初中物理中考复习 河北-2020年中考物理考前押题密卷（全解全析）

2020年河北中考押题密卷

物理·全解全析

一、选择题（1-6为单选题每小题2分，7-9题为多选题每不题3分，共21分）

1.【答案】B

【解析】A、正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故A不符合实际；

B、人正常步行的速度在4km/h＝4×m/s≈1m/s左右。故B符合实际；

C、三层楼的高度在10m左右，一层普通教室的高度在3m左右。故C不符合实际；

D、一个鸡蛋的质量在50g＝0.05kg左右，受到的重力为G＝mg＝0.05kg×10N/kg＝0.5N．故D不符合实际。

故选：B。

2.【答案】D

【解析】A、响度是指声音的大小，音调是指声音的高低。老师讲课时声音洪亮是指声音的很大，是指响度，故A错误；

B、利用超声波清除人体内的结石，说明声音可以传递能量，故B错误；

C、电磁波与声波都能传递信息与能量；故C错误。

D、手机把信息的传递给对方的时候是利用电磁波，但是手机内部需要把声信号先转化为电信号；故D正确。、

3.【答案】C

【解析】A、冰棍“冒”出的“白气”；是水蒸气遇冷液化成的小水滴，此过程放热；故A错误；

B、昆虫和植物上的露珠是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，此过程放热；故B错误；

C、用久了的白炽灯，灯丝变细是固态的钨，变成钨蒸汽，是升华现象，此过程吸热；故C正确；

D、北方寒冷的冬天洒水成冰，水由液态变成固态，属于凝固现象；此过程放热；故D错误。

4.【答案】D

【解析】A、放在水中的铅笔看起来向上弯折，是因为光从水中斜射入空气时，折射角大于入射角，属于光的折射现象，故A不符合题意。

B、地上形成影子是由于光沿直线传播，物体挡住了光线而形成的，故B不符合题意。

C、激光错位是光线在界面发生偏折，属于光的折射现象，故C不符合题意。

D、景物在水中的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故D符合题意。

5.【答案】D

【解析】A、乘客和车站之间的位置发生了变化，以车站为参照物，乘客是运动的，故A错误；

B、惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；

C、牵引力在水平方向，支持力在竖直方向，根据二力平衡条件，这两个力不是一对平衡力，故C错误；

D、加速运动，牵引力大于阻力，故D正确。

6.【答案】B

【解析】如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”实验中，烛焰在距离凸透镜u=8cm处时，在距离凸透镜v=15cm处的光屏上成倒立的像。

保持蜡烛和光屏不动，现把凸透镜向光屏方向移动7cm，此时u′=8cm+7cm=15cm， 此时像距v′=15cm－7cm=8cm，在光的折射现象中光路是可逆的，因此在光屏上能成像，此时像距小于物距，则在光屏上能成倒立缩小的实像，故ACD错误，B正确。

7.【答案】BCD

【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。

8.【答案】ABC

【解析】由题知，A、B、C三个正方体的体积相同；

A、由图可知，A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排＜VB排＜VC排，

根据F浮=ρ液gV排可知，浮力的大小关系为：FA＜FB＜FC，故A错误；

B、由图可知，A和B处于漂浮，C处于悬浮，则由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，

由于FA＜FB＜FC，所以GA＜GB＜GC；由于正方体A、B、C的体积相同，

所以根据ρ＝=可知，物体密度的大小关系：ρA＜ρB＜ρC，故B错误；

C、由图可知三个完全相同的容器内水的深度相同，由p=ρgh可知液体底部压强关系是p甲=p乙=p丙，三个容器的底面积相同，根据F=pS可求容器底部受到水的压力大小关系：F甲=F乙=F丙，故C错误；

D、因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力，由阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，即说明容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等；由于容器相同，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙，根据p＝可知，容器对桌面的压强大小关系为p甲=p乙=p丙，故D正确。

9.【答案】BCD

【解析】（1）由电路图可知，闭合开关S1时，R与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压， 再闭合开关S2后，R1与R并联后再与R2串联，电流表测R支路的电流，电压表测R2两端的电压， 因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻， 所以，R1与R并联后的总电阻小于R的阻值，则电路的总电阻变小，由I= 可知，电路的总电流变大，故A错误； 由串联电路的分压特点可知，并联部分的电压变小，R两端的电压变小， 由I=可知，R的阻值不变时，通过R的电流变小，即电流表的示数变小， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且干路电流变大，通过R的电流变小， 所以，通过R1的电流变大，且通过R1电流的增加量大于通过R2电流的增加量，故B正确； 因R2两端电压和滑动变阻器两端电压的电压之和等于电源的电压， 所以，R2两端电压的变化量与滑动变阻器两端电压的变化量相等，故C正确；

