2023年北京师大附属实验中学中考物理零模试卷（含答案解析）

这是一份2023年北京师大附属实验中学中考物理零模试卷（含答案解析），共31页。试卷主要包含了 下列说法中，正确的是， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年北京师大附属实验中学中考物理零模试卷
1. 下列物理学家，以其名字命名压强单位的是
A. 焦耳 B. 瓦特 C. 牛顿 D. 帕斯卡
2. 在试管中加入少量水，小华对试管口吹气，先轻轻吹、后用力吹，会发出不同的声音。下列对该实验的分析中，正确的是(    )
A. 声音是由于试管中空气柱振动引起的，声音的响度不同
B. 声音是由于试管中空气柱振动引起的，声音的音调不同
C. 声音是由于试管中水柱振动引起的，声音的响度不同
D. 声音是由于试管中水柱振动引起的，声音的音调不同
3. 如图的事例中，目的是为了减小摩擦的是(    )
A. 在瓶盖上制出细条纹
B. 在乒乓球拍上粘一层胶粒
C. 在守门员的手套上粘橡胶
D. 为车轴添加润滑油
4. 如图所示的四种措施中，为了减小压强的是(    )
A.   滑雪板底板面积较大
B.    安全锤头部做成锥形
C.    压路机的碾子质量很大
D.       刀刃做得很锋利
5. 如图所示下方关于该图的说法错误的是(    )

A. 鱼线的拉力使钓鱼杆发生形变
B. 瓶对海绵的压力使海绵发生形变
C. 球拍对球的作用力改变球的运动方向
D. 脚踢球使球飞出去，说明力是维持运动的原因
6. 下列说法中，正确的是(    )
A. 密度是物体的一种特性
B. 压力一定垂直于受力物体的表面
C. 漂浮在水面上的木块，其所受浮力大于所受重力
D. 浸没在水中的物体所受的浮力大小等于它所受各个力大小之和
7. 太极剑是太极拳运动的一个重要内容。图是太极剑运动的某一场景，人和剑均处于静止状态。若此时人左脚所受支持力为F1，右脚所受支持力为F2，人和剑所受总重力为G.下列选项正确的是(    )

A. F1>F2 B. F1 ρ水)。已知圆柱体物块底面积为S，侧面带有间距均为2cm的刻线，如图1所示，以及图2所示的电子秤。请利用上述实验器材，设计一个实验证明：“水内部的压强p跟水的深度h的关系为p=kh”，式中k为常数。请写出实验步骤，画出实验数据记录表格。
32. 请阅读《研究物理问题常用的方法》并回答问题。
研究物理问题常用的方法在学习物理过程中，我们不仅学习到了具体的物理知识，还接触到了许多物理研究方法，其中控制变量法、模型法、类比法、等效替代法和转换法等是研究物理问题时常见的方法。比如在研究电流与电压的关系时，需要控制电阻不变，这是用了控制变量法；在研究杠杆的平衡条件时，需要将实际的硬棒抽象为没有质量的杠杆模型，这是用了模型法；学习电流的概念时将电流与水流类比，这是用了类比法；耳熟能详的“曹冲称象”，使大量石块对船的作用效果与大象对船的作用效果相同，从而通过称量石块的质量得出了大象的质量，这是用了等效替代法。
转换法在很多地方也有运用。将不可见、不易见的现象转换成可见、易见的现象，或者将难以测量或测准的物理量转换为能够测量或测准的物理量，都是用了转换法。比如通过微小压强计U形管两侧液面的高度差反映液体内部的压强的大小；通过电流的热效应和磁效应判断电流的存在；根据磁体吸引大头针数量的多少判断磁体磁性的强弱；在电热丝加热煤油的实验中用煤油温度的变化反映电流通过电热丝产生热量的多少等等，都用到了转换法。
此外，很多测量仪器也利用了转换法。比如用实验室常见的液体温度计测温度时，我们是根据温度计中液柱的长短来识别温度高低的，这就是将温度的测量转化为长度的测量。同理，利用电流表测电流时，我们是在量程确定的情况下根据电流表指针偏转的角度来识别电流大小的，这就是将电流的测量转化为角度的测量。
请根据上述材料，回答下列问题：
(1)挤压厚玻璃瓶时，根据细玻璃管中液面高度的变化，可判断出厚玻璃瓶受到力的作用发生了微小形变，这一判断采用的研究方法是______ ；在研究液体内部压强大小与深度的关系时，需要在同一种液体中改变微小压强计探头的深度，保证这样的实验条件采用的研究方法是______ 。(选填选项前的字母，每空只有一个选项正确)
A.控制变量法
B.等效替代法
C.转换法
D.模型法
(2)如图所示的测量仪器中，将所测量的物理量转化为长度测量的是______ 。(选填选项前的字母，正确选项多于一个)

