2023年河南省焦作市修武县中考物理模拟试卷

这是一份2023年河南省焦作市修武县中考物理模拟试卷，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年河南省焦作市修武县中考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）
1. 我国在开发和利用新能源方面取得了举世瞩目的成就，下列用于发电的能源属于不可再生能源的是(    )
A. 大亚湾核电站 B. 太阳能电池板 C. 内蒙古风电基地 D. 白鹤滩水电站
2. 下列有关电与磁，说法错误的是(    )


A. 图甲：通电螺线管周围的磁场与条形磁体类似
B. 图乙：滑动变阻器向右移动，弹簧长度会变短
C. 图丙：闭合开关，当导体在磁场中沿水平方向左右运动时，小量程电流表指针发生偏转
D. 图丁：小磁针的N极指向地理北极
3. 炎热的夏天，小乐到海边游玩，中午她站在沙难上脚感到烫，而在海水中感到凉，这主要是因为(    )
A. 水吸收的热量较多 B. 沙子吸收的热量较多
C. 水的比热容小 D. 沙子的比热容小
4. 下列关于声和电磁波的说法正确的是(    )
A. 物体振动越快，发出声音的响度越大
B. 地震、火山喷发等自然灾害会伴有超声波的产生
C. 在主干道旁设置噪声监测设备或隔音板，都是为了减弱噪音
D. 倒车雷达与军事雷达传播的媒介是不同的
5. 体操运动员优美的身姿给观众留下了深刻的印象，下列说法正确的是(    )
A. 我们看到运动员的衣服是蓝色，是因为衣服吸收了蓝光
B. 运动员手上涂镁粉是为了减小摩擦
C. 运动员对地面的压力与地面对她的支持力是一对平衡力
D. 运动员的重力与地面对她的支持力是一对平衡力

6. “眉黛远山绿，春水渡溪桥，凭栏魂欲消”描绘的是游人走过小桥，看到远山、绿树、小桥、自己经水面成像后相映成趣的水乡美景。以下描述错误的是(    )
A. 站在任何角落都能看到远山绿意盎然是因为漫反射的缘故
B. 小桥经平静水面反射成等大的虚像
C. 桥上游客看水中“游鱼”，看到的是位置升高了的鱼的实像
D. 游客走过小桥时，以水面为参照物，游客的移动速度等于自己的像的移动速度

7. 小林受穿戴式“智能体温计”(如图甲所示)的启发，设计了一个如图乙所示的体温计电路图，用电表示数大小反映温度高低，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. 该电路中的电表是电流表 B. 温度变化时R2两端电压不变
C. 温度降低时电路的总功率变大 D. 温度升高时电路中电流变大
8. 现代生活离不开电，下列做法符合安全用电规范的是(    )
A. 使用测电笔时手指接触笔尾金属电极 B. 用正在充电的手机接听电话
C. 空气开关跳闸后立即合上 D. 雷雨时在开阔地带举着雨伞
9. 下列关于电和磁的四幅图中，说法错误的是(    )

A. 图甲是发电机的原理图
B. 图乙可用来演示电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系
C. 图丙中电磁起重器是利用电流的磁效应工作的
D. 图丁中同时改变电流方向和磁场方向反向，导体运动的方向不发生改变
10. 如图所示是“鲲龙”AG600水陆两栖飞机成功试飞的情景。下列关于飞机的说法中错误的是(    )
A. 试飞过程中飞机相对于地面的观测台是运动的
B. 飞机加速起飞过程中惯性变大
C. 在水平地面上静止的飞机所受的重力和地面对它的支持力是一对平衡力
D. 飞机减速滑行时受到非平衡力的作用

11. 下列关于声和电磁波的说法正确的是(    )
A. “余音绕梁”说明振动停止，物体的发声不一定停止
B. 道路两旁种植树木，是在声源处减弱噪声
C. 人们通过乐器发声时的响度和音调，来区别不同乐器的发声
D. 利用卫星系统进行导航，是利用电磁波传递信息的
12. 每年3月份最后一周的星期一为全国中小学生“安全教育日”。下列做法符合安全要求的是(    )
A. 将霉变食物煮熟后食用
B. 家中煤气泄漏时，立即打开排风扇
C. 用电器短路着火，立即用水扑灭
D. 发现有人触电时，不能立刻用手把触电者拉开
13. 在如图所示的实验中，往管道向右吹气，对观察到的现象和解释，下列说法正确的是(    )
A. 在某女同学实验时，发现乒乓球不能被吹跑，是因为女同学气力小
B. 在某男同学实验时，发现乒乓球不能被吹跑，是因为乒乓求太重了
C. 乒乓球不能被吹跑，是因为乒乓球上面受到大气的压强大，下面受到大气的压强小
D. 只要吹气力度足够大，使气流速度足够大，乒乓球就能被吹跑

14. 据《东楚晚报》报道：“很多爸爸妈妈大概都会有这样的经历：在陪孩子期末复习时，总会控制不住‘洪荒之力’，时间长了，就会觉得自己离练成‘狮吼功’也不远了。”如图所示，下列相关说法中错误的是(    )


A. 孩子听到的声音频率在20Hz到20000Hz之间
B. 平时说的“女高音”，指的是声音的响度大
C. 爸妈运用“狮吼功”，在孩子看来可能是噪声
D. 孩子听到爸妈的“激励”，说明声音传递了信息
15. 下列物理量最接近实际的是(    )
A. 课桌的高度约75dm B. 一名中学生的重力约500N
C. 人体的安全电压是36V D. 教室日光灯的功率约40kW
二、多选题（本大题共5小题，共15.0分）
16. 用如图所示的滑轮组拉动重300N的箱子，箱子以0.2m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动，箱子与地面间的摩擦力为自身重力的0.2倍，滑轮组的机械效率为75%，下列说法正确的是(    )

A. 拉力F为40N B. 10s内绳子自由端移动4m
C. 3s内物体重力做功180J D. 拉力F的功率为16W
17. 如图所示，圆柱体甲和装有适量某液体的圆柱形容器乙的底面积之比为3：4，把它们平放在同一水平桌面上，在甲物体上，沿水平方向截取一段长为x的物体A，并平稳放入容器乙中，用力使物体A正好浸没在液体中(A不与容器乙接触，液体无溢出)。截取后，甲、乙对桌面的压强随截取长度x的变化关系如图所示，已知甲的密度为0.6×103kg/m3，容器乙的壁厚和质量均忽略不计，g取10N/kg，下列说法正确的是(    )

