四川省南充市中考理综物理试题及参考答案.docx
《四川省南充市中考理综物理试题及参考答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省南充市中考理综物理试题及参考答案.docx（26页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
四川省南充市中考理综物理试题及参考答案
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】
【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。
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】
【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。
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
【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。
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】
【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。
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】
【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】
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】
【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。
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】
【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。
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】
【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。
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】
【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。
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】
【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。
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】
【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】
【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】
【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：
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】
【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。
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】
【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。
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】
【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：
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】
【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：
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】
【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。
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】
【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：
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】
【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：
21.如图，物A放在斜面上处于静止状态，在图中画出A所受重力G和对斜面的压力F的示意图。
【答案】
【解析】
【分析】
重力是物体受到的力，因此根据规则物体的重心在物体的几何中心，重力的方向总是竖直向下的，过物体的重心表示出重力的方向即可；
压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点；然后根据压力的方向垂直于受力面，并过压力作用点表示出压力的方向即可。
【详解】过物体的重心画一条竖直向下的带箭头的线段，符号为G，即为重力的示意图；
在斜面上选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画一条垂直于斜面向下、带箭头的线段，符号为F，即为压力的示意图。
如图所示：
【点睛】本题的关键是确定压力和重力的作用点和方向，并会用力的图示表示力的三要素。
注意物体对斜面的压力要小于物体所受重力。
22.如图，小红同学在“测量盐水的密度”实验中，操作步骤如下：
（1）把天平放在水平桌面上，游码放在零刻度线，发现指针位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向___________（填“左”或“右”）调节，直到横梁水平平衡。
（2）已知空烧杯的质量为28g，现将适量盐水装入烧杯，并放在天平的左盘，测量其质量，待天平平衡时，如图乙所示。
然后将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，如图丙所示，由此计算出盐水的密度为___________kg/m3。
（3）小红同学此次实验操作测得的盐水密度将偏___________（填“大”或“小”）
【答案】
（1）.左
