2019年中考物理模拟试卷及答案解析14-19

2019年中考物理模拟试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，请把正确的选项填到答题卡中，共36分）1（3.00分）下列四幅图中，关于声现象的描述不正确的是（）A钢尺伸出桌边的长度越长，拨动时发出的声音的音调越高B医生用B超检查病情，利用的是声音可以传递信息C戴上防噪声耳罩，可以阻止噪声进入人耳D开启倒车雷达，可以利用超声波回声定位2（3.00分）下面关于热现象的四个图认识不正确的是（）A如图是做气体分子的扩散现象实验装置，a瓶装空气，b瓶装二氧化氮气体B如图提起浸在水面的玻璃板时测力计示数会变大，是因为玻璃和水分子间有引力C如图由于砂石的比热容比海水的比热容小，导致内陆地区昼夜温差比沿海地区小D如图是内燃机的压缩冲程，将机械能转化为内能3（3.00分）图甲所示是小明探究“平面镜成像特点”的实验装置，图乙、丙和丁是探究过程中实验装置的侧视图，则下列说法中不正确的是（）A图甲中两只完全相同的蜡烛做实验便于比较物和像的大小关系B如图乙所示，若在玻璃板与蜡烛B之间放一块挡光板，则不能通过玻璃板看到A的像C若实验时装置如图丙所示，则蜡烛A在玻璃板中的像偏高且倾斜，无法在桌面上记录像的位置D若实验时装置如图丁所示，则蜡烛A通过玻璃板所成的像与蜡烛A仍然大小相等4（3.00分）如图所示，利用图甲来测凸透镜的焦距，利用图乙来探究凸透镜成像的规律，在图乙所示的位置光屏上能成清晰的像，下列说法正确的是（）A由图甲可知凸透镜的焦距是 60.0cmB图乙中成像的特点与投影仪的成像原理相同C图乙中只将蜡烛向右移可以在光屏上得到倒立放大的像D图乙中若在凸透镜左侧“戴”上近视眼镜，光屏向右移动才能找到清晰的像5（3.00分）小明用利用托盘天平和量筒测量盐水的密度。部分操作过程如图所示，下列说法不正确的是（）A量筒中液体的体积是40cm3B盐水的密度是1.165103kg/m3C如果按照B、A、C的顺序会使测量结果偏小D按照A、C、B顺序操作如果盘中5g砝码因生锈质量变大则测得盐水密度偏大6（3.00分）如图为探究“比较不同物质吸热情况”的实验装置，图1中使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图象如图2所示。下列说法正确的是（）A由图象可知食用油的比热容为c油=2.8103 J/（kg）B在两个相同的烧杯中应加入体积相同的水和食用油C实验中物质吸热的多少是通过升高的温度来衡量的D右图图象中甲对应水，乙对应食用油7（3.00分）水平地面上有底面积为300cm2、不计质量的薄壁盛水柱形容器A内有质量为400g、边长为10cm、质量分布均匀的正方体物块B，通过一根长10cm的细线与容器底部相连，此时水面距容器底30cm（如图），计算可得出（）A绳子受到的拉力为10NB容器对水平地面的压力是94NC剪断绳子，待物块静止后水平地面受到的压力变化了6ND剪断绳子，待物块静止后水对容器底的压强变化了200 Pa8（3.00分）关于家庭电路，下列说法不正确的是（）A控制电灯的开关应接在灯和火线之间B家庭电路中同时工作的用电器越多，电路中的总电阻越大C使用测电笔辨别火线和零线时手一定要接触笔尾金属体D家庭电路中的电流过大，可能是总功率过大或者发生了短路9（3.00分）图甲是一种磁悬浮地球仪摆件，地球仪内部装有磁铁，底座内部装有如图乙所示的电磁铁。下列说法不正确的是（）A地球仪利用同名磁极间相互排斥的原理工作B地球仪内部磁铁的上端一定是N极C增大电磁铁线圈中的电流，地球仪静止时底座对水平桌面的压力与原来比变大D增大电磁铁线圈中的电流，地球仪静止时地球仪与底座之间距离与原来比变大10（3.00分）小红在探究“什么条件下磁可以生电”时观察到如图所示的现象：AB水平向右运动灵敏电流计指针的向左偏，下列关于这个实验现象说法不正确的是（）A若保持导体运动方向不变，只将磁体的N、S极对调，灵敏电流计指针的偏转方向与图中相反B若导体AB沿水平方向左、右运动时，灵敏电流计指针偏转幅度太小，可能是发生断路C若图中导体AB水平向左运动，电路中电流方向为：A电流表B。D若将灵敏电流计换成电源，还可以用来研究通电导体在磁场中受到力的作用11（3.00分）关于能源和信息，下列说法不正确的是（）A目前核电站中的核反应堆是通过可控的聚变反应释放核能的设备B风能、水能和太阳能都是一次、可再生能源C手机用“WiFi”上网是利用电磁波传递信息D电路中有迅速变化的电流时，在周围能够产生电磁波12（3.00分）如图所示，电源电压不变，电流表的最大量程03A，灯泡L标有“6V3W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响），当开关S闭合。