《中考真题》四川省南充市中考理综物理试题解析版.docx

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《中考真题》四川省南充市中考理综物理试题解析版

南充市2019年初中学业水平考试

理科综合试卷

物理部分

一、选择题

1.关于声现象，下列说法正确的是

A.声音的传播速度为340m/s

B.声音的音调与物体的振幅有关

C.利用次声波可以确定鱼群位置和海水深度

D.汽车排气管上安装消声器是在声源处减弱噪声

【答案】D

【解析】

【分析】

（1）声音在空气中的传播速度是340m/s；

（2）振动频率越高音调越高，声音的音调与频率有关；（3）人的听觉频率范围是20Hz～20000Hz，高于20000Hz的是超声波，低于20Hz的是次声波；（4）防治噪声污染可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治；

【详解】A、声速与介质的种类有关，声音在空气中的传播速度是340m/s，故A错误；

B、声音的音调与频率有关，故B错误；

C、超声波具有较强的穿透性，并且能够传递信息，所以人们利用超声波可以确定鱼群位置和海水深度，故C错误；

D、汽车排气管上安装消声器是在声源处减弱噪声，故D正确。

【点睛】此题考查了声音的传播，声音的特征和防治噪声的途径，是声学中的综合题目，要结合各知识点进行分析解答。

2.下列现象中属于光

折射现象的是：

A.坐井观天B.杯弓蛇影C.海市蜃楼D.一叶障目

【答案】C

【解析】

【分析】

（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；

（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；

（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。

【详解】A、坐井观天指在井中看到的天空只有井口那么大，这是光的直线传播造成的，故A不符合题意；

B、杯弓蛇影是指弓在水中成像，属于平面镜成像，是光的反射造成的，故B不符合题意；

C、海市蜃楼是光在不均匀的大气中传播形成的光的折射现象，故C符合题意；

D、一叶障目由于光沿直线传播形成的，故D不符合题意。

【点睛】此题通过几个词语考查学生对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，解题的关键是理解词语反应的物理情境，一定程度上考查了学生的语文知识，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。

3.下列说法中，错误的是

A.人体正常体温约为37℃

B.秋冬的早晨出现的雾属于汽化现象

C.物体温度降低时内能减少，温度升高时内能增加

D.热机是将内能转化为机械能的机械

【答案】B

【解析】

【分析】

（1）正常情况下，人的体温在37℃左右，变化范围很小；

（2）物质由气态变成液态的过程叫液化；

（3）物体内能与温度有关，温度升高，分子无规则运动加剧，内能增加；温度降低，分子无规则运动减缓，内能减少；

（4）热机是将内能转化为机械能的机器；

【详解】A、人体正常体温在37℃左右，变化幅度很小，故A正确；

B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；

C、温度影响物体的内能，温度升高时内能增加；温度降低时内能减少，故C正确；

D、热机是利用燃料燃烧释放的内能来做功的，所以是将内能转化为机械能的装置，故D正确。

【点睛】温度的估测、物态变化、内能的变化及热机的工作原理。

正确、全面理解有关概念、规律是解答的关键。

4.以下说法中，正确的是

A.飞机前进时机翼上方气流的速度较小，对机翼上表面的压强较大

B.一个标准大气压可以支持760cm高的水银柱

C.书包带较宽是为了减小压强

D.匀速上升的飞机，机械能保持不变

【答案】C

【解析】

【分析】

（1）机翼的升力：

机翼的上方是弧形，空气流过上方时流速大，压强小。

机翼下方是平面，空气的流速小，压强大。

这一压强差使飞机获得竖直向上的升力。

（2）1标准大气压所能支持的水银柱的高便是在托里拆利实验中测出的大气压值。

（3）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。

（4）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。

在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。

【详解】A、等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于机翼上表面弯曲，下表面平直，所以在相同时间内，空气通过机翼上表面的气流路程较长，流速大，对机翼上表面的压强较小。

故A错误；

B、1标准大气压所能支持的水银柱的高度是76cm。

故B错误；

C、书包带较宽是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。

故C正确；

D、飞机匀速上升过程中，质量不变、速度不变，动能不变，但是高度升高，所以重力势能增大，故机械能增大，故D错误。

【点睛】本题综合考查了学生对流体压强和流速的关系、减小压强的方法、大气压的存在、机械能的大小变化的掌握，具有一定的综合性，掌握基础知识即可正确解题。

5.如图，用一个始终水平向右的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，力F的大小将：

A.变大B.不变C.变小D.不能确定

【答案】A

【解析】

【分析】

从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。

根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，力F始终水平向右，即动力臂不断变小，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大。

