2018年安徽阜阳中考物理真题及答案.doc

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1、2018年安徽阜阳中考物理真题及答案一、填空题（每空2分，共26分）1（2分）大客机C919是我国首架具有自主知识产权的大型喷气式干线民用客机。它的巡航速度是920km/h，该速度值的物理意义是大客机C919每小时通过的距离是920km。【分析】速度是指物体在单位时间内通过的路程，表示物体运动快慢的物理量。【解答】解：大客机C919的巡航速度是920km/h，该速度值的物理意义是：大客机C919每小时通过的距离是920km。故答案为：大客机C919每小时通过的距离是920km。2（2分）如图所示，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，硝化棉就燃烧起来。这是因为活塞压缩空气

2、做功气体的内能增加，温度也会随之升高，达到了硝化棉的燃点。【分析】解决此题要知道做功可以改变物体的内能，物体的内能与其本身的温度有关，温度越高内能越大。【解答】解：当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，温度也会随之升高，当温度达到棉花的燃点时，会看到硝化棉燃烧；故答案为：气体的内能增加，温度也会随之升高。3（2分）一棵小树生长在水塘中，图中用带箭头的线段AB表示小树露出水面的部分。请在图中画出AB通过水面反射所成的像AB。【分析】要作出AB通过水面反射所成的像，要先知道平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、虚像、左右相反，及像与物关于平面镜对称

3、；其次，先作出两个端点A、B在平面镜中的像点，连接像点即为物体AB在平面镜中所成的像。【解答】解：先根据像与物关于水平面镜对称，作出端点A在平面镜中的像点A，端点B在水平面镜中的像点B重合，用虚线连接A、B即为物体AB在水平面镜中所成的像，如图所示：4（2分）如图所示，当工人师傅用400N的拉力向下拉绳时，可使重680N的重物匀速上升，此过程中滑轮组的机械效率为85%。【分析】已知拉力、物重，利用=可计算滑轮组机械效率。【解答】解：由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数：n=2，由=得，滑轮组的机械效率：=100%=100%=85%。故答案为：85%。5（4分）图中R1=4，R2=6，把它们并联在

4、U=3V的电路中，则R1和R2并联后的总电阻为2.4；通电30s，电阻R1消耗的电能为67.5J。【分析】根据=+可求得并联后的总电阻，利用W=t可求得通电30s，电阻R1消耗的电能。【解答】解：已知R1和R2并联，则并联后的总电阻=+，则=+，解得R=2.4，因为R1和R2并联，把它们并联在U=3V的电路中，则R1两端电压为3V，通电30s，电阻R1消耗的电能W=t=30s=67.5J。故答案为：2.4；67.5。6（4分）某定值电阻两端加上10V的电压时，测得通过它的电流为2A，则其阻值为5，若电压为0，则它的阻值为5。【分析】电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关；根

5、据欧姆定律公式I=变形后可求电阻值。【解答】解：由I=得定值电阻的阻值：R=5；由于电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，所以当它两端的电压为零时，它的阻值仍为5。故答案为：5；5。7（2分）实验发现，两条平行放置的直导线，当通以相同的电流时相互吸引（如图），这是因为电流能够产生磁场，而磁场对电流又有力的作用。我们可以这样分析它的受力，对a导线：通电导线b产生的磁场对它具有向右的作用力；对b导线：通电导线a产生的磁场对它具有向左的作用力。【分析】磁场对通电导线有力的作用，物体间力的作用是相互的。【解答】解：由题知，两直导线通以相同的电流时相互吸引；对a导线：通电导线b产生

6、的磁场对它具有向右的作用力；由于物体间力的作用是相互的，对b导线：通电导线a产生的磁场对它具有向左的作用力。故答案为：通电导线a产生的磁场对它具有向左的作用力。8（2分）某导体的电阻为20，当通过它的电流为2A时，则其1min产生的热量为4800J。【分析】根据焦耳定律即可计算通电导体上产生的热量。【解答】解：通电时间t=1min=60s，导体产生的热量：Q=I2Rt=（2A）22060s=4800J。故答案为：4800。9（2分）如图甲所示，物块A在一固定的斜面上保持静止，可将物块A看成一个有质量的点（见图乙）。请在图乙中画出物块的受力的示意图。【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析

