2020年吉林省长春中考物理试卷-答案

物理答案解析

一、 1.【答案】B

【解析】解：一斤（500 g）鸡蛋可称810个，那么一个鸡蛋的质量约为50 g。故ACD错误，B正确。故选：B。结合对常见物体质量的了解和质量单位的认识，可解答。此题考查对生活中常见问题质量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。 【考点】生活中常见问题质量的估测 2.【答案】D

【解析】解：ABC、陶瓷、橡胶、玻璃都不容易导电，它们都是绝缘体，故ABC错误。D、铁属于金属，铁容易导电，铁是导体，故D正确。故选：D。容易导电的物体是导体，常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等；不容易导电的物体是绝缘体，常见的绝缘体包括：塑料、陶瓷、玻璃、橡胶、空气等。此题考查哪些物体为导体，属于识记的内容，比较简单。 【考点】导体 3.【答案】C

【解析】解：不同的发声体因材料和结构不同，所发出声音的音色就不同，故我们能分辨出不同的声音是根据声音的音色不同。故ABD错误，C正确。故选：C。物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度；把声音的高低称为音调；音色反映了声音的品质与特色。声音的三个特征分别就是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。 4.【答案】C

【解析】解：因为水的比热容大，相同质量的水和其他物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，取暖效果好，所以暖气装置中用水来供热，故C正确、ABD错误。故选：C。 【考点】水的比热容大 5.【答案】B

【解析】解：A、一般的水是导体，湿衣服也是导体，当把湿衣服晾在电线上时，一旦漏电，人接触衣服时会发生触电事故，故A不符合安全用电原则；B、通电的情况下，换灯泡时，如果不慎碰到了灯口，会发生触电事故，因此更换灯泡前先切断电源，故B符合安全用电原则；C、一般的水是导体，湿手拔电源插头，易发生触电事故，故C不符合安全用电原则；D、电线的绝缘皮破损老化时应及时更换，否则容易发生触电事

1 / 8

故或短路（即火线和零线直接连通），故D不符合安全用电原则。故选：B。 【考点】安全用电知识 6.【答案】A

【解析】解：A、飞机的机翼上凸下平，飞机在飞行时，其机翼上方的空气流速快、压强小，而机翼下方的空气流速慢、压强大，给飞机提供向上的升力，故A符合题意；BCD、飞艇、热气球和氢气球都是利用浮力原理来升空的；故BCD不合题意。故选：A。 【考点】流体压强与流速关系，浮力的应用 7.【答案】B

【解析】解：因潜望镜内部装有两块平面镜，因此潜望镜利用了光的反射改变了光的传播方向，且平面镜成等大正立的虚像，成像原理是光的反射现象。故选：B。 【考点】光的反射知识 8.【答案】C

【解析】解：A、穿轮滑鞋的小红因用力推墙而运动，小红相对墙的位置发生了改变，则小红相对墙是运动的，故A错误；B、惯性大小只跟物体的质量大小有关，小红后退的过程中质量不变，则她的惯性大小不会改变，故B错误；C、力可以改变物体的运动状态，小红因用力推墙而运动，故C正确；D、小红推墙时，墙对小红的作用力与小红对墙的作用力是作用在不同物体的两个力，属于相互作用力，二者大小相等，故D错误。故选：C。 【考点】力学 9.【答案】A

A、【解析】解：发电机的工作原理是电磁感应，是闭合电路的一部分线圈做切割磁感线运动产生感应电流，B、C、故A正确。电冰箱主要部件是电动机，电动机是根据通电导体在磁场中受力而运动工作的，故B错误。电视机是利用电的方法来传播光学信息的机器，故C错误。D、电饭锅是电能转化为内能的装置，故D错误。故选：A。麦克风线圈在磁场中振动产生电流，这是电磁感应现象，电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，从而产生感应电流，找出下列各种器件的工作原理是电磁感应的即可。 掌握各种器件的工作原理，电冰箱、电视机、电饭锅、通电螺线管、发电机、电动机、动圈式话筒、电磁起重机、司南、扬声器等工作原理。 10.【答案】C

