2023年福建省泉州市德化县中考物理模拟试卷

这是一份2023年福建省泉州市德化县中考物理模拟试卷，共31页。
2023年福建省泉州市德化县中考物理模拟试卷
1. 歼20是我国最先进的隐形战斗机，说它能“隐形”是指(    )
A. 雷达难以发现它 B. 肉眼难以发现它
C. 它的颜色与天空颜色相同 D. 它随时能变成跟周围环境相同的颜色
2. 人工智能飞速发展的今天，智能配送机器人已被广泛使用，用户可通过人脸识别、输入扫描取货码等多种方式取货。如图是某款机器人正在送货的情景，下列分析不正确的是(    )
A. 机器人旁边的影子，是光的直线传播造成的
B. 行人都能看见机器人，是由于阳光在它表面发生了漫反射
C. 用户进行人脸识别时，摄像头所成的像是倒立缩小的实像
D. 阳光是由红、绿、蓝三种颜色的光混合而成的
3. 2018雅加达亚运会上，我国运动健儿再展雄姿，关于以下情景分析正确的是(    )
A. 举重运动员将杠铃举起后静止在台上，此时运动员所受的压力和地面对运动员支持力是一对平衡力
B. 排球场上，运动员将飞过来的排球打回去，说明力的作用效果与力的大小有关
C. 箭离开弓弦后，能飞行相当远的距离，是因为箭还受到向前的动力
D. 自行车运动员要让自行车更快地停下来，会用力捏闸，这是通过增大压力来增大摩擦
4. 物理老师引导同学们对身边一些常见的物理量进行佔测，以下是同学们交流的一些估测数据，你认为下列估测数据中符合实际的是(    )
A. 洗澡水的适宜温度约为70℃ B. 一名普通中学生的重力约为500N
C. 家用电风扇的额定电流约为20A D. 成年人正常步行的速度约为45km/h
5. 如图所示，使用同一滑轮的甲、乙两种装置，匀速提升重均为10N的A、B两物体，已知滑轮重1N不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，则下列说法中正确的是(    )


A. 手的拉力F乙=10N
B. A物体受到的合力与B物体受到的合力相等
C. 若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F乙做的有用功比较多
D. 若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F甲做的功比F乙做的功多
6. 下列关于温度、热量、内能和热值说法正确的是(    )
A. 物体从外界吸收了热量，温度一定升高
B. 物体的温度升高，内能一定增大
C. 物体的温度越高，具有的热量越多
D. 不同燃料燃烧时，放出热量越多的热值越大
7. 如图光路图能说明人看到筷子插入水杯中时的情形的是(    )
A. B.
C. D.
8. 现代家庭电器化程度越来越高，用电安全非常重要，如图是我国家庭电路的一部分，下列说法正确的是(    )


A. 若在图中①、②两处分别安装电灯或开关，①处应装开关，②处应装电灯
B. 若发生甲、乙两图中的触电事故，空气开关会跳闸
C. 若a处断开，洗衣机插头插入插座，洗衣机虽能工作但有安全隐患
D. 用试电笔的笔尖接触被测导线时，手指不能触碰笔尾金属帽
9. 如图所示指尖陀螺是目前很流行的一种玩具。该玩具中间是轴承，轴承内有滚珠，边上有三个用密度较大的金属制作的飞叶，拨动飞叶后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析错误的是(    )


A. 手指拨动飞叶后，飞叶能继续转动是因为飞叶具有惯性
B. 轴承内有滚珠，利于减小摩擦
C. 飞叶被拨动后旋转是因为力能改变物体的运动状态
D. 飞叶转速越快，陀螺的惯性越大
10. 下列的工具中，在正常使用时，属于费力杠杆的是(    )
A. 普通剪子
B. 剪线头用的剪子
C. 开瓶盖的起子
D. 裁纸用的铡刀
11. 用量杯盛某种液体，测得液体与量杯的总质量m和液体的体积V的关系图象如图所示，下列叙述正确的是(    )
A. 液体的体积是75cm3 时，液体的质量是 100g
B. 图象可知液体的质量和体积不成正比
C. 由图象可知液体的密度随体积的增大而减小
D. 此液体的密度是 0.8g/cm3

12. 我国新型反潜巡逻机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在，下图中与磁异探测器工作原理相同的是(    )


A. 甲图中电磁铁通电，衔铁被吸引 B. 乙图中电流通过，小磁针偏转
C. 丙图闭合开关，导体小棒运动 D. 丁图左右摆动导体ab，电流计指针偏转
13. 如图所示，将均匀长方体甲、乙放在水平地面上，已知ρ甲不变  0.25 
【解析】解：(1)图甲中，闭合开关后，电压表短路了，电压表应与电阻并联，如图1所示：