33. 如图所示，盛有水的杯子静止在水平桌面上，杯子的底面积为40cm2，水深10cm。质量为20g的木块漂浮在水面上。(g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)画出木块的受力示意图；
(2)计算木块所受的浮力F浮；
(3)计算水对杯底的压强p；
(4)计算水对杯底的压力F压。
34. 如图甲所示，是一个检测空气质量指数的检测电路。其中R为气敏电阻，其电阻的倒数与空气质量指数的关系如图乙所示，已知电源电压6V保持不变，R0=2.5Ω，当闭合开关S后，电压表示数为2V时，求：

(1)通过R0的电流；
(2)1min内R0消耗的电能；
(3)此时的空气质量指数。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、焦耳是功和各种能量的基本单位。故A不符合题意；
B、瓦特是功率的基本单位。故B不符合题意；
C、牛顿是力的基本单位。故C不符合题意；
D、帕斯卡是压强的基本单位。故D符合题意。
故选：D。
根据对常见物理量及其单位的掌握作答。
此题考查的是我们对常见物理量及其单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，比较简单，容易解答。

2.【答案】A 
【解析】解：声音是由于试管中空气柱振动引起的，吹得力度不同，响度不同，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(1)声音是物体振动产生的；
(2)对试管口吹气发声，靠的是试管内空气柱的振动，振幅不同，响度不同。
解答此类题目的难点和易混点是弄清究竟是哪一部分在振动发声，以及声音的特性，难度不大。

3.【答案】D 
【解析】
【分析】
(1)增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
(2)减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。
【解答】
A、在瓶盖上制出细条纹，这是在压力不变的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的，故本选项不符合题意；
B、在乒乓球拍上粘一层胶粒，这是在压力不变的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的，故本选项不符合题意。
C、在守门员的手套上粘橡胶，这是在压力不变的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的，故本选项不符合题意。
D、为车轴添加润滑油，是通过使接触面脱离来减小摩擦力。符合题意。  
4.【答案】A 
【解析】解：
A、滑雪板底板面积较大，是压力一定时，增大受力面积来减小压强。故A符合题意；
B、安全锤头部做成锥形，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强。故B不符合题意；
C、压路机的碾子质量很大，是通过增大压力来增大压强，故C不符合题意；
D、刀刃做得很锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强。故D不符合题意。
故选：A。
压强大小的影响因素：压力大小和受力面积的大小。
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强。在受力面积一定时，增大压力来增大压强。
减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强。在受力面积一定时，减小压力来减小压强。
这是一道与生活联系非常密切的物理题，在我们日常生活中经常需要根据实际情况来增大或减小压强，要学会学以致用，活学活用，这才是学习物理的真正意义。解答时，要注意使用控制变量。

5.【答案】D 
【解析】A、由图可知，鱼线的拉力使钓鱼杆发生形变，所以该选项的内容正确，但不符合题意。
B、由图可知，瓶对海绵的压力使海绵发生形变，所以该选项的内容正确，但不符合题意。
C、由图可知，球拍对球的作用力改变球的运动方向，所以该选项的内容正确，但不符合题意。
D、由图可知，脚踢球使球飞出去，说明力是改变物体运动状态的原因，所以该选项的内容错误，但符合题意。
故选：D。
由本题的各个图形可以看出各选项所反映的知识都与力的作用效果有关，因此在解题时应尽量跟力的作用效果的相关知识相靠拢。
能否将图形所反映的情形跟力的相关知识相联系是本题的解题关键。

6.【答案】B 
【解析】解：
A、密度是物质的特性，不同的物质密度一般不同，故A错误；
B、压力的方向始终垂直于接触面并指向被压的物体，与物体的位置无关，故B正确；
C、漂浮在水面上的木块，其所受浮力等于重力；如果浮力大于重力，物体会上浮，最终漂浮，故C错误；
D、浸没在水中的物体，如果沉底受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力、竖直向上的支持力，此时浮力等于重力与支持力之差，故D错误。
故选：B。
(1)密度是物质的一种特性，在状态、温度一定时，物质密度一定，与质量、体积大小无关；
(2)垂直压在物体表面上的力叫压力；
(3)物体在液体中漂浮的条件是：浮力等于重力；
(4)物体处于平衡状态时受到平衡力的作用，平衡力的合力为零，据此分析。
此题考查了密度的特点、压力的方向、漂浮的特点和同一直线力的合成，都是力学重要的规律，跳跃性较强，需要扎实掌握基础知识。

7.【答案】A 
【解析】解：将人和剑视为一个整体，为一杠杆，如下所示：

以A为支点，根据杠杆的平衡条件：
G×AC=F2×AB，F2=AC×GAB----①；
以B为支点，根据杠杆的平衡条件：
G×BC=F1×AB，F1=BC×GAB----②；
因ACF2.只有A正确。
故选：A。
将人和剑视为一个整体，看成一个杠杆，找出杠杆的五要素，由杠杆的平衡条件分析。
本题考查杠杆平衡条件的运用，关键是将问题转换化杠杆的平衡问题。

