内蒙古巴彦淖尔市2017年中考物理试卷（解析版）

这是一份内蒙古巴彦淖尔市2017年中考物理试卷（解析版），共36页。试卷主要包含了选择题，作图与实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2017年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷
　
一、选择题（共41分）
1．下列选项对图中情景描述正确的是（　　）
A．在甲图中通过改变尺子伸出桌面的长度，可以探究响度与振幅的关系
B．乙图中的两列声波的音色不同
C．丙图是采取阻断噪声传播途径来控制噪声
D．丁图中的海豚只能接收到超声波
2．下列各种光现象与所对应的物理知识正确的是（　　）
A．
演员对着镜子画脸谱﹣光的反射
B．
手影﹣光的折射
C．
池水变“浅”了﹣光的色散
D．
太阳光经过三棱镜后形成彩色光带﹣光的直线传播
3．如图所示，对于图中所描述的物理现象，下列分析不正确的是（　　）
A．甲图中小孩下滑过程中臀部发热是通过做功改变物体的内能
B．乙图中试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减小
C．丙图中两个底部光滑的铅柱紧压结合在一起说明分子间没有斥力
D．丁图中冰棒“冒”出的“白气”是水蒸气液化形成的
4．下列做法，符合安全用电原则的是（　　）
A．家庭电路中不要同时使用过多的大功率用电器
B．使用测电笔时手不能接触笔尾金属体
C．将电风扇三角插头最长脚折弯后，插在两空插座上使用
D．家用电器失火时，先灭火，后切断电源
5．如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置，两个透明容器中密闭这等量的空气，R1=R2=R3，当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）

A．该实验装置是探究电流通过电阻时产生的热量与电阻大小的关系
B．通过电阻R1和R2的电流相等
C．通电一段时间后，右边U形管内液面的高度差比左边小
D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻放出热量的多少的
6．天舟一号货运飞船于2017年4月20日19时41分35秒在文昌航天发射中心成功发射升空并与天宫二号空间实验室交会对接，标志着中国航天迈进“空间站时代”，如图所示是该飞船的运行轨道，则关于该飞船从远地点向近地点运行的过程中，其势能、动能和速度的变化正确的是（　　）

A．势能增加，动能减小，速度减小
B．势能减小，动能增加，速度增加
C．势能增加，动能增加，速度增加
D．势能不变，动能不变，速度不变
7．如图为通电螺线管磁场强弱演示仪的示意图（导线电阻不计），由图可知：（　　）

A．当开关S接a点时，仪表指针向右偏转
B．当开关S接a点接滑片P向下移动时，仪表示数变小
C．保持滑片P的位置不变，开关S由a点换到b点，仪表示数变大
D．若将电源正负极对调，仪表指针偏转方向不变
8．为了测出未知电阻Rx的阻值，某同学利用阻值已知的电阻0和一只电流表或电压表分别设计了如图所示的四种电路，其中可行的是（电源电压未知且不变）（　　）

A．（2）（4） B．（2）（3） C．（1）（3） D．（3）（4）
9．如图所示，水平地面G点两侧粗糙程度不同，物体一直受到沿水平方向5N的拉力F．物体经过E点开始计时，每经过相同时间，用虚线框记录物体的位置，物体在EG段做匀速直线运动，则：（　　）

A．物体在EF段的速度大于GH段的速度
B．物体在GK段受到的摩擦力等于5N
C．拉力F在EF段所做的功大于在GH段所做的功
D．拉力F在EF段的功率小于在GK段的功率
10．如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是（　　）

A．只闭合S1，将P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将P向左移动，R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小
D．开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变大
11．质量为m1的液体甲与质量为m2的液体乙相混合，已知甲、乙两种液体的密度分别为ρ1、ρ2，混合后液体的密度为（两种液体混合前后总体积不变）（　　）
A．（ρ1+ρ2）
B．
C．
D．
12．如图所示，将边长为10cm，质量为8kg的正方体合金块用细绳挂在轻质杠杆的A处，杠杆可绕O点转动，在B点施加拉力F=80N，方向如图所示，杠杆在水平位置平衡，已知OA：AB=2：3，则下列说法正确的是（sin37°=0.6；cos37°=0.8；g=10N/kg）（　　）

A．合金块的密度是8×103kg/m3
B．A点受到绳的拉力为32N
C．物体对地面的压力为80N
D．物体对地面的压强为5.6×103Pa
13．如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，两电压表示数随电流变化的图象如图乙所示，下列叙述正确的是（　　）

A．图乙中ab是表示电压表V1的示数随电流变化的图象
B．R2的阻值为4Ω
C．滑片从n点滑到m点的过程中，电源消耗的最大功率是10W
D．滑片在n点时，5s内电阻R消耗的电能是5J
　
二、作图与实验题（共32分）
14．如图所示，用垂直于竖直墙壁的力F将物体紧压在墙面上，物体处于静止状态，请画出物体在竖直方向上受到的力的示意图．

15．请在图中画出入射光线AO通过玻璃砖的光路图．

16．请将图中的家庭电路补充完整，开关需要控制电灯．

17．在做“探究凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图所示，蜡烛恰好在光屏上成倒立　 　的实像，可以判断此实验中凸透镜的焦距　 　（选填“大于”或“小于”）20cm，生活中的　 　（选填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）就是利用了这样的原理．若某同学不小心用手指尖触摸到了凸透镜，这时在光屏上将　 　（选填“会”或“不会”）成一个完整的像．
（2）实验过程中，燃烧的蜡烛不断缩短，光屏上的像逐渐　 　（选填“向上”或“向下”）移动．

