四川省攀枝花市直属学校2025年中考二模物理试题
1．（2025·攀枝花模拟）如图是战国时期的编钟，敲击大小不同的钟能演奏出优美的乐曲。下列说法正确的是（ ）
A．编钟声是由空气振动而产生的
B．编钟声的传播速度是3×108m/s
C．敲击大小不同的钟发声的音调不同
D．奏出的优美乐曲一定不属于噪声
2．（2025·攀枝花模拟）小刚五次测量课本的宽度，记录结果；17.29cm、17.51cm、17.32cm、17.30cm、17.31cm，则课本宽度为（ ）
A．17.33cm B．17.30cm C．17.305cm D．17.31cm
3．（2025·攀枝花模拟）“火锅”是通辽人非常喜爱的一种美食。下列与吃火锅有关的说法正确的是（ ）
A．冰冻肉卷变软是冰熔化现象
B．锅内冒出“白气”是水的汽化现象
C．汤汁越煮越少是水升华现象
D．煮熟食材是做功改变内能的过程
4．（2025·攀枝花模拟）《墨经》最早记载了小孔成像现象及其解释，下列光现象中，与该现象成因相同的是（ ）
A．雨后彩虹 B．日晷计时
C．湖面倒影 D．铅笔弯折
5．（2025·攀枝花模拟）小丽站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动，如图。下列关于她的机械能说法正确的是（ ）
A．动能增大，机械能增大 B．重力势能增大，机械能增大
C．动能减小，机械能不变 D．重力势能减小，机械能增大
6．（2025·攀枝花模拟）某交通路口指示车辆通行的信号灯由红灯和绿灯组成，红灯停，绿灯行，以下是红、绿灯工作时的电路简图。你认为正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·攀枝花模拟）如图所示，风吹小风车，电流表的指针会发生偏转。选项图中的四个物理实验能解释其工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2025·攀枝花模拟）如图所示，水平桌面上两个相同的长方体玻璃缸装满了水，水中分别漂浮着两只大小不同，材质相同的实心玩具鸭。甲、乙两图中水对缸底的压强分别为p1和p2，缸对桌面的压强分别为p甲和p乙。两只玩具鸭受到的浮力分别为F1和F2，则它们的大小关系为（ ）
A．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＞F2 B．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＝F2
C．p1＞p2，p甲＝p乙，F1＞F2 D．p1＝P2，p甲＝p乙，F1＞F2
9．（2025·攀枝花模拟）小明家原有用电器的总功率是3800W，又新购买了电热水器和空调各一台，热水器的铭牌上标有“220V 2200W”字样，空调的铭牌上标有“220V 1900W”字样，他家的电能表如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电热水器是利用电流热效应工作的
B．单独使用空调比单独使用热水器电能表表盘转速快
C．正常使用相同时间，热水器比空调消耗的电能多
D．小明家现有的用电器可以同时使用
10．（2025·攀枝花模拟）如图甲是红外线测温枪，图乙是工作原理图，其中电源电压保持不变，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻。在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是（ ）
A．图乙中的显示仪是由电流表改装成的
B．热敏电阻 R 的阻值随着温度的升高而减小
C．被测温者体温越高，整个电路通过的电流越大
D．将 R0更换为阻值更小的电阻，测相同温度，显示仪示数变大
11．（2025·攀枝花模拟）“奋斗者”号载人潜水器（如图）成功潜入海底10909m，刷新了中国载人潜水的新纪录。潜水器总质量36t（包含下方安装的压载铁质量2t），观测窗面积0.03m2。潜入海底待科研任务结束后，抛掉压载铁，潜水器上浮至海面（忽略部件受到海水压力后的体积变化和下潜、上浮过程中海水对它的阻力，取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。关于潜水器说法正确的有（ ）
A．下潜时所受海水的压强逐渐变大
B．上浮至海面所受海水的浮力先增大后减小
C．抛掉压载铁后，上浮时所受海水的浮力为3.4×105N
D．10000m深度时，海水对观测窗的压力为3×106N
12．（2025·攀枝花模拟）为了将放置在水平地面上重为150N的物体提升到高处，小阳设计了如图甲所示的滑轮组装置。小阳用竖直向下拉力F拉绳，拉力F随时间的变化关系图像如图乙所示。物体上升的高度h随时间t变化的关系图像如图丙所示。若物体与地面的接触面积，不计绳重和摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．动滑轮受到的重力为10N
B．在0~1s内，重物对地面的压强为800Pa
C．在0~1s内，拉力F做的功为250J
D．在2~3s内，滑轮组的机械效率为83.3%
13．（2025·攀枝花模拟）学校给同学们布置了做“拿手家常菜”的家庭劳动作业，李明同学用手机录制了鱼丸的制作过程，手机镜头对光起到 作用选填“会聚”或“发散”；他用夸张的表情介绍了闻到的鱼丸香味，能闻到香味是因为分子在不停息地 。
14．（2025·攀枝花模拟）近年来，通辽城乡许多街道都安装了太阳能LED灯，LED灯是用 材料制成的，太阳能属于 次能源。
15．（2025·攀枝花模拟）如图甲，小明将圆形厚壁玻璃瓶装满带颜色的水，用插有细玻璃管的橡皮塞塞紧瓶口，双手戴着隔热手套用力挤压玻璃瓶，观察到细管中水面升高，这一现象说明力可以 ，把瓶中水倒出一部分，然后向细管内吹入少量气体，细管内水柱如图乙所示。将该装置从一楼拿到十楼，会发现细管内水面 （选填“上升”、“下降”或“不变”）。
16．（2025·攀枝花模拟）风洞是一种检测飞行器性能的设施。如图，将飞行器固定在风洞中，通过人工产生并控制气流，模拟飞行器飞行时周围气体的流动。检测时，飞行器相对气流是 的，其上方气体流速大，压强 ，从而获得向上的升力。
17．（2025·攀枝花模拟）小明在水壶中装入质量2kg、初温20℃的水，放在燃气灶上加热，这是利用 的方式来改变水的内能。若在标准大气压下把水刚烧开共消耗了0.042m3的天然气，该燃气灶烧水的热效率为 。水烧开后继续加热，蒸汽将壶盖顶起的过程与汽油机 冲程的能量转化情况相同。[水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），天然气的热值取4.0×107J/m3]
18．（2025·攀枝花模拟）某型号的电饭锅有高温和保温两挡，其测试电路如图所示（虚线框内为电饭锅的发热部位），已知高温挡功率为1100W，保温档功率为22W。则保温时电路中的电流是 A，R1＝ Ω。高温挡工作10min消耗的电能可让标有1200imp/（kW h）字样的电能表指示灯闪烁 次。
19．（2025·攀枝花模拟）小明用图甲所示的方式将均匀铁块推倒成图丙情况，此过程中铁块相当于 （省力/费力/等臂）杠杆。如果小明的推力始终与BD垂直，在BD与水平面垂直之前，其推力F1 （变大/变小/不变），小宇用图乙的方式将同一铁块推倒成图丙情况，则如图甲、乙所示位置时，F1 （>/＜/=）F2，小明和小宇用甲、乙两种方法时至少要做的功分别为W1和W2，则W1 （>/＜/=）W2。
20．（2025·攀枝花模拟）如图所示，一束光沿AO从空气斜射入水中，请画出反射光线和折射光线的大致方向。
21．（2025·攀枝花模拟）如图所示的位置，是单摆小球摆到的最高点，请画出此时小球所受力的示意图。
22．（2025·攀枝花模拟）如图所示，根据小磁针静止时N极的指向，标出电源的正极和磁感线的方向。
23．（2025·攀枝花模拟）小明和小华进行“观察水的沸腾”实验。
（1）组装如图甲所示的实验器材时，应根据 （选填“酒精灯内焰”或“酒精灯外焰”）的位置固定B的位置。
（2）当水温上升到90℃后，每隔1min记录一次温度计的示数并记入表格，直到水沸腾并持续一段时间为止。若第3min时温度计的示数如图乙所示，其读数是 ℃。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
温度/℃ 90 91 92
94 95 96 97 98 98 98 98 98
（3）第8min后，小明发现水中会产生大量的气泡，且不断上升、变大（如图丙），最终到达水面后破裂开来。导致气泡体积变化的主要原因是 。
（4）第12min后撤去酒精灯，水还能继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网的 仍然比烧杯和水高。
（5）小明和小华根据各自的实验数据，在同一张坐标纸上分别画出水沸腾前后温度随时间变化的图像，如图丁所示，比较可知小华将水加热至沸腾的时间较长。为缩短加热时间。下列措施合理的是（ ）
A．适当减少水的质量
B．增大酒精灯内酒精的质量
C．用更大的烧杯加热
24．（2025·攀枝花模拟）小明在做凸透镜成像实验中。
（1）如图甲四种利用太阳光测凸透镜焦距的操作，其中正确的是 ；
（2）小明测得凸透镜焦距为10cm，用图乙的装置开始实验，此时光屏上可见清晰的像，保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，若想在光屏上再次得到清晰的像，应把光屏向 移动，像的大小将 ；
（3）基于（2）的实验探究，当手持照相机走近拍摄景物时，应将镜头适当向 （填“前调”或“后调”）。
25．（2025·攀枝花模拟）在“探究影响动能大小的因素”实验中，如图所示，将小球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块在水平面上向前移动一段距离s后停下，完成甲、乙、丙三次实验。（其中，）
（1）实验中通过观察 来反映小球动能的大小，这种研究问题的方法叫做转换法。
（2）为探究动能大小与质量的关系，应使 不同的小球从同一斜面的相同高度自由释放。
（3）由甲、乙两次实验初步可知，小球动能的大小与 有关。
26．（2025·攀枝花模拟）某物理学习小组在“探究导体中电流与电阻的关系”实验中，连接了如图甲所示的电路（电源电压保持4.5V不变）。
表乙
实验次数 1 3 4
电阻R/Ω 5 10 15
电流I/A 0.60 0.26 0.20
（1）请用笔画线代替导线将图甲实物电路连接完整（要求：滑动变阻器滑片P向右移动，电路中的电流变大）；
（2）连接好电路，闭合开关发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，则故障可能是定值电阻R （选填“断路”或“短路”）；
（3）实验时改变 的阻值，通过移动滑动变阻器的滑片P来控制 保持不变，测出多组数据进行分析，得出结论；
（4）表乙是实验数据记录表格，分析可知实验操作存在的问题是 ；
（5）完成实验后该组同学又想到了用“等效替代法”测量一个额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻，设计了图丙所示的电路，其中为电阻箱；请把下面步骤②中未完成的操作补充完整；
①将开关S与a连接，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额；
