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2023年广东省重点中学中考物理二模试卷
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这是一份2023年广东省重点中学中考物理二模试卷，共23页。试卷主要包含了9ℎ，连接家庭电路中的火线．等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省重点中学中考物理二模试卷
1. 有关估测，下列说法中正确的是( )
A. 教室门的高度约为200dm
B. 中学里一节课的时间约为0.9ℎ
C. 正常人的脉搏跳动100 次所需时间大约为1.5min
D. 蝴蝶飞行时翅膀振动的频率约为200Hz
2. 如图所示，下面四幅图中所涉及的物理知识描述正确的是( )
A. 甲图：躺在吊床上，人感到舒服——通过增大受力面积来减小压力
B. 乙图：给鸡自动喂水的装置——利用了连通器原理
C. 丙图：向吸管中吹气，管中水柱上升——利用流体在流速大的地方压强大
D. 丁图：将一端带橡皮膜的玻璃管竖直插入水中——可探究液体压强的大小与深度的关系
3. 2022年10月7号，在溧阳发生一起交通事故，一名23岁的女网红无证驾驶借来的摩托车在山路快速拐弯时违规越线，迎面撞上另一辆摩托车，因车速过快，佩戴的假头盔质量太差，当场身亡。关于这一事件，下列说法正确的是( )
A. 摩托车加速上坡时，动能转化为重力势能
B. 与自行车相比，摩托车的质量和速度往往都更大，发生车祸时也更严重
C. 踩刹车减速时，刹车片会发烫，这是通过热传递改变了刹车片的内能
D. 摩托车通常配备的二冲程汽油发动机，是一种将机械能转化为内能的装置
4. 对如图所示实验的物理过程分析错误的是( )
A. 酒精灯中的酒精用掉一半后，剩余酒精的热值、比热容、密度均不变
B. 试管中的水温度升高，内能增大的途径是通过热传递
C. 此实验的原理等效内燃机压缩冲程，此时机械能转化为内能
D. 试管口的“白气”，是水蒸气液化形成的
5. 清晨，太阳从东方冉冉升起，云缝中射出道道霞光，它让我们的大千世界五彩缤纷，让我们的世界拥有了无穷奥妙。下列对光的世界的探究中，结论正确的是( )
A. 甲图，通过注入气泡的水球，我们看到太空授课的王亚平成“一正一倒”两个像，其中正立的是虚像，倒立的是实像
B. 乙图，央视春晚节目舞蹈诗剧《只此青绿》的临水起舞画面中，舞者在舞台上的“倒影”和小孔成像的原理相同
C. 丙图，光源经凸透镜在光屏上成一清晰的像，此时飞来一只小虫落在凸透镜上，则光屏上光源的像不完整
D. 丁图，小薇按照图示将眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上清晰的像变模糊，只将光屏靠近凸透镜时，又能在光屏上看到清晰的像，则该眼镜是近视眼镜
6. 如图，2021年5月22日10时40分，中国第一辆火星车“祝融号”安全驶离着陆平台，成功“打卡”火星表面，正式开启火星探测之旅。以下说法正确的是( )
A. 火星车质量约为240公斤，在火星上所受重力约为2400N
B. 火星车从火星向地球传递信息是通过超声波传递的
C. 火星车采用太阳能电池发电，利用了太阳能电池板直接将太阳能转换成电能
D. 太阳能来源于太阳内部氢核的裂变反应
7. 如图所示为物理课本中四个实验，关于其对应的实验结论，下列说法中不正确的( )
A. 在一定温度下，压缩体积也可以使气体液化
B. 物体内部大量分子在做无规则的运动
C. 分子之间有吸引力
D. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流
8. 小龙设计了一种烟雾报警器的电路图，如图所示。R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。当电路所在区域烟雾浓度增大到一定程度时，电压表指针偏转到某个位置触发报警装置(图中未画出)，开始报警。下列说法正确的是( )
A. 烟雾浓度增大时，电流表的示数增大
B. 烟雾浓度增大时，电压表的示数增大
C. 要使报警器在烟雾浓度较小时就开始报警，应增大R0的阻值
D. 要使报警器在烟雾浓度较小时就开始报警，应减小电源电压
9. 如图所示，用力F1将物体B匀速提升0.5m，F1做功为3J。若借助滑轮组用力F2把物体匀速提升相同的高度，F2做功为5J。下列说法中正确的是( )
A. 两个过程，物体都做匀速运动时机械能不变
B. 动滑轮的重力为4N
C. 滑轮组的机械效率为60%
D. F2做功的功率比F1做功的功率大
10. 海权握，国则兴，建设一支强大的海军是实现中国梦的有力保障，潜水艇是海军的战略重器，如图所示是我国海军某舰队的“强国号”潜水艇在海中悬浮、上浮、漂浮的训练过程，下列对此潜水艇分析正确的是( )
A. 上浮过程中潜水艇所受浮力和重力同时变小
B. 上浮过程中所受浮力逐渐变大
C. 悬浮和漂浮时所受的浮力相等
D. 漂浮时排开的海水所受的重力最小
11. 为了帮阳台上的花草安全过冬，小明利用电磁继电器设计了如图所示的电路：温度过低时，大功率灯泡发光发热；达到一定温度时，插在三孔插座上的加湿器(图中未画出)，喷雾加湿降温。为实现设计要求，在保证安全用电的前提下，帮小明将电路连接完整。
12. 某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置.此时墙壁对手掌的支撑力F如图所示，不计墙壁对手掌的摩擦力。
(1)以O为支点，请在图中作出动力F的力臂L。
(2)该同学质量为50kg，则墙壁对人的支撑力约为______N。
(3)若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F如何变化？______，并说明理由______。
13. 篮球从M点以速度v0竖直下落，经水平地面反弹后恰好回到与M点等高的N点如图。设在M点时篮球的机械能为E，动能为Ek1，重力势能为Ep1；回弹到N点时篮球的重力势能为Ep2；
(1)请比较：Ep1 Ep2(选填“>”，“=”，“<”)。
(2)从水平地面回弹到N点过程中，篮球动能 (选填“减小”，“不变”，“增大”)。
(3)M到N过程中减少的机械能E损= (选填“E−Ep1”，“E−Ek1”)。
(4)最后篮球静止在水平地面上，对地压力为6N，压强为2×103Pa，请根据公式 计算出此时地面的受力面积为 。
14. 我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000 m，在载人深潜领域达到世界领先水平。(取ρ海水=1.03×103 kg/m3，ρ水=1.0×103 kg/m3，g=10 N/kg)
(1)潜水艇活动的海水深度一般为300 m至600 m。它可以通过水舱排水或充水来改变______，从而实现浮沉。
(2)深潜器可进入更深的水域，在10000 m的深处，海水产生的压强为______Pa。由于深海海水压强太大，深潜器实现浮沉的方法与潜水艇有所不同。
(3)小明阅读资料后，利用如图的装置模拟深潜器在水中的运动过程。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2 kg，体积为25 cm3，则乙所受浮力的大小为______N，乙受到细线的拉力为______N，若剪断细线，甲将______(选填“上浮”“悬浮”或“下沉”)，此时甲所受浮力______(填字母)。
A.增大，且大于重力
B.不变，且等于重力
C.不变，且大于重力
D.减小，且小于重力
15. 小慧同学阅读了某汽车发动机说明书后，将其内燃机的能量流向制成如图1所示，该车匀速直线行驶时所受阻力f和车速v的关系如图2所示。
(1)请根据图给出的信息，该内燃机的效率是______ ；
(2)若汽车按此效率以50km/ℎ的速度匀速直线行驶1ℎ，汽车牵引力做多少焦耳的功？需要汽油完全燃烧放出的能量是多少？
16. 光敏电阻在各种自动化装置中很多应用，小柯用它设计了一种“智能家居照明灯”电路，如图甲所示．(电磁继电器线圈的电阻不计)
(1)导线______(选填“A”或“B”).连接家庭电路中的火线．
(2)小柯的设计要求是：“智能家具照明灯”在天暗时自动点亮，天亮时自动熄灭，那么他选择的光敏电阻阻值大小应随光照强度的增加而______．
(3)保持光照强度不变，闭合开关S后，滑片P由a端详b端移动过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，计算滑动变阻器的最大阻值是多少欧？(电源电压U0不变)
17. 雨桐和小组同学探究“电流与电阻的关系”。器材有：滑动变阻器、开关、电源(电压恒为6V)各一个，电流表、电压表各一个，三个定值电阻(10Ω、15Ω、20Ω)，导线若干。
(1)图1是连接的实物部分电路，画出两根图线，使电路正确：①电压表测定值电阻两端的电压；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大。
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，电压表指针有示数且不变，原因可能是______ 。
(3)排除故障后，移动滑片，使与20Ω的电阻并联的电压表示数为3V，读出电流表示数。断开开关，将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，接下来的操作是：______ 。
(4)通过实验可以得出的结论是：______ 。
(5)随着学习的深入，雨桐同学发现该实验方案稍加变动就可以用来“测小灯泡的额定功率”，而且她和小组同学进一步探讨，设计了如图2不用电流表，也能测出小灯泡额定功率的电路图。具体步骤如下：
①闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②保持______ 不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，读出电压表示数U；
③此方法测量出小灯泡的额定功率表达式P= ______ 。(用已知和所测物理量符号表示)
18. 如图，小明将质量较小的物体P和质量较大的物体Q通过细绳相连，并挂在定滑轮上，发现Q下落会被P“拖慢”，对此小明猜想：“Q的质量和初始离地高度都一定时，P的质量越大，Q从静止开始下落到地面的平均速度越小。”请设计实验验证其猜想。
(1)除图所示的器材以外，还需要的实验器材有______ 。
(2)画出记录实验数据的表格。
(3)写出实验步骤(可用画图或文字表述)和判断小明猜想是否正确的依据。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、一般来说教室门的高度为2m=20dm，故A错误；
B、中学里一节课的时间约为45min=0.75ℎ，故B错误；
C、正常人的脉搏跳动1次接近1s，脉搏跳动100 次所需时间大约为1.5min，故C正确；
D、蝴蝶飞行时翅膀振动的频率低于20Hz，故D错误。
故选：C。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
估测是一种科学的近似值，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要的作用，应用日常知识积累解答此题。
2.【答案】D
【解析】解：A.人躺在吊床上，是通过增大受力面积来减小压强，所以人感到舒服，故A错误；
B.当瓶口在水面以下时，瓶子内的水和空气的压强之和等于外界的大气压强，水不流出；当瓶口露出水面时，空气进入瓶内，瓶内空气和水的压强之和大于外界的大气压强，水流出，直到封住瓶口为止，利用的是大气压，不是连通器原理，故B错误；
C.往吸管中吹气时，A管上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，液面上升，故C错误；
D.根据橡皮膜向上的凸起程度反应液体产生压强大小，采用了转换法，液体内部向各个方向都有压强，带橡皮膜的玻璃管竖直插入水中，橡皮膜会向上凸，由于液体压强随深度的增加而增大，所以玻璃管插入水中越深，橡皮膜向上的凸起程度越大，可探究液体压强的大小与深度的关系，故D正确。
故选：D。
A.压力不变时，通过增大受力面积可减小压强；
B.给鸡自动喂水的装置利用了大气压；
C.流速大的地方压强小；
D.液体压强与液体的密度和深度有关，研究液体压强的大小与深度的关系，要控制液体的密度相同，据此分析。
本题考查实际考查物理知识在实际生活中的运用，体现理论联系实际的理念。
3.【答案】B
【解析】解：A、摩托车加速上坡时，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，不是动能转化为重力势能，故A错误；
B、与自行车相比，摩托车的质量和速度往往都更大，动能更大，发生车祸时也更严重，故B正确；
C、踩刹车减速时，刹车片会发烫，这是通过做功改变了刹车片的内能，故C错误；
D、摩托车通常配备的二冲程汽油发动机，是一种将内能转化为机械能的装置，故D错误。
故选：B。
(1)根据影响动能、重力势能的因素分析；
(2)改变内能的方式包括做功和热传递；
(3)汽油机的工作原理：燃料在汽缸中燃烧时，将存储的化学能转变为高温高压的燃气(蒸汽)的内能，又通过燃气(蒸汽)推动活塞做功，由内能转变为机械能。
本题考查机械能的转化、内能的改变和热机的知识，属于综合题。
4.【答案】C
【解析】解：
A、热值是燃料的一种特性，密度、比热容都是物质的特性，都与物质的质量、体积无关，所以，酒精灯中酒精用掉一半后，剩余酒精的热值、比热容、密度均不变，故A正确；
B、图中试管中水温度升高，是因酒精灯对试管加热，内能增大的途径是通过热传递，故B正确；
C、此实验的原理等效内燃机做功冲程，内能转化为机械能，故C错误；
D、试管口的“白气”，是水蒸气液化形成的小水滴，故D正确。
故选：C。
(1)比热容和热值是物质的特性，不随物体的质量、体积的大小而变化，密度是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递两种；(3)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；(4)白气是热的水蒸气遇到冷的空气液化成的小水滴。
本题主要考查热值、比热容、改变内能方式、液化及热机的有关知识，属于对基础知识的考查。
5.【答案】A
【解析】解：A、水球被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水，这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈成为了一个凸透镜，所以呈现出一个倒立的实像，内圈相当于变成了凹透镜，这个时候又出现了一个正立的虚像，故A正确；
B、因为光滑的舞台相当于平面镜，所以看到的倒影是平面镜成像，即光的反射形成的，小孔成像的原理是光的直线传播，故B错误；
C、凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，小虫落在透镜上后，整个物体发出的光虽有一小部分被挡住，但总会有一部分光通过凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，即光屏上所成的像仍然是完整的，故C错误；
D、将眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上原来清晰的像也变得模糊了，只将光屏靠近透镜移动时，又可以在光屏上看到烛焰清晰的像，说明眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，应用于远视眼镜，故D错误。
故选：A。
(1)物距大于二倍焦距时，凸透镜成倒立、缩小的实像；当物距大于焦距，小于二倍焦距时，凸透镜成倒立、放大的实像；凹透镜可以成正立缩小的虚像；
(2)平面镜成像是由于光的反射形成的；
(3)凸透镜成像属于光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗；
(4)凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用；近视眼镜是凹透镜，远视眼镜是凸透镜。
本题主要考查光的反射、光的直线传播、凸透镜成像规律的应用等，还考查了远视眼的矫正方法，应注意区分。
6.【答案】C
【解析】解：A、火星车质量约为240公斤，在火星上所受重力小于2400N，故A错误；
B、火星车从火星向地球传递信息是通过电磁波传递的，故B错误；
C、太阳能电池板把太阳能转化成电能，故C正确；
D、太阳能内部是由于较轻的氢原子核在高温下发生聚变而释放出核能，故D错误。
故选：C。
(1)火星上g值与地球上不同；
(2)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的，声波不能在真空中传播，电磁波能够在真空中传播；
(3)太阳能电池板把太阳能转化成电能；
(4)核聚变是较轻的原子核结合成较重的原子核的一种核反应，太阳内部为核聚变。
本题考查了纳米的相关知识、电磁波的特点、太阳能电池板工作过程的能量转化等，属于基础知识的考查。
7.【答案】B
【解析】解：A、在一定温度下，压缩体积也可以使气体液化，故A说法正确。
B、物体内部所有分子都在不停的做无规则的运动，而不能说是大量分子在做无规则的运动，故B说法错误。
C、铅块压紧后能粘在一起，说明分子之间存在引力。C说法正确。
D、闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。D说法正确。
故选：B。
(1)液化的方法有两个：一是降低温度，所有气体在温度降到足够低时都可液化；二是压缩体积，并不是所用气体在压缩体积的情况下可以液化，有的是在降低温度并压缩体积的条件下才能液化。
(2)温度越高，扩散的越快，扩散现象说明组成物质的分子在不停的做无规则的运动。
(3)分子间存在着相互作用的引力和斥力。
(4)探究电磁感应现象时，将一个金属杆、开关和灵敏电流表连起来，让金属杆放在蹄形磁体的磁场中向各个方向运动，观察电流的指针偏转情况，看能否产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。
此题考查了气体液化的方法、扩散、分子间引力、磁感应现象，是一道综合题；
很多物理实验中有原理图，我们要能够根据原理图来判断出探究的内容。
8.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
AB、当烟雾浓度增大时，光照强度变小，光敏电阻接入电路中的阻值变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，由U=IR可知，定值电阻两端的电压变小，因为串联电路两端的电压等于各部分电路两端的电压之和，且电源电压不变，所以光敏电阻的两端电压变大，即电压表示数变大，故A错误、B正确；
CD、要使报警器在浓度较小的烟雾下报警，说明光照强度更强时，报警器就会报警，则此时的光敏电阻的阻值比原来的临界值小，此时R两端的分压变小，而报警时是R两端的电压保持不变，根据串联电路的分压原理可知，应减小R0的阻值或增大电源电压，故CD错误。