18．某同学在做“探究不同物质的吸热能力”的实验时，使用相同的电加热器给甲、乙两种液体加热，得到的实验数据如下表：
物质
次数
质量m/kg
升高温度△t/℃
加热的时间t/min
甲
1
0.1
10
2
2
0.2
10
4
乙
3
0.1
10
1
4
0.2
20
2
（1）实验中记录加热时间的目的是　 　
（2）分析第1、2次或第3、4次实验数据，可以得出同种物质升高相同的温度时，吸收的热量的多少物质的　 　有关．
（3）分析第1、3次或第2、4次实验数据，可以得出质量相等的不同物质，升高相同的温度时，吸收的热量　 　（选填“相同”或“不同”）
（4）分析第1、4次实验数据可以发现加热时间相同，单位质量的不同物质升高的温度　 　（选填“相同”或“不同”）．
（5）由上述分析可以得出　 　（选填“甲”或“乙”）物质的吸热能力强．
（6）该实验采用的物理学研究方法是　 　和　 　．
19．某实验小组为了研究影响滑动摩擦力大小的因素，设计了如图甲所示的实验方案，实验操作如下：
①用弹簧测力计测出滑块的重力，滑块和钩码的总重记作G；
②将放有钩码的滑块放到平板小车的水平接触面上，通过水平细线和弹簧测力计相连，向左拉动平板小车，待弹簧测力计示数稳定后读出示数F；
③多次改变滑块上的钩码的个数并重复步骤②，记录相应的数据如下表所示；
④仅更换表面不同的平板小车，重复上述实验步骤．
接触面
钩码个数
滑块和钩码总重量G/N
弹簧测力计示数F/N
接触面一
1
1.5
0.6
2
2.0
0.8
3
2.5
1.0
接触面二
1
1.5
0.9
2
2.0
1.2
3
2.5
1.5
（1）此实验是根据　 　原理测出了滑动摩擦力的大小．
（2）根据表中的数据在图乙中画出该滑块分别在两个接触面上受到的滑动摩擦力f与对应压力FN关系的图象．
（3）由图象可知，滑块对接触面的压力变大，滑块受到的滑动摩擦力将　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；接触面　 　（选填“一”或“二”）的表面更粗糙．
（4）此实验中是否必须匀速拉动小车？　 　（选填“是”或“否”）
20．在“测量小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻为10Ω，有两个规格为“10Ω 1A”、“50Ω 2A”的滑动变阻器，电源电压为6V．
（1）本实验中应选择规格为　 　的滑动变阻器．
（2）将图甲中的实物电路连接完整，并在图乙的线框内画出电路图．
（3）移动滑动变阻器的滑片P在某一位置时电流表示数如图丙所示为　 　A，此时小灯泡的电功率　 　（选填“大于”或“小于”）额定功率．
（4）用图甲所示的实验电路也可以测量电阻，若考虑电压表的分流作用，那么测量值要比真实值　 　（选填“大”或“小”）
　
三、计算题（共27分）
21．某兴趣小组设计了一种智能化的电热水器，如图所示，它主要由工作电路和控制电路两部分组成，工作电路可以在保温和加热两档之间切换，当磁控开关L线圈中的电流等于或大于20mA时，磁控开关L的簧片吸合（簧片与线圈电阻不计），当线圈中的电流小于20mA时簧片断开，光敏电阻R随光照强度E（表示光照射强弱的物理量，单位是坎德拉，符合cd）变化的关系如下表所示，当开关S闭合时：
光照强度E/cd
1
2
3
4
5
光敏电阻R/Ω
18
9
6
4.5
3
（1）若控制电路中R0=82Ω，U2=2V，当光强E达到多少时，控开关的簧片恰好吸合？
（2）当线圈中的电流等于20mA时，工作电路处于何种档位？将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收多少热量？
（3）若工作电路在加热和保温两种状态时R1的功率之比为25：9，求R1与R2的比值．

22．用如图甲所示的滑轮组提升浸没在水中的实心圆柱形物体，已知物体的高度为1cm，底面积为0.12m2，质量为200kg，物体始终以0.5m/s的速度匀速上升，物体浸没在水中匀速上升时，作用在绳端的拉力F所做的功随时间的变化关系如图乙所示．（不计绳重、摩擦及水的阻力．ρ=1.0×103kg/m3，g=10N/kg）求：
（1）当物体的上表面刚好与水面相平时，其底部受到水的压强；
（2）物体浸没在水中时受到的浮力；
（3）物体浸没在水中匀速上升时绳端受到的拉力；
（4）物体浸没在水中匀速上升时，滑轮组的机械效率；
（5）物体出水后绳端拉力的功率．

　

