2024年吉林省长春市十校中考物理二模试卷（含解析）

这是一份2024年吉林省长春市十校中考物理二模试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列微观粒子中，空间尺度最小的是( )
A. 原子B. 质子C. 中子D. 电子
2.第一位提出“物体的运动并不需要力来维持”的科学家是( )
A. 牛顿B. 伽利略C. 笛卡尔D. 帕斯卡
3.思思抱着作业本去办公室交作业过程中，他对作业本做功的是( )
A. 抱着作业本在水平走廊行走B. 作业本不慎滑落到地面上
C. 从地上捡起作业本并站起身D. 抱着作业本敲办公室的门
4.在高大建筑物的顶端常安装有避雷针，将避雷针与大地相连的是( )
A. 粗的金属线B. 细的金属线C. 粗的绝缘线D. 细的绝缘线
5.周末思思去图书馆看书，他站在自动扶梯上从一楼匀速上到二楼的过程中，他的( )
A. 动能增加B. 重力势能减少C. 机械能守恒D. 机械能增加
6.有一种细菌，当它在磁体附近时会向磁体的N极运动。在海洋中，地磁场会驱使这种细菌( )
A. 由西向东运动B. 由东向西运动C. 由北向南运动D. 由南向北运动
7.北京冬奥会火炬的外壳是用碳纤维复合材料制成，其质量约为同体积钢的四分之一，强度为钢的7至9倍，燃烧时温度能达到800℃但外壳温度却不高，则该材料的( )
A. 密度大B. 强度小C. 耐高温D. 导热性好
8.微雕师傅创作艺术品时，利用如图的光学元件来看清雕刻痕迹。此光学元件的成像原理是( )
A. 光的反射
B. 光的折射
C. 光的色散
D. 光的直线传播
二、多选题：本大题共2小题，共4分。
9.2024年春晚，任素汐演唱的歌曲《枕着光的她》温暖又治愈！关于歌声判断正确的是( )
A. 歌声是由声带振动产生的
B. 扩音器增大了歌声的音调
C. 现场观众听到歌声是通过空气传播的
D. 歌声经过处理后，通过电磁波传到千家万户的电视机
10.两种汽车的能流图如图所示。与燃油汽车相比，电动汽车有许多优势，下列说法正确的是( )
A. 燃油汽车能量利用率高B. 电动汽车能量利用率高
C. 燃油汽车对环境污染严重D. 电动汽车没有任何污染
三、填空题：本大题共3小题，共14分。
11.2024年3月28日长春轨道交通6号线开通运营，此地铁西起双丰站，东至长影世纪城站，全长约30km，列车最高速度为80km/h。
(1)人需站在黄色安全线以外候车，是因为在地铁附近，空气流速大的位置______。
(2)乘坐地铁时抓紧扶手，是为了防止______带来的危险。
(3)列车从双丰站出发，到达长影世纪城站至少需要______min。
(4)地铁制动时，由于摩擦，其______能转化成了地面、轮胎和空气的内能。这些内能无法自动转化回去，原因是能量的转移和转化是有______的。
12.“围炉煮茶”是一种新的饮茶方式，茶壶在炭炉上慢煮，壶盖“跳动”且周围冒着“白气”，人们在这四溢的茶香中放松身心。
(1)木炭在燃烧过程中其热值______。
(2)茶水升温是通过______的方式改变内能。
(3)茶香四溢说明分子在不停地做______。
(4)壶盖“跳动”时的能量转化与热机的______冲程相同。
(5)“白气”是水蒸气遇冷______(填物态变化名称)形成的。
(6)如图所示，茶壶的壶身和壶嘴形成一个______，方便倒水饮茶。
13.如图是既能吹冷风又能吹热风的吹风机简化电路图。
(1)电动机和电热丝的连接方式是______联。
(2)闭合开关S1，吹风机吹出的是______风；再闭合开关S2，电路的总功率将______。
四、实验探究题：本大题共6小题，共29分。
14.在“探究水沸腾前后温度变化的特点”的实验中，实验装置如图甲所示。

(1)组装器材时，应先固定图甲中的______(选填“A”或“B”)。
(2)按照图甲进行实验，温度计测量出的水温将会______。
(3)纠正错误继续实验，当出现气泡上升时体积逐渐______的现象，说明水已经沸腾。
(4)图乙是两组同学用完全相同的装置完成实验后，分别根据实验数据绘制温度随时间变化的图线Ⅰ和Ⅱ，由图线可知水的沸点是______℃。
