2020年宁波市南三县中考物理一模试卷(含解析)

2020年宁波市南三县中考物理一模试卷(含解析)

2020年宁波市南三县中考物理一模试卷一、单选题（本大题共5小题，共23.0分）1.如图，盛有水的圆柱形小容器漂浮在盛有水的圆柱形大容器中，大容器的底面积是小容器的4倍大、小容器壁的厚度均不计。现将体积相等的小球A、B投入小容器中，投入后，两容器内的水对各自容器底部压强的増加量相等。小球A的密度的最大值为A.1香䁕B.1香䁕C.1香䁕D.1香䁕2.关于牛顿第一定律，下列说法正确的是A.它表明了力是维持物体运动状态的原因B.它表明了物体具有保持原来运动状态的性质C.它表明了改变物体的运动状态并不需要力D.由于现实世界不存在牛顿第一定律所描述的物理过程，所以牛顿第一定律没有用处.如图所示，将标有“220V40W”的1和“220V60W”的2两个灯泡串联在220伏的电路中，闭合开关则A.1比2亮B.2比1亮C.串联电流相等，两灯一样亮D.两灯都不正常发光，无法比较亮度.如图所示，在一个充满油的固定装置中，两端同时用大小相等的力去推原来静止的活塞。若活塞与容器壁的摩擦不计，则活塞将A.向右移动B.向左移动C.保持静止D.上述说法都有可能.如图所示，电源电压为保持不变。R是定值电阻，将滑片P从a端缓慢移动到b端。在此过程中，电压表的示数用U表示，电阻R消耗的电 功率用P表示，则下图中正确的是A.B.C.D.二、填空题（本大题共2小题，共8.0分）.用电水壶烧水，这是通过______方式改变其内能。水沸腾后壶嘴会喷出大量白气，这属于______现象，同时会顶起壶盖，此过程能量转化情况与四冲程的汽油机的______冲程相似。.如图所示，古代士兵常用定滑轮把护城河上的吊桥拉起，使用定滑轮可以__________________选填“省力”“省距离”或“改变动力的方向”；吊桥可以看作杠杆，绳子对它的拉力是动力，吊桥的重力是阻力，在拉起吊桥的过程中，阻力臂____________选填“变大”“变小”或“不变”。三、实验探究题（本大题共2小题，共21.0分）8.小明做“测定小灯泡额定功率”的实验。被测小灯泡的额定电压为.8，电阻约为1.实验室有如下器材：电源、电流表～.퐴～퐴、电压表～～1、滑动变阻器1.퐴、开关各一只，导线若干。1如图1是小明连接的不完整的实验电路，请你用笔画线代替导线将图中未连接部分连接好。要求：电流表和电压表选择最合适的量程，滑动变阻器的滑片向右移动时连入电路的阻值增大。2在正确连接电路，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为.8，电流表的示数如图2所示，则灯泡的额定功率是______W。在实验中，突然发现电压表的示数变为零，电流表的示数增大，电路可能出现的故障是______。 9.小明在做“探究凸透镜成像规律”实验中，将蜡烛、凸透镜和光屏的中心调至______。已知凸透镜焦距为10厘米，现蜡烛的位置如图所示，蜡烛到凸透镜的距离为10厘米，移动光屏寻找像的位置，发现光屏上有一个倒立、______的像选填“放大”、“等于”或“缩小”。四、计算题（本大题共2小题，共18.0分）1.小红家的电热饮水机，有加热和保温两种工作状态，1和2为两段电热丝，当饮水机热水箱内水温达到92时，开关S就会自动断开，处于保温状态；当水温降到一定温度t时，S又闭合重新加热。饮水机的铭牌数据与电路原理图如下；热水箱水量额定电压加热时功率保温时的功率1kg220V440W40W1求电热饮水机处于加热状态时，通过饮水机的电流2计算电热丝1的阻值在无人取水状态下，饮水机重新加热一次的时间为150s。加热一次消耗的电能是多少？若饮水机的加热效率为9，请计算每次重新加热前的水的温度是多少？计算结果保留整数水的比热容.21香水 11.在图ᦙ所示的电路中，电源电压为9V，电阻1的阻值为1。闭合电键S，电压表的示数为5V。求电阻2两端的电压2。求通过电阻1的电流1。现用电阻替换电阻1、2中的一个，替换后，发现两电表的示数均变大，且电流表指针正好达到某量程的最大值，如图，所示。请判断被电阻所替换的电阻，并求出电阻的阻值。 【答案与解析】1.答案：D解析：解：体积相等的小球A、B投入小容器中，设球的体积为V，由于A、B两个小球浸没在水中，则排开水的体积为排12；排12所以，小容器中水面上升的高度：1，小小2则小容器中的水对其底部压强的増加量为：小水香1水香；小由于小容器漂浮在圆柱形大容器中，所以A、B投入小容器后，水对大容器底部压力的増加量为：퐴퐴香香，퐴香香则大容器底部压强的増加量为：大；大大由题意可知：大小，퐴香香2所以，水香---------------大小已知：大小------------------------------联立可得：퐴8水---------------；由于B球是需要浸没在水中的，所以B球的最小密度为最小水；则由可得，小球A的最大密度：8811香䁕1香䁕。