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2010年湖南省湘潭市中考物理试卷（教师版）
一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）
1．（2分）12岁的李明一年内明显长高了，他增长的高度可能是（ ）
A．8cm B．8mm C．8dm D．8 m
【考点】63：长度的估测． μ
【分析】本题考查对长度的估测及长度数据、数量级的认识。要求学生具有一定的生活
常识并了解长度单位之间的换算进率。
【解答】解：A、对于12岁的学生来说，一年内身体增长大约10cm左右，符合题意；
B、8mm等于0.8cm不到1厘米，是不明显的，不符合题意；
C、8dm等于80cm，一年内身高增长80cm超出人类增长的速度，不符合题意；
D、8 m等于0.008mm，还不到1mm，不符合题意。
故选：μA。
【点评】估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行
快速计算以及对取值范围合理估测的方法，这就要求同学们要学会从生活体验中理解物
理知识和物理规律，并且能将物理知识和物理规律用于对生活现象和生活常识的简单解
释。
2．（2分）用下列物理量描述火车上行人的运动情况时，与参照物选择无关的是（ ）
A．时间 B．速度 C．位置 D．路程
【考点】52：参照物及其选择．
【分析】判断物体运动情况之前，必须选择参照物。
如果物体和参照物之间的位置发生了改变，则称物体是运动的；如果物体和参照物之间
的位置没有发生改变，则称物体是静止的。
【解答】解：描述行人的运动情况，需要选择参照物。
根据和参照物之间的位置关系，判断物体的运动情况，包括速度的大小、位置的变化、
运动路程的长度等方面的内容。
与时间的长短无关。
故选：A。
【点评】本题需要学生理解物体运动和参照物之间的关系，然后将无关因素筛选出来。
3．（2分）夏天，从冰箱内拿出一瓶结了冰的矿泉水。一段时间后，瓶内的冰全部化成了
1水。瓶内的冰化成水的过程中，不变的是物理量是（ ）
A．体积 B．质量 C．密度 D．比热容
【考点】22：质量及其特性．
【分析】一瓶矿泉水放入冰箱结冰后，密度变小，体积变大，比热容也变化，故当冰化
成水的过程是体积变小、密度变大、比热容变大，只有质量是不变的。
【解答】解：A、体积变小，故本选项错误；
B、质量不变，因为，质量是物质的一种属性，不随物质状态的改变而改变。
C、密度变大。故本选项错误。
D、比热容变大。故本选项错误。
故选：B。
【点评】密度和比热容是物体的一种特性，不同的物体这二者一般是不同的。质量是物
质的一种属性，不随物质状态的改变而改变。
4．（2分）如图所示是直流电动机示意图，下列说法正确的是（ ）
A．只改变电流方向，不能改变其转动方向
B．只改变磁场方向，不能改变其转动方向
C．同时改变磁场和电流方向，不能改变其转动方向
D．同时改变磁场和电流方向，可以改变其转动方向
【考点】CN：直流电动机的构造和工作过程．
【分析】改变电动机的转动方向有两种方法： 保持磁场方向不变，改变电流方向；
保持电流方向不变，改变磁场方向。 ①
②【解答】解：电动机线圈的转动方向与磁场方向和电流方向有关。只改变磁场方向或电
流方向，电动机线圈的转动方向改变；若磁场方向和电流方向同时改变，则线圈的转动
方向不改变。
故选：C。
【点评】知道电动机转动方向与电流方向、磁场方向的关系是解决本题的关键。
5．（2分）关于超声波和电磁波，下列说法中正确的是（ ）
A．均能在真空中传播
2B．均不能在真空中传播
C．均不能穿透人体
D．只有电磁波能在真空中传播
【考点】9E：超声波与次声波；D2：电磁波的传播与应用．
【分析】解决此题要知道超声波的声音频率较大，有较强的穿透能力，但超声波是机械
波，它的传播离不开介质；
电磁波可以在真空中进行传播，并且可以传递信息，常用在移动通信上。
【解答】解：超声波不能在真空中传播，而电磁波可以，所以AB都不符合题意；
超声波可以穿透人体，可以进行身体检查，比如B超机，故C不符合题意；
电磁波可以在真空中传播，所以D符合题意；
故选：D。
【点评】此题考查了超声波和电磁波的特点，要知道它们之间的区别，属于易错题目。
6．（2分）如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，它是（ ）
A．压缩冲程，将化学能转化成内能
B．压缩冲程，将机械能转化成内能
C．做功冲程，将内能转化成机械能
D．做功冲程，将机械能转化成内能
【考点】GM：内燃机的四个冲程．
【分析】解决此题要结合内燃机的做功冲程特点和原理进行分析解答，知道做功冲程中
的能量转化。
【解答】解：图中的气门关闭，活塞上行，汽缸容积变小，这是压缩冲程的特点；
在压缩冲程中，能量转化关系是气体的机械能转化为内能；
故选：B。
【点评】此题是结合内燃机的冲程图分析内燃机冲程的特点，要会根据电火花是否打火
判断是不是做功冲程。
7．（2分）在“探究水的沸腾”实验中，小明观察到从杯底产生的气泡在上浮的过程中越
3来越小，如图所示。这说明（ ）
A．整杯水的温度均达到沸点
B．气泡上升时，因上部水温较低，部分水蒸气液化成水
C．气泡上升时，气泡的密度变大
D．气泡上升时，气泡内压强变大
