2025年黑龙江省大庆市中考物理试题（解析版）

这是一份2025年黑龙江省大庆市中考物理试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．《诗经》中有“琴瑟击鼓，以御田祖，以祈甘雨”的记载。琴、瑟是中国古代乐器，奏乐时听众能分辨出琴和瑟发出的声音，主要是依据声音的（ ）
A．响度B．音色
C．音调D．频率
答案 B
2．光给我们带来了美的感受，下列现象中由于光的反射形成的是（ ）
A．铁人广场“腾飞雕塑”的倒影
B．雨后的彩虹
C．正立、放大的蚂蚁像
D．阳光下日晷的影
答案 A
解析 铁人广场“腾飞雕塑”的倒影，属于平面镜成像，是因为光的反射形成的，故A正确；雨后的彩虹，属于色散现象，是利用光的折射的原理，故B错误；正立、放大的蚂蚁像属于凸透镜成像，其原理是光的折射，故C错误；阳光下日晷的影的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故D错误。
3．我国秦代度量衡制中规定：1石＝4钧，1钧＝30斤，1斤＝16两，与现代国际单位制比较，1斤约0.256kg。九年级女同学的质量在秦代约为（ ）
A．2斤B．20斤
C．200斤D．2000斤
答案 C
4．2025年2月7日至14日，第九届亚洲冬季运动会在黑龙江省哈尔滨市举行，其中冰壶项目深受观众喜爱，关于冰壶运动下列说法正确的是（ ）
A．冰壶运动员松手后冰壶继续前行是由于冰壶受到惯性
B．冰壶运动员在推动冰壶向前滑动过程中没有对冰壶做功
C．冰壶运动员快速刷冰可以通过减小摩擦来增大冰壶滑行距离
D．冰壶运动员单脚向前滑行时比双脚站立时对冰面的压强小
答案 C
解析 冰壶离手后继续向前运动，因为冰壶具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性，故A错误；冰壶运动员在推动冰壶向前滑动过程中，对冰壶有推力，并且冰壶在推力的方向上移动了距离，运动员对冰壶做功，故B错误；刷冰使表面的冰熔化，形成一层水膜，这是通过使接触面分离的方法来减小摩擦力，故C正确；运动员单脚滑行时比双脚滑行时，冰面的受力面积更小，运动员对冰面的压力一定，由p=FS可知，单脚滑行时对冰面的压强比双脚滑行时对冰面的压强大，故D错误。
5．物理学中经常看到形如x=yz的公式，一种情况是x的大小与y、z都有关，另一种情况是x虽然可由y、z计算，但与y、z无关。下列四个公式中，属于前一种情况的是（ ）
A．物质的密度ρ=mV
B．导体中的电流I=UR
C．物质的比热容c=Qm(t2-t1)
D．燃料的热值q=Qm
答案 B
解析 在物理学中，密度在数值上等于物体质量与其体积之比，但密度与质量、体积无关，故A不符合题意；根据欧姆定律可知，电流与电压成正比，与电阻成反比，表达式为I=UR，故B符合题意；比热容在数值上等于物体吸收的热量与质量和升高的温度的乘积的比值，与热量、质量和升高的温度无关，属于后一种情形，故C不符合题意；热值在数值上等于燃料完全燃烧放出的热量与质量的比值，但热值与热量、质量的大小无关，故D不符合题意。
6．某位同学对电与磁知识进行梳理，图中对应位置的内容填写正确的是（ ）
A．电流的热效应
B．动圈式话筒
C．电磁起重机
D．法拉第
答案 D
解析 奥斯特实验，发现了电流的磁效应，不是热效应；其应用是电磁铁；动圈式话筒是电磁感应的应用，故A、B错误；通电导体在磁场中受到力的作用，应用是电动机，电磁起重机是电流磁效应的应用，故C错误；法拉第发现了电磁感应现象，即闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，其应用是发电机，故D正确。
7．“游梁式”抽油机的结构如图所示，电动机通过曲柄带动游梁摆动，驴头连接抽油杆上下运动。关于石油的开采和运输，下列说法不正确的是（ ）
A．游梁属于简单机械中的杠杆