② ，使电压表示数仍为U额，读出电阻箱阻值即为小灯泡正常发光时的电阻。
27．（2025·攀枝花模拟）小明、小刚和小强分别用三种不同的方法测量物体的密度，进行了如下实验设计与操作：
（1）小明用调节好的天平测量萝卜块的质量，天平平衡时，如图甲所示，m= g；将萝卜块浸没在有水的量筒中，如图乙所示，则萝卜块的密度为 kg/m3；
（2）小刚用隔板将一容器分成左右两部分，隔板下部有一圆孔用橡皮膜封闭，橡皮膜形状如图丙；
①向隔板左侧倒入酱油，发现橡皮膜向右凸，量出液面到橡皮膜中心的深度为10cm；
②向隔板右侧倒入水，直至橡皮膜 （选填“向左凸”、“继续向右凸”或“恢复原状”）为止；量出水面至橡皮膜中心的深度为11cm，则酱油的密度为 kg/m3（）；
（3）小强用弹簧测力计挂着石块，做了如图丁两个图的测量，读出弹簧测力计示数分别为F1、F2，则石块受到的浮力表达式F浮= ，密度表达式 （以上两空用F1、F2、等符号表示）。
28．（2025·攀枝花模拟）如图所示，电源电压U恒定，R1、R2为两个定值电阻，L为标有“6V，3W”的小灯泡。开关S1、S2、S3均闭合时，电流表A1示数为1.5A，A2示数为1A；仅闭合S1，小灯泡恰好正常发光。求：
（1）小灯泡正常发光时的电流；
（2）R2的阻值；
（3）前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比。
29．（2025·攀枝花模拟）小红用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆B的下端通过力传感器固定在柱形容器的底部，它的上端与不吸水的实心正方体A固定（不计细杆B及连接处的质量和体积），现缓慢地向容器中加水，力传感器的示数大小F随水深h变化的图象如图乙所示（）。求：
（1）正方体A所受重力大小；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底部的压强是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】声音的产生；声速；音调及音调与频率的关系；噪声及来源
【解析】【解答】A．编钟振动发声，故A错误；
B．编钟声的传播速度是340m/s，故B错误；
C．敲击大小不同的钟，则钟的振动快慢不同，发出声音的音调不同，故C正确；
D．噪声在物理学角度，如果影响人的工作、生活、学习，均属于噪音，所以奏出的优美乐曲可能属于噪声，故D错误。
故选C。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
3、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。
4、噪声：影响人类休息和学习的声音统称为噪声。
2．【答案】D
【知识点】误差及其减小方法
【解析】【解答】根据测量的多次数据，其中17.51cm和其他数据差异大，是错误的，计算合理数据的平均值为，D符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据多次测量的数据，计算平均值，可以减小误差。
3．【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A．冰冻肉卷变软是是熔化现象，故A正确；
B．锅内冒出“白气”是是液化现象，故B错误；
C．汤汁越煮越少是汽化现象，故C错误；
D．煮熟食材是汤和食物存在温度差，食材通过热传递改变内能的过程，故D错误。
故选A。
【分析】1、凝固为液态变化为固态，释放热量，如结冰；
2、熔化为固态变化为液态，吸收热量，如雪消融；
3、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
4、液化为气态变为液态会释放热量，如水蒸气、露珠。
4．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】小孔成像原理为光在同一种均匀介质中是沿直线传播的。
A．雨后彩虹，属于光的折射现象，故A不符合题意；
B．日晷计时，利用光在同种均匀物质中沿直线传播，故B符合题意；
C．湖面倒影属于光的反射，故C不符合题意；
D．铅笔弯折，属于光的折射，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1、光的反射：光在同一种介质中传播中，遇到反射面，将一部分光反射回来的现象叫做光的反射，常见例子有：平面镜反射，湖面反射。
2、光的折射：光经过不同介质时，传播方向会发生偏折的现象，如：海市蜃楼、彩虹的形成、岸面看水水变浅。
3、光的直线传播：光在同种介质中沿直线传播，实例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校准等。
5．【答案】B
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】小丽站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动，质量不变，高度升高，则动能不变，重力势能增大；所以机械能增大，故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
6．【答案】D
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】公共场所的电器均属于并联，每个可独立工作，且各有一个开关控制。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路。
7．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】根据题意可知，风吹风车转动，带动线圈切割磁感线，产生感应电流，所以其原理为闭合线圈做切割磁感线运动，产生感应电流，为法拉第电磁感应现象。
A．此图为奥斯特实验装置，说明通电导线周围存在磁场，故A不符合题意；
B．图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，产生感应电流，属于电磁感应，故B符合题意；
C．通电导线在磁场中受力的作用，是电动机的原理图，故C不符合题意；
D．通电螺线管的原理属于电流的磁效应，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息。
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转。
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
8．【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】甲、乙两个完全相同的玻璃缸装满了水，所以水的深度h相同，根据液体压强公式可知，水对容器底部的压强相等，即p1＝p2；根据图示可知，甲缸中鸭子排开水的体积大，根据可知，甲缸中鸭子受到的浮力大，即F1＞F2；
根据阿基米德原理，物体受到的浮力等于它排开液体的重力，漂浮的玩具鸭重力等于其受到的浮力，等于它排开的水的重力，故两个整体的总重力相同，桌面受力面积相同，根据可知，缸对桌面的压强p甲＝p乙。故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大。
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
4、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同。
9．【答案】B
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算；电流的热效应
【解析】【解答】A．电热水器是根据焦耳定律工作的，即利用电流的热效应工作的，故A正确，不符合题意；
B．热水器的铭牌上标有“220V 2200W”字样，空调的铭牌上标有“220V 1900W”字样，热水器功率大，所以表转速快，相同时间下，根据W=Pt计算可知热水器消耗的电能多，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．据图可知电路中允许通过的最大电流为40A，小明家原有用电器的总功率是3800W，热水器的额定功率为2200W，空调的额定功率为1900W，根据电功率公式P=UI计算可知电路中的电流
，所以小明家现有的用电器可以同时使用，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】1、探究电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比。
2、电能表参数的理解：电能表是计量电能的仪表，电能表的数字中最后一位表示的是小数点后一位，电能表正常工作电压和电流为220V 10A，最大电流为40A，某段时间所用电能为电能表示数之差。某段时间消耗电能的计算：n/3000r kW·h n为灯光闪烁次数。
3、功率公式的应用：P=W/t.
10．【答案】D
【知识点】电压的测量及电压表的使用；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．由电路图知道，显示仪与R并联，即显示仪为电压表，故A错误；
B． 在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大 ，由串联电路的分压特点可知，温度增加，R的阻值变大，故B错误；
C．人的体温越高时，R的阻值越大，由知道，电路中的电流变小，故C错误；
D．将R0更换为阻值更小的电阻后，根据串联分压分析可知R两端的电压变大，即显示仪示数变大，故D正确。
故选D。
【分析】1、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比；
2、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
11．【答案】A,D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．潜水器在下潜过程中，深度h逐渐增大，根据分析可知所受海水的压强也逐渐变大。故A正确；
B．潜水器在上浮至海面过程中，排开海水的体积先不变，后变小，液体的密度不变，根据浮力的公式
分析可知所受海水的浮力先保持不变后减小。故B错误；
C．抛掉压载铁后，上浮时所受海水的浮力大于物体的重力，即
故C错误；
D．在10000m深度时，根据压强公式计算海水对观测窗的压力为F=pS=ρ海水ghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m×0.03m2=3×106N，故D正确。
故选 AD。
【分析】1、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同；
2、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
3、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力.
