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2009年第23届“大同杯”初中物理竞赛复赛试卷(解析版)【菁】

来源：爱够旅游网

2009年上海市第二十三届初中物理竞赛复赛试卷

（大同中学杯）

参与试题解析

一、选择题（以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分） 1．（4分）小明坐在前排听讲座时，用照相机把由投影仪投影在银幕上的彩色图象拍摄下来．由于会场比较暗，他使用了闪光灯．这样拍出来的照片（） A．比不用闪光灯清楚多了与不用闪光灯的效果一样 B．看不清投影到屏幕上的图象 C． D．色彩被“闪”掉了，拍到的仅有黑色的字和线条考点：镜面反射．专题：应用题．分析：闪光灯的光比投影仪的光强，白光盖过了投影仪的光．就像白天看星星一样，看不到的．银幕反射彩色的光本来就是漫反射，光很弱．如果用闪光灯，银幕反射白光强度大，只拍出白色银幕或者上面的污点．彩色图片被冲淡，拍不出了．解答：解：闪光灯的光照射到物体上，可以使物体表面的亮度增大，但闪光灯照射到银幕上以后，只能增加银幕的亮度，而不能增加图象的亮度，相反，图象的亮度和清晰度明显减弱，所以反而看不清银幕上的图象，而银幕上的污渍更加清晰了，银幕上的黑色的字和纸条实际上就是投影片上不透明物体的影子，即黑暗区域．因此不用闪光灯拍摄的效果好．综上所述，只有选项C正确．故选C．点评：此题不仅仅是考查凸透镜成像的规律，而主要考查光的反射和漫反射，有一定的拔高难度，属于难题． 2．（4分）如图所示，弹性小球撞击地面前的速度方向与水平地面的夹角为α，撞击后离开地面时的速度方向与水平地面的夹角为β，则下列说法中正确的是（）

A．无论地面光滑与否，总有β=α B．无论地面光滑与否，总有β＜α 地面的粗糙程度越大，β越小 C．D．地面的粗糙程度越大，β越大考点：速度与物体运动．专题：应用题．分析：（1）如果是光滑地面，此情景就相当于光的反射，根据光的反射定律可求两角的关系；（2）如果地面不光滑，小球与地面碰撞后竖直速度不变，水平速度与粗糙程度有关．粗糙程度越大，水平速度越小，二者合成后的速度与水平面的夹角就越大．解答：解：A、如果地面光滑，此情景就相当于光的反射，a根据光的反射定律可知，反射角等于入射角，又因为α与入射角互余，β与反射角互余，所以α=β，所以只有地面光滑的时候，才有β=α，故A错误； B、地面光滑的时候，β=α，地面粗糙的时候，β≠α，B错误； C、D、撞击后离开地面时的速度方向与水平地面的夹角与地面的粗糙程度有关，当地面粗糙时，小球在水平方向上受到了地面对它的摩擦力，也就是力会改变了小球的运动状态，使β角变大，粗糙程度越大，β越大，故C错误，D正确．故选D．点评：（1）从“弹性小球、光滑地面”来看，此情景就相当于光的反射，但也很明显，当地面粗糙时，就不符合“光的反射定律”了．（2）当地面粗糙时，小球在水平方向上受到了地面对它的摩擦力，也就是力会改变了小球的运动状态，使β角变大． 3．（4分）摩托车做飞跃障碍物的表演时为了减少落地时向前翻车的危险，则落地时应采取的措施是（） A．仅前轮制动 B．仅后轮制动 C．前、后两轮均制动 D．前、后轮均不制动考点：惯性．专题：应用题．分析：先分析着地的轮子的运动状态的改变，然后分析摩托车的其它部分由于惯性还要继续向前运动，据此分析判断．解答：解：摩托车飞越高大障碍物时，若前轮先着地，前轮受地面的摩擦力使前轮的速度减小或静止，而摩托车的后轮及其他部分由于惯性还要继续向前运动，导致翻车；因此后轮先着地就可以避免翻车现象的发生，所以是后轮制动．故选B．点评：本题考查了学生对惯性及其危害的了解与掌握，注意一切物体都具有惯性． 4．（4分）2008年9月25日21时10分“神舟”七号飞船载着三名航天员飞上蓝天，实施太空出舱活动等任务后于28日17时37分安全返回地球．已知：“神舟”七号飞船在距地球表面高343千米的圆轨道上运行，运行速度为7.76

