2023年安徽省淮南市凤台县第四中学中考物理二模试卷（含答案）

这是一份2023年安徽省淮南市凤台县第四中学中考物理二模试卷（含答案），共19页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2023年安徽省淮南市凤台四中中考物理二模试卷
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）2022年北京冬季奥运会是由中国举办的第24届国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕。在北京冬奥会开幕式上，中国队入场时，歌曲《歌唱祖国》响彻整座体育馆，嘹亮的歌声使每一位中国人都心潮澎湃，激动万分。这里“嘹亮”是指声音的 　 　（填声音的特性）。
2．（2分）一束光从水中斜射向水面，图中已画出空气中的折射光线，请画出大致的入射光线和反射光线。

3．（2分）春夏之交，江淮一带常常阴雨绵绵。来自北方的冷空气与来自南方的暖湿气流交汇，空气中大量的水蒸气遇冷凝华成小冰晶或 　 　（填物态变化名称）成小水珠，小冰晶下落时熔化成小水珠，它们汇集在一起形成了降雨。
4．（2分）2021年12月9日“天宫课堂”中，航天员王亚平将玻璃瓶掷向航天员叶光富，玻璃瓶离开王亚平后仍可以继续飞向叶光富（如图），是因为玻璃瓶具有 　 　而保持原来的运动状态。

5．（2分）平行放置的两极板分别带有正、负电荷，一个粒子（不计重力）沿两极板中央穿过时，发生了如图所示的偏转现象，由此可判断该粒子 　 　（选填“带正电”、“带负电”或“不带电”）。



6．（2分）某同学绕制了一个蹄形电磁铁，通电后电磁铁上方的小磁针的指向如图所示，由此可判断导线 　 　（选填“a”或“b”）端与电源的正极相连。

7．（2分）有甲、乙两个体积相等、外形相同、不同材料的球，其中一个球是空心的，它们的质量之比为m甲：m乙＝2：1，材料的密度之比为ρ甲：ρ乙＝4：3，据此可以判断 　 　球一定是空心的。
8．（2分）如图所示，工人利用斜面将一重物匀速拉到最高处，他沿倾角为θ＝30°的斜面向上的拉力是F＝300N，斜面高h＝1m，若斜面的机械效率是60%，则物体上升的过程中所受斜面的摩擦力是 　 　N。

9．（2分）如图所示电路，R1＝6Ω，R2＝4Ω，开关闭合后，通过R1的电流为2A，则R2通电1min产生的热量是 　 　J。

10．（2分）卡式炉是以罐装丁烷气为主要燃料的炉子，又叫便携式丁烷气炉。如果某品牌的卡式炉热效率为63%，用掉0.2m3的丁烷气可以将40kg初温为15℃的水加热到45℃，则丁烷气的热值为 　 　J/m3。【c水＝4.2×103J/（kg・℃）】
二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）
11．（2分）下列描述正确的是（　　）
A．两水银珠靠近后能形成一个大的水银珠，说明分子间存在引力
B．两个物体之间发生热传递时，热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
C．充电宝给关机的手机充电的过程中，手机电池相当于电源
D．用测电笔辨别火线与零线，使氖管发光的线不可能是火线
12．（2分）如图所示，客机起飞升空的过程中，下列说法错误的是（　　）

A．客机动能增大
B．客机重力势能增大
C．客机机械能增大
D．此过程中动能转化为重力势能
13．（2分）在央视虎年春晚上，舞蹈节目《只此青绿》给大家留下了很深的印象，绝美舞蹈动作“青绿腰”（如图所示）惊艳观众。下列说法正确的是（　　）

A．舞者所受重力的施力物体是舞者
B．舞者对地面的压力大小大于舞者受到的重力大小
C．舞者受到的重力与地面对舞者的支持力是一对平衡力
D．舞者对地面的压力与地面对舞者的支持力是一对平衡力
14．（2分）甲乙同时、同地、同向运动，他们运动的路程一时间图像如图所示，则下列说法错误的是（　　）
A．甲做匀速直线运动
B．在2～5s，乙相对甲是静止的
C．在第4s时，甲乙相遇
D．在0～5s，乙的平均速度是1.6m/s
15．（2分）2021年6月11日，国家航天局公布了由“祝融号”火星车用其后置变焦数码照相机拍摄的着陆点全景、火星地形地貌、“中国印迹”和“着巡合影”等照片。关于后置照相机的说法正确的是（　　）
A．照相机的镜头是一个凹透镜
B．拍照时照相机接收到的是一个倒立、缩小的虚像
C．被拍摄的景物到镜头的距离u和镜头焦距f的关系是u＞2f
D．若拍摄同一位置物体的像变小，说明相机镜头的焦距在变大
16．（2分）如图所示是为了规范共享单车定点停放而设计的模拟电路图。若共享单车停放在禁停区域、只有指示灯红灯亮；若共享单车停放在规范区域，只有指示灯绿灯亮。下列说法正确的是（　　）

