2018年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷

1、第34页（共34页）2018年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷一、选择题（1-11题为单项选择题，每题3分；12、13题为多项选择题，全选对得4分，选对但不全得2分，共41分请将答题卡上对应题目的答案标号涂黑）1（3分）下列关于仪器的操作和读数正确的是（）A电流表的示数是1.6AB温度计的读数是8C测量物体长度时刻度尺的使用D杠杆在水平位置时，拉力的力臂为 l2（3分）如图所示，用竖直悬挂的泡沫塑料小球接触正在发声的音叉，泡沫塑料小球被弹起，下列说法错误的是（）A泡沫塑料小球被弹起，说明音叉发声时在振动B用大小不同的力敲击音叉，音叉发声的音调不同C人能听到音叉发出的声音，是因为空气能传播声音D用手

2、握住音叉，音叉振动停止，发声停止3（3分）根据表中的数据，下列判断正确的是（）一些物质的比热容J/（kg）水4.2103干泥土0.84103冰2.1103铜0.39103砂石0.92103铝0.88103A阳光照射下，干泥土比湿泥土升温慢B因为水的比热容较大，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差大C同种物质状态改变，比热容不变D质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多4（3分）以下图片中所描述的物理现象，下列分析正确的是（）A用吸管吸饮料是利用了液体压强B飞机正常飞行时，机翼上方空气流速大，压强大C当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差不变D在冰壶运动中，运动员刷冰

3、是通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦的5（3分）科学家经过长期研究，发现了电和磁有密切的联系，其中两项重要的科学探究如图甲、乙所示，下列关于这两项科学探究的说法正确的是（）A甲图实验探究磁场对通电导线的作用B乙图实验所揭示的原理可制成电动机C甲图中导体棒ab只要运动，电路中就会产生电流D乙图中若只将磁体的两极对调，导体棒ab的运动方向不改变6（3分）如右图所示家庭电路中，当开关S闭合后，灯泡L不亮，用试电笔测试c、d两点时，氖管都发光，测试a、b两点时，只有a点氖管发光，则故障可能是（）Ab、c 之间某处断路Ba、d 之间某处断路C火线与零线短路D电灯的灯丝断了7（3分）某同学骑着自行车在水平

4、路面上行驶，下列说法正确的是（）A自行车加速前进时，它的惯性变大B自行车对地面的压力与地面对自行车的支持力是一对平衡力C停止蹬车，车的速度会减小，此过程中车受到非平衡力的作用D如果自行车在行驶中所受到的力全部消失，那么车会慢慢停下来8（3分）如图所示，滑轮组的每个滑轮质量相同，用它们将重为G1、G2的货物提高相同的高度（不计绳重和摩擦），下列说法正确的是（）A用同一个滑轮组提起不同的重物，机械效率不变B若G1G2，则甲的机械效率大于乙的机械效率C若G1G2，则拉力F1与F2所做的总功相等D若G1G2，则甲、乙滑轮组所做的额外功相等9（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动

5、变阻器的滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A电流表A1的示数变小，电流变A2的示数变大B电流表A1的示数和电流表A2的示数同时变大C电压表的示数变大，电流表A1的示数变小D电压表的示数不变，电流表A2的示数变小10（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如下图所示，这时烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，下列说法正确的是（）A凸透镜的焦距可能是10cmB图中凸透镜成像的特点应用在照相机上C将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，保持凸透镜不动，无论怎样移动光屏都接收不到蜡烛的像D若在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜放一副近视眼镜，应将光屏向左移动才可再次呈现清晰的像11（3分）

6、将两个定值电阻串联接在电压为U的电源两端，R1消耗的功率为P1，R2消耗的功率为4P1；将这两个定值电阻并联接在电压为U的电源两端，下列分析正确的是（）AR1与R2的电阻之比为4：1B并联时通过R1与R2的电流之比为1：1C并联时R2消耗的功率为P1D并联时两电阻消耗的总功率为P112（4分）底面积为100cm2的平底圆柱形容器内装有适量的水，放在水平桌面上，将物体用细线吊着，使其体积浸入水中，如图甲所示，细线的拉力是6N；当此物体全部浸没水中时，如图乙所示，细线的拉力是4N（整个过程中水未溢出，水1.0103kg/m3，g10N/kg）下列选项正确的是（）A物体浸没水中时，受到的浮力为8NB

7、物体的体积为4104m3C物体的密度为2.5103kg/m3D乙图中水对容器底的压强比甲图中水对容器底的压强增大了200Pa13（4分）小宇同学要用家里标有“220V 1210W”的电热水壶烧水。他先观察了家中电能表的表盘如图所示，下列说法中正确的是（）A电热水壶是利用电流的热效应工作的B小宇家上月消耗的电能为2695.2kWhC电热水壶正常工作100s消耗的电能是1.21105JD用电高峰时期，小宇关闭家里其它用电器，只让电热水壶工作，发现电能表指示灯闪烁10次所用时间为12s，则电热水壶实际功率为1000W二、作图与实验（本题共5个小题，共31分）14（2分）如图所示，光线AO从空气中斜射

