湖南省长沙市2020年中考物理猜想卷（二）（含解析）

湖南省长沙市2020年中考物理猜想卷（二）
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有1个选项符合题意）
1．下列有关声现象的说法正确的是（　　）
A．“谁家玉笛暗飞声“中的笛声由笛管的振动产生
B．广播里播放“考生开始答卷“的声音是通过空气传入同学们耳朵的
C．蝴蝶翅膀振动的声音我们听不到，是因为它的翅膀振动幅度太小
D．嘈杂环境里戴耳塞，是防止噪声的产生
【答案】B
【解析】A、声音是由物体振动产生的，笛声是由笛管内空气柱振动产生的，故A错误；B、学校广播中传来的声音是通过空气传入学生耳中的，故B正确；C、蝴蝶翅膀振动的声音是次声波，低于人的听觉范围，人听不到，故C错误；D、嘈杂环境里戴耳塞，是在接收处减弱噪声，故D错误。选B。
2．重庆来福士是全球最大的来福士项目，坐落于重庆朝天门广场与解放碑之间，来福士成为重庆的又一个网红地标，相关描述正确的是（　　）

A．来福士在江水中的倒影是缩小的虚像
B．游客观赏来福士时，来福士会在视网膜上成一个正立缩小的像
C．平静的江水中游船的倒影是光的折射形成的
D．阳光下来福士的“影子”是光沿直线传播形成的
【答案】D
【解析】A、来福士在江水中的倒影属于平面镜成像，是正立、等大的虚像。故A错误。B、人眼成像原理是凸透镜成像，相当于照相机，成的是倒立、缩小的实像，故B错误；C、平静的江水中游船的倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射，故C错误；D、阳光下来福士的“影子”是光沿直线传播形成的。故D正确。选D。
3．关于小孩玩荡秋千的游戏，下列描述错误的是（　　）

A．当她运动到最高点时，如果受到的力全部消失，她将做匀速直线运动
B．在秋千上升的过程中，动能转化成重力势能
C．在荡秋千过程中，以固定秋千的铁杆 L 为参照物小孩是运动的
D．秋千的蹬板做的宽些，人坐上面可以减小压强
【答案】A
【解析】A、当她运动到最高点时，小孩瞬时静止，如果受到的力全部消失，她将静止，故A错误；B、秋千从低处向高处运动过程中，动能转化为重力势能，故B正确；C、以固定秋千的铁杆 L 为参照物，小孩和铁杆 L之间的位置发生了变化，故是运动的，故C正确；D、秋千的蹬板做的宽些，压力不变，就可以增大受力面积，人坐上面可以减小压强，故D正确。选A。
4．图中分别画了眼睛看近处和看远处的各两种光路，在A．B．C．D四种光路中，图（　　）一定描述了近视眼的情况
A．看近处的物体 B．看近处的物体
C．看远处的物体 D．看远处的物体
【答案】D
【解析】近视眼能看清近处的物体，看不清远处的物体，A、图中近处物体的像能成在视网膜上，可能是正常的眼睛，也可能是近视眼，故A错误；B、由图知，当看近处的物体时，像成在视网膜的后方，属于远视眼的情况，故B错误；C、图中远处物体的像成在视网膜上，可能是远视眼或正常的眼睛；故C错误；D、由图知，当看远处的物体时，像成在视网膜的前方，一定为近视眼的情况，故D正确。选D。
5．海洋水、陆地水和大气水的划分依据是（　　）
A．水的空间分布 B．水的化学性质
C．水的物理性质 D．水汽含量的多少
【答案】A
【解析】地球表面以水体为主，其中海洋占绝大部分，但海洋里的水由于盐度太高，人类不能饮用；陆地上的河水、湖泊水、地下水和冰川属于淡水，是人们生产和生活用水的主要来源；空气中含有部分水蒸气，使空气具有不同的湿度。所以将水划分为海洋水、陆地水和大气水的主要依据是水的空间分布。选A。
6．下列说法中，防止惯性带来危害的是（　　）
A．行驶中的车辆之间保持一定距离
B．跳远运动员起跳前助跑
C．斧头松了，把把柄的一端在水泥地上撞击几下，使斧头紧套在把柄上
D．拍打衣服时，灰尘脱离衣服
【答案】A
【解析】A、汽车行驶中如遇刹车，由于惯性不会立即停止，而是滑行一段距离，如果不保持车距，会发生车祸，这是典型的防止惯性带来危害的例子。故A符合题意；B、跳远运动员起跳前助跑，起跳后由于惯性仍能继续向前运动，这是利用了惯性。故B不合题意；C、斧头松了，将斧柄向下撞击地面时，斧柄静止，斧头由于惯性还要保持原来的运动状态，结果就可以使斧头套紧在斧柄上，是利用惯性；故C不合题意；D、拍打衣服前，衣服和灰尘一起静止，当拍打时，衣服运动，灰尘由于惯性还要保持原来的静止状态，所以灰尘从衣服上掉下来，是利用惯性。故D不合题意。选A。
7．用水平风吹图中的四个模型，受到的压强差向下的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A、相同时间内，风经过模型上方的路程大于模型下方的路程，模型上方的风速大于下方的风速，模型上方的压强小于模型下方的压强，最终的压强差向上，故A错；B、相同时间内，风经过模型上方的路程小于模型下方的路程，模型上方的风速小于下方的风速，模型上方的压强大于模型下方的压强，最终的压强差向下，故B正确；CD、C和D上方和下方的形状相同，相同时间内，风经过模型上方的路程等于模型下方的路程，模型上方的风速等于下方的风速，模型上方的压强等于模型下方的压强，故CD错。选B。
8．如图所示的电路，当开关闭合，两灯正常发光，使用中发现两灯突然熄灭，电流表无示数，电压表示数增大，则故障可能是（　　）

