2020年贵州遵义市中考物理真题及答案.docx

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1、2020年贵州遵义市中考物理真题及答案一、选择题（本大题共9小题，共29分第1至7小题为单项选择题，每小题3分；第8、9小题为多项选择题，每小题3分，全对得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分请在答题卡选择题栏内用2B铅笔将对应题目答案的标号涂黑、涂满）1（3分）能源的开发利用提倡节能环保，下列符合节能环保理念的是（）A废旧电池对环境没有污染B空矿泉水瓶随意丢弃C水资源丰富的地方可以不节约用水D购买商品时用布袋替代塑料袋【分析】节能环保指的是生产时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能等环节来改变生产细节，据此进行分析解答即可。【解答】解：A、化

2、学电池中含有汞、镉、锂等金属元素，铅酸蓄电池中有铅电极板和电解液，随意丢弃废旧电池会污染环境，破坏生态，故A错误；B、空矿泉水瓶属于可回收垃圾，随意丢弃不符合节能环保理念，故B错误；C、即使水资源丰富的地方仍然需要节约用水，故C错误；D、用布袋代替一次性塑料袋购，减少了塑料袋的使用能减少白色污染，减少化工生产产生的温室气体，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了节能减排的措施，一定要养成节约能源的好习惯。2（3分）下列关于信息、能源、材料的说法，正确的是（）A太阳能属于不可再生能源B半导体二极管具有单向导电性C电磁波不能在真空中传播D电话的听筒主要利用了电流的热效应【分析】（1）太阳能可源

3、源不断从自然界获得，因此属于可再生能源；（2）半导体二极管具有单向导电性，它只允许电流从它的正极流向负极，不允许从负极流向正极；（3）电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播；（4）电话的听筒是利用通电线圈在磁场中受到力的作用带动音膜振动而发出声音，把变化的电流转化为声音信号，是利用电流的磁效应工作的；【解答】解：A、太阳能是可再生能源，A错误；B、半导体二极管具有单向导电性，B正确；C、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，C错误；D、电话的听筒里有电磁铁，其工作原理：电流通过电磁铁时，电磁铁具有磁性，吸引膜片，电磁铁中通过变化的电流，产生变化的磁场，对膜片的吸引也是变化的，从而使膜片产生

4、振动，将电信号转变为声音信号将声音还原出来，D错误。故选：B。【点评】本题考查能源的分类，二极管的单向导电性，信息的传递是一道基础题。3（3分）疫情期间停课不停学，同学们在家收看“空中授课”时，以下有关声音的说法，正确的是（）A不同老师教学时说话声音音色不同B增大音量提高了声音音调C关上窗户可以防止外界噪声的产生D授课老师的声音不是由振动产生【分析】一切声音都是由发声体振动产生的；声音的特征有三个：音调、响度和音色；防治噪声的途径包括：在声源处、在传播中、在人耳处。【解答】解：A、每个发声体发出声音的音色是不同的，所以不同老师教学时声音的音色不同，故A正确；B、增大音量是提高了声音的响度，故B

5、错误；C、关上窗户是在传播过程中减弱噪声，故C错误；D、授课教师的声音是由教师的声带振动产生的，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了声音的产生、防治噪声的途径、响度大小的判断等，属声学综合题，难度不大。4（3分）在平静的湖水中，看到“云在水中飘，鱼在云上游”，对于该现象中的云和鱼，下列说法正确的是（）A云和鱼都是光的反射形成的像B云和鱼都是光的折射形成的像C云是光的反射形成的像，鱼是光的折射形成的像D云是光的折射形成的像，鱼是光的反射形成的像【分析】平面镜成的像是与物体等大的虚像，平面镜成像是由于光的反射形成的。我们看到水中的物体，其实看到的是物体的虚像，是由光的折射形成的。【解答】解：（1

6、）当光遇到水面时会发生反射，此时水面相当于一平面镜，所以看见水中的“云”是由光的反射现象形成的云的虚像；（2）鱼生活在水里，鱼反射的光线由水中斜射入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得鱼变高了，所以看到了鱼的虚像；可见，ABD错误、C正确。故选：C。【点评】此题主要考查了通过同一幅画面考查了光的反射和光的折射现象。特别是看到的现象同是在水中，很容易搞错。相同之处：都是虚像，不同之处：成像原理不同，做题时一定要仔细、认真。5（3分）下列关于热现象说法正确的是（）A内燃机的做功冲程是将机械能转化为内能B现代火箭用液态氢作燃料，是因为氢

