2025年重庆市九龙坡实验外国语学校中考物理一模试卷

2025年重庆市九龙坡实验外国语学校中考物理一模试卷 一、单项选择题（共8个小题，每小题只有一个合理的选项，每小题0分，共24分） 1．下列估测最接近实际的是（　　） A．家用台灯正常工作时的电流约为2A B．人正常步行的速度约为1.1m/s C．一名中学生的体重约为50N D．一节新干电池的电压约为3V 2．如图所示的四个实例中，下列说法中正确的是（　　） A．图甲：大货车的车轮数量多，是为了减小车对地面的压强 B．图乙：用力压住静止在墙壁上的物体，是为了增大墙壁对物体的摩擦力 C．图丙：公交车上的拉环做得宽厚，是为了增大压强 D．图丁：切肉时，右手用力切，是为了减小摩擦力 3．如图所示，一个茶壶放置在水平桌面上处于静止状态。下列说法中正确的是（　　） A．茶壶受重力、支持力、弹力的作用 B．茶壶对桌面的压力就是茶壶的重力 C．桌面对茶壶的支持力是桌面发生弹性形变产生的 D．桌面产生的弹力就是茶壶对水平桌面的压力 4．如图所示的四个实验，下列说法错误的是（　　） A．图甲所示的实验，可以说明电流周围存在磁场 B．图乙所示的实验，是发电机的原理图，即通电导体在磁场中会受到力的作用 C．图丙所示的实验，当闭合开关后，小磁针N极将顺时针偏转 D．图丁所示的实验，可以研究磁场对电流的作用 5．2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在哈尔冰市拉开帷幕。如图所示是短道速滑项目的精彩瞬间，下列说法中正确的是（　　） A．运动员到达终点后，不能立即停下来是因为受到惯性作用 B．运动员在转弯过程中，其运动状态保持不变 C．运动员在转弯过程中，手对冰面的压力和冰面对手的支持力是一对相互作用力 D．运动员站立时对冰面的压力和运动员所受的重力是一对平衡力 6．中小学生进行体能测试中有一个项目为坐位体前屈，进行身体柔韧性测试。测试者向前推动固定在滑动变阻器滑片上的滑块，滑块被推动的距离越大，仪器的示数就越大。如图甲是体育课上坐位体前屈测量仪，图乙是小明设计的模拟电路。下列说法正确的是（　　） A．向前推的距离越大，电压表示数越大 B．闭合开关不推动时，电路中的电流为零 C．向前推的距离越小，电路的总功率越大 D．此电路设计中，用电流表示数反映测量成绩 7．两个均匀实心正方体金属块A、B，单独放在水平地面对地面的压强分别为p1和p2，将他们叠放在水平地面上，如图所示，金属块B对地面的压强为p3，已知金属块A、B边长之比L1：L2＝2：3，p3：p2＝4：3。则下列说法正确的是（　　） A．金属块A、B的重力之比为3：1 B．金属块A、B底面积之比为2：3 C．A、B对地面的压强p1：p2之比为3：4 D．金属块A、B的密度之比为8：9 8．如图所示的电路中，电源电压为12V。当单刀双掷开关S1接a，开关S2和S3断开，将滑动变阻器的滑片移到中点时，电流表的示数为I1，电压表的示数为U1，电路消耗的总功率P1；当开关S1接b，开关S2和S3断开，滑动变阻器的滑片仍在中点时，电流表的示数为I2，电压表的示数为U2，电路消耗的总功率P2；当开关S1接a，开关S2和S3闭合，滑动变阻器的滑片移到最左端时，电流表的示数为1.7A，滑动变阻器消耗的功率为P。已知，I1：I2＝1：3，U1：U2＝4：3。下列说法正确的是（　　） A．R1：R3＝3：4 B．P1：P2＝3：1 C．I1＝0.4A D．P＝3.6W 二、填空作图题（每空1分，每图1分，共12分） 9．（2分）英国科学家 　 　 总结了伽利略等人的研究成果，概括出揭示运动和力关系：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或 　 　 。 10．（2分）水平桌子上放着一个静止的物体，如图所示，当用大小为8N的水平推力推这个物体时，没有推动，物体受到的摩擦力为 　 　 N；若用12N的水平推力匀速推动物体，则物体受到的滑动摩擦力大小为 　 　 N。 11．（2分）如图所示，甲、乙两容器质量相等、底面积相同，内装两种不同液体，两容器底部受到的液体压强相等，液体密度分别为ρ甲和ρ乙，距离容器底部等高的位置有 A、B两点，受到的液体压强分别为pA和pB，ρ甲　 　 ρ乙，pA　 　 pB。 12．（2分）如图所示的电路中，电源电压恒为9V，小灯泡L标有“6V，3.6W”的字样，滑动变阻器R1的规格为“20Ω，1A”，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～15V，当只闭合S3时，小灯泡正常发光。不考虑小灯泡电阻的变化，小灯泡电阻为 　 　 Ω，在保证电路中各元件安全的情况下，任意闭合开关和移动滑片，电路电功率最大值与最小值之差为 　 　 W。 13．（2分）学校体育组正在自制一套健身器材，模型如图所示，甲、乙、丙均为正方体。轻质测力计的拉环和挂钩通过水平细线连接甲、乙两个物体，物体乙压着水平地面上的物体丙，整个装置静止。已知物体乙的密度为2×103kg/m3，乙的边长为20cm；物体丙的密度为8×103kg/m3，丙的边长为10cm。乙对丙的压强与丙对水平地面的压强之比为3：7，则乙受到的重力为 　 　 N。若沿竖直方向切下一部分丙，并将丙切下的部分挂在甲的下面，整个装置静止，此时剩下的丙对地面的压强和丙未切时丙对地面的压强之比为19：21，则丙切走的质量为 　 　 kg（不计细线重、测力计重和摩擦，滑轮只改变细线拉力方向）。 14．（1分）如图所示，重10牛的物体对斜面的压力为6牛，请画出物体对斜面的压力。 15．（1分）如图所示，请根据通电螺线管周围小磁针静止时N极的指向，在括号内用“+”“﹣”号标出电源的正、负极。 三、实验探究题（15题6分，16、17题每题8分，共22分） 16．（6分）（1）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，小艺按照如图1所示的甲、乙、丙三种情况进行实验，其中A为木块，B为重物，甲、乙两图中的接触面较光滑且粗糙程度相同，丙图中接触面较粗糙。 ①在进行如图甲所示的实验前，应将弹簧测力计沿 　 　 方向放置，然后进行调零； ②比较甲、　 　 两图的实验，可以得出滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关； ③小艺将图甲中的木块沿竖直方向截去一半后，用弹簧测力计拉着木块在木板上做匀速直线运动，发现弹簧测力计的计数为图甲中示数的一半，得出“滑动摩擦力的大小与接触面的面积有关”的结论。同学们认为小艺的结论是错误的，错误的原因是没有控制 　 　 不变。 （2）小外同学利用同一个微小压强计等器材探究液体内部的压强与液体的深度、液体的密度是否有关，进行了如图2甲、乙、丙所示的实验。 ①实验前，要检查装置气密性，方法是用手指轻轻按压探头上的橡皮膜，如果U形管中液面升降灵活，则说明该装置 　 　 （选填“漏气”或“不漏气”）； ②甲、乙两图所示的实验说明液体内部的压强与 　 　 有关；乙、丙两图所示的实验说明液体内部的压强与 　 　 有关。 17．（8分）今年春节，小艺同学回到北方农村老家过年，发现家里烧无烟煤用于取暖和做饭，出于好奇，小艺带了一块回来，利用天平和量筒测量密度。 （1）把天平放在水平台上，将游码移至标尺左端的零刻度线上，指针的位置如图甲所示，此时应向 　 　 （选填“左”或“右”）调节 　 　 ，使天平平衡； （2）将无烟煤放在天平的左盘中，通过向右盘加减砝码后，指针的位置如图甲所示，此时应 　 　 ，使天平平衡； （3）天平平衡后，所用砝码及游码在标尺上的位置如图乙，向量筒中倒入50mL的水，用细线拴住无烟煤并放入量筒中后，量筒中的水面如图丙所示，则无烟煤的体积为 　 　 cm3，测出无烟煤的密度为 　 　 g/cm3； （4）由于无烟煤表面凹凸不平，所以丙图中的无烟煤表面附着有少量的气泡，会导致测量的密度值 　 　 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）； （5）小艺用一根粗细均匀的饮料吸管制作了一个微型密度计，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口。将吸管放到水中的情景如图a所示，测得浸入的长度为H；放到另一种液体中的情景如图b所示，浸入的长度为h，则ρ液＝ 　 　 （用ρ水、H、h表示）。放到食用油中的情景如图c所示，为测出食用油的密度，在不更换器材的情况下，接下来的做法是 　 　 。 18．（8分）小艾同学在学校用伏安法测电阻的阻值，所用的电路图如图甲所示，已知电源电压为4.5V且保持不变，滑动变阻器“50Ω，1A”。 （1）在闭合开关S前，变阻器的滑片P应调至 　 　 （选填“A”、“中间”或“B”）端。 （2）小艾闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电流表无示数，电压表有示数，初步检查确认，电路接线完好，两个电表均无故障，则发生故障的元件应是 　 　 （填字母）； A.滑动变阻器断路 B.定值电阻R断路 C.开关断路 （3）排除故障后，小艾同学正常进行实验并将实验数据记录在表中。若第2次测量时电流表示数如图乙所示，为 　 　 A，根据三次实验数据可得定值电阻）R＝ 　 　 Ω； 实验次数 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω 1 1.5 0.16 9.4 2 1.8 3 2.4 0.22 10.9 （4）此次实验对物理量进行了多次测量，目的是 　 　 。 （5）接着小艾同学准备测量几千欧的电阻时，小艺同学觉得不妥，不能直接用伏安法测量电阻，原因是 　 　 ； （6）小艺也用伏安法测出另一个定值电阻的阻值为8Ω，小外同学说不用电流表也能测出该定值电阻的阻值，于是用相同的电源，设计了如图丙所示的电路，R1是电阻箱，可直接显示连入阻值大小。操作步骤如下： ①将单刀双掷开关S1拨至a位置，闭合开关S； ②移动滑动变阻器滑片，使电压表的示数为1.5V； ③滑片位置不变，将开关S1拨至b位置，调节电阻箱，使电压表的示数 　 　 1.5V。（选填“大于”“小于”或“等于”） ④读出电阻箱的示数，就能得出Rx的阻值。 小外同学发现自己的测量结果比真实值大了10Ω，经分析发现，电压表错接到了滑动变阻器两端，而且在步骤②结束后不小心碰到了滑动变阻器的滑片，导致滑动变阻器接入电路的阻值变化了 　 　 Ω。 四、论述与计算题（18题6分，19、20题每题8分，共22分） 19．（6分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，电流表A的示数为0.7A，A1的示数为0.4A，电阻R1的阻值为12Ω。求： （1）电源电压； （2）电阻R2的阻值大小。 20．（8分）便携式加热饭盒因其便捷加热、恒温保暖功能，成为学生和上班族的用餐神器。如图甲所示，为某品牌便携式加热饭盒。该饭盒有“加热”和“保温”两挡；已知加热功率为1210W，保温功率为242W，其内部电路可简化为图乙所示电路，额定电压为220V。求： （1）保温挡正常工作时，电路中的电流为多少？ （2）R2的阻值是多少？ （3）若用加热挡（电能转化为热能效率为80%）将200g初温为20℃的饭菜加热至100℃，至少需要多长时间？[c饭菜＝3.63×103J/（kg•℃）] 21．（8分）“物理探秘生活添趣”重庆实验外国语学校科技节上，物理兴趣小组的同学们展示了他们自主设计并制作的“创新水压秤”。如图甲所示，薄膜式压强传感器（体积忽略不计）在空气中校零后，被安装在足够高的长方体容器的底部，用来测量容器底受到的液体压强。小组同学往容器内注入适量水后，将底面积为0.1m2的木块M放入容器，然后在木块上逐个放置完全相同的合金块，测得容器底受到水的压强p与所加合金块个数n的关系如图乙所示。已知合金块底面积都和木块相同，且每块合金块的厚度均为1cm。（ρ木＝0.6×103kg/m3）求： （1）木块M上未放置合金块时，水的深度； （2）长方体容器的底面积； （3）当放入3块合金块时，木块M对传感器的压强。 2025年重庆市九龙坡实验外国语学校中考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A C B C D C D 一、单项选择题（共8个小题，每小题只有一个合理的选项，每小题0分，共24分） 1．下列估测最接近实际的是（　　） A．家用台灯正常工作时的电流约为2A B．人正常步行的速度约为1.1m/s C．