中考物理二模试卷(VI)

《中考物理二模试卷(VI)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考物理二模试卷(VI)（31页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、中考物理二模试卷(VI)一、单项选择题（15小题，每小题3分，共45分）1声音从空气传到水中，它的传播速度将（）A变大B变小C不变D不能确定2下课时，有同学用力推课桌的下部，课桌会沿地面滑动；而推课桌的上部，课桌可能会翻到，这说明力的作用效果（）A与力的大小有关B与力的作用点有关C与力的方向有关D与受力面积有关3如图所示，F是透镜的焦点，其中光路正确的是（）A甲和乙B甲和丙C甲和丁D乙和丙4如图所示电路，要使灯泡L1和L2组成并联电路，应该（）A只闭合S3B只闭合S2C同时闭合S1和S2D同时闭合S1和S35下列说法中错误的是（）A载重汽车装有许多车轮是为了减小车对路面的压强B人用吸管吸食饮料

2、是靠大气压把饮料“压”进了嘴里C拦河坝修成上窄下宽的形状是因为液体的压强随深度的增大而增大D飞机的机翼能获得向上的升力，是应用了流速越大流体的压强越大的原理6下列关于导体和绝缘体的说法中错误的是（）A容易导电的物体叫导体B绝缘体不容易导电的原因是因为绝缘体内没有电子C金属容易导电的原因是因为金属内部有自由电子D导体能导电，绝缘体也能带电7汽车中应用了许多物理知识，下列说法中正确的是（）A车轮表面凹凸不平是为了增大压强B倒车雷达是利用电磁波进行定位的C发动机的做功冲程将内能转化为机械能D水箱中用水做冷却剂，是因为水有较小的比热容8在探究凸透镜成像规律的实验中，我们发现（）A放大的像都是虚像B缩小

3、的像都是倒立的C倒立的像都是缩小的D实像都是缩小的9如图所示的电路，连好电路后，闭合开关S，发现只有一盏灯泡亮，电压表没有示数，电流表有示数，则产生这一现象的原因可能是（）AL1断路BL1短路CL2短路DL2断路10使用拉长了的软塑料尺测量物体的长度，测量结果将（）A比真实值偏小B比真实值偏大C和真实值一样D无法判断11如图所示，电源电压不变，闭和开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时（）A电流表A1示数变小，电压表V示数变小B电流表A2示数变大，电压表V示数变大C电压表V示数与电流表A1示数比值不变D电压表V示数与电流表A2示数比值不变12看足球比赛的某同学突发奇想，如果在空中飞行的足球所受一

4、切外力突然消失，关于足球的运动情况，下列判断正确的是（）A停在空中静止不动B做匀速直线运动C飞行路径不受影响D竖直下落13如图所示，长方体木块A、B叠放在水平地面上，下列分析正确的是（）AB受到的重力和地面对它的支持力是一对平衡力B地面对B的支持力和A对B的压力是一对相互作用力CB对A的支持力和A对B的压力是一对平衡力DB对地面的压力和地面对它的支持力是一对相互作用力14关于材料和技术的应用，下列说法中正确的是（）A微波炉是利用热传导来加热食品的B电视机遥控器是利用紫外线来工作的C超导体没有电阻，所以不适合做电热丝D我们日常生活中使用的二极管是由导体制成的15如图所示电路，电源电压恒为7V，电

5、压表量程为03V，电流表量程为00.6A，滑动变阻器的规格为“201A”，灯泡标有“6V3W”字样闭合开关，若两电表示数均不超过量程，灯泡两端的电压不超过额定电压，不考虑灯丝电阻变化，下列说法正确的是（）A电压表表示数变化范围2V3VB电流表示数变化范围0.2A0.5AC滑动变阻器的最大功率为0.5WD滑动变阻器连入电路的阻值变化范围29二、填空题16要使反射光线垂直于入射光线，入射角应为_；要使反射光线垂直于反射面射出，入射角应为_17化石能源、水能和风能实际上都来源于_；固定电话是通过_沿着导线把信息传到远方18如图所示，开关S闭合，螺旋管上端是_极（选填N或S），要使它的磁性增强，可将滑

6、片P向_端移动（a或b）19如图所示，把重为180N的物体匀速提升2m，不计绳子的重力及摩擦，滑轮组机械效率是60%，所用拉力F为_N，若人重为600N时，用此装置最多能提升_N的物重20质量为2千克的水温度降低5，水放出的热量为_J，因此沿海地区昼夜温差比同纬度的内陆地区_（均选填“大”或“小”）c水=4.2103J/（Kg）21如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（a、b为其两端点）闭合开关S时，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.1A，R2消耗的电功率为0.8W；当滑片P移动至某一位置时，电流表示数为0.3A，R2消耗的功率为1.8W则电阻R1的阻值是_

7、，电源电压是_V三、作图、实验与探究题（22小题4分，23、24、25小题每空1分，共19分）22（1）如图1所示，小明用羊角锤拔铁钉，请画出在A点施加最小动力F的示意图及其力臂L（2）如图2所示，请用光的反射定律画出发光点S的像点23在探究固体融化时温度的变化规律实验中，记录的实验数据如表：时间/min012345678910温度/%4042444648484848495051（1）由表中数据可知该固体是：_（选填晶体或非晶体），理由是：晶体熔化时_保持不变；可知该晶体的熔点为_；（2）在加热条件相同的情况下，晶体熔化后升温比熔化前升温慢了这种现象可以说明晶体熔化后比热容_（选填变小、不变或

