2019年天津南开区中考物理二模试题

天津南开区中考物理二模试题

1、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下列每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意

1．（3分）如图所示用木槌敲击同一个音叉，首次轻敲，第二次重敲。两次比较，下列判断正确的是（）

A．重敲音调高 B．轻敲响度大

C．两次敲击音色不同 D．两次敲击音调一样高

2．（3分）如图所示，在“探究水沸腾时温度变化的特征”的实验中，下列说法正确的是（）

A．水的沸腾是一种缓慢的汽化现象

B．水沸腾时出现很多的“白气”是水蒸气

C．水的温度需要达到100℃时，水才会沸腾

D．水沸腾时温度维持不变，却需要不断吸收热量

3．（3分）小兰同学用托盘天平和量简测量一小石块的密度，图甲是调节天平常的情形，图乙和图丙分别是测量石块水平和体积时的情形，下列说法正确的是（）

A．甲图中应将平衡螺母向左调，使横梁平衡

B．乙图中测石块水平时，天平的读数是44.8g

C．由两图量简的示数测得石块的体积是20mm3

D．计算出石块的密度是2.2×103kg/m3

4．（3分）如图所示，是某同学检查视力时的情景，下列说法正确的是（）

A．镜中视力表的像是实像

B．镜中视力表的像比视力表小

C．镜中视力表的像到该同学的距离为5m

D．镜中视力表的像是光的直线传播形成的

5．（3分）如图所示，对于图中所述的物理过程，下列剖析正确的是（）

A．图甲，瓶子内的空气推进塞子跳起时，空气的内能增大

B．图乙，试管内的水蒸汽推进塞子冲出时，水蒸气的内能降低

C．图丙，汽缸内的气体推进活塞向下运动时，气体的内能增大

D．图丁，小蒸汽轮机借助机械能转化成内能来工作的

6．（3分）下列事例中讲解正确的是（）

A．轮船由大海驶入长江，所受浮力不变，船体下沉一些

B．上坡前加紧用力蹬自行车是为了增大惯性

C．用注射器将药液注入患者体内，借助了大方压有哪些用途

D．橡皮泥捏成小船后可以漂浮在水面，是通过改变自己重力达成的

7．（3分）如图所示，小球由A→B→C→B→A……摆动，忽视空气阻力，下列说法在确的是（）

A．小球在A点具备最大动能

B．小球在B点势能最大

C．小球从A摆到B的过程中，动能转化为势能

D．小球从B摆到C的过程中，机械能不变

8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压维持不变，电键S1、S2同时闭合时，电路中（）

A．电压表V的示数不变

B．电流表A1的示数变大

C．电压表V示数与电流表A1示数的比值不变

D．电压表V示数与电流表A示数的乘积变大

9．（3分）家庭电路中的保险丝熔断了，以下缘由中不可能的是（）

A．用的用电器总功率过大

B．插座中的两根导线的线头相碰了

C．拉线开关中两根导线的线头相碰了

D．保险丝的规格不符合规定的需要

10．（3分）L1、L2两只灯额定电压相同均为U，额定功率P额1＞P额2，把它们接入电压为U的电路中，下列说法中错误的是（）

A．两灯串联用时，实质功率P1＜P2

B．两灯并联用时，实质功率P1＞P2

C．串联时两灯消耗的总功率P总＜P额2

D．并联时两灯消耗的总功率P总＜P额1

2、多项选择题（本大题共3小题，每小题3分，共9分）每小题给出的四个选项中，有一个以上选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，不选或选错的得0分．

11．（3分）图甲中，凸透镜焦距为10cm．维持透镜地方不变，当蜡烛在25cm刻度处时（）

A．为了找到像的地方，光屏应在光具座的（60～70）cm的刻度范围内移动

B．为了找到像的地方，光屏应在光具座的大于70cm的刻度范围内移动

C．在光屏上所成烛焰的像应该是图乙中的（d）图

D．借助这种成像原理可以制成照相机

12．（3分）某物理兴趣小组同学设计了如图甲所示的电路图进行实验探究，电源为可调压直流学生电源，电压表量程为“0﹣15V”，电流表量程为“0﹣0.6A”，小灯泡标有“6V 1.2W”字样，R0为20Ω的定值电阻。小组依据记录的电流表和电压表示数变化，描绘出U﹣I关系图象，如图乙所示，则（）

A．小灯泡正常发光时的电阻为30Ω

B．电流表的示数可以伴随电源电压的增加而不断增大

C．当电压表示数为1V时，通过小灯泡的电流为0.3A

D．调节电源电压，当小灯泡与定值电阻R0消耗的总功率为0.8W时，小灯泡的实质电功率为0.6W

13．（3分）底面积为100cm2的烧杯中装有适当水。当金属块浸没在水中静止时，如图甲所示，弹簧测力计的示数F1为3.4N，水对杯底的压强为P1；当金属块总体积的露出水面静止时，如图乙所示，水对杯底的压强为P2；若P1、P2之差为50Pa，g取10N/kg，则（）

A．水面减少的高度为5×10﹣4m

B．金属块的重力为5.4N

C．图乙中金属块部分露出水面时，金属块受的浮力2N

D．图乙中金属块部分露出水面时，弹簧测力计的示数为3.9N

3、填空题（本大题共7小题，每小题2分，共24分）

14．（2分）特技跳伞运动员跳离飞机后，在没打开降落伞的状况下自由下落，当下落速度达到50m/s时开始做匀速直线运动，若运动员以如此的速度下落600m，需要__________s的时间。

15．（2分）高铁站台离边缘1m处有一条黄色的安全警示线，旅客应站在安全警示线以外候车。其缘由是列车急速驶入车站时，列车旁边空气流速较大，压强较__________，若旅客距列车太近，容易发生人身安全事故。

16．（4分）用简单机械可以给大家的生活带来便利。

（1）如图甲所示，把被剪物体尽可能挨近剪刀的转动轴，可减小__________臂（选填“动力”或“阻力”），剪断物体更省力。

（2）如图乙所示，旗杆的顶端安装着一个__________滑轮，用来改变拉力的方向。

17．（4分）借助如图所示的滑轮组提起一个重为2400N的物体，不计滑轮自重和摩擦，绳子的拉力F＝__________；假如用这个滑轮组达到愈加省力的成效，就要改变绳子的绕线办法，则此时拉力F＝__________。

18．（4分）如图甲、乙所示，是探究“电流产生的热量跟电阻有关”的实验装置。两个透明容器中都有一段电阻丝，密闭着等量的空气，通电之前，U型管中液面都相平，装置的两根导线分别接到电源两端，通电一段时间后U型管中的液柱高度发生变化，如图所示：

