1、2019年内蒙古包头市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7个小题，每小题3分，共21分每小题只有一个选项符合题意，请将答题卡上对应题目的答案标号涂黑）1（3分）（2019包头）与“立竿见影”现象原理相同的是（）A平静湖边，倒影可见B山间小溪，清澈见底C林荫树下，光斑点点D雨过天晴，彩虹出现【解答】解：“立竿见影”是由于光的直线传播形成的。A、平静的湖面相当于平面镜，倒影属于平面镜成像，是利用光的反射，故A不符合题意；B、小溪底部反射的光线从水中斜射出后，发生了折射，然后进入人的眼睛，人看到的小溪的底部是变浅的，故B不符合题意。C、林荫树下，光斑点点，是由于光的直线传播形成的，与
2、“小孔成像”形成原因相同。故C符合题意。D、雨过天晴，天空出现美丽的彩虹，是光的色散现象，即光的折射，故D不符合题意；故选：C。2（3分）（2019包头）下列说法正确的是（）A初春，冰雪消融是汽化现象B深秋，草叶上的白霜是凝华现象C盛夏，地面温度升高，地面含有的热量增多D严冬，搓手取暖是利用了热传递增大内能【解答】解：A、初春，冰雪消融，由固态变成液态，属于熔化现象，故A错误；B、深秋，草叶上的白霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，故B正确；C、热量是过程量，不能说含有热量，只能说吸收，所以盛夏地面温度升高，不能说地面含有的热量增多，故C错误；D、严冬，搓手取暖是克服摩擦力做功
3、机械能转化为内能，内能增加，温度升高，是利用了做功增大内能，故D错误。故选：B。3（3分）（2019包头）下列说法正确的是（）A音叉在真空中振动不会产生声音B倒车雷达是利用电磁波来探测车后障碍物的C滚摆在滚动过程中运动状态一定改变D热机和电动机在能量的转化方式上是相同的【解答】解：A、音叉在真空中振动会产生声音，只是真空不能传播声音，故A错误；B、倒车雷达是利用超声波回声定位的原理来探测车后障碍物的，故B错误；C、滚摆在滚动过程中，其速度大小、方向都会发生改变，所以其运动状态一定改变，故C正确；D、热机将内能转化为机械能；电动机将电能转化为机械能，所以二者的能量转化方式不同，故D错误。故选：C
4、。4（3分）（2019包头）下列图示所涉及的物理知识正确的是（）A如图说明同种电荷相互排斥B如图闭合开关，小磁针左端为S极C如图是发电机的工作原理示意图D按如图的方法使用测电笔可以辨别火线与零线【解答】解：A、丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，玻璃棒相互排斥，说明同种电荷相互排斥，故A正确；B、电源的右端为正极，由安培定则可知，螺线管的右端为S极，左端为N极，故小磁针的右端为S极，左端为N极，故B错误；C、电动机原理是根据通电导体在磁场中受到磁力作用而转动，故C错误；D、使用试电笔时，手应接触笔尾的金属体，这样才能正确辨别火线和零线，故D错误。故选：A。5（3分）（2019包头）如图所示是舰载机飞离甲
5、板的过程中，下列说法正确的是（）A飞机在跑道上滑行时若外力全部消失，会逐渐停下来B飞机起飞时加速助跑，可获得更大的惯性，利于升空C飞机加速升空，动能转化为重力势能，机械能增大D飞机飞离甲板后，舰艇底部受到水的压强变小【解答】解：A、当飞机在跑道上滑行时若外力全部消失，根据牛顿第一定律他将会作向上的匀速直线运动，故A错误；B、惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，故飞机起飞时加速助跑，是为了获得更大的动能，利于升空，不能增大惯性，故B错误；C、飞机加速升空，质量不变，速度和高度都增加，故动能和重力势能都变大，动能没有转化为重力势能，故C错误；D、飞机飞离
6、甲板后，舰艇总重力减小，浮力减小，舰艇排开水的体积减小，所以舰艇底部的深度减小，其受到水的压强会变小，故D正确。故选：D。6（3分）（2019包头）如图所示，拉力F为5N，物体A以0.1m/s的速度在物体B表面向左做匀速直线运动（B表面足够长）；物体B静止在地面上，受到地面水平向左4N的摩擦力，弹簧测力计示数为12N下列说法正确的是（）A物体A受到的摩擦力为10NB拉力F的功率为1.5WC滑轮组的机械效率为80%D拉力F增大到15N时，物体B开始向左运动【解答】解：A、物体B静止在地面上，所以受力平衡；水平方向上物体B受到向右的弹簧拉力、地面对它向左的摩擦力和物体A对它向左的摩擦力，所以两个摩
7、擦力之和为12N，即fAB+4N12N，则fAB8N；根据相互作用力的知识可知，物体A受到的摩擦力为ffAB8N；故A错误；B、由图知，水平使用滑轮组，n2，拉力端移动速度v2v物20.1m/s0.2m/s，则拉力做功的功率：PFv5N0.2m/s1W；故B错误；C、滑轮组的机械效率：100%80%，故C正确；D、若拉力F增大到15N时，A在运动过程中，A对B的压力不变、接触面的粗糙程度不变，则A和B之间的摩擦力不变，所以物体B的运动状态不会改变，即物体B仍然静止，不会向左运动，故D错误。故选：C。7（3分）（2019包头）如图所示，小灯泡L标有”6V 3W”字样（不计温度对灯丝电阻的影响），
