四川省广安市中考物理真题及参考解析Word文档下载推荐.docx
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C．发声体的频率高低决定了声音的音调
D．吹口琴时，对不同气孔吹气，是为了改变声音的音色
【分析】
（1）减弱噪声的途径：
在声源处、在传播过程中、在人耳处；
（2）声音的传播需要介质；
声音在空气中的传播速度约为340m/s；
（3）发声体的振动频率高，音调越高；
振幅越大，响度越大，音色反映声音的品质与特色，与发生体的结构、材料有关；
A、学校路段禁止汽车鸣笛，这是在声源处减弱噪声，故A错误；
B、声音在空气中的传播速度约为340m/s，声音在真空中不能传播，故B错误；
C、发声体的振动频率越高，音调越高，即发声体的频率高低决定了声音的音调，故C正确；
D、吹口琴时，对不同气孔吹气，改变了振动的空气柱的长度，改变了振动频率，是为了改变声音的音调，故D错误。
C。
【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
3．（1.5分）（2018•广安）下列对生活中的物理现象分析错误的是（ ）
A．夏天，常用干冰给食品保鲜，利用了干冰升华吸热
B．烧开水时看见冒“白气”，是水汽化生成的水蒸气
C．打开酒精瓶的瓶塞后，屋里弥漫着酒精味，这说明酒精分子在不停地运动
D．常用水给汽车发动机冷却是利用了水的比热容大的特性
（1）物质直接从固态变为液态的过程叫升华，升华吸热；
（2）物质从气态变成液态称为液化，液化放热，“白气”通常是指大量的小水珠；
物质由固态变为气态叫升华，升华吸热；
（3）组成物质的分子在不停地做无规则运动；
（4）水的比热容较大，与其它物质相比，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量最多。
A、夏天，常用干冰给食品保鲜，干冰有固态直接变成气态，是升华现象，干冰升华吸热，故A正确；
B、当水烧开时，从壶嘴冒出温度较高的水蒸气在空气中遇冷放出热量，液化成小水珠，故B错误；
C、打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，是扩散现象，是分子无规则运动的结果，故C正确；
D、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以暖气装置中用水来供热；
升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机中用水来冷却，故D正确。
【点评】本题考查物态变化，分子运动，以及比热容是一道综合题。
4．（1.5分）（2018•广安）关于力和运动，下列说法中正确的是（ ）
A．物体匀速转弯一定受到非平衡力的作用
B．竖直下落的小球越来越快，小球的惯性越来越大
C．物体受到力运动状态一定改变，不受力运动物体很快会停下来
D．静止在水平地面上的物体所受的重力和它对地面的压力是一对平衡力
（1）物体受到平衡力作用时，其运动状态不变，即处于静止状态或匀速直线运动状态；
物体受非平衡力作用时，其运动状态会发生变化，体现在速度大小及方向的变化；
（2）物体的惯性与其质量有关，与物体的速度无关。
（3）力是改变物体运动状态的原因；
物体受平衡力时运动状态不变。
（4）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。
A、物体匀速转弯，其方向改变，所以一定受到非平衡力的作用，故A正确；
B、惯性只与物体的质量有关，与速度无关，竖直下落的小球，越来越快，但质量不变，惯性不变，故B错误；
C、物体受到力运动状态不一定改变，如受平衡力时，运动状态不变；
不受力时，运动物体将会保持原来的运动状态不变，故C错误。
D、静止在水平地面上的物体所受的重力和它对地面的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故D错误。
A。
【点评】解答本题的关键是理解力与运动状态之间的关系、了解力的作用效果、平衡力及平衡状态的概念等，属力学基础题。
5．（1.5分）（2018•广安）下列关于光现象的说法中正确的是（ ）
A．岸边的人在水中所成的“倒影”是光的折射形成的
B．物体在平面镜中成的是虚像，物体离平面镜越近像越大
C．使用投影仪可以在屏幕上形成正立放大的实像，光在屏幕上发生了漫反射
D．凹透镜对光有发散作用，可用来矫正近视眼
（1）
（2）平静的水面相当于平面镜，物体在平面镜中成正立等大的虚像，物像到平面镜的距离相等；
（3）投影仪成倒立、放大的实像；
平行光线经凹凸不平的反射面反射后，反射光线射向四面八方，漫反射的反射面是凹凸不平的；
（4）凹透镜对光有发散作用，可用来矫正近视眼。
A、“倒影”属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；
B、像和物体的大小相等，物体离平面镜越近，所成的像不会变大，故B错误；
C、投影仪可以在屏幕上形成正立放大的实像，为了使各个方向的人都能看到屏幕上的像，故光在屏幕上要发生漫反射，故C错误；
D、近视眼是晶状体曲度变大，会聚能力增强，应佩戴发散透镜使光线推迟会聚，因凹透镜对光线有发散作用，所以近视眼应该配戴凹透镜才能看清远处的物体，故D正确。
D。
【点评】本题考查了光的反射、凸透镜成像规律、近视眼的矫正，属于基础知识。
6．（1.5分）（2018•广安）关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（ ）
A．使用试电笔时，手指不能触碰试电笔上端的金属帽
B．金属外壳的用电器必须接地
C．低于220V的电压对人体都是安全的
D．若空气开关“跳闸”，一定是电路中出现了短路
【分析】①使用测电笔时，手指接触笔尾金属体；
