猜題卷（二） 備戰(zhàn)2021年中考物理猜題卷（湖北武漢專用）【有答案】

備戰(zhàn)2021年中考物理猜題卷（武漢市專用）猜題卷（二）參考答案1．D【解析】A．小孔成的像是由實際光線形成的，像可以用光屏接收到，不是虛像，故A項錯誤；B．近視是因為晶狀體曲度過大，折光能力太強，從而使像成在視網膜前面，利用了凹透鏡的發(fā)散的作用，用凹透鏡矯正，故B項錯誤；C．白光由七色光組成，不同色光通過三棱鏡后，偏折角度不同，所以被分解成紅、橙、黃、綠、藍、靛、紫七色光，這是光的色散現象，故C項錯誤；D．只要是光的反射，都遵循光的反射定律，鏡面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D項正確。2．D【解析】A．聲音能傳遞能量，因此揚聲器發(fā)出的聲音可以使蠟焰不停擺動，故正確，不符合題意；

B．當空氣被不斷抽出后，鈴聲逐漸減弱，說明聲音的傳播需要介質，真空不能傳聲，故正確，不符合題意；C．音叉振動不易觀察，運用轉換法，當乒乓球接觸到音叉時被彈開，說明發(fā)聲體在振動，故正確，不符合題意；D．用大小不同的力敲擊鼓面，聲音傳播的介質不變，聲速不變，故錯誤，符合題意。故選D。3．D【解析】A、兩個底面削平的鉛柱緊壓在一起，下面吊一個重物也不能把它們拉開，說明分子之間存在相互作用的引力，故A正確；B、圖中下壓活塞可觀察到硝化棉燃燒，是通過做功的方式使空氣的內能增加，故B正確；C、圖中抽去玻璃板后，兩瓶中的氣體逐漸混合，這是擴散現象，說明分子是運動的，故C正確；D、圖中兩氣門關閉，活塞向下運動是做功沖程，故D錯誤；故選：D。4．C【解析】A．由題可知，該發(fā)電系統(tǒng)先將太陽能轉化為水蒸氣的內能，高溫水蒸氣推動汽輪機，將內能轉化為汽輪機的機械能，汽輪機再將機械能轉化為電能進行發(fā)電，故A正確，不符合題意；B．定日鏡將太陽光反射到接收器上，定日鏡是平面鏡，故B正確，不符合題意；C．太陽內部是氫核原子發(fā)生聚變，從而釋放出巨大的核能，故C錯誤，符合題意；D．太陽能可以直接利用，為一次能源，幾乎用之不竭，所以是可再生能源，故D正確，不符合題意。故選C。5．C【解析】木塊的體積為木塊的密度為故選C。6．A【解析】A．踢足球時腳有疼痛的感覺，說明力的作用是相互的，腳對球施加力的同時球對腳也施加力，故A正確；B．草地上滾動的足球受摩擦力作用最后停下來，說明力是改變物體運動的原因，故B錯誤；C．足球離開運動員后繼續(xù)在空中飛行，說明足球具有慣性，慣性不是力，故C錯誤；D．圖中運動員抬起腳時與地面的接觸面積變小，此時比雙腳站立時對草地的壓強大而壓力不變，故D錯誤。故選A。7．D【解析】A．比較圖甲、乙知道，液體密度相同，液體深度不同，U形管高度差不同，所以，可以初步得出：在同種液體中，液體內部壓強隨深度的增加而增大，故A正確；B．比較圖乙、丙知道，液體密度相同，液體深度相同，U形管高度差相同，可以初步得出：在同一液體同一深度，液體內部向各個方向的壓強相等，故B正確；C．比較圖甲、丁知道，液體的深度相同，密度不相同，U型管的高度差不相同，說明液體內部壓強與液體密度有關，故C正確；D．比較圖乙、丁知道，丁圖U型管液面高度差相同，在水中的深度較深，由p=ρgh初步得出液體內部壓強與液體密度有關，故D錯誤。故選D。8．C【解析】由于甲、乙兩種液體體積相等，底面積SA=2SB，則根據可得深度，由兩容器底受到的液體壓強相等，根據p=ρgh得到甲、乙兩種液體的密度關系為ρ甲=2ρ乙；因為兩容器底受到的液體壓強相等，已知底面積SA=2SB，由F=pS得甲、乙兩種液體對容器底的壓力：F甲=2F乙，液體對容器底的壓力大小等于液體的重力，所以G甲=2G乙；由于不計圓筒形容器的質量，則容器對桌面的壓力與液體的重力相等，所以FA=2FB；根據和SA=2SB，可知pA=pB。故選C。9．B【解析】A．根據安培定則可知，螺線管的右端是N極，左端是S極，則小磁針N極將向右偏轉，故A錯誤；B．電磁鐵的磁性與電流大小和線圈匝數有關，電流相同時，線圈匝數越多，磁性越強，故

