2024届江苏省苏州高新区第二中学中考物理押题试卷含解析

2024届江苏省苏州高新区第二中学中考物理押题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、本大题包括10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．根据下表提供的数据，以下说法正确的是几种物质的比热容单位：×103J/（kg•℃）物质水酒精煤油水银冰砂石铝铜比热容4.22.42.10.142.10.920.880.39A．液体的比热容一定比固体的大B．冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃）表示1kg冰吸收的热量是2.1×103JC．质量相等的水和煤油，吸收相等热量后，水的温度变化大D．质量相等的铝块和铜块，升高相同的温度，铝块吸收的热量多2．如图所示，将条形磁铁固定在静止的小车上，电路连接完整后，闭合开关S时，小车不动．变阻器的滑片P向左移动到某位置时，小车开始向左运动，则下列变阻器接入电路的方式正确的是A．a接e、d接f B．a接e、b接f C．c接e、d接f D．c接e、b接f3．如图所示，电源两端电压恒定．闭合开关，灯泡比灯泡亮，则A．两端电压比两端电压大B．的电阻比的电阻大C．若灯丝烧断，通过电流不变D．若灯丝烧断，灯亮度变大4．如图所示的四个实例中，目的是为了减小压强的是A．安全锤的锤头很尖B．压路机的碾子很重C．载重汽车的车轮宽且多D．注射器的针头很尖5．小明同学对自己身体涉及的一些物理量进行了估测，其中不合理的是A．身高170cm B．体重500NC．体温37℃ D．心跳80次/秒6．在如图所示的电路中，闭合开关后，当滑片P向右移动时，下列说法正确的是A．灯泡L变亮B．电压表V示数变大C．电流表A1示数变大D．电流表A2示数变大7．把下图甲所示的一只点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像．这个像是下图乙中的A． B． C． D．8．电动汽车越来越多地进入普通家庭，电动汽车的核心部件是电动机，下面图中能正确反映电动机工作原理的是（）A． B． C． D．9．针对生活中的一些物理量的估测，下列合理的是（）A．课桌的高度为1.6mB．中学生百米跑平均速度为7.1m/sC．人体的体积为0.5m3D．温暖舒适的气温为37℃10．防治噪声可以从三个环节入手．以下事例中属于从噪声的传播环节进行防治的是A．摩托车上安装消声器 B．城市中禁鸣汽车喇叭C．剧院内墙用吸音材料 D．机场地勤要佩戴耳罩二、填空题（本大题包括7小题，每小题2分，共14分）11．小华去超市买了一包方便面，想用天平验证其标注的面饼质量是否准确。他将天平放在水平台面上，按如图甲所示调节天平横梁平衡，这一过程中的错误是_____；纠正错误后，测得面饼的质量如图乙所示，为_____g．将该面饼压碎，其质量_____（选填“变大”“变小”或“不变”）。12．一艘游船自重为8×103N，当空船漂浮在长江水面上时，船受到的浮力为_____N，该船排水量为2×103kg，则船满载时排开江水的体积为______m3；船从长江驶入大海时，将__________一些(选填“下沉”或“浮起”)．（g取10N/kg，ρ江水=1.0×103kg/m3）．13．可燃冰在燃烧时把化学能转化为________能，可燃冰属于________（选填“可再生”或“不可再生”）能源．1m3可燃冰可以释放出175m3的天然气，说明可燃冰的________大，若完全燃烧1m3可燃冰放出的热量有50%被10t的水吸收，水的温度能够上升________℃（q天然气=3.6×107J/m3，c水=4.2×103J/（kg·℃））14．如图所示，我国古代护城河上安装使用的吊桥就是一个组合机械，通过定滑轮改变_____，由图可知杠杆的支点是_____（选填“A”、“B”或“C”）点，它属于_____（选填“省力”、“等臂”或“费力”）杠．15．小明的父亲驾车在高速公路上行驶，坐在后排的小明把车厢两侧的窗玻璃打开后发现，轿车的窗帘没有飘向窗内，反而飘向了窗外．这是因为车外空气的流速_____、压强_____．小明的父亲由于某种原因需要在高速路上的右侧临时停车位中停车，小明的父亲提前关闭动力，轿车由于_____仍能继续前进一段路程，最后停在了停车位中．16．某饮水机具有恒温功能，其内部简化电路如图所示（R1、R2均为加热电阻），闭合S，电磁铁上端为_____（选填“N”或“S”）极；而当温控区温度达到60℃时，通过温度传感器与电磁铁共同作用，使饮水机进入保温状态，此时电磁铁衔铁应与_____（选填“a”或“b”）触点接触．