2020重庆市中考物理试卷（B卷）

1、2020年重庆市中考物理试卷（B卷）一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分）1（3分）（2020重庆）下列物理量最接近实际的是（）A人体的正常体温约42B一个实心球的重力约20NC中学生的手掌宽度约40cmD我国家庭电路的电压约22V2（3分）（2020重庆）下列事例描述正确的是（）A仙女山大草原的积雪慢慢熔化，需要吸收热量B衣柜中的樟脑丸逐渐变小，是发生了凝华现象C将“便利贴”贴在作业纸上，利用了分子间的斥力D严冬，人们搓手取暖是利用热传递来增加手掌内能3（3分）（2020重庆）如图所示的事例，由于光的直线传播形成的是（）A筷子“折断”B水中“倒影”C

2、用放大镜看字D晴空“日环食”4（3分）（2020重庆）下列说法中，正确的是（）A长期不使用的电视机，不用切断电源B发现有人触电，应立即断开电源总开关C小磁针的N极和磁铁的S极相互排斥D通电螺线管两端的极性跟电流方向无关5（3分）（2020重庆）如图所示，下列描述正确的是（）A图甲中，滑冰运动员滑行过程中没有惯性B图乙中，用力压住粉笔写字是为了减小摩擦力C图丙中，园艺工人修剪花枝的剪刀属于省力杠杆D图丁中，飞机起飞利用了空气流速大压强大的原理6（3分）（2020重庆）某种电子测温枪靠近被测者额头，闭合测温开关S1，只有热敏电阻R工作。测温枪的显示屏显示被测者温度；在环境光线较暗看不清示数时，再闭

3、合开关S2，显示屏补光灯泡L发光；在测温开关S1断开时闭合开关S2，灯泡L不发光。关于热敏电阻R与补光灯泡L在电路中的连接方式，图中的电路符合要求的是（）ABCD7（3分）（2020重庆）如图所示，是某建筑工地使用的一种起重机的滑轮组。一次提升货物A的质量为2.7×103kg30s内货物A被匀速提升了3m，动滑轮的重为3×103N（不计起重机钢绳重和切摩擦）。下列分析中正确的是（）A钢绳自由端的移动速度为0.1m/sB拉力F的功率为1.5×103WC滑轮组的机械效率为90%D钢绳的拉力F的大小为1.0×104N8（3分）（2020重庆）如图甲所示的电路，

4、电源电压不变，L是标有“4V”字样的灯泡。定值电阻R0的阻值为60，两个电流表的量程均为00.6A，电压表的量程为015V图乙是小灯泡L的电流随其电压变化的图象。当S闭合。S1，S2断开，将滑片P移到变阻器R的中点时，小灯泡L恰好正常发光，电压表示数为5V下列说法正确的是（）A电源电压为5VB变阻器R的最大阻值为10C移动滑片P，当灯泡L的功率为1W时，变阻器R接入的阻值为6.25D当S，S1，S2都闭合，为保证电路安全，变阻器R消耗的最大功率为4.05W二、填空作图题（本题共6个小题第14小题作图2分.其余每空1分，共12分，）9（2分）（2020重庆）英国科学家 总结了伽利略等人的研究成果

5、概括得出：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。1643年6月，意大利科学家托里拆利最早通过实验测量出了 的值。10（2分）（2020重庆）举世闻名的三峡水利枢纽工程的船闸实现了上下游通航，船闸的工作利用了 原理，轮船在闸室中前进时，若以河岸为参照物，该轮船是 （选填“运动”成“静止”）的。11（2分）（2020重庆）如图所示，是小静同学观察到自家电能表的情况，其显示的示数为 kWh他关掉其它用电器，只让电饭锅处于加热状态工作，观察到电能表的转盘在8min内用好转动了72转。则他家的电饭锅加热时的电功率为 W。12（2分）（2020重庆）甲、乙为两个质量分布均匀的实心

6、圆柱体放置在水平桌面上，沿着水平方向，切去上部分，剩余部分对桌面的压强p与切去部分高度h的关系如图所示，已知甲的密度为4.0×103kg/m3则圆柱体甲的高度为 cm当它们被切去高度均为12cm，将各自被切去部分放置在另一个圆柱体剩余部分的上表面时，甲剩余部分和乙切去部分的组合体对桌面的压强为p1乙剩余部分和甲切去部分的组合体对桌面的压强为p2，且p1：p23：2，则甲、乙圆柱体的底面积之比为 。13（2分）（2020重庆）2020年6月23日，我国成功将北斗导航系统最后一颗组网卫星送入预定轨道，标志看北斗三号全球卫星导航系统星座部署全面完成。发射前，搭载着卫星的火箭矗立在发射平台上