S1、S2断开，滑片P从b端滑到某一位置时，变阻器的电阻减小6，电流表的示数变化0.1A，灯泡恰好正常发光；保持滑片P位置不变，闭合S1、S2，电流表的示数又变化了1.5A在开关S闭合时，下列说法中不正确的是（）A当 S1、S2都断开，调节滑片P，电路消耗的总功率最小为4.8WB当 S1、S2都断开，调节滑片P，电路消耗的总功率最大为12WC当S1、S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗的总功率最小为20WD当S1、S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗的总功率最大为36W二、非选择题（共34分）13（4.00分）作为新一线城市的武汉，地铁建设提速，多条线路通车，大大地缓解了城市公交运输压力，我校综合实践活动小组的同学们收集到已运行的地铁机车和公交汽车在某段运行区间内的相关数据如下：型号地铁机车地铁电力机车功率106W平均速度60km/h牵引力5106N额定载客量500人型号公交汽车燃油热值4107J/kg平均速度15km/h牵引力3000N额定载客量40人（1）甲、乙两地铁站相距2.4km，地铁运行需要 分钟的时间，地铁进站时，以列车为参照物，站台是 的。（2）公交汽车每千米消耗燃油0.3kg，行驶2.4km路程所消耗的燃油若完全燃烧则放出 J的热量，该公交汽车的效率是 。14（4.00分）酸甜多汁的水果不仅可以为我们的身体提供能量，还可以发电呢！如图所示，几只水果提供的电力足以点亮一排规格相同的发光二极管！（1）水果电池将 能转化为电能，为了使发光二极管更亮，这三个水果电池应该 （选填“串联”或“并联”）；（2）当连接好电路后，这些相同规格的发光二极管中只有一个不亮，经检查整个电路连接及所有元件均完好，则这些发光二极管是 （选填“串联”或“并联”）的，这个发光管不亮的可能原因是： 。15（3.00分）某同学观察到他家里的电能表如图所示。电能表上标识的“10A”表示该电能表的 电流为10A，他家同时工作的用电器的总功率不能超过 W该同学观察到当他家里只有一台电热水器工作时，这个电能表上的转盘在4min内转过了300转，则这台热水器的实际功率是 kW。16（4.00分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：（1）在没有挂钩码时杠杆的平衡位置如图甲所示。为使杠杆在水平位置平衡，可只将杠杆左端螺母向 （选填“左”或“右”）边旋一些。（2）杠杆调好后，第一组同学按图乙进行实验，第二组同学按图丙进行实验。同学们讨论后一致认为第二组实验更合理，理由是 。（3）若每个钩码质量为50g，则丙图中杠杆平衡时弹簧测力计的示数为 N（g=10N/Kg）。（4）杠杆在生活中应用十分广泛，下列属于省力杠杆的是 。A筷子 B镊子 C开瓶启子 D天平横梁17（4.00分）图a是小明、小红分别探究“水的沸腾”的实验装置，他们所用器材规格和水的质量相同。将水加热相同时间后停止加热。图b是根据实验数据绘制的水温随时间变化的图象。（1）由图象可知，此时水面上方的气压 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1标准大气压；水沸腾时烧杯上方有大量“白气”产生，“白气”是水蒸气 形成的（填物态变化名称）。（2）取走酒精灯，将装有海波的大试管放入上面实验的热水中（如图c）。根据温度计A和B的示数，绘制了海波和热水的温度随时间变化的图象（如图d）。由图象可知，在8min时，大试管内的海波处于 态（选填“固”、“液”或“固液共存”），10min后，海波的熔化将 （选填“继续”或“停止”）。18（4.00分）在下图中，图甲是研究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，碰到同一木块上。图乙是研究“牛顿第一定律”的实验装置，实验中让同一小车从斜面上相同的高度由静止滚下，在粗糙程度不同的平面上运动。请回答以下问题：（1）设计甲实验的目的是研究钢球动能的大小与 的关系；设计乙实验的目的是研究运动的小车与所受 的关系。（2）甲实验是通过观察 的大小，从而判断钢球动能的大小；乙实验是通过小车在粗糙程度不同的平面上运动的远近，推理得出：在理想情况下，运动的物体如果 ，将永远做匀速直线运动。19（5.00分）图甲是测量小灯泡（U额=2.5V）电功率的电路。电源电压恒为3V（1）请将图甲中的电路连接完整。（要求滑片P向右滑动时电灯变亮，导线不允许交叉）（2）正确连接完电路闭合开关，移动滑动变阻器发现灯泡始终不亮，电压表有示数、电流表无示数，则故障可能是 。（3）下表是记录的部分实验数据，图乙是第1次实验中电流表的示数，则小灯泡的额定功率为 W。