B

正確；C．圖中裝置為研究通電導體在磁場中受力的作用，與電磁感應現象無關，故

C錯誤；D．丁圖中，蹄形磁鐵的磁感線方向為豎直方向，當導體

豎直向上運動時，不能切割磁感線，也就不會產生感應電流，故

D錯誤。故選B。10．B【解析】A．圖中電路連接符合要求，當開關斷開時，電動機處不可能帶電，不會出現題目中描述的情況，選項不符合題意；B．圖中開關接在電動機與零線之間，這樣開關斷開后，電動機處仍然帶電，而電動機在水中，因此才會出現水泵和井水都帶電，且水溫升高的情況，選項符合題意；C．圖中開關和電動機都接在火線上，無法工作，選項不符合題意；D．圖中開關和電動機都接在零線上，無法工作，選項不符合題意。故選B。11．D【解析】由圖可知，電阻R1和滑動變阻器R2串聯，電流表測量電路中的電流，電壓表測量滑動變阻器R2兩端的電壓，當滑動變阻器的滑片P向b端滑動時，滑動變阻器連入電路的電阻變大，電路的總電阻變大，由I=可知通過電路的電流變小，即電流表的示數變小，由串聯分壓可知變阻器兩端的電壓變大，即電壓表的示數變大。故選D。12．A【解析】由圖知燈泡L、定值電阻R0、滑動變阻器串聯，電壓表V1測量定值電阻R0兩端的電壓，電壓表V2測量燈泡L和定值電阻R0兩端的總電壓，當滑片P滑到B端時，此時電路的總電阻最小，總電流最大，兩電壓表的示數都達到了最大，即兩電壓表的示數為36V和24V；當滑動變阻器的滑片P在A端時，總電阻最大，電路中的總電流最小，兩電壓表的示數為16V和12V；(1)當滑片在B端時，電壓表V2的示數為36V，則電源電壓為36V，此時燈L恰好正常發(fā)光；當滑動變阻器的滑片P在A端時，滑動變阻器的電阻最大，電路中的總電流最小，此時滑動變阻器兩端的電壓為：U滑＝U﹣＝36V﹣16V＝20V，則此時電路的最小電流為：I最小===1A，故①正確；定值電阻R0的阻值：==12，故②錯誤；(2)當滑片在B端時，滑動變阻器的電阻為零，電路的電流最大，此時燈L恰好正常發(fā)光，定值電阻兩端的電壓為24V，此時電路的最大電流為：I大===2A，燈泡兩端的額定電壓為:UL＝U2﹣U1＝36V﹣24V＝12V；燈L正常發(fā)光時的電阻為：RL===6，故③錯誤；燈泡L的額定功率為：PL＝ULI大＝12V×2A＝24W，故④錯誤。故選：A。13．【解析】由電路圖甲可知，兩燈泡并聯，電流表a測L1支路的電流，電流表b測干路電流；電流表a的左端靠近電源的負極，右端靠近電源的正極，所以左端是它的負接線柱；因為并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，且b電流表指針的偏轉角小于a電流表指針的偏轉角，所以b電流表的量程為0～3A，分度值為0.1A，示數為1.2A。故答案為：L1；負；1.2。14．【解析】（1）1kg天然氣完全燃燒放出的熱量：Q放＝mq天然氣＝1kg×4.2×107J/kg＝4.2×107J，0.5kg“可燃冰”完全燃燒放出的熱量：Q放′＝Q放×5＝4.2×107J×5＝2.1×108J；（2）由題知，Q吸＝Q放′＝2.1×108J，根據Q吸＝cm水（t﹣t0）可知水達到沸點時的溫度為：t＝t0+＝45℃+＝107.5℃因為1標準大氣壓下水的沸點為100℃，液體的沸點隨著表面氣壓的增大而升高，隨氣壓減小而降低，所以此時水面上方的氣壓大于1標準大氣壓。故答案為：2.1×108；107.5；大于。15．【解析】根據圖示可知，因為鋅片與電壓表的負接線柱相連，因此鋅片為鹽水電池的負極；電流的方向是從銅片流經電壓表流向鋅片，而自由電子的移動方向與電流方向相反，所以銅片與電壓表之間的導線中，自由電子的運動方向是從電壓表流向銅片；而鹽水中的電流的方向是由負極到正極，所以鹽水中電流的方向是從鋅片流向銅片。