2007年湖南省株洲市中考物理试卷

2007年湖南省株洲市中考物理试卷（教师版）一、填空题（共9小题，每小题2分，满分18分）1．（2分）温室气体的增加（主要是二氧化碳）导致温度普遍上升，即全球变暖。因为气候变暖，南北极地的冰便会熔化，从而导致海水量增大，引起海平面上升，许多沿海地区将逐渐淹没在水中。【考点】19：熔化与熔化吸热的特点．【分析】要解决此题需要知道熔化是由固态变为液态，同时熔化需要吸热的特点。【解答】解：气候变暖，南北极的冰便会吸热，从固态变为液态而熔化成为水，水量的增大会使海平面上升。故答案为：熔化；上升。【点评】此题主要考查了熔化的物态变化过程，以及熔化吸热的特点，并将所学知识与实际相联系，来解释一些生活现象。2．（2分）用手掌压着桌面往前推，在手掌沿桌面推移的过程中，压力越大，感觉越费劲，这是因为摩擦力随压力增大而增大的缘故；同时感觉到手掌发热，这是通过做功方式使手掌的内能增加的。【考点】7E：摩擦力大小的影响因素；7I：增大或减小摩擦的方法；7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验；G9：做功改变物体内能．【分析】摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，改变摩擦力的大小就从改变压力或者改变接触面粗糙程度两个方面来考虑；手掌和桌面摩擦生热，手的温度会升高，是通过做功方式增加了手的内能。【解答】解：手掌压着桌面往前推，在推移的过程中手掌与桌面的接触面的粗糙程度没有改变，增大了压力，手掌受到的摩擦力就会随着增大，因此会感觉比较费劲了。手掌发热说明手的温度升高了，这是由于手掌和桌面摩擦的过程中克服摩擦力做功，机械能转化为手的内能导致温度升高，是通过做功的方式改变了手的内能。故答案为：摩擦力、做功。【点评】改变物体内能的方式有做功和热传递两种，这两种方式是等效的；中考中经常考查某个物体温度变化了是哪种方式改变的内能，判断的标准就是看是否存在能量的转化过程，存在就是做功的方式，不存在就是热传递的方式。3．（2分）生物学家最新的研究表明，生活在3.6亿年前泥盆纪的一种邓氏鱼（如图所示）的咬合力比任何已知生物都要强。它在啃噬猎物时每平方厘米的咬合力高达5.6×104N，由此可计算出它的咬合压强高达5.6×108Pa。【考点】86：压强的大小及其计算．【分析】知道每平方厘米的压力，利用计算【解答】解：s＝1cm2＝1×10﹣4m2答：它的咬合压强高达为5.6×108Pa【点评】利用压强公式计算时注意单位换算：1cm2＝1×10﹣4m2。4．（2分）取一只小塑料袋（重力忽略不计），袋内装满水，用细线把袋口扎紧（要求袋内不留空气），然后用弹簧测力计将它吊起，称出水所受的重力。将这袋水逐渐浸入水中，弹簧测力计读数逐渐变小，表明水袋所受浮力的大小随排开水的体积增大而增大。当水袋全部浸没水中时，弹簧测力计的读数为零，说明这时水袋所受浮力等于袋内水的重力（或水袋排开水的重力）。【考点】8R：探究影响浮力大小因素的实验．【分析】（1）本题主要考查浮力的大小与什么因素有关，浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关。“将这袋水逐渐浸入水中”浮力在增大，浮力增大是什么因素决定的呢？液体密度不变，而这袋水逐渐浸入水中，它排开液体的体积逐渐增大。（2）“水袋全部浸没水中时，弹簧测力计的读数为零”，弹簧测力计的示数F＝G﹣F浮，示数为零，说明这袋水的重力等于水袋所受浮力。【解答】解：（1）浮力与液体的密度和物体排开液体的体积有关。这袋水逐渐浸入水中，它排开液体的体积逐渐增大，而液体体积不变，根据F浮＝ρ液v排g可知，浮力变大。（2）弹簧测力计的示数F＝G﹣F浮，弹簧测力计的示数为零，说明F浮＝G即水袋所受浮力等于袋内水的重力。故答案为：增大、袋内水的重力。【点评】本题主要考查实验法测浮力和影响浮力大小的因素。5．（2分）如图所示的电路中，定值电阻R1＝R2．开关闭合后，如果电流表A1的示数为0.4A，那么电流表A2的示数为0.4A，电流表A3的示数为0.2A。