2020年辽宁省沈阳市大东区中考物理二模试卷(含答案解析) 26页

2020年辽宁省沈阳市大东区中考物理二模试卷一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）1.下列物态变化现象中需要吸收热量的是A.冰块熔化B.枝头挂露C.叶面结霜D.瀑布结冰2.以下现象属于增大压强的是A.用很细的钢丝切肥皂B.铁轨铺在枕木上C.滑雪时使用滑雪板D.书包带很宽3.如图所示，甲、乙、丙三个容器中分别盛有密度不同的液体，它们的液面高度相同。若a、b、c三点处液体的压强相等，则容器中液体密度大小排列顺序正确的是A.甲乙丙B.丙乙甲C.甲丙乙D.乙甲丙 4.如图所示电路中电源电压不变，当S闭合，且滑片P向左滑动时，各电表示数的变化情况是A.1表读数不变，2表读数变大，V表读数不变B.1表读数变大，2表读数变大，V表读数不变C.1表读数变小，2表读数变大，V表读数变大D.1表读数不变，2表读数变小，V表读数变小5.在图的电路中，电源电压保持不变，开关S闭合后，调节滑动变阻器滑片P的位置，当灯泡L恰好正常发光时，电流表A的示数为.5，电压表V的示数为2V，则关于该电路，下述判断正确的是A.灯泡的额定功率是1WB.电源电压是2VC.若滑片再向右滑动，灯泡有可能被烧毁D.若滑片再向右滑动，电流表示数将减小，电压表示数将增大6.如图所示的环保型手电筒，筒内没有电池，使用时只要来回摇晃手电筒，使磁铁在线圈中来回运动，灯泡就能发光．以下四个实验中，能反映这种手电筒电源工作原理的是A.通电导线附近的小磁针发生偏转B.闭合开关后铁钉吸引大头针 C.闭合开关导体棒ab水平向左运动D.导体棒ab水平向右运动电流表指针发生偏转二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）7.在湖边看平静湖水中的“鱼”和“云”，看到的是A.“鱼”是光的反射形成的虚像，“云”是光的折射形成的虚像B.“鱼”是光的折射形成的虚像，“云”是光的反射形成的虚像C.“鱼”和“云”都和原对应的物体是等大的D.“鱼”和“云”都比实际物体小8.下列关于生活中几个事例的说法，不正确的是A.一辆汽车在做匀速直线运动，它所受的合力一定为零B.竖直抛向空中的小球，在最高点时速度为零，处于平衡状态C.一袋重500N的米放在地面上，用300N的力竖直向上提它，这袋米受到的合力为200ND.沿水平方向推木箱，推力越大桌子受到地面的摩擦力一定越大9.生活中处处有物理，小明同学养成了观察生活的好习惯，他对观察到的一些现象做了以下解释，其中解释正确的是A.家里保险丝熔断，一定是用电器功率过大造成的B.不能用铜丝和铁丝代替保险丝C.发现有人触电时，应立即用手把他拉开D.电饭锅用三脚插头和三孔插座，是为了防止锅体漏电造成触电事故三、填空题（本大题共8小题，共22.0分）1.手机的功能越来越多，其中二维码支付已经在中国全面推广，当手机扫描二维码时，二维码在手机中成的是______选填“实像”或“虚像”，若要使二维码的像大一些，应当让手机离二维码______选填“近”或“远”一些。 11.随着科技的发展，利用太阳能给某智能百叶窗充电已成为现实，太阳能属于______填“可再生”或“不可再生”能源，太阳能是一种既清洁又安全的能源，在太阳的核心每时每刻都发生着______填“核聚变”或“核裂变”，从而释放出巨大的能量；微信是时下广为流行的一款手机软件，微信信息是手机利用______进行传播的。12.如图，动滑轮实质上是一个______填“省力”或“费力”杠杆，用60N的拉力将沙桶从地面提到9m高的楼上，拉力做的功是______J。13.小明手中有一只白炽灯泡，上面标有“220V100W”字样，说明这只灯泡正常发光时的电阻大小为______；当通过它的电流大小为.2时，它消耗的实际电功率大小为______W。14.如图所示的电路中，甲、乙两个导体长度相同，材料和横截面积不同．已知甲乙.闭合开关后，通过甲、乙的电流相同，则甲、乙两端的电压甲________乙，电阻甲________乙.导电性能较好的材料是________甲乙．15.如图所示，电源电压不变，灯泡L标有“6V3W”忽略温度对灯丝电阻的影响，则灯丝电阻为______.当只闭合开关S，滑片P从b端滑到中点时，电流表示数变化了.1，此时电压表示数为6V，电路消耗的总功率为1；保持滑片P的位置不变，再闭合1和2，电流表示数又变化了2A，此时电路消耗的总功率为2，则电源电压是______V，定值电阻的阻值为______，1：2______。16.如图为伦敦奥运会女子双人单桨赛艇的照片。赛艇的桨可以理解成是一根杠杆，图中已经画出了此杠杆的支点和动力，请在图中画出阻力2及阻力臂2.桨这样设计的优点是______。 