黄金十份卷备战2020中考物理模拟试卷04含解析

黄金十份卷备战2020中考物理模拟试卷04含解析

‎【黄金十套卷】备战2020中考物理模拟试卷04‎ 物理 ‎（考试时间：60分钟试卷满分：100分）‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分）‎ ‎1．坐在不同位置的同学都能看到黑板上的粉笔字，是因为光在粉笔字上 A．发生镜面反射，遵守反射定律 B．发生漫反射，遵守反射定律 C．发生镜而反射，不遵守反射定律 D．发生漫反射，不遵守反射定律 ‎【答案】B ‎【解析】黑板的表面是比较粗糙的，可以将射来的光线向四面八方反射，是漫反射，这样，教室里不同位置的同学都能看到黑板上的粉笔字，漫反射同样遵守光的反射定律。‎ 故选B。‎ ‎2．如图所示，关于声现象的各种实验情景中，下列说法中正确的是 A．甲实验：钢尺振动频率越高，响度越大 B．乙实验：抽气过程中，钟罩内铃声变小，说明真空可以传声 C．丙实验：鼓面的振动幅度越大，音调越高 D．丁实验：将正在发声的音叉紧靠悬线下的轻质小球，可将音叉的微小振动放大，便于观察 ‎【答案】D ‎【解析】A．当钢尺振动的频率越高时，音调越高，故A错误；‎ B．当空气被不断抽出后，铃声逐渐减弱，说明声音的传播需要介质，真空不能传声，故B错误；‎ C．敲鼓时，鼓面的振动幅度越大，响度越大，故C错误；‎ D．将正在发声的音叉紧靠悬线下的轻质小球，可将音叉的微小振动放大，便于观察，用到了转换法，故D正确．故选D.‎ ‎3．诗词是中华文化的瑰宝之一，许多优美的诗词是对生活和自然现象的生动描述，也与物理知识紧 15‎ 密联系，下列诗词与对应的物理知识有误的一项的是　　‎ A．“两岸青山相对出，孤帆一片日边来”--“孤帆”运动，是以江岸为参照物的 B．“水皆缥碧，千丈见底，游鱼细石，直视无碍”--看到水中游鱼细石是光的反射形成的虚像 C．“人面桃花相映红”--桃花呈红色是因为它能反射红光 D．“床前明月光，疑是地上霜”--霜实际是固态，是由水蒸气凝华形成 ‎【答案】B ‎【解析】 “孤帆”与“江岸”之间的位置发生了变化，以“江岸”为参照物，“孤帆”是运动的，故A正确．在岸上看到水中的游鱼细石，属于光的折射现象，故B错误；由于桃花能反射红光，所以会有人面桃花相映红，故C正确；霜的形成属于凝华现象，故D正确；应选B．‎ ‎4．2019年国际乒联匈牙利公开赛于1月15日~20日在布达佩斯举行，国乒男队女队共有31名选手报名本次赛事；下列关于比赛中的情景说法正确的是（）‎ A．兵乓球被击出后，仍受到球拍的弹力作用 B．乒乓球飞行时，球拍的弹力对乒乓球没有做功 C．击球时球拍对乒乓球的力大于乒乓球对球拍的力 D．乒乓球在空中飞行时不受力的作用 ‎【答案】B ‎【解析】A．乒乓球被击出后，不受球拍的作用力，由于惯性而继续飞行，A错误；‎ B．乒乓球离开球拍后继续飞行是因为乒乓球具有惯性，乒乓球迅速飞向对方的过程中，虽然通过了距离，但不再受到球拍的弹力，所以球拍的弹力对乒乓球没有做功，B正确；‎ C．击球时球拍对乒乓球的力和乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，两个力大小相等，C错误；‎ D．乒乓球在空中飞行时受重力的作用，D错误。故选B。‎ ‎5．蓝牙耳机是将“蓝牙技术”应用在免持耳机上，让使用者免除电线的牵绊，自由自在地以各种方式轻松通话，如图所示。“蓝牙技术”实际上是一种短距离无线通信技术，“蓝牙”传递信息利用的是（）‎ A．电磁波 B．次声波 C．超声波 D．红外线 15‎ ‎【答案】A ‎【解析】手机和蓝牙耳机之间是利用电磁波来传递信息的，故选A。‎ ‎6．如图所示电路，闭合开关S后，甲乙两表是电压表，示数之比是3：2，当开关S断开，甲乙两表是电流表，则两表的示数之比为 A．2：1 B．3：1 C．2：3 D．1：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】当开关S闭合，甲、乙两表是电压表时，两个电阻串联，电压表甲测量电源电压，电压表乙测量R2两端的电压，串联电路中各处的电流相等，两个电阻之比，若甲、乙均为电流表时，断开开关S，两个电阻并联，电流表甲测量通过R2的电流，电流表乙测量R1和R2总电流，并联电路各个支路的电压相等，通过两个电阻的电流之比，两个电流表的示数之比。故选D。‎ ‎7．如图所示，质量相等的甲、乙两个实心正方体物块分别竖直悬浮在水中和漂浮在水面上，下列说法正确的是 A．甲的密度小于乙的密度 B．甲受到的浮力大于乙受到的浮力 C．水对甲下表面的压力大于水对乙下表面的压力 D．