2023年河北省唐山市遵化市中考物理二模试卷

这是一份2023年河北省唐山市遵化市中考物理二模试卷，共21页。试卷主要包含了 生命至上，安全第一， 下列做法不科学的是， 下列对物质的分类正确的是， 下列数据最接近实际情况的是， 下列关于惯性的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省唐山市遵化市中考物理二模试卷
1. 生命至上，安全第一。下列做法正确的是(    )
A. 油锅着火用水浇灭
B. 雷雨天站在大树下避雨
C. 厨房天然气管道漏气，立即关闭阀门并轻轻开窗通风
D. 用霉变的食物喂食牲畜
2. 下列做法不科学的是(    )
A. 书包带要做宽一些以增大受力面积从而减小压强
B. 菜刀使用过后应立即擦干存放
C. 家庭电路中必须安装保险丝或空气开关
D. 用燃着的木条检验液化石油气是否泄露
3. 下列对物质的分类正确的是(    )
A. 混合物——铁锈、天然气、生理盐水 B. 晶体——冰、海波、纯净的松香
C. 合金——玻璃钢、焊锡、黄铜 D. 导体——人体、陶瓷、橡胶
4. 设计实验进行探究是学习与创新的重要途径。下列实验设计存在问题的是(    )


A. 甲实验：探究可燃物的燃烧条件
B. 乙实验：探究气压随高度的变化
C. 丙实验：探究空气中氧气的体积分数
D. 丁实验：探究通电导体产生热量与电阻的关系
5. 下列数据最接近实际情况的是(    )
A. 人步行的速度约为5m/s B. 一枚鸡蛋的质量约为50g
C. 人正常呼吸的频率约每分钟70次 D. 人的正常体温约为39℃
6. 如图是大型乐队的演奏现场，关于乐器的发声，下列说法正确的是(    )

A. 有些乐器不振动也能发出声音
B. 击鼓的力度越大，鼓皮的振动幅度就越大，音调就越高
C. 有些交响乐能催人泪下，说明声音能传递信息
D. 音乐在任何时候都不会成为噪声
7. 二十四节气是中华民族劳动人民长期经验的积累和智慧的结晶。下列关于相关节气的物态变化说法正确的是(    )
A. 雨水——“雨”的形成是凝固现象
B. 大暑——空气中含有的大量水蒸气是液化形成的
C. 霜降——霜的形成是凝华现象
D. 白露——“露”的形成是汽化现象
8. 轮滑鞋大都装有闪光轮，就是在轮子内部嵌入线圈和磁体，当轮子转动时内部线圈车轮转动，切割磁感线产生感应电流，把机械能转化为电能，从而使二极管发光。下与其工作原理相同的是(    )
A. B.
C. D.
9. 在探究凸透镜成像的实验中，小明先粗测了凸透镜的焦距，如图甲。然后将蜡烛，凸透镜和光屏调整到如图乙所示位置，烛焰在光屏上恰好成清晰的像，下列说法错误的是(    )


