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2023年重庆市第八中学中考物理二模试卷
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这是一份2023年重庆市第八中学中考物理二模试卷，共37页。试卷主要包含了选择题，填空作图题，实验与探究题，计算论述题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆八中中考物理二模试卷
一、选择题（本题共8个小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．课桌的高度约75dm
B．一名中学生的重量约500N
C．人体的安全电压是36V
D．教室日光灯的功率约38kW
2．（3分）如图所示的现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．杯中的笔被“折断” B．用放大镜看鲜花
C．日食现象 D．水中的倒影
3．（3分）关于如图所示的情景，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲雪花飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动
B．图乙用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间存在空隙
C．图丙中注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间没有间隙
D．图丁中做“墨水滴入水中”的扩散实验时，水的温度越高墨水扩散越快
4．（3分）如图是家庭电路中常见的元件和用电器，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中扬声器与电磁起重机的工作原理相同
B．图乙中动圈式话筒与发电机的工作原理相同
C．图丙中闭合开关，手接触点N点时会触电
D．图丁中测电笔辨别火线和零线时手应该触碰金属笔尖
5．（3分）24届冬季奥林匹克运动会在2022年由北京市和张家口市联合举办。不计空气阻力，图中关于冰雪运动的说法中正确的是（ ）
A．图甲中花样滑冰运动员向前滑行，是由于受到惯性的作用
B．图乙中短道速滑运动员武大靖沿弯道匀速滑行时，运动状态不改变
C．图丙中运动员掷出冰壶后，运动员对冰壶仍在做功
D．图丁中运动员从平地腾空达最大高度的过程中，动能转化为重力势能
6．（3分）如图所示，是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（ ）
A．油量表是由电流表改装而成的
B．油位越高，R0电压越小，油量表示数越大
C．油位越低，流过R0的电流越小，油量表示数越大
D．该油量表所测量的刻度是均匀变化的
7．（3分）如图所示，电源电压为9V保持不变，灯泡的规格为“6V 3W，滑动变阻器的规格为“24Ω 1A”，电流表的量程为0～3A。S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片在中点和右端时，电路的总功率之比为4：3；灯丝电阻不变，保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
①定值电阻R0的阻值是12Ω
②S1、S2都断开，变阻器接入电路阻值范围是6～24Ω
③S1、S2都闭合，电路消耗的总功率最大值为27W
④S1、S2都断开，灯泡功率范围为0.75～3W
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
8．（3分）如图甲所示，足够高且质量为10kg的长方体薄壁容器C置于水平地面，不吸水的AB两物体叠放置于容器内，A为正方体，B为长方体，A、B的高度均为0.1m，缓慢向容器中加水，直到容器中水的深度为0.12m时停止加水，所加水的质量与容器中水的深度关系如图乙所示，停止加水后，将物体A取走，物体B浸入深度变化了4.5cm，接着向容器中继续注水，当水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比为1：2时，再将A物体放入水中（设物体上、下表面始终与水面平行）。关于以上过程，下列说法正确的是（ ）
A．容器C的底面积为800cm2
B．长方体B的重力为18N
C．第2次加水结束后，容器中水的质量为9.4kg
D．将A物体放入水中，当A静止时，容器底部受到的压力为110N
二、填空作图题（每空1分，14题作图2分，共12分）
9．（2分）英国物理学家 研究电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系，发现电流通过导体产生的热量与 成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比。
10．（2分）如图所示是物理社团的同学们制作的小制作，为了“吹”灭左边的烛焰，可以用力敲击橡皮膜，增大声音的 （选填“音调”、“响度”或“音色”），烛焰熄灭，说明声音可以传递 （选填“信息”或“能量”）。
11．（2分）用如图所示滑轮组提升正方体物体，物体边长为0.1m，密度为2×103kg/m3，动滑轮重10N，不计摩擦和绳重。当物体对水平地面的压强为500Pa时，作用在自由端的拉力F为 N；若绳子A、B承受的最大拉力分别为90N和55N，则用该滑轮组提升重物的最大机械效率为 %。
12．（2分）如图所示，水平地面上自由放置两个实心均匀正方体A和B，底面积之比为4：3，它们对地面的压力都为12N，则A对地面的压强与B对地面的压强之比为 ；现将B叠放在A上后，再将A沿竖直方向切走重力为G0部分，使此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，则G0＝ N。
13．（2分）如图甲所示电路中，电源为电压可调的学生电源，灯泡L标有“5V，2.5W”字样，且阻值不变，滑动变阻器的最大阻值为R1，则灯泡正常发光的阻值为 Ω。将电源电压调至某一值，只闭合开关S，移动滑片P，得到滑动变阻器的电功率P1与滑动变阻器接入的阻值RP变化的图像如图乙所示，且滑动变阻器接入电路的阻值由0.25R1滑动到R1的过程中，电压表V1的示数变化了1V，电压表V2的示数变化了5V，则滑动变阻器在滑动的过程中，电路的最小功率为 W。
14．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜中所成的像A'B'。
15．（2分）如图所示，物体在斜面上静止，画出其受到的摩擦力的示意图。
三、实验与探究题（本题共4小题，共22分）
16．（6分）在实验复习课上，小利在“探究凸透镜成像规律”的实验：
（1）如图甲所示，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小、最亮的光斑，则该凸透镜的焦距f＝ cm；
（2）当调节蜡烛、凸透镜和光屏到如图乙所示的位置时，光屏上出现最清晰的倒立、 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的烛焰的实像；
（3）小利又把蜡烛移到光具座上10cm刻度线处，屏上的像变模糊了，此时她摘下自己的眼镜，放在蜡烛和凸透镜之间，只适当调整眼镜的位置，光屏上又出现了清晰的像，则小利戴的 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
17．（8分）小松用如图甲所示的装置探究海波的熔化规律：
（1）实验中，除了图甲中提供的器材外，还需要用到的另一个测量器材是 ；
（2）根据实验数据绘出海波温度﹣时间图像，如图乙所示，则海波是 （选填“晶体”或“非晶体”），由图像还可知，固态海波比液态海波的吸热能力 （选填“强”或“弱”）。
18．（8分）实验复习课上，同学们想测量液体密度并且探究浮力大小的影响因素。
（1）首先，小业用天平与量筒测量准备好的酸奶的密度：
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图1甲所示，烧杯和酸奶的总质量为 g；
②将烧杯中的酸奶倒入一部分到量筒中，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g；如图1乙所示，量筒中酸奶的体积为 cm3；
③计算出这种酸奶的密度为 g/cm3；
（2）接着，如图1丙所示，小茂用电子秤来探究“浮力大小与哪些因素有关”，实验步骤如下：先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8cm，当h＝8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为0.8N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
14
m/kg
2.00
2.04
2.08
2.12
2.16
2.16
2.16
2.18
①当h＝8cm时，圆柱体受到的浮力大小为 N。分析表中数据可知：圆柱体的密度为 g/cm3；
②当h＝14cm时，手通过绳子对圆柱体竖直向上的拉力是 N；
（3）最后，小春想用台秤、烧杯和金属圆柱体测量一未知液体的密度ρ，测量步骤如图2所示：①将圆柱体的一半浸入水中，记下台秤的示数m1；②将圆柱体全部浸入水中，记下台秤的示数m2；③将圆柱体从水中取出，擦干后全部浸入与水等质量的未知液体中，记下台秤的示数m3。则圆柱体的体积为 ；未知液体的密度ρ液＝ 。（均用m1、m2、m3、ρ水表示）
19．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器标有“40Ω，1A”。
（1）用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整；
（2）正确连接后，闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。拆下电压表，用它查找故障。保持开关闭合，将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的各接线柱，得到如下信息，则电路发生的故障可能是 （故障只发生在灯泡或者滑动变阻器上）；
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数（V）
3
3
3
0
0
0
0
0
（3）排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是 V。此时电流表示数（如图乙所示）是 A，则小灯泡正常发光时的电阻是 Ω（保留一位小数），通电后该小灯泡发光利用到了电流的 效应；
（4）小田同学为了验证电流跟电阻的关系，她又准备了五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换图甲中的灯泡，其余电路连接不变，控制定值电阻两端电压为1V不变，则能完成该实验的定值电阻有 个；通过只改变“定值电阻两端设定的电压值”或“电源电压”或“滑动变阻器的最大阻值”的方法，来完成上述5个电阻的实验，最终正确测得的数据中，整个电路总功率的最小值为 W。
四、计算论述题（本题共3小题，共22分）
20．（6分）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1的阻值为40Ω，闭合开关后，电压表的示数为2V。求：
（1）R2的阻值；
（2）通电5min整个电路消耗的电能。
21．（8分）八中食堂新购入一批恒温消毒柜，电路原理简如图甲，包括工作电路和控制电路。工作电路中R0为阻值不变的加热电阻，标有“220V，1100W”字样。当消毒室内温度达到130℃时，工作电路的开关S0自动断开；当消毒室内温度降到80℃时，开关S0自动闭合，电阻R0重新发热。消毒柜正常工作时柜内温度随时间变化的图像如图乙所示。求：
（1）加热电阻R0的阻值；
（2）消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能；
（3）用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃，则该消毒柜的热效率为多少。[c陶瓷＝0.81×103J/（kg•℃）]
22．（8分）如图甲所示，底面积为400cm2的薄壁容器中，放有不同材料制成边长为10cm的正方体A和高度为20cm的长方体B，A、B底面积之比为1：2。A、B间由一根轻质细线（图中未画出）相连，细线承受的拉力有限，可能会断。A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压。现在沿竖直方向缓慢匀速拉动A，A上方拉力F随A上升距离h变化的图象如图乙所示，求：
（1）正方体A浸没在水中时所受浮力；
（2）图乙中h0大小；
（3）整个过程中，绳子承受的最大拉力。
2023年重庆八中中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8个小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．课桌的高度约75dm
B．一名中学生的重量约500N
C．人体的安全电压是36V
D．教室日光灯的功率约38kW
【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．根据生活实际可知，课桌的高度约为75cm，故A不正确；
B．根据生活实际可知，一名中学生的质量约为50kg，G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，故B正确；
C．根据人对电压的承受能力可知，人体的安全电压不高于36V，故C不正确；
D．根据生活实际可知，教室日光灯的功率约38W，故D不正确。
故选：B。
【点评】本题考查了对物理量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．（3分）如图所示的现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．杯中的笔被“折断” B．用放大镜看鲜花
C．日食现象 D．水中的倒影
【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等。
（2）光射在两种介质界面上时，会发生反射，平面镜成像、水中的倒影等都是光的反射的例子。
（3）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生偏转，光的折射形成的现象：放在有水的碗中的筷子看起来好像变折了、放大镜、池水看起来变浅等。
【解答】解：A．从水中笔上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是笔的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了，故A不正确；
B．用放大镜看鲜花时，鲜花变大了，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故B不正确；
C．当太阳、地球、月亮在同一直线上时，月亮在中间挡住了全部的或部分太阳光便形成了日食，即日食是由于光沿直线传播形成的，故C正确；
D．水中倒影是平面镜成像，是光的反射现象，故D不正确；
故选：C。
【点评】要会区分三种光现象：
①光的直线传播现象：影子、日月食、小孔成像；
②光的反射：镜子、倒影、潜望镜；
③光的折射：看水中的物体、隔着玻璃或透镜看物体。
光的直线传播在现实生活中的例子有很多，要加强理论与实际的联系。
3．（3分）关于如图所示的情景，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲雪花飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动
