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2023年湖南省衡阳市衡山县重点学校中考物理二模试卷-普通用卷
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这是一份2023年湖南省衡阳市衡山县重点学校中考物理二模试卷-普通用卷，共29页。
2023年湖南省衡阳市衡山县重点学校中考物理二模试卷
1. 正确认识自己，从认识自己的物理属性开始，以下是对你现在所学的某些物理量的估测，与实际情况最为接近的是( )
A. 你的正常体温约为32℃ B. 你的体重约为500N
C. 你的身高约为160mm D. 你正常步行的速度约为10m/s
2. 下列关于声现象的说法，正确的是( )
A. 用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的音色会不同
B. “闻其声辨其人”是根据声音的音调来判断的
C. 市区内某些路段“禁鸣喇叭”，这是在声源处防止噪声
D. 演奏二胡用不同手指按弦是为了改变响度
3. 下列关于图中所示光学现象的描述或解释正确的是( )
A. 图甲中，小孔成的是倒立的虚像
B. 图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正远视眼
C. 图丙中，白光通过三棱镜分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光
D. 图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律
4. 小明丽同学对冰加热，他将冰熔化成水直至沸腾的过程，绘制成如图所示的温度随时间变化的图象，下列分析正确的是( )
A. 水沸腾时温度不变，说明沸腾过程不需要吸热
B. 冰熔化时温度不变，内能不变
C. 冰的升温比水快，说明冰的比热容比水小
D. 图中DE段表示冰的熔化过程
5. 踢足球是我国青少年喜爱的一项体育运动，如图所示是一次精彩的传球攻门过程，下列说法正确的是( )
A. 足球在运动过程中重力势能不变
B. 足球对脚的作用力和脚对足球的作用力是一对平衡力
C. 足球在空中能够继续飞行，是因为受到惯性的作用
D. 足球飞行路线发生了变化，说明力能改变物体的运动状态
6. 电动汽车越来越多地进入普通家庭，电动汽车的核心部件是电动机，下面图中能正确反映电动机工作原理的是( )
A. B.
C. D.
7. 下列有关实验现象的解释或实验操作的叙述正确的是( )
A. 甲图中，纸片会远离，是因为吹气时两纸片间气流速度增大，压强增大的缘故
B. 乙图中，手离开硬纸片，纸片不下落，是由于大气压的作用
C. 丙图中，手指同时压铅笔两端，右手指感觉疼是因为右手指受到的压力更大
D. 丁图中，将天平放在水平桌面上，直接调节平衡螺母使横梁平衡
8. 下列关于能量的说法中正确的是( )
A. 在北方很多地区充分利用风力来发电，风能属于可再生能源
B. 物体内能增加，一定要从外界吸收热量
C. “神舟”飞船在加速升空过程中，它的动能增加，机械能不变
D. 汽油机做功冲程中，将机械能转化为内能
9. 能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于能源、信息和材料，下列说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中传播的速度是3×108m/s，不同频率的电磁波在真空中传播速度不相等，电磁波的频率越高，其波长越长
B. 目前核电站都是通过聚变反应来释放核能，核能是可再生能源
C. 光纤通信是利用超声波在光导纤维中来传递信息
D. 电视广播、移动通信是用电磁波传递信号
10. 在“探究凸透镜成像的规律”时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜30cm处，在透镜另一侧距离透镜16cm处的光屏上得到烛焰清晰的像。则下列相关说法正确的是( )
①光屏上成倒立、放大的实像；
②照相机是利用这一成像原理工作的；
③该透镜的焦距f一定满足8cm
A. 只有①和③ B. 只有②和④ C. 只有②和③ D. 只有①和④
11. 下图是两物体做直线运动的s−t图象，分析图象，选出说法正确的选项( )
A. 两物体从同一地点出发 B. 两物体往同一方向行驶
C. 两物体在t=10s时刻相遇 D. 两物体运动速度大小相等，都是5m/s
12. 如图所示的工具中属于费力杠杆的一组是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
13. 三个相同容器内分别盛满不同的液体，现将三个完全相同的小球轻轻放入容器中，小球静止后的状态如图所示，以下判断正确的是( )
A. 液体的密度关系是ρ甲>ρ丙>ρ乙
B. 液体对容器底部的压强关系是p乙>p甲>p丙
C. 容器对桌面的压强关系是p′甲>p′乙>p′丙
D. 小球受到的浮力大小关系是F乙=F丙>F甲
14. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向b端移动，则移动过程中( )
A. 电压表V的示数变小，电流表A1的示数变大
B. 电压表V的示数不变，电流表A2的示数变小
C. 电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变小
D. 电压表V的示数与电流表A1和A2的示数差的比值不变
15. 如图所示是小明“探究滑动摩擦力与什么因素有关”的实验过程，下面相关说法正确的是( )
A. 实验中只要弹簧测力计拉动木块做匀速直线运动，摩擦力就等于测力计的读数
B. 通过比较甲、乙两图可以探究摩擦力与压力的关系
C. 比较甲、丙两图可得：压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越小
D. 甲图实验中，如果增大弹簧测力计的拉力，摩擦力的大小不变
16. 如图所示，斜面高为1m，长为4m，用沿斜面向上大小为75N的拉力F，将重为200N的木箱由斜面底端匀速缓慢拉到顶端，下列关于做功的判断正确的是( )
A. 木箱克服重力做功的大小为800J B. 木箱受到斜面的支持力做功大小为0J
C. 木箱受到斜面摩擦力做功的大小为100J D. 木箱受到合力做功的大小为500J
17. 如图所示，物体浸没在水中，工人用200N的拉力F在10s内将重为400N的物体匀速提升2m，物体没有露出水面，此时滑轮组的机械效率是80%，不计绳重和摩擦，则下列说法中正确的是( )
A. 物体露出水面前，工人匀速提升重物时拉力的功率为40W
B. 物体在水中受到的浮力为320N
C. 物体的体积为8×10−3m3
D. 物体露出水面后，此滑轮组提升该物体的机械效率将大于80%
18. 如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻R2是滑动变阻器，闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 电源电压是4.5V B. 定值电阻R1的阻值是5Ω
C. 定值电阻的最小功率为1.35W D. 电路总功率的最大值为7.2W
19. 将一瓶饮料在冰箱中冷藏一段时间后，取出放一会儿，表面会变湿，用毛巾擦干后过一会儿又会变湿，这是______(填物态变化名称)现象，该现象需要______(选填“吸热”或”放热”)。
20. 小明家的电能表如图所示，当小明家只有一盏电灯工作时，15min内转盘正好转过25圈，则该灯泡消耗的电能是______kW⋅h，它的电功率为______W。
21. 如图所示，两支相同的试管，内盛等质量的液体。甲管竖直放置，乙管倾斜放置，两管液面相平，比较两管中的液体的密度ρ甲______ρ乙；对管底压强的大小p甲______p乙。
22. 分别标有“6V 6W”和“6V 3W”的①、②两只灯泡，经实验测得它们I−U特性曲线如图所示。现将1，2两灯串联8V的电源上，两只灯泡消耗的总功率是______W。若果把这两只灯泡并联接在电路中，干路电流是1.2A，则此时灯泡L2消耗的电功率是______W。
23. 运用知识解决问题：
(1)如图，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，发现硝化棉燃烧，说明外界对物体______，物体的内能会增加。
(2)质量为0.5kg的水，吸收了8.4×104J的热量后，温度升高到60℃，则水原来的温度是______℃。
24. 光线BF从凸透镜射出后射到位于凸透镜焦点的镜面上，请画出进入凸透镜前的入射光线和经平面镜反射后的反射光线．
25. 请你在图中画出水平球场上滚动的足球所受力的示意图(不考虑空气阻力)
26. (1)为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图甲所示的实验。
①在两个相同的烧杯中应加入初温相同、______相同的水和煤油(ρ水>ρ煤油)。实验中选用相同电加热器的目的是：使水和煤油在相同时间内______。
②水和煤油温度随时间变化如图乙所示，根据图甲可判断出a物质是______。根据图乙可判断出b吸热能力较______(选填“强”或“弱”)。
(2)如图丙所示，为比较酒精和碎纸片的热值，用两只同规格的烧杯装相等质量的水，取质量______(选填“相等”或“不相等”)的酒精和碎纸片，分别放入两个燃烧皿中，点燃分别给烧杯加热，直到酒精和碎纸片完全燃烧完，通过比较______(选填“加热时间”或“升高的温度”)来确定酒精和碎纸片热值的大小。
27. 在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离。如图甲所示。请回答下列问题：
(1)从同一高度由静止释放的目的是______，该实验的目的是研究铁球的动能大小与______(选填“质量”或“速度”)的关系。
(2)该实验是通过观察______的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出______(“铁球”或“木块”)具有的动能的大小。
(3)有同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。该实验方案是否可行？答：______你的理由是______。
28. 探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验。
如图甲和乙所示，两个透明容器中密闭着等质量的空气，两容器中的电阻丝串联起来，连接到电源两端，闭合开关给它通电一定时间。
(1)在该实验中，我们是通过观察U形管中液面______来比较各容器中电热丝产生热量的多少的。两个透明容器中密闭了等量的空气，而不是在透明容器中装满水主要是因为______。
(2)在图甲中，通过两电热丝的电流______；是探究通过导体产生的热量与通过导体______的关系。
(3)在图乙中，是探究电流通过导体产生的热量与导体______的关系。在乙图中______U形管液面高度差大一些。
29. 某同学为了探究“电流与电压、电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，她在实验室找到如下实验器材：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、30Ω、60Ω的定值电阻各一个，“10Ω 2A”“20Ω 1.5A”“30Ω 1A”三种规格的滑动变阻器，导线若干。
(1)请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物连接完整。
(2)闭合开关，同学发现电流表无示数，电压表指针有明显偏转，原因可能是______。
(3)故障排除后，同学首先“探究电流与电阻关系”，先把10Ω的电阻接入电路，移动滑变阻器滑片，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，她拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，接下来她应将变阻器滑片向______端(选填“左”或“右”)移动。使用所有定值电阻完成这次探究实验，应选择滑动变阻器的规格为______。
(4)同学把5Ω的电阻接入电路中，来探究“电流与电压的关系”她通过调节滑动变阻器的滑片P，测出通过定值电阻R的不同电流和对应的电压值，并记录在下表中。分析数据得到的结论是______。
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电流I/A
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
(5)实验结束后，某同学向老师提出可以用小灯泡来代替定值电阻，进行“电流与电压关系”的实验探究，老师指出这个实验操作是不可行的，原因是______。
