2023年广东省重点中学中考物理二模试卷

这是一份2023年广东省重点中学中考物理二模试卷，共23页。试卷主要包含了9ℎ，连接家庭电路中的火线．等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省重点中学中考物理二模试卷
1. 有关估测，下列说法中正确的是(    )
A. 教室门的高度约为200dm
B. 中学里一节课的时间约为0.9ℎ
C. 正常人的脉搏跳动100 次所需时间大约为1.5min
D. 蝴蝶飞行时翅膀振动的频率约为200Hz
2. 如图所示，下面四幅图中所涉及的物理知识描述正确的是(    )
A. 甲图：躺在吊床上，人感到舒服——通过增大受力面积来减小压力
B. 乙图：给鸡自动喂水的装置——利用了连通器原理
C. 丙图：向吸管中吹气，管中水柱上升——利用流体在流速大的地方压强大
D. 丁图：将一端带橡皮膜的玻璃管竖直插入水中——可探究液体压强的大小与深度的关系
3. 2022年10月7号，在溧阳发生一起交通事故，一名23岁的女网红无证驾驶借来的摩托车在山路快速拐弯时违规越线，迎面撞上另一辆摩托车，因车速过快，佩戴的假头盔质量太差，当场身亡。关于这一事件，下列说法正确的是(    )
A. 摩托车加速上坡时，动能转化为重力势能
B. 与自行车相比，摩托车的质量和速度往往都更大，发生车祸时也更严重
C. 踩刹车减速时，刹车片会发烫，这是通过热传递改变了刹车片的内能
D. 摩托车通常配备的二冲程汽油发动机，是一种将机械能转化为内能的装置
4. 对如图所示实验的物理过程分析错误的是(    )
A. 酒精灯中的酒精用掉一半后，剩余酒精的热值、比热容、密度均不变
B. 试管中的水温度升高，内能增大的途径是通过热传递
C. 此实验的原理等效内燃机压缩冲程，此时机械能转化为内能
D. 试管口的“白气”，是水蒸气液化形成的

5. 清晨，太阳从东方冉冉升起，云缝中射出道道霞光，它让我们的大千世界五彩缤纷，让我们的世界拥有了无穷奥妙。下列对光的世界的探究中，结论正确的是(    )

A. 甲图，通过注入气泡的水球，我们看到太空授课的王亚平成“一正一倒”两个像，其中正立的是虚像，倒立的是实像
B. 乙图，央视春晚节目舞蹈诗剧《只此青绿》的临水起舞画面中，舞者在舞台上的“倒影”和小孔成像的原理相同
C. 丙图，光源经凸透镜在光屏上成一清晰的像，此时飞来一只小虫落在凸透镜上，则光屏上光源的像不完整
D. 丁图，小薇按照图示将眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上清晰的像变模糊，只将光屏靠近凸透镜时，又能在光屏上看到清晰的像，则该眼镜是近视眼镜
6. 如图，2021年5月22日10时40分，中国第一辆火星车“祝融号”安全驶离着陆平台，成功“打卡”火星表面，正式开启火星探测之旅。以下说法正确的是(    )

A. 火星车质量约为240公斤，在火星上所受重力约为2400N
B. 火星车从火星向地球传递信息是通过超声波传递的
C. 火星车采用太阳能电池发电，利用了太阳能电池板直接将太阳能转换成电能
D. 太阳能来源于太阳内部氢核的裂变反应
7. 如图所示为物理课本中四个实验，关于其对应的实验结论，下列说法中不正确的(    )
A. 在一定温度下，压缩体积也可以使气体液化
B. 物体内部大量分子在做无规则的运动
C. 分子之间有吸引力
D. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流
8. 小龙设计了一种烟雾报警器的电路图，如图所示。R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。当电路所在区域烟雾浓度增大到一定程度时，电压表指针偏转到某个位置触发报警装置(图中未画出)，开始报警。下列说法正确的是(    )


