九年级物理内蒙古巴彦淖尔市五校联考中考物理三模试卷（含答案）

这是一份九年级物理内蒙古巴彦淖尔市五校联考中考物理三模试卷（含答案），共36页。试卷主要包含了选择题，作图与实验，计算题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古巴彦淖尔市五校联考中考物理三模试卷
　
一、选择题（1-11题为单项选择题，每题3分；12、13题为多项选择题，全选对得4分，选对但不全得3分，共41分.）
1．关于声和电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．声和电磁波都能在真空中传播
B．敲鼓时鼓面振动的幅度越大音调越高
C．声音的音调与发声体的振动频率有关
D．医生用B超观察胎儿的发育情况是利用 电磁波工作的
2．清澈平静的湖面上空，一只小燕子正向下俯冲捕食，下列说法正确的是（　　）
A．小燕子在湖水中的像是由光的折射形成的
B．小燕子在湖水中的像是实像
C．俯冲过程中，小燕子在湖水的像越来越大
D．小燕子和它在湖水中的像距水面的距离相等
3．蜡烛在如图所示的位置光屏上成清晰的像．下列说法正确的是（　　）
A．由图可知凸透镜的焦距是20cm
B．图中的成像特点与照相机的成像原理相同
C．图中若用遮光板挡住凸透镜的上半部分，光屏上只出现像的下半部分
D．若保持凸透镜不动，互换蜡烛和光屏，光屏上会出现清晰缩小的像
4．下列关于热、热值和热机效率的描述，正确的是（　　）
A．使燃料燃烧更充分，可以增大其热值
B．只要燃料充分燃烧，就可以提高热机效率
C．甲柴油机的效率比乙的效率高，燃烧质量相同的燃料甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大
D．铝的比热容大于铜，质量和初温相同的铜块和铝块放出相同热量后放在一起，热量由铜块传给铝块
5．下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．物体吸收热量，物体的温度一定升高
B．冬天，人们在室外呼出的“白气”是汽化而成的
C．家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的
D．舞台上用干冰（固态二氧化碳）制造出的白雾是二氧化碳气体液化而形成的
6．如图所示，一名运动员投掷铅球的过程示意图．铅球在b点离手，c点是铅球运动的最高点．在a到d的整个过程中，下列说法正确的是（　　）

A．只有在a到b的过程中，运动员对铅球做了功
B．在b到d的过程中，铅球的机械能保持不变
C．在c到d的过程中，铅球的运动状态保持不变
D．在C点铅球速度为0
7．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0﹣6秒内，其速度与时间关系的图象和该拉力的功率与时间关系的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．在0﹣2秒内，该物体做匀速运动
B．物体在2﹣6秒内受到的拉力为2.5N
C．物体在0﹣2秒受到的滑动摩擦力大于2.5N
D．在2﹣6秒内，拉力对物体做功为90J
8．A、B是两个质量相同的实心长方体，轻轻放入水中后，静止时如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．两物体的密度大小关系是：ρA＞ρB
B．两物体受到水的浮力大小关系是：F浮A＜F浮B
C．两物体下表面受到水的压强大小关系是：pA＞pB
D．两物体排开水的体积大小关系是：V排A=V排B
9．如图是一个自动体重测试仪的工作原理，有关它的说法正确的是（　　）

A．体重显示表是用电压表改装成的
B．体重测试仪所测体重越大，电路消耗越少
C．体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
D．体重越大，体重显示表的示数越大
10．已知一台直流电动机两端的电压为6V，通过电动机的电流为2A，线圈的电阻为0.5Ω．则在1min内电动机消耗的电能及产生的热量分别为（　　）
A．720J，120J B．720J，720J C．720J，600J D．600J，120J
11．关于电与磁的有关知识，正确的是（　　）
A．奥斯特实验表明了磁能生电
B．电动机是利用电流的磁效应工作的
C．法拉第的电磁感应现象能量转化是将机械能转化为电能
D．电磁铁磁性的强弱可以通过改变电流方向来控制
12．如图甲所示，电源电压恒定，R1是一个定值电阻，R2是滑动变阻器，小灯泡L的额定电压为6V，图乙是通过小灯泡L的电流随两端电压变化的曲线．当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，小灯泡L恰好正常发光；滑动变阻器的滑片P滑至最右端时，电压表的示数为5V．当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，电流表的示数为0.8A，R1消耗的功率为P1；则（　　）
A．电源电压4V
B．小灯泡的额定功率3W
C．滑动变阻器的最大阻值15Ω
D．定值电阻R1消耗的功率P1是1.8W
13．如图所示，某工程队在一次施工作业中，以恒定速度沿竖直方向将一圆柱形工件从深水中吊起至距水面某一高度．已知绳子自由端移动的速度是v，在空气中绳子自由端拉力的功率为P1，完全在水中时绳子自由端拉力的功率为P2，工件高度h，若不计滑轮和绳重，摩擦以及水的阻力则（　　）

A．工件的重力为
B．工件完全在水中时受到的浮力为
C．工件的密度
D．工件的底面积是
　
二、作图与实验（本题共5个小题，共32分）
14．完成光通过透镜的光路