一名中学生的体重约为50N D．一节新干电池的电压约为3V 【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 【解答】解：A．家用台灯正常工作时的电流约为0.2A，故A不符合实际； B．人正常步行的速度约为1.1m/s，故B符合实际； C．一名中学生的体重约为50kg，故C不符合实际； D．一节新干电池的电压为1.5V，故D不符合实际。 故选：B。 2．如图所示的四个实例中，下列说法中正确的是（　　） A．图甲：大货车的车轮数量多，是为了减小车对地面的压强 B．图乙：用力压住静止在墙壁上的物体，是为了增大墙壁对物体的摩擦力 C．图丙：公交车上的拉环做得宽厚，是为了增大压强 D．图丁：切肉时，右手用力切，是为了减小摩擦力 【分析】（1）（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。 （2）根据二力平衡条件分析解答； （4）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。 【解答】解：A、大货车的车轮数量多，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强，故A正确。 B、静止在墙壁上的物体处于平衡状态，在竖直方向上受到的重力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，用力压住静止在墙壁上的物体，不能增大其重力，所以不是为了增大墙壁对物体的摩擦力，故B错误。 C、公交车上的拉环做得宽厚，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故C错误。 D、切肉时，右手用力切，是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强，故D错误。 故选：A。 3．如图所示，一个茶壶放置在水平桌面上处于静止状态。下列说法中正确的是（　　） A．茶壶受重力、支持力、弹力的作用 B．茶壶对桌面的压力就是茶壶的重力 C．桌面对茶壶的支持力是桌面发生弹性形变产生的 D．桌面产生的弹力就是茶壶对水平桌面的压力 【分析】（1）对于压力和重力，根据施力物体、受力物体和力的性质进行区别； （2）压力是由于物体弹性形变而产生的。 【解答】解：A、茶壶处于平衡状态，受到重力和桌面施加的支持力（弹力），故A错误； B、茶壶对桌面的压力（弹力）施力物体是茶壶，受力物体是桌面，茶壶的重力的施力物体是地球，受力物体是茶壶，不属于一个力，故B错误； C、桌面对茶壶的支持力是由于桌面发生形变而产生的，故C正确； D、桌面产生的弹力作用于茶壶，茶壶对桌面的压力作用于桌面，不是一个力，故D错误。 故选：C。 4．如图所示的四个实验，下列说法错误的是（　　） A．图甲所示的实验，可以说明电流周围存在磁场 B．图乙所示的实验，是发电机的原理图，即通电导体在磁场中会受到力的作用 C．图丙所示的实验，当闭合开关后，小磁针N极将顺时针偏转 D．图丁所示的实验，可以研究磁场对电流的作用 【分析】（1）通电导体周围存在着磁场； （2）发电机原理图描述了线圈给外界的用电器供电；电动机原理图描述了电源给线圈供电； （3）利用安培定则判断通电螺线管磁场的极性； （4）通电导体在磁场中受力而运动。 【解答】解：A、图甲该实验是奥斯特实验，即说明通电导线周围存在着磁场，故A正确； B、线圈在切割磁感线运动时，线圈中会产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，这是电磁感应现象，此过程中机械能转化为电能，是发电机的原理，故B错误； C、图丙装置中螺线管用安培定则进行判断：在电源外部，电流总是从电源的正极流向负极，用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中的电流方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极，所以右端是N极，左端是S极，小磁针N极将顺时针偏转，故C正确； D、该图中有电源，故当闭合开关时，磁场中的金属棒ab会由于受到力的作用而运动，研究磁场对电流的作用，此过程中电能转化为机械能，故D正确。 故选：B。 5．2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在哈尔冰市拉开帷幕。如图所示是短道速滑项目的精彩瞬间，下列说法中正确的是（　　） A．运动员到达终点后，不能立即停下来是因为受到惯性作用 B．运动员在转弯过程中，其运动状态保持不变 C．运动员在转弯过程中，手对冰面的压力和冰面对手的支持力是一对相互作用力 D．运动员站立时对冰面的压力和运动员所受的重力是一对平衡力 【分析】（1）我们把物体保持运动状态不变的属性叫做惯性，惯性代表了物体运动状态改变的难易程度，惯性的大小只与物体的质量有关。 （2）力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。 （3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。 （4）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。 【解答】解：A．惯性是物体自身具有的保持原来运动状态不变的性质，不能说物体受到惯性，故A错误； B．运动员在转弯滑行的过程中，运动方向改变，故运动状态改变，故B错误； C．直立滑行过程中手对冰面的压力和冰面对手的支持力是一对相互作用力，大小相等。故C正确； D．运动员站立时对冰面的压力与运动员所受的重力大小相等、方向相同，故两个力不是一对平衡力，故D错误。 故选：C。 6．中小学生进行体能测试中有一个项目为坐位体前屈，进行身体柔韧性测试。测试者向前推动固定在滑动变阻器滑片上的滑块，滑块被推动的距离越大，仪器的示数就越大。如图甲是体育课上坐位体前屈测量仪，图乙是小明设计的模拟电路。下列说法正确的是（　　） A．向前推的距离越大，电压表示数越大 B．闭合开关不推动时，电路中的电流为零 C．向前推的距离越小，电路的总功率越大 D．