17.如图所示是四冲程汽油机工作过程中的两个示意图，其中属于做功冲程的是______图，如果该汽油机飞轮转速是12ݎ，则该汽油机每秒做功______次。汽车的发动机常用水做冷却剂，这是因为水的______大，相同条件下水吸收的热量多，有更好的冷却效果。四、实验探究题（本大题共5小题，共20.0分）18.在探究光的反射规律的实验中，小明设计了如图所示的实验：将平面镜放在水平桌面，硬纸板竖直地立在平面镜上，硬纸板上的直线ON垂直于镜面，右侧纸板可绕ON转动。1如图甲，当硬纸板在同一平面上，使一束光贴着纸板沿某一方向射到O点，经平面镜反射，沿另一个方向射出。当入射光EO向ON靠近的过程中，发现反射光OF______选填“靠近”或“远离”㈠㘹.为了精确探究反射规律，除了图中的器材，还需要刻度尺、______和______。2如图乙，保持左侧纸板和入射光的位置不变，将右侧纸板绕ON转动，此时在右侧纸板上不能看到反射光，由此可以得出反射光线、入射光线和法线______的结论。19.如图所示是关于探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。1将杠杆放在水平桌面上，发现杠杆的左端高于右端，则应调节杠杆两端的螺母向______选填“左”或“右”移动，直到杠杆水平水平；使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于直接读出______。2杠杆平衡后，若在图甲中的B位置挂上2个钩码，则应在A位置挂______个相同的钩码，才能使杠杆保持在水平位置平衡；如果在B处下方再加两个砝码，则A处所挂砝码应再向左移动______格，可使杠杆在水平位置再次平衡。3如图乙所示，在B位置仍挂2个钩码，改用弹簧测力计在C位置竖直向上拉，使杠杆保持水平平衡，若此时将弹簧测力计改为向右上方斜拉，要使杠杆仍然保持水平平衡，拉力F的大小将______。选填“变大”、“变小”或“不变” 2.在探究“阻力对物体运动的影响”时，小华设计了如图所示的实验装置：将铁球用细绳悬于O点，小车置于O点正下方水平面上静止。实验时，分别在水平面上铺毛巾、棉布、玻璃板。1每次都要让铁球从图中A点由静止释放，是为了使小车在水平面开始运动时具有相同的______。2下面是记录实验情况的表格，请将表中的内容补充完整。实验序号水平部分的材料表______小车在水平面运动的距离毛巾棉布玻璃板3由实验可知水平面越光滑，小车运动的距离越远。由此推理得出：如果水平面绝对光滑，被撞击后的小车将作______选填“加速”“减速”或匀速”直线运动。4如果用此装置探究“物体动能的大小与什么因素有关”，换用不同质量的铁球每次从图中A点由静止释放，通过观察小车在水平面运动的距离，来探究物体的动能与______的关系。21.用“伏安法”测电阻的实验中，某同学连接了如图所示的电路电路元件完好，接线柱接线牢固．1在未检查电路连线是否正确的情况下，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电流表的示数将______，电压表示数将______.选填“发生变化”或“保持不变”2检查电路，发现有一处连接错误，请指出连接错误的导线是______选填“a”、“b”、“c” 或“d”，然后再图中画出正确的连线．3纠正错误后，闭合开关，测的几组数据如下表．第3次测量时电流表示数如图乙所示，请把表格填写完整．所测电阻的阻值大约是______.实验次数123o1.52.12.8.1.144小明设计了如图丙所示电路为已知电阻的定值电阻，并设计了如下实验步骤，也测出了未知电阻的电阻，请帮他把缺少的步骤补全，并写出的表达式．实验步骤：A.按照设计的电路图连接电路B.断开2、闭合1，记录电流表示数为1；C.______．表达式：______.用已知和测量的物理量的符号表示22.如图所示是刘玉瑾同学研究电磁铁磁性的强弱与哪些因素有关的实验的示意图，他把导线绕在大铁钉上做成电磁铁．实验中她是根据______来比较电磁铁磁性强弱的．在下图的实验中，她把两个电磁铁串联，这是为了______.根据图示的实验现象，他得出的结论是：当______一定时，电磁铁______，磁性越强．将滑动变阻器的滑片向右移动时，铁钉吸引的大头针将______填“变多”、“变少”或“没有变化”，这说明电磁铁的磁性强弱还与______有关．五、计算题（本大题共4小题，共22.0分）23.如图所示，检查视力的时候，视力表挂在小红后方的墙上，小红识别对面墙上镜子里的像。1视力表在镜子中的像与小红相距多远？2若小红向平面镜靠近.5，则她在镜中的像距离她多远？ 3小红向平面镜靠近的过程中，她在镜中的像的大小如何变化？