物理（四川卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

2023年中考考前最后一卷【四川卷】

物理·全解全析

A卷（共85分）

第I卷（选择题  共26分）

一、单项选择题（本题共13小题，每小题2分，共26分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

一、单项选择题（本题共13小题，每小题2分，共26分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．【答案】B

【详解】A．黑磷烯具有优良的导热性，可制造新型热传导材料，故A不符合题意；

B．黑磷烯具有优良的导电性，则电阻较小，据Q=I2Rt知，发热元件，所需的电阻较大，不能用黑磷烯来制造优良电热器发热元件，故B符合题意；

C．黑磷烯具有密度小的性能，据知，在体积一定时，黑磷烯制造的飞机较轻，故C不符合题意；

D．黑磷烯具有硬度大的性能，则子弹射中时，不容易被穿透，可制造新型防弹背心，故D不符合题意。

故选B。

2．【答案】A

【详解】A．太阳能可以从自然界直接获取，是一次能源；太阳能来自其内部进行的核聚变反应释放的能量，故A正确；

B．穹顶装有太阳能电池板，可以将太阳能转化为电能，电能通过电动机再转化为机械能，故B错误；

C．太阳光在空气中的速度与光在真空中的传播速度近似，约3×108m/s，故C错误；

D．导航系统利用电磁波接收卫星信号，故D错误。

故选 A。

3．【答案】B

【详解】A．溪水的温度高低取决于水分子的热运动，与水流的速度无关，故A错误；

B．闻到花香，芳香分子不停地做无规则运动，扩散到空气中，故B正确；

C．阳光下湖水内能增加是通过热传递的方式改变水的内能的，故C错误；

D．阳光下的石板温度升高，但物质的种类和状态没有发生变化，因此石板的比热容不变，故D错误。

故选B。

4．【答案】B

【详解】A．“冰冻肥牛肉卷”放置一段时间会变软，是因为牛肉卷中的冰熔化了，熔化吸收热量，故A错误；

B．根据液体沸腾特点，液体沸腾后，继续吸热，但温度不变，因此把火锅中的汤汁加热至沸腾后，改用更大火加热，汤汁温度不变，故B正确；

C．高温的水蒸气遇到温度低的人体皮肤时，在人的皮肤表面会发生液化现象，液化放热，所以会将导致皮肤烫伤，故C错误；

D．在煮食物的过程中，汤汁会越来越少，是因为汤汁中的水吸热汽化成为水蒸气，故D错误。

故选B。

5．【答案】C

【详解】A．惯性不是力，不能用受到或作用来描述，故A错误；

B．水平地面对自行车的支持力是等于自行车和人的总重力，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力大小不同，不是一对平衡力，故B错误；

C．掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力大小相同，方向相反，在同一直线上，受力物分别为冰面和冰壶，是一对相互作用力，故C正确；

