2020年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷

这是一份2020年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。


2020年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷
题号
一
二
三
总分
得分





一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1. 下列说法正确的是（　　）
A. 扩散现象只能发生在气体之间
B. 色拉油加热后比热容变大
C. 夏天在地面上酒水会感到凉快，是因为水蒸发吸热
D. 内燃机的做功冲程，机械能转化为内能
2. 下列说法正确的是（　　）
A. 测温枪测量体温，利用了红外线的热效应
B. 日环食是由光的折射形成的
C. 当入射光线与平面镜的夹角为30°时，反射角为30°
D. 在电影院，坐在不同座位都能观赏电影场景，是由于银幕对光线产生镜面反射
3. 踢毽子是一项有益的体育活动，小军以某一速度将毽子笔直向上踢出。下列说法正确的是（　　）
A. 脚对毽子的力大于键子对脚的力
B. 毽子离开脚后继续向上运动，是因为具有惯性
C. 毽子离开脚时的速度与落回到该位置时的速度大小相等
D. 毽子上升过程中重力势能不变
4. 下列说法正确的是（　　）


A. 如图甲，赛车尾翼的结构上平下凸，使赛车在高速运动时减小了对地面的压力
B. 如图乙，杠杆水平平衡，左右两侧各取掉一个钩码，杠杆仍保持水平位置平衡
C. 如图丙，手摇发电机转动线圈，可以产生大小、方向不变的直流电
D. 如图丁，洗衣机的电源插头有三根线，其中标“E”的导线和金属外壳相连
5. 下列叙述错误的是（　　）
A. 天坛公园的圆丘第三层台面中心略高，四周微微向下倾斜。人站在台中心喊话，被栏杆和台面反射的声音与原来的声音混在一起，觉得声音格外响亮
B. 信鸽是靠地磁场导航的，如果把块小磁铁绑在信鸽身上，它就会失去定向的能力
C. 太阳质量约占整个太阳系质量的99.86%，所以太阳的密度远远大于地球的密度
D. 现在开采的煤、石油等化石能源，实际上都源于上亿年前的太阳能
6. 如图所示，在粗糙水平地面上，用10N的力F沿水平方向拉滑轮（不计滑轮重力）。木板B静止，木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，5s内木块A移动了0.5m。滑轮组的机械效率为80%．下列说法正确的是（　　）

A. 木块A受到的摩擦力为5N B. 地面对木板B的摩擦力为4N
C. 5s内绳子拉力对木板B做的功为2J D. 拉力F的功率为0.5W
7. 如图所示电路，电源电压不变，滑片移至最大阻值处，闭合开关，电流表示数为0.2A，小灯泡的功率为0.4W．移动滑片，将滑动变阻器最大阻值的接入电路时，电流表示数为0.4A，小灯泡恰好正常发光，消耗的功率为2W．下列说法正确的是（　　）

A. 电源电压8V
B. 小灯泡正常发光时电阻为10Ω
C. 滑动变阻器的最大阻值20Ω
D. 小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率为4.8W
二、实验探究题（本大题共4小题，共21.0分）
8. 某同学用光具座、凸透镜、蜡烛、光屏和刻度尺等实验器材，探究“凸透镜成像的规律”。

（1）为了测量凸透镜的焦距，让一束平行于主光轴的光射向凸透镜，移动光屏，直到光屏上出现最小、最亮的光斑，用刻度尺测出光斑到凸透镜中心的距离，如图甲所示。凸透镜焦距为______cm。
（2）将凸透镜固定在光具座50cm刻度线处，蜡烛放置在光具座40cm刻度线处，点燃蜡烛，左右移动光屏，出现图乙所示现象（成像清晰）。为使像呈现在光屏中央，应将光屏向______调节。
（3）保持凸透镜位置不变，调整烛焰中心、透镜中心和光屏中心在同一高度。将蜡烛移至34cm刻度线处，移动光屏，直到光屏上再次出现清晰的像，该像是倒立、______的实像。保持凸透镜位置不变，将蜡烛继续向左移动10.0cm，仍要在光屏上得到清晰的像，光屏应向______移动一段距离。
9. 图甲是“探究某种物质熔化时温度的变化规律”实验装置。实验过程中，每隔1min记录一次温度，并观察物质的状态。根据实验数据，绘制出该物质熔化时温度随时间变化的图象，如图乙。