B．图乙用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间存在空隙
C．图丙中注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间没有间隙
D．图丁中做“墨水滴入水中”的扩散实验时，水的温度越高墨水扩散越快
【分析】物质是由分子组成的，组成物质的分子很小，直接用肉眼看不到；组成物质的分子不停地做无规则的运动，扩散现象证明了分子的无规则运动。
【解答】解：A．雪花飞扬，是物体的机械运动，不能说明分子处在永不停息的无规则运动，故A错误；
B．用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明力改变物体的形状，故B错误；
C．注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间存在斥力，故C错误；
D．水的温度越高，分子运动的越剧烈，墨水扩散越快，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对扩散现象实质的理解，要注意分子运动和机械运动的区别。
4．（3分）如图是家庭电路中常见的元件和用电器，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中扬声器与电磁起重机的工作原理相同
B．图乙中动圈式话筒与发电机的工作原理相同
C．图丙中闭合开关，手接触点N点时会触电
D．图丁中测电笔辨别火线和零线时手应该触碰金属笔尖
【分析】（1）动圈式扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的，电磁起重机利用的是电流的磁效应；
（2）动圈式话筒是对着话筒说话时，膜片振动引起闭合电路的一部分导体切割磁感线运动，线圈中产生感应电流；
（3）人体直接或间接接触火线，并与地线或零线构成通路，会有电流通过人体造成触电；
（4）用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，不能与笔尖金属体接触；测电笔笔尖金属体接触火线时氖管发光，接触零线时氖管不发光。
【解答】解：A．动圈式扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的，电磁起重机利用的是电流的磁效应，故A错误；
B．动圈式话筒是对着话筒说话时，膜片振动引起闭合电路的一部分导体切割磁感线运动，线圈中产生感应电流，动圈式话筒是利用电磁感应现象工作的，与发电机原理相同，故B正确；
C．图丙中闭合开关，手接触点N点（零线）时不会触电，因为此时人会被导线短路，不会有电流经过人体，故此时人不会触电，故C错误；
D．用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，不能与笔尖金属体接触，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查知识较多，知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键，属于中考选择题常考查题。
5．（3分）24届冬季奥林匹克运动会在2022年由北京市和张家口市联合举办。不计空气阻力，图中关于冰雪运动的说法中正确的是（ ）
A．图甲中花样滑冰运动员向前滑行，是由于受到惯性的作用
B．图乙中短道速滑运动员武大靖沿弯道匀速滑行时，运动状态不改变
C．图丙中运动员掷出冰壶后，运动员对冰壶仍在做功
D．图丁中运动员从平地腾空达最大高度的过程中，动能转化为重力势能
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（2）物体受非平衡力作用时，运动状态发生改变，物体运动状态的改变包括速度大小和方向的改变；
（3）根据做功的两个必要因素，即有力作用在物体上，且物体在力的方向必须移动距离分析解答；
（4）动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关。
【解答】解：A．图甲中花样滑冰运动员向前滑行，是由于运动员具有惯性，不能说受到惯性的作用，故A错误；
B．图乙中短道速滑运动员武大靖沿弯道匀速滑行时，速度的方向发生了改变，故运动状态发生了改变，故B错误；
C．图丙中冰壶离开手向前运动过程中，运动员对冰壶不在产生力，不再对冰壶做功，故C错误；
D．图丁中运动员从平地腾空达最大高度的过程中，速度减小，高度增大，故动能转化为重力势能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了动能和重力势能的转化、物体运动状态变化的判断、惯性和做功的条件，涉及到的知识点多，综合性强，但总体难度不大，掌握基础知识是关键。
6．（3分）如图所示，是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（ ）
A．油量表是由电流表改装而成的
B．油位越高，R0电压越小，油量表示数越大
C．油位越低，流过R0的电流越小，油量表示数越大
D．该油量表所测量的刻度是均匀变化的
【分析】根据电压表并联在电路中，电流表串联在电路中，油量表和R0是并联的，可以判断油量表是电压表。
油面越高，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器连入电路的电阻越小，电流越大。
串联电路中电阻起分担电压的作用，电阻越大，分担的电压越大，油面越高，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器连入电路的电阻越小，油量表的示数越小。
根据欧姆定律可得油表的示数，据此分析判断。
【解答】解：A．电压表应该并联在用电器两端，电流表应该串联在电路中，由电路图可知，油量表是电压表改装的，故A错误；
B．油位越高，接入电路的滑动变阻器的阻值越大，电路中的电流越小，根据欧姆定律U＝IR可得R0电压越小，滑动变阻器两端的电压越大，即油量表示数越大，故B正确；
C．油位越低，接入电路的滑动变阻器的阻值越小，电路中的电流越大，根据欧姆定律U＝IR可得R0电压越大，滑动变阻器两端的电压越小，即油量表示数越小，故C错误；
D．因为电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律可得油表的示数为，
该式子不符合正比例函数关系的形式，故由此可知该油量表所测量的刻度不是均匀变化的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题根据油量表并联在电路中，可以判断油量表是电压表；根据串联电路中电阻越大分担的电压越大，可以判断电压表的示数变大；根据欧姆定律，电压不变，电阻越大，电路中的电流越小。
7．（3分）如图所示，电源电压为9V保持不变，灯泡的规格为“6V 3W，滑动变阻器的规格为“24Ω 1A”，电流表的量程为0～3A。S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片在中点和右端时，电路的总功率之比为4：3；灯丝电阻不变，保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
①定值电阻R0的阻值是12Ω
②S1、S2都断开，变阻器接入电路阻值范围是6～24Ω
③S1、S2都闭合，电路消耗的总功率最大值为27W
④S1、S2都断开，灯泡功率范围为0.75～3W
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【分析】（1）由图可知，当S1、S2都闭合时，定值电阻R0与滑动变阻器R并联，滑动变阻器的滑片在最右端时滑动变阻器接入电路的电阻为24Ω，滑片在中点时，滑动变阻器接入电路的电阻R中＝R＝×24Ω＝12Ω，根据P＝UI＝求出两次电路中的总电阻之比，根据并联电路的电阻特点求出定值电阻R0的阻值；
根据欧姆定律求出此时通过定值电阻R0的电流，根据滑动变阻器允许通过的最大电流结合并联电路的电流特点求出干路电流，与电流表的量程进行比较进而确定干路中的最大电流，根据P＝UI求出电路消耗总功率的最大值；
（2）当S1、S2都断开时，滑动变阻器R与灯泡L串联接入电路，电流表测量电路中的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据串联电路的电流特点求出电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的最小总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的电阻，进而求出变阻器接入电路阻值范围；根据P＝I2R分别求出灯泡的最大和最小功率。
【解答】解：（1）由图可知，当S1、S2都闭合时，定值电阻R0与滑动变阻器R并联，滑动变阻器的滑片在最右端时滑动变阻器接入电路的电阻为24Ω，滑片在中点时，滑动变阻器接入电路的电阻R中＝R＝×24Ω＝12Ω，
由P＝UI＝可知，两次电路中的总电阻之比：＝＝＝，
由并联电路的电阻特点可知，两次电路中的总电阻之比：＝＝×＝×＝，
解得：R0＝12Ω，故①正确；
此时通过定值电阻R0的电流：I0＝＝＝0.75A，
由滑动变阻器的规格为“24Ω 1A”可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
由并联电路的电流特点可知，干路中的最大电流：I大＝I0+IR大＝0.75A+1A＝1.75A＜3A，
因此干路中的最大电流为I大＝1.75A，
则电路消耗总功率的最大值：P大＝UI大＝9V×1.75A＝15.75W，故③错误；
（2）当S1、S2都断开时，滑动变阻器R与灯泡L串联接入电路，电流表测量电路中的电流，
由P＝UI可知，灯泡的额定电流：I额＝＝＝0.5A，
由欧姆定律可知，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，
由串联电路的电流特点可知，为了安全，此时电路中的最大电流：I串大＝I额＝0.5A，
由欧姆定律可知，电路中的最小总电阻：R串小＝＝＝18Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻：R滑小＝R串小﹣RL＝18Ω﹣12Ω＝6Ω，
由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻增大时，电路中的电流减小，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路能安全工作，因此变阻器接入电路阻值范围为6～24Ω，故②正确；
④当S1、S2都断开，滑动变阻器与小灯泡串联，当滑动变阻器全部接入电路时，整个电路的电流最小，可得I串小＝＝＝0.25A，
则灯泡的最小功率为＝0.75W，
由于灯泡的最大功率为3W，故S1、S2都断开，灯泡功率范围为0.75～3W，故④正确。
综上所述，只有①②④正确，故B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查电功率公式的应用，欧姆定律的应用，串联、并联电路电流、电压、电阻规律的应用，其中分析电路的连接方式，灵活选用电功率公式是解题的关键。
8．（3分）如图甲所示，足够高且质量为10kg的长方体薄壁容器C置于水平地面，不吸水的AB两物体叠放置于容器内，A为正方体，B为长方体，A、B的高度均为0.1m，缓慢向容器中加水，直到容器中水的深度为0.12m时停止加水，所加水的质量与容器中水的深度关系如图乙所示，停止加水后，将物体A取走，物体B浸入深度变化了4.5cm，接着向容器中继续注水，当水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比为1：2时，再将A物体放入水中（设物体上、下表面始终与水面平行）。关于以上过程，下列说法正确的是（ ）
A．容器C的底面积为800cm2
B．长方体B的重力为18N
C．第2次加水结束后，容器中水的质量为9.4kg
D．将A物体放入水中，当A静止时，容器底部受到的压力为110N
【分析】（1）由图乙可知，当水的深度为h1＝0.06m时，容器内加入水的质量为m水1＝1.2kg；当水的深度为h2＝0.12m时，容器内加入水的质量为m水2＝4.8kg；而当水的深度为h1＝0.06m时，加水的质量变化出现转折点，由于物体B的高度为0.1m，因此转折点时，物体A、B恰好漂浮，则水的深度由h1增加到h2时，可得水的深度增加量，容器内水的质量的增加量，根据可得，增加的水的体积，可以求得容器的底面积；
（2）当水的深度为h1＝0.06m时，根据可得，此时水的体积，则可得物体B浸入水中的体积，B的底面积，由于A和B漂浮，根据物体浮沉条件可得，A和B的总重力，将A拿开后，B将上升且上升的高度，此时B处于漂浮状态，根据浮沉条件可得，B的重力；
（3）因为水对容器底部压力的受力面积与容器对桌面压力的受力面积相同，根据p＝可得，水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比等于水对容器底部的压力与容器对桌面的压力之比，可得第2次加水结束后，容器中水的质量；
（4）根据可得，A的密度小于水的密度，因此再把A放入水中，A会漂浮，则水对容器底部的压力等于水和A、B的重力之和。
【解答】解：A．由图乙可知，当水的深度为h1＝0.06m时，容器内加入水的质量为m水1＝1.2kg；当水的深度为h2＝0.12m时，容器内加入水的质量为m水2＝4.8kg；而当水的深度为h1＝0.06m时，加水的质量变化出现转折点，由于物体B的高度为0.1m，因此转折点时，物体A、B恰好漂浮，则水的深度由h1增加到h2时，水的深度增加量为：
Δh＝h2﹣h1＝0.12m﹣0.06m＝0.06m
容器内水的质量的增加量为：
kg＝3.6kg，
根据可得，增加的水的体积为：
，
故容器的底面积为：
故A错误；
B．当水的深度为h1＝0.06m时，根据可得，此时水的体积为：
，
则物体B浸入水中的体积为
×10﹣3m3，
则B的底面积为：
，
由于A和B漂浮，根据物体浮沉条件可得，A和B的总重力为：
×10N/kg×2.4×10﹣3m3＝24N，
则A和B的总质量为：
kg，
将A拿开后，B将上升且上升的高度为：
h′＝1.5cm＝0.015m，
此时B处于漂浮状态，根据浮沉条件可得，B的重力为：
GB＝mBg＝F浮B＝ρ水gV排B′
则B的质量为：
×（0.06m﹣0.015m）＝1.8kg，
B的重力为：
kg＝18N，
故B正确；
C．因为水对容器底部压力的受力面积与容器对桌面压力的受力面积相同，根据p＝可得，水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比等于水对容器底部的压力与容器对桌面的压力之比，即
＝，
代入数据解得，m水＝8.2kg，即为第2次加水结束后，容器中水的质量。故C错误；
D．A的质量为：
kg＝0.6kg＝600g，
A的密度为：
cm3，
A的密度小于水的密度，因此再把A放入水中，A会漂浮，则水对容器底部的压力等于水和A、B的重力之和，即
F＝G总＝（mAB+m水）g＝（2.4kg+8.2kg）×10N/kg＝106N，
故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查物体的浮沉条件及其应用，液体压强的计算以及公式的应用，压强的计算，阿基米德原理的应用，内容多，难度大。
二、填空作图题（每空1分，14题作图2分，共12分）
9．（2分）英国物理学家 焦耳 研究电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系，发现电流通过导体产生的热量与 电流的二次方 成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比。