7、的比热容大C高压锅是利用增大锅内气压来降低液体沸点工作的D打气筒在打气时，筒壁发热主要是通过做功改变了内能【分析】（1）热机是将内能转化为机械能的机器；（2）据热值的特点分析即可判断；（3）沸点与气压有关，气压越大，沸点越高；（4）用打气筒打气时筒壁发热，是压缩空气做功，使物体的内能增加，温度升高。【解答】解：A、内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，A错误；B、现代火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，且氢气燃烧后的产物是无污染的水，B错误；C、液体的沸点随液面上方气压的增大而升高，故高压锅是利用增大锅内气压来升高液体沸点工作的

8、，C错误；D、打气筒给轮胎打气时气筒壁发热，即通过做功的方式改变内能，机械能转化为内能，D正确；故选：D。【点评】此题考查了热机的工作原理，比热容、热值等知识的理解，深入、正确理解规律，是解答的关键。6（3分）为了增强体质，每天锻炼一小时，同学们积极到户外参加体育活动。下列活动所涉及力学知识的说法，正确的是（）A发排球时手对排球的力大于排球对手的力B投掷出去在空中飞行的实心球仍受推力作用C篮球撞到篮板反弹回来说明力可以改变物体的运动状态D静止在水平地面上的足球受到的重力和足球对地面的压力是一对平衡力【分析】（1）物体间力的作用是相互的；（2）投掷出去在空中飞行的球不受手的推力的作用；（3）力可

9、以改变物体的运动状态；（4）二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上。【解答】解：A、当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的，相互作用力大小相等，手对排球的力等于排球对手的力，A错误；B、实心球由于具有惯性，投掷后虽然不受推力的作用，仍然能在空中飞行，B错误；C、篮球反弹回来，说明其运动状态发生改变，而改变的原因是因为受到篮板对它的力的作用，C正确；D、静止在地面上的足球受到的重力和地面对它的支持力是一对平衡力，足球对地面的压力和足球受到的重力大小相等，但是分别作用在地面和足球上，且方向相同都竖直向下

10、，所以这两个力不是相互作用力也不是平衡力，D错误；故选：C。【点评】此题涉及到力的作用效果、力作用的相互性、平衡力的辨别等多个知识点，是一道综合性较强的题目。7（3分）如图所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻。闭合开关S，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2，电流表A示数为I，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，电压表V2示数变化了U2，电流表A示数变化了I下列说法正确的是（）AU1不变，U2变大，I变小BU1变小，U2不变，I变小C|U2|与|I|的比值不变D|U2|与|I|的比值变大【分析】AB、当S闭合时，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，

11、电流表测电路中的电流；滑动变阻器的滑片向左移动时，分析接入电路的电阻变化，根据电阻的串联确定电路中的总电阻变化，由欧姆定律I分析电路中电流I变化，根据UIR可知R1两端电压U1变化，由串联电路电压的规律确定V2示数U2变化；CD、因为串联电路各部分电压之和等于电源电压，所以R1和R2两端电压的变化量相等，又因为R1是定值电阻，根据欧姆定律得出R1的电压变化表达式，据此分析。【解答】解：AB、当S闭合时，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；滑动变阻器的滑片向左移动时，接入电路的电阻变大，电路中的总电阻变大，电源电压不变，由I可知电路中电流

12、I变小，根据UIR可知R1两端电压U1变小，由串联电路电压的规律可知V2示数U2增大，故A、B错误；CD、因为串联电路各部分电压之和等于电源电压，所以R1和R2两端电压的变化量相等，则有：U1U2，又因为R1是定值电阻，根据欧姆定律可得前后两次V1示数分别为U1IR1，U1IR1，则U1U1IR1IR1，即U1IR1，所以R1，由可知U2 与I 的比值不变，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题为电路变化综合题，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路结构的分析。8（4分）如图所示，物体A、B、C的重力都为8N，不计滑轮和绳的重力及滑轮摩擦，此时A、B两物体静止在水平面上。下列说法正确

