1、河南省中考物理精选真题重组卷四班级_ 姓名_ 学号_ 分数_（本试卷五个大题，21小题，满分70分，考试时间60分钟。）一、填空题（本题共6小题，每空1分，共14分）1（2019西宁）医院的B超检查病情是利用声可以传递；小提琴演奏者通过变换手指按压琴弦的位置来改变琴弦发声的。【答案】信息；音调【解析】医院用B超检查病情，是指通过听声音、观察现象，来判断病人的病情，说明声音可以传递信息；拉二胡时，演奏者要不断改变手指按压琴弦的位置，改变了琴弦振动部分的长度，从而改变了振动频率，改变了琴声的音调。2（2019无锡）云是由浮在空气中的小水滴和小冰晶等组成，其中小水滴是空气中的水蒸气上升到高空遇冷（填
2、物态变化名称）形成的，此过程中水蒸气要热。【答案】液化；放【解析】阳光照射下，水的温度升高，水汽化变成水蒸气，水蒸气升入高空时，遇冷液化成大量的小水珠或凝华成大量的小冰晶，这就是云。液化和凝华都是放热过程。3.（2019遂宁）周末小军和妈妈去遂宁世界荷花博览园游玩时捡回一块漂亮的鹅卵石，勤于动手的他利用天平和量筒测出了鹅卵石的密度，他把天平放在水平桌面上，将游码置于标尺左端的零刻度线处，此时指针的位置如图甲所示，为使横梁平衡，应将平衡螺母向_（选填“左”或“右”）调；将鹅卵石放在调好的天平左盘，天平平衡时右盘中的砝码和游码位置如图乙所示；接着用量筒测出小石块的体积为10cm3，则小石块的密度为
3、_kg/m3。【答案】左 2.7103【解析】解：（1）由图可知，指针指在分度盘的右侧，说明右侧质量大，应将平衡螺母向左调节；（2）由图乙可知，小石块的质量为：m=20g+5g+g2=27g，小石块的密度为：= =2.7g/cm3=2.7103kg/m3。故答案为：左；2.7103。（1）在天平使用时，应先将天平放在水平的桌面上，而后将天平的游码归零，后根据指针的偏转方向判断天平哪端下沉，调节过程中，调节天平平衡时，平衡螺母向上翘的方向移动。（2）天平测得物体的质量=砝码的质量+游码对应的刻度值。知道物体的质量和体积，根据密度公式求出物体的密度。本题主要考查了天平的调节与读数，密度公式的运用等
4、，难度不大，属基本实验能力的考查。4（2019荆州）小明在学习了大气压强的知识后，自制了一个如图所示的气压计，瓶中装有适量的水，当他将自制气压计由楼下拿到楼上时发现细玻璃管中液面上升，说明大气压随高度的增加而（选填“增大”、“减小”或“不变”）。若他将这个瓶子装满水，戴着隔热手套捏瓶子，发现细玻璃管中液面也能上升，说明力能使物体发生。他还发现将装满水的瓶子放入热水中，细玻璃管中液面仍能上升，这又成了一支自制温度计，它的工作原理是，在此过程中瓶内水的密度将。（选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】减小；形变；液体的热胀冷缩；变小【解析】解：（1）大气压随着高度的增大而减小。（2）若他将这个瓶
5、子装满水，戴着隔热手套捏瓶子，发现细玻璃管中液面也能上升，隔热手套排除了温度对液体的影响，所以水柱升高是因为瓶子发生了形变造成的。（3）将装满水的瓶子放入热水中，细玻璃管中液面仍能上升，其原因是液体受热体积膨胀造成的，它的工作原理是液体的热胀冷缩；瓶内水的质量不变，体积增大，根据密度公式得知，水的密度变小。5（2019七台河）学校为方便学生参加中考，给每位学生发放统一的学习用品，包括：涂卡备用铅笔芯、金属圆规、橡皮、塑料尺，以上物品属于导体的是（填序号）；与头发摩擦过的塑料尺具有的性质。【答案】；吸引轻小物体【解析】（1）常见的导体包括：人体、大地、各种金属、铅笔芯、酸碱盐的水溶液等；题中物体
6、属于导体的是：涂卡备用铅笔芯、金属圆规；属于绝缘体的是：橡皮、塑料尺；（2）将塑料尺与头发摩擦后，塑料尺带上了电荷，带电体能吸引轻小物体。6（2019眉山）如图所示，闭合开关S后小灯泡L1、L2均正常发光，它们的连接方式是_联；一段时间后，有一个小灯泡熄灭，而电流表A的示数为零，则电路中出现的故障是_。【答案】并 L1或电流表断路，L1和电流表均断路【解析】（1）由电路图可知，闭合开关S后，电流从电源正极开始分支，分别经过两个灯泡再回到电源负极，因此两灯泡并联连接；（2）图中电流表测L1支路的电流，电流表的示数为零，说明小灯泡L1不发光，L2无故障，则故障在L1上；若L1断路、电流表A断路或小
