山东省枣庄市2020年中考物理模拟试卷(一)（含解析）

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1、2020年山东省枣庄市中考物理模拟试卷（一） 一、选择题1在同学们参加的体育中考50m测试项目中，下列说法正确的是（）A跑得越快的同学，跑完全程所用时间越长B甲乙两位同学同时参加测试，以甲同学为参照物，乙同学一定是运动的C塑胶跑道被脚踩踏时出现凹陷，说明力可以改变物体的形状D穿钉鞋跑步，可以减小摩擦，从而跑得更快2关于声现象，下列说法正确的是（）A声音可以在真空中传播B美妙的音乐不会成为噪声C马路两旁植树可减弱噪声D发声体振幅越大音调越高3关于足球受力与运动的关系，下列说法正确的是（）A足球踢出后由于惯性继续运动B足球只有受力才能运动C足球的运动状态改变，不一定受力D足球受平衡力，一定处于静止

2、状态4如图所示，小球从高处下落到竖直旋转的轻弹簧上并压缩弹簧。从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A小球的速度逐渐变小B小球的机械能保持不变C小球所受的合力先变小后变大D小球所受的弹力先变大后变小5在生产生活中，利用如图所示的简单机械时，一定费力的是（）A笤帚B斜面C滑轮组D羊角锤6甲乙两人体重之比为3：5，他们同上二楼所用时间之比为2：3，则两人做功之比、功率之比分别为（）A3：5，9：10B3：5，2：5C5：3，5：2D5：3，10：97两个质量相同的、但温度不同的物体，降低相同的温度，则（）A原来温度高的物体放出的热量多B密度大的物体放出的热量多C比热容大的物

3、体放出的热量多D传热本领大的物体放出的热量多8关于电流方向，下列说法正确的是（）A电荷运动的方向叫做电流方向B金属导体中自由电子定向移动的方向，就是电流方向C人们把负电荷移动的方向，规定为电流方向D正电荷定向移动的方向为电流方向9家用白炽灯使用一段时间后，钨丝会变细，与原来相比（）A熔点变低B电阻变大C比热容变大D灯泡变亮10下列设备中，利用电磁感应原理制成的是（）A发电机B电磁铁C电动机D电磁继电器11下面是小明整理的部分电学笔记，其中叙述正确的是（）A丝绸与玻璃棒摩擦过程中，丝绸失去了电子B由欧姆定律可知，导体电阻的大小与其两端电压成正比，与通过它的电流成反比C磁感线总是从磁体北极出发回到

4、磁体南极D安装家庭电路时，开关应与所控制的用电器串联，且接在火线上122020年6月16日，我国成功发射“神舟九号”载人飞船。飞船承担着如图所示的与“天宫一号”交会对接任务。地面飞控中心和航天员的联系主要是通过下面的哪种方式来实现（）A发射超声波B发射次声波C发射微波D发射可见光二、填空题13小红面向穿衣镜站在镜前0.5m处，她与镜中的“自己”相距m。14用如图所示的滑轮组匀速向左拉动重为100N的物体A，所用拉力F为10N（不计滑轮与绳重、及滑轮与绳之间的摩擦）则A受到地面对它的摩擦力大小是N，方向向（填“左”或“右”）15飞机起飞过程中，机械能逐渐。飞机升力产生的原因是机翼上方气流的速度大

5、，气体的压强。16中国天津大学自主研发的水下无人滑翔机“海燕”采用了浮力驱动与螺旋桨推进技术，可持续不间断工作30天左右。它形似鱼雷，长1.8m，直径0.3m，质量为70kg，当它在海面下200m处水中匀速巡航时，它所受浮力约为N，其表面所受水的压强为Pa（海水1.03103kg/m3）17用煤气灶把0.5kg、初温为20的水烧到100，消耗了10g煤气。已知水的比热容是4.2103J/（kg），煤气的热值为4.2107J/kg，则水吸收的热量为J，煤气完全燃烧放出的热量为J，煤气灶烧水的效率为%。18如图是小晖设计的压力传感器原理图，其中R是滑动变阻器，R0为定值电阻。压力F增大时，滑动变阻

6、器接入电路的阻值，电压表的示数。（选填“增大”或“减少”）19把标有“6V 3W”的灯泡L1和标有“12V 3W”的灯泡L2串联接在电压为6V的电源两端，通过它们的电流为A，它们消耗的功率之比为；若将它们并联接在该电源上，消耗的总功率为W。20如图所示的电路中，S1闭合S2断开时，甲、乙是电流表，I甲：I乙1：3，此时电路的总功率为P1；当S1、S2都闭合时，甲、乙是电压表，此时电路的总功率为P2，电阻大小之比R1：R2，总功率之比P1：P2。三、作图题21如图甲所示，是小明常用的一个插线板。他在使用中发现：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正