故选：B。
由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当烟雾浓度增大时，根据光照强度判定R阻值的大小，根据欧姆定律可知电路中的电流变化和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路电压规律判定R两端电压的大小；
(2)要使报警器在浓度更低的烟雾下报警，判断光敏电阻的阻值变化，由欧姆定律分析采取的方法。
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，从题干中获取有用的信息是关键。
9.【答案】C
【解析】解：
A、两个过程，物体B均匀速上升，质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度增加，则重力势能增加，其机械能增加，故A错误；
C、用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则有用功W有=3J，使用滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即总功W总=5J，根据效率公式可知滑轮组的机械效率为η=W有用W总×100%=3J5J×100%=60%，
故C正确；
B、由C可知，有用功W有=3J，总功W总=5J，使用滑轮组所做的额外功W额=W总−W有=5J−3J=2J，
如果忽略绳重和摩擦，由W额=G动ℎ可得，动滑轮的重力为G动=W额ℎ=2J0.5m=4N，
因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功小于2J，所以动滑轮重力小于4N，故B错误；
D、已知F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知，所以无法确定两个力做功的功率大小，故D错误。
故选C。
(1)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
机械能等于动能和势能之和。；
(2)用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则W有=3J，使用滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即W总=5J，根据效率公式得出滑轮组的机械效率；
(3)已知有用功和总功，根据W额=W总−W有得出使用滑轮组所做的额外功，如果忽略绳重和摩擦，由W额=G动ℎ可知动滑轮的重力；因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功小于2J；
(4)由题意可知，F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知，无法确定两个力做功的功率大小。
本题考查功功率和机械能的有关知识，是一道综合题。
10.【答案】D
【解析】解：AB、潜艇上浮过程中，露出水面前，V排不变，根据F浮=ρ液gV排可知，潜艇所受浮力不变；逐渐露出水面时，V排减小，潜艇所受浮力减小；
潜水艇是通过“把海水压出压力舱”减小自重来实现上浮的，所以上浮过程中潜水艇所受浮力先不变再减小，重力减小，故AB错误；
C、由图可知，悬浮时排开海水的体积大于漂浮时排开海水的体积，由F浮=ρ液gV排可知，潜艇悬浮时所受浮力大，即F悬浮>F漂浮，故C错误；
D、根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体所受的重力；由C项可知F悬浮>F漂浮，所以漂浮时排开海水所受的重力最小，故D正确。
故选：D。
(1)物体在液体中所受浮力的大小与液体的密度和排开液体的体积有关，根据F浮=ρ液gV排分析浮力的大小变化；
潜艇通过改变自身重力的大小来改变F浮与G的关系，实现下潜和上浮；
(2)根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体的重力；知道了浮力的大小关系也就知道了排开液体所受重力的大小关系。
本题考查了学生对阿基米德原理的理解与运用；注意潜艇悬浮和漂浮时所受的浮力并不相等，虽然都处于平衡状态，但水舱中水的重、排开液体的体积不同，故这两种状态下浮力不相等。
11.【答案】解：根据题意可知，当温度过低时，水银与金属丝之间是断开的，此时电磁铁无磁性，衔铁在弹簧的作用下被拉起，与衔铁与上面的接触点接触，灯泡发光发热，这说明此时灯泡是接入电路的，此时的衔铁的触点应该接在灯泡与火线之间；达到一定的温度，控制电路接通，此时衔铁被吸下，衔铁的触点与下面的触点接触，使得加湿器工作；三孔插座的接法：左零右火上接地，开关接在火线与三孔插座之间，如图所示：
【解析】当温度过低时，水银与金属丝之间是断开的，此时电磁铁无磁性，灯泡发光发热，这说明此时灯泡是接入电路的；达到一定的温度，控制电路接通，加湿器工作，此时衔铁被吸下；据此设计电路的连接方式；在家庭电路中，开关控制火线；三孔插座的接法：左零右火上接地。
本题考查了电磁继电器的工作原理、家庭电路的连接，属于基础题。
12.【答案】187.5 变大 动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大
【解析】解：(1)反向延长支撑力F画出动力的作用线，过支点O向动力F的作用线作垂线段，即为动力F的力臂L，如图1所示：
(2)过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2，如图2，
由图2可知，L为8个小格，L2为3个小格，则L2L=38，
根据杠杆平衡条件可得FL=F2L2，且F2=mg，
则支撑力：F=F2L2L=mgL2L=50kg×10N/kg×38=187.5N；
(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
故答案为：(1)见图1；(2)187.5；(3)变大；动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
(1)力臂的画法：过支点向力的作用线作垂线段；
(2)根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析解题；
(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，根据图示判断动力臂和阻力臂的大小变化，且阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件分析人受到支撑力的变化。
解答本题时，需要把人体抽象成杠杆模型，找准杠杆的五要素是解题的关键。
13.【答案】(1)=；(2)减小；(3)E−Ep1；(4)S=Fp；3×10−3m2。
【解析】(1)由于M点与N点等高，所以M点和N的重力势能相等，故Ep1=Ep2；
(2)从水平地面回弹到N点过程中，篮球的质量不变，篮球的速度越来越小，所以篮球动能减小；
(3)篮球在M点具有的机械能E=Ek1+Ep1，由于篮球在N点的动能为0，所以篮球在N点具有的机械能E=Ep2，故M到N过程中减少的机械能E损=E−Ep1；
(4)已知篮球对地面的压力F=6N，压强p=2×103Pa，由压强公式式p=FS得：S=Fp=6N2×103Pa=3×10−3m2。
故答案为：(1)=；(2)减小；(3)E−Ep1；(4)S=Fp；3×10−3m2。
(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)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能；
(4)根据压强公式p=F/S，求受力面积。
本题考查了机械能及其转化、压强公式的应用，难度较小，属于基础性题目。
14.【答案】(1)自身重力；(2)1.03×108；(3)0.25；1.75；上浮；C。
【解析】
【分析】
(1)潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；
(2)根据p=ρ海gℎ可得海水产生的压强；
(3)乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，根据阿基米德原理可得乙受到的浮力；
对乙受力分析，根据力的平衡条件可得乙受到的拉力；
对甲受力分析，根据力的平衡条件得出甲的受力关系，从而确定浮力与重力的大小，再判断甲的浮与沉；
根据F浮=ρ水gV排可知甲露出水面前的浮力变化。
本题考查了物体的浮与沉、液体压强的计算和浮力大小的计算。较难。
【解答】
(1)潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；
(2)海水产生的压强：p=ρ海gℎ=1.03×103 kg/m3×10 N/kg×10000 m=1.03×108 Pa；
(3)乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，即：V排水=V乙，
乙所受浮力：F浮乙=ρ水gV排水=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×25×10−6 m3=0.25 N；
乙静止时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和绳子拉力的作用，
由力的平衡条件可知，拉力：F拉=G乙−F浮乙=m乙g−F浮乙=0.2 kg×10 N/kg−0.25 N=1.75 N；
