2019年江苏省扬州市中考物理试卷以及解析答案

2019年江苏省扬州市中考物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）

1．（2分）“北斗”导航系统是我国自行研制的通信系统，该系统在传递信息过程中主要依靠（ ） A．电磁波

B．超声波

C．次声波

D．激光

2．（2分）下列工具属于省力杠杆的是（ ）

A．镊子 B．船桨

C．钓鱼杆 D．扳手

3．（2分）以下所给数据最接近实际情况的是（ ） A．初二物理课本重约为2.5N

B．光在空气中的传播速度约为340m/s

C．正常成年人脉搏跳动一次的时间约为0.1s D．人的正常体温约为40℃

4．（2分）《中国诗词大会》深受观众喜爱，下列诗词中涉及的物态变化现象解释正确的是（ ）

A．风雨送春归，飞雪迎春到﹣﹣雪是升华形成的 B．不知明镜里，何处得秋霜﹣﹣霜是凝固形成的 C．露从今夜白，月是故乡明﹣﹣露是液化形成的 D．岚雾今朝重，江山此地深﹣﹣雾是汽化形成的 5．（2分）下列现象属于光的直线传播的是（ ）

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A．.透过玻璃杯看楼房 B．水中倒影

C．用放大镜看指纹 D．.日食

6．（2分）下列说法正确的是（ ） A．0℃的物体没有内能

B．物体具有内能，也可以同时具有机械能 C．只要设计巧妙，永动机就可以制成 D．核能属于可再生能源

7．（2分）下列情况符合安全用电要求的是（ ） A．测电笔使用时手指不能碰到笔尾的金属电极

B．用电器的三脚插头也可以插入两孔插座中使用 C．不能用湿手去拔热水器的插头

D．家庭电路中的开关接在火线或零线上都一样

8．（2分）如图为直流电动机的工作原理图，分析正确的是（ ）

A．改变磁场方向可以改变线圈转动的方向 B．电动机通电后不转，一定是电路断路

C．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能 D．线圈连续转动是靠电磁继电器来实现的

9．（2分）如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合后，调节滑动变阻器滑片，下列说法

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正确的是（ ）

A．滑片向左滑动，电流表示数增大，电压表示数减小 B．滑片向左滑动，电流表、电压表示数都增大 C．滑片向右滑动，电流表、电压表示数都增大 D．滑片向右滑动，电流表示数减小，电压表示数增大 10．（2分）下列四幅图描述正确的是（ ）

A．机器安装滚动轴承是为了减小接触面积

B．注射器注射药液是利用大气压强工作的

C．锤柄撞击木凳套紧锤头，是利用锤柄的惯性

D．有动能

小球从E处沿光滑轨道下滑，F处飞出，到达最高点时具

11．（2分）在测量液体密度的实验中，小明利用天平和量杯测量出液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出如图所示的m﹣V图象，下列说法正确的是（ ）

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A．量杯质量为40g

B．40cm3的该液体质量为40g C．该液体密度为1.25g/cm3 D．该液体密度为2g/cm3

12．（2分）如图所示，用细绳吊着一个物块，静止靠在墙壁上。剪断细绳的同时，用一个由零逐渐增大的水平作用力F压在物块上，墙壁足够高，则物块（ ）

A．运动速度变大 C．动能先变大后不变

B．所受摩擦力变大 D．机械能先减小后不变

二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）

13．（4分）“映日荷花别样红”，看到红花是花 （吸收/反射）红色光；“荷风送香气”，闻到香味是

现象；“鱼戏莲叶间”，看见水中的鱼是由于光的 形成的 像。 14．（3分）扬州大力推进24小时城市书房建设，书房内禁止大声喧哗，“大”声是指声音的 大，这是在 处控制噪声。书房内还配置了自助式消毒机，这是利用 （红外线/紫外线）消毒灭菌的。

15．（2分）淮扬镇高铁过江通道“五峰山公铁大桥”建成后，扬州将进一步融入上海一小时经济圈。大桥主跨长为1120m，一列280m长的高铁匀速通过大桥主跨的时间为70s，则高铁的速度为 m/s，若以高铁为参照物，大桥是 的。

16．（3分）华为公司推出首款5G折叠屏MateX手机，该款手机采用向外折叠、可弯曲的屏幕，屏幕材料具有的特性是 ；给手机充电是把 能转化为化学能；手机

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采用双电池结构，电池总容量高达4500mAh，可以在30min内快速充电80%，则充电电流为 A。

17．（3分）如图所示是汽油机的 冲程。在压缩冲程中，是通过 方式增加燃气的内能。汽油机的转速为3000r/min，则1s内汽油机对外做功 次。

18．（3分）小明在“探究平面镜成像规律”实验时，找来两枚完全相同的棋子，是为了比较像和物的 关系；为了确定像的位置，应该选择 来代替平面镜；为了探究平面镜所成的像是实像还是虚像，还应准备的器材是 。

19．（3分）学习“电磁转换”这一章后，小明画出部分内容的思维导图，请你帮他补全空格处内容：

（1） ；（2） ；（3） 。

20．（3分）如图所示，用100N的拉力F匀速提升重为240N的物体，在10s内物体上升1m，则有用功是 J，拉力的功率是 W，机械效率是 。

21．（4分）如图所示的电路，电源电压恒为3V，闭合开关S，电流表A1示数为0.5A，A2

示数为0.3A，则电阻R1是 Ω，通过电阻R2的电流是 A，电阻R1的电功率是 W，在5min内整个电路消耗的电能是 J。

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三、解答题（本题共11小题，共48分，解答25、26题时应有解题过程） 22．（2分）如图，请完成光线通过凸透镜的光路图。

