四川省广元市剑阁县2024年中考物理模拟试卷含解析

四川省广元市剑阁县2024年中考物理模拟精编试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．“珍爱生命、注意安全”是我们日常生活中必须具有的意识，下列相关说法正确的是A．严禁攀爬输电铁塔B．电路中的保险丝熔断时，可用铜丝代替C．只要人和大地良好绝缘就一定不会触电D．户外露营时，如遇雷雨天气，可在大树下避雨2．用大小不同的力拨动同一根琴弦，主要是改变声音的A．音调 B．音色 C．响度 D．速度3．如图所示，在蹄形磁体的磁场中悬挂一根铜棒，铜棒的两端a、b通过导线跟开关、电流表连接。开关闭合后（）A．只要铜棒ab在磁场中运动，电流表指针就会偏转B．只改变铜棒运动方向时，电流表指针的偏转方向改变C．只改变磁场方向时，电流表指针的偏转方向不变D．同时改变磁场方向和铜棒运动方向时，电流表指针的偏转方向改变4．由空气中的水蒸气凝华而成的是A．雨 B．露C．雾 D．霜5．家用饮水机是一种双温电热器，其工作原理可简化为如图所示的电路，R1为定值电阻，R2为电热板，R1＝3R2，a、b是温控开关S的两个触点，调节S可使饮水机处于加热或保温状态．则饮水机在加热与保温状态时R2消耗的电功率之比及有关说法正确的是A．4：1，S与a点接触时处于保温状态B．16：1，S与a点接触时处于保温状态C．4：1，S与b点接触时处于保温状态D．16：1，S与b点接触时处于保温状态6．关于温度、热量和内能,下列说法中不正确的是A．0℃的冰块内能一定不为零B．物体温度升高，内能一定增加C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递D．温度高的物体，内能不一定大7．如图所示，是探究“水沸腾的规律”的实验装置．对实验可能出现的现象及解释，说法正确的是A．试管口喷出的白气是水汽化形成的水蒸气B．沸腾时气泡上升变大，是试管中的水蒸气液化造成的C．停止对水加热，沸腾停止，再加热，水又继续沸腾，说明沸腾过程需要吸热D．图乙中，向外抽气时热水又重新沸腾，说明液体沸点随气压的降低而升高8．用温度计测量热水温度时，温度计内煤油液面慢慢升高．“煤油液面升高”是因为煤油的A．体积变大B．重力变小C．质量变大D．密度变大9．小朋友沿滑梯加速下滑的过程中，下列说法正确的是A．动能不变，势能减小，机械能不变B．动能不变，势能减小，机械能减小C．动能增大，势能减小，机械能不变D．动能增大，势能减小，机械能减小10．如图所示，电源电压不变，灯泡L及R0的电阻不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片向右端移动的过程中，各元件均安全工作，下列说法正确的是()A．电流表的示数变小B．灯泡L的亮度变亮C．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比变大D．通过R0的电流的变化量大于通过滑动变阻器的电流的变化量二、填空题（本大题包括7小题，每小题2分，共14分）11．著名的_____实验证明了大气压强存在且很大．大气压强的数值会随着海拔高度的增加而逐渐_____，（选填“增大”、“不变”或“减小”）．拦河大坝设计成上窄下宽则是因为水的_____越大，水对大坝的压强越大．12．如图，“冰壶”是一项体育运动，冰壶出手后能继续运动是因为冰壶_____；为了减小冰壶收到的阻力，运动员需要不停地刷冰，使冰层表面发生_____（填物态变化）而产生水，这是通过_____方式来改变表层冰的内能的．13．图所示的温度计的示数为_______℃．14．现有两个灯，L1上：标有“6V3W”的字样，L2上标有“3V3W“”字样；为了保护用电器的安全，若把两灯串联接人电路，则电源电压最大为______V；如果并联接入电路，则干路中允许通过的最大电流为______A。（不计灯丝电阻的变化）15．如图是一款四冲程柴油机，柴油机工作时吸入气缸的是______；若柴油机转速为1200r/min，在1s内柴油机对外做功_______次．16．笑树能发出笑声是因为果实的外壳上有许多小孔，经风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其__________发声；这种笑声与人的笑声有明显区别，主要是这两种声音的__________不同．17．路边树木以驶过的汽车为参照物，树是_____的（选填“静止”或“运动”），汽车驶过时发现地面上的树叶都卷向汽车，这说明：流体流速越大，_____，汽车排出尾气的能量不可能收集起来再次开动汽车，说明能量的转移和转化是_____．三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）18．根据如图所示通电螺线管周围的磁感线方向，在图中标出通电螺线管的N极和电源的正极；19．如图所示，请将下列元件连接成符合安全用电要求的家庭电路．20．在探究“二力平衡条件”的实验中：（1）甲、乙两组同学分别选择器材后，设计组装的实验装置如图所示．老师指出乙组同学选择的器材更加合理，其原因是：_____________。（2）在探究力的大小对二力平衡的影响时，利用了定滑轮能够_________的特点，并通过调整______来改变F1和F2的大小。（3）保持F1与F2相等，将小车扭转一定角度后松手，小车将无法在此位置平衡。实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须满足哪个条件？___________。21．在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆：（杠杆上每小格长为2cm）、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个（N+钩码NXNlN）。（1）实验前，杠杆静止在如图15甲所示的位置，此时杠杆处于（选填“平衡”或“不平衡”）状态。（2）实验时，使杠杆在水平位置平衡，主要是为了便于测量大小，因此应将如图甲所示杠杆左端的平衡螺母适当往（选填“左”或“右”）调。（3）杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，做为动力F1，B点处挂上l个钩码，做为阻力F2，杠杆恰好在水平位置平衡，如图乙所示，分别测量出两个力的力臂L1和L2，计算后发现：F1L1=F2L2，便得出杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2。但小红认为小明这种实验处理方法是不完善的，理由是（4）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立?”于是小明利用如图甲所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉使杠杆在水平位置处于平衡状态，此时弹簧测力计的示数如图甲所示，则弹簧测力计的拉力是N。以弹簧测力计的拉力为动力F1/，钩码重力为阻力F2/，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1/L1/总是大于F2/L2/，其原因主要是受作用的影响。（5）小明将图甲中弹簧测力计拉力的作用点从C点移到E点，使杠杆仍在水平位置平衡，如图乙所示，请推算：此时弹簧测力计的拉力是N。22．如图所示，在探究“平面镜成像特点”的实验中，为使实验的效果更好，实验室内光线应______（强/弱）一些；实验中某同学将玻璃板及点燃的蜡烛放置好后，在玻璃板另一侧移动未点燃的蜡烛，观察到未点燃的蜡烛与点燃蜡烛的像重合时，记录下了物、像、镜的位置，接下来的操作应是________________（整理实验器材/改变蜡烛位置多次实验），实验结束后同学们发现像与物对应点的连线与镜面__________．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．如图甲是某品牌的足浴盆，它既有加热功能，又有按摩功能，温控开关可自动控制盆中水的加热温度．图乙是足浴盆的简化电路图，相关参数如表，请根据这些信息完成下列问题：型号B25额定电压220V加热功率1000W电动机功率22W（1）加热电阻正常工作时的阻值；启动按摩功能时通过电动机线圈的电流；在足浴盆中加入适量水后，在额定电压下加热并同时启动按摩功能，工作了5min，足浴盆消耗多少焦耳电能？24．如图所示的电路，小灯泡标有“6V，3W”的字样，电源电压恒为9V，小灯泡电阻不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P移到某一位置时，小灯泡恰好正常工作，求：小灯泡正常工作的电流；滑动变阻器接入电路的电阻；滑动变阻器的功率．

