2020年浙江省温州市中考物理试卷(含答案解析)
2020年浙江省温州市中考物理试卷
副标题
题号一二三四五总分
得分
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）
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④到②
B. 由③到①
C. 由②到④
D. 由①到③
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，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
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，开锁成功。下列电路设计符合要求的是()
A. B.
C. D.
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
二、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
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。______。
三、计算题（本大题共2小题，共17.0分）
6.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。
7.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。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F B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F B与篮球对左侧托盘的压力F A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。
四、综合题（本大题共1小题，共6.0分）
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。
五、实验探究题（本大题共2小题，共18.0分）
9.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。
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 2.75 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______。
10.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)51020
U0(伏) 1.0 2.2 2.5 1.2 1.8 2.4 1.6 2.4 2.8 I0(安)0.200.440.500.120.180.240.080.120.14
组别△U0(伏)△I0(安)
第1组 1.5a
第2组0.60.06
第3组0.80.04
R与电流变化量大小△I R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______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据平面鏡所成的像特点可知，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②处；棋子“象”在乙处时，像在位置④处；
棋子原来的像位于②处，移动后的像则位于④处，所以，其移动路径②到④。
故选：C。
平面镜成像的特点：所成的像是虚像；像和物体形状、大小相同；像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等。
此题考查平面镜成像特点，平面镜成像特点是平面镜成像习题的基础内容，一定要掌握。
2.【答案】C
【解析】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。故只有选项C说法正确。
故选：C。
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。
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.【答案】A
【解析】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，有电流通过电动机，故A正确；
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错误；
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错误；
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错误。
故选：A。
闭合开关S1，发声器工作；再闭合S2，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，据此分析各个选项。
本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
4.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，横坐标表示受力面积，纵坐标表示压力，阴影部分面积等于压力和受力
可知，压强等于压力和受力面积的比值，故A错误；
面积的乘积，由p=F
S
B、由图可知，横坐标表示受力面积，纵坐标表示压强，阴影部分面积等于压强和受力面积的乘积，由F=pS可知，压强和受力面积的乘积就是压力，故B正确；
C、由图可知，横坐标表示做功时间，纵坐标表示功，阴影部分面积等于功和做功时间
的乘积，由P=W
t
可知，功率等于功和做功时间的比值，故C错误；
D、由图可知，横坐标表示功率，纵坐标表示功，阴影部分面积等于功率和功的乘积，
由t=W
P
可知，做功时间等于功和功率的比值，故D错误。
故选：B。
由图可知横坐标和纵坐标表示的物理量，然后求出阴影部分的面积，从表达式得出阴影部分面积表示的物理量，然后得出答案。
本题考查了利用数学方法来表示某些量的关系，熟知压强的定义式和功率公式是关键。
5.【答案】0.8将滑动变阻器接入电路的阻值调小些
【解析】解：(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10Ω时，
电路的电流为：
I=U
R L+R
滑=6V
5Ω+10Ω
=0.4A，
小灯泡的电功率为：
P=I2R L=(0.4A)2×5Ω=0.8W；
(2)若电源电压下降，根据I=U
R
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来。
故答案为：(1)0.8；(2)将滑动变阻器接入电路的阻值调小些。
(1)根据欧姆定律算出电路的电流，根据P=I2R算出指示灯的功率；
(2)电磁继电器的吸合电流不变，电源电压下降，根据欧姆定律分析即可。
了解电磁继电器的工作原理和过程，掌握有关欧姆定律的简单计算是解答此题的关键。
6.【答案】运动员和跳伞设备的总重力大于阻力③
【解析】解：