（1）由图乙可知，该物质是______（填“晶体”或“非晶体”），判断依据是______。图乙中AB段，该物质处于______态。
（2）若实验过程中燃烧了8g酒精，8g酒精完全燃烧放出的热量为______J．（酒精热值为3.0×107J/kg）
10. 在“测量小灯泡的电功率”实验中，电源由三节新干电池串联组成，小灯泡额定电压为2.5V，阻值约为8Ω，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。图甲是某实验小组未连接完整的实验电路。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整，导线不能交叉。
（2）闭合开关，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，电流表和电压表均无示数。小组成员找来一个两端接有导线的定值电阻（阻值为10Ω），一端接在电源负极接线柱上，另一端依次触碰接线柱A、B、C，只有触碰到C时，灯泡才发光。若导线无断路，且导线和器材连接均完好，电路只有一处故障，则故障是______。
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为______V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______W。
（4）某同学想利用该电路“测量定值电阻R的阻值”。于是取下小灯泡，将电阻Rx接入小灯泡所在位置，滑动变阻器滑片移至最大阻值处，闭合开关，移动滑片，测量四组对应的电压和电流值。数据如下表：
数据序号
1
2
3
4
电压U/V
1.2
1.6
2.0
2.4
电流I/A
0.24
0.32
0.39
0.48
由数据可得，电阻Rx的阻值为______Ω。
（5）能否将阻值约为50Ω的电阻接入图甲中小灯泡所在位置（其他连接均不变），测量其阻值。你的判断是______，理由是______。
11. 物理兴趣小组为了“测量液体的密度”，设计了如图甲所示的实验装置。特制容器底部是一个压敏电阻R（厚度不计），通过导线与电路相连。电源电压恒为12V，定值电阻R0=20Ω，电流表的量程0～0.6A．压敏电阻R上表面涂有绝缘漆，其阻值随所受液体压强的大小变化关系如图乙所示。工作时容器底部始终保持水平。（ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）

（1）闭合开关，电流表示数为0.08A．缓慢向容器内注水，电流表示数将______（填“变大”、“变小”或“不变”），注入深度为50cm的水时，水对压敏电阻的压强是______Pa，电流表示数为______A。
（2）断开开关，将水倒出，擦干容器，置于水平操作台上。注入深度为50cm的待测液体，闭合开关，电流表示数为0.24A．则待测液体的密度______水的密度，该液体的密度是______kg/m3。
（3）若注入待测液体时俯视读数，该液体密度的测量值______真实值。
三、计算题（本大题共2小题，共18.0分）
12. 小宇家购置一款用来煎烤食物的双面电饼铛，上下盘既可以同时加热，也可以把上盘掀开，使用下盘单独加热。电饼铛简化的内部电路如图甲所示，闭合开关S1，温控开关S2接接线柱“2”时，下盘加热。再闭合开关S3，上盘也开始加热。当温度超过设定温度时，温控开关S2自动转接接线柱“1”，电饼铛进入保温状态。电饼
铛部分参数如图乙。（忽略温度对电阻阻值的影响：L1、L2、L3为指示灯，不计指示灯消耗的电能）求：

（1）下盘加热电阻R1的阻值和保温时电路中的额定电流；
（2）某次电饼铛在额定电压下煎烤食物时，指示灯L1、L2发光时间分别为10min、5min，电饼铛消耗的电能是多少？
（3）用电高峰时，小宇关闭家中其他用电器，用电饼铛下盘煎烤食物10min，电能表（如图丙）的转盘转过500转，则电饼铛的实际电压是多大？







13. 如图甲，水平桌面上的容器（厚度不计）底部固定一轻质弹簧（质量和受到的浮力均不计），弹簧上端连有正方体铁块A，铁块A上表面中心与不吸水的正方体木块B下表面中心用长为0.1m的轻质细绳拴接（细绳质量不计，长度不可伸长），A、B处于静止状态。已知铁块A和木块B的边长均为0.1m，mA=8kg，mB=0.5kg，容器底面积0.1m2、质量1kg。弹簧的弹力每变化1N，弹簧的形变量改变1mm。（ρ水=1.0×103kg/m，g取10Nkg）求：
（1）图甲中，容器对水平桌面的压强；
（2）向容器中缓慢注水，直到细绳恰好伸直（细绳不受力），如图乙所示。弹簧对铁块A的支持力是多大？
（3）细绳恰好伸直后继续向容器内缓慢注水，直到木块刚好全部被水浸没，水面又升高了多少？