8、向水面，请画出它的反射光线和折射光线的大致位置。15（2分）如图所示，根据图中磁感线的方向，标出电源的“+”、“”极和磁体A的N极。16（2分）如图所示，一木块从表面粗糙的固定斜面上滑下，画出木块所受重力和摩擦力的示意图。17（4分）如右图是探究平面镜成像特点的实验装置图，人站在竖直的玻璃板前点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后移动，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合。（1）人在蜡烛A的同侧看到烛焰的像是光的 （填“反射”或“折射”）现象形成的。（2）移去蜡烛B，在其原来位置放一光屏，光屏上不能呈现蜡烛A的像，说明 。（3）实验时，将蜡烛A逐渐远离玻璃板，它的像将 （填“远离”或“靠近”）玻

9、璃板，像的大小将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。18（6分）在研究水的沸腾的实验中，小明将装有水的试管放入盛有水的烧杯中，如图甲所示，（1）实验过程中可观察到烧杯上方有大量的“白气”冒出，“白气”形成的物态变化名称是 。（2）分析图乙所示图象可知水的沸点是 ；水沸腾时温度随时间的变化规律是 。（3）烧杯中的水长时间持续沸腾过程中，试管中水的温度 （填“大于”、“等于”或“小于”）烧杯中水的沸点，试管中的水 （填“会”或“不会”）沸腾，这说明液体沸腾必须满足的条件是 。19（6分）小丽同学想知道家里一只陶瓷茶壶的密度，她用壶盖进行实验。（1）将壶盖放在调好的天平的左盘，往右盘放入砝码并移动

10、游码，天平平衡时，砝码的质量和游码的位置如图甲所示，则壶盖的质量为 g。（2）如图乙所示，将壶盖浸没到装满水的烧杯里，然后把溢出的水倒入量筒中，测出水的体积为20cm3，则壶盖的密度是 g/cm3。（3）用该方法测出壶盖的密度比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。（4）小丽接着用现有的器材对水进行探究，描绘出质量与体积关系的图线如丙图中A所示。她分析后发现，由于误将烧杯和水的总质量当作了水的质量，导致图线A未经过坐标原点。由此推断：水的质量与体积关系的图线应是 （选填丙图中“B”、“C”或“D”）。20（9分）某兴趣小组要探究电阻的大小与哪些因素有关。他们设计了如图甲所示的实验电路，电源电压不变

11、，保持滑动变阻器滑片位置不变，分别将a、b、c、d四根电阻丝接入电路，得到表格所示的数据。导体编号长度/m横截面积/mm2材料电流大小/Aa0.50.4锰铜合金0.20b0.50.4镍铬合金0.16c0.50.2镍铬合金0.08d1.00.2镍铬合金0.04（1）在MN间分别接入a、b电阻丝，探究的是电阻跟导体的 的关系。a电阻丝的阻值 b电阻丝的阻值（填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）要探究电阻与横截面积的关系，可选择 （填编号）进行实验。其结论是：其它因素相同时，导体横截面积越大，导体的电阻越 。（3）某同学在MN间接入d电阻丝后，又在其两端并联一块电压表，这样测出了d电阻丝的电阻大

12、小，其测量原理是 。画出实验电路图（电阻丝可看成定值电阻）。（4）另一位同学不用电压表，在已知滑动变阻器最大阻值为R0的情况下，利用甲图电路测出d电阻丝的电阻大小，操作如下：在MN之间接入d电阻丝，闭合开关，将滑片P滑到最左端，读出电流表示数为I1；将滑片P滑到最右端，读出电流表示数为I2；d电阻丝的阻值表达式为Rd （用I1、I2、R0表示）。三、计算题（19题14分，20题14分，共28分）21（14分）一辆水陆两栖坦克总重3105N，它的发动机是一台新型内燃机，两条履带与地面接触的总面积为5m2（水1.0103kg/m3g10N/kg）（1）该坦克要从水平冰面上经过，冰层能承受的最大压强

13、为7104Pa，请用计算说明坦克能否安全通过？（2）该坦克涉水过河漂浮在水面上时，求它排开水的体积是多大？（3）一次执行任务时，该坦克在平直公路上匀速行驶1200m，用时2min，发动机牵引力的功率保持600kW恒定不变，发动机消耗了4.5kg的燃料（燃料的热值为4.0107J/kg），求发动机提供的牵引力是多大？发动机的效率是多大？22（14分）如图甲所示，灯泡L标有“6V 3W”的字样，电源电压及灯丝电阻保持不变，滑动变阻器最大阻值为100，电流表的量程为00.6A，电压表的量程为015V只闭合开关S、S2，移动滑片P的过程中，电流表示数与滑动变阻器连入电路的阻值变化关系如图乙所示，当滑片

