中考_物理中考真题_地区卷_山东省_山东枣庄物理10-21_2019年山东省枣庄市中考物理试题（，含解析）

 2019年山东省枣庄市中考物理试卷一、选择题（共40分）1．（3分）关于声现象，下列说法正确的是（　　）A．声音可在真空中传播B．婉转悠扬的琴声，是由琴弦振动产生的C．通过声音的音调可辨别乐器的种类D．考场附近禁止机动车鸣笛是阻断噪声传播2．（3分）下列物态变化属于凝华的是（　　）A．*化成水B．露的形成C．雾的形成D．霜的形成3．（3分）现代生活，智能手机给人们带来了许多便利，但长时间盯着手机屏幕，容易导致视力下降。下列关于近视眼及其矫正的原理图正确的是（　　）A．B．C．D．4．（3分）如图是穿行在餐厅的机器人端着托盘送餐的情景。若认为托盘是静止的，则所选择的参照物是（　　）A．地面B．机器人C．餐桌D．墙壁5．（3分）用水银温度计测量热水温度时，温度计内水银液面慢慢升高，在“水银液面升高”的过程中，有关温度计内水银的物现量不变的是（　　）A．温度B．体积C．密度D．质量6．（3分）下列各图所列举的事例中，属于热传递改变物体内能的是（　　）A．从滑梯滑下，臀部发热B．冬天搓手，手会变暖C．给试管加热，水温升高D．迅速压下活塞，筒内气温升高7．（3分）下列现象中，属于减小压强的是（　　）A．.蚊子的口器B．鳄鱼的牙齿C．啄木鸟的尖喙D．.宽大的滑雪板8．（3分）在木棒的一端缠绕一些细铜丝制成简易的液体密度计，将其分别放入盛有*乙两种液体的烧杯中处于静止状态，如图所示，若密度计在*乙液体中受到的浮力分别是F*、F乙，*乙两种液体的密度分别为ρ*、ρ乙．则（　　）A．F*＜F乙B．F*＞F乙C．ρ*＞ρ乙D．ρ*＜ρ乙9．（3分）如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，它是（　　）A．压缩冲程，将化学能转化成内能B．压缩冲程，将机械能转化成内能C．做功冲程，将内能转化成机械能D．做功冲程，将机械能转化成内能10．（3分）如图，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变闭合S，当R2的滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）A．电压表V的示数变大B．电流表A2的示数变小C．电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变大D．电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变大11．（3分）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V保持不变，电压表量程0～3V，电流表量程0﹣0.6A，滑动变阻器R的规格是“10Ω1A”，灯泡L标有“2.5V0.5A”字样，若闭合开关S，两电表示数均不超过所选的量程，灯泡两端电压不允许超过额定电压，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是（　　）A．电流表的示数变化范围0.3A～0.6AB．灯泡消耗的最小功率为0.9WC．电路消耗的最大总功率为2.7WD．滑动变阻器允许调节的阻值范围是4Ω～10Ω12．（3分）“安全用电，珍惜生命”是每个公民应有的意识，下列关于安全用电说法正确的是（　　）A．有时可在电线上晾晒衣服B．雷雨天气可以打着雨伞在开阔地上行走C．发现有人触电，应立即切断电源，然后进行急救D．手机充电器可以永久的*在*座上13．（3分）*古诗词是对自然现象和社会生活的反映，蕴含着许多科学道理。下列对划线部分的相关科学解释不合理的是（　　）A．道狭草木长，夕露沾我衣。﹣﹣空气中的水蒸气遇冷凝结形成露珠，是液化现象B．花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴。﹣﹣温度升高，分子运动加快C．煮豆燃豆萁，豆在釜中泣。﹣﹣燃烧秸秆的过程，是热能转化成了化学能D．千淘万渌虽*苦，吹尽狂沙始到金。﹣﹣金不活泼，在自然界中以单质形式存在二、填空题：本题共6小题，每空1分，共14分14．（3分）如图，在拉力F＝10N的作用下，物体沿水平面向右做匀速直线运动，物体受到的摩擦力是　　N；当撤去拉力F时，物体将　　，此时，假设重力突然消失，在不计空气阻力的情况下，物体将　　（以上两空选填“保持静止状态”、“做减速直线运动”或“做匀速直线运动”）。15．（5分）在*簧测力计下悬挂一长方体实心金属块，金属块下表面与水面刚好接触，如图*。从此处匀速下放金属块，直至浸没于水中并继续匀速下放（金属块未与容器底部接触），在金属块下放过程中，*簧测力计示数F与金属块下表面浸入水的深度h的关系如图乙，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3．由图象可知：（1）金属块完全浸没在水中受到的浮力为　　N。（2）金属块的密度是　　kg/m3。（3）你还能求出有关金属块的哪些物理量：　　（写出三个物理量即可，不需要计算结果）16．（2分）用一个动滑轮在5s内将一重为300N的物体匀速向上提升3m，动滑轮的机械效率是75%，则拉力大小为　　N，若忽略绳重与摩擦，动滑轮的重力为　　N。17．（2分）在如图*的电路中，电源电压保持不变，R为滑动变阻器，其规格为“20Ω1A”，闭合开关S，当滑片P从一端滑到另一端的过程中测到R的电功率与通过它的电流关系图象如图乙所示，则电源电压为　　V，定值电阻R0的阻值为　　Ω。18．（2分）当风沿着窗外的墙顶吹时口悬挂的窗帘会飘向窗外，这是因为窗外空气的流速　　室内空气的流速，窗外空气的压强　　室内空气的压强（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）。19．（2分）**提出绿水青山山就是金山银山”，倡导保护环境。光伏发电是将　　转化为电能。核能作为一种新能源，正在逐步被人们开发和利用，核电站是利用核能发电，其核燃料在反应堆内是通过核　　（选填“裂变”或“聚变”）的方式，把核能转化为电能输送到国家电网，供千家万户使用。三、作图、实验探究20．（2分）在图中，请你标出小磁针的N极和A点的磁感线方向。