A. 该凸透镜的焦距为15cm
B. 此时符合照相机的成像原理
C. 当蜡烛靠近凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，应将光屏远离凸透镜
D. 保持蜡烛和凸透镜的位置不变，换用焦距更小的凸透镜，需要将光屏向右移动才能再次出现清晰的像
10. 下列关于惯性的说法正确的是(    )
A. 交管部门要求驾驶员和前排乘客必须系好安全带，是为了防止惯性带来的危害
B. 跳远运动员助跑后飞身跃起，受到惯性后继续向前运动
C. 交通工具都配有刹车系统，遇到紧急情况时启动刹车系统可以减小惯性
D. 拍打窗帘可以清除上面的灰尘，这是利用了灰尘的惯性
11. 如图所示，工人用400N向下的拉力，利用滑轮组将重力为750N的沙子以0.2m/s的速度匀速向上提升，此时滑轮组的机械效率为η1。下列说法正确的是(    )
A. 工人所用的拉力功率为80W
B. 该滑轮组的机械效率为62.5%
C. 若匀速提升的物体重力增大一倍时机械效率为η2，则η2η1，故C错误；
D、增大匀速提升物体的速度，在提升高度相同时，有用功不变，额外功不变，总功不变，有用功占总功的比值不变，机械效率不变；减小滑轮自重，可以减少额外功，在有用功不变的情况下，额外功减小了，所以机械效率就提高了，故D错误。
故选：B。
(1)由图可知n=3，绳子自由端移动的速度v=nv物，利用P=Wt=Fst=Fv求拉力做功的功率；
(2)利用η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF求滑轮组的机械效率；
(3)若匀速提升的物体重力增大一倍时，根据W有=Gh分析有用功的变化，而额外功几乎不变，据此分析总功的变化，再根据机械效率为有用功占总功的比值分析两次机械效率的关系；
(4)对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率。据此分析。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算和机械效率的影响因素，机械效率的高低取决于有用功和总功两个因素，不能理解成：“有用功多，机械效率高”或“总功大，机械效率低”；还有机械效率的高低与提升重物的速度及重物提升的高度无关。

12.【答案】AD 
【解析】解：(1)当只闭合S1，R1和滑动变阻器串联接入电路，滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变小，所以a是电压表，b是电流表，故A正确；
根据欧姆定律可知电表a与b示数变化量是滑动变阻器接入电路的阻值，所以滑片向右滑动的过程中，电表a与b示数变化量之比变大，故B错误；
串联电路总电阻大于任一分电阻，此时电路电阻为R=R1+R=R1+2R1=3R1，
根据P=U2R可知此时电路电功率最小，
(2)同时闭合S1、S2、S3，两定值电阻并联接入电路，所以滑片向左滑动时b表示数不变，故C错误；
并联电路总电阻小于任一分电阻，此时电路总电阻为R′=R1R2R1+R2=R1+2R1R1+2R1=23R1，
根据P=U2R可知此时电路电功率最大，
整个电路所消耗最大功率和最小功率之比为P′P=U223R1U23R1=92，故D正确。
故选：AD。
(1)当只闭合S1，R1和滑动变阻器串联接入电路，滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变小，所以a是电压表，b是电流表；
根据欧姆定律可知电表a与b示数变化量是滑动变阻器接入电路的阻值；
串联电路总电阻大于任一分电阻，根据串联电路电阻规律计算此时电路电阻，根据P=U2R可知此时电路电功率最小；
(2)同时闭合S1、S2、S3，两定值电阻并联接入电路，所以滑片向左滑动时b表示数不变；
并联电路总电阻小于任一分电阻，根据了电路电阻规律计算此时电路总电阻，根据P=U2R可知此时电路电功率最大，进一步计算整个电路所消耗最大功率和最小功率之比。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。

13.【答案】地线  短路 
【解析】解：细心的小明发现微波炉、电饭煲、电热壶等都使用三脚插头。通过学习物理，他明白了这样设计的目的是使这些用电器的金属外壳与地线相连；如果仅把一个电饭煲的插头接入插座时，家中的空气开关立刻跳闸，产生跳闸的原因应该是短路，因为电饭锅的额定功率不到1000W，不是用电器的总功率过大。
故答案为：地线；短路。
(1)带金属外壳的家用电器必须接地。
(2)家庭电路中电流过大的原因是发生短路或者用电器的总功率过大。
本题考查了家庭电路中电流过大的原因和安全用电的常识；本题属于基础性题目。

14.【答案】虚  4.2 
【解析】解：被测者看到的是平面镜成的虚像；
视力表到平面镜的距离是2.3m，视力表的像到平面镜的距离是2.3m，该同学到平面镜的距离是2.3m−0.4m=1.9m，镜中视力表的像到该同学的距离为2.3m+1.9m=4.2m；