【考点】H@：并联电路的电流规律．【分析】通过对电路的分析，明确两个电阻的连接方式，以及三个电流表分别测得是哪部分电路的电流。然后利用并联电路中电流的特点以及欧姆定律，可以得到答案。【解答】解：由图示电路可知，电阻R1R2并联。电流表A1、A2测干路中的电流。所以两者的示数相等，故电流表A2的示数为0.4A。电流表A3测的是通过电阻R2的电流。由于R1、R2并联，所以它们两端的电压相等，由题意知，R1＝R2，所以通过R1、R2的电流相等，由于总电流为0.4A，所以通过R1的电流为总电流的一半：0.2A，即电流表A3的示数为0.2A。故答案为：0.4；0.2。【点评】明确电路中电流表测量的是哪部分电路中的电流以及电路的连接方式是解决此题的关键。6．（2分）有A、B、C、三个由同种材料制成的金属球，它们的质量分别为128g、400g、60g，体积分别为16cm3、50cm3、12cm3．在A、B、C三个金属球中，若只有一个是空心的，那么C球是空心的，这种材料的密度为8g/cm3（或8×103kg/m3）。【考点】2J：空心、混合物质的密度计算．【分析】分别算出这三个金属球的密度，然后比较它们的密度，如果有一个金属球的密度比其它两个金属球密度小，则这个金属球就是空心的。【解答】解：金属球A的密度：ρA＝＝＝8g/cm3，金属球B的密度：ρB＝＝＝8g/cm3，金属球C的密度：ρC＝＝＝5g/cm3。因为ρC＜ρA＝ρB，所以金属球C是空心的，这种材料的密度为8g/cm3。故答案为C，8g/cm3。【点评】密度可以鉴别物质是否是空心的、还可以鉴别物质的种类。因为同种物质密度是一定的，质量与体积成正比；不同物质密度一般不同。所以掌握密度知识很有必要的。7．（2分）如图所示，盛热水的茶杯中有一片茶叶，茶叶上附有两个的球形气泡，此时它恰好处于悬浮状态，茶叶与两气泡的总体积为1×10﹣8m3，则这片茶叶的重力为1×10﹣4N．若在茶杯上盖紧盖子，会发现这片茶叶将下沉（填“上浮”、“下沉”或“悬浮”）（g＝10N/kg）。【考点】8P：浮力大小的计算；8S：物体的浮沉条件及其应用．【分析】根据据物体的浮沉条件可利用浮力公式求得茶叶所受浮力，则可求得茶叶的重力；根据盖紧盖子后杯内气体的压力变化，可得出茶叶所在位置的压力变化，即可得出气泡体积的变化，则可得出气泡所受浮力的变化，由浮沉条件可知茶叶的浮沉状态。【解答】解：茶叶悬浮，则有G＝F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×1×10﹣8m3×10N/kg＝1×10﹣4N；若在茶杯上盖紧盖子，因杯内上方的空气被密闭，杯内水蒸气较多，则杯内气压变大，气泡的体积变小，茶叶受到的浮力变小，小于重力，所以茶叶下沉。故答案为：1×10﹣4，下沉。【点评】本题考查物理知识在生活生产中的应用，根据题目中给出的情景可以选择合适的物理规律求解。8．（2分）点燃两支长度不同的蜡烛，将其固定在桌面上，如图所示。如果用玻璃烧杯将两支蜡烛罩在里面，发现较长的一支蜡烛先熄灭，这是由于燃烧产生的温度较高的二氧化碳气体的密度比空气密度要小，从而二氧化碳气体上升（填“上升”或“下降”）的缘故。【考点】2C：与密度有关的物理现象；2H：密度与温度．【分析】气体有热胀冷缩的性质：温度高的气体膨胀，密度小，易上升；温度低的气体密度大，易下降。【解答】解：常温下二氧化碳气体的密度大于空气密度，但蜡烛燃烧产生的二氧化碳气体温度高，所以密度小于空气密度，上升到顶部，较长的蜡烛因缺氧气而熄灭。故答案为：小；上升。【点评】物质的密度受温度影响能改变，气体密度受温度影响较大。9．（2分）“旋蛋实验”可以判断一个鸡蛋是生鸡蛋还是熟鸡蛋：在光滑的水平桌面上快速旋转该鸡蛋，用手制动后又立即释放，如果鸡蛋又“自动”转动起来，那么这个鸡蛋一定是生鸡蛋，这是因为用手制动后，随蛋壳转动的蛋清和蛋黄由于惯性，不会马上停下来，立即释放后，蛋清和蛋黄又会带动蛋壳转动起来。【考点】6L：惯性．【分析】生鸡蛋和熟鸡蛋的区别是：生鸡蛋的蛋清、蛋黄是液体，和蛋壳不是一个整体；熟鸡蛋的蛋清、蛋黄是固体，和蛋壳是一个整体。