2022年浙江省杭州市西湖区中考物理模拟试卷（附答案详解）

2022年浙江省杭州市西湖区中考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共4小题，共8.0分）

1.在图所示的电路中，电源电压保持不变.闭合电键S,当滑动

变阻器滑片P向右移动时，变大的是（）

A.电压表U的示数

B.电流表4示数与电流表4示数的差值

C.电压表U示数与电流表4示数的比值

D.电压表U示数与电流表4和公示数的差值的比值

2.为便于研究，某健身器材中训练拉力部分的机械结构可简化

为如图所示的滑轮组。若不计摩擦，下列有关分析正确的是

（）

A.两个滑轮在装置中起的作用相同

配重

B.拉力向下移动的速度与配重上升的速度大小相等

C.沿方向1与2匀速拉动配重提升相同高度，拉力所做的功相等

D.用该装置提升更重的物体，机械效率不变

3.如图甲所示滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电流表和电压表示数变化的

规律如图乙所示。下列说法正确的是（）

My>-

ii-—

甲乙

A.滑片向左移动时，电压表示数变大

B.滑动变阻器的最大阻值为600

C.电源电压为5U,网的阻值为10。

D.滑片移动过程中，两电表变化量的比值不变

4.为便于研究，某健身器材中训练拉力部分的机械结构可简化

为如图所示的滑轮组。若不计摩擦，下列有关分析正确的是

（）

A.两个滑轮在装置中起的作用相同

B.拉力F的大小是配重G大小的二分之一

C.拉力移动的距离是配重上升距离的两倍

D.将配重提升相同的高度，用该装置与直接提升配重所做的功相等

二、填空题（本大题共1小题，共6.0分）

5.将两个相同的容器甲和乙放在同一水平桌面上，分别向其

中倒入不同种类的液体，并将两个相同的物块分别放入这

两个容器中.当两物块静止时，两个容器中液面恰好相平，

甲7.

如图所示.那么，甲容器底部受到液体的压强（选

填“大于”、“等于”或“小于”）乙容器底部受到液体的压强；甲容器中物块排

开液体的重力（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙容器中物块排开液

体的重力；甲容器中物块下表面受到的压力（选填“大于”、“等于”或

“小于”）乙容器中物块下表面受到的压力.

三、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）

6.小金同学利用注射器（容积为⑹、弹簧测力计和刻度尺估测大气压的值。

（1）实验时，首先把活塞推至注射器筒的底端，用橡皮帽封住注射器的小孔；

（2）如图所示，水平向右慢慢拉动注射器筒，当注射器筒慢慢匀速滑动时，记下弹

簧测力计的示数凡用刻度尺测出注射器的全部刻度的长L,请分析推导说明并得

出大气压值的表达式______;

（3）小金将数据带入后发现所得大气压值偏大，又将所有的数据重新进行测量，发

现测量数据都正确无误。请你帮助小金分析一下误差产生的原因，以及提出一个解

决方案。。

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7.在测定额定电压为2.5U小灯泡的额定功率的实验中，被测小灯泡的电阻约为100,

电源为2节新干电池(每节1.5V)串联。

(1)图甲是未连接好的电路，请在图上用笔画线代替导线连接好电路(注意电流表电

压表左侧均为负接线柱)。

(2)正确连接好电路，闭合开关前,应将；若闭合开关后，电压表的示数为2V,

小金应向(选填“左”或“右”)移动滑动变阻器滑片，同时眼睛注视

使小灯泡正常发光。

(3)正常发光时电流表的指针位置如图乙所示，由此可得出小灯泡的额定功率是

_____W.

四、计算题(本大题共3小题，共20.0分)

8.某兴趣小组设计的“温度控制器”工作时有加热和保温两种状态。电路如图所示,

S为开关，双金属开关在温度低时闭合，温度到达一定值时自动断开，降温后再闭

合，循环工作，起到调节温度作用，指示灯的额定电压为200乙且亮起即正常工

作，发热电阻阻值为400。求：

(1)当指示灯亮时，温度控制器处于状态。

(2)指示灯的电阻值。

(3)加热状态时，温度控制器工作1分钟所消耗的电能。

双

金

属

开

关

9.如图是上肢力量健身器示意图。杠杆4B可绕。点在®

竖直平面内转动，AB=3B。，4端用细绳通过滑轮1A。工?

