52，重庆市第一中学2022-2023学年九年级下学期阶段性消化作业（四）物理试卷（月考）

这是一份52，重庆市第一中学2022-2023学年九年级下学期阶段性消化作业（四）物理试卷（月考），共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，论述与计算题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列关于物理量的估测，符合实际的是（ ）
A．普通课桌高度约70cm
B．教室内温度约60℃
C．一只粉笔质量约1kg
D．一盏日光灯额定功率约2000W
2．（3分）2022年从全球范围来看总共发生两次日食、两次月食。如图所示的光学现象与日食、月食的形成原理相同的是（ ）
A．图甲，冬奥会大跳台在水中的倒影
B．图乙，树荫下的圆形光斑
C．图丙，倒入水后，杯底看似“升高”
D．图丁，雨后天空中的彩虹
3．（3分）“二十四节气”是中国农耕文明的智慧结晶，下列描述中由液化形成的是（ ）
A．雨水：河水破冰
B．白露：露似珍珠您看到的资料都源自我们平台，家威杏 MXSJ663 低至0.3/份C．霜降：霜满枝头
D．大寒：冰封万里
4．（3分）我国航母将安装国产电磁弹射器。弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，弹射车受到强大推力带动飞机快速起飞。如图的实验装置图中能反映电磁弹射器工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（3分）共享电瓶车上有一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才能发出信号，当电动车上的信号接收器（S1）接收到信号闭合后，再转动电动车钥匙（S2），电瓶车才能正常启动，下列电路符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（3分）中国的茶文化源远流长，一沉一浮，用玻璃杯，一拿一放，亦苦亦甜。如图所示是杰伦用玻璃杯给爷爷泡的茶，结合所学的物理知识，下列解释正确的是（ ）
A．下沉的茶叶受到惯性的作用
B．竖直静握的玻璃杯所受的摩擦力等于玻璃杯的重力
C．静止悬浮的茶叶受到的浮力与重力是一对平衡力
D．玻璃杯的重力与桌面对玻璃杯的支持力是一对相互作用力
7．（3分）如图甲所示，小贾设计了一个穿戴式“智能体温计”，其电路图如图乙所示。电路图中电表（电流表或电压表）示数大小可反映温度高低，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，定值电阻R2起保护电路的作用。下列分析正确的是（ ）
A．温度升高时电表示数变大
B．该电路中的电表是电流表
C．温度降低时电路中电流变小
D．温度降低时R2两端电压变小
8．（3分）如图甲所示，电源电压恒定不变，R1为定值电阻，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0﹣15V”，滑动变阻器R2上标有“120Ω 0.5A”。在保证电路元件安全的情况下，小心移动滑片，R2的电功率P与电压表示数U的部分关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的最小示数为6V
B．滑动变阻器R2的最小阻值为10Ω
C．定值电阻R1的最小功率为0.288W
D．滑动变阻器R2的电功率的最大变化量为1.8W
二、填空题（本题共6个小题，每空1分，共10分。）
9．（2分）为纪念德国物理学家 的重要贡献，将他的名字作为电阻的单位。常见的材料有导体或绝缘体，比如学生使用的石墨铅笔芯，通常情况下属于 。
10．（2分）如图所示是河南省博物院的“贾湖骨笛”，它是世界上发现的年代最早、至今尚可演奏的乐器实物。演奏者吹奏骨笛时，笛声是空气柱的 产生的；按压不同的孔洞，可以改变笛声的 （选填“音调”“响度”或“音色”）。
11．（2分）芒种时节梅子成熟，《三国演义》中还有“青梅煮酒论英雄”的典故。煮酒是通过 （选填“热传递”或“做功”）的方式改变酒的内能。质量为0.5kg的酒从20℃升高到40℃吸收的热量是 J[c酒＝3.4×103J/（kg•℃）]。
12．（2分）工人用如图所示的滑轮组来提升重物。已知重物G＝1000N，不计绳重和摩擦，当绳子自由端的拉力F＝400N时，可将重物匀速提升2m。在此过程中，有用功为 J，滑轮组的机械效率为 （保留一位小数）。
13．（2分）物理社团的同学们设计了一个电动升降机，如图甲所示，轻质薄壁圆柱形容器置于水平地面上，装有25cm深的液体，圆柱体A被轻质细杆悬挂于O点，静止时A的下表面与液面刚好相平。打开电动升降机，让圆柱体A浸入液体中，直到圆柱体A刚好与容器底部接触，轻质细杆产生的弹力大小F与圆柱体A移动的距离h的关系，如图乙所示。已知圆柱体A与容器高度相同，圆柱体A的底面积为100cm2，容器底面积为200cm2，则圆柱体A的重力为 N；当轻质细杆对圆柱体A施加竖直向下3N的力时，撤走细杆，待圆柱体A静止后，沿水平方向将圆柱体A浸在液体中的部分截去2/3并取出，则A剩余部分静止时，容器对水平地面的压强为 Pa。
三、（2分）作图题
14．（1分）如图所示，请画出由烛焰S点发出的光经过透镜后的光线；
15．（1分）图甲是一个菜馅挤水器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是简化的示意图，O为支点，F2是使用菜馅挤水器时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图。
四、实验探究题
16．（6分）（1）唐末名士谭峭所著《化书》中，记载了照镜子时“影与形无异”的现象。关于平面镜成像的特点，小双用如图1装置进行探究。
①用玻璃板代替平面镜进行实验，目的是便于 ；
②把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B在玻璃板后移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，说明平面镜所成的像与物体大小 ；
③实验时，当蜡烛A远离平面镜时，蜡烛A在平面镜中所成的像 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）另一小组探究“水的沸腾”实验，如图2所示：
①如图2甲实验装置，正确安装顺序是 （选填“自下而上”或“自上而下”）；