30. 如图所示，R1=20Ω，闭合开关，电压表和电流表的示数分别为6V和0.5A。求：
(1)通过电阻R1的电流；
(2)电阻R2的电功率；
(3)通电1min钟整个电路消耗的电能。
31. 未来的广元将是全国绿色生态康养城市之一，提倡大家低碳出行，电动汽车比燃油汽车低碳环保并且能源利用率高，是今后交通工具的发展方向。某款新型家用四轮电动汽车质量为0.6t，每个轮胎与地面接触面积为20cm2，汽车蓄电池提供电压150V，电动机正常工作时电流为10A，使汽车获得240N的牵引力，保证汽车以18km/h的速度在水平路面上匀速行驶，g取10N/kg，求：
(1)汽车静止时对地面的压强；
(2)汽车匀速行驶5min克服摩擦阻力所做的功；
(3)电动机正常工作时，电能转化为机械能的效率。
32. 如图所示，用细线将正方体A和物体B相连放入水中，两物体静止后恰好悬浮，此时A上表面到水面的高度为0.12m。已知A的体积为1.0×10−3m3，所受重力为8N；B的体积为0.5×10−3m3，求：
(1)A上表面所受水的压强；
(2)B所受重力大小；
(3)细线对B的拉力大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.人体正常体温在37℃，变化幅度很小，故A不符合实际；
B.中学生的质量在50kg左右，受到的重力为G=mg=50kg×10N/kg=500N，故B符合实际；
C.成年人的身高在165cm左右，中学生的身高接近成年人，在160cm=1600mm左右，故C不符合实际；
D.人正常步行的速度在4km/h=4×m/s≈1.1m/s，故D不符合实际。
故选：B。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】C
【解析】解：A、用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的响度不同，故A错误；
B、“闻其声辩其人”主要是根据音色来判断不同的发声体，故B错误；
C、市区内某些路段“禁鸣喇叭”，这是在声源处防止噪声，故C正确；
D、演奏二胡用不同手指按弦是为了改变音调，故D错误。
故选：C。
(1)音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
(2)防止噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
本题考查了声音的特征以及影响因素、防治噪声的途径，属于声学基础知识的考查。
3.【答案】C
【解析】解：
A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收，符合实像的特征，不是虚像，故A错误；
B、近视是因为晶状体曲度过大、折光能力太强，使像成在视网膜前面，利用凹透镜的发散作用可以使像后移到视网膜上，即人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，故B错误；
C、白光由七色光组成，不同色光通过三棱镜后，偏折角度不同，所以被分解成七色光，这是光的色散现象，故C正确；
D、只要是光的反射，都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D错误。
故选：C。
(1)小孔成像依据光的直线传播原理，成倒立的实像，像可能放大可能缩小；
(2)近视患者成像在视网膜前，利用凹透镜发散作用可以使成像后移到视网膜上，远视患者成像在视网膜后，利用凸透镜的会聚作用可以使成像前移到视网膜上；
(3)白光分解成七色光叫光的色散，是光的折射现象；
(4)不论是镜面反射还是漫反射，即使是看不见的光的反射，都遵循光的反射定律。
依据对以上知识点的理解来判断此题。
本题考查对简单光现象的理解，要求掌握的知识有小孔成像、两种反射、色散、近视远视的矫正。
4.【答案】C
【解析】解：A、水沸腾时温度不变，但需要不停吸热，如果停止加热，沸腾也马上停止。故A错误；
B、图中BC段是冰的熔化过程，即该过程中，吸热但温度不变，但内能增加，故B错误；
C、由于冰和水的质量相同，又是同一个酒精灯加热，水升温比冰慢，说明水的比热容比冰大；故C正确；
D、据图可知，DE为水沸腾过程，故D错误；
故选：C。
该题把晶体的熔化和沸腾图象放到一个坐标系中，考查了学生从图象中获取信息的能力。
5.【答案】D
【解析】解：A、在运动过程中，足球的高度发生了变化，所以足球的重力势能是变化的，故A错误；
B、足球对脚的作用力和脚对足球的作用力，作用在不同的物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故B错误；
C、足球在空中能够继续飞行，是由于足球具有惯性，但不能说受到惯性力的作用，因为惯性不是力，故C错误；
D、足球飞行路线发生了变化，是重力和人头的作用力的结果，说明力能改变物体的运动状态，故D正确。
故选：D。
(1)重力势能的影响因素是质量和高度，据此判断其是否发生改变；
(2)一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上；
(3)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
(4)力可以改变物体的运动状态。
本题考查了足球运动当中，与力、运动相关的多个知识点，综合性强，但都是力学的基础规律，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故A符合题意；
B.图中没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故B不符合题意。
C.图中是探究电磁铁磁性的装置图，是电流的磁效应，故C不符合题意；
D.图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故D不符合题意；
故选：A。
电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。
电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，吹气时两纸片间气流速度增大，压强减小，纸外侧压强不变，所以纸会向中间靠拢。不符合题意。
B、乙图中，手离开硬纸片，纸片不下落，是由于纸片受到向下的压力小于大气压向上的压力，所以纸片不下落主要是受到大气压作用。符合题意。
C、丙图中，手指同时压铅笔两端，由于物体间力的作用是相互的，所以左手和右手受到的压力相同，由于右手的受力面积小，铅笔对右手的压强大，所以右手感到疼。不符合题意。
D、丁图中，将天平放在水平桌面上，游码没有回零，就调节平衡螺母是错误的。不符合题意。
故选：B。
(1)根据流体流速越大，流体压强越小，来分析纸两侧的压强大小，可以判断纸的运动情况。
(2)水杯倒置纸片不下落可以验证大气压的存在。
(3)物体间力的作用是相互的，两个手指受到的力是相同的。
(4)天平放在水平桌面上，游码回零，然后才能调节平衡螺母。
本题考查的内容比较多，通过几幅图考查了流体压强和流速的关系、大气压、压力作用效果、天平的正确使用，虽然都是一些基础知识，但是覆盖面比较大。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
(1)能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等；
(2)改变物体内能的两种方法是做功和热传递；
(3)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能等于动能和势能之和。
(4)吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
本题主要考查学生对能源的种类、改变内能的方法、能量的转化的理解和掌握，属于常见题型，是一道基础性题目。
【解答】
A.我国北方地区风能资源比较丰富，可以充分风能来发电，风能可以源源不断的从自然界获得，是可再生能源，故A正确。
B.因为改变物体内能的方法有：做功和热传递。物体内能增加，可能从外界吸收热量，也可能是外界对物体做功，故B错误。
C.飞船在加速升空过程中，速度增大，动能增大；高度增加，重力势能增加，所以机械能增加，故C错误
D.压缩冲程将汽油和空气的混合物压缩，将机械能转化内能，做功冲程将内能转化为机械能，故D错误。
故选A。
9.【答案】D
【解析】解：A.不同频率的电磁波在真空中传播速度相等，都是3×108m/s，电磁波的频率越高，其波长越短，故A错误；
B.目前核电站都是通过裂变反应来释放核能，核能是不可再生能源，故B错误；
C.光纤通信是利用激光传递信息的，不是应用超声波，故C错误；
D.电视广播和移动通信都是用电磁波中的微波来传递信号的，故D正确。
故选：D。
(1)电磁波的波速与频率和波长都无关；电磁波的波长与频率成反比；
(2)核能的释放包括核聚变和核裂变，核电站是通过核裂变来获得能量的；核燃料在地球上的储量是有限的，属不可再生能源；
(3)光导纤维是利用激光的反射传递信息的；
(4)电视广播和移动通信都是利用电磁波中的微波来传递信息的，因为微波传递信息量大。
此题考查信息的传递，以及能源的分类，属于识记性题目，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①②蜡烛距离凸透镜30cm时，在透镜的另一侧16cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像，是照相机的原理，故①错误、②正确；
③此时物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，即30cm>2f，2f>16cm>f，解得：8cm
故选：C。
根据凸透镜成像的规律可以得出物体的位置，根据物体位置列出不等式，解不等式得出结果；
近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用。
此题主要考查了凸透镜成像的规律，首先要熟记规律的内容，特别是成像特点、物距、像距、焦距之间的关系。
11.【答案】C
【解析】解：
A、由图象可知，两物体的s−t图象都是一条斜线，表示物体做的是匀速直线运动；当t=0时，一条图线在100m处，另一条图线在0m处，说明两物体不是从同一地点出发，故A错误；
B、两条图线中，一条随时间的增加路程增大，另一条随时间增加路程减小，说明两个物体往相反方向运动，故B错误；
C、图线的交点表示在同一时刻，且位置相同，则两物体在t=10s时刻相遇，故C正确；
D、由图象知，上面图线10s的时间运动了100m−50m=50m，其速度为v1=s1t1=50m10s=5m/s；
下面图线在10s−2s=8s时间内运动了50m，其速度为v2=s2t2=50m8s=6.25m/s，故D错误。
故选：C。
在s−t图象中，一条斜线表示物体做的是匀速直线运动，根据倾斜程度即可比较出两物体的运动速度，根据图象可知交点表示相遇。
本题考查了由s−t图象比较物体的速度大小、判断两物体的位置关系等内容，由图象判断物体的运动性质、找出物体的路程与所对应的时间，是解题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：核桃夹、手推车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；船桨、碗夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
13.【答案】D
【解析】解：A、由于小球在丙中悬浮，故ρ丙=ρ物；在乙容器中漂浮，故ρ乙>ρ物；在甲中下沉，故ρ甲<ρ物；三种液体密度关系：ρ甲<ρ丙<ρ乙，故A错误；
B、静止时三个容器的液面恰好相平，即深度h相等，由于乙液体的密度最大，根据p=ρgh可知，乙容器底受到的液体压强最大；故B错误；
C、开始时，V甲=V乙=V丙，放入小球后，甲、丙溢出相同体积的液体，则剩余液体体积V甲′=V丙′，由于ρ甲<ρ丙，故m甲
根据p=FS，得p′乙>p′丙>p′甲，C错误；
D、由图知，小球在丙容器中悬浮，在乙容器中漂浮，所以小球所受的浮力与自身的重力相等；在甲中下沉，浮力小于其重力，故小球受到的浮力大小关系是F乙=F丙>F甲.故D正确。
故选：D。
(1)当物体漂浮或悬浮时，其浮力等于自身的重力；
(2)根据物体浮沉条件，结合图示得出三种液体的密度大小关系，然后利用液体压强公式分析判断三种液体对容器底的压强关系；
(3)烧杯对桌面的压力等于烧杯、容器内液体和小球的总重力，受力面积相同，根据p=FS比较压强大小。