12．【答案】A,B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【解答】A．A的重力为150N，由丙图可知，物体在2~3s内做匀速直线运动，此时绳子的拉力F1=80N，动滑轮缠绕绳子数为2，不计绳重和摩擦，根据动滑轮拉力公式计算动滑轮的重力为
故A正确；
B．由乙图可知，在0~1s内，物体静止，物体受力平衡。绳子的拉力，使用整体法，即滑轮和物体看作一个整体，受力分析得，代入数据计算可知物体对地面的压力，根据压强公式计算物体对地面的压强为，故B正确；
C．由丙图可知，物体上升高度为0，拉力F做的功为0，故C错误；
D．由乙图可知，在2~3s内，根据机械效率公式计算滑轮组的机械效率为，故D错误。
故选AB。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力。
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍。
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
13．【答案】会聚；做无规则运动
【知识点】透镜及其特点与分类；分子热运动
【解析】【解答】手机镜头是凸透镜，对光有会聚作用；李明能闻到阵阵鱼丸的香味属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动。
【分析】凸透镜对光有会聚作用；一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动。
14．【答案】半导体；一
【知识点】能源及其分类；半导体特点及作用
【解析】【解答】发光二极管是由半导体材料制成的，LED灯是用半导体材料制成的。
太阳能是从自然界中直接获取的，则太阳能是一次能源。故第1空填：半导体；第2空填：一。
【分析】电子产品中，使用了大量的半导体元件，发光二极管是半导体材料；太阳能属于一次能源。
15．【答案】改变物体的形状；上升
【知识点】力的作用效果；大气压强与高度的关系
【解析】【解答】 双手戴着隔热手套用力挤压玻璃瓶，观察到细管中水面升高， 说明力可以改变物体的形状。该装置从一楼拿到十楼，大气压强随高度的增加而逐渐减小，玻璃瓶内部的气压大小是不变的，玻璃管内水柱在玻璃瓶内部的气压作用下上升。
【分析】压强和海拔的关系为：随着海拔的增加，压强减小，海拔的减小，压强增加。
力的作用效果：力会使物体的运动状态和物体形状发生改变。
16．【答案】运动；小
【知识点】流体压强与流速的关系；运动和静止的相对性
【解析】【解答】检测时，气流和飞行器的运动状态不同，所以以气流为参照物，飞行器相对于气流是运动的；其上方气体流速大，压强小，形成向上的压强差和压力差，获得了向上的升力。
【分析】1、压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力；
2、物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止。
17．【答案】热传递；；做功
【知识点】热传递改变物体内能；比热容；燃料的热值；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】水放在燃气灶上加热，是通过火焰与水之间的温度差传递使热量，所以是利用热传递的方式来改变水的内能。根据热量计算公式Q=cmΔt计算2kg的水，升高80℃水吸收的热量，即
，根据热值公式Q=Vq计算可知消耗了0.042m3的天然气，放出热量为。结合效率公式计算该燃气灶烧水的热效率为。蒸汽将壶盖顶起，是蒸汽的内能转化为壶盖的机械能。与汽油机做功冲程的能量转化情况相同。
【分析】1、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。公式为Q=Vq。
2、热量的计算：公式为Q=cmΔt；
3、做功冲程：进气后关闭，排气口关闭，火花塞点燃，高温高压的气体推动活塞下移，气体内能减小，能量转化为内能转化为机械能。
18．【答案】0.1；44；220
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】保温档功率为22W，电源电压为220V，根据功率公式计算保温时电路中的电流是。电源电压不变时，开关S置于2挡时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最小，根据，此时为高温档。高温挡功率为1100W，电源电压为220V，则。高温挡工作10min消耗的电能为，电能表指示灯闪烁次数为。
【分析】功率的计算：公式为 ， 所以电压相同时，电阻和电功率成反比。
功率的计算：公式为W=Pt。
19．【答案】省力；变小；＜；=
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类；功
【解析】【解答】如图所示，B点是杠杆支点，铁块重力是阻力，BD是动力臂，底面半径长是阻力臂，动力臂明显大于阻力臂，所以是省力杠杆。
小明的推力始终与BD垂直，在BD与水平面垂直之前，阻力不变，铁块重心逐渐左移，阻力臂变小，所以F1变小。
C点为支点，与甲相比较，阻力不变，阻力臂也不变，F2的动力臂明显小于F1的动力臂，所以可得。任何机械都不省功，所以用甲、乙两种方法时至少要做的功相等。
【分析】1、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
2、省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等壁杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
20．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
【解析】【解答】据图分析可知，入射光线和入射点已知，过入射点做垂直水面的法线，根据反射角等于入射角画出反射光线；光从空气斜射入水中，所以折射角小于入射角，据此作图：
【分析】折射规律：光从空气中传播到水中，折射光线会偏向法线，光从水中射向空气中，折射光线会远离法线；
反射定律：反射角等于入射角，反射光线、入射光线、法线处于同一平面、在反射中光路是可逆的。
21．【答案】
【知识点】弹力；重力及其大小的计算
【解析】【解答】当小球摆到最高点时受到竖直向下的重力和沿绳子方向向上的拉力，作用点都画在小球的球心上，如下图
【分析】重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心。
拉力：沿着绳子的方向。
22．【答案】
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】小磁针静止时，N极指向，即为磁感线的方向，所以电螺线管的右端为N极，由左端为S极，磁据安培定则知，电源的右端为正极。作图如下：
【分析】通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
23．【答案】（1）酒精灯外焰
（2）93
（3）水沸腾时，气泡上升过程中，水内部汽化产生的水蒸气不断进入气泡
（4）温度
（5）A
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）“观察水的沸腾”实验，加热时要用外焰，所以应根据酒精灯外焰的位置固定B的位置。
（2）图乙中温度计的分度值是 1℃，读数是 93℃。
（3）水沸腾时，水内部汽化产生的水蒸气不断进入气泡。上升过程中外部水压减小，两者共同作用使得气泡在上升时体积逐渐变大，最终到达水面后破裂开来。
（4）第12min后撤去酒精灯，因为石棉网的温度仍然比烧杯和水高，水能从石棉网继续吸收热量。
（5）水的质量越小，吸收相同的热量升温越快，能缩短加热至沸腾的时间；增大酒精灯内酒精的质量，不能缩短加热时间；用更大的烧杯加热，使水的质量增加，加热时间会更长。A正确，BC错误。
故选A。
【分析】1、水沸腾的温度时间特性：水到达沸点时的特点为加热但温度保持不变，气泡由小变大；标准大气压下水的沸点为100℃，低于标准气压，沸点低于100℃。
2、探究水沸腾温度时间曲线试验：实验仪器的安装遵循从下而上、从左至右的安装顺序，所以安装顺序为铁架台、酒精灯、铁圈、烧杯、温度计，以酒精灯外焰加热物体，使用仪器还有秒表，记录液体的温度时间曲线。
（1）酒精灯外焰温度最高，加热时要用外焰，所以应根据酒精灯外焰的位置固定B的位置，这样能保证用外焰加热，提高加热效率。
（2）图乙中温度计的分度值是 1℃，液面在 90℃以上第 3 小格处，所以其读数是 93℃。
（3）水沸腾时，气泡体积变大的主要原因是水内部汽化产生的水蒸气不断进入气泡。次要原因是上升过程中外部水压减小，两者共同作用使得气泡在上升时体积逐渐变大，最终到达水面后破裂开来。
（4）第12min后撤去酒精灯，水还能继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网的温度仍然比烧杯和水高，水能从石棉网继续吸收热量。
（5）适当减少水的质量，水的质量越小，吸收相同的热量升温越快，能缩短加热至沸腾的时间；增大酒精灯内酒精的质量，酒精质量多少不影响火焰的温度，不能缩短加热时间；用更大的烧杯加热，更大的烧杯通常会使水的质量增加，加热时间会更长。
故选A。
24．【答案】（1）C
（2）右；变大
（3）前调
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）在测量凸透镜焦距的实验中，需要凸透镜要正对太阳光，太阳光平行于凸透镜的主光轴，故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，根据物近像远像变大可知，应把光屏向右移动，像的大小将变大。
（3）当手持照相机走近拍摄景物时，物距减小，根据物近像远像变大可知，为了得到清晰的像，需要增大像距。应将镜头适当向前调，以增大像距，从而得到清晰的像。
【分析】1、测量焦距的方法： 将凸透镜正对太阳光，改变凸透镜与光屏的距离，直到光屏上出现一个 亮点，此时亮点与凸透镜中心的距离为焦距。
2、透镜成像试验：实验步骤：1）实验前，应调节凸透镜、蜡烛烛焰、光屏的中心大致在同一水平高度，环境越暗，物体反射光越明显，所以实验应在较暗的环境中进行；2） 点燃并蜡烛，在光屏上得到一个等大、清晰的烛焰的像，测量此时物到透镜的距离（焦距）；3）移动蜡烛，观察像的变化。
3、凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大；
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
（1）在测量凸透镜焦距的实验中，需要确保太阳光平行于凸透镜的主光轴，并且凸透镜要正对太阳光。这样，太阳光经过凸透镜折射后，会聚在主光轴上的一点，这个点就是凸透镜的焦点。故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）[1][2]此时，物距为25cm，大于两倍焦距，根据凸透镜成像规律，成倒立、缩小的实像，像距（光屏到凸透镜的距离）在一倍焦距和二倍焦距之间。保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，此时物距减小，物近像远像变大，所以应把光屏向右移动，像的大小将变大。
（3）当手持照相机走近拍摄景物时，即物距减小，为了得到清晰的像，需要增大像距。在照相机中，镜头和感光元件（相当于光屏）之间的距离是可以调整的。因此，应将镜头适当向前调，以增大像距，从而得到清晰的像。
25．【答案】（1）木块移动的距离
（2）质量
（3）速度
【知识点】探究影响物体动能大小的因素；物理学方法
【解析】【解答】（1）小球动能的大小是通过观察小木块在水平面上移动的距离来反映的。
（2）为探究动能大小与质量的关系，变量为质量，所以应控制小球的速度相同，从而研究质量对动能的影响。
（3）甲、乙两次实验中，高度越高，小球到达水平面的速度越大，推动小木块移动的距离越远，说明小球动能的大小与速度有关。
【分析】1、物理学方法：转换法：在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中动能的大小难以直接测量，所以需要观察小木块在水平面上移动的距离。
2、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
（1）在该实验中，小球动能的大小是通过观察小木块在水平面上移动的距离来反映的。小球动能越大，对小木块做功越多，小木块移动的距离就越远。这里用到了转换法。
（2）为探究动能大小与质量的关系，应控制小球的速度相同，让质量不同的小球从同一斜面的相同高度自由释放。这样小球到达水平面时的速度相等，从而研究质量对动能的影响。
（3）甲、乙两次实验中，小球的质量相同，从不同高度滚下，高度越高，小球到达水平面的速度越大，推动小木块移动的距离越远，说明小球动能的大小与速度有关。
26．【答案】（1）
（2）断路
（3）定值电阻R；定值电阻R两端电压
（4）第3次实验中，没有控制定值电阻R两端电压保持不变
（5）将开关S与b连接，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节变阻箱的电阻