②如图2乙所示，温度计的示数是 ℃；
③在图2丙和丁中，表示水正在沸腾的是 （选填“丙”或“丁”）。
17．（8分）如图所示，实验小组用“伏安法”测量定值电阻的阻值，已知电源电压为5V恒定不变，滑动变阻器规格为“25Ω 1A”。
（1）请用笔画线代替导线将如图甲电路连接完整（要求滑片向左移时电流表示数变大）；
（2）连接电路时，开关应 ；滑片移到滑动变阻器的 端（选填“A”或“B”）；
（3）小依闭合开关后发现电流表无示数，电压表指针偏转超过量程但没有损坏，则电路中故障可能是电阻R （选填“短路”或“断路”）；
（4）排除故障后，闭合开关，移动滑片至电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示，则电阻R＝ Ω；
（5）同组的小钟用额定电压为2.5V的小灯泡替换电阻接入电路，继续测量小灯泡电阻，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录实验数据如下表：
（6）小钟在实验中多次测量的目的是 （选填序号）；
A.寻找普遍规律
B.减小误差
（7）上述实验结束后，小钟发现电流表已损坏，他在实验室找到一个阻值为10Ω的定值电阻，利用原有部分器材设计了如图丙所示电路。
实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，此时小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片 （选填“向左移动”“向右移动”或“保持不动”），断开开关S1，闭合开关S、S2，电压表示数为4.5V；
③小灯泡正常发光时电阻为 Ω。
18．（8分）如图1所示，爱探究的小名在实验室做测量木块密度的实验。
（1）将托盘天平放在 桌面上，移动 至零刻度线，此时指针如图乙所示，他应该将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移动，直至天平平衡；
（2）小名将木块放在托盘天平左盘，往右盘加减砝码和移动游码，天平再次平衡时，砝码和游码的位置如图丙所示，则木块质量为 g；
（3）小名用图丁测量木块体积，弹簧测力计示数为0.1N，则木块所受浮力为 N，计算得木块体积；
（4）小联认为弹簧测力计不够精确，改进设计了如图2所示的实验。
①如图甲电子秤示数为m0＝100g；
②如图乙木块漂浮时，电子秤示数为m1＝112g；
③如图丙用细针将木块压入水中，木块未触底，静止时电子秤示数为m2＝115g，则该实验测得木块密度为 kg/m3；
（5）小名和小联兴趣正浓，继续探究盐水密度；
④如图丁，在烧杯中加入适量盐水，电子秤示数为m3；
⑤如图戊，用细针将木块压入盐水中，木块未触底，静止时电子秤示数为m4；则盐水密度ρ盐＝ （用字母m0、m1、m2、m3、m4、ρ水表示）；
（6）如图乙、丙中木块吸水，则该实验测得木块密度值 （选填“偏大”“偏小”或“准确”）。
五、论述与计算题（本题共3个小题，第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分。）
19．（6分）新能源汽车因节能、环保深受大家喜爱。如图所示，某国产新能源汽车整车质量为2100kg，轮胎与地面总接触面积为1000cm2。该车匀速通过一座1.2km的大桥用时1min，汽车行驶时所受摩擦力为车重的0.2倍。求：
（1）静止停放时汽车对水平地面的压强；
（2）汽车在此段路程牵引力做的功W。
20．（8分）如图甲，车载电饭煲轻小、便捷，更好地满足了自驾需求。如图乙是某车载电饭煲简化电路图，电阻R1和R2均为电饭煲中的加热元件，且阻值不受温度影响。该款电饭煲的部分参数如图所示[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）保温挡时，电阻R11min消耗的电能；
（3）某次使用该电饭煲对水加热时，经3500s使0.5kg水温度升高75℃，则此时电源实际电压（不计热量损失）。
21．（8分）如图所示，水平桌面上放置甲、乙两圆柱形容器，两容器底部用细管相连。甲容器底面积为500cm2，水深为20cm；乙容器中放有底面积为200cm2的圆柱形木块。现打开阀门K缓慢向乙容器中注水，水对乙容器底压强p水与所注水质量m水的关系如图丙所示，木块始终竖直，当注入水的质量等于0.5kg时，木块恰好漂浮。求：
（1）打开阀门前甲容器中水的质量；
（2）木块恰好漂浮时所受浮力大小；
（3）打开阀门，直到水静止时，将木块竖直提升3cm，水对乙容器底部的压强。
2022-2023学年重庆一中九年级（下）作业物理试卷（四）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8个小题，每小题仅一个选项最符合题意，每小题3分，共24分。）
1．（3分）下列关于物理量的估测，符合实际的是（ ）
A．普通课桌高度约70cm
B．教室内温度约60℃
C．一只粉笔质量约1kg
D．一盏日光灯额定功率约2000W
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、普通课桌高度约7dm＝70cm，故A正确；
B、教室内温度约25℃，故B错误；
C、一只粉笔的质量约5g，故C错误；
D、一盏日光灯的额定功率约40W，故D错误。
故选：A。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（3分）2022年从全球范围来看总共发生两次日食、两次月食。如图所示的光学现象与日食、月食的形成原理相同的是（ ）
A．图甲，冬奥会大跳台在水中的倒影
B．图乙，树荫下的圆形光斑
C．图丙，倒入水后，杯底看似“升高”
D．图丁，雨后天空中的彩虹
【分析】平静的水面相当于平面镜。
光在同种均匀介质中是沿直线传播的。
杯底变浅属于光的折射现象。
雨后彩虹是光的色散现象。
【解答】解：日食是由于光的直线传播形成的。
A、图甲，冬奥会大跳台在水中的倒影是由于光的反射形成的，故A不符合题意；
B、图乙，树荫下的圆形光斑是由于光的直线传播形成的，故B符合题意；
C、图丙，倒入水后，杯底看似“升高”是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D、图丁，雨后天空中的彩虹是由于光的色散形成的，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查的是光的直线传播；知道光的反射、光的折射和光的色散现象。