15．如图所示，一轻质杠杆AC可绕支点O自由转动，在B点挂一重为G的物体．为使杠杆在水平位置保持平衡，画出施加在杠杆上最小力F的示意图及力臂．

16．如图所示，请按要求连接电路，使得开关S闭合后，两个通电螺线管相互吸引；标出小磁针静止时的N极．

17．在探究热现象的实验中，小明用烧杯、试管、温度计、圆底烧瓶等器材进行了如下实验．

（1）小明用图1甲所示的装置“探究冰熔化时温度的变化规律”，根据实验数据绘制了温度随时间变化的图象，如图1乙所示．该物质在BC段处于　 　（选填“固体”、“液体”或“固液共存”）状态，此过程中物质的内能　 　（选填“增加”、“减少”或“不变”）；比较图乙中AB段与CD段可知，质量相同的冰和水在升高相同的温度时，加热时间不同，原因是　 　．
（2）小明用如图2甲所示的装置“探究水沸腾时温度变化的特点”，纸板上留有小孔的目的是　 　．实验中温度随时间变化的图象如图乙所示，分析FG段会发现　 　（请写出一条）．
（3）小明用图3所示的烧瓶将水加热至沸腾后，把烧瓶从火焰上拿开，水会停止沸腾．再迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，发现水又重新沸腾了，这是因为　 　．
18．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，小明所在的小组实验操作规范、测量准确．该小组绘制的物距和像距的关系图象如图甲所示：

（1）由图甲中的信息，可知凸透镜的焦距f=　 　cm．
（2）若他把蜡烛放在图乙中的位置，在凸透镜另一侧前后移动光屏，会在光屏上得到一个倒立　 　的实像；　 　就是利用这一成像规律工作的．若使蜡烛远离透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，光屏应向　 　（选填“靠近”或“远离”）透镜的方向移动．
（3）若保持凸透镜不动，互换蜡烛和光屏，光屏上会出现清晰的　 　（填“放大”或“缩小”、“等大”）的像．
（4）若把实验中的凸透镜看作“眼睛”的晶状体，光屏看作“视网膜”，当给“眼睛”戴上近视眼镜时，烛焰刚好在“视网膜 上成一清晰的像，若取下近视眼镜，则清晰的像会成在“视网膜”的　 　（选填“前面”或“后面”）．
19．在综合实践活动中，小明利用图示装置来测量烧杯中液体的密度，已知物块的体积是50cm3，图1、2中物块均处于静止状态，弹簧测力计示数如图所示，g取10N/kg．
（1）图2中，物块受到的浮力为　 　N，烧杯中液体的密度为　 　g/cm3．
（2）小明对本实验原理进行了进一步分析，从而得到弹簧测力计的示数与被测液体的密度之间的函数关系，则符合此关系的应是图3中的图线　 　（选填“①”、“②”或“③”）；
（3）根据上述结论，小明对弹簧测力计刻度进行重新标度，将图2装置改装成一个密度秤，它的零刻度应标在　 　N处，用它测量时，待测液体密度ρ液应不超过　 　g/cm3；
（4）用此密度秤测量时，若物块未完全浸没，则测得液体密度值将偏　 　；
（5）原物块质量、体积和密度分别记为m0、V0、ρ0，将原物块更换为下列哪些物块后，可以提高该密度秤测量液体密度秤测量液体密度时的精确度？你选择的是：　 　（选填选项前的字母）
A．质量为m0、密度比ρ0小的物块
B．质量为m0，密度比ρ0大的物块
C．质量比m0大而密度比ρ0小的物块
D．体积比V0小的物块．

20．在“测定小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，琪琪和航航设计的电路如图甲所示，电源电压恒为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V．琪琪的实验过程如下：
﹙1﹚她调节滑动变阻器，发现当电压表的示数为2.5V时，小灯泡不能正常发光，而航航发现了问题，于是继续向　 　﹙选填“左”或“右”﹚端调节滑动变阻器，使电压表的示数为　 　V时，小灯泡正常发光．若此时通过小灯泡的电流如图乙所示，电流为　 　A．
﹙2﹚她俩重新选择实验器材，不用电压表就测出了I额=0.3A的小灯泡的额定功率，设计的电路图如图丙所示．请你将下列实验步骤补充完整，并计算出小灯泡的额定功率﹙电源电压恒定且未知，滑动变阻器的最大阻值30Ω﹚．
①将滑动变阻器的电阻调到最大，开关S闭合，S1闭合，读出电流表的示数为0.2A，则电源电压为　 　V；
②开关S闭合，S1断开，调节滑动变阻器的滑片使电流为　 　A时，小灯泡正常发光；
③开关S、S1均闭合，保持　 　，读出电流表的示数为0.4A；
④小灯泡额定功率P额=　 　W．
　
三、计算题（19题12分，20题15分，共27分）
21．某品牌家用电熨斗的电路如图甲所示，额定电压为220V、最大功率为440W，发热部分由调温电阻R和定值电阻R0组成，调温电阻R是可变电阻，其最大阻值为110Ω．电阻值均不受温度影响．

（1）定值电阻R0的阻值是多大？
（2）该电熨斗工作时的最小功率多大？此时通过电路的电流是多大？
（3）假设电熨斗每秒钟散发的热量Q跟电熨斗温度t的关系如图乙所示，请分析得出电熨斗工作时温度的调节范围．
22．如图所示，在容器底部固定一轻质弹簧，弹簧上方连有长方体木块A，容器侧面的底部有一个由阀门B控制的出水口，当容器中水深为20cm时，木块A有的体积露出水面，此时弹簧恰好处于自然状态，没有发生形变．（不计弹簧受到的浮力，g取10N/kg．）
（1）求此时容器底部受到的水的压强．
（2）求木块A的密度．
（3）向容器内缓慢加水，直至木块A刚好完全浸没水中，立即停止加水，此时弹簧对木块A的作用力为F1，在原图上画出此时水面的大致位置．
（4）打开阀门B缓慢放水，直至木块A刚好完全离开水面时，立即关闭阀门B，此时弹簧对木块A的作用力为F2，求Fl、F2之比．

　