7、常通电。根据上述现象，在图乙中画出插线板中开关、指示灯和插孔的连接方式，并与电源线接通。四、实验题22如图所示，甲、乙分别是“探究平面镜成像特点”和“探究凸透镜成像规律”的实验装置。（1）在利用甲图“探究平面镜成像特点”的实验中，用玻璃板代替平面镜进行实验，是利用了玻璃板的（填物理属性的名称）；某同学在做甲图实验中，无论如何移动蜡烛B都难以和蜡烛A的像完全重合，你认为导致这种情况出现的原因可能是。（2）小明把蜡烛放在图乙所示A位置时，光屏应向M点的左侧移动，才能接收到一个清晰的像，调整后，光屏上烛焰的像是倒立（填“缩小”“等大”或“放大”）的实像。（3）小明将蜡烛由距透镜很远处移至距透镜50c

8、m处的过程中，在光屏上所成的像与凸透镜间的距离均约为5cm，凸透镜的焦距约为cm，（4）如果凸透镜前的蜡烛A未点燃，在实验中将无法在光屏上看清蜡烛的实像，原因是光线的强度不够，请你判断我们在帮某同学拍照片时，最好让该同学脸（填“迎”或“背”）着太阳光的方向站。23在学习了测量物质密度后，爱探究的小亮想测出某种未知液体的密度，具体操作如下：（1）测液体质量：天平平衡时，放在右盘中的砝码大小和游码的位置如图甲所示，则测得烧杯和液体的质量m为g。（2）测液体体积：将烧杯中的液体全部倒入量筒中，液面达到的位置如图乙所示，则该液体的体积V为mL，尽管体积测量方法正确，但大家对他的实验过程及结果进行评估时

9、，发现液体的体积测量值比它的实际值要（选填“偏大”或“偏小”）。（3）小亮对测量方法修正后，测出了几组实验数据，并根据测量结果作出了“mV”图象，如图丙所示，由图象信息可知，容器的物重为N，该液体的密度为g/cm3。24研究导体的电阻跟哪些因素有关的实验装置。木板上有三条横截面积相同的金属丝，其中AB是镍铬合金丝，CD是锰铜合金丝，且它们的长度相等；EF也是镍铬合金丝，其长度为AB的二分之一。利用这个装置上的AB和CD两条金属丝，可以探究导体的电阻与是否有关；利用AB和EF两条金属丝，可以探究导体电阻是否与有关。这种研究方法叫做。25如图所示，在一端开口的玻璃管中倒入一半水，然后再注入一半的酒

10、精，将管口密封后翻转让水和酒精充分混合，可以观察到混合液的体积（选填“大于”“小于”或“等于”）水和酒精的总体积，这一现象说明了分子间有。如图B所示，分别在热水和冷水中滴入相同的红墨水，可以看到水瓶中墨水扩散得快，这说明分子的热运动快慢跟有关。26如图是研究“电流通过导体产生的热量和什么因素有关”的实验，通电一段时间后，由现象可判断电阻（选填“R1”或“R2”）产生的热量较多。实验中把R1和R2串联的作用是。五、计算题27如图所示的电路中，电流表使用0.6A量程，电压表使用15V量程，电源电压为36V，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当R2接入电路的电阻是24时，电流表的示数是0.5A，现通

11、过调节R2来改变通过R1的电流，但必须保证电流表不超过其量程，问：（1）R1的阻值是多大？（2）R2接入电路的阻值最小不能小于多少？（3）R2取最小值时，电压表的读数是多大？28如图甲所示是使用汽车从湖中打捞重物的示意图。汽车通过定滑轮牵引水下一个圆柱体重物，在整个打捞过程中，汽车以恒定速度V0.2m/s向右运动。图乙是此过程中汽车拉动重物的拉力F随时间t变化的图象。设t0时汽车开始提升重物，忽略水的阻力、绳重和滑轮的摩擦，g取10N/kg求：圆柱体重物的质量是多少kg？圆柱体重物的密度是kg/m3？打捞前，圆柱体重物上表面受到水的压力FP是多少N？2020年山东省枣庄市中考物理模拟试卷（一）

12、参考答案与试题解析一、选择题1在同学们参加的体育中考50m测试项目中，下列说法正确的是（）A跑得越快的同学，跑完全程所用时间越长B甲乙两位同学同时参加测试，以甲同学为参照物，乙同学一定是运动的C塑胶跑道被脚踩踏时出现凹陷，说明力可以改变物体的形状D穿钉鞋跑步，可以减小摩擦，从而跑得更快【分析】A、赛跑中，可以用相同路程比时间的方法来比较运动的快慢；B、判断运动与静止应看被研究的对象相对于参照物的位置是否发生改变；C、力的作用效果包括：力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；D、在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦。【解答】解：A、在50m测试中，跑得越快的同学，跑完全程所用时

13、间应该越短，故A错误；B、因为不知道甲乙两同学运动的快慢，因此，无法判断以甲同学为参照物，乙同学的运动情况是怎样的，故B错误；C、塑胶跑道被脚踩踏时出现凹陷，说明力可以改变物体的形状，故C正确；D、穿钉鞋跑步，在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦，从而跑得更快，故D错误。故选：C。【点评】本题以体育测试中的跑步为内容，考查了与力学现象有关的几个知识点，有一定的综合性，但都属基础知识，难度不大。2关于声现象，下列说法正确的是（）A声音可以在真空中传播B美妙的音乐不会成为噪声C马路两旁植树可减弱噪声D发声体振幅越大音调越高【分析】解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的，声音的传播