24.2017年4月26日，中国第一艘国产航空母舰正式下水，如图，它的排水量达到6.5万吨．求：1满载时，该航空母舰受到的浮力是多少N？2若船底某处距海面的深度为5m，则该处受到海水的压强是多少Pa？海水的密度取1.13香325.如图所示，用400N的拉力F，将重为900N的木箱匀速提升1m，求：1拉力所做的功；2该滑轮组的机械效率。 26.如图所示电源电压恒定，148，滑动变阻器2的最大阻值是24，小灯泡L标有“6V3W”字样，电流表的量程为െ3.问：1小灯的电阻为多少？2当开关1、3断开、2闭合、滑动变阻器的滑片P滑到中点时，灯泡L恰好正常发光，则电源电压U为多少？3当开关2、3断开，1闭合时，通电5min，电流通过灯泡消耗的电能是多少？4当开关1、2、3都闭合时，调节滑动变阻器的滑片P，在电流不超过电流表量程的情况下，电路消耗的总功率的最大值和最小值分别是多少？ 【答案与解析】1.答案：A解析：六种物态变化中，需要吸热的是：熔化、汽化和升华；需要放热的是：凝固、液化和凝华。解决此类问题要会正确的判断物态变化，然后结合吸热和放热进行分析判断。A.冰块熔化成水是固态变为液态，是熔化现象，熔化吸热，故A符合题意；B.枝头挂露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故B不符合题意；C.叶面结霜是空气中温度较高的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华放热，故C不符合题意；D.瀑布结冰是水由液态变成固态的凝固过程，凝固放热，故D不符合题意。故选A。2.答案：A解析：解：A、用很细的钢丝切肥皂，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故A符合题意；B、铁轨铺在枕木上，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B不合题意；C、滑雪时使用滑雪板，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故C不合题意；D、书包带很宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故D不合题意．故选A．压强大小跟压力大小和受力面积大小有关．增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强．减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题．3.答案：B解析：解：甲、乙、丙三个容器中液面高相同，由图知，三点所处深度：表， 因为香，三点处液体的压强相等，所以，三种液体的密度：甲乙丙。故选：B。知道液面等高，从图可以得出a、b、c三点的深度关系，又知道三点处液体的压强相等，根据液体压强公式求三种液体的密度关系。本题考查了学生对液体压强公式的了解与掌握，理解深度h含义：从液体内某点到水面的垂直距离。4.答案：A解析：解：原电路中，灯与2串联后再与1并联，电流表1测1的电流，电流表2测干路的总电流，电压表测1的电压，始终为电源电压保持不变；根据欧姆定律，通过1的电流大小不变，即1的示数不变；当S闭合，且滑片P向左滑动时，2的阻值变小，根据电阻串联的规律，灯与2串联的总电阻2变小，根据电阻的并联规律，1与2并联的总电阻变小，由欧姆定律，电路的总电流变大，即2示数变大。只有A正确。故选：A。分析电路的连接关系及电压表测量的电压、电流表测量的电流，确定电压表示数的变化；根据并联电路电压的规律，由欧姆定律确定电流表1的示数变化；滑片P向左滑动时，根据串联电阻的规律及并联电阻的规律判断总电阻的变化，根据欧姆定律最终确定电流表2示数的变化，由此确定正确答案。本题为一动态电路分析题，考查电阻串联、并联的规律及欧姆定律的应用，有一定难度，解题的关键是正确识别电路，搞清电表的连接情况。5.答案：A解析：解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测的是电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压；1因灯泡正常发光，所以，灯泡的额定功率2o.51，故A正确；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源电压大于2V，故B不正确； 2若滑片再向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由可知，电路中的电流变小，即电流表的示数减小，由可知，灯泡两端的电压减小，即电压表的示数减小，灯泡不可能被烧毁，故CD不正确。故选：A。