故答案为：虚；4.2；见解答。
根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等；
根据平面镜成像特点可知，物体与像关于平面镜对称，先作出点E关于平面镜的对称点E′，连接像点和人的眼睛，再作出相应的入射光线和反射光线。
本题主要考查了平面镜的成像特点及其应用，注意反射光线的反向延长线过像点。

15.【答案】运动  增大  非平衡力 
【解析】解：飞机加速起飞时，它与地面塔台的位置发生了变化，故以地面塔台为参照物，它是运动的；此过程中，它的动能与重力势能都增加了，故机械能增加；因为飞机做加速运动，速度变了，故它受到的是非平衡力。
故答案为：运动；增大；非平衡力。
(1)被研究物体相对于参照物，位置发生变化，就说物体是静止的，反之，就是运动的；
(2)机械能包括动能与重力势能。
(3)物体受力平衡时保持静止或匀速直线运动状态。
本题考查了机械能、运动与静止的相对性和平衡状态的判断，属于基础题。

16.【答案】6.8×106  8.5热传递 
【解析】解：这些燃料油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.0×107J/kg×0.17kg=6.8×106J；
由题可知水吸收的热量为：Q吸=42%Q放=42%×6.8×106J=2.856×106J，
由Q吸=cm(t−t0)可知可加热水的质量为：m水=Q吸c水(t−t0)=2.856×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=8.5kg；
燃料油燃烧放出的热量传递给水，因此这是通过热传递的方式改变水的内能。
故答案为：6.8×106；8.5；热传递。
已知燃料油的质量和热值，利用Q放=qm可求出这些燃料油完全燃烧放出的热量；
由题意求出水吸收的热量，根据Q吸=cm(t−t0)可求出可加热水的质量；
改变内能有做功和热传递两种方式，做功是指能量的转化，热传递是指能量的转移。
本题考查了热值、比热容的计算公式的应用和对能量转化、改变内能方式的理解，需要熟练运用相关的计算公式及变形式，难度不大。

17.【答案】聚变  可再生  电 
【解析】解：“人造太阳”释放能量的原理与太阳一样，源于氢原子核在超高温下发生聚变。太阳能属于可再生能源，太阳能电池板是将太阳能转化为电能。
故答案为：聚变；可再生；电。
(1)人造太阳是氢原子核发生聚变反应释放的巨大的能量。
(2)能够短期内从自然界中得到补充的一次能源叫可再生能源。
(3)太阳能电池板是将太阳能转化为电能。
本题考查的是核能、太阳能的特点及应用；关键是知道目前人类获取核能的途径和光电转化的实质。

18.【答案】地磁场  N 螺线管线圈中的电流  增加螺线管线圈的匝数 
【解析】解：(1)可自由转动的小磁针，由于受地磁场的影响，静止时总是指向南北方向；
(2)闭合开关，根据安培定则可知，通电螺线管左端为S极，右端为N极，因为异名磁极相吸引，因此当小磁针静止时，右端为N极；
(3)将连接电源正、负极的导线对调，小磁针的指向也改变了，说明通电螺线管的磁场方向与螺线管线圈中的电流方向有关；
(4)为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是增加螺线管线圈的匝数。
故答案为：(1)地磁场；
(2)N；
(3)螺线管线圈中的电流；
(4)增加螺线管线圈的匝数。
(1)地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，小磁针放在地球这个磁体的磁场中，即可指南北；
(2)根据安培定则判断出通电螺线管的磁极，根据磁极间的相互作用规律判断小磁针的磁极；
(3)通电螺线管外部磁场方向与螺线管线圈中的电流方向和线圈的绕法有关；
(4)通电螺线管磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数有关。
此题考查了地磁场、探究通电螺线管外部的磁场，难度不大，属基础题目。