14、是需要介质的，它既可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播，但不能在真空中传播；噪声的规定由物理学和环保角度两个范畴；防治噪声可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治；物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调，音色反映了声音的品质与特色。【解答】解：A、声音的传播需要介质，真空不能传声，故A错误；B、美妙的音乐若影响了人们正常的休息、工作或学习就属于噪声，故B错误；C、茂密的树叶可以吸收和反射声音，所以植树可以减弱噪声，故C正确；D、发声体的振幅变大，会增大声音的响度，不会影响音调，故D错误。故选：C。【点评】此题对声音的考查较为全面，要从声音的产生

15、和传播条件、防治噪声的途径及声音的特征进行分析解答，是中考的热点，属于易错题目。3关于足球受力与运动的关系，下列说法正确的是（）A足球踢出后由于惯性继续运动B足球只有受力才能运动C足球的运动状态改变，不一定受力D足球受平衡力，一定处于静止状态【分析】根据以下知识分析答题：（1）物体由于惯性保持原来的运动状态继续运动；（2）物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因；（3）物体受平衡力作用，处于平衡状态，物体静止或做匀速直线运动。【解答】解：A、足球踢出后由于惯性继续运动，故A正确；B、足球受力运动状态发生改变，足球的运动不需要受力，故B错误；C、足球的运动状态改变，一定受到力的作用，

16、故C错误；D、足球受平衡力作用，处于平衡状态，可能静止，也可能做匀速直线运动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了力与运动的关系，是一道基础题，知道物体的运动不需要力维持，力是改变物体运动状态的原因即可解题。4如图所示，小球从高处下落到竖直旋转的轻弹簧上并压缩弹簧。从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A小球的速度逐渐变小B小球的机械能保持不变C小球所受的合力先变小后变大D小球所受的弹力先变大后变小【分析】分析小球的受力情况，分析其运动情况，与然后根据影响机械能、动能、重力势能的因素分析答题。【解答】解：A、小球接触弹簧向下运动过程中，受到弹簧向上弹力的作用，但刚开始

17、弹力小于重力，合力的方向仍然向下，小球做加速运动，故A错误；B、小球接触弹簧向下运动过程中，小球的速度减小，小球的动能减小，小球的能转化为弹簧的弹性势能，同时小球的高度变低，所以重力势能减小，因此小球的机械能减小，故B错误；C、小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力作用，在此过程中，向下的重力大小保持不变，刚开始弹力小于重力，合力的方向仍然向下，当弹簧被压缩到一定程度时，弹力等于重力时，合力为零，弹簧继续被压缩，弹力大于重力时，合力方向向上，小球所受的合力先变小后变大，故C正确；D、在向下运动过程中，弹簧被小球压缩，向上的弹力逐渐增大，故D错误。故选：C。【点评】弹簧问题往往是动态变化的，分

18、析这类问题时用动态变化的观点进行，抓住弹力的可变性进行分析是解题的关键。5在生产生活中，利用如图所示的简单机械时，一定费力的是（）A笤帚B斜面C滑轮组D羊角锤【分析】结合图片和生活经验，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。【解答】解：A、笤帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。故A正确；B、使用斜面可以省力。故B错误；C、使用滑轮组既可以省力又可以改变力的方向。故C错误；D、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故D错误。故选：A。【点评】此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：省力杠杆，动力臂大于阻力臂；费力杠杆，动力臂小于阻

19、力臂；等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。6甲乙两人体重之比为3：5，他们同上二楼所用时间之比为2：3，则两人做功之比、功率之比分别为（）A3：5，9：10B3：5，2：5C5：3，5：2D5：3，10：9【分析】知道甲乙两人体重之比，他们同上二楼时上升的高度相同，根据WGh求出做功之比，又知道所以时间之比，根据P求出功率之比。【解答】解：甲乙两人体重之比G甲：G乙3：5，他们同上二楼时上升的高度h相同，由WGh可得，两人做功之比：，故CD错误；甲乙所以时间之比t甲：t乙2：3，由P可得，功率之比：，故A正确、B错误。故选：A。【点评】本题考查了做功公式和功率公式的应用，计算过程要注意各量之间的关系、

20、不要颠倒。7两个质量相同的、但温度不同的物体，降低相同的温度，则（）A原来温度高的物体放出的热量多B密度大的物体放出的热量多C比热容大的物体放出的热量多D传热本领大的物体放出的热量多【分析】两个质量相同的、但温度不同的物体，降低相同的温度时，其所能放出热量的多少与其比热容有关，故在分析判断时应联系公式Qcmt进行判断。【解答】解：A、由于两个物体的m相同，其原来的温度不同，但其降低的温度t相同，据公式Qcmt知，想比较放出的热量Q的大小，即还需知道比热容的关系才能判断，故该选项错误；B、物体的密度的大小与其所放出热量的多少是没有关系的，故该选项是错误的；C、据公式Qcmt知，质量相同，其变化的