【详解】如图，用一个始终水平向右的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力的大小不变（等于物重G），阻力臂变大，动力臂不断变小，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力将变大。

故A正确。

【点睛】

本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。

能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。

6.下列做法中不符合安全用电原则的是

A.高大建筑物的顶端都要安装避雷针

B.把用电器的三脚插头改为两脚插头，接在两孔插座上使用

C.及时更换家庭电路中绝缘皮老化、破损的导线

D.不接触低压带电体，不靠近高压带电体

【答案】B

【解析】

【分析】

（1）高大建筑物的里里外外都有金属，如不加避雷针，雷电发生时，可能会击中建筑物顶端的金属物体，从而放电，这样会损坏建筑物；

（2）用电器的三脚插头能防止金属外壳漏电而触电，不能用两脚插头代替；

（3）电线的绝缘皮破损，人去接触时，容易造成触电事故；

（4）安全用电原则有：

不接触低压带电体，不靠近高压带电体。

【详解】A、高大建筑物为避免发生雷击，顶端要安装避雷针，故A符合安全用电原则；

B、把用电器的三脚插头改为两脚插头接在两孔插座上使用（即用电器的金属外壳没有接地），这样当金属外壳漏电时，电流不能导向大地，会发生触电事故，故B不符合安全用电原则；

C、电线的绝缘皮破损老化、破损时应及时更换，否则容易发生触电事故或短路（即火线和零线直接连通），故C符合安全用电原则；

D、安全用电的基本原则：

不接触低压带电体，不靠近高压带电体，故D符合安全用电原则。

【点睛】建筑物防雷、家庭电路的连接以及安全用电的原则：

不接触低压带电体，不靠近高压带体。

注意三脚插头不能用两脚插头代替；打雷下雨时不能站在大树下。

7.下列图中能够说明电动机工作原理的实验装置是：

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

电动机的工作原理是：

通电导体在磁场中受到力的作用。

正确分析四个选项各是研究什么问题的，再做回答。

【详解】A、图中是通电螺线管，是利用电流的磁效应制成的，故A不符合题意；

B、图中没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，故B不符合题意；

C、图中没有电源，是交流发电机的示意图，是根据电磁感应现象工作的，故C不符合题意；

D、图中有电源，通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故D符合题意。

【点睛】本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理。

注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。

8.AB两个实心球，已知

，

，现将两球放入水中后，静止时受到的浮力之比为

，则两球在水中静止时所处状态可能是：

A.两球均漂浮B.两球均浸没

C.A球浸没B球漂浮D.B球浸没A球漂浮

【答案】C

【解析】

【分析】

已知AB的密度之比和体积之比可以求出质量之比，又可以求出重力之比，根据每个选项进行假设，如果都漂浮，判断浮力之比等于质量之比；都浸没，判断浮力之比等于体积之比；最后可以判断是一个漂浮，一个浸没，并且是密度大的浸没，密度小的漂浮。

【详解】由题知

则AB两个实心球的质量之比：

由G=mg可得，两球的重力之比：

A、如果A、B都漂浮，则物体受到的浮力都等于物体的重力，所以浮力之比应该等于重力之比，即浮力之比为2：

3，不是6：

5，故A错误。

B、如果A、B都浸没在水中，则物体排开水的体积等于物体的体积，由F浮=ρ水gV排可知，物体受到的浮力跟物体排开水的体积成正比，所以A、B受到的浮力之比应该为1：

2，不是6：

5，故B错误。

CD、因A、B两球既不是都漂浮，又不是都浸没，所以只能是一个漂浮、一个浸没，并且密度大的浸没，密度小的漂浮，因为

，所以可以判断A球浸没、B球漂浮，故C正确，D错误。

【点睛】本题采用假设的方法来解决问题，然后进行排除，最后确定答案。

9.下列说法正确的是：

A.力是改变物体运动状态的原因

B.放在水平桌面上的书，受到的重力与桌面对它的支持力是一对平衡力

C.刹车时人会受到向前的惯性力

D.人沿杆竖直向上匀速爬行时，所受摩擦力方向竖直向上

【答案】ABD

【解析】

【分析】

（1）力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力；

（2）平衡力：

作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；

（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，惯性是物体的一种属性，不能说惯性力；

（4）人沿杆竖直向上匀速爬行，竖直方向受到的是平衡力，平衡力大小相等，方向相反。

【详解】A、力是改变物体运动状态的原因，不是维持运动状态的原因，故A正确；

B、放在水平桌面上的书，它受到的重力和桌面对它的支持力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故B正确；