悬挂着底面积为0.04血2的配重G。当体重为600牛a

的健身者施加一个大小为400N竖直向上的推力时，向人

配重对地面的压强为5x103Pao杠杆AB和细绳的

质量及所有摩擦均忽略不计。

(1)计算配重的质量。

(2)配重刚好被匀速拉起时(忽略力臂变化)，健身者在B点施加竖直向上的力大小为?

(3)健身者若想利用该健身器更大提升上肢力量，请你写出一条建议。。

10.如图所示，浸没在水中一定深度的金属铝块，质量为27kg,现用重为10N的动滑轮

缓慢匀速提升铝块，若不计摩擦和绳重，g=ION/kg,P^=2.7x1。3千克/米3。

请计算：

(1)浸没在水中一定深度的金属铝块所受浮力是多少？

(2)若将物体4从图示位置缓慢匀速提升1m,此过程中铝块未露出水面，拉力F做的

功是多少？

(3)若将铝块从图示位置缓慢匀速提升至全部露出水面一定高度，请在图中画出拉

力户与上升高度无的变化关系图像。

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'〃〃〃〃"

F

♦

4F/N

m

五、综合题（本大题共1小题，共4.0分）

11.如图，圆柱形物体重力为G、横截面积是半径为R的圆，要从高度为0.5R的台面上

滚过去，请画出最省力的作用点和力方向；此时力F和G的关系是：。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由电路图可知，％与&并联，电压表测电源的电压，电流表4测干路电流，

电流表为测Ri支路的电流.

因为电源电压保持不变，所以滑片移动时，电压表的示数不变，故A不符合题意；

因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时，通过/?2支路电流的不变，

根据并联电路电流规律，电流表4示数与电流表公示数的差值即为通过&支路电流，此

电流不变，即电流表4示数与电流表4示数的差值不变，故B不符合题意；

电压表U示数与电流表4示数的比值等于电路中总电阻的阻值，当滑动变阻器的滑片P向

右移动时，接入电路中的电阻变大，则电路中的总电阻变大，故C符合题意；

电压表廿示数与电流表4和41示数的差值的比值等于/?2的阻值，而7?2为定值电阻，因此

电压表U示数与电流表4和4示数的差值的比值不变，故。不符合题意.

故选C.

由电路图可知，⑹与/?2并联，电压表测电源的电压，电流表4测干路电流，电流表4测

此支路的电流.根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工

作、互不影响可知通过支路电流的变化，从而得出电流表4示数与电流表4示数的差

值的变化；

将电压表示数与电流表示数的变化转化为电阻的变化进行分析.

本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用以及滑动变阻器

的正确使用，分清电路的串并联和电表测量的电路元件是关键.

2.【答案】C

【解析】解：4、由图可知，该装置由一个动滑轮和一个定滑轮组成，动滑轮能够省力，

但不能改变力的方向；定滑轮不能省力，可以改变力的方向，故A错误；

B、由图可知n=2,绳子自由端移动的速度3=几。物，故8错误；

C、绳子最后绕过的是定滑轮，由定滑轮的特点可知，定滑轮只改变力的方向，不改变

力的大小，因此两次拉力大小相等，绳子自由端移动的距离相等，由lV=Fs可知，两

次拉力做的功相等，故C正确；

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。、对于同一滑轮组来讲，绳重、动滑轮重不变，摩擦几乎不变，将物体提升相同高度

