2023年广西大学附中中考物理模拟试卷（6月份）（含解析）

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2023年广西大学附中中考物理模拟试卷（6月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（本大题共13小题，共26.0分）
1. “一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态。”这一定律是哪位物理学家推理、概括出来的(    )
A. 牛顿 B. 安培 C. 伏特 D. 欧姆
2. 超声波洗碗机是一种常用电器。洗碗机发出的超声波(    )
A. 是由物体振动产生的 B. 可以在真空中传播
C. 传播速度是3×105km/s D. 不能传递能量
3. 下列材料适合做输电导线的是(    )
A. 橡胶 B. 陶瓷 C. 玻璃 D. 铜
4. 如图所示为动车组正在运行的情景，我们说：司机是静止的。“静止”所选择的参照物是(    )
A. 路面
B. 树木
C. 车厢
D. 房屋
5. 下列关于光现象的说法中，正确的是(    )
A. 月亮是光源 B. 海市蜃楼是光的反射产生的
C. 电视机遥控器利用了紫外线 D. 彩虹是由于光的色散形成的
6. 如图所示，在电路中两个规格完全相同的小灯泡L1、L2，闭合开关S后，L1、L2两端的电压分别为U1、U2，通过电流分别为I1、I2，则下列说法正确的是(    )
A. I1≠I2 B. I1=I2
C. U1≠U2 D. 若L1灯丝烧断，灯L2仍能正常发光
7. 下列选项中可以用如图所示的光路图解释的是(    )


A. 人眼看到水中的“鱼”
B. 人眼看到水中的“蓝天白云”
C. 水中的潜水员看到水面上的“路灯”
D. 潜水艇中的士兵通过潜望镜观察海面上的“舰艇”
8. 小陈家的空气开关发生了跳闸，可能是电路中(    )
A. 灯泡发生了断路 B. 使用了大功率用电器
C. 电压低于220V D. 控制灯泡的开关发生了短路
9. 小华做了一个“魔法火焰”实验，如图。加热铅笔芯时，小灯泡慢慢亮了起来，此过程逐渐增大的物理量是(    )
A. 电源的电压
B. 铅笔芯的电阻
C. 电路中的电流
D. 小灯泡的额定功率
10. 如图为一种爬杆机器人，它在沿杆竖直向上匀速爬行过程中(    )
A. 运动状态发生了改变
B. 竖直方向上只受重力和摩擦力
C. 摩擦力方向竖直向下
D. 机器人对杆的压力和杆对机器人的支持力是一对平衡力



11. 下列做法符合安全用电原则的是(    )
A. 用湿抹布擦插座 B. 铜丝代替保险丝 C. 洗衣机外壳接地 D. 闭合开关换灯泡
12. 某加工车床的基本工作电路是：闭合照明电路开关，照明灯亮起；再闭合工作电路开关，车床的电动机正常工作；若不闭合照明电路开关，则电动机电路不能工作。该加工车床的简化电路可能是(    )
A. B.
C. D.
13. 小球在光滑无摩擦轨道的A点静止释放(忽略空气阻力)，下列说法正确的是(    )

A. 小球在轨道B点的速度最大 B. 小球在B点的机械能大于在A点的
C. 小球运动到最高处C点时的速度为零 D. 小球在DE段，将做匀速直线运动
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
14. 中国有几千年的茶文化，品茶时涉及到很多物理知识，下列说法正确的是(    )
A. 茶香四溢是扩散现象
B. 热的茶水含有的热量多
C. 茶壶利用了连通器原理
D. 烧水时壶盖被顶起是电能转化为内能
15. 如图所示，是巨磁电阻特性原理的示意图，其中GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是(    )