7、，给火箭加注低温燃料过程中，火箭周围冒出缕缕“白气”：点火后，火箭尾部喷出熊熊火焰（如图），搭载着卫星腾空而起；在加速飞向太空的过程中，地面遥测站与火箭和卫星不停地进行着信息交换；卫星和第三级火箭脱离后，火箭上的摄像头监控到卫星缓缓离去，卫星上的太阳能电池帆板缓缓打开，能给卫星提供工作需要的电能。请找出一个与上述情景相关的物理信息，并指出对应的物理知识，不得与示例重复。示例：物理信息：火箭搭载着卫星腾空而起；物理知识：以地面为参照物，火箭和卫星是运动的。作答：物理信息： 。物理知识： 。14（1分）（2020重庆）请按要求完成下列作图：如图所示，请画出平行于主光轴的入射光线AB经凸透镜折射后的

8、光线。15（1分）（2020重庆）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上。请画出拉力F的力臂（用L表示）。三、实验探究题（本题共3个小题，第16小题6分，第17小题8分.第18小8分，共22分）16（6分）（2020重庆）小明完成了下列实验，请按要求完成下列问题：（1）他在利用图1的装置探究“平面镜成像特点”的实验中。应选取一块 （选填“厚”或“薄”）玻璃板竖直放置在铺有白纸的水平木板上：为了比较像和物体的大小关系，应选取两支 （选填“相同”或“不同”）的蜡烛：探究中，在蜡烛所成像的位置放置一块光屏，光屏上不能承接到蜡烛的像，说明平面镜成的是 （选填“虚”或“实”）像。（2

9、）他在做“观察水的沸腾”实验中某时刻观察到温度计示数如图2甲所示，则此时水的温度为 ；根据记录数据画出加热过程中水的温度与时间关系图象如图2乙所示，分析图象可知，被测水的沸点是 ，水在沸腾过程中温度 （选填“升高”“降低”或“不变”）。17（8分）（2020重庆）小倩同学在探究“电流与电压关系”的实验中，选用器材有：学生电源（电压恒为4.5V）、电流表、电压表、定值电阻R、开关S、导线若干和标有“50 0.5A”字样滑动变阻器R（1）用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整。（要求：滑片P向D端移动时，电路中的电流变大，且导线不能交叉。）（2）连接电路时，开关必须 （选填“断开”或“闭合”）。

10、在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到 （选填“A”或“B”）端。（3）闭合开关S后，移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是定值电阻R发生了 （选填“断路”或“短路”）。（4）排除故障后闭合开关S，移动滑片P，当电流表的示数为0.28A时，电压表指针位置如图乙所示，则定值电阻R的阻值为 多次改变滑动变阻器滑片P的位置，记录的实验数据如表：实验次数1234电压U/V1.01.42.02.4电流I/A0.100.140.200.24根据实验数据分析，可初步得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与这段导体两端的电压成 比。（5）在实验过程中，滑

11、动变阻器R接入电路的阻值不得小于 。18（8分）（2020重庆）小铭在学校期间，使用一种医用免洗洗手液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味看到该液体流动性较差。查看瓶身上的说明后，确定这种洗手液主要成分为75%的酒精。于是，小铭所在的兴趣小组对这种洗手液的密度进行了测量。（1）实验前，将托盘天平放在 工作台上，游码移到标尺的“0”刻度线处，指针静止在如图1甲所示位置，此时应将右端的平衡螺母向 （选境“左”或“右”）调节，使天平平衡。（2）将盛有适量洗手液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图1乙所示，烧杯和洗手液的总质量为 g；将烧杯中的部分洗手液倒入量筒，测得烧

12、杯和剩余洗手液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图1丙所示，则量筒内洗手液的体积为 mL，这种洗手液的密度为 g/cm3。（3）小铭对洗手液的密度测量结果有疑感，回到家后利用电子秤、烧杯、细线和一个实心铝块等器材再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：在烧杯中倒入适量洗手液放置在电子秤上（如图2甲）；将系好细线的铝块缓缓浸没到洗手液中保持静止（如图2乙），洗手液未溢出；将铝块缓慢沉底后松开细线（如图2丙）。则这次测得洗手液的密度为 g/cm3，对前后两次实验进行分析，发现在 （选“学校”或“家”）所测洗手液密度的结果更接近真实值，造成另一次密度测量结果与真实值的差

13、异较大的原因可能是 。（已知铝块的密度为2.7g/cm3，不计细线质量，细线和正方体均不吸收洗手液）四、论述计算题（本题共3个小题，第19小题6分第20小题8分，第21小题8分，共22分解答应写出必要的文字说明步骤和公式，只写出最后结果的不能得分19（6分）（2020重庆）如图所示，电源电压不变，定值电阻R1阻值为10，定值电阻R2阻值为20当开关S闭合后，电流表示数为0.2A求：（1）R1两端的电压；（2）在10s内，电流通过R2做的电功。20（8分）（2020重庆）如图所示，底面积为200cm2、重为10N的薄壁柱形容器，放在水平桌面上，把边长为10cm的实心正方体A（不吸水），用细线悬挂

