1、山东省临沂市中考物理真题模拟试卷一、选择题（每题所列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求，每题2分，共40分）1（2分）小明对一些数据的估测，最接近实际的是（）A一个鸡蛋的质量约为100gB九年级物理课本的重力约为20NC一般教学楼每层楼高约为3.3mD手机充电器的输出电压约为220V2（2分）下列关于材料、信息及能源的说法正确的是（）A纳米材料的基本单元大小限制在1100m范围内B同种材料制成的导体，其电阻大小只与长度有关C我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于可再生能源D用手机收看“华唐名师”的直播是利用电磁波来传递信息的3（2分）用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球（如图所示），发现验
2、电器的两个金属箔片张开。以下说法正确的是（）A毛皮和橡胶棒摩擦的过程中创造了电子B毛皮和橡胶棒摩擦的过程中橡胶棒得到电子C验电器的金属箔片张开是因为带了异种电荷D橡胶棒接触验电器的金属球时，电子向橡胶棒转移4（2分）下列做法符合安全用电要求的是（）A开关应接在电灯与零线之间B在户外，不要靠近高压带电体C使用测电笔时手不能接触金属体笔尾D将三脚插头改为两脚插头接在两孔插座上使用5（2分）关于声现象的说法正确的是（）A物体振动越快，发出的声音响度越大B声音在真空中的传播速度是340m/sC人耳可以听到超声，不能听到次声D“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人音色不同6（2分）在体育测试过程中，以下
3、选项正确的是（）A跳远测试时，必须选用分度值为1mm的刻度尺进行测量B小明在50m测试中看到旁边的看台向后运动，选取的参照物是跑道C小明50m测试的成绩是7s，则他的平均速度为6.25m/sD1000m测试小明的平均速度为5m/s、小亮的成绩是240s，小明更快7（2分）下列现象与彩虹的形成原因相同的是（）ABCD8（2分）如图所示，单摆中的小球在ABC间不停地往复运动，如果不考虑阻力的影响，以下说法错误的是（）A小球在A、C处的势能最大B小球在B处只受重力作用C小球由A到B过程中，重力势能转化为动能D小球运动到C处时，如果受到的外力全部消失，将保持静止9（2分）图（a）所示的杠杆是水平平衡的
4、。如果在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体，如图（b）所示，则杠杆（）A右端下沉B左端下沉C要保持平衡应将左端的物体向右移动D要保持平衡应在右端再加挂一个物体10（2分）对下列各图解释正确的是（）A如图中冰凌的形成过程是凝固，需要吸热B如图中雾凇的形成过程是升华，需要吸热C如图中露珠的形成过程是液化，需要放热D如图中湿衣服变干过程是汽化，需要放热11（2分）小明用煤气灶烧水时，进行了如下思考，正确的是（）A煤气燃烧越充分，其热值越大B加热过程中水的比热容变大C壶内水温度升高的过程中内能增大D水沸腾过程中吸收热量，温度不断升高12（2分）对下列四幅图的说法正确的是（）A如图中针头做得很尖目
5、的是增大压力B如图中的水壶利用了连通器原理C如图中钢笔吸墨水利用了帕斯卡定律D如图中简易喷雾器说明流体在流速大的地方压强大13（2分）如图所示中是探究发电机原理的是（）ABCD14（2分）2018年4月20日，我国最先进的自主潜水器“潜龙三号”（如图所示）成功首潜。潜水器在水面下匀速下潜过程中（）A受到的重力小于浮力B上、下表面受到的压力差变大C受到的压强变大，浮力变大D受到的压强变大，浮力不变15（2分）在探究凸透镜成像规律的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，烛焰在光屏上恰好成一清晰等大的实像，下列说法正确的是（）A该凸透镜的焦距是20cmB将蜡烛移动到20cm刻度处，移动光屏可得到
6、倒立、放大的实像C将蜡烛移动到35cm刻度处，为使烛焰在光屏上成一清晰的像，应向右移动光屏D将蜡烛移动到45cm刻度处，为使烛焰在光屏上成一清晰的像，应向右移动光屏16（2分）如图所示，放在水平桌面上的物块用细线通过定滑轮与沙桶相连，当沙桶与沙的总质量为m时，物块恰好做匀速直线运动（忽略细线与滑轮之间的摩擦）。以下说法正确的是（）A物块受到的滑动摩擦力大小为mgB物块的重力与它对桌面的压力是一对平衡力C物块受到的滑动摩擦力与支持力是一对平衡力D继续向沙桶中加入沙子，物块受到的滑动摩擦力增大17（2分）如图所示的电路中，电流表A1的示数为0.5A，A2的示数为0.3A，电阻R2的阻值为10下列说
7、法正确的是（）A通过电阻R1的电流为0.5AB电源电压为5VC电阻R1的阻值为15D若断开开关S2，电流表A1示数变大18（2分）小磁针静止时的指向如图所示，由此可知（）Aa端是通电螺线管的N极，c端是电源正极Ba端是通电螺线管的N极，c端是电源负极Cb端是通电螺线管的N极，d端是电源正极Db端是通电螺线管的N极，d端是电源负极19（2分）小明家所在的小区安装了自动售水机。售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，接通供水电机取水；光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明。以下简化电路符合要求的是（）ABCD20（2分）如图所示的电路中，电
8、源电压恒为3V，灯泡L的电阻为10且保持不变。闭合开关S后，滑片P由b端向a端滑动的过程中，下列判断正确的是（）A灯泡L亮度变暗B电压表示数变大，电流表示数变小C电压表与电流表示数的比值变小D灯泡L的最大功率为0.9W二、填空题（每空1分，共18分）21（2分）为加强交通管理和社会治安，临沂市安装了“海燕系统”，该系统具有跟踪、抓拍及人脸识别功能。如图所示，系统摄像机的镜头是 透镜，拍摄时车辆和行人离镜头的距离应满足的条件是 。22（2分）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，其中主要成份是水，这是利用了水的 的特点。配制防冻冷却液时将乙二醇加入水中，二者混合后实际的总体积小于混
9、合前水和乙二醇的总体积，这说明分子是运动的，同时也说明 。23（2分）甲图中，迅速向下压活塞，能量的转化情况是 。乙图内燃机的工作过程中与甲图能量转化情况相同的是 （选填图中的代号）。24（3分）2018年5月13日清晨，我国首艘国产航母离港海试，向作战舰艇迈出关键一步。当舰载机在甲板上着陆时，由于 会继续向前滑行，需要借助阻拦索的拉力才能尽快停止，说明力的作用效果是 。甲板上的工作人员要佩带有耳罩的头盔是为了在 防治噪声。25（3分）如图所示，在探究串联电路的电压关系实验时，小明先用电压表测量了电阻R1两端的电压为1V，然后保持电压表接A点不动，将接B点的那一段导线改接到电路中的C点，电压表
