【真题集详解版】2012年广东省中考物理试卷

原子、原子核、质子．

故选B．

②温度是物体的冷热程度，状态发生改变主要是因为温度发生了改变；

③物体的内能与温度有关，温度越低，内能越少；

④水结冰后，体积增大，密度减小．

矿泉水放入冰箱结冰后，温度降低，内能减小，密度变小，体积变大，只有质量是不变的．

故选A．

鞋底的花纹

浴室脚垫做得凹凸不平

在合页轴上加润滑油

矿泉水瓶盖上的条纹

B、浴室脚垫做得凹凸不平，是在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大脚和脚垫之间的摩擦力，防止滑倒．不符合题意．

C、在合页轴上加润滑油，是相互接触的两表面彼此离开，减小摩擦力．符合题意．

D、矿泉水瓶盖上的条纹，是在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大手和瓶盖之间的摩擦力，防止打滑．不符合题意．

故选C．

①从图可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端是N极，右端是S极．所以A不符合题意．

②从图可知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端是S极，右端是N极．所以B不符合题意．

③从图可知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端是S极，右端是N极．所以C不符合题意．

④从图可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端是S极，右端是N极．所以D不符合题意．

故选C．

dou.1  ruai.2   mi.3  fa.4四个音阶的音调越来越高，dou.1 的音调最低，fa.4的音调最高；音调与振动的频率有关，振动越慢，音调越低；振动越快，音调越高．

