2019-2020年最新贵州省铜仁市中考适应性物理试卷（及答案解析）

贵州省铜仁市中考适应性物理试卷（解析版）

一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）

1．下列说法中正确的是（　　）

A．只要物体振动，我们就一定能听到声音

B．某人在高声喧哗，说明他的音调高

C．宇航员们在月球上也可以直接用口语交谈

D．禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声

2．下列关于四季美景的描述中，属于凝华现象的是（　　）

A．春天，雨笼山峦 B．夏天，雾绕群峰

C．秋天，霜打枝头 D．冬天，冰封谷底

3．“影”是生活中常见的光现象，如做光学游戏的“手影”、留下美好记忆照片的“摄影”、幻灯机射到屏幕上的“投影”、湖岸景色在水中形成的“倒影”等，如图，它们与物理知识对应关系正确的是（　　）

A．

手影﹣平面镜成像 B．

摄影﹣光的反射

C．

投影﹣凸透镜成像 D．

倒影﹣光的折射

4．下列说法不正确的是（　　）

A．摩擦起电并没有创造电荷，而是电荷的转移

B．严寒的冬夜，司机常把水箱中的水放出，是防止气温降低时，水凝固而胀坏水箱

C．热量只能由内能多的物体转移到内能少的物体

D．晶体熔化时温度不变，其内能一定增加

5．物理课上，老师演示了如图所示的实验，木块竖立在小车上，随小车一起以相同的速度向右作匀速直线运动，不考虑空气阻力，下列分析正确的是（　　）

A．木块随小车一起作匀速直线运动时，木块不受摩擦力

B．小车的运动速度增大，则它的惯性和动能也随之增大

C．小车受到阻力突然停止运动时，那么木块将向左倾倒

D．木块对小车的压力与小车对木块的支持力是一对平衡力

6．一长方体铁块按图所示，从下表面与液面刚刚接触时下放至图中虚线位置，能大致反映铁块下降过程中所受浮力的大小F浮与铁块下表面浸入液体深度h深关系的图象是（　　）

A． B． C． D．

7．下列说法中正确的是（　　）

A．煤、石油、太阳能都是不可再生能源

B．北斗卫星导航是利用电磁波来传送信息的

C．核电站是利用原子核聚变所释放的能量发电

D．火箭发射利用的燃料是液态氢，是因为它含有的热量多

8．如图所示，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列判断正确的是（　　）

A．电压表的示数不变，电流表A1的示数变大，A2的示数变小

B．电压表的示数不变，电流表A1的示数不变，A2的示数变大

C．电压表的示数与A1的示数的比值变大，A2的示数变小

D．电压表的示数与A1的示数的比值不变，A2的示数变小

9．如图所示，将灯L1、L2按图甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，在甲图中灯L1的功率为4W，在乙图中灯L1的功率为9W，设灯丝电阻不变，下列说法中不正确的是（　　）

A．甲、乙两图中灯L1两端的电压之比是2：3

B．L1、L2两灯灯丝电阻之比是2：1

C．甲图中灯L1、L2的功率之比是2：1

D．甲、乙两图电路消耗的总功率之比是4：9

二、填空题（共7小题，每小题4分，满分18分）

10．有位诗人坐船远眺，写下了著名诗句：“满眼风光多闪烁，看山恰似走来迎；仔细看山山不动，是船行”，诗人在诗句中前后两对山的运动进行了描述，那么前面一句对山运动的描述所选择的参照物是______．现有一艘总质量为5吨的货船从德江的长堡港出发到思南县城用了2小时，已知长堡港到思南县城的距离是36千米，则这艘货船的平均速度是______m/s．货船浮在水面时有3米深浸入水中，则货船底部受到水的压强是______Pa，货船所受的浮力是______N．（g取10N/kg）

11．小欢用100N的力推着小车，在水平地面上30s内匀速前进了15m，在此过程中小欢对小车做的功为______J，功率为______W．

12．小鹏用天平和量杯测一石块的质量，在调节天平时，发现指针偏向分度盘的左如图1所示，此时应将平衡螺母向______（选填“左”或“右”）端调，当天平平衡时右盘砝码的质量、游码在标尺上的位置如图2所示，则石块的质量为______g．

13．炎热的夏天中午，在太阳光的照射下，海滨浴场沙滩上沙子的温度升高、内能增大，这是通过______方式改变内能的．而海水的温度明显低于沙滩的温度，其原因是______．

14．实验中学为了保证学生饮水卫生，学校决定为学生供应开水，工人师傅用锅炉将300kg，20℃的水烧开（在一标准大气压下），这些水要吸收______J的热量，而实际烧了10kg的无烟煤，这些煤完全燃烧放出______J的热量，这个锅炉的效率是______%（c水=4.2×103J/（kg•℃） q煤=3.36×107J/kg）．

15．小岩同学在做“探究凸透镜成像规律”实验时发现：当他把蜡烛放在距凸透镜40cm处时，在光屏上得到一个清晰等大的像．此凸透镜的焦距是______cm，如果将蜡烛再远离凸透镜10cm，能成倒立、______的实像．