A．灯L1被短路 B．灯L2断路 C．灯L1断路 D．灯L2被短路
【答案】B
【解析】A、灯L1被短路时，L2仍接在电路中，灯L2亮，电路中会有电流，即电流表有示数，电压表也有示数，不合题意，故A错误；B．灯L2断路，电压表串联入电路中，电路中无电流，电流表无示数；灯不亮，电压表有示数且等于电源电压，即电压表示数变大，符合题意，故B正确；C．灯L1断路，整个电路断路，电路中无电流，即电流表示数为零，电压表示数也为零，两灯泡不亮，不合题意，故C错误；D．灯L2被短路时，L1仍接在电路中，灯L1亮，电路中有电流，即电流表有示数，电压表无示数，不合题意，故D错误。选B。
9．当自动电压力锅压力过大或温度过高时，发热器都会停止工作。压强过大时开关K过压自动断开，温度过高时开关K过热自动断开。如图所示K过压、K过热和锅内发热器的连接，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，当温度过高时，过热开关断开，电热丝不能工作；当锅内压强过大时，过压开关断开，电热丝不能工作；即任一开关断开都能使发热器停止工作，两个开关不能独立工作，即为串联，结合选项可知，BCD均不符合题意，A符合题意。选A。
10．下列四种做法中，符合安全用电原则的是（　　）
A．用湿抹布擦拭电灯
B．在高压线附近放风筝
C．发生触电事故后，先切断电源再救人
D．将控制灯泡的开关安装在灯泡和零线之间
【答案】C
【解析】A、一般的水是导体，用湿抹布擦拭带电的电灯时，可能会因湿抹布导电而发生触电事故。不符合题意；B、禁止在高压线附近放风筝，以免触电，故C不符合题意；C、发生触电事故后，先切断电源再救人，以免再次发生触电事故，故C符合题意；D、开关安在火线和用电器之间，以免触电，故D符合题意。选C。
11．在台球比赛中，选手推动球杆撞击白球，白球发生运动后碰撞其他球，如图所示。以下说法正确的是（　　）

A．手推动球杆前进时，手对球杆做了功
B．在水平桌面滚动的球受重力作用，重力对球做了功
C．桌面对球的支持力做了功
D．白球撞击黑球后没有静止，是因为人的手还在对白球做功
【答案】A
【解析】A、手推动球杆前进时，有力也有距离，所以手对球杆做了功，故A正确；B、重力与小球运动的方向垂直，重力对小球不做功，故B错误；C、桌面支持力与小球的运动方向垂直，支持力对小球不做功，故C错误；D、手对白球没有力的作用，白球继续运动是因为白球具有惯性，故D错误。选A。
12．如图所示，两个相同的圆柱形容器中分别盛有密度为ρ甲和ρ乙的甲、乙两种液体，甲、乙对容器底部的压强p甲＞p乙．现将体积为VA和VB的A、B两球分别浸没在甲、乙液体中（均无液体溢出），静止后，甲、乙液体对容器底部的压力相等。则下列判断中正确的是（　　）