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）滑动变阻器的滑片P向右移动，电路中电流变大，所以滑动变阻器的电阻变小，变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如下图示数：
（2）连接好电路，闭合开关，电流表几乎无示数，发现电压表示数接近于电源电压，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，所以故障可能是与电压表并联的定值电阻R断路了。
（3）在“探究导体中电流与电阻的关系”实验中，应控制定值电阻两端电压不变，改变定值电阻R的阻值，通过移动滑动变阻器的滑片P来控制定值电阻R两端电压保持不变。
（4）分析表中的数据发现，第1、4次实验中，根据欧姆定律计算定值电阻R两端电压
；第3次实验中，定值电阻R两端电压
，则第3次实验中，没有控制定值电阻R两端电压保持3V不变。
（5）②分析电路图可知，将开关S与a连接，滑动变阻器与灯泡首尾依次相连，属于串联，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额，则灯泡正常发光；将开关S与b连接，滑动变阻器与变阻箱串联，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节变阻箱的电阻，直至电压表示数仍为U额，通过变阻器的组织表示小灯泡正常发光时的电阻。
【分析】变阻器：变阻器的连接为一上一下，通过改变电阻丝接入电路的长度进而改变电阻，变阻器的作用除了改变电阻外还可以起到保护电路的作用，所以在连接好电路后，变阻器阻值应该调节到最大阻值处；
电路的故障分析： 题目中电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外 ，表明电压表接入电路，所以和电压表并联的用电器断路。
串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。
电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）滑动变阻器的滑片P向右移动，电路中电流变大，即滑动变阻器的电阻变小，所以变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如下图示数：
（2）连接好电路，闭合开关，电流表几乎无示数，说明电路可能断路，发现电压表示数接近于电源电压，则电压表、滑动变阻器、电流表、开关与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，所以故障可能是与电压表并联的定值电阻R断路了。
（3）[1][2]在“探究导体中电流与电阻的关系”实验中，由控制变量法可知，应控制定值电阻两端电压不变，改变定值电阻的阻值，所以实验时改变定值电阻R的阻值，通过移动滑动变阻器的滑片P来控制定值电阻R两端电压保持不变。
（4）分析表中的数据发现，第1、4次实验中，定值电阻R两端电压
即控制定值电阻R两端电压保持3V不变，第3次实验中，定值电阻R两端电压
则第3次实验中，没有控制定值电阻R两端电压保持3V不变。
（5）②分析电路图可知，将开关S与a连接，滑动变阻器与灯泡串联，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额，则灯泡正常发光；将开关S与b连接，滑动变阻器与变阻箱串联，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节变阻箱的电阻，直至电压表示数仍为U额，则变阻箱的电阻等于小灯泡正常发光时的电阻。
27．【答案】（1）13.2；1.32×103
（2）恢复原状；1.1×103
（3）F1-F2；
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】（1）游码对应的刻度为3.2g，砝码为10g，所以萝卜块的质量；量筒中水的体积为50mL，量筒中水和萝卜块的总体积为60mL，萝卜块的体积V萝卜=60mL-50mL=10mL=10cm3，根据密度公式计算萝卜块的密度
。
（2）橡皮膜恢复原状，则橡皮膜左右两侧液体压强相等，隔板左侧倒入10cm酱油，向隔板右侧倒入11cm水，即，由液体压强公式可得，所以
。
（3）由图丁可知，石块未浸没在液体中，弹簧测力计示数为F1，石块的重力G=F1；弹簧测力计挂着石块浸没在水中，弹簧测力计示数为F2，根据称重法可得，石块受到的浮力
根据阿基米德原理可得石块的体积，结合密度公式计算石块的密度
。
【分析】1、测量物体密度试验：原理为ρ=m/v，使用的仪器为天平和量筒；天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，量筒的使用：确定分度值，视线平行对准液面最低处，进行读数。
2、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同；
3、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力；
4、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力。
（1）[1]由图甲可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度为3.2g，则萝卜块的质量
[2]由乙图可知，量筒的分度值为2mL，量筒中水的体积为50mL，量筒中水和萝卜块的总体积为60mL，则萝卜块的体积
V萝卜=60mL-50mL=10mL=10cm3
则萝卜块的密度
（2）[1]向隔板左侧倒入10cm酱油，向隔板右侧倒入水，直至橡皮膜恢复原状，则橡皮膜左右两侧液体压强相等，由液体压强公式，便于计算酱油的密度。
[2]向隔板左侧倒入10cm酱油，向隔板右侧倒入11cm水，橡皮膜恢复原状，则橡皮膜左右两侧液体压强相等，即
由液体压强公式可得
代入数据可得酱油的密度
（3）[1]由图丁可知，弹簧测力计挂着石块，弹簧测力计示数为F1，则石块的重力
G=F1
弹簧测力计挂着石块浸没在水中，弹簧测力计示数为F2，则由称重法可得，石块受到的浮力
[2]由阿基米德原理可得石块的体积
石块的密度
28．【答案】（1）解：当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，此时小灯泡正常发光，由P=UI可得，此时电路中的电流为.
（2）解：当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=I R1+U额=0.5A×R1+6V①
当三个开关都闭合时，小灯泡被短路，R1、R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。已知电流表A1示数为1.5A，A2示数为1A，则电源电压为U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并联时，通过R2的电流为I2=I总-I1=1.5A-1A=0.5A
电阻R2的阻值为.
（3）解：开关S1、S2、S3均闭合时，通过R1的电流为1A；只团合开关S1时，通过R1的电流为0.5A，所以前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比为.
【知识点】并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【分析】（1），L为标有“6V，3W”，由P=UI可得电路中的电流。
（2）当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=I R1+U额；当三个开关都闭合时，R1、R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。电源电压为U=I1R1，连列求解R1、U，R1、R2并联时，通过R2的电流为I2=I总-I1；电阻R2的阻值为。
（3）开关S1、S2、S3均闭合时，通过R1的电流为1A；只团合开关S1时，通过R1的电流为0.5A，根据焦耳定律计算前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比为。
（1）当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，此时小灯泡正常发光，由P=UI可得，此时电路中的电流为
（2）当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=I R1+U额=0.5A×R1+6V①
当三个开关都闭合时，小灯泡被短路，R1、R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。已知电流表A1示数为1.5A，A2示数为1A，则电源电压为U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并联时，通过R2的电流为I2=I总-I1=1.5A-1A=0.5A
电阻R2的阻值为
（3）开关S1、S2、S3均闭合时，通过R1的电流为1A；只团合开天S1时，通过R1的电流为0.5A，所以前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比为
29．【答案】解：（1）由图乙可知，当h0=0时，力传感器的示数为F示数=6N，此时正方体没有受到浮力，不计细杆B及连接处的质量，则细杆B对力传感器的压力等于正方体的重力，故正方体A所受重力大小为G0=6N；
（2）由图乙可知，当h1=3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触；当容器内水的深度h2=13cm时，已经超过了F=0时水的深度，由力的平衡条件可得，此时正方体A受到的浮力F浮=G+F示数'=6N+4N=10N；
（3）由图乙可知，当h1=3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，则正方体A的边长；容器内水的深度h3=4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2=h3-h1=4cm-3cm=1cm=0.01m；排开水的体积V排'=L2h浸2=（0.1m）2×0.01m=1×10-4m3正方体A受到的浮力F浮'=ρ水gV排'=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=1N；力传感器的示数F=G-F浮'=6N-1N=5N；继续向容器中加水，当力传感器第一次受到的力
且水的深度较小时、细杆的向上的作用力处于平衡状态，所以由正方体受到的合力为零可得F浮″=G-F'=6N-1N=5N由F浮=ρ液gV排=ρ液gSAh浸可得，此时正方体浸入水中的深度
则此时容器内水的深度h4=h1+h浸3=3cm+5cm=8cm=0.08m；则此时水对容器底的压强p'=ρ液gh4=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa；继续向容器中加水，当力传感器第二次受到的力F1'=0.2F=0.2×5N=1N；且水的深度较小大时、细杆的向下的作用力处于平衡状态，所以由正方体受到的合力为零可得F浮1''=G+F1'=6N+1N=7N；此时正方体浸入水中的深度；则此时容器内水的深度h5=h1+h浸3'=3cm+7cm=10cm=0.1m；则此时水对容器底的压强p1'=ρ液gh5=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa
答：（1）正方体A所受重力大小为6N；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小为10N；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，当力传感器的示数大小变为0.2F，压强为800Pa或1000Pa。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；液体压强计算公式的应用；浮力的利用
【解析】【分析】（1）由图乙可知，当h0=0时，力传感器的示数为F示数等于正方体的重力。
（2）由图乙可知，当h1=3cm时，细杆对A的支持力逐渐减小，所以此时物体A的下表面恰好与水面接触；当容器内水的深度h2=13cm时，细杆对B施加拉力，此时正方体A受到的浮力等于重力和拉力之和，即F浮=G+F示数'
（3）由上述分析可知当h1=3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，据此分析正方体A的边长；容器内水的深度h3=4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2=h3-h1；据此计算排开水的体积V排'=L2h浸2，根据浮力公式F浮'=ρ水gV排'计算正方体A受到的浮力，结合称重法计算力传感器的示数F=G-F浮'；继续向容器中加水，当力传感器第一次受到的力，水的深度较小时、细杆的向上的作用力处于平衡状态，此时F浮″=G-F'；结合浮力公式计算正方体浸入水中的深度；此时容器内水的深度h4=h1+h浸3；根据压强公式计算水对容器底的压强p'=ρ液gh4；当力传感器第二次受到的力F1'=0.2F
且水的深度较小大时、细杆的向下的作用力处于平衡状态，正方体受到F浮1''=G+F1'，同理计算浸没的深度，则此时容器内水的深度h5=h1+h浸3'，根据压强公式p1'=ρ液gh5计算此时水对容器底的压强。
