2014遂宁市中考物理试卷及答案解析

四川省遂宁市2014年中考物理试卷一、选择题（本大题共计10小题每小题均只有一个正确选项每小题3分，共计30分）1．（3分）（2014•遂宁）第一个发现电磁之间联系的科学家是（）A．牛顿B．奥斯特C．伽利略D．法拉第考点：物理常识专题：其他综合题．分析：丹麦的物理学家奥斯特做的著名的奥斯特实验证实了：电流周围存在磁场．解答：解：奥斯特实验证明了电流的周围存在磁场，这是第一个发现了电和磁存在联系的实验．奥斯特由于这个贡献而载入物理史册．新-课-标-第一-网故选B．点评：本题考查了物理学史，记清每位物理学家的贡献是解题的关键，多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意．2．（3分）（2014•遂宁）某同学用同一把刻度尺对同一物体的长度进行了4次测量，结果如下：12.34cm、12.36m、12.35cm、12.75cm，则该物体的长度应记为（）A．12.45cmB．12.34cmC．12.35cmD．12.36cm考点：长度的测量专题：长度、时间、速度．分析：（1）偏差较大的读数是错误的，去错误读数，取其余3个正确测量值的平均值值即为测量结果．（2）在测量长度时，通常采用取多次测量平均值的方法来减小误差，故只要计算出四次测量的平均值即可，但是在最后结果的确定时，还要注意小数位数的保留规则与测量值相同．解答：解：从题干中提供数据可知，12.75cm与其它数据相差较大，所以12.75cm是错误的，应该去掉；为减小长度测量的误差，通常采用的方法是取多次测量的平均值；故物体的长度最终应记录为：L==12.35cm．故选A．点评：此题考查了在长度测量时，减小误差的方法﹣﹣取平均值法；但在计算平均值时，所得结果无论是否能除尽，都要将小数位数保留成与测量值相同3．（3分）（2014•遂宁）周末，小明和他的小伙伴们到摩尔春天广场去买运动鞋，他站在商场匀速上楼的自动扶梯上，听到楼下传来小伙伴们熟悉的声音．下列描述中不正确的是（）[来源:学+科+网Z+X+X+K]A．以扶梯为参照物，小明是静止的B．小明受到的重力和扶梯对他的支持力是一对平衡力C．小明的动能增大，重力势能增大D．小伙伴们发出的声音是通过空气传播到小明耳朵里的考点：运动和静止的相对性；平衡力的辨别；声音的传播条件；动能和势能的大小变化专题：其他综合题．分析：（1）判断一个物体的运动和静止，首先选择一个参照物，被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则被研究的物体是运动的；（2）物体静止或匀速直线运动时物体不受力或受到平衡力的作用；（3）两种形式的能相互转化时，一种形式的能减小，另一种形式的能增大；（4）声音的传播需要介质，真空不能传声．解答：解：A、选扶梯为参照物时，小明和扶梯之间没有发生位置的变化，小明是静止的，A不符合题意；B、小明处于匀速直线运动状态，小明受到的重力和扶梯对他的支持力是一对平衡力，B不符合题意；C、小明上升时，质量不变，速度不变，高度增大，动能不变，重力势能增大，C符合题意；D、人们周围充满空气，小伙伴们发出的声音是通过空气传播到小明耳朵里的，D不符合题意．故选C．点评：（1）根据参照物能判断物体的运动和静止，由物体的运动和静止能选择参照物；（2）物体静止或匀速直线运动时物体不受力或受到平衡力的作用；（3）掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素．重力势能、动能、弹性势能之间是可以相互转化的；（4）声音的传播需要介质，真空不能传声．4．（3分）（2014•遂宁）清晨，薄雾缥缈的观音湖，水鸟从湖面轻快地掠过，水中的鱼儿悠闲地游着，岸边的树木与水中倒影构成了一幅美丽的遂宁山水画．从物理学角度，下列关于这些场景的形成解释不正确的是（）A．“雾”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的B．“水中倒影”是由于光的反射形成的实像C．从岸上看见“水中的游鱼”是光发生折射形成的虚像D．水鸟飞翔时，由于翅膀上方空气流速大于下方，使翅膀上方的压强小于下方，从而形成了翅膀的升力考点：液化及液化现象；流体压强与流速的关系；光的反射；光的折射现象及其应用专题：其他综合题．