【智乐星中考】2025山东初中学业水平考试物理全真模拟卷8（PPT）

2025年山东省初中学业水平考试 物 理 试 题 1 　　本试卷共4页。满分100分。考试用时90分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项： 　　1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号和座号填写在答题卡和试卷规定的位置上。 　　2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答案写在试卷上无效。 　　3.非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。 2 一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.下列对有关声音的诗词、成语或俗语分析正确的是(　　) A.谁家玉笛暗飞声——人们通过音调来分辨听到的声音是笛声 B.乡音无改鬓毛衰——“乡音无改”是指人的音色没变 C.响鼓还需重锤敲——说明声音的响度与频率有关 D.引吭高歌——高歌中的“高”是指音调 3 【考点】声音特性的辨识。 【解析】A.音色由发声体本身的特征决定，靠音色判断出听到的声音是笛声，故A错误。 B.由于不同的人发出声音的音色不同，所以“乡音无改”是指声音的音色没变，故B正确。 C.“响鼓还需重锤敲”说明声音的响度与振幅有关，振幅越大，响度越大，故C错误。 D.“引吭高歌”指大声唱歌，其中的“高”是指响度大，故D错误。 4 2.下列对生活实例中所蕴含的物态变化知识说法正确的是(　　)   A.图甲，气体打火机里的液态丁烷是用降低温度的方法液化的 B.图乙，水烧开后继续用猛火加热，水的沸点将不断升高 C.图丙，舞台上弥漫的白色烟雾是干冰升华产生的二氧化碳气体 D.图丁，北方严寒冬天，室外冰冻的衣服也能晾干是升华现象 5 【考点】物态变化的辨识。 【解析】A.丁烷是在常温下通过压缩体积的方法液化的，故A错误。 B.水的沸点与气压有关，与火力大小无关，继续用猛火加热，水的沸点不会改变，故B错误。 C.舞台上弥漫的白色烟雾是小水滴，这是由于干冰升华吸热使舞台的气温降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成小水滴，故C错误。 D.北方严寒冬天，室外温度低于0 ℃，室外冰冻的衣服也能晾干，冰由固态直接变成了气态，属于升华现象，故D正确。 6 3.2025年2月1日，奇观天象——“月掩土星”如约上演，“月掩土星”是月球从土星前“路过”时，地球上的人会看到土星在短时间完全“消失”。下列现象中与“月掩土星”的光学原理相同的是(　　) 7 【考点】光现象的辨识。 【解析】“月掩土星”的光学原理是光的直线传播。 A.杯弓蛇影属于平面镜成像，是光的反射原理，故A不符合题意。 B.汽车后视镜是凸面镜，后视镜中的像是由于光的反射形成的，故B不符合题意。 C.树荫下的光斑是太阳通过树叶间隙形成的太阳的像，属于小孔成像，其成像原理是光的直线传播，故C符合题意。 D.插入水中的筷子，由于筷子反射的光在水面处发生折射，根据折射规律，折射角大于入射角，所以我们看到筷子“弯折”，故D不符合题意。 8 4.密度与生活联系非常紧密，下列关于密度的一些说法正确的是(　　) A.一瓶酸奶喝掉一半后，密度变为原来的一半 B.一定质量的水结冰时，体积变小 C.水从0 ℃升高到4 ℃的过程中，密度逐渐变大 D.氧气瓶内的氧气用去一部分后，剩余氧气的密度不变 9 【考点】质量、密度的理解。 【解析】A.一瓶酸奶喝掉一半后，物质总量减少一半，所以质量减小一半，体积减小一半。物质种类及状态没有变化，所以密度不变，故A错误。 B.水结冰时，质量不变，但密度变小，由V=可知，体积变大，故B错误。 C.水在0～4 ℃时是热缩冷胀，即水从0 ℃升高到4 ℃的过程中，体积不断变小，水的质量不变，由ρ=可知，密度变大，故C正确。 D.氧气瓶内的氧气用去一部分后，氧气瓶内氧气的质量变小，而瓶内氧气的体积不变，由ρ=可知，剩余氧气的密度变小，故D错误。 10 5.下列有关温度、热量和内能的说法中错误的是(　　) A.给水加热，水的温度越高，水所含热量越多 B.0 ℃的冰熔化为0 ℃的水，两者虽温度相同但水的内能大 C.30 ℃的水可能比60 ℃的水含有的内能多 D.发生热传递时，热量自发地由高温物体传递给低温物体 11 【考点】内能、温度、热量之间的关系。 【解析】A.物体温度越高，内能越多，热量是过程量，不能说含有多少热量，故A错误，符合题意。 B.0 ℃的冰熔化为0 ℃的水，虽然温度保持不变，但冰熔化过程中吸收热量，所以水的内能大，故B正确，不符合题意。 C.内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，30 ℃的水的温度比60 ℃的水的温度低，若30 ℃的水的质量较大，则30 ℃的水就可能比60 ℃的水含有的内能多，故C正确，不符合题意。 D.发生热传递的条件是物体间或物体的不同部分间存在温度差，热传递过程中，热量总是自发地从高温物体传向低温物体，故D正确，不符合题意。 12 【易错易混】 内能、温度、热量之间的关系 (1)温度表示物体的冷热程度，是一个状态量，是不能“传递”和“转移”的。 