14、P在某一位置时，电流表的示数为I1，电压表示数为3V；只闭合开关S、S1，滑片P移动到另一位置时，电流表示数比I1减小了0.2A，滑动变阻器连入电路的阻值是定值电阻R0阻值的倍，求：（1）灯泡正常工作时的电阻；（2）电流表示数I1；（3）电源电压；（4）只闭合开关S、S1，在保证电流表、电压表和灯泡都安全的情况下，求滑动变阻器连入电路中的阻值变化范围。2018年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-11题为单项选择题，每题3分；12、13题为多项选择题，全选对得4分，选对但不全得2分，共41分请将答题卡上对应题目的答案标号涂黑）1（3分）下列关于仪器的操作和读数正确的是

15、（）A电流表的示数是1.6AB温度计的读数是8C测量物体长度时刻度尺的使用D杠杆在水平位置时，拉力的力臂为 l【分析】（1）利用电流表测量电流读数时，先确定使用的量程和相应的分度值，再根据指针位置读数；（2）温度计的读数时，一定先确定是零上还是零下；（3）用刻度尺测量物体长度时，刻度尺要与被测长度平行，刻度线要紧贴被测物体；（4）从支点到力的作用线的距离叫力臂。【解答】解：A、图中电流表使用的是03A量程，分度值为0.1A，根据指针位置可知电流表的示数为1.6A，故A正确；B、温度计的液面在“0”以上，示数为3，故B错；C、用刻度尺测量物体长度时，刻度尺要与被测长度平行，不能歪斜，故C错；D、

16、从支点到力的作用线的距离叫力臂；杠杆在水平位置时，只有当竖直向下施加拉力时，拉力的力臂才为l，图中斜着拉，其力臂小于l，故D错。故选：A。【点评】掌握电流表、温度计、刻度尺的使用和读数方法，以及力臂的概念是解答此题的关键。2（3分）如图所示，用竖直悬挂的泡沫塑料小球接触正在发声的音叉，泡沫塑料小球被弹起，下列说法错误的是（）A泡沫塑料小球被弹起，说明音叉发声时在振动B用大小不同的力敲击音叉，音叉发声的音调不同C人能听到音叉发出的声音，是因为空气能传播声音D用手握住音叉，音叉振动停止，发声停止【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；（2）振幅不同，响度不同；（3）声音的传播是需要介质的，它可以在

17、气体中传播；真空不能传播声音；（4）振动停止，发声停止。【解答】解：A、小球被弹起反映了发声的音叉正在振动，故A正确；B、用大小不同的力敲击音叉，音叉振幅不同，音叉发声的响度不同，故B错误；C、声音可以在空气中传播，人能听到音叉发出的声音，是因为空气能传播声音，故C正确；D、用手握住音叉，音叉振动停止，发声停止，故D正确。故选：B。【点评】本题考查声音的产生，要知道声音是由物体的振动产生的，可以在介质中传播。3（3分）根据表中的数据，下列判断正确的是（）一些物质的比热容J/（kg）水4.2103干泥土0.84103冰2.1103铜0.39103砂石0.92103铝0.88103A阳光照射下，干

18、泥土比湿泥土升温慢B因为水的比热容较大，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差大C同种物质状态改变，比热容不变D质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多【分析】（1）比热容：单位质量的某种物质温度升高（或降低）1，吸收（或放出）的热量叫做这种物质的比热容；（2）比热容是物质的一种特性，不同的物质比热容一般不同；比热容与物质的种类有关，同种物质状态改变，比热容就发生了改变；（3）物质吸收或放出的热量用公式Qcmt计算，其中c表示物质的比热容，t表示物质温度的变化量。【解答】解：A、干泥土的比热容要小于湿泥土的比热容，在同等质量、同样吸热的情况下，干泥土的温度上升的快。故A错误；B、砂石的比热

19、容较小，吸收或放出相同的热量，温度变化大，所以内陆地区昼夜温差较大。故B错误；C、比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类有关，由图可知，水的比热容和冰的比热容是不同的，故比热容的大小与状态有关。故C错误；D、已知c铜c铝，质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，根据Qcmt可知，比热容大的物质吸热的热量多，所以质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多。故D正确。故选：D。【点评】本题考查了比热容的相关知识，同时也考查了学生根据这个知识点对数据进行分析归纳的能力。比较物理量大小关系时，可用相关的公式进行分析。4（3分）以下图片中所描述的物理现象，下列分析正确的是（）A用吸管吸饮料是利用

20、了液体压强B飞机正常飞行时，机翼上方空气流速大，压强大C当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差不变D在冰壶运动中，运动员刷冰是通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦的【分析】（1）用吸管吸饮料利用了大气压强；（2）流体压强与流速的关系是：流体流速越快的地方其压强就越小；（3）液体压强跟液体密度和液体的深度有关。在液体密度一定时，液体密度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大；（4）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。【解答】解：

21、A、用吸管吸饮料的原理是：先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，汽水被压进吸管里，利用了大气压强，故A错误；B、飞机正常飞行时，机翼上方的路程长，空气流速大，压强小，而下方的空气流速小、压强大，产生向上的升力。故B错误；C、在液体密度一定时，液体密度越大，液体压强越大。当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变大。故C错误；D、在冰壶运动中，运动员刷冰是在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦。故D正确。故选：D。【点评】本题考查大气压的综合应用、减小摩擦的方法、液体压强特点、流体压强和流速的关系，涉及到的知识点比较多，综合性非常强，但总体难度不大，掌握基础知