分析：（1）物质由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；（2）平面镜成像的原理是光的反射形成的，成的像是虚像，是由光的反向延长线形成的，是人的主观感觉，不能用光屏承接；（3）光射到水面时，一部分光线发生了反射，另一部分发生了折射而进入水中；（4）液体压强与流速的关系：流速大的地方压强小，流速小的地方压强大．解答：解：A、清晨湖面上的水蒸气遇冷发生液化，变成小水滴形成“雾”，叙述正确，不符合题意；B、“水中倒影”属于平面镜成像，平面镜成像是由于光的反射形成的，成的像是虚像，叙述错误，符合题意；C、从岸上看见“水中的游鱼”是光线从水中射入空气发生折射形成的虚像，叙述正确，不符合题意；D、水鸟飞翔时，翅膀上方空气流速大于下方，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大，所以翅膀上方的压强小于下方，从而形成了翅膀的升力，叙述正确，不符合题意；故选：B．点评：本题结合具体的情景考查了物质的三态变化、光的反射和折射现象、流速和压强的关系等知识，综合性强，但难度不大．5．（3分）（2014•遂宁）下列有关热机的说法中不正确的是（）A．热机工作的过程是将燃料燃烧获得的内能转化成机械能的过程B．为了防止热机过热，通常用水来降温，是利用水的比热大的特性C．可以采用增大热机功率的方法来增大热机的效率D．热机的大量使用会造成环境污染考点：热机专题：比热容、热机、热值．分析：①热机是把内能转化为机械能的装置；热机工作过程中，在压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能；xkb1.com②用水循环来降低热机的温度，主要是利用水比热容较大的特性；③用来做有用功的能量和燃料完全燃烧放出的热量的比值叫热机效率；④热机的使用，使人类对化石能源的依赖很强，现在大气污染的主要途径就是利用化石能源的结果，人类不能以牺牲环境为代价来发展．解答：解：xkb1.comA、热机工作的过程是将燃料燃烧获得的内能转化成机械能的过程，A正确，不符合题意；B、为了防止热机过热，通常用水来降温，是利用水的比热大的特性，B正确，不符合题意；C、用来做有用功的能量和燃料完全燃烧放出的热量的比值叫热机效率，增大热机功率不能增大热机的效率，C错误，符合题意；D、热机的使用，使人类对化石能源的依赖很强，现在大气污染的主要途径就是利用化石能源，D正确，不符合题意．故选C．点评：本题为热学综合题，考查了学生对热机效率、热机工作时的能量转化和热值概念的了解与掌握及水比热容大的特性，知识点多，判断时，要灵活运用所学知识，要细心！6．（3分）（2014•遂宁）如图所示的电路，下列判断正确的是（）A．闭合开关S1、S3，断开开关S2时，灯L1、L2串联B．闭合开关S2，断开开关Sl、S3时，灯L1、L2并联C．闭合开关S1、S2，断开开关S3时，灯L1亮、L2不亮D．同时闭合开关S1、S2、S3时，电源短路考点：电路的基本连接方式专题：电流和电路．分析：由开关的通断可以得出相应的电路，根据电路的特征可得出连接方式及灯泡的通断．解答：解：A、闭合开关S1、S3，断开开关S2时，灯L1、L2并联，故A错误；B、闭合开关S2，断开开关Sl、S3时，灯L1、L2串联，故B错误；C、合开关S1、S2，断开开关S3时，灯L1短路，不亮，L2亮，故C错误；D、同时闭合开关S1、S2、S3时，L1及L2被短路，电源被短路，故D正确；故选：D．点评：本题重点在于明确电路的三种状态，特别是局部短路状态要明确；当S1、S2闭合时，L1被短路，而当三个开关均闭合时，电源短路．7．（3分）（2014•遂宁）如图所示的电路，闭合开关S，将滑片P向右移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变大B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变小，电流表示数变小D．新*课标*第*一*网电压表示数与电流表示数的比值变大考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题．分析：分析清楚电路结构，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题．