21．（4分）如图*是探究“平面镜成像特点“的实验装置图。（1）实验时，不采用平面镜面采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于　　。（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，可以看到蜡烛A在玻璃板后面的像，取一支外形相同但不点燃的蜡烛B在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合。在比较物与像的大小关系时，蜡烛B替代的是　　（选填“蜡烛A的像”或“蜡烛B的像”），看到蜡烛是由光的　　（填“反*”或“折*”）形成的。（3）移去蜡烛B，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上　　（选填“能”或“不能）呈现蜡烛A的像。（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图乙所示倾斜，蜡烛A的像应是　　图中的（选填“A1”、“A2”或“A3”）。22．（5分）如图是用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置。（1）压强计上的U型管　　（选填“属于”或“不属于”）连通器。（2）在使用压强计前，发现U形管左右两侧的水面有一定的高度差，如图*，其调节的方法是　　（选填“A”或“B”），使U形管左右两侧的水面相平。A．将右侧支管中高出的水倒出B．取下软管重新安装（3）比较图乙和图*，可以得到；液体的压强与　　有关。（4）比较　　两图，可以得液体的压强与液体密度有关。（5）已知图丁中U型管左右两侧水面的高度差h＝10cm，则橡皮管内气体的压强与大气压强之差为　　Pa．（ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ盐水＝1.1×103kg/m3，g＝10N/kg）。23．（7分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，提供的器材有：6V的电源一个，2.5V的小灯泡（电阻约为10Ω）一个，电流表（0～0.6A，0～3A）和电压表（0～3V，0～15V）各一个，“50Ω2A”的滑动变阻器A和“10Ω1A”的滑动变阻器B各一个，开关一个，导线若干。（1）通过估算，你应选用的滑动变阻器是　　（选填“A”或“B”）。（2）闭合开关前，经检查发现某同学连接的电路有一根导线连接错误，请你在图*中错误的连线上画“×”，并只移动一根导线，用笔画线代替导线将电路连接正确。（3）连线好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡　　（选填“短路”或“断路”）。（4）故障移除后，移动变阻器的滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是　　W，小灯泡正常工作时的电阻是　　Ω，（小数点后保留1位小数）（5）根据测出的数据，作出了小灯泡的电流I与电压U的关系图线，发现该图线不是一条直线，如图*所示，其原因是温度升高，灯丝电阻　　（选填“增大”或“减小”）。24．（8分）节能减排，绿*环保，新能源汽车成为未来汽车发展的方向。某种型号纯电动汽车的部分参数如表：空车质量1380kg最大功率100kW轮胎与地面总接触面积0.032m2最高时速120km/h电池容量42kw。h最大续行里程260km假如汽车上只有司机一人，质量为60kg，汽车以60km/h的速度匀速行驶36km，耗电9kW•h，汽车所受的阻力为汽车总重的0.05倍。g＝10N/kg，试问：（1）电动机的工作原理是　　（选填“电流的磁效应”、“磁场对电流的作用”）电动汽车前进和倒退是通过改变　　来改变电动机的转动方向的。（2）电动汽车对水平地面的压强是多少？（3）电动汽车牵引力所做的功是多大？（4）电动汽车电能转化为机械能的效率是多大？25．（6分）如图所示是某款电养生壶及其铭牌的部分参数，当养生壶正常工作时，求：额定电压220V频率50Hz额定功率1100W容量1L（1）养生壶正常工作的电阻。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要多长时间？（c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]（3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率。电表上标着“1200r/（kW•h）”，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2min电能表的转盘转了40r，求电养容量生壶的实际功率。2019年山东省枣庄市中考物理试卷参考*与试题解析一、选择题（共40分）1．（3分）关于声现象，下列说法正确的是（　　）A．声音可在真空中传播B．婉转悠扬的琴声，是由琴弦振动产生的C．通过声音的音调可辨别乐器的种类D．考场附近禁止机动车鸣笛是阻断噪声传播【分析】（1）声音传播需要介质，真空不能传声。（2）声音是由物体振动产生的。（3）根据音*来辨别物体。（4）在声源处、传播过程中和人耳处都可以控制噪声。【解答】解：A、声音在真空中不能传播。故A错误。B、声音是由物体振动产生的。婉转悠扬的琴声，是由琴弦振动产生的。故B正确。C、通过声音的音*可以辨别是什么乐器在振动发声。故C错误。D、考场附近禁止机动车鸣笛是在声源处控制噪声的。故D错误。故选：B。【点评】本题考查了声音的发声、传播、特征和如何控制，对于声的考查比较全面。2．（3分）下列物态变化属于凝华的是（　　）A．*化成水B．露的形成C．雾的形成D．霜的形成【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、河里的*化成水，*由固态变成液态，属于熔化现象，故A不符合题意；B、露是地面附近的水蒸气遇冷形成的小水珠，附着在植被表面，属于液化现象，故B不符合题意；C、雾是空气中的水蒸气遇冷形成的小水滴悬浮在空气中，属于液化现象，故C不符合题意；D、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的小*晶，附着在建筑物或植被表面，属于凝华现象，故D符合题意。