B．皮带摩擦生热是通过做功改变内能
C．油罐车尾部拖一长铁链是为了防止静电带来的危害
D．抽油机常年工作，抽油机是一种“永动机”
答案 D
解析 电动机带动曲柄转动，通过连杆推动游梁和驴头绕支点往复转动，游梁属于简单机械中的杠杆，故A正确，不符合题意；皮带摩擦生热，该过程中消耗机械能，产生内能，属于能量的转化，是做功改变物体内能，故B正确，不符合题意；利用运油车尾部的铁链将油与油罐摩擦产生的静电导走，防止静电积累到一定程度引起爆炸，这是静电的防止，故C正确，不符合题意；永动机是不消耗能量而能永远对外做功的机器，根据能量守恒定律表明；永动机是不可能制成的，故D错误，符合题意。
8．小萌家和学校位于同一平直马路的两个位置。小萌的爸爸在小萌放学时从家出发去接小萌，相遇后一起返回家中，小萌全程做匀速直线运动。两人运动图像如图所示，纵坐标s代表小萌和爸爸离家的距离，下列说法正确的是（ ）
A．小萌家距学校600 m
B．小萌从学校到家所用时间为15 min
C．0～8 min内爸爸的速度是1.25 m/s
D．整个过程中，爸爸做匀速直线运动
答案 C
解析 根据图像可知，学校离家为1 000 m，故A错误；由图像可知，小萌放学回家，8 min处遇到了爸爸，那么小萌8 min走的路程为s萌＝1 000 m－600 m＝400 m，小萌放学回家全程做匀速直线运动，说明小萌的速度不变，得s萌s'萌=t萌v萌t'萌v萌，代入数据可得，小萌从学校到家所用时间为t'萌=S'萌S萌t萌=1 000 m400 m×8 min=20 min，故B错误；由图像可知爸爸从家去学校接小萌，走了8 min遇到了小萌，则t爸＝t萌，那么爸爸8 min走的路程为s爸＝600 m，那么爸爸0～8 min的速度为v爸=S爸t爸=600 m8×60 s=1.25 m/s，故C正确；爸爸接到小萌后和小萌一起回家，那么遇到小萌后，爸爸的速度变的和小萌一样v′爸＝v萌，得v'爸v爸=v萌v爸=S萌t萌S爸t爸=23，8 min后，爸爸的速度变慢，整个过程中，爸爸不是做匀速直线运动，故D错误。
9．如图所示，用滑轮组将汽车沿水平方向匀速拉动，20 s汽车移动了5 m。已知绳端拉力F为900 N，汽车受到的阻力为1 500 N，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．绳端移动的距离为15 m
B．此滑轮组的机械效率为83.3%
C．汽车受到的拉力为1 800 N
D．绳端拉力F的功率为750 W
答案 B
解析 由题图可知，动滑轮上绳子的股数为n＝2，绳端移动的距离：s＝ns车＝2×5 m＝10 m，故A错误；滑轮组水平拉动汽车，克服汽车受到的阻力做的功为有用功，
故滑轮组对汽车做的有用功W有＝f s车＝1 500 N×5 m＝7 500 J，
绳端拉力F做的总功W总＝Fs＝900 N×10 m＝9 000 J，
绳端拉力F做功的功率P=W总t=9 000 J20 s=450 W；
滑轮组的机械效率η=W有W总×100%=7 500 J9 000 J×100%≈83.3%，故B正确、D错误；
汽车沿水平方向匀速运动，受到的拉力与阻力平衡，根据力的平衡条件可知，汽车受到的拉力F拉＝f＝1 500 N，故C错误。
10．如图所示的电路中，电源电压保持不变，所有元件均完好。闭合开关S，将滑动变阻器滑片P移到适当位置，电流表A的读数为I，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，向左移动滑片P至另一位置，电压表V1读数的变化量为ΔU1，电压表V2读数的变化量为ΔU2，电流表A读数的变化量为ΔI，下列说法正确的是（ ）
A．U2I=|ΔU1ΔI|
B．滑片P向左移动的过程中，电路的总功率增大
C．|ΔU1|＜|ΔU2|
D．R1的功率与电路总功率的比值减小
答案 A
