安徽省合肥市肥西县2021-2022学年中考二模物理试卷（解析版）

安徽省合肥市肥西县2021-2022学年中考二模物理试卷（解析版）

本试卷沪科版第1.1～20.3、共4页四大题23小题，满分70分，物理与化学120分钟（直接打印使用、解析者自重）

一、填空题（每空2分，共20分）

1、在疫情期间，小明戴上口取准备出门，他想看看口章有没有戴好，于是他站在竖直的平面镜前1m处，则他与镜中“自己”的距离是__        m.

【答案】2

【解析】在疫情期间，小明戴上口罩准备出门，他想看看口罩有没有戴好，于是他站在竖直的平面镜前1m处，平面镜所成的像和物体各对应点到平面镜间距离相等，所以，由他到平面镜的距离为1m可得镜中所成的像与平面镜之间的距离为1m，则他与镜中“自己”的距离为2m；

故答案：2

2、2022年我国成功举办了令奥会。在人工造雪技术上的突破为我国北京冬奥会的成功举办提供了重要的雪务保障，实现了“用雪自由”。我们的技术团队还进行了雪_            (填写物态变化的名称)为水的二次利用，用实际行动宜导绿色环保的理念。

【答案】熔化

【解析】雪变成水，是物质从固态变为液态是熔化过程。

故答案为：熔化。

3、初中阶段的男生都要经历“变声期”，此后，男、女同学的声带有了明显的区别，男生的声带厚而长，女生的声带薄而短，由此可认为男生在“变声期”，声音的          发生了改变(选填“音调”、“响度” 或“音色”)。

【答案】音调

【解析】在变声期，男生的声带厚而长，女生的声带薄而短，因此男生发声时声带的振动频率比女生低，所以男生的“变声期”是音调发生了改变。

故答案为：音调。

4、小明用同一把刻度尺测量同一块橡皮的长度，所测得的长度分别为2.15cm、3.17cm、2.14cm、2.16cm，则这块橡皮的长度应记为          cm.

【答案】2.15

【解析】由四次测量结果可以看出，其中的3.17cm是属于测量错误造成的，，不是误差，应去掉；所以橡皮的长

=（2.15cm+2.14cm+2.16cm）=2.15cm。

故答案为：2.15。

5、实验室里常用验电器来检验物体是否带电;如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器的金属球，发现验电器的两片金属箔片会张开，这是因为金属箔带          (选填“正” 或“负”)电。

【答案】正

【解析】丝绸和玻璃棒摩擦，玻璃棒束缚电子的本领弱，失去电子带正电；带正电的玻璃棒接触不带电的验电器时，玻璃棒由于缺少电子，会从金属球上夺得电子，使金属球失去电子而带正电，金属球通过金属杆和两片金属箔相连接，故两片金属箔也带正电。

故答案为：正；

6、某品牌的电加热器工作电路如图所示，其额定电压为220V，加热功率为1100W，保温功率为44W，电路中定值电阻R2的阻值为          Ω；

【答案】1056

【解析】由图示电路图可知，开关S接b时，只有电阻R1接入电路，电路电阻较小，电压U一定，由P=U/R可知，此时电功率较大，此时加热器处于加热状态，由P=U/R可知，电阻R1阻值R1=U/P加热=(220V)/1100W=44Ω；

开关S接a时，R2、R1串联接入电路，电路电阻较大，电压U一定，由P=U/R可知，电功率较小，此时加热器处于保温状态，由P=U/R可知，总电阻R总=U/P保温=(220V)/44W=1100Ω，

电路中定值电阻R2的阻值R2=R总-R1=1100Ω-44Ω=1056Ω。

故答案为：1056。

7、如图所示，斜面长为s=2m、高为h=1m，装卸工人用沿斜面向上的拉力F将重1000N的货物从斜面底端匀速拉到顶端，斜面的机械效率为80%，则工人拉力F做的功为         J

【答案】1250

【解析】工人利用斜面做的有用功：W有用=Gh=1000N×1m=1000J，

由η=W有用/W总可得拉力做的功（总功）：W总=W有用/η=1000J/80%=1250J。

故答案为：1250。

8、如图所示，轻质杠杆上的0A：OB=4：1，放在水平地面上的物体甲底面积为100dm，其重力大小为15ON，物体乙（悬空）的重力大小为200N，则当杠杆保持水平平衡时，则物体甲对水平地面的压强大小为          Pa。