温度升高→内能一定增加 　　　　不一定吸热，如摩擦生热 (2)热量是转移内能的数量，是一个过程量，不能说物体“含有”或“没有” 热量。 吸收热量→温度不一定升高，如晶体熔化 　　　　内能一定增加(不考虑对外做功) 13 (3)内能是构成物质的所有分子动能和分子势能的总和，是一个状态量，不能说物体“没有”内能。 内能增加→温度不一定升高，如晶体熔化 　　　　不一定吸热，如外界对物体做功 14 6.生活处处有物理，留心观察皆学问。下列生活情景中蕴含的物理知识解释正确的是(　　)   A.图甲：比赛场中高抛发球时，乒乓球上升到最高点时处于平衡状态 B.图乙：小丽用力却推不动桌子是因为水平推力小于桌子受到的摩擦力 C.图丙：运动员骑车到达比赛终点时，车因受惯性力而不能立即停下来 D.图丁：手握瓶子在竖直方向上静止在空中，增大握力，瓶子受到的摩擦力大小不变 15 【考点】运动和力的关系；惯性的理解；摩擦力大小的判断。 【解析】A.高抛发球时，当球上升到最高点时速度为零但仍受重力的作用，因此，球在最高点处于非平衡状态，故A错误。 B.桌子静止不动说明桌子处于平衡状态，则桌子在水平方向受平衡力的作用，即水平推力和摩擦力大小相等，故B错误。 C.运动员骑到终点并不能立即停下来是由于车具有惯性仍要保持原来的运动状态而继续向前运动，惯性是物体本身所具有的一种性质，它不是力，故C错误。 D.因为瓶子处于平衡状态，故它在竖直方向上受到静摩擦力与重力这一对平衡力的作用，由于重力不变，则摩擦力大小不变，故D正确。 16 7.如图所示，小球从光滑的斜面顶端A由静止经斜面的中点B滑至斜面底端C的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.斜面对小球的支持力始终对小球做功 B.小球在整个运动过程中机械能不变 C.小球的重力和斜面对小球的支持力是一对平衡力 D.重力对小球在AB段和BC段做功的功率相同 17 【考点】力对物体是否做功的判断；机械能及其转化；平衡力、功率的理解。 【解析】A.斜面对小球的支持力方向始终与小球的运动方向垂直，即在支持力的方向上没有通过距离，支持力不做功，故A错误。 B.在整个运动过程中只有重力对小球做功，即只有小球的重力势能转化为小球的动能，在转化的过程中，小球的机械能保持不变，故B正确。 C.小球受到的重力竖直向下，小球受到斜面的支持力垂直于斜面向上，二者大小不等，方向不相反，也不作用在同一直线上，因此，它们不是一对平衡力，故C错误。 18 D.小球在斜面上做加速运动，因此，小球在AB段运动的平均速度小于在BC段运动的平均速度，由于小球在两段运动的路程相等，根据v=可知，小球在BC段运动的时间少。根据W=Fs可知，在两段路程中，小球的重力做功相同，由P=可知，在BC段重力对小球做功的功率大，故D错误。 19 8.小聪利用电学知识为自家设计了一个晚上“破窗而入”的防盗系统，当盗贼接触窗户时，触摸开关S触闭合，灯亮、铃不响；当小偷破窗进入家里时，红外感应开关S红闭合，报警电铃响起，下列电路设计符合要求的是(　　) 20 【考点】串、并联电路的设计。 【解析】由题意知，电灯与报警电铃工作时互不影响，因此，它们是并联的，红外感应开关控制报警电铃，触摸开关控制电灯，只有C符合要求。 21 9.如图甲所示电路中，当闭合开关S后，两个相同的电流表指针偏转角度相同，指针位置如图乙所示。若通过两灯泡的电流分别为I1、I2，灯泡LI、L2两端的电压分别为U1、U2，下列判断错误的是(　　) A.通过L1的电流为2.2 A　　　　 B.通过L2的电流为0.44 A C.I1∶I2=4∶1 D.U1∶U2=1∶1 22 【考点】电流表的使用及读数；并联电路的电流和电压规律。 【解析】分析电路可知，两灯并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量L2所在支路的电流。已知两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，因为并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和，所以A1选择的量程是0～3 A，分度值为0.1 A，电流表A1的示数I总=2.2 A，即干路电流为2.2 A。电流表A2选择的量程是0～0.6 A，分度值是0.02 A，所以电流表A2的示数I2=0.44 A，即通过灯L2的电流为0.44 A，通过灯L1的电流I1=I总-I2=2.2 A-0.44 A=1.76 A，I1∶I2=1.76 A∶0.44 A=4∶1，由于并联电路各支路两端电压都相等，则U1∶U2=1∶1。综上所述，BCD正确，不符合题意，A错误，符合题意。 23 10.根据安全用电常识可知，下列做法中可能引起空气开关跳闸的是(　　)   A.图甲，将三脚插头的“长脚”弯折后用两孔插座供电 B.图乙，家庭电路中的保险丝烧断后用铜丝替换 C.图丙，站在干燥的木凳上双手同时接触火线和零线 D.图丁，同时使用多个大功率用电器 24 【考点】安全用电原则。 【解析】A.三脚插头的长脚与用电器的金属外壳相连，插座上相应的导线和室外大地相连。万一用电器的金属外壳与火线相连，使外壳带电，电流会通过地线流入大地，从而避免触电事故的发生。