安徽省合肥市瑶海区2021-2022学年中考二模（毕业学业考试）物理试卷（解析版）

这是一份安徽省合肥市瑶海区2021-2022学年中考二模（毕业学业考试）物理试卷（解析版），共9页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
合肥瑶海区2021-2022学年中考二模（毕业学业考试）物理试卷（解析版）本试卷含“文字”、“文字答案”、“文字解析”建议“精品”不要“精品解析”，否则会带来不必要“版权异议”一、填空题（每空2分，共20分）1、如图所示，将一些干冰颗粒撒到盛水的容器里，可以看到杯底水中有大量的气泡冒出，如同水被煮沸一般，同时杯口有大量的“白气”生成，其中“白气”的形成是          （填物态变化名称）。 【答案】液化。【解析】“水被煮沸”是由于干冰撒入水中后，干冰升华成二氧化碳，是一个吸热的过程；杯口的“白气”是由于空气中的水蒸气遇冷液化而成的。故答案为：液化。 2、据中国地震台网测定，2022年3月26日0时21分，在青海省海西蒙古族藏族白治州德令哈市发生6.0级地震，震源深度10千米，地震监测是利用地震波中纵波和横波的传播速度不同来监测震源的位置，地震波属于          。（选填“超声波”或“次声波”）【答案】次声波【解析】频率低于20Hz的声音是次声波，地震波属于次声波故答案：次声波 3、如图所示，用毛皮摩擦过的塑料棒靠近架在针尖上的铝箱条一端时，发现铝箔条会跟随塑料棒旋转起来，则铝箔条           带电。(选填“一定”、“不一定”或“一定不”)【答案】不一定【解析】毛皮摩擦过的塑料棒带负电荷，当带电的塑料棒靠近静止的铝箔条一端时，铝箔条会旋转起来，说明带电塑料棒能够吸引轻小物体，则铝箔不一定带电。故答案：不一定 4、如图所示，请在图中画出点光源S发出的人射光线SA通过凸透镜折射后的出射光线。【答案】见解析【解析】平行于主光轴的光线经凸透镜折射后经过焦点，经过光心的光线方向不变，两条光线相交于于一点，然后连线，即可画出SA折射经凸透镜折射后的光线，如图所示：故答案：见解析 5、如图所示，请在图中括号里标出静止在磁场中的小磁针的N极位置并用箭头标出磁感方向。【答案】见解析【解析】电源的左端为“+”，根据右手螺旋定则判断出螺线管右端为N极，螺线管外上部的磁场方向从右向左，小磁针N在磁场中指向即磁场方向，如图所示。故答案：见解析 6、如图所示，2022年3月23日下午，北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”也现身太空课堂第二课。可掬的“冰墩墩”被王亚平抛出后，并没有像在地面上一样掉落，而是沿着直线水平飞了。这是因为                           。     【答案】物体在不受外力作用下，将保持匀速直线运动状态；【解析】一切物体在没有受到外力作用时，总是保持匀速运动或静止状态，所以“冰墩墩”被王亚平抛出后，并没有像在地面上一样掉落，而是沿着直线水平飞了。这是因为物体在不受外力作用下，将保持匀速直线运动状态；故答案：物体在不受外力作用下，将保持匀速直线运动状态；7、在1标准大气压下，将质量为100kg、初温20℃的冷水利用燃气热水器加热到沸腾，需燃烧2m的天然气，则该燃气热水器在上述工作过程中的效率为         .[已知q天然气=4.0×10J/m，c水=4.2×10J/(kg·℃)]【答案】42%【解析】水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×10J/（kg•℃）×100kg×（100℃-20℃）=3.36×10J；天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Vq天然气=2m×4.0×10J/m=8×10J；燃气热水器烧水时的效率：η=Q吸/Q放×100%=（3.36×10J）/（8×10J）×100%=42%。故答案：42% 8、如图所示，在200N的拉力F作用下，物体A沿水平面做匀速直线运动，若滑轮组的机械效率为75%，则地面对物体A的摩擦力是       N。(忽略绳子和滑轮的重力)【答案】450N【解析】由η=W有/W总=fs1/Fs2=f=nF可知：f=ηnF=75%×3×200N=450N；故答案：450N 9、如图所示的电路中，灯泡 L1标有“6V、3W”字样，当开关闭合时，L1正常发光，电流表A1的示数为1.5A，则通电2min灯泡L2消耗的电能为        J.【答案】720J【解析】∵L1、L2并联，当开关闭合时，L1正常发光，则电源电压U=6V，I1=P1/U1=3W/6V=0.5A，I2=I-I1=1.5A-0.5A=1A，W2=UI2t=6V×1A×120s=720J故答案：720J 10、如图所示是某款电热器的电路原理图，R1、R2是电热丝。