(5)从开始加热到第6min，比较两组实验中水吸收的热量QⅠ、QⅡ，则QⅠ ______QⅡ；比较两组实验所用水的质量mⅠ、mⅡ，则mⅠ ______mⅡ。
15.在探究“通电螺线管外部的磁场分布”的实验中：
(1)小磁针______极的方向是该点的磁场方向。
(2)开关闭合后，小磁针分布状态如图甲所示，说明通电螺线管外部的磁场与______的磁场相似。
(3)为了探究通电螺线管的磁场方向与电流方向是否有关，写出一种操作方法：______。
(4)闭合图乙中的开关，则通电螺线管左端为______极。
16.“探究光的反射定律”的实验装置如图所示，其中纸板可围绕ON向前或向后折转。

(1)在平面镜上放置纸板时，应使纸板与平面镜______。
(2)如图甲所示，当E、F在同一平面上时，让入射光贴着纸板沿AO方向射向平面镜，测出入射角和反射角的大小；改变入射角大小，多次实验，并把实验数据记录在表格中。分析表格数据可得：______。
(3)让入射光沿AO方向射向镜面，在纸板NOF上可看到反射光OB；若将纸板NOF向后折，将不能观察到反射光，此时反射光的位置______(选填“发生”、“没有发生”或“可能发生”)改变，这说明反射光线，入射光线和法线在______。
(4)在图甲中将一束光贴着纸板NOF沿BO射到O点，光将沿图中的______方向射出。
17.在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，所用实验器材有长木板、毛巾、木块、砝码及弹簧测力计等。

(1)实验中，为了测量滑动摩擦力的大小，应使弹簧测力计拉着木块在水平面做______运动；图甲中木块所受摩擦力的大小为______N。
(2)比较甲、乙两图可得：滑动摩擦力大小与______有关；比较乙、丙两图得出“滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关”的结论是错误的，其原因是______。
(3)若拉着图甲中的木块在木板表面做加速直线运动，则滑动摩擦力的大小将______。
18.图甲是“伏安法测电阻”的实物电路图。

(1)请用笔画线将实物图连接完整，使滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变大。
(2)连接电路时，思思刚接好最后一根导线，电流表的指针就发生了偏转，如图乙所示，由此可知在连接电路时，他忘了______并且______。
(3)改正错误后，闭合开关，移动变阻器的滑片，当电压表示数为1.8V，电流表示数如图丙，则未知电阻Rx= ______Ω。
(4)移动滑动变阻器的滑片，测出多组电压和电流的值。多次测量的目的是______。
19.物理兴趣小组的同学根据杠杆的平衡条件测出了一个物块的密度，已知每个钩码质量为100g。(g=10N/kg)

(1)放置在水平桌面上的轻质杠杆静止后如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______侧调节。
(2)调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧某一处时，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，则物块质量为______g。
(3)将该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，如图丙所示，则物块的密度为______kg/m3。
(4)在实验中，如果步骤按照先丙图再乙图的顺序，则物块密度的测量值将______。
五、计算题：本大题共1小题，共7分。
20.综合实践活动中，同学们设计了一款可用电流表示数显示拉力大小的测力计模型，电流表示数随拉力的增大而增大。模型电路如图甲所示，电源电压恒定，R0为定值电阻，电流表量程为0～0.6A，ab为长10cm、阻值20Ω的电阻丝，其阻值与长度成正比。滑片P左端固定在拉杆上，无拉力时，滑片P位于a端，此时闭合开关，电流表的示数为0.2A，将此处电流表示数标记为0N。拉动拉环，弹簧增加的伸长量ΔL与拉环上所受拉力F之间的关系如图乙所示。(其余部分电阻和一切摩擦均不计，g取10N/kg)