故选B．

保险丝需用电阻率大、熔点低的材料．高压输电线需用抗拉性好、导电性能好的材料．

B、炒菜锅，利用了它的导热性好，故B正确，不符合题意；

C、高压输电线，利用了它的导电性好的特点，故C正确，不符合题意；

D、石墨烯熔点高不能用来做保险丝，故D符合题意；

故选D．

白色瓷盘，白色的物体能反射所有的色光，反射什么色光就是什么颜色，故瓷盘呈现红色．

红色的苹果反射红光，故呈现红色；

黄色香蕉，吸收红色的光，没有光线进入人眼，故呈现黑色；

故选D．

任何一种频率的电磁波在真空中的传播速度都相同，则电磁波的波长与频率成反比，所以电磁波的频率越高，它的波长就越短．频率越低，波长越长．

电磁波的传播不需要介质，可以在空气中传播．

故答案为：m/s；低；能．

（2）影响动能的因素有：质量和速度．质量越大，速度越快，动能越大．

（2）在小球由最低点滚动到Q点的过程中，小球质量不变，高度变高，重力势能变大，速度越来越小，动能变小．

故答案为：大；小；先变小后变大．

闭合开关，金属棒为闭合电路的一部分导体，

（1）若金属棒ab竖直向上运动，金属棒不切割磁感线，不会产生感应电流，此时灵敏电流表的指针不偏转；

（2）若金属棒ab水平向左运动，金属棒切割磁感线，产生感应电流，此时灵敏电流表的指针偏转；

（3）保持金属棒ab不动，当U形磁铁水平向右运动时，金属棒和磁场之间发生相对运动，金属棒也切割磁感线，产生感应电流，此时灵敏电流表的指针偏转．

故答案为：不偏转；偏转；偏转．

（1）由图示装置可知，两电阻串连接入电路，流过两电阻的电流与通电时间相等，流过电路的电流可由电流表读出；

（2）改变滑动变阻器阻值可改变电路电流大小，电流流过电阻时产生热量的多少可通过温度计示数变化进行比较；

（3）利用该装置可以定性研究电阻产生的热量与流过电路的电流I、电阻阻值R通电时间t的关系，即焦耳定律．

（2）将电阻R甲与R乙串联在电路中是为了使时间和电流相同；

（3）通过温度计示数的变化可以比较电流产生热量的多少．

故答案为：焦耳；电流；电流产生热量．

（2）由于甲、乙两种方式都是放置在水平地面上，对地面的压力等于总重力，可得对地面的压力之比；

求出受力面积关系，利用p=求对地面的压强关系．

（1）金属块的体积：

V=a3，

金属块的密度：

ρ==；

（2）由题知6个金属块放在水平地面上，对地面的压力：F甲=F乙=G总=6G=6mg，所以F甲：F乙=1：1；

由图知，地面的受力面积S甲=3a2，S乙=2a2，所以S甲：S乙=3a2：2a2=3：2，

∵p=，F甲：F乙=1：1；S甲：S乙=3：2，

∴p甲：p乙=3：2．

故答案为：；1：1；3：2．

（2）根据天平的正确使用进行判断：把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度；调节平衡螺母使天平的横梁平衡；把物体放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘，增减砝码或移动游码，使天平的横梁重新平衡；计算物体的质量．

（3）用天平称量物体质量时，当右盘加最小砝码右端下沉，取下最小砝码左端下沉时，要取下最小砝码，向右移动游码．

（2）用天平称量物体质量时，物体放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘．

（3）当加人一定量的砝码后，发现天平的指针偏向分度盘的左侧，说明天平的左端下沉，再加入最小的砝码，指针偏向分度盘的右侧，说明天平的右端下沉，这时应该取下最小砝码，向右移动游码．

故答案为：210；左；取下最小砝码，向右移动游码．

（2）先根据P=UI从图象中得出灯泡的实际功率为3.6W时灯泡两端的电压和通过的电流，根据电阻的串联求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器R连人电路的阻值．

灯泡的电阻RL===60Ω；

（2）由图象可知，当UL′=12V，I=IL′=0.3A时，灯泡的实际功率，

此时滑动变阻器两端的电压U滑=U﹣UL′=24V﹣12V=12V，

滑动变阻器接入电路的电阻R滑===40Ω．

故答案为：60；12；40．

（2）力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线做垂线，垂线段的长度即为力臂．

（3）光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角．

（4）根据入射光线和折射光线的特点判断出光线是会聚的还是发散的，来确定透镜的类型．

（5）串联电路中，各开关相互影响，并联电路中，各开关互不影响，据此结合题意来分析电路的连接方式．

（2）过支点O向F的作用线做垂线，垂线段的长度为F的力臂，如图所示：

或

（3）先过入射点垂直平面镜作出法线，再根据反射角等于入射角在法线的右侧画出反射光线．如图所示：

（4）由给出的光线可知，原本向中间会聚的光线经透镜折射后变得平行不再会聚，故虚线框内的是凹透镜，如图所示：

（5）两个声控开关串联会相互影响，只有都闭合时灯才发光；两个声控开关并联会互不影响，可以控制灯的亮灭，根据“为确保行人不管从哪端进人，灯泡都能接通电源发光”，所以两开关应并联，如下图所示：

（2）力臂的画法，首先要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线，从而正确地画出力臂．

（3）考查了光的反射定律的应用，首先要熟记光的反射定律的内容，并要注意入射角与反射角的概念．

（4）在判断经透镜折射后的光线是“会聚”还是“发散”时，可用延长入射光线的方法来判断．若入射光线的延长线在折射光线的里面，则光线被发散．

（5）本题考查学生根据实际需要设计串联电路和并联电路的能力，能够根据题意理解电路的连接方式是解决此类问题的关键．

②电能表采用的计量单位是“度”，示数最后一位是十分位；已知电能表转盘转速和转动的转数，列出方程求解消耗的电能；

③读取电压表示数时，先要明确选择的量程和对应的分度值．不同量程，指针在同一位置，电压对应关系为5：1．

（1）此刻度尺的分度值为1mm，所以物体长度为L=1.40cm；

（2）电能表的示数为1931.6kwh；

设消耗的电能为W，根据题意得

=

W=0.4kwh；

（3）电压表选0～3Ⅴ的量程，读数为2.6V；若选0～15Ⅴ的量程，读数为13V．

故答案为：

（1）1mm；1.40；

（2）1931.6；0.4；

（3）2.6；13．

（2）①根据实验数据设计图象时，先要确定横轴和纵轴代表的物理量，然后根据数值确定标度，最后描点连线做出图象；

②实验过程分两步：物体浸入水中到完全浸没；物体完全浸没在水中．弹簧测力计的示数变化可以从数据中得出；

③对比实验次序1和3可以得到物体的重力和弹簧测力计的拉力，两者之差就是受到的浮力；

（3）已知物体的底面积和高度，可以得到体积；物体完全浸没排开水的体积等于它的体积；已知物体的体积和容器的底面积，可以得到放入物体排开水的深度；已知水的密度和物体排开水的深度，利用P=ρgh可以得到水对容器底部增加的压强．