此题主要考查物体浮沉条件及其应用、压强的大小比较，根据物体浮沉条件，结合图示得出三种液体的密度大小关系是解答此题关键。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A2测通过定值电阻R1的电流，电流表A1测干路中的总电流，电压表与定值电阻并联在电路中；并联电路两端电压等于电源电压，从而可以判断出电压表示数的变化；首先判断出滑动变阻器的滑片P向b移动时，滑动变阻器连入电路中电阻的变化，根据欧姆定律I=UR判断出通过滑动变阻器电流的变化；根据并联电路电流特点判定干路电流的变化；根据各表的示数变化情况判定比值和乘积的大小。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是能把比值问题转化为阻值问题来处理，这样就可以减小问题的复杂性。
【解答】
AB、由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A2测通过定值电阻R1的电流，电流表A1测干路中的总电流，电压表与定值电阻并联在电路中，电压表测量的是电源电压，其示数保持不变；
将滑动变阻器的滑片P向b端移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据I=UR可知，通过变阻器R2的电流变小；由于R1两端的电压不变，所以R1的电流保持不变，即电流表A2的示数不变，
根据并联电路的电流特点可知，干路中的电流减小，即A1的示数变小；故AB错误；
C、电压表V的示数不变，电流表A1的示数变小，则电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变小，故C正确；
D、电流表A1和A2的示数差为通过滑动变阻器的电流，由欧姆定律可知，电压表V的示数与电流表A1和A2的示数差的比值为滑动变阻器的电阻，其电阻变大，则该比值变大，故D错误。
故选：C。
15.【答案】ABD
【解析】解：A、弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动，此时滑动摩擦力与测力计的拉力是一对平衡力，大小相等，即摩擦力就等于测力计的读数，故A正确；
B、比较甲、乙两图知，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，是探究摩擦力与压力的关系探，故B正确；
C、比较甲、丙两图可知，压力相同，丙图的接触面粗糙，弹簧测力计的示数大，摩擦力大，故可以得出：压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大，故C错误；
D、甲图实验中，如果增大弹簧测力计的拉力，但由于压力和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力的大小不变，故D正确。
故选：ABD。
(1)实验时，注意应使物体做匀速直线运动，根据二力平衡可知摩擦力等于拉力；
(2)影响滑动摩擦力的因素是压力大小和接触面的粗糙程度；压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大。
本题考查探究摩擦力大小与什么因素有关，要掌握实验中测量摩擦力的方法及实验的研究方法。在利用控制变量法时，要注意分析控制的变量和改变的量，根据实验结果得出研究因素是否与改变量有关。
16.【答案】BC
【解析】解：A.由题意知，木箱的重力G=200N，h=1m，则木箱克服重力做功：W有用=Gh=200N×1m=200J，故A错误；
B.木箱移动方向与支持力方向垂直，没有在支持力的方向上移动距离，所以斜面的支持力做功为0J，故B正确；
C.拉力F做的功W总=FL=75N×4m=300J，则克服摩擦力做功W额=W总−W有用=300J−200J=100J，故C正确；
D.木箱沿斜面匀速缓慢运动，处于平衡状态，则木箱所受合力为零，所以合力做功大小为0J，故D错误；
故选：BC。
(1)根据W=Gh计算木箱克服重力做功的大小；
(2)根据做功的必要因素判断压力和支持力是否做功；
(3)根据W总=FL做出总功，根据W额=W总−W有用得出额外功；
(4)木箱做匀速直线运动，所受合力为零。
本题主要考查了斜面有关功的计算，关键掌握做功的两个必要因素，并理解总功、额外功、有用功的关系。
17.【答案】CD
【解析】解：
A、由图知，n=2，拉力端移动的距离：s=2h=2×2m=4m，
拉力端移动的速度：v===0.4m/s，
拉力的功率：P=Fv=200N×0.4m/s=80W，故A错误；
B、滑轮组的机械效率：
η======80%，
解得：F浮=80N，故B错误；
C、由F浮=ρ水V排g得物体的体积：
V=V排===8×10−3m3，故C正确；
D、物体露出水面后，没有了浮力，相当于增加了提升物体的重，增大了有用功，不计绳重和摩擦，额外功不变，有用功和总功的比值变大，此滑轮组提升该物体的机械效率将大于80%，故D正确。
故选：CD。
(1)由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n=2，拉力端移动距离s=2h，知道时间利用速度公式求拉力端移动的速度，再利用P===Fv求拉力的功率；
(2)滑轮组的机械效率η====，据此求浮力大小；
(3)知道浮力，利用阿基米德原理的推导公式F浮=ρ水V排g求排开水的体积，物体浸没，物体的体积等于排开水的体积；
(4)增大滑轮组机械效率的方法：增大提升物重，减小摩擦、减小动滑轮重。
本题为力学综合题，考查了速度公式、功率公式、阿基米德原理、机械效率公式的应用，计算滑轮组机械效率时注意W有用=(G−F浮)h，易错点！
18.【答案】BD
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，
由图象可知，电路中的最大电流I大=1.2A，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I大R1=1.2A×R1，
当R2接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，
由图象可知，电路中的最小电流I小=0.3A，电压表的最大示数U2=4.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=I小R1+U2=0.3A×R1+4.5V，
因电源的电压不变，
所以，1.2A×R1=0.3A×R1+4.5V，
解得：R1=5Ω，故B正确；
电源的电压U=I大R1=1.2A×5Ω=6V，故A错误；
(2)定值电阻电功率的最小值P1小=I小2R1=(0.3A)2×5Ω=0.45W，故C错误；
电路总功率的最大值P大=UI大=6V×1.2A=7.2W，故D正确。
故选：BD。
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当R2接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图象读出电表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
(2)根据P=I2R求出定值电阻电功率的最小值，根据P=UI求出电路的最大电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据图象读出有用的信息并利用好电源的电压是关键。
19.【答案】液化 放热
【解析】解：由于从冰箱取出的饮料温度比较低，周围空气中的水蒸气因遇冷发生液化，附着在饮料瓶外壁上，表面会变湿。擦去这层水，又有新的水蒸气在温度低的饮料瓶外壁发生液化，一会几又会变湿；液化过程需要放热。
故答案为：液化；放热。
物质由气态变为液态叫液化，液化放热。
此题考查的是液化知识的应用，解答此题的关键是看液化的条件有没有发生变化。
20.【答案】0.01 40
【解析】解：
2500r/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500r，
转25r消耗的电能为：
W=kW⋅h=0.01kW⋅h；
电灯的电功率：
P===0.04kW=40W。
故答案为：0.01；40。
2500r/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500r，据此求出转盘转25r电灯消耗的电能，再利用P=求电灯的电功率。
本题考查了使用电能表时电能和电功率的计算，解题的关键是对电能表相关参数的理解。
21.【答案】> >
【解析】解：甲试管竖直放置，乙试管倾斜放置，两试管液面相平，则由图可知，液体的体积V甲ρ乙，
两试管中液面等高(液体的深度h相同)，所以由液体压强公式p=ρgh可知p甲>p乙。
故答案为：>；>。
已知两管液面相平、试管相同，根据液柱的长度可知液体体积的大小关系；又知道两液体的质量相同，根据密度公式可知两液体密度的大小关系，再根据液体压强公式判断两管中的液体对管底压强的大小关系。
此题考查了学生对密度公式、液体压强公式的理解和掌握，正确判断两液体的体积关系是本题的关键。
22.【答案】4 1.6
【解析】解：(1)由题意知，两灯泡串联，则电流相等，且两个灯泡两端的总电压等于8V，
由图象知，当电路中的电流为0.5A时，灯泡②两端等于6V(等于额定电压)，灯泡①两端的电压为2V，符合总电压为8V；
则两个灯泡消耗的总功率为：P=UI=8V×0.5A=4W；
(2)把这两只灯泡并联接在电路中，根据并联电路的电压特点可知，两只灯泡两端的电压相等，根据并联电路的电流特点可知，通过两只灯泡的电流之和等于1.2A，
由图可知，当电源电压为4V时，通过灯泡L1的电流为0.8A，通过灯泡L2的电流为0.4A，符合总电流为1.2A，
则此时灯泡L2消耗的电功率：P2=U′I2=4V×0.4A=1.6W。
故答案为：4；1.6。
(1)两灯泡串联时通过它们的电流相等，且总电压等于各分电压之和，从图象中找出符合要求的电压和电流，根据P=UI求出两个灯泡消耗的总功率；
(2)根据并联电路特点可知两只灯泡两端的电压相等，通过两只灯泡的电流之和等于干路电流，从图象中找出符合要求的电压和电流，根据P=UI求出此时灯泡L2消耗的电功率。
本题考查了串并联电路的电压和电流特点以及电功率的计算，难点是找出灯泡对应的电压和电流值，题目有一定的难度。
23.【答案】做功 20
【解析】解：(1)当把活塞迅速压下去后，活塞压缩筒内空气做功，筒内空气的内能增加，温度也会随之升高，当温度达到硝化棉的燃点时，会看到硝化棉燃烧，这说明对物体做功，物体的内能增加；
(2)由Q吸=cmΔt可得，水升高的温度：
Δt===40℃，
因为Δt=t−t0，
所以水原来的温度：
t0=t−Δt=60℃−40℃=20℃。
故答案为：(1)做功；(2)20。
(1)做功可以改变物体的内能，物体的内能与其本身的温度有关，温度越高内能越大。
(2)知道水的质量、水的比热容、水的末温和水吸收的热量，利用吸热公式Q吸=cmΔt的变形公式求水的原来的温度。
本题考查了学生改变内能的方法、对吸热公式Q吸=cmΔt的掌握和运用，属于基础题目。
24.【答案】解：BF的入射光线平行于主光轴画，通过平面镜的反射光线关于凸透镜的主光轴对称，如图示：
【解析】(1)对于凸透镜：过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；
(2)对于平面镜：反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，反射光线恰成为过凸透镜焦点的入射光线；
根据以上内容和图示完成光路图．
(1)凸透镜有三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点．
(2)光的反射定律的内容是：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角．
25.【答案】解：水平球场上滚动的足球，在水平方向上速度越来越慢，是因为受到摩擦力的作用，所以摩擦力的方向和相对运动方向相反。在竖直方向上，受到重力和支持力。这几个力的作用点都画在足球的重心上，如图所示：
【解析】力的示意图是用一条带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
此题考查力的示意图的画法，要想正确的做出力的示意图，就要对物体所受的力进行正确的分析。
26.【答案】质量 吸收的热量相等 水 弱 相等 升高的温度
【解析】解：(1)①实验课题是探究不同物质的吸热能力，所以要保持水和煤油的质量相同；
选用相同的电加热器目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相同的热量；
②图甲中可知：Vaρ煤油，
由ρ=可知：质量相同时，V水
(2)实验时为了控制变量，应用天平分别测出等质量的酒精和碎纸屑，将其放入装置中的燃烧皿内；
因燃料的热值不能直接测量，但燃料燃烧放出的热量可以被水吸收，从而使水温发生变化，所以可以通过水升高的温度来比较燃料热值的大小关系。
故答案为：(1)①质量；吸收的热量相等；②水；弱；(2)①相等；②升高的温度。
(1)①液体温度升高时吸收热量的多少与物体的种类、质量、升高的温度值有关，实验探究时应采用控制变量法，采用相同电加热器的目的是为了使两烧杯在相同的时间内吸收的热量相同；