【答案】100

【解析】由题知，OA：OB=4：1，G乙=200N，由杠杆平衡条件可得：FA×OA=G乙×OB，

则甲对A端的拉力：FA=（OB/OA）×G乙=（1/4）×G乙=（1/4）×200N=50N，因为力的作用是相互的，

所以杠杆对甲的拉力：F拉=FA=50N；则甲对地面压力：F压=G甲-F拉=150N-50N=100N，

受力面积S=S甲=100dm=1m，物体甲对地面的压强：p甲=F压/S=100N/1m=100Pa。

故答案为：100。

9、如图甲所示是电阻R和小灯泡L的∪-I图像，若将电阻R与小灯泡L串联在电路中(如图乙)，电流表示数为

0.4A，则电源电压为_         _V。

【答案】3

【解析】由图乙可知，电阻R与小灯泡L串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中电流处处相等，

所以由U-I图象可知，当电流I=0.4A时，UL=1V，UR=2V，

由串联电路的电压特点可得电源电压：U=UL+UR=1V+2V=3V；

故答案为：3。

10、新能源的开发来源于物理学的进步。风力发电站工作时，是将风能能转化为电能，风能属于           (选填“可”或“不可”)再生能源。

【答案】可

【解析】新能源的开发来源于物理学的进步。风力发电站工作时，将风能转化为电能，该能源属于可再生能源，洁净无污染。

故答案为：可。

二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）

11、第二十四届冬季奥林匹克运动会闭幕式于2022年2月20日晚在国家体育场举行。无数条红丝带从四面八方飞入鸟巢，编织成一个巨大的中国结。从物理角度来看，丝带能编成结，是因为各条丝带之间有（     ）

A.弹力                      B.磁力                   C.摩擦力                   D.分子引力

【答案】C

【解析】从物理角度来看，丝带能编成结，是因为各条丝带之间有摩擦力，故A、B、D错误，C正确；

故选C

12、以下说法中正确的是（      ）

A.柴油机的吸气冲程吸入气缸的是柴油和空气的混合物

B.小磁针N极在磁场中某点所受磁力方向跟该点的磁场方向相反

C.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动就能产生感应电流

D. 物体运动的速度越大，其受到的力也越大

【答案】C

【解析】A.柴油机的吸气冲程吸入气缸的是空气，故A错误；

B.小磁针N极在磁场中某点所受磁力方向跟该点的磁场方向相同，故B正确；

C.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动就能产生感应电流，故C正确；

D.物体受到的力越大，速度改变得越快，但物体的运动速度大小与力的大小无关，即物体的运动速度越大，它受到的力不一定越大，故D错误。

故选D

13、小明同学做凸透镜成像实验时，将点燃的蜡烛放在凸透镜前在光屏上得到清晰的倒立、放大的实像。保持透镜位置不变，把蜡烛与光屏的位置对换，则（        ）

A.光屏上有倒立、缩小的实像                               B.光屏上有倒立、放大的实像

C.光屏上有正立、等大的虛像                               D.光屏上没有像

【答案】A

【解析】当光屏成倒立、放大的实像，则f＜u＜2f，v＞2f，当两者相互调换后，u＞2f，f＜v2f，由于凸透镜成像是可逆的，所以根据此时条件判断，光屏上有倒立、缩小的实像。

故选：A。

14、如图，A、B两物块叠放在水平桌面上保持静止。图中分别给出了A、B的受力示意图。下列说法正确的是（  ）

A. F2与GA、F1两个力的合力是一对作用力与反作用力             B.F1与F3是一对作用力与反作用力

C. GA与F2是一对平衡力                                       D. F2与F1是一对平衡力

【答案】B

【解析】由图知，A物块受到向上的支持力F2、向下的重力GA、B对A向下的压力F1；B物块受到向上的支持力F3和向下的重力GB，A、以A为研究对象，A物块在水平桌面上保持静止，受力平衡；GA、F1两个力的合力方向向下，合力的大小GA+F1=F2，则可知F2与GA、F1两个力的合力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，均作用在A物块上，所以是一对平衡力，不是一对相互作用力，故A错误；

