2021年重庆巴蜀中学保送生考试物理试卷

2021年重庆市巴蜀中学保送生考试物理试卷一、填空题（本大题共4小题，共16.0分）1.用两个相同的足够大的水平力F将108个完全相同的长方体木块夹在两个相同的竖直木板之间，所有木块都如图所示保持静止状态，木块从左至右编号依次为1、2、3…106、107、108，每个木块的重量均为1N，编号106号木块对编号107号木块摩擦力的方向为______，摩擦力的大小为______N。2.如图所示，放在水平地面上的薄壁圆柱形容器A的底面积为200𝑐𝑚2、重5N，薄壁圆柱形容器B的底面积为50𝑐𝑚2、重2N。A、B容器内均装有部分水，B漂浮在A的水面上，A容器内水的深度为30cm，A、B容器内水面的高度差为8cm，若从A容器内取出50g的水倒入B容器内，稳定后A容器内的水对A容器底部的压强为______Pa；若将重1N体积20𝑐𝑚3的合金块放入图所示的B容器内的水中浸没(沉底)，稳定后A、B容器内水面的高度差为______cm。(𝐴、B容器内的水足够多且均不溢出，B始终竖直漂浮且不接触A容器底部)3.如图所示电路，电源电压保持不变，𝑅=30𝛺。当开关S闭合，开关𝑆、断开时，电压表示数为。11𝑆2𝑈1当开关S、、都闭合时，电压表示数为，且：=1：2。上述两种电路状态下𝑅消耗功率的𝑆1𝑆2𝑈2𝑈1𝑈22最大值和最小值之比为9：1，消耗的最小功率为。则电阻的阻值为______，当开关S、、𝑅30.4𝑊𝑅2𝛺𝑆1𝑆都闭合时，电流表示数为______A。24.如图所示为一种常见的身高及体重测量仪，测量仪顶部向下发射超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪可记录发射和接收的时间间隔。测量仪底部有一压力传感器，其输出电压与作用在它上面的压力F成正比，表达式为𝑈=𝑘𝐹(𝑘为比例系数)。某同学已第1页，共19页知自己的身高h、质量m和重力常数g，他想利用该装置测量超声波的速度v和比例系数k。他多次研究发现，当他站上测重台时测量仪记录的时间间隔比他没站上时减少了t；当他没站上测重台时，测量仪已有输出电压为(𝑈≠0)，当他站上测重台时测量仪输出电压为U，那么超声波的速度𝑣=𝑈00______，比例系数𝑘=______(用题目中的字母写出表达式)。二、实验探究题（本大题共4小题，共30.0分）5.小华用一个酒精灯对质量为100g、初始温度为−10℃的冰块进行加热，完成冰的熔化实验，描绘出如图所示的图像。(1)𝐵𝐶段物质的状态为______，分析图像可知冰在熔化过程中的特点是______(选填“吸”或“放”)热、温度______(选填“升高”、“不变”或“降低”)。(2)𝐴𝐵段的图像比CD段的图像倾斜程度更大的原因是：______。(3)已知水的比热容为4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，则CD段水所吸收的热量是______J。(4)已知酒精的热值为3×107𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，酒精灯的加热快慢稳定不变，AD段酒精燃烧放出的热量有10%会被冰和水吸收，则AD段酒精灯中消耗酒精的质量约为______g。6.小丽在实验室做“探究凸透镜成像规律”的实验，其步骤如下：(1)如图1甲所示，让平行光正对着凸透镜照射，左右移动光屏，直到光屏上出现一个最小最亮的光斑，测得凸透镜的焦距𝑓=______cm。第2页，共19页(2)如图1乙所示，保持蜡烛和光屏的位置不变，左右移动凸透镜，在光屏上______(选填“能”或“不能”)得到清晰的烛焰的像，因为______。(3)在图1丙中，烛焰在光屏上形成清晰的像。保持凸透镜的位置不变，如果蜡烛向左移动5cm，为了在光屏上得到一个清晰的像，光屏应该向______(选填“左”或“右”)移动，且光屏移动的距离______(选填“大于”、“等于”或“小于”)5𝑐𝑚。(4)如图2所示，将蜡烛放在距该透镜左侧30.0𝑐𝑚处，在距透镜右侧40.0𝑐𝑚处放一个平面镜，镜面与凸透镜的主光轴垂直，则该光具组中蜡烛的成像情况是______(选填下列选项中的一个选项)。A.一个正立实像，一个倒立实像，一个正立虚像B.一个正立实像，一个正立虚像，一个倒立虚像C.一个倒立实像，一个正立虚像，一个倒立虚像D.一个正立实像，一个倒立实像，一个倒立虚像7.小飞利用电子秤、柱形玻璃杯(质量为50g，内底面积为50𝑐𝑚2)、长方体木块、水、盐水、长细针(质量和体积忽略不计)、抹布进行浮力与密度相关知识的探究。