7、，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。【解答】解：静止在斜面上的物体受到重力、摩擦力和支持力的作用，过重心作竖直向下的重力G，过重心作沿斜面向上的摩擦力f，过重心作垂直于斜面向上的支持力F，如下图所示：10（4分）一台额定功率为2000W的电热水器，水箱内装有50kg的水，要把这些水从20加热到60，热水器正常工作需要4200s；若水吸收的热量全部由燃烧天然气提供，则需要完全燃烧0.2m3的天然气不计能量损失，已知c水=4.2103J/（kg0C），q天然气=4.2107J/m3。【分析】（1）知道热水器水的质量，又知道水的初温和末温、水的比热容，利用吸

8、热公式求水吸收的热量，不计热量损失时消耗的电能W=Q吸，根据P=求出加热时间；（2）由题意可知，天然气完全燃烧释放的热量，根据Q=Vq求出消耗天然气的体积。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（tt0）=4.2103J/（kg）50kg（6020）=8.4106J，不计热量损失，则消耗的电能：W=Q吸=8.4106J，由P=可得，热水器正常工作的时间：t=4200s；（2）由题意可知，Q放=Q吸=8.4106J，根据Q放=Vq天然气=可得，消耗天然气的体积：V=0.2m3。故答案为：4200；0.2。二、选择题（每小题3分，共21分；每小题给出的四个选项中，只有一个符合题意）11（3分

9、）下列说法正确的是（）A物体运动的速度越大，其惯性越大B太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置C滑动摩擦力的大小与接触面的大小有关D在液体中，流速越大的位置，压强越大【分析】（1）惯性的大小只与物体的质量有关；（2）太阳能电池工作时，把光能转化成电能；（3）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；（4）在流体中，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。【解答】解：A、惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动速度无关，故A错误；B、太阳能电池可以将太阳能转化为电能，故B正确；C、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与接触面的大小无关，故C错误；D、液体的压强与流速的关系：

10、流速越大的位置压强越小，故D错误。故选：B。12（3分）下列光路图错误的是（）A放大镜成像B小孔成像C光由空气斜射到水面D近视眼的矫正【分析】（1）根据放大镜成像特点分析；（2）小孔成像的原理是光的直线传播，由此分析；（3）根据光的折射规律分析；（4）近视眼晶状体的凸度过大，或眼球前后径过长，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像就会落在视网膜的前方，由此分析解答。【解答】解：A、放大镜成正立、放大的虚像，像是由折射光线的反向延长线相交得到的，故A正确；B、小孔成像是实际光线通过小孔时沿直线传播会聚成的实像，故B正确；C、光由空气斜射入水中时，折射光线应靠近法线，折射角应小于入射角，故

11、C错误；D、近视眼看远处物体时，物体“发出”的光通过晶状体折射后形成的像会落在视网膜的前方，导致看不清远处的物体；为使像成在视网膜上，应让光线发散一些，所以近视眼应佩戴凹透镜加以矫正，故D正确。故选：C。13（3分）如图所示，8个相同的玻璃瓶中灌入不同高度的水，仔细调节水的高度，敲击它们，就可以发出“1.2.3.4.5.6.7i”的声音来；而用嘴吹每个瓶子的上端，可以发出哨声。则下列说法正确的是（）A敲击瓶子时，声音只是有瓶本身的振动产生的B敲击瓶子时，声音只是有瓶中水柱的振动产生的C用嘴吹气时，哨声是由瓶中空气柱振动产生的D用嘴吹气时，哨声是由瓶中水柱的振动产生的【分析】（1）敲击瓶子时是瓶

12、子与水柱振动发声，水柱越高，越难振动；（2）吹瓶口时，是空气柱振动发声，空气柱越短，音调越高。【解答】解：AB、敲击瓶子时由于瓶子与水柱的振动而发出声音，故AB错误；CD、往瓶中吹气也会听到声音，这是空气振动产生的，故C正确，D错误。故选：C。14（3分）图示为某种物质熔化时温度随时间的变化的图象。根据图象，下列判断正确的是（）A该物质熔化过程持续了25minB该物质是晶体，熔点为80C在第30min，该物质处于固液共存状态D在第10min到第25min之间，由于物质温度不变，所以不吸收热量【分析】明确图象中横纵坐标所表示的内容，可以看出物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再

