2020年宁波市奉化区市中考物理一模试卷(含解析) 12页

2020年宁波市奉化区市中考物理一模试卷一、单选题（本大题共6小题，共23.0分）1.关于物体在平面镜中所成像的大小的说法中，下列正确的是A.物体离镜面近，所成的像比较大B.像始终与物的大小相同C.物体离镜面远，所成的像比较大D.像的大小与平面镜大小有关2.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.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.阜阳一中的同学在探究串联电路的特点时，他们发现两只不一样的灯泡串联在同一电源上，有一只灯泡发出了很强的光，而另一只灯泡却发出了较暗的光，则下列说法中正确的是A.发光强的灯泡实际功率大B.发光强的灯泡电流大C.发光暗的灯泡电阻大D.发光暗的灯泡额定功率小.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。8.如图所示，轻杆可绕O点无摩擦转动，A端挂一个重为300N的物块，AO与OB长度之比为5：4，.若始终沿竖直向下拉挂在B端的轻环，使轻杆水平平衡，则拉力为______.当轻杆在图中虚线位置平衡时，拉力的大小将______。三、实验探究题（本大题共1小题，共9.0分）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3小题，共30.0分）1.在测定“小灯泡的电功率”的实验中，已知电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.m，小灯泡的电阻约为1，滑动变阻器上标有“21”字样。如图所示是小阳同学没有连接完的实物电路。1请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整，要求滑动变阻器滑片在最右端时阻值最大； 2实验中，小阳同学连接好电路后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不亮，且电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是______；故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片到某一点，电压表的示数如图所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______端滑动选填“左”或“右”；当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图所示，则小灯泡的额定功率是______W。11.下面的图表是从某台电热饮水机说明书上收集到的信息。经分析得知，当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，S断开时，饮水机处于保温状态。为了测量它加热时的实际功率，小明断开其它所有用电器，只将该饮水机接入家庭电路中，闭合开关S，测得热水箱中的水从2升高到1，所用时间为.쳌，同时观察到家中标有“12䁕ݎ”字样的电能表转盘转过120转。根据以上信息，求：热水箱容量1L额定电压220V加热时额定功率880W1电阻1的阻值不考虑温度对阻值的影响；2饮水机热水箱中的水从2升高到1时所吸收的热量.21䁕香；水饮水机加热时的实际功率；饮水机此加热过程中的热效率。 12.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：B解析：【试题解析】解：1由平面镜成像的特点可知，像与物体的大小相同，与距离镜面的远近无关，故AC错误；B正确；2由平面镜成像的特点可知，像与物体的大小相同，与镜子的大小无关，故D错误；故选：B．此题主要考查了平面镜成像的特点，要理解成正立、等大虚像的真正含义，并做到灵活运用．2.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m排12m；m排12m所以，小容器中水面上升的高度：1，小小2m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：香m香m，香m香m则大容器底部压强的増加量为：大；大大由题意可知：大小，香m香m2m所以，水香---------------大小已知：大小------------------------------联立可得：8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。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。3.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．4.答案：A解析：本题考查实际功率和串联电路电流的关系，知道灯泡的亮度由实际功率决定是解题的关键。串联各处电流相等；灯泡亮度由实际功率决定。联.灯泡亮度由灯泡的实际功率决定，实际功率越大灯泡越亮，故A正确，D错误；B.串联各处电流相等，故B错误； C.根据公式2判断，电流相等，灯泡越亮实际功率越大，电阻越大，故C正确。故选A。5.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。6.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。7.