m3=3×10−3m3
容器底面积 S=100cm2=0.01m2
放入圆柱体后，容器内水和圆柱体的总体积V总=V水+V排=3×10−3m3+6×10−4m3=3.6×10−3m3
此时水的深度 ℎ=V总S=3.6×10−3m30.01m2=0.36m
水对容器底部的压强 p=ρ水gℎ=1×103kg/m3×10N/kg×0.36m=3600Pa
24．【答案】（1）解：根据乙图可知，开关S闭合时，R2被短路，此时只有R1工作，电阻较小，电功率较大，则为加热状态，
则电饭锅正常工作时的加热功率为P加热=U2R1=(220V)44Ω=1100W。
答： 该电饭锅正常工作时的加热功率为1100W 。
（2）解：根据“3000r/(kW⋅ℎ)”可知，电能表转盘转30圈消耗的电能为W=nN/(kW⋅ℎ)=30r3000r/(kW⋅ℎ)=0.01kW⋅ℎ；
电饭锅工作时间t=5min=300s，
那么保温状态下的功率是P保温=Wt=0.01kW⋅ℎ560ℎ=0.12kW=120W。
答： 保温状态下的功率是120W 。
（3）解：根据题意可知，粥吸收的热量为Q吸=cmΔt=4.0×103J/(kg⋅°C)×2kg×(100°C−23°C)=6.16×105J；
电饭锅消耗的电能为W=P加热t=1100W×700s=7.7×105J；
那么电饭锅的热效率为η=Q吸W=6.16×105J7.7×105J=80%；
已知三级能效范围为81%≤η