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2024年山东省枣庄市滕州市中考物理二模试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年山东省枣庄市滕州市中考物理二模试卷（含详细答案解析），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于声现象的说法，正确的( )
A. 在公路两旁安装隔音屏：是在声源处减弱噪声
B. 分贝仪：反映接收到的声音的音调不同
C. 蓝牙骨传导耳机：将耳机贴在颞骨两侧听音乐，主要是利用固体传声
D. 倒车雷达：利用的超声波属于一种电磁波
2.下列说法中符合实际的是( )
A. 初中生的课桌高度约为78cm；成年人正常步行的速度约为4km/h
B. 普通中学生从住宅楼的一楼走到二楼时克服重力所做的功为3000J
C. 对人体的安全电压是36V，班级的日光灯额定功率为40W
D. 洗澡水的温度大约是60℃，让人感觉温暖而舒适的室温大约是25℃
3.在如图温度计所示的恒温环境下进行实验。将温度计放入一杯冰水混合物中(冰是晶体)，从温度计放入开始计时，放入时间足够长，下列哪幅示意图可能反映了温度计内液体的体积随时间变化的情况( )
A.
B.
C.
D.
4.如图所示是学校舞蹈房的两块相互垂直的平面镜，一束光线AB射到其中一块平面镜上，经两次反射后射出的光线为CD，若将入射光线AB的入射角增加1∘，则出射光线CD的反射角将( )
A. 增加1∘B. 减少1∘C. 增加 2∘D. 减少2∘
5.如图所示，炽热的岩浆从覆盖着皑皑白雪的火山上喷涌而出。下列说法正确的是( )
A. 白雪温度低，内能小
B. 岩浆温度高，内能大
C. 白雪温度低，分子热运动停止
D. 岩浆温度高，分子热运动剧烈
6.小明用透明塑料盒设计了一个昆虫标本观察器，如图所示。盒底上放标本，盒盖上嵌入一凸透镜。有焦距为5cm和10cm的两种凸透镜，为了在盒盖上方附近，通过凸透镜观察到标本正立、放大的像，凸透镜焦距f与盒高h选择合理的是( )
A. f=5cmh=10cmB. f=10cmh=12cm
C. f=5cmh=12cmD. f=10cmh=6cm
7.为实现国家关于“碳达峰”“碳中和”目标，东风汽车集团研发了一款新型汽车。与某款汽车同样油耗和使用条件下，发动机工作时，尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲。如图所示为其发动机某一冲程示意图，下列有关说法正确的是( )
A. 尾气中“汽油味”降低，是因为汽油在汽缸中燃烧比较完全
B. 该冲程为压缩冲程，内能转化为机械能
C. 汽油在汽缸内完全燃烧，发动机效率可达100%
D. 该技术革新虽然减少了发动机的碳排放，但同时也降低了它的效率
8.2022年4月16日上午，神舟十三号载人飞船平安返回地面，返回舱直立落地，如图所示，堪称完美。下列说法正确的是( )
A. 返回舱所受的重力与地面对返回舱的支持力是一对平衡力
B. 返回舱所受的重力与返回舱对地面的压力是一对平衡力
C. 返回舱对地面的压力与地面对返回舱支持力是一对平衡力
D. 返回舱对地面的压力与空气对返回舱的浮力是一对平衡力
9.如图所示，小雪用放在水平面上的两个实验装置来观察并研究大气压的变化，下列说法正确的是( )
A. 甲图实验环境的大气压等于一个标准大气压
B. 甲图中大气压变大时，玻璃管内的液面会上升
C. 乙图中大气压变小时，玻璃管内的液面会下降
D. 乙装置从高山脚下拿到高山顶上，玻璃管内外液面高度差一定变小
10.如图甲所示，一个柱形容器放在水平桌面上，容器中立放着一个底面积为100cm2，高为15cm，质量为0.9kg均匀实心长方体木块A，A的底部与容器底用一根10cm长细绳连在一起，现慢慢向容器中加水，当加入1.8kg的水时，木块A对容器底部的压力刚好为0，如图乙所示。往容器里继续加水，直到细绳刚刚被拉断立即停止加水，如图丙所示。细绳刚刚被拉断和拉断细绳后A静止时，水对容器压强变化了100Pa。下列说法正确的是( )
A. 物体A的密度为0.9g/cm3B. 容器的底面积为200cm3
C. 绳子刚断时A受到的浮力为15ND. 绳子断后A静止后水对容器底的压力为63N
11.滑雪是人们喜爱的运动。如图所示，某同学坐在轮胎上从雪道的A点由静止开始滑下，经最低点B滑行到右边坡道的最高点C，轮胎与雪道之间有摩擦力存在。从A到C的过程中( )
A. 重力势能一直减少B. 动能一直减少C. 动能一直增加D. 机械能一直减少
12.如图所示，用F=10N的拉力使重物匀速上升0.1m，已知物体的重力为27N(忽略绳子与滑轮的摩擦及绳子的重力)，下列说法正确的是( )
A. 绳子末端移动的距离是0.2m
B. 拉力做的功是2.7J
C. 滑轮组的机械效率是90%
D. 动滑轮的重力是1N
13.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻。闭合开关，在保证电路元件安全的前提下，将滑动变阻器的滑片由B端向A端移动的过程中( )
A. 电流表的示数变大，电压表的示数变大B. 电流表的示数变小，电压表的示数变小
C. 电流表的示数变小，电压表的示数变大D. 电流表的示数变大，电压表的示数变小
14.如图所示，发现闭合开关S后，小灯泡L1比L2亮，则下列说法正确的是( )
A. L1和L2的连接方式是并联
B. L1比L2亮是由于电流先流经L1
C. L1的电功率比 L2的电功率大
D. 通过L1的电流比通过L2的电流大
15.如图所示的四种家用电器中，利用电流热效应工作的是( )
A. 迷你风扇B. 笔记本电脑
C. 清洁机器人D. 电暖气
16.如图所示是小明家的一个插线板，他在使用中发现：插线板上的开关闭合时插孔能提供工作电压。选项图中电路的连接符合上述要求及安全用电原则的是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本大题共9小题，共24分。
17.幸福小区电梯内壁是抛光的不锈钢板。电梯门打开时，小玉看到的“自己”是______像(填“实”或“虚”)；逐渐走进电梯时，“像”的大小______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
18.2023年5月28日，中国东方航空使用中国商飞全球首架交付的C919大型客机，从上海虹桥机场飞往北京首都机场。起飞时，飞机在跑道上加速滑行时惯性______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；为了安静地休息，乘客带上了耳罩，这是在______减弱噪声。
19.2023年5月30日，在酒泉基地发射的“神舟十六号”载人飞船升空过程中，燃料舱内的液态氢的热值______(选填“变大”、“不变”或“变小”)；若100g液态氢完全燃烧放出的热量有60%被水吸收，水温升高了50℃，则水的质量为______ kg。[q液氢=1.4×108J/kg,c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
20.如图所示，供轮椅上下的斜坡长L=4m，高h=2m。小明用120N的拉力平行于斜坡向上将重为200N的木箱从底端匀速拉到顶端。他所做的有用功为______ J，斜坡的机械效率为______(精确到0.1%)，木箱所受摩擦力的大小为______ N。
21.科技制作活动中，小明将金属夹夹在吸管一端使其密闭，制成简易密度计，如图所示。为了给密度计标刻度，他将密度计分别放入水和煤油中，密度计均竖直漂浮，吸管露出液面的长度为d。密度计在水中时d为12cm，浮力大小为F1；在煤油中时d为10cm，浮力大小为F2，则F1______F2(选填“>”“<”或“=”)。若将密度计放入密度为1.25g/cm3的液体中，则d为______ cm。(ρ水=1.0g/cm3、ρ煤油=0.8g/cm3)
22.如图所示，长方体物块A在拉力F=8N的水平拉力作用下沿水平面匀速向右运动，此时弹簧测力计示数为6N且保持不变，则物块B对A的摩擦力方向是向______，地面对 A的摩擦力为______ N。当F增大到10N时，木块B受到的摩擦力______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
23.用如图所示的装置可探究电流产生热量与______(填“电流”或“电阻”)的关系，装置中的U形管______(选填“是”或“不是”)连通器；电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为______；若将R3更换为10Ω的电阻，______(填“仍能”或“不能”)完成该实验探究。
24.如图甲所示的家用电饭锅，其金属外壳通过插座的______(选填“A”“B”或“C”)孔接地线。若其内部主要部件有：两个阻值相同的发热电阻、温控开关等，熬煮稀饭时，在温控开关的自动控制下按快煮→慢熬→保温三种不同的发热功率完成工作流程，其中慢熬过程仅有一个发热电阻工作，电功率P随时间t变化关系的图像如图乙所示。若快煮过程电流做功为W1，慢熬过程电流做功为W2，则W1：W2=______。
25.寒冬，为给小鸡仔提供温暖的环境，小明制作了恒温箱系统，原理如图。控制电路由电磁继电器、滑动变阻器R1、热敏电阻R2(安装在恒温箱内，阻值随温度升高而显著减小)、低压电源等组成。加热电路由电源、电热丝R3和R4等组成。调好R1阻值，闭合开关S1、S2，箱内温度升高到设定值后即在小范围内波动，且降温阶段降温比较平缓。
(1)通电线圈上端是______极，温度升高时，电磁铁磁性______；
(2)R3阻值______(大于/小于)R4阻值；
(3)将R1的阻值稍微调小一些，恒温箱控制的温度将______。
三、作图题：本大题共1小题，共2分。
26.如图所示，用如图方式将瓶盖起开。请在图上画出：
(1)支点O；
(2)作用在A点的最小动力F1。
四、实验探究题：本大题共4小题，共22分。
27.[实验设计]
小明同学在四块相同的玻璃板上各滴一滴质量相同的水，进行如图所示的实验探究，得出水蒸发快慢与水的温度、水的表面积和水面上方空气流动快慢有关。
(1)通过甲、乙两图的对比，可以得出水蒸发快慢与水的______有关。
(2)通过______两图的对比，可以得出水蒸发快慢与液面上方空气流动得快慢有关，该实验的研究方法是______(选填“转换法”或“控制变量法”)。
[实验拓展]
如何证明空气中含有水分？写出证明过程。
28.小明用如图甲所示的实验器材，做“探究平面镜成像的特点”实验装置：
(1)小明在玻璃板的前面放一支点燃的蜡烛A，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的与A完全相同的蜡烛B，这主要是为了比较像与物的______关系；在寻找蜡烛 A的像的位置时，眼睛应该在蜡烛______(选填“A”或“B”)侧观察。
(2)小明把蜡烛A向靠近玻璃板方向移动一段距离，则像的大小______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。实验中还需用到______(填测量工具)，用于探究像与物到玻璃板的距离关系。
(3)若把玻璃板沿MN截成两部分(如图乙所示)，并分别向两侧平移一小段距离，则蜡烛通过左右两部分玻璃板成像的情况是______(选填“A”或“B”)。
A.都成完整的像，且两个像在同一位置
B.各成半个像，合起来成一个完整的像
C.都成完整的像，两个像在不同位置
D.玻璃从中间破裂了，所以不成像
29.学校实验室新进了一批规格为“”的小灯泡，小明想通过实验探究小灯泡的额定功率是否符合规格。
(1)根据图甲所示电路图，用笔画线代替导线把图乙所示的实物电路补充完整。当滑动变阻器向左滑动时电压表的示数将______(选填：“变大”或“变小”或“不变”)。
(2)小明完成实验后，根据实验数据作出I−U关系图像如图丙所示，由图像可得小灯泡的额定功率为______ W，该小灯泡______(选填“符合”或“不符合”)制造规格。
(3)由I−U关系图像可知当小灯泡两端电压为1V时，它的电阻为______Ω；进一步分析图像可得小灯泡电阻随着两端电压的升高而______。(选填“增大”或“减小”或“不变”)
(4)当滑动变阻器向左滑动时，突然灯泡熄灭，电流表无示数，电压表示数较大，可能出现的故障是______。
30.小明利用U形管压强计和装有水的大烧杯来探究液体内部压强的特点。实验前，他注意到U形管两边的液面已处在同一水平线上，如图甲所示。
(1)实验中液体内部压强的大小通过______反映出来；
(2)通过观察图乙、丙两次实验可知，液体内部的压强与______有关；
(3)小明还发现在同种液体中，金属盒距液面的距离相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变化，表明在相同条件下液体内部各个方向的压强______；
(4)已知丙图中U形管左侧水柱高为4cm，右侧水柱高为10cm，则U形管底部受到的液体压强为______ Pa；(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