【考点】1M：液化及液化现象；1O：探究水的沸腾实验．
【分析】小明观察到从杯底产生的气泡在上浮的过程中越来越小了，说明由水汽化而成
的水蒸气的体积减小了，众所周知，在水的沸腾过程中，水中气泡上升过程中的变化规
律是由小变大的，因此这种现象只会出现在水沸腾之前，究其原因是气泡上升时，因上
部水温较低，部分水蒸气液化成水造成的。
【解答】解：A、若整杯水的温度均达到沸点则水中气泡上升过程中的变化规律是由小
变大，这与看到的现象不符，故A错误；
B、由于水沸腾之前受热不均匀，下部的水温较高，部分水迅速汽化成水蒸气，而上部
的水温较低，部分汽化后的水蒸气遇冷又会液化成水，导致体积减小，故B正确；
C、气泡在上升过程中，上层水温低，气泡内的水蒸气一部分重新液化成水，所以气泡
变小，而不是密度变大，故C错误；
D、若气泡内压强变大而外界压强不变则气泡的体积应该是变大的，这与看到的现象不
符，故D错误；
故选：B。
【点评】此题考查学生分析实验现象的能力，在分析时要结合所学的物理知识和实际的
物理情景，排除不合理的因素，从而做出合情合理的解释。
8．（2分）许多家用电器的三脚插头有一特别之处：三脚插头中与用电器金属外壳连接的
那个插脚比另两个插脚要稍长，如图所示。这样设计是为了（ ）
A．插头插入插座时，电器外壳先接地；拨出时，电器外壳后离开地线
4B．方便识别火线和零线插脚
C．延长插头使用寿命
D．使插头的造型更美观
【考点】IT：插座的构造与工作方式．
【分析】接地线的插头制作的长一些，三脚插头与三孔插座相接时，把有金属外壳的用
电器的外壳首先（或最后）与地线相接（或脱离），可以防止触电。
【解答】解：稍长些的脚是把用电器的外壳与大地相连接，而且脚稍长一些可保证在插
入插座和拔出插座时更安全。原因是：地线插人插座时外壳先接地线，拔出插座时外壳
后脱离地线。
故选：A。
【点评】本题考查了三脚插头的构造及其作用，会根据家庭电路的正确连接方法将插座
接入电路。
9．（2分）下列材料，既是晶体又是导体的是（ ）
A．塑料 B．冰 C．陶瓷 D．铁
【考点】1D：晶体和非晶体的区别；HJ：导体．
【分析】（1）善于导电的物体叫导体，如：各种金属、酸碱盐溶液、石墨、人体、大
地等；
（2）不善于导电的物体叫绝缘体，如：玻璃、橡胶、陶瓷、空气、蒸馏水等；
（3）晶体熔化时温度保持不变，像冰，各种金属都是晶体。
【解答】解：塑料、冰、陶瓷、铁中，冰和铁是晶体，塑料、陶瓷和冰是绝缘体，只有
铁既是晶体又是导体；
故选：D。
【点评】本题考查了导体和绝缘体的概念。对于常见的导体和绝缘体可以联系它们在日
常生活和工业生产中的应用来记忆，不要死记硬背。如塑料，橡胶，陶瓷等常用来制作
用电器的外壳，以防止触电，它们都是绝缘体；而电线芯用金属来做，因为金属容易导
电，是导体。
10．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．雪花飞舞，说明分子在运动
B．花香扑鼻，说明分子在运动
C．破镜难圆，说明了分子间没有作用力
D．一潭死水，说明了水分子是静止的
5【考点】G1：分子动理论的基本观点；GV：分子的运动；GW：扩散现象．
【分析】解答本题的关键是掌握：分子运动是看不见的，在不知不觉中发生了变化，分
子运动属于扩散现象。当分子间距离大于分子直径10倍时，分子间作用力几乎没有。
【解答】解：A、雪花飞舞是肉眼看得见的物质运动。不符合题意。
B、空气中弥漫着花香，这是分子运动的结果，属于扩散现象。符合题意。
C、破镜不能重圆，是因为分子间距离过大，超出分子力的作用范围。不符合题意。
D、一切物质的分子都在不停地做无规则的运动。一潭死水说明水没有源头和相通的河
流，不能说水分子是静止的。不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查学生对扩散现象的理解能力，需要从分子运动理论的结论中找出答案。
11．（2分）2009年7月，我国出现了500年一遇的日全食奇观。产生日食的原因和下面
示意图中能看到日全食的区域分别是（ ）
A．光的反射；a区 B．光的折射；b区
C．光的直线传播；a区 D．光的直线传播；b区
【考点】A3：光直线传播的应用．
【分析】如图，当月球转到太阳和地球中间并且三者在一条直线上时，月球挡住了太阳
照射在地球上的光线，地球处在月球的影子里，这就形成了日食。
【解答】解：如图，月球挡住了太阳光形成了日食，它是由光的直线传播形成的；
在地球上a区域，太阳射向地球的光全部被月球挡住，人们看到的是日全食。
在地球上b区域，太阳射向地球的光被月球挡住了一部分，所以，人们看到的是日偏食。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对光沿直线传播的应用的认识和了解，是一道基础题。
12．（2分）如图所示，在暗室中用手电筒照射挂在白色墙壁上的小镜子，这时顺着光线
照射的方向看去，看到被照射部分（ ）
6A．墙和镜子都是黑色的
B．墙和镜子都是白色的
C．墙是黑色的，镜子是白色的
D．墙是白色的，镜子是黑色的
【考点】A9：镜面反射；AA：漫反射．
【分析】解决此题要掌握：
（1）镜面反射是光线平行入射平行反射。
（2）漫反射是光线平行入射不平行反射，而是射向四面八方。
【解答】解：镜子表面很平，光线照射时，表面会发生镜面反射，从照射角度看，几乎
