北京市海淀区中考物理二模试题(含解析)(一)

1、25北京市海淀区2014年中考物理二模试题28分，每小题2分）一、单项选择题（下列各小题均有四个选项.其中只有一个选项符合题意.共1. （2分）（20147W淀区二模）在国际单位中，电阻的单位是（）A.伏牛I（V）B.安培（A）C.欧姆（）D.焦耳（J）考点：电阻.专题：电压和电阻.分析：对每个选项进行分析，明确每个单位对应的物理量，就能确定符合题意的选项.解答：解：A、伏特是电压的单位，不符合题意；B、安培是电流的单位，不符合题意；C、欧姆是电阻的单位，符合题意；H焦耳是功、能、热量的单位，不符合题意.故选C.点评：此题考查学生对常见物理量及其对应单位的识记，属于基础题，容易解答.2. （2

2、分）（20147W淀区二模）如图所示的各种自然现象中，属于凝华的是深秋的早晨大雾弥漫初夏的早晨花草上有露水考点：生活中的凝华现象.专题：汽化和液化、升华和凝华.分析：凝华是物质由气态直接变成固态的现象.解答：解：A、春天冰雪消融，冰变成水，属于熔化现象；B、冬天的霜，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象；C、秋天的雾，雾是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象；DK初夏的露水，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象.故选B.点评：本题考查了学生对凝华现象的判断，属于热学基础知识的考查，抓住物质前后状态的变化是解决此类题目的关键.3. （2分）（20147W淀区二模

3、）关于声现象，下列说法中正确的是（）A.人佩带防噪声的耳罩，属于在声音的产生处减弱噪声B.只要是振动的物体一定都能发出人耳能听到的声音C.声音的传播不需要介质，可以在任何情况下传播D.通过居民区的高架路两侧设有隔音墙，属于在声音的传播过程减弱噪声考点：防治噪声的途径；声音的传播条件；人耳感知声音的过程及听到声音的条件.专题：声现象.分析：（1）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.（2）减弱噪声有三种：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱.解答：解：A、人佩带防噪声的耳罩，属于在声音的接受处减弱噪声，故A错

4、误；B、人耳能听到的声音频率范围一般在20Hz20000Hz范围内，在此范围以外的声波（超声波和次声波），人耳听不到，故B错误；C声音的传播需要介质，真空不能传声，故C错误；D通过居民区的高架路两侧设有隔音墙，属于在声音的传播过程减弱噪声，说法正确.故选D.点评：此题考查了声音的产生和传播条件、防治噪声的途径，有一定的综合性，但难度不大，强化对课本基础知识的记忆是解决识记性题目的基础.4. （2 分）（20147W淀区二模）A.B.用吸管吸饮料，饮料上升吸盘上挂物体，吸盘在竖直墙壁上静止C.D.向两纸片中间吹气纸片合拢放松笔胆，墨水被吸到钢笔中如图所示，下列现象中能说明气体的压强跟流速有关的是

5、（考点：流体压强与流速的关系.专题：气体的压强、流体压强与流速的关系.分析：流体压强与流速的关系：流体的流速越大、压强越小，流速越小、压强越大.解答：解：向两张纸片中间吹气，纸片中间空气流速大，压强变小，纸内外存在压强差，使纸片合拢，符合题意；吸管吸饮料、吸盘被压在墙上、墨水被吸到钢笔中，这些现象都是大气压的作用，不符合题息.故选C.点评：本题考查了学生对流体压强和流速关系、大气压应用的了解和掌握，是一道基础题.5. （2分）如图所示的四种现象中，由于光的折射形成的是（）A.插入水中的铅笔好像折断了水中山的倒影瓶子在平面镜中的像考点：光的折射现象及其应用.专题：光的折射、光的色散.分析：（1）

6、光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的.解答：解：A、水中铅笔变弯，是由于光的折射形成的；B、倒影是由于光的反射形成的；C手影是由于光的直线传播造成的；D瓶子在平面镜中的像属于平面镜成像，是由于光的反射形成的.故选A.点评：成像的机制就两种：光的反射；

7、光的折射.平面镜球面镜成像都是由光的反射造成的.凸透镜成像，海市蜃楼，在空气中透过水面看水中的物体或者在水中透过水面看空气中的物体都是由光的折射造成的.6. （2分）（20147W淀区二模）关于放大镜、照相机、幻灯机和投影仪四种光学仪器的成像情况,下列说法中正确的是（）A.放大镜成正立、放大的实像B.照相机成正立、缩小的实像C.幻灯机成倒立、放大的实像D.投影仪成正立、放大的虚像考点：凸透镜成像的应用.专题：透镜及其应用.分析：要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律及应用：当u>2f时，成倒立、缩小的实像.照相机、摄像机就是根据这个原理制成的.当u=2f时，成倒立、等大的实像.当fvuv2