千米/秒；地球半径6.37×10千米．则在“神舟”七号飞船运行期间，飞船绕地球运动的圈数为（） 15 30 45 60 A．B． C． D．考点：速度公式及其应用．专题：应用题．分析：已知飞船发射和返回的时间，可以得到在太空中飞行的时间；已知飞船飞行的速度，可以得到飞行的总路程；已知飞船距离地面的高度和地球半径，可以得到飞船的轨道半径；已知飞船的轨道半径，利用C=2πr得到轨道的周长；飞船飞行的总路程与轨道周长的比值，可以得到飞船绕地球运动的圈数．解答：解：已知“神舟”七号飞船9月25日21时10分发射，28日17时37分安全返回地球，在太空飞行的时间为t=68h27min=2420s；飞船飞行的总路程为S=vt=7.76km/s×2420s=1912219.2km； 33飞船的轨道半径为r=0.343km+6.37×10km=6.713×10km 33飞船飞行的轨道周长为C=2πr=2×3.14×6.713×10km=42.157×10km； 3

飞船飞行的圈数为n=≈45．故选C．点评：此题难度不大，但计算量很大，在计算过程中一定细心，避免出错． 5．（4分）现有一扇形的均质金属物体，该材料具有热胀冷缩的性质，如图所示．室温状态下AB、CD边所成的圆心角为α．若使物体温度均匀升高，则α角的变化情况是（）

A．变大

B．不变

D．无法确定考点：物质的物理特征．专题：应用题．分析：物体热胀冷缩的性质，当温度升高时，AB、CD两边受热膨胀，会变长．但角的大小和边长的长度无关，只与两条边叉开的大小有关．解答：解：根据角的含义“由一点引出的两条射线所围成的图形，叫做角”可知：角的大小跟边的长短无关，跟两边叉开的大小有关；故选B．点评：解答此题应根据角的含义及角的特征进行解答即可． 6．（4分）如图所示容器内放有一长方体木块，上面压有一铁块，木块浮出水面的高度为h1（图a）；用细绳将该铁块系在木块的下面，木块浮出水面的高度为h2（图b）；将细绳剪断后（图、c），木块浮出水面的高度为（）

A．h1+ C．h1+ 考点：物体的浮沉条件及其应用；阿基米德原理．专题：计算题；整体思想．分析：把木块M和铁块m看做一个整体，图a中排开水的体积Va排与图b排开水的体积Vb排．而图c只研究长方 B． h2+D． h2+ 体木块M排开水的体积VC排．根据沉浮条件得出排水体积大小的关系，从而得出木块浮出水面的高度．解答：解：设长方体木块的底面积为S，高为h；把木块M和铁块m看做一个整体，两种情况都是处于漂浮状态，浮力等于木块和铁块的总重力，浮力相等．在同种液体中它们受到的浮力相等，排开液体的体积相等；即Va排=Vb排．又∵Va排=Sh﹣Sh1，Vb排=Sh﹣Sh2+Vm，所以Sh﹣Sh1=Sh﹣Sh2+Vm， ∴Vm=S（h2﹣h1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 由图a可知：木块和铁块的漂浮时 F浮=G木+G铁； ∴ρ水gS（h﹣h1）=ρ木gSh+ρ铁gVm﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；将①式代入②式得：h=﹣﹣﹣﹣﹣﹣③．将细绳剪断后（图c）木块漂浮；GM=FM浮；即ρ木gSh=ρ水gS（h﹣h3）； ∴h3=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④；将③式代入④式得：h3=h1+故选A．

点评：解答本题的关键是图a与图b中要把木块和铁块看作一个整体，利用图a的重力和浮力关系，图a与图b中之间的浮力相等而得到的排开的水体积相等的关系得出木块高h的表达式；知道在图c中只是木块浮出水面，高度只决定于木块本身，本题难度很大． 7．（4分）如图是水平公路上从车后看到的一辆行驶着的汽车的右后轮，根据图中所示现象可知（）

A．汽车正在向左转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏左汽车正在向左转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏右 B．汽车正在向右转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏左 C． D．汽车正在向右转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏右考点：惯性；压力及重力与压力的区别．专题：图析法．分析：由图知轮胎受地向左的摩擦力，此力提供向心力，所以汽车正在向左转弯，由反作用力轮对地面作用力的方向为向下偏右．解答：解：从图可判断车有向右运动的趋势，则汽车正在向左转弯，车轮受到向左的摩擦力，右后轮对地面作用力的方向为向下偏右．故选B．点评：根据图示判断出车的运动趋势，然后即可确定汽车向哪个方向转弯，解答此题要求学生应具备一定的空间想象能力． 8．（4分）氧化锡的电导（电阻的倒数）随周围环境中的CO（一氧化碳）浓度变化而变化，甲图中的直线反映了它的电导与CO浓度的关系．用氧化锡制成传感器，将它组成乙图所示的电路．图中电压表的示数即可反映传感器周围环境中的CO浓度．则在下列表示CO浓度与电压表示数U0之间关系的图象中正确的是（）