8、变大）24小英观察发现，弹簧测力计的刻度是均匀的，由此她猜想：弹簧的伸长量与它受到的拉力有关为了验证猜想，小明决定进行实验（1）要完成实验，除了需要如图中所示的一根两头带钩的弹簧、若干相同的钩码（xx玉林二模）小明为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲所示的电路图（电源电压恒为6V）（1）请根据甲图，用笔画线将乙图的实物图连接完整（2）小明将第一次实验得到的数据填入了如表表格中，然后将E、F两点间的电阻由10更换为20，调节滑动变阻器的滑片P向_移动（填A或B），直到电压表示数为_V为止此时电流表的指针位置如图丙所示为_A 实验序号电压/V电阻/电流/A14100.4220（3）小明根据实

9、验数据得到如下结论：电流与电阻成反比请你对以上的探究过程及结论做出评价，并写出两点评价意见：_；_四、综合应用题（26题6分，27题8分，28题10分，共24分）26某新能源汽车，当车启动或低速行驶时，电池驱动电动机工作，电机两端的电压为240V，通过的电流为80A；当该车高速行驶或电池储存的电能不足时，内燃机工作，若汽车所受摩擦力为xxN，汽车以108km/h匀速行驶10min，内燃机消耗汽油1.5kg，蓄电池电能增加了8106J，（汽油机的热值q=4.6107J/kg）求：（1）汽车启动时，驱动电机的电功率是多大？（2）该车匀速行驶10min克服摩擦力所做的功是多少？（3）汽车内燃机的工作

10、效率是多大？27如图所示，电源电压恒定不变，当只闭合开关S3时，灯泡L正常发光，电压表的示数为6V；当闭合开关S1、S2，断开S3时，电流表的示数为0.6A；只闭合开关S1时，灯L实际消耗的功率为其额定功率的，且R2消耗的功率为0.1W（灯丝电阻不受温度的影响）求：（1）电源电压；（2）电阻R2的阻值；（3）灯泡L的额定功率；（4）只闭合S1时，R1工作2min消耗的电能28（10分）（xx玉林二模）如图所示，水平桌面上放一底面积为100cm2的柱形容器，容器内盛有某种液体，滑轮组左端挂一重物A，并浸没在液体中，当用滑轮组提升浸没在液体中的物体A时，竖直向下拉动滑轮的力F为16N，液体对容器底

11、的压强为xxPa；当将重物A上提到体积露出液面时，竖直向下拉动滑轮的力F为20N；已知重物A的密度为3.0103kg/m3，（忽略滑轮的重力、绳重和轮与轴之间的摩擦，取g=10N/kg）求：（1）重物A浸没时绳的拉力F拉；（2）重物A浸没时受到的浮力；（3）液体的密度；（4）重物A上提到体积露出液面时液体对容器底的压强xx年广西玉林市中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（15小题，每小题3分，共45分）1声音从空气传到水中，它的传播速度将（）A变大B变小C不变D不能确定【考点】声音在不同介质中的传播速度【分析】声音的传播介质：固体、液体、气体，三者当中，在固体中传播相对要快，这个规

12、律要记牢【解答】解：因为水是液体，空气是气体，而声音在液体中要比在气体中传播快，所以A正确故选：A【点评】本题是对基本物理规律的考查，对这样的知识内容，同学们只要记牢即可轻松得出正确结论2下课时，有同学用力推课桌的下部，课桌会沿地面滑动；而推课桌的上部，课桌可能会翻到，这说明力的作用效果（）A与力的大小有关B与力的作用点有关C与力的方向有关D与受力面积有关【考点】力的三要素【分析】力的三要素分别是大小、方向和作用点；三要素都可以影响力的作用效果，需要根据题目条件进行分析【解答】解：推课桌下部和上部，是力的作用点不同，使课桌发生了不同的运动情况，说明力的作用效果与力的作用点有关故选B【点评】本题

13、要求学生理解力的三要素会对力的作用效果产生影响3如图所示，F是透镜的焦点，其中光路正确的是（）A甲和乙B甲和丙C甲和丁D乙和丙【考点】透镜的光路图【分析】凹透镜三条特殊光线的作图：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变凸透镜的三条特殊光线：通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变【解答】解：甲：根据凸透镜的三条特殊光线可知，通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴，故甲图正确；乙：根据凸透镜的三条

14、特殊光线可知，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，故乙图错误；丙：根据凹透镜的三条特殊光线可知，延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴故丙图错误；丁：根据凹透镜的三条特殊光线可知，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点故丁图正确故选C【点评】此题考查透镜的光路图的画法，掌握凸透镜和凹透镜的三条特殊光线，解答此类题目就很简单4如图所示电路，要使灯泡L1和L2组成并联电路，应该（）A只闭合S3B只闭合S2C同时闭合S1和S2D同时闭合S1和S3【考点】电路的基本连接方式【分析】电路元件的连接有串联和并联两种方式：由于串联电路只有一条电流路径，流过一个元件