퐴最大水最小水水水故选：D。由题知，两容器内的水对各自容器底部压强的増加量相等；根据香可知：两容器内的水的深度的増加量相等；所以，根据漂浮条件和阿基米德原理分别得出深度的变化量。然后得出等式，求出A、B球的密度与水的密度关系；要想小球A的密度的最大，则B球的密度应为最小，由于B球是需要自己能浸没在水中的，所以B球的最小密度是等于水的密度，据此即可求出球A的最大密度。本题可知液体压强公式、阿基米德原理、物体浮沉条件的应用，关键是根据题目要求，得出A、B 球要浸没在水中的条件是球的密度必须大于或等于水的密度。2.答案：B解析：牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过概括推理得出的，即物体在不受外力时总保持静止或匀速直线运动状态．同时说明力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因．解：AC、由牛顿第一定律可得，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，即维持物体运动不需要力，但改变物体运动状态必须要有力，故AC错误；B、牛顿第一定律表明，物体在不受外力时总保持静止或匀速直线运动状态，因此，说明物体具有保持原有运动状态不变的性质，故B正确；D、牛顿第一定律是通过科学推理得出的，但其推论都得到了实践的验证，有着非常重大的现实意义，故D错误．故选B．3.答案：A解析：解：由灯泡的铭牌可知，1、2两灯泡的额定电压相等，2由可知，1的额定功率较小，电阻较大，两灯泡串联在220V的电路中时，因串联电路中各处的电流相等，所以，由2可知，1的实际功率较大，灯泡较亮，由于两灯的实际电压都不等于其额定电压，所以两灯都不正常发光，故A正确，BCD错误。故选：A。本题主要考查了电功率公式的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。4.答案：B解析：解：密闭的液体有一个重要的特点，即加在密闭液体上的压强能够大小不变地被液体向各个方向传递，这个规律被称为帕斯卡原理；故当施加在右边小活塞上的压力是1时，其压强是p，即据帕斯卡原理知，其内部的液体会将该压强大小不变的传给左边的大活塞，据公式知，此时左边大活塞所受的液体对它向左的压力2，即由于左边的活塞面积大于右边的活塞面积，故此时左边的活塞受到向左的力2大于此时该活塞受到的向右的力两端同时用大小相等的力去推原来静 止的活，故活塞向左运动。故选：B。知道右边活塞受到力的情况和两个活塞的受力面积关系，利用帕斯卡原理判断两个活塞上产生力的关系即可。本题考查了帕斯卡原理的应用，要求学习物理时，多联系生活、多分析，学以致用。5.答案：B解析：解：R与变阻器串联，电压表测R的电压，电流表测电路的电流：由电路图可知，当滑片位于a端时，滑动变阻器的最大连入电路中，由欧姆定律，此时电路中的电流不可能为0，即有电流通过定值电阻R，根据2，则R消耗的电功率不可能为0，故ACD不符合，只有B符合。故选：B。分析电路的连接，当滑片位于a端时，滑动变阻器的最大阻值和定值电阻R串联，此时通过定值电阻的电流不为0，根据2分析回答。本题考查了电阻消耗电功率的判断，抓住端点的电路特点用排除法分析是关键。6.答案：热传递液化做功冲程解析：1做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移；2物体由气态变为液态的过程叫液化，使气体液化由两种方式：降低温度和压缩体积；四冲程汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。此题还考查了改变物体内能的方式、以及内燃机做功冲程的能量转化，难度不大，属于基础题目。解：1利用电水壶烧水时，水从电热丝吸收热量，温度升高，是通过热传递方式改变水壶中水的内能；2用水壶烧水时壶嘴所冒的“白气”，“白气”是液态的，热水容易汽化形成更多的水蒸气，水蒸气上升遇冷后就会液化形成小水珠；即“白气”实际上采用降低温度的方法用水蒸气液化成小水珠形成的。水沸腾后会顶起壶盖，此过程水蒸气的内能转化为机械能，与四冲程汽油机的相似。故答案为：热传递；液化；做功冲程。 7.答案：改变动力方向；变小解析：本题考查了定滑轮的特点和阻力臂的变化分析，属于基础题目。1定滑轮实质是等臂杠杆，不省力，也不能省距离，但能改变用力的方向。2从支点到阻力作用线的距离叫阻力臂。