此电路设计中，用电流表示数反映测量成绩 【分析】由电路图可知，滑动变阻器R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路的电流； 根据推动的距离判定滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化；根据P＝UI分析总功率的变化；根据串联电路的电压规律分析电压表示数的变化，然后分析各个选项。 【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R1与R2串联，电压表测R1的两端电压，电流表测电路的电流。 A、向前推的距离越大，变阻器R1连入电路的电阻越小，根据串联电阻的规律知电路的总电阻越小，根据欧姆定律I＝可知，电源电压不变，电路电流越大，电流表示数越大，根据U＝IR知R2的两端电压越大，由串联电路电压的规律，变阻器R1的两端电压越小，电压表示数越小，故A错误； B、闭合开关不推动时，变阻器的最大电阻与R2串联，电路的电阻较大，由I＝知电路中的电流较小，但不会为零，故B错误； C、向前推的距离越小，变阻器R1连入电路的电阻越大，根据串联电阻的规律知电路的总电阻越大，根据欧姆定律I＝可知，电源电压不变，电路电流越小，电源电压不变，根据P＝UI知电路的总功率越小，故C错误； D、向前推的距离越大，电压表示数越小，电流表示数越大，故用电流表示数反映测量成绩，故D正确。 故选：D。 7．两个均匀实心正方体金属块A、B，单独放在水平地面对地面的压强分别为p1和p2，将他们叠放在水平地面上，如图所示，金属块B对地面的压强为p3，已知金属块A、B边长之比L1：L2＝2：3，p3：p2＝4：3。则下列说法正确的是（　　） A．金属块A、B的重力之比为3：1 B．金属块A、B底面积之比为2：3 C．A、B对地面的压强p1：p2之比为3：4 D．金属块A、B的密度之比为8：9 【分析】（1）已知金属块A、B边长之比L1：L2＝2：3，可求得A、B的底面积之比； 物体对水平地面的压力和自身的重力相等，根据p＝可得p1、p2、p3的表达式，从而求得A、B的重力之比和A、B对地面的压强之比； （2）根据G＝mg和V＝Sh，结合密度公式可求得A、B的密度之比。 【解答】解：ABC、已知金属块A、B边长之比L1：L2＝2：3，则金属块A、B底面积之比为SA：SB＝4：9，故B错误； 因物体对水平地面的压力和自身的重力相等， A、B单独放在水平地面上时，对地面的压强分别为： ， 已知p3：p2＝4：3； 则， 解得GA：GB＝1：3；故A错误； 则，故C正确； D、已知金属块A、B的重力之比为GA：GB＝1：32则质量之比mA：mB＝1：3，已知金属块A、B边长之比L1：L2＝2：3则其体积之比VA：VB＝8：27， 金属块A、B的密度之比为：，故D错误。 故选：C。 8．如图所示的电路中，电源电压为12V。当单刀双掷开关S1接a，开关S2和S3断开，将滑动变阻器的滑片移到中点时，电流表的示数为I1，电压表的示数为U1，电路消耗的总功率P1；当开关S1接b，开关S2和S3断开，滑动变阻器的滑片仍在中点时，电流表的示数为I2，电压表的示数为U2，电路消耗的总功率P2；当开关S1接a，开关S2和S3闭合，滑动变阻器的滑片移到最左端时，电流表的示数为1.7A，滑动变阻器消耗的功率为P。已知，I1：I2＝1：3，U1：U2＝4：3。下列说法正确的是（　　） A．R1：R3＝3：4 B．P1：P2＝3：1 C．I1＝0.4A D．P＝3.6W 【分析】A、当单刀双掷开关S1接a，S2和S3断开，将滑动变阻器滑片移到中点时及当S1接b，S2和S3断开，滑动变阻器滑片仍在中点时，分析电路的连接及电表测量的物理量，根据串联电路的特点和欧姆定律可得电压表示数和电源电压表达式，结合已知条件得出R1：R3大小； BC、根据电源电压不变结合已知条件得出R3、R2与R1大小关系， 当开关S1接a，开关S2和S3闭合，滑动变阻器R1与R2、R3并联，滑动变阻器的阻值全部连入电路，分析电路的连接及电流表测量的电流，根据欧姆定律及并联电路电流的规律列方程得出R2大小； 根据P＝I2R结合串联电阻的规律得出P1：P2；当单刀双掷开关S1接a，S2和S3断开，将滑动变阻器滑片移到中点时，滑动变阻器R1与电阻R2、R3串联，根据串联电阻的规律及欧姆定律可知电流表示数； D、根据电功率公式得出滑动变阻器消耗的功率。 【解答】解：A、当单刀双掷开关S1接a，S2和S3断开，将滑动变阻器滑片移到中点时，滑动变阻器R1与电阻R2、R3串联，电流表测量电路中电流，电压表测量R1与R3两端的总电压； 根据串联电路的特点和欧姆定律可得：电压表示数 U1＝I1（0.5R1+R3）……① 电源电压 U＝I1（0.5R1+R2+R3）……②， 当S1接b，S2和S3断开，滑动变阻器滑片仍在中点时，滑动变阻器R1与电阻R2串联，电流表测量电路中电流，电压表测量R1两端的电压； 根据串联电路的特点和欧姆定律可得：U2＝I2•0.5R1……③， 电源电压：U＝I2（0.5R1+R2）……④， 由①③可得：U1：U2＝I1（0.5R1+R3）：（I2×0.5R1） 已知I1：I2＝1：3，U1：U2＝4：3， 故有 R1：R3＝2：3， 故A错误； BC、由②④两式可得：I1（0.5R1+R2+R3）＝I2（0.5R1+R2） 已知I1：I2＝1：3，且R3＝1.5R1，则有4R2＝R1， 即R1：R2＝4：1， 因R3＝1.5R1 R1＝4R2 故有R3＝6R2 当开关S1接a，开关S2和S3闭合，滑动变阻器R1与R2、R3并联，滑动变阻器的阻值全部连入电路，电流表测量干路电流 根据欧姆定律及并联电路电流的规律有 I＝++ 即1.7A＝++ R2＝10Ω ＝＝×＝×4＝4：9； 当单刀双掷开关S1接a，S2和S3断开，将滑动变阻器滑片移到中点时，滑动变阻器R1与电阻R2、R3串联，根据串联电阻的规律及欧姆定律可知电流表示数 I1＝＝＝≈0.13A 故BC错误； D、当开关S1接a，开关S2和S3闭合，滑动变阻器的滑片移到最左端时，滑动变阻器的阻值全部连入电路。滑动变阻器消耗的功率为 P＝＝＝3.6W 故D正确。 故选：D。 二、填空作图题（每空1分，每图1分，共12分） 9．