2025年安徽省宣城六中中考物理模拟试卷（二）（含解析）

2025年安徽省宣城六中中考物理模拟试卷（二）
一、单选题：本大题共9小题，共36分。
1.甲、乙两只机械手表，放在凸透镜的主光轴上，如图，手表的表面正对凸透镜，跟主光轴垂直，从凸透镜的另一侧适当位置观察手表，则下列关于手表秒针旋转方向的说法中正确的是（　　）
A. 甲表秒针顺时针旋转，但跟直接看表不相同
B. 乙表秒针顺时针旋转，跟直接看表相同
C. 甲表秒针顺时针旋转，跟直接看表相同
D. 乙表秒针逆时针旋转，但表面上下左右都颠倒过来了
2.两个完全相同的实心球，甲球放在桌面上，乙球悬挂在绳上，使它们吸收热量从同样初温升高相同温度，则正确的判断是（　　）
A. 两球吸收的热量相等 B. 甲球吸收的热量比乙球多
C. 甲球吸收的热量比乙球少 D. 以上情形都有可能
3.物块M在硬纸杯（重力不计）底，杯子放入水中，处于如图静止状态，a点与杯底在同一水平面。a、b点水的压强及M对杯底的压强pM正确的关系是（　　）
A. pa＜pM B. pa=pM C. pb＞pa D. pb=pa
4.如图甲所示，悬挂在弹簧测力计下的实心圆柱体A浸没在水中，将其缓慢拉出水面（忽略物体带出的水），弹簧测力计的示数F与物体上升的高度h之间的变化图像如图乙所示（不考虑拉出物体时液面升降）。然后将体积为4000cm3的实心物体B用细线和A连接在一起，如图丙所示放入水中，A、B刚好悬浮。细线的重力和体积忽略不计，，g取10N/kg,下列说法正确的是（　　）
A. A浸没在水中所受浮力为20N B. A的底面积为200cm2
C. 剪断细线，B露出的体积为2000cm3 D. B的密度为0.75×103kg/m3
5.在图所示的电路中，L1、L2的电阻分别为R1、R2，变阻器的最大阻值为R0，灯的电阻保持不变，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况可能是（　　）
A. L1变亮，L2变亮
B. L1变亮，L2变暗
C. L1变暗，L2变亮
D. L1变暗，L2变暗
6.小快同学在中学生科技创新大赛中设计了一款测定风力大小的装置，如图甲所示，迎风板与压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻Rx的阻值随风力变化而变化，其阻值Rx与风力F的关系如图乙所示，电压表量程为0～3V。电源电压恒为4.5V，定值电阻R为30Ω。下列说法正确的是（　　）
A. 开关闭合后，无风时电压表的示数是3V
B. 电压表示数为2.7V时，风力是400N
C. 该装置所能测量的最大风力为600N
D. 当风力增大时，压敏电阻Rx的功率一直增大
7.如图甲，底面积为20cm2的圆柱形容器装有适量的水，将物体B放入水中时，通过磅秤测得其总质量为150g。用一细绳提起物体B，使物体B的体积刚好有一半露出水面且保持静止不动时，磅秤示数为70g,如图乙。测得容器内液面下降了1cm（g取10N/kg）。下列判断正确的是（　　）
A. 图甲中物体B对容器底部的压力为0.6N B. 图甲中物体B受到的浮力1.0N
C. 物体B的密度为2.0×103kg/m3 D. 物体B受到细绳的拉力为0.4N
8.如图所示，某工地用固定在水平工作台上的卷扬机（其内部有电动机提供动力）提升水中的物体，其输出功率始终为1500W．物体未露出水面前，以1.5m/s的速度被匀速提升，卷扬机对绳子的拉力为F1，卷扬机对工作台的压力为N1．物体离开水面后，仍被匀速提升，卷扬机对绳子的拉力为F2，卷扬机对工作台的压力为N2．已知F1：F2=1：6，N1：N2=1：2．g取10N/kg不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A. 卷扬机的质量为400kg B. 物体的密度为6.0×103kg/m3
C. 物体露出水面前受到的浮力为1000N D. 物体离开水面后的运动速度为9m/s
9.如图甲所示，将金属球和木球用细绳相连放入某液体中，木球静止时露出液面的体积为它自身体积的。当把细绳剪断后，金属球沉底，木球静止时露出液面的体积为它自身体积的一半，如图乙所示。若已知金属球和木球的体积之比为1：5，则液体与金属球的密度之比为（　　）
A. 1：6 B. 2：3 C. 2：5 D. 1：3
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
10.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电流表的量程为0～3A，电压表V1的量程为0～15V，电压表V2的量程为0～3V，小灯泡L标有“6V，3W”字样，灯泡的电阻不变。当闭合开关S1、S2、S3且R2的滑片在最左端时，灯泡正常发光，电流表的示数为0.75A；当闭合开关S1、S2，断开S3，将R2的滑片置于距左端处，R1的滑片在最右端时，电压表V1的示数为U1；当闭合开关S3，断开S1、S2，在电路安全的前提下移动R2的滑片，当R2的滑片在距左端处时，电压表V2的示数为U2：已知U1：U2=2：3。在电路安全的条件下，下列说法正确的是（　　）
A. R1的最大阻值为36Ω
B. 当闭合开关S2，断开S1、S3、R2功率最大值为0.375W
C. 当闭合开关S3，断开S1、S2、R2接入电路的阻值范围为0～10Ω
D. 通过开关的断开、闭合和移动滑片，电路总功率变化范围为0.6W～4.5W