他的主要步骤如下，对应实验操作的简易示意图如图所示：①向柱形玻璃杯内倒入适量的水，电子秤示数如图A所示。②将木块放入柱形玻璃杯的水中漂浮，电子秤示数如图B所示。③用长细针将木块缓慢压入水中静止，木块在不同位置时电子秤的示数分别如用C、D、E所示。④向玻玻璃杯内倒入适量的盐水，电子秤示数如图F所示。⑤用长细针将木块缓慢压入盐水中静止，电子秤的示数如图G所示。(1)根据如图A、B、C、D、E中电子秤的示数，可以得出浸在液体中的物体受到浮力的大小与______有关；根据如图中E和F、G中电子秤的示数，可以得出物体受到液体浮力的大小还与______有关。(2)根据上述实验步骤，可以得出木块的质量为______g，如图E中木块排开水的体积为______𝑐𝑚3。第3页，共19页(3)如图G中，木块受到盐水的浮力为______N。盐水的密度为______𝑔/𝑐𝑚3，长细针对木块的压力为______N，盐水对玻璃杯底的压强为______Pa。(4)由于该木块材质较为疏松，被压入水中时会吸水，则根据如图A、B、E中电子秤的示数计算出的木块密度将比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。为了缩小上述偏差，小飞进行了如下操作：在图E的操作后，将木块取出，用抹布快速擦干木块表面的水分后放在电子秤上，记录电子秤示数如图H所示，由此可以计算出木块密度较为准确的结果为______𝑔/𝑐𝑚3。8.小龙在实验室用如图1所示的电路进行探究“电流与电压、电阻关系”的实验，所用滑动变阻器标有“20𝛺1𝐴”。(1)请用笔画线代替导线将小龙的电路连接完整(要求滑片向右滑时，电压表示数变小)。(2)连接完电路。小龙将电源电压调节为3V不变，闭合开关后，把滑片移到阻值最大端发现电压表无示数、电流表有示数，出现电路故障的原因可能是定值电阻______(选填“短路”或“断路”)。(3)排除电路故障后，小龙先进行探究电流与电压关系的实验，某次实验电压表和电流表的示数如图2所示，则他接入电路的定值电阻阻值为______𝛺，然后根据多次实验的数据绘制了电流随电压变化的图像(如图3所示)，由此得出的实验结论为______。(4)在进行探究电流与电阻关系的实验时，小龙先将5𝛺的定值电阻接入电路，闭合开关当移动滑片后，记录电流表的示数为0.4𝐴，再把10𝛺的定值电阻换接入电路，闭合开关他需要将滑片P向______(填“右”或“左”)移动，使电压表的示数为______V，再记录下电流表的示数。多次重复上述类似操作后小龙根据得到的数据很快得到了实验结论。(5)小龙完成上述实验后，将如图1所示的正常电路中的电源电压调节为6V不变，再将定值电阻换接为电阻箱(阻值只能在𝑅≤100𝛺范围内进行调节)，其它器材及连接情况均不变。若闭合开关后，𝑅00在移动滑片P的过程中，电流表示数均能调节到0.2𝐴。则在保证电路安全的情况下，在调节电阻箱及移动滑片的过程中，电阻箱的阻值调节范围为______，滑动变阻器两端的最大电压为______V。𝑅0𝛺第4页，共19页三、计算题（本大题共3小题，共28.0分）9.如图所示组合机械，配重M的质量为150kg，底面积为50𝑐𝑚2，将M用绳系在杠杆AOB的B端，杠杆的支点为O点(固定不动)，OA：𝑂𝐵=5：3。在杠杆的A端悬挂一滑轮组，定滑轮重150N，动滑轮重90N，当工人利用滑轮组提升重力为210N的物体N以0.4𝑚/𝑠的速度匀速上升时，杠杆在水平位置平衡。杠杆与绳的重量、滑轮转轴的摩擦均不计，求：(1)滑轮组的机械效率为多少？(2)工人对滑轮组拉力的功率为多少？(3)配重M对的水平地面的压强为多少？第5页，共19页10.某同学为学校草坪设计了一个自动注水喷淋系统，其电路设计如图甲，控制电路电源电压𝑈=12𝑉，1𝑅为定值电阻，为压敏电阻，电磁铁线圈电阻忽略不计，压敏电阻放置于水箱底部如图乙，其0𝑅𝐹𝑅𝐹()阻值与压力有关，阻值随水位变化关系如下表。工作电路包括注水系统和喷淋系统，其电源电压=𝑈2220𝑉。圆柱体水箱底面积𝑆=0.4𝑚2，当水箱内的水位上升到2m时，通过电磁铁线圈的电流=0.1𝐴，𝐼𝑎衔铁恰好被吸下，注水系统停止工作，此时电流表示数=1𝐴，当水位下降到1m时，衔铁恰好被拉𝐼1起，注水系统开始给水箱注水，此时电流表示数=2𝐴。𝐼2水位/𝑚0.250.500.751.001.251.501.752.002.25压敏电阻阻值𝑅𝐹300200125907065626059/𝛺(1)当水箱内水位达到2m时，控制电路中压敏电阻𝑅的功率为多少W？