8、当S闭合，滑动变阻器滑片P在最左端时，小灯泡L正常发光；当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点时，电流表的示数为0.2A，下列说法正确的是（）A电源电压为9VB滑动变阻器的最大阻值为18C调节电路元件，可使电压表达到的最大值为4.5VD电路的最小功率与最大功率之比为3：16【解答】解：A、当S闭合，滑动变阻器滑片P在最左端时，为灯的简单电路，小灯泡L正常发光，故电源电压为6V；A错误；B、根据P，灯的电阻：R12；当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点时，变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，电流表的示数为0.2A，由欧姆定律，灯的电压为：U灯IR0.2A122.4V，根据串联电路的规律
9、和欧姆定律，变阻器连入电阻的大小：R滑18；故滑动变阻器的最大阻值为：21836B错误；C、若电压表达到的最大值为4.5V，则灯的电压为6V4.5V1.5V，变阻器的电压为灯的电压的3倍，根据分压原理，变阻器的电阻为：31236，即将变阻器的最大电阻连入电路中，使电压表达到的最大值为4.5V，C正确；D、灯的额定电流为：IL0.5A，即电路中的最大电流，故电路的最大功率为：P大UIL6V0.5A3W；根据P，当电路的电阻最大时功率最小，根据电阻的串联，电阻的最大电阻：R串联36+642，故最小功率为：P小W；电路的最小功率与最大功率之比为：W：3W2：7，D错误。故选：D。二、作图与实验（本题
10、包括4个小题，第8题4分，第9题4分，第10题6分，第11题7分，共21分）8（4分）（2019包头）在”观察水的沸腾”实验中，如图甲所示，在烧瓶中加入200g水，加热并从90开始记录温度，每隔1min记录一次温度计的示数，直到水沸腾一段时间为止。数据记录表格如下：记录次数第一次第二次第三次第四次第五次第六次第七次温度/90929495989898（1）水在沸腾过程中吸收热量，温度保持不变。（2）水沸腾时，瓶口不断冒出”白气”，该现象的物态变化名称是液化。（3）若不考虑水的质量损失，从开始记录温度到水刚沸腾的过程中，水吸收的热量为6.72103Jc水4.2103J/（kg）。（4）完成实验后，
11、移走酒精灯，当水停止沸腾时，用连有注射器的橡皮塞塞住烧瓶口，然后向外拉注射器活塞，如图乙所示，会看到烧瓶中的水重新沸腾起来，这是因为瓶内气压减小，水的沸点降低。【解答】解：（1）水在沸腾时，吸收热量，温度保持不变；（2）烧杯口有大量的“白气”不断冒出，这些“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴；（3）不考虑水的质量损失，从开始加热到水刚沸腾的过程中水吸收的热量：Q吸cm（tt0）4.2103J/（kg）0.2kg（9890）6.72103J。（4）待水沸腾后，移去酒精灯，水停止沸腾。过一会儿，将注射器接到烧瓶口上，如图丙所示，然后向外拉注射器活塞，这是从瓶内向外抽气，瓶内气压减小，水的沸点降低，
12、所以看到水重新沸腾。故答案为：（1）保持不变；（2）液化；（3）6.72103；（4）瓶内气压减小，水的沸点降低。9（4分）（2019包头）在研究”凸透镜成像规律”的实验中：（1）蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图所示，恰能在光凭上得到一个清晰的倒立，等大的实像，则凸透镜的焦距为15.0cm。（2）保持蜡烛与凸透镜位置不变，换用一个不同焦距的凸透镜，将光凭向右移动才能重新得到清晰的像，此时像变大（选填“变大”“变小”或“不变”），换用的凸透镜焦距可能为B。A.10.0cm B.20.0cm C.30.0cm D.35.0cm（3）将图中的凸透镜换成玻璃板后光屏上的像消失了，原因是平面镜成虚
13、像，无法呈在光屏上。【解答】解：（1）当u50.0cm20.0cm30cm时，在另一侧距凸透镜30cm处的光屏上可以得到一个与蜡烛等大的像，所以2f30.0cm，即f15.0cm。（2）保持蜡烛与凸透镜位置不变，换用不同焦距的凸透镜，将光屏向右移动重新得到清晰的像，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大的特点可知，物距减小了，换用焦距大的凸透镜，相当于减小了物距，故换用的凸透镜焦距是BCD，不是A；若用的是C，焦距是30cm，则蜡烛正好在焦点上，不成像，若用的是Dcm，则蜡烛正好在1倍焦距内，成倒正立放大的虚像，故B符合题意；（3）将图中的凸透镜换成玻璃板后光屏上的像消失了，原因是平面镜成虚像，所