担的电压变大，也就是说CO浓度越高，电压表示数越大，故B、C错误，因R0分担的电压U0=IR0=，所以CO浓度与电压表示数不成正比，故A错误，只有D正确．故选D．点评：本题考查电阻、欧姆定律和串联电路的电压特点，难点是图象的分析和根据电路图对电压表测量电压的判断．二、填空题＜每小题6分，共30分） 9．（6分）桌面上放有一定量的铁屑，现将两根完全相同的条形磁铁A的N极和磁铁B的S极如甲图所示放置在靠近铁屑的上方，吸附一定量的铁屑．若将吸附有铁屑的两极靠在一起，则吸附在连接处的铁屑会减少（选填“增加”、“不变”或“减少”）；如乙图所示，将一根长度略大于两磁铁间距的软铁棒，轻轻搁在两磁铁上，则被吸附的铁屑会减少（选填：“增加”、“不变”或“减少”）．

考点：磁性、磁体、磁极．专题：实验分析法；磁现象、电生磁．分析：（1）磁铁两端的磁性最强，中间磁性最弱．（2）当两个磁体的异名磁极靠在一起时，两个磁体相当于一个磁体，大磁体的中间磁极减弱；（3）当两个磁体的磁极间放一块软铁棒，软铁棒会被磁化，两个磁体和被磁化的软铁棒相当于一个磁体，中间磁极减弱．解答：解：如甲图，当A磁体的N极和B磁体的S极靠在一起时，AB两个磁体相当于一个大磁体，大磁体的中间磁极减弱，吸引的铁屑会减少．如乙图，当A磁体的N极和B磁体的S极间放一个软铁棒时，软铁棒会被AB磁体磁化，两个磁体和被磁化的软铁棒相当于一个磁体，中间磁极减弱，吸引的铁屑会减少．故答案为：减少；减少．点评：一个磁体只有两个磁极，磁极部分磁性最强，中间磁性最弱，这是解决本题的关键． 10．（6分）如图是一种给农作物灌溉的“滴灌”装置，图中的p为进水总阔，q为一种特制的滴水头，该滴水头每分钟滴水的数目相同，每滴水的体积也相同．在横截面积相同的一根直管上共装有100个滴水头．第36个滴水头与第37个滴水头间水管中的水流速度为v1，第个滴水头至第65个滴水头间水管中的水流速度为v2，则速度的大小关系为v1 ＞ v2（选填：“＞”、“＜”或“=”），且vl：v2= 16：9 ．

考点：流体压强与流速的关系．专题：气体的压强、流体压强与流速的关系．分析：设水在第100个滴水头点水流速度为v，P点水体积为100，则在第100个滴水头，水的体积为1，速度为v，在第99个滴水头，水的体积为2，速度为2v，然后可知速度的大小关系；那么第36个滴水头与第37个滴水头间水管中的水流速度为v1=100﹣36，第个滴水头至第65个滴水头间水管中的水流速度为v2=100﹣，然后可求比值的大小． ©2010-2014 菁优网

解答：解：设水在第100个滴水头点水流速度为v，P点水体积为100，在第1个滴水头，水的体积为100，速度为100v，则在第100个滴水头，水的体积为1，速度为v，在第99个滴水头，水的体积为2，速度为2v（因为单位时间里在第99个滴水头它不但要滴出1单位的水，同时还要供给在第100个滴水头1单位的水）因为每分钟的滴水数目相同，时间相同，所以速度和体积成正比，v速度×时间=v体积所以v1＞v2，===．故答案为：＞；16：9．点评：此题考查流体压强与流速的关系，难点在于理解单位时间里在第99个滴水头它不但要滴出1单位的水，同时还要供给在第100个滴水头1单位的水，有一定难度，是一道竞赛题． 11．（6分）（2013•顺义区二模）在一个底面积为200平方厘米、高度为20厘米的圆柱形薄壁玻璃容器底部，放入一个边长为10厘米的实心正方体物块，然后逐渐向容器中倒入某种液体．右图反映了物块对容器底部压力的大小F与容器中倒入液体的深度h（0～6厘米）之间的关系．

