挑战59 四川卷3（四川六市共30题）（解析版）-2022年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编

年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战59四川卷3（四川六市共30题）六市（德阳、泸州、南充、成都、、自贡）压轴题型统计：选择题填空题实验题计算题合计电学综合434415力学综合622515其他综合00000合计1056930一．选择题（共10小题）1．（2022•德阳）如图所示，将同一个小球分别放入甲、乙、丙三种不同液体中，静止时小球在甲液体中漂浮、在乙液体中悬浮、在丙液体中下沉到底部。如果用ρ甲、ρ乙、ρ丙分别表示三种液体的密度，则关于三种液体密度大小的关系说法正确的是（）A．ρ甲＞ρ乙＝ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 C．ρ甲＞ρ乙＞ρ丙 D．ρ甲＜ρ乙＜ρ丙【答案】C。【解答】解：静止时，小球在甲液体中漂浮，乙液体中悬浮，丙液体中沉底，则根据浮沉条件可得：ρ球＜ρ甲，ρ球＝ρ乙，ρ球＞ρ丙；所以，三种液体的密度关系ρ甲＞ρ乙＞ρ丙。故选：C。2．（2022•泸州）如图所示，用一水平压力F将重为10N的物体压在粗糙程度相同的竖直墙壁上。当压力F为30N时，物体处于静止状态；当压力F为25N时，物体恰好匀速下滑。下列说法中正确的是（）A．物体处于静止状态时，受到墙壁对它竖直向下的摩擦力为10N B．若物体匀速下滑的速度为0.2m/s，则其重力做功的功率为5W C．物体在匀速下滑过程中，受到墙壁对它竖直向上的摩擦力为15N D．保持25N的压力不变，竖直向上施加20N的拉力可使物体匀速上滑【答案】D。【解答】解：A、当压力F为30N时，物体处于静止状态，在竖直方向上受到的重力和摩擦力是一对平衡力，所以f＝G＝10N，方向是竖直向上，故A错误；C、当压力F为25N时，物体恰好匀速下滑，在竖直方向上受到的重力和摩擦力是一对平衡力，所以f滑＝G＝10N，方向是竖直向上，故C错误；B、重力做功的功率：P＝＝＝Gv＝10N×0.2m/s＝2W，故B错误；D、物体匀速上滑时，由于压力和接触面的粗糙程度不变，此时的摩擦力不变仍为10N，由于物体向上运动，因此摩擦力方向竖直向下，此时的物体受到竖直向上的拉力、竖直向下的重力、摩擦力的共同作用处于平衡状态，因此竖直向上的拉力：F＝G+f滑＝10N+10N＝20N，故D正确。故选：D。3．（2022•成都）“奋斗者”号深潜器坐底10909米，创造了中国载人深潜新记录。喜欢动手的小文制作了一个深潜器模型，用弹簧测力计测量它受到的浮力。先测出它的重力为G，然后将模型浸没于水中静止（如图所示），弹簧测力计受到的拉力为F，模型所受的浮力为F浮。则下列说法正确的是（）A．拉力F与重力G是一对平衡力 B．模型所受浮力大小F浮＝G﹣F C．模型从图示位置下移，浮力变大 D．将模型逐渐提离水面，拉力不变【答案】B。【解答】解：A、图中深潜器模型受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力、竖直向上的拉力，模型在这三个力的作用下处于静止和状态，拉力F与重力G大小不相等，所以不是一对平衡力，故A错误；B、由称重法知模型所受浮力大小为F浮＝G﹣F，故B正确；C、模型从图示位置下移，由于排开水的体积不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知浮力不变，故C错误；D、将模型逐渐提离水面时，排开水的体积逐渐减小，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知浮力变小，由称重法知拉力F逐渐增大，故D错误。故选：B。4．（2022•遂宁）码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的桶重100N，内部底面积为600cm2，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积300cm2，OA：OB＝1：3。下列计算结果错误的是（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）（）A．水对桶底的压强为1.0×104Pa B．水对桶底的压力为600N C．人对地面的压力为375N D．人对地面的压强为1.0×104Pa【答案】C。【解答】解：A、水对桶底的压强p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1m＝1.0×104Pa，故A正确；B、由p＝可得，水对桶底的压力F＝pS＝1.0×104Pa×600×10﹣4m2＝600N，故B正确；C、由杠杆平衡条件可得，G总×AO＝F拉×OB，则F拉＝＝＝300N，人对地面的压力F压＝G﹣F拉＝600N﹣300N＝300N，故C错误；D、人对地面的压强p′＝＝＝1.0×104Pa，故D正确。故选：C。5．（2022•遂宁）夏季汛期来临，某科技小组设计了一个监测观音湖水位的装置。其原理如图甲，电路中电源电压保持不变，R0为定值电阻；R是竖直放置的长条形电阻片，浮子可带动金属滑杆AP在竖直方向上下移动，AP与R组成滑动变阻器（最大阻值60Ω），当电流表的示数达到某一数值时提醒监测员水位达到警戒值。R接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙，电路工作时电压表与电流表变化关系如图丙。则下列说法正确的是（）A．当水位升高时，电压表的示数变大 B．该电路的电源电压是6V C．该电路工作时的最小总功率是0.3W D．当水位达到警戒水位时，电流表的示数为0.2A【答案】D。