河北省2020年中考物理猜想卷（二）（含解析）

河北省2020年中考物理猜想卷（二）

一、选择题（本大题共9个小题，共21分．1-6小题为单选题，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题2分；7-9小题为多选题，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意，每小题2分，全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）

1．（2分）如图实验中得出的结果正确的是（　　）

A．此实验b中酚酞变红，证明分子总在不断运动 

B．烧杯内壁有水珠生成，说明甲烷中含有碳元素和氢元素 

C．在冰面上小华推小明，自己却向后运动，说明力的作用是相互的

D．物体在力的作用下做圆周运动，说明物体运动需要力

【答案】C

【解析】A、浓盐酸具有挥发性，挥发出来的氯化氢气体溶于水又形成盐酸，盐酸显酸性，不能使无色酚酞试液变色，故A错误；B、点燃甲烷后，在火焰上方罩一个干燥的冷烧杯，烧杯内壁出现水珠，说明甲烷中含有氢元素，不能证明含碳元素，故B错误；C、在冰面上小华推小明，自己却向后运动，这是因为力的作用是相互的，故C正确；D、物体做匀速圆周运动，物体运动的方向不断变化，说明力改变了物体的运动状态，故D错误。选C。

2．（2分）下列估测最接近实际的是（　　）

A．吃饭用的筷子长度的为0.6m 

B．举起两个鸡蛋用的力大约是1N 

C．人正常步行的速度大约是10m/s 

D．绿色蔬菜保鲜的适直温度为30℃

【答案】B

【解析】A、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约20cm，筷子的长度与此差不多，在20cm＝0.2m左右，故A不符合实际；B、由课本知识知举起两个鸡蛋用的力大约是1N，故B符合实际；C、人正常步行的速度大约是1m/s，故C不符合实际；D、绿色蔬菜保鲜的适宜温度为5℃左右，故D不符合实际。选B。

3．（2分）声音与我们的生活密切相关，以下有关声现象的说法正确的是（　　）

A．雨滴落在地面上会发出声音，根据物体不振动也可以发声 

B．“未见其人，先闻其声”主要是根据声音的音色来判断的 

C．只要物体振动，我们就一定能听到声音 

D．用声呐探测海底深度，是因为超声波比次声波在水中的传播速度快

【答案】B

【解析】A、雨滴落在地面会发出声音，是因为地面的振动发出的声音。故A错误；B、“未见其人，先闻其声”，主要是根据声音的音色来判断的。故B正确；C、低于20Hz的声音叫次声，高于20000Hz的声音叫超声，这两种声音人耳都无法听到，故C错误；D、超声波和次声波在水中的传播速度相同。故D错误。选B。

4．（2分）如图所示的四个装置中，说法正确的是（　　）

A．图甲装置原理可用来制作发电机 

B．图乙装置可用来演示磁场对电流的作用 

C．图丙装置可用来演示电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系 

D．图丁装置在工作过程中将机械能转化为电能

【答案】A

【解析】A、图甲没有电池，验证闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是电磁感应现象实验，是发电机的原理图，故A正确；B、图乙验证了通电导体周围存在磁场，这是奥斯特的实验，说明了电流的磁效应，故B错误；C、图丙电流大小一定，匝数多的线圈吸引较多的铁钉，可用来演示电磁铁中磁性强弱与线圈匝数的关系，不能探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系，故C错误；D、图丁有电池，验证通电导体在磁场中受力的实验，利用此装置原理制造了电动机，电动机在工作过程中将电能转化为机械能，故D错误。选A。

5．（2分）下列说法中，正确的是（　　）

A．物体吸收热量，温度一定升高 

B．物体温度升高，一定吸收了热量 

C．物质在熔化和汽化是都要吸收热量 

D．升华和液化都要放出热量

【答案】C

【解析】A、晶体在熔化时，吸收热量，但温度不变，故A说法错误；B、物体温度升高不一定是吸收了热量，也可能是外界对其做了功，故B说法错误；C、物质在熔化和汽化是都要吸收热量，故C正确；D、升华是吸热的，而液化是要放热的，故D错误。选C。