23．（2分）如图，是一块质量均匀分布的半圆形量角器，将其用细线悬挂在天花板上，请你用作图的方法找到重心O点的位置。（A点是圆心，保留作图痕迹）

24．（2分）如图丙请标出磁感线的方向及静止小磁针的N极。

25．（4分）小明准备用空矿泉水瓶做一个“救生衣”。已知小明的质量是50kg，身体平均密度约等于水的密度，为确保安全至少他的头部要露出水面，头部的体积约占身体总体积的

1/10．（不计空矿泉水瓶的质量和塑料的体积）

（1）求小明头部的体积。

（2）请你帮小明计算一下，制作“救生衣”至少需要多少个图示的空矿泉水瓶。

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26．（6分）如图所示是一种自动测定油面高度的装置，电源电压U为6V，R1是最大电阻为30Ω的滑动变阻器，它的金属滑片P连在杠杆一端，R2是定值电阻，油量表是用量程为0～0.6A的电流表改装而成。（ABCD四点表示四个接线柱，电磁继电器线圈电阻忽略不计）

（1）当油面上升时，电流表示数变大，则导线M应与 接线柱相连；当油量下降到预设位置时，警示灯亮，滑片P刚好在B处，则导线N应与 接线柱相连。 （2）当油箱加满油时，滑片P刚好在A处，电流表的示数达到最大值，求电阻R2的阻值。

（3）在滑片滑动的过程中，求滑动变阻器R1的最大功率。

27．（5分）如图甲所示是“探究冰熔化时温度随加热时间变化”的图象。（c水＝4.2×103J/（kg•℃），相同时间吸收的热量相同） 分析图象可知：

（1）冰的熔点是 ℃，冰在熔化过程中的特点是吸收热量，温度 。 （2）该物质在第6min时的内能 （大于/等于/小于）第8min的内能。

（3）熔化后水和烧杯的总质量如图乙所示，其中空烧杯的质量是22.4g，则水的质量是 g，冰熔化过程中吸收的热量为 J。

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28．（4分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中。

（1）使发光体F和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，最简便的操作是： 。 （2）如图所示，发光体F在光屏上成倒立、 的清晰实像， 就是这一原理的应用。

（3）接着给凸透镜戴上近视眼镜，发现光屏上的像变模糊了，在不移动发光体F和凸透镜位置的情况下，为使光屏上再次呈清晰的像，应将光屏向 （靠近/远离）凸透镜方向移动。

29．（5分）在“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中。

（1）如图所示，为测出滑动摩擦力大小，三次实验中均用弹簧测力计沿水平方向 拉动木块A，弹簧测力计的示数F1＜F2＜F3，图中F3为 N。

（2）丙图中，若增大弹簧测力计的拉力，此时木块A所受滑动摩擦力 （变大/变小/不变），木块A上面的砝码 （受/不受）摩擦力。

（3）比较 两幅图，可得出：压力相同时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大。 30．（6分）在“测量小灯泡电功率”的实验中（小灯泡标有“2.5V”字样）。

（1）如图甲所示，正确连接电路后，闭合开关，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，灯泡都不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是 。

（2）排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为了继续完成实验，应将滑片P向 （A/B）端移动。小明根据实验所测的数据，作出如图丙所示的图象，则小灯泡的额定功率为 W。

（3）测量结束后，小明应先 ，然后拆除 上的导线，再拆除其它导线。

（4）小明对本实验进行了拓展思考，以下探究活动用该实验装置中的器材不能完成的是 A．测量小灯泡的电阻

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B．探究串联电路电流的特点 C．探究串联电路电压的特点 D．探究电流与电压的关系

31．（6分）如图甲所示是路边交通指示牌，通过横杆A、B与立柱相连，细心的小明发现路边的立柱都是空心圆柱而不是空心方柱。

（1）小明猜想可能是空心圆柱比空心方柱的抗压能力强，为此设计了下面的探究活动，如图乙所示，分别在圆纸管和方纸管上面施加压力，观察并记录纸管的形变情况，如下

表所示：

压力/N 类型 圆纸管 方纸管

完好 完好

完好 完好

3

6

9

12

完好 轻度瘪

完好 严重瘪

在探究过程中，除了要保持纸管的材料、长度、横截面积相同外，还要保持纸管的 相同。小明经过多次实验验证了自己的猜想是正确的。

（2）图甲中指示牌和立柱的总质量是300kg，长为4m，高为2.5m，AB间距离为1m。（忽略指示牌与立柱之间的距离，g取10N/kg）立柱对横杆B的作用力的方向是 ，

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大小是 N．横杆B对立柱压力的受力面积为400cm2，则横杆B对立柱的压强是 Pa．立柱固定在地面上，为了增加立柱的稳定性，最好在立柱底座的 （左/右）侧增加固定螺丝。

