广西贵港市中考物理试题及解析.docx
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广西贵港市中考物理试题及解析
2018年广西贵港市中考物理试卷
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确的选项．
1．（3分）在实验室，用弹簧测力计能直接测量的物理量是（ ）
A．力B．体积C．密度D．质量
2．（3分）关于声现象，下列说法中正确的是（ ）
A．声音在真空中的传播速度比在空气中的传播速度大
B．“禁止鸣笛”是在声音的传播过程中减弱噪声
C．“闻其声便知其人”判断的依据是人发出声音的响度
D．演奏弦乐器时，演奏者不断变换手指在琴弦上的位置，这是在改变声音的音调
3．（3分）电磁感应现象是由哪位科学家发现的（ ）
A．爱因斯坦B．法拉第C．牛顿D．伽利略
4．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．光纤通信是利用电流传递信息
B．核电站利用的是核聚变时产生的能量
C．我国北斗导航卫星传递信息利用的是超声波
D．电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度
5．（3分）下列有关安全用电的说法，正确的是（ ）
A．用电器的金属外壳可以不必接地
B．现代家庭发生火灾时，必须立即泼水救火
C．发现有人触电时，首先要切断电源
D．使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
6．（3分）关于温度、热量、热传递和内能，下列说法中不正确的是（ ）
A．0℃的冰块内能一定不为零
B．物体温度升高，内能一定增加
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
D．温度高的物体，内能不一定大
7．（3分）如图所示电路中，电源电压不变，R为滑动变阻器。
闭合开关S后，在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数不变，电路的总电阻变大
B．电压表的示数变大，电流表的示数变小
C．电压表的示数变大，灯泡变亮
D．电压表的示数变小，灯泡变暗
8．（3分）同一滑轮用如图所示甲、乙两种装置匀速提升重均为10N的A、B两物体，已知滑轮重1N，绳重和滑轮的摩擦力不计。
则下列说法中正确的是（ ）
A．手的拉力F乙=10N
B．A物体受到的合力与B物体受到的合力相等
C．若A、B两物体都被提升0.5m，则利用乙装置做的有用功比较多
D．若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F甲做的功比F乙做的功多
9．（3分）通电螺线管和磁体A磁极附近磁感线分布如图所示，小磁针处于静止。
则（ ）
A．小磁针的b端为N极B．通电螺线管左端为N极
C．电源“+”极为c端D．电源“+”极为d端
10．（3分）如图甲所示，是建设罗泊湾大桥时使用的起吊装置（图中未画出）的钢缆绳拉着实心圆柱体A在距江面某一高度处沿竖直方向匀速下降的情景。
A在下降到江底之前，始终保持0.1m/s的速度不变。
如图4乙所示是A下降到江底之前钢缆绳对A的拉力F随时间t变化的图象（江水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。
则（ ）
A．A从开始下降直到江面时钢缆绳对A做的功为5×104J
B．A下降过程中重力的功率为5×103W
C．A的密度为1.6×103kg/m3
D．当A下降到水平的江底，卸下钢缆绳后，A对江底的压强为5×103Pa
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）国家级“奔跑中国•一带一路”马拉松系列赛首站﹣﹣2018贵港国际马拉松于2018年3月4日在贵港市新世纪广场起航开跑，CCTV5全程直播。
其中半程马拉松距离为21.0975km，合 m．大山同学在奔跑过程中看到街道两旁的树木向后倒退，他是以 为参照物。
12．（2分）严冬，树枝上形成美丽的“雾淞”。
