（详解详析）江西省2023年初中学业水平考试·物理试卷

物理试卷第页（共页）江西省2023年初中学业水平考试·物理试卷详解详析一、填空题(本大题共8小题，每空1分，共16分)1.直线传播竖直向下【解析】日影是太阳光在表后形成的阴影区域，是由光的直线传播形成的；使用铅垂线能确保“表”垂直于水平放置的“圭”利用了重力的方向是竖直向下的．2.空气扩散【解析】人们听到“鸟语”的过程是小鸟的叫声通过空气传入人耳的；闻到“花香”是花香分子运动到人的嗅觉系统中，这属于扩散现象．3.

虚像不变【解析】根据平面镜成像特点可知该同学在仪容镜中所成的像是虚像；平面镜所成像的大小与镜子大小无关，因此与他在小平面镜中所成的像相比，像的大小不变．4.电磁感应电【解析】用力转动风扇叶子，电流计的指针偏转，说明产生了感应电流，这是电磁感应现象；该过程将风扇叶子的机械能转化为电能．5.

运动减小【解析】无人机匀速下降时，相对于地面的位置发生了变化，因此无人机相对于地面是运动的；无人机匀速下降时，质量不变，速度不变，高度减小，则无人机的动能不变、重力势能减小，机械能减小．6.

惯性平衡力【解析】硬币能随动车以相同的速度向前匀速行驶，是由于硬币自身具有保持原来运动状态的性质，即惯性；硬币“纹丝不动”说明硬币处于平衡状态，在竖直方向受到重力和支持力作用，两个力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，且在同一条直线上是一对平衡力．7.串额定电压不同【解析】两个灯泡的额定电压不同，额定电流相同，根据串联电路的电流和电压规律，只有将两灯串联接入电路才能保证两灯均正常发光．8.杠杆增大【解析】由图可知，水窗的上端固定

，当水窗右侧水位较低时，左侧池塘内水通过福寿沟将水窗冲开流入江中，因此水窗可看作一个以固定点为支点的杠杆；当江水水位高于水窗位置时，随着水位的上升，水窗所处水中的深度增大，由p＝ρ水gh可知，水窗受到江水的压强增大．二、选择题(本大题共6小题，共14分)第9～12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题至少有两个选项是符合题目要求的，每小题3分，全部选择正确得3分9.B【解析】中学生跑完50m大约需要8s，所以速度约为6m/s，A不合理；跑完50m后人体的温度会略微升高，36.9℃符合实际，B合理；考试用的跳绳长度一般要大于2m，C不合理；考试用跳绳的质量一般小于1kg，D不合理．故选B.10.D【解析】由图可知光屏上恰好得到了烛焰清晰的像，此时物距大于像距，凸透镜成倒立、缩小的实像，A、B错误；投影仪成的是倒立、放大的像，没有应用此原理，C错误；撤去光屏，虽然没有了光屏的承接，但是像仍在原处，D正确．故选D.11.C【解析】高速磁悬浮列车是通过同名磁极相互排斥或者异名磁极相互吸引来减小阻力，A正确；C919客机飞行是利用机翼上方的空气流速大、压强小升空的，B正确；“华龙一号”核电机组利用的是核裂变将核能转化为电能，C错误；天舟六号货运飞船是利用电磁波传递信息的，D正确．故选C.12.

D【解析】由电路图可知，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联接入电路，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器R1两端电压，电压表测电源电压．当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电源电压不变，即示数不变，由I＝UR可得，电路电流变大，即电流表示数变大；由串联分压原理可知，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则其两端分得的电压变小，即电压表示数变小，和的示数之和变小，故A、B、C错误；电压表的示数与电流表的示数之比等于滑动变阻器接入电路的阻值和R2的阻值之和，即电路中的总电阻，滑动变阻器接入电路的阻值变小，总电阻变小，因此电压表与电流表的示数之比变小，D正确．故选D.13.AB【解析】手上涂抹的酒精消失说明酒精发生了蒸发现象，可以得出A选项结论；酒精消失后手感到凉凉的，说明酒精蒸发的过程中会吸热，可以得出B选项结论；题目中没有关于酒精温度和表面空气流动速度的相关内容，无法得出CD选项的结论．故选AB.