没有光线进入人的眼睛，所以感觉平面镜是暗的；
墙面凹凸不平，当有光线照射时，反射光线射向四面八方，从照射角度看，有一部分光
线进入人的眼睛，所以感觉墙是白色的；
故选：D。
【点评】镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，在生活中都有重要的应用。
13．（2分）在研究物体浮沉条件实验中，将鸡蛋放入装有水的玻璃杯中后下沉入水底。
为了使鸡蛋上浮，可采用的措施是向杯中加入适量的（ ）
A．热水 B．酒精 C．食盐 D．冰水
【考点】28：密度及其特性；8O：阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应
用．
【分析】要解决此题，需要掌握物体的浮沉条件。
完全浸没在液体中的物体。
若受到浮力大于重力，则上浮，最后漂浮在液面上。
若受到浮力等于重力，则悬浮。
若受到浮力小于重力，则下沉到液底。
并且要掌握浮力的计算公式：F浮 ＝ 液gV排 。
【解答】解：鸡蛋放入装有水的玻璃ρ杯中后下沉入水底。说明鸡蛋受到的浮力小于鸡蛋
的重力。
要使鸡蛋上浮，需要增大浮力。根据公式F浮 ＝ 液gV排 ，在排开液体体积不变的情况下，
增大液体的密度可以增大浮力。 ρ
而热水、酒精、冰水的密度都不大于水的密度，所以A、B、D错误。
在水中加入食盐可以增大水的密度，所以C正确。
7故选：C。
【点评】此题主要考查了浮沉条件的应用，一定要搞清不同状态下物体所受重力与浮力
的大小关系。同时考查了浮力公式的应用，要熟记并理解浮力公式。
14．（2分）如图是水陆两用飞机在水面起飞时的情景。则该飞机（ ）
A．起飞时，空气对它的浮力大于重力
B．起飞时，空气对它的升力大于重力
C．在水中静止时，空气对它的升力等于重力
D．在水中加速滑行时，水对它的浮力大于重力
【考点】8S：物体的浮沉条件及其应用．
【分析】水陆两用飞机始终受到重力作用，在水中静止时还受到浮力作用，加速滑行、
起飞时受到升力作用，根据力学知识分析题干中所描述的飞机的状态找到力的关系。
【解答】解：起飞时，由于机翼的特殊形状，机翼上面的空气流动速度快，压强小，产
生向上的升力，此升力大于重力，飞机才能够上升，所以 A说浮力大于重力是错误的，
B说升力大于重力是正确的；
飞机在水中静止时，受到水的浮力和重力，因为处于平衡状态，所以浮力等于重力；
在水中加速滑行时，飞机受到向上的水的浮力和机翼受到向上的空气的升力，而且向上
的浮力加上向上的升力等于飞机的重力，所以加速滑行时水对它的浮力小于飞机的重力。
故选：B。
【点评】水陆两用飞机在水中静止主要受到浮力和重力，而且浮力等于重力；
加速滑行时受到的浮力和机翼的升力等于飞机的重力；
在升空时受到升力和重力，升力大于重力，而不是空气的浮力大于重力。
15．（2分）将未装满水且密闭的矿泉水瓶，先正立放置在水平桌面上，再倒水放置，如
图所示。两次放置时，水对瓶底和瓶盖的压强分别为 p 和p ，水对瓶底和瓶盖的压力
A B
分别为F 和F ，则（ ）
A B
8A．p ＞p ，F ＞F B．p ＜p ，F ＝F
A B A B A B A B
C．p ＝p ，F ＜F D．p ＜p ，F ＞F
A B A B A B A B
【考点】81：压力及重力与压力的区别；83：压强大小比较．
【分析】水对瓶盖和瓶底的压强是液体压强，可以根据液体压强的计算公式 P＝ gh进
行判断； ρ
水对瓶盖和瓶底的压力，可以根据水产生的压力和水重力的关系来入手（上下粗细一样
的容器中水对容器底的压力等于水的重力，上面粗、下面细的容器中水对容器底的压力
小于水的重力，上面细、下面粗的容器中水的压力大于水的重力）。
【解答】解：压强的判断：不论正放还是倒放，瓶子中装的都是水，可以不考虑液体密
度对压强大小的影响，只从深度方面分析即可，由图可知，倒放时瓶中水的深度较大，
根据P＝ gh可知，水对瓶盖的压强较大，即P ＞P ；
B A
压力的判ρ断：正放时，瓶子中的水柱是粗细相同的，瓶子底部受到的压力等于瓶中水的
重力；倒放时，瓶子中的水柱上面粗，下面细，一部分水压的是瓶子的侧壁，瓶盖受到
的压力小于瓶中水的重力；瓶中水的重力是一定的，所以正放时水对瓶底的压力大于倒
放时水对瓶盖的压力，即F ＞F ；
A B
故选：D。
【点评】比较液体压强的大小关系可以根据液体压强的计算公式P＝ gh分析得出；
液体对容器底部的压力可以根据F＝PS分析，也可以根据承装液体容ρ器的形状进行分析
得出。
二、解答题（共16小题，满分70分）
16．（2分）（1）请在图中画出折射光线。
（2）上海世博会吉祥物“海宝”气球重 10N，用细绳系在空中，请在图中画出它所受
重力的示意图。
【考点】7B：重力示意图；AN：作光的折射光路图．
【分析】（1）要解决此题，需要掌握光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光
线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧。
9当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入
空气时，则折射角大于入射角。
（2）要解决此题需要掌握力的示意图的画法。注意力的作用点与方向。重力作用点在
重心，方向竖直向下。