（2分）英国科学家 　牛顿　 总结了伽利略等人的研究成果，概括出揭示运动和力关系：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或 　匀速直线运动状态　 。 【分析】了解牛顿第一定律的内容，可根据其内容直接作答。 【解答】解：由课本知识可知，英国科学家牛顿总结了伽利略等人的研究成果，概括出一条重要的物理规律：一切物体在没有受到力的时候，总保持静止状态或匀速直线运动状态。这一规律我们称之为牛顿第一定律。 故答案为：牛顿；匀速直线运动状态。 10．（2分）水平桌子上放着一个静止的物体，如图所示，当用大小为8N的水平推力推这个物体时，没有推动，物体受到的摩擦力为 　8　 N；若用12N的水平推力匀速推动物体，则物体受到的滑动摩擦力大小为 　12　 N。 【分析】（1）物体静止或做匀速直线运动时，受到平衡力的作用，水平方向的推力和摩擦力是平衡力。 （2）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。 【解答】解：如果用8N的力推静止在水平面上的桌子，没有推动，则桌子处于静止状态，水平方向推力与摩擦力平衡，摩擦力等于推力等于8N； 如果用12N的力推在水平面上的桌子做匀速直线运动，则桌子受到的推力和摩擦力平衡，则f＝F＝12N。 故答案为：8；12。 11．（2分）如图所示，甲、乙两容器质量相等、底面积相同，内装两种不同液体，两容器底部受到的液体压强相等，液体密度分别为ρ甲和ρ乙，距离容器底部等高的位置有 A、B两点，受到的液体压强分别为pA和pB，ρ甲　＜　 ρ乙，pA　＞　 pB。 【分析】（1）因为两种液体对容器底面的压强相同，而甲液体的深度大，根据p＝ρgh可知两液体的密度大小关系； （2）已知两容器底部受到的液体压强相等，且知道甲、乙两液体密度的关系，由于A、B两点距离容器底部等高，根据p＝ρgh判断出A、B两点以下部分的压强大小，再根据两容器底部受到的液体压强相等判断出A、B两点上面部分压强的大小关系。 【解答】解：因为两种液体对容器底面的压强相同，由图可知，甲液体的深度大，所以根据p＝ρgh可知，甲液体的密度小，即ρ甲＜ρ乙； A、B两点距离容器底部等高，且ρ甲＜ρ乙，所以A、B两点以下部分的液体压强大小为pA下＜pB下，因为两容器底部受到的液体压强相等，所以A上面部分的压强大于B上面部分的压强，即pA＞pB。 故答案为：＜；＞。 12．（2分）如图所示的电路中，电源电压恒为9V，小灯泡L标有“6V，3.6W”的字样，滑动变阻器R1的规格为“20Ω，1A”，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～15V，当只闭合S3时，小灯泡正常发光。不考虑小灯泡电阻的变化，小灯泡电阻为 　10　 Ω，在保证电路中各元件安全的情况下，任意闭合开关和移动滑片，电路电功率最大值与最小值之差为 　22.5　 W。 【分析】（1）根据P＝UI求出灯泡的额定电流，再根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当只闭合S3时，小灯泡与R2串联，小灯泡正常发光，根据P＝UI求出小灯泡的额定电流，即为电路中的电流，根据串联电路的电压规律和欧姆定律求出定值电阻R2的阻值， （2）只闭合S1、S2，灯泡L与滑动变阻器串联，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据串联电路的电阻规律结合P＝求出电路的总功率的最小值，当只闭合S0、S2、S3，R1和R2并联，已知滑动变阻器允许通过的最大电流，根据欧姆定律求出通过R2的电流，再根据并联电路的电流规律求出干路的最大电流，再根据P＝UI求出电路消耗的最大电功率，即可求出电路电功率最大值与最小值的差值。 【解答】解：串联电路中电流处处相等，当只闭合S3时，小灯泡L与R2串联，此时小灯泡正常发光，则电路中的电流为： I＝IL＝＝＝0.6A， 灯泡的电阻为：RL＝＝＝10Ω， 定值电阻R2两端的电压为：U2＝U﹣UL＝9V﹣6V＝3V， 定值电阻R2的阻值为：R2＝＝＝5Ω， 只闭合S1、S2，灯泡L与滑动变阻器串联，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据串联电路的电阻规律可知，电路中的总电阻最大，根据P＝可知，电路中的总功率最小，则电路的最小总功率为： P小＝＝＝2.7W， 只闭合S0、S2、S3，R1和R2并联，R1允许通过的最大电流为1A，此时R2所在支路的电流为： I2'＝＝＝1.8A， 电流表接在干路上，则最大电流为： I大＝I1大+I2'＝1A+1.8A＝2.8A， 则电路的总功率最大值为：P大＝UI大＝9V×2.8A＝25.2W， 则电路电功率最大值与最小值之差为：ΔP＝P大﹣P小＝25.2W﹣2.7W＝22.5W。 故答案为：10；22.5。 13．（2分）学校体育组正在自制一套健身器材，模型如图所示，甲、乙、丙均为正方体。轻质测力计的拉环和挂钩通过水平细线连接甲、乙两个物体，物体乙压着水平地面上的物体丙，整个装置静止。已知物体乙的密度为2×103kg/m3，乙的边长为20cm；物体丙的密度为8×103kg/m3，丙的边长为10cm。乙对丙的压强与丙对水平地面的压强之比为3：7，则乙受到的重力为 　160　 N。若沿竖直方向切下一部分丙，并将丙切下的部分挂在甲的下面，整个装置静止，此时剩下的丙对地面的压强和丙未切时丙对地面的压强之比为19：21，则丙切走的质量为 　3.2　 kg（不计细线重、测力计重和摩擦，滑轮只改变细线拉力方向）。 【分析】物体的重力G＝mg＝Vρg；整个装置处于平衡状态，乙对丙的压强及丙对面的压强p＝，乙对丙的压力等于乙的重力减去细线的拉力及甲的重力，丙对地面的压力等于丙和乙的重力减去甲的重力，正方体丙的边长已知，可知受力面积，根据乙对丙的压强与丙对水平地面的压强之比为3：7可求出甲的重力，若沿着丙竖直切去m1，切去的底面积为S1，则剩余的质量可知，因为丙剩余部分的底面积与剩余部分的质量成正比，表示处剩余部分的底面积，将切去部分挂在甲的下面，整个装置处于平衡状态，由此时剩下的丙对面的压强和未切去时丙对地面的压强之比未19：21，可求出甲的质量。 