水对甲下表面的压强小于水对乙下表面的压强 15‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、由图知，甲悬浮在水中，甲的密度等于水的密度；乙漂浮在水中，乙的密度小于水的密度，所以甲的密度大于乙的密度，故A错误；B、甲、乙两实心正方体物块分别悬浮、漂浮在水中，根据漂浮和悬浮条件可知：F浮甲=G甲，F浮乙=G乙，由于两球质量相等，重力相等，所以浮力相等，故B错误；C、根据F浮=F向上-F向下可知：F向上=F浮+F向下，由于甲悬浮，乙漂浮，则F甲向下＞0，F乙向下=0，所以，F甲向上＞F乙向上，故C正确；D、由图知，甲下表面的所处的深度大于乙下表面的所处的深度，根据p=ρgh可知：p甲＞p乙，故D错误；故选C．‎ ‎8．小明做凸透镜成像规律的实验时，将焦距为的凸透镜固定在光具座上刻度线处，光屏和点燃的蜡烛分别位于凸透镜两侧，蜡烛放置在刻度线处，如图所示。将光屏移到刻度线处，此时烛焰在光屏上成清晰的像。下列说法中正确的是（）‎ A．凸透镜的焦距可能为 B．光屏上的像是倒立、放大的实像 C．若将蜡烛和光屏位置互换，仍可在光屏上得到清晰的像 D．该实验现象能说明投影仪的工作原理 ‎【答案】BCD ‎【解析】ABD．由题意知，物距小于像距，根据凸透镜成像规律，此时在光屏上成倒立、放大的实像，与投影仪原理相同，此时蜡烛位于凸透镜一倍焦距到二倍焦距之间，像距大于2倍焦距，，，故，，则，A错误，B、D正确；C．根据光路是可逆的，如果把蜡烛与光屏位置互换，当物距等于原来像距时，像距等于原来的物距，仍可在光屏上得到清晰的像，此时成倒立、缩小的实像，C正确。‎ ‎【点睛】‎ 选项 失分原因 A 不知道如何判断凸透镜的焦距，不能应用凸透镜成像规律分析解决问题 B 不能应用凸透镜成像规律分析成像特点 C 忽略了光路的可逆性 15‎ D 对应用凸透镜成像规律制成的光学仪器认识不足，将投影仪和照相机的工作原理相混淆 ‎9．工人师傅利用如图所示的两种方式将重均为300N 的货物从图示位置向上缓慢提升一段距离。F1、F2始终沿竖直方向；图甲中OB＝2OA，图乙中动滑轮重为60N，重物上升速度为0.01m/s。不计杠杆重、绳重和摩擦，则下列说法正确的是 A．甲乙两种方式都省一半的力 B．甲方式F1由150N保持不变 C．乙方式机械效率约为83.3%‎ D．乙方式F2的功率为3W ‎【答案】BC ‎【解析】A．甲图中，F1为动力，已知OB＝2OA，即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦、杠杆自重，由杠杆平衡条件可知，动力为阻力的一半，即F1＝150N；‎ 由图乙可知，n＝3，不计绳重和摩擦，则（G+G动）=（300N+60N）＝120N，‎ 故 A 错误；B．甲图中，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比值不变，故动力F1为150N不变，故B正确； C．不计绳重和摩擦，乙方式的机械效率为：，故C正确；‎ D．乙方式中F2＝120N，绳子的自由端的速度为v绳＝0.01m/s×3＝0.03m/s，‎ 则乙方式F2的功率为：P＝F2v绳＝120N×0.03m/s＝3.6W，‎ 故 D 错误。‎ ‎10．如图所示，下列对热学知识进行的归纳总结中正确的是（）‎ 15‎ A．甲图中两个表面光滑的铅柱被压在一起能吊起重物，说明分子之间有引力 B．乙图是热机的做功冲程 C．丙图中空气被压缩时内能增大 D．丁图中当塞子冲出去时，水蒸气的内能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】A．两个铅柱没有被拉开，主要是因为分子之间存在引力，A正确；‎ B．图乙中，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，B错误；‎ C．空气被压缩，是通过做功的方式增大了空气内能，C正确；‎ D．塞子受到水蒸气的压力而冲出去，水蒸气的内能转化为塞子的动能，水蒸气的内能减小，D错误。‎ ‎【点睛】‎ 选项 失分原因 A 对说明分子间作用力的小实验缺乏理解 B 对于热机的四个冲程及其对应的图相混淆 C 不清楚空气被压缩的本质是做功，不清楚对物体做功物体内能增大 D 不知道塞子冲出去是因为水蒸气对塞子做功，不清楚对外做功时自身内能减小 二、填空题（本题共6小题，每空1分，共15分）‎ ‎11．夏日炎炎，李明在游泳池游冰后走上岸感觉到有点冷，是由于身上的水________吸热所致；他从开着空调的屋内刚走到室外时，眼镜的镜片变模糊是由于空气中的水蒸气__________形成；他买了冰棒含嘴里过了一会感觉到凉快，是由于冰棒_________吸热所致。