2022年四川省绵阳市中考物理质检试卷

这是一份2022年四川省绵阳市中考物理质检试卷，共31页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年四川省绵阳市中考物理质检试卷
一、选择题（每小题3分，每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，在一个配有活塞的密封厚玻璃筒里放一团硝化棉，把活塞迅速压下去，能够观察到硝化棉燃烧起来。在压缩过程中（　　）

A．气体分子热运动加剧
B．气体分子间只存在引力
C．气体分子间只存在斥力
D．气体分子间间隙减小到零
2．（3分）2021年，云南野象群北迁引发全球关注，人与象的和谐相处让全世界看到了中国在保护野生动物方面的成果。迁徙途中，一只小象因误食酒糟“醉酒”而掉队十余公里，仍能够通过次声波与象群取得联系并最终“归队”。象群交流使用的次声波人却听不见，这是因为（　　）
A．人与象距离太远 B．次声波的响度太小
C．次声波的频率太低 D．次声波的音调太高
3．（3分）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”，二十四节气准确反映了自然节律变化，在北京冬奥会开幕式上，倒计时更是以二十四节气为序，惊艳世界。下列节气中涉及的物态变化，分析正确的是（　　）
A．“雨水”﹣﹣雨的形成是汽化现象
B．“寒露”﹣﹣露的形成是液化现象
C．“霜降”﹣﹣霜的形成是凝固现象
D．“大雪”﹣﹣雪的形成是升华现象
4．（3分）研究能源利用，实现可持续发展是21世纪各国共同任务。能源按照不同的方式进行分类，下列四种能源中，能归入图示阴影部分的是（　　）

A．电能 B．核能 C．太阳能 D．化石能源
5．（3分）如图所示是生活中常见的六孔插线板，使用中时发现：只有开关闭合时，指示灯才能发光，插孔才能提供工作电压；即使指示灯损坏，开关闭合插孔也能提供工作电压；插孔工作供电时互不影响。则开关、指示灯、插孔的连接方式分析正确的是（　　）

A．插孔与插孔之间是并联
B．插孔与开关之间是并联
C．插孔与指示灯之间是串联
D．开关与指示灯之间是并联
6．（3分）如图所示，在蹄形磁铁中放置一根金属导体棒AB，导体棒两端通过导线与螺线管相连，螺线管右侧放置一个可自由旋转的小磁针。当导体棒整体水平向右移动时，小磁针的N极会向左偏转，则导体棒AB整体（　　）

A．向右移动时，感应电流的方向是从B到A
B．向右移动时，感应电流的方向是从A到B
C．竖直向上运动时，小磁针向右偏转
D．竖直向下运动时，小磁针向左偏转
7．（3分）某同学从平面镜前的B点沿直线移动2m到A点，移动的路径与平面镜的夹角30°，如图所示。则移动过程中，该同学与镜中像之间的距离减小了（　　）

A．1m B．2m C．3m D．4m
8．（3分）甲、乙两辆汽车在某段平直公路上沿直线行驶，它们运动的路程s随时间t变化的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．0～20 min，甲车平均速度为1.5m/s
B．0～t1，甲车平均速度大于乙车平均速度
C．0～t1，甲车一直做匀速直线运动
D．t1＝60min
9．（3分）在“探究凸透镜成像规律”实验中，当凸透镜、光屏和蜡烛的位置如图所示时，光屏上无清晰的像。将透镜向右移动5cm距离后，光屏上出现了清晰的像，则（　　）

A．所成的像是倒立缩小的实像
B．所成的像是倒立放大的实像
C．透镜焦距一定等于10cm
D．透镜焦距一定大于10cm
10．（3分）如图所示，小车处在水平桌面上，用轻绳跨过光滑定滑轮与钩码相连，在轻绳的拉力作用下沿桌面做匀速运动。下列分析正确的是（　　）

A．若剪短细线，则小车立刻停下来
B．小车受到的摩擦力大小等于钩码重力大小
C．绳子对钩码的拉力和绳子对小车的拉力是一对平衡力
D．绳子对小车的拉力和地面对小车的摩擦力是一对相互作用力
11．（3分）在如图所示的电路中，电源电压不变，当S闭合，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，关于电表示数变化情况分析正确的是（　　）

A．电流表A示数变小，电压表V1示数变小
B．电流表A示数变小，电压表V2示数变小
C．电压表V1变化量与电流表A减小量的比值增大
D．电压表V1变化量与电流表A减小量的比值不变
12．（3分）如图所示，小球从弹簧正上方A点静止下落（忽略空气阻力，弹簧处于自由伸长状态），在B点与弹簧接触，小球将弹簧压缩至C点时速度变为零。从A到C过程中（　　）

A．弹簧的机械能不变
B．小球的机械能一直减小
C．小球和弹簧的总机械能不变
D．小球的重力势能转化为小球的动能
13．（3分）滑块A和滑板B（足够长）叠放在光滑水平地面上，滑块A和滑板B左侧还通过如图所示的滑轮组用细线连接。用水平向右大小为12N的拉力在4s内，使滑块A相对于地面向右匀速移动了1.6m，忽略滑轮与绳子间的摩擦，滑轮重力不计。滑块A向右匀速运动的过程中（　　）

A．竖直墙壁受到的拉力为8N
B．滑块A和滑板B之间的摩擦力大小为4N
C．动滑轮对滑板B的拉力做功6.4J
D．动滑轮对滑板B的拉力的功率为3.2W
五、（本题包括5小题，每空2分，共20分）
14．（4分）音乐广场的喷泉池内装有射灯，人们从岸上看到的射灯的像在射灯实际位置的 　 　（选填“上方”或“下方”）；如图所示，射灯发出的一束单色光照射到水与空气的交界面，发生了反射和折射（反射光线和折射光线未画出），当入射光线与界面夹角θ成60°时，折射光线与反射光线刚好垂直，此时折射角为 　 　度。