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、A【解析】

A．输电铁塔输送的是高压电甚至是超高压电，盲目攀爬可能引起触电，故A正确；B．家庭电路中的保险丝不可以用铜丝代替，因为当电流过大时，铜丝不能及时熔断切断电路，不能起保护作用，故B错误；C．一般情况下，人和大地良好绝缘，不会触电，但是良好的绝缘体在电压大到一定程度时就会变成导体，此时就会发生触电事故，故C错误；D．雷容易击中地面上尖端的突起物体，所以雷雨天不可在大树下避雨，故D错误．2、C【解析】

同一根琴弦其振动的频率不变，音调不变；其材料结构不变，音色也不会改变．用大小不同的力拨动同一根琴弦，用力大的时候弦振动的振幅大，发出声音的响度大，用力小的时候弦振动的振幅小，发出声音的响度小；因此用大小不同的力拨动同一根琴弦主要改变声音的响度．故C正确．3、B【解析】

（1）产生感应电流的条件：闭合电路中的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动，就会产生感应电流．（2）感应电流的方向与导体运动方向和磁场方向有关．【详解】A.产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流。只有铜棒在磁场中做切割磁感线运动时，才能产生感应电流，电流表指针才会偏转，故A错误；BCD、感应电流的方向与导体运动方向有关，也与磁场方向有关，只改变铜棒运动方向或磁场方向，电流表指针的偏转方向发生改变，同时改变导体运动方向和磁场方向，电流表指针的偏转方向不变，故B正确，CD错误。故选B.4、D【解析】

