（天津卷）2021年中考物理第二次模拟考试（解析版+原卷版）

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2021年中考物理第二次模拟考试【天津卷】

（考试时间：90分钟  试卷满分：100分）

第Ⅰ卷

注意事项：

1.每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑｡如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点｡

2.本卷共两大题，共39分｡

一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）

1.【答案】D。

【解析】A、“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的，故A正确，不符合题意；

B、公路旁安装隔音墙是为了在传播路径上减弱噪声，故B正确，不符合题意；

C、课堂上能听到老师讲课声，是由于空气能够传声，故C正确，不符合题意；

D、用大小不同的力，先后敲击同一音叉，音叉发声的响度不同，故D错误，符合题意。故选：D。

2．【答案】A。

【解析】A、初春，河流冰雪消融；属于熔化现象，此过程吸热；故A正确；

B、盛夏仲夏，草叶间露珠晶莹；是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，此过程放热；故B错误；

C、深秋，绿叶上挂满白霜；是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面，此过程中放热；故C错误；

D、寒冬，大雪纷飞，雪是空气中水蒸气迅速降温，凝华为固体的冰晶，此过程放热；故D错误。

故选：A。

3.【答案】D。

【解析】A、皮影中影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故A不符合题意；

B、用放大镜观看邮票是利用了凸透镜可以成放大的、正立的虚像的原理，属于光的折射。故B不符合题意。

C、插入水中的筷子在水面处“弯折”，是因为光从水中斜射入空气中时，发生折射，故C不符合题意；

D、东方酒店在水中的倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故D符合题意。故选：D。

4．【答案】D。

【解析】①物体在平衡力或者不受力的作用时会保持静止状态或者匀速直线运动的状态，故A和B是错误的；

②物体静止时受到推力的同时又可能会受到一个和推力构成平衡力的力的作用，如果有力和推力构成平衡力了，那么物体的运动状态可能保持不变，故C是错误的；

③力是改变物体运动状态的原因，所以要改变物体的运动状态，必须对它施加力的作用，故D是正确的；故选：D。

5.【答案】B。

【解析】A、小强推车走上倾斜的坡道，在地面的支持力方向上并未通过距离，所以支持对车不做功，故A错误；

B、小明用气筒打气，向下按压活塞，活塞在压力的方向上通过了一定的距离，所以压力对活塞做了功，故B正确；

C、小亮向上抛出排球后，排球由于惯性向上运动，所以推力对空中运动的排球不做功，故C错误；

D、小丽背着书包站立等车，在支持力的方向上书包没有通过距离，所以没有做功，故D错误。

故选：B。

6.【答案】C。

【解析】A、自行车运动员在爬坡过程中，质量不变，高度升高，故重力势能增加，但速度不一定变小，则动能不一定减小，故A错误；

B、火箭加速上升，质量不变，高度增加，所以势能增加，同时速度增大，动能增大，所以其机械能增加，故B错误；

C、跳水运动员加速下落过程中，质量不变，高度降低，速度变大，则重力势能减小，动能增加，所以重力势能转化为动能，故C正确；

D、跳伞运动员在空中匀速降落过程中，质量不变，速度不变，则动能不变，故D错误。故选：C。

7.【答案】C。

【解析】通过电流表的内部构造显示电流表的制成原理：通电线圈在磁场中受力而转动，并且电流越大，线圈受到的力越大，其转动的幅度越大。因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小。

A、电饭锅是利用电流的热效应工作的，与电流表的工作原理不同，故A不符合题意；

B、手摇发电机是利用电磁感应现象工作的，与电流表的工作原理不同，故B不符合题意；

C、电风扇的核心部件是电动机，电动机是利用通电线圈在磁场中受力而转动的原理工作的，与电流表的工作原理相同，故C符合题意；

D、电磁起重机是利用电流的磁效应工作的，与电流表的工作原理不同，故D不符合题意。故选：C。

8．【答案】C。

【解析】A、把矿泉水瓶正方和倒放时海绵的凹陷程度不同，说明压力的作用效果与受力面积有关，故A不符合题意；

B、从三孔流出水的喷射距离不同，说明液体的压强与深度有关，故B不符合题意；

C、用纸片盖住装满水的瓶口，倒立后纸片不下落是由于大气压把纸片拖住证明了大气压的存在，故C符合题意；

D、向两空瓶中间吹气，两瓶向中间靠拢是由于两瓶中间的空气流速大，压强小，故D不符合题意。

故选：C。

9.【答案】D。

【解析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测干路电流。

因电源电压恒定，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故AB错误；

因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R2的电流不变，即电流表A1的示数不变，将滑动变阻器的滑片P向右移动，接入电路中的电阻变小，