21、温度相同，比热容大的物体所能放出的热量多，故该选项是正确的；D、传热本领的大小与其所吸收或放出热量的多少无关，故该选项是错误的。故选：C。【点评】能利用控制变量的思想分析涉及比热容的是解决该题的关键，在分析过程中，一定要分清题目中所提到的量有哪些，需控制的变量有哪些。8关于电流方向，下列说法正确的是（）A电荷运动的方向叫做电流方向B金属导体中自由电子定向移动的方向，就是电流方向C人们把负电荷移动的方向，规定为电流方向D正电荷定向移动的方向为电流方向【分析】用以下知识解答此题：（1）电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；（2）物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向。【解答】解

22、：A、电荷的无规则运动不能形成电流，只有电荷的定向移动才形成电流，故A错；B、金属导体中的自由电子带负电，自由电子定向移动的方向与电流方向相反，故B错；CD、人们规定正电荷定向移动的方向为电流方向，故C错、D正确。故选：D。【点评】该题考查电流的形成及方向。容易出错的是有些学生会错误认为只有正电荷的定向移动才能形成电流，另外还要注意电子带负电。9家用白炽灯使用一段时间后，钨丝会变细，与原来相比（）A熔点变低B电阻变大C比热容变大D灯泡变亮【分析】（1）晶体在熔化时的温度叫熔点，熔点不变；（2）导体的长度、材料相同时，横截面积越小，电阻越大；（3）比热容是物质的一种特性，同种物质（状态不变）比热

23、容相同，不同物质比热容一般不同；（4）电源电压不变，根据公式P分析灯泡亮度的变化。【解答】解：A、钨丝虽然会变细，但钨的熔点不变，故A错误；B、白炽灯灯泡长期使用后由于灯丝变细，即横截面积减小，在材料、长度不变的情况下，横截面积越小，导体的电阻越大，由此可知导灯丝的电阻变大，故B正确；C、比热容是物质的一种特性，它只与物质的种类有关，故C错误；D、根据公式P可知，白炽灯灯泡的电阻越大，功率变小，灯泡变暗，故D错误。故选：B。【点评】此题考查了物质的熔点、比热容、电阻等特性，电功率的影响因素，是一道综合性题目。10下列设备中，利用电磁感应原理制成的是（）A发电机B电磁铁C电动机D电磁继电器【分析

24、】闭合电路的部分导体，若在磁场中做切割磁感线的运动，在电路中就会产生电流，该现象就是电磁感应现象，此时产生的电流是感应电流，即运动产生电流。【解答】解：A、发电机原理是一部分导体做切割磁感线运动，在电路中会产生电流，是根据电磁感应原理制成的，故A符合题意；B、电磁铁是利用电流的磁效应制成的，故B不符合题意；C、电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的现象制成的，故C不符合题意；D、电磁继电器的工作原理是电流的磁效应，故D不符合题意。故选：A。【点评】在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点。要在理解的基础上，记住这些基础知识。11下面是小明整理的部分电学笔记

25、，其中叙述正确的是（）A丝绸与玻璃棒摩擦过程中，丝绸失去了电子B由欧姆定律可知，导体电阻的大小与其两端电压成正比，与通过它的电流成反比C磁感线总是从磁体北极出发回到磁体南极D安装家庭电路时，开关应与所控制的用电器串联，且接在火线上【分析】（1）当两种束缚电子的能力不同的物质相互摩擦时，束缚电子能力强的物体得到电子而带负电；束缚电子能力弱的物体失去电子而带正电；（2）电阻是导体阻碍电流的性质，其大小与导体的长度、横截面积、材料有关，而与所加电压和通过的电流无关；（3）磁感线是为了形象的描述磁场而画出的，是封闭的曲线，在磁体外部磁感线从磁体北极出发回到磁体南极，在磁体内部磁感线从磁体南极出发回到磁

26、体北极；（4）为了有效的控制用电器，需要将用电器和开关串联；开关应接在火线和用电器之间，这样开关断开时，用电器不带电，保证了维修人员的安全。【解答】解：A、丝绸与玻璃棒摩擦过程中，玻璃棒失去电子而带正电，丝绸得到电子带负电，故A错误；B、由欧姆定律可得R，利用该公式可以计算导体的电阻，但导体电阻大小与导体的长度、横截面积、材料有关，而与所加电压和通过的电流无关；不能说成：导体电阻的大小与其两端电压成正比，与通过它的电流成反比，故B错误；C、在磁体外部磁感线从磁体北极出发回到磁体南极，在磁体内部磁感线从磁体南极出发回到磁体北极，故C错误；D、安装家庭电路时，开关应与所控制的用电器串联，且开关接在

27、火线与用电器之间，这样开关断开时，用电器不带电，保证了维修人员的安全，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了摩擦起电、电阻特性、磁感线的方向以及开关的连接方法，要求认真审题，易错题！122020年6月16日，我国成功发射“神舟九号”载人飞船。飞船承担着如图所示的与“天宫一号”交会对接任务。地面飞控中心和航天员的联系主要是通过下面的哪种方式来实现（）A发射超声波B发射次声波C发射微波D发射可见光【分析】地面控制中心与航天员的联系是通过无线电波中的微波进行联系的。【解答】解：超声波、次声波都是声波，不能在真空中传播，不能作为地面与宇航员联系的载体；地面飞控中心和宇航员间的联系是通过发射微波来实现的