电热器工作时，扇形开关S可以接触2、3触点，也可以接触3、4触点实现保温档和加热档的切换，已知保温档和加热档的功率之比为2：5，则R1：R2=         .【答案】3：2【解析】根据P=U/R可知：保温档，扇形开关S可以接触2、3触点，只有R1工作；加热档，扇形开关S可以接触3、4触点，R1、R2同时工作。根据题意可知：（U/R1）：（U/R1+U/R2）=2：5，即（R1R2）：[R1（R1+R2）]=2：5，∴R2：（R1+R2）=2：5；∴R1：R2=3：2；故答案：3：2 二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）11、下列说法中正确的是（    ）A.物体的运动速度越大其惯性就越大                    B.在液体中，流速越大的位置压强越大C.物质的比热容大小与物质的状态有关                  D.通电直导线在磁场中一定会受到磁场力作用【答案】C【解析】A、物体惯性的大小仅仅与其质量有关，与速度大小无关，故A错误；B、在液体中，流速越大的位置，压强越小，故B错误。C、同种物质，比热容大小与物质的状态有关，例如水和冰的比热容是不相同的，故C正确；D、若通电导体在磁场中与磁场平行，则其不受磁场力的作用；故D错误；故选C 12、如图所示是李老师为班级买的磁性收纳盒被“吸”在黑板上，其靠近黑板一面有一大块磁铁，里面放了板擦和笔等。 关于此磁性收纳盒，下列说法正确的是（    ）A.该收纳盒的工作原理是“异名磁极相互吸引”          B.该收纳盒受到的黑板的吸引力与重力是一对平衡力C.若只将该磁铁换成质量相同、磁性更强的磁铁，该收纳盒受到的摩擦力将变大D.若在收纳盒中再放入一只水笔后收纳盒依然保持静止，该收纳盒受到的摩擦力将变大 【答案】D【解析】A.该收纳盒的工作原理是磁体的磁性，不是“异名磁极相互吸引”，故A错误；， B.该收纳盒受到的黑板的吸引力与重力不在一条直线上，所以不是一对平衡力，故B错误；C.若只将该磁铁换成质量相同、磁性更强的磁铁，该收纳盒静止时受到的摩擦力与重力是一对平衡力，保持不变，故C错误，D.若在收纳盒中再放入一只水笔后收纳盒依然保持静止，该收纳盒受到重力变大，所以摩擦力将变大，故D正确；故选D 13、如图所示，2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是（     ）A.返回舱进人大气层时宛如一颗“火流星”，是因为内能转化为机械能B.返回舱进人大气层时舱体表面敷设的特殊材料升华放热，具有降温作用C.返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能保持不变D.返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”利用力的作用是相互的原理，平稳着陆【答案】D【解析】A.返回舱进人大气层时宛如一颗“火流星”，是因为机械能化为内能转，故A错误；B.返回舱进人大气层时舱体表面敷设的特殊材料升华吸热，具有降温作用，故B错误；C.返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能减小，故C错误；D.返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”利用力的作用是相互的原理，平稳着陆，故D正确；故选D 14、如图所示为某物体做直线运动时的路程随时间变化的图象。下列分析正确的是（    ）A.在0～20s内物体一直在做匀速直线运动             B.在5～10s时间内，物体通过的路程为20mC.在0～10s内物体的平均速度为4m/s                 D.在0～5s内与10～20s内物体的速度之比为2：1【答案】D【解析】A.在5～10s内物体处于静止状态，故A错误；B.在5～10s时间内，物体通过的路程为0m，故B错误；C.在0～10s内物体的平均速度为2.5m/s，故C错误；D.在0～5s内与10～20s内物体的速度之比为2：1，故D正确；故选D 15、如图所示，当开关S闭合后，灯泡L1、L2都发光，两个电表都有示数，工作一段时间后，突然灯泡L2熄灭，L1仍然发光，两个电表都无示数，该电路中可能出现的故障是（     ）A.L2短路                  B. L2断路                   C.电流表开路              D.