8、f时，成倒立、放大的实像.幻灯机、投影仪就是根据这个原理制成的.当u=f时，无像.经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点.当uvf时，成正立、放大的虚像.放大镜就是根据这个原理制成的.解答：解：A、放大镜成正立、放大的虚像.故本选项错误.B、照相机成倒立、缩小的实像.故本选项错误.C幻灯机成倒立、放大的实像.故本选项正确.D投影仪成倒立、放大的实像.故本选项错误.故选C.点评：此题主要考查了凸透镜成像规律的应用，关键是记熟成像规律并能做到举一反三.7. （2分）（20147W淀区二模）下列现象中，属于扩散现象的是（）A.春天，柳絮飞扬B.夏天，荷花飘香C.秋天，树叶飘落D.冬天，雪花纷飞考点

9、：扩散现象.专题：应用题.分析：不同的物质互相接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，扩散现象说明了一切物质的分子都在不停地做无规则运动.解答：解：A、春天，柳絮飞扬，是柳絮的机械运动，不是分子运动，故该选项不符合题意；B、夏天，荷花飘香，是气体分子在运动，属于扩散现象，故该选项符合题意；C秋天，树叶飘落，是树叶的机械运动，不是分子运动，故该选项不符合题意；D冬天，雪花纷飞，是雪花的机械运动，不是分子运动，故该选项不符合题意.故选B.点评：注意分子运动和物质运动的区别，分子是看不见的，小颗粒物质的运动是看得见的.8. （2分）（20147W淀区二模）如图所示的实例中,茶壶锅炉水位计不属于连通器应用

10、的是（)潜水艇考点：连通器原理.专题：压强、液体的压强.分析：上端开口，下部连通的容器叫做连通器，连通器的特点是容器中的水不流动时，各个容器中液面总是相平的.解答：解：A、茶壶的壶嘴和壶身下部是相通的，构成了连通器，故A正确；不符合题意；B、水位计与炉身下端相通，是连通器的应用，故B正确；不符合题意；C船闸的上游与闸室下面通过阀门相通，当下游阀门关闭，上游阀门打开，上游与闸室内的水位逐渐相平，打开上游闸门，船就可以进入闸室；同理，船再进入下游，就通过了船闸.所以船通过船闸使用了两次连通器.故C正确；不符合题意；D潜水艇利用的浮力，是通过改变自身重力实现上浮和下沉的，不是通过连通器原理来工作，故

11、D符合题意.故选D.点评：本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口，底部相连的，液面静止时保持相平.9. （2分）（20147W淀区二模）很多动物为了适应生存的环境，身体某些部位得到了进化.从物理学角度.下列认识中正确的是（）A.骆驼的脚掌很大，可以减小对路面的压强B.泥纵的体表有层黏液，可以增大摩擦C.啄木鸟有尖硬的喙，可以减小对树干的压强D.蚯蚓腹部有许多刚毛，可以减小摩擦考点：减小压强的方法及其应用；增大或减小摩擦的方法.专题：重力、弹力、摩擦力；压强、液体的压强.分析：摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关：当压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大；接触面越光滑，摩擦力越小.固体压强与

12、受力面积大小有关：当压力一定时，受力面积越大，压强越小；受力面积越小，压强越大.根据这两个内容，对每个选项分别进行判断.解答：解：A、骆驼的脚掌很大，是在压力一定的情况，通过增大受力面积来减小压强.故本选项正确；B、泥纵的体表有层黏液，使其表面光滑，可减小摩擦，故本选项错误；C啄木鸟有坚硬的嘴，减小了受力面积，可增大压强，故本选项错误；D蚯蚓腹部有许多刚毛，增加了接触面的粗糙程度，可增大摩擦，故本选项错误.故选A.点评：此题考查的是基础知识，难度不大，但涉及到的知识点较多，综合性较强，要求学生具有扎实的基本功.10. （2分）（2014TW淀区二模）如图所示是一把既能吹凉风、又能吹热风的电吹风

13、机的简化电路,图中A是吹风机，B是电热丝.下列说法中正确的是（）A.吹风机和电热丝不能同时工作B.吹风机和电热丝均能单独工作C.吹风机和电热丝同时工作时，通过它们的电流一定相等D.吹风机和电热丝同时工作时，它们两端的电压一定相等考点：串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电压规律.专题：电流和电路.分析：并联电路中干路的开关控制所有用电器，支路的开关控制本支路的用电器.A工作时吹风，B工作时发热，同时工作时吹热风.解答：解：开关S在干路上，S2在B所在支路.A当开关Si、S2都闭合时，吹风机和电热丝是并联连接，并且同时工作，故A错误；B、因为吹风机和电热丝是并联连接，因此可以单独工作，故B错误；

14、CD因为并联电路两端电压相等，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以吹风机和电热丝同时工作时，它们两端的电压一定相等，但通过它们的电流不一定相等，故C错误，D正确.故选D.点评：串联电路的开关控制所有用电器，并联电路中干路开关控制所有用电器，支路开关只控制本支路用电器.11. （2分）（20147W淀区二模）图所示的电路中，电源两端电压保持不变.闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P向右移动，下列说法中正确的是（）A.电流表示数变小，电压表示数不变B.电流表示数变大，电压表示数变大C.电流表示数变小，电压表示数变大D.电压表与电流表的示数之比保持不变考点：电路的动态分析.专题：应用题；电路变化分