【分析】焦耳定律内容为：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。表达式为：Q＝I2Rt。
【解答】解：英国物理学家焦耳做了大量的实验，在1840年最先精确地确定了影响电热的相关因素，总结出了著名的焦耳定律；焦耳定律内容为：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。
故答案为：焦耳；电流的二次方。
【点评】深入理解焦耳定律的内容是解答此题的关键。
10．（2分）如图所示是物理社团的同学们制作的小制作，为了“吹”灭左边的烛焰，可以用力敲击橡皮膜，增大声音的 响度 （选填“音调”、“响度”或“音色”），烛焰熄灭，说明声音可以传递 能量 （选填“信息”或“能量”）。
【分析】声音的大小叫响度；声音能够传递能量。
【解答】解：
用力敲击橡皮膜，改变橡皮膜振动的幅度，影响声音的响度；声音既可以传递信息，又可以传递能量，烛焰熄灭，说明声音可以传递能量。
故答案为：响度；能量。
【点评】该题考查了声音的响度及声音能够传递能量的知识点，是一道简单题。
11．（2分）用如图所示滑轮组提升正方体物体，物体边长为0.1m，密度为2×103kg/m3，动滑轮重10N，不计摩擦和绳重。当物体对水平地面的压强为500Pa时，作用在自由端的拉力F为 12.5 N；若绳子A、B承受的最大拉力分别为90N和55N，则用该滑轮组提升重物的最大机械效率为 90 %。
【分析】（1）已知边长和密度，根据G＝mg和m＝ρV即可求出正方体的重力；根据p＝求出物体对水平地面的压力；根据力的平衡条件计算动滑轮对物体的拉力，由图可知承担物重的绳子股数n，然后根据F＝（F拉+G动）求出拉力；
（2）根据F＝（G+G动）求出绳子A和绳子B的拉力；
根据η＝＝＝求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：
（1）物体的体积V＝（0.1m）3＝1×10﹣3m3；
物体的质量m＝ρV＝2×103kg/m3×1×10﹣3m3＝2kg；
物体的重力G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N；
物体对水平地面的压力F压＝pS＝500Pa×0.1m×0.1m＝5N；
由力的作用相互性可知地面对物体的支持力F支＝F压＝5N；
动滑轮对物体的拉力F拉＝G﹣F支＝20N﹣5N＝15N；
由图可知承担物重的绳子股数n＝2，不计摩擦和绳重，
作用在自由端的拉力F＝（F拉+G动）＝×（15N+10N）＝12.5N；
（2）绳子A能承受的最大拉力为90N，绳子B的拉力
FB＝（F拉最大+G动）＝×（90N+10N）＝50N，
绳子B不会被拉断；
绳子B能承受的最大拉力为55N时，绳子A的拉力：
FA＝2FB最大﹣G动＝2×55N﹣10N＝100N，
绳子A会被拉断，所以此时滑轮组的最大机械效率为：
η最大＝＝＝＝×100%＝90%。
故答案为：12.5；90。
【点评】此题主要考查密度公式的应用和滑轮组绳子拉力的计算，明确不计摩擦和绳重，利用F＝（F拉+G动）求作用在绳端的拉力是关键。
12．（2分）如图所示，水平地面上自由放置两个实心均匀正方体A和B，底面积之比为4：3，它们对地面的压力都为12N，则A对地面的压强与B对地面的压强之比为 3：4 ；现将B叠放在A上后，再将A沿竖直方向切走重力为G0部分，使此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，则G0＝ 6 N。
【分析】（1）知道正方体A和B的底面积之比，且对地面的压力都为12N，根据p＝可以求得A对地面的压强与B对地面的压强之比；
（2）当A沿竖直方向切去G0部分后（还没有叠放B物体），A的高度和密度均不变，由p＝ρgh可知A剩余部分对地面产生的压强不变，根据压强定义式可得，据此表示出剩余部分的底面积；现将B叠放在A上，根据此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，可以求得G0的大小。
【解答】解：
（1）A和B的底面积之比为4：3，它们对地面的压力都为12N（即压力大小相等），且GA＝GB＝F＝12N，
根据p＝可知，当压力大小相同时，压强与受力面积成反比，因此A、B对地面的压强之比为3：4；
（2）A自由放置时对水平地面的压强：pA＝＝＝，
当A沿竖直方向切去G0部分后（还没有叠放B物体），A的高度和密度均不变，由p＝ρgh可知A剩余部分对地面产生的压强不变，
则根据压强定义式可得，则剩余部分的底面积为：SA′＝×SA＝×SA，
现将B叠放在A上，则此时A对水平地面的压力FA′＝GA+GB﹣G0＝12N+12N﹣G0＝24N﹣G0，
因为此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，
所以可得：＝，
代入数据得：
＝，
解得G0＝6N。
故答案为：3：4；6。
【点评】本题考查了压强的计算，关键是表示出当A沿竖直方向切去G0部分后剩余部分的底面积。
13．（2分）如图甲所示电路中，电源为电压可调的学生电源，灯泡L标有“5V，2.5W”字样，且阻值不变，滑动变阻器的最大阻值为R1，则灯泡正常发光的阻值为 10 Ω。将电源电压调至某一值，只闭合开关S，移动滑片P，得到滑动变阻器的电功率P1与滑动变阻器接入的阻值RP变化的图像如图乙所示，且滑动变阻器接入电路的阻值由0.25R1滑动到R1的过程中，电压表V1的示数变化了1V，电压表V2的示数变化了5V，则滑动变阻器在滑动的过程中，电路的最小功率为 1.8 W。
【分析】（1）结合小灯泡的铭牌，由电功率公式P＝UI＝即可求解灯泡正常发光的阻值；
（2）当S1断开后，电阻R2与滑动变阻器、小灯泡L串联，电压表V1测滑动变阻器与R2的电压，电压表V2测滑动变阻器与小灯泡的电压，由串联电路分压原理可知，电压表示数均增加，
从图乙可知，滑动变阻器R＝0.25R1与R＝R1时功率相同，利用此关系可求出滑动变阻器调节前后的通过它电流的关系，通过以上关系结合欧姆定律I＝、电功率公式P＝UI列方程联立即可求解。
【解答】解：灯泡的电阻；
当S1断开后，电阻R2与滑动变阻器、小灯泡L串联，电压表V1测滑动变阻器与R2的电压，电压表V2测滑动变阻器与小灯泡的电压，由串联电路分压原理可知，滑动变阻器接入电路的阻值由0.25R1滑动到R1的过程中，滑动变阻器分到的电压变大，将小灯泡L与滑动变组看成一个电阻，滑动变阻器与电阻R2看成一个电阻，则可知V1与V2示数均变大，设电源电压为U，滑动变阻器调节前后电路中电流为I1和I2；调节滑动变阻器前，由欧姆定律可得：
I1＝﹣﹣﹣①
此时滑动变阻器与电阻R2串联后总电压为U1＝I1（RL+0.25R1），
灯泡L与滑动变阻器总电压为U2＝I1（RL+0.25R1）
调节滑动变阻器后，由欧姆定律可得：
②
此时滑动变阻器与电阻R2串联后总电压为U1′＝I2（R1+R2），
灯泡L与滑动变组总电压为U2′＝I2（RL+R1），
由题知U1′﹣U1＝1V，U2′﹣U2＝5V，
即U1′﹣U1＝I2（R1+R2）﹣I1（0.25R1+R2）＝1V﹣﹣﹣③，
U2′﹣U2＝I2（RL+R1）﹣I1（RL+0.25R1）＝5V﹣﹣﹣④，
由图像可知滑动变阻器在R＝0.25R1和R＝R1时电功率相等，则由电功率公式P＝I2R可得：
P1＝×0.25R1＝P2＝R1，即＝4，
因电流恒为正值，则I1＝2I2，
将其代入①②联立可得R1＝20+2R2﹣﹣﹣⑤
联立①②③④⑤⑥⑦可得R2＝50Ω，U＝18V，将R2＝50Ω代入⑤中得R1＝120Ω。
因为灯泡L、定值电阻R2、滑动变阻器R2处于串联，由电功率公式可知，电阻越大电功率越小，故当滑动变阻器阻值最大为R1时，电路中电功率最小为：
P＝＝1.8W。
故答案为：10；1.8。
【点评】本题（1）问较为简单，第（2）问需分析电路与图像，找出等量关系列方程求解，对考生的分析、计算能力要求较高。但这一切分析都是从基础出发，也说明了基础功底的重要性。
14．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜中所成的像A'B'。
【分析】根据平面镜成像特点：物与像关于镜面对称，即可作图。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点，用虚线连接A'、B'即为AB在平面镜中的像。
故答案为：
【点评】平面镜成像作图题关键是做对称点，然后连接对称点即可。
15．（2分）如图所示，物体在斜面上静止，画出其受到的摩擦力的示意图。
【分析】先确定摩擦力的作用点与方向，然后从力的作用点、沿力的方向作出摩擦力。
【解答】解：物体静止在斜面上，有向下的运动趋势，所以物体受到平行于斜面向上的摩擦力f，摩擦力作用在接触面上，但为了直观方便，我们常将其作用点选择在物体的重心，如图所示：
【点评】本题考查了作摩擦力示意图（力的示意图），要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
三、实验与探究题（本题共4小题，共22分）
16．（6分）在实验复习课上，小利在“探究凸透镜成像规律”的实验：
（1）如图甲所示，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小、最亮的光斑，则该凸透镜的焦距f＝ 10.0 cm；
（2）当调节蜡烛、凸透镜和光屏到如图乙所示的位置时，光屏上出现最清晰的倒立、 缩小 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的烛焰的实像；
（3）小利又把蜡烛移到光具座上10cm刻度线处，屏上的像变模糊了，此时她摘下自己的眼镜，放在蜡烛和凸透镜之间，只适当调整眼镜的位置，光屏上又出现了清晰的像，则小利戴的 近视 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【分析】（1）图甲中，凸透镜的焦距等于凸透镜与光屏之间的距离；
（2）当u＞2f时，成倒立缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的；
（3）近视眼镜是凹透镜，当近视眼镜靠近凸透镜时，会聚能力减弱，使像呈在光屏的后方；戴近视眼镜使光线发散一些，使像距增大，使像呈在视网膜上。
【解答】解：（1）图甲中，凸透镜的焦距等于凸透镜与光屏之间的距离，则凸透镜的焦距为f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm。
（2）由图乙知道，物距大于像距，物距在2倍焦距之外，成倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一原理制成的。
（3）小明又把蜡烛移到光具座上10cm刻度线处，屏上的像变模糊了，此时他摘下自己的眼镜，放在蜡烛和凸透镜之间，只适当调整眼镜的位置，光屏上又出现了清晰的像，由图知道，小明把物距变大了，像距就变小了，戴上眼镜光线发散，像距变大，使像变清晰，则小刚戴的是凹透镜，即近视镜。
故答案为：（1）10.0；（2）缩小；（3）近视。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用。此题看似复杂，其实只要用心，仔细审题，并不难。
17．（8分）小松用如图甲所示的装置探究海波的熔化规律：
（1）实验中，除了图甲中提供的器材外，还需要用到的另一个测量器材是 秒表 ；
（2）根据实验数据绘出海波温度﹣时间图像，如图乙所示，则海波是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），由图像还可知，固态海波比液态海波的吸热能力 弱 （选填“强”或“弱”）。
【分析】（1）试验中要记录温度随时间的变化，所以需要秒表；
（2）由图乙可知，海波熔化时吸热，温度不变，符合晶体的熔化特点，因此海波是晶体；由图乙知道，加热相同时间，海波熔化前温度变化快，熔化后温度变化慢，即液态海波吸热能力比固态海波强。
【解答】解：（1）实验中，除了图甲中提供的器材外，还需要用秒表记录海波熔化时温度随时间变化情况。
（2）由图乙知道，第3min后试管内出现液态海波，此时海波达到熔点，由图像可知，海波熔化时吸热，温度不变，所以，海波是晶体。
由图乙知道，加热相同时间，海波熔化前温度变化快，熔化后温度变化慢，即液态海波吸热能力比固态海波强，因此熔化后的海波在相同的加热时间内温度升高比熔化前少。
故答案为：秒表；晶体；弱。
【点评】此题考查海波的熔化过程，属于基础题。
18．（8分）实验复习课上，同学们想测量液体密度并且探究浮力大小的影响因素。
（1）首先，小业用天平与量筒测量准备好的酸奶的密度：
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图1甲所示，烧杯和酸奶的总质量为 121.2 g；
②将烧杯中的酸奶倒入一部分到量筒中，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g；如图1乙所示，量筒中酸奶的体积为 50 cm3；
③计算出这种酸奶的密度为 1.22 g/cm3；
（2）接着，如图1丙所示，小茂用电子秤来探究“浮力大小与哪些因素有关”，实验步骤如下：先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8cm，当h＝8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为0.8N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
14
m/kg
2.00
2.04
2.08
2.12
2.16
2.16
2.16
2.18
①当h＝8cm时，圆柱体受到的浮力大小为 1.6 N。分析表中数据可知：圆柱体的密度为 1.5 g/cm3；
②当h＝14cm时，手通过绳子对圆柱体竖直向上的拉力是 0.6 N；
（3）最后，小春想用台秤、烧杯和金属圆柱体测量一未知液体的密度ρ，测量步骤如图2所示：①将圆柱体的一半浸入水中，记下台秤的示数m1；②将圆柱体全部浸入水中，记下台秤的示数m2；③将圆柱体从水中取出，擦干后全部浸入与水等质量的未知液体中，记下台秤的示数m3。则圆柱体的体积为 ；未知液体的密度ρ液＝ 。（均用m1、m2、m3、ρ水表示）
【分析】（1）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
将烧杯中的部分酸奶倒入量筒；使用量筒读数时，视线要和液面的凹面底部相平，既不能仰视，也不能俯视；还要注意量筒的分度值；
根据ρ＝求酸奶的密度；
（2）①将容器、水以及圆柱体看成一个整体，它们对电子秤的压力等于整体的总重力与细线拉力的差，据此分析电子秤示数增大时，细线对圆柱体拉力的变化情况；
②由表格数据知，当h＝0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，根据m示g＝G0计算容器和水的总重力，
当h＝8cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16kg，由m示g＝G0+G﹣F拉可得G﹣F拉的值，即此时圆柱体受到的浮力F浮，根据G＝F浮+F拉计算圆柱体的重力，
由阿基米德原理可得圆柱体受到的浮力F浮＝ρ水gV排，代入数据解方程可得圆柱体的体积，
由G＝mg和ρ＝可得G＝ρ物Vg，代入数据解方程可得ρ物；
③当h＝14cm时，电子秤示数为2.18kg，由m示g＝G0+G﹣F拉计算F拉。