B、B对A有向下的压力F1，因力的作用是相互的，则A对B有向上的支持力F3，所以F1与F3是一对作用力与反作用力，故B正确；

C、A物块处于静止状态，由图示和力的平衡条件可得：F2=GA+F1，则GA与F2的大小不等，所以GA与F2不是一对平衡力，故C错误；

D、A物块处于静止状态，由力的平衡条件可得：F2=GA+F1，则F2与F1的大小不等，所以F2与F1不是一对平衡力，故D错误。

故选：B。

15、2022年2月8日，谷爱凌摘得冬奥会自由式滑雷大跳台金牌的比赛场景如图所示。图中的运动员从低处向高处跃起后下落的过程中，下列说法正确的是（       ）

A.运动员从低处运动到高处时，动能不断增加

B.运动员从高处运动到低处时，动能转化为重力势能

C.运动员运动到最高点时重力势能最大

D.运动员运动到最高点时不具有惯性

【答案】C

【解析】A.运动员从低处运动到高处时，势能不断增加，故A错误；

B.运动员从高处运动到低处时，重力势能转化为动能，故B错误；

C.运动员运动到最高点时重力势能最大，故C正确；

D. 惯性与物体的质量有关，所以运动员运动到最高点时仍具有惯性，故D正确；

故选C

16、如图所示，当开关S闭合后，灯泡L1、L2都能发光，两个电表都有示数，工作一段时间后，突然灯泡L2熄灭，灯泡L1仍能发光，两个电表都无示数，则该电路的故障可能是（       ）

A.灯泡L2被短路                                   B.电压表被短路

C. 灯泡L2开路                                     D.电流表开路

【答案】D

【解析】A、如果是L2短路，则整个电源也短路，与C描述的现象相同，不符合题意。

B、如果是电压表短路，则电源也处于短路状态，灯L1不会发光，不符合题意；

C、如果是L2断路，则灯L2不能发光，电流表没有示数，但是电压表会有示数，显示电源电压，不符合题意；

D、如果是电流表断路，则灯L2也不能发光，电流表和电压表都没有示数，符合题意；

故选：D。

17、如图是某非接触式红外线测温枪的工作原理图。电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为红外线热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。闭合开关测量时，若被测量人的体温越高，则（      ）

A. 电压表的示数越大                                B.电压表的示数越小      

C.通过R的电流越小                                 D.通过R0的电流越小

【答案】

【解析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测量电路中的电流。已知R为红外线热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，所以被测量人的体温越高，R阻值越小，R0保持不变，R越小，电路总电阻越小；电源电压不变，电路总电阻越小，由公式I=U/R知，电路总电流越大，所以通过R的电流越大；由于串联电路电流处处相等，所以通过R0的电流越大。故C、D错误；

R0保持不变，通过的电流越大，由公式U=IR知，两端电压越大，也就是电压表示数越大。故A正确，B错误。

故选：A。

三、实验探究题（本大题3小题，第18题4分，第19题4分，第20题8分，满分16分）

18、物理兴趣小组的同学想利用注射器、弹簧测力计、细线、刻度尺等相关用品洌量物理实验室里的大气压。测量方案如下：

A.把注射器的活塞推至注射器针简的底端，然后用橡皮帽封住注射器小孔；

B.如图所示，用细线拴住注射器活塞颈部，使线的一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右缓慢拉动针筒，当注射器中的活塞相对针简刚开始移动时，记下弹簧测力计的示数为F；

C.读出注射器针筒上有刻度部分的容积V；

D.用刻度尺测出注射器针简上有刻度部分的长度L；

请根据他们设计的方案回答以下问题：

（1）测量中，分析研究的是大气对注射器活塞的压力，当向右缓慢拉动针筒，注射器中活塞相对针筒刚开始移动时，若不考虑其它因素，根据         的知识可知，活塞在水平方向所受的大气压力与拉力大小相等。

（2）用测量步骤中的V、L和F表示大气压的值，则p=           

【答案】（1）二力平衡；（2）FL/V。

【分析】（1）根据二力平衡的知识判断在水平方向所受的大气压力；

（2）因活塞为圆柱体，所以活塞的横截面积可以通过公式S=VL，利用压强的公式p=FS可得出表达式。

【解析】（1）分析研究的是大气对活塞的压力；若不考虑其它因素，根据二力平衡的知识可知，研究对象在水平方向所受的大气压力与拉力大小相等。

（4）活塞的面积S=VL，将测量结果代入压强公式得：p=F/S=F/（VL）=FL/V。

故答案为：（1）二力平衡；（2）FL/V。

19、小明使用天平测量小石块的质量:测量前，他将天平放在水平桌面上，然后进行天平掼梁平衡的调节。调节完成后指针静止时的位置和游码的位置如图甲所示。

（1）请你指出小明调节天平横梁平衡的过程中遗漏的操作步骤                        

（2）完成遗漏的操作步骤后，他调节平衡螺母，使指针指到分度盘中央刻度线或在中央刻度线两侧等幅摆动。调节横梁平衡后，小明将小石块放在左盘，在右盘中加减砝码并调节游码在标尺上的位置，直到横梁恢复平衡。这时右盘中的砝码情况和游码在标尺上的位置如图乙所示。小明所用托盘天平配套的砝码盒中有5g、10g、50g、100g 的砝码各一个以及20g的砝码两个，测量时，下列四种加减砝码的顺序中，认为最合理的是          （其中 “+”表示向右盘中加入砝码，“-”表示取出砝码）。