若“长脚”弃之不用，那么人一旦触摸带电的金属外壳就会发生触电事故，但并不会引起空气开关跳闸，故A不符合题意。 B.铜丝的熔点很高，当用铜丝代替保险丝后，温度即使升高到一定程度，它也不会自动熔断，起不到保护电路的作用，但并不会引起空气开关跳闸，故B不符合题意。 25 C.虽然站在干燥的木凳上，但双手同时接触家庭电路中的火线和零线，火线和零线之间的电压是220 V，加在人体的电压是220 V，远超人体的安全电压，会对人体造成危害，但并不会引起空气开关跳闸，故C不符合题意。 D.因为电源电压一定，根据P=UI，若同时接入多个大功率用电器，则电路中的总电流会过大，会引起空气开关跳闸，故D符合题意。 26 11.下列是在厨房做饭时观察到的现象，相应的解释合理的是(　　)   A.碗沿上磕破鸡蛋是因为鸡蛋受到的压力比碗沿受到的压力大 B.抽油烟机把“白气”抽走是因为气体中流速越大的地方压强越小 C.高压锅煮饭熟得快是因为液体的沸点随着气压的增大而降低 D.铲子挂在吸盘挂钩上不掉落是因为重力与大气压力彼此平衡 27 【考点】力作用的相互性；大气压强的理解及应用；流体压强与流速的关系；液体沸点与气压的关系。 【解析】A.力的作用是相互的，相互作用的两个力大小相等，在碗沿上磕鸡蛋时，鸡蛋和碗沿受到的压力大小是相等的，鸡蛋破碎是因为鸡蛋硬度小，故A错误。 B.抽油烟机工作时，抽油烟机内空气流速加快，抽油烟机内的空气压强减小，小于外界大气压强，从而把“白气”抽走，故B正确。 28 C.水的沸点与大气压有关，气压越高，沸点越高。高压锅煮饭熟得快，是因为密封的锅盖使锅内气压升高，水的沸点随着升高，故C错误。 D.重力的方向是竖直向下的，而大气压力的方向是垂直于接触面的，根据二力平衡条件可知，这两个力不是一对平衡力，故D错误。 29 12.将A、B两物体粘在一起成为一个整体，分别正放和倒放在甲、乙两种不同的液体中，静止时的浮沉状态如图所示，下列判断正确的是(　　) A.甲、乙两种液体的密度大小关系ρ甲<ρ乙　　　　 B.甲、乙两种液体的密度大小关系ρ甲=ρ乙 C.B在两种液体中受到的浮力大小关系F甲=F乙 D.B在两种液体中受到的浮力大小关系F甲>F乙 30 【考点】物体的浮沉条件及应用；阿基米德原理的理解及应用。 【解析】AB.A、B两物体作为一个整体分别漂浮和悬浮在甲、乙两种液体 中，则A、B组合体在两种液体中分别受到的浮力都等于组合体的总重，即F 浮总=G总，组合体在甲、乙两种液体中排开的液体体积V总排甲<V总排乙，根据 ρ液=可知，ρ甲>ρ乙，故AB错误。 CD.B在两种液体中都浸没，根据F浮=ρ液gV排可知，F甲>F乙，故C错误，D正确。 31 【方法点拨】 同一物体在不同液体中所受浮力比较 1.“漂浮”或“一漂一悬”时：此时物体处于平衡状态，则物体受到的浮力大小等于它自身的重力，因为是同一物体，重力G相等，则F浮相等。 2.“一漂(或悬)一沉”时：漂浮(或悬浮)的物体受到的浮力大小等于它所受的重力，沉底的物体受到的浮力小于物体所受的重力，所以同一物体在不同液体中沉底时受到的浮力一定小于不沉底(漂浮或者悬浮)时受到的浮力。 3.都沉底，且浸没时：此时物体浸没，V排相等，由F浮=ρ液gV排可知，物体在密度越大的液体中受到的浮力越大。 32 13.新年伊始，小明随爸妈自驾外出旅行，小明和爸爸在途中发现自家车辆有故障需报交警紧急处理。交警为了尽快疏通道路，只用了时间t就将质量为m的故障车匀速拖离了现场。如图是交警所用拖车装置的简化图，若故障车被拖离的速度为v，绳子自由端所受的拉力为F，该装置的机械效率是η。下列说法正确的是(　　) A.使用该装置在时间t内所做的有用功为2ηFvt B.绳子自由端在时间t内通过的路程为vt C.故障车在被拖离过程中受到的摩擦力为3ηF D.拉力F在该过程中的功率为Fv 33 【考点】功、功率、机械效率的理解。 【解析】AB.有用功W有=ηW总=ηFs，该滑轮组承担阻力的绳子有3段，则绳子自由端通过的距离为故障车所通过距离的3倍，即s=3vt，代入上式得W有=3ηFvt，故AB错误。 C.克服故障车受到的摩擦力所做的功为有用功，则故障车受到的摩擦力f===3ηF，故C正确。 D.故障车匀速运动，绳子自由端移动的速度为3v，则拉力F的功率P=Fv绳=F·3v=3Fv，故D错误。 34 14.如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端逐渐移动到a点的过程中，下列判断正确的是(　　) A.V的示数变大，A2的示数变小 B.V的示数不变，A2的示数变大 C.A2的示数与A1的示数之差变大 D.V的示数与A1的示数之比不变 35 【考点】动态电路的定性分析。 【解析】利用去表法简化电路可知，R1、R2并联，电压表V测量并联电路两端的电压，电流表A1、A2分别测量通过滑动变阻器R2的电流、干路电流。电源电压恒定不变，则电压表V的示数不变；滑动变阻器R2的滑片P逐渐向左移动的过程中，滑动变阻器连入电路的阻值变小，因滑动变阻器两端的电压等于电源电压不变，由IP=可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A1示数变大；因电路的总电阻变小，而电源电压不变，根据I= 36 可知，通过干路的电流变大，即A2的示数变大；因R1的电阻不变，其两端电压等于电源电压不变，由I1=可知，通过R1的电流不变，因I1=I-IP，则A2的示数与A1的示数之差不变；V的示数与A1的示数之比在数值上等于RP，RP变小，则V的示数与A1的示数之比变小。