(5)小明保持图丙中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，实验情形如图丁所示，比较丙、丁两次实验，小明得出了：液体的密度越大，其内部的压强越大的结论。你认为他的结论是否可靠？______，原因是：______。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
31.方方用图甲所示电路研究电功率和电流的关系，绘制了定值电阻R0、滑动变阻器R的功率与电流的关系图，如图乙。
(1)实线表示的是______(选填“R”或“R0”)的功率与电流的关系。
(2)求R0的阻值。(写出计算过程)
(3)当电流表示数为0.5安时，求R消耗的功率。(写出计算过程)
32.如图是一个上肢力量健身器示意图，D是动滑轮；配重A的质量为140kg，底面积是8.0×10−2m2，杠杆EH可绕固定点O在竖直平面内转动，且OE：OH=1：2.假定运动员体重是600N，一只脚板与地面的接触面积为2.0×10−2m2(不计杠杆重、绳重及摩擦，g取10N/kg).问：
(1)配重A自由放置时对地面的压力、压强分别是多大？
(2)若将A提离地面，此时人对绳施加425N的拉力，动滑轮重为多少？
(3)若A未提离地面，当配重A和人对地面的压强相等且杠杆在水平位置平衡时，人对绳的拉力为多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.在公路两旁安装隔音屏，是在传播过程中减弱噪声，故A错误；
B.分贝仪：反映接收到的声音的响度不同，故B错误；
C.声音可以在固体中传播，蓝牙骨传导耳机，主要是利用固体传声，故C正确；
D.倒车雷达是利用的超声波属于声波，故D错误。
故选：C。
(1)减弱噪声的途径有三个：在声源处，在传播过程中，在人耳处；
(2)噪声检测装置是检测噪声的大小装置；
(3)声音是由物体的振动产生的，人耳听到声音是经过鼓膜、听小骨、听觉神经，最后传到大脑；
(4)声音可以传递信息，也可以传递能量。
此题考查了减弱噪声的途径、响度与音调的区分、超声波的应用等知识，要结合相关知识进行分析解答。
2.【答案】A
【解析】解：A、初中生的课桌高度约为78cm；成年人正常步行的速度约为1.1m/s，即4km/h，故A正确；
B、中学生从住宅楼的一楼走到二楼时克服重力所做的功约为：W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×3m=1500J，故B错误；
C、对人体的安全电压是不高于36V，班级的日光灯额定功率为40W，故C错误；
D、洗澡水的温度大约是40℃，让人感觉温暖而舒适的室温大约是25℃，故D错误。
故选：A。
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。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
3.【答案】A
【解析】解：由图知，温度计的示数是25℃，说明环境温度是25℃；
冰水混合物的温度是0℃，冰水混合物放在这一环境中会吸收热量，其中的冰会熔化，并且在熔化过程中温度保持不变，直到冰全部熔化成水；
所以将温度计放入冰水混合物中，开始时冰水混合物温度为0℃，温度计中液体温度较高，放出热量体积收缩，温度计示数变小，直到与冰水混合物温度相同；
当冰全部熔化成水，温度升高，温度计中液体温度也随着升高，直到与环境温度相同。
所以温度计内液体体积先减少接着保持不变，随后体积膨胀，最终保持不变。
故选：A。
4.【答案】B
【解析】解：两个互相垂直的平面镜的特点是对光线进行两次反射，根据反射定律可知，两次反射的光线与入射光线是始终平行的，因此入射光线AB的入射角增加1∘，则CD的反射角将减少1∘。
故选：B。
光的反射定律反射光线与射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入；
反射角和入射角的概念：入射光线与法线的夹角叫做入射角，反射光线与法线的夹角叫做反射角。
本题主要考查了光的反射定律的内容，要掌握光的反射定律及反射角与入射角的概念。
5.【答案】D
【解析】解：AB、内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，与物体质量、温度、状态等有关，温度高的内能不一定大；温度低的内能不一定小，故AB错误。
CD、温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大；分子热运动永不停息，白雪温度低，但分子热运动没有停止，故C错误；
岩浆温度高，分子热运动剧烈，故D正确。
故选D。
分子有质量，分子在不停地做着无规则运动，所以分子具有动能；分子间存在着相互作用力，所以分子之间还具有势能。在物理学中，把物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能；一切物质的分子都在不停地做无规则的运动．分子做无规则运动的快慢与温度有关，温度越高，热运动越剧烈，不管温度高低，分子都在无规则运动，只是运动的快慢不同．扩散运动是分子热运动的宏观体现。
本题关键是知道内能、热量、和温度的关系，明确内能与物体的质量、温度和体积有关，是基础题目。
6.【答案】D
【解析】解：为了在盒盖上方附近，通过凸透镜观察到标本正立、放大的像，物距应小于焦距，则只有D符合题意。
故选：D。
把小的物体放大便于观察，就是放大镜，放大镜实际上是一个凸透镜，物体放在凸透镜的一倍焦距以内，成正立、放大的虚像。
此题主要凸透镜成像的三种情况和应用，针对本类型的习题，首先明确是照相机、还是投影仪、还是放大镜，然后根据物距和焦距的关系进行判断。
7.【答案】A
【解析】解：
A、尾气中“汽油味”明显降低，这说明汽油的燃烧率较高，燃烧的较完全，故A正确；
B、两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程，此冲程中内能转化为机械能，故B错误；
C、汽车在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，机械效率一定小于100%，故C错误；
D、该发动机的尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲，在做相同有用功时，消耗的燃料少，减少了碳排放，同时也提高了它的效率，故D错误。
故选：A。
(1)汽油在燃烧的过程中，燃烧的越充分，尾气中的“汽油味”越低；
(2)根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程及能量的转化；
(3)任何机器都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%；
(4)根据发动机工作的特点分析。
本题考查了内燃机的工作过程、新型发动机的特点、发动机的效率，属于基础题。
8.【答案】A
【解析】解：A.一对平衡力要同时满足4个条件：两个力要作用在同一个物体上、大小相等、方向相反、在同一条直线上；返回舱所受的重力和地面对返回舱的支持力，满足一对平衡力的4个条件，故A正确；
B.返回舱所受的重力的受力物体是返回舱，返回舱对地面的压力的受力物体是地面，两个力不是作用在同一个物体上，故B错误；
C.返回舱对地面的压力与地面对返回舱的支持力是一对相互作用力，两个力分别作用在不同的物体上，故C错误；
D.返回舱对地面的压力的受力物体是地面，空气对返回舱的浮力的受力物体是返回舱，两个力分别作用在不同的物体上，故D错误。
故选：A。
一对平衡力应满足的条件：二力的大小相等、方向相反、在同一直线上、作用在同一物体上。
本题考查了平衡力，重点是掌握一对平衡力应满足的条件，但难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A、甲图水银的高度是750mm，标准大气压相当于760mm水银柱产生的压强，故A错误；
B、甲图是托里拆利实验，玻璃管内是真空，大气压的值等于玻璃管内液柱产生的压强，当大气压变大时，玻璃管内的液面会上升，故B正确；
C、乙图中，瓶内封闭部分气体的压强=玻璃管内水的压强+外界大气压，瓶内气压不变，外界大气压变小时，玻璃管内的液面会上升，故C错误；
D、把乙装置从高山脚下拿到高山顶上，大气压降低，玻璃管内液柱会在内部气压的作用下升高，玻璃管内外液面高度差变大，故D错误。
故选：B。
(1)托里拆利实验测量的结果是大气压相当于约760mm水银柱产生的压强，后来这一压强被规定为1标准大气压。；
(2)在托里拆利实验中，玻璃管内水银柱的高度代表了外界大气压强的大小，外界大气压变大时，玻璃管内的液面会升高；
(3)从大气压与瓶内压强的关系角度进行考虑，瓶内封闭部分气体的压强=玻璃管内水的压强+外界大气压；
(4)大气压随着高度的增加而减小。
第一次精确地测出大气压值的实验是托里拆利实验，是意大利科学家托里拆利最早通过玻璃管、水银、刻度尺等完成测量的。其测量的结果是大气压相当于约760mm水银柱产生的压强，后来这一压强被规定为1标准大气压。
10.【答案】D
【解析】解：A、木块A的体积：VA=SAhA=100cm2×15cm=1500cm3，
物体A的密度：ρA=mAVA=0.9×1000g1500cm3=0.6g/cm3，故A错误；
B、当加入1.8kg的水时，木块A对容器底部的压力刚好为0，此时木块恰好漂浮；
因木块受到的浮力和自身的重力相等，所以，由阿基米德原理可得：F浮=GA，即：mAg=ρ水gV排，
则木块排开水的体积：V排=mAρ水=0.9×103g1g/cm3=900cm3，
容器内水的深度：h水=V排SA=900cm3100cm2=9cm，
容器内加入水的体积：V水=m水ρ水=1.8kg1.0×103kg/m3=1.8×10−3m3=1800cm3，
由V水=(S容−SA)h水可得，容器的底面积：
S容=V水h水+SA=1800cm39cm+100cm2=300cm2，故B错误；
C、细绳拉断前、后木块静止时，由p=ρgh可得，容器内水深度的变化量：△h=△pρ水g=100Pa1.0×103kg/m3×10N/kg=0.01m=1cm，
木块排开水体积的减少量：△V排=S容△h=300cm2×1cm=300cm3，
则剪断细绳前木块排开水的体积：V排′=V排+△V排=900cm3+300cm3=1200cm3=1.2×10−3m3，
木块受到的浮力：F浮′=ρ水gV排′=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.2×10−3m3=12N，故C错误；
D、细绳拉断前木块浸入水中的深度：h水′=V排′SA=1200cm3100cm2=12cm，
最后容器中水的深度：h′=L+h水′−△h=10cm+12cm−1cm=21cm=0.21m，
底部受到的压强：p=ρ水gh′=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.21m=2.1×103Pa，
由p=FS可得水对容器底的压力为：
F容=pS容=2.1×103Pa×300×10−4m2=63N。故D正确。
故选：D。
(1)根据V=Sh求出物体A的体积，利用ρ=mV求出物体A的密度；
(2)当加入1.8kg的水时，木块A对容器底部的压力刚好为0，此时木块恰好漂浮，根据物体浮沉条件和阿基米德原理求出木块排开水的体积，根据V=Sh求出容器内水的深度，根据ρ=mV求出容器内加入水的体积，利用V水=(S容−SA)h水求出容器的底面积；
(3)细绳拉断前、后木块静止时，根据p=ρgh求出容器内水深度的变化量，根据△V排=S容△h求出木块排开水体积的减少量，然后求出剪断细绳前木块排开水的体积，根据阿基米德原理求出木块受到的浮力；
(4)根据V=Sh求出细绳拉断前木块浸入水中的深度，然后根据绳长和水的变化求出容器内水的深度，利用p=ρgh求出容器底部受到水的压强，再结合p=FS求出绳子断后A静止后水对容器底的压力。
本题考查了密度公式和物体浮沉条件、阿基米德原理、液体压强公式的应用等，正确的从题干中获取有用的信息是关键和难点。
11.【答案】D
【解析】解：某同学从A到B的过程中，高度变小，质量不变，重力势能变小；速度变大，质量不变，动能变大；从B到C的过程中，高度变大，质量不变，重力势能变大；速度变小，质量不变，动能变小；由于轮胎与雪道之间有摩擦力存在，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能会变少；故从A到C的过程中，动能先变大后变小，重力势能先变小后变大，机械能一直变少，D正确。
故选：D。
影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。
机械能大小可以根据机械能=动能+势能中动能和势能的变化来判断机械能的变化，也可以看机械能是否和其它形式的能发生转化来判断。
12.【答案】C
【解析】解：
A、由图知n=3，则绳子末端移动的距离：s=3h=3×0.1m=0.3m，故A错误；