【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，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，由图甲可知当水位升高时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压原理可知电压表示数变小，故A错误；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为定值电阻的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，由丙图可知通过电路的最大电流为0.3A，根据欧姆定律可得电源电压：U＝IR0＝0.3A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，由图丙可知通过电路的最小电流为0.1A，因串联电路总电压等于各部分电压之和，则根据欧姆定律可得电源电压：U＝UR+I′R0＝6V+0.1A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，联立①②可得：R0＝30Ω，U＝9V，故B错误；（3）该电路工作时的最小总功率：P＝UI′＝9V×0.1A＝0.9W，故C错误；（4）接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙，由乙图可知175m×k+b＝60Ω，195m×k+b＝0Ω，两式联立可得：k＝﹣3Ω/m，b＝585Ω，则R＝﹣3Ω/m×h+585Ω，当水位达到警戒水位190m时，滑动变阻器接入电路的电阻为R＝﹣3Ω/m×190m+585Ω＝15Ω，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得通过电路的电流：I″＝＝＝0.2A，故D正确。故选：D。6．（2022•自贡）如图所示电路，开关闭合后两灯L1、L2均发光。以下说法正确的是（）A．电流表A的示数一定等于A1的示数 B．电流表A的示数一定等于A1示数的2倍 C．电压表V的示数一定小于V1的示数 D．电压表V的示数一定等于V1的示数【答案】D。【解答】解：由电路图可知，两灯L1、L2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测通过L1的电流，两电压表都测电源电压；（1）由并联电路的电流特点可知，干路电流一定大于支路电流，即电流表A的示数一定大于A1的示数，故A错误；两灯泡的规格不一定相同，由欧姆定律可知，通过两灯的电流不一定相等，因此电流表A的示数不一定等于A1示数的2倍，故B错误；（2）由并联电路的电压特点可知，各支路两端的电压与电源电压相等，因此电压表V的示数一定等于V1的示数，故C错误、D正确。故选：D。7．（2022•自贡）如图所示，是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，杠杆可绕支点O自由转动，下列说法正确的是（）A．油位越高，流过R的电流越大 B．油位越高，R两端的电压越大 C．R、R0在电路中是并联的 D．油量表是由电流表改装而成的【答案】B。【解答】解：A、由图知，左侧O点为支点，油位越高，浮子上升，在杠杆的作用下滑片上移，滑动变阻器R连入电路的电阻越大，因串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻变大，由欧姆定律可知电路中的电流变小，串联电路各处的电流相等，则通过R的电流越小，故A错误；B、油位越高，R接入电路的电阻越大，由串联电路的分压规律可知，R两端的电压越大，故B正确；CD、由图可知R和R0串联接入电路，油量表和滑动变阻器R是并联的，所以油量表是由电压表改装而成的，故CD错误；故选：B。8．（2022•泸州）（多选）在劳动实践中，小孙在水平地面与车厢间用木板搭一斜面，并用平行于斜面的推力将重G＝600N的货物匀速地从斜面底端推到顶端的车厢，如图所示。已知斜面长L＝6m，斜面高h＝1.5m，斜面的机械效率η＝60%。下列叙述中正确的是（）A．小孙推动货物所用推力大小为150N B．货物受到斜面的摩擦力大小为100N C．若增大推行速度，则货物受到的摩擦力将变大 D．若h不变、减小L，则斜面的机械效率将升高【答案】BD。【解答】解：A、有用功W有用＝Gh＝600N×1.5m＝900J，总功W总＝＝＝1500J，小孙推动货物所用推力F推＝＝＝250N，故A错误；B、额外功W额外＝W总﹣W有用＝1500J﹣900J＝600J，货物受到斜面的摩擦力f＝＝＝100N，故B正确；C、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，若增大推行速度，货物对斜面的压力大小和接触面的粗糙程度均不变，则货物受到的摩擦力将不变，故C错误；D、若h不变、减小L，物体对斜面的压力减小，斜面对物体的摩擦力减小，额外功减小，有用功不变，根据W总＝W有用+W额外可知，总功减小，根据η＝可知斜面的机械效率将升高，故D正确。故选BD。9．（2022•南充）（多选）某科技小组设计了一种测量浑水密度的装置，如图所示，A是体积为10﹣3m3的均匀正方体浮子，B是圆形容器，C是固定在容器底部的定滑轮，通过细绳将A与滑轮组连接。当容器中盛有适量密度为1.0×103kg/m3的清水，连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中；当绳子末端拉力为F1时，浮子在清水中浸没后能缓慢匀速向下运动；把清水换成待测浑水后，绳子末端拉力为F2＝3.1N时，浮子浸没后也能缓慢匀速向下运动。已知动滑轮质量为30g，g＝10N/kg，不计绳子质量、伸缩、摩擦及水的阻力。则（）A．浮子的密度为0.6×103kg/m3 B．绳子拉力F1为2.1N C．清水中浮子浸没后匀速运动时滑轮组的机械效率约为95% D．浑水密度为1.2×103kg/m3【答案】BC。【解答】解：A、因为连接浮子的绳子恰好不受拉力时，浮子的体积浸在清水中，此时浮子处于漂浮状态，由物体的漂浮条件可知：F浮＝G，因为F浮＝ρ液gV排＝G＝ρ水g×V浮子，ρ浮子gV浮子，所以有ρ水g×V浮子＝ρ浮子gV浮子，解得：ρ浮子＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.4×103kg/m3，故A错误；B、由ρ＝可知，浮子的质量：m浮子＝ρ浮子V浮子＝0.4×103kg/m3×10﹣3m3＝0.4kg，浮子的重力：G浮子＝m浮子g＝0.4kg×10N/kg＝4N，动滑轮的重力：G动＝m动g＝30×10﹣3kg×10N/kg＝0.3N，浮子浸没在水中受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水g×V浮子＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N，此时浮子受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，浮子受到的拉力：F拉＝F浮﹣G浮子＝10N﹣4N＝6N，由图可知n＝3，因为不计绳重和摩擦，绳子拉力：F1＝（F拉+G动）＝×（6N+0.3N）＝2.1N，故B正确；C、滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%≈95%，故C正确；D、因为不计绳重和摩擦时F＝（F拉+G动），浮子在浑水受到的拉力：F拉2＝nF2﹣G＝3×3.1N﹣0.3N＝9N，此时浮子受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知，浮子受到的浮力：F浮2＝F拉2+G浮子＝9N+4N＝13N，因为浮子浸没在浑水中，所以此时浮子排开浑水的体积：V排2＝V浮子＝10﹣3m3，由F浮＝ρ液gV排可知，浑水的密度：ρ浑水＝＝＝1.3×103kg/m3，故D错误。