综上所述，B正确、ACD错误。 37 15.如图甲所示电路，电源电压保持不变，不考虑小灯泡电阻受温度的影响，电流表量程为0～0.6 A，电压表量程为0～15 V，滑动变阻器R1的规格为“50 Ω　0.5 A”。在保证电路各元件都安全的前提下(小灯泡两端电压不能超过其额定电压的1.2倍)，最大范围内调节滑动变阻器滑片P，当滑片P移至滑动变阻器允许接入电路的最小值时，小灯泡恰好正常发光，电路中的电流与滑动变阻器接入电路阻值的变化关系图像如图乙所示。则下列判断正确的是(　　) A.电源电压为10 V B.小灯泡的额定电流为0.3 A C.滑动变阻器接入的最小阻值为2 Ω D.小灯泡的额定功率为3 W 38 【考点】动态电路的定量计算。 【解析】由图甲可知，小灯泡L和滑动变阻器R1串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器R1两端的电压；由图乙可知，当滑动变阻器连入电路的阻值R1=10 Ω时，电路中的电流I=0.3 A，则U=0.3 A×(10 Ω+RL)①，同理，当滑动变阻器连入电路的阻值R1'=50 Ω时，电路中的电流I'=0.1 A，U=0.1 A×(50 Ω+RL)②，联立①②解得U=6 V，RL=10 Ω。在保证电路各元件安全的前提下，滑动变阻器接入电路的阻值最小，电路中电流最大，此时小灯泡正常发光，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5 A，电流表量程的最大值为0.6 A，由此可知，电路中的最大电流为0.5 A，小灯泡的 39 额定电流为0.5 A，则小灯泡的额定功率P额=RL=(0.5 A)2×10 Ω=2.5 W；当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路阻值最小，此时电路中的总电阻R总===12 Ω，则滑动变阻器接入电路的最小阻值RP小=R总-RL=12 Ω-10 Ω=2 Ω。综上所述，C正确、ABD错误。 40 二、填空与作图题：本题共5小题，填空每空1分，作图2分，共15分。 16.如图所示，D点正对2.80 cm刻度线，小聪用刻度尺测得木板BD间的长度 是______mm；为减小测量误差，他又测量了两次，读数分别为1.81 cm、 1.82 cm，则测得木板BD间的长度的真实值更接近于______cm。  18.0 1.81 41 【考点】长度的测量。 【解析】由图知刻度尺的分度值为1 mm，B点与1.0 cm刻度线对齐，D点与2.8 cm刻度线对齐，所以BD间的长度L=2.80 cm-1.00 cm=1.80 cm=18.0 mm；为减小误差，应进行多次测量求平均值，平均值更接近于真实值，三次测量的平均值LBD==1.81 cm。 42 17.如图所示的体温计的工作原理是水银的__________，图示体温计的读 数为______℃，如果用没有甩过的该体温计直接去测量另一个体温为 37.2 ℃的发烧病人的体温，测量结果为______℃。  热胀冷缩 37.8 37.8 43 【考点】体温计的原理、使用及读数。 【解析】体温计是根据液体热胀冷缩的性质工作的；体温计分度值为0.1 ℃，水银液面指示在37 ℃大格后面的第8个小格，故示数为37.8 ℃；由于体温计的特殊构造，即玻璃泡上方有一很细的缩口，在离开人体读数时，液柱不下降，故使用前应用力甩几下。用没甩的体温计测体温时，如果被测的温度比原先高，则读数准确，如果被测的体温比原先低，则仍然是原先的读数，所以未甩便去测量一个体温为37.2 ℃的病人的体温时，体温计的示数为37.8 ℃。 44 18.如图是一束光在空气和玻璃的分界面发生反射和折射的光路图，请你判 断：分界面MN下方的介质是______，折射角是______，反射角是______。  玻璃 30° 45° 45 【考点】光的反射定律；光的折射规律。 【解析】过入射点作垂直于界面的法线，则入射角为90°-45°=45°，因反射角等于入射角，则反射角为45°，折射角为90°-60°=30°；折射角小于入射角，则入射光由空气斜射入玻璃，故界面下方是玻璃，界面上方是空气。 46 19.2024年6月2日，嫦娥六号探测器成功在月球背面着陆，并通过鹊桥二号 中继星借助________传回了世界首张近距离拍摄的月背影像图；鹊桥二号 中继星的太阳能电池板是将太阳能转化成电能的装置，电能属于____次能 源。静止在月球背面的嫦娥六号探测器相对于地球是______的。  电磁波 二 运动 47 【考点】电磁波的理解及应用；能源的分类及利用；参照物的选取及运动状态的判断。 【解析】电磁波是传递声音和图像的载体，电磁波可以在真空中传播，故嫦娥六号通过鹊桥二号中继星借助电磁波实现地月之间的信息交换；太阳能电池板是将太阳能转化为电能的装置，电能不能从自然界中直接获得，它是通过消耗一次能源而转化来的，属于二次能源；以地球为参照物，嫦娥六号探测器的位置发生了变化，所以它是运动的。 