“雾淞”属于 现象（选填一种物态变化现象），这个现象发生的过程中，需要 热量（选填“吸收”或“放出”）。
13．（2分）粼粼波光是由于 产生的。
我们能从不同的方向看到本身不发光的物体，是因为物体发生了 。
14．（1分）如图所示，不考虑空气阻力，小球从A点自由摆动到B点的过程中， 能转化为 能。
15．（2分）在①磁悬浮列车②动圈式扬声器③动圈式话筒④电风扇⑤指南针⑥发电机中，利用电磁感应原理工作的是 （只需要填序号），利用磁场对通电导体有力的作用的原理工作的是 （只需要填序号）。
16．（2分）如图的电工钳是一个 杠杆（选填“省力”或“费力”），手柄上的橡胶套是 （选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）。
17．（2分）在探究“电阻的大小与什么因素有关”的实验时，如图是某实验小组进行探究的实验装置，演示板上固定了四条合金电阻线，a、b、c的长度均是1m，d的长度是0.5m；a、b、d的横截面积相同，c的横截面积比a、b的小，a、c是镍铬合金线，b、d是锰铜合金线。
当依次把M、N跟a、c的两端连接时，探究的是导体电阻大小与导体 的关系。
实验中采用的方法叫 。
18．（2分）实心球能在空中飞行，是因为实心球 。
大山同学在中考体育考试中用60N的力投出的实心球在空中画了一条优美的弧线。
若实心球重为20N，大山投出了9.6m的距离，球最高点距地面3m。
则球在空中飞行的过程中，实心球所受的力所做的功为 J（不计空气阻力）。
19．（2分）在“伏安法”测电阻的实验中，实验电路图如图所示，若待测电阻Rx的阻值为8Ω，要求实验中的电表不超过其量程，且电表的指针至少能达到刻度盘的中线，所用的实验器材在下列器材中选取：
电流表一只（0～0.6A或0～3A），电压表一只（0～3V或0～6V），滑动变阻器（0～50Ω一只），电源（6V）一个（电源电压保持不变），开关一个，导线若干。
实验中，为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为 W，滑动变阻器的取值范围为 。
20．（2分）如图9所示，一底面积是100cm2的圆柱形容器内盛有1.5kg的水，静止在水平桌面上。
现将含有合金块的冰块投入容器的水中，恰好悬浮，此时水位上升了6cm（没有水溢出）。
当冰块全部熔化后，容器底部所受水的压强改变了58Pa．容器的质量及厚度可忽略不计，g取10N/kg，ρ冰=0.9×103kg/m3，ρ水=1.0×103kg/m3．则含有合金块的冰块悬浮时，容器对水平面的压强为 Pa，该合金块的密度为 kg/m3。
三、作图与实验探究题（共29分）
21．（3分）太阳光线跟水平方向成30°角，为了使反射光线水平行进，请在图中画出平面镜的位置并标出反射角的度数。
22．（3分）请将图中的“光控开关”、“声控开关”、灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，设计出只有在光线很暗且有声音时灯才亮的楼道灯自动控制电路，同时安装一个不受开关控制的三孔插座。
23．（3分）如图所示，A处于静止状态，B在拉力作用下向右运动。
请在图中画出A物体的受力示意图（力的作用点图中已标出）。
24．（3分）如图一所示，所测物体的长度是 cm．如图二所示，电流表的示数为 A，电压表的示数为 V。
25．（4分）在“探究凸透镜成像规律”时，所用凸透镜的焦距为10cm。
如图所示，将蜡烛、光屏分别置于光具座上凸透镜两侧，调整凸透镜和光屏的中心大致与烛焰的中心在 ；凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处不动，要在光屏上成放大的像，蜡烛应向 移动，光屏应向 移动（均选填“左”或“右”）；现再将蜡烛移至光具座上10cm处，移动光屏，在光屏上得到一个清晰的实像，应用这一原理可以制成 。
26．（5分）在“测量牛奶密度”的实验中。
（1）大山先将牛奶倒入量筒，如图1所示，则牛奶的体积为 cm3；接着将天平放在水平台面上，将游码移至称量标尺左端的零刻度线上，调节 ，使天平平衡；用调节好的天平测出空烧杯的质量为33g，然后将量筒中的牛奶倒入烧杯，用天平测量烧杯和牛奶的总质量，天平平衡时如图2所示，烧杯和牛奶的总质量为 g。