由此可知这种液体的密度大小为 1.25×10 千克/米，当倒入液体的深度h为12厘米时，物块对容器的底部压力的大小F大小为 7.5 牛．

考点：阿基米德原理；密度公式的应用；重力的计算．专题：计算题；信息给予题；压强、液体的压强．分析：（1）由物块对容器底部压力的大小F与容器中倒入液体的深度h（0～6厘米）之间的关系图象可知，当倒入液体深度为0时，物块对容器底的压力F=G=20N；当倒入液体深度h=4cm时，物块对容器底的压力F′=G﹣F浮=15N，而F浮=ρ液V排g，据此求出液体的密度；（2）求出了物块的重力，知道边长可求体积，利用公式G=mg=ρVg求物块的密度，和液体的密度比较，得出物块在倒入液体的深度h′=12cm时的浮与沉，进而求出对容器的底部压力的大小．解答：解：（1）由图知，当倒入液体深度为0时，物块对容器底的压力F=G=20N，当倒入液体深度h=4cm=0.04m时，物块对容器底的压力F′=15N，而F′=G﹣F浮， ∴F浮=G﹣F′=20N﹣15N=5N， ∵F浮=ρ液V排g=ρ液Shg， ∴液体的密度： ρ液===1.25×10kg/m； 33（2）∵G=mg=ρVg，物块的密度： ©2010-2014 菁优网

ρ物===2×10kg/m， 33∵ρ物＞ρ液，当倒入液体的深度h′=12cm时，物块将浸没在液体中并沉入容器底，对容器的底部压力的大小： F压=G﹣F浮′=20N﹣ρ液Vg=20N﹣1.25×10kg/m×10×10×10×10m×10N/kg=7.5N． 33故答案为：1.25×10kg/m；7.5N．点评：本题考查了学生对重力公式、密度公式、阿基米德原理的掌握和运用，本题关键：一是从图象得出有关信息；二是明确容器底在三种情况下的受力情况分析． 12．（6分）如图所示，在一条长直路旁有一块草地，图中每个小方格的边长所代表距离为6米．小张同学沿草地边缘直路运动的最大速度是6米/秒，在草地上运动的最大速度为3米/秒．请在下图中标出小张同学从草地边缘A处出发，在6秒时间内所能到达草地的范围，他从A处出发，选择恰当的路径，到达P点的最短，时间为 16.4 秒

33﹣63（精确到0.1秒）．

考点：速度与物体运动．专题：长度、时间、速度．分析：（1）人可以先在草地边缘行走，然后再在草地上行走，确定人在6s内能到达的范围，然后作图．（2）人在草地边缘的行走速度是在草地上行走速度的两倍，在相等时间内人在草地外的路程是在草地上路程的两倍，找出人从A点到P点的最小距离，然后应用速度公式的变形公式求出人的最小运动时间．解答：解：（1）由题意知，人的速度v路=6m/s，v草=3m/s， ∵v=， ∴6s内人的路程s路=v路t=6m/s×6s=36m=6L，L为方格的边长， s草地=v草地t=3m/s×6s=18m=3L，小张在6秒时间内所能到达草地的范围如下图甲所示．（2）过A点作一条直线AD，与草地边缘成30度角，然后过点P作直线AD的垂线交AD于B，与草地边缘交于C，如下图所示，则AC=2BC； ∵AC=2BC，v路=6m/s，v草=3m/s，v=， ∴由t=，小张在AC段行走的时间等于在BC段行走所用时间；

因此小张由B至C再到P所用时间与由B到P所用时间相等，两点之间直线距离最短，在速度一定时，运动时间最短，因此小张沿BP（相当于ACP）运动时路程最小，运动时间最短，由下图可知， BP=BC+CP=AC+∵v=， =×3×6m+≈49.25m， ∴从A到P的最短时间t==≈16.4s．故答案为：在6秒时间内所能到达草地的范围如图甲所示；16.4．点评：本题是一道难题，确定小张所能到达的最远处是确定到达草地范围的关键，找出由A到P的最小距离是求出最短运动时间的关键． 13．（6分）在如图所示的电路中，可以通过调整变阻器R和R'，使通过电阻R1和R2的电流达到规定的值I1和I2，并由电流表指示出其电流值．正确操作的步骤是：

①电路接通前，变阻器R的滑片应放在 B （选填：“A”或“B”）端，变阻器R'的滑片应放在 a （选填：“a”或“b”）端；

②电路接通后，先调节电阻 R′ （选填：“R”或“R'”），使电流表A1和电流表A2的示数比值为I1/I2，再调节 R （选填：“R”或“R'”），使电流表 A1（或A2）（选填：“A1”或“A2”）的示数达到 I1（或I2）（选填：“I1”或“I2”）．

考点：欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用．专题：应用题；图析法；电路和欧姆定律．分析：由电路图可知，电阻R2与滑动变阻器R′并联，然后再与电阻R1、滑动变阻器R组成串联电路，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R2的电流；（1）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器R接入电路的阻值应为它的最大值；为保护电流表A2，滑动变阻器R′接入电路的阻值应为最小值0，根据电路图确定滑片的位置．（2）为保护电路安全，实验时，应先调节滑动变阻器R′，然后再调节滑动变阻器R，以满足实验要求． ©2010-2014 菁优网