2017年内蒙古巴彦淖尔市五校联考中考物理三模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（1-11题为单项选择题，每题3分；12、13题为多项选择题，全选对得4分，选对但不全得3分，共41分.）
1．关于声和电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．声和电磁波都能在真空中传播
B．敲鼓时鼓面振动的幅度越大音调越高
C．声音的音调与发声体的振动频率有关
D．医生用B超观察胎儿的发育情况是利用 电磁波工作的
【考点】D2：电磁波的传播；9D：频率及音调的关系；9G：响度与振幅的关系；9M：声与信息．
【分析】（1）声波不能在真空中传播；电磁波可以在真空中传播．
（2）解决此题要知道响度的大小与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小．
（3）音调与频率有关；
（4）由电磁波的传播特点及超声波的特点逐一分析．
【解答】解：A、声不能在真空中传播，故A错误；
B、因为声音的响度与振幅有关，所以鼓面振动的幅度越大，响度就会越大，故B错误；
C、音调指的是声音的高低，音调与发声体的振动频率有关，故C正确；
D、B超是利用超声波工作的，故D错误．
故选C．
　
2．清澈平静的湖面上空，一只小燕子正向下俯冲捕食，下列说法正确的是（　　）
A．小燕子在湖水中的像是由光的折射形成的
B．小燕子在湖水中的像是实像
C．俯冲过程中，小燕子在湖水的像越来越大
D．小燕子和它在湖水中的像距水面的距离相等
【考点】AI：平面镜的应用．
【分析】根据平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下（或左右）相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等．
【解答】解：AB、小燕子正冲向水面俯冲捕食，水面上出现的小燕子的倒影是由于光的反射形成的小燕子在水面上成的虚像；故AB错误；
C、根据平面镜成像的特点之一，像和物体的大小相等，可知，俯冲过程中，小燕子在水中所成的像始终不改变，与小燕子大小相等，故C错误．
D、在小燕子向下俯冲靠近水面的过程中，小燕子与水面的距离变小，它在湖水中的像距水面的距离也变小，但小燕子和它在湖水中的像距水面的距离始终相等，故D正确．
故选D．
　
3．蜡烛在如图所示的位置光屏上成清晰的像．下列说法正确的是（　　）
A．由图可知凸透镜的焦距是20cm
B．图中的成像特点与照相机的成像原理相同
C．图中若用遮光板挡住凸透镜的上半部分，光屏上只出现像的下半部分
D．若保持凸透镜不动，互换蜡烛和光屏，光屏上会出现清晰缩小的像
【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．
【分析】（1）（2）物距在一倍焦距车二倍焦距之间时，像距大于二倍焦距；成倒立放大的实像，其应用是投影仪；
（3）若用遮光板挡住凸透镜的上半部分，光屏上只出现像的完整的像；
（4）u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f．2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f．
【解答】解：
A、蜡烛在光屏上成清晰的像，此时的物距为62cm﹣50cm=12cm，像距为85cm﹣62cm=23cm；物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距大于二倍焦距，即：f＜u＜2f，v＞2f；带入数据得：f＜12cm＜2f，23cm＞2f，解得6cm＜f＜11.5cm，故A错误；
B、物距小于像距，成的是的倒立、放大的实像，其应用是投影仪，故B错误；
C、挡住了透镜上半部分，光能通过下半部分会聚成像，只是光线变少了能成一个变暗的完整的像，故C错误；
D、已知2f＞u＞f，由凸透镜成像规律可知，在光屏上能成倒立、放大的实像，此时v＞2f；若保持凸透镜的位置不动，将蜡烛和光屏互换一下位置，则u＞2f，根据光路是可逆的，由凸透镜成像规律可知，成倒立、缩小的实像，故D正确．
故选D．
　
4．下列关于热、热值和热机效率的描述，正确的是（　　）
A．使燃料燃烧更充分，可以增大其热值
B．只要燃料充分燃烧，就可以提高热机效率
C．甲柴油机的效率比乙的效率高，燃烧质量相同的燃料甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大
D．铝的比热容大于铜，质量和初温相同的铜块和铝块放出相同热量后放在一起，热量由铜块传给铝块
【考点】GJ：燃料的热值；G8：热传递；GL：热机的效率．
【分析】（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值．热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
（2）热机的效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，比值越大，热机的效率越高；比值越小，热机的效率越低；
（3）知道铝块和铜块质量相同，吸收相同的热量后，根据Q=cm△t知道，比热容大的温度升高的少；铜的比热容小于铝的比热容，所以铜的温度变化大．
【解答】解：
A、热值是燃料的特性，只与热量的种类有关，与燃烧情况无关，故A错误；
B、使燃料燃烧更充分，保证良好的润滑，减小摩擦，减少热损失，都可以提高热机效率，所以如果燃料充分燃烧，损失的热机增加，热机的效率可以提高、也可以不变、也可以降低，故B错误；
C、甲柴油机的效率比乙柴油机的效率高，说明燃烧质量相同的燃料甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大，故C正确；
D、根据Q吸=cm△t，铜块和铝块质量相同，放出的热量相同，所以比热容大的物体，降低的温度多；因为C铜＜C铝，所以铝块降低的温度少；因为铝块和铜块初温相同，所以铝块的末温高，铜块的末温低，二者接触，热量将从铝块向铜块传递，故D错误．
故选C．
　
5．下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．物体吸收热量，物体的温度一定升高
B．冬天，人们在室外呼出的“白气”是汽化而成的
C．家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的
D．舞台上用干冰（固态二氧化碳）制造出的白雾是二氧化碳气体液化而形成的
【考点】1M：液化及液化现象；19：熔化与熔化吸热特点；1H：汽化及汽化吸热的特点；1N：液化方法及其应用；1Q：生活中的升华现象．
【分析】（1）物体吸收热量，温度可能升高，也可能不变；
（2）物体由气态变为液态的现象叫液化；
（3）物体液化的方法：降低温度，压缩体积．
【解答】解：
A、物体吸收热量，物体的温度可能不变，例如，晶体熔化时吸收热量，温度不变．故A错误；
B、冬天，人们在室外呼出的“白气”是口中呼出气流中的水蒸气遇冷液化而成的小水滴．故B错误；
C、家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的．故C正确；
D、干冰在常温下会迅速升华成为气态二氧化碳，同时吸收大量的热．舞台上用干冰（固态二氧化碳）制造出的白雾是空气中的水蒸气液化而形成的．故D错误．
故选C．
　
6．如图所示，一名运动员投掷铅球的过程示意图．铅球在b点离手，c点是铅球运动的最高点．在a到d的整个过程中，下列说法正确的是（　　）