(1)虚线框内接线柱“1”应与______(选填“2”或“3”)连接。
(2)当滑片P位于b端时，电流表的示数最大，应将此处的电流表示数标记为______N。
(3)请计算出电流表示数为0.4A处对应的拉力是多大。(写出必要的文字说明、表达式及最后结果)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：原子、电子、质子和中子中，尺度最小的是电子，故D正确，ABC错误。
故选：D。
物质是由分子组成的，分子是由原子组成的，原子是由原子核和电子组成的，原子核是由质子和中子构成，质子和中子又有夸克组成。
本题考查了原子结构，原子的结构与太阳系类似，称为核式结构，属于基础知识的考查。
2.【答案】B
【解析】解：历史上首先由亚里士多德提出：力是维持物体运动的原因；后来伽利略认为此观点错误，提出了：力是改变物体运动状态的原因。
故选：B。
伽利略最早提出“物体的运动并不需要力来维持”，并用斜面实验结合推理对这一观点进行了验证。
本题考查物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养学习物理的兴趣。
3.【答案】C
【解析】解；
A、抱着作业本沿水平走廊行走，力与距离的方向垂直，所以不做功，故A错误；
B、作业本不慎滑落到地面上，作业本移动了距离，但在此过程中不再受到思思施加的作用力，所以思思对作业本没有做功，故B错误；
C、从地上捡起作业本并站起身的过程中，思思对作业本施加了力，作业本在力的方向移动了距离，所以思思对作业本做了功，故C正确；
D，抱着作业本敲办公室的门，虽然用了力但作业本没有移动距离，所以思思对作业本没有做功，故D错误。
故选：C。
做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此分析判断。
明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
4.【答案】A
【解析】解：高大建筑物的顶端都装有用金属制成的针状避雷针，通过避雷针电阻很小，得用粗金属导线，故A正确、BCD错误。
故选：A。
避雷针，是用来保护建筑物等避免雷击的装置，在高大建筑物顶端安装一个金属棒，通过很粗的金属线与大地相连，利用金属棒的尖端放电，把云层所带的电荷引入大地，保护建筑物。
本题考查避雷针的知识，是一道基础题。
5.【答案】D
【解析】解：思思站在自动扶梯上从一楼匀速上到二楼的过程中，他的质量不变，速度不变，高度增加，则其动能不变，重力势能变大；动能和势能统称为机械能，所以其机械能增加。
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，在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。
掌握动能、重力势能的影响因素，理解重力势能和动能的转化可从高度和速度来理解，可以帮助我们更好的理解能量的转化。
6.【答案】C
【解析】解：地磁场的南北极与地理南北极相反，且不重合，地磁的N极，在地理的南极附近，所以地磁场将驱使这种细菌运动的方向是由北向南。
故选：C。
地磁场的南北极与地理南北极相反，且不重合。
本题考查了地磁场的理解，属于基础题，
7.【答案】C
【解析】解：AB、由题意可知，“碳纤维质量约为同体积钢质量的四分之一”可知，碳纤维具有密度小、硬度大的特点；故AB错误；
CD、燃烧时温度能达到800℃，但外壳温度却不高，可判断耐高温，不易导热。故C正确、D错误。
故选：C。
由“碳纤维质量约为同体积钢质量的四分之一”可知，碳纤维具有密度小、硬度大的特点；燃烧时温度能达到800℃，但外壳温度却不高可判断耐高温，不易导热。
本题主要考查了物质的基本属性，常见题目。
8.【答案】B
【解析】解：当u故选：B。
凸透镜成像的原理是光的折射。
本题考查的是凸透镜成像的原理，属于基础题。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、歌声是由声带振动产生的，故A正确；
B、扩音器增大了振幅，增大了歌声的响度，故B错误；
C、现场观众听到歌声是通过空气传播的，故C正确；