13、的是（）A绳对O点的拉力为4NB水平面对B的摩擦力为4NCA与B之间的摩擦力为2ND水平面对B的支持力为8N【分析】（1）以C为研究对象，C受到重力和拉力的作用，处于静止状态，拉力和重力相等，算出拉物体C的力；以动滑轮为研究对象，动滑轮受到两股绳向上的拉力和C对它向下的拉力作用，算出拉动滑轮的力，进而算出绳对O点的拉力；（2）以A为研究对象，水平方向上A相对于B没有运动趋势，没有摩擦力；（3）以B为研究对象，竖直方向B受到重力、地面的支持力、A对它的压力，水平方向B受到绳对它的拉力、地面对它向左的摩擦力作用，根据平衡力算出水平面对B的摩擦力；根据竖直方向上平衡力的知识算出地面对B的支持力。【解

14、答】解：以C为研究对象，C受到重力和拉力的作用，由于A、B两物体静止，则C也处于静止，则拉力F拉GC8N；以动滑轮为研究对象，动滑轮受到两股绳向上的拉力和C对它向下的拉力作用，则2FF拉，F4N，故绳对O点的拉力为4N，故A正确；以A为研究对象，A受到重力和支持力的作用，二力平衡。A相对于B没有运动趋势，则B作用于A的静摩擦力为零，故C错误；以B为研究对象，竖直方向B受到重力、地面的支持力、A对它的压力，水平方向B受到绳对它的拉力，若水平方向受力要平衡，则B还要受到地面对它向左的摩擦力作用；则地面对B的支持力：F支GB+FAGB+GA8N+8N16N，地面对B的摩擦力：fF4N，故B正确、D错

15、误；故选：AB。【点评】本题考查了力的合成，分析出ABC以及滑轮的受力情况是解题的关键。9（4分）如图所示，电源电压U保持不变滑动变阻器最大阻值为R，R1、R2为定值电阻，R110，滑动变阻器的滑片P置于中点，闭合开关S、S1、S2，电流表A1示数为1.5A；保持滑片P位置不变，闭合开关S，断开开关S1、S2，电流表A2示数为I1，电路总功率为4.5W，改变滑片P的位置使之移到最右端，电流表A2示数为I2，且I1：I23：5通过开关和滑动变阻器调整电路，使闭合电路的最大功率为P下列说法正确的是（）AU15VBR20CR250DP30W【分析】A、当S、S1、S2都闭合时，R被短路，R1与R2并

16、联，电流表A1测通过R1的电流I，由欧姆定律得出电源电压；BC、当闭合开关S、断开S1、S2，滑动变阻器的滑片P置于中点时，分析电路连接，根据PUI得出电路的电流，由欧姆定律求出电路总电阻，由电阻的串联规律得出电阻关系表达式，当闭合开关S、断开S1、S2，滑动变阻器的滑片P移到最右端时，此时电路中只有R2，电流表A2测通过R2的电流I2，由已知条件，根据欧姆定律求出R2，进而解得R大小；D、由P知，U不变时，R越小，P越大；由并联电阻的规律得出电路消耗的功率最大。【解答】解；A、当S、S1、S2都闭合时，R被短路，R1与R2并联，电流表A1测通过R1的电流I，由欧姆定律得，电源电压：UIR11

17、.5A1015V，故A正确；BC、当闭合开关S、断开S1、S2，滑动变阻器的滑片P置于中点时，0.5R与R2串联，电流表A2测电路电流，根据PUI得，干路电流：I10.3A，由欧姆定律，电路总电阻：R总50，则有：0.5R+R250；当闭合开关S、断开S1、S2，滑动变阻器的滑片P移到最右端时，此时电路中只有R2，电流表A2测通过R2的电流I2，因为I1：I23：5，所以，I2I10.3A0.5A，由欧姆定律，R2的阻值：R230，将其代入，解得：R40，故BC错误；D、由P知，U不变时，R越小，P越大；所以当S、S1、S2都闭合，R1与R2并联，R被短路时，由并联电阻的规律，此时电路的电阻最