②不同的物质质量相同时，物质的体积与密度成反比；在质量相同、升高相同的温度时的不同物质，吸收的热量多的物质，其吸热能力强；
(2)由Q放=mq可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制质量相同；由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小。
本题属于研究物质比热容性质和燃料热值的探究实验，考查了学生的分析归纳能力，利用好控制变量法是本题的关键。
27.【答案】控制到达水平面速度相同 质量 木块移动的距离 铁球 不可行 木块最终移动距离相同
【解析】解：(1)根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面速度相同，该实验的目的是研究铁球的动能大小与质量的关系；
(2)实验中，是通过观察木块移动的距离的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出铁球具有的动能的大小，这是转换法的运用；
(3)观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。
故答案为：
(1)控制到达水平面速度相同；质量；
(2)木块移动的距离；铁球；
(3)不可行；木块最终移动距离相同。
(1)在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，若要研究动能大小与质量的关系，应控制其运动的速度相同；
(2)动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来；
(3)结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
本题考查了探究动能大小影响因素的实验，除考查控制变量法的转换法的运用外，最后通过一个弹簧来对实验进行改进是本题的新颖之处，需要我们认真分析。
28.【答案】高度差 水的比热容大且热胀冷缩不明显 相等 电阻 电流 A
【解析】解：(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，通电加热空气，温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；由于水的比热容大，加热升温慢，且热胀冷缩效果不明显，因而不用水进行实验。
(2)如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻的关系；
(3)图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，
即I右=I左，
两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知：I右=I内+I外，
所以，I左>I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，因此图乙是探究电流通过导体产生热量与电流的关系，根据焦耳定律可知，通电一段时间后，在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越大，电阻产生的热量越多；
故左面A”U”形管液面高度差较大。
故答案为：(1)高度差；水的比热容大且热胀冷缩不明显；(2)相等；电阻；(3)电流；A。
(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，通过转换法间接得到导体通电后产生热量的多少；根据水和空气的比热容的大小和热胀冷缩本领大小进行分析；
(2)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，甲图两电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，故探究电流产生热量跟电阻关系；
(3)给乙图中的装置通电一段时间后，发现左侧U形管液面高度差较大，说明左侧电阻产生热量多，图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据电路特点可得实验结论；
本题探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。
29.【答案】定值电阻断路 右 “30Ω 1A” 在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 灯丝的电阻随温度的变化而变化
【解析】解：(1)因为电源电压为3V，所以电压表选用0～3V的量程与定值电阻并联，由图甲滑动变阻器的左侧接入电路，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
；
(2)电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，与电压表并联的定值电阻断路了；
(3)根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数不变；
定值电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=3V−2V=1V，变阻器分得的电压为电压表示数的=0.5倍，根据分压原理，当接入60Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=0.5×60Ω=30Ω，即所选择的变阻器的最大阻值不能小于30Ω，故应选择滑动变阻器的规格为“30Ω 1A”；
(4)根据表中数据可知：电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，故得出的结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(5)探究电流与电压的关系，需要保持电阻不变，而灯丝的电阻随温度的变化而变化，所以不能用小灯泡做此实验。
故答案为：(1)如图所示；(2)定值电阻断路；(3)右；“30Ω 1A”；(4)在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(5)灯丝的电阻随温度的变化而变化。
(1)根据电源电压确定电压表的量程与定值电阻并联，根据图甲确定滑动变阻器接入的接线柱与定值电阻串联；
(2)电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入60Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格；
(4)分析表中电流与电压的关系得出结论；
(5)探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变，而灯丝的电阻受温度的影响。
探究“电流与电压、电阻的关系”，考查电路连接、故障分析、控制变量法、欧姆定律的应用、器材的选择和分析数据归纳结论的能力。
30.【答案】解：(1)闭合开关，两电阻并联，电流表测量干路电流，电压表测量电源电压。
根据欧姆定律可知通过电阻R1的电流I1===0.3A；
(2)根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，
根据欧姆定律可知电阻R2的阻值R2===30Ω；
R2的电功率P2=UI2=6V×0.2A=1.2W；
(3)通电1min，整个电路消耗的电能W=UIt=6V×0.5A×1×60s=180J。
答：(1)通过电阻R1的电流为0.3A；
(2)R2的电功率为1.2W；
(3)通电1min，整个电路消耗的电能为180J。
【解析】(1)闭合开关，两电阻并联，电流表测量干路电流，电压表测量电源电压。
根据欧姆定律可知通过电阻R1的电流；
(2)根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流，
根据欧姆定律可知电阻R2的阻值；
根据P=UI得出R2的电功率；
(3)根据W=UIt得出通电1min，整个电路消耗的电能。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算，难度不大。
31.【答案】解：(1)汽车静止时对地面的压力：F压=G=mg=0.6×103kg×10N/kg=6000N，
汽车静止时对地面的压强：p=FS=6000N4×20×10−4m2=7.5×105Pa；
(2)汽车在水平路面上匀速行驶，所受的阻力：f=F牵=240N，
汽车匀速行驶5min克服摩擦阻力所做的功：W=fs=fvt=240N×183.6m/s×5×60s=3.6×105J；
(3)电动机正常5min消耗的电能：W总=UIt=150V×10A×5×60s=450000J，
由η=WW总×100%可得：由η=WW总×100%=3.6×105J450000J×%=80%。
答：(1)汽车静止时对地面的压强为7.5×105Pa；
(2)汽车匀速行驶5min克服摩擦阻力所做的功为3.6×105J；
(3)电动机正常工作时，电能转化为机械能的效率为80%。
【解析】(1)静止在水平面上的物体，其对水平面的压力大小等于物体的重力，由p=FS解题；
(2)匀速直线运动的物体，其所受的阻力与牵引力为一对平衡力，由W=Fs求解；
(3)用电器正常工作时，由W=Pt求出所消耗的电能，由η=WW总×%解题。
本题考查压强、功、效率的计算，要理解压力与重力的关系，掌握匀速运动的汽车，所受的阻力与牵引力相等。
32.【答案】解：(1)A上表面所受水的压强：p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.12m=1200Pa；
(2)(3)A受到的浮力：F浮=ρ水gVA排=ρ水gVA=1×103kg/m3×10N/kg×1.0×10−3m3=10N；
因为A受力平衡，则细线对A的拉力：F拉A=F浮−GA=10N−8N=2N，
同一细线对B的拉力等于细线对A的拉力，即：F拉B=F拉A=2N。
B受到的浮力：F浮′=ρ水gVB排=ρ水gVA=1×103kg/m3×10N/kg×0.5×10−3m3=5N，
B所受重力大小GB=F浮′+F拉B=5N+2N=7N。
答：(1)A上表面所受水的压强为1200Pa；
(2)B所受重力大小为7N；
(3)细线对B的拉力大小为2N。
【解析】(1)知道A的上表面在水中所处的深度，利用p=ρgh求A上表面所受水的压强；
(2)利用阿基米德原理求A受到的浮力，根据A受力平衡即可求出细线对A的拉力，同一细线对B的拉力等于细线对A的拉力。根据阿基米德原理得出B受到的浮力，根据GB=F浮′+F拉B得出B所受重力大小。
本题考查了液体压强公式、阿基米德原理、物体平衡的应用，用到的公式较多，利用好相关的已知量是关键。
2023年湖南省衡阳市衡山县重点学校中考物理二模试卷
1. 正确认识自己，从认识自己的物理属性开始，以下是对你现在所学的某些物理量的估测，与实际情况最为接近的是( )
A. 你的正常体温约为32℃ B. 你的体重约为500N
C. 你的身高约为160mm D. 你正常步行的速度约为10m/s
2. 下列关于声现象的说法，正确的是( )
A. 用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的音色会不同
B. “闻其声辨其人”是根据声音的音调来判断的
C. 市区内某些路段“禁鸣喇叭”，这是在声源处防止噪声
D. 演奏二胡用不同手指按弦是为了改变响度
3. 下列关于图中所示光学现象的描述或解释正确的是( )
A. 图甲中，小孔成的是倒立的虚像
B. 图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正远视眼
C. 图丙中，白光通过三棱镜分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光
D. 图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律
4. 小明丽同学对冰加热，他将冰熔化成水直至沸腾的过程，绘制成如图所示的温度随时间变化的图象，下列分析正确的是( )
A. 水沸腾时温度不变，说明沸腾过程不需要吸热
B. 冰熔化时温度不变，内能不变
C. 冰的升温比水快，说明冰的比热容比水小
D. 图中DE段表示冰的熔化过程
5. 踢足球是我国青少年喜爱的一项体育运动，如图所示是一次精彩的传球攻门过程，下列说法正确的是( )
A. 足球在运动过程中重力势能不变
B. 足球对脚的作用力和脚对足球的作用力是一对平衡力
C. 足球在空中能够继续飞行，是因为受到惯性的作用
D. 足球飞行路线发生了变化，说明力能改变物体的运动状态
6. 电动汽车越来越多地进入普通家庭，电动汽车的核心部件是电动机，下面图中能正确反映电动机工作原理的是( )