15．（4分）如图所示，是某工人用轻质木棒AB挑运货物的示意图，O点在该工人的肩膀上。其中木棒AB长0.6m，A端悬挂一重240N的重物，OA长0.2m，用手压住B端保持杠杆水平平衡，则B端竖直向下的压力为 　 　N；若压在B端的手向O点靠近，但仍然保持木棒水平平衡，则手竖直向下的压力需要 　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。

16．（4分）在“垃圾围城”日益严峻的形势下，垃圾焚烧发电作为“减量化、无害化、资源化”处置生活垃圾的方式，引起国家高度重视与关注。一定条件下，10kg垃圾燃烧后能够发电1.6kW•h，相当于 　 　m3天然气完全燃烧放出的热量；这些能量为效率为70%的热水器供电，能够使40L水温度最多升高 　 　℃。（天然气的热值3.2×107J/m3，水的比热容4.2×103J/（kg•℃）
17．（4分）如图甲所示电路，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。若滑片P从最右端移至最左端的过程中，变阻器的电功率随电流变化的关系图象如图乙所示，其中a点是滑片置于最右端时的数据，b点是滑片移至某位置时的数据。根据图象，可以计算出R1的阻值为 　 　Ω；当R2消耗电功率最大时，对应的电流表示数为 　 　A。

18．（4分）实心正方体甲、乙直接放置于水平地面上时，对地面的压强均为p0，若将甲叠放在乙上，乙对地面的压强为5p0。则甲、乙的质量之比为 　 　；将乙叠放在甲上，甲对地面的压强为 　 　（用p0表示）。
三、（本题包括3小题，每空2分，共20分）
19．（6分）用如图甲所示装置来探究“水沸腾时温度变化的特点”。
（1）安装实验装置时，应按照 　 　（选填“从上至下”或“从下至上”）安装顺序；
（2）用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图可知：沸腾过程中水的温度保持不变；
（3）撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中不断 　 　（选填“放热”或“吸热”）；
（4）对a、b两条图线分析，发现将水加热到沸腾所花的时间不同，这是因为两次实验中水的质量不同。若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，则ma　 　mb（填“大于”“等于”或“小于”）。
20．（6分）用天平和量筒测定盐水的密度。请完成以下任务：.
（1）对天平进行调节，正确的顺序是 　 　。
A.调节天平的平衡螺母，使天平横梁平衡
B.把天平放在水平台面上
C.把游码放在标尺的零刻度线处
（2）将烧杯中一定体积的盐水倒入量筒中，记下量筒中盐水体积V并填入表中，用天平称量此时烧杯和剩余盐水的总质量M并填入表中；再重复上述操作2次，将实验数据记录表中。第2次测量中，当天平平衡时，所用砝码、游码的位置如图所示，则此时烧杯和液体的总质量为 　 　g；
实验次数
1
2
3
倒出液体体积V/cm3
10.0
20.0
30.0
烧杯和液体的总质量M/g
66.2

42.2
（3）根据表格数据可得，盐水密度是 　 　g/cm3。

21．（8分）用电压表测电压时，通常并不考虑仪表本身电阻对待测电路的影响，而将其视为“理想电表”，即认为电压标的内阻为无限大。实际上，电压表都有一定的电阻值，因而我们可以把电压表看成一个能显示自身两端电压大小的阻值很大的电阻。现有一量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ。为了较准确地测量其内电阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图所示的实验电路，其中R1是能显示连入电路阻值的滑动变阻器，最大阻值为9999Ω，R0是1000Ω定值电阻。实验室提供的电源有：
A.电压为3.6V的电源
B.电压为6.0V的电源
请补充完成实验：
（1）电源应该选用的是 　 　（选填序号）；
（2）根据电路图，连接电路，电路连接过程中，开关S1和S2应处于断开，滑动变阻器应该位于最 　 　端（选填“a”或“b”）；
（3）闭合开关S1和S2，记录此时电压表的示数U1；
（4）断开S2，发现无论如何调节电阻箱R，电压表的示数始终稳定为U1，则可能的故障是R1　 　。故障排除后，再调节电阻箱R1，使电压表的示数为U2=U12，此时R1＝3850Ω；
（5）断开S1，拆除电路，复原实验器材；
（6）测得电压表的内阻RV＝　 　Ω。

四、（本题2小题，共21分。解答过程必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）如图所示，是一款家用电热水壶的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1阻值为220Ω。闭合开关S1、S2，电热水壶开始加热，加热功率为1100W；温度达到一定时，开关S2断开，电热水壶开始保温。家庭电路中电压恒为220V，不考虑电热丝电阻随温度的变化。求：
（1）电阻R2的阻值；
（2）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能。

23．（12分）李明同学在学习浮力相关知识后，制作了一台“浮力秤”，用来称量物体的质量。如图所示，浮力称由浮体和外筒组成，浮体包括秤盘和秤盘下的圆柱体，总质量m0为600g，圆柱体高h0为15cm、底面积S0为200cm2；外筒是高h0、底面积S为250cm2的圆柱容器，外筒壁厚度可忽略不计。使用前，先将浮体放入容器中，缓慢加入750cm3的水，再放上待测物体，当浮体静止后，根据浮体没入水面的深度，就可以计算出待测物体的质量。已知水的密度为ρ水＝1.0g/cm3、g＝10N/kg，浮体始终竖直且未与外筒壁接触。求：
（1）该“浮力秤”能称量的最大质量；
（2）缓慢加水的过程中，浮力对浮体做的功；
（3）正常称量范围内称量，浮体静止时水对外筒底部压强p与待测质量m关系表达式。（关系式中只有含有p、m）


2022年四川省绵阳市中考物理质检试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，在一个配有活塞的密封厚玻璃筒里放一团硝化棉，把活塞迅速压下去，能够观察到硝化棉燃烧起来。在压缩过程中（　　）

