2024年中考物理模擬卷（含詳細(xì)解析）——助力考生高效沖刺備考中考物理考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握、實(shí)驗(yàn)探究能力及綜合應(yīng)用能力。這份模擬卷緊扣中考考綱，涵蓋力學(xué)、熱學(xué)、光學(xué)、電學(xué)等核心板塊，通過典型題型幫助考生梳理知識(shí)體系、提升解題能力。建議考生先獨(dú)立完成，再對(duì)照解析查漏補(bǔ)缺，結(jié)合錯(cuò)題回歸教材，強(qiáng)化薄弱環(huán)節(jié)。一、選擇題（每題3分，共30分）選擇題著重考查對(duì)物理基本概念、規(guī)律的理解，需結(jié)合實(shí)例分析，注意易錯(cuò)點(diǎn)辨析。1.光學(xué)現(xiàn)象判斷下列現(xiàn)象中，屬于光的反射的是（）A.小孔成像B.水中倒影C.雨后彩虹D.海市蜃樓解析：小孔成像是光的直線傳播（A錯(cuò)）；水中倒影是平面鏡成像，本質(zhì)是光的反射（B對(duì)）；雨后彩虹是光的色散（屬于折射，C錯(cuò)）；海市蜃樓是光的折射（D錯(cuò)）。答案：$\boldsymbol{B}$2.牛頓第一定律的理解關(guān)于牛頓第一定律，下列說法正確的是（）A.直接通過實(shí)驗(yàn)得出B.實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上推理得出C.不受力的物體不存在，所以定律無意義D.只適用于勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體解析：牛頓第一定律通過“斜面小車實(shí)驗(yàn)（阻力對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響）”推理得出（不受力的物體不存在，無法直接實(shí)驗(yàn)，A錯(cuò)，B對(duì)）；定律指導(dǎo)受力分析，對(duì)研究物體運(yùn)動(dòng)有重要意義（C錯(cuò)）；適用于一切物體（D錯(cuò)）。答案：$\boldsymbol{B}$3.內(nèi)能與熱傳遞下列說法正確的是（）A.溫度高的物體內(nèi)能大B.晶體熔化時(shí)溫度不變，內(nèi)能不變C.熱量總是從內(nèi)能大的物體傳向內(nèi)能小的物體D.做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能解析：內(nèi)能與溫度、質(zhì)量、狀態(tài)等有關(guān)，溫度高的物體內(nèi)能不一定大（A錯(cuò)）；晶體熔化吸熱，溫度不變但內(nèi)能增加（B錯(cuò)）；熱量從溫度高的物體傳向溫度低的物體（非內(nèi)能，C錯(cuò)）；做功（如摩擦生熱）和熱傳遞（如加熱）是改變內(nèi)能的兩種方式（D對(duì)）。答案：$\boldsymbol{D}$4.壓強(qiáng)與壓力的計(jì)算兩個(gè)實(shí)心正方體A、B，邊長(zhǎng)之比$2:1$，密度之比$3:4$，放在水平桌面，對(duì)桌面的壓力之比和壓強(qiáng)之比分別為（）A.$6:1$；$24:1$B.$6:1$；$3:2$C.$3:2$；$6:1$D.$24:1$；$6:1$解析：壓力比：$F=G=mg=\rhoVg=\rhoL^3g$，因此$\frac{F_A}{F_B}=\frac{\rho_AL_A^3}{\rho_BL_B^3}=\frac{3\times2^3}{4\times1^3}=\frac{24}{4}=6:1$；壓強(qiáng)比：正方體對(duì)桌面的壓強(qiáng)$p=\frac{F}{S}=\rhoLg$（柱體壓強(qiáng)公式），因此$\frac{p_A}{p_B}=\frac{\rho_AL_A}{\rho_BL_B}=\frac{3\times2}{4\times1}=\frac{6}{4}=3:2$。答案：$\boldsymbol{B}$二、填空題（每空2分，共20分）填空題側(cè)重對(duì)核心概念的直接應(yīng)用，需注意物態(tài)變化、電路分析、機(jī)械能轉(zhuǎn)化等易錯(cuò)點(diǎn)。1.