15、析综合题.分析：由图可知滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由欧姆定律可求得电路中电流的变化及电压表示数的变化.解答：解：将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电阻变大，电路的总电阻变大；由欧姆定律可得，电路中电流变小，即电流表示数变小；根据公式U=IR可知，定值电阻两端的电压变小，根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大.故选C.点评：本题考查欧姆定律公式及其变形的灵活运用，难点是判断滑动变阻器滑片移动过程中电路电阻的变化和电压表、电流表的

16、变化.12. （2分）（20147W淀区二模）某同学在科技馆参观时发现，在水平光滑轨道上有一小车，车内有一竖直放置被锁定的压缩弹簧，弹簧上放置一个小钢球（示意图如图所示）.给小车一推力后，小车在光滑轨道上匀速运动，当运动到轨道上的P点时，锁定的弹簧被释放.小刚球相对于小车竖直向上被弹出.关于小钢球的落点.下列说法中正确的是（不计小球受到的空气阻力）（）A.小球将落到小车内弹簧上端C.小球将落到小车的前方B.小球将落到小车的后方D.小球将落到轨道的P点处考点：惯性.专题：运动和力.分析：一切物体都有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质.解答：解：惯性是物体的一种特性，是指物体保持静止状态或匀速直

17、线运动状态的性质.小车在光滑轨道上匀速运动，小刚球相对于小车竖直向上被弹出，由于具有惯性，小球仍要保持原来的运动状态，即匀速直线运动状态，所以小球落下的位置在轨道的P点处.故选D.点评：此题主要考查学生对惯性的理解和掌握.惯性现象在日常生活中十分常见，在学习中要注意细心观察，认真领会，用所学惯性知识解决相关的物理问题.13. （2分）（20147W淀区二模）在图所示电路中，电源两端电压为18V且保持不变，电流表的量程为00.6A,电压表的量程为015V,小灯泡L的铭牌为“6V3WW,滑动变阻器R的规格为“100Q1A”.闭合开关S,为保证电路安全.在变阻器滑片P移动过程中，下列说法中正确的是（

18、不考虑温度对灯丝电阻的影响）（）A.电流表示数允许的变化范围为0.3A0.5AB.滑动变阻器R接入电路的阻值允许变化范围为090aC.灯泡L的电功率允许的变化范围为1.5W3WD.滑动变阻器R的电功率允许的变化范围为3.75W6W考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题.分析：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流.（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI和串联电路的电流特点求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用P=UI求出滑动变阻器的功率；（2）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据电流表的最大示数

19、和灯泡的额定电流确定电路中的最大电流，利用欧姆定律求出电路的最小电阻，利用串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的最小值；根据串联电路电阻的分压特点可知滑动变阻器接入电路的电阻最大时两端的电压为15V,根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的电流，再利用欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路的最大值，即可得出滑动变阻器接入电路的阻值范围和电功率的变化范围.解答：解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流.（1）灯泡正常发光时的电压为6V,功率为3VV 串联电路中各处的电流相等， 根据P=UI可得，电路中的电流：=0.5APL

20、硼L=Ul6V 串联电路中总电压等于各分电压之和, 滑动变阻器两端的电压两端的电压：U=U-UL=18V-6V=12V,滑动变阻器的功率：P=UI=12VX0.5A=6W（2）灯泡的电阻： .灯泡的额定电流为0.5A,电流表的量程为0.6A, 电路中的最大电流为Imak0.5A,此时电路中的总电阻：R=36Q,Ijiax&A 串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 滑动变阻器接入电路中的最小值：Rnin=R总一R=36Q-12Q=24Q,故B错误；当电压表的示数为15V时，灯泡两端的电压：ULmin=U-U滑=18V-15V=3M此时灯泡的电功率最小，为Pmin="='&

21、quot;:=0.75W;故C错误；电路中的电流：Imin且出:J=0.25A,故A错误；Kl120滑动变阻器接入电路中的最大阻值：Rnax=%=15v=600滑动变阻器白功率最小为Pd、=勺=11=3.75W；I025Al乙60a所以滑动变阻器R的电功率允许的变化范围为3.75W6VV故D正确.故选D.14. （2分）（2014?海淀区二模） 如图所示.甲容器中液体的密度为 液体对容器对容器底产生的压强为 的液体中，两容器中均无液体溢出,点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，容易出错的地方是电路中最大电流的确定，要考虑灯泡的额定电流.甲

22、、乙两个圆柱形容器内盛有相同深度的液体，放置于水平桌面上，P1,液体对容器底产生的压强为P1,乙容器中液体的密度为P2,P2.且P2=2P1,现将质量相同的A、B两个球分别放入甲、乙容器AB两球所受浮力分别为F1和F2,且Fi=2F2.已知A球的密度为PA,B球的密度为PB.且A球的体积是B球体积的6倍，则下列判断结果中正确的是（考点：液体压强计算公式的应用.甲A. p 1:乙 IB. p 1： p a=2: 1C. P 2： P B = 1 : 2D. P A： P 2=1 : 4专题：压强、液体的压强.分析：（1）题中已知两容器液体的高度相同，两容器中液体对容器底的压强关系是P2=2pi,