8.【答案】B 
【解析】解：A、内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关系，温度低的物体具有的内能也可能比温度高的物体具有的内能多，故A错误；
B、同样多的两杯水质量相同，升高的温度相同，吸收的热量就相同，故B正确；
C、海波熔化时温度不变，吸收热量，内能增加，故C错误；
D、一切物体都有内能，温度为0℃的物体也具有内能，故D错误。
故选：B。
(1)内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和；
(2)质量相等的同种物质，升高温度相等，吸收热量相同；
(3)晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能增加；
(4)一切物体都有内能。
本题考查温度、热量、内能的关系以及晶体的熔化现象，难度不大。

9.【答案】C 
【解析】解：A、自行车运动员在爬坡过程中，质量不变，高度升高，故重力势能增加，但速度不一定变小，则动能不一定减小，故A错误；
B、火箭加速上升，质量不变，高度增加，所以势能增加，同时速度增大，动能增大，所以其机械能增加，故B错误；
C、跳水运动员加速下落过程中，质量不变，高度降低，速度变大，则重力势能减小，动能增加，所以重力势能转化为动能，故C正确；
D、跳伞运动员在空中匀速降落过程中，质量不变，速度不变，则动能不变，故D错误。
故选：C。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)动能和势能统称为机械能；
(4)减小的能量转化为增加的能量，据此分析能量的转化。
本题考查了学生对动能、重力势能、机械能的了解与掌握，能分析物体的质量、速度和高度变化是关键。

10.【答案】A 
【解析】解：A、火力发电时，先将燃料的化学能转化为水和水蒸气的内能，再转化为发电机转子的机械能，最后将机械能转化为电能，故A正确；
B、自由电子带负电，所以铜导线中的电流方向与该导线中自由电子定向移动的方向相反。故B错误；
C、交流发电机是电磁感应现象的应用，正常工作时将机械能转化为电能。故C错误；
D、将能自由转动的小磁针放在磁场中的P点，小磁针静止时，小磁针N极所指的方向就是P点磁场的方向。故D错误。
故选：A。
①火力发电时，先将燃料的化学能转化为水和水蒸气的内能，再转化为发电机转子的机械能，最后将机械能转化为电能；
②规定：正电荷定向移动的方向为导体中的电流方向；
③发电机是根据电磁感应现象工作的，工作过程中将机械能转化为电能；
④磁场的方向规定：放在磁场中的小磁针静止时，北极所指的方向，就是该点的磁场方向。
此题考查的知识点较多，包括核电站工作原理、电流方向的规定、发电机工作原理与能量转化、磁场方向的规定，是一道综合题，知识点彼此之间基本无联系，考查的是我们对知识掌握的熟练程度。

11.【答案】D 
【解析】解：根据题意可知，风暖浴霸可以单独照明、单独取暖和单独吹风，这说明电动机、R、灯泡工作时互不影响，是并联的；
当闭合照明开关S1时，灯L发光；当断开开关S1、闭合取暖开关S2和吹气开关S3时，发热元件R实现供暖，同时电动机M工作带动空气流动使室内升温，这说明开关S1控制灯L、开关S2控制R、开关S3控制电动机，故D正确。
故选：D。
根据题意分析三个开关的连接方式、电动机与R以及L的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了根据题意选择正确的电路图，会根据串并联的特点判断各电路元件的连接方式和位置是关键。

12.【答案】A 
【解析】解：
A相对于B保持静止状态，水平方向上A受到拉力F1和摩擦力作用，摩擦力和拉力是一对平衡力，拉力F1是5N，A受到的摩擦力是5N；
根据物体间力的作用是相互的，A受到B的摩擦力水平向左，大小是5N，所以B上表面受到A的摩擦力水平向右，大小是5N；
物体B进行匀速直线运动，水平方向上受到A对B水平向右的摩擦力、地面对B水平向左的摩擦力、水平向左的拉力F2，这三个力是平衡力，所以地面对B水平向左的摩擦力与水平向左的拉力F2之和等于A对B水平向右的摩擦力，所以B下表面受到地面的摩擦力大小为5N−3N=2N；
综上所述，物体B的上下表面所受摩擦力的大小分别为5N、2N，故A正确。
故选：A。
静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力的作用；
A相对于B保持静止状态，首先分析A的受力情况，求出A受到的摩擦力；
根据物体间力的作用是相互的，求出B的上表面受到的摩擦力；
B相对于地面进行匀速直线运动，分析B的受力情况，求出B下表面受到的摩擦力。
本题把A和B两个物体分别进行受力分析，根据二力平衡条件和物体间力的作用是相互的进行判断，是本题的关键。

13.【答案】C 
【解析】解：依题意，电路中发生断路故障。
由题意可知，用电压表测得ab、ac间电压为零，则ab之间、ac之间是接通的；ad之间的电压均为4.5V，这说明d−e−电源负极和a−电源正极之间是接通的；ae之间的电压均为4.5V，说明a、e与电源之间是接通的，所以故障是cd之间出现了断路现象。
故选：C。
电路中只有一处发生断路，用电压表依次测得两点电压，观察电压表有无示数进行判断。
本题考查了用电压表检测电路的故障。当电压表所测的那部分电路断路，电压表与电路串联，分担电源电压，要注意辨别。