由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测的是电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压；1灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据求出其大小，根据串联电路的电压特点判断电压表的示数和电源电压之间的关系；2根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律确定电路中电流的变化和电压表示数的变化。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，分析清楚电路的连接情况是解决本题的关键，尤其注意电压表测的是灯泡两端电压。6.答案：D解析：解：手摇电筒是利用电磁感应现象制成的，磁铁在线圈中来回运动，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光；A、奥斯特实验证明通电导体周围存在磁场．与手摇电筒的制成原理无关，故A错误．B、此图探究的是电磁铁磁性强弱的影响因素，研究电磁铁磁性强弱与电流的有无的关系，与手摇电筒的制成原理无关，故B错误．C、此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用，与手摇电筒的制成原理无关，故C错误．C、图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流可以从电流表指针发生偏转来体现，这是电磁感应现象，与手摇电筒的制成原理相符合，故D正确．故选：D．1手摇电筒是利用电磁感应现象制成的，磁铁在线圈中来回运动，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光．2逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，将两者对应即可得到答案．1此题考查了电磁感应、通电导体在磁场中受力、奥斯特实验、电磁铁磁性强弱的决定因素等知识点．2首先根据题目告诉的：明确出手摇电筒的制成原理是解决此题的关键． 7.答案：BC解析：解：1鱼反射的光从水中进入空气中时，在水面处发生折射进入了人的眼睛，我们看到的是鱼儿变浅的等大虚像，是由光的折射形成的。2水中的“云”，是天上的云在水中的倒影，属于平面镜成像，是与物体等大的虚像；看到水中的“云”是由光的反射形成的。综上所述，只有BC正确。故选：BC。1要解决此题，需要掌握平面镜成的像是与物体等大的虚像，知道平面镜成像是由于光的反射形成的。2要掌握光的折射现象。我们看到水中的物体，其实看到的是物体的虚像，是由光的折射形成的。反射与折射都能形成虚像，主要区别是反射形成的虚像关于反射面对称，平面镜成像就是最典型的例子。8.答案：BCD解析：解：A、物体做匀速直线运动，处于平衡状态，受平衡力，所受合力一定为零，故A正确；B、竖直向上抛出的小球上升到最高点时只受到重力作用，处于非平衡状态，故B错误；C、一袋重500N的米放在地面上，用300N的力竖直向上提它拉力小于重力，不能提起这袋米，此时地面的支持力是200N，这袋米受到的合力为5㘹െ3㘹െ2㘹㘹，所以这袋米仍然保持静止状态。故C错误；D、影响摩擦力的因素：压力和接触面的粗糙程度，当沿水平方向推着木箱运动时压力和接触面的粗糙程度不变，故木箱受到的摩擦力不变，故D错误。故选：BCD。1一对平衡力的合力为零；2物体保持静止或做匀速直线运动称为处于平衡状态；3处于静止状态的物体，所受合力为0；4影响摩擦力的因素：压力和接触面的粗糙程度。此题主要考查了对力和运动的关系的正确理解，力与运动的关系是力学中的一个重点和难点，正确理解力与运动的关系是学好力学的关键。 9.答案：BD解析：解：A、家里保险丝熔断，可能是用电器功率过大造成的，也可能是某处发生短路，造成电路中电流过大，选项说法错误，不符合题意；B、当家庭电路中电流过大时，保险丝先熔断，如果把铜丝和铁丝代替保险丝，这样铜丝或铁丝不会轻易熔断，很有可能发生电火灾，符合题意；C、发现有人触电时，不能用手把他拉开，因为这样会造成更多的人发生触电危险，不符合题意；D、电饭锅用三脚插头和三孔插座，是为了防止锅体漏电造成触电事故，符合题意；故选：BD。解决此题要知道安全用电的原则，明白当家庭电路中的电流过大时，保险丝会熔断起到断开电路的作用。解决此题要结合安全用电原则进行分析解答。10.答案：实像近解析：解：手机的摄像头相当于照相机，当手机扫描二维码时，二维码在手机中成的是倒立、缩小的实像；若要使二维码的像大一些，据凸透镜的成像规律可知，需要让物距变小，故应该让手机距离二维码近一些。