2021年辽宁省沈阳市中考物理试题含解析（教师用）

这是一份2021年辽宁省沈阳市中考物理试题含解析（教师用），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，实验，综合应用题等内容，欢迎下载使用。
2021年辽宁省沈阳市中考物理试卷
一、选择题(共21分，其中第1～6小题为单选题，每小题2分，第7～9小题为多选题，每小题2分，多选、错选不得分，漏选得1分)
1．(2分)以下估测与实际情况相符的是(　　)
A．人正常步行的平均速度是36km/h
B．家用电饭煲正常工作时电流约为4A
C．将一本九年级物理书从地面捡到课桌上对其做功大约20J
D．最适宜的洗澡水的温度大约是60℃
【分析】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。
【解答】解：A、人正常步行的速度在1.1m/s＝1.1×3.6km/h≈4km/h左右。故A不符合实际；
B、家用电饭煲的功率在900W左右，正常工作的电流在I＝＝≈4A左右。故B符合实际；
C、九年级物理书的重力约G＝2.5N，课桌高度约h＝0.8m，将一本九年级物理书从地面捡到课桌上对其做功大约为W＝Gh＝2.5N×0.8m＝2J。故C不符合实际；
D、人的正常体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，在40℃左右，不可能达到60℃。故D不符合实际。
故选：B。
【点评】估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。
2．(2分)如图所示，小明将A、B两种不同的金属片分别插入土豆，制成土豆电池，闭合开关S，发光二极管发光，电压表有示数。以下关于电路的理解正确的是(　　)

A．若断开开关，A、B两金属片间没有电压
B．土豆电池供电时是电能转化为化学能
C．发光二极管是由绝缘体材料制成的
D．电流从“电池”的A金属片流出经过二极管回到金属片B
【分析】(1)电源电压是由电源决定的；
(2)电源是把其他形式能量转化为电能的装置；
(3)发光二极管是由半导体材料制成的，具有单向导电性；
(4)根据电压表的连接情况分析判断出电源的正负极，电流是从电源的正极流出回到电源的负极。
【解答】解：A、电源的两端是存在电压的，与外部电路的通断情况无关，故A错误；
B、土豆电池供电时，将化学能转化为电能，故B错误；
C、发光二极管是由半导体材料制成的，具有单向导电性，故C错误；
D、由图中电压表的正负接线柱可知，金属片A为电源的正极，金属片B为电源的负极；所以电流从A流出，经过发光二极管后回到B，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查电源的能量转化、电源的特点、电压表的使用、半导体的性质等，能根据电压表的接法判断电源的正负极是本题的难点。
3．(2分)如图甲所示，用一个弹簧测力计拉着浸没在水中的小物块A，现将小物块缓缓拉出水面到底部刚刚脱离水面为止。乙图坐标体现了某些科学量随H(小物块底面到容器底面的距离)的变化情况。有下列选项①弹簧秤示数②小物块受到的浮力③台秤的示数④容器底部受到的液体压强⑤小物块底面受到的压强，符合图乙图象变化的是(　　)