22、识即可正确解题。5（3分）科学家经过长期研究，发现了电和磁有密切的联系，其中两项重要的科学探究如图甲、乙所示，下列关于这两项科学探究的说法正确的是（）A甲图实验探究磁场对通电导线的作用B乙图实验所揭示的原理可制成电动机C甲图中导体棒ab只要运动，电路中就会产生电流D乙图中若只将磁体的两极对调，导体棒ab的运动方向不改变【分析】分析图示实验，确定实验原理或现象，然后结合相关知识分析答题。【解答】解：A、甲图中当棒ab做切割磁感线运动时，电路中会产生电流，故该实验探究的是电磁感应现象；故A错误；B、图乙实验是通电导线在磁场中受到磁场力的实验，根据该原理制成了电动机，故B正确；C、甲图中当棒ab只有

23、做切割磁感线运动时，电路中才会产生电流，故C错误；D、影响导体运动方向的因素有两个：电流的方向和磁场的方向，当乙图中的磁体的两极对调，则导体的运动方向会改变，故D错误。故选：B。【点评】根据图示确定两实验分别是什么实验是正确解题的关键。6（3分）如右图所示家庭电路中，当开关S闭合后，灯泡L不亮，用试电笔测试c、d两点时，氖管都发光，测试a、b两点时，只有a点氖管发光，则故障可能是（）Ab、c 之间某处断路Ba、d 之间某处断路C火线与零线短路D电灯的灯丝断了【分析】电灯L不亮，而点c能使测电笔亮，说明c到零线b之间开路。【解答】解：如图，闭合开关后，发现电灯L不亮，用测电笔测试c、d两点时，氖

24、管都发光，说明c、d都与火线连通（即c点到火线间的电路没有断路）；测试a、b两点时，只有a点氖管发光，则测b点时氖管不发光，说明b点没有与火线连通，所以故障可能是b、c之间某处断路，故A正确，BD错误；若火线与零线短路，则保险丝熔断或空气开关跳闸，整个电路断开，用测电笔测试各点时，氖管都不发光，故C错误。故选：A。【点评】本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。7（3分）某同学骑着自行车在水平路面上行驶，下列说法正确的是（）A自行车加速前进时，它的惯性变大B自行车对地面的压力与地面对自行车的支持力是一对平衡力C停止蹬车，车的速度会减小，此过程中车受到非平

25、衡力的作用D如果自行车在行驶中所受到的力全部消失，那么车会慢慢停下来【分析】（1）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大；（2）判断平衡力要根据二力平衡的条件来分析，一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。（3）处于平衡状态的物体受到平衡力的作用；处于非平衡状态的物体受到非平衡力的作用；（4）物体在不受力的作用时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。【解答】解：A、惯性大小只跟物体的质量大小有关，自行车加速前进时，它的质量不变，惯性不变，故A错误；B、自行车对地面的压力和地面对自行车的支持力是

26、作用在不同物体上的两个力，不是一对平衡力。故B错误；C、停止蹬车，车的速度会减小，此时车处于非平衡状态，则此过程中车受到非平衡力的作用，故C正确；D、如果自行车在行驶中所受到的力全部消失，由牛顿第一定律可知，自行车会保持原来的运动状态，即做匀速直线运动，故D错误。故选：C。【点评】此题以自行车为载体考查了惯性、平衡力的辨别、牛顿第一定律的理解等多个知识点，综合性很强，但难度不是很大。8（3分）如图所示，滑轮组的每个滑轮质量相同，用它们将重为G1、G2的货物提高相同的高度（不计绳重和摩擦），下列说法正确的是（）A用同一个滑轮组提起不同的重物，机械效率不变B若G1G2，则甲的机械效率大于乙的机械效

27、率C若G1G2，则拉力F1与F2所做的总功相等D若G1G2，则甲、乙滑轮组所做的额外功相等【分析】（1）同一滑轮组提起重物不同时，所做的额外功相同，有用功不同，根据机械效率为有用功和总功的比值判断滑轮组机械效率是否变化；（2）滑轮组所做的总功为克服物体的重力和动滑轮重力所做的功，根据WGh比较两者所做总功之间的关系；（3）滑轮组所做的有用功为克服物体重力所做的功，根据WGh比较两者的大小，再根据机械效率为有用功和总功的比值比较两者机械效率之间的关系；（4）根据WGh比较有用功的大小。【解答】解：A用同一个滑轮组提起不同的重物时，额外功不变，但有用功不同，有用功和总功的比值不同，则滑轮组的机械效