故选：BC。10．（2022•成都）（多选）如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为3A，A2量程为0.6A，电压表V量程为3V或15V。闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V。三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（）A．R3＝10Ω B．电压表选用的量程为3V C．R2小＝40Ω D．P大＝28W【答案】AD。【解答】解：（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路，A1表的示数为I＝0.35A，电压表测量R3两端的电压；根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝I2R1：I2R3＝R1：R3＝3：1，即R1＝3R3；滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，A1表的示数变化了0.3A，所以电流表A1此时的示数I′＝I﹣ΔI＝0.35A﹣0.3A＝0.05A；根据欧姆定律可知，电压表的示数变化ΔV＝IR3﹣I′R3＝0.35A×R3﹣0.05A×R3＝3V，解得：R3＝10Ω，故A正确；R1的阻值R1＝3R3＝3×10Ω＝30Ω；由欧姆定律可知，滑片P移到最左端时，R3两端的电压U3＝IR3＝0.35A×10Ω＝3.5V＞3V，所以电压表的量程为0～15V，故B错误；电源电压U＝U1+U3＝IR1+IR3＝0.35A×30Ω+0.35A×10Ω＝14V；（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1、R2的电流之和，在确保电路安全的前提下，由于电流表A1的量程为3A。电流表A2的量程为0.6A，只要电流表A2安全，则电流表A1安全，电路就是安全的，所以电流表A2的最大电流I12＝0.6A，根据并联电路的电压特点可知，各支路电压相等，都等于电源电压14V；此时通过R1的电流I1＝＝＝A；根据并联电路的电流特点可知，通过R2的最大电流I2＝I12﹣I1＝0.6A﹣A＝A；根据欧姆定律可知，R2允许接入的最小阻值为R2小＝＝＝105Ω，故C错误；通过R3的电流：I3＝＝＝1.4A；根据并联电路的电流特点可知，干路的最大电流I大＝I12+I3＝0.6A+1.4A＝2A；电路消耗的最大电功率为P大＝UI大＝14V×2A＝28W，故D正确。故选：AD。二．填空题（共5小题）11．（2022•德阳）如图所示的电路中，电源电压U＝10V，R1＝5Ω，R2＝20Ω。只闭合S1时，电路中的工作电流是0.5A；当只闭合S2时电路消耗功率为P，只闭合S1和S3电路消耗的功率为P'，则两次功率之比P：P'等于4：25。【答案】0.5；4：25。【解答】解：（1）只闭合S1时，只有R2接入电路，电路中的工作电流为：I2＝＝＝0.5A；（2）只闭合S2时，R1和R2串联，此时电路中的电流为：I串＝＝＝＝0.4A，此时电路消耗的功率为：P＝UI串＝10V×0.4A＝4W，只闭合S1和S3时，R1和R2并联，此时电路中的总电阻为：R并＝＝＝4Ω，此时干路电流为：I并＝＝＝2.5A，此时电路消耗的功率为：P'＝UI并＝10V×2.5A＝25W，所以两次功率之比P：P'＝4W：25W＝4：25。故答案为：0.5；4：25。12．（2022•泸州）小吴通过观察小区门口的车辆出入自动控制闸，发现当车牌被识别系统识别后，指示灯亮、栏杆抬起，车辆通行。于是他设计了如图所示的模拟装置，电源电压恒定，指示灯L标有“3V1.8W”字样，电磁铁的线圈阻值不计。当车牌识别成功，相当于将图中开关S闭合，当滑动变阻器接入电阻为10Ω时，指示灯L刚好正常发光，铁柱被电磁铁向下吸引抬起栏杆，此时电磁铁的上端为S（选填“N”或“S”）极，电源电压为9V；若电源电压降低，闭合开关，电磁铁栏杆磁性减弱，栏杆不能自动抬起，除了更换电源外，请你再写出一种能使栏杆自动抬起的方法：调节滑动变阻器，使接入的阻值变小。【答案】S；9；调节滑动变阻器，使接入的阻值变小。【解答】解：通电螺线管的电流是下方流入，上方流出，根据安培定则可知电磁铁的上端为S极；分析图中电路可知灯L和滑动变阻器串联，当滑动变阻器接入电阻为10Ω时，指示灯L刚好正常发光，小灯泡的额定电流I灯＝＝0.6A；串联电路电流处处相等，I＝I灯＝I滑＝0.6A；滑动变阻器两端电压U滑＝I滑×R滑＝0.6A×10Ω＝6V；电源电压U＝U滑+U灯＝6V+3V＝9V；若电源电压降低，闭合开关，电磁铁栏杆磁性减弱，栏杆不能自动抬起，此时要使电流增大，才能时杆子自动抬起。除了换电源电压外，还可以调节滑动变阻器，使接入的阻值变小，从而使电流增大，杆子自动抬起。故答案为：S；9；调节滑动变阻器，使接入的阻值变小。13．（2022•泸州）在泸州长江六桥的施工过程中，需要向江中沉放大量的构件。如图甲所示，某长方体构件以0.2m/s的速度匀速吊入江水中，构件受到钢绳的拉力、江水对构件的浮力随时间的变化关系如图乙所示。构件刚浸没时，下表面受江水的压强为2×104Pa，构件浸没后匀速下降的过程中，所受到的重力和钢绳的拉力不是（选填“是”或“不是”）一对平衡力，该构件的密度为2.0×103kg/m3。（已知江水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）【答案】2×104；不是；2.0×103。【解答】解：由图可知，经过10s构件刚浸没，此时下表面到水面的距离为：h＝vt＝0.2m/s×10s＝2m，此时下表面受江水的压强为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2m＝2×104Pa；构件浸没后匀速下降的过程中，构件受重力、拉力和浮力共同作用处于平衡状态，即：G＝F浮+F拉，所以此时所受到的重力和钢绳的拉力不是一对平衡力；由图可知，浸没时构件受到浮力和拉力均为1.0×105N，所以构件的重力为：G＝F浮+F拉＝1.0×105N+1.0×105N＝2.0×105N，由阿基米德原理可知，构件的体积为：V＝V排＝＝＝10m3，由G＝ρVg可知，构件的密度为：ρ＝＝＝2.0×103kg/m3。