答案和解析
1.【答案】C

【解析】解：
A、扩散现象不仅发生在在气体之间，也能发生在气体和液体之间、固体之间、固体与气体之间，故A错误；
B、比热容是物质的一种特性，与物体的温度无关，例如，10℃和20℃的水的比热容相同，故B错误；
C、炎热的夏天，在室内地面上洒水，水蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，使人感到凉爽，故C正确；
D、内燃机的做功冲程是把内能转化为机械能，而不是机械能转化为内能，故D错误。
故选：C。
（1）不同物质接触时，分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子无规则运动的结果；
（2）比热容是物质的一种特性，与质量、温度无关；
（3）水分的蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，即蒸发吸热；
（4）在内燃机的做功冲程中，把燃料燃烧产生的内能转化为机械能。
本题考查分子运动、比热容的特性、蒸发吸热以及内燃机工作时的能量转化，是综合性题目。
2.【答案】A

【解析】解：A、测温枪测量体温，利用了红外线的热效应，故A正确；
B、日食是由于光的直线传播形成的现象，故B错误；
C、当入射光线与平面镜的夹角为30°时，则入射角为90°-30°=60°，所以，反射角为60°，故C错误；
D、坐在不同座位都能观赏电影场景，是由于银幕对光线产生漫反射，故D错误。
故选：A。
（1）红外线的特点是热作用强，可用于测温枪；
（2）日食和月食都是由于光的直线传播形成的现象；
（3）入射光线与法线的夹角叫入射角，反射光线与法线的夹角叫反射角，根据反射定律可知：反射角等于入射角；
（4）光的反射范围镜面反射和漫反射，如果反射面粗糙不平，则反射漫反射。
知道红外线的特点和应用，能够区分生活中的三类光现象，理解光的反射定律，区分镜面反射和漫反射，可解答此题。
3.【答案】B

【解析】解：A、脚对毽子的力和键子对脚的力是一对相互作用力，二者大小相等，故A错误；
B、毽子离开脚后能够继续上升，是由于毽子具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故B正确；
C、毽子在向上运动过程中，受到空气阻力的作用，有一部分机械能转化为毽子的内能，毽子离开脚时的机械能大于落回到该位置时的机械能，而重力势能相同，毽子离开脚时的动能大于落回到该位置时的动能，毽子离开脚时的速度大于落回到该位置时的速度，故C错误；
D、毽子上升过程，质量不变、高度增加，重力势能变大，故D错误。
故选：B。
（1）脚对球的力和球对脚的力是作用力和反作用力；
（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；
（3）毽子在运动过程中，受到空气阻力的作用，机械能不守恒；
（4）毽子上升过程，质量不变、高度增加，重力势能变大。
本题考查了相互作用力的特点、惯性现象、重力势能和机械能的大小变化分析，属于基础题目。
4.【答案】D

【解析】解：
A、赛车尾翼的结构上平下凸，在赛车高速行驶时，上方空气流速慢、压强大，下方空气流速快、压强小，从而增加汽车对地面的压力，提高车轮的抓地性能，故A错误；
B、如果左右两侧各取掉一个钩码，因3G×3L＞2G×4L，所以杠杆左端下沉，杠杆不能保持水平位置平衡。故B错误；
C、手摇发电机转动线圈可以产生电流，电流的大小和方向都是变化的，是交流电，故C错误；
D、洗衣机的电源插头有三根线，其中标着E的导线和地线相连，这样做目的是防止因用电器“漏电”而触电，故D正确。
故选：D。
（1）在气体和液体中，流速越大的位置、压强越小。
（2）如果左右两侧各取掉一个钩码，根据杠杆平衡条件判断杠杆能否保持水平位置平衡。
（3）发电机发出的电为交流电。
（4）三线插头能使金属外壳接地，即使家用电器因绝缘不好“漏电”，也会使电流通过导线导入大地，人也就不会触电。
此题为力学和电学综合题，涉及到的知识点多，综合性强，属于中考常见题型，要求学生熟练掌握相关知识。
5.【答案】C