A．只有在a到b的过程中，运动员对铅球做了功
B．在b到d的过程中，铅球的机械能保持不变
C．在c到d的过程中，铅球的运动状态保持不变
D．在C点铅球速度为0
【考点】EA：力是否做功的判断；FU：动能和势能的转化与守恒．
【分析】（1）此题要依据做功的两个条件（一是物体要受力的作用，二是物体要在力的方向上通过一定的距离），看在不同阶段是否具备这两个条件，若具备就做功，否则不做功；
（2）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．
（3）运动状态改变包括运动快慢的改变和运动方向的改变．
【解答】解：A、在a到b的过程中，运动员对铅球有一个推力的作用且铅球在推力作用下移动了一段距离，所以在这个阶段，运动员对铅球做了功；铅球离开手，由于惯性继续运动，所以手就不做功了，故A正确；
B、在b到d的过程中，由于铅球需要克服空气阻力做功，有一部分机械能转化为内能，所以铅球的机械能减小，故B错误；
C、在c到d的过程中，铅球的运动方向和运动快慢都发生了改变，所以运动状态是在不断变化的，故C错误；
D、在C点铅球速度不为0，故D错误；
故选A．
　
7．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0﹣6秒内，其速度与时间关系的图象和该拉力的功率与时间关系的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．在0﹣2秒内，该物体做匀速运动
B．物体在2﹣6秒内受到的拉力为2.5N
C．物体在0﹣2秒受到的滑动摩擦力大于2.5N
D．在2﹣6秒内，拉力对物体做功为90J
【考点】6V：力与图象的结合；7E：摩擦力大小的影响因素；EC：功的计算；FG：功率计算公式的应用．
【分析】（1）由v﹣t图象可知0～2s内的速度变化，然后得出物体的运动状态；
（2）由v﹣t图象可知2～6s内物体运动的速度，由P﹣t图象可知对应的拉力功率，根据P===Fv求出受到的拉力；
（3）物体做匀速直线运动时受到的摩擦力和拉力是一对平衡力，二力大小相等；滑动摩擦力只与接触面的粗糙程度和压力有关，与速度无关；
（4）根据W=Pt求出2～6s内拉力对物体做的功．
【解答】解：
A.0～2s内，由v﹣t图象可知物体的速度均匀增大，做的是匀加速直线运动，故A错误；
B.2～6s内，由v﹣t图象可知物体做匀速直线运动的速度v=6m/s，由P﹣t图象可知对应的拉力功率P=15W，由P=Fv可得，受到的拉力F===2.5N，故B正确；
C.2～6s内物体做匀速直线运动，受到的阻力和拉力是一对平衡力，则滑动变阻器f=F=2.5N，因滑动摩擦力只与接触面的粗糙程度和压力有关，所以0～2s内物体做匀加速直线运动时受到的滑动摩擦力等于2.5N，故C错误；
D．由P=可得，2～6s内拉力对物体做的功W=Pt=15W×4s=60J，故D错误．
故选B．
　
8．A、B是两个质量相同的实心长方体，轻轻放入水中后，静止时如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．两物体的密度大小关系是：ρA＞ρB
B．两物体受到水的浮力大小关系是：F浮A＜F浮B
C．两物体下表面受到水的压强大小关系是：pA＞pB
D．两物体排开水的体积大小关系是：V排A=V排B
【考点】8S：物体的浮沉条件及其应用；8A：液体压强计算公式的应用．
【分析】A、①ρ物＜ρ液，上浮；②ρ物=ρ液，悬浮；③ρ物＞ρ液，下沉．据此判断A的正误；
B、物体在液体中静止时：漂浮：F浮=G，悬浮：F浮=G．据此判断B的正误；
C、确定下表面所处的深度，根据液体压强公式判断C的正误；
D、B已得出浮力大小关系，根据F浮=ρ液gV排判断D的正误．
【解答】解：
A、由图可知，A在水中漂浮，ρA＜ρ水，B在水中悬浮，ρB=ρ水，所以ρA＜ρB，故A错误；
B、由图可知，A静止时在水中漂浮，F浮A=GA，B静止时在水中悬浮，F浮B=GB，而mA=mB，GA=GB，所以F浮A=F浮B，故B错误；
C、由图可知，下表面距离水面的深度hB＞hA，由p=ρ液gh可知，pB＞pA，故C错误．
D、因为F浮A=F浮B，由F浮=ρ液gV排可知，V排A=V排B，故D正确．
故选D．
　
9．如图是一个自动体重测试仪的工作原理，有关它的说法正确的是（　　）