A、+100g-100g+50g+20g+5g+游码；              B、+100g-100g+5g+20g+50g+游码；

C. +100g-100g+50g+20g+20g-20g+5g+游码；      D、+100g-100g+50g+20g+20g-20g+10-10g+5g+游码；

【答案】（1）遗漏了游码归零；（2）D。

【分析】（1）从天平的正确使用进行分析：把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线处；调节平衡螺母使天平横梁平衡；

（2）经验表明，在使用天平测量质量时，应按从大到小的顺序依次试加砝码最为合理，一般要求不重复、不漏加、不颠倒，直至试加到最小砝码，需要时再移动游码。

【解析】

（1）使用天平时，应先把游码移到标尺的零刻度线处，即游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡，而小明调节天平横梁平衡的过程中遗漏了游码归零这一步骤；

（2）在使用天平测量质量时，应按从大到小的顺序依次试加砝码最为合理；

AC、没有试加10g的砝码，含有一定的侥幸，故AC不合理；

B、砝码应该由大到小依次试加，先+5g再+20g不合理，故B不合理；

D、按照由大到小的顺序依次试加，并在试加了最小的砝码后移动游码，

故D合理。

故答案为：（1）遗漏了游码归零；（2）D。

20、小华利用如图甲所示的电路测量额定电压为3.8V小灯泡的额定功率。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲的实物图连接完整(要求滑动变阻器滑片向右移动时灯泡变亮)。

（2）小华在连接电路最后一根导线时灯泡立即发光，则她连接电路时存在的错误是____    _ (写出一种可能即可)。

（3）当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是_       __W，实际测量时，电压表有示数时内部有微弱的电流通过，若考虑这个微弱电流的影响，则所测得小灯泡的功率          （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）

【答案】（1）如上图所示；（2）小灯泡断路；（3）1.14；大；

【分析】（1）根据灯泡的额定电压判定电压表的量程并与灯泡并联；滑动变阻器滑片向右移动时灯泡变亮，这说明电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路中的总电阻变小，滑动变阻器接入电路的电阻变小，据此分析滑动变阻器的连接方式；

（2）小亚在连接好电路之后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，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，则与电压表并联的支路断路了；

（3）根据电流表选用量程确定分度值读数；根据P=UI算出小灯泡的额定功率；电压表和灯泡并联，考虑有电流通过电压表，电流表测量电压表和灯泡的总电流，故灯泡的额定电流测量值偏大，根据P=UI分析灯泡额定功率的变化；

【解析】（1）灯泡的额定电压是3.8V，故电压表选择0～15V量程与灯泡并联；要求滑片向右移动灯泡变亮说明电路中电阻变小，故滑动变阻器应选右下接线柱与灯泡串联接入电路，如下图所示：

；

（2）小亚在连接好电路之后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，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，则与电压表并联的支路断路了，即小灯泡断路；（3）电流表使用的0～0.6A量程，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.3A，故灯泡的额定电流为0.3A，灯泡的额定电压是3.8V，则灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；

电压表和灯泡并联，考虑有电流通过电压表，电流表测量电压表和灯泡的总电流，故灯泡的额定电流测量值偏大，灯泡两端的电压测量是准确的，根据P=UI可知，灯泡的额定功率偏大；

故答案为：（1）如上图所示；（2）小灯泡断路；（3）1.14；大；

四、计算题（第21小题6分，第22小题8分，第23题6分，共20分）

21、小明在家里用煤气灶将质量为5kg的一壶水，从20℃加热到100℃，设煤气完全燃烧，煤气燃烧产生的热量30%被水吸收，水的比热容为4.2×10J/(kg•℃)，煤气的热值约为4×10J/m，煤气单价为1元/m，求：

