2023年江苏省泰州市兴化市中考物理四模试卷（A卷）（含解析）

这是一份2023年江苏省泰州市兴化市中考物理四模试卷（A卷）（含解析），共22页。试卷主要包含了08km/min等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省泰州市兴化市中考物理四模试卷（A卷）
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 抗击新冠疫情期间，我市部分中小学对校园门禁系统进行了升级，配备了人脸识别和测温系统，如图所示。通过校门时，只需将人脸面向屏幕摄像头，该系统就能将测试者的面部信息与备案信息进行比对并获取体温，决定放行与否。关于门禁系统，下列说法中正确的是(    )


A. 该系统的体温监测功能是通过探测人体发出的红外线实现的
B. 该系统的摄像头所成的像是正立缩小的实像
C. 该系统的核心光学元件是凸透镜，成像原理主要是光的反射
D. 系统屏幕边框呈黑色是由于所选材质对光的反射能力较强
2. 随着5G信号的快速发展，5G无人物品派送车已应用于实际生活中，图甲所示为无人物品派送车沿直线路径前往派送点的情景。该车从出发点到达派送点，完成任务后返回出发位置，其行驶路程s与所用时间t的关系如图乙所示。下列分析正确的是(    )


A. 从派送点返回出发点用时19min
B. 派送点到出发点的距离为1.6km
C. 0～10min内派送车的平均速度为0.08km/min
D. 10～13min内派送车做匀速直线运动
3. 1897年，物理学家汤姆生发现了比原子小得多的、带负电的电子，让科学家认识到原子也具有内部结构。为了探究原子的结构，1909年，物理学家卢瑟福开始做“用一束高速α粒子(质量接近氦原子质量的带正电的粒子)轰击非常薄的金箔”的实验，如图所示。大量实验发现：绝大多数α粒子的运动方向不发生改变，极少数α粒子的运动方向发生了较大的改变，个别α粒子甚至原路返回。卢瑟福对实验现象进行分析，于1911年提出了原子的核式结构模型。卢瑟福分析α粒子散射实验现象没有用到的物理原理是(    )

A. 同种电荷相互排斥 B. 力可以改变物体的运动状态
C. α粒子比电子的质量大得多 D. 分子之间存在空隙
4. 2020年12月17日，“嫦娥五号”在月球上收集了一满罐的月球土壤(简称“月壤”)，科研人员称出其质量为1731g，与计划的2000g存在差距，主要原因是收集罐的容积是按照月壤密度为1.6×103kg/m3而设计的。以下说法正确的是(    )
A. 月壤从月球带回地球后质量变小了
B. 若将月壤分成等质量的两份，则每份的密度都变小
C. 收集罐的容积为1.25×10−3m3
D. 月壤的实际密度大于1.6×103kg/m3
5. 在水平桌面上有两个完全相同的烧杯，杯内分别盛满甲、乙两种不同液体，把两个完全相同的小球分别放入两烧杯中，小球静止后位置如图所示，下列判断正确的是(    )
A. 液体的密度ρ甲F乙，故C正确、D错误。
故选：C。
(1)根据图示中小球在两种液体中的浮沉状态，利用物体浮沉条件分别得出小球与两种液体的密度关系，进而得出两种液体的密度关系；
(2)根据图示中小球在两种液体中的浮沉状态，利用物体浮沉条件分别得出小球在两种液体中受到的浮力与其重力的关系，进而得出浮力关系；根据阿基米德原理可知小球排开液体的重力关系，利用重力公式可知排开液体的质量关系；
(3)(4)知道液体的密度关系，利用p=ρgh可知液体对烧杯底的压强关系；利用p=FS可知液体对烧杯底的压力关系。
本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件、液体压强公式、压强定义公式、重力公式的综合应用，题目综合性较强，有一定的难度。

