2026年北京市八一学校中考物理零模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年北京市八一学校中考物理零模试卷（含答案+解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.下列家用电器中，利用电流热效应工作的是( )
A. 电视机B. 电风扇C. 电热水器D. 电冰箱
2.自行车的零件中涉及较多有关摩擦的知识，下列描述属于减小摩擦的是( )
A. 甲中踏板上的花纹B. 乙中刹车时用力捏车闸
C. 丙中车把手表面凹凸不平D. 丁中在飞轮上涂抹润滑油
3.2025年9月3日，运−20B亮相纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式。如图为我国运−20B加油机正在同时给甲、乙两架战斗机加油的情景，下列说法正确的是( )
A. 甲战斗机相对于乙战斗机是静止的B. 乙战斗机相对于甲战斗机是运动的
C. 运−20B加油机相对于云层是静止的D. 运−20B加油机相对于战斗机是运动的
4.《范蠡兵法》记载着一种攻守兼备的战具——抛石机，如图所示，这是它的简化结构示意图，长杆AB可绕O点转动，在B处放重石，人拉A处的绳子将重石抛出。在抛石机使用过程中( )
A. 石块增加的机械能大于人对机械做的功B. 该装置在一定程度上可以省功
C. 抛石机在使用时属于省力杠杆D. 此机械可看作杠杆，使用时可以省距离
5.下列说法中正确的是( )
A. 热值大的燃料完全燃烧，放出的热量一定多
B. 物体的温度不变，它的内能一定不变
C. 物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量
D. 一杯冰水混合物的温度是0∘C时，它没有内能
6.关于磁现象，下列说法正确的是( )
A. 地磁场的北极在地理的北极附近
B. 磁场对放入其中的物体一定有力的作用
C. 磁场中小磁针N极所受的磁场力方向跟该点的磁场方向相同
D. 北京地区的地磁场方向由北向南
7.下列说法正确的是( )
A. 投出去的实心球向上运动时，动能变大
B. 乒乓球被打出后，在空中运动过程中，运动状态不改变
C. 跳远运动员起跳后能继续向前运动，是由于运动员受到惯性
D. 跳高运动员起跳蹬地时，运动员对地的压力等于地对运动员的支持力
8.如图甲所示为游乐园中过山车运行的情景，图乙是用小球和轨道模拟过山车某段运行过程的示意图，小球从A点由静止释放，沿轨道先后经过B、C、D三点，最后到达E点时小球的速度为零。已知B、D两点的高度相等，下列说法正确的是( )
A. 小球在B点的重力势能大于其在D点的重力势能
B. 小球通过B点时的速度大于其通过D点时的速度
C. 小球从A点运动到C点的过程中，重力势能增加，动能减小
D. 小球从A点运动到E点的过程中，机械能保持不变
9.某小组围绕热机开展了一系列探究。通过实验模拟热机的基本工作原理，如图甲，在试管内装些水，用软木塞塞住管口，将水加热一段时间后，软木塞被水蒸气推出。分析了汽油机的某个冲程，如图乙。下列说法正确的是( )
A. 无论酒精灯的酒精燃烧是否充分，酒精的热值都不变
B. 图甲中的管口出现的“白气”是试管内的水直接汽化形成的
C. 图甲试管中水内能的增加，主要是通过做功的方式实现的
D. 图甲软木塞从管口冲出过程的能量转化与图乙所示热机冲程是一致的
10.如图所示的电路中，定值电阻阻值R1W2B. I1I2，则P1>P2，故C错误；
A、根据公式W=Pt可得，电流通过R1做的功为：W1=P1t，
电流通过R2做的功为：W2=P2t，
因P1>P2，则W1>W2，故A正确。
故选：A。
(1)图中两电阻并联，根据并联电路电压规律判断两电阻两端的电压关系；
(2)根据欧姆定律列出通过两电阻的电流，分析大小关系；
(3)利用公式P=UI列出两电阻的功率表达式，比较大小关系；
(4)利用公式W=Pt列出两电阻消耗的电能表达式，比较大小关系。
本题考查欧姆定律和电功率公式的应用，并联电路的电压规律。
11.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、滑片P从图甲中位置由右向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压的规律可知滑动变阻器两端的电压变小，由串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压变大，