B、拉力做的总功：W总=Fs=10N×0.3m=3J，故B错误；
C、有用功为：W有用=Gh=27N×0.1m=2.7J；
机械效率为：η=W有用W总=2.7J3J=90%，故C正确；
D、拉力做的额外功：W额=W总−W有用=3J−2.7J=0.3J；
不计绳重和滑轮的摩擦，由W额=G动h可得，动滑轮的重力：G动=W额h=，故D错误。
故选：C。
根据W有用=Gh求出有用功，根据s=3h求出绳子自由端移动距离，根据W总=Fs求出总功，根据机械效率公式求出机械效率的大小；根据W总=W有用+W额求出克服动滑轮重做的额外功，再根据W额=G动h求出动滑轮重。
此题主要考查的是学生对有用功、总功、额外功、机械效率计算公式的理解和掌握，基础性题目。
13.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，两电阻串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；
将滑动变阻器的滑片由B端向A端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；
根据I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
根据U=IR可知，R两端的电压变大，根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，两电阻串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。
本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键明白滑片移动的过程中电路的变化情况，这是本题的难点也是重点。
14.【答案】C
【解析】解：AD、从图中可以看出，L1和L2两灯泡串联，因为串联电路中处处电流相等，因此通过L1、L2的电流相等，故AD错误；
BC、灯泡的亮度取决于其实际功率的大小，闭合开关S后，小灯泡L1比L2亮，说明L1的电功率比L2的电功率大，不是由于电流先流经L1，故B错误，C正确。
故选：C。
从图中可以看出，两灯泡串联，串联电路处处电流相等，电压表并联在灯泡L2两端，灯泡的亮度取决于其实际功率的大小。
本题考查了电路的连接方式、串联电路的电流特点和用电器的功率，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
15.【答案】D
【解析】A、电风扇工作时电能主要转化为机械能，利用了通电导体在磁场中受到力的作用而工作的，不是利用电流热效应工作的，故A错；
B、笔记本电脑主要把电能转化为光能，不是利用电流热效应工作的，故B错；
C、清洁机器人工作时电能主要转化为机械能，利用了通电导体在磁场中受到力的作用而工作的，不是利用电流热效应工作的，故C错；
D、电暖气工作时电能转化为内能，是利用电流热效应工作的，故D正确；
电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应，发生电流的热效应时，电能转化为内能。分析各用电器工作时能量的转化方向、根据用电器的工作原理逐一分析做出选择。
本题主要考查学生对：电流的热效应，知道电流热效应的概念及利用电流热效应工作的用电器能量转化的方向，是正确解题的关键。
16.【答案】B
【解析】解：插线板上的开关闭合时插孔能提供工作电压，这说明开关控制三孔插座；三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，为了用电的安全，开关接在右孔与火线之间，故B正确。
故选：B。
并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。
根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
17.【答案】虚 不变
【解析】解：抛光的不锈钢板相当于平面镜。小玉看到不锈钢板“里面”的“自己”，这是由于光发生反射而形成的虚像；
走进电梯，物距减小，属于像距也会减小，此时“像”会靠近自己，但像的大小不变。
故答案为：虚；不变。
不锈钢板成像原理与平面镜相同，像与物大小相等，像的大小与物距无关。
本题主要考查了平面镜成像的特点的应用，属于基础题。
18.【答案】不变 人耳处
【解析】解：惯性是物体保持运动状态不变的性质，与质量有关，与速度无关，飞机在跑道上加速滑行时质量不变，则惯性不变；为了安静地休息，乘客带上了耳罩，这是在人耳处减弱噪声。
故答案为：不变；人耳处。
惯性是物体保持运动状态不变的性质，与质量有关，与速度无关；
防治噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
本题考查惯性与减弱噪声，属于基础题。
19.【答案】不变 40
【解析】解：(1)热值是燃料的特性，与燃料的质量无关；所以燃料燃烧提供火箭升空所需的能量，本身质量不断减小，热值不变；
(2)100g液态氢完全燃烧释放出的热量：Q放=m氢q氢=0.1kg×1.4×108J/kg=1.4×107J；
水吸收的热量：Q吸=ηQ放=60%×1.4×107J=8.4×106J，
由Q吸=cmΔt得水的质量为：m水=Q吸c水Δt=8.4×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×50℃=40kg。
故答案为：不变：40。
(1)热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量大小、燃烧情况无关；
(2)知道液态氢的质量和热值，利用Q放=mq计算出100g的液态氢完全燃烧释放出的热量；
利用Q吸=ηQ放求水吸收的热量，知道水的比热容、升高的温度，利用公式Q吸=cmΔt计算水的质量。
本题考查了吸热公式、热效率公式、燃料燃烧放出热量公式的综合运用，注意温度升高了和升高到的区别。
20.【答案】40083.3%20
【解析】解：(1)拉力做的有用功：W有用=Gh=200N×2m=400J；
(2)拉力F做的总功：W总=Fs=120N×4m=480J，
斜坡的机械效率：η=W有用W总=400J480J×100%≈83.3%；
(3)拉力做的额外功：W额=W总−W有用=480J−400J=80J，
由W额=fs可得，木箱受到的摩擦力：
f=W额s=80J4m=20N。
故答案为：400；83.3%；20。
(1)知道斜坡高、木箱重，利用W有=Gh求拉力做的有用功；
(2)知道拉力大小、斜面长，利用W=Fs求拉力F做的总功；斜面的机械效率等于有用功与总功的比值；
(3)利用W额=W总−W有求出额外功，再利用W额=fs计算木箱受到的摩擦力大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，计算时注意摩擦力不等于拉力，需要利用W额=fs计算。
21.【答案】=13.6
【解析】解：密度计在煤油和水中都处于漂浮状态，由物体沉浮条件可知，F1=F2=G；
设吸管长度为h，底面积为S，密度计重力为G，
小明将该密度计放入水中，密度计静止时d为12cm，ρ水=1.0g/cm3=1.0×103kg/m3，
由F1=G，可得：
[(h−0.12m)S]×1.0×103kg/m3×10N/kg=G--------①，
小明将该密度计放入煤油中，密度计静止时d为10cm，ρ煤油=0.8g/cm3=0.8×103kg/m3，
由F2=G，可得：ρ煤油gV排煤油=G，
即[(h−0.1m)S]×0.8×103kg/m3×10N/kg=G-----②，
由①②可得，h=0.2m；
设该密度计上对应密度值为1.25g/cm3的刻度线到密度计顶端的距离为d，
则[(h−d)S]×1.25×103kg/m3×10N/kg=G--------③，
将h=0.2m分别代入①和③，并将①③联立，
解得d=0.136m=13.6cm。
故答案为：=；13.6。
设吸管长度为h，底面积为S，密度计重力为G，根据密度计漂浮在液面上时，F浮=G，分别列出在煤油和水中的等式，求得吸管的长度，然后将其带入密度计上对应密度值为1.25g/cm3的刻度线时的等式即可求得答案。
此题考查物体浮沉条件的应用和阿基米德原理的应用，主要是漂浮时F浮=G的应用，同时考查学生的数学计算能力。
22.【答案】左 2 不变
【解析】解：(1)由题意知，用8N的水平力F，拉着长木板B沿水平地面上做匀速直线运动，木块A始终静止不动，此时弹簧测力计对木块A的拉力与木块A和木板B间的摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，故木块A受到的摩擦力是6N；方向是水平向右；根据力的作用是相互的，相互作用力方向相反，物块B对A的摩擦力方向是向左；大小为6N；
A受地面摩擦力与B施加的摩擦力和拉力而平衡，故地面的摩擦力f′=F−fB对A=8N−6N=2N；
(2)逐渐增大F，B与A间的压力大小和接触面的粗糙程度仍不变，所以A受到的摩擦力不变。
故答案为：左；2；不变。
根据二力平衡分析木块受力得出摩擦力的大小和方向；摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与物体运动状态无关。滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，据此做出判断。
本题考查了有关摩擦力大小和方向的判断，关键掌握影响摩擦力大小的因素，注意摩擦力方向总是与物体相对运动趋势或相对运动方向相反。
23.【答案】电流 不是 1：4 仍能
【解析】解：(1)由图可知，R2与R3并联后与R1串联，根据串、并联电路电流特点可知，R1和R2与R3电阻相同，所以通过R2电流等于通过R1的电流的一半，所以可以探究电流产生的热量与电流大小的关系；
(2)图中的两个U形管上端不都是开口的，所以装置中的U形管不是连通器；
(3)通过R2电流等于通过R1的电流的一半，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为1：4。
若将R3更换为10Ω的电阻，电阻的分流作用还在，仍能完成该实验探究。
故答案为：电流；不是；1：4；仍能。
(1)要探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量跟电流大小关系，要控制导体的电阻和通电时间相同，电流大小不同；
(2)上端开口、底部互相连通的容器叫连通器；
(3)根据焦耳定律Q=I2Rt来分析。
本题考查连通器、焦耳定律、以及控制变量法在本实验中的应用等知识，难度不大。
24.【答案】A 1：3
【解析】解：根据三孔插座的正确接法可知，B应与零线相连，C应与火线相连，金属外壳通过插座A与地线相连；
设两个阻值相同的发热电阻的电阻为R，快煮时电功率最大，电阻最小，即两电阻并联，R快=12R；慢熬时功率次之，只有一个发热电阻工作，即R慢=R；保温时电阻最大，即两电阻串联，R保=2R；电压相同；则P快=U2R快=2U2R，P慢=U2R慢=U2R，
根据图中数据、P=Wt得，W1W2=P快t1P慢t2=2U2R×10×60sU2R×(70−10)×60s=13。
故答案为：A；1：3。
(1)三孔插座接法：右孔接火线、左孔接零线、上孔接地线；
(2)设两个阻值相同的发热电阻的电阻为R，求出快煮、慢熬、保温时的电阻；电压相同；根据P=U2R求出快煮、慢熬时的电功率，再根据图中数据、P=Wt求出W1：W2。
本题考查了安全用电知识、电功和电功率计算，关键是从图像中读出有用信息。
25.【答案】N 增强 小于 降低
【解析】解：(1)闭合开关S1，电流从电磁铁上端流入，下端流出，由安培定则可知，线圈的上端为N极，下端为S极；
温度升高时，热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，根据欧姆定律，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；因加热功率大于保温功率，且电源电压不变，由P=UI=U2R可知，R3阻值小于R4阻值；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联可知，热敏电阻R2的阻值变大，因热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，故恒温箱控制的温度将降低。
故答案为：(1)N；增强；(2)小于；(3)降低。
(1)根据安培定则判断通过后电磁铁的极性；根据热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；根据P=UI=U2R分析R3与R4的阻值大小；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联分析热敏电阻R2的阻值变化，利用热敏电阻阻值随温度的变化关系确定恒温箱控制的温度变化。
本题通过电磁继电器的应用考查了对电磁铁的认识和理解，知道电磁继电器实质是一个开关，对电磁继电器电路的工作过程进行分析，一般的思路是，先明确控制电路与工作电路，再从控制电路入手，看电磁铁磁性的有无对工作电路触点连接情况的影响，最后确定工作电路中的工作情况。