解析 由电路图可知，滑动变阻器R1与定值电阻R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。根据欧姆定律I=UR及串联电路的电压特点U＝U1+U2，可知当滑片移动时，|ΔU1|＝|ΔU2|（因为电源电压不变），所以U2I=|ΔU2ΔI|=|ΔU1ΔI|，A正确，C错误。滑片P向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中的总电阻R＝R1+R2，变阻器向左移动，R1变大，总电阻R 变大，电源电压不变，所以总电流变小，根据P ＝ UI，电路的总功率减小，B错误。R1的功率与电路总功率的比值为U1IUI=U1U，因为是串联电路，电流I处处相等，又因为变阻器的滑片向左移动，U1变大，所以比值变大，D错误。
二、填空题：本题3小题，（1）题4分、（2）题4分、（3）题8分，共16分。
11．【海洋与生活】我国在潮汐发电领域已取得重大成就，自主研发制造的首台LHD兆瓦级潮流能“奋进号”发电机组，率先实现兆瓦级大功率稳定并网发电，入选2024年全球海洋能二十大亮点工程。小铁同学想了解海洋能源在生活中的应用。
（1）首先他了解了潮汐发电的相关知识，潮汐能是 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。潮汐发电过程中，涨潮阶段海水涌入水库，退潮阶段海水流出，退潮过程中发电机将
转化为电能。某次退潮过程中海水重力做功2.0×1010 J，其中50%转化为电能，则本次退潮发电 J。
（2）潮汐发电产生的电能通过电网输送到小铁家，他家电能表上月末记录的示数是931.6 kW•h，本月末示数如图a所示，这个月他家用电 kW•h，kW•h是 的单位。他将电饭煲单独接入电路中正常工作1 min，发现电能表转盘转过10 r，此过程中电饭煲的电功率为 W。
（3）接下来他探究了不同密度的海水在沸腾前后温度变化的规律。
①某次测量海水的质量和体积，托盘天平示数如图b甲所示，已知烧杯质量为20 g，海水的质量为 g，量筒示数如图b乙所示，海水的体积为 cm3。
②用图b丙实验器材进行探究，图中A、B、C三种读温度计示数的方式正确的是 。海水沸腾时大量的“白气”不断地从烧杯中冒出，这些“白气”是由水蒸气_________ （选填物态变化名称）而形成的。
③小铁用相同热源对质量和初温均相同的海水1、海水2和水（ρ1＞ρ2＞ρ水）进行加热，其温度随加热时间变化的规律如图c所示。分析图像得出如下结论：
Ⅰ.实验时水的沸点是 ℃；
Ⅱ.海水密度越大沸点越 ；
Ⅲ.两种海水从相同初温加热至刚好沸腾， （选填“海水1”或“海水2”）吸收的热量更多。结合实验分析，如果内陆地区一个水量不变的咸水湖随着含盐量逐渐升高，其对周围地区气温的调节作用会变 （选填“强”或“弱”）。
答案 （1）可再生 机械 1.0×1010 J
（2）101 电能 1 000
（3）①43.6 40 ②B 液化 ③Ⅰ99 Ⅱ高 Ⅲ海水2 弱
解析 （1）潮汐能可以从自然界中源源不断地得到，属于可再生能源；
潮汐发电过程中把海水的机械能转化为电能；
本次退潮发电为W电＝ηW机械＝50%×2.0×1010 J＝1.0×1010 J；
（2）电能表显示本月末电能表的示数为1 032.6 kW•h，
本月消耗的电能为1 032.6 kW•h－931.6 kW•h＝101 kW•h，kW•h是电能的单位；
600 r/(kW•h)表示的含义是每消耗1 kW•h的电能，电能表转盘转600次。
则转10 r消耗的电能
W=10600 kW•h=160 kW•h，
电饭煲的电功率
P=Wt=160 kW⋅h160 h=1 kW＝1 000 W；
（3）①由图甲知，烧杯和海水的总质量为m总＝50 g+10 g+3.6 g＝63.6 g，
海水的质量为m水＝m总－m杯＝63.6 g－20 g＝43.6 g，