18、小，电路消耗的功率最大，则有：P大P1+P2+30W，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的电功率公式的运用，关键是电路的分析，有难度。二、非选择题（本大题共11小题，共61分其中第10至13小题，每小题4分；第14小题3分）；第15至18小题，每小题6分；第19、20小题，每小题9分请在答题卡相应位置按要求作答10（4分）小芳站在斑马线路口等绿灯时，以行驶的汽车为参照物，小芳是运动的；若马路宽度为25m，绿灯亮的时间为20s，等绿灯亮后小芳至少以1.25m/s的平均速度才能安全通过马路。【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照

19、物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。（2）已知马路宽度、绿灯亮的时间，利用速度公式计算通过马路的平均速度。【解答】解：站在斑马线路口的小芳，相对行驶的汽车的位置发生了改变，所以，以行驶的汽车为参照物，小芳是运动的；小芳过马路的平均速度至少为：v1.25m/s。故答案为：运动；1.25。【点评】此题主要考查了速度公式的应用、运动和静止的相对性，是一道基础题。11（4分）中国茶文化源远流长，遵义是名茶之乡。泡茶时茶香四溢属于扩散现象；在某次泡茶过程中，用1500W的电热水壶正常工作7min，能将1.5L水从25加热到95，则电热水壶此次加热效率为70%。c水4.2103J/（kg），水1.01

20、03kg/m3【分析】分子在不停地做无规则运动；已知电热水壶中水的体积，根据mV求出水的质量，由题知水的温度变化，根据公式Qcmt求出水吸收的热量；根据WPt求出消耗的电能，可利用公式100%求出电热水壶的加热效率。【解答】解：泡茶时茶香四溢，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；电热水壶中水的体积为：V1.5L1.5103m3；根据可知，水的质量为：m水V1.0103kg/m31.5103m31.5kg；水吸收的热量为：Q吸c水mt4.2103J/（kg）1.5kg（9525）4.41105J；电热水壶正常工作7min消耗的电能为：WPt1500W760s6.3105J；电水壶的加热效

21、率为：100%70%。故答案为：扩散；70%。【点评】本题考查了吸热公式、电功公式、效率公式的应用，关键是从题目中获取有用信息。12（4分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，经正确组装并调节后，如图所示，在光屏上接收到了清晰的倒立、放大的实像；若保持蜡烛和凸透镜位置不动，更换一个焦距更小的凸透镜，光屏上的像变模糊了，要使像重新变清晰，可将光屏向左（选填“左”或“右”）调节。【分析】（1）因为相距大于物距，故成放大的实像；（2）焦距是焦点到光心的距离，凸透镜焦距越小，对光线的会聚能力越强。【解答】解：（1）由图可知，物距u小于像距v，则光屏上的实像应是倒立、放大的；（2）焦距更小的凸透镜，其聚光

22、能力更强，像将靠近凸透镜，所以需将光屏向左调节。故答案为：放大；左。【点评】本题考查凸透镜的成像规律，难度不大。13（4分）某物理兴趣小组进行“电与磁的关系”的实验探究，在水平桌面上按照如图所示装置进行实验，闭合开关，使铜棒在水平金属轨道上快速左右运动，观察到灵敏电流计的指针发生偏转，这一现象与发电机（选填“电动机”或“发电机”）的工作原理相同；若灵敏电流计指针向右偏转，小磁针a端向通电螺线管偏转，则a端是 极。【分析】（1）穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，电路中有感应电流产生；（2）根据电流计指针的偏转方向得出感应电流的方向，进而判断磁极方向。【解答】解：（1）由灵敏电流计的指针发生偏转可

23、知，此时电路中有感应电流产生，所以这一现象与发电机的工作原理相同；（2）由灵敏电流计的指针向右偏转可知，感应电流从其正接线柱流入，从而判断出通电螺线管中的电流方向，通过右手螺旋定则可判断出通电螺线管的右端是S极，再根据异名磁极相互吸引可判断出小磁针的a端是N极。故答案为：发电机；N。【点评】本题考查发电机原理，难度不大。14（3分）如图是一个杠杆式简易起吊机，它上面装了一个定滑轮可以改变拉绳的方向，杠杆OBA可绕O点转动。请在图上画出杠杆OBA的动力臂L和物体M所受重力的示意图。【分析】（1）支点在O点，根据动力臂为支点到动力作用线的距离，作出动力臂L1；（2）首先找出力的作用点，重力的作用点