28、；可见光也是电磁波，不用来进行通信；故选：C。【点评】电磁波能在真空中传播，电磁波能传递信息，地面飞控中心和航天员的联系是通过收发电磁波实现的。二、填空题13小红面向穿衣镜站在镜前0.5m处，她与镜中的“自己”相距 1 m。【分析】平面镜成像时，成等大正立的虚像，且像距与物距是相等的。【解答】解：在平面镜成像时，像距与物距是相等的，此时物距为0.5m，则像距为0.5m，那么镜中的像到小红本人的距离为0.5+0.51m。故答案为：1。【点评】本题主要考查的是平面镜成像特点的应用14用如图所示的滑轮组匀速向左拉动重为100N的物体A，所用拉力F为10N（不计滑轮与绳重、及滑轮与绳之间的摩擦）则A受

29、到地面对它的摩擦力大小是 30 N，方向向右（填“左”或“右”）【分析】（1）根据物体运动状态判断物体的受力情况是关键；物体处于匀速直线运动状态时，受到平衡力的作用，分析准确哪个力和哪个力是平衡力很关键；（2）使用滑轮组时，省力情况要根据承担物体摩擦力的绳子段数来判断。【解答】解：（1）由图中的滑轮组可看出，物体受到的摩擦力由3段绳子承担；在不计滑轮与绳重、及滑轮与绳之间的摩擦的条件下，摩擦力f与拉力F的关系是：f3F310N30N；（2）物体A匀速向左运动，所受阻力摩擦力的方向为向右；故答案为（1）30；（2）右。【点评】根据物体的运动状态分析物体的受力情况，再结合滑轮组的特点，可对摩擦力的

30、大小和方向做出判断。15飞机起飞过程中，机械能逐渐增加。飞机升力产生的原因是机翼上方气流的速度大，气体的压强小。【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能动能+势能。（2）由于机翼都做成上凸下平的形状，同一股气流在相同的时间内，通过机翼的上方和下方，上方气流通过时经过的路程大，速度大，压强小；下方气流通过时经过的路程小，速度小，压强大。机翼下方压强大于上方压强，机翼在压强差下产生向上的升力。【解答】解：（1）飞机起飞过程中，速度增大，动能增加，位置越来越高，重力势能增加，由于机械能动能

31、+势能，动能增加，势能增加，所以机械能增加。（2）飞机升力产生的原因是机翼上方气流的速度大，气体的压强小。故答案为：增加；小。【点评】本题以飞机为载体，考查了机械能和流体压强和流速的关系，培养学生分析问题和解决问题的能力。16中国天津大学自主研发的水下无人滑翔机“海燕”采用了浮力驱动与螺旋桨推进技术，可持续不间断工作30天左右。它形似鱼雷，长1.8m，直径0.3m，质量为70kg，当它在海面下200m处水中匀速巡航时，它所受浮力约为 700 N，其表面所受水的压强为 2.06106Pa（海水1.03103kg/m3）【分析】（1）利用Gmg求出无人滑翔机“海燕”的重力，然后根据物体浮沉条件得出

32、浮力大小；（2）已知海水密度和深度，利用p液gh求解其表面所受水的压强。【解答】解：由题知，无人滑翔机“海燕”在海面下200m处水中匀速巡航时，处于悬浮状态，所以它所受浮力：F浮Gmg70kg10N/kg700N；其表面所受水的压强：p海水gh1.03103kg/m310N/kg200m2.06106Pa。故答案为：700；2.06106。【点评】此题考查浮力和液体压强的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题，关键是根据题意判断无人滑翔机“海燕”在海面下200m处水中匀速巡航时的状态。17用煤气灶把0.5kg、初温为20的水烧到100，消耗了10g煤气。已知水的比热容是4.2103J/（kg）

33、，煤气的热值为4.2107J/kg，则水吸收的热量为 1.68105J，煤气完全燃烧放出的热量为 4.2105J，煤气灶烧水的效率为 40 %。【分析】（1）根据热传递过程中的吸热公式QCmt可计算水吸收的热量。（2）根据燃料燃烧放出热量公式Qmq可计算煤气完全燃烧放出的热量。（3）根据热效率公式煤气灶烧水的效率。【解答】解：（1）水的质量：m0.5kg，水的初温：t020，终温：t100，Q吸Cm水t4.2103J/（kg）0.5kg（10020）1.68105J；（2）煤气的质量：m煤气10g0.01kg，Q放m煤气q4.2107J/kg0.01kg4.2105J；（3）100%100%4

34、0%。答：（1）水吸收的热量为1.68105J；（2）10g煤气完全燃烧放出的热量为4.2105J；（3）煤气灶烧水的效率为40%。【点评】本题考查学生对热传递过程中的吸热公式和燃料燃烧放出热量公式，热效率公式的理解和灵活运用。18如图是小晖设计的压力传感器原理图，其中R是滑动变阻器，R0为定值电阻。压力F增大时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电压表的示数增大。（选填“增大”或“减少”）【分析】由图可知R0与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；由压力的变化可知弹簧的长度变化，则可知滑片的移动方向；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化；由欧姆定律可得出电路中电流的变化，则可知R0两