14.【答案】D 
【解析】
【分析】
A.小球的重力为：放入小球并剪断细线时容器对桌面的压力减去盛水容器对桌面的压力；
B.根据甲乙两图中的压力之差得出小球受到的浮力，根据重力公式得出小球的质量，根据阿基米德原理得出小球的体积，根据密度公式得出小球的密度；
C.力的作用是相互的，图乙中小球对容器底的压力等于小球受到的支持力；
D.由公式p=ρhg可知，水对乙、丙容器底部的压强是一样的，而两个容器底面积相同，由公式p=FS可知故两个容器底部受到水的压力的大小关系。
本题考查阿基米德原理的应用，属于对基础知识的考查，有一定综合性。
【解答】
A.小球的重力为：放入小球并剪断细线时容器对桌面的压力减去盛水容器对桌面的压力，即：G=14N−10N=4N，故A正确。
B.小球受到的浮力为：F浮=12N−10N=2N，小球的质量为：m=Gg=4N10N/kg=0.4kg，
小球的体积为：V=F浮ρ水g=2N103kg/m3×10N/kg=2×10−4m3=200cm3，小球的密度为：ρ=mV=400g200cm3=2g/cm3=2×103kg/m3，故B正确。
C.力的作用是相互的，图乙中小球对容器底的压力等于容器对小球的支持力，此时小球受重力，支持力，浮力三力平衡，根据阿基米德原理，此时小球受到的浮力与图乙中小球的浮力相等，为2 N，故此时支持力F支=G−F浮=4N−2N=2N，故C正确。
D.由公式p=ρgh可知，水对乙、丙容器底部的压强是一样的，而两个容器底面积相同，由公式p=FS可知，故两个容器底部受到水的压力是相同的，故D错误。
故选：D。  
15.【答案】C 
【解析】解：设实心金属块的底面积为S1，圆柱形容器的底面积为S2，

已知ρ金属=3×103kg/m3，大于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮；
(1)由表中数据可知，h从5−10cm，水的体积变化量：
△V=(S2−S1)(10cm−5cm)=60cm3，----------①
h从18−21cm，水的体积变化量：
△V′=S2(h5−h4)=60cm3，
即：S2(21cm−18cm)=60cm3，
解得：S2=20cm2，故D错误；
将S2=20cm2代入①得：S1=8cm2；
(2)金属块的体积：V物=S1H，
金属块的高：
H=V物S1=120cm38cm2=15cm；故B错误；
(3)当金属块浸没在水中时，排开水的体积：
V排=V物=120cm3，
此时受到的浮力最大：
F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×120×10−6m3×10N/kg=1.2N，故A错误。
(4)由图象可知，水的最大深度h′=21cm=0.21m，
则水对容器底部的最大压强：p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.21m=2.1×103Pa，故C正确。
故选：C。
(1)观察图象中数据可知，h从5−10cm，可求水的体积变化△V=(S2−S1)△h=60cm3；h从18−21cm，水的体积变化△V′=S2(h5−h4)=60cm3，据此求出S2和S1的大小；
(2)知道柱状物体的体积，可求柱状物体的高，分析数据，已知物体的密度大于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮，容器内水的体积变化应该与h的变化成正比，由表中数据可知器内水的体积变化应该与h的变化不成正比，因此随着水的增多，柱状物体将沉底，
(3)根据阿基米德原理求此时受到的浮力(最大)。
(4)根据p=ρ水gh可求得水对容器底部的最大压强。
本题为选择题，实质是一道复杂的力学计算题，考查了学生对密度公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，根据表中数据确定最后柱状物体的状态是本题的关键。

16.【答案】BCD 
【解析】解：A、酒精灯上方的空气受热膨胀，密度变小，故A错误；
B、风车转动时，受到热空气推力的作用，故B正确；
C、风车转动时，空气的内能转化为风车的机械能，故C正确；
D、移去酒精灯，风车由于惯性继续保持的原来的运动状态，不会立即停转，故D正确。
故选：BCD。
(1)气体温度升高，气体的密度变小，热空气向上运动；
(2)力是改变物体运动状态的原因；
(3)利用内能做功，内能转化为机械能；
(4)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质。
本题考查了内能的利用、密度与温度的关系、惯性、力与运动的关系等知识，基础题。

17.【答案】AD 
【解析】A、球离开手后能在空中继续上升，是由于球具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故A正确；
B、球在离开手后的上升过程中，若不计空气阻力，则只受重力作用，因此，所受合力的方向竖直向下，故B错误；
C、球运动到最高点时，只受重力作用，因此受到的是非平衡力，故C错误；
D、球最终落向地面，是因为球受到了重力的作用，而重力的方向是竖直向下的，故D正确。
故选：AD。
(1)物体由于惯性会保持原来的运动状态；
(2)球在上升过程中，对球进行受力分析，看一看球受到的力的方向；
(3)对球运动到最高点时进行受力分析，判断其是否处于平衡状态；
(4)地面附近的一切物体都受到重力的作用。