2017年内蒙古巴彦淖尔市中考物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共41分）
1．下列选项对图中情景描述正确的是（　　）
A．在甲图中通过改变尺子伸出桌面的长度，可以探究响度与振幅的关系
B．乙图中的两列声波的音色不同
C．丙图是采取阻断噪声传播途径来控制噪声
D．丁图中的海豚只能接收到超声波
【考点】9G：响度与振幅的关系；9E：超声波与次声波；9H：音色；9L：防治噪声的途径．
【分析】（1）音调跟物体的振动频率有关，振动频率越大，音调越高；响度跟物体的振幅有关，振幅越大，响度越大；音色跟发声体的材料、品质有关．
（2）减弱噪声的方法有：在声源处减弱噪声、在传播过程中减弱噪声、在人耳处减弱噪声，据此分析回答．
（3）人耳能听到的声音在20Hz到20000Hz之间，超出这个范围的声音，人耳是听不到的．
【解答】解：
A、改变尺子伸出桌面的长度，若用相同的力拨动尺子，是为了研究尺子发出声音的音调与尺子振动快慢的关系，尺子伸出桌面越长，振动越慢，发出声音的音调越低；若要探究响度与振幅的关系，需要保持尺子伸出桌面的长度不变，改变拨动尺子的力度，故A错误；
B、从图中可以看出，两列波振动的幅度相同，故其响度相同；相同时间内，甲、乙振动的次数相同，频率相同，所以它们的音调相同；但是它们波形的形状不同，说明它们的音色不同．故B正确；
C、摩托车上的消声器，是在声源处减弱噪声，故C错误；
D、虽然海豚发出的“声音”频率高于20000Hz，是一种超声波，但它能听到的声音频率范围很大，所以能听到超声波以外的声音；故D错误．
故选B．
　
2．下列各种光现象与所对应的物理知识正确的是（　　）
A．
演员对着镜子画脸谱﹣光的反射
B．
手影﹣光的折射
C．
池水变“浅”了﹣光的色散
D．
太阳光经过三棱镜后形成彩色光带﹣光的直线传播
【考点】A6：光的反射；A3：光直线传播的应用；AM：光的折射现象及其应用．
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（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进入另一种介质时，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．
【解答】解：A、演员对着镜子画脸谱，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故A正确．
B、手影中影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，不是光的折射，故B错误；
C、池底反射的光线穿过水面，折射进入人眼，此时光线在水面处发生折射，折射角大于入射角，即人眼逆着折射光线的方向看去，看到的是池底经水面折射所成的虚像，且虚像在实际池底的上方，所以池水看起来比实际的浅，不是光的色散，故C错误；
D、当太阳光经过三棱镜后，会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光，这是光的色散现象，不是光的直线传播；故D错误．
故选A．
　
3．如图所示，对于图中所描述的物理现象，下列分析不正确的是（　　）
A．甲图中小孩下滑过程中臀部发热是通过做功改变物体的内能
B．乙图中试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减小
C．丙图中两个底部光滑的铅柱紧压结合在一起说明分子间没有斥力
D．丁图中冰棒“冒”出的“白气”是水蒸气液化形成的
【考点】G9：做功改变物体内能；1M：液化及液化现象；GH：分子间的作用力．
【分析】（1）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；做功过程中是能量转化，对物体做功，物体的内能增加；物体对外做功，物体的内能减小；
（2）气体膨胀做功，内能减小；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力，分子间距大时表现为引力，分子间距小时表现为斥力；
（4）“白气“是水蒸气液化形成．
【解答】解：A、甲图中小孩从滑梯上滑下臀部感觉很热是通过做功的方式改变了臀部的内能，故A正确；
B、乙图中说明气体膨胀做功，将瓶塞冲出，此时水蒸气的内能减小、温度降低，故B正确．
C、丙图中两个底部光滑的铅柱紧压结合在一起说明分子间存在相互作用引力和斥力，分子间距大时表现为引力，而不是没有斥力，故C错误；
D、丁图中冰棒“冒”出的“白气”是冰棒周围的水蒸气遇冷液化成的小水滴，故D正确．
故选C．
　
4．下列做法，符合安全用电原则的是（　　）
A．家庭电路中不要同时使用过多的大功率用电器
B．使用测电笔时手不能接触笔尾金属体
C．将电风扇三角插头最长脚折弯后，插在两空插座上使用
D．家用电器失火时，先灭火，后切断电源
【考点】IV：安全用电原则．
【分析】（1）电路电流过大的原因有两个；一是短路，二是用电器的总功率过大；
（2）测电笔是用来辨别火线和零线的．使用测电笔辨别时，用手触及笔尾的金属部分，笔尖接触电线，若氖管发光则为火线，否则为零线；
（3）大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三孔插座，以防外壳带电，危及人身安全；
（4）发现家用电器或导线失火时，应立即切断电源，然后再救火．
【解答】解：A、大功率用电器过多，会引起干路电流过大，从而损坏电路，故A正确；
B、使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线，故B错误；
C、电风扇三角插头最长脚折弯后，插在两空插座上使用，没有接地功能，用电器外壳带电，会危及人身安全．故C错误；
D、发现家用电器或导线失火时应立即切断电源，再灭火，故D错误．
故选A．
　
5．如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置，两个透明容器中密闭这等量的空气，R1=R2=R3，当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）

A．该实验装置是探究电流通过电阻时产生的热量与电阻大小的关系
B．通过电阻R1和R2的电流相等
C．通电一段时间后，右边U形管内液面的高度差比左边小
D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻放出热量的多少的
【考点】JH：焦耳定律．
【分析】A、电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，在通电时间和电阻相同时，是探究电流产生热量跟电流的关系；
B、根据串、并联电路的电流大小关系分析判断
C、通电时间相同、电阻相同，通过的电流不同，利用焦耳定律Q放=I2Rt分析判断；
D、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过U型管中液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想．
【解答】解：
A、装置中R2、R3并联后再与R1串联，通过R1的电流I1=I2+I3，而I2=I3，所以右边容器中通过R3的电流I3是左侧通过R1电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，故A错误；
B、由图知，通过R1的电流I1=I2+I3，而I2=I3，所以通过电阻R1和R2的电流不相等，故B错；
C、左右两容器中的电阻相同，而通过电阻R1的电流大于R2的电流，通电时间相同，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，左边U形管内液面的高度差比右边U形管内液面的高度差大，故C错；
D、电流产生的热量不能用眼睛直接观察，对密封容器中空气加热，引起U型管中液面变化，通过液面高度差的变化来反映，故D正确．
故选D．
　
6．天舟一号货运飞船于2017年4月20日19时41分35秒在文昌航天发射中心成功发射升空并与天宫二号空间实验室交会对接，标志着中国航天迈进“空间站时代”，如图所示是该飞船的运行轨道，则关于该飞船从远地点向近地点运行的过程中，其势能、动能和速度的变化正确的是（　　）