三、实验探究题：本大题共2小题，共20分。
11.图甲是某居民楼前的无障碍通道，一位中年人正用轮椅推着他年迈的母亲缓缓上行，图乙是该通道斜面示意图。为了解中年人推轮椅时所用力的大小，小红和小华进行了探究。她们从斜面底端A点沿斜面确定了相距1m处的B点；
（1）使刻度尺“0”刻度线与水平地面对齐，正确测量B点高度，结果如图乙，为______cm；
（2）选用车轮与轮椅相同材质、花纹的小车为研究对象，进行了如下操作：
①正确使用弹簧测力计，测出小车重为2.0N；
②将弹簧测力计与斜面平行放置并校零，然后沿斜面方向匀速拉动小车，如图乙所示，弹簧测力计示数为0.3N；
③计算出将小车从A点拉到B点的过程中，拉力所做的功为______J；利用斜面将小车从水平地面提升到B点时的机械效率为______。
（3）在小车上逐渐添加重物，测出小车的总重G，测出沿斜面匀速拉动小车需要的力，计算出拉小车从A点到B点所做的功W1；计算出竖直向上将小车从水平地面提升到B点所做的功W2，以功为纵坐标，以小车总重为横坐标，建立平面直角坐标系，作出W1和W2与小车总重G的关系图像，分别如图丙中的线段a和b；
①由图像可知：用该通道斜面提升物体时的机械效率与物重______（选填“有关”或“无关”）；
②若这位母亲的质量为60kg,所坐的轮椅质量为20kg,则中年人用沿着通道斜面方向的力推轮椅匀速上坡时，力的大小为______N。
12.无人驾驶飞机简称“无人机”是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机。如图甲所示是目前较为流行的某型号无人航拍机，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人航拍机会自动下降并停留地面等待充电。表一为某型号无人航拍机的部分参数，其中的电池容量是指放电电流与放电总时间的乘积。
表一
额定电压/V 6 额定功率/W 42
电池容量/mAh 1500 工作噪音/dB ＜50
遥控距离/m 200 整机质量/g 500
充电时间/min 200 电机转化效率/% 90
无人机有竖直方向的三挡风力和水平方向的两挡风力，其中竖直方向的升力与风叶转速的平方成正比，对应关系如表二。产生的升力与风叶转速之比叫做动率，升力与每秒钟通过风叶空气重力之比为转力效率。
表二
风叶转速/（103r/min） 1 1.2 1.4
升力/N 4
动率/（N min/103r） 4
（1）起飞时，增大风叶的转速，使吹向下方的风量增加，增大了无人机向上的升力，当风叶转速为1.2×103r/min时，获得的向上的升力为______N；
（2）该无人机充满电后至下一次自动充电，能够提供无人机工作的机械能为______J（保留三位有效数字）；
（3）由表二数据可知，当转速为1.4×103r/min时，无人机的动率为______N min/103r；
上述转速下，若风叶的转圈时扫过的面积为0.28m2，空气被吹动的速度为3m/s,则转力效率为______%（小数点后面保留两位，ρ空气=1.3kg/m3）；
（4）光敏电阻是制作感光器材的常用元件，其阻值随受光强度的增加而减少。在无人机的航拍镜头中，加入光敏电阻电路可自动控制进入镜头的光强度，电子镜头的透光能力随着受控电压的增加而增加，如图乙所示，RG为光敏电阻，R0为定值电阻，无人机的航拍镜头中将电子镜头电路与______（光敏/定值）电阻相并联。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.随着全球气候变暖，极地冰川在不断熔化，导致近百年来海平面已上升了10～20cm,对沿海地区社会经济、自然环境及生态系统有着重大影响。为了验证冰山消融后海平面会上升，同学们进行了下列实验：取一个底面积为200cm2的薄壁圆柱形玻璃杯，杯内装有适量的盐水，盐水中放入一块底面积为100cm2、重为5.94N的长方体冰块，在冰块上放一个金属块，在液面位置做标记A，如图甲所示。已知，，g取10N/kg。
（1）取下金属块，液面下降，在液面位置做标记B，如图乙所示，求此时冰块下表面受到盐水的压强；
（2）冰块完全熔化后，液面仍在标记A处，如图丙所示，求A、B之间的高度差；
（3）求金属块的质量。
14.如图甲所示的电路，电源电压4.5V不变。R1为定值电阻，滑动变阻器R2标有“xΩ，1A”字样，其铭牌上所标的最大阻值模糊不清，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A。先闭合开关S、S1，断开S2、S3，将滑动变阻器R2的滑片从最右端移到最左端；再闭合开关S、S2、S3，断开S1，在保证电路安全的前提下最大范围移动滑动变阻器，灯泡电阻变化不可忽略。两次实验中电流表与电压表示数的关系图像如图乙所示。求：
（1）闭合开关S、S1，断开S2、S3，工作1分钟，电路消耗的电能。
（2）该电路的最大功率与最小功率之比。
（3）用定值电阻R3替换R1，再闭合开关S、S1、S3，断开S2，在保证电路安全的前提下，滑动变阻器R2接入电路电阻最小值为aΩ，最大值为（a+7.5）Ω。请计算替换电阻R3阻值多大。
15.柱形水杯的质量M=100g,外底面积100cm2，高为10cm,漂浮在容器中水面上。向水杯中加水，水杯外底到容器底部的距离h与加水质量m的关系如图乙所示。ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）未加水时，水对容器底部的压强；
（2）m2的数值；