6．（2分）关于惯性现象下列说法错误的是（　　）

A．甲图中，轰炸敌方阵地时飞机要提前投弹 

B．乙图中，车顶滴漏瓶A滴下的水滴落在B点，小车可能向西加速行驶 

C．丙图中，正在快速上升的热气球下吊一重物，若绳子断裂，重物将立刻下落 

D．丁图中，汽车紧急刹车时人向前倒

【答案】C

【解析】A、高空飞行的飞机要击中地面上的目标，必须提前投弹，这是因为炸弹具有惯性，离开飞机后仍继续向前飞行，故A正确；B、当小车突然向西加速或向东减速时，水滴由于惯性还要保持原来的速度，所以会落在A点的右下方B点，故B正确；C、气球及重物都相同的速度匀速竖直上升，当绳子断开，重物与气球脱离，但由于惯性，重物会继续向上运动一段距离，但是由于物体受到重力的作用，向上的速度越来越小，最后物体向下运动，故C错误；D、由于人和车一起向前运动，当突然刹车时，汽车停止运动，人的下部也跟着停止运动，但人的上部由于惯性仍保持原来的运动状态，所以向前倾，故D正确。选C。

7．（2分）探究“凸透镜成像规律”时，蜡烛放在如图所示的位置，烛焰在光屏上成清晰的像。下列说法正确的是（　　）

A．光屏上此时能成倒立放大的实像 

B．蜡烛远离凸透镜后，移动光屏再次找到清晰的像，此时物与像之间的距离比原来的大

C．蜡烛燃烧逐渐变短的过程中，光屏上烛焰的像将向下移动 

D．蜡烛和光屏不动，凸透镜向左移动，光屏上还能再次成清晰的像

【答案】BD

【解析】A、由图可知，当u＞2f，f＜v＜2f时，成光屏上此时能倒立、缩小的实像，故A错误；B、蜡烛适当向左移动，物距变大，像距应减小，要重新得到清晰的像，光屏要适当向左移动，而物距变化量大于像距变化量，此时物与像之间的距离比原来的大，故B正确；C、蜡烛燃烧逐渐变短的过程中，根据过光线光心传播方向不变可知，光屏上烛焰的像将向上移动，故C错误；D、保持蜡烛和光屏的位置不动，把凸透镜向左移动一段距离后，光屏上的像再次变得清晰，根据光路的可逆性，此时像距和物距大小恰好与原来相反，则此时成的是倒立、放大的实像，光屏上还能再次成清晰的像，故D正确。选BD。

8．（2分）工人用如图所示的滑轮组，在时间t内，将重为G的货物匀速提升了h，人对绳子竖直向下的拉力恒为F．以下说法正确的是（　　）

A．拉力F的功率为 

B．额外功为（2F﹣G）h 

C．滑轮组的机械效率为 

D．滑轮组的机械效率随h的增大而增大

【答案】AB

【解析】A、由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝2，绳端移动的距离s＝nh＝2h，拉力F做的功：W总＝Fs＝2Fh，则拉力F的功率：P＝＝，故A正确；B、拉力做的有用功：W有＝Gh，则额外功：W额＝W总﹣W有＝2Fh﹣Gh＝（2F﹣G）h，故B正确；C、滑轮组的机械效率：η＝＝＝，故C错误；D、根据η＝可知，滑轮组的机械效率与提升的高度h无关，故D错误。选AB。

9．（2分）在图中R1、R2、R3为定值电阻，R1＝2R2．现有一个稳压电源（电压未知），当把该电源接在A、C两个接线端，开关S1、S2断开时，电压表的示数为1V；当把该电源接在B、D两个接线端，闭合开关S1，断开开关S2时，电流表A1示数如图甲所示。该电源仍接在B、D两个接线端，闭合开关S2，断开开关S1时，电流表A2示数如图乙所示，已知稳压电源不超过8V，两个电流表量程的选择不同。则下列选项正确的是（　　）

A．当把该电源接在A、C两个接线端、开关S1、S2断开时，三个电阻串联 

B．电源电压为6V 

C．R1：R3＝5：3 

D．当把该电源接在A、D两个接线端、开关S1、S2闭合时，电阻总功率为6.84W

【答案】AD

【解析】A、由图知，当电源接在A、C两个接线端，开关S1、S2断开时，电路连接情况如图所示：

此时R1、R2、R3串联，故A正确；此时电压表测R2两端电压，由串联电路特点和欧姆定律可得电压表示数：UV＝IR2＝＝1V﹣﹣①；BC、当把该电源接在B、D两个接线端，闭合开关S1、断开开关S2时，等效电路如左图；闭合开关S2、断开开关S1时电路如右图：