28、率不同，故A错误；BC若G1G2，且货物被提升的高度相同，根据W有G物h可知，两滑轮组所做的有用功相等；不计绳重和摩擦，拉力所做的总功为克服物体重力和动滑轮重力所做的功，因甲滑轮组只有1个动滑轮（即动滑轮重更小），所以由W总（G物+G动）h可知，甲滑轮组做的总功小于乙滑轮组做的总功，由可知，甲滑轮组的机械效率高，故B正确，C错误；D两物体被提升的高度相同，动滑轮的重力不同，根据WG动h可知，甲、乙滑轮组所做的额外功不相等，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了有用功、总功、额外功和机械效率的大小比较，分清有用功和总功、额外功是关键。9（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑

29、动变阻器的滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A电流表A1的示数变小，电流变A2的示数变大B电流表A1的示数和电流表A2的示数同时变大C电压表的示数变大，电流表A1的示数变小D电压表的示数不变，电流表A2的示数变小【分析】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量各支路两端的电压，电流表A2在干路中，测量的是干路的电流；电流表A1在支路中，测量的通过变阻器的电流；根据滑片位置的变化判定电阻的变化，然后根据欧姆定律和并联电路的电流、电压规律判定各表示数的变化。【解答】解：由图可知，R1、R2并联，电压表测量各支路两端的电压；电流表A2在干路中，测量的是干路的电流；电流表A1在支路中，测通过变阻器R2

30、的电流；将滑动变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过变阻器的电流减小，即电流表A1的示数变小；由于定值电阻两端的电压不变，所以通过它的电流不变；并联电路中干路电流等于各支路电流的和，则干路电流减小，即电流表A2的示数变小；故AB错误；电压表测量各支路两端的电压，电压表示数保持不变，故C错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查了电路的动态变化问题，分析电路图得出电路的连接方式和电表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联电路的特点是解题的关键。10（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如下图所示，这时烛焰在光屏上恰好成一清晰的

31、像，下列说法正确的是（）A凸透镜的焦距可能是10cmB图中凸透镜成像的特点应用在照相机上C将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，保持凸透镜不动，无论怎样移动光屏都接收不到蜡烛的像D若在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜放一副近视眼镜，应将光屏向左移动才可再次呈现清晰的像【分析】（1）光屏上能承接到的像是实像。凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像；物距等于像距时，成倒立等大的实像；物距小于像距时，成倒立放大的实像。（2）凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大。（3）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后，可以用来矫正近视眼；根据凹透镜的作用和物远像近小的特点可判断应进行的操作。【解答

32、】解：A、由图可知，物距u25cm，v40cm，物距uv，f25cm2f，解得，12.5cmf25cm，40cm2f，解得，f20cm，由以上解得可得，12.5cmf20cm，故A错误；B、uv，成倒立放大的实像，与投影仪的成像原理相同，故B错误；C、由图可知，像距v2f，2fuf，所以20cmf12.5cm，当将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，此时物距u10cmf，焦点内不成像，故C正确；D、近视眼镜的镜片为凹透镜，对光有发散作用，可使光线的会聚点推迟延后。因此，不改变眼镜和透镜的位置，要使光屏上再次呈现清晰的像，可以将光屏向远离凸透镜的方向移动适当距离，故D错误。故选：C。【点评】根据物距

33、和焦距，像距和焦距能判断凸透镜成像情况：u2f，成倒立、缩小的实像，2fvf。2fuf，成倒立、放大的实像，v2f。uf，成正立、放大的虚像。11（3分）将两个定值电阻串联接在电压为U的电源两端，R1消耗的功率为P1，R2消耗的功率为4P1；将这两个定值电阻并联接在电压为U的电源两端，下列分析正确的是（）AR1与R2的电阻之比为4：1B并联时通过R1与R2的电流之比为1：1C并联时R2消耗的功率为P1D并联时两电阻消耗的总功率为P1【分析】（1）当R1、R2串联时，通过两电阻的电流相等，根据电阻消耗的功率关系和PI2R确定两电阻之间的关系；根据电阻的串联特点和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P

34、I2R表示出R2消耗的功率。（2）当R1、R2并联在同一电源两端时，根据并联电路的电压特点和P求出R1消耗的功率，根据欧姆定律得出通过两电阻的电流关系；根据P求出R2消耗的电功率，进一步得出两电阻消耗的总功率。【解答】解：（1）R1、R2串联时，通过两电阻的电流相等，由题知P24P1，所以，由PI2R可知R24R1，即故A错误；（2）当R1、R2并联在同一电源两端时，因为并联电路各支路两端的电压相等，所以由I可得，并联时通过R1与R2的电流之比 I1：I2R2：R14：1故B错误；（3）R1、R2串联时，由串联分压规律可知，它们的电压之比为U1：U2R1：R21：4，所以可知U2U，U1U，则

35、串联时R2的功率：P2；所以P24P1P1 同理可得，串联时R1的功率：P1，所以25P1 当R1、R2并联在同一电源两端时，它们两端的电压均等于电源电压U，则此时R2消耗的功率：P2P1故C正确；此时R1消耗的功率：P125P1；电路消耗的总功率：P总+25P1+P1P1故D错误。故选：C。【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、电功率公式的应用，关键是根据串联时两电阻消耗的功率得出电阻关系和表示出电阻R1消耗的电功率。12（4分）底面积为100cm2的平底圆柱形容器内装有适量的水，放在水平桌面上，将物体用细线吊着，使其体积浸入水中，如图甲所示，细线的拉力是6N；当此物体全部