故答案为：2×104；不是；2.0×103。14．（2022•南充）如图所示为甲、乙两种不吸水的物质的m﹣V图像，则这两种物质的密度之比ρ甲：ρ乙＝9：4；用这两种物质制成立方体并用轻质细线捆绑在一起放入水中恰好能够处于悬浮状态，则两个立方体的质量之比m甲：m乙＝3：2。（水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3）【答案】9：4；3：2。【解答】解：（1）由图像知，当m甲＝30g，V甲＝20cm3，m乙＝20g时，V乙＝30cm3，则甲、乙两种物质的密度分别为：ρ甲＝＝＝1.5g/cm3，同理，ρ乙＝＝＝g/cm3，所以ρ甲：ρ乙＝1.5g/cm3：g/cm3＝9：4；（2）设甲物质质量占总质量的比为n，则乙占总质量之比（1﹣n），根据密度公式，立方体的平均密度：ρ＝＝＝，根据悬浮的条件：＝1.0g/cm3；将ρ甲＝1.5g/cm3和ρ乙＝g/cm3代入上式得：甲物质质量占总质量的比：n＝60%；乙物质质量占总质量的比：1﹣n＝1﹣60%＝40%，则甲、乙物质质量比为：60%：40%＝3：2。故答案为：9：4；3：2。15．（2022•自贡）如图甲所示，电源电压恒定，定值电阻R0的阻值为8Ω。将滑动变阻器的滑片从a端滑到中点的过程中，电压表示数U与电流表示数I之间的关系图象如图乙所示。滑动变阻器R的最大阻值为8Ω。电源电压为12V。【答案】（1）8；（2）12。【解答】解：如图甲所示，闭合开关，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联分压特点可知电压表的示数最大，由图乙可知，UR＝6V，根据欧姆定律可得，电路中的电流I＝＝，定值电阻两端的电压U0＝IR0＝×R0＝×8Ω，根据串联电路的电压特点可知，电源电压U＝UR+U0＝6V+×8Ω①，当滑片位于中点时，滑动变阻器接入电路的阻值为总电阻的一半，由图乙可知，UR′＝4V，根据欧姆定律可得，此时电路中的电流I′＝＝，此时定值电阻两端的电压U0′＝I′R0＝×R0＝×8Ω，根据串联电路的电压特点可知，电源电压U＝UR′+U0′＝4V+×8Ω②，联立①②可得：R＝8Ω，U＝12V。故答案为：（1）8；（2）12。三．实验探究题（共6小题）16．（2022•德阳）小均同学为了探究“电流与导体两端电压的关系”，连接了如图甲所示的电路（电源电压为3V恒定）。（1）用笔画线将甲图中电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向左端滑动时，接入电路的电阻变小。（2）小均接好电路闭合开关后，电流表无示数，电压表示数为3V，发生该现象的原因是电阻R处断路。（选填“电阻R处短路”“电阻R处断路”或“电流表断路”）（3）排除故障后闭合开关，移动滑片P，小均同学进行多次实验，根据数据绘制了电阻R的I﹣U图象（乙图中的图线a），根据乙图中的图线a可得出结论是：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；小均同学所用R的阻值为R＝5Ω。（4）小均同学又将实验中的电阻R拆下，其它条件都不变的情况下，换用一个额定电压为2.5V的小灯泡，继续多次实验得到小灯泡的I﹣U图象如乙图中的图线b，可知小灯泡正常发光时的功率为0.625W。本次实验中如果滑片P滑至某点时电压表示数如图丙所示，电流表显示读数是0.22A，那么此时滑动变阻器连入电路的电阻为5.45Ω（结果在小数点后保留两位）。【答案】（1）见解答；（2）电阻R处断路；（3）在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；5；（4）0.625；5.45。【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片P向左端移动时接入电路的电阻变小，则应把滑动变阻器的下接线柱接入电路，实物电路图如图所示：（2）电流表无示数而电压表有示数，说明电路中有断路，而电压表与电源接通，则电路中的故障可能定值电阻R断路；（3）由图象a可知，电流与电压的图象为过原点的直线，是正比例函数图象，故得结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；由图象a可知，当U＝1.5V时，I＝0.3A，则R的阻值为：R＝＝＝5Ω；（4）由图象b可知，当UL＝2.5V时，IL＝0.25A，则小灯泡正常发光时的功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；由图丙知，电压表量程是0～3V，最小分度值是0.1V，电压表示数是1.8V，由串联电路电压规律可知，变阻器两端的电压为：U滑＝U﹣UV＝3V﹣1.8V＝1.2V，由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路的电阻为：R滑＝＝≈5.45Ω。故答案为：（1）见解答；（2）电阻R处断路；（3）在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；5；（4）0.625；5.45。17．（2022•泸州）小明在家庭实验室里对一方形物块的密度进行探究。（1）他先将物块拿在手中掂量了一下，感觉比较轻；再将物块放入水中，发现能漂浮在水面且不吸水，从而表明了该物块的密度小于（选填“大于”“小于”或“等于”）水的密度。（2）他从家庭实验室找来烧杯、量筒、记号笔、足够的水（水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3）、细针，来测量该物块的密度。其操作步骤如下：①向烧杯中注入适量的水，将物块放入水中，静止时如图甲所示，用记号笔在烧杯水面处作标记A。②用细针将物块全部压入水中，用记号笔在此时烧杯水面处作标记B，如图乙所示。③从水中取出物块，在量筒中倒入90mL的水。④将量筒中的水缓慢倒入烧杯中至标记A处，此时量筒内剩余水的水面如图丙所示，则量筒内剩余水的体积为50mL，由此可计算出该物块的质量为40g。⑤继续将量筒内的水倒入烧杯至标记B处，量筒内剩余水的体积为40mL，由此可计算出该物块的密度为0.8×103kg/m3。（3）小明反思其探究过程，在确认读数准确的情况下，从水中取出物块会带出少量水，导致测得物块的体积偏大，质量偏大（均选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】（1）小于；（2）50；40；0.8×103；（3）偏大；偏大。【解答】解：（1）物块漂浮在水面上，根据物体的沉浮条件可知，漂浮的物体浮力等于重力，且ρ物＜ρ液。