备战中考物理真题《压轴挑战》分类汇编 挑战25 广西卷（广西各市共36题）（解析版）

2023年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战25广西卷（广西各市共36题）22、23年题型统计：选择题填空题实验题综合能力题计算题合计电学综合7322115力学综合5421416热、电、力综合110125合计13844736一．选择题（共11小题）1．（2023•广西）小明发现家里的白炽灯突然变亮，主要原因可能是白炽灯的（）A．额定电压变大 B．实际电压变大 C．额定功率变小 D．实际电压变小【答案】B【解答】解：白炽灯的亮度取决于它的实际功率；AC、用电器正常工作时的电压叫做额定电压，用电器在额定电压下工作时的电功率叫做额定功率，对于一个用电器来说，它的额定电压和额定功率是固定的值，故AC错误；BD、白炽灯突然变亮，说明白炽灯的实际功率变大，根据U2＝PR可知，白炽灯的实际电压可能会变大，故B正确，D错误。故选：B。2．（2023•广西）如图，我国空间站正在航行。下列关于空间站的说法正确的是（）A．质量为零 B．全部由超导体材料构成 C．通过超声波与地面联系 D．消耗的电能主要由太阳能电池板提供【答案】D【解答】解：A、质量是物体所含物质的多少，跟物体所处的位置、状态无关，则空间站在太空时的质量不变，不能为零，故A错误；B、空间站用高分子、高强度纤维材料或钛合金建造，是导体材料或绝缘体材料，故B错误；C、超声波不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播，所以空间站通过电磁波与地面联系，故C错误；D、太阳能电池板工作时将太阳能转化成电能，所以空间站消耗的电能主要由太阳能电池板提供，故D正确。故选：D。3．（2022•梧州）如图为自动测定油箱内油量的装置原理图，电源电压为36V，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～36V。油箱中的油量是通过电流表或电压表的示数反映出来的，且表的最大量程对应油箱最大油量，当油箱内的油面在最高或最低位置时，滑动变阻器的滑片P恰好能分别滑至两端，当油面达到最低位置时，反映油量的电表示数为最大量程的。下列说法错误的是（）A．R0阻值为60Ω B．滑动变阻器的阻值变化范围为0～300Ω C．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电压表的示数为21V D．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数为0.17A【答案】C【解答】解：A、由图可知：油箱内油面达到最高（或最低）位置时，滑动变阻器接入电路的阻值为零，根据I＝可知；电流表的示数最大，由于电压表测量滑动变阻器两端的电压，则电压表为零；根据要求可知：表的最大量程对应油箱的最大油量，所以反映油量的电表是电流表；滑动变阻器接入电路的阻值为零，电流表的示数最大，根据I＝可知：校准电阻R0的阻值应为R0＝＝＝60Ω，故A正确；B、当油箱内油面达到最低位置时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路的电流最小；根据反映油量的电表的最大示数为最大量程的可知：I最小＝×0.6A＝0.1A，根据I＝可知电路总电阻：R总＝＝＝360Ω；根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可知：滑动变阻器的最大阻值为R大＝R总﹣R0＝360Ω﹣60Ω＝300Ω；所以滑动变阻器的阻值变化范围为0～300Ω，故B正确；CD、当滑动变阻器的滑片P在中点时，电路中的总电阻为：R串＝+R0＝+60Ω＝210Ω，根据I＝可知，电路中的电流为：I串＝＝≈0.17A，即电流表示数为0.17A，故D正确；此时滑动变阻器两端的电压为：UV＝I串×＝0.17A×＝25.5V，即电压表示数为25.5V，故C错误。故选：C。4．（2022•贵港）如图所示是电阻甲和乙的I﹣U图像，下列选项对图像信息判断错误的是（）A．甲是一个定值电阻，阻值为5Ω B．当乙两端的电压为2.5V时，其阻值为5Ω C．将甲和乙串联，若电路中电流为0.3A.则电路的总功率为0.6W D．将甲和乙并联，若电源电压为1V，则干路中的电流为0.3A【答案】D【解答】解：A.由图像可知，甲的U﹣I图像是过原点的倾斜直线，说明甲的电流与电压成正比，即甲是定值电阻，当U甲＝3V时，通过的电流I甲＝0.6A，由I＝可得，甲的阻值R甲＝＝＝5Ω，故A正确；B．