（3）从m1=800g m2的过程中浮力对水杯做的功。
16.如图所示，底面积为200cm2圆柱形容器中有1kg的水，物体A是重力为4N、高为10cm、横截面积为50cm2的圆柱体，物体B为重26N，边长为10cm的正方体。用轻质弹簧将A、B连接，再用一根细线将物体B固定在天花板上，此时A的下表面刚与水面接触。已知弹簧的原长为20cm，弹簧受到1N的力时形变量为1cm。现往容器内缓慢加水，当所加水的体积为2000cm3时，弹簧恰好恢复原长，停止加水。（细线体积忽略不计且不可伸长，轻质弹簧在弹性限度范围内A、B不吸水）求：
（1）此时物体A受到的浮力为多少N？
（2）加水后，水对容器底部的压强增大多少Pa？
（3）若将细线剪断，A、B在竖直方向运动，静止时B有一部分没在水中。则此时水对容器底部的压强为多大？
1.【答案】
【解析】解：AC、由甲图可知：甲图中的表到凸透镜的距离小于焦距，此时在凸透镜的另一侧看到的是正立放大的手表像，所以看到的秒针与实际转向一样，所以甲表顺时针旋转，跟直接看表一样，故A错误，C正确；
BD、由乙图可知：乙图中的表到凸透镜的距离大于焦距而小于二倍焦距，从凸透镜的另一侧可看到物体上下倒立、左右颠倒的放大的像，但是表针的转动方向不会改变，还是顺时针旋转，但表面上下左右都颠倒过来，故BD错误。
故选：C。
这是一个凸透镜成像问题。先根据凸透镜成像规律判断出甲、乙两图的成像情况，然后再判断指针的转动方向。
此题主要考查凸透镜成像规律，乙图中看到的秒针比直接看到的粗大（这个比较容易判断），难点是判定乙图中的表的指针转动方向，总之是一道难题。
2.【答案】
【解析】解：
若不考虑热膨胀，两球质量相同、升高的温度相同、比热容相同，由吸热公式Q=cmΔt可知两球吸热相同；
但两球受热后，体积都要膨胀。甲球因放在不导热的桌面上，受热膨胀后，球的重心升高，要克服重力做功而耗费一部分能量；所以用来提高球体温度的能量就减少了一些，严格地讲，是甲球吸热后内能的增量就减少了一些。
乙球情况刚好与甲球相反，乙球重心的下降引起乙球重力势能的减少，重力对乙球做了功，所以乙球内能的增量要大于“供给的热量”。
而两球因膨胀而引起的对大气的做功情况是几乎相同的，所以Δt甲＜Δt乙，要升高相同的温度，甲吸收的热量要多一些，
故选：B。
若不考虑热膨胀，由吸热公式Q=cmΔt分析两球吸热大小关系；
由于两球受热后，体积都要膨胀。甲球因放在不导热的桌面上，受热膨胀后，球的重心升高，要克服重力做功而耗费一部分能量；
乙球情况刚好与甲球相反，乙球重心的下降引起乙球重力势能的减少，重力对乙球做了功，使乙球内能的增加一些；
而两球因膨胀而引起的对大气的做功情况是几乎相同的，所以要升高相同的温度，甲吸收的热量要多一些。
本题主要考查学生对吸热公式Q=cmΔt的了解和掌握，知道热膨胀对重心的影响是本题的关键。
3.【答案】
【解析】AB.物体M受到水的浮力等于物体M的重力也等于a点的压强乘以纸杯的底面积即F浮=GM=paS杯，所以，
物体M对杯底部的压强，因为S杯＞SM，所以pa＜pM，
故A正确；B错误；
C.D由液体的压强p=ρgh可知，液体内部的压强与液体的深度成正比，因为ha＞hb，所以pa＞pb，
故CD错误；
故选：A。
AB.由物体的沉浮条件可知，物体M受到的浮力等于重力，由浮力产生的原因可知a点的压强与浮力的关系，物体M对杯底的压强等于M的重力除以M的底面积，可知pa与pM的大小关系；
CD.由液体的压强p=ρgh可知pa与pb的大小关系。
本题考查了物体的沉浮条件，浮力产生的原因，固体、液体的压强。
4.【答案】
【解析】解：A、根据图像知，拉出水面后，不受浮力时，G=F′=20N；浸没时，F=10N；根据称重法知，F浮=G-F=20N-10N=10N；故A错误；
B、浸没时，根据F浮=ρ水gV排可得：V=V排===1×10-3m3=1000cm3；
A从开始露出水面到全部离开，上升的高度为Δh=20cm-10cm=10cm；
由于不考虑拉出物体时液面升降，则物体的高度为hA=Δh=10cm,
故A的底面积SA===100cm2；故B错误；
CD、B的体积为4000cm3；AB整体V'=4000cm3+1000cm3=5000cm3=5×10-3m3；
整体受到的浮力F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10-3m3=50N；
根据悬浮的条件知，F浮=GA+GB；
GB=F浮-GA=50N-20N=30N；
B的密度为ρB===0.75×103kg/m3，
由于ρB＜ρ水，则剪断细线，B会处于漂浮状态，则受到的浮力为：FB浮=GB=30N；
根据F浮=ρ水gV排可得B排开水的体积：VB排===3×10-3m3=3000cm3；
则B露出的体积为：VB露=VB-VB排=4000cm3-3000cm3=1000cm3；故C错误，D正确。
故选：D。
（1）根据称重法计算浮力；
（2）根据阿基米德原理计算A的体积，根据高度计算底面积；
（3）根据整体悬浮计算B的重力，得出B的质量，根据密度公式计算，然后与水的密度比较得出剪断细线B所处的状态，然后根据漂浮条件和阿基米德原理求出B露出的体积。
本题考查浮力与浮沉条件的应用以及密度的计算，属于中档题。
5.【答案】
【解析】解：根据电路图知，图中滑片左侧与L2串联后，再与右侧部分并联，然后与L1串联接入电路中，当滑片在a端时，滑动变阻器与L2被短路，L2不发光，L1灯的电压为电源电压最大，此时最亮，
