（2009•新洲区模拟）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（3，0），与y轴负半轴交于C，顶点为

解题思路：（1）把这份文件总容量看作单位”1“，先用“1÷20”求出1分钟下载多少，进而根据题意，用“1-64%”求出还需下载的容量，进而根据“还需下载的容量÷每分钟下载的容量=还需时间”进行解答；
（2）把闭幕式门票的最高价看作单位“1”，闭幕式门票的最高价的（1+[2/3]）是5000元，根据已知一个数的几分之几是多少，求这个数，用除法解答；
（3）根据“平均年龄×人数=年龄和”分别求出爸爸、妈妈和我三人的年龄和与爸爸、妈妈两人的年龄和，继而用“爸爸、妈妈和我三人的年龄和-爸爸、妈妈两人的年龄和=我的年龄”进行解答即可；
（4）把五年级学生捐款数看作单位“1”，则“650+150”正好是五年级学生捐款数的2倍，进而根据已知一个数的几倍是多少，求这个数，用除法解答；
（5）应明确下降的水的体积即石块的体积，根据“长方体的体积=长×宽×高”求出下降的水的体积，进而得出结论；
（6）根据“本金×利率×时间=利息”求出税前利息，进而根据题意可知，利息税为20%，实际得到的利息为税前利息的（1-20%），根据一个数乘分数的意义，用乘法解答即可．

（1）（1-64%）÷（1÷20）=7.2（分钟）；
答：王老师还要等7.2分钟才能下载完这份文件；

（2）5000÷（1+[2/3]）=3000（元）；
答：闭幕式门票的最高价是3000元；

（3）30×3-39×2=12（岁）；
答：我今年是12岁；

（4）（650+150）÷2=400（元）；
答：五年级学生捐款400元．

（5）20×10×5=1000（立方厘米）；
答：石块的体积是1000立方厘米；

（6）2000×2.25%×1×（1-20%）=36（元）；
答：到期后他可以捐出36元．

点评：
本题考点： 百分数的实际应用；分数除法应用题；列方程解应用题（两步需要逆思考）；存款利息与纳税相关问题；长方体和正方体的体积；平均数的含义及求平均数的方法．

考点点评： 解答此题的关键：对各题进行认真分析、找出各题中的数量间的关系，进而根据其关系，进行依次解答即可．

解题思路：本题应该先对不等式组进行化简，然后在数轴上分别画出x的取值，它们相交的地方就是不等式组的解集．

原不等式组化简为：

x≤3
x＞1
所以在数轴上可表示为：
故选C．

点评：
本题考点： 解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．

考点点评： 本题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．要注意x是否取得到，若取得到则x在该点是实心的．反之x在该点是空心的．

解题思路：根据能级跃迁所满足的规律求出释放的光子能量，结合光电效应方程求出光电子的最大初动能．

氢原子从n=2 的能级向n=1的能级跃迁时所发出的光照射某金属时，恰能打出光电子，知金属的逸出功：W0＝−
A
4+A＝
3A
4．
则氢原子从n=3的能级向n=1的能级跃迁时所发出的光的能量E＝−
A
9+A＝
8A
9．
根据光电效应方程得，最大初动能Ekm＝hv−W0＝
8A
9−
3A
4＝
5A
36．故B正确，A、C、D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 氢原子的能级公式和跃迁．

考点点评： 解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程．

A、若要探究“液体压强跟深度的关系”，要控制液体密度相同，深度不同，则应在容器两侧倒入深度不同的同种液体，观察橡皮膜产生的现象；故A错误；B、若要探究“液体压强跟液体密度的关系”，要控制液体深度相同，密...

解题思路：根据折叠前后角相等可知．

∠DAC=∠DEA=30°，∠CDE=60°，DE=DB，
∴∠DEB=30°，
∴∠AEB=30°+30°=60°．
故选C．

点评：
本题考点： 翻折变换（折叠问题）；等边三角形的判定．

考点点评： 本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．

解题思路：（1）可根据B点坐标和OB=OC得出C点的坐标，根据A、B、C三点坐标即可求出抛物线的解析式．
（2）本题分两种情况：
①如图：易知：C（0，-3），D（1，-4），如果过C作x轴的平行线，交抛物线的对称轴与M，那么三角形CMD是等腰直角三角形，因此M点符合P点的要求．此时C′与D重合，因此P（1，-3），C′（1，-4），A′（-2，-5）．（求A′坐标时，设抛物线对称轴与x轴的交点为E点，过A′作抛物线对称轴的垂线设垂足为F，可以用全等三角形APE和PA′F来求出A′的坐标）
②如图：取C关于抛物线对称轴的对称点C′，连接AC′，那么AC′与抛物线对称轴的交点也符合P点的条件，此时三角形CPC′是等腰直角三角形，因此∠APA′是等腰直角三角形，那么此时P（1，-2），C（2，-3），A（-1，-4）．
（3）可将A、B坐标代入抛物线的解析式中，求出a、b，a、c的关系，然后将抛物线解析式中的b、c用a替换掉，进而可用a表示出C、D的坐标，然后分别求出三角形ACB和三角形ACD的面积即可．

