2022年上海市静安区中考物理二模试题及答案解析

2022年上海市静安区中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. 收音机播放时，调节音量，是为了改变声音的( )
A. 速度
B. 响度
C. 音调
D. 音色
2. 原子中绕核高速运转的粒子名称及其电性是( )
A. 电子、带负电
B. 中子、不带电
C. 质子、带正电
D. 核子、正电
3. 常说的“镜中花、水中月”是由于( )
A. 光的反射所形成的实像
B. 光的折射所形成的实像
C. 光的反射所形成的虚像
D. 光的折射所形成的虚像
4. 下列实例或现象中，利用水的比热容比较大这一特性的是( )
A. 木块能漂浮在水面上
B. 汽车发动机用水做冷却剂
C. 化学实验中用排水法集气
D. 满装饮料瓶不宜放入冰箱冷冻
5. 足球被踢出后，在水平地面上滚动一段距离后停下来，则下列说法正确的是( )
A. 足球滚动一段距离最终静止，是因为没有力维持它运动
B. 足球滚动一段距离最终静止，是因为足球重力做功造成
C. 在滚动过程中，足球的速度变小，其惯性变小
D. 在滚动过程中，足球的速度变小，其动能变小
6. 甲、乙两小车从同一地点开始在同一直线上做匀速运动，它们的s−t图像如图所示，已知乙比甲先运动16秒，若在某时刻测得两车相距12米，则( )
A. 两车的运动方向一定相反
B. 两车的运动方向可能相反
C. 此时甲车的运动时间一定为4秒
D. 此时甲车的运动时间可能为28秒
二、填空题（本大题共6小题，共19.0分）
7. 手电筒中一节干电池的电压为______伏。

奥斯特实验表明通电导线周围存在______。

家庭电路中，电能表的计量单位是______。

8. 凸透镜对光有______作用(选填“会聚”或“发散”)，这是光的______现象(选填“反射”或“折射”)。

若拍照时发现景物的像过大，则相机镜头应______景物一些(选填“靠近”或“远离”)。

9. 重为15牛的物块，在大小为2牛的水平拉力作用下沿水平面做匀速直线运动，10秒内前进了6米。

此过程中，物块的运动状态______变化(选填“发生”或“不发生”)，重力做功为
______焦，拉力的功率为______瓦。

10. 某导体两端的电压为6伏，10秒内通过该导体的电荷量为4库，通过该导体的电流为
______安，这段时间内电流做功为______焦；若将该导体两端的电压调整为3伏，则该导体的电阻为______欧。

11. 重为10牛的金属块，用细线挂在弹簧测力计下浸没在水中，静止时测力计的示数为5.1牛，则该金属块受到浮力的大小为______牛；此时金属块受到浮力和重力的合力大小为______牛，该合力的方向______。

12. 在如图所示的电路中，电源电压为U0，电阻R1、R2的阻值相
等均为R0。

已知电路中已有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上。

开关S从断开到闭合，观察到电压表V的指针所在位置不变。

请写出
开关S闭合后，电流表A的示数及相应的故障情况。

三、作图题（本大题共2小题，共5.0分）
13. 重为8牛的物体A静止在水平面上。

请在图中用力的图示法画出A所受的重力G。

14. 根据图中通电螺线管的N极，标出磁感线方向、小磁针的
N极，并在括号内标出电源的正、负极。

四、实验探究题（本大题共1小题，共6.0分）
15. 小王同学在“测定小灯泡的电功率”实验中，所用电源电压不变，滑动变阻器上标有“20Ω2A”字样，小灯标有“0.3A”字样，估计小灯的额定功率在1.2瓦以上。

他正确连接电
路，实验步骤正确，闭合电键时，电压表示数如图(a)所示，电流表示数为0.2安，此时小灯发光较暗。

接着他移动变阻器的滑片直至小灯正常发光，电压表的示数如图(b)所示。

他继续移动变阻器的滑片到端点时，电流表的示数为0.32安，小灯比正常发光时要亮。

请将下表填写完整，并计算出小灯的功率。

物理量序号电压(伏)电流(安)功率(瓦)亮暗程度
10.2较暗
2正常
30.32较亮
五、计算题（本大题共4小题，共24.0分）
16. 将质量为4千克的铜加热，铜的温度升高了50℃，求：铜吸收的热量Q吸.[c铜=0.39×103焦/(千克⋅℃)]。