15、的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；而并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响在进行电路连接时，还一定要注意不能出现电源短路【解答】解：A、只闭合S3时电流只有一条路径，是L2的简单的电路，不合题意；B、只闭合S2时电流只有一条路径，电流依次流过L2、L1和开关S2，属串联电路，不合题意；C、同时闭合S1和S2时电流会不经用电器直接从电源正极流向负极，属电源短路，是错误的，不合题意；D、同时闭合S1和S3时电流有两条路径，分别流经灯泡L1和L2，属并联电路，符合题意故选D【点评】解决此类问题要结合串联电路和并联电路的特点，结合题意选择合适的开关组成符合题意的电路图5下列说法

16、中错误的是（）A载重汽车装有许多车轮是为了减小车对路面的压强B人用吸管吸食饮料是靠大气压把饮料“压”进了嘴里C拦河坝修成上窄下宽的形状是因为液体的压强随深度的增大而增大D飞机的机翼能获得向上的升力，是应用了流速越大流体的压强越大的原理【考点】减小压强的方法及其应用；液体的压强的特点；大气压的综合应用；飞机的升力【分析】（1）减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强（2）生活中利用大气压的例子很多，钢笔吸墨水，吸管吸饮料，注射器吸药液，吸盘，抽水机等（3）液体的压强随着深度的增加而增大（4）伯努利原理告诉我们：流体在流速大的地方压强小

17、、却在流速小的地方压强大【解答】解：A、载重汽车装有许多车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小车对地面的压强，保护路面，故A正确；B、用吸管从瓶子中吸饮料时，是利用大气压工作的当吸气时，吸管中的气压减小，饮料在大气压的作用下进入嘴里，故B正确；C、拦河坝修成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而増大，这样可承受更大的压强，故C正确；D、飞机的机翼能获得向上的升力，是应用了流速越大流体的压强越小的原理，故D错误故选D【点评】平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力6下列关于导体和绝缘体的说法中错误的是（）A容易导电的物体叫导体B绝缘体不

18、容易导电的原因是因为绝缘体内没有电子C金属容易导电的原因是因为金属内部有自由电子D导体能导电，绝缘体也能带电【考点】导体；绝缘体【分析】不同物质的导电能力是不同的，容易导电的称为导体，不容易导电的称为绝缘体导体容易导电，是因为导体内有能够自由移动的电荷；而绝缘体不容易导电，是因为绝缘体内几乎没有能够自由移动的电荷导体和绝缘体没有绝对的界限【解答】解：A、导体内有大量的自由电荷，容易导电，故A正确；B、绝缘体不善于导电，不是因为绝缘体内没有电子，而是因为绝缘体内几乎没有能够自由移动的电荷；故B错；C、金属容易导电的原因是因为金属内部有大量自由电子，故C正确；D、导体能导电；绝缘体，例如玻璃棒能带

19、电，故D正确故选B【点评】本题考查了导体和绝缘体的区别，抓住导体和绝缘体的本质区别是否存在大量的自由电荷7汽车中应用了许多物理知识，下列说法中正确的是（）A车轮表面凹凸不平是为了增大压强B倒车雷达是利用电磁波进行定位的C发动机的做功冲程将内能转化为机械能D水箱中用水做冷却剂，是因为水有较小的比热容【考点】增大或减小摩擦的方法；超声波与次声波；水的比热容的特点及应用；内燃机的四个冲程【分析】（1）摩擦力大小的影响因素是压力大小和接触面的粗糙程度，据此做出分析；（2）倒车雷达是利用超声波工作的；（3）在热机的做功冲程中，将内能转化为机械能；（4）水的比热容较大，常用来做冷却剂或暖气的传热介质等【解

20、答】解：A、车轮表面凹凸不平是为了在压力一定时，增大接触面的粗糙程度，以增大摩擦力，故A错误；B、倒车雷达是利用超声波进行定位的，而不是利用电磁波，故B错误；C、发动机的做功冲程中将燃料燃烧释放的内能转化为机械能，故C正确；D、水箱中用水做冷却剂，是因为水有较大的比热容，在同等情况下，可以吸收更多的热量，故D错误故选C【点评】本题结合生活中的具体实例，综合考查了摩擦力的影响因素、超声波的应用、热机中能量的转化、水的比热容特点的应用等，综合性强，但难度不大8在探究凸透镜成像规律的实验中，我们发现（）A放大的像都是虚像B缩小的像都是倒立的C倒立的像都是缩小的D实像都是缩小的【考点】凸透镜成像规律及

21、其探究实验【分析】凸透镜成像的规律：当u2f时，成倒立、缩小的实像当u=2f时，成倒立、等大的实像当fu2f时，成倒立、放大的实像当uf时，成正立、放大的虚像【解答】解：A、当uf时，成正立、放大的虚像；当fu2f时，成倒立、放大的实像；所以，放大的像可能是虚像，也可能是实像，故A错误；B、当u2f时，成倒立、缩小的实像当u=2f时，成倒立、等大的实像当fu2f时，成倒立、放大的实像故B正确C、根据凸透镜成像规律可知，倒立的像有缩小的、等大的、放大的，故C错误D、根据凸透镜成像规律可知，实像有缩小的、等大的、放大的，故D错误故选B【点评】此题考查了凸透镜成像的特点：凸透镜成的实像都是倒立的有缩

