2020年上海中考物理仿真模拟卷21.docx

1、2020年上海中考物理仿真模拟卷21理化试卷考生注意：1 试卷中的第126题为物理部分，第2751题为化学部分。2 试卷满分150分。考试时间100分钟。3 按要求在答题纸上作答，在试卷、草稿纸上答题一律无效。物 理 部 分一选择题（共8小题）1关于粒子，下列说法正确的是（）A酒精和水混合后总体积减小，说明分子间有空隙B磁铁能吸引大头针，说明分子间有引力C分子是不可再分的最小粒子D原子是不可再分的最小粒子【解析】解：A、水和酒精混合后，由于进入彼此的空隙中而使总体积减小；故说明分子间有空隙，故A正确；B、磁铁能吸引大头针是因为磁铁对大头针有磁场力的作用，与分子间的引力无关，故B错误；CD、分子

2、由原子组成，原子是还可以再分的，它是由原子核和电子组成的，故CD错误。【答案】A。2小刘同学看完影片流浪地球后，发现影院的墙面有很多小孔，你认为这些小孔的主要作用是（）A增大响度B降低音调C减少回声D通风换气【解析】解：声音在传播时遇到墙面会发生反射，形成回声，回声会对原声产生一定的干扰。影院的墙面有很多小孔，可以减少声音的回声，而不是为了增大响度、降低音调，更不是为了通风换气。【答案】C。3下列实例中，通过热传递改变物体内能的是（）A钻木取火B搓手取暖C抱炉取暖D气筒打气【解析】A、钻木取火时，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故A错误；B、双手相互摩擦，手发热，是

3、克服摩擦做功，将机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故B错误；C、抱炉取暖，人从炉上吸收热量，炉的内能转移到人身上，属于热传递改变物体的内能，故C正确；D、用打气筒打气时，克服摩擦和压缩空气做功，使筒壁发热、筒内空气的温度升高，属于做功改变物体的内能，故D错误。【答案】C。4如图所示的电路中，闭合开关S1和S2，灯泡L1和L2均发光，下列说法正确的是（）A电流表测量干路的电流B电压表示数等于L1的电压C只断开S2，电流表示数不变D只断开S2，电压表示数变为零【解析】解：A、由图知，闭合开关S1和S2，灯泡L1和L2并联，电流表与L2串联，测量通过L2的电流。故A错误；B、电压表并联在灯泡

4、L2两端，所以测量L2两端电压。由于并联电路两端电压相同，所以电压表示数等于灯泡L1两端电压。故B正确；C、由于电流表、灯泡L2、开关S2共同组成一个通路，所以断开S2，L2是断路状态，所以电流表示数为0故C错误；D、断开S2，电压表仍然并联在电源两端，而电源电压不变，所以电压表示数不变。故D错误。【答案】：B。5下面事例中属于不是利用大气压的是（）A用离心式抽水机把深井中的水抽上来B在茶壶盖上作了一个小孔C医生用注射器给病人注射药液D吸盘吸玻璃【解析】解：A、离心泵工作时，泵壳内气压小于外界大气压，是大气压将水压入泵壳中，再通过叶轮将其甩到高处的，所以是利用了大气压；故A不合题意；B、茶壶盖

5、上的小孔与外界大气连通，在壶内气压减小时，大气压通过小孔作用在水上，使水顺利流出壶嘴，所以是利用了大气压；故B不合题意；C、医生给注射器内吸药液时用到了大气压，但现在是向病人体内注射药液利用的是人的推力，与大气压无关；故C符合题意；D、吸盘吸玻璃时，先排出吸盘里的空气，使内部气压减小，于是在大气压的作用下吸起玻璃，所以是利用了大气压。故D不合题意。【答案】C。6甲、乙两物体从同一地点同时向相同方向做直线运动，其st图象如图所示，由图象可知（）A两物体在010s内都做匀速运动，且v甲v乙B两物体在2030s内都做匀速运动，且v甲v乙C甲物体在30s内的平均速度为10m/sD两物体在20s末相遇，