36、浸没水中时，如图乙所示，细线的拉力是4N（整个过程中水未溢出，水1.0103kg/m3，g10N/kg）下列选项正确的是（）A物体浸没水中时，受到的浮力为8NB物体的体积为4104m3C物体的密度为2.5103kg/m3D乙图中水对容器底的压强比甲图中水对容器底的压强增大了200Pa【分析】（1）如图甲所示，将物体用细线吊着，使其体积浸入水中，知道细线的拉力F拉1，此时物体重力GF拉1+F浮1；如图乙所示，知道细线的拉力F拉2，此时物体重力GF拉2+F浮2，联立方程组求物体的体积；利用阿基米德原理求物体浸没水中时受到的浮力；进而求出物体的重力、质量，再利用求物体的密度；（2）求出乙图相对于甲图

37、物体排开水的体积最大值，利用VS容h求水深增大值，再利用phg求容器底受到压强增大值。【解答】解：（1）设物体重力为G，物体的体积为V，如图甲所示，将物体用细线吊着，使其体积浸入水中，细线的拉力F拉16N，由力的平衡条件可得，物体的重力：GF拉1+F浮1，即：G6N+水Vg如图乙所示，细线的拉力F拉24N，由力的平衡条件可得，物体的重力：GF拉2+F浮2，即：G4N+水Vg得：水Vg2N，即：1.0103kg/m3V10N/kg2N，解得物体的体积：V8104m3，故B错；物体浸没水中时，受到的浮力：F浮2水Vg1.0103kg/m38104m310N/kg8N，故A正确；物体的重力：GF拉2

38、+F浮24N+8N12N，物体的质量：m1.2kg，物体的密度：1.5103kg/m3，故C错；（2）乙图相对于甲图，排开水的体积增大量：VVVV8104m32104m3，水面上升的高度：h0.02m，水对容器底的压强增大量：p水hg1.0103kg/m30.02m10N/kg200Pa，故D正确。故选：AD。【点评】本题为力学综合题，考查了重力公式、密度公式、阿基米德原理、液体压强公式的应用；根据甲乙两图列方程求出物体的体积、重力是解答本题的关键。13（4分）小宇同学要用家里标有“220V 1210W”的电热水壶烧水。他先观察了家中电能表的表盘如图所示，下列说法中正确的是（）A电热水壶是利用

39、电流的热效应工作的B小宇家上月消耗的电能为2695.2kWhC电热水壶正常工作100s消耗的电能是1.21105JD用电高峰时期，小宇关闭家里其它用电器，只让电热水壶工作，发现电能表指示灯闪烁10次所用时间为12s，则电热水壶实际功率为1000W【分析】（1）电流流过导体时导体发热，这种现象是电流的热效应；（2）上月消耗的电能等于月末电能表的示数减去月初电能表的示数；（3）电热水壶正常工作时的电功率等于其额定功率，利用WPt求正常工作100s消耗的电能；（4）3000imp/kWh表示的是电路中每消耗1kWh的电能，电能表的指示灯闪烁3000次，据此求指示灯闪烁10次消耗的电能，再利用P求出电

40、热水壶的总功率。【解答】解：A、电热水壶工作时把电能转化为内能，是利用电流热效应工作的，故A正确；B、小宇家现在电能表的示数为2695.2kWh，由于不知道上月初电能表的示数，所以无法计算上月消耗的电能，故B错误；C、电热水壶正常工作时的电功率PP额1210W，正常工作100s消耗的电能WPt1210W100s1.21105J，故C正确；D、电能表指示灯闪烁10次，则电热水壶消耗的电能：WkWhkWh3.6106J1.2104J，电热水壶的实际功率：P实1000W，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查了电能表的读数方法、电能表参数的理解、电能的求法和电功率的计算，解题过程中要注意单位的换算

41、。二、作图与实验（本题共5个小题，共31分）14（2分）如图所示，光线AO从空气中斜射向水面，请画出它的反射光线和折射光线的大致位置。【分析】先过入射点作出法线，然后根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且反射角等于入射角，画出反射光线。【解答】解：过入射点O作垂直于界面的法线，根据反射角等于入射角画出反射光线；根据折射角小于入射角画出折射光线。如图所示：【点评】本题主要考查反射定律和折射定律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。15（2分）如图所示，根据图中磁感线的方向，标出电源的“+”、“”极和磁体A的N极。【分析】根据图中磁感线方向，先判断螺线管的两个磁极和磁

42、体A的N极。根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。【解答】解：在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，所以通电螺线管的右端为N极，左端为S极，磁体A的左端为N极；根据安培定则，伸出右手，使右手大拇指指向通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的左端流入的，所以电源的左端为正极，右端为负极，如图所示。【点评】安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。16（2分）如图所示，一木块从表面粗糙的固定斜面上滑下，画出木块所受重力和摩擦力的示意图。【分析】在斜面上木块受竖直向下的重力，平行于斜面向上的