14.AC【解析】从水中看岸上物体时，岸上物体发出或反射的光射入水中进入人眼，光斜射入水中时会发生折射，折射角小于入射角，A正确；物体对斜面的压力，作用点在物体与斜面的接触面上，且垂直于斜面向下，B错误；磁体外部的磁感线都是从磁体的N极出发回到S极，同名磁极相互排斥，C正确；家庭电路连接时开关应与火线相连接，这样才能使开关断开时灯泡不会带电，D错误．故选AC.三、计算题(本大题共3小题，第15小题6分，第16、17小题各8分，共22分)15.(1)闭合开关后灯L1正常发光，由P＝U2R可得，灯L1的电阻为R1=U12P(2)由题可知两个灯并联在电路中，电流表测干路电流．闭合开关后两灯均正常发光，则通过L1的电流为I1＝P1U1＝

通过L2的电流为I2＝P2U2＝

则电流表的示数为I总＝I1＋I2＝1A＋2A＝3A(3)两个灯泡均正常发光，电路消耗的总功率等于各用电器消耗的功率之和，所以电路消耗的总功率为P总＝P1＋P2＝3W＋6W＝9W16.(1)由G＝mg可得，箱子受到的重力G箱子＝mg＝20kg×10N/kg＝200N(2)将箱子沿着斜面推上车厢过程中所做的总功

W总＝F推s＝100N×3m＝300J

所做的有用功W有用＝G箱子h＝200N×1.2m＝240J

由W总＝W额外＋W有用可得，W额外＝W总－W有用＝300J－240J＝60J

由W＝Fs得，箱子受到的摩擦力f＝W额外s＝(3)斜面的机械效率η＝W有用W总×100%＝(4)①减小摩擦力②减小坡度．17.(1)由题可知，壶中装满水时，水的体积V＝2L＝2×10－3m3

由ρ＝mV可得，壶中水的质量m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×2×10－3m3＝(2)由题可知壶的质量m壶＝500g＝0.5kg

壶和水的总质量m总＝m壶＋m水＝0.5kg＋2kg＝2.5kg

则水壶中装满水时，壶对电磁炉的压力大小等于壶和水的总重力，即

F＝G总＝m总g＝2.5kg×10N/kg＝25N

壶对电磁炉的压强p＝FS＝25N100×(3)一个标准大气压下，水刚好烧开时的温度为100℃，该过程水吸收的热量

Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(100℃－25℃)＝6.3×105J(4)由η＝Q吸W×100%，则该过程中电磁炉消耗的电能W＝Q吸η＝6.3

由P＝Wt可得，水刚好烧开所需的时间t＝WP＝7.5四、实验与探究题(本大题共4小题，每小题7分，共28分)18.（1）0.5cm（2）122（3）零刻度线处右右指针【解析】（1）图1中的最大刻度为98，由于是出黑板报时使用的直尺，可推断该直尺的单位为cm，每相邻1cm中间有两小格，因此该直尺的分度值为0.5cm；（2）图2中小表盘的单位是min，指针指到1后多一点，小表盘示数为1min，大表盘的刻度为0～60，单位为s，指针对准20后第2格，大表盘示数为22s，所以该同学的成绩是1min22s；（3）在调节天平横梁平衡时，应先将游码置于零刻度线处，图3中明显左低右高，所以游码调零后，应将右侧的平衡螺母向右调节，使表盘指针指在分度盘的中央红线处，此时天平横梁水平平衡．19.【实验原理】R＝UI【实验步骤】(1)没有将滑动变阻器的滑片移到阻值最大端(2)滑动变阻器断路(3)0.269.6【拓展】错误