A. B.
C. D.
7. 下列有关实验现象的解释或实验操作的叙述正确的是( )
A. 甲图中，纸片会远离，是因为吹气时两纸片间气流速度增大，压强增大的缘故
B. 乙图中，手离开硬纸片，纸片不下落，是由于大气压的作用
C. 丙图中，手指同时压铅笔两端，右手指感觉疼是因为右手指受到的压力更大
D. 丁图中，将天平放在水平桌面上，直接调节平衡螺母使横梁平衡
8. 下列关于能量的说法中正确的是( )
A. 在北方很多地区充分利用风力来发电，风能属于可再生能源
B. 物体内能增加，一定要从外界吸收热量
C. “神舟”飞船在加速升空过程中，它的动能增加，机械能不变
D. 汽油机做功冲程中，将机械能转化为内能
9. 能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于能源、信息和材料，下列说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中传播的速度是3×108m/s，不同频率的电磁波在真空中传播速度不相等，电磁波的频率越高，其波长越长
B. 目前核电站都是通过聚变反应来释放核能，核能是可再生能源
C. 光纤通信是利用超声波在光导纤维中来传递信息
D. 电视广播、移动通信是用电磁波传递信号
10. 在“探究凸透镜成像的规律”时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜30cm处，在透镜另一侧距离透镜16cm处的光屏上得到烛焰清晰的像。则下列相关说法正确的是( )
①光屏上成倒立、放大的实像；
②照相机是利用这一成像原理工作的；
③该透镜的焦距f一定满足8cm
A. 只有①和③ B. 只有②和④ C. 只有②和③ D. 只有①和④
11. 下图是两物体做直线运动的s−t图象，分析图象，选出说法正确的选项( )
A. 两物体从同一地点出发 B. 两物体往同一方向行驶
C. 两物体在t=10s时刻相遇 D. 两物体运动速度大小相等，都是5m/s
12. 如图所示的工具中属于费力杠杆的一组是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
13. 三个相同容器内分别盛满不同的液体，现将三个完全相同的小球轻轻放入容器中，小球静止后的状态如图所示，以下判断正确的是( )
A. 液体的密度关系是ρ甲>ρ丙>ρ乙
B. 液体对容器底部的压强关系是p乙>p甲>p丙
C. 容器对桌面的压强关系是p′甲>p′乙>p′丙
D. 小球受到的浮力大小关系是F乙=F丙>F甲
14. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向b端移动，则移动过程中( )
A. 电压表V的示数变小，电流表A1的示数变大
B. 电压表V的示数不变，电流表A2的示数变小
C. 电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变小
D. 电压表V的示数与电流表A1和A2的示数差的比值不变
15. 如图所示是小明“探究滑动摩擦力与什么因素有关”的实验过程，下面相关说法正确的是( )
A. 实验中只要弹簧测力计拉动木块做匀速直线运动，摩擦力就等于测力计的读数
B. 通过比较甲、乙两图可以探究摩擦力与压力的关系
C. 比较甲、丙两图可得：压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越小
D. 甲图实验中，如果增大弹簧测力计的拉力，摩擦力的大小不变
16. 如图所示，斜面高为1m，长为4m，用沿斜面向上大小为75N的拉力F，将重为200N的木箱由斜面底端匀速缓慢拉到顶端，下列关于做功的判断正确的是( )
A. 木箱克服重力做功的大小为800J B. 木箱受到斜面的支持力做功大小为0J
C. 木箱受到斜面摩擦力做功的大小为100J D. 木箱受到合力做功的大小为500J
17. 如图所示，物体浸没在水中，工人用200N的拉力F在10s内将重为400N的物体匀速提升2m，物体没有露出水面，此时滑轮组的机械效率是80%，不计绳重和摩擦，则下列说法中正确的是( )
A. 物体露出水面前，工人匀速提升重物时拉力的功率为40W
B. 物体在水中受到的浮力为320N
C. 物体的体积为8×10−3m3
D. 物体露出水面后，此滑轮组提升该物体的机械效率将大于80%
18. 如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻R2是滑动变阻器，闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 电源电压是4.5V B. 定值电阻R1的阻值是5Ω
C. 定值电阻的最小功率为1.35W D. 电路总功率的最大值为7.2W
19. 将一瓶饮料在冰箱中冷藏一段时间后，取出放一会儿，表面会变湿，用毛巾擦干后过一会儿又会变湿，这是______(填物态变化名称)现象，该现象需要______(选填“吸热”或”放热”)。
20. 小明家的电能表如图所示，当小明家只有一盏电灯工作时，15min内转盘正好转过25圈，则该灯泡消耗的电能是______kW⋅h，它的电功率为______W。
21. 如图所示，两支相同的试管，内盛等质量的液体。甲管竖直放置，乙管倾斜放置，两管液面相平，比较两管中的液体的密度ρ甲______ρ乙；对管底压强的大小p甲______p乙。
22. 分别标有“6V 6W”和“6V 3W”的①、②两只灯泡，经实验测得它们I−U特性曲线如图所示。现将1，2两灯串联8V的电源上，两只灯泡消耗的总功率是______W。若果把这两只灯泡并联接在电路中，干路电流是1.2A，则此时灯泡L2消耗的电功率是______W。
23. 运用知识解决问题：
(1)如图，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，发现硝化棉燃烧，说明外界对物体______，物体的内能会增加。
(2)质量为0.5kg的水，吸收了8.4×104J的热量后，温度升高到60℃，则水原来的温度是______℃。
24. 光线BF从凸透镜射出后射到位于凸透镜焦点的镜面上，请画出进入凸透镜前的入射光线和经平面镜反射后的反射光线．
25. 请你在图中画出水平球场上滚动的足球所受力的示意图(不考虑空气阻力)
26. (1)为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图甲所示的实验。
①在两个相同的烧杯中应加入初温相同、______相同的水和煤油(ρ水>ρ煤油)。实验中选用相同电加热器的目的是：使水和煤油在相同时间内______。
②水和煤油温度随时间变化如图乙所示，根据图甲可判断出a物质是______。根据图乙可判断出b吸热能力较______(选填“强”或“弱”)。
(2)如图丙所示，为比较酒精和碎纸片的热值，用两只同规格的烧杯装相等质量的水，取质量______(选填“相等”或“不相等”)的酒精和碎纸片，分别放入两个燃烧皿中，点燃分别给烧杯加热，直到酒精和碎纸片完全燃烧完，通过比较______(选填“加热时间”或“升高的温度”)来确定酒精和碎纸片热值的大小。
27. 在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离。如图甲所示。请回答下列问题：
(1)从同一高度由静止释放的目的是______，该实验的目的是研究铁球的动能大小与______(选填“质量”或“速度”)的关系。
(2)该实验是通过观察______的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出______(“铁球”或“木块”)具有的动能的大小。
(3)有同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。该实验方案是否可行？答：______你的理由是______。
28. 探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验。
如图甲和乙所示，两个透明容器中密闭着等质量的空气，两容器中的电阻丝串联起来，连接到电源两端，闭合开关给它通电一定时间。
(1)在该实验中，我们是通过观察U形管中液面______来比较各容器中电热丝产生热量的多少的。两个透明容器中密闭了等量的空气，而不是在透明容器中装满水主要是因为______。
(2)在图甲中，通过两电热丝的电流______；是探究通过导体产生的热量与通过导体______的关系。
(3)在图乙中，是探究电流通过导体产生的热量与导体______的关系。在乙图中______U形管液面高度差大一些。
29. 某同学为了探究“电流与电压、电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，她在实验室找到如下实验器材：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、30Ω、60Ω的定值电阻各一个，“10Ω 2A”“20Ω 1.5A”“30Ω 1A”三种规格的滑动变阻器，导线若干。
(1)请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物连接完整。
(2)闭合开关，同学发现电流表无示数，电压表指针有明显偏转，原因可能是______。
(3)故障排除后，同学首先“探究电流与电阻关系”，先把10Ω的电阻接入电路，移动滑变阻器滑片，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，她拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，接下来她应将变阻器滑片向______端(选填“左”或“右”)移动。使用所有定值电阻完成这次探究实验，应选择滑动变阻器的规格为______。
(4)同学把5Ω的电阻接入电路中，来探究“电流与电压的关系”她通过调节滑动变阻器的滑片P，测出通过定值电阻R的不同电流和对应的电压值，并记录在下表中。分析数据得到的结论是______。
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电流I/A
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
(5)实验结束后，某同学向老师提出可以用小灯泡来代替定值电阻，进行“电流与电压关系”的实验探究，老师指出这个实验操作是不可行的，原因是______。
30. 如图所示，R1=20Ω，闭合开关，电压表和电流表的示数分别为6V和0.5A。求：
(1)通过电阻R1的电流；
(2)电阻R2的电功率；
(3)通电1min钟整个电路消耗的电能。
31. 未来的广元将是全国绿色生态康养城市之一，提倡大家低碳出行，电动汽车比燃油汽车低碳环保并且能源利用率高，是今后交通工具的发展方向。某款新型家用四轮电动汽车质量为0.6t，每个轮胎与地面接触面积为20cm2，汽车蓄电池提供电压150V，电动机正常工作时电流为10A，使汽车获得240N的牵引力，保证汽车以18km/h的速度在水平路面上匀速行驶，g取10N/kg，求：
(1)汽车静止时对地面的压强；
(2)汽车匀速行驶5min克服摩擦阻力所做的功；
(3)电动机正常工作时，电能转化为机械能的效率。
32. 如图所示，用细线将正方体A和物体B相连放入水中，两物体静止后恰好悬浮，此时A上表面到水面的高度为0.12m。已知A的体积为1.0×10−3m3，所受重力为8N；B的体积为0.5×10−3m3，求：
(1)A上表面所受水的压强；
(2)B所受重力大小；
(3)细线对B的拉力大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.人体正常体温在37℃，变化幅度很小，故A不符合实际；