D、歌声经过处理后，通过电磁波传到千家万户的电视机，故D正确。
故选：ACD。
(1)声音是由物体的振动产生的。
(2)声音的大小叫响度；扩音器可以增大声音的响度。
(3)声音的传播需要介质。
(4)电磁波可以传递信息。
本题考查的是声音产生和传播的条件；知道电磁波可以传递信息；知道响度和音调。
10.【答案】BC
【解析】解：燃油汽车各种能量损耗的总和是：25%+33%+11%=69%，所以它的机械效率为：η=100%−69%=31%。电动汽车的机械效率为：η=100%−10%=90%；
对比电动汽车，燃油汽车耗油且环境污染严重。
故选：BC。
用来做有用功的那部分能量，与燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。
用来做有用功的那部分能量与气缸散热损失的能量、废气带走的能量、摩擦等机械损耗的能量之和等于燃料燃烧释放的能量。
对比电动汽车，燃油汽车耗油且环境污染严重。
本题考查了热机的机械效率和环保情况，难度不大。
11.【答案】压强小 惯性 22.5 机械 方向
【解析】解：(1)流体流速大的位置压强越小，在地铁站候车时，人要站在黄色安全线以外的位置，是因为靠近列车一侧的空气流速大，压强小，容易使人被推向列车；
(2)乘坐地铁时抓紧扶手，是因为地铁具有惯性，为了防止惯性带来的危险；
(3)由v=st得，列车至少行驶时间：t=sv=30km80km/h=0.375h=22.5min；
(4)地铁制动时，由于摩擦，其机械能转化成了地面、轮胎和空气的内能，这些内能无法自动转化回去，原因是能量的转移和转化是有方向性。
故答案为：(1)压强小；(2)惯性；(3)22.5；(4)机械；方向。
(1)流体流速大的位置压强越小。
(2)物体保持原有运动状态不变的性质叫做惯性，一切物体都具有惯性；
(3)根据速度公式v=st计算列车行驶时间；
(4)地铁制动时，机械能转化为内能；能量的转移和转化是有方向的。
本题考查了流体压强与流速的关系、惯性、速度公式，以及对能量转化的认识，属于综合性题目。
12.【答案】不变 热传递 无规则运动 做功 液化 连通器
【解析】解：(1)热值的大小只与燃料的种类有关，木炭在燃烧过程中其热值不变。
(2)茶水升温时吸收热量，是通过热传递的方式改变内能。
(3)茶香四溢，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
(4)壶盖“跳动”时水蒸气的内能转化为机械能，能量转化与热机的做功冲程相同。
(5)“白气”是水蒸气遇冷液化形成的。
(6)茶壶的壶身和壶嘴上端开口、底部连通，形成一个连通器。
故答案为：(1)不变；(2)热传递；(3)无规则运动；(4)做功；(5)液化；(6)连通器。
(1)热值的大小只与燃料的种类有关；
(2)改变物体内能的方式有：做功与热传递两种方式；
(3)物质是由分子组成的，组成物质的分子永不停息地做无规则的运动；
(4)在内燃机的做功冲程中能量转化关系是内能转化为机械能；
(5)物质由气态变为液态叫液化；
(6)上端开口、底部连通的容器叫做连通器。
本题考查了改变内能的方法、内燃机的工作过程、分子动理论、连通器的应用、物态变化，属于基础题。
13.【答案】并 冷 变大
【解析】解：(1)由图可知，电动机与电热丝，可以单独工作，互不影响，所以为并联；
(2)开关S1接在干路上，开关S2接在电热丝所在的支路上，只闭合S1时，电路为电动机的简单电路时，电吹风吹冷风；
再闭合开关S2，电动机和电热丝并联，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变大，根据P=UI可知，电路的总功率增大。
故答案为：(1)并；(2)冷；变大。
(1)并联电路中各用电器可以单独工作，互不影响；
(2)开关S1接在干路上，开关S2接在电热丝所在的支路上，只闭合S1时，电路为电动机的简单电路时，电吹风吹冷风；
根据并联电路的电流规律分析干路中电流的变化，根据P=UI分析电路总功率的变化。
】本题考查并联电路特点和电功率公式的灵活运用，分清电路连接是解题的关键。
14.【答案】B 偏高 变大 98 等于 等于
