广西北部湾四市同城联考2024届中考联考物理试题含解析

广西北部湾四市同城联考2024届中考联考物理试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共10小题，共30分）1．如图所示，用开瓶器在A处用力开启瓶盖，下列说法正确的是（）A．B点为开瓶器的支点B．开瓶器受到的阻力方向为竖直向上C．使用开瓶器能省力D．使用开瓶器能省功2．小华在探究串联电路电流规律时，按图甲连接好电路，闭合开关S1后观察到A1、A2两个电流表的指针偏转情况如图乙，下列说法正确的是A．电流表A2的示数为0.15AB．电流每流过一个灯泡，都会减弱一些C．两个灯泡的亮度一定相同D．电流表A3的示数为0.3A3．质量相同的甲乙两个物体由于吸热而升温，若它们的比热容之比为1：2，升高的温度之比为3：2，则它们吸收的热量之比是A．3：1 B．4：3 C．1：3 D．3：44．低碳环保己经逐渐成为全社会的共同理念,我市积极响应这一程念,投放了人量的共享单车，下列关于共享单车的说法正确的是（）A．车把是一个省力杠杆B．车座的面积较大是为了增大压强C．轮胎表面凹凸不平的花纹可以减小摩擦D．停止用力蹬脚踏板,车也会继续前进一段距离是因为车受到惯性5．国外科研人员设计了一种“能量采集船”，如图所示．在船的两侧附着可触及水面的旋转“工作臂”，每只“工作臂”的底端装有一只手掌状的、紧贴水面的浮标．当波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能储存起来．下列电器设备与“能量采集船”获得能量原理相同的是A． B．C． D．6．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7．2018年5月14日，一架重庆飞往拉萨的航班，正在9800米高空以810km/h的速度飞行。突然驾驶舱右座前挡风玻璃破裂脱落（如图），当时正坐在该窗口旁的副驾驶员整个上半身被“吸”出舱外，曾为空军驾驶员的机长刘某沉着处置安全着陆，创造了又一航空奇迹。导致副驾驶员整个上半身被“吸”出舱外这一现象发生的原因是A．副驾驶受到的重力突然减小B．舱内气压变大，舱外气压变小C．舱内温度降低，压强突然增大D．舱内空气流速小压强大，舱外空气流速大压强小8．如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力的方向，使其从①一②一③．此过程中，弹簧测力计的示数将A．逐渐变大 B．逐渐变小C．先变大后变小 D．先变小后变大9．如图所示，电源电压一定。关于电路的工作情况，下列说法正确的是A．只闭合S1时，两只灯泡串联B．先闭合S1，再闭合S2时，电压表的示数不变、电流表的示数变大C．若电压表和电流表位置对调，则闭合S1、S2后，两表都被烧坏D．若灯L1被短路，则闭合S1、S2后，电压表和电流表都被烧坏10．智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁地使用会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式”来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的()A．增大电池电压 B．增加总功率C．减小总功率 D．降低散热能力二、多选题（本大题共3小题，共12分）11．如图所示，用相同的滑轮分别组成甲、乙两个滑轮组，分别把重为G1、G2的重物以相同的速度v匀速提升相同的高度h=2m．若不计绳重及摩擦，下列说法正确的是A．若G1=G2，F1做功的功率大于F2做功的功率B．若G1=G2，两滑轮组的机械效率相同C．若G1＞G2，两滑轮组的机械效率相同D．若G1=240N，甲的机械效率为80%，则F1做的功是600J12．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P从中点向b端滑动的过程中A．电压表示数变小 B．电流表A1示数变大C．灯泡亮度不变 D．电流表A2示数变小13．在“探究凸透镜成像规律的实验”中，小明调节蜡烛，凸透镜和光屏的位置，在光屏上成清晰的像如图所示，下列说法正确是A．照相机是利用了图中的成像规律B．换上焦距小一些的凸透镜，只将蜡烛向右适当移动就能在光屏上接收到清晰的像C．如果使蜡烛向左移动，光屏需要向右移动才能接收到清晰的像D．如果把蜡烛与光屏对调，光屏上将会出现清晰的像三、填空题（本大题共5小题，共10分）14．远程信息传递技术已经广泛应用于我们的生活.如：地面卫星控制中心是利用__________向“嫦娥三号”传递指令的；倒车雷达利用__________来判断到障碍物的距离；家用电视遥控器是靠_________实现对电视机的控制的.