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1、2019山东省德州市中考物理真题及答案一、选择题：本大题包括12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1如图1所示，二胡是弓弦类最具中国民乐气质的乐器。下列关二胡说法正确的是（）A二胡发出的声音是琴弦振动产生的B拉二胡时，手按压琴弦不同位置是为了改变响度C拉弓弦时，用力越大发出声音的音调越高D二胡发出优美的声音一定是乐音【分析】声音是由物体振动产生的；发声体振动的频率大小影响声音的音调的高低；发声体振动的振幅越大，声音的响度就越大；从环保角度定义，凡是妨碍人们正常的学习、休息和工作的声音以及对人们想要听到的声音起干扰作用的声音都是噪声。【解答】解：A、声音
2、是由物体振动产生的，二胡发出的声音是琴弦振动产生的，故A正确；B、拉二胡时，手按压琴弦不同位置，琴弦的振动快慢就会不同，发出声音的音调就会不同，故B错误；C、拉弓弦时，用力越大，弦的振动幅度越大，发出声音的响度越大，故C错误；D、从环保角度来看，一切干扰人们学习、休息和工作的声音都是噪声，在有些情况下，乐音也可以成为噪声，故D错误。故选：A。【点评】此题主要考查的是声音的产生，响度与振幅的关系，音调与频率的关系以及噪声与乐音的区分等，属于识记性内容，比较简单。2下列诗句中有关光现象的说法正确的是（）A“绿树阴浓夏日长”，树阴是光的反射形成的B“楼台倒影入池塘”，楼台倒影是光的折射形成的C“瀑水
3、喷成虹”，彩虹是光的直线传播形成的D“潭清疑水浅”，水浅是光的折射形成的【分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。【解答】解：A、树阴是树木的影子，由于光的直线传播，光射到不透明物体上，在不透明物体后面形成
4、影子，故A错误；B、楼台的倒影属于平面镜成像，是光的反射形成的虚像，故B错误；C、彩虹是光的色散形成的，光的色散的实质是光的折射，故C错误；D、“潭清疑水浅”中“水浅”是水底看起来比较浅，这是由于光的折射形成的，看水底是逆着光的传播方向看的（即逆着折射光线看），由于错觉，我们始终认为光是沿直线传播的，所以看到的位置比实际位置浅，故D正确。故选：D。【点评】此题主要考查了光的直线传播、光的折射、光的反射现象和光的色散现象；光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象。它们之
5、间有本质的区别，要注意区分。3下列物态变化中属于吸热现象的是哪一组初春：冰雪消融盛夏：洒水降温深秋：浓雾弥漫严冬：凝重的霜（）ABCD【分析】物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行，其中熔化、汽化、升华过程需要吸收热量，凝固、液化、凝华过程需要放出热量【解答】解：初春，冰雪消融是物质由固态变为液态的过程，是熔化过程，熔化吸热；故符合题意；盛夏，洒水降温是液态水变成水蒸气是汽化现象，汽化吸热，故符合题意；深秋：浓雾弥漫是水蒸气遇冷液化放热形成的，故不符合题意；严冬：凝重的霜霜是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，是凝华过程，凝华放热，故不符合题意。综合分析符合题意，故A正确，BCD错误。故选
6、：A。【点评】此题考查的是对物态变化过程的判断及物态变化过程的吸热和放热的判断。4图是小强用手机、透镜和纸盒自制简易“投影仪”，它能将手机上的画面放大投射到白墙上。下列说法不正确的是（）A手机屏幕到透镜的距离应在透镜的一倍焦距和二倍焦距之间B白墙上呈现的是手机画面倒立、放大的实像C若用不透明的硬纸板遮住透镜的一部分，白墙上的画面将不再完整D从各个角度都能清楚的看到白墙上的像，是因为白墙对照射到其上面的光产生漫反射【分析】（1）投影仪利用凸透镜成像的规律，当物距大于焦距，小于二倍焦距时，成倒立、放大的实像的原理。（2）当反射面上凹凸不平时，光在上面会发生漫反射，发生漫反射的物体可以从不同角度看到