7、灯泡L1与电流表A同时断路，均会出现L1不发光，电流表无示数，L2正常的情况。故答案为：并；L1或电流表断路，L1和电流表均断路。（1）串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；并联电路中有多条电流路径，各支路上的元件互不影响；（2）电流表的示数为零，说明小灯泡L1没有故障，则故障在L2上，根据并联电路的特点分析故障。本题考查了判断电路元件的连接方式，知道串并联电路的连接方式和特点，分析清楚电路结构即可正确解题。二、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。第712题每小题只有一个选项符合题目要求，第1314题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得
8、2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）7（2019凉山）据专家介绍，12至18岁是青少年近视的高发期，主要原因如下：（1）长时间用眼不注意姿势或者休息。（2）长时间玩游戏、上网、玩手机、看电视等原因引起近视。下列四幅图中，属于近视眼及其矫正的是（）A甲和丙B甲和丁C乙和丙D乙和丁【答案】B【解析】（1）近视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太强，使远处物体射来的光线会聚在视网膜的前方，由此可以确定哪一个图表示了近视眼的成像情况。近视眼佩戴凹透镜进行矫正。（2）远视眼的晶状体较薄，会聚能力较弱，看近处的物体时，将像成在视网膜的后面，远视眼佩戴凸透镜进行矫正。由图知，甲图的光线会聚在视网膜的前方，
9、所以甲图表示近视眼的成像情况；近视眼是由于晶状体焦距太短，像落在视网膜的前方，为了使光线会聚在原来会聚点后面的视网膜上，就需要在光线进入人眼以前发散一些，所以应佩戴对光线具有发散作用的凹透镜来矫正，则丁图是近视眼的矫正原理图。所以，属于近视眼及其矫正原理图的是甲、丁。8（2019桂林）“梅西在发任意球时，能使足球由静止绕过人墙钻入球门”，该现象说明（）A力的作用是相互的 B力可以改变物体的形状C力可以改变物体的运动状态 D以上说都不对【答案】C【解析】足球由静止变为运动，是力使足球的运动状态发生了改变，故C符合题意。9（2019贵阳）如图所示是吊车正在起吊货物的示意图。该装置通过液压伸缩撑杆推
10、动吊臂并使吊臂绕O点转动，从而通过钢绳将货物缓慢吊起。假设撑杆对吊臂的作用力始终与吊臂垂直，仅通过转动吊臂提升货物的过程中，则下列分析正确的是（）A撑杆对吊臂的作用力不断增大B钢绳对吊臂的作用力不断增大C撑杆对吊臂的作用力的力臂不断增大D钢绳对吊臂的作用力的力臂不断减小【答案】D【解析】（1）伸缩撑杆对吊臂的支持力的作用点在吊臂上，方向垂直于吊臂向上，过支持力的作用点，沿支持力的方向画一条有向线段，用F表示，然后从支点O向力的作用线做垂线段，垂线段L即为其力臂，如图所示：（2）吊车吊起货物的过程中，阻力不变，阻力臂减小，钢绳对吊臂的拉力减小；动力臂不变，动力减小，所以支持力逐渐变小，故ABC错
11、误，D正确。故选：D。10（2019宿迁）如图所示，电源电压为3V保持不变，闭合开关，电压表示数为2V。下列选项符合题意的是（）A. 电压表测R2两端电压B. R1、R2组成并联电路C. 若开关断开，电压表示数为0D. R1、R2电阻之比21【答案】D【解析】ABD、由图知，开关闭合后，电阻R1、R2串联，电压表并联在R1两端的电压，测量电阻R1两端的电压，其大小U1=2V；电阻R2两端的电压U2=UU1=3V2V=1V，因为两电阻串联，所以由欧姆定律可知I=，则R1R2=U1U2=2V1V=21；故AB错、D正确；C、若开关断开，电压表通过电阻R2接在电源上，测量电源电压，示数不为0，故C错
12、。11（2019本溪）如图所示的家庭电路，插座不能正常工作，经检测发现b、d间断路，闭合开关 S，下列说法正确的是（）A灯不会发光B正确使用试电笔接触图中a点，试电笔会发光C若此时站在地上的人接触 c点，漏电保护器会切断电路D若将开关和灯互换位置，仍然符合安全用电原则【答案】B【解析】由图知，灯泡和插座是并联的；已知b、d间断路，但火线上的a点仍然带电，所以正确使用试电笔接触图中a点，试电笔会发光；开关闭合后，灯所在的电路构成通路，所以灯泡能够发光；故 A 错误，B 正确；若站在地上的人接触c 点，c 点接触的是零线，则电流不会经过人体，即没有发生漏电现象，所以漏电保护器不会切断电路，故C 错
