2019－2021年江苏省常州市中考物理试题分类汇编——计算及综合题（含答案）

1、20192021年江苏省常州市物理中考题分类汇编计算及综合题一、计算题1. (2021·江苏省常州市·历年真题)常州地铁1号线的开通，为市民出行提供了极大的便利，如表为地铁1号线从茶山站到常州火车站的运行时刻表，问：站名茶山清凉寺同济桥文化宫博爱路常州火车站到站时刻/（时：分）6：016：036：056：076：09发车时间/（时：分）6：006：026：046：066：08路程/km01.22.33.34.45.4（1）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站，用时多长？（2）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站，平均速度为多少千米每小时？合多少米每秒？2. (2021·

2、;江苏省常州市·历年真题)如图所示的电路中，电源电压恒定，R1=8，滑动变阻器R2标有“20，1A”的字样，电流表的量程为00.6A，电压表的量程为03V，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.5A，电压表示数为2V，灯泡L正常发光。问：（1）电源电压有多大？（2）灯泡L的额定功率有多大？（3）断开开关S1，闭合开关S、S2，在不损坏电路元件的前提下，R2接入电路的阻值范围？3. (2019·江苏省常州市·历年真题)小明家用铁皮桶制作简易太阳能热水器，替代燃烧木柴的加热方式，小明观测到某日铁皮桶装满水后，经过一天的太阳光照，水温从20升高到60已知铁皮桶

3、的容积为50L，c水=4.2×103J/（kg），水=1×103kg/m3问：（1）当日桶内的水吸收的热量有多大？（2）设用燃烧木柴加热，木柴完全燃烧释放热量的28%被桶内水吸收，则当日使用该太阳能热水器可节约多少木柴？（q木柴=1.2×107J/kg）4. (2019·江苏省常州市·历年真题)如图所示的电路中，电源电压恒定，灯L1、L2电阻不变，闭合开关S1、S2，电压表示数为12V，电流表示数为1.2A，L1和L2都正常发光。断开开关S1、S2，将电压表、电流表的位置互换，只闭合开关S1，电流表示数为0.75A，电压表示数不变问：（1）L1

4、的电阻和额定功率各为多大？（2）L2的电阻和额定功率各为多大？5. (2019·江苏省常州市·历年真题)某型号一次性声呐，其内部有两个相同的空腔，每个空腔的容积为2×10-3m3，每个空腔的侧上方都用轻薄易腐蚀材料制成的密封盖密封，密封盖在海水中浸泡24小时后，将被海水完全腐蚀。某次公海军事演习，反潜飞机向海中投入该声呐，声呐在海中静止后露出整个体积的14，声呐处于探测状态，如图甲所示，24小时后，声呐没入海中处于悬浮状态，声呐停止工作，如图乙所示，再经过24小时后，声呐沉入海底，如图丙所示。已知海水=1.1×103kg/m3，g取10N/kg，问：（1

5、）每个空腔能容纳海水的重量有多大？（2）声呐整个体积有多大？（3）图甲中，声呐有多重？（4）图丙中，海底对声呐的支持力有多大？二、综合题6. (2021·江苏省常州市·历年真题)2021年4月21日，印度尼西亚“南伽拉”402号潜艇在巴厘岛附近海域训练。（1）下潜过程中，潜艇受到海水压强的变化情况为_。（2）在某一深度，由于潜艇老旧，艇身破裂沉入海底，应印度尼西亚请求，中国派出“永兴岛”号打捞船展开救援。如图甲所示，打捞船向海底竖直发射超声波，1.1秒后收到回波信号，已知声音在海水中传播速度是1500m/s，海洋该处的深度是_m。（3）打捞船利用绳子以0.5m/s的速度竖直