A. 圆柱体甲截取前和容器乙中的液体重力之比为 3：1
B. p0 为 300Pa
C. 容器乙中液体的密度为 4×103kg/m3
D. 甲物体截取前的高度为 20cm
18. 如图所示，正方体木块A通过细线与容器甲底部相连，容器甲中水面与A上表面齐平；容器乙中长方体B与细线相连，水面与B下表面齐平。现同时打开容器甲底部抽液机和容器乙顶部放液机，且抽液、放液速度相同，两容器底所受液体压强p随时间t的部分变化图如图丙所示。木块A密度ρ=0.6×103kg/m3，正方体A边长为10cm，长方体B的高为10cm，容器甲、乙的底面积为200cm2。下列说法中正确的是(    )

A. 容器甲中初始液面深度为30cm
B. 液机每秒钟排出水的质量是12g
C. 在0～50s的过程中，木块A所受浮力的变化量为2N
D. 物体B的底面积为150cm2
19. 如图所示，电源电压U保持不变，R1、R2为定值电阻，R为滑动变阻器，R1、R2的阻值和R的最大阻值均为R0，a、b为电流表或电压表。若闭合开关S、S1时，a、b的指针均明显偏转，将滑片P向左移动，a的示数不变，b的示数有变化。以下说法正确的是(    )

A. b一定是电压表
B. 若a为电压表，则只闭合开关S、S1时，a的示数为U
C. 若a为电流表且只闭合开关S、S1，将滑动变阻器的滑片移到最左端时，电路中消耗的功率为2U2R0
D. 若a为电压表且将b换成另一种电表，只闭合开关S、S2时，向左移动变阻器的滑片P，a的示数变化量是b的示数变化量的2倍
20. 如图所示电路，电源电压恒定，R1、R2为定值电阻，R2=5Ω，滑动变阻器最大阻值为R3。闭合开关，当滑片位于a端时，电压表V1、V2的示数分别为U1、U2；当滑片位于b端时，电流表的示数为0.2A，电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′。已知U1：U2=1：1，U1′：U2′=3：5，U1′：U1=2：3，下列说法正确的是(    )

A. a端在滑动变阻器的最右端 B. R1：R3=3：2
C. 滑动变阻器最大阻值为30Ω D. 电源电压为6V
三、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
21. 质量为54g、体积为30cm3的空心铝球，其空心部分的体积为______ cm3(铝的密度为2.7g/cm3)。
22. 小明家的小型电冰箱铭牌如图甲。该冰箱在标定耗电量下工作时，一天实际工作______ h；若电冰箱每次从启动到停止工作的时间是12min，电能表规格如图乙，电路中只有该冰箱工作，则冰箱工作一次电能表指示灯闪______ 次。


23. 如图所示，电源电压为3V，开关闭合后，电流表A的示数为0.3A，电流表A1的示数为0.2A。灯泡的连接方式是______ 联，灯泡L1两端的电压为______ V，通过灯泡L2的电流为______ A。


24. 某款手机不仅采用4000mAh超大容量电池，并且采用“超级快充”技术，极大方便了人们的使用。电池和充电器的部分参数如表所示：
电池
充电器
电压/V
容量/(mA⋅h)
输入
100−240V，50/60Hz，1.8A
4
4000
输出
5V，2A、10V，4A、11V，6A
(1)使用手机通话时间较长时，手机会明显发热，表明有部分电能转换为______ 能。
(2)使用该充电器对电池充电时，最大充电功率为______ W，充满电时电池储存的电能为______ J。
(3)某次充电10min刚好充了电池容量的一半，则这段时间充电的平均功率为______ W。
25. 兴趣小组用“伏安法”测量标有“220V，60W”字样的白炽灯灯丝的电阻，设计了如图所示的电路，通过在AB间接入阻值不同的定值电阻，分别测出了不同电压时白炽灯灯丝的电阻。当AB间接入的定值电阻为200Ω时，V1的示数为4.0V，V2的示数为2.0V，则RL= ______ Ω，此时白炽灯的实际功率为______ W。若将定值电阻换为300Ω，则V2的示数将______ (选填“变大”、“恋小”或“不变”)。标有“220V，60W”字样的白炽灯正常发光时的电阻约为8067Ω，比同学们测得的阻值大很多。请分析造成这种差异的主要原因是______ 。

四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
26. 画出滑轮组最省力的绳子的绕法


27. 如图所示，画出滑轮组最省力的绕法．


五、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
28. 在探究性学习活动中，某学习小组做了以下系列实验探究。
(1)探究影响压力作用效果的因素，该小组用一块海绵、一张小桌和一个砝码，做了如图甲所示实验。根据______ 两图中的情景，可表明影响压力作用效果与接触面积有关；
(2)该小组取三个高度均为h，密度同为ρ的实心均匀物体A、B、C。A、C是圆柱体，B是长方体，A、B的底面积都为S，C的底面积为S2。把它们放在水平桌面的海绵上，如图乙所示，发现海绵被压下的深度相同。可分析出了A、B、C三个物体对海绵的压强均为p= ______ (只写出结果)，解释了“海绵被压下的深度相同”的原因；
(3)该小组研究液体内部的压强，用图丙所示的器材进行实验探究。他们利用这些器材能探究液体的压强跟液体的______ 有关。


29. 如图所示，小明在研究光的折射规律时，为了观察到光的折射过程，他就把一块白色的板竖直放在水中，然后将一激光束从空气中斜射入水中，结果在白板上看到了折射的过程：
(1)若他将激光束向水面靠拢，请问折射光束应______ (靠近/远离)水面；
(2)若入射水面的激光束的角度保持不变，在水槽中加适量水，请问水底的光斑应向______ (左/右)移；
(3)该竖板左侧可以绕图中虚线自由翻转，如果将左侧竖板向后翻转后，折射光线在竖板上消失，返回后又再次出现在竖板上，这说明：______ 。
六、计算题（本大题共2小题，共16.0分）
30. 学校科技社购进了一批如图甲所示3D打印笔，该型号打印笔有快慢两挡，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2是用于发热的定值电阻，只闭合开关S时为慢档，S和S1均闭合时为快挡。工作时，3D打印笔通过加热，挤出热熔的塑胶，然后在空气中迅速冷却，最后固化成稳定的形状。某次使用快挡打印10min，刚好将90g的塑胶从20℃加热到120℃。已知该打印笔慢挡打印功率为22W，快挡打印功率为66W，塑胶的比热容为2.2×103J/(kg⋅℃)。求：
(1)R1的电阻值。
(2)此次快挡打印10min过程中塑胶吸收的热量。
(3)打印笔此次快挡打印时的热效率。