26.【答案】解：图中起子与瓶盖上面接触点O为支点，连接OA为最长力臂，过A点作垂线，动力F1方向向下；如图乙所示：
【解析】在杠杆上，支点指的是杠杆绕着转动的点，阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是支点到力的作用线的距离。根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长最省力。
本题考查了力和力臂的画法。明确力臂越长越省力是确定力的方向的关键，关键是力臂与力的作用线垂直。
27.【答案】表面积 甲、丁 控制变量法
【解析】解：(1)比较甲、乙两图看出是水的温度和水上方空气流动速度相同，不同的是水的表面积，所以可以得出水蒸发快慢与水的表面积有关；
(2)要想研究水蒸发的快慢与液体上方的空气流动快慢的关系，应控制相同的表面积、相同的温度，不同的空气流动情况，故选甲、丁两图；该实验的研究方法是控制变量法。
实验拓展：要想让空气中的水蒸气变成液态的水，就要让温度降低。可从冰箱中拿出一杯冰，放到冰箱外，瓶子周围会集起一层水雾，那就是空气中的水蒸气遇冷液化后产生的。
故答案为：(1)表面积；(2)甲、丁；控制变量法；
实验拓展：从冰箱中拿出一杯冰，瓶子周围会集起一层水雾，那就是空气中的水蒸气遇冷液化后产生的，证明空气中有水蒸气。
(1)(2)影响蒸发快慢的因素有：液体温度的高低、液体表面积的大小、液体上方空气流动的速度；在探究一个物理量与多个因素的关系时，采用控制变量法的思想。
实验拓展：从空气中的水以水蒸气的形式存在，如何把气体形式的水变成能看得见的水去分析解答。
本题主要考查学生对影响蒸发快慢因素、液化现象的了解和掌握，以及控制变量法的应用，注重实验探究过程能力的考查；要明确：让无形的水(水蒸气)变成有形的水(液体)，用降低温度的方法。
28.【答案】大小 A 不变 刻度尺 A
【解析】解：(1)在玻璃板的前面放一支点燃的蜡烛A，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的蜡烛B，此操作目的是确定像的位置和比较像与物体的大小；平面镜成的像是光的反射形成的，A蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在A蜡烛所在这一侧；
(2)平面镜成的像与物大小相等，小明把蜡烛A向靠近玻璃板方向移动一段距离，则像的大小不变；还需用到刻度尺来测量长度，用于探究像与物到玻璃板的距离关系；
(3)平面镜所成的像，像和物体形状、大小相同，与平面镜的大小无关，半个平面镜仍能成完整像，平面镜左右两部分都能成完整的像，像与蜡烛关于镜面对称，所以两个像的位置是相同，故A正确，BCD错误。
故答案为：(1)大小；A；(2)不变；刻度尺；(3)A。
(1)要验证平面镜成像的特点，就必须让两根蜡烛大小相同；玻璃板是透明的，可以看到对面的物体，目的是为了确定像的位置；实验过程中，眼睛要在蜡烛A侧观察，眼睛既能看到蜡烛A，又能看到代替蜡烛A的蜡烛B；
(2)平面镜成的像与物大小相等；刻度尺测量长度；
(3)平面镜成像的特点是：①所成的像是虚像；②像和物体形状、大小相同；③像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；④像和物体各对应点到平面镜间距离相等
本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用，难度不大。
29.【答案】变大 0.75符合 5 增大 灯泡断路
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故应将灯泡的右接线柱和滑动变阻器的左下接线柱相连，将滑动变阻器的右上接线柱和电流表的“-”接线柱相连，如图：
当滑动变阻器向左滑动时，接入电路电阻变小，电路中的电流变大，电压表测量灯泡两端电压，电压表示数变大；
(2)小灯泡的额定电压为2.5V，从图中可知小灯泡的额定电流为0.3A，根据P=UI可知小灯泡的额定功率PL=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W，该小灯泡符合制造规格；(3)当小灯泡两端电压为1V时，根据图像可知此时电流为0.2A，由欧姆定律可知：P=UI=1V0.2A=5Ω；由图像可知，当灯泡两端的电压增加时，通过灯泡的电流也增加，但电流增加比电压增加更慢，由此得出灯泡的电阻随灯泡两端的电压增大而增大；
(4)当滑动变阻器向左滑动时，突然灯泡熄灭，电流表无示数，电压表示数较大，则可能灯泡断路；
故答案为：(1)如图；变大；(2)0.75；符合；(3)5；增大；(4)灯泡断路。
(1)根据图甲所示电路图可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故应将灯泡的右接线柱和滑动变阻器的左下接线柱相连，将滑动变阻器的右上接线柱和电流表的“-”接线柱相连；当滑动变阻器向左滑动时，接入电路电阻变小，电路中的电流变大，电压表测量灯泡两端电压，电压表示数变大；
(2)小灯泡的额定电压为2.5V，从图中可知小灯泡的额定电流，根据P=UI可知小灯泡的额定功率，并判断该小灯泡是否符合制造规格；
(3)根据欧姆定律，计算出小灯泡此时的电阻；根据图像比较，电压越大，通过灯泡的电流也越大，但电流增加比电压增加更慢，由此可得出结论；
(4)当滑动变阻器向左滑动时，突然灯泡熄灭，电流表无示数，电压表示数较大，则可能灯泡断路。
本题为测量小灯泡的额定功率的实验，考查电路连接、故障分析、电功率计算、实验步骤等知识。
30.【答案】U形管两边液柱的高度差 液体的深度 相等 1000 不可靠 没有控制金属盒在水和盐水中的深度相同
【解析】解：(1)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的。液面高度差越大，液体的压强越大；
(2)比较乙、丙实验可知，液体的密度相同，金属盒在液体的深度不同，U形管内液面的高度差不同，说明液体内部压强与液体的深度有关；
(3)在同种液体中，金属盒距液面的距离相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变化，表明在相同条件下，液体内部各个方向的压强相同；
(4)由题意得，U形管左侧液柱高为4cm，右侧液柱高为10cm，因为左侧液柱上方的气压大于外界大气压，而右侧与大气相通，则U形管中液柱的高度应取10cm，
因此U形管底部受到的液体压强为：
p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×10×10−2m=1000Pa；
(5)小明保持丙图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体是深度增大，密度增大，U形管左右液面差增大，没有控制深度不变，不能探究液体压强跟密度的关系。
故答案为：(1)U形管两边液柱的高度差；(2)液体的深度；(3)相等；(4)1000；(5)不可靠；没有控制金属盒在水和盐水中的深度相同。
液体压强大小通过U形管内液面的差来反映的，液面高度差越大，液体的压强越大。
液体的压强跟液体的深度和密度有关。液体的密度一定时，液体越深，液体压强越大；在液体的深度一定时，液体的密度越大，液体压强越大。
在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等。
由题意可知，右侧与大气相通，右侧液柱高为10cm，这就是U形管中液柱的高度，根据液体压强公式p=ρgh即可求出U形管底部受到的压强。
此题为探究液体压强特点的实验，解答此问题要求学生掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强大小的影响因素。
31.【答案】R0
【解析】解：
(1)研究电功率和电流的关系，通过调节变阻器R的滑片改变电路中电流，
由P=I2R知，在电阻一定时，电功率P与电流I是二次函数关系，R0>0，所以图象开口向上，图乙中实线是定值电阻R0的功率与电流的关系，虚线表示滑动变阻器R的功率与电流关系。
(2)由图乙中，R0的功率与电流关系图象知，I=2A时，P0=32W，
由P=I2R可得，R0的阻值；
R0=P0I02=32W(2A)2=8Ω；
(3)由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，
当滑动变阻器R连入阻值为0时，R0的简单电路，电路的电路中电流最大，
由图象知此时的电流I=2A，由P=UI可得，电源电压：
U=U0=P0I=32W2A=16V，
由欧姆定律可得，当电路中电流I′=0.5A时，R0两端电压：
U0′=I′R0=0.5A×8Ω=4V，
由串联电路特点知，此时R两端电压：
UR=U−U0′=16V−4V=12V，
R消耗的功率：
PR=URI′=12V×0.5A=6W。
故答案为：(1)R0；
(2)R0的阻值为8Ω；
(3)当电流表示数为0.5安时，R消耗的功率为6W。
(1)由P=I2R分析可知，实线所表示对应功率与电流关系；
(2)由图乙中R0的功率与电流关系图象知，电流2A时，其功率为32W，由P=I2R计算R0的阻值；
(3)由图象知，电路中最大电流为2A，此时变阻器连入阻值为0，电路为R0的简单电路，由P=UI计算电源电压；由U=IR计算电流表0.5A时R0两端电压，由串联电路特点可得R的两端电压，由P=UI计算R消耗的功率。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律公式以及电功率公式的应用，关键是分析出图象中两条图线对应是哪个功率与电流关系，并从图象中获取有用信息。
32.【答案】解：(1)配重A自由放置时对地面的压力：
F=GA=mAg=140kg×10N/kg=1400N，
配重A自由放置时对地面的压强：
p=FS=1400N8.0×10−2m2=1.75×104Pa；
(2)根据杠杆的平衡条件可得，人通过细绳在E点施加的拉力：
FE=F′×OHOE=425N×2=850N，
由图可知，n=2，
由F=1n(GA+G动)可得，动滑轮的重力：
G动=nFE−GA=2×850N−1400N=300N；
(3)设配重A和人对地面的压强相等且杠杆在水平位置平衡时，人对绳的拉力为F′′，
则人对地面的压力：
F人=G人−F ′ ′=600N−F ′ ′，
根据杠杆的平衡条件可得，人通过细绳在E点施加的拉力：
FE′=OHOEF′′=2F′′，
对D分析可知，受到竖直向上两股绳子的拉力2FE′，竖直向下动滑轮的重力G动和竖直向下绳子的拉力F拉，
由力的平衡条件可得：
2FE′=G动+F拉，
则F拉=2FE′−G动=4F ′ ′−300N，
配重A对地面的压力：
FA=GA−F拉=1400N−(4F ′ ′−300N)=1700N−4F ′ ′，
因配重A和人对地面的压强相等，
所以，F人S人=FASA，即600N−F′′2.0×10−2m2×2=1700N−4F′′8.0×10−2m2，
解得：F′′=250N。
答：(1)配重A自由放置时对地面的压力是1400N，压强是1.75×104Pa；
(2)动滑轮重为300N；
(3)当配重A和人对地面的压强相等且杠杆在水平位置平衡时，人对绳的拉力为250N。
【解析】(1)配重A自由放置时对地面的压力等于其重力，根据F=G=mg求出其大小，利用p=FS求出其对地面的压强；
(2)根据杠杆的平衡条件求出人通过细绳在E点施加的拉力，由图可知滑轮组绳子的有效股数，利用F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力；
(3)设人对绳的拉力，人对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，利用杠杆的平衡条件求出作用在杠杆E端的作用力，然后对D进行受力分析，根据力的平衡条件求出作用在动滑轮与A之间绳上的拉力，从而得出A对地面的压力，最后根据配重A和人对地面的压强相等求出拉力的大小。
本题是力学中难度较大的计算题，涉及简单机械(杠杆、滑轮)和压强的综合，求解时注意根据题干先分清研究的对象，对其进行受力分析，然后逐个解答。
1.下列关于声现象的说法，正确的( )
A. 在公路两旁安装隔音屏：是在声源处减弱噪声
B. 分贝仪：反映接收到的声音的音调不同
C. 蓝牙骨传导耳机：将耳机贴在颞骨两侧听音乐，主要是利用固体传声
D. 倒车雷达：利用的超声波属于一种电磁波
2.下列说法中符合实际的是( )
A. 初中生的课桌高度约为78cm；成年人正常步行的速度约为4km/h
B. 普通中学生从住宅楼的一楼走到二楼时克服重力所做的功为3000J
C. 对人体的安全电压是36V，班级的日光灯额定功率为40W
D. 洗澡水的温度大约是60℃，让人感觉温暖而舒适的室温大约是25℃
3.在如图温度计所示的恒温环境下进行实验。将温度计放入一杯冰水混合物中(冰是晶体)，从温度计放入开始计时，放入时间足够长，下列哪幅示意图可能反映了温度计内液体的体积随时间变化的情况( )
A.