14、以在光屏上不能得到蜡烛的像。故答案为：（1）15.0；（2）变大；B；（3）平面镜成虚像，无法呈在光屏上。10（6分）（2019包头）如图是“利用杠杆测量石块密度”的实验。（水1.0103kg/m3）（1）在实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“不平衡”）状态；要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节，这样做的目的是便于从杠杆上测量力臂，并消除杠杆自重对实验的影响。（2）在溢水杯中装满水，如图乙所示，将石块缓慢浸没在水中，让溢出的水流入小桶A中，此时小桶A中水的体积等于石块的体积。（3）将石块从溢水杯中取出，擦干后放入另一相同小桶B中，将装有水和石块的A、B两
15、个小桶分别挂在调好的杠杆两端，移动小桶在杠杆上的位置，直到杠杆在水平位置回复平衡，如图丙所示。此时小桶A、B的悬挂点距支点O分别为13cm和5cm，若不考虑小桶重力，则石块密度的测量值为2.6103kg/m3；若考虑小桶重力，石块的实际密度将比上述测量值偏大。【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡，目的是便于从杠杆上测量力臂，同时是为了让杠杆的重心在支点上，可避免杠杆自重的影响；杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；（2）在溢水杯中装满水，如图乙所示，将石块缓慢浸没在水中，让溢出的水流入小桶A中，此时小桶A中水的体积等
16、于石块的体积；（3）将装有水和石块的A、B两个小桶分别挂在调好的杠杆两端，移动小桶在杠杆上的位置，直到杠杆在水平位置回复平衡，如图丙所示。此时小桶A、B的悬挂点距支点O分别为13cm和5cm，若不考虑小桶重力，根据杠杆平衡条件可知，G石L1G水L2，即m石gL1m水gL2，石V石gL1水V水gL2，石V石L1水V水L2，因为倒出的水的体积就是石块的体积，即V石V水，则石块的密度石水1103kg/m32.6103kg/m3；当将石块从水中拿出时，石片上会沾有水，因为体积没变，质量偏大。由可知，测量结果偏大。故答案为：（1）平衡；右；便于从杠杆上测量力臂；（2）等于；（3）2.6103；偏大。11
17、（7分）（2019包头）在测量小灯泡的电功率时，电源电压为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。（1）在如图甲所示的电路中，闭合开关移动滑片，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因是电压表串联在电路中，经分析有一根导线链接错误，请在连接错误的导线上打“”，并补画出一根导线连接成正确的电路。（2）电路连接正确后，从滑动变阻器接入电路的最大阻值开始记录数据，得到小灯泡的IU图象如图乙所示，则小灯泡的额定功率是0.625W由图可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而C，滑动变阻器的规格应选择不合理。A.10 1A B.15 1A C.25 1A D.30 1A（3）有同学认为利用该电路还可以
18、探究出导体中电流和导体两端电压成正比，你认为这种说法不合理（选填“合理”或“不合理”），理由是灯丝电阻是变化的，无法得到电流与电压成正比。【解答】解：（1）在电路中，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，因电压表内阻很大，故电路的电流很小，灯不亮；灯与变阻器并联，电压表串联在电路中是错误的，灯与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：（2）根据小灯泡的IU图象知，灯在额定电压下的电流为0.25A，小灯泡的额定功率是：PUI2.5V0.25A0.625W；由图可知，灯的电流随电压的变大而增大，根据PUI，故小灯泡的实际功率随实际电压的增大而增大；由图知，当电压表示数为0.5V时，电路的最小电
19、流为0.1A，由串联电路的规律及欧姆定律，滑动变阻器的最大电阻为：R滑25，故变阻器规格应选择C；（3）探究出导体中电流和导体两端电压关系时，要控制电阻阻值不变，因灯丝电阻是变化的，无法得到电流与电压成正比成正比，这种说法不合理。故答案为：（1）电压表串联在电路中；（2）0.625；增大； C；（3）不合理； 灯丝电阻是变化的，无法得到电流与电压成正比。三、计算题（本题包括2个小题，第12题9分，第13题9分，共18分）12（9分）（2019包头）如图所示是某温控装置的简化电路图，工作电路由电压为220V的电源和阻值R88的电热丝组成；控制电路由电源、电磁铁（线圈电阻R020）、开关、滑动变阻