随着滑片左移，变阻器Pb部分与灯L2串联后与Pa并联后再与L1串联。设变阻器Pb部分电阻为Rb，根据电阻的串联规律，Pb部分与L2串联后的电阻为Rb+R2，则并联部分的电阻为
①上式中，分母为定值，若R2＞R0，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，Rb减小，Ra增大，当（Rb+R2）与Ra之差越小，乘积越大。故并联的电阻变大，根据电阻的串联规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律，总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，所以L1变暗；根据分压原理，并联部分的电压变大，故通过L2的电流变大，L2变亮。
②上式中，分母为定值，若R2＜R0，在变阻器的滑片P由a端向b端移动过程中，当（Rb+R2）=Ra时，上式分子之积最大，R并最大。在变阻器的滑片移动过程中，（Rb+R2）与Ra之差先变小后变大，乘积先变大后变小，R并先变大后变小，整个电路总电阻先变大后变小，由欧姆定律，总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮。而通过L2的电流一直变大，L2一直变亮。
综上所述，ABD不符合题意，C符合题意。
故选：C。
由电路图可知：灯L2与滑动变阻器的一部分串联后与另一部分并联，再跟灯L1串联连接到电源上，根据电阻的变化情况，判断电流的变化情况，进而判断灯泡变亮还是变暗。
本题考查混联电路的分析，属于极难题。
6.【答案】
【解析】解：由甲电路图可知，R与Rx串联，电压表测R两端的电压，
A、由图象可知，当无风时，电阻Rx=60Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：
I==0.05A，电压表的示数UR=IR=0.05A×30Ω=1.5V；故A错误；
B、当电压表的示数为2.7V，即UR=2.7V，电路中的电流：
I′==0.09A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：
Ux=U-UR=4.5V-2.7V=1.8V，
则压敏电阻的阻值：
Rx′==20Ω，
由图乙可知，该装置所能测量的风力为400N；故B正确；
C、当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即UR=3V，
I″==0.1A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：
Ux=U-UR=4.5V-3V=1.5V，
则压敏电阻的阻值：
Rx′==15Ω，
由图乙可知，只有当Rx两端为0Ω时，该装置所能测量的风力才为600N，故C错误；
D、由图乙可知，风力增大时，Rx的阻值减小，电压表示数增大，由前面分析知：
当电压表示数为2.7V时，Rx两端的电压：Ux1=1.8V，通过Rx的电流：Ix1=0.09A，则此时压敏电阻的功率为：
P1=Ux1×Ix1=1.8V×0.09A=0.162W；当电压表的示数为3V时，Rx两端的电压：Ux2=1.5V，通过Rx的电流：Ix2=0.1A，则此时压敏电阻的功率为：
P2=Ux2×Ix2=1.5V×0.1A=0.15W；
综合可知：当风力增大时，压敏电阻Rx的功率并非一直增大，故D错误。故选：B。
（1）由甲电路图可知，R与Rx串联，电压表测R两端的电压，由图乙可知无风时Rx的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律可得电压表示数；
（2）电压表示数为2.7V时，根据欧姆定律可知电路中电流，然后根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出Rx的阻值，由图乙可知此时的风力；
（3）当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表示数最大时电路中的电流，再根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，根据图乙可知该装置所能测量的最大风力；
（4）由图乙可知风力增大时Rx阻值的变化情况，进而得出电压表示数变化情况，结合前面已有数据，计算对比得出答案。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象获取有用的信息，有一定的难度。
7.【答案】
【解析】解：
A、图甲中物体B对容器底部的压力为F压=GB-F浮=1N-0.4N=0.6N，故A正确；
BC、由“物体B刚好有一半体积露出水面时保持静止不动，测得容器内液面下降了1cm”
可得=Sh=20×10-4m2×0.01m,则V=4×10-5m3，
物体B浸没时受到的浮力F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10-5m3=0.4N
将F浮=0.4N代入③，解得GB=1N，
由G=mg可知，物体B的质量m===0.1kg,
物体B的密度ρ===2.5×103kg/m3，故BC错误；
D、物体B受到细绳的拉力为F拉=GB-F浮=1N-×0.4N=0.8N，故D错误。
故选：A。
（1）知道物体的重力和浸没水中受到的浮力，对物体B受力分析可知图甲中物体B对容器底部的压力；