13、误；若将开关和灯泡位置互换，则开关控制的是零线，断开开关，灯不亮，但仍与火线相连带电，容易使人触电，不符合安全用电原则，故 D 错误。12（2019成都A卷）中国的创新发展战略使科技领域不断取得新成果，下列说法正确的是（）A智能机器人只能通过声音信号控制 B北斗卫星导航是通过光纤传递信息C无人自动驾驶汽车行驶不需要消耗能量 D用5G手机上网是通过电磁波传递信息【答案】D【解析】电磁波在生活中应用十分广泛，在复习过程中要注意电磁波的实际应用；电磁波的传播不需要介质，电磁波的传播速度为光速。A、智能机器人可以通过电磁波信号控制；B、北斗卫星通过电磁波传递信息；C、无人驾驶汽车需要消耗能量。D、用5
14、G手机上网是通过电磁波传递信息的。13（2019绥化）（双选）下列说法中，不正确的是（）A写字时粉笔与黑板间的摩擦属于有害摩擦B两个不接触的物体间也能产生力的作用C同一足球运动时比静止时惯性大D竖直向上抛出的小球到达最高点时受非平衡力作用【答案】AC【解析】A、老师写字时粉笔与黑板间的摩擦，是利用摩擦将字写在黑板上，若没有摩擦，字将无法写上，故粉笔与黑板间的摩擦是有益摩擦；故A错误；B、两个不直接接触的物体间也能产生力的作用，如磁体间不直接接触也可以发生力的作用，故B正确；C、惯性的大小只与物体的质量有关，同一足球运动和静止时质量不变，故惯性大也一样大，故C错误；D、竖直向上抛出的物体在最高点
15、时只受重力作用，不是平衡状态，受非平衡力作用，故D正确。14（2019潍坊）（双选）如图所示，用绝缘细线分别将铜棒ab、cd水平悬挂，置于磁场方向竖直的蹄形磁铁间，两铜棒间用柔软的细长导线连接成闭合回路，下列说法中正确的是（）A竖直上下移动ab，闭合回路abcd中有电流产生B左右移动ab，cd将会运动Cab左右移动的方向，对cd受力方向无影响D仅调换右侧蹄形磁铁上下磁极，对cd所受磁场作用力的方向有影响【答案】BD【解析】（1）如图是一侧发生切割磁感线运动，整个电路中有电流，另一侧就成了通电导体在磁场中受力而运动，本图是发电机和电动机在一个电路中的应用。（2）通电导体在磁场中运动方向跟电流方向
16、和磁场方向有关。（3）感应电流方向跟导体切割磁感线方向和磁场方向有关。如图，ab做切割磁感线运动时，电路中有电流产生，cd就成了通电导体，通电导体在磁场中受力而运动。A、竖直上下移动ab，ab顺着磁感线方向运动，没有切割磁感线运动，闭合回路abcd中没有电流产生。说法错误。B、左右移动ab，ab切割磁感线运动，闭合回路abcd中有电流产生，cd成为通电导体，在磁场中受力运动，说法正确。C、ab向左切割磁感线和向右切割磁感线，磁场方向不变，切割磁感线方向改变，感应电流方向改变，cd中通电电流方向变化，磁场方向不变，所以cd受力运动方向改变。说法错误。D、调换右侧蹄形磁铁上下磁极，电流方向不变，所
17、以cd运动方向变化，所以仅调换右侧蹄形磁铁的上下磁极，是影响cd运动的，说法正确。三、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）15.（2019连云港）如图所示，小明在房间的A点通过平面镜看到了坐在客厅沙发上B点的爸爸，请画出此现象的光路图。【答案】（1）由题知，小明的眼睛在A点，爸爸在B点，小明在A点通过平面镜看到了B点的爸爸，作B点关于镜面的对称点B，即为像点，连接像点和A点与镜面相交于一点O，即为入射点，连接BO、OA，则BO是入射光线，OA为反射光线，如下图所示。【解析】要根据平面镜成像的特点：像与物体关于镜面对称。并且要知道反射光线的反向延长线过像点。明确平面镜成像的实质，并把握好作
18、图的顺序，是完成此题的关键，同时，还要注意实线、虚线的区别。16（2019自贡）如图所示，轻质杠杆的A点挂一重物G，绳受的拉力为F2，O为杠杆的支点。请在杠杆的端点B处画出使杠杆保持静止的最小的力Fl的示意图，并作出F2的力臂l2。【答案】见解析【解析】由图可知，将OB作为动力臂，动力臂就是最长的，根据杠杆平衡条件此时动力F1最小，然后根据动力的方向与动力臂是垂直的关系，画出最小动力方向，力F1示意图如图所示；过支点作力F2作用线的垂线段，即可作出力臂L2，如图所示。四、实验探究题（本题共3小题，第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）17（2019南充）如图甲是小东探究“不同物质
