【文档说明】《湖南中考真题物理》2011年湖南省湘潭市中考物理试卷（教师版） .pdf，共(23)页，521.243 KB，由envi的店铺上传

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2011年湖南省湘潭市中考物理试卷（教师版）一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）1．（2分）质量为150g的物体可能是（）A．一个乒乓球B．一支铅笔C．一个苹果D．一只铅球【考点】23：质量的估测．【分析】日常生活中的质量单位是斤和两，我们可以将质量单位换算成我们熟悉

的单位。【解答】解：一斤是500g，一两就是50g，150g是3两，可能是一个苹果的质量；故选：C。【点评】此题的难点在于对物体质量的估测，这是易错的地方，这要求我们对于生活中的物体要多观察，多思考。2．（2分）水很难被压缩，这是因为（）A．水分子间没有空隙B．水分子间没有引力C．水分子间存

在引力D．水分子间存在斥力【考点】GH：分子间的作用力．【分析】物质都是由分子组成的，分子之间存在一定的距离，并且分子在永不停息地做无规则运动，分子之间总存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：水很难被压缩，说明分子间存在斥力；故选：D

。【点评】本题考查了用分子动理论的内容解释现象，分子动理论的内容主要分析微观现象。3．（2分）由图中轮船和码头上的红旗飘扬，可以判定轮船是（）A．靠近码头B．可能静止C．远离码头D．三种情况都有可能【考点】53：运动和静止的相对性．【分析】首先根据码头上的红旗的飘动

方向，确定此时的风向；然后根据船上红旗飘动的方向与风向相反，说明船是顺风行驶，并且船速大于风速。【解答】解：假设图中方位是左西右东，由码头上红旗的飘动情况可以确定此时刮的风是西风；而船上红旗向西飘动，说明船是向东行驶，即顺风行驶，并且船

速大于风速。故选：A。【点评】该题考查了物体之间运动情况的判断与速度的关系，具有一定的迷惑性，解题的关键是先搞清楚风向，然后结合实际经验进行判断。4．（2分）在声源处减弱噪音的是（）A．建隔音墙B．在耳孔内塞棉花C．禁止鸣笛D．安装双层真空玻璃窗【考点】9L：防治噪声的途径．【分析】考查

防治噪声的途径，从三方面考虑：①在声源处；②在传播过程中；③在人耳处。【解答】解：A、建隔音墙，属于在传播过程中减弱噪声；B、在耳孔内塞棉花，在人耳处减弱噪声；C、禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声；D、双层真空玻璃窗中，真空不能

传声，这是在传播过程中减弱噪声。故选：C。【点评】此题考查了控制噪声的途径，是一道声学的基础题。现代的城市已经把控制噪声列为环境保护的重要项目之一，噪声污染也是现在中考的一个热点。5．（2分）铁块在降温过程中，会变大的物理量是（）A．内能B．质量C．体积D．密度【考点】22：质量及其特性；28

：密度及其特性；G6：温度、热量与内能的关系．【分析】对铁块在温度降低之后的各个物理量进行分析，从而找出正确的答案。【解答】解：A、内能和温度有关，温度降低时，内能会减小，所以此选项是错误的；B、质量是物体的一种属性和温度无关，所以此选项是错误的；C、体积和温度有关，根据“热胀冷缩”

，可以知道温度降低的时候，体积是减小的，所以此选项是错误的；D、根据“热胀冷缩”，可以知道温度降低的时候，体积是减小的，而物体的质量不变，所以物体的密度是增大的，所以此选项是正确的；故选：D。【点评】在平时的学习中要深刻的理解所学过的每个物理量的大小和哪些因素有关，特别是对于一些易

产生混淆的地方要多加注意和区分。6．（2分）足球运动员梅西在某次比赛中，踢出一记神奇的“香蕉球”，足球从右侧绕过“人墙”射入球门，如图所示。这是因为踢出的足球（）A．左侧空气流速慢B．两侧空气流速相同C．左侧空气流速快D．不断改变旋转方向【考点】8K：流体压强与流速的关系．

【分析】流体压强与流速的关系是：流速越大的位置，压强越小，在压强差的作用下，物体会向流速大的一面偏移。【解答】解：由图可知，足球在运动过程中，逐渐向左侧偏移，说明左侧的压强小，根据流体压强与流速的关系可知

，左侧空气流速快。故选：C。【点评】该题考查方式比较新颖，给出物体的运动轨迹，分析压强大小，从而判断空气流速。非常好。7．（2分）如图中利用了动滑轮的是（）A．B．C．D．【考点】7W：动滑轮及其工作特点