B.中学生的质量在50kg左右，受到的重力为G=mg=50kg×10N/kg=500N，故B符合实际；
C.成年人的身高在165cm左右，中学生的身高接近成年人，在160cm=1600mm左右，故C不符合实际；
D.人正常步行的速度在4km/h=4×m/s≈1.1m/s，故D不符合实际。
故选：B。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】C
【解析】解：A、用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的响度不同，故A错误；
B、“闻其声辩其人”主要是根据音色来判断不同的发声体，故B错误；
C、市区内某些路段“禁鸣喇叭”，这是在声源处防止噪声，故C正确；
D、演奏二胡用不同手指按弦是为了改变音调，故D错误。
故选：C。
(1)音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
(2)防止噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
本题考查了声音的特征以及影响因素、防治噪声的途径，属于声学基础知识的考查。
3.【答案】C
【解析】解：
A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收，符合实像的特征，不是虚像，故A错误；
B、近视是因为晶状体曲度过大、折光能力太强，使像成在视网膜前面，利用凹透镜的发散作用可以使像后移到视网膜上，即人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，故B错误；
C、白光由七色光组成，不同色光通过三棱镜后，偏折角度不同，所以被分解成七色光，这是光的色散现象，故C正确；
D、只要是光的反射，都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D错误。
故选：C。
(1)小孔成像依据光的直线传播原理，成倒立的实像，像可能放大可能缩小；
(2)近视患者成像在视网膜前，利用凹透镜发散作用可以使成像后移到视网膜上，远视患者成像在视网膜后，利用凸透镜的会聚作用可以使成像前移到视网膜上；
(3)白光分解成七色光叫光的色散，是光的折射现象；
(4)不论是镜面反射还是漫反射，即使是看不见的光的反射，都遵循光的反射定律。
依据对以上知识点的理解来判断此题。
本题考查对简单光现象的理解，要求掌握的知识有小孔成像、两种反射、色散、近视远视的矫正。
4.【答案】C
【解析】解：A、水沸腾时温度不变，但需要不停吸热，如果停止加热，沸腾也马上停止。故A错误；
B、图中BC段是冰的熔化过程，即该过程中，吸热但温度不变，但内能增加，故B错误；
C、由于冰和水的质量相同，又是同一个酒精灯加热，水升温比冰慢，说明水的比热容比冰大；故C正确；
D、据图可知，DE为水沸腾过程，故D错误；
故选：C。
该题把晶体的熔化和沸腾图象放到一个坐标系中，考查了学生从图象中获取信息的能力。
5.【答案】D
【解析】解：A、在运动过程中，足球的高度发生了变化，所以足球的重力势能是变化的，故A错误；
B、足球对脚的作用力和脚对足球的作用力，作用在不同的物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故B错误；
C、足球在空中能够继续飞行，是由于足球具有惯性，但不能说受到惯性力的作用，因为惯性不是力，故C错误；
D、足球飞行路线发生了变化，是重力和人头的作用力的结果，说明力能改变物体的运动状态，故D正确。
故选：D。
(1)重力势能的影响因素是质量和高度，据此判断其是否发生改变；
(2)一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上；
(3)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
(4)力可以改变物体的运动状态。
本题考查了足球运动当中，与力、运动相关的多个知识点，综合性强，但都是力学的基础规律，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故A符合题意；
B.图中没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故B不符合题意。
C.图中是探究电磁铁磁性的装置图，是电流的磁效应，故C不符合题意；
D.图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故D不符合题意；
故选：A。
电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。
电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，吹气时两纸片间气流速度增大，压强减小，纸外侧压强不变，所以纸会向中间靠拢。不符合题意。
B、乙图中，手离开硬纸片，纸片不下落，是由于纸片受到向下的压力小于大气压向上的压力，所以纸片不下落主要是受到大气压作用。符合题意。
C、丙图中，手指同时压铅笔两端，由于物体间力的作用是相互的，所以左手和右手受到的压力相同，由于右手的受力面积小，铅笔对右手的压强大，所以右手感到疼。不符合题意。
D、丁图中，将天平放在水平桌面上，游码没有回零，就调节平衡螺母是错误的。不符合题意。
故选：B。
(1)根据流体流速越大，流体压强越小，来分析纸两侧的压强大小，可以判断纸的运动情况。
(2)水杯倒置纸片不下落可以验证大气压的存在。
(3)物体间力的作用是相互的，两个手指受到的力是相同的。
(4)天平放在水平桌面上，游码回零，然后才能调节平衡螺母。
本题考查的内容比较多，通过几幅图考查了流体压强和流速的关系、大气压、压力作用效果、天平的正确使用，虽然都是一些基础知识，但是覆盖面比较大。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
(1)能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等；
(2)改变物体内能的两种方法是做功和热传递；
(3)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能等于动能和势能之和。
(4)吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
本题主要考查学生对能源的种类、改变内能的方法、能量的转化的理解和掌握，属于常见题型，是一道基础性题目。
【解答】
A.我国北方地区风能资源比较丰富，可以充分风能来发电，风能可以源源不断的从自然界获得，是可再生能源，故A正确。
B.因为改变物体内能的方法有：做功和热传递。物体内能增加，可能从外界吸收热量，也可能是外界对物体做功，故B错误。
C.飞船在加速升空过程中，速度增大，动能增大；高度增加，重力势能增加，所以机械能增加，故C错误
D.压缩冲程将汽油和空气的混合物压缩，将机械能转化内能，做功冲程将内能转化为机械能，故D错误。
故选A。
9.【答案】D
【解析】解：A.不同频率的电磁波在真空中传播速度相等，都是3×108m/s，电磁波的频率越高，其波长越短，故A错误；
B.目前核电站都是通过裂变反应来释放核能，核能是不可再生能源，故B错误；
C.光纤通信是利用激光传递信息的，不是应用超声波，故C错误；
D.电视广播和移动通信都是用电磁波中的微波来传递信号的，故D正确。
故选：D。
(1)电磁波的波速与频率和波长都无关；电磁波的波长与频率成反比；
(2)核能的释放包括核聚变和核裂变，核电站是通过核裂变来获得能量的；核燃料在地球上的储量是有限的，属不可再生能源；
(3)光导纤维是利用激光的反射传递信息的；
(4)电视广播和移动通信都是利用电磁波中的微波来传递信息的，因为微波传递信息量大。
此题考查信息的传递，以及能源的分类，属于识记性题目，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①②蜡烛距离凸透镜30cm时，在透镜的另一侧16cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像，是照相机的原理，故①错误、②正确；
③此时物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，即30cm>2f，2f>16cm>f，解得：8cm
故选：C。
根据凸透镜成像的规律可以得出物体的位置，根据物体位置列出不等式，解不等式得出结果；
近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用。
此题主要考查了凸透镜成像的规律，首先要熟记规律的内容，特别是成像特点、物距、像距、焦距之间的关系。
11.【答案】C
【解析】解：
A、由图象可知，两物体的s−t图象都是一条斜线，表示物体做的是匀速直线运动；当t=0时，一条图线在100m处，另一条图线在0m处，说明两物体不是从同一地点出发，故A错误；
B、两条图线中，一条随时间的增加路程增大，另一条随时间增加路程减小，说明两个物体往相反方向运动，故B错误；
C、图线的交点表示在同一时刻，且位置相同，则两物体在t=10s时刻相遇，故C正确；
D、由图象知，上面图线10s的时间运动了100m−50m=50m，其速度为v1=s1t1=50m10s=5m/s；
下面图线在10s−2s=8s时间内运动了50m，其速度为v2=s2t2=50m8s=6.25m/s，故D错误。
故选：C。
在s−t图象中，一条斜线表示物体做的是匀速直线运动，根据倾斜程度即可比较出两物体的运动速度，根据图象可知交点表示相遇。
本题考查了由s−t图象比较物体的速度大小、判断两物体的位置关系等内容，由图象判断物体的运动性质、找出物体的路程与所对应的时间，是解题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：核桃夹、手推车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；船桨、碗夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
13.【答案】D
【解析】解：A、由于小球在丙中悬浮，故ρ丙=ρ物；在乙容器中漂浮，故ρ乙>ρ物；在甲中下沉，故ρ甲<ρ物；三种液体密度关系：ρ甲<ρ丙<ρ乙，故A错误；
B、静止时三个容器的液面恰好相平，即深度h相等，由于乙液体的密度最大，根据p=ρgh可知，乙容器底受到的液体压强最大；故B错误；
C、开始时，V甲=V乙=V丙，放入小球后，甲、丙溢出相同体积的液体，则剩余液体体积V甲′=V丙′，由于ρ甲<ρ丙，故m甲
根据p=FS，得p′乙>p′丙>p′甲，C错误；
D、由图知，小球在丙容器中悬浮，在乙容器中漂浮，所以小球所受的浮力与自身的重力相等；在甲中下沉，浮力小于其重力，故小球受到的浮力大小关系是F乙=F丙>F甲.故D正确。
故选：D。
(1)当物体漂浮或悬浮时，其浮力等于自身的重力；
(2)根据物体浮沉条件，结合图示得出三种液体的密度大小关系，然后利用液体压强公式分析判断三种液体对容器底的压强关系；
(3)烧杯对桌面的压力等于烧杯、容器内液体和小球的总重力，受力面积相同，根据p=FS比较压强大小。
此题主要考查物体浮沉条件及其应用、压强的大小比较，根据物体浮沉条件，结合图示得出三种液体的密度大小关系是解答此题关键。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A2测通过定值电阻R1的电流，电流表A1测干路中的总电流，电压表与定值电阻并联在电路中；并联电路两端电压等于电源电压，从而可以判断出电压表示数的变化；首先判断出滑动变阻器的滑片P向b移动时，滑动变阻器连入电路中电阻的变化，根据欧姆定律I=UR判断出通过滑动变阻器电流的变化；根据并联电路电流特点判定干路电流的变化；根据各表的示数变化情况判定比值和乘积的大小。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是能把比值问题转化为阻值问题来处理，这样就可以减小问题的复杂性。