灯丝电阻随温度的变化而变化【解析】【实验原理】测量小灯泡电阻实验是通过测量小灯泡两端电压和通过小灯泡的电流来计算小灯泡的电阻，实验原理为R＝UI；【实验步骤】(1)由题图甲可知，滑动变阻器的滑片未移到阻值最大端，直接闭合开关会导致电路电流过大，可能损坏电路元件；(2)电流表和电压表均无示数，说明电路中可能存在断路，将电压表接在C接线柱上的导线改接到B接线柱上时，此时电压表测滑动变阻器和灯泡两端的总电压，电压表指针有明显偏转而电流表仍无示数，说明电压表与电源之间是连通的，则电路的故障可能是滑动变阻器断路；(3)实验中电压表测小灯泡两端电压，电流表测通过小灯泡的电流，图乙中电流表所选量程为0～0.6A，分度值为0.02A，指针指在0.2A后第三小格，则电流表示数为0.2A＋0.02A×3＝0.26A；由欧姆定律可得小灯泡正常发光时的电阻为R＝UI＝2.5V0.26A≈9.6Ω；【拓展】由于小灯泡灯丝电阻会随着温度变化而变化，因此小灯泡在不同电压下的电阻不同，求不同电压下灯泡电阻的平均值不能作为小灯泡正常发20.【证据】①4.0【解释】(1)2.0(2)无关【交流】(1)控制变量法(2)不变深度(3)能【解析】【证据】由图a可知，橡皮泥的重力与弹簧测力计的拉力为一对平衡力，弹簧测力计的示数等于橡皮泥的重力，即4N；【解释】(1)图b中弹簧测力计的示数为2N，橡皮泥在重力、拉力和浮力的作用下处于平衡状态，则橡皮泥受到的浮力大小等于重力减去拉力，即4N－2N＝2N；(2)由图a、b、c、d可知，完全浸在水中，橡皮泥形状不同，弹簧测力计的示数相同，因此可知浮力的大小与物体的形状无关；【交流】(1)物理学中，对于多因素(多自变量)的问题，常常采用控制因素(变量)的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题，而只改变其中的某一个因素，从而研究这个因素对事物的影响，这种方法称为控制变量法；(2)由图d、e可得，橡皮泥所处的深度不同，但弹簧测力计的示数相同，说明橡皮泥受到的浮力大小不变，所以橡皮泥所受浮力大小与深度无关；(3)若通过橡皮筋代替弹簧测力计，通过测量橡皮筋受力时的伸长量来反映橡皮泥受到的拉力，且在橡皮筋的弹性限度内，其伸长量与其受到的拉力成正比，因此使用橡皮筋和刻度尺能完成本实验的探究．21.【问题】瓶中水的多少【证据】环境温度【解释】(1)水降低的温度(2)好【交流】(1)实验次数太少，不能得出普遍规律(2)热传递(3)D【解析】【解析】【问题】装水较多时保温效果较好，装水较少时保温效果较差，可能影响保温效果的是瓶中水的的多少；【证据】乙组方案中将五个装水量不同的保温瓶分5天分别进行实验，由于每天的环境温度和其他条件不一定完全相同，可能会对实验结果产生影响，不符合控制变量法的要求；【解释】(1)本实验中各个保温瓶中使用的水的体积不同，水的初温相同和其他条件相同，最终保温瓶内的末温不同，可得水降低的温度也不相同，是通过相同时间内水降低的温度来反应保温瓶的保温效果，这种研究方法称为转换法；(2)由表格数据可得，水量少于1.9L时，水量越多，水降低的温度越小，即其保温效果越好；【交流】(1)由表格数据可知，水量在1.6L到1.9L之间时，由4组数据可得：水降低的温度随水量的增多而减小，而1.9L到2.0L之间时，仅能由2组数据得出水降低的温