14、固定在容器正上方静止时，正方体A有的体积漫入水中，此时容器内水深12cm，已知正方体A的密度A3.0g/cm3求：（1）水对容器底部的压强；（2）正方体A受到的浮力大小；（3）解开细线，将正方体A缓缓放入水中，待正方体A静止后（容器中的水未溢出），容器对桌面的压强。21（8分）（2020重庆）小明家用电火锅烹饪烤肉，肉烤熟后立即将电火锅调至“低温档”，一段时间后锅内热油仍向外飞溅，容易烫伤家人。小明断开电源，看到电火锅铭牌的主要参数如图甲所示；打开底盖，发现其工作电路原理如图乙所示，R1、R2为阻值未知的电热丝。为了对烤熟的食物保温，同时避免锅内热油向外飞溅，小明对电火锅的工作电路进行了改进，

15、可以分别实现“高温档”“低温档”或“保温档”功能，改进后的电路原理如图丙所示。求：（1）电火锅使用“高温档“正常工作时电路中的电流；（2）在图丙中，当S闭合，S1断开，S2接b，电火锅处于“保温档”，该状态下电火锅正常工作时消耗的电功率；（3）用电高峰时电路的实际电压降为198V向锅内装2kg温度为25的水，用高温档”连续工作100s，水温升高到35，这时电火锅的加热效率是多少？已知水的比热容c水4.2×103J/（kg），电热丝的电阻不随温度变化，水吸收的热量跟电火锅消耗的电能的比值叫做加热效率2020年重庆市中考物理试卷（B卷）参考答案与试题解析一、选择题（本题共8个小题，每小题

16、只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分）1（3分）（2020重庆）下列物理量最接近实际的是（）A人体的正常体温约42B一个实心球的重力约20NC中学生的手掌宽度约40cmD我国家庭电路的电压约22V【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。【解答】解：A、人体的正常体温约37，故A不符合实际；B、实心球的质量约2kg，受到的重力约Gmg2kg×10N/kg20N，故B符合实际；C、中学生手掌宽度一般在10cm1dm左右，故C不符合实际；D、我国家庭电路的电压约220V，故D不符合实际。故选：B。【点评

17、】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。2（3分）（2020重庆）下列事例描述正确的是（）A仙女山大草原的积雪慢慢熔化，需要吸收热量B衣柜中的樟脑丸逐渐变小，是发生了凝华现象C将“便利贴”贴在作业纸上，利用了分子间的斥力D严冬，人们搓手取暖是利用热传递来增加手掌内能【分析】（1）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。（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；

18、吸热的有：熔化、汽化、升华。（3）改变内能的方法有：做功和热传递。【解答】解：A、大草原的积雪慢慢熔化，熔化过程中吸收热量，故A正确。B、樟脑丸逐渐变小，是发生了升华现象，故B错误。C、将“便利贴”贴在作业纸上，利用了分子间的引力，故C错误。D、人们搓手取暖是利用做功的方法来增加手掌内能，故D错误。故选：A。【点评】熟练记忆物态变化的名称，知道吸热和放热情况，理解分子动理论内容和改变内能的方法，可解答此题。3（3分）（2020重庆）如图所示的事例，由于光的直线传播形成的是（）A筷子“折断”B水中“倒影”C用放大镜看字D晴空“日环食”【分析】根据四幅图中形成的原理不同，对其进行分析，并选出符合要

19、求的选项。（1）光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像、水变浅了、水中的筷子折断了等；（2）光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；（3）掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。【解答】解：A、筷子好像在水面处“折断”是由光的折射形成的，故A不符合题意；B、水中“倒影”，属于平面镜成像现象，是由于光的反射形成的，故B不符合题意；C、用放大镜看文字时，文字变大了，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；D、晴空“日环食”属于日食的形成，是由于太阳、地球、月亮

20、在同一直线上，月亮在中间挡住太阳光而形成的，属于光的直线传播，故D符合题意。故选：D。【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。4（3分）（2020重庆）下列说法中，正确的是（）A长期不使用的电视机，不用切断电源B发现有人触电，应立即断开电源总开关C小磁针的N极和磁铁的S极相互排斥D通电螺线管两端的极性跟电流方向无关【分析】（1）用电器工作的时间越长，消耗的电能越多。（2）一旦发生触电事故，应立即断开电源开关，或用绝缘体将电线挑开，使触电者与电源脱离，并进行现场抢救。（3）磁铁的同极相互排斥，异极相互吸引，两

21、个磁极的作用是相互的。使用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，才是正确的，当氖管发光时，说明是接触的是火线。（4）安培定则的内容是：用右手握住螺线管，弯曲的四指所指的方向是电流的方向，大拇指所指的那端是螺线管的N极。【解答】解：A、长期不使用的电视机，要切断电源，可以节约电能，养成节能的习惯，故A错误；B、发现有人触电时，不要直接去救援，因为人体是导体，如果接触触电人，救援人员可能直接或间接接触火线，发生触电事故，所以一定先切断电源，故B正确；C、同极相互排斥，异极相互吸引，故小磁针的N极和磁铁的S极接近时，会相互吸引，故C错误；D、根据安培定则的内容判定线电流的磁感线的方法是：右手握住导线，