A．气体分子热运动加剧
B．气体分子间只存在引力
C．气体分子间只存在斥力
D．气体分子间间隙减小到零
【分析】（1）做功和热传递可以改变物体的内能；
（2）分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈；
（3）分子间同时存在相互作用的引力和斥力；
（4）分子间存在间隙。
【解答】解：在一个配有活塞的密封厚玻璃筒里放一团硝化棉，把活塞迅速压下去，能够观察到硝化棉燃烧起来，压缩过程中，机械能转化为内能，通过做功的方式使空气内能增加，温度升高；
A、由于空气的温度升高，所以分子的无规则运动即热运动加剧，故A正确；
BC、分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的，故BC错误；
D、由于分子间距离减小时，分子间的斥力会随着增大，故分子间的间隙不可能为零，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查做功改变物体的内能、分子动理论的内容，正确理解分子动理论内容是解题的关键。
2．（3分）2021年，云南野象群北迁引发全球关注，人与象的和谐相处让全世界看到了中国在保护野生动物方面的成果。迁徙途中，一只小象因误食酒糟“醉酒”而掉队十余公里，仍能够通过次声波与象群取得联系并最终“归队”。象群交流使用的次声波人却听不见，这是因为（　　）
A．人与象距离太远 B．次声波的响度太小
C．次声波的频率太低 D．次声波的音调太高
【分析】人能听到的声音频率范围是20Hz～20000Hz，频率低于20Hz的声音叫次声波，频率高于20000Hz的叫超声波。
【解答】解：因为大象的“声音”是一种次声波，其频率低于20Hz，不在人耳能够听到的声音频率范围之内，所以人类听不到大象之间的交流的声音，但是大象却能听见。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是要明确不是大象发出的所有的声音都是次声波，只有大象之间交流时才会是次声波。
3．（3分）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”，二十四节气准确反映了自然节律变化，在北京冬奥会开幕式上，倒计时更是以二十四节气为序，惊艳世界。下列节气中涉及的物态变化，分析正确的是（　　）
A．“雨水”﹣﹣雨的形成是汽化现象
B．“寒露”﹣﹣露的形成是液化现象
C．“霜降”﹣﹣霜的形成是凝固现象
D．“大雪”﹣﹣雪的形成是升华现象
【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态变为液态的过程叫液化，物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由固态变为液态的过程叫熔化，物质由液态变为固态的过程叫凝固。
【解答】解：A、雨是空气中水蒸气遇冷液化形成的，故A错误；
B、露是由空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，故B正确；
C、霜是固态的小冰晶，是由空气中的水蒸气遇冷形成的，属于凝华现象，故C错误；
D、雪是由空气中的水蒸气遇冷形成的，属于凝华现象，故D错误。
故选：B。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4．（3分）研究能源利用，实现可持续发展是21世纪各国共同任务。能源按照不同的方式进行分类，下列四种能源中，能归入图示阴影部分的是（　　）

A．电能 B．核能 C．太阳能 D．化石能源
【分析】（1）可再生能源的概念：像风能、水能、太阳能等可以在自然界源源不断地得到，把它们称为可再生能源。不可再生能源的概念：化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源。
（2）像化石能源这样可以直接从自然界获得的能源，称为一次能源；必须通过消耗一次能源才能得到的能源叫二次能源，如电能。
【解答】解：太阳能属于可再生能源，也属于一次能源，同时属于新能源。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】知道能源的分类，可解答此题。
5．（3分）如图所示是生活中常见的六孔插线板，使用中时发现：只有开关闭合时，指示灯才能发光，插孔才能提供工作电压；即使指示灯损坏，开关闭合插孔也能提供工作电压；插孔工作供电时互不影响。则开关、指示灯、插孔的连接方式分析正确的是（　　）

A．插孔与插孔之间是并联
B．插孔与开关之间是并联
C．插孔与指示灯之间是串联
D．开关与指示灯之间是并联
【分析】并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。
【解答】解：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联的，开关接在干路中；插孔工作供电时互不影响，这说明插孔之间是并联的；综上所述，A正确，BCD错误。
故选A。
【点评】根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
6．（3分）如图所示，在蹄形磁铁中放置一根金属导体棒AB，导体棒两端通过导线与螺线管相连，螺线管右侧放置一个可自由旋转的小磁针。当导体棒整体水平向右移动时，小磁针的N极会向左偏转，则导体棒AB整体（　　）

A．向右移动时，感应电流的方向是从B到A
B．向右移动时，感应电流的方向是从A到B
C．竖直向上运动时，小磁针向右偏转
D．竖直向下运动时，小磁针向左偏转
【分析】（1）导体棒运动，切割磁感线产生了感应电流，电流流过螺线管，在螺旋管中电流产生的磁场作用下，小磁针发生偏转；
（2）根据磁极间的相互作用规律判定螺线管的极性；根据安培定则可以判定螺线管中电流的方向。
【解答】解：AB、当导体棒整体水平向右移动时，小磁针的N极会向左偏转，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极，根据安培定则可知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，所以电流的方向是从A到B，故A错误，B正确；
CD、竖直向下运动时，导体AB没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，螺线管周围不存在磁场，所以小磁针不偏转，故CD错误。
故选B。
【点评】本题把电磁感应现象、螺线管的电流和磁极关系、磁极间的相互作用放在同一个实验中进行考查，比较新颖，比较综合，有一些难度。
7．（3分）某同学从平面镜前的B点沿直线移动2m到A点，移动的路径与平面镜的夹角30°，如图所示。则移动过程中，该同学与镜中像之间的距离减小了（　　）