（3）根据增加的浮力等于增加的压力，圆柱体从一半浸没在水中到全部浸没在水中，根据ΔF浮＝ΔF压＝（m2﹣m1）g得出浮力增加量，根据阿基米德原理得出排开水的体积增加量，进而得出圆柱体的体积，圆柱体从一半浸入水中到全部浸没在水中，根据Δm＝m2﹣m1得出台秤示数增加量，所以圆柱体未浸入前，根据m总＝m1﹣Δm＝m1﹣（m2﹣m1）＝2m1﹣m2得出容器中水与容器的总质量，根据m'总＝m总＝2m1﹣m2得出未知液体与容器的总质量，将圆柱体全部浸入与水等质量的未知液体中，根据Δm'＝m3﹣m'总＝m3﹣（2m1﹣m2）＝m3﹣2m1+m2得出台秤示数增加量，根据F'浮＝ΔF'压＝Δm'g＝（m3﹣2m1+m2）g得出此时圆柱体全部浸没在未知液体中受到的浮力等于增加的压力，根据阿基米德原理得出未知液体的密度。
【解答】解：1）①标尺的分度值为0.2g，游码在标尺上对应的刻度值为1.2g，如图甲所示，烧杯和酸奶的总质量为m总＝100g+20g+1.2g＝121.2g；
②如图乙所示，量筒的分值为2mL，量筒中酸奶的体积为V＝50mL＝50cm3；
③用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g，则倒入量筒中酸奶的质量m＝m总﹣m剩＝121.2g﹣60.2g＝61g；
这种酸奶的密度为＝1.22g/cm3；
（2）①h＝0cm时示数电子秤为2.00kg，则容器和水的总重力为G0＝m0g＝2.00kg×10N/kg＝20N，
圆柱体重力为G，电子秤受到压力为F，细线对圆柱体拉力为F拉，则电子秤受到压力F＝G0+F浮，
圆柱体受到的浮力大小为F浮＝F﹣G0＝m示g﹣G0＝2.16kg×10N/kg﹣20N＝1.6N，
当h＝8cm开始，电子秤显示的示数不变，说明当h＝8cm时，圆柱体刚好浸没，以圆柱体为研究对象，由力的平衡，所以圆柱体的重力G＝F浮+F拉＝1.6N+0.8N＝2.4N，
根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可得圆柱体的体积即排开水的体积为V排＝V＝＝1.6×10﹣4m3，
圆柱体的密度为＝1.5×103kg/m3＝1.5g/cm3；
②当h＝14cm时，因电子秤示数为2.18kg，由m示′g＝G0+F浮＝G0+G﹣F拉′，
可得F拉′＝G0+G﹣m示′g＝20N+2.4N﹣2.18kg×10N/kg＝0.6N；
（3）①②相比，台秤示数增加值即排开水的质量为m2﹣m1，由阿基米德原理，增加的浮力为ΔF浮＝（m2﹣m1）g，
根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排，在排开水的体积不变时，浮力与排开水的体积成正比，故圆柱体完全浸没时，在水中受到的浮力为F′浮＝2（m2﹣m1）g，
根据阿基米德原理知圆柱体的体积V排′＝＝；
圆柱体从一半浸入水中到全部浸没在水中，台秤示数增加量Δm＝m2﹣m1，
所以圆柱体未浸入前，容器中水与容器的总质量为m总液＝m1﹣Δm＝m1﹣（m2﹣m1）＝2m1﹣m2，
根据已知条件，未知液体与容器的总质量m总液＝2m1﹣m2，
将圆柱体全部浸入与水等质量的未知液体中，台秤示数增加量Δm′＝m3﹣m总液＝m3﹣（2m1﹣m2）＝m3﹣2m1+m2，
此时圆柱体全部浸没在未知液体中受到的浮力等于增加的压力F“浮＝ΔF′压＝Δm′g＝（ m3﹣2m1+m2）g，
未知液体的密度＝。
故答案为：（1）121.2；50；1.22；（2）1.6；1.5；0.6；（3）； 。
【点评】本题是测量液体密度和探究浮力大小与哪些因素有关的实验，考查了数据分析、阿基米德原理、密度公式、重力公式和称重法求浮力等，是一道好题。
19．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器标有“40Ω，1A”。
（1）用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整；
（2）正确连接后，闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。拆下电压表，用它查找故障。保持开关闭合，将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的各接线柱，得到如下信息，则电路发生的故障可能是 滑动变阻器断路 （故障只发生在灯泡或者滑动变阻器上）；
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数（V）
3
3
3
0
0
0
0
0
（3）排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是 2.5 V。此时电流表示数（如图乙所示）是 0.32 A，则小灯泡正常发光时的电阻是 7.8 Ω（保留一位小数），通电后该小灯泡发光利用到了电流的 热 效应；
（4）小田同学为了验证电流跟电阻的关系，她又准备了五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换图甲中的灯泡，其余电路连接不变，控制定值电阻两端电压为1V不变，则能完成该实验的定值电阻有 4 个；通过只改变“定值电阻两端设定的电压值”或“电源电压”或“滑动变阻器的最大阻值”的方法，来完成上述5个电阻的实验，最终正确测得的数据中，整个电路总功率的最小值为 0.15 W。
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）用电压表判断电路故障，电压表有示数，说明电路与电压表所接触位置与电源间是连通的，电压表无示数，说明与电压表并联部分以外的电路部分有断路；
（3）灯在额定电压下正常发光；
根据电流表选用量程确定分度值读数，运用欧姆定律变形公式计算电阻；
（4）由串联电路的电压规律及分压原理求出更换的定值电阻的阻值不能大于多少；进一步求得整个电路总功率的最小值。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，电流表选用小量程与灯泡串联，如下图所示：
（2）由表中数据知道，将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的D、E、F、G、H各接线柱时，电压表数为0，说明电源负极到D、E、F、G、H以外部分可能有断路发生；电压表的正接线柱分别接电路中的A、B、C各接线柱时，电压表示数等于电源电压3V，说明电源正极到A、B、C间是通路，所以故障的原因是CD间有断路发生，即滑动变阻器断路。
（3）想要测量灯泡正常发光时的电阻，根据题意知道，需要使电压表的示数为 2.5V。
灯在额定电压下正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过小灯泡的电流为 0.32A。
该灯泡的电阻为，
电流通过导体时，导体会发热，这是电流的热效应，通电后该小灯泡发光利用到了电流的热效应。
（4）根据题意知道，控制定值电阻两端电压为1V不变，则滑动变阻器两端的电压为U滑＝3V﹣1V＝2V，
根据串联分压原理知道，滑动变阻器接入最大阻值时，定值电阻最大，
解得R最大＝20Ω，
所以，能完成该实验的定值电阻有4个，分别是5Ω、10Ω、15Ω和20Ω。
当把20Ω的定值电阻接入电路是，电路总电阻最大，且R总＝20Ω+40Ω＝60Ω，
由知道，整个电路总功率的最小，且最小值为＝0.15W。
故答案为：（1）见解析；（2）滑动变阻器断路；（3）2.5；0.32；7.8；热；（4）4；0.15。
【点评】本题“测量小灯泡电阻”，考查电路连接、注意事项、额定功率计算、控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用。
四、计算论述题（本题共3小题，共22分）
20．（6分）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1的阻值为40Ω，闭合开关后，电压表的示数为2V。求：
（1）R2的阻值；
（2）通电5min整个电路消耗的电能。
【分析】由图知两电阻串联，电压表测量R1两端的电压．
（1）根据欧姆定律算出电路中的电流，由串联电路电压的规律算出R2两端的电压，由欧姆定律I＝算出R2的阻值；
（2）根据W＝UIt算出通电5min整个电路消耗的电能．
【解答】解：（1）由图知两电阻串联，电压表测量R1两端的电压，
根据欧姆定律知，电路中的电流为：
I＝＝＝0.05A，
根据串联电路电压的规律知，R2两端的电压为：U2＝U﹣U1＝6V﹣2V＝4V，
由欧姆定律I＝得，
R2的阻值为：
R2＝＝＝80Ω；
（2）通电5min整个电路消耗的电能为：
W＝UIt＝6V×0.05A×5×60s＝90J．
答：（1）R2的阻值为80Ω；
（2）通电5min整个电路消耗的电能为90J。
【点评】本题考查了串联电路电压电流的规律以及欧姆定律、电功公式的应用，是一道基础题．
21．（8分）八中食堂新购入一批恒温消毒柜，电路原理简如图甲，包括工作电路和控制电路。工作电路中R0为阻值不变的加热电阻，标有“220V，1100W”字样。当消毒室内温度达到130℃时，工作电路的开关S0自动断开；当消毒室内温度降到80℃时，开关S0自动闭合，电阻R0重新发热。消毒柜正常工作时柜内温度随时间变化的图像如图乙所示。求：
（1）加热电阻R0的阻值；
（2）消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能；
（3）用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃，则该消毒柜的热效率为多少。[c陶瓷＝0.81×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）根据P＝UI＝求出加热电阻R0的阻值；
（2）根据图乙可知6h的消毒过程中加热电阻R0的工作时间，根据P＝求出工作电路消耗的电能；
（3）根据Q＝cmΔt求得将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量，利用P＝求出用电高峰时段电压只有198V时消毒柜80min消耗的电能，进一步求得该消毒柜的热效率。
【解答】解：（1）加热电阻R0的阻值R0＝；
（2）消毒柜正常工作6h工作，电热丝的加热时间t＝3×80min+60min＝300min，
电路消耗的电能W＝Pt＝1100W×300×60s＝1.98×107J；
（3）将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量Q＝cmΔt＝0.81×103J/（kg•℃）×30kg×（124℃﹣80℃）＝1.0692×107J，
用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min消耗的电能×80×60s＝4.2678×107J，
该消毒柜的热效率η＝。
答：（1）加热电阻R0的阻值为44Ω；
（2）消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能为1.98×107J；
（3）该消毒柜的热效率为25%。
【点评】此题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
22．（8分）如图甲所示，底面积为400cm2的薄壁容器中，放有不同材料制成边长为10cm的正方体A和高度为20cm的长方体B，A、B底面积之比为1：2。A、B间由一根轻质细线（图中未画出）相连，细线承受的拉力有限，可能会断。A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压。现在沿竖直方向缓慢匀速拉动A，A上方拉力F随A上升距离h变化的图象如图乙所示，求：
（1）正方体A浸没在水中时所受浮力；
（2）图乙中h0大小；
（3）整个过程中，绳子承受的最大拉力。
【分析】（1）由题意及阿基米德原理，可以求得正方体A浸没在水中时所受浮力；
（2）已知图中A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压，说明A和B的整体处于悬浮状态，则平均密度等于水的密度，且ρA一定大于ρ水（A才能浸没在水中），ρB＜ρ水；
分析题意及图乙可知，A上升高度h在3h0时，A刚好全部离开水面；A上升高度h在3h0～4h0时，B开始露出水面；A上升高度h在4h0～6h0时，A、B分离，A、B间绳子无拉力（处于松弛状态），此过程中B处于漂浮状态；
A上升高度在6h0时，绳子刚好绷直，之后B所受浮力减小，拉力F增大；当A上升距离达到7h0后，A、B间的绳子断裂，此时A受到的拉力大小变为A的重力；
由题意可知，A上升高度h在3h0时A全部离开水面，根据V排＝S容Δh求出水面下降的高度Δh，再根据LA＝△h+3h0求出h0的值；
（3）当A上升高度h在4h0时，B刚好漂浮；从A全部离开水面到B刚好漂浮时，B上升的高度（等于A上升的高度）为4h0﹣3h0＝h0，根据ΔV排＝S容Δh′＝SB×（Δh′+h0）求出水面下降的高度，并求出此时B浸入的深度，由漂浮条件和阿基米德原理求出B的重力GB；
由图像可知，当A上升高度h为7h0（绳子断裂）时，B物体在漂浮的基础上又上升了h0的高度，同理可知水面下降的高度，并求出此时B浸入水中的深度，由阿基米德原理求出此时B受到的浮力F浮B′，根据F拉大+F浮B′＝GB可得绳子承受的最大拉力。
【解答】解：（1）由题知，正方体A的边长为10cm＝0.1m，
由阿基米德原理可知，正方体A浸没在水中时所受浮力为：
F浮A＝ρ水gVA排＝ρ水gVA＝ρ水g（LA）3＝1×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝10N；
（2）已知图中A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压，说明A和B的整体处于悬浮状态，则平均密度等于水的密度，且ρA一定大于ρ水（A才能浸没在水中），ρB＜ρ水；
分析题意及图乙可知，A上升高度h在3h0时，A刚好全部离开水面；
A上升高度h在3h0～4h0时，B开始露出水面；
A上升高度h在4h0～6h0时，A、B分离，A、B间绳子无拉力（处于松弛状态），此过程中B处于漂浮状态；
A上升高度在6h0时，绳子刚好绷直，之后B所受浮力减小，拉力F增大；
当A上升距离达到7h0后，A、B间的绳子断裂，此时A受到的拉力大小变为A的重力；
则由题意可知，A上升高度h在3h0时A全部离开水面，水面下降的高度：
Δh＝＝＝2.5cm，
且LA＝Δh+3h0，则h0＝×（LA﹣Δh）＝×（10cm﹣2.5cm）＝2.5cm；
（3）整个过程的示意图如下：
已知A、B底面积之比为1：2，则SB＝2SA＝2＝2×（0.1m）2＝0.02m2＝200cm2，
当A上升高度h在4h0时，B刚好漂浮，
则从A全部离开水面到B刚好漂浮时，B上升的高度（等于A上升的高度）为4h0﹣3h0＝h0＝2.5cm，
根据ΔV排的两种计算方法可得，B排开水的体积减小量ΔV排＝S容Δh′＝SB×（Δh′+h0），
即：400cm2×Δh′＝200cm2×（Δh′+2.5cm），解得水面下降的高度Δh′＝2.5cm，
此时B浸入水中的深度：hB浸＝hB﹣h0﹣Δh′＝20cm﹣2.5cm﹣2.5cm＝15cm＝0.15m，
B刚好漂浮时，由漂浮条件可得B的重力：
GB＝F浮B＝ρ水gSBhB浸＝1×103kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.15m＝30N；
由图像可知，当A上升高度h为7h0（绳子断裂）时，B物体在漂浮的基础上又上升了h0的高度，同理可知水面下降的高度也为2.5cm，
则此时B浸入水中的深度为：hB浸′＝hB浸﹣h0﹣Δh′＝15cm﹣2.5cm﹣2.5cm＝10cm＝0.1m，
此时B物体受到的浮力：F浮B′＝ρ水gV排B′＝ρ水gSBhB浸′＝1×103kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.1m＝20N，
由上述分析及题意可得，当h为7h0时，绳子承受的拉力最大，此时有：F拉大+F浮B′＝GB，
则绳子承受的最大拉力：F拉大＝GB﹣F浮B′＝30N﹣20N＝10N。