（3）请你写出生活中应用本实验结论的一个实例 。 32．（6分）阅读短文，回答问题。 水陆两栖飞机“鲲龙”AG600

2018年10月20日，国产大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600成功实现水上起降，如图所示。AG600装有4台国产WJ6涡轮螺旋桨发动机，是国家为满足森林灭火和水上救援的迫切需要，研制的大型特种用途民用飞机，既能在陆地上起降，又能在水面上起降，是一艘会飞的船。

飞机发动机的热效率和推进效率是反映飞机性能的重要指标。发动机的热效率是指发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比，推进效率是指发动机传递给飞机的推进功（推力所做的功）与获得的机械能之比。 飞机的部分参数如下表所示： WJ6发动机数量 最大巡航速度 发动机的热效率

4台 500km/h 40%

最大起飞质量 发动机巡航推力 发动机的推进效率

53.5t 4.6×104N ……

（1）“鲲龙”AG600在水面降落的过程中，重力势能 ，动能 。

（2）机翼外形做成上凸下平的流线型是利用了 的原理，从水面产生较大的升力。 （3）AG600以最大速度满载巡航2h，消耗燃油5000kg，燃油完全燃烧获得的内能是 J，此过程中发动机的推进效率为 。（燃油的热值为q＝4.6×107J/kg）

（4）观看“鲲龙”AG600在水面上起降后，小明发现“鲲龙”AG600与普通飞机不同，机身下部制成“V”形，除了能减小阻力外，这样设计的目的还有 。

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2019年江苏省扬州市中考物理试卷以及解析答案

一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）

1．【分析】人们日常生活中用的电视信号、手机信号以及卫星通信都是利用电磁波传递信号。 【解答】解：

“北斗”导航卫星和地面的联系靠电磁波，将图片和声音等信号调制到电磁波上，把电磁波当成载体发射回地面，所以它传递信息利用的是电磁波，故A正确。 故选：A。

【点评】这是一道考查电磁波在日常生活中应用的基础题，要求知道无线电通信都是利用电磁波来传递信息的，比较容易。

2．【分析】结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。 【解答】解：

A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不合题意； B、船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B不合题意； C、钓鱼杆在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C不合题意； D、扳手在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D符合题意。 故选：D。

【点评】此题考查的是杠杆的分类和特点，主要包括以下几种： ①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离； ②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离； ③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力。

3．【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 【解答】解：A、初二物理课本的质量在250g＝0.25kg左右，受到的重力为G＝mg＝0.25kg×10N/kg＝2.5N．故A符合实际；

B、光在真空中的传播速度最快，为3×108m/s，在空气中的速度近似等于此数值。故B不符合实际；

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C、正常情况下，人的脉搏1min跳动的次数在75次左右，跳动一次的时间接近1s。故C不符合实际；

D、正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故D不符合实际。 故选：A。

【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。

4．【分析】物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化；由固态直接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华。 【解答】解：A、雪是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象。故A错误； B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象。故B错误； C、露是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象。故C正确； D、雾是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象。故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查了学生对物态变化的判断，抓住物质前后的状态变化是解决此类题目的关键。

5．【分析】解答此题从以下知识点入手：

①光在同种均匀介质中沿直线传播，利用这一特点，人们可以看到许多现象，例如日食、月食、影子、小孔成像、激光准直等；

②当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；

③光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫做光的折射，光折射的实例有：筷子变折、池水变浅、彩虹、海市蜃楼等等在日常生活中。 【解答】解：A、玻璃杯相当于凸透镜，透过玻璃杯看楼房属于光的折射，故A错误。 B、倒影属于平面镜成像，平面镜成像属于光的反射原理，故B错误；

C、用放大镜看指纹时，指纹变大了，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故C错误。

D、日食的形成，是利用光沿直线播形成的现象，故D正确。 故选：D。

【点评】正确理解光的直线传播、反射、折射现象，会用所学知识来解释生活中常见的现象，虽知识点较多，但属于基础题目。

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6．【分析】A、任何高于绝对零度（大约﹣273℃）的物体在任何时候都具有内能； B、内能是分子动能与分子势能的总称；机械能是动能与势能的总称； C、永动机是不可能制成的，违反了能量守恒定律；

D、核燃料不能在短时间内从自然界得到补充，故不是可再生能源；

【解答】解：A、任何高于绝对零度（大约﹣273℃）的物体在任何时候都具有内能；故A错误。

B、内能是分子动能与分子势能的总称；机械能是动能与势能的总称；两个能量之间没有必然联系，可以同时存在一个物体上。故B正确。

C、永动机是不可能制成的，违反了能量守恒定律；故C错误。

D、核燃料不能在短时间内从自然界得到补充，故不是可再生能源；故D错误。 故选：B。

【点评】该题要求学生内能与机械能这两个能量的区别、内能的概念以及核能的相关知识。

7．【分析】（1）测电笔的正确使用方法，手一定接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体； （2）三孔插座的接法是左零右火上接地，三脚插头的接法是中上的要与用电器外壳相连； （3）根据安全用电的要求，不能用湿物体接触电器； （4）控制电灯的开关应安装在火线与灯之间。

【解答】解：A、如果手不接触笔尾金属体，无论笔尖金属体接触火线还是零线，氖管都不发光。故A不符合要求；

B、家用电器金属外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生，不能用两孔插座替代。故B不符合要求；