13、高，说明这是晶体熔化的图象，进而可以判断出对应的熔点温度；熔化前处于固态，熔化过程后处于固液共存状态、熔化完成处于液态。【解答】解：ABD、分析图象可知，图象中呈水平的一段所对应的温度80就是物质的熔点，该物质有固定的熔化温度，是晶体，该物质从第10分钟开始熔化，到第25分钟左右结束，约进行了15分钟，熔化过程吸热温度不变，故AD错误，B正确；C、在第30min熔化完成，该物质处于液态，故C错误。故选：B。15（3分）我们知道，一对作用力与反作用力总是大小相等，方向相反。如图所示，重25N的长方体物块甲放在水平桌面上，另一重10N的长方体物块乙放在物块甲上。则下列说法正确的是（）A物块乙所受的

14、合力为10NB物块乙对物块甲的压力为15NC桌面受到物块甲的压力为15ND桌面对物块甲的支持力为35N【分析】（1）处于平衡状态的物体受到平衡力的作用，合力为零；（2）物块乙对物块甲的压力等于物块乙的重力；（3）桌面受到物块甲的压力等于物块甲乙的重力之和；（4）根据力的作用的相互性得出桌面对物块甲的支持力大小。【解答】解：A、物块乙静止，处于平衡状态，受到平衡力的作用，故所受的合力为0N故A错误；B、物块乙对物块甲的压力等于物块乙的重力，为10N故B错误；C、桌面受到物块甲的压力等于物块甲乙的重力之和，即25N+10N=35N故C错误；D、由C知，桌面受到物块甲的压力为35N，而桌面对物块甲的

15、支持力与桌面受到物块甲的压力是一对相互作用力，故大小为35N，故D正确。故选：D。16（3分）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。在移动滑片的过程中，下列说法正确的是（）A电流表的示数变大，电压表的示数变大B电流表的示数变小，电压表的示数变大C电流表的示数变小，电压表的示数变小D电流表的示数变大，电压表的示数变小【分析】由电路图可知，两电阻串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变

16、化。【解答】解：将滑动变阻器的滑片P从右向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；根据I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；根据U=IR可知，R1两端的电压变大，根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D正确。故选：D。17（3分）如图所示，当带电体接触验电器的金属球时，下列说法正确的是（）A若带电体带正电荷，则这些正电荷就通过金属杆全部转移到金属箔上B若带电体带负电荷，则这些负电荷就通过金属杆全部转移到金属箔上C若带电体带正电荷，则验电器就有一部分电子转移到带电体上D若带电体带负电荷，则验电器就有一部分正电荷转

17、移到带电体上【分析】（1）验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的，金属箔片所带的电荷量越多，其张角越大。（2）金属中的自由电荷是自由电子；质子不可移动。据此分析判断。【解答】解：AC、若带电体带正电荷，带电体缺少电子，所以不可能有电子从金属杆流向金属箔，而只能是有一部分电子从金属箔转移到金属杆上，故A错误，C正确；B、若带电体带负电荷，负电荷将部分转移到金属箔上，从而金属箔带负电，而带电体仍带负电，故B错误；D、若带电体带负电荷，是由于有多余的电子，则带电体就有一部分电子转移到验电器上，故D错误；故选：C。三、实验题（每空2分，共20分）18（8分）图为探究物体（钢球）动能大小跟哪些因素有关

18、的实验装置。（1）实验原理：钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，到达斜面底端时的速度只与钢球起点位置的高度有关。起点位置越高，该速度越大。钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，在水平木板上撞击木块，木块运动的距离越长，运动钢球所具有的动能越大。（2）实验现象：同一钢球从斜面上不同高度处由停止向下运动。在水平木板上撞击木块，钢球开始向下运动的起点位置越高，木块运动的距离越长。同一高度由静止向下运动，在水平木板上撞击木块，钢球的质量越大，木块运动的距离越长。【分析】（1）整个过程中重力势能转化为动能，机械能守恒。动能与速度和质量有关，质量不变时，当动能越大，速度就越大；物体做功的过程就是能的转化过程