43、滑动摩擦力。据此画出木块所受重力和摩擦力的示意图。【解答】解：木块所受重力方向竖直向下；木块从斜面上滑下时，滑动摩擦力平行于斜面向上，作用点都画在木块的重心上。如图所示：【点评】作图时一定要注意重力的方向是竖直向下，不是垂直向下；滑动摩擦力平行于斜面向上。17（4分）如右图是探究平面镜成像特点的实验装置图，人站在竖直的玻璃板前点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后移动，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合。（1）人在蜡烛A的同侧看到烛焰的像是光的反射（填“反射”或“折射”）现象形成的。（2）移去蜡烛B，在其原来位置放一光屏，光屏上不能呈现蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是虚像。（3）实验时，将蜡烛

44、A逐渐远离玻璃板，它的像将远离（填“远离”或“靠近”）玻璃板，像的大小将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）。【分析】（1）平面镜成像的实质是光的反射现象；（2）实像能成在光屏上，而虚像不能成在光屏上，所以据此即可判断；（3）物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。【解答】解：（1）平面镜成的是虚像，是光的反射形成的，因此，眼睛在A侧看到的蜡烛的像是由光的反射形成的；（2）由于平面镜所成的像是虚像，所以移去蜡烛B，并在其位置上放一光屏，则光屏上不能接收到蜡烛A的火焰的像。（3）物像到平面镜的距离相等，因此若将蜡烛A远离玻璃板时，则像将远离玻璃板移动；平

45、面镜中的像的大小跟物体大小有关，跟物体到平面镜的距离无关，所以物体靠近平面镜，像也靠近平面镜，像的大小不变。故答案为：（1）反射；（2）平面镜所成的像是虚像；（3）远离；不变。【点评】本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，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。18（6分）在研究水的沸腾的实验中，小明将装有水的试管放入盛有水的烧杯中，如图甲所示，（1）实验过程中可观察到烧杯上方有大量的“白气”冒出，“白气”形成的物态变化名称是液化。（2）分析图乙所示图象可知水的沸点是98；水沸腾时温

46、度随时间的变化规律是吸热温度保持不变。（3）烧杯中的水长时间持续沸腾过程中，试管中水的温度等于（填“大于”、“等于”或“小于”）烧杯中水的沸点，试管中的水不会（填“会”或“不会”）沸腾，这说明液体沸腾必须满足的条件是温度达到沸点，不断吸热。【分析】（1）水沸腾时产生大量水蒸气，水蒸气遇冷会发生液化，形成“白气”。（2）液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；液体沸腾的特点：液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变；（3）液体沸腾有两个必要条件：达到沸点，继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾。【解答】解：（1）水沸腾时烧杯上方出现了大量“白气”，这是因为水沸腾时产生大量

47、水蒸气，水蒸气遇冷会发生液化，形成“白气”；（2）由图知，当水的温度达到98时，温度不再变化，说明此时是水的沸腾过程，其特点是吸热温度保持不变，水的沸点是98；（3）当大烧杯中的水沸腾后，小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾，这说明液体沸腾必须满足的条件是温度达到沸点，不断吸热。故答案为：（1）液化；（2）98；吸热温度保持不变；（3）等于；不会；温度达到沸点，不断吸热。【点评】本题是探究水的沸腾实验，主要考查了沸点的概念、液化的概念以及沸沸腾的特点和条件。这些都是该实验中应该重点掌握

48、的内容。19（6分）小丽同学想知道家里一只陶瓷茶壶的密度，她用壶盖进行实验。（1）将壶盖放在调好的天平的左盘，往右盘放入砝码并移动游码，天平平衡时，砝码的质量和游码的位置如图甲所示，则壶盖的质量为43.2g。（2）如图乙所示，将壶盖浸没到装满水的烧杯里，然后把溢出的水倒入量筒中，测出水的体积为20cm3，则壶盖的密度是2.16g/cm3。（3）用该方法测出壶盖的密度比真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）。（4）小丽接着用现有的器材对水进行探究，描绘出质量与体积关系的图线如丙图中A所示。她分析后发现，由于误将烧杯和水的总质量当作了水的质量，导致图线A未经过坐标原点。由此推断：水的质量与体积关系的图

49、线应是C（选填丙图中“B”、“C”或“D”）。【分析】（1）被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；（2）已知壶盖的质量和体积，利用计算壶盖的密度；（3）因为茶壶密度等于质量与体积的比值，所以测量的偏差从质量或体积的测量过程中分析；（4）对比水和烧杯的图线得出水的图象。【解答】解：（1）在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表0.2g，即标尺的分度值为0.2g；壶盖的质量为m20g+20g+3.2g43.2g；（2）壶盖的体积为V20m3，壶盖的密度为：2.16g/cm3；（3）把溢出的水倒入量筒中时，小桶中会残留少量的水，则所测壶盖的体积偏小，根据密度公式可知，测得的密度比