23、因此我们就可以根据液体压强公式P=pgh得出两容器中液体密度的大小关系；（2）利用AB两球所受浮力关系，结合甲乙容器中液体密度关系，可求出AB两球的密度比；（3）根据AB两球在液体中的状态，求出两球与两种液体的密度比，即可找出正确答案.解答：解：A、由p2=2pi得，Pi：P2=1：2,则pighi：22gh2=1：2,因为hi=h2,所以pi：22=1：2,故A错误；B、A球的体积是B球体积的6倍，即：Va：Vb=6：i；Fi=2F2,即：F浮a：F浮b=2:i,故可知A球漂浮、B球沉底，且：G排a=2G排2；因为pi：p2=i:2;A球浸在水中的体积是B球的4倍，即：Vmx/Va；忖因为A

24、球漂浮，所受浮力等于重力：G=F浮；展开得：pAgVA=pigVA排即：pAgVA=pigVx；解得：pi：pa=2:3,故B错误；G因为物体所受重力与质量成正比）两小球质量相同）则CA=G）即：GA:G=i:i;又有pa：op2：PB=2pi：6PA=2pi：6x£pi=i：2,故C正确：3DPA：p2spi:2pi=i:3,故D错误.3故选：C点评：解答本题时，可先分析容易的再分析复杂的.判断两种液体的密度关系比较容易，只需根据液体压强公式就可以分析出来.本题的难度在于判断两个小球受到的浮力关系，根据AB两球i2分，每小题3在液体中的状态，求出两球与两种液体的密度比是解决此题的关

25、键.二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个.共分.每小题选项全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的不得分）i5.（3分）（20i4?$淀区二模）下列说法中正确的是（）A.同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引B.电动机工作时将机械能转化为电能C.核能是原子核发生分裂或聚合时放出的能量D.不高于220V的电压对人体就是安全的考点：磁极间的相互作用；直流电动机的构造和工作过程；电压；核能.专题：其他综合题.分析：（i）磁体都有两个磁极：N极和S极；磁体间的相互作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；（2）电动机工作时消耗电能，得到机械能，电能转化为机械能；（

26、3）卢瑟福核式结构模型：原子是由位于原子中心的原子核和核外绕原子核做圆周运动的电子组成的，原子核由质子和中子组成，质子带正电，它们依靠核力紧密地结合在一起，一旦使原子核发生裂变或聚变，释放出惊人的能量，这就是核能；（4）对人体的安全电压是不超过36V解答：解：A同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，正确；B、电动机工作时将电能转化为机械能，故错误；C核能是指利用原子核的裂变或聚变过程中由于能量损耗而释放出的能量，故C错误;D不高于36V的电压对人体是安全的，故错误；故选A点评：本题考查的知识点较多，属于基础题，理解和熟记相关的知识解答简单16（3分）（2014?海淀区二模）下列说法中正确的是（）

27、A温度越高的物体，放出的热量越多B.-18C的冰块由于温度太低可能没有内能C铁块很难被压缩，是因为分子间存在着斥力D内陆地区比沿海地区昼夜温差大，原因之一是砂石的比热容比水的比热容小考点：温度、热量与内能的关系；比热容解释简单的自然现象；分子间的作用力专题：比热容、热机、热值分析：（1）物体吸收或放出热量的多少与物体的质量、初温、末温、比热容有关；（2）一切物体都具有内能；（3）分子之间存在相互的引力和斥力；（4）水的比热容较大，砂石的比热容较小解答：解：A、物体放出热量的多少取决于物体的质量、初温、末温和比热容，温度是其中的一个因素，故A错误；B、-18C的冰块虽然温度很低，但也具有内能，故

28、B错误；C、铁块很难被压缩，是因为分子间存在着斥力，故C正确；D内陆地区比沿海地区昼夜温差大，原因之一是砂石的比热容比水的比热容小，故D正确.故选CD点评：本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力17（3分）（2014?海淀区二模）下列说法中正确的是（）A游船在水上航行时，坐在船上的游客相对于船是静止的B一个物体所受的合力不为零，则它的运动状态一定会发生改变C司机驾车时必须系安全带，这是为了防止向前加速时惯性带来的危害D相互平衡的两个力，这两个力的三要素一定相同考点：参照物及其选择；力的三要素；惯性；力与运动的关系专题：长度、时间、速度；运动和力分析：（1）被研究的物体

29、与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；（2）力是改变物体运动状态的原因；（3）惯性是指物体都有保持原来运动状态的性质，对于有害的惯性要采取适当的措施来防止；（4）作用在同一物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，并且作用在同一直线上，这两个力就彼此平衡解答：解：A、坐在船上的游客相对于船，位置没有发生改变，因此船上的游客是静止的故A正确；B、由于力是改变物体运动状态的原因，一个物体所受的合力不为零，则它的运动状态一定会发生改变.故B正确；C系安全带是为了防止紧急刹车时，车在阻力作用下停止运动，而司机或乘客由于惯性继续向