（4）为了完成这5次测量，应该选取最大阻值不小于 的滑动变阻器。实验次数12345电压U/V2.52.01.51.00.5电流I/A0.220.190.160.1020（6.00分）如图甲所示是液压汽车起重机从水中打捞重物的示意图。A是动滑轮，B是定滑轮，C是卷扬机，D是油缸，E是柱塞，OB=5OF通过卷扬机转动使钢丝绳带动A上升，被打捞重物的体积是V=0.6m3，密度为4.0103kg/m3，重物出水前滑轮组的效率为60%，重物出水前卷扬机牵引力做的功随时间变化图象如图乙所示，求：（1）被打捞物体的重力？（2）重物出水前匀速上升的速度？（3）假设起重时E始终是沿竖直方向向上的力，忽略吊臂、滑轮及钢丝绳的重力和各种摩擦，物体离开水面后E对OB至少要施加多大的力才能吊起被打捞重物？参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，请把正确的选项填到答题卡中，共36分）1【考点】9D：频率及音调的关系；9L：防治噪声的途径；9N：声与能量【分析】声音的特征：音调、响度、音色；音调取决于物体振动的频率；响度取决于物体振动的幅度；声音可以传递信息；减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。现代汽车广泛利用了倒车雷达，它在工作时会发出超声波，这些声波遇到障碍物时会反射回来，根据回声到来的方位和时间，可以确定障碍物的位置。【解答】解：A、钢尺伸出桌面的长度越长，拨动时振动的频率越慢，音调越低，不影响响度，故A错误。B、医生用B超检查病情，利用了声音可以传递信息的特点，故B正确；C、戴上防噪声耳罩，是在人耳处减弱噪声，故C正确。D、汽车的倒车雷达，是因为超声波具有方向性强的特点，利用回声定位工作的，不是电磁波回声定位，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了防止噪声的途径、声音的传播条件、频率以及声的利用，具有一定综合性，属于声学基础知识的考查。2【考点】GF：比热容解释简单的自然现象；GH：分子间的作用力；GM：内燃机的四个冲程；GW：扩散现象【分析】（1）扩散现象，是指分子在永不停息地做无规则运动，通过两只瓶内的气体颜色变化，来反映二氧化氮气体分子在做无规则运动；由于空气的密度小于二氧化氮气体，所以一般情况下空气处于二氧化氮气体的上方；（2）玻璃片脱离水面的一瞬间，除了受重力、拉力外，还受到水分子对它的引力；（3）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；（4）根据气门的开闭情况和活塞的运动方向可判断图中哪个冲程；在内燃机的压缩冲程中，压缩气体做功，将机械能转化为内能；在做功冲程中，将内能转化为机械能。【解答】解：A、氧化氮的密度大于空气的密度，如果把二氧化氮气体放到上方的话，由于自身密度大的缘故，二氧化氮分子也会下沉到下方的空气瓶子中去，就不能说明分子在不停地做无规则运动，因此要把密度小的空气瓶子放到上方，把二氧化氮放在下方，故A正确；B、玻璃片脱离水面的一瞬间，除了受重力、拉力外，还受到水分子对它的引力。所以拉力大于玻璃片的重力，故B正确；C、沿海地区，水多；内陆地区水少、沙石多，因为砂石的比热容比海水的比热容小，白天，相同质量的沙石和水比较，吸收相同的热量，沙石的温度升高的多；夜晚，放出相同的热量，沙石的温度降低的多，导致沙漠地区昼夜温差比沿海地区大，故C错误；D、图中气缸的排气门关闭，活塞向上运动，是内燃机的压缩冲程，将机械能转化为内能。故D正确。故选：C。【点评】此题考查了分子运动论、内燃机各冲程的认识、水的比热容大的运用，都是热学知识中常考的内容，要理解会运用。3【考点】AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案【分析】（1）根据平面镜成像特点，两只完全相同的蜡烛，物像等大，对A进行分析并做出判断。（2）平面镜成的是虚像，是光的反射形成的，因此，在玻璃板后面放一块挡光板，不会影响观察物体的像。据此对B进行分析并做出判断。（3）由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，蜡烛的像与蜡烛不能重合；根据平面镜的成像特点，像物关于镜面对称作出蜡烛的像点即可确定平板玻璃中蜡烛A的像偏高且倾斜的是哪一个。据此对CD进行分析并做出判断。【解答】解：A、由平面镜成像特点可知，两只完全相同的蜡烛，物像等大，便于比较物和像的大小关系。