19、，物体对外做功越多，所具有的能量越大；（2）影响动能大小的因素有质量和速度，质量越大，速度越大，物体所具有的动能越大。【解答】解：（1）钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，重力势能转化为动能，起点位置越高，重力势能越大，到达斜面底端时的动能越大，速度越大；实验中是通过钢球撞击木块移动的距离来观察钢球动能大小的，利用了转换法；被撞木块的运动距离越长，说明钢球对被撞物体所做的功就越多，钢球原来所具有的动能就越大；（2）质量一定的钢球开始向下运动的起点位置越高，到达水平面时的速度越大，因此动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长；不同质量的钢球从同一高度由静止向下运动，到达水平面时的速度一定，质

20、量越大，所具有的动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长。故答案为：（1）大；大；（2）高；大。19（4分）在某次电学实验中，已知所使用的双量程电流表能够满足实验的测量要求。在不能事先估计电流的情况下，为了避免损坏电流表，且又能较准确的测出电路中的电流，常常通过“试触”来确定电流表的量程。（1）假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，若指针偏转超过最大值，则换用电流表的大量程；（2）假如先选用电流表的大量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，若指针偏转较小，则换用电流表的小量程。【分析】电流表使用之前，在无法确

21、定电流大小时，要试触。【解答】解：测量电流时，在不能预先估计被测电流大小的情况下，要先用试触法来确定电流表的量程。具体做法是：（1）假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，若电流表的指针偏转超过最大值，说明被测电流超过了小量程，而在大量程范围内，应换用大量程进行测量；（2）假如先选用电流表的大量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏转情况，若电流表的指针偏转较小，说明量程选择过大，被测电流在小量程范围内，应换用小量程进行测量。故答案为：偏转超过最大值；偏转较小。20（8分）利用如图a所示的电路，可以研究通过小灯泡的电流跟加

22、在它两端电压的关系。实验中使用小灯泡的额定电压为2.5V。（1）请按照图a，将图b中的实物电路连接完整；（2）闭合开关S，当滑片从滑动变阻器的一端向另一端移动时，小灯泡两端的电压连续发生变化，于是可得到多组测量值（U，I），根据测量值画出小灯泡的IU图象如图c所示。从图象可以发现；随着小灯泡两端电压从0逐渐增大（不大于额定电压），其灯丝的电阻值不断增大（选填“不断增大”，“保持不变”或“不断减小”）；（3）在图a中，闭合开关，将片P从A端向B端移动。在此过程中，小灯泡两端的电压不断变大（选填“不断变大”，“保持不变”或“不断变小”）（4）考虑到电压表的电阻对电路的影响，每次电流表的示数比测量时

23、通过小灯泡的实际电流偏大（选填“偏大”或“偏小”）。【分析】（1）根据灯的额定电压确定电压表选用小量程与灯并联；（2）由图c知，当电压为0.25V、1.0V、2.0V时，对应的电流大小分别为0.1A、0.3A、0.45A，由欧姆定律R=分别求出对应的电阻大小分析回答；（3）在图a中，灯与变阻器PA部分并联后与变阻器的PB部分串联，闭合开关，将片P从A端向B端移动，判断PA部分电阻变化，根据并联电阻的规律得出并联部分的电阻变化，由分压原理确定并联部分的电压变化，即灯的电压变化；（4）根据并联电路电流的规律分析。【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：（2）

24、由图c知，当电压为0.25V、1.0V、2.0V时，对应的电流大小分别为0.1A、0.3A、0.45A，由欧姆定律R=，对应的电阻大小分别为：2.5、3.3、4.4，故灯丝的电阻值不断增大；（3）在图a中，灯与变阻器PA部分并联后与变阻器的PB部分串联，闭合开关，将片P从A端向B端移动。PA部分电阻越来越大，根据并联电阻的规律，并联部分的电阻变大，PB部分电阻变小，由分压原理，并联部分的电压变大，即灯的电压不断变大；（4）因电压表与灯并联，根据并联电路电流的规律，电流表的示数比测量时通过小灯泡的实际电流偏大。故答案为：（1）如上；（2）不断增大；（3）不断增大；（4）偏大。四、计算与推导题（第

25、21题4分，第22小题7分，第23小题12分，共23分；解答要有必要的公式和过程，只有最后答案的不能得分）21（4分）图a所示为前臂平伸用手掌拖住铅球时的情形。我们可将图a简化成如图b所示的杠杆。不计自重。若铅球质量m=3kg，OA=0.03m，OB=0.30m，求此时肱二头肌对前臂产生的拉力F1大小（g取10N/kg）。【分析】肱二头肌对前臂产生的拉力F1为动力，3kg铅球的重力即为阻力F2，利用杠杆的平衡条件求肱二头肌的收缩力。【解答】解：由图可知，支点是O点，肱二头肌对前臂产生的拉力F1为动力，3kg铅球的重力即为阻力F2，则阻力：F2=G=mg=3kg10N/kg=30N，由图知，L1