时，额外功几乎不变，提起的物体越重，做的有用功越多，有用功在总功中所占的比例

越大，则滑轮组的机械效率越高，故。错误。

故选：Co

(1)定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；动滑轮实质是

动力臂为阻力臂二倍的杠杆，省力但要费距离：

(2)由图可知n=2,绳子自由端移动的速度"=几"物；

(3)绳子最后绕过的是定滑轮，由定滑轮的特点可知，定滑轮只改变力的方向，不改变

力的大小和移动的距离，根据勿=Fs求两次拉力做功的大小关系；

(4)提高竖直滑轮组机械效率的方法：增大提升的物重、减小摩擦以及减小动滑轮的重

力。

本题考查了定滑轮和动滑轮的特点、功的计算及提高机械效率的方法，属于基础题目。

3.【答案】D

【解析】解：4、由图甲可知，该电路为扁和R的串联电路，电流表测电路中的电流，

电压表测R两端的电压；

当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由串联电路的分压规律可知滑动

变阻器两端的电压变小，即电压表示数变小，故A错误；

3、当滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时电路总电阻最大，由欧姆定

律可知电路中的电流最小，由图乙可知最小电流为/小此时电压表示数为5V,

即滑动变阻器两端的电压为4=5V,

由/=9可知滑动变阻器的最大阻值为：R=菖=熟=500,故B错误；

R，小U.S

C、由图乙可知，当电路中的电流为A=0.64时，电压表示数为0心即滑动变阻器两端

的电压为0V,

则电源电压为：U=1^0=0.6Ax/?o-

当电路中的电流为=。44时，电压表的示数为21Z,即滑动变阻器两端的电压为册'=

2V,

由串联电路的电压特点和欧姆定律可知电源电压为：

U=UR'+I2R0=2V+0.4Ax

R。一一②

联立①②解得：U=6V,Ro=ion；故C错误;