．【分析】根据定滑轮和动滑轮的特点分析，知道动滑轮的轮轴是随物体一起运动的，而定滑轮的轮轴是固定不动的。【解答】解：A、B、D选项中的滑轮轮轴是固定不动的，所以都是定滑轮，不符合题意；而C中滑轮的轮轴是随物体一起运动的，所以是动滑轮，符合题意；故选：C。【点评】解决此类题目要知道动滑轮会

随物体一起运动，定滑轮不随物体运动。8．（2分）有种不用电池的手电筒，使用时只要来回摇晃，使永磁体在线圈中运动，灯泡就能发光。该手电筒自生电能的工作原理是（）A．电磁感应B．磁极间的相互作用C．电流的磁效应D．磁场对电流的作用【考点】CP：电磁感应．【分

析】解答本题应掌握：当闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动时，回路中可以产生感应电流。【解答】解：由题意可知手压电筒为线圈切割磁感线产生感应电流，故可知利用了电磁感应原理，消耗了机械能产生了电能。故选：A。【点评】电磁感应原理在生产生活中有很多的应用，利用电磁感应原

理可以将机械能转化为电能。9．（2分）将一个塑料袋套住带叶的树枝并扎紧袋口，如图所示。过一晚后，塑料袋内壁附着很多小水珠，小水珠经历的物态变化是（）A．先升华后液化B．先蒸发后液化C．先蒸发后凝华D．先升华后凝固【考点】1H：汽化及汽化吸热的特点；1M：液化及液化现象．【分析】解决此题的关键是知道

物态变化的名称，物质从液态变成气态称为汽化，物质从气态变成液态称为液化。【解答】解：树叶中含有水分会蒸发变成水蒸气，然后水蒸气遇到冷的塑料袋又会变成小水滴，是由气态变成液态，属于液化现象；所以经历的物态变化是先蒸发后液化；故选：B。【点评】此题考查的是我们对于

生活中物态变化的分析能力，物态变化是中考必考的一个知识点。10．（2分）通过直接感知的现象，推测无法直接感知的事实，是常用的物理方法。下列根据现象作出的推测不符合事实的是（）A．现象：初春的湖边，柳絮飘扬推测：分子做

无规则运动B．现象：某物体熔化时温度不变推测：该物体可能是晶体C．现象：将磁铁靠近矿石，磁铁被排斥推测：该矿石为磁体D．现象：阳光普照大地推测：太阳光能在真空中传播【考点】2Q：物理学方法．【分析】（1）本题用到物理学方法“推理法”即：规律不能直接用实验验证，只能在实验的基础上经过概括、抽象、

推理得出；（2）要解答本题需掌握：①扩散现象是分子运动，以及机械运动和分子运动的区别；②晶体和非晶体的区别；③磁极间相互作用规律；④光的传播。【解答】解：A、柳絮飘扬是物体的机械运动，是可见的，而分子运动是肉眼看不见，不符合事实；B

、晶体和非晶体的区别就是否有一定的熔化温度，因此物体在熔化时只要温度保持不变，这种物质就可能是晶体，符合事实；C、磁极间具有同名磁极相互排斥的性质，因此只要磁铁和矿石相互排斥，就可以判定该矿石是磁体，符合事

实；D、太阳和地球之间没有空气，太阳光能传播到地球上，说明太阳光可以在真空中传播，符合事实。故选：A。【点评】本题的解题关键是先了解“推理法”的实验过程，然后回忆所学内容，得到答案。11．（2分）用水平力推矿泉水瓶的下部，矿泉水瓶沿桌面滑动，改用同样大小的水平力推矿泉水瓶的上部，矿

泉水瓶被推倒，这说明力的作用效果与（）A．力的大小有关B．力的作用点有关C．力的方向有关D．受力物体的种类有关【考点】6F：力的作用效果．【分析】力的三要素有：力的大小、方向、作用点，它们都影响力的作用效果。【解答】解：用同样大小的水平力推矿泉水瓶的上部，矿泉水瓶被推倒，体现了力的作

用点不同影响了力的作用效果。故ACD错误；B正确；故选：B。【点评】深入理解力的三要素对力的作用效果的影响；是解答此题的关键。12．（2分）如图所示，通电螺线管周围的小磁针静止时，N极指向的方向正确的是（）A．a磁针B．b磁针C．c磁针

D．d磁针【考点】C4：磁极间的相互作用；CB：安培定则及其应用．【分析】用右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律判断小磁针静止时的磁极指向。【解答】解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的左端为N极，右端为S极，由同名磁极相互排斥，

异名磁极相互吸引知，只有小磁针b的指向正确。故选：B。【点评】右手螺旋定则为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定则判断电流及磁极的关系。本题也可由电磁铁的磁场分布判断小磁针的指向。13．（2分）高速电力列车行驶时，受到的空气阻力，近似