（2）根据以上实验数据计算出牛奶的密度为 kg/m3，用该方法测得的密度比真实值偏 。
27．（9分）如图所示是“探究电流的大小与哪些因素有关”的电路图。
（1）连接电路前，开关必须 。
（2）请根据图1所示的电路图用笔画线代替导线将图2所示的实物连接成完整电路（导线不允许交叉）。
（3）实验开始时，滑动变阻器的作用是 。
在探究通过导体的电流与导体两端电压关系时，应保持 不变，此时滑动变阻器的作用是 ；在探究通过导体的电流与导体电阻关系时，此时应保持 不变。
（4）在探究通过导体的电流与导体电阻关系时，得到实验数据记录如下表：
实验次数
1
2
3
4
电阻R/Ω
5
10
15
20
电流I/A
0.6
0.3
0.2
0.15
根据上表的实验数据，请在图3中画出电流随电阻变化的图象。
四、解答题（共21分）解答时要求写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤．答案必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能给分．
28．（5分）大山将质量为20kg的水从25℃加热到75℃，[水的比热容为4.2×103J/（Kg•℃），天然气的热值为3.5×107J/m3]求：
（1）这些水吸收的热量是多少？
（2）若这些热量由完全燃烧天然气获得，则需要多少m3天然气？
29．（7分）如图所示，电源电压保持不变，R1和R2为定值电阻，电压表接在R1两端，R2=6Ω，A、B是接线柱，其他元件可以从A、B连入电路。
现先把电流表接在A、B连入电路，看到其示数为1.5A；然后，拆除电流表，把定值电阻R接在A、B连入电路，这时电压表的示数为4V，整个电路消耗的电功率为15W．设温度对电阻的影响可以不计，求：
（1）定值电阻R的阻值是多少？
（2）若把标有“10Ω2A”字样的滑动变阻器接在A、B连入电路，在保证电路安全的情况下，电路消耗的总功率范围是多少？
30．（9分）如图所示，正方形物块边长为10cm，漂浮于足够高的底面积为S0的盛有足量水的圆柱形容器中，有
体积露出水面。
g取10N/kg。
求：
（1）该物块受到浮力；
（2）该物块的密度；
（3）若未投入物块时，水对容器底部的压力为F0．试求出物块漂浮时，水对容器底部的压力F1并求出物块浸没时水对容器底部的压强；
（4）从未投入物块到漂浮，从漂浮到浸没的三个状态中，水对容器底部第二次增加的压力为物块浸没时水对容器底部的压力的n分之一，求n为多少？
2018年广西贵港市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确的选项．
1．（3分）在实验室，用弹簧测力计能直接测量的物理量是（ ）
A．力B．体积C．密度D．质量
【分析】测量力的工具测力计，实验室常用的是弹簧测力计。
【解答】解：
A、测量力的工具叫测力计，实验室常用的测力计是弹簧测力计，故A符合题意；
B、体积用量筒或量杯测量，故B不符合题意；
C、密度一般用天平和量筒测量，故C不符合题意；
D、在实验室，质量用天平测量，故D不符合题意。
故选：
A。
【点评】本题考查了工具的作用，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。
2．（3分）关于声现象，下列说法中正确的是（ ）
A．声音在真空中的传播速度比在空气中的传播速度大
B．“禁止鸣笛”是在声音的传播过程中减弱噪声
C．“闻其声便知其人”判断的依据是人发出声音的响度
D．演奏弦乐器时，演奏者不断变换手指在琴弦上的位置，这是在改变声音的音调
【分析】
（1）声音在空气中的传播速度约为340m/s。
声音传播需要介质，真空不能传声；
（2）减弱噪声的三条途径，在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播途径中减弱；
（3）音调是指声音的高低，由频率决定，响度是指人耳感觉到的声音的强弱或大小，由振幅和听者与声源的距离决定，音色是指声音的品质和特色，由发声体的材料和结构决定；