(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)①图中降落伞打开，运动员受到的阻力大于重力，运动员处于减速降落过程，应该是图甲曲线中BC阶段，故①不符合题意；
②图中运动员已经着陆，运动员的速度为0，与图甲曲线中CD阶段不符，故②不符合题意；
③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，是图甲曲线中CD阶段，故③符合题意；
④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，应该是图甲曲线中AB阶段，故④不符合题意；
(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，
由速度公式得，运动员在AB段下降的高度：
?=s=vt=50m/s×20s=1000m，
则运动员和跳伞设备的总重力在AB段所做的功为：
W=Gs=700N×1000m=7×106J。
故答案为：(1)运动员和跳伞设备的总重力大于阻力；
(2)③；
(3)运动员和跳伞设备总重力在AB段所做的功为7×106J。
(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阶段，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=G?计算出运动员和跳伞设备的总重力在AB段所做的功。
本题考查了物体的受力分析、对图象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。
7.【答案】气球受到浮力变大
【解析】解：(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)R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，
R1=U
I1?R0=6V
0.2A
?10Ω=20Ω；由图丙知，F1B=309N；
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，R2=U I
2?R0=6V
0.15A
?10Ω=30Ω；
F2B=300N；
由图丁知，F B=50F A，
故F?1A=F1B
50=309N
50
，
F2A=F2B
500=300N
50
，
托盘A所受压力的变化量：
△F A=309N
50?300N
50
=0.18N，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
2
×0.18N=0.09N；
(3)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F B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U=IR，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：
故答案为：(1)气球受到浮力变大；(2)篮球所受的浮力为0.09N；(3)如上所示。
(1)打开阀门，气球变大，根据阿基米德原理分析；
(2)分析电路的连接，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得出R大小，由图丙知，力敏电阻R所受压力大小；
同理，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时
可得出R大小，从而由图丙知，力敏电阻R所受压力大小；
由图丁找出F B与F A的关系，进而得出力敏电阻R所受压力F B的变化量，进而得出篮球所受的浮力；
(2)空气的密度为1.29千克/米?3，现用此装置测量大于1.29千克/米?3的空气密度，根据阿基米德原理分析气球受到的浮力变化，可知篮球对托盘的压力变化，从而确定力敏电阻R所受压力F B变化，根据串联电阻的规律和欧姆定律判断电路的电流变化，根据U= IR确定定值电阻的电压变化，据此画出用此装置测量大于1.29千克/米?3的空气密度，指针大致应指的位置。
本题为力电综合题，考查阿基米德原理、串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
8.【答案】答：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向左达动，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】气体对外做功，气体的内能转化为机械能，据此分析。
本题考查了能量的转化、改变内能的方法，明确热气机的工作原理是解题的关键。
9.【答案】B方案中两球从起始位置到水平位置的高度差不同D塑料软片对不同体积的小球的阻力不同
【解析】解：
(1)图A中挡板水平放置，两小球从起始位置到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)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D符合题意；
(3)体积大小不同的小球从塑料软片下面通过时受到的阻力不同，无法“探究动能大小与质量关系”。
故答案为：(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。
(1)从A、B两图中挡板的放置方式对体积大小不同的小球高度影响进行分析；
(2)根据表中斜面倾角和小球达到水平位置时的速度进行分析；
(3)体积大小不同的小球从塑料软片下面通过时受到的阻力不同，据此进行分析解答。解决此类问题要会利用控制变量法和转换法，是中考探究实验考查的重点，设计实验时，要考虑到实验的影响因素。
10.【答案】正负接线柱接反了0.30
【解析】解：(1)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)由表二的第2组数据可得：△U0
△I0=0.6V
0.06A
=10Ω，第3组数据可得：△U0
△I0
=0.8V
0.04A
=20Ω，
则第1组数据中：a=△U0R
0=1.5V
5Ω
=0.30A。
故答案为：(1)正负接线柱接反了；(2)0.30。
(3)根据串联电路电压特点U=U0+U R，得；△U R=△U0根据串联电路电流特点I R=I0，
得△I R=△I0，所以△U R与△I R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△U R与△I R的比值等于R0。
(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；
(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，据此进行解答。
(3)根据串联电路电压特点U=U0+U R，得；△U R=△U0根据串联电路电流特点I R=I0，得△I R=△I0，所以△U R与△I R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△U R与△I R的比值等于R0。
本题考查了电流表的正确使用和欧姆定律的应用，分析好表格数据得出规律是关键。