（1）弹簧测力计测量拉力，物体底面到水面的距离需要使用刻度尺测量；

（2）①根据实验数据做出图象如下：

②分析表中数据、观察图象，可以得出结论：在物体A没有浸没之前，当h增大时，弹簧测力计的示数F减小；在物体A浸没后，当增大h时，弹簧测力计的示数F不变；

③由实验次序1知，物体的重力为G=9N，实验次序3中弹簧测力计的拉力为F=6.6N，

所以此时受到的浮力为F浮=G﹣F=9N﹣6.6N=2.4N；

（3）物体完全浸没时排开水的体积为V排=V0=S0h0=60cm2×12cm=720cm3排开水的深度为h===9cm=0.09m

增加的压强为P=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.09m=900Pa

故答案为：

（1）刻度尺；

（2）①F与h图象关系如下：

②减小；不变

③2.4；

（3）900．

（2）将5Ω的电阻换成了10Ω的电阻时，电路中的总电阻变大，电路中的电流减小，滑动变阻器两端的电压减小，电压表的示数变大；要探究电流和电阻之间关系，必须保持电阻两端的电压不变，即与电阻并联的电压表示数不变，为保证电阻两端的电压不变，要通过调节滑片，使滑动变阻器两端的电压变大，从而使电阻两端的电压变为原来的值．

（3）判断滑动变阻器的使用规格，同时要考虑滑动变阻器的电阻和允许通过的最大电流．

（2）将5Ω的电阻换成了10Ω的电阻时，串联电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中电流变小，滑动变阻器分得的电压变小，电阻分得的电压变大；要探究电流和电阻之间关系，必须保持电阻两端的电压不变，即与电阻并联的电压表示数不变，所以应调节滑片向F移动，增大滑动变阻器接入电路的电阻，使电压表的示数达到1.5V时，读取电流表示数．因此小李移动变阻器滑片P的目的保持定值电阻两端电压为1.5V不变．

（3）当20Ω的电阻接入a、b间时，为使电压表的示数为1.5V，滑动变阻器接入电路中的阻值是40Ω；若选用规格为“20Ω，2A”滑动变阻器，无论怎样移动滑片P，电压表的示数始终无法达到1.5V；因此需要选择“50Ω 1A”的滑动变阻器Ω．

故答案为：（2）F；保持定值电阻两端电压为1.5V不变；（3）“50Ω1A”；当20Ω的电阻接入a、b间时，为使电压表的示数为1.5V，滑动变阻器接入电路中的阻值是40Ω；若选用规格为“20Ω，2A”滑动变阻器，无论怎样移动滑片P，电压表的示数始终无法达到1.5V．