19、吸热规律”的实验装置：（1）两个相同的烧杯中装有相同且初温相同的水和煤油，用相同的酒精灯对它们加热。（2）根据实验数据，小东作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象（见图乙）。由图乙可知，杯中的水和煤油，升高相同的温度时，吸收的热量（填“相同”或“不相同”），计算出煤油的比热容是J/（kg）。c水4.2103J/（kg）【答案】（1）质量；（2）不相同；2.1103【解析】（1）要探究“不同物质吸热规律”，需要控制物体的质量和热源相同，所以实验时还要使物体的初温相同，比较温度的变化；（2）由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的2倍，即水吸收的热量是煤油的2倍，根据c=在质量、升温相同的情
20、况下，比热容与Q成正比，求出煤油的比热容。解：（1）要探究“不同物质吸热规律”，需要控制物质的质量和热源相同，所以要使水和煤油质量和初温相同，用相同的酒精灯对它们加热；（2）由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的2倍，即水吸收的热量是煤油的2倍，根据c=可知，在质量、升温相同的情况下，比热容与Q成正比，故煤油的比热容：c煤油=c水=4.2103J/（kg）2.1103J/（kg）。18（2019铁岭）大威在探究“影响压力作用效果的因素”时，取三个质量相同的圆柱形容器A、B、C，它们底面积的关系是SASBSC。在三个容器中分别倒入适量的水和盐水，其中B、C两容器中液体质量相同。将它们分别放
21、在三块相同的海绵上，如图甲、乙、丙所示。（1）实验过程中可以通过观察海绵的来比较压力的作用效果。（2）通过比较两次实验，探究压力的作用效果与压力大小的关系。得到的结论是相同时，压力越大，压力的作用效果越明显。（3）大威还想利用这些器材探究影响液体压强的因素，于是他找来一个如图丁所示的液体压强计，将压强计的探头放入B、C两容器中，保持探头在两种液体中的深度相同。发现探头在盐水中时，U形管左右两侧液面的高度差较（填“大”或“小”）。说明在深度相同时，越大，液体压强越大。（4）再将探头放人B容器中的某一深度，改变探头的方向，会发现U形管左右两侧液面的高度差不变，由此说明：在同种液体内部的同一深度，向
22、各个方向的压强都。【答案】（1）凹陷程度；（2）甲、乙；受力面积；（3）大；液体密度；（4）相等【解析】（1）实验中，海绵的凹陷程度越大，压力作用效果越明显，用海绵的凹陷程度来反映压力作用效果。（2）比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积相同，压力越大，海绵凹陷程度越大，故可得结论：受力面积一定时，压力作用效果与压力大小有关。故答案为：（3）保持探头在两种液体中的深度相同。发现探头在盐水中时，U形管左右两侧液面的高度差较大。说明在深度相同时，液体密度越大，液体压强越大。（4）在同种液体中，当探头所在的深度相同时，只改变探头的方向，U形管左右两侧液面的高度差不变，这表明：同一液体，在同一深度，向各
23、个方向的压强相等。19（2019贵港）用“伏安法”测未知电阻的阻值。（1）请用笔画线表示导线，将图甲所示的实物连接成完整电路。要求：滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变小（请勿更改原有导线，导线不能交叉）。（2）连接电路前，开关必须_。电路接通前，滑动变阻器的滑片P应该移至图中_处（选填“A”或“B”）。（3）小林闭合开关后，发现电流表示数为零，但电压表有示数，此时电路中的一处故障是待测电阻Rx_（选填“短路”或“断路”）。（4）小林排除故障后，用滑动变阻器调节接入电路中的电阻，对应每次变化各测一次电流值和相应的电压值并记录到表格中。有一次测量电流表的指针如图乙所示，其示数为_A；另一次