（1）烧开这壶水需要吸收多少热量？

（2）若小明每天都用煤气灶烧开这样一壶水，仅烧水这一项，小明家一个月(按30天计)需要交多少煤气费？

【答案】

【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用公式Q吸=cm（t-t0）可求水吸收的热量。

（2）知道煤气完全燃烧产生的热量30%被水吸收，可求煤气完全燃烧产生的热量，再利用Q放=Vq求需要煤气的体积，再计算一个月的煤气费。

【解析】（1）Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃-20℃）=1.68×10J；

（2）∵η=Q吸/Q放，∴Q放=Q吸/η=（1.68×10J）/30%=5.6×10J，

∵Q放=Vq，∴V=Q放/q=（5.6×10J）/（4×10J/m）=0.14m，煤气费：1元/m×0.14m×30=4.2元。

答：（1）烧开这些水需要吸收1.68×10J的热量；

（2）需要交4.2元煤气费。

22、如图甲所示，水平桌面上放置一圆筒，简内装有适量的水。弹簧测力计下悬挂一圆柱体，从液面逐渐浸入直到浸没，弹簧测力计示数F与圆柱体下表面浸入液体深度h的关系如图乙所示，已知ρ水=1.0×10kg/m，求：

（1）圆柱体浸没在水中时受到的浮力；   （2）圆柱体的密度；（3）圆柱体刚好浸没时，下底面所受水的压力；

【答案】

【分析】（1）根据图象分析出物体的重力和完全浸没时的拉力，根据公式F浮=G-F拉求出圆柱体浸没在水中时受到的浮力；

（2）根据F浮=ρ水gV排求出圆柱体浸没时排开水的体积，即圆柱体的体积；根据G=mg求出圆柱体的质量，再利用密度公式求出圆柱体的密度；

（3）当圆柱体刚好全部浸没时，圆柱体受到的浮力等于上下表面的压力差,据此求下表面受到水的压力。

【解析】（1）由图象知，当圆柱体浸入深度h=0时，测力计的示数为10N，

此时弹簧测力计的示数等于圆柱体的重力，则圆柱体的重力G=10N；圆柱体完全浸没在水中时，

弹簧测力计的示数F拉=2N；则圆柱体浸没在水中时受到的浮力：F浮=G-F拉=10N-2N=8N；

（2）由F浮=ρ水gV排可知，圆柱体的体积：V=V排=F浮/（ρ水g）=8N/（1×10kg/m×10N/kg）=8×10m，

由G=mg可知，圆柱体的质量：m=G/g=10N/（10N/kg）=1kg，

圆柱体的密度：ρ=m/V=1kg/（8×10m）=1.25×10kg/m；

（3）由浮力产生的原因可得: F浮=F下表面-F上表面，当圆柱体刚好全部浸没时，F上表面=0N，

所以，此时圆柱体下表面受到水的压力，F下表面=F浮=8N。.

答：（1）圆柱体浸没在水中时受到的浮力是8N；

（2）圆柱体的密度为1.25×10kg/m；

（3）圆柱体刚好浸没时，下底面所受水的压力为8N；

23、在用电流表和电压表测量导体电阻的实验中，实际上电流表和电压表都有一定的电阻，在电路中可将它们看成是能显示其自身电流值或电压值的一-个定值电阻。现用如图甲、乙两种电路测量某未知电阻Rx的阻值，用图甲所示的电路测量时，闭合开关，电流表的示数为10mA；用图乙所示的电路测量时，闭合开关，电流表的示数为12.5mA，电源电压保持不变且U=10V，电流表的内阻RA=200Ω，电压表内阻Rv的阻值未知。求：

（1）未知电阻Rx阻值的真实值；   （2）电压表的内阻Rv的大小；

【答案】

【分析】（1）分析甲图电路连接，根据串联电路的规律及欧姆定律求出Rx；

（2）图乙中，待测电阻与电压表并后再与电流表串联，由欧姆定律得出电流表的电压，根据串联电路电压的规律得出现并联电路的电压，根据欧姆定律和并联电路电流的规律得出电压表内阻。

【解析】（1）甲图中，待测电阻与电流表串联，电源电压保持不变且U=10V，电流表的内阻RA=200Ω，

用图甲所示的电路测量时，闭合开关，电流表的示数为10mA，

根据串联电阻的规律及欧姆定律I=UR有：I×（Rx+RA）=U，Rx=（U/I）-RA=（10V/0.01A）-200Ω=800Ω；

（2）图乙中，待测电阻与电压表并联后再与电流表串联，用图乙所示的电路测量时，

闭合开关，电流表的示数为12.5mA，由欧姆定律，电流表的电压：UA=I′RA=12.5×10A×200Ω=2.5V，

根据串联电路电压的规律，并联电路的电压：U并=10V-2.5V=7.5V，

根据欧姆定律和并联电路电流的规律有：（U并/Rx）+（U并/RV）=I并，

即（7.5V/800Ω）+（7.5V/RV）=12.5×10A，RV=2400Ω。

答：（1）未知电阻Rx阻值的真实值为800Ω；

（2）电压表的内阻RV的大小为2400Ω。