26、=OA=0.03m，L2=OB=0.30m，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，即：F10.03m=30N0.30m，解得F1=300N。答：肱二头肌对前臂产生的拉力F1为300N。22（7分）一般家用电饭锅工作时有两种状态，分别是煮饭过程中的加热状态和米饭煮熟后的保温状态。图示为该种电饭锅的电路原理图，图中R1是一个电阻，R2是加热用的电阻丝，U为电源电压（R1和R2的阻值不随温度变化）。（1）请分析论证：当开关S闭合时，电饭锅处于加热状态；（2）要使R2在保温状态时的功率是加热状态时的，求的值。【分析】（1）根据公式P=分析电路所处的状态；（2）根据P=写出R2在保温状态时、加热状态时

27、功率的表达式，根据其功率关系得出R2两端的电压关系，根据串联电路的电压规律得出R1两端的电压，根据欧姆定律求出电阻之比。【解答】解：（1）当开关S断开时为串联电路，此时电路的总电阻为R1+R2；当开关S闭合时，只有R2接入电路中，此时电路的电阻为R2；电源电压不变，根据P=可知，总电阻越小，功率最大，所以，当开关S闭合时电阻最小，功率最大，为加热状态；（2）电饭锅处于加热状态，只有R2工作，在加热状态时R2的功率为：P=；电饭锅处于保温状态，R1、R2串联，设此时R2两端的电压为U，则保温时R2的功率为：P=；由题知，R2在保温状态时的功率是加热状态时的，则=，解得：=，则U=U；在保温状态时

28、，由串联电路的电压规律可知，R1两端的电压：U1=UU=UU=U；串联时电流相等，根据欧姆定律可得，R1的电阻为：R1=；R2的电阻为：R2=；则：=2：1。答：（1）见解析；（2）=2：123（12分）重为200N的方形玻璃槽，底面积为0.4m2，放在水平台面上，向槽中加水至水深0.3m（已知水=1.0103kg/m3，g取10N/kg，玻璃槽的侧壁厚度不计）（1）求水对槽底部的压强和槽底对水平台面的压强；（2）将边长为20cm的正方体物块轻轻放入水中，当其静止时，测出该物块露出水面的高度为5cm，求该物块的密度；（3）用力F垂直向下作用在物块的上表面，使物块露出水面的高度为2cm并保持静止

29、，求此时力F的大小。【分析】（1）利用p=gh计算水对槽底部的压强；玻璃槽对水平台面的压力等于玻璃槽与水的重力之和，水的重力利用V=Sh、G=mg和=可求，然后利用p=计算玻璃槽对水平台面的压强；（2）物体漂浮，则浮力等于重力，根据F浮=gV排、G=mg和=可列出等式，求解该物块的密度；（3）根据力的平衡可知，力F的大小等于物块增大的浮力。据此计算F的大小。【解答】解：（1）水对槽底部的压强：p=gh=1103kg/m310N/kg0.3m=3103Pa；水的体积：V=Sh=0.4m20.3m=0.12m3，根据G=mg和=可得，水的重力：G水=水Vg=1103kg/m30.12m310N/k

30、g=1200N，玻璃槽对水平台面的压力：F=G水+G玻璃槽=1200N+200N=1400N，玻璃槽对水平台面的压强：p=3.5103Pa；（2）正方体物块轻轻放入水中，当其静止时，处于漂浮状态，所以F浮=G水木，根据F浮=gV排、G=mg和=可得：水gV排=木gV木，代入数值可得：1103kg/m310N/kg（0.2m）2（0.2m0.05m）=木10N/kg（0.2m）3，解得：木=0.75103kg/m3；（3）根据力的平衡可知，力F的大小等于物块增大的浮力，即：F=F浮=水gV排=1103kg/m310N/kg（0.2m）2（0.05m0.02m）=12N。答：（1）求水对槽底部的压强和槽底对水平台面的压强分别为3103Pa、3.5103Pa；（2）该物块的密度为0.75103kg/m3；（3）此时力F的大小为12N。