解答：解：由图示电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压；闭合开关，滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻增大；滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电路阻值变大，滑动变阻器分压变大，电压表示数变大；电路总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流减小，电流表示数减小，故ABC错误；电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路电流，电压表与电流表示数是滑动变阻器阻值，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电压表示数与电流表示数的比值变大，故D正确；故选：D．点评：本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，分析清楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．8．（3分）（2014•遂宁）用如图所示的四种简单机械，将同一物体从低处匀速搬到高处，在不计机械自重及摩擦的情况下，最省力的是（）A．B．C．D．考点：轮轴及其他常见简单机械；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点专题：简单机械．分析：根据简单机械的原理：不省功和杠杆平衡条件，分别得出拉力和重力的关系，通过比较得出哪个用力最小．解答：解：由题知，不计摩擦和机械自重，A、使用定滑轮，动力臂等于阻力臂，所以F=G；B、使用动滑轮，动力臂等于2倍阻力臂F=G；C、使用题中的轮轴，由图可知动力臂等于阻力臂，所以F=2G；D、根据功的原理，使用任何机械都不省功，所以Gh=FL，F=G=sin20°G＜sin30°G=G；由以上分析可知，D选项中用力最小．故选D．点评：此题主要是考查各种简单机械省力情况及省力的原理，属于基础知识的考查．9．（3分）（2014•遂宁）三个相同的定值电阻都标有“10W10Ω”字样，它们的连接情况如图所示，若将它们接人电路，在保证三个电阻都安全的前提下，AB两端的电压最高不能超过（）A．20ⅤB．15VC．10VD．5Ⅴ考点：欧姆定律的应用专题：欧姆定律．分析：由电功率公式的变形公式求出电阻的额定电压与额定电流，然后应用串并联电路特点与欧姆定律求出AB两端最大电压．解答：解：由P=可知，电阻额定电压：U===10V，电阻额定电流：I===1A，由图示电路图可知，两电阻先并联再与第三个电阻串联，为保证安全，电路最大电流为I=1A，通过并联电路每支路的电流为I′=0.5A，AB两端最大电压：UAB=I′R+IR=0.5A×10Ω+1A×10Ω=15V；故选：B．点评：为保护电路安全，通过电阻的电流不能超过其额定电流，电阻两端电压不能超过其额定电压；分析清楚电路结构、应用串联电路特点、欧姆定律、电功率变形公式即可正确解题．10．（3分）（2014•遂宁）用细绳连在一起的气球和铁块，恰能悬浮在盛水的圆柱形容器内如图所示位置，若用力向下轻轻拨动一下铁块，则气球和铁块的沉浮情况及水对容器底部的压强将（）A．下沉，变小B．下沉，变大C．上浮，变小D．悬浮，不变考点：物体的浮沉条件及其应用；液体的压强的特点专题：压强和浮力．分析：把挂着重物的气球位置轻轻向下移动一些，所处的深度增大，根据液体压强公式p=ρgh知，气球受到的压强增大，气球的体积减小，排开水的体积变小，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，气球受到的浮力减小，自重不变，即可由物体的浮沉条件分析判断．解答：解：原来重物和气球悬浮在水中，F浮=G；把气球的位置轻轻向下移动一些，所处的深度增加，由公式p=ρgh知，气球受到水的压强增大，气球的体积变小，所以气球排开水的体积减小，由公式F浮=ρ液gV排知，气球受到的浮力减小，使得浮力小于自重而向下运动．故选B．点评：此题将重物和气球连接在一起，使其悬浮在水中，解析时应把两者看成一个整体加以分析；同时还要注意气球内部气体体积可变的特点．二、填空题（本大题共计10个小题每空1分共28分）11．（1分