A．体重显示表是用电压表改装成的
B．体重测试仪所测体重越大，电路消耗越少
C．体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
D．体重越大，体重显示表的示数越大
【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．
【分析】（1）根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；
（2）当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据P=UI可知电路消耗的变化；
（3）当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路．
【解答】解：
A、由电路图可知，体重显示表串联在电路中，所以体重显示表是由电流表改装成的，故A错误；
BD、当测试仪所测体重越大时，杠杆左端下降，右端上升，则滑片上移，变阻器接入电路的电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故D正确；
由P=UI可知，电路消耗的总功率越大，故B错误；
C、当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路，故C错误．
故选D．
　
10．已知一台直流电动机两端的电压为6V，通过电动机的电流为2A，线圈的电阻为0.5Ω．则在1min内电动机消耗的电能及产生的热量分别为（　　）
A．720J，120J B．720J，720J C．720J，600J D．600J，120J
【考点】J3：电功的计算；JI：焦耳定律的计算公式及其应用．
【分析】电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，产生的热量只能用Q=I2Rt计算，消耗的电能只能用W=UIt计算．
【解答】解：电动机产生的热量：
Q=I2Rt=（2A）2×0.5Ω×60s=120J．
电动机消耗的电能为W=UIt=6V×2A×60s=720J．故A正确，BCD错误．
故选A．
　
11．关于电与磁的有关知识，正确的是（　　）
A．奥斯特实验表明了磁能生电
B．电动机是利用电流的磁效应工作的
C．法拉第的电磁感应现象能量转化是将机械能转化为电能
D．电磁铁磁性的强弱可以通过改变电流方向来控制
【考点】C9：通电直导线周围的磁场；CE：影响电磁铁磁性强弱的因素；CM：直流电动机的原理；CP：电磁感应．
【分析】（1）奥斯特实验证明电流周围存在磁场；
（2）电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的；
（3）发电机工作时消耗机械能得到电能；
（4）电磁铁的磁性强弱与电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关．
【解答】解：A、奥斯特实验证明电流周围存在磁场，故A错误；
B、电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故B错误；
C、法拉第的电磁感应现象能量转化是将机械能转化为电能的装置，故C正确；
D、电磁铁的磁性强弱可以通过改变电流大小来控制，故D错误．
故选C．
　
12．如图甲所示，电源电压恒定，R1是一个定值电阻，R2是滑动变阻器，小灯泡L的额定电压为6V，图乙是通过小灯泡L的电流随两端电压变化的曲线．当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，小灯泡L恰好正常发光；滑动变阻器的滑片P滑至最右端时，电压表的示数为5V．当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，电流表的示数为0.8A，R1消耗的功率为P1；则（　　）
A．电源电压4V
B．小灯泡的额定功率3W
C．滑动变阻器的最大阻值15Ω
D．定值电阻R1消耗的功率P1是1.8W
【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．
【分析】（1）当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，电路为L的简单电路，根据额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压，根据图乙读出通过灯泡的电流，根据P=UI求出灯泡的额定功率；滑动变阻器的滑片P滑至最右端时，L与R2的最大阻值串联，电压表测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据图象读出通过灯泡的电流即电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，L与R1并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据P=UI求出定值电阻R1消耗的功率P1．
【解答】解：（1）当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，电路为L的简单电路，
因灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，
所以，电源的电压U=UL=6V，故A错误；
由图乙可知，此时通过灯泡的电流IL=0.5A，
则灯泡的额定功率：
PL=ULIL=6V×0.5A=3W，故B正确；
滑动变阻器的滑片P滑至最右端时，L与R2的最大阻值串联，电压表测R2两端的电压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，灯泡两端的电压：
UL′=U﹣U2=6V﹣5V=1V，
由图象可知，通过灯泡的电流即电路中的电流I=0.2A，
由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：
R2===25Ω，故C错误；
（2）当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，L与R1并联，电流表测干路电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1的电流：
I1=I′﹣IL=0.8A﹣0.5A=0.3A，
定值电阻R1消耗的功率：
P1=UI1=6V×0.3A=1.8W，故D正确．
故选BD．
　
13．如图所示，某工程队在一次施工作业中，以恒定速度沿竖直方向将一圆柱形工件从深水中吊起至距水面某一高度．已知绳子自由端移动的速度是v，在空气中绳子自由端拉力的功率为P1，完全在水中时绳子自由端拉力的功率为P2，工件高度h，若不计滑轮和绳重，摩擦以及水的阻力则（　　）

A．工件的重力为
B．工件完全在水中时受到的浮力为
C．工件的密度
D．工件的底面积是
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；2A：密度的计算；8P：浮力大小的计算．
【分析】（1）由P1=Fv可求在空气中绳子自由端拉力F，不计滑轮和绳重，摩擦以及水的阻力，F=G，由此可求工件的重力；
（2）由P2=F′v可求完全在水中时绳子自由端拉力F′，不计滑轮和绳重，摩擦以及水的阻力，F′=（G﹣F浮），由此可求工件的浮力；
（3）根据阿基米德原理，物体排开液体的体积就是物体的体积，已知重力可求物体的质量，再利用密度公式可求密度；
（4）由V=Sh可求工件的底面积．
【解答】解：A、由P1=Fv可得，在空气中绳子自由端拉力F：F=，
不计滑轮和绳重，摩擦以及水的阻力，对滑轮组进行受力分析，F=G，
工件的重力：G=，故A正确；
B、由P2=F′v可得，完全在水中时绳子自由端拉力：F′=，
不计滑轮和绳重，摩擦以及水的阻力，
对滑轮组进行受力分析，F′=（G﹣F浮），3F′=G﹣F浮，
工件完全在水中时受到的浮力：F浮=G﹣3F′=﹣=，故B错误；
C、由F浮=ρ液gV排=ρ水gV物，
工件的体积：V物===，
工件的质量，m===；
由ρ=可得，工件的密度：ρ===，故C正确；
D、由V=Sh可求工件的底面积，
S===，故D错误．
故选AC．
　
二、作图与实验（本题共5个小题，共32分）
14．完成光通过透镜的光路

【考点】B6：透镜的光路图．
【分析】左边光线a，根据凸透镜成像规律作图：物体在二倍焦距处时，经过凸透镜后成像在二倍焦距处；
右边光线b，根据光的三条特殊光线作图：平行主光轴的光线，经凸透镜后过焦点；过焦点的光线经凸透镜后会平行主光轴射出；过光心的光线传播方向不变．
【解答】解：
过焦点的光线经凸透镜折射后会平行于主光轴射出；由二倍焦距处发出的光，经过凸透镜折射后过二倍焦距处；如图所示：