转动起来的生鸡蛋，用手制动，蛋壳受力停止运动，但蛋清和蛋黄由于惯性保持原来转动的状态，释放后，蛋清、蛋黄就会带动蛋壳转动；转动起来的熟鸡蛋，用手制动，蛋壳受力并将这个力传给了固体的蛋清、蛋黄，整个鸡蛋受力而停止转动，释放后鸡蛋不会继续转动。【解答】解：生鸡蛋的蛋清、蛋黄是液体，和蛋壳不是一个整体，当手制动后，蛋清和蛋黄由于惯性保持原来的运动状态，不会立即停止运动，释放后，蛋清和蛋黄又会带动蛋壳转动起来。故答案为：生；用手制动后，随蛋壳转动的蛋清和蛋黄由于惯性，不会马上停下来，立即释放后，蛋清和蛋黄又会带动蛋壳转动起来。【点评】解答此题首先要知道生鸡蛋和熟鸡蛋的不同之处，然后根据惯性的知识来分析。二、选择题（共18小题，每小题2分，满分36分）10．（2分）下列现象中，能说明分子在做无规则热运动的是（）A．雪花纷扬 B．丹桂飘香 C．柳枝摇曳 D．秋叶飘零【考点】GV：分子的运动．【分析】要解答本题需掌握：分子运动是肉眼看不见的运动，机械运动是宏观上物体的运动。【解答】解：分子运动，即扩散现象是肉眼看不见的，在不知不觉中发生的，比如：丹桂飘香；而机械运动是物体的运动，是看的见的，比如：雪花纷扬、柳枝摇曳、秋叶飘零。故选：B。【点评】本题主要考查学生对：物质运动和分子运动的区别和联系的了解和掌握，是一道基础题。11．（2分）下列家用电器中，正常工作一小时消耗电能最接近1KW•h的是（）A．电子表 B．手电筒 C．电灯泡 D．空调机【考点】JA：电功率的计算；JC：额定功率．【分析】根据公式P＝，求出正常工作一小时消耗电能最接近1KW•h的用电器的功率，看哪个用电器的额定功率接近即可。【解答】解：P＝＝＝1kw，四个选项中额定功率接近1kw的用电器是空调机。故选：D。【点评】本题考查的是电功的计算公式、以及对常见用电器额定功率的了解，这要求大家在生活中要善于观察。12．（2分）下列能源中属于可再生能源的是（）A．煤 B．石油 C．天然气 D．太阳能【考点】K2：能源的分类．【分析】要解答本题需掌握：能在短时间内形成的能源属于可再生能源。【解答】解：煤、石油和天然气是化石能源，不可在短时间内形成，故属于不可再生能源。太阳能是可再生能源。故选：D。【点评】本题主要考查学生对可再生能源特点的了解和掌握，是中招的热点。13．（2分）验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等。对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是（）A．验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线 B．验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线 C．验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线 D．验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线【考点】AT：红外线；AU：紫外线．【分析】红外线和紫外线都是不可见光，两者的特点不同。在现实生活中，可以利用红外线做电视机的遥控器，利用紫外线可以做验钞机。【解答】解：紫外线可以使钞票上的荧光物质发光，所以可以做成验钞机。红外线可以用在遥控器上。遥控器发出红外线，实现了无线控制家中的用电器，方便人们的生活。故选：C。【点评】本题考查学生对红外线和紫外线具体应用的了解情况，平时要注意观察身边的现象。14．（2分）中央电视台体育频道经常转播一些重要的象棋和围棋大赛。在复盘讲解时，棋子被吸附在竖直放置的磁性棋盘上保持静止，此时棋子受到的摩擦力（）A．方向竖直向上，大小等于它的重力 B．方向竖直向下，大小等于它的重力 C．方向竖直向上，大小大于它的重力 D．方向竖直向下，大小大于它的重力【考点】7D：摩擦力的大小；7G：摩擦力的方向．【分析】解答本题可根据二力平衡条件去分析，二力平衡条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等、方向相反且作用在同一直线上。