A．①② B．③④ C．②③④ D．只有⑤
【分析】首先根据图乙得出科学量随小物块底面到容器底面的距离的变化关系﹣﹣﹣先不变后变小。
然后分析将小物块缓缓拉出水面到底部刚刚脱离水面为止这一过程中，①弹簧秤示数、②小物块受到的浮力、③台秤的示数、④容器底部受到的液体压强、⑤小物块底面受到的压强的变化，得出符合图乙图象变化的选项。
【解答】解：
根据图乙得出科学量随小物块底面到容器底面的距离的变化关系﹣﹣﹣先不变后变小。
将小物块缓缓拉出水面到底部刚刚脱离水面为止：
①物块排开水的体积先不变后变小，由阿基米德原理可知受到的浮力先不变后变小，因为弹簧秤示数等于重力减去浮力，重力不变，所以弹簧测力计的示数先不变后增大，故①不符合图象变化；
②物块排开水的体积变小，由阿基米德原理可知受到的浮力先不变后变小，脱离水面后受浮力为0N，故②不符合图象变化；
③由①得弹簧测力计的示数先不变后增大，台秤的示数等于容器、水、物块的重力之和减去拉力(弹簧测力计的示数)，所以台秤的示数先不变后减小，故③符合图象变化；
④物块排开水的体积先不变后变小，水的深度先不变后变小，由p＝ρgh可知容器底部受到的液体压强先不变后变小，故④符合图象变化；
⑤小物块底面所处的深度一直变小，由p＝ρgh可知小物块底面受到的压强一直变小，故⑤不符合图象变化。
可见，符合图乙图象变化的是③④。
故选：B。
【点评】本题综合考查了阿基米德原理、液体压强公式的应用，能正确分析将小物块缓缓拉出水面到底部刚刚脱离水面为止的过程中相关物理量的变化是关键。
4．(2分)关于下列四个实验情景的结果预测，正确的是(　　)
A．图中是热机的压缩冲程，将机械能转化为内能
B．图中当向玻璃管中吹风时，U形管A管中的水面下降B管中的水面上升
C．图中将杠杆两端的钩码同时向支点移动一格天平刚好平衡
D．图中将容器侧壁的塞子同时拔出，水一定从a孔喷射最远，从c孔喷射最近
【分析】(1)内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；
(2)当向管中吹风时，相同时间内，风经过A管上方和B管上方的空气流动速度不同，压强不同，液柱上升的高度不同；
(3)根据杠杆平衡条件进行判断；
(4)液体密度一定时，液体内部压强随深度的增加而增大。
【解答】解：A、图中进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，属于排气冲程，此冲程中没有能量转化，故A错误；
B、A管上面的玻璃管比较细，当向玻璃管中吹风时，空气经过A管上方的流动速度大于B管上方的空气流动速度，A管上方的压强小于B管上方的压强，水被压向A管，所以A管水面上升，B管水面下降，故B错误；
C、设杠杆一个小格代表L，一个钩码重为G，将杠杆两端的钩码同时向支点移动一格，杠杆右端：2G×3L＝6GL，杠杆左端：3G×2L＝6GL，所以，天平刚好平衡，故C正确；
D、液体密度一定时，液体内部压强随深度的增加而增大，越深的位置其压强越大；图中a最浅，所以水的压强最小，水喷射最近；c最深，所以水的压强最大，水喷射最远，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查流体压强和流速的关系、杠杆平衡条件、液体压强特点、内燃机的冲程及其能量转化，是一道综合性较强的题目，难度中等，属于中考热点题型，值得关注。
5．(2分)定值电阻R1标有“10Ω 1A”字样，R2标有“15Ω 0.6A”字样，将R1、R2接入由一个开关和电压恒定的电源组成的电路，在保证电路安全的情况下，下列说法正确的是(　　)
A．R1、R2并联时，通过干路的最大电流为1.5A
B．R1、R2并联时，R2的最大功率为9W
C．R1、R2串联时，电源电压最大为19V
D．R1、R2串联时，R1的最大功率为10W
【分析】(1)根据欧姆定律求出两电阻两端允许所加的最大电压，根据并联电路的电压特点可知，两电阻并联时，并联电路两端允许加的最大电压为较小的一个，然后由欧姆定律求出通过两电阻的电流，再根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流，利用P＝UI求出R2的最大功率；
(2)根据串联电路的电流特点可知，两电阻串联时电路允许通过的最大电流为两个允许通过最大电流的较小值，然后根据电阻的串联和欧姆定律求出电源两端的最大电压，利用P＝UI＝I2R求出R1的最大功率。
【解答】解：AB、由欧姆定律可得，两定值电阻两端允许所加的最大电压分别为：
U1＝I1R1＝1A×10Ω＝10V，U2＝I2R2＝0.6A×15Ω＝9V，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，R1、R2并联时，电源的最大电压U＝U2＝9V，
此时通过R2的电流I2＝0.6A，通过R1电阻的电流I1′＝＝＝0.9A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过干路的最大电流：
I＝I1′+I2＝0.9A+0.6A＝1.5A，故A正确；
R2的最大功率：
P2＝UI2＝9V×1.5A＝13.5W，故B错误；
CD、因串联电路中各处的电流相等，
所以，R1、R2串联时，电路的最大电流I′＝I2＝0.6A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，两端允许加的最大电压：
U′＝I′R总＝I′(R1+R2)＝0.6A×(10Ω+15Ω)＝15V，故C错误；
R1的最大功率：
P1＝(I′)2R1＝(0.6A)2×10Ω＝3.6W，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，难点是知道串联时允许通过的最大电流为两个电阻允许通过电流中最小的，并联时最大电压为两电阻允许所加最大电压中较小的。
6．(2分)甲、乙两个完全相同的烧杯，盛有同种液体，放在水平桌面上。如图所示，将体积相同的A、B两个实心小球分别放入甲、乙烧杯中，当小球静止时液面刚好相平。则下列判断正确的是(　　)

A．A、B两小球排开液体的质量相等
B．小球B的密度可能大于小球A的密度
C．甲杯对桌面的压强等于乙杯对桌面的压强
D．甲杯底受到的液体压强大于乙杯底所受液体压强
【分析】(1)由题意和图示可知，A、B的体积相同，A排开液体的体积大，且是同种液体，根据m排＝ρ液V排可知排开液体的质量的关系；
(2)两个物体放入同种液体中，一个悬浮，另一个漂浮，由浮沉条件可知两个物体的密度关系；
(3)根据p＝ρgh可知容器底受到液体压强的大小关系。
【解答】解：
A、由题意和图示可知，A、B的体积相同，A排开液体的体积大，且是同种液体，根据m排＝ρ液V排可知，A排开液体的质量较大，故A错误；
B、两个物体分别放入同种液体中，A悬浮，则A的密度等于液体的密度；B漂浮，则B的密度小于液体的密度；所以小球A的密度大于小球B的密度，故B错误；
C、由于A悬浮，则A所受的浮力F浮A＝GA＝GA排，即A的重力等于排开液体的重力；
B漂浮，则B所受的浮力F浮B＝GB＝GB排，即B的重力等于排开液体的重力；
因为两液面相平，且是同种液体，所以结合上面分析可知两容器中液体与物体的总重力相同，即装置的总重力相同，由p＝得，甲杯对桌面的压强等于乙杯对桌面的压强，故C正确；
D、由于两杯中液体的深度相同，液体的密度也相同，根据p＝ρgh可知，两杯底所受液体压强相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了浮沉条件、密度公式、液体压强公式以及压强定义式的应用，是一道综合题。
7．(3分)如图所示凸透镜的焦距为10cm，此时蜡烛在光屏上成一个清晰的像。凸透镜的位置固定不变，只移动点燃的蜡烛和光屏，下列说法正确的是(　　)