20、器R2（取值范围080）和热敏电阻R1组成；R1阻值随温度变化的关系如下表所示，当控制电路电流I50mA时，衔铁被吸合切断工作电路；当控制电路电流I40mA时，衔铁被释放接通工作电路。温度/90806660504640363534R1/102040507080100120130150（1）工作电路正常工作时，R在1min内产生的热量是多少？（2）当温度为60，滑动变阻器R250时，衔铁恰好被吸合，控制电路的电源电压是多少？（3）若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是多少？（4）要想要该装置所控制的最高温度降低一些，请分析说明如何改变R2的阻值。【解答】解：（1）工作电路由电压为2
21、20V的电源和阻值R88的电热丝组成，则R在1min内产生的热量：Qt160s3.3104J；（2）当温度为60时，由表格数据可知R150，已知此时滑动变阻器R250，则控制电路的总电阻为：RR1+R2+R050+50+20120，此时衔铁恰好被吸合，则控制电路的电流I50mA0.05A，由欧姆定律可得，控制电路的电源电压：UIR0.05A1206V；（3）当控制电路电流I50mA时，衔铁被吸合切断工作电路，由欧姆定律可得，控制电路的总电阻最大为：R大120，滑动变阻器R2（取值范围080）的最大电阻为80，根据串联电阻的规律，热敏电阻R1的阻值最小（此时温度最高）：R1R大R2R012080
22、2020，由表中数据知可控制的最高温度为80；当控制电路电流I40mA时，衔铁被释放接通工作电路，由欧姆定律，控制电路的总电阻最小为：R小150，滑动变阻器R2的最小电阻为0时，根据串联电阻的规律，热敏电阻R1的阻值最大（此时温度最低）：R115020130，由表中数据知可控制的最低温度为35；所以，若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是3580；（4）要想要该装置所控制的最高温度降低一些，即热敏电阻R1的阻值增大，因吸合时的电流不变，由欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，故应减小R2的最大阻值。答：（1）工作电路正常工作时，R在1min内产生的热量是3.3104J；（2）当温度
23、为60，滑动变阻器R250时，衔铁恰好被吸合，控制电路的电源电压是6V；（3）若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是3580；（4）要想要该装置所控制的最高温度降低一些，应减小R2的最大阻值。13（9分）（2019包头）圆柱形容器置于水平地面（容器重忽略不计），容器的底面积为0.2m2，内盛30cm深的水。现将一个底面积400cm2、体积4000cm3均匀实心圆柱体放入其中。如图甲所示，物体漂浮在水面，其浸入水中的深度为5cm；当再给物体施加一个竖直向下大小不变的力F以后，物体最终恰好浸没于水中静止，如图乙所示。水1.0103kg/m3，g取10N/kg）则：（1）物体受到的重力
24、是多少？（2）物体浸没水中静止时容器对地面的压强是多少？（3）从物体漂浮水面到浸没水中静止的过程中压力F做了多少功？【解答】解：（1）物体排开水的体积：V排Sh浸400104m25102m2103m3，则物体所受的浮力：F浮水gV排1.0103kg/m310N/kg2103m320N，由题可知，物体漂浮在水面上，则物体重力：GF浮20N；（2）容器内水的体积：V水h水S容0.3m0.2m20.06m3，水的重力：G水水V水g1.0103kg/m30.06m310N/kg600N，根据阿基米德原理，圆柱体全部浸入时，受到的浮力：F浮全水gV排全1.0103kg/m310N/kg4103m340N
25、，当再给物体施加一个竖直向下大小不变的力F以后，物体最终恰好浸没于水中静止，根据力的平衡条件可得，施加的向下压力：FF浮全G40N20N20N；则容器对支持面的压力为：F总G水+G+F600N+20N+20N640N；物体浸没水中静止时容器对地面的压强是：p3200Pa；（3）物体的底面积400cm2、体积4000cm3，则均匀实心圆柱体的高度：h物10cm；故圆柱体露出水面的高度为：h露10cm5cm5cm，从圆柱体漂浮于水面到恰好浸没于水中静止时，设水面上升的高度为h，则有：V排S容h，即：4000cm34000cm3h2000cm3，解得h1cm，则从圆柱体漂浮于水面到恰好浸没于水中静止时，力F向下运动的距离：hh露h5cm1cm4cm，则力F做的功：WFh20N0.04m0.8J。答：（1）物体受到的重力是20N；（2）物体浸没水中静止时容器对地面的压强是3200Pa；（3）从物体漂浮水面到浸没水中静止的过程中压力F做了0.8J的功。第14页（共14页）