答：（1）正方体A浸没在水中时所受浮力为10N；
（2）图乙中h0大小为2.5cm；
（3）整个过程中，绳子承受的最大拉力为10N。
【点评】本题考查了浮力大小的计算、阿基米德原理的应用，看懂图像是解题的关键，难度较大。
2023年重庆八中中考物理二模试卷
一、选择题（本题共8个小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．课桌的高度约75dm
B．一名中学生的重量约500N
C．人体的安全电压是36V
D．教室日光灯的功率约38kW
2．（3分）如图所示的现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．杯中的笔被“折断” B．用放大镜看鲜花
C．日食现象 D．水中的倒影
3．（3分）关于如图所示的情景，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲雪花飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动
B．图乙用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间存在空隙
C．图丙中注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间没有间隙
D．图丁中做“墨水滴入水中”的扩散实验时，水的温度越高墨水扩散越快
4．（3分）如图是家庭电路中常见的元件和用电器，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中扬声器与电磁起重机的工作原理相同
B．图乙中动圈式话筒与发电机的工作原理相同
C．图丙中闭合开关，手接触点N点时会触电
D．图丁中测电笔辨别火线和零线时手应该触碰金属笔尖
5．（3分）24届冬季奥林匹克运动会在2022年由北京市和张家口市联合举办。不计空气阻力，图中关于冰雪运动的说法中正确的是（ ）
A．图甲中花样滑冰运动员向前滑行，是由于受到惯性的作用
B．图乙中短道速滑运动员武大靖沿弯道匀速滑行时，运动状态不改变
C．图丙中运动员掷出冰壶后，运动员对冰壶仍在做功
D．图丁中运动员从平地腾空达最大高度的过程中，动能转化为重力势能
6．（3分）如图所示，是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（ ）
A．油量表是由电流表改装而成的
B．油位越高，R0电压越小，油量表示数越大
C．油位越低，流过R0的电流越小，油量表示数越大
D．该油量表所测量的刻度是均匀变化的
7．（3分）如图所示，电源电压为9V保持不变，灯泡的规格为“6V 3W，滑动变阻器的规格为“24Ω 1A”，电流表的量程为0～3A。S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片在中点和右端时，电路的总功率之比为4：3；灯丝电阻不变，保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
①定值电阻R0的阻值是12Ω
②S1、S2都断开，变阻器接入电路阻值范围是6～24Ω
③S1、S2都闭合，电路消耗的总功率最大值为27W
④S1、S2都断开，灯泡功率范围为0.75～3W
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
8．（3分）如图甲所示，足够高且质量为10kg的长方体薄壁容器C置于水平地面，不吸水的AB两物体叠放置于容器内，A为正方体，B为长方体，A、B的高度均为0.1m，缓慢向容器中加水，直到容器中水的深度为0.12m时停止加水，所加水的质量与容器中水的深度关系如图乙所示，停止加水后，将物体A取走，物体B浸入深度变化了4.5cm，接着向容器中继续注水，当水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比为1：2时，再将A物体放入水中（设物体上、下表面始终与水面平行）。关于以上过程，下列说法正确的是（ ）
A．容器C的底面积为800cm2
B．长方体B的重力为18N
C．第2次加水结束后，容器中水的质量为9.4kg
D．将A物体放入水中，当A静止时，容器底部受到的压力为110N
二、填空作图题（每空1分，14题作图2分，共12分）
9．（2分）英国物理学家 研究电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系，发现电流通过导体产生的热量与 成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比。
10．（2分）如图所示是物理社团的同学们制作的小制作，为了“吹”灭左边的烛焰，可以用力敲击橡皮膜，增大声音的 （选填“音调”、“响度”或“音色”），烛焰熄灭，说明声音可以传递 （选填“信息”或“能量”）。
11．（2分）用如图所示滑轮组提升正方体物体，物体边长为0.1m，密度为2×103kg/m3，动滑轮重10N，不计摩擦和绳重。当物体对水平地面的压强为500Pa时，作用在自由端的拉力F为 N；若绳子A、B承受的最大拉力分别为90N和55N，则用该滑轮组提升重物的最大机械效率为 %。
12．（2分）如图所示，水平地面上自由放置两个实心均匀正方体A和B，底面积之比为4：3，它们对地面的压力都为12N，则A对地面的压强与B对地面的压强之比为 ；现将B叠放在A上后，再将A沿竖直方向切走重力为G0部分，使此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，则G0＝ N。
13．（2分）如图甲所示电路中，电源为电压可调的学生电源，灯泡L标有“5V，2.5W”字样，且阻值不变，滑动变阻器的最大阻值为R1，则灯泡正常发光的阻值为 Ω。将电源电压调至某一值，只闭合开关S，移动滑片P，得到滑动变阻器的电功率P1与滑动变阻器接入的阻值RP变化的图像如图乙所示，且滑动变阻器接入电路的阻值由0.25R1滑动到R1的过程中，电压表V1的示数变化了1V，电压表V2的示数变化了5V，则滑动变阻器在滑动的过程中，电路的最小功率为 W。
14．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜中所成的像A'B'。
15．（2分）如图所示，物体在斜面上静止，画出其受到的摩擦力的示意图。
三、实验与探究题（本题共4小题，共22分）
16．（6分）在实验复习课上，小利在“探究凸透镜成像规律”的实验：
（1）如图甲所示，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小、最亮的光斑，则该凸透镜的焦距f＝ cm；
（2）当调节蜡烛、凸透镜和光屏到如图乙所示的位置时，光屏上出现最清晰的倒立、 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的烛焰的实像；
（3）小利又把蜡烛移到光具座上10cm刻度线处，屏上的像变模糊了，此时她摘下自己的眼镜，放在蜡烛和凸透镜之间，只适当调整眼镜的位置，光屏上又出现了清晰的像，则小利戴的 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
17．（8分）小松用如图甲所示的装置探究海波的熔化规律：
（1）实验中，除了图甲中提供的器材外，还需要用到的另一个测量器材是 ；
（2）根据实验数据绘出海波温度﹣时间图像，如图乙所示，则海波是 （选填“晶体”或“非晶体”），由图像还可知，固态海波比液态海波的吸热能力 （选填“强”或“弱”）。
18．（8分）实验复习课上，同学们想测量液体密度并且探究浮力大小的影响因素。
（1）首先，小业用天平与量筒测量准备好的酸奶的密度：
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图1甲所示，烧杯和酸奶的总质量为 g；
②将烧杯中的酸奶倒入一部分到量筒中，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g；如图1乙所示，量筒中酸奶的体积为 cm3；
③计算出这种酸奶的密度为 g/cm3；
（2）接着，如图1丙所示，小茂用电子秤来探究“浮力大小与哪些因素有关”，实验步骤如下：先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8cm，当h＝8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为0.8N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
14
m/kg
2.00
2.04
2.08
2.12
2.16
2.16
2.16
2.18
①当h＝8cm时，圆柱体受到的浮力大小为 N。分析表中数据可知：圆柱体的密度为 g/cm3；
②当h＝14cm时，手通过绳子对圆柱体竖直向上的拉力是 N；
（3）最后，小春想用台秤、烧杯和金属圆柱体测量一未知液体的密度ρ，测量步骤如图2所示：①将圆柱体的一半浸入水中，记下台秤的示数m1；②将圆柱体全部浸入水中，记下台秤的示数m2；③将圆柱体从水中取出，擦干后全部浸入与水等质量的未知液体中，记下台秤的示数m3。则圆柱体的体积为 ；未知液体的密度ρ液＝ 。（均用m1、m2、m3、ρ水表示）
19．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器标有“40Ω，1A”。
（1）用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整；
（2）正确连接后，闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。拆下电压表，用它查找故障。保持开关闭合，将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的各接线柱，得到如下信息，则电路发生的故障可能是 （故障只发生在灯泡或者滑动变阻器上）；
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数（V）
3
3
3
0
0
0
0
0
（3）排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是 V。此时电流表示数（如图乙所示）是 A，则小灯泡正常发光时的电阻是 Ω（保留一位小数），通电后该小灯泡发光利用到了电流的 效应；
（4）小田同学为了验证电流跟电阻的关系，她又准备了五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换图甲中的灯泡，其余电路连接不变，控制定值电阻两端电压为1V不变，则能完成该实验的定值电阻有 个；通过只改变“定值电阻两端设定的电压值”或“电源电压”或“滑动变阻器的最大阻值”的方法，来完成上述5个电阻的实验，最终正确测得的数据中，整个电路总功率的最小值为 W。
四、计算论述题（本题共3小题，共22分）
20．（6分）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1的阻值为40Ω，闭合开关后，电压表的示数为2V。求：
（1）R2的阻值；
（2）通电5min整个电路消耗的电能。
21．（8分）八中食堂新购入一批恒温消毒柜，电路原理简如图甲，包括工作电路和控制电路。工作电路中R0为阻值不变的加热电阻，标有“220V，1100W”字样。当消毒室内温度达到130℃时，工作电路的开关S0自动断开；当消毒室内温度降到80℃时，开关S0自动闭合，电阻R0重新发热。消毒柜正常工作时柜内温度随时间变化的图像如图乙所示。求：
（1）加热电阻R0的阻值；
（2）消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能；
（3）用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃，则该消毒柜的热效率为多少。[c陶瓷＝0.81×103J/（kg•℃）]
22．（8分）如图甲所示，底面积为400cm2的薄壁容器中，放有不同材料制成边长为10cm的正方体A和高度为20cm的长方体B，A、B底面积之比为1：2。A、B间由一根轻质细线（图中未画出）相连，细线承受的拉力有限，可能会断。A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压。现在沿竖直方向缓慢匀速拉动A，A上方拉力F随A上升距离h变化的图象如图乙所示，求：
（1）正方体A浸没在水中时所受浮力；
（2）图乙中h0大小；
（3）整个过程中，绳子承受的最大拉力。
2023年重庆八中中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8个小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．课桌的高度约75dm
B．一名中学生的重量约500N
C．人体的安全电压是36V
D．教室日光灯的功率约38kW
【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．根据生活实际可知，课桌的高度约为75cm，故A不正确；
B．根据生活实际可知，一名中学生的质量约为50kg，G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，故B正确；
C．根据人对电压的承受能力可知，人体的安全电压不高于36V，故C不正确；
D．根据生活实际可知，教室日光灯的功率约38W，故D不正确。
故选：B。
【点评】本题考查了对物理量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．（3分）如图所示的现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．杯中的笔被“折断” B．用放大镜看鲜花
C．日食现象 D．水中的倒影
【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等。
（2）光射在两种介质界面上时，会发生反射，平面镜成像、水中的倒影等都是光的反射的例子。
（3）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生偏转，光的折射形成的现象：放在有水的碗中的筷子看起来好像变折了、放大镜、池水看起来变浅等。
【解答】解：A．从水中笔上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是笔的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了，故A不正确；
B．用放大镜看鲜花时，鲜花变大了，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故B不正确；
C．当太阳、地球、月亮在同一直线上时，月亮在中间挡住了全部的或部分太阳光便形成了日食，即日食是由于光沿直线传播形成的，故C正确；
D．水中倒影是平面镜成像，是光的反射现象，故D不正确；
故选：C。
【点评】要会区分三种光现象：
①光的直线传播现象：影子、日月食、小孔成像；
②光的反射：镜子、倒影、潜望镜；
③光的折射：看水中的物体、隔着玻璃或透镜看物体。
光的直线传播在现实生活中的例子有很多，要加强理论与实际的联系。
3．（3分）关于如图所示的情景，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲雪花飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动
B．图乙用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间存在空隙