22、小的、等大的、放大的实像凸透镜成虚像时，只存在正立放大的虚像9如图所示的电路，连好电路后，闭合开关S，发现只有一盏灯泡亮，电压表没有示数，电流表有示数，则产生这一现象的原因可能是（）AL1断路BL1短路CL2短路DL2断路【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】根据电路图可知，两灯泡串联，电压表测量L2两端电压，电流表测量电路电流；电流表有示数说明电路为通路，故障为短路；电压表无示数，说明电压表的正负接线柱不能与电源两极相连【解答】解：根据电路图可知，两灯泡串联，电压表测量L2两端电压，电流表测量电路电流；电流表有示数说明电路为通路，因此电路故障为短路；电压表无示数，说明电压表的正

23、负接线柱不能与电源两极相连，因此电路故障为灯泡L2短路故选C【点评】本题考查了电路故障的判断，这是我们常考的内容，也是中考重点考查的内容；平时学习时要注意多总结，多积累10使用拉长了的软塑料尺测量物体的长度，测量结果将（）A比真实值偏小B比真实值偏大C和真实值一样D无法判断【考点】长度的测量【分析】皮尺的弹性是比较好的，用力拉伸皮尺的刻度就变得不准了，就变成了我们俗话说的大尺【解答】解：皮尺用力拉伸后，长度就会增加，而刻度线是不变的举个例子来说明，原来1m的尺子被拉成了1.1m，测量1.1m的物体就会读成1m，测量值比真实值小故选A【点评】此题考查的是我们对于生活中长度测量工具的了解和正确使用

24、11如图所示，电源电压不变，闭和开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时（）A电流表A1示数变小，电压表V示数变小B电流表A2示数变大，电压表V示数变大C电压表V示数与电流表A1示数比值不变D电压表V示数与电流表A2示数比值不变【考点】欧姆定律的应用【分析】根据电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器R2与电阻R1并联，电流表A1测量电阻R1的电流，电流表A2测量电路总电流，电压表测电源的电压；根据并联电路的电流、电压特点及欧姆定律来判断电表的示数变化及比值情况【解答】解：由图知，滑动变阻器R2与电阻R1并联，电流表A1测量电阻R1的电流，电流表A2测量电路总电流，电压表测电源的电压；A、并联电路各支路

25、两端的电压等于电源电压，当滑动变阻器滑片P向右移动时，其电阻变大，但电压表的示数不变；由于定值电阻的阻值和两端电压不变，所以A1的示数不变，A错误；B、滑片向右滑动，变阻器的阻值变大，这条支路的电流变小，通过定值电阻的电流不变，则通过干路中的电流变小，B错误；C、电压表与电流表A1的比值是定值电阻的阻值，其阻值不变，所以电压表与A1的示数比值不变，C正确；D、电压表的示数不变，由B分析知，A2的示数变小，所以电压表与A2的比值变大，D错误故选C【点评】本题考查欧姆定律的应用和并联电路电流和电压的特点，关键能够正确分析电阻的连接情况，搞清电表所测的电路，并知道滑动变阻器滑片移动过程中电路电阻的变

26、化情况12看足球比赛的某同学突发奇想，如果在空中飞行的足球所受一切外力突然消失，关于足球的运动情况，下列判断正确的是（）A停在空中静止不动B做匀速直线运动C飞行路径不受影响D竖直下落【考点】牛顿第一定律【分析】牛顿第一定律告诉我们，当物体不受任何外力的情况下，总保持静止状态或匀速直线运动状态据此判断足球的运动情况【解答】解：根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力的情况下，总保持静止状态或匀速直线运动状态空中飞行的足球是运动的，所以当突然不受任何力的作用时，足球将保持这一瞬间的速度和方向不变，做匀速直线运动故只有选项B的说法符合题意故选B【点评】本题直接考查了我们对牛顿第一定律内容的认识，属基

27、本知识点13如图所示，长方体木块A、B叠放在水平地面上，下列分析正确的是（）AB受到的重力和地面对它的支持力是一对平衡力B地面对B的支持力和A对B的压力是一对相互作用力CB对A的支持力和A对B的压力是一对平衡力DB对地面的压力和地面对它的支持力是一对相互作用力【考点】平衡力的辨别；平衡力和相互作用力的区分【分析】一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上而一对相互作用力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在不同的物体上，据此判断【解答】解：A、物体B受到的重力和地面对它的支持力大小并不相等，所以不是一对平衡力，故A错误；B、地面对B的支持力和A对B的压力大小不相

28、等，作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故B错误；C、物体B对A的支持力和A对B的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；D、物体B对地面的压力和地面对它的支持力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在不同的物体上，是一对相互作用力，故D正确故选D【点评】本题主要考查了平衡力与相互作用力的辨别，要对照平衡条件和相互作用力的条件，逐一对选项中的力进行分析对照，尤其注意力的大小是否相等，是否作用在同一物体上14关于材料和技术的应用，下列说法中正确的是（）A微波炉是利用热传导来加热食品的B电视机遥控器是利用紫外线来工作的C超导体没有电阻，所以不适合做电热丝D我们日常生活中使用的二极管