A．1m B．2m C．3m D．4m
【分析】根据平面镜成像特点，平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等，即可解答。
【解答】解：由于移动的路径与平面镜的夹角30°，同学从平面镜前的B点沿直线移动2m到A点，此时垂直靠近平面镜1m，所以此时A距离镜面近了1m，所以此时像与物的距离近了2m，故该同学与镜中像之间的距离减小了2m。
故选：B。
【点评】平面镜成像在实际生活中非常常见，学习中要注意联系实际，活学活用。根据移动后的距离，分析移动的方向和距离，此题有助于考查学生的逆向思维。
8．（3分）甲、乙两辆汽车在某段平直公路上沿直线行驶，它们运动的路程s随时间t变化的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．0～20 min，甲车平均速度为1.5m/s
B．0～t1，甲车平均速度大于乙车平均速度
C．0～t1，甲车一直做匀速直线运动
D．t1＝60min
【分析】（1）（2）比较相同时间内，汽车通过的路程的大小，根据速度公式分析平均速度的大小；
（3）在s﹣t图象中，平行于时间轴的直线表示物体静止；
（4）根据v=st计算出乙车的速度，再根据v=st计算t1出表示的时间
【解答】解：A、由图可知，0～20min，甲车平均速度：v=st=30km2060ℎ=90km/h＝25m/s，故A错误；
B、0～t1，相同时间内，甲车行驶的路程等于乙车行驶的路程，所以甲车平均速度等于乙车平均速度，故B错误；
C、20min～t1，甲车是静止状态，故C错误；
D、由图可知，0～t1，乙车做匀速直线运动，乙车的速度为：v乙=s乙t乙=10km2060ℎ=30km/h，0～t1乙车行驶的路程为30km，t1=s1v乙=30km30km/ℎ=1h＝60min，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查速度公式的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
9．（3分）在“探究凸透镜成像规律”实验中，当凸透镜、光屏和蜡烛的位置如图所示时，光屏上无清晰的像。将透镜向右移动5cm距离后，光屏上出现了清晰的像，则（　　）

A．所成的像是倒立缩小的实像
B．所成的像是倒立放大的实像
C．透镜焦距一定等于10cm
D．透镜焦距一定大于10cm
【分析】凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，此时的u＞2f，f＜v＜2f，据此求出凸透镜焦距的大小。
【解答】解：由图可知，此时的蜡烛到凸透镜的距离为20.0cm，光屏到凸透镜的距离为20.0cm，将透镜向右移动5cm距离后，光屏上出现了清晰的像，此时的物距为25.0cm，像距为15.0cm，物距大于像距，成倒立、缩小的实像；此时u＞2f、f＜v＜2f，带入数据可知：25.0cm＞2f、f＜15.0cm＜2f，解得：7.5cm＜f＜12.5cm；
综上所述，A正确，BCD错误。
故选A。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，难度不大。
10．（3分）如图所示，小车处在水平桌面上，用轻绳跨过光滑定滑轮与钩码相连，在轻绳的拉力作用下沿桌面做匀速运动。下列分析正确的是（　　）

A．若剪短细线，则小车立刻停下来
B．小车受到的摩擦力大小等于钩码重力大小
C．绳子对钩码的拉力和绳子对小车的拉力是一对平衡力
D．绳子对小车的拉力和地面对小车的摩擦力是一对相互作用力
【分析】（1）物体保持原来运动状态的性质叫惯性，任何物体都具有惯性；
（2）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上；一对相互作用力的特点包括：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在不同物体上。
【解答】解：A、若剪短细线，则小车具有惯生，不会立刻停下来，故A错误；
B、小车受到的摩擦力与绳子对小车的拉力是一对平衡力，而定滑轮作用是改变力的方向，不改变力的大小，因此小车受到的摩擦力等于钩码重力大小，故B正确；
C、绳子对小车的拉力的方向是水平的，绳子对钩码拉力的方向为竖直向上，它们不在同一直线上，因此不是一对平衡力，故C错误；
D、绳子对小车的拉力和地面对小车的摩擦力是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了力与运动的关系、惯性、平衡力和相互作用力的区分，难度适中。
11．（3分）在如图所示的电路中，电源电压不变，当S闭合，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，关于电表示数变化情况分析正确的是（　　）

A．电流表A示数变小，电压表V1示数变小
B．电流表A示数变小，电压表V2示数变小
C．电压表V1变化量与电流表A减小量的比值增大
D．电压表V1变化量与电流表A减小量的比值不变
【分析】由电路图可知，当S闭合，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R2两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A测电路中的电流。
（1）根据电源电压不变可知滑片移动时电压表V2的示数变化，根据滑片的移动可知变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化R1两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化；
（2）设出滑片移动前后电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表V1变化量，然后结合定值电阻R1的阻值判断电压表V1变化量与电流表A减小量的比值变化。
【解答】解：由电路图可知，当S闭合，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R2两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A测电路中的电流。
AB．因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V2的示数不变，故B错误；
当滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表A示数变小，
由U＝IR可知，R1两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故A错误；
CD．设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则电压表V1变化量：
ΔU2＝U2′﹣U2＝（U﹣I2R1）﹣（U﹣I1R1）＝（I1﹣I2）R1＝ΔIR1，即ΔU2ΔI=R1，
所以，电压表V1变化量与电流表A减小量的比值不变，故C错误、D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合后电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
12．（3分）如图所示，小球从弹簧正上方A点静止下落（忽略空气阻力，弹簧处于自由伸长状态），在B点与弹簧接触，小球将弹簧压缩至C点时速度变为零。从A到C过程中（　　）

A．弹簧的机械能不变
B．小球的机械能一直减小
C．小球和弹簧的总机械能不变
D．小球的重力势能转化为小球的动能
【分析】动能的影响因素是速度和质量；重力势能的影响因素是质量和高度；弹性势能的影响因素是弹性形变程度的大小，据此分析能量的变化。
【解答】解：小球自A点由静止开始自由下落，高度减小，速度变大，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能；接触B点前，小球下落过程中，忽略空气阻力，小球的机械保持不变；
到达B点时与弹簧接触，再向下运动时，高度减小，重力势能减小，弹簧发生了弹性形变，弹性形变的程度逐渐变小，弹性势能逐渐变大，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，小球的机械能逐渐变小；
不计阻力，整个状态的机械能守恒，即小球和弹簧的总机械能不变；综上所述，C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了机械能的相互转化、机械能和弹性势能的转化，分析各个过程的运动状态是解题的关键。
13．（3分）滑块A和滑板B（足够长）叠放在光滑水平地面上，滑块A和滑板B左侧还通过如图所示的滑轮组用细线连接。用水平向右大小为12N的拉力在4s内，使滑块A相对于地面向右匀速移动了1.6m，忽略滑轮与绳子间的摩擦，滑轮重力不计。滑块A向右匀速运动的过程中（　　）