30、前运动而被撞伤，这是防止惯性带来的危害.故C错误；D相互平衡的两个力，这两个力的方向相反.故D错误；故选AB.点评：此题综合性较强，既考查了参照物的理解和掌握、力与运动的关系，也考查了对惯性、力的三要素的理解和掌握，平时学习中多与实际生活联系18. （3分）（20147W淀区二模）下列说法中正确的是（）A.加速运动的物体，其机械能可能在不断减小B.上体育课抛掷实心球时，球被抛出人未动，这说明手对球的推力大于球对手的推力C.人推车的力逐渐增大，但车始终静止.这个过程中车受到的合力逐渐增大D.蹦床运动员由空中下落、与蹦床接触直到运动到最低点，运动员的机械能一定减小考点：动能和势能的大小变化；力作用

31、的相互性；二力平衡条件的应用.专题：运动和力；机械能及其转化.分析：（1）影响机械能的因素是质量、速度、高度等；（2）力的作用是相互的；（3）处于静止的物体所受合力为零；（4）动能和势能的转化中如果存在其他形式能的转化，则物体的机械能不守恒.解答：解：A加速运动的物体，其机械能可能在不断减小，例如航天器的返回舱，进入大气层后，加速下落，并与大气摩擦，有一部分机械能转化为内能，故A正确；B、因为力的作用是相互的，上体育课抛掷实心球时，球被抛出人未动，手对球的推力等于球对手的推力，故B错误；C人推车的力逐渐增大，但车始终静止.这个过程中车受到的合力为零，故C错误；D运动员从高处下落的整个下降过程中

32、，运动员接触到蹦床后动能和势能转为蹦床的弹性势能，由于需要克服摩擦阻力做功，所以运动员机械能是不守恒的，故D正确；故选：AD.点评：此题考查学生对于能的转化和机械能守恒的理解和掌握.三、填空题（共12分，每小题2分）19. （2分）电磁波在真空中的传播速度是3X108m/s.考点：电磁波的传播.专题：信息的传递.分析：电磁波在真空中的传播速度是一定的，和光速相同，即c=3X108m/s.解答：解：因为电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度，即电磁波在真空中的传播速度为3X108m/s.故答案为：3X108.点评：解答此题的关键是要知道电磁波在真空中的传播速度与光在真空中的传播速度相同

33、.20. （2分）（20147W淀区二模）四冲程汽油机是由四个冲程不断循环来保证连续工作的，其中aL冲程，将内能转化为机械能.考点：内燃机的四个冲程.专题：比热容、热机、热值.分析：汽油机的四个冲程中只有两个冲程伴随有能量的转化.压缩冲程中活塞向上运动，汽油和空气的混合物被压缩，内能增大，温度升高，活塞运动的动能转化为混合气体的内能；做功冲程中，火花塞冒出电火花，将混合气体点燃，混合气体剧烈燃烧，产生高温高压的燃气，推动活塞运动，燃气的内能转化为活塞运动的动能.解答：解：在压缩冲程末，火花塞冒出电火花，将混合气体点燃，混合气体剧烈燃烧，产生高温高压的燃气，推动活塞向下运动，对外做功，在这个过程

34、中，燃气推动活塞做功，内能减少，温度降低，燃气的内能转化为活塞的机械能.故答案为：做功.点评：内燃机属于热机，热机就是利用内能来工作的机械，将内能转化为机械能.内燃机中涉及到的能量转化是经常考查的知识点，需要引起注意.1m,则平面镜所成人的像到人的距21. （2分）（2014%淀区二模）如图所示，人到平面镜的距离为考点：平面镜的应用.专题：光的传播和反射、平面镜成像.分析：根据平面镜成像特点可知：像到平面镜的距离等于物到平面镜的距离.解答：解：人距离平面镜1m，根据物像到平面镜距离相等，所以平面镜中的像距离平面镜也是1m5像到人的距离为：1m+1m=2m故答案为：2.点评：解决此类问题要结合平

35、面镜成像特点进行分析解答，属于基础题.22. （2分）（20147W淀区二模）一个小灯泡标有“6V0.6A”字样，则该小灯泡正常发光时电功率为3.6W考点：电功率的计算.专题：计算题；电能和电功率.分析：灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出其大小.解答：解：灯泡正常发光时的电压U=6V电流为0.6A,灯泡正常发光时的功率：P=UI=6V<0.6A=3.6W.故答案为：3.6.点评：本题考查了电功率的计算，关键是知道灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，是一道基础题目.到两种液体的温度随时间变化的图象如图所示.或“小于”）23. （2分）兴趣小组的同学用两个完全相同的酒精灯分

36、别给质量和初温都相同的两种液体加热，得请你根据图象来判断：甲液体的比热容小于乙考点：比热容的概念.专题：比热容、热机、热值.分析：由题意可知，甲乙两种液体液体质量相等、初温相同，用完全相同的酒精灯加热，在相等时间内液体吸收的热量相等；在图象中，取相同的加热时间，即吸收相同的热量，确定两种液体末温大小关系，得出两种液体的升高温度的大小关系，再利用吸热公式比较两种液体的比热容大小关系.解答：解：由图示可以看出，当加热时间相同，即吸收的热量相同时，如t=8min时，甲的温度为40C,乙的温度为20C,甲的末温比乙的高；因为甲乙两种液体的初温相同，所以甲温度升高的多；又因为甲乙两种液体质量相等，根据Q