B.
C.
D.
4.如图所示是学校舞蹈房的两块相互垂直的平面镜，一束光线AB射到其中一块平面镜上，经两次反射后射出的光线为CD，若将入射光线AB的入射角增加1∘，则出射光线CD的反射角将( )
A. 增加1∘B. 减少1∘C. 增加 2∘D. 减少2∘
5.如图所示，炽热的岩浆从覆盖着皑皑白雪的火山上喷涌而出。下列说法正确的是( )
A. 白雪温度低，内能小
B. 岩浆温度高，内能大
C. 白雪温度低，分子热运动停止
D. 岩浆温度高，分子热运动剧烈
6.小明用透明塑料盒设计了一个昆虫标本观察器，如图所示。盒底上放标本，盒盖上嵌入一凸透镜。有焦距为5cm和10cm的两种凸透镜，为了在盒盖上方附近，通过凸透镜观察到标本正立、放大的像，凸透镜焦距f与盒高h选择合理的是( )
A. f=5cmh=10cmB. f=10cmh=12cm
C. f=5cmh=12cmD. f=10cmh=6cm
7.为实现国家关于“碳达峰”“碳中和”目标，东风汽车集团研发了一款新型汽车。与某款汽车同样油耗和使用条件下，发动机工作时，尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲。如图所示为其发动机某一冲程示意图，下列有关说法正确的是( )
A. 尾气中“汽油味”降低，是因为汽油在汽缸中燃烧比较完全
B. 该冲程为压缩冲程，内能转化为机械能
C. 汽油在汽缸内完全燃烧，发动机效率可达100%
D. 该技术革新虽然减少了发动机的碳排放，但同时也降低了它的效率
8.2022年4月16日上午，神舟十三号载人飞船平安返回地面，返回舱直立落地，如图所示，堪称完美。下列说法正确的是( )
A. 返回舱所受的重力与地面对返回舱的支持力是一对平衡力
B. 返回舱所受的重力与返回舱对地面的压力是一对平衡力
C. 返回舱对地面的压力与地面对返回舱支持力是一对平衡力
D. 返回舱对地面的压力与空气对返回舱的浮力是一对平衡力
9.如图所示，小雪用放在水平面上的两个实验装置来观察并研究大气压的变化，下列说法正确的是( )
A. 甲图实验环境的大气压等于一个标准大气压
B. 甲图中大气压变大时，玻璃管内的液面会上升
C. 乙图中大气压变小时，玻璃管内的液面会下降
D. 乙装置从高山脚下拿到高山顶上，玻璃管内外液面高度差一定变小
10.如图甲所示，一个柱形容器放在水平桌面上，容器中立放着一个底面积为100cm2，高为15cm，质量为0.9kg均匀实心长方体木块A，A的底部与容器底用一根10cm长细绳连在一起，现慢慢向容器中加水，当加入1.8kg的水时，木块A对容器底部的压力刚好为0，如图乙所示。往容器里继续加水，直到细绳刚刚被拉断立即停止加水，如图丙所示。细绳刚刚被拉断和拉断细绳后A静止时，水对容器压强变化了100Pa。下列说法正确的是( )
A. 物体A的密度为0.9g/cm3B. 容器的底面积为200cm3
C. 绳子刚断时A受到的浮力为15ND. 绳子断后A静止后水对容器底的压力为63N
11.滑雪是人们喜爱的运动。如图所示，某同学坐在轮胎上从雪道的A点由静止开始滑下，经最低点B滑行到右边坡道的最高点C，轮胎与雪道之间有摩擦力存在。从A到C的过程中( )
A. 重力势能一直减少B. 动能一直减少C. 动能一直增加D. 机械能一直减少
12.如图所示，用F=10N的拉力使重物匀速上升0.1m，已知物体的重力为27N(忽略绳子与滑轮的摩擦及绳子的重力)，下列说法正确的是( )
A. 绳子末端移动的距离是0.2m
B. 拉力做的功是2.7J
C. 滑轮组的机械效率是90%
D. 动滑轮的重力是1N
13.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻。闭合开关，在保证电路元件安全的前提下，将滑动变阻器的滑片由B端向A端移动的过程中( )
A. 电流表的示数变大，电压表的示数变大B. 电流表的示数变小，电压表的示数变小
C. 电流表的示数变小，电压表的示数变大D. 电流表的示数变大，电压表的示数变小
14.如图所示，发现闭合开关S后，小灯泡L1比L2亮，则下列说法正确的是( )
A. L1和L2的连接方式是并联
B. L1比L2亮是由于电流先流经L1
C. L1的电功率比 L2的电功率大
D. 通过L1的电流比通过L2的电流大
15.如图所示的四种家用电器中，利用电流热效应工作的是( )
A. 迷你风扇B. 笔记本电脑
C. 清洁机器人D. 电暖气
16.如图所示是小明家的一个插线板，他在使用中发现：插线板上的开关闭合时插孔能提供工作电压。选项图中电路的连接符合上述要求及安全用电原则的是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本大题共9小题，共24分。
17.幸福小区电梯内壁是抛光的不锈钢板。电梯门打开时，小玉看到的“自己”是______像(填“实”或“虚”)；逐渐走进电梯时，“像”的大小______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
18.2023年5月28日，中国东方航空使用中国商飞全球首架交付的C919大型客机，从上海虹桥机场飞往北京首都机场。起飞时，飞机在跑道上加速滑行时惯性______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；为了安静地休息，乘客带上了耳罩，这是在______减弱噪声。
19.2023年5月30日，在酒泉基地发射的“神舟十六号”载人飞船升空过程中，燃料舱内的液态氢的热值______(选填“变大”、“不变”或“变小”)；若100g液态氢完全燃烧放出的热量有60%被水吸收，水温升高了50℃，则水的质量为______ kg。[q液氢=1.4×108J/kg,c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
20.如图所示，供轮椅上下的斜坡长L=4m，高h=2m。小明用120N的拉力平行于斜坡向上将重为200N的木箱从底端匀速拉到顶端。他所做的有用功为______ J，斜坡的机械效率为______(精确到0.1%)，木箱所受摩擦力的大小为______ N。
21.科技制作活动中，小明将金属夹夹在吸管一端使其密闭，制成简易密度计，如图所示。为了给密度计标刻度，他将密度计分别放入水和煤油中，密度计均竖直漂浮，吸管露出液面的长度为d。密度计在水中时d为12cm，浮力大小为F1；在煤油中时d为10cm，浮力大小为F2，则F1______F2(选填“>”“<”或“=”)。若将密度计放入密度为1.25g/cm3的液体中，则d为______ cm。(ρ水=1.0g/cm3、ρ煤油=0.8g/cm3)
22.如图所示，长方体物块A在拉力F=8N的水平拉力作用下沿水平面匀速向右运动，此时弹簧测力计示数为6N且保持不变，则物块B对A的摩擦力方向是向______，地面对 A的摩擦力为______ N。当F增大到10N时，木块B受到的摩擦力______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
23.用如图所示的装置可探究电流产生热量与______(填“电流”或“电阻”)的关系，装置中的U形管______(选填“是”或“不是”)连通器；电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为______；若将R3更换为10Ω的电阻，______(填“仍能”或“不能”)完成该实验探究。
24.如图甲所示的家用电饭锅，其金属外壳通过插座的______(选填“A”“B”或“C”)孔接地线。若其内部主要部件有：两个阻值相同的发热电阻、温控开关等，熬煮稀饭时，在温控开关的自动控制下按快煮→慢熬→保温三种不同的发热功率完成工作流程，其中慢熬过程仅有一个发热电阻工作，电功率P随时间t变化关系的图像如图乙所示。若快煮过程电流做功为W1，慢熬过程电流做功为W2，则W1：W2=______。
25.寒冬，为给小鸡仔提供温暖的环境，小明制作了恒温箱系统，原理如图。控制电路由电磁继电器、滑动变阻器R1、热敏电阻R2(安装在恒温箱内，阻值随温度升高而显著减小)、低压电源等组成。加热电路由电源、电热丝R3和R4等组成。调好R1阻值，闭合开关S1、S2，箱内温度升高到设定值后即在小范围内波动，且降温阶段降温比较平缓。
(1)通电线圈上端是______极，温度升高时，电磁铁磁性______；
(2)R3阻值______(大于/小于)R4阻值；
(3)将R1的阻值稍微调小一些，恒温箱控制的温度将______。
三、作图题：本大题共1小题，共2分。
26.如图所示，用如图方式将瓶盖起开。请在图上画出：
(1)支点O；
(2)作用在A点的最小动力F1。
四、实验探究题：本大题共4小题，共22分。
27.[实验设计]
小明同学在四块相同的玻璃板上各滴一滴质量相同的水，进行如图所示的实验探究，得出水蒸发快慢与水的温度、水的表面积和水面上方空气流动快慢有关。
(1)通过甲、乙两图的对比，可以得出水蒸发快慢与水的______有关。
(2)通过______两图的对比，可以得出水蒸发快慢与液面上方空气流动得快慢有关，该实验的研究方法是______(选填“转换法”或“控制变量法”)。
[实验拓展]
如何证明空气中含有水分？写出证明过程。
28.小明用如图甲所示的实验器材，做“探究平面镜成像的特点”实验装置：
(1)小明在玻璃板的前面放一支点燃的蜡烛A，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的与A完全相同的蜡烛B，这主要是为了比较像与物的______关系；在寻找蜡烛 A的像的位置时，眼睛应该在蜡烛______(选填“A”或“B”)侧观察。
(2)小明把蜡烛A向靠近玻璃板方向移动一段距离，则像的大小______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。实验中还需用到______(填测量工具)，用于探究像与物到玻璃板的距离关系。
(3)若把玻璃板沿MN截成两部分(如图乙所示)，并分别向两侧平移一小段距离，则蜡烛通过左右两部分玻璃板成像的情况是______(选填“A”或“B”)。
A.都成完整的像，且两个像在同一位置
B.各成半个像，合起来成一个完整的像
C.都成完整的像，两个像在不同位置
D.玻璃从中间破裂了，所以不成像
29.学校实验室新进了一批规格为“”的小灯泡，小明想通过实验探究小灯泡的额定功率是否符合规格。
(1)根据图甲所示电路图，用笔画线代替导线把图乙所示的实物电路补充完整。当滑动变阻器向左滑动时电压表的示数将______(选填：“变大”或“变小”或“不变”)。
(2)小明完成实验后，根据实验数据作出I−U关系图像如图丙所示，由图像可得小灯泡的额定功率为______ W，该小灯泡______(选填“符合”或“不符合”)制造规格。
(3)由I−U关系图像可知当小灯泡两端电压为1V时，它的电阻为______Ω；进一步分析图像可得小灯泡电阻随着两端电压的升高而______。(选填“增大”或“减小”或“不变”)
(4)当滑动变阻器向左滑动时，突然灯泡熄灭，电流表无示数，电压表示数较大，可能出现的故障是______。
30.小明利用U形管压强计和装有水的大烧杯来探究液体内部压强的特点。实验前，他注意到U形管两边的液面已处在同一水平线上，如图甲所示。
(1)实验中液体内部压强的大小通过______反映出来；
(2)通过观察图乙、丙两次实验可知，液体内部的压强与______有关；
(3)小明还发现在同种液体中，金属盒距液面的距离相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变化，表明在相同条件下液体内部各个方向的压强______；
(4)已知丙图中U形管左侧水柱高为4cm，右侧水柱高为10cm，则U形管底部受到的液体压强为______ Pa；(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
(5)小明保持图丙中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，实验情形如图丁所示，比较丙、丁两次实验，小明得出了：液体的密度越大，其内部的压强越大的结论。你认为他的结论是否可靠？______，原因是：______。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
31.方方用图甲所示电路研究电功率和电流的关系，绘制了定值电阻R0、滑动变阻器R的功率与电流的关系图，如图乙。
(1)实线表示的是______(选填“R”或“R0”)的功率与电流的关系。
(2)求R0的阻值。(写出计算过程)