已知R1：R2＝1：2，若加热和保温产生相等的热量，则所需时间之比t加热：t保温＝_____．17．如图甲所示的电路，小灯泡L标有“6V3W”字样，小灯泡的I﹣U关系如图乙所示，R为10Ω的定值电阻．当小灯泡电功率为0.8W时，定值电阻R消耗的功率是_____W，电流表的示数为_____A．三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）18．小球正从光滑斜面上滚下，在图中画出小球所受力的示意图．（_____）19．如图所示，根据图中磁感线的方向，标出通电螺线管的N极和电源的“+”极．20．为了探究“电流与电压的关系”，某同学设计了如图甲所示的电路．（1）实验中，应保持________不变，调节滑片P，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，则电路中的电流为________A；电压/V123电流/A0.10.3（2）多次测量，将记录的数据填在上表中，分析数据可以得出的结论是________；（3）在上述实验结束后，该同学还想利用此电路探究“电流与电阻”的关系，并与上表中的第三次实验数据进行比较，于是他在原电路中，只将10Ω的定值电阻换成了15Ω．闭合开关后，发现电压表的示数________（选填“变大”、“变小”或“不变”），则他接下来的操作应该是________．21．如图所示，将A管插入装有水的杯中，用嘴衔住A管的上端能将水吸上来是利用了________；把另一根吸管B的管口贴靠在A管的上端，往B管中轻轻吹气，可以看到A管中的水面___________；若从B管中用力吸气，可以看到A管中的水面_______,（两空均填“上升”、“下降”或“不变”）后两个实验现象都说明：____________．22．小明用如图甲的电路探究电流跟电阻的关系，电源电压6V保持不变，定值电阻分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω．按照图甲电路连接电路，开始实验．改变R的阻值，调节滑动变阻器，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到图乙的电流I随电阻R的变化图像．由图像可以得出的结论是_______________．小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是，将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，向______（选填“左”或“右”）移动滑片，使电压表的示数为______V时，读出电流表示数，此时滑动变阻器连入电路的阻值为________Ω．小红指出小明操作中存在安全隐患，在由小到大更换电阻的过程中，不断开开关直接移动滑动变阻器，这种做法容易将______表损坏．小明听取了意见，重新实验，在每次更换电阻时都断开了开关，将滑动变阻器调到阻值最大处．四、计算题（本大题包括2小题，共22分．解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）23．如图所示，电源电压为6V，小灯泡标有“3V1.8W”．当闭合开关S，把滑动变阻器的滑片P移到R的中点时，小灯泡正常发光，试求：（不考虑温度对小灯泡电阻的影响）小灯泡正常工作时的电流．滑动变阻器R的最大阻值．当变阻器的滑片P移到a端时闭合开关S，电流在1min内所做的总功是多少？24．某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点。其简化等效电路如图所示，此时处于空档位置。闭合开关S，旋钮绕P转动，实现档位转换，旋至1档时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态：旋至2档时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1＝22Ω，主要参数如下表。（c水＝4.2×103J/（kg•℃））**牌智能滚筒洗衣机额定电压220V加热功率2400W设定温度范围30℃～90℃电动机功率240W防电墙电阻1×106Ω（1）洗衣机内注入10kg的水，在额定电压下连续加热1050秒，水温由20℃上升到50℃，此过程中的加热效率是多少？（2）R2阻值是多少？（3）防电墙技术的应用是洗衣机未来发展的趋势。防电墙通过在洗衣机内部形成永久性电阻保证人的安全。异常漏电情况下，电流依次经防电墙和人体流入大地，若人体的最大电阻为1×105Ω，人体的安全电压不高于36V，通过计算判断防电墙技术能否保证人的安全。