16．一只小灯泡的额定电压为8V，正常发光时通过它的电流为0.4A，现将该小灯泡接在12V的电源上，为使其正常发光，应______联一个______Ω的电阻．

三、解答题（共7小题，满分55分）

17．在城周边有很多水库和拦河坝，那么工程师为什么要把拦河坝设计成下宽上窄的形状？请你说出这样设计的道理？

18．在我们的生活中很多时候都要用到内燃机，请你说出内燃机一个工作循环有哪几个冲程？同时从能量转化的角度看，说出其中两个冲程的能量转化？

19．（1）如图1所示，一凸透镜下半部分浸在水中，请完成一条入射光线经透镜后在水面处的反射与折射的光路图．

（2）如图2所示，请在图中标出通电螺线管右端的磁极和小磁针左端的磁极．

20．（10分）（2016•模拟）在探究影响滑动摩擦力大小的因素时，小红设计了如下图所示的三次实验．

（1）实验要求用弹簧测力计拉着木块沿水平方向______直线运动，根据______原理，可知此时摩擦力与拉力二力大小相等，否则弹簧测力计的示数不等于摩擦力．

（2）在甲图所示实验中，弹簧测力计的示数为______N．

（3）比较甲、乙两次实验，可以得出结论：当接触面的粗糙程度一定时，______，滑动摩擦力越大．

（4）比较______两次实验，可以得出结论：当压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大．

21．（12分）（2016•模拟）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，小灯泡电阻约为10Ω．

（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路连接完善（要求滑片向左移动的灯泡变暗）．

（2）小明同学连接好最后一根导线后，闭合开关，他发现无论怎样移动滑片，灯泡都很暗，且两表示数不变，出现上述故障的原因可能是______．

（3）故障排除后，小明同学闭合开关，移动滑动变阻器的滑片到某点，电压表的示数如图乙所示，为______V．若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中的滑片向______（选填“左”或“右”）端移动，使电压表示数为2.5V．

（4）他又移动滑片，记下了几组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息可以计算出小灯泡的额定功率是______W．

（5）他利用已测出的几组数据求出了小灯泡的电阻，发现小灯泡的电阻值是变化的，产生这一现象的原因是______．

（6）在该试验后把小灯泡换成一个定制电阻，还可探究______的关系（选填“A”或“B”）．

A．电流与电阻　　　 B．电流与电压．

22．如图是一个上肢力量健身器示意图，D是动滑轮；配重A是质量为162kg、边长为30cm的正方体物块，杠杆EH可绕O点在竖直平面内转动，OE：OH=1：2，假定运动员体重是600N（不计杠杆重、绳重及摩擦，g取10N/kg）．求：

（1）配重A的密度是多少kg/m3？

（2）配重A自由放置时对地面的压强是多少Pa？

（3）当人将配重A匀速提离地面时，人用了410N的力，则动滑轮重为多少N？

23．（12分）（2016•模拟）电吹风是现代家庭的常用电器，如图甲所示是电吹风的电路原理图，R是电热丝且不随温度的变化而变化，M是带动风扇转动的电动机，德江三角牌某型号电吹风的主要技术参数如图乙所示．

（1）当只闭合S1时，电吹风正常工作，通过电动机的电流为多大（小数点后保留两位）

（2）当同时闭合S1、S2时，电吹风正常工作，10min内电流通过R产生的热量是多少？

（3）小鹏家的电能表如图丙所示，当小明家只有电吹风正常工作并且吹热风时，半小时电能表的转盘旋转多少圈？

（4）小鹏家的电压很不稳定，当电吹风接入实际电压为198V的电路，吹热风时电热丝R的实际功率为多少？

贵州省铜仁市中考适应性物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）

1．下列说法中正确的是（　　）

A．只要物体振动，我们就一定能听到声音

B．某人在高声喧哗，说明他的音调高

C．宇航员们在月球上也可以直接用口语交谈

D．禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声

【考点】人耳感知声音的过程及听到声音的条件；声音的传播条件；响度；防治噪声的途径．

【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；

声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；

防治噪声污染可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治．

【解答】解：A、物体只要振动就能发出声，但不是所有的声我们都能听见，声音响度很小或不在人的听觉频率范围内，我们是听不到声音的，选项说法错误；

B、某人在高声喧哗，说明他的响度大，故B错误；

C、月球上没有空气，所以宇航员们在月球上不能直接用口语交谈，故C错误；

D、禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声，故D正确．

故选：D．

【点评】此题考查了声音有关的多个问题，要结合声音的产生、传播条件、防治噪声的途径及声音的特征进行分析解答．

2．下列关于四季美景的描述中，属于凝华现象的是（　　）

A．春天，雨笼山峦 B．夏天，雾绕群峰

C．秋天，霜打枝头 D．冬天，冰封谷底

【考点】生活中的凝华现象．

【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；

（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固．

【解答】解：

A、雨的形成是水蒸气的液化现象；故A错误；

B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，故B错误；

C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的小冰晶，附着在建筑物或植被表面．故C正确；

D、冰是水的凝固现象．故D错误．

故选C．

【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识．

3．“影”是生活中常见的光现象，如做光学游戏的“手影”、留下美好记忆照片的“摄影”、幻灯机射到屏幕上的“投影”、湖岸景色在水中形成的“倒影”等，如图，它们与物理知识对应关系正确的是（　　）