【解答】解：物体乙的重力G乙＝m乙g＝V乙ρ乙g＝（0.2m）3×2×103kg/m3×10N/kg＝160N； 丙的重力G丙＝m丙g＝V丙ρ丙g＝（0.1m）3×8×103kg/m3×10N/kg＝80N， 乙对丙的压强与丙对水平地面的压强之比为3：7，由压强p＝得：， 所以（G乙﹣G甲）：（G乙﹣G甲+G丙）＝3：7， （160N﹣G甲）：（160N﹣G丙+80N）＝3：7， 解得：G甲＝100N， 设丙切去部分的质量为m1，剩余部分的底面积为S1，因为m＝Shρ，所以质量高度一定，质量与底面积成正比，则有（m丙﹣m1）：m丙＝S1：S丙， ＝＝， 由丙切去后剩下部分对面的压强和未切去时丙对地面的压强之比为19：21得：， ：＝19：21， 解得：m1＝3.2kg。 故答案为：160；3.2。 14．（1分）如图所示，重10牛的物体对斜面的压力为6牛，请画出物体对斜面的压力。 【分析】先确定物体对斜面的压力的方向、作用点，再根据力的示意图的画法作图。 【解答】解：物体对斜面压力的方向垂直于斜面向下，作用点在斜面上，可以画在接触面的中点，从作用点分别沿力的方向画一带箭头线段，在箭头附近标上：G＝6N，如图所示： 15．（1分）如图所示，请根据通电螺线管周围小磁针静止时N极的指向，在括号内用“+”“﹣”号标出电源的正、负极。 【分析】根据磁极间的相互作用，可以确定通电螺线管的磁极，根据安培定则判定电源正负极。 【解答】解：由于异名磁极相互吸引，则螺线管右端为S极，左端一定是N极，利用安培定则可以确定螺线管中电流的方向是从螺线管的右端流入，左端流出，因此电源的右端为正极，左端为负极。如图所示： 三、实验探究题（15题6分，16、17题每题8分，共22分） 16．（6分）（1）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，小艺按照如图1所示的甲、乙、丙三种情况进行实验，其中A为木块，B为重物，甲、乙两图中的接触面较光滑且粗糙程度相同，丙图中接触面较粗糙。 ①在进行如图甲所示的实验前，应将弹簧测力计沿 　水平　 方向放置，然后进行调零； ②比较甲、　丙　 两图的实验，可以得出滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关； ③小艺将图甲中的木块沿竖直方向截去一半后，用弹簧测力计拉着木块在木板上做匀速直线运动，发现弹簧测力计的计数为图甲中示数的一半，得出“滑动摩擦力的大小与接触面的面积有关”的结论。同学们认为小艺的结论是错误的，错误的原因是没有控制 　压力　 不变。 （2）小外同学利用同一个微小压强计等器材探究液体内部的压强与液体的深度、液体的密度是否有关，进行了如图2甲、乙、丙所示的实验。 ①实验前，要检查装置气密性，方法是用手指轻轻按压探头上的橡皮膜，如果U形管中液面升降灵活，则说明该装置 　不漏气　 （选填“漏气”或“不漏气”）； ②甲、乙两图所示的实验说明液体内部的压强与 　深度　 有关；乙、丙两图所示的实验说明液体内部的压强与 　液体密度　 有关。 【分析】（1）实验前应该在水平方向对弹簧测力计调零； 滑动摩擦力的影响因素与压力、接触面的粗糙程度有关，利用控制变量法分析。 （2）实验中液体压强的大小变化是通过比较U形管的液面的高度差来判断，这种方法称为转换法。 液体压强与液体密度与深度有关，根据控制变量法的思想分析。 【解答】解：（1）①实验前应该在水平方向对弹簧测力计调零； ②由甲、丙所示实验可知，物体间的压力相同，物体间接触面的粗糙程度不同，且接触面越粗糙，弹簧测力计示数越大，物体受到的滑动摩擦力越大，故可得：压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大； ③将图甲中的木块沿竖直方向截去一半后，压力和受力面积都改变，故不能得出滑动摩擦力的大小与接触面的面积有关的结论。 （2）①用手指轻轻按压探头上的橡皮膜，如果U形管中液面升降灵活，则说明该装置不漏气； ②甲、乙两图，液体密度相同，深度不相同，U形管两侧液面高度差不同，说明液体内部的压强与深度有关； 乙、丙两图液体深度相同，密度不同，U形管两侧液面高度差不同，说明液体内部的压强与液体密度有关。 故答案为：（1）水平；丙；压力；（4）不漏气；深度；液体密度。 17．（8分）今年春节，小艺同学回到北方农村老家过年，发现家里烧无烟煤用于取暖和做饭，出于好奇，小艺带了一块回来，利用天平和量筒测量密度。 （1）把天平放在水平台上，将游码移至标尺左端的零刻度线上，指针的位置如图甲所示，此时应向 　右　 （选填“左”或“右”）调节 　平衡螺母　 ，使天平平衡； （2）将无烟煤放在天平的左盘中，通过向右盘加减砝码后，指针的位置如图甲所示，此时应 　向右移动游码　 ，使天平平衡； （3）天平平衡后，所用砝码及游码在标尺上的位置如图乙，向量筒中倒入50mL的水，用细线拴住无烟煤并放入量筒中后，量筒中的水面如图丙所示，则无烟煤的体积为 　30　 cm3，测出无烟煤的密度为 　1.6　 g/cm3； （4）由于无烟煤表面凹凸不平，所以丙图中的无烟煤表面附着有少量的气泡，会导致测量的密度值 　偏小　 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）； （5）小艺用一根粗细均匀的饮料吸管制作了一个微型密度计，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口。将吸管放到水中的情景如图a所示，测得浸入的长度为H；放到另一种液体中的情景如图b所示，浸入的长度为h，则ρ液＝ 　ρ水　 （用ρ水、H、h表示）。放到食用油中的情景如图c所示，为测出食用油的密度，在不更换器材的情况下，接下来的做法是 　向烧杯中加液体　 。 【分析】（1）指针左偏，此时应向右调节平衡螺母，使天平平衡； （2）指针的位置如图甲所示，物体的质量大一些，此时应 向右移动游码，使天平平衡； （3）无烟煤的质量等于砝码及游码在标尺上的示数，根据排水法得出无烟煤的体积，由密度公式得出无烟煤的密； （4）若无烟煤浸没水中后其表面附着有少量的气泡则测出的体积将偏大，根据密度公式分析； （5）在吸管下端塞入适量的金属丝并用石蜡封口，目的是使吸管能竖直漂浮在液体中； 因漂浮，故浮力等于重力，而重力不变，故有 ρ水gH＝ρ液gh 则ρ液＝ ρ水 为了使密度处于漂浮状态，可增大密度计排开液体的体积。 