参考答案一、本大题包括10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1、D【解题分析】

A、液体的比热容不一定比固体的大，比如：冰比水银的比热容大。故A错误；B、冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃）表示1kg冰温度每升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的热量是2.1×103J．故B错误；C、质量相等的水和煤油吸收相等的热量后，根据公式知，煤油的温度变化大。故C错误；D、由表中数据知，铝的比热容大于铜。质量相等的铜和铝，升高相同的温度，根据吸热公式知，铝吸收的热量多。故D正确。2、A【解题分析】

根据安培定则，同名磁极相互排斥，欧姆定律以及滑动变阻器的使用即可答题．【题目详解】根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的左端为N极，与固定在静止的小车上的条形磁铁相互排斥；当变阻器的滑片P向左移动到某位置时，小车开始向左运动，说明斥力增大，则此时电路中的电流变大，磁性增强，则电阻变小，根据变阻器的接法，一上一下可知，a接e、d接f，如图所示：故选A．3、C【解题分析】

A．由图可知，两只灯泡并联，由并联电路电压关系可知，两灯泡的电压相等；B．灯泡L1比L2亮，说明L1的实际功率大于L2的实际功率，即P实1＞P实2，因U1=U2，P实1＞P实2，所以由可知，R1<R2；C．若L2灯丝烧断，不影响电源电压，则L1两端的电压不变，灯泡L1的阻值不变，根据可知，流过L1的电流不变；D．若L1灯丝烧断，不影响电源电压，则L2两端电压不变，通过L2的电流不变，由P=UI可知L2的实际功率不变，则灯L2亮度不变．4、C【解题分析】减小压强的方法：减小压力、增大受力面积,安全锤的锤头很尖是通过减小受力面积来增大压强；压路机的碾子很重通过增大压力来增大压强；载重汽车的车轮宽且多通过增大受力面积来减小压强；射器的针头尖通过减小受力面积来增大压强；故选C．5、D【解题分析】

A．中学生的身高为170cm是合理的，故A选项不符合题意；B．∵中学生的质量约为50kg，∴重力约为G=mg=50kg×10N/kg=500N符合实际，故B选项不符合题意．C．人的体温37℃，符合实际，故C不符合题意；D．小明心跳应该为80次/分，不符合实际，故D选项符合题意；6、C【解题分析】

由电路图可知,灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测干路电流,电流表A2测L支路的电流。因电源的电压不变，所以滑片移动时，电压表的示数不变，故B错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过L的电流和实际功率不变，即L的亮度不变，故A错误；当滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，由可知，通过R的电流变大，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变大，即电流表A1的示数变大，由P=UI可知，整个电路消耗的总功率变大，故C正确，D错误。7、B【解题分析】

因蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，所以在光屏上会成一个倒立、缩小的实像，分析各选项可知，只有B选项中的是倒立、缩小的实像；故选B．8、D【解题分析】

A．闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故A不符合题意；B．奥斯特实验，说明了通电导体周围存在着磁场，故B不符合题意；C．实验是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，是根据电流的磁效应制成的，故C不符合题意；D．当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D符合题意．【题目点拨】发电机的原理是电磁感应现象，电动机的原理是通电导体在磁场中受力；发电机是机械能转化为电能，电动机是电能转化为机械能；9、B【解题分析】试题分析：学校课桌的高度为80cm，故A不符合实际情况；中学生百米跑的速度约为7m/s，故B符合实际情况；中学生的质量为50kg，人体的密度和水的密度差不多，人的体积为V===0.05m3，故C不符合实际情况；人的正常体温为37℃，温暖舒适的气温为25℃，故D不符合实际；故应选B．【考点定位】长度的估测；温度；速度与物体运动10、C【解题分析】

A.摩托车安装消声器是从噪声的产生防治噪声，属于在声源处减弱噪声，不符合题意；B.禁止汽车鸣笛是在声音的产生处减弱噪声，不符合题意；C.用吸音材料来装饰内墙是在传播过程中减弱噪声，符合题意；D.机场地勤要佩戴耳罩，是为了在人耳处减弱噪声，不符合题意；二、填空题（本大题包括7小题，每小题2分，共14分）11、游码未调至零刻度线83.4不变【解题分析】

在调节天平横梁平衡时，应将游码调到零刻度线，甲图中的错误是：天平调平衡时，游码未调至零刻度线，使用这种天平测出的物体质量将偏大；由图乙知道，面饼的质量是：m＝50g+20g+10g+3.4g＝83.4g；由于质量不随物体形状的改变而改变，所以，将该面饼压碎，面饼只是形状发生改变，但质量不变。12、8×1032浮起【解题分析】船漂浮时受到的浮力是：F浮=G=8×103N；由F浮=ρgV排知道，船满载时排开江水的体积是：V排=F浮/ρ水g=2×104N/1.0×103kg/m3×10N/kg=2m3，船从长江驶入大海时，仍然漂浮，即F浮=G，所以，受到的浮力不变，又因为F浮=ρ液gV排，海水的密度大于江水的密度，所以，排开水的体积变小，则游船的船身将浮起一些．13、内不可再生热值75【解题分析】