10、示数为3V已知R15，则电阻R2两端的电压为 V，通过R2的电流为 A如果他保持电压表接B点不动，将电压表接A点的那一段导线改接到电路中的C点，这种接法是错误的，理由是 。26（2分）小明用如图所示的动滑轮提起140N的水桶，动滑轮重20N（不计绳重和摩擦），小明拉绳子的动力为 N；如果向水桶内再加入40N的水，提起时动滑轮的机械效率 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。27（2分）在国家“光伏扶贫”项目中，小明家安装了太阳能发电系统，白天太阳能电池板发电，向电网提供电能，此过程中太阳能转化为 能；中午时段，太阳能电池板的输出电压为500V，输出电流为20A，3h可以为电网提供电能 kWh。
11、28（2分）新能源汽车因节能、环保等优点深受广大家庭的喜爱。小明爸爸驾驶电动汽车在平直公路上匀速行驶12km，用时10min。已知该车的总质量为1.6103kg，行驶中阻力为车重的0.05倍，此过程中该车牵引力做功 J，功率为 kW（g10N/kg）三、作图与实验探究题（第29题3分，第30题4分，第31题5分，第32、33题各6分，共24分）29（3分）如图所示，物体沿斜面匀速下滑，请画出物体所受重力G、支持力F及滑动摩擦力f的示意图（O为物体的重心）。30（4分）在“探究平面镜成像特点”实验中：（1）将纸平铺在水平桌面上，玻璃板垂直架在纸上，在玻璃板的一侧立一支点燃的蜡烛，透过玻璃板观察其
12、另一侧蜡烛的像。（2）将光屏放到像的位置， （选填“透过”或“不透过”）玻璃板，观察光屏上有无像。（3）将另一支完全相同的 （选填“点燃”或“未点燃”）的蜡烛放到玻璃板后，调整位置使其与像重合，说明像与物的大小 。（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图所示倾斜，蜡烛A的像应是图中的 （选填“A1”、“A2”或“A3”）。31（5分）如图甲所示，是小明“探究物质熔化规律”的实验装置。（1）实验中通过水对试管加热，而不是直接加热试管，目的是 。（2）实验中某时刻温度计示数如图乙所示，该物质此时的温度为 。（3）实验中每隔一分钟记录一次物质的温度及对应状态，并记录数据，作出温度随时间变
13、化的规律图象，如图丙所示。由图象可知：该物质在熔化过程中吸收热量，温度 ，该物质是 （选填“晶体”或“非晶体”）。（4）比较图象中AB段与CD段可知：该物质在 （选填“AB”或“CD“）段吸热能力强。32（6分）小明所在的课外兴趣小组需要密度为1.15g/cm3的盐水，为检验配制的盐水是否合格。（1）小明设计了如下方案：用天平测出空烧杯的质量m1；往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2；将烧杯中的盐水倒入量筒中，测出盐水的体积V；利用计算得出盐水的密度。（2）小组成员认为该方案会使测量结果 （选填“偏大”或“偏小”），原因是 。（3）小组成员改进了实验方案并进行了如下操作：将天平放在
14、水平桌面上，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上，发现指针的位置如图甲所示，则需将平衡螺母向 调节。往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量为 g（如图乙所示）；将烧杯中的部分盐水倒入量筒中，读出盐水的体积（如图丙所示）；测出烧杯和剩余盐水的质量为15g；计算出盐水的密度为 g/cm3。（4）为配制合格的盐水，需要继续向盐水中 （选填“加盐”或“加水”）。33（6分）在“探究电流与电压的关系”实验中：（1）请用笔画线代替导线，将甲图中电路连接完整，要求滑片P向B端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大（连线时导线不允许交叉）；（2）正确连接好电路后，闭合开关发现电压表示数为2.8V，电流表
15、无示数，滑动滑片P两表示数均无变化，则故障原因是 ；（3）小明排除故障后，移动滑片P到某一位置时电流表示数如乙图所示，此时通过电阻的电流为 A若要增大电阻两端的电压，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；（4）实验中测得多组数据，绘制出电阻R的IU图象如图丙所示：由图象可得电流与电压的关系是 ；本实验所用电阻的阻值为 。四、计算题（第34题8分，第35题10分，共18分）34（8分）2017年12月24日，我国自主研发的全球最大水陆两栖飞机AG600首飞成功，可为“海上丝绸之路”航行安全提供最快速有效的支援与安全保障。它的最大飞行速度为560km/h，最大航程为4500km，巡航速度（经
16、济、节油的飞行速度）为500km/h。某次起飞前，飞机静止在水平跑道上，总质量为51t，轮胎与跑道的总接触面积为0.6m2（水1.0103kg/m3，g10N/kg）。求：（1）飞机静止在跑道上时对跑道的压强是多少？（2）起飞后，飞机在空中直线飞行1400km，所需要的最短时间是多少？（3）飞机到达目的地降落后，漂浮在水面上，排开水的质量为46t，此时飞机受到的重力是多少？舱底某处距水面1.5m，水对该处产生的压强是多少？35（10分）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W问：（1）小明帮奶奶泡脚时
17、，向足浴盆中加入6kg初温为20的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能是多少？c水4.2103J/（kg）（2）当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少？（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其电阻为0.5，电动机工作中因发热损失的功率是多少？山东省临沂市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题所列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求，每题2分，共40分）1（2分）小明对一些数据的估测，最接近实际的是（）A一个鸡蛋的质量约为100gB九年级物理课
18、本的重力约为20NC一般教学楼每层楼高约为3.3mD手机充电器的输出电压约为220V【分析】首先要对选项中涉及的几种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、一斤（500g）鸡蛋可称810个，那么一个鸡蛋的质量约为50g；故A错误；B、九年级物理课本的质量约200g，故其重力约为2N；故B错误；C、教学楼每层楼高约为3.3m，符合实际；故C正确；D、手机充电器的输出电压约为8V或12V；故D错误；故选：C。【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际