（电磁波/超声波/紫外线/红外线/可见光）15．小明想测量一个底面积为10cm2的长方体木块的密度．他用刻度尺测量木块的高，如图甲所示，则木块高_____cm．用托盘天平测量木块的质量，调节天平时，先将游码移至标尺“0”刻度线，再调节平衡螺母，使天平平衡．当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时天平平衡，则木块的密度为_____kg/m1．16．如图所示，当电源电压为4V时，电压表的示数为1V；当电源电压增加到12V时，电流表的示数为1A．则电阻R1=_______Ω，R2=_______Ω．17．丹麦物理学家奥斯特首先发现了电与磁之间存在本质联系，生产生活中的_____（选填“电磁起重机”“台灯”或“电热毯”）主要是利用电流磁效应工作的。飞机起飞时，利用了空气流速越大压强越_____（选填“大”或“小”）的原理。18．李白的诗句“举杯邀明月，对影成三人”中的三个人，除他自己外，另外的两个人，一个是由于光的_____形成的影子，另一个是由光在酒面_____（选填“反射”“折射”）形成的像，这个像是_____（选填“实像”或“虚像”）．四、计算题（本大题共3小题，共29分）19．如图所示，电源电压一定．已知灯泡L标有“6V，7.2W”字样（灯泡电阻不受温度影响），R＝10Ω，滑动变阻器R0的最大阻值为40Ω．开关S、S1闭合后，滑动变阻器R0的滑动端P在a端时，灯泡L正常发光．求灯泡L的电阻阻值；求电源的电压；在S闭合的情况下，通过对S1、S2的控制和调节滑动变阻器R0，可使整个电路所消耗的总功率最小，请求出电路总功率的最小值；在S闭合的情况下，通过对S1、S2的控制和调节滑动变阻器R0，可使整个电路所消耗的总功率最大，请求出电路总功率的最大值20．如图所示，体积为1×10-3米3、密度为5×103千克/米3的均匀实心正方体甲和盛有水的轻质柱形容器乙放在水平桌面上，乙容器的底面积为1×10-1米1．①求甲的质量m甲；②将甲物体浸没在乙容器的水中，测得甲物体放入前后水对容器底部的压强如下表所示：水对容器底部的压强放入甲物体前放入甲物体后p水(帕)19601156(a)求放入甲物体前乙容器中水的深度h水；(b)请根据表中的信息，通过计算判断将甲物体放入容器时是否有水溢出？若无水溢出请说明理由；若有水溢出请求出溢出水的质量m溢水．21．如图所示，轻质薄壁柱形容器B置于水平地面上，均匀立方体A平放在容器B内，已知A的边长a为0.1米，质量为1千克；B的底面积为5×10-1米1．①求立方体A所受重力大小GA．②求立方体A对容器B产生的压强pA．③若再向容器B内缓慢注入质量为4千克的水，求水对容器B底部的压强p水．五、作图题（本大题共2小题，共4分）22．如图所示,氢气球下吊一物体,不计空气阻力,物体沿MN方向做匀速直线运动，请画出物体所受力的示意图．23．在如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上．要求：闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向a端移动，小灯变亮．六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）24．在研究液体压强规律时．（1）老师在空心玻璃管一端套上橡皮膜，并向管内注入适量的水（如图甲），你观察到的现象是______，这说明：______．（2）如图乙是压强计，将压强计的橡皮膜放入液体中时，我们是通过______来判断液体压强大小的．为了使这一现象更明显，你认为U型管应______．（填字母）A．注入酒精B．注入水银C．用内径更细的U型管（3）小明认为，不用压强计用图甲装置同样可以探究液体内部压强．具体操作是：将玻璃管中的水倒出，将有橡皮膜的一端向下竖直放入液体中，随着橡皮膜所在深度的改变，橡皮膜的凹陷程度也随之发生变化（如图丙）．对比压强计，你认为上述探究装置两大主要缺陷表现在：①______；②______．25．在古代，人们就已经发现滚动代替滑动可以大大减小摩擦。请你设计实验进行验证。（1）实验器材：_____（2）实验步骤：_____（3）现象及结论：_____26．小明利用托盘天平、量筒、水和细线测量一物块的密度．下列操作或数据收集正确的是A．调节天平横梁平衡时，指针如图甲所示，应将平衡螺母向右端调节B．用调好的天平测物块质量，天平平衡时如图乙所示，该物块的质量为52.2gC．利用图丙、丁所示的方法，测出物块的体积为30cm3D．被测物块的密度为2.6g/cm3