A．势能增加，动能减小，速度减小
B．势能减小，动能增加，速度增加
C．势能增加，动能增加，速度增加
D．势能不变，动能不变，速度不变
【考点】FN：动能和势能的大小变化．
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大．
（2）势能大小的影响因素：质量、相对高度．质量越大，相对高度越高，势能越大．
【解答】解：该飞船从远地点向近地点运行的过程中，飞船的质量不变，速度不断增大，动能不断增大，飞船和地球的相对高度减小，势能不断减小．
故选B．
　
7．如图为通电螺线管磁场强弱演示仪的示意图（导线电阻不计），由图可知：（　　）

A．当开关S接a点时，仪表指针向右偏转
B．当开关S接a点接滑片P向下移动时，仪表示数变小
C．保持滑片P的位置不变，开关S由a点换到b点，仪表示数变大
D．若将电源正负极对调，仪表指针偏转方向不变
【考点】CA：通电螺线管的磁场．
【分析】（1）由安培定则判断通电螺线管的南北极和磁极间的相互作用判断仪表指针向的偏转；、
（2）根据滑动变阻器的移动方向判断通电螺线管的磁性变化，判断仪表示数变化；
（3）通电螺线管磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯；
（4）通电导体在磁场受力的方向与电流的方向、磁场方向有关．
【解答】解：
A、由安培定则可知，通电螺线管的右端为N极，根据同名磁极相互排斥可知，仪表指针向左偏转，故A错误；
B、当开关S接a点接滑片P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，磁性增强，排斥力增大，指针偏转变大，仪表示数变大，故B错误；
C、保持滑片P的位置不变，开关S由a点换到b点，线圈匝数增加，磁性增强，排斥力增大，指针偏转变大，仪表示数变大，故C正确；
D、若将电源正负极对调，电流方向改变，磁场方向改变，仪表指针偏转方向改变，故D错误．
故选C．
　
8．为了测出未知电阻Rx的阻值，某同学利用阻值已知的电阻0和一只电流表或电压表分别设计了如图所示的四种电路，其中可行的是（电源电压未知且不变）（　　）

A．（2）（4） B．（2）（3） C．（1）（3） D．（3）（4）
【考点】IH：欧姆定律的应用．
【分析】利用电压表和电流表，结合串、并联电路电流和电压特点以及欧姆定律，直接或间接得出被测电阻两端的电压和电流，根据Rx=求出电阻，并且要注意电表正负接线柱的连接．
【解答】解：
（1）开关S1闭合，S2断开时R0和Rx串联，电流表可以测出通过Rx的电流Ix；S2闭合时为Rx的简单电路，不能直接或间接测量出Rx的电压，所以不能求出Rx的电阻．
（2）开关S0闭合，S接1时电路为R0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；当S接2时电路为未知电阻Rx的简单电路，电流表测通过Rx的电流Ix，根据Rx=求出电阻．
（3）开关S1和S2都闭合时，R0被短路，电压表测量电源电压U；只闭合S1时，R0和Rx串联，电压表仍侧电源的电压，无法测出Rx两端的电压，所以不能求出Rx的电阻；
（4）开关S1和S2都闭合时，R0被短路，电压表测量电源电压U；只闭合S1时，R0和Rx串联，电压表直接测量Rx两端的电压Ux．根据串联电路总电压等于各串联导体电压之和，求出定值电阻两端的电压U0=U﹣Ux，根据I0=，求出通过定值电阻的电流．根据串联电路电流处处相等，通过Rx电流等于通过定值电阻电流Ix=I0，根据Rx=求出电阻．
综上可知，（2）（4）方案可行．
故选A．
　
9．如图所示，水平地面G点两侧粗糙程度不同，物体一直受到沿水平方向5N的拉力F．物体经过E点开始计时，每经过相同时间，用虚线框记录物体的位置，物体在EG段做匀速直线运动，则：（　　）

A．物体在EF段的速度大于GH段的速度
B．物体在GK段受到的摩擦力等于5N
C．拉力F在EF段所做的功大于在GH段所做的功
D．拉力F在EF段的功率小于在GK段的功率
【考点】FD：功率大小的比较；6D：变速运动与平均速度；7E：摩擦力大小的影响因素；EB：功的大小比较．
【分析】（1）根据图象提供的信息，由速度公式v=解题；
（2）摩擦力的大小与压力及接触面的粗糙程度有关，据此分析；
（3）根据功的两个要素，由W=Fs解析；
（4）分析图象，根据P==判断．
【解答】解：
A、由图和题意可知，物体在EF段和GH段通过的路程相同，但所用时间tEF=2tGH，由v=可知，物体在EF段的速度小于GH段的速度，故A错误；
B、由图可知，物体在GK段做变速运动，故物体在GK段所受的摩擦力不等于拉力，即不等于5N；故B错误；
C、由图可知，sEF=sGH，所用的拉力相同即F=5N，由W=Fs可知，所做的功相同，故C错误；
D、由图和题意可知，sEF＜sGK，所用时间t和拉力F均相同，由P==可知，拉力F在EF段的功率小于在GK段的功率，故D正确．
故选D．
　
10．如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是（　　）