故答案为：实像；近。1摄像头相当于凸透镜，凸透镜成像时，物距2相，成倒立缩小的实像，应用是照相机；2据“物近像远像变大”分析即可判断。知道并理解凸透镜的成像规律是解决该题的关键。11.答案：可再生核聚变电磁波解析：解：太阳能从自然界源源不断得到，是可再生能源；太阳释放出的巨大能量来源于太阳核心的聚变；手机上网是通过电磁波传送信息的。故答案为：可再生；核聚变；电磁波。1能从自然界源源不断得到或可重复利用的能源是可再生能源，如：太阳能、风能等都是可再生能 源；不能从自然界源源不断得到或不能重复利用的能源是不可再生能源；2太阳内部发生着核聚变，释放出巨大能量；3电磁波可以在真空中传播，移动通信是利用电磁波传输信号的。本题考查的知识点较多，解答此题的关键是熟记课本中的基础知识点。12.答案：省力；1080解析：本题考查了动滑轮的实质、利用动滑轮功的计算，要知道使用动滑轮时拉力端移动距离2。1动滑轮实质上是一个动力臂等于2倍阻力臂的杠杆，动力臂大于阻力臂为省力杠杆；2使用动滑轮，2，拉力端移动距离2，利用求拉力做的功。1动滑轮实质上是一个动力臂等于2倍阻力臂的省力杠杆；2使用动滑轮，2，拉力端移动距离22918，拉力做的功：6㘹1818。故答案为：省力；1080。13.答案：48419.36222o2解析：解：灯泡上面标有“220V100W”字样，所以，484。12.2248419.36。当电流是.2时，电阻不变，所以实际功率为：实实故答案为：484、19.36。2有“220V100W”字样，可由公式，算出灯泡正常发光时的电阻。当电压和电流变化时，温度一般要变。电阻一般也有变化，不过一般认为电阻是不变的。在已知电2算出实际功率。流的情况下可由公式实实注意在运用电功率公式进行计算时，公式中的各个量一定是同一段电路上的，也是电路的同一个状态的。如本题实际状态下的电流和额定状态下的电流是不一样的。题中要算的是实际功率，如果用额定状态下的电流就是错误的，这也是一个易错点。不过电阻可以能用。14.答案：甲解析： 【试题解析】由电路图可知，甲、乙导体并联，根据并联电路的电压特点可知它们两端的电压关系，根据欧姆定律可知两导体的电阻关系，利用影响电阻大小的因素判断导体的导电性能。本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用以及影响电阻大小的因素，会比较两者的导电性能是关键。由电路图可知，甲、乙导体并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，甲、乙两端的电压甲乙，因通过甲、乙的电流相同，所以，由的变形式可知，两导体的电阻相等，因导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，所以，甲、乙长度相同，且甲乙，若材料相同，则甲的电阻乙的电阻。已推出甲乙电阻相等，则甲的材料导电性能好。故答案为：；；甲。15.答案：128201：6解析：解：1灯泡的额定电流：额3.5，额6o额灯泡的电阻：额6o12。.5额2当闭合开关S，断开开关1、2，滑片P从b端滑到中点时，灯泡和R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流；因为当滑片移到中点时灯泡两端的电压和额定电压相等，所以此时电路中电流.5；电源的电压：1----；2因为滑片P从b端滑到中点时，电流表的示数变化了.1， 所以滑片在b点时，电路中电流为െ.1.5െ.1.4；电源的电压：-----；1由两式可得：.512.4122解得：8；将R代入式，可得：8o。3再闭合开关1、2时，灯泡L被短路，与滑动变阻器并联，电流表测干路中的电流，因为并联电路的总电阻小于任何分电阻，所以当电流表示数又变化了2A，指增大了2A，变为2.42.4，通过滑动变阻器的电流：8o滑112，822流过的电流：െ滑2.4െ2.4；的阻值：8o2；.44第一次的总功率：18o.43.2，第二次的总功率为：28o2.419.2，1：23.2：19.21：6。故答案为：12；8；20；1：6。1灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律可知灯泡的电阻。2当闭合开关S，断开开关1、2，滑片P从b端滑到中点时，灯泡和R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流；此时灯泡两端的电压与额定电压相等，则可知电路中的电流；由题意可知当滑片P在b点时电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律分别表示出滑片在两个不同位置时电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出电源电压及R的总阻值。