C、水容易导电，用湿手拔热水器的插头，会发生触电事故，所以不要用湿手拔热水器的插头。故C符合要求；

D、电灯的开关接在了零线上时，即使断开，电灯或其他用电器仍带电，易发生触电事故。故D不符合要求。 故选：C。

【点评】本题考查了学生对电能表有关知识、安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。

8．【分析】（1）线圈转动方向跟电流方向和磁场方向有关，改变其中的一者，线圈转动方向改变，同时改变两者线圈转动方向不变。

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（2）电动机通电后不转原因：电流太小；磁场磁性太弱；断路；线圈处于平衡位置。 （3）电动机工作时电能主要转化为机械能，还有一部分转化为内能。 （4）线圈连续转动是靠换向器。

【解答】解：A、改变磁场方向可以改变线圈转动方向。故A正确。

B、电动机通电后不转原因：电流太小；磁场磁性太弱；断路；线圈处于平衡位置。故B错误。

C、电动机工作时电能大部分转化为机械能，还有一小部分转化为内能。故C错误。 D、换向器在线圈刚转过平衡位置时，能自动改变线圈中的电流方向，能使线圈连续转动下去。故D错误。 故选：A。

【点评】本题考查了电动机的能量转化、换向器的作用、电动机不转原因、如何改变线圈的转动方向等问题，考查的比较全面。

9．【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动可知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，根据串联电路的分压特点可知灯泡两端的电压变化。

【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流，

当滑片向左滑动时，变阻器接入电路中的电阻减小，电路的总电阻减小， 由I＝可知，电路中的电流增大，即电流表的示数增大，

变阻器接入电路中的电阻减小，由串联电路的分压特点可知，变阻器两端的电压减小，灯泡两端的电压增大，即电压表的示数增大，故A错误、B正确； 同理可知，滑片向右滑动时，电流表、电压表的示数都减小，故CD错误。 故选：B。

【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，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。

10．【分析】（1）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。

（2）大气压的应用大多是利用内外的气压差，所以要判断是否是大气压的应用，要注意

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有没有形成这个“气压差”。

（3）惯性是任何物体都有保持原来运动状态的性质，有时对我们有用、有时有害，特别要防止惯性带来危害；

（4）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大、速度越大、动能越大。 【解答】解：

A、机器安装滚动轴承是为了用滚动代替滑动来减小摩擦，故A错误； B、用注射器注射药液是利用了手对活塞的推力，与大气压无关，故B错误；

C、锤头和锤柄一起向下运动，锤柄撞到木凳后停止运动，而锤头由于惯性继续向下运动，这样锤头就紧紧的套在了锤柄上，是利用锤头的惯性，故C错误；

D、小球从E处沿光滑轨道下滑（无摩擦力），由F处飞出，F处的高度小于最初释放时的高度，则到达最高点时小球的速度不为零，所以小球还具有动能，故D正确。 故选：D。

【点评】本题综合考查减小摩擦的方法、惯性、大气压的应用、动能大小的影响因素；属基础知识的考查，应熟练掌握课本基本知识。

11．【分析】（1）设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1＝20cm3

时，液体和杯的总质量m

总1

；当液体体积为V1＝80cm3时，液体和杯的总质量m

总2

，

列方程组求出液体密度和量杯质量；

（2）当液体的体积V3＝60cm3，利用m＝ρV求液体质量。 【解答】解：

（1）设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，

读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和杯的总质量m总1＝m1+m杯＝40g， 则由m＝ρV可得：ρ×20cm3+m杯＝40g，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 当液体体积为V2＝80cm3时，液体和杯的总质量m总2＝m2+m杯＝100g， 可得：ρ×80cm3+m杯＝100g，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 联立①②解得液体的密度：ρ＝1g/cm3，故CD错误； 将ρ＝1g/cm3代入①解得m杯＝20g，故A错误；

（2）当液体的体积V3＝40cm3，则液体的质量：m3＝ρ×V3＝1g/cm3×40cm3＝40g，故B正确。 故选：B。

【点评】读取图象获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新

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颖，即考查了密度的相关计算，同时更考查了对图象的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。

12．【分析】对物块进行受力分析，根据摩擦力大小的影响因素判断其摩擦力变化；进而判断物块在滑落过程中的运动状态，对其速度变化做出判断，然后根据动能大小的影响因素判断其动能变化，最后根据重力势能大小的影响因素判断其重力势能的变化，进而得出其机械能的变化情况。

【解答】解：用细绳吊着一个物块，静止靠在墙壁上，此时重力与拉力是一对平衡力； 当剪断细绳时，拉力消失，但同时用一个由零逐渐增大的水平作用力F压在物块上，则木块对墙面产生压力，进而产生沿墙壁向上的摩擦力，且摩擦力随着压力的增大而变大；开始时摩擦力较小，小于重力，物块向下做加速运动；随着摩擦力的增大，摩擦力大于重力后，向下做减速运动；所以，摩擦力先逐渐增大，当速度减小为0，摩擦力突然减小，减小到与重力相等后不再变化。 则：