18.【答案】ABD 
【解析】解：A、扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子活动越剧烈，扩散的越快，故A正确；
B、观察电源的正负极可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，用右手握住螺线管，使四指指向电流方向，则拇指指向的左端为螺线管的N极。根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，可知，小磁针涂黑的一端是它的 N 极，故B正确；
C、热机做功冲程可将燃气的一部分内能转化为活塞的机械能，故C错误；
D、动圈式扬声器的原理是磁场对通电线圈有力的作用，故D正确。
故选：ABD。
(1)扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子活动越剧烈，扩散的越快。
(2)对通电螺线管磁场的判断要重点学会安培定则的运用，即右手握住螺线管，使四指环绕的方向为电流的方向，拇指所指的一端就是螺线管的N极，再进一步根据磁极间的相互作用可判断小磁针的极性。
(3)热机做功冲程可将燃气的内能转化为活塞的机械能。
(4)动圈式扬声器的工作原理是原理是磁场对通电线圈有力的作用。
本题考查了扩散现象、安培定则、热机、动圈式扬声器的工作原理，比较综合。

19.【答案】ACD 
【解析】解：A、从表中信息可知，煤油和冰的比热容相同，故A正确。
B、从表中信息可知，水和冰状态不同，它们的比热容也不同，故B错误。
C、从表中信息可知，铜的比热容比铝小，故质量相等的铜块和铝块，降低相同的温度，铜块放出的热量一定少，故C正确。
D、初温相等的酒精和砂石，吸收相等的热量后，因为无法比较质量，故砂石的末温可能比酒精的末温低，故D正确。
故选：ACD。
从表中信息判断各选项的对错。
本题考查了学生对比热容的理解，属于基础题。

20.【答案】CD 
【解析】A、物体A被提高了h=4m，由于动滑轮随物体一起运动，动滑轮提升的高度也是h=4m，
不计绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功，
由W额=G动h得动滑轮重力：
G动=W额h=400J4m=100N，
但题目没有提供“不计绳重和摩擦”这一条件，动滑轮的重力不等于100N，故A错误；
B、物体上升的速度：v物=ht=4m40s=0.1m/s，故B错误；
C、拉力做的有用功：
W有用=Gh=900N×4m=3600J，
拉力做的总功：
W总=W有用+W额=3600J+400J=4000J，
拉力的功率：
P=W总t=4000J40s=100W，故C正确；
D、滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=3600J4000J×100%=90%，故D正确。
故选：CD

21.【答案】OBOD38.2 
【解析】解：(1)重力的方向竖直向下，因此图1中不倒翁所受重力的示意图可用OB表示；
(2)图2中，杠杆的支点是O点，力F的作用线是直线AD，而OD⊥AD，因此线段OD表示力F的力臂；
(3)根据安培定则可知，图3中蹄形电磁铁的左端为S极，右端为N极，据此作图；

(4)图4所示体温表的分度值为0.1℃，液柱在38.2℃的位置，因此示数为38.2℃；
(5)根据安全用电原则，家庭电路中，用电器的开关应与火线相连，据此作图。

故答案为：(1)OB；
(2)OD；
(3)见上图；
(4)38.2；
(5)见上图。
(1)重力的方向竖直向下；
(2)支点到力的作用线的距离叫做力臂；
(3)用右手握住螺线管，四指弯曲指向电流方向，大拇指所指方向即为通电螺线管的N极；
(4)体温表的分度值为0.1℃，液柱在38.2℃的位置，据此读数；
(5)家庭电路中，用电器的开关应与火线相连。
此题考查了重力的示意图、力臂的画法、体温计的读数、安培定则、家庭电路的连接，涉及知识点较多，但难度不大，属基础题目。

22.【答案】电荷间的作用力大小与电荷间的距离有什么关系 
【解析】解：
随着小球N距离带电球体 M的距离在增大，发现小球在竖直方向上偏转的角度在减小，即其受到的作用力在减小，由此可以提出问题：电荷间的作用力大小与电荷间的距离有什么关系？
故答案为：电荷间的作用力大小与电荷间的距离有什么关系？
小球偏离竖直方向的角度大小，反应力小球受到的力的大小不同，将小球受到的力的大小不同，与小球N距离M的距离的远近不同联系起来，即可得到探究的问题。
发现小球偏转竖直方向的角度随着小球与带电体A的距离的增大而减小，将两者建立联系是解决此题的关键。