C．图丙中注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间没有间隙
D．图丁中做“墨水滴入水中”的扩散实验时，水的温度越高墨水扩散越快
【分析】物质是由分子组成的，组成物质的分子很小，直接用肉眼看不到；组成物质的分子不停地做无规则的运动，扩散现象证明了分子的无规则运动。
【解答】解：A．雪花飞扬，是物体的机械运动，不能说明分子处在永不停息的无规则运动，故A错误；
B．用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明力改变物体的形状，故B错误；
C．注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间存在斥力，故C错误；
D．水的温度越高，分子运动的越剧烈，墨水扩散越快，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对扩散现象实质的理解，要注意分子运动和机械运动的区别。
4．（3分）如图是家庭电路中常见的元件和用电器，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中扬声器与电磁起重机的工作原理相同
B．图乙中动圈式话筒与发电机的工作原理相同
C．图丙中闭合开关，手接触点N点时会触电
D．图丁中测电笔辨别火线和零线时手应该触碰金属笔尖
【分析】（1）动圈式扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的，电磁起重机利用的是电流的磁效应；
（2）动圈式话筒是对着话筒说话时，膜片振动引起闭合电路的一部分导体切割磁感线运动，线圈中产生感应电流；
（3）人体直接或间接接触火线，并与地线或零线构成通路，会有电流通过人体造成触电；
（4）用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，不能与笔尖金属体接触；测电笔笔尖金属体接触火线时氖管发光，接触零线时氖管不发光。
【解答】解：A．动圈式扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的，电磁起重机利用的是电流的磁效应，故A错误；
B．动圈式话筒是对着话筒说话时，膜片振动引起闭合电路的一部分导体切割磁感线运动，线圈中产生感应电流，动圈式话筒是利用电磁感应现象工作的，与发电机原理相同，故B正确；
C．图丙中闭合开关，手接触点N点（零线）时不会触电，因为此时人会被导线短路，不会有电流经过人体，故此时人不会触电，故C错误；
D．用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，不能与笔尖金属体接触，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查知识较多，知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键，属于中考选择题常考查题。
5．（3分）24届冬季奥林匹克运动会在2022年由北京市和张家口市联合举办。不计空气阻力，图中关于冰雪运动的说法中正确的是（ ）
A．图甲中花样滑冰运动员向前滑行，是由于受到惯性的作用
B．图乙中短道速滑运动员武大靖沿弯道匀速滑行时，运动状态不改变
C．图丙中运动员掷出冰壶后，运动员对冰壶仍在做功
D．图丁中运动员从平地腾空达最大高度的过程中，动能转化为重力势能
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（2）物体受非平衡力作用时，运动状态发生改变，物体运动状态的改变包括速度大小和方向的改变；
（3）根据做功的两个必要因素，即有力作用在物体上，且物体在力的方向必须移动距离分析解答；
（4）动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关。
【解答】解：A．图甲中花样滑冰运动员向前滑行，是由于运动员具有惯性，不能说受到惯性的作用，故A错误；
B．图乙中短道速滑运动员武大靖沿弯道匀速滑行时，速度的方向发生了改变，故运动状态发生了改变，故B错误；
C．图丙中冰壶离开手向前运动过程中，运动员对冰壶不在产生力，不再对冰壶做功，故C错误；
D．图丁中运动员从平地腾空达最大高度的过程中，速度减小，高度增大，故动能转化为重力势能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了动能和重力势能的转化、物体运动状态变化的判断、惯性和做功的条件，涉及到的知识点多，综合性强，但总体难度不大，掌握基础知识是关键。
6．（3分）如图所示，是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（ ）
A．油量表是由电流表改装而成的
B．油位越高，R0电压越小，油量表示数越大
C．油位越低，流过R0的电流越小，油量表示数越大
D．该油量表所测量的刻度是均匀变化的
【分析】根据电压表并联在电路中，电流表串联在电路中，油量表和R0是并联的，可以判断油量表是电压表。
油面越高，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器连入电路的电阻越小，电流越大。
串联电路中电阻起分担电压的作用，电阻越大，分担的电压越大，油面越高，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器连入电路的电阻越小，油量表的示数越小。
根据欧姆定律可得油表的示数，据此分析判断。
【解答】解：A．电压表应该并联在用电器两端，电流表应该串联在电路中，由电路图可知，油量表是电压表改装的，故A错误；
B．油位越高，接入电路的滑动变阻器的阻值越大，电路中的电流越小，根据欧姆定律U＝IR可得R0电压越小，滑动变阻器两端的电压越大，即油量表示数越大，故B正确；
C．油位越低，接入电路的滑动变阻器的阻值越小，电路中的电流越大，根据欧姆定律U＝IR可得R0电压越大，滑动变阻器两端的电压越小，即油量表示数越小，故C错误；
D．因为电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律可得油表的示数为，
该式子不符合正比例函数关系的形式，故由此可知该油量表所测量的刻度不是均匀变化的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题根据油量表并联在电路中，可以判断油量表是电压表；根据串联电路中电阻越大分担的电压越大，可以判断电压表的示数变大；根据欧姆定律，电压不变，电阻越大，电路中的电流越小。
7．（3分）如图所示，电源电压为9V保持不变，灯泡的规格为“6V 3W，滑动变阻器的规格为“24Ω 1A”，电流表的量程为0～3A。S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片在中点和右端时，电路的总功率之比为4：3；灯丝电阻不变，保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
①定值电阻R0的阻值是12Ω
②S1、S2都断开，变阻器接入电路阻值范围是6～24Ω
③S1、S2都闭合，电路消耗的总功率最大值为27W
④S1、S2都断开，灯泡功率范围为0.75～3W
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【分析】（1）由图可知，当S1、S2都闭合时，定值电阻R0与滑动变阻器R并联，滑动变阻器的滑片在最右端时滑动变阻器接入电路的电阻为24Ω，滑片在中点时，滑动变阻器接入电路的电阻R中＝R＝×24Ω＝12Ω，根据P＝UI＝求出两次电路中的总电阻之比，根据并联电路的电阻特点求出定值电阻R0的阻值；
根据欧姆定律求出此时通过定值电阻R0的电流，根据滑动变阻器允许通过的最大电流结合并联电路的电流特点求出干路电流，与电流表的量程进行比较进而确定干路中的最大电流，根据P＝UI求出电路消耗总功率的最大值；
（2）当S1、S2都断开时，滑动变阻器R与灯泡L串联接入电路，电流表测量电路中的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据串联电路的电流特点求出电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的最小总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的电阻，进而求出变阻器接入电路阻值范围；根据P＝I2R分别求出灯泡的最大和最小功率。
【解答】解：（1）由图可知，当S1、S2都闭合时，定值电阻R0与滑动变阻器R并联，滑动变阻器的滑片在最右端时滑动变阻器接入电路的电阻为24Ω，滑片在中点时，滑动变阻器接入电路的电阻R中＝R＝×24Ω＝12Ω，
由P＝UI＝可知，两次电路中的总电阻之比：＝＝＝，
由并联电路的电阻特点可知，两次电路中的总电阻之比：＝＝×＝×＝，
解得：R0＝12Ω，故①正确；
此时通过定值电阻R0的电流：I0＝＝＝0.75A，
由滑动变阻器的规格为“24Ω 1A”可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
由并联电路的电流特点可知，干路中的最大电流：I大＝I0+IR大＝0.75A+1A＝1.75A＜3A，
因此干路中的最大电流为I大＝1.75A，
则电路消耗总功率的最大值：P大＝UI大＝9V×1.75A＝15.75W，故③错误；
（2）当S1、S2都断开时，滑动变阻器R与灯泡L串联接入电路，电流表测量电路中的电流，
由P＝UI可知，灯泡的额定电流：I额＝＝＝0.5A，
由欧姆定律可知，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，
由串联电路的电流特点可知，为了安全，此时电路中的最大电流：I串大＝I额＝0.5A，
由欧姆定律可知，电路中的最小总电阻：R串小＝＝＝18Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻：R滑小＝R串小﹣RL＝18Ω﹣12Ω＝6Ω，
由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻增大时，电路中的电流减小，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路能安全工作，因此变阻器接入电路阻值范围为6～24Ω，故②正确；
④当S1、S2都断开，滑动变阻器与小灯泡串联，当滑动变阻器全部接入电路时，整个电路的电流最小，可得I串小＝＝＝0.25A，
则灯泡的最小功率为＝0.75W，
由于灯泡的最大功率为3W，故S1、S2都断开，灯泡功率范围为0.75～3W，故④正确。
综上所述，只有①②④正确，故B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查电功率公式的应用，欧姆定律的应用，串联、并联电路电流、电压、电阻规律的应用，其中分析电路的连接方式，灵活选用电功率公式是解题的关键。
8．（3分）如图甲所示，足够高且质量为10kg的长方体薄壁容器C置于水平地面，不吸水的AB两物体叠放置于容器内，A为正方体，B为长方体，A、B的高度均为0.1m，缓慢向容器中加水，直到容器中水的深度为0.12m时停止加水，所加水的质量与容器中水的深度关系如图乙所示，停止加水后，将物体A取走，物体B浸入深度变化了4.5cm，接着向容器中继续注水，当水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比为1：2时，再将A物体放入水中（设物体上、下表面始终与水面平行）。关于以上过程，下列说法正确的是（ ）
A．容器C的底面积为800cm2
B．长方体B的重力为18N
C．第2次加水结束后，容器中水的质量为9.4kg
D．将A物体放入水中，当A静止时，容器底部受到的压力为110N
【分析】（1）由图乙可知，当水的深度为h1＝0.06m时，容器内加入水的质量为m水1＝1.2kg；当水的深度为h2＝0.12m时，容器内加入水的质量为m水2＝4.8kg；而当水的深度为h1＝0.06m时，加水的质量变化出现转折点，由于物体B的高度为0.1m，因此转折点时，物体A、B恰好漂浮，则水的深度由h1增加到h2时，可得水的深度增加量，容器内水的质量的增加量，根据可得，增加的水的体积，可以求得容器的底面积；
（2）当水的深度为h1＝0.06m时，根据可得，此时水的体积，则可得物体B浸入水中的体积，B的底面积，由于A和B漂浮，根据物体浮沉条件可得，A和B的总重力，将A拿开后，B将上升且上升的高度，此时B处于漂浮状态，根据浮沉条件可得，B的重力；
（3）因为水对容器底部压力的受力面积与容器对桌面压力的受力面积相同，根据p＝可得，水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比等于水对容器底部的压力与容器对桌面的压力之比，可得第2次加水结束后，容器中水的质量；
（4）根据可得，A的密度小于水的密度，因此再把A放入水中，A会漂浮，则水对容器底部的压力等于水和A、B的重力之和。
【解答】解：A．由图乙可知，当水的深度为h1＝0.06m时，容器内加入水的质量为m水1＝1.2kg；当水的深度为h2＝0.12m时，容器内加入水的质量为m水2＝4.8kg；而当水的深度为h1＝0.06m时，加水的质量变化出现转折点，由于物体B的高度为0.1m，因此转折点时，物体A、B恰好漂浮，则水的深度由h1增加到h2时，水的深度增加量为：
Δh＝h2﹣h1＝0.12m﹣0.06m＝0.06m
容器内水的质量的增加量为：
kg＝3.6kg，
根据可得，增加的水的体积为：
，
故容器的底面积为：
故A错误；
B．当水的深度为h1＝0.06m时，根据可得，此时水的体积为：
，
则物体B浸入水中的体积为
×10﹣3m3，
则B的底面积为：
，
由于A和B漂浮，根据物体浮沉条件可得，A和B的总重力为：
×10N/kg×2.4×10﹣3m3＝24N，
则A和B的总质量为：
kg，
将A拿开后，B将上升且上升的高度为：
h′＝1.5cm＝0.015m，
此时B处于漂浮状态，根据浮沉条件可得，B的重力为：
GB＝mBg＝F浮B＝ρ水gV排B′
则B的质量为：
×（0.06m﹣0.015m）＝1.8kg，
B的重力为：
kg＝18N，
故B正确；
C．因为水对容器底部压力的受力面积与容器对桌面压力的受力面积相同，根据p＝可得，水对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比等于水对容器底部的压力与容器对桌面的压力之比，即
＝，
代入数据解得，m水＝8.2kg，即为第2次加水结束后，容器中水的质量。故C错误；
D．A的质量为：
kg＝0.6kg＝600g，
A的密度为：
cm3，
A的密度小于水的密度，因此再把A放入水中，A会漂浮，则水对容器底部的压力等于水和A、B的重力之和，即
F＝G总＝（mAB+m水）g＝（2.4kg+8.2kg）×10N/kg＝106N，
故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查物体的浮沉条件及其应用，液体压强的计算以及公式的应用，压强的计算，阿基米德原理的应用，内容多，难度大。
二、填空作图题（每空1分，14题作图2分，共12分）
9．（2分）英国物理学家 焦耳 研究电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系，发现电流通过导体产生的热量与 电流的二次方 成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比。
【分析】焦耳定律内容为：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。表达式为：Q＝I2Rt。