剪断细线前，甲静止时，受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力的作用，
由力的平衡条件可得，F拉+G甲=F浮甲，此时浮力大于重力，当剪断细线后，甲不受向下的拉力作用，由于浮力大于重力，所以甲会上浮，露出水面前，甲排开水的体积不变，由F浮=ρ水gV排可知，甲受到浮力不变，故C正确。
故答案为：(1)自身重力；(2)1.03×108；(3)0.25；1.75；上浮；C。
15.【答案】25%
【解析】解：(1)由图1可知，用来做有用功的能量：100%−3%−7%−35%−30%=25%，所以汽车的热机效率为η=25%；
(2)汽车按此效率以50km/ℎ的速度行驶1ℎ时，则根据v=st可知，汽车行驶的路程：
s=vt=50km/ℎ×1ℎ=50km=5×104m；
由图2可知：此时汽车受到阻力f=2000N，
由于汽车做匀速直线运动，则汽车的牵引力和受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车的牵引力F=f=2000N，
则汽车牵引力所做的有用功：W=Fs=2000N×5×104m=1×108J；
根据η=WQ放可知，汽油完全燃烧放出的热量：
Q放=Wη=1×108J25%=4×108J。
答：(1)25%；(2)汽车牵引力做1×108J的功；需要汽油完全燃烧放出的能量是4×108J。
(1)热机效率等于热机用来做有用功的那部分能量占燃料完全燃烧放出的能量的百分比；
(2)利用速度公式求出50km/ℎ的速度行驶1ℎ通过的路程；由图丙可知，汽车以50km/ℎ的速度行驶时受到的阻力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，利用W=Fs汽车所做的有用功；根据热机效率公式求出汽油完全燃烧放出热量。
本题考查对热机效率的公式、速度公式、功的公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，同时还考查了我们对图象的处理能力，综合性很强，有一定的难度。
16.【答案】A 减小
【解析】解：(1)根据安全用电的原则可知，当灯泡不工作时其两端应无电，故A是火线、B是零线；
故答案为：A．
(2)天暗时自动电灯亮说明此时照明电路闭合即衔铁断开，由图可知此时电磁铁的磁性减弱即电路中的电流变小，根据R=UI可知电路中的电阻变大即此时光敏电阻的阻值变大；反之，天亮时光敏电阻的阻值变小，所以他选择的光敏电阻阻值大小应随光照强度的增加而减小．
故答案为：减小．
(3)当滑片位于b端时，电路为光敏电阻的简单电路，电压表测电源的电压，由图可知电源的电压U=12V；
当滑片位于a端时滑动变阻器与光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
由图象可知，I=0.1A，U光敏=2V，
则电路中的总电阻R总=UI=12V0.1A=120Ω，
光敏电阻的阻值R光敏=U光敏I=2V0.1A=20Ω，
滑动变阻器的最大阻值Rab=R总−R光敏=120Ω−20Ω=100Ω．
答：滑动变阻器的最大阻值是100欧．
(1)根据安全用电的原则结合电路图判断家庭电路的火线．
(2)天暗时自动点亮说明此时照明电路闭合，由图可知此时电磁铁磁性的变化，进一步判断控制电路电流的变化，根据欧姆定律判断电路中电阻的变化，即可判断光敏电阻阻值的变化．
(3)当滑片位于b端时，电路为热敏电阻的简单电路，电压表测电源的电压，由图象可知电源的电压；当滑片位于a端时滑动变阻器与光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，由图象读出此时两表的示数，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和光敏电阻的阻值，根据电阻的串联求出滑动变阻器的最大阻值．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电磁铁磁性与电流的关系、安全用电等知识，涉及的知识点较多，关键是会分析电路图结合所学知识进行解决实际问题．
17.【答案】定值电阻断路 向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V 电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 滑片位置 U额(U−U额)R0
【解析】(1)①电压表遵循“正进负出”与定值电阻并联接入电路；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大，则滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路，如图：
；
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，说明电路断路，电压表指针有示数且不变，说明电压表串联接入电路，测电源电压，则与电压表并联部分电路断路，所以电路故障为定值电阻断路；
(3)排除故障后，移动滑片，使与20Ω的电阻并联的电压表示数为3V，读出电流表示数。断开开关，将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，根据串联分压原理可知电压表示数变小，为控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律可知需增大滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可知需增大滑动变阻器接入电路的阻值，则接下来的操作是向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数保持3V不变：
(4)通过实验可以得出的结论是电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表测灯泡和定值电阻两端的电压，读出电压表示数U；
③根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压U0=U−U额，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流：I=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率P=U额(U−U额)R0。
故答案为：(1)图见解答；(2)定值电阻断路；(3)向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V；(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(5)滑片位置；U额(U−U额)R0。
(1)①电压表遵循“正进负出”与定值电阻并联接入电路；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大，则滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路；
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，说明电路断路，电压表指针有示数且不变，说明电压表串联接入电路，测电源电压，则与电压表并联部分电路断路；
(3)将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，根据串联分压原理可知电压表示数变化，为控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律、串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值变化；
(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表测灯泡和定值电阻两端的电压，读出电压表示数U；
③根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律表示此时通过电路的电流，根据P=UI可得小灯泡的额定功率的表达式。
本题考查电路连接、故障分析、串联电路特点、串联分压原理、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
18.【答案】(1)秒表；
(2)
P的质量/kg
Q下落的时间/s
；
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1，改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3(m1
(2)控制物体Q的质量和下落的高度相同，需要多次改变物体P的质量，多次测量，记录数据，比较时间验证小明的猜想，表格设计如下：
P的质量/kg
Q下落的时间/s
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1；改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3；小明猜想物体Q的质量和下落高度相同时，物体P质量越大，下落的平均速度越小，即下落时间越长，所以若m1
(1)要比较下落的快慢，高度一定，根据v=st知，只要比较下落的时间即可，据此分析解答；
(2)控制物体Q的质量和下落的高度相同，需要多次改变物体P的质量，多次测量，记录数据，据此设计表格；