7、。【解答】解：A、根据投影仪成像的原理可知，手机到透镜的距离应大于焦距，小于二倍焦距，故A正确；B、投影仪成的像是倒立、放大的实像，故B正确；C、投若用不透明的硬纸板遮住透镜的一部分，白墙上的画面仍然完整，只是亮度变暗，故C错误；D、发生漫反射的物体可以从不同角度都能看到，因此从各个角度都能清楚的看到白墙上的像，是因为白墙对照射到其上面的光产生漫反射，故D正确。故选：C。【点评】本题以自制简易投影仪为例，考查了凸透镜成像规律的应用，要熟知其成像的特点与规律，并会分析其物距和像距的关系。5如图所示，在“测量花岗石密度”的实验中。下列说法正确的是（）A称量时左盘放砝码，右盘放花岗石B称量花岗石质量
8、的过程中，若天平横梁不平衡，可调节平衡螺母C花岗石的质量是25gD花岗石的密度是103kg/m3【分析】（1）对于天平来说，正确的操作应该是左物右码；（2）对天平不平衡时的处理，在调节过程中要依靠调平衡螺母，在称量过程中则要靠增减砝码或移动游码，当然，我们还要根据具体偏转的方向来确定；（3）使用天平测量物体质量时，被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；（4）天平平衡时物体的质量等于砝码质量与游码在标尺上所对的刻度值。而测量液体质量时，液体的质量等于液体和烧杯的总质量与烧杯质量之差。要掌握物体的密度计算公式。【解答】解：A、称量时，应该是“左物右码”，且加减砝码用镊子，则左盘应放花岗
9、石，右盘应放砝码，故A错误；B、在称量过程中，要靠增减砝码或移动游码使天平平衡，不能调节平衡螺母，故B错误；C、由图知，砝码的总质量为25g，游码在3g处，所以花岗石的质量为25g+3g28g，故C错误；D、由图知，量筒的分度值为2ml，花岗石的体积为30ml20ml10ml10cm3；则花岗石的密度为：cm3103kg/m3，故D正确。故选：D。【点评】本题考查天平的使用，密度公式应用，难度不大。62019年3月10日，长征三号乙运载火箭成功将中星6C通信卫星送入太空，中星6C卫星是一颗用于广播和通信的地球同步卫星，图是火箭发射时的场景。下列说法不正确的是（）A火箭升空利用了力的作用是相互的
10、B火箭加速升空过程中，推力和阻力是一对平衡力C进入预定轨道后，中星6C通信卫星相对地球是静止的D中星6C卫星是利用电磁波传递高质量话音、数据、广播电视等信息【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；（2）二力平衡的条件是：作用在同一物体上，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，物体受平衡力时，处于静止或匀速直线运动状态；（3）运动和静止是相对的。判断一个物体的运动状态，关键是看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；（4）电磁波可以在真空中传播。【解答】解：A、火箭升空时，向后喷出高温高压的
11、燃气，利用了反冲力，说明物体间力的作用是相互的。故A正确；B、火箭加速升空，受到的不是平衡力，受平衡力时应做匀速直线运动。故B不正确；C、中星6C通信卫星进入预定轨道后，与地球的相对位置不再发生改变，因此相对于地球是静止不动的。故C正确；D、卫星在太空飞行过程中，利用电磁波实现与控制中心的联系。故D正确。故选：B。【点评】本题考查了与火箭升空、卫星通信相关的物理知识，包含的知识点较多，注重的是理论联系实际。7图是汽车刹车原理图，连着刹车踏板的金属杆是一根能绕O点转动的杠杆，当驾驶员踩下刹车踏板时，刹车油受到挤压从而推动活塞向左移，活塞挤压刹车卡钳夹紧刹车盘产生摩擦力使车辆减速。行驶中的汽车刹车
12、时，下列说法不正确的是（）A脚踩刹车踏板时，汽车的机械能转化为内能B刹车卡钳把刹车盘夹得越紧，摩擦力越大C连着刹车踏板的金属杆是省力杠杆D刹车过程中汽车的惯性减小【分析】（1）刹车过程中摩擦生热，此过程中将机械能转化为内能。（2）摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，压力越大，接触面越粗糙，摩擦力越大；（3）动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆，动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆，动力臂等于阻力臂的杠杆是等臂杠杆；（4）质量是物体惯性大小的唯一量度。【解答】解：A、脚踩刹车踏板时，刹车过程中摩擦生热，汽车的机械能转化为内能，故A正确；B、刹车卡钳把刹车盘夹得越紧，压力越大，摩擦力越大，故B正确；