A．

手影﹣平面镜成像 B．

摄影﹣光的反射

C．

投影﹣凸透镜成像 D．

倒影﹣光的折射

【考点】光在均匀介质中直线传播；光的反射；凸透镜成像的应用．

【分析】各种影的形成都与光的传播有关，本题要把手影、摄影、投影、倒影道理弄清，知道其光学原理．利用光的直线传播、光的反射、光的折射解释这几种“影”形成的原因．

【解答】解：A、手影是影子，光在沿直线传播过程中遇到不透明的物体，在物体的后面形成的光照不到的暗区叫影子，故A错误；

B、摄影是利用凸透镜成倒立、缩小、实像，透镜是光的折射原理，故B错误；

C、投影是利用凸透镜成倒立、放大、实像，故C正确；

D、岸上的景物在水中的倒影是平面镜成像，平静的水面相当于平面镜，其原理是光的反射，故D错误．

故选：C．

【点评】影子、日月食、小孔成像都是光的直线传播原理；倒影、照镜子、潜望镜都是光的反射原理；透镜、看水下的物体等都是光的折射原理，此题是一道光学的综合题，也是物理中考的一个热点知识．

4．下列说法不正确的是（　　）

A．摩擦起电并没有创造电荷，而是电荷的转移

B．严寒的冬夜，司机常把水箱中的水放出，是防止气温降低时，水凝固而胀坏水箱

C．热量只能由内能多的物体转移到内能少的物体

D．晶体熔化时温度不变，其内能一定增加

【考点】热传递；凝固与凝固放热特点；熔化吸热和凝固放热在生活中的应用；摩擦起电的实质．

【分析】利用下列指示分析判断：

（1）摩擦起电实质是电子的转移；

（2）水凝固时质量不变、密度变小，体积要变大；

（3）热传递的条件是有温度差；

（4）晶体熔化时吸热，但温度不变．

【解答】解：

A、摩擦起电并没有创造电荷，而是电荷的转移，故A正确；

B、水凝固时体积变大，就会胀坏水箱，所以冬天司机要把水箱中的水放出，故B正确；

C、热量从温度高的物体传向温度低的物体，不是由内能多的物体转移到内能少的物体，故C错；

D、晶体熔化时温度不变，但吸热、内能增加，故D正确．

故选C．

【点评】本题综合考查了对摩擦带电的实质、晶体凝固的特点、热传递的条件、水结冰体积的变化，属于基础题目．

5．物理课上，老师演示了如图所示的实验，木块竖立在小车上，随小车一起以相同的速度向右作匀速直线运动，不考虑空气阻力，下列分析正确的是（　　）

A．木块随小车一起作匀速直线运动时，木块不受摩擦力

B．小车的运动速度增大，则它的惯性和动能也随之增大

C．小车受到阻力突然停止运动时，那么木块将向左倾倒

D．木块对小车的压力与小车对木块的支持力是一对平衡力

【考点】平衡状态的判断；惯性现象；平衡力的辨别．

【分析】（1）摩擦力的产生条件，两物体相互接触，并且物体之间要发生或已经发生相对运动．

（2）惯性的大小只与物体的质量有关，速度大小、受力大小都不影响惯性．

（3）牛顿第一定律：物体不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动．

（4）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一个物体上．

【解答】解：A、由于木块随小车一起作匀速直线运动，木块相对于小车没有运动的趋势，所以它没有受到摩擦力的作用．故A符合题意．

B、惯性与物体运动的速度无关，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质．故B不符合题意．

C、小车突然停止运动，木块下部由于受摩擦速度减小，而木块的上部还要保持原来的运动状态，所以木块向右倾倒．故C不符合题意．

D、木块对小车的压力与小车对木块的支持力分别作用在小车和木块上，属于相互作用力，是一对作用力和反作用力，不是平衡力．故D不符合题意．

故选A．

【点评】此类题考查了摩擦力产生的条件、惯性的影响因素、二力平衡的条件以及牛顿第一定律等多方面的知识，是一道综合性较强的题目．

6．一长方体铁块按图所示，从下表面与液面刚刚接触时下放至图中虚线位置，能大致反映铁块下降过程中所受浮力的大小F浮与铁块下表面浸入液体深度h深关系的图象是（　　）

A． B． C． D．

【考点】阿基米德原理．

【分析】首先我们要学会分析图象，知道一个物理量随着另外的一个物理量怎样变化，A图说明浮力随深度增加而减小，B图说明开始浮力随深度的增加而增大、后来与深度无关，c图说明浮力先不变再变大，D图说明浮力随深度增加而增大；