由图像可知，当乙两端电压为2.5V时，通过乙的电流为0.5A，则R乙＝＝＝5Ω，故B正确；C、由图像可以看出，当电路电流为0.3A时，甲两端的电压为1.5V，乙两端的电压为0.5V，根据串联电路电压的规律知，电源电压为1.5V+0.5V＝2V，此时电路的总功率为P＝UI＝2V×0.3A＝0.6W，故C正确；D、并联电路各支路两端的电压相等，根据图像可知甲、乙两端的电压为1V时通过它们的电流分别为：I甲＝0.2A、I乙＝0.4A，因为并联电路干路中的电流等于各支路电流之和，所以干路中的电流为：I＝I甲+I乙＝0.2A+0.4A＝0.6A，故D错误。故选：D。5．（2022•贵港）如图所示，水平桌面上放置两个相同的容器，甲中有一小物块悬浮于水中，乙中有一个小球漂浮在水面上，此时容器内水面高度相同。则下列说法正确的是（）A．两个容器对桌面的压强关系：p甲＜p乙 B．水对两个容器底部的压力关系：F甲＞F乙 C．如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，小物块受到的浮力变小 D．如果向乙中加入盐水并搅拌均匀，小球受到的浮力变大【答案】C【解答】解：AB、当物体处于漂浮和悬浮时，浮力等于物体所受重力，由阿基米德原理可知，两物体排开水的重力等于各自的重力，因为是柱形容器，所以水对容器底的压力等于容器内水和物体排开水的重力之和，都等于容器内只盛有同深度的水时水对容器底的压力，由于容器内水面高度相同，所以水对两个容器底部压力相等，容器内水和物体排开水的重力相等，根据p＝知两个容器对桌面的压强关系，即p甲＝p乙，F甲＝F乙，故AB错误；C、如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，排开液体的体积不变，根据F浮＝ρgV排可知物块受到的浮力变小，故C正确；D、小球漂浮在乙容器中，向乙容器中加入盐水，液体密度增大，小球仍然漂浮在液面上，那么小球受到的浮力等于小球的重力，小球的重力没变，小球受到的浮力不变，故D不变。故选：C。6．（2022•贵港）为保障安全，现在很多室内公共场所安装有烟雾报警装置，如图所示是烟雾报警的简化原理图。电源电压保持不变，R0为定值电阻，光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而增大，当电路中的电流减小至某一数值时报警器开始报警。当有烟雾遮挡射向光敏电阻R的激光时，下列说法正确的是（）A．电流表的示数变小，电压表的示数不变 B．电流表的示数变小，电压表的示数变大 C．电流表的示数不变，电压表的示数变大 D．电流表的示数不变，电压表的示数不变【答案】B【解答】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。因光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而增大，所以，当有烟雾遮挡射向光敏电阻R的激光时，光照强度减弱，R的阻值增大，电路中的总电阻增大，由I＝可知，电路中的电流减小，即电流表的示数变小，故CD错误；由U＝IR可知，R0两端电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压变大，即电压表示数变大，故A错误、B正确。故选：B。7．（2022•河池）某同学用石块、细线、弹簧测力计、烧杯、水和食盐等器材，进行如图所示的实验探究。下列说法正确的是（）A．石块在水中受到的浮力方向竖直向下 B．石块在水中受到的浮力大小为1.0N C．石块浸没在水中时，排开水的体积为1.2×10﹣4m3 D．丙图中盐水的密度为1.1×103kg/m3【答案】B【解答】解：A、石块在水中受到的浮力方向是竖直向上的，故A错误；B、由图甲可知，物体的重力G＝2N，由图乙可知，石块浸没在水中时弹簧测力计的示数F＝1N，则石块在水中受到的浮力F浮＝G﹣F＝2N﹣1N＝1N，故B正确；C、根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，石块浸没在水中时，排开水的体积V排＝＝＝1×10﹣4m3，故C错误；D、石块浸没在水中时，石块的体积V石＝V排＝1×10﹣4m3，由图丙可知，石块浸没在盐水中时，弹簧测力计示数F′＝0.8N，则石块浸没在盐水中受到的浮力F浮′＝G﹣F′＝2N﹣0.8N＝1.2N；石块浸没在盐水中，排开盐水的体积等于石块的体积V排′＝V石＝1×10﹣4m3，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，盐水的密度ρ盐水＝＝＝1.2×103kg/m3，故D错误。