【解析】解：(1)由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定B的高度。
(2)在烧杯上盖了一个盖子，加热时导致杯内气压升高，水的沸点偏高；
(3)沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，深度不断减小，水压不断减小，气泡逐渐变大，故如果出现气泡上升时体积逐渐变大，说明水已经沸腾；
(4)由图乙可知，温度升高到98℃后，温度不变，故水的沸点为98℃；
(5)相同的器材进行加热，加热时间相同，吸收的热量相同，故QⅠ=QⅡ；
由图乙可知，实验所用水在0～6分钟水温的变化均为6℃，由Q=cmΔt可知，吸收相同热量，温度变化相同，质量相同，即mⅠ=mⅡ。
故答案为：(1)B；(2)偏高；(3)变大；(4)98；(5)等于；等于。
(1)实验时要用酒精灯的外焰加热；
(2)在烧杯上盖了一个盖子，加热时导致杯内气压升高，水的沸点偏高；
(3)沸腾时，气泡上升时体积逐渐变大；
(4)水沸腾时持续吸热，但是温度保持不变，据此分析；
(5)相同加热器加热相同时间，加热器放出的热量相等，水吸收的热量相等；
由图乙可知，实验所用水在0～6分钟水温的变化均为6℃，由Q=cmΔt可知，吸收相同热量，温度变化相同，质量相同。
本题考查水沸腾时温度变化的特点，掌握水沸腾时的特点和现象是解答本题的关键。
15.【答案】N 条形磁体 对调电源正负极 S
【解析】解：(1)小磁针在磁场中静止时，N极的指向是该点的磁场方向。
(2)开关闭合后，小磁针分布状态如图甲所示，小磁针指示一定的方向，说明通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似。
(3)为了探究通电螺线管的磁场方向与电流方向是否有关，需要控制磁场方向不变，改变电流的方向，所以操作方法：对调电源正负极。
(4)闭合图乙中的开关，电流从螺线管的左侧流入，根据安培定则可知，通电螺线管左端为S极。
故答案为：(1)N；(2)条形磁体；(3)对调电源正负极；(4)S。
(1)磁场是有方向的，小磁针静止时N极所指的方向就是该点的磁场方向。
(2)通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似。
(3)通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。
(4)根据安培定则判定通电螺线管的磁极。
本题主要考查的是通电螺线管的磁场、安培定则的应用，难度不大。
16.【答案】垂直 在光的反射中，反射角等于入射角 没有发生 同一平面内 OA
【解析】解：(1)实验时，把平面镜放在桌面上，为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，应把纸板ENF与平面镜垂直放置；
(2)根据表格中的数据可知，在光的反射中，反射角等于入射角；
(3)实验中，把纸板NOF向后折，在纸板上不能看到反射光，说明反射光已经不在纸板上了，而此时左右2个纸板也不在同一个平面了，此时反射光的位置没有发生改变，由此说明：反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
(4)如果让光沿BO方向射到镜面，会发现反射光沿OA方向射出，这表明在反射现象中，光路是可逆的。
故答案为：(1)垂直；(2)在光的反射中，反射角等于入射角；(3)没有发生；同一平面内；(4)OA。
(1)法线始终垂直于平面镜，要使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，则入射光、反射光和法线所在的平面应与平面镜垂直，据此分析；
(2)在光的反射中，反射角等于入射角；
(3)根据光的反射规律：三线共面(入射光线、反射光线、法线)可做出解答；
(4)在光的反射过程中，光路是可逆的。
本题考查了光的反射规律的探究实验中，纸板的作用，反射规律的总结与归纳等，属基础实验题。
17.【答案】匀速直线 3.6 压力大小 没有控制压力大小相同 不变