②带有金属外壳的用电器，外壳一定要接地；
③经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的；
④家庭电路电流过大的原因：
短路、总功率过大。
A、使用试电笔时笔尖应该接触被测导线，手指按住笔尾的金属帽。
故A错误；
B、有些电器的外壳是金属的，为了防止漏电，把外壳接地让漏出来的电导入到大地，避免触电。
故B正确；
C、经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的。
故C错误；
D、空气开关“跳闸”，说明电路电流太大，原因是电路中出现了短路或用电器的总功率过大。
故D错误。
【点评】安全用电的原则是：
不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
本题来源于日常生活的常见现象和行为，在考查安全用电的原则中，实现安全用电知识的宣传和教育作用。
7．（1.5分）（2018•广安）关于物体的内能，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量
B．0℃的冰熔化成0℃的水内能不变
C．汽油机的压缩冲程是把内能转化为机械能
D．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
（1）做功和热传递都能改变内能；
（2）物体温度升高或者降低时，内能随着增大或减小；
但是物体内能变化时，温度不一定变化；
（3）汽油机的做功冲程中，内能转化为机械能；
压缩冲程中，机械能转化为内能；
（4）热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量；
热量是从高温物体向低温物体传递的。
A、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界物体对它做了功，故A正确；
B、0℃的冰变成0℃的水，需要吸收热量，尽管质量和温度不变，但内能增加，故B错误；
C、汽油机的压缩冲程中，将机械能转化为内能，故C错误；
D、热量是从高温物体向低温物体传递的，内能大的物体温度不一定高，故D错误。
【点评】本题考查物体内能变化时，温度不一定改变；
做功和热传递都可以改变物体的内能，能的转化，热传递，是一道综合题。
8．（1.5分）（2018•广安）现代社会倡导文明出行，某班同学对十字路口人行横道的红、绿交通信号灯进行了观察，画出了如图所示的控制人行红、绿灯的电路图，你认为可行的是（ ）
【分析】根据生活经验可知，红绿交通信号灯不能同时工作、且互不影响即为并联，然后分析选项得出答案。
A、两开关均闭合时红绿交通信号灯同时发光，只闭合一个开关均不发光，故A不正确；
B、只闭合开关S1时绿灯亮，只闭合开关S2时红灯亮，两灯独立工作，互不影响，故B正确；
C、两开关都闭合时会造成电源短路且两灯泡不发光，任何一个开关断开时红绿交通信号灯同时发光，故C不正确；
D、当只闭合开关S2时，两灯泡都发光；
只闭合S1时绿灯亮。
故D不正确。
【点评】本题考查了电路图的设计，关键是知道红绿交通信号灯两灯泡不会同时亮，要注意从选项中找出最符合题意的答案。
9．（1.5分）（2018•广安）如图所示，甲、乙两个完全相同的烧杯，放置在同一水平桌面上，杯内盛有密度不同的盐水。
将同一小球分别放入两烧杯中，待静止时，两杯盐水液面相平，则（ ）
A．甲杯盐水的密度小于乙杯盐水的密度
B．盐水对甲杯底的压强小于盐水对乙杯底的压强
C．小球在两杯盐水中的浮力相等
D．甲容器对桌面的压强小于乙容器对桌面的压强
（1）根据小球的浮沉情况判断出杯中盐水密度的大小关系；
（2）利用压强公式p=ρgh判断压强的大小；
（3）根据漂浮与悬浮的条件可判断小球在不同杯子中受到的浮力的大小；
（4）根据压强公式p=
判断压强的大小。
A、小球在甲杯中漂浮，则ρ甲＞ρ球；
在乙杯中悬浮，则ρ乙=ρ球；
所以，ρ甲＞ρ乙，故A错误；
B、两杯中液面相平，h相等，ρ甲＞ρ乙，由公式p=ρgh可知，p甲＞p乙．故B错误；
C、读图可知，小球在甲杯中漂浮，在乙杯中悬浮，则浮沉条可知，它们此时所受的浮力都等于自身的重力，即浮力相同，故C正确；
D、由于ρ甲＞ρ乙=ρ球，则甲杯中盐水的密度大，体积相同，甲液体质量较大，重力较大，容器重力相同，底面积相同，据压强公式p=
，得甲容器对桌面的压强大于乙容器对桌面的压强，故D错误。
【点评】本题的解答需要用到浮沉条件、液体压强公式、阿基米德原理、压强的变形公式等，同时还要进行严密的推理，综合性较强。
10．（1.5分）（2018•广安）如图所示的电路，闭合开关后，当滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L变暗B．电压表示数变小
C．电流表A1示数变大D．整个电路消耗的总功率变小
【分析】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测L支路的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过L的电流和实际功率不变，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，根据P=UI可知电路总功率的变化。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测L支路的电流。
因电源的电压不变，
所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故B错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时，通过L的电流和实际功率不变，即L的亮度不变，故A错误；
当滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，