6、且甲乙在这段时间内的平均速度相同【解析】解：A由图象可知，两物体在010s内的图象是一条斜直线，表示两物体做匀速直线运动，且在相同时间内甲物体通过的路程大于乙物体通过的路程，所以v甲v乙，故A错误；B甲物体在2030s内的图象是一条和时间轴平行的直线，表示甲物体处于静止状态，故B错误；C由图象可知，甲物体在30s内的路程为100m，其平均速度v3.33m/s，故C错误；D由图象可知，两物体在20s末的路程相等，则两物体相遇，此时两物体运动的时间和路程相等，由v可知，它们的平均速度相等，故D正确。【答案】D。7如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对水平地面的压强相等，现沿水平方向切去一

7、部分。关于甲、乙的密度甲、乙和所切去部分的质量m甲、m乙的判断，正确的是（）A甲乙，m甲m乙B甲乙，m甲m乙C甲乙，m甲m乙D甲乙，m甲m乙【解析】解：（1）因为甲、乙对水平地面的压强相等，所以甲gh甲乙gh乙，即甲h甲乙h乙，由图知h甲h乙，故甲乙；切去之前甲、乙的重力分别为：G甲F甲pS甲，G乙F乙pS乙，现沿水平方向切去一部分，剩余的高度相同，设剩余的高度为h，根据p得，甲、乙剩余的重力分别为：G甲剩甲gV甲剩甲ghS甲，G乙剩乙gV乙剩乙ghS乙，甲、乙切去的重力分别为：G甲切G甲G甲剩pS甲甲ghS甲S甲（p甲gh），G乙切G乙G乙剩pS乙乙ghS乙S乙（p乙gh），因为甲乙，所以p

8、甲ghp乙gh，又因为边长h甲h乙，所以S甲S乙，所以S甲（p甲gh）S乙（p乙gh），即G甲切G乙切，根据Gmg知，切去部分的质量m甲小于m乙。【答案】A。8小明同学在做“探究串联电路电压的规律”的实验时，连好了如图所示的电路，接通开关后发现L1正常发光，L2只能微弱发光，对产生这一现象的原因分析，你认为合理的是（）A灯泡L2发生了断路B灯泡L2发生了短路C由于灯泡L2的电阻较大，其实际功率较小D由于灯泡L2的电阻较小，其实际功率较小【解析】解：A、灯泡L2发生了断路时，两灯泡均不能发光，故A不合理；B、灯泡L2发生了短路时，L2不能发光，故B不合理；CD、两灯泡串联，L1正常发光，L2只能

9、微弱发光，说明灯L1的实际功率较大，灯L2的实际功率较小；但因两灯泡串联，通过两灯的电流相等，根据PI2R可知，L1的电阻较大，L2的电阻较小，故C不正确，D正确。【答案】D。二填空题（共8小题）9电能表是用来测量电功的仪表。如图所示，这只电能表此时的读数是 kWh，所连接的用电器同时工作时，总功率不能超过 W，若整个电路中只有一个电功率为400W的用电器正常工作6min，则该电能表的铝盘刚好转过 圈。【解析】解：（1）从电能表上可以看出电能表的示数为1573.0kWh。（2）由电能表的参数可知，其工作电压U220V，允许通过的最大工作电流I50A，则所连接的用电器工作时的最大总功率：PUI2

10、20V50A11000W；（3）用电器正常工作6min消耗的电能：WPt400W660s1.44105J0.04kWh，2500r/kWh表示的是电路中每消耗1kWh的电能，转盘转过2500转，转盘转过的转数：n2500r/kWh0.04kWh100r。【答案】1573.0；11000；100。10如图所示，利用滑轮分别拉同一物体沿同一水平地面做匀速直线运动，其中属于定滑轮的装置是图 ；属于省距离的装置是图 。【解析】解：甲图中，滑轮的轴的位置固定不动，甲图的滑轮为定滑轮，使用甲滑轮可以改变力的方向，但不能省力，也不能省距离；乙、丙图中的滑轮都随物体一起运动，都是动滑轮，其中乙图中，拉力作用在