1图中使用定滑轮的作用是改变动力的方向；2吊桥的重心在中点，重力的方向是竖直向下的，在吊起桥的过程中，从支点O到重力的作用线的距离变小，即阻力臂变小。故答案为：改变动力的方向；变小。8.答案：1.8；灯泡短路解析：解：1被测小灯泡的额定电压为.8，故电压表选用大量程与灯并联，滑动变阻器的滑片向右移动时连入电路的阻值增大，即滑片以左电阻丝连入电路中与灯串联，如下所示：2在正确连接电路，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为.8，电流表的示数如图2所示，电流表选用小量程，分度值为.2퐴，电流大小为.퐴，则灯泡的额定功率是：.8.퐴1.8ͳ；在实验中，电流表的示数增大，说明电路为通路，电路中的电阻变小，发现电压表的示数变为零，电路可能出现的故障是灯泡短路。故答案为：1如上；21.8；灯泡短路。1根据被测小灯泡的额定电压为.8确定电压表选用大量程与灯并联，由滑动变阻器的滑片向右移动时连入电路的阻值增大确定变阻器的连接与灯串联； 2根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据求灯泡的额定功率；在实验中，电流表的示数增大，说明电路为通路，电路中的电阻变小，根据电压表的示数变为零分析电路可能出现的故障。本题测定小灯泡额定功率，考查电路的连接、电流表读数、功率计算和故障分析。9.答案：同一高度放大解析：解：1实验前，把蜡烛、凸透镜、光屏从左向右依次放在光具座上，点燃蜡烛并调整烛焰、凸透镜、光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度，为了使得像成在光屏的中央；2凸透镜焦距1，蜡烛到凸透镜的距离为10cm，由于如图所示的凸透镜的光心在凸透镜中心位置，蜡烛具有一定得宽度，故物距略大于10cm，即2䐟，成倒立、放大的实像。故答案为：同一高度；放大。1探究凸透镜成像的实验时，在光具座上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心。2当物距小于二倍焦距，大于一倍焦距时，像距二倍焦距以外，成倒立、放大的实像。凸透镜成像的三种情况成像规律和凸透镜成实像时，物近像远像变大，都是凸透镜成像习题的重要依据。10.答案：解：1由可得：加ͳ2퐴；222闭合，断开，为保温状态；S、均闭合为加热状态。因此1的功率1加保ͳͳͳ22221的阻值1121，1ͳ加热一次消耗的电能ͳͳ1Ͳ.1，加加热一次水吸收的热量9.1.91，水吸无人取水，饮水机热水箱水量1香水吸.91水升高温度1.1.21䁕香1香重新加热前水的温度921.18。答：1电热饮水机处于加热状态时，通过饮水机的电流为2A； 2电热丝1的阻值为121。每次重新加热前的水的温度是8。解析：1已知加热时的功率和额定电压，根据公式可求通过饮水机的电流。22已知额定电压和保温时的功率，根据公式可求电热丝1的阻值。已知加热时的功率和加热时间，根据做功公式ͳ可求加热一次消耗的电能，消耗的电能就等于水吸收的热量，根据热量公式，可求水的初温。本题考查电阻的计算，电流的计算以及电功和热量的计算，步骤繁琐，因此一定要细心，避免出错。11.答案：解：由图知，两电阻串联，电压表测量电阻1两端的电压，根据串联电路电压的规律可知，电阻2两端的电压：219；通过电阻1的电流：11.퐴；11根据前面的数据和串联电路的特点可得，2的阻值：2228；21.퐴用电阻替换电阻1、2中的一个，替换后，发现两电表的示数均变大，因电流表示数变大，所以根据欧姆定律可知，电路的总电阻减小，则电阻的阻值小于被替换的电阻1或2；若用替换1，因1，则由串联分压的规律可知，分得的电压减小，即电压表的示数会减小，不符合题意；若用替换2，因2，则由串联分压的规律可知，分得的电压减小，则1分得的电压会增大，即电压表的示数会增大，符合题意，所以被电阻所替换的电阻为2；因11，28，则用替换1或2后，串联电路的总电阻一定大于8，电源电压为9伏，则根据计算可知，替换任何一个电阻后电路中的电流不可能达到3A，所以图中电流表选用的是小量程，此时电流表的示数为.퐴，9此时电路的总电阻为：1，总.퐴电阻的阻值为：总111。答：电阻2两端的电压2为4V； 通过电阻1的电流1为.퐴；被电阻所替换的电阻为2，电阻的阻值为。解析：由图知，两电阻串联，电压表测量电阻1两端的电压，根据串联电路的特点分析电阻2两端的电压；根据欧姆定律算出通过电阻1的电流；根据电流表和电压表示数的变化判断出替换的电阻和电路的电流，根据欧姆定律算出总电阻，再根据串联电路电阻的特点求出电阻的阻值。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，其中替换电阻的判断有一定的难度。