31. 水平桌面上有一个质量为2kg且足够高的薄壁圆柱形容器，其底面积为400cm2。现有一密度为0.8×103kg/m3的正方体木块，其边长为10cm，放入容器中，如图所示(g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3)。
(1)木块对容器底部的压强是多少？
(2)往容器中加水，直到木块刚好对容器没有压力，此时水的深度是多少？
(3)若拿出木块，向容器装入5000cm3的水。现将另一个边长为10cm的正方体物体A，轻轻放入圆柱形容器中，待物体A静止后，水对容器底部的压强变化量为Δp1，容器对水平桌面的压强变化量为Δp2，若Δp2=3Δp1，求物体A静止时容器对水平桌面的压强。
七、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
32. 随着生活水平的提高，汽车已经进入百姓家庭，它给我们的生活提供了便利，促进了社会的发展。汽车应用了许多物理知识，请你解答：
(1)汽油机是汽车的“心脏”，其中______ 冲程将机械能转化为内能。如图甲、乙所示，是我们课堂演示的两个实验，与此冲程原理相同的是______ 实验(选填“甲”或者“乙”)，在这个实验中，改变内能的方式是______ 。(选填“热传递”或“做功”)
(2)当汽油在发动机内燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率将______ (选填“升高”“不变”或“降低”)。
(3)某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1s内，汽油机完成______ 个冲程，对外做功______ 次。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、大亚湾核电站利用核能来发电，核能属于不可再生能源，故A符合题意；
B、太阳能电池板利用太阳能来发电，太阳能属于可再生能源，故B不符合题意；
C、内蒙古风电基地利用风能来发电，风能属于可再生能源，故C不符合题意；
D、白鹤滩水电站利用水能来发电，水能属于可再生能源，故D不符合题意。
故选：A。
(1)能够短期内从自然界中得到补充的能源叫可再生能源。水能、风能、太阳能、生物质能等属于可再生能源。
(2)短期内不能够从自然界中得到补充的能源叫不可再生能源。化石能源、核能等属于不可再生能源。
本题考查了能源的分类，关键是能够分清楚可再生能源和不可再生能源。

2.【答案】B 
【解析】解：A、通电螺线管周围的磁场与条形磁体的磁场相似，都是两极磁性强，中间弱，磁体外部的磁感线都是从N极出发，回到S极，故A正确；
B、图中滑动变阻器向右移，滑动变阻器的有效电阻变大，电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱，根据安培定则，通电螺线管的上端是S极，同名磁极互相排斥的力减小，所以弹簧伸长，弹簧的长度会变长，故B错误；
C、闭合开关，当导体在磁场中沿水平方向左右运动时，小量程电流表指针发生偏转，故C正确；
D、地面附近能自由转动的小磁针静止时，N极指向地理北极附近，故D正确。
故选：B。
(1)通电螺线管的外部磁场和条形磁体的外部磁场相类似，也是具有规律的；
(2)电磁铁的磁性强弱与电流的大小有关。在匝数一定时，电流越大，磁性越强；
(3)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的。
(4)地理的北极在地磁的南极附近。
知道磁场特点、地磁场、电流的磁效应、电磁感应现象以及它们的应用，以及影响电磁铁磁性强弱的因素是解答此类题目的关键。

3.【答案】D 
【解析】解：炎热的夏天，沙子烫、海水凉，这与它们的比热容有关；水的比热容较大，沙子的比热容小，相同质量的水和沙子，在同样的日照条件下，吸收相同的热量，水的温度变化小，沙子的温度变化大，所以海水凉，沙子烫。
故选：D。
单位质量的某种物质温度升高(或降低)1℃吸收(或放出)的热量为该物质的比热容，水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
此题考查比热容的相关知识，属于基础题目。

4.【答案】D 
【解析】解：A、物体振动越快，频率越快，发出声音的音调越高，故A错误；
B、地震、火山喷发等自然灾害现象都伴有次声波的产生，故B错误；
C、在主干道旁设置噪声监测设备或隔音板，监测设备是用来测量声音的响度，隔音板是为了减弱噪音，故C错误；
D、倒车雷达是利用超声波传递信息的，而军事雷达是利用电磁波传递信息的，即它们传播信息的媒介是不同的，故D正确。
故选：D。
(1)响度是指声音的强弱，它与振幅有关；
(2)地震、火山喷发等自然灾害发生时，发出的是次声波；
(3)防治噪声的途径有：在声源处减弱、在人耳处减弱、在传播过程中减弱；
(4)回声定位是根据回声到来的时间和方位，确定目标的位置和距离，即利用声波获得信息；军事雷达利用电磁波传递信息。
本题了考查了声音的特征、防治噪声的途径、次声波的产生、电磁波和超声波传递信息等知识点，属于基础题。

5.【答案】D 
【解析】解：A.我们看到运动员的衣服是蓝色，是因为衣服反射了蓝光，故A错误；
B.运动员在手上涂镁粉是为了增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦，故B错误；
C.运动员对地面的压力与地面对她的支持力，受力物体不同，不是一对平衡力，故C错误；
D.运动员的重力与地面对她的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
(1)不透明的物体的颜色是由它反射的色光决定的；
(2)增大摩擦的方法：从压力大小和接触面的粗糙程度考虑，增大压力，增大接触面的粗糙程度，用滑动代替滚动摩擦力；
(3)二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。
本题考查了物体的颜色、增大摩擦力的方法、二力平衡的条件，属于基础题。

6.【答案】C 
【解析】解：A.平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射，站在任何角落都能看到远山绿意盎然是因为漫反射的缘故，故A正确；
B.平静的水面相当于平面镜，小桥经平静水面反射成等大的虚像，故B正确；
C.水中的鱼看起来比实际的浅，这是由于光从水中射入空气时发生了折射造成的，看到的是实际鱼的虚像，故C错误；
D.平面镜成像时，像和物体关于平面镜对称，以水面为参照物，游客的移动速度等于自己的像的移动速度，故D正确。
故选：C。
(1)反射分镜面反射和漫反射：平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的；
(4)平面镜所成的像与物大小相等，像与物到镜面的距离相等，虚像，像和物体关于平面镜对称。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、漫反射、平面镜成像特点的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。

7.【答案】C 
【解析】解：A、由电路图可知，电阻R1和R2串联接入电路，该电路中的电表与R1并联接入电路，为电压表，故A错误；
BCD、电阻R1的阻值随温度的升高而增大，当温度升高时，R1的电阻变大，串联电路的总电阻变大，根据I=UR可知电路中的电流变小；R2是定值电阻，根据U=IR可知R2两端电压变小；
同理可知，温度降低时电路中的电流变大，R2两端的电压变大，根据P=UI可知，电路消耗的总功率变大，故C正确，BD错误。
故选：C。
(1)根据电表的连接方式可知电表的类型；
(2)电阻R1的阻值随温度的升高而增大，当温度升高时，串联电路的总电阻变大，根据I=UR可知电路中的电流变化，根据U=IR可知R2两端电压的变化；同理可知温度降低时电路中电流的变化，根据P=UI分析总功率的变化。
本题考查了电路的动态分析、欧姆定律的应用，难度不大。