由可知，通过R1的电流变大，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，

所以，干路电流变大，即电流表A2的示数变大，则电压表与电流表A2的示数之比变小，故C错误；

由电流表A2与A1的示数之差等于通过R1的电流可知，两电流表的示数之差变大，故D正确。故选：D。

10．【答案】C。

【解析】A、水是导体，发生电火灾时如果直接用水去灭火，会发生触电事故，故A错误；

B、当发生短路、电路负荷过大以及发生触电时，空气开关就会出现“跳闸”现象；故B错误；

C、当发生短路、电路负荷过大以及发生触电时，电路中就会有较大的电流，漏电保护器会迅速切断电路，因此当有电流通过人体流入大地时，漏电保护器会迅速切断电路；故C正确；

D、家庭电路中不能同时使用很多大功率用电器，否则会使电路中电流的过大，而引起火灾，故D错误。

故选：C。

二、多项选择题（本大题共3小题，每小题3分，共9分｡每小题给出的四个选项中，均有多个选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，不选或选错的得0分）

11.【答案】ABD。

【解析】A、如图所示，烛焰在光屏上恰好成一清晰等大的实像，此时物距等于二倍焦距成倒立等大实像，即2f＝30cm，得f＝15cm，故A正确；

B、当蜡烛在40cm刻度线时，物距10cm＜f，物距小于焦距成正立放大虚像，是放大镜原理，故B正确；

C、当蜡烛在30cm刻度线时，物距2f＞20cm＞f，成倒立放大的实像，幻灯机就是根据这一原理制成的，故C错误；

D、当蜡烛在10cm刻度线时，物距40cm＞2f，物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，照相机就是根据这一原理制成的，故D正确；故选：ABD。

12．【答案】BC。

【解析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）由P＝UI可得，灯泡的额定电流：IL额＝＝＝0.5A，

因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，

所以，电路中的最大电流为I大＝0.5A，

由I＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝5Ω，

电流最大时，电路中的总电阻：R＝＝＝9Ω，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，

所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑＝R﹣RL＝9Ω﹣5Ω＝4Ω，故D错误；

该电路的最大功率：P大＝UI大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故C正确；

（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：

I小＝＝＝0.18A，

所以，电流表示数的变化范围是0.18A，故A错误；

灯泡的最小功率：PL＝（I小）2RL＝（0.18A）2×5Ω＝0.162W，故B正确。故选：BC。

13.【答案】ABD。

【解析】A、当木块浸入水中的深度为2cm时，其所受的浮力：

F浮＝ρ水V排g＝1.0×103kg/m3×50×2×10﹣6m3×10N/kg＝1N，

弹簧对木块的拉力：F拉＝G木﹣F浮＝5N﹣1N＝4N，故A正确；

B、容器底面积为300cm2＝3×10﹣2m2，

当木块浸入水中的深度为6cm时，容器中水面所增加的高度：

△h0.01m，

此时容器底部受到的压强：

p＝ρg（h+△h）＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（15×10﹣2m+0.01m）＝1600Pa；故B正确；