参考答案一、单选题（本大题共10小题，共30分）1、C【解题分析】试题分析：用开瓶器在A处用力开启瓶盖时，开瓶器是省力杠杆，支点是C，阻力的作用点是B，阻力的方向竖直向下，使用开瓶器能省力，但同时要多费距离，所以使用开瓶器不能省功。故本题选C。【考点定位】杠杆2、D【解题分析】

A．由图可知，电流表A2所选量程为A由指针位置可知，电流表A2的示数为0.3A，故A错误；B．串联电路中，电流处处相等．因此电流每流过一个灯泡，不会减弱，故B错误；C．灯泡的亮度取决于其实际功率的大小．因不知两个灯泡的电阻关系，因此不能确定两个灯泡的亮度一定相同，故C错误；D．由图可知，电流表A1所选量程为0-0.6A，由指针位置可知，电流表A1的示数为0.3A串联电路中，电流处处相等．因此电流表A3的示数也为0.3A，故D正确；故选D。3、D【解题分析】

由可得，，，则，故D正确为答案．4、A【解题分析】

A、车把的支点在中间转轴，使用时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故A正确；B、车座的面积较大，是通过增大受力面积来减小压强，使人感到舒服，故B错；C、轮胎表面凹凸不平的花纹，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故C错；D、惯性是物体保持运动状态不变的性质，不是力，不能说“受到”惯性，故D错。5、B【解题分析】

根据题意可知，波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能储存起来，因此该过程将机械能转化为了电能；根据选项ACD的图示可知，都有电源提供电能，因此它们都消耗了电能，故ACD不符合题意；B中线圈转动时，灯泡发光，说明产生了电能，故将机械能转化为电能，符合题意。6、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。7、D【解题分析】

正在高空中飞行的飞机，挡风玻璃突然爆裂，舱内空气流速小压强大，舱外空气流速大压强小，故形成向外的压强差，因此副驾驶整个上半身被“吸”出舱外，故D正确，ABC错误。8、D【解题分析】

各个力的力臂如下图所示：从图中可以看出，从①—②—③，力臂先变大后变小，所以力先变小后变大．9、B【解题分析】

A.只闭合S1时，灯泡L2不亮，处于断路状态，只有灯泡L1亮，不符合题意；B.若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数仍然等于电源电压，所以不变；由于此时两只灯泡是并联的，总电压不变，总电阻减小，所以电流增大，即电流表读数变大，符合题意；C.若电压表和电流表位置对调，此时电压表串联在电路中，由于电压表的阻值很大，电路中的电流会很小，所以闭合S1、S2后，则两表都不会烧坏，不符合题意；D.若灯L1被短路，闭合S1、S2后，则灯L1、L2不亮，电流表损坏，不符合题意；故选B.10、C【解题分析】

当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由P=W/t可得，W=Pt，要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的，故应选C．二、多选题（本大题共3小题，共12分）11、BD【解题分析】