23.【答案】连通器  小  喷雾器  大气压 
【解析】解：(1)茶壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器，当里面的水不流动时，壶嘴的水面和壶身的水面保持相平。
(2)往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强变小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，液面上升。
喷雾器就是利用流体流速越快的地方压强越小的原理来工作的，与该实验的原理一致。
(3)用吸管吸饮料时，吸管内气压减小，小于外界大气压，在大气压的作用下饮料被压入吸管。
故答案为：(1)连通器；(2)小；喷雾器；(3)大气压。
(1)上端开口，底部连通的容器叫连通器，连通器中装同种液体，液体静止时液面是相平的；
(2)当向B管吹气时，A管上方的空气流动速度增大，压强减小，A管下方压强不变，A管内的液体受到向上的压强大，液面上升；
(3)大气压的利用一般都是在某处使气压降低，然后在外界大气压的作用下，产生了某种效果。
本题考查学生对连通器的认识、大气压的应用、流速与流体压强的关系在实际生活中的应用；明确吹气时会造成A管上方流速和压强的变化，这是解答此题的关键。

24.【答案】20.210不能 
【解析】解：(1)由图2可知电压表接入电路的是小量程，分度值为0.1V，示数为2V，电流表接入电路的量程是小量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，
根据欧姆定律可得此时所测量的定值电阻R的阻值为：R=UI=2V0.2A=10Ω；
(2)由图1可知电源为两节干电池，电源电压为3V，根据欧姆定律可知将1kΩ、5kΩ和10kΩ的电阻分别接入该电路中，通过电路中的电流均远小于电流表的分度值，因此不能选出该电阻。
故答案为：(1)2；0.2；10；(2)不能。
(1)根据电压表和电流表接入电路的量程和分度值读数，根据欧姆定律计算所测量的定值电阻R的阻值；
(2)由图1可知电源电压，根据欧姆定律可知将1kΩ、5kΩ和10kΩ的电阻分别接入该电路中，通过电路中的电流均远小于电流表的分度值。
本题考查电压表和电流表读数、欧姆定律的灵活运用，以及实验方案的设计能力。

25.【答案】乙  当铅笔受到的浮力不变时，排开液体的体积跟液体的密度成反比 
【解析】解：因铅笔漂浮在液面上，铅笔受到的浮力等于铅笔的重力，即F浮=G，
所以根据阿基米德原理得：ρ液gV排=G，
由图可看出甲中排开水的体积比乙中的大，则甲杯液体的密度比乙杯密度小。
因为在ρ液gV排=G中，G和g是定值，
所以当铅笔受到的浮力不变时，排开液体的体积跟液体的密度成反比。
故答案为：乙；当铅笔受到的浮力不变时，排开液体的体积跟液体的密度成反比。
根据物体的漂浮条件分析浮力大小，然后浮力公式可求得液体的密度和各物理量的关系。
本题考查物体漂浮条件的应用，知道漂浮在液面上的物体所受的浮力一定与重力相等，这是本题的切入点。

26.【答案】右；62；0.8；大；将烧杯中的液体全部倒入量筒中时，烧杯内壁粘有少量液体，并不能倒干净，测得的液体体积偏小 
【解析】解：
(1)天平使用时，要放在水平的桌面上；因为指针静止时指在标尺中央红线上的左测，所以将平衡螺母向右移动；
(2)已知烧杯m1=14g，
由图可知，液体和烧杯的总质量为m2=50g+10g+2g=62g；
则量筒中液体的质量为m=m2−m1=62g−14g=48g；
量筒中液体的体积为V=60mL=60cm3；
所以液体的密度为ρ=mV=48g60cm3=0.8g/cm3.
(3)将烧杯中的液体全部倒入量筒中时，烧杯内壁粘有少量液体，并不能倒干净，测得的液体体积偏小，根据密度公式ρ=mV可知，测得的密度偏大；
故答案为：(1)右；(2)62； 0.8；(3)大；将烧杯中的液体全部倒入量筒中时，烧杯内壁粘有少量液体，并不能倒干净，测得的液体体积偏小．
(1)测量前先要使天平平衡，平衡螺母相对指针的调节原则：右偏左调，左偏右调．
(2)天平的分度值是0.2g，读数为砝码质量加游码对应的刻度值．量筒分度值为1ml，平视液面最低处读数；已知盐水的质量和体积，利用密度公式ρ=mV求出密度．
(3)由于烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小，但质量准确，所以密度变大．
本题目是测定密度的常规实验题，主要考查天平、量筒的读数及密度的基本计算，天平和量筒是初中物理中基本的测量工具，放、调、称、读等都是基本的知识要求，必须掌握扎实牢固．