（均填物态变化名称）‎ ‎【答案】汽化（蒸发）液化熔化 ‎【解析】夏天游泳后，刚从水中上岸的人会感到冷是由于身上的水汽化（蒸发）吸热的缘故；夏日炎炎，小东从开着空调的屋内刚走到室外时，室外的水蒸气遇到冷的镜片时会发生液化形成大量的小水珠，所以眼镜变模糊了；物质从固态到液态为熔化，熔化吸热，故冰棒含嘴里过了一会感觉到 15‎ 凉快是由于冰棒熔化吸热所致。‎ ‎12．刚刚过去的建国70周年大阅兵中，首次亮相的东风-41洲际弹道导弹的最远射程可达到14000km，如图所示。若我国某导弹基地距设定攻击目标1.08×104km，东风-41导弹以2.7104km/h的平均速度飞行，则从基地到达该目标需要_______h。导弹的平均速度2.7104km/h=_______m/s。‎ ‎【答案】0.4 7.5×103‎ ‎【解析】由v=可得，从基地到达该目标需要时间：t===0.4h；导弹的平均速度：2.7104km/h=2.7104m/s=7.5×103 m/s。‎ ‎13．如图所示，粗糙的弧形轨道竖直固定在水平面上，钢球从C点由静止释放，经过B点到达最低点，然后到达另一侧与B点等高的点A时刚好速度为零。由C到B点过程中， ______能转化为动能，________点的动能最大，从最低点O到A点的过程中，机械能的总量________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）.‎ ‎【答案】重力势O变小 ‎【解析】粗糙的弧形轨道竖直固定在水平面上，钢球从C点由静止释放，由C到B点过程中，高度减小，速度增大，重力势能转化为动能；到最低点O到时，高度最小，速度最大，所以O点的动能最大；从最低点O到A点的过程中，要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能的总量变小。‎ ‎14．在如图所示电路中，两盏灯的连接方式是_________联，若两盏灯完全相同，电源电压为6V，闭合开关后，电压表的示数为_________V。‎ 15‎ ‎【答案】串 3 ‎ ‎【解析】根据图示可知两灯为串联关系；题中电压表测L1两端的电压，因为两灯完全相同，即电阻相同，根据串联电路分压规律可知其电压为3V。‎ ‎15．如图是电饭锅内部简化电路图，已知，当S接“1”时，电饭锅正常工作处在______（选填“高温”或“低温”）挡；当S接“2”时，通电1min电路产生的热量是______J。‎ ‎【答案】低温 ‎【解析】由电路图可知，当开关S置于“1”时，两电阻串联，电路电阻最大，根据可知，电饭锅电功率最小，处于保温状态，即低温挡；当开关S置于“2”时，被短路，只有接入电路，电路电阻最小，电饭锅电功率最大，处于加热状态,此时电路中电流：，通电1min电路产生的热量：。‎ ‎16．如图所示，闭合开关后，导体ab会向左运动，该现象与_____的工作原理相同，如果移动滑动变阻器的滑片，则导体ab运动的_____（选填“速度”“方向”“速度与方向”）发生变化。滑动变阻器除了有以上的作用外，还可以_____。‎ ‎【答案】电动机速度保护电路 ‎【解析】闭合开关后，导体ab会向左运动，说明通电导体在磁场中会受到力的作用，应用此原理可制成电动机；如果移动滑动变阻器的滑片，电路中的电流发生变化，导体ab受力的大小发生变化，‎ 15‎ 则导体ab运动的速度发生变化；在本实验中，滑动变阻器除了改变电路的电流外，还可以保护电路。‎ 三、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）‎ ‎17．将图中的灯泡，开关接入家庭电路中，使之符合安全用电要求．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】火线首先进入开关，然后接到到灯泡顶端的金属点；零线直接接到灯泡的螺旋套．这样在更换灯泡时更安全．接法如图．‎ ‎18．如图所示，请你根据小磁针静止时的指向在图中标出通电螺线的N极和电源正负极。‎ ‎【答案】。‎ ‎【解析】根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端为极，左端为极；根据安培定则可知，电源的右端为正极，左端为负极，如图所示：‎ 15‎ 四、实验探究题（本题共3小题，每空2分，共38分）‎ ‎19．陈宇用天平、烧杯、油性笔及足量的水测量一鹅卵石的密度，实验步骤如下：‎ ‎（1）将天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺___________，发现横梁稳定时指针偏向分度盘的右侧，要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母往_______（选填“左”或“右”）调。