（2）知道拉力和斜面长，利用W=Fs求拉力做的功（总功），知道所用的时间，利用P=求小王对木箱⒕做功的功率；

（3）知道斜面高和木箱重，利用W=Gh求利用斜面做的有用功，再利用公式η=求斜面的机械效率．

（1）v===0.6m/s；

（2）W总=Fs=120N×6m=720J，

P===72W；

（3）W有用=Gh=200N×3m=600J，

η==≈83.3%．

答：（1）木箱A沿斜面方向的运动速度为0.6m/s．

（2）小王对木箱做功的功率72W．

（3）斜面的机械效率83.3%．

（2）当开关S切换到b时，两电阻串联，根据I=求出此时电路中的电流，即为通过电阻R2的电流．

R1的阻值R1===44Ω；

（2）当开关S切换到b时，两电阻串联，P保温=165W，

电路中的电流I2===0.75A．

答：（1）加热电阻R1的阻值是44Ω；

（2）在保温状态下，通过电阻R2的电流是0.75A．

（2）分析表中的物距、像距、像的大小变化规律，就可以得到结论；

（3）探究凸透镜成像的规律，记录像的性质要全面，或只通过一块凸透镜成像的情况就得出结论，欠普遍性．

故选B．

（2）①表中数据物距越来越小，像距越来越大，像由缩小到等大到放大．

②同一凸透镜，成实像时，物距越来越大，像距越来越小，即像距v随物距u的增大而减小．

故答案为：①大；②减小．

（3）小王同学的实验过程不够全面，因为他只记录了像的大小，没有记录像的正倒，所以他的记录不全，（或只通过一块平面镜成像情况，要得到凸透镜成实像的规律，欠普遍性，或只研究了凸透镜成实像的情况，没有研究成虚像的情况）．

故答案为：不够全面，因为他只记录了像的大小，没有记录像的正倒．

（2）由公式P=可知，要想PTC元件的电功率最大，此时PTC元件的电阻Rr应最小．首先从甲图中读出PTC元件的最小电阻，再利用公式P=计算出PTC元件的最大电功率．

（3）知道当温度达到60℃时，PTC元件发热功率等于散热功率．首先判断出当温度高于60℃或低于60℃时，PTC元件的电阻Rr的变化，再利用公式P=判断出PTC元件发热功率的变化，最后判断出当温度高于或低于稳定温度时发热功率与散热功率间的关系，从而可以判断出温度的变化．

（1）从乙图可知，电路中只有电阻Rr，

当温度为60℃时，由甲图可知电阻Rr=10KΩ=10000Ω，

而电源电压为U=220V，

∴电路中的电流为：I===0.022A=22mA．

而t=1min=60s，

∴消耗的电能为：W=UIt=220V×0.022A×60s=290.4J．

（2）从乙图可知，PTC元件的最小电阻为Rr小=2KΩ=2000Ω，

∴PTC元件的最大电功率为：P最大===24.2W．

（3）①当温度达到60℃时，PTC元件发热功率等于散热功率，温度保持不变．

从图甲可以看出，当它的温度高于60℃时，PTC元件的电阻Rr增大，由公式P=可知PTC元件发热功率变小，发热功率小于散热功率，温度下降；

②从图甲可以看出，当它的温度低于60℃时，PTC元件的电阻Rr减大，由公式P=可知PTC元件发热功率变大，发热功率大于散热功率，温度上升；因此保温杯中的水可以保持在60℃左右．

故答案为：（1）22；290.4．

（2）24.2．

（3）PTC元件的电阻Rr增大，由公式P=可知PTC元件发热功率变小，发热功率小于散热功率；PTC元件的电阻Rr减小，由公式P=可知PTC元件发热功率变大，发热功率大于散热功率．

（2）本题考查学生对图象的理解及应用，图象法为物理中常用方法，应学会熟练应用．在应用中重点掌握：①图象中坐标的含义；②图象的变化；③截矩的意义；④斜率的意义．

（2）空气能热水器是吸收空气的热能来制造热水的装置．

（3）已知空气能热水器的电功率和工作时间，可求出消耗的电能；已知水的比热容、水的初温、末温，以及能效比可求出质量，进而求出体积．

（2）空气能热水器是吸收空气的热能，并传给水从而来制造热水．

（3）电功率P=0.84kw，工作时间t=1h，则消耗电能W=pt=0.84kw×1h=0.84kw•h=3.024×106J；

水箱中的水吸收的热能（Q）与压缩机等电器消耗的电能（W）的比值为3.4，即=3.4，则Q=3.4×W=3.4×3.024×106J=1.02816×107J．

由Q=cm（t﹣t 0）得水的质量m===68kg；

由ρ=得水的体积V===68×10﹣3m3=68dm 3=68L．

故答案为：（1）蒸发器；压缩机；（2）空气；水；（3）68．