1 / 1四川省攀枝花市直属学校2025年中考二模物理试题
1．（2025·攀枝花模拟）如图是战国时期的编钟，敲击大小不同的钟能演奏出优美的乐曲。下列说法正确的是（ ）
A．编钟声是由空气振动而产生的
B．编钟声的传播速度是3×108m/s
C．敲击大小不同的钟发声的音调不同
D．奏出的优美乐曲一定不属于噪声
【答案】C
【知识点】声音的产生；声速；音调及音调与频率的关系；噪声及来源
【解析】【解答】A．编钟振动发声，故A错误；
B．编钟声的传播速度是340m/s，故B错误；
C．敲击大小不同的钟，则钟的振动快慢不同，发出声音的音调不同，故C正确；
D．噪声在物理学角度，如果影响人的工作、生活、学习，均属于噪音，所以奏出的优美乐曲可能属于噪声，故D错误。
故选C。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
3、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。
4、噪声：影响人类休息和学习的声音统称为噪声。
2．（2025·攀枝花模拟）小刚五次测量课本的宽度，记录结果；17.29cm、17.51cm、17.32cm、17.30cm、17.31cm，则课本宽度为（ ）
A．17.33cm B．17.30cm C．17.305cm D．17.31cm
【答案】D
【知识点】误差及其减小方法
【解析】【解答】根据测量的多次数据，其中17.51cm和其他数据差异大，是错误的，计算合理数据的平均值为，D符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据多次测量的数据，计算平均值，可以减小误差。
3．（2025·攀枝花模拟）“火锅”是通辽人非常喜爱的一种美食。下列与吃火锅有关的说法正确的是（ ）
A．冰冻肉卷变软是冰熔化现象
B．锅内冒出“白气”是水的汽化现象
C．汤汁越煮越少是水升华现象
D．煮熟食材是做功改变内能的过程
【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A．冰冻肉卷变软是是熔化现象，故A正确；
B．锅内冒出“白气”是是液化现象，故B错误；
C．汤汁越煮越少是汽化现象，故C错误；
D．煮熟食材是汤和食物存在温度差，食材通过热传递改变内能的过程，故D错误。
故选A。
【分析】1、凝固为液态变化为固态，释放热量，如结冰；
2、熔化为固态变化为液态，吸收热量，如雪消融；
3、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
4、液化为气态变为液态会释放热量，如水蒸气、露珠。
4．（2025·攀枝花模拟）《墨经》最早记载了小孔成像现象及其解释，下列光现象中，与该现象成因相同的是（ ）
A．雨后彩虹 B．日晷计时
C．湖面倒影 D．铅笔弯折
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】小孔成像原理为光在同一种均匀介质中是沿直线传播的。
A．雨后彩虹，属于光的折射现象，故A不符合题意；
B．日晷计时，利用光在同种均匀物质中沿直线传播，故B符合题意；
C．湖面倒影属于光的反射，故C不符合题意；
D．铅笔弯折，属于光的折射，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1、光的反射：光在同一种介质中传播中，遇到反射面，将一部分光反射回来的现象叫做光的反射，常见例子有：平面镜反射，湖面反射。
2、光的折射：光经过不同介质时，传播方向会发生偏折的现象，如：海市蜃楼、彩虹的形成、岸面看水水变浅。
3、光的直线传播：光在同种介质中沿直线传播，实例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校准等。
5．（2025·攀枝花模拟）小丽站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动，如图。下列关于她的机械能说法正确的是（ ）
A．动能增大，机械能增大 B．重力势能增大，机械能增大
C．动能减小，机械能不变 D．重力势能减小，机械能增大
【答案】B
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】小丽站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动，质量不变，高度升高，则动能不变，重力势能增大；所以机械能增大，故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
6．（2025·攀枝花模拟）某交通路口指示车辆通行的信号灯由红灯和绿灯组成，红灯停，绿灯行，以下是红、绿灯工作时的电路简图。你认为正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】公共场所的电器均属于并联，每个可独立工作，且各有一个开关控制。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路。
7．（2025·攀枝花模拟）如图所示，风吹小风车，电流表的指针会发生偏转。选项图中的四个物理实验能解释其工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】根据题意可知，风吹风车转动，带动线圈切割磁感线，产生感应电流，所以其原理为闭合线圈做切割磁感线运动，产生感应电流，为法拉第电磁感应现象。
A．此图为奥斯特实验装置，说明通电导线周围存在磁场，故A不符合题意；
B．图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，产生感应电流，属于电磁感应，故B符合题意；
C．通电导线在磁场中受力的作用，是电动机的原理图，故C不符合题意；
D．通电螺线管的原理属于电流的磁效应，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息。
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转。
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
8．（2025·攀枝花模拟）如图所示，水平桌面上两个相同的长方体玻璃缸装满了水，水中分别漂浮着两只大小不同，材质相同的实心玩具鸭。甲、乙两图中水对缸底的压强分别为p1和p2，缸对桌面的压强分别为p甲和p乙。两只玩具鸭受到的浮力分别为F1和F2，则它们的大小关系为（ ）
A．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＞F2 B．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＝F2
C．p1＞p2，p甲＝p乙，F1＞F2 D．p1＝P2，p甲＝p乙，F1＞F2
【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】甲、乙两个完全相同的玻璃缸装满了水，所以水的深度h相同，根据液体压强公式可知，水对容器底部的压强相等，即p1＝p2；根据图示可知，甲缸中鸭子排开水的体积大，根据可知，甲缸中鸭子受到的浮力大，即F1＞F2；
根据阿基米德原理，物体受到的浮力等于它排开液体的重力，漂浮的玩具鸭重力等于其受到的浮力，等于它排开的水的重力，故两个整体的总重力相同，桌面受力面积相同，根据可知，缸对桌面的压强p甲＝p乙。故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大。
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
4、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同。
9．（2025·攀枝花模拟）小明家原有用电器的总功率是3800W，又新购买了电热水器和空调各一台，热水器的铭牌上标有“220V 2200W”字样，空调的铭牌上标有“220V 1900W”字样，他家的电能表如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电热水器是利用电流热效应工作的
B．单独使用空调比单独使用热水器电能表表盘转速快
C．正常使用相同时间，热水器比空调消耗的电能多
D．小明家现有的用电器可以同时使用
【答案】B
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算；电流的热效应
【解析】【解答】A．电热水器是根据焦耳定律工作的，即利用电流的热效应工作的，故A正确，不符合题意；
B．热水器的铭牌上标有“220V 2200W”字样，空调的铭牌上标有“220V 1900W”字样，热水器功率大，所以表转速快，相同时间下，根据W=Pt计算可知热水器消耗的电能多，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．据图可知电路中允许通过的最大电流为40A，小明家原有用电器的总功率是3800W，热水器的额定功率为2200W，空调的额定功率为1900W，根据电功率公式P=UI计算可知电路中的电流
，所以小明家现有的用电器可以同时使用，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】1、探究电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比。
2、电能表参数的理解：电能表是计量电能的仪表，电能表的数字中最后一位表示的是小数点后一位，电能表正常工作电压和电流为220V 10A，最大电流为40A，某段时间所用电能为电能表示数之差。某段时间消耗电能的计算：n/3000r kW·h n为灯光闪烁次数。
3、功率公式的应用：P=W/t.
10．（2025·攀枝花模拟）如图甲是红外线测温枪，图乙是工作原理图，其中电源电压保持不变，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻。在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是（ ）
A．图乙中的显示仪是由电流表改装成的
B．热敏电阻 R 的阻值随着温度的升高而减小
C．被测温者体温越高，整个电路通过的电流越大
D．将 R0更换为阻值更小的电阻，测相同温度，显示仪示数变大
【答案】D
【知识点】电压的测量及电压表的使用；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．由电路图知道，显示仪与R并联，即显示仪为电压表，故A错误；
B． 在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大 ，由串联电路的分压特点可知，温度增加，R的阻值变大，故B错误；
C．人的体温越高时，R的阻值越大，由知道，电路中的电流变小，故C错误；
D．将R0更换为阻值更小的电阻后，根据串联分压分析可知R两端的电压变大，即显示仪示数变大，故D正确。
故选D。
【分析】1、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比；
2、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
11．（2025·攀枝花模拟）“奋斗者”号载人潜水器（如图）成功潜入海底10909m，刷新了中国载人潜水的新纪录。潜水器总质量36t（包含下方安装的压载铁质量2t），观测窗面积0.03m2。潜入海底待科研任务结束后，抛掉压载铁，潜水器上浮至海面（忽略部件受到海水压力后的体积变化和下潜、上浮过程中海水对它的阻力，取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。关于潜水器说法正确的有（ ）
A．下潜时所受海水的压强逐渐变大
B．上浮至海面所受海水的浮力先增大后减小
C．抛掉压载铁后，上浮时所受海水的浮力为3.4×105N
D．10000m深度时，海水对观测窗的压力为3×106N
【答案】A,D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．潜水器在下潜过程中，深度h逐渐增大，根据分析可知所受海水的压强也逐渐变大。故A正确；
B．潜水器在上浮至海面过程中，排开海水的体积先不变，后变小，液体的密度不变，根据浮力的公式
分析可知所受海水的浮力先保持不变后减小。故B错误；
C．抛掉压载铁后，上浮时所受海水的浮力大于物体的重力，即
故C错误；
D．在10000m深度时，根据压强公式计算海水对观测窗的压力为F=pS=ρ海水ghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m×0.03m2=3×106N，故D正确。
故选 AD。
【分析】1、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同；
2、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
3、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力.