解答：解：①由电路图可知，电路接通前，滑动变阻器R的滑片应位于B端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；滑动变阻器R′与电流表A2、电阻R2并联，为保护电流表A2，滑片应位于a端，此时滑动变阻器R′接入电路的阻值最小，为零． ②电路接通后，先调节电阻R′，使电流表A1和电流表A2的示数比值为，再调节R，使电流表A1（或A2）的示数达到I1（或I2）．故答案为：①B；a；②R′；R；A1（或A2）；I1（或I2）．点评：本题考查了实验注意事项、滑动变阻器的调节等问题，知道实验的注意事项、分析清楚电路结构是正确解题的关键．三、计算题（本题共27分） 14．（8分）在一搅拌机的容器内装有质量m为0.5千克的水，把水加热到70℃后让其在室温下自动冷却．其温度随时间变化的关系如图所示．现开动电动搅拌机对该冷却的水不停地搅拌，电动机的功率为900瓦，其做的功有80%转化为水的内能．若不考虑容器的内能变化，水最终的温度是多少℃？

考点：电功与热量的综合计算；热量的计算．专题：计算题；应用题；电和热综合题．分析：首先计算出搅拌机每秒钟可以使水增加的内能，然后利用Q=cm△t求出这些能量可以使水升高的温度；最后在图中找出水冷却时温度随时间减低的度数等于搅拌机使水1秒内升高的度数的位置，这时所表示的温度即为水的最终温度．解答：解：搅拌机每秒钟使水增加的内能：Q=Wη=Ptη=900W×ls×80%=720J，由Q=cm△t可知，这些能量可以使水温度升高： △t===0.343℃，所以在图中找出水冷却时温度随时间变化的快慢等于0.343℃/秒的位置，对应的点所表示的温度即为水的最终温度． ©2010-2014 菁优网

具体做法是：在图中作直线AB，使沿AB的温度变化快慢等于0.343℃/秒，作AB的平行线A'B'与图线相切，读出切点P的纵坐标，可知水的最终温度为30℃．根据作图的情况可知：水最终的温度是30℃．（答案在27℃～33℃均正确）．答：水最终的温度是30℃．点评：本题考查水的吸热和放热的热平衡，知道Q放=Q吸时水的温度不再降低，难点是需要利用数学的图象知识，会利用切线的知识找出对应点． 15．（9分）图为四缸发动机工作原理：内燃机通过连杆把四个汽缸的活塞连在一根曲轴上，并使各汽缸的做功过程错开．曲轴与飞轮相连，飞轮每转动半周，有一个汽缸在做功，其他三个汽缸分别在做吸气、压缩和排气工作．现有一台四缸发动机，其主要技术指标如下表所示，其中排量等于四个汽缸工作容积的总和，汽缸工作容积等于活塞的面积与活塞上下运动的距离（即冲程长）的乘积，转速表示每分钟飞轮所转的周数．求：（1）飞轮每转动半周，发动机做功多少？

（2）若在做功冲程里，燃气对活塞压强可以看作恒压，则压强多大？

2.0L 排量 120kW 输出功率 6000r/min 转速

考点：功的计算；压强的大小及其计算．专题：计算题；应用题；信息给予题．分析：（1）发动机做的功W=Pt，将功率值代入即可求解；四缸发动机的容量是2.0L，所以每个汽缸的容量是0.5L；解决此题要知道发动机飞轮转动的每半周里做功一次，所以结合表格数据可知，该发动机每分钟可以做功12000次；（2）在做功冲程里，燃气对活塞所做的功可表示为W=pV，式中p表示燃气对活塞的压强，结合公式W=pV变形可得P=，将功和单缸排量值代入即可得出答案； 55解答：解：（1）已知输出功率是120kW，所以每秒做功W=Pt=1.2×10W×1s=1.2×10J；由表格信息可知，四缸发动机总排量是2L，所以每个汽缸的排量是0.5L； ©2010-2014 菁优网