【解析】解：A、两电阻串联，计数器（电压表）测R2的电压，已知当有光照射时电阻变小，故激光被遮挡A错误；B、瞬间电阻R2变大，由串联电阻的规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路的电流变小，B错误；C、根据UIR，R1的电压变小，由串联电路电压的规律可知，电压表示数变大，计数器两端的电压变大，C正确；D、根据串联电路各处的电流相等，故R1与R2的电流之比为1:1，保持不变，D错误。故选：C。

【考点】串联电路的规律及欧姆定律的运用

2 / 8

二、

11.【答案】0.5 不变

【解析】解：小红站在距离平面镜0.5 m前照镜子，根据物像到平面镜距离相等，所以小红的像到镜面的距离也是0.5 m。当她远离镜面照全身时，小红的身高不变，根据物像大小相等，所以小红的像大小不变。故答案为：0.5；不变。 【考点】平面镜成像特点 12.【答案】（1）大 增加 （2）可 （3）电磁波

【解析】（1）火箭采用燃料是液态氢，利用了其热值大，完全燃烧相同质量的液态氢时，可以释放出更多的热量；在火箭加速升空的过程中，其质量不变，高度变大，故重力势能变大；同时其质量不变，速度变大，即其动能变大，所以卫星的机械能总量增加。 （2）太阳能可从自然界不断获得，属于可再生能源。

（3）电磁波可以传递信息，北斗定位是通过电磁波来传递信息的。 【考点】热值，电磁波，能源利用 13.【答案】（1）增大 （2）扩散 （3）并

0.05

【解析】（1）将蚊香器插入插座，加热器开始工作，将电能转化为内能，加热器内能增大，温度升高。 （2）驱蚊液被加热汽化后扩散到空气中，充满整个房间，说明分子在不停的做无规则运动，同时说明气体之间能发生扩散现象。

（3）根据电路图可知，这是一个并联电路，加热器和指示灯各在一条支路上，可以独立工作互不影响，因此是并联的。蚊香器正常工作10 h消耗的电能：WPt510-3 kW10 h=0.05 kWh。 【考点】电热器的工作原理，内能与温度的关系，扩散现象，电路的连接方式和电功的计算 14.【答案】2:1

＜

【解析】解：拉力做的功为总功，由W有用W总可得W总W有用，已知GA2GB，有用功W有用=Gh，则

W有用甲=2W有用乙，两个动滑轮的机械效率相等，则拉力做功W甲:W乙2:1；要想两个滑轮的机械效率仍然

3 / 8

相等，为，甲增加的物重为G时，乙增加的物重应为

G，但乙实际增加的物重为G，此时机械效率大于2，从而得出甲＜乙。

【考点】滑轮组时拉力做功大小，机械效率大小比较 三、

15.【答案】（1）由题知，电阻丝电阻R100 Ω，通过的电流I0.2 A，由欧姆定律可得，电阻丝两端电压：UIR0.2 A100 Ω20 V。

2（0.2 A）100 Ω10 s40J。 （2）由焦耳定律可得，通过10 s电阻丝产生的热量：QI2Rt【解析】（1）已知电阻丝电阻和通过的电流，由欧姆定律计算它两端电压。 （2）利用焦耳定律QI2Rt计算通电10 s电阻丝产生的热量。 【考点】欧姆定律和焦耳定律公式的应用

334816.【答案】（1）潜水器受到海水的压强：p海水gh1.0310 kg/m10 N/kg1.010 m=1.0310 Pa。

（2）由pFS可得潜水器观察窗0.82 m2面积所受到海水的压力：

FpS1.03108 Pa0.82 m28.446107 N。

【解析】（1）知道潜水器所处的深度和海水的密度，利用pgh求潜水器受到海水的压强。 （2）知道观测窗的面积和海水的压强，利用pF求观察窗受到海水的压力。 SF的灵活应用 S【考点】液体压强公式pgh和压强定义式p四、