（2）由图丙可知，量筒内剩余水的体积为50mL，则倒出水的体积V排＝90mL﹣50mL＝40mL＝40cm3，由F浮＝G排＝G可得，m排g＝mg，则m排＝m，因此物体质量m＝ρ水V排＝1.0g/cm3×40cm3＝40g，继续将量筒内的水倒入烧杯至标记B处，量筒内剩余水的体积为40mL，则物块的体积为V＝90mL﹣40mL＝50mL＝50cm3，物块的密度ρ＝＝＝0.8g/cm3＝0.8×103kg/m3。（3）在确认读数准确的情况下，从水中取出物块带出少量水，导致测得物块排开水的体积偏大，根据（2）的分析可知，其质量变大。故答案为：（1）小于；（2）50；40；0.8×103；（3）偏大；偏大。18．（2022•南充）某同学在“探究杠杆平衡条件”的实验中：（1）实验前，发现杠杆如图甲所示，则应将杠杆左端平衡螺母向右（选填“左”或“右”）端适当调节，使杠杆水平平衡；（2）该同学通过如图乙所示实验得到相关数据如下表，由表中数据推测出杠杆的平衡条件是：F1l1＝F2l2（用F1、F2、l1、l2表示）；序号动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm11.015.01.510.021.020.01.020.033.010.02.015.0……（3）若将乙图右侧钩码换成弹簧测力计，如图丙所示，保持杠杆水平平衡，弹簧测力计拉力方向由竖直方向a变为方向b后，弹簧测力计的示数将增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（4）该同学在科技创新实验中将此装置改装成了一个杠杆液体密度计，该装置可测量小桶内液体的密度。如图丁所示，将容积为20mL的小桶挂在M点，调节平衡螺母使杠杆水平平衡，已知OM＝OA＝5cm，则杠杆密度计的“0刻度”线应在O（选填“O”或“A”）点，将待测液体倒满小桶，在杠杆右端挂上重物并调节至N点位置时，杠杆刚好水平平衡。重物质量10g，ON＝15cm，N点位置应标注的密度刻度值是1.5g/cm3，改装后杠杆右端的密度刻度线是（选填“是”或“不是”）均匀分布的。（g＝10N/kg）【答案】（1）右；（2）F1l1＝F2l2；（3）增大；（4）O；1.5；是。【解答】解：（1）杠杆左端下沉，应将左端的平衡螺母向右调节；（2）根据表格数据归纳可得：F1l1＝F2l2；（3）弹簧测力计的拉力方向改变后，拉力的力臂会随之变小，根据杠杆平衡条件可知，要想使杠杆仍在水平位置保持平衡，应使拉力增大；（4）小桶内没有液体时：根据杠杆平衡条件可知，当右侧挂上重物时杠杆不可能在水平位置平衡，只有重物在O点是杠杆才能在水平位置平衡，故密度计的“0刻度”在O点；小桶内装入液体时：根据杠杆平衡条件可知，当杠杆处于水平平衡状态时，G液×lOM＝G物×lON，小桶内所装液体的重力为G液＝ρ液gV，整理可得，代入数据可得：ρ液＝1.5g/cm3。由于G物、gV和lOM都是定值，故ρ液与lON成正比，故改装后杠杆右端的密度刻度线是均匀分布的。故答案为：（1）右；（2）F1l1＝F2l2；（3）增大；（4）O；1.5；是。19．（2022•南充）在测量定值电阻阻值实验中，小华准备了以下器材：直流电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、待测定值电阻Rx、导线若干。（1）按如图甲所示连接好电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移动到b（选填“a”或“b”）端；（2）闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，电压表示数始终为0，造成这种现象的原因可能是A；A.电阻Rx短路B.电阻Rx断路C.滑动变阻器RP短路（3）排除故障后，某次测量中的电压表和电流表示数如图乙、图丙，由此次测量可得定值电阻阻值是8Ω；（4）请给出一种减小实验误差的方法：多次测量取平均值；（5）小李用一个已知阻值为R0的定值电阻，和一个单刀双掷开关S0，设计了如图丁所示的电路图。闭合开关S后，当S0接通触头1时，电压表示数为U1，当S0接通触头2时，电压表示数为U2，则Rx＝（用R0、U1、U2表示）。【答案】（1）b；（2）A；（3）8；（4）多次测量取平均值；（5）。【解答】解：（1）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的b端；（2）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，因此故障可能是与电压表并联的电阻Rx短路了，故选A；（3）图乙中电压表选用0～3V的量程，分度值为0.1V，示数为2.4V，由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，由欧姆定律可知，此次测量可得定值电阻阻值：Rx＝＝＝8Ω；（4）多次测量取平均值可以减小误差；或者选用内阻较大的电压表，减小所测电流的误差，可以减小所测电阻的误差；（5）闭合开关S后，当S0接通触头1时，电压表示数为U1，电压表测定值电阻R0和待测定值电阻Rx两端的总电压，即定值电阻R0和待测定值电阻Rx两端的总电压为U1；当S0接通触头2时，电压表示数为U2，电压表测此时定值电阻R0两端的电压，即定值电阻R0两端的电压为U2，此时电路中的电流：I＝＝，由于电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，由串联电路的电压特点可知，待测定值电阻Rx两端的电压为：Ux＝U1﹣U2，则待测定值电阻Rx的阻值：Rx＝＝＝。故答案为：（1）b；（2）A；（3）8；（4）多次测量取平均值；（5）。20．（2022•遂宁）小志同学在“测量小灯泡电功率”实验中，用到的器材有：新干电池两节、小灯泡（标有0.3A）1只、电流表1只、电压表1只、滑动变阻器1只、开关1支，导线若干。（1）请用笔画线代替导线，在图甲中将实验电路连接完整。（要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变小）（2）连接好电路，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数，电压表示数接近3V，造成这一现象的原因可能是②（选填序号）。①小灯泡短路；②小灯泡开路；③滑动变阻器短路；④滑动变阻器开路。（3）排除故障，进行实验，当电流表的示数如图乙时，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片P向A（选填“A”或“B”）端移动，当电流表示数达到0.3A时，电压表的示数如图丙，则小灯泡的额定功率为0.75W。