D、由上述分析可知，电压表并联在R两端，

由串联电路的电压特点和欧姆定律可知电压表V示数变化量：4U=(U-/1&)—(U-

l2R0)=l2R0-/1R0=AIR0,则崇=」,

综上可知，无论滑片左移或右移时，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值一定

不变，故力正确。

故选：Do

(1)由图甲可知，该电路为R。和R的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端

的电压；串联电路具有分压的特点，用电器电阻越大，分压越多，据此分析滑动变阻器

两端的电压如何变化；

(2)滑动变阻器接入电路阻值最大时，由欧姆定律可知电路中的电流最小，根据图乙中

的数据利用/=9的变形式可求出滑动变阻器的最大阻值；

(3)利用串联电路的电压特点和欧姆定律，根据图乙中的数据分别列出两组电源电压的

表达式，将两组表达式联立即可解出电源电压和汽的阻值；

(4)根据串联电路的电压特点和欧姆定律得出电压表示数变化量与电流表示数变化量的

比值。

本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，能把电压表V示

数变化量与电流表4示数变化量之比转化为R。的阻值处理是关键。

4.【答案】C

【解析】解：4、由图可知，该装置由一个动滑轮和一个定滑轮组成，动滑轮能够省力，

但不能改变力的方向；定滑轮不能省力，可以改变力的方向，故A错误；

B、不计摩擦，拉力的大小为：F=：(G+G动)，是配重G和动滑轮总重的二分之一，故

8错误；

C、该滑轮组中n=2,由s=2/i可知，拉力移动距离等于配重上升高度的二倍，故C

正确；

。、直接提升配重做的功是有用功，用该装置将配重提升相同高度还要对动滑轮做功，

即用该装置所做的功(总功)大于有用功，故。错误。

故选：Co

(1)定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；动滑轮实质是

动力臂为阻力臂二倍的杠杆，省力但要费距离；

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(2)不计摩擦，滑轮组力的关系：F=；(G+G动)；

(3)滑轮组距离关系：s=nh；

(4)总功等于有用功加上额外功。

本题考查了定滑轮和动滑轮的省力情况及功的原理，属于滑轮特点的考查。

5.【答案】小于；等于；大于

【解析】解：(1)甲悬浮，甲的密度等于物体的密度，乙漂浮，乙的密度大于物体的密

度，所以甲液体的密度小于乙液体的密度，液体的深度相同，由P=P/gh得，甲容器

底受到液体的压强小于乙容器底部受到液体的压强；

(2)甲悬浮，浮力等于重力，乙漂浮，浮力等于重力，所以甲、乙容器中受到的浮力相

等，根据阿基米德原理，排开液体的重力也相等；

(3)根据浮力产生的原因，F浮=尸向上一尸向广，则尸向上=尸所+「向广，浮力相等，甲受

液体向下的压力，而乙不受液体向下的压力，所以甲容器中物块下表面受到的压力大于

乙容器中物块下表面受到的压力.

故答案为：小于；等于；大于.

(1)根据物体的浮沉情况判断出液体的密度关系；

(2)根据阿基米德原理及浮沉条件判断排开液体重力的关系；

(3)根据浮力产生的原因判断下表面受到的压力关系.

本题主要考查了物体浮沉条件及液体压强公式的应用，关键能够根据浮沉情况判断出液

体的密度、所受浮力的关系.

6.【答案】p=y在活塞上加润滑油

【解析】解：(2)注射器是一个圆柱体形状，因此，应量出其刻度部分的长度，再读出

体积也

得出活塞的面积S=

估测的大气压的表达式为：P=I=T=V：

L

(3)实验过程中活塞和筒壁间有摩擦力，增大了拉力，弹簧测力计的示数『增大，由压强

公式可知，将导致测得的大气压强值偏大，在活塞上加润滑油，会减小摩擦，减小误差.

故答案为：(2)p=牛；(3)在活塞上加润滑油。

(2)当注射器中的活塞开始滑动时，此时弹簧测力计的示数与所受的大气压力相等；因

活塞为圆柱体，所以活塞的横截面积可以通过公式S=彳来求出，知道注射器的容积，

还需要用刻度尺量出其刻度部分的长度；利用压强的公式，代入测量的数据可得出表达

式；

(3)注射器内的空气没有排尽和拉动活塞时活塞和筒壁间有摩擦都会影响拉力的大小，

并结合压强的计算公式分析出测量值与真实值之间的差异。

本题考查大气压强的测量以及实验中的误差分析，难度不大。

7.【答案】滑动变阻器滑片移到最右端左电压表0.75

【解析】解：(1)滑动变阻器“一上一下”串联接入电路，电压表并联在灯泡两端，电

流表串联接入电路，如下图所示：

(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最右端；

若闭合开关后，电压表的示数为2%要使灯泡正常发光，需增大灯泡的电压，减小变

阻器两端电压，减小变阻器接入电路的阻值，故变阻器滑片向左移动，同时眼睛注视电

压表，使小灯泡正常发光；

(3)正常发光时电流表的指针位置如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.024其示

数为0.34小灯泡的额定功率为：

P=UI=2.5Vx0.34=0.75亿

故答案为：(1)如上图所示；(2)滑动变阻器滑片移到最右端；左；电压表；(3)0.75。

(1)滑动变阻器“一上一下”串联接入电路，电压表并联在灯泡两端，电流表串联接入

电路；

(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处；根据串联分压

原理，当灯泡两端电压由2V增大到2.5P时，需要减小变阻器两端电压，减小变阻器接

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入电路的阻值，据此确定变阻器滑片移动方向，同时眼睛注视电压表，使小灯泡正常发