19、的选项即可。2（2分）下列关于材料、信息及能源的说法正确的是（）A纳米材料的基本单元大小限制在1100m范围内B同种材料制成的导体，其电阻大小只与长度有关C我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于可再生能源D用手机收看“华唐名师”的直播是利用电磁波来传递信息的【分析】（1）纳米颗粒材料又称为超微颗粒材料，由纳米粒子组成。纳米粒子也叫超微颗粒，一般是指尺寸在1100nm间的粒子，是处在原子簇和宏观物体交界的过渡区域，从通常的关于微观和宏观的观点看，这样的系统既非典型的微观系统亦非典型的宏观系统，是一种典型的介观系统，它具有表面效应、小尺寸效应和宏观量子隧道效应；（2）根据影响电阻大小的因素进行分析，
20、即导体的电阻与导体的长度、横截面积以及材料决定的；（3）可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；（4）根据电磁波的应用与传播的知识分析答题。【解答】解：A、纳米粒子也叫超微颗粒，一般是指尺寸在1100nm间的粒子。这大约相当于101000个原子紧密排列在一起的尺度，故A错误；B、影响导体电阻的因素有：导体的长度、导体的横截面积、导体的材料以及温度，故B错误；C、可燃冰不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，故C错误；D、手机是利用电磁波来传递信息的，故D正确。故选：D。【点评】本题考查高科技材料，影响电阻的因素，能源分类，电
21、磁波的应用与传播，是一道基础题。3（2分）用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球（如图所示），发现验电器的两个金属箔片张开。以下说法正确的是（）A毛皮和橡胶棒摩擦的过程中创造了电子B毛皮和橡胶棒摩擦的过程中橡胶棒得到电子C验电器的金属箔片张开是因为带了异种电荷D橡胶棒接触验电器的金属球时，电子向橡胶棒转移【分析】（1）摩擦起电实质是电荷的转移，原子核束缚电子的能力强，得到电子带负电，原子核束缚电子的能力弱，失去电子带正电。（2）验电器是检验物体是否带电的仪器，其制作原理是：同种电荷相互排斥；（3）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到验电器上。【解答】
22、解：A、摩擦起电现象是通过摩擦的方式使电荷发生了转移，而不是创造了电子；故A错误；B、毛皮和橡胶棒摩擦的过程中橡胶棒原子核束缚电子的能力强，容易得到电子带负电，故B正确；C、验电器的金属箔片张开是因为带了同种电荷，同种电荷相互排斥，故C错误；D、用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，有多余电子，橡胶棒接触验电器的金属球时，电子由橡胶棒向验电器转移，故D错误。故选：B。【点评】知道实验室中如何取得正电荷和负电荷，且明白验电器的制作原理是解决该题的关键。4（2分）下列做法符合安全用电要求的是（）A开关应接在电灯与零线之间B在户外，不要靠近高压带电体C使用测电笔时手不能接触金属体笔尾D将三脚插头改为两脚插头接
23、在两孔插座上使用【分析】（1）控制电路的开关要接在用电器与火线之间；（2）安全用电的基本原则是不靠近高压带电体，不接触低压带电体；（3）使用测电笔时，笔尖接触导线，手接触笔尾金属体，当接触火线时氖管会发光；（4）大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三孔插座，以防外壳带电，危及人身安全。【解答】解：A、控制电灯的开关安装在火线与灯之间，防止维修或更换电灯时发生触电事故。故A错误；B、在户外，不要靠近高压带电体，因为高压带电体在不接触时也可能会触电，故B正确；C、使用测电笔时，人手不能接触笔尖，但必须接触笔尾金属体，故C错误；D、带有金属外壳的用电器，其金属外壳一定要接地线，故不能把用电器的三脚
24、插头改为两脚插头接在两孔插座上使用，以防用电器外壳带电，会危及人身安全，故D错误。故选：B。【点评】本题考查安全用电的常识，解决此类题目要结合安全用电的知识进行分析解答。为防止因电带来的伤害，不能违反。5（2分）关于声现象的说法正确的是（）A物体振动越快，发出的声音响度越大B声音在真空中的传播速度是340m/sC人耳可以听到超声，不能听到次声D“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人音色不同【分析】（1）响度是指声音的强弱，它与振幅有关；（2）声音的传播需要介质，不能在真空中传播，声音在15的空气中传播速度是340m/s（3）人的听觉频率范围在20Hz20000Hz，低于20Hz的声音为次声，高
25、于20000Hz的声波为超声，都是人耳听不到（4）音色是指声音的品质与特色，不同物体发出的声音音色是不同的。【解答】解：A、音调的高低与频率有关，频率越快，音调越高，故A错误；B、声音不能在真空中传播，故声音在真空中的传播速度是0m/s。故B错误；C、超声波和次声波，不在人耳的听觉范围之内，都是人耳听不到的，故C错误；D、不同人说话的特点不同，“闻其声知其人”，说明可以根据音色来判断说话者，故D正确。故选：D。【点评】本题考查声音的三个特征，声音的传播速度及人耳听到的范围等知识，综合性强，但是难度不大，属于基础知识的考查。6（2分）在体育测试过程中，以下选项正确的是（）A跳远测试时，必须选用分
26、度值为1mm的刻度尺进行测量B小明在50m测试中看到旁边的看台向后运动，选取的参照物是跑道C小明50m测试的成绩是7s，则他的平均速度为6.25m/sD1000m测试小明的平均速度为5m/s、小亮的成绩是240s，小明更快【分析】（1）测量时根据精确程度要求的不同，选择分度值适当的测量工具进行测量；（2）判定物体的运动状态时，要看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；（3）根据速度的公式求出速度；（4）根据速度的公式求出速度，然后进行对比。【解答】解：A、测跳远的成绩时精确到1cm就可以了，所以测量时选用分
27、度值为1cm的刻度尺，故A错误；B、小明在50m测试中看到旁边的看台向后运动，这说明看台与小明间有位置的变化，所以选取的参照物是小明自己，故B错误；C、小明50m测试的成绩是7s，则他的平均速度为v7.14m/s，故C错误；D、1000m测试小明的平均速度为5m/s，则小明所用的时间为：t200s，而小亮的成绩是240s；因通过的路程相同，小明用时更短，则小明跑得更快，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了长度的测量、参照物的判定、速度公式的应用，属于基础知识。7（2分）下列现象与彩虹的形成原因相同的是（）ABCD【分析】（1）光在同种均匀均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像
28、和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。【解答】解：雨后彩虹是光的色散现象，即是由于光的折射导致的。A、小孔成像是由光的直线传播形成的，故A错误；B、水面倒影是由于光的反射形成的，故B错误；C、凸透镜成像的过程，实际上是由光的折射形成的，故C正确；D、手影游戏，是由于光的直线传播形成的，故D错误；故选：C。【点评】本题列举了四个常见的光现象，综合了光学知识，需要学生在平时学习和生活中多对相关的光现