A．在禁停区，S1闭合，电磁铁有磁性
B．在禁停区，S1闭合，衔铁被吸下
C．在规范区，S2闭合，电磁铁上端是N极
D．在规范区，S2闭合，衔铁被吸下
17．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，S闭合后，滑动变阻器的滑片P向左移动时，假设灯丝电阻不变，下列说法正确的是（　　）

A．电流表示数变大
B．至少有一个电压表的示数变大
C．灯泡L会变暗
D．电压表V2与电流表A的比值变大
三、实验探究题（本大题3小题，第18题4分，第19题4分，第20题8分，满分16分）
18．（4分）在观察冰熔化现象的实验中，装置如图所示：
（1）实验过程中某时刻温度计的示数如图所示，此时冰的温度是 　 　℃。
（2）将装冰的试管放在盛水的烧杯内加热，而不是用酒精灯直接加热，目的是 　 　。

19．（4分）在“探究杠杆平衡条件”的实验中，共有7个相同的钩码。

（1）实验中要求用剩余的钩码，使图甲中已调平的杠杆仍在水平位置平衡，接下来的操作是 　 　；（钩码只能挂在A、B、C、D处）
（2）将图乙中弹簧测力计由竖直位置逐渐向右倾斜，此过程中始终保持杠杆水平平衡、则弹簧测力计的示数将逐渐 　 　（选填“变小”“变大”或“不变”）。
20．（8分）实验小组的同学用“伏安法”测量标有2.5V字样的小灯泡的电阻。
（1）在图甲中用笔画线代替导线，将实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片向右滑动时接入电路的电阻变大；
（2）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，出现这种情况的原因可能是 　 　；
（3）排除故障后继续实验、移动滑动变阻器，当小灯泡正常发光时电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 　 　Ω；
（4）实验小组的同学利用已知阻值为R0的定值电阻，一块电压表，三个开关和原电路的电源和滑动变阻器，设计了如图丙所示的电路、也测出了小灯泡正常发光时的电阻，他们的步骤是：
①闭合开关S和S1，断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V；
②保持滑片位置不变，然后闭合开关S和S2，断开开关S1，记下电压表示数为U；
③则可计算出小灯泡正常发光时灯泡的电阻为RL＝　 　。（用已知量和测量量符号表示）
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23题8分，共20分）
21．（5分）如图，李明用20N的力F拉动绳子，使重500N的物体A在水平面上做匀速直线运动。已知物体A所受水平面的摩擦力为其重力的0.1倍，经过20s绳端移动的距离为150cm。求：
（1）拉力F做功的功率；
（2）滑轮组的机械效率。（百分号前保留一位小数）

22．（7分）如图所示电路，电源电压为18V保持不变，电压表使用的是0～15V量程，小灯泡上标有“10V 10W”字样（灯泡电阻不随温度改变），滑动变阻器上标有“50Ω 1A”字样。求：
（1）闭合开关，当小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻和电路消耗的功率；
（2）若用定值电阻R替换小灯泡，移动滑动变阻器的滑片，在保证电路元件安全的情况下，R的最小值。

23．（8分）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满了水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.7g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门。现打开阀门控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图乙所示。水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：

（1）当t＝40s时，水的深度；
（2）圆柱体A的质量；
（3）圆柱体A浸没时细杆对它的拉力。
参考答案与试题解析
一、填空题（每空2分，共20分）
1．【分析】声音的特性包括音调、响度和音色，音调的高低与发声体振动的频率有关，频率越大，音调越高；响度的大小与振幅、距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大；音色反映了声音的品质与特色，与发声体的材料和结构有关，是辨别不同声音的依据。
【解答】解：歌声“嘹亮”是指声音大，所以描述的是声音的响度大。
故答案为：响度。
2．【分析】光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；
光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角。
【解答】解：光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，首先作出法线，然后根据入射角小于折射角作出入射光线；
在光的反射中，反射角等于入射角，据此作出水中的反射光线。如图所示：