然后，根据我们所学过阿基米德原理F浮=ρ液v排g，我们知道浮力的大小与液体的密度和物体浸入液体体积的大小有关，与物体浸没在水中的深度无关．我们一定要注意是“浸没”，当物体从开始浸入水中到完全浸入水中即浸没的过程中，物体排开液体的体积在逐渐变大，液体密度不变，所以浮力是变大的．而当物体浸没以后，再向水中下沉的时候，物体排开液体的体积不再发生变化，所以浮力是不变的．

【解答】解：当物体从开始浸入水中到完全浸入水中即浸没的过程中，物体排开液体的体积在逐渐变大，液体密度不变，因为F浮=ρ液V排g，所以物体受到的浮力变大；而当物体浸没以后，再向水中下沉的时候，物体排开液体的体积不再发生变化，所以物体受到的浮力不变．由此可知物体受到的浮力先变大后不变．

故选C．

【点评】本题主要考查的是浮力的大小与物体排开液体体积的关系，能确定物体浸没水中后排开水的体积不变是本题的关键．

7．下列说法中正确的是（　　）

A．煤、石油、太阳能都是不可再生能源

B．北斗卫星导航是利用电磁波来传送信息的

C．核电站是利用原子核聚变所释放的能量发电

D．火箭发射利用的燃料是液态氢，是因为它含有的热量多

【考点】能源的分类；电磁波的传播；燃料的热值；核裂变．

【分析】可再生能源是能在短时间内形成的能源，可再生资源特点是不污染环境，取之不尽用之不竭；

北斗卫星导航是利用电磁波来传送信息的；

核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；

运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量．

【解答】解：A、煤、石油是不可再生能源，太阳能属于可再生资源，故A错误；

B、北斗卫星导航是利用电磁波来传送信息的，故B正确；

C、核电站是利用原子核裂变所释放的能量的，故C错误；

D、火箭发射利用的燃料是液态氢，是因为它的热值高，故D错误．

故选：B．

【点评】本题主要考查能源的分类、对核能利用情况的了解，以及液态氢燃料的特点，这些知识点都属于基础知识，要熟练掌握．

8．如图所示，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列判断正确的是（　　）

A．电压表的示数不变，电流表A1的示数变大，A2的示数变小

B．电压表的示数不变，电流表A1的示数不变，A2的示数变大

C．电压表的示数与A1的示数的比值变大，A2的示数变小

D．电压表的示数与A1的示数的比值不变，A2的示数变小

【考点】电路的动态分析．

【分析】由图示电路图分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，应用并联电路特点、欧姆定律分析答题．

【解答】解：由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流；

滑片向右移动过程中，电源电压不变，电压表示数不变，电阻R1阻值不变，通过R1的电流不变，电流表A1示数不变，故A错误；

滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过R2的电流变小，干路电流变小，电流表A2示数变小，故B错误；

电压表与电流表A1示数是电阻R1的阻值，电阻R1的阻值不变，则电压表的示数与电流表A1的示数的比值不变，故C错误，D正确；

故选D．

【点评】本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键．

9．如图所示，将灯L1、L2按图甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，在甲图中灯L1的功率为4W，在乙图中灯L1的功率为9W，设灯丝电阻不变，下列说法中不正确的是（　　）

A．甲、乙两图中灯L1两端的电压之比是2：3

B．L1、L2两灯灯丝电阻之比是2：1

C．甲图中灯L1、L2的功率之比是2：1

D．甲、乙两图电路消耗的总功率之比是4：9

【考点】电功率的计算．

【分析】甲图中，两灯串联，乙图中两灯并联，根据公式P=可求甲乙两图中灯L1两端的电压之比．

在甲图中，电流相等，根据欧姆定律可知电压之比就等于电阻之比，已知甲图和乙图中灯L1两端的电压之比，可求出电阻之比．

在甲图中，两灯串联，电流相等，已知电阻之比，根据公式P=I2R可求电功率之比．

已知电源电压不变，在甲图中，两灯串联，乙图中，两灯并联，根据公式P=可求总功率之比．

【解答】解：

A、甲图中，两灯串联，

灯L1的功率：P1=，

乙图中，两灯并联，并联各支路电压与电源电压都相等，

灯L1的功率：P1′=，

所以： ===，

所以： =，故A正确；

B、在甲图中，灯L2两端的电压为U2，两灯串联，所以=，

所以： =，

串联电路电流相等， =，

所以： ==，故B正确；

C、在甲图中，灯L1的功率P1=I2R1，灯L2的功率P2=I2R2，

所以： ===，故C正确；

D、在甲图中消耗的总功率：P甲=，

在乙图中消耗的总功率：P乙=，

所以： ====，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查电阻之比、电压之比、电功率之比，关键是欧姆定律和电功率公式及其变形的应用，还要知道串、并联电路电流和电压的规律．