𝐹(2)当水箱内水位下降到1m时，通电电磁铁线圈的电流𝐼为多少？𝑏(3)已知喷淋系统一直给草坪喷水，每秒钟喷水量恒为0.001𝑚3，注水系统工作时，每秒钟给水量箱注水恒为0.005𝑚3，求相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能？第6页，共19页11.如图所示内底面积为500𝑐𝑚2的柱形容器装有适量的水放在水平桌面上，上端手持一弹簧测力计挂着一边长10cm，密度为800𝑘𝑔/𝑚3的实心均匀正方体塑料块，塑料块的下表面刚好与水面相平如图甲所示，向容器内缓慢加水，当弹簧测力计的示数为0N时停止加水，情况如图乙所示。弹簧测力计量程为10N，弹簧受到拉力每增加1N，弹簧的长度就增加1cm，塑料块不吸水。(𝑔=10𝑁/𝑘𝑔)求：(1)如图乙所示，塑料块排开水的体积是多少立方厘米？(2)从图甲到图乙，加入水的质量为多少千克？(3)将如图乙所示塑料块浸在水中部分的下面一部分切去(切去部分为浸在水中体积的一半)，塑料块最终静止后，其上表面相对于图乙所在位置移动的距离为多少厘米？第7页，共19页答案和解析1.【答案】竖直向下52【解析】解：将108个木块看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力108G，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得：2𝑓=108𝐺，解得：𝑓=54𝐺，将左边106个木块看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力106G，左边竖直向上的摩擦力𝑓=54𝐺，右边竖直向上的摩擦力𝑓′，平衡条件可得：𝑓′+54𝐺=106𝐺，解得：𝑓′=52𝐺=52×1𝑁=52𝑁，由于物体间力的作用是相互的，则编号106号木块对编号107号木块摩擦力的方向为竖直向下。故选：竖直向下；52。首先以整体为研究对象，可以求出1和第108个木块所受摩擦力的大小，然后从左或者右侧开始隔离木块受力分析，由平衡条件求解编号106和107号木块之间的摩擦力。本题主要考查了有关物体的受力分析问题，注意“整体和隔离法”的应用，对于多个物体组成的系统，在进行受力分析时要优先考虑“整体法”，然后逐步隔离，一一进行受力分析。2.【答案】30009.6ℎ=30𝑐𝑚=0.3𝑚【解析】解：(1)由题意可知，开始时A容器内水的深度水，𝑝=𝜌𝑔ℎ=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×0.3𝑚=3000𝑃𝑎此时A容器内的水对A容器底部的压强水水；若从A容器内取出50g的水倒入B容器内，稳定后B仍然漂浮，𝐹=𝐺𝐹=𝐺由物体漂浮条件浮物和阿基米德原理浮排可知，B排开水的重力和A中水的重力之和不变，又因液体对圆柱形容器底部的压力和液体的重力相等，所以，A容器内的水对A容器底部的压力不变，由𝑝=𝐹可知，A容器底部的压强不变，仍为3000Pa；𝑆(2)若将重1N体积20𝑐𝑚3的合金块放入图所示的B容器内的水中浸没，△𝐹=𝐺=1𝑁则B所受浮力的增加量浮合金，△𝐹由𝐹=𝜌𝑔𝑉可得，B排开水体积的增加量△𝑉=浮=1𝑁=1×104𝑚3=100𝑐𝑚3，浮液排排𝜌𝑔1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔水△𝑉3由𝑉=𝑆ℎ可得，B容器下降深度的增加量△ℎ=排=100𝑐𝑚=2𝑐𝑚，下2𝑆𝐵50𝑐𝑚𝑉3合金块浸没后B容器内水面上升的高度△ℎ=合金=20𝑐𝑚=0.4𝑐𝑚，上2𝑆𝐵50𝑐𝑚第8页，共19页△ℎ′=△ℎ+△ℎ−△ℎ=8𝑐𝑚+2𝑐𝑚−0.4𝑐𝑚=9.6𝑐𝑚则此时A、B容器内水面的高度差下上。故答案为：3000；9.6。根据题意可知开始时A容器内水的深度，根据𝑝=𝜌𝑔ℎ(1)液求出此时A容器内的水对A容器底部的压强；𝐹=𝐺若从A容器内取出50g的水倒入B容器内，稳定后B仍然漂浮，根据物体漂浮条件浮物和阿基米德原𝐹=𝐺理浮排可知B排开水的重力和A中水的重力之和不变，根据液体对圆柱形容器底部的压力和液体的重力相等可知A容器内的水对A容器底部的压力不变，利用𝑝=𝐹可知A容器底部的压强不变；𝑆(2)若将重1N体积20𝑐𝑚3的合金块放入图所示的B容器内的水中浸没，B所受浮力的增加量等于合金块的𝐹=𝜌𝑔𝑉重力，根据浮液排求出B排开水体积的增加量，根据𝑉=𝑆ℎ求出B容器下降深度的增加量，合金块浸没后排开水的体积和自身的体积相等，根据𝑉=𝑆ℎ求出B容器内水面上升的高度，然后求出此时A、B容器内水面的高度差。