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，改变物体的质量，将物体Q由静止释放，记录每次落地时间，比较下落时间即可比较出下落的快慢。
本题考查了实验的设计，掌握实验原理是解题的关键。
2023年广东省重点中学中考物理二模试卷
1. 有关估测，下列说法中正确的是( )
A. 教室门的高度约为200dm
B. 中学里一节课的时间约为0.9ℎ
C. 正常人的脉搏跳动100 次所需时间大约为1.5min
D. 蝴蝶飞行时翅膀振动的频率约为200Hz
2. 如图所示，下面四幅图中所涉及的物理知识描述正确的是( )
A. 甲图：躺在吊床上，人感到舒服——通过增大受力面积来减小压力
B. 乙图：给鸡自动喂水的装置——利用了连通器原理
C. 丙图：向吸管中吹气，管中水柱上升——利用流体在流速大的地方压强大
D. 丁图：将一端带橡皮膜的玻璃管竖直插入水中——可探究液体压强的大小与深度的关系
3. 2022年10月7号，在溧阳发生一起交通事故，一名23岁的女网红无证驾驶借来的摩托车在山路快速拐弯时违规越线，迎面撞上另一辆摩托车，因车速过快，佩戴的假头盔质量太差，当场身亡。关于这一事件，下列说法正确的是( )
A. 摩托车加速上坡时，动能转化为重力势能
B. 与自行车相比，摩托车的质量和速度往往都更大，发生车祸时也更严重
C. 踩刹车减速时，刹车片会发烫，这是通过热传递改变了刹车片的内能
D. 摩托车通常配备的二冲程汽油发动机，是一种将机械能转化为内能的装置
4. 对如图所示实验的物理过程分析错误的是( )
A. 酒精灯中的酒精用掉一半后，剩余酒精的热值、比热容、密度均不变
B. 试管中的水温度升高，内能增大的途径是通过热传递
C. 此实验的原理等效内燃机压缩冲程，此时机械能转化为内能
D. 试管口的“白气”，是水蒸气液化形成的
5. 清晨，太阳从东方冉冉升起，云缝中射出道道霞光，它让我们的大千世界五彩缤纷，让我们的世界拥有了无穷奥妙。下列对光的世界的探究中，结论正确的是( )
A. 甲图，通过注入气泡的水球，我们看到太空授课的王亚平成“一正一倒”两个像，其中正立的是虚像，倒立的是实像
B. 乙图，央视春晚节目舞蹈诗剧《只此青绿》的临水起舞画面中，舞者在舞台上的“倒影”和小孔成像的原理相同
C. 丙图，光源经凸透镜在光屏上成一清晰的像，此时飞来一只小虫落在凸透镜上，则光屏上光源的像不完整
D. 丁图，小薇按照图示将眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上清晰的像变模糊，只将光屏靠近凸透镜时，又能在光屏上看到清晰的像，则该眼镜是近视眼镜
6. 如图，2021年5月22日10时40分，中国第一辆火星车“祝融号”安全驶离着陆平台，成功“打卡”火星表面，正式开启火星探测之旅。以下说法正确的是( )
A. 火星车质量约为240公斤，在火星上所受重力约为2400N
B. 火星车从火星向地球传递信息是通过超声波传递的
C. 火星车采用太阳能电池发电，利用了太阳能电池板直接将太阳能转换成电能
D. 太阳能来源于太阳内部氢核的裂变反应
7. 如图所示为物理课本中四个实验，关于其对应的实验结论，下列说法中不正确的( )
A. 在一定温度下，压缩体积也可以使气体液化
B. 物体内部大量分子在做无规则的运动
C. 分子之间有吸引力
D. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流
8. 小龙设计了一种烟雾报警器的电路图，如图所示。R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。当电路所在区域烟雾浓度增大到一定程度时，电压表指针偏转到某个位置触发报警装置(图中未画出)，开始报警。下列说法正确的是( )
A. 烟雾浓度增大时，电流表的示数增大
B. 烟雾浓度增大时，电压表的示数增大
C. 要使报警器在烟雾浓度较小时就开始报警，应增大R0的阻值
D. 要使报警器在烟雾浓度较小时就开始报警，应减小电源电压
9. 如图所示，用力F1将物体B匀速提升0.5m，F1做功为3J。若借助滑轮组用力F2把物体匀速提升相同的高度，F2做功为5J。下列说法中正确的是( )
A. 两个过程，物体都做匀速运动时机械能不变
B. 动滑轮的重力为4N
C. 滑轮组的机械效率为60%
D. F2做功的功率比F1做功的功率大
10. 海权握，国则兴，建设一支强大的海军是实现中国梦的有力保障，潜水艇是海军的战略重器，如图所示是我国海军某舰队的“强国号”潜水艇在海中悬浮、上浮、漂浮的训练过程，下列对此潜水艇分析正确的是( )
A. 上浮过程中潜水艇所受浮力和重力同时变小
B. 上浮过程中所受浮力逐渐变大
C. 悬浮和漂浮时所受的浮力相等
D. 漂浮时排开的海水所受的重力最小
11. 为了帮阳台上的花草安全过冬，小明利用电磁继电器设计了如图所示的电路：温度过低时，大功率灯泡发光发热；达到一定温度时，插在三孔插座上的加湿器(图中未画出)，喷雾加湿降温。为实现设计要求，在保证安全用电的前提下，帮小明将电路连接完整。
12. 某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置.此时墙壁对手掌的支撑力F如图所示，不计墙壁对手掌的摩擦力。
(1)以O为支点，请在图中作出动力F的力臂L。
(2)该同学质量为50kg，则墙壁对人的支撑力约为______N。
(3)若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F如何变化？______，并说明理由______。
13. 篮球从M点以速度v0竖直下落，经水平地面反弹后恰好回到与M点等高的N点如图。设在M点时篮球的机械能为E，动能为Ek1，重力势能为Ep1；回弹到N点时篮球的重力势能为Ep2；
(1)请比较：Ep1 Ep2(选填“>”，“=”，“<”)。
(2)从水平地面回弹到N点过程中，篮球动能 (选填“减小”，“不变”，“增大”)。
(3)M到N过程中减少的机械能E损= (选填“E−Ep1”，“E−Ek1”)。
(4)最后篮球静止在水平地面上，对地压力为6N，压强为2×103Pa，请根据公式 计算出此时地面的受力面积为 。
14. 我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000 m，在载人深潜领域达到世界领先水平。(取ρ海水=1.03×103 kg/m3，ρ水=1.0×103 kg/m3，g=10 N/kg)
(1)潜水艇活动的海水深度一般为300 m至600 m。它可以通过水舱排水或充水来改变______，从而实现浮沉。
(2)深潜器可进入更深的水域，在10000 m的深处，海水产生的压强为______Pa。由于深海海水压强太大，深潜器实现浮沉的方法与潜水艇有所不同。
(3)小明阅读资料后，利用如图的装置模拟深潜器在水中的运动过程。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2 kg，体积为25 cm3，则乙所受浮力的大小为______N，乙受到细线的拉力为______N，若剪断细线，甲将______(选填“上浮”“悬浮”或“下沉”)，此时甲所受浮力______(填字母)。
A.增大，且大于重力
B.不变，且等于重力
C.不变，且大于重力
D.减小，且小于重力
15. 小慧同学阅读了某汽车发动机说明书后，将其内燃机的能量流向制成如图1所示，该车匀速直线行驶时所受阻力f和车速v的关系如图2所示。
(1)请根据图给出的信息，该内燃机的效率是______ ；
(2)若汽车按此效率以50km/ℎ的速度匀速直线行驶1ℎ，汽车牵引力做多少焦耳的功？需要汽油完全燃烧放出的能量是多少？
16. 光敏电阻在各种自动化装置中很多应用，小柯用它设计了一种“智能家居照明灯”电路，如图甲所示．(电磁继电器线圈的电阻不计)
(1)导线______(选填“A”或“B”).连接家庭电路中的火线．
(2)小柯的设计要求是：“智能家具照明灯”在天暗时自动点亮，天亮时自动熄灭，那么他选择的光敏电阻阻值大小应随光照强度的增加而______．
(3)保持光照强度不变，闭合开关S后，滑片P由a端详b端移动过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，计算滑动变阻器的最大阻值是多少欧？(电源电压U0不变)
17. 雨桐和小组同学探究“电流与电阻的关系”。器材有：滑动变阻器、开关、电源(电压恒为6V)各一个，电流表、电压表各一个，三个定值电阻(10Ω、15Ω、20Ω)，导线若干。
(1)图1是连接的实物部分电路，画出两根图线，使电路正确：①电压表测定值电阻两端的电压；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大。
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，电压表指针有示数且不变，原因可能是______ 。
(3)排除故障后，移动滑片，使与20Ω的电阻并联的电压表示数为3V，读出电流表示数。断开开关，将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，接下来的操作是：______ 。
(4)通过实验可以得出的结论是：______ 。
(5)随着学习的深入，雨桐同学发现该实验方案稍加变动就可以用来“测小灯泡的额定功率”，而且她和小组同学进一步探讨，设计了如图2不用电流表，也能测出小灯泡额定功率的电路图。具体步骤如下：
①闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②保持______ 不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，读出电压表示数U；