（1）由题意知：OB=3，因此OC=OB=3，即C（0，-3），
设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-3），已知抛物线过C点，则有：
a（0+1）（0-3）=-3，a=1，
∴抛物线的解析式为：y=x²-2x-3．
（2）A、C、P对应点的坐标为（-2，-5）（1，-4）（1，-3），
或（-1，-4），（2，-3），（1，-2）．
（3）y=ax²-2ax-3a（a>0），
∴A（-1，0），B（3，0），C（0，-3a），D（1，-4a），
∴S_△ACB=[1/2]×4×3a=6a，
∴S_△ACD=[1/2]×1×3a+[1/2]（3a+4a）×1-[1/2]×2×4a=a，
∴
S△ACD
S△ACB＝
a
6a＝
1
6．

点评：
本题考点： 二次函数综合题．

考点点评： 本题考查了二次函数解析式的确定、图形的旋转变换、图形面积的求法等知识点，综合性强，难度较大．

解题思路：（1）闭合开关S₁后，当开关S接“1”，滑片P在最左端时，滑动变阻器与灯泡L₁串联，电阻两端的电压与灯泡两端的电压之和等于电源电压；
（2）当开关S接2时，P在中点，滑动变阻器阻值的一半接入电路，与灯泡L₂串联，此时电阻两端的电压与灯泡两端的电压之和也等于电源电压；
（3）将L₁和L₂串联后接在该电源上时，电路中电流为0.2A，根据以上已知条件，列出方程，问题就可以解决．

（1）设滑动变阻器的最大阻值为R，当开关S接“1”，滑片P在最左端时，滑动变阻器与灯泡L₁串联，由于L₁此时的实际功率是额定功率的[1/4]，根据功率的计算公式P₁=
U2
R1说明此时灯泡L₁两端的电压是额定电压的[1/2]，
所以此时灯泡L₁两端的电压U₁=1.2V×[1/2]=0.6V，因此电源电压U=5.4V+0.6V=6V．
（2）当开关S接“1”，滑片P在最右端时，电压表示数为5.4V，则有：
[6V
R+R1×R=5.4V…①
当开关S接2时，P在中点，电压表示数为2V，则有：

6V

R/2+R2]×[R/2]=2V…②
若将L₁和L₂串联后接在该电源上时，电路中电流为0.2A，则有：
R₁+R₂=[6V/0.2A]=30Ω…③
由①式得R₁=[1/9]R，由②式得R₂=R，将它们代入③式得R=27Ω
因此R₁=[1/9]R=[1/9]×27Ω=3Ω，R₂=R=27Ω
（3）L₁的额定功率：P₁=
U12
R1=
(1.2V)2
3Ω=0.48W
L₂的额定功率：P₂=
U22
R2=
(9V)2
27Ω=3W．
综合以上结果如下：电源电压6V，滑动变阻器的最大阻值27Ω，L₁的额定功率0.48W，L₂的额定功率3W．
故选C．

点评：
本题考点： 电功率的计算；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题计算过程比较复杂，能够对电路装态进行正确的分析是解决问题的关键，考查学生的分析以及公式的综合应用能力．

解题思路：合格的产品与不合格的产品数量比是19：1，设合格产品数是19，那么不合格的产品数就是1，求出产品总数，再根据合格率=[合格产品数/产品总数量]×100%．

设合格产品数是19，那么不合格的产品数就是1；
[19/19+1]×100%=95%；
答：这批零件的合格率是95%．
故答案为：95．

点评：
本题考点： 百分率应用题；比的应用．

考点点评： 本题根据比例关系设出数据，然后根据合格率的计算公式求解．

解题思路：用待定系数法求出k、b的值，然后将它们代入不等式组中进行求解即可．

直线y=kx+b经过A（-3，-1）和B（-4，0）两点，
根据题意得到：

−3k+b＝−1
−4k+b＝0，
解得

k＝−1
b＝−4；
则不等式组[1/3]x＜kx+b≤0可化为[1/3]x＜-x-4≤0，
解得：-4≤x＜-3．

点评：
本题考点： 一次函数与一元一次不等式．

考点点评： 本题考查了一次函数与不等式（组）的关系及数形结合思想的应用，难度不大．

解题思路：电动机是根据磁场对电流会产生力的作用的原理工作的；
蓄电池不仅能放电还能充电；
“地球一小时”活动是通过关灯的方式减少通电时间来减少电能消耗的．由W=Pt可算出节约的电能．再用m=[Q/q]计算出煤的质量．