由I=
可知，通过R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，故C错误；
由P=UI可知，整个电路消耗的总功率变小，故D正确。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。
11．（1.5分）（2018•广安）如图所示，斜面长3m，高0.6m，建筑工人用绳子在6s内将重500N的物体从其底端
沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是150N（忽略绳子的重力）。
则下列说法正确的是（ ）
A．斜面上的摩擦力是50NB．拉力的功率是50W
C．拉力所做的功是300JD．斜面的机械效率是80%
（1）利用W=Fs计算该过程拉力F做的功；
利用W有=Gh求出有用功，利用W额=W总﹣W有求出额外功，然后利用W额=fs计算货物箱在斜面上受的摩擦力大小；
（2）利用P=
求拉力做功功率；
（3）斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
（1）拉力F做的功：
W总=Fs=150N×
3m=450J；
有用功：
W有用=Gh=500N×
0.6m=300J，
额外功：
W额=W总﹣W有用=450J﹣300J=150J，
由W额=fs可得，物体在斜面上受到的摩擦力：
f=
=
=50N，故A正确、C错；
（2）拉力的功率：
P=
=75W，故B错；
（3）斜面的机械效率：
η=
×
100%≈66.7%，故D错。
【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率、机械效率的计算，知道使用斜面克服摩擦做的功为额外功是关键。
12．（1.5分）（2018•广安）如图所示的电路，电源电压恒为4.5V，电流表的量程为0﹣0.6A，电压表的量程为0～3V，定值电阻阻值5Ω，滑动变阻器R的最大阻值50Ω，闭合开关S，移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若滑片P向左移，电流表的示数变小
B．电压表与电流表的比值不变
C．滑动变阻器允许的调节范围是2.5Ω～50Ω
D．电流表的变化范围是0.3A～0.6A
【分析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
（2）根据欧姆定律结合滑动变阻器的阻值确定电压表与电流表的示数比值的变化；
（3）当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，定值电阻的功率最大，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用P=I2R求出定值电阻消耗的最大功率；
当电压表的示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，定值电阻的电功率最小，根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后得出答案。
由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）若滑片P向左移动，接入电路中的电流变小，电路中的总电阻变小，
可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A错误；
（2）由R=
可知，电压表与电流表的示数比值等于滑动变阻器接入电路中电阻，
则滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻发生变化，电压表与电流表的示数比值变化，故B错误；
（3）当电流表的示数I大=0.6A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，定值电阻的功率最大，
此时电路中的总电阻：
R总=
=7.5Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R滑小=R总﹣R=7.5Ω﹣5Ω=2.5Ω，
定值电阻消耗的最大功率：
PR大=I大2R=（0.6A）2×
5Ω=1.8W；
当电压表的示数U滑=3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，定值电阻的电功率最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压：
UR=U﹣U滑=4.5V﹣3V=1.5V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I小=
=0.3A，
故电流表的变化范围是0.3A～0.6A。
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R滑大=
=10Ω，
则滑动变阻器的阻值变化范围为2.5Ω～10Ω，故C错误，D正确；
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，会判断滑动变阻器接入电路中的最大和最小阻值、定值电阻消耗的最大和最小功率是关键，要注意把电压表与电流表的示数比值转化为滑动变阻器接入电路中的电阻来处理。
二、填空题（每空1分，共14分）
13．（2分）（2018•广安）在中考的考场上，随着铃声的响起，同学们开始了紧张的考试，这说明声音可以传递 信息 ；
小萌同学以5m/s的速度从家里骑车12min到达中考考点，小萌家距考点 3.6 km
（1）声音可以传递信息，也可以传递能量；
（2）知道速度和时间，根据v=
求出小萌家距离考点的距离。