（2）（3）再根据液面下降1cm或者排开液体的体积减少20cm3，对应B的一半体积，可得B的体积，利用F浮=ρ水gV排求出物体B浸没在水中是受到的浮力，据此可知物体的重力；根据重力公式求出物体的质量，最后利用ρ=可求得此物体的密度；
（4）对图乙受力分析可知物体B受到细绳的拉力。
解决此题的关键是利用公式和浮沉条件找等量关系，列等式，本题考查内容较多，计算量较大，在做题时力争能先进行细化逐个突破。
8.【答案】
【解析】解：物体未露出水面前，
∵P=F1v1=F1×1.5m/s=1500W，
∴F1=1000N，
卷扬机对绳子的拉力：
F1=G物-F浮=m物g-ρ水V排g=m物g-ρ水V物g，
卷扬机对工作台的压力：
N1=G机+F1；
物体离开水面后，
∵F1：F2=1：6，F1=1000N，
F2=6000N，
卷扬机对绳子的拉力：
F2=G物=m物g，
卷扬机对工作台的压力：
N2=G机+F2，
A、∵N1：N2=1：2，
即：（G机+F1）：（G机+F2）=1：2，
（G机+1000N）：（G机+6000N）=1：2，
∴卷扬机重：
G机=4000N，
卷扬机的质量：
m机===400kg，故A正确；
B、∵F1：F2=1：6，
即（m物g-ρ水V物g）：m物g=1：6，
∴1-=，
物体的密度：
ρ物=ρ水=1.2×103kg/m3，故B错；
C、物体露出水面前受到的浮力：
F浮=F2-F1=6000N-1000N=5000N，故C错；
D、∵P=F2v2=6000N×v2=1500W，
∴v2=0.25m/s，故D错。
故选：A。
物体未露出水面前，卷扬机对绳子的拉力等于物体重减去受到的浮力，卷扬机对工作台的压力等于卷扬机重加上拉力；物体离开水面后，卷扬机对绳子的拉力等于物重，卷扬机对工作台的压力等于卷扬机重加上拉力；
A、知道N1：N2=1：2，即（G机+F1）：（G机+F2）=1：2，据此求卷扬机重，再求卷扬机的质量；
B、知道F1：F2=1：6，即（m物g-ρ水V物g）：m物g=1：6，据此求物体的密度；
C、物体露出水面前受到的浮力F浮=F2-F1；
D、知道功率和拉力F2，利用P=Fv求物体离开水面后的运动速度。
本题为力学综合题，考查了学生对密度公式、重力公式、阿基米德原理、定滑轮特点、力的合成的掌握和运用，要求灵活运用公式分析求解。
9.【答案】
【解析】解：把绳子剪断后，木球漂浮，金属球沉底，绳子剪断后木球排开液体的体积V排木=（1-）V木=V木，
根据阿基米德原理可得F浮木=ρ液体g×V木，
绳子剪断前，金属球受到竖直向上绳子的拉力F、浮力和竖直向下的重力作用，分析物体的受力可知绳子的拉力F等于木球受到的浮力之差，
绳子剪断前木球排开液体的体积V排木′=（1-）V木=V木，
根据阿基米德原理可得木球受到的浮力之差为F=ρ液体g×V木-ρ液体g×V木，
金属球的重力G球=F浮球+F=ρ液体gV球+ρ液体g×V木-ρ液体g×V木，
已知金属球和木球的体积之比为1：5，
液体与金属球的密度之比为===。
故选：B。
把绳子剪断后，木球漂浮，金属球沉底，木球静止时露出液面的体积为它自身体积的一半，根据阿基米德原理表示此时木球受到的浮力，绳子剪断前，金属球受到竖直向上绳子的拉力F、浮力和竖直向下的重力作用，分析物体的受力可知绳子的拉力F等于木球受到的浮力之差，将金属球和木球用细绳相连放入某液体中，木球静止时露出液面的体积为它自身体积的，根据阿基米德原理可表示木球受到的浮力之差，进一步表示金属球的重力，已知金属球和木球的体积之比为1：5，
根据重力公式、密度公式计算液体与金属球的密度之比。
本题考查了物体漂浮的条件和阿基米德原理、密度公式的应用，关键是分清把细线剪断前后浮力和重力之间的关系。
10.【答案】
【解析】解：A、当闭合开关S1、S2、S3且R2的滑片在最左端时，灯泡正常发光，此时灯泡L和滑动变阻器R1并联接入电路，因此电源电压大小等于小灯泡的额定电压，即6V。根据P=UI可以求得此时通过小灯泡的电流为：IL===0.5A；
则由并联电路电流关系，可以求得通过滑动变阻器R1的电流为：
I1=I-IL=0.75A-0.5A=0.25A；
根据欧姆定律可以求得此时滑动变阻器R1接入电路的阻值最大为：R1===24Ω；故A错误；
B、小灯泡的电阻为：
RL===12Ω；
当闭合开关S1、S2，断开S3，将R2的滑片置于距左端处，R1的滑片在最右端时，此时R1和R2串联接入电路，根据欧姆定律可以求得通过电路中的电流为：I2=；
则滑动变阻器R2两端电压为：U1=I2×R2=×；
当闭合开关S3，断开S1、S2，在电路安全的前提下移动R2的滑片，当R2的滑片在距左端处时，灯泡L和串联接入电路，根据欧姆定律可以求得此时通过电路中的电流为：I3=；
此时滑动变阻器R2两端的电压为：U2=I3×R2=×R2；
由题意知U1：U2=2：3，即：===；
上式可以得出R2=36Ω；
当闭合开关S2，断开S1、S3，此时R1和R2串联接入电路，此时R2消耗的电功率为：
P2=I2R2=R2==，
当R2=R1时R2消耗的电功率最大，最大为：
P2大===0.375W，故B正确；
C、当闭合开关S3，断开S1、S2，此时灯泡L和电阻R2串联接入电路，灯泡安全，则当R2的滑片P向右移动时，R2两端的电压逐渐变大，电压表V2的量程为0～3V，当电压表达到最大值时，灯泡两端的电压也为3V，根据欧姆定律可以求得此时通过灯泡的电流为：IL″==0.25A；
则根据欧姆定律可以求得R2接入电路的阻值最大为：R2大===12Ω；