29、是由导体制成的【考点】红外线；半导体的特点；超导体的特点；热传递【分析】（1）微波炉是一种用微波加热食品的现代化烹调灶具，微波属于电磁波的一种；（2）红外线的主要应用有：红外线照相、红外线夜视仪、红外线加热、红外线摇控等；紫外线也有广泛的应用，它和红外线的特点是不同的，可以用来验钞、杀菌消毒灯等；（3）超导体的电阻为零，电流通过时不会产生热量，所以电能无法转化为内能，也就避免了电能的损耗，适合做输电线路；（4）二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性【解答】解：A、生活中常用的微波炉是用微波（电磁波）来加热食品的，故A错误；B、电视机遥控器是利用红外线来工作的，故B错误；C、由于超导体的电

30、阻为零，电流通过超导体时不会产生热量，因此不适合做电热丝，故C正确；D、我们日常生活中使用的二极管是由半导体制成的，故D错误故选：C【点评】本题考查了微波、红外线、超导体和半导体等知识，虽具有一定的综合性，但难度不大，属于基础性题目15如图所示电路，电源电压恒为7V，电压表量程为03V，电流表量程为00.6A，滑动变阻器的规格为“201A”，灯泡标有“6V3W”字样闭合开关，若两电表示数均不超过量程，灯泡两端的电压不超过额定电压，不考虑灯丝电阻变化，下列说法正确的是（）A电压表表示数变化范围2V3VB电流表示数变化范围0.2A0.5AC滑动变阻器的最大功率为0.5WD滑动变阻器连入电路的阻值变

31、化范围29【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，比较灯泡的额定电流和电流表的量程、滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电压表的示数最小，根据串联电路的电压特点求出电压表的最小示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，根据P=UI求出电路的最大功率；（2）当电压表的示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点

32、求出此时灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出答案【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流（1）由P=UI可得，灯的额定电流：IL=0.5A，由I=可得，灯泡的电阻：RL=12；因串联电路中各处的电流相等，且灯泡的额定电流为0.5A，电流表的量程为00.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流为I大=0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路的总功率最大，电压表的示数最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表的最小示数：U

33、滑小=UUL=7V6V=1V，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑小=2，该电路的最大功率：P大=UI大=7V0.5A=3.5W，故C错误；（2）当电压表的示数U滑大=3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，则电压表的示数变化范围为1V3V，故A错误；此时灯泡两端的电压：UL小=UU滑大=7V3V=4V，电路中的最小电流：I小=A0.33A，所以，电流表示数变化范围0.33A0.5A，故B错误；滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R滑大=9，所以，滑动变阻器连入电路的阻值变化范围29，故D正确故选D【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是会根据电路中的

34、电流确定滑动变阻器接入电路中的最小阻值，根据电压表的最大示数确定滑动变阻器接入电路中的最大阻值二、填空题16要使反射光线垂直于入射光线，入射角应为45；要使反射光线垂直于反射面射出，入射角应为0【考点】光的反射定律【分析】（1）光的反射定律：在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一平面内；反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角（2）在光的反射现象中，在入射点与界面垂直的直线叫做法线； 入射光线与法线之间的夹角叫做入射角； 反射光线与法线夹角叫反射角【解答】解：因为入射光线和反射光线垂直，所以入射角为90=45要使反射光线与镜面垂直，则入射光线垂直射向反射面时，反射光线与镜面垂直

35、，入射光线和法线重合，所以入射角等于0，而反射角等于入射角，即反射角为0故答案为：45；0【点评】此题主要考查了反射角、入射角以及反射角与入射角之间的大小关系，入射光线与法线之间的夹角叫做入射角；反射光线与法线之间的夹角叫反射角反射角等于入射角是一道基础性题目17化石能源、水能和风能实际上都来源于太阳能；固定电话是通过电流沿着导线把信息传到远方【考点】太阳能；电磁波的传播【分析】（1）化石能源是千百年埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，它们都源自太阳能，水能和风能的形成，也依赖于太阳能；（2）固定电话由话筒和听筒组成，话筒将声信号变为变化的电流；听筒将变化的电流还原为声信号【解答】解：化

36、石能源是千百年埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，它们都源自太阳能，水能和风能的形成，也依赖于太阳能；现代生活中常用电话交流信息，固定电话是通过导线中的电流把信息传到远方的故答案为：太阳能；电流【点评】此题考查的是我们对能源的了解以及固定电话的原理，体现了物理与生活的联系是中考的热点18如图所示，开关S闭合，螺旋管上端是S极（选填N或S），要使它的磁性增强，可将滑片P向b端移动（a或b）【考点】左手定则；影响电磁铁磁性强弱的因素【分析】（1）据电源的正极可以判断电流的方向，结合安培定则可以判断该螺线管的NS极；（2）据螺线管磁性强弱的影响因素分析可知，即电流越大，磁性越强，电流越小，磁性

37、越弱；【解答】解：据图可知，电流从上端流入，从下端流出，据安培定则可知，此时该螺线管的上端是S极，下端是N极；由于电磁铁磁性的强弱与电流的强弱有关，即电流越大，磁性越强，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的阻值需减小，故将滑片应该向b移动故答案为：S；b【点评】本题考查了影响通电螺线管磁性强弱的因素和右手螺旋定则：让四指弯曲，跟螺线管中电流的方向一致，则大拇指指的方向是通电螺线管的N极19如图所示，把重为180N的物体匀速提升2m，不计绳子的重力及摩擦，滑轮组机械效率是60%，所用拉力F为150N，若人重为600N时，用此装置最多能提升1080N的物重【考点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉

38、力的计算【分析】由图可知滑轮组承担物重的绳子段数n=2，s=nh=2h；（1）知道物重和滑轮组的机械效率，利用=求拉力大小；（2）在不计绳重和摩擦的情况下，利用F=先求出动滑轮的重，再利用F=求出能提升的物重【解答】解：（1）由图可知滑轮组承担物重的绳子段数n=2，s=nh=2h；由=得：拉力F=150N；（2）由于不计绳重和摩擦，根据F=得：动滑轮的重力G动=nFG=2150N180N=120N，若人重为600N时，则能施加的最大拉力为F最大=G人=600N，则根据F=得：G=nFG动=2600N120N=1080N故答案为：150；1080【点评】本题考查了机械效率的计算，利用好绳子的重力

39、和摩擦力不计时拉力F=和推导公式=是本题的关键20质量为2千克的水温度降低5，水放出的热量为4.2104J，因此沿海地区昼夜温差比同纬度的内陆地区小（均选填“大”或“小”）c水=4.2103J/（Kg）【考点】热量的计算【分析】（1）由热量公式Q放=cmt可以求出水放出的热量；（2）水的比热较大，沿海地区，水多，因为水的比热容较大，相同质量的水和泥土沙石比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少【解答】解：（1）2kg的水温度降低5，水放出的热量：Q放=cmt=4.2103J/（kg）2kg5=4.2104J；（2）水的比热容在常见的物质中是比较大的，由Q=cmt可知，在质量m与吸收或

40、放出热量Q相同的情况下，水的温度变化t较小，因此沿海地区昼夜温差比同纬度的内陆地区小故答案为：4.2104；小【点评】本题考查了学生对水的比热容大的应用、Q放=cmt的了解与掌握，计算时注意降低了（t）、降低到（末温）和降低（t）的区别21如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（a、b为其两端点）闭合开关S时，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.1A，R2消耗的电功率为0.8W；当滑片P移动至某一位置时，电流表示数为0.3A，R2消耗的功率为1.8W则电阻R1的阻值是10，电源电压是9V【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电

41、压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，根据P=UI表示出两种情况下R2两端的电压，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出电阻R1的阻值，进一步求出电源的电压【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，当滑片P在某一端点时，电流表示数I1=0.1A，R2消耗的电功率P2=0.8W，由P=UI可得，R2两端的电压：U2=8V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I=可得，电源的电压：U=I1R1+U2=0.1AR1+8V，当滑片P移动至某一位置时，电流表示数I2=0.3A，R2消耗的功率P2=1

42、.8W，R2两端的电压：U2=6V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I=可得，电源的电压：U=I2R1+U2=0.3AR1+6V，因电源的电压不变，所以，0.1AR1+8V=0.3AR1+6V，解得：R1=10，电源的电压U=I1R1+U2=0.1A10+8V=9V故答案为：10；9【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，利用好电源的电压不变是关键三、作图、实验与探究题（22小题4分，23、24、25小题每空1分，共19分）22（1）如图1所示，小明用羊角锤拔铁钉，请画出在A点施加最小动力F的示意图及其力臂L（2）如图2所示，请用光的反射定律画出发光点S的像点

43、【考点】杠杆中最小力的问题；作光的反射光路图【分析】（1）由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，当动力臂最大时，动力最小，即最省力连接支点和力的作用点A即是最大动力臂，当作用力与之垂直时，作用力最小（2）根据光的反射定律，作出任意两条入射光线的反射光线，将这两条反射光线反向延长，延长线的交点即为发光点S在平面镜中所成像的位置【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件可知，动力臂越长越省力，最长的动力臂即支点与作用点的连线，然后根据力臂的画法，过A点作垂直于力臂的作用力，要能拔铁钉，动力的方向应向右方，如下图所示：（2）从发光点S向镜面任意发出两条入射光线，入射点分别是O1、O2，根据光的反射定律画出

44、这两条入射光线的反射光线；将这两条反射光线反向延长，相交于点S，点S即为点光源S在平面镜中所成的像如下图所示：【点评】（1）求最小的力是常见的题型，关键是要找到离支点最远的点从而做出最长的力臂（2）熟练掌握光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角是解答此题的关键23在探究固体融化时温度的变化规律实验中，记录的实验数据如表：时间/min012345678910温度/%4042444648484848495051（1）由表中数据可知该固体是：晶体（选填晶体或非晶体），理由是：晶体熔化时温度保持不变；可知该晶体的熔点为48；（2）

45、在加热条件相同的情况下，晶体熔化后升温比熔化前升温慢了这种现象可以说明晶体熔化后比热容变大（选填变小、不变或变大）【考点】熔化和凝固的探究实验【分析】（1）根据表格中数据描点并用曲线连接起来掌握晶体熔化过程中的特点：不断吸热但温度保持不变，这个温度叫做晶体的熔点（2）晶体在熔化过程中不断吸热，温度保持不变【解答】解：（1）由图知，该物质在熔化过程中，温度保持48不变，所以该物质为晶体并且熔点为48（2）在加热条件相同的情况下，海波熔化后升温比熔化前升温慢了这种现象可以说明液态海波比固态海波的比热容大故答案为：（1）晶体；温度；48；（2）变大【点评】此题主要考查了晶体的熔化要学会从图表中找出与