故选：B。8．（2022•玉林）如图所示，新鲜鸡蛋沉在盛有纯水的容器底部，若要其上浮，可加（已知ρ酒精＜ρ植物油＜ρ纯水＜ρ浓盐水）（）A．酒精 B．植物油 C．纯水 D．浓盐水【答案】D【解答】解：A、向杯中加酒精，只能使杯内水的密度减小，使鸡蛋受到的浮力减小，不能使鸡蛋上浮，故A错误；B、向杯中加植物油，植物油不溶于水，不会改变水的密度，不能增大鸡蛋受到的浮力，不能使鸡蛋上浮，故B错误；C、向杯内加水、不会改变水的密度，不能增大鸡蛋受到的浮力，不能使鸡蛋上浮，故C错误。D、向杯中加盐，盐溶解后，使水的密度增大，在鸡蛋排开水的体积不变的情况下，根据F浮＝ρ水V排g可知，鸡蛋受到的浮力增大，当受到的浮力大于鸡蛋重时，鸡蛋将上浮，故D正确。故选：D。9．（2022•玉林）如图所示，舰载机在“山东舰”航母上起飞，其在加速上升过程中（）A．动能减小，重力势能增大 B．动能增大，重力势能减小 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，重力势能减小【答案】C【解答】解：舰载机在“山东舰”航母上起飞，其在加速上升过程中，质量不变，速度和高度都变大，所以其动能和重力势能都增大。故选：C。10．（2022•广西）在“探究电流与电压的关系”实验中，采用图象法得到如图所示的I﹣U图象，由图可知，电阻R一定时，通过导体的电流与导体两端的电压的关系及R的阻值分别是（）A．成正比R＝10Ω B．成正比R＝1Ω C．成反比R＝10Ω D．成反比R＝1Ω【答案】A【解答】解：由图线可知，这是一条过原点斜向上的射线，为正比例函数图象，因此可得出，电阻R一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；读出一组电压和电流的值，由欧姆定律I＝得，电阻：R＝＝＝10Ω。故选：A。11．（2022•百色）如图所示电路，电源电压保持不变，R1为定值电阻。开关S闭合后，将滑动变阻器R2的滑动触头向右移动时，下列说法正确的是（）A．电压表V的示数变小 B．电流表A的示数变小 C．电流表A1的示数变小 D．滑动变阻器R2消耗的电功率变大【答案】B【解答】解：由电路图可知，开关S闭合后，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，电压表V测电源两端的电压。AC.因电源的电压保持不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变，故A错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过R1支路的电流不变，即电流表A1的示数不变，故C错误；BD.将滑动变阻器R2的滑动触头向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过R2的电流变小，而变阻器两端的电压不变（等于电源电压），则由P＝UI可知，滑动变阻器R2消耗的电功率变小，故D错误；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表A的示数变小，故B正确。故选：B。二．多选题（共2小题）12．（2023•广西）（多选）如图是舰载机飞离“辽宁号”航母时的情景，下列说法正确的是（）A．引导员戴着耳罩可防止舰载机噪声产生 B．引导员戴着耳罩可减弱噪声对耳朵的伤害 C．舰载机在甲板上加速滑行时受平衡力作用 D．舰载机利用机翼上下表面的压力差获得升力【答案】BD【解答】解：AB、引导员戴着耳罩是在人耳处减弱噪声，可减弱噪声对耳朵的伤害，故A错误、B正确。C、舰载机在甲板上加速滑行时，处于非平衡状态，受非平衡力作用，故C错误。D、舰载机飞行时能获得向上的压强差，是因为机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，上方压强小于下方，从而产生向上的升力，故D正确。故选：BD。13．（2023•广西）（多选）小明用自制的“水凸透镜”探究凸透镜成像规律，当蜡烛、“水凸透镜”和光屏位于如图所示的位置时，光屏上呈现烛焰清晰的像，下列说法正确的是（）A．此时成像特点与照相机的相同 B．此时“水凸透镜”的焦距为15.0cm C．调节“水凸透镜”的厚度可改变其焦距 D．