　
15．如图所示，一轻质杠杆AC可绕支点O自由转动，在B点挂一重为G的物体．为使杠杆在水平位置保持平衡，画出施加在杠杆上最小力F的示意图及力臂．

【考点】7S：杠杆中最小力的问题．
【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．因此先确定最长的力臂，即离支点最远的点；然后过动力作用点做垂直于杠杆的作用力即可．
【解答】解：由图可知，A点离支点最远，故最长的力臂为OA，过A点作垂直于OA的作用力F，即最小的力，方向竖直向上，如图所示：

　
16．如图所示，请按要求连接电路，使得开关S闭合后，两个通电螺线管相互吸引；标出小磁针静止时的N极．

【考点】CA：通电螺线管的磁场．
【分析】（1）根据电流方向，利用安培定则确定左边螺线管的NS极；
（2）螺线管相互吸引，根据磁极之间的作用规律确定右螺线管的NS极；
（3）知道右螺线管的绕法和NS极，根据安培定则确定电流的方向即可．
【解答】解：电流从电源出发，从左边螺线管的左端流入，据安培定则可知，该螺线管的左端是N极，右端是S极，故小磁针的右端是S极，左端是N极，且两个螺线管相互吸引，可知右边螺线管的左侧是N极，右侧是S极，所以据安培定则可知，电流从右边螺线管的右侧流入，左侧流出，故连接电路如下：

　
17．在探究热现象的实验中，小明用烧杯、试管、温度计、圆底烧瓶等器材进行了如下实验．

（1）小明用图1甲所示的装置“探究冰熔化时温度的变化规律”，根据实验数据绘制了温度随时间变化的图象，如图1乙所示．该物质在BC段处于　固液共存　（选填“固体”、“液体”或“固液共存”）状态，此过程中物质的内能　增加　（选填“增加”、“减少”或“不变”）；比较图乙中AB段与CD段可知，质量相同的冰和水在升高相同的温度时，加热时间不同，原因是　水和冰的比热容不同　．
（2）小明用如图2甲所示的装置“探究水沸腾时温度变化的特点”，纸板上留有小孔的目的是　为了使烧杯内外气压相同　．实验中温度随时间变化的图象如图乙所示，分析FG段会发现　水在沸腾过程中继续吸热但温度不变　（请写出一条）．
（3）小明用图3所示的烧瓶将水加热至沸腾后，把烧瓶从火焰上拿开，水会停止沸腾．再迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，发现水又重新沸腾了，这是因为　沸点随气压的降低而降低　．
【考点】1F：熔化和凝固的探究实验；1O：探究水的沸腾实验．
【分析】（1）熔点是晶体熔化时的温度，晶体在熔化时保持熔点温度不变，处于固液共存状态；冰熔化的时候继续吸热，温度不变，但内能增加；
升温快慢与物质不同状态下的比热容有关．由Q=cm△t判断冰和水的比热容大小；
（2）液体的沸点跟气压的大小有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低；
水沸腾的特点：吸收热量，温度不变；
（3）水的沸点随着表面气压的降低而降低．
【解答】解：
（1）冰是晶体，由图象可知BC段表示冰处在熔化过程，所以是固液共存状态；冰融化过程中继续吸热，温度不变，内能增大；
由图象可以看出，AB段与CD段的倾斜程度不同，可知升高相同的温度，水比冰用的时间长，吸热多．由Q=cm△t，质量和升高温度相同时，水的比热容比冰的比热容大；
（2）因为液体的沸点跟气压的大小有关，在“探究水沸腾时温度变化的特点”，纸板上留有小孔的目的是为了使烧杯内外气压相同；
沸腾图象的FG段温度保持，是因为水沸腾时，继续吸热，温度不变，因此继续加热水的温度不变；
（3）在瓶底浇冷水后，瓶内温度降低，水蒸气液化，气体压强减小，因为水的沸点会随气压的减小而降低，因此，水会重新沸腾起来．
故答案为：（1）固液共存；增加；水和冰的比热容不同；（2）为了使烧杯内外气压相同；水在沸腾过程中继续吸热但温度不变；（3）沸点随气压的降低而降低．
　
18．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，小明所在的小组实验操作规范、测量准确．该小组绘制的物距和像距的关系图象如图甲所示：