8.【答案】A 
【解析】解：A、使用测电笔时，手不能接触笔尖金属体，但要接触笔尾金属体，故A符合安全用电原则；
B、手机充电时接听电话，若充电器或电池不合格，有发生爆炸的可能，所以充电时不要接打电话，故B不符合安全用电常识；
C、因为电路中电流过大(短路或总功率过大)，空气开关才跳闸，所以应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位，故C不符合安全用电原则。
D、雷雨时在开阔地带举着雨伞，雨伞会充当高大物体，人体是导体，此时容易遭雷击，故D不符合安全原则。
故选：A。
(1)使用测电笔时，手不能接触笔尖金属体，但要接触笔尾金属体；
(2)手机在进行充电时上网或通话，若充电器或电池不合格，有发生爆炸的可能，会对人体造成损伤；
(3)空气开关跳闸，原因是因为电路中电流过大(短路或总功率过大)，应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位；
(4)发生雷雨时，要注意避雷，预防雷击。
此题考查了安全用电常识、测电笔的使用方法及预防雷击的措施，属于基础知识的考查，难度较小，容易解答。

9.【答案】B 
【解析】解：A、甲图中导体棒AB在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流，故演示了电磁感应现象，利用该原理制成了发电机，故A正确；
B、乙图中，两电磁铁串联，通过的电流相同，但左边线圈匝数少，右边吸引大头针的个数多，是演示电磁铁的磁性强弱与线圈匝数的关系，故B错误；
C、图丙中电磁起重器是利用电流的磁效应工作的，故C正确；
D、图中有电源，是演示磁场对电流作用的实验装置，其受力的方向与电流方向、磁场方向有关，若同时改变电流方向和磁场方向，导体运动方向不改变，故D正确。
故选：B。
题目给出了四个有关电和磁的实验，首先要弄清各实验所揭示的原理，再结合题设要求来进行选择。
本题考查电磁感应、电流的磁效应、磁场对电流的作用等知识，可根据实验装置及实验的现象进行判断，关键是将课本知识内容记忆清楚。

10.【答案】B 
【解析】解：
A、试飞过程中，以地面的观测台为参照物飞机向上运动，故A正确；
B、飞机加速起飞过程中，质量不变，则惯性不变，故B错误；
C、在水平地面上静止的飞机所受的重力和地面对它的支持力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上，是一对平衡力，故C正确；
D、飞机减速滑行时，处于非平衡状态，受到非平衡力的作用，故D正确。
故选：B。
(1)判断一个物体的运动情况时，必须先确定一个作为标准的参照物，分析研究对象和参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；
(2)惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系；
(3)二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上；
(4)处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力。
本题考查了运动与静止的相对性、平衡力、平衡状态和惯性大小的影响因素等多个知识点，有一定的综合性，但总体难度不大。

11.【答案】D 
【解析】解：A、声音是由振动产生的，振动停止，发声也会停止，“余音绕梁”是因为声音遇到障碍物会被多次反射，声波仍在介质中传播，故A错误；
B、道路两旁种植树木是在传播过程中减弱噪声，故B错误；
C、人们通过乐器发声时的音色，来区别不同乐器的发声，故C错误；
D、卫星系统是通过电磁波传递信息的，故D正确。
故选：D。
(1)声音是由振动产生的，振动停止，发声也会停止；声波遇到障碍物会被多次反射，此时即使声源停止振动，但声波仍在介质中传播；
(2)减弱噪声的途径有：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱；
(3)人们通过乐器发声时的音色，来区别不同乐器的发声；
(4)利用地球同步通信卫星作微波中继站，把地面站送来的信号接收，并进行放大，然后转发给另外的地面站，实现信息的传递。
本题考查了声音的特征、减弱噪声的途径、音色的辨析、电磁波和卫星通信的相关概念，属于基础题。

12.【答案】D 
【解析】解：A.霉变的霉菌对人体有害，将霉变食物煮熟后食用对健康不利，故A错误；
 B.家中煤气泄漏时，立即打开排风扇；可能会因电火花发生爆炸，故B错误；
 C.生活用水是导体，用电器短路着火，立即用水扑灭，会导致泼水的人触电；故C错误；
  D.发现有人触电时，不能立刻用手把触电者拉开，如果用手把触电者拉开，因人体是导体，可能会使施救者间接触电，故D正确。
故选：D。
(1)霉菌对人体有害；
(2)可燃性气体与空气混合遇火花可能会爆炸；
(3)生活用水是导体；
(4)人体是电的导体。
本题考查科学实验安全及事故处理，难度不大，当遇到危险时，我们必须会正确处理身边的危险情况，不能着急，要沉着冷静，运用所学知识化险为夷．

13.【答案】C 
【解析】解：ACD、在如图所示的实验中，往管道向右吹气，空气从乒乓球下方流出，下方流速大，压强小，吹的力度越大，流速越快，压强越小，故A、D错误，C正确；
B、根据生活经验，乒乓球的质量很小，重力较小，故B错误；
故选：C。
掌握流体压强与流速的关系：流体的流速越快，压强越小。比较乒乓球上的空气流速分析。
掌握流体的压强跟流速的关系，能用流体压强解释有关的问题。

14.【答案】B 
【解析】解：A、孩子听到的声音频率在20Hz到20000Hz之间，故A正确；
B、平时说的“女高音”，指的是声音的音调高，故B错误；
C、爸妈运用“狮吼功”，在孩子看来可能是噪声，故C正确；
D、孩子听到爸妈的“激励”，说明声音传递了信息，故D正确。
故选：B。
(1)人耳可以听到的频率范围是20Hz～20000Hz。
(2)声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关；声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
(3)从环境保护的角度，凡是影响人们学习、休息、工作、生活以及对人们要听的声音起干扰作用的声音都属于噪声。
(4)声音可以传递信息。
本题主要考查了与声现象有关的基础知识，关键是知道音调和响度的区别；知道噪声的广义和狭义的概念。

15.【答案】B 
【解析】解：A.根据生活实际可知，课桌的高度约为75cm=7.5dm，故A不符合实际；
B.根据生活实际可知，一名中学生的质量约为50kg，G=mg=50kg×10N/kg=500N，故B符合实际；
C.经验表明，人体的安全电压不高于36V，故C不符合实际；
D.根据生活实际可知，教室日光灯的功率约40W=0.04kW，故D不符合实际。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
本题考查了对物理量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。