A．把蜡烛移到刻度值为14cm处，再向右移动光屏，能在光屏上得到倒立放大的实像，成像规律可以应用于投影仪
B．把蜡烛移到刻度值为30cm处，再向左移动光屏，能在光屏上得到倒立缩小的清晰实像，成像规律可以应用于照相机
C．把蜡烛移到刻度值为5cm处，再向右移动光屏，能在光屏上得到正立放大的虚像，成像规律可以应用于放大镜
D．蜡烛在光屏上已成一个清晰的像，如果在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，为了在光屏上重新得到清晰的像，光屏应向右移动
【分析】(1)f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像，此时v＞2f。利用其可制成投影仪；
(2)u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f，应用于照相机；
(3)u＜f时，成正立、放大的虚像，应用于放大镜；
(4)近视镜片是凹透镜，对光线起发散作用。
【解答】解：A、蜡烛移到刻度值为14cm处，物距变小，像距变大，需要将光屏右移，此时2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，是投影仪的工作原理，故A正确；
B、蜡烛移到刻度值为30cm处，u＞2f，成倒立、缩小的实像，像距2f＞v＞f，光屏应向左移动，是照相机工作原理，故B正确；
C、蜡烛移到刻度值为5cm处，u＜f，成正立、放大的虚像，虚像不能呈现在光屏上，故C错误；
D、近视镜片是凹透镜，对光线起发散作用，放置后，光线延迟会聚，像距变大，应向右移动光屏才能得到清晰的像，故D正确。
故选：ABD。
【点评】解决此题的关键是掌握凸透镜的成像规律即应用，知道虚像不能在光屏上成像。
8．(3分)电梯为居民出入带来了很大的便利，出于安全考虑，电梯设置有超载自动报警系统，其工作原理如图所示，R1为保护电阻，R2为压敏电阻，其阻值随压力增大而减小。下列说法正确的是(　　)

A．电磁铁是根据电磁感应原理制成的
B．工作时，电磁铁的上端为S极
C．超载时，电磁铁的磁性增强
D．正常情况下(未超载时)，K与B接触
【分析】(1)电磁铁是根据电流的磁效应制成的；
(2)知道电流的方向，根据安培定则判断出电磁铁的NS极；
(3)R2为压敏电阻，其阻值随压力增大而减小，所以知道超载时压敏电阻的阻值变化情况，根据I＝判断出电流的变化；电磁铁的磁性强弱和电流大小、线圈匝数多少有关；
(4)正常情况下(未超载时)，衔铁被弹簧拉起，K与静触点A接触。
【解答】解：A、电磁铁是根据电流的磁效应原理制成的，故A错误；
B、工作时，电流从电磁铁的下面导线流入，利用安培定则判断出电磁铁的下端为N极，上端为S极，故B正确；
C、超载时，随着压力的增大，压敏电阻的阻值随着减小，电路中的电流逐渐增大，电磁铁的磁性逐渐增强，故C正确；
D、正常情况下(未超载时)，压敏电阻的阻值较大，电磁铁磁性弱，衔铁被弹簧拉起，K与静触点A接触，故D错误。
故选：BC。
【点评】此题主要考查的是学生对电磁铁和电磁继电器的原理、磁性强弱的影响因素、安培定则的理解和掌握，知识点较多，但都是基础性题目。
9．(3分)如图所示，是近年来悄然兴起的一种新能源电动汽车，与传统汽车结构类似，但无需烧油，整车靠电池驱动，效率更高。下列说法中正确的是(　　)