（1）由图甲中的信息，可知凸透镜的焦距f=　10　cm．
（2）若他把蜡烛放在图乙中的位置，在凸透镜另一侧前后移动光屏，会在光屏上得到一个倒立　缩小　的实像；　照相机　就是利用这一成像规律工作的．若使蜡烛远离透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，光屏应向　靠近　（选填“靠近”或“远离”）透镜的方向移动．
（3）若保持凸透镜不动，互换蜡烛和光屏，光屏上会出现清晰的　放大　（填“放大”或“缩小”、“等大”）的像．
（4）若把实验中的凸透镜看作“眼睛”的晶状体，光屏看作“视网膜”，当给“眼睛”戴上近视眼镜时，烛焰刚好在“视网膜 上成一清晰的像，若取下近视眼镜，则清晰的像会成在“视网膜”的　前面　（选填“前面”或“后面”）．
【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．
【分析】（1）当u=2f，v=2f，此时物距和像距相等，成倒立等大的实像，分析曲线图利用原理解答焦距；
（2）u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机．凸透镜成实像时，物近像远像变大．
（3）u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f．2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f．根据凸透镜以上的成像规律即可解答此题．
（4）近视眼是晶状体变厚，晶状体对光线的会聚能力增强，使像成在视网膜的前方，戴凹透镜使光线发散一些，使像呈在视网膜上．
【解答】解：（1）因为当u=2f，v=2f，此时物距和像距相等，成倒立等大的实像，分析曲线图可知u=2f=20cm，则f=10cm；
（2）把蜡烛放在图乙中A的位置，由图可知，u＞2f，成倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一成像规律工作的；
若使蜡烛远离透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知光屏应向靠近透镜的方向移动．
（3）u＞2f，像距在一倍焦距和二倍焦距之间，成的是倒立、缩小的实像，若互换蜡烛和光屏，则2f＞u＞f，由凸透镜成像规律可知，在光屏上能成倒立、放大的实像；
（4）近视眼不戴近视眼镜，由于晶状体变厚，像呈在视网膜的前方．给“眼睛”戴上近视眼镜，使光线发散一些，使烛焰在“视网膜”上成一清晰的像，若取下近视眼镜，像将成在视网膜的前面．
故答案为：（1）10；（2）缩小；照相机；靠近；（3）放大；（4）前面．
　
19．在综合实践活动中，小明利用图示装置来测量烧杯中液体的密度，已知物块的体积是50cm3，图1、2中物块均处于静止状态，弹簧测力计示数如图所示，g取10N/kg．
（1）图2中，物块受到的浮力为　0.5　N，烧杯中液体的密度为　1　g/cm3．
（2）小明对本实验原理进行了进一步分析，从而得到弹簧测力计的示数与被测液体的密度之间的函数关系，则符合此关系的应是图3中的图线　③　（选填“①”、“②”或“③”）；
（3）根据上述结论，小明对弹簧测力计刻度进行重新标度，将图2装置改装成一个密度秤，它的零刻度应标在　1.5　N处，用它测量时，待测液体密度ρ液应不超过　3　g/cm3；
（4）用此密度秤测量时，若物块未完全浸没，则测得液体密度值将偏　小　；
（5）原物块质量、体积和密度分别记为m0、V0、ρ0，将原物块更换为下列哪些物块后，可以提高该密度秤测量液体密度秤测量液体密度时的精确度？你选择的是：　AC　（选填选项前的字母）
A．质量为m0、密度比ρ0小的物块
B．质量为m0，密度比ρ0大的物块
C．质量比m0大而密度比ρ0小的物块
D．体积比V0小的物块．

【考点】2F：液体密度的测量．
【分析】（1）根据弹簧测力计的分度值读出金属块的重力，金属块所受浮力等于物体在空气中的重力减去在水中弹簧秤的拉力（称重法测浮力）；排开液体的体积与物体体积相同，利用ρ=求出液体的密度．
（2）利用F浮=G﹣F和阿基米德原理F浮=ρ液gV排结合图3判断对应的图线．
（3）利用F浮=G﹣F分析零刻度应标大小．物体的重力是1.5N，所以液态对物块产生的浮力最大不能超过1.5N，求出此时的液态密度．
（4）若物块未完全浸没，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排则物体受到的浮力偏小，弹簧测力计示数偏小，测得液体密度值将偏小．
（5）从影响浮力大小和物体重力方面综合考虑．
【解答】解：（1）弹簧测力计的分度值为0.1N，物块的重：G=1.5N，
物体在水中弹簧测力计的示数：F=1N，
物块受到的浮力：F浮=G﹣F=1.5N﹣1N=0.5N；
根据阿基米德原理G排=F浮=0.5N，
排开液体的质量m===0.05kg=50g，
排开液体的体积V排=V物=50cm3，
液体的密度：ρ===1g/cm3．
（2）由F浮=G﹣F和F浮=ρ液gV排可得，F=G﹣ρ液gV排，F与ρ液图象与③符合；
（3）当密度为零时，物块受到的浮力为零，根据F浮=G﹣F，弹簧测力计的示数等于物体重力，所以它的零刻度应标在1.5N处；
物体的重力是1.5N，所以液态对物块产生的浮力最大不能超过1.5N，
由F浮=ρ液gV排可得，ρ液===3×10kg/m3=3g/cm3；
（4）若物块未完全浸没，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排则物体受到的浮力偏小，弹簧测力计示数偏大，测得液体密度值将偏小；
（5）要想提高液体密度秤测量液体密度时的精确度，应减少分度值，可以增大物块的质量同时减小其密度，或质量不变、只换用密度比ρ0小的物块，故选AC．
故答案为：（1）0.5；1；（2）③；（3）1.5；3；（4）小；（5）AC．
　
20．在“测定小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，琪琪和航航设计的电路如图甲所示，电源电压恒为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V．琪琪的实验过程如下：
﹙1﹚她调节滑动变阻器，发现当电压表的示数为2.5V时，小灯泡不能正常发光，而航航发现了问题，于是继续向　左　﹙选填“左”或“右”﹚端调节滑动变阻器，使电压表的示数为　2　V时，小灯泡正常发光．若此时通过小灯泡的电流如图乙所示，电流为　0.4　A．
﹙2﹚她俩重新选择实验器材，不用电压表就测出了I额=0.3A的小灯泡的额定功率，设计的电路图如图丙所示．请你将下列实验步骤补充完整，并计算出小灯泡的额定功率﹙电源电压恒定且未知，滑动变阻器的最大阻值30Ω﹚．
①将滑动变阻器的电阻调到最大，开关S闭合，S1闭合，读出电流表的示数为0.2A，则电源电压为　6　V；
②开关S闭合，S1断开，调节滑动变阻器的滑片使电流为　0.3　A时，小灯泡正常发光；
③开关S、S1均闭合，保持　滑动变阻器的滑片位置不变　，读出电流表的示数为0.4A；
④小灯泡额定功率P额=　0.45　W．
【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验．
【分析】（1）根据实物电路可知电压表测滑动变阻器两端的电压，根据串联分压可知滑动变阻器的滑片移动方向；根据图乙所示电压表的量程确定其分度值，读出电压表示数；
（2）小灯泡与滑动变阻器串联，用电流表测流过电路的电流，由串联电路特点及欧姆定律求出流过灯泡电流为灯泡额定电流时，灯泡两端电压，然后由P=UI求出灯泡额定功率．
【解答】解：（1）由图甲可知，电压表测滑动变阻器两端的电压，当电压表的示数为2.5V时，
此时小灯泡两端的电压为4.5V﹣2.5V=2V＜2.5V，所以小灯泡不能正常发光，
需要减小滑动变阻器两端的电压，根据串联分压规律可知应减小滑动变阻器接入电路的阻值，
故应向左端调节滑动变阻器，使电压表的示数为2V时，小灯泡两端的电压为2.5V，小灯泡正常发光．
由图乙可知，电流表选择的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数为0.4A．
（2）①将滑动变阻器的电阻调到最大，开关S闭合，S1闭合，灯泡被短路，电路为滑动变阻器的简单电路，
读出电流表的示数为I=0.2A，则电源电压为U=IR最大=0.2A×30Ω=6V；
②开关S闭合，S1断开，灯泡与滑动变阻器串联，要使小灯泡正常发光，
调节滑动变阻器的滑片使电流等于其额定电流 0.3A；
③关S、S1均闭合，保持滑动变阻器的滑片位置不变，读出电流表的示数为I′=0.4A；
灯泡被短路，电路为滑动变阻器的简单电路，
此时滑动变阻器接入电路的阻值：R滑===15Ω；
④小灯泡正常发光时，灯泡与滑动变阻器串联，
滑动变阻器两端的电压：U滑=I额R滑=0.3A×15Ω=4.5V，
根据串联电路电压规律可知，小灯泡的额定电压：
U额=U﹣U滑=6V﹣4.5V=1.5V，
则小灯泡额定功率P额=U额I额=1.5V×0.3A=0.45W．
故答案为：（1）左；2；0.4；（2）①6；②0.3；③滑动变阻器的滑片位置不变；④0.45．
　
三、计算题（19题12分，20题15分，共27分）
21．某品牌家用电熨斗的电路如图甲所示，额定电压为220V、最大功率为440W，发热部分由调温电阻R和定值电阻R0组成，调温电阻R是可变电阻，其最大阻值为110Ω．电阻值均不受温度影响．