27.【答案】(1)问题1：溢水杯未装满，则溢出到小桶中的水所受的重力小于物块排开的水所受的重力； 
问题2：没有测量空桶所受的重力，所以不能得到物块排开的水所受的重力；
(2)G物−Fρ水g 
【解析】(1)物体放入水中前，溢水杯应该是装满水的，否则溢出到小桶中的水所受的重力小于物块排开的水所受的重力； 
排开水的重力G排等于桶与水的总重力G总减去空桶的重力G1，即：G排=G总−G1，由实验步骤知实验中没有测量空桶的重力；
(2)由实验知F浮=G排=m排g=ρ水V排g
根据称重法，浮力等于铁块重力G减去铁块浸没在水中时弹簧测力计的示数F，
即：F浮=G物−F；
物体的体积等于排开液体的体积：V物=V排=F浮ρ水g=G物−Fρ水g。
(1)用溢水法收集物体排开的水，将溢水杯装满水，然后将物体浸入水中，用其他容器(需先测出其重力)接住溢出的水，然后再测出装有溢出的水的容器的总重力，两者之差就是物体排开水的重力；
(2)根据称重法测浮力大小，根据F浮=ρ水gV排和比较F浮=G物−F表示出物块的体积。

28.【答案】用细线拴住铜块，挂在弹簧测力计下 F1F2+F1−F3ρ水 
【解析】解：(1)用细线拴住铜块，挂在弹簧测力计下，读出并记录测力计的示数F1，则铜块的重力为：G=F1；
(2)把空饮料瓶装满水，用细线栓好并挂在测力计下，读出并记录测力计的示数F2；
(3)将圆柱体放入装满水的饮料瓶中，用细线拴好并挂在测力计下，读出并记录测力计的示数F3；铜块排开的水的重力为：G水=F2+F1−F3；
排开的水的体积即为铜块的体积：V=m水ρ水=G水gρ水；
(4)圆柱体密度的表达式ρ=m铜V=GgV=F1gG水gρ水=F1F2+F1−F3ρ水。
故答案为：(1)用细线拴住铜块，挂在弹簧测力计下；(4)F1F2+F1−F3ρ水。
用弹簧测力计测量出铜块的重力；根据弹簧测力计示数可以测量出排开的水的重力，根据排开的水的重力可以求出排开的水的体积，即为铜块的体积，根据铜块的重力和体积可以求出铜块的密度。
本题考查了特殊方法测量固体的密度，知道排开的水的体积与铜块的体积相同是解题的关键。

29.【答案】匀速直线  弹簧测力计示数  在接触面粗糙程度一定时，f与F压成正比  A 
【解析】解：(1)③竖直向上拉弹簧测力计，使木块在水平木板上做匀速直线运动，木块受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数F拉等于物体受到的滑动摩擦力；
⑥依据F压=G计算出各次实验中木板所受到的压力F压，根据弹簧测力计的示数，计算各次实验中木块受到的滑动摩擦力f，将F压和f记录在表格中；
(2)横坐标表示压力，1个小格表示0.1N，纵坐标表示滑动摩擦力，1个小格表示0.12N，根据实验记录的数据，在图2中描出压力为3.0N时摩擦力的数据点(图中黑色点)，根据表中数据在坐标系中找出对应的点连线，本次实验中出滑动摩擦力f与压力F压的关系图象如下所示：

(3)本实验中f与F压的图象是一过原点的直线，可得到的结论是：在接触面粗糙程度一定时，f与F压成正比；
(4)因木块对木板的压力大小等于木块和钩码的重力大小之和，即：
G=G木+G钩，
当没有放置钩码时，木块对板的压力大小等于木块的重力大小，故此时有一定大小的摩擦力，故图像与图3所示A图像最接近。
故答案为：(1)③匀速直线；⑥弹簧测力计示数；(2)见解析中的图；(3)在接触面粗糙程度一定时，f与F压成正比；(4)A。
(1)③⑥根据二力平衡条件分析；
(2)先确定坐标的标度，根据描点法作图；
(3)本实验中f与F压的图象是一过原点的直线得出结论；
(4)根据G=G木+G钩分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用及描点法作图，体现了对过程和方法的考查。

30.【答案】答：闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，将条形磁体的一个磁极逐渐靠近磁敏元件R，发现电流表的示数I逐渐变大，根据欧姆定律可知电路总电阻变小，因为串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以磁敏元件R的阻值变小，即磁敏元件R的阻值随磁场的增强而减小。 
【解析】闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，根据欧姆定律可知将条形磁体的一个磁极逐渐靠近磁敏元件R时，电路总电阻的变化，根据串联电路电阻规律可知磁敏元件R的阻值变化，据此判断实验中所用磁敏元件R的阻值大小与磁场强弱的关系。
本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，属于基础题。