（1）甲装置通过__________比较电流产生热量的多少；

（2）假如通过乙装置左侧容器中5Ω电阻的电流为0.8A，则右侧容器中的空气1min最多可从电阻丝吸收的热量的多少为__________（忽视环境影响）。

19．（4分）如图所示为一种温度自动报警器的原理图，图中的水银温度计在制作时，玻璃管中封入一段金属丝，电源的两极分别与水银和金属丝相连。当温度达到金属丝下端所指的温度时，电流通过电磁铁的线圈产生磁性，吸引衔铁，电铃响起，发出报警信号，电磁铁的a端为__________极。若将温度计上端的金属丝向下调整，则报警温度将__________（选填“升高”或“减少”）。

20．（4分）如图，电源电压维持不变，电阻R1＝R2＝R3＝10Ω．要使R2、R3并联，应闭合开关__________，此时电流表的示数为I1；若断开开关S1、S2，此时电流表的示数为I2；则I1：I2＝__________。

4、综合题（本大题共6小题，共37分）解题中需要有必要的剖析和说明，计算题要有公式和数据代入过程，结果要有数值和单位．

21．（7分）如图所示，烧瓶中装有0.2kg煤油，电阻丝的阻值为10Ω，闭合开关。调节滑动变阻器滑片，当电流表的示数为2A时通电10min，煤油的温度由20℃升高到60℃．求：

（1）煤油吸收的热量；

（2）电阻丝加热煤油的效率。（c煤油＝2.1×103J/（kg•℃））

22．（6分）在“测量小灯泡的电阻”实验中，小灯泡的额定电压是2.5V。

（1）请你依据图甲电路图用笔画线代替导线将图乙所示电路连接完整；

（2）小青在接完最后一根导线时，小灯泡立即发光，请你剖析产生这一现象是什么原因__________；

（3）小红在首次测量时的电压等于2.5V，小灯泡正常发光，请在丙图中画出这个时候电压表指针的地方，将来小红继续调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐次降低，使灯丝温度不断减少，灯泡变暗直至完全不发光，测量数据如下表所示。从数据可以看出，实验中滑动变阻器的滑片渐渐向__________（选“A”或“B”）端滑动，小灯泡不接入电路时，其电阻最接近__________Ω。

（4）对比不同电压下的小灯泡电阻值，大家得出结论：伴随小灯泡灯丝温度不断减少，小灯泡的电阻__________（选填“渐渐变大”“不变”或“渐渐变小”）

23．（5分）小红和小黄在探究“液体压强的大小与液体深度和液体密度的关系”实验中，所用的器材有：U形管压强计、烧杯、刻度尺，足量的酒精、水和盐水，已知ρ酒精＜ρ水＜ρ盐水。

（1）小红同学用如图所示装置分别测得水和盐水在不同深度时，压强计（U形管中是水）两液柱的液面高度状况。为了研究同一深度液体在每个方向的压强是不是相等，她应控制的量有__________和__________相同。

（2）小黄探究“液体压强的大小与液体密度的关系”，下面是小黄为了记录实验数据画出的表格但信息不完整。

①请你帮他把表格中（a）、（b）两处的信息补充完整：

②表格中“液体深度h/cm”数据填写时的需要是__________（选填“由大到小”、“从小到大”、“相同“或“无需要”）。

24．（7分）某物理课外活动小组按图所示电路图连接电路，进行实验，电源电压维持不变，R1为定值电阻、滑动变阻器R2的最大值为25Ω，三次改变滑动变阻器滑片P的地方，得到

下表的实验数据。通过计算，求：

（1）电压表V上三次的示数各为多大？

（2）R1的阻值是多少欧？

（3）R1的两端电压最小为多少伏？

25．（6分）某学习小组想测量一块形状不规则的小矿石的密度，他们手边只有以下器材：天平一台（但没砝码），两个水平相近的烧杯，量简（其内径略小于矿石块的尺寸，没办法将小矿石块直接放入其中），细线，滴管和足量的水（已知水的密度为ρ水）。请你借助上述器材帮助他们写出实验步骤，并写出小矿石密度的表达式。（提示：本题需要烧杯不可当作溢水杯用）

实验步骤：__________

矿石密度的表达式：__________

26．（6分）物理小组想借助学到的浮力常识制作一个浮力秤。他们找来一个瓶身为柱状体的空饮料瓶，剪掉瓶底，旋紧瓶盖，在瓶盖系上一块水平适合的石块，然后将它倒置在水桶里，如图甲所示。用时，只须把被测物体投入瓶中，从水面所对的刻度就能直接读出被测物体的水平，请你按需要完成：

（1）写出石块所起有哪些用途，并在乙图中画出石块在甲图中所示状况的受力示意图。

（2）已知被测物体的水平为m，饮料瓶圆柱状部分的半径为r，在浮力秤中放入被测物体后，瓶身浸入的深度增加值为k，通过计算剖析，这种浮力秤的水平刻度是不是均匀。

（3）经测量，该饮料瓶圆柱状部分的直径为8.0cm，当浮力秤中不放被测物体时，水面所对地方为零刻度（如图甲所示）。请依据甲图中左边标明的长度值，通过计算，在左边“4”刻度线的右边给浮力秤标明对应的水平值是__________g．（π取3.14，最后结果只保留整数，不必写出计算过程）。

天津南开区中考物理二模试题

参考答案与考试试题分析

1、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下列每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意

1．（3分）如图所示用木槌敲击同一个音叉，首次轻敲，第二次重敲。两次比较，下列判断正确的是（）

A．重敲音调高 B．轻敲响度大

C．两次敲击音色不同 D．两次敲击音调一样高

【剖析】声音的三个特点分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特质。同一个音叉的发声频率是固定不变的，故音调不变；音色也是不变的，用大小不一样的力敲击音叉，改变了音叉的振动幅度，致使音叉的响度不同。

【解答】解：同一个音叉的发声频率是固定不变的，故音调不变；音色也是不变的，用大小不一样的力敲击音叉，改变了音叉的振动幅度，致使音叉的响度不同。

故选：D。

【点评】声音的特点有音调、响度、音色；三个特点是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特点的原因各不相同。