D．重力势能大小与高度和质量有关，投出的篮球飞达最高点过程中，动能转化为重力势能，在最高点时重力势能最大，故D错误。

故选C。

6．【答案】A

【详解】AB．由题意知，用双手搓把手，会发出嗡嗡声，说明“鱼洗”发出的嗡嗡声是由“鱼洗”振动产生的；“水花四溅”说明发声的“鱼洗”正在振动，故A正确，B错误；

CD．众多“鱼洗”声汇集是改变了声音的响度；“鱼洗”发出的声音通过空气传入人耳，故CD错误。

故选A。

7．【答案】B

【详解】A．根据数学进率可知，试卷的宽度约为30cm符合常识，不可能达到3m，故A错误；

B．物理教材的质量约为，其重力约为，故B正确；

C．根据重力的定义可知，物体的重力和质量成正比，故C错误；

D．力是改变物体运动状态的原因，当巡考老师运动状态变化时必受非平衡力的作用，故D错误。

故选B。

8．【答案】B

【详解】A．小孩踏在滑板车上，对滑板车施加了压力的作用，压力会使滑板车发生形变，故A不符合题意；

B．滑行过程中，相对于旁边树木，小孩与树木之间发生了位置的变化，是运动的，故B符合题意；

C．惯性与质量有关，滑板车停下来时，质量不变，惯性不变，故C不符合题意；

D．静止时，地面对滑板车的支持力等于小孩重力与滑板车重力的和，要大于小孩的重力，所以地面对滑板车的支持力与小孩受到的重力不是一对平衡力，故D不符合题意。

故选B。

9．【答案】D

【详解】拔火罐时，利用燃烧排除罐内空气后扣于相关穴位上，此时罐内气压小于罐外气压，由于气压差，罐体会吸附在皮肤表面，因此拔火罐利用的是大气压原理。

A．坦克装有宽大的履带，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A不符合题意；

B．由于列车进入站台时，会使车厢周围空气流速加快，压强变小，而远处空气气压不变，因此会产一个向内的压强差，将人推向火车，因此为了安全，铁路站台设置了安全线，与大气压无关，故B不符合题意；

C．医生推动活塞给病人注射药液，利用的是推力，与大气压无关，故C不符合题意；

D．用吸管吸起汽水瓶中的饮料，是先把管内空气吸走，在外界大气压作用下，饮料被压进吸管里，利用的是大气压原理，故D符合题意。

故选D。

10．【答案】B

【详解】A．使用测电笔辨别火线和零线时，手可以接触笔尾金属体，不允许接触笔尖金属体，故A错误；

B．导线通电后小磁针发生偏转，小磁针偏转是因为受到磁场的作用，所以说明通电导体周围存在磁场，故B正确；

C．丙图中演示的电磁感应现象，该原理可应用于制造发电机，实现机械能转化为电能，故C错误；

D．丁图中，金属箔带同种电荷，所以验电器的原理是同种电荷互相排斥，故D错误。

故选B。

11．【答案】B

【详解】A．三孔插座的连接方法是：左孔接零线、 右孔接火线、上孔接地线，所以上面的导线是火线、下面的导线是零线。开关与灯泡串联，开关要接火线，所以①处应该接入开关，故A错误；

B．进户线进入家庭后，首先要安装电能表，然后安装空气开关，故B正确；

C．若插座的A、B两孔短路，电路电流过大，空气开关就会跳闸，切断电路，灯泡不能发光，故C错误；

D．用测电笔检测A、B两孔，都能使氖管发光，是因为氖灯所在电路接通，零线带电，但如果进户零线断路，不能形成电流，灯泡就不会发光，故D错误。

故选B。

12．【答案】B

【详解】AB．增大物重时，阻力变大，由于动力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件：动力动力臂阻力阻力臂可知，应把动力臂变大，即把“權”向右端移，故A错误，B正确；

C．“權”小于物重时，动力小于阻力，根据杠杆平衡条件可知：当动力臂大于阻力臂时，杠杆可能在水平位置平衡，所以右端不一定上扬，故C错误；

D．若“權”发生磨损，动力变小，阻力不变，阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可得，动力臂变大，即测量值比真实值偏大，故D错误。

故选B。

13．【答案】D

【详解】A．闭合S1、S2，两灯并联，电流表测L1的电流，电压表测L2的电压，开关S1在干路，故L2没有被短路，故A正确，不符合题意；

B．因两灯泡并联，并联电路各支路两端的电压都相同，故电压表能测量L1两端的电压，故B正确，不符合题意；

C．因两灯泡并联，各支路可独立工作、互不影响，故取下L1时，L2能发光，故C正确，不符合题意；

D．开关S2与L2串联，只断开开关S2时，电压表无法与电源的两极接通，所以电压表无示数，故D错误，符合题意。

故选D。

第II卷（非选择题  共59分）

二、填空题（本题共7小题，每空2分，共28分）

14．【答案】     折射     10~20

【详解】[1]光通过幻灯机的凸透镜会发生折射，屏幕上成倒立放大的实像；[2]放映时，幻灯片位于凸透镜一倍焦距和二倍焦距之间，即在10~20cm之间。

15．【答案】     10     变小

【详解】[1]由图像知，整个过程中温度有下降的趋势，所以是凝固图像；又该物质在凝固过程中温度保持不变，所以是晶体；该物质从10min开始凝固，凝固点为-2℃，到20min结束，物质凝固的时间为