蜡烛燃烧变短，光屏上的像会向上移动【答案】CD【解答】解：A、由图可知，物距u＝40.0cm﹣25.0cm＝15.0cm；像距v＝69.0cm﹣40.0cm＝29.0cm；物距小于像距，此时应成倒立放大的实像，投影仪根据这个原理制成；故A错误；B、由A分析知，物距小于像距，凸透镜成倒立放大的实像，故f＜u＜2f，v＞2f，即f＜15.0cm＜2f，29.0cm＞2f，所以7.5cm＜f＜14.5cm，故B错误；C、“水凸透镜”的厚度变大，会聚作用变强，水透镜的焦距变小；“水凸透镜”的厚度变小，会聚作用变弱，水透镜的焦距变大；故C正确；D、蜡烛燃烧变短后，烛焰的位置向下移动，根据光线过透镜的光心不改变方向可知，像的位置向上移动，故D正确。故选：CD。三．填空题（共8小题）14．（2022•柳州）如图电路，电阻R1、R2、R3的阻值分别为R、2R、3R，为二极管（二极管具有单向导电性，只允许电流从其正极向负极通过，不允许电流反方向通过，如同自动开关）。闭合开关S，接入电路的总电阻为5R。现将电源正负极对调再接回原位置，则前后两种情况R2消耗的功率之比为9：25。【答案】5R；9：25。【解答】解：（1）由图结合二极管的单向导电性可知，闭合开关S时，电阻R2、R3串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Ra＝R2+R3＝2R+3R＝5R；（2）由图结合二极管的单向导电性可知，将电源正负极对调再接回原位置时，电阻R1、R2串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Rb＝R1+R2＝R+2R＝3R，由P＝UI＝可知，前后两种情况R2消耗的功率之比：＝＝＝（）2＝（）2＝（）2＝（）2＝。故答案为：5R；9：25。15．（2022•贵港）如图所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S、S1，断开开关S2，在滑动变阻器的滑片P从a端移动到b端的过程中，电压表示数变化范围是4～12V，电流表示数变化范围是0.4～1.2A，则电源电压是12V；闭合开关S、S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片从a端移动到中点时，小灯泡L恰好正常发光，此过程中电路最大功率和最小功率之比为4：3，则小灯泡L的额定功率是3.2W。（不计温度对灯丝电阻的影响）【答案】12；3.2。【解答】解：（1）由电路图可知，闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R2和定值电阻R1串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表测电路中的电流；由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，此时电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，电压表的示数最大，因此电源电压U＝12V；定值电阻R1的阻值：R1＝＝＝10Ω，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，此时电路中的总电阻：R总大＝＝＝30Ω，由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器的最大阻值：R大＝R总大﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；（2）闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R2和灯泡L串联，电压表测L两端的电压；由P＝UI＝和串联电路的电阻特点可知，电路最大功率和最小功率之比：＝＝＝＝，解得：RL＝20Ω；由题意可知，小灯泡L恰好正常发光时，电路中的电流：I＝＝＝＝0.4A，因此小灯泡L的额定功率：PL＝I2R0＝（0.4A）2×20Ω＝3.2W。故答案为：12；3.2。16．（2022•桂林）在物理兴趣小组的活动中，小桂按如图所示的电路图连接电路，电源电压恒定为10V，R0为滑动变阻器，R、Rx为定值电阻，且R＜Rx，R＝15Ω。闭合开关S前，应将R0的滑片移动至最右（选填“左”或“右”）端；闭合开关S，将滑片移至某点固定不动，当开关S1由a点切换到b点时，电压表示数变化了0.5V，电流表示数变化了0.1A，则Rx＝20Ω。