46、晶体有关的信息关键是掌握晶体的熔化特点：吸热但温度保持不变24小英观察发现，弹簧测力计的刻度是均匀的，由此她猜想：弹簧的伸长量与它受到的拉力有关为了验证猜想，小明决定进行实验（1）要完成实验，除了需要如图中所示的一根两头带钩的弹簧、若干相同的钩码（xx玉林二模）小明为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲所示的电路图（电源电压恒为6V）（1）请根据甲图，用笔画线将乙图的实物图连接完整（2）小明将第一次实验得到的数据填入了如表表格中，然后将E、F两点间的电阻由10更换为20，调节滑动变阻器的滑片P向B移动（填A或B），直到电压表示数为4V为止此时电流表的指针位置如图丙所示为0.2A 实验序号电

47、压/V电阻/电流/A14100.4220（3）小明根据实验数据得到如下结论：电流与电阻成反比请你对以上的探究过程及结论做出评价，并写出两点评价意见：实验次数太少；结论缺少“电压一定”的前提【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验【分析】（1）图乙中电压表应并联到定值电阻两端，根据电源电压选择电压表的量程；滑动变阻器采用“一上一下”接入电路（2）实验中应控制电阻两端的电压不变，E、F两点间的电阻由10更换为20后，电阻两端的电压会变大，因此应当减小电路中电流，滑片应向右端（B端）移动，直到电压表示数为4V；电流表示数可以根据量程和分度值来确定（3）应该进行多次实验，测出多组数据；由于采用的控制变量

48、法，所以在得出结论时需要加上一定的条件【解答】解：（1）由于电源电压为6V，所以电压表的量程选择015V，然后并联到定值电阻两端，注意正、负接线柱不要接反；滑动变阻器下面的接线柱已接入电路，只需将C或D接线柱与开关右边的接线柱相连即可，如图所示：（2）实验中应控制电阻两端的电压不变，E、F两点间的电阻由10更换为20后，电阻两端的电压会变大，因此应当减小电路中电流，滑片应向右端（B端）移动，直到电压表示数为4V；电流表使用的量程为00.6A，分度值为0.02A，此时电流表的示数为0.2A（3）因为实验次数太少，存在很大的偶然性，应该多次测量才能得出普遍规律；在得出实验结论时，需要加上“电压一定

49、”的条件故答案是：（1）电路连接如上图所示；（2）B；4；0.2；（3）实验次数太少；结论缺少“电压一定”的前提【点评】通过导体的电流与导体两端的电压、导体电阻两个因素有关，因此实验时要应用控制变量法，即：研究与电压的关系要保持电阻不变；研究与电阻的关系要保持电压不变四、综合应用题（26题6分，27题8分，28题10分，共24分）26某新能源汽车，当车启动或低速行驶时，电池驱动电动机工作，电机两端的电压为240V，通过的电流为80A；当该车高速行驶或电池储存的电能不足时，内燃机工作，若汽车所受摩擦力为xxN，汽车以108km/h匀速行驶10min，内燃机消耗汽油1.5kg，蓄电池电能增加了81

50、06J，（汽油机的热值q=4.6107J/kg）求：（1）汽车启动时，驱动电机的电功率是多大？（2）该车匀速行驶10min克服摩擦力所做的功是多少？（3）汽车内燃机的工作效率是多大？【考点】电功率的计算；功的计算；热机的效率【分析】（1）知道电池驱动电动机工作时电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出驱动电机的电功率；（2）知道汽车行驶的速度和时间，根据s=vt求出行驶的距离，根据W=fs求出克服摩擦力所做的功；（3）知道消耗汽油的质量和热值，根据Q放=mq求出完全燃烧释放的热量，有用功为克服摩擦力做的功和蓄电池增加的电能之和，利用效率公式求出汽车内燃机的工作效率【解答】解：（1）汽车启

51、动时，驱动电机的电功率：P=UI=240V80A=19200W=19.2kW；（2）由v=可得，汽车行驶的路程：s=vt=108km/hh=18km=18000m，克服摩擦力所做的功：W=fs=xxN18000m=3.6107J；（3）汽油完全燃烧释放的热量：Q放=mq=1.5kg4.6107J/kg=6.9107J，汽车行驶时所做的有用功：W有=W+E=3.6107J+8106J=4.4107J，汽车内燃机的工作效率：=100%=63.8%答：（1）汽车启动时，驱动电机的电功率是19.2kW；（2）该车匀速行驶10min克服摩擦力所做的功是3.6107J；（3）汽车内燃机的工作效率是63.8

52、%【点评】本题考查了电功率公式、速度公式、做功公式、燃料完全燃烧释放热量公式、效率公式的综合应用，明确汽车行驶时所做的有用功是关键，计算过程要注意单位的换算27如图所示，电源电压恒定不变，当只闭合开关S3时，灯泡L正常发光，电压表的示数为6V；当闭合开关S1、S2，断开S3时，电流表的示数为0.6A；只闭合开关S1时，灯L实际消耗的功率为其额定功率的，且R2消耗的功率为0.1W（灯丝电阻不受温度的影响）求：（1）电源电压；（2）电阻R2的阻值；（3）灯泡L的额定功率；（4）只闭合S1时，R1工作2min消耗的电能【考点】欧姆定律的应用；电功的计算；电功率的计算【分析】（1）当只闭合开关S3时，

