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1、 2020 年浙江省温州市中考物理试卷 一、选择题 1.如图所示，在中国象棋棋盘正中央竖立一块垂直于棋盘的平面镜，棋子“象”由甲移到乙，则平面镜中“象”的移动是（）A.由到 B.由到 C.由到 D.由到【答案】C【解析】【详解】根据平面鏡所成像的特点可知，物距等于像距，像和物体对应点的连线与平面镜垂直；棋子“象”在甲处时，像在位置处；棋子“象”在乙处时，像在位置处；棋子原来的像位于处，移动后的像则位于处，所以，其移动路径到，故 ABD不符合题意，C符合题意。故选 C。2.兴趣小组用如图装置研究压强与流速的关系，将吹风机对准竖管上端管口向下吹风，在三个水平玻璃管的右端口处同时释放相同规格的乒乓球
2、，某时刻乒乓球处于如图所示的位置。下列说法合理的是（）A.乒乓球运动是因受到竖管气流的吸引力 B.装置中三个水平玻璃管的横截面积不同 C.三个水平玻璃管的左端口处压强不相同 D.该装置可以测量竖管中各处的压强大小【答案】C【解析】【分析】流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大。据此分析即可解答。【详解】由图中实验装置可知，将吹风机对准竖管上端管口向下吹风，由于竖管口越来越粗，所以风的流动速度越来越慢，即最上端的空气流速快、水平玻璃管左端开口处压强小，最下端的空气流速慢、水平玻璃管左端开口处压强大。乒乓球在右侧大气压的作用下会向左运动，所以会产生三个乒乓球向左运动的位置不同的现象。故
3、只有选项 C 说法正确。故选 C。【点睛】本题通过一个创新的实验装置，探究了流体压强与流速的关系，属实验能力的考查。3.小明家的智能锁需通过“密码+指纹”两次识别成功才能开锁。第一次识别成功时 S1闭合，发声器 S发出声音，但不开锁；第二次识别成功时 S2闭合，有电流通过电动机 M，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据题意可知，闭合开关 S1，只有发声器工作；两个开关都闭合时，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作。A由图可知，闭合开关 S1，只有发声器接入电路，发声器工作，再闭合 S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过
4、电动机，故 A符合题意；B由图可知，闭合开关 S1，发声器没有接入电路，发声器不工作，两个开关都闭合，发声器和电动机都工作，故 B 不符合题意；C由图可知，发声器和电动机并联接入电路中，两个开关并联，只要闭合任意一个开关，发声器和电动机都工作，故 C 不符合题意；D由图可知，闭合开关 S1，只有电动机接入电路，电动机工作，再闭合 S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过发声器，故 D不符合题意。故选 A。4.科学中常用数学方法来表示某些量的关系。下列图象中能用阴影面积表示相应的量是（）A.压强 B.压力 C.功率 D.时间【答案】B【解析】【详解】A根据压强的公式FpS，压强等于压力和受
5、力面积的比值，故 A不符合题意；B根据压强公式的推导式FpS，压力等于压强和受力面积的乘积，故 B符合题意；C根据功率的计算公式WPt，功率等于功和时间的比值，故 C不符合题意；D根据功率的计算公式的推导式WtP，时间等于功和功率的比值，故 D 不符合题意。故选 B。二、填空题 5.小明观察了小区入口的车辆出入自动控制闸，发现当车牌被识别系统识别后，绿灯亮，栏杆抬起，车辆通行。于是他设计了如图所示的模拟电路，车牌识别成功相当于图中开关 S闭合。(1)已知该电路电源电压为 6 伏，指示灯 L工作时的阻值为 5欧，滑动变阻器接入电路的阻值为 10欧，线圈阻值不计。闭合开关后，线圈吸住铁柱时，指示灯