22、让弯曲的四指所指的方向跟电流方向一致，大拇指所指的方向就是通电螺线管的N极。故通电螺线管两端的极性跟电流方向有关；故选：B。【点评】此题考查了节约用电的做法、发现有人触电时的抢救方法，磁极间的相互作用，以及通电螺线管极性的判断，是一道基础题。5（3分）（2020重庆）如图所示，下列描述正确的是（）A图甲中，滑冰运动员滑行过程中没有惯性B图乙中，用力压住粉笔写字是为了减小摩擦力C图丙中，园艺工人修剪花枝的剪刀属于省力杠杆D图丁中，飞机起飞利用了空气流速大压强大的原理【分析】（1）物体具有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，任何物体都具有惯性；（2）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增

23、大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；（3）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；（4）流体流速越大的位置，压强越小。【解答】解：A、任何物体都具有惯性，所以滑冰运动员滑行过程中仍然有惯性，故A错误；B、用力压住粉笔写字是通过增大压力来增大摩擦力的，故B错误；C、园艺工人用来修剪树枝的剪刀，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C正确；D、飞机起飞利用了“空气流速大的地方压强小”的原理，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了惯性、增大摩擦力的方法、杠杆的分类以及流体压强和流速的关系，是一道综

24、合题；生活处处有物理，我们要认真观察、思考我们生活中的物理现象。6（3分）（2020重庆）某种电子测温枪靠近被测者额头，闭合测温开关S1，只有热敏电阻R工作。测温枪的显示屏显示被测者温度；在环境光线较暗看不清示数时，再闭合开关S2，显示屏补光灯泡L发光；在测温开关S1断开时闭合开关S2，灯泡L不发光。关于热敏电阻R与补光灯泡L在电路中的连接方式，图中的电路符合要求的是（）ABCD【分析】由题意可知，闭合开关S1，只有热敏电阻R工作，说明S1只控制热敏电阻R，闭合开关S2，显示屏补光灯泡L发光；在测温开关S1断开时闭合开关S2，灯泡L不发光，说明灯泡与热敏电阻R并联，S1在干路上，S2在灯泡L的

25、支路上。【解答】解：由题意可知，灯泡L和热敏电阻R并联，S1在干路上，S2在灯泡L的支路上。A、图中灯泡与热敏电阻R串联，故A不符合题意；B、由图可知，只闭合测温开关S1，灯泡和热敏电阻R都工作。故B不符合题意；C、开关S1断开时，闭合开关S2，灯泡L发光，故C不符合题意；D、闭合测温开关S1，只有热敏电阻R工作，再闭合开关S2，灯泡L发光，开关S1断开时闭合开关S2，灯泡L不发光，故D符合题意；故选：D。【点评】此题以电子测温枪考查电路图的设计，读懂题意，明确灯泡L和热敏电阻R并联是关键。7（3分）（2020重庆）如图所示，是某建筑工地使用的一种起重机的滑轮组。一次提升货物A的质量为2.7&

26、#215;103kg30s内货物A被匀速提升了3m，动滑轮的重为3×103N（不计起重机钢绳重和切摩擦）。下列分析中正确的是（）A钢绳自由端的移动速度为0.1m/sB拉力F的功率为1.5×103WC滑轮组的机械效率为90%D钢绳的拉力F的大小为1.0×104N【分析】（1）已知30s内货物A被匀速提升了3m，可求得物体上升的速度，由图可知，2段绳子承担物重，钢绳自由端的移动速度等于物体升高速度的2倍；（2）利用Gmg求A的重力，已知滑轮的重，拉力F（G+G动），利用W总Fs可求得总功，再利用P可求得拉力F的功率；（3）由W有Gh可求得有用功，利用可求得滑轮组的机械

27、效率。【解答】解：A、物体上升的速度v0.1m/s，由图可知，2段绳子承担物重，钢绳自由端的移动速度v绳2v2×0.1m/s0.2m/s；故A错误；BD、A的重力Gmg2.7×103kg×10N/kg2.7×104N，不计起重机钢绳重和切摩擦，钢绳的拉力：F（G+G动）×（2.7×104N+3×103N）1.5×104N，拉力做的总功：W总FsF×2h1.5×104N×2×3m9×104J，拉力F的功率：P3×103W，故BD错误；C、有用功W有用Gh2.