A．竖直墙壁受到的拉力为8N
B．滑块A和滑板B之间的摩擦力大小为4N
C．动滑轮对滑板B的拉力做功6.4J
D．动滑轮对滑板B的拉力的功率为3.2W
【分析】（1）分别以滑块A和滑板B为研究对象，分析在水平方向受力情况，由平衡力可得细线上的拉力；
左侧定滑轮受到三段绳子水平向右拉力，由此判断墙壁受到的拉力；
（2）以滑板B为研究对象，分析其水平方向受到的力，由平衡力得到滑块A对滑板B的摩擦力大小；
（3）先判断动滑轮对滑板的拉力，由W＝Fs计算动滑轮对滑板B做的功；
（4）由P=Wt计算动滑轮对滑板B的拉力的功率。
【解答】解：对滑块A在水平方向受力分析，受到细线水平向左拉力F和滑块B对滑块A的摩擦力f、向右的拉力，根据物体受力平衡可得：F＝f+F绳﹣﹣﹣①
滑块B放在光滑水平地面上，对滑块B在水平方向受力分析，受到动滑轮对滑板B的水平向左拉力F拉＝2F绳和滑块A对滑块B向右的摩擦力f，根据物体受力平衡可得：f＝2F绳﹣﹣﹣②
由①②可得：F绳=13F=13×12N＝4N；
A、左侧定滑轮受到三段绳子水平向右拉力，则墙壁受到的拉力：F墙＝3F绳＝3×4N＝12N，故A错误；
B、由②可得：滑块A和滑板B之间的摩擦力：f＝2F绳＝2×4N＝8N，故B错误；
C、动滑轮对滑块B的拉力：F拉＝2F绳＝2×4N＝8N，滑块A相对于地面向右匀速移动了1.6m，则滑板B相对于地面向左匀速移动的距离：sB=12sA=12×1.6m＝0.8m，则动滑轮对滑板B的拉力做功：W＝F拉sB＝8N×0.8m＝6.4J，故C正确；
D、则动滑轮对滑板B的拉力做功功率P=Wt=6.4J4s=1.6W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了使用滑轮组时功和功率的计算、以及二力平衡条件的应用，解题的关键是对研究对象进行正确的受力分析，物体做匀速直线运动，属于平衡状态，受到是平衡力。
五、（本题包括5小题，每空2分，共20分）
14．（4分）音乐广场的喷泉池内装有射灯，人们从岸上看到的射灯的像在射灯实际位置的 　上方　（选填“上方”或“下方”）；如图所示，射灯发出的一束单色光照射到水与空气的交界面，发生了反射和折射（反射光线和折射光线未画出），当入射光线与界面夹角θ成60°时，折射光线与反射光线刚好垂直，此时折射角为 　60　度。

【分析】（1）光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。
（2）光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧，当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，则折射角大于入射角。
（3）在光的反射现象中，反射角等于入射角；光从水里斜射入空气中时，折射角大于入射角，据此作出光路图，进而进行计算即可。
【解答】解：当光线从水斜射入空气时，则折射角大于入射角，人们从岸上看到的射灯的像在射灯实际位置的上方；
如图，

射灯发出的一束单色光照射到水与空气的交界面，发生了反射和折射，当入射光线与界面夹角θ成60°时，入射角，90°﹣60°＝30°，反射角等于入射角，反射角等于30°，
折射光线与反射光线刚好垂直，∠BOM＝90°﹣30°＝60°，
∠AOM＝90°﹣∠BOM＝90°﹣60°＝30°，
此时折射角为：∠AON′＝90°﹣∠AOM＝90°﹣30°＝60°。
故答案为：上方；60。
【点评】此题主要考查了对光的反射定律和折射规律的应用，首先要掌握反射角、入射角、折射角的概念，搞清反射角、折射角和入射角的大小。根据题意做出光路图，利用几何知识解决。
15．（4分）如图所示，是某工人用轻质木棒AB挑运货物的示意图，O点在该工人的肩膀上。其中木棒AB长0.6m，A端悬挂一重240N的重物，OA长0.2m，用手压住B端保持杠杆水平平衡，则B端竖直向下的压力为 　120；　N；若压在B端的手向O点靠近，但仍然保持木棒水平平衡，则手竖直向下的压力需要 　增大　（选填“增大”“减小”或“不变”）。

【分析】木棒以人肩作为支点处于平衡状态，则由杠杆平衡条件可求得手对木棒的作用力；根据压力力臂的变化，利用杠杆的平衡条件分析压力大小的变化。
【解答】解：由图可知，O为支点，杠杆水平平衡，根据杠杆的平衡条件可知：G×OA＝F×OB，即：240N×0.2m＝F×（0.6m﹣0.2m），解得F＝120N；
若压在B端的手向O点靠近，压力的力臂变小，重物对木棒的作用力和重物对木棒的作用力的力臂不变，要使木棒水平平衡，根据杠杆的平衡条件可知，手竖直向下的压力会增大。
故答案为：120；增大。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，利用好杠杆平衡条件是关键。
16．（4分）在“垃圾围城”日益严峻的形势下，垃圾焚烧发电作为“减量化、无害化、资源化”处置生活垃圾的方式，引起国家高度重视与关注。一定条件下，10kg垃圾燃烧后能够发电1.6kW•h，相当于 　0.18　m3天然气完全燃烧放出的热量；这些能量为效率为70%的热水器供电，能够使40L水温度最多升高 　24　℃。（天然气的热值3.2×107J/m3，水的比热容4.2×103J/（kg•℃）
【分析】（1）10kg垃圾燃烧后能够发电1.6kW•h，即可求出电能；然后根据Q＝qV即可求出消耗天然气的体积；
（2）根据效率公式η=WQ放可求电能，由密度公式可求水的质量，再根据Q＝cmΔt即可求出热水器能够使40L水温度最多升高的温度。
【解答】解：10kg垃圾燃烧后能够发电1.6kW•h，W＝1.6kW•h×3.6×106J/kW•h＝5.76×106J，
由Q＝qV可得消耗天然气的体积：V=Q放q=Wq=5.76×106J3.2×107J/m3=0.18m3；
由η=WQ放可得热水器的电能：W′＝ηQ放＝70%×5.76×106J＝4.032×106J，
由ρ=mV可得40L水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×40×10﹣3m3＝40kg，
由Q＝cmΔt可得能够使40L水温度最多升高：
Δt=Q吸cm=W′cm=4.032×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×40kg=24℃.
故答案为：0.18；24。
【点评】考查了学生对燃料燃烧放出热量公式、热效率公式、密度公式的理解和灵活运用，属于中档题。
17．（4分）如图甲所示电路，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。若滑片P从最右端移至最左端的过程中，变阻器的电功率随电流变化的关系图象如图乙所示，其中a点是滑片置于最右端时的数据，b点是滑片移至某位置时的数据。根据图象，可以计算出R1的阻值为 　20　Ω；当R2消耗电功率最大时，对应的电流表示数为 　0.45　A。