A．只闭合S1，将P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将P向左移动，R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小
D．开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变大
【考点】IZ：电路的动态分析．
【分析】AB、分析电路的连接，判断P移动时变阻器连入电路中电阻的变化，由欧姆定律确定比值的变化；
根据电阻的串联规律判断总电阻的变化，由欧姆定律确定电路中电流变化，根据P1=U1I1=I12R1确定消耗的功率变化；
CD、分析电路的连接及电表测量的量，根据P=UI=，根据并联电路电压的规律，判断变阻器R2的功率和灯的功率的变化；
根据欧姆定律，确定通过通过灯与为变阻器的电流的变化，根据并联电路电流的规律，确定总电流即电流表示变化．
【解答】解：AB、闭合S1，变阻器与R1串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，
将P向左移动一段距离，R2 变大，由欧姆定律，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值即为变阻器的电阻，故变大，A错误；
将P向左移动过程中，由电阻的串联规律，总变大，电路中电流变小，R1消耗的功率P1=U1I1=I12R1变小，因通过电路的电流变小，故R1消耗的功率P1变小；B错误；
CD、开关都闭合，R1短路，变阻器与灯并联，电压表测电源电压，电流表测电路中电流，
将P向左移动，变阻器连入电路中的电阻变大，根据P=UI=，因变阻器R2的电压为电源电压保持不变，变阻器R2的功率变小；
因灯的电压为电源电压保持不变，故灯的电功率不变，C正确；
因变阻器R2连入电路中的电阻变大，根据欧姆定律，通过其的电流变小，而通过灯的电流不变，根据并联电路电流的规律，总电流即电流表示变小，D错误．
故选C．
　
11．质量为m1的液体甲与质量为m2的液体乙相混合，已知甲、乙两种液体的密度分别为ρ1、ρ2，混合后液体的密度为（两种液体混合前后总体积不变）（　　）
A．（ρ1+ρ2）
B．
C．
D．
【考点】2J：空心、混合物质的密度计算．
【分析】知道甲乙两液体的质量和密度，根据ρ=求出两液体的体积，两液体的体积之和即为混合液的总体积，两液体的质量之和即为混合液的总质量，根据ρ=求出混合液的密度．
【解答】解：由ρ=可得，混合液的体积：
V=V1+V2=+=，
混合液的质量：
m=m1+m2，
则混合液的密度：
ρ===．
故选B．
　
12．如图所示，将边长为10cm，质量为8kg的正方体合金块用细绳挂在轻质杠杆的A处，杠杆可绕O点转动，在B点施加拉力F=80N，方向如图所示，杠杆在水平位置平衡，已知OA：AB=2：3，则下列说法正确的是（sin37°=0.6；cos37°=0.8；g=10N/kg）（　　）

A．合金块的密度是8×103kg/m3
B．A点受到绳的拉力为32N
C．物体对地面的压力为80N
D．物体对地面的压强为5.6×103Pa
【考点】86：压强的大小及其计算；2A：密度的计算；7T：杠杆的应用；81：压力及重力与压力的区别．
【分析】（1）先求出正方体合金块的体积，已知合金块的质量，利用密度公式求出合金块的密度；
（2）作出拉力F的力臂，结合已知条件找出动力臂和阻力臂的数量关系；由杠杆平衡条件可求出A点受到绳的拉力；
（3）对合金块进行受力分析，根据力的平衡条件求出支持力的大小，压力和支持力是一对相互作用力，其大小相等，由此可知物体对地面的压力；
（4）求出正方体合金块的底面积，再根据压强公式求出物体对地面的压强．
【解答】解：
A、正方体合金块的体积：V=（0.1m）3=1×10﹣3 m3，
合金块的密度：ρ===8×103kg/m3，故A正确；
B、杠杆的支点为O，作出拉力F的力臂为OC，如图所示：

则由数学知识可得：OC=OB×sin37°=0.6×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
已知OA：AB=2：3，则AB=OA，
且OB=AB﹣OA=OA﹣OA=OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
则OC=0.6×OB=0.6×OA=0.3×OA，
由杠杆平衡条件可得：FA×OA=F×OC，
所以，A点受到绳的拉力：FA===24N，故B错误；
C、对合金块进行受力分析可知，此时合金块受向下的重力、向上的拉力和向上的支持力，
由力的平衡条件可得：F支+FA′=G，
压力和支持力是一对相互作用力，其大小相等，则物体对地面的压力：
F压=F支=G﹣FA′=mg﹣FA′=8kg×10N/kg﹣24N=56N，故C错误；
D、正方体合金块的底面积：S=（0.1m）2=0.01m2，
物体对地面的压强：p===5.6×103Pa，故D正确．
故选AD．
　
13．如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，两电压表示数随电流变化的图象如图乙所示，下列叙述正确的是（　　）

A．图乙中ab是表示电压表V1的示数随电流变化的图象
B．R2的阻值为4Ω
C．滑片从n点滑到m点的过程中，电源消耗的最大功率是10W
D．滑片在n点时，5s内电阻R消耗的电能是5J
【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．
【分析】（1）变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；据此可判断出图乙中bc，ab分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
（2）由（1）可知，对于R1：通过的电流随两端电压的减小而增大；对于R2：通过的电流随两端电压的增大而增大；据此判断，乙图中cb是R1的U﹣I图象，ab是R2的U﹣I图象．
由图象可知，当U2=4V时，I=1A，由此根据欧姆定律可求R2的电阻；
（3）从“U﹣I”关系图象可以看出，滑片P在n点、m点的电压表示数与电流值，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，利用P=UI求出总功率最大值；
（4）滑片在n点时，电流最小，利用W=I2Rt即可求出消耗的电能．
【解答】解：
A、变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知，变阻器两端的电压变小，根据U=IR可知R2两端的电压变大；
所以，图乙中cb是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，ab是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，故A错误；
B、由A项分析可知，滑片P从n点滑到m点的过程中，电流变大，变阻器R1两端的电压变小，R2两端的电压变大；
所以，通过R1的电流随两端电压的减小而增大，通过R2的电流随两端电压的增大而增大；
由此可知，乙图中cb是R1的U﹣I图象，ab是R2的U﹣I图象；
由乙图中ab可知，I=1A时，U2=4V，根据I=可得R2的电阻：
R2===4Ω；故B正确；
C、从“U﹣I”关系图象可知，滑片P在n点时，电流Ia=0.5A，U1=7V、U2=2V；
滑片P在m点时，电流Ib=1A，U1′=4V、U2′=4V；
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：U=IaR+U1+U2，U=IbR+U1′+U2′，
电源电压不变，则有：IaR+U1+U2=IbR+U1′+U2′，
即：0.5A×R+7V+2V=1A×R+4V+4V，
解得R=2Ω，
则电源电压：U=IaR+U1+U2=0.5A×2Ω+7V+2V=10V；
电路中的最大电流Ib=1A，则电路消粍的总功率最大值：P大=UIb=10V×1A=10W，故C正确．
D、滑片在n点时，电流最小，5s内电阻R消耗的电能：W=Ia2Rt=（0.5A）2×2Ω×5s=2.5J，故D错误；
故选BC．
　
二、作图与实验题（共32分）
14．如图所示，用垂直于竖直墙壁的力F将物体紧压在墙面上，物体处于静止状态，请画出物体在竖直方向上受到的力的示意图．