2．（3分）如图所示，在“探究水沸腾时温度变化的特征”的实验中，下列说法正确的是（）

A．水的沸腾是一种缓慢的汽化现象

B．水沸腾时出现很多的“白气”是水蒸气

C．水的温度需要达到100℃时，水才会沸腾

D．水沸腾时温度维持不变，却需要不断吸收热量

【剖析】（1）蒸发和沸腾时汽化的两种方法；

（2）水沸腾时温度不变，持续吸热；

（3）水沸腾的条件是到达沸点，持续吸热；

（4）“白气”是液化现象。

【解答】解：

A、水的沸腾是一种剧烈的汽化现象，故A错误；

B、水沸腾时出现很多的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的，故B错误。

C、水沸腾的条件是到达沸点，持续吸热，故C错误；

D、水沸腾时温度维持不变，需要不断吸收热量，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了水的沸腾现象，熟知沸腾的特征是解题的重点。

3．（3分）小兰同学用托盘天平和量简测量一小石块的密度，图甲是调节天平常的情形，图乙和图丙分别是测量石块水平和体积时的情形，下列说法正确的是（）

A．甲图中应将平衡螺母向左调，使横梁平衡

B．乙图中测石块水平时，天平的读数是44.8g

C．由两图量简的示数测得石块的体积是20mm3

D．计算出石块的密度是2.2×103kg/m3

【剖析】A、调节天平平衡时，平衡螺母的移动方向与指针的偏转方向相反；

B、天平的读数等于砝码的水平加游码在标尺上所对的刻度值；

C、石块的体积等于水和石块的总体积减水的体积；

D、依据ρ＝计算出石块的密度。

【解答】解：A、由图甲知，指针左偏，应将平衡螺母向右调使横梁平衡，故A错误；

B、由图乙知，标尺的分度值为0.2g，石块的水平m＝20g+20g+4g＝44g，故B错误；

C、由图丙知，水的体积为60ml，水和石块的总体积为80ml，则石块的体积V＝80ml﹣60ml＝20ml＝20cm3，故C错误；

D、石块的密度ρ＝＝＝2.2g/cm3＝2.2×103kg/m3，故D正确。

故选：D。

【点评】此题是测量岩石的密度实验，考查了天平和量筒的用法及读数及密度的计算，测固体密度，在初中物理中是要紧内容，学习中需要学会。

4．（3分）如图所示，是某同学检查视力时的情景，下列说法正确的是（）

A．镜中视力表的像是实像

B．镜中视力表的像比视力表小

C．镜中视力表的像到该同学的距离为5m

D．镜中视力表的像是光的直线传播形成的

【剖析】依据平面镜成正立、等大的虚像可对选项A、B作出判断；

依据平面镜成像特征﹣﹣像距等于物距可对选项C作出判断；

依据平面镜成像原理可对选项D作出判断。

【解答】解：A、B、由于平面镜成像的特征是成正立、等大的虚像，所以选项A、B错误；

C、从图示中可以看出，视力表距离平面镜3m，由于像距等于物距，可知视力表的像距离平面镜也为3m，而该同学距离平面镜为2m，所以镜中视力表的像到该同学的距离为3m+2m＝5m，故本选项正确；

D、由于平面镜成像是因为光反射形成的，所以选项D错误。

故选：C。

【点评】平面镜成像的原理和特征在近年中考试试题中较为热门。此类题目看着很繁琐，其实有规律可循，只须紧扣平面镜的特征，解答就不难。

5．（3分）如图所示，对于图中所述的物理过程，下列剖析正确的是（）

A．图甲，瓶子内的空气推进塞子跳起时，空气的内能增大

B．图乙，试管内的水蒸汽推进塞子冲出时，水蒸气的内能降低

C．图丙，汽缸内的气体推进活塞向下运动时，气体的内能增大

D．图丁，小蒸汽轮机借助机械能转化成内能来工作的

【剖析】（1）依据温度与内能的关系和做功可以改变物体的内能角度剖析解答问题；

（2）做功可以改变物体的内能，当外面对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外面做功时，物体的内能就会减小。

【解答】解：

A、图中瓶子内的空气推进塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小；故A错误；

B、图中试管内的水蒸气推进了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能降低，温度减少；故B正确；

C、图中汽缸内的气体推进活塞向下运动时，气体对活塞做功，所以气体的内能会减小，故C错误；

D、图中小蒸汽轮机是借助内能做功的，马上内能转化成机械能的；故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查做功改变物体的内能，当外面对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外面做功时，物体的内能就会减小。

6．（3分）下列事例中讲解正确的是（）

A．轮船由大海驶入长江，所受浮力不变，船体下沉一些

B．上坡前加紧用力蹬自行车是为了增大惯性

C．用注射器将药液注入患者体内，借助了大方压有哪些用途

D．橡皮泥捏成小船后可以漂浮在水面，是通过改变自己重力达成的

【剖析】（1）当轮船由大海驶入长江后，都是漂浮，依据漂浮条件剖析船遭到浮力的变化状况，再依据阿基米德原理判断排开水的体积（浸入水中的体积）的变化，得出是上浮一些，还是下沉。

（2）惯性的大小由水平决定，与速度大小无关；

（3）注射器吸药液时借助了大方压，但将药液注入人体时是借用了手的推力；

（4）借助“空心”的方法增大排开液体的体积，从而增大物体遭到的浮力。

【解答】解：A、当轮船由从大海驶入长江后，仍然漂浮，

船遭到的浮力：F浮＝G，

由于船遭到的重力不变，

所以船遭到的浮力不变，

ρ海水＞ρ江水，

依据F浮＝ρ水V排g可知，排开江水的体积大于排开海水的体积，

即：船浸入水中的体积变大，船下沉一些。故A正确；

B、上坡前加紧用力蹬车是为了增加动能，上坡更容易，惯性的大小由水平决定，与速度大小无关，所以惯性大小不变，故B错误；

C、用注射器将药液注入患者体内，是借助了手的信力，没借助大方压有哪些用途，故C错误；

D、橡皮泥捏成小船后可以漂浮在水面，橡皮泥的重力不变，是通过改变排开水的体积来达成漂浮的，故D错误。

故选：A。

【点评】本题综合考查了惯性的理解、漂浮条件、大方压的应用等，都是要紧的物理规律，值得关注。

7．（3分）如图所示，小球由A→B→C→B→A……摆动，忽视空气阻力，下列说法在确的是（）

A．小球在A点具备最大动能

B．小球在B点势能最大

C．小球从A摆到B的过程中，动能转化为势能

D．小球从B摆到C的过程中，机械能不变

【剖析】依据动能与重力势能的转化的常识剖析，动能由物体的速度决定，势能由物体的高度决定。

【解答】解：A、A点是最高点，速度为零，即动能为零，重力势能最大，故A错误；

B、B点高度最低，故此时重力势能最小，故B错误；

C、从A到B的过程中，物体的高度减少，速度增大，即重力势能减小，动能增大；故重力势能转化为动能；故C错误；

D、小球从B到C的过程中，不计空气阻力，机械能是守恒的，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了动能与重力势能的转化与守恒，动能与水平和速度有关，重力势能与高度和水平有关。