6、向上匀速吊起一块潜艇残骸，绳子拉力F与时间t的关系如图乙所示，已知海水=1.1×103kg/m3，g取10N/kg，不计海水对残骸的阻力，问：残骸的密度有多大？拉力F功率的最大值有多大？7. (2020·江苏省常州市·历年真题)为避免同学们用手按压宿舍楼大门的开门按钮造成交叉传染，小明用轻质木杆自制了“脚踏式杠杆”，借助杠杆按动按钮，如图所示，已知OB=60cm、AB=80cm。OC=15cm，当小明在C点用脚给杠杆施加20N的压力F1时，按钮触发、大门打开，（1）请在图中作出动力F1的示意图。（2）该杠杆属于哪种类型？（直接回答）（3）求此时按钮对杠杆施加的水平

7、阻力F2，有多大？8. (2020·江苏省常州市·历年真题)小明家住偏远山区。家庭电路电压达不到220V，他借助电能表、电热水壶探究家中的实际电压。将装有额定容积水的电热水壶单独接入电路，发现初温20的水被加热至100恰好沸腾，通电时间为7min，电能表的转盘转动280转。电能表表盘、电热水壶的铭牌如图、表所示，电热水壶的阻值不变，c水=4.2×103J/（kg），水=1×103kg/m3，问：电热水壶型号QLR2020额定电压220V额定功率2420W额定容积2L（1）电热水壶的实际功率有多大？（2）小明家电路的实际电压有多大？（3）此过程中，电热水壶

8、的烧水效率为多大？（4）随着山区电路升级改造工程的推进，小明猜想：若在220V电压下重复刚才的探究，那么，加热时间会_（填“变小”“不变”或“变大”），电热水壶的烧水效率会_（填“变小”“不变”或“变大“）。9. (2020·江苏省常州市·历年真题)创新小组自制简易“浸没式液体密度计”，过程为：将一实心小球悬挂在弹簧测力计下方，示数如图甲所示；将小球浸没在水中，弹簧测力计示数如图乙所示；将小球浸没在某未知液体中，弹簧测力计示数如图丙所示；已知水=1×103kg/m3，g取10N/kg，问：（1）该小球的密度有多大？（2）未知液体的密度有多大？（3）该密度计的最大测

9、量值是_kg/m3（4）在测量范围内，某待测液体的密度与弹簧测力计示数F的关系式为_，则该“浸没式液体密度计”的刻度值分布_（填“均匀”或“不均匀”）。参考答案1.【答案】解：（1）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站，用时t=6：09-6：00=9min=0.15h；（2）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站，路程s=5.4km，平均速度v=st=5.4km0.15=36km/h=10m/s。答：（1）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站，用时0.1h；（2）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站，平均速度为54千米每小时，合10米每秒。【解析】（1）从表中找出地铁从茶山站出发的时刻和抵达常州火车站的

10、时刻，进而得出所用时间；（2）地铁从茶山站出发直至抵达常州火车站的路程，根据v=st得出平均速度；3.6km/h=1m/s。本题考查速度的计算，关键是从表格得出有用信息。2.【答案】解：（1）断开开关S2，闭合开关S、S1，灯泡和电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测灯泡两端的电压，串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得电阻两端的电压：U1=IR1=0.5A×8=4V，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U=UL+U1=2V+4V=6V；（2）电流表示数为0.5A，电压表示数为2V，灯泡L正常发光，灯泡L的额定功率：P=ULI=2V×0.5A=1W；（

11、3）断开开关S1，闭合开关S、S2，定值电阻和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，根据串联电路分压原理可知当电压表示数最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由电阻的串联和欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，电压表的量程为03V，当电压表的示数为3V时，电阻两端的电压：U1=U-U2=6V-3V=3V，由欧姆定律可得：U1R1=U2R2，即3V8=3VR2，解得：R2=8，电流表的量程为00.6A，当通过电路的电流为0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时电路的电阻最小为：R=UI1=6V0.6A=10，根据串联电路电阻规律可得滑动变阻器接入电路的最小阻值：R2=R-R1