A．汽车的倒车雷达是利用了次声波来测距离
B．汽车挡风玻璃是倾斜的，目的是使车内物体所成的虚像位于玻璃的上方，不妨碍司机视线
C．汽车后视镜扩大了司机的视野空间，它使用的是凸面镜
D．关上车窗后，车内会变得安静很多，是因为玻璃可以起到隔音的效果
【分析】(1)倒车雷达应用了超声波来工作；
(2)小轿车前方的挡风玻璃相当于平面镜，像与物体关于平面镜对称；
(3)生活中的面镜有三种：凸面镜对光线有发散作用，可以扩大视野；凹面镜对光线有汇聚作用；平面镜能成像，能改变光的传播方向；
(4)玻璃可以反射声音，起到隔音的效果。
【解答】解：A.倒车雷达应用了超声波来测试车后物体与车的距离，故A错误；
B.挡风玻璃相当于平面镜，当车外光线暗，车内光线明亮时，车内物体会通过挡风玻璃成像，像与物体关于平面镜对称，所以车内物体所成的虚像位于玻璃的上方，起到不妨碍司机视线的作用，故B正确；
C.凸面镜特点：以球面的外表面为反射面，对光线起发散作用，能够扩大视野，例如汽车的后视镜，故C正确；
D.关上车窗后，车内会变得安静很多，玻璃可以反射声音起到隔音的效果，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查平面镜的应用、超声波的应用、噪声的减弱和球面镜的应用，是综合题。
二、填空题(每空1分，共18分)
10．(2分)2021年1月29日，我国在酒泉卫星发射中心成功将遥感三十一号02组卫星发射升空所用长征四号丙运载火箭是用液态氢作燃料，因为液态氢具有较高的 　热值　(填“热值”或“比热容”)，液态氢属于 　二次　(选填“一次”或“二次”)源。
【分析】(1)热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
(2)能源可分为一次能源和二次能源，一次能源指的是可以从自然界直接获取的能源；二次能源指的是必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源。
【解答】解：(1)火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液态氢和其它燃料相比，液态氢可以释放出更多的热量；
(2)氢能是利用太阳能或电能分解水产生的，故属于二次能源；
故答案为：热值；二次。
【点评】本题考查了燃料的热值、能源的分类，属于基础知识，要熟记。
11．(2分)如图所示，制作冰糖葫芦时将洗净的山楂穿在竹签上，将一定量的白糖放入锅中加热，待白糖熔化为糖浆后，将山楂放入锅中蘸上糖浆，等待山楂上的糖浆　放出　(“吸收”或“放出”)热量　凝固　(填物态变化名称)成固态，酸甜可口的冰糖葫芦就做好了。

【分析】物质由固态变成液态叫做熔化，由液态变成固态叫做凝固，熔化吸热，凝固放热。
【解答】解：白糖放入锅中加热，由固态变成液态，叫做熔化；山楂上的糖浆由液态变成固态，发生凝固现象，凝固放热。
故答案为：放出；凝固。
【点评】本题考查了冰糖葫芦制作过程中的物态变化以及物体的颜色，注重了物理和生活的联系，属于基础知识的考查。
12．(2分)如图所示是某用户家的电能表，单独将电烤箱接入电路，正常工作30min，电能表的转盘转过300转，则电烤箱消耗的电能为　0.5　kW/h，它的实际功率为　1000　W。

【分析】“600r/(kW•h)”表示电路中每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转600r，据此求出电能表的转盘转300r时电烤箱消耗的电能，再利用P＝求电烤箱的电功率。
【解答】解：“600r/(kW•h)”表示电路中每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转600r，
电能表的转盘转300r时电烤箱消耗的电能：
W＝kW•h＝0.5kW•h，
电烤箱的电功率：
P＝＝＝1kW＝1000W。
故答案为：0.5；1000。
【点评】本题考查了消耗电能、电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。
13．(2分)2020年12月17日，首艘国产航母“山东”号将迎来入列一周年，国产航母满载时排水量为67000t，吃水深度10.5m可搭载航载机36架，它满载时受到海水的浮力是 　6.7×108　N，山东舰底部所受海水的压强为 　1.05×105　Pa。(g取10N/kg，p海水＝1.0×103kg/m3)

【分析】(1)根据阿基米德原理计算出国产航母满载时受到海水的浮力；
(2)根据p＝ρgh计算出山东舰底部所受海水的压强。
【解答】解：(1)根据阿基米德原理可知，物体所受浮力等于该物体排开液体的重力，
国产航母满载时排水量为：m＝67000t＝6.7×107kg，
所以国产航母满载时受到海水的浮力为：F浮＝G排＝mg＝6.7×107kg×10N/kg＝6.7×108N；
(2)国产航母满载时吃水深度为：h＝10.5m，
所以山东舰底部所受海水的压强为：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10.5m＝1.05×105Pa。
故答案为：6.7×108；1.05×105。
【点评】该题主要考查了阿基米德原理的应用和液体压强公式的应用，是一道好题。
14．(2分)小明同学想在家里安装一盘照明灯，如下图甲所示的是他设计的电路，图中虚线框1和2应连入开关和电灯，则开关应安装在　2　(选填“1”或“2”)框中，为了检测家庭电路中插座右孔连接的是不是火线，应使用如图　乙　(选填“乙”或“丙”)所示的捏试电笔的方法

【分析】为了安全、有效的控制灯的开闭，开关接在灯与火线之间；
正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；氖管不发光的是零线；手千万不要接触笔尖金属体。
【解答】解：为了用电的安全，开关应接在火线与电灯之间，因此开关应接在2处；
在使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体，故如图的两种使用方法中，正确的是乙。
故答案为：2；乙。
【点评】本题考查了测电笔的使用方法和家庭电路的连接，属于基础题目。
15．(2分)如图，在斜面上将一个重5N的物体匀速拉到顶端。沿斜面向上的拉力为2N斜面长4m，高1m，斜面的机械效率为　62.5%　，物体所受的摩擦力为　0.75　N。