50、真实值偏大；（4）对比A图可知当减去容器质量后水的密度曲线应与A曲线平行，故应该是C曲线故答案为：（1）43.2；（2）2.16；（3）偏大；（4）C。【点评】测量壶盖体积采用的是等效替代法，保证溢出的水全部流入小桶，且小桶中的水全部倒入量筒是减小误差的关键一步。20（9分）某兴趣小组要探究电阻的大小与哪些因素有关。他们设计了如图甲所示的实验电路，电源电压不变，保持滑动变阻器滑片位置不变，分别将a、b、c、d四根电阻丝接入电路，得到表格所示的数据。导体编号长度/m横截面积/mm2材料电流大小/Aa0.50.4锰铜合金0.20b0.50.4镍铬合金0.16c0.50.2镍铬合金0.08d1.00

51、.2镍铬合金0.04（1）在MN间分别接入a、b电阻丝，探究的是电阻跟导体的材料的关系。a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值（填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）要探究电阻与横截面积的关系，可选择bc（填编号）进行实验。其结论是：其它因素相同时，导体横截面积越大，导体的电阻越小。（3）某同学在MN间接入d电阻丝后，又在其两端并联一块电压表，这样测出了d电阻丝的电阻大小，其测量原理是R。画出实验电路图（电阻丝可看成定值电阻）。（4）另一位同学不用电压表，在已知滑动变阻器最大阻值为R0的情况下，利用甲图电路测出d电阻丝的电阻大小，操作如下：在MN之间接入d电阻丝，闭合开关，将滑片P滑到最左端，读出

52、电流表示数为I1；将滑片P滑到最右端，读出电流表示数为I2；d电阻丝的阻值表达式为Rd（用I1、I2、R0表示）。【分析】（1）通过观察电流表的示数或灯泡的亮度来比较电阻丝电阻的大小；从两次电流表示数大小可以比较连入导线的电阻大小；（2）导体的电阻跟导体的长度、横截面积和材料有关，当研究电阻与导体长度的关系时，应控制其它的因素不变；（3）根据R用伏安法测量出电阻，画出电路图；（4）题目中只有一个电流表、滑动变阻器电阻、未知电阻，测量未知电阻阻值，肯定要根据滑动变阻器的特殊点，电源电压不变进行设计。【解答】解：（1）a、b电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，故研究电阻与材料的关系；闭合开关，通

53、过观察电流表的示数和灯泡的亮度来比较电阻丝电阻的大小；a中电流较大，说明电阻较小。即a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值；（2）要探究电阻与横截面积的关系，需要控制材料、长度相同，改变横截面积，bc两次实验符合要求；由图知b的横截面积大，电流大，说明电阻小，故其结论是：其它因素相同时，导体横截面积越大，导体的电阻越小。（3）根据R用伏安法测量出电阻，电路图如图所示：（4）步骤如下；将在MN之间接入d电阻丝，闭合开关，将滑片P滑到最左端，移动滑动变阻器使接入电阻为零，读出电流表示数为I1；将滑片P滑到最右端，滑动变阻器到最大阻值处，读出电流表示数为I2；计算方法：当滑动变阻器的电阻为零时，只有被测电

54、阻Rd接入电路，测得电流为I1，电源电压为I1Rd，当滑动变阻器的电阻最大为R0时，R0与Rd串联，测得电路电流为I2，电源电压为I2（R0+Rd），所以根据电源电压不变：I1RdI2（R0+Rd），解得：Rd。故答案为：（1）材料；小于；（2）bc；小；（3）R；见上图；（4）。【点评】此题考查了影响电阻的因素和特殊的方法测量电阻，注意控制变量法的应用，是一道电学综合试题。三、计算题（19题14分，20题14分，共28分）21（14分）一辆水陆两栖坦克总重3105N，它的发动机是一台新型内燃机，两条履带与地面接触的总面积为5m2（水1.0103kg/m3g10N/kg）（1）该坦克要从水平冰

55、面上经过，冰层能承受的最大压强为7104Pa，请用计算说明坦克能否安全通过？（2）该坦克涉水过河漂浮在水面上时，求它排开水的体积是多大？（3）一次执行任务时，该坦克在平直公路上匀速行驶1200m，用时2min，发动机牵引力的功率保持600kW恒定不变，发动机消耗了4.5kg的燃料（燃料的热值为4.0107J/kg），求发动机提供的牵引力是多大？发动机的效率是多大？【分析】（1）坦克在对冰面的压力等于其重力，已知受力面积，利用p求压强大小，并与冰层能承受的最大压强比较；（2）坦克在水中航行时，处于漂浮状态，受到的浮力等于自重，利用F浮水gV排求排开水的体积；（3）已知坦克在平直公路上匀速行驶的距离与时间，v求其速度，根据PFv求出发动机提供的牵引力；已知发动机消耗了4.5kg的燃料和燃料的热值为4.0107J/kg，根据Qmq求放出的热量，根据100%求发动机的效率。【解答】解：（1）一辆水陆两栖坦克总重3105N，对冰面的压力等