12、=10-8=2，所以滑动变阻器接入电路的阻值范围为28。答：（1）电源电压为6V；（2）灯泡L的额定功率为1W；（3）断开开关S1，闭合开关S、S2，在不损坏电路元件的前提下，R2接入电路的阻值范围为28。【解析】（1）断开开关S2，闭合开关S、S1，灯泡和电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测灯泡两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律可得电阻两端的电压，根据串联电路电压规律可得电源电压；（2）电流表示数为0.5A，电压表示数为2V，灯泡L正常发光，根据电功率公式P=UI计算灯泡L的额定功率；（3）断开开关S1，闭合开关S、S2，定值电阻和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动

13、变阻器两端的电压，根据串联电路分压原理可知当电压表示数最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，电压表的量程为03V，根据串联电路电压规律计算当电压表的示数为3V时，电阻两端的电压，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，电流表的量程为00.6A，当通过电路的电流为0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，由欧姆定律可得此时电路的电阻，根据串联电路电阻规律计算滑动变阻器此时接入电路的电阻，最后明确滑动变阻器接入电路的阻值范围。本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，最后一问有一定难度。3.【答案】解：（1）铁皮桶的容积，即水的体积：V=50L=0.05m3，由=mV得水的质量：

14、m=V=1.0×103kg/m3×0.05m3=50kg；水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2×103J/（kg）×50kg×（60-20）=8.4×106J；（2）由题知Q放=Q吸=8.4×106J，由Q放=m木材q得节约木材的质量：m木材=Q放q=Q吸q=8.4×106J28%×1.2×107J/kg=2.5kg。答：（1）水吸收了8.4×106J的热量；（2）当日使用该太阳能热水器可节约2.5kg的木柴。【解析】（1）知道水的体积，利用m=V求水的质量；又知道水的比热容、初末温，利

15、用Q吸=cmt求水吸收的热量；（2）由题知Q放=Q吸，而Q放=m气q，据此求需要木材的质量。本题考查了学生对密度公式、物体吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的了解与掌握，虽知识点多，但都属于基础，难度不大，计算时注意单位统一。4.【答案】解：（1）当闭合开关S1、S2，灯泡灯L1与L2并联，电流表测量灯泡L1的电流，电压表测量电源电压，即电源电压为12V，根据欧姆定律I=UR得灯L1的电阻：R1=UI=12V1.2A=10，L1的额定功率：P1=UI=12V×1.2A=14.4W；（2）断开开关S1、S2，将电压表、电流表的位置互换，只闭合开关S1，两灯泡串联，电压表串联电源电压，电流表

16、串联电路的电流，根据欧姆定律I=UR得此时电路的总电阻：R=UI=12V0.75A=16，根据串联电路电阻的规律知，L2的电阻：R2=R-R1=16-10=6，L2的额定功率：P2=U2R2=(12V)26=24W。答：（1）L1的电阻为10，额定功率为14.4W；（2）L2的电阻为6，额定功率为24W。【解析】（1）当闭合开关S1、S2，灯泡灯L1与L2并联，电流表测量灯泡L1的电流，电压表测量电源电压，根据欧姆定律算出灯L1的电阻，根据P=UI算出L1的额定功率；（2）断开开关S1、S2，将电压表、电流表的位置互换，只闭合开关S1，两灯泡串联，电压表串联电源电压，电流表串联电路的电流，根据

17、欧姆定律算出此时电路的总电阻，根据串联电路电阻的规律算出L2的电阻，根据P=U2R算出L2的额定功率。解决本题的关键是会识别串联电路和并联电路，会用所求的物理量表示已知物理量，会对公式灵活变形，会灵活应用欧姆定律和电功率的公式进行计算。5.【答案】解：（1）由题知，每个空腔的容积为V=2×10-3m3，每个空腔能容纳海水的重量：G海水=m海水g=海水V腔g=1.1×103kg/m3×2×10-3m3×10N/kg=22N；（2）设声呐的整个体积为V，声呐的重力为G声，图甲中，声呐漂浮（下方的密封盖浸在海水中），且声呐在海中静止后露出整个体积的1