【解答】
AB、由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A2测通过定值电阻R1的电流，电流表A1测干路中的总电流，电压表与定值电阻并联在电路中，电压表测量的是电源电压，其示数保持不变；
将滑动变阻器的滑片P向b端移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据I=UR可知，通过变阻器R2的电流变小；由于R1两端的电压不变，所以R1的电流保持不变，即电流表A2的示数不变，
根据并联电路的电流特点可知，干路中的电流减小，即A1的示数变小；故AB错误；
C、电压表V的示数不变，电流表A1的示数变小，则电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变小，故C正确；
D、电流表A1和A2的示数差为通过滑动变阻器的电流，由欧姆定律可知，电压表V的示数与电流表A1和A2的示数差的比值为滑动变阻器的电阻，其电阻变大，则该比值变大，故D错误。
故选：C。
15.【答案】ABD
【解析】解：A、弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动，此时滑动摩擦力与测力计的拉力是一对平衡力，大小相等，即摩擦力就等于测力计的读数，故A正确；
B、比较甲、乙两图知，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，是探究摩擦力与压力的关系探，故B正确；
C、比较甲、丙两图可知，压力相同，丙图的接触面粗糙，弹簧测力计的示数大，摩擦力大，故可以得出：压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大，故C错误；
D、甲图实验中，如果增大弹簧测力计的拉力，但由于压力和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力的大小不变，故D正确。
故选：ABD。
(1)实验时，注意应使物体做匀速直线运动，根据二力平衡可知摩擦力等于拉力；
(2)影响滑动摩擦力的因素是压力大小和接触面的粗糙程度；压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大。
本题考查探究摩擦力大小与什么因素有关，要掌握实验中测量摩擦力的方法及实验的研究方法。在利用控制变量法时，要注意分析控制的变量和改变的量，根据实验结果得出研究因素是否与改变量有关。
16.【答案】BC
【解析】解：A.由题意知，木箱的重力G=200N，h=1m，则木箱克服重力做功：W有用=Gh=200N×1m=200J，故A错误；
B.木箱移动方向与支持力方向垂直，没有在支持力的方向上移动距离，所以斜面的支持力做功为0J，故B正确；
C.拉力F做的功W总=FL=75N×4m=300J，则克服摩擦力做功W额=W总−W有用=300J−200J=100J，故C正确；
D.木箱沿斜面匀速缓慢运动，处于平衡状态，则木箱所受合力为零，所以合力做功大小为0J，故D错误；
故选：BC。
(1)根据W=Gh计算木箱克服重力做功的大小；
(2)根据做功的必要因素判断压力和支持力是否做功；
(3)根据W总=FL做出总功，根据W额=W总−W有用得出额外功；
(4)木箱做匀速直线运动，所受合力为零。
本题主要考查了斜面有关功的计算，关键掌握做功的两个必要因素，并理解总功、额外功、有用功的关系。
17.【答案】CD
【解析】解：
A、由图知，n=2，拉力端移动的距离：s=2h=2×2m=4m，
拉力端移动的速度：v===0.4m/s，
拉力的功率：P=Fv=200N×0.4m/s=80W，故A错误；
B、滑轮组的机械效率：
η======80%，
解得：F浮=80N，故B错误；
C、由F浮=ρ水V排g得物体的体积：
V=V排===8×10−3m3，故C正确；
D、物体露出水面后，没有了浮力，相当于增加了提升物体的重，增大了有用功，不计绳重和摩擦，额外功不变，有用功和总功的比值变大，此滑轮组提升该物体的机械效率将大于80%，故D正确。
故选：CD。
(1)由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n=2，拉力端移动距离s=2h，知道时间利用速度公式求拉力端移动的速度，再利用P===Fv求拉力的功率；
(2)滑轮组的机械效率η====，据此求浮力大小；
(3)知道浮力，利用阿基米德原理的推导公式F浮=ρ水V排g求排开水的体积，物体浸没，物体的体积等于排开水的体积；
(4)增大滑轮组机械效率的方法：增大提升物重，减小摩擦、减小动滑轮重。
本题为力学综合题，考查了速度公式、功率公式、阿基米德原理、机械效率公式的应用，计算滑轮组机械效率时注意W有用=(G−F浮)h，易错点！
18.【答案】BD
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，
由图象可知，电路中的最大电流I大=1.2A，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I大R1=1.2A×R1，
当R2接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，
由图象可知，电路中的最小电流I小=0.3A，电压表的最大示数U2=4.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=I小R1+U2=0.3A×R1+4.5V，
因电源的电压不变，
所以，1.2A×R1=0.3A×R1+4.5V，
解得：R1=5Ω，故B正确；
电源的电压U=I大R1=1.2A×5Ω=6V，故A错误；
(2)定值电阻电功率的最小值P1小=I小2R1=(0.3A)2×5Ω=0.45W，故C错误；
电路总功率的最大值P大=UI大=6V×1.2A=7.2W，故D正确。
故选：BD。
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当R2接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图象读出电表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
(2)根据P=I2R求出定值电阻电功率的最小值，根据P=UI求出电路的最大电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据图象读出有用的信息并利用好电源的电压是关键。
19.【答案】液化 放热
【解析】解：由于从冰箱取出的饮料温度比较低，周围空气中的水蒸气因遇冷发生液化，附着在饮料瓶外壁上，表面会变湿。擦去这层水，又有新的水蒸气在温度低的饮料瓶外壁发生液化，一会几又会变湿；液化过程需要放热。
故答案为：液化；放热。
物质由气态变为液态叫液化，液化放热。
此题考查的是液化知识的应用，解答此题的关键是看液化的条件有没有发生变化。
20.【答案】0.01 40
【解析】解：
2500r/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500r，
转25r消耗的电能为：
W=kW⋅h=0.01kW⋅h；
电灯的电功率：
P===0.04kW=40W。
故答案为：0.01；40。
2500r/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500r，据此求出转盘转25r电灯消耗的电能，再利用P=求电灯的电功率。
本题考查了使用电能表时电能和电功率的计算，解题的关键是对电能表相关参数的理解。
21.【答案】> >
【解析】解：甲试管竖直放置，乙试管倾斜放置，两试管液面相平，则由图可知，液体的体积V甲
两试管中液面等高(液体的深度h相同)，所以由液体压强公式p=ρgh可知p甲>p乙。
故答案为：>；>。
已知两管液面相平、试管相同，根据液柱的长度可知液体体积的大小关系；又知道两液体的质量相同，根据密度公式可知两液体密度的大小关系，再根据液体压强公式判断两管中的液体对管底压强的大小关系。
此题考查了学生对密度公式、液体压强公式的理解和掌握，正确判断两液体的体积关系是本题的关键。
22.【答案】4 1.6
【解析】解：(1)由题意知，两灯泡串联，则电流相等，且两个灯泡两端的总电压等于8V，
由图象知，当电路中的电流为0.5A时，灯泡②两端等于6V(等于额定电压)，灯泡①两端的电压为2V，符合总电压为8V；
则两个灯泡消耗的总功率为：P=UI=8V×0.5A=4W；
(2)把这两只灯泡并联接在电路中，根据并联电路的电压特点可知，两只灯泡两端的电压相等，根据并联电路的电流特点可知，通过两只灯泡的电流之和等于1.2A，
由图可知，当电源电压为4V时，通过灯泡L1的电流为0.8A，通过灯泡L2的电流为0.4A，符合总电流为1.2A，
则此时灯泡L2消耗的电功率：P2=U′I2=4V×0.4A=1.6W。
故答案为：4；1.6。
(1)两灯泡串联时通过它们的电流相等，且总电压等于各分电压之和，从图象中找出符合要求的电压和电流，根据P=UI求出两个灯泡消耗的总功率；
(2)根据并联电路特点可知两只灯泡两端的电压相等，通过两只灯泡的电流之和等于干路电流，从图象中找出符合要求的电压和电流，根据P=UI求出此时灯泡L2消耗的电功率。
本题考查了串并联电路的电压和电流特点以及电功率的计算，难点是找出灯泡对应的电压和电流值，题目有一定的难度。
23.【答案】做功 20
【解析】解：(1)当把活塞迅速压下去后，活塞压缩筒内空气做功，筒内空气的内能增加，温度也会随之升高，当温度达到硝化棉的燃点时，会看到硝化棉燃烧，这说明对物体做功，物体的内能增加；
(2)由Q吸=cmΔt可得，水升高的温度：
Δt===40℃，
因为Δt=t−t0，
所以水原来的温度：
t0=t−Δt=60℃−40℃=20℃。
故答案为：(1)做功；(2)20。
(1)做功可以改变物体的内能，物体的内能与其本身的温度有关，温度越高内能越大。
(2)知道水的质量、水的比热容、水的末温和水吸收的热量，利用吸热公式Q吸=cmΔt的变形公式求水的原来的温度。
本题考查了学生改变内能的方法、对吸热公式Q吸=cmΔt的掌握和运用，属于基础题目。
24.【答案】解：BF的入射光线平行于主光轴画，通过平面镜的反射光线关于凸透镜的主光轴对称，如图示：
【解析】(1)对于凸透镜：过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；
(2)对于平面镜：反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，反射光线恰成为过凸透镜焦点的入射光线；
根据以上内容和图示完成光路图．
(1)凸透镜有三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点．
(2)光的反射定律的内容是：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角．
25.【答案】解：水平球场上滚动的足球，在水平方向上速度越来越慢，是因为受到摩擦力的作用，所以摩擦力的方向和相对运动方向相反。在竖直方向上，受到重力和支持力。这几个力的作用点都画在足球的重心上，如图所示：
【解析】力的示意图是用一条带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
此题考查力的示意图的画法，要想正确的做出力的示意图，就要对物体所受的力进行正确的分析。
26.【答案】质量 吸收的热量相等 水 弱 相等 升高的温度