地与速度的平方成正比，列车行驶相同的路程时（）A．车速越大，惯性越大，能耗越小B．车速越小，惯性越小，能耗越小C．车速越大，运行时间越短，能耗越小D．适当降低车速，可以大幅减小阻力，减少能耗【考点】6L：

惯性；E3：能量守恒定律．【分析】AB、根据一切物体都有惯性，并且惯性只有物体的质量有关进行分析；CD、根据能量守恒进行分析，当克服阻力做功越少，消耗的能量就越少。【解答】解：惯性的大小只于物体的质量有关，与物体的速度无关，因此A、B选项错误；列车行

驶时受到的阻力与列车行驶速度的平方成正比，因此列车行驶的速度越大，列车克服阻力做功就越多，因此适当降低列车的速度，可以大幅减小阻力，从而减小能耗；因此C选项错误，D选项符合题意。故选：D。【点评】熟练掌握惯性大小的决定因素，会根据能量守恒分析

能量的去向。14．（2分）我国自主开发的“隐形飞机”歼20，主要改进了形状与材料方面的技术，能有效避开雷达的探测。下列关于歼20隐身的原因解释，正确的是（）A．由于歼20飞行太快，电磁波追不上B．由于歼20是超音

速飞机，声波追不上C．通过改用新材料，减弱对电磁波的吸收能力D．通过改变飞机形状，减少对雷达探测设备方向反射的电磁波【考点】D2：电磁波的传播与应用．【分析】要解答本题需掌握：电磁波在传播过程可以被吸收，也可以被反射。【解答】解：“隐形飞机”，可以有效避开雷达的探测，主要是它表面

有一种特殊材料，能够增强对电磁波的吸收。它的表面制成特殊形状，这种形状能够减弱电磁波反射回雷达。故选：D。【点评】本题主要考查学生对：电磁波的传播的特点的了解和掌握。要会运用。15．（2分）李明家中有一盏电灯突然不亮，他用试电笔检测灯头内的两个接线柱，试电笔均发光，发生这

一现象的原因是（）A．灯丝断了B．灯头与零线间断路了C．灯座短路了D．灯头与火线间断路了【考点】IP：家庭电路的故障分析．【分析】电灯熄灭但保险丝未熔断，说明电路中干路上有断路，测电笔测试各处电路，氖管都发光，说明插座的两孔与火线是连通

的，故只可能是零线断了。【解答】解：A、灯丝断了，电灯中没有电流，试电笔测连接零线的接线柱不会发光。不合题意。B、试电笔能亮，说明火线上有电，而零线上本该不亮，但也亮了，说明是进户线的零线开路了，符合题意。C、灯座处发生短路，会使电路发生短路，保险丝熔断，不合题意。D、灯头与火线间断路了，

试电笔的氖管不会发光，不合题意。故选：B。【点评】本题考查了用测电笔检修家庭电路的故障的方法，要知道进户线零线断的现象并能解释。二、填空、作图题（本题共21分．把正确答案填写在答题卡上）16．（2分）如图是液面高度监视器，让一束光射向被监视液面，请画出反射光线，并在光屏上标出光点S

。【考点】A8：作光的反射光路图．【分析】光射到液面，经液面反射后射到光电屏上，从而能确定液面高度；光的反射遵循光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。【解答】解：由光的反射定律的内容，

首先过入射点画出法线，法线与界面垂直（虚线），根据反射角等于入射角画出反射光线，如下图所示：【点评】光的反射作图是中考光学作图的重点内容，作图关键是对光的反射定律的理解和应用。17．（4分）如图所示，质量不计的轻杆OA长1m，B点挂有重力为10N的重物，A点的

动力F为5N，方向与轻杆垂直，物体均处于静止状态。则该装置的阻力臂L2＝0.5m。请画出物体所受重力的图示和阻力臂L2。【考点】7B：重力示意图；7N：杠杆的平衡条件；7P：力臂的画法．【分析】（1）已知支点O和动力，阻力为重物的重

力对杠杆向下的拉力，根据力臂的画法，过支点作阻力作用线的距离是阻力臂。（2）重力G的作用点在重心，方向是竖直向下的，力的图示画法是将力的大小、方向、作用点表示在图上。在画力的图示时，一定要注意画出标度。（3）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，可以求出L2。【解答】解：（1）过支点O

作力F2作用线的垂线段，垂线段的长度即为力臂L2，如图所示：（2）从重心开始竖直向下画一条带箭头的线段表示出重力G．可设标度为5N。由F1＝5N，L1＝OA＝1m，F2＝10N。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得L2＝＝＝0.5m。故答案为