因为发动机每分钟可以做功12000次，而每分钟发动机可以做功W=Pt1=1.2×10W×60s=7.2×10J；则在每个做功冲程里，发动机做功W=﹣356=600J； 3（2）已知单缸的排量是0.5L=0.5×10m，由公式W=pV变形可得P===1.2×10Pa； 6答：（1）飞轮每转动半周，发动机做功600J； 6（2）在做功冲程里，燃气对活塞压强可以看作恒压，则压强为1.2×10Pa．点评：此类综合性的题目，要结合内燃机的四个冲程特点，压强公式及其做功公式，联系几何知识共同解答． 16．（10分）如图所示的装置，可以测定每千克100℃的水，在大气压下汽化成100℃的水蒸气所需吸收的热量Q．该装置的测量原理是：用加热器使水沸腾，汽化的水蒸气通过凝聚器液化后被收集在量杯中；测量加热器的发热功率及一段时间内在量杯中收集到的水的质量，根据能量守恒关系即可求出Q的值．这个汽化装置工作时的散热功率恒定不变，但散热功率的值未知．测得加热器的功率为285.0瓦时，在300秒时间内被冷凝和收集的液体质量为28.0克；加热器的功率为100.0瓦时，在300秒时间内被冷凝和收集的液体质量为4.0克．根据以上数据，求每千克100℃的水在大气压下汽化成100℃的水蒸气所需吸收的热量Q．

考点：能量守恒定理．专题：功和能综合题．分析：由能量守恒定律知，加热系统产生的功率：P=Q+P0，据此列出关系式，联立解之即可；其中m为300秒内收集到的水的质量，Q为每千克lOO摄氏度的水汽化所需吸收的热量，P0为损失的功率．解答：解：由P=Q+P0可得： 0.285W=0.1W=Q+P0﹣﹣﹣﹣﹣① Q+P0﹣﹣﹣﹣﹣② 6由①②可得：Q=2.3125×10J． 6答：每千克100℃的水在大气压下汽化成100℃的水蒸气所需吸收的热量为2.3125×10J．点评：根据能量守恒定律可知加热系统产生功率的表达式是解题的关键所在．四、实验题（本题共14分） 17．（14分）小王同学需要测量一个未知电阻Rx的阻值，但身边只有下列器材（A）一个电压大小不变、数值未知电源；（B）一个总刻度为30格，量程没有标定的电流表；（C）一个电阻箱R0（0﹣9999欧）；（D）一个电键及足够的导线．

（1）小王同学利用上述器材设计了如图所示的电路，测得未知电阻的阻值．请写出计算关系式（需标明关系式中各个量表示的含义）．

（2）为了比较准确地测出未知电阻的阻值，需要改变电阻箱的阻值进行多次测量．第一次闭合电键测量时，电阻箱的取值是 “最大值9999欧” （选填：“最大值9999欧”、“最小值0”或“任意值”）．测得第一次电流表偏转1格，请你通过计算，分析第二次测量时电阻箱可取的范围．

（3）考虑到实验中可能产生读数的错误，我们可以通过多次测量，利用图象发现这类错误，剔除这些数据．下面是小王测量得到的6组数据，其中有一组读数错误，请你通过作圈回答，读数错误的是序号为第 2 组，未知电阻的阻值为 20 欧姆． l 2 3 4 5 6 序号电阻箱读数/欧姆 230 130 105 80 55 40 电流表读数/（格） 6.0 9.0 12.0 15.0 20.0 25.0

考点：伏安法测电阻的探究实验．专题：实验题．分析：（1）根据电源电压不变，由欧姆定律列方程，求出计算关系表达式；（2）为保护电路安全，第一次测量时，滑动变阻器接入电路的阻值应为最大阻值；电流表偏转的最大格数为30，由欧姆定律列方程，求出电阻箱可能的取值；（3）根据表中数据，求出电流表偏转格数的倒数，作出R0﹣图象，由图象判断哪组数据错误，求出电阻值．解答：解：（1）设电流表偏转1格表示的电流为I，设电源电压为U，第一次测量：电阻箱的取值为R01，电流表示数为n1格；改变电阻箱的阻值，第二次测量：电阻箱的取值为R02，电流表示数为n2格；由欧姆定律得：U=n1I（R01+RX）①，U=n2I（R02+RX）②，由①②得：RX=；故答案为：计算关系式为RX=．（2）第一次测量时，电阻箱的取值是：最大值9999欧姆；设电流表偏转1格表示的电流为I，第一次测量电阻箱阻值是 R01=9999Ω，电流表偏转1格，则电源电压为： U=I（9999Ω+Rx）①，第二次电流表指针的偏转格数最大为30格，对应电阻箱的取值R0，