35、端的电压变化，再由串联电路的电压规律可得出电压表示数的变化。【解答】解：由图可知，电路中R0与R串联，电压表与滑动变阻器并联，故电压表测量R两端的电压；当压力增大时，弹簧的形变量增大，则滑片应下移；因滑动变阻器上部分接入电路，则滑动变阻器接入部分电阻增大；则由欧姆定律可得，电路中电流减小，因R0为定值电阻，则R0两端电压减小；因总电压不变，由串联电路的电流规律可得R两端的电压与R0两端电压之和不变，则R两端电压增大，故电压表示数增大；故答案为：增大；增大。【点评】本题结合力学知识考查欧姆定律及串联电路的电压规律，能培养学生能将所学知识在生活中加以应用的能力，从而加深学生学习物理的兴趣。19把标

36、有“6V 3W”的灯泡L1和标有“12V 3W”的灯泡L2串联接在电压为6V的电源两端，通过它们的电流为 0.1 A，它们消耗的功率之比为 1：4 ；若将它们并联接在该电源上，消耗的总功率为 3.75 W。【分析】已知灯泡的额定功率和额定电压，根据公式R可求灯泡的电阻，根据公式I求出串联电路的电流，再利用公式PI2R求出它们消耗的功率之比。先计算并联后的总电阻，再利用公式P求出它们消耗的总功率。【解答】解：灯泡L1电阻R112，灯泡L2的电阻R248，串联时通过它们的电流为I串0.1A，它们消耗的功率之比为，并联后总电阻R并9.6，消耗的总功率为P3.75W。故答案为：0.1；1：4；3.75

37、。【点评】本题考查电阻、电流、电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道串、并联电路电阻的规律，还要知道串联电路电流的规律。20如图所示的电路中，S1闭合S2断开时，甲、乙是电流表，I甲：I乙1：3，此时电路的总功率为P1；当S1、S2都闭合时，甲、乙是电压表，此时电路的总功率为P2，电阻大小之比R1：R2 2：1 ，总功率之比P1：P2 9：2 。【分析】（1）当S1闭合S2断开时，R1、R2并联，甲电流表测R2支路电流，乙电流表测干路电流，已知甲、乙两电流表的示数之比，根据并联电路电流特点求出通过R1和R2的电流之比，根据欧姆定律求出电阻之比；（2）根据P求出两次电路的总功率之

38、比。【解答】解：（1）当S1闭合S2断开时，R1、R2并联，甲测R2支路电流，乙测干路电流，则I甲I2，I乙I1+I2，因为I甲：I乙1：3，所以I2：（I1+I2）1：3，则有：I1：I22：1；因为U1U2，所以由欧姆定律得：R1：R2：I2：I11：2；（2）因为P1+，P2，所以P1：P2（+）：（R1+R2）2：R1R2（1+2）2：129：2。故答案为：2：1；9：2。【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律的灵活运用，关键是开关闭合和断开时电路连接方式的判断，对学生的推理能力要求较高，有一定的难度。三、作图题21如图甲所示，是小明常用的一个插线板。他在使用中发现：

39、插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电。根据上述现象，在图乙中画出插线板中开关、指示灯和插孔的连接方式，并与电源线接通。【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。【解答】解：（1）插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电。说明灯泡和插座之间是并联的。（2）开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全。故答案为：【点评】（1）根据用电器之间是否

40、相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一。（2）家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。四、实验题22如图所示，甲、乙分别是“探究平面镜成像特点”和“探究凸透镜成像规律”的实验装置。（1）在利用甲图“探究平面镜成像特点”的实验中，用玻璃板代替平面镜进行实验，是利用了玻璃板的透光性（填物理属性的名称）；某同学在做甲图实验中，无论如何移动蜡烛B都难以和蜡烛A的像完全重合，你认为导致这种情况出现的原因可能是玻璃板没有垂直于桌面。（2）小明把蜡烛放在图乙所示A位置时，光屏应向M点的左侧移动，才能接收到一个清晰的像，调整后，光屏上烛焰的像是倒立缩小（填

41、“缩小”“等大”或“放大”）的实像。（3）小明将蜡烛由距透镜很远处移至距透镜50cm处的过程中，在光屏上所成的像与凸透镜间的距离均约为5cm，凸透镜的焦距约为 5 cm，（4）如果凸透镜前的蜡烛A未点燃，在实验中将无法在光屏上看清蜡烛的实像，原因是光线的强度不够，请你判断我们在帮某同学拍照片时，最好让该同学脸迎（填“迎”或“背”）着太阳光的方向站。【分析】（1）探究平面镜成像实验中，要用透明的玻璃板代替平面镜，虽然成像不太清晰，但是在物体A一侧能看到物体A的像，同时还能看到代替物体A的另一个物体B，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系。实验时玻璃板如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与