17. 杠杆的动力臂l1为2米，阻力臂l2为0.2米，若阻力F2为300牛，求杠杆平衡时的动力F1。

18. 在图(a)所示的电路中，电源电压为3伏且保持不变，电阻R1的阻值为10欧，两电流表的表盘均如图(b)所示，闭合开关S，
①求电流表A1的示数I1。

②求电阻R1的功率P1。

③移动滑动变阻器的滑片P，使两电流表A、A1的指针偏转角度相同，求此时变阻器连入电路中的阻值R2。

19. 如图所示，置于水平地面的轻质薄壁柱形容器甲，高为0.5米，
底面积为5×10−2米 2。

容器内盛有0.3米深的水。

①求水的质量m水。

②求水对容器甲底部的压强p水。

③正方体乙的质量15千克，现将乙轻放且浸没在甲容器的水中，恰使甲对地面的压强和水对甲底部的压强均为最大。

(a)求容器甲对地面的压强p甲；
(b)求正方体乙的密度ρ乙。

六、综合题（本大题共1小题，共4.0分）
20. 在教科书中，用如图表示了大气压强从海平面到高空的变化。

①建立表格，将图的信息记录在该表格内。

②小明外出旅游发现：在山下购买的瘪瘪的密封零食袋，在高山顶上会鼓起来。

请根据图的信息解释现象。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：调节音量时，喇叭的振幅发生改变，所以发出声音的响度发生改变。

故选：B。

声音的大小叫响度，取决与物体振动的幅度。

本题考查学生对响度在生活中具体应用的了解情况。

2.【答案】A
【解析】解：原子中绕核高速运转的粒子是电子，电子带负电。

故选：A。

原子是由绕核高速运转的电子和原子核组成，电子带负电。

本题考查了原子结构，属于基础题。

3.【答案】C
【解析】解：“镜中花、水中月”属于平面镜成像，都是由于光的反射形成的虚像。

故选：C。

当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等。

本题考查了光的反射现象，属于基础题。

4.【答案】B
【解析】解：A、木块能漂浮在水面上，是因为木块的密度比水的密度小，与水的比热容大无关，故A不符合题意；
B、因为水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水做汽车的冷却液，故B符合题意；
C、化学实验中用排水法集气，是由于该气体不溶于水，与水的比热容大无关，故C不符合题意；
D、满装饮料瓶不宜放入冰箱冷冻，是由于饮料凝固后体积变大，会将饮料瓶涨破，与水的比热容大无关，故D不符合题意。

故选：B。

对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。

本题考查了物体浮沉的条件、化学实验中用排水法集气的原理、水结冰后体积变化大以及比热容大的特点的应用，应用所学知识，解释了实际问题，体现了新课标的要求，属于中考热点题目。

5.【答案】D
【解析】解：
AB、足球最终会停下来，是因为受到地面的摩擦阻力作用，阻力的方向与足球运动的方向相反，说明力可以改变物体的运动状态，而不是因为没有力来维持它的运动；重力的方向是竖直向下的，足球在水平方向上移动，没有在力的方向上通过距离，所以重力不做功，故AB错误；
C、足球运动越来越慢是因为足球受到阻力，而不是因为惯性越来越小，故C错误；
D、在滚动过程中，足球的速度变小，其质量不变，动能变小，故D正确。

故选：D。

(1)力是改变物体运动状态的原因；
(2)做功的条件：有力、且在力的方向上通过距离；
(3)惯性是指物体保持原来运动状态不变的一种性质；
(4)动能的大小与质量、速度有关。

本题考查了对惯性的理解、力与运动的关系、动能的变化等知识的理解和掌握，要注意力是改变物体运动状态的原因。

6.【答案】D
【解析】解：AB、由图象可看出，两车都做匀速直线运动，经过4s，甲车的路程是8m，乙的车路程是4m，
则甲车的速度为v
甲=
s
甲
t
=8m
4s
=2m/s，
乙车的速度为v
乙=
s
乙
t
=4m
4s
=1m/s，
已知乙比甲先运动16秒，此时甲、乙之间的距离为：
s1=v
乙
t1=1m/s×16s=16m，
在某时刻测得两车相距12米，两车的运动方向不能相反；如果运动方向相反，它们之间的距离大
于16m，故AB不符合题意；
CD、甲追赶乙时，没有超过乙，它们之间的距离为12m，此时所用的时间为t2，则
16m−v
甲t2+v
乙
t2=12m，
代入数据：16m−2m/s×t2+1m/s×t2=12m，
解得t2=4s，
此时甲车运动的时间可能为4s，甲超过乙，追上乙时所用的时间为t3，则
v 甲t3=16m+v
乙
t3，
代入数据：2m/s×t3=16m+1m/s×t3，
解得t3=16s，
甲超过乙，它们之间的距离是12m，此时所用时间为t4，
v 甲t4−v
乙
t4=12m，
代入数据：2m/s×t4−1m/s×t4=12m，
解得t4=12s，
此时甲车的运动时间可能为t=t3+t4=16s+12s=28s，故C错误，D正确。