C、惯性是物体的一种属性，不是力，不能说受到惯性力的作用，故C错误；

D、人沿杆竖直向上匀速爬行时，摩擦力与重力平衡，大小相等、方向相反，因为重力方向竖直向下，所以所受摩擦力方向竖直向上，故D正确。

【点睛】解答本题的关键是要牢记力与运动的关系的理解：

力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力。

10.如图，电源电压恒为9V，灯L标有“3V1.5W”（灯L电阻不受温度影响），滑动变阻器R

规格为“0~30Ω”，闭合开关S，当R的滑片移到M点时，灯L正常发光，此时下列分析正确的是：

A.灯L的电阻为6Ω

B.电压表V1示数为6V

C.R接入电路中的阻值为18Ω

D.电路消耗的总功率为4.5W

【答案】AD

【解析】

【分析】

（1）首先判断电路连接情况和电压表测量谁的电压，灯和滑动变阻器是串联的，判断电压表测量谁的电压。

（2）知道电压和功率求灯的电流，知道电源电压和电流求出功率，知道滑动变阻器的电压和电流求出电阻。

【详解】由图知，灯和滑动变阻器是串联的，电压表V1并联在电源两端，则V1测电源电压，电压表V2和灯泡并联，则V2测量灯泡的电压，

当R的滑片移到M点时，灯泡正常发光，

由P＝UI可得，电路中的电流：

则灯L的电阻：

，故A正确。

已知电源电压恒为9V，V1测电源电压，所以V1的示数为9V，故B错误。

此时灯L正常发光，则UL＝3V，

滑动变阻器两端电压为：

U'＝U﹣UL＝9V﹣3V＝6V，

滑动变阻器接入电路中的阻值：

，故C错误。

电路消耗的功率为：

P＝UI＝9V×0.5A＝4.5W，故D正确。

【点睛】此题判断电压表测量谁的电压是解决本题的关键。

二、填空题

11.小明在探究“凸透镜成像规律”的实验中，他把蜡烛放在距透镜30cm时，在光屏上形成清晰缩小的像，此时的成像特点可应用于___________（填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）。

现将蜡烛向透镜方向移动10cm，要使光屏上再次形成清晰倒立的像，应将光屏___________透镜（填“远离”或“靠近”）。

【答案】

（1）.照相机

（2）.远离

【解析】

【分析】

（1）凸透镜成像的三种情况和应用之一：

u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。

（2）凸透镜成实像时，物近像远像变大。

【详解】把蜡烛放在距透镜30cm时，物距为30cm，在光屏上形成清晰缩小的像，则u＞2f，此时的成像特点可应用于照相机。

现将蜡烛向透镜方向移动10cm，物距减小，像距增大、像变大，则要使光屏上再次形成清晰倒立的像，应将光屏远离透镜方向移动。

【点睛】此题主要考查凸透镜成像的应用，凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大，考查的频率很高，一定要熟练掌握。

12.十九大报告提出：

“绿水青山就是金山银山”，倡导保护环境，使用新能源势在必行，太阳能等新型能源属于___________能源（填“可再生”或“不可再生”）；4G通信技术在进行信息、文件等材料的传输过程中，是靠___________来传输的，华为5G时代即将来临，将会让人们的生活更加方便快捷。

【答案】

（1）.可再生

（2）.电磁波

【解析】

【分析】

（1）人类开发利用后，在相当长的时间内，不可能再生的自然资源叫不可再生资源。

主要指自然界的各种矿物、岩石和化石燃料；可再生的能源泛指从自然界获取的，可以再生的非化石能源，目前主要是指风能、太阳能、水能、生物质能、地热能和海洋能等自然能源；

（2）电磁波可以传递信息。

【详解】

（1）太阳能可以从自然界中源源不断的得到，属于可再生能源；

（2）4G通信技术在进行信息、文件等材料的传输过程中，是由电磁波来传递信息的。

【点睛】此题考查了能源的分类及电磁波的应用，属于基础题。

13.如图，容器中装深度10cm，质量为60g的水，已知容器的质量为30g，底面积为5cm2，容器底部受到水的压强为___________Pa，容器对平桌的的压强为___________Pa。