29、象进行思考。8（2分）如图所示，单摆中的小球在ABC间不停地往复运动，如果不考虑阻力的影响，以下说法错误的是（）A小球在A、C处的势能最大B小球在B处只受重力作用C小球由A到B过程中，重力势能转化为动能D小球运动到C处时，如果受到的外力全部消失，将保持静止【分析】（1）（3）根据影响动能、重力势能大小的因素分析；（2）根据小球的运动状态分析受力情况；（4）根据牛顿第一定律，物体不受力或者受平衡力时，一定处于静止或者运动直线运动状态。【解答】解：A、小球的质量不变，在A、C处的高度最高，重力势能最大，故A正确；B、小球在B处受到重力和绳子的拉力的共同作用，故B错误；C、小球由A到B过程中，不计阻
30、力，机械能守恒，高度减小，速度增加，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能，故C正确；D、小球运动到C处时，处于静止状态，如果受到的外力全部消失，小球仍然会静止，故D正确。故选：B。【点评】本题通过单摆运动考查力和运动的关系，属于基础知识的考查，较简单。9（2分）图（a）所示的杠杆是水平平衡的。如果在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体，如图（b）所示，则杠杆（）A右端下沉B左端下沉C要保持平衡应将左端的物体向右移动D要保持平衡应在右端再加挂一个物体【分析】（a）图杠杆是平衡的，原因是两边的力和力臂的乘积相等，（b）图分别加挂一个等重的物体后，分析两边的力和力臂的乘积是否还相等，据此判
31、断丁图的杠杆是否还平衡。【解答】解：AB、设一个钩码重为G，杠杆一格长为L，（a）图杠杆平衡是因为：2G2LG4L；（b）图分别加挂一个等重的物体后（为便于研究，设物体的重也为G），左边力与力臂的乘积：3G2L，右边力与力臂的乘积：2G4L，因为3G2L2G4L，即右边力与力臂的乘积较大，所以杠杆不能平衡，右端下沉；故A正确，B错误；CD、若想让杠杆能够平衡，可以将左端的物体向左移动，从而增大左边的力臂，使左边的力与力臂的乘积等于右边的力与力臂的乘积，故C错误；若想让杠杆能够平衡，可以在左端再加挂一个物体，左边的力变大，使左边的力与力臂的乘积等于右边的力与力臂的乘积，故D错误。故选：A。【点评
32、】本题考查了杠杆平衡的条件的应用，注意杠杆平衡的条件：动力动力臂阻力阻力臂的应用。10（2分）对下列各图解释正确的是（）A如图中冰凌的形成过程是凝固，需要吸热B如图中雾凇的形成过程是升华，需要吸热C如图中露珠的形成过程是液化，需要放热D如图中湿衣服变干过程是汽化，需要放热【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。【解答】解：A、冰凌的形成过程是液态的水变成固态冰，是凝固，
33、需要放热，故A错误；B、雾凇的形成过程是水蒸气遇冷直接变成小冰晶，是凝华，需要放热，故B错误；C、露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，此过程需要放热，故C正确；D、湿衣服变干过程是液态的水变成水蒸气，是汽化，需要吸热，故D错误。故选：C。【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。11（2分）小明用煤气灶烧水时，进行了如下思考，正确的是（）A煤气燃烧越充分，其热值越大B加热过程中水的比热容变大C壶内水温度升高的过程中内能增大D水沸腾过程中吸收热量，温度不断升高【分析】要解答本题需掌握：（1）热值是物
34、质的某种特性，与物质的种类和状态有关，同种燃料的密度、比热容、热值一般不变；（2）比热容是物质本身的一种属性，与温度无关。（3）温度对内能的影响；描述热量的物理术语；影响内能大小的因素；（4）根据水的沸腾特点分析。【解答】解：A、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，故A错误；B、比热容是物质本身的一种属性，与温度无关，故B错误；C、物体温度升高，分子运动加剧，内能增大，故C正确；D、水沸腾过程中吸收热量，温度保持不变，故D错误；故选：C。【点评】此题主要考查学生对物质概念的理解和掌握，明确各个物理量的真正含义后，可顺利解决此题。12（2分）对下列四幅图的说法正确的是（）A如图中针头做得很尖目
35、的是增大压力B如图中的水壶利用了连通器原理C如图中钢笔吸墨水利用了帕斯卡定律D如图中简易喷雾器说明流体在流速大的地方压强大【分析】（1）根据压强的定义式P知，当压力一定时，减小受力面积，从而增大压强；（2）上端开口下部连通的容器称为连通器，若内部装有同种液体，在液体不流动时液面总是保持相平的；（3）手挤压橡皮囊，排出里面的空气，松手后，橡皮囊恢复原状，体积增大，压强减小，小于外界大气压，在外界大气压的作用下，墨水被压入笔胆里面；（4）根据流体压强与流速的关系可判断M管中水面上升的原因；【解答】解：A、由公式P知，注射器的针头做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强的，故A错误；B、
36、茶壶的壶嘴与壶身连通，构成一个连通器。故B正确；C、钢笔吸墨水利用了大气压的原理，故C错误；D、管上方空气流速快、压强小，简易喷雾器说明流体在流速大的地方压强小，故D错误。故选：B。【点评】本题是一道综合题，综合了力学、热学的一些知识，考查学生对这些知识点的了解和掌握，是一道基础题。13（2分）如图所示中是探究发电机原理的是（）ABCD【分析】发电机的工作原理是电磁感应现象，分析清楚图示实验原理，然后答题。要解决此题，需要掌握发电机和电动机的制作原理。知道发电机是根据电磁感应现象制成的，将机械能转化为电能。【解答】解：发电机的工作原理是电磁感应现象；A、图中没有电源，是电磁感应现象，电磁感应现
37、象是发电机的工作原理，故A正确；B、图示是奥斯特实验，是电流的磁效应实验，不是发电机的工作原理，故B错误；C、图中有电源，是通电导线在磁场中受到力而运动的实验，是电动机的工作原理，不是发电机的工作原理，故C错误；D、图示是探究电磁铁磁性强弱的实验，它的原理是电流的磁效应，故D错误。故选：A。【点评】此题主要考查了发电机的制作原理。发电机使线圈转，才会有感应电流产生，所以为电磁感应。14（2分）2018年4月20日，我国最先进的自主潜水器“潜龙三号”（如图所示）成功首潜。潜水器在水面下匀速下潜过程中（）A受到的重力小于浮力B上、下表面受到的压力差变大C受到的压强变大，浮力变大D受到的压强变大，浮
38、力不变【分析】物体受到浮力的原因是物体上、下表面受到液体的压力差作用，浮力的大小与液体密度和物体排开液体的体积有关，因此判断浮力的大小，关键判断液体密度和物体排开液体的体积发生怎样的变化。潜水器受到的压强大小与液体的密度和潜水器所处的深度有关，因此判断压强的大小，关键是判断液体密度和潜水器所处深度的变化。【解答】解：潜水器在水面下匀速下潜，此时水的密度不变，潜水器浸没在水中，其排开水的体积不变，但是在水中的深度逐渐增深。根据公式Pgh和公式F浮液gV排可知，潜水器受到的压强增大，浮力不变，即上、下表面受到的压力差不变。故选项A、B、C均错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了对液体压强和浮力