（4）小刚用相同的器材进行该实验时发现电压表损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也可测出小灯泡的额定功率。主要的操作步骤如下：①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额；②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I；③计算得出小灯泡的额定功率P额＝I额（I﹣I额）R0（用R0、I额、I表示）。【答案】（1）见解析；（2）②；（3）A；0.75；（4）I额（I﹣I额）R0。【解答】解：（1）因为新干电池两节，所以电压表应选择0～3V的量程并联在小灯泡两端，滑动变阻器的接线柱要“一上一下”接入电路，因为要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变小，电路中的电阻变大，由I＝可知，电流变小，故左下接线柱应接入电路，如图所示：；（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的开路，故选②；（3）电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.14A；灯泡的额定电流为0.3A，要使灯在额定电压下正常发光，需要增大电路中的电流，根据欧姆定律可知，需要减小电路中的总电阻，所以应使变阻器连入电路中的电阻变小，故滑片向A移动，直到电流表示数为0.3A；此时电压表指针位置如图丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.5V，则小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；（4）根据题意可知，干路中的的电流为I，通过灯泡的电流即灯泡的额定电流为I额；根据并联电路的电流规律可知，通过定值电阻的电流为：I'＝I﹣I额；定值电阻两端的电压为：U0＝I'R0＝（I﹣I额）R0；根据并联电路的电压规律可知，灯泡的额定电压为：U额＝U0＝（I﹣I额）R0；灯泡的额定功率为：P额＝U额I额＝I额（I﹣I额）R0。故答案为：（1）见解析；（2）②；（3）A；0.75；（4）I额（I﹣I额）R0。21．（2022•自贡）张华同学采用如图甲所示的电路图测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，电源电压恒为3V。（1）连接电路时，开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片应滑到右（选填“左”或“右”）端；（2）闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数为0，电流表有示数，产生这一现象的原因是A；A.小灯泡短路B.小灯泡断路C.滑动变阻器短路D.滑动变阻器断路（3）排除故障后，继续进行实验，张华移动滑动变阻器的滑片，记录了多组数据，并绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图像，如图乙所示，则该小灯泡的额定功率为0.625W，图像是曲线的主要原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（4）李英同学设计了另一种方案：不用电流表，但增加了一只阻值已知的定值电阻R0，用图丙所示的电路进行实验，也测量出了该小灯泡的额定功率。具体步骤如下：她闭合开关，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；然后保持滑片位置不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，读出电压表示数U，利用此方法测量出小灯泡的额定功率表达式P＝U额•（用已知和所测量的物理量符号表示）。【答案】（1）断开；右；（2）A；（3）0.625；小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（4）滑片位置；U额•。【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的右端；（2）电流表有示数，说明电路不是断路，小灯泡始终不发光且电压表的示数为0，可能是与电压表并联的支路短路，因此故障可能是与电压表并联的小灯泡短路了，故选A；（3）由图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图像可知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W；由图乙可知，灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，由欧姆定律可知，小灯泡的电阻随电压增大而增大，由P＝UI可知，电压和电流都增大时，电功率增大，温度升高，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（4）闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时电压表测灯的电压，灯正常发光；然后保持滑片位置不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，读出电压表示数U，此时电压表测灯与R0两端的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：U0＝U﹣U额；由欧姆定律和串联电路的电流特点可知，通过小灯泡的电流：IL＝I0＝＝，则小灯泡的额定功率：P额＝ULIL＝U额•。故答案为：（1）断开；右；（2）A；（3）0.625；小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（4）滑片位置；U额•。四．计算题（共9小题）22．（2022•德阳）如图所示，电路的电源电压恒定不变，灯泡L标有“10V10W”字样，R1是滑动变阻器，变阻范围为0～100Ω，定值电阻R2的阻值为40Ω。求：（1）灯泡L正常发光10min消耗的电能；（2）闭合开关S2、S3，调节滑片使滑动变阻器R1连入电路的阻值为14Ω时，灯泡L恰好正常发光，电路的电源电压；（3）当同时闭合S1、S2、S3，仍然要使灯泡L正常发光，滑动变阻器R1连入电路的阻值。