16.【答案】ABD 
【解析】解：A、由图知，滑轮组承重绳的段数n=2，箱子受到地面的摩擦力f=0.2G=0.2×300N=60N，根据η=W有用W总=fs箱Fs绳=fs绳F×ns绳=fnF=75%得，拉力F的大小为：F=fηn=60N75%×2=40N，故A正确；
B、箱子的速度v箱=0.2m/s，则绳子自由端的速度为：v绳=nv箱=2×0.2m/s=0.4m/s，由v=st得，10s内绳子自由端移动的距离为：s绳=v绳t=0.4m/s×10s=4m，故B正确；
C、箱子在水平地面上匀速运动，箱子的重力方向是竖直向下，力的方向与物体运动的方向垂直，垂直不做功，所以3s内物体重力做功为0，故C错误；
D、根据P=Wt=Fst=Fv得，拉力F的功率为：P=Fv绳=40N×0.4m/s=16W，故D正确。
故选：ABD。
(1)图中滑轮组承重绳的段数n=2，由题知，箱子受到地面的摩擦力f=0.2G，在该过程中，克服摩擦力对箱子做的功为有用功，拉力F对绳子做的功为总功，根据η=W有用W总=fs箱Fs绳=fs绳F×ns绳=fnF=75%可计算出拉力F的大小；
(2)根据v绳=nv物可计算出绳子自由端的速度，由v=st变形公式可计算出绳子自由端移动的距离；
(3)箱子在水平地面上匀速运动，箱子的重力方向是竖直向下，力的方向与物体运动的方向垂直，垂直不做功；
(4)根据P=Wt=Fst=Fv计算出拉力F的功率。
本题考查了滑轮组的综合计算，题目综合性较强，难度适中。

17.【答案】ABD 
【解析】解：A、由图象可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强为p甲=4p0，容器乙对桌面的压强为p乙=p0；
由p=FS=GS得，圆柱体甲截取前和容器乙中的液体重力之比：
G甲G乙=p甲S甲p乙S乙=4p0×3p0×4=31，故A正确；
BD、设截取前圆柱体甲的高度为h甲，则圆柱体甲对桌面的压强为：
4p0=ρ甲gh甲，
由图象可知，圆柱体甲截取长度x=10cm=0.1m后，圆柱体甲对桌面的压强为：
2p0=ρ甲g(h甲−x)，
联立以上两式代入数据可解得：h甲=0.2m=20cm，p0=300Pa，故BD正确；
C、设容器乙中未放入物体A时液体的高度为h乙，容器乙的壁厚和质量均忽略不计，则容器对桌面的压强等于液体的压强，即：p0=ρ乙gh乙……①，
在甲物体上，截取长度为x=10cm=0.1m的物体A时，物体A的体积VA=S甲x，
将物体A浸没在液体中，液面上升的高度：
Δh=VAS乙=S甲xS乙−……②，
物体A浸没在液体中时，容器乙对桌面的压强等于此时液体的压强，
即：2p0=ρ乙g(h乙+Δh)……③，
联立①②③代入数据可解得：ρ乙=0.4×103kg/m3，故C错误。
故选：ABD。
(1)由图象可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强和容器乙对桌面的压强，根据p=FS=GS求出圆柱体甲截取前和容器乙中的液体重力之比；
(2)设截取前圆柱体甲的高度为h，根据p=ρgh表示出圆柱体甲截取10cm前后对桌面的压强，联立以上两式代入数据可解得圆柱体的高度和p0；
(3)在甲物体上，截取长度为x的物体A时，物体A的体积VA=S甲x；将物体A浸没在液体中，液面上升的高度为Δh=VAS乙=S甲xS乙−；设容器乙中未放入物体A时液体的高度为h乙，根据p=ρgh表示出容器乙中放入长为10cm物体A前后容器乙对桌面的压强；联立以上各式代入数据可解得容器乙中液体的密度。
本题主要考查压强定义式和液体压强公式的灵活应用，关键要明确可以用p=ρgh求出柱体对桌面的压强，能从图象上找出有用的信息即可正确解题，有一定的难度。

18.【答案】AD 
【解析】解：A、打开容器甲底部抽液机，甲容器中的液面高度逐渐降低，根据液体压强公式可知水对容器底部的压强逐渐减小，由图丙可知容器甲初始水对容器底部的压强为3000Pa，则容器甲中初始液面深度：h=pρ水g=3000Pa1.0×103kg/m3×10N/kg=0.3m=30cm，故A正确；
B、由图丙可知甲中50s内水对容器底部的压强减小3000Pa−2600Pa=400Pa，
水面下降的高度：Δh=Δpρ水g=400Pa1.0×103kg/m3×10N/kg=0.04m=4cm，
50s内排出水的质量：m=ρ水(S−SA)Δh=1.0×103kg/m3×(200−10×10)×10−4m2×0.04m=0.4kg=400g，
则液机排出水的速度是400g50s=8g/s，故B错误；
C、水面下降4cm，A排开水的体积的变化量为：ΔV=SAΔh=10cm×10cm×4cm=400cm3，
50s内木块A所受浮力的变化量为：ΔF浮=ρ水gΔV=1.0×103kg/m3×10N/kg×400×10−6m3=4N，故C错误；
D、由图乙可知乙初始水面高度为22.8cm，初始水对容器底部的压强为：p0=ρ水gh0=1.0×103kg/m3×10N/kg×22.8×10−2m=2280Pa，
由图丙可知30s时水对两容器底部的压强相等，甲中50s内水对容器底部的压强减小了400Pa，则30s时水对容器底部的压强：p′=3000Pa−400Pa×30s50s=2760Pa，
30s内乙中水对容器底部压强的变化量为：Δp′=2760Pa−2280Pa=480Pa，
乙中水面升高的高度为：Δh′=Δp′ρ水g=480Pa1.0×103kg/m3×10N/kg=0.048m=4.8cm，
乙中增加的水和B浸入水中的体积的和为：ΔV′=SΔh′=200×10−4m2×0.048m=9.6×10−4m3=960cm3，
30s内乙中水增加的质量为8g/s×30s=240g，
30s内乙中增加水的体积为：V=m′ρ水=240g1g/cm3=240cm3，
则B浸入水中的体积为：VB=960cm3−240cm3=720cm3，
B的底面积：SB=VBΔh′=720cm34.8cm=150cm2，故D正确。
故选：AD。
A、打开容器甲底部抽液机，甲容器中的液面高度逐渐降低，根据液体压强公式可知水对容器底部的压强逐渐减小，由图丙可知容器甲初始水对容器底部的压强为3000Pa，根据液体压强公式计算容器甲中初始液面深度；
B、由图丙可知甲中50s内水对容器底部的压强的变化量，根据液体压强公式计算水面下降的高度，根据密度公式、体积公式计算50s内排出水的质量，要加班计算液机排出水的速度；
C、根据体积公式计算甲中A排开水的体积的变化量，根据阿基米德原理计算50s内木块A所受浮力的变化量；
D、由图乙可知乙初始水面高度为22.8cm，根据液体压强公式计算初始水对容器底部的压强，由图丙可知30s时水对两容器底部的压强相等，进一步计算30s时水对容器底部的压强，然后计算30s内乙中水对容器底部压强的变化量，根据液体压强公式计算乙中水面升高的高度，根据体积公式计算乙中增加的水的体积和B浸入水中的体积的和，根据液机的速度计算30s内乙中水增加的质量，然后计算30s内乙中增加水的体积，再计算B浸入水中的体积，根据体积公式计算B的底面积。
本题考查液体压强公式、密度公式、阿基米德原理的灵活运用，有一定难度。