A．ρ甲＜ρ乙，VA＝VB B．ρ甲＞ρ乙，VA＝VB
C．ρ甲＞ρ乙，VA＞VB D．ρ甲＞ρ乙，VA＜VB
【答案】D
【解析】由图知两容器中液体的深度h甲＜h乙，两液体对容器底部压强p甲＞p乙，由p＝ρ液gh可知，两液体的密度ρ甲＞ρ乙；故A错误。由题知两容器的底面积S甲＝S乙，且液体对容器底部产生的压强p甲＞p乙，由p＝可知，甲液体对容器底的压力较大；将球浸没在液体中，根据力的作用的相互性可知，液体对容器底增大的压力等于球所受的浮力；两球放入后，两容器底部受到液体的压力相等，可知甲容器底所受液体压力增大得较小，即△F甲＜△F乙，则甲液体中A球受到的浮力较小，即FA浮＜FB浮；两液体的密度ρ甲＞ρ乙，由F浮＝ρ液gV排知，VA＜VB，即A的体积小于B球的体积，故BC错误，D正确。选D。
二、填空（本大题共5小题，10空，每空2分，共20分）
13．如图是我国自主设计的中华牌月球车，自重120公斤，可载重20公斤，寿命为3个月，可在月球上3公里范围内连续行走10公里，共有自动避障等功能，发射到月球上，它的质量是________kg，受到月球对它的重力和地球上受到重力相比较将________（选填“变大”“变小”或“不变”）

【答案】（1）120；变小。
【解析】（1）月球车到达月球后，质量不变，还是120kg；（2）月球车在月球表面上受到的引力是在地球上受到重力的六分之一，所以受到月球对它的重力和地球上受到重力相比较将变小。
14．能源是社会发展重要支柱，能量可以转化或转移，总能量守恒；但可利用的能量却不断减少，节约能源是每个人的责任。我们重视太阳能的利用，太阳能属________能源（选填“可再生”或“不可再生”）；目前世界上建成的核电站是利用________原理（选填“核聚变”或“核裂变”）来发电。
【答案】可再生；核裂变。
【解析】太阳能可以从自然界源源不断获得，它们是可再生能源；核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。
15．沙发坐上去比较舒服，是由于人坐在沙发上时，________了人的受力面积，从而________了沙发对人的压强。（选填“增大”或“减小”）。
【答案】增大；减小。
【解析】我们坐沙发时，沙发发生了形变，则受力面积增大，在压力不变的情况下，受力面积增大，则沙发对人的压强减小，使人感到舒服。
16．如图所示的电路中，电源电压不变，将滑片P向左移动的过程中，示数始终不变的电表是________。当滑片P移至左端时，断开电键S，电压表V示数与电流表A示数的比值将________（选填“变大”、“不变”或“变小”）。

【答案】电压表；变大。
【解析】（1）因电源的电压不变，所以，滑片移动时电压表的示数不变；将滑片P向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大；由I＝可知，该支路的电流变小，即电流表A1的示数变小；因并联电路各支路独立工作、互不影响，所以，R1支路的电流不变；因并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小。（2）当滑片P移至左端时，断开电键S，电压表仍侧电源的电压，即电压表的示数不变；而此时R1支路断路，电流表A只测通过滑动变阻器的电流，所以电流表A的示数变小；故电压表V示数与电流表A示数的比值将变大。
17．如图是某一温度下两个电路元件甲和乙的I﹣U关系图象，将甲、乙两元件并联接入电源两端，测得其消耗的电功率之比为3：1，则元件乙的电功率为________W．若把它们串联在3V的电路中，此时电路消耗的总功率是________W。

【答案】0.15；0.6。
【解析】（1）将甲、乙两元件并联接入电源两端时，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且P甲：P乙＝3：1，
所以，由P＝UI可得：＝＝＝，
由图象可知，当U＝1.5V，I甲＝0.3A，I乙＝0.1A时符合，
则元件乙的电功率：P乙＝UI乙＝1.5V×0.1A＝0.15W；
（2）两元件串联在3V的电路中时，因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，所以，由图象可知，当I＝0.2A，U甲′＝1V，U乙′＝2V时符合，
则此时电路消耗的总功率：P＝U′I＝3V×0.2A＝0.6W。
三、实验探究题（本大题共4小题，共18分）
18．（4分）小明用图甲所示装置来探究棋子A在平面镜中的成像特点，其中A、B为两个相同的棋子。