【解答】解：（1）根据光的折射定律，光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，折
射光线靠近法线。
（2）海宝所受重力的作用点在重心处，方向竖直向下。
故答案为：
【点评】此题主要考查了光的折射光线的画法，首先要熟练掌握光的折射定律的内容，
关键是搞清折射角与入射角的关系。
同时还考查了力的示意图的画法，特别是重力的示意图，注意重力的方向竖直向下，作
用点在物体的重心即规则物体的几何重心处。
17．（2分）小明用刻度尺和三角板按图测一枚纽扣的直径，该刻度尺的分度值是 1
mm，纽扣的直径是 1.1 0 cm。
【考点】64：长度的测量．
【分析】（1）分度值是刻线上最小格所表示的数值；
（2）物体的长度值由准确值和估计值组成。
【解答】解：（1）刻度尺上最小格表示的长度是：1mm，所以其分度值是：1mm；
（2）纽扣的准确值是：1.1cm；估计值是：0.00cm；
纽扣的直径是：1.1cm+0.00cm＝1.10cm；
故答案是：1，1.10。
【点评】此题主要考查刻度尺的分度值和读数，属于基本操作技能，应当掌握。
18．（2分）两条形磁体之间的磁感线方向如图所示，则右边条形磁体2的A端为 S 极。
10小磁针静止时，B端为 S 极。
【考点】C4：磁极间的相互作用；C7：磁感线及其特点．
【分析】根据磁场的性质和磁感线的特点分析。磁体周围存在着磁场，为了形象描述磁
场而引入了磁感线的概念，在磁体外部，磁感线是从N极发出，回到S极；据此即可判
定条形磁体2的A端以及小磁针B端的极性。
【解答】解：∵磁感线的方向是从磁体的N出发回到磁体的S极；
∴条形磁体2的A端为S极；
则条形磁体2的另一端为N极；
根据磁极间相互作用的规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：
小磁针的B端为S极。
故答案为：S，S。
【点评】本题考查了磁场的性质和磁感线的特点。磁场是看不见，摸不着的，但确实是
存在的，磁体正是通过磁场而相互作用的。为了形象是描述磁场而引入的有方向的曲线，
就是磁感线，磁感线能反映磁场的性质。
19．（2分）李明家5月1日电能表读数为9001.2kW•h，6月1日电能表读数如图所示，则
5月份他家用电量是 61.2 kW•h，他家有一个“220V 2000W”的电热水器，该热水
器正常工作0.5小时消耗了 1 度电。
【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法．
【分析】（1）电能表的读数方法：月末的减去月初的示数，最后一位是小数，单位
kW•h。
（2）知道额定功率和通电时间，根据W＝Pt计算电功。
【解答】解：6月1日电能表读数9062.4kW•h
5月份李明家消耗电能：W＝W ﹣W ＝9062.4kW•h﹣9001.20kW•h＝61.2kW•h
1 2
热水器正常工作0.5小时消耗电能：W'＝Pt＝2kW×0.5h＝1kW•h＝1度。
11故答案为：61.2；1。
【点评】本题考查了电能表的参数的理解与电能的求法。
20．（2分）武广高速铁路全长约为1050km，如果高速列车按设计时速为350km/h的速度
匀速行驶，则全程所需时间约为 3 h．高速列车的窗户不能打开，这样设计是为了防
止列车在高速行驶时，因车箱内的气压 大于 车箱外的气压（填“大于”、“小于”
或“等于”），而造成安全隐患。
【考点】69：速度公式及其应用；8K：流体压强与流速的关系．
【分析】已知武广高速铁路全长和列车行驶的速度，根据公式t＝ 可求全程时间，
列车高速行驶，车厢外的空气流速很快，压强减小，车厢内的气压大，内外产生压强差，
容易产生危险。
【解答】解：全程所需时间t＝ ＝ ＝3h，
车厢外的空气流速很快，压强减小，车厢内的气压大，内外产生压强差，打开车窗，很
容易把人和车内的物体压出窗外。
故答案为：3；大于。
【点评】本题考查利用速度公式求时间的计算和流体压强与流速的关系，关键是速度公
式及其变形的灵活运用，还要知道，流体流速越大的地方，压强越小。
21．（2分）如图，将一块正在发声的小音乐芯片放在注射器中，再将活塞推到底端，用
橡胶帽封闭注射口，然后用力往外拉活塞，这时听到注射器中音乐芯片的声音会变 小
；其声音是通过 空气 传入人耳。
【考点】92：声音的传播条件．
【分析】声音的传播需要靠介质，在真空中声音不能传播。
【解答】解：当用力往外拉活塞时，注射器内的空气变得稀薄，所以音乐芯片发出声音
传播的介质（空气）相当于越来越少，这时听到的声音就会变小；我们平时听到的声音
是通过空气传到耳朵内的；
故答案为：小；空气。
【点评】此题主要考查声音传播的条件，知道声音传播需要靠介质。
1222．（2分）行驶中的汽车遇到紧急情况急刹车时，由于具有 惯性 ，仍会向前滑行。
汽车在淋湿的路面上行驶，交通事故要多些，原因是汽车所受到的摩擦力 较小 （填
“较大”或“较小”），容易打滑。
【考点】6L：惯性；7E：摩擦力大小的影响因素．
【分析】要解答本题需掌握：一切物体都具有惯性，以及影响摩擦力大小的因素。
【解答】解： 汽车在紧急刹车时，由于汽车具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所
以仍会向前滑行①；
汽车在淋湿的路面上行驶，因为接触面变的光滑，轮胎与地面间的摩擦变小，所以发