【分析】由电路图可知，R1和R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器滑片在右端时，变阻器接入电路的阻值最大，此时电路中的电流最小，根据乙图结合电功率公式P＝UI求出滑动变阻器两端的电压（即电压表的示数），由串联电路的特点和欧姆定律表示出电源电压；当滑动变阻器滑片在b点时，根据乙图读出此时的电流，由P＝UI求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路特点和欧姆定律表示出电源电压，联立解方程得到R0的阻值和电源电压；
滑动变阻器的电功率等于电路总功率与定值电阻的功率之差，根据抛物线的性质计算当R2消耗电功率最大时，对应的电流表示数。
【解答】解：由电路图可知，R1和R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器滑片在右端时，变阻器接入电路的阻值最大，电路的总电阻最大时，电路中的电流最小，
由乙图可知，电路中的最小电流I最小＝0.15A，此时变阻器R2消耗的功率为2.25W，
根据P＝UI可得，此时变阻器R2两端的电压（即电压表的示数）；UR=P2I最小=2.25W0.15A=15V，
由串联电路特点和欧姆定律可得电源电压：U＝UR+I最小R1＝15V+0.15A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
当滑动变阻器滑片在b点时，由乙图可知，电路中的电流I′＝0.5A，此时变阻器R2消耗的功率为4W，
根据P＝UI可得，滑动变阻器两端的电压：U′R=P2′I′=4W0.5A=8V，
由串联电路特点和欧姆定律可得电源电压：U＝UR′+I′R1＝8V+0.5A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得：R1＝20Ω，U＝18V。
滑动变阻器的电功率等于电路总功率与定值电阻的功率之差，即P＝UI﹣I2R1＝18V×I﹣I2×20Ω，根据抛物线的性质可知当I=b−2a=18V−2×(−20Ω)=0.45A时，P有最大值。
故答案为：20；0.45。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
18．（4分）实心正方体甲、乙直接放置于水平地面上时，对地面的压强均为p0，若将甲叠放在乙上，乙对地面的压强为5p0。则甲、乙的质量之比为 　4：1　；将乙叠放在甲上，甲对地面的压强为 　54p0　（用p0表示）。
【分析】设甲、乙底面积分别为S甲、S乙，甲、乙的重力分别为G甲、G乙，实心圆柱体对水平地面的压力等于其重力大小，根据已知条件和公式p=FS=GS分析作答。
【解答】解：设甲、乙底面积分别为S甲、S乙，甲、乙的重力分别为G甲、G乙，
实心圆柱体对水平地面的压力等于其重力大小，
则由p=FS=GS可得甲对地面的压强为：p甲=G甲S甲=p0，则G甲＝p0S甲﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
同理可得乙对地面的压强为：p乙=G乙S乙=p0，则G乙＝p0S乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将甲叠放在乙上，乙对地面的压强为：p乙′=G总S乙=G甲+G乙S乙=5p0﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
将①②代入③可得：S甲＝4S乙，
甲、乙的质量之比：m甲m乙=G甲gG乙g=G甲G乙=p0S甲p0S乙=p0×4S乙p0S乙=41；
将乙叠放在甲上，则甲对地面的压强为：p甲′=G总S甲=G总4S乙=14p乙′=14×5p0=54p0。
故答案为：4：1；54p0。
【点评】本题考查了压强大小的计算，关键是能根据题意求得两圆柱体的底面积的大小关系，难度较大。
三、（本题包括3小题，每空2分，共20分）
19．（6分）用如图甲所示装置来探究“水沸腾时温度变化的特点”。
（1）安装实验装置时，应按照 　从下至上　（选填“从上至下”或“从下至上”）安装顺序；
（2）用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图可知：沸腾过程中水的温度保持不变；
（3）撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中不断 　吸热　（选填“放热”或“吸热”）；
（4）对a、b两条图线分析，发现将水加热到沸腾所花的时间不同，这是因为两次实验中水的质量不同。若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，则ma　小于　mb（填“大于”“等于”或“小于”）。
【分析】（1）要正确解决此题，需要掌握酒精灯与温度计的使用规则。要用酒精灯的外焰加热，温度计的玻璃泡要完全浸没在被测液体中，但不能碰到容器壁和容器底。
（2）水沸腾的条件：达到沸点，不断吸热；
（3）液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；通过ab初温相同，但到达沸腾的时间不相同，根据Q＝cmΔt判断水的质量。
【解答】解：（1）在使用酒精灯时，需要用其外焰加热，所以要先根据酒精灯确定铁圈的位置。又因为使用温度计时，温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底和容器壁，所以要根据温度计的长度确定横杆的位置，因此按照“从下至上”安装实验装置；
（3）撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续吸热；
（4）由图乙知，图线对应的液体加热到水沸腾所用的时间长，则吸收热量多，液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点，图中所示水的沸点是98℃，水沸腾的特点是吸收热量，但温度保持不变；由图乙知a的初温与b的初温相同，a先沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度高，根据Q＝cmΔt知，说明a的质量小，即：ma＜mb。
故答案为：（1）从下至上；（3）吸热；（4）小于。
【点评】本题主要考查了“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验，是常见题目。
20．（6分）用天平和量筒测定盐水的密度。请完成以下任务：.
（1）对天平进行调节，正确的顺序是 　BCA　。
A.调节天平的平衡螺母，使天平横梁平衡
B.把天平放在水平台面上
C.把游码放在标尺的零刻度线处
（2）将烧杯中一定体积的盐水倒入量筒中，记下量筒中盐水体积V并填入表中，用天平称量此时烧杯和剩余盐水的总质量M并填入表中；再重复上述操作2次，将实验数据记录表中。第2次测量中，当天平平衡时，所用砝码、游码的位置如图所示，则此时烧杯和液体的总质量为 　53.8　g；
实验次数
1
2
3
倒出液体体积V/cm3
10.0
20.0
30.0
烧杯和液体的总质量M/g
66.2