故选：D。

解答本题首先要明确各图象中横纵坐标表示的物理量分别是什么；其次注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；再次是明确图象所表示的物理意义；最后对照各个选项提出的问题作出判断。

根据图象或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程。

此题涉及到的知识点较多，综合性很强。

7.【答案】1.5磁场kW⋅ℎ
【解析】解：一节新干电池的电压为1.5V；
奥斯特实验表明通电导线的周围存在磁场；
家庭电路消耗的电能用电能表来测量，电能表的计量单位是kW⋅ℎ。

故答案为：1.5；磁场；kW⋅ℎ。

一节新干电池的电压为1.5V；奥斯特实验表明通电导体周围存在磁场；电能表可以测量用电器消耗的电能。

本题考查了干电池的电压、电流的磁效应、电能表的计量单位，属于基础题。

8.【答案】会聚折射远离
【解析】解：凸透镜对光有会聚作用，这是光的折射现象。

若拍照时发现景物的像过大，需要使像变小，减小像距，增大物距，则相机镜头应远离景物一些。

故答案为：会聚；折射；远离。

凸透镜对光有会聚作用；由凸透镜成像规律可得物远像近像变小。

本题考查凸透镜成像的成像规律和应用，是凸透镜成像习题的基础内容，一定要熟练掌握。

9.【答案】不发生0 1.2
【解析】解：
(1物体在水平面上做匀速直线运动，处于平衡状态，速度大小和方向都不变，
所以物块的运动状态不发生改变；
(2)物块在重力的方向上没有移动距离，重力做功为0J；
(3)拉力做的功：W=Fs=2N×6m=12J，
拉力的功率：P=W
t =12J
10s
=1.2W。

故答案为：不发生；0；1.2。

(1)物块处于静止状态或匀速直线运动状态称之为平衡状态，速度大小和方向都不变，从而可以判断运动状态；
(2)做功的必要条件是有力作用在物体上，且物体在力的方向上移动距离，物体在重力的方向上没有移动距离，重力不做功；
(3)题目已知拉力大小和物体移动的距离，根据W=Fs可以计算出拉力做的功，再有P=W
t
可以计算出拉力的功率。

本题考查对平衡状态认识和理解、做功的条件和计算的掌握情况，一定要注意做功的条件，一是有力作用在物体上，二是物体在力的方向上移动距离，本题给出物体的重力是一个陷阱，重力不做功，因为物体在重力的方向上没有移动距离。

10.【答案】0.42415
【解析】解：通过该导体的电流：I=Q
t =4C
10s
=0.4A；
这段时间内电流所做的功：W=UIt=6V×0.4A×10s=24J；
根据欧姆定律可知，导体的电阻R=U
I =6V
0.4A
=15Ω；
导体的电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压和通过的电流大小无关，所以将该导体两端的电压调整为3伏，该导体的电阻还是15Ω。

故答案为：0.4；24；15。

知道通过导体的电荷量和时间，利用I=Q
t
计算出通过该导体的电流；利用W=UIt计算出这段时间内电流所做的功；利用欧姆定律计算出导体的电阻。

本题考查电流大小定义公式的应用、电功的计算、欧姆定律的应用以及电阻大小的影响因素，是一道基础题。

11.【答案】4.9 5.1竖直向下
【解析】解：金属块受到的浮力：F浮=G−F示=10N−5.1N=4.9N，
此时金属块受到浮力和重力的合力大小为：F合=G−F浮=10N−4.9N=5.1N，方向竖直向下。

故答案为：4.9；5.1；竖直向下。

利用称重法F浮=G−F示即可求出浮力的大小；从而求出金属块受到浮力和重力的合力大小和方向。

本题考查了学生对称重法测浮力、二力平衡条件的应用以及力的合成与应用，难度不大。

12.【答案】答：开关S断开，电压表V一定示数为0，开关S闭合后，电压表V示数不变还为0，则为电压表与电源相连的导线或电阻出现断路，因此应为R2断路，则开关S闭合后，整个电路中没有电流，电流表示数为零；
开关S闭合后，电压表V示数不变还为0，但电流表示数增大，则为R1短路。