：0.5m。【点评】此题考查了力臂的画法、重力的图示和杠杆的平衡条件，在画力的图示时，一定要注意画出标度。18．（2分）如图中甲、乙表示四冲程内燃机的两个冲程，从气门的启、闭和活塞的运动可以判定：做功冲程是

甲图，压缩冲程是乙图。【考点】GM：内燃机的四个冲程．【分析】解决此题要知道内燃机的四个冲程按照顺序有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；判断冲程可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”；其中，气阀门都关闭谓之关

，只有一个气阀门打开谓之开。【解答】解：甲图中的两个气阀都关闭，活塞向下运动，是做功冲程；乙图中的两个气阀关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；故答案为：甲，乙。【点评】解决此类问题要结合内燃机的四个冲程特点进行判断分析。19．（

2分）电阻R1＝600Ω，R2＝40Ω．两个电阻串联后的总电阻为640Ω．两个电阻并联后的总电阻为37.5Ω。【考点】II：电阻的串联；IJ：电阻的并联．【分析】根据串联电路总电阻与各部分电阻的关系以及并联

电路中总电阻和支路电阻的关系进行分析，即串联电路的总电阻等于各部分电阻之和，而并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和。【解答】解：因为电阻R1＝600Ω，R2＝40Ω；则若将R1、R2串联起来，它们的

总电阻为：R总＝R1+R2＝40Ω+600Ω＝640Ω；若将R1、R2并联起来，它们的总电阻为：R总＝＝＝37.5Ω。故答案为：640Ω；37.5Ω。【点评】知道串并联电路总电阻与各部分电阻的关系，并且能

够灵活应用。20．（2分）如图所示，气泡从充满油的玻璃管底端向上运动，点B、C、D是每隔2秒记录的气泡位置。则气泡在BC段的平均速度为0.1m/s。在AD段做变速直线运动（填“匀速”或“变速”）。【考点】

6A：速度的计算；6D：变速运动与平均速度．【分析】观察图中A、B、C、D之间的距离，可以判断气泡在玻璃管中的运动情况；读出BC的长度，知道时间是2s，结合速度的计算公式，即可求得气泡的平均速度。【解答】解：图中A、B、C、D之间的长度逐渐变大，可以判断在AD段做变速直线运动；BC＝20cm＝

0.2m，时间是2s，v＝＝＝0.1m/s。故答案为：0.1；变速。【点评】此题考查了速度的计算以及对变速运动的理解。21．（2分）让太阳透过三棱镜，会出现色散现象。再让三棱镜分解出来的彩色光带通过倒置的三棱镜后，光束又混合成白光，这证实了白色的太阳光

是由七色（或多种颜色，或具体的七种颜色）光混合而成的。【考点】AP：光的色散．【分析】该题可以从太阳光被分解成各种色光的角度分析，联系课本内容，进而得出该题的答案。【解答】解：太阳光是一种复色光，所以我们可以通过三棱镜将其分解为七种颜色的色光，即该现象称为光的

色散；该现象进一步证实了太阳光是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫这七种颜色的色光组成的。故答案是：色散；七色（或多种颜色，或具体的七种颜色）。【点评】当让太阳光经过三棱镜后，在后面的光屏上依次被分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫这七种颜色的色光，即由此我们可

以判断出各种色光的偏折能力，即红光最弱，紫光最强；该知识点经常与凸透镜的焦距的大小判断相联系，所以我们在处理时应特别注意与该块知识的结合。22．（2分）用热水袋取暖时，热水袋的温度会逐渐降低。这是由于热水袋，通过热传递的方式，减少了

内能。【考点】GA：热传递改变物体内能．【分析】解决此类问题要知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。【解答】解：利用热水袋暖手，是通过热传递改变手的内能，热量从热水袋转移到手上，使热水袋的内能降低，

手的内能增加；故答案为：热传递，内。【点评】此题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于易错题目。23．（2分）香港一家健身馆，地面装有压电材料，利用健身者对地面的压力产生电能，为室内照明供电。压

电材料是将机械能转化为电能的装置。近期美国教授又发现了一种具有将声音转化成电能的高灵敏压电材料，这一说明发现，声音传播到物体表面时，也会对物体施加压力（作用力或力）的作用。【考点】81：压力及重力与压力

的区别；FY：机械能和其他形式能的转化．【分析】从压电材料的性能：压电材料在压力作用下表面会产生电能，为室内照明提供电压；压电材料能将声音转化成电能来考虑。【解答】解：利用健身者对地面的压力产生电能，为室内照明供电，说明压电材