53、电路为灯泡L的简单电路，电压表测电源的电压，根据电压表的示数可知电源的电压；（2）当闭合开关S1、S2，断开S3时，电路为R2的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出R2的阻值；（3）只闭合开关S1时，R1、R2、L串联，根据串联电路的电流特点和P=I2R求出电路中的电流，根据P=I2R表示出实际功率和额定功率的关系求出灯泡的额定电流，根据P=UI求出灯泡的额定功率；（4）只闭合S1时，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和灯泡的电阻，利用电阻的串联求出R1的阻值，利用W=I2Rt求出R1工作2min消耗的电能【解答】解：（1）当只闭合开关S3时，电路为灯泡L的简单电路，电压表测电源的电压

54、，则电源的电压U=6V；（2）当闭合开关S1、S2，断开S3时，电路为R2的简单电路，电流表测电路中的电流，由I=可得，R2的阻值：R2=10；（3）只闭合开关S1时，R1、R2、L串联，因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=I2R可得，电路中的电流：I=0.1A，因灯L实际消耗的功率为其额定功率的，所以，由P=I2R可得：=（）2=，解得：IL=3I=30.1A=0.3A，则灯泡的额定功率：PL=ULIL=6V0.3A=1.8W；（4）只闭合S1时，由I=可得，电路中的总电阻和灯泡的电阻分别为：R=60，RL=20，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1的阻值：R1=RR2RL=6

55、01020=30，R1工作2min消耗的电能：W1=（I）2R1t=（0.1A）230260s=36J答：（1）电源电压为6V；（2）电阻R2的阻值为10；（3）灯泡L的额定功率为1.8W；（4）只闭合S1时，R1工作2min消耗的电能为36J【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的判断28（10分）（xx玉林二模）如图所示，水平桌面上放一底面积为100cm2的柱形容器，容器内盛有某种液体，滑轮组左端挂一重物A，并浸没在液体中，当用滑轮组提升浸没在液体中的物体A时，竖直向下拉动滑轮的力F为16N，液体对容器底的压强为xxPa；

56、当将重物A上提到体积露出液面时，竖直向下拉动滑轮的力F为20N；已知重物A的密度为3.0103kg/m3，（忽略滑轮的重力、绳重和轮与轴之间的摩擦，取g=10N/kg）求：（1）重物A浸没时绳的拉力F拉；（2）重物A浸没时受到的浮力；（3）液体的密度；（4）重物A上提到体积露出液面时液体对容器底的压强【考点】密度的计算；液体的压强的计算；浮力大小的计算【分析】（1）由图示滑轮组可知，滑轮组承重绳子的股数n=2，忽略滑轮的重力、绳重和轮与轴之间的摩擦，绳子的拉力F拉=F；（2）物体浸没时，绳子的拉力F拉=F，此时物体受到的重力等于绳子的拉力加上浮力，同理物体浸没时物体受到的重力等于绳子的拉力加上

57、浮力，联立方程组求浮力大小；（3）求出物重G，利用G=mg求其质量，再利用密度公式求其体积（浸没液体排开液体的体积），知道浮力，利用阿基米德原理求液体的密度；（4）当物体上提到体积露出液面时，排开液体的体积减小了一半，求出减小的体积，可求液体深度的变化量，利用液体压强公式求液体压强的变化量；物体提出液面，物体排开液体的体积变小，液面下降，知道原来压强可求当物体上提到体积露出液面时液体对容器底的压强【解答】解：（1）由图示滑轮组可知，滑轮组承重绳子的股数n=2，忽略滑轮的重力、绳重和轮与轴之间的摩擦，绳子的拉力F拉=F=16N=8N；（2）物体浸没时，绳子的拉力F拉=F=20N=10N；此时物体

58、受到的重力等于绳子的拉力加上浮力：即G=F拉+F浮，G=10N+F浮，物体浸没时：G=F拉+F浮，G=8N+F浮，得：F浮=4N；（3）物重G=F拉+F浮=8N+4N=12N，质量m=1.2kg，物体体积V=4104m3，由F浮=液V排g=液Vg得：液=1103kg/m3；（4）当物体上提到体积露出液面时，体积减小了一半，V=4104m3=2104m3，液体深度的变化量：h=2102m，液体压强的变化量p=gh=1103kg/m310N/kg2102m=200Pa，物体提出液面，物体排开液体的体积变小，液面下降，当物体上提到体积露出液面时液体对容器底的压强：p=pp=xxPa200Pa=1800Pa答：（1）重物A浸没时绳的拉力为8N；（2）重物A浸没时受到的浮力为4N；（3）液体的密度为1103kg/m3；（4）重物A上提到体积露出液面时液体对容器底的压强为1800Pa【点评】本题难度较大，是一道难题，应用滑轮组公式、浮力公式、密度公式的变形公式、液体压强公式进行分析答题，解题时注意单位换算