6、的功率为_瓦。(2)若电源电压下降，栏杆不能抬起。除了更换电池外，请你再写出一种能使栏杆正常抬起的方法。_。【答案】(1).0.8 (2).将滑动变阻器接入电路的阻值调小些【解析】【详解】(1)1由图知，指示灯 L与滑动变阻器串联，当滑动变阻器接入电路的阻值为 10时，电路的电流为 L6V=0.4A5+10UIRR滑 小灯泡的电功率为 PI2RL(0.4A)250.8W(2)2若电源电压下降，根据UIR知在电阻不变时电路的电流较小，电磁铁的磁性较弱，吸引力较小，不能将铁柱吸下来，栏杆不能抬起，此时可以将滑动变阻器的阻值调小些，增大了电路的电流，电磁铁的磁性增强，将铁柱吸下来，可以使栏杆正常抬起
7、来。三、实验探究题 6.在做“探究动能大小与质量关系”的实验时，小明想：小球从相同高度滚下，若小球材质和斜面倾角不同，到达水平位置时的速度会相同吗？(1)图甲是用挡板控制大小不同的两个小球在斜面上起始位置的两种方案，小明实验时选择 A 方案而不能选择 B 方案的原因是_；(2)小明选择大钢球、小钢球、木球以及可调整倾角的斜面进行实验。分别让球从斜面同一高度由静止开始释放，利用测速仪测出球到达水平位置时的速度如表所示。斜面倾角 速度(米/秒)球的类别 10 20 30 40 50 60 大钢球 2.67 2.67 2.67 2.75 2.88 2.97 小钢球 2.67 2.67 2.67 2.
8、75 2.88 2.97 木球 2.67 2.67 2.67 2.67 2.74 2.89 分析表中数据可知：要使球到达水平位置时的速度与球是钢质或木质无关，则斜面倾角不可能是_；A.15 B.25 C.35 D.45(3)小明利用图乙装置做“探究动能大小与质量关系“的实验时，通过观察球撞击相同塑料软片的数目来比较球的动能大小(图中未画出固定塑料软片的装置)。老师指出此装置不适合体积不同的两个球做实验，原因是_。【答案】(1).B 方案中两球从起始位置到水平位置的高度差不同 (2).D (3).塑料软片对不同体积的小球的阻力不同【解析】【详解】(1)1图 A 中挡板水平放置，两小球从起始位置到
9、水平位置的高度差相同，图 B中挡板与斜面垂直放置，两小球从起始位置到水平位置的高度差不同，为来控制大小不同的两个小球在斜面上从起始位置到水平位置的高度差相同，实验时选择 A 方案而不能选择 B方案。(2)2根据表中数据可知，斜面倾角为 10、20、30时，大钢球、小钢球、木球达到水平面时的速度相同，斜面倾角为 40、50、60时，大钢球、小钢球、木球达到水平面时的速度不同，所以要使球到达水平位置时的速度与球是钢质或木质无关，则斜面倾角不可能是 40以上，故 ABC不符合题意，D符合题意。故选 D。(3)3体积大的小球从塑料软片下面通过时受到的阻力大，即体积大小不同的小球从塑料软片下面通过时受到
10、的阻力不同，无法“探究动能大小与质量关系”。7.在研究“电流与电压的关系”时，小明连接了如图甲的电路，电源电压 U为 3伏。(1)闭合开关后，小明发现电流表指针如图乙，出现这种现象的原因是_；(2)改正错误操作后，小明分别将电阻 R0为 5 欧、10欧和 20欧的定值电阻接入电路，测得电阻 R0的电压 U0和电流 I0数据，如表一所示。小明想进一步研究“电阻 R0的电流变化量大小 I0与电压变化量大小 U0的关系”，根据数据计算出部分电压变化量大小 U0和相应的电流变化量大小 I0，如表二所示，则表二中的a 为_；表一 组别 第 1组 第 2组 第 3组 R0(欧)5 10 20 U0(伏)1
11、.0 2.2 2.5 1.2 1.8 2.4 1.6 2.4 2.8 I0(安)0.20 0.44 0.50 0.12 0.18 0.24 0.08 0.12 0.14 表二 组别 U0(伏)I0(安)第 1组 1.5 a 第 2组 0.6 0.06 第 3组 0.8 0.04 (3)小明发现，滑动变阻器电压变化量大小 UR与电流变化量大小 IR的比值，总是等于定值电阻 R0的阻值，请结合上表数据和所学电学知识解释此规律_。【答案】(1).正负接线柱接反了 (2).0.30 (3).根据串联电路电压特点 UU0+UR，得：URU0根据串联电路电流特点 IRI0，得：IRI0，所以 UR与 IR
