2024年河南省中考物理试卷（含解析）

这是一份2024年河南省中考物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.我国北方某地最低气温曾达到−52.3℃，当地多使用酒精温度计，这是利用了酒精的( )
A. 热值高B. 比热容大C. 沸点低D. 凝固点低
2.乘客乘坐汽车时系好安全带，可以防止急刹车时，由于什么的惯性而受到伤害( )
A. 汽车B. 安全带C. 乘客D. 座椅
3.在“爱眼日”宣传活动中，小明用如图所示的装置研究眼睛的成像，此时烛焰在光屏上成清晰的像，用此模拟正常眼睛的成像。接下来下列操作可模拟近视眼的是( )
A. 向水透镜注水，烛焰的像成在光屏右侧B. 向水透镜注水，烛焰的像成在光屏左侧
C. 从水透镜抽水，烛焰的像成在光屏右侧D. 从水透镜抽水，烛焰的像成在光屏左侧
4.宋朝的怀丙利用浮船打捞铁牛，展现了我国古人的智慧。如图为打捞过程示意图，先将陷在河底的铁牛和装满泥沙的船用绳索系在一起，再把船上的泥沙铲走，铁牛就被拉起，然后把船划到岸边，解开绳索卸下铁牛，就可将铁牛拖上岸。船在图中甲、乙、丙三个位置船所受浮力为F甲、F乙、F丙，下列判断正确的是( )
A. F甲=F乙=F丙B. F甲>F乙>F丙C. F甲=F乙>F丙D. F甲F丙。
故选：B。
甲、乙、丙三个位置船所排开水的体积逐渐变小，根据F浮=ρ水V排g可知所受浮力的大小。
本题考查阿基米德原理的应用，是一道综合题。
5.【答案】C
【解析】解：
A、提升物体的重力相等，在相同的时间内物体升高了相同的距离，由W有用=Gh可知两次提升物体所做的有用功相等，故A错误；
BC、图甲使用的是动滑轮，拉力端移动距离s甲=2h，不计绳重和摩擦；
使用甲动滑轮时，拉力F甲=12(G+G动)；所以拉力做功W甲=F甲s甲=12(G+G动)×2h=(G+G动)h>Gh；
使用乙定滑轮时，拉力F乙=G，拉力做功W乙=F乙s乙=Gh，所以乙装置中拉力F做的总功少，由P=Wt知乙装置中拉力F做的总功率小，甲做总功的功率大，故B错误，C正确；
D、不计绳重和摩擦，使用定滑轮时，额外功为0J，机械效率为100%；使用动滑轮时，要提升动滑轮做额外功，机械效率小于100%；所以两种装置的机械效率η乙>η甲，故D错误。
故选：C。
(1)利用W=Gh比较拉力做的有用功的大小关系；
(2)两物体的质量相等、重力相等，不计绳重和摩擦，使用定滑轮时，拉力F=G；使用动滑轮，拉力F=12(G+G动)，据此确定拉力大小关系，利用W=Fs比较拉力做的功的大小关系；
由P=Wt可知两次提升物体所做有用功的功率的大小关系；
(3)不计绳重和摩擦，使用定滑轮时，额外功为0J，机械效率为100%；使用动滑轮时，要提升动滑轮做额外功，机械效率小于100%。
本题考查了使用定滑轮、动滑轮时拉力端移动速度大小、拉力做功的大小、机械效率大小和功率大小的比较，利用好关系式：不计绳重和摩擦时拉力F=12(G+G动)。
6.【答案】C
【解析】解：AC、水杯对木板的压力大小等于水杯受到的重力，但是压力不是重力，
水杯对木板的压强p=FS=G1S1，故A错误，C正确；
B、水杯对木板的压力和木板对水杯的支持力是一对相互作用力，故B错误；
D、木板对海绵的压强为G1+G2S2，故D错误。
故选：C。
(1)压力是垂直作用在物体表面上的力，所以它的方向总是垂直于物体的表面，重力的施力物体是地球；只有物体放在水平面上，物体对水平面的压力等于重力；
(2)根据p=FS求出甲对海绵的压强、乙对甲的压强。
本题考查了学生对压力和重力的区别的理解与掌握以及压强的计算，是一道较为简单的应用题。
7.【答案】AC
【解析】解：A、飞船与空间站对接后，相对于空间站的位置未发生改变，是静止的，故A正确；
B、航天员太空授课是利用电磁波与地面传递信息的，故B错误；
C、根据对航天知识的了解可知，空间站离地球的距离，比月球离地球的距离更近，故C正确；
D、空间站上的太阳能电池板将太阳能转化为电能，故D错误。
故选：AC。
(1)在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
(2)电磁波可以传递信息，电磁波的传播不需要介质；
(3)空间站在近地轨道运行，比月球离地球的距离更近；
(4)太阳能电池板将太阳能转化为电能。
本题主要考查了对运动与静止的相对性、电磁波的应用、航天器与天体的距离、太阳能应用等的掌握，有一定综合性。
8.【答案】BD
【解析】解：A、R1的阻值随温度的升高而减小，因为当R1阻值减小时，R总变小，I=UR总变大，蜂鸣器响，故A错误；
B、温度升高过程中，R1变小，电流变大电磁铁磁性增强，吸附衔铁，蜂鸣器响，故B正确；
C、若要调低电阻温度，R1阻值将变大，R总不变，则R2将变小，故C错误；
D、若控制电路电源电压降低，保证电流不变，则R总变小，报警温度升高，故D正确。
故选：BD。