A、物块的速度先变大再变小后不变，故A错误； B、物块所受摩擦力先变大再变小后不变，故B错误； C、物块的动能先变大再变小后不变，故C错误；

D、物块向下滑落的过程中，需要克服摩擦力做功，机械能减小；当物块静止后，机械能不再变化，故机械能先减小后不变，故D正确。 故选：D。

【点评】此题通过一个场景，综合考查了摩擦力大小的影响因素、动能和势能的大小变化等多个物理知识点，属于中考热点题型，本题关键是通过对物块进行正确的受力分析，对物块在滑落过程中的运动状态作出准确判断，有一定难度。 二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）

13．【分析】（1）不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的。

（2）不同物质组成的物体相互接触时，彼此进入对方的现象是扩散。 （3）光从一种介质进入另一种介质时，通常会发生折射。

【解答】解：（1）红花是不透明的物体，太阳光是一种复色光，太阳光由红橙黄绿青蓝紫组成，红花反射红光，吸收其它颜色的光，所以看到红花。

（2）“荷风送香气”，闻到香味，荷花的芳香分子扩散到空气中，我们闻到花香。 （3）鱼在水中，人在岸上，鱼射出的光线到水面发生折射，折射光线进入人的眼睛，人

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眼感觉折射光线从折射光线的反向延长线上射出的，所以看到的鱼的虚像。 故答案为：反射；扩散；折射；虚。

【点评】本题考查了光的反射和折射，都是生活中常见的现象，体现了生活处处皆物理，一定要留心生活。

14．【分析】（1）响度是指声音的大小，音调指声音的高低，音色是声音的品质与特色； 减弱噪声有三种途径：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱； （2）紫外线可以杀死微生物，所以医院用紫外线来杀菌。

【解答】解：（1）书房内禁止大声喧哗，“大”声是指声音的响度大，这是在声源处控制噪声；

（2）紫外线可以杀死微生物，所以消毒机利用紫外线来杀菌消毒。 故答案为：响度；声源；紫外线。

【点评】本题考查了声音的特性，紫外线有关的知识，对其在生活中的应用要分清。 15．【分析】（1）高铁通过大桥行驶的距离等于桥长加上车长，又知时间，利用速度公式计算速度；

（2）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。

【解答】解：（1）高铁通过大桥行驶的距离：s＝L桥+L车＝1120m+280m＝1400m 则高铁的速度为：v＝＝

＝20m/s；

（2）若以高铁为参照物，大桥与高铁之间发生了位置变化，所以大桥是运动的。 故答案为：20；运动。

【点评】此题考查速度的计算、运动和静止的相对性，难度不大，关键是知道高铁通过大桥行驶的距离等于桥长加上车长。

16．【分析】（1）手机采用向外折叠、可弯曲的屏幕，屏幕材料具有的特性是弹性好； （2）给手机充电，消耗电能，转化为化学能储存在电池内；使用手机时，消耗化学能转化为电能；

（3）求出在30min内充电量（电荷量），利用I＝求充电电流。 【解答】解：

（1）手机采用向外折叠、可弯曲的屏幕，屏幕材料具有的特性是柔韧性； （2）给手机充电，消耗电能，转化为化学能储存在电池内；

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（3）由题意可得，30min内的充电量（电荷量）： Q＝4500mAh×80%＝3600mAh＝3.6A×3600s＝12960C， 则充电电流： I＝＝

＝7.2A。

故答案为：柔韧性；电；7.2。

【点评】本题通过学生熟悉的手机，考查了材料特点（弹性）、充电时能量转化以及电流定义式的应用，明确电池容量的含义是关键。

17．【分析】（1）内燃机的一个工作循环由吸气、压缩、做功和排气四个冲程组成；分析题中的插图能看出，此时两个气门都关闭，活塞由下向上运动，压缩内部的混合物，即看判断该冲程的名称和能量的转化；

（2）在四冲程内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，并对外做功1次，曲轴和飞轮转2圈。

【解答】解：（1）观察图可知，此时两个气门都关闭，活塞由上向下运动，气缸内气体膨胀，故该冲程是做功冲程；

压缩冲程中活塞压缩燃气做功，将机械能转化为内能，是通过做功的方式增加燃气内能的；

（2）汽油机转速为3000r/min＝50r/s，说明每秒钟飞轮转过50转，完成循环，对外做功25次。 故答案为：做功；做功；25。

【点评】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算。

18．【分析】（1）选取两段完全相同的棋子的目的是比较像与物的大小关系。

（2）选玻璃板是为了准确确定像的位置，便于比较像与物的大小，达到理想的实验效果。 （3）实像是可以呈现在光屏上的，虚像不能。

【解答】解：本题考查的是探究平面镜成像规律的实验，要演示实验，至少要找两根完全相同的棋子，一个作为物体，还有一个作为像，便于比较像与物的大小关系； 要用玻璃板代替平面镜，既能像平面镜一样成像，还能透过平面镜观察对面的物体； 实像是可以呈现在光屏上的，虚像不能。因此要探究是实像还是虚像，应该用一个光屏接受像；

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＝25个工作

故答案为：大小；玻璃板；光屏。

【点评】探究平面镜成像特点的实验过程，在近年中考题中较为热点。重在探索过程中遇到的困难、解决的办法的考查，这些题往往有规律可循。

19．【分析】（1）磁极间相互作用规律：异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥； （2）产生感应电流的条件：①闭合回路；②部分导体；③切割磁感线运动； （3）根据电磁感应的原理列举实际应用的例子。