已知两个电流表量程的选择不同，R1＝2R2；（1）若A1使用0﹣0.6A量程，由图甲知其示数为0.3A，由并联电路特点和欧姆定律可得电源电压：U＝U1＝IA1R1＝0.3A×R1＝0.3A×2R2＝0.6A×R2﹣﹣②；则A2使用0﹣3A量程，由图乙知其示数为1A，由并联电路特点和欧姆定律可得电源电压：U＝U3＝IA2R3＝1A×R3，电源电压不变，则有0.3A×R1＝1A×R3，所以R1：R3＝10：3，则R3＝0.3R1＝0.6R2﹣﹣③；把②③代入①解得：R2＝6Ω，则：R1＝12Ω，R3＝3.6Ω，U＝3.6V；（2）同理，若A1使用0﹣3A量程，由图甲知其示数为1.5A，由并联电路特点和欧姆定律有电源电压：U＝U1＝IA1R1＝1.5A×R1＝3A×R2﹣﹣④；则A2使用0﹣0.6A量程，由图乙知其示数为0.2A，由并联电路特点和欧姆定律有电源电压：U＝U3＝IA2R3＝0.2A×R3，电源电压不变，则1.5A×R1＝0.2A×R3，所以R1：R3＝2：15，则R3＝R1＝15R2﹣﹣⑤；把④⑤代入①可得：R2＝6Ω，则：R1＝12Ω，R3＝90Ω，U＝18V，由题知，电源不超过8V，所以（1）符合题意，（2）不合题意，故R1：R3＝12Ω：3.6Ω＝10：3，故BC错误；D、由前面解答可知，R1＝12Ω，R2＝6Ω，R3＝3.6Ω，U＝3.6V，当把该电源接在A，D两个接线端、开关S1、S2闭合时，等效电路图如所示：

，

由并联电路特点和P＝可得，电路的总功率：P＝P1+P2+P3＝++＝++＝6.84W，故D正确。选AD。

二、填空及简答题（本大题共4个小题：每空1分，共10分）

10．（2分）在家庭电路中，控制照明灯的开关应接在_________线和照明灯之间，造成家庭电路中保险丝熔断的原因，一是总功率过大，二是_________。

【答案】火；短路。

【解析】电灯和控制它的开关一定串联，开关的一端接在灯泡顶端的金属点上，另一端接在火线上，在断开开关时，切断火线，操作更安全。造成保险丝熔断的原因是电流过大，而造成电流过大的原因有两个：一是总功率过大；二是短路。

11．（4分）日食现象是由于光的_________形成的；站在平静的池塘旁，可看到岸边大树的倒影和水中游的鱼，前者是光的_________现象，后者是光的_________现象，所看到的都是_________（填“实像”或“虚像”）

【答案】直线传播；反射；折射；虚像。

【解析】我们平时所看到的日食在物理学中，这是光在均匀介质中沿直线传播形成的，站在平静的池塘旁，可看到岸边大树的倒影和水中游的鱼，根据光的反射和折射定律可知，看到树的倒影是光的反射现象，看到的鱼是光的折射现象，这些看到的都是虚像。

12．（2分）截止今年6月初，我国已完成夏粮收割三成任务。如图所示，依靠“北斗导航”的无人驾驶联合收割机成为农田里的亮点。北斗卫星利用_________波对收割机进行精准定位，控制车辆行驶路线。图中运小麦的车辆与联合收割机之间应保持_________。

【答案】故答案是：电磁；相对静止。

【解析】（1）卫星通信是用微波来传递信息的，微波属于电磁波；（2）为了收割机与运输车运动的过程中农作物能准确的收割到运输车，就要求它们之间的位置不发生变化，即保持相对静止状态。选择其中一个物体为参照物，若研究对象与参照物没有位置的变化，就说研究对象与参照物保持相对静止。

13．（2分）人类生存离不开能源。在太阳能、石油、水能、煤炭中，属于不可再生能源的是_________；由于能源在转化过程中具有_________性，所以可利用的能源会越来越少，从而造成能源危机。

【答案】石油、煤炭；方向。

【解析】在上述能源中，对于石油、煤炭属于不可再生能源，对于太阳能属于新型的能源；同时由于能源在转化过程中具有一定的方向性，故当今社会可利用的能源会越来越少，这是造成能源危机的一个原因。