（2）当滑片P向a端移动时，接入电路中的电阻变大，并联部分的总电阻变大， 由串联电路的分压特点可知，并联部分电压变大，R2两端的电压变小， 则通过R1的电流变大，干路电流变小， 由并联电路的电流特点可知，通过R的电流变小，即电流表的示数变小； 同理可知，当滑片P向b端移动时，通过R1的电流变小，干路电流变大，通过R的电流变大，电流表的示数变大， 所以，要使电流表恢复到原来的示数，应将滑动变阻器的滑片P向B端移，故D正确。

二、填空题（每空1分，共11分）

10.【答案】140   3000  1000

【解析】（1）由图知，小英家7月份用电器消耗的电能为：W=6768.2kW•h－6628.2kW•h=140kW•h；

（2）由电能表的参数可知，工作电压为U=220V，允许工作的最大电流为I=30A，

电能表允许用电器工作的最大总功率：P大=UI=220V×30A=6600W，

已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，则最多还可以同时连接用电器的功率为6600W－3600W=3000W；

（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，则电能表指示灯闪烁160次时，饮水机消耗的电能：W=kW•h=0.05kW•h，

饮水机的实际功率：P===1kW=1000W。

因为饮水机正常工作，所以饮水机的实际功率等于额定功率，则饮水机的额定功率是1000W。
 

11.【答案】势  动

【解析】卫星从远地点向近地点运行的过程中，其质量不变，相对高度降低，则势能减小；同时速度增大，动能增大，是势能转化为动能。 故答案为：势；动。

动能大小的影响因素：质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。

本题主要考查了势能与动能之间的转化，了解各自的影响因素是判断的关键。

12.【答案】热传递；1.26×107；0.45

【解析】太阳热水器内的水吸收热量，温度升高，是通过热传递方式使水的内能增加。

水吸收的热量（水吸收的太阳能）：

Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×（70℃－20℃）＝1.26×107J；

由η＝×100%可得天然气完全燃烧释放的热量：

Q放＝＝＝1.8×107J，

由Q＝Vq可得，需要消耗天然气的体积：

V＝＝＝0.45m3。

13.【答案】太阳；裂变；不可再生

【解析】（1）太阳能电池在太阳光照射下发电，是将太阳能转化为电能；

（2）核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的，如核潜艇的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。

光伏发电系统发电时太阳能转化为电能；

核能主要包括核裂变与核聚变，由于核聚变的反应目前还不可控，故核电站主要是利用了核裂变获得能量。

（3）核能短期内不能从自然界得到补充，属于不可再生能源。

三、实验探究题（14题5分，15题6分，16题8分，共19分）

14.（每空1分）【答案】（1）间接地  （2）金属盒对纸的压力  （3）不能  （4）①、③  （5）C

【解析】（1）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡，拉力大小才等于滑动摩擦力的大小，间接地测出摩擦力的大小；

（2）实验步骤②使用的氢气球受到竖直向上的浮力作用，故绳子对金属盒有一个竖直向上的作用力，故是为了改变压力大小；

（3）根据实验步骤②、③的数据不能说明滑动摩擦力的大小与压力大小有关，理由：重力大小发生了改变；

（4）根据实验步骤①、③的数据说明：滑动摩擦力的大小可能与物体的重力大小无关；

（5）金属盒处于静止状态，受到平衡力的作用，与直接用弹簧测力计拉动金属盒测量滑动摩擦力相比，测力计便于读数(或对白纸的运动没有要求)。

15. （每空1分）【答案】（1）平衡螺母；力臂；（2）向左倾；（3）①游码；②39；③7.8

【解析】（1）实验前先要调节杠杆上的平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，使杠杆平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度；