故A正确；B、平面镜成的是虚像，是光的反射形成的，因此，如果在玻璃板后面放一块挡光板，则能看见物体的像A，无法看到物体B故B错误；CD、实验时平面镜必须要竖直放置，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，由图可知，乙图平面镜竖直放置，不会出现像偏高的情况，丙和丁图平面镜没有竖直放置，分别作出蜡烛A的关于平面镜的对称点，可知，丙图平板玻璃中蜡烛A的像偏高且倾斜，丁图平板玻璃中蜡烛A的像偏低且倾斜，大小仍然相同，如下图：故CD正确；故选：B。【点评】探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，解决办法，合理的思考和解释来考查同学的，值得我们关注。4【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验【分析】（1）凸透镜成像的规律，研究的是成像特点与物距之间的关系，成像特点的变化与透镜的焦距有关。首先确定凸透镜的焦距；（2）凸透镜成像规律：u2f，成倒立、缩小的实像；2fuf，成倒立、放大的实像；（3）凸透镜成时，物距变小，像距应变大；（4）凸透镜对光线起会聚作用，凹透镜对光线有发散作用。【解答】解：A、根据甲图可以知道f=60.0cm50.0cm=10.0cm，故A错误；B、根据乙图u2f，成倒立、缩小的实像，与照相机的原理是相同的，故B错误；C、将蜡烛向右移时，物距减小，像距应变大，光屏应右移，才能在光屏上得到倒立放大的像，故C错误；D、戴凹透镜对光有发散作用，所以像会成在原位置之后，光屏向右移动才能找到清晰的像。故D正确。故选：D。【点评】此题是凸透镜成像规律的常规题目，考查了学生对透镜成像规律的应用，透镜成像的原因，近视眼镜。5【考点】2L：液体的密度测量实验【分析】（1）读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；（2）天平标尺上最小的一格代表的质量叫标尺的分度值；使用天平测量物体质量时，首先要明确标尺的分度值，被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；已知烧杯和盐水的总质量和剩余盐水和烧杯的质量，可以得到量筒中盐水的质量；已知盐水的质量和体积，利用公式=得到盐水的密度；（3）如果按照B、A、C的顺序会由一部分液体附着在烧杯壁上，根据公式=判断密度的变化；（4）天平是较精密的测量工具，砝码锈蚀或缺损了就不能再使用，因为此时的砝码质量与标准值不同，所以会导致称量结果会有错误。【解答】解：A、量筒的分度值为1cm3，量筒中盐水的体积为V=40cm3；故A正确；B、在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；烧杯和盐水的总质量是m1=50g+20g+10g+2.4g=82.4g；剩余盐水和烧杯的质量为m2=20g+10g+5g+0.8g=35.8g，量筒中盐水的质量为m=m1m2=82.4g35.8g=46.6g，盐水的密度为=，=1.165g/cm3=1.165103kg/m3；故B正确；C、如果按照B、A、C的顺序会由一部分液体附着在烧杯壁上，使质量减小，由公式=判断密度偏小，故C正确；D、如果砝码生锈，则砝码的质量比实际值较大，所以当左盘放置1kg的物体时，右盘只需放置小于1kg的砝码即可，所以称得质量比实际质量偏小，由公式=得密度偏小，故D错误。故选：D。【点评】此题中考查了关于液体密度测量的基本技能，包括量筒的读数，运用密度的公式进行计算，以及测量误差的分析等。6【考点】GX：探究比热容的实验【分析】我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；【解答】解：AD、水的吸热能力强，升高相同的温度，加热时间长，右图图象中乙对应水，甲对应食用油，D错误；由图知，升高相同的温度，甲加热2分钟，乙加热3分钟，根据吸热之比为2：3，根据c=，在质量和升温相同情况下，比热容与吸热多少成正比，故c油=4.2103 J/（kg）=2.8103 J/（kg），A正确；B、根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，B错误；C、根据转换法，吸热多少是通过加热时间比较的，故C错误。故选：A。【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。7【考点】81：压力及重力与压力的区别；89：液体的压强的计算；8P：浮力大小的计算【分析】（1）物体在水中受到三个力的作用：重力、浮力和绳子的拉力。