【解答】解：棋盘上的棋子在竖直方向上共受到两个力的作用：重力和摩擦力。由于棋子在棋盘上保持静止，所以这两个力是一对平衡力。根据二力平衡条件可知，这两个力在大小上是相等的，方向上是相反的。由于重力的方向竖直向下，所以摩擦力的方向竖直向上。故选：A。【点评】本题考查了学生对二力平衡条件的掌握和理解，解答此类题时，要先对物体进行受力分析，看哪两个力是一对平衡力，然后再根据二力平衡条件去判断。15．（2分）下列叙述中的“影”，属于光的反射现象的是（）A．立竿见“影” B．毕业合“影” C．形“影”不离 D．湖光倒“影”【考点】A6：光的反射现象．【分析】“影”的形成包括光沿直线传播现象、光的反射现象以及光的折射现象；光沿直线传播形成的现象称之为影子；光的反射现象有平面镜成像；光的折射为透镜所成的像；根据不同原理所成的像分析各选项。【解答】解：A、立竿见“影”中的“影”是由于光线被竿遮挡光线形成的影子，故属于光沿直线传播现象；B、照相机是利用凸透镜成像原理进行拍照的，而毕业合“影”中的“影”是照相机拍出的像，故属于光的折射现象；C、形“影”不离中的“影”是由于身体遮住光线后，在地面形成了自己的影子，故属于光沿直线传播现象；D、平静的湖面相当于平面镜，而湖光倒“影”中的“影”是平面镜形成的像，故属于光的反射现象；故选：D。【点评】本题考查光的折射现象、光的反射现象以及光沿直线传播现象，会根据其原理的不同，对光现象进行分类。16．（2分）宋祖英和汤灿都是湘籍著名歌唱演员。当她们表演女声二重唱时，我们仍能分辨出她们的声音来，这主要是因为她们的歌声有不同的（）A．音色 B．响度 C．音调 D．音速【考点】9H：音色．【分析】音色是指声音的感觉特性。不同的发声体由于材料、结构不同，发出声音的音色也就不同，这样我们就可以通过音色的不同去分辨不同的发声体。【解答】解：音色是声音的特色，根据不同的音色，即使在相同音调和响度的情况下，也能区分出是不同人发出的。故选：A。【点评】此题考查的是我们对于音色的了解，是一道声学的基础题。17．（2分）关于超声波和电磁波，下列说法中正确的是（）A．超声波可以在真空中传播 B．电磁波频率越高波长越长 C．超声波和电磁波的传播速度都等于光速 D．超声波和电磁波都可传递能量和信息【考点】9E：超声波与次声波；D2：电磁波的传播与应用．【分析】声音和电磁波都可以传递信息和能量。超声属于声音的一种，光属于电磁波的一种。然后再根据每个选项分别作出判断。【解答】解：A、声音不能在真空中传播。超声属于声音的一种。错误。B、电磁波的波速是定值，波长和频率成反比，频率越高，波长越短。错误。C、声音的速度低于光速。超声属于声音的一种。错误。D、声音和电磁波都可以传递信息和能量。超声属于声音的一种，光属于电磁波的一种。正确。故选：D。【点评】本题考查学生对声音现象和电磁波中光现象的辨析，要分清区别和联系。18．（2分）成语“白纸黑字”喻指证据确凿，不容抵赖。从物理学角度看（）A．白纸和黑字分别发出不同颜色的光进入人的眼睛 B．白纸和黑字分别反射出白光和黑光进入人的眼睛 C．白纸反射出白光进入人的眼睛，而黑字不反光 D．黑字比白纸反射光的本领强【考点】AR：物体的颜色．【分析】要解决此题需要知道白色的不透明物体，能够反射所有色光，黑色的不透明物体吸收所有的色光。【解答】解：我们看到白纸，是因为所有的色光经过白纸反射到我们眼睛中。我们看到黑字是因为黑字吸收所有的色光，不反射光。故选：C。【点评】此题主要考查了不同颜色的物体反射光的情况，用黑和白进行了对比，是一道很好的题目。19．（2分）目前，科学家正在研究太空电站，即地球同步轨道上的太阳能电站，其示意图如图所示。下列说法中错误的是（）A．太阳能来自太阳内部的核聚变 B．太阳能收集板将太阳能转化为电能 C．利用微波传输，实现了“无缆输电” D．以地面接收站为参照物，太阳能电站是运动的【考点】53：运动和静止的相对性；DD：信息与信息传播；K6：核聚变；KA：太阳能的转化．【分析】太阳能是太阳内部连续不断的核聚变反应过程产生的能量。