2024年甘肃省武威市凉州区高坝中学中考物理三模试卷

2024年甘肃省武威市凉州区高坝中学中考物理三模试卷一、选择题（共20分）1．（1分）坐在行驶汽车里的乘客认为自己是静止的，他选取的参照物可能是（）A．路边的树木 B．沿途的路灯 C．所乘汽车的车厢 D．反向行驶的汽车2．（1分）为减小周围噪声对学校的影响，下列措施中属于“在传播途径中减弱噪声”的是（）A．将学校周围的工厂搬离 B．学校周围禁止车辆鸣笛 C．在学校周围种植树木 D．汽车排气管安装消音器3．（1分）缺水地区的冬季，当地有些居民靠取冰雪来获得生活用水。如图是将一定质量的冰雪，从﹣20℃加热到沸腾过程温度随时间变化的图象（不考虑水中有杂质产生的影响），下列对图象分析正确的是（）A．冰的熔点是0℃，水的沸点是100℃ B．当地气压低于标准大气压 C．冰熔化和水沸腾过程中都吸热且温度升高 D．图象中的BC段，物质只是以液态方式存在4．（1分）下列关于图中所示光学现象的描述或解释正确的是（）A．图甲中，小孔成的是倒立的虚像 B．图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正远视眼 C．图丙中，白光通过三棱镜分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光 D．图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律5．（1分）密度知识与生活生产联系紧密，下列运用密度知识对生活生产相关现象或事例的判断，正确的是（）A．水银体温计测量体温时，液泡内水银密度变小 B．能装下500g水的瓶子，也能装下500g的白酒 C．铁比铝的密度大，表示铁的质量一定比铝大 D．航空器材尽量采用高强度、大密度的材料制造6．（1分）如图所示，水平传送带上的物体正在向右加速运动，分析物体受到的力有（）A．重力、对传送带的压力 B．重力、传送带的支持力、向左的摩擦力 C．重力、传送带的支持力、向右的摩擦力 D．重力、传送带的支持力、对传送带的压力7．（1分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A．内能小的物体可能将热量传递给内能大的物体 B．1kg的0℃的冰与1kg的0℃的水，内能相同 C．若某物体内能增加，该物体一定是吸收了热量 D．高温物体含有的热量比低温物体含有的热量多8．（1分）如图所示电路中，电源两端电压保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，向右移动滑动变阻器的滑片P时，下列判断正确的是（）A．电流表的示数变小 B．滑动变阻器R2的阻值变大 C．电压表的示数不变 D．电压表示数跟电流表示数的比值不变9．（1分）如图甲所示，L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R2＝20Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R1的最大阻值为100Ω。当闭合开关S和S1时，移动滑片P，变阻器两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，在保证电路安全的情况下，下列说法错误的是（）A．电源电压为18V B．只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A C．只闭合开关S和S1，当电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差为80Ω D．在任意闭合开关和调节滑片P时，整个电路的最大功率与最小功率的比值为16：110．（1分）下列关于电与磁的四个实验的认识，正确的是（）A．甲实验能说明电流周围存在磁场 B．乙实验中通电螺线管左端是S极 C．丙图中的线圈正处于平衡位置 D．丁实验的原理与电动机的原理相同二、填空题（共23分）11．（3分）如图所示，图甲中木条的长度为cm；图乙中温度计读数为℃。图丙中停表的示数为s。12．（4分）小亮演奏两种自制乐器时，发现声音都是由物体产生的；两种乐器的波形图如图甲、乙所示，由图可知两种乐器发出的声音具有相同的，不同的响度和；小亮单独演奏乙时出现图丙所示的波形图，是因为发生了改变。（后三空选填“音调”、“响度”或“音色”）13．（4分）如图，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，其中A为。实验前应先观察并记下凸透镜的。实验时，固定好凸透镜的位置并调整物距，使它大于透镜的二倍焦距后，要移动找像。当发现所成的像比较小时，为了获得较大的像，在不改变透镜位置的情况下，可以进行的操作是：。14．（2分）如图所示，实心正方体A、B置于水平地面上，边长之比1：2，它们对地面的压强相等，甲、乙的密度关系是ρ甲：ρ乙＝，沿竖直方向各切掉一半体积后，剩余部分对地面的压强关系是p甲p乙（选填“＞”“＝”或“＜”）。15．（2分）发现“浸在液体中的物体受到的浮力大小等于它所排开液体所受的重力”的科学家是。将匀质铁球的一半投入水中，排开水的重力为0.8N，若将它全部浸没在水中，受到浮力的大小为N。16．（3分）将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中，通过的方式改变牛奶的内能，如图是250g牛奶与热水的温度随时间变化的图象，则牛奶在加热过程中吸收的热量为J[c牛奶＝2.5×103J/（kg•℃）]。大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成分是水，这是利用了水的的特点。17．（2分）某电热水器有高、中、低温三挡，其内部电路结构如图所示，电热丝R1＝55Ω，电热丝R2＝220Ω．电热水器处于中温挡工作100s，产生的热量是J；家庭电路中的用电器使用时，若导线相互连接处接触不良，易造成该处电阻变大，由焦耳定律可知此时产生的热量（选填“变大”“变小”或“不变”）。18．（3分）氢弹是利用核（选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放能量的装置；核能是（选填“可再生”或“不可再生”）能源。