当R2的滑片在最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，小灯泡两端的电压等于电源电压，小灯泡正常发光；
故此时R2接入电路的阻值范围为0～12Ω，故C错误；
D、由电功率公式P=可知，当电路中的电阻越小时，电路消耗的电功率越大，
则当开关均闭合时，将R2的滑片移到最左端时，此时灯泡正常发光，整个电路的总电阻最小，
所以电路的电功率最大为：P大=PL+P1=3W+=3W+1.5W=4.5W，
当闭合开关S2，断开S1、S3，此时R1和R2串联接入电路，R2在最右端，电路中的电流为：I小=0.1A，
电路的最小功率为：P小=UI小=6V×0.1A=0.6W，故D正确。
故选：BD。
（1）当闭合开关S1、S2、S3且R2的滑片在最左端时，灯泡正常发光，此时灯泡L和滑动变阻器R1并联接入电路，因此电源电压大小等于小灯泡的额定电压，可以求得此时滑动变阻器R1接入电路的阻值最大；
（2）当闭合开关S1、S2，断开S3，将R2的滑片置于距左端处，R1的滑片在最右端时，此时R1和R2串联接入电路；当闭合开关S3，断开S1、S2，在电路安全的前提下移动R2的滑片，当R2的滑片在距左端处处时，灯泡L和R2串联接入电路；
当闭合开关S2，断开S1、S3，此时R1和R2串联接入电路，根据P2=I2R2=R2==算出R2消耗的最大电功率；
当闭合开关S2，断开S1、S3，此时R1和R2串联接入电路，假若R2可以滑到最右端；可以求得R2功率最大值；
（3）当闭合开关S3，断开S1、S2，此时灯泡L和电阻R2串联接入电路，灯泡安全，则当R2的滑片P向右移动时，R2两端的电压逐渐变大，电压表V2的量程为0～3V，当电压表达到最大值时，灯泡两端的电压也为3V；可以求得此时R2接入电路的阻值范围；
（4）由电功率公式P=可知，当电路中的电阻越小时，电路消耗的电功率越大，则当开关均闭合时，将R2的滑片移到最左端时，此时灯泡正常发光，整个电路的总电阻最小，此时电路的电功率最大，据此解答；
当闭合开关S2，断开S1、S3，此时R1和R2串联接入电路，R2在最右端，电路中的电流最小，根据P=UI算出电路的最小功率。
本题考查动态电路分析，欧姆定律应用，电功率极值等知识。
11.【答案】
【解析】（1）刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm,即此刻度尺的分度值为1mm,使刻度尺“0”刻度线与水平地面对齐，B点所处高度为9.00cm；
（2）②弹簧测力计使用前指针要指向零刻度线，如果没指向零刻度线，需要校零；
由图可知，弹簧测力计的分度值是0.02N，弹簧测力计的示数为0.3N；
③将小车从A点拉到B点的过程中，拉力做的功为：W总=Fs=0.3N×1m=0.3J；
利用斜面将小车从水平地面提升到B点时所做的有用功为：W有用=Gh=2.0N×9.00×10-2m=0.18J；
机械效率为：η=×100%=×100%=60%；
（3）从图像读出当小车的总重G增大到5N时，拉小车从A点到B点所做的功W1=0.75J，
竖直向上将小车从水平地面提升到B点所做的功W2=0.45J，
利用斜面将小车从水平地面提升到B点时的机械效率为：η′=×100%=×100%=60%，
η′=η，所以由图像可知：用该通道斜面提升物体时的机械效率与物重无关；
②这位母亲和所坐的轮椅总重力为：G总=m总g=（60kg+20kg）×10N/kg=800N，
中年人用沿着通道斜面方向的力推轮椅匀速上坡时，从A点到B点所做的有用功为：W有用′=Gh=800N×9.00×10-2m=72J；
由η=×100%得，中年人用沿着通道斜面方向的力推轮椅匀速上坡时，从A点到B点所做的总功为：W总′===120J；
由W=Fs得，力的大小为F′===120N。
故答案为：（1）9.00；（2）③0.3；60%；（3）①无关；②120。
（1）使用刻度尺测量长度，读数时视线要和尺面垂直，估读到分度值的下一位；
（2）②弹簧测力前要检查指针与零刻度线是否对齐，若不对齐，要调整至对齐，这一步骤叫校零；弹簧测力计读数时，要先明确弹簧测力计的量程和分度值，再根据指针位置读数；
③利用W=Fs可求出拉力做的功；利用W=Gh可求出有用功，利用效率公式η=×100%可求出利用斜面将小车从水平地面提升到B点时的机械效率；
（3）①从图像读出当小车的总重G增大到5N时，拉小车从A点到B点所做的功W1和竖直向上将小车从水平地面提升到B点所做的功W2，利用效率公式η=×100%可求出利用斜面将小车从水平地面提升到B点时的机械效率；与上面小车重为2.0N的计算结果比较可得出结论；
②利用G=mg求出这位母亲和所坐的轮椅总重力，利用W=Gh可求出有用功，利用效率公式η=×100%变形公式可求出中年人推力做的总功，利用W=Fs的变形公式可求出推力的大小。
本题是探究斜面的机械效率，考查了刻度尺的读数、弹簧测力计的使用、功的计算、求斜面效率、实验数据分析、求拉力等问题，有一定的难度，掌握功的计算公式、效率公式、总功与有用功与额外功间的关系即可正确解题。
12.【答案】
【解析】（1）当风叶转速为1×103r/min时，获得的向上的升力为4N，因竖直方向的升力与风叶转速的平方成正比，
当风叶转速为1.2×103r/min时，获得的向上的升力为：
1.22×4N=5.76N。
（3）电池容量为1500mAh,充电时间为200min,额定电压为6V，因当剩余电量减为电池容量的10%时，无人航拍机会自动下降并停留地面等待充电，充满电后至下一次自动充电，获得的电能为：