【分析】(1)根据公式W＝FL可求出拉力做的功，即总功；再根据W＝Gh求出有用功；然后根据机械效率的计算公式可求出斜面的机械效率η。
(2)根据总功与有用功的差求出额外功，再根据W额＝fL变形后可求摩擦力f。
【解答】解：
(1)此过程所做的有用功为：W有＝Gh＝5N×1m＝5J；
拉力做的总功为：W总＝FL＝2N×4m＝8J；
斜面的机械效率为：η＝＝＝62.5%；
(2)此过程所做的额外功为：W额＝W总﹣W有＝8J﹣5J＝3J；
由W额＝fL可得物体所受的摩擦力为：f＝＝＝0.75N。
故答案为：62.5%；0.75。
【点评】熟练运用功、机械效率的计算公式，明确额外功是克服物体与斜面间摩擦力做的功，是解答此题的关键。
16．(2分)蹦极是一项极限体育运动，如图所示，A点最高点、B点为弹性绳自然伸长的位置，蹦极人在C点受弹性绳的弹力与自身重力相等，D点是能下落到的最低点。在蹦极人从A点下落到D点的过程中，　C　(填“B”、“C”或“D”)点动能最大，在这个过程中，减小的重力势能都转化为　弹性势　能。(不计空气阻力)

【分析】运动员下降的过程中，弹性绳未伸长前运动员做自由落体运动，弹性绳开始伸长后，弹力逐渐变大，运动员受到重力和弹力的合力先变小后反向变大，当合力向下时加速，合力向上时减速。
【解答】解：弹性绳绷紧后，开始阶段，拉力小于重力，人向下做加速运动，当拉力大于重力后，人做减速运动，即速度先增大后减小。
当拉力等于重力时，速度最大，动能最大。即人到达C点时动能最大。
人到达D点时，弹性绳伸长最长，弹性绳的弹性势能最大，开始的重力势能全部转化成弹性势能。
故答案为：C；弹性势。
【点评】本题与弹簧类型问题相似，关键是分析物体的受力情况，确定物体的运动情况。将物体的运动分为三个过程，分别运用牛顿运动定律研究。
17．(2分)月球对它表面的物体的引力大约是地球对地面同一物体的引力的，一个60kg的物体在月球上受到的重力为 　100　N；医院的氧气瓶内装的氧气密度为10kg/m3，为抢救病人，用去了其中的一半，则瓶内剩余氧气的密度为 　5　kg/m3。
【分析】(1)先根据G＝mg求出他的重力，然后根据月球对物体的引力与重力的关系即可求出月球对他的引力；
(2)利用公式m＝ρV先计算原来氧气瓶里氧气的质量，再求出剩余氧气的质量，而瓶内氧气的体积不变，再利用密度公式ρ＝求剩余氧气的密度。
【解答】解：由题意可知，月球对他的引力约：G月＝G地＝×mg＝×60kg×10N/kg＝100N；
设氧气瓶的容积为V，则根据ρ＝可得，原来氧气瓶里氧气的质量：m0＝ρ0V，
用去了其中的一半，剩余氧气的质量：m＝m0＝ρ0V，
因为瓶内氧气的体积不变，所以剩余氧气的密度：
ρ＝＝＝ρ0＝×10kg/m3＝5kg/m3。
故答案为：100；5。
【点评】本题考查了学生对重力公式、密度公式的掌握和运用，知道使用氧气前后瓶内氧气的体积不变是本题的关键。
18．(2分)“蒹葭苍苍，白露为霜。所谓伊人，在水一方。”这句诗出自中国第一部诗歌总集《诗经》．从物理学角度分析，诗中的“露”和“霜”分别是物态变化中的　液化　现象和　凝华　现象。
【分析】物体由气态直接变为固态的现象叫凝华；物体由气态变为液态的现象叫液化；
根据我们对于凝华和液化的了解来作答。
【解答】解：露是液体，是由空气中的水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化；
霜是固体，是由空气中的水蒸气遇冷形成的，气态变为固态的现象叫凝华。
故答案为：液化； 凝华。
【点评】此题考查我们对于液化和凝华的理解，物态变化知识是中考必考的知识点，需要掌握。
三、计算题(共18分，要求写出必要的文字说明、公式、运算过程、数值和单位)
19．(9分)百度联手奇瑞汽车，在安徽省芜湖市打造了国内首个全无人车运营区域。某正在测试中的一款无人汽车，其质量为1.6×103kg，汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶75min，消耗汽油6.4kg，所受的阻力是汽车总重的0.05倍，汽油的热值是4.5×107J/kg。求：
(1)汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶时，汽车发动机的牵引力。
(2)汽车行驶75min牵引力做的功。
(3)汽车发动机的效率。
【分析】(1)知道汽车总质量，利用G＝mg求汽车总重力，由题知平均阻力f＝0.05G，可求平均阻力，又知道汽车在平直公路上匀速行驶，此时汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，可求牵引力；
(2)根据公式s＝vt求出汽车行驶的路程，再利用W＝Fs求汽车牵引力做功(有用功)；
(3)知道汽油的热值和质量，利用Q放＝mq，求出汽油完全燃烧放出的热量，然后根据η＝求出汽车发动机的效率。
【解答】解：
(1)汽车总重力：
G＝mg＝1.6×103kg×10N/kg＝1.6×104N，
汽车行驶时受到的阻力：
f＝0.05G＝0.05×1.6×104N＝800N，
因为汽车在平直公路上匀速行驶，
所以汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
F＝f＝800N；
(2)75min＝1.25h，
根据v＝可知，汽车行驶的距离为：
s＝vt＝72km/h×1.25h＝90km＝9×104m，
牵引力做功：
W＝Fs＝800N×9×104m＝7.2×107J；
(3)6.4kg汽油完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq＝6.4kg×4.5×107J/kg＝2.88×108J，
汽车发动机的效率为：η＝＝×100%＝25%。
答：
(1)汽车发动机的牵引力是800N；
(2)牵引力做了7.2×107J的功；
(3)汽车发动机的效率为25%。
【点评】本题考查了效率公式、做功公式、燃料热值和二力平衡条件的应用，难点在第三问，明白发动机的效率含义是得到正确答案的关键。
20．(9分)如图所示是某款有加热和保温功能的电热饮水机电路原理图，机内有温控开关S0．该饮水机的部分参数已知：
额定电压
220V
加热时的总功率
880W
保温时的功率
44W
R1、R2为加热电阻丝。(假设它们的阻值不变)(计算结果若不能整除，保留一位小数)求：
(1)当S和S0闭合时，饮水机处在什么状态？此时电路的总电流是多大？
(2)在加热状态下，电阻丝R1的阻值为多少？
(3)傍晚用电高峰期，若实际电压只有200V时，饮水机加热的实际总功率是多大？