手机已进入5G时代，5G技术传递信息的载体是（选填“超声波”“次声波”或“电磁波”）。三、作图题（共2分）19．（2分）如图所示，请将图中各元件正确接入电路，其中开关只控制灯泡。四、实验探究题（共15分）20．（6分）小明在探究影响压力作用效果的因素时，取三个质量相同的圆柱形容器A、B、C，它们底面积的关系是SA＞SB＝SC.在三个容器中分别倒入适量的水和盐水，其中A、C两容器中液体质量相等。将它们分别放在三块相同的海绵上，如图甲、乙、丙所示。（1）实验过程中可以通过观察来比较压力的作用效果；（2）比较乙、丙两图所示的实验，受力面积相同时，越大，压力作用效果越明显；（3）比较两图所示的实验，可以得出压力作用效果与受力面积的关系；（4）①小明还想利用这些器材探究影响液体压强的因素，于是他找来一个如图丁所示的压强计，将其探头放入A、B两容器中，保持探头在两种液体中的深度相同，发现探头在盐水中时，U形管左右两侧液面的高度差较（选填“大”、“小”），说明在深度相同时，越大，液体压强越大；②小华认为：液体内部某处到容器底的距离越大，其压强越小。为研究此问题，如图戊所示，小华在a、b图中保持金属盒的位置不变，往b容器内加水，当水面到容器底的距离L满足条件。对比a图，可说明小华的观点是错误的。21．（9分）如图甲所示，是刘晓同学在实验室采用伏安法测量小灯泡电功率的实验电路图，已知小灯泡的额定电压为2.5V。（1）据图分析可知，电源的“a”为极，“b”为极。（2）将电压表正确连入电路中。（3）刘晓闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至最端（填“左”或“右”），闭合开关，移动滑片，她发现电流表有示数，电压表无示数，灯泡不发光，则故障的原因可能是。A.cd间短路B.cd间断路C.ef间短路D.ef间断路（4）刘晓通过移动滑片得到通过小灯泡的电流与其两端电压的几组数据，并作出了I—U的图像，如图乙所示。由图象分析可知：小灯泡的额定电功率为W，随着小灯泡两端的电压升高，小灯泡的电阻（填“变大”“不变”或“变小”）。（5）完成上述实验后，刘晓又将一阻值为15Ω的定值电阻R与该小灯泡串联接在电压为4V电路中，则电路中的电流为A，此时，小灯泡的实际电功率为W。五、简答题（共2分）22．（2分）体操运动员在上器械前，会在手上涂镁粉，这是为什么？六、计算题（共18分）23．（6分）一个圆柱形容器放在水平桌面上，如图甲所示，容器中立放着一个均匀实心圆柱体M，现慢慢向容器中加水，加入的水对容器底的压强p水与所加水的质量m的关系如图丙所示，容器足够高，在整个过程中无水溢出，M的底面始终与容器中的水面平行。当加入的水等于3kg时，物体M刚好漂浮且露出水面的高度为4cm，如图乙所示（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）。求：（1）求圆柱体M刚好漂浮时容器中水的深度；（2）求圆柱体M的密度；（3）当容器中加入足够多的水后，把正方体放在圆柱体M上，圆柱体刚好浸没，则该正方体的重力为多少？24．（6分）小牛设计了一个用电压表的示数变化反映环境温度变化的电路，其电路原理图如图甲所示，其中，电源两端电压恒定不变，定值电阻R0＝20Ω，R1是热敏电阻，其阻值随环境温度变化的关系如图乙所示，闭合开关S后，求：（1）当环境温度为20℃时，热敏电阻R1的阻值是多少？（2）当环境温度为20℃时，电压表示数为2V，电源电压是多少？（3）当电压表示数为4V时，环境温度是多少？25．（6分）茶文化源远流长，如图甲是小萍家煮茶器，图乙是该煮茶器在220V的电压下，某次煮茶过程中功率随时间变化的图像。已知加热状态下（0～5min），将1kg初温45℃的水刚好加热到100℃。（c水＝4.2×103J/（kg•℃））求：（1）水吸收的热量；（2）煮茶器保温状态下的电阻；（3）煮茶器加热状态下的热效率。

2024年甘肃省武威市凉州区高坝中学中考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20分）1．（1分）坐在行驶汽车里的乘客认为自己是静止的，他选取的参照物可能是（）A．路边的树木 B．沿途的路灯 C．所乘汽车的车厢 D．反向行驶的汽车【分析】判断物体的运动和静止，首先选定一个参照物，我们说乘客是静止的，选定的参照物必须和乘客位置没有变化。【解答】解：ABD、坐在行驶的汽车中的乘客，乘客和反向行驶的汽车、路边的树、沿途的路灯之间的距离都发生了变化，所以以路边的树木、沿途的路灯、反向行驶的汽车为参照物时，乘客是运动的；故ABD不符合题意；C、坐在行驶的汽车中的乘客，选定汽车的车厢为参照物，乘客和车厢之间没有发生改变，以自己所乘汽车的车厢为参照物，乘客是静止的；故C符合题意。故选：C。【点评】运动的和静止的物体都可以做参照物，被研究的物体和选定为参照物的物体之间发生位置变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的。2．（1分）为减小周围噪声对学校的影响，下列措施中属于“在传播途径中减弱噪声”的是（）A．将学校周围的工厂搬离 B．学校周围禁止车辆鸣笛 C．在学校周围种植树木 D．汽车排气管安装消音器【分析】减弱噪声的途径有：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。【解答】解：A、将学校周围的工厂搬离是在声源处减弱噪声的；故A不符合题意；B、学校周围禁止车辆鸣笛是在声源处减弱噪声的；故B不符合题意；C、在学校园周围种植树木是在传播过程中减弱噪声的；故C符合题意；C、排气管上装消声器是在声源处减弱噪声的，故D符合题意。故选：C。【点评】此题考查的是减弱噪声的途径，是一道声学的基础题。3．（1分）缺水地区的冬季，当地有些居民靠取冰雪来获得生活用水。如图是将一定质量的冰雪，从﹣20℃加热到沸腾过程温度随时间变化的图象（不考虑水中有杂质产生的影响），下列对图象分析正确的是（）A．冰的熔点是0℃，水的沸点是100℃ B．当地气压低于标准大气压 C．冰熔化和水沸腾过程中都吸热且温度升高 D．图象中的BC段，物质只是以液态方式存在【分析】（1）熔点和沸点与大气压有关，要指明在标准大气压下冰的熔点和水的沸点。