【解析】解：A、天坛公园的圆丘第三层台面中心略高，四周微微向下倾斜。人站在台中心喊话，听到的声音格外响亮，这是利用声音的反射，使回声与原声混在一起，声音得到加强，造成回声的音效效果，故A正确；
B、信鸽辨别地磁场的强弱变化来定向的，如果把块小磁铁绑在信鸽身上，会干扰磁场，它就会失去定向的能力，故B正确；
C、仅知道质量大小关系，不知道体积大小关系，无法比较密度大小，故C错误；
D、远古时期，植物通过光合作用将太阳能转化为生物体的化学能。在它们死后，躯体经过几百万年变成了石油和煤。在石油形成过程中还放出天然气。所以说，我们开采化石燃料，实际上是开采上亿年前的太阳能，故D正确。
故选：C。
（1）声音在传播过程中，如果遇到障碍物，就会被反射回来形成回声；当障碍物离得太近时，声波很快被反射回来，回声与原声混在一起，人们分辨不出原声和回声，但是觉得声音更响亮；
（2）鸽子两眼之间的突起，在长途飞行中，感知地球磁场的变化，它们靠磁场来辨别方向；
（3）由密度公式ρ=可以确定密度大小；
（4）化石能源是指千百万年前埋在地下的动、植物经过漫长的地质年代形成的能源。
本题考查了声音的传播与回声的知识，磁现象，密度，以及太阳能是一道综合题，但难度不大。
6.【答案】D

【解析】解：对AB的受力分析如下图所示：

因为物体做匀速直线运动，根据图示可知，F′=fB对A------①
F′=f地对B+fA对B--------②
由于力的作用是相互的，所以fB对A=fA对B--------③
综合上述分析可知，f地对B=0，即A做匀速直线运动，B相对于地面处于静止状态，故B错误；
由图示可知，自由端移动的距离s与物体A移动的距离s′的关系为：s=s′，
由η=×100%=×100%可得：fB对A===4N，故A错误；
由于B始终处于静止状态，因此5s内绳子拉力对木板B做的功为0，故C错误；
F移动的速度：v===0.05m/s，
拉力的功率：P=Fv=10N×0.05m/s=0.5W，故D正确。
故选：D。
先对AB进行受力分析，然后根据物体做匀速直线运动状态时受平衡力可知F′与摩擦力的关系，然后根据η=×100%=×100%求出摩擦力的大小，再根据W=Fs求出拉力做的功，最后根据v=和P=Fv求出拉力的功率。
此题考查了动滑轮的特殊使用（动力作用在轴上），以及二力平衡条件的应用，解决此题的关键是分别对A、B进行受力分析，得出对A的拉力和水平拉力F的大小关系以及拉力F端移动速度。
7.【答案】A

【解析】解：
AC、电路中，灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，滑片移至最大阻值处，闭合开关，电流表示数为0.2A，小灯泡的功率为0.4W，
根据P=UI，灯泡的电压为：
UL1===2V；
根据串联电路的规律及欧姆定律，电源电压：
U=UL1+IL1×R滑=2V+0.2A×R滑------①，
移动滑片，将滑动变阻器最大阻值的接入电路时，电流表示数为0.4A，小灯泡恰好正常发光，消耗的功率为2W，灯的电压为：
UL2===5V，
根据串联电路的规律及欧姆定律，电源电压：
U=UL2+IL2××R滑=5V+0.4A×0.25R滑-----②，
由①②得：
R滑=30Ω，U=8V；A正确，C错误；
BD、由欧姆定律，灯泡正常发光时的电阻为：
RL2===12.5Ω，
B错误；
小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电压为：
U滑=U-UL2=8V-5V=3V，
变阻器的功率为：
P滑=U滑I滑=3V×0.4A=1.2W，D错误。
故选：A。
AC、电路中，灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，滑片移至最大阻值处，闭合开关，已知电流表示和灯泡的功率，根据P=UI得出灯泡的实际电压为，根据串联电路的规律及欧姆定律得出电源电压表达式；
移动滑片，将滑动变阻器最大阻值的接入电路时，已知电流表示数和小灯泡恰好正常发光及灯消耗的功率，根据P=UI得出灯的实际电压为，根据串联电路的规律及欧姆定律得出电源电压表达式，列方程求出变阻器的最大电阻和电源电压大小；
BD、由欧姆定律得出灯泡正常发光时的电阻；
由串联电路电压的规律可知小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电压，根据P=UI求出变阻器的功率。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，正确分析电路的结构是关键。
8.【答案】8.0  上  等大  左