37、吸=cAt可知，质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度升高的少，所以，甲的比热容小、乙的比热容大.故答案为：小于.点评：此题考查了我们对于图象的分析能力，取相同的加热时间（吸热相同）得出两种液体的末温大小关系是本题的关键.24. （2分）（20147W淀区二模）如图所示，装有某种液体的圆柱形平底容器置于水平桌面上，其底面积为250cm2.一底面积为100cm2的圆柱形物块沉在容器底部，现在用弹簧测力计竖起向上匀速提升该物块，弹簧测力计示数F随物块上升高度h的变化关系如图乙所示，则当物块完全离开液体后,容器中的液体对该容器底部的压强为1440Pa.（g=10N/kg）考点：液体的压强

38、的计算.专题：应用题；压强、液体的压强.分析：据图象可知，当圆柱形物体上升高度在010cm之间时，测力计示数不变，即说明圆柱形物体全部浸没在液体中；当物体在提高时，测力计示数增大，即浮力减小，说明圆柱形物体逐渐提出液面，直到16cm处，圆柱体全部提离液面，此时测力计的示数等于物体的重力，故据上面的知识可以计算出原来液体的密度和液面的高度，而后计算出液体对容器低的压强即可.解答：解：据图象可知，当圆柱形物体上升高度在。10cm之间时，测力计示数不变，即说明圆柱形物体全部浸没在液体中；当物体在提高时，测力计示数增大，即浮力减小，说明圆柱形物体逐渐提出液面，直到16cm处，圆柱体全部提离液面，据实际

39、情况可知，圆柱体在提出的同时，液面下降，圆柱体被提出的高度与液面下降的高度之和就是圆柱体的高度，即圆柱体被提出的高度是h=6cm,故圆柱体被提出的体积是V=Sh=100cr2iX6cm=600cn3=0.0006m3;同时液面也会下降这么大的体积，液面下降的高度是：h'=£=迎空四=4cm,故圆柱体s（250-100）cK的高度是：h柱=6cm+4cm=10cm且圆柱体在液体中所受的浮力是：5浮=6-F示数=15N-6N=9N故圆柱体的体积是：V卞i=Sh=100cn2x10cm=1000cm=0.001m3;据F浮=6排=p液gV排可知：p液=-=-=900kg/m3;W排

40、10N/kgX0.001m3据题能看出，相当于高为10cm的物块，上升到10cm时，浮力是不变的，即原来物块浸没在液体中的总高度是：h=10cm+10cm=20cm故圆柱形物体全部浸没在液体中时的总体积是：V总=250cm2x20cm=5000cm；所以原来有液体的体积是：V=V总-Vti=5000cm3-1000cm3=4000cm3;所以原来液体的深度是h=-=-"'：=16cm=0.16m;S250cm2故当物块完全离开液体后，容器中的液体对该容器底部的压强为：p=pgh=900kg/m3x10N/kgx0.16m=1440Pa故答案为：1440;点评：能读懂图象，据图

41、看出原来圆柱体浸没在液体中时液体的高度和圆柱体的高度是解决该题的关键.36题4分，37题5分）四、实验与探究题（共35分，其中25-31题各2分，32-35题各3分,25. （2分）（20147W淀区二模）如图所示体温表的示数为36.9C.L1UI川川|m1!川|川11|世|川考点：体温计的使用及其读数.分析：根据水银柱的液面对应的位置，结合体温计的分度值即可确定示数.解答：解：体温计的分度值为0.1C,结合此图中水银柱的液注对应的刻度，可以确定此时的示数为36.9C.故答案为：36.9.点评：对于测量工具的读数，一定要首先确定其分度值.26. （2分）（20147W淀区二模）如图所示家用电能

42、表的示数为2014.7kW?hkW-h|小口4|口220V5A50H工3000rVV-h考点：电能表参数的理解与电能的求法.专题：电能和电功率.分析：电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位,单位是kW?h解答：解：电能表的示数为：2014.7kW?h故答案为：2014.7.点评：本题考查了电能表的读数方法，关键是知道电能表的最后一位是小数，单位是kW?i.27. （2分）在图中画出斜面上的物体所受重力的示意图.考点：重力示意图.专题：作图题.分析：要画重力的示意图首先要找力的作用点，即重心，从力的作用点起沿重力的方向画一条带箭头的线段，在线段的末尾标上

43、力的大小.解答：解：如图所示：物体的重心在物体的几何重心，如图。点，重力的方向是竖直向下的，从点起沿竖直向下的方向，画一条线段，在线段的末尾标上箭头和力的大小.如图：点评：本题主要考查学生对重力的示意图的画法的了解和掌握，是一道基础题.也是中招的热点.28. （2分）（2014%淀区二模）某人利用图所示的滑轮组将物体提升，请在图上画出最省力的绕绳方法.考点：滑轮组的设计与组装.专题：作图题；简单机械.分析：滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子连着动滑轮，段数越多越省力.解答：解：从动滑轮的挂钩开始依次绕绳子，最后有三段绳子承担物重，这就是最省力的绕法.如图所示:点评：