二、填空题（共7小题，每小题4分，满分18分）

10．有位诗人坐船远眺，写下了著名诗句：“满眼风光多闪烁，看山恰似走来迎；仔细看山山不动，是船行”，诗人在诗句中前后两对山的运动进行了描述，那么前面一句对山运动的描述所选择的参照物是　行船　．现有一艘总质量为5吨的货船从德江的长堡港出发到思南县城用了2小时，已知长堡港到思南县城的距离是36千米，则这艘货船的平均速度是　5　m/s．货船浮在水面时有3米深浸入水中，则货船底部受到水的压强是　3×104　Pa，货船所受的浮力是　5×104　N．（g取10N/kg）

【考点】参照物及其选择；变速运动与平均速度；液体的压强的计算；浮力大小的计算．

【分析】运动与静止是相对的，同一物体相对于不同的参照物，其运动状态是不同；

根据公式v=计算；

根据p=ρgh求出其底部受到水的压强；

货船漂浮在水面上时，浮力F浮=G=mg．

【解答】解：满眼风光多闪烁，看山恰似走来迎是以行船为参照物，此时山相当于行船是运动的；

艘货船的平均速度v===18km/h=18×m/s=5m/s；

货船底部受到水的压强p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×3m=3×104Pa．

货船漂浮在水面上时，它受到的浮力F浮=G=mg=5000kg×10N/kg=5×104N；

故答案为：行船；5；3×104；5×104．

【点评】本题考查参照物的选择、平均速度的计算、压强和浮力的计算，属于中等题．

11．小欢用100N的力推着小车，在水平地面上30s内匀速前进了15m，在此过程中小欢对小车做的功为　1500　J，功率为　50　W．

【考点】功的计算；功率的计算．

【分析】（1）知道推力和小车移动的距离，根据W=Fs求出小欢对小车做的功；

（2）知道对小车做的功和做功时间，根据P=求出推力的功率．

【解答】解：小欢对小车做的功：

W=Fs=100N×15m=1500J．

小欢推车的功率：

P===50W．

故答案为：1500；50．

【点评】本题考查了功和功率的计算，比较简单；另外在计算功率时也可以根据P=Fv来进行计算．

12．小鹏用天平和量杯测一石块的质量，在调节天平时，发现指针偏向分度盘的左如图1所示，此时应将平衡螺母向　右　（选填“左”或“右”）端调，当天平平衡时右盘砝码的质量、游码在标尺上的位置如图2所示，则石块的质量为　53.4　g．

【考点】天平的使用．

【分析】（1）天平使用前必须进行调节，调节原则是：相对于指针，平衡螺母“左偏右调”、“右偏左调”；

（2）读取天平示数时，先观察标尺的分度值，再将砝码的质量相加，再加上游码的示数．

【解答】解：（1）由图知发现指针停在分度盘的左侧，左端下沉，右端上翘，要使平衡螺母向右移动．

（2）标尺每一个大格代表1g，每一个小格代表0.2g，游码对应的示数是3.4g．物体的质量=砝码的质量+游码对应的刻度值．物体的质量=50g+3.4g=53.4g．

故答案为：右；53.4．

【点评】（1）使用天平时，调节横梁平衡时和称量物体质量时，出现指针左偏或右偏时各进行什么操作．

（2）天平称量物体质量时，物体质量=砝码的质量+游码对应的刻度值

13．炎热的夏天中午，在太阳光的照射下，海滨浴场沙滩上沙子的温度升高、内能增大，这是通过　热传递　方式改变内能的．而海水的温度明显低于沙滩的温度，其原因是　水的比热容大　．

【考点】热传递改变物体内能；水的比热容的特点及应用．

【分析】本题抓住热传递与物体内能改变，热传递有传导、对流和辐射三种方式．物体吸收热量，内能增加，物体放出热量，内能会减小．水具有较大的比热容．

【解答】解：低温物体吸收热量，内能增加，高温物体放出热量，内能会减小．在太阳光的照射下，海滨浴场沙滩上沙子的温度升高、内能增大，这是通过热传递方式改变内能的．海水的温度明显低于沙滩的温度，是因为水具有较大的比热容，在吸收相同的热量的情况下，同质量的水和沙石，水升高的温度低．

故答案为：热传递，水的比热容大．

【点评】本题考查了热传递与物体内能改变和水具有较大的比热容的应用．

14．实验中学为了保证学生饮水卫生，学校决定为学生供应开水，工人师傅用锅炉将300kg，20℃的水烧开（在一标准大气压下），这些水要吸收　1.008×108　J的热量，而实际烧了10kg的无烟煤，这些煤完全燃烧放出　3.36×108　J的热量，这个锅炉的效率是　30　%（c水=4.2×103J/（kg•℃） q煤=3.36×107J/kg）．