（4）音调的高低与发声体的振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。
【解答】解：
A、声音传播需要介质，不能在真空中传播，故A错误；
B、汽车禁止鸣笛，是为了在声源处减弱噪声，故B错误；
C、不同的人说话音色不同，所以“闻其声知其人”是根据声音的音色来判断的，故C错误；
D、演奏弦乐器时，当不断调整手指在琴弦上的按压位置，琴弦的振动快慢就会不一样，故发出声音的音调就会不同。
故D正确。
故选：
D。
【点评】本题需要学生掌握声音产生的原因、声音的传播、减弱噪声的途径、声音的特征，是一道声学基础题，是中考的热点。
3．（3分）电磁感应现象是由哪位科学家发现的（ ）
A．爱因斯坦B．法拉第C．牛顿D．伽利略
【分析】根据课本中的基础知识可知英国物理学家法拉第是第一个发现电磁感应现象的科学家。
【解答】解：
A、爱因斯坦发现了相对论，故A不符合题意；
B、法拉第发现了电磁感应现象，故B符合题意；
C、牛顿发现了牛顿三大定律、万有引力定律等等，没有发现电磁感应现象，故C不符合题意；
D、伽利略发现了摆的等时性，故D不符合题意。
故选：
B。
【点评】本题考查物理学史，关键平时要注意识记。
4．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．光纤通信是利用电流传递信息
B．核电站利用的是核聚变时产生的能量
C．我国北斗导航卫星传递信息利用的是超声波
D．电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度
【分析】
（1）光纤通信是利用激光来传递信息的；
（2）核能的利用由两种：
核裂变、核聚变；
（3）卫星导航、移动通信都是利用电磁波来传递信息的；
（4）电磁波在真空传播速度与光速一样。
【解答】解：
A、激光在传输过程中，从光导纤维的一端射入后，在光导纤维内壁上要发生多次反射，并从另一端射出，这样就把它携带的信息传到远方，这种传递信息的方式是光纤通信，故A错误；
B、核电站利用的是核裂变时产生的能量的原理来工作的，故B错误；
C、“北斗”卫星导航是利用电磁波来传递信息的，故C错误；
D、电磁波与光波有相似之处，可不需要介质传播，且电磁波在真空中的传播速度和光在真空中的传播速度相同，都是3×108m/s，故D正确。
故选：
D。
【点评】本题考查了对光纤通信、核能的利用电磁波的利用以及电磁波的传播速度的了解，是一道综合题。
5．（3分）下列有关安全用电的说法，正确的是（ ）
A．用电器的金属外壳可以不必接地
B．现代家庭发生火灾时，必须立即泼水救火
C．发现有人触电时，首先要切断电源
D．使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
【分析】①有金属外壳的家用电器，要接地线，人不会发生触电事故；
②发现用电器着火了，要立即断开电源再想法灭火；
③发现有人触电，要立即断开电源再救人或用干燥的木棒使人与带电体脱离；
④使用测电笔辨别火线时，一定要用手触及笔尾的金属部分，否则容易造成误判，认为带电体不带电是十分危险的。
使用测电笔时，不能用手触及测电笔前端的金属探头，这样会造成人身触电事故。
【解答】解：
A、家用电器使用时金属外壳要接地，以防漏电时，发生触电事故，故A错误；
B、一般的水是导体，所以用电器失火时，绝对不能向用电器泼水灭火，故B错误；
C、发现有人触电应立即切断电源或用干燥的木杆将人与火线分开，故C正确；
D、使用测电笔辨别火线时，一定要用手触及笔尾的金属部分，否则容易造成误判，故D错误。
故选：
C。
【点评】此题考查的知识点比较多，用电器的金属外壳接地、测电笔的正确使用方法、以及施救方法，需要同学们掌握一些基本的用电常识，题目难度不大。
6．（3分）关于温度、热量、热传递和内能，下列说法中不正确的是（ ）
A．0℃的冰块内能一定不为零
B．物体温度升高，内能一定增加
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
D．温度高的物体，内能不一定大
【分析】
（1）一切物体在任何温度下都具有内能；