A. 电磁铁的右端为N极
B. 当滑片P向右滑动时，电磁铁磁性减弱
C. 当滑片P向左滑动时，巨磁电阻的阻值增大
D. 当滑片P向左滑动时，指示灯变亮
16. 如图所示，水母的伞状体内有一种特别的腺，可以发出一氧化碳，使伞状体膨胀，通过控制伞状体的体积大小，水母实现了在水中上浮和下潜的自由。忽略产生一氧化碳的质量，下列说法正确的是(    )
A. 伞体缩小时，受到浮力会减小
B. 悬浮的水母，产生一氧化碳时会上浮
C. 逐渐下沉的水母，所受水的压强逐渐增大
D. 水母实现浮沉自由的原理与潜水艇的一致
三、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
17. 小明用食品夹夹取糕点，糕点变扁了，说明力可以改变物体的______ ，如图所示，要使手指捏食品夹的力小一些，手指捏食品夹的位置应离______ 点近一些。

18. 2023年1月1日，中国东方航空全球首架C919大型客机测试飞行。在飞行过程中，机身与空气摩擦时因______ (选填“得到”或“失去”)电子而带正电。
19. “小眼镜”应成为社会的“大关切”，青少年视力健康不容忽视。视力正常的眼睛、远近景物都能在视网膜上成倒立_____的实像；若不爱护眼睛，则容易患上近视眼，使像成在视网膜的前方，如图中矫正近视眼的正确方式是_____图。(选填“甲”或“乙”)

20. 如图所示，“曲水流觞”是古代文人墨客诗酒唱酬的一种雅事。将酒盏漂浮在清冽的溪水上随溪流动，会降低酒的温度，这是通过______ 方式在改变酒的内能；酒盏里质量为100g的酒在漂流过程中，温度从30℃降低至25℃，会放出______ J的热量。[c酒=3.4×103J/(kg⋅℃)]
21. 小明利用如图甲所示的滑轮组，将不同的物体匀速提升1m，图乙所示为克服物体重力做的功和拉力做的功随物重变化的柱状图，不计绳重和摩擦。物重为150N时，小明做的有用功为______ J，动滑轮的重力为______ N。


22. 如图所示，虚线框内为某废弃电热器的加热部件，小明在老师指导下利用如图电路测定电热器功率。把M接A，N接B，闭合开关S，电流表示数为0.8A。把M接A，N接C，闭合开关S，测得电热器功率为880W。把M接A，N接C，再用导线连接______ ，闭合开关S，则此时电热器功率最大，最大功率为______ W。


四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
23. 在图中，根据给出的入射光线画出反射光线OB，并标出反射角及其大小。


24. 在图中画出使杠杆静止在图示位置的最小动力F1。







五、实验探究题（本大题共4小题，共25.0分）
25. 如图所示，是小明在做“探究影响液体内部压强大小的因素”实验：

(1)实验前，小明在调试时发现，用手指轻压或重压探头的橡皮膜时，U形管两边液面几乎没有变化，接下来的正确操作是______ 。
A.从U形管内取出适量水
B.拆除软管重新安装
C.向U形管内加入适量水
(2)由甲、乙两图可知，在同种液体内部，液体压强随着______ 的增加而增大。
(3)取另外一种液体A，使探头在水和液体A中的深度相同，如乙、丙两图所示(h3>h2)，可以判断出液体A的密度ρ ______ ρ水(选填“>”、“  转换  左 
【解析】解：(1)若压强计的气密性很差，用手指不论轻压还是重压橡皮膜时，就会有漏气现象，因此U形管两边液柱的高度差变化小，调节的方法是取下软管重新安装；
(2)甲、乙两图是探究液体压强大小与深度的关系，控制了液体的密度相同、金属盒的方向相同，而深度不同，甲图中深度大，U形管两侧液面高度差大，产生的压强大，通过U形管液柱的高度差不同得出，同种液体内部压强随着深度的增加而增加；
(3)取另外一种液体A，使探头在水和液体A中的深度相同，由于h3>h2，所以相同深度的A中液体压强大于水中的压强，根据p=ρgh知ρA>ρ水；
(4)实验中通过U形管两侧液面高度差比较液体压强大小，这种科学探究方法称为转换法；
(5)用一“T“形玻璃管对着形管左边管口吹气，如图丁所示，由于气体流速越大的位置，压强越小，故可以看到左管中的液面较高。
故答案为：(1)B；(2)深度；(3)>；(4)转换；(5)左。
(1)压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变U形管中液面高度差的，若液体压强计漏气，U形管中的液面就不会变化；
(2)要探究液体压强与液体深度的关系，需控制液体的密度相同，然后得出结论；
(3)U形管两端的液面差越大，金属盒受到的压强越大，据此分析；
(4)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强的大小，这种方法叫转换法；
(5)流体中流速越快的地方压强越小。
压强计的工作原理是我们首先应该了解的，在此实验中控制变量法的运用非常关键，只有这样，所探究的结论才具有说服力和科学性。