【考点】热量的计算；燃料的热值．

【分析】（1）知道水的质量、比热容、初温和末温，根据公式Q吸=cm（t﹣t0）可求出水吸收的热量；

（2）知道无烟煤的质量和热值，根据Q放=mq可求出无烟煤完全燃烧放出的热量；

（3）知道水吸收的热量和无烟煤完全燃烧放出的热量，根据η=×100%可求出锅炉的效率．

【解答】解：

（1）一标准大气压下水的沸点为100℃，

水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）

=4.2×103J/（kg•℃）×300kg×（100℃﹣20℃）

=1.008×108J；

（2）无烟煤完全燃烧放出的热量：

Q放=m煤q

=10kg×3.36×107J/kg

=3.36×108J；

（3）锅炉的效率：

η=×100%=×100%=30%．

故答案为：1.008×108；3.36×108；30%．

【点评】本题考查学生对热传递过程中吸热公式、燃料燃烧放出热量公式及热效率公式的综合运用，利用好公式是关键．

15．小岩同学在做“探究凸透镜成像规律”实验时发现：当他把蜡烛放在距凸透镜40cm处时，在光屏上得到一个清晰等大的像．此凸透镜的焦距是　20　cm，如果将蜡烛再远离凸透镜10cm，能成倒立、　缩小　的实像．

【考点】凸透镜成像规律及其探究实验．

【分析】要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律．

凸透镜成像规律：物距小于焦距成正立、放大的虚像．

物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立、放大的实像．

物距等于二倍焦距成倒立、等大实像．

物距大于二倍焦距成倒立、缩小的实像．

【解答】解：蜡烛放在距凸透镜40cm处时，在光屏上得到一个清晰等大的像．所以40cm=2f，则f=20cm．

如果将蜡烛再远离凸透镜10cm，则u=40cm+10cm=50cm＞2f，所以成倒立缩小的实像．

故答案为：20；缩小．

【点评】本题主要考查的是凸透镜成像规律的应用，关键是记熟成像规律，并搞清成像特点与物距之间的关系．

16．一只小灯泡的额定电压为8V，正常发光时通过它的电流为0.4A，现将该小灯泡接在12V的电源上，为使其正常发光，应　串　联一个　10　Ω的电阻．

【考点】欧姆定律的应用；串联电路的电压规律；电阻的串联．

【分析】由题意可知，电源电压大于灯泡的额定电压，故应串联电阻分得多余电压；由欧姆定律可得出串联电阻的阻值．

【解答】解：串联电阻起分压作用，因灯泡仍正常发光，故电路中电流I=0.4A，电阻两端电压U=12V﹣8V=4V；

则由欧姆定律可得电阻的阻值R===10Ω；

故答案为：串；10．

【点评】通过本题应掌握：串联电路起分压作用； 欧姆定律的灵活应用．

三、解答题（共7小题，满分55分）

17．在城周边有很多水库和拦河坝，那么工程师为什么要把拦河坝设计成下宽上窄的形状？请你说出这样设计的道理？

【考点】液体的压强的特点．

【分析】液体内部压强的特点：液体压强随着深度的增加而增大，据此分析回答．

【解答】答：由于液体的压强随深度的增加而增大，河水的深度越深、压强越大，压力也就越大，所以把拦河坝设计成下宽上窄的形状才能承受更大的水压．

【点评】生活实例和物理知识相联系是中考常见的题目，平时学习时多观察、多联系、多分析，提高理论联系实际的能力．

18．在我们的生活中很多时候都要用到内燃机，请你说出内燃机一个工作循环有哪几个冲程？同时从能量转化的角度看，说出其中两个冲程的能量转化？

【考点】内燃机的四个冲程．

【分析】内燃机完成一个工作循环中要经历4个冲程；其中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能．

【解答】答：内燃机的一个工作循环有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程以及排气冲程．

在内燃机的四个冲程中，压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能．

【点评】此题主要考查了内燃机的四个冲程及能量转化情况，是一道基础性题目．

19．（1）如图1所示，一凸透镜下半部分浸在水中，请完成一条入射光线经透镜后在水面处的反射与折射的光路图．

（2）如图2所示，请在图中标出通电螺线管右端的磁极和小磁针左端的磁极．

【考点】透镜的光路图；作光的折射光路图；通电螺线管的磁场．

【分析】（1）对于凸透镜，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；在水面上发生反射和折射，根据光的反射和折射定律画出在水面处的反射与折射光线；

（2）在电源外部，电流是从电源的正极流出、从负极流回，由右手螺旋定则得出通电螺线管的NS极，再由磁极间的相互作用规律得出小磁针的NS极．

【解答】解：

（1）首先画出平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，其次过焦点画出法线，然后根据折射规律画出折射光线：光从空气斜射入水中，所以折射角小于入射角；根据光的反射定律画出反射光线：反射角等于入射角；如图所示：

（2）电流从左边流入，由右手螺旋定则得出通电螺线管的左端为S极、右端为N极；由磁极间的相互作用规律得出小磁针的左端为N极、右端为S极，如图所示：

【点评】（1）在光路图中，法线要画成虚线，如果能够确定反射角，在光路图中，一定要标出反射角的度数；画折射光路时，一定注意光从密介质进入疏介质，还是从疏介质进入密介质；