28、7×104N×3m8.1×104J，滑轮组的机械效率：×100%90%，故C正确。故选：C。【点评】本题考查了拉力、有用功、总功、机械效率、功率的计算等，关键是公式的灵活运用。8（3分）（2020重庆）如图甲所示的电路，电源电压不变，L是标有“4V”字样的灯泡。定值电阻R0的阻值为60，两个电流表的量程均为00.6A，电压表的量程为015V图乙是小灯泡L的电流随其电压变化的图象。当S闭合。S1，S2断开，将滑片P移到变阻器R的中点时，小灯泡L恰好正常发光，电压表示数为5V下列说法正确的是（）A电源电压为5VB变阻器R的最大阻值为10C移动滑片P，当灯泡L

29、的功率为1W时，变阻器R接入的阻值为6.25D当S，S1，S2都闭合，为保证电路安全，变阻器R消耗的最大功率为4.05W【分析】（1）（2）当S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，将滑片P移到变阻器R的中点时，小灯泡L恰好正常发光，根据串联电路的电压规律求出电源电压；根据乙图得出小灯泡的额定电流，根据串联电路的电流规律和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值，从而求出变阻器的最大电阻；（3）移动滑片P，当灯泡L的功率为1W时，根据乙图读出灯泡的电压和电路中的电流，然后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻值；（4）当S、S1、S2都闭合，滑动变阻器和定值电

30、阻并联，电流表A测干路中的电流，电流表A1测通过定值电阻R0的电流；并联电路中各支路两端的电压相等，变阻器R消耗的功率最大时，通过它的电流是最大的，根据干路中的电流表的量程可知干路中的最大电流，根据定值电阻两端的电压和阻值求出定值电阻的电流，由并联电路的电流特点求出滑动变阻器的最大电流，根据PUI求出其最大功率。【解答】解：A、当S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，将滑片P移到变阻器R的中点时，小灯泡L恰好正常发光，此时灯泡两端的电压为4V，电压表示数为5V（即变阻器的电压为5V），由串联电路的电压规律可得，电源电压为：UUL+UR4V+5V9V，故A错

31、误；B、当S闭合，S1、S2断开，滑片P移到变阻器R的中点时，灯泡正常发光，根据图乙可知，此时通过灯泡的电流为0.5A，因串联电路中各处的电流相等，则由欧姆定律可知，产生滑动变阻器接入电路的电阻为R10，则滑动变阻器的最大阻值为R滑大2R2×1020；故B错误；C、移动滑片P，当灯泡L的功率为1W时，根据乙图可知，此时灯泡两端的电压为2.5V，电路中的电流为0.4A，根据串联电路的电压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压为：URUUL9V2.5V6.5V，由欧姆定律可得，此时滑动变阻器接入电路的电阻为：R滑16.25，故C错误；D、当S、S1、S2都闭合，滑动变阻器和定值电阻并联，电流

32、表A测干路中的电流，电流表A1测通过定值电阻R0的电流；两个电流表的量程均为00.6A，所以干路中的最大电流为I总大0.6A；通过定值电阻R0的电流为：I00.15A；根据并联电路电流特点可知，通过滑动变阻器的最大电流为：IR大I总大I00.6A0.15A0.45A，则滑动变阻器R消耗的最大功率为：PR大UIR大9V×0.45A4.05W，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了欧姆定律的应用、串并联电路特点的应用和功率的计算，明确电路的结构是解题的关键。二、填空作图题（本题共6个小题第14小题作图2分.其余每空1分，共12分，）9（2分）（2020重庆）英国科学家牛顿总结了伽利略等人

33、的研究成果概括得出：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。1643年6月，意大利科学家托里拆利最早通过实验测量出了大气压的值。【分析】（1）一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，这是著名的牛顿第一定律，是在实验的基础上推理、归纳出来的；（2）意大利科学家托里拆利通过实验测出了大气压值【解答】解：“一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持静止或匀速直线运动状态”这是牛顿第一定律的内容，牛顿总结了伽利略等前人的研究成果，概括出一条重要物理定律；意大利科学家托里拆利首先用实验的方法测出大气压强的值约等于760mm水银柱产生的压强。故答案为：牛顿；大气压。【点评】物理学史

34、也是物理考试中经常出现的一类题型，要求学生熟记著名科学家的贡献，平时应注意积累。10（2分）（2020重庆）举世闻名的三峡水利枢纽工程的船闸实现了上下游通航，船闸的工作利用了连通器原理，轮船在闸室中前进时，若以河岸为参照物，该轮船是运动（选填“运动”成“静止”）的。【分析】（1）上端开口、底部相连通的容器叫连通器，当注入同一种液体，在液体不流动时，连通器内各容器的液面总是相平的，这就是连通器的原理。（2）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。【解答】解：（1）船闸的上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸

35、室构成连通器，所以船闸是根据连通器原理工作的；（2）轮船在闸室中前进时，若以河岸为参照物，轮船与岸的位置在不断发生变化，若以河岸为参照物，该轮船是运动的。故答案为：连通器；运动。【点评】本题考查连通器的原理以及运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。11（2分）（2020重庆）如图所示，是小静同学观察到自家电能表的情况，其显示的示数为1919.8kWh他关掉其它用电器，只让电饭锅处于加热状态工作，观察到电能表的转盘在8min内用好转动了72转。则他家的电饭锅加热时的电功率为900W。【分析】（1）电能表的读数，最后一位是小数，单位是kWh；（2）

