发布时间 : 星期四 文章2020年四川省成都市戴氏教育巴中校区中考物理模拟试卷(5月份)(含答案解析)更新完毕开始阅读
（2）拉力F做功的功率为10kW。 （3）滑轮组的机械效率为80%。
解析：（1）知道物体A的体积（浸没水中排开水的体积）利用阿基米德原理求物体A受到的浮力；
（2）由图知，承担物重的绳子股数n=2，则拉力F移动的距离S=2h，利用W=FS求拉力F所做的总功，又知道做功时间，利用P=求拉力F做功的功率；
（3）知道物体A的体积和密度，利用G=mg=ρVg求物体A的重力，知道拉力大小，利用η=
=
求滑轮组的机械效率。
本题为力学综合题，考查了学生对重力公式、密度公式、阿基米德原理、功率公式、机械效率公式的掌握和运用，知识点多、综合性强，要求灵活运用相关公式求解。 23.答案：解：
（1）水吸收的热量： Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×70℃=5.88×105J； S1闭合时，（2）当S断开、电路为R2的简单电路，其电阻大于并联时的总电阻，由P=可知，电路消耗的功率较小，此时饮水机处于保温状态， 由P=UI=可得电阻丝R2的阻值： R2=
=
=1100Ω；
（3）由P=可得，加热5min需要消耗的电能：
W=P加热t′=1000W×5×60s=3×105J。
105J；答：（1）初温为20℃的一满箱水，用此饮水机将水升高70℃需要吸收的热量是5.88×
（2）电阻丝R2的阻值为1100Ω；
105J。 （3）在正常加热状态工作下，加热5min需要消耗的电能是3×
解析：（1）由乙图可知一满箱水的质量，又知道水的初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；
（2）当S断开、S1闭合时，电路为R2的简单电路，饮水机处于保温状态，根据P=UI=求出电阻丝R2的阻值；
（3）在正常加热状态工作时其功率和额定功率相等，根据W=Pt求出加热5min需要消耗的电能；
本题考查了吸热公式Q吸=cm（t-t0）、电功率公式及其变形公式的应用，分析电路图得出电热饮水机保温时的电路组成是关键。
24.答案：解：
根据“透过凸透镜看到的发光点S的像”可知，凸透镜成正立、放大的虚像，像和物在凸透镜同侧，因此连接物像的端点S、S′与主光轴交于O点，则O点为凸透镜的光心，过O点垂直主光轴作出凸透镜；从S点作平行于主光轴作一条入射光线，其折射光线的反向延长线过S′，与主光轴的交点为焦点F，如下图所示：
第17页，共20页
解析：利用凸透镜的两条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；据此画出凸透镜和焦点的大致位置。
凸透镜有三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点。 25.答案：解：支点在后轮的着地点如图，动力的作用点在手握车把的地方，连接支点与动力的作用点，为最长的动力臂，用大括号标出，标上字母符号L；
在动力作用点处垂直动力臂斜向下画出动力，标上字母符号F，如图所示：
解析：首先应找到本题的支点在后轮的着地点；其次知道使手推车前轮向上翘起，阻力为手推车的重力，阻力臂为支点到重力作用线的距离，阻力与阻力臂的乘积是定值；最后能根据杠杆平衡条件，会用数学方法分析出动力臂最长时动力最小，能突破：支点到动力的作用点的距离为动力臂时力臂最长。
本题常见的错误是将动力画得竖直向下，没有细致分析此时的动力臂并不是最大，解决此类问题的关键点是：支点与动力作用点的距离为最长的动力臂。 26.答案：热传递 95℃ 水沸腾时温度不变 98 小于1标准大气压
解析：解：（1）加热过程中，水吸热，温度升高、内能增大，水的内能增大是通过热传递方式实现的； （2）水在沸腾过程中吸热，但温度保持不变，由表格中数据知，水从第4min开始沸腾，沸腾过程中的温度是98℃；
（3）水沸腾时温度的特点是：虽然继续吸热，但温度保持不变。因此可以判断第12min的温度95℃是不正确的；由上分析知，水的沸点为98℃，1标准大气压下水的沸点为100℃，所以当时气压小于1标准大气压。
故答案为：（1）热传递；（2）95℃；水沸腾时温度不变；（3）98；小于1标准大气压。
（1）改变物体内能的方式有做功和热传递；做功改变内能的实质是能量的转化，热传递改变物体的内能是能量的转移；
（2）根据水沸腾过程中温度保持不变的特点分析出表格中错误的数据；
（3）水沸腾的条件是温度达到沸点并且继续吸热，吸收的热量全部都用来由液体变成气体的变化，所以温度是不变的。液体的沸点与气压的关系：气压越大，沸点越高，气压越低，沸点越低。
