还剩26页未读，
继续阅读
山东临沂市2018年中考物理试题（word版含解析）
展开
这是一份山东临沂市2018年中考物理试题（word版含解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图与实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2018年山东省临沂市中考物理试卷
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．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100g
B．九年级物理课本的重力约为20N
C．一般教学楼每层楼高约为3.3m
D．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8﹣﹣10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。
2．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1﹣100μm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1～100nm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，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1～100nm间的粒子。这大约相当于10～1000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。
3．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】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，电子由验电器向橡胶棒转移，故D错误。
故选：B。
4．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
【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。
5．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/s
C．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20Hz～20000Hz，低于20Hz的声音为次声，高于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。
6．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/s
D．1000m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v==≈7.14m/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：t===200s，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。
7．下列现象与彩虹的形成原因相同的是（ ）
A． B． C． D．
【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。
8．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。
9．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：2G×2L=G×4L；
（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：3G×2L，
右边力与力臂的乘积：2G×4L，
因为3G×2L＜2G×4L，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。
10．对下列各图解释正确的是（ ）
A．甲图中冰凌的形成过程是凝固，需要吸热
B．乙图中雾淞的形成过程是升华，需要吸热
C．丙图中露珠的形成过程是液化，需要放热
D．丁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，需要放热，故A错误；
B、雾淞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。
11．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。
12．对下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．甲图中针头做得很尖目的是增大压力
B．乙图中的水壶利用了连通器原理
C．丙图中钢笔吸墨水利用了帕斯卡定律
D．丁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、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。
13．如图所示中是探究发电机原理的是（ ）
A． B． C． D．
【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。
14．2018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
【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P=ρgh和公式F浮=ρ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。
15．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20cm
B．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；
（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u=2f，故f=10cm，故A错误；
B、将蜡烛移动到20cm刻度处时，物距为50cm﹣20cm=30cm＞2f，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，u=50cm﹣35cm=15cm，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，u=50cm﹣45cm=5cm，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。
16．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mg
B．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G=mg，使用定滑轮不能改变力的大小（忽略细线与滑轮之间的摩擦），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。
17．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10Ω．下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R1的电流为0.5A
B．电源电压为5V
C．电阻R1的阻值为15Ω
D．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：
I1=I﹣I2=0.5A﹣0.3A=0.2A，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：
U=U2=I2R2=0.3A×10Ω=3V，故B错误；
电阻R1的阻值：
R1===15Ω，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。
18．小磁针静止时的指向如图所示，由此可知（ ）
A．a端是通电螺线管的N极，c端是电源正极
B．a端是通电螺线管的N极，c端是电源负极
C．b端是通电螺线管的N极，d端是电源正极
D．b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。
19．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（ ）
A． B． C． D．
【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。
20．如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L的电阻为10Ω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P=I2R，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P=I2R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。
二、填空题（每空1分，共18分）
21．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 u＞2f 。
【分析】凸透镜成像时，u＞2f，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，u＞2f，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u＞2f。
故答案为：凸；u＞2f。
22．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。
23．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。
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 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；力可以改变物体的运动状态；人耳处。
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R1=5Ω，则电阻R2两端的电压为 2 V，通过R2的电流为 0.2 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 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：3V﹣1V=2V，由欧姆定律求通过R1的电流，根据串联电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：
UR2=U﹣UR1=3V﹣1V=2V，由欧姆定律，通过R1的电流为：
I1===0.2A；
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；0.2；电流从电压表负接线柱流入了。
26．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 80 N；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。
27．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 30 kW•h。
【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W=UIt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；
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：
W=UIt=500V×20A×3h=10000W×3h=10kW×3h=30kW•h。
故答案为：电；30。
28．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1.6×103kg，行驶中阻力为车重的0.05倍，此过程中该车牵引力做功 9.6×106 J，功率为 16 kW．（g=10N/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W=Fs求出功的大小，根据P=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：
F=f=0.05G=0.05mg=0.05×1.6×103kg×10N/kg=800N；
汽车做的功为：W=Fs=800N×12000m=9.6×106J；
汽车的功率为：P===16000W=16kW；
故答案为：9.6×106；16。
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：
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。