用调好的天平分别测出鹅卵石的质量是31.8g和空烧杯的质量是90g；‎ ‎（2）如图甲所示，把鹅卵石轻轻放入烧杯中，往烧杯倒入适量的水，用油性笔在烧杯壁记下此时水面位置为M，然后放在天平左盘，如图丙所示，则杯、水和鹅卵石的总质量为_________g；‎ ‎（3）将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号M，如图乙所示，用天平测出杯和水的总质量为142g。此时杯中水的体积为___________cm3；‎ ‎（4）根据所测数据计算出鹅卵石的体积为________cm3，密度为_________g/cm3；‎ ‎（5）陈宇在第（3）步骤测量过程中，发现所用的砝码中有一个磨损了，他没有更换，他这样做将导致所测密度___________（选填“偏大”或“不变”或“偏小”）。‎ ‎【答案】（1）零刻度线处左（2）161.8 （3）52 （4）12 2.65 （5）偏大 ‎【解析】（1）把天平放在水平台上，先要把游码拨到标尺左端的零刻度线处，通过调节平衡螺母使天平平衡；指针偏向分度盘的右侧，要使横粱在水平位置平衡，应将平衡螺母往左调；‎ ‎（2）由图知，杯、水和鹅卵石的总质量：m=100g+50g+10g+1.8g=161.8g；‎ 水的质量为：m水1=161.8g−31.8g−90g=40g，‎ 此时水的体积为：V水1===40cm3；‎ ‎（3）将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号M，用天平测出杯和水的总 15‎ 质量为142g，此时，杯中水的体积：V水===52cm3；‎ ‎（4）由题意知，鹅卵石的体积等于加入水的体积，则：V=V水1−V水=52cm3−40cm3=12cm3；鹅卵石的密度：ρ= ==2.65g/cm3；‎ ‎（5）磨损的砝码质量要小于标准值，那要天平平衡就要多放砝码，而测量值就是砝码标示值的总和，所以测量值就大于实际值，即测量值偏大。‎ ‎20．在“探究杠杆平衡条件”的实验中：‎ ‎（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆____________（选填“达到”或“没达到”）平衡状态，接下来应向____________（选填“左”或“右”）调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；‎ ‎（2）如图乙所示，点挂有2个质量均为的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，应在点挂_______个质量均为的钩码；杠杆平衡后，小王便得出了杠杆的平衡条件为：，同组同学小勇认为他这样得出的结论不合理，这是因为______________；‎ ‎（3）实验结束后，小王提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立”；于是小王利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是__________；‎ ‎（4）小勇利用身边的塑料直尺和若干硬币来验证杠杆平衡的条件，如图丁所示，当杠杆在水平位置平衡时，他测出从支点到硬币边缘的距离作为力臂和的大小，他测力臂的方法是__________（选填“正确”或“错误”）的；如果将两边的硬币以相同的速度同时匀速向支点移动，则杠杆_________（选填“仍平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。‎ ‎【答案】（1）达到右（2）3 只通过一次测量数据得出的结论具有偶然性（3）杠杆自重对实验有影响（4）错误左端下沉 ‎【解析】（1）杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡；由题图甲可知，杠杆的右端较高，平衡螺母应向右端调节使杠杆水平平衡；‎ 15‎ ‎（2）设杠杆的一个小格为，一个钩码重为，因为杠杆平衡时，，所以：；得，所以在处挂3个钩码；得出的结论不合理，因为只通过一次测量数据得出的结论具有偶然性；‎ ‎（3）由题图丙可知，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆平衡产生了影响，导致拉力的大小与由杠杆平衡条件计算出来的数值不相符；‎ ‎（4）力臂应为支点到硬币的重力作用线的距离，故他测出从支点到硬币边缘的距离作为力臂和方法是错误的；原来杠杆平衡，即，且由丁图可知，则；经过相同时间后，两边硬币的力臂各减小，则左边力与左边力臂的乘积：；右边力与右边力臂的乘积：；由于，，右边力与力臂的乘积小，即杠杆左端向下沉。‎ ‎21．两只铭牌模糊的小灯泡L1、L2，仅能看清分别标有“0.3A”和“0.5A”字样．