（2）物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关。
物体质量和状态一定时，温度越高，内能越大；物体状态和温度相同时，气态时内能最大，固态时内能最小；物体状态和温度相同时，质量越大，物体的内能越大；
（3）热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递。
【解答】解：
A、一切物体在任何温度下都具有内能，所以0℃的冰块一定有内能（即内能一定不为零）。
故A正确；
B、物体温度升高，分子无规则运动更剧烈，内能一定增加。
故B正确；
C、发生热传递的条件是存在温度差，所以热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递。
故C错误；
D、内能与温度、状态、质量等都有关系，所以温度高的物体，内能不一定大。
故D正确。
故选：
C。
【点评】
（1）物体的内能变化，可能是热传递，也可能是做功造成的；但是热传递或做功有一者发生，物体的内能一定变化。
（2）物体的内能变化，可能是物体的温度变化，可能是物体的状态变化；但是物体的温度变化或状态变化，有一者发生，物体的内能一定变化。
（3）物体的做功和热传递、内能、温度变化和状态变化，三者之间很容易混淆，注意理解。
7．（3分）如图所示电路中，电源电压不变，R为滑动变阻器。
闭合开关S后，在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数不变，电路的总电阻变大
B．电压表的示数变大，电流表的示数变小
C．电压表的示数变大，灯泡变亮
D．电压表的示数变小，灯泡变暗
【分析】灯与变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器的电压：
在滑片P向右移动的过程中判断变阻器连入电路中的电阻变化，根据电阻的串联确定总电阻变化，由欧姆定律分析电路中的电流变化，根据欧姆定律确定灯的电压变化，
根据P=UI分析灯的实际功率变化确定灯亮度变化；
由串联电路电压的规律，可得出变阻器的电压变化。
最终得出正确答案。
【解答】解：
由图知，灯与变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器的电压；
在滑片P向右移动的过程中，变阻器连入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；
由U=IR可知，灯的电压变小，根据P=UI可知灯的实际功率变小，故灯变暗；
电源电压不变，灯的电压变小，由串联电路电压的规律可知，变阻器的电压变大，即电压表示数变大；
综上，只有B正确，A、C、D错误。
故选：
B。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的识别。
8．（3分）同一滑轮用如图所示甲、乙两种装置匀速提升重均为10N的A、B两物体，已知滑轮重1N，绳重和滑轮的摩擦力不计。
则下列说法中正确的是（ ）
A．手的拉力F乙=10N
B．A物体受到的合力与B物体受到的合力相等
C．若A、B两物体都被提升0.5m，则利用乙装置做的有用功比较多
D．若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F甲做的功比F乙做的功多
【分析】
（1）动滑轮是轴随被拉物体一起运动的滑轮；使用定滑轮不省力但能改变力的方向，使用动滑轮能省一半力，但费距离；
（2）匀速运动所受合力为零；
（3）甲乙装置所做的有用功相同，用乙装置提重物时，得提起滑轮所做额外功较多。
【解答】解：
A、乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮可以省一半的力，即拉力等于物体和滑轮总重力的一半，F乙=
（G+G动）=
×（10N+1N）=5.5N，故A错误；
B、因为匀速提升，故所受的合力都为零，故B正确；
CD、甲乙装置所做的有用功相同，用乙装置提重物时，得提起动滑轮所做额外功较多，故CD错误。
故选：
B。
【点评】此题考查了定滑轮和动滑轮的工作特点，是一道基础题。