②生交通事故的概率要高。
故本题答案为：惯性，较小。
【点评】此类题目将物理知识与交通安全知识巧妙结合在一起，设计独具匠心，符合新
课程理念。
23．（3分）小明想测量植物油的密度，他先用天平测出烧杯和植物油的总质量（如图所
示）为 33.4 g．然后将烧杯中的植物油倒一些到量筒中，测出其体积为 20ml，再测
出烧杯和剩下的植物油的质量为17.4g，则该植物油的密度为 0. 8 g/cm3．在调节天平
平衡时，如果小明忘记将游码调回到0刻度，则他测量的质量值将比真实值 大 。
【考点】2F：液体密度的测量．
【分析】将砝码的质量加上游码所对应的刻度就是烧杯和植物油的总质量。
烧杯和植物油的总质量减去烧杯和剩余植物油的质量就求出量筒内植物油的质量。
根据密度公式 ＝ ，就可以计算出植物油的密度。
ρ
在调节天平平衡时，如果小明忘记将游码调回到0刻度，相当于给物质质量设定了游码
所指示刻度值的基数。则他测量的质量值将比真实值大。
【解答】解：∵将砝码的质量加上游码所对应的刻度就是烧杯和植物油的总质量，
∴由图示可得烧杯和植物油的总质量为：20g+10g+3.4g＝33.4g。
13∵量筒内植物油的质量等于烧杯和植物油的总质量减去烧杯和剩余植物油的质量，
∴量筒内植物油的质量为：33.4g﹣17.4g＝16g。
又∵测出量筒内植物油的体积为20ml，即20cm3。
∴根据密度公式 ＝ 得： 油＝ ＝ ＝0.8g/cm3。
ρ ρ
小明在调节天平平衡时，忘记将游码调回到0刻度，相当于给物质质量设定了游码所指
示刻度值的基数。他测出的物质质量等于物质的真实值量加上调节天平平衡时游码所对
应的刻度值，测出的物质质量就会比真实值大。
故答案为：33.4，0.8，大。
【点评】用天平测量物质质量，要严格遵守天平的使用规则：水平放稳，游码归零，左
偏右调，右偏左调，左右一样，天平平衡。千万不要像小明一样粗心哦！
24．（3分）小勇用如图所示滑轮组拉着物体匀速前进了0.2m，则绳子自由端移动的距离
为 0. 6 m．若物体与地面的摩擦力为9N，则它所做的功是 1. 8 J．如果小勇对绳的
拉力F＝4N，该滑轮组的机械效率为 7 5 %。
【考点】7X：滑轮组及其工作特点；EC：功的计算；F4：滑轮（组）的机械效率．
【分析】由图可知，摩擦力的大小由3股绳子承担，s＝3h，克服摩擦力做的功为有用
功，利用W有用 ＝fh求解；拉力做的功为总功，利用W总 ＝Fs求总功，再利用机械效率
的公式求滑轮组的机械效率。
【解答】解：由图可知，承担摩擦力大小的绳子股数n＝3，
∵物体移动距离h＝0.2m，
∴绳子自由端移动的距离：
s＝3h＝3×0.2m＝0.6m，
克服摩擦力做功（有用功）：
W有用 ＝fh＝9N×0.2m＝1.8J；
拉力做的功（总功）：
W总 ＝Fs＝4N×0.6m＝2.4J；
滑轮组的机械效率：
14＝ ×100%＝ ×100%＝75%。
η
故答案为：0.6，1.8，75。
【点评】本题考查了使用滑轮组时承担物重绳子股数的确定方法、有用功、总功、机械
效率的计算方法，确定克服摩擦力做功为有用功是本题的关键。
25．（8分）为探究压力的作用效果与压力大小及受力面积之间的关系。小明做了几个带
刻度的方形有机玻璃盒，并放入海绵（海绵大小恰好占满玻璃盒）．他先将底面积相同、
重量之比为1：2：3的三个方形铅块依次放在同一海绵上，如图1、如图2、如图3，比
较海绵的凹陷深度；再将铅块2和铅块3横放在海绵上，如图4、如图5，这时铅块1、
铅块4、铅块5的底面积之比为1：2：3，比较海绵凹陷的深度。
（1）由图1、图2、图3得，受力面积相同时，海绵凹陷的深度与压力成 正 比。
（2）由图2、图4（或图3、图5）得，压力相同时，海绵的凹陷深度与受力面积成
反 比。
（3）由图1、图4、图5得，海绵在单位面积上所受的压力 相同 （填“相同”或
“不同”）时，海绵的凹陷深度相同。
（4）综合上述实验可得，海绵的凹陷深度是由单位面积所受压力的大小决定，海绵在
单位面积上所受压力越大，凹陷深度就越 深 。所以我们就把单位面积上所受的压力
定义为压强。
【考点】87：探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验．
【分析】（1）分析图1、图2、图3中海绵的受力面积的关系，以及海绵受到的压力大
小的关系和海绵的凹陷程度（可以从有机玻璃盒上的刻度得出）的关系，得出结论；
（2）分析图2、图4中海绵的受力面积的关系，以及海绵受到的压力大小的关系和海绵
的凹陷程度（可以从有机玻璃盒上的刻度得出）的关系，得出结论；
（3）分析图1、图4、图5，根据海绵受力面积的比和所受压力的比，求出压力和受力
面积的比值即单位面积上受到的压力，比较单位面积上受到压力的关系和海绵凹陷程度
的关系，得出结论；
15（4）根据（3）的分析，得出单位面积上受到的压力和凹陷程度的关系。
【解答】解：（1）由图1、图2、图3可知，海绵的受力面积是相同的，压力等于铅块
的重力，重力之比为1：2：3，海绵凹陷的程度之比也为1：2：3，由此得出结论，在
受力面积一定时，海绵凹陷的程度与压力成正比；
故答案为：正。
（2）由图2、图4可知，使用的是都是铅块2，海绵受到的压力是相等的，铅块2正放
和横放时海绵的受力面积之比为1：2，海绵的凹陷程度之比为2：1，由此得出结论，