利用G=mg求出木块的重力，木块浸没在水中，求出木块的体积，即排开水的体积，利用F浮=水gV排计算木块受到的浮力；已知物重和浮力，两者之差就是绳子的拉力；（2）容器对水平地面的压力等于容器、水、木块的重力之和；（3）绳子断和断之前，容器对桌面的压力不变等于容器重、水重和木块重之和，（4）根据漂浮时浮力与重力的关系得出木块受到的浮力；根据根据F浮=液gV排得出木块排开水的体积，根据V排的变化得出水深度的变化，从而可得压强的变化。【解答】解：A、木块的重力：G=mBg=0.4kg10N/kg=4N，木块浸没在水中，则V排=V木=（10cm）3=1000cm3=1103m3，物体浸没时受到的浮力为：F浮=水gV排=1.0103kg/m310N/kg1103m3=10N，绳子的拉力为：F=F浮G=10N4N=6N；故A错误；B、容器内水的体积V=Sh=300cm230cm1000cm3=8000cm3=8103m3，由=可得，水的质量m水=V=1.0103kg/m38103m3=8kg，因不计质量的薄壁盛水柱形容器，则容器对水平地面的压力F=G总=（m水+mB）g=（0.4kg+8kg）10N/kg=84N，故B错误；C、绳子断和断之前，容器对桌面的压力不变，受力面积不变，故剪断绳子，待物块静止后水平地面受到的压强没有变化，故C错误；D、木块漂浮，F浮=G=4N；由F浮=液gV排得，木块漂浮时排开水的体积：V排=4104m3；所以液面下降的深度为：h=0.02m；则p=水gh=1.0103kg/m310N/kg0.02m=200Pa故D正确；故选：D。【点评】本题考查液体压强的计算，浮力的计算，物体的沉浮条件的应用。注意固体压强的计算要利用公式p=，木块在水中的浮力要利用浮力的公式来计算，木块漂浮时的浮力要利用漂浮的条件来求，因此，解题时选对方法才能起到事半功倍的效果。8【考点】IV：安全用电原则【分析】（1）出于安全原则电灯的开关应接在火线上；（2）电阻并联的规律，并联电阻越多，总电阻越小；（3）使用试电笔时，手只有接触笔尾金属体，测电笔才能使用；（4）家庭电路中电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大。【解答】解：A、开关要控制电灯，要与点灯串联，且接在火线上，这样开关断开时，灯泡不再与火线相连，在维修和更换时不会造成触电事故，故A正确；B、家庭电路中同时工作的用电器越多，相当于电阻并联，电路的总电阻越小，故B错误；C、使用测电笔时，手必须接触笔尾金属体，用笔尖接触被检测导线，才能辨别火线和零线，故C正确；D、空气开关跳闸是由电路中电流过大造成的，可能是短路也可能是用电器的总功率过大，故D正确。故选：B。【点评】本题主要考查了与家庭电路有关的电学知识，充分了解家庭电路的特点以及常见现象，是我们学习和应用的关键。9【考点】C4：磁极间的相互作用；CA：通电螺线管的磁场【分析】（1）地球仪利用了同名磁极相互排斥的原理；（2）利用安培定则可判断地球仪内部磁铁的磁极；（3）根据二力平衡分析压力及距离变化的大小。【解答】解：A、磁悬浮地球仪之所以能悬浮在空中，是利用了同名磁极相互排斥的原理。故A正确；B、由安培定则和图示可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的下端，则螺线管的下端为N极、上端为S极（即底座的上端为S极）；磁悬浮地球仪利用了同名磁极相互排斥的原理，所以地球仪内部磁铁的上端一定是N极。故B正确；CD、增大电磁铁线圈中的电流，地球仪受到的磁力增大，地球仪与底座之间距离变大；地球仪受到的重力不变，最后还是处于静止状态，所以底座对地球仪的磁力大小不变，底座的重力不变。所以底座对水平桌面的压力与原来相等，故C错误、D正确。故选：C。【点评】此题综合考查了平衡状态的判断、同名磁极相互排斥等知识点，要从题目中寻找有用的信息，利用有关知识点解题。10【考点】CP：电磁感应【分析】（1）闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感应运动时，电路中就会产生感应电流。其条件之一是导体必须做切割磁感线运动，导体不运动是不会产生电流的，运动了，没沿切割磁感线方向运动，还不会产生电流；且感应电流的方向与电流的方向和磁场的方向有关。（2）电动机是利用通电导体在磁场中受力而转动的原理制成的。【解答】解：A、由于感应电流的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故若保持导体运动方向不变，只将磁体的N、S极对调，灵敏电流计指针的偏转方向与图中相反，故A正确；B、若导体AB沿水平方向左、右运动时，灵敏电流计指针偏转幅度太小，说明产生的感应电流太小，不可能是断路，若断路时，电路中没有电流，灵敏电流计指针不偏转，故B错误；C、因为AB水平向右运动灵敏电流计指针的向左偏转，当导体AB水平向左运动，电路中电流方向改变，电流表指针向右偏转，电流从A电流表B故C正确；D、若将灵敏电流计换成电源，是电动机的原理图，用来研究通电导体在磁场中受到力的作用，股D正确。