温度正常时指示灯L发光，当温度升高到报警温度时，指示灯熄灭，蜂鸣器报警，说明电磁铁磁性增强；
电磁铁磁性增强是因为电流变大；
电流变大可能是电压一定时总电阻变小，或者电阻不变时电压变大。
本题考查安培定则、电流的磁效应、串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，难度不大。
9.【答案】振动 用鼓槌敲击鼓面发声
【解析】解：古人很早便知道声音与碰击有关，蕴含了声音是由物体振动产生的道理。比如：用鼓槌敲击鼓面发声。
故答案为：振动；用鼓槌敲击鼓面发声。
声音是由物体的振动产生的。
本题考查的是声音产生的条件，会列举实例说明声音是由物体振动产生的。
10.【答案】汽化 吸收
【解析】解：当把滴入几滴酒精的塑料袋放入80℃以上的热水中时，酒精液体会汽化成酒精气体，汽化吸热体积变大，故发现塑料袋鼓起。
故答案是：汽化；吸收。
把物质从液态变成气态称为汽化，汽化吸热。
此题考查了物态变化过程中的汽化和液化现象，会结合实例分析判断，是中考的热点考题。
11.【答案】费力 小于
【解析】解：手提起物体时，桡骨在肱二头肌的收缩牵引下绕肘关节转动，动力臂小于阻力臂，这是一种费力杠杆，此过程中肱二头肌收缩的距离小于手移动的距离。
故答案为：费力；小于。
根据生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
12.【答案】可再生 动 电磁感应
【解析】解：水能是可再生能源。水电站通过提高水位增加水的重力势能，水流下时重力势能转化为动能，使水轮机带动发电机发电，发电机是利用电磁感应原理发电的。
故答案为：可再生；动；电磁感应。
(1)能源从是否可再生角度划分：
可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。
不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能。
(2)水从高处落下，重力势能转化为动能。
(3)发电机是利用电磁感应现象来工作的。
本题考查的是能源的分类；知道机械能的转化和发电机的基本原理。
13.【答案】2 0.45 0.5
【解析】解：(1)已知电阻R的阻值R=10Ω，电流表测通过电阻R的电流，则IR=0.2A，由欧姆定律求得电阻R两端的电压UR=IRR=0.2A×10Ω=2V，根据并联电路电压规律可知电源电压U=UR=2V；
(2)根据并联电路电压规律得UL=U=2V，由图甲可知此时通过灯泡的电流为IL=0.25A，由并联电路电流规律干路电流为I=IL+IR=0.25A+0.2A=0.45A；
(3)由P=UI可得此时灯泡的电功率PL=ULIL=2V×0.25A=0.5W。
故答案为：2；0.45；0.5。
(1)由欧姆定律求得电阻R两端的电压即为电源电压；
(2)由图甲得出通过灯泡的电流IL，由并联电路电流规律得干路电流；
(3)由P=UI计算灯泡的电功率。
本题考查了并联电路的电压和电流规律以及欧姆定律和电功率的计算，是一道基础题。
14.【答案】两个物体接触，就一定有力的作用 竖直放在墙边的物体刚好与墙面接触，没有力的作用，所以两个物体接触，不一定有力的作用。
【解析】解：错误观点：两个物体接触，就一定有力的作用；
反驳的实例及正确观点：竖直放在墙边的物体刚好与墙面接触，没有力的作用，所以两个物体接触，不一定有力的作用。
故答案为：错误观点：两个物体接触，就一定有力的作用；
反驳的实例及正确观点：竖直放在墙边的物体刚好与墙面接触，没有力的作用，所以两个物体接触，不一定有力的作用。
两个物体接触，不一定有力的作用。
本题考查了力和运动的关系等力学的基本理论，有一定的难度。
15.【答案】解：入射光线AO和BO，BO入射角小，所以BO的折射光线OB′的折射角也较小，OB′应画在OA′和法线之间，如图所示：

【解析】在光的折射规律中，入射角变大折射角也变大，入射角变小折射角也变小，先分析入射光线AO和BO，入射角的大小，就能判断出对应的折射角的大小，从而根据OA′画出BO的折射光线OB′。
在做光的折射光路图时要注意：不管光从哪种介质斜射向哪种介质，在光疏质(密度比较小的物质)里面的角(入射角或折射角)较大；在光密质(密度比较大的物质)里面的角(入射角或折射角)较小，即“疏大密小”。角度越小，光线越靠近法线。
16.【答案】解：滑动过程中手受到垂直于水平桌面向上的支持力，受到的摩擦力方向与相对运动方向相反，即沿水平桌面向右，作用点都在手上的A点，如图所示：

【解析】明确手受到的支持力和摩擦力的作用点和方向，然后按照力的示意图的画法画出这个力的示意图。
画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
17.【答案】可以用笔在纸板上沿着光路将其描画下来 反射角 同一平面内 将纸板F沿中间剪开，把纸板F的上半部分向后折，发现在纸板F的上部看不到反射光线，下部能看到反射光线