8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压维持不变，电键S1、S2同时闭合时，电路中（）

A．电压表V的示数不变

B．电流表A1的示数变大

C．电压表V示数与电流表A1示数的比值不变

D．电压表V示数与电流表A示数的乘积变大

【剖析】当电键S1、S2同时闭合时，电路为R1的简单电路，电压表无示数，两电流表均测通过R1的电流，当电键S1、S2均闭合时，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流；依据电源的电压可知电压表示数的变化，依据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1电流的变化，依据并联电路的电流特征可知干路电流的变化，然后判断选项得出答案。

【解答】解：当电键S1、S2断开时，电路为R1的简单电路，电压表无示数，两电流表均测通过R1的电流，

当电键S1、S2均闭合时，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流；

A、电压表V的示数变大，故A错误；

B、因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变，故B错误；

C、由于电压表V的示数变大，电流表A1的示数不变，故电压表V示数与电流表A1示数的比值变大，故C错误；

D、因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变大，即电流表A的示数变大，故电压表V示数与电流表A示数的乘积变大，故D正确。

故选D。

【点评】本题考查了电路的动态剖析，涉及到并联电路的特征，剖析好电键S1、S2同时闭合时电路连接方法的判断和电表所测电路元件的分辨是重点。

9．（3分）家庭电路中的保险丝熔断了，以下缘由中不可能的是（）

A．用的用电器总功率过大

B．插座中的两根导线的线头相碰了

C．拉线开关中两根导线的线头相碰了

D．保险丝的规格不符合规定的需要

【剖析】家庭电路中的保险丝熔断，是因为电路中的电流过大引起的，而产生电流过大是什么原因有两个：一是发生了短路，另一个是用电器总功率过大。

【解答】解：A、依据P＝UI可得：I＝，家庭电路中的电压是肯定的，U＝220V，所以用电器总功率过大，电路中的总电流就会过大，电流通过保险丝产生的热量就会过多，保险丝温度升高而熔断，故A可能；

B、插头中的两根导线线头相碰，电路中发生短路，致使电路中电流过大，熔断保险丝，故B可能；

C、拉线开关中两根导线的线头相碰，使电路闭合，用电器工作，不会使保险丝熔断，故C不可能，故C正确；

D、假如保险丝的熔断电流小于电路中的正常工作电流，电流通过保险丝产生的热量多，保险丝会熔断，故D可能；

故选：C。

【点评】解决本题的重点是要了解保险丝是如何来保护家庭电路的，并结合各种状况剖析电路中电流大小的变化。

10．（3分）L1、L2两只灯额定电压相同均为U，额定功率P额1＞P额2，把它们接入电压为U的电路中，下列说法中错误的是（）

A．两灯串联用时，实质功率P1＜P2

B．两灯并联用时，实质功率P1＞P2

C．串联时两灯消耗的总功率P总＜P额2

D．并联时两灯消耗的总功率P总＜P额1

【剖析】依据R＝比较两灯泡电阻的大小；

（1）依据串联电路中处处电流相等与P＝I2R比较两灯泡实质功率的大小；

（2）借助并联电路两端电压相等与P＝比较两灯泡的实质功率；

（3）依据P＝比较串联时两灯消耗的总功率与L2额定功率的大小；

（4）依据P＝比较串联时两灯消耗的总功率与L1额定功率的大小。

【解答】解：由于L1、L2两只灯额定电压相同均为U，额定功率P额1＞P额2

所以由R＝可知，R1＜R2；

A、两灯串联用时，电路中的电流相等，并且R1＜R2，由P＝I2R可知，实质功率P1＜P2；故A正确；

B、两灯并联用时，并联电路两端电压相等，并且R1＜R2，由P＝可知，实质功率P1＞P2；故B正确；

C、由于串联电路的总电阻大于L2的电阻，由P＝可知，P总＜P额2；故C正确；

D、两灯并联用时，并联电路两端电压相等，并联电路中的总电阻小于任何一个电阻的阻值，由P＝可知，P总＞P额1；故D错误。

故选：D。

【点评】本题考查了串联电路电流特征和并联电路电压特征，重点是电功率公式的灵活选取，即P＝UI、P＝I2R及P＝。

2、多项选择题（本大题共3小题，每小题3分，共9分）每小题给出的四个选项中，有一个以上选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，不选或选错的得0分．

11．（3分）图甲中，凸透镜焦距为10cm．维持透镜地方不变，当蜡烛在25cm刻度处时（）

A．为了找到像的地方，光屏应在光具座的（60～70）cm的刻度范围内移动

B．为了找到像的地方，光屏应在光具座的大于70cm的刻度范围内移动

C．在光屏上所成烛焰的像应该是图乙中的（d）图

D．借助这种成像原理可以制成照相机

【剖析】依据凸透镜成像的规律，了解当物距大于2f时，成倒立缩小的实像，此时像距处于f和2f之间；照相机就是借助此原理制成的。

【解答】解：AB、此时物体处于2倍焦距以外，为了找到像的地方，光屏应在1倍焦距和2倍焦距之间，所以光屏应在光具座的（60～70）cm的刻度范围内移动，故A正确，B错误；

C、因为物体在2倍焦距以外，即此时能成一个倒立缩小的实像，故此时的像应是图乙中的（b）图，故错误；

D、因为物体在2倍焦距以外，借助这种成像原理可以制成照相机，故正确；

故选：AD。

【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及其应用，特别搞清像距与物距之间的关系，凸透镜三种成像状况和应用是凸透镜成像习题的要紧依据，必须要熟练学会。

12．（3分）某物理兴趣小组同学设计了如图甲所示的电路图进行实验探究，电源为可调压直流学生电源，电压表量程为“0﹣15V”，电流表量程为“0﹣0.6A”，小灯泡标有“6V 1.2W”字样，R0为20Ω的定值电阻。小组依据记录的电流表和电压表示数变化，描绘出U﹣I关系图象，如图乙所示，则（）