【解答】解：英国物理学家焦耳做了大量的实验，在1840年最先精确地确定了影响电热的相关因素，总结出了著名的焦耳定律；焦耳定律内容为：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。
故答案为：焦耳；电流的二次方。
【点评】深入理解焦耳定律的内容是解答此题的关键。
10．（2分）如图所示是物理社团的同学们制作的小制作，为了“吹”灭左边的烛焰，可以用力敲击橡皮膜，增大声音的 响度 （选填“音调”、“响度”或“音色”），烛焰熄灭，说明声音可以传递 能量 （选填“信息”或“能量”）。
【分析】声音的大小叫响度；声音能够传递能量。
【解答】解：
用力敲击橡皮膜，改变橡皮膜振动的幅度，影响声音的响度；声音既可以传递信息，又可以传递能量，烛焰熄灭，说明声音可以传递能量。
故答案为：响度；能量。
【点评】该题考查了声音的响度及声音能够传递能量的知识点，是一道简单题。
11．（2分）用如图所示滑轮组提升正方体物体，物体边长为0.1m，密度为2×103kg/m3，动滑轮重10N，不计摩擦和绳重。当物体对水平地面的压强为500Pa时，作用在自由端的拉力F为 12.5 N；若绳子A、B承受的最大拉力分别为90N和55N，则用该滑轮组提升重物的最大机械效率为 90 %。
【分析】（1）已知边长和密度，根据G＝mg和m＝ρV即可求出正方体的重力；根据p＝求出物体对水平地面的压力；根据力的平衡条件计算动滑轮对物体的拉力，由图可知承担物重的绳子股数n，然后根据F＝（F拉+G动）求出拉力；
（2）根据F＝（G+G动）求出绳子A和绳子B的拉力；
根据η＝＝＝求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：
（1）物体的体积V＝（0.1m）3＝1×10﹣3m3；
物体的质量m＝ρV＝2×103kg/m3×1×10﹣3m3＝2kg；
物体的重力G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N；
物体对水平地面的压力F压＝pS＝500Pa×0.1m×0.1m＝5N；
由力的作用相互性可知地面对物体的支持力F支＝F压＝5N；
动滑轮对物体的拉力F拉＝G﹣F支＝20N﹣5N＝15N；
由图可知承担物重的绳子股数n＝2，不计摩擦和绳重，
作用在自由端的拉力F＝（F拉+G动）＝×（15N+10N）＝12.5N；
（2）绳子A能承受的最大拉力为90N，绳子B的拉力
FB＝（F拉最大+G动）＝×（90N+10N）＝50N，
绳子B不会被拉断；
绳子B能承受的最大拉力为55N时，绳子A的拉力：
FA＝2FB最大﹣G动＝2×55N﹣10N＝100N，
绳子A会被拉断，所以此时滑轮组的最大机械效率为：
η最大＝＝＝＝×100%＝90%。
故答案为：12.5；90。
【点评】此题主要考查密度公式的应用和滑轮组绳子拉力的计算，明确不计摩擦和绳重，利用F＝（F拉+G动）求作用在绳端的拉力是关键。
12．（2分）如图所示，水平地面上自由放置两个实心均匀正方体A和B，底面积之比为4：3，它们对地面的压力都为12N，则A对地面的压强与B对地面的压强之比为 3：4 ；现将B叠放在A上后，再将A沿竖直方向切走重力为G0部分，使此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，则G0＝ 6 N。
【分析】（1）知道正方体A和B的底面积之比，且对地面的压力都为12N，根据p＝可以求得A对地面的压强与B对地面的压强之比；
（2）当A沿竖直方向切去G0部分后（还没有叠放B物体），A的高度和密度均不变，由p＝ρgh可知A剩余部分对地面产生的压强不变，根据压强定义式可得，据此表示出剩余部分的底面积；现将B叠放在A上，根据此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，可以求得G0的大小。
【解答】解：
（1）A和B的底面积之比为4：3，它们对地面的压力都为12N（即压力大小相等），且GA＝GB＝F＝12N，
根据p＝可知，当压力大小相同时，压强与受力面积成反比，因此A、B对地面的压强之比为3：4；
（2）A自由放置时对水平地面的压强：pA＝＝＝，
当A沿竖直方向切去G0部分后（还没有叠放B物体），A的高度和密度均不变，由p＝ρgh可知A剩余部分对地面产生的压强不变，
则根据压强定义式可得，则剩余部分的底面积为：SA′＝×SA＝×SA，
现将B叠放在A上，则此时A对水平地面的压力FA′＝GA+GB﹣G0＝12N+12N﹣G0＝24N﹣G0，
因为此时A对地面的压强等于A自由放置在水平地面上压强的3倍，
所以可得：＝，
代入数据得：
＝，
解得G0＝6N。
故答案为：3：4；6。
【点评】本题考查了压强的计算，关键是表示出当A沿竖直方向切去G0部分后剩余部分的底面积。
13．（2分）如图甲所示电路中，电源为电压可调的学生电源，灯泡L标有“5V，2.5W”字样，且阻值不变，滑动变阻器的最大阻值为R1，则灯泡正常发光的阻值为 10 Ω。将电源电压调至某一值，只闭合开关S，移动滑片P，得到滑动变阻器的电功率P1与滑动变阻器接入的阻值RP变化的图像如图乙所示，且滑动变阻器接入电路的阻值由0.25R1滑动到R1的过程中，电压表V1的示数变化了1V，电压表V2的示数变化了5V，则滑动变阻器在滑动的过程中，电路的最小功率为 1.8 W。
【分析】（1）结合小灯泡的铭牌，由电功率公式P＝UI＝即可求解灯泡正常发光的阻值；
（2）当S1断开后，电阻R2与滑动变阻器、小灯泡L串联，电压表V1测滑动变阻器与R2的电压，电压表V2测滑动变阻器与小灯泡的电压，由串联电路分压原理可知，电压表示数均增加，
从图乙可知，滑动变阻器R＝0.25R1与R＝R1时功率相同，利用此关系可求出滑动变阻器调节前后的通过它电流的关系，通过以上关系结合欧姆定律I＝、电功率公式P＝UI列方程联立即可求解。
【解答】解：灯泡的电阻；
当S1断开后，电阻R2与滑动变阻器、小灯泡L串联，电压表V1测滑动变阻器与R2的电压，电压表V2测滑动变阻器与小灯泡的电压，由串联电路分压原理可知，滑动变阻器接入电路的阻值由0.25R1滑动到R1的过程中，滑动变阻器分到的电压变大，将小灯泡L与滑动变组看成一个电阻，滑动变阻器与电阻R2看成一个电阻，则可知V1与V2示数均变大，设电源电压为U，滑动变阻器调节前后电路中电流为I1和I2；调节滑动变阻器前，由欧姆定律可得：
I1＝﹣﹣﹣①
此时滑动变阻器与电阻R2串联后总电压为U1＝I1（RL+0.25R1），
灯泡L与滑动变阻器总电压为U2＝I1（RL+0.25R1）
调节滑动变阻器后，由欧姆定律可得：
②
此时滑动变阻器与电阻R2串联后总电压为U1′＝I2（R1+R2），
灯泡L与滑动变组总电压为U2′＝I2（RL+R1），
由题知U1′﹣U1＝1V，U2′﹣U2＝5V，
即U1′﹣U1＝I2（R1+R2）﹣I1（0.25R1+R2）＝1V﹣﹣﹣③，
U2′﹣U2＝I2（RL+R1）﹣I1（RL+0.25R1）＝5V﹣﹣﹣④，
由图像可知滑动变阻器在R＝0.25R1和R＝R1时电功率相等，则由电功率公式P＝I2R可得：
P1＝×0.25R1＝P2＝R1，即＝4，
因电流恒为正值，则I1＝2I2，
将其代入①②联立可得R1＝20+2R2﹣﹣﹣⑤
联立①②③④⑤⑥⑦可得R2＝50Ω，U＝18V，将R2＝50Ω代入⑤中得R1＝120Ω。
因为灯泡L、定值电阻R2、滑动变阻器R2处于串联，由电功率公式可知，电阻越大电功率越小，故当滑动变阻器阻值最大为R1时，电路中电功率最小为：
P＝＝1.8W。
故答案为：10；1.8。
【点评】本题（1）问较为简单，第（2）问需分析电路与图像，找出等量关系列方程求解，对考生的分析、计算能力要求较高。但这一切分析都是从基础出发，也说明了基础功底的重要性。
14．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜中所成的像A'B'。
【分析】根据平面镜成像特点：物与像关于镜面对称，即可作图。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点，用虚线连接A'、B'即为AB在平面镜中的像。
故答案为：
【点评】平面镜成像作图题关键是做对称点，然后连接对称点即可。
15．（2分）如图所示，物体在斜面上静止，画出其受到的摩擦力的示意图。
【分析】先确定摩擦力的作用点与方向，然后从力的作用点、沿力的方向作出摩擦力。
【解答】解：物体静止在斜面上，有向下的运动趋势，所以物体受到平行于斜面向上的摩擦力f，摩擦力作用在接触面上，但为了直观方便，我们常将其作用点选择在物体的重心，如图所示：
【点评】本题考查了作摩擦力示意图（力的示意图），要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
三、实验与探究题（本题共4小题，共22分）
16．（6分）在实验复习课上，小利在“探究凸透镜成像规律”的实验：
（1）如图甲所示，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小、最亮的光斑，则该凸透镜的焦距f＝ 10.0 cm；
（2）当调节蜡烛、凸透镜和光屏到如图乙所示的位置时，光屏上出现最清晰的倒立、 缩小 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的烛焰的实像；
（3）小利又把蜡烛移到光具座上10cm刻度线处，屏上的像变模糊了，此时她摘下自己的眼镜，放在蜡烛和凸透镜之间，只适当调整眼镜的位置，光屏上又出现了清晰的像，则小利戴的 近视 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【分析】（1）图甲中，凸透镜的焦距等于凸透镜与光屏之间的距离；
（2）当u＞2f时，成倒立缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的；
（3）近视眼镜是凹透镜，当近视眼镜靠近凸透镜时，会聚能力减弱，使像呈在光屏的后方；戴近视眼镜使光线发散一些，使像距增大，使像呈在视网膜上。
【解答】解：（1）图甲中，凸透镜的焦距等于凸透镜与光屏之间的距离，则凸透镜的焦距为f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm。
（2）由图乙知道，物距大于像距，物距在2倍焦距之外，成倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一原理制成的。
（3）小明又把蜡烛移到光具座上10cm刻度线处，屏上的像变模糊了，此时他摘下自己的眼镜，放在蜡烛和凸透镜之间，只适当调整眼镜的位置，光屏上又出现了清晰的像，由图知道，小明把物距变大了，像距就变小了，戴上眼镜光线发散，像距变大，使像变清晰，则小刚戴的是凹透镜，即近视镜。
故答案为：（1）10.0；（2）缩小；（3）近视。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用。此题看似复杂，其实只要用心，仔细审题，并不难。
17．（8分）小松用如图甲所示的装置探究海波的熔化规律：
（1）实验中，除了图甲中提供的器材外，还需要用到的另一个测量器材是 秒表 ；
（2）根据实验数据绘出海波温度﹣时间图像，如图乙所示，则海波是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），由图像还可知，固态海波比液态海波的吸热能力 弱 （选填“强”或“弱”）。
【分析】（1）试验中要记录温度随时间的变化，所以需要秒表；
（2）由图乙可知，海波熔化时吸热，温度不变，符合晶体的熔化特点，因此海波是晶体；由图乙知道，加热相同时间，海波熔化前温度变化快，熔化后温度变化慢，即液态海波吸热能力比固态海波强。
【解答】解：（1）实验中，除了图甲中提供的器材外，还需要用秒表记录海波熔化时温度随时间变化情况。
（2）由图乙知道，第3min后试管内出现液态海波，此时海波达到熔点，由图像可知，海波熔化时吸热，温度不变，所以，海波是晶体。
由图乙知道，加热相同时间，海波熔化前温度变化快，熔化后温度变化慢，即液态海波吸热能力比固态海波强，因此熔化后的海波在相同的加热时间内温度升高比熔化前少。
故答案为：秒表；晶体；弱。
【点评】此题考查海波的熔化过程，属于基础题。
18．（8分）实验复习课上，同学们想测量液体密度并且探究浮力大小的影响因素。
（1）首先，小业用天平与量筒测量准备好的酸奶的密度：
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图1甲所示，烧杯和酸奶的总质量为 121.2 g；
②将烧杯中的酸奶倒入一部分到量筒中，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g；如图1乙所示，量筒中酸奶的体积为 50 cm3；
③计算出这种酸奶的密度为 1.22 g/cm3；
（2）接着，如图1丙所示，小茂用电子秤来探究“浮力大小与哪些因素有关”，实验步骤如下：先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8cm，当h＝8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为0.8N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
14
m/kg
2.00
2.04
2.08
2.12
2.16
2.16
2.16
2.18
①当h＝8cm时，圆柱体受到的浮力大小为 1.6 N。分析表中数据可知：圆柱体的密度为 1.5 g/cm3；
②当h＝14cm时，手通过绳子对圆柱体竖直向上的拉力是 0.6 N；
（3）最后，小春想用台秤、烧杯和金属圆柱体测量一未知液体的密度ρ，测量步骤如图2所示：①将圆柱体的一半浸入水中，记下台秤的示数m1；②将圆柱体全部浸入水中，记下台秤的示数m2；③将圆柱体从水中取出，擦干后全部浸入与水等质量的未知液体中，记下台秤的示数m3。则圆柱体的体积为 ；未知液体的密度ρ液＝ 。（均用m1、m2、m3、ρ水表示）
【分析】（1）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
将烧杯中的部分酸奶倒入量筒；使用量筒读数时，视线要和液面的凹面底部相平，既不能仰视，也不能俯视；还要注意量筒的分度值；
根据ρ＝求酸奶的密度；
（2）①将容器、水以及圆柱体看成一个整体，它们对电子秤的压力等于整体的总重力与细线拉力的差，据此分析电子秤示数增大时，细线对圆柱体拉力的变化情况；
②由表格数据知，当h＝0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，根据m示g＝G0计算容器和水的总重力，
当h＝8cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16kg，由m示g＝G0+G﹣F拉可得G﹣F拉的值，即此时圆柱体受到的浮力F浮，根据G＝F浮+F拉计算圆柱体的重力，
由阿基米德原理可得圆柱体受到的浮力F浮＝ρ水gV排，代入数据解方程可得圆柱体的体积，
由G＝mg和ρ＝可得G＝ρ物Vg，代入数据解方程可得ρ物；
③当h＝14cm时，电子秤示数为2.18kg，由m示g＝G0+G﹣F拉计算F拉。
（3）根据增加的浮力等于增加的压力，圆柱体从一半浸没在水中到全部浸没在水中，根据ΔF浮＝ΔF压＝（m2﹣m1）g得出浮力增加量，根据阿基米德原理得出排开水的体积增加量，进而得出圆柱体的体积，圆柱体从一半浸入水中到全部浸没在水中，根据Δm＝m2﹣m1得出台秤示数增加量，所以圆柱体未浸入前，根据m总＝m1﹣Δm＝m1﹣（m2﹣m1）＝2m1﹣m2得出容器中水与容器的总质量，根据m'总＝m总＝2m1﹣m2得出未知液体与容器的总质量，将圆柱体全部浸入与水等质量的未知液体中，根据Δm'＝m3﹣m'总＝m3﹣（2m1﹣m2）＝m3﹣2m1+m2得出台秤示数增加量，根据F'浮＝ΔF'压＝Δm'g＝（m3﹣2m1+m2）g得出此时圆柱体全部浸没在未知液体中受到的浮力等于增加的压力，根据阿基米德原理得出未知液体的密度。