44、此题主要考查了滑轮组的组装以及滑轮组的省力特点，是一道很好的基础性题目.29. （2分）（20147W淀区二模）根据图中的电源正、负极，可以判断通电螺线管的左端是N极.（选填"N'或"S”）考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断.专题：磁现象、电生磁.分析：利用图示的线圈绕向和电流方向，根据安培定则即可确定螺线管的左端的极性.解答：解：电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据螺线管的线圈绕向，由安培定则可知，用手握住导线，让四指指向电流方向时，大拇指指向左端，即左端为N极.故答案为：N.点评：本题考查右手螺旋定则的应用，题目的难度不大，考查的知识点较单一.右手螺旋定则

45、的内容为：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螺线管N极方向.30. （2分）（20147W淀区二模）小英按图甲所示的电路测量电阻R的阻值.闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片P后观察到电压表和电流表的示数分别如图乙、丙所示.则电流表的示数为0.4A,电阻R的阻值为 5 Q.乙丙考点：电流表的读数方法；电压表的读数方法；欧姆定律的应用.专题：欧姆定律；基本仪器的使用专题.分析：根据图乙与图丙所示确定电压表与电流表的量程与分度值，读出电压表与电流表示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值.解答：解：由图乙可知，电压表量程是。3V,分度值是0.1V,电压表示数是2V;由图丙所示电流表可知，电

46、流表量程是00.6A,分度值是0.02A,电流表示数是0.4A;由1=且可得，电阻的阻值R.二歌=5Q；RI0.4A故答案为：0.4;5.点评：本题考查了电表的读数、欧姆定律的应用，是一道基础题，对电表读数时，应先确定电表量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直.31. （2分）小林利用定值电阻R进行实验，记录的实验数据如下表所示.表中I为通过电阻R的电流，P为电阻R的电功率.请根据表中数据归纳电功率P与电流I的关系：在电阻R不变的条件下，P=30P?I2.I/A0.20.30.40.50.60.7P/W1.22.74.87.510.814.7考点：电功率与电压、电流的关系.专题

47、：信息给予题；控制变量法；归纳法.分析：本题是探究电功率跟电流的关系，根据电功率公式P=I2R可知，要归纳电功率和电流的关系需要保持电阻R不变.取一组数据代入电功率公式，可求出电阻，然后可归纳出电功率与电流的关系.解答：解：根据电功率公式P=I2R可知，要归纳电功率和电流的关系需要保持电阻R不变；根据表中一组电流和电功率的数据，代入电功率公式P=I2R可得：R二_=一I*=300；I292A）2根据电功率公式P=I2R=30Q?I2.故答案为：保持电阻R不变；30Q?I2.点评：本题考查了学生对电功率公式的应用，可以根据题意选择合适的公式，并可以根据P=UI,P=I2R,来判断当电路中的电流发

48、生变化时电功率的变化情况.注意在计算中，电阻的单位.32. （3分）（2014%淀区二模）如图甲所示的均匀杠杆，相邻刻度线之间的距离相等.在用这个杠杆做“探究杠杆的平衡条件”实验中，应先调节杠杆两端的平衡螺母，拿杠杆在水平的位置平衡；如发现杠杆左端偏高，则可将右端的平衡螺母向左调节.如图乙所示.在杠杆的A处挂2个钩码，为了使杠杆在水平位置重新平衡，应该在B处挂4个钩码.（每次个钩码的质量都相等）考点：探究杠杆的平衡条件实验.专题：实验题；探究型实验综合题.分析：（1）测量前应该先调节杠杆在水平位置平衡，以排除杠杆自身受重力作用的影响；调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动.(2)设杠杆的一个

49、小格为L,一个钩码重为G,根据杠杆平衡求出钩码的个数.解答：解；(1)测量前应该先调节杠杆在水平位置平衡，以排除杠杆自身受重力作用的影响；杠杆的左端高于右端，右端平衡螺母向上翘的左端移动.(2)设杠杆的一个小格为L,一个钩码重为G,因为，Fil1=F2l2,所以，nGX2L=2GX4L,所以，n=4,所以在A处挂4个钩码.故答案为：水平；左；4.点评：杠杆的考查在中考中常见，考查内容多是杠杆的调节、求所挂祛码的个数以及测力计示数变化问题.33. (3分)(20147W淀区二模)小明测量某种液体的密度，他将盛有液体的烧杯放在已经调节好的天平左盘里，天平平衡时，右盘里的祛码及标尺上游码的位置如图甲