故选：D。【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．（3分）现代生活，智能手机给人们带来了许多便利，但长时间盯着手机屏幕，容易导致视力下降。下列关于近视眼及其矫正的原理图正确的是（　　）A．B．C．D．【分析】（1）近视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太强，使远处物体*来的光线会聚在视网膜的前方，由此可以确定哪一个图表示了近视眼的成像情况。近视眼佩戴凹透镜进行矫正。（2）远视眼的晶状体较薄，会聚能力较弱，看近处的物体时，将像成在视网膜的后面，远视眼佩戴凸透镜进行矫正。【解答】解：在以上四个图中，*图的入*光线会聚在视网膜的前方，所以*图表示了近视眼的成像情况；为了使光线会聚在原来的会聚点前面的视网膜上，就需要在光线进入人的眼睛以前会聚一下，因此佩戴对光线具有发散作用的凹透镜来矫正，即乙图能正确表示近视眼的矫正情况；*图的入*光线会聚在视网膜的后方，所以*图表示了远视眼的成像情况；远视眼是因为晶状体焦距太长，像落在视网膜的后方，为了使光线会聚在原来的会聚点前面的视网膜上，就需要在光线进入人的眼睛以前会聚一下，因此带对光线具有会聚作用的凸透镜来矫正。即丁图能正确表示远视眼的矫正情况。故选：B。【点评】图示的四个图来源于课本，分别表示了远视眼和近视眼的成因与矫正的光路图。明确近视眼与远视眼的成因是解决此题的关键。4．（3分）如图是穿行在餐厅的机器人端着托盘送餐的情景。若认为托盘是静止的，则所选择的参照物是（　　）A．地面B．机器人C．餐桌D．墙壁【分析】在研究物体的机械运动时要先选择一个物体，假定该物体不动，这个物体是参照物；如果物体的位置相对于参照物不变，则物体是静止的，如果物体的位置相对于参照物不断变化，则物体是运动的。【解答】解：托盘与地面、餐桌、墙壁的位置在不断的变化，以地面、餐桌、墙壁为参照物，托盘是运动的，故ACD不符合题意；机器人与托盘的位置没有变化，以机器人为参照物，托盘是静止的，故B符合题意。故选：B。【点评】本题根据物体的运动状态判断所选参照物，难度不大是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题。5．（3分）用水银温度计测量热水温度时，温度计内水银液面慢慢升高，在“水银液面升高”的过程中，有关温度计内水银的物现量不变的是（　　）A．温度B．体积C．密度D．质量【分析】由质量的概念可知质量与物体的温度无关；密度是单位体积的质量，而物体的体积会由于温度发生变化，所以密度与温度有关。【解答】解：在水银温度计示数上升的过程中，水银的体积在变大，质量是物体内所含物质的多少，由此可知，质量与物体的温度和体积无关，所以水银的质量不变，密度是单位体积某种物质的质量，虽然水银的质量不变，但由于水银的体积变大了，所以水银的密度减小了，故D正确，故ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了对质量和密度概念以及特*的了解，注意密度是与物质的温度有关的。6．（3分）下列各图所列举的事例中，属于热传递改变物体内能的是（　　）A．从滑梯滑下，臀部发热B．冬天搓手，手会变暖C．给试管加热，水温升高D．迅速压下活塞，筒内气温升高【分析】做功与热传递是改变物体内能的两种方式，做功过程是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程。【解答】解：A、从滑梯滑下，臀部与滑梯摩擦，机械能转化为内能，臀部发热，摩擦生热这是利用做功来改变物体内能的，故A错误；B、冬天搓手，手会变暖，是克服摩擦做功机械能转化为内能的，是通过做功的方式改变物体内能，故B错误；C、对试管加热，管内水从酒精灯火焰上吸收热量水温升高，是通过热传递的方式改变水的内能，故C正确；D、迅速压下活塞时，对筒内气体做功，机械能转化为内能，筒内气温升高，因此是通过做功改变物体的内能，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了改变物体内能方式的判断，知道内能改变过程中发生的是能量的转化还是能量的转移是正确解题的关键。7．（3分）下列现象中，属于减小压强的是（　　）A．.蚊子的口器B．鳄鱼的牙齿C．啄木鸟的尖喙D．.宽大的滑雪板【分析】减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力；在压力一定时，增大受力面积。增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力；在压力一定时，减小受力面积。【解答】解：A、蚊子的口器很尖，减小了受力面积，增大了压强，不符合题意；B、鳄鱼的牙齿很锋利，减小了受力面积，增大了压强，不符合题意；C、啄木鸟的尖喙，是通过减小受力面积来增大压强，容易扎进去，不符合题意；D、宽大的滑雪板，增大了受力面积，减小了压强，符合题意。故选：D。【点评】知道压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法，会解释生活中的实际现象。8．（3分）在木棒的一端缠绕一些细铜丝制成简易的液体密度计，将其分别放入盛有*乙两种液体的烧杯中处于静止状态，如图所示，若密度计在*乙液体中受到的浮力分别是F*、F乙，*乙两种液体的密度分别为ρ*、ρ乙．则（　　）A．F*＜F乙B．F*＞F乙C．ρ*＞ρ乙D．ρ*＜ρ乙【分析】（1）同一密度计在两种液体中都漂浮，所以受到的浮力都等于密度计受到的重力。（2）由图可以得出密度计排开液体体积的大小关系，再根据阿基米德原理分析液体的密度大小关系。【解答】解：AB、由于密度计两次静止时都处于漂浮，则F浮＝G，即密度计在两种液体中受到的浮力都等于密度计受到的重力G．所以，F*＝F乙，故AB错误；CD、由图知，密度计排开液体的体积：V*排＞V乙排，由F浮＝ρ液gV排可知：ρ*＜ρ乙；故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了阿基米德原理、物体的漂浮条件，利用好密度计漂浮（F浮＝G）是解此类题目的关键。