可燃冰在燃烧时，内部的化学能转化成内能；可燃冰随着使用不断减少，短时间内从自然界得不到补充，因此属于不可再生能源。1m3可燃冰可以释放出175m3的天然气，可见可燃冰的热值较大；1m3的“可燃冰”相当于的天然气的体积为：V=175m3，这些天然气完全燃烧产生热量：Q放=Vq=175m3×3.6×107J/m3=6.3×109J；水吸收的热量：Q吸=ηQ放=50%×6.3×109J=3.15×109J，加热后水的温度：Δt===75℃。14、力的方向C省力【解题分析】

图中使用了定滑轮A，不能省力，但可以改变力的方向；由图可知吊桥绕着C点转动，所以护城河上安装的吊桥杠杆的支点在C点；在匀速拉起吊桥时，由于它的动力臂L1大于阻力臂L2，所以属于一个省力杠杆．15、大小惯性【解题分析】

由于汽车行驶时，车外的空气流速大、压强小；车内的空气流速小、压强大，车内的气压大于车外的气压，所以，压强差就把窗帘压向车外；小明的父亲提前关闭动力，是因为汽车具有惯性，要保持原来的运动状态，所以仍能前进一段路程，然后到达停车位置．16、Sa1：3【解题分析】

由图知控制电路中的电流是从电磁铁的下端流入、上端流出，由安培定则可知，电磁铁下端为N极，上端为S极；由电路图可知，衔铁接b触点位置时，只有电阻R1接入电路，此时电路中电阻最小，电源电压U一定，由可知，此时电路的功率最大，饮水机处于加热状态；当衔铁接a触点位置时，R1、R2串联，电路中总电阻最大，此时电路的总功率最小，饮水机处于保温状态；已知R1：R2＝1：2，若加热和保温产生相等的热量，即Q1＝Q2，由Q＝W＝可得，所需时间之比：.17、0.40.6【解题分析】由电路图可知，灯泡与定值电阻并联，电流表测电路中的电流，电压表测电源的电压．由图象可知，当灯泡两端的电压UL=2V，通过的电流IL=0.4A时，灯泡消耗的电功率:因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过定值电阻R的电流：定值电阻R消耗的电功率：因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流表的示数：故答案为0.40.6三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）18、【解题分析】由于光滑斜面没有摩擦力，则此时小球受重力和支持力作用；过球心分别沿竖直向下的方向和垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，用符号G表示重力，用符号F表示支持力；如图所示：19、

【解题分析】

在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极．所以螺线管的左端为N极，右端为S极．根据安培定则：伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的右端流入的．所以电源的右端为正极，左端为负极，如下图所示：20、电阻0.2电阻一定时，导体中的电流与导体两端电压成正比变大将滑片向右移动，使电压表的示数保持不变【解题分析】（1）探究电流与电压的关系时，需保持电阻不变；根据图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A；（2）根据表中数据可知，导体的电阻值保持不变，导体两端的电压增大，相对应的导体中的电流也增大，且电压增加几倍，电流也增加几倍，故得结论：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；（3）究电流与电阻的关系时，需保持电阻两端电压不变，因为串联电路起分压作用，因此将10Ω的定值电阻换成了15Ω时，定值电阻两端电压变大；又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，因此要保持定值电阻两端电压不变，需增大滑动变阻器两端电压，因此下一步将滑片向右移动，使电压表的示数不变，并读取电流表的示数，记录数据．21、大气压上升上升流速大的位置，压强小【解题分析】

将A管插入装有水的杯中，用嘴衔住A管的上端能将水吸上来是因为吸水时，吸管内气压减小小于外界大气压，在大气压的作用下水被压入吸管；为了往B管中吹气还是吸气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体都会受到向上的压强大于向下的压强，液面上升；即后两个实验现象都说明：流速大的位置，压强小．22、当电压一定时，电流与电阻成反比左2.5V14电压表【解题分析】

（1）实验得到图乙的电流I随电阻R的变化图像．由图像可以看出是反比例图像，即电流随电阻的增大而减小，可得结论：当电压一定时，电流与电阻成反比．（2）由乙图，每次的电流与电阻的乘积相等，都为2.5V，即实验时保持电阻两端电压为2.5V不变．小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是，将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，因为串联时电压的比等于电阻的比，即定值电阻增大后，滑动变阻器接入电路的电阻也应变大，所以向左移动滑片，使电压表的示数为2.5V时，读出电流表示数，此时电流为：此时滑动变阻器连入电路的阻值为：（3）如果在由小到大更换电阻的过程中，不断开开关直接移动滑动变阻器，由于电阻逐渐增大，分得电压也是逐渐增大的，所以电阻两端的电压可能会超过电压表的量程，所以这种做法容易将电压