A．小灯泡正常发光时的电阻为30Ω

B．电流表的示数可以伴随电源电压的增加而不断增大

C．当电压表示数为1V时，通过小灯泡的电流为0.3A

D．调节电源电压，当小灯泡与定值电阻R0消耗的总功率为0.8W时，小灯泡的实质电功率为0.6W

【剖析】（1）了解灯泡的额定电压和额定功率，可借助公式P＝计算出灯泡正常发光时的电阻；

（2）剖析电路的连接状况和电流表用途，依据并联电路特征和欧姆定律结合图象剖析解答；

（3）从乙图中读出电路消耗的功率为0.8W时，对应的电压表和电流表示数，进而可求出通过定值电阻的电流大小，依据并联电路的电流特征，进一步可求出通过灯泡的电流大小，然后依据P＝UI计算出其实质功率。

【解答】解：

A、由题可知，灯泡的额定电压U额＝6V，额定功率P额＝12W，

由P＝可得，灯泡正常发光时的电阻为：R＝＝＝30Ω，故A正确；

BC、由图甲知，L与R0并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，

当电源电压增大，L与R0两端电压都增大，由图知灯泡的电流增大，由I＝可知通过R0的电流增大，由并联电路的电流特征可知电流表示数增大，故B正确；

当电压表示数为1V时，灯泡两端电压也为1V，由图乙知，此时通过小灯泡和定值电阻的总电流为0.3A，故C错误；

D、当电路消耗的总功率为0.8W，依据P＝UI，从乙图中可以看出，电流表和电压表的示数分别为0.4A和2V；

此时通过定值电阻R0的电流为：I0′＝＝＝0.1A，

通过灯泡的电流为：IL′＝I﹣I0′＝0.4A﹣0.1A＝0.3A，

所以此时灯泡的实质功率为：PL实＝U′IL′＝2V×0.3A＝0.6W，故D正确。

故选：ABD。

【点评】本题考查了并联电路特征、欧姆定律与电功率公式的应用，重点是从图象中获得有用的信息。

13．（3分）底面积为100cm2的烧杯中装有适当水。当金属块浸没在水中静止时，如图甲所示，弹簧测力计的示数F1为3.4N，水对杯底的压强为P1；当金属块总体积的露出水面静止时，如图乙所示，水对杯底的压强为P2；若P1、P2之差为50Pa，g取10N/kg，则（）

A．水面减少的高度为5×10﹣4m

B．金属块的重力为5.4N

C．图乙中金属块部分露出水面时，金属块受的浮力2N

D．图乙中金属块部分露出水面时，弹簧测力计的示数为3.9N

【剖析】（1）了解两种状况下杯底遭到的压强差，依据液体压强公式求杯内水面降低的高度，从而可求出金属块排开水的体积，也就能求出金属块的体积；

（2）借助称重法F浮＝G+F示分别得出一个方程，而金属块重相同，求出两种状况下金属块遭到的浮力，又了解F1，据此求出图乙弹簧测力计的示数；

【解答】解：（1）依据p＝ρgh可得水面减少的高度：

△h＝＝＝5×10﹣3m，故A错误；

（2）此时△V排＝S△h＝100×10﹣4m2×5×10﹣3m＝5×10﹣5m3，

因为金属块的体积露出水面：

所以V金＝4×5×10﹣5m3＝2×10﹣4m3＝200cm3；

在图甲和图乙中，金属块受力如图1和2所示：

因为两次金属块都处于平衡状况，则有：

F1+F浮＝G，F2+F浮′＝G；

图甲中金属块遭到的浮力为：

F浮＝ρ水gV物＝1×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N，

所以，金属遭到的重力为G＝3.4N+2N＝5.4N，故B正确；

图乙中物体遭到的浮力为：

F浮′＝（1﹣）F浮＝×2N＝1.5N，故C错误

所以，F2＝5.4N﹣1.5N＝3.9N，故D正确。

故选：BD。

【点评】解决本题的重点是灵活运用阿基米德原理和称重法测浮力，在解答的过程中应该注意单位的换算。

3、填空题（本大题共7小题，每小题2分，共24分）

14．（2分）特技跳伞运动员跳离飞机后，在没打开降落伞的状况下自由下落，当下落速度达到50m/s时开始做匀速直线运动，若运动员以如此的速度下落600m，需要__________s的时间。

【剖析】已知下落速度和下落路程，借助速度公式计算下落时间即可。

【解答】解：

由题知，运动员匀速运动的速度v＝50m/s，下落路程s＝600m，

依据v＝可得，需要的时间：

t＝＝＝12s。

故答案为：12。

【点评】此题考查速度公式及其应用，困难程度不大，是一道较为简单的计算题。

15．（2分）高铁站台离边缘1m处有一条黄色的安全警示线，旅客应站在安全警示线以外候车。其缘由是列车急速驶入车站时，列车旁边空气流速较大，压强较__________，若旅客距列车太近，容易发生人身安全事故。

【剖析】液体和气体都称为流体，日常容易见到的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小。

【解答】解：高铁进站，列行车速度度大导致列车周围空气流速大，人和列车之间的压强小，人在压强差下被压向列车，容易导致危险，故旅客应站在安全警示线以外候车。

故答案为：小。

【点评】学会流体流速和压强的关系，并可以用流体压强常识讲解有关问题。

16．（4分）用简单机械可以给大家的生活带来便利。

（1）如图甲所示，把被剪物体尽可能挨近剪刀的转动轴，可减小__________臂（选填“动力”或“阻力”），剪断物体更省力。

（2）如图乙所示，旗杆的顶端安装着一个__________滑轮，用来改变拉力的方向。

【剖析】（1）依据杠杆平衡条件，当阻力和阻力臂肯定时，动力臂越长，越省力。

（2）定滑轮的特征：用定滑轮不省力但能改变力的方向。

【解答】解：（1）图中剪刀在用过程中，在同样的状况下，把被剪物体往剪刀转动轴挨近，减小了阻力臂，由F1L1＝F2L2可知：阻力臂L2越小，越省力。因此如此做的目的是减小阻力臂，可以省力。

（2）旗杆上的滑轮为定滑轮，借助它来升国旗，可以改变施加力的方向；当旗帜缓慢降低时，绳子相对于手向上运动，手对绳的拉力方向向下。

故答案为：（1）阻力；（2）定。

【点评】本题主要考查学生对定滑轮工作特征与杠杠的应用的认知和学会，是一道基础题。

17．（4分）借助如图所示的滑轮组提起一个重为2400N的物体，不计滑轮自重和摩擦，绳子的拉力F＝__________；假如用这个滑轮组达到愈加省力的成效，就要改变绳子的绕线办法，则此时拉力F＝__________。