【解答】解：（1）磁极间相互作用规律是：异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥； （2）产生产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体做切割磁感线的运动； 电磁感应的应用有：交流发电机、变压器、动圈式话筒等。

故答案为：（1）吸引；（2）切割磁感线；（3）交流发电机、变压器、动圈式话筒等。 【点评】本题考查了磁极间的相互作用、产生感应电流的条件以及电磁感应的应用，是一道磁学部分的基础题。

20．【分析】已知物体重力和上升的高度，利用W＝Gh可求得有用功；

由滑轮组结构看出，承担物重的绳子股数n＝3，s＝3h。由此可知绳子自由端上升的距离，利用W总＝Fs可求总功，

利用P＝可求拉力的功率，有用功除以总功就是机械效率。 【解答】解：有用功W有＝Gh＝240N×1m＝240J； 总功W总＝Fs＝100N×3×1m＝300J； 拉力的功率P＝

＝

＝30W，

机械效率η＝＝×100%＝80%。

故答案为：240；30；80%。

【点评】本题考查利用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算方法，由图得出n的值，利用好s＝nh是本题的关键。

21．【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表A2测R1支路的电流，A1测干路电流；根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R1的电阻，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，根据P＝UI求出电阻R1消耗的电功率，由W＝UIt可求在5min内整个电路消耗的电能。

【解答】解：由电路图可知，两电阻并联，电流表A2测R1支路的电流，A1测干路电流；

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因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，通过R2的电流： I2＝I﹣I1＝0.5A﹣0.3A＝0.2A； 因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，由I＝可得，电阻R1的阻值：

R1＝＝＝10Ω；

电阻R1消耗的电功率： P1＝U1I1＝3V×0.3A＝0.9W； 在5min内整个电路消耗的电能： W＝UIt＝3V×0.5A×5×60s＝450J。 故答案为：10；0.2；0.9；450。

【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，是一道基础题目。 三、解答题（本题共11小题，共48分，解答25、26题时应有解题过程） 22．【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的三条特殊光线作图； 根据凸透镜成像时，物体在二倍焦距处，所成的像是等大倒立的实像，像在二倍焦距处，所以过二倍焦距处的入射光线经凸透镜折射后一定过另一侧二倍焦距处，画出折射光线。 【解答】解：过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变，过二倍焦距处的入射光线的折射光线通过凸透镜另一侧二倍焦距处，如图所示： 故答案如图：

【点评】凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。过二倍焦距处的入射光线的折射光线通过凸透镜另一侧二倍焦距处画。 23．【分析】重力在物体上的作用点叫重心。悬挂法确定物体重心时，物体受两个力，重力和细线的拉力，根据二力平衡条件，细线的拉力的作用线一定通过重心。

【解答】解：在图中，量角器受竖直向下的重力和细线竖直向上的拉力，这两个力是一

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对平衡力，所以二力的方向相反，重心在细线拉力的作用线上；

已知量角器质量分布均匀，所以从圆心A向右将量角器平均分成2份，分割线一定过重心，此时分割线与拉力作用线的交点就是量角器的重心；如图所示：

。

【点评】此题考查了重心的缺点方法，对于形状不规则，质量不均匀的物体，确定其重心一般采用悬挂法。

24．【分析】由电源的正负极及右手螺旋定则可判断螺线管的极性，则可知小磁针的指向及磁感线的方向。

【解答】解：电流由左侧流入，由右手螺旋定则知电磁铁的右侧为N极，左侧为S极；由磁极间的相互作用可知小磁铁右侧为N极，左侧为S极。外部磁感线由N极指向S极。故答案如图：

【点评】右手螺旋定则内容为：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N极方向。

25．【分析】（1）利用密度公式求出小明的体积，进而可求小明头部的体积； （2）

【解答】解：（1）根据ρ＝可得，小明的体积：

＝5×102m3，

﹣

V＝＝

则小明头部的体积： V头＝

V＝

×5×102m3＝5×103m3。

﹣

﹣

（2）根据物体浮沉条件可知，为确保安全至少他的头部要露出水面， 其所受浮力至少为：

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F浮＝G小明＝m小明g＝50kg×10N/kg＝500N， 根据F浮＝ρV排＝

水

gV排可得，排开水的体积至少为：

＝5×102m3，

﹣

＝

所以需要图示的空矿泉水瓶的个数： n＝

＝

﹣

≈10（个）。

答：（1）小明头部的体积5×103m3。

（2）制作“救生衣”至少需要10个图示的空矿泉水瓶。

【点评】此题考查密度公式及其应用、物体浮沉条件及其应用，难度在第二问，关键是根据物体浮沉条件得出所受的最小浮力。

26．【分析】（1）当油面上升时，电流表示数变大，电路电流增大，电路电阻减小，滑动变阻器电阻要减小，由于金属滑片P下移，所以。滑动变阻器一定要接上端的A接线柱。 当油量下降到预设位置时，滑片P刚好在B处，此时油量表所在电路的电流最小，电磁继电器线圈磁性最弱，由于需要接通警示电路，使警示灯亮，检查即可判断N的连接位置。

（2）当油箱加满油时，滑片P刚好在A处，则只有R2连入电路，由于电流表的示数达到最大值，根据电流表的量程得出电路中的电流，然后根据欧姆定律求出R2的阻值。 （3）根据欧姆定律和根据P＝I2R得出变阻器的功率表达式，然后分析表达式即可解答。 【解答】解：