物態(tài)變化判斷夏天從冰箱拿出的飲料瓶“出汗”，這是$\boldsymbol{液化}$現(xiàn)象（填物態(tài)變化名稱），此過程$\boldsymbol{放熱}$（選填“吸熱”或“放熱”）。解析：飲料瓶溫度低，周圍空氣中的水蒸氣遇冷液化成小水滴；液化過程放熱。2.歐姆定律與電阻特性某導(dǎo)體兩端電壓為$3\,\text{V}$時(shí)，通過的電流為$0.3\,\text{A}$，其電阻為$\boldsymbol{10}\,\Omega$；若電壓變?yōu)?6\,\text{V}$，電阻為$\boldsymbol{10}\,\Omega$（忽略溫度影響）。解析：根據(jù)歐姆定律$R=\frac{U}{I}=\frac{3\,\text{V}}{0.3\,\text{A}}=10\,\Omega$；電阻是導(dǎo)體本身的性質(zhì)，與電壓無關(guān)，因此電壓變化后電阻仍為$10\,\Omega$。3.機(jī)械能的轉(zhuǎn)化跳傘運(yùn)動(dòng)員在空中勻速下落時(shí)，動(dòng)能$\boldsymbol{不變}$，重力勢(shì)能$\boldsymbol{減小}$（選填“增大”“減小”或“不變”）。解析：勻速下落時(shí)，質(zhì)量和速度不變，動(dòng)能不變；高度降低，重力勢(shì)能減小。三、實(shí)驗(yàn)探究題（共24分）實(shí)驗(yàn)題考查實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)處理及科學(xué)探究能力，需掌握控制變量法、轉(zhuǎn)換法等核心方法。1.測(cè)量小石塊的密度某同學(xué)用天平、量筒測(cè)量小石塊的密度，步驟如下：（1）將天平放在水平臺(tái)上，游碼歸零后，指針偏左，應(yīng)將平衡螺母向$\boldsymbol{右}$（選填“左”或“右”）調(diào)，使天平平衡。（2）用天平測(cè)小石塊質(zhì)量，右盤砝碼（$20\,\text{g}$、$10\,\text{g}$）和游碼（$2.4\,\text{g}$）位置如圖，則質(zhì)量為$\boldsymbol{32.4}\,\text{g}$。（3）量筒中水的體積為$20\,\text{mL}$，放入石塊后總體積為$35\,\text{mL}$，則石塊體積為$\boldsymbol{15}\,\text{cm}^3$，密度為$\boldsymbol{2.16}\,\text{g/cm}^3$。解析：（1）指針偏左，平衡螺母右調(diào)（“左偏右調(diào)”）；（2）質(zhì)量$=$砝碼總質(zhì)量$+$游碼示數(shù)$=20\,\text{g}+10\,\text{g}+2.4\,\text{g}=32.4\,\text{g}$；（3）體積$=35\,\text{mL}-20\,\text{mL}=15\,\text{mL}=15\,\text{cm}^3$，密度$\rho=\frac{m}{V}=\frac{32.4\,\text{g}}{15\,\text{cm}^3}=2.16\,\text{g/cm}^3$。2.探究浮力的影響因素探究“浮力的大小與哪些因素有關(guān)”，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（甲：空氣中測(cè)重力；乙：部分浸入水；丙：完全浸入水；?。和耆臌}水）。（1）比較圖甲和圖$\boldsymbol{乙}$（或丙），可知浮力大小與物體排開液體的體積有關(guān)。（2）比較圖丙和圖丁，液體密度不同，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)不同，說明浮力大小與$\boldsymbol{液體密度}$有關(guān)。（3）圖乙中物體受到的浮力為$\boldsymbol{1}\,\text{N}$（甲圖測(cè)力計(jì)示數(shù)$5\,\text{N}$，乙圖$4\,\text{N}$）。解析：（1）探究“排開體積的影響”，需控制液體密度相同（均為水），改變排開體積（甲：未浸入；乙：部分浸入；丙：完全浸入），因此選甲和乙（或甲和丙）；（2）丙、丁中物體排開體積相同（均完全浸入），液體密度不同（水、鹽水），浮力不同，說明浮力與液體密度有關(guān)；（3）浮力$F_{\text{浮}}=G-F_{\text{示}}=5\,\text{N}-4\,\text{N}=1\,\text{N}$。