【剖析】（1）不计摩擦及绳子、滑轮自重，借助F＝G计算绳子的拉力；

（2）要使这个滑轮组达到愈加省力的成效，绳子从下面的动滑轮上挂钩开始绕起；借助F＝G计算绳子的拉力。

【解答】解：

（1）由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数为4，

不计滑轮自重和摩擦，绳子的拉力：

F＝G＝×2400N＝600N；

（2）要使这个滑轮组达到愈加省力的成效，绳子应从动滑轮上面的挂钩开始绕起，依次经过上面的定滑轮、下面的动滑轮﹣﹣﹣，如图所示：

；

此时承担物重的绳子段数为5，

此时拉力：

F′＝G＝×2400N＝480N。

故答案为：600N；480N。

【点评】本题考查了用滑轮组绳子拉力的计算，与滑轮组的设计与组装，是基础题目。

18．（4分）如图甲、乙所示，是探究“电流产生的热量跟电阻有关”的实验装置。两个透明容器中都有一段电阻丝，密闭着等量的空气，通电之前，U型管中液面都相平，装置的两根导线分别接到电源两端，通电一段时间后U型管中的液柱高度发生变化，如图所示：

（1）甲装置通过__________比较电流产生热量的多少；

（2）假如通过乙装置左侧容器中5Ω电阻的电流为0.8A，则右侧容器中的空气1min最多可从电阻丝吸收的热量的多少为__________（忽视环境影响）。

【剖析】（1）电流通过导体产生热量的多少不可以直接察看，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；

（2）依据串并联电路的电流、电压、电阻关系和焦耳定律Q放＝I2Rt解答。

【解答】解：（1）电流通过导体产生热量的多少不可以直接察看，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化得到；

（2）图乙装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，

依据串联电路的电流特征可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左＝0.8A，

两个5Ω的电阻并联，依据并联电路的电流特征知I右＝I1+I2，

由I＝可知，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，

所以右侧容器中的通过电阻的电流I1＝＝＝0.4A，

右侧容器中空气吸收的热量等于电阻放出的热量，Q吸＝Q放＝I2Rt＝（0.4A）2×5Ω×60s＝48J。

故答案为：液面高度差的变化；48J。

【点评】学会电流产生热量多少的影响原因，借助控制变量法和转换法探究电流产生热量多少和各影响原因之间的关系。

19．（4分）如图所示为一种温度自动报警器的原理图，图中的水银温度计在制作时，玻璃管中封入一段金属丝，电源的两极分别与水银和金属丝相连。当温度达到金属丝下端所指的温度时，电流通过电磁铁的线圈产生磁性，吸引衔铁，电铃响起，发出报警信号，电磁铁的a端为__________极。若将温度计上端的金属丝向下调整，则报警温度将__________（选填“升高”或“减少”）。

【剖析】温度自动报警器是因为温度计所在的环境温度的变化致使了控制电路的接通，从而达成了自动控制。

电磁铁的N、S极可以借助安培定则来确定；将金属丝向下调整，报警温度减少。

【解答】解：温度自动报警器的工作过程是如此的，当温度升高时，玻璃泡中的液体膨胀，液注上升，当升高到警戒温度即金属丝下端对应的温度时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，从而使工作电路接通报警。要使金属丝的下端向下调整，则报警温度会减少；

由电路可知电磁铁中的电流是从右端流入，左端流出，借助安培定则可以确定，电磁铁的a端为S极。

故答案为：S；减少。

【点评】本题考查了电磁铁在电磁继电器上的应用，电磁继电器实质上是一个由电磁铁来控制的自动开关，解题时结合电磁继电器的原理进行剖析。

20．（4分）如图，电源电压维持不变，电阻R1＝R2＝R3＝10Ω．要使R2、R3并联，应闭合开关__________________________________________________，此时电流表的示数为I1；若断开开关S1、S2，此时电流表的示数为I2；则I1：I2＝__________。

【剖析】电路元件的连接有串联和并联两种方法：因为串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；而并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响。

借助欧姆定律计算电流I1、I2的大小，然后相比即可。

【解答】解：（1）如图所示，电流从电源的正极流出经过电流表后，要使电阻R2、R3并联，则电流需要分别流入电阻R2、R3中，所以应闭合开关S1、S2；

（2）∵电阻R1＝R2＝R3＝10Ω。

∴R2、R3并联时，R并＝R2＝×10Ω＝5Ω，则电流I1＝＝；

当开关S1、S2断开时，R1、R2串联，R串＝2R1＝2×10Ω＝20Ω，电流I2＝＝；

故I1：I2＝：＝20Ω：5Ω＝4：1。

故答案为：S1、S2；4：1。

【点评】本题是一道关于电路组成、电阻的串并联与欧姆定律的综合题，在解题时应先依据串、并联电路电阻的特征，分别表示出电流的大小，再计算电流的比值。

4、综合题（本大题共6小题，共37分）解题中需要有必要的剖析和说明，计算题要有公式和数据代入过程，结果要有数值和单位．

21．（7分）如图所示，烧瓶中装有0.2kg煤油，电阻丝的阻值为10Ω，闭合开关。调节滑动变阻器滑片，当电流表的示数为2A时通电10min，煤油的温度由20℃升高到60℃．求：

（1）煤油吸收的热量；

（2）电阻丝加热煤油的效率。（c煤油＝2.1×103J/（kg•℃））

【剖析】（1）了解煤油的水平，煤油的比热容和温度变化，可借助热量公式Q吸＝cm（t﹣t0）计算出煤油吸收的热量。

（2）从图可知，电阻丝与滑动变阻器串联，电流表测量的是整个电路中的电流。了解电阻丝的阻值、通过电阻丝的电流和通电时间，可借助公式Q＝I2Rt计算出电流通过电阻丝放出的热量，再借助公式η＝计算出电阻丝加热煤油的效率。

【解答】解：

（1）c煤油＝2.1×103J/（kg•℃），m＝0.2kg，t0＝20℃，t＝60℃，

煤油吸收的热量为：

Q吸＝c煤油m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×0.2kg×（60℃﹣20℃）＝1.68×104J；