19.【答案】BCD 
【解析】解：
A.当只闭合开关S、S1时，电表a与R2串联、电表b与变阻器R串联，然后它们并联，此时电表a、b指针均明显偏转，将滑片P向左移动，a的示数不变，b的示数有变化，则电表b为电流表，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以电表a可能是电流表，也可能是电压表，故A错误；
B.若a为电压表，只闭合开关S、S1时，电压表和R2串联，再和变阻器R并联，电压表的示数等于电源电压，a的示数为U，故B正确；
C.若a为电流表且只闭合开关S、S1，则电阻R2和变阻器R并联，将滑动变阻器的滑片移到最左端时，变阻器连入电路的电阻最大，为R0，电路中消耗的功率为
P=P2+P变=U2R0+U2R0=2U2R0，故C正确；
D.若a为电压表，b换成另一种电表即电压表，只闭合S、S2，则R1、R、R2串联，电压表a测R两端的电压，电压表b测R2两端的电压，由串联电路电压的规律可知a的示数变化量等于电阻R1和R2的总电压的变化量，因R1、R2的阻值相等，由串联分压可知两个电阻两端的电压相等，所以向左移动变阻器的滑片P，a的示数变化量是b的示数变化量的2倍，故D正确。
故选：BCD。
(1)当只闭合开关S、S1时，电表a与R2串联、电表b与变阻器R串联，然后它们并联，此时电表a、b指针均明显偏转，将位于中点的滑片P向左移动，a的示数不变，b的示数有变化，根据并联电路的特点和欧姆定律得出电表示数变化，从而得出电表的类型；
(2)若a为电压表，只闭合开关S、S1时，电压表和R2串联，再和变阻器R并联，因电压表串联在电路中即可判断电压表的示数；
(3)若a为电流表且只闭合开关S、S1，则电阻R2和变阻器R并联，将滑动变阻器的滑片移到最左端时，根据P=U2R即可得出电路中消耗的功率；
(4)若a为电压表且将b换成另一种电表，先根据ab的电表在电路中的特点判断出电路的连接方式和电表的测量对象，由串联电路电压的规律可判断a的示数变化量，和a的示数变化量与b的示数变化量之间的关系。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。

20.【答案】BD 
【解析】解：(1)由图知三个电阻串联，电流表测量电路的电流，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R1和R3两端的电压；
A、已知U1：U2=1：1，只有当滑动变阻器的滑片位于最左端，即滑动变阻器接入电路的阻值为零时，两只电压表的示数才相等，所以a端在R3的最左端，故A错误；
B、当滑片位于b端(右端)时，R3接入电路的阻值最大，根据串联电路的电流相等知，R1与R3的电阻之比等于它们两端的电压之比，即R1R3=U′1U′2−U′1，已知U1′：U2′=3：5，所以R1和R3的比值为3：2，故B正确；
C、变阻器滑片从a端移动到b端，电路中电流的变化为ΔI，
R1两端电压的变化为ΔU1=U1−U1′，
R2两端电压的变化为ΔU2=U2′−U2，
根据欧姆定律可得：R1=U1−U′1ΔI，R2=ΔU2ΔI=U′2−U2ΔI，
所以R1R2=U1−U′1U′2−U2，
已知U1：U2=1：1，U1′：U2′=3：5，U1′：U1=2：3，
所以U1=U2，U1′=23U1，U2′=53U1′=109U1，
所以R1R2=U1−U′1U′2−U2=U1−23U1109U1−U1=31，
已知R2=5Ω，所以R1=15Ω，
由R1和R3的比值为3：2知，R3=10Ω，故C错误；
当滑片位于b端(右端)时，电流表的示数为0.2A，
总电阻为R总=R1+R2+R3=15Ω+5Ω+10Ω=30Ω，
电源电压为：U=IR总=0.2A×30Ω=6V，故D正确。
故选：BD。
(1)由图知三个电阻串联，电流表测量电路的电流，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R1和R3两端的电压，根据U1：U2=1：1判断出a端在R3的最左端还是最右端；
(2)当滑片位于b端时，根据串联电路的电流相等判断出电阻之比等于电阻两端的电压之比，即R1R3=U′1U′2−U′1，根据U1′：U2′=3：5算出R1和R3的比值；
(3)变阻器滑片从a端移动到b端，电路中电流的变化为ΔI，R1两端电压的变化为ΔU1=U1−U1′，R2两端电压的变化为ΔU2=U2′−U2，由欧姆定律表示出R1和R2，
已知U1：U2=1：1，U1′：U2′=3：5，U1′：U1=2：3得出U1=U2，U1′=23U1，U2′=53U1′=109U1，进而算出R1和R2的比值，已知R2=5Ω，算出R1的阻值，由(2)中R1和R3的比值算出R3的阻值；
(4)当滑片位于b端时，电流表的示数为0.2A，由串联电路电阻的规律和欧姆定律算出电源电压的大小。
本题考查了欧姆定律的应用，根据每次电压表的示数之比算出三个电阻的阻值是解题的关键。

21.【答案】10 
【解析】解：由ρ=mV可得，铝球中铝的体积：
V铝=m铝ρ铝=54g2.7g/cm3=20cm3，
则铝球空心部分的体积为：
V空=V球−V铝=30cm3−20cm3=10cm3。
故答案为：10。
根据密度公式变形V=mρ求出铝球中铝的体积，用铝球的体积减去铝的体积就是空心部分的体积。
本题考查学生在真正会利用密度公式解题的基础上，会利用不同的方法解决实际问题的能力，属于较好的题目。

22.【答案】10  32 
【解析】解：(1)从图甲可知，电冰箱一天的耗电量为：W=0.5kW⋅h，
额定电功率为：P=50W=0.05kW，
由P=Wt得，该冰箱在标定耗电量下工作时，一天的实际工作时间为：
t=WP=0.5kW⋅h0.05kW=10h；
(2)电冰箱每次从启动到停止工作的时间为：
t′=12min=0.2h，
电冰箱每工作一次消耗的电能为：
W′=Pt′=0.05kW×0.2h=0.01kW⋅h，
而电能表上标有3200imp/kW⋅h，表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表上的指示灯闪烁3200次，
则电冰箱每工作一次电能表闪烁的次数为：
n=0.01kW⋅h×3200imp/kW⋅h=32次。
故答案为：10；32。
(1)知道电冰箱一天的耗电量和额定电功率，利用P=Wt计算一天的实际工作时间；
(2)知道电冰箱每次从启动到停止工作的时间，可利用公式W=Pt计算出电冰箱每工作一次消耗的电能，再依据电能表的参数可求出电冰箱工作一次电能表指示灯闪烁的次数。
本题考查电能和电功率的计算，综合性强，难度适中。