48 20.2025年2月7日，在世界乒乓球职业大联盟(WTT)新 加坡大满贯赛混双决赛中，我国选手以3∶1击败日本选 手，获得冠军。如图是比赛过程中我国选手高抛发球 时，球运动到最高点的瞬间抓拍图。 (1)高抛发球时球向上运动的过程中，它的重力势能______(选填“变大”“变小”或“不变”)。  (2)选手用球拍将球击向对方，说明力可以改变物体的__________。  (3)请你在如图所示放大的乒乓球上画出它此时所受力的示意图(不计空气阻力)。 变大 运动状态 49 【考点】力的作用效果；影响重力势能大小的因素；作力的示意图。 【解析】(1)高抛发球时球向上运动的过程中，其质量不变，但高度增加，所以它的重力势能变大。 (2)击球时，球拍对球的力使球改变了运动方向和速度大小，这说明力可以改变物体的运动状态。 (3)不计空气阻力，乒乓球在空中只受重力的作用，重力的方向是竖直向下的。 评分意见：每空1分，作图2分，共15分。20(3)作图不规范酌情扣分。 50 三、实验探究题：本题共4小题，共30分。 21.(7分)为了探究凸透镜所成像的虚实、大小、正倒跟物距的关系，实验小组的同学们选用的实验器材有光具座、蜡烛、凸透镜(凸透镜的焦距f=15 cm)、光屏。 51 (1)实验中固定好透镜和蜡烛后，发现无论如何移动光屏，光屏上只有一个 与透镜大小几乎相同的光斑，其原因可能是烛焰置于凸透镜的______处。  (2)如图甲所示，当把凸透镜固定在50 cm刻度线位置，蜡烛固定在25 cm刻 度线位置时，光屏应在____区域内左右移动，才能在光屏上得到清晰的实 像；生活中的________(选填“照相机”“放大镜”或“投影仪”)就是利用该原理 制作出来的。  焦点 Ⅲ 投影仪 52 (3)小潘借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本 清晰的像变模糊了，当向左适当移动光屏时，光屏上的像又会变清晰，这 说明老师戴的是______(选填“近视”或“远视”)眼镜。  (4)实验过程中，燃烧的蜡烛在不断缩短，导致烛焰的像不在光屏的中央， 为了使像能成在光屏中央，在保持蜡烛和光屏的位置不动的情况下，可通 过______(选填“向上”或“向下”)调节凸透镜达到目的。  远视 向下 53 【评估交流】如图乙所示，烛焰在光屏上成有一清晰的像，此时若用手遮 住凸透镜的一部分，光屏上的烛焰像将会________ (选填“不完整”或“仍完 整”)。  【拓展应用】在露天电影走进社区活动中，准备放映时，发现画面大于整 个屏幕，为了使画面占满整个屏幕，如果你是放映员，应将___。 (选填以下选项字母代号)  A.放映机靠近屏幕，同时要减小镜头和胶片间的距离 B.放映机远离屏幕，同时要减小镜头和胶片间的距离 C.放映机靠近屏幕，同时要增大镜头和胶片间的距离 D.放映机远离屏幕，同时要增大镜头和胶片间的距离 仍完整 C 54 评分意见：本小题7分。(1)1分。(2)2分，每空1分。(3)1分。(4)1分。【评估交流】1分。【拓展应用】1分。 【考点】探究凸透镜的成像规律。 【解析】(1)无论如何移动光屏，光屏上只有与透镜大小几乎相同的光斑，说明光平行于主光轴射出，则可能将烛焰置于焦点处了。 (2)凸透镜焦距是15 cm，当把凸透镜固定在50 cm刻度线位置，蜡烛固定在25 cm刻度线位置时，物距u=50 cm-25 cm=25 cm，f<u<2f，所以此时成倒立、放大的实像，像距v>2f，则光屏应在Ⅲ区域内左右移动，才能在光屏上得到清晰的实像；该规律应用于投影仪。 55 (3)将物理老师的眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向左移动光屏，光屏上的像又变清晰，这说明像提前会聚了，老师戴的眼镜对光有会聚作用，所以老师的眼镜是凸透镜，凸透镜可以矫正远视眼。 (4)随着蜡烛燃烧而变短，根据过光心的光线不改变方向，像会向上移动，像成在了光屏的上方，为了使像仍成在光屏中央，在蜡烛和光屏固定的情况下，应将凸透镜向下移动。 56 【评估交流】凸透镜成实像时，所有通过透镜的光会聚到光屏上成像，当将凸透镜的一部分挡住后，整个烛焰发出的光虽有一部分被挡住，但仍有一部分光通过凸透镜其他部分而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整。 【拓展应用】为了使画面占满整个屏幕，应使像缩小，根据凸透镜成实像时“物远像近像变小”可知，应使放映机的镜头靠近屏幕，同时要增大镜头和胶片间的距离，故C正确。 57 22.(6分)实验小组在探究线圈中产生感应电流的条件时设计了如下实验。 (1)小聪用如图甲所示的装置进行探究，他将磁体放在螺线管附近，再观察电流表，发现指针并没有发生偏转；再将磁体放在螺线管中间，观察电流表，发现指针仍没有偏转，这说明并没有产生感应电流。 58 (2)同组的小亮却发现：当小聪将磁体向下插入螺线管时，电流表的指针向左偏转；再将磁体向上抽出时，电流表的指针向右偏转。 (3)小聪对调磁体两极后再次重复步骤(2)的实验发现：将磁体向下插入螺线管时，电流表的指针向右偏转；再将磁体向上抽出时，电流表的指针向左偏转。 【分析论证】 ①闭合电路的一部分导体在磁场中做____________运动时，导体中就会产生感应电流。  ②感应电流的方向跟导体________________的方向和磁场方向有关。  