【答案】右；20。【解答】解（1）根据保护电路的要求，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片要移到电阻最大处，故应将R0的滑片移动至最右端；（2）由题意知：当开关S1由a点切换到b点时，电压表示数变化了0.5V，电流表示数变化了0.1A，因为R＜Rx，所以，电压表示数增大了0.5V，同时总电阻增大，则电流表示数减小了0.1A，又因为电源电压不变，所以，滑动变阻器R0的电压减小了0.5V；因为滑片移至某点固定不动，所以，R0＝＝＝5Ω，当开关S1接触a点时：Ia＝＝＝0.5A，当开关S1接触b点时：Ib＝Ia﹣0.1A＝0.4A，Ib＝，即：0.4A＝，解得：Rx＝20Ω。故答案为：右；20。17．（2023•广西）质量分布均匀的实心正方体A、B置于水平桌面上，如图甲。将B沿水平方向截取高为h的柱体，并将该柱体叠放在A上，A、B剩余部分对桌面的压强p随截取高度h的变化关系如图乙，则B的密度为600kg/m3，A的重力为6N（g取10N/kg）。【答案】600；6。【解答】解：（1）由图乙知，B的高度为hB＝10cm＝0.1m，截取高度h为0时，B对水平桌面的压强为pB＝600Pa，B为质量分布均匀的实心正方体，根据p＝ρgh得，ρB＝＝600kg/m3；（2）截取高度h为2cm时，B剩余部分的高度为hB'＝10cm﹣2cm＝8cm＝0.08m，B剩余部分对水平桌面的压强为：pB'＝ρBghB'＝600kg/m3×10N/kg×0.08m＝480Pa，此时B截去的质量m1＝ρBV1＝600kg/m3×0.1m×0.1m×0.02m＝0.12kg；此时B截去的重力G1＝m1g＝0.12kg×10N/kg＝1.2N；A对水平桌面的压强p1＝，即：480Pa＝...①截取高度h为10cm时，B的重力G2＝m2g＝ρBV2g＝600kg/m3×0.1m×0.1m×0.1m×10N/kg＝6N；A对水平桌面的压强p2＝，即：800Pa＝...②联立①②可得GA＝6N。故答案为：600；6。18．（2022•贵港）如图所示，水平地面上放置A、B两个质地均匀的长方体物块，高度之比hA：hB＝5：3，底面积之比SA：SB＝1：3，它们对地面的压强之比pA：pB＝5：3，则它们的密度之比ρA：ρB＝1：1。若从A的上部沿水平方向截取高为h的部分，并将截取部分叠放在B的正中央，A剩余部分对地面的压强与叠放后B对地面的压强相等，则截取部分与A物块原有高度之比h：hA＝3：10。【答案】1：1；3：10。【解答】解：（1）根据F＝pS，A对地面的压力和B对地面的压力之比FA：FB＝pASA：pBSB＝＝＝5：9；水平面上物块的压力和自身的重力相等，物块重力G＝mg＝ρVg＝ρShg，两长方体物块的重力之比GA：GB＝FA：FB＝5：9＝ρASAhAg：ρBSBhBg，所以ρA：ρB＝5SBhB：9SAhA＝＝＝1：1；（2）设截取部分与A物块原有高度之比为k，则h＝khA，则A截取部分的体积为khA×SA，质量为khA×SA×ρA，A剩余部分体积为（hA﹣khA）×SA，质量为（hA﹣khA）×SA×ρA；A剩余部分对地面的压强与叠放后B对地面的压强相等，即，则＝；因为hA：hB＝5：3，则hB＝hA，因为SA：SB＝1：3，则SB＝3SA，因为ρA：ρB＝1：1，则ρB＝ρA，代入等式得（hA﹣khA）×ρA＝khA×ρA+hA×ρA，解得k＝，即截取部分与A物块原有高度之比h：hA＝3：10。故答案为：1：1；3：10。19．（2022•广西）在较暗的室内，手持一个凸透镜，在白墙和点燃的蜡烛间移动（离墙近些），在墙上能看到烛焰倒立（选填“正立”或“倒立”）缩小的像，根据这个原理可制成照相机（选填“照相机”或“投影仪”）。【答案】倒立；照相机。【解答】解：点燃的蜡烛在墙上能接收到像，由于凸透镜离墙近些，说明物距大于像距，所以墙上得到烛焰清晰的倒立、缩小的实像；人们利用这个原理制成了照相机。故答案为：倒立；照相机。20．（2022•广西）质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙沿水平方向切去高度Δh，剩余部分对地面的压强p与Δh的关系如图所示，已知ρ甲＝8×103kg/m3，乙的边长为20cm，则乙的密度是3×103kg/m3，甲的质量是8kg，图中A点横坐标是4。