【分析】(1)分析当S和S0闭合时电路中总电阻的大小，根据P＝分析电路总功率的大小可知饮水机处于哪种工作状态，根据P＝UI求出此时电路中的总电流；
(2)开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简单电路，电饮水机处于保温状态；当开关S、S0闭合时，两电阻并联，电饮水机处于加热状态，根据电路的总功率等于各用电器功率之和求出R1的电功率，根据并联电路的电压特点和P＝求出电阻丝R1的阻值；
(3)根据欧姆定律求出饮水机加热时电路中的总电阻，再根据P＝求出实际电压只有200V时饮水机加热的实际总功率。
【解答】解：(1)当开关S和S0闭合时，两电阻并联，电路中的总电阻最小，
由P＝可知，电路的总功率最大，电热饮水机处于加热状态；
由P＝UI可得，此时电路的总电流：
I＝＝＝4A；
(2)当开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简单电路，此时电热饮水机处于保温状态；
当开关S、S0闭合时，两电阻并联，电热饮水机处于加热状态，
因电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，R1消耗的电功率：
P1＝P加热﹣P保温＝880W﹣44W＝836W，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电阻丝R1的阻值：
R1＝＝≈57.9Ω；
(3)由I＝可得，饮水机加热时电路中的总电阻：
R＝＝＝55Ω，
当实际电压只有200V时，饮水机加热的实际总功率：
P实＝＝≈727.3W。
答：(1)当S和S0闭合时，饮水机处在加热状态，此时电路的总电流是4A；
(2)在加热状态下，电阻丝R1的阻值为57.9Ω；
(3)傍晚用电高峰期，若实际电压只有200V时，饮水机加热的实际总功率是727.3W。
【点评】分析清楚电路结构，知道何时饮水机处于加热状态、何时处于保温状态，是正确解题的关键，灵活应用功率的变形公式、并联电路的特点即可正确解题。
四、实验、作图题(共22分)
21．(4分)小刚发现汽车在柏油马路上容易停下来，而在冰雪路面上不容易停下来。

(1)小刚猜想：摩擦力的大小可能与接触面粗糙程度有关。于是小刚利用长木板、毛巾、长方体物块A和物块B，以及弹簧测力计做了如图所示的实验。实验时，应使弹簧测力计水平　匀速　拉动纸盒A。
(2)小刚通过比较　甲、乙　两图的弹簧测力计示数，可以验证他的猜想。丙图中，匀速直线拉动A和B一起做匀速直线运动时，画出物块B所受力的示意图。
【分析】(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；根据摩擦力产生的条件分析。
【解答】解：(1)只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小。
(2)研究滑动摩擦力的大小可能与接触面的粗糙程度有关，要控制压力大小不变，只改变接触面的粗糙程度，通过比较甲乙两图的弹簧测力计示数，可以验证他的猜想；
物块B随物块A一起水平向右做匀速直线运动，它们相对静止，故物体B不受摩擦力的作用；
物体B共受两个力作用：重力和支持力，并且这两个力是一对平衡力；
重力方向竖直向下，作用点在重心，支持力方向竖直向上，作用点也画在重心上，示意图如图：

故答案为：(1)匀速；(2)甲；乙；见上图。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
22．(6分)在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中(如图所示)，小明先用弹簧测力计测出金属块的重力，然后将金属块缓慢浸入液体中不同深度，步骤如图B、C、D、E、F所示(液体均未溢出)，并将其示数记录在表中：