太阳能收集板能将太阳能转化为电能。利用微波传输不需要导线，可以实现“无缆输电”。太阳能电站在地球同步轨道上，像同步卫星一样相对于地球是静止的。【解答】解：以地面接收站为参照物，太阳能电站在地球同步轨道上，像地球的同步卫星一样，相对于接收站的位置不发生变化，所以太阳能电站相对于地面接收站是静止的。故选：D。【点评】本题围绕太空电站展开考查了新能源、能量的转化、电磁波、静与动等方面的知识。对于动与静的判断就看被研究物体与参照物之间的位置是否发生变化，位置发生变化则物体运动，位置不发生变化，则物体静止。20．（2分）如图所示，当开关闭合时，位于电磁铁右端的小磁针的北极向右偏转。那么（）A．电源的a端为正极；滑片向右移动时，电磁铁的磁性增强 B．电源的a端为正极；滑片向右移动时，电磁铁的磁性减弱 C．电源的b端为正极；滑片向右移动时，电磁铁的磁性增强 D．电源的b端为正极；滑片向右移动时，电磁铁的磁性减弱【考点】C4：磁极间的相互作用；CB：安培定则及其应用；CE：影响电磁铁磁性强弱的因素．【分析】由小磁针的偏转方向得到通电螺线管的极性，再得到电流的方向，当滑片移动后，再判断出磁性的变化。【解答】解：当开关闭合时，位于电磁铁右端的小磁针的北极向右偏转，则通电螺线管的右端为N极，由安培定则知，a端为电源的正极，b端为电源的负极，当滑片向右移动时，电阻变大，电流变小，通电螺线管的磁性变弱，故只有B的说法正确。故选：B。【点评】本题考查了安培定则的使用，磁极间的相互作用规律，及影响通电螺线管的磁性强弱的因素等知识点，关键要明白滑片移动后，磁性是怎样变化的。21．（2分）如果利用如图所示的电路来测量一个大电阻R的电功率，那么x、y、z应分别代表（）A．电流表、电压表、滑动变阻器 B．电压表、电流表、滑动变阻器 C．滑动变阻器、电流表、电压表 D．电压表、滑动变阻器、电流表【考点】HX：电流表的使用；I3：电压表的使用；ID：滑动变阻器的使用；IK：伏安法．【分析】根据电流表与被测用电器串联，并且在电路中相当于导线；电压表与被测用电器并联，在电路中相当于开路；伏安法测功率的原理图进行分析。【解答】解：伏安法测量电功率时，被测电阻与滑动变阻器串联，电流表测量与被测电阻串联，电压表与被测电阻并联，因此z为滑动变阻器；而y与电阻R串联，所以此表应是电流表；x并联在电阻R的两端，所以此表应是电压表。故选：B。【点评】此题主要是根据电流表、电压表以及滑动变阻器在电路中的连接情况来判断是什么电表，知道伏安法测电功率的原理图。22．（2分）如果常温下的超导材料研制成功，那么它不能用于制作（）A．变阻器的线圈 B．电磁铁的线圈 C．电动机的线圈 D．发电机的线圈【考点】44：超导体的特点与作用．【分析】要解答本题需掌握：超导体是在特定温度下电阻为零。它只能应用在不是利用电流热效应工作的元件，以及电器上。【解答】解：变阻器是纯电阻，是利用电流的热效应工作的。如果用超导体制作，就不能起到变阻的作用；而电磁铁线圈，发电机和电动机线圈是利用线圈传递电流，是利用电流的磁效应工作的。利用超导体工作的时候，没有能量的损失。故B、C、D不符合题意。故选：A。【点评】本题主要考查学生对：超导现象，以及超导现象的应用的了解和掌握，是一道基础题。23．（2分）在如图所示的实验装置中，当单刀双掷开关向右合上时，接线柱1与2连通，同时与3断开；向左合上时，接线柱1与3连通，同时与2断开。那么该实验装置（）A．既可以研究电磁感应现象，又可以研究磁场对电流的作用 B．既可以研究电磁感应现象，又可以研究电流的磁效应 C．既可以研究磁场对电流的作用，又可以研究电流的磁效应 D．不可以研究上述三种电磁现象中的任意一种【考点】CJ：磁场对通电导线的作用；CP：电磁感应．【分析】根据电磁感应现象、磁场对电流的作用力，这两个实验装置的结构和特点可以看出实验的原理和目的。【解答】解：当单刀双掷开关向右合上时，接线柱1与2连通，同时与3断开，这时候相当于通电的导体放入磁场中，要受到力的作用，故导体在磁场中运动，此现象是电动机的原理；当单刀双掷开关向左合上时，接线柱1与3连通，同时与2断开，这时，电源没接入电路，相当于闭合电路的一部分导体放入磁场中，如果做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流，此现象是电磁感应现象。