有：U=30I（R0+Rx）②，由①②得：30I（R0+Rx）=I（9999Ω+Rx），则R0=333.3Ω﹣0.967Rx，由于Rx未知，可取任意值，可知：电阻箱的可取值范围：最小值334Ω欧姆，最大值9999Ω；故答案为：“最大值9999欧”；电阻箱的可取值范围：最小值334Ω欧姆，最大值9999Ω．（3）根据电路图，由欧姆定律得：U=nI（R0+RX），则R0=﹣Rx，求出电流表偏转格数的倒数，记入表中．如下表所示，作出R0﹣图象，如图所示，由图象知，第二组数据（图象中红点）是错误的；电阻阻值Rx=20Ω；故答案为：2；20． l 2 3 4 5 6 序号电阻箱读数/欧姆 230 130 105 80 55 40 电流表读数/（格） 6.0 9.0 12.0 15.0 20.0 25.0 17 11 8 6 5 4 1/n（0.01/格）点评：熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的关键，作图时要注意，选择适当的变量，使作出的图象为直线．五．判断与说理题（本题共47分） 18．（15分）（1）在古代，以亚里士多德为代表的古希腊哲学家通过观察，已经猜想地球是球形，在我们日常生活中有些现象也可以表明地球是球形．试举一例说明．

（2）人们观察地球以外的物体，会受到地球大气层的影响．假设地球表面不存在大气层，那么人们观察到的日出时刻与实际存在大气层的情况相比将延后选填：“将提前”、“将延后”或“不变”）．简述产生这种现象的原因是：大气层对太阳光的折射作用

（3）人们在地球上观察月亮，发现月亮朝向地球的一面始终是不变的．这是由于：月球自转的周期等于月球绕地球公转的周期

（4）天文观测表明，几乎所有远处的星体（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr，式中H为一常量，称为啥勃常数．科学家由此提出了宇宙大爆炸学说：认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，距今已有137亿年，大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动．上述天文观测中测得的啥勃常数H= 2.19×10千米/（秒•光年）．最近的测量发现哈勃常数在变大，这说明宇宙在加速（选填：“加速”、“匀速”或“减速”）膨胀．考点：物理常识．专题：应用题；其他综合题．分析：（1）能证明地球是圆形的例子很多，如在海边观察离开港口的轮船或从远处驶进港口的轮船，能说明地球是圆形的； ﹣5

（2）由于大气层的存在，当阳光从太空射入大气层时，发生折射，使阳光向地面偏折，人们能看到地平线以下的太阳；（3）由于月球自转的周期等于月球绕地球公转的周期，地球上的人始终只能看到月亮的一面，看不到月亮的另一面；（4）哈勃常数H=2.19×10千米/（秒•光年）或2.31×10秒，哈勃常数变大，说明宇宙在加速膨胀．解答：解：（1）出海的船离开港口时，船身先消失，然后桅杆再消失在海面上，这说明地球是圆形的；答：出海的船离开港口时，船身先消失，然后桅杆再消失在海面上．（2）太阳光从太空射入地球大气层时，发生折射，太阳光向地面偏折，使我们能看到地平线以下的阳光，我们能提前看到太阳，假设地球表面不存在大气层，那么人们观察到的日出时刻与实际存在大气层的情况相比将延后；故答案为：将延后；大气层对太阳光的折射作用．（3）由于月球自转的周期等于月球绕地球公转的周期，因此人们在地球上观察月亮，发现月亮朝向地球的一面始终是不变的；故答案为：月球自转的周期等于月球绕地球公转的周期．（4）啥勃常数H=2.19×10明宇宙在加速膨胀； ﹣5﹣5﹣5﹣18﹣1千米/（秒•光年）=2.31×10﹣18秒﹣1 ，最近的测量发现哈勃常数在变大，这说故答案为：2.19×10千米/（秒•光年）；加速．点评：本题涉及的知识点较多，是一道综合题，熟练掌握基础知识即可正确答题；最后一问有一定难度． 19．（6分）均匀三角板的重心在三角形三条中线的交点上，均匀细杆的重心在杆的中点上．现有一块等腰直角三角板和三根均匀细杆．三根细杆的长度分别与三角板的边长相等，将这三根细杆构成如图所示的三角形．设三角板的重心为P，三根细杆构成的三角形的重心为P'，P、P’未在图中画出．以下是三位同学的观点：甲同学认为P和P’的位置重合；乙同学认为P和P’的位置不重合，且P到斜边的距离大于P'到斜边的距离，丙同学认为P和P'的位置不重合，且P到斜边的距离小于P'到斜边的距离．请你通过分析，对以上三位同学的观点做出判断．