13、C、由图可知，O点为支点，刹车油右侧的活塞对金属杆的力是阻力，脚对刹车踏板的力是动力，且动力臂大于阻力臂，所以这是一个省力杠杆，故C正确；D、惯性大小只与物体的质量有关，刹车过程中汽车的质量不变，所以惯性不变，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了杠杆类型的识别、摩擦力的影响因素和能量的转化等知识点的理解，掌握这些基础知识是关键。8汽车装有安全带未系提示系统，当乘客坐在副驾驶座椅上时，座椅下的开关S1闭合，若未系安全带，则开关S2断开，仪表盘上的指示灯亮起，蜂鸣器工作；若系上安全带，则开关S2闭合，指示灯熄灭，蜂鸣器不工作。图设计的电路图正确的是（）ABCD【分析】由题意知，当乘客坐在副驾驶座
14、椅上时开关S1闭合指示灯亮起、蜂鸣器工作，则S1可控制指示灯和蜂鸣器；若系上安全带，开关S2闭合，指示灯熄灭、蜂鸣器不工作，则蜂鸣器和指示灯被短路，据此进行解答。【解答】解：由电路图可知，A、系上安全带时开关S2闭合，会造成电源短路，故A不符合题意；B、当乘客坐在副驾驶座椅上时，开关S1闭合，蜂鸣器和指示灯均工作，系上安全带后开关S2闭合，蜂鸣器和指示灯被短路均不工作，此时电路安全，故B符合题意；C、只有当乘客坐在副驾驶座椅上且系上安全带时，两开关闭合，蜂鸣器和指示灯才工作，故C不符合题意；D、当乘客坐在副驾驶座椅上时，开关S1闭合，蜂鸣器和指示灯均工作，系上安全带后开关S2闭合，蜂鸣器和指示
15、灯仍工作，故D不符合题意。故选：B。【点评】本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻起保护电路的作用。9图是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（）A电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连B断开开关S时，用试电笔接触A点氖管发光，接触B点时氖管不会发光C保险丝烧断后可用铜丝代替D闭合开关S时，电灯不亮，保险丝未烧断，可能是电灯短路【分析】（1）测电笔是辨别火线和零线的仪器，当测电笔的笔尖接触零线和地线时，氖管不会发光；（2）灯不发光的原因，一是电路开路，二是灯被短路，三是灯的实际功率太小。【解答】解：A、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由
16、于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故，故A错误；B、断开开关S时，A点在火线上，所以接触B点时氖管会发光，故B正确；C、当电路电流过大时，保险丝容易熔断而保护电路，如果用铜丝代替保险丝后，就起不到保护作用了，故C错误；D、若闭合开关S时，电灯不亮，保险丝未烧断，可能是电灯断路，故D错误。故选：B。【点评】知道并理解家庭电路的组成与正确连接方法，了解触电的原因，是解决该题的关键。10如图所示，电动平衡车是一种新型交通工具，被广大青少年所喜爱。图中与电动平衡车驱动前行过程原理相同的是（）ABCD【分析】根据电动平衡车蓄电池工作和电机工作时消耗和获得的能量做出判断。【解答】解：电动平衡车的无刷电机工作
17、时，消耗电能，获得机械能，因此是将电能转化为机械能，从而获得动力。A、是电磁感应原理，机械能转化为电能，故A错误；B、通电导体的周围有磁场，是电流的磁效应，故B错误；C、通电导体在磁场中受力的作用，电能转化为机械能，与电动平衡车驱动前行过程原理相同，故C正确；D、是研究电磁铁磁性的大小与线圈匝数的关系，故D错误；故选：C。【点评】此题以平衡车为载体考查了电磁感应、电流的磁效应、电磁铁等多个知识点，综合性很强，但难度不是很大。11小强做鸡蛋在盐水中悬浮的实验时，先配制了半杯浓盐水并将鸡蛋放入杯中，静止时如图甲所示，然后逐渐向杯中添加清水，直至如图乙所示。在逐渐向杯中添加清水过程中，下列说法不正确
18、的是（）A鸡蛋受到的浮力不变B盐水的密度变小C盐水对烧杯底的压强逐渐变小D盐水对烧杯底的压力逐渐变大【分析】（1）根据盐水密度的变化，再根据浮力与重力的关系判断鸡蛋的力大小。（2）根据p判断液体对容器底部的压强的变化。【解答】解：A、鸡蛋由漂浮到悬浮，受到的浮力都等于鸡蛋的重力，故鸡蛋受到的浮力不变，故A正确；B、鸡蛋刚好漂浮在一杯盐水中，此时浮力等于重力，鸡蛋的密度小于盐水的密度，现在往杯中加入适量清水（未溢出），盐水的密度变小，故B正确；CD、现在往杯中加入适量清水（未溢出），盐水对容器的压力增大，根据p知液体对容器底部的压强增大，故C错误，D正确；故选：C。【点评】本题考查了压强公式的应