电压表短路 【答案】C【解析】当开关S闭合后，灯泡L1、L2都发光，两个电表都有示数，工作一段时间后，突然灯泡L2熄灭，L1仍然发光，两个电表都无示数，该电路中可能出现的故障是电流表开路，过A、B、D错误，C正确；故选C 16、如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关，在保证电路元件安全的前提下，向左移动滑动变阻器的滑片P，在移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（   ）A.电流表示数不变，电压表示数不变                     B.电压表示数与电流表示数之比变大C.电流表示数变大，电压表示数变小                     D.电压表示数与电流表示数之比变小【答案】B【解析】在保证电路元件安全的前提下，向左移动滑动变阻器的滑片P，在移动滑片P的过程中，A.电流表示数变大，电压表示数不变，故A错误；B.电压表示数与电流表示数之比变大，故B正确；C.电流表示数变大，电压表示数不变，故C错误； D.电压表示数与电流表示数之比变大，故D错误；故选B 17、如图所示，放在磁场中的矩形线圈ABCD自图示位置（即线圈平面垂直于磁感应线的位置）开始绕轴沿逆时针匀速转动，下列说法中正确的是（     ）A 线圈在磁场中转动过程中不受磁场力的作用；           B 线圈在转动的前半周中，线圈中的电流方向不变C 线圈在转动的过程中，每时每刻都有感应电流产生     D线圈在转动的过程中，AB、BC、CD及AD边都不停地切割磁感线。【答案】B【解析】在磁场中的矩形线圈ABCD自图示位置（即线圈平面垂直于磁感应线的位置）开始绕轴沿逆时针匀速转动，A 线圈在磁场中转动过程中受磁场力的作用，故A错误；B 线圈在转动的前半周中，线圈中的电流方向不变，故B正确；C 线圈在转动的过程中，只有切割磁感应线时才有感应电流产生，故C错误；D线圈在转动的过程中，AB、BC、CD及AD边不是不停地切割磁感线，过D错误。故选B 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、小明同学为“探究光的折射规律”设计了如图所示的实验装置，在玻璃水槽中竖直放置的光屏屏由E和F两个半圆形光屏组成，其竖直方向的直径NOM为两半圆的分界线，其中光屏F可绕直径NOM在水平方向前后折转。（1）如图所示，保持入射光线AO不动，能看到杯底有个亮斑B，如果继续向玻璃槽中加水，会看到杯底的亮斑B向_          移动（选填：“左”、“右”或“上”）。（2）实验时，先让光屏EF位于同一平面内，一束激光贴若光屏E沿AO方向从空气斜射人水中，在光屏F上能看到折射后的光束，小明想探究光折射时，折射光线和入射光线是否在同一个平面内，接下来他的实验操作是：      【答案】（1）左；（2）将光屏向后折转一定角度后，则在光屏F上不能看到折射光线。【分析】（1）光由空气斜射入水中，发生折射现象，折射角小于入射角，当入射角不变时，折射角也不变，根据作图可以知道光斑移动方向；（2）探究光折射时，折射光线和入射光线是否在同一个平面内，将光屏向后折转一定角度后，则在光屏F上不能看到折射光线。【解析】（1）当光从空气斜射入水时，折射角小于入射角，保持入射光不动，继续加水，入射点向左移动，会看到亮点B向左移动；（2）探究光折射时，折射光线和入射光线是否在同一个平面内，接下来他的实验操作是：将光屏向后折转一定角度后，则在光屏F上不能看到折射光线。故答案：（1）左；（2）将光屏向后折转一定角度后，则在光屏F上不能看到折射光线。 19、小明同学在探究“杠杆平衡条件”的实验中，采用了如图所示的实验装置（实验中所用的钩码均为1N，杠杆质量均为100g，且质量分布均匀，相邻刻度线之间的距离相等）（1）如图甲实验前杠杆左端高、右端低，此时应将杠杆左端或右端的平衡螺母向           （填“左”或“右”）调节，使杠杆处于水平平衡状态。（2）如图乙中杠杆恰好处于水平位置平衡，小明尝试在A、B两点下方再各加挂1个相同的钩码，此时__       （选填“左端下沉”或“右端下沉”或“仍保持水平平衡”）（3）如图丙是另一组同学实验的装置，当弹簧测力计的示数为_          N时杠杆恰好可以在水平位置再次平衡（不计摩擦阻力影响）。【答案】（1）左；  （2）右端下沉；  （3）4.2N【分析】（1）静止时处于平衡状态；要使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动，其目的是便于测量力臂；（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为1N，根据杠杆平衡条件求出钩码移动的格数；（3）力臂是支点到力的作用线的距离，分析前后动力臂与阻力臂的值，利用杠杆平衡条件求出拉力大小。