17.【答案】（1）71 （2）低于 （3）不变 （4）C

【解析】（1）该温度的分度值为1 ℃，此时温度计的示数为71 ℃。

（2）由图可知，此时水沸点为90 ℃，低于标准大气压下的100 ℃，说明此时的大气压低于标准大气压。 （3）由图可知，水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变。

（4）其它条件不变的情况下，水的沸点不会改变，水的初温提高则加热时间会缩短，故选C。 【考点】温度计的读数、水沸腾过程中的特点及沸腾图象的分析

4 / 8

18.【答案】（1）

（2）同一高度 （3）照相机 （4）左 （5）远视眼

【解析】（1）折射光线是蜡烛火焰发出照射到凸透镜上发生折射形成的，所以连接烛焰与入射点即入射光线，如答案所示。

（2）蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈现在光屏的中央位置。

（3）有图片可知，成清晰实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，照相机是利用该原理工作的。 （4）当改用焦距为5 cm的透镜继续实验，不改变蜡烛和凸透镜的位置，则相当于增大了物距，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，可知，要在光屏上成清晰的像，光屏将靠近透镜移动，即向左移动。 （5）凸透镜对光有会聚作用，远视眼是晶状体曲度变小，会聚能力减弱，像呈在视网膜的后方，应佩戴会聚透镜，即凸透镜，使光线提前会聚，像正好呈在视网膜上。

【考点】凸透镜成像的几种情况和凸透镜成实像时，物距变化，像距变化，像变化 19.【答案】（1）匀速直线 （2）1.8

（3）压力大小 （4）甲和丙

【解析】（1）实验时，应水平拉动木块在水平面上做匀速直线运动，根据二力平衡条件，此时拉力与摩擦力是一对平衡力，大小相等。

（2）由图知，测力计的分度值为0.2 N，示数为1.8 N，根据二力平衡原理，可知此时滑动摩擦力与拉力二力大小相等、方向相反，所以甲中木块受到的滑动摩擦力大小为1.8 N，方向水平向左，如图所示：

5 / 8

（3）甲、乙两个图，接触面的粗糙程度相同，压力大小不相同，滑动摩擦力不同，可以研究滑动摩擦力的大小与压力大小的关系。

（4）北方城市常常在下大雪后将煤渣均匀的铺在地面上是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的，图甲丙两次实验压力相同，接触面的粗糙程度不同，滑动摩擦力不相同，所以甲丙两次实验就是研究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系，即这是应用甲丙两次实验得出的结论。 【考点】控制变量法，二力平衡的条件

20.【答案】（1）

（2）1.8

（3）电阻元件的电阻随温度的变化而变化 （4）电阻元件。

【解析】（1）变阻器按一上一下连入电路中与电流表串联，如下所示：

（2）某电阻元件的额定电压为6 V，根据绘制IU图象知，灯在额定电压下的电流为0.3 A，电阻元件的额定功率为：PUI6 V0.3 A1.8 W。

（3）分析图象发现，通过电阻元件的电流与其两端的电压不成正比，即电阻元件的电阻随温度的变化而变化。

（4）若在调节滑动变阻器的过程中，突然电流表示数变为零，电路可能断路，电压表示数接近电源电压，电压表与电源连通，分析可知电阻元件发生了断路。

【考点】电路连接，额定功率计算，影响电阻大小的因素和故障分析

6 / 8

21.【答案】（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。 （3）小于 左

L1 （4）

L2水（5）＜

【解析】（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。

（3）将一个质量不计的矿泉水瓶装满水，用细线将矿泉水悬挂在OA的D点上，记录此时电子秤的示数为m，测量悬挂点D到O的距离为l1，BC对电子秤的压力Fmg，根据杠杆平衡条件得，