在压力一定时，海绵的凹陷程度与受力面积成反比；
故答案为：反。
（3）由图1和图4、图5可知，海绵的受力面积之比为1：2：3，铅块重力即海绵受到
的压力之比为1：2：3，压力和受力面积的比值，即单位面积上受到的压力之比为 ：
： ＝1：1：1，海绵的凹陷程度是相同的，由此得出结论，海绵单位面积上受到的
压力相同，海绵的凹陷程度相同；
故答案为：相同。
（4）综合上述实验可知，海绵的凹陷程度是由单位面积上受到的压力决定的，单位面
积上受到的压力越大，凹陷深度就越深；
故答案为：深。
【点评】我们所做过的探究影响压力作用效果的因素，得出的结论都是定性的结论，而
此题要得出一个定量的结论，我们就要通过计算得出结论，如第三问中，求出压力和受
力面积的比值得出结论。
26．（6分）如图，长3.0m、重10N且密度不均匀的金属杆，可绕O点在竖直平面内自由
转动。现用竖直向上的拉力F使金属杆保持水平，测出O点到拉力F的距离及F的大小，
再改变拉力F作用点的位置，测出相应的F与x的大小，所得实验数据如下表。
实验次数 x/m F/N
1 0.5 20
2 1.0 10
3 1.5 6.7
4 2.0 5
5 2.5 4
16求（1）由表中数据可得F与x之间成 反比 关系
（2）金属杆重心到O点的距离为多少？
（3）若测力计量程为25N，则应控制x在什么范围内变化？
【考点】7N：杠杆的平衡条件．
【分析】（1）根据表中数据分析距离与拉力的关系；
（2）根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂），列出两个关系式
解之即可；
（3）当动力等于25N时，根据动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂计算出动力臂的大
小，即为最小力臂。
【解答】解：（1）从表中数据可以看出，当距离增大时，作用力逐渐减小，并且距离
变为原来几倍时，力则变为原来的几分之一，所以距离与拉力成反比；
（2）设重力的力臂为L，然后将表中一组数据代入杠杆平衡的关系式：GL＝Fx，可得：
10N×L＝10N×1m
解之，得：L＝1m
所以金属杆重心到O点的距离为1m
（3）根据杠杆平衡条件可得：GL＝Fx
10N×1m＝25N×x
x＝0.4m
所以应控制x在0.4m～3m
故答案为：（1）反比；（2）1m；（3）0.4m～3m。
【点评】会区分正比与反比的关系，会根据杠杆平衡的条件计算作用力或力臂的大小。
27．（7分）某同学利用电压表和电流表测量发光二极管 LED发光时的实际功率，电源为
两节干电池。
（1）请按图甲电路，将图中的电流表和电压表正确地连入电路。
17（2）该同学正确地连接电路后，合上开关，发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表的
示数总为3V不变，电流表的读数几乎为0，发生故障的原因可能是 A 或 B （均
选填下列选项中的字母代号）。
A．LED正负极接反了；B．LED断路； C．LED短路
D．变阻器滑片接触不良；E．电压表接触不良
（3）消除故障后，小明将滑片P向右滑动时，电压表示数将 增大 （填“增大”、
“减小”或“不变”）．当P滑到某一位置时，两表读数如图乙所示，则此时通过电路
的电流为 0. 1 A，发光二极管消耗的功率为 0.2 4 W。
【考点】JF：电功率的测量实验．
【分析】（1）电压表和电流表正确连接方法，电压表与二极管并联，电流表与二极管
串联，并且他们都应该让电流从正接线柱流入电表，从负接线柱流出。
（2）发光二极管具有单向导电的特性，如果正负极接反，电流无法通过，相当于发光
二极管断路，此时电压表被串联进电路，电压表自身阻值非常巨大，分去了全部电源电
压，示数为3V，电路电流几乎为0。
LED短路，则电压表也被短路，无示数，
变阻器滑片接触不良，电压表接触不良，电压表和电流表示数不稳定或没有示数。
（3）正确在电压表和电流表上读数，利用公式P＝UI计算发光二极管消耗功率。
【解答】解：（1）连接电表时，应注意：电压表与二极管并联，电流表与二极管串联，
并且让电流才他们的从正接线柱流入电表，从负接线柱流出。连接如图：
（2）电压表示数为3V，是最大量程，电流表示数为0，说明电压表被串联进了电路，
而电压表自身阻值非常巨大，分去了全部电源电压，电路电流几乎为0，分析发现导致
这个现象的原因可能是二极管断路，或者是二极管正负极连接相反电流无法通过，这样
电压表才被串联进电路。
若LED短路，则电压表也被短路，无示数，不符合题意。
若变阻器滑片接触不良，电压表接触不良，电压表和电流表示数不稳定或没有示数，不
18符合题意。
（3）清除故障后，小明将滑片P向右滑动时，滑动变阻器阻值减小，分到电压减小，
电源电压不变，则发光二极管分到电压增大，电压表示数增大，
正确读电压表和电流表示数，U＝2.4V，I＝0.1A，代入公式 P＝UI＝2.4V×0.1A＝
0.24W，发光二极管消耗功率为0.24W。
故选A，B，增大，0.1，0.24
【点评】发光二极管具有单向导电性是本题的一个难点，需要注意，另外要熟练的连接
电表进电路，正确的读出电表的示数，进而才能利用公式P＝UI进行最终计算。
28．（5分）如图甲为一个LED节能灯，它是用高亮度白色发光二极管做光源。某校科技
活动组用以下方法来研究家用电灯和LED节能灯的发光效率：