本题考查了液体压强 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 和固体压强公式、物体浮沉条件、阿基米德原理的综合应用，要注意液体对圆柱形容器底部的压力和液体的重力相等。3.【答案】201【解析】解：当开关S闭合，、断开时，三电阻串联，电压表测两端的电压；𝑆1𝑆2𝑅1当S、、都闭合时，三电阻并联，电压表测电源的电压，电流表测和支路的电流之和，因并联电𝑆1𝑆2𝑅1𝑅2路中各支路两端的电压相等，所以电压表的示数即电源电压U，𝑈2因串联电路中各处的电流相等，𝑈𝑈𝐼𝑅𝑅30𝛺1所以，1=1=1=1==，𝑈𝑈𝐼𝑅𝑅𝑅22总总总𝑅=60𝛺解得：总，𝑈𝑈此时电路中的电流为：𝐼==，𝑅60𝛺总𝑈𝑈2𝑅三电阻串联时电路中的电流最小，𝑅和𝑅的电功率最小，则𝑃=𝐼2𝑅=()2𝑅=2，23小2𝑅2𝑅2总总三电阻并联时𝑅两端的电压最大，𝑅功率最大，则𝑃=𝑈2，22大𝑅2𝑃𝑃=9因大：小：1，𝑈2𝑃𝑅9大=𝑅2=(总)2=60𝛺=3所以，2，即，𝑃𝑈𝑅2𝑅1小2𝑅21𝑅2总第9页，共19页解得：=20𝛺；𝑅2串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以的阻值为：𝑅=𝑅−𝑅−𝑅=60𝛺−20𝛺−30𝛺=10𝛺，𝑅33总21𝑃0.4𝑊𝑅消耗的最小功率为，所以通过的最小电流为：3=√=0.2𝐴，30.4𝑊𝑅3𝐼=√𝑅310𝛺𝑈=𝐼𝑅=0.2𝐴×60𝛺=12𝑉则电源电压为：总，当S、、都闭合时，电流表测和支路的电流之和，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以𝑆1𝑆2𝑅1𝑅2电流表示数为：𝐼′=𝑈+𝑈=12𝑉+12𝑉=1𝐴。𝑅1𝑅230𝛺20𝛺故答案为：20；1。当开关S闭合，、断开时，三电阻串联，电压表测两端的电压，当S、、都闭合时，三电阻并𝑆1𝑆2𝑅1𝑆1𝑆2联，电压表测电源的电压，电流表测和支路的电流之和，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以𝑅1𝑅2电压表的示数即电源电压U，根据串联电路电流特点和欧姆定律，结合电压表示数之比可计算串联电路𝑈2总阻，进一步表示出通过该电路的电流，根据电功率公式的变形公式分别表示述两种电路状态下消耗功𝑅2率的最大值和最小值，根据其比值可计算的阻值，根据串联电路电阻规律计算的阻值，消耗的最小𝑅2𝑅3𝑅3功率为0.4𝑊，根据电功率的变形公式计算通过电路的最小电流，进一步计算电源电压，最后根据并联电路电流特点和欧姆定律计算电流表的示数。本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律和电功率公式的灵活运用，题目有难度。𝑈−𝑈4.【答案】2ℎ0𝑡𝑚𝑔【解析】解：设身高及体重测量仪的高度为L，当测重台上没有站人时压力传感器的压力为，测量仪记𝐹0录的时间间隔为，𝑡0根据超声波的速度和位移关系可得：=2𝐿-----①，𝑣𝑡0根据输出电压与作用在它上面的压力F成正比可得：=𝑘𝐹------，𝑈00②当测重台上站人时测量仪记录的时间间隔为𝑡′，根据超声波的速度和位移关系可得：𝑣𝑡′=2(𝐿−ℎ)------③，根据输出电压与作用在它上面的压力F成正比可得+𝑚𝑔)，即𝑈=𝑘𝐹+𝑘𝑚𝑔------④，𝑈=𝑘(𝐹00由题意可知：−𝑡------⑤，𝑡′=𝑡0上面五个式子中，①③⑤联立，把代入得：−𝑡)=2𝐿−2ℎ，即𝑣𝑡−𝑣𝑡=2𝐿−2ℎ------⑥，⑤③𝑣(𝑡00把①代入⑥得：2𝐿−𝑣𝑡=2𝐿−2ℎ，解得：𝑣=2ℎ；𝑡②④联立，第10页，共19页把代入得：+𝑘𝑚𝑔，②④𝑈=𝑈0𝑈𝑈解得：𝑘=0。𝑚𝑔𝑈𝑈故答案为：2ℎ；0。𝑡𝑚𝑔根据速度与时间的关系求出站人与没站人两种情况超声波传播的距离，由输出电压与作用在它上面的压力𝑈=𝑘𝐺F成正比可知总，联立方程即可求解。本题为传感器类问题的应用，解题的关键在于明确题意，由题找出对应的信息再结合所学物理规律即可求解。5.