【解答】解：（1）灯泡L正常发光10min消耗的电能W＝Pt＝10W×10×60s＝6000J；（2）闭合开关S2、S3，滑动变阻器和灯泡L串联接入电路，灯泡L恰好正常发光，因为串联电路电流处处相等，所以电路中的电流I＝IL额＝＝＝1A；电源电压U＝UR+UL额＝IR+UL额＝1A×14Ω+10V＝24V；（3）当同时闭合S1、S2、S3，R2和灯泡L并联接入电路，再与滑动变阻器串联；要使灯泡L正常发光，则R2和灯泡L两端电压都为10V，此时通过R2的电流I2＝＝＝0.25A；通过电路的总电流I′＝I2+IL额＝0.25A+1A＝1.25A；滑动变阻器两端电压U′＝U﹣UL额＝24V﹣10V＝14V；滑动变阻器接入阻值R′＝＝＝11.2Ω；答：（1）灯泡L正常发光10min消耗的电能是6000J；（2）闭合开关S2、S3，调节滑片使滑动变阻器R1连入电路的阻值为14Ω时，灯泡L恰好正常发光，电路的电源电压是24V；（3）当同时闭合S1、S2、S3，仍然要使灯泡L正常发光，滑动变阻器R1连入电路的阻值是11.2Ω。23．（2022•德阳）如图甲所示，有一正方体物块A，其密度小于水的密度，把它挂在一轻质弹簧下，物块静止时，弹簧长度的变化量ΔL＝3cm；物块A的正下方水平桌面上有一个圆柱形容器，其底面积S＝200cm2，如图乙，现在往容器中缓慢注入水，使水面刚好淹没物块A，弹簧长度随之发生变化，变化量ΔL1＝2cm，这时容器中的水面距容器底高度是40cm；保持其它条件都不变的情况下，将物块A换成同样大小的正方体物块B挂在弹簧下，其密度大于水的密度，弹簧长度再次变化，变化量ΔL2＝6cm。丙图是轻质弹簧受到的弹力F与弹簧的长度变化量ΔL关系。（本题物块A、B对水都没有吸附性，始终保持上下表面与水平面平行；轻质弹簧一直完好无损，受力时只在竖直方向变化；水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3）求：（1）物块A的质量；（2）物块B的密度；（3）容器中水的质量和物块B下表面在水中所受到水的压强。【解答】解：（1）物块A静止时，弹簧受到的拉力和物体A的重力相等，弹簧长度的变化量ΔL＝3cm，根据图丙可知弹簧受到的弹力即为物体的重力为：GA＝F＝6N，由G＝mg可得，正方体A的质量：mA＝＝＝0.6kg；（2）现在往容器中缓慢注入水，使水面刚好淹没物块A，A的密度小于水的密度，浸没时要上浮，此时弹簧对A的作用力是压力，弹簧长度的变化量即压缩量为ΔL1＝2cm，根据图丙可知弹簧受到的弹力FA＝4N，则A浸没时受到的浮力为：F浮A＝GA+FA＝6N+4N＝10N，由阿基米德原理可知，A的体积为：VA＝VA排＝＝＝1×10﹣3m3，因为VB＝VA＝1×10﹣3m3＝1000cm3，根据阿基米德原理可知B浸没在水中时受到浮力等于A浸没时受到的浮力，即F浮B＝F浮A＝10N，由于B的密度大于水的密度，所以此时弹簧对B的作用力为拉力，弹簧长度的变化量即伸长量为ΔL2＝6cm，根据图乙可知弹簧受到的弹力FB＝12N，则物块B的重力为：GB＝F浮B+FB＝10N+12N＝22N，由GB＝ρBVBg可知，物块B的密度为：ρB＝＝＝2.2×103kg/m3；（3）容器内水的体积为：V水＝Sh水﹣VA＝200×10﹣4m2×0.4m﹣1×10﹣3m3＝7×10﹣3m3，则容器中水的质量为：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×7×10﹣3m3＝7kg；物块B的边长为：LB＝＝＝10cm，物块B下表面到水面的距离为：h＝ΔL2+ΔL1+LB＝6cm+2cm+10cm＝18cm，所以物块B下表面在水中所受到水的压强为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.18m＝1800Pa。答：（1）物块A的质量为0.6kg；（2）物块B的密度为2.2×103kg/m3；（3）容器中水的质量和物块B下表面在水中所受到水的压强为1800Pa。24．（2022•泸州）在物理课外拓展活动中，力学兴趣小组的同学进行了如图甲的探究。用细线P将A、B两个不吸水的长方体连接起来，再用细线Q将A、B两物体悬挂放入圆柱形容器中，初始时B物体对容器底的压力恰好为零。从t＝0时开始向容器内匀速注水（水始终未溢出），细线Q的拉力FQ随时间t的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体的底面积SA＝SB＝100cm2，细线P、Q不可伸长，细线P长l＝8cm，取g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：（1）t＝10s时，B物体受到水的浮力；（2）每秒向容器内注入水的体积（单位用cm3）；（3）当FQ＝3N时，水对容器底部的压力。【解答】解：（1）根据称重法可得，B浸没时受到浮力为：F浮B＝F0﹣F10＝18N﹣12N＝6N；（2）在浸没情况下，物体B的体积和排开液体体积相等，即B的体积为：VB＝V排B＝＝＝6×10﹣4m3＝600cm3；B的高度为：hB＝＝＝6cm；0～10s，B排开液体体积增大，所受浮力增大，则B始终接触容器底面，这段时间注水体积为：V水10＝（S﹣SB）hB；，10～30s，20秒内注入的水体积V水30＝Sl＝2V水10；联立方程可得：2×（S﹣100cm2）×6cm＝S×8cm，解得S＝300cm2；注水速度为：v＝＝＝120cm3/s，即：每秒向容器内注入水的体积是120cm3；（3）当FQ＝3N时，根据称重法有：F浮B+F浮A＝F1﹣FQ′，即：6N+F浮A＝18N﹣3N，解得，A受到的浮力为：F浮A＝9N；A排开水的体积为：V排A＝＝＝9×10﹣4m3＝900cm3；物体A浸入水中的深度为：hA＝＝＝9cm；水对容器底部的压强为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.09m+0.06m+0.08m）＝2.3×103Pa；水对容器底部的压力为：F＝pS＝2.3×103Pa×300×10﹣4m2＝69N。答：（1）t＝10s时，B物体受到水的浮力是6N；（2）每秒向容器内注入水的体积是120cm3；（3）当FQ＝3N时，水对容器底部的压力是69N。25．（2022•南充）一个底面积S1＝0.01m2的不吸水的圆柱体用细线拴在容器底部，长方体容器内部底面积为S2＝0.1m2，水面与圆柱体上表面恰好相平，如图甲所示，现将水缓慢放出，圆柱体底部受到的液体压强p随着容器中水的深度h变化的图像如图乙所示，水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。（1）由图像分析，水的深度为h1、h2、h3中哪一个时，绳子的拉力恰好变为0？（2）求圆柱体的重力G和密度ρ物；（3）若不将水放出，只剪断细线，圆柱体静止后，与剪断细线前相比，液体对容器底部压强减少了多少？