9．（3分）通电螺线管和磁体A磁极附近磁感线分布如图所示，小磁针处于静止。
则（ ）
A．小磁针的b端为N极B．通电螺线管左端为N极
C．电源“+”极为c端D．电源“+”极为d端
【分析】
（1）在磁体外部，磁感线从磁体的北极出来回到南极，据此确定A的极性和通电螺线管的NS极；
（2）利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极；利用安培定则确定螺线管中电流的方向、电源的正负极。
【解答】解：
AB、由于在磁体外部磁感线从磁体的北极出来，回到南极，所以左边磁体A为S极，右边通电螺线管的左端为S极，则右端N极；根据磁极之间的作用规律，小磁针的a端为N极、b端为S极；故AB错；
CD、由安培定则可知，大拇指指向右端N极，四指环绕方向为电流方向，电流从螺线管的左边流入、右边流出，则c为正极、d为负极，故C正确、D错。
故选：
C。
【点评】本题考查了磁感线的方向、磁极间的相互作用规律、右手螺旋定则的应用，注意电流从电源正极流出、负极流入。
10．（3分）如图甲所示，是建设罗泊湾大桥时使用的起吊装置（图中未画出）的钢缆绳拉着实心圆柱体A在距江面某一高度处沿竖直方向匀速下降的情景。
A在下降到江底之前，始终保持0.1m/s的速度不变。
如图4乙所示是A下降到江底之前钢缆绳对A的拉力F随时间t变化的图象（江水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。
则（ ）
A．A从开始下降直到江面时钢缆绳对A做的功为5×104J
B．A下降过程中重力的功率为5×103W
C．A的密度为1.6×103kg/m3
D．当A下降到水平的江底，卸下钢缆绳后，A对江底的压强为5×103Pa
【分析】
（1）由图乙可知，在0～20s内，圆柱体A从开始下降直到江面时，由二力平衡条件知圆柱体A的重力，根据v=
求出圆柱体A下降的距离，根据W=Fs求出A从开始下降直到江面时钢缆绳对A做的功；
（2）根据P=
=
=Gv求出下降过程中重力的功率；
（3）30s后圆柱体A完全浸没在江水中，由图象可知此时拉力，由力的平衡条件求出圆柱体A受到的浮力，然后根据F浮=ρgV排、m=
和ρ=
求出圆柱体A的密度；
（4）在20s～30s时，圆柱体A从开始浸入江水到完全浸入江水中，所用的时间为10s，根据速度公式求出圆柱体A下降的高度就等于圆柱体A的高度，利用几何关系求出圆柱体A的底面积，
当A下降到水平的江底，卸下钢缆绳后，对A受力分析，圆柱体A受到重力、浮力、江底的支持力的作用，根据力的平衡条件和力的作用是相互的求出圆柱体A对江底的压力，最后根据压强公式求出则圆柱体A对江底的压强。
【解答】解：
A、由图乙可知，在0～20s内，圆柱体A从开始下降直到江面时，
由二力平衡条件知，圆柱体A的重力：
G=F=3×104N，
由v=
得，圆柱体A下降的距离：
s=vt=0.1m/s×20s=2m，
则A从开始下降直到江面时钢缆绳对A做的功：
W=Fs=3×104N×2m=6×104J，故A错误；
B、A下降过程中重力的功率：
P=
=
=Gv=3×104N×0.1m/s=3×103W，故B错误；
C、30s后圆柱体A完全浸没在江水中，此时拉力F′=1×104N，
由力的平衡条件得，圆柱体A受到的浮力：
F浮=G﹣F′=3×104N﹣1×104N=2×104N，
由F浮=ρgV排得，圆柱体A的体积：
V=V排=
=
=2m3，
圆柱体A的质量：
m=
=
=3×103kg，
圆柱体A的密度：
ρA=
=
=1.5×103kg/m3，故C错误；
D、在20s～30s时，圆柱体A从开始浸入江水到完全浸入江水中，所用的时间为t′=30s﹣20s=10s，
圆柱体A下降的高度就等于圆柱体A的高度：
h=vt=0.1m/s×10s=1m，
则圆柱体A的底面积：
S=
=
=2m2，
当A下降到水平的江底，卸下钢缆绳后，对A受力分析，圆柱体A受到重力、浮力、江底的支持力的作用，
则江底的支持力F支=G﹣F浮=3×104N﹣2×104N=1×104N
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