将额定功率均为15W的普通节能灯、白炽灯和LED节能灯，依次接入同一照明电路，
分别开灯10min，让温度计的玻璃泡放在距离亮灯大约2cm处，测出各自的温度。然后，
把光敏电阻与电流表按图乙连成电路（该项光敏电阻的阻值与光照强度成反比），再在
暗室中将这三盏灯依次接入同一照明电路，并放在光敏电阻正上方 30cm处的同一位置，
读出相应的电流。根据他们的实验记录完成下述问题：
灯泡类型 温度 电流表示数
LED节能灯 32℃ 80mA
白炽灯 70℃ 8mA
普通节能灯 43℃ 20mA
（1）电能转化为内能最多的是 白炽 灯。发光亮度最大的是 LED （ LED 节能灯）
灯。
（2）从表中数据中看出，灯附近的温度越低，图乙电路中电流表示数就越 大 ，这
说明灯将电能转化为光能越 多 。
（3）15W的LED节能灯的发光亮度大约与 6 0 W普通节能灯相当。
【考点】EI：能量转化的现象；J2：电功的实质；JE：实际功率．
【分析】（1）电能转化为内能多说明在相等的时间内产生的热量多，即温度变化的多，
19据此即可判断哪个灯电能转化为内能最多；比较亮度可以比较光照的强度，光照强度与
光敏电阻的阻值有关，阻值的大小可以由电流表的示数来判定。
（2）从表中的数据直接能够读出温度与电流表示数的关系，再根据电流表示数与电阻
关系，以及电阻与光照强度即可判定出电能转化成光能的关系。
（3）从上面的分析可知：亮度与电流表的示数成正比；则由表中的电流表的示数即可
判定出亮度的关系。
【解答】解：（1）∵在相等的时间内白炽灯使温度计示数上升的最多，故温度变化的
也最多；
∴电能转化为内能最多的是白炽灯。
∵电流越大的电路中的电阻越小，
又∵光敏电阻的阻值与光照强度成反比；
∴电流表示数越大的光照强度越强，
∴由表可知：发光亮度最大的是LED（LED节能灯）灯。
（2）从表中数据可知：LED节能灯的温度最低，而且电流表示数最大；
电流表示数越大的，电阻阻值越小，则灯泡的光照强度也越强；
故灯附近的温度越低，图乙电路中电流表示数就越大，灯将电能转化为光能越多。
（3）∵亮度与电流表的示数成正比，
∴相同功率的LED节能灯是比普通节能灯光照强度的4倍，
∴15W的LED节能灯的发光亮度大约与60W普通节能灯相当。
故答案为：（1）白炽，LED（LED节能灯）；（2）大，多；（3）60。
【点评】本题考查学生对电能转化为其他形式能量的掌握情况，在做题时一定要善于抓
住题目提供的信息（比如光敏电阻的阻值与光照强度成反比的信息）从信息入手逐步去
分析并解决问题。
29．（6分）湘潭电机厂研制的直驱型风力发电机组处于国际领先地位。
（1）直驱型风力发电机是将风的 机械（或动） 能转化成电能的装置。它是利用风
力带动风车叶片旋转，使发电机的转子（永磁体）在定子线圈中运动，从而在定子线圈
中产生 电流 。
（2）风能作为一种清洁的 可再生 能源（选填“可再生”或“不可再生”）其蕴量
巨大，比地球上可开发利用的水能大 10 倍。我国仅陆地上一天的风能就有大约
1.8×1016J，这相当于多少吨热值为3×107J/kg的煤完全燃烧所放出的热量？
【考点】CS：发电机的构造和原理；GJ：燃料的热值及其计算；K2：能源的分类．
20【分析】发电机是利用电磁感应现象工作的，在工作过程中把机械能转化为电能。
能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能
源叫不可再生能源。
根据热值公式Q＝mq计算。
【解答】解：（1）直驱型风力发电机工作时，主要是利用风带动发电机的转子（永磁
体）转动，使转子在定子线圈中运动，这样使定子线圈中的导线相当于在做切割磁感线
运动时，于是在定子线圈中产生电流，这个过程中是把风的机械能转化为电能。
（2）风能是可以源源不断地从自然界得到补充的，是可再生能源；
若一天的风能大约有1.8×1016J，则完全燃烧煤需要的量为：
。
故答案为：（1）机械，电流；（2）可再生，相当于6×105吨的煤。
【点评】本题考查利用风能发电的重要性，既清洁无污染，又能节约大量的煤资源。
30．（9分）小明利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示。将热敏
电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点
分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃
响。图甲中继电器的供电电压U ＝3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R 为30 ．
1 0
当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电Ω阻
的阻值随温度变化的图象。
（1）由图乙可知，当环境温度为40℃时，热敏电阻阻值为 70 ．当环境温度升高
时，热敏电阻阻值将 减小 ，继电器的磁性将 增大 （均选填“Ω增大”、“减小”
或“不变”）。
（2）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱 B 相连，指示灯的接线柱D应与接线柱 A
相连（均选填“A”或“B”）。
（3）图甲中线圈下端P的磁极是 S 极（选填“N”或“S”）。