3再闭合开关1、2时，灯泡L被短路，与滑动变阻器并联，电流表测干路中的电流，根据欧姆定律求出通过滑动变阻器的电流，再根据并联电路的电流特点求出通过的电流，然后利用欧姆定律求出的阻值， 4根据算出电功率且算出两功率之比。本题考查了串并联电路的特点及欧姆定律的应用，对学生要求较高；在解题时要根据电路中电阻的变化判断出电流的变化方向，从而准确地确定出电流值。16.答案：省距离解析：解：由图知：运动员施加的动力方向是向后的，支点在O点，所以阻力方向也是向后的。从支点作垂直与阻力的线段，就是阻力臂。作图如下：动力臂小于阻力臂，桨是一个费力杠杆，这样设计的优点是节省距离。故答案为：如图所示；省距离。阻力的作用是阻碍杠杆的转动；力臂是支点到力的作用线的距离，因此要先确定阻力的方向和支点，然后过支点做出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的阻力臂。杠杆分三类：省力杠杆，省力但费距离；等臂杠杆，既不省力也不省距离；费力杠杆，费力但省距离。本题考查了力臂的作法和杠杆的优缺点。关键是要掌握力臂的概念和三类杠杆的优缺点。17.答案：甲10比热容解析：解：1甲图两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程；做功冲程将内能转化为机械能。乙图两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程；压缩冲程是把机械能转化为内能的过程。2内燃机完成1个工作循环，完成四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次，12ݎ2，即每秒完成10个工作循环，完成40个冲程，对外做功10次。3汽车发动机工作时产生大量的热，这些热如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多把这些热迅速吸 收，使发动机的温度不致升得太高。故答案为：甲；10；比热容。1解决此题要知道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，其中在做功冲程中，是内燃机的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能。2内燃机完成1个工作循环，四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次。3水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析。本题考查了内燃机的工作过程及能量转化情况，以及水的比热容大在生活中的应用等知识，属于常见题型。原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道比较简单的实验题，掌握热机的工作原理，学会变通。18.答案：靠近笔量角器在同一平面内解析：解：1光反射时，反射角大小等于入射角，若将EO向ON靠近，则OF靠近ON；为了精确探究反射规律，需要测量角度，记录数据，列出表格，故除了图中的器材，还需要刻度尺、笔和量角器；2实验中使用可折转的硬纸板，除了能呈现光路外，将右侧纸板绕ON转动，此时在右侧纸板上不能看到反射光，由此可以得出反射光线、入射光线和法线在同一平面内的结论。故答案为：1靠近；笔；量角器；2在同一平面内。1根据入射角的变化和反射角的变化而得出结论；为了精确探究反射规律，除了图中的器材，还需量出角度，记录数据，要刻度尺、笔和量角器；2硬纸板可以显示光路，将右侧纸板绕ON转动，反射光线将会消失，所以证明了反射光线、法线、入射光线在同一平面内。本题考查了探究光的反射的实验，要理解和熟记光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角。19.答案：左力臂42变大解析：解：1杠杆的左端高于右端，说明杠杆的右端偏重，则应平衡螺母向上翘的左端移动；实验过程中，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读 出来；2设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，在A位置挂n个钩码，由杠杆平衡条件可得1122，即：224，解得4，即在A处挂4个钩码；如果在B处下方再加两个砝码，设杠杆平衡时左边钩码在第格处，根据杠杆的平衡条件可得：444，解得：4，故应该将A处所挂钩码须向左移动4െ22格。3用弹簧测力计在C位置竖直向上拉，使杠杆保持水平平衡。