四、計(jì)算題（共26分）計(jì)算題考查綜合應(yīng)用能力，需規(guī)范公式推導(dǎo)、單位換算，注重邏輯嚴(yán)謹(jǐn)性。1.滑輪組的機(jī)械效率用滑輪組將重$600\,\text{N}$的物體勻速提升$2\,\text{m}$，拉力$F$為$250\,\text{N}$（不計(jì)繩重和摩擦）。求：（1）有用功$W_{\text{有}}$；（2）總功$W_{\text{總}(cāng)}$；（3）滑輪組的機(jī)械效率$\eta$；（4）動(dòng)滑輪的重力$G_{\text{動(dòng)}}$。解析：（1）有用功：$W_{\text{有}}=Gh=600\,\text{N}\times2\,\text{m}=1200\,\text{J}$；（2）由圖知繩子段數(shù)$n=3$，繩端移動(dòng)距離$s=nh=3\times2\,\text{m}=6\,\text{m}$，總功：$W_{\text{總}(cāng)}=Fs=250\,\text{N}\times6\,\text{m}=1500\,\text{J}$；（3）機(jī)械效率：$\eta=\frac{W_{\text{有}}}{W_{\text{總}(cāng)}}\times100\%=\frac{1200\,\text{J}}{1500\,\text{J}}\times100\%=80\%$；（4）不計(jì)繩重和摩擦，$F=\frac{G+G_{\text{動(dòng)}}}{n}$，因此$G_{\text{動(dòng)}}=nF-G=3\times250\,\text{N}-600\,\text{N}=150\,\text{N}$。答案：（1）$\boldsymbol{1200\,\text{J}}$；（2）$\boldsymbol{1500\,\text{J}}$；（3）$\boldsymbol{80\%}$；（4）$\boldsymbol{150\,\text{N}}$2.電學(xué)綜合計(jì)算電源電壓恒為$6\,\text{V}$，$R_1=20\,\Omega$，$R_2$為滑動(dòng)變阻器（規(guī)格“$50\,\Omega\1\,\text{A}$”）。閉合開關(guān)$S$，求：（1）當(dāng)$R_2$滑片在最左端時(shí)，電路中的電流$I_1$和$R_1$的電功率$P_1$；（2）當(dāng)$R_2$滑片在最右端時(shí)，電路的總電阻$R_{\text{總}(cāng)}$和總功率$P_{\text{總}(cāng)}$。解析：（1）滑片在最左端，$R_2=0$，電路為$R_1$的簡(jiǎn)單電路：電流$I_1=\frac{U}{R_1}=\frac{6\,\text{V}}{20\,\Omega}=0.3\,\text{A}$；電功率$P_1=UI_1=6\,\text{V}\times0.3\,\text{A}=1.8\,\text{W}$（或$P_1=I_1^2R_1=0.3^2\times20=1.8\,\text{W}$）；（2）滑片在最右端，$R_2=50\,\Omega$，串聯(lián)總電阻：$R_{\text{總}(cāng)}=R_1+R_2=20\,\Omega+50\,\Omega=70\,\Omega$；總電流$I=\frac{U}{R_{\text{總}(cāng)}}=\frac{6\,\text{V}}{70\,\Omega}\approx0.086\,\text{A}$；總功率$P_{\text{總}(cāng)}=UI=6\,\text{V}\times\frac{6\,\text{V}}{70\,\Omega}\approx0.51\,\text{W}$（或$P_{\text{總}(cāng)}=\frac{U^2}{R_{\text{總}(cāng)}}=\frac{36}{70}\approx0.51\,\text{W}$）。答案：（1）$I_1=\boldsymbol{0.3\,\text{A}}$，$P_1=\boldsymbol{1.8\,\text{W}}$；（2）$R_{\text{總}(cāng)}=\boldsymbol{70\,\Omega}$，$P_{\text{總}(cāng)}\approx\boldsymbol{0.51\,\t