【解析】（1）实验前发现杠杆静止时，左端高、右端低，此时处于平衡状态；杠杆右端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，则他应将杠杆右端的平衡螺母向左调；（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为1N，小明尝试在A、B两点下方再各加挂1个相同的钩码，此时：4N×2L＜3N×3L，∴右端下沉。（3）F×5L=3N×7L+1N×6L，解得：F=5.4N；故答案：（1）左；  （2）右端下沉；  （3）5.4N； 20、在“测量小灯泡的电功率”实验中，电源电压恒为6V，所用小灯泡的额定电压为3.8V（电阻约为10Ω）（1）请你用笔画线代替导线，将图甲所示电路连接完整。（2）连接好电路、闭合开关，移动滑动变阳器的滑片P，使小灯泡正常发光，此时电流有的不教如图乙所示，则小灯泡的额定功率是            W。（3）如果考虑电表内阻对实验的影响，则第（2）问所测小灯泡的额定功率与真实值相比会         （选镇“偏大”或“偏小”或”相等”）【答案】（1）见解析；（2）1.292；  （3）偏大；【分析】（1）电压表应与小灯泡并联，且接入电压表“+15V”接线柱；（2）由图乙可知小灯泡额定电流为0.34A，由P=UI可以计算小灯泡额定功率；（3）由并联电路电流的规律和P=UI分析；【解析】（1）如图所示：（2）由图乙可知：I=0.34A，∴P=UI=3.8V×0.34A=1.292W，（3）如图1甲所示，由并联电路电流的规律，电流表示数大于灯的实际电流，根据P=UI，该电路测出的小灯泡电功率比真实功率偏大；故答案：（1）见解析；（2）1.292；  （3）偏大； 四、计算题（第21小题6分，第22小题6分，第23题8分，共20分）21、如图所示，将底面积为100cm、质量为300g的物块B叠加在底面积为150cm、质量为600g的物块A上，然后一起放置在水平地面上，在水平向右、大小为200N的检力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，已知30s内两物块一起运动了15m，求：（1）当两物块静止在水平地面上时，物块A对地面的压强大小；（2）拉力F做功功率大小 ；【答案】【分析】（1）根据G=mg求出总质量，根据p=F/S求出物块A对地面的压强。（2）根据W=Fs求出拉力做的功，然后根据P=W/t求拉力做功的功率。【解析】（1）F=G总=m总g=（mA+mB）g=（300×10kg+600×10kg）×10N/kg=9N；由p=F/S得：p=F/S=9N/（150×10m=）=600Pa；（2）由得W=Fs：W=Fs=200N×15m=3000J， 由P=W/t得：P=W/t=3000J/30s=100W； 22、如图甲所示，边长为10cm的木块A漂浮在水面上时，有体积露出水面；如图乙所示，在A上面放上与A同种材料制成的木块B，此时A刚好浸没在水中。(已知ρ水=1×10kg/m)求：（1）木块的密度；（2）木块A的体积VA和木块B的体积VB的比值VA：VB【答案】【分析】（1）由图甲可知木块处于漂浮状态，浮力等于木块重力列出等式，求出木块的密度；（2）由图乙可知A、B连体也处于漂浮状态，木块所受浮力等于A、B重力列出等式即可；【解析】（1）物体处于漂浮状态，所以F浮=G物，即ρ水V排g=ρ木V木g，∴ρ水×V=木ρ木V木，∴ρ木=ρ水=×1×10kg/m=0.6×10kg/m；（2）物体处于漂浮状态，所以F′浮=ρ水VAg=GA+GB=（mA+mB）g=ρ木g（VA+VB）VA：（VA+VB）=ρ木：ρ水=（0.6×10kg/m）：（1×10kg/m）=3：5，∴VA：VB=3：2； 23、图像法是处理实验数据揭示物理规律、解决物理问题的常用方法。如图甲所示电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω，当变阻器滑片从一个端点移到另一个端点的过程中，变阻器R2的电功率与电流表示数I之间的P-I图像如图乙所示，请根据图像中的相关信息计算：（1）电源电压U和定值电阻R1的阻值；   （2）图像中P0的值和I0的值；【答案】【分析】（1）由图甲知R1与R2串联，由图乙知当P在R2最左端，电阻为0，电路电流最大为0.6A；当电流表示数为0.2A是电路电流最小，滑动变阻器阻值最大，分别利用欧姆定律列出等式联立即可；（2）当R2=60Ω时，电流为0.2A求出P0，再根据电流为I0时列出电功率等式求出I0；【解析】（1）由图甲、图乙可以得出：U=0.6A×R1…①；  U=0.2A×（R1+60Ω）…②成立；联立①、②解得：U=18V，R1=30Ω；（2）由P0=I1R2知：P0= I1R2 =（0.2A）×=60Ω=2.4W；由图乙知：P0=（U-I0R1）I0，即2.4W=（18V-I0×30Ω）×I0，解得I0=0.4A或I0=0.2A（舍去）；