（2）液体沸点与气压有关，液体沸点随气压的升高而升高。（3）晶体熔化和液体沸腾时都要继续吸热。（4）晶体处于熔点时有三种存在状态，可能是固态、液态和固液共存状态。【解答】解：A、由图可知，BC段所对应温度值为0℃，冰的熔点是0℃，水的沸点是98℃．不合题意。B、DE段所对应的温度值为98℃，因此当地气压低于标准大气压。符合题意。C、晶体熔化和液体沸腾时都要继续吸热，且温度不变。不符合题意。D、BC段所对应的温度是0℃，晶体处于熔点时，可能是固态、液态和固液共存状态。不合题意。故选：B。【点评】该题把晶体的熔化和沸腾图象放到一个坐标系中，考查了学生从图象中获取信息的能力，考查的很全面。4．（1分）下列关于图中所示光学现象的描述或解释正确的是（）A．图甲中，小孔成的是倒立的虚像 B．图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正远视眼 C．图丙中，白光通过三棱镜分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光 D．图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律【分析】（1）小孔成像依据光的直线传播原理，成倒立的实像，像可能放大可能缩小；（2）近视患者成像在视网膜前，利用凹透镜发散作用可以使成像后移到视网膜上，远视患者成像在视网膜后，利用凸透镜的会聚作用可以使成像前移到视网膜上；（3）白光分解成七色光叫光的色散，是光的折射现象；（4）不论是镜面反射还是漫反射，即使是看不见的光的反射，都遵循光的反射定律。依据对以上知识点的理解来判断此题。【解答】解：A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收，符合实像的特征，不是虚像，故A错误；B、近视是因为晶状体曲度过大、折光能力太强，使像成在视网膜前面，利用凹透镜的发散作用可以使像后移到视网膜上，即人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，故B错误；C、白光由七色光组成，不同色光通过三棱镜后，偏折角度不同，所以被分解成七色光，这是光的色散现象，故C正确；D、只要是光的反射，都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D错误。故选：C。【点评】本题考查对简单光现象的理解，要求掌握的知识有小孔成像、两种反射、色散、近视远视的矫正。5．（1分）密度知识与生活生产联系紧密，下列运用密度知识对生活生产相关现象或事例的判断，正确的是（）A．水银体温计测量体温时，液泡内水银密度变小 B．能装下500g水的瓶子，也能装下500g的白酒 C．铁比铝的密度大，表示铁的质量一定比铝大 D．航空器材尽量采用高强度、大密度的材料制造【分析】（1）一定质量的物质，体积变大，根据ρ＝得，密度变小；（2）瓶子的容积一定，最多能装500g的水。由密度公式ρ＝可知，和同样质量的其它液体比较，密度大的液体体积比水的体积小，能装下；密度小的液体其体积比水的体积大，装不下。（3）物体的质量不仅和密度有关，也和体积有关；（4）在体积一定时，由密度公式ρ＝的变形式m＝ρV知，密度变小，其质量变小。【解答】解：A、在质量一定时，水银温度升高，体积增大，由公式ρ＝可知，其密度变小，故A正确；B、瓶子的容积一定，最多能装500g的水。由密度公式ρ＝可知，和同样质量的其它液体比较，密度大的液体体积比水的体积小，能装下；密度小的液体其体积比水的体积大，装不下。白酒的密度小于水，所以刚好能装下500g水的瓶子不能装下500g的白酒。故B错误；C、在体积不确定的情况下，密度大的物体不一定质量大，故C错误；D、航空器材的体积一定，由ρ＝可得m＝ρV，可知材料的密度越小，航空器材的质量越小，因此航空器材常采用密度小、强度高的合金材料，在保证安全的前提下，能够减轻航空器材的质量，故D错误。故选：A。【点评】此题考查了密度公式的应用，难度不大，认真分析即可。6．（1分）如图所示，水平传送带上的物体正在向右加速运动，分析物体受到的力有（）A．重力、对传送带的压力 B．重力、传送带的支持力、向左的摩擦力 C．重力、传送带的支持力、向右的摩擦力 D．重力、传送带的支持力、对传送带的压力【分析】物体在传送带上，受到重力和支持力作用；物体随传送带一起向右运动，物体有向左运动的趋势，物体受到摩擦力作用，摩擦力的方向和物体相对运动方向相反，可以确定摩擦力方向。【解答】解：传送带上的物体，受到重力和传送带的支持力作用；传送带向右运动，且速度逐渐变大，物体由于惯性保持原来的静止状态，所以相对于传送带来讲，物体有向左运动的趋势，因此物体受到向右的摩擦力作用。物体对传送带的压力，受力物体是传送带，不是物体受到的力。综上所述，物体受到了重力、传送带的支持力、向右的摩擦力，选项C的说法正确，符合题意。故选：C。【点评】物体受到摩擦力的方向不是和物体运动方向相反，而是和物体相对运动方向相反，这点一定要注意。7．（1分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A．内能小的物体可能将热量传递给内能大的物体 B．1kg的0℃的冰与1kg的0℃的水，内能相同 C．若某物体内能增加，该物体一定是吸收了热量 D．高温物体含有的热量比低温物体含有的热量多【分析】（1）发生热传递的条件是存在温度差；（2）内能的大小与物体的状态、质量以及温度有关；（3）改变内能的方式有做功和热传递；（4）热量是指在热传递的过程中物体之间能量的转移的多少。【解答】解：A、内能只能从高温物体转移到低温物体，所以物体可以将热量从内能小的物体传递给内能大的物体，故A正确；B、物体内能的大小跟物体的质量、温度以及状态有关，1kg的0℃的冰与1kg的0℃的水，内能不相同，故B错误；C、某物体温度升高，内能增加，可能吸收热量，可能外界对物体做功，故C错误；D、热量是指在热传递的过程中物体之间能量的转移的多少，不能说物体含有多少热量，故D错误。故选：A。【点评】本题考查温度、热量与内能的关系以及改变内能的方式，难度不大。8．