C、当木块下表面刚接触容器底部时，令水的深度（木块浸入的深度）为h1，容器中水的体积不变：

即（S容﹣S木）h1＝300cm2×15cm，代入得：（300cm2﹣50cm2 ）h1＝300cm2×15cm，

解得h1＝18cm＜25cm，即水未溢出。

此时木块受的浮力：F浮'＝ρ水V排′g＝1.0×103kg/m3×50×18×10﹣6m3×10N/kg＝9N，

弹簧对木块的弹力：F弹＝F浮﹣G＝9N﹣5N＝4N，

弹簧的长度：l'＝l﹣△l＝10cm6cm。故C不正确；

D、容器中水的重力：G水＝ρ水V水g＝1.0×103kg/m3×300×15×10﹣6m3×10N/kg＝45N，

当硬板向上移动25cm时，弹簧的长度l''＝20cm+10cm﹣25cm＝5cm，

由题可知，此时弹簧对木块的弹力为F弹'＝5N，弹力的方向竖直向下，

结合C项可知，容器对硬板的压力：F压＝G容+G水+G木+F弹'＝5N+45N+5N+5N＝60N，

产生的压强：p2000Pa，故D正确；故选：ABD。

第Ⅱ卷

三、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

14.【答案】牛顿；功率。

【解析】在物理学中，力的基本单位是牛顿，符号是N；

瓦特是功率的基本单位，符号是W。

故答案为：牛顿；功率。

15.【答案】600；运动。

【解析】根据可得，列车2小时通过的路程：s＝vt＝300km/h×2h═600km；

列车在匀速行驶时，座位上的乘客相对窗外的建筑物之间的位置发生了变化，所以乘客是运动的。

故答案为：600；运动。

16.【答案】重力；保持静止状态。

【解析】葫芦瓜此时处于静止状态，所以此时葫芦瓜受到平衡力的作用，即藤蔓的拉力和自身的重力；

原来葫芦瓜处于静止状态，若剪断藤蔓的瞬间，所有的力消失，由牛顿第一定律可知，葫芦瓜将保持静止状态。

故答案为：重力；保持静止状态。

17.【答案】10；4。

【解析】（1）根据图象，由I＝可得，电阻R的阻值：R＝＝＝10Ω；

（2）由电路图可知，电阻R和灯泡L串联，电流表测电路中的电流，

串联电路中各处的电流相等，由图象可知，电流I＝0.3A时，UL＝1V，UR＝3V，

则电源电压：U＝UL+UR＝1V+3V＝4V；

故答案为：10；4。

18.【答案】400；100。

【解析】（1）如图，根据杠杠平衡条件可得：F×OB＝G×OA，

则地面对双手的支持力：F＝＝＝400N；

（2）做一次俯卧撑所做的功：W＝Fs＝400N×0.5m＝200J，

功率为：P＝＝＝100W。

故答案为：400；100。

19.【答案】不变；变大。

【解析】（1）两电阻串联，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，电流表测电路的电流，滑动变阻器的滑动触头P向右滑动，根据串联电路电压的规律，△U1＝△U2；

根据欧姆定律，原来电压表V2的示数：U2＝IR2﹣﹣﹣﹣﹣①

移动滑片后，U′2＝I′R2，﹣﹣﹣﹣②，

①﹣②得：U2﹣U′2＝IR2﹣I′R2＝（I﹣I′）R2

即△U2＝△IR2，

＝R2，故的比值不变；

（2）滑片向右移动时，变阻器连入电路的电阻变大，根据欧姆定律，即为变阻器连入电路的电阻，故这个比值变大。

故答案为：不变；变大。

四、实验探究题（本大题共3小题，共14分）

20.【答案】（1）如图；（2）0.2；（3）右；（4）电压不变时，电流与电阻成反比；（5）15。

【解析】（1）变阻器按一上一下连入电路中与电阻串联，如下所示：

（2）连接电路时，开关应断开，如图乙所示，闭合开关前应将的滑动变阻器滑片应调到在最右端。图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.2A；

（3）根据串联分压原理可知，将定值电阻改接成15Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；

探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，直到电压表的示数等于3V；

（4）横向分析表中数据，电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几分之一，即电压不变时，电流与电阻成反比；

（5）根据表中最后一次数据，由串联电路的规律及欧姆定律，在本实验中选取的滑动变阻器的电阻为：R滑＝＝＝15Ω，即变阻器的最大阻值应该不小于15Ω。

故答案为：（1）如图；（2）0.2；（3）右；（4）电压不变时，电流与电阻成反比；（5）15。

21.【答案】（1）二力平衡；（2）甲、丙，接触面越粗糙；（3）没有控制压力大小一定。

【解析】（1）实验中小伟应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，这时拉力和摩擦力是一对平衡力，处于二力平衡状态，摩擦力等于拉力；（2）要探究摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系，根据控制变量法及猜想需使压力大小和接触面积大小相同，改变接触面的粗糙程度，所以应选择甲图和丙图； 