3．（3分）“二十四节气”是中国农耕文明的智慧结晶，下列描述中由液化形成的是（ ）
A．雨水：河水破冰
B．白露：露似珍珠
C．霜降：霜满枝头
D．大寒：冰封万里
【分析】物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
【解答】解：A、河水破冰，是冰吸收热量熔化成水的过程，故A不符合题意；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B符合题意；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故C不符合题意；
D、冰是水放热凝固形成的，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
4．（3分）我国航母将安装国产电磁弹射器。弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，弹射车受到强大推力带动飞机快速起飞。如图的实验装置图中能反映电磁弹射器工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）通电导体在磁场中受到磁场力的作用；
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流；
（3）电流的周围存在磁场。
【解答】解：由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，弹射车受到强大的推力带动舰载机快速起飞。由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同。
A、图中没有电源，是探究电磁感应现象的实验，是发电机的原理图，故A错误；
B、图中有电源，通电导体或线圈在磁场中会受力而运动，是电动机的原理图，故B正确；
C、图中是探究电流的磁效应的实验，故C错误；
D、图中的实验是探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验，是电流的磁效应，故D错误；
故选：B。
【点评】对于电磁学中的电流磁效应、磁场对通电导体有力的作用、电磁感应等实验要注意区分，属常见题型。
5．（3分）共享电瓶车上有一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才能发出信号，当电动车上的信号接收器（S1）接收到信号闭合后，再转动电动车钥匙（S2），电瓶车才能正常启动，下列电路符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据电动车启动的条件分析两个开关与电动机的连接方式。
【解答】解：根据题意可知，当电动车上的信号接收器（S1）接收到信号，再转动电动车钥匙（S2），车才能正常启动，这说明两个开关相互影响，是串联在一起的，一起控制电动机，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的设计，能判定出两个开关的连接方式是解题的关键。
6．（3分）中国的茶文化源远流长，一沉一浮，用玻璃杯，一拿一放，亦苦亦甜。如图所示是杰伦用玻璃杯给爷爷泡的茶，结合所学的物理知识，下列解释正确的是（ ）
A．下沉的茶叶受到惯性的作用
B．竖直静握的玻璃杯所受的摩擦力等于玻璃杯的重力
C．静止悬浮的茶叶受到的浮力与重力是一对平衡力
D．玻璃杯的重力与桌面对玻璃杯的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）悬停的茶叶受到平衡力的作用，惯性是一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，不是作用力；
（2）静止的物体处于平衡状态，受到的力是平衡力，根据二力平衡条件分析解答；
（4）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上；根据二力平衡力的条件进行判断。
【解答】解：A、漂浮在水面的茶叶受到平衡力的作用，不是惯性作用，故A错误；
B、喝茶时握在手中静止的茶杯受摩擦力和重力的作用，因茶杯处于静止平衡状态，受到的力是平衡力，则所受的摩擦力等于其总重力，故B错误；
C、悬停的茶叶，由物体的浮沉条件可知受到的浮力等于重力，二力是一对平衡力，故C正确；
D、玻璃杯的重力与桌面对杯子的支持力，它们大小不相等，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对惯性现象、二力平衡条件的掌握和运用，属于基础题目。
7．（3分）如图甲所示，小贾设计了一个穿戴式“智能体温计”，其电路图如图乙所示。电路图中电表（电流表或电压表）示数大小可反映温度高低，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，定值电阻R2起保护电路的作用。下列分析正确的是（ ）
A．温度升高时电表示数变大
B．该电路中的电表是电流表
C．温度降低时电路中电流变小
D．温度降低时R2两端电压变小
【分析】（1）电阻R1的阻值随温度的升高而增大，根据串联电路的分压原理可知R1两端电压变化情况；
（2）根据电流表和电压表的使用规则可知电表的类型；
（3）根据热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大判断出温度降低时热敏电阻R1阻值的变化，由欧姆定律判断出电路中电流和R2两端电压的变化。
【解答】解：AB、电阻R1和R2串联接入电路，该电路中的电表与热敏电阻R1并联，为电压表，故B错误；
电阻R1的阻值随温度的升高而增大，当温度升高时，电阻R1的阻值变大，根据串联电路的分压作用知电表示数变大，故A正确；
CD、热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，当温度降低时，热敏电阻R1的阻值减小，由I＝知电路中电流变大，R2是定值电阻，根据U＝IR可知，R2两端电压变大，故CD错误。
故选：A。
【点评】此类问题能够综合考查串联电路的特点、欧姆定律等知识的掌握和综合运用情况。
8．（3分）如图甲所示，电源电压恒定不变，R1为定值电阻，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0﹣15V”，滑动变阻器R2上标有“120Ω 0.5A”。在保证电路元件安全的情况下，小心移动滑片，R2的电功率P与电压表示数U的部分关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的最小示数为6V