36、先计算电饭锅工作8min消耗的电能；利用P求出它的实际功率。【解答】解：电能表的读数，最后一位是小数，单位是kWh，读图可知，电能表的读数1919.8kWh。“600r/（kWh）”表示每消耗1kWh电能，电能表转盘转600圈，只让电饭煲在8min内转了72转，消耗的电能为：W0.12kWh，电饭煲的实际功率为：P实0.9kW900W。故答案为：1919.8；900。【点评】掌握电能表的读数方法，并能根据电能表相关的参数进行简单的计算，是解答此类问题的关键。12（2分）（2020重庆）甲、乙为两个质量分布均匀的实心圆柱体放置在水平桌面上，沿着水平方向，切去上部分，剩余部分对桌面的压强p与切去部

37、分高度h的关系如图所示，已知甲的密度为4.0×103kg/m3则圆柱体甲的高度为20cm当它们被切去高度均为12cm，将各自被切去部分放置在另一个圆柱体剩余部分的上表面时，甲剩余部分和乙切去部分的组合体对桌面的压强为p1乙剩余部分和甲切去部分的组合体对桌面的压强为p2，且p1：p23：2，则甲、乙圆柱体的底面积之比为4：9。【分析】（1）由图象可知，开始时甲对水平桌面的压强，根据均匀实心圆柱体对水平桌面的压强pgh求出圆柱体甲的高度；（2）由图象可知，开始时乙对水平桌面的压强和高度，根据pgh求出圆柱体乙的密度，即可得出甲乙的密度关系，当它们被切去高度均为12cm时，根据GmgVgS

38、hg表示出甲剩余部分和乙切去部分的组合体对桌面的压力、乙剩余部分和甲切去部分的组合体对桌面的压力，根据p结合p1：p23：2得出等式即可求出答案。【解答】解：（1）由图象可知，开始时甲对水平桌面的压强p甲8000Pa，因均匀实心圆柱体对水平桌面的压强：pgh，所以，圆柱体甲的高度：h甲0.2m20cm；（2）由图象可知，开始时乙对水平桌面的压强p乙6000Pa，其高度h乙30cm0.3m，由pgh可得圆柱体乙的密度：乙2.0×103kg/m3，即甲2乙；当它们被切去高度均为h12cm0.12m时，由GmgVgShg可得，甲剩余部分和乙切去部分的组合体对桌面的压力：F1甲S甲（h甲h）

39、g+乙S乙hg2乙S甲（h甲h）g+乙S乙hg，乙剩余部分和甲切去部分的组合体对桌面的压力：F2乙S乙（h乙h）g+甲S甲hg乙S乙（h乙h）g+2乙S甲hg，则××××，整理可得：36（）2+11120，解得：（舍去）。故答案为：20；4：9。【点评】本题考查了压强公式和密度公式、重力公式的综合应用，利用好均匀实心圆柱体对水平桌面的压强pgh和从图象中获取有用的信息是关键。13（2分）（2020重庆）2020年6月23日，我国成功将北斗导航系统最后一颗组网卫星送入预定轨道，标志看北斗三号全球卫星导航系统星座部署全面完成。发射前，搭载着卫星的火箭矗立在发

40、射平台上，给火箭加注低温燃料过程中，火箭周围冒出缕缕“白气”：点火后，火箭尾部喷出熊熊火焰（如图），搭载着卫星腾空而起；在加速飞向太空的过程中，地面遥测站与火箭和卫星不停地进行着信息交换；卫星和第三级火箭脱离后，火箭上的摄像头监控到卫星缓缓离去，卫星上的太阳能电池帆板缓缓打开，能给卫星提供工作需要的电能。请找出一个与上述情景相关的物理信息，并指出对应的物理知识，不得与示例重复。示例：物理信息：火箭搭载着卫星腾空而起；物理知识：以地面为参照物，火箭和卫星是运动的。作答：物理信息：给火箭加注低温燃料过程中，火箭周围冒出缕缕“白气”。物理知识：“白气”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴。【分析】结

41、合文中信息，找到相关的物理现象和对应的知识点，并做出解释即可。【解答】解：由阅读材料可知，文中所涉及到的物理现象和物理知识有：1、物理现象：给火箭加注低温燃料过程中，火箭周围冒出缕缕“白气”；物理知识：“白气”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；2、物理现象：火箭尾部喷出熊熊火焰；物理知识：燃料燃烧时，化学能转化为内能；3、物理现象：火箭上的摄像头监控到卫星缓缓离去；物理知识：摄像头相当于照相机，成倒立、缩小的实像；故答案为：给火箭加注低温燃料过程中，火箭周围冒出缕缕“白气”；“白气”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴（答案不唯一，合理即可）。【点评】此题是一道开放题，抓住题目中涉及到的物