19.【答案】B U形管两边液面的高度差  不变  同种液体，压强随深度的增大而变大  800h2−h3h1−h3×ρ水 
【解析】解：(1)用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
若没有按压橡皮膜时，U形管两侧液面就存在高度差，说明装置漏气，只需要将软管取下，再重新安装，U形管中的液面就是相平的，故B正确；
故选B；
(2)正确操作后，小明将探头伸入水中，根据转换法，他是通过观察U形管两边液面的高度差得知液体内部压强大小的；
如图②所示，保持金属盒在此深度不变，转动金属盒的方向，深度不变，液体产生的压强不变，故U形管两侧水面的高度差不变。
(3)正确操作后，图③中金属盒的深度较大，根据转换法，产生的压强也较大，分析图②、图③的实验现象，得出结论：同种液体，压强随深度的增大而变大；
(4)U形管左右两侧水面的高度差：h=8cm=0.08m，
则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa；
(5)当橡皮膜相平，所以橡皮膜左侧和右侧的压强相等，即p左=p右，
橡皮膜在液体中深度为：
h1−h3；
橡皮膜在水中的深度为：
h2−h3；
根据液体压强公式得：
ρ水g(h2−h3)=ρg(h1−h3)
解得待测液体密度的表达式为：
ρ=h2−h3h1−h3×ρ水。
故答案为：(1)B；(2)U形管两边液面的高度差；不变；(3)同种液体，压强随深度的增大而变大；(4)800；(5)h2−h3h1−h3×ρ水。
(1)检查装置是否漏气时，用手轻轻按压几下橡皮膜，看液体能否灵活升降；若没有按压橡皮膜时，U形管两侧液面就存在高度差，说明装置漏气，只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；
(2)液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；
同一种液体在同一深度向各个方向的压强都相等；
(3)液体压强与深度和液体的密度有关，研究液体压强与其中一个因素的关系，要控制另外一个因素不变；
(4)根据p=ρgh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差；
(5)观察到橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，根据p=ρ液gh，可求出液体的密度的表达式。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及p=ρgh的运用。

20.【答案】滑动变阻器断路  正比  1.5C205 
【解析】解：(1)由甲电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，为了准确读数，电压表和电流均选小量程，滑片P向左移动，电路中电流变大，即向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，如图所示：

(2)闭合开关，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数，说明cab部分是通路，接在a、c之间，电压表无示数，说明bc之间断路，如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是滑动变阻器断路。
(3)由题意可知，电流表的量程是0∼0.6A，分度值是0.02A，所以电流表的示数为0.2A。
由题意可知，定值电阻的阻值为10Ω，分析表格数据可知，电压和电流的比值分别为UI=1V0.1A=1.5V0.15A=2V0.2A=2.5V0.25A=10Ω；
电压与电流的比值为10，是定值，故可得结论：电阻一定时，通过电阻的电流与它两端的电压成正比。
(4)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理有：U−UVUV=R滑R定，
当定值电阻最大时，对应的变阻器连入电路最大，电压表示数最小，即：4.5V−UVUV=50Ω25Ω，
解得控制定值电阻两端的电压至少为UV=1.5V。
断开开关，改接另一个定值电阻后，从安全和规范角度考虑，应先把滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，然后闭合开关，滑片移到适当位置使电压表示数保持不变，记录电流表的示数，故正确的顺序为②①④③，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
(5)由图丙画出的电流与电阻关系图像可知，除定值电阻为20Ω外，电流与电阻之积为均为3V不变，所以阻值为20Ω的定值电阻连入电路时未移动滑片。
由串联电路的规律和欧姆定律可得，此时滑动变阻器接入电路中的电阻R滑=UI−20Ω=4.5V0.2A−20Ω=2.5Ω，
因定值电阻的电压为滑动变阻器两端电压的2倍，根据分压原理，则定值电阻的阻值也为滑动变阻器阻值的2倍，即定值电阻为R′=2×2.5Ω=5Ω，
所以这次实验之前的那一次实验，选取的是阻值为5Ω的定值电阻。
故答案为：(1)见解析；(2)滑动变阻器断路；(3)正比；(4)1.5；C；(5)20；5。
(1)由甲电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，为了准确读数，电压表和电流均选小量程，滑片P向左移动，电路中电流变大，即向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，据此画图。
(2)闭合开关，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数，说明cab部分是通路，接在a、c之间，电压表无示数，说明bc之间断路，据此分析。
(3)由题意可知，电流表的量程是0∼0.6A，分度值是0.02A，据此得出电流表的示数。
由题意可知，定值电阻的阻值为10Ω，分析表格数据可知，利用欧姆定律得出电压和电流的比值，分析得出结论。
(4)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理得出控制定值电阻两端的电压至少为多少伏。
断开开关，改接另一个定值电阻后，从安全和规范角度考虑，应先把滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，然后闭合开关，滑片移到适当位置使电压表示数保持不变，记录电流表的示数，据此分析。
(5)实验中应控制定值电阻两端的电压不变。
由串联电路的规律和欧姆定律可得此时滑动变阻器接入电路中的电阻，确定选取的定值电阻阻值。
本题为探究“电流与电压、电阻的关系”的实验，考查电路连接、故障分析、数据分析、器材选择等知识，综合性强，难度较大。