6.【答案】C 
【解析】解：AD、由图可知，每次篮球反弹后到达的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球的机械能不断减小，因此在B点的机械能大于在C点的机械能，B、C两点的重力势能相等，则动能不相等，故AD错误；
B、篮球在最高点时，竖直方向速度为零，但在水平方向上速度不为零，所以篮球第一次反弹后到达最高点D时动能不为零，故B错误；
C、在B点的机械能大于在E点的机械能；在B、E两点高度不相同则重力势能不相同，即B点的重力势能大于E点的重力势能，
机械能是物体动能与势能的总和，因此在B点的动能可能等于在E点的动能，故C正确。
故选：C。
(1)每次篮球反弹后到的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球受到空气阻力，机械能逐渐变小；
(2)从轨迹来看，篮球既有竖直方向的速度又有水平方向的速度，影响动能的因素是质量和速度，据此分析；
(3)机械能是物体动能与势能的总和，B、E两点高度不相同，则重力势能不相同，据此分析。
本题考查了机械能的相互转化的相关知识，关键明确最高点时的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不一定为零。

7.【答案】B 
【解析】解：A、根据图甲可知，电流与电压成正比，因此该电阻为定值电阻，故A正确；
B、由图甲可知，R1是定值电阻，多次测量取平均值可以使测量结果更准确；由图乙可知，R2是小灯泡电阻，测定小灯泡的电阻时，多次测量是为了寻找灯丝电阻与温度的关系，不能求平均值减小误差，故B错误；
C、由甲、乙图可知，当R1两端电压为4V时，通过电流为0.2A，R2两端电压为4V时，通过电流也为0.2A，根据P=UI可知，R1、R2的电功率相等，故C正确；
D、将R1和R2串联接在5伏的电源两端时，
因串联电路中各处的电流相等，且电路中的总电压等于各分电压之和，
所以，由图象可知，当电路中的电流I=0.15A，R1两端的电压为U1=3V，R2两端的电压为U2=2V时符合，
由欧姆定律可得，两电阻的阻值分别为：
R1=U1I=3V0.15A=20Ω，R2=U2I=2V0.15A=403Ω，
所以，R1：R2=20Ω：403Ω=3：2，故D正确。
故选：B。
(1)电阻一定时，电流与电压成正比；根据图甲判断该电阻是否为定值电阻；
(2)根据甲、乙图判断电阻的特点，然后分析多次测量的目的；
(3)根据甲、乙图结合P=UI分析判断；
(4)将R1和R2串联接在5伏的电源两端时通过它们的电流相等，且总电压等于各分电压之和，根据图象读出符合的电压和电流值，再根据欧姆定律求出两电阻的阻值，进一步求出此时两电阻的阻值之比。
本题考查了图象分析、欧姆定律、电功率公式的应用，以及导体的电阻是导体本身的一种性质，不随电压和电流的改变而改变；关键会根据图象判断电阻是否为定值电阻以及根据串联电路的电压特点和电流特点得出符合题意的电压、电流值。

8.【答案】B 
【解析】解：热机是利用内能来做功的机器，汽车热机的效率通常为20%～30%左右，只有B选项中汽车热机工作时，有30%的内能转化为机械能，故ACD错误、B正确。
故选：B。
(1)热机是利用内能来做功的机器；
(2)热机的效率是指用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧所放出的总能量的比值；
汽车热机的效率通常为20%～30%左右。
本题考查热机的定义和热机的效率，知道热机效率比较低是解题的关键。

9.【答案】1800 
【解析】解：大巴车的速度：v=54km/h=15m/s，
根据v=st可得，隧道长：
s隧道=vt=15m/s×2×60s=1800m。
故答案为：1800m。
根据速度公式的变形式s=vt进行计算即可。
本题考查了速度公式的应用，属于基础题；要熟记速度单位之间的换算关系。

10.【答案】0.45  44% 
【解析】解：克服物体重力做的有用功：
W有用=Gh=4N×0.1m=0.4J；
斜面对物体的摩擦力：
f=0.25G=0.25×4N=1N；
克服摩擦力所做的额外功：
W额=fs=1N×0.5m=0.5J；
拉力做的总功：
W总=W有用+W额=0.4J+0.5J=0.9J，
拉力的功率：
P=W总t=0.9J2s=0.45W；
斜面的机械效率：η=W有用W总×100%=0.4J0.9J×100%≈44%。
故答案为：0.45；44%。
(1)已知物体的重力、斜面高，根据W有用=Gh求出有用功，根据W额=fs求出克服摩擦做的额外功，W总=W有用+W额，再根据P=Wt求出拉力的功率；
(2)斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
本题以斜面为背景，考查了重力、有用功、额外功、总功、功率和机械效率的计算，涉及的公式较多，要熟记并能灵活运用，正确区分有用功、总功和额外功是关键。