12．（2025·攀枝花模拟）为了将放置在水平地面上重为150N的物体提升到高处，小阳设计了如图甲所示的滑轮组装置。小阳用竖直向下拉力F拉绳，拉力F随时间的变化关系图像如图乙所示。物体上升的高度h随时间t变化的关系图像如图丙所示。若物体与地面的接触面积，不计绳重和摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．动滑轮受到的重力为10N
B．在0~1s内，重物对地面的压强为800Pa
C．在0~1s内，拉力F做的功为250J
D．在2~3s内，滑轮组的机械效率为83.3%
【答案】A,B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【解答】A．A的重力为150N，由丙图可知，物体在2~3s内做匀速直线运动，此时绳子的拉力F1=80N，动滑轮缠绕绳子数为2，不计绳重和摩擦，根据动滑轮拉力公式计算动滑轮的重力为
故A正确；
B．由乙图可知，在0~1s内，物体静止，物体受力平衡。绳子的拉力，使用整体法，即滑轮和物体看作一个整体，受力分析得，代入数据计算可知物体对地面的压力，根据压强公式计算物体对地面的压强为，故B正确；
C．由丙图可知，物体上升高度为0，拉力F做的功为0，故C错误；
D．由乙图可知，在2~3s内，根据机械效率公式计算滑轮组的机械效率为，故D错误。
故选AB。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力。
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍。
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
13．（2025·攀枝花模拟）学校给同学们布置了做“拿手家常菜”的家庭劳动作业，李明同学用手机录制了鱼丸的制作过程，手机镜头对光起到 作用选填“会聚”或“发散”；他用夸张的表情介绍了闻到的鱼丸香味，能闻到香味是因为分子在不停息地 。
【答案】会聚；做无规则运动
【知识点】透镜及其特点与分类；分子热运动
【解析】【解答】手机镜头是凸透镜，对光有会聚作用；李明能闻到阵阵鱼丸的香味属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动。
【分析】凸透镜对光有会聚作用；一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动。
14．（2025·攀枝花模拟）近年来，通辽城乡许多街道都安装了太阳能LED灯，LED灯是用 材料制成的，太阳能属于 次能源。
【答案】半导体；一
【知识点】能源及其分类；半导体特点及作用
【解析】【解答】发光二极管是由半导体材料制成的，LED灯是用半导体材料制成的。
太阳能是从自然界中直接获取的，则太阳能是一次能源。故第1空填：半导体；第2空填：一。
【分析】电子产品中，使用了大量的半导体元件，发光二极管是半导体材料；太阳能属于一次能源。
15．（2025·攀枝花模拟）如图甲，小明将圆形厚壁玻璃瓶装满带颜色的水，用插有细玻璃管的橡皮塞塞紧瓶口，双手戴着隔热手套用力挤压玻璃瓶，观察到细管中水面升高，这一现象说明力可以 ，把瓶中水倒出一部分，然后向细管内吹入少量气体，细管内水柱如图乙所示。将该装置从一楼拿到十楼，会发现细管内水面 （选填“上升”、“下降”或“不变”）。
【答案】改变物体的形状；上升
【知识点】力的作用效果；大气压强与高度的关系
【解析】【解答】 双手戴着隔热手套用力挤压玻璃瓶，观察到细管中水面升高， 说明力可以改变物体的形状。该装置从一楼拿到十楼，大气压强随高度的增加而逐渐减小，玻璃瓶内部的气压大小是不变的，玻璃管内水柱在玻璃瓶内部的气压作用下上升。
【分析】压强和海拔的关系为：随着海拔的增加，压强减小，海拔的减小，压强增加。
力的作用效果：力会使物体的运动状态和物体形状发生改变。
16．（2025·攀枝花模拟）风洞是一种检测飞行器性能的设施。如图，将飞行器固定在风洞中，通过人工产生并控制气流，模拟飞行器飞行时周围气体的流动。检测时，飞行器相对气流是 的，其上方气体流速大，压强 ，从而获得向上的升力。
【答案】运动；小
【知识点】流体压强与流速的关系；运动和静止的相对性
【解析】【解答】检测时，气流和飞行器的运动状态不同，所以以气流为参照物，飞行器相对于气流是运动的；其上方气体流速大，压强小，形成向上的压强差和压力差，获得了向上的升力。
【分析】1、压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力；
2、物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止。
17．（2025·攀枝花模拟）小明在水壶中装入质量2kg、初温20℃的水，放在燃气灶上加热，这是利用 的方式来改变水的内能。若在标准大气压下把水刚烧开共消耗了0.042m3的天然气，该燃气灶烧水的热效率为 。水烧开后继续加热，蒸汽将壶盖顶起的过程与汽油机 冲程的能量转化情况相同。[水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），天然气的热值取4.0×107J/m3]
【答案】热传递；；做功
【知识点】热传递改变物体内能；比热容；燃料的热值；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】水放在燃气灶上加热，是通过火焰与水之间的温度差传递使热量，所以是利用热传递的方式来改变水的内能。根据热量计算公式Q=cmΔt计算2kg的水，升高80℃水吸收的热量，即
，根据热值公式Q=Vq计算可知消耗了0.042m3的天然气，放出热量为。结合效率公式计算该燃气灶烧水的热效率为。蒸汽将壶盖顶起，是蒸汽的内能转化为壶盖的机械能。与汽油机做功冲程的能量转化情况相同。
【分析】1、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。公式为Q=Vq。
2、热量的计算：公式为Q=cmΔt；
3、做功冲程：进气后关闭，排气口关闭，火花塞点燃，高温高压的气体推动活塞下移，气体内能减小，能量转化为内能转化为机械能。
18．（2025·攀枝花模拟）某型号的电饭锅有高温和保温两挡，其测试电路如图所示（虚线框内为电饭锅的发热部位），已知高温挡功率为1100W，保温档功率为22W。则保温时电路中的电流是 A，R1＝ Ω。高温挡工作10min消耗的电能可让标有1200imp/（kW h）字样的电能表指示灯闪烁 次。
【答案】0.1；44；220
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】保温档功率为22W，电源电压为220V，根据功率公式计算保温时电路中的电流是。电源电压不变时，开关S置于2挡时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最小，根据，此时为高温档。高温挡功率为1100W，电源电压为220V，则。高温挡工作10min消耗的电能为，电能表指示灯闪烁次数为。
【分析】功率的计算：公式为 ， 所以电压相同时，电阻和电功率成反比。
功率的计算：公式为W=Pt。
19．（2025·攀枝花模拟）小明用图甲所示的方式将均匀铁块推倒成图丙情况，此过程中铁块相当于 （省力/费力/等臂）杠杆。如果小明的推力始终与BD垂直，在BD与水平面垂直之前，其推力F1 （变大/变小/不变），小宇用图乙的方式将同一铁块推倒成图丙情况，则如图甲、乙所示位置时，F1 （>/＜/=）F2，小明和小宇用甲、乙两种方法时至少要做的功分别为W1和W2，则W1 （>/＜/=）W2。
【答案】省力；变小；＜；=
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类；功
【解析】【解答】如图所示，B点是杠杆支点，铁块重力是阻力，BD是动力臂，底面半径长是阻力臂，动力臂明显大于阻力臂，所以是省力杠杆。
小明的推力始终与BD垂直，在BD与水平面垂直之前，阻力不变，铁块重心逐渐左移，阻力臂变小，所以F1变小。
C点为支点，与甲相比较，阻力不变，阻力臂也不变，F2的动力臂明显小于F1的动力臂，所以可得。任何机械都不省功，所以用甲、乙两种方法时至少要做的功相等。
【分析】1、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
2、省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等壁杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
20．（2025·攀枝花模拟）如图所示，一束光沿AO从空气斜射入水中，请画出反射光线和折射光线的大致方向。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
【解析】【解答】据图分析可知，入射光线和入射点已知，过入射点做垂直水面的法线，根据反射角等于入射角画出反射光线；光从空气斜射入水中，所以折射角小于入射角，据此作图：
【分析】折射规律：光从空气中传播到水中，折射光线会偏向法线，光从水中射向空气中，折射光线会远离法线；
反射定律：反射角等于入射角，反射光线、入射光线、法线处于同一平面、在反射中光路是可逆的。
21．（2025·攀枝花模拟）如图所示的位置，是单摆小球摆到的最高点，请画出此时小球所受力的示意图。
【答案】
【知识点】弹力；重力及其大小的计算
【解析】【解答】当小球摆到最高点时受到竖直向下的重力和沿绳子方向向上的拉力，作用点都画在小球的球心上，如下图
【分析】重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心。
拉力：沿着绳子的方向。
22．（2025·攀枝花模拟）如图所示，根据小磁针静止时N极的指向，标出电源的正极和磁感线的方向。
【答案】
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】小磁针静止时，N极指向，即为磁感线的方向，所以电螺线管的右端为N极，由左端为S极，磁据安培定则知，电源的右端为正极。作图如下：
【分析】通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
23．（2025·攀枝花模拟）小明和小华进行“观察水的沸腾”实验。
（1）组装如图甲所示的实验器材时，应根据 （选填“酒精灯内焰”或“酒精灯外焰”）的位置固定B的位置。
（2）当水温上升到90℃后，每隔1min记录一次温度计的示数并记入表格，直到水沸腾并持续一段时间为止。若第3min时温度计的示数如图乙所示，其读数是 ℃。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
温度/℃ 90 91 92
94 95 96 97 98 98 98 98 98
（3）第8min后，小明发现水中会产生大量的气泡，且不断上升、变大（如图丙），最终到达水面后破裂开来。导致气泡体积变化的主要原因是 。
（4）第12min后撤去酒精灯，水还能继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网的 仍然比烧杯和水高。
（5）小明和小华根据各自的实验数据，在同一张坐标纸上分别画出水沸腾前后温度随时间变化的图像，如图丁所示，比较可知小华将水加热至沸腾的时间较长。为缩短加热时间。下列措施合理的是（ ）
A．适当减少水的质量
B．增大酒精灯内酒精的质量
C．用更大的烧杯加热
【答案】（1）酒精灯外焰
（2）93
（3）水沸腾时，气泡上升过程中，水内部汽化产生的水蒸气不断进入气泡
（4）温度
（5）A
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）“观察水的沸腾”实验，加热时要用外焰，所以应根据酒精灯外焰的位置固定B的位置。
（2）图乙中温度计的分度值是 1℃，读数是 93℃。