3．【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；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；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。
【解答】解：来自北方的冷空气与来自南方的暖湿气流交汇，空气中大量的水蒸气遇冷凝华成小冰晶或液化为小水珠，小冰晶下落时熔化成小水珠，它们汇集在一起形成了降雨。
故答案为：液化。
4．【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
【解答】解：玻璃瓶离开王亚平后仍可以继续飞向叶光富，是因为玻璃瓶具有惯性而保持原来的运动状态。
故答案为：惯性。
5．【分析】电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：如图所示的偏转现象，可看出该粒子与负电荷排斥，与正电荷吸引，由此可判断该粒子带负电。
故答案为：带负电。
6．【分析】由小磁针的N极指向可知螺线管的磁极，则由右手螺旋定则可得出螺线管中电流的方向，则可知与电源正极相连的导线。
【解答】解：小磁针静止时N极向左，根据异名磁极相互吸引可知，左侧螺线管的上端为S极，右侧螺线管的上端为N极；则由右手螺旋定则可知电流应由螺线管的左侧流入，导线a端与电源的正极相连。
故答案为：a。
7．【分析】知道两金属的密度之比和质量之比，根据ρ＝变形公式求两球中金属的体积之比，和球的体积关系比较得出结论。
【解答】解：因ρ甲：ρ乙＝4：3，m甲：m乙＝2：1，
根据ρ＝可得，两球中材料的体积之比：
V甲：V乙＝＝×＝×＝3：2，
而两球体积相等，
可见乙球的体积比其中材料的体积大，所以一定是空心的。
故答案为：乙。
8．【分析】已知拉力的大小，重物沿斜面移动的距离可由倾斜角度和高度求得，根据公式W＝Fs可求拉力做的总功，再利用机械效率公式求出克服重力所做的有用功，从而算出额外功，已知物体在斜面上移动的距离，再利用f＝可求出摩擦力的大小。
【解答】解：
因为斜面的倾角为30°，斜面高为1m，
所以，由几何知识可知重物沿斜面移动的距离：s＝2h＝2×1m＝2m，
拉力做的总功为W总＝Fs＝300N×2m＝600J，
由η＝可得，克服重力做的有用功为W有＝ηW总＝60%×600J＝360J，
则额外功：W额＝W总﹣W有＝600J﹣360J＝240J，
由W额＝fs可得物体受到的摩擦力：f＝＝＝120N。
故答案为：120。
9．【分析】由图可知，闭合开关，R1、R2并联，知道R1的阻值和通过R1的电流，利用欧姆定律求出R1两端的电压，根据并联电路的电压特点可知R2两端的电压，利用公式Q＝W＝t求出R2通电1min产生的热量。
【解答】解：由图可知，闭合开关，R1、R2并联，知道R1的阻值和通过R1的电流；
由欧姆定律可知，R1两端的电压：U1＝I1R1＝2A×6Ω＝12V；
根据并联电路的电压特点可知，R2两端的电压U2＝U1＝12V；
R2是纯电阻用电器，则R2通电1min产生的热量Q＝W＝t＝×60s＝2160J。
故答案为：2160。
10．【分析】知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算出水吸收的热量；利用效率公式计算出丁烷完全燃烧放出的热量；利用q＝计算出丁烷的热值。
【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（45℃﹣15℃）＝5.04×106J；
由η＝可知，丁烷完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝8×106J；
丁烷的热值：q＝＝＝4×107J/m3。
故答案为：4×107。
二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）
11．【分析】（1）物质是由分子或原子组成的，分子之间同时存在相互作用的引力和斥力；
（2）热传递的条件：物体之间、物体的不同部分之间存在温度差；