【答案】固液共存状态吸不变水的比热容大于冰的比热容42003.5【解析】解：(1)由图像可知：物质的温度从A到D处于上升阶段，因此是在吸热，图中BC段，物质吸收热量，温度保持不变，说明处于熔化过程，物质的状态为固液共存；(2)从图中上看，AB段比CD段温度升高的要快些，由于物质在固态和液态时质量不变，加热方式不变，所以可知图像倾斜程度更大的原因是冰的比热容要比水小一些；(3)因为冰化成水质量不变，所以水的质量𝑚=100𝑔=0.1𝑘𝑔水由图知水的初温为0℃，则水吸收的热量为：𝑄=𝑐𝑚(𝑡𝑡)=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×0.1𝑘𝑔×(10℃0℃)=4200𝐽水吸水水0(4)𝐶𝐷段的加热时间为10min，加热的总时间是25min，是CD段的2.5倍，酒精灯的加热快慢稳定不变，则整个过程吸收的热量为：𝑄=2.5×𝑄=2.5×4.2×103𝐽=1.05×104𝐽吸吸水𝑄=10%×𝑄由题可知，吸放，则酒精完全燃烧放出的热量为：𝑄1.05×104𝐽𝑄=吸==1.05×105𝐽放10%0.1𝑄=𝑚𝑞由放得酒精灯中消耗的酒精的质量为：𝑄1.05×105𝐽𝑚=放==0.0035𝑘𝑔=3.5𝑔酒精𝑞3×107𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)故答案为：(1)固液共存状态；吸；不变(2)水的比热容大于冰的比热容(3)4200；(4)3.5(1)晶体在熔化过程中吸热温度不变，处于固液共存态，熔化结束物质处于液态；第11页，共19页(2)冰在熔化过程中吸收热量温度不变，用同一个酒精灯加热，相同时间内吸收的热量相同；(3)用一个酒精灯加热，在相同时间内吸收的热量相同，AD段吸收的热量等于CD段吸收热量的2.5倍，利𝑄=𝑐𝑚(𝑡−𝑡)用吸0求水吸收的热。本题考查吸热公式、晶体熔化的特点以及对质量属性的理解。要利用好隐含条件：用一个酒精灯加热，在相同时间内吸收的热量相同。6.【答案】15.0不能物距小于1倍焦距左大于C【解析】解：(1)由图甲知，光屏上出现一个最小最亮的光斑即为凸透镜的焦点处，焦点到凸透镜的距离为35.0𝑐𝑚−20.0𝑐𝑚=15.0𝑐𝑚，则凸透镜的焦距是15.0𝑐𝑚；(2)由图可知此时的物距为𝑢=20𝑐𝑚−10𝑐𝑚=10𝑐𝑚<15𝑐𝑚，成正立放大的虚像，不能用光屏接收；(3)当凸透镜位置不变，将蜡烛向左移动5cm，此时物距增大，要想在光屏上再一次成清晰的像，需要将像距减小，即将光屏向左移动；此时的像距大于物距，则光屏移动的距离大于5cm；(4)物体在凸透镜的二倍焦距处，得到倒立、等大的实像；实像如果不用光屏呈接，空气是比较干净时，眼睛是无法看到的，但是确实是存在的，实像又在平面镜中成像，相对蜡烛来说是倒立的虚像；蜡烛经过平面镜可以成正立、等大的虚像，故物体成一个倒立实像，一个正立虚像，一个倒立虚像。故答案为：(1)15.0；(2)不能；物距小于1倍焦距；(3)左；大于；(4)𝐶。(1)焦距是指从焦点到凸透镜的距离，根据图读出便可；(2)当𝑢<𝑓时，成正立放大的虚像，不能用光屏接收；(3)根据物远像近像变小可进行判断；(4)物体在凸透镜的二倍焦距处，得到倒立等大的实像；平面镜成正立等大的虚像。此题考查学生对于凸透镜成像实验的理解和掌握。要熟练掌握成像特点与物距、像距的关系，对规律进行总结。7.【答案】排开液体的体积液体的密度40900.991.10.591110偏大0.4【解析】解：(1)由图A、B、C、D、E中电子秤的示数可知，木块浸没的体积越大，即排开水的体积越大，受到的浮力越大，根据物体间力的作用是相互的，则对水的压力越大，则秤的示数越大，因此，浸在液体中的物体所受浮力的大小与物体排开液体的体积有关；由E和F、G图可知，液体的种类不同，浮力大小也不同，即物体受到的浮力大小还与液体的密度有关；𝑚=𝑚+𝑚𝑚=𝑚+𝑚+𝑚𝑚=𝑚−𝑚=540𝑔−500𝑔=(2)由A、B图可知，𝐴杯水，𝐵杯水木，因此木𝐵𝐴第12页，共19页40𝑔，𝑚=𝑚−𝑚=590𝑔−500𝑔=90𝑔由A、E图可知，排水𝐸𝐴， 𝑚排开水的体积𝑉=排水=90𝑔=90𝑐𝑚3，排水1𝜌1 𝑔/𝑐𝑚3水𝑚=𝑚−𝑚=605𝑔−506𝑔=99𝑔(3)由F、G图可知，排开盐水的质量排盐水𝐺𝐹，𝐹=𝐺=𝑚𝑔=99×10−3𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=根据阿基米德原理可知，木块受到的浮力浮排盐水排盐水0.99𝑁，由G图可知，木块完全浸没，则𝑉=𝑉=90𝑐𝑚3，排盐水排水1𝐹此时，木块在盐水中受到的浮力𝐹=𝜌𝑔𝑉可得，𝜌=浮2=0.99𝑁=浮2盐水排盐水盐水𝑔𝑉10𝑁/𝑘𝑔×90×10−6 𝑚3排盐水1.1×103𝑘𝑔/𝑚3=1.1𝑔/𝑐𝑚3．