由乙图知，海水的体积为V＝40 mL＝40 cm3，
②读取温度计示数时，视线与温度计中的液柱上表面相平，不能仰视或俯视，所以正确的是B；“白气”是热的水蒸气遇到冷的空气液化成的小水滴；
③Ⅰ由图3可得水的沸点是99 ℃；
Ⅱ已知，ρ1＞ρ2＞ρ水，由图3可知，海水1的沸点大于海水2的沸点，所以可以得出海水的沸点随海水密度变化的规律是，海水密度越大沸点越高；
Ⅲ由图3可知，海水2加热至沸腾所用的时间比海水1长，因此海水2吸收的热量更多；
根据吸热公式Q吸＝cmΔt可知，在吸收热量和质量一定时，温度变化越大，比热容越小。由图3可知，在其他条件相同时，海水1温度变化比海水2温度变化大，所以海水1的比热容比海水2的比热容小，又知海水1的密度大于海水2的密度，故咸水湖含盐量逐渐升高，对周围地区气温的调节作用会变弱。
三、作图题：本题3小题，（1）题2分、（2）题2分、（3）题3分，共7分。
12．鱼缸内流动的水景和缤纷的鱼群充满生机，是兼具观赏性与趣味性的迷你生态景观。
（1）请在图乙中画出静止在水平桌面上鱼缸的受力示意图（图中O点为鱼缸的重心）。
（2）鱼缸的水泵需要连接在三孔插座上，鱼缸上方需要安装照明灯，请用笔画线代替导线，将图丙中的三孔插座、开关和照明灯分别接入电路，开关只控制照明灯。
（3）通过鱼缸右侧上方的平面镜可观察到鱼缸中的小鱼，在图丁中补充画出人眼P通过平面镜看到水中小鱼S的光路图（保留作图痕迹）。
答案 （1）
（2）
（3）
四、实验探究题：本题2小题，13题10分、14题11分，共21分。
13．小庆所在的实验小组设计了如图甲所示的实验装置，在长方体容器中用隔板分成不相通的左右两部分，隔板上有一小圆孔用薄橡皮膜封闭，薄橡皮膜左右两侧压强不同时，形状发生改变。将装置放在水平桌面上，利用此装置来探究液体的压强与哪些因素有关，并制作液体密度计。
（一）探究液体的压强与哪些因素有关
（1）如图乙所示，在隔板左右两侧加入不同深度的水，左侧水面到薄橡皮膜中心的深度为h1，右侧水面到薄橡皮膜中心的深度为h2（h1＞h2），发现薄橡皮膜向右凸起，则薄橡皮膜左右两侧等高处a、b两点的压强pa pb（选填“＞”“＜”或“＝”），说明同种液体，随液体深度的 （选填“增加”或“减少”），压强随之变大。
（2）将图乙容器中的水倒出并擦干，在隔板左侧加入水，右侧加入相同深度的盐水，发现薄橡皮膜向 （选填“左”或“右”）凸起，如果要使薄橡皮膜恢复原状，要需______（选填“增加”或“减少”）盐水的深度。分析得出，在同一深度，密度越大，液体的压强越大。
（二）制作液体密度计
（3）向图甲容器隔板左侧加入水，量出水面到薄橡皮膜中心的深度为12 cm，向隔板右侧加入酱油，直至薄橡皮膜恢复原状为止，量出酱油液面到薄橡皮膜中心的深度为10 cm，则酱油的密度为 g/cm3(ρ水=1.0 g/cm3)。已知符合国家标准酱油的密度范围是1.14～1.25 g/cm3，该酱油 （选填“符合”或“不符合”）国家标准。
（4）小庆想要直接测量多种液体的密度，将该装置做如下设计，在右侧容器壁距离薄橡皮膜中心点高度为h3处做一标记，如图丙所示。每次在隔板右侧加入待测液体至标记处，左侧加水至薄橡皮膜恢复原状，测出水面至薄橡皮膜中心的深度为h4，则待测液体密度表达式ρ＝ （用h3、h4和ρ水表示），利用该原理在左侧容器壁标刻出均匀的刻度，即可直接读出待测液体密度。
答案 （一）（1） ＞ 增加 （2）左 减小 （二）（3）1.2 符合 （4）h4h3ρ水
解析 （一）（1）当容器左右两侧分别加入深度不同的水，且左侧水面较高，根据p＝ρgh，则左侧液体的压强（较高水面产生的压强）大于右侧（较低水面）的压强，即pa＞pb，会看到橡皮膜向右侧凸出，说明同种液体中，液体深度越深，液体压强越大；