切割磁感线 切割磁感线运动 59 【评估交流】当线圈中产生感应电流时表明获得了电能，电能是由 ______能转化来的。  【拓展应用】①根据上述实验过程可推知：磁体插入螺线管后，用手拿 着磁体和螺线管一起向上运动，电流表指针将___(选填序号)。  A.不偏转 B.向左偏转 C.向右偏转 ②根据结论分析：利用此现象人们制成了________(选填“发电机”或“电动 机”)。图乙中，当膜片振动时，线圈中的感应电流方向是______(选填 “变化”或“不变”)的。  机械 A 发电机 变化 60 评分意见：本小题6分。【分析论证】2分，每空1分。 【评估交流】1分。【拓展应用】3分，每空1分。 【考点】探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件。 【解析】【分析论证】①分析可知，产生感应电流的条件是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动。 ②由实验现象可知：在磁场方向一定时，导体切割磁感线运动方向改变，感应电流的方向改变。在导体切割磁感线运动方向(或导体运动方向)不变时，磁场方向改变，感应电流的方向改变。 61 【评估交流】闭合电路中的电能是由于导体的运动而产生的，可见消耗的是机械能，所以实验过程中是机械能转化成电能。 【拓展应用】①用手拿着磁体和螺线管一起向上运动，由于闭合电路的一部分导体没有做切割磁感线运动，因此不会产生感应电流，所以电流表指针不偏转。 ②发电机是利用电磁感应原理工作的。永磁体磁场不变，动圈式话筒工作时，声音使膜片带动线圈一起振动，即线圈切割磁感线的方向变化，因此感应电流的方向发生变化。 62 23.(7分)小景同学在农村发现了如图甲所示的一种“舂米对”的简单机械， 通过观察他认为这是一种杠杆，于是他想探究杠杆的平衡条件。   (1)小景将杠杆悬挂在铁架台上，静止时如图乙所示，他应将平衡螺母向 ____(选填“左”或“右”)调节，使杠杆在水平位置平衡，其目的是便于测量 ______。  右 力臂 63 (2)调节杠杆平衡后，小景同学将不同数量的钩码挂在杠杆的两侧，移动 钩码的位置使杠杆重新在水平位置平衡，实验数据如表所示，分析实验 数据可得出杠杆的平衡条件是_________(用公式表示)。  实验次数 动力F1/N 动力臂l1/m 阻力F2/N 阻力臂l2/m 1 2.0 0.16 4.0 0.08 2 1.0 0.08 0.5 0.16 3 4.5 0.08 1.5 0.24 F1l1=F2l2 64 (3)如图丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的C点，在弹簧测力计由位置1转至位 置2的过程中，杠杆始终在水平位置保持平衡，弹簧测力计示数的变化情况 是______________(选填“一直变大”“一直变小”“先变大后变小”“先变小后变 大”或“不变”)。  (4)图丁是小景同学画的“舂米对”的示意图，根据图示可判断“舂米对”是一 种______(选填“省力”“费力”或“等臂”)杠杆。  (5)小景同学发现“舂米对”在舂米时，把米粒压碎了，为了在舂米时保持米 粒的完整，请你提出一条有效的改进“舂米对”的措施： _______________ _______________。  先变小后变大 费力 减小“舂米对”的 自重(合理即可) 65 评分意见：本小题7分。(1)2分，每空1分。(2)2分。(3)1分。(4)1分。(5)1分。其他答案合理的同样得分。 【考点】探究杠杆的平衡条件。 【解析】(1)杠杆右端高，说明此时杠杆的重心在支点左边，所以应将平衡螺母向右调，使重心右移，杠杆才能在水平位置平衡；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来。 (2)分析表格中的三组数据可知，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，用公式表示为F1l1=F2l2。 66 (3)弹簧测力计转至竖直位置时，动力臂最大，则弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变大后变小，由于阻力、阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。 (4)“舂米对”的自重提供阻力，由图丁可知，阻力臂大于动力臂，根据杠杆平衡条件可知，动力大于阻力，所以“舂米对”是费力杠杆。 (5)为了在舂米时保持米粒的完整，应减小“舂米对”的舂球对米粒的压强，因此可以采取的方法有增大舂球的底面积、减小“舂米对”的自重。 67 24.(10分)在用伏安法测电阻的实验中： (1)小凡同学首先进行了测量定值电阻的实验，请将小凡同学的实验报告补充完整。 【实验目的】用伏安法测定值电阻的阻值。 【实验原理】 _____(写公式)。  【实验器材】电源、电压表、电流表、待测电阻、滑动变阻器、开关、导线若干。 R= 68 【实验表格】小凡设计的实验数据记录表格如表，其中第一行的最后一 项内容空缺，请你帮他完善空缺的内容：_________________。  