考点：重心．专题：重力、弹力、摩擦力．分析：同种材料的均匀细杆，所以其质量与其长度成正比，我们设三边质量分别为m0、m0、m0．由题：“均匀细杆的重心在杆的中点上”．所以两条直角边的中心连线就是△框的中位线，其中点（即两条直角边形成的系统的重心）到斜边距离为．这样就把三角形框转化为一根轻直杆两端有小球，一个质量是2m0，另一个质量为，这根杆的中心位置与其两端的长度成正比．解答：答：乙同学对，甲、丙两同学不对．对三角板：设直角三角形斜边上的高为h．则均匀的三角板的重心P到斜边的距离为h/3=O.333h．对三角形：根据三根细杆的长度，质量分别设为m0、m0、整体的重心与斜边的距离为．考虑斜边质量可知：三角形的重心到底边的距离为：，0.293 h＜0.333h，所以P到斜边的距离大m0，显然可知，总质量为2m0的两根直角边于P’到斜边的距离．点评：此题考查学生对重心概念的理解，切入点在于利用特殊三角形找出重心的位置，难点在于第二个三角形重

心的确定． 20．（12分）容器水平底面上有一个大小为a×b的长方形洞．用半径为a，长度为b的圆柱体盖住此洞（如图所示为其侧视图）．现往容器里慢慢注入密度为ρ的液体，试分析说明圆柱体的质量M应该多大，才能使它在任何液位下不会浮起．

考点：物体的浮沉条件及其应用．专题：计算题；浮沉的应用．分析：该物体下部槽那里应该是没有液体可以进去的，就是说物体下部槽那部分不受到水的压力，那该物体的浮力就应该是两侧弓形的物体排出液体重量减去槽洞正对的上方液体向下的压力．因此浮力最大的时候就是当液面和物体的交点正好是下方槽边缘竖直向上交点的时候，因为这个时候槽正上方没有液体而两侧的浮力达到最大值． 2解答：解：首先，圆柱的高度为d，则圆柱的体积V0=πab 三角形面积=， ﹣， 120度弓形的面积=则F浮=2×（M应该至少为﹣=（）bρg， ﹣﹣）bρ．）bρ，才能使它在任何液位下不会浮起．答：圆柱体的质量M应为（点评：正常情况下，液体中的物体所受浮力等于其排出液体体积的重力，之所以这样是因为浮力等于物体所受各个方向液体压力的合力，左右方向的压力抵消，而由于液体压强跟深度的关系，当物体各个方向都受到水的压力的时候上下相对着的方向压力差就是那段物体排出液体的重力了． 21．（14分）（1）小灯泡（点光源）发出的光沿半径向外传播，在单位时间内通过与传播方向垂直的单位面积的光能叫做光强．有同学设计并进行了如图1所示的实验：将一个“6伏，8.0瓦”的小灯泡接入电路，使之正常发光，在灯泡灯丝的同一水平面、正对光线方向放一个光强传感器，以测定与光源间距为d时相应的光强值I，测得多组数

据；将数据标在I﹣1/d坐标图2上，得到一根过原点的直线．根据图线，求出该小灯泡将电能转化为光能的效率．（已

知球表面积计算公式为S=4πR，R为球半径）

（2）图3，L1、L2为两盏额定电功率为200瓦照明用的路灯，其发光效率与光能的传播规律同上述实验．L1，L2

﹣2

安装在离地面高5米处，P为路灯连线中点的正下方路面上的一点，为使照射到P点的光强不小于0.013瓦•米，则相邻两盏路灯之间的最远距离为多少？

考点：电功的计算．专题：应用题；图析法；电能和电功率．分析：（1）由图象找出某一光强与所对应的值，然后求出半径为d的球面上的光的能量，然后求出灯泡将电能转化为光能的效率；（2）根据光强与距离的关系，写出P点处光照强度的表达式，然后根据题目对P点光强的要求列方程，然后由数学知识求出两灯间的距离．解答：解：（1）由图象可知，为1.5×10m2﹣2处，即d=22m处的光强为I=5W/m， 2222则在以d为半径的球面上在时间t=1s内的光能E=4πdIt=4π×m×5W/m×1s≈0.42J，在1s内灯泡消耗的电能W=Pt=8W×1s=8J，小灯泡将电能转化为光能的效率η=×100%=×100%=5.25%；答：该小灯泡将电能转化为光能的效率是5.25%．（2）设一盏路灯的电功率为P0，地面P点跟路灯的连线与地面的夹角为θ，则地面P点处垂直光的传播方向上的光强为I=K′×=，两盏完全相同的灯同时照射，地面的实际光强为22×2sinθ，由题意知：P点的光强不小于0.013W/m，当光强为：0.013W/m时， ×2sinθ=（sinθ）=0.013W/m， 32把P0=200W，h=5m代入上式，解得：sinθ=0.581，θ=35.52°，两灯之间的最大距离为L=2=2×≈14m；答：相邻两盏路灯之间的最远距离为14m．点评：本题考查了求灯泡的发光效率、两路灯间的距离问题，难度较大，是一道难题，认真审题，充分理解题意，由图象找出光强与距离的关系，是正确解题的前提与基础．

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