（2）.1.1×103（3）.偏大
【解析】
【分析】
（1）天平使用前的调节：
若指针左偏，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；
（2）天平测物体质量时，物体质量等于砝码质量与游码读数之和；
（3）由于烧内壁粘有液体所以体积V偏小，由此分析所测密度变化。
【详解】
（1）把天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度线处后，由图甲知，指针偏右，此时应将左端的平衡螺母向左调节，直到指针对准分度盘中央的刻度线；
（2）由图乙知，天平标尺的分度值为0.2g，盐水和烧杯的总质量m＝50g+20g+20g+4g＝94g，盐水的质量为94g﹣28g＝66g；盐水的体积V＝60mL＝60cm3，
盐水的密度
（3）把烧杯中的盐水全部倒入量筒中测体积时，由于烧杯内壁粘有盐水，所以测得体积V偏小，根据ρ可知，所测盐水密度偏大。
【点睛】用天平和量筒来测液体的密度，是实验室中最常用的方法，重点应掌握天平的调节与使用方法、量筒的读数、密度公式的运用、实验步骤的合理安排等。
23.如图甲是小东探究“不同物质吸热规律”的实验装置：
（1）两个相同的烧杯中装有___________相同且初温相同的水和煤油，用相同的酒精灯对它们加热。
（2）根据实验数据，小东作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象（见图乙）。
由图乙可知，杯中的水和煤油，升高相同的温度时，吸收的热量___________（填“相同”或“不相同”），计算出煤油的比热容是___________J/（kg·℃）。
[c水=4.2×103J/（kg·℃）]
【答案】
（1）.质量
（2）.不相同（3）.2.1×103
【解析】
【分析】
（1）要探究“不同物质吸热规律”，需要控制物体的质量和热源相同，所以实验时还要使物体的初温相同，比较温度的变化；
（2）由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的2倍，即水吸收的热量是煤油的2倍，根据
在质量、升温相同的情况下，比热容与Q成正比，求出煤油的比热容。
【详解】
（1）要探究“不同物质吸热规律”，需要控制物质的质量和热源相同，所以要使水和煤油质量和初温相同，用相同的酒精灯对它们加热；
（2）由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的2倍，即水吸收的热量是煤油的2倍，
根据
可知，在质量、升温相同的情况下，比热容与Q成正比，
故煤油的比热容：
【点睛】此题通过探究物质的比热容实验和影响物体吸热多少的因素实验考查了学生对控制变量法的应用和根据数据得出结论的能力。
24.如图是“测量小灯泡电阻”的实验装置，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为3.8V。
（1）检查无误后，闭合开关，滑动变阻器的滑片向左移动，请写出A表、V表的示数变化情况：
______________________
（2）移动滑片获得了表格中的实验数据：
实验次数
发光情况
电压（V）
电流（A）
灯丝电阻（Ω）
1
刚发光
1.5
0.2
2
暗
2.5
0.3
8.3
3
亮
3.8
042
9.0
请计算出第1次实验时灯丝的电阻，R1=___________Ω。
（3）分析数据及实验现象可知，灯越亮，灯丝电阻越大，说明灯丝的电阻与___________有关。
（4）现电压表0～15V量程损坏，而0～3V程完好，在不增减器材的情况下，请设计测量小灯泡额定功率的的实验，写出必要的调整步骤：
______________________。
【答案】
（1）.A表示数变大、V表示数变大
（2）.7.5（3）.温度（4）.将电压表并联在滑动变阻器两端（移动滑片P，使电压表的示数为2.2V）
【解析】
【分析】
（1）分析电路连接，滑动变阻器的滑片向左移动，确定变阻器连入电路的电阻变化，根据电阻的串联确定总电阻变化，由欧姆定律，得出电流和电压表示数变化；
（2）根据表中数据，由欧姆定律，计算出第1次实验时灯丝的电阻；
（3）灯丝的电阻与温度有关。
（4）根据串联电路电压的规律，当电压表示数为：
6V-3.8V=2.2V时，灯正常发光，据此分析。
【详解】
（1）图中，变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，电压表测灯的电压，检查无误后，闭合开关滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的电阻变小，由欧姆定律，电流示数变大，根据U＝IR，电压表示数变大；
（2）根据表中数据，由欧姆定律，请计算出第1次实验时灯丝的电阻，
（3）分析数据及实验现象可知：
灯越亮，灯丝电阻越大，说明灯丝的电阻与温度有关。
（4）现电压表0～15V量程损坏，而0～3V量程完好，将电压表并联在变阻器两端，根据串联电路电压的规律，当电压表示数为：
6V﹣3.8V＝2.2V时，灯正常发光，记下此时电流表示数，根据P额＝U额I计算即可。
【点睛】本题测灯的电阻，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用及影响电阻大小的因素，同时也考查了测功率方案的设计。
25.如图，电源电电压不变，定值电阻R1=6Ω，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，滑动变阻器R2的规格为“40Ω1A”，闭合开关后，当滑片P置于M点时，电流表示数为0.3A，当滑片P置于N点时，电流表示数变化了0.1A，且滑动变阻器连入电路中的阻值
。
（1）求定值电阻R1前后两次电功率之比；
（2）求电源电压；
（3）在不损坏元件的情况下，求出滑动变阻器的取值范围。
【答案】
（1）定值电阻R1前后两次电功率之比为9：
4；
（2）电源电压为3.6V；（3）在不损坏元件的情况下，滑动变阻器的取值范围为0Ω～30Ω。
【解析】
【分析】
（1）滑片由M点滑到N点，电阻变大，电路中的电流减小，求出滑片P置于N点时电路中的电流，再根据P=I2R求出定值电阻R1前后两次电功率；
（2）根据电源电压不变列出等式，求出电源电压；
（3）根据电流表量程和滑动变阻器规格分析电路中的最大电流，进而求出滑动变阻器的最小阻值；
电压表测量滑动变阻器两端的电压，其示数最大时，滑动变阻器连入电路中的阻值最大，根据分压特点求出连入电路的最大阻值。
【详解】
（1）滑片由M点滑到N点，电阻变大，电路中的电流减小，所以滑片P置于N点时电路中的电流：
IN＝IM﹣0.1A＝0.3A﹣0.1A＝0.2A，
定值电阻R1前后两次电功率之比：
（2）滑片P置于M点时，电源电压U＝IM（R1+RM），
滑片P置于N点时，电源电压U＝IN（R1+RN），
RN＝2RM，
所以0.3A×（R1+RM）＝0.2A×（R1+2RM），
解得RM＝R1＝6Ω，
电源电压：
U＝IM（R1+RM）＝0.3A×（6Ω+6Ω）＝3.6V；
（3）根据电流表量
升级会员 