（2）右手螺旋定则（安培定则）涉及三个方向：电流方向、磁场方向、线圈的绕向．在具体的题目中，知二求一．

20．（10分）（2016•模拟）在探究影响滑动摩擦力大小的因素时，小红设计了如下图所示的三次实验．

（1）实验要求用弹簧测力计拉着木块沿水平方向　匀速　直线运动，根据　二力平衡　原理，可知此时摩擦力与拉力二力大小相等，否则弹簧测力计的示数不等于摩擦力．

（2）在甲图所示实验中，弹簧测力计的示数为　2.4　N．

（3）比较甲、乙两次实验，可以得出结论：当接触面的粗糙程度一定时，　压力越大　，滑动摩擦力越大．

（4）比较　甲、丙　两次实验，可以得出结论：当压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大．

【考点】探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验．

【分析】（1）木块只有在做匀速直线运动时，受到弹簧测力计的拉力才等于受到的摩擦力；

（2）在进行测力计的读数时，注意测力计的分度值；

（3）比较甲、乙两次实验中不变的量和改变的量，从而得出结论；

（4）找出压力相同，而接触面粗糙程度不同的两组实验．

【解答】解：（1）实验时为了测出滑动摩擦力大小，应使弹簧测力计拉着木块在水平面上做匀速直线运动，此时摩擦力和拉力是一对平衡力，根据二力平衡，可知此时滑动摩擦力与拉力大小相等；

（2）由甲图知，测力计的分度值为0.2N，其示数为2.4N；

（3）甲、乙两次实验，接触面粗糙程度相同，乙的压力较大，而测力计的示数较大，说明受到的摩擦力较大，可得当接触面粗糙程度相同时，压力越大，摩擦力越大；

（4）甲、丙两图的压力大小相同，丙的接触面较粗糙，摩擦力较大，可知压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；

故答案为：（1）匀速； 二力平衡；（2）2.4；（3）压力越大；（4）甲、丙．

【点评】此题是“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验，考查了控制变量法在实验中的应用，以及摩擦力大小的测量．

21．（12分）（2016•模拟）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，小灯泡电阻约为10Ω．

（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路连接完善（要求滑片向左移动的灯泡变暗）．

（2）小明同学连接好最后一根导线后，闭合开关，他发现无论怎样移动滑片，灯泡都很暗，且两表示数不变，出现上述故障的原因可能是　滑动变阻器同时接下面两个接线柱　．

（3）故障排除后，小明同学闭合开关，移动滑动变阻器的滑片到某点，电压表的示数如图乙所示，为　2　V．若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中的滑片向　右　（选填“左”或“右”）端移动，使电压表示数为2.5V．

（4）他又移动滑片，记下了几组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息可以计算出小灯泡的额定功率是　0.75　W．

（5）他利用已测出的几组数据求出了小灯泡的电阻，发现小灯泡的电阻值是变化的，产生这一现象的原因是　灯泡电阻受温度影响，随温度的升高而增大　．

（6）在该试验后把小灯泡换成一个定制电阻，还可探究　B　的关系（选填“A”或“B”）．

A．电流与电阻　　　 B．电流与电压．

【考点】电功率的测量．

【分析】（1）根据实验原理连接实物电路图．

（2）根据电路现象分析原因．

（3）由图示电压表确定其量程与分度值，读出其示数，然后根据电路图确定滑片的移动方向．

（4）由图示图示求出灯泡额定电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡功率．

（5）从温度对电阻的影响分析答题．

（6）根据实验器材分析答题．

【解答】解：（1）滑片向左移动时灯泡变暗，滑动变阻器接右下接线柱，把滑动变阻器串联接入电路，电路图如图所示：

（2）如果电源电压太小或滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成定值电阻时，无论怎样移动滑片，灯泡都很暗，且两表示数不变．

（3）由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2V，小于灯泡额定电压，为测灯泡额定功率，应把滑片向右移动，知道电压表示数等于灯泡额定电压2.5V为止．

（4）由图示图象可知，灯泡额定电压对应的电流是0.3A，灯泡额定功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W．

（5）由于灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，因此灯泡电阻是变化的．

（6）把灯泡换成定值电阻，改变电阻两端电压测出通过电阻的电流，可以探究电流与电压的关系，故选B．

故答案为：（1）电路图如图所示；（2）滑动变阻器同时接下面两个接线柱；（3）2；右；（4）0.75；（5）灯泡电阻受温度影响，随温度的升高而增大；（6）B．

【点评】本题考查了连接实物电路图、电路故障分析、电表读数、求灯泡功率等问题；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．

22．如图是一个上肢力量健身器示意图，D是动滑轮；配重A是质量为162kg、边长为30cm的正方体物块，杠杆EH可绕O点在竖直平面内转动，OE：OH=1：2，假定运动员体重是600N（不计杠杆重、绳重及摩擦，g取10N/kg）．求：