（1分）如图所示电路中，电源两端电压保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，向右移动滑动变阻器的滑片P时，下列判断正确的是（）A．电流表的示数变小 B．滑动变阻器R2的阻值变大 C．电压表的示数不变 D．电压表示数跟电流表示数的比值不变【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据欧姆定律结合R1的阻值判断电压表示数跟电流表示数的比值变化。【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；ABC、当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路中电阻丝的长度变短，滑动变阻器R2的阻值变小，电路中的总电阻变小；由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；由U＝IR可知，R1两端的电压变大，即电压表的示数变大，故ABC错误；D、由R＝可知，电压表示数跟电流表示数的比值等于R1的阻值，则其比值不变，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，能把电压表示数跟电流表示数的比值转化为定值电阻R1的阻值处理是关键。9．（1分）如图甲所示，L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R2＝20Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R1的最大阻值为100Ω。当闭合开关S和S1时，移动滑片P，变阻器两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，在保证电路安全的情况下，下列说法错误的是（）A．电源电压为18V B．只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A C．只闭合开关S和S1，当电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差为80Ω D．在任意闭合开关和调节滑片P时，整个电路的最大功率与最小功率的比值为16：1【分析】（1）当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，由图乙可知，当R1接入电阻为16Ω时，它两端的电压为8V，由欧姆定律可得此时电路中的电流和R2两端的电压，根据串联电路的电压规律可得电源电压；（2）只闭合开关S和S2时，R1和灯泡L串联，由P＝UI可得灯泡的额定电流，由欧姆定律可得灯泡的电阻，为了不烧坏灯泡，知电路中的最大电流为0.5A；当滑片向左移动，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数会变大，当电压为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值，此时电路中的电流最小，根据串联电路的电压规律可知此时小灯泡两端的电压，由欧姆定律可得电路中的最小电流；（3）当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，已知电源电压为18V，当电压表示数为9V时，可知R2两端电压为9V，由串联电路的分压原理可知，此时R1接入电路的电阻，当R2两端电压为15V时，R2两端电压为3V，由欧姆定律可得电路中的电流和此时R1接入电路的电阻，可得电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差；（4）闭合开关S、S1、S2，小灯泡和R2并联后又和R1串联，当R1的滑片向右移动，使得小灯泡两端电压达到6V时，小灯泡正常发光，此时电路中电阻达到最小值，电流达到最大值，根据P＝UI可知，此时电路总功率最大，由并联电路的电流特点知此时电路中的总电流，由P＝UI可得电路最大总功率，当闭合开关S和S1，R1和R2串联，通过调节滑动变阻器R1滑片，可使电路中的电流达到最小值，当R1两端电压为15V时，接入电路的电阻最大，电流最小，此时R2两端的电压为3V，由欧姆定律可得电路中的最小电流，由P＝UI可得电路中的最小功率，从而可得整个电路的最大功率与最小功率的比值。【解答】解：A．当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，移动滑片，R1两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，由图可知，当R1接入电阻为16Ω时，它两端的电压为8V，由欧姆定律可得，此时电路中的电流，由欧姆定律可得，此时R2两端的电压U2＝IR2＝0.5A×20Ω＝10V，可得电源电压U＝U1+U2＝8V+10V＝18V，故A正确；B．只闭合开关S和S2时，R1和灯泡L串联，灯泡的额定电流由欧姆定律可得，灯泡的电阻RL＝＝＝12Ω，为了不烧坏灯泡，电路中的最大电流为0.5A；当滑片向左移动，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数会变大，当电压为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值，此时电路中的电流最小，此时小灯泡两端的电压UL'＝U﹣U1'＝18V﹣15V＝3V，由欧姆定律可得，电路中的最小电流，故只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A，故B正确；C．当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，已知电源电压为18V，当电压表示数为9V时，可知R2两端电压为9V，由串联电路的分压原理可知，此时R1接入电路的电阻R1'＝R2＝20Ω，当R2两端电压为15V时，R2两端电压为3V，则由欧姆定律可得，电路中的电流，由欧姆定律可得，此时R1接入电路的电阻，可得电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差ΔR1＝R''﹣R1'＝100Ω﹣20Ω＝80Ω，故C正确；D．