11、轮上，省力、费距离；丙图中，拉力作用在轴上，费力、省距离，所以属于省距离的是丙图中的动滑轮。【答案】甲；丙。11宋词江城子。密州出猎中写到“会挽雕弓如满月，西北望，射天狼”。当弓将箭射出时， 能转化为动能；因为箭有 ，所以离开弓会继续向前运动。【解析】解：拉弓射箭时，弓发生了弹性形变，则弓具有弹性势能，箭射出去就是因为弓的弹性势能转化为了箭的动能；箭离开弓后还能继续运动是因为箭具有惯性，会保持原来向前的运动状态。【答案】弹性势；惯性。122019年4月辽宁舰参加了我国海军在青岛举行的盛大庆祝活动，辽宁舰满载时排水量约为6.5万吨，受到海水浮力为 N，排开海水的体积为 m3，庆祝活动中5架轰炸机

12、从舰上依次起飞后，航空母舰所受海水浮力的变化量为F浮，5架轰炸机总重力为G，则F浮 G（选填“”、“”、“”）。（g10N/kg，海水密度海水1.03103kg/m3）【解析】解：（1）辽宁舰满载时，受到的浮力：F浮G排m排g6.5104103kg10N/kg6.5108N；由F浮海水gV排得排开海水的体积：V排6.31104m3；（2）因为航空母舰漂浮，所以航空母舰受到的浮力等于自身重力，当5架轰炸机从舰上依次起飞后，航空母舰还是漂浮，所受海水浮力的变化量等于自重减小量，即：F浮G。【答案】6.5108；6.31104；。13如图所示，若甲、乙均为电压表，闭合开关S，则两电压表的示数比U甲：

13、U乙3：2，则R1：R2 ；若甲、乙均为电流表，断开开关S，则R1、R2为 （选填“串联”或“并联”），两电流表的示数比I甲：I乙 。【解析】解：（1）若甲、乙均为电压表时，闭合开关S，由图可知，R1与R2串联，甲测电源电压U，乙测R2的电压U2，则U甲U，U乙U2，由题知，U甲：U乙3：2，即U：U23：2，因为U1+U2U，可得U1：U21：2，因串联电路各处的电流相等，则根据UIR可得：；（2）若甲、乙均为电流表时，断开开关S，由图可知，R1与R2并联，甲测R2的电流I2，乙测干路电流I总，则I甲I2，I乙I总，因为并联电路各支路两端的电压相等，所以电流与电阻成反比，则，即I12I2，又

14、因为I乙I1+I2，所以。【答案】1：2；并联；1：3。14如图所示，电源电压保持不变，当滑动变阻器R2的滑片P向b滑动时，电流表A1的示数 ，A2的示数 。（填“变大”、“变小”或“不变”）【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且电源电压保持不变，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A2的示数不变，当滑动变阻器R2的滑片P向b滑动时，R2接入电路的电阻变大，由I可知，通过R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小。【答案】变小；不变。1

15、5如图所示，将一根直导找架在静止的小磁针上方。（1）要使直导线与小磁针平行，直导线应呈 方向放置，原因是 。（2）直导线与小磁针平行放置时，接通电路，观察到的现象是 ，表明 。（3）改变直导线中电流的方向，发现小磁针的偏转方向 ，表明 。【解析】解：（1）因为地磁场的方向为南北方向，所以小磁针的方向静止时指向南北，在证明电流周围存在磁场，不受地磁场的干扰，应将导线水平南北放置；（2）直导线与小磁针平行放置时，接通电路，通过导线有电流，则导线周围产生磁场，小磁针受到磁力的作用会发生偏转；（3）改变直导线中的电流方向，小磁针偏转方向也发生改变，这表明电流的磁场方向与电流的方向有关；【答案】1）南北

16、方向；为了避免地磁场对实验结果的干扰；（2）小磁针发生偏转；通电导线周围存在磁场；（3）发生改变；电流的磁场方向与电流的方向有关。三作图题（共3小题）16如图所示，请画出物体所受重力G的示意图（O为重心）；【解析】解：重力的作用点在重心O，重力方向竖直向下，大小为G，示意图如图所示：17在探究并联电路电流规律的实验中，如图甲是实验的电路图。请你利用这些实验器材，添加一个开关，一个电流表，设计了一个电路。利用这个电路，不用更换电流表的位置，就可直接测出A、B、C三处的电流，同样可得出三处电流的关系。请在虚线框中画出电路图。【解析】解：在干路上接电流表，在各支路上接一个开关，电路如下图所示：只闭合