（3）水沸腾时，水内部汽化产生的水蒸气不断进入气泡。上升过程中外部水压减小，两者共同作用使得气泡在上升时体积逐渐变大，最终到达水面后破裂开来。
（4）第12min后撤去酒精灯，因为石棉网的温度仍然比烧杯和水高，水能从石棉网继续吸收热量。
（5）水的质量越小，吸收相同的热量升温越快，能缩短加热至沸腾的时间；增大酒精灯内酒精的质量，不能缩短加热时间；用更大的烧杯加热，使水的质量增加，加热时间会更长。A正确，BC错误。
故选A。
【分析】1、水沸腾的温度时间特性：水到达沸点时的特点为加热但温度保持不变，气泡由小变大；标准大气压下水的沸点为100℃，低于标准气压，沸点低于100℃。
2、探究水沸腾温度时间曲线试验：实验仪器的安装遵循从下而上、从左至右的安装顺序，所以安装顺序为铁架台、酒精灯、铁圈、烧杯、温度计，以酒精灯外焰加热物体，使用仪器还有秒表，记录液体的温度时间曲线。
（1）酒精灯外焰温度最高，加热时要用外焰，所以应根据酒精灯外焰的位置固定B的位置，这样能保证用外焰加热，提高加热效率。
（2）图乙中温度计的分度值是 1℃，液面在 90℃以上第 3 小格处，所以其读数是 93℃。
（3）水沸腾时，气泡体积变大的主要原因是水内部汽化产生的水蒸气不断进入气泡。次要原因是上升过程中外部水压减小，两者共同作用使得气泡在上升时体积逐渐变大，最终到达水面后破裂开来。
（4）第12min后撤去酒精灯，水还能继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网的温度仍然比烧杯和水高，水能从石棉网继续吸收热量。
（5）适当减少水的质量，水的质量越小，吸收相同的热量升温越快，能缩短加热至沸腾的时间；增大酒精灯内酒精的质量，酒精质量多少不影响火焰的温度，不能缩短加热时间；用更大的烧杯加热，更大的烧杯通常会使水的质量增加，加热时间会更长。
故选A。
24．（2025·攀枝花模拟）小明在做凸透镜成像实验中。
（1）如图甲四种利用太阳光测凸透镜焦距的操作，其中正确的是 ；
（2）小明测得凸透镜焦距为10cm，用图乙的装置开始实验，此时光屏上可见清晰的像，保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，若想在光屏上再次得到清晰的像，应把光屏向 移动，像的大小将 ；
（3）基于（2）的实验探究，当手持照相机走近拍摄景物时，应将镜头适当向 （填“前调”或“后调”）。
【答案】（1）C
（2）右；变大
（3）前调
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）在测量凸透镜焦距的实验中，需要凸透镜要正对太阳光，太阳光平行于凸透镜的主光轴，故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，根据物近像远像变大可知，应把光屏向右移动，像的大小将变大。
（3）当手持照相机走近拍摄景物时，物距减小，根据物近像远像变大可知，为了得到清晰的像，需要增大像距。应将镜头适当向前调，以增大像距，从而得到清晰的像。
【分析】1、测量焦距的方法： 将凸透镜正对太阳光，改变凸透镜与光屏的距离，直到光屏上出现一个 亮点，此时亮点与凸透镜中心的距离为焦距。
2、透镜成像试验：实验步骤：1）实验前，应调节凸透镜、蜡烛烛焰、光屏的中心大致在同一水平高度，环境越暗，物体反射光越明显，所以实验应在较暗的环境中进行；2） 点燃并蜡烛，在光屏上得到一个等大、清晰的烛焰的像，测量此时物到透镜的距离（焦距）；3）移动蜡烛，观察像的变化。
3、凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大；
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
（1）在测量凸透镜焦距的实验中，需要确保太阳光平行于凸透镜的主光轴，并且凸透镜要正对太阳光。这样，太阳光经过凸透镜折射后，会聚在主光轴上的一点，这个点就是凸透镜的焦点。故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）[1][2]此时，物距为25cm，大于两倍焦距，根据凸透镜成像规律，成倒立、缩小的实像，像距（光屏到凸透镜的距离）在一倍焦距和二倍焦距之间。保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，此时物距减小，物近像远像变大，所以应把光屏向右移动，像的大小将变大。
（3）当手持照相机走近拍摄景物时，即物距减小，为了得到清晰的像，需要增大像距。在照相机中，镜头和感光元件（相当于光屏）之间的距离是可以调整的。因此，应将镜头适当向前调，以增大像距，从而得到清晰的像。
25．（2025·攀枝花模拟）在“探究影响动能大小的因素”实验中，如图所示，将小球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块在水平面上向前移动一段距离s后停下，完成甲、乙、丙三次实验。（其中，）
（1）实验中通过观察 来反映小球动能的大小，这种研究问题的方法叫做转换法。
（2）为探究动能大小与质量的关系，应使 不同的小球从同一斜面的相同高度自由释放。
（3）由甲、乙两次实验初步可知，小球动能的大小与 有关。
【答案】（1）木块移动的距离
（2）质量
（3）速度
【知识点】探究影响物体动能大小的因素；物理学方法
【解析】【解答】（1）小球动能的大小是通过观察小木块在水平面上移动的距离来反映的。
（2）为探究动能大小与质量的关系，变量为质量，所以应控制小球的速度相同，从而研究质量对动能的影响。
（3）甲、乙两次实验中，高度越高，小球到达水平面的速度越大，推动小木块移动的距离越远，说明小球动能的大小与速度有关。
【分析】1、物理学方法：转换法：在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中动能的大小难以直接测量，所以需要观察小木块在水平面上移动的距离。
2、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
（1）在该实验中，小球动能的大小是通过观察小木块在水平面上移动的距离来反映的。小球动能越大，对小木块做功越多，小木块移动的距离就越远。这里用到了转换法。
（2）为探究动能大小与质量的关系，应控制小球的速度相同，让质量不同的小球从同一斜面的相同高度自由释放。这样小球到达水平面时的速度相等，从而研究质量对动能的影响。
（3）甲、乙两次实验中，小球的质量相同，从不同高度滚下，高度越高，小球到达水平面的速度越大，推动小木块移动的距离越远，说明小球动能的大小与速度有关。
26．（2025·攀枝花模拟）某物理学习小组在“探究导体中电流与电阻的关系”实验中，连接了如图甲所示的电路（电源电压保持4.5V不变）。
表乙
实验次数 1 3 4
电阻R/Ω 5 10 15
电流I/A 0.60 0.26 0.20
（1）请用笔画线代替导线将图甲实物电路连接完整（要求：滑动变阻器滑片P向右移动，电路中的电流变大）；
（2）连接好电路，闭合开关发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，则故障可能是定值电阻R （选填“断路”或“短路”）；
（3）实验时改变 的阻值，通过移动滑动变阻器的滑片P来控制 保持不变，测出多组数据进行分析，得出结论；
（4）表乙是实验数据记录表格，分析可知实验操作存在的问题是 ；
（5）完成实验后该组同学又想到了用“等效替代法”测量一个额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻，设计了图丙所示的电路，其中为电阻箱；请把下面步骤②中未完成的操作补充完整；
①将开关S与a连接，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额；
② ，使电压表示数仍为U额，读出电阻箱阻值即为小灯泡正常发光时的电阻。
【答案】（1）
（2）断路
（3）定值电阻R；定值电阻R两端电压
（4）第3次实验中，没有控制定值电阻R两端电压保持不变
（5）将开关S与b连接，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节变阻箱的电阻
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）滑动变阻器的滑片P向右移动，电路中电流变大，所以滑动变阻器的电阻变小，变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如下图示数：
（2）连接好电路，闭合开关，电流表几乎无示数，发现电压表示数接近于电源电压，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，所以故障可能是与电压表并联的定值电阻R断路了。
（3）在“探究导体中电流与电阻的关系”实验中，应控制定值电阻两端电压不变，改变定值电阻R的阻值，通过移动滑动变阻器的滑片P来控制定值电阻R两端电压保持不变。
（4）分析表中的数据发现，第1、4次实验中，根据欧姆定律计算定值电阻R两端电压
；第3次实验中，定值电阻R两端电压
，则第3次实验中，没有控制定值电阻R两端电压保持3V不变。
（5）②分析电路图可知，将开关S与a连接，滑动变阻器与灯泡首尾依次相连，属于串联，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额，则灯泡正常发光；将开关S与b连接，滑动变阻器与变阻箱串联，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节变阻箱的电阻，直至电压表示数仍为U额，通过变阻器的组织表示小灯泡正常发光时的电阻。
【分析】变阻器：变阻器的连接为一上一下，通过改变电阻丝接入电路的长度进而改变电阻，变阻器的作用除了改变电阻外还可以起到保护电路的作用，所以在连接好电路后，变阻器阻值应该调节到最大阻值处；
电路的故障分析： 题目中电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外 ，表明电压表接入电路，所以和电压表并联的用电器断路。
串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。
电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）滑动变阻器的滑片P向右移动，电路中电流变大，即滑动变阻器的电阻变小，所以变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如下图示数：
（2）连接好电路，闭合开关，电流表几乎无示数，说明电路可能断路，发现电压表示数接近于电源电压，则电压表、滑动变阻器、电流表、开关与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，所以故障可能是与电压表并联的定值电阻R断路了。
（3）[1][2]在“探究导体中电流与电阻的关系”实验中，由控制变量法可知，应控制定值电阻两端电压不变，改变定值电阻的阻值，所以实验时改变定值电阻R的阻值，通过移动滑动变阻器的滑片P来控制定值电阻R两端电压保持不变。
（4）分析表中的数据发现，第1、4次实验中，定值电阻R两端电压
即控制定值电阻R两端电压保持3V不变，第3次实验中，定值电阻R两端电压
则第3次实验中，没有控制定值电阻R两端电压保持3V不变。
（5）②分析电路图可知，将开关S与a连接，滑动变阻器与灯泡串联，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额，则灯泡正常发光；将开关S与b连接，滑动变阻器与变阻箱串联，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节变阻箱的电阻，直至电压表示数仍为U额，则变阻箱的电阻等于小灯泡正常发光时的电阻。