19、用、浮沉条件的应用，是一道综合题，有一定的难度。12如图所示的电路中，a、b、c是三只电表（电压表或电流表），闭合开关S，标有“3V ”的灯泡L1正常发光，标有“6V 3W”的灯泡L2发光较暗。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（）A电表a为电流表，且示数为1AB电表b为电压表，且示数为3VC电表c为电流表，且示数为D闭合开关S，电路消耗的总功率为【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据PUI求出两灯泡正常发光时的电流，再根据欧姆定律求出灯泡L2的电阻，根据“灯泡L1正常发光，灯泡L2发光较暗”判断两灯泡的连接方式，进一步判断三电表的类型，根据串并联电路的电流特点和额定电压
20、下灯泡正常发光得出电源的电压，根据欧姆定律求出通过R2的电流，根据并联电路的电流特点求出电路总电流，再根据PUI求出电路消耗的总功率。【解答】解：由PUI可得，两灯泡正常发光时的电流分别为：I1，I2，由I可得，灯泡L2的电阻：R212；因灯泡L1正常发光，灯泡L2虽然发光但较暗，所以，通过L1、L2的电流不相等，L1与L2应并联，则a一定是电流表，b是相当于导线的电流表，c是相当于开路的电压表，故B错误；此时电流表a测干路电流，电流表b测L2支路的电流，电压表c测电源的电压，因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡L1正常发光，所以，电源的电压UU13V，即电压表c的示数为3V，故C错误；此
21、时通过R2的电流：I2，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流表a的示数：II1+I2+，故A错误；电路消耗的总功率：PUI3V，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断三电表的类型和电路的连接方式是关键。二、填空题：本大题包括6个小题，每个空1分，共14分13某同学按压气球，气球变瘪，说明力可以改变物体的形状；用手轻轻一托，气球就向上飞走，说明力可以改变物体的运动状态；如图所示，将两只气球自由悬挂静止在空中，用粗吸管对准两气球中间沿水平方向用力吹气，可观察到两气球合拢。（选填“分开”或“合拢”）【分析】（1）力的作用效果有两
22、个：一是力可以改变物体的形状，二是力可以改变物体的运动状态；（2）依据流体的压强与流速的关系来判断气球的运动情况。【解答】解：力可以改变物体的形状，所以手的压力使气球变瘪；力可以改变物体的运动状态，所以用手轻轻一托，气球就向上飞走；在图中向两气球中间沿水平方向用力吹气时，两气球中间的空气流速加快，压强减小，小于气球外侧的压强，外侧压强使两气球向中间合拢。故答案为：形状；运动状态；合拢。【点评】此题考查了力的作用效果和流体压强与流速的关系，属于基本规律的应用，难度不大。14（1分）（2019德州）如图所示的四幅图中，表示近视眼成像情况的是，矫正方法的是。（填序号）【分析】（1）近视眼是由于晶状体
23、对光线的会聚作用太强，使远处物体射来的光线会聚在视网膜的前方，由此可以确定哪一个图表示了近视眼的成像情况。近视眼佩戴凹透镜进行矫正。（2）远视眼的晶状体较薄，会聚能力较弱，看近处的物体时，将像成在视网膜的后面，远视眼佩戴凸透镜进行矫正。【解答】解：近视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太强，使远处物体射来的光线会聚在视网膜的前方；由图知，图的入射光线会聚在视网膜的前方，所以图表示了近视眼的成像情况；结合图示可知，为了使像刚好成在视网膜上，需要使光线发散一些，所以应佩戴对光线具有发散作用的凹透镜来矫正，则图能正确表示近视眼的矫正情况。故答案为：；。【点评】图示的四个图来源于课本，分别表示了远视眼和近