24、测量电压表的指针如图丙所示，其示数为_V。小林根据几组实验数据计算出Rx的值，为了进一步减小误差，绘制了Rx的U-I图像。（5）另一组的小宇用相同的器材进行实验，并根据自己所记录的实验数据绘制了如图丁所示的U-I图像。小林发现小宇绘制的U-I图像和自己绘制的U-I图像不同，你认为其原因是小宇_；小林根据小宇的图像也可计算出待测电阻Rx=_。（实验过程中电源电压保持不变）。【答案】（1）如图所示（2）断开 B （3）断路（4）0.28 2.6 （5）电压表并联在了滑动变阻器两端 10【解析】（1）由图甲知，需要补充的导线只有一条，即把开关的右侧接线柱和滑动变阻器下端的A接线柱用导线连接好就行了，
25、连接后的情况如图所示；（2）连接电路前，为了保护电路各元件，开关必须断开，电路接通前应将滑动变阻器的滑片P移至图中B处；（3）电流表示数为零，而电压表示数不为零，说明电路故障应该是与电压表并联的部分断路，而与电压表并联的部分是待测电阻Rx；（4）由图乙可读出此时电流表的示数为0.28A，由图丙可读出此时电压表的示数为2.6V；（5）由图丁知，电压随电流的增大而减小，说明小宇设计的电路是用电压表并联在滑动变阻器两端，即电压表测量的是滑动变阻器接入电路的电阻的两端电压；由图丁知，当电流I1=0.3A时，电压表示数为0，即滑动变阻器接入电路的电阻两端电压为0，此时待测电阻两端的电压等于电源电压，即为
26、U=I1Rx，当电流I2=0.05A时，电压表示数为2.5V，即滑动变阻器接入电路的电阻两端的电压为UP=2.5V，此时根据串联电路的电压规律得U=I2Rx+UP，即有I1Rx=I2Rx+UP，解得Rx=10。五、综合应用题（本题共2小题，每小题9分，共18分）20（2019湖州）现有规格分别为“6V3W”和“6V6W”两个小灯泡L1、L2，已知它们的电流与电压间关系如图所示。（1）由图可知，L1、L2的灯丝电阻都随电流的增大而_（选填“增大”“减小”或“不变”）。（2）若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为多少焦?（3）若将L1、L2串联接在
27、学生电源间，调节电源电压，在保证每个灯泡两端电压不超过其额定电压的情况下，L1、L2消耗的实际总功率最大值是多少?【答案】增大【解析】解：（1）对L1来说，由图知，当电压为1V时，电流为0.1A，由欧姆定律得，R11=10当电压为6V时，电流为0.5A，同理，R12=12；故L1灯丝电阻都随电流的增大而增大，同理，可得出L2灯丝电阻都随电流的增大而增大；（2）若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，根据并联电路电压的规律，两灯的电压为6V，通过两灯的电流分别为0.5A和1A，根据并联电路电流的规律，干路电流为：I=I1+I2=0.5A+1A=1.5A，通电5分钟，则两灯泡消耗的总
28、电能为：W=UIt=6V1.5A560s=2700J；（3）由P=UI，灯L1的额定电流为：IL1=0.5A，同理，灯L2的额定电流为1A，根据串联电路电流的规律，电路的最大电流为0.5A，灯L1的实际功率为3W，由图知，灯L2的电压为2V，故其实际功率为：P2=U2IL1=2V0.5A=1WL1、L2消耗的实际总功率最大值是：P=P1+P2=3W+1W=4W。21（2019陕西）如图甲为某校物理小组设计的具有加热和保温功能的电热器内部简化电路。Rt为热敏电阻，阻值随温度升高而减小。R1、R2、R3均为电热丝，且R1=R2=400。闭合开关S1、S2，电热器开始加热。（1）控制电路中，电磁铁的
29、上端是极。（2）加热时，动触点a与上方静触点b，c接通，工作电路的总功率是多少？（3）电磁铁对衔铁的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图乙所示。当电磁铁对衔铁的吸引力为1N时，动触点a与下方静触点d接通，进入保温状态，此时热敏电阻Rt的阻值是多少？（4）保温状态下，R1的功率为64W，则工作电路30s消耗的电能是多少？【答案】（1）N（或北）（2）242W （3）30 （4）2640J【解析】（1）根据安培定则可判断上端是N（或北）极；（2）加热时，R1与R2并联，R1的功率P1= =121W，根据R1=R2，得R2的功率等于R1的功率，P2= P1=121W工作电路的总功率P总= P1+ P2=121W+121W=242W（3）由图乙可知，F =1N时，控制电路中电流I=0.2A，根据I=得此时热敏电阻的阻值Rt= 30（4）保温时，R1与R2串联，根据P=UI和I=得电路中的电流I串= =0.4A工作电路消耗的电能W=UI串t=220V0.4A30s=2640J