【解析】解：（1）一束平行于主光轴的光射向凸透镜，移动光屏，直到光屏的光斑变得最小、最亮；最后测量这个光斑到凸透镜的距离就是焦距。因此凸透镜的焦距：f=8.0cm-0cm=8.0cm；
（2）烛焰在光屏上的像偏高，因为凸透镜成倒立的实像，为使像能成在光屏的中央，可以向上移动烛焰或向下移动凸透镜，或向上移动光屏；
（3）将蜡烛移至34cm刻度线处，物距u=50.0cm-34.0cm=16.0cm，满足u=2f条件，成倒立、等大的实像；
保持凸透镜位置不变，将蜡烛继续向左移动10.0cm，物距变大，此时像距变大，像变大，要在光屏上得到清晰的像，光屏应向左移动，靠近凸透镜。
故答案为：（1）8.0；（2）上；（3）等大；左。
（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点。焦点到光心的距离是凸透镜的焦距；
（2）在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度；
（3）物距等于二倍焦距，成倒立、等大的实像；
凸透镜成实像时，物近像远像变大。
凸透镜成像规律是光学内容的难点，要解决此类问题，首先要熟练掌握成像特点与物距、像距的关系，对规律进行总结。
9.【答案】晶体  物质在熔化过程中吸热但温度保持不变  固  2.4×105

【解析】解：（1）由图象知，物质在熔化过程中吸热但温度保持不变，所以物质是晶体；
由图象知，图乙中第3min时，物质还没有熔化，因此物质处于固态；AB段没有熔化，物质处于固态。
（2）8g酒精完全燃烧可放出的热量：
Q放=m酒精q酒精=8×10-3kg×3.0×107J/kg=2.4×105J；
故答案为：（1）晶体；物质在熔化过程中吸热但温度保持不变；固；（2）2.4×105。
（1）掌握晶体在熔化过程中的特点：吸热但温度保持不变。知道晶体在熔化前为固态；熔化过程为固液共存态；熔化完后为液态。
（2）根据Q=mq可求得8g酒精完全燃烧可放出多少J热量。
此题考查了对物质的熔化图象的分析，要掌握晶体熔化过程中的特点；晶体与非晶体最大的区别就是看是否有一定的熔点，从图象上分辨，最大的不同就是晶体有一段时间只吸热而温度不变，我们应该学会区分。
10.【答案】电流表断路  2.5  0.7  5.0  不能  电阻两端的电压超过电压表量程

【解析】解：（1）变阻器按一上一下连入电路中与电流表串联，如下所示：

（2）闭合开关，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，电流表和电压表均无示数。小组成员找来一个两端接有导线的定值电阻（阻值为10Ω），一端接在电源负极接线柱上，另一端依次触碰接线柱A、B、C，只有触碰到C时，灯泡才发光，则说明A、变阻器、电流表之间有断路，因导线无断路，且导线和器材连接均完好，电路只有一处故障，则故障是电流表断路；
（3）小灯泡额定电压为2.5V，排除故障后，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A，则小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.28A=0.7W；
（4）根据表中第1组数据，由欧姆定律，
R1===5.0Ω，
同理，第2、3、4次电阻的大小分别为5.0Ω、5.1Ω、5.0Ω，为减小误差，取平均值作为测量结果：
Rx=≈5.0Ω；
（5）若将阻值约为50Ω的电阻接入图甲中小灯泡所在位置，当变阻器连入电路的电阻最大为20Ω时，电压表示数最小，由欧姆定律和串联电路的规律，电压表示数：
UV=I′R′=×R′=×50Ω≈3.2V＞3V，
故不能否将阻值约为50Ω的电阻接入图甲中小灯泡所在位置（其他连接均不变），测量其阻值，理由是
电阻两端的电压超过电压表量程。
故答案为：（1）如上所示；（2）电流表断路；（3）2.5；0.7；（4）5.0；（5）不能；电阻两端的电压超过电压表量程。
（1）变阻器按一上一下连入电路中与电流表串联；
（2）小组成员找来一个两端接有导线的定值电阻（阻值为10Ω），一端接在电源负极接线柱上，另一端依次触碰接线柱A、B、C，只有触碰到C时，灯泡才发光，则说明A、变阻器、电流表之间有断路，根据已知条件分析；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
（4）根据表中第1组数据由欧姆定律求出R1，同理，得出2、3、4次电阻的大小，为减小误差，取平均值作为测量结果；
（5）当变阻器连入电路的电阻最大为20Ω时，电压表示数最小，由欧姆定律和串联电路的规律得出电压表最小示数，并与电压表选用的量程比较。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、故障分析、操作过程、功率计算，同时考查电阻计算和数据处理及串联电路的规律和欧姆定律与数据处理的方法。
11.【答案】变大  5×103  0.3  小于  0.7×103  小于