18、4，则：G声=F浮=海水g（1-14）V=34海水gV-，图乙中，24小时后，下方的密封口被腐蚀，下方空腔充满海水，声呐悬浮，把声呐和进入的海水作为一个整体（即此时下方空腔内的海水作为声呐的一部分）；则由悬浮条件可得：F浮1=G总1=G声+G海水=34海水gV+22N-，而此时声呐浸没在海水中，所以F浮1=海水gV-，可得：海水gV=34海水gV+22N，解得：V=8×10-3m3；（3）图甲中，声呐漂浮且有14体积露出水面，G声=F浮=海水g（1-14）V=34×1.1×103kg/m3×10N/kg×8×10-3m3=66N；（4

19、）图丙中，声呐上方的密封盖也浸没在海水中，再经过24小时，密封盖也被腐蚀，把声呐和进入的海水作为一个整体（即此时两个空腔内的海水作为声呐的一部分）；则可知声呐的总重力：G总2=G声+2×G海水=66N+2×22N=110N，声呐受到的浮力：F浮1=海水gV=1.1×103kg/m3×10N/kg×8×10-3m3=88N，海底对声呐的支持力：F支=G总2-F浮1=110N-88N=22N。答：（1）每个空腔能容纳海水的重量有22N；（2）声呐整个体积为8×10-3m3；（3）图甲中，声呐的重力为66N；（4）图丙中，海底对声

20、呐的支持力为22N。【解析】（1）知道空腔的容积，由G=mg=Vg求所容纳的海水的重力；（2）在把声呐当作一个整体，这个整体包括两个空腔和其余部分，没有海水进入时，这个整体包含两个空腔；海水进入后，这个整体包括进入空腔的海水，图甲中，声呐漂浮，所受的浮力与重力相等，根据图乙所示，声呐所受在海水中悬浮，此时下方的密封盖被海水腐蚀，所受的浮力等于声呐自身重力和第一个空腔内的海水重力之和，据此解题；（3）图甲中，声呐漂浮且有14体积露出水面，由F浮=G求解；（4）图丙中，计算此时声呐的总重力，由F支=G-F浮求解。本题考查阿基米德原理和物体的漂浮特点的应用，综合性强，难度较大。6.【答案】解：（1）

21、下潜过程中，深度变大，根据p=gh可知潜艇受到海水压强的变大；（2）海洋该处的深度h=12vt=12×1500m/s×1.1s=825m；（3）从图中可知残骸的重力为7.9×103N，残骸的质量m=Gg=7.9×103N10N/kg=790kg，残骸全部浸没时的拉力为6.8×103N，残骸全部浸没所受浮力F浮=G-F=7.9×103N-6.8×103N=1.1×103N，残骸的体积V=V排=F浮海水g=1.1×103N1.1×103kg/m3×10N/kg=0.1m3，残骸的密度=mV

22、=790kg0.1m3=7.9×103kg/m3；根据P=Wt=Fst=Fv可知拉力F功率的最大值P=F大v=7.9×103N×0.5m/s=3950W。故答案为：（1）变大；（2）825；（3）残骸的密度有7.9×103kg/m3；拉力F功率的最大值有3950W。【解析】【分析】本题考查压强、浮力、密度、功的有关计算，考查知识点多，综合性强。【解答】（1）下潜过程中，深度变大，根据p=gh可知潜艇受到海水压强的变化情况；（2）根据速度公式得出海洋该处的深度；（3）从图中可知残骸的重力为7.9×103N，根据G=mg得出残骸的质量，残骸全部浸没