24、即重心在物体的几何中心；然后确定力的方向，重力的方向是竖直向下的；最后用一条带箭头的线段表示力的方向。【解答】解：（1）从支点向动力作用线引垂线，作出动力臂，用双箭头标出，标上字母L；如图所示：（2）过重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，并用符号G表示，即为物体的重力示意图：【点评】明确力臂的概念，从支点向力的作用线画垂线，即可找出力臂的位置，重力的作用点在重心，方向竖直向下，明确了这些基本概念便不难解决。15（6分）将一不吸水、体积为103m3的长方体缓慢放入装有一定水的圆柱形容器内，如图所示长方体静止时有体积露出水面。（水1.0103kg/m3，g取10N/kg）（1）长方体受到的浮力

25、F浮与重力G的大小关系是：F浮G，长方体所受浮力F浮7.5N；（2）放入长方体后，水面上升了4cm，容器底部受到水的压强增加了400Pa。【分析】（1）根据物体的浮尘情况判断出浮力与重力的关系，根据阿基米德原理算出长方体所受浮力；（2）根据pgh算出容器底部受到水压强的增加量。【解答】解：（1）由于长方体静止在水面，处于漂浮状态，其所受浮力与重力二力平衡，故F浮G；其所受浮力大小：V排（1）VV103m37.5104m3 F浮水gV排1.0103kg/m310N/kg7.5104m3 7.5N；（2）容器底部受到水的压强增加了：p水gh1.0103kg/m310N/kg4102m400 Pa。

26、故答案为：（1）；7.5；（2）400。【点评】本题考查了物体漂浮条件、阿基米德原理和液体压强公式的应用，这是中考必考题型，要熟练应用。16（6分）在“测量液体密度”的实验中，将天平放在水平工作台上，小红同学进行了如下操作。（1）如图甲所示，小红操作中不规范之处是调节平衡螺母前未将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上；（2）改正错误后，小红将容器内部分液体倒入量筒并测出体积V，然后称量出容器和剩余液体的质量m，继续向量筒中倒液体，多次重复上述实验操作。如图乙所示为某次测得容器和剩余液体的质量，质量为82.6g；如图丙所示是根据多次测得的数据绘制的mV图象，根据图象计算可得，液体密度为1.510

27、3kg/m3。【分析】（1）托盘天平在实验前，要调节天平横梁水平平衡，具体方法：将天平放在水平台上，游码拨零，调节平衡螺母（左偏右调、右盘左调）使天平横梁水平平衡。（2）先确定称量标尺的分度值，再读出游码显示的质量（以游码左边缘所对刻度为准），容器和剩余液体的质量等于砝码质量与游码显示质量之和；由图丙可知，当量筒内液体体积为10mL时，容器和剩余液体的质量为80g；当量筒内液体体积为30mL时，容器和剩余液体的质量为50g。由此可得，倒出质量为80g50g30g的液体的体积为30mL10mL20mL，利用密度公式求液体的密度。【解答】解：（1）天平使用前，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上

28、，再调节平衡螺母使天平横梁水平平衡。所以图甲所示，小红操作中不规范之处是调节平衡螺母前未将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上；（2）由图乙可知，称量标尺的分度值为0.2g，容器和剩余液体的质量为50g+20g+10g+2.6g82.6g；由图丙可知，当量筒内液体体积为10mL时，容器和剩余液体的质量为80g；当量筒内液体体积为30mL时，容器和剩余液体的质量为50g。由此可得，倒出质量m80g50g30g的液体的体积为V30mL10mL20mL20cm3，液体密度： 1.5g/cm3 1.5103kg/m3。故答案为：（1）调节平衡螺母前未将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上；（2）82.