（1）当油面上升时，电流表示数变大，电路中电流增大，由欧姆定律可知，总电阻应减小，则滑动变阻器接入电路的电阻应减小，由于油面上升时金属滑片P下移，所以，滑动变阻器一定要接上端的A接线柱，即导线M应与A接线柱相连。

当油量下降到预设位置时，滑片P刚好在B处，此时滑动变阻器连入电路的电阻最大，根据欧姆定律可知油量表所在电路的电流最小，则电磁继电器线圈磁性最弱，对衔铁的吸引力最小，则衔铁会被弹簧拉起与静触头D相连，由于需要接通警示电路，使警示灯亮，所以导线N应与D接线柱相连。

（2）当油箱加满油时，滑片P刚好在A处，只有R2连入电路，由于电流表的示数达到最大值，油量表的量程为0～0.6A，则电路中的电流为I最大＝0.6A，

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根据I＝可得电阻R2的阻值：R2＝＝＝10Ω。

（3）由图可知，R1与R2串联，在滑片滑动的过程中，设滑动变阻器连入电路的电阻为R，则电路中的电流为：I＝

，

变阻器的功率为：P1＝I2R＝（）2R＝

＝，

所以，当R＝R2＝10Ω时，变阻器的功率P1最大， 则P1最大＝

＝

＝0.9W。

答：（1）A；D。

（2）电阻R2的阻值为10Ω。

（3）在滑片滑动的过程中，滑动变阻器R1的最大功率为0.9W。

【点评】本题考查了滑动变阻器的正确使用、欧姆定律和电功率公式的灵活运用，关键明确电路的连接状态的判断。

27．【分析】（1）由图象可以看出，熔化过程中出现一段温度恒定的时间段，这是晶体的典型特征，晶体在熔化过程中温度保持不变，这个温度就是晶体的熔点。 （2）物体吸收热量，内能增加；

（3）用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度；水的质量等于水和烧杯的总质量减去空烧杯的质量；物质在相同的时间内吸收的热量是相同的；根据公式Q＝cm△t求出吸收的热量。

【解答】解：（1）由图象知，冰在5～15min处于熔化过程中，此时吸收热量，温度保持0℃不变，所以冰是晶体，其熔点为0℃，

（2）由图象知，冰在5～15min处于熔化过程中，此时不断吸收热量，内能增加，故该物质在第6min时的内能小于第8min的内能；

（3）由图乙可知，水和烧杯的总质量：m总＝50g+20g+2.4g＝72.4g； 则水的质量：m＝m总﹣m空＝72.4g﹣22.4g＝50g。

在15～25min内，水的温度升高了80℃，则在15～25min内水吸收的热量为： Q水吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.05kg×80℃＝1.68×104J；

由题知物质在相同的时间内吸收的热量是相同的，而冰的熔化过程用时也是10min，

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所以冰熔化过程中吸收的热量为Q冰吸＝Q水吸＝1.68×104J； 故答案为：（1）0；不变；（2）小于；（3）50；1.68×104。

【点评】此题通过考查物体的熔化图象，考查了学生对晶体熔化特点的掌握，并能够从熔化图象中总结出相关信息，考查了学生对熔化图象的综合分析。

28．【分析】（1）做凸透镜成像实验前，要调整发光体、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度，使像成在光屏的；

（2）物距大于像距时，成倒立、缩小的实像，照相机就是运用这个原理制成的； （3）知道近视镜是凹透镜，有发散光线的作用，据此分析像距的变化。

【解答】解：（1）使发光体F和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，最简便的操作是：使发光体“F”、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度，

（2）如图所示，物距大于像距，发光体F在光屏上成倒立、缩小的清晰实像，照相机就是这一原理的应用。

（3）近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，当给凸透镜戴上近视眼镜后，由于对光线的发散作用，延迟了光线的会聚，像将远离凸透镜，应将光屏向远离移动；

故答案为：（1）使发光体“F”、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度；（2）缩小；照相机；（3）远离。

【点评】此题是探究凸透镜成像实验，考查了实验器材的调节、凸透镜成像特点及应用、近视眼的形成等，考查较全面。

29．【分析】滑动摩擦力在物体的接触面上，所以摩擦力的大小无法直接测量，可借助于平衡力的条件，将摩擦力的大小转化成测力计示数的大小进行测量；又因为滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以在探究影响滑动摩擦力大小的因素时应使用控制变量法。

【解答】解：（1）在此实验操作中必须让弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动木块A，这样做的目的是使拉力和摩擦力成为一对平衡力，大小相等，即弹簧测力计的示数就等于摩擦力；

图中弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为2.4N；

（2）若增大弹簧测力计的拉力，但压力和接触面的粗糙程度不变，此时木块A所受滑动摩擦力不变，此时拉力大于摩擦力，木块A上面的砝码有相对运动或相对运动的趋势，受摩擦力；

（3）要探究压力相同时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大，需要控制压力相同，改变接触

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面的粗糙程度，图甲乙符合题意。

故答案为：（1）匀速直线；2.4；（2）不变；受；（3）甲乙。

【点评】此题探究摩擦力的大小与什么因素有关，掌握两个影响因素，并注意控制变量法的应用。

30．【分析】（1）若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；

（2）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；

由如图丙所示的图象知灯在额定电压下的电流，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率； （3）为保护电路，测量结束后，小明应先断开开关，然后拆除电源上的导线，防止电源短路；