【考点】6H：力的示意图．
【分析】（1）掌握力的示意图的画法：将力的大小、方向和作用点表示在图上；
（2）正确对物体进行受力分析，跟二力平衡条件得出摩擦力的方向．
【解答】解：由图知，物体静止，所以受力平衡，在水平方向受到压力和墙的支持力，这两个力是一对平衡力；
在竖直方向受重力和摩擦力，这两个力是一对平衡力，重力方向竖直向下，所以摩擦力方向竖直向上，作图时应注意两条线段长度要相等，如图所示：

　
15．请在图中画出入射光线AO通过玻璃砖的光路图．

【考点】AN：作光的折射光路图．
【分析】光射入玻璃砖后，发生了两次折射：第一次是从空气进入玻璃；第二次是从玻璃进入空气；根据光的折射规律做出两次光的折射光路图．
【解答】解：光从空气斜射入玻璃时，折射角小于入射角，由此画出第一次的折射光路图；
光从玻璃斜射入空气时，折射角大于入射角，由此画出第二次的折射光路图；注意最后的出射光线和最初的入射光线是平行的．如图所示：
．
　
16．请将图中的家庭电路补充完整，开关需要控制电灯．

【考点】IO：家庭电路的连接．
【分析】家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接进入灯泡的螺旋套．
家庭电路中，三孔插座的上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线．
【解答】解：
（1）开关与被控制灯泡应串联，图中，开关已接在火线上，灯泡一接线柱已接在零线上，所以直接由开关左接线柱连接到灯泡右侧即可；
（2）三孔插座的上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；火线和零线已接，将上孔接地线即可．
如图所示：
．
　
17．在做“探究凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图所示，蜡烛恰好在光屏上成倒立　缩小　的实像，可以判断此实验中凸透镜的焦距　小于　（选填“大于”或“小于”）20cm，生活中的　照相机　（选填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）就是利用了这样的原理．若某同学不小心用手指尖触摸到了凸透镜，这时在光屏上将　会　（选填“会”或“不会”）成一个完整的像．
（2）实验过程中，燃烧的蜡烛不断缩短，光屏上的像逐渐　向上　（选填“向上”或“向下”）移动．

【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．
【分析】（1）凸透镜成像特点和应用：①u＞2f时，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像头；
②2f＞u＞f时，成倒立、放大的实像，应用于投影仪和幻灯机；
③u＜f时，成正立、放大的虚像，应用于放大镜．
当将凸透镜的部分挡住后，光屏上仍能成物体完整的像，只是凸透镜会聚光线数量比原来减少，像比原来变暗．
（2）凸透镜成的实像是倒立的，像与物体的变化方向恰好相反．
【解答】解：（1）光屏上能接到像，说明是实像，如图物距大于像距，是倒立缩小的像，符合u＞2f时，成倒立、缩小的实像，应用于照相机．
由图知u=30cm即30cm＞2f得f＜15cm，故可以判断此实验中凸透镜的焦距小于20cm；
若某同学不小心用手指指尖触摸了凸透镜，由于凸透镜的其他部分仍能会聚光线而成像，所以光屏上呈现的仍然是烛焰完整的像，只是此时像比手指指尖触摸前的像要暗一些．
（2）蜡烛不断燃烧，烛焰不断降低，过光心的光线不改变方向，像的位置向上移动．
故答案为：（1）缩小；小于；照相机；会；（2）向上．
　
18．某同学在做“探究不同物质的吸热能力”的实验时，使用相同的电加热器给甲、乙两种液体加热，得到的实验数据如下表：
物质
次数
质量m/kg
升高温度△t/℃
加热的时间t/min
甲
1
0.1
10
2
2
0.2
10
4
乙
3
0.1
10
1
4
0.2
20
2
（1）实验中记录加热时间的目的是　在相同时间内产生的热量相等　
（2）分析第1、2次或第3、4次实验数据，可以得出同种物质升高相同的温度时，吸收的热量的多少物质的　质量　有关．
（3）分析第1、3次或第2、4次实验数据，可以得出质量相等的不同物质，升高相同的温度时，吸收的热量　不同　（选填“相同”或“不同”）
（4）分析第1、4次实验数据可以发现加热时间相同，单位质量的不同物质升高的温度　相同　（选填“相同”或“不同”）．
（5）由上述分析可以得出　甲　（选填“甲”或“乙”）物质的吸热能力强．
（6）该实验采用的物理学研究方法是　转换法　和　控制变量法　．
【考点】GX：探究比热容的实验．
【分析】（1）探究物质的吸热性能大小时，必须控制物质吸收的热量相等，因此实验中选用了两个相同的电加热器；
（2）（3）（4）根据控制变量法的要求，分析表中实验数据，根据实验所控制的变量与实验现象得出相应的结论；
（5）加热相同时间，甲乙吸收的热量相同，质量也相同，通过比较温度变化来比较吸热能力．
（6）吸收热量的多少用加热时间来表示，用到了转换法，此实验还用到了控制变量法．
【解答】解：
（1）实验中用同样的加热器，放出的热量才相同，物质吸收的热量才会相同，故用同样的加热器的目的是在相同的时间里供给的热量相同；
（2）分析第1、2次或第3、4次实验数据，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收热量的多少与物质的质量有关；
（3）由表中第1、3次或第2、4次实验数据可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，吸收的热量不相等；
（4）分析第1、4次实验数据可以发现加热时间相同（2min），单位质量（0.1kg）的不同物质升高的温度相同（10℃）；
（5）由表中第1、3次实验数据可知，液体质量和升高的温度相等而液体种类不同，甲液体的加热时间比乙液体的加热时间长，甲液体比乙液体吸收的热量多，由此可得：甲的吸热能力更强．
（6）吸收热量的多少用加热时间来表示，用到了转换法，此实验还用到了控制变量法．
故答案为：（1）在相同时间内产生的热量相等；（2）质量；（3）不同；（4）相同；（5）甲；（6）转换法；控制变量法．
　
19．某实验小组为了研究影响滑动摩擦力大小的因素，设计了如图甲所示的实验方案，实验操作如下：
①用弹簧测力计测出滑块的重力，滑块和钩码的总重记作G；
②将放有钩码的滑块放到平板小车的水平接触面上，通过水平细线和弹簧测力计相连，向左拉动平板小车，待弹簧测力计示数稳定后读出示数F；
③多次改变滑块上的钩码的个数并重复步骤②，记录相应的数据如下表所示；
④仅更换表面不同的平板小车，重复上述实验步骤．
接触面
钩码个数
滑块和钩码总重量G/N
弹簧测力计示数F/N
接触面一
1
1.5
0.6
2
2.0
0.8
3
2.5
1.0
接触面二
1
1.5
0.9
2
2.0
1.2
3
2.5
1.5
（1）此实验是根据　二力平衡　原理测出了滑动摩擦力的大小．
（2）根据表中的数据在图乙中画出该滑块分别在两个接触面上受到的滑动摩擦力f与对应压力FN关系的图象．
（3）由图象可知，滑块对接触面的压力变大，滑块受到的滑动摩擦力将　变大　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；接触面　二　（选填“一”或“二”）的表面更粗糙．
（4）此实验中是否必须匀速拉动小车？　否　（选填“是”或“否”）
【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验．
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）由表中数据在坐标系中找到对应的点，连接起来；
（3）分析图象得出结论；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，在压力相同时，接触面越粗糙压力越大；
（4）根据滑块处于静止状态受到平衡力的作用分析．
【解答】解：（1）拉动小车时，滑块处于静止状态，受到的滑动摩擦力与拉力为平衡力，根据二力平衡的条件，测力计示数等于摩擦力大小；
（2）分别根据两表中数据，根据描点法作图，如下所示：