【解答】解：1）①标尺的分度值为0.2g，游码在标尺上对应的刻度值为1.2g，如图甲所示，烧杯和酸奶的总质量为m总＝100g+20g+1.2g＝121.2g；
②如图乙所示，量筒的分值为2mL，量筒中酸奶的体积为V＝50mL＝50cm3；
③用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g，则倒入量筒中酸奶的质量m＝m总﹣m剩＝121.2g﹣60.2g＝61g；
这种酸奶的密度为＝1.22g/cm3；
（2）①h＝0cm时示数电子秤为2.00kg，则容器和水的总重力为G0＝m0g＝2.00kg×10N/kg＝20N，
圆柱体重力为G，电子秤受到压力为F，细线对圆柱体拉力为F拉，则电子秤受到压力F＝G0+F浮，
圆柱体受到的浮力大小为F浮＝F﹣G0＝m示g﹣G0＝2.16kg×10N/kg﹣20N＝1.6N，
当h＝8cm开始，电子秤显示的示数不变，说明当h＝8cm时，圆柱体刚好浸没，以圆柱体为研究对象，由力的平衡，所以圆柱体的重力G＝F浮+F拉＝1.6N+0.8N＝2.4N，
根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可得圆柱体的体积即排开水的体积为V排＝V＝＝1.6×10﹣4m3，
圆柱体的密度为＝1.5×103kg/m3＝1.5g/cm3；
②当h＝14cm时，因电子秤示数为2.18kg，由m示′g＝G0+F浮＝G0+G﹣F拉′，
可得F拉′＝G0+G﹣m示′g＝20N+2.4N﹣2.18kg×10N/kg＝0.6N；
（3）①②相比，台秤示数增加值即排开水的质量为m2﹣m1，由阿基米德原理，增加的浮力为ΔF浮＝（m2﹣m1）g，
根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排，在排开水的体积不变时，浮力与排开水的体积成正比，故圆柱体完全浸没时，在水中受到的浮力为F′浮＝2（m2﹣m1）g，
根据阿基米德原理知圆柱体的体积V排′＝＝；
圆柱体从一半浸入水中到全部浸没在水中，台秤示数增加量Δm＝m2﹣m1，
所以圆柱体未浸入前，容器中水与容器的总质量为m总液＝m1﹣Δm＝m1﹣（m2﹣m1）＝2m1﹣m2，
根据已知条件，未知液体与容器的总质量m总液＝2m1﹣m2，
将圆柱体全部浸入与水等质量的未知液体中，台秤示数增加量Δm′＝m3﹣m总液＝m3﹣（2m1﹣m2）＝m3﹣2m1+m2，
此时圆柱体全部浸没在未知液体中受到的浮力等于增加的压力F“浮＝ΔF′压＝Δm′g＝（ m3﹣2m1+m2）g，
未知液体的密度＝。
故答案为：（1）121.2；50；1.22；（2）1.6；1.5；0.6；（3）； 。
【点评】本题是测量液体密度和探究浮力大小与哪些因素有关的实验，考查了数据分析、阿基米德原理、密度公式、重力公式和称重法求浮力等，是一道好题。
19．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器标有“40Ω，1A”。
（1）用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整；
（2）正确连接后，闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。拆下电压表，用它查找故障。保持开关闭合，将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的各接线柱，得到如下信息，则电路发生的故障可能是 滑动变阻器断路 （故障只发生在灯泡或者滑动变阻器上）；
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数（V）
3
3
3
0
0
0
0
0
（3）排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是 2.5 V。此时电流表示数（如图乙所示）是 0.32 A，则小灯泡正常发光时的电阻是 7.8 Ω（保留一位小数），通电后该小灯泡发光利用到了电流的 热 效应；
（4）小田同学为了验证电流跟电阻的关系，她又准备了五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换图甲中的灯泡，其余电路连接不变，控制定值电阻两端电压为1V不变，则能完成该实验的定值电阻有 4 个；通过只改变“定值电阻两端设定的电压值”或“电源电压”或“滑动变阻器的最大阻值”的方法，来完成上述5个电阻的实验，最终正确测得的数据中，整个电路总功率的最小值为 0.15 W。
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）用电压表判断电路故障，电压表有示数，说明电路与电压表所接触位置与电源间是连通的，电压表无示数，说明与电压表并联部分以外的电路部分有断路；
（3）灯在额定电压下正常发光；
根据电流表选用量程确定分度值读数，运用欧姆定律变形公式计算电阻；
（4）由串联电路的电压规律及分压原理求出更换的定值电阻的阻值不能大于多少；进一步求得整个电路总功率的最小值。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，电流表选用小量程与灯泡串联，如下图所示：
（2）由表中数据知道，将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的D、E、F、G、H各接线柱时，电压表数为0，说明电源负极到D、E、F、G、H以外部分可能有断路发生；电压表的正接线柱分别接电路中的A、B、C各接线柱时，电压表示数等于电源电压3V，说明电源正极到A、B、C间是通路，所以故障的原因是CD间有断路发生，即滑动变阻器断路。
（3）想要测量灯泡正常发光时的电阻，根据题意知道，需要使电压表的示数为 2.5V。
灯在额定电压下正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过小灯泡的电流为 0.32A。
该灯泡的电阻为，
电流通过导体时，导体会发热，这是电流的热效应，通电后该小灯泡发光利用到了电流的热效应。
（4）根据题意知道，控制定值电阻两端电压为1V不变，则滑动变阻器两端的电压为U滑＝3V﹣1V＝2V，
根据串联分压原理知道，滑动变阻器接入最大阻值时，定值电阻最大，
解得R最大＝20Ω，
所以，能完成该实验的定值电阻有4个，分别是5Ω、10Ω、15Ω和20Ω。
当把20Ω的定值电阻接入电路是，电路总电阻最大，且R总＝20Ω+40Ω＝60Ω，
由知道，整个电路总功率的最小，且最小值为＝0.15W。
故答案为：（1）见解析；（2）滑动变阻器断路；（3）2.5；0.32；7.8；热；（4）4；0.15。
【点评】本题“测量小灯泡电阻”，考查电路连接、注意事项、额定功率计算、控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用。
四、计算论述题（本题共3小题，共22分）
20．（6分）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1的阻值为40Ω，闭合开关后，电压表的示数为2V。求：
（1）R2的阻值；
（2）通电5min整个电路消耗的电能。
【分析】由图知两电阻串联，电压表测量R1两端的电压．
（1）根据欧姆定律算出电路中的电流，由串联电路电压的规律算出R2两端的电压，由欧姆定律I＝算出R2的阻值；
（2）根据W＝UIt算出通电5min整个电路消耗的电能．
【解答】解：（1）由图知两电阻串联，电压表测量R1两端的电压，
根据欧姆定律知，电路中的电流为：
I＝＝＝0.05A，
根据串联电路电压的规律知，R2两端的电压为：U2＝U﹣U1＝6V﹣2V＝4V，
由欧姆定律I＝得，
R2的阻值为：
R2＝＝＝80Ω；
（2）通电5min整个电路消耗的电能为：
W＝UIt＝6V×0.05A×5×60s＝90J．
答：（1）R2的阻值为80Ω；
（2）通电5min整个电路消耗的电能为90J。
【点评】本题考查了串联电路电压电流的规律以及欧姆定律、电功公式的应用，是一道基础题．
21．（8分）八中食堂新购入一批恒温消毒柜，电路原理简如图甲，包括工作电路和控制电路。工作电路中R0为阻值不变的加热电阻，标有“220V，1100W”字样。当消毒室内温度达到130℃时，工作电路的开关S0自动断开；当消毒室内温度降到80℃时，开关S0自动闭合，电阻R0重新发热。消毒柜正常工作时柜内温度随时间变化的图像如图乙所示。求：
（1）加热电阻R0的阻值；
（2）消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能；
（3）用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃，则该消毒柜的热效率为多少。[c陶瓷＝0.81×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）根据P＝UI＝求出加热电阻R0的阻值；
（2）根据图乙可知6h的消毒过程中加热电阻R0的工作时间，根据P＝求出工作电路消耗的电能；
（3）根据Q＝cmΔt求得将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量，利用P＝求出用电高峰时段电压只有198V时消毒柜80min消耗的电能，进一步求得该消毒柜的热效率。
【解答】解：（1）加热电阻R0的阻值R0＝；
（2）消毒柜正常工作6h工作，电热丝的加热时间t＝3×80min+60min＝300min，
电路消耗的电能W＝Pt＝1100W×300×60s＝1.98×107J；
（3）将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量Q＝cmΔt＝0.81×103J/（kg•℃）×30kg×（124℃﹣80℃）＝1.0692×107J，
用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min消耗的电能×80×60s＝4.2678×107J，
该消毒柜的热效率η＝。
答：（1）加热电阻R0的阻值为44Ω；
（2）消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能为1.98×107J；
（3）该消毒柜的热效率为25%。
【点评】此题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
22．（8分）如图甲所示，底面积为400cm2的薄壁容器中，放有不同材料制成边长为10cm的正方体A和高度为20cm的长方体B，A、B底面积之比为1：2。A、B间由一根轻质细线（图中未画出）相连，细线承受的拉力有限，可能会断。A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压。现在沿竖直方向缓慢匀速拉动A，A上方拉力F随A上升距离h变化的图象如图乙所示，求：
（1）正方体A浸没在水中时所受浮力；
（2）图乙中h0大小；
（3）整个过程中，绳子承受的最大拉力。
【分析】（1）由题意及阿基米德原理，可以求得正方体A浸没在水中时所受浮力；
（2）已知图中A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压，说明A和B的整体处于悬浮状态，则平均密度等于水的密度，且ρA一定大于ρ水（A才能浸没在水中），ρB＜ρ水；
分析题意及图乙可知，A上升高度h在3h0时，A刚好全部离开水面；A上升高度h在3h0～4h0时，B开始露出水面；A上升高度h在4h0～6h0时，A、B分离，A、B间绳子无拉力（处于松弛状态），此过程中B处于漂浮状态；
A上升高度在6h0时，绳子刚好绷直，之后B所受浮力减小，拉力F增大；当A上升距离达到7h0后，A、B间的绳子断裂，此时A受到的拉力大小变为A的重力；
由题意可知，A上升高度h在3h0时A全部离开水面，根据V排＝S容Δh求出水面下降的高度Δh，再根据LA＝△h+3h0求出h0的值；
（3）当A上升高度h在4h0时，B刚好漂浮；从A全部离开水面到B刚好漂浮时，B上升的高度（等于A上升的高度）为4h0﹣3h0＝h0，根据ΔV排＝S容Δh′＝SB×（Δh′+h0）求出水面下降的高度，并求出此时B浸入的深度，由漂浮条件和阿基米德原理求出B的重力GB；
由图像可知，当A上升高度h为7h0（绳子断裂）时，B物体在漂浮的基础上又上升了h0的高度，同理可知水面下降的高度，并求出此时B浸入水中的深度，由阿基米德原理求出此时B受到的浮力F浮B′，根据F拉大+F浮B′＝GB可得绳子承受的最大拉力。
【解答】解：（1）由题知，正方体A的边长为10cm＝0.1m，
由阿基米德原理可知，正方体A浸没在水中时所受浮力为：
F浮A＝ρ水gVA排＝ρ水gVA＝ρ水g（LA）3＝1×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝10N；
（2）已知图中A的上表面刚好与水面相平，B与容器底部接触而无挤压，说明A和B的整体处于悬浮状态，则平均密度等于水的密度，且ρA一定大于ρ水（A才能浸没在水中），ρB＜ρ水；
分析题意及图乙可知，A上升高度h在3h0时，A刚好全部离开水面；
A上升高度h在3h0～4h0时，B开始露出水面；
A上升高度h在4h0～6h0时，A、B分离，A、B间绳子无拉力（处于松弛状态），此过程中B处于漂浮状态；
A上升高度在6h0时，绳子刚好绷直，之后B所受浮力减小，拉力F增大；
当A上升距离达到7h0后，A、B间的绳子断裂，此时A受到的拉力大小变为A的重力；
则由题意可知，A上升高度h在3h0时A全部离开水面，水面下降的高度：
Δh＝＝＝2.5cm，
且LA＝Δh+3h0，则h0＝×（LA﹣Δh）＝×（10cm﹣2.5cm）＝2.5cm；
（3）整个过程的示意图如下：
已知A、B底面积之比为1：2，则SB＝2SA＝2＝2×（0.1m）2＝0.02m2＝200cm2，
当A上升高度h在4h0时，B刚好漂浮，
则从A全部离开水面到B刚好漂浮时，B上升的高度（等于A上升的高度）为4h0﹣3h0＝h0＝2.5cm，
根据ΔV排的两种计算方法可得，B排开水的体积减小量ΔV排＝S容Δh′＝SB×（Δh′+h0），
即：400cm2×Δh′＝200cm2×（Δh′+2.5cm），解得水面下降的高度Δh′＝2.5cm，
此时B浸入水中的深度：hB浸＝hB﹣h0﹣Δh′＝20cm﹣2.5cm﹣2.5cm＝15cm＝0.15m，
B刚好漂浮时，由漂浮条件可得B的重力：
GB＝F浮B＝ρ水gSBhB浸＝1×103kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.15m＝30N；
由图像可知，当A上升高度h为7h0（绳子断裂）时，B物体在漂浮的基础上又上升了h0的高度，同理可知水面下降的高度也为2.5cm，
则此时B浸入水中的深度为：hB浸′＝hB浸﹣h0﹣Δh′＝15cm﹣2.5cm﹣2.5cm＝10cm＝0.1m，
此时B物体受到的浮力：F浮B′＝ρ水gV排B′＝ρ水gSBhB浸′＝1×103kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.1m＝20N，
由上述分析及题意可得，当h为7h0时，绳子承受的拉力最大，此时有：F拉大+F浮B′＝GB，
则绳子承受的最大拉力：F拉大＝GB﹣F浮B′＝30N﹣20N＝10N。
答：（1）正方体A浸没在水中时所受浮力为10N；
（2）图乙中h0大小为2.5cm；
（3）整个过程中，绳子承受的最大拉力为10N。
【点评】本题考查了浮力大小的计算、阿基米德原理的应用，看懂图像是解题的关键，难度较大。
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