26.【答案】较暗  虚  晶体  变大  电源  铝 
【解析】解：(1)为了便于观察，实验最好在较暗的环境中进行，成的像比较清晰；虚像不能成在光屏上，将蜡烛B移走，在其所在位置放上光屏，发现光屏上接收不到蜡烛A的像，说明平面镜成的是虚像。
(2)由图乙可知，第2min时这种物质开始熔化，在第4min熔化结束，该过程中不断吸收热量，但温度保持在80℃不变，故该物体是晶体；
由图乙可知，在0～2min的时间里固态物质升高的温度为Δt1=30℃；在4min−6min的时间里液态物质升高的温度为Δt2=20℃，即Δt1>Δt2；
由Q=cmΔt可知，当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大、比热容c就越小，所以这种物质固态时的比热容小于液态时的比热容，则该物体熔化后比热容变大。
(3)用图丙装置“观察磁场对通电直导线的作用”时，必须有电源，所以在M、N之间应接电源；探究磁场对电流的作用时，因为磁体能够吸引磁性材料，所以通电导体不能为磁性材料，则不能选择铁棒进行实验，而应选用轻质的铝棒。
故答案为：(1)较暗；虚；(2)晶体；变大；(3)电源；铝。
(1)为了使成的像比较清晰便于观察，实验最好在较暗的环境中进行；虚像不能成在光屏上；
(2)晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度不断升高；
相同时间内，吸收相同的热量，但温度变化不同，温度变化大的比热容小，温度变化小的比热容大；
(3)通电导线在磁场中受力运动；磁体能够吸引磁性材料，说明验证通电导体在磁场中受力运动时，导体棒不能为磁性材料。
此题考查了探究平面镜成像的特点、晶体的概念、熔化的温度——时间图像、比热容、磁场对通电导线的作用，涉及知识点较多，但难度不是太大。