B．滑动变阻器R2的最小阻值为10Ω
C．定值电阻R1的最小功率为0.288W
D．滑动变阻器R2的电功率的最大变化量为1.8W
【分析】由图甲可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）根据图乙利用P＝UI求出两次电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出定值电阻R1的阻值和电源电压；
（2）根据串联电路的分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电压表的示数最小，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大，由电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出电压表的最小示数；
（3）根据滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，结合电压表的量程确定滑动变阻器两端的最大电压，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的最大阻值；
根据P＝UI求出定值电阻R1的最小功率；
（4）根据P＝I2R2＝（）2R2表示出滑动变阻器消耗R2的电功率，利用数学知识求出滑动变阻器的最大功率时滑动变阻器接入电路的电阻，结合滑动变阻器允许接入电路的最小阻值和最大阻值利用P＝UI＝I2R求出滑动变阻器消耗的最大电功率和最小电功率，进而求出滑动变阻器R2消耗功率的最大变化量。
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、由图乙可知，当R2两端的电压为8V时，R2消耗的电功率为4W，
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I＝＝＝0.5A，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：
U＝U1+U2＝IR1+U2＝0.5A×R1+8V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当R2两端的电压为14V时，R2消耗的电功率为2.8W，
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I′＝＝＝0.2A，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：
U＝U1′+U2′＝I′R1+U2′＝0.2A×R1+14V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解①②得：R1＝20Ω，U＝18V；
由串联电路的分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电压表的示数最小，
由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大，因为电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器R2上标有“120Ω 0.5A”，所以电路中的最大电流I大＝0.5A，
此时电压表的示数，即R2两端的电压：U2小＝U﹣U1大＝U﹣I大R1＝18V﹣0.5A×20Ω＝8V，故A错误；
B、根据I＝可得滑动变阻器R2的最小阻值为：R2小＝＝＝16Ω，故B错误；
C、已知电压表的量程为“0﹣15V”，当此时电压表示数最大为15V时电路中电流最小，此时滑动变阻器连入电路的阻值最大电压表示数最大，
则根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可得定值电阻R1两端的电压：
U1小＝U﹣U2大＝18V﹣15V＝3V，则最小电流为：I小＝＝＝0.15A，
此时滑动变阻器接入电路的电阻为：R2大＝＝＝100Ω＜120Ω，
所以，电路中的最小电流I小＝0.15A，滑动变阻器接入电路的电阻最大为100Ω，
则定值电阻R1的最小功率：P1小＝U1小I小＝3V×0.15A＝0.45W，故C错误；
D、滑动变阻器消耗的电功率：P＝I2R2＝（）2R2＝＝＝，
所以，当R2＝R1＝20Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
而滑动变阻器的允许接入电路的最小电阻R2小＝16Ω＜20Ω，
所以当滑动变阻器接入电路的电阻为R2小＝20Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
P大＝＝＝4.05W，
当滑动变阻器接入电路的电阻为R2大＝100Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最小，此时电路中的电流最大为I小＝0.15A，
P小＝I小2R2大＝（0.15A）2×100Ω＝2.25W，
则滑动变阻器R2消耗功率的最大变化量：ΔP＝P大﹣P小＝4.05W﹣2.25W＝1.8W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图乙利用P＝UI求出两次电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出定值电阻R1的阻值和电源电压。
二、填空题（本题共6个小题，每空1分，共10分。）
9．（2分）为纪念德国物理学家 欧姆 的重要贡献，将他的名字作为电阻的单位。常见的材料有导体或绝缘体，比如学生使用的石墨铅笔芯，通常情况下属于 导体 。
【分析】（1）欧姆是德国科学家，以他的名字命名了电阻的单位；
（2）容易导电的物体叫做导体，例如：石墨、人体、大地以及酸、碱、盐的水溶液；不容易导电的物体叫做绝缘体，如：橡胶、玻璃、塑料等。
【解答】解：欧姆是德国的科学家，电阻的单位就是以他的名字命名的；
石墨铅笔芯容易导电，通常情况下属于导体。
故答案为：欧姆；导体。
【点评】本题考查了物理学史和导体与绝缘体的概念，属于基础题。
10．（2分）如图所示是河南省博物院的“贾湖骨笛”，它是世界上发现的年代最早、至今尚可演奏的乐器实物。演奏者吹奏骨笛时，笛声是空气柱的 振动 产生的；按压不同的孔洞，可以改变笛声的 音调 （选填“音调”“响度”或“音色”）。