料是将机械能转化成了电能；能将声音转化成电能的高灵敏压电材料说明，声音会对物体施加压力的作用。故答案为：机械、压力（作用力或力）的作用。【点评】本题利用生活中实例，考查了物理知识的应用，揭示了物理来源于生活又应用于生活的物理意识。24．（3分）如图1中，量筒内有30mL的水。为了测量木块的密度

，李明将木块放入量筒，让其浮于水面上，水面位置如图2示；再用钢针将木块压入水中，水面位置如图3所示。则该木块的体积是10mL，密度为0.5g/cm3。【考点】2D：量筒的使用；2M：固体的密度测量实验；8O：

阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用．【分析】读取量筒内液体体积时，视线应和液面的凹面处相平；要想知道木块的密度，需要测出木块的质量和体积；由图1和图3可以得出木块的体积，由图1和图2可以

得出木块漂在水面时排开水的体积，根据阿基米德原理F浮＝G排求出木块漂浮时受到的浮力，而浮力等于木块的重力，再由G＝mg可以求出木块的质量，最后由ρ＝即可求出木块的质量。【解答】解：由图1可知V1＝30mL，由图2可知V2＝35mL，由图3可知V3＝40mL木块的体积为V木＝V3﹣

V1＝40mL﹣30mL＝10mL＝10cm3因为木块漂浮在水面时排开水的体积为：V排＝V2﹣V1＝35mL﹣30mL＝5mL＝5cm3所以木块漂浮在水面时受到的浮力是：F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣6m3＝4.9×10﹣2

N因为木块漂浮，所以G＝F浮＝4.9×10﹣2N，所以木块质量为：m＝＝＝5×10﹣3kg＝5g则木块的密度为ρ＝＝＝0.5g/cm3故答案是：30；10；0.5。【点评】该题考查了利用量筒测量固体密度的一种方法，而且固体的密度还小于水的密度，是借助浮

力求出固体的质量，难度较大，容易出错。三、实验、探究题（本题共26分．把正确答案填写在答题卡上）25．（6分）为了探究滑动摩擦力的大小与速度大小的关系，应控制接触面的粗糙程度和压力的大小不变，测出物体在不同速度下的摩擦力大小。如图所示，用力拉这长木板向右滑动，铝块

很快处于静止状态，弹簧测力计对铝快的拉力等于铝块受到的摩擦力（填“大于”、“小于”、“等于”）。分别用不同的速度拉动长木板，弹簧测力计的示数都相同，这说明滑动摩擦力的大小与速度大小无关（填“有关”、“无关”）【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实

验．【分析】（1）滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关。研究影响滑动摩擦力的影响因素时注意控制变量，否则结论是错误的；（2）如图所示，用力拉长木板向右滑动，铝块很快处于静止状态，铝块处于静止状态时，弹簧测力计对铝快的拉力与铝块受到的摩擦力是一对平衡力，

两力大小相等。（3）比较不同的速度时弹簧测力计的示数，抓住相同因素和不同因素就可以得出结论。【解答】解：（1）在研究滑动摩擦力的大小与速度大小的关系时，必须控制接触面的粗糙程度和压力的大小不变。（2）用力拉动木块时，铝块静止受到的

力是平衡力，根据二力平衡的知识，此时摩擦力的大小等于弹簧测力计对铝块拉力的大小。（3）比较不同速度弹簧测力计的示数，示数都相同，说明滑动摩擦力的大小与速度大小无关。故答案为：压力的大小；等于；无关。【点评】本题主要是考查学生的实验分析能力，要学

会用控制变量法，明确变量和不变量是解题的关键。26．（7分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，将发光体S（箭头形状的发光二极管，长为2cm）、凸透镜T、光屏P安装在光具座上进行试验，如图所示。固定凸透镜T，将发光体S放在离凸透镜4cm（物距u）处，移动光屏

P，如果找不到像，则记录光屏上光斑的特征；如果在光屏上出现清晰的像，则记下像的特征，测出光屏P到透镜T的距离（像距v）和像的长度。然后，将物距依次增加2cm，重复上面的实验。实验数据如下表，根据表中的信

息，回答下列问题：实验次数物距u/cm像距v/cm像的长度/cm像的特征14.0/光斑大小变化只有圆光斑26.0/光斑大小变化只有圆光斑38.0/光斑大小不变只有圆光斑410.040.08.0倒立的箭头512.024.04.0倒立的箭头614.018.72.7

倒立的箭头716.016.02.0倒立的箭头818.014.41.6倒立的箭头920.013.31.3倒立的箭头（1）凸透镜T的焦距为8cm。（2）物距u在大于8cm小于16cm范围时，在光屏上总成倒立放大的实像。（3）当物距从开始再到逐渐增大时，则像的大小