（1）“常导型”磁悬浮列车是通过磁场对通电导体的作用使列车被推动着向前运动，电动机也是根据磁场对电流会产生力的作用的原理工作的；
（2）蓄电池放电是电路中的电源，而充电时相当于电路中的用电器；
（3）“地球一小时”活动是通过关灯的方式减少通电时间来减少电能消耗的．
节约的电能：W=Pt=100000×0.06kW×1h=6000kW•h．
煤的质量为：m=[Q/q＝
6000kw•h×3.6×106J/kw•h
3.0×107J/kg]=720kg．
故答案为：电动机；用电器；720．

点评：
本题考点： 磁浮列车的工作原理和特点；燃料的热值．

考点点评： 此题考查了有关磁悬浮列车的知识，让物理走进生活，这也体现了学以致用，所以要注重生活中与物理有关的知识．此题可以抓住题目中的同名磁极这个关键信息来解决．

解题思路：电子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得出电子的偏转角θ的表达式．电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得出电子的轨迹半径，由弧长L=R•ϕ得到偏转ϕ的表达式，可得磁感应强度的表达式

设粒子的初速度为 v，在电场中粒子做类平抛运动
有 L=vt①
v_y=at ②
由牛顿第二定律：a＝
qE
m＝kE③
tanθ＝
vy
vx ④
解得：v2＝
kEL
θ⑤
在磁场中粒子做匀速圆周运动
有：qvB＝m
v2
R⑥
S=R⑦
解得：v＝
qBS
mφ＝
kBS
φ ⑧
联立⑤⑧两式解得：B＝
φ
S

EL
kθ
答：磁感应强度 B 的关系式为B＝
φ
S

EL
kθ

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 电子在电场中类平抛运动研究的方法是运动的分解法，而在磁场中由牛顿第二定律求解半径，由几何知识得到偏转角，两种研究方法不同

解题思路：（1）根据阿基米德原理回答；
（2）铝块和铜块的密度不同，重量相同体积大小不同；
（3）铝块和铜块的密度不同，重量相同体积大小不同，根据阿基米德原理即可；
（4）根据物体的浮沉条件分析．

（1）同样重的两个铜块甲和乙体积相等，甲浸没在水中，乙浸没在煤油中根据阿基米德原理，甲物体的液体密度大甲的浮力大，故（1）正确；
（2）由于铜的密度大于铝的密度，同样重的铝块和铜块铝块的体积大，都浸没在煤油中根据阿基米德原理铝块受的浮力大，故（2）错误；
（3）由于铜的密度大于铝的密度，同样重的铝块和铜块铝块的体积大，铜块浸没在煤油中，铝块浸没在水中，根据阿基米德原理铝块的体积大，所浸没的液体的密度大，故铝块受的浮力大，故（3）错误；
（4）同样重的木块与铁块，都轻放入水中后，静止后，木块漂浮，浮力等于重力；铁块下沉浮力小于重力，故木块受的浮力大，故（4）错误．
故选：C

点评：
本题考点： 阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用．

考点点评： 本题考查了学生对阿基米德原理的了解与掌握，知道物体受到的浮力只与液体的密度和排开液体的体积有关．

解题思路：（1）正方形内最大的圆就是以这个正方形的边长为直径的圆，由此以正方形的中心为圆心，以正方形的边长的一半为半径即可画圆；
（2）设圆的半径为r，则正方形的边长就是2r，根据正方形和圆的面积公式即可解答．

（1）以正方形的中心为圆心，以正方形的边长的一半为半径即可画圆，如图所示；
（2）设圆的半径为r，则正方形的边长就是2r，因为正方形的面积是20平方厘米，
所以2r×2r=20，
4r²=20，
r²=5，
所以圆的面积为：3.14×5=15.7（平方厘米），
所以正方形与圆的面积之比是：20：15.7=200：157；
答：正方形与圆的面积之比是200：157．

点评：
本题考点： 画圆；比的意义；长方形、正方形的面积；圆、圆环的面积．

考点点评： （1）圆的两大要素是：圆心和半径，由此即可画圆；
（2）此题考查了圆的面积公式的灵活应用，此题关键是求出r2=5，代入圆的面积公式计算．

解题思路：物体做匀速直线运动，受到重力、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力，四个力平衡，合力为零，其中任意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等，方向相反．

物体受到重力、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力，物体受到的摩擦力与拉力的合力方向与重力、支持力的合力方向相反，在同一直线上，而重力、支持力的合力方向是竖直向下，则根据平衡条件得到，摩擦力与拉力的合力方向是竖直向上．
故选C．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题不能仅仅根据作图来分析两个力的合力方向，容易出现差错，要应用平衡条件的推论来判断．