故答案為：負；電壓表到銅片；鋅片到銅片。16．【解析】（1）在物理學中用比熱容來表示物質吸熱能力的大小，比熱容越大，吸熱能力越強。（2）比較物質的吸熱能力有兩種方法：方法一：在質量和升高溫度相同時，比較加熱時間，加熱時間越長，比熱容越大；方法二：在質量和加熱時間相同時，比較升高的溫度，升高的溫度越慢，比熱容越大；（3）要比較出甲、乙比熱容的大小，需要收集的證據：取質量和初溫相同的甲乙、兩種液體，分別多次升高相同溫度，記錄各自的加熱時間。故答案為：（1）吸熱能力；（2）升高相同溫度比較加熱時間；加熱相同時間比較升高的溫度；（3）質量和初溫相同的甲、乙兩種液體，分別多次升高相同溫度，記錄各自的加熱時間。17．【解析】（1）電流通過導體產生熱量的多少不能直接觀察，但液體溫度的變化可以通過液面高度差的變化來反映，這種研究方法叫轉換法；由圖甲可知，兩個電阻串聯在電路中，電流、通電時間相同，電阻越大，產生的熱量越多，U形管的液面高度差就越大，故右側容器中U形管中液面的高度差大；（2）圖乙裝置中一個5Ω的電阻與兩個5Ω的電阻并聯后再串聯，根據串聯電路的電流特點可知，右端兩個電阻的總電流和左端的電阻電流相等，即I右＝I左，兩個5Ω的電阻并聯，根據并聯電路的電流特點知I右＝I內+I外，所以，I左＞I內，燒瓶內的電阻值都是5Ω，阻值相等，通電時間相等，電流不同，運用控制變量法，探究電流產生熱量跟電流的關系；通電一段時間后，右面”U”形管液面高度度差較小，說明在電阻相同、通電時間相同的情況下，通過電阻的電流越小，電阻產生的熱量越少，故電流在左側容器中產生的熱量較多；（3）利用甲裝置還可以研究電壓一定時，電流通過導體時產生熱量與電阻的關系，應將兩電阻絲并聯，所以將接在B接線柱上的導線改接在A處，再取一根導線在BD兩個接線柱之間即可。故答案為：（1）右；（2）電流；不同；左；（3）D。18．【解析】（1）閉合開關后，移動滑動變阻器的滑片至適當位置，此時電流表的示數如丙圖所示，電流表選用小量程，分度值為0.02A，通過定值電阻R的電流為0.4A；（2）由歐姆定律，電壓表示數：U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；根據串聯分壓原理可知，將定值電阻由5Ω改接成10Ω的電阻，電阻增大，其分得的電壓增大；探究電流與電阻的實驗中應控制電壓不變，應保持電阻兩端的電壓不變，根據串聯電路電壓的規(guī)律可知應增大滑動變阻器分得的電壓，由分壓原理，應增大滑動變阻器連入電路中的電阻，所以滑片應向右端移動，使電壓表的示數為2V。（3）電源電壓恒為4.5V，由圖知，電阻兩端的電壓始終保持U＝2V，根據串聯電路電壓的規(guī)律，變阻器分得的電壓：U滑＝4.5V﹣2V＝2.5V，電壓表示數為變阻器分得的電壓＝0.8倍，根據分壓原理，當變阻器的最大電阻連入電路中時，定值電阻的最大值為：0.8×20Ω＝16Ω＞20Ω，因變阻器的最大阻值太小，故不能選用20Ω的定值電阻進行實驗。故答案為：（1）0.4；（2）右；2；（3）變阻器的最大阻值太小。19．【解析】（1）當氣霧調節(jié)器R2的滑片移到最左邊時，氣霧調節(jié)器接入電路的電阻為0，只有電熱絲工作，此時電熱絲R1的最大功率為40W，由P＝可得，電熱絲R1的電阻值：R1＝＝＝1210Ω；（2）水吸收的熱量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×30×10﹣3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×104J，由