故该实验装置既可以研究电磁感应现象，又可以研究磁场对电流的作用。故选：A。【点评】电磁感应和磁场对通电导体的作用其主要区别在于前者为因电而动，后者为因动而电，所以电路结构是不相同的。24．（2分）1964年人类制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯。它的气室示意图如图所示，其工作原理是利用海浪上下起伏的力量将空气吸入气室，压缩后再推入工作室，然后推动涡轮机带动发电机发电。那么（）A．当海水下降时，阀门K1开启，阀门K2关闭 B．当海水上升时，阀门K1关闭，阀门K2开启 C．航标灯消耗的电能是空气的机械能转化来的 D．航标灯消耗的电能是海水的机械能转化来的【考点】EI：能量转化的现象．【分析】通过所给的示意图分析海浪发电的过程。海浪发电是将海水的机械能转化成电能。【解答】解：海水下降时，阀门K1关闭，阀门K2开启，将空气吸入气室；海水上升时，阀门K1开启，阀门K2关闭，压缩后将空气推入工作室。整个过程是海水推动活塞做功，将海水的机械能转化成了电能。故选：D。【点评】本题利用生活中一具体实例，考查了学生对问题的分析能力及物理知识的应用。能量转化的过程都是有规律可循的，在平常的学习中要注意总结归纳。25．（2分）如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至跃过横杆的过程中克服重力所做的功（）A．都必须大于mgh B．都不一定大于mgh C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh【考点】EB：功的大小比较．【分析】功等于作用在物体上的力跟物体在力的方向上通过的距离的乘积，与其他因素无关，即：W＝Fs。【解答】解：如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，采用跨越式时的重心高度一定大于h，但采用背越式时，由于运动员的手、头、躯干和四肢不是同时通过横杆，运动员的重心高度有可能比横杆的高度h低，所以运动员用背越式克服重力所做的功不一定大于mgh，用跨越式克服重力所做的功必须大于mgh；所以C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题的解题关键是明确运动员过杆的情形，知道背越式跳高的重心有可能比横杆的高度低。26．（2分）有经验的柴油机维修师，不用任何仪器，只是靠近柴油机排气管口观察和用鼻子闻一下，并将手伸到排气管口附近感觉一下尾气的温度，就能初步判断这台柴油机的节能效果。在同样负荷的情况下，关于柴油机的节能效果，下列判断正确的是（）A．尾气的温度越高，柴油机越节能 B．尾气的温度越低，柴油机越节能 C．尾气的柴油味越浓，柴油机越节能 D．尾气的颜色越黑，柴油机越节能【考点】GL：热机的效率．【分析】热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。燃烧相同的燃料，有效利用的能量越多，效率越高。【解答】解：尾气的温度高，说明散失的热量多，柴油机的效率低，反之，柴油机的效率高，即节能。尾气的柴油味浓、颜色黑都说明柴油没有充分燃烧，浪费了燃料，这样柴油机的效率会低。故选：B。【点评】此题考查柴油机的节能情况，实际是考查热机的效率问题。四个选项分别从不同方面考查了影响热机效率的因素，是一道好题。27．（2分）通常人的臂长和步距都与身高成正比（用符号“∝”表示），在正常步行时手臂自然摆动一次的时间与臂长的平方根成正比。由此他猜想人的步行速度v与身高h之间可能存在如下的关系，你认为他的下列猜想中正确的是（）A．v∝h2 B．v∝h C．v∝ D．v∝1/【考点】2Q：物理学方法．【分析】利用臂长和步距都与身高成正比、手臂自然摆动一次的时间与臂长的平方根成正比，再结合速度公式v＝进行推导，选择正确答案。