闭合开关S、S1、S2，小灯泡和R2并联后又和R1串联，当R1的滑片向右移动，使得小灯泡两端电压达到6V时，小灯泡正常发光，此时电路中电阻达到最小值，电流达到最大值，由P＝UI知此时电路总功率最大，由欧姆定律可得，此时电路中的总电流＞0.6A，故电路中的最大电流为Imax＝0.6A，最大总功率为Pmax＝UImax＝18V×0.6A＝10.8W，已知R2＝20Ω，RL＝12Ω，因此当闭合开关S和S1，R1和R2串联，通过调节滑动变阻器R1滑片，可使电路中的电流达到最小值，当R1两端电压为15V时，接入电路的电阻最大，电流最小，此时R2两端的电压为3V，则由欧姆定律可得，此时电路中的最小电流，最小功率为Pmin＝UImin＝18V×0.15A＝2.7W，最大功率与最小功率的比值，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式是关键，难度较大。10．（1分）下列关于电与磁的四个实验的认识，正确的是（）A．甲实验能说明电流周围存在磁场 B．乙实验中通电螺线管左端是S极 C．丙图中的线圈正处于平衡位置 D．丁实验的原理与电动机的原理相同【分析】题目给出了四个类似的实验，首先要弄清各实验所揭示的原理，再结合题设要求来进行选择。【解答】解：A、通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，小磁针的运动可以显示磁场的存在，它是研究电流的磁效应的，是奥斯特实验，故A正确；B、电流从螺线管的右侧流入，从左侧流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，故B错误；C、图中线圈的平面与磁感线的方向相同，不是平衡位置，故C错误；D、图中没有电池，验证闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是电磁感应现象实验图，是发电机的原理图，即是将机械能转化为电能的过程，故D错误。故选：A。【点评】物理学是以观察和实验为主的实验学科，很多的物理知识都来源于实验，在学习中应重视实验的学习，要牢记一些重要实验装置图。二、填空题（共23分）11．（3分）如图所示，图甲中木条的长度为2.64cm；图乙中温度计读数为29℃。图丙中停表的示数为100.8s。【分析】（1）刻度尺上最小的一格代表的长度是刻度尺的分度值，使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量时要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度值即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；（2）温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字；（3）停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和。【解答】解：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm，即此刻度尺的分度值为0.1cm＝1mm，物体左侧与0刻度线对齐，右侧所对刻度值为2.64cm，所以物体的长度为L＝2.64cm；温度计上10℃之间有10个小格，一个小格代表1℃，所以此温度计的分度值为1℃，温度计的刻度从下向上越来越大，因此温度计的零刻度线在下方，所以液柱的液面在零上，故示数为29℃；在停表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“1”和“2”之间，偏向“2”一侧，所以分针指示的时间为1min；在停表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在40.8s处，所以停表的读数为1min40.8s＝100.8s。故答案为：2.64；29；100.8。【点评】物理中有很多的测量工具，刻度尺、秒表、电流表、电压表、天平、量筒、弹簧测力计、温度计等，任何一种工具，一定要注意每一个大格和每一个小格各代表多少。刻度尺需要估读到分度值的下一位数字，其他的测量工具不需要估读，读出最接近的数值即可。12．（4分）小亮演奏两种自制乐器时，发现声音都是由物体振动产生的；两种乐器的波形图如图甲、乙所示，由图可知两种乐器发出的声音具有相同的音调，不同的响度和音色；小亮单独演奏乙时出现图丙所示的波形图，是因为响度发生了改变。（后三空选填“音调”、“响度”或“音色”）【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；（2）音调跟物体的振动频率有关，振动频率越大，音调越高；响度跟物体的振幅有关，振幅越大，响度越大；此外响度还与距离发声体的远近有关；音色跟发声体的材料、结构有关。【解答】解：小亮演奏两种自制乐器时，发现声音都是由物体振动产生的；如图甲、乙所示，两图的振动频率相同，两种乐器发出的声音具有相同的音调，振幅和波形不同，所以响度和音色不同；乙、丙两图的振幅不同，所以响度不同。故答案为：振动；音调；音色；响度。【点评】通过比较声音的波形图来考查频率对音调的影响和振幅对响度的影响，以及音色的辨别，解题的关键是能够从波形图上看懂频率、振幅和音色。13．（4分）如图，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，其中A为光具座。实验前应先观察并记下凸透镜的焦距。实验时，固定好凸透镜的位置并调整物距，使它大于透镜的二倍焦距后，要移动光屏找像。当发现所成的像比较小时，为了获得较大的像，在不改变透镜位置的情况下，可以进行的操作是：烛焰向靠近凸透镜方向移动，同时将光屏远离凸透镜方向移动，直至出现清晰的像。【分析】①在“验证凸透镜成像规律”的实验中，要了解实验器材，明确凸透镜的焦距。②在实验过程中，固定凸透镜的位置，通过改变蜡烛的位置来改变物距，通过调节光屏的位置找到像的位置。③凸透镜成像成实像时：物像异侧，物距变大，像距变小，像变小。物距变小，像距变大，像变大。【解答】解：①实验用到的器材A是光具座，在实验前需要记下凸透镜的焦距。