W=UIt=6V×1500×10-3A×3600s×90%=29160J，由表中数据，电机转化效率为90%
故能够提供无人机工作的机械能为：
W机=W×90%=29160J×90%=26244J；
（3）因竖直方向的升力与风叶转速的平方成正比，由表二数据可知，当转速为1.4×103r/min时，升力为1.42×4N=7.84N；
无人机的动率为：N min/103r=5.6N min/103r；
上述转速下，若风叶的转圈时扫过的面积为0.28m2，空气被吹动的速度为3m/s,则1min内通过风叶的空气总质量为：
m=ρ空气V=ρ空气Svt=1.3kg/m3×0.28m2×3m/s×1×60s=65.52kg；
升力与每秒钟通过风叶空气重力之比为转力效率：
η==71.8%；
（4）RG为光敏电阻，R0为定值电阻，光敏电阻与定值电阻串联，根据串联分压原理以及实际拍摄时为了保持清晰，当外界环境光线较强时，无人机的航拍镜头中将电子镜应减小透光能力（即减小受控电压，此时所并联的电阻应减小），当外界环境光线较弱时，无人机的航拍镜头中将电子镜应增大透光能力（即增大受控电压，此时所并联的电阻应增大），又因为光敏电阻的阻值随受光强度的增加而减少，而无人机的航拍镜头透光能力随着受控电压的增加而增加，所以电子镜头电路应该与光敏电阻相并联。
故答案为：（1）5.76；（2）26244；（3）5.6；71.8；（4）光敏。
（1）根据力的作用是相互的分析；由表中数据和，根据竖直方向的升力与风叶转速的平方成正比，求出当风叶转速为1.2×103r/min时获得的向上的升力；
（2）已知电池容量和充电时间及额定电压为6V，因当剩余电量减为电池容量的10%时，无人航拍机会自动下降并停留地面等待充电，根据W=UIt求出获得的电能，由表中数据，电机转化效率为90%得出能够提供无人机工作的机械能；
（3）根据竖直方向的升力与风叶转速的平方成正比，由表二数据可知当转速为1.4×103r/min时升力大小；根据升力与风叶转速之比叫做动率，得出无人机的动率求解；
上述转速下，已知风叶的转圈时扫过的面积、空气被吹动的速度，根据m=ρ空气V=ρ空气Svt求出1min内通过风叶的空气总质量；
升力与每秒钟通过风叶空气重力之比为转力效率，据此求解；
（4）根据串联分压原理结合题意分析。
本题考查有关串联电路的规律及欧姆定律及电功的有关知识，关键是从题中获取的效的信息。
13.【答案】
【解析】解：（1）根据浮力的产生原因，漂浮时的浮力等于下底面的压力，题图乙中冰块受到的重力与浮力是一对平衡力，因此盐水对冰块底部的压力等于冰块的重力，压强；
（2）根据阿基米德原理知F浮=G冰=ρ盐水gV排；排开盐水的体积
；
冰块熔化时质量不变，化成水的体积；
ΔV=V水-V排=5.94×10-4m3-5.4×10-4m3=5.4×10-5m3=54cm3；
A、B之间的高度差；
（3）由上述分析可知，当金属块和冰块漂浮于盐水中时，金属块排开盐水的体积即为ΔV；
根据阿基米德原理可得，G金偶=F'浮，即m金属g=ρ盐水gΔV；
。
答：（1）此时冰块下表面受到盐水的压强是594Pa；
（2）A、B之间的高度差是0.27cm；
（3）金属块的质量是59.4g。
（1）根据漂浮时的浮力等于下底面的压力，结合漂浮的条件分析，根据压强公式计算；
（2）根据漂浮的浮力计算排开液体的体积，根据冰块的重力计算熔化后水的体积，差值等于液面变化引起的体积变化，据此计算高度差；
（3）根据漂浮时浮力等于重力，金属块的重力等于改变的体积受到的浮力，据此分析。
本题考查浮沉条件与阿基米德原理的应用，属于中档题。
14.【答案】
【解析】（1）闭合开关S、S1断开S2、S3，分析电路可知R1与R2串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器滑片左侧电阻的电压，根据欧姆定律可知，将滑动变阻器R2的滑片从最右端移到最左端，总电阻不变，因此电流不变，电压表示数变化，因此图乙中下面图像为此时电流表与电压表示数的关系；
由图像可知，当电压表示数为3V时，滑动变阻器阻值最大，即R滑max===30Ω，此时R1两端电压为1.5V，则定值电阻R1的阻值为R1===15Ω，
电路消耗的电能：W=UIt=4.5V×0.1A×60s=27J；
（2）根据电路可以分析得出，只有灯泡接入电路，灯泡两端的电压可达到4.5V，此时通过灯泡的电流最大为0.3A，则小灯泡的最大电功率为PL=UIL=4.5V×0.3A=1.35W，
当所有开关均闭合，且变阻器滑片移到最左端时，灯泡和定值电阻R1并联，定值电阻R1的电功率：P1===1.35W
则此时电路的电功率最大为：P总max=1.35W×2=2.7W；
由图乙可知电路中的最小电流为0.1A（此时变阻器的最大阻值与电阻R1串联），
则电路的最小电功率：P总min=UImin=4.5V×0.1A=0.45W，
则该电路的最大与最小功率之比为2.7W：0.45W=6：1；
（3）闭合开关S、S1、S3，断开S2，R1、R2串联，定值电阻R3替换R1，R1、R3串联，在保证电路安全的前提下，电流表示数最大为0.6A时，R2最小值为aΩ，此时根据欧姆定律R3阻值为：R3=①，
当电压表最大示数为3V时，根据欧姆定律，此时R3的阻值：=，R3=②，
联立①②能够的出：a=2.5Ω，R3=5Ω。
故答案为：（1）闭合开关S、S1，断开S2、S3，工作1分钟，电路消耗的电能27J；
（2）该电路的最大功率与最小功率之比6：1；