【解答】解：设人的臂长为L，摆一次的时间为t，步距为s；有题意可知人的臂长与身高成正比：L∝h，所以：∝；又知正常步行时手臂自然摆动一次的时间与臂长的平方根成正比：t∝；步距与身高成正比：s∝h；所以：v＝∝∝＝故选：C。【点评】此题不能直接应用具体数值运算，须通过正比关系来推导，较难。三、解答题（共5小题，满分46分）28．（2分）晴天，在茂密的树林下面，阳光透过树叶的缝隙，会在地上留下许多圆形的光斑，这是由于光的直线传播的原理。那么在发生日偏食的短暂时间里，地上的光斑是怎样的？请在下图所示的方框中画出一个光斑的示意图。【考点】A3：光直线传播的应用．【分析】（1）依据光的直线传播原理，当太阳光通过小孔时，就会形成太阳的像，即小孔成像；（2）小孔成的像是倒立的实像，与物体的形状相同，与小孔的形状无关。【解答】解：（1）太阳光透过树叶的缝隙，会在地上形成圆形的光斑，这是小孔成像现象，是由于光的直线传播造成的；故答案为：光的直线传播；（2）光斑的形状与物体的形状相同，所以日偏食时形成的光斑如下图所示：【点评】知道光沿直线传播的现象，注意小孔成像时，所成的像与物体的形状一样。29．（10分）在机械制造中有一个给大飞轮定重心的工序，该工序的目的是使飞轮的重心发生微小的位移，以使它准确位于轴心上。如图所示，一个质量为M＝80kg、半径为R＝0.6m的金属大飞轮可在竖直平面内绕轴心（图中两虚线的交点）自由转动。用力推动一下大飞轮，飞轮转动若干周后停止。多次试验，发现飞轮边缘上的标记F总是停在图示位置。（1）根据以上情况，可以初步确定飞轮重心P可能在图中A。A．轴心正下方的某一位置B．轴心左侧的某一位置C．轴心右侧的某一位置（2）工人在飞轮边缘上的某点E处，焊接上质量为m＝0.4kg的金属后，再用力推动飞轮，当观察到每次推动飞轮后，飞轮边缘上的标记F可以停在任意位置的现象时，说明飞轮的重心已调整到轴心上了。（3）请在图中标出E的位置。（4）试求调整前飞轮的重心P到轴心的距离l。（提示：利用杠杆平衡条件）【考点】79：重心．【分析】（1）转动物体静止时，重心应在最低处，由题目中的条件可确定出重心的大致位置。（2）若重心在转轴处，则物体最后静止时F可在任意点，由此可知答案；（3）焊接金属的目的是为了让重心回到转轴处，则应焊在重心所在的直径的最外侧；（4）飞轮能停在任意位置，设转到焊接点与重心处在同一水平面上时，焊接物与重心的力矩应当平衡，则由力矩平衡可求得重心的位置。【解答】解：（1）重心在最低点时，飞轮才能静止，因每次F都与转轴在同一水平面上，则说明重心应在轴心的正下方，故选A；（2）如果重心在轴心处，则停止时，飞轮可以停在任意位置，即F可能出现在任意位置，故答案为：每次推动飞轮后，飞轮边缘上的标记F可以停在任意位置；（3）焊接金属块的目的是为了让重心上移，则应焊在重心与轴心的连线上，并且在重心的另一侧，故E点位置如图所示；（4）考虑到调整后，飞轮可以停在任意位置，那么当飞轮的重心P和焊接点E转动到同一水平线上时（如图所示），根据杠杆平衡条件：Mgl＝mgR，解得：l＝＝＝3×10﹣3m＝3mm；答：（1）A；（2）每次推动飞轮后，飞轮边缘上的标记F可以停在任意位置；（3）位置如图；（4）重心到轴心的距离为3mm。【点评】本题难度较大，需要我们对重心及转动的性质有足够的了解才能顺利求解。30．（11分）如图所示，是用温度传感器测量得到的电开水壶在加热和冷却过程中温度随时间变化的图线，壶内盛有1kg水。请根据图线回答下列问题。（1）在加热过程中，电开水壶消耗的电功率P电与水吸收热量的功率P吸（即每秒吸收的热量）相比较，P电大于P吸（填“大于”、“等于”或“小于”），这是因为在加热过程中，水在吸收热量的同时不断地向外散失热量。（2）在从t1＝1000s至t2＝1600s的冷却过程中，求水的散热功率P散（即每秒散失的热量）．已知水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）。（3）如果给电开水壶加装自动加热功率控制器，当电开水壶将水煮沸后自动调整加热功率使水温保持在80℃．那么保温时的电加热功率应为56W。