此过程中变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，所以，通过灯泡的电流随灯泡两端电压的增大而增大，而通过变阻器的电流随变阻器两端电压的增大而减小，由此可知，图线a描述的是通过灯泡L的电流随其两端电压的变化，图线b描述的是通过滑动变阻器的电流随其两端电压的变化，故A错误；
B、ab两图线的交点表示灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，由图像可知此时灯泡和滑动变阻器两端的电压都为1.5V，因串联电路的总电压等于各部分电压之和，则电源电压为1.5V+1.5V=3V，故B正确；
C、由图像可知电路中的最小电流为0.1A，由欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据图像可知此时滑动变阻器两端的电压为2.5V，
由欧姆定律可知此时变阻器接入电路的阻值：R=URI=Ω，因图甲中滑片不是在最大阻值处，所以变阻器的最大电阻一定大于25Ω，即滑动变阻器的铭牌不可能是“20Ω，1A”，故C错误。
D、由图线a图像逐渐平缓，据此可知灯泡的电阻变大，故D错误。
故选：B。
由图甲可知，闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)滑片P从图甲中位置由右向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压的规律可知滑动变阻器两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压变化，
由串联电路的电阻规律可知电路总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，据此判断图线a、图线b分别对应哪个电路元件的电流随其两端电压的变化；
(2)ab两图线的交点表示灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，由图可知此时灯泡和滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压规律计算电源电压；
(3)根据欧姆定律可知通过电路的电流最小时滑动变阻器接入电路的电阻最大，由图像可知此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，从而大致判断滑动变阻器的规格。
(4)由图线a可知分析灯泡电阻的变化。
本题考查了串联电路的特点、串联分压的规律、欧姆定律的应用，正确读取图像中的信息是解题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：
AD.由图乙可知，水箱中没有水时(m=0)，力传感器的示数为F0=6N(即细杆a的上端受到的拉力为6N)，
由杠杆的平衡条件可得F0×OA=GM×OB，则GM=OAOBF0=13×6N=2N；
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为ℎ1，M的高度为h，
当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
由杠杆的平衡条件可得FA×OA=FB×OB，则FB=OAOBFA=13×24N=8N，
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=2N+8N=10N；
由F浮=ρ液gV排可得，所以M的体积：
VM=V排=F浮ρ水g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10−3m3，
物体M的密度：
ρM=mMVM=0.2kg1×10−4m3=0.2×103kg/m3。
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面(此时浮力为0)，加水2kg时M刚好浸没(此时浮力为10N)，该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，
所以，当加水质量大于1kg后每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为2N，浮力等于重力，左端没有力，则传感器受力为0N，
甲1.2kg的水的体积V=m水ρ水=1200g1g/cm3=1200cm3；