27．（2025·攀枝花模拟）小明、小刚和小强分别用三种不同的方法测量物体的密度，进行了如下实验设计与操作：
（1）小明用调节好的天平测量萝卜块的质量，天平平衡时，如图甲所示，m= g；将萝卜块浸没在有水的量筒中，如图乙所示，则萝卜块的密度为 kg/m3；
（2）小刚用隔板将一容器分成左右两部分，隔板下部有一圆孔用橡皮膜封闭，橡皮膜形状如图丙；
①向隔板左侧倒入酱油，发现橡皮膜向右凸，量出液面到橡皮膜中心的深度为10cm；
②向隔板右侧倒入水，直至橡皮膜 （选填“向左凸”、“继续向右凸”或“恢复原状”）为止；量出水面至橡皮膜中心的深度为11cm，则酱油的密度为 kg/m3（）；
（3）小强用弹簧测力计挂着石块，做了如图丁两个图的测量，读出弹簧测力计示数分别为F1、F2，则石块受到的浮力表达式F浮= ，密度表达式 （以上两空用F1、F2、等符号表示）。
【答案】（1）13.2；1.32×103
（2）恢复原状；1.1×103
（3）F1-F2；
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】（1）游码对应的刻度为3.2g，砝码为10g，所以萝卜块的质量；量筒中水的体积为50mL，量筒中水和萝卜块的总体积为60mL，萝卜块的体积V萝卜=60mL-50mL=10mL=10cm3，根据密度公式计算萝卜块的密度
。
（2）橡皮膜恢复原状，则橡皮膜左右两侧液体压强相等，隔板左侧倒入10cm酱油，向隔板右侧倒入11cm水，即，由液体压强公式可得，所以
。
（3）由图丁可知，石块未浸没在液体中，弹簧测力计示数为F1，石块的重力G=F1；弹簧测力计挂着石块浸没在水中，弹簧测力计示数为F2，根据称重法可得，石块受到的浮力
根据阿基米德原理可得石块的体积，结合密度公式计算石块的密度
。
【分析】1、测量物体密度试验：原理为ρ=m/v，使用的仪器为天平和量筒；天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，量筒的使用：确定分度值，视线平行对准液面最低处，进行读数。
2、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同；
3、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力；
4、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力。
（1）[1]由图甲可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度为3.2g，则萝卜块的质量
[2]由乙图可知，量筒的分度值为2mL，量筒中水的体积为50mL，量筒中水和萝卜块的总体积为60mL，则萝卜块的体积
V萝卜=60mL-50mL=10mL=10cm3
则萝卜块的密度
（2）[1]向隔板左侧倒入10cm酱油，向隔板右侧倒入水，直至橡皮膜恢复原状，则橡皮膜左右两侧液体压强相等，由液体压强公式，便于计算酱油的密度。
[2]向隔板左侧倒入10cm酱油，向隔板右侧倒入11cm水，橡皮膜恢复原状，则橡皮膜左右两侧液体压强相等，即
由液体压强公式可得
代入数据可得酱油的密度
（3）[1]由图丁可知，弹簧测力计挂着石块，弹簧测力计示数为F1，则石块的重力
G=F1
弹簧测力计挂着石块浸没在水中，弹簧测力计示数为F2，则由称重法可得，石块受到的浮力
[2]由阿基米德原理可得石块的体积
石块的密度
28．（2025·攀枝花模拟）如图所示，电源电压U恒定，R1、R2为两个定值电阻，L为标有“6V，3W”的小灯泡。开关S1、S2、S3均闭合时，电流表A1示数为1.5A，A2示数为1A；仅闭合S1，小灯泡恰好正常发光。求：
（1）小灯泡正常发光时的电流；
（2）R2的阻值；
（3）前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比。
【答案】（1）解：当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，此时小灯泡正常发光，由P=UI可得，此时电路中的电流为.
（2）解：当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=I R1+U额=0.5A×R1+6V①
当三个开关都闭合时，小灯泡被短路，R1、R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。已知电流表A1示数为1.5A，A2示数为1A，则电源电压为U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并联时，通过R2的电流为I2=I总-I1=1.5A-1A=0.5A
电阻R2的阻值为.
（3）解：开关S1、S2、S3均闭合时，通过R1的电流为1A；只团合开关S1时，通过R1的电流为0.5A，所以前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比为.
【知识点】并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【分析】（1），L为标有“6V，3W”，由P=UI可得电路中的电流。
（2）当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=I R1+U额；当三个开关都闭合时，R1、R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。电源电压为U=I1R1，连列求解R1、U，R1、R2并联时，通过R2的电流为I2=I总-I1；电阻R2的阻值为。
（3）开关S1、S2、S3均闭合时，通过R1的电流为1A；只团合开关S1时，通过R1的电流为0.5A，根据焦耳定律计算前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比为。
（1）当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，此时小灯泡正常发光，由P=UI可得，此时电路中的电流为
（2）当只团合开天S1时，R1与灯泡L串联，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=I R1+U额=0.5A×R1+6V①
当三个开关都闭合时，小灯泡被短路，R1、R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。已知电流表A1示数为1.5A，A2示数为1A，则电源电压为U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并联时，通过R2的电流为I2=I总-I1=1.5A-1A=0.5A
电阻R2的阻值为
（3）开关S1、S2、S3均闭合时，通过R1的电流为1A；只团合开天S1时，通过R1的电流为0.5A，所以前后两次电路中相同时间内R1产生的热量之比为
29．（2025·攀枝花模拟）小红用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆B的下端通过力传感器固定在柱形容器的底部，它的上端与不吸水的实心正方体A固定（不计细杆B及连接处的质量和体积），现缓慢地向容器中加水，力传感器的示数大小F随水深h变化的图象如图乙所示（）。求：
（1）正方体A所受重力大小；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底部的压强是多少？
【答案】解：（1）由图乙可知，当h0=0时，力传感器的示数为F示数=6N，此时正方体没有受到浮力，不计细杆B及连接处的质量，则细杆B对力传感器的压力等于正方体的重力，故正方体A所受重力大小为G0=6N；
（2）由图乙可知，当h1=3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触；当容器内水的深度h2=13cm时，已经超过了F=0时水的深度，由力的平衡条件可得，此时正方体A受到的浮力F浮=G+F示数'=6N+4N=10N；
（3）由图乙可知，当h1=3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，则正方体A的边长；容器内水的深度h3=4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2=h3-h1=4cm-3cm=1cm=0.01m；排开水的体积V排'=L2h浸2=（0.1m）2×0.01m=1×10-4m3正方体A受到的浮力F浮'=ρ水gV排'=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=1N；力传感器的示数F=G-F浮'=6N-1N=5N；继续向容器中加水，当力传感器第一次受到的力
且水的深度较小时、细杆的向上的作用力处于平衡状态，所以由正方体受到的合力为零可得F浮″=G-F'=6N-1N=5N由F浮=ρ液gV排=ρ液gSAh浸可得，此时正方体浸入水中的深度
则此时容器内水的深度h4=h1+h浸3=3cm+5cm=8cm=0.08m；则此时水对容器底的压强p'=ρ液gh4=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa；继续向容器中加水，当力传感器第二次受到的力F1'=0.2F=0.2×5N=1N；且水的深度较小大时、细杆的向下的作用力处于平衡状态，所以由正方体受到的合力为零可得F浮1''=G+F1'=6N+1N=7N；此时正方体浸入水中的深度；则此时容器内水的深度h5=h1+h浸3'=3cm+7cm=10cm=0.1m；则此时水对容器底的压强p1'=ρ液gh5=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa
答：（1）正方体A所受重力大小为6N；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小为10N；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，当力传感器的示数大小变为0.2F，压强为800Pa或1000Pa。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；液体压强计算公式的应用；浮力的利用
【解析】【分析】（1）由图乙可知，当h0=0时，力传感器的示数为F示数等于正方体的重力。
（2）由图乙可知，当h1=3cm时，细杆对A的支持力逐渐减小，所以此时物体A的下表面恰好与水面接触；当容器内水的深度h2=13cm时，细杆对B施加拉力，此时正方体A受到的浮力等于重力和拉力之和，即F浮=G+F示数'
（3）由上述分析可知当h1=3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，据此分析正方体A的边长；容器内水的深度h3=4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2=h3-h1；据此计算排开水的体积V排'=L2h浸2，根据浮力公式F浮'=ρ水gV排'计算正方体A受到的浮力，结合称重法计算力传感器的示数F=G-F浮'；继续向容器中加水，当力传感器第一次受到的力，水的深度较小时、细杆的向上的作用力处于平衡状态，此时F浮″=G-F'；结合浮力公式计算正方体浸入水中的深度；此时容器内水的深度h4=h1+h浸3；根据压强公式计算水对容器底的压强p'=ρ液gh4；当力传感器第二次受到的力F1'=0.2F
且水的深度较小大时、细杆的向下的作用力处于平衡状态，正方体受到F浮1''=G+F1'，同理计算浸没的深度，则此时容器内水的深度h5=h1+h浸3'，根据压强公式p1'=ρ液gh5计算此时水对容器底的压强。
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