42、前面蜡烛的像完全重合。（2）由光屏应向M点的左侧移动，才能接收到一个清晰的像，可知像距小于物距，再根据物距和焦距的关系，判断凸透镜成像性质。（3）当物距很大时，像距非常靠近焦点。（4）由“在实验中将无法在光屏上看清蜡烛的实像，原因是光线的强度不够，”可得出结论。【解答】解：（1）使用透明玻璃板是采用其透明的物理属性，使眼睛在蜡烛A一侧能看到物体A的像，同时还能看到代替物体A的另一个物体B，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系。实验时玻璃板要竖直放置，即垂直于桌面，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合，就无法比较像与物的大小。（2）由“光屏应向M点的左侧移动，才能接

43、收到一个清晰的像，可知像距小于物距，”则由凸透镜成像规律可知，成倒立、缩小的实像。（3）从“小明将蜡烛由距透镜很远处移至距透镜50cm处的过程中，在光屏上所成的像与凸透镜间的距离均约为5cm”，可知当物体到凸透镜的距离远远大于二倍焦距时，像距稍大于焦距，所以透镜的焦距约为5cm；（4）我们在帮某同学拍照片时，最好让该同学脸迎着太阳光的方向站，因为如果背着太阳光的方向站，光线的强度不够，拍出的相片较暗。故答案为：（1）透光性；玻璃板没有垂直于桌面；（2）缩小；（3）5；（4）迎。【点评】掌握平面镜成像实验中各器材选择和操作的目的，例如为什么选择薄透明玻璃板、为什么选择两个完全相同的蜡烛、玻璃板为

44、什么要竖直放置、眼睛从什么位置观察、刻度尺的作用等。23在学习了测量物质密度后，爱探究的小亮想测出某种未知液体的密度，具体操作如下：（1）测液体质量：天平平衡时，放在右盘中的砝码大小和游码的位置如图甲所示，则测得烧杯和液体的质量m为 49 g。（2）测液体体积：将烧杯中的液体全部倒入量筒中，液面达到的位置如图乙所示，则该液体的体积V为 30 mL，尽管体积测量方法正确，但大家对他的实验过程及结果进行评估时，发现液体的体积测量值比它的实际值要偏小（选填“偏大”或“偏小”）。（3）小亮对测量方法修正后，测出了几组实验数据，并根据测量结果作出了“mV”图象，如图丙所示，由图象信息可知，容器的物重为

45、0.25 N，该液体的密度为 0.8 g/cm3。【分析】（1）确定标尺的分度值，则物体质量等于砝码质量加游码在标尺上所对的刻度值；（2）在进行量筒的读数时，注意量筒的分度值，视线要与液面的凹底相平；通过分析质量和体积的测量误差，得出密度的测量误差；（3）根据图象中信息，找出液体体积为零时的质量，即容器质量，利用Gmg计算容器重力；根据图象中一组对应的质量和体积，代入公式算出密度。【解答】解：（1）由图知，标尺的分度值为0.2g烧杯和液体的质量：m20g+20g+5g+4g49g（2）由图知，量筒的分度值为2ml，所以体积为30ml30cm3由于将烧杯中的液体全部倒入量筒中时，不能倒干净，所以

46、体积测量偏小；（3）由图象丙知，当体积为0时，质量为25g，所以容器的质量m容25g，容器的重力：G容m容g2.5102kg10N/kg0.25N，当总质量为45g时，液体质量为m45g25g20g，体积为V25cm3，液体密度：0.8g/cm3故答案为：（1）49；（2）30；偏小；（3）0.25；0.8。【点评】此题是测量液体密度的实验，考查了有关天平、量筒的使用及读数，同时考查了密度的计算及误差分析，其中根据图象得出烧杯的质量是解决此题的关键，若理解错误，很容易将密度计算错。24研究导体的电阻跟哪些因素有关的实验装置。木板上有三条横截面积相同的金属丝，其中AB是镍铬合金丝，CD是锰铜合金

47、丝，且它们的长度相等；EF也是镍铬合金丝，其长度为AB的二分之一。利用这个装置上的AB和CD两条金属丝，可以探究导体的电阻与材料是否有关；利用AB和EF两条金属丝，可以探究导体电阻是否与长度有关。这种研究方法叫做控制变量法。【分析】影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积。在实验中采用控制变量法进行判断电阻与哪个因素有关。【解答】解：由于AB和CD的长度、横截面积都相同，而材料不同，所以此时可以探究导体的电阻与材料是否有关；AB和EF两条金属丝的材料、横截面积都相同，而长度不同，则可以探究导体的电阻与长度是否有关。在实验中采用控制变量法进行判断电阻与哪个因素有关。故答案为：材料；长度；

48、控制变量法。【点评】此题考查控制变量法在探究电阻大小因素中的应用以及电路中电流表作用的判断，要学会使用。25如图所示，在一端开口的玻璃管中倒入一半水，然后再注入一半的酒精，将管口密封后翻转让水和酒精充分混合，可以观察到混合液的体积小于（选填“大于”“小于”或“等于”）水和酒精的总体积，这一现象说明了分子间有间隙。如图B所示，分别在热水和冷水中滴入相同的红墨水，可以看到热水瓶中墨水扩散得快，这说明分子的热运动快慢跟温度有关。【分析】一切物质的分子间都存在间隙，分子是在永不停息地做无规则运动，其运动速度与温度有关，温度越高，运动速度越快。【解答】解：因为分子间存在着间隙，水和酒精充分混合后，酒精分