FOAG水L1，mgOA水gVL1……①取下装水的矿泉水瓶，将另一个完全相同的矿泉水瓶装满待

测液体，用细线将矿泉水瓶悬挂在D点，此时电子秤的示数小于m，BC对电子秤的压力F'm'g，根据杠杆平衡条件得，F'OAG液L1，m'gOA液gVL1……②因为m'＜m，由①②得，液＜水。根据杠杆平衡条件，保持电子秤的示数不变，mgOA不变，液体的密度小，体积不变，质量偏小，对杠杆的拉力变小，要增加力臂，所以要向左端移动。

（4）瓶子中装被测液体，当电子秤的示数再次显示m时，测量此时悬挂点到O的距离为L2，根据杠杆平衡条件得，FOAG液L2，mgOA液gVL2……③由①③得，水gVL1液gVL2，解得，液体的密度：液L1。 L2水（5）设瓶子的质量为m0，瓶子的重力为m0g，瓶子中装满水时电子秤示数为m，根据杠杆平衡条件得，

mgOA（水gVm0g）L1……④瓶子中装满被测液体时电子秤示数为m，根据杠杆平衡条件得，

mgOA（液'gVm0g）L2……⑤由④⑤得，（水gVm0g）L1（液'gVm0g）L2，

l水gVL1m0gL1液'gVL2m0gL2，m0gL1＜m0gL2，水gVL1＞液'gVL2，液'＜1水，即液'＜液。

l2【考点】杠杆平衡问题 22.【答案】（1）100 （2）变小 （3）12 （4）2.6 （5）不均匀

【解析】（1）M漂浮，浮力等于重力，所以M所受的浮力为：F浮Gmg100 N。 （2））当水位上升，PQ向上移动过程中，R连入电路中的电阻丝变短，电阻变小。

（3）闭合开关，当PQ恰好位于R最下端时，为警戒水位，电流表示数为0.06 A；此时电源电压为

U0.06 A（100 ΩR0）……①，PQ上升到R的最上端，即升高1 m，刚好与“”形杆接触，且对杆

7 / 8

无压力时，为三级预警，当水位继续上升，PQ开始通过“”杆对R0产生压力，压力为F1；因为R0所受压力每增加10 N，电阻减小5 Ω，即每增加10 N电阻减小0.5 Ω，则受到压力为F时，压敏电阻的阻值为：R压R00.5F，当达到二级预警时，电流表示数为0.15 A；此时电源电压为：

U0.15 A（R00.5F）……②，水位再上升0.4 m，对硬杆的压力将增加F，增加的压力

FF浮水gV1.0103 kg/m310 N/kg0.4 mS，由（1）可知漂浮时

F浮100 N1.0103 kg/m310 N/kg1 mS可求出S102 m2，代入可得F40 N，即水位再上升

0.4 m，对硬杆的压力将增加40 N，此时压敏电阻的阻值变为：

R压R00.5（F40 N）R00.5F20 Ω；达到一级预警时，电流表示数为0.20 A，则电源电压为：

U0.2 A（R00.5F20 Ω）……③。把R00.5F看成一个整体，利用②③得电源电压U12 V，R00.5F80 Ω，将U12 V代入①中，得到R0100 Ω，则压敏电阻阻值随压力变化的关系为：R压R00.5F100 Ω0.5F。

（4）在保证电路安全的情况下，为保证电流表不能超量程，电路中最大电流为0.6 A，假设此时电流已经达到最大0.6 A，此时压敏电阻RU12 V=20 Ω，根据R压100 Ω0.5F可知F160 N；根据I0.6 AFF浮水gV排1.0103 kg/m310 N/kg10-2 m2h可知h1.6 m，则相当于警戒水位的高度应再加

上电阻R的长度，所以h高h1 m1.6 m+1 m=2.6 m。 （5）根据欧姆定律IU12 V，将R压100Ω0.5F和U12V代入可得I，将R100 Ω50h12 V，因此I与h成反比，所

100 Ω50hFF浮水gV排1.0103 kg/m310 N/kg102 m2h代入可得I以不均匀。

【考点】欧姆定律的应用

8 / 8