故选：B。【点评】产生感应电流的条件注意三点：一是“闭合电路”，电路必须是完整的回路，二是“一部分导体”，不是全部的导体都在参与运动，三是“切割磁感线运动”，导体的运动必须是切割磁感线的，正切、斜切都可以，但不能不切割。11【考点】D1：电磁波的产生；D2：电磁波的传播；K2：能源的分类；K7：核裂变【分析】（1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的；（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于都是一次，可再生能源；（3）手机是利用电磁波来传递信息的；（4）变化的电流周围产生电磁波。【解答】解：A、核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的，故A错误；B、风能、水能和太阳能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于都是一次，可再生能源，故B正确；C、手机用“WiFi”上网是利用电磁波来传递信息的，故C确；D、电路中有迅速变化的电流时，在周围能够产生电磁波，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了核能，能源分类，电磁波产生及应用，属于基础知识。12【考点】JA：电功率的计算【分析】先画出出三种情况的等效电路图：（1）灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电流；（2）根据欧姆定律可知图1电阻大于图2中的电阻时图1的电流为图2电流减去0.1A，根据电阻越并越小可知图3中的电阻最小，电流表的示数为图2电流加1.5A，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出图1、图2的电源，利用电源的电压不变建立等式求出滑动变阻器的最大阻值，进一步求出电源的电压；根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出图3中通过滑动变阻器的电流，利用并联电路的电流特点求出通过R0的电流，利用欧姆定律求出R0的阻值；当三个开关S、S1、S2都闭合且滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路消耗的电功率最小，利用并联电路的电压特点和P=求出R与R0消耗的电功率，两者之和即为电路消耗总功率的最小值。【解答】解：在开关S闭合时，当S1、S2断开，滑片P在b端时，等效电路图如图1所示；滑片滑到某一位置时，等效电路图如图2所示；保持滑片P位置不变，闭合S1、S2，等效电路图如图3所示。（1）图2中，串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，根据P=UI可得，电路中的电流：I2=IL=0.5A，图1和图2相比，图1中总电阻较大，由欧姆定律可知，电路中电流较小，则图1中的电流I1=I20.1A=0.5A0.1A=0.4A，图3中总电阻最小，则电流表的示数I3=I2+1.5A=0.5A+1.5A=2A，根据欧姆定律可得，灯泡的电阻：RL=12，电源的电压不变，由欧姆定律和电阻的串联可得：U=I1（RL+Rab）=I2（RL+Rab6），即：0.4A（12+Rab）=0.5A（12+Rab6）解得：Rab=18，电源的电压：U=0.4A（12+Rab）=0.4A（12+18）=12V；图3中，并联电路中各支路两端的电压相等，此时通过滑动变阻器的电流：I滑=1A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则通过R0的电流：I0=I3I滑=2A1A=1A，R0的阻值：R0=12，（2）当开关S闭合、S1、S2都断开时，L与Rab串联，即滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路消耗的电功率最小，则P小=4.8W；故A正确；当 S1、S2都断开，调节滑片P，灯泡和变阻器串联，由题知，灯泡L标有“6V3W”，灯泡正常发光时的电流IL=0.5A，即电路中的最大电流为0.5A，此时电路的总功率最大，则P大=UI最大=12V0.5A=6W，故B不正确；（3）当三个开关S、S1、S2都闭合时，R0与变阻器并联，此时电路的总功率：P=P0+Pab，则滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，变阻器消耗的功率最小，电路消耗的总功率最小，电路消耗总功率的最小值：P小=+=+=20W；故C正确；由图可知，当滑片向左滑动时，电流表示数逐渐变大，由于电流表的量程03A，即电路中最大电流I大=3A，此时电路的最大功率：P大=UI大=12V3A=36W，故D正确；故选：B。