(2)在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，即最右端；
(3)电路连接无误后，闭合开关，小明先后将5Ω和10Ω的电阻分别接入电路，移动滑片P进行了二次实验，数据如表格所示，由表中数据，UV=IR=0.4A×5Ω=0.2A×10Ω=2V；
研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，小明紧接着再将20Ω的定值电阻替换10Ω的电阻后，直由欧姆定律，读出电流表示数为：
I'=UVR'=0.1A；
(4)电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U-UV=3V-2V=1V，定值电阻的电压为变阻器分得的电压的2倍，根据分压原理，变阻器最大电阻20Ω连入电路中时，对应的最大定值电阻为：
R定=2×20Ω=40Ω，小明为了使实验能继续顺利进行，还可以使用的定值电阻有15Ω、30Ω；
(5)①正确连接电路，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表指针几乎不动，电路可能断路，电压表有示数，电压表与电源连通，产生这种现象的原因是小灯泡断路；
②根据实验数据画出I-U图象知，灯在额定电压下的电流为0.25A，由此可求出小灯泡正常发光时的功率为P灯=U灯I灯=2.5V×0.25A=0.625W；
③当灯泡实际电压为额定电压一半，即为1.25V时对应的电流如图2所示，大小约为0.16A，此时灯泡的实际电功率为：P1=U1I1=1.25V×0.16A=0.2W；
当灯泡实际电流为额定电流的一半时，如图3所示，实际电压约为0.9V，此时灯泡的实际电功率为：
P2=U2I2=0.9V×0.125A=0.1125W；
故P1大于P2；
(6)①S2先和接线柱1接通，闭合开关S1，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数等于小灯泡的额定电压2.5V；
②滑动变阻器的阻值不变，将S2和接线柱2接通，读出电压表的示数为1.5V；
③在①中，灯与变阻器串联，正常发光；
在②中，定值电阻与变阻器串联，因电压表的示数为1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：
3V-1.5V=1.5V，由分压原理，变阻器连入电路的电阻等于定值电阻大小，即为5Ω；
在①中，由串联电路的规律及欧姆定律，灯的额定电流为：
IL=U-ULR滑=3V-2.5V5Ω=0.1A
则小灯泡的额定功率为：
P额=U额×IL=2.5V×0.1A=0.25W。
故答案为：(1)见解析；(2)右； (3)0.1；(4)15Ω、30Ω；(5)小灯泡断路；0.625；>；(6)不变；0.25。
(1)图甲中，闭合开关后，电压表短路了，电压表应与电阻并联；
(2)在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处；
(3)由表中数据求出电阻的电压，研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，由欧姆定律，读出电流表示数；
(4)电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律和分压原理，求出变阻器最大电阻20Ω连入电路中时对应的最大定值电阻；
(5)①若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
②由图乙通过灯泡的电流与其两端电压的关系图象知，找出灯在额定电压下的电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
③根据图乙，通过作图的方法，分别找出当灯泡实际电压为额定电压一半，对应的电流大小和当灯泡实际电流为额定电流的一半时，对应的电压大小，根据P=UI比较实际功率大小；
(6)灯在额定电压下正常发光，因没有电流表，故测量出灯的额定电流是关键，在①中，灯(正常发光)与变阻器串联，如果能得出变阻器连入电路的电阻，由串联电路的规律及欧姆定律可得出灯的额定电流，故通过开关的转换，使定值电阻与变阻器串联(控制变阻器接入的阻值不变)，根据此时电压表的示数，由串联电路电压的规律及欧姆定律即可求出灯的额定电流，从而求出灯的额定功率。
本题探究导体的电流跟电阻的关系，考查电路连接、注意事项、控制变量法、欧姆定律的运用、对器材的要求，同时测灯的额定功率，考查故障分析、额定功率计算、影响电阻大小的因素和设计方案测额定功率的能力，涉及知识点多，综合性强。

29.【答案】解：(1)汽油放出的热量为：
Q放=mq=5kg×5×107J/kg=2.5×108J
所做的功为：
W=Q放η=2.5×108J×30%=7.5×107J
通过的距离为：
s=vt=75km/h×1h=75km=7.5×104m
牵引力为：
F=Ws=7.5×107J7.5×104m=1000N；
因为汽车匀速平直行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，所以f=F=1000N；
(2)汽油燃烧释放能量的40%为：Q'=Qη1=2.5×108J×40%=1×108J，
转换的电能：W'=Q'η2=1×108J×15%=1.5×107J。
故答案为：(1)汽车所受的阻力f是1000N；(2)随废气排放的能量通过转换装置后可获得1.5×107J的电能。 
【解析】(1)首先求出放出的热量，然后求出所做的有用功，根据W=Fs求出牵引力；
(2)汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置，可求转化的能量，由提高到15%可求转换的电能。
本题考查功的计算，二力平衡条件的应用，涉及到热量的计算和效率公式的应用，是一道综合性很强的题目，关键是各种公式的灵活运用。