17、S1测通过L1的电流；只闭合S2测通过L2的电流，开关都闭合时电流表测总电流。18按题目要求作图：在图甲中画出入射光线对应的折射光线。【解析】解：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。如图所示：四计算题（共4小题）19如图所示，小明爷爷的质量为m60kg，撬棍长BC1.2m，其中O为支点，OBAC0.2m。当小明爷爷用力F1作用于A点时，恰能撬动重为G11200N的物体。g取10N/kg，求：（1）作用力F1的大小；（2）保持支点位置不变，F1的方向保持不变，小明爷爷所能撬动的最大物体重Gm。【解析】解：（1）因为OBAC0.2m，BC1.2m，ABBCAC1.2m0

18、.2m1m，OAABOB1m0.2m0.8m，由三角形相似得，由杠杆的平衡条件得，F1L1G1L2，F1G1300N；（2）支点位置不动，F1的方向保持不变，小明爷爷要想撬动最大物重，应使动力臂最长，因为最大动力为小明爷爷重力F1Gmg60kg10N/kg600N，由三角形相似得，根据杠杆的平衡条件F1L1GmL2得，；，解得最大物重：Gm3000N。【答案】（1）作用力F1的大小为300N；（2）保持支点位置不变，小明爷爷所能撬动的最大物体重Gm3000N。20温度为10，质量200g的某液体，吸收1.44104J的热量后温度升高了30，求该液体的比热容？【解析】解：由Qcmt可得，该液体的

19、比热容：c2.4103J/（kg）。【答案】温度为10，质量200g的某液体，吸收1.44104的热量后温度升高了30，该液体的比热容2.4103J/（kg）。21如图所示，A、B是质量分布均匀的正方体物块，其边长分别是30cm、20cm，密度之比a：b4：9，图甲中A对水平面产生的压强是600Pa求：（1）图甲中物块A对水平地面的压力。（2）物块B的重力。（3）如图乙所示，当把B物块叠放到A上面时，物块A对水平面的压强增加了多少。【解析】解：（1）物块A的底面积：SALA2（30cm）2900cm20.09m2，由p可得，物块A对地面的压力：FpSA600Pa0.09m254N；（2）因水平

20、面上物体的压力和自身的重力相等，所以，图甲中物块A的重力GAF54N，由GmgVgL3g可得：GAALA3g54N，即A（0.3m）310N/kg54N解得：A0.2103kg/m3；因为A：B4：9，所以有B0.45103kg/m3；B物体的重力：GBBLB3g0.45103kg/m3（0.2m）310N/kg36N；（3）当把B物块叠放到A上面时，物块A对水平面的压强增加了：p400Pa。【答案】：（1）图甲中物块A对水平地面的压力54N；（2）物块B的重力36N；（3）如图乙，当把B物块叠放到A上面时，物块A对水平面的压强增加了400Pa。22小红“探究串联电路电流物点”用电流表测灯L2

21、中的电流。（1）电路连接正确后，闭合开关前小红发现电流表如图（a）所示，出现这个现象原因是 。（2）小红修改了（1）中的操作后，闭合开关，发现电流表的示数如图（b）所示，则小红下一步的操作是 。（3）电路连接正确后，闭合开关电流表示数如图c所示，再用电流表测干路中的电流时，电流表的示数如图d所示，则通过灯L1中的电流为 A；通过灯L2中的电流为 A。【解析】解：（1）由a图可知，电流表的指针反偏说明电流表的正负接线柱接反了；（2）由b图可知，电流表指针偏转较小，说明电流表选择的量程过大，应断开开关，将电流表换用小量程；（3）c图中电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.36A，

22、此时电流表测量灯泡L2中的电流，I20.36A；d图中电流表的量程为03A，分度值为0.1A，示数为0.8A，此时电流表测量干路中的电流，I0.8A，根据并联电路干路电流等于各支路电流的和知；通过灯L1中的电流为：I1II20.8A0.36A0.44A。【答案】（1）电流表正负接线柱接反了；（2）应断开开关，将电流表换用小量程；（3）0.44；0.36。五、实验题23. 如图(a)所示的装置探究液体内部压强规律，该装置叫做_，实验时通过_来反映被测压强大小的。将甲、乙两种液体分别倒入相同的容器中，其实验现象如图中的(b)、(c)和(d)所示。液体内部压强最小的是 ；选填“(b)”、“(c)”、