（3）由图象可知，滑块对接触面的压力变大，滑块受到的滑动摩擦力将变大；
在相同的压力下，接触面二受到的摩擦力大，根据影响滑动摩擦力大小的因素，故二的表面更粗糙．
（4）拉动小车时，滑块处于静止状态，受到的滑动摩擦力与拉力为平衡力，与小车的运动状态无关，故实验中不是必须匀速拉动小车．
故答案为：（1）二力平衡；（2）如上所示；（3）变大；二；（4）否．
　
20．在“测量小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻为10Ω，有两个规格为“10Ω 1A”、“50Ω 2A”的滑动变阻器，电源电压为6V．
（1）本实验中应选择规格为　“50Ω 2A”　的滑动变阻器．
（2）将图甲中的实物电路连接完整，并在图乙的线框内画出电路图．
（3）移动滑动变阻器的滑片P在某一位置时电流表示数如图丙所示为　0.24　A，此时小灯泡的电功率　小于　（选填“大于”或“小于”）额定功率．
（4）用图甲所示的实验电路也可以测量电阻，若考虑电压表的分流作用，那么测量值要比真实值　小　（选填“大”或“小”）
【考点】JF：电功率的测量．
【分析】（1）由欧姆定律求出灯的额定电流，由串联电路电压的规律结合欧姆定律求灯正常发时变阻器连入电路中的电阻，从而确定变阻器的规格；
（2）变阻器按一上一下接入电路中，由灯正常发光时的电流确定电流表选用的量程与变阻器串联；
（3）由图中电流表小量程读数，根据过灯的电流随电压的增大（减小）而增大（减小），比较此时灯的实际电压与灯的额定电压的大小，根据P=UI，确定小灯泡的电功率与灯的额定功率的关系；
（4）电压表与电阻并联，电压表测量准确；根据并联电路电流的规律，判断通过电阻的电流与电流示数的大小，根据欧姆定律的变形公式：R=确定测量值与真实值的大小．
【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，电源电压为6V，正常发光时的电阻为10Ω，
由欧姆定律可得，灯正常发光时的电流：
I===0.25A，
根据串联电路电压的规律，灯正常发光时变阻器分得的电压：
U滑=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V，
由欧姆定律可得，变阻器连入电路中的电阻：
R滑===14Ω＞10Ω，
所以，选用”50Ω 2A”的滑动变阻器；
（2）变阻器按一上一下接入电路中，因灯正常发光时的电流为0.25A，故电流表选用小量程与变阻器串联，如下所示：