【解答】解：（1）把天平放在水平台上，将游码移至标尺左端的零刻度线上，指针的位置如图甲所示，即左偏，此时应向 右调节 平衡螺母，使天平平衡； （2）将无烟煤放在天平的左盘中，通过向右盘加减砝码后，指针的位置如图甲所示，物体的质量大一些，此时应 向右移动游码，使天平平衡； （3）天平平衡后，所用砝码及游码在标尺上的位置如图乙， 无烟煤的质量为 m＝5g+20g+20g+3g＝48g 向量筒中倒入50mL的水，用细线拴住无烟煤并放入量筒中后，量筒中的水面如图丙所示，则无烟煤的体积为 V＝80cm3﹣50cm3＝ 30cm3，测出无烟煤的密度为 ρ＝＝1.6g/cm3； （4）若无烟煤浸没水中后其表面附着有少量的气泡则测出的体积将偏大，根据密度公式会导致测量的密度值 偏小 （5）在吸管下端塞入适量的金属丝并用石蜡封口，目的是使吸管能竖直漂浮在液体中； 因漂浮，故浮力等于重力，而重力不变，结合阿基米德原理故有 ρ水gHS＝ρ液ghS 则ρ液＝ ρ水 为了使密度处于漂浮状态，可增大密度计排开液体的体积，即继续向烧杯中加液体，使密度处于漂浮状态。 故答案为：（1）右；平衡螺母；（2）向右移动游码；（3）30；1.6；（4）偏小； ρ水；向烧杯中加液体。 18．（8分）小艾同学在学校用伏安法测电阻的阻值，所用的电路图如图甲所示，已知电源电压为4.5V且保持不变，滑动变阻器“50Ω，1A”。 （1）在闭合开关S前，变阻器的滑片P应调至 　B　 （选填“A”、“中间”或“B”）端。 （2）小艾闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电流表无示数，电压表有示数，初步检查确认，电路接线完好，两个电表均无故障，则发生故障的元件应是 　B　 （填字母）； A.滑动变阻器断路 B.定值电阻R断路 C.开关断路 （3）排除故障后，小艾同学正常进行实验并将实验数据记录在表中。若第2次测量时电流表示数如图乙所示，为 　0.18　 A，根据三次实验数据可得定值电阻）R＝ 　10.1　 Ω； 实验次数 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω 1 1.5 0.16 9.4 2 1.8 3 2.4 0.22 10.9 （4）此次实验对物理量进行了多次测量，目的是 　取平均值减小误差　 。 （5）接着小艾同学准备测量几千欧的电阻时，小艺同学觉得不妥，不能直接用伏安法测量电阻，原因是 　电路中的电流太小，小于电流表的分度值，电流表不能测出电路中的电流　 ； （6）小艺也用伏安法测出另一个定值电阻的阻值为8Ω，小外同学说不用电流表也能测出该定值电阻的阻值，于是用相同的电源，设计了如图丙所示的电路，R1是电阻箱，可直接显示连入阻值大小。操作步骤如下： ①将单刀双掷开关S1拨至a位置，闭合开关S； ②移动滑动变阻器滑片，使电压表的示数为1.5V； ③滑片位置不变，将开关S1拨至b位置，调节电阻箱，使电压表的示数 　等于　 1.5V。（选填“大于”“小于”或“等于”） ④读出电阻箱的示数，就能得出Rx的阻值。 小外同学发现自己的测量结果比真实值大了10Ω，经分析发现，电压表错接到了滑动变阻器两端，而且在步骤②结束后不小心碰到了滑动变阻器的滑片，导致滑动变阻器接入电路的阻值变化了 　20　 Ω。 【分析】（1）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器移至阻值最大处； （2）若电流表有示数，电压表无示数，则是定值电阻R发生了短路；若电压表有示数，电流表无示数，则是定值电阻R发生了断路进行判断； （3）根据电流表的量程和分度值读数；根据欧姆定律算出第二次实验的电阻，然后求平均值； （4）测量类实验，多次结合电流表分度值分析； （6）利用等效替代法求未知电阻； 利用串联电路电压规律和串联分压原理分别得到滑片移动前后变阻器的电阻，进而得到变阻器阻值的变化量。 【解答】解：（1）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器移至阻值最大处，即B端； （2）移动滑动变阻器的滑片P时，电路接线完好，两个电表均无故障，电压表有示数，电流表无示数，则是定值电阻R发生了断路，故选：B； （3）若第2次测量时电流数如图乙所示，电流表接小量程，分度值为0.02A，示数为0.18A，第二次的电阻为R2＝＝＝10Ω，根据三次实验数据求的电阻R＝＝10.1Ω，可得定值电阻R＝10.1Ω； （4）测量电阻阻值时，多次测量求平均值，减小误差； （5）测量几千欧的电阻时，电路中的电流太小，小于电流表的分度值，电流表不能测出电路中的电流； （6）小外同学的实验是利用等效替代法，让两次电路相同，则电阻箱示数即为待测电阻的数值，所以将开关S1拨至b位置，调节电阻箱，使电压表的示数与原来的相同，仍为1.5V；由串联电路电压规律知变阻器两端的电压UP＝U﹣Ux＝4.5V﹣1.5V＝3V； 由串联分压原理得：＝＝0.5，＝0.5，测量结果比真实值大了10Ω，说明电阻箱的电阻为18Ω， 滑动变阻器原来的电阻是8Ω的2倍，是16Ω； 现在是18Ω的2倍，是36Ω；滑动变阻器的电阻变化了20Ω； 故答案为：（1）B；（2）B；（3）0.18；10.1；（4）取平均值减小误差；（5）电路中的电流太小，小于电流表的分度值，电流表不能测出电路中的电流； （6）等于；20。 四、论述与计算题（18题6分，19、20题每题8分，共22分） 19．（6分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，电流表A的示数为0.7A，A1的示数为0.4A，电阻R1的阻值为12Ω。求： （1）电源电压； （2）电阻R2的阻值大小。 【分析】（1）闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测通过R1的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算电源电压； （2）根据并联电路电流规律计算通过电阻R2的电流，根据欧姆定律计算电阻R2的阻值。 