若此时将弹簧测力计改为向右上方斜拉，则动力臂变小，要使杠杆继续保持水平平衡，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，则动力应变大，即弹簧测力计示数变大。故答案为：1左；力臂；24；2；3变大。1调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；使杠杆在水平位置平衡，此时力与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；2设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，根据杠杆平衡求出钩码的个数；3阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力变大。杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计倾斜拉动杠杆还在水平位置平衡，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大这是常见的一种题型。20.答案：速度小车受阻力的情况匀速质量解析：解：1实验时，让小车从同一斜面的同一高度由静止开始滑下，目地是为了让小球每次到达水平面时的速度都相同；2由实验可知，在小车初速度一定时，小车受到的阻力越小，滑行距离越大；因此记录表格中需要添加表小车受阻力的情况；3由实验可知，小车受到的阻力越小，小车速度变化越慢，小车滑行距离越远，由此可以合理推理：如果小车不受力，小车将做匀速直线运动。由此可得牛顿第一定律不是由实验直接得出的；4换用不同质量的铁球每次从图中A点由静止释放，通过观察小车在水平面运动的距离，质量大的将小车撞击的更远，这表明速度相同时，质量越大，物体动能越大。 故答案为：1速度；2小车受阻力的情况；3匀速；4质量。1实验中要求小车从同斜面的一点滑下，是为了保证小车到达水平面时有相同的速度；2应用控制变量法，根据接触面的粗糙程度与小车滑行距离的关系得出实验结论；3小车在水平面上的初速度相等，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，小车滑行的距离越远；根据实验事实，进行合理的推理，得出相关的结论；4掌握控制变量法的应用：动能的大小与物体的速度和质量有关，要探究动能和速度的关系，需保持质量相同，要探究动能和质量的关系，需保持速度相等。本题考查理想实验的内容，应明白理想实验的意义：以一定的事实为基础，为合理的外推猜想得到一定的结论。理想实验是牛顿第一定律的理解基础，要注意理解！21.答案：1发生变化；保持不变；2；；315.2；14断开1、闭合2，记录电流表示数为2；2解析：解：1由实物图知电流表与电阻、滑动变阻器串联在电路中，滑动变阻器滑片移动时，接入电路的电阻发生变化，所以电路电流发生变化，电流表示数相应改变；因为电源电压不变，此时电压表测量电源电压，所以示数不变．2由实物图知，电压表测量的是电源电压，应该测量定值电阻两端电压，所以错误的是导线d，与变阻器金属杆右端相连的导线应该连接定值电阻左端的接线柱，如下所示：3电流表选择小量程，分度值为.2，此时电流表的示数为.18；由表中数据，根据欧姆定律可得：2.8o15.6，同理，由欧姆定律，求其它两次测量的电阻大小分别为15、15，为提高.18测量的准确程度，将三次测量的平均值作为最后结果， 151515.615.2；测34.按照设计的电路图连接电路B.断开2、闭合1，记录电流表示数为1；C、断开1、闭合2，记录电流表示数为2B中，为的简单电路，电源电压为1，C中，只有待测电阻接入电路中，因电源电压不变，1根据并联电路电压的规律有：．2故答案为：1发生变化；保持不变；2；；315.2；14断开1、闭合2，记录电流表示数为2；。21分析原电路的连接，电流表串联在电路中，示数是否变化，在电源电压一定时，决定于电路电阻的变化；电压表与导体并联，示数是否变化决定于所测量的电压；2伏安法测电阻实验，需要电流表、定值电阻和滑动变阻器与电源、开关组成串联电路，电压表测量定值电阻两端电压；3读取电流表示数时，要明确选择的量程和对应的分度值；已知电压和通过的电流，利用多次测量求平均值的方法求待测电阻阻值；4分别将定值和待测电阻接入电路中，由欧姆定律先求出电源电压，根据并联电路电压的规律分析回答．本题用“伏安法”测电阻，考查电路的分析，电路的连接、测量过程及设计实验方案的能力和数据处理的能力．为中考的热点问题．22.答案：吸引大头针的数量；控制电磁铁中电流相等；电流；线圈匝数越多；变少；电流大小解析：本题难度不大，掌握基础知识、熟练应用控制变量法、分析清楚图示情景即可正确解题．