【解析】解：(1)为了便于测量和研究，需要把光路记录在纸板上，方法是：可以用笔在纸板上沿着光路将其描画下来；
(2)取下纸板后，应用量角器分别测量入射角和对应的反射角并记录在表格中，通过分析可知反射角等于入射角；
(3)由题意得，当显示入射光线、反射光线的纸板在同一平面上时，入射光线、反射光线都能同时看见；当把显示反射光线的纸板NOF向前折或向后折，这时在NOF上看不到反射光，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
将纸板F沿中间剪开，把纸板F的上半部分向后折，发现在纸板F的上部看不到反射光线，下部能看到反射光线。
故答案为：(1)可以用笔在纸板上沿着光路将其描画下来；(2)反射角；(3)同一平面内；将纸板F沿中间剪开，把纸板F的上半部分向后折，发现在纸板F的上部看不到反射光线，下部能看到反射光线。
(1)为便于测量和研究，需要把光路记录在纸板上，可以用笔在纸板上沿着光路将其描画下来；
(2)要探究反射角与入射角的关系，需分别测量出入射角及对应的反射角，分析得出结论；
(3)反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
此题主要通过实验探究了光的反射定律。实验探究题是中考中必不可少的题目，要加强实验教学，引导学生从实验中分析现象，归纳总结规律。
18.【答案】拦河大坝上窄下宽(或深海潜水需穿抗压潜水服等合理即可) 相平 甲、乙 相等 深度 更小
【解析】解：(1)液体的压强随深度增加而变大，因此拦河大坝上窄下宽(或深海潜水需穿抗压潜水服等实例合理即可)；
(2)压强计的橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的；
(3)甲乙两图中同种液体，深度不同，U形管中液面高度差不同，且深度越深，U形管液面高度差越大，故可以得到：同种液体，深度越深，压强越大；比较乙图、丙图，液体密度相同，深度相同，探头朝向不同，U形管两侧液面的高度差相同，由此得出结论：同种液体内部同一深度，液体向各方向的压强相等；
(4)研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同，保持浓盐水中的探头与乙图中探头的深度相同；
(5)根据转换法，压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映被测压强大小的，U形管中，液体的密度越小，则高度差越大，观察效果更明显，因此应选用密度更小的液体。
故答案为：(1)拦河大坝上窄下宽(或深海潜水需穿抗压潜水服等合理即可)；(2)相平；(3)甲、乙；相等；(4)深度；(5)更小。
(1)生活中的实例分析；
(2)使用压强计前，压强计的橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的；
(3)利用转换法和控制变量法进行分析；
(4)利用控制变量法进行分析；
(5)根据转换法，压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映被测压强大小的。
本体是一道探究实验题，注意运用控制变量法和转换法进行分析实验现象。
19.【答案】电压表 2.8 0.28 电压与电流的比为一定值 C
【解析】解：(1)①由图1可知，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，据此画出电路图，如下图所示：
；
②电源电压恒为4.5V，由图1可知，电压表选用小量程，若闭合开关前，没有将滑动变阻器的滑片移到最右端，即阻值最大处，闭合开关时电压表指针的偏转可能超出所用量程；
③第5次的电压表和电流表的示数如图2、3所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.8V；电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.28A；
④根据表中数据利用描点法画图，如下图所示：
；
⑤由表中数据可知，电压与电流的比为UI=……=Ω，为一定值，故可得出：电阻一定时，电流与电压成正比；
(2)A、换用电压为4.5V的电源，定值电阻两端电压保持2V不变，滑动变阻器两端电压为2.5V，根据串联分压原理得R定：R变=UV：U变=2V：2.5V=4：5，即滑动变阻器的阻值是定值电阻的1.25倍，当换成20Ω电阻后，则解得R变=25Ω>20Ω，因此该方法不可行，故A不符合题意；
B、把电压表改接为0～15V量程，并不能改变定值电阻两端电压和滑动变阻器接入电路的阻值，因此该方法不可行，故B不符合题意；
C、在开关与滑动变阻器之间串联一个10Ω的电阻，当换成20Ω电阻后，由A可知，滑动变阻器接入电路的阻值为15Ω