9．（3分）如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，它是（　　）A．压缩冲程，将化学能转化成内能B．压缩冲程，将机械能转化成内能C．做功冲程，将内能转化成机械能D．做功冲程，将机械能转化成内能【分析】解决此题要结合内燃机的做功冲程特点和原理进行分析解答，知道做功冲程中的能量转化。【解答】解：图中的气门关闭，活塞下行，并且电火花打火，这是做功冲程的特点；在做功冲程中，能量转化关系是气体的内能转化为机械能；故选：C。【点评】此题是结合内燃机的冲程图分析内燃机冲程的特点，要会根据电火花是否打火判断是不是做功冲程。10．（3分）如图，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变闭合S，当R2的滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）A．电压表V的示数变大B．电流表A2的示数变小C．电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变大D．电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变大【分析】A、电路中，两电阻并联，电流表A2测通过R1的电流，电流表A1测并联电路的总电流，电压表测电源电压，分析电压表示数变化；B、根据并联电路各支路互不影响，分析通过R1的电流大小不变；CD、当R2的滑片P向右滑动的过程中判断变阻器连入电路中的电阻变化，由欧姆定律确定通过变阻器的电流变化，根据并联电路电流的规律确定A1示数变化，可得出电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变化；根据A1示数变化，确定电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变化。【解答】解：A、电路中，两电阻并联，电流表A2测通过R1的电流，电流表A1测并联电路的总电流，电压表测电源电压，故电压表示数保持不变，A错误；B、根据并联电路各支路互不影响，故通过R1的电流大小不变，即电流表A2的示数不变，B错误；CD、当R2的滑片P向右滑动的过程中，变阻器连入电路中的电阻变大，由欧姆定律，通过变阻器的电流变小，根据并联电路电流的规律，A1示数变小，电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变小，C错误；因A1示数变小，而电压表示数不变，故电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变大，D正确。故选：D。【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的识别。11．（3分）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V保持不变，电压表量程0～3V，电流表量程0﹣0.6A，滑动变阻器R的规格是“10Ω1A”，灯泡L标有“2.5V0.5A”字样，若闭合开关S，两电表示数均不超过所选的量程，灯泡两端电压不允许超过额定电压，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是（　　）A．电流表的示数变化范围0.3A～0.6AB．灯泡消耗的最小功率为0.9WC．电路消耗的最大总功率为2.7WD．滑动变阻器允许调节的阻值范围是4Ω～10Ω【分析】（1）首先判断电路连接，然后判断电流表和电压表测量谁的电流和电压。知道灯泡的电压和电流把灯泡的电阻计算出来。（2）当滑动变阻器向左移动到最小值时，电路在电阻最小，电流最大，最大电流不能超过各元件中最小的电流值，此时计算电流表、电压表和的变阻器的阻值；当滑动变阻器向右移动到最大值时，电路在电阻最大，电流最小，此时计算电流表、电压表和的变阻器的阻值。【解答】解：灯泡和滑动变阻器是并联的，电流表测量整个电路电流，电压表测量灯泡的电压。灯泡电阻：RL=ULIL=2.5V0.5A=5Ω当滑动变阻器向左移动时，电路中最大电流为0.5A，因为要照顾元件中最小的电流值，否则会烧坏最小电流的用电器。①当滑动变阻器电阻最小时，电流表示数：0.5A（照顾元件中最小的电流值）电压表示数为：2.5V（当电流为0.5A时，灯泡正常工作，电压表测量灯泡电压，故电压表示数为2.5V）此时滑动变阻器电阻：R=U'I=UULI=4.5V2.5V0.5A=4Ω②当滑动变阻器电阻最大时，电路电流最小电流表不会被烧坏，电压表示数也变小也不会被烧坏，所以滑动变阻器可以取最大值10Ω电路电流为：I总=UR总=URL+R=4.5V5Ω+10Ω=0.3A电压表示数为：U'L＝I总RL＝0.3A×5Ω＝1.5V滑动变阻器可以取最大值：10Ω。③综合上面的①②得，A、电流表的示数变化范围0.3A～0.5A，故选项错误。B、灯泡的最小电流为0.3A，最小电压是1.5V，灯泡消耗的最小功率：P'＝UI总＝1.5V×0.3A＝0.45W，故选项错误。C、电源电压是4.5V，最大电流是0.5A，电路最大功率：P＝UI＝4.5V×0.5A＝2.25W．故选项错误。D、滑动变阻器的电阻变化范围是4Ω﹣﹣10Ω，故选项正确。故选：D。【点评】这是一个类型的习题，对于这种类型习题，不要先着眼于选项，先把滑动变阻器在最小值时电流表、电压表、滑动变阻器最小值计算出来，然后再把滑动变阻器在最大值时电流表、电压表、滑动变阻器最大值计算出来，然后再判断选项。12．（3分）“安全用电，珍惜生命”是每个公民应有的意识，下列关于安全用电说法正确的是（　　）A．有时可在电线上晾晒衣服B．雷雨天气可以打着雨伞在开阔地上行走C．发现有人触电，应立即切断电源，然后进行急救D．手机充电器可以永久的*在*座上【分析】（1）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；生活用水是导体；（2）雷雨天气时，不能举着雨伞在开阔地上行走；（3）人触电，人已与火线相连，应尽快使人脱离带电体；（4）充电器长时间*在电源*孔上会发热，引起安全事故。