传感器受力为0N时，浮力为2N；V排′=F浮′ρ水g=2N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.2×10−3m3=200cm3；
当传感器受力为0N时，水的深度ℎ0=V总S容=1200cm3+200cm3200cm2=7cm；故A错误，D正确。
B、当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压，受到了压力，故细杆B对M的作用力方向为竖直向下，故B错误。
D.加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，
水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg×10N/kg+10N=30N，
压强p=FS=30N200×10−4m2=1500Pa；故C错误。
故选：D。
(1)(4)由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为ℎ1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排求出M的体积，利用ρ=mV求出物体M的密度；
根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出当加水质量大于1kg后每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量，结合密度公式计算水的体积，根据阿基米德原理计算排开液体的体积，根据体积公式计算深度；
(2)当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压；(3)根据加水的重力加上排开水的重力计算压力，结合压强公式计算。
本题考查了重力公式和杠杆平衡条件、阿基米德原理、压强定义式的综合应用，正确得出“每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N”是关键。
13.【答案】AC
【解析】解：A、太阳能电池板发电时，将太阳能转化为电能，故A正确；
B、该手电筒在应急照明工作时，将电能主要转化成光能，故B错误；
C、太阳光直射电池板有效时间内接收太阳辐射的总功率为P总=0.1W/cm2×40cm2=4W，光电转化效率为20%，发电功率为P输出=20%×P总=20%×4W=0.8W，故C正确
D、由题知：W输出=W手电筒，由P=Wt有：P输出t=P额t手电筒，手电筒正常工作时间：t手电筒=P输出P额×t=0.8W3W×5×60s=80s，故D错误。
故选：AC。
(1)太阳能电池板发电时，将太阳能转化为电能；
(2)LED灯晚间应急照明，将电能主要转化成了光能；
(3)根据面积与转换效率计算；
(4)先计算光照5min阳光直射电池板产生的电能，再由P=Wt计算可使手电筒正常工作时间。
本题考查的是太阳能的利用、能量的转化、电功率与电能的计算，属于中档题。
14.【答案】ABC
【解析】解：
A、工人施加的拉力F=200N，由于力的作用是相互的，工人受到的拉力F拉=F=200N，
提升重物时对水平台面的压力：F压=F拉+G人=200N+600N=800N，故A正确；
B、由图可知，n=3，F=13×(G物−F压′+G动)=13×(900N−F压′+100N)=200N，解得货物对地面的压力F压′=400N，
则第一次拉绳子时，货物对地面的压强为p=F压′S=4000Pa，故B正确；
C、第二次拉绳子的过程中，该滑轮组的机械效率η=W有W总×100%=G物ℎ(G物+G动)ℎ×100%=G物G物+G动×100%=900N900N+100N×100%=90%，故C正确；
D、第二次拉绳子的过程中，工人拉力F′=13×(G物+G动)=13×(900N+100N)=1000N3，由于n=3，自由端绳子移动的速度：v=3v物=3×0.09m/s=0.27m/s，
根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力F′的功率P=F′v=1000N3×0.27m/s=90W，故D错误。
故选：ABC。
(1)由于力的作用是相互的，工人受到的拉力等于工人施加的拉力，工人提升重物时对水平台面的压力等于拉力加上人的重力；货物对地面的压力大小等于货物的重力减去货物上绳子的拉力大小，知道受力面积，利用p=FS求出货物对地面的压强。
(2)根据η=W有W总×100%=G物ℎ(G物+G动)ℎ×100%=G物G物+G动×100%求机械效率；