【解析】由图知，两只定值电阻串联，电流表测量电路电流，电压表V测量电阻R1两端电压；若只有一个电阻出现了故障，电路故障为短路或断路；
如果是断路，则整个电路中没有电流，电流表示数为零；若电压表示数变大，电压表与电源相连，确定出故障；
如果短路，则电流表示数会变大，根据电路的连接方式和电压表示数的变化确定故障。

本题考查了利用电压表分析串联电路的故障，题目有一定难度。

13.【答案】解：画出大小表示4N的标度，然后过物体重心作竖直向下、大小为8N的重力。

如图所示：。

【解析】先画出标度，然后根据规则物体的重心在物体的几何中心，过重心表示出重力的大小和方向。

画重力的图示的关键是牢记重力的方向总是竖直向下的，会用力的图示表示力三要素。

14.【答案】解：螺线管的左端为S极，右端为N极，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，所以可以确定螺线管周围磁场的方向是从右向左的；
由异名磁极相吸可判断出小磁针的下端为N极；
根据螺线管的右端为N极，以及线圈的绕向利用安培定则可以确定螺线管中电流是从螺线管的左端流入右端流出。

根据电流方向与电源正负极之间的关系：在电源外部电流从正极流出，回到负极，可以确定电源的右端为负极，左端为正极。

如下图所示：
【解析】利用螺线管的左端为N极，结合磁感线的特点可以确定磁感线的方向；
根据异名磁极相吸可判断出小磁针的N极。

利用线圈的绕向和螺线管的N、S极，结合安培定则可以确定螺线管中电流的方向，进一步可以得到电源的正负极。

解决此题关键要抓住此题的突破口：螺线管的右端为N极。

然后利用相关知识解决磁感线的方向、小磁针的N极、电源的正负极。

15.【答案】解：(1)U=P
I =1.2W
0.3A
=4V，灯泡的额定电压大于4V，
闭合电键时，电流表示数为0.2A<0.3A，实际电压小于4V，所以如图(a)电压表使用0～3V量程，电压表的示数为2V，
P′=U′I′=2V×0.2A=0.4W。

滑动变阻器滑动最大值，电阻为20Ω，滑动变阻器两端的电压为：U滑=I′R=0.2A×20Ω=4V，所以电源电压为：U总=U′+U滑=2V+4V=6V。

(2)移动变阻器的滑片直至小灯正常发光，灯泡的额定电压大于4V，如图(b)所示电压表使用
0～15V量程，每一个大格代表5V，每一个小格代表0.5V，额定电压为4.5V，额定电流为0.3A，
P 额=U
额
I
额
=4.5V×0.3A=1.35W。

(3)继续移动变阻器的滑片到端点时，电流表的示数为0.32A，电流增大，电阻减小，滑片应该滑到0Ω一端，只有灯泡接在电源两端，此时灯泡两端的电压为6V，
P″=U″I″=6V×0.32A=1.92W。

故答案为：
【解析】(1)知道灯泡的额定功率大约值和额定电流，根据U=P
I
求出额定电压的大约值，可以判断闭合电键时，如图(a)电压表使用的量程，读出电压表的示数，又知此时电流值，根据P=UI可以计算此时灯泡的实际功率。

(2)根据上面分析的额定电压大约值，确定如图(b)电压表使用的量程，读出额定电压值，又知额定电流，根据P=UI可以计算灯泡的额定功率。

(3)根据(1)中当滑动变阻器滑到最大阻值处，电阻为20Ω，电路的电流为0.2A，根据U=IR，求出滑动变阻器两端的电压为4V，灯泡两端的电压是2V，可以得到电源电压为6V。

继续移动变阻器的滑片到端点时，电流表的示数为0.32A，电流增大，电阻减小，滑片应该滑到0Ω一端，只有灯泡接在电源两端，灯泡两端的电压等于电源电压，又知此时电流值，根据P=UI可
以计算此时灯泡的实际功率。

本题考查了灯泡的功率的计算和电压表量程的选择，其中通过计算，确定电压表的量程是本题的关键。

16.【答案】解：铜吸收的热量：
Q=cm△t=0.39×103J/(kg⋅℃)×4kg×50℃=7.8×104J。

答：铜吸收的热量为7.8×104J
【解析】“升高了”即变化的温度，根据Q=cm△t求出吸收的热量，
此题主要考查的是学生对热量计算公式的理解和掌握，基础性题目。