39、的判断。判断时要了解影响液体压强和浮力大小的因素，并判断影响因素中哪些是定量，哪些是变量。15（2分）在探究凸透镜成像规律的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，烛焰在光屏上恰好成一清晰等大的实像，下列说法正确的是（）A该凸透镜的焦距是20cmB将蜡烛移动到20cm刻度处，移动光屏可得到倒立、放大的实像C将蜡烛移动到35cm刻度处，为使烛焰在光屏上成一清晰的像，应向右移动光屏D将蜡烛移动到45cm刻度处，为使烛焰在光屏上成一清晰的像，应向右移动光屏【分析】（1）根据像距和物距的关系焦距的大小；（2）根据焦距的大小，由物距与焦距的关系进行判断；（3）凸透镜成实像时，具有物近像远像变大的特点；
40、（4）物距小于焦距，成正立、放大的虚像。【解答】解：A、由图可知，此时的物距为20cm，成的是倒立、等大的实像，则u2f，故f10cm，故A错误；B、将蜡烛移动到20cm刻度处时，物距为50cm20cm30cm2f，成的是倒立、缩小的实像，故B错误；C、将蜡烛移动到35cm刻度处，u50cm35cm15cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距应大于二倍焦距，故应向右移动光屏，才能在光屏上呈现清晰的像，故C正确；D、将蜡烛移动到45cm刻度处，u50cm45cm5cm，物距小于焦距，成正立、放大的虚像，故光屏上接收不到像，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握规律
41、的内容，解决此题的关键是求出焦距的大小。16（2分）如图所示，放在水平桌面上的物块用细线通过定滑轮与沙桶相连，当沙桶与沙的总质量为m时，物块恰好做匀速直线运动（忽略细线与滑轮之间的摩擦）。以下说法正确的是（）A物块受到的滑动摩擦力大小为mgB物块的重力与它对桌面的压力是一对平衡力C物块受到的滑动摩擦力与支持力是一对平衡力D继续向沙桶中加入沙子，物块受到的滑动摩擦力增大【分析】二力平衡的条件是：作用在同一物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，并且在一条直线上；影响滑动摩擦力大小的因素是压力大小和接触面的粗糙程度。【解答】解：A、沙桶与沙的总重力为Gmg，使用定滑轮不能改变力的大小（忽略细线与滑
42、轮之间的摩擦），则物块受到的拉力大小为mg；因为物块做匀速直线运动，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，所以滑动摩擦力的大小为mg，故A正确；B、物块的重力与它对桌面的压力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故B错误；C、物块受到的滑动摩擦力与支持力不在同一条直线上，不是一对平衡力，故C错误；D、继续向沙桶中加入沙子，由于压力大小和接触面的粗糙程度都不变，所以物块受到的滑动摩擦力不变，故D错误。故选：A。【点评】此题考查平衡力的辨别、摩擦力的大小。滑动摩擦力大小只跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟运动方向、运动速度、受力面积等都没有关系，这是解决本题的关键。17（2分）如图所示的电路中，电流表A
43、1的示数为0.5A，A2的示数为0.3A，电阻R2的阻值为10下列说法正确的是（）A通过电阻R1的电流为0.5AB电源电压为5VC电阻R1的阻值为15D若断开开关S2，电流表A1示数变大【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表A2测R2支路的电流，电流表A1测干路的电流；开关S1控制整个电路，开关S2控制电阻R1；根据并联电路的电流特点求出通过电阻R1的电流，再根据并联电路的电压特点求出电源的电压，利用欧姆定律求出电阻R1的阻值，若断开开关S2，只有R1支路的电流，判断出电流表A1示数的变化。【解答】解：由电路图可知，两电阻并联，电流表A2测R2支路的电流，电流表A1测干路的电流；开关S1控制
44、整个电路，开关S2控制电阻R1；因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过电阻R1的电流：I1II20.5A0.3A0.2A，故A错误；又因为并联电路中各支路两端的电压相等，故根据欧姆定律可得，电源的电压：UU2I2R20.3A103V，故B错误；电阻R1的阻值：R115，故C正确。若断开开关S2，电流表A1只测量R2的电流，电流表A1示数变小，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道较为简单的计算题。18（2分）小磁针静止时的指向如图所示，由此可知（）Aa端是通电螺线管的N极，c端是电源正极Ba端是通电螺线管的N极，c端是电源负极Cb端是通电螺线管
45、的N极，d端是电源正极Db端是通电螺线管的N极，d端是电源负极【分析】据小磁针的NS极，据磁极间的作用规律可以判断出电磁铁的NS极，而后据安排定则判断出电流的方向，进而得出正确的选项即可。【解答】解：据题目可知，小磁针左端是N极，右端是S极，所以电磁铁的左端，即a端为N即，右端为S极，据安培定则可知，电流从d端流出后进入电磁铁，故d端是电源的正极，c端是负极，故B正确。故选：B。【点评】该题考查了安培定则的应用、磁极间的作用规律的应用等知识点，是一道综合题。19（2分）小明家所在的小区安装了自动售水机。售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，接通
46、供水电机取水；光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明。以下简化电路符合要求的是（）ABCD【分析】根据题意可知，刷卡和投币都可以使电动机工作；光控开关控制照明灯。【解答】解：由题知，售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，这说明刷卡和投币互不影响，故感应开关和投币开关应是并联的；光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明，这说明灯泡能独立工作，故灯泡与电动机是并联的；结合图示可知，只有A符合题意，BCD不符合题意。故选：A。【点评】（1）开关控制用电器时开关和用电器是串联的，用电器和用电器之间是并联的。（2）根据实际需要学会设计串
47、联电路和并联电路。20（2分）如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L的电阻为10且保持不变。闭合开关S后，滑片P由b端向a端滑动的过程中，下列判断正确的是（）A灯泡L亮度变暗B电压表示数变大，电流表示数变小C电压表与电流表示数的比值变小D灯泡L的最大功率为0.9W【分析】AB、灯泡与变阻器串联，电压表测灯泡的电压，电流表测电路的电流；根据滑片P由b端向a端滑动的过程中变阻器连入电路的电阻变化，根据电阻的串联分析总电阻变小，由欧姆定律分析电路中的电流变化；根据PI2R，分析灯的实际功率变大，确定亮度变化；C、由欧姆定律，电压表与电流表示数的比值即灯的电阻分析；D、根据P，当变阻器连入电路中的