(3)当电流表示数为0.5安时，求R消耗的功率。(写出计算过程)
32.如图是一个上肢力量健身器示意图，D是动滑轮；配重A的质量为140kg，底面积是8.0×10−2m2，杠杆EH可绕固定点O在竖直平面内转动，且OE：OH=1：2.假定运动员体重是600N，一只脚板与地面的接触面积为2.0×10−2m2(不计杠杆重、绳重及摩擦，g取10N/kg).问：
(1)配重A自由放置时对地面的压力、压强分别是多大？
(2)若将A提离地面，此时人对绳施加425N的拉力，动滑轮重为多少？
(3)若A未提离地面，当配重A和人对地面的压强相等且杠杆在水平位置平衡时，人对绳的拉力为多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.在公路两旁安装隔音屏，是在传播过程中减弱噪声，故A错误；
B.分贝仪：反映接收到的声音的响度不同，故B错误；
C.声音可以在固体中传播，蓝牙骨传导耳机，主要是利用固体传声，故C正确；
D.倒车雷达是利用的超声波属于声波，故D错误。
故选：C。
(1)减弱噪声的途径有三个：在声源处，在传播过程中，在人耳处；
(2)噪声检测装置是检测噪声的大小装置；
(3)声音是由物体的振动产生的，人耳听到声音是经过鼓膜、听小骨、听觉神经，最后传到大脑；
(4)声音可以传递信息，也可以传递能量。
此题考查了减弱噪声的途径、响度与音调的区分、超声波的应用等知识，要结合相关知识进行分析解答。
2.【答案】A
【解析】解：A、初中生的课桌高度约为78cm；成年人正常步行的速度约为1.1m/s，即4km/h，故A正确；
B、中学生从住宅楼的一楼走到二楼时克服重力所做的功约为：W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×3m=1500J，故B错误；
C、对人体的安全电压是不高于36V，班级的日光灯额定功率为40W，故C错误；
D、洗澡水的温度大约是40℃，让人感觉温暖而舒适的室温大约是25℃，故D错误。
故选：A。
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。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
3.【答案】A
【解析】解：由图知，温度计的示数是25℃，说明环境温度是25℃；
冰水混合物的温度是0℃，冰水混合物放在这一环境中会吸收热量，其中的冰会熔化，并且在熔化过程中温度保持不变，直到冰全部熔化成水；
所以将温度计放入冰水混合物中，开始时冰水混合物温度为0℃，温度计中液体温度较高，放出热量体积收缩，温度计示数变小，直到与冰水混合物温度相同；
当冰全部熔化成水，温度升高，温度计中液体温度也随着升高，直到与环境温度相同。
所以温度计内液体体积先减少接着保持不变，随后体积膨胀，最终保持不变。
故选：A。
4.【答案】B
【解析】解：两个互相垂直的平面镜的特点是对光线进行两次反射，根据反射定律可知，两次反射的光线与入射光线是始终平行的，因此入射光线AB的入射角增加1∘，则CD的反射角将减少1∘。
故选：B。
光的反射定律反射光线与射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入；
反射角和入射角的概念：入射光线与法线的夹角叫做入射角，反射光线与法线的夹角叫做反射角。
本题主要考查了光的反射定律的内容，要掌握光的反射定律及反射角与入射角的概念。
5.【答案】D
【解析】解：AB、内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，与物体质量、温度、状态等有关，温度高的内能不一定大；温度低的内能不一定小，故AB错误。
CD、温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大；分子热运动永不停息，白雪温度低，但分子热运动没有停止，故C错误；
岩浆温度高，分子热运动剧烈，故D正确。
故选D。
分子有质量，分子在不停地做着无规则运动，所以分子具有动能；分子间存在着相互作用力，所以分子之间还具有势能。在物理学中，把物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能；一切物质的分子都在不停地做无规则的运动．分子做无规则运动的快慢与温度有关，温度越高，热运动越剧烈，不管温度高低，分子都在无规则运动，只是运动的快慢不同．扩散运动是分子热运动的宏观体现。
本题关键是知道内能、热量、和温度的关系，明确内能与物体的质量、温度和体积有关，是基础题目。
6.【答案】D
【解析】解：为了在盒盖上方附近，通过凸透镜观察到标本正立、放大的像，物距应小于焦距，则只有D符合题意。
故选：D。
把小的物体放大便于观察，就是放大镜，放大镜实际上是一个凸透镜，物体放在凸透镜的一倍焦距以内，成正立、放大的虚像。
此题主要凸透镜成像的三种情况和应用，针对本类型的习题，首先明确是照相机、还是投影仪、还是放大镜，然后根据物距和焦距的关系进行判断。
7.【答案】A
【解析】解：
A、尾气中“汽油味”明显降低，这说明汽油的燃烧率较高，燃烧的较完全，故A正确；
B、两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程，此冲程中内能转化为机械能，故B错误；
C、汽车在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，机械效率一定小于100%，故C错误；
D、该发动机的尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲，在做相同有用功时，消耗的燃料少，减少了碳排放，同时也提高了它的效率，故D错误。
故选：A。
(1)汽油在燃烧的过程中，燃烧的越充分，尾气中的“汽油味”越低；
(2)根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程及能量的转化；
(3)任何机器都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%；
(4)根据发动机工作的特点分析。
本题考查了内燃机的工作过程、新型发动机的特点、发动机的效率，属于基础题。
8.【答案】A
【解析】解：A.一对平衡力要同时满足4个条件：两个力要作用在同一个物体上、大小相等、方向相反、在同一条直线上；返回舱所受的重力和地面对返回舱的支持力，满足一对平衡力的4个条件，故A正确；
B.返回舱所受的重力的受力物体是返回舱，返回舱对地面的压力的受力物体是地面，两个力不是作用在同一个物体上，故B错误；
C.返回舱对地面的压力与地面对返回舱的支持力是一对相互作用力，两个力分别作用在不同的物体上，故C错误；
D.返回舱对地面的压力的受力物体是地面，空气对返回舱的浮力的受力物体是返回舱，两个力分别作用在不同的物体上，故D错误。
故选：A。
一对平衡力应满足的条件：二力的大小相等、方向相反、在同一直线上、作用在同一物体上。
本题考查了平衡力，重点是掌握一对平衡力应满足的条件，但难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A、甲图水银的高度是750mm，标准大气压相当于760mm水银柱产生的压强，故A错误；
B、甲图是托里拆利实验，玻璃管内是真空，大气压的值等于玻璃管内液柱产生的压强，当大气压变大时，玻璃管内的液面会上升，故B正确；
C、乙图中，瓶内封闭部分气体的压强=玻璃管内水的压强+外界大气压，瓶内气压不变，外界大气压变小时，玻璃管内的液面会上升，故C错误；
D、把乙装置从高山脚下拿到高山顶上，大气压降低，玻璃管内液柱会在内部气压的作用下升高，玻璃管内外液面高度差变大，故D错误。
故选：B。
(1)托里拆利实验测量的结果是大气压相当于约760mm水银柱产生的压强，后来这一压强被规定为1标准大气压。；
(2)在托里拆利实验中，玻璃管内水银柱的高度代表了外界大气压强的大小，外界大气压变大时，玻璃管内的液面会升高；
(3)从大气压与瓶内压强的关系角度进行考虑，瓶内封闭部分气体的压强=玻璃管内水的压强+外界大气压；
(4)大气压随着高度的增加而减小。
第一次精确地测出大气压值的实验是托里拆利实验，是意大利科学家托里拆利最早通过玻璃管、水银、刻度尺等完成测量的。其测量的结果是大气压相当于约760mm水银柱产生的压强，后来这一压强被规定为1标准大气压。
10.【答案】D
【解析】解：A、木块A的体积：VA=SAhA=100cm2×15cm=1500cm3，
物体A的密度：ρA=mAVA=0.9×1000g1500cm3=0.6g/cm3，故A错误；
B、当加入1.8kg的水时，木块A对容器底部的压力刚好为0，此时木块恰好漂浮；
因木块受到的浮力和自身的重力相等，所以，由阿基米德原理可得：F浮=GA，即：mAg=ρ水gV排，
则木块排开水的体积：V排=mAρ水=0.9×103g1g/cm3=900cm3，
容器内水的深度：h水=V排SA=900cm3100cm2=9cm，
容器内加入水的体积：V水=m水ρ水=1.8kg1.0×103kg/m3=1.8×10−3m3=1800cm3，
由V水=(S容−SA)h水可得，容器的底面积：
S容=V水h水+SA=1800cm39cm+100cm2=300cm2，故B错误；
C、细绳拉断前、后木块静止时，由p=ρgh可得，容器内水深度的变化量：△h=△pρ水g=100Pa1.0×103kg/m3×10N/kg=0.01m=1cm，
木块排开水体积的减少量：△V排=S容△h=300cm2×1cm=300cm3，
则剪断细绳前木块排开水的体积：V排′=V排+△V排=900cm3+300cm3=1200cm3=1.2×10−3m3，
木块受到的浮力：F浮′=ρ水gV排′=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.2×10−3m3=12N，故C错误；
D、细绳拉断前木块浸入水中的深度：h水′=V排′SA=1200cm3100cm2=12cm，
最后容器中水的深度：h′=L+h水′−△h=10cm+12cm−1cm=21cm=0.21m，
底部受到的压强：p=ρ水gh′=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.21m=2.1×103Pa，
由p=FS可得水对容器底的压力为：
F容=pS容=2.1×103Pa×300×10−4m2=63N。故D正确。
故选：D。
(1)根据V=Sh求出物体A的体积，利用ρ=mV求出物体A的密度；
(2)当加入1.8kg的水时，木块A对容器底部的压力刚好为0，此时木块恰好漂浮，根据物体浮沉条件和阿基米德原理求出木块排开水的体积，根据V=Sh求出容器内水的深度，根据ρ=mV求出容器内加入水的体积，利用V水=(S容−SA)h水求出容器的底面积；
(3)细绳拉断前、后木块静止时，根据p=ρgh求出容器内水深度的变化量，根据△V排=S容△h求出木块排开水体积的减少量，然后求出剪断细绳前木块排开水的体积，根据阿基米德原理求出木块受到的浮力；
(4)根据V=Sh求出细绳拉断前木块浸入水中的深度，然后根据绳长和水的变化求出容器内水的深度，利用p=ρgh求出容器底部受到水的压强，再结合p=FS求出绳子断后A静止后水对容器底的压力。
本题考查了密度公式和物体浮沉条件、阿基米德原理、液体压强公式的应用等，正确的从题干中获取有用的信息是关键和难点。
11.【答案】D
【解析】解：某同学从A到B的过程中，高度变小，质量不变，重力势能变小；速度变大，质量不变，动能变大；从B到C的过程中，高度变大，质量不变，重力势能变大；速度变小，质量不变，动能变小；由于轮胎与雪道之间有摩擦力存在，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能会变少；故从A到C的过程中，动能先变大后变小，重力势能先变小后变大，机械能一直变少，D正确。
故选：D。
影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。
机械能大小可以根据机械能=动能+势能中动能和势能的变化来判断机械能的变化，也可以看机械能是否和其它形式的能发生转化来判断。
12.【答案】C
【解析】解：
A、由图知n=3，则绳子末端移动的距离：s=3h=3×0.1m=0.3m，故A错误；
B、拉力做的总功：W总=Fs=10N×0.3m=3J，故B错误；
C、有用功为：W有用=Gh=27N×0.1m=2.7J；
机械效率为：η=W有用W总=2.7J3J=90%，故C正确；
D、拉力做的额外功：W额=W总−W有用=3J−2.7J=0.3J；