27.【答案】2  深度  液体密度  4×10−4  1.05×103 ρ水(V3−V1)V2−V1  不变 
【解析】解：(1)图甲中物体的重力为10N，图乙中弹簧测力计的示数为8N，金属块在水中受到的浮力为：F浮=G−F乙=10N−8N=2N；
(2)比较图丙、丁知，排开液体的体积相同，而液体的密度相同，物体在液体中的深度不同，两图中，测力计示数相同，根据称重法，可知金属块受到的浮力相同，故由实验数据可得到的结论是：金属块浸没后，所受的浮力大小与深度无关；
比较图丙、戊知，排开液体的体积相同，而液体的密度不同，两图中，测力计示数不同，根据称重法，可知金属块受到的浮力不同，故由实验数据可得到的结论是：浸在液体中的物体受到浮力的大小与液体密度有关；
(3)比较图甲、丁知，金属块浸没在水中受到的浮力：F浮水=G−F丙=10N−6N=4N，
根据阿基米德原理得，金属块的体积V=V排=F浮水ρ水g=4N1.0×103kg/m3×10N/kg=4×10−4m3；
(4)由图甲、戊知，金属块浸没在盐水中受到的浮力：F浮盐水=G−F戊=10N−5.8N=4.2N，
根据阿基米德原理得，盐水的密度为：ρ盐水=F浮盐水Vg=4.2N4×10−4m3×10N/kg=1.05×103kg/m3；
(5)泡沫漂浮在水面，则泡沫的重力：G泡=F泡浮=ρ水gV1，
泡沫和金属块一起漂浮，对泡沫和金属块进行受力分析可得：G泡+G金属块=F浮总=ρ水gV3，
所以，金属块的重力：G金属块=G金属块−G泡=ρ水gV3−ρ水gV1=ρ水g(V3−V1)，
由G=mg可得，金属块的质量：m金属块=G金属块g=ρ水g(V3−V1)g=ρ水(V3−V1)，
由步骤②与③可知，金属块的体积：V金属块=V2−V1，
金属块的密度：ρ金属块=m金属块V金属块=ρ水(V3−V1)V2−V1；
取出金属块轻轻放置在泡沫块上方时，虽然金属块上会沾一些水，导致“溢水杯”中水的体积减小，但“沾水”的金属块放在泡沫块上方时会多排开一些水，且“溢水杯”中水的体积减小量正好等于由于金属块“沾水”而多排开水的体积，则步骤④中测得的m排不变，即测得金属块的质量不变，根据ρ=mV可知测得金属块的密度不变。
故答案为：(1)2；(2)深度；液体密度；(3)4×10−4；(4)1.05×103；(5)ρ水(V3−V1)V2−V1；不变。
(1)根据称重法计算图丙中物体所受的浮力；
(2)浮力的大小与液体密度和物体排开液体的体积有关，根据控制变量法进行研究。
(3)比较图甲、丁求出金属块浸没在水中受到的浮力，根据阿基米德原理可求出金属块的体积；
(4)由图甲、戊求出金属块浸没在盐水中受到的浮力，根据阿基米德原理可求出盐水的密度；
(5)由①②可知，泡沫静止时受到的浮力等于泡沫的重力，泡沫排开的水重等于泡沫受到的浮力，则G泡=F泡浮=ρ水gV排1；由②③知量筒中的水体积之差就是金属块的体积V金属块；由①④可知，泡沫块和金属块漂浮在水面时，整体受到的浮力等于自身的重力，受到的浮力等于排开的水重，则G泡+G金属块=ρ水gV排2，便可求出金属块重，利用m=Gg可求出金属块的质量，最后利用ρ=mV可求出金属块的密度；
取出金属块轻轻放置在泡沫块上方时，虽然金属块上会沾一些水，导致“溢水杯”中水的体积减小，但“沾水”的金属块放在泡沫块上方时会多排开一些水，且“溢水杯”中水的体积减小量正好等于由于金属块“沾水”而多排开水的体积，据此分析测得金属块的质量如何变化，然后根据ρ=mV进行判断。
本题考查了浮力大小的影响因素、利用浮力测量固体的密度和液体的密度，是综合性很强的习题，有很大的难度。

28.【答案】3  5  反比  S和S2  3  0.6 
【解析】解：(1)原电路图中，电压表并联在滑动变阻器两端且正负接线柱接反是错误的，在探究电流和电阻关系实验中，电压表应并联在定值电阻两端，如下图所示：

(2)由表中数据可知，定值电阻两端电压为UV=IR=0.3A×10Ω=……=0.15A×20Ω=3V，即实验中控制电压表的示数为3V不变；
当定值电阻最大为30Ω且滑动变阻器接入阻值最大时，由分压原理可得：UVU总=RR+R滑，
所以电源电压的最大值为：U总=R+R滑R⋅UV=30Ω+20Ω30Ω×3V=5V；
(3)定值电阻两端的电压为一定值，分析实验数据可得出结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(4)实验步骤：
①只闭合开关S和S2，调节变阻器的滑片，使电压表V2的示数为3V，此时小灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S1，保持滑片P的位置不动，此时V1的示数为1V，V2的示数为2V；
③在②中，电压表V2测灯的电压，V1测R1滑片以左电阻R左的电压，
由串联电路电压的规律可知，R1滑片以右电阻R右的电压，U右=6V−1V−2V=3V，
因滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电流的规律，通过变阻器滑片以左和以右的电流相等，
由欧姆定律有：U右R右=U左R左，即3VR右=1VR左=1V20Ω−R右，
解得，R右=15Ω，
故在第1次操作中，电压表V2测灯的电压，由串联电路电压的规律，滑动变阻器的电压为：U滑=6V−3V=3V，
电路中的电流即灯的额定电流为：IL=U滑R右=3V15Ω=0.2A，
该灯泡的额定功率：P额=U额IL=3V×0.2A=0.6W。
答：(1)图见解答；(2)3；5；(3)反比；(4)①S和S2；②3；③0.6。
(1)在探究电流和电阻关系实验中，电压表应并联在定值电阻两端；
(2)根据表中数据利用U=IR求出定值电阻两端的电压，即为控制不变的电压；当定值电阻最大为30Ω且滑动变阻器接入最大阻值时，电源电压为最大，根据分压原理求出电源电压的最大值；
(3)根据表中数据分析得出结论；
(4)测量额定电压为3V的小灯泡的额定功率，根据P=UI，关键是测灯的额定电流，首先使灯正常发光，通过开关的转换使电压表V1测滑动变阻器滑片以左电阻丝的电压，此时可知灯的电压，根据串联电路电压的规律，得出滑动变阻器滑片以左电阻丝的电压，根据串联电路各处的电流相等，由欧姆定律可得出滑片以左电阻丝的电阻大小，由第1次操作，根据欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI求出灯的额定功率。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、串联电路电压的规律和欧姆定律的应用等；同时也考查了测量小灯泡的额定功率，难度较大。