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。8.答案：375；不变解析：解：1要使轻杆水平平衡，根据杠杆平衡条件1122可知：则，因为AO：：4，，所以，2当轻杆在图中虚线位置平衡时，倾斜后力臂都变小，但两力臂的比值不变，仍为5：4，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知人的拉力不变。故答案为：375；不变。1杠杆在水平位置平衡，知道动力臂和阻力臂的关系，以及在A点施加大小，利用杠杆的平衡条件1122计算出杠杆B点人应施加拉力。2当轻杆在图中虚线位置平衡时，两力臂的比值不变，A的重力不变，根据杠杆的平衡条件可知人的拉力大小。杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用线的距离就是力臂，这点是考查的重点，也是学生容易忽视的地方。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͹，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：灯泡断路左.解析：解：1灯泡额定电压是2.m，电压表应选～m量程，滑动变阻器滑片在最右端时阻值最大，滑动变阻器应接左下接线柱A，把电流表与滑动变阻器串联接入电路，电压表与灯泡并联，电路图如图所示。2闭合开关，移动滑片，电流表无示数，说明电路存在断路，电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，因此与电压表并联的灯泡断路。电压表量程是～m，由图2所示电压表可知其分度值是.1m，示数为2.2m，小于灯泡额定电压，为测灯泡额定功率，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，减小滑动变阻器分压，增大灯泡电压，直到灯泡电压等于额定电压为止，由实物电路图可知，应向左端移动滑片。由实物电路图可知，电流表量程为～.，由图所示电流表可知其分度值是.2，电流表示数为你.2，灯泡额定功率2.m.2.ൌ。故答案为：1电路图如图所示；2灯泡断路；左；.。1根据灯泡额定电压选择电压表量程，把滑动变阻器、电流表串联接入电路，电压表与灯泡并联，注意滑动变阻器按题意要求连接。2常见电路故障有：断路与短路，根据电路故障现象分析电路故障原因。由图所示电压表确定其分度值，读出其示数，根据该示数与灯泡额定电压的关系确定滑片的移动方向。由图所示电流表确定其分度值，读出电流表示数，由求出灯泡额定功率。本题考查了连接实物电路图、电路故障分析、电表读数、求灯泡功率等，连接实物电路图时要注意 电表量程的选择，注意电表正负接线柱不要接反；对电表读数时要先确定电表量程与分度值，然后再读数。11.答案：解：1当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，此时电路中只有电阻1，如图1所示；S断开时，饮水机处于保温状态，此时电路中电阻1和2串联，如图2所示；22m，88ൌ，额加热2额22m2电阻1的阻值为：1。88ൌ加热2m111，11香䁕1香䁕，水的质量为：m1香䁕11香1香；又.21䁕香，1，2，水.21䁕香1香12.1。水吸收的热量为：吸水每消耗1ݎ的电能，电能表的转盘就转过1200r，12电能表的转盘转过120r消耗的电能为：ൌ.1ݎ.1，12䁕ݎ而.쳌，ൌ.1饮水机的实际功率为：8ൌ。实际.1，ൌ.1吸，吸.1饮水机的热效率为：9.。ൌ.1答：1电阻1的阻值为。2饮水机热水箱中的水从2升高到1时所吸收的热量为.1。饮水机加热时的实际功率为800W。饮水机此加热过程中的热效率为9.。解析：1当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，此时电路中只有电阻1；S断开时，饮水机处于保温状态，此时电路中电阻1和2串联；知道饮水机的额定电压和加热时的额定功率，可利用公式 2计算出电阻1的阻值。2知道热水箱的容量，可利用公式m计算出水的质量，又知道水的比热容和温度变化，可利用热量公式吸计算出水吸收的热量。“12䁕ݎ”的意义为：每消耗1ݎ的电能，电能表的转盘就转过1200r，从而可以计算ൌ出电能表的转盘转过120r消耗的电能，又知道工作时间，可利用公式计算出饮水机的实际功率。吸已经计算出水吸收热量和饮水机消耗的电能，可利用公式计算出饮水机的热效率。ൌ本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了质量、吸收热量、电功、热机效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是结合电路图对饮水机状态的判断。与生活相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位变换要正确。12.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：219mmm；通过电阻1的电流：1m1.；11根据前面的数据和串联电路的特点可得，2的阻值：22m28；21.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.， 9m此时电路的总电阻为：1，总.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.；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。