变小，像距变小。（均选填“变大”、“变小”、“不变”、“先变小后变大”、“先变大后边小”）（4）当物距等于7cm时，物体在光屏上一定不会成像（填“一定会”、“一定不会”“可能会”）。分析表中成倒立实像的实验数据，当物像间距（u+v）最小时，成在光屏上的像的长度

等于发光体的长度。（填“大于”、“小于”或“等于”）。（5）请你根据上表提供的信息，再找出一条规律u＞8cm成实像；u＜8cm成虚像；u＞16cm成倒立缩小实像。【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．【分析】（1）要解决此题，需要掌握凸透镜对光的作用

，知道从焦点发出的光，经凸透镜后平行于主光轴。根据4.0cm﹣8.0cm时的光斑大小变化即可确定焦点的位置，然后可知焦距大小。（2）U＞2f，成倒立、缩小的实像。2f＞U＞f，成倒立、放大的实像。（3）根据凸透镜成实像时，物近像远像变大可解答此题。（4）U＜f，成正立、放大的虚像。

不能在光屏上成像。根据物像间距（u+v）最小时，找出像的长度，与发光体的长度比较一下即可得出结论。（5）由表中信息总结的合理规律即可，例如：f＞8cm时的成像情况，f＜8cm；f＞16cm成像情况等，与表中信息无关的规律不可以。【解答】解：（1）若将发光体S放在焦点处，则发出的光

经凸透镜后，平行于主光轴，则在光屏上会出现一个与凸透镜等大的圆形的光斑，而只有将发光体S放在8cm处时，光斑大小不变，可知此处即为焦点，则凸透镜T的焦距为8cm。故答案为：8（2）凸透镜的焦距f＝8cm，由凸透镜成像规律可知，物

距u在大于8cm小于16cm范围时，在光屏上总成倒立放大的实像故答案为：大于8cm小于16cm；（3）由凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知，当物距从开始再到逐渐增大时，则物距增大、像距变小，像变小。故答案为：变小；变小。（4）因为凸透镜的焦距f＝8cm，所以当U＝7

cm时，U＜f，成正立、放大的虚像。不能在光屏上成像。分析表中成倒立实像的实验数据，当物像间距（u+v）最小时，即物距为16cm和像距为16cm时，此时（u+v）最小，则成在光屏上的像的长度为2cm，正好等于发光体的长度。故答案为：一定

不会；等于。（5）由表中信息可知：u＞8cm成实像，u＞16cm成倒立缩小实像，物像间距与像的大小之间的规律等都可以。故答案为：如：u＞8cm成实像；u＜8cm成虚像；u＞16cm成倒立缩小实像；【点评】本题考查学生能否根据实验中记录的数据得出正确的结论，考查了学生对数据的处

理和分析归纳能力，是一道不错的实验探究题。27．（5分）下表是李明用如图所示装置探究斜面机械效率的实验数据。实验次数物块重力G/N斜面高度h/m沿斜面拉力F/N斜面长s/m机械效率140.32160%280.34

13120.36160%480.45164%580.55.6171.4%（1）在第2次实验中，斜面的机械效率为60%。（2）实验1、2、3是探究斜面机械效率与物体重力的关系。由表中数据可知，当斜面粗糙程度和倾斜程度不变时，沿斜面向上均匀拉动不同重力的物体，机

械效率不变（填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）实验2、4、5是探究斜面机械效率与斜面倾斜角度的关系。由表中数据可知，在斜面粗糙程度相同时，斜面越陡，机械效率越大。【考点】F9：斜面机械效率的测量实验．【分析】（1）根据表中数据求出有用功和总功，再利用公式η＝求出斜面的机

械效率；（2）对比实验1、2、3中的实验数据可知这三次实验是探究斜面机械效率与物重的关系；因为三次实验的机械效率相同，说明其他条件不变时，机械效率与物重无关。（3）如果探究斜面机械效率与斜面倾斜角度的关系，应该改变倾角大小，而保证其他条件不变，分析表中数据

找出对比实验；分析表中数据可知斜面越陡，机械效率越大。【解答】解：（1）在第2次实验中，做的有用功是：W有用＝Gh＝8N×0.3m＝2.4J；做的总功是：W总＝Fs＝4N×1m＝4J；所以机械效率为：η＝×100%＝×100

%＝60%。（2）对比实验1、2、3中的数据可以发现，三次的物重不同，但斜面长和高均相同，说明这三次实验是探究斜面机械效率与物重的关系；而三次的机械效率都是60%，说明当斜面粗糙程度和倾斜程度不变时，机械效率与物重大