12、的比值等于 U0与 I0的比值，据表二数据可知，U0与 I0的比值等于 R0，则 UR与 IR的比值等于 R0。【解析】【详解】(1)1电流表使用时，电流必须从电流表的“+”接线柱流入，从“”接线柱流出，反之指针会发生反偏；闭合开关后，小明发现电流表指针向零刻度线左侧偏转，原因是电流表正负接线柱接反了。(2)2分析第2组和第3组数据得出电压变化量大小U0和电阻R0的电流变化量大小I0的比值与R0的关系，由表二的第 2组数据可得 000.6V=100.06AUI 第 3组数据可得 000.8V=200.04AUI 则第 1 组数据中 0101.5V=0.30A5UIR(3)3根据串联电路电压特点
13、 UU0+UR，得；URU0根据串联电路电流特点 IRI0，得 IRI0，所以UR与 IR的比值等于 U0与 I0的比值，据表二数据可知，U0与 I0的比值等于 R0，则 UR与 IR的比值等于 R0。四、解答题 8.英国物理学家斯特林于 1816 年发明了“斯特林发动机”。斯特林发动机气缸内工作介质易汽化、易液化，该介质经过吸热膨胀，冷却压缩的循环过程输出动力，因此又被称为热气机。某工程师按照“斯特林发动机”原理设计了如图甲所示的模型机，工作过程中飞轮持续旋转如图乙。请结合所学知识解释飞轮能持续转动的工作原理。【答案】酒精灯加热将化学能转化为内能，热气缸中的工作物质吸热汽化膨胀，推动活塞 A
14、向右运动做功，将内能转化为机械能：由于飞轮具有惯性，带动活塞 A向左运动，活塞 A将气缸中的工作物质推入冷气缸并液化，活塞 B又将物质推回热气缸。如此反复。【解析】【详解】气体对外做功，气体的内能转化为机械能，根据图示可知，酒精灯加热将化学能转化为内能，热气缸中的工作物质吸热汽化膨胀，推动活塞 A 向右运动做功，将内能转化为机械能：由于飞轮具有惯性，带动活塞 A向左运动，活塞 A 将气缸中的工作物质推入冷气缸并液化，活塞 B又将物质推回热气缸。如此反复。9.某跳伞运动员从飞机上跳下，沿竖直方向降落，一段时间后打开降落伞，最后安全着地。已知运动员和跳伞设备的总重力为 700牛，跳伞过程中下降的速
15、度与时间的关系如图甲所示。(1)图甲中曲线 OA段速度越来越大的原因是_；(2)图乙是跳伞过程中部分阶段的情景及受力示意图，其中与图甲曲线中 CD阶段对应的是_；(3)计算运动员和跳伞设备的总重力在 AB段所做的功_。【答案】(1).运动员和跳伞设备的总重力大于空气阻力 (2).(3).7105J【解析】【分析】(1)根据跳伞运动员竖直降落过程中受到的重力和阻力大小关系得出结论。(2)图甲曲线中 CD段，跳伞运动员匀速降落，受到平衡力作用，据此分析对应的情景图。(3)已知动员和跳伞设备的总重力，根据甲图确定跳伞运动员在 AB段的速度和时间，根据 s=vt计算出跳伞运动员 AB段的高度，根据 W
16、=Gh 计算出运动员和跳伞设备的总重力在 AB段所做的功。【详解】(1)1由图甲可知，跳伞运动员在 AB段处于加速降落过程中，此时运动员和跳伞设备受到的重力大于空气阻力。(2)2图中降落伞打开，运动员受到阻力大于重力，运动员处于减速降落过程，应该是图甲曲线中 BC段，故不符合题意；图中运动员已经着陆，运动员的速度为 0，与图甲曲线中 CD 段不符，故不符合题意；图中降落伞打开，运动员受到的阻力等于重力，运动员处于匀速降落过程，且运动员的速度较小，是图甲曲线中 CD 段，故符合题意；图中降落伞未打开，运动员受到的阻力等于重力，运动员处于匀速降落过程，且运动员的速度较大，应该是图甲曲线中 AB段，