【解析】解：(1)①实验课题是探究不同物质的吸热能力，所以要保持水和煤油的质量相同；
选用相同的电加热器目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相同的热量；
②图甲中可知：Va
由ρ=可知：质量相同时，V水
(2)实验时为了控制变量，应用天平分别测出等质量的酒精和碎纸屑，将其放入装置中的燃烧皿内；
因燃料的热值不能直接测量，但燃料燃烧放出的热量可以被水吸收，从而使水温发生变化，所以可以通过水升高的温度来比较燃料热值的大小关系。
故答案为：(1)①质量；吸收的热量相等；②水；弱；(2)①相等；②升高的温度。
(1)①液体温度升高时吸收热量的多少与物体的种类、质量、升高的温度值有关，实验探究时应采用控制变量法，采用相同电加热器的目的是为了使两烧杯在相同的时间内吸收的热量相同；
②不同的物质质量相同时，物质的体积与密度成反比；在质量相同、升高相同的温度时的不同物质，吸收的热量多的物质，其吸热能力强；
(2)由Q放=mq可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制质量相同；由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小。
本题属于研究物质比热容性质和燃料热值的探究实验，考查了学生的分析归纳能力，利用好控制变量法是本题的关键。
27.【答案】控制到达水平面速度相同 质量 木块移动的距离 铁球 不可行 木块最终移动距离相同
【解析】解：(1)根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面速度相同，该实验的目的是研究铁球的动能大小与质量的关系；
(2)实验中，是通过观察木块移动的距离的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出铁球具有的动能的大小，这是转换法的运用；
(3)观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。
故答案为：
(1)控制到达水平面速度相同；质量；
(2)木块移动的距离；铁球；
(3)不可行；木块最终移动距离相同。
(1)在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，若要研究动能大小与质量的关系，应控制其运动的速度相同；
(2)动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来；
(3)结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
本题考查了探究动能大小影响因素的实验，除考查控制变量法的转换法的运用外，最后通过一个弹簧来对实验进行改进是本题的新颖之处，需要我们认真分析。
28.【答案】高度差 水的比热容大且热胀冷缩不明显 相等 电阻 电流 A
【解析】解：(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，通电加热空气，温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；由于水的比热容大，加热升温慢，且热胀冷缩效果不明显，因而不用水进行实验。
(2)如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻的关系；
(3)图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，
即I右=I左，
两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知：I右=I内+I外，
所以，I左>I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，因此图乙是探究电流通过导体产生热量与电流的关系，根据焦耳定律可知，通电一段时间后，在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越大，电阻产生的热量越多；
故左面A”U”形管液面高度差较大。
故答案为：(1)高度差；水的比热容大且热胀冷缩不明显；(2)相等；电阻；(3)电流；A。
(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，通过转换法间接得到导体通电后产生热量的多少；根据水和空气的比热容的大小和热胀冷缩本领大小进行分析；
(2)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，甲图两电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，故探究电流产生热量跟电阻关系；
(3)给乙图中的装置通电一段时间后，发现左侧U形管液面高度差较大，说明左侧电阻产生热量多，图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据电路特点可得实验结论；
本题探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。
29.【答案】定值电阻断路 右 “30Ω 1A” 在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 灯丝的电阻随温度的变化而变化
【解析】解：(1)因为电源电压为3V，所以电压表选用0～3V的量程与定值电阻并联，由图甲滑动变阻器的左侧接入电路，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
；
(2)电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，与电压表并联的定值电阻断路了；
(3)根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数不变；
定值电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=3V−2V=1V，变阻器分得的电压为电压表示数的=0.5倍，根据分压原理，当接入60Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=0.5×60Ω=30Ω，即所选择的变阻器的最大阻值不能小于30Ω，故应选择滑动变阻器的规格为“30Ω 1A”；
(4)根据表中数据可知：电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，故得出的结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(5)探究电流与电压的关系，需要保持电阻不变，而灯丝的电阻随温度的变化而变化，所以不能用小灯泡做此实验。
故答案为：(1)如图所示；(2)定值电阻断路；(3)右；“30Ω 1A”；(4)在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(5)灯丝的电阻随温度的变化而变化。
(1)根据电源电压确定电压表的量程与定值电阻并联，根据图甲确定滑动变阻器接入的接线柱与定值电阻串联；
(2)电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入60Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格；
(4)分析表中电流与电压的关系得出结论；
(5)探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变，而灯丝的电阻受温度的影响。
探究“电流与电压、电阻的关系”，考查电路连接、故障分析、控制变量法、欧姆定律的应用、器材的选择和分析数据归纳结论的能力。
30.【答案】解：(1)闭合开关，两电阻并联，电流表测量干路电流，电压表测量电源电压。
根据欧姆定律可知通过电阻R1的电流I1===0.3A；
(2)根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，
根据欧姆定律可知电阻R2的阻值R2===30Ω；
R2的电功率P2=UI2=6V×0.2A=1.2W；
(3)通电1min，整个电路消耗的电能W=UIt=6V×0.5A×1×60s=180J。
答：(1)通过电阻R1的电流为0.3A；
(2)R2的电功率为1.2W；
(3)通电1min，整个电路消耗的电能为180J。
【解析】(1)闭合开关，两电阻并联，电流表测量干路电流，电压表测量电源电压。
根据欧姆定律可知通过电阻R1的电流；
(2)根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流，
根据欧姆定律可知电阻R2的阻值；
根据P=UI得出R2的电功率；
(3)根据W=UIt得出通电1min，整个电路消耗的电能。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算，难度不大。
31.【答案】解：(1)汽车静止时对地面的压力：F压=G=mg=0.6×103kg×10N/kg=6000N，
汽车静止时对地面的压强：p=FS=6000N4×20×10−4m2=7.5×105Pa；
(2)汽车在水平路面上匀速行驶，所受的阻力：f=F牵=240N，
汽车匀速行驶5min克服摩擦阻力所做的功：W=fs=fvt=240N×183.6m/s×5×60s=3.6×105J；
(3)电动机正常5min消耗的电能：W总=UIt=150V×10A×5×60s=450000J，
由η=WW总×100%可得：由η=WW总×100%=3.6×105J450000J×%=80%。
答：(1)汽车静止时对地面的压强为7.5×105Pa；
(2)汽车匀速行驶5min克服摩擦阻力所做的功为3.6×105J；
(3)电动机正常工作时，电能转化为机械能的效率为80%。
【解析】(1)静止在水平面上的物体，其对水平面的压力大小等于物体的重力，由p=FS解题；
(2)匀速直线运动的物体，其所受的阻力与牵引力为一对平衡力，由W=Fs求解；
(3)用电器正常工作时，由W=Pt求出所消耗的电能，由η=WW总×%解题。
本题考查压强、功、效率的计算，要理解压力与重力的关系，掌握匀速运动的汽车，所受的阻力与牵引力相等。
32.【答案】解：(1)A上表面所受水的压强：p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.12m=1200Pa；
(2)(3)A受到的浮力：F浮=ρ水gVA排=ρ水gVA=1×103kg/m3×10N/kg×1.0×10−3m3=10N；
因为A受力平衡，则细线对A的拉力：F拉A=F浮−GA=10N−8N=2N，
同一细线对B的拉力等于细线对A的拉力，即：F拉B=F拉A=2N。
B受到的浮力：F浮′=ρ水gVB排=ρ水gVA=1×103kg/m3×10N/kg×0.5×10−3m3=5N，
B所受重力大小GB=F浮′+F拉B=5N+2N=7N。
答：(1)A上表面所受水的压强为1200Pa；
(2)B所受重力大小为7N；
(3)细线对B的拉力大小为2N。
【解析】(1)知道A的上表面在水中所处的深度，利用p=ρgh求A上表面所受水的压强；
(2)利用阿基米德原理求A受到的浮力，根据A受力平衡即可求出细线对A的拉力，同一细线对B的拉力等于细线对A的拉力。根据阿基米德原理得出B受到的浮力，根据GB=F浮′+F拉B得出B所受重力大小。
本题考查了液体压强公式、阿基米德原理、物体平衡的应用，用到的公式较多，利用好相关的已知量是关键。
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