【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、电功率公式的灵活应用，关键是画出等效电路图和弄清各量之间的关系，难度较大。二、非选择题（共34分）13【考点】53：运动和静止的相对性；69：速度公式及其应用；GJ：燃料的热值；GL：热机的效率【分析】（1）由表中数据找出地铁机车的速度，然后由速度公式的变形公式可以求出机车的运动时间；运动和静止是相对的，相对于参照物来说物体位置发生变化则是运动的，否则是静止的。（2）先求出行驶2.4km消耗的燃油，然后由燃烧值求出燃油释放的热量；由表中数据找出公交车的牵引力，然后由功的计算公式求出牵引力的功，最后由效率公式求出公交车的效率。【解答】解：（1）由表中数据可知，地铁机车的速度v地铁=60km/h，由v=可得，地铁的运行时间：t=0.04h=0.0460min=2.4min，当列车驶进站台时，若以列车为参照物，站台相对于列车来说位置发生变化，所以说站台是运动的。（2）公交车行驶2.4km消耗的燃油m=0.3kg/km2.4km=0.72kg，燃油完全燃烧释放出的热量Q=qm=4107J/kg0.72kg=2.88107J，由表中数据可知，公交车的牵引力F=3000N，公交车做的功W公交=Fs=3000N2400m=7.2106J，公交车的效率=100%=100%=25%。故答案为：（1）2.4；运动；（2）2.88107；25%。【点评】本题考查了求地铁的运行时间、运动和静止的相对性、消耗的电能，公交车的效率等问题，涉及的问题较多，熟练应用速度公式的变形公式、电功公式、功的计算公式、效率公式等即可正确解题。14【考点】HH：电源及其能量转化；HT：串联电路和并联电路的辨别【分析】（1）水果电池将化学能转化为电能；单个电池电压太小，电池串联后可使电压变大；（2）串联电路只有一条电流路径，各用电器之间相互影响；并联电路，各用电器之间互不影响；二极管具有单向导电的性质。二极管是由半导体材料制成的，有两根引线，一根为正极，另一根为负极；二极管的导电性能很特殊，它只允许电流从它的正极流向负极，不允许从负极流向正极，二极管正负接线柱接反后，二极管相当于断路。【解答】解：（1）水果电池将化学能转化为电能；单个电池电压太小，电池串联后可使电压变大；所以为了使发光二极管更亮，这三个水果电池应该串联；（2）当连接好电路后，只有一个发光二极管不亮，根据并联电路中各用电器之间互不影响，可知这些发光二极管是并联的；由于整个电路连接及所有元件均完好，由于发光二极管的单向导电性，则这个发光管不亮的可能原因是二极管正负接线柱接反引起的。故答案为：（1）化学；串联；（2）并联；二极管正负接线柱接反了。【点评】本题考查串、并联电路的判断方法；电路故障分析；发光二极管的单向导电性的理解；难度不大，掌握基本知识即可回答。所以此题考查学生对发光二极管的单向导电性知识的理解。15【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法；JA：电功率的计算【分析】已知电能表的额定电压和最大电流，根据公式P=UI可求电路的最大功率；已知电能表每消耗1kWh的电能，转盘就转过3000r；可求转动300消耗的电能；已知消耗的电能和时间，根据公式P=求出电功率。【解答】解：电能表上标识的“40A”是电表电流上限，超过此电流会损坏电表或者测量不准；家中用电器的总功率不能超过：P大=UI=220V40A=8800W；转过300r消耗的电能W=kWh=0.1kWh；热水器的实际功率：P=1.5kW。故答案为：标定；8800；1.5。【点评】本题考查消耗电能、电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用；难点是对电能表各个参数物理意义的正确理解；解题过程中要注意单位的换算。16【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验【分析】（1）如果杠杆左端下沉，应向右调节平衡螺母，使杠杆在平衡位置平衡。（2）探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，此时力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；（3）根据杠杆的平衡条件，可计算出用弹簧测力计在C点竖直向上拉着杠杆使它水平平衡时的拉力；（4）对物理模型的抽象、分析能力。