42、理知识；如热现象、能量方面、力学方面等；运用所学物理知识或原理，进行解答即可，语言要规范和严密。14（1分）（2020重庆）请按要求完成下列作图：如图所示，请画出平行于主光轴的入射光线AB经凸透镜折射后的光线。【分析】在作凸透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。【解答】解：入射光线平行于凸透镜的主光轴，则经凸透镜折射后将过右侧焦点，如图所示：【点评】凸透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴。15（1分）（2020重庆）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子

43、拉住固定在墙壁上。请画出拉力F的力臂（用L表示）。【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，则垂线段的长度即为力臂。【解答】解：由支点O向力F的作用线作垂线，则垂线段的长就是力F的力臂L如下图所示：【点评】画力臂时，一是要找准支点，二是要准确画出力的作用线，然后才是从支点作力的作用线的垂线段，最后还应该用字母将其标出来。三、实验探究题（本题共3个小题，第16小题6分，第17小题8分.第18小8分，共22分）16（6分）（2020重庆）小明完成了下列实验，请按要求完成下列问题：（1）他在利用图1的装置探究“平面镜成像特点”的实验中。应选取一块薄（选填“厚”或“薄”）玻璃板

44、竖直放置在铺有白纸的水平木板上：为了比较像和物体的大小关系，应选取两支相同（选填“相同”或“不同”）的蜡烛：探究中，在蜡烛所成像的位置放置一块光屏，光屏上不能承接到蜡烛的像，说明平面镜成的是虚（选填“虚”或“实”）像。（2）他在做“观察水的沸腾”实验中某时刻观察到温度计示数如图2甲所示，则此时水的温度为56；根据记录数据画出加热过程中水的温度与时间关系图象如图2乙所示，分析图象可知，被测水的沸点是98，水在沸腾过程中温度不变（选填“升高”“降低”或“不变”）。【分析】（1）玻璃板有两个反射面，每个反射面都可以成一个像，这样由于两个像的干扰，像的位置不易确定准确，需要两个像距离越近越减小误差；实

45、验时选择两个相同的蜡烛，便于比较物像大小关系；平面镜所成的像是虚像，虚像不是实际光线的会聚点，所以不会出现在光屏上；（2）温度计的读数：确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，再进行读数；水在沸腾的过程中，吸收热量，温度不变。【解答】解：（1）玻璃板有两个反射面，每个反射面都可以成一个像，这样由于两个像的干扰，像的位置不易确定准确，需要两个像距离越近越减小误差；实验时选择两段相同的蜡烛，这样做的目的是便于比较物和像的大小关系；因为光屏只能接收实像，不能接受虚像，而平面镜成的是虚像，在蜡烛所成像的位置放置一块光屏，光屏上不能接收蜡烛的像，这说明蜡烛成的像是虚像；（2）由图2甲可知，温度计的分度值

46、为1，示数是56；由图2乙可知，水在沸腾的过程中，温度保持98不变，所以水的沸点为98。故答案为：（1）薄；相同；虚；（2）56；98；不变。【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并会根据对实验现象的分析得出正确的结论。此类题目在近几年中考中频繁出现，备受出题人青睐，其实解答此类题目往往有规律可循，牢记并紧扣平面镜成像特点和水的沸腾特点可比较容易的进行解答。17（8分）（2020重庆）小倩同学在探究“电流与电压关系”的实验中，选用器材有：学生电源（电压恒为4.5V）、电流表、电压表、定值电阻R、开关S、导线若干和标有“50 0.5A”字样滑动变阻器R（1）用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完

47、整。（要求：滑片P向D端移动时，电路中的电流变大，且导线不能交叉。）（2）连接电路时，开关必须断开（选填“断开”或“闭合”）。在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到A（选填“A”或“B”）端。（3）闭合开关S后，移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是定值电阻R发生了短路（选填“断路”或“短路”）。（4）排除故障后闭合开关S，移动滑片P，当电流表的示数为0.28A时，电压表指针位置如图乙所示，则定值电阻R的阻值为10多次改变滑动变阻器滑片P的位置，记录的实验数据如表：实验次数1234电压U/V1.01.42.02.4电流I/A0.100.140.

48、200.24根据实验数据分析，可初步得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与这段导体两端的电压成正比。（5）在实验过程中，滑动变阻器R接入电路的阻值不得小于5。【分析】（1）根据滑动变阻器的滑片P向D移动，电路中电流变大确定变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，滑动变阻器R标有“50 0.5A”字样的含义确定电流表选用小量程与电阻串联；（2）为保护电路，连接电路时，开关必须断开；在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；（3）闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，根据电压表无示数分析；（4）根据电压表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律

49、求出定值电阻；横向比较实验数据得出结论；（5）电阻与变阻器串联，电压表测电阻的电压，因电压表选用小量程可知电压表的最大示数，由串联电路电压的规律得出变阻器分得的最小电压，根据分压原理求出变阻器连入电路中的最小电阻。【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片P向D移动，电路中电流变大，即电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，滑动变阻器R标有“50 0.5A”字样，可知滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，故电流表选用小量程与电阻串联，如下图所示：（2）为保护电路，连接电路时，开关必须断开；在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处的A端；（3）闭合开关S后，移动滑片