（2）当分别向左右两侧加入深度相同的水和盐水时，因盐水的密度大，根据p＝ρgh可知，橡皮膜受到盐水的压强较大，故会看到橡皮膜向水这一侧凸出，即向左凸起，说明液体深度相同时，液体密度越大，液体压强越大；
根据p＝ρgh可知，要使薄橡皮膜恢复原状，应减小盐水的深度；
（二）（3）向隔板左侧倒入水，液体压强随深度的增加而增大，因此橡皮膜会向右凸，量出液面到橡皮膜中心的深度为12 cm；
向隔板右侧倒入酱油，直至橡皮膜恢复原状为止；量出酱油面至橡皮膜中心的深度为10 cm，ρ水gh1＝ρ酱gh2，即1.0×103 kg/m3×g×0.12 m＝ρ酱g×0.1 m，则酱油的密度为
ρ酱＝ 1.2×103 kg/m3＝1.2 g/cm3；国家标准酱油的密度范围是1.14～1.25 g/cm3，该酱油在标准范围内；
（4）在左侧加入适量的水，在右侧缓慢倒入待测液体，直到观察到橡皮膜相平时，水对橡皮膜的压强和液体对橡皮膜的压强相等，故p液＝p水，
根据液体压强公式p＝ρgh可知ρgh3＝ρ水gh4，
则待测液体密度ρ的表达式：ρ=h4h3ρ水。
14．小娜同学设计了如图甲所示的电路图，来测量未知电阻Rx的阻值。已知定值电阻R0的阻值为20 Ω，电源电压低于10 V。
（1）图甲中闭合开关前，小娜应将滑动变阻器的滑片移到最 （选填“左”或“右”）端，电流表A1的量程应选 ，电流表A2的量程应选 （两空均选填“0～0.6 A”或“0～3 A”）。
（2）图甲中闭合开关后，将滑动变阻器的滑片调到适当位置，小娜发现电流表A1的指针几乎不偏转，电流表A2的指针有明显偏转，电路可能出现的故障是 （选填“R0”或“Rx”）断路。
（3）故障排除后进行测量，其中一个电流表的读数为1.2 A，另一个电流表指针位置如图乙所示，其示数为 A，则待测电阻Rx的阻值为 Ω。
（4）小娜利用测出的定值电阻设计了天然气浓度检测仪，其电路图如图丙所示，电源电压为6 V，气敏电阻阻值随天然气浓度变化规律如图丁所示。当电压表示数低至3 V时，启动报警系统，图丙中 （选填“R1”或“R2”）是气敏电阻；当电压表示数为4 V时，天然气的浓度为 %。若要在天然气浓度更低时启动报警系统，需更换阻值更
（选填“大”或“小”）的定值电阻。
答案 （1）右 0～0.6 A 0～3 A （2）R0
（3）0.4 10（4）R1 0.5 大
解析 （1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由题图可知，滑片应位于最右端；
电流表A1测量R0的电流，I0=UR0=10 V20 Ω=0.5 A，电流表A1的量程应选0～0.6 A；
电流表A2测量R0与Rx干路的电路，电流表A2的量程应为0～3 A；
（2）电流表指针几乎不偏转，电流表A2的指针有明显偏转，说明Rx支路与电源连接相连，Rx并联电路之外电路不存在断路，则与Rx并联的定值电阻R0断路；
（3）由图乙可知，电流表A1的里程0～0.6 A，分度值0.02 A，由指针可知，I0＝0.4 A；
并联电路干路的电流等于各支路电流之和，Ix＝I－I0＝1.2 A－0.4 A＝0.8 A；
并联电路的电压都相等，Ux＝U0＝I0R0＝0.4 A×20 Ω＝8 V；
由I=UR可得，Rx=UxIx=8 V0.8 A=10 Ω；
（4）从图丁可知，气体浓度增大，气敏电阻的阻值变小，电流变大，R2为定值电阻，R1为气敏电阻，电源电压为6 V，气敏电阻阻值随天然气浓度变化规律如图丁所示。当电压表示数低至3 V时，U1＝U2＝3 V，R1＝R2＝Rx＝10 Ω，
由图丁可知，当电压表示数为4 V时，U2′＝U－U1′＝6 V－4 V＝2 V，
此时电路中电流，I′＝I1′＝I2′=U2'R2=2 V10 Ω=0.2 A，
由I=UR可得，气敏电阻阻值R1′=U1'I1'=4 V0.2 A=20 Ω，
由图丁可知，当气敏电阻为20 Ω时，天然气的浓度为0.5%；
若要在天然气浓度更低时启动报警系统，根据串联电路的电压分配关系，需更换阻值更大的定值电阻。