不计绳重和滑轮的摩擦，由W额=G动h可得，动滑轮的重力：G动=W额h=，故D错误。
故选：C。
根据W有用=Gh求出有用功，根据s=3h求出绳子自由端移动距离，根据W总=Fs求出总功，根据机械效率公式求出机械效率的大小；根据W总=W有用+W额求出克服动滑轮重做的额外功，再根据W额=G动h求出动滑轮重。
此题主要考查的是学生对有用功、总功、额外功、机械效率计算公式的理解和掌握，基础性题目。
13.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，两电阻串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；
将滑动变阻器的滑片由B端向A端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；
根据I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
根据U=IR可知，R两端的电压变大，根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，两电阻串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。
本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键明白滑片移动的过程中电路的变化情况，这是本题的难点也是重点。
14.【答案】C
【解析】解：AD、从图中可以看出，L1和L2两灯泡串联，因为串联电路中处处电流相等，因此通过L1、L2的电流相等，故AD错误；
BC、灯泡的亮度取决于其实际功率的大小，闭合开关S后，小灯泡L1比L2亮，说明L1的电功率比L2的电功率大，不是由于电流先流经L1，故B错误，C正确。
故选：C。
从图中可以看出，两灯泡串联，串联电路处处电流相等，电压表并联在灯泡L2两端，灯泡的亮度取决于其实际功率的大小。
本题考查了电路的连接方式、串联电路的电流特点和用电器的功率，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
15.【答案】D
【解析】A、电风扇工作时电能主要转化为机械能，利用了通电导体在磁场中受到力的作用而工作的，不是利用电流热效应工作的，故A错；
B、笔记本电脑主要把电能转化为光能，不是利用电流热效应工作的，故B错；
C、清洁机器人工作时电能主要转化为机械能，利用了通电导体在磁场中受到力的作用而工作的，不是利用电流热效应工作的，故C错；
D、电暖气工作时电能转化为内能，是利用电流热效应工作的，故D正确；
电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应，发生电流的热效应时，电能转化为内能。分析各用电器工作时能量的转化方向、根据用电器的工作原理逐一分析做出选择。
本题主要考查学生对：电流的热效应，知道电流热效应的概念及利用电流热效应工作的用电器能量转化的方向，是正确解题的关键。
16.【答案】B
【解析】解：插线板上的开关闭合时插孔能提供工作电压，这说明开关控制三孔插座；三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，为了用电的安全，开关接在右孔与火线之间，故B正确。
故选：B。
并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。
根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
17.【答案】虚 不变
【解析】解：抛光的不锈钢板相当于平面镜。小玉看到不锈钢板“里面”的“自己”，这是由于光发生反射而形成的虚像；
走进电梯，物距减小，属于像距也会减小，此时“像”会靠近自己，但像的大小不变。
故答案为：虚；不变。
不锈钢板成像原理与平面镜相同，像与物大小相等，像的大小与物距无关。
本题主要考查了平面镜成像的特点的应用，属于基础题。
18.【答案】不变 人耳处
【解析】解：惯性是物体保持运动状态不变的性质，与质量有关，与速度无关，飞机在跑道上加速滑行时质量不变，则惯性不变；为了安静地休息，乘客带上了耳罩，这是在人耳处减弱噪声。
故答案为：不变；人耳处。
惯性是物体保持运动状态不变的性质，与质量有关，与速度无关；
防治噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
本题考查惯性与减弱噪声，属于基础题。
19.【答案】不变 40
【解析】解：(1)热值是燃料的特性，与燃料的质量无关；所以燃料燃烧提供火箭升空所需的能量，本身质量不断减小，热值不变；
(2)100g液态氢完全燃烧释放出的热量：Q放=m氢q氢=0.1kg×1.4×108J/kg=1.4×107J；
水吸收的热量：Q吸=ηQ放=60%×1.4×107J=8.4×106J，
由Q吸=cmΔt得水的质量为：m水=Q吸c水Δt=8.4×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×50℃=40kg。
故答案为：不变：40。
(1)热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量大小、燃烧情况无关；
(2)知道液态氢的质量和热值，利用Q放=mq计算出100g的液态氢完全燃烧释放出的热量；
利用Q吸=ηQ放求水吸收的热量，知道水的比热容、升高的温度，利用公式Q吸=cmΔt计算水的质量。
本题考查了吸热公式、热效率公式、燃料燃烧放出热量公式的综合运用，注意温度升高了和升高到的区别。
20.【答案】40083.3%20
【解析】解：(1)拉力做的有用功：W有用=Gh=200N×2m=400J；
(2)拉力F做的总功：W总=Fs=120N×4m=480J，
斜坡的机械效率：η=W有用W总=400J480J×100%≈83.3%；
(3)拉力做的额外功：W额=W总−W有用=480J−400J=80J，
由W额=fs可得，木箱受到的摩擦力：
f=W额s=80J4m=20N。
故答案为：400；83.3%；20。
(1)知道斜坡高、木箱重，利用W有=Gh求拉力做的有用功；
(2)知道拉力大小、斜面长，利用W=Fs求拉力F做的总功；斜面的机械效率等于有用功与总功的比值；
(3)利用W额=W总−W有求出额外功，再利用W额=fs计算木箱受到的摩擦力大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，计算时注意摩擦力不等于拉力，需要利用W额=fs计算。
21.【答案】=13.6
【解析】解：密度计在煤油和水中都处于漂浮状态，由物体沉浮条件可知，F1=F2=G；
设吸管长度为h，底面积为S，密度计重力为G，
小明将该密度计放入水中，密度计静止时d为12cm，ρ水=1.0g/cm3=1.0×103kg/m3，
由F1=G，可得：
[(h−0.12m)S]×1.0×103kg/m3×10N/kg=G--------①，
小明将该密度计放入煤油中，密度计静止时d为10cm，ρ煤油=0.8g/cm3=0.8×103kg/m3，
由F2=G，可得：ρ煤油gV排煤油=G，
即[(h−0.1m)S]×0.8×103kg/m3×10N/kg=G-----②，
由①②可得，h=0.2m；
设该密度计上对应密度值为1.25g/cm3的刻度线到密度计顶端的距离为d，
则[(h−d)S]×1.25×103kg/m3×10N/kg=G--------③，
将h=0.2m分别代入①和③，并将①③联立，
解得d=0.136m=13.6cm。
故答案为：=；13.6。
设吸管长度为h，底面积为S，密度计重力为G，根据密度计漂浮在液面上时，F浮=G，分别列出在煤油和水中的等式，求得吸管的长度，然后将其带入密度计上对应密度值为1.25g/cm3的刻度线时的等式即可求得答案。
此题考查物体浮沉条件的应用和阿基米德原理的应用，主要是漂浮时F浮=G的应用，同时考查学生的数学计算能力。
22.【答案】左 2 不变
【解析】解：(1)由题意知，用8N的水平力F，拉着长木板B沿水平地面上做匀速直线运动，木块A始终静止不动，此时弹簧测力计对木块A的拉力与木块A和木板B间的摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，故木块A受到的摩擦力是6N；方向是水平向右；根据力的作用是相互的，相互作用力方向相反，物块B对A的摩擦力方向是向左；大小为6N；
A受地面摩擦力与B施加的摩擦力和拉力而平衡，故地面的摩擦力f′=F−fB对A=8N−6N=2N；
(2)逐渐增大F，B与A间的压力大小和接触面的粗糙程度仍不变，所以A受到的摩擦力不变。
故答案为：左；2；不变。
根据二力平衡分析木块受力得出摩擦力的大小和方向；摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与物体运动状态无关。滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，据此做出判断。
本题考查了有关摩擦力大小和方向的判断，关键掌握影响摩擦力大小的因素，注意摩擦力方向总是与物体相对运动趋势或相对运动方向相反。
23.【答案】电流 不是 1：4 仍能
【解析】解：(1)由图可知，R2与R3并联后与R1串联，根据串、并联电路电流特点可知，R1和R2与R3电阻相同，所以通过R2电流等于通过R1的电流的一半，所以可以探究电流产生的热量与电流大小的关系；
(2)图中的两个U形管上端不都是开口的，所以装置中的U形管不是连通器；
(3)通过R2电流等于通过R1的电流的一半，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为1：4。
若将R3更换为10Ω的电阻，电阻的分流作用还在，仍能完成该实验探究。
故答案为：电流；不是；1：4；仍能。
(1)要探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量跟电流大小关系，要控制导体的电阻和通电时间相同，电流大小不同；
(2)上端开口、底部互相连通的容器叫连通器；
(3)根据焦耳定律Q=I2Rt来分析。
本题考查连通器、焦耳定律、以及控制变量法在本实验中的应用等知识，难度不大。
24.【答案】A 1：3
【解析】解：根据三孔插座的正确接法可知，B应与零线相连，C应与火线相连，金属外壳通过插座A与地线相连；
设两个阻值相同的发热电阻的电阻为R，快煮时电功率最大，电阻最小，即两电阻并联，R快=12R；慢熬时功率次之，只有一个发热电阻工作，即R慢=R；保温时电阻最大，即两电阻串联，R保=2R；电压相同；则P快=U2R快=2U2R，P慢=U2R慢=U2R，
根据图中数据、P=Wt得，W1W2=P快t1P慢t2=2U2R×10×60sU2R×(70−10)×60s=13。
故答案为：A；1：3。
(1)三孔插座接法：右孔接火线、左孔接零线、上孔接地线；
(2)设两个阻值相同的发热电阻的电阻为R，求出快煮、慢熬、保温时的电阻；电压相同；根据P=U2R求出快煮、慢熬时的电功率，再根据图中数据、P=Wt求出W1：W2。
本题考查了安全用电知识、电功和电功率计算，关键是从图像中读出有用信息。
25.【答案】N 增强 小于 降低
【解析】解：(1)闭合开关S1，电流从电磁铁上端流入，下端流出，由安培定则可知，线圈的上端为N极，下端为S极；
温度升高时，热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，根据欧姆定律，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；因加热功率大于保温功率，且电源电压不变，由P=UI=U2R可知，R3阻值小于R4阻值；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联可知，热敏电阻R2的阻值变大，因热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，故恒温箱控制的温度将降低。
故答案为：(1)N；增强；(2)小于；(3)降低。
(1)根据安培定则判断通过后电磁铁的极性；根据热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；根据P=UI=U2R分析R3与R4的阻值大小；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联分析热敏电阻R2的阻值变化，利用热敏电阻阻值随温度的变化关系确定恒温箱控制的温度变化。