【解析】解：(1)实验中用弹簧测力计拉着木块在水平木板上做匀速直线运动，此时拉力与摩擦力平衡，根据二力平衡条件可知，木块所受摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
根据图甲可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，弹簧测力计的示数为3.6N；因为木块做匀速直线运动，因此木块受到的拉力和摩擦力为一对平衡力，即f=F=3.6N；
(2)比较甲、乙两图，接触面粗糙程度相同，压力大小不同，压力越大，测力示数越大，滑动摩擦力越大，结论是滑动摩擦力大小与压力大小有关；比较乙、丙两图，压力大小不同，接触面粗糙程度也不同，没有控制压力大小相同，故得出“滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关”的结论是错误的。
(3)由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，即做加速直线运动，滑动摩擦力也不变。
故答案为：(1)匀速直线；3.6；(2)压力大小；没有控制压力大小相同；(3)不变。
(1)要使拉力与摩擦力相等，需沿水平方向拉动木块做匀速直线运动；根据图甲读出弹簧测力计的示数，然后根据木块做匀速直线运动受平衡力求出木块受到的摩擦力；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
(3)滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与速度大小无关。
此题主要考查的是利用控制变量法研究影响摩擦力大小的因素的方法，控制变量法和影响滑动摩擦力大小的因素都是中考的热点，需要掌握。
18.【答案】断开开关 电流表正负接线柱接反了 10 计算平均值，减小误差
【解析】解：(1)在用“伏安法测电阻”的实验中，滑动变阻器应串联接入电路中，结合题中滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变大，说明此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，由此可判断滑动变阻器左下部分电阻接入电路，据此完成电路连接，如下图所示：
；
(2)刚接好最后一根导线，表的指针就发生了偏转，由此可知在连接电路时开关未断开；电流表指针向左偏转，说明电流表正负接线柱接反了；
(3)根据电路图知电阻R与滑动变阻器串联，电压表测量电阻Rx两端的电压；电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，由图乙知，电流表的示数为0.18A；
未知电阻：Rx=UxI=Ω；
(4)该实验多次测量的目的是计算平均值，减小误差。
故答案为：(1)如图所示；(2)断开开关；电流表正负接线柱接反了；(3)10；(4)计算平均值，减小误差。
(1)在用“伏安法测电阻”的实验中，滑动变阻器应串联接入电路中，结合题中滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变大，说明此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，由此可判断滑动变阻器哪部分电阻接入电路，据此完成电路连接；
(2)连接电路时应断开开关；电流应该从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出；
(3)根据电路图知电阻R与滑动变阻器串联，电压表测量电阻Rx两端的电压，根据图中电流表量程读数，根据R=UI算出求电阻的阻值；
(4)该实验多次测量的目的是计算平均值，减小误差。
本题测量某定值电阻Rx的阻值实验，考查了注意事项、故障分析、电表读数、电阻的计算等。
19.【答案】右 500 5×103 偏大
【解析】解：(1)相邻两刻度间距离相等的轻质杠杆静止在如图甲所示的位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；