‎ ‎（1）图甲是小明测量小灯泡L1额定功率时连接的实物图；‎ ‎①图中有一根线连接错误，请在这积线上打“×”，并在图中改正；‎ ‎②闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于_______（远填“A”或“B”）端；‎ ‎③闭合开关，电流表示数为0.1A，移动滑片P，通过观察_______表的示数来判断小灯泡是否正常发光，小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，则小灯泡L1的额定功率为_______W．‎ ‎（2）小华利用图丙所示的电路测出了小灯泡L2的额定功率，请在虚线框内补上小灯泡、电压表和定值电阻R（阻值已知）这三个元件的符号，使电路完整，实验操作方便___________．‎ ‎【答案】（1）①②B ③电流 0.75 （2）‎ 15‎ ‎【解析】（1）①原电压表测电源电压是错误的，应测灯的电压，如下图1所示：‎ ‎②闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处的B端；③灯在额定电流下正常发光，闭合开关，电流表示数为0.1A，移动滑片P，通过观察电流表的示数来判断小灯泡是否正常发光，小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压大小为2.5V，则小灯泡L1的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；‎ ‎（2）若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，当灯的电流为额定电流时，灯正常发光，先将电压表与定值电阻并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为0.5A×R，此时灯正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时灯的额定电压，根据P＝UI可求出灯的额定功率．设计的电路下图2所示：‎ 五、综合应用题（本题共2小题，共23分）‎ ‎22．（10分）如图所示，一个容积V0=500cm3、质量m0=0.5kg的瓶子里装有水，乌鸦为了喝到瓶子里的水，就衔了很多的小石块填到瓶子里，让水面上升到瓶口．若瓶内有质量m1=0.4kg的水．求：（水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，石块密度ρ石块=2.6×103kg/m3）‎ 15‎ ‎（1）瓶中水的体积V1；‎ ‎（2）乌鸦投入瓶子中的石块的体积V2；‎ ‎（3）乌鸦投入石块后，瓶子、石块和水的总质量m总．‎ ‎【答案】（1）400cm3；（2）100cm3；（3）1160g ‎【解析】（1）由ρ＝得瓶内水的体积：‎ V1＝＝4×10−4m3＝400cm3‎ ‎（2）石块总体积：V2＝V容−V1＝500cm3−400cm3＝100cm3；‎ ‎（3）由ρ＝得石块的质量：m石＝ρ石V2＝2.6g/cm3×100cm3＝260g＝0.26kg，‎ 乌鸦投入石块后，瓶子、石块和水的总质量：‎ m＝m水+m0+m石＝0.4kg+0.5kg+0.26kg＝1.16kg＝1160g。‎ ‎23．（13分）如图所示是小明设计的电热水器的电路原理图（仅电热管浸没水中）。烧水时，按下温控开关S和a、b接触，红色指示灯正常发光，加热档工作，电热水器电热管的加热功率是880W；当水温升到设定温度t1时，温控开关接触点断开，电热水器停止加热；当水温下降到设定温度t2时，S自动上升与接触点c接通，黄色指示灯也正常发光，保温档工作，电热水器电热管的保温功率是220W。当水温上升到设定温度t1时，温控开关触点断开，电热管停止加热。如此不断往复使水温保持在设定的温度范围内。（熔断器相当于自动开关，已知红灯规格为“2V 0.1A”，黄灯额定电压是2V，加热管、R1以及R2电阻恒定）‎ ‎（1）该热水器水箱中装有2kg、30℃的冷水，若把这些冷水加热到某一设定温度74℃时所用时间为8min，求冷水吸收的热量？‎ 15‎ ‎（2）加热8min电热管消耗的电能？‎ ‎（3）该电热水器的加热效率？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）85.4%‎ ‎【解析】（1）由吸热公式得：‎ ‎。‎ ‎（2）由电能公式得：。‎ ‎（3）电热管加热时通过的电流为I1，则，‎ R2、红灯串联后与电热管并联，R2与红灯电功率和为P2，电热管电功率为P1，并联电路中：。‎ 该热水器消耗的总电功率为：。‎ 该电热水器加热效率：。‎ 15‎