②固定凸透镜的位置后，使物距大于二倍焦距，此时不能再移动凸透镜，否则物距就会改变，所以要移动光屏找像。③当发现所成的像比较小时，为了获得较大的像，应该减小物距，不改变透镜位置，所以要将蜡烛靠近凸透镜，此时像距要增大，光屏要远离凸透镜。故答案为：光具座；焦距；光屏；烛焰向靠近凸透镜方向移动，同时将光屏远离凸透镜方向移动，直至出现清晰的像。【点评】此题主要是探究凸透镜成像的规律，主要考查了在实验前和实验过程中的操作情况。实验前要注意记下凸透镜的焦距。实验时固定凸透镜的位置，改变物体和光屏的位置。要熟练掌握凸透镜成像规律，搞清物距、像距、成像特点之间的关系。14．（2分）如图所示，实心正方体A、B置于水平地面上，边长之比1：2，它们对地面的压强相等，甲、乙的密度关系是ρ甲：ρ乙＝2：1，沿竖直方向各切掉一半体积后，剩余部分对地面的压强关系是p甲＝p乙（选填“＞”“＝”或“＜”）。【分析】由于两个物体都是规则的实心实心圆柱体，可利用，先判断出两个物体的密度大小，然后表示出切除相同高度后，剩余部分对水平面的压强，再做比较。【解答】解：假设A的边长为h0，则B的边长为2h0，则正方体对水平面的压强为，由它们对地面的压强相等，可得ρ甲gh0＝ρ乙g×2h0，所以甲、乙的密度关系是；根据正方体对水平面的压强公式p＝ρgh可知，沿竖直方向各切掉一半体积后，高度和密度都不变，剩余部分对地面的压强不变，即关系是p甲＝p乙。故答案为：2：1；＝。【点评】本题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p＝和p＝ρgh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答。15．（2分）发现“浸在液体中的物体受到的浮力大小等于它所排开液体所受的重力”的科学家是阿基米德。将匀质铁球的一半投入水中，排开水的重力为0.8N，若将它全部浸没在水中，受到浮力的大小为1.6N。【分析】（1）阿基米德是古希腊伟大的科学家，他在物理方面的贡献：一是关于浮力问题，二是关于杠杆平衡问题。（2）已知铁球一半浸入水中时排开水的重力，根据阿基米德原理可知，铁球受到的浮力大小等于铁球排开水受到的重力，由此可得出结论；根据F浮＝ρ水gV排可求出铁球一半浸入水中时排开水的体积，根据V排＝V球求出铁球的体积；当铁球全部浸没在水中时，V排＝V球，根据F浮＝ρ水gV排可求出铁球受到的浮力。【解答】解：浸在液体中的物体所受的浮力，大小等于它排开液体的重力，这是阿基米德原理的内容，它是由阿基米德发现的。铁球一半浸入水中时，铁球排开水受到的重力G排＝0.8N，根据阿基米德原理可知，铁球受到的浮力F浮＝G排＝0.8N；铁球一半浸入水中时排开水的体积V排＝＝＝8×10﹣5m3，铁球的体积V球＝2V排＝2×8×10﹣5m3＝1.6×10﹣4m3，当铁球全部浸没在水中时，V排′＝V球＝1.6×10﹣4m3，此时铁球受到的浮力F浮′＝ρ水gV排′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.6×10﹣4m3＝1.6N。故答案为：阿基米德；1.6。【点评】本题主要考查阿基米德原理的应用，正确理解物体排开水的体积等于物体浸入水中的体积是解题的关键。16．（3分）将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中，通过热传递的方式改变牛奶的内能，如图是250g牛奶与热水的温度随时间变化的图象，则牛奶在加热过程中吸收的热量为1.25×104J[c牛奶＝2.5×103J/（kg•℃）]。大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成分是水，这是利用了水的比热容较大的特点。【分析】（1）改变内能的方法：一是做功，二是热传递，物体放出热量、内能减少、温度降低；（2）知道牛奶的质量、比热容，求出温度升高值，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求牛奶吸收的热量；（3）水的比热容较大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多；吸收或放出相同的热量时，温度变化较小，因此常用来做冷却剂、取暖剂等。【解答】解：给牛奶加热的过程中，牛奶吸收热量、内能增加，是通过热传递方式改变了牛奶的内能；由图乙可知，牛奶升高的温度：Δt＝40℃﹣20℃＝20℃，则牛奶吸收的热量：Q吸＝c牛奶m牛奶Δt＝2.5×103J/（kg•℃）×0.25kg×20℃＝1.25×104J；因为水的比热容大，质量相同时升高相同的温度，吸收的热量多，故大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成分是水，就是利用了水的比热容大的特点。故答案为：热传递；1.25×104；比热容较大。【点评】本题考查了水的比热容较大的应用、热量的计算、内能的改变方法，计算时注意温度升高了（Δt）与升高到（末温）的区别。17．（2分）某电热水器有高、中、低温三挡，其内部电路结构如图所示，电热丝R1＝55Ω，电热丝R2＝220Ω．电热水器处于中温挡工作100s，产生的热量是8.8×104J；家庭电路中的用电器使用时，若导线相互连接处接触不良，易造成该处电阻变大，由焦耳定律可知此时产生的热量变大（选填“变大”“变小”或“不变”）。【分析】（1）根据开关的闭合和断开情况，利用公式P＝判定电路消耗功率的大小，从而得出中温挡的连接方式；根据此时的电阻和电源电压，利用Q＝W＝t求出中温挡工作100s产生的热量；（2）由焦耳定律可知，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。导线相互连接处因为接触不良，易造成该处电阻变大，因为导线连接处与其他导线串联在电路中，通过的电流和通电时间是相同的，由焦耳定律可知电阻大的产生的热量越多。