50、P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，发现电压表无示数，则电路故障可能是定值电阻R发生了短路；（4）排除故障后闭合开关S，移动滑片P，当电流表的示数为0.28A时，电压表指针位置如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.8V，由欧姆定律，则定值电阻：R10；根据实验数据知，电压增大为原来的几倍，通过的电路也增大为原来的几倍，可初步得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与这段导体两端的电压成正比；（5）电阻与变阻器串联，电压表测电阻的电压，因电压表选用小量程，故电压表的最大示数为3V，由串联电路电压的规律，变阻器分得的电压最小为：U4.5V3V1.5V，变阻器分得的电压

51、为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当10电阻时，变阻器连入电路中的最小电阻为：R滑0.5×105。故答案为：（1）如上所示；（2）断开；A；（3）短路；（4）10；正；（5）5。【点评】本题探究通电导体中电流与电压的关系实验，考查电路连接、注意事项、故障分析、控制变量法，数据分析、电阻计算和对器材的要求，属于常考题型。18（8分）（2020重庆）小铭在学校期间，使用一种医用免洗洗手液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味看到该液体流动性较差。查看瓶身上的说明后，确定这种洗手液主要成分为75%的酒精。于是，小铭所在的兴趣小组对这种洗手液的密度进行了测量。（1）实验前，将托盘天平放

52、在水平工作台上，游码移到标尺的“0”刻度线处，指针静止在如图1甲所示位置，此时应将右端的平衡螺母向右（选境“左”或“右”）调节，使天平平衡。（2）将盛有适量洗手液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图1乙所示，烧杯和洗手液的总质量为72.4g；将烧杯中的部分洗手液倒入量筒，测得烧杯和剩余洗手液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图1丙所示，则量筒内洗手液的体积为30mL，这种洗手液的密度为1g/cm3。（3）小铭对洗手液的密度测量结果有疑感，回到家后利用电子秤、烧杯、细线和一个实心铝块等器材再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：在烧杯中倒

53、入适量洗手液放置在电子秤上（如图2甲）；将系好细线的铝块缓缓浸没到洗手液中保持静止（如图2乙），洗手液未溢出；将铝块缓慢沉底后松开细线（如图2丙）。则这次测得洗手液的密度为0.9g/cm3，对前后两次实验进行分析，发现在家（选“学校”或“家”）所测洗手液密度的结果更接近真实值，造成另一次密度测量结果与真实值的差异较大的原因可能是洗手液流动性较差，在测量体积时有一部分洗手液还沾在量筒壁上使得洗手液的体积偏小。（已知铝块的密度为2.7g/cm3，不计细线质量，细线和正方体均不吸收洗手液）【分析】（1）天平的正确使用：放：把天平放到水平桌面上；移；把游码移到标尺左端零刻线处；调：调节平衡螺母，使指针

54、指在分度盘的中线处。（2）用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面（凹液面的底部）相平；读出烧杯和洗手液的总质量、已知烧杯和剩余洗手液的总质量，可求得量筒中的洗手液的质量，量筒中洗手液的体积可从量筒中读出。然后，利用密度公式可求出其密度；（3）由图2的甲读出烧杯和洗手液的质量，由图2的乙读出洗手液以及排开洗手液的质量之和，从而算出排开液体的质量，根据Gmg算出排开液体的重力，根据阿基米德原理算出浮力；由图2甲丙知铝块的质量为m铝m3m1，根据密度公式算出铝块的体积，根据

55、F浮液gV排求洗手液的密度；对前后两次实验进行分析，哪次所测洗手液密度的结果更接近真实值；由于洗手液流动性较差，在测量体积时有一部分洗手液还沾在量筒壁上使得洗手液的体积偏小，根据知，测量的洗手液的密度偏大。【解答】解：（1）用托盘天平测量物体质量时，把天平放置在水平桌面上；游码移到标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母，平衡螺母向上翘的一端移动，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向右调节；（2）烧杯和洗手液的总质量为：m150g+20g+2.4g72.4g，根据题意，量筒里洗手液的质量是：mm1m272.4g42.4g30g，由图知，量筒中洗手液的体积是V30mL30cm3，则洗手液的密度1gcm3；（3）由图2的甲知烧杯和洗手液的质量为m1190g，由图2的乙知，烧杯、洗手液以及排开洗手液的质量之和为m2217g，则排开洗手液的质量为m排m2m1217g190g27g0.027kg，排开液体的重力为：G排m排g0.027kg×10N/kg0.27N，根据阿基米德原理知F浮G排0.27N，由图2甲丙知，铝块的质量为m铝m3m1271g190g81g，铝块的体积为：V铝30cm3，根据F浮液gV排得洗手液的密度：液0.9×103kg/m30.9g