17.【答案】解：
由杠杆平衡条件可知：
F1L1=F2L2，
∴F1=F2L2
L1=300牛×0.2米
2米
=30牛。

答：杠杆平衡时的动力为30N。

【解析】知道动力臂、阻力臂大小、阻力大小，利用杠杆平衡条件求动力大小。

本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，属于基础题目
18.【答案】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，
①因并联电路中各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可得电流表A1的示数：I1=U R
1=3V
10
=0.3A；
②电阻R1的功率P1=UI1=3V×0.3A=0.9W；
③移动滑动变阻器的滑片P，使两电流表A、A1的指针偏转角度相同，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A接入电路的量程为0～3A，电流表A1接入电路的量程为0～0.6A，则干路电流I=5I1=5×0.3A=1.5A，
则通过滑动变阻器的电流：I2=I−I1=1.5A−0.3A=0.2A，
此时滑动变阻器接入电路的阻值：R2=U I
2=3V
1.5A
=2Ω。

答：①电流表A1的示数是0.3A；
②电阻R1的功率为0.9W。

③此时滑动变阻器R2连入电路的阻值是2Ω。

【解析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，
①根据并联电路电压规律结合欧姆定律可得电流表A1的示数；
②根据电功率公式计算电阻R1的功率；
③移动滑动变阻器的滑片P，使两电流表A、A1的指针偏转角度相同，根据并联电路电流规律可知干路电流大于支路电流，所以电流表A接入电路的量程为0～3A，电流表A1接入电路的量程为
0～0.6A，根据并联电路电流规律和电流表接入电路的量程计算干路电流，进一步计算通过滑动变阻器的电流，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值。

本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，知道电流表A、A1的指针偏转角度
相同时，干路电流是支路电流的5倍是关键。

19.【答案】解：①水的体积为：V水=Sℎ水=5×10−2m2×0.3m=1.5×10−2m3，
水的质量为：m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×1.5×10−2m3=15kg；
②水对容器甲底部的压强为：p水=ρ水gℎ水=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3000Pa；
③甲对水平地面的压力等于水和乙的总重力，要使甲对地面的压强和水对甲底部的压强均为最大，
由公式p=F
S
和p=ρ液gℎ可知，将乙轻放且浸没在甲容器的水中时，水要刚好盛满容器，即水深
达到最大，且无水溢出。

(a)此时容器甲对地面的压力为：F=G总=m总g=(m水+m乙)g=(15kg+15kg)×10N/kg= 300N，
甲对地面的压强为：p甲=F S=300N
5×10−2m2
=6000Pa；
(b)此时水和乙的总体积为：V=Sℎ=5×10−2m2×0.5m=2.5×10−2m3，
则乙的体积为：V乙=V−V水=2.5×10−2m3−1.5×10−2m3=1×10−2m3，
乙的密度为：ρ乙=m
乙
V
乙
=15kg
1×10−2m3
=1.5×103kg/m3。

答：①水的质量m水为15kg；
②水对容器甲底部的压强p水为3000Pa；
③(a)容器甲对地面的压强p甲为6000Pa；
(b)正方体乙的密度ρ乙为1.5×103kg/m3。

【解析】①已知水的深度和容器甲的底面积，根据V=Sℎ求得水的体积，根据ρ=m
V
求得水的质
量；
②根据p=ρ液gℎ求水对容器甲底部的压强；
③甲对水平地面的压力等于水和乙的总重力，要使甲对地面的压强和水对甲底部的压强均为最大，
由公式p=F
S
和p=ρ液gℎ可知，将乙轻放且浸没在甲容器的水中时，水要刚好盛满容器，即水深
达到最大，且无水溢出。

(a)根据F=G=mg求得容器甲对地面的压力，根据p=F
S
求得甲对地面的压强；
(b)根据V=Sℎ求得水和乙的总体积，则乙的体积等于总体积与水的体积之差，根据ρ=m
V
求得乙的密度。

本题考查密度、压强公式的应用，知道物体对水平面的压力等于物体的重力大小是关键，判断最大压强时水面位置是难点。

20.【答案】解：(1)如下图
(2)由于大气压随高度增加而减小，所以山顶上的气压比山脚下的气压低，而密封的零食包装袋内气压不变，当袋内的气压大于外部大气压时，包装袋则会鼓起来。

【解析】大气压不是不变的，它的大小既与高度有关，还与天气有关。

关于大气压随着高度的变化而变化的题目有很多，其解题关键就是要把握住：海拔高，气压小；气压小，海拔高。

反之亦然。