猜题卷（二） 备战2021年中考物理猜题卷（湖北武汉专用）【有答案】

备战2021年中考物理猜题卷（武汉市专用）猜题卷（二）参考答案1．D【解析】A．小孔成的像是由实际光线形成的，像可以用光屏接收到，不是虚像，故A项错误；B．近视是因为晶状体曲度过大，折光能力太强，从而使像成在视网膜前面，利用了凹透镜的发散的作用，用凹透镜矫正，故B项错误；C．白光由七色光组成，不同色光通过三棱镜后，偏折角度不同，所以被分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，这是光的色散现象，故C项错误；D．只要是光的反射，都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D项正确。2．D【解析】A．声音能传递能量，因此扬声器发出的声音可以使蜡焰不停摆动，故正确，不符合题意；

B．当空气被不断抽出后，铃声逐渐减弱，说明声音的传播需要介质，真空不能传声，故正确，不符合题意；C．音叉振动不易观察，运用转换法，当乒乓球接触到音叉时被弹开，说明发声体在振动，故正确，不符合题意；D．用大小不同的力敲击鼓面，声音传播的介质不变，声速不变，故错误，符合题意。故选D。3．D【解析】A、两个底面削平的铅柱紧压在一起，下面吊一个重物也不能把它们拉开，说明分子之间存在相互作用的引力，故A正确；B、图中下压活塞可观察到硝化棉燃烧，是通过做功的方式使空气的内能增加，故B正确；C、图中抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，这是扩散现象，说明分子是运动的，故C正确；D、图中两气门关闭，活塞向下运动是做功冲程，故D错误；故选：D。4．C【解析】A．由题可知，该发电系统先将太阳能转化为水蒸气的内能，高温水蒸气推动汽轮机，将内能转化为汽轮机的机械能，汽轮机再将机械能转化为电能进行发电，故A正确，不符合题意；B．定日镜将太阳光反射到接收器上，定日镜是平面镜，故B正确，不符合题意；C．太阳内部是氢核原子发生聚变，从而释放出巨大的核能，故C错误，符合题意；D．太阳能可以直接利用，为一次能源，几乎用之不竭，所以是可再生能源，故D正确，不符合题意。故选C。5．C【解析】木块的体积为木块的密度为故选C。6．A【解析】A．踢足球时脚有疼痛的感觉，说明力的作用是相互的，脚对球施加力的同时球对脚也施加力，故A正确；B．草地上滚动的足球受摩擦力作用最后停下来，说明力是改变物体运动的原因，故B错误；C．足球离开运动员后继续在空中飞行，说明足球具有惯性，惯性不是力，故C错误；D．图中运动员抬起脚时与地面的接触面积变小，此时比双脚站立时对草地的压强大而压力不变，故D错误。故选A。7．D【解析】A．比较图甲、乙知道，液体密度相同，液体深度不同，U形管高度差不同，所以，可以初步得出：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大，故A正确；B．比较图乙、丙知道，液体密度相同，液体深度相同，U形管高度差相同，可以初步得出：在同一液体同一深度，液体内部向各个方向的压强相等，故B正确；C．比较图甲、丁知道，液体的深度相同，密度不相同，U型管的高度差不相同，说明液体内部压强与液体密度有关，故C正确；D．比较图乙、丁知道，丁图U型管液面高度差相同，在水中的深度较深，由p=ρgh初步得出液体内部压强与液体密度有关，故D错误。故选D。8．C【解析】由于甲、乙两种液体体积相等，底面积SA=2SB，则根据可得深度，由两容器底受到的液体压强相等，根据p=ρgh得到甲、乙两种液体的密度关系为ρ甲=2ρ乙；因为两容器底受到的液体压强相等，已知底面积SA=2SB，由F=pS得甲、乙两种液体对容器底的压力：F甲=2F乙，液体对容器底的压力大小等于液体的重力，所以G甲=2G乙；由于不计圆筒形容器的质量，则容器对桌面的压力与液体的重力相等，所以FA=2FB；根据和SA=2SB，可知pA=pB。故选C。9．B【解析】A．根据安培定则可知，螺线管的右端是N极，左端是S极，则小磁针N极将向右偏转，故A错误；B．电磁铁的磁性与电流大小和线圈匝数有关，电流相同时，线圈匝数越多，磁性越强，故