【分析】声音是由物体的振动产生的，骨笛声产生的声音是由内部的空气柱振动产生的，音调是指声音的高低，其大小和发声体的振动频率有关。
【解答】解：骨笛发出的声音，是由笛子内部空气柱振动产生的；
用手指按住不同的孔，改变了里面空气柱振动的长度，从而改变频率，改变声音的音调。
故答案为：振动；音调。
【点评】本题考查了声音的产生以及音调的相关知识，属于声学中比较基础的内容，相对比较简单。
11．（2分）芒种时节梅子成熟，《三国演义》中还有“青梅煮酒论英雄”的典故。煮酒是通过 热传递 （选填“热传递”或“做功”）的方式改变酒的内能。质量为0.5kg的酒从20℃升高到40℃吸收的热量是 3.4×104 J[c酒＝3.4×103J/（kg•℃）]。
【分析】（1）改变内能的方式有做功和热传递，做功是通过能量转化的方式改变物体内能的，热传递是能量的转移；
（2）知道酒的质量、比热容、初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求酒吸收的热量。
【解答】解：（1）“煮酒”酒吸收热量温度升高，是采用热传递的方式使酒的内能增加；
（2）酒吸收的热量为：
Q吸＝c酒m（t﹣t0）＝3.4×103J/（kg•℃）×0.5kg×（40℃﹣20℃）＝3.4×104J。
故答案为：热传递；3.4×104。
【点评】本题考查了改变内能的方式、吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）的应用。注意温度升高（Δt）与升高到（末温）的区别。
12．（2分）工人用如图所示的滑轮组来提升重物。已知重物G＝1000N，不计绳重和摩擦，当绳子自由端的拉力F＝400N时，可将重物匀速提升2m。在此过程中，有用功为 2000 J，滑轮组的机械效率为 83.3% （保留一位小数）。
【分析】根据W有＝Gh计算有用功；根据η＝＝＝计算滑轮组的机械效率。
【解答】解：将重物提升过程中有用功：
W有＝Gh＝1000N×2m＝2000J；
由图知，承担重物绳子的段数n＝3，
滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝≈83.3%。
故答案为：2000；83.3%。
【点评】本题考查使用滑轮组时有用功和机械效率的计算，难度不大。
13．（2分）物理社团的同学们设计了一个电动升降机，如图甲所示，轻质薄壁圆柱形容器置于水平地面上，装有25cm深的液体，圆柱体A被轻质细杆悬挂于O点，静止时A的下表面与液面刚好相平。打开电动升降机，让圆柱体A浸入液体中，直到圆柱体A刚好与容器底部接触，轻质细杆产生的弹力大小F与圆柱体A移动的距离h的关系，如图乙所示。已知圆柱体A与容器高度相同，圆柱体A的底面积为100cm2，容器底面积为200cm2，则圆柱体A的重力为 27 N；当轻质细杆对圆柱体A施加竖直向下3N的力时，撤走细杆，待圆柱体A静止后，沿水平方向将圆柱体A浸在液体中的部分截去2/3并取出，则A剩余部分静止时，容器对水平地面的压强为 2775 Pa。
【分析】由图乙可知：当h为0时，圆柱体A未浸入液体中，细杆对圆柱体A向上的拉力等于A的重力；A浸入液体后，排开水的体积增大，增大到浮力等于A的重力前，细杆对A是拉力，B点时，拉力F为15N，从而可求出此时A受到的浮力；由图可知此时液面恰好与容器口相平，根据体积关系可求出此时液面上升的高度，从而可求出容器和圆柱体A的高度以及A浸入液体中的深度和排开液体的体积，根据阿基米德原理可求出液体的密度；由图可求出当细杆对A的向下的压力为3N时A受到的浮力，撤走细杆后，A所受的浮力大于自身的重力，所以上浮，所以最后漂浮，根据物体沉浮条件可求出漂浮时A受到的浮力，根据阿基米德原理可求出此时圆柱体A的浸入液体中体积即A排开液体的体积，根据体积关系可求出此时容器内液体的体积，从而可求出容器内剩余液体的重力；根据体积公式可求出A浸入液体内的深度，从而可求出截取水下部分的剩余A的重力，截取后A静止时仍漂浮，容器对水平地面的压力等于剩余液体和剩余A的重力之和，根据p＝可求出此时容器对水平地面的压强。
【解答】解：由图乙可知：当h为0时，圆柱体A未浸入液体中，细杆对圆柱体A向上的拉力等于A的重力，所以GA＝F0＝27N；
A浸入液体后，排开水的体积增大，增大到浮力等于A的重力前，细杆对A是拉力，B点时，拉力F为15N，液面恰好与容器口相平，
当细杆的弹力F1＝15N时，A下移距离为h1＝5cm，
则液面上升的高度为：h2＝h1＝×5cm＝5cm，
则容器和圆柱体A的高度为：h＝h2+h液＝5cm+25cm＝30cm，
A浸入液体中的深度为：h3＝h1+h2＝5cm+5cm＝10cm，
此时A排开液体的体积为：V排1＝SAh3＝100cm2×10cm＝1000cm3，
而此时A受到的浮力为：F浮1＝GA﹣F1＝27N﹣15N＝12N，
所以液体的密度为：ρ液＝＝＝1.2×103kg/m3，
当细杆对A的向下的压力为3N时，A受到的浮力F浮2＝GA+F3＝27N+3N＝30N，
此时A排开液体的体积为：V排2＝＝＝2.5×10﹣3m3＝2500cm3，
此时容器内液体的体积为：V液＝Sh﹣V排2＝200cm2×30cm﹣2500cm3＝3500cm3＝3.5×10﹣3m3，
此时容器内液体的重力为：G液＝m液g＝ρ液V液g＝1.2×103kg/m3×3.5×10﹣3m3×10N/kg＝42N，
撤走细杆后，A所受的浮力大于自身的重力，所以上浮，所以最后漂浮，漂浮时，A受到的浮力F浮2＝GA＝27N，
此时圆柱体A的浸入液体中体积即A排开液体的体积为：V排3＝＝＝2.25×10﹣3m3＝2250cm3，
漂浮A浸入液面下的深度：hA＝＝＝0.225m，
截取水下部分的，截取后A的高度hA1＝h﹣h截取＝0.3m﹣×0.225m＝0.15m，
截取后A的重力：G′＝×GA＝×27N＝13.5N，
截取后A静止时仍漂浮，容器对水平地面的压力为：F压＝G液+G′＝42N+13.5N＝55.5N，
则此时容器对水平地面的压强为：p＝＝＝2775Pa。
故答案为：27；2775。
【点评】本题考查体积公式、重力公式、压强公式及阿基米德原理等的综合运用，题目难度大，综合性强。
三、（2分）作图题
14．（1分）如图所示，请画出由烛焰S点发出的光经过透镜后的光线；
【分析】在作凸透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图。
【解答】解：过凸透镜光心的光线其传播方向不变，如图所示：