【考点】E2：能量的转化；GG：热量的计算；JA：电功率的计算．【分析】（1）电开水壶工作的同时，有一部分热量向外散失，消耗的电能并不是全部转化为热能。（2）先利用放热公式求出水散失的热量，再利用公式P＝求出水的散热功率。（3）加装自动加热功率控制器就是为了防止水的热量散失，保温时的电加热功率等于水的散热功率。【解答】解：（1）消耗的电能并不是全部转化为热能，所以P电大于P吸。故答案为：大于；在加热过程中，水在吸收热量的同时不断地向外散失热量。（2）在所给时间t＝t2﹣t1＝600s的冷却过程中，水散失的热量为Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（84℃﹣76℃）＝3.36×104J，水的散热功率为P散＝＝＝56W。答：水的散热功率为56W。（3）保温时的电加热功率等于水的散热功率，为56W。故答案为：56。【点评】本题考查能量转化和水吸收热量以及散热的问题，关键是要灵活运用各个公式，还要学会分析图象，这是本题的重点，也是以后学习过程中需要注意的问题。31．（11分）某实验小组的小刘和小李两位同学先后利用如图所示电路测量一定值电阻Rx（不考虑温度对电阻的影响），图中连接电压表的线未画出。实验时，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，得到电流表和电压表的示数分别如表一和表二所示。经检查与核对，他们的实验操作与数据记录都准确无误。根据表中数据解答下列问题：（1）比较表一和表二可知，当电流表示数增大时，在小刘的实验中，电压表的示数是增大的，而在小李的实验中电压表的示数却是减小的，请你简要分析产生这种现象的原因。（2）请在图中将小李的实验电路连接完整。（3）试求定值电阻Rx以及电源电压U。【考点】HR：实物的电路连接；IH：欧姆定律的应用；IZ：电路的动态分析．【分析】（1）根据串联电路起分压作用，电流逐渐增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值是越来越小的，而小刘是将电压表并联在定值电阻两端，而小李是将电压表并联在滑动变阻器两端的。（2）根据实物电路连接的方法将电压表并联在滑动变阻器两端即可；（3）根据小李的实验数据，找两组数据，以电源电压为等价列出两个关系式，解之即可。【解答】解：（1）分析小刘的实验数据可知，电流与电压成正比，电压与电流的比值相同，可见电压表一定是接在定值电阻两端；（1分）而小李的实验数据表明，随着滑动变阻器阻值减小，电流表示数增大，电压表示数减小，电压与电流的比值减小，可见电压表一定是接在滑动变阻器两端。（1分）因此电压表的测量对象不同是产生上述现象的原因。（1分）（2）如图所示。（3分）（要求“+”“﹣”接线柱连线正确无误，但量程选择可不做要求）（3）方法一根据表一，由欧姆定律得Rx＝Ux÷I（1分）＝1.0V÷0.1A＝10Ω（1分）在小李的实验中，由欧姆定律及电压分配得U＝U1+I1Rx（2分）在表二中任意选择一组数据并将表一中求得的Rx＝10Ω代入得U＝6V（1分）方法二在小李的实验中，由欧姆定律及电压分配得U＝U1+I1Rx（1分）U＝U2+I2Rx（1分）在表二中任意选择两组数据代入，解得Rx＝10Ω（2分）U＝6V（1分）故答案为：（1）分析小刘的实验数据可知，电流与电压成正比，电压与电流的比值相同，可见电压表一定是接在定值电阻两端；（1分）而小李的实验数据表明，随着滑动变阻器阻值减小，电流表示数增大，电压表示数减小，电压与电流的比值减小，可见电压表一定是接在滑动变阻器两端。（1分）因此电压表的测量对象不同是产生上述现象的原因。（1分）（2）电路图如上图所示，（3）10Ω，6V。【点评】知道实物连接的正确方法，知道串联电路的特点，会灵活应用欧姆定律进行计算。32．（12分）探究“硬币起飞”的条件。（一）查寻规律：在地面附近同一高度或高度差不显著的情况下，空气流速v与压强p的关系可表示为v2+p＝C；式中C是常量，ρ表示空气密度。根据上述关系式可知：（1）空气流速越大，压强小；空气流速越小，压强大。（