③此方法测量出小灯泡的额定功率表达式P= ______ 。(用已知和所测物理量符号表示)
18. 如图，小明将质量较小的物体P和质量较大的物体Q通过细绳相连，并挂在定滑轮上，发现Q下落会被P“拖慢”，对此小明猜想：“Q的质量和初始离地高度都一定时，P的质量越大，Q从静止开始下落到地面的平均速度越小。”请设计实验验证其猜想。
(1)除图所示的器材以外，还需要的实验器材有______ 。
(2)画出记录实验数据的表格。
(3)写出实验步骤(可用画图或文字表述)和判断小明猜想是否正确的依据。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、一般来说教室门的高度为2m=20dm，故A错误；
B、中学里一节课的时间约为45min=0.75ℎ，故B错误；
C、正常人的脉搏跳动1次接近1s，脉搏跳动100 次所需时间大约为1.5min，故C正确；
D、蝴蝶飞行时翅膀振动的频率低于20Hz，故D错误。
故选：C。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
估测是一种科学的近似值，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要的作用，应用日常知识积累解答此题。
2.【答案】D
【解析】解：A.人躺在吊床上，是通过增大受力面积来减小压强，所以人感到舒服，故A错误；
B.当瓶口在水面以下时，瓶子内的水和空气的压强之和等于外界的大气压强，水不流出；当瓶口露出水面时，空气进入瓶内，瓶内空气和水的压强之和大于外界的大气压强，水流出，直到封住瓶口为止，利用的是大气压，不是连通器原理，故B错误；
C.往吸管中吹气时，A管上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，液面上升，故C错误；
D.根据橡皮膜向上的凸起程度反应液体产生压强大小，采用了转换法，液体内部向各个方向都有压强，带橡皮膜的玻璃管竖直插入水中，橡皮膜会向上凸，由于液体压强随深度的增加而增大，所以玻璃管插入水中越深，橡皮膜向上的凸起程度越大，可探究液体压强的大小与深度的关系，故D正确。
故选：D。
A.压力不变时，通过增大受力面积可减小压强；
B.给鸡自动喂水的装置利用了大气压；
C.流速大的地方压强小；
D.液体压强与液体的密度和深度有关，研究液体压强的大小与深度的关系，要控制液体的密度相同，据此分析。
本题考查实际考查物理知识在实际生活中的运用，体现理论联系实际的理念。
3.【答案】B
【解析】解：A、摩托车加速上坡时，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，不是动能转化为重力势能，故A错误；
B、与自行车相比，摩托车的质量和速度往往都更大，动能更大，发生车祸时也更严重，故B正确；
C、踩刹车减速时，刹车片会发烫，这是通过做功改变了刹车片的内能，故C错误；
D、摩托车通常配备的二冲程汽油发动机，是一种将内能转化为机械能的装置，故D错误。
故选：B。
(1)根据影响动能、重力势能的因素分析；
(2)改变内能的方式包括做功和热传递；
(3)汽油机的工作原理：燃料在汽缸中燃烧时，将存储的化学能转变为高温高压的燃气(蒸汽)的内能，又通过燃气(蒸汽)推动活塞做功，由内能转变为机械能。
本题考查机械能的转化、内能的改变和热机的知识，属于综合题。
4.【答案】C
【解析】解：
A、热值是燃料的一种特性，密度、比热容都是物质的特性，都与物质的质量、体积无关，所以，酒精灯中酒精用掉一半后，剩余酒精的热值、比热容、密度均不变，故A正确；
B、图中试管中水温度升高，是因酒精灯对试管加热，内能增大的途径是通过热传递，故B正确；
C、此实验的原理等效内燃机做功冲程，内能转化为机械能，故C错误；
D、试管口的“白气”，是水蒸气液化形成的小水滴，故D正确。
故选：C。
(1)比热容和热值是物质的特性，不随物体的质量、体积的大小而变化，密度是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递两种；(3)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；(4)白气是热的水蒸气遇到冷的空气液化成的小水滴。
本题主要考查热值、比热容、改变内能方式、液化及热机的有关知识，属于对基础知识的考查。
5.【答案】A
【解析】解：A、水球被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水，这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈成为了一个凸透镜，所以呈现出一个倒立的实像，内圈相当于变成了凹透镜，这个时候又出现了一个正立的虚像，故A正确；
B、因为光滑的舞台相当于平面镜，所以看到的倒影是平面镜成像，即光的反射形成的，小孔成像的原理是光的直线传播，故B错误；
C、凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，小虫落在透镜上后，整个物体发出的光虽有一小部分被挡住，但总会有一部分光通过凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，即光屏上所成的像仍然是完整的，故C错误；
D、将眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上原来清晰的像也变得模糊了，只将光屏靠近透镜移动时，又可以在光屏上看到烛焰清晰的像，说明眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，应用于远视眼镜，故D错误。
故选：A。
(1)物距大于二倍焦距时，凸透镜成倒立、缩小的实像；当物距大于焦距，小于二倍焦距时，凸透镜成倒立、放大的实像；凹透镜可以成正立缩小的虚像；
(2)平面镜成像是由于光的反射形成的；
(3)凸透镜成像属于光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗；
(4)凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用；近视眼镜是凹透镜，远视眼镜是凸透镜。
本题主要考查光的反射、光的直线传播、凸透镜成像规律的应用等，还考查了远视眼的矫正方法，应注意区分。
6.【答案】C
【解析】解：A、火星车质量约为240公斤，在火星上所受重力小于2400N，故A错误；
B、火星车从火星向地球传递信息是通过电磁波传递的，故B错误；
C、太阳能电池板把太阳能转化成电能，故C正确；
D、太阳能内部是由于较轻的氢原子核在高温下发生聚变而释放出核能，故D错误。
故选：C。
(1)火星上g值与地球上不同；
(2)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的，声波不能在真空中传播，电磁波能够在真空中传播；
(3)太阳能电池板把太阳能转化成电能；
(4)核聚变是较轻的原子核结合成较重的原子核的一种核反应，太阳内部为核聚变。
本题考查了纳米的相关知识、电磁波的特点、太阳能电池板工作过程的能量转化等，属于基础知识的考查。
7.【答案】B
【解析】解：A、在一定温度下，压缩体积也可以使气体液化，故A说法正确。
B、物体内部所有分子都在不停的做无规则的运动，而不能说是大量分子在做无规则的运动，故B说法错误。
C、铅块压紧后能粘在一起，说明分子之间存在引力。C说法正确。
D、闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。D说法正确。
故选：B。
(1)液化的方法有两个：一是降低温度，所有气体在温度降到足够低时都可液化；二是压缩体积，并不是所用气体在压缩体积的情况下可以液化，有的是在降低温度并压缩体积的条件下才能液化。
(2)温度越高，扩散的越快，扩散现象说明组成物质的分子在不停的做无规则的运动。
(3)分子间存在着相互作用的引力和斥力。
(4)探究电磁感应现象时，将一个金属杆、开关和灵敏电流表连起来，让金属杆放在蹄形磁体的磁场中向各个方向运动，观察电流的指针偏转情况，看能否产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。
此题考查了气体液化的方法、扩散、分子间引力、磁感应现象，是一道综合题；
很多物理实验中有原理图，我们要能够根据原理图来判断出探究的内容。
8.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
AB、当烟雾浓度增大时，光照强度变小，光敏电阻接入电路中的阻值变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，由U=IR可知，定值电阻两端的电压变小，因为串联电路两端的电压等于各部分电路两端的电压之和，且电源电压不变，所以光敏电阻的两端电压变大，即电压表示数变大，故A错误、B正确；
CD、要使报警器在浓度较小的烟雾下报警，说明光照强度更强时，报警器就会报警，则此时的光敏电阻的阻值比原来的临界值小，此时R两端的分压变小，而报警时是R两端的电压保持不变，根据串联电路的分压原理可知，应减小R0的阻值或增大电源电压，故CD错误。
故选：B。
由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当烟雾浓度增大时，根据光照强度判定R阻值的大小，根据欧姆定律可知电路中的电流变化和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路电压规律判定R两端电压的大小；