此题“探究水的沸腾”实验，考查了有关实验仪器的调节，考查了温度计的读数、影响水沸腾时间的因素及液体沸腾条件的分析，是热学的重点实验，应注意掌握。 27.答案：R1断路 正 6 10 右 电压表 0.625 增大
第18页，共20页
解析：解：
（1）电流表A选用0～0.6A量程，电压表V1选用0～3V量程与R1工商联，电压表V2选用0～15V量程与变阻器并联，将变阻器左下接线柱连入电路中，根据电路图连接实物图，如下所示：
（2）闭合开关S，发现电流表A与电压表V2的示数为零，电路可能断路，电压表V1的示数不为零，则电压表V1与电源连通，故电路存在的故障是R1断路；
（3）由得到一组实验数据知，电压表为原来的几倍，通过电流也为原来的几倍，可得结论：当导体的阻值不变时，通过导体的电流与其两端电压成正比； （4）由表中数据，根据欧姆定律，定值电阻的阻值为： R1==
=10Ω，
由丙图知，滑动变阻器两端电压为5V时，滑动变阻器接入电路的电阻为： R2==
=50Ω，
根据串联电路的规律及欧姆定律，电源电压为： U=IR=0.1A×（10Ω+50Ω）=6V；
已知电源电压为6V，所以对电压表V2不会造成损害；
已知电源电压和电阻R1的阻值，可得电路最大电流为0.6A，对电流表也不会造成损害； 当电压表V1电压达到3V时，电路电流为： I′==
=0.3A
所以滑动变阻器接入电路电阻为： R最小=
=
=10Ω，即滑动变阻器接入电路电阻不能小于10Ω；
（5）若将R1换成“2.5V”字样的小灯泡，闭合开关，调节调动变阻器片到某一位置时，电压表V1示数如图1所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.65V，灯在额定电压下正常发光，2.65V大于灯的额定电压2.5V，应减小灯的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器的电压，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，
同时眼睛应观察电压表示数，直到电压表示数为2.5V；
根据如图2所示的小灯泡的电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压的电流为0.25A，由此可知，小灯泡的额定功率为： P=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
由图知，灯的电压为0.5V、1.5V和2.5V时，对应的电流为0.1A、0.2A和0.25A，由欧姆定律R=，三次测量的电阻分别为：5Ω、7.5Ω和10Ω，故小灯泡的电阻随电压的增大而增大。
第19页，共20页
故答案为：（1）如上所示；（2）R1断路；（3）正； （4）6；10；（5）右； 电压表的示数；0.625； 增大。
（1）电流表A选用0～0.6A量程，电压表V1选用0～3V量程与R1工商联，电压表V2选用0～15V量程与变阻器并联，将变阻器左下接线柱连入电路中，根据电路图连接实物图：
（2）闭合开关S，发现电流表A与电压表V2的示数为零，电路可能断路，根据电压表V1的示数不为0分析；
（3）纵向比较表中数据得出结论；
（4）由表中数据，根据欧姆定律得出定值电阻的阻值；由丙图知，滑动变阻器两端电压为5V时的电流，由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；根据串联电路的规律及欧姆定律求出电源电压；
为保护用电器或电流表、电压表，电路电流不能超过用电器或电流表允许通过的最大电流，两端电压不能超过电压表选择的量程。确定电路最大电流或最大电压后，在电源电压不变的情况下，得到电路的总电阻，其中R1已得出，所以能够得到滑动变阻器接入电路的电阻；
（5）根据电压表选用小量程确定分度值读数，灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向； 根据如图2所示的小灯泡的电流随电压变化的关系图象知灯在额定电压的电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率为；
由图知，灯的电压为0.5V、1.5V和2.5V时，对应的电流大小，由欧姆定律R=求出三次测量的电阻，据此回答。
本题探究“通过导体的电流与电压的关系”，考查电路连接、故障分析、数据分析、控制变量法、串联电路规律及欧姆定律的运用，同时测灯的额定功率，考查操作过程及功率计算及影响电阻大小的因素。
第20页，共20页