实验步骤
B
C
D
E
F
弹簧测力计示数/N
2.2
2.0
1.7
1.7
1.9
(1)分析比较实验步骤A和 　D、E　，可得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较A、B、C、D可知：浮力大小与物体 　排开液体的体积　有关；分析实验步骤A、E、F可知：浮力的大小还与 　液体密度　有关。
(2)分析实验数据可知，F中液体密度 　小于　(选填“大于”、“小于”或“等于”)水的密度。
(3)金属块浸没在水中时受到的浮力大小是 　1　N，金属块密度为 　2.7×103　kg/m3．(水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
【分析】(1)研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度；
由AEF图找出相同的量和不同的量，分析得出物体受到的浮力大小与变化量的关系；
(2)根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知物体排开液体的体积相同时，密度越大，受到的浮力越大；
(3)根据称量法F浮＝G﹣F计算出在盐水中受到的浮力，利用阿基米德原理F浮＝ρ液gV排求物块的体积，根据ρ＝得出物体的密度。
【解答】解：(1)研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度，故由ADE图可知，物体排开液体的体积相同时，液体的密度相同，浸没的深度不同，浮力相同，所以物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
研究物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积关系，要控制排开液体的密度相同，由分析比较A、B、C、D可知，液体的密度相同时，物体排开液体的体积不同，浮力不同，所以物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关。
由分析比较A、E、F可知：图知，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，浮力大小不同，故可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关。
(2)根据称重法可知：物块在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝2.7N﹣1.7N＝1N；物块在另一液体中受到的浮力为：F浮′＝2.7N﹣1.9N＝0.8N；
根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知物体排开液体的体积相同时，密度越大，受到的浮力越大，故F中液体密度小于水的密度。
(3)物块在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝2.7N﹣1.7N＝1N；
V排＝＝＝10﹣4m3
金属块的体积：V＝V排＝10﹣4m3
金属块的质量：m＝＝＝0.27kg
金属块的密度：ρ＝＝＝2.7×103kg/m3
故答案为：(1)D、E；排开液体的体积；液体的密度；(2)小于；(3)1；2.7×103。
【点评】本题目就是考查学生对阿基米德实验的掌握程度，看学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出。
23．(6分)在“测量小灯泡额定功率”的实验中，实验器材有：两节新干电池、电流表、电压表、额定电压2.5V的小灯泡，滑动变阻器、开关，导线若干，实物电路如图甲所示。
(1)甲图中有一根导线连接错误，在导线上画“×”并在图上改正(所画的导线不能交叉)。
(2)改正错误后进行实验，根据实验数据描出的小灯泡的I﹣U图象如图乙所示，则小灯泡额定功率是　0.625　W。
(3)仅用该实验装置中的器材，以下探究活动不能够完成的是　D　。
A．测量小灯泡的电阻 B．探究串联电路电流的特点
C．探究串联电路电压的特点 D．探究电流与电压的关系
(4)完成上面实验后，小明又设计了如图丙所示的电路，测出了额定电流为I额小灯泡L2的额定功率。实验方案如下：(电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R1，滑动变阻器R2的最大阻值为R2)
①只闭合开关S和S2，移动R1滑片，使电流表示数为I额。
②只闭合开关S和S1，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额。保持滑动变阻器R2的滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为I2，则小灯泡额定功率的表达式P额＝　I额2•　。(用I额、I1、I2、R1、R2中的字母表示)

【分析】(1)原电路中，电压表串联在电路中是错误的，灯应与变阻器串联，电压表与灯并联；
(2)根据实验数据描出的小灯泡的I﹣U图象知灯在额定电压下的电流，根据P＝UI得出小灯泡额定功率；
(3)①由R＝分析；
②可将电流分别串联在电路不同处；
③可分别将电压表并联在用电器两端；
④探究电流与电压的关系要控制电阻不变。
(4)已知灯泡的额定电流，可通过R2等效替代正常发光灯泡，再根据电路特点，利用电源不变计算出R2的阻值，由P＝I2R计算额定功率。
【解答】解：(1)原电路中，电压表串联在电路中是错误的，灯应与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：