三、实验探究题（本大共4个小题：第14小题7分，第15小题6分，第16、17小题各7分，第18小题6分，共33分）

14．（7分）阅读短文，回答问题。

重心

各种规则几何形状的物体，若质量是均匀分布的，则重心在物体的几何中心。如球的重心是球心，长方形薄板的重心是两条对角线的交点，三角形薄板的重心是三条中线的交点，圆板的重心就是圆心。形状不规则的重心可用下图所示的悬挂法求出。

（1）影响物体重心位置的因素有_________

A．物体的几何形状和质量分布B．物体的质量分布及组成物质的密度

C．物体的几何形状和质量密度D．物体的质量分布及物体所处的位置

（2）图A、B是利用_________法，确定形状不规则的物体重心O的图示。用语言描述其确步骤：

①间隔适当的距离在薄板上取_________；

②_________将薄板悬挂起来，沿_________方向画直线；

③_________即为重心。

（3）图C用铅笔尖在重心O处顶起形状不规则的物体，物体_________。（选填“能”、“不能”或“不一定”）处于平衡状态。

【答案】（1）A；（2）悬挂；①取两点a、b；②分别在a、b两点；悬线；③两线的交点位置；（3）能。

【解析】（1）几何形状影响了质量的分布，质量的分部又影响了重力的分部。而密度和物体所处的位置都不会影响物体重心的位置，故只有A符合题意；（2）读图可知，a、b两点是悬挂点，沿重垂线画出的两条线会相交于一点，这便是悬挂法找重心的基本思路；（3）因为O点是重力的作用点，即重心，所以用铅笔尖在O处顶起这一物体，它周围的重力分部是相对均匀的，它能够处于平衡状态。

15．（6分）如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”实验的四个步骤

（1）丙步骤发现，从物体C接触水面开始直至浸没，弹簧测力计的示数越来越小。据此某同学得出：浮力的大小与物体进入液体的深度有关。他得出的结论是否正确？_________，原因是：_________。

（2）通过分析甲和_________、_________步骤，可以得出：物体在液体中所受浮力的大小跟它浸在液体中的体积有关。

（3）通过分析甲、丙、丁步骤还可以探究浮力的大小与_________有关。

（4）物体C的体积是_________ m3（g取10N/kg）。

【答案】（1）不正确；没有控制物体排开液体的体积相同；（2）乙、丙；（3）液体密度；（4）5×10﹣5。

【解析】（1）从物体C接触水面开始直至浸没，弹簧测力计的示数越来越小。据此得出：浮力的大小与物体进入液体的深度有关，这一结论是不正确的。因为在这一过程中没有控制物体排开液体的体积相同。（2）通过分析甲和乙、丙步骤，排开液体的体积越大，弹簧测力计的示数越小，说明受到的浮力越大，故可以得出：物体在液体中所受浮力的大小跟它浸在液体中的体积有关。（3）通过分析甲、丙、丁步骤还可以看出，物体排开液体的体积相同，但液体的密度不同，受到的浮力不同，故可以探究浮力的大小与液体密度有关。（4）由图甲、丙可得出，F浮＝G﹣F拉＝4.0N﹣3.5N＝0.5N，

由公式F浮＝ρ液gV排得物体C的体积：

V＝V排＝＝＝5×10﹣5m3。

16．（7分）如图所示，在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻大约为10Ω，有两个规格分别为“10Ω1A”的A滑动变阻器和“50Ω2A”的B滑动变阻器，电源电压为6V。

（1）本实验中应选择_________滑动变阻器（选填“A“或“B“）。

（2）请你用笔画线代替导线将如图甲中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器连入电路的阻值变大。

（3）连好电路后，用合开关，发现小灯泡不亮，但电流表电压表均有示数，接下来应进行的操作是_________。

A．断开开关，更换小灯泡

B．检查电路是否断路

C．移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光

（4）问题解决后，继续进行实验，发现电压表的示数如图乙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向_________（选填“右”或“左”）端移动，直到小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，则灯泡的额定功率为_________ W，此时灯泡电阻为_________Ω。

【答案】（1）B；（2）如上图所示；（3）C；（4）右；0.45；13.9。

【解析】（1）小灯泡的额定电压为2.5V，电阻大约为10Ω，

由欧姆定律，灯的额定电流约为：I＝＝＝0.25A，

由串联电路的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻为：

R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，

故选用“50Ω2A”的B滑动变阻器。

（2）由（1）知，电流表选用小量程串联在电路中，要求滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器连入电路的阻值变大，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下图所示：