【解答】解：（1）由图可知，当所有开关都闭合时，两个电阻并联，由并联电路的电阻特点可知，此时总电阻是最小的，根据公式P＝可知，总功率最大，为高温挡；只闭合开关S、S1时，只有R1接入电路中；只闭合开关S、S2时，只有R2接入电路中；由题中数据可知R1＜R2，根据公式P＝可知，闭合开关S、S1时（只有R1工作）为中温挡，只闭合开关S、S2时（只有R2工作）为低温挡；电热水器处于中温挡工作100s，产生的热量：Q＝W＝t＝×100s＝8.8×104J；（2）在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的接触面积较小，会引起该处电阻变大，导线连接处与导线串联在电路中，通过的电流相等、通电时间相等，根据Q＝I2Rt可知，连接处产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。故答案为：8.8×104；变大。【点评】本题考查了并联电路的特点、焦耳定律、电功和电功率公式的灵活应用，正确分析得出热水器的工作状态是关键。18．（3分）氢弹是利用核聚变（选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放能量的装置；核能是不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。手机已进入5G时代，5G技术传递信息的载体是电磁波（选填“超声波”“次声波”或“电磁波”）。【分析】（1）核裂变和核聚变都能释放能量，但是又有区别，对于核裂变是可控的，如核电站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，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。（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，所以它们属于可再生能源；（3）手机是通过接收和发射电磁波来传递信息的。【解答】解：氢弹是利用氢核的聚变在瞬间释放的能量；核能使用后，不可能在短期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；手机是利用电磁波传递信息的。故答案为：聚变；不可再生；电磁波。【点评】主要考查学生对可再生能源和不可再生能源特点的理解，同时也考查了同学们对于电磁波和核能的了解情况，这些知识点都是中考的热点。三、作图题（共2分）19．（2分）如图所示，请将图中各元件正确接入电路，其中开关只控制灯泡。【分析】（1）电灯的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋口。（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。【解答】解：（1）开关控制电灯时，开关和电灯串联，火线首先过开关再入灯泡顶端的金属点，零线直接连电灯的螺丝口。（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。如图所示。【点评】火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋口，如果火线直接进入电灯，零线过开关进电灯，在断开开关时，火线没有切断，容易发生触电事故。四、实验探究题（共15分）20．（6分）小明在探究影响压力作用效果的因素时，取三个质量相同的圆柱形容器A、B、C，它们底面积的关系是SA＞SB＝SC.在三个容器中分别倒入适量的水和盐水，其中A、C两容器中液体质量相等。将它们分别放在三块相同的海绵上，如图甲、乙、丙所示。（1）实验过程中可以通过观察海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果；（2）比较乙、丙两图所示的实验，受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越明显；（3）比较甲、丙两图所示的实验，可以得出压力作用效果与受力面积的关系；（4）①小明还想利用这些器材探究影响液体压强的因素，于是他找来一个如图丁所示的压强计，将其探头放入A、B两容器中，保持探头在两种液体中的深度相同，发现探头在盐水中时，U形管左右两侧液面的高度差较大（选填“大”、“小”），说明在深度相同时，液体密度越大，液体压强越大；②小华认为：液体内部某处到容器底的距离越大，其压强越小。为研究此问题，如图戊所示，小华在a、b图中保持金属盒的位置不变，往b容器内加水，当水面到容器底的距离L满足条件L≥18cm。对比a图，可说明小华的观点是错误的。【分析】（1）本实验通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；（2）比较乙、丙两图所示的实验，受力面积相同，丙中压力大，海绵的凹陷程度更明显；（3）探究压力的作用效果与受力面积的关系，应保持压力一定，改变受力面积的大小，据此得出结论；（4）①在不同液体中，当探头所在的深度相同时，液体的密度越大，U形管左右两侧液面的高度差越大，据此得出结论；②小华认为：液体内部某处到容器底的距离越大，其压强越小；对比a图，要说明小华的观点是错误的，即：b图中液体内部某处到容器底的距离较大时，其金属盒受到水的压强应大于或等于a图中金属盒受到水的压强，根据p＝ρ水gh可知，b图中金属盒所处的深度应大于或等于a图中金属盒所处的深度，据此进行解答。【解答】解：（1）实验中是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的，属转换法的应用；（2）比较乙、丙两图所示的实验，受力面积相同，丙中压力大，海绵的凹陷程度更明显，故受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越明显；（3）比较甲、丙两图，压力相同，受力面积不相同，甲的受力面积大，压力的作用效果不明显，故可知压力作用效果与受力面积的关系；（4）①将压强计的探头放入A、B两容器中，保持探头在两种液体中的深度相同，发现探头在水中时，U形管左右两侧液面的高度差较小，说明在深度相同时，液体密度越大，液体压强越大；②小华认为：液体内部某处到容器底的距离越大，其压强越小；为研究此问题，小华在b图中保持金属盒的位置不变（即金属盒到容器底的距离保持11cm不变），往容器内加水，对比a图，要说明小华的观点是错误的，即：b图中液体内部某处到容器底的距离较大时，其金属盒受到水的压强应大于或等于a图中金属盒受到水的压强，根据p＝ρ水gh可知，b图中金属盒所处的深度应大于或等于a图中金属盒所处的深度（h甲深＝16cm﹣9cm＝7cm），所以，b图中水面到容器底的距离L需要满足L≥11cm+7cm＝18cm。