50、所示.已知烧杯质量为30g,则液体的质量为33g,他将烧杯中的液体全部倒入量筒，液面高度如图乙所示，可知液体的体积为30cmf.根据他测得的数据，可计算出该液体的密度为1.1g/cm3.考点：液体的密度测量实验.专题：实验题；测量型实验综合题.分析：(1)在用量筒测量液体体积时，要注意读数问题，视线要与液面的凹底相平.同时要注意量筒的单位和分度值.(2)天平平衡时物体的质量等于祛码质量与游码在标尺上所对的刻度值.而测量液体质量时，液体的质量等于液体和烧杯的总质量与烧杯质量之差.(3)要掌握物体的密度计算公式解答：解：(1)由甲图知，标尺的分度值为0.2g,所以液体和烧杯的总质量等于50g+10

51、g+3g=63g,又因为烧杯的质量为30g,所以液体的质量为63g-30g=33g.(2)由乙图知，量筒的分度值为0.1ml,所以液体的体积为30ml,即为30cm3.(3)液体的密度为：p =!T= 33 名V 30cm3=1.1g/cm 3.故答案为：33;30;1.1.点评：此题是测量液体的密度实验，主要考查了有关量筒、天平的读数问题，在进行读数时，一定要注意量筒的分度值和标尺的分度值，这样才可以进行正确的读数.同时考查了有关密度知识的计算，一定要掌握密度公式p=34. （3分）（20147W淀区二模）在“探究凸透镜成像规律”实验中，小刚用焦距分别为“5cmf、“10cm'、&q

52、uot;15cM的凸透镜做实验.实验装置如图所示.将蜡烛和凸透镜分别放在光具座上15cm和40cm刻度线处，在实验过程中始终保持蜡烛和凸透镜位置不变，请完成下列填空.（1）当光屏在光具座上45cm至50cm刻度线间的某一位置处时，能在光屏上看到烛焰清晰缩小，倒立的实像，则所用的凸透镜的焦距是5cm.（2）若所用凸透镜的焦距为10cm移动光屏可接收到倒立、缩小的实像（选填“放大”、”等大”或“缩小”）（3）若某次实验中，在光屏上能看到烛焰清晰放大的像，则此次实验所用的凸透镜的焦距为15cm.:!03D3Dso40506D70BD90100考点：凸透镜成像规律及其探究实验.专题：实验题；探究型实验

53、综合题.分析：根据凸透镜成像的三种情况进行判断：u>2f,成倒立、缩小的实像.2f>u>f,成倒立、放大的实像.uvf,成正立、放大的虚像.解答：解：（1）能在光屏上看到烛焰清晰缩小，倒立的实像，像距是在1倍和2倍焦距之间，此时所用的凸透镜的焦距是5cm；（2）若所用凸透镜的焦距为10cm,则物距u=40cm-15cm=25cm>2f=2X10cm1移动光屏可接收到倒立、缩小、实像；（3）若某次实验中，在光屏上能看到烛焰清晰放大的像，则物距处于1倍和2倍焦距之间，即2f>u=25cm>f分析可得25cm>f>12.5cm,所以此次实验所用的凸透镜

54、的焦距为15cm.故答案为：（1）5;（2）缩小；（3）15.点评：此题是“探究凸透镜成像规律”实验，考查了成像特点，是一道基础题.35. （3分）（20147W淀区二模）为了探究“电流通过导体时产生的热量与导体电阻大小的关系”.小伟采用了如图所示的实验装置.两个玻璃瓶内装满煤油，用插有细玻璃管的橡皮塞封闭玻璃瓶，煤油中的电阻丝通过橡皮塞上的接线柱与电路相连，已知电阻RvR2.（1）为使通过电阻R、的的电流相等，实验中R、R2应采用串联（填写“串联”或“并联”）（2）在通电时间相同时，两玻璃管内煤油上升较高的是乙（选填“甲”或“乙”）瓶.由此可知.在通电时间相同、电流相等的情况下，电阻越大，电

55、流产生的热量越多（填写“多”或“少”）.考点：焦耳定律.专题：实验题；探究型实验综合题.分析：（1）分析电路图可知两电阻的连接方式；（2）电阻产生的热量被烧杯中的煤油所吸收，煤油温度升高，由Q=I2Rt&Q=mCM的变形公式可分析出哪个烧瓶温度升高快；根据煤油温度的升高的大小可知电阻产生的热量多少，由Q=I2Rt可得出结论.解答：解：（1）由电路图知：电阻R与R首尾顺次连接，它们间是串联，这样可以控制流过两电阻的电流与通电时间相等；（2）电阻R与R2串联，流过它们的电流I及通电时间t都相等，已知RVR,由Q=I2Rt知：QvQ,两烧瓶中的煤油质量m相等，煤油的比热c相等，由t=！可知:t甲乙，所以乙烧瓶中煤油温度上升较高；因为Ri<R2,QvQ,由此可知，在通电时间相同，电流一定的情况下，电阻越大，电流产生的热量越多.故答案为：（1）串联；（2）乙；多.点评：本题是一道实验题，考查了电路元件的连接方式，判断煤油温度升高的多少，分析实验现象得出实验结论等问题，本实验应用了控制变量法与转换法，解题时注意领会.36. （4分）（20147W淀区二模）在学习电功率的知识后，小宝根据P=亡认为“电功率与电阻成反r比”.你认为他的观点正确吗？若