实验次数 U/V I/A R/Ω   1         2       3       电阻R的平均值/Ω 69 (2)完成测量定值电阻的实验后，小凡又用如图甲所示的实验电路测量额定电压为2.5 V的小灯泡的电阻。小凡同学所连接的电路存在错误，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确。请在错误的导线上打“✕”，并用笔画线代替导线在图中画出正确的接法。 70 (3)电路正确连接后，闭合开关，小灯泡不发光。电流表有示数，电压表 几乎没有示数，出现这一故障的原因可能是____________。 (4)小凡排除故障后顺利完成了测量小灯泡电阻的实验。 小灯泡短路 71 (5)图乙是小聪同学在电压表损坏的情况下，利用电流表和定值电阻R0测 量额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻的电路图。操作如下： ①闭合开关S和S2，断开S1，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数 I1= (用U额、R0表示)；  ②闭合开关S和S1，断开S2，________(选填“改变”或“不改变”)滑动变阻器 连入电路的阻值，记录此时电流表的示数为I2；  ③则小灯泡正常发光时的电阻RL= (用U额、I1、I2表示)。  不改变 72 评分意见：本小题10分。(1)2分，每空1分。(2)2分。(3)2分。(5)4分，①1分，②1分，③2分。 【考点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻。 【解析】(1)根据I=可知，伏安法测量定值电阻的原理为R=。本实验通过多次测量求出平均值的方法来减小实验误差，所以表格中应该有求平均阻值一项。故空缺的内容为“电阻R的平均值/Ω”。 (2)由图知，电压表串联在了电路中，且小灯泡未正常接入电路，应将电压表与小灯泡并联。 (3)闭合开关后小灯泡不发光，电流表有示数，说明小灯泡发生了短路。 73 (5)闭合开关S、S2，断开S1，R0与L并联，电流表测通过R0的电流。调节滑动变阻器的滑片使通过定值电阻的电流I1=，由并联电路电压特点知，此时小灯泡正常发光。闭合开关S、S1，断开S2，保持滑动变阻器阻值不变，电流表测量小灯泡与定值电阻并联时的总电流为I2，根据并联电路电流特点知 ，通过小灯泡的电流IL=I2-I1，小灯泡正常发光时的电阻RL=。 74 四、综合应用题：本题共3小题，共25分。 25.(9分)如图甲所示，弹簧测力计下用细线系一个金属圆柱体，静止悬停在空的圆柱形水槽中，水槽的底面积为0.12 m2，水槽上方有一水龙头，开启水龙头，出水口的流量为2×10-4 m3/s，水注入水槽时开始计时，直到水槽中水满溢出为止，金属圆柱体始终保持静止，弹簧测力计的示数与时间的关系图线如图乙所示，g=10 N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3，试根据图中数据，求： 75 (1)金属圆柱体浸没时受到的浮力； (2)金属圆柱体的密度； (3)水龙头注水至60 s时，水对水槽底部的压强。 76 解：(1)由图乙可知，水龙头注水的前60 s，弹簧测力计的拉力F1保持100 N不变，则金属圆柱体受到重力和拉力这一对平衡力的作用，则G=F1=100 N，…………1分 水龙头注水至160 s时，金属圆柱体刚好浸没，此时弹簧测力计的拉力F2为60 N，则此时金属圆柱体受浮力、重力和拉力这三个力的作用，处于平衡状态， 则金属圆柱体浸没时受到的浮力： F浮=G-F2=100 N-60 N=40 N。…………1分 77 (2)金属圆柱体浸没时排开水的体积： V排===4×10-3 m3，…………1分 则V物=V排=4×10-3 m3， 金属圆柱体的质量： m物===10 kg，…………1分 金属圆柱体的密度： ρ金属===2.5×103 kg/m3。…………2分 78 (3)水龙头注水至60 s时，水槽中注入的水的体积： V水=2×10-4 m3/s×60 s=1.2×10-2 m3， 所注水对水槽底部的压力： F=G水=m水g=ρ水gV水=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1.2×10-2 m3=120 N， …………2分 则水对水槽底部的压强： p===1 000 Pa。…………1分 79 评分意见：本小题9分。只写出公式及其变形式而未与题中给出各量相联系的不得分。未正确使用角标区分有关物理量的酌情扣分。因前面数字计算错误而导致后面结果错误的，不重复扣分。其他解法合理的同样得分。 【考点】密度、压强与浮力的综合计算。 80 26.(8分)如图是家用榨汁机的内部电路简图，R1和R2是电热丝。S1闭合，进行榨汁。按钮开关S2是电磁温控开关，榨汁时，按下开关S2，接通触点a、b，处于加热状态，榨汁煮沸后，S2自动弹起，接通触点c，进入保温状态。榨汁机铭牌参数如表所示。 额定电压 220 V 加热功率 500 W 保温功率 100 W 榨汁功率 ××× W 容量 400 mL 81 (1)电动机正常工作时，通过它的电流为0.3 A，求电动机的额定功率； (2)求R2的电阻； (3)已知该榨汁机正常工作时的加热效率为90%，杯内盛满果汁并加热，使其温度升高30 ℃，需要加热多长时间？