（1）选择玻璃板代替平面镜是利用了玻璃板的________性（填物理属性）。
（2）为了确定棋子A的像Aˊ的位置，应将棋子A放在镜前，移动________，直到观察到________完全重合。
（3）为了进一步研究像的性质，将一块不透明挡板分别放在平面镜前后的1、2、3位置，如图乙所示，当挡板位置位于________（填位置序号）时，人眼能看到像Aˊ。
【答案】（1）透光；（2）棋子B； B与A的像Aˊ；（3）2、3。
【解析】（1）实验时选择透明的玻璃板，能同时观察到像和代替蜡烛A的蜡烛B，便于确定像的位置，这是利用了玻璃板的透光性；（2）为探究平面镜所成的像与物的大小关系，将棋子A放在玻璃板前，再拿一只相同的棋子B放在玻璃板后移动，由于平面镜成的是虚像，所以在寻找棋子A的像的位置时，直到从玻璃板前任一位置看上去都棋子B与棋子A在玻璃板中所成的像重合；（3）由图可知，A′即为棋子A在平面镜中的像，物体发出或反射的光，只要能到达平面镜，就能在平面镜中成像，而与平面镜大小差不多大的挡板是放在平面镜的正后方，不影响进入人眼的光线射，由此可见，当挡板位置位于1位置时，人眼不能看到像Aˊ，不管挡板放在2位置还是3位置，人眼仍然都可以看到像Aˊ。
19．（5分）如图所示是探究杠杆平衡条件的几个实验情景：

（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆________（选填“达到”或“没有达到”）平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杄右端的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）调节；
（2）如图乙所示，A点挂有2个质量均为50g的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂________个质量均为50g的钩码；
（3）如图丙所示的杠杆此时处于水平平衡，现给你一个量程为0～3N的弹簧测力计，若干个50g的钩码，钩码挂在C点处，现使用弹簧测力计和钩码使杠杆在水平位置平衡，则在C点处所挂钩码的最多个数为________个，此时弹簧测力计的拉力方向为________。
【答案】（1）达到；右；（2）3；（3）9；竖直向上。
【解析】（1）杠杆处于静止状态，则杠杆达到平衡状态；杠杆左端下沉，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码的质量为m＝50g，乙图，由杠杆平衡条件得，2mg×3L＝nmg×2L，所以n＝3（个），所以应在杠杆右边B处挂3个钩码。（3）由杠杆的平衡条件有：nG×4L＝F×LF，F最大为9N，当F作用在杠杆的最左端，且方向竖直向上时LF最大，C处挂钩码个数最多，根据杠杆的平衡条件，在C点处所挂钩码的最多个数：nG×4L＝F×6L，nmg×4L＝F×6L，代入数据：n×0.05kg×10N/kg×4L＝3N×6L，解得，n＝9。
20．（3分）如图（a）所示是“探究通电螺线管外部磁场特点”的实验，小明将许多小磁针放在螺线管周围的不同位置，接通电路后观察各小磁针静止时的指向（小磁针上涂黑的是N极）。然后根据小磁针指向，画出了螺线管周围的磁感线，如图（b）所示。
（1）观察图（a）和（b）发现，通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体的磁场十分相似。后来，小明对调电源正负极重新实验，发现小磁针静止时N极指向都与原来相反，这说明通电螺线管的磁场方向与________有关。
（2）如果要探究“通电螺线管磁场强弱与电流大小的关系”，应在图（a）所示电路的基础上做怎样的改进？答：________。
（3）本实验中还可以用铁屑来反映通电螺线管的磁场分布，铁屑与小磁针相比，小磁针效果更好，理由________。（写出一条即可）

【答案】（1）电流方向。（2）再在电路中串联一个滑动变阻器；（3）小磁针能更好的显示出各点的磁场方向。
【解析】（1）小明对调电源的正负极后，螺线管中的电流方向发生了改变，小磁针的N极指向与原来相反，说明磁场的方向相反，由此可以确定，螺线管磁场的方向与电流方向有关。（2）要探究螺线管的磁场强弱与电流大小的关系，就要改变螺线管中的电流大小，而在原电路中，电流的大小是无法改变的，因此要在电路中再串联入一个滑动变阻器即可，因为滑动变阻器可以通过改变其接入电路的电阻的大小来改变电路中的电流大小。（3）实验中还可以用铁屑来反映通电螺线管的磁场分布，铁屑与小磁针相比，小磁针效果更好，因为小磁针能更好的显示出各点的磁场方向；
21．（6分）现有下列器材：学生电源（6V），电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V，0～15V）、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”