24、视眼的成因与矫正的光路图。明确近视眼与远视眼的成因是解决此题的关键。15氢弹是利用氢核的聚变（选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放的能量，核能是不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。【分析】（1）核裂变和核聚变都能释放能量，但是又有区别，对于核裂变是可控的，如核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
25、【解答】解：氢弹是利用氢核的聚变在瞬间释放的能量；核能使用后，不可能在短期内从自然界得到补充，属于不可再生能源。故答案为：聚变；不可再生。【点评】主要考查学生对可再生能源和不可再生能源特点的理解，同时也考查了同学们对于核能的了解情况，这些知识点都是中考的热点。16在“探究水沸腾时温度变化的特点”实验中，烧杯中加入200g的水，测得初始温度为45如图所示，用酒精灯加热一段时间后温度计的示数为95，则水吸收的热量为104J，这些热量相当于完全燃烧g酒精放出的热量。（水的比热容c水103J/（kg），酒精热值q107J/kg）【分析】（1）温度计的分度值为1，根据液面位置读数；（2）知道水的质量、比
26、热容、初温和末温，根据公式Q吸cm（tt0）可求出水吸收的热量。（3）由题知，Q放Q吸，再利用Q放mq求出完全燃烧酒精的质量。【解答】解：（1）由图可知，温度计的分度值为1，示数为95；（2）水吸收的热量：Q吸c水m（tt0）103J/（kg）（9545）104J。（3）由题知，Q放Q吸104J，由Q放mq得，需要完全燃烧酒精的质量：m。故答案为：95；104；。【点评】本题考查温度计的读数、吸热公式和燃料燃烧放出热量公式的理解和应用，利用好条件Q放Q吸是关键。17（2分）（2019德州）如图所示，木块下面是一长木板，小明将弹簧测力计一端固定，另一端钩住长方体木块A，实验时拉着长木板沿水平地面
27、向左运动，读出弹簧测力计示数即可测出木块A所受摩擦力大小。不计弹簧测力计的自重，在木板运动的过程中，木块A所受摩擦力的方向是水平向左，拉动速度变大，弹簧测力计示数不变。（选填“变大”“变小”或“不变”）【分析】（1）摩擦力的方向总是与物体运动或相对运动的趋势的方向相反；（2）影响滑动摩擦力大小的因素是压力的大小和接触面的粗糙程度。【解答】解：（1）摩擦力的方向跟物体相对运动的方向相反，因为木板水平向左运动，所以，木块相对木板来说是水平向右滑动了，因此它受到的摩擦力的方向水平向左；（2）滑动摩擦力大小与物体运动速度大小无关，因此拉动速度变大，弹簧测力计的示数不会变化。故答案为：水平向左；不变。【
28、点评】此题考查滑动摩擦力大小和方向，知道摩擦力大小的影响因素（压力大小和接触面的粗糙程度），并知道滑动摩擦力的方向跟物体相对运动的方向相反是解答此题关键。18（2分）（2019德州）从产品说明书得知，一台“6V 3W”的迷你型小风扇，电动机线圈阻值为则小风扇正常工作1min消耗的电能为180J；电动机线圈1min产生的热量为J。【分析】1、一台“6V 3W”的迷你型小风扇，电动机线圈阻值为首先，要明确小风扇的所消耗的电能W一部分转化为机械能，另一部分转化为内能Q所以，产生的热量Q消耗的电能W千万不要误以为产生的热量就是消耗的电能，即对于风扇、空调、电动机之类的用电器，其电热QW。2、解题过程中
29、需要注意所有哦物理量的单位都要用到国际单位，所以先要把1min化成60s来进行计算。3、通过“6V 3W”可以根据公式：可以求得。4、计算消耗电能的公WPt；计算电热的公式QI2Rt。【解答】解：消耗的电能为WPt3W60s180J；电路中线圈的电流为；电路中通过线圈的电流为产生的热量为QI2Rt（）260s。故答案为：180；。【点评】本题考查学生对非纯电阻电路的电能计算与电热计算。三、作图与实验题：本大题包括6个小题，共26分19（2分）（2019德州）如图所示，在电磁铁上方用弹簧挂着一个条形磁体，闭合开关S，条形磁体静止后，滑片P向右滑动时弹簧伸长。请用箭头标出磁感线的方向，并用“+”“
30、”在括号内标出电源正负极。【分析】（1）首先要明确电磁铁磁性强弱的影响因素：有无铁芯、电流大小、线圈匝数的多少。根据滑动变阻器的滑片P向右移动时弹簧缩短，确定电磁铁磁性强弱的变化，根据磁体间的相互作用规律，从而可以判断出电磁铁的磁极极性。由安培定则可判断出图中电源的正负极。（2）根据磁体周围的磁感线都是从N极出来，回到S极，进行判断。【解答】解：滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电阻变小，则电路中的电流变大，磁铁的磁性变强，此时弹簧伸长，根据同名磁极相互排斥可知，通电螺线管上端为N极，下端为S极；右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指指向电流的方向，则电流从螺线管的上后端流出，下前端流入，则