(2)改正错误后进行实验，根据实验数据描出的小灯泡的I﹣U图象如图乙所示，可知灯在2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
(3)A．由R＝可知，电压表测出电压，电流表测出电流，可测量小灯泡的电阻，故A能完成；
B．将电流分别串联在电路不同处，可探究串联电路电流的特点，故B能完成；
C．分别将电压表并联在各用电器两端，可探究串联电路电压的特点，故C能完成；
D、探究电流与电压的关系要控制电阻不变，灯的电阻随温度的变化而变化，故D不能完成。
故选D；
(4)①闭合开关S和S2，移动R1滑片，使电流表的示数为I额。
②只闭合开关S和S1，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额．保持变阻器R2的滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。
在①中，R1与灯串联，灯正常发光，
在②中，R1与R2串联，因为电路中电流仍为I额，所以R2＝RL；
保持R2滑片位置不动，将另一个滑动变阻器(R1)滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器(R1)的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。
由串联电路特点和欧姆定律可得：
U＝I1R2＝I2(R1+R2)，
解得：R2＝，
小灯泡额定功率的表达式为：
P额＝I额2RL＝I额2R2＝I额2•R2＝I额2•。
故答案为：
(1)如上所示；(2)0.625；(3)D；(4)②I额2•。
【点评】本题测量小灯泡的额定功率的实验，考查电路连接、功率计算、等效替代法及设计实验方案的能力。
24．(6分)在探究”不同物质吸热能力”的实验中，实验装置如图甲、乙所示。
(1)实验中应取 　质量　(选填“质量”或“体积”)相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，使用规格 　相同　(选填“相同”或“不同”)的电加热器加热。实验中通过 　加热时间　(选填“升高的温度”或”加热时间”)来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少；
(2)实验数据如图所示，　甲　液体的吸热能力强(选填“甲”或“乙”)。如果要在甲、乙两种液体中选择一种液体做为冷却剂，你认为 　甲　(选填“甲”或“乙”)液体较为合理.
加热时间/min
0
1
2
3
4
甲的温度/℃
30
34
38
42
46
乙的温度/℃
10
18
26
34
42
(3)图丙中①是乙加热时温度随时间变化的图线，如果将初温相同的乙物质质量增加到原来的2倍，不考虑热损失，用相同的加热器加热，再绘制出一条温度随时间变化的图线，则为图中的第 　③　条(填”①”“②”或“③”)
【分析】(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(2)根据比较吸热能力的方法分析；根据Q＝cm△t分析；
(3)由温度﹣时间图像可知加热4min乙的温度变化，根据转换法，由已知条件结合Q＝cm△t分析。
【解答】解：(1)根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同(甲、乙两种液体密度不同，根据m＝ρV，体积相同的甲、乙质量不同)，故实验中应取质量相同的甲、乙两种液体别倒入相同的烧杯中；
根据转换法，分使用规格相同的电加热器加热，实验中通过加热时间来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少；
(2)根据实验数据知，从34℃升高到42℃，甲加热2分钟，乙加热1分钟，故甲液体的吸热能力强；
根据Q＝cm△t，质量相同的甲、乙两种液体升高相同的温度，因甲的比热容大，甲吸热多，如果要在甲、乙两种液体中选择一种液体做为冷却剂，甲液体较为合理；
(3)由温度﹣时间图像可知，加热4min时，乙的温度变化量为32℃，不考虑热损失，用相同的加热器加热，将初温相同的乙物质质量增加到原来的2倍，加热相同时间，它们吸收的热量相同，根据Q＝cm△t可知，质量大的温度变化量小一些，质量增加到原来的2倍，则温度变化量为原来的一半，故曲线为图中的第③条。
故答案为：(1)质量；相同；加热时间；(2)甲；甲；(3)③。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法、Q＝cm△t及物质比热容较大的运用，为热学中的重要实验。
五、综合应用题(共6分)
25．(6分)阅读短文，回答问题：
电热膜
电热膜是一种新型的电热器件，如图甲所示是一种常见的电热膜。电热膜是在绝缘的聚酯薄膜表面，经过特殊工艺加工形成的一条条薄的导电墨线，导电墨线两端与金属导线相连，形成网状结构，其内部结构如图乙所示。
电热膜通电工作时没有发红、炽热现象产生，它与被加热物体直接接触，产生的热量很快传给被加热物体，所以电热膜本身温度并不太高。在制造电热膜时，会出现不同区域导电墨线厚度不均匀的现象，厚的导电墨线电阻小。导电墨线电阻随温度变化的关系如图丙所示，这种温度特性的优点是，它不会因厚度不均匀而出现严重发热不均、局部过热的现象，这是电热丝所不具备的，它保证了电热膜各处的温度均匀。

(1)电热膜取暖器工作时，室内空气温度升高，这是通过 　热传递　方式增加空气内能的；
(2)某根导电墨线的局部导电材料脱落，如图丁中A部分，这根导电墨线的电阻 　A　；
A．变大　　　　 B．变小　　　　 C．不变　　　　 D．以上三种情况均有可能
(3)将图戊中一块电热膜接入电路，正常工作时金属导线中A、B处电流分别为IA和IB，则IA　＜　IB；(填“＜”、“＝”或“＞”)，若增加这块电热膜中导电墨线的条数，则电热膜的功率将 　增大　。(填“增大”“减小”或“不变”)
(4)电热膜不会因厚度不均而出现局部过热的现象，主要原因是：电热膜温度升高时，电阻 　增大　，从而使电热膜的发热功率 　减小　，温度降低。(两空均选填：“增大”“减小”或“不变”)
【分析】(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，二者是等效的；
(2)影响电阻大小的因素有材料、长度和横截面积；
(3)并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；根据P＝分析功率的变化；
(4)根据图象分析导电墨线电阻随温度变化的关系得出结论。
【解答】解：(1)电热膜取暖器工作时通过热传递的方式使得室内温度升高；
(2)A部分的凹形，会导致横截面积变小，电阻变大；
(3)因为墨线是并联的，若通过每条墨线的电流为I，则IA＝3I，IB＝9I，因此IA＜IB；若增加这块电热膜中导电墨线的条数，电阻减小，根据P＝知电热膜的功率将增大；
(4)从丙图可以看出随温度升高而增大，发热功率减小。
故答案为：(1)热传递；(2)A；(3)＜；增大；(4)增大；减小。
【点评】本题考查学生阅读相关材料掌握相关知识，注重理解能力的考查，是中考常见温度的考查。