𝐺=𝑚𝑔=0.04𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=0.4𝑁木块受到的重力木木，𝐺+𝐹=𝐹𝐹=𝐹−𝐺=0.99𝑁−0.4𝑁=0.59𝑁对木块有木压浮，则针对木块的压力压浮木，杯底受到的压力𝐹=𝐺+𝐺+𝐹=(506−50)×10−3𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔+0.4𝑁+0.59𝑁=压2盐水木压5.55𝑁𝐹杯底受到盐水的压强𝑝=压2=5.55𝑁=1110𝑃𝑎𝑆50×10−4𝑚2(4)由于木块吸水，导致𝑉减小，由𝜌=𝑚可知，𝜌偏大；排𝑉𝑚=𝑚−𝑚=50𝑔−40𝑔=10𝑔由题意可知，木块吸水的质量吸𝐻木，𝑚由A、E可知，𝑉=实排=590𝑔−500𝑔+10𝑔=100𝑐𝑚3，木实际𝜌1.0𝑔/𝑐𝑚3水𝑚因此木块的密度𝜌=木=40𝑔=0.4𝑔/𝑐𝑚3。木𝑉100𝑐𝑚3木实际答：(1)排开液体的体积液体密度(2)4090(3)0.991.10.591110(4)偏大0.4𝐹=𝐺+𝐺+𝐺+𝐹根据电子秤受到杯向下的压力杯水木压，由物体间力的作用是相互的可知，木块受到的重𝐺+𝐹=𝐹力加上对木块向下的压力等于木块受到的浮力，即木压浮，对木块的压力增大，木块被压入水中𝑉𝐹=𝐺=𝑚𝑔的部分越多，即排越大，则木块受到的浮力越大，根据阿基米德原理浮排排可知，浮力增大，△𝐹=△𝑚𝑔则排开水的质量增大，即浮排，由此计算木块受到的浮力和针对木块的压力；由于木块吸水，导致排开水的质量偏小，则𝑉偏小，由𝜌=𝑚可知，密度偏大。排𝑉此题是一道浮力和密度的综合训练题，有一定的难度，要具有较强的理解能力。第13页，共19页8.【答案】短路10当电阻一定时，电流与电压成正比；右210～154【解析】解：(1)电压表测R的电压，滑片向右滑时，电压表示数变小，由欧姆定律𝐼=𝑈可知电路的电流𝑅变小，故变阻器连入电路的电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：(2)连接完电路。小龙将电源电压调节为3V不变，闭合开关后，把滑片移到阻值最大端，电流表有示数，电路为通路，发现电压表无示数，则出现电路故障的原因可能是定值电阻短路；(3)某次实验电压表和电流表的示数如图2所示，电压表选用小量程，分度值为0.1𝑉，电压为2V，电流表选用小量程，分度值为0.02𝐴，电流为0.2𝐴，由欧姆定律𝐼=𝑈，则他接入电路的定值电阻阻值为：𝑅𝑈2𝑉𝑅=𝑉==10𝛺，因电流随电压变化的图像为过原点的直线，由此得出的实验结论为：当电阻一定时，𝐼𝐴0.2𝐴电流与电压成正比；(4)在进行探究电流与电阻关系的实验时，小龙先将5𝛺的定值电阻接入电路，闭合开关当移动滑片后，记录电流表的示数为，由欧姆定律，电阻的电压为：=𝐼𝑅=0.4𝐴×5𝛺=2𝑉；0.4𝐴𝑈111根据串联分压原理可知，将定值电阻由5𝛺改接成10𝛺的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V，再记录下电流表的示数；(5)变阻器的最大电阻为20𝛺，在移动滑片P的过程中，电流表示数均能调节到0.2𝐴，由欧姆定律𝐼=𝑈，𝑅电路的电阻：𝑅=𝑈=6𝑉=30𝛺，由串联电阻的规律，电阻箱连入电路的最小电阻：总𝐼′0.2𝐴𝑅=30𝛺−20𝛺=10𝛺小；电压表选用小量程，故电阻箱的最大电压为3V，电阻箱连入电路的电阻最大，由串联电路电压的规律，变阻器连入电路的电阻为：𝑈=6𝑉−3𝑉，由分压原理，电阻箱的最大电阻：𝑅=30𝛺=15𝛺，电阻箱𝑅的滑大20第14页，共19页阻值调节范围为10～15𝛺；当电阻箱连入电路的电阻最小为10𝛺时，变阻器的最大电阻20𝛺连入电路中时，此时变阻器的最大电压为：𝑈=𝐼𝑅=0.2𝐴×20𝛺=4𝑉滑大滑大。故答案为：(1)如上图所示；(2)短路；(3)10；当电阻一定时，电流与电压成正比；(4)右；2；(5)10～15；4。(1)电压表测R的电压，滑片向右滑时，电压表示数变小，由欧姆定律𝐼=𝑈可知电路的电流变小，据此确𝑅定变阻器左下接线柱连入电路中；(2)闭合开关后，把滑片移到阻值最大端，电流表有示数，电路为通路，根据电压表无示数分析回答；(3)根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律𝐼=𝑈得出他接入电路的定值电阻阻值；𝑅根据电流随电压变化的图像为过原点的直线得出结论；(4)由欧姆定律得出电阻的电压；根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；(5)变阻器的最大电阻为20𝛺，在移动滑片P的过程中，电流表示数均能调节到0.2𝐴，由欧姆定律𝐼=𝑈得𝑅出电路的总电阻，由串联电阻的规律可得出电阻箱连入电路的最小电阻；根据电压表选用小量程可知电阻箱的最大电压，电阻箱连入电路的电阻最大，由串联电路电压的规律和分压原理得出电阻箱的最大电阻，从而得出电阻箱的阻值调节范围；𝑅0当电阻箱连入电路的电阻最小为10𝛺时，变阻器的最大电阻20��连入电路中时，由欧姆定律得出此时变阻器的最大电压。