由图知，在其他因素相同的情况下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（3）要探究摩擦力大小与接触面积的大小的关系，由控制变量法及猜想需使压力大小和接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小，而小伟将木块切去一半，则在接触面积变化的同时，压力也发生了变化，所以得出错误结论．

故答案为：（1）二力平衡；（2）甲、丙；接触面越粗糙；（3）没有控制压力大小一定。

22.【答案】（1）没有将游码移到标尺左端的零刻度线处；右；（2）62；3.1。

【解析】（1）从图甲可以看到，小明在调节天平横梁平衡过程中，游码没有在标尺左端的零刻度线处，

从图乙可以看到，指针在分度盘的左侧，此时应将平衡螺母向右调节，直到横梁水平平衡；

（2）从图丁可以看到，石块的质量是m＝50g+10g+2g＝62g，

从图丙可以看到，当没有放石块时，液体的体积是60mL，放石块后，总体积是80mL，

石块的体积是V＝80mL﹣60mL＝20mL＝20cm3，

所以石块的密度：ρ=3.1g/cm3。

故答案为：（1）没有将游码移到标尺左端的零刻度线处；右；（2）62；3.1。

五、计算题（本大题共小题，共23分）

23．【解析】（1）S0断开时，只有R2连入电路，则P2＝；S0闭合时R1和R2并联，

则总功率为P′＝P1+P2＝+；

所以，P′＞P2，即当S0断开时电热饮水机处于保温状态；

（2）由表格可知：P保温＝40W，P加热＝400W，

由于电热饮水机处于加热时R1和R2并联，则P1＝P加热﹣P保温＝400W﹣40W＝360W，

根据P＝得：R1＝＝≈134.4Ω；

（3）已知正常工作时的加热功率为P加热＝400W，根据P＝得：

加热时电路的总电阻R＝＝＝121Ω，

则实验工作电压只有200V，电热水器的实际加热功率P实＝＝≈330.6W，

水满热水箱时水的质量为m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg，

则水吸收的热量Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（80℃﹣20℃）＝5.04×105J，

需要消耗的电能W＝＝＝6.3×105J，

加热时间t＝＝≈1905.6s。

答：（1）温控开关S0断开时，饮水机处于保温状态。（2）电阻R1的阻值为为134.4Ω。（3）将一满热水箱的水从20℃加热到80℃需要1905.6s。

24．【解析】由图乙可知，电路是钢轨A1N的电阻R1、滑车MN的电阻R0和钢轨A2M的电阻R2串联，电压表通过钢轨B1N和钢轨B2M并联在滑车MN两端，则测量的是R0两端的电压；

（1）滑车在下滑过程中，钢轨A1N和钢轨A2M的长度都变长，则电路的电阻变大；根据I＝可知电路中的电流变小；根据U＝IR可知R0两端的电压变小，即电压表示数变小；

（2）当滑车位于滑道中点时，钢轨A1N的电阻R1和钢轨A2M的电阻R2的阻值为：

R1＝R2＝×2km×30Ω/km＝30Ω：

则R总＝R1+R0+R2＝30Ω+30Ω+30Ω＝90Ω，

所以，电流I＝＝＝A，

根据I＝可得：U0＝IR0＝A×30Ω＝5V；

（3）滑车下滑路程x（单位km）时，钢轨A1N和钢轨A2M的电阻为：R1＝R2＝30x，

则R总＝R1+R0+R2＝30xΩ+30Ω+30xΩ＝60xΩ+30Ω，

所以，电流I＝＝，

电压表示数Ux＝U0＝IR0＝×30Ω＝；（其中0≤x≤2）。

故答案为：（1）减小；（2）5；（3）Ux＝（其中0≤x≤2）。

25．【解析】（1）小明骑车的速度：v＝＝＝4m/s。

（2）匀速行驶时处于平衡状态，动力和受到的平均阻力是一对平衡力，

所以，动力的大小：F＝f＝20N，

小春骑行1km所做的功：W＝F′s＝20N×480m＝9600J，

骑行功率：P＝＝＝80W。

（3）小明骑车时车对地面的压力：

F＝G＝m总g＝（m人+m车）g＝（50kg+10kg）×10/N/kg＝600N，

车对地面的压强：p＝＝3×105Pa；

答：（1）小明骑车的速度4m/s；（2）小明骑车时的功率80W；（3）小明骑车时，该共享单车对水平地面的压强3×105Pa。