17、故不符合题意。故选。(3)3由图甲可知，运动员在 AB段的速度为 v=50m/s，时间为 t=40s-20s=20s，则运动员在 AB段下降的高度为 h=s=vt=50m/s20s=1000m 则运动员和跳伞设备的总重力在 AB段所做的功为 W=Gs=700N1000m=7105J【点睛】本题考查了物体的受力分析、对图像的分析能力以及速度公式和功的计算公式的应用，属于综合性题目。10.小明对“篮球在空气中是否受到浮力”进行探究，由此进行一系列的思考与实验，并最终设计出可直接测量空气密度的简易“空气密度仪”。(1)如图甲，将一个带阀门的篮球放在天平的托盘上，阀门连接未充气的气球，且处于关闭状态。
18、加砝码使天平平衡。打开阀门，气球变大，天平指针向右偏转。指针向右偏转的原因是_；(2)为测量篮球受到的浮力大小，小明设计了如图乙所示的电路。电路中电源电压 U为 6 伏，定值电阻 R0的阻值为 10 欧，R 是力敏电阻，其阻值与所受压力 FB的关系如图丙所示。当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为 0.2 安，当篮球给气球充气到体积为篮球的 2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为 0.15 安。力敏电阻 R所受压力 FB与篮球对左侧托盘的压力 FA的关系如图丁所示。请计算篮球所受的浮力_；(3)图乙中篮球和气球内的气体总质量保持不变，并控制气球体积为篮球的 2倍，在电压表指针所指的刻度盘上标上
19、对应的空气密度值，就制成了一台测量当地空气密度的“空气密度仪”。现用此装置测量大于 1.29千克/米3的空气密度，指针大致指示在何处？_请在图戊的刻度盘中用箭头标出，并写出你的判断依据。_ 【答 案】(1).气 球 受 到 浮 力 变 大 (2).篮 球 所 受 的 浮 力 为0.09N (3).(4).气球体积为篮球的 2 倍，即气球的体积不变，现用此装置测量大于1.29 千克/米3的空气密度，根据阿基米德原理，气球受到的浮力变大，篮球对托盘的压力变小，力敏电阻 R所受压力 FB也变小，可知压敏电阻变大，根据串联电阻的规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律，电路的电流变小，根据 UIR，定值电阻
20、的电压变小，即电压表示数变小，故用此装置测量大于 1.29 千克/米3的空气密度，指针应在电压表盘 1.29刻度线的左侧【解析】【详解】(1)1打开阀门，气球变大，根据阿基米德原理，气球受到的浮力变大，蓝球对托盘的压力变小了，故天平指针向右偏转。(2)2R 与定值电阻串联，电流表测量电路的电流，电压表测定值电阻的电压，当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为 0.2A 时，根据串联电路的规律及欧姆定律 1016V-10=200.2AURRI 由图丙知，F1B309N；当篮球给气球充气到体积为篮球的 2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为 0.15A，根据串联电路的规律及欧姆定律 2026V-10
21、=300.15AURRI 解得：F2B300N；由图丁知，FB50FA，故 1B1A309N5050FF 2B2A300N5050FF 托盘 A所受压力的变化量为 A309N 300N-=0.18N5050F 篮球给气球充气到体积为篮球的 2倍，由阿基米德原理，即篮球所受的浮力为 1=0.18N=0.09N2F浮(3)34气球体积为篮球的 2倍，即气球的体积不变，现用此装置测量大于 1.29千克/米3的空气密度，根据阿基米德原理，气球受到的浮力变大，篮球对托盘的压力变小，力敏电阻 R所受压力 FB也变小，可知压敏电阻变大，根据串联电阻的规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律，电路的电流变小，根据 UIR，定值电阻的电压变小，即电压表示数变小，故用此装置测量大于 1.29千克/米3的空气密度，指针应在电压表盘1.29 刻度线的左侧，如下所示：。