【点评】凸透镜的三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点。
15．（1分）图甲是一个菜馅挤水器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是简化的示意图，O为支点，F2是使用菜馅挤水器时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图。
【分析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：图中支点在O点，动力作用在A点，则连接支点O与作用点A，OA即为最长的动力臂；使用菜馅挤水器时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
【点评】此题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
四、实验探究题
16．（6分）（1）唐末名士谭峭所著《化书》中，记载了照镜子时“影与形无异”的现象。关于平面镜成像的特点，小双用如图1装置进行探究。
①用玻璃板代替平面镜进行实验，目的是便于 确定像的位置 ；
②把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B在玻璃板后移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，说明平面镜所成的像与物体大小 相等 ；
③实验时，当蜡烛A远离平面镜时，蜡烛A在平面镜中所成的像 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）另一小组探究“水的沸腾”实验，如图2所示：
①如图2甲实验装置，正确安装顺序是 自下而上 （选填“自下而上”或“自上而下”）；
②如图2乙所示，温度计的示数是 93 ℃；
③在图2丙和丁中，表示水正在沸腾的是 丙 （选填“丙”或“丁”）。
【分析】（1）①实验时选择透明的玻璃板，在物体的一侧，既能看到物体的像，也能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置；
②实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；
③平面镜成像时，像与物的大小不变；
（2）①实验中用酒精灯外焰加热，并且温度计玻璃泡不能碰容器底和壁，所以组装器材时要按自下而上的顺序；
②根据温度计的分度值和液面所指的刻度即可读数；
③水沸腾时不断有水汽化为水蒸气进入气泡，气泡在上升过程中逐渐变大，到水面破裂开来。
【解答】解：（1）①实验时选择透明的玻璃板，能同时观察到像和代替蜡烛A的蜡烛B，便于确定像的位置；
②把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B在玻璃板后移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，说明平面镜所成的像与物体大小相等；
③平面镜成像时，像与物的大小不变，将蜡烛A远离平面镜时，像的大小不变；
（2）①实验中用酒精灯外焰加热，并且温度计玻璃泡不能碰容器底和壁，所以组装器材时要自下而上的顺序；
②温度计的分度值为1℃，此温度计液柱上表面对准了90℃上面三格，即93℃；
③水沸腾前产生的气泡在上升过程中会因为温度降低，气泡里面的水蒸气液化进入水中，使气泡逐渐变小。水沸腾时不断有水汽化为水蒸气进入气泡，气泡在上升过程中逐渐变大，到水面破裂开来。所以丙图表示水正在沸腾时水中气泡上升的情形。
故答案为：（1）①确定像的位置；②相等；③不变；（2）①自下而上；②93；③丙。
【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。只要熟练掌握平面镜的成像特点和水沸腾的特点，解答此类题目就很容易。
17．（8分）如图所示，实验小组用“伏安法”测量定值电阻的阻值，已知电源电压为5V恒定不变，滑动变阻器规格为“25Ω 1A”。
（1）请用笔画线代替导线将如图甲电路连接完整（要求滑片向左移时电流表示数变大）；
（2）连接电路时，开关应 断开 ；滑片移到滑动变阻器的 B 端（选填“A”或“B”）；
（3）小依闭合开关后发现电流表无示数，电压表指针偏转超过量程但没有损坏，则电路中故障可能是电阻R 断路 （选填“短路”或“断路”）；
（4）排除故障后，闭合开关，移动滑片至电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示，则电阻R＝ 5 Ω；
（5）同组的小钟用额定电压为2.5V的小灯泡替换电阻接入电路，继续测量小灯泡电阻，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录实验数据如下表：
（6）小钟在实验中多次测量的目的是 A （选填序号）；
A.寻找普遍规律
B.减小误差
（7）上述实验结束后，小钟发现电流表已损坏，他在实验室找到一个阻值为10Ω的定值电阻，利用原有部分器材设计了如图丙所示电路。
实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，此时小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片 保持不动 （选填“向左移动”“向右移动”或“保持不动”），断开开关S1，闭合开关S、S2，电压表示数为4.5V；
③小灯泡正常发光时电阻为 12.5 Ω。
【分析】（1）滑片向左移时电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；滑片移到滑动变阻器的阻值最大处；
（3）小依闭合开关后发现电流表无示数，说明电路可能断路，电压表指针偏转超过量程但没有损坏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用R＝求出电阻R的阻值；
（6）初中物理实验进行多次测量目的是：一是为了求平均值，减小误差；二是为了寻找普遍规律；
（7）要测小灯泡正常发光时电阻，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻两端的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据R＝可求出小灯泡正常发光时电阻。