本题探究“电流与电压、电阻关系”的实验，考查电路连接、故障分析、电表读数、电阻计算、数据分析、控制变量法、操作过程及串联电路的规律及欧姆定律的运用，涉及的知识多，综合性强。9.【答案】解：(1)根据图示可知，𝑛=2，则𝐹=1(𝐺+𝐺)=1(210𝑁+90𝑁)=150𝑁；2动2滑轮组的机械效率：𝑊𝜂=有×100%=𝐺ℎ×100%=𝐺×100%=210𝑁×100%=70%；𝑊𝐹𝑠2𝐹2×150𝑁总(2)当物体N以0.4𝑚/𝑠的速度匀速上升时，绳子的速度为2×0.4𝑚/𝑠=0.8𝑚/𝑠，工人对滑轮组拉力的功率为：𝑃=𝑊=𝐹𝑠=𝐹𝑣=150𝑁×0.8𝑚/𝑠=120𝑊；𝑡𝑡(3)当物体匀速上升时，作用在杠杆A端的力：第15页，共19页𝐹=3𝐹+𝐺=3×150𝑁+150𝑁=600𝑁𝐴定；由杠杆平衡条件可得，×𝑂𝐵=𝐹×𝑂𝐴𝐹𝐵𝐴𝐹×𝑂𝐴600𝑁×5即𝐹=𝐴==1000𝑁；𝐵𝑂𝐵3配重M对的水平地面的压力为：𝐹′=𝐺𝑀−𝐹𝐵=𝑚𝑀𝑔−𝐹𝐵=150𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔−1000𝑁=500𝑁，配重M对的水平地面的压强为：𝑝=𝐹′=500𝑁=105 𝑃𝑎。𝑆50×10−4𝑚2答：(1)滑轮组的机械效率为70%；(2)工人对滑轮组拉力的功率为120W；(3)配重M对的水平地面的压强为105 𝑃𝑎。【解析】(1)根据图示读出作用在动滑轮上绳子的条数n，绳的重量、滑轮组的摩擦均不计，根据𝐹=1(𝐺+𝑛𝑊𝐺)求出拉力；根据𝜂=有=𝐺ℎ=𝐺求出滑轮组的机械效率；动𝑊𝐹𝑠𝑛𝐹总(2)根据物体的速度和绳子的段数判断出绳子的速度，根据𝑃=𝑊=𝐹𝑠=𝐹𝑣算出工人对滑轮组拉力的功率；𝑡𝑡(3)根据𝐹=3𝐹+𝐺算出当物体匀速上升时作用在杠杆A端的力，由杠杆平衡条件×𝑂𝐵=𝐹×𝑂𝐴算𝐴定𝐹𝐵𝐴出作用在B点的力，根据平衡力算出配重M对的水平地面的压力，由压强公式算出配重M对的水平地面的压强。本题考查了学生对机械效率、杠杆平衡条件、压强公式的掌握和运用，能根据杠杆平衡条件、压强公式计算是本题的关键。10.【答案】解：由图知，控制电路中、、电磁铁线圈串联，(1)𝑅0𝑅𝐹由表中数据知，当水箱内水位达到2米时，=60𝛺，控制电路中电流𝐼=0.1𝐴，𝑅𝐹𝑎所以的功率：=𝐼2𝑅=(0.1𝐴)2×60𝛺=0.6𝑊；𝑅𝐹𝑃𝐹𝑎𝐹(2)当水位为2米时，根据串联电路特点和欧姆定律可得𝑅阻值，0𝑅=𝑅−𝑅=𝑈−𝑅=12𝑉−60𝛺=60𝛺，0总1𝐹𝐹𝐼𝑎0.1𝐴当水位1米时，由表格数据知=90𝛺，𝑅𝐹1由串联电路特点和欧姆定律可得线圈的电流：𝐼=𝑈=12𝑉=0.08𝐴𝑏；𝑅0+𝑅𝐹160𝛺+90𝛺(3)由工作电路知，注水和喷淋系统是并联的，第16页，共19页注水系统从水位1米开始注水到2米，注水的总体积：𝑉=0.4𝑚2×(2𝑚−1𝑚)=0.4𝑚3总，注水的同时喷淋系统一直工作，所以注水时间：𝑡=0.4𝑚3=100𝑠，10.005𝑚3/𝑠−0.001𝑚3/𝑠水位从2米下降到1米，需要的时间：𝑡=0.4𝑚3=400𝑠，20.001𝑚3/𝑠所以注水系统与喷淋系统同时工作时，工作电路电流做的功：𝑊=𝑈𝐼𝑡=220𝑉×2𝐴×100𝑠=4.4×104𝐽，221喷淋系统单独工作时，工作电路电流做功：𝑊′=𝑈𝐼𝑡=220𝑉×1𝐴×400𝑠=8.8×104𝐽，212所以相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能：𝑊=𝑊+𝑊′=4.4×104𝐽+8.8×104𝐽=1.32×105𝐽总。答：当水箱内水位达到2m时，控制电路中压敏电阻的功率为；(1)𝑅𝐹0.6𝑊(2)当水箱内水位下降到1米时，通电电磁铁线圈的电流𝐼为；𝑏0.08𝐴(3)相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能为1.32×105𝐽。【解析】由图知，控制电路中、、电磁铁线圈串联，当水箱内水位达到2米时，由表格可知压敏(1)𝑅0𝑅𝐹电阻的阻值，由2𝑅计算𝑅的功率；𝑅𝐹𝑃=𝐼𝐹(2)在水位2米时，根据串联电路特点和欧姆定律计算𝑅阻值；0当水位1米时，由表格数据知连入阻值，计算出总电阻，从而得到控制电路中电流；𝑅𝐹(3)分别计算注水系统注水时间和喷淋系统喷水时间；由𝑊=𝑈𝐼𝑡计算注水和喷淋同时进行时工作电路电流做功和喷淋系统单独工作电流做功，从而计算工作电路消耗的总的电能。