（1）配重A的密度是多少kg/m3？

（2）配重A自由放置时对地面的压强是多少Pa？

（3）当人将配重A匀速提离地面时，人用了410N的力，则动滑轮重为多少N？

【考点】密度的计算；滑轮组绳子拉力的计算；压强的大小及其计算．

【分析】（1）根据ρ=即可求出配重A的密度；

（2）配重A自由放置时对地面的压力等于其重力，根据G=mg即可求出；再利用p=可求得配重A自由放置时对地面的压强；

（3）根据杠杆的平衡条件求出人通过细绳在E点施加的拉力，然后利用F=（G+G动）变形可求得动滑轮重．

【解答】解：（1）配重A的体积VA=（0.3m）3=0.027m3，

配重A的密度ρ===6×103kg/m3，

（2）配重A自由放置时对地面的压力：F=G=mg=162kg×10N/kg=1620N；

配重A自由放置时对地面的压强p===1.8×104Pa，

（3）根据杠杆的平衡条件求出人通过细绳在E点施加的拉力

FE=F×=410N×2=820N．

由图可知，重物由两段绳子承担，则FE=（GA+G动），

即2FE=GA+G动，

G动=2FE﹣GA=2×820N﹣1620N=20N．

答：（1）配重A的密度是6×103kg/m3，

（2）配重A自由放置时对地面的压强是1.8×104Pa，

（3）动滑轮重为20N．

【点评】本题是力学中难度较大的计算题，涉及简单机械（杠杆、滑轮）和压强的综合，求解时注意根据题干先分清研究的对象，对其进行受力分析，然后逐个解答．

23．（12分）（2016•模拟）电吹风是现代家庭的常用电器，如图甲所示是电吹风的电路原理图，R是电热丝且不随温度的变化而变化，M是带动风扇转动的电动机，德江三角牌某型号电吹风的主要技术参数如图乙所示．

（1）当只闭合S1时，电吹风正常工作，通过电动机的电流为多大（小数点后保留两位）

（2）当同时闭合S1、S2时，电吹风正常工作，10min内电流通过R产生的热量是多少？

（3）小鹏家的电能表如图丙所示，当小明家只有电吹风正常工作并且吹热风时，半小时电能表的转盘旋转多少圈？

（4）小鹏家的电压很不稳定，当电吹风接入实际电压为198V的电路，吹热风时电热丝R的实际功率为多少？

【考点】电功率的计算；电能表参数的理解与电能的求法；电功率与电压、电流的关系；焦耳定律的计算公式及其应用．

【分析】（1）当只闭合S1时，电路为电动机的简单电路，电吹风吹冷风，根据P=UI求出通过电动机的电流；

（2）当同时闭合S1、S2时，电动机M和电热丝R均工作，电吹风吹热风，热风功率减去冷风功率即为电热丝R的功率，根据Q=W=Pt求出10min内电流通过R产生的热量；

（3）根据W=Pt求出小明家只有电吹风正常工作并且吹热风时工作半小时消耗的电能，再根据“电能表每消耗1kW•h的电能，转盘转动600r”求出电能表的表盘转动的圈数；

（4）根据P=求出电热丝的电阻，再根据P=求出当电吹风接入实际电压为198V的电路时电热丝R的实际功率．

【解答】解：（1）当只闭合S1时，电吹风吹冷风，

由P=UI可得，通过电动机的电流：

IM==≈0.36A；

（2）当同时闭合S1、S2时，电吹风吹热风，

因电路的总功率等于各用电器功率之和，

所以，电热丝R的功率：

PR=P热﹣P冷=880W﹣80W=800W，

由P=可得，10min内电流通过R产生的热量：

Q=W=PRt=800W×10×60s=4.8×105J；

（3）电吹风正常工作并且吹热风时，半小时消耗的电能：

W′=Pt′=0.88kW×0.5h=0.44kW•h，

电能表的转盘旋转的圈数：

n=0.44kW•h×600r/kW•h=264r；

（4）由P=可得，电热丝的电阻：

R===60.5Ω，

当电吹风接入实际电压为198V的电路时，电热丝R的实际功率：

PR实===648W．

答：（1）当只闭合S1时，电吹风正常工作，通过电动机的电流为0.36A；

（2）当同时闭合S1、S2时，电吹风正常工作，10min内电流通过R产生的热量是4.8×105J；

（3）小鹏家的电能表如图丙所示，当小明家只有电吹风正常工作并且吹热风时，半小时电能表的转盘旋转264r；

（4）小鹏家的电压很不稳定，当电吹风接入实际电压为198V的电路，吹热风时电热丝R的实际功率为648W．

【点评】本题考查了电功率公式和电热公式的灵活应用以及电能表参数含义的理解与掌握，关键是知道电吹风的热风功率减去冷风功率即为电热丝的电功率．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/b001fecfa88271fe910ef12d2af90242a895abe2.html