23.【答案】并  3  0.1 
【解析】解：由电路图可知，灯泡L1、L2并列的接在电路两点间，所以L1、L2的连接方式是并联。
根据并联电路电压特点可知，L1和L2两端的电压等于电源电压，所以灯泡L1两端的电压为3V。
由电路图可知，电流表A1测通过L1的电流，电流表A测干路电流，根据并联电路电流特点：干路电流等于各支路电流之和，则通过灯泡L2的电流为：
I2=I−I1=0.3A−0.2A=0.1A。
故答案为：并；3；0.1。
由图可知，两灯泡并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量灯泡L1的电流；
(1)已知电源电压，根据并联电路两端的电压相等的特点即可得出灯泡L1两端的电压；
(2)根据并联电路电流的特点求出通过L2的电流。
解决此类问题的关键是知道并联电路的电流规律--干路中的电流等于各支路电流之和，即I=I1+I2。

24.【答案】内  66  5.76×104  48 
【解析】解：(1)手机会明显发热，说明手机的内能增大温度升高，表明有部分电能转换为内能；
(2)由表中充电器的输出参数可知，最大充电功率：P最大=U最大I最大=11V×6A=66W；
充满电时电池储存的电能：W=UIt=4V×4000×10−3A×1×3600s=5.76×104J；
(3)由充电量为电池容量的一半可知，充入的电能：W充=12×5.76×104J=2.88×104J，
则这段时间充电的平均功率：P=W充t充=2.88×104J10×60s=48W。
故答案为：(1)内；(2)66；5.76×104；(3)48。
(1)手机会明显发热，说明手机的内能增大温度升高，据此分析能量的转化；
(2)根据表中充电器的输出参数利用P=UI求出最大充电功率；根据W=UIt求出充满电时电池储存的电能；
(3)根据充电量为电池容量的一半求出充入的电能，根据P=Wt求出这段时间充电的平均功率。
本题考查能量的转化、电功和电功率公式的应用，关键是根据表中数据读出相关的信息。

25.【答案】100  0.04  变小  灯丝的电阻随着温度的升高而增大 
【解析】解：(1)由实物图可知，定值电阻与灯泡串联，V1测定值电阻两端的电压，V2测灯泡两端的电压，
AB间接入的定值电阻为200Ω时电路中的电流：I=U1R=4.0V200Ω=0.02A，
由欧姆定律可知，此时灯丝的电阻：RL=U2I=2.0V0.02A=100Ω；
此时白炽灯的实际功率：PL=ULI=2.0V×0.02A=0.04W；
(2)由串联电路的分压原理可知，将定值电阻换为300Ω后定值电阻两端的电压增大，由串联电路的电压特点可知，V2示数的变化变小；
(3)由(1)可知灯泡的实际功率远小于灯泡的额定功率，则灯泡的温度远低于灯泡正常发光时的温度，而灯丝的电阻随着温度的升高而增大，因此造成灯泡正常发光时的电阻比同学们测得的阻值大很多的主要原因是灯丝的电阻随着温度的升高而增大。
故答案为：100；0.04；变小；灯丝的电阻随着温度的升高而增大。
(1)由实物图可知，定值电阻与灯泡串联，V1测定值电阻两端的电压，V2测灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出AB间接入的定值电阻为200Ω时电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时RL，根据P=UI求出此时白炽灯的实际功率；
(2)根据串联电路的分压原理可知将定值电阻换为300Ω后定值电阻两端电压的变化，根据串联电路的电压特点分析V2示数的变化；
(3)根据灯丝的电阻随着温度的升高而增大分析造成这种差异的主要原因。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用以及灯丝电阻的影响因素。

26.【答案】解：将绳子的一端固定在定滑轮的挂钩上，然后将绳子绕在滑轮组上。如图所示：
 
【解析】滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子连着动滑轮，段数越多越省力。
滑轮组最省力的绕绳方法，其实就是寻找连接动滑轮最多的绳子的段数，明确了这一点，滑轮组的绕法就变得非常简单。

27.【答案】解：对由一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组，可绕线方法有两股和三股两种，两种方法都达到了省力的目的，但拉力的方向不同，有三股绕线的方法拉力方向向上；有两股绕线的方法拉力方向向下，在不计滑轮自重及摩擦的情况下，动滑轮和重物由几股绳子承担，拉力就是滑轮组提升物重的几分之一．由此可知绳子股数越多越省力，根据题意滑轮组最省力的绕法是绳子股数最多，即三股绕线的方法．
具体图形如下：
 
【解析】滑轮组绳子的绕法有两种：
一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，然后再绕过下面的动滑轮再向上绕到定滑轮上，依次反复绕，这种绕法有偶数段绳子承担物重；
二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，然后再绕过上面的定滑轮再向下，依次反复绕，这种绕法有奇数段绳子承担物重．
此题主要考查滑轮组承担物重绳子股数，滑轮组的绕线方法不同，拉力的方向不同，达到省力程度也不同，绳子股数越多越省力．

28.【答案】B、C  ρgh  深度和密度 
【解析】解：(1)根据图甲所示的B、C两次实验可知，在压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
(2)A、B、C三个柱体对海绵的压力分别为：
FA=GA=mAg=ρVAg=ρShg，FB=GB=mBg=ρVBg=ρShg，FC=GC=mCg=ρVCg=ρS2hg；
A、B、C三个柱体对海绵的压强分别为：
pA=FAS=ρShgS=ρgh，pB=FBS=ρShgS=ρgh，pC=FCS=ρ×S2×hgS2=ρgh；
因为A、B、C三个柱体对海绵的压强相等，所以“海绵被压下的深度相同”；
(3)在图丙中，将压强计的探头放在液体中a、b两点时，探头的深度不同，液体密度相同，可探究液体的压强跟液体的深度关系；在图丙中，将压强计的探头放在不同液体中的b、c两点时，液体密度不同，探头的深度相同，可探究液体的压强跟液体的密度关系，所以用图丙所示的器材能探究液体的压强跟液体的深度、液体的密度的关系。
故答案为：(1)B、C；(2)ρgh；(3)深度和密度。
(1)压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法。
(2)利用压强的定义式推导规则均匀柱体对水平面的压强，即可得出答案。
(3)探究液体内部的压强跟液体的深度、液体的密度关系时，应使用控制变量法来选定合适的器材和设计实验方案。
本题探究了影响压力作用效果的因素、液体压强的特点的实验，考查了控制变量法的应用和液体压强、固体压强公式的推导过程，有一定的综合性，属于中等难度。