（3）电源是提供电能的装置，用电器是消耗电能的装置；
（4）测电笔是辨别火线与零线的工具，使用时，手接触笔尾的金属体，笔尖接触电线，能使氖管发光的是火线。
【解答】解：A、两水银珠靠近时，是靠分子间引力结合成一个大的水银珠，说明分子间存在引力，故A正确；
B、两个物体之间发生热传递时，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递或者从物体的高温部分传向低温部分，直至温度相等，故B错误；
C、充电宝给手机充电，充电宝提供电能，充电宝相当于电源，手机电池相当于用电器，故C错误；
D、测电笔辨别火线与零线，能使氖管发光的是火线，故D错误。
故选：A。
12．【分析】影响动能大小的因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大；机械能为动能和势能的和。
【解答】解：
A．客机起飞升空的过程中，质量不变，速度增大，动能增大，故A正确；
B．客机质量不变，高度增大，重力势能增大，故B正确；
C．客机动能增大，重力势能增大，机械能增大，故C正确；
D．客机起飞升空的过程中，动能和重力势能都增大，并不是动能转化为重力势能，故D错误。
故选：D。
13．【分析】（1）物体由于地球的吸引而受到的力叫重力．重力的施力物体是地球；
（2）水平面上的物体对水平面的压力大小等于物体重力；
（3）二力平衡的条件：两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上。
【解答】解：
A、舞者所受重力的施力物体是地球，故A错误；
B、舞者在水平地面上，舞者对地面的压力大小等于舞者受到的重力大小，故B错误；
C、舞者受到重力的受力物体是舞者，方向竖直向下，地面对舞者的支持力的受力物体是舞者，方向竖直向上，且两个力大小相等，作用在一条直线上，都作用在舞者身上，这两个力是一对平衡力，故C正确；
D、舞者对地面的压力作用在地面上，地面对舞者的支持力作用在舞者身上，两个力不是作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故D错误。
故选C。
14．【分析】（1）做匀速直线运动的物体，通过的路程与时间成正比；
（2）2～4s 内，乙的路程没有发生变化，乙是静止状态，甲是运动的，所以乙相对甲有位置变化是运动的；
（3）在第4s时甲乙通过的路程相等，甲此时追上乙，即甲乙在第4s时相遇；
（4）根据图象得出0到5s的路程，由速度公式得出平均速度的大小。
【解答】解：A、由图可知，甲的图像是一条过原点的直线，做匀速直线运动，故A正确；
B、在2～5s的时间内，乙是静止的，甲是运动的，所以乙相对甲有位置变化是运动的，故B错误；
C、因为甲乙同时同地出发，且在第4s时甲追上乙，所以甲乙此时相遇，故C正确；
D、在5s内，乙的平均速度v乙＝＝＝1.6m/s，故D正确。
故选：B。
15．【分析】（1）（2）（3）照相机的镜头是一个于凸透镜；
拍照时，物体到镜头的距离大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像；
（4）凸透镜成实像时，物远像近像变小。
【解答】解：
ABC．照相机的镜头是一个凸透镜，照相机的原理是当物距大于2倍焦距时，成的是倒立、缩小的实像，故AB错误，C正确；
D．当相机镜头的焦距在变大时，拍摄同一位置物体物距相对减小，根据凸透镜成实像时有“物近像远像变大”的特点，像距要增大，且像会变大，故D错误。
故选：C。
16．【分析】根据共享单车在禁停区域、规范区域时指示灯的发光情况分析电路的工作状态。
【解答】解：
AB、在禁停区，红灯亮，由图可知，这说明是开关S1是闭合的，电磁铁中没有电流，没有磁性，衔铁未被吸下，故AB错误；
CD、在规范区，绿灯亮，这说明开关S2是闭合的，电磁铁有磁性，衔铁被吸下，根据右手螺旋定则可以判断电磁铁上端是S极，故C错误，D正确。
故选：D。
17．【分析】由电路图可知，S闭合后，灯L与滑动变阻器并联，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，电压表V1、V2均测量电源电压。