31、电源右端为负极，左端为正极。磁体周围的磁感线都是从N极出来，回到S极，如图所示：【点评】本题考查了学生对电磁铁磁性强弱的影响因素、磁体间的相互作用规律、安培定则的理解和应用，都是基础内容，要想很好的解决此题，就需要学生很好地掌握这些基础知识。20（2分）（2019德州）如图所示，一质地均匀的小球由a点沿轨道滚下，请画出小球运动至最高点c时所受重力和支持力的示意图。【分析】重力是地球施加的力，作用点在小球的重心，方向总是竖直向下；支持力是接触面施加的力，作用点在接触面上，即小球与接触面接触的点，支持力的方向垂直于受力面。【解答】解：过球心作竖直向下的重力G和以小球与斜面接触的点为作用点垂直斜面向
32、上的支持力F如图所示：【点评】本题主要考查了重力的示意图的作法。不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的。21（4分）（2019德州）利用图甲装置探究“平面镜成像的特点”：在水平桌面上铺一张白纸，再将玻璃板竖立在白纸上，把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同但不点燃的蜡烛B竖立在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合。（1）把光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是虚像。（2）图乙是小强某次测量蜡烛A到平面镜的距离L为cm；将蜡烛靠近玻璃板，像的大小将不变。（选填“变大”、“变小”或“不变”）（3）若将玻璃板向左倾斜，如图丙所示，
33、观察到蜡烛A的像的大致位置在图中的（选填“”或“”）处。【分析】（1）光屏不能接收虚像，只能接收到实像；（2）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。平面镜成像所成的像与物的大小相同；（3）像与物关于平面镜对称。【解答】解：（1）光屏不能接收虚像，只能接收到实像，而平面镜所成的像是虚像；所以光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是虚像；（2）由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格
34、代表的长度是1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0刻度线对齐，右侧与对齐，估读为。平面镜成像所成的像与物的大小相同，将点燃的蜡烛逐渐靠近玻璃板，它的像将不变；（3）如下图，作出蜡烛火焰关于平面镜的对称点，可知在实验中如果把平板玻璃向左倾斜（如图丙），观察到蜡烛的像的大致位置在图中的处；故答案为：（1）虚；（2）；不变；（3）。【点评】本题主要探究平面镜成像特点的实验过程，在近年中考题中较为热点。实验前务必把实验器材准备齐全，才能使实验顺利进行，同时考查学生动手操作实验的能力，并能通过对实验现象的分析得出正确结论。22（5分）（2019德州）小强对热现象的有关实验进行如下探究：（1）在
35、探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中用“水浴法”加热，其目的是使冰均匀受热；根据图甲可知，冰属于晶体（选填“晶体”“非晶体”）。（2）完成上述实验后，小强换用其它装置继续探究“水沸腾时温度变化的特点”。加热一段时间后，烧杯内的水温度升高，是通过热传递方式增加水的内能。图乙水的沸点没有达到100，可能是当地大气压强低于（选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。（3）结合两次实验图象可知：冰的熔化过程和水的沸腾过程具有的共同特点是继续吸热，温度不变。【分析】（1）为了使固态物质均匀受热，用水浴法；晶体和非晶体的区别是：晶体有一定的熔化温度而非晶体没有。（2）改变物体内能的方法，一是做功，二