20min-10min=10min

[2]冰水混合物的温度是0℃，而该物质的温度是-2℃；冰水混合物会向该物质放热，冰水混合物中的水会达到凝固结冰的条件，冰水混合物中的冰会变多，冰的质量将变大；冰水混合物放出热量，其内能会变小。

16．【答案】     机械     做功    

【详解】[1][2]绳子对筒做功时，机械能转化为筒的内能，筒的温度升高，筒内乙醚的温度也会升高，内能增加，当乙醚的内能足够大时会将塞子喷出，内能转化为机械能，内能减少。

17．【答案】     B     等于

【详解】[1]在撞击瞬间，A蛋内蛋黄和蛋白由于惯性，会产生对A蛋壳向前的作用力，使A蛋壳接触处所受的合力比B蛋壳的小，因此B蛋壳易被撞破。

[2]A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等。

18．【答案】     S     左

【详解】[1]根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指方向就是螺线管的N极。所以通电螺线管的左端为S极。

[2]增大炮弹的射程，需要增强电流的磁效应，即增大电路中的电流，应当减小滑动变阻器的阻值，由图可知，滑动变阻器滑片应向左移动。

19．【答案】     =     <

【详解】[1]由图可知，导体AB和BC段是串联的，根据串联电路的电流特点可知，通过它们的电流相等，即I1=I2。

[2]AB段和BC段长度相同，材料相同，AB段的横截面积是BC段横截面积的2倍，横截面积越大，电阻越小，所以R1<R2。

20．【答案】     3.5     2

【详解】[1]由甲图可知，电路为串联电路，小灯泡正常发光时的电压2.5V，电流是0.2A，由图乙可知此时定值电阻R两端的电压为1V，根据串联电路电压规律可知电源电压为2.5V+1V=3.5V

[2]通电 10s ，定值电阻 R 产生的热量为Q=W=UIt=1V×0.2A×10s=2J

三、作图题与计算题（本题共3小题，共17分。计算题在解答时应写出公式和重要的验算步骤，只写最后答案的不得分）

21．（4分）（1）【答案】见详解

【详解】作出A点关于平面镜的对称点，即A的像，连接并延长，可得反射光线OB，如图所示

（2）【答案】见详解

【详解】小球所受重力G的方向是竖直向下的，作用点在重心，由杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小，由图可知，A点距离O点最远，故AO为力臂时，力是最小的，如图所示：

22．【答案】（1）60km/h；（2）625Pa

【详解】解：（1）长航程极地漫游机器人的平均速度………………………………2分

（2）机器人对地面的压力 ……………………………………………2分

机器人对地面的压强…………………………………………………………………2分

答：（1）长航程极地漫游机器人的平均速度为60km/h；

（2）该机器人对地面的压强为625Pa。

23．【答案】（1）1.12×104J；（2）44Ω

【详解】解：（1）如图甲所示，将手放在热风干手器下方，就有热风吹到手上，从而加快手上的水分的蒸发，由表中数据可知，电路的总功率P=20W+1100W=1120W………………………………………………2分

由得，干手10s消耗的电能W=Pt=1120W×10s=1.12×104J …………………………………………2分

（2）由，则热风干手器工作时的电阻…………………………………3分

答：（1）若某次干手时间为10s,则消耗了1.12×104J的电能；

（2）热风干手器工作时的电阻大约是44Ω。

四、实验与探究题（本题共2小题，每空2分，共14分）

24．（8分）【答案】     B     电流     电阻     能

【详解】（1）[1]A．接线板上接入的用电器越多，电功率越大，根据P=UI可知，电流越大，导线越容易发热，说明电流产生的热量与电流有关，故A不符合题意；

B．电熨斗与导线串联，通过电流相等，而电熨斗电阻大，电熨斗工作时发热明显，而与之相连的导线却不怎么热，说明产生的热量与电阻有关，故B符合题意。

故选B。

（2）[2][3]串联电路各处的电流相等，R1、R2采用如图方式串联的目的是使电流和通电时间相同，而右侧容器电阻大，闭合开关一段时间后，右侧液面高度差较大，根据转换法可知，右侧电阻产生热量多，由此说明通电导体产生的热量与电阻大小有关。