（2）电阻丝与滑动变阻器串联，电流表测量的是整个电路中的电流，

通过电阻丝的电流为I＝2A，

而R＝10Ω，t＝10min＝600s，

电流通过电阻丝放出的热量为：

Q＝I2Rt＝（2A）2×10Ω×600s＝2.4×104J，

则电阻丝加热煤油的效率为：

η＝×100%＝×100%＝70%。

答：（1）煤油吸收的热量为1.68×104J。

（2）电阻丝加热煤油的效率为70%。

【点评】本题考查了学生对吸热公式和焦耳定律公式的学会和运用，与对能量借助效率的理解和应用，是一道电学与热学的综合应用题，在计算过程中应该注意单位的换算。

22．（6分）在“测量小灯泡的电阻”实验中，小灯泡的额定电压是2.5V。

（1）请你依据图甲电路图用笔画线代替导线将图乙所示电路连接完整；

（2）小青在接完最后一根导线时，小灯泡立即发光，请你剖析产生这一现象是什么原因__________；

（3）小红在首次测量时的电压等于2.5V，小灯泡正常发光，请在丙图中画出这个时候电压表指针的地方，将来小红继续调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐次降低，使灯丝温度不断减少，灯泡变暗直至完全不发光，测量数据如下表所示。从数据可以看出，实验中滑动变阻器的滑片渐渐向__________（选“A”或“B”）端滑动，小灯泡不接入电路时，其电阻最接近__________Ω。

（4）对比不同电压下的小灯泡电阻值，大家得出结论：伴随小灯泡灯丝温度不断减少，小灯泡的电阻__________（选填“渐渐变大”“不变”或“渐渐变小”）

【剖析】（1）变阻器按一下一上接入电路中；

（2）为保护电路，连接电路时，开关要断开；

（3）丙图中，电压表使用小量程，分度值为0.1V，据此画出2.5V电压表指针的地方；将来调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐次降低，依据串联电路电压的规律，剖析变阻器分得电压变化，由串联电路的分压原理可知，确定变阻器连入电阻变化；

由题知，小灯泡两端的电压逐次降低，使灯丝温度不断减少，由表格数据知，小灯泡不接入电路时，电阻最接近第7次实验时灯泡电阻，由欧姆定律求第7次实验时的电阻；

（4）由表中数据，依据欧姆定律，分别求出第1﹣7次电阻的大小得出结论。

【解答】解：

（1）变阻器按一上一下接入电路中，如下图左所示：

（2）小青在接完最后一根导线时，小灯泡立即发光，说明连接电路时，开关没断开；

（3）丙图中，电压表使用小量程，分度值为0.1V，据此画出2.5V电压表指针的地方，如上图右所示：

将来调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐次降低，依据串联电路电压的规律，变阻器分得电压增大，由串联电路的分压原理可知，变阻器连入电阻变大，应将滑片向B端滑动；

由题知，小灯泡两端的电压逐次降低，使灯丝温度不断减少，由表格数据知，小灯泡不接入电路时，电阻最接近第7次实验时灯泡电阻，

所以：RL′＝＝＝2Ω；

（4）由表中数据，依据欧姆定律，第1﹣7次电阻的大小分别为：

R1＝＝≈8.93Ω、8.08Ω、2Ω，伴随小灯泡灯丝温度不断减少，小灯泡的电阻渐渐变小；

故答案为：（1）见上图；（2）连接电路时，开关没断开；（3）B；2；（4）渐渐减小。

【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路的连接、需要注意的地方、电路的剖析、电阻计算等常识。

23．（5分）小红和小黄在探究“液体压强的大小与液体深度和液体密度的关系”实验中，所用的器材有：U形管压强计、烧杯、刻度尺，足量的酒精、水和盐水，已知ρ酒精＜ρ水＜ρ盐水。

（1）小红同学用如图所示装置分别测得水和盐水在不同深度时，压强计（U形管中是水）两液柱的液面高度状况。为了研究同一深度液体在每个方向的压强是不是相等，她应控制的量有__________和__________相同。

（2）小黄探究“液体压强的大小与液体密度的关系”，下面是小黄为了记录实验数据画出的表格但信息不完整。

①请你帮他把表格中（a）、（b）两处的信息补充完整：

②表格中“液体深度h/cm”数据填写时的需要是__________（选填“由大到小”、“从小到大”、“相同“或“无需要”）。

【剖析】（1）液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量维持不变，才能察看压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题；

（2）①液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，液体压强计就是借助U形管中液面的高度差来体现压强的大小，压强越大，U形管液面高度差越大；

②探究“液体压强的大小与液体密度的关系”的实验中，需要控制液体的深度相同，改变液体的密度。

【解答】解：（1）依据控制变量法的需要，为了研究同一深度液体在每个方向的压强是不是相等，她应控制的量有液体密度和液体的深度相同，改变橡皮膜的方向。

（2）①液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，实验中使用了水和盐水来探究液体压强与液体密度的关系，故表格（a）处应该填“液体的密度”，实验通过U形管中液面的高度差来体现压强的大小，故表格（b）处应该填“U形管两侧液面高度差△h/cm”；

②依据控制变量法的需要，要探究“液体压强的大小与液体密度的关系”的关系，需要控制液体的深度相同，改变液体的密度，故表格中“液体深度h/cm”应该都相同。

故答案为：（1）液体的密度；液体的深度；（2）①（a）液体的密度；（b）U形管两侧液面高度差△h/cm；②相同。

【点评】学会液体压强大小的影响原因，借助控制变量法和转化法探究液体压强大小的影响原因。

24．（7分）某物理课外活动小组按图所示电路图连接电路，进行实验，电源电压维持不变，R1为定值电阻、滑动变阻器R2的最大值为25Ω，三次改变滑动变阻器滑片P的地方，得到

下表的实验数据。通过计算，求：

（1）电压表V上三次的示数各为多大？

（2）R1的阻值是多少欧？

（3）R1的两端电压最小为多少伏？

【剖析】（1）剖析电路图可知R1和R2串联在电路中，电流表 A1、A2都测电路电流，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，V测电源电压。依据串联电路电压规律可计算V的示数。

（2）从表格中选取一组对应的电压值和电流值依据欧姆定律可计算R1的阻值多大。

（3）R1的电阻不变，依据欧姆定律通过电路电流最小时R1的电压最小，则滑动变阻器接入电路的电阻应为最大，进一步计算R1的两端电压最小为多少。

【解答】解：由电路图可知，R1和R2串联，电流表 A1、A2都测电路中的电流，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，V测电源电压。