光；

(3)根据电流表选用的量程确定分度值读数，根据P=U/算出小灯泡的额定功率。

本题测定小灯泡功率，考查实验注意事项、电路的连接、操作的过程、电流表读数及电

功率计算等知识。

8.【答案】保温

【解析】解：(1)当指示灯亮时，指示灯与发热电阻串联，电路中的总电阻最大，

由P=U/=?可知，电路的总功率最小，温度控制器处于保温状态；

(2)当指示灯亮时，两端的电压4=200M,

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，发热电阻两端的电压：

UR=U-UL=220V-200V=207,

因串联电路中各处的电流相等，

所以，电路中的电流：

/="=也，

RLR

200V20V

a即n元=赤，

解得:&=4000；

(3)双金属开关闭合时，电路为发热电阻的简单电路，则温度控制器工作1分钟所消耗的

电能：

4

W=Ul't=—Rt=40nx1x60sJ=7.26x107«

答：(1)保温；

(2)指示灯的电阻值为4000；

(3)加热状态时，温度控制器工作1分钟所消耗的电能为7.26x10。。

(1)当指示灯亮时，指示灯与发热电阻串联，电路中的总电阻最大，根据P=U/=?可

知电路的总功率，据此判断其状态；

(2)当指示灯亮时其两端的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出发热电

阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出指示灯的电阻值;

(3)双金属开关闭合时，电路为发热电阻的简单电路，根据皿=(/〃=91求出温度控制

器工作1分钟所消耗的电能。

本题考查了电功率公式、串联电路的特点、欧姆定律、电功公式的综合应用，分清电路

的连接方式和一个周期的时间是关键。

9.【答案】可以增加配重的质量或减小。8的长度或增大。4的长度

【解析】解：(1)已知48=380,则。A=48-。8=2。8,

根据杠杆平衡条件可得：FAX0A=FBX0B,

则4端所受的拉力：自=陪=端空=端竺=200N,

因为配重对地面的压强为5x103Pa,

所以配重对地面的压力为：

F=pS=5x103Pax0.04m2=200/V,

配重对地面的压力和地面对配重的支持力是一对相互作用力，

所以地面对配重的支持力：F支持=F=200N,

根据定滑轮的特点可知，绳子对配重向上的拉力?炭=片=200N,

此时配重受向上的拉力、向上的支持力和向下的重力，

根据力的平衡条件可得：GM=尸我+F支=200N+200N=400N；

由G=rng知配重的质量为:

m吟含“

(2)配重刚好被匀速拉起时(忽略力臂变化)，对M的拉力为7=400N,

此时以'=400/V,

根据杠杆的平衡条件知：FA'XOA=FB'XOB,

FrxOA

A中=8。。"

FB'=OB-

(3)由根据杠杆的平衡条件片*。4=跖、。8知：要提升上臂的力量即增大&，可以增

加配重的质量，减小OB的长度，增大。力的长度。

答：(1)配重的质量为40kg；

(2)配重刚好被匀速拉起时(忽略力臂变化)，健身者在B点施加竖直向上的力大小为

800/V；

(3)可以增加配重的质量或减小OB的长度或增大04的长度。

(1)根据杠杆平衡条件可求出杠杆4端所受的拉力；此时M对水平地面的压强为5x

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103Pa,根据F=pS算出M对水平地面的压力，由于细绳通过定滑轮绕过，定滑轮不省

力，则配重的重力等于向上的拉力，由6=mg算出物体的质量；

(2)配重刚好被匀速拉起时(忽略力臂变化)，对M的拉力对M的重力，根据杠杆的平衡条

件知：FA'XOA=FB'xOB算出健身者在B点施加竖直向上力的大小；

(3)由根据杠杆的平衡条件BXOA=FBX0B分析解答。

本题考查了杠杆平衡条件、压强的计算，对物体进行正确的受力分析是解题的关键；本

题涉及的知识点多，综合性强，有一定难度。

10.【答案】解：(1)铝块的体积/=彳=万瑞而=1X10-2加3；

LJ%.，人ix.

铝块全部浸没在水中，则匕=1X10-27n3；

铝块完全浸没H寸，受到水的浮力F浮=P水gVff=1.0x103kg/m3xION/kgx1x

10-27n3=1O0N。

(2)铝块受到的重力G^=mg=27kgx