42.2
（3）根据表格数据可得，盐水密度是 　1.2　g/cm3。

【分析】（1）天平的使用和调节：把天平放在水平台面上，把游码置于标尺的零刻度线处，调节天平的平衡螺母，使天平横梁水平平衡；
（2）物体质量等于砝码质量与游码对应的示数之和；
（3）根据实验1和3可以求出20cm3的盐水的质量，根据密度公式求出盐水密度的大小。
【解答】解：（1）天平的使用和调节：把天平放在水平台面上，把游码置于标尺的零刻度线处，调节天平的平衡螺母，使天平横梁水平平衡，故正确顺序为BCA；
（2）烧杯和液体的总质量为为：m＝20g+20g+10g+3.8g＝53.8g；
（3）根据实验1和3可知，倒出的盐水的体积为：V＝30.0cm3﹣10.0cm3＝20.0cm3；
倒出的盐水的质量为：m＝66.2g﹣42.2g＝24g；
盐水的密度为：ρ=mV=24g20cm3=1.2g/cm3。
故答案为：（1）BCA；（2）53.8；（3）1.2。
【点评】本题是液体密度的测量实验，考查了天平的调节、天平的读数和密度的计算，难度不大。
21．（8分）用电压表测电压时，通常并不考虑仪表本身电阻对待测电路的影响，而将其视为“理想电表”，即认为电压标的内阻为无限大。实际上，电压表都有一定的电阻值，因而我们可以把电压表看成一个能显示自身两端电压大小的阻值很大的电阻。现有一量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ。为了较准确地测量其内电阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图所示的实验电路，其中R1是能显示连入电路阻值的滑动变阻器，最大阻值为9999Ω，R0是1000Ω定值电阻。实验室提供的电源有：
A.电压为3.6V的电源
B.电压为6.0V的电源
请补充完成实验：
（1）电源应该选用的是 　A　（选填序号）；
（2）根据电路图，连接电路，电路连接过程中，开关S1和S2应处于断开，滑动变阻器应该位于最 　b　端（选填“a”或“b”）；
（3）闭合开关S1和S2，记录此时电压表的示数U1；
（4）断开S2，发现无论如何调节电阻箱R，电压表的示数始终稳定为U1，则可能的故障是R1　短路　。故障排除后，再调节电阻箱R1，使电压表的示数为U2=U12，此时R1＝3850Ω；
（5）断开S1，拆除电路，复原实验器材；
（6）测得电压表的内阻RV＝　2850　Ω。

【分析】（1）两开关同时闭合，滑动变阻器被短路，电压表和定值电阻串联接入电路，根据串联分压原理可知电压表和定值电阻两端的电压之比等于其阻值之比，此时电压表示数达到最大，进一步计算定值电阻两端的电压，根据串联电路电压规律计算电源电压；
（2）连接电路时需断开开关，同时滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；
（4）断开S2，发现无论如何调节电阻箱R，电压表的示数始终稳定为U1，说明滑动变阻器起不到变阻的作用，据此分析电路故障；
（6）闭合开关S1和S2，滑动变阻器被短路，电压表和定值电阻串联接入电路，根据欧姆定律表示通过电路的电流，根据串联电路电压规律表示电源电压，故障排除后，电压表、定值电阻和电阻箱串联接入电路，根据欧姆定律表示通过电路的电流，进一步明确两次电流的关系，根据串联电路电压规律表示电源电压，联立解方程可得电压表的内阻。
【解答】解：（1）电压表内阻约为3kΩ，R0是1000Ω定值电阻，两开关同时闭合，滑动变阻器被短路，电压表和定值电阻串联接入电路，根据串联分压原理可知电压表和定值电阻两端的电压之比等于其阻值之比，为3：1，为保证电路安全，此时电压表示数若为3V，则定值电阻两端的电压为1V，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源的最大电压为4V，故选A；
（2）根据电路图，连接电路，电路连接过程中，开关S1和S2应处于断开，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，即应该位于b端；
（4）断开S2，发现无论如何调节电阻箱R，电压表的示数始终稳定为U1，说明滑动变阻器起不到变阻的作用，则可能的故障是R1短路；
（6）闭合开关S1和S2，滑动变阻器被短路，电压表和定值电阻串联接入电路，记录此时电压表的示数U1，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I=U1RV，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压：U＝IR0+U1＝I×1000Ω+U1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
故障排除后，电压表、定值电阻和电阻箱串联接入电路，再调节电阻箱R1，使电压表的示数为U2=U12，此时R1＝3850Ω；
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流为：I′=U2RV=U12RV=U12RV=I2，根据欧姆定律可得电源电压：U=I2×R0+I2×R1+U12=I2×1000Ω+I2×3850Ω+U12−−−−−−②，
①②联立可得U1＝2850Ω×I，则RV=U1I=2850Ω×II=2850Ω。
故答案为：（1）A；（2）b；（4）短路；（6）2850。
【点评】伏安法测电压表电阻的实验考查连接电路的注意事项、串联电路特点、欧姆定律的灵活运用。
四、（本题2小题，共21分。解答过程必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）如图所示，是一款家用电热水壶的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1阻值为220Ω。闭合开关S1、S2，电热水壶开始加热，加热功率为1100W；温度达到一定时，开关S2断开，电热水壶开始保温。家庭电路中电压恒为220V，不考虑电热丝电阻随温度的变化。求：
（1）电阻R2的阻值；
（2）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能。