29、6；1.5103。【点评】本题考查了托盘天平的使用注意事项、读数方法以及密度的测量方法，分析mV图象、得出相关信息是关键。17（6分）某小组在“测定额定电压为2.5V的小灯泡的额定电功率”的实验中，电源电压保持不变，部分电路连接如图甲所示。（1）请用笔画线表示导线将图甲所示电路连接完整，要求：滑动变阻器的滑片向左移动，电压表示数变大；（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数刚好为2.5V，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为0.9W；（3）实验结束后，该小组对测量结果进行误差分析，考虑到电压表中也有电流通过，该电路所测小灯泡的额定电功率与真实值相比偏大（选填“偏

30、大”或“偏小”）。【分析】（1）根据滑动变阻器滑片P向左滑动时，电流表示数增大确定变阻器左下接线柱连入电路中；（2）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据PUI求出灯泡的额定功率；（3）判断灯泡两端的实际电压和电流的测量误差，得出电功率的测量误差。【解答】解：（1）滑动变阻器滑片P向左滑动时，电压表示数变大，则根据欧姆定律可知，电流表示数也增大，即电路的总电阻变小，滑动变阻器电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：；（2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P让电压表的示数为2.5V，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.36A，则灯泡的额定功率为：PU

31、I2.5V0.36A0.9W；（3）由图知，电压表与小灯泡并联，所测电压较准确，而电流表测通过小灯泡和电压表的电流，所测电流偏大，由PIU可知所测小灯泡的额定功率与真实值相比偏大。故答案为：（1）如图；（2）0.9；（3）偏大。【点评】本题测定小灯泡功率，考查电路的连接、额定功率的计算、对实验结果的评估能力，难度不大，要熟记。18（6分）阅读下列短文，回答文后问题中国高铁目前，中国是世界上高铁规模最大、发展速度最快的国家。高铁技术具有安全、快速、舒适等诸多优点。高铁一般都采用双线，来往列车可以各行其道。两条线路之间的距离过小，由于车速快，对向列车错车之时，产生的巨大风压就会压碎车窗，甚至两个列

32、车的车厢会撞在一起。线路间距过大，使得填筑路基宽度加大，占用土地就越多，会造成资源浪费。经过大量的试验及计算，确定高铁两条线路之间的间距采用5米。中国高铁全部采用无缝轨道。焊机将两根钢轨相邻两端升温至1000以上，然后挤压焊接，这不仅消除了列车行驶中因铁轨缝隙产生的“哐当”声，还可以避免脱轨的危险。动车组安装翼型受电弓（也称电刷）从接触网获取电能。动车组采用全新铝合金车体，超尖流线型车头、圆桶形车身，优良的空气动力学外形设计减少高速动车组运行的空气阻力，车体结构轻量化设计节省牵引功率。高铁车站广泛采用太阳能光伏发电、地源热泵等新能源，实行节能运行管理，提高了高铁的节能效益。中国铁路将研制运行水

33、平更高、安全性和舒适性更好的高速动车组，以实现中国高铁技术更先进、更可靠、更经济，确立在世界高铁的领先地位。（本材料节选自铁路擎起的朝阳）（1）车体轻量化设计主要是利用了铝合金材料密度小的物理特性；（2）无缝轨道的挤压焊接过程主要涉及到的物态变化有熔化和凝固；（3）对向列车错车时，产生巨大风压的原因是列车间空气流速大的地方压强小。【分析】（1）铝合金车体的密度比碳钢材料的密度小，而体积不变，根据密度公式分析回答。（2）物质从固态变为液态是熔化过程；物质从液体变为固态是凝固过程；（3）空气流速加快，空气流速快的地方压强小，从而产生巨大的风压。【解答】解：（1）动车的车体采用铝合金材料与目前碳钢材

34、料相比，体积不变，密度减小，根据密度公式得mV，可知质量减小，因此是利用了其密度小的特点；（2）焊接是先将金属熔化后，再让其凝固。（3）对向列车错车时，产生巨大风压的原因是列车带动两列车间的空气流速加快，空气流速快的地方压强小，从而产生巨大的风压。故答案为：（1）密度 （2）熔化和凝固 （3）流速大的地方压强小。【点评】本题以高铁为例主要考查密度、物态变化、流体压强的知识，基础题目。19（9分）自2020年6月1日起在全国开展“一盔一带”安全守护行动，“盔”指的是头盔，“带”则是安全带。汽车行驶过程中安全带是人们生命安全的保障之一。如图是某品牌汽车，该款汽车质量为1.6t，汽车静止时轮胎与水平