电磁铁磁性强弱无法直接比较，可以转化成吸引大头针的数量来比较．电磁铁磁性的强弱与线圈的匝数和电流的大小有关，在实验中要注意控制变量的方法．本题中的两个电磁铁，线圈匝数不同， 明显是研究电磁铁磁性强弱与线圈匝数间的关系，所以要控制电流相等，利用了串联电路电流相等的特点．故答案为：吸引大头针的数量；控制电磁铁中电流相等；电流；线圈匝数越多；变少；电流大小．23.答案：解：1因为平面镜成像特点：物体与像到镜面的距离相等，已知视力表距平面镜2.3，小红距离平面镜.4，所以可得视力表在平面镜中所成的像距离平面镜为2.，3m，小红与视力表在平面镜中的像的距离应该是2.32.3െ.44.2；2若小红向平面镜靠近.5，则她离镜面的距离为2.3െ.4െ.51.4，她在镜中的像距离她1.41.42.8；3小红向平面镜靠近的过程中，她在镜中的像始终与她大小相等，所以像的大小不变。答：1小红与视力表在平面镜中的像的距离是4.2；2若小红向平面镜靠近.5，则她在镜中的像距离她2.8；3小红向平面镜靠近的过程中，她在镜中的像的大小不变。解析：本题考查平面镜成像规律的应用，难度较小。根据平面镜成像特点：物体与像到镜面的距离相等，像与物体大小相等，即可解答此题。24.答案：解：1航空母舰满载时，处于漂浮，受到的浮力：香6.51413香1㘹香6.518㘹；浮排排2船底某处距海面的深度5，该处受到海水的压强：香1.13香31㘹香5514表．海水答：1满载时，该航空母舰受到的浮力是6.518㘹；2若船底某处距海面的深度为5m，则该处受到海水的压强是514表．解析：1知道航空母舰的排水量满载时排开水的质量，利用阿基米德原理求船满载时受到的浮力；2知道船底所处的深度，利用液体压强公式香计算船底受到海水的压强．本题考查了液体压强公式、阿基米德原理的应用．知道航空母舰的排水量满载时排开水的质量的含义是关键．25.答案：解：1由图可知，3， 则绳子自由端移动的距离3313，拉力F做的总功为：4㘹312；总2对滑轮组做的有用功为：9㘹19，有用滑轮组的机械效率为：有用91Ͳ1Ͳ75Ͳ。12总答：1拉力的功率是60W；2滑轮组的机械效率是75Ͳ。解析：1首先确定滑轮组绳子的有效股数n，然后根据求出绳子自由端移动的距离，再根据求出拉力所做的功；有用2对物体所做功为有用功，可根据求出；利用求出机械效率。总此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率计算公式的理解和掌握，关键是公式的熟练运用和滑轮组绳子的有效股数的确定，难度不大。26.答案：解：1由灯泡的铭牌可知：额6o，额3，2额6o2灯泡的电阻为12；3额2当开关1、3断开、2闭合、滑动变阻器的滑片P滑到中点时，滑动变阻器与灯泡串联；因灯泡正常发光，所以灯泡两端的电压为6o，额3电路中的电流为.5，6o额11电源的电压为2.5246o12o；223当开关2、3断开，1闭合时，1和灯泡串联，12o此时电路中的电流为.2，14812灯泡5min消耗的电能为2.221256144；4当开关1、2、3都闭合时，1和滑动变阻器2并联，由题意可知干路的最大电流最大3， 所以电路消耗的总功率的最大值为最大最大12o336；滑动变阻器接入电路的电阻最大时，干路的电流最小为：12o12o3，最小12482443所以电路消耗的总功率的最小值为12o9。最小最小4答：1小灯的电阻为12；2电源电压为12V；3电流通过灯泡消耗的电能为144J；4电路消耗的总功率的最大值和最小值分别为36W、9W。2解析：1根据铭牌可知灯泡的额定电压和额定功率，根据求出灯泡的电阻；2当开关1、3断开、2闭合、滑动变阻器的滑片P滑到中点时，滑动变阻器与灯泡串联；根据灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，求出灯泡两端的电压，再根据串联电路电流特点和求出电路中的电流，最后根据串联电路电压特点和欧姆定律求出电源的电压；3当开关2、3断开，1闭合时，1和灯泡串联，根据电阻的串联特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据2求出灯泡5min消耗的电能；4当开关1、2、3都闭合时，1和滑动变阻器2并联，电流表测干路电流，根据电流表的量程确定电路中的最大电流，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时干路电流最小，根据欧姆定律和并联电路的电流特点求出干路电流，最后根据求出电路消耗的总功率的最大值和最小值。本题综合考查了电阻、电压、电流、电功、电功率的计算和串联电路、并联电路的特点，关键是熟练的掌握和应用相关的知识，难点是开关闭合和断开时电路串并联的辨别。