(2)调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，每个钩码质量100g，根据杠杆的平衡条件，设每个小格的长度为L0，mg×3L0=3×100g×g×5L0；
则物块质量为：m=500g=0.5kg；
(3)该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件有：F×3L0=4L0×3×0.1kg×10N/kg；解得：F=4N；
物块的重力：G=mg=0.5kg×10N/kg=5N；
以物块为研究对象，受到三个力的作用：重力、浮力和拉力F，即：G=F浮+F；物块在水中受到的浮力为：F浮=G−F=5N−4N=1N；
根据阿基米德原理，物块的体积为V=V排=F浮ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10−4m3；
物块的密度为：ρ=mV=0.5kg1×10−4m3=5×103kg/m3；
(4)在实验中，如果步骤按照先丙图再乙图的顺序，由于物体表面沾有水，物体的质量偏大，由ρ=mV知物块密度的测量值将偏大。
故答案为：(1)右；(2)500；(3)5×103；(4)偏大。
(1)调节杠杆在水平位置平衡，左边下沉往右调；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
(2)根据杠杆平衡条件计算出物块的质量；
(3)根据杠杆原理和物块的受力情况计算物块在水中受到的浮力；
根据阿基米德原理和密度公式计算物块的密度；
(4)如果步骤按照先丙图再乙图的顺序，分析所测各物理量的变化，据此分析物块密度的测量值是否变化。
本题主要考查的是杠杆的平衡条件；会根据阿基米德原理计算浮力和物体的密度等。
20.【答案】3 500
【解析】解：(1)由欧姆定律的变形式R=U I 可知，当电流表的示数增大时，电路的总电阻减小，
由图甲可知，拉力增大时滑片下移，因电流表示数随拉力的增大而增大，所以拉力增大时，电阻丝接入电路中的电阻应减小，则虚线框内接线柱“1”应与“3”连接；
(2)当滑片P位于b端时，弹簧伸长10cm，电流表的示数最大，根据图像知，此时的拉力为500N，应将此处的电流表示数标记为500N；
(3)闭合开关，弹簧处于原长状态时，电阻丝接入电路中的电阻最大，即Rab=20Ω，
电流表的示数为0.2A，则R0的点为U=U0+Uab=IR0−IRab=0.2A×(20Ω+R0)；——①
当滑片P位于b端时，电流表的示数最大为0.6A，则电源电压U=0.6A×R0；-------②
解得：U=6V，R0=10Ω；
(3)电流表示数为0.4A时电路总电阻：R总1=U I =6V0.4A=15Ω，
此时电阻丝接入电路的阻值：RPb1=R总1−R0=15Ω−10Ω=5Ω，
弹簧的伸长量：ΔL1=L−RPbRabL=10cm−5Ω20Ω×10cm=7.5cm，
由图乙可知弹簧每伸长2cm，弹簧受到的力为100N，为50N/cm，所以电流表示数为0.4A处应标记为50N/cm×7.5=375N。
故答案为：(1)3；
(2)500；
(3)电流表示数为0.4A处对应的拉力是375N。
(1)根据欧姆定律可知电流表示数增大时电路的总电阻变化，根据图甲可知拉力增大时滑片移动的方向，然后结合电流表示数随拉力的增大而增大判断虚线框内接线柱“1”应哪与接线柱连接；
(2)根据滑片P位于b端时弹簧的伸长得出拉力大小；
(3)闭合开关，弹簧处于原长状态时，电阻丝接入电路中的电阻最大，根据电阻的串联和欧姆定律列出电源电压的表达式；
当滑片P位于b端时，电流表的示数最大0.6A，根据欧姆定律列出电源电压的表达式；解出电源电压和定值电阻大小；
根据欧姆定律求出电流表示数为0.4A时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时电阻丝接入电路中的电阻，然后求出弹簧的伸长量，根据图乙读出电流表示数为0.4A处显示的拉力。
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，正确得出电路的结构和电路中的最大电流以及从图像中获取有用的信息是关键。实验次数
1
2
3
4
入射角
30°
40°
50°
60°
反射角
30°
40°
50°
60°