B

正确；C．图中装置为研究通电导体在磁场中受力的作用，与电磁感应现象无关，故

C错误；D．丁图中，蹄形磁铁的磁感线方向为竖直方向，当导体

竖直向上运动时，不能切割磁感线，也就不会产生感应电流，故

D错误。故选B。10．B【解析】A．图中电路连接符合要求，当开关断开时，电动机处不可能带电，不会出现题目中描述的情况，选项不符合题意；B．图中开关接在电动机与零线之间，这样开关断开后，电动机处仍然带电，而电动机在水中，因此才会出现水泵和井水都带电，且水温升高的情况，选项符合题意；C．图中开关和电动机都接在火线上，无法工作，选项不符合题意；D．图中开关和电动机都接在零线上，无法工作，选项不符合题意。故选B。11．D【解析】由图可知，电阻R1和滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器R2两端的电压，当滑动变阻器的滑片P向b端滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，由I=可知通过电路的电流变小，即电流表的示数变小，由串联分压可知变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大。故选D。12．A【解析】由图知灯泡L、定值电阻R0、滑动变阻器串联，电压表V1测量定值电阻R0两端的电压，电压表V2测量灯泡L和定值电阻R0两端的总电压，当滑片P滑到B端时，此时电路的总电阻最小，总电流最大，两电压表的示数都达到了最大，即两电压表的示数为36V和24V；当滑动变阻器的滑片P在A端时，总电阻最大，电路中的总电流最小，两电压表的示数为16V和12V；(1)当滑片在B端时，电压表V2的示数为36V，则电源电压为36V，此时灯L恰好正常发光；当滑动变阻器的滑片P在A端时，滑动变阻器的电阻最大，电路中的总电流最小，此时滑动变阻器两端的电压为：U滑＝U﹣＝36V﹣16V＝20V，则此时电路的最小电流为：I最小===1A，故①正确；定值电阻R0的阻值：==12，故②错误；(2)当滑片在B端时，滑动变阻器的电阻为零，电路的电流最大，此时灯L恰好正常发光，定值电阻两端的电压为24V，此时电路的最大电流为：I大===2A，灯泡两端的额定电压为:UL＝U2﹣U1＝36V﹣24V＝12V；灯L正常发光时的电阻为：RL===6，故③错误；灯泡L的额定功率为：PL＝ULI大＝12V×2A＝24W，故④错误。故选：A。13．【解析】由电路图甲可知，两灯泡并联，电流表a测L1支路的电流，电流表b测干路电流；电流表a的左端靠近电源的负极，右端靠近电源的正极，所以左端是它的负接线柱；因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且b电流表指针的偏转角小于a电流表指针的偏转角，所以b电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.2A。故答案为：L1；负；1.2。14．【解析】（1）1kg天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝mq天然气＝1kg×4.2×107J/kg＝4.2×107J，0.5kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量：Q放′＝Q放×5＝4.2×107J×5＝2.1×108J；（2）由题知，Q吸＝Q放′＝2.1×108J，根据Q吸＝cm水（t﹣t0）可知水达到沸点时的温度为：t＝t0+＝45℃+＝107.5℃因为1标准大气压下水的沸点为100℃，液体的沸点随着表面气压的增大而升高，随气压减小而降低，所以此时水面上方的气压大于1标准大气压。故答案为：2.1×108；107.5；大于。15．【解析】根据图示可知，因为锌片与电压表的负接线柱相连，因此锌片为盐水电池的负极；电流的方向是从铜片流经电压表流向锌片，而自由电子的移动方向与电流方向相反，所以铜片与电压表之间的导线中，自由电子的运动方向是从电压表流向铜片；而盐水中的电流的方向是由负极到正极，所以盐水中电流的方向是从锌片流向铜片。故答案为：负；电压表到铜片；锌片到铜片。16．【解析】（1）在物理学中用比热容来表示物质吸热能力的大小，比热容越大，吸热能力越强。（2）比较物质的吸热能力有两种方法：方法一：在质量和升高温度相同时，比较加热时间，加热时间越长，比热容越大；方法二：在质量和加热时间相同时，比较升高的温度，升高的温度越慢，比热容越大；（3）要比较出甲、乙比热容的大小，需要收集的证据：取质量和初温相同的甲乙、两种液体，分别多次升高相同温度，记录各自的加热时间。故答案为：（1）吸热能力；（2）升高相同温度比较加热时间；加热相同时间比较升高的温度；（3）质量和初温相同的甲、乙两种液体，分别多次升高相同温度，记录各自的加热时间。17．【解析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；由图甲可知，两个电阻串联在电路中，电流、通电时间相同，电阻越大，产生的热量越多，U形管的液面高度差就越大，故右侧容器中U形管中液面的高度差大；（2）图乙装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I内+I外，所以，I左＞I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电流的关系；通电一段时间后，右面”U”形管液面高度度差较小，说明在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越小，电阻产生的热量越少，故电流在左侧容器中产生的热量较多；（3）利用甲装置还可以研究电压一定时，电流通过导体时产生热量与电阻的关系，应将两电阻丝并联，所以将接在B接线柱上的导线改接在A处，再取一根导线在BD两个接线柱之间即可。故答案为：（1）右；（2）电流；不同；左；（3）D。18．【解析】（1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片至适当位置，此时电流表的示数如丙图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，通过定值电阻R的电流为0.4A；（2）由欧姆定律，电压表示数：U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V。（3）电源电压恒为4.5V，由图知，电阻两端的电压始终保持U＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝4.5V﹣2V＝2.5V，电压表示数为变阻器分得的电压＝0.8倍，根据分压原理，当变阻器的最大电阻连入电路中时，定值电阻的最大值为：0.8×20Ω＝16Ω＞20Ω，因变阻器的最大阻值太小，故不能选用20Ω的定值电阻进行实验。故答案为：（1）0.4；（2）右；2；（3）变阻器的最大阻值太小。19．【解析】（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器接入电路的电阻为0，只有电热丝工作，此时电热丝R1的最大功率为40W，由P＝可得，电热丝R1的电阻值：R1＝＝＝1210Ω；（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×30×10﹣3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×104J，由