【解答】解：A、湿衣服是导体，当把湿衣服晾在电线上时，一旦漏电，人接触衣服时会发生触电事故，故A错误；B、雷雨天气撑着雨伞在开阔地上行走，雷电会通过伞导入人体，造成触电，故B错误；C、发现有人触电时，应立即切断电源或用绝缘棒将导线挑开，使接触者尽快脱离电源，故C正确；D、充电器长时间*在电源*孔上会发热，引起线路安全事故，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电。13．（3分）*古诗词是对自然现象和社会生活的反映，蕴含着许多科学道理。下列对划线部分的相关科学解释不合理的是（　　）A．道狭草木长，夕露沾我衣。﹣﹣空气中的水蒸气遇冷凝结形成露珠，是液化现象B．花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴。﹣﹣温度升高，分子运动加快C．煮豆燃豆萁，豆在釜中泣。﹣﹣燃烧秸秆的过程，是热能转化成了化学能D．千淘万渌虽*苦，吹尽狂沙始到金。﹣﹣金不活泼，在自然界中以单质形式存在【分析】（1）液化是由气态变为液态的过程，在液化过程中需要放出热量；（2）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高，分子运动越剧烈。花香分子在空气中做无规则运动越快，人们闻到的花香味越浓烈；（3）根据化学变化中的能量转化来分析；（4）根据金属的化学*质来分析。【解答】解：A、夕露沾我衣，露是空气中的水蒸气，遇冷会变成液态小水珠，发生的是液化现象，故A正确；B、春晴天暖，气温升高，花朵分泌的芳香油分子在空气中做无规则运动的速度加快，这是扩散现象，从而使人可以闻到浓浓的花香，故B正确；C、燃料燃烧的过程中是化学能转化为热能，故C错误；D、金化学*质稳定，所以“金”在自然界中常以单质状态存在，故D正确。故选：C。【点评】本题考查物态变化，能量的转化，以及金属的活动顺序难度不大。二、填空题：本题共6小题，每空1分，共14分14．（3分）如图，在拉力F＝10N的作用下，物体沿水平面向右做匀速直线运动，物体受到的摩擦力是　10　N；当撤去拉力F时，物体将　做减速运动　，此时，假设重力突然消失，在不计空气阻力的情况下，物体将　做匀速直线运动　（以上两空选填“保持静止状态”、“做减速直线运动”或“做匀速直线运动”）。【分析】物体处于平衡状态时受平衡力的作用，受非平衡力时，则运动状态改变。当物体不受力时，由于惯*将保持原来的运动状态不变。【解答】解：在拉力F＝10N的作用下，物体沿水平面向右做匀速直线运动，由物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，为10N；当撤去拉力F时，物体只受摩擦力的作用，受力不平衡，故物体将做减速运动，此时，假设重力突然消失，由压力消失，摩擦力也消失，物体在水平方向上不受力的作用，在不计空气阻力的情况下，物体由于惯*，将保持力消失瞬间的运动状态不变，做匀速直线运动。故*为：10；做减速运动；做匀速直线运动。【点评】本题主要考查了对二力平衡条件的运用，摩擦力的产生条件，力与运动的关系等。15．（5分）在*簧测力计下悬挂一长方体实心金属块，金属块下表面与水面刚好接触，如图*。从此处匀速下放金属块，直至浸没于水中并继续匀速下放（金属块未与容器底部接触），在金属块下放过程中，*簧测力计示数F与金属块下表面浸入水的深度h的关系如图乙，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3．由图象可知：（1）金属块完全浸没在水中受到的浮力为　4　N。（2）金属块的密度是　2.25×103　kg/m3。（3）你还能求出有关金属块的哪些物理量：　体积、质量、重力　（写出三个物理量即可，不需要计算结果）【分析】（1）由图乙得出，金属块未浸入水中时*簧测力计示数，即金属块的重力；由图得出金属块全部浸入水中时，*簧测力计的示数，利用称重法F浮＝G﹣F求金属块浸没水中所受浮力的大小；（2）利用阿基米德原理求出金属块排开水的体积，即物体的体积；求出金属块的质量，利用密度公式求出金属块的密度；（3）由上面的计算可以得出另外能计算出的关于金属块的物理量。【解答】解：（1）由图可知，金属块未浸入水中时*簧测力计示数为9N，即金属块的重力为G＝9N；金属块全部浸入水中时，*簧测力计的示数为F＝5N，金属块完全浸没在水中受到的浮力：F浮＝G﹣F＝9N﹣5N＝4N，（2）由F浮＝ρ水gV排得金属块的体积：V＝V排=F浮ρ水g=4N1×103kg/m3×10N/kg=4×10﹣4m3，金属块的质量：m=Gg=9N10N/kg=0.9kg，金属块的密度：ρ=mV=0.9kg4×104m3=2.25×103kg/m3；（3）由上面的解答可知，除了能求出金属块浸没水中受到的浮力、金属块的密度外，还可以计算金属块的体积、质量、重力，利用p＝ρgh还可计算出金属块刚浸没时所受水的压强（下表面浸入水的深度h＝4cm）。故*为：（1）4；（2）2.25×103；（3）体积、质量、重力。【点评】本题考查了重力公式、密度公式、阿基米德原理和称重法测浮力的应用，注意第三问，可以结合前面的解答回答。16．（2分）用一个动滑轮在5s内将一重为300N的物体匀速向上提升3m，动滑轮的机械效率是75%，则拉力大小为　200　N，若忽略绳重与摩擦，动滑轮的重力为　100　N。【分析】使用动滑轮时，承担物重的绳子股数n＝2。（1）拉力端移动距离s＝2h，动滑轮的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF2h=G2F，据此求拉力大小；（2）若忽略绳重与摩擦，拉力F=12（G+G动），据此动滑轮重力。【解答】解：使用动滑轮时，承担物重的绳子股数n＝2。（1）拉力端移动距离s＝2h，动滑轮的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF2h=G2F=75%，则拉力大小：F=G2×75%=300N2×75%=200N；（2）若忽略绳重与摩擦，拉力F=12（G+G动），则动滑轮重力：G动＝2F﹣G＝2×200N﹣300N＝100N。故*为：200；100。