48、电阻为0时，灯的电压为电源电压3V，并求出此时灯的最大功率。【解答】解：AB、由图知，灯泡与变阻器串联，电压表测灯泡的电压，电流表测电路的电流；滑片P由b端向a端滑动的过程中，变阻器连入电路的电阻变小，根据电阻的串联，总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故B错误；根据PI2R可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故A错误；C、由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值等于灯泡的电阻（且灯泡电阻不变），则该比值不变，故C错误；D、当变阻器连入电路中的电阻为0时，灯泡的电压最大（等于电源电压3V），灯泡L的最大功率：PL大0.9W，故D正确。故选：D。【点评】本题考查串联电
49、路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用。二、填空题（每空1分，共18分）21（2分）为加强交通管理和社会治安，临沂市安装了“海燕系统”，该系统具有跟踪、抓拍及人脸识别功能。如图所示，系统摄像机的镜头是凸透镜，拍摄时车辆和行人离镜头的距离应满足的条件是u2f。【分析】凸透镜成像时，u2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像头。【解答】解：摄像头的镜头相当于凸透镜，u2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像头，拍摄时车辆和行人离镜头的距离应满足的条件是u2f。故答案为：凸；u2f。【点评】凸透镜成像的三种情况和应用的凸透镜成像习题的重要依据，一定要掌握。u2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相
50、机和摄像头。2fuf，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。uf，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。22（2分）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，其中主要成份是水，这是利用了水的比热容大的特点。配制防冻冷却液时将乙二醇加入水中，二者混合后实际的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，这说明分子是运动的，同时也说明分子之间有间隙。【分析】（1）水的比热容比较大；（2）乙二醇与水充分混合后，得到溶液的体积小于小于混合前水和酒精的总体积，是因为分子之间有间隙。【解答】解：（1）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
51、料混合而成的，其中主要成份是水，就是利用了水的比热容大的特点；（2）水和乙二醇充分混合后的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，说明分子之间有间隙。故答案为：比热容大；分子之间有间隙。【点评】本题考查水的比热容的特点和分子运动的知识，相对比较简单，属于基础题。23（2分）甲图中，迅速向下压活塞，能量的转化情况是机械能转化为内能。乙图内燃机的工作过程中与甲图能量转化情况相同的是B（选填图中的代号）。【分析】（1）对物体做功，是机械能转化为内能；（2）由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲
52、程没有能的转化。【解答】解：图甲中，迅速向下压活塞，活塞的机械能转化为筒内空气的内能；图乙中：A、进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化；B、两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能，故B符合题意；C、两个气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；D、排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，是排气冲程，没有能量转化。故答案为：机械能转化为内能；B。【点评】本题考查了做功改变内能以及内燃机冲程的能量转化，是比较基本的问题，要重点掌握。24（3分）2018年5月13日清晨，我国首艘国产航母离港海试，向作战舰艇迈出关键一步。当舰载机在甲板上着
53、陆时，由于惯性会继续向前滑行，需要借助阻拦索的拉力才能尽快停止，说明力的作用效果是力可以改变物体的运动状态。甲板上的工作人员要佩带有耳罩的头盔是为了在人耳处防治噪声。【分析】（1）一切物体都有惯性，与物体的运动状态无关；（2）力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态；（3）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声、阻断噪声的传播、在人耳处减弱噪声。【解答】解：（1）舰载机降落在航母甲板上，舰载机原来处于运动状态，由于惯性还会继续向前滑行；（2）阻拦索的拉力使舰载机由运动变为静止，说明力可以改变物体的运动状态；（3）甲板上的工作人员要佩带有耳罩的头盔是为了人耳处减弱噪声。故答案为：惯性；力可
54、以改变物体的运动状态；人耳处。【点评】此题考查了惯性的判断、力的作用效果、减弱噪声的途径，是一道综合题，比较简单。25（3分）如图所示，在探究串联电路的电压关系实验时，小明先用电压表测量了电阻R1两端的电压为1V，然后保持电压表接A点不动，将接B点的那一段导线改接到电路中的C点，电压表示数为3V已知R15，则电阻R2两端的电压为2V，通过R2的电流为0.2A如果他保持电压表接B点不动，将电压表接A点的那一段导线改接到电路中的C点，这种接法是错误的，理由是电流从电压表负接线柱流入了。【分析】（1）根据串联电路电压的规律求出电阻R2两端的电压为：3V1V2V，由欧姆定律求通过R1的电流，根据串联电
55、路电流的规律求通过通过R2的电流；（2）电压表测电压时，电流要从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电压表指针反向偏转。【解答】解：（1）用电压表测量了电阻R1两端的电压为1V，然后保持电压表接A点不动，将接B点的那一段导线改接到电路中的C点，电压表示数为3V，即为总电压，根据串联电路电压的规律，电阻R2两端的电压为：UR2UUR13V1V2V，由欧姆定律，通过R1的电流为：I10.2A；根据串联电路电流的规律，通过通过R2的电流为0.2A；（2）如果他保持电压表接B点不动，将电压表接A点的那一段导线改接到电路中的C点，则会造成电流从电压表负接线柱流入，这种接法是错误的。故答案为：2；0.