49、子和水分子分别进入了对方分子的间隙中，使得水和酒精混合后的总体积变小了。由于热水的温度高，故分子无规则运动剧烈，在冷水杯和热水杯中滴入两滴墨水，会看到热水中的墨水扩散的快。故答案为：小于；间隙；热；温度。【点评】本题解题的关键是掌握分子间存在间隙，并且分子是在不停的运动的；温度越高，分子运动越剧烈，所以扩散就变快了。注意解释实验现象产生的原因。26如图是研究“电流通过导体产生的热量和什么因素有关”的实验，通电一段时间后，由现象可判断电阻 R2（选填“R1”或“R2”）产生的热量较多。实验中把R1和R2串联的作用是控制电流和通电时间相同。【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，

50、探究电流产生热量因素时要采用控制变量法，电流通过导体产生热量的多少不能直接观察可采用转换法，由此分析解答。【解答】解：电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，由图可知，R2所在的U型管中的液体高度差大，即说明R2产生的电热多；两个电阻串联，即电流和通电时间相同，所以这是探究电流通过导体产生热量与电阻关系的。故答案为：R2；控制电流和通电时间相同。【点评】本题考查了学生对焦耳定律的认识，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。五、计算题27如图所示的电路中，电流表使用0.6A量程，电压表使用15V量程，电源

51、电压为36V，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当R2接入电路的电阻是24时，电流表的示数是0.5A，现通过调节R2来改变通过R1的电流，但必须保证电流表不超过其量程，问：（1）R1的阻值是多大？（2）R2接入电路的阻值最小不能小于多少？（3）R2取最小值时，电压表的读数是多大？【分析】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。（1）当R2接入电路的电阻是24时，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据电阻的串联求出R1的阻值；（2）当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据电阻的串联求出其大小；（3）根据欧姆定律求

52、出R2取最小值时，电压表的读数。【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。（1）当R2接入电路的电阻是24时，根据欧姆定律可得，电路中的总电阻：R72，串联电路中总电阻等于各分电阻之和，R1的阻值：R1RR2722448；（2）当电流表的示数为0.6A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路中的总电阻：R60，R2接入电路的阻值最小值：R2minRR1604812；（3）R2取最小值时，电压表的读数：U2IR2min0.6A127.2V。答：（1）R1的阻值是48；（2）R2接入电路的阻值最小不能小于12；（3）R2取最小值时，电压表的读数是7

53、.2V。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道电流表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最小。28如图甲所示是使用汽车从湖中打捞重物的示意图。汽车通过定滑轮牵引水下一个圆柱体重物，在整个打捞过程中，汽车以恒定速度V0.2m/s向右运动。图乙是此过程中汽车拉动重物的拉力F随时间t变化的图象。设t0时汽车开始提升重物，忽略水的阻力、绳重和滑轮的摩擦，g取10N/kg求：圆柱体重物的质量是多少kg？圆柱体重物的密度是kg/m3？打捞前，圆柱体重物上表面受到水的压力FP是多少N？【分析】露出水面后绳子的拉力就等于物体的重力；根据公式mGg可求物体的质量；露出前后绳子两次拉力之差

54、，就是物体所受的浮力，根据浮力公式求出体积的大小；根据公式计算算密度；先根据打捞开始到物体出水所用的时间和速度求出打捞前物体上表面的深度，由pgh求出压强。再由重物出水所用的时间和速度求出圆柱体的高度，由VSh变形求出圆柱体的底面积，再由FpS求出压力。【解答】解：由图可知：整个物体打捞过程分为三个阶段。第一阶段，将重物从水底拉上表面刚好接触水面这一过程，G 不变，F浮不变，F1不变。且有GF浮+F1第二阶段，将重物拉出水面过程，这一过程，F浮变小直到为0，拉力F越来越大，对应图BC段。第三阶段，重物刚好全部拉出水面，以后继续向上拉的过程，这一过程G不变，拉力F 3与重力G相等，对应图CD段。

55、因为GF 34000N，所以m400kg。圆柱体重物浸没时受到浮力：F浮GF1F3F14000N3500N500N，由F浮水gV排水gV物可得圆柱体重物体积：V物5102m3，所以：物8103kg/m3；由图BC段可知，打捞的重物从上表面接触到水面到刚好整个物体露出水面，所需时间t60s50s10s，上升的速度为0.2m/s，所以物体升高h10s0.2m/s2m，所以物体上下表面积S2.5102m2，原来物体上表面距离水面的高度h1vt0.2m/s50s10m，F压pS水gh1S1103kg/m310N/kg10m2.5102m22.5103N。故答案为：圆柱体重物的质量是400kg；圆柱体重物的密度是8103kg/m3；打捞前，圆柱体重物上表面受到水的压力是2.5103N。【点评】本题综合性比较强，考查内容比较多，包括功率公式、阿基米德原理、压强计算等。此题的关键是要看懂图象，从中找出对解题有用的信息。