36、是热传递；液体的沸点与气压有关，液体表面的气压越大、沸点越高；（3）晶体在熔化和沸腾的过程中温度不变。【解答】解：（1）实验装置用水浴法加热，可以使冰均匀受热；由表格数据知，冰在熔化过程中，继续吸热、温度保持不变，有一定的熔化温度，因此冰属于晶体。（2）实验中，水从火吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式增加水的内能。由图知，由所绘制的乙图象可知，水的沸点低于100，此时周围环境的大气压低于一标准大气压；（3）冰是晶体，晶体在熔化的过程中需要吸热，但温度不变；水在沸腾时，吸收热量，但温度不变。故答案为：（1）均匀受热；晶体；（2）热传递；低于；（3）继续吸热，温度不变。【点评】主要考
37、查了晶体熔化、水的沸腾的特点及对晶体熔化、水沸腾图象的分析。要注意从图象中得到信息。此题考查比较全面，是一道很好的题目。23（6分）（2019德州）在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中（如图所示），小明先用弹簧测力计测出金属块的重力，然后将金属块缓慢浸入液体中不同深度，步骤如图B、C、D、E、F所示（液体均未溢出），并将其示数记录在表中：实验步骤BCDEF弹簧测力计示数/N（1）分析比较实验步骤A和D、E，可得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较A、B、C、D可知：浮力大小与物体排开液体的体积有关；分析实验步骤A、E、F可知：浮力的大小还与液体密度有关。（2）分析实验数据可
38、知，F中液体密度小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）水的密度。（3）金属块浸没在水中时受到的浮力大小是1N，金属块密度为l03kg/m3（水的密度水103kg/m3，g取10N/kg）【分析】（1）研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度；由AEF图找出相同的量和不同的量，分析得出物体受到的浮力大小与变化量的关系；（2）根据阿基米德原理F浮液gV排知物体排开液体的体积相同时，密度越大，受到的浮力越大；（3）根据称量法F浮GF计算出在盐水中受到的浮力，利用阿基米德原理F浮液gV排求物块的体积，根据得出物体的密度。【解答】解：
39、（1）研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度，故由ADE图可知，物体排开液体的体积相同时，液体的密度相同，浸没的深度不同，浮力相同，所以物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。研究物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积关系，要控制排开液体的密度相同，由分析比较A、B、C、D可知，液体的密度相同时，物体排开液体的体积不同，浮力不同，所以物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关。由分析比较A、E、F可知：图知，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，浮力大小不同，故可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关。（2
40、）根据称重法可知：物块在水中受到的浮力为：F浮GF1N；物块在另一液体中受到的浮力为：F浮；根据阿基米德原理F浮液gV排知物体排开液体的体积相同时，密度越大，受到的浮力越大，故F中液体密度小于水的密度。（3）物块在水中受到的浮力为：F浮GF1N；V排104m3金属块的体积：VV排金属块的质量：m金属块的密度：l03kg/m3故答案为：（l）D、E；排开液体的体积；液体的密度；（2）小于；（3）1；l03。【点评】本题目就是考查学生对阿基米德实验的掌握程度，看学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出。24（7分）（2019德州）探究“电流与电压和电阻的关系