56、2；电流从电压表负接线柱流入了。【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律的运用及电压表使用。26（2分）小明用如图所示的动滑轮提起140N的水桶，动滑轮重20N（不计绳重和摩擦），小明拉绳子的动力为80N；如果向水桶内再加入40N的水，提起时动滑轮的机械效率变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【分析】不计绳重和摩擦，人拉绳子自由端的拉力F（G+G动）；用同一个滑轮组提升物体时，物重越大，效率越高。【解答】解：由图可知，该滑轮为动滑轮，有两段绳子拉着动滑轮，不计绳重和摩擦，则拉绳子的动力：F（G+G动）（140N+20N）80N；使用同一滑轮组，在提升高度相同时，所做的额外功不变，增加水的
57、重力，增大了有用功，所以有用功在总功中所占的比例变大，机械效率会变大。故答案为：80；变大。【点评】本题考查了滑轮组绳子拉力的计算、机械效率的变化，属于基础知识。27（2分）在国家“光伏扶贫”项目中，小明家安装了太阳能发电系统，白天太阳能电池板发电，向电网提供电能，此过程中太阳能转化为电能；中午时段，太阳能电池板的输出电压为500V，输出电流为20A，3h可以为电网提供电能30kWh。【分析】太阳能电池板就是将太阳能直接转化为电能的装置；根据WUIt可求提供的电能。【解答】解：在国家“光伏扶贫”项目中，小明家安装了太阳能发电系统，白天太阳能电池板发电，向电网提供电能，此过程中太阳能转化为电能；
58、太阳能电池板的输出电压为500V，输出电流为20A，3h可以为电网提供电能：WUIt500V20A3h10000W3h10kW3h30kWh。故答案为：电；30。【点评】此题考查能量的相互转化，电功的计算，属于中等题。28（2分）新能源汽车因节能、环保等优点深受广大家庭的喜爱。小明爸爸驾驶电动汽车在平直公路上匀速行驶12km，用时10min。已知该车的总质量为1.6103kg，行驶中阻力为车重的0.05倍，此过程中该车牵引力做功9.6106J，功率为16kW（g10N/kg）【分析】根据行驶中阻力为车重的0.05倍求出阻力；由于车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力；根据WFs求出功的大小，根据P
59、求出功率。【解答】解：由于车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，则牵引力：Ff0.05G0.05mg0.051.6103kg10N/kg800N；汽车做的功为：WFs800N12000m9.6106J；汽车的功率为：P16000W16kW；故答案为：9.6106；16。【点评】本题考查了功、功率的计算，属于基础知识。三、作图与实验探究题（第29题3分，第30题4分，第31题5分，第32、33题各6分，共24分）29（3分）如图所示，物体沿斜面匀速下滑，请画出物体所受重力G、支持力F及滑动摩擦力f的示意图（O为物体的重心）。【分析】对物体进行受力分析可知，物体受到竖直向下的重力、垂直于接触面的支持
60、力、沿斜面向上的摩擦力，重心都在物体的重心。【解答】解：物体受到的重力G竖直向下、支持力F垂直于斜面向上，滑动摩擦力f平行于斜面向上，从重心开始沿力的方向作各力的示意图，如图所示：【点评】作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。30（4分）在“探究平面镜成像特点”实验中：（1）将纸平铺在水平桌面上，玻璃板垂直架在纸上，在玻璃板的一侧立一支点燃的蜡烛，透过玻璃板观察其另一侧蜡烛的像。（2）将光屏放到像的位置，不透过（选填“透过”或“不透过”）玻璃板，观察光屏上有无像。（3）将另一支完全相同的未点燃（选填“点燃”或“未点燃”）的
61、蜡烛放到玻璃板后，调整位置使其与像重合，说明像与物的大小相等。（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图所示倾斜，蜡烛A的像应是图中的A2（选填“A1”、“A2”或“A3”）。【分析】（2）根据平面镜成的是虚像这一特点，可判断蜡烛的像能不能成在光屏上；（3）实验时采用两个完全相同的蜡烛是为了便于比较物像大小关系；（4）玻璃表面是光滑的，所以通过玻璃的反射后可以成像，物与像关于镜面对称。【解答】解：（2）将光屏放到像的位置，不透过玻璃板，观察光屏上有无像；（3）将另一支完全相同的未点燃的蜡烛放到玻璃板后，调整位置使其与像重合，说明像与物的大小相等；（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在
62、纸上，而是如图所示倾斜，物与像关于镜面对称，蜡烛A的像应是图中的A2。故答案为：（2）不透过；（3）未点燃；相等；（4）A2。【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。31（5分）如图甲所示，是小明“探究物质熔化规律”的实验装置。（1）实验中通过水对试管加热，而不是直接加热试管，目的是使物质均匀受热。（2）实验中某时刻温度计示数如图乙所示，该物质此时的温度为2。（3）实验中每隔一分钟记录一次物质的温度及对应状态，并记录数据，作出温度随时间变
63、化的规律图象，如图丙所示。由图象可知：该物质在熔化过程中吸收热量，温度不变，该物质是晶体（选填“晶体”或“非晶体”）。（4）比较图象中AB段与CD段可知：该物质在CD（选填“AB”或“CD“）段吸热能力强。【分析】（1）探究晶体和非晶体的熔化和凝固实验时，一般都采用水浴法，物体的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度。（2）根据温度计的分度值读数；（3）根据晶体熔化的特点分析；（4）运用公式Q吸cmt可以知道，当质量和吸收的热量相同时，比热容和升高的温度t成反比。【解答】解：（1）将装有固体的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法，固体的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录
64、实验温度；（2）由图可知，温度在0以上，分度值为1，故示数为2；（3）由图可知，该物质在熔化过程中，吸收热量，温度不变，故该物质是晶体；（4）根据公式Q吸cmt可以知道，当质量和吸收的热量相同时，比热容和升高的温度t成反比。AB段的冰温度升高的快，是因为该物质固态时的比热容比液态时的比热容小，AB段的吸热能力小于CD段的吸热能力；故答案为；（1）使物质均匀受热；（2）2；（3）不变；晶体；（4）CD。【点评】此题涉及到晶体熔化过程中，不断吸收热量，内能不断增大，温度保持不变；Qcmt的灵活运用等；是一道综合性较强的题目。32（6分）小明所在的课外兴趣小组需要密度为1.15g/cm3的盐水，为检
65、验配制的盐水是否合格。（1）小明设计了如下方案：用天平测出空烧杯的质量m1；往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2；将烧杯中的盐水倒入量筒中，测出盐水的体积V；利用计算得出盐水的密度。（2）小组成员认为该方案会使测量结果偏大（选填“偏大”或“偏小”），原因是烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小。（3）小组成员改进了实验方案并进行了如下操作：将天平放在水平桌面上，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上，发现指针的位置如图甲所示，则需将平衡螺母向左调节。往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量为59.8g（如图乙所示）；将烧杯中的部分盐水倒入量筒中，读出盐水的体积（如图丙所示）；测出烧杯和
66、剩余盐水的质量为15g；计算出盐水的密度为1.12g/cm3。（4）为配制合格的盐水，需要继续向盐水中加盐（选填“加盐”或“加水”）。【分析】（2）由于烧杯内壁粘有液体，测得的盐水体积V偏小，但质量准确，所以密度变大。（3）调节横梁平衡时，若指针指在分度盘中线的左侧，向右移动平衡螺母；若指针指针分度盘的中线的右侧，需要向左移动平衡螺母。根据指针的位置确定平衡螺母的移动方向；根据容器的质量和容器和盐水的总质量可以求得盐水的质量，利用求得的盐水质量和告诉的盐水体积，利用密度的计算公式可以求得盐水的密度。（4）如果大于已知密度，需要加水；如果小于已知密度，需要加食盐。【解答】解：（2）把烧杯中的盐水