（2）设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格的长度为L，

在杠杆上的A处挂两个钩码，B处挂三个同样的钩码杠杆平衡，即2G×3L＝3G×2L

若在杠杆两侧的钩码下方各增挂一个相同的小金属球，设金属球的重力为G′，

左端：（2G+G′）×3L＝6GL+3G′L，

右端：（3G+G′）×2L＝6GL+2G′L，

左端大于右端，故左端下沉；

（3）①把天平放在水平桌面上，将游码拨至标尺左端零刻度处，再调节天平平衡；

②小金属球的质量为：m＝20g+10g+5g+4g＝39g。

③小金属球的体积为：V＝30mL－25mL＝5mL＝5cm3。

小金属球的密度是：ρ＝＝＝7.8g/cm3。

16. （作图2分，其余每空1分）【答案】（1）

（2）电流相等；温度升高的示数   （3）大于   （4）大于   不成正比   （5）两瓶煤油的质量大小是否相等

【解析】（1）根据左图，将两电阻丝串联，变阻器左下接线柱连入电路中，如答图所示：

（2）电路中电阻丝的连接方式是为了控制电流相等；根据转换法，电阻丝放出热量的多少，是通过温度计的示数变化来进行判断的；

（3）闭合开关，因电流和通电时间相同，R1>R2，根据Q=I2Rt可知，经过一定时间，R1产生的热量多，根据△t=可知△t1大于△t2；

（4）闭合开关，移动滑动变阻器的滑动触头，使电路中的电流变成实验一中电流的2倍，且通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，电阻丝产生的热量是原来的4倍；

根据△t=可知，用电阻丝R1(或R2)加热的煤油，温度升高量△t′1( (或△t′2)大于2△t1(或2△t2)，该实验说明电流产生的热量与电流不成正比例关系。

（5）这个实验产生误差的主要原因是：两瓶中煤油的质量是否相等或两温度计的准确性是否一致。

四、计算题（17题9分，18题10分，共19分）

17.【答案】（1）圆柱体A的密度是2×103kg/m3；

（2）从A截取h＝6cm的圆柱块平放在B的中央，B对桌面的压强增加400Pa；

（3）图2中a的值是3cm。

【解析】（1）从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分平放在B的中央，则A对桌面的压强逐渐减小，B对桌面的压强逐渐增加，

可以判断A的最初压强是2000Pa，

均匀柱体对水平面的压强p＝ρgh，则圆柱体A的密度：

ρA＝＝＝2×103kg/m3；

（2）从A截取h＝6cm的圆柱块的重力：△GA＝ρAg△hASA，已知SA︰SB＝1︰3，

将圆柱块平放在B的中央，B对桌面的压强增加量：

△pB＝＝＝═＝400Pa；

（3）由图象知，B的最初压强是1200Pa，则由p＝ρgh可得圆柱体B的密度：

ρB＝＝＝2×103kg/m3，

由图象知，截取高度a，剩下部分A和截取后叠加B的压强相等，

即：pA'＝pB'，

则有：ρAg（0.1m－a）＝，

因为ρA＝ρB，SA︰SB＝1︰3（即SB＝3SA），

所以化简代入数据可得：0.1m－a＝＝＝，

解得：a＝0.03m＝3cm。

18.【答案】（1）10Ω；（2）20Ω；（3）2.5Ω~12Ω。

【解析】（1）灯泡L标有“4V，1.6W”字样表示灯的额定电压为4V，额定功率为1.6W，根据P＝UI＝可得：灯泡的电阻RL＝＝＝10Ω；

（2）只闭合开关S、S2和S3，移动滑动变阻器R1的滑片P使电流表示数为0.5A时，由于变阻器和R2并联，则电流表测总电流I＝0.5A，

根据P＝UI＝得电源电压：U＝＝＝5V；

则通过R2的电流，I2＝＝＝0.25A；

由并联电路电流的规律，通过动变阻器R1的电流：I1＝0.5A－0.25A＝0.25A，

由I＝可得R1接入电路中的阻值为：R1＝＝＝20Ω；

（3）只闭合开关S和S1，灯与变阻器串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，根据P＝UI，灯正常工作时的电流：IL＝＝＝0.4A，

电流表量程为0～0.6A，根据串联电路电流的规律，电路中的最大电流为I最大＝0.4A，此时灯正常发光，由欧姆定律和电阻的串联规律，变阻器有最小阻值；

由串联电路电压的规律和欧姆定律，滑动变阻器R1的最小阻值：

R滑小＝－RL＝－10Ω＝2.5Ω；

因电压表的量程为0～3V，电压表的最大示数为U最大＝3V时，变阻器连入电路中的电阻最大，根据串联电路两端的电压等于各电阻两端的电压之和可知：

灯泡两端的最小电压UL最小＝5V－3V＝2V，

由图乙可知，此时通过灯的电流为电路中的最小电流，则I最小＝0.25A，

由欧姆定律和串联电路电流的规律，变阻器连入电路中的最大电阻：

R滑大＝＝＝12Ω，

故滑动变阻器R1允许的取值范围是2.5Ω~12Ω。