（3）移动滑动变阻器的滑片P在某一位置时电流表示数如图丙所示，图中电流表选用小量程，其示数为0.24A，小于灯的额定电流；因通过灯的电流随电压的增大（减小）而增大（减小），故此时灯的实际电压也小于灯的额定电压，根据P=UI可知，小灯泡的电功率小于灯的额定功率；
（4）用图甲所示的实验电路也可以测量电阻，电压表与电阻并联，电压表测量准确；根据并联电路电流的规律，通过电阻的电流小于电流表示数，即测得的电流偏大；若考虑电压表的分流作用，根据R=可知，那么测量值要比真实值小．
故答案为：（1）“50Ω 2A”；（2）如上图所示；（3）0.24；小于；（4）小．
　
三、计算题（共27分）
21．某兴趣小组设计了一种智能化的电热水器，如图所示，它主要由工作电路和控制电路两部分组成，工作电路可以在保温和加热两档之间切换，当磁控开关L线圈中的电流等于或大于20mA时，磁控开关L的簧片吸合（簧片与线圈电阻不计），当线圈中的电流小于20mA时簧片断开，光敏电阻R随光照强度E（表示光照射强弱的物理量，单位是坎德拉，符合cd）变化的关系如下表所示，当开关S闭合时：
光照强度E/cd
1
2
3
4
5
光敏电阻R/Ω
18
9
6
4.5
3
（1）若控制电路中R0=82Ω，U2=2V，当光强E达到多少时，控开关的簧片恰好吸合？
（2）当线圈中的电流等于20mA时，工作电路处于何种档位？将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收多少热量？
（3）若工作电路在加热和保温两种状态时R1的功率之比为25：9，求R1与R2的比值．

【考点】JK：电功与热量的综合计算．
【分析】（1）由题意，根据欧姆定律求串联的电阻，再由电阻的串联求R，根据表中数据得出光强；
（2）线圈中的电流等于20mA时，磁控开关L的簧片吸合，电路中只有R1，根据P=UI=，由功率大小确定工作电路处于何种档位；
已知水的初温和末温，根据Q=cm△t求吸收的热量；
（3）由（2）两种状态，根据P=UI=，对R1而言，两种状态下的功率与电压的平方成正比，得出R1在两种不同状态下的电压之比，根据串联电路电压的规律，在保温电路中，由串联电路的分压原理求出电阻之比．
【解答】解：（1）因当磁控开关L线圈中的电流等于或大于20mA时，磁控开关L的簧片吸合（簧片与线圈电阻不计），根据欧姆定律I=，电路的总电阻：
R串联===100Ω，
因R0=82Ω，由电阻的串联，光敏电阻：
R=R串联﹣R0=100Ω﹣82Ω=18Ω，
由表中数据可知，此时光强E达到1cd；
（2）由题意，当线圈中的电流等于20mA时，磁控开关L的簧片吸合，因不计簧片与线圈电阻，R2短路，电路只有R1；
当磁控开关L的簧片断开时，R2与R1串联，由串联的电阻规律此时电路的总电阻变大，
根据P=UI=，因电源电压不变，故此时工作电路的功率较大，处于加热档位；
将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×103J（/kg•°C）×2kg×=4.2×105J；
（3）由（2）知，电路只有R1时为加热状态，两电阻串联时为保温状态，根据：
P=UI=，对R1而言，两种状态下的功率与电压的平方成正比，即：
=，
即： ===，
=﹣﹣﹣﹣①
在保温电路中，由串联电路电压的规律有：
U 1保+U 2保=U﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，将②代入①有：
=，
整理有：
=，在保温电路中，根据分压原理：
==，
即： =．
答：（1）若控制电路中R0=82Ω，U2=2V，当光强E达到1cd时，控开关的簧片恰好吸合；
（2）当线圈中的电流等于20mA时，工作电路处于加热何种档；将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收多少热量4.2×105J；
（3）若工作电路在加热和保温两种状态时R1的功率之比为25：9，R1与R2的比值为2：3．
　
22．用如图甲所示的滑轮组提升浸没在水中的实心圆柱形物体，已知物体的高度为1cm，底面积为0.12m2，质量为200kg，物体始终以0.5m/s的速度匀速上升，物体浸没在水中匀速上升时，作用在绳端的拉力F所做的功随时间的变化关系如图乙所示．（不计绳重、摩擦及水的阻力．ρ=1.0×103kg/m3，g=10N/kg）求：
（1）当物体的上表面刚好与水面相平时，其底部受到水的压强；
（2）物体浸没在水中时受到的浮力；
（3）物体浸没在水中匀速上升时绳端受到的拉力；
（4）物体浸没在水中匀速上升时，滑轮组的机械效率；
（5）物体出水后绳端拉力的功率．

【考点】89：液体的压强的计算；8P：浮力大小的计算；F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算．
【分析】（1）由液体内部压强公式p=ρgh解题；
（2）物体浸没时，其排开水的体积等于自身的体积，由阿基米德原理解题；
（3）根据乙图获取一定时间内所做的做的多少，由s=vt和W=Fs解题；
（4）分析物体浸没在水中匀速上升时的受的拉力大小，由η====解题；
（5）物体出水后，绳对物体的拉力即为物体的重力，由P=Fv求解．
【解答】解：（1）根据p=ρhg可得，当物体的上表面刚好与水面相平时，其底部受到水的压强为：
p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣2m=100Pa；
（2）物体浸没在水中时：V排=V物=0.12m2×1×10﹣2m=1.2×10﹣3m3，
受到的浮力：F浮=ρ水V排g=ρ水V物g=1.0×103kg/m3×1.2×10﹣3m3×10N/kg=12N；
（3）由乙图可知，物体在10s内所做的做W=6000J，
通过的距离：s=vt=0.5m/s×10s=5m，
拉力F拉===1200N；
（4）物体浸没在水中匀速上升时，滑轮组对物体的拉力：F=G﹣F浮=mg﹣F浮=200kg×10N/kg﹣12N=1988N，
η======41%；
（5）物体出水后，绳对物体的拉力等于物体的重力，即F'=G=mg=200kg×10N/kg=2000N，
绳端拉力的功率：P=F'v=2000N×0.5m/s=1000W．
答：（1）当物体的上表面刚好与水面相平时，其底部受到水的压强为100Pa；
（2）物体浸没在水中时受到的浮力为12N；
（3）物体浸没在水中匀速上升时绳端受到的拉力为1200N；
（4）物体浸没在水中匀速上升时，滑轮组的机械效率为41%；
（5）物体出水后绳端拉力的功率为1000W．
　

2017年7月28日