故答案为：（1）海绵的凹陷程度；（2）压力；（3）甲、丙；（4）①大；液体密度；②L≥18cm。【点评】本题同时考查了探究“影响压力作用效果的因素”和探究“影响液体压强的因素”两个实验的内容，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查，有一定难度。21．（9分）如图甲所示，是刘晓同学在实验室采用伏安法测量小灯泡电功率的实验电路图，已知小灯泡的额定电压为2.5V。（1）据图分析可知，电源的“a”为正极，“b”为负极。（2）将电压表正确连入电路中。（3）刘晓闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至最左端（填“左”或“右”），闭合开关，移动滑片，她发现电流表有示数，电压表无示数，灯泡不发光，则故障的原因可能是A。A.cd间短路B.cd间断路C.ef间短路D.ef间断路（4）刘晓通过移动滑片得到通过小灯泡的电流与其两端电压的几组数据，并作出了I—U的图像，如图乙所示。由图象分析可知：小灯泡的额定电功率为0.7W，随着小灯泡两端的电压升高，小灯泡的电阻变大（填“变大”“不变”或“变小”）。（5）完成上述实验后，刘晓又将一阻值为15Ω的定值电阻R与该小灯泡串联接在电压为4V电路中，则电路中的电流为0.2A，此时，小灯泡的实际电功率为0.2W。【分析】（1）根据电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出分析；（2）根据小灯泡的额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；（3）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处；闭合开关，移动滑片，她发现电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，灯泡不发光，说明电压表并联的电路短路；（4）根据图乙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI求出小灯泡的额定电功率；灯丝的电阻随温度的升高而增大；（5）在图乙中作出定值电阻R的I—U的图像，根据图像结合串联电路电压规律确定电路中的电流，利用P＝UI求出小灯泡的实际电功率。【解答】解：（1）因电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，故电源的“a”为正极，“b”为负极；（2）小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：；（3）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，即最左端；闭合开关，移动滑片，她发现电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，灯泡不发光，说明电压表并联的电路短路，即故障的原因可能是cd间短路，故选：A；（4）由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.28A，则小灯泡额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.28A＝0.7W；由图乙可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P＝UI可知，灯泡实际功率变大，温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，故随着小灯泡两端的电压升高，小灯泡的电阻变大；（5）由欧姆定律可知，当电路中电流为0.1A时，电阻R两端电压为1.5V，同理，当电路中电流为0.2A时，电阻R两端电压为3V，则电阻R的I—U的图像，如下图所示：，由图可知，当电路中的电流为0.2A时，灯泡两端电压为1.0V，电阻R两端电压为3.0V，根据串联电路电压规律可知，此时电源电压为4V，即将一阻值为15Ω的定值电阻R与该小灯泡串联接在电压为4V电路中，电路中的电流为0.2A，此时，小灯泡的实际电功率为：P'＝U'I'＝1.0V×0.2A＝0.2W。故答案为：（1）正；负；（2）见解答图；（3）左；A；（4）0.7；变大；（5）0.2；0.2。【点评】本题用伏安法测量小灯泡电功率的实验，考查了电表的使用、电路连接、注意事项、电路故障、功率的计算、影响电阻大小因素和欧姆定律的应用等知识。五、简答题（共2分）22．（2分）体操运动员在上器械前，会在手上涂镁粉，这是为什么？【分析】摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度，据此利用控制变量法分析解答。【解答】答：体操运动员在上器械前，会在手上涂镁粉，这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。【点评】掌握摩擦力大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小摩擦力的问题。六、计算题（共18分）23．（6分）一个圆柱形容器放在水平桌面上，如图甲所示，容器中立放着一个均匀实心圆柱体M，现慢慢向容器中加水，加入的水对容器底的压强p水与所加水的质量m的关系如图丙所示，容器足够高，在整个过程中无水溢出，M的底面始终与容器中的水面平行。当加入的水等于3kg时，物体M刚好漂浮且露出水面的高度为4cm，如图乙所示（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）。求：（1）求圆柱体M刚好漂浮时容器中水的深度；（2）求圆柱体M的密度；（3）当容器中加入足够多的水后，把正方体放在圆柱体M上，圆柱体刚好浸没，则该正方体的重力为多少？【分析】（1）圆柱体M刚好漂浮时加入的水等于3kg时，由图读出此时的水的压强，利用p＝ρg