【点评】本题考查了使用动滑轮时拉力、动滑轮重力的计算，利用好两个关系式：动滑轮的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF2h=G2F、忽略绳重与摩擦，拉力F=12（G+G动）。17．（2分）在如图*的电路中，电源电压保持不变，R为滑动变阻器，其规格为“20Ω1A”，闭合开关S，当滑片P从一端滑到另一端的过程中测到R的电功率与通过它的电流关系图象如图乙所示，则电源电压为　12　V，定值电阻R0的阻值为　10　Ω。【分析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图象读出电表的示数，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R0的阻值，进一步求出电源的电压。【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，R与R0的串联，电路中的电流最小，由图象可知，电路中的电流I小＝0.4A，由I=UR+R0可得，电源的电压：U＝I小（R0+R）＝0.4A×（20Ω+R0）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，电路中的电流最大，由图象可知，电路中的电流I大＝1.2A，I大=UR0=1.2A﹣﹣﹣﹣﹣②，解得：R0＝10Ω，电源的电压U＝I大R0＝1.2A×10Ω＝12V。故*为：12；10。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律，从图象中获取有用的信息是关键。18．（2分）当风沿着窗外的墙顶吹时口悬挂的窗帘会飘向窗外，这是因为窗外空气的流速　大于　室内空气的流速，窗外空气的压强　小于　室内空气的压强（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）。【分析】借助流体压强与流速的关系进行解释：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。【解答】解：风沿着窗外的墙顶吹时，窗帘外侧空气流速大，压强小，内侧空气流速慢，压强大，窗外空空气的流速大于室内空气的流速，窗外空气的压强小于室内空气的压强，在内外压强差的作用下，窗帘被压向窗户外面。故*为：大于；小于。【点评】对于流体问题，一般分析物体两侧的流体流速，根据流体压强跟流速的关系，判断物体两侧的压强是解决此类习题的思路。19．（2分）**提出绿水青山山就是金山银山”，倡导保护环境。光伏发电是将　太阳　转化为电能。核能作为一种新能源，正在逐步被人们开发和利用，核电站是利用核能发电，其核燃料在反应堆内是通过核　裂变　（选填“裂变”或“聚变”）的方式，把核能转化为电能输送到国家电网，供千家万户使用。【分析】（1）太阳能电池在太阳光照*下发电，是将太阳能转化为电能；（2）核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的，如核潜艇的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如***就是利用核聚变释放能量。【解答】解：光伏发电系统发电时太阳能转化为电能；核能主要包括核裂变与核聚变，由于核聚变的反应目前还不可控，故核电站主要是利用了核裂变获得能量。故*为：太阳；裂变。【点评】本题考查了太阳能和核能的利用的了解，属于基础*题目。三、作图、实验探究20．（2分）在图中，请你标出小磁针的N极和A点的磁感线方向。【分析】由电源的正负极确定电流流向，再利用安培定则可判断螺线管的极*，则可知小磁针的指向及磁感线的方向。【解答】解：电流由右侧流入，由安培定则知电磁铁的左侧为N极，右侧为S极；由磁极间的相互作用可知小磁针左侧为N极，右侧为S极。通电螺线管外部磁感线由N极指向S极。故*如图：。【点评】安培定则内容为：用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为N极方向。21．（4分）如图*是探究“平面镜成像特点“的实验装置图。（1）实验时，不采用平面镜面采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于　确定像的位置　。（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，可以看到蜡烛A在玻璃板后面的像，取一支外形相同但不点燃的蜡烛B在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合。在比较物与像的大小关系时，蜡烛B替代的是　蜡烛A的像　（选填“蜡烛A的像”或“蜡烛B的像”），看到蜡烛是由光的　反*　（填“反*”或“折*”）形成的。（3）移去蜡烛B，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上　不能　（选填“能”或“不能）呈现蜡烛A的像。（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图乙所示倾斜，蜡烛A的像应是　A1　图中的（选填“A1”、“A2”或“A3”）。【分析】（1）实验时用透明的玻璃板代替平面镜，既能看到物体的像，也能看到像一侧的代替物体的蜡烛，便于确定像的位置；（2）人的眼睛应通过玻璃板观察像；等效替代法是在保*某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。平面镜成像是光的反*；（3）实像可以在光屏上成接到，而虚像则不能；（4）玻璃表面是光滑的，所以通过玻璃的反*后可以成像，物与像关于镜面对称。【解答】解：（1）该实验采用透明薄玻璃板代替日常使用的平面镜，玻璃板是透明的，观察到A蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛B，当蜡烛B和蜡烛A的像重合时，蜡烛B的位置便是蜡烛A的像的位置；（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至它与蜡烛A的像完全重合；在比较物与像的大小关系时，蜡烛B替代的是蜡烛A的像；看到蜡烛是由光的反*形成的；（3）移去后面的蜡烛，并在所在位置上放一光屏，则光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像。