30.【答案】解：由图知两电阻串联，电压表与滑动变阻器并联，电流表与电阻串联，
(1)根据欧姆定律I=UR知，
当电压表的示数为4V时，
变阻器接入电路的阻值为：
R2=U2I=4V0.8A=5Ω；
(2)当电压表的示数为4V时，电流表的示数为0.8A，此时电源电压为：U=4V+0.8AR1-----①；
当电压表的示数为10V时，变阻器消耗的电功率为5W，
根据P=UI知，
此时电路的电流为：I'=P2U2'=5W10V=0.5A，
此时电源电压为：U=10V+0.5AR1-----②，
综合①②得，
4V+0.8AR1=10V+0.5AR1，
解得R1=20Ω，
电源电压为：U=4V+0.8AR1-=4V+0.8A×20Ω=20V；
(3)当电压表示数最大为15V时，滑动变阻器的电阻最大，电路的电流最小，电阻R1消耗最小功率，
根据串联电路电压的规律知，
定值电阻R1两端的电压为：U1=U-U2大=20V-15V=5V，
电阻R1消耗最小功率为：
P1小=U12R1=(5V)220Ω=1.25W。
答：(1)当电压表的示数为4V时，变阻器接入电路的阻值为5Ω；
(2)电源电压为20V，电阻R1的阻值为20Ω；
(3)电阻R1消耗最小功率为1.25W。 
【解析】由图知两电阻串联，电压表与滑动变阻器并联，电流表与电阻串联，
(1)根据欧姆定律I=UR算出当电压表的示数为4V时变阻器接入电路的阻值；
(2)当电压表的示数为4V时，电流表的示数为0.8A，此时电源电压为：U=4V+0.8AR1-----①；
当电压表的示数为10V时，变阻器消耗的电功率为5W，
根据P=UI算出此时电路的电流，此时电源电压为：U=10V+0.5AR1-----②，
综合①②算出电源电压和定值电阻的阻值；
(3)当电压表示数最大为15V时，滑动变阻器的电阻最大，电路的电流最小，电阻R1消耗最小功率，
根据串联电路电压的规律算出定值电阻R1两端的电压，由P1小=U12R1算出电阻R1消耗最小功率。
本题考查了欧姆定律公式的应用、电功率公式的应用以及串联电路电压的规律等知识，其中根据电源电压相等列等式算出电源电压和定值电阻的阻值是难点。

31.【答案】解：
(1)R1、R2是两个相同的电热丝，每个电热丝正常工作时的电压为220V，由图乙知电热丝正常工作时的电流为2A，
根据欧姆定律I=UR知每个电热丝正常工作时的电阻为：
R1=R2=U额I额=220V2A=110Ω；
每个电热丝正常工作的额定功率为：
P额=U额I额=220V×2A=440W；
(2)由图可知只闭合S2时两电热丝串联，因为两电热丝的阻值相等，所以两电热丝分得的电压相等，都为110V，由图乙知此时流过电热丝的电流为1.5A，
此时电暖器消耗的总功率为：
P=UI'=220V×1.5A=330W；
(3)根据ρ=mV知空气的质量为：
m=ρV=1.2kg/m3×50m3=60kg，
卧室内的温度升高了10℃吸收的热量为：
Q吸=c空气m△t=1.0×103J/(kg⋅℃)×60kg×10℃=6×105J，
只闭合S1和S3，两电热丝并联，则两电热丝的总功率为2×440W=880W；
电暖器工作15min消耗的电能为：
W=P总t=880W×15×60s=7.92×105J，
电暖器的加热效率为：
η=Q吸W×100%=6×105J7.92×105J×100%≈75.8%。
答：(1)每个电热丝正常工作时的电阻为110Ω，额定功率是440W；
(2)只闭合S2时，流过电热丝的电流为1.5A，此时电暖器消耗的总功率为330W；
(3)只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10℃，电暖器的加热效率是75.8%。 
【解析】(1)根据图像判断出电热丝正常工作时的电流，根据欧姆定律I=UR算出每个电热丝正常工作时的电阻，根据P=UI算出每个电热丝正常工作的额定功率；
(2)只闭合S2时两电阻串联，根据串联电路的分压作用判断出每个电阻分得的电压，由乙图判断出此时的电流，根据P=UI算出此时电暖器消耗的总功率；
(3)根据ρ=mV算出空气的质量为，由Q吸=c空气m△t算出卧室内的温度升高了10℃吸收的热量；
只闭合S1和S3，两电阻并联，算出电热丝的功率，由W=P额t算出消耗的电能，最后由η=Q吸W×100%算出电暖器的加热效率。
本题是一道电功与热量的综合计算题，分清电路结构，熟练运用电功率公式、欧姆定律、吸热公式、效率公式是正确解题的关键。