（4）A．由R＝分析；

B．可将电流分别串联在电路不同处； C．可分别将电压表串联在用电器两端； D、探究电流与电压的关系要控制电阻不变。

【解答】解：（1）如图甲所示，正确连接电路后，闭合开关，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，灯泡都不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是灯泡断路。 （2）灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A端移动，直到电压表示数为额定电压；

由如图丙所示的图象知，灯在额定电压下的电流为0.2A，则小灯泡的额定功率为： P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；

（3）为保护电路，测量结束后，小明应先断开开关，然后拆除电源上的导线，再拆除其它导线；

（4）A．由R＝，可测量小灯泡的电阻；

B．将电流分别串联在电路不同处，可探究串联电路电流的特点； C．分别将电压表串联在用电器两端，可探究电流与电压的关系；

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D、探究电流与电压的关系要控制电阻不变，灯的电阻随温度的变化而变化，不可行。 故选D。

故答案为：（1）灯泡断路；（2）A；0.5；（3）断开开关；电源；（4）D。

【点评】本题测量小灯泡电功率，考查故障分析、操作过程及注意事项和控制变量法的运用。

31．【分析】（1）当被研究问题受多个因素影响时，研究问题和某一个因素的关系时要控制其他因素一定，这种方法叫控制变量法，根据控制变量法回答；

（2）指示牌为一杠杆，找出杠杆的五要素，根据杠杆的平衡条件分析回答；

根据力的相互性，可知横杆B对立柱的压力，已知横杆B对立柱压力的受力面积，根据p＝得出横杆B对立柱的压强；。

把立柱看作一杠杆，指示牌对立柱的作用力使其有逆时针转动的趋势，故阻力要使其顺时针转动，据此分析； （3）结合生活实际回答。

【解答】解：（1）根据控制变量法，在探究过程中，除了要保持纸管的材料、长度、横截面积相同外，还要保持纸管的厚度相同。小明经过多次实验验证了自己的猜想是正确的；

（2）指示牌为一杠杆，如下所示，A为支点，指示牌的重心在其几何中心，其重力为动力：

F1＝G，动力臂为： L1＝

＝2m，阻力为立柱对B施加水平向左的力F2，阻力臂为：

L2＝1m，

根据杠杆的平衡条件： F1L1＝F2L2 F2＝

＝

＝6000N

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根据力的相互性，横杆B对立柱压力为F＝6000N

横杆B对立柱压力的受力面积为400cm2，则横杆B对立柱的压强是： p＝＝

＝1.5×105Pa。

把立柱看作一杠杆，指示牌对立柱的作用力使其有逆时针转动的趋势，阻力要使其顺时针转动，故立柱固定在地面上，为了增加立柱的稳定性，最好在立柱底座的右侧增加固定螺丝；

（3）请生活中应用本实验结论的一个实例：双杆都是圆管。

故答案为：（1）厚度；（2）水平面左；6000；1.5×105；右；（3）双杆都是圆管。 【点评】本题考查控制变量法的运用、压强计算和杠杆的平衡条件及力的相互性和结论在实际中运用，综合性较强。

32．【分析】（1）动能大小跟质量、速度有关。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大。

重力势能大小跟质量、被举得高度有关。被举得高度一定时，质量越大，重力势能越大；质量一定时，高度越高，重力势能越大。 （2）流体的流速越大压强越小。

（3）知道燃料的质量和热值求出完全燃烧放出的热量。 知道热效率和燃料放出的热量，求出获得的机械能。 知道推力和推力移动的距离求出有用功，求出效率。

（4）机身下部制成“V”形，除了能减小阻力外，机身要能降落到水面，要减少水的波浪对机身的影响。

【解答】解：（1）“鲲龙AG60在水面降落的过程中，质量不变，高度减小，速度减小，所以重力势能减小，动能减小。

（2）机翼外形做成上凸下平的流线型，相同时间内通过机翼上方的路程长、速度大，所

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以上方的空气流速大、压强小，而机翼下方的空气流速小、压强大，产生了向上的升力，即机翼是利用流体压强跟流速的关系获得升力的。

（3）燃油完全燃烧获得的内能：Q＝mq＝5000kg×4.6×107J/kg＝2.3×1011J， 发动机的热效率为40%，则获得的机械能：W机＝ηQ＝40%×2.3×1011J＝9.2×1010J， AG600以最大速度满载巡航2h，通过的路程：s＝vt＝500km/h×2h＝1000km＝106m， 有用功：W有＝Fs＝4.6×104N×106m＝4.6×1010J， 所以，发动机的推进效率：η'＝

＝

＝50%。

（4）机身下部制成“V”形，除了能减小阻力外，机身要能降落到水面，要减少水的波浪对机身的影响，所以它起到了抗波浪干扰作用。

故答案为：（1）减小；减小；（2）流体的流速越大压强越小；（3）2.3×1011；50%；（4）抗波浪干扰的作用。

【点评】（1）本题两次用到效率问题，从燃料燃烧到获得机械能，从机械能到推动机械运动，注意分清这两个过程。

（2）飞机在下降过程中速度是逐渐变小的，这个地方容易出现错误。

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