（3）连好电路后，用合开关，但电流表电压表均有示数，则电路为通路，发现小灯泡不亮，说明电路的电流过小，故接下来应进行的操作是移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光，选C。（4）灯在额定电压下正常发光，图乙中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.7V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右端移动，直到电压表示数为额定电压；此时电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.18A，则灯泡的额定功率为：P＝ULIL＝2.5V×0.18A＝0.45W。由欧姆定律得，此时灯泡电阻为：RL＝＝≈13.9Ω。

四、计算题（每题6分，共12分）

17．（7分）电压表既是测量仪表，同时也是一个接入电路中的特殊电阻。电压表的电阻一般很大，为测量某电压表的电阻，某同学连接了如图所示的电路，电源电压保持不变，R1＝2.0kΩ．当闭合开关S1、S2时，电压表示数为4.5V；只闭合开关S1时，电压表的示数为3.0V．求：

（1）电源电压是多少？

（2）电压表的电阻是多少？

【答案】（1）电源电压是4.5V；（2）电压表的电阻是4000Ω。

【解析】（1）当闭合开关S1、S2时，电压表测电源的电压，其示数为电源的电压，即U＝4.5V。

（2）只闭合开关S1时，电压表与电阻R1串联，电压表示数UV＝3V，

因串联电路两端的电压等于各部分电路两端电压之和，

所以，R1两端的电压：U1＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，

因为串联电路各处的电流相等，所以I＝＝，即：＝，

解得：RV＝4000Ω。

18．（6分）边长为0.1m，质量均匀的正方体物体M，单独放在水平地面上对地面的压强为5.4×103Pa．装置如图所示，横杆可绕固定点O在竖直平面内转动，系在横杆B端的细绳绕过动滑轮，动滑轮连着物体M．用力F在A点竖直向上提横杆时，横杆在水平位置平衡，此时物体M对地面的压强为1.8×103Pa，若仍用力F在距离A点0.1m处竖直向上提横杆，使横杆仍在水平位置平衡，物体M对地面压强为1.0×103Pa，已知横杆上AB部分的长为0.2m，AB：OA＝1：3，g取10N/kg，不计横杆质量、绳质量和摩擦，则：

（1）物体M的质量为多少？

（2）动滑轮的质量为多少？

【答案】（1）物体M的质量为5.4kg；（2）动滑轮的质量为1.2kg。

【解析】（1）正方体物体M的底面积S＝0.1m×0.1m＝0.01m2，

物体M的重力G＝F＝pS＝5.4×103Pa×0.01m2＝54N，

物体M的质量m＝＝＝5.4kg；

（2）当在杠杆A端施加F大小的力杠杆平衡时，地面受到的压强为1.8×103Pa，

根据p＝可得：此时地面受到的压力为F'＝p'S＝1.8×103Pa×0.01m2＝18N，

滑轮对物体的拉力为F1＝G﹣F'＝54N﹣18N＝36N，

设动滑轮的重力为G动，由于不计横杆质量、绳质量和摩擦，根据动滑轮的使用特点可得：

杠杆B端受到的拉力FB＝（F1+G动），

已知：AB：OA＝1：3，AB＝0.2m，则OA＝3AB＝3×0.2m＝0.6m，OB＝AB+OA＝0.2m+0.6m＝0.8m，

根据杠杆平衡条件得：FB×OB＝F×OA，

即：（F1+G动）×OB＝F×OA，

则：（36N+G动）×0.8m＝F×0.6m﹣﹣①；

若仍用力F在距离A点0.1m处竖直向上提横杆，使横杆仍在水平位置平衡，物体对地面的压强减小，压力减小，一定是增大了动力臂，所以拉力向左移动了0.1m，

当在杠杆A端施加F大小的力杠杆平衡时，地面受到的压强为1.0×103 Pa，

根据p＝可得：地面受到的压力为F″＝p″S＝1.0×103 Pa×0.01m2＝10N，

滑轮对物体的拉力为F2＝G﹣F″＝54N﹣10N＝44N，

杠杆B端受到的拉力：FB′＝（F2+G动）

根据杠杆平衡条件得：FB×OB＝F×OA′，

即：（F2+G动）×OB＝F×OA′，

（44N+G动）×0.8m＝F×（0.6m+0.1m）﹣﹣②；

由得：G动＝12N，F＝32N，

所以动滑轮质量m动＝＝＝1.2kg。