本题通过电磁继电器的应用考查了对电磁铁的认识和理解，知道电磁继电器实质是一个开关，对电磁继电器电路的工作过程进行分析，一般的思路是，先明确控制电路与工作电路，再从控制电路入手，看电磁铁磁性的有无对工作电路触点连接情况的影响，最后确定工作电路中的工作情况。
26.【答案】解：图中起子与瓶盖上面接触点O为支点，连接OA为最长力臂，过A点作垂线，动力F1方向向下；如图乙所示：
【解析】在杠杆上，支点指的是杠杆绕着转动的点，阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是支点到力的作用线的距离。根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长最省力。
本题考查了力和力臂的画法。明确力臂越长越省力是确定力的方向的关键，关键是力臂与力的作用线垂直。
27.【答案】表面积 甲、丁 控制变量法
【解析】解：(1)比较甲、乙两图看出是水的温度和水上方空气流动速度相同，不同的是水的表面积，所以可以得出水蒸发快慢与水的表面积有关；
(2)要想研究水蒸发的快慢与液体上方的空气流动快慢的关系，应控制相同的表面积、相同的温度，不同的空气流动情况，故选甲、丁两图；该实验的研究方法是控制变量法。
实验拓展：要想让空气中的水蒸气变成液态的水，就要让温度降低。可从冰箱中拿出一杯冰，放到冰箱外，瓶子周围会集起一层水雾，那就是空气中的水蒸气遇冷液化后产生的。
故答案为：(1)表面积；(2)甲、丁；控制变量法；
实验拓展：从冰箱中拿出一杯冰，瓶子周围会集起一层水雾，那就是空气中的水蒸气遇冷液化后产生的，证明空气中有水蒸气。
(1)(2)影响蒸发快慢的因素有：液体温度的高低、液体表面积的大小、液体上方空气流动的速度；在探究一个物理量与多个因素的关系时，采用控制变量法的思想。
实验拓展：从空气中的水以水蒸气的形式存在，如何把气体形式的水变成能看得见的水去分析解答。
本题主要考查学生对影响蒸发快慢因素、液化现象的了解和掌握，以及控制变量法的应用，注重实验探究过程能力的考查；要明确：让无形的水(水蒸气)变成有形的水(液体)，用降低温度的方法。
28.【答案】大小 A 不变 刻度尺 A
【解析】解：(1)在玻璃板的前面放一支点燃的蜡烛A，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的蜡烛B，此操作目的是确定像的位置和比较像与物体的大小；平面镜成的像是光的反射形成的，A蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在A蜡烛所在这一侧；
(2)平面镜成的像与物大小相等，小明把蜡烛A向靠近玻璃板方向移动一段距离，则像的大小不变；还需用到刻度尺来测量长度，用于探究像与物到玻璃板的距离关系；
(3)平面镜所成的像，像和物体形状、大小相同，与平面镜的大小无关，半个平面镜仍能成完整像，平面镜左右两部分都能成完整的像，像与蜡烛关于镜面对称，所以两个像的位置是相同，故A正确，BCD错误。
故答案为：(1)大小；A；(2)不变；刻度尺；(3)A。
(1)要验证平面镜成像的特点，就必须让两根蜡烛大小相同；玻璃板是透明的，可以看到对面的物体，目的是为了确定像的位置；实验过程中，眼睛要在蜡烛A侧观察，眼睛既能看到蜡烛A，又能看到代替蜡烛A的蜡烛B；
(2)平面镜成的像与物大小相等；刻度尺测量长度；
(3)平面镜成像的特点是：①所成的像是虚像；②像和物体形状、大小相同；③像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；④像和物体各对应点到平面镜间距离相等
本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用，难度不大。
29.【答案】变大 0.75符合 5 增大 灯泡断路
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故应将灯泡的右接线柱和滑动变阻器的左下接线柱相连，将滑动变阻器的右上接线柱和电流表的“-”接线柱相连，如图：
当滑动变阻器向左滑动时，接入电路电阻变小，电路中的电流变大，电压表测量灯泡两端电压，电压表示数变大；
(2)小灯泡的额定电压为2.5V，从图中可知小灯泡的额定电流为0.3A，根据P=UI可知小灯泡的额定功率PL=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W，该小灯泡符合制造规格；(3)当小灯泡两端电压为1V时，根据图像可知此时电流为0.2A，由欧姆定律可知：P=UI=1V0.2A=5Ω；由图像可知，当灯泡两端的电压增加时，通过灯泡的电流也增加，但电流增加比电压增加更慢，由此得出灯泡的电阻随灯泡两端的电压增大而增大；
(4)当滑动变阻器向左滑动时，突然灯泡熄灭，电流表无示数，电压表示数较大，则可能灯泡断路；
故答案为：(1)如图；变大；(2)0.75；符合；(3)5；增大；(4)灯泡断路。
(1)根据图甲所示电路图可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故应将灯泡的右接线柱和滑动变阻器的左下接线柱相连，将滑动变阻器的右上接线柱和电流表的“-”接线柱相连；当滑动变阻器向左滑动时，接入电路电阻变小，电路中的电流变大，电压表测量灯泡两端电压，电压表示数变大；
(2)小灯泡的额定电压为2.5V，从图中可知小灯泡的额定电流，根据P=UI可知小灯泡的额定功率，并判断该小灯泡是否符合制造规格；
(3)根据欧姆定律，计算出小灯泡此时的电阻；根据图像比较，电压越大，通过灯泡的电流也越大，但电流增加比电压增加更慢，由此可得出结论；
(4)当滑动变阻器向左滑动时，突然灯泡熄灭，电流表无示数，电压表示数较大，则可能灯泡断路。
本题为测量小灯泡的额定功率的实验，考查电路连接、故障分析、电功率计算、实验步骤等知识。
30.【答案】U形管两边液柱的高度差 液体的深度 相等 1000 不可靠 没有控制金属盒在水和盐水中的深度相同
【解析】解：(1)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的。液面高度差越大，液体的压强越大；
(2)比较乙、丙实验可知，液体的密度相同，金属盒在液体的深度不同，U形管内液面的高度差不同，说明液体内部压强与液体的深度有关；
(3)在同种液体中，金属盒距液面的距离相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变化，表明在相同条件下，液体内部各个方向的压强相同；
(4)由题意得，U形管左侧液柱高为4cm，右侧液柱高为10cm，因为左侧液柱上方的气压大于外界大气压，而右侧与大气相通，则U形管中液柱的高度应取10cm，
因此U形管底部受到的液体压强为：
p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×10×10−2m=1000Pa；
(5)小明保持丙图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体是深度增大，密度增大，U形管左右液面差增大，没有控制深度不变，不能探究液体压强跟密度的关系。
故答案为：(1)U形管两边液柱的高度差；(2)液体的深度；(3)相等；(4)1000；(5)不可靠；没有控制金属盒在水和盐水中的深度相同。
液体压强大小通过U形管内液面的差来反映的，液面高度差越大，液体的压强越大。
液体的压强跟液体的深度和密度有关。液体的密度一定时，液体越深，液体压强越大；在液体的深度一定时，液体的密度越大，液体压强越大。
在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等。
由题意可知，右侧与大气相通，右侧液柱高为10cm，这就是U形管中液柱的高度，根据液体压强公式p=ρgh即可求出U形管底部受到的压强。
此题为探究液体压强特点的实验，解答此问题要求学生掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强大小的影响因素。
31.【答案】R0
【解析】解：
(1)研究电功率和电流的关系，通过调节变阻器R的滑片改变电路中电流，
由P=I2R知，在电阻一定时，电功率P与电流I是二次函数关系，R0>0，所以图象开口向上，图乙中实线是定值电阻R0的功率与电流的关系，虚线表示滑动变阻器R的功率与电流关系。
(2)由图乙中，R0的功率与电流关系图象知，I=2A时，P0=32W，
由P=I2R可得，R0的阻值；
R0=P0I02=32W(2A)2=8Ω；
(3)由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，
当滑动变阻器R连入阻值为0时，R0的简单电路，电路的电路中电流最大，
由图象知此时的电流I=2A，由P=UI可得，电源电压：
U=U0=P0I=32W2A=16V，
由欧姆定律可得，当电路中电流I′=0.5A时，R0两端电压：
U0′=I′R0=0.5A×8Ω=4V，
由串联电路特点知，此时R两端电压：
UR=U−U0′=16V−4V=12V，
R消耗的功率：
PR=URI′=12V×0.5A=6W。
故答案为：(1)R0；
(2)R0的阻值为8Ω；
(3)当电流表示数为0.5安时，R消耗的功率为6W。
(1)由P=I2R分析可知，实线所表示对应功率与电流关系；
(2)由图乙中R0的功率与电流关系图象知，电流2A时，其功率为32W，由P=I2R计算R0的阻值；
(3)由图象知，电路中最大电流为2A，此时变阻器连入阻值为0，电路为R0的简单电路，由P=UI计算电源电压；由U=IR计算电流表0.5A时R0两端电压，由串联电路特点可得R的两端电压，由P=UI计算R消耗的功率。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律公式以及电功率公式的应用，关键是分析出图象中两条图线对应是哪个功率与电流关系，并从图象中获取有用信息。
32.【答案】解：(1)配重A自由放置时对地面的压力：
F=GA=mAg=140kg×10N/kg=1400N，
配重A自由放置时对地面的压强：
p=FS=1400N8.0×10−2m2=1.75×104Pa；
(2)根据杠杆的平衡条件可得，人通过细绳在E点施加的拉力：
FE=F′×OHOE=425N×2=850N，
由图可知，n=2，
由F=1n(GA+G动)可得，动滑轮的重力：
G动=nFE−GA=2×850N−1400N=300N；
(3)设配重A和人对地面的压强相等且杠杆在水平位置平衡时，人对绳的拉力为F′′，
则人对地面的压力：
F人=G人−F ′ ′=600N−F ′ ′，
根据杠杆的平衡条件可得，人通过细绳在E点施加的拉力：
FE′=OHOEF′′=2F′′，
对D分析可知，受到竖直向上两股绳子的拉力2FE′，竖直向下动滑轮的重力G动和竖直向下绳子的拉力F拉，
由力的平衡条件可得：
2FE′=G动+F拉，
则F拉=2FE′−G动=4F ′ ′−300N，
配重A对地面的压力：
FA=GA−F拉=1400N−(4F ′ ′−300N)=1700N−4F ′ ′，
因配重A和人对地面的压强相等，
所以，F人S人=FASA，即600N−F′′2.0×10−2m2×2=1700N−4F′′8.0×10−2m2，
解得：F′′=250N。
答：(1)配重A自由放置时对地面的压力是1400N，压强是1.75×104Pa；
(2)动滑轮重为300N；
(3)当配重A和人对地面的压强相等且杠杆在水平位置平衡时，人对绳的拉力为250N。
【解析】(1)配重A自由放置时对地面的压力等于其重力，根据F=G=mg求出其大小，利用p=FS求出其对地面的压强；
(2)根据杠杆的平衡条件求出人通过细绳在E点施加的拉力，由图可知滑轮组绳子的有效股数，利用F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力；
(3)设人对绳的拉力，人对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，利用杠杆的平衡条件求出作用在杠杆E端的作用力，然后对D进行受力分析，根据力的平衡条件求出作用在动滑轮与A之间绳上的拉力，从而得出A对地面的压力，最后根据配重A和人对地面的压强相等求出拉力的大小。
本题是力学中难度较大的计算题，涉及简单机械(杠杆、滑轮)和压强的综合，求解时注意根据题干先分清研究的对象，对其进行受力分析，然后逐个解答。
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