【答案】3×103；8；4【解答】解：（1）乙的底面积为：S乙＝（h乙）2＝（0.2m）2＝0.04m2，乙的体积为：V乙＝（h乙）3＝（0.2m）3＝0.008m3，由图可知，切之前乙对地面的压强为：p乙0＝6×103Pa，放在水平地面上物体对水平面的压力等于重力，所以乙的重力为：G乙＝F乙＝p乙0S＝6×103Pa×0.04m2＝240N，由G＝mg＝ρVg可知，乙的密度为：ρ乙＝＝＝3×103kg/m3；（2）由图可知，甲的边长为：h甲＝10cm＝0.1m，则甲的体积为：V甲＝（h甲）3＝（0.1m）3＝0.001m3，所以甲的质量为：m甲＝ρ甲V甲＝8×103kg/m3×0.001m3＝8kg；（3）图中A点表示将甲、乙沿水平方向切去高度均为Δh时，剩余部分对地面的压强相等，即：p甲'＝p乙'，由p＝＝＝＝＝＝ρhg可知，ρ甲h甲'g＝ρ乙h乙'g，则：ρ甲（h甲﹣Δh）g＝ρ乙（h乙﹣Δh）g，即：8×103kg/m3×（0.1m﹣Δh）×10N/kg＝3×103kg/m3×（0.2m﹣Δh）×10N/kg，解得：Δh＝0.04m＝4cm，所以p甲'＝p乙'＝3×103kg/m3×（0.2m﹣0.04m）×10N/kg＝4.8×103Pa，故A点的坐标为：（4，4.8），即A点的横坐标为4。故答案为：3×103；8；4。21．（2022•贺州）如图所示，水平桌面上甲、乙两容器底面积均为0.01m2，甲容器内盛有体积为3×10﹣3m3的水，乙容器内盛有深度为0.35m的酒精，则甲容器内水的质量为3kg；从甲、乙两容器内抽出0.1m相同高度的液体后，液体对两容器底部压强相等。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）甲容器内盛有体积为3×10﹣3m3的水，则甲容器内水的质量为：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×3×10﹣3m3＝3kg；（2）甲、乙两容器底面积均为0.01m2，乙容器内盛有深度为0.35m的酒精，则酒精的体积V酒＝0.01m2×0.35m＝3.5×10﹣3m3，则乙容器内酒精的质量为：m酒＝ρ酒V酒＝0.8×103kg/m3×3.5×10﹣3m3＝2.8kg；根据体积的公式，V＝，V＝Sh，可以看出，当两容器中的液体体积减小相同的量时，在密度关系、底面积关系不变的情况下，液体的质量m和液体的深度h都会发生相应的变化，这样才有可能使两容器内液体对容器底部的压强相等，故应从甲、乙容器内抽出相同体积的液体，由于甲、乙容器完全一样，所以从甲、乙两容器内抽出液体的高度相同，设从甲、乙两容器内抽出液体的高度为h；此时液体对两容器底部的压强相等，根据公式p＝＝可知，此时水和酒精的重力是相同的，即m水g﹣ρ水gSh＝m酒g﹣ρ酒gSh，即：3kg×10N/kg﹣1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h＝2.8kg×10N/kg﹣0.8×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h，解得：h＝0.1m。故答案为：3；0.1。四．实验探究题（共4小题）22．（2023•广西）某小组在测量液体密度的实验中：（1）调节天平横梁平衡时，先把游码移到标尺左端零刻度线处，若指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，则应向右（选填“左”或“右”）调节平衡螺母，使横梁平衡。（2）用天平测出空烧杯的质量，如图甲所示，质量为37.4g。用天平称量时，天平是等臂（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。（3）将花生油倒入空烧杯，测出其总质量，再将烧杯中的花生油倒入量筒中测出其体积，但花生油太多，无法全部倒入量筒中。经小组讨论，只需增加一个步骤用天平测出剩余花生油和烧杯的质量，即可求出花生油的密度。（4）受《天工开物》中桔槔汲水（图乙）启发，小组自制了“杠杆密度计”如图丙，将一轻质细硬杆用细线固定在O点并悬挂起来，物块固定悬挂在A点，把不计质量的矿泉水瓶装满水，用细线悬挂在杆上，将悬挂点移至B点，使杆在水平位置平衡。换用相同的矿泉水瓶装满不同液体，重复以上操作，在杆上可标出悬挂点B1、B2、B3……对应密度的刻度值。①若B1点在B点的左侧，则B1点对应的密度ρ1与水的密度ρ水的关系是ρ1＞ρ水（选填“＜”、“＝”或”＞”）。②若测得B、B2到O点的距离分别为l、l2，则B2点标注的密度值为ρ水（用ρ水及题给字母表示）。【答案】（1）游码；右；（2）37.4；等臂；（3）剩余花生油和烧杯；（4）①＞；②ρ水。