（3）用定值电阻R3替换R1，再闭合开关S、S1、S3，断开S2，在保证电路安全的前提下，滑动变阻器R2接入电路电阻最小值为aΩ，最大值为（a+7.5）Ω。请计算替换电阻R3=5Ω。
（1）闭合开关S、S1，断开S2、S3，定值电阻和滑动变阻器的最大阻值串联接入电路，电压表测滑片以左部分两端的电压，电流表测通过电路的电流，
将滑动变阻器R2的滑片在最右端时，电路中的电流不变，则由图象可知此时电路中的电流为0.1A，根据W=UIt即可求出工作1分钟，电路消耗的电能。
（2）由图像可知，当电压表示数为3V时，滑动变阻器阻值最大，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，根据P=UI可得R1的最大功率；根据P=UI计算灯泡正常发光时电路电功率，根据P=UI结合图乙数据计算电路的最小电功率，进一步计算该电路的最大与最小功率之比。
（3）根据欧姆定律列不同情况下关于R3的表达式，进行求解。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
15.【答案】
【解析】解：（1）未加水时，水杯处于漂浮状态，F浮=GM=mMg=0.1kg×10N/kg=1N，根据F浮=ρ液V排g可知M排开水的体积为：
V排===1×10-4m3，
M放入后浸入水中的深度为：
h浸===1cm,
由乙图可知，当加入水的质量为0时，M外底到容器底部的距离h0=14.5cm,M放入后水的总深度为h总=h0+h浸=14.5cm+1cm=15.5cm=0.155m,
未加水时，水对容器底部的压强为：
p=ρ水gh总=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.155m=1550Pa；
（2）结合分析可知，当加水800g后，水杯受到的浮力等于M的重力和加入水的重力，即F′浮=GM+G加水1=（m物+m0）g=（100×10-3kg+800×10-3kg）×10N/kg=9N，
此时M排开水的体积为：
V′排===9×10-4m3=900cm3，
此时M浸在水中的深度为：
h′浸===9cm,
因M处于漂浮状态，则加水m2后，容器中水的总高度为h总=h′浸+h1=9cm+11cm=20cm,
当加水800g时，增加的浮力等于水的重力，即F浮增=G加水1=800×10-3kg×10N/kg=8N，
此时增加排开水的体积为：
V排增===8×10-4m3，
M浸入水中后增加的高度为：
h增===8cm,
容器中水上升的体积，等于增加排开水的体积，即V排增=（S容-SM）h增，
容器的底面积为：
S容=+SM=+100cm2=200cm2，
当加水m2后容器中水加满，M外底到容器底部的距离h1=11cm,
从M中加满到容器中装满水，加入水的质量为Δm=ρ水（h1-h′）S容=1g/cm3×（11cm-10.5cm）×200cm2=100g,
m2的数值为m2=800g+Δm=800g+100g=900g；
（3）从m1=800g～m2的过程中，水杯始终漂浮，水杯和内部水的总重力为G=F'浮=9N，水杯上升的高度为Δh=h2-h1=11cm-10.5cm=0.5cm=5×10-3m,
则浮力对水杯做的功为：
W=Gh=9N×5×10-3m=0.045J。
答：（1）未加水时，水对容器底部的压强为1550Pa；
（2）m2的数值为900g；
（3）从m1=800g m2的过程中浮力对水杯做的功为0.045J。
（1）未加水时，利用阿基米德原理求得M排开水的体积，进一步求得M放入后浸入水中的深度，利用p=ρgh求得未加水时水对容器底部的压强；
（2）由图乙分析可知，开始时M外底到容器底部的距离h0=14.5cm,当逐渐向M中加水时，M会逐渐下降，h会逐渐减小；当加水800g后，M内水装满，此时水会进入容器中，由于h又逐渐增加，则可知装满水的水杯M处于漂浮状态；当加水m2后，h不再变化，说明此时容器中的水已加满；根据漂浮条件求出当加水800g后，水杯受到的浮力，利用阿基米德原理求出排开水的体积，然后求出M浸入的深度；
因M处于漂浮状态，则加水m2后，求出容器中水的总高度；
当加水800g时，增加的浮力等于水的重力，根据阿基米德原理求出增加排开水的体积，利用数学关系求出容器的底面积；
当加水m2后容器中水加满，M外底到容器底部的距离h1=11cm,从M中加满到容器中装满水，求得加入水的质量，进一步求得m2的数值；
（3）根据W=Gh求出浮力对水杯做的功。
本题考查了重力公式、做功公式、物体浮沉条件和阿基米德原理的综合应用，从图象中获取有用的信息是解题的关键。
16.【答案】
【解析】（1）当物体A下表面刚要与液体接触时，此时物体A受重力和弹簧的拉力，据此得到物体A的重力；若往容器内缓慢加水，当所加水的体积为2000cm3时，弹簧受力恰好为零，此时物体A受重力和浮力，据此得到物体A受到的浮力；
（2）由F浮=ρgV排可得物体A排开水的体积，当所加水的体积为2000cm3时，根据V加+V排=S容Δh，可求出液面增加的高度，利用Δp=ρgΔh求出水对容器底部的增大压强；
（3）先计算出原来1kg水的体积，细绳剪断前，已知A排开水的体积，加入水的体积，据此计算容器中的体积，再结合容器的底面积，算出水的深度。当绳子剪断后，对B进行受力分析，求得B物体排开水的体积VB，然后求出细绳剪断后液体的深度，然后算出剪断前后水深度的变化量，进而根据p=ρgh算出压强的变化量。
此题是一道压强和浮力的综合计算题，计算过程中求出物体排开液体的体积是关键，难度较大。
第1页，共1页