11.【答案】20  1.5  2.5 
【解析】解：(1)只闭合开关S、S1，灯泡与滑动变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，根据串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，由图乙可知，滑动变阻器两端的最大电压为4V，通过的最小电流为0.2A，由欧姆定律可知，滑动变阻器R1的最大阻值：R1大=U1大I1小=4V0.2A=20Ω；当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，由图乙可知此时电路中电流为0.5A，即灯泡的额定电流为0.5A；
只闭合开关S、S2，灯泡与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，当灯泡正常发光时电路中的电流最大，由欧姆定律可知，此时滑动变阻器R2接入电路的电阻最小，由串联电路的分压原理可知，滑动变阻器R2两端电压最小，由图丙可知此时滑动变阻器R2两端的电压为2V，由串联电路的电压特点可知，灯泡额定的电压：U额=5V−2V=3V，所以灯泡的额定功率：P额=U额I额=3V×0.5A=1.5W；
(2)由P=UI可知，电源电压一定时，电路中的电流最大时，电路的电功率最大，由题意可知，两次电路中灯泡正常发光时电路中的电流最大，因此两次电路中的最大电流都等于灯泡的额定电流，所以两次电路消耗的最大功率：P=UI额=5V×0.5A=2.5W。
故答案为：20；1.5；2.5。
(1)只闭合开关S、S1，灯泡与滑动变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，根据串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，根据图乙可知，滑动变阻器两端的最大电压和通过的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器R1的最大阻值；当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，根据图乙可知此时电路中电流即小灯泡的额定电流；
只闭合开关S、S2，灯泡与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，当灯泡正常发光时电路中的电流最大，由欧姆定律可知，此时滑动变阻器R2接入电路的电阻最小，由串联电路的分压原理可知，滑动变阻器R2两端电压最小，由图丙可知此时滑动变阻器R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时的电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(2)由P=UI可知，电源电压一定时，电路中的电流最大时，电路的电功率最大，根据题目条件分析出两次电路中的最大电流，根据P=UI求出电路中的最大功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。

12.【答案】②、④、⑤  LED灯 
【解析】解：(1)要研究不同种类灯泡的发光效率，需要控制灯泡的额定功率相同，改变灯泡的种类，所以选用②、④、⑤三只灯泡；
(2)由表格数据中可知：在规格相同条件下，各灯消耗的电能相同，使用LED灯时温度最低，说明电能转化成的光能最多，即LED灯的发光效率最高。
故答案为：(1)②、④、⑤；(2)LED灯。
(1)要研究不同种类灯泡的发光效率，需要控制灯泡的额定功率相同，改变灯泡的种类，据此分析解答；
(2)通电相同时间，消耗的电能相同，灯泡表面温度越高，说明电能转化内能越多，转化为光能越少，由此可知各灯发光效率的高低。
本题考查学生对实验探究的分析论证能力，注意利用转换法后，光能和内能变化规律与温度计示数变化的对应关系。

13.【答案】解：连接AB2两点(空气中用虚线，水中用实线)与水面相交，则交点O为入射点；连接B1O即为入射光线，OA为折射光线，如下图所示：
 
【解析】光从空气中斜射入水中，折射角小于入射角，人逆着折射光线的方向看去，看到的是折射光线的反向延长线会聚成的虚像，虚像的位置比实际位置要高一些，据此作图。
本题考查了根据光的折射规律作光路图，属于基础题。

14.【答案】解：根据题意可知，水平向右拉动长木板，木块处于静止状态，木块受到水平向左的木板对木块的摩擦力、竖直向上的木板对木块的支持力；支持力和摩擦力作用在O点上，力的示意图如下所示：
 
【解析】当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，处于平衡状态，受平衡力作用，据此画出长木板对木块作用力的示意图。
本题考查了力的示意图的画法、物体的受力分析，属于基础题。