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=cm△t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=cm△t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。
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：①用天平测出空烧杯的质量m1；②往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2；③将烧杯中的盐水倒入量筒中，测出盐水的体积V；④利用ρ=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：
①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。
②往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量为 59.8 g（如图乙所示）；
③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）；
④测出烧杯和剩余盐水的质量为15g；
⑤计算出盐水的密度为 1.12 g/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ρ=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m2=50g+5g+4.8g=59.8g，
则量筒中盐水的质量m=m2﹣m1=59.8g﹣15g=44.8g；量筒中盐水的体积为V=40mL=40cm3，
盐水的密度ρ====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。
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 0.12 A．若要增大电阻两端的电压，应将滑片P向 B （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I﹣U图象如图丙所示：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 Ω。
【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U﹣I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）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0﹣0.6A，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，应将最大滑动变阻器的电阻，滑片P向B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0.5V是电流为0.1A，
则定值电阻的阻值为：R===5Ω。
故答案为：（1）见上图；（2）电阻断路；（3）0.12；B；（4）电阻一定时，导体中的电流与其两端的电压成正比；5。
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（ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/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F=G=mg，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=G排可得飞机的重力；根据p=ρgh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：
F=G=mg=51×103kg×10N/kg=5.1×105N；
则飞机对跑道的压强为：
p===8.5×105Pa；
（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：
t===2.5h；
（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g=46×103kg×10N/kg=4.6×105N；
水对舱底的压强为：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5m=1.5×104Pa
答：（1）飞机静止在跑道上时对跑道的压强是8.5×105Pa；
（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4.6×105N；水对舱底产生的压强是1.5×104Pa。
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=4.2×103J/（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0.5Ω，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（t﹣t0）求水吸收的热量；根据W=Pt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（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=5.04×105J；
加热时间t′=15min=900s，
足浴盆加热时消耗的电能：
W=P额t′=605W×900s=5.445×105J。
（2）由P=得，加热电阻的阻值：
R===80Ω，
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）2×0.5Ω=8W。
答：（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04×105J；消耗的电能是5.445×105J；
（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。
2018年山东省临沂市中考物理试卷
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．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100g
B．九年级物理课本的重力约为20N
C．一般教学楼每层楼高约为3.3m
D．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8﹣﹣10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。
2．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1﹣100μm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1～100nm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，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1～100nm间的粒子。这大约相当于10～1000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。
3．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】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，电子由验电器向橡胶棒转移，故D错误。
故选：B。
4．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
【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。
5．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/s
C．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20Hz～20000Hz，低于20Hz的声音为次声，高于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。
6．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/s
D．1000m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v==≈7.14m/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：t===200s，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。
7．下列现象与彩虹的形成原因相同的是（ ）
A． B． C． D．
【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。
8．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。
9．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：2G×2L=G×4L；
（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：3G×2L，
右边力与力臂的乘积：2G×4L，
因为3G×2L＜2G×4L，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。
10．对下列各图解释正确的是（ ）
A．甲图中冰凌的形成过程是凝固，需要吸热
B．乙图中雾淞的形成过程是升华，需要吸热
C．丙图中露珠的形成过程是液化，需要放热
D．丁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，需要放热，故A错误；
B、雾淞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。
11．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。
12．对下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．甲图中针头做得很尖目的是增大压力
B．乙图中的水壶利用了连通器原理
C．丙图中钢笔吸墨水利用了帕斯卡定律
D．丁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、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。
13．如图所示中是探究发电机原理的是（ ）
A． B． C． D．
【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。
14．2018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
【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P=ρgh和公式F浮=ρ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。
15．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20cm
B．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；
（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u=2f，故f=10cm，故A错误；
B、将蜡烛移动到20cm刻度处时，物距为50cm﹣20cm=30cm＞2f，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，u=50cm﹣35cm=15cm，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，u=50cm﹣45cm=5cm，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。
16．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mg
B．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G=mg，使用定滑轮不能改变力的大小（忽略细线与滑轮之间的摩擦），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。