雨、露、雾都是空气中的水蒸气遇冷液化成的小水滴，霜是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，故ABC错误，D正确。5、A【解析】

由电功率的公式P=UI=知，当电阻较大时，电功率较小；分别计算两种情况下的电功率的表达式进行比较．【详解】由电功率的公式P=UI=知当电阻较大时，电功率较小，开关接a时两电阻串联电阻较大，是保温状态；接b时为R2的简单电路电阻较小，是加热状态，故CD错误，加热时的总功率P加=,保温时的功率P保=；∴，故A正确，B错误.故选A．6、C【解析】

A．一切物体都具有内能，0℃的冰块内能一定不为零，故A正确。B．物体温度升高，分子运动加剧，分子动能增大，内能一定增加，故B正确。C．热传递的条件是存在温差，所以热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故C错误。D．内能和温度、状态、质量等多个因素有关系，所以温度高的物体内能不一定大，故D正确。故答案为C。【点睛】物体的内能跟物体的质量、状态和温度有关，物体质量和状态一定时，温度越高，内能越大。物体状态和温度相同时，质量越大，物体的内能越大。7、C【解析】

A、试管口喷出的白气是水蒸气液化成的小水滴，故A错误；B、沸腾时气泡上升变大，是试管中的水汽化形成的，故B错误；C、停止对水加热，水不再吸热，沸腾停止，再加热，水将继续吸热，此时水又继续沸腾，说明沸腾过程需要吸热，故C正确；D、据图可知，当从瓶中向外抽气时，瓶内的气压减小，水的沸点随气压的减小而降低，所以会导致水重新沸腾．故D错误．8、A【解析】常用温度计利用液体热胀冷缩的性质制成．A.所以用温度计测量热水温度时，温度计内煤油液面慢慢升高．“煤油液面升高”是因为煤油的体积变大了，故A正确；B.C.温度计内的液体多少没有变化，即质量不变，而重力与质量成正比，所以重力也不变，故BC错误；D.根据可知，质量不变，体积变大，所以密度变小，故D错误；故选A．点睛：注意理解热胀冷缩的含义，即温度升高时，体积增大，温度降低时，体积减小．而质量是所含物质的多少，物质多少不变，质量是不会变化的．9、D【解析】试题分析：动能与质量和速度有关，因为小朋友加速下滑，所以动能增大；重力势能与质量和高度有关，下滑过程中高度降低，所以势能减小；因为下滑中受到摩擦力，所以机械能减小，故选D．考点：动能、势能、机械能的影响因素10、AB【解析】

A．由电路图可知，灯泡L与变阻器R并联后再与R0串联，电压表测并联部分两端的电压，电流表测干路电流。滑动变阻器的滑片向右端移动的过程中，接入电路中的电阻变大，并联部分的总电阻变大，电路的总电阻变大，由可知，电路的总电流变小，即电流表的示数变小，故A符合题意；B．由可知，R0两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，并联部分的电压变大，即电压表的示数变大，由可知，通过灯泡L的电流变大，由可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故B符合题意；C．设滑片移动前后电路中的总电流分别为I、I′，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表示数的变化量：即电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变，故C不符合题意；D．因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且通过L的电流变大，电路的总电流变小，所以，通过变阻器R的电流变小，且通过R0的电流的变化量小于通过滑动变阻器的电流的变化量，故D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、马德堡半球减小深度【解析】

马德堡半球实验有力地证明了大气压强的存在；大气压与高度的变化规律是：大气压随海拔高度的增加而减小；由于液体内部压强随着深度的增大而增大，所以拦河大坝设计成上窄下宽则是因为水的越往深处的压强越大的缘故．12、具有惯性熔化做功【解析】

①改变物体的内能的方法：一是做功，二是热传递；②物质从固态变为液态叫熔化，从液态变为固态叫凝固；③物体具有的保持运动状态不变的性质的惯性．【详解】如图所示，“冰壶”是一项体育运动．冰壶出手后能继续运动是因为冰壶具有惯性；为了减小冰壶受到的阻力，运动员需要不停地刷冰，由于摩擦生热，可以使冰层表面发生熔化而产生水，所以这是通过做功方式来改变表层冰的内能的．【点睛】注意对惯性的理解，惯性是物体的基本属性，惯性不是力，不能说成：受到惯性作用，而应该描述成：具有惯性．另外牢记改变物体内能的两种方式，即热传递和做功，两种方式对于内能的改变是等效的，两种方式很容易区分，做题不难．13、66【解析】