[c果汁=4.0×103 J/(kg·℃)，ρ果汁=1.2×103 kg/m3] 82 解：(1)电动机正常工作时，电动机两端电压为220 V，通过它的电流为0.3 A，则电动机的额定功率： P=UI=220 V×0.3 A=66 W。…………2分 (2)按下温控开关S2时为加热状态，R1、R2并联；温控开关S2弹起时为保温状态，只有R1工作。 因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以R2工作时的电功率：P2=P加热-P保温=500 W-100 W=400 W，…………1分 R2的阻值：R2===121 Ω。…………1分 83 (3)果汁的质量： m=ρ果汁V=1.2 g/cm3×400 cm3=480 g=0.48 kg，…………1分 果汁加热时吸收的热量： Q吸=c果汁mΔt=4.0×103 J/(kg·℃)×0.48 kg×30 ℃=5.76×104 J，…………1分 榨汁时消耗的电能：W===6.4×104 J，…………1分 加热所需时间：t===128 s。…………1分 84 评分意见：本小题8分。只写出公式及其变形式而未与题中给出各量相联系的不得分。未正确使用角标区分有关物理量的酌情扣分。因前面数字计算错误而导致后面结果错误的，不重复扣分。其他解法合理的同样得分。 【考点】电功、电功率、热量的相关计算。 85 27.(8分)“歼-20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的优点，具备很强的隐形性能、机动性能等。“歼-20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，可随时保证飞机与地面的联系；“歼-20”配备了大功率雷达，为解决雷达工作放热问题，采用了新一代液体冷却系统。该战斗机最大起飞质量为32 t，最大飞行高度达20 km，最大航行速度达800 m/s，最大载油量为10 t。战斗机的速度超过音速时，由于速度太快，空气都堆积到了飞机周围，产生极大压力，即使空气温度较高时，也会使机身周围产生水雾，这种现象叫作音障。突破音障时如果机身不作特殊处理，将会被瞬间摇成碎片，所以战斗机要采用密度小、强度极高的材料制作。战斗机速度和发动机的功率与效率的关系见表： 86 (1)战斗机在突破音障的过程中，机身周围的水雾是由于水蒸气被_________ (选填“压缩体积”或“降低温度”)发生______(填物态变化名称)形成的。  (2)为解决雷达的放热问题，采用比热容____(选填“大”或“小”)的液体作为 冷却剂帮助散热。  速度v/(m·s-1) 100 200 300 400 500 功率P/W 3.0×105 2.4×106 8.0×106 2.0×107 4.0×107 发动机的效率 30% 33% 35% 40% 38% 压缩体积 液化 大 87 (3)由表可知战斗机的发动机效率随速度增大的变化情况：______________。  (4)战斗机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机做功多少焦？又以 400 m/s航行速度匀速巡航6 min，36 min内战斗机共需消耗多少千克的燃油？ (燃油热值约为4.5×107 J/kg) 先增大后减小 88 (4)由数据表知，战斗机以100 m/s航行速度匀速巡航时的功率为3.0×105 W，发动机做的功： W1=P1t1=3.0×105 W×30×60 s=5.4×108 J，…………1分 战斗机以100 m/s航行速度匀速巡航时消耗燃油放出的热量： Q放100===1.8×109 J，…………1分 由数据表知，战斗机以400 m/s航行速度匀速巡航时的功率为2.0×107 W，发动机做的功： W2=P2t2=2.0×107 W×6×60 s=7.2×109 J， 89 战斗机以400 m/s航行速度匀速巡航时消耗燃油放出的热量： Q放400===1.8×1010 J，…………1分 36 min内战斗机共需消耗燃油放出的热量： Q=Q放100+Q放400=1.8×109 J+1.8×1010 J=1.98×1010 J， 由Q放=qm知，36 min内战斗机共需消耗的燃油质量： m===440 kg。…………1分 90 评分意见：本小题8分。(1)2分，每空1分。(2)1分。(3)1分。(4)4分。只写出公式及其变形式而未与题中给出各量相联系的不得分。未正确使用角标区分有关物理量的酌情扣分。因前面数字计算错误而导致后面结果错误的，不重复扣分。其他解法合理的同样得分。 【考点】物态变化的辨识；液化的方式；比热容的理解及应用；功、热量的计算。 91 【错题反思】 核对完答案后，将错题做重点反思。对应的考点如果还有不明白的地方，可回到《中考备战》《学考传奇》(或者手上的其他一轮资料)中再深入学习一遍。 难度系数 对应题号 命中注定送给你 T1、T2、T3、T4、T5、T6、T7、T8、T9、T10、T11、T12、T16、T17、T18、T19、T22 再接再厉鼓舞你 T13、T14、T20、T21、T23 伤筋动骨磨炼你 T24、T25、T27 学霸登顶恭喜你 T15、T26 92 $$