【解析】解：（1）由电路图知，R0与R串联，电流表测电路中电流，
缓慢向容器内注水，水深增大，水的密度一定，由p=ρgh知，水对杯底压敏电阻R的压强增大，
由图象知，水对杯底压敏电阻R压强越大，其阻值越小，由串联电路电阻特点可知，电路的总电阻越小，电源电压一定，由I=可知，电路中电流变大，所以电流表示数变大；
当注入深度为50cm的水时，此时水对杯底压敏电阻压强：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.5m=5×103Pa，
由图象乙知，压敏电阻R阻值为20Ω，
电路的总电阻R总=R+R0=20Ω+20Ω=40Ω，
电路中电流：
I===0.3A，即电流表示数为0.3A；
（2）倒入深度仍为50cm的待测液体，电流表示数为0.24A＜0.3A，可知电路电流变小，由I=可得，电路总电阻变大，根据串联电路电阻特点可得，压敏电阻R变大，
由图象乙可知，该液体对压敏电阻压强减小，该液体深度和水深相同，由p=ρgh可得，该液体密度小于水的密度；
当电流表示数为0.24A，则此时电路总电阻为：
R总′===50Ω，
此时压敏电阻：
R′=R总′-R0=50Ω-20Ω=30Ω，
由图象知，此时液体对压敏电阻的压强p′=3.5×103Pa，
由p=ρgh可得，液体的密度：
ρ液===0.7×103kg/m3；
（3）若注入待测液体时俯视读数得到液体深度偏大，而液体实际深度较小，由ρ液=可知，该液体密度的测量值变小，即液体密度的测量值小于真实值。
故答案为：（1）变大；5×103；0.3；（2）小于；0.7×103；（3）小于。
（1）由电路图知，R0与R串联，电流表测电路中电流，由乙图知，R阻值随压强增大而减小，根据串联电路特点和欧姆定律分析注水后电流表示数的变化情况；
由液体压强公式计算水深50cm时水对压敏电阻的压强，由图象读出此时R的阻值，由串联电路特点和欧姆定律计算电流表示数；
（2）液体深度相同，由电流表示数根据欧姆定律分析R连入阻值的变化，由液体压强公式分析液体和水的密度关系；
根据电路特点和欧姆定律先计算电流表为0.24A时R连入电路的阻值，由图象可知液体对容器底的压强，再p=ρgh计算液体的密度；
（3）注入待测液体时俯视读数，读出示数偏大，由p=ρgh分析密度测量值的差异。
本题是液体密度的测量，考查了液体压强公式的应用、串联电路特点和欧姆定律的应用，关键从图象中能获取有用信息。
12.【答案】解：
忽略温度对电阻阻值的影响，L1、L2、L3为指示灯，不计指示灯消耗的电能。
（1）闭合开关S1，温控开关S2接接线柱“2”时，下盘加热，此时只有R1消耗电能，P下=1210W，
由P=可得下盘加热电阻R1的阻值：
R1===40Ω；
温控开关S2自动转接接线柱“1”，电饼铛进入保温状态，此时只有R3消耗电能，此时电路中电流：
I保温===1.5A；
（2）指示灯L1、L2发光时间分别为10min、5min，说明：R1单独工作5min，R1、R2共同工作5min，
这样R1工作10min，P下=1210W，t1=10min=600s，电饼铛消耗的电能：
W1=P下t1=1210W×600s=7.26×105J，
R2工作，上盘加热5min，P上=800W，t2=5min=300s，电饼铛消耗的电能：
W2=P上t2=800W×300s=2.4×105J，
电饼铛消耗的电能：
W总=W1+W2=7.26×105J+2.4×105J=9.66×105J；
（3）3000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，
电能表的转盘转过500转，电饼铛消耗的电能：
W=kW•h=kW•h，
其实际功率：
P===1kW=1000W，
由P=可得实际电压：
U实际===200V。
答：（1）下盘加热电阻R1的阻值为40Ω、保温时电路中的额定电流为1.5A；
（2）指示灯L1、L2发光时间分别为10min、5min，电饼铛消耗的电能是9.66×105J；
（3）电饼铛的实际电压是200V。