A. 烟雾浓度增大时，电流表的示数增大
B. 烟雾浓度增大时，电压表的示数增大
C. 要使报警器在烟雾浓度较小时就开始报警，应增大R0的阻值
D. 要使报警器在烟雾浓度较小时就开始报警，应减小电源电压
9. 如图所示，用力F1将物体B匀速提升0.5m，F1做功为3J。若借助滑轮组用力F2把物体匀速提升相同的高度，F2做功为5J。下列说法中正确的是(    )
A. 两个过程，物体都做匀速运动时机械能不变
B. 动滑轮的重力为4N
C. 滑轮组的机械效率为60%
D. F2做功的功率比F1做功的功率大

10. 海权握，国则兴，建设一支强大的海军是实现中国梦的有力保障，潜水艇是海军的战略重器，如图所示是我国海军某舰队的“强国号”潜水艇在海中悬浮、上浮、漂浮的训练过程，下列对此潜水艇分析正确的是(    )


A. 上浮过程中潜水艇所受浮力和重力同时变小
B. 上浮过程中所受浮力逐渐变大
C. 悬浮和漂浮时所受的浮力相等
D. 漂浮时排开的海水所受的重力最小
11. 为了帮阳台上的花草安全过冬，小明利用电磁继电器设计了如图所示的电路：温度过低时，大功率灯泡发光发热；达到一定温度时，插在三孔插座上的加湿器(图中未画出)，喷雾加湿降温。为实现设计要求，在保证安全用电的前提下，帮小明将电路连接完整。


12. 某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置.此时墙壁对手掌的支撑力F如图所示，不计墙壁对手掌的摩擦力。
(1)以O为支点，请在图中作出动力F的力臂L。
(2)该同学质量为50kg，则墙壁对人的支撑力约为______N。
(3)若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F如何变化？______，并说明理由______。


13. 篮球从M点以速度v0竖直下落，经水平地面反弹后恰好回到与M点等高的N点如图。设在M点时篮球的机械能为E，动能为Ek1，重力势能为Ep1；回弹到N点时篮球的重力势能为Ep2；
(1)请比较：Ep1        Ep2(选填“>”，“=”，“F漂浮，故C错误；
D、根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体所受的重力；由C项可知F悬浮>F漂浮，所以漂浮时排开海水所受的重力最小，故D正确。
故选：D。
(1)物体在液体中所受浮力的大小与液体的密度和排开液体的体积有关，根据F浮=ρ液gV排分析浮力的大小变化；
潜艇通过改变自身重力的大小来改变F浮与G的关系，实现下潜和上浮；
(2)根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体的重力；知道了浮力的大小关系也就知道了排开液体所受重力的大小关系。
本题考查了学生对阿基米德原理的理解与运用；注意潜艇悬浮和漂浮时所受的浮力并不相等，虽然都处于平衡状态，但水舱中水的重、排开液体的体积不同，故这两种状态下浮力不相等。

11.【答案】解：根据题意可知，当温度过低时，水银与金属丝之间是断开的，此时电磁铁无磁性，衔铁在弹簧的作用下被拉起，与衔铁与上面的接触点接触，灯泡发光发热，这说明此时灯泡是接入电路的，此时的衔铁的触点应该接在灯泡与火线之间；达到一定的温度，控制电路接通，此时衔铁被吸下，衔铁的触点与下面的触点接触，使得加湿器工作；三孔插座的接法：左零右火上接地，开关接在火线与三孔插座之间，如图所示：
 
【解析】当温度过低时，水银与金属丝之间是断开的，此时电磁铁无磁性，灯泡发光发热，这说明此时灯泡是接入电路的；达到一定的温度，控制电路接通，加湿器工作，此时衔铁被吸下；据此设计电路的连接方式；在家庭电路中，开关控制火线；三孔插座的接法：左零右火上接地。
本题考查了电磁继电器的工作原理、家庭电路的连接，属于基础题。

12.【答案】187.5  变大  动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大 
【解析】解：(1)反向延长支撑力F画出动力的作用线，过支点O向动力F的作用线作垂线段，即为动力F的力臂L，如图1所示：