（3）[4]用相同的装置做实验，可知加热的电阻阻值相同；但琳琳的滑动变阻器接入电路的阻值较小，由欧姆定律可知，琳琳做实验时电路中的电流较大，此时琳琳这一组的U形管中水面的高度差比冬冬的升得快，说明在通电时间和电阻大小相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越多，即可以初步判断出通电导体产生的热量多少与通过导体的电流有关。

25．（6分）【答案】     浸没     橡皮泥的形状     错误

【详解】（3）①[1]探究浸没在液体中的固体所受的浮力大小是否跟固体的形状有关，应该将物体浸没在液体中。

②[2]探究浸没在液体中的固体所受的浮力大小跟固体的形状有关，应该再改变物体的形状。

③[3]若F1=F2，则浸没在液体中的固体所受的浮力大小跟固体的形状有关的论断不成立，所以小雨的猜想是错误的。

B卷（共20分）

一、选择题（本题共5小题，每小题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

1．【答案】A

【详解】A．核裂变是可控的，核电站利用核裂变来发电，故A正确；

B．核能在短时间内不能从自然界得到补充，是不可再生能源，故B错误；

C．核电站是一种高能量、少耗料的电站，采取有效措施是可以防止核事故产生的，所以可以发展核电事业，故C错误；

D．核能是指原子核分裂或聚合时释放的能量，不是来自太阳，而太阳能来自于核聚变，故D错误。

故选A。

2．【答案】B

【详解】A．挡风玻璃相当于平面镜，根据平面镜成像特点可知，挡风玻璃上所成的像是正立的虚像，故A错误；

B．挡风玻璃相当于平面镜，所成的像是由于光的反射形成的虚像，故B正确；

CD．根据平面镜成像特点，像和物关于镜面对称，所成的像与物体等大，故CD错误。

故选B。

3．【答案】D

【详解】A．热值是燃料的一种特性，热值的大小与质量无关，因此燃料在燃烧过程中热值不变，故A错误；

B．当燃气从出气口冲出时，燃气对外做功，燃气的内能转化为机械能，内能减小，温度会降低，使得燃气罐出气口的温度降低，故B错误；

C．由可知，水的质量m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×1.0×10-3m3=1kg

在标准大气压下，水沸腾时的温度为100℃，水吸收的热量

Q吸=c水m水Δt=4.2×103 J/(kg·℃)×1kg×(100℃﹣25℃)=3.15×105J，故C错误；

D．燃气完全燃烧放出的热量Q放=Pt=4500W×140s=6.3×105J

则燃气炉烧水时的效率，故D正确。

故选D。

4．【答案】BC

【详解】由图可知，小球A漂浮，小球B沉底；

A．因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，则小球A受到的浮力大小为FA浮=GA=mg，故A错误；

B．小球B排开液体的体积

则小球B受到的浮力大小为，故B正确；

C．只取出A球时，由于圆柱形容器底部所受压力的减少量与A球的重力大小相等，则液体对容器底部压强的减小量，故C正确；

D．由于小球B沉底，只取出B球，容器中液面下降的高度，

则液体对容器底部的压强的减小量，故D错误。

故选BC。

5．【答案】AD

【详解】A．小灯泡L上标有“6V 3W”字样，根据可知，小灯泡正常工作时的电阻为，故A正确；

B．当开关S1、S2断开，S、S3闭合时，L、R2串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压，当灯泡正常发光时，电路中的电流为