判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断。【解答】解：（1）发现杠杆左端下沉，此时，应把杠杆左端的平衡螺母向右调节，使杠杆在不挂钩码时，在水平位置平衡。（2）力臂等于支点到力的作用线的距离，杠杆在水平位置平衡，当力的方向与杠杆垂直时，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，因此丙实验设计的好，此时弹簧测力计的拉力与杠杆垂直，便于测量力臂；（3）设OA=4L，则L1=2L，A处3个钩码的重力GA=mAg=350103kg10N/kg=1.5N，由杠杆的平衡条件可知：OAGA=L1F，4L1.5N=F2L，解得F=3N；（4）我们在使用筷子、镊子时都是为了省距离，并且在使用的过程中都是动力臂小于阻力臂，所以它们都是费力杠杆，故AB不符合题意；天平是典型的等臂杠杆，它的动力臂等于阻力臂，故D不符合题意；我们在使用开瓶盖的起子时是为了省力，并且在使用的过程中动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆，故C符合题意。故选C。故答案为：（1）右；（2）便于测量力臂；（3）3；（4）C。【点评】本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。17【考点】1F：熔化和凝固的探究实验；1O：探究水的沸腾实验【分析】（1）液体的沸点随气压的降低而降低，可知此时实验室内的气压小于一个标准大气压；由气体变成液体叫液化；（2）由图象可知第10分钟，海波的熔化将停止。【解答】解：（1）水沸腾的特点是：由图象知，水沸腾时温度保持99，说明水的沸点为99，水沸腾的特点是：不断吸热，但温度不变；此时水面上方的气压小于一标准大气压；水沸腾时看到烧杯上方出现大量的“白气”，是水首先发生汽化，然后汽化成的水蒸气遇冷又液化成的小水珠，就是看到的白气；（2）由图象可知第8分钟时，海波正处于熔化阶段，故海波处于固液共存态，到第10分钟，海波不能继续吸热，海波的熔化将停止。故答案为：（1）小于；液化；（2）固液共存；停止。【点评】考查了水的沸腾以及对晶体熔化过程中的特点，从图中找出相关的信息：熔点、熔化过程中的特点。18【考点】FQ：探究影响物体动能大小的因素【分析】（1）动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与质量关系时，控制速度不变；探究动能与速度关系时，控制质量不变。图乙是研究小车的运动与所受摩擦力的关系，此时应该让接触面的粗糙程度不同；（2）图甲中可利用转化法研究小球的动能，即让钢球撞击木块，观察木块的滑行距离，可以判断出动能的大小。图乙中物体如果不受外力作用，则运动的物体将一直匀速直线运动状态。【解答】解：（1）甲图中实验中让同一小球从同一个斜面上不同的高度由静止开始运动，“同一小球”控制了小球的质量不变，“不同高度”小球的高度不同，运动的速度也就不同，因此该实验探究的是小球动能与速度的关系。乙实验中的小车与地面的粗糙程度不同，所以是研究小车的运动与所受摩擦力的关系；（2）在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察小球推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想；由图乙可知，接触面越光滑，物体所受摩擦力越小，物体运动的越远，所以如果物体不受外力作用，则运动的物体将一直匀速直线运动状态。故答案为：（1）速度；摩擦力；（2）小球推动木块移动的距离；物体不受外力作用。【点评】本题中涉及到两个实验，实验器材与实验方法有相似的地方：都用到了斜面；都采用了控制变量法与转换法，学习中注意总结归纳。19【考点】JF：电功率的测量【分析】（1）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程且与灯泡并联，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，滑片P向右滑动时电灯变亮说明电路中的电流变大，滑动变阻器接入电路中的电阻变小即右下方接线柱必须接入电路中；（2）根据电路故障现象分析电路故障原因。（3）根据电流表的量程和分度值读出第1次实验中电流表的示数；根据P=UI算出电功率；（4）当灯泡两端的电压最小时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求出滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接