根据电源电压分析电压表示数的变化；
根据并联电路的特点分析滑片移动时通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化；根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化，利用欧姆定律分析通过滑动变阻器电流的变化；根据R＝分析电压表V2与电流表A的比值的变化。
【解答】解：
由电路图可知，S闭合后，灯L与滑动变阻器并联，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，电压表V1、V2测量的是电源电压。
A．滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电压不变，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，即电流表示数变小，故A错误；
B．两个电压表均测量电源电压，电源电压不变，两个电压表的示数不变，故B错误；
C．并联电路中各支路互不影响，当滑片向左移动时，灯的亮度不变，故C错误；
D．根据R＝可知，电压表V2与电流表A的比值就是滑动变阻器接入电路的电阻，所以比值变大，故D正确。
故选：D。
三、实验探究题（本大题3小题，第18题4分，第19题4分，第20题8分，满分16分）
18．【分析】（1）根据图甲确定温度计的分度值，读出示数；
（2）探究晶体和非晶体的熔化和凝固实验时，一般都采用水浴法，物质受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度。
【解答】解：（1）由图知，温度计的分度值是1℃，此时是零下，液柱上表面对准了0℃下面第2条刻度线，读作﹣2℃；
（2）实验时，试管里装有适量的碎冰，将试管放入水中加热，这是水浴法，这样使试管内的冰受热均匀，而且熔化过程缓慢，便于观察和记录。
故答案为：（1）﹣2（2）使试管内的冰均匀受热。
19．【分析】（1）利用杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂分析解答；
（2）在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂减小必然引起动力变大。
【解答】解：（1）设一个钩码的重力为G，杠杆一格的长度为L，则杠杆左侧为4G×2L＝8GL；
因为共7个钩码，已使用4个，还剩余3个。要使图甲中已调平的杠杆仍在水平位置平衡，则杠杆右侧力与力臂的乘积等于8GL，可以是在D处挂2个钩码，即2G×4L＝8GL；
或者B处挂2个钩码、D处挂1个钩码，即2G×2L+G×4L＝8GL；
或者B处挂1个钩码、C处挂2个钩码，即1G×2L+2G×3L＝8GL；
（2）图乙中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为支点到M的距离，当弹簧测力计逐渐向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂变小，根据杠杆平衡条件，因为阻力与阻力臂的乘积不变，所以当拉力力臂变小时，拉力变大，即弹簧测力计示数变大。
故答案为：（1）在D处挂2个钩码（或B处挂2个钩码、D处挂1个钩码；或B处挂1个钩码、C处挂2个钩码）；（2）变大。
20．【分析】（1）本实验中，电流表、滑动变阻器、灯泡串联在电路中，电压表并联在灯泡两端，根据滑片向右滑动时接入电路的电阻变大选择接线柱；
（2）电流表有示数，说明电路是通路，再灯泡灯泡不亮，电压表无示数分析判断故障；
（3）由图乙读出灯泡正常发光时的电流，由I＝计算灯泡电阻；
（4）根据图丙，为了测灯泡正常发光的电阻，先应使灯泡正常发光，再利用电压表和已知阻值的定值电阻R0，结合电路特点间接测出灯泡正常发光的电流，从而计算灯泡正常发光时电阻。
【解答】解：
（1）图中应把滑动变阻器与灯泡串联，要求滑动变阻器的滑片向右滑动时接入电路的电阻变大，所以应选择变阻器的左下接线柱与灯泡右侧接线相连，灯泡额定电压2.5V，所以电压表应选小量程与灯泡并联，如图所示：