【分析】（1）闭合S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P=U2R可知，总功率较小，电热水壶处于保温挡；
闭合开关S1、S2，两电阻并联，总电阻较小，电源电压不变，根据P=U2R可知，总功率较大，电热水壶处于加热挡；
根据P=U2R可知保温挡的功率P保，
电热水壶处于加热挡工作时，根据P2＝P加﹣P保得出R2的功率，根据P=U2R可知R2的阻值；
（2）根据W＝P加t1+P保t2得出此过程消耗的电能。
【解答】解：（1）闭合S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P=U2R可知，总功率较小，电热水壶处于保温挡；
闭合开关S1、S2，两电阻并联，总电阻较小，电源电压不变，根据P=U2R可知，总功率较大，电热水壶处于加热挡；
保温挡的功率P保=U2R1=(220V)2220Ω=220W，
电热水壶处于加热挡工作时，R2的功率P2＝P加﹣P保＝1100W﹣220W＝880W，
根据P=U2R可知电阻R2的阻值：R2=U2P2(220V)2880W=55Ω；
（2）此过程消耗的电能W＝P加t1+P保t2＝1100W×3×60s+220W×10×60s＝3.3×105J。
答：（1）电阻R2的阻值为55Ω；
（2）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能为3.3×105J。
【点评】本题考查电功率和电能的计算，综合性强，难度适中。
23．（12分）李明同学在学习浮力相关知识后，制作了一台“浮力秤”，用来称量物体的质量。如图所示，浮力称由浮体和外筒组成，浮体包括秤盘和秤盘下的圆柱体，总质量m0为600g，圆柱体高h0为15cm、底面积S0为200cm2；外筒是高h0、底面积S为250cm2的圆柱容器，外筒壁厚度可忽略不计。使用前，先将浮体放入容器中，缓慢加入750cm3的水，再放上待测物体，当浮体静止后，根据浮体没入水面的深度，就可以计算出待测物体的质量。已知水的密度为ρ水＝1.0g/cm3、g＝10N/kg，浮体始终竖直且未与外筒壁接触。求：
（1）该“浮力秤”能称量的最大质量；
（2）缓慢加水的过程中，浮力对浮体做的功；
（3）正常称量范围内称量，浮体静止时水对外筒底部压强p与待测质量m关系表达式。（关系式中只有含有p、m）

【分析】（1）当浮体没入水面深度最大时能称量的质量最大，浮体恰好接触容器底，可求出此时排开水的体积，与加入水的体积进行比较可判断此时称量的质量最大，根据浮＝ρ水gV排和物体沉浮条件可求出能称量的最大质量；
（2）当秤盘上不放物体时，根据漂浮条件可表示出浮力，利用根据阿基米德原理和漂浮条件可求出圆柱体浸入水中的深度h'，根据体积关系可求出浮体上升的高度，利用W＝Gh求浮力对浮体做的功；
（3）当被称物体质量为m时，整体仍然漂浮，分别用漂浮条件和阿基米德原理表示出浮力，据此可得被称物体质量m与浮体的圆柱体浸入水中深度h之间的关系式，根据p＝ρ水gh可求出浮体静止时水对外筒底部压强p与待测质量m关系表达式。
【解答】解：（1）当浮体没入水面深度最大时能称量的质量最大，浮体恰好接触容器底，
此时排开水的体积最大为：V排＝（S﹣S0）h0＝（250cm2﹣200cm2）×15cm＝750cm3，
与使用前，将浮体放入容器中缓慢加入水的体积相同，此时称量的质量最大，
设能称量的最大质量为m1，由于浮体漂浮，
所以F浮＝ρ水gV排＝G，即ρ水gS0h0＝（m1+m0）g，
则最大质量为：m1＝ρ水S0h0﹣m0＝1.0×103kg/m3×200×10﹣4m2×0.15m﹣0.6kg＝2.4kg，即该“浮力秤”能称量的最大质量为2.4kg；
（2）当秤盘上不放物体时，根据阿基米德原理和漂浮条件可得：
F浮′＝ρ水h′gS0＝G0＝m0g，
解得：h′=m0ρ水S0=600g1.0g/cm3×200cm2=3cm；
设浮体底距离筒底为L，则由水的体积V水＝750cm3得：
LS+h′（S﹣S0）＝V水，
解得L=V水−ℎ′(S−S0)S=750cm3−3cm×(250cm2−200cm2)250cm3=2.4cm，即浮体向上移动了2.4cm；
缓慢加水的过程中，浮力对浮体做的功等于克服浮体重力所做的功，则浮力对浮体做的功为：
W＝G0L＝m0gL＝600×10﹣3kg×10N/kg×2.4×10﹣2m＝0.144J；
（3）当称盘上放入质量为m的物体时，浮体漂浮在水面，此时受到的浮力为：F浮''＝（m0+m）g，
由F浮＝ρ水gV排可得，此时排开水的体积为：
V排'=F浮″ρ水g=(m0+m)gρ水g=m0+mρ水，
此时外筒内水的深度为：h=V水+V排′S=V水+m0+mρ水S=ρ水V水+m0+mSρ水，
则浮体静止时水对外筒底部压强为：p＝ρ水gh＝ρ水g×ρ水V水+m0+mSρ水=(ρ水V水+m0+m)gS=(1.0×103kg/m3×750×10−6m3+0.6kg+m)×10N/kg250×10−4m2=540+400m（Pa）。
答：（1）该“浮力秤”能称量的最大质量为2.4kg；
（2）缓慢加水的过程中，浮力对浮体做的功为0.144J；
（3）正常称量范围内称量，浮体静止时水对外筒底部压强p与待测质量m关系表达式为：p＝540+400m（Pa）。
【点评】本题考查了漂浮条件和阿基米德原理的综合应用，利用好物体漂浮时浮力等于重力是解答此题的关键。