（1）请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物连接成完整电路。（要求连线不得交叉）
（2）实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。由图象可以得出结论：________。
（3）上述实验中，小强用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，向________（选填“A”或“B”）端移动滑片，使电压表示数为2V时，读出电流表示数。
（4）为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器________。
A.50Ω 1.0A B.30Ω 1.0A C.20Ω 1.0A。
【答案】（1）如上所示：（2）电压一定时，电流与电阻成反比；（3）A；（4）A。
【解析】（1）变阻器按一上一下接入电路中并与电阻串联，电压表与电阻并联，如下所示：

（2）依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，由图中数据知，电阻与对应的电流之积：RI＝5Ω×0.4A＝10Ω×0.2A＝20Ω×0.1A＝2V，故得出的结论是：电压一定时，电流与电阻成反比；（3）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A端移动，使电压表的示数为2V；读出电流表示数；（4）由图知，电阻两端的电压始终保持2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝2倍，根据分压原理，当接入20Ω的最定值电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×20Ω＝40Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，故选A。
四、简答题（本大题共3小题，共26分）
22．（6分）今年冬天，寒潮几次袭击大连地区。当寒潮来袭时，小明看到家里的窗玻璃上出现了美丽的“冰花”。这些“冰花”是在窗玻璃的室内表面上形成还是在窗玻璃的室外表面上形成的？并解释“冰花”是怎样形成的。
【答案】见解析
【解析】“冰花”是在窗玻璃的室内表面上形成的；室内温度较高的水蒸气骤然遇到温度远低于0℃的玻璃，室内空气中的水蒸气在玻璃的室内表面上凝华形成小冰晶。
23．（8分）电热式加湿器是根据电流通过电阻产生热，电能转化成热能的原理，电热管浸没在水中，使水沸腾变成水蒸气，从而产生一个适度的湿度环境。图为电热式加湿器的工作原理图，电路由电热管R和气雾调节器R组成。加湿器的工作电压为220V，R0滑片移到最左端时，电路的电功率为50W．电热管R的阻值不变。气雾调节器R0的阻值范围是0～968Ω。
（1）电热管的阻值R为多少？
（2）R0的滑片移到最右端时，加湿器工作10min，电路消耗的总电能为多少？

【答案】（1）电热管的阻值为968Ω；（2）R0的滑片移到最右端时，加湿器工作10min，电路消耗的总电能为15000J。
【解析】（1）如图，R0滑片移到最左端时，电路中只有R，
由P＝可得：R＝＝＝968Ω；
（2）R0的滑片移到最右端时，R0全连入，
总电阻R总＝R+R0最大＝968Ω+968Ω＝1936Ω，
电路中电流：I＝＝＝A，
加湿器工作10min，电路消耗的总电能：W＝UIt＝220V×A×10×60s＝15000J。
24．（12分）如图所示，底面积为100cm2薄壁圆柱形容器盛有适量的水。重力为12N，体积为2×10﹣3m3的木块A漂浮在水面上，如图甲所示；现将一体积为250cm3的合金块B放在木块A上方，木块A恰好有五分之四的体积浸入水中，如图乙所示。求：
（1）图甲中木块A受到浮力的大小；
（2）合金块B的密度；
（3）将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，当A、B都静止时，液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了多少？

【答案】（1）图甲中木块A受到浮力的大小为12N；（2）合金块B的密度为1.6×103kg/m3；（3）将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，当A、B都静止时，液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了150Pa。
【解析】（1）图甲中木块A漂浮在水面上，
所以，图甲中木块A受到的浮力：F浮A＝GA＝12N；
（2）合金块B放在木块A上方时整体漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，
此时排开水的体积：V排＝VA＝×2×10﹣3m3＝1.6×10﹣3m3，
此时木块A受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×l.6×l0﹣3m3＝16N，
B的重力：GB＝F浮﹣GA＝16N﹣12N＝4N，
由G＝mg可得，合金的质量：mB＝＝＝0.4kg＝400g，
合金块B的密度：ρB＝＝＝1.6g/cm3＝1.6×103kg/m3；
（3）将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，因ρB＞ρ水，
所以，合金B将沉底，排开水的体积和自身的体积相等，
此时合金B受到的浮力：
F浮B＝ρ水gVB＝1.0×103kg/m3×10N/kg×250×l0﹣6m3＝2.5N；
木块A静止时处于漂浮状态，则木块A受到的浮力：F浮A＝GA＝12N；
A和B受到浮力的减少量：△F浮＝F浮﹣F浮A﹣F浮B＝16N﹣12N﹣2.5N＝1.5N，
排开水体积的减少量：△V排＝＝＝1.5×10﹣4m3，
水深度的变化量：△h＝＝＝0.015m，
液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了：
△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m＝150Pa。