15.【答案】解：(1)浮筒所受重力：G=mg=50×10−3kg×10N/kg=0.5N；
(2)进水管中的水对止水阀的压力：F水=p水S=6.0×105Pa×0.2×10−4m2=12N；
(3)止水阀上表面所受到的大气压力为：F气=p0S=1.0×105Pa×0.2×10−4m2=2N；
对止水阀进行受力分析，则有：FB=F水−F气=12N−2N=10N；
(4)浮臂平衡时，由杠杆平衡条件得：FALOA=FBLOB，则FA=LOBLOAFB=15FB=15×10N=2N；
对浮筒进行受力分析，由力的平衡可得：F浮=G+FA=0.5N+2N=2.5N；
由阿基米德定律F浮=ρ液gV排得，浮筒排开水的体积为：V排=F浮ρ水g=2.5N1×103kg/m3×10N/kg=2.5×10−4m3。
答：(1)浮筒所受重力为0.5N；(2)进水管中的水对止水阀的压力为12N；(3)连接杆BD对止水阀的压力为10N；(4)浮筒排开水的体积为2.5×10−4m3。 
【解析】(1)根据G=mg可求得浮筒所受重力；
(2)根据F水=p水S可求得进水管中的水对止水阀的压力；
(3)对止水阀进行受力分析，止水阀受到向下的大气压力和连接杆BD对止水阀向下的压力、还受到水对止水阀向上的压力，在三个力的作用下保持平衡，列出等式即可求得连接杆BD对止水阀的压力；
(4)先根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2求出连接杆AC对浮筒的压力，浮筒还受到重力和浮力，此三力平衡，然后列出等式求得浮力的大小，最后根据F浮=ρ液gV排便可求得浮筒排开水的体积。
本题综合性比较强，考查了重力、压强、浮力、杠杆等，主要考验学生获取知识解决问题的能力，难度较大。

16.【答案】解：(1)根据P=U2R算出R0的电阻得R0的电阻为：R0=U额2P额=(220V)22200W=22Ω；
(2)改装前，由于水龙头的热效率为90%，根据P=Wt得正常加热100s提供的热量，
Q=Wη=Ptη=2200W×100s×90%=1.98×105J；
(3)由电路图可知，将开关S与a、b相连时工作的电路元件，R与R0并联，电源的电压一定时，根据P=UI=U2R可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态，用于冬季；
将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态，用于夏季；
水龙头分别处于冬季与夏季时总电流之比为4：1，根据P=UI，电源电压不变，则总电功率之比也为4：1，即P高温：P低温=(U2R+U2R0)：U2R+R0=4：1解得：R=R0=22Ω。
高温挡时的电功率P高温=U2R+U2R0=(220V)222Ω+(220V)222Ω=4400W。
答：(1)R0的阻值为22Ω。
(2)正常加热100s产生的热量为1.98×105J；
(3)改装后冬季使用时水龙头工作的总电功率为4400W。 
【解析】(1)根据P=U2R算出R0的电阻；
(2)根据Q=ηW=ηPt算出正常加热100s提供的热量；
(3)由电路图可知，将开关S与a、b相连时工作的电路元件，R与R0并联，电源的电压一定时，根据P=UI=U2R可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态；
由电路图可知，将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态；
水龙头分别处于冬季与夏季时总电流之比为4：1，根据P=UI，电源电压不变，则总电功率之比也为4：1，即P高温：P低温=(U2R+U2R0)：U2R+R0=4：1，算出R的电阻，根据P高温=U2R+U2R0算出冬季加热功率。
本题考查了欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，正确的判断水龙头处于不同工作状态时电路的连接方式是关键。