29.【答案】解：(1)汽车所受的阻力：f=0.07G=0.07×2×105N=1.4×104N，
，汽车匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，牵引力：F=f=1.4×104N，
牵引力所做的功：W=Fs=1.4×104N×1200m=1.68×107J；
(2)牵引力的功率：P=Wt=1.68×107J2×60s=1.4×105W；
(3)氢燃料完全燃烧放出的热量：Q放=mq=0.25kg×1.4×108J/kg=3.5×107J，
汽车发动机的效率：η=WQ放×100%=1.68×107J3.5×107J×100%=48%。
答：(1)牵引力所做的功为1.68×107J；
(2)牵引力的功率为1.4×105W；
(3)汽车发动机的效率为48%。 
【解析】(1)根据f=0.07G求出汽车所受的阻力，汽车匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知牵引力大小，根据W=Fs求出牵引力所做的功；
(2)根据P=Wt求出牵引力的功率；
(3)根据Q放=mq求出氢燃料完全燃烧放出的热量，根据效率公式求出汽车发动机的效率。
本题考查二力平衡条件、功的公式、功率公式、燃料完全燃烧放热公式以及效率公式的应用，是一道力热综合题，难度不大。

30.【答案】解：(1)加湿器额定功率为0.5kW，加湿一次的时间是20min，这段时间消耗的电能；
W=Pt=0.5×1000W×20×60s=6×105J；
(2)当电阻箱接入电路中的阻值12Ω时，控制电路消耗的功率是4.5W，
根据P=U2R可得，电路的总电阻：
R总=U2P=(12V)24.5W=32Ω；
根据电阻的串联，此时湿敏电阻的阻值：
R湿=R总−R箱=32Ω−12Ω=20Ω；
由图丙知，此时的空气湿度为30%；
(3)空气湿度为30%时，R湿=20Ω；
若a、b两端电压必须等于或大于9V时，
根据串联电路的规律及欧姆定律，电路中的电流小于等于：
I=U湿R湿=U−U箱R湿=12V−9V20Ω=0.15A；
则电阻箱的阻值至少应调到：
R箱=U箱I=9V0.15A=60Ω。
答：(1)这段时间消耗的电能为6×105J。
(2)当电阻箱接入电路中的阻值12Ω时，控制电路消耗的功率是4.5W，此时的空气湿度30%。
(3)若a、b两端电压必须等于或大于9V时，控制电路才能启动加湿器进入工作状态。工作人员设定相对湿度为30%时启动加湿器工作，则电阻箱的阻值至少应调到60Ω。 
【解析】(1)已知加湿器额定功率和一次的时间是20min，根据W=Pt求出这段时间消耗的电能；
(2)根据已知条件，根据P=U2R求出电路的总电阻；根据电阻的串联求出R湿；由图丙知此时的空气湿度；
(3)根据串联电路的规律及欧姆定律，求出电路中的最大电流，从而得出电阻箱的阻值至少应调到多少。
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，关键是从题中获取有效的信息。