A．由图可知，甲图中由3股绳子承担物重，乙图中由2股绳子承担物重，则绳端的拉力：F1=（G+G动），F2=（G+G动），绳端移动的速度：v1=3v，v2=2v，同一动滑轮的重力相同，根据P===Fv可知，若G1=G2，F1做功的功率等于F2做功的功率，故A错误；B．若不计绳重及摩擦，则额外功的来源是克服动滑轮自重做的功，即W额外=G动h，有用功：W有用=G物h，总功：W总=W额外+W有用=G动h+G物h，则机械效率：η==-----①，由题意可知，滑轮相同，把重力为G1、G2的重物匀速提升相同的高度，G1=G2，由①式可知，两滑轮组的机械效率相同，故B正确；C．将①式分子分母同除以G物可得：η==-----②，由②可知，在动滑轮自重相同时，滑轮组的机械效率随物体重的增加而增大，因G1＞G2，所以甲图中滑轮组机械效率高于乙图中的机械效率，故C错误；D．若G1=240N，则有用功：W有1=Gh1=240N×2m=480J，此时甲的机械效率为80%，F1做的功即总功：W总1==600J，故D正确．12、CD【解题分析】

A.由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测R支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压；因为电源的电压不变，所以滑片移动时，电压表的示数不变，故不正确；B.当滑动变阻器R的滑片P从中点向b端滑动的过程中，接入电路中的电阻变大，由可知，该支路的电流变小，即电流表A1的示数变小，故不正确；C.因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以灯泡两端的电压和通过的电流不变，实际功率不变，亮度不变，故正确；D.因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表A2示数变小，故正确．故选CD【题目点拨】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测R支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压；根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据滑片的移动可知该支路接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路各支路独立工作可知通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化．13、AD【解题分析】

由图知道，物距大于像距，凸透镜成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机，故A正确；换上焦距小一些的凸透镜，相当于增大物距，由于凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小，所以，只将蜡烛向右适当移动一定不能在光屏上接收到清晰的像，还需要移动光屏才行，故B错误；将物体向左移动，物距增大，像距减小，要在光屏上得到清晰的像，光屏要向左移动，故C错误．由图知道，u＞v，此时成倒立缩小的实像；将蜡烛和光屏的位置对换后，由于光路可逆知道，能成清晰的像，且成的是倒立、放大的实像，故D正确．三、填空题（本大题共5小题，共10分）14、电磁波超声波红外线【解题分析】

电磁波可以在真空中传播，所以地面控制卫星是通过电磁波传递信息的；而倒车雷达是利用回声定位的原理工作的，所以用的是超声波；对于遥控器是靠红外线控制电视的，因为其穿透力比较强．15、2.500.56×101【解题分析】如图甲所示，所用刻度尺的分度值为1mm，则木块高为2.50cm．已知长方体木块的体积V=Sh=10cm2×2.50cm=25cm1，木块的质量m=10g+4g=14g，所以木块的密度．16、93【解题分析】试题分析：分析电路图可得电路为串联电路，电压表测量R2两端电压；当电源电压为4V时，电压表的示数为1V；可得R1两端电压为3V，由串联分压可知R1:R2=3:1；当电源电压增加到12V时，电流表的示数为1A．由欧姆定律可得总电阻为12V/1A=12Ω；于是可得R1=9Ω；R2=3Ω．【考点定位】电路计算17、电磁起重机小【解题分析】

通电导线周围有磁场，这就是的电流的磁效应，电磁起重机、电磁继电器等都是利用该原理制成的；台灯工作时把电能转化为光和热，不是利用电流磁效应工作的；电热毯是利用电流流过导体时发热而工作的，应用了电流的热效应。飞机的机翼通常都做成上面凸起，下面平直的形状。这样当飞机起飞时，流过机翼上方的空气流速大，压强小，流过机翼下方的空气流速小，压强大。机翼上下方所受到的压力差便形成向上的升力。故飞机起飞时，利用了空气流速越大压强越小的原理。18、直线传播反射虚像【解题分析】