故电路中的最大电流为0.5A，根据欧姆定律可知电路中的总电阻最小，则滑动变阻器接入电路的电阻最小，则有，根据电阻串联的特点可知R滑=16Ω-12Ω=4Ω，故B错误；

C．根据串联分压特点可知，电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时电路总电阻最大，电流最小，根据P＝I2R可知灯泡的电功率最小，此时灯泡两端的电压为UL=8V-3V=5V，灯泡的最小功率为，故C错误；

D．当开关S、S1、S2闭合，开关S3断开时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，通过R1的电流为，通过滑动变阻器的最小电流为

则干路最小电流为I小=0.4A+0.16A=0.56A，电路总功率最小值为P小=UI小=8V×0.56A=4.48W，故D正确。

故选AD。

二、综合题(本题共2小题，共10分，第7题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）

6．（4分）【答案】     增加     升高     提高了电能的转换率且无碳排放     5

【详解】（1）[1][2]该电站在用电低谷时，利用电能将空气压缩到盐穴中，此时将电能转化为空气的内能，空气的内能变大，温度升高。

（2）[3]非补燃式盐穴压缩空气储能电站采用回热技术、收集压缩空气过程中产生的热能，因此不用燃料供热就可以发电，提高了电能的转换率且无碳排放。

（3）[4]一个储能周期所存储的电能相当于万户居民用电量的天数

7．（6分）【答案】（1）500N；（2）200N；（3）1200N，1.2×104Pa

【详解】解：（1）小明受到重力G=mg=50kg×10N/kg=500N …………………………………………………1分

（2）根据杠杆原理有：F1L1=F2L2，设小明的施加的力为F1，A0为L1，OB为L2，所以力感受器的示数F2=2F1，由题知F1=100N，L1：L2=2；1，故F2=2F1=200N………………………………………………………………1分

（3）当小明对A端的力变化50N时，根据力作用的相互性可知他对地面的压力变化了50N，已知他对地面的压强变化了1000Pa，根据压强公式有：，可得小明与地面的接触面积 …………………………………………………………………………………1分

设小明和负重的总重力为G总，由题知，在整个过程中，有两种情况会使小明对地面的压力大小等于力感应器的示数大小，当小明对对A端施加向下的拉力F1时，根据力作用的相互性和力的平衡可知他对地面的压力F压1=G总﹣F1﹣﹣﹣﹣﹣①

设此时力感应器的示数为F示1（即BC杆对杠杆施加的力），根据杠杆平衡条件可得F1×AO=F示1×OB

因AO：OB=2：1，所以F示1=2F1﹣﹣﹣﹣﹣②

由题知此时小明对地面的压力大小等于力感应器的示数大小，即G总﹣F1=2F1，所以F1=G总，则

F示1=2F1=2×G总=G总﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ ……………………………………………………………………1分

当小明对A端施加向上的推力F2时，根据力作用的相互性和力的平衡可知他对地面的压

F压2=G总+F2﹣﹣﹣﹣﹣④

设此时力感应器的示数为F示2（即BC杆对杠杆施加的力），根据杠杆平衡条件可得，

F2×AO=F示2×OB，因AO：OB=2：1，所以F示2=2F2﹣﹣﹣﹣﹣⑤

此时小明对地面的压力大小等于力感应器的示数大小，即G总+F2=2F2，所以F2=G总；则

F示2=2F2=2G总﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥ ………………………………………………………………………………1分

已知两次的力感应器的示数之差为800N，所以有F示2﹣F示1=2G总﹣G总=800N

解得G总=600N，p0是小明对A点施加的力为0N时他对地面的压强，此时F压=G总=600N，所以

他对地面的最大压力F压大=3p0S=3×1.2×104Pa×0.05m2=1800N

此时他对A端施加的最大向上推力为Fmax，根据力作用的相互性和力的平衡可得F压大=G总+Fmax，

所以Fmax=F压大﹣G总=1800N﹣600N=1200N……………………………………………………………………1分

答：（1）小明受到的重力为500N；

（2）若小明对A端施加竖直向。上大小为100N的推力，力感应器的示数为200N；