（4）请计算说明，环境温度在什么范围内时，警铃报警。
21【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点；IH：欧姆定律的应用．
【分析】（1）从图乙中找出40℃对应的热敏电阻的阻值，由图象分析热敏电阻阻值随
温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；
（2）由题干中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃
响”判断出警铃和指示灯的连接情况；
（3）由线圈中的电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的NS极；
（4）由题干中“当线圈中的电流大于等于 50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃
响”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温
度就可以解决问题。
【解答】解：（1）分析乙图，找到热敏电阻40℃对应的阻值为70 ，并且分析图象发
现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就Ω会增大，电磁铁的
磁性就会增大；
答：环境温度为40℃时，热敏电阻阻值为70 ；热敏电阻阻值将减小；继电器的磁性将
增大。 Ω
（2）由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃
响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；
答：警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连。
（3）由安培定则可判断出线圈的下端P的极性是S极；
答：P的磁极是S极。
（4）当线圈中的电流I＝50mA＝0.05A时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警
∴控制电路的总电阻R总 ＝ ＝ ＝60
Ω
∴热敏电阻R＝R总 ﹣R
0
＝60 ﹣30 ＝30
由图乙可知，此时t＝80℃ Ω Ω Ω
所以，当温度t≥80℃时，警铃报警。
22答：环境温度大于等于80℃时，警铃报警。
【点评】本题既考查电磁继电器原理的分析，也考查了结合欧姆定律的内容进行相关的
计算，综合性比较强，解题时要仔细分析。
31．（9分）客轮可以用两种方式通过三峡大坝。
（1）方式一，让客轮逐级通过五级梯级船闸：如图所示，当下游客轮进入闸室，关闭
闸门B后，先应关闭阀门 B ，再打开阀门 A ，待闸室内水位稳定后，打开闸门
A，让客轮行驶至上一级闸室。该船闸利用了 连通器 原理。
（2）方式二，3000吨以下的客轮可用升船机直接垂直提升至上游：让客轮驶入升船机
承船厢，关闭厢门，用升船机将承船厢直接提升至上游，打开厢门，让客轮驶出船厢。
如果该承船厢长100m，宽20m，自重1000t，承船厢中的水4000t，客轮质量2000t，大
坝上游比下游水位高100m，则升船机提升承船厢运送该客轮至少要做多少功？该客轮
在承船厢中的吃水深度小于多少？
【考点】8B：连通器原理；8O：阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用；
EC：功的计算．
【分析】（1）船闸的工作原理：客船从下游到上游，首先打开下游和闸室的阀门，下
游和闸室构成了连通器，等到水位相平时，打开闸门，客船从下游到闸室。然后打开上
游和闸室的阀门，使闸室和上游的水位相平，打开闸门，客船从闸室进入上游。这是利
用了连通器的原理。
（2）由承船厢的自身质量、其中水的质量、进入的客船的质量之和，求出总重，又知
道提升的高度，根据W＝Gh，求出升船机提升承船厢运送该客轮做的功。
（3）根据漂浮条件，求出客船排开水的体积，再求出承船厢中水的体积，两者之和等
于吃水深度与承船厢底面积的乘积。
【解答】解：（1）让客轮逐级通过五级梯级船闸：如图所示，当下游客轮进入闸室，
关闭闸门B后，先应关闭阀门B，闸室和下游水截断，再打开阀门A，闸室和上游构成
连通器，待闸室内水位稳定后，打开闸门A，让客轮行驶至上一级闸室。该船闸利用了
连通器的原理。
（2）G＝mg＝（4×106kg+2×106kg+1×106kg）×10N/kg＝7×106kg×10N/kg＝7×107N，
23W＝Gh＝7×107N×100m＝7×109J，
为保证客轮安全驶入、驶出承船厢，该客轮吃水深度必须小于承船厢内水位深度。
船漂浮在水面上，F浮 ＝G船 ，则m排 ＝m船 ＝2×106kg，
船排开水的体积为：V排 ＝ ＝ ＝2×103m3，
V水 ＝ ＝ ＝4×103m3，
客轮在承船厢中的吃水深度：
h水 ＝ ＝ ＝3m。
故答案为：（1）B；A；连通器。
（2）升船机提升承船厢运送该客轮至少要做7×109J功；该客轮在承船厢中的吃水深度
小于3m。
【点评】掌握连通器的原理：连通器中装有同种液体时，液体静止时，液面相平。利用
连通器原理解释船闸的工作原理。
客船进入承船厢，“客船排开水的体积+承船厢中水的体积＝吃水深度×承船厢的底面
积”这一等式是解决本题的关键。
24