【解析】（1）闭合开关S1，温控开关S2接接线柱“2”时，下盘加热，此时只有R1消耗电能，知道下盘加热额定功率，利用P=求下盘加热电阻R1的阻值；
温控开关S2自动转接接线柱“1”，电饼铛进入保温状态，此时只有R3消耗电能，知道保温功率，利用P=UI求此时电路中电流；
（2）指示灯L1、L2发光时间分别为10min、5min，说明：R1单独工作5min，R1、R2共同工作5min；这样R1工作10min，R2工作5min，利用W=Pt求电饼铛消耗的电能；
（3）3000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求电能表的转盘转过500转时电饼铛消耗的电能，利用P=求其实际功率，再利用P=求实际电压。
本题考查了消耗电能、电功率的计算以及电能表相关参数的理解，要求灵活应用电功率主公式P=UI、定义式P=、电功率推导公式P=及其变形公式。
13.【答案】解：
（1）图甲中，容器对水平桌面的压力等于容器的重力和：
F=（mA+mB+m）g=（8kg+0.5kg+1kg）×10N/kg=95N；
容器对水平桌面的压强：
p===950Pa；
（2）向容器中缓慢注水，直到细绳恰好伸直（细绳不受力），以A研究对象，A受到竖直向上的浮力、弹簧对铁块A竖直向上的支持力和竖直向下的重力，根据阿基米德原理，A受到的浮力：
F浮A=ρ水gV排A=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.001m3=10N；
由力的平衡：GA=F浮+F
弹簧对铁块A的支持力：F=G-F浮=8kg×10N-10N=70N；
（3）再次注水前，以B为研究对象，根据漂浮的特点，GB=F浮B=ρ水gV排B，
mBg=F浮B=ρ水gV排B，
mB=ρ水V排B，
V排B===5×10-4m3；
B浸在水中的深度：
h浸===0.05m；
若弹簧不伸缩，注水的深度：
△h1=h-h浸=0.1m-0.05m=0.05m；
再次注水刚好木块刚好被浸没：
B受到浮力变化量等于弹簧受力的变化量，根据力的平衡有：
F弹变=F浮增=F′浮B-GB=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.001m3-0.5kg×10N/kg=5N；
因弹簧的弹力每变化1N，弹簧的形变量改变1mm，故因弹簧弹力减小了5N，弹簧的压缩量减小了0.005m，△h2=0.005m；
注水的总高度：△h总=△h1+△h2=0.05m+0.005m=0.055m，即水面又升高了0.055m。
答：（1）图甲中，容器对水平桌面的压强为950Pa；
（2）向容器中缓慢注水，直到细绳恰好伸直（细绳不受力），如图乙所示。弹簧对铁块A的支持力是70N；
（3）细绳恰好伸直后继续向容器内缓慢注水，直到木块刚好全部被水浸没，水面又升高了0.055m。

【解析】（1）图甲中，容器对水平桌面的压力等于容器的重力和，根据G=mg求出每个物体的重力，从而得出容器对水平桌面的压力，根据p=求出对桌面的压强；
（2）向容器中缓慢注水，直到细绳恰好伸直（细绳不受力），以A研究对象分析受力情况，根据阿基米德原理得出A受到的浮力，由力的平衡得出弹簧对铁块A的支持力；
（3）再次注水前，以B为研究对象，根据漂浮的特点和阿基米德原理得出V排B，从而得出B浸在水中的深度，若弹簧不伸缩得出注水的深度；
再次注水刚好木块刚好被浸没时，根据B受到浮力变化量等于弹簧受力的变化量，根据力的平衡得出B增大的浮力，即弹簧减小的压力，因弹簧的弹力每变化1N，弹簧的形变量改变1mm，从而得出弹簧的压缩量减小了量，从而得出注水的总高度。
本题考查重力公式、压强公式、阿基米德原理、漂浮的特点、力的平衡的运用，最后一问难度较大，关键是求出弹簧的压缩量减小值。