17.【答案】比较小车在水平面上通过的距离长短  不受阻力  甲  没有提及静止物体的运动规律  不需要 
【解析】解：(1)①实验中，为了比较阻力对物体运动影响的大小，根据转换法，采取的方法是：比较小车在水平面上通过的距离长短。
②根据实验现象可知，水平面越光滑，小车通过的距离越长，故可以推理出结论：如果运动的小车不受阻力，将一直做匀速直线运动；
(2)如果运动的物体没有阻力的影响，它将在水平面上一直运动下去。说明物体运动不需要力来维持。图乙是伽利略的实验示意图，图甲是伽利略的推理示意图；
(3)牛顿第一定律的内容是一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态，而笛卡尔的观点中，只涉及到了物体做匀速直线运动的情况，没有提及静止物体的运动规律，所以这是他的观点的不足之处；
(4)如果运动的小车不受阻力，将一直做匀速直线运动；故物体的运动不需要力来维持。
故答案为：(1)①比较小车在水平面上通过的距离长短；②不受阻力；(2)甲；(3)没有提及静止物体的运动规律；(4)不需要。
(1)①为了比较阻力对物体运动影响的大小，根据转换法，通过比较小车在水平面上通过的距离长短来比较阻力大小；
②根据实验现象可知，水平面越光滑，小车通过的距离越长，据此推理得出结论；
(2)牛顿第一定律的形成过程实质是研究阻力对物体运动的影响，采用了逐渐逼近的方法，即先实验再推理，根据这一特点判断伽利略的实验和推理示意图；
(3)根据对牛顿第一定律内容的了解，知道这里研究了静止和匀速直线运动两种情况，可做出分析；
(4)根据如果运动的小车不受阻力，将一直做匀速直线运动，据此回答。
本题是探究阻力对物体运动的影响实验，通过实验和科学家的研究历程得出牛顿第一定律的内容，要掌握实验的现象及结论，解此类问题一定要注意思考实验的意义，并能根据所学的其它物理知识分析解决本实验中相关的实验问题。

18.【答案】顺时针  变化  ①②④ 
【解析】解：(1)线圈1顺时针转动，二极管发出红光；线圈2的磁感线的方向发生了改变，二极管发出的是黄光，这说明电流的方向也发生了改变；磁场方向、电流方向同时发生了变化，导体受力方向不变，所以线圈2也是顺时针转动；
(2)在某磁场中，使a垂直于纸面左右往复运动(虚线为运动轨迹)，LED交替发出红、黄光，这说明通过二极管的电流发生了变化，即该过程a中电流方向发生了变化；
电路中能产生感应电流，说明导体做切割磁感线运动，①②④中的导体都做切割磁感线运动，而③中的导体运动方向与磁感线方向相同，没有切割磁感线，不会产生感应电流，二极管不发光。
故答案为：(1)顺时针；(2)变化：①②④。
(1)通电导体在磁场中的受力方向与电流方向、磁场的方向有关；
(2)根据二极管的发光情况分析电流的方向是否发生变化；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流。
本题考查了通电导体在磁场中受力运动、产生感应电流的条件、二极管的应用，难度不大。

19.【答案】C  B  2.5  8.3  0.2  1.6  8 
【解析】解：(1)伏安法测小灯泡电阻时需要调节小灯泡两端的电压，应将滑动变阻器采用一上一下的连接方式，与灯泡串联在电路中，故将滑动变阻器上端任意一个接线柱与小灯泡的右端接线柱相连，如图所示：
；
(2)连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，则变阻器不能起到变阻的作用，产生这一现象的原因是将变阻器下面两个接线柱连入了电路中，故选C；
(3)图2中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.8V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
(4)根据图3所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，根据欧姆定律得，此时灯泡的电阻：R=U额I额=2.5V0.3A≈8.3Ω；
(5)①只闭合S0、S1，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为0.2A，由串联电路的电流特点可知，此时通过Rx的电流Ix=IL=0.2A；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，电压表示数为2.6V，由串联电路的电压特点可知，此时Rx的两端的电压为Ux=U−UL=2.6V−1V=1.6V；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，由欧姆定律得，
Rx=UxIx=1.6V0.2A=8Ω。
故答案为：(1)如图所示；(2)C；(3)B；2.5；(4)8.3；(5)①0.2；②1.6；③8。
(1)滑动变阻器采用“一上一下”的原则与被控制电路串联；
(2)连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，说明变阻器不能起到变阻的作用，据此分析；
(3)灯在额定电压下的电流等于额定电流，根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
(4)灯泡在额定电压下正常发光，由图3中的图像得出额定电压下的电流，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值；
(5)①在没有电流表的情况下，电压表与小灯泡应起到电流表的测量作用，故应将小灯泡与未知电阻Rx串联，通过测量小灯泡两端的电压后，由图3图像读出相应的电流，由串联电路的电流特点求出通过未知电阻Rx的电流；
②保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，根据串联电路的电压特点求出未知电阻Rx两端的电压；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，根据欧姆定律求出未知电阻Rx的阻值。
本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及特殊方法测未知电阻，综合性强。