(2)过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2，如图2，
由图2可知，L为8个小格，L2为3个小格，则L2L=38，
根据杠杆平衡条件可得FL=F2L2，且F2=mg，
则支撑力：F=F2L2L=mgL2L=50kg×10N/kg×38=187.5N；
(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
故答案为：(1)见图1；(2)187.5；(3)变大；动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
(1)力臂的画法：过支点向力的作用线作垂线段；
(2)根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析解题；
(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，根据图示判断动力臂和阻力臂的大小变化，且阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件分析人受到支撑力的变化。
解答本题时，需要把人体抽象成杠杆模型，找准杠杆的五要素是解题的关键。

13.【答案】(1)=；(2)减小；(3)E−Ep1；(4)S=Fp；3×10−3m2。 
【解析】(1)由于M点与N点等高，所以M点和N的重力势能相等，故Ep1=Ep2；
(2)从水平地面回弹到N点过程中，篮球的质量不变，篮球的速度越来越小，所以篮球动能减小；
(3)篮球在M点具有的机械能E=Ek1+Ep1，由于篮球在N点的动能为0，所以篮球在N点具有的机械能E=Ep2，故M到N过程中减少的机械能E损=E−Ep1；
(4)已知篮球对地面的压力F=6N，压强p=2×103Pa，由压强公式式p=FS得：S=Fp=6N2×103Pa=3×10−3m2。
故答案为：(1)=；(2)减小；(3)E−Ep1；(4)S=Fp；3×10−3m2。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能；
(4)根据压强公式p=F/S，求受力面积。
本题考查了机械能及其转化、压强公式的应用，难度较小，属于基础性题目。

14.【答案】(1)自身重力；(2)1.03×108；(3)0.25；1.75；上浮；C。 
【解析】
【分析】
(1)潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；
(2)根据p=ρ海gℎ可得海水产生的压强；
(3)乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，根据阿基米德原理可得乙受到的浮力；
对乙受力分析，根据力的平衡条件可得乙受到的拉力；
对甲受力分析，根据力的平衡条件得出甲的受力关系，从而确定浮力与重力的大小，再判断甲的浮与沉；
根据F浮=ρ水gV排可知甲露出水面前的浮力变化。
本题考查了物体的浮与沉、液体压强的计算和浮力大小的计算。较难。
【解答】
(1)潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；
(2)海水产生的压强：p=ρ海gℎ=1.03×103 kg/m3×10 N/kg×10000 m=1.03×108 Pa；
(3)乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，即：V排水=V乙，
乙所受浮力：F浮乙=ρ水gV排水=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×25×10−6 m3=0.25 N；
乙静止时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和绳子拉力的作用，
由力的平衡条件可知，拉力：F拉=G乙−F浮乙=m乙g−F浮乙=0.2 kg×10 N/kg−0.25 N=1.75 N；
剪断细线前，甲静止时，受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力的作用，
由力的平衡条件可得，F拉+G甲=F浮甲，此时浮力大于重力，当剪断细线后，甲不受向下的拉力作用，由于浮力大于重力，所以甲会上浮，露出水面前，甲排开水的体积不变，由F浮=ρ水gV排可知，甲受到浮力不变，故C正确。
故答案为：(1)自身重力；(2)1.03×108；(3)0.25；1.75；上浮；C。  
15.【答案】25% 
【解析】解：(1)由图1可知，用来做有用功的能量：100%−3%−7%−35%−30%=25%，所以汽车的热机效率为η=25%；
(2)汽车按此效率以50km/ℎ的速度行驶1ℎ时，则根据v=st可知，汽车行驶的路程：
s=vt=50km/ℎ×1ℎ=50km=5×104m；
由图2可知：此时汽车受到阻力f=2000N，
由于汽车做匀速直线运动，则汽车的牵引力和受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车的牵引力F=f=2000N，
则汽车牵引力所做的有用功：W=Fs=2000N×5×104m=1×108J；
根据η=WQ放可知，汽油完全燃烧放出的热量：
Q放=Wη=1×108J25%=4×108J。
答：(1)25%；(2)汽车牵引力做1×108J的功；需要汽油完全燃烧放出的能量是4×108J。
(1)热机效率等于热机用来做有用功的那部分能量占燃料完全燃烧放出的能量的百分比；
(2)利用速度公式求出50km/ℎ的速度行驶1ℎ通过的路程；由图丙可知，汽车以50km/ℎ的速度行驶时受到的阻力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，利用W=Fs汽车所做的有用功；根据热机效率公式求出汽油完全燃烧放出热量。
本题考查对热机效率的公式、速度公式、功的公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，同时还考查了我们对图象的处理能力，综合性很强，有一定的难度。