（ρ水=1×103kg/m3，g=10N/kg）

【答案】

（1）.1×103

（2）.1.8×103

【解析】

【分析】

（1）知道容器内水的深度，根据p=ρgh求容器底部受到水的压强；

（2）求出容器和水的总质量，根据G=mg求出总重力，水平桌面受到容器的压力等于重力，已知容器的底面积，根据

求出容器对水平桌面的压强。

【详解】

（1）水的深度h＝10cm＝0.1m，

容器底部受到水的压强：

p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；

（2）质量为60g的水，容器的质量为30g，总质量为：

m＝60g+30g＝90g，

重力为：

G＝mg＝90×10﹣3kg×10N/kg＝0.9N

水平桌面受到容器的压力：

F＝G＝0.9N，

容器对桌面的压强：

【点睛】本题关键是公式及其变形的灵活运用，要知道在水平面上压力等于物体自身的重力。

14.小红参加校运会百米赛跑，跑完全程用时15s，则全程的平均速度是___________m/s（结果保留一位小数），以奔跑的小红为参照物，运动场旁的建筑物是___________的（填“运动”或“静止”）。

【答案】

（1）.6.7

（2）.运动

【解析】

【分析】

（1）知道百米赛跑的时间，根据

求出平均速度；

（2）物体是运动还是静止与参照物的选择有关。

【详解】

（1）小红的平均速度

；

（2）以奔跑的小红为参照物，运动场旁的建筑物相对于小红的位置不断变化，故建筑物是运动的。

【点睛】要判断物体是运动还是静止，关键是判断物体与所选参照物之间的距离和方向是否改变。

15.将物体A放在水平面上，在水平拉力F1作用下，以v1=4m/s的速度向右匀速运动，在同一水平面上，物体A到水平拉力F2作用时，以v2=6m/s的速度向右匀速运动，两次移动的距离相同，则两次拉力做功W1___________W2（填“>、“<”或“=”），两次拉力的功率P1___________P2（填“>”、“<”或“=”）。

【答案】

（1）.＝

（2）.＜

【解析】

【分析】

将物体A放在水平面上，在水平拉力作用下，以一定的速度向右匀速运动，在同一水平面上，压力与接触面的粗糙程度不变，摩擦力大小不变，根据二力平衡条件可知水平拉力都等于摩擦力，再根据W=Fs可求功的大小，由P=Fv可得功率的大小。

【详解】将物体A放在水平面上，在水平拉力作用下，以一定的速度向右匀速运动；同一物体在同一水平面上，压力的大小与接触面的粗糙程度均不变，则摩擦力大小不变，根据二力平衡条件可知，水平拉力都等于摩擦力，即F1＝F2＝f；

两次拉力相等，两次移动

距离也相同，根据W＝Fs可知，拉力做的功相等，即W1＝W2；

两次拉力相等，

＝4m/s，

＝6m/s，由P＝Fv可知，两次拉力的功率P1＜P2。

【点睛】本题主要考查滑动摩擦力、功和功率的概念。

16.弹簧测力计下悬挂一物体，当物体

的体积浸入水中时，弹簧测力计示数为5N，当物体

的体积浸入水中时，弹簧测力计示数为3N，现将物体从弹簧测力计上取下放入水中，则该物体静止时所受浮力是___________N，该物体的密度为___________kg/m3。

（ρ水=1×103kg/m3，g=10N/kg）

【答案】

（1）.9

（2）.0.75×103

【解析】

【分析】

（1）由已知条件，根据称重法测浮力及阿基米德原理列方程求出物体浸没时受到的浮力和物体的重力，根据ρ物体的浮沉条件确定将物体从弹簧测力计上取下放入水中静止时处的状态，由漂浮的特点，得出物体所受浮力大小；

（2）求出物体的体积，该物体的密度为：

求出物体的密度。

【详解】

（1）当物体

的体积浸入水中时，排开水的体积为

V，弹簧测力计示数为5N，

根据称重法测浮力：

G﹣F浮＝F和阿基米德原理有：

﹣﹣﹣﹣﹣①；

当物体

的体积浸入水中时，弹簧测力计示数为3N，同理有：

﹣﹣﹣﹣②；

①﹣②得：

ρ水gV＝12N﹣﹣﹣﹣﹣③，

将③代入①得：

；

由③知，物体浸没受到的浮力为12N＞9N，由物体的浮沉条件，将物体从弹簧测力计上取下放入水中，则该物体静止时处于漂浮状态，由漂浮的特点，物体所受浮力是：

F＝G＝9N；

（2）由③得物体的体积：

；

该物体的密度为：

【点睛】本题考查称重法测浮力、阿基米德原理、及漂浮的特点和密度公式的运用，综合性较强。

17.如图是电热饮水机电路原理图，已知R1=100Ω，R2=20Ω，当开关S1、S2闭合时，饮水机处于___________状态（填“保温”或“加热”），饮水机的保温功率与加热功率之比为___________。