所以平面镜所成的像是虚像；（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图所示倾斜，物与像关于镜面对称，蜡烛A的像应是图中的A1；故*为：（1）确定像的位置；（2）蜡烛A的像；反*；（3）不能；（4）A1。【点评】本题考查学生动手*作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题，只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。22．（5分）如图是用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置。（1）压强计上的U型管　不属于　（选填“属于”或“不属于”）连通器。（2）在使用压强计前，发现U形管左右两侧的水面有一定的高度差，如图*，其调节的方法是　B　（选填“A”或“B”），使U形管左右两侧的水面相平。A．将右侧支管中高出的水倒出B．取下软管重新安装（3）比较图乙和图*，可以得到；液体的压强与　液体的深度　有关。（4）比较　*、丁　两图，可以得液体的压强与液体密度有关。（5）已知图丁中U型管左右两侧水面的高度差h＝10cm，则橡皮管内气体的压强与大气压强之差为　1000　Pa．（ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ盐水＝1.1×103kg/m3，g＝10N/kg）。【分析】（1）测量液体压强的仪器叫压强计；上端开口，下端连通的容器叫连通器。（2）U形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；U形管右端液面比较高，就说明U形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；（3）在相同液体的不同一深度，液体的压强不相等；（4）在*丁图中，若只将烧杯中的水换成盐水，其他条件不变，是控制深度相同，改变液体的密度，观察U形管两侧的液面高度差是否相等，得出液体内部压强是否和液体的密度有关；（5）根据p＝ρgh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差【解答】解：（1）这是测量液体压强的压强计；它的左端是密闭的，所以不是连通器。（2）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，只需要将软管取下，再重新安装，这样U形管中两管上方的气体压强就是相等的（都等于大气压），当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的，则B正确；故选B；（3）比较乙图、*图，在相同液体中的不同深度处，U形管两侧的液面高度差不相等，液体的压强不同，故可以得到：在不同深度，液体内部压强与液体的深度有关，液体深度越深，压强越大；（4）在丁图中，若将烧杯中的水换成同深度的盐水，其他条件不变，控制了深度不变，把水换成盐水，液体密度变大，液体压强变大，则可以观察到U形管两边液面的高度差将变大，故比较*、丁两图。（5）图乙中U形管左右两侧水面的高度差h＝10cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。故*为：（1）不属于；（2）B；（3）液体的深度；（4）*、丁；（5）1000。【点评】此题考查的是我们对于液体压强计的了解以及液体内部压强的影响因素。注意物理实验中研究方法﹣﹣等效替代法和控制变量法的运用。液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握。23．（7分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，提供的器材有：6V的电源一个，2.5V的小灯泡（电阻约为10Ω）一个，电流表（0～0.6A，0～3A）和电压表（0～3V，0～15V）各一个，“50Ω2A”的滑动变阻器A和“10Ω1A”的滑动变阻器B各一个，开关一个，导线若干。（1）通过估算，你应选用的滑动变阻器是　A　（选填“A”或“B”）。（2）闭合开关前，经检查发现某同学连接的电路有一根导线连接错误，请你在图*中错误的连线上画“×”，并只移动一根导线，用笔画线代替导线将电路连接正确。（3）连线好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡　短路　（选填“短路”或“断路”）。（4）故障移除后，移动变阻器的滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是　0.75　W，小灯泡正常工作时的电阻是　8.3　Ω，（小数点后保留1位小数）（5）根据测出的数据，作出了小灯泡的电流I与电压U的关系图线，发现该图线不是一条直线，如图*所示，其原因是温度升高，灯丝电阻　增大　（选填“增大”或“减小”）。【分析】（1）由欧姆定律求出2.5V的小灯泡（电阻约为10Ω0的额定电流，由串联电路的规律及欧姆定律求出灯正常发时变阻器连入的电阻确定选用的滑动变阻器；（2）原电路中，灯短路了，电压表串联在电路中是错误的，灯与电流表串联，电压表与灯并联；（3）连线好电路后，闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，根据小灯泡不亮，电压表无示数分析；（4）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率；由欧姆定律求出小灯泡正常工作时的电阻；（5）灯的温度升高，灯丝电阻增大。