(2)要使报警器在浓度更低的烟雾下报警，判断光敏电阻的阻值变化，由欧姆定律分析采取的方法。
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，从题干中获取有用的信息是关键。
9.【答案】C
【解析】解：
A、两个过程，物体B均匀速上升，质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度增加，则重力势能增加，其机械能增加，故A错误；
C、用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则有用功W有=3J，使用滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即总功W总=5J，根据效率公式可知滑轮组的机械效率为η=W有用W总×100%=3J5J×100%=60%，
故C正确；
B、由C可知，有用功W有=3J，总功W总=5J，使用滑轮组所做的额外功W额=W总−W有=5J−3J=2J，
如果忽略绳重和摩擦，由W额=G动ℎ可得，动滑轮的重力为G动=W额ℎ=2J0.5m=4N，
因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功小于2J，所以动滑轮重力小于4N，故B错误；
D、已知F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知，所以无法确定两个力做功的功率大小，故D错误。
故选C。
(1)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
机械能等于动能和势能之和。；
(2)用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则W有=3J，使用滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即W总=5J，根据效率公式得出滑轮组的机械效率；
(3)已知有用功和总功，根据W额=W总−W有得出使用滑轮组所做的额外功，如果忽略绳重和摩擦，由W额=G动ℎ可知动滑轮的重力；因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功小于2J；
(4)由题意可知，F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知，无法确定两个力做功的功率大小。
本题考查功功率和机械能的有关知识，是一道综合题。
10.【答案】D
【解析】解：AB、潜艇上浮过程中，露出水面前，V排不变，根据F浮=ρ液gV排可知，潜艇所受浮力不变；逐渐露出水面时，V排减小，潜艇所受浮力减小；
潜水艇是通过“把海水压出压力舱”减小自重来实现上浮的，所以上浮过程中潜水艇所受浮力先不变再减小，重力减小，故AB错误；
C、由图可知，悬浮时排开海水的体积大于漂浮时排开海水的体积，由F浮=ρ液gV排可知，潜艇悬浮时所受浮力大，即F悬浮>F漂浮，故C错误；
D、根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体所受的重力；由C项可知F悬浮>F漂浮，所以漂浮时排开海水所受的重力最小，故D正确。
故选：D。
(1)物体在液体中所受浮力的大小与液体的密度和排开液体的体积有关，根据F浮=ρ液gV排分析浮力的大小变化；
潜艇通过改变自身重力的大小来改变F浮与G的关系，实现下潜和上浮；
(2)根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体的重力；知道了浮力的大小关系也就知道了排开液体所受重力的大小关系。
本题考查了学生对阿基米德原理的理解与运用；注意潜艇悬浮和漂浮时所受的浮力并不相等，虽然都处于平衡状态，但水舱中水的重、排开液体的体积不同，故这两种状态下浮力不相等。
11.【答案】解：根据题意可知，当温度过低时，水银与金属丝之间是断开的，此时电磁铁无磁性，衔铁在弹簧的作用下被拉起，与衔铁与上面的接触点接触，灯泡发光发热，这说明此时灯泡是接入电路的，此时的衔铁的触点应该接在灯泡与火线之间；达到一定的温度，控制电路接通，此时衔铁被吸下，衔铁的触点与下面的触点接触，使得加湿器工作；三孔插座的接法：左零右火上接地，开关接在火线与三孔插座之间，如图所示：
【解析】当温度过低时，水银与金属丝之间是断开的，此时电磁铁无磁性，灯泡发光发热，这说明此时灯泡是接入电路的；达到一定的温度，控制电路接通，加湿器工作，此时衔铁被吸下；据此设计电路的连接方式；在家庭电路中，开关控制火线；三孔插座的接法：左零右火上接地。
本题考查了电磁继电器的工作原理、家庭电路的连接，属于基础题。
12.【答案】187.5 变大 动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大
【解析】解：(1)反向延长支撑力F画出动力的作用线，过支点O向动力F的作用线作垂线段，即为动力F的力臂L，如图1所示：
(2)过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2，如图2，
由图2可知，L为8个小格，L2为3个小格，则L2L=38，
根据杠杆平衡条件可得FL=F2L2，且F2=mg，
则支撑力：F=F2L2L=mgL2L=50kg×10N/kg×38=187.5N；
(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
故答案为：(1)见图1；(2)187.5；(3)变大；动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力(人的重力)大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
(1)力臂的画法：过支点向力的作用线作垂线段；
(2)根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析解题；
(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，根据图示判断动力臂和阻力臂的大小变化，且阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件分析人受到支撑力的变化。
解答本题时，需要把人体抽象成杠杆模型，找准杠杆的五要素是解题的关键。
13.【答案】(1)=；(2)减小；(3)E−Ep1；(4)S=Fp；3×10−3m2。
【解析】(1)由于M点与N点等高，所以M点和N的重力势能相等，故Ep1=Ep2；
(2)从水平地面回弹到N点过程中，篮球的质量不变，篮球的速度越来越小，所以篮球动能减小；
(3)篮球在M点具有的机械能E=Ek1+Ep1，由于篮球在N点的动能为0，所以篮球在N点具有的机械能E=Ep2，故M到N过程中减少的机械能E损=E−Ep1；
(4)已知篮球对地面的压力F=6N，压强p=2×103Pa，由压强公式式p=FS得：S=Fp=6N2×103Pa=3×10−3m2。
故答案为：(1)=；(2)减小；(3)E−Ep1；(4)S=Fp；3×10−3m2。
(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)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能；
(4)根据压强公式p=F/S，求受力面积。
本题考查了机械能及其转化、压强公式的应用，难度较小，属于基础性题目。
14.【答案】(1)自身重力；(2)1.03×108；(3)0.25；1.75；上浮；C。
【解析】
【分析】
(1)潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；
(2)根据p=ρ海gℎ可得海水产生的压强；
(3)乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，根据阿基米德原理可得乙受到的浮力；
对乙受力分析，根据力的平衡条件可得乙受到的拉力；
对甲受力分析，根据力的平衡条件得出甲的受力关系，从而确定浮力与重力的大小，再判断甲的浮与沉；
根据F浮=ρ水gV排可知甲露出水面前的浮力变化。
本题考查了物体的浮与沉、液体压强的计算和浮力大小的计算。较难。
【解答】
(1)潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；
(2)海水产生的压强：p=ρ海gℎ=1.03×103 kg/m3×10 N/kg×10000 m=1.03×108 Pa；
(3)乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，即：V排水=V乙，
乙所受浮力：F浮乙=ρ水gV排水=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×25×10−6 m3=0.25 N；
乙静止时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和绳子拉力的作用，
由力的平衡条件可知，拉力：F拉=G乙−F浮乙=m乙g−F浮乙=0.2 kg×10 N/kg−0.25 N=1.75 N；
剪断细线前，甲静止时，受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力的作用，