【解答】解：（1）滑片向左移时电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与定值电阻串联，如下图所示：
；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；滑片移到滑动变阻器的阻值最大处，即B端；
（3）小依闭合开关后发现电流表无示数，说明电路可能断路，电压表指针偏转超过量程但没有损坏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路中故障可能是电阻R断路；
（4）排除故障后，闭合开关，移动滑片至电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.4A，则电阻R的阻值为：
R＝＝＝5Ω；
（6）小钟在实验中多次改变灯泡两端的电压，是为了探究灯泡的电阻随温度变化的规律，即寻找普遍规律，故选：A；
（7）实验步骤：
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，此时小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电压表示数为4.5V；
③在步骤①中，灯与定值电阻串联后再与变阻器串联，电压表测灯的电压，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V，灯正常发光；
在步骤②中，滑动变阻器滑片保持不动，电压表测灯与R0两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻两端的电压：
U0＝4.5V﹣2.5V＝2V，由串联电路电流特点和欧姆定律可知，电路中的电流为：
I额＝I0＝＝＝0.2A，
小灯泡正常发光时电阻为：
RL＝＝＝12.5Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）断开；B；（3）断路；（4）5；（6）A；（7）②保持不动；③12.5。
【点评】本题用“伏安法”测量定值电阻的阻值实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电阻的计算及设计实验方案测电阻的能力。
18．（8分）如图1所示，爱探究的小名在实验室做测量木块密度的实验。
（1）将托盘天平放在 水平 桌面上，移动 游码 至零刻度线，此时指针如图乙所示，他应该将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）移动，直至天平平衡；
（2）小名将木块放在托盘天平左盘，往右盘加减砝码和移动游码，天平再次平衡时，砝码和游码的位置如图丙所示，则木块质量为 12 g；
（3）小名用图丁测量木块体积，弹簧测力计示数为0.1N，则木块所受浮力为 0.22 N，计算得木块体积；
（4）小联认为弹簧测力计不够精确，改进设计了如图2所示的实验。
①如图甲电子秤示数为m0＝100g；
②如图乙木块漂浮时，电子秤示数为m1＝112g；
③如图丙用细针将木块压入水中，木块未触底，静止时电子秤示数为m2＝115g，则该实验测得木块密度为 0.8×103 kg/m3；
（5）小名和小联兴趣正浓，继续探究盐水密度；
④如图丁，在烧杯中加入适量盐水，电子秤示数为m3；
⑤如图戊，用细针将木块压入盐水中，木块未触底，静止时电子秤示数为m4；则盐水密度ρ盐＝ ρ水 （用字母m0、m1、m2、m3、m4、ρ水表示）；
（6）如图乙、丙中木块吸水，则该实验测得木块密度值 偏大 （选填“偏大”“偏小”或“准确”）。
【分析】（1）在调节天平平衡前，应将天平放在水平桌面上，然后将游码移到标尺左端的零刻度线处；指针左偏，平衡螺母右调；指针右偏，平衡螺母左调；
（2）天平的读数等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（3）图丁中使用的是定滑轮，不能省力，所以弹簧测力计的示数即为对木块的拉力，根据二力平衡知识可知F浮＝G+F拉求出浮力；
（4）（5）根据密度公式和物体的浮沉条件计算木块的密度；
（6）木块吸水后重力变大，浸没时排开水的体积不变，木块受到的浮力不变，则需要施加的向下压力就会变小，则测得m2的值会变小，根据前面推出的表达式分析测得密度的偏差。
【解答】解：（1）正确使用天平：应先把天平放在水平桌面上，然后将游码移到标尺左端零刻度线位置上，此时指针偏向分度盘中线左侧，应将平衡螺母向右调，才能使天平平衡；
（2）由图丙知，标尺的分度值为0.2g，所以木块的质量为m＝10g+2g＝12g；
（3）木块的重力为：G＝mg＝0.012kg×10N/kg＝0.12N，
图丁所示的木块浸没水中时木块共受到重力、拉力、浮力三个力的作用，
图丁中弹簧测力计的拉力F拉＝0.1N，木块受到的浮力：F浮＝G+F拉＝0.12N+0.1N＝0.22N；
（4）木块在水中漂浮时，受到的浮力等于重力，所以木块的质量为：m木＝m1﹣m0；
用细钢针将木块压入，并完全浸没水中（木块不触底且水不溢出），静止时电子秤的示数为m2，则木块排开水的体积等于木块自身的体积，即：V木＝，
木块的密度为：ρ木＝＝＝ρ水＝×1.0g/cm3＝0.8g/cm3＝0.8×103kg/m3；
（5）如图戊，用细针将木块压入盐水中，木块未触底，静止时电子秤示数为m4，则木块排开盐水的体积等于木块自身的体积，即：V木＝，
所以＝，解得，ρ盐＝ρ水。
（6）由于木块吸水后重力变大，浸没时排开水的体积不变，木块受到的浮力不变，则需要施加的向下压力就会变小，则测得m2的值会变小，所以会导致测得的体积变小、密度变大。
故答案为：（1）水平；游码；右；（2）12；（3）0.22；（4）0.8×103；（5）ρ水；（6）偏大。
【点评】本题是固体密度的测量的实验，考查了天平的使用与读数、量筒的读数、特殊的方法测量密度以及误差分析，是一道综合题，难度较大。
五、论述与计算题（本题共3个小题，第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分。）
19．（6分）新能源汽车因节能、环保深受大家喜爱。如图所示，某国产新能源汽车整车质量为2100kg，轮胎与地面总接触面积为1000cm2。该车匀速通过一座1.2km的大桥用时1min，汽车行驶时所受摩擦力为车重的0.2倍。求：
（1）静止停放时汽车对水平地面的压强；
（2）汽车在此段路程牵引力做的功W。
【分析】（1）利用G＝mg求汽车的重力，汽车对水平地面的压力等于其自身的重力，利用p＝求出静止停放时汽车对水平地面的压强；