五、计算题：本题2小题，15题8分、16题8分，共16分。解题时要写出必要的文字说明、依据的主要公式或变形公式，运算过程和结果要写明单位，只有结果、没有过程不能得分。
15．小庆家有一只电热水壶，部分参数如下表。一次烧水过程中，将1.5 L的水由20 ℃加热至沸腾用时12 min。已知家庭电路电压为220 V，当地大气压强为一个标准大气压，水的比热容c水＝4.2×103 J/(kg•℃)，水的密度ρ水＝1.0×103 kg/m3。请回答下列问题：
（1）求烧水过程中水吸收的热量；
（2）小庆妈妈觉得这只电热水壶每次将水烧开的时间较长，打算购买另一只最大容量相同、额定功率为1 500 W的电热水壶。室内插座的额定电流是5 A，用该插座给电热水壶供电，从安全用电的角度考虑，通过计算说明，她能否购买此电热水壶。
解： （1）水的质量为m＝ρ水 V＝1.0×103 kg/m3×1.5×10-3m3＝1.5 kg，
水吸收的热量为Q吸＝c水m（t－t0）＝4.2×103 J/（kg•℃）×1.5 kg×（100 ℃－20 ℃）＝5.04×105 J。
（2）已知家庭电路电压U＝220 V，室内插座的额定电流I＝5 A，根据电功率公式P＝UI，可计算出该插座允许接入用电器的最大功率Pmax＝UI＝220 V×5 A＝1 100 W，而新电热水壶的额定功率P额＝1 500 W，因为P额＞Pmax，所以从安全用电的角度考虑，她不能购买此电热水壶。
16．小娜同学为了研究浮力产生的原因，设计了如图甲所示的特殊容器，容器由底部相通的A、B两部分组成，容器A底部有一个面积为80 cm2的圆孔，圆孔距容器B底部10 cm，现用一个上下表面均为圆形的木塞（不考虑吸水）堵住圆孔，当向容器A中注水至水深10 cm时，木塞未上浮且与容器A底部接触紧密。已知：木塞的参数如图丙所示，h1＝6 cm，h2＝4 cm，上表面积S1=160 cm2，下表面积S2=80 cm2，木塞质量m＝1 kg，水的密度ρ水=1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg。求：
（1）图甲中水对木塞上表面的压强；
（2）向图甲容器B中注水，当B中水深25 cm时（如图乙），木塞受到的浮力；
（3）继续向图乙容器B中注水，直至木塞漂浮在水面上，此时木塞排开水的体积。
解： （1）由图甲可知，木塞上表面到水面的距离为：h上＝10 cm－6 cm＝4 cm，
则图甲中水对木塞上表面的压强为p上＝ρ水g h上＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.04 m＝400 Pa；
（2）向图甲容器B中注水，当B中水深25 cm时，木塞下表面到B中水面的距离为： h下＝25 cm－10 cm+4 cm＝19 cm，
则图乙中木塞下表面受到水的压强为： p下＝ρ水g h下＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.19 m＝1 900 Pa，
所以图乙中木塞下表面受到水的压力为： F下＝p下S2＝1 900 Pa×80×10-4 m2＝15.2 N，
而此时木塞上表面受到水的压力为： F上＝p上S1＝400 Pa×160×10-4 m2＝6.4 N，
由浮力产生的原因可知，此时木塞受到的浮力为：F浮＝F下－F上＝15.2 N－6.4 N＝8.8 N；
（3）继续向图乙容器B中注水，直至木塞漂浮在水面上，则木塞此时受到的浮力为：F浮'＝G＝mg＝1 kg×10 N/kg＝10 N，
由阿基米德原理可知，此时木塞排开水的体积为：V排 =F浮'ρ水g=10 N1.0×103 kg/m3×10 N/kg=1×10﹣3 m3。额定电压
220 V
最大容量
1.5 L
额定频率
50 Hz
额定功率
1 000 W