(3)由图可知，n=3，根据v=3v物求出自由端绳子移动的速度，再根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力F的功率。
本题考查了使用滑轮组绳子段数的判断、绳子运动速度与物体运动速度的关系、功率、机械效率、压强的计算等，要求灵活应用相关公式，关键要明确工人提升重物时对水平台面的压力等于拉力加上人的重力。
15.【答案】BD
【解析】解：A.衔铁与触点B接触，电阻R1和R2串联，电路的总电阻较大，由P=U2R可知电源电压一定时，电阻较大，电路的总功率较小，此时处于保温状态，故A错误；
B.保温状态电阻R1和R2串联，总电阻R串=R1+R2=44Ω+198Ω=242Ω，
保温功率为P保=U2R串=(220V)2242Ω=200W，故B正确；
C.温差电源提供的电压与两探头间的温度差成正比，即U′=k(t−t0)
根据欧姆定律变形可得U′=I(R+R0)；I=0.02A，t0=20∘C
则有k(40∘C−20∘C)=0.02A×(40Ω+R0)⋯⋯①
则有k(100∘C−20∘C)=0.02A×(190Ω+R0)⋯⋯②
联立①②解得R0=10Ω，k=0.05V/∘C
当温差电源两端电压为10V时，此时炉内温度不超过t=U′k+t0=10V0.05V/∘C+20∘C=220∘C，故C错误；
D.为了控制炉内温度不超过150∘C，此时的温差电压为U′′=0.05V/∘C×(150∘C−20∘C)=6.5V，
变阻器的阻值为R=U′I−R0=−10Ω=315Ω，故D正确。
故选：BD。
(1)根据电磁继电器的构造和电路的组成进行分析。
(2)根据P=U2R进行计算。
(3)(4)根据题目的条件建立方程组，用待定系数法分别求出R0和k值，然后分别代入相关的数据即可。
本题考查的是电磁继电器的原理和欧姆定律的应用，属于中档题目；会根据题目的条件建立等量关系是解决本题的关键。
16.【答案】ρ水(ℎ2−ℎ1)ℎ4−ℎ3
【解析】解：假设容器的底面积为S，由图甲、乙可知，梨在水中受到的浮力：F浮=ρ水gV排=ρ水gS(ℎ2−ℎ1)，
由图乙可知，梨漂浮在水面，根据物体的浮沉条件可知，梨的重力G=F浮=ρ水gS(ℎ2−ℎ1)，
假设酱油的密度为ρ酱油，由图丙、丁可知，梨在酱油中受到的浮力：F浮′=ρ水gV排′=ρ酱油gS(ℎ4−ℎ3)，
由图丁可知，梨漂浮在酱油中，根据物体的浮沉条件可知，F浮′=G，
即ρ酱油gS(ℎ4−ℎ3)=ρ水gS(ℎ2−ℎ1)，
解得：酱油的密度：ρ酱油=ρ水(ℎ2−ℎ1)ℎ4−ℎ3。
故答案为：ρ水(ℎ2−ℎ1)ℎ4−ℎ3。
(1)根据甲、乙两图，利用阿基米德原理求出梨在水中受到的浮力，根据物体的浮沉条件可知梨的重力；
(2)由图丙、丁表示出梨在酱油中受到的浮力，根据物体的浮沉条件可知梨在水中和酱油中受到的浮力相等，据此解出酱油的密度。
本题考查物体的浮沉条件以及阿基米德原理的应用，难度不大。
17.【答案】3.70
−4
2.4
同种电荷相互排斥

【解析】解：(1)如图甲所示，刻度尺的分度值为0.1cm，木块A的长度是3.70cm；
(2)如图乙，温度计的分度值为1∘C，且液面在0∘C以下，温度计的示数为−4∘C；
(3)由图丙可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，弹簧测力计的示数是2.4N；
(4)验电器的工作原理是同种电荷相互排斥。
故答案为：(1)3.70；(2)−4；(3)2.4；(4)同种电荷相互排斥。
(1)刻度尺的读数时准确值加估计值，读数要估读到分度值的下一位；(2)使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱相平，并注意区分温度是零上还是零下；
(3)根据该弹簧测力计的一大格刻度是1N，一大格之间有十个刻度均匀的小格确定其分度值的大小；
(4)电荷间相互作用：同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引。
本题考查刻度尺、温度计和弹簧测力计的读数以及验电器的原理，是综合性的题目，但难度不大，是对基础知识的考查。
18.【答案】匀速 压力
【解析】解：(1)用弹簧测力计水平拉动木块，当木块沿水平桌面做匀速直线运动时，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数能表示木块所受滑动摩擦力大小；
(2)由图可知，接触面粗糙程度相同，而压力不同，因此甲、乙所示的两次实验探究的问题是：滑动摩擦力大小与压力是否有关。