17．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10Ω．下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R1的电流为0.5A
B．电源电压为5V
C．电阻R1的阻值为15Ω
D．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：
I1=I﹣I2=0.5A﹣0.3A=0.2A，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：
U=U2=I2R2=0.3A×10Ω=3V，故B错误；
电阻R1的阻值：
R1===15Ω，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。
18．小磁针静止时的指向如图所示，由此可知（ ）
A．a端是通电螺线管的N极，c端是电源正极
B．a端是通电螺线管的N极，c端是电源负极
C．b端是通电螺线管的N极，d端是电源正极
D．b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。
19．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（ ）
A． B． C． D．
【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。
20．如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L的电阻为10Ω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P=I2R，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P=I2R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。
二、填空题（每空1分，共18分）
21．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 u＞2f 。
【分析】凸透镜成像时，u＞2f，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，u＞2f，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u＞2f。
故答案为：凸；u＞2f。
22．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。
23．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。
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 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；力可以改变物体的运动状态；人耳处。
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R1=5Ω，则电阻R2两端的电压为 2 V，通过R2的电流为 0.2 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 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：3V﹣1V=2V，由欧姆定律求通过R1的电流，根据串联电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：
UR2=U﹣UR1=3V﹣1V=2V，由欧姆定律，通过R1的电流为：
I1===0.2A；
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；0.2；电流从电压表负接线柱流入了。
26．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 80 N；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。
27．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 30 kW•h。
【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W=UIt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；
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：
W=UIt=500V×20A×3h=10000W×3h=10kW×3h=30kW•h。
故答案为：电；30。
28．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1.6×103kg，行驶中阻力为车重的0.05倍，此过程中该车牵引力做功 9.6×106 J，功率为 16 kW．（g=10N/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W=Fs求出功的大小，根据P=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：
F=f=0.05G=0.05mg=0.05×1.6×103kg×10N/kg=800N；
汽车做的功为：W=Fs=800N×12000m=9.6×106J；
汽车的功率为：P===16000W=16kW；
故答案为：9.6×106；16。
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：
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。
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=cm△t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=cm△t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。
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：①用天平测出空烧杯的质量m1；②往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2；③将烧杯中的盐水倒入量筒中，测出盐水的体积V；④利用ρ=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：
①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。
②往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量为 59.8 g（如图乙所示）；
③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）；
④测出烧杯和剩余盐水的质量为15g；
⑤计算出盐水的密度为 1.12 g/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ρ=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m2=50g+5g+4.8g=59.8g，
则量筒中盐水的质量m=m2﹣m1=59.8g﹣15g=44.8g；量筒中盐水的体积为V=40mL=40cm3，
盐水的密度ρ====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。
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 0.12 A．若要增大电阻两端的电压，应将滑片P向 B （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I﹣U图象如图丙所示：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 Ω。
【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U﹣I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）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0﹣0.6A，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，应将最大滑动变阻器的电阻，滑片P向B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0.5V是电流为0.1A，
则定值电阻的阻值为：R===5Ω。
故答案为：（1）见上图；（2）电阻断路；（3）0.12；B；（4）电阻一定时，导体中的电流与其两端的电压成正比；5。
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（ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/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F=G=mg，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=G排可得飞机的重力；根据p=ρgh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：
F=G=mg=51×103kg×10N/kg=5.1×105N；
则飞机对跑道的压强为：
p===8.5×105Pa；
（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：
t===2.5h；
（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g=46×103kg×10N/kg=4.6×105N；
水对舱底的压强为：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5m=1.5×104Pa
答：（1）飞机静止在跑道上时对跑道的压强是8.5×105Pa；
（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4.6×105N；水对舱底产生的压强是1.5×104Pa。
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=4.2×103J/（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0.5Ω，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（t﹣t0）求水吸收的热量；根据W=Pt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（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=5.04×105J；
加热时间t′=15min=900s，
足浴盆加热时消耗的电能：
W=P额t′=605W×900s=5.445×105J。
（2）由P=得，加热电阻的阻值：
R===80Ω，
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）2×0.5Ω=8W。
答：（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04×105J；消耗的电能是5.445×105J；
（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。
相关试卷
2023年山东省临沂市中考物理试题（含解析）： 这是一份2023年山东省临沂市中考物理试题（含解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，共10页， 关于电和磁，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省临沂市中考物理试题（含解析）： 这是一份2023年山东省临沂市中考物理试题（含解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，共10页， 关于电和磁，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省临沂市中考物理试题（含解析）： 这是一份2023年山东省临沂市中考物理试题（含解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，共10页， 关于电和磁，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