【解答】解：（1）把天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的零刻度线处，发现指针指在分度盘中央刻度线的左侧，小华应将平衡螺母向右调节，使天平横梁平衡；（2）由图甲知，标尺的分度值为0.2g，所以空烧杯的质量：m＝20g+10g+5g+2.4g＝37.4g；天平平衡时可看成等臂杠杆；（3）最初烧杯和花生油的总质量与剩余花生油和烧杯总质量之差等于倒入量筒中花生油的质量，所以增加的步骤为：用天平测出剩余花生油和烧杯总质量；（4）①物块固定悬挂在A点，则物块重、其力臂OA均不变，把不计质量的矿泉水瓶分别装满不同液体（液体的体积V相同），调节细线悬挂点的位置，使杆（轻质细硬杆的重力不计）在水平位置平衡；矿泉水瓶装满水时，细线悬挂点移至B点时，杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件可得G物×OA＝ρ水gV×OB，矿泉水瓶装满另一液体时，细线悬挂点移至B1点时，杆在水平位置平衡，若B1点在B点的左侧，B1点对应的力臂OB1＜OB，由杠杆平衡条件可得G物×OA＝ρ1gV×OB1，比较两式可知ρ1＞ρ水；②若测得B、B2到O点的距离分别为1、l2，据杠杆平衡条件知：G物×OA＝ρ水gV×l，G物×OA＝ρ2gV×l2，则ρ水gV×l＝ρ2gV×l2，所以B2点标注的密度值为ρ2＝ρ水。故答案为：（1）游码；右；（2）37.4；等臂；（3）剩余花生油和烧杯；（4）①＞；②ρ水。23．（2022•柳州）小辉学习了电学的有关知识后，做如下实验。（1）小辉利用如图甲的电路测量某定值电阻R的阻值。①连接实物电路时，滑动变阻器的滑片P应置于b（选填“a”或“b”）端，开关应断开。②实验中，移动滑片P至某位置，若电流表和电压表示数为分别0.2A、2V，则R的阻值为10Ω。③为减小误差，改变R两端电压，多次测量电压及电流值，算出对应的电阻，最后求出电阻的平均值，作为R的阻值。（2）小辉得知某热敏电阻的阻值随温度变化图像如图乙，就利用该热敏电阻制作温控报警器，报警器电路的一部分如图丙所示，电源电压为12V。当环境温度达到或超过50℃时，电压U2达到或超过9V并触发报警器（图中未画出）报警。则图中R1（选填“R1”或“R2”）应使用热敏电阻，另一定值电阻的阻值为300Ω。【答案】（1）①b；断开；②10；③平均；（2）R1；300。【解答】解：（1）①为了保护电路，连接实物电路时，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处，即b端，开关应断开；②根据欧姆定律I＝知R的阻值为：R＝＝＝10Ω；③为减小误差，改变R两端电压，多次测量电压及电流值，算出对应的电阻，最后求出电阻的平均值，作为R的阻值；（2）由图乙知当温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减小，而温度高时输出电压要升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻；由图线可知，温度为50℃时，R1＝100Ω，根据串联电路电压的规律知热敏电阻R1两端的电压为：U1＝U﹣U2＝12V﹣9V＝3V，电路中的电流为：I′＝＝＝0.03A，定值电阻的阻值为：R2＝＝＝300Ω。故答案为：（1）①b；断开；②10；③平均；（2）R1；300。24．（2022•玉林）如图1甲所示是“测量小灯泡的电阻”的实验电路图。（1）请根据图1甲所示电路图，用笔画线代替导线完成图乙未连接好的实物电路（要求滑片P向右移动时小灯泡变亮）；（2）电路连接好后闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，小灯泡不亮，如果电路只有一个元件有故障，该故障可能是小灯泡短路；（3）排除故障后，继续进行实验，小灯泡正常发光时电压表示数如图1丙所示，其读数为2.5V；（4）根据实验数据，作出小灯泡工作时I﹣U的关系图像如图2所示，则小灯泡正常发光时的电阻为10Ω；（5）由图2可知，不同电压下，小灯泡电阻值不同，灯丝的电阻会随温度升高而变大；（6）若实验过程中发现电压表损坏，现增加一个已知阻值为R0的定值电阻和一个开关，设计如图3所示的电路，也能测出小灯泡正常发光时的电阻，其实验步骤如下：①闭合开关S，断开开关S1，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，并记录下来；②保持滑动变阻器滑片P的位置不动，闭合开关S和S1，记下此时电流表的示数为I1；③保持开关S和S1闭合，移动滑动变阻器的滑片至最右端，记下此时电流表的示数为I2；④则小灯泡正常发光时电阻的表达式为：R灯＝（用I额、I1、I2和R0表示）。