29.【答案】靠近  右  折射光线、入射光线、法线在同一平面内 
【解析】解：(1)当入射光线靠近水面时，入射角增大，折射角随入射角的增大而增大，折射光线将靠近水面
(2)若入射水面的激光束的角度保持不变，在水槽中加适量水，入射角将向右移动，则折射光线随之向右移动，即在注水的过程中光斑向右移动；
(3)该竖板左侧可以绕图中虚线自由翻转，如果将左侧竖板向后翻转后，则呈现折射光线的竖板左侧和呈现入射光线的竖板右侧不在同一平面内，所以在竖板左侧上不能看到折射光线；但是此时折射光线的位置不发生变化，折射光线、入射光线、法线在同一平面内。
故答案为：(1)靠近；   (2)右  (3)折射光线、入射光线、法线在同一平面内。
(1)入射光线、折射光线与法线的夹角为入射角、折射角；折射角随入射角的增大而增大；
(2)根据光的折射规律，分别作出水槽内水位低时、水位高时的光的折射的光路图；
(3)根据光的折射规律：三线共面(入射光线、反射光线、法线)可做出解答。
本题考查了光的折射规律的应用，明确入射角、折射角的概念及折射角与入射角的关系是关键。

30.【答案】解：(1)由题意可知，慢档时只闭合开关S，此时电路为R1的简单电路，
由P=UI=U2R可知，R1的阻值：R1=U2P慢=(220V)222W=2200Ω；
(2)塑胶吸收的热量：Q吸=cmΔt=2.2×103J/(kg⋅℃)×90×10−3kg×(120℃−20℃)=1.98×104J；
(3)由P=Wt可知，此次快挡打印时消耗的电能：W=P快t=66W×10×60s=3.96×104J，
此次快挡打印时的热效率：η=Q吸W×100%=1.98×104J3.96×105J×100%=50%。
答：(1)R1的电阻值为2200Ω；
(2)此次快挡打印10min过程中塑胶吸收的热量为1.98×104J；
(3)打印笔此次快挡打印时的热效率为50%。 
【解析】(1)由题意可知，慢档时只闭合开关S，此时电路为R1的简单电路，根据P=UI=U2R求R1的阻值；
(2)根据Q吸=cmΔt求出塑胶吸收的热量；
(3)根据P=Wt求出此次快挡打印时消耗的电能，根据η=Q吸W×100%求出此次快挡打印时的热效率。
本题考查热量公式、电功率公式和效率公式的应用，难度不大。

31.【答案】解：(1)正方体木块的对水平底部的压力为：
F=G木=m木g=ρ木V木g=0.8×103kg/m3×103×10−6m3×10N/kg=8N，
木块对容器底的压强为：p=FS=8N100×10−4m2=800Pa；
(2)当木块对容器没有压力时，木块刚好漂浮，由漂浮条件可知F浮=G木，由公式F浮=ρgV排可得：
ρ水gV排=ρ木V木g，即ρ水Sh浸=ρ木Sh木，则加入水的深度为：h水=h浸=ρ木h木ρ水=0.8×103kg/m3×0.1m1.0×103kg/m3=0.08m，
加入水的体积为：V水=S水h水=(400−100)×10−4m2×0.08m=2.4×10−3m3，
(3)在圆柱形容器中，水对容器底的压力增加量等于物体A所受浮力大小即ΔF1=F浮，压强增加量Δp1=ΔF1S=F浮S；
容器对水平桌面的压力增加量等于物体的重力大小即ΔF2=GA，压强增加量Δp2=ΔF2S=GAS。
若A在水中漂浮或悬浮时，F浮=GA，则Δp2=Δp1，不符题意，故A应在水中沉底，由Δp2=3Δp1可得：GA=3F浮，
即：ρAVAg=3ρ水gVA，所以A的密度为：ρA=3×103kg/m3，
A的重力GA=mAg=ρAVAg=3×103kg/m3×(0.1m)3×10N/kg=30N，
第一次加入水的质量为：m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×2.4×10−3m3=2.4kg；
此时杯中水的重力G水=m水g=(2.4kg+ρ水V水)g=(1.0×103kg/m3×5000×10−6m3+2.4kg)×10N/kg=74N；
此时容器对桌面的压力F=G总=GA+G水+G容=104N+2kg×10N/kg=124N；
此时容器对桌面的压强p=FS=124N400×10−4m2=3100Pa。
答：(1)木块对容器底部的压强是800Pa；
(2)水的深度0.08m；
(3)物体A静止时容器对水平桌面的压强3100Pa。 
【解析】(1)由公式G=mg=ρVg、p=FS可求得木块对容器底的压强；
(2)当木块对容器没有压力时，木块刚好漂浮，由漂浮条件可知F浮=G木，同时由公式F浮=ρgV排求得木块浸入水中的深度，从而求得加入水的深度；
(3)在圆柱形容器中，水对容器底的压力增加量等于物体A所受浮力大小即ΔF1=F浮，压强增加量Δp1=ΔF1S=F浮S；容器对水平桌面的压力增加量等于物体的重力大小即ΔF2=GA，压强增加量Δp2=ΔF2S=GAS。若A在水中漂浮或悬浮时，F浮=GA，则Δp2=Δp1，不符题意，故A应在水中沉底时，有Δp2=3Δp1，由此求得A的密度，计算A的质量、水的质量，计算总压力，根据压强公式得出物体A静止时容器对水平桌面的压强。
本题考查密度、重力、压强、阿基米德原理的综合应用，难度大。

32.【答案】压缩  甲  做功  降低  80  20 
【解析】解：(1)汽油机是汽车的“心脏”，其中压缩冲程将机械能转化为内能；
甲图中活塞对空气做功，表示机械能转化为内能；乙图中水蒸气对木塞做功，把水蒸气的内能转化为木塞的机械能，所以与此冲程原理相同的是甲实验；在这个实验中，改变内能的方式是做功；
(2)汽油在发动机内燃烧不充分时消耗能量将会增加，转化的有用功将会减少，则发动机的热机效率会降低；
(3)汽油机飞轮的转速为2400r/min=40r/s，即1s内飞轮转40周，
由于汽油机一个工作循环，完成4个冲程，飞轮和曲轴转2周，对外做功一次，所以1s内，汽油机完成80个冲程；对外做功20次。
故答案为：(1)压缩；甲；做功；(2)降低；(3)80；20。
(1)汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将将内能转化为机械能；甲图中活塞对空气做功，表示机械能转化为内能；乙图中水蒸气对木塞做功，把水蒸气的内能转化为木塞的机械能；改变内能的方式有做功和热传递两种；
(2)发动机的机械效率是有用功与消耗总功的比值；
(3)根据汽油机的飞轮转速求出飞轮每秒的转数，汽油机一个工作循环，完成4个冲程，飞轮和曲轴转2周，对外做功一次，据此求出1s内，汽油机完成的冲程数和做功次数。
本题考查汽油机的工作原理等知识，是一道综合题，知识点较多。