小无关。（3）在实验2、4、5中，物块的重力都是8N，但斜面长相同而不同，说明斜面倾斜角度不同，因此这三次实验是探究机械效率与斜面倾斜角度的关系；比较三次的机械效率可知，斜面越陡，机械效率越大。故答案是：（1）60%。（2）物体重力（或物重、或物块重力）；不变。（3

）2、4、5或2、4或2、5。（4）越大（或越高）。【点评】该题通过探究斜面机械效率考查了控制变量法在实验中的应用，难度不大，但要搞清楚控制量和改变量。28．（8分）在物理学中，磁场的强度用磁感应强度B（单位是T）表示。B越大，磁场越强；B＝0，表示没有磁场

。如果电阻大小随磁场的强弱变化而变化，则这种电阻叫磁敏电阻。（1）图甲所示是某磁敏电阻R的阻值随磁感应强度B变化的图象。根据图象可知，磁敏电阻的阻值随磁感应强度B的增大而增大。（2）将该磁敏电阻R放在磁场外，接入图乙所示电路，闭合开关后，电流表

示数如图丙所示，则流过磁敏电阻的电流为40mA，此时磁敏电阻两端的电压为4V。（3）只要在图乙中再连入一个电压表，就可测量磁敏电阻的阻值，利用图1，可知道相应位置的磁感应强度大小。请将电压表连入电路。（

4）正确接线后，将磁敏电阻R置于磁场中的A点，接通电路，电压表和电流表的示数分别为5V和20mA，磁敏电阻的阻值为250Ω，此时A点的电磁感应强度B＝0.6T．改变磁敏电阻R在A处放置的方向，电压表和电流表的示数都不变，则该磁敏电阻的阻值与磁场方向无关（填“有关”或“无关”）。【考点】C6：磁场；

IH：欧姆定律的应用．【分析】（1）由图象可知随着磁感应强度B的增大，电阻的阻值增大；（2）由电流表的标度可知电流表的最小分度，则可读出指针所指的示数；由欧姆定律可求得电阻两端的电压；（3）要想测量电阻的阻值应采用伏安法，故应测量电阻两端的电压，

故应将电压表并联在R两端，同时要注意电压表的量程选择；（4）由欧姆定律可求得电阻的阻值；由图象可知A点的磁感应强度；由题意可知磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。【解答】解：（1）由图象可知，随磁感应强度的增大，电阻的阻值增大；（2）由图可知该表为mA表，故示数为40mA；由图可知，当没有磁

场时，磁敏电阻的阻值为100Ω，则由欧姆定律可得：电压U＝IR＝40mA×100Ω＝4V；（3）应采用伏安法测出磁敏电阻的阻值，故应将电压表并联在磁敏电阻两端；因B为零时，磁敏电阻两端的电压为4V，且随磁场增强电阻增大，则电压增大，故量程

应选15V；（4）由欧姆定律可得：磁敏电阻的阻值R＝＝＝250Ω；由图可知，此时磁感应强度为0.6；因改变磁敏电阻R在A处放置的方向，电压表和电流表的示数都不变，则该磁敏电阻的阻值与磁场方向无关；故答案：（1）

增大；（2）40；4A；（3）答案如图；（4）250，0.6。【点评】本题为综合题，要求学生注意审题从题中找出有用的信息并灵活应用所学物理知识进行解答。四、综合题（本题23分．解答部分写出必要的文字说明、公式和重要的演示步骤）29．（6分）热水器给2kg的水加热，水温升高40℃时，需要吸收多少焦

耳的热量？这些热量相当于多少千克木炭完全燃烧放出的热量？已知木炭的热值：q＝3.36×107J/kg。【考点】GG：热量的计算；GJ：燃料的热值及其计算．【分析】知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的

热量；由题知Q吸＝Q放，根据公式Q放＝qm求出需要燃烧的木炭的质量。【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×40℃＝3.36×105J，∵Q吸＝Q放＝m木炭q，∴m木炭＝＝＝0.01kg。答：需要

3.36×105J的热量，这相当于0.01kg的木炭完全燃烧放出的热量。【点评】本题考查学生对吸热公式Q吸＝cm△t和Q放＝qm的掌握和运用，属于基础题目。30．（8分）圆柱形容器A盛有3.0kg的水，水的深度为30cm，静止放置在水平

桌面上，如图1所示。质量可以忽略的轻质密闭塑料瓶B，装有500g液体C，下端为圆柱形，将其放入容器A内时，竖直漂浮于水面上，如图2所示。（g取10N/kg）（1）图1中水对容器A底部的压强大小为3000Pa。（2）由图2可判断液体C的密度小于水的密度。（填“大于”、“小于”或