23、“(d)”；（b）、(c)探究的是液体压强与 的关系。【解析】探究液体内部压强的装置是U型管压强计，利用连通器的原理，两端液面液面差越大压强越大。控制变量探究液体压强和深度的关系。【答案】U形管压强计；U形管两端液面高度差；（b）；深度24.如图所示是本学期物理活动卡中的几个实验装置。(1)图(a)中，为了研究压力的作用效果与哪些因素有关，某同学把铅笔压在大拇指和食指之间，感觉食指比大拇指痛，说明 (2)图(b)中,两支恰好能套在一起的试管,在较大的试管中注入约1/3的水,将较小的试管插入大试管中,然后迅速把它们一起倒过来。会观察到：小试管会 .装置(c)可以用来验证 .装置(d)是 表，应将

24、它 到待测电路中（选填“串联”、“并联”），如图该表的读数是 。【解析】实验1考察影响压强大小的因素。实验2考察大气压的应用。实验3考察电压表的使用及读数。【答案】压力大小相同时，受力面积越小，压力作用效果越明显；向上运动；阿基米德原理；电压表；并联；9.5V25.某中学物理兴趣小组的同学用实验探究“体积和形状相同的物体在液体中下沉的快慢与哪些因素有关”的问题，他们利用完全相同的小瓶(有盖)作为下沉的物体，在瓶中装沙子使小瓶能下沉.并且通过改变所装沙子的多少来改变小瓶的总质量，实验时每次都让小瓶如图19所示位置竖直放下，让它从液面处静止开始下沉并用秒表开始计时，每次下沉深度均为0.3米，记录下

25、沉时间，实验数据如下表。(1) 物体在液体中下沉的深度相同时，通过比较物体的 判断下沉的快慢；(2)要想探究物体下沉的快慢与液体种类的关系，应选择实验序号为 的三组数据，进行分析比较；(3)分析比较实验序号1、2、3(或4、5、6)的数据，可以得出的结论是： 【解析】实验主要探究下沉快慢与哪些因素有关，主要探究了液体种类和物体质量两个因素，属于比较基础的控制变量探究性实验。【答案】下沉时间；1与4或2与5或3与6；物体在同种液体中下沉时，物体质量越大，下沉越快。26.小王做“测定小灯泡的电功率”实验,现有电源(电源电压保持不变)、待测小灯、电流表、滑动变阻器、电建及导线若干，其中待测小灯上所标

26、“3.8V”字样清晰可见，额定功率小于1瓦。图是没有连接完整的实物电路。(1)请你用笔画线代替导线在图中正确连接.(用2B铅笔在答题纸的相应位置作图)(2)连好电路闭合电键前,应将滑动变阻器滑片P置于 端.(选填“A”或“B”)(3)他实验步骤正确，闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，电压表V的示数从2.0V逐渐变大，但无法根据电压表V的读数精确确定小灯是否正常发光。经思考后，他断开电键，将电压表V重新连接，并按规范将滑动变阻器的滑片移到阻值最大端后闭合电键，移动滑片P，此时电压表V的示数从4.0V逐渐变小。小灯正常发光时，他记下了此时电压表和电流表的示数。请写出小王将电压表V接在电路中的位置.

27、如果将小王所记录的小灯正常发光时的电压表和电流表的示数相乘,得到的电功率为0.484W.请根据相关信息计算出小灯的额定功率.(需写出计算过程)【解析】根据小灯额定电压为3.8V可以判断初始无法通过电压表读数确定小灯是否正常发光，后将电压表并联在滑动变阻器两端，根据电源电压为6V可知，当电压表示数为2.2V时，灯两端电压为额定电压，灯正常发光。【答案】；(2)A;(3)电压表并联在滑动变阻器的两端；（3）小灯泡正常发光时,滑动变阻器两端的电压为U滑=UUL=6V3.8V=2.2V,电路中的电流I=PLUL=0.484W/2.2V=0.22A；此时小灯泡正常发光,小灯泡的额定功率功率PL=ULI=3.8V0.22A=0.836W.19