解题思路：串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路．并联电路电流有多条通路，各支路互不影响；用导线直接将电源两极连接起来的电路叫短路．

（1）用导线将A、B连接，再将C、D连接，电流有两条路径，灯L₁和L₂是并联；
（2）用导线将A、D连接，电流只有一个路径，L₁和L₂是串联；
（3）如果用导线将B、C连接，则电源两极直接将导线连接起来，故形成了电源短路；
（4）汽车同侧的前后两个转向灯就会同时闪亮、同时熄灭，但转向灯可以单独工作，所以它们是并联的．
司机拨动的这根横杆，转向灯才会工作，所以这根杆子起到了开关的作用．
（5）根据电路图可知，连接开关S与灯L₂之间的导线连接错误（或造成电源短路）；将连接开关S与灯L₂之间的导线去掉，改接在灯泡L₂的左端接线柱，即可实现两灯泡的并联．如图所示：

故答案为：（1）并；（2）串；（3）短路；（4）并联；开关；（5）连接开关S与灯L₂之间的导线连接错误（或造成电源短路）．

点评：
本题考点： 串联电路和并联电路的辨别；电路的三种状态．

考点点评： 本题主要考查了串并联电路的区别以及实物电路图的连接，能通过读图分析连接的错误，并能按要求进行实物电路的连接，是本题考查的重点．

解题思路：（1）滑块A匀速下滑时，合力为零，分析受力情况，由平衡条件求解动摩擦系数；
（2）撤去F后，滑块A做匀加速运动，根据动能定理求出滑块A滑到斜面底端时的速度大小，两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统的动量守恒和机械能守恒求解弹簧的最大弹性势能．

（1）滑块A匀速下滑时，受重力mg、恒力F、斜面支持力F_N和摩擦力F_μ作用，由平衡条件有：
mgsin37°=μF_N
F_N=mgcos37°+F
即mgsin37°=μ（mgcos37°+F）
化简后得μ=[mgsin37°/mgcos37°+F]
代入数据解得动摩擦因数μ=0.5
（2）撤去F后，滑块A匀加速下滑，由动能定理有：
（mgsin37°-μmgcos37°）L=[1/2m
v21]
代入数据得v₁=2m/s
两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v₂，由动量守恒和能量守恒定律有：
mv₁=（m+m）v₂
E_p=[1/2m
v21]−
1
2(2m)
v22
联立解得E_p=1J
答：
（1）滑块与粗糙斜面间的动摩擦系数是0.5．
（2）滑块A与C接触后粘连在一起，此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能是1J．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题是平衡条件和动能定理的综合应用，按程序法进行分析研究，抓住弹簧具有最大弹性势能时，两滑块的速度相等这个临界条件是解题的关键．

解题思路：（1）天平的使用过程是这样的：将天平放在水平桌面上，先将游码归零，而后调节横梁右端的平衡螺母使得天平平衡，将被测物体放进左盘中，向右盘中加减砝码，同时移动游码，使得天平再次平衡，将天平右盘中所有砝码的质量与游码所对应的示数相加即为待测物体的质量；（2）看清标尺的分度值，物体的质量等于砝码的质量+游码的示数；（3）根据密度公式ρ=mV分析求解物体密度．

（1）把天平放在水平桌面上，调节使天平平衡，然后将“陨石”放在左盘中，在右盘中增减砝码，当加入最小砝码时，发现指针指在盘中央刻度线如图所示，他接下来的操作是取下最小砝码，移动游码直到横梁平衡；
（2）天平平衡后，砝码质量和游码对应刻度如图乙所示，则“陨石”的质量为60g+2g=62g；
（3）小明查阅资料发现“陨石”有吸水性，经思考后，他先将“陨石”放入盛水的烧杯中足够长时间，再取出来擦干表面的水，放入盛有40ml水的量筒中，水面升高至如图丙所示60ml，陨石的体积为：60ml-40ml=20ml，故密度为ρ=[m/V]=[62g
20cm3=3.1g/cm³=3100kg/m³；
如果直接放入水中，由于“陨石”吸水导致水和陨石的总体积变小；所以会使陨石的体积偏小，根据ρ=
m/V]可知他这样做的目的可以避免因“陨石”吸水而使其密度测量值偏大；
故答案为：
（1）取下最小砝码，移动游码，使横梁平衡；
（2）62；
（3）大；3100．

点评：
本题考点： 固体的密度测量实验．

考点点评： 此题考查学生对于密度测量实验的理解和掌握，实验中注意天平的调节和读数，以及实验误差的分析．