（1）定值电阻R0的阻值是多大？
（2）该电熨斗工作时的最小功率多大？此时通过电路的电流是多大？
（3）假设电熨斗每秒钟散发的热量Q跟电熨斗温度t的关系如图乙所示，请分析得出电熨斗工作时温度的调节范围．
【考点】JK：电功与热量的综合计算；IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．
【分析】（1）当调温电阻R=0Ω时电熨斗的电功率最大，根据P=求出定值电阻R0的阻值；
（2）当调温电阻R=110Ω时电熨斗的电功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出通过电路的电流，再根据P=UI求出该电熨斗工作时的最小功率；
（3）由乙图可知散热功率分别为440W和220W达到的最高温度即可得出电熨斗工作时温度的调节范围．
【解答】解：（1）当调温电阻R=0Ω时，电熨斗的电功率最大，根据P=可得：
R0===110Ω；
（2）当调温电阻R=110Ω时，电熨斗的电功率最小，
∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
∴根据欧姆定律可得，此时通过电路的电流：
I===1A，
电熨斗的最小电功率：
P′=UI=220V×1A=220W；
（3）由图乙可知：当电熨斗功率是440W时，温度最高为200℃；
当功率是220W时，温度最低为90℃；
故电熨斗工作时温度的调节范围为90℃～200℃．
答：（1）定值电阻R0的阻值是110Ω；
（2）该电熨斗工作时的最小功率为220W，此时通过电路的电流是1A；
（3）电熨斗工作时温度的调节范围为90℃～200℃．
　
22．如图所示，在容器底部固定一轻质弹簧，弹簧上方连有长方体木块A，容器侧面的底部有一个由阀门B控制的出水口，当容器中水深为20cm时，木块A有的体积露出水面，此时弹簧恰好处于自然状态，没有发生形变．（不计弹簧受到的浮力，g取10N/kg．）
（1）求此时容器底部受到的水的压强．
（2）求木块A的密度．
（3）向容器内缓慢加水，直至木块A刚好完全浸没水中，立即停止加水，此时弹簧对木块A的作用力为F1，在原图上画出此时水面的大致位置．
（4）打开阀门B缓慢放水，直至木块A刚好完全离开水面时，立即关闭阀门B，此时弹簧对木块A的作用力为F2，求Fl、F2之比．

【考点】86：压强的大小及其计算；2A：密度的计算；6T：二力平衡条件的应用．
【分析】（1）根据液体压强公式P=ρgh，将已知数值代入即可求出容器底部受到的水的压强．
（2）利用物体的沉浮条件，此时木块漂浮．F浮=G
（3）因木块A刚好完全浸没水中，此时弹簧对木块A的作用力为F1=F浮﹣G
（4）因木块A刚好完全离开水面，此时浮力为0，此时弹簧对木块A的作用力和木块的重力是一对平衡力，两者相等，即：F2=G．在（3）中，已经得到了F1的表达式，直接代值即可求出答案．
【解答】解：
（1）P水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2000Pa；
（2）因木块漂浮，所以G=F浮=ρ木gV=ρ水g×V，
由此可得ρ木==0.6×103kg/m3；
（3）F1=F浮﹣G=ρ水gV﹣ρ木gV，
向容器内缓慢加水，直至木块A刚好完全浸没水中，立即停止加水，
此时水面的大致位置如下图：

（4）由于物体A刚好离开水面，所以不再受浮力作用，则有：
F2=G=ρ木gV，
===．
答：（1）此时容器底部受到的水的压强为2000Pa．
（2）木块A的密度为0.6×103kg/m3．
（3）见上图．
（4）Fl、F2之比为2：3．
　

2017年7月1日