21.【答案】解：(1)木块的体积：V木=10cm2×20cm=200cm3，根据密度公式得，木块的质量：m木=ρ木V木=0.9g/cm3×200cm3=180g；
长方体木块的质地均匀，注水前木块对容器底的压强为：p=FS=GS=ρ木VgS=ρ木Shgs=ρ木gh=0.9×103kg/m3×10N/kg×0.2m=1800Pa；
(2)当水面距容器底24cm，此高度大于木块的高度，说明木块漂浮，G=F浮=ρ水V排g；mg=ρ水V排g；
此时木块排开水的体积V排=mρ水=180g1.0g/cm3=180cm3；
注入水的体积V水=Sh−V排=30cm2×24cm−180cm3=540cm3；
(3)图乙中整体悬浮，浮力等于重力
木块的体积V木=m木−mρ木；
合金的体积V合=mρ合；
切换后整体的质量不变，
故ρ水g(V木+V合)h=m木g；
ρ水g(m木−mρ木+mρ合)h=m木g；
代入数据1.0g/cm3×(180g−m0.9g/cm3+m2.5g/cm3)=180g；
解得m=28.125g。
答：(1)木块的质量及图甲中注水前木块对容器底的压强1800Pa；
(2)注入水的体积540cm3；
(3)将木块沿水平方向切下质量为m的部分，换成等质量的合金块(ρ合金=2.5×103kg/m3)并用细线悬挂在木块下方且不与容器底接触，则木块剩余部分刚好浸没在水中，如图乙所示，求m的值为28.125g。 
【解析】(1)求出木块的体积，根据密度公式可求出木块的质量；
注水前，木块对容器底的压力和自身的重力相等，根据p=FS和G=mg=ρVg=ρShg求出木块对容器底的压强p=ρ水gh；
(2)根据木块漂浮计算木块排开水的体积，用总体积减去木块排开水的体积得出加水的体积；
(3)根据密度公式计算体积，根据悬浮时浮力得出重力列方程，接触合金的质量m。
本题考查压强、物体的浮沉条件的应用，属于难题。

22.【答案】解：由电路图可知，当S断开时，R1、R2串联后再与电动机并联，当S闭合时，只有R1与电动机并联，工作；根据串联电路的电阻特点可知，串联电路的总电阻大于任一分电阻，由P=U2R可知当S断开时，空气炸锅处于低温挡，当S闭合时，空气炸锅处于高温挡。
(1)由表中数据可知，低温挡功率P1=660W，电压U=220V，由P=UI得，通过R1、R2的电流为：
I=P1U=660W220V=3A，
空气炸锅低温挡正常工作时，通过电动机的电流为：
IM=PMU=110W220V=0.5A，
电路中的总电流：I低=I+IM=3A+0.5A=3.5A；
(2)由表中数据可知，高温挡的功率P2=1210W，由P=UI=U2R得，电阻R1的大小为：
R1=U2P2=(220V)21210W=40Ω，
R1与R2串联的总电阻为：