16.【答案】A  减小 
【解析】解：(1)根据安全用电的原则可知，当灯泡不工作时其两端应无电，故A是火线、B是零线；
故答案为：A．
(2)天暗时自动电灯亮说明此时照明电路闭合即衔铁断开，由图可知此时电磁铁的磁性减弱即电路中的电流变小，根据R=UI可知电路中的电阻变大即此时光敏电阻的阻值变大；反之，天亮时光敏电阻的阻值变小，所以他选择的光敏电阻阻值大小应随光照强度的增加而减小．
故答案为：减小．
(3)当滑片位于b端时，电路为光敏电阻的简单电路，电压表测电源的电压，由图可知电源的电压U=12V；
当滑片位于a端时滑动变阻器与光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
由图象可知，I=0.1A，U光敏=2V，
则电路中的总电阻R总=UI=12V0.1A=120Ω，
光敏电阻的阻值R光敏=U光敏I=2V0.1A=20Ω，
滑动变阻器的最大阻值Rab=R总−R光敏=120Ω−20Ω=100Ω．
答：滑动变阻器的最大阻值是100欧．
(1)根据安全用电的原则结合电路图判断家庭电路的火线．
(2)天暗时自动点亮说明此时照明电路闭合，由图可知此时电磁铁磁性的变化，进一步判断控制电路电流的变化，根据欧姆定律判断电路中电阻的变化，即可判断光敏电阻阻值的变化．
(3)当滑片位于b端时，电路为热敏电阻的简单电路，电压表测电源的电压，由图象可知电源的电压；当滑片位于a端时滑动变阻器与光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，由图象读出此时两表的示数，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和光敏电阻的阻值，根据电阻的串联求出滑动变阻器的最大阻值．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电磁铁磁性与电流的关系、安全用电等知识，涉及的知识点较多，关键是会分析电路图结合所学知识进行解决实际问题．

17.【答案】定值电阻断路  向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V  电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比  滑片位置 U额(U−U额)R0 
【解析】(1)①电压表遵循“正进负出”与定值电阻并联接入电路；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大，则滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路，如图：
；
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，说明电路断路，电压表指针有示数且不变，说明电压表串联接入电路，测电源电压，则与电压表并联部分电路断路，所以电路故障为定值电阻断路；
(3)排除故障后，移动滑片，使与20Ω的电阻并联的电压表示数为3V，读出电流表示数。断开开关，将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，根据串联分压原理可知电压表示数变小，为控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律可知需增大滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可知需增大滑动变阻器接入电路的阻值，则接下来的操作是向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数保持3V不变：
(4)通过实验可以得出的结论是电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表测灯泡和定值电阻两端的电压，读出电压表示数U；
③根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压U0=U−U额，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流：I=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率P=U额(U−U额)R0。
故答案为：(1)图见解答；(2)定值电阻断路；(3)向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V；(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(5)滑片位置；U额(U−U额)R0。
(1)①电压表遵循“正进负出”与定值电阻并联接入电路；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大，则滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路；
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，说明电路断路，电压表指针有示数且不变，说明电压表串联接入电路，测电源电压，则与电压表并联部分电路断路；
(3)将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，根据串联分压原理可知电压表示数变化，为控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律、串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值变化；
(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表测灯泡和定值电阻两端的电压，读出电压表示数U；
③根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律表示此时通过电路的电流，根据P=UI可得小灯泡的额定功率的表达式。
本题考查电路连接、故障分析、串联电路特点、串联分压原理、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。

18.【答案】(1)秒表；
(2)
 P的质量/kg



Q下落的时间/s



；
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1，改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3(m1