本题考查了串联和并联电路特点、欧姆定律以及电功计算公式的应用，要能看懂整个自动注水喷淋系统原理图，关键是求出各系统的工作时间。11.【答案】解：正方体的体积=𝑎3=(10𝑐𝑚)3=1000𝑐𝑚3=1×10−3𝑚3，(1)𝑉𝐴正方体的重力=𝑚𝑔=𝜌𝑉𝑔=800𝑘𝑔/𝑚3×1×10−3𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔=8𝑁；𝐺𝐴𝐴𝐴𝐴𝐺=𝐹加水到乙图位置时，弹簧测力计的示数为0，即有𝐴浮；𝐹塑料块排开水的体积𝑉=浮=8𝑁=8×10−4𝑚3=800𝑐𝑚3；排𝜌𝑔1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔水(2)如图甲可知，弹簧测力计此时的示数等于正方体的重力𝐺=8𝑁；第17页，共19页由于弹簧受到拉力为1N，弹簧的长度就增加1cm，要想让弹簧测力计示数为零，则塑料块A必须升高8cm，且升高后的浮力与重力相等。用表示甲乙两图中塑料块A底面高差，用表示塑料块在水中的浸没深度，ℎ1ℎ2𝑆用正表示塑料块的底面积，则甲、乙图正方体下底面的高度差=8𝑐𝑚，𝐹=𝐺=𝜌𝑔𝑉；ℎ1浮物水排𝑆=𝑎2=(10𝑐𝑚)2=100𝑐𝑚2正方体的底面积正；𝑉3正方体浸入水中的深度ℎ=排=800𝑐𝑚=8𝑐𝑚；2𝑆100𝑐𝑚2正加入水后，甲乙两图中容器内的液面总高差+ℎ=8𝑐𝑚+8𝑐𝑚=16𝑐𝑚△ℎ=ℎ12𝑉=𝑆△ℎ−𝑉=500𝑐𝑚2×16𝑐𝑚−800𝑐𝑚3=7200𝑐𝑚3加入水的体积为加容排𝑚=𝜌𝑉=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×7200×10−6𝑚3=7.2𝑘𝑔加入水的质量加水加；ℎ=4𝑐𝑚𝑉=𝑆ℎ=100𝑐𝑚2×4𝑐𝑚=(3)𝐴浸没在水中的部分切去一半，即减，则切去部分的体积减正减400𝑐𝑚3=0.004𝑚3=𝑉剩；𝑚=𝜌𝑉=800𝑘𝑔/𝑚3×400×10−6𝑚3=0.32𝑘𝑔𝑚=0.8𝑘𝑔−切去部分的质量减𝐴减；则剩余部分的质量剩0.32𝑘𝑔=0.48𝑘𝑔；𝐺=𝑚𝑔=0.32𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=3.2𝑁𝐺=8𝑁−3.2𝑁=4.8𝑁切去部分的重力减减；则剩余部分的重力剩；由于切掉一半后，塑料块剩余部分一定会向下运动，一直运动到剩余部分在弹簧测力的计拉力和切完后𝐺塑料块A受到浮力共同作用下与塑料块A剩余部分所受到的重力剩平衡，因此有：𝐹′+𝐹=𝐺浮拉剩，塑料块A此时为平衡状态；用△ℎ′表示塑料块向下移动的高度，则弹簧秤移动的距离△𝐹𝐹也为△ℎ′，用浮表示下降△ℎ受到的浮力，用剩浮表示切掉后剩余部分受到的浮力，又已知弹簧受到拉力每增加1N，弹簧的长度就增加1cm，则有：𝐹′=𝐹+△𝐹浮剩浮浮；则有：𝐹′+𝐹=𝐹+△𝐹+𝐹=𝐺浮拉剩浮浮拉剩，则有：𝜌𝑔𝑉+△ℎ′×100𝑁/𝑚+𝜌𝑔𝑆△ℎ′=𝐺水剩水正剩，代入数值则有：1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×0.004𝑚3++△ℎ′×100𝑁/𝑚+1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×0.01𝑚2△ℎ′=4.8𝑁解得：△ℎ′=0.004𝑚=0.4厘米第18页，共19页答：(1)如图乙所示，塑料块排开水的体积是800𝑐𝑚3；(2)从图甲到图乙，加入水的质量为7.2𝑘𝑔；(3)塑料块最终静止后，其上表面相对于图乙所在位置移动的距离0.4𝑐𝑚。𝐹【解析】(1)弹簧测力计示数为0时，𝐺=𝐹，由公式浮计算出排开水的体积；𝐴浮𝜌𝑔水(2)必须能够理解甲乙两图中，塑料块A底面高差与弹簧测力计示数的关系，分析出在此情况下，塑料块A受到的浮力与其重力的关系，并依据浮力公式计算出塑料块A在水中的浸没深度。然后从依据液面高差计算的总体积中减去塑料块A浸没的体积。即为浇入水的体积，然后依据质量公式计算出加入水的质量；(3)首先要分析出塑料块切完后的最终状态不是漂浮，而是所受到的弹簧测力计的拉和水的浮力与其重力平衡。然后要能够分析得出物块受到的拉力与物块下降的高度之间的关系；再分析出由于塑料块下降受到的𝐹′𝐹′+𝐹=𝐺浮力加上切完后仍然浸在水中的塑料块受到的浮力，是最终状态的总的浮力浮。然后通过浮拉剩计算出塑料块的下降高度。此题考查学生对阿基米德原理的应用题，有一定的难度，特别是(3)，对学生的综合分析能力较高。第19页，共19页