【答案】

（1）.加热

（2）.1:

6

【解析】

【分析】

（1）分析开关闭合、断开时电路总电阻的大小关系，根据

比较功率的大小，进一步判断电路所处的工作状态；

（2）饮水机处于加热状态时，电路为R1的简单电路，饮水机处于保温状态时，R1与R2串联，根据

求出功率之比。

【详解】

（1）当开关S1、S2都闭合时电路为R1的简单电路，当S1闭合、S2断开时R1与R2串联，

两电阻串联时总电阻最大，所以当开关S1、S2都闭合时，电路中的电阻最小，由

可知，电路中的总功率最大，饮水机处于加热状态；

（2）饮水机处于加热状态时，电路为R1的简单电路，则电路的功率：

饮水机处于保温状态时，R1与R2串联，电路的功率为：

所以饮水机的保温功率与加热功率之比：

【点睛】本题考查了电功率公式和并联电路特点以及欧姆定律的应用，要注意并联电路中总电阻小于任何一个分电阻。

18.如图，灯L标有“4V2W”，R=20Ω，闭合开关S时，灯L正常发光（灯丝的电阻不受温度影响），电流表示数为___________A，通电1min电路中产生的热量为___________J。

【答案】

（1）.0.7

（2）.168

【解析】

【分析】

由图知R与L并联，电流表测干路电流，由灯泡正常发光可知电源电压，由P=UI可得灯泡电流，由并联电路特点和欧姆定律可得R的电流，从而得到干路电流；由Q=W=UIt可得通电一分钟电路产生热量。

【详解】由图知R与L并联，电流表测干路电流，灯L正常发光，

所以U＝UR＝UL＝4V，

由P＝UI可得通过灯泡的电流：

由欧姆定律可得通过R的电流：

由并联电路的电流特点可得电流表示数：

I＝IL+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A；

通电1min电路中产生的热量：

Q＝W＝UIt＝4V×0.7A×60s＝168J。

【点睛】本题考查了并联电路特点、欧姆定律以及电热计算公式

应用，关键知道灯泡正常发光时的电压等于其额定电压。

19.如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡L标有“6V3W字样，图乙是通过小灯泡的电功率随其两端电压变化的图象。

滑动变阻R1的最大值为40Ω，定值电阻R2=10Ω，当闭合S、S1、断开S2、P在中点时，R2的功率为0.9W，电源电压为___________V，当闭合S、S2、断开S1、小灯泡功率为1.6W时，滑动变阻器连入电路中的阻值___________Ω。

【答案】

（1）.9

（2）.12.5

【解析】

【分析】

（1）当闭合S、S1、断开S2时，滑动变阻器R1与定值电阻R2串联，P在中点时，根据P=I2R2求出电路的电流，根据欧姆定律算出电源电压；

（2）当闭合S、S2、断开S1时，滑动变阻器R1与小灯泡串联，根据图象读出此时小灯泡两端的电压，利用串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律算出电路的电流以及滑动变阻器的电阻。

【详解】

（1）当闭合S、S1、断开S2时，滑动变阻器R1与定值电阻R2串联，

P在中点时，R2的功率为0.9W，

根据P＝I2R2知，此时电路的电流为：

根据

可得，电源电压为：

（2）当闭合S、S2、断开S1时，滑动变阻器R1与小灯泡串联，根据图乙知，当小灯泡的电功率为1.6W时，小灯泡两端的电压为4V，

根据P＝UI知，此时电路的电流：

根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器两端的电压：

U2＝U﹣UL＝9V﹣4V＝5V，

则滑动变阻器连入电路中

阻值：

【点睛】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，从图象中获取有用的信息是关键，要注意灯泡的电阻是变化的。

三、探究与解答题

20.如图，在舞蹈室的墙面上装有一块平面镜，王老师用一激光笔从S点照射镜面，在地面上P点看到一光斑，请用平面镜成像特点完成光路图。

【答案】

【解析】

【分析】

根据反射光线反向延长通过像点和像点与发光点关于平面镜对称，作出反射光线并完成光路图。

【详解】根据像与物体关于平面镜对称先作出S的像点S'，连接S'P，与平面镜的交点即为入射点，再连接S与入射点连线为入射光线，P与入射点连线为反射光线，如图所示：

【点睛