【解答】解：（1）由图乙可知，当容器中水的深度由h3下降到h2的过程中，圆柱体的底部受到的液体压强不断减小，由p＝ρgh可知，圆柱体浸在水中的深度不断减小，由V排＝S1h排可知，圆柱体排开水的体积不断减小，由F浮＝ρ液gV排可知，该过程中圆柱体受到的浮力不断减小；当容器中水的深度由h2下降到h1的过程中，圆柱体底部受到的压强不变，由p＝ρgh可知，圆柱体浸在水中的深度不变，圆柱体排开水的体积不变，由F浮＝ρ液gV排可知，该过程中圆柱体受到的浮力保持不变；当容器中水的深度由h1下降到0的过程中，圆柱体的底部受到的液体压强不断减小，由p＝ρgh可知，圆柱体浸在水中的深度不断减小，圆柱体排开水的体积不断减小，由F浮＝ρ液gV排可知，该过程中圆柱体受到的浮力不断减小；由以上分析可知，当容器中水的深度由h2下降到h1的过程中，圆柱体受到的浮力保持不变，说明该过程中圆柱体处于漂浮状态，因此水的深度为h2时，绳子的拉力恰好变为0；（2）当容器中水的深度由h2下降到h1的过程中，圆柱体处于漂浮状态，物块只受到重力G和浮力F浮1，由p＝可知，圆柱体下表面受到的压力：F1＝p1S1＝900Pa×0.01m2＝9N，由浮力产生的原因可知，此时圆柱体受到的浮力：F浮1＝F1＝9N，由物体的漂浮条件可知，圆柱体的重力：G＝F浮1＝9N，由G＝mg可知，圆柱体的质量：m＝＝＝0.9kg，当容器中水的深度为h3时，圆柱体刚好浸没水中，由浮力产生的原因和p＝可知，此时圆柱体受到的浮力：F浮2＝F2＝p2S1＝1500Pa×0.01m2＝15N，由F浮＝ρ液gV排可知，圆柱体的体积：V＝V排2＝＝＝1.5×10﹣3m3，则圆柱体密度：ρ物＝＝＝0.6×103kg/m3；（3）因为圆柱体的密度小于水的密度，所以剪断绳子稳定后，圆柱体漂浮在水中，由物体的漂浮条件可知，圆柱体受到的浮力：F浮3＝G＝9N，则圆柱体排开水的体积：V排3＝＝＝0.9×10﹣3m3，则液面下降的高度：Δh＝＝＝6×10﹣3m，则液体对容器底部压强减少量为：Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×6×10﹣3m＝60Pa；答：（1）由图像分析，水的深度为h2时，绳子的拉力恰好变为0；（2）圆柱体的重力为9N，圆柱体的密度为0.6×103kg/m3；（3）若不将水放出，只剪断细线，圆柱体静止后，与剪断细线前相比，液体对容器底部压强减少了60Pa。26．（2022•成都）如图所示，电源电压U＝5V，定值电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，电压表的量程为3V，电流表的量程为0.6A。（1）开关S1、S2、S3均闭合时，求电路消耗的总功率。（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，求滑动变阻器R能接入电路的阻值范围。【解答】解：（1）当开关S1、S2、S3均闭合时，R1与R2并联，由并联电路电压规律可知，U1＝U2＝U＝5V，由P＝可知，电路消耗的总功率为：P＝P1+P2＝+＝+＝3.75W；（2）当S1闭合，S2、S3断开，R1与变阻器R串联，电压表测变阻器R两端电压，当R接入电路电阻0时，此时电路中总电阻最小，电流最大为：Imax＝＝＝0.5A＜0.6A，故变阻器接入电路中的最小值为0，当变阻器R两端电压达到电压表的量程Umax＝3V时，电路中电流最小为：Imin＝＝＝0.2A，此时变阻器接入电路的阻值最大为：Rmax＝＝＝15Ω，故滑动变阻器R能接入电路的阻值范围为0∽15Ω。答：（1）开关S1、S2、S3均闭合时，电路消耗的总功率为3.75W；（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，滑动变阻器R能接入电路的阻值范围为0∽15Ω。27．（2022•遂宁）小明给家中喂养热带鱼的鱼缸设计了一个加热装置（如图甲），该装置电路如图乙所示：L为照明装饰小彩灯（标有“6V3W”），S1为总开关，S2为温控开关（温度低于20℃自动接通，温度升高到24℃时自动断开），R是阻值为3Ω的电热丝。某次换水后，鱼缸内有10kg初温为19℃的水，闭合开关S1、S2，L正常发光，R开始发热。请你用所学知识与小明一起解决下列问题[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]：（1）电源电压是多少？（2）R开始发热到停止工作水吸收了多少热量？（3）R开始发热到停止工作的时间是多少秒？（不考虑热量损失，电热丝产生热量均被水吸收。）【解答】解：（1）当开关S1、S2闭合时，R与灯泡L并联，灯泡L正常工作，则灯泡L两端电压UL＝6V；根据并联电路电压特点可知，电源电压U＝UR＝UL＝6V；（2）R开始发热到停止工作水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（24℃﹣19℃）＝2.1×105J；（3）不计热量损失，电热丝R产生热量Q＝W＝Q吸＝2.1×105J；由W＝可知，R开始发热到停止工作的时间：t＝＝＝17500s。答：（1）电源电压是6V；（2）R开始发热到停止工作水吸收了2.1×105J热量（3）R开始发热到停止工作的时间是17500秒。28．（2022•遂宁）小超与同学到某工地参观，看到工人操作电动机通过如图所示滑轮组将正方体石料从水池底竖直匀速吊起。他们通过调查得知：石料的边长为0.2m，密度为2.5×103kg/m3，石料上升时速度恒为0.4m/s，圆柱形水池的底面积为0.2m2，动滑轮重为30N。请根据他们的调查数据求（不计绳重和摩擦，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）：（1）石料露出水面前受到的浮力；（2）石料的重力；（3）石料露出水面前滑轮组的机械效率；（4）石料从刚露出水面到完全露出水面所用的时间；并推导出该过程中电动机的输出功率P（单位：W）与时间t（单位：s）的函数关系式。【解答】解：（1）石料的边长为0.2m，V石＝（0.2m）3＝8×10﹣3m3，石料露出水面前，即浸没时，V排＝V石＝8×10﹣3m3，石料露出水面前受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣3m3＝80N；（2）石料的质量：m石＝ρ石V石＝2.5×103kg/m3×8×10﹣3m3＝20kg，石料的重力：G石＝m石g＝20kg×10N/kg＝200N；（3）石料露出水面前石料对滑轮组拉力：F拉＝G石﹣F浮＝200N﹣80N＝120N，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝＝80%；（4）石料