【解答】解：（1）2.5V的小灯泡，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：I=ULR=2.5V10Ω=0.25A，由串联电路的规律及欧姆定律，灯正常发时变阻器连入的电阻：R滑=UULI=6V2.5V0.25A=14Ω，故选滑动变阻器是A；（2）原电路中，灯短路了，电压表串联在电路中是错误的，灯与电流表串联，电压表与灯并联，如下所示：（3）连线好电路后，闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不亮，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡短路；（4）故障移除后，移动变阻器的滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W，由欧姆定律，小灯泡正常工作时的电阻是：R=UI=2.5V0.3A≈8.3Ω；（5）如图*所示，小灯泡的电流I与电压U的关系图线不是一条直线，其原因是温度升高，灯丝电阻增大。故*为：（1）A；（2）如上；（3）短路；（4）0.75；8.3；（5）增大。【点评】本题测量小灯泡的电功率，考查器材的选择、电路连接、故障分析、功率和电阻计算及影响电阻大小的因素。24．（8分）节能减排，绿*环保，新能源汽车成为未来汽车发展的方向。某种型号纯电动汽车的部分参数如表：空车质量1380kg最大功率100kW轮胎与地面总接触面积0.032m2最高时速120km/h电池容量42kw。h最大续行里程260km假如汽车上只有司机一人，质量为60kg，汽车以60km/h的速度匀速行驶36km，耗电9kW•h，汽车所受的阻力为汽车总重的0.05倍。g＝10N/kg，试问：（1）电动机的工作原理是　磁场对电流的作用　（选填“电流的磁效应”、“磁场对电流的作用”）电动汽车前进和倒退是通过改变　电流的方向　来改变电动机的转动方向的。（2）电动汽车对水平地面的压强是多少？（3）电动汽车牵引力所做的功是多大？（4）电动汽车电能转化为机械能的效率是多大？【分析】（1）电动机的工作原理是磁场对电流的作用；通电导体的受力方向与电流方向和磁场方向有关，结合推作的方便*考虑；（2）电动汽车对地面的压力等于汽车和人的总重力，根据G＝mg求出重力，然后根据公式p=FS计算压强；（3）汽车匀速行驶，牵引力与阻力相等，根据W＝Fs便可计算出牵引力做的功；（4）已知这个过程消耗的电能及牵引力做的功，根据η=WW总×100%求出电动汽车电能转化为机械能的效率。【解答】解：（1）电动机的工作原理是磁场对电流的作用；电动汽车的前进和倒车时，要改变电动机的转动方向，而电动机的转动方向与电流和磁场方向有关，而改变电流方向更为方便；即改变通电导体的电流电动汽车前进和倒退是通过改变电流的方向来改变电动机的转动方向的。（2）电动汽车对水平地面的压力为：F＝G＝（m1+m2）g＝（1380kg+60kg）×10N/kg＝1.44×104N；电动汽车对地面的压强为：p=FS=1.44×104N0.032m2=4.5×105Pa；（3）电动汽车匀速行驶，所以牵引力与阻力平衡，则电动汽车受到的牵引力为：F＝f＝0.05G＝0.05×1.44×104N＝720N；则电动车行驶60km，牵引力做的功为：W＝Fs＝720N×36×103m＝2.592×107J；（4）这个过程耗电：W总＝9kW•h＝9×3.6×106J＝3.24×107J；电动汽车电能转化为机械能的效率：η=WW总=2.592×107J3.24×107J×100%＝80%。答：（1）磁场对电流的作用；电流的方向；（2）电动汽车对水平地面的压强为4.5×105Pa；（3）电动汽车牵引力所做的功为2.592×107J；（4）电动汽车电能转化为机械能的效率是80%。【点评】主要考查电动机的工作原理、影响通电导体受的因素、压强大小计算和电功的计算，以及二力平衡条件及效率的计算。能够从表格中获得相关信息是关键。25．（6分）如图所示是某款电养生壶及其铭牌的部分参数，当养生壶正常工作时，求：额定电压220V频率50Hz额定功率1100W容量1L（1）养生壶正常工作的电阻。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要多长时间？（c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]（3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率。电表上标着“1200r/（kW•h）”，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2min电能表的转盘转了40r，求电养容量生壶的实际功率。【分析】（1）已知养生壶的额定功率和额定电压，由电功率公式的变形公式可以求出养生壶的电阻；（2）根据m＝ρV算出水的质量；已知水的质量、水的比热容和水温的变化，利用热量公式求出水吸收的热量；求出养生壶产生的热量，然后应用功率公式的变形公式求出养生壶正常工作的时间；（3）1200r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200r，求出转盘转40r电路中消耗的电能，然后根据P=Wt求出用电器的实际功率。【解答】解：（1）由P=U2R可得，养生壶正常工作时的电阻：R=U2P=(220V)21100W=44Ω。（2）1L水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg；水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105J，由η=Q吸W可得，养生壶消耗的电能：W=Q吸η=3.696×105J80%=4.62×105J，由P=Wt可得，养生壶工作时间：t=WP=4.62×105J1100W=420s。（3）转盘转动40转消耗电能：W=401200kW•h=130kW•h＝1.2×105J，t＝2min＝120s，电养生壶的实际功率：P实=Wt=1.2×105J120s=1000W。答：（1）养生壶正常工作的电阻为44Ω。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要420s；（3）电养生壶的实际功率为1000W。【点评】本题是一道电学与热学的综合应用题，与生活息息相关，使学生觉得学了物理有用，在应用时要注意应结合题意选择合适的计算公式。