考场上，随着铃声的响起，同学们开始了紧张的考试，这说明声音可以传递信息；
t=12min=720s，
根据v=
可得，小萌家距离考点的距离：
s=vt=5m/s×
720s=3600m=3.6km。
故答案为：
信息；
3.6。
【点评】本题考查了声音的应用、学生对速度计算公式的理解和掌握，注意单位换算，常见题目。
14．（2分）（2018•广安）如图甲所示的电路，当闭合开关后两只电压表的指针偏转均如图乙所示，则R1两端的电压是 6 V，R1与R2的电阻之比为 4：
1 。
【分析】由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点结合两只电压表指针的偏转角度相同得出量程，根据分度值读出示数并求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2阻值之比。
由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压。
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且两只电压表指针的偏转角度相同，
所以，电压表V2的量程为0～15V，分度值为0.5V，则电源电压U=7.5V，
电压表V1的量程为0～3V，分度值为0.1V，则R2两端的电压U2=1.5V，
根据串联电路的电压特点可得，R1两端的电压：
U1=U﹣U2=7.5V﹣1.5V=6V；
所以由U=IR可得，R1、R2的阻值之比等于其两端的电压之比，即：
=4：
1。
6；
4：
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据串联电路的电压特点确定两电压表的量程是关键。
15．（2分）（2018•广安）发电机的原理是 电磁感应 ，工作时将机械能转化为电能；
手机是利用 电磁波 来传递信息的。
【分析】人类利用电磁感应现象制成了发电机；
电磁波能传递信息。
发电机是依据电磁感应原理工作的，在发电的过程中，将机械能转化为电能。
手机是利用电磁波来传递信息的。
电磁感应；
电磁波。
【点评】本题考查了电磁感应现象、电磁波的应用，属于基础知识。
16．（2分）（2018•广安）小明站在匀速上升的观光电梯里，此时他的重力势能增大，动能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
用吸尘器“吸”灰尘时，灰尘是由于空气流速越大，压强 越小 的缘故被“吸”入吸尘器的。
【分析】影响动能大小的因素是物体的质量和速度；
液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小；
流体的流速越小，压强越大。
小明站在匀速上升的观光电梯里，他的速度和质量都不变，故动能不变；
用吸尘器“吸”灰尘时，吸尘器内空气流速越大、压强越小，吸尘器外的空气流速小、压强大，在压强差的作用下灰尘被“吸”入吸尘器中。
故答案为为：
不变；
越小。
【点评】此题考查流体压强和流速的关系、动能的大小，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。
17．（2分）（2018•广安）如图是某物质熔化时温度随时间变化的图象，根据图象可知该物质是 晶体 （选填“晶体或“非晶体”），该物质第5min时处于 固液共存 （选填“固”、“液”或“固液共存”）态。
【分析】晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度，这是晶体和非晶体的区别；
分析图象发现物质从第3min开始熔化，到第7min熔化结束，熔化之前是固态，熔化过程中是固液共存状态，熔化结束后变成液态。
由图可见，该物质图象上有一段与时间轴平行的直线，表示该物质在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，因此该物质为晶体；
物质的熔化过程是从第3min到第7min，因此在第5min时晶体处于熔化过程，物质处于固液共存态。
晶体；
固液共存。
【点评】读物质熔化的图象时，关键是要从曲线变化中判断物质是否有一定的熔点，从而确定是否属于晶体，再明确不同时间段时物质所处的状态。
18．（2分）（2018•广安）如图，AB是能绕B点转动的轻质杠杆，在中点C处用绳子悬挂重为100N的物体（不
计绳重）在A端施加竖直向上的拉力使杠杆在水平位置平衡，则拉力F= 50 N．若保持拉力方向始终垂直于杠杆，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
（1）物体的重力为阻力，杠杆在水平位置保持平衡时，BC为阻力臂，BA为动力臂，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2求出拉力的大小；
（2）利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
杠杆在水平位置保持平衡，由F1l1=F2l2可得，拉力的大小：
F1=
G=
100N=50N。
若将A端缓慢向上提升一小段距离，则阻力臂l2将变小，阻力G不变，即F2l2变小，
因为拉力方向始终垂直于杠杆，所以动力臂不变，l1始终等于BA，根据F1l1=F2l2可知F1变小，即拉力F减小；
50；
减小
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，知道阻力臂的变化和动力臂的不变是解决本题的关键。
19．（2分）（2018•广安）如图，灯泡L上标有“6V3W“字样，电源电压6V且保持不变，定值电阻R=80Ω（不计灯丝电阻的变化）。
只闭合S1和S3，电阻R在1
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