23、时的拉力为6.8×103N，根据F浮=G-F得出残骸全部浸没所受浮力，根据阿基米德原理得出残骸全部浸没排开海水的体积，进而得出残骸的体积，根据密度公式得出残骸的密度；根据P=Wt=Fst=Fv可知拉力F功率的最大值。  7.【答案】解：（1）小明脚对木杆的压力F1垂直作用的木杆上，如图。（2）木杆是一个杠杆，O为支点，小明的脚施加的力是动力F1，动力臂为OC，按钮对木杆的压力为阻力F2，阻力臂为OD，动力臂OC小于阻力臂OD，所以杠杆是费力杠杆。（3）根据杠杆平衡条件得，F1×OC=F2×OD，按钮对木杆的压力水平向左，所以OD=AB，所以，2

24、0N×15cm=F2×80cm，解得，F2=3.75N。答：（1）F1的示意图如上图。（2）该杠杆属于费力杠杆。（3）此时按钮对杠杆施加的水平阻力F2是3.75N。【解析】（1）脚垂直作用在杠杆上，画出压力大小。（2）从动力臂和阻力臂关系判断是省力杠杆还是费力杠杆。（3）作出动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡条件求出水平阻力大小。本题要作出动力臂和阻力臂，并且明确阻力臂和按钮的高度相同，这是解决本题的关键。8.【答案】（1）电热水壶的实际功率为2000W；（2）小明家电路的实际电压为200V；（3）此过程中，电热水壶的烧水效率为80%；（4）变小；变大。【解析】解：（1）根据参数

25、1200r/（kWh）知，每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转动1200转；电能表的转盘转动280转，电热水壶消耗的电能：W=280r1200r/kW=730kWh，电热水壶的实际功率：P=Wt=730kW760=2kW=2000W；（2）由P=U2R可得热水壶的电阻：R=U额2P额=(220V)22420W=20，由P=U2R可得，实际电压：U=PR=2000W×20=200V；（3）由=mV可得，水的质量：m=水V=1.0×103kg/m3×2×10-3m3=2kg，将这壶水加热到100吸收的热量：Q=c水mt=4.2×103J/（kg）&

26、#215;2kg×（100-20）=6.72×105J，消耗的电能：W=730kWh=730×3.6×106J=8.4×105J，电热水壶的烧水效率：=QW=6.72×105J8.4×105J×100%=80%；（4）由W=U2Rt，W相等，R不变，U变大，则t变小；因为t变小，所以散失到空气中的热量变少，而有用热量相同，额外散失的热量减少，电热水壶的烧水效率变大。答：（1）电热水壶的实际功率为2000W；（2）小明家电路的实际电压为200V；（3）此过程中，电热水壶的烧水效率为80%；（4）变小；变大。（1）12

27、00r/（kWh）表示每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转动1200转；据此可求转动280转消耗的电能，再利用P=Wt求电热水壶的实际功率；（2）由P=U2R公式变形可求得热水壶的电阻，再利用P=U2R公式变形可求得实际电压；（3）由电热水壶的容积可求得水的质量，由Q吸=cmt可求得水吸收的热量，再利用=QW可求得电热水壶的烧水效率；（4）若在220V电压下重复刚才的探究，W相等，由W=Pt=U2Rt分析时间变化，然后分析散失到空气中的热量和有用热量关系，由此可知效率变化。本题考查了密度公式、吸热公式、电功率公式、效率公式的应用，知道电能表相关参数的物理意义是关键。9.【答案】（1）该小球的密度为5×103kg/m3；（2）未知液体的密度为2×103kg/m3；（3）5×103；（4）待测液体=5NF1×104m3×10N/kg；均匀【解析】解：（1）由图甲可知：金属球的重力G=5N，则小球的质量m=Gg=5N10N/kg=0.5kg；由图乙可知：弹簧测力计的示数为F1=4N，根据称重法可知小球在水中受到的浮力F浮1=G-F1=5N-4N=1N；由于小球处于浸没状态，则根据F浮=液gV排可得：小球的体积V=V排1=F浮1