图中每大格相差10℃，每大格间有10个小格，即一小格是1℃，分度值为1℃；液柱上表面在60℃上面6个小格，读数为60℃+1℃×6=66℃14、7.51.25【解析】

由知道，两灯泡的额定电流分别是：，，由知道，两灯泡的电阻分别是：=12Ω，=3Ω；由于串联电路中各处的电流相等，所以两灯泡串联时，电路中的最大电流是：I=I2=0.5A，由于串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以电路两端允许加的最大电压是：U串=I（R1+R2）=0.5A×（12Ω+3Ω）=7.5V；又因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两灯泡并联时，电源的最大电压是：U并=U2=3V；通过两灯泡的电流分别是：I2′=I2=1A，I1′=0.25A，由于并联电路中的干路电流等于各支路电流之和，所以干路允许通过的最大电流是：I并=I1′+I2′=0.25A+1A=1.25A。15、空气10【解析】

柴油机在吸气冲程中，吸入的只有空气，柴油是在压缩冲程末再由喷油嘴喷入气缸；柴油机的飞轮的转速为1200r/min=20r/s，即每秒完成10个工作循环，对外做功10次．16、振动音色【解析】

[1][2]经风一吹，笑树壳里的籽撞击壳壁，壳壁振动发声，因为不同物体发出的声音音色是不同的，笑声与人的笑声有明显区别，主要是这两种声音的音色不同．【点睛】声音是由物体振动产生的，不同物体发出的声音音色是不同的．17、运动压强越小有方向的【解析】若以该汽车为参照物，树和车之间的相对位置发生了变化，所以树是运动的．汽车驶过的地方空气流动速度大、压强小，其它地方的空气流速小、压强大，树叶受到的压强差不同，压力差不同，树叶被从路旁吸向汽车行驶的地方，这说明：流体流速越大，压强越小；车排出尾气的能量不可能收集起来再次开动汽车，说明能量的转移和转化是有方向的．故答案为(1).运动(2).压强越小(3).有方向的【点睛】有关流体的问题，都从物体周围流速不同，压强不同，压力不同来解释．流体的流速越大，压强越小，流速越小，压强越大．三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）18、【解析】在磁体的周围，磁感线是从磁体的N极出发，回到S极，所以图示的螺线管的右端为N极。根据螺线管的N极和线圈的绕向，利用右手螺旋定则可以确定电流是从螺线管的左端流入，右端流出。从而可以确定电源的左端为正极。如下图所示。19、【解析】三孔插座的连接：上孔接地线，当金属外壳的用电器插入插座时，使金属外壳接地，防止金属外壳漏电发生触电事故．左孔接零线，右孔接火线；灯泡的连接方法：火线首先接入开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入螺旋套．开关既能控制灯泡，又能在灯泡损坏时，断开开关，切断了火线，安全的更换灯泡．20、变滑动为滚动，减小摩擦，使实验效果更明显改变力的方向钩码质量作用在同一直线上【解析】

（1）由图知道，甲图使用的是木块，它与桌面之间的摩擦是滑动摩擦，而乙图使用的是小车，它与桌面之间是滚动摩擦，其摩擦力较小可以忽略，实验更准确些；（2）实验过程中，利用定滑轮的好处是可以改变力的方向，且可以通过改变砝码的质量改变两个拉力的大小；（3）保持F1与F2相等，将小车扭转一定角度后松手，小车发生转动，不能平衡，通过实验中设计这一步骤知道，探究二力平衡时，两个力必须作用在同一直线上。21、（1）平衡（2）力臂右（3）没有经过多次测量就得出结论，实验没有普遍性（4）3.3杠杆重力（5）1.1【解析】试题分析：（1）由于杠杆此时静止不动，所以处于平衡状态；（2）杠杆在水平位置平衡时，力臂的大小可以直接从杠杆上读出来，便于测量；图15甲杠杆的右端较高，所以应把左端的平衡螺母向右调；（3）在物理实验中，为了得出较为准确的结论或具有普遍性的结论，需要进行多次的实验才能得出来，而本题中只做了一次实验，就得出的结论不具有普遍性；（4）由图示可知，此时测力计的示数为3.3N，由于杠杆本身也具有重力，当支点不在中点时，杠杆本身的重力对杠杆的影响将不能忽略，所以会得两边的乘积不相等的结果；（5）当测力