“等于”）。（3）若倒置塑料瓶B且让其竖直漂浮在容器A内，则此时C液体的液面到水平桌面的距离等于图2中C液体的液面到水平桌面的距离。（填“大于”、“小于”或“等于”）。（4）列式求出图2中水对容器A地面的压强。【考点】2S：物理量的单位及单位换算；89：液体的压强的计算；8P：浮力大小的计算；8S

：物体的浮沉条件及其应用．【分析】（1）已知水的深度，根据公式P＝ρgh可求水对容器A底部的压强；（2）塑料瓶B在水中漂浮，根据物体的沉浮条件可知，浮力等于重力，由图可知液体C的体积大于排开的水的体积，可判断液体密度与水的密度的大小关系；（3）

塑料瓶B始终漂浮，浮力等于自身的重力；根据阿基米德原理可知，塑料瓶B排开水的体积不变。（4）根据密度公式先求水的体积，进一步求出容器A的底面积，水对容器A底面的压力等于水和液体的重力之和；最后利用公式P＝可求水对容器A底面的压强。【解答】

解：（1）水对容器A底部的压强P1＝ρ水gh＝1000kg/m3×10N/kg×0.3m＝3000Pa；（2）塑料瓶B在水中漂浮，所以F浮＝ρ水gV排＝GC＝ρCgVC，又因为V排＜VC，所以液体C的密

度小于水的密度；（3）前后塑料瓶B受到的浮力不变，排开水的体积也不变，所以C液体的液面到水平桌面的距离也不变；故答案为：3000；小于；等于。（4）容器A中水的体积V＝＝＝0.003m3；容器A的底面积S＝＝＝0.01m2；水对容器A底面的压力F＝G＝m

g＝（3+0.5）kg×10N/kg＝35N；水对容器A底面的压强P＝＝＝3500Pa。答：图2中水对容器A地面的压强为3500Pa。【点评】本题考查液体压强、体积、压力、压强等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道物体漂浮时浮力等于重力，物体密度小于液体的密度；解

题过程中要注意单位的换算。31．（9分）最近，英国利物浦大学公布了一项利用新能源的研究成果：在风力发电机风车叶片上加装太阳能板，可以同时利用风能和太阳能。（1）这种装置可以同时将风能和太阳能转化成电能。

如果将其与蓄电池相连，便能把电能储存起来。蓄电池在储存电能的过程中，是将电能转化成化学能。（2）将该蓄电池（U＝12V），按如图电路，给“12V8W”的节能灯L1和“12V5W”的彩灯L2供电，则节能灯L1的电阻为多少？彩灯L2每分钟消耗的电能为多少？（3）李明想利用该装置给家中的楼道灯和室外彩

灯设计一个自动控制电路。提供的器材：蓄电池U、光控开关S1（白天断开，晚上接通）、声控开关S2（发声或有人经过时接通，安静环境断开）、楼道灯L1、室外彩灯L2。要求：楼道灯L1只在晚上有人发声时才开灯，彩灯L2只在晚上一直接通。请你根据提供的器材，按设计要求，画出自动控制电路，并在各元件旁标上

相应的字母代号。【考点】EI：能量转化的现象；HU：串、并联电路的设计；IY：电路图设计．【分析】（1）风力发电机是利用风能来发电的，太阳能板是能将太阳能转化成电能的装置；蓄电池是以化学能的形式储存电能的；（2）根据灯泡的额定电压、额定功率，结合欧姆定律、电功率的公式

即可求出；（3）楼道灯L1、室外彩灯L2声控互不影响；它们应并联；光控开关S1对两个灯都要起控制作用则连在干路上；声控开关S2是晚上只对楼道灯L1起控制作用，所以它串联接在楼道灯L1的支路上。【解答】解：（1）根据风力发电机和太阳能板的工作原

理可知：在风力发电机风车叶片上加装太阳能板，可以同时将风能和太阳能化成电能。如果将其与蓄电池相连，蓄电池是以化学能的形式储存电能的；在储存电能的过程中，是将电能转化成化学能。故答案为：风；化学。（2）已知

节能灯L1额定电压为12V，额定功率为8W；则由功率公式得：节能灯L1的电阻R＝＝＝18Ω；已知节能灯L2额定电压为12V，额定功率为5W；则由功率公式得：彩灯L2一分钟做的功W2＝P额2t＝5W×60s＝300J；答：节能灯L1的电阻为18Ω；彩灯L2每分钟消

耗的电能为300J。（3）根据分析将楼道灯L1、室外彩灯L2连成并联电路，光控开关S1连在干路上；声控开关S2串联接在楼道灯L1的支路上。如图：【点评】本题考查了能量的转化和功率的计算；并会根据要求设计串并联电路。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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