31.【答案】解：(1)由图乙AB段可知，此过程是物体A出水面的过程，BC段中物体B处于浸没状态，CD段此过程是物体B出水面的过程，
根据称重法可知：
在A点时，(GA+GB)−(FA浮+FB浮)=FA=25N--------------------①
在B点时，(GA+GB)−FB浮=FB=35N--------------------②
根据①②可得：FA浮=10N，
根据F浮=ρ液gV排可得：
物体A的体积VA=VA排=FA浮ρ水g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10−3m3，
因为物体上升时在C、D间的距离小于A、B间的距离，说明在D点时物体A、B间的绳子断了。
E点是绳子断了之后，此时绳端的拉力FE=GA，
则：GA=FE=25N-----------------------------③
则A的质量为mA=GAg=25N10N/ kg=2.5kg；
(2)因为A、B两物体的体积相同，所以物体A、B浸没时受到的浮力相等，
即：FB浮=FA浮=10N--------------------------④
由②③④可得：GB=20N-------------------⑤
因为A、B两物体的体积相同，所以物体B的体积VB=VA=1×10−3m3，
根据G=mg=ρVg可得：
正方体B的密度ρB=GBVBg=20N1×10−3m3×10N/kg=2×103kg/m3；
(3)正方体的棱长L=3VA=31×10−3m3=0.1m=10cm，
由图乙可以看出从B到C的过程中拉力的大小不变，由此可知，B点是物体A的下表面刚好离开水面的时候，C点是物体B的上表面刚好到达水面的时候。

所以，据此可知，物体B即将露出水面时，水的深度h′=h上升+L=13.5cm+10cm=23.5cm=0.235m；
由于在D处时物体B受到的浮力为FB浮′，
在D点时，(GA+GB)−FB浮′=FD=41N--------------------⑥
由③⑤⑥可得：FB浮′=4N，
则VB排′=FB浮′ρ水g=4N1.0×103kg/m3×10N/kg=4×10−4m3，
根据已知可得：
容器内部底面枳S容=4S正=4L2=4×(0.1m)2=4×10−2m2，
VB露=VB−VB排′=1×10−3m3−4×10−4m3=6×10−4m3，
从C处到D处时液面下降的高度Δh=VB露S容=6×10−4m34×10−2m2=0.015m，
水的最小深度h最小=h′−Δh=0.235m−0.015m=0.22m，
水对容器底部最小压强p最小=ρ水gh最小=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.22m=2.2×103Pa。
答：(1)正方体A的质量为2.5kg；
(2)正方体B的密度为2×103kg/m3；
(3)整个过程中，水对容器底部压强的最小值为2.2×103Pa。 
【解析】(1)(2)由图乙中AB段可知，此过程是物体A出水面的过程，根据称重法求出A受到的浮力，利用FA=ρ水gV排求得A物体的体积；
已知A、B两物体的体积相同，物体A、B浸没时受到的浮力相等；
由题意和图乙可知：在B点和E点时绳端的拉力，联立两个等式即可求得B的重力；
利用G=mg=ρVg可求得正方体B的密度；
(3)由图乙可以看出从B到C的过程中拉力的大小不变，由此可知，B点是物体A的下表面刚好离开水面的时候，C点是B的上表面刚好到达水面的时候。所以，根据C点A上升的距离h和物体B的边长可知此时水的深度；然后再根据从C处到D处时物体B受到的浮力求出物体B在D处时浸没的体积，即可求出根据物体B的体积变化，根据容器的底面积求出从C处到D处时液面下降的高度，最后即可得出水的最小深度，利用p=ρgh即可求出水对容器底部压强的最小值。
本题是有关压强和浮力的综合计算题目，首先要掌握液体压强的计算公式及阿基米德原理公式，此题的关键是能够看懂图像，明确AB间的距离大于C、D间的距离，说明物体A、B间的绳子断了是关键。