（2）根据题意求出汽车受到的阻力，由二力平衡条件可得牵引力，利用W＝Fs求出牵引力所做的功。
【解答】解：（1）汽车静止停放时对水平地面的压力：
F＝G＝mg＝2100kg×10N/kg＝2.1×104N，
所以汽车静止停放时对水平地面的压强：
p＝＝＝2.1×105Pa；
（2）由题意可知，汽车所受的阻力：
f＝0.2G＝0.2×2.1×104N＝4200N，
因汽车匀速运动，所以汽车的牵引力等于阻力，即F牵＝f＝4200N，
则牵引力所做的功：
W＝F牵s＝4200N×1.2×103m＝5.04×106J。
答：（1）静止停放时汽车对水平地面的压强为2.1×105Pa；
（2）汽车在此段路程牵引力做的功W为5.04×106J。
【点评】本题考查了压强和功的计算，同时还考查了二力平衡的应用，难度适中。
20．（8分）如图甲，车载电饭煲轻小、便捷，更好地满足了自驾需求。如图乙是某车载电饭煲简化电路图，电阻R1和R2均为电饭煲中的加热元件，且阻值不受温度影响。该款电饭煲的部分参数如图所示[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）保温挡时，电阻R11min消耗的电能；
（3）某次使用该电饭煲对水加热时，经3500s使0.5kg水温度升高75℃，则此时电源实际电压（不计热量损失）。
【分析】（1）电源电压不变，根据公式P＝可知，当电路中电阻最大时，电路消耗的电功率最小，此时电饭煲处于保温状态；当电路电阻最小时，电路消耗的电功率最大，电饭煲就处于加热状态；
根据P＝求出R1的阻值；
（2）当温控开关S断开时，电饭煲处于保温状态时，R1和R2串联接入电路，根据欧姆定律算出电路中的电流，由W＝I2Rt算出保温挡时电阻R11min消耗的电能；
（3）根据公式Q＝cmΔt计算得水吸收的热量，然后根据P＝求出其实际功率和实际电压。S2
【解答】解：
（1）当温控开关S2断开时，电路中R1和R2串联；当温控开关S2闭合时，R2被短路，电路中只有R1；
根据电阻的串联特点可知，当温控开关S闭合时，电阻较小，根据公式P＝可知电路消耗的电功率较大，则电饭煲处于加热状态；
当电饭煲处于加热状态时，根据P＝可得R1的阻值：
R1＝＝＝1.8Ω；
（2）当温控开关S2断开时，电路中R1和R2串联，总电阻较大，根据公式P＝可知总功率较小，电饭煲处于保温状态时，此时电路中的电流为：
I＝＝＝1.5A，
保温挡时，电阻R11min消耗的电能为：
W＝I2R1t＝（1.5A）2×1.8Ω×60s＝243J；
（3）水吸收的热量：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×75℃＝1.575×105J；
不计热量损失，则W＝Q吸＝1.575×105J，
电饭煲的实际功率为：
P加热实＝＝＝45W，
由P＝算出此时电源实际电压为：
U实＝＝＝9V。
答：（1）电阻R1的阻值为1.8Ω；
（2）保温挡时，电阻R11min消耗的电能为243J；
（3）此时电源实际电压为9V。
【点评】本题考查了电功率的计算，分析得出电饭煲处于不同状态时电路的连接方式是关键。
21．（8分）如图所示，水平桌面上放置甲、乙两圆柱形容器，两容器底部用细管相连。甲容器底面积为500cm2，水深为20cm；乙容器中放有底面积为200cm2的圆柱形木块。现打开阀门K缓慢向乙容器中注水，水对乙容器底压强p水与所注水质量m水的关系如图丙所示，木块始终竖直，当注入水的质量等于0.5kg时，木块恰好漂浮。求：
（1）打开阀门前甲容器中水的质量；
（2）木块恰好漂浮时所受浮力大小；
（3）打开阀门，直到水静止时，将木块竖直提升3cm，水对乙容器底部的压强。
【分析】（1）根据V＝Sh计算甲中水的体积，根据密度公式可计算甲中水的质量；
（2）当注入水的质量等于0.5kg时，木块恰好漂浮，由图乙可知水对乙容器底压强500Pa，根据p＝ρgh可求出此时乙容器内水的深度，从而可求出此时木块排开水的体积，根据阿基米德原理可求出此时木块受到的浮力；
（3）根据密度公式可求出注入0.5kg水的体积，根据体积关系可求出乙容器的底面积；打开阀门，甲与乙构成连通器，当水不再流动时，两侧水面相平，深度相等，根据体积关系可求出此时容器内水的深度；将木块竖直提升3cm，根据体积关系可求出水面下降的高度，从而可求出此进乙容器内水的深度，根据p＝ρgh可求出水对乙容器底的压强。
【解答】解：（1）打开阀门前甲中水的体积为：
V水＝S甲h水＝500cm2×20cm＝10000cm3，
则打开阀门前甲中水的质量为：
m水＝ρ水V水＝1g/cm3×10000cm3＝10000g＝10kg；
（2）当注入水的质量等于0.5kg时，木块恰好漂浮，由图乙可知水对乙容器底压强p1＝500Pa，
此时乙容器内水的深度为：
h1＝＝＝0.05m＝5cm，
此时木块排开水的体积：
V排＝S木h1＝200cm2×5cm＝1000cm3＝10﹣3m3，
此时木块受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N；
（3）当注入水的质量等于0.5kg时，注入水的体积为：
V水1＝＝＝0.5×10﹣3m3＝500cm3，
所以乙容器的底面积为：
S乙＝+S木＝+200cm2＝300cm2，
打开阀门，甲与乙构成连通器，当水不再流动时，两侧水面相平，深度相等，
此时容器内水的深度为：
h2＝＝＝13.75cm，
将木块竖直提升Δh1＝3cm，水面下降的高度为：
Δh2＝＝＝1cm，
此时乙容器内水的深度为：
h3＝h2﹣Δh2＝13.75cm﹣1cm＝12.75cm＝0.1275m，
此时水对乙容器底部的压强为：
p2＝ρ水gh3＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1275m＝1275Pa。
答：（1）打开阀门前甲容器中水的质量为10kg；
（2）木块恰好漂浮时所受浮力为10N；
（3）打开阀门，直到水静止时，将木块竖直提升3cm，水对乙容器底部的压强为1275Pa。
【点评】本题考查密度、浮力、压强的综合计算，确定水面相平时水的深度是解题的一个关键，难度较大。实验次数
1
2
3
4
电压U/V
1.0
1.6
2.0
2.8
电流I/A
0.16
0.17
0.18
0.22
额定电压（V）
保温挡功率（W）
加热挡功率（W）
12
18
80
实验次数
1
2
3
4
电压U/V
1.0
1.6
2.0
2.8
电流I/A
0.16
0.17
0.18
0.22
额定电压（V）
保温挡功率（W）
加热挡功率（W）
12
18
80