67、全部倒入量筒中，由于烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小，根据密度公式可知，密度偏大。（3）将天平放在水平上，把游码放在零刻度线处，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调；盐水和烧杯的总质量m250g+5g+4.8g59.8g，则量筒中盐水的质量mm2m159.8g15g44.8g；量筒中盐水的体积为V40mL40cm3，盐水的密度1.12g/cm3；（4）因为测得盐水的密度小于1.15g/cm3，需要加盐以增大密度。故答案为：（2）偏大；烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小；（3）左；59.8；1.12；（4）加盐。【点评】用天平和量筒测液体的密度是我们最常用的方法，除熟练掌握天平、
68、量筒的使用方法外，更要注意如何安排实验的步骤才能更有效地减小误差，并能熟练运用密度公式进行计算。33（6分）在“探究电流与电压的关系”实验中：（1）请用笔画线代替导线，将甲图中电路连接完整，要求滑片P向B端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大（连线时导线不允许交叉）；（2）正确连接好电路后，闭合开关发现电压表示数为2.8V，电流表无示数，滑动滑片P两表示数均无变化，则故障原因是电阻断路；（3）小明排除故障后，移动滑片P到某一位置时电流表示数如乙图所示，此时通过电阻的电流为0.12A若要增大电阻两端的电压，应将滑片P向A（选填“A”或“B”）端移动；（4）实验中测得多组数据，绘制出电阻R的IU图
69、象如图丙所示：由图象可得电流与电压的关系是电阻一定时，导体中的电流与其两端的电压成正比；本实验所用电阻的阻值为5。【分析】（1）滑动变阻器一上一下接且滑片P向B端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，接左下接线柱；（2）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数为电源电压，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，则与电压表并联的电阻断路了；（3）由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数；根据分压原理，判断电压的变化，再确定滑滑片移动的方向。（4）根据实验所得数据，绘制出如图丙所示的UI图象，根据图象可得出“电流与电压关系”的结论；根据R算出电阻。【解答】解：（1
70、）滑片P向B端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大即远离下接线柱，故接左下接线柱，如下图所示：（2）闭合开关后，发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数为2.8V，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，则与电压表并联的电阻断路了，此时电压表串联在电路中测电源电压；（3）图中电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.12A；根据串联电路的分压作用，若要增大电阻两端的电压，应将减小滑动变阻器的电阻，从而减小滑动变阻器分的电压，滑片P向A端移动；（4）据图象可得出“电流与电压关系”的结论是：电阻一定时，导体中的电流与其两端的电压成正比。由图象知，当电压为0
71、.5V是电流为0.1A，则定值电阻的阻值为：R5。故答案为：（1）见上图；（2）电阻断路；（3）0.12；A；（4）电阻一定时，导体中的电流与其两端的电压成正比；5。【点评】本题是探究“导体中电流跟电阻的关系”的实验，考查了电路连接、故障分析、电表读数、数据分析等，考查全面，难度不大，这个实验是常考题，能灵活运用控制变量是关键。四、计算题（第34题8分，第35题10分，共18分）34（8分）2017年12月24日，我国自主研发的全球最大水陆两栖飞机AG600首飞成功，可为“海上丝绸之路”航行安全提供最快速有效的支援与安全保障。它的最大飞行速度为560km/h，最大航程为4500km，巡航速度（
72、经济、节油的飞行速度）为500km/h。某次起飞前，飞机静止在水平跑道上，总质量为51t，轮胎与跑道的总接触面积为0.6m2（水1.0103kg/m3，g10N/kg）。求：（1）飞机静止在跑道上时对跑道的压强是多少？（2）起飞后，飞机在空中直线飞行1400km，所需要的最短时间是多少？（3）飞机到达目的地降落后，漂浮在水面上，排开水的质量为46t，此时飞机受到的重力是多少？舱底某处距水面1.5m，水对该处产生的压强是多少？【分析】（1）飞机在水平地面上，对地面的压力FGmg，然后根据p计算飞机对跑道的压强；（2）确定飞机飞行的最大速度，根据公式t可得飞机所需的最短时间；（3）根据F浮G及F浮
73、G排可得飞机的重力；根据pgh可得水对舱底的压强。【解答】解：（1）飞机静止在跑道上，对跑道的压力为：FGmg51103kg10N/kg5.1105N；则飞机对跑道的压强为：p8.5105Pa；（2）飞机的最大飞行速度为560km/h，由v得，飞机所需的最短时间为：t2.5h；（3）飞机到达目的地降落后，漂浮在水面上，由漂浮条件可得F浮G飞机，由阿基米德原理可得，飞机受到的浮力为：F浮G排，所以，可得此时飞机的重力为：G飞机G排m排g46103kg10N/kg4.6105N；水对舱底的压强为：p水gh1.0103kg/m310N/kg1.5m1.5104Pa答：（1）飞机静止在跑道上时对跑道的
74、压强是8.5105Pa；（2）起飞后，飞机在空中直线飞行1400km，所需要的最短时间是2.5h；（3）飞机受到的重力是4.6105N；水对舱底产生的压强是1.5104Pa。【点评】本题主要考查了压强、速度的应用计算，关键要掌握相关的计算公式，同时也用到了漂浮时浮力与重力的特点。35（10分）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W问：（1）小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能是多少？c水4
75、.2103J/（kg）（2）当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少？（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其电阻为0.5，电动机工作中因发热损失的功率是多少？【分析】（1）知道水的比热容、水的质量，初温和末温，利用吸热公式Q吸cm（tt0）求水吸收的热量；根据WPt求出足浴盆消耗的电能；（2）先根据P的变形公式求出加热电阻的阻值，然后再根据P求出加热电阻工作的实际功率；（3）根据P损I2R求出电动机工作中因发热损失的功率。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸c水m（tt0）4.2103J/（kg）6kg（4020
76、）5.04105J；加热时间t15min900s，足浴盆加热时消耗的电能：WP额t605W900s5.445105J。（2）由P得，加热电阻的阻值：R80，当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率：P实500W。（3）电动机工作中因发热损失的功率：P损I2R（4A）20.58W。答：（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04105J；消耗的电能是5.445105J；（2）加热电阻工作的实际功率是500W；（3）电动机工作中因发热损失的功率是8W。【点评】本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到吸热公式、电功公式和电功率公式的应用，熟练应用相关公式即可正确解题，关键要注意电动机正常工作时的功率不等于发热功率。