31.【答案】解：实验步骤：
①将装有适量水的大水槽放在电子秤上，称其质量为m0，将系有细线的实心圆柱体物块部分体积竖直浸在大水槽的水中(物块与水槽不接触)，静止时由物块侧面的刻线读出它浸在水中的深度h，记录此时质量m，将h和质量的数据记在表格中；
②仿照步骤①，再改变5次物块竖直浸在水中的深度(物块与水槽不接触，且未浸没)，读出各次实验中物块浸在水中的深度h，并记录各次的电子秤示数；将各次实验相应的h和质量的数据记在表格中；
③圆柱体受到的浮力等于水对它向上的压力，由力的相互性可知，电子秤受到的压力差等于圆柱体对水的压力，即圆柱体受到的浮力，所以利用公式p=F向上S=F浮S=(m−m0)gS和测量数据，分别计算出6次物块下表面受到水的压强p，将数据记在表格中。
实验数据记录表：
S/m2






h/m






m0/kg






m/kg






p/Pa






通过分析表格数据得出液体的压强与深度成正比，即p=kh。 
【解析】根据实验的目的可以确定此实验大体思路：设法测量出液体内部不同深度处的压强，然后比较液体压强大小与所处深度的大小关系。但此题的难点是没有压强计，如何测量液体内部不同深度的压强是难点。故设计思路为：
(1)可以利用该圆柱体的重力和圆柱体浸在水中时电子秤的示数，计算出其底面对水的压力(也就是水对圆柱体底面的压力)。
(2)利用公式p=FS求出圆柱体浸入水中时受到水对它向上的压强，通过这种方法计算出液体内部不同深度的压强，计入表格中分析即可。
在此实验的设计中，是利用公式p=FS为实验原理来测量压强大小的，把浮力转换为电子秤受到的压力差是本实验的创新之处，值得我们学习和借鉴。

32.【答案】C A BE 
【解析】解：(1)挤压厚玻璃瓶时，根据细玻璃管中液面高度的变化，可判断出厚玻璃瓶受到力的作用发生了微小形变，这一判断采用的研究方法是转换法；
液体压强与液体密度和深度都有关系。在研究液体内部压强大小与深度的关系时，需要在同一种液体中改变微小压强计探头的深度，保证这样的实验条件采用的研究方法是控制变量法；
(2)A、机械停表通过指针偏转角度的大小反映时间的变化；
B、弹簧测力计通过弹簧长度的变化反映所受拉力的变化；
C、电压表通过指针偏转角度的大小反映电压的变化；
D、普通电能表通过内部转盘转动角度的大小反映电能的变化；
E、体温计通过内部水银柱长度的变化反映体温的变化。故选BE。
故答案为：(1)C；A；(2)BE。
(1)将不可见、不易见的现象转换成可见、易见的现象，或者将难以测量或测准的物理量转换为能够测量或测准的物理量，运用的是转换法；
物理学中对于多变量的问题，常常采用控制变量的方法，把多因变量的问题变成多个单变量的问题；每一次只改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而研究被改变的这个变量对事物的影响，分别加以研究，叫做控制变量法；
(2)仪器仪表一般是将测量的物理量转化为长度、角度、亮度、声音的变化。
此题考查了常用研究方法的识别和运用。选择科学的研究方法是保证探究过程和结论正确的关键。

33.【答案】解：
(1)和(2)木块漂浮在水面上，根据漂浮条件可知，木块受到的浮力与重力是一对平衡力，
则木块所受的浮力：F浮=G=mg=0.02kg×10N/kg=0.2N；
从重心开始分别沿竖直向上和竖直向下画一条带箭头的线段表示出浮力和重力，并标出F浮和G的大小；如图所示：

(3)水的深度：h=10cm=0.1m，
水对杯底的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa；
(4)根据p=FS可得水对杯底的压力：F压=pS=1000Pa×40×10−4m2=4N。
答：(1)如上图；
(2)木块所受的浮力F浮=0.2N；
(3)水对杯底的压强p=1000Pa；
(4)水对杯底的压力F压=4N。 
【解析】(1)根据漂浮条件即可求出木块所受的浮力F浮；根据木块漂浮在水面上，则可判断木块受到的浮力与重力是一对平衡力，浮力方向竖直向上，大小等于重力，作用点在木块重心上；然后根据力的示意图的做法，用一条带箭头的线段把浮力和重力的大小、方向、作用点分别表示出来。受重力和浮力的作用，根据示意图；
(2)
(3)利用液体压强计算公式p=ρgh计算水对杯底的压强p；
(4)根据p=FS求出水对杯底的压力F压。
本题考查力的示意图、压力和压强的计算，正确认识到一般情况下物体压强计算公式与液体压强计算公式的区别。

34.【答案】解：由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压。
(1)通过R0的电流：
I0=U0R0=2V2.5Ω=0.8A；
(2)1min内R0消耗的电能：
W=U0I0t=2V×0.8A×60s=96J；
(3)因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压：
UR=U−U0=6V−2V=4V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，R=URIR=URI0=4V0.8A=5Ω，
则1R=15Ω=0.2Ω−1，
由图乙可知：此时空气质量指数为50。
答：(1)通过R0的电流为0.8A；
(2)1min内R0消耗的电能为96J；
(3)此时的空气质量指数为50。 
【解析】由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压。
(1)根据欧姆定律求出通过R0的电流；
(2)根据W=UIt求出1min内R0消耗的电能；
(3)根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R的阻值，进一步求出1R的值，由图象可知此时的空气质量指数。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。