【解答】解：（1）闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测通过R1的电流， 并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得电源电压：U＝I1R1＝0.4A×12Ω＝4.8V； （2）并联电路干路电流等于各支路电流之和，通过电阻R2的电流：I2＝I﹣I1＝0.7A﹣0.4A＝0.3A， 根据欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2＝＝＝16Ω。 答：（1）电源电压为4.8V； （2）电阻R2的阻值大小为16Ω。 20．（8分）便携式加热饭盒因其便捷加热、恒温保暖功能，成为学生和上班族的用餐神器。如图甲所示，为某品牌便携式加热饭盒。该饭盒有“加热”和“保温”两挡；已知加热功率为1210W，保温功率为242W，其内部电路可简化为图乙所示电路，额定电压为220V。求： （1）保温挡正常工作时，电路中的电流为多少？ （2）R2的阻值是多少？ （3）若用加热挡（电能转化为热能效率为80%）将200g初温为20℃的饭菜加热至100℃，至少需要多长时间？[c饭菜＝3.63×103J/（kg•℃）] 【分析】（1）根据P＝UI求出保温挡正常工作时，电路中的电流； （2）由图乙可知，当开关S闭合、S1断开时，R1、R2串联，当开关S、S2都闭合时，只有R1工作，根据串联电路的特点和P＝可知加热饭盒加热挡和保温挡的电路连接；根据加热功率和P＝可求出R1的阻值，根据保温功率和P＝可求出R1、R2的串联总电阻，根据串联电路的阻值特点求出R2的阻值； （3）根据Q吸＝cmΔt求出饭菜吸收的热量，根据效率公式求出加热饭盒消耗的电能，根据P＝求出加热需要的时间。 【解答】解：（1）由P＝UI可知，保温挡正常工作时，电路中的电流：I保＝＝＝1.1A； （2）由图乙可知，当开关S闭合、S1断开时，R1、R2串联，根据串联电路的特点可知，此时电路的总电阻最大，由P＝可知，电路的总功率最小，加热饭盒处于保温挡； 当开关S、S2都闭合时，只有R1工作，电路的总电阻最小，总功率最大，加热饭盒处于加热挡； 由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝40Ω； R1、R2的串联总电阻：R＝＝＝200Ω， 根据串联电路的电阻特点可知，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝200Ω﹣40Ω＝160Ω； （3）饭菜吸收的热量：Q吸＝c饭菜mΔt＝3.63×103J/（kg•℃）×200×10﹣3kg×（100℃﹣20℃）＝5.808×104J， 由η＝可知，加热饭盒消耗的电能：W＝＝＝7.26×104J， 由P＝可知，加热需要的时间：t＝＝＝60s。 答：（1）保温挡正常工作时，电路中的电流为1.1A； （2）R2的阻值是160Ω； （3）加热饭盒加热时间为60s。 21．（8分）“物理探秘生活添趣”重庆实验外国语学校科技节上，物理兴趣小组的同学们展示了他们自主设计并制作的“创新水压秤”。如图甲所示，薄膜式压强传感器（体积忽略不计）在空气中校零后，被安装在足够高的长方体容器的底部，用来测量容器底受到的液体压强。小组同学往容器内注入适量水后，将底面积为0.1m2的木块M放入容器，然后在木块上逐个放置完全相同的合金块，测得容器底受到水的压强p与所加合金块个数n的关系如图乙所示。已知合金块底面积都和木块相同，且每块合金块的厚度均为1cm。（ρ木＝0.6×103kg/m3）求： （1）木块M上未放置合金块时，水的深度； （2）长方体容器的底面积； （3）当放入3块合金块时，木块M对传感器的压强。 【分析】（1）根据放入前的压强结合p＝ρgh计算深度； （2）根据后2个是浸没后放入的，结合压强变化计算深度变化，根据体积相等分析底面积关系； （3）根据M漂浮计算露出的高度与总高度的关系，放入2个后的体积变化分析M的高度；根据放入2个后悬浮计算合金的密度； 根据悬浮时浮力等于重力，放第3个的压力等于重力减去浮力，据此分析压强。 【解答】解：（1）放入前的压强是2000Pa，根据p＝ρgh有： 2000Pa＝1.0×103kg/m3×10N/kg×H； 解得水的深度：H＝0.2m； （2）根据图像拐点知，后2个是浸没后放入的，增大的压强为p'＝2120Pa﹣2080Pa＝40Pa； 增大的深度为40Pa＝1.0×103kg/m3×10N/kg×h； h＝0.004m＝0.4cm； 根据金属块的体积等于液面升高增大的体积，故0.1m2×2×1cm＝S×0.4cm； 解得容器的底面积S＝0.5m2； （3）木块的密度ρ木＝0.6×103kg/m3；漂浮时浮力等于重力； F浮＝ρ水gV排＝G＝mg＝ρVg； 1.0×103kg/m3×10N/kg×S'×（h'﹣h露）＝0.6×103kg/m3×10N/kg×S'×h'； 解得h露＝0.4h'； 2个金属放入增大的压强为p''＝2080Pa﹣2000Pa＝840Pa； 根据液体压强公式知，80Pa＝1.0×103kg/m3×10N/kg×h''； h''＝0.008m＝0.8cm； 根据露出的体积与2个金属块的体积之和等于升高的液面的体积，故有 0.1m2×2×1cm+0.1m2×0.4h'＝0.5m2×0.8cm； 解得h'＝5cm； 当2个金属块放上去，悬浮，则总重力等于总浮力， 根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排和G＝mg＝ρVg知； 1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m2×（5cm+2cm）＝0.6×103kg/m3×10N/kg×0.1m2×5cm+ρ金×10N/kg×0.1m2×2cm； 解得ρ金＝2×103kg/m3； 根据悬浮时浮力等于重力，放第3个的压力等于重力减去浮力，则压强p＝＝（ρ金﹣ρ水）gh＝（2×103kg/m3﹣1×103kg/m3）×10N/kg×0.01m＝100Pa。 答：（1）木块M上未放置合金块时，水的深度为0.2m； （2）长方体容器的底面积为0.5m2； （3）当放入3块合金块时，木块M对传感器的压强为100Pa。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$