“举杯邀明月，对饮成三人”中一人是本人，其中另外两人是本人的影子，根据影的形成原因分析解答本题；注意光的直线传播可形成影，光的反射和折射可形成像．【题目详解】举杯邀明月，对饮成三人”中的一人是饮酒者本人，另外两“人”是饮酒者形成的影和在酒面形成的虚像．①其中一“人”是人在地面上形成的影子，它是沿直线传播的光被不透明的人挡住，在人后面的地面上光照不到的地方形成影，即地面上的“人”；②另一“人”是杯中的“人”，酒面是一个平面镜，人在这个平面镜中成像，即平面镜成像，它是由光的反射形成的虚像．【题目点拨】此题考查了“影子”和像的成因，理解光的直线传播和光的反射现象，了解生活中常见的光的直线传播和光的反射现象是解答本题的关键．四、计算题（本大题共3小题，共29分）19、（1）5Ω（2）6V（3）0.72W（4）10.8W【解题分析】

（1）设灯泡电阻为R灯，由P＝可知灯泡L的电阻值是：R灯＝=5.0Ω；（2）当S、S1闭合，且滑片P在a端时，电路为L的简单电路，灯正常发光，说明电源电压和灯泡的额定电压相同，则电源电压是：U＝6V；（3）电源电压一定，要使电路总功率最小，电路总电流最小，即电路总电阻最大，需要将两个较大的电阻串联，因为电阻R的阻值大于灯泡L的电阻，所以S、S2闭合，S1断开，滑动变阻器调节到b端时，此时滑动变阻器R0的最大值与电阻R串联，则电路总功率的最小值是：P最小＝；（4）电源电压一定，要使电路总功率最大，电路总电流最大，电路总电阻最小，需要将两个电阻并联，所以S、S1、S2均闭合，滑动变阻器调节到a端，此时灯泡L与电阻R并联，则电路总功率的最大值是：P最大＝PR+P灯额＝＝10.8W．20、①5kg②（a）0.1m（b）0.6kg【解题分析】

①由ρ=得甲的质量：m甲=ρV=5×103kg/m3×1×10-3m3=5kg；②（a）由p=ρgh得水的深度：h水===0.1m；（b）放入甲物体后水的深度：h水′===0.11m，水面实际上升：0.11m-0.1m=0.01m，水面应该上升的高度是：=0.05m，因为：0.05m>0.01m，所以有水溢出，V溢=1×10-1m1×(0.05m-0.01m)=6×10-4m3，溢出水的质量：m溢水=ρ水V溢=1.0×103kg/m3×6×10-4m3=0.6kg．21、（1）19.6牛；（1）1.96×103帕；（3）9.8×101帕【解题分析】

①因为立方体A的质量为1千克，所以，立方体A所受重力是：GA=mAg=1kg×9.8N/kg=19.6N；②由于A的边长a为0.1米，所以，受力面积是：S=SA=0.1m×0.1m=0.01m1，立方体A对容器B产生的压力是：F=GA=19.6N；故立方体A对容器B产生的压强是：=1.96×103pA；③A的体积是：VA=（0.1m）3=0.001m3，A的密度是：=1×103kg/m3，即ρA＞ρ水，所以当向容器B内缓慢注入水时，不论注入多少水，A只会沉在容器底，当注水刚好浸没A时，注入水的体积是：V1=（S容-SA）×hA=（5×10-1m1-0.01m1）×0.1m=0.004m3，这些水的质量是：m1=ρ水V1=1×103kg/m3×0.004m3=4kg，所以，若再向容器B内缓慢注入质量为4千克的水，水深等于A的高度，即h=hA=0.1m，故水对容器B底部的压强是：p水=ρ水gh=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa．五、作图题（本大题共2小题，共4分）22、【解题分析】分析：①若匀速直线运动或静止状态的物体受力，则受到的力一定是平衡力；②二力平衡的条件是：大小相等，方向相反，作用在同一物体上，作用在同一条直线上；③地面附近的物体受到重力的作用，重力的方向始终是竖直向下的，与物体的运动情况无关解答：不计空气阻力，重物在空中沿MN斜向上做匀速直线运动时，处于平衡状态，在运动中重物受到重力、细线的拉力的作用，重力的方向总是竖直向下的，拉力的方向应竖直向上；所以氢气球和重物应该在同一条竖直线上，因此过重心沿竖直向下的方向画出重力G，沿竖直向上的方向画出拉力F拉，而且大小相