41、”：实验电路（1）请根据图（甲）中电路图，用笔画线代替导线将实物图（乙）连接完整，使滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大。实验步骤（2）探究“电流与电压的关系”时，某小组在ab间接入电阻R1，移动滑片P，将测量数据记录在表一中，当电压表示数为时，对应的电流值如图（丙）所示，为A另一小组使用其它阻值的电阻R2，测量数据如表二所示，根据两组数据描绘出相应的IU图象。表一（R1）U/VI/V表二（R2）U/VI/V实验结论（3）根据描绘出的I一U图象可以得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；其中图线a表示的是R1的IU图象。问题讨论（4）探究“电流与电压的关系”时
42、，进行了多组数据的测量，其目的是为了A（填字母序号）。A寻找普遍规律 B取平均值减小误差（5）某同学继续探究“电流与电阻的关系”时，先测出了5电阻在电压下的电流，然后断开开关，将5Q电阻换成10电阻，闭合开关，直接读出电流值，这种做法错误（选填“正确”或“错误”），理由是没有控制电阻的电压不变。【分析】（1）根据滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变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；（3）根据描绘出的I一U图象为过原点的直线回答；由欧姆定律得出R1和R2；由电压相等时，通过R1的电流大回答；（4）探究“电流与电压的关系”时，进行了多组数据的测量
43、，其目的是为了寻找普遍规律；（5）探究“电流与电阻的关系”时，要控制电阻的电压不变。【解答】解：（1）使滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下左所示：（2）当电压表示数为时，对应的电流值如图（丙）所示，电流表选用小量程，分度值为，电流为 A；（3）根据描绘出的I一U图象为过原点的直线，故可以得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；由欧姆定律，R15；R2105；故电压相等时，通过R1的电流大，其中图线a表示的是R1的IU图象；（4）探究“电流与电压的关系”时，进行了多组数据的测量，其目的是为了寻找普遍规律，选A；（5）探究“电
44、流与电阻的关系”时，要控制电阻的电压不变，先测出了5电阻在电压下的电流，然后断开开关，将5Q电阻换成10电阻，闭合开关，直接读出电流值，由分压原理，电阻的电压大于2V，故这种做法错误，理由是没有控制电阻的电压不变。故答案为：（1）如上左所示；（2）；（3）正比；a；（4）A；（5）错误；没有控制电阻的电压不变。【点评】本题研究电流与电压和电阻的关系，考查电路连接、电流表读数、控制变量法、数据分析和处理。四、计算题：本大题包括3小题，共24分解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分25（6分）（2019德州）小强用如图所示装置在10s内将重为450N的货物匀速提
45、升2m，此过程中拉力F的功率为120W。求：（1）提升装置所做的有用功；（2）拉力F做的功；（3）该滑轮组的机械效率。【分析】（1）知道货物的质量和提升的高度，根据WGhmgh求出有用功；（2）知道拉力的功率和作用时间，根据WPt求出拉力做的总功；（3）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：（1）提升装置所做的有用功：W有用Gh450 N2 m900J；（2）根据P可得拉力F做的功：W总Pt120W10s1200J；（3）滑轮组的机械效率：100%75%。答：（1）提升装置所做的有用功是900J；（2）拉力F做的功是1200J；（3）该滑轮组的机械效率是75%。【点评】本题考查了做功公式、功率公式、机械效率公式的应用，常见题目。26（8分）（2019德州）2018年10月24日，港珠澳大桥正式建成通车。如图所示，一辆汽车行驶在其中一段长15km的直桥上，已知：汽车的总质量为（包括车、车上的人和物品等），轮胎与地面的总接触面积为，汽车以90km/h的速度匀速通过大桥的这一段路段，行驶过程中受到的阻力为900N（g取10N/kg），求：（1）汽车静止在水平地面时对地面的压强；（2）此过程中汽车牵引力所做的功；（3）此过程中汽车牵引力做功的功率。【分析】（1）知道汽车质量，利用Gmg求其重力，汽车静止时对地面的压力等于其重力，知道受力面积，利用p求汽车静止时对地面的