（1）串联电路中总电压等于各分电压之和，

则第1次电压表V的示数：U＝U1+U2＝6V+6V＝12V，

第2次电压表V的示数：U＝U1+U2＝7.5V+4.5V＝12V，

第3次电压表V的示数：U＝U1+U2＝9V+3V＝12V；

（2）依据表中数据可知，首次实验时，R1两端的电压值和电流值分别为6V和0.4A。

则R1的阻值：R1＝＝＝15Ω，

（3）滑动变阻器接入电路的电阻丝越长，电阻越大，所以滑片移动到最右端时，电流最小，R1的两端电压最小。

最大总电阻：R＝R1+R2＝15Ω+25Ω＝40Ω，

由I＝可得最小电流：I小＝＝＝0.3A，

R1的两端电压最小为：

U1小＝I小R1＝0.3A×15Ω＝4.5V。

答：（1）电压表V上三次的示数各为12V；

（2）R1的阻值为15Ω；

（3）R1的两端电压最小为4.5V。

【点评】本题考查学生对串联电路电压规律和滑动变阻器用的学会程度并能结合欧姆定律计算有关的物理量。

25．（6分）某学习小组想测量一块形状不规则的小矿石的密度，他们手边只有以下器材：天平一台（但没砝码），两个水平相近的烧杯，量简（其内径略小于矿石块的尺寸，没办法将小矿石块直接放入其中），细线，滴管和足量的水（已知水的密度为ρ水）。请你借助上述器材帮助他们写出实验步骤，并写出小矿石密度的表达式。（提示：本题需要烧杯不可当作溢水杯用）

实验步骤：__________

______________________________

__________

____________________________________________________________________________________________________________________________________________

__________

______________________________

矿石密度的表达式：________________________________________

【剖析】（1）依据以下常识判断矿石密度与水的密度关系，当物体的密度小于液体的密度时，物体漂浮在液面上；当物体的密度等于液体的密度时，物体悬浮在液体中；当物体的密度大于液体的密度时，物体下沉到液体底部。

（2）剖析图示实验，依据图示实验情景判断浮力与重力的关系，然后可得出结论。

（3）应用平衡条件与浮力公式求出矿石遭到的重力，然后求出矿石水平；依据题意应用排水法求出矿石的体积，由密度公式求出矿石的密度。

【解答】解：（1）将两个烧杯分别放入天平的两个托盘上，各注入适当的水（水可以浸没石块），使天平平衡。

（2）向量筒中加入适当的水，记下体积V1。

（3）手提细线吊住矿石块，将它浸没在左盘的烧杯中，且不与烧杯接触，用滴管将量筒中的水滴入右盘的烧杯中，直到天平平衡。

（4）记下此时量筒中剩余水的体积V2．由题意知，由于左盘增加的重压等于石块所受的浮力（力有哪些用途是相互的），天平平衡后，两盘增加的重压相等，故浮力等于右盘增加的水的重力，F浮＝G加水＝ρ水g（V1﹣V2）。

（5）松开细线让矿石块沉入杯底，再用滴管将量筒中的水滴入右盘的烧杯中，直到天平平衡；

（6）记下量筒中最后剩余水的体积V3。

矿石的重力等于加入水的重力，G石＝G水＝ρ水g（V1﹣V3），

矿石的水平：m＝＝ρ水（V1﹣V3），

矿石的密度ρ＝＝；

故答案为：实验步骤见分析；ρ＝。

【点评】本题考查了判断浮力大小、比较矿石与水的密度关系、求矿石密度等问题，剖析了解图示情景、应用平衡条件与浮力公式、密度公式即可正确解题。

26．（6分）物理小组想借助学到的浮力常识制作一个浮力秤。他们找来一个瓶身为柱状体的空饮料瓶，剪掉瓶底，旋紧瓶盖，在瓶盖系上一块水平适合的石块，然后将它倒置在水桶里，如图甲所示。用时，只须把被测物体投入瓶中，从水面所对的刻度就能直接读出被测物体的水平，请你按需要完成：

（1）写出石块所起有哪些用途，并在乙图中画出石块在甲图中所示状况的受力示意图。

（2）已知被测物体的水平为m，饮料瓶圆柱状部分的半径为r，在浮力秤中放入被测物体后，瓶身浸入的深度增加值为k，通过计算剖析，这种浮力秤的水平刻度是不是均匀。

（3）经测量，该饮料瓶圆柱状部分的直径为8.0cm，当浮力秤中不放被测物体时，水面所对地方为零刻度（如图甲所示）。请依据甲图中左边标明的长度值，通过计算，在左边“4”刻度线的右边给浮力秤标明对应的水平值是__________g．（π取3.14，最后结果只保留整数，不必写出计算过程）。

【剖析】（1）从空饮料瓶遭到的重力和石块遭到的重力比较，从而可知假如没石块，整套装置的重点将会高于浮力有哪些用途点，在浮力和重力有哪些用途下，浮力秤容易歪斜；漂浮在水面上的物体，遭到竖直向下的重力和竖直向上的浮力。

（2）设被测物体的水平为m，瓶身浸入的深度增加值为h，依据阿基米德原理和物体的漂浮条件得出h与m的关系式，进而判断刻度是不是均匀；

（3）依据上面得出的k与m的关系式求出刻度4cm对应的水平即可。

【解答】解：（1）石块遭到的重力远大于空饮料瓶遭到的重力，所以浮力秤的重点较低，并低于浮力有哪些用途点，如右图所示，当浮力等于重力时，浮力秤将竖直漂浮在水中。假如没石块，整套装置的重点将会高于浮力有哪些用途点，在浮力和重力有哪些用途下，浮力秤容易歪斜，很难竖直漂浮在水中。所以石块有哪些用途是可以使浮力秤可以竖直地漂浮在水中；在石块的重点处沿竖直向下和竖直向上的方向画一条带箭头的线段表示出重力和浮力，二者大小相等，并标出G和F浮，如下图所示：

（2）设被测物体的水平为m，饮料瓶圆柱状部分的半径为r，在浮力秤中放入被测物体后，瓶身浸入的深度增加值为k，则：

浮秤第三漂浮时，增大的浮力等于增大的重力：△F浮＝G，

即：ρ水gπr2k＝mg，

可得：k＝，

由于ρ水、π、r为定值，

所以k与m成正比，即该测量的刻度或量程是均匀的；

（3）由于k＝，

所以m＝ρ水πr2k，其中ρ水＝1.0×103kg/m3，r＝＝4.0cm，

k＝4cm，

代入k＝4cm，可得对应“4“刻度线的水平值应标记为201g。

故答案为：（1）可以使浮力秤可以竖直地漂浮在水中；（2）测量的刻度是均匀的；（3）201。

【点评】本题考查了学生对阿基米德原理和物体漂浮条件的学会和运用，能找出k与m的关系式是本题的重点；此题涉及到的要点较多，综合性较强，而且有肯定的困难程度，是难点。

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日期：2019/5/7 13:56:34；用户：初中校园号；邮箱：wjwl@xyh.com；学号：24424282