故答案为：(1)匀速；(2)压力。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
19.【答案】(1)液体深度；(2)=。
【解析】(1)由甲、乙两图所示的实验，液体的密度相同，而金属盒的深度不同，U形管中两侧液面高度差不同，由转换法可知，产生的压强不同，说明液体压强与液体深度有关。
(2)丙、丁图中，液体的深度和密度相同，故产生的压强相同，图丙中U形管两侧液面的高度差为h，图丁中U形管(图中未画出)两侧液面的高度差为ℎ′，由转换法可知，则ℎ′=ℎ。
故答案为：(1)液体深度(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；液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变。
本题探究影响液体压强大小的因素，主要考查转换法、控制变量法的运用。
20.【答案】(1)条形；(2)将小磁针放在某点，观察小磁针静止时N极的指向即为磁场方向；(3)。
【解析】解：(1)根据图中知，通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场一样，通电螺线管的两端相当于条形磁体的两个磁极；
(2)根据小磁针的N极指向可以判定磁场方向，故他的操作及判断方法是将小磁针放在某点，观察小磁针静止时N极的指向即为磁场方向；
(3)根据电流从左侧后方流入，利用安培定则知，右侧为N极，根据磁感线从N极出发进入S极，a点磁场水平向左，如图所示：
21.【答案】不相等； 电阻中的电流(或“电流”)； 煤油的温度变化跟吸收的热量成正比
【解析】解；(1)探究电流产生热量的多少与电阻关系时，要控制电流、通电时间相同，改变电阻的大小，所以电阻丝R1的阻值不等于R2的阻值，两电阻丝的通电时间应相等。(2)实验中R1和R2是串联方式，是为了控制电流和通电时间相同；
(3)实验中通过观察温度计示数的变化来比较电流产生的热量的多少，依据是煤油的温度变化跟吸收的热量成正比。故答案为：(1)不相等；(2)电阻中的电流(或“电流”)；(3)煤油的温度变化跟吸收的热量成正比。
(1)(2)应用控制变量法，探究电流产生的热量与电阻的关系时，要控制电流、通电时间相同，改变电阻的大小；(3)温度计示数的变化反映了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少。
本题是“探究电流产生的热量与哪些因素有关”的实验题，实验中应用了控制变量法与转换法，要注意体会这两种方法的应用。
22.【答案】将滑动变阻器的下面两个接线柱连入了电路
将变阻器的滑片向左移动，使电压表的示数是2.5V
0.75

【解析】解：(1)闭合开关S，观察电压表、电流表均有示数，说明电路为通路，发现小灯泡L发光暗淡，说明电路中的电流过小，移动滑动变阻器的滑片P，电压表、电流表示数均不变，说明变阻器没有了变阻的作用，可能将滑动变阻器的下面两个接线柱连入了电路。
(2)由图乙可知，电压表的量程是0∼3V，分度值是0.1V，电压表的示数是2V，灯泡正常发光的电压是2.5V，应增大灯两端的电压，减小变阻器分得的电压，根据分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向左端移动，使电压表的示数是2.5V，小灯泡L正常发光。
由图丙可知，电流表选择小量程，分度值为0.02A，示数大小为0.3A，灯的额定功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
故答案为：(1)将滑动变阻器的下面两个接线柱连入了电路；
(2)将变阻器的滑片向左移动，使电压表的示数是2.5V；0.75。
(1)闭合开关S，观察电压表、电流表均有示数，说明电路为通路，发现小灯泡L发光暗淡，说明电路中的电流过小，移动滑动变阻器的滑片P，电压表、电流表示数均不变，说明变阻器没有了变阻的作用，据此分析；
(2)根据电压表的量程是0∼3V确定分度值读数，灯在额定电压下正常发光，根据分压原理分析，由图丙确定电流表选择小量程确定分度值读数，由P=UI得出灯的额定功率。
本题测量灯的电功率，考查反常现象的分析、操作过程等知识。
23.【答案】装有体积相等的不同液体，且两容器底部受到的液体压强相等。由于柱形容器的压力等于液体的重力，根据F=pS知，甲的底面积小，压力小，液体的重力小，水平桌面上，容器对桌面的压力等于容器、容器内所有物体的总重力，即 F=G容器+G液体+G球，
已知两容器质量相等，故G容甲=G容乙，故G容+G液甲+G球