35、地面总接触面积为0.08m2（g取10N/kg）（1）系安全带是为了减小汽车紧急刹车时乘客由于惯性带来的伤害；（2）求该汽车静止在水平地面上时对地面的压强；（3）若该汽车以20m/s的速度匀速行驶10min，此时汽车所受阻力为车重力的0.1倍，求牵引力做的功。【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都具有惯性；（2）利用Gmg求汽车的重力，汽车静止在水平地面上对水平地面的压力等于自身重力，知道受力面积，利用p求汽车对水平地面的压强；（3）由于汽车在水平路面上匀速行驶，汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，利用F牵f0.1G求牵引力；利用svt求汽车匀速行驶10min通过

36、的路程，再利用WF牵s求牵引力做的功。【解答】解：（1）系安全带是为了减小汽车紧急刹车时乘客由于惯性带来的伤害；（2）汽车的重力：Gmg1.6103kg10N/kg1.6104N，汽车静止在水平地面上对水平地面的压力：FG1.6104N，受力面积S0.08m2，汽车对水平地面的压强：p2105Pa；（3）因为汽车在水平路面上匀速行驶，所以汽车受到的牵引力：F牵f0.1G0.11.6104N1.6103N，汽车以20m/s的速度匀速行驶10min通过的路程：svt20m/s1060s1.2104m，牵引力做的功：WF牵s1.6103N1.2104m1.92107J。答：（1）惯性；（2）该汽车静

37、止在水平地面上时对地面的压强为2105Pa；（3）牵引力做的功为1.92107J。【点评】本题考查了防止惯性危害的措施，以及重力公式、压强公式、功的公式和二力平衡条件的应用，虽然考查的知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大。20（9分）如图甲所示电路，电源为电压可调的直流学生电源，小灯泡L标有“8V 4W”的字样，定值电阻R14，滑动变阻器R标有“50 1A”的字样；如图乙所示为小灯泡L的IU图象。（1）小灯泡L正常工作时的电阻是多少？（2）只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P置于a端，调节电源电压使电压表示数为8V，此时电源电压U是多大？（3）同时闭合开关S、S1，调节电源电压为12V，滑动

38、变阻器的滑片P移动到某一位置时，小灯泡L消耗的电功率为2W，此时滑动变阻器消耗的电功率是多少？【分析】（1）根据小灯泡L标有“8V 4W”的字样的含义，根据图乙可知灯的额定电流，由欧姆定律得出灯正常发光的电阻；（2）只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P置于a端时分析电路的连接，因灯正常发光可知通过电路的电流，由欧姆定律求出R1两端电压，根据串联电路电压的规律求出此时电源电压；（3）同时闭合开关S、S1时，R1被短路，R与L串联，结合图乙，根据PUI，可知灯对应的电压和电流，根据串联电路电压的规律得出此时滑动变阻器两端的电压，根据PUI求出此时滑动变阻器消耗的电功率。【解答】（1）小灯泡L标有“8V

39、 4W”的字样，表示灯的额定电压为8V，额定功率为4W，由图乙知小灯泡正常发光的电流为IL0.5A，由欧姆定律，灯正常发光的电阻：RL16；（2）只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P置于a端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，R1与L串联，电压表测小灯泡两端电压，此时UL8V，故灯正常发光，则通过电路的电流：IIL0.5A，由欧姆定律，则R1两端电压：U1IR10.5A42V，根据串联电路电压的规律，此时电源电压：UU1+UL2V+8V10V；（3）同时闭合开关S、S1时，R1被短路，R与L串联，由图乙可知，当PL2W时，UL5V，IL0.4A，根据串联电路电压的规律，此时滑动变阻器两端的电压：U滑UUL12V5V7V此时滑动变阻器消耗的电功率：PILU滑0.4A7V2.8W。故答案为：（1）小灯泡L正常工作时的电阻是16；（2）电源电压U是10V；（3）此时滑动变阻器消耗的电功率是2.8W。【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，关键是从图中获取有效的信息。