（2）闭合开关，电流表有示数，说明电路为通路，发现小灯泡不亮，电压表无示数，可能是灯泡短路了；
（3）由图乙可知，电流表选用的是0～0.6A的量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.5A，小灯泡正常发光时的电阻为：
R＝＝＝5Ω；
（4）①闭合开关S和S1，断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V，电压表测量灯泡两端的电压，故灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变，然后闭合开关S和S2，断开开关S1，记下电压表示数为U，电压表测量灯泡和R0的总电压，此时电路的连接方式没有发生改变，所以灯泡仍然正常发光，
由串联电路特点和欧姆定律可得，通过电路的电流；
I＝I0＝；
小灯泡正常发光时灯泡的电阻为：
RL＝＝＝•R0。
故答案为：（1）见上图；（2）灯泡短路；（3）5；（4）•R0。
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23题8分，共20分）
21．【分析】（1）由W＝Fs计算拉力做的功，由P＝计算拉力的功率；
（2）由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝3，s＝nsA，克服物体A受的摩擦力做的功为有用功，据此计算有用功，根据η＝计算滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）20s内拉力F所做的功（总功）为：
W总＝Fs＝20N×1.5m＝30J，
拉力F做功的功率：
P＝＝＝1.5W；
（2）由图可知，n＝3，由s＝nsA可得，物体A移动的距离：
sA＝＝＝0.5m，
物体A受到的摩擦力为：
f＝0.1G＝0.1×500N＝50N，
所以有用功：
W有＝fsA＝50N×0.5m＝25J，
滑轮组的机械效率为：
η＝＝≈83.3%。
答：（1）拉力F做功的功率为1.5W；
（2）滑轮组的机械效率为83.3%。
22．【分析】（1）闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。当小灯泡正常发光时，根据P＝UI可知电路中的电流，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻；根据P＝UI得出电路消耗的功率；
（2）若用定值电阻R替换小灯泡，移动滑动变阻器的滑片，在保证电路元件安全的情况下，滑动变阻器两端的电压最大为15V，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压最小值为，根据串联分压特点可知R的最小值。
【解答】解：
（1）闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。当小灯泡正常发光时，根据P＝UI可知电路中的电流I＝IL＝＝＝1A，
根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UL＝18V﹣10V＝8V，
根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻R滑＝＝＝8Ω；
电路消耗的功率P＝UI＝18V×1A＝18W；
（2）若用定值电阻R替换小灯泡，移动滑动变阻器的滑片，在保证电路元件安全的情况下，滑动变阻器两端的电压最大为15V，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压最小值为U定小＝U﹣U滑大＝18V﹣15V＝3V，
由变阻器的铭牌数据可知电路中的最大电流为1A，若此时电路中的电流最大为1A，则所用定值电阻的阻值最小，
根据欧姆定律可知：R小＝＝＝3Ω。
答：（1）闭合开关，当小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻和电路消耗的功率分别为8Ω、18W；
（2）若用定值电阻R替换小灯泡，移动滑动变阻器的滑片，在保证电路元件安全的情况下，R的最小值为3Ω。
23．【分析】（1）在0～40s，40～64s，64～84s三个时间段，F﹣t图线均为一条直线，说明40s时水面刚好到达A的上表面，40s时水对容器底部的压力为30N，根据p＝得出此时水对容器底部的压强，由p＝ρgh可得此时水的深度；
（2）分析图像可知，t＝64s时水面刚好到达A的下表面，且t＝64s时水对容器底部的压力为10N，根据p＝得出此时水对容器底部的压强，由p＝ρgh可得此时水的深度；由此可求出40～64s水面下降的高度（即圆柱体A的高度）；再根据题意求出40～64s流出水的体积，此过程中是圆柱体A两侧的水被排出，据此建立方程求出A的底面积，从而可求出圆柱体A的体积，根据m＝ρV求出圆柱体A的质量；
（3）根据F浮＝ρ水gVA求出A浸没时的浮力，根据GA＝mAg求出圆柱体A的重力，根据F＝F浮﹣GA得出细杆的拉力。
【解答】解：
（1）原来圆柱形容器中装满了水，在不断放水过程中，在0～40s，40～64s，64～84s三个时间段，F﹣t图线均为一条直线（倾斜程度不同），说明40s时水面刚好到达A的上表面，且40s时水对容器底部的压力为30N，
则此时水对容器底部压强p1＝＝＝3000Pa，
由p＝ρgh可得此时水的深度：h1＝＝＝0.3m＝30cm；
（2）分析图像可知，t＝64s时水面刚好到达A的下表面，且t＝64s时水对容器底部的压力为10N，
此时水对容器底部压强p2＝＝＝1000Pa，
由p＝ρgh可得此时水的深度：h2＝＝＝0.1m＝10cm；

40～64s水面下降的高度Δh＝h1﹣h2＝30cm﹣10cm＝20cm，则圆柱体高度hA＝Δh＝20cm，
此过程中流出水的体积：V流出＝（64s﹣40s）s×50cm3/s＝1200cm3，
且V流出＝（S容器﹣SA）Δh，即1200cm3＝（100cm2﹣SA）×20cm，解得SA＝40cm2，
圆柱体A的体积：VA＝SAhA＝40cm2×20cm＝800cm3，
则圆柱体A的质量：mA＝ρAVA＝0.7g/cm3×800cm3＝560g＝0.56kg；
（3）A浸没时的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水gVA＝1.0×103kg/m3×10N/kg×800×10﹣6m3＝8N，
圆柱体A的重力GA＝mAg＝0.56kg×10N/kg＝5.6N，
所以细杆的拉力F＝F浮﹣GA＝8N﹣5.6N＝2.4N。
答：（1）当t＝40s时，水的深度为30cm；
（2）圆柱体A的质量为560g；
（3）圆柱体A浸没时细杆对它的拉力为2.4N。
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