由力的平衡条件可得，F拉+G甲=F浮甲，此时浮力大于重力，当剪断细线后，甲不受向下的拉力作用，由于浮力大于重力，所以甲会上浮，露出水面前，甲排开水的体积不变，由F浮=ρ水gV排可知，甲受到浮力不变，故C正确。
故答案为：(1)自身重力；(2)1.03×108；(3)0.25；1.75；上浮；C。
15.【答案】25%
【解析】解：(1)由图1可知，用来做有用功的能量：100%−3%−7%−35%−30%=25%，所以汽车的热机效率为η=25%；
(2)汽车按此效率以50km/ℎ的速度行驶1ℎ时，则根据v=st可知，汽车行驶的路程：
s=vt=50km/ℎ×1ℎ=50km=5×104m；
由图2可知：此时汽车受到阻力f=2000N，
由于汽车做匀速直线运动，则汽车的牵引力和受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车的牵引力F=f=2000N，
则汽车牵引力所做的有用功：W=Fs=2000N×5×104m=1×108J；
根据η=WQ放可知，汽油完全燃烧放出的热量：
Q放=Wη=1×108J25%=4×108J。
答：(1)25%；(2)汽车牵引力做1×108J的功；需要汽油完全燃烧放出的能量是4×108J。
(1)热机效率等于热机用来做有用功的那部分能量占燃料完全燃烧放出的能量的百分比；
(2)利用速度公式求出50km/ℎ的速度行驶1ℎ通过的路程；由图丙可知，汽车以50km/ℎ的速度行驶时受到的阻力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，利用W=Fs汽车所做的有用功；根据热机效率公式求出汽油完全燃烧放出热量。
本题考查对热机效率的公式、速度公式、功的公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，同时还考查了我们对图象的处理能力，综合性很强，有一定的难度。
16.【答案】A 减小
【解析】解：(1)根据安全用电的原则可知，当灯泡不工作时其两端应无电，故A是火线、B是零线；
故答案为：A．
(2)天暗时自动电灯亮说明此时照明电路闭合即衔铁断开，由图可知此时电磁铁的磁性减弱即电路中的电流变小，根据R=UI可知电路中的电阻变大即此时光敏电阻的阻值变大；反之，天亮时光敏电阻的阻值变小，所以他选择的光敏电阻阻值大小应随光照强度的增加而减小．
故答案为：减小．
(3)当滑片位于b端时，电路为光敏电阻的简单电路，电压表测电源的电压，由图可知电源的电压U=12V；
当滑片位于a端时滑动变阻器与光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
由图象可知，I=0.1A，U光敏=2V，
则电路中的总电阻R总=UI=12V0.1A=120Ω，
光敏电阻的阻值R光敏=U光敏I=2V0.1A=20Ω，
滑动变阻器的最大阻值Rab=R总−R光敏=120Ω−20Ω=100Ω．
答：滑动变阻器的最大阻值是100欧．
(1)根据安全用电的原则结合电路图判断家庭电路的火线．
(2)天暗时自动点亮说明此时照明电路闭合，由图可知此时电磁铁磁性的变化，进一步判断控制电路电流的变化，根据欧姆定律判断电路中电阻的变化，即可判断光敏电阻阻值的变化．
(3)当滑片位于b端时，电路为热敏电阻的简单电路，电压表测电源的电压，由图象可知电源的电压；当滑片位于a端时滑动变阻器与光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，由图象读出此时两表的示数，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和光敏电阻的阻值，根据电阻的串联求出滑动变阻器的最大阻值．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电磁铁磁性与电流的关系、安全用电等知识，涉及的知识点较多，关键是会分析电路图结合所学知识进行解决实际问题．
17.【答案】定值电阻断路 向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V 电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 滑片位置 U额(U−U额)R0
【解析】(1)①电压表遵循“正进负出”与定值电阻并联接入电路；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大，则滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路，如图：
；
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，说明电路断路，电压表指针有示数且不变，说明电压表串联接入电路，测电源电压，则与电压表并联部分电路断路，所以电路故障为定值电阻断路；
(3)排除故障后，移动滑片，使与20Ω的电阻并联的电压表示数为3V，读出电流表示数。断开开关，将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，根据串联分压原理可知电压表示数变小，为控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律可知需增大滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可知需增大滑动变阻器接入电路的阻值，则接下来的操作是向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数保持3V不变：
(4)通过实验可以得出的结论是电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表测灯泡和定值电阻两端的电压，读出电压表示数U；
③根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压U0=U−U额，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流：I=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率P=U额(U−U额)R0。
故答案为：(1)图见解答；(2)定值电阻断路；(3)向右移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V；(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(5)滑片位置；U额(U−U额)R0。
(1)①电压表遵循“正进负出”与定值电阻并联接入电路；②滑动变阻器的滑片左滑时电阻变大，则滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路；
(2)闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表的指针几乎不动，说明电路断路，电压表指针有示数且不变，说明电压表串联接入电路，测电源电压，则与电压表并联部分电路断路；
(3)将20Ω的电阻拆下后，改接入15Ω、10Ω的电阻，根据串联分压原理可知电压表示数变化，为控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律、串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值变化；
(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表测灯泡和定值电阻两端的电压，读出电压表示数U；
③根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律表示此时通过电路的电流，根据P=UI可得小灯泡的额定功率的表达式。
本题考查电路连接、故障分析、串联电路特点、串联分压原理、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
18.【答案】(1)秒表；
(2)
P的质量/kg
Q下落的时间/s
；
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1，改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3(m1
(2)控制物体Q的质量和下落的高度相同，需要多次改变物体P的质量，多次测量，记录数据，比较时间验证小明的猜想，表格设计如下：
P的质量/kg
Q下落的时间/s
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1；改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3；小明猜想物体Q的质量和下落高度相同时，物体P质量越大，下落的平均速度越小，即下落时间越长，所以若m1
(1)要比较下落的快慢，高度一定，根据v=st知，只要比较下落的时间即可，据此分析解答；
(2)控制物体Q的质量和下落的高度相同，需要多次改变物体P的质量，多次测量，记录数据，据此设计表格；
(3)保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，改变物体的质量，将物体Q由静止释放，记录每次落地时间，比较下落时间即可比较出下落的快慢。
本题考查了实验的设计，掌握实验原理是解题的关键。
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