【答案】（1）见解答图；（2）短路；（3）2.5；（4）10；（5）大；（6）。【解答】解：（1）滑片P向右移动时小灯泡变亮，说明电路中电流变大，变阻器阻值变小，故变阻器右下接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：；（2）电路连接好后闭合开关，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，小灯泡不亮，说明电压表并联的支路短路或电压表短路，如果电路只有一个元件有故障，该故障可能是小灯泡短路；（3）排除故障后，继续进行实验，小灯泡正常发光时电压表示数如图1丙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.5V；（4）由I﹣U的关系图像可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，小灯泡正常发光时的电阻为：R＝＝＝10Ω；（5）由I﹣U的关系图像可知，当灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也变大，根据P＝UI可知，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而变大；（6）实验步骤：①闭合开关S，断开开关S1，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，并记录下来；②保持滑动变阻器滑片P的位置不动，闭合开关S和S1，记下此时电流表的示数为I1；③保持开关S和S1闭合，移动滑动变阻器的滑片至最右端，记下此时电流表的示数为I2；④在步骤①中，R、R0和L串联在电路中，电流表测串联电路电流，移动滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，此时灯泡正常发光；根据R＝可知，电路的总电阻为：R总＝；在步骤②中，R和R0串联在电路中，电流表测串联电路电流，保持滑动变阻器滑片P的位置不动，此时电流表的示数为I1，根据R＝可知，电路的总电阻为：R总1＝；在步骤③中，电路为只有R0的简单电路，此时电流表的示数为I2，根据U＝IR可知，电源电压为U源＝I2R0；由电阻的串联可知，小灯泡正常发光时电阻的表达式为：R灯＝R总﹣R总1＝﹣＝I2R0（﹣）＝。故答案为：（1）见解答图；（2）短路；（3）2.5；（4）10；（5）大；（6）。25．（2022•广西）实验小组的同学利用学过的物理知识测定一块吊坠的密度。（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端零刻度线处时，发现指针偏向分度盘的左侧，此时应向右调节平衡螺母，使横梁平衡。（2）将吊坠放在天平左盘中，向右盘中加砝码并调节游码直到横梁平衡。此时，右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则吊坠的质量是32.2g。（3）往量筒中倒入50mL水，将吊坠浸没在水中，液面位置如图乙所示，则吊坠的密度是2.3×103kg/m3。（4）整理实验器材时发现，使用的砝码有磨损，则测得的密度值偏大。（5）实验小组讨论后，不用砝码，只利用天平、两个相同的烧杯、量筒和水也能测出吊坠的密度。请将实验步骤补充完整。①在两个烧杯中倒入等量的水，分别放在已调平衡的天平的左右盘中如图丙所示；②将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为V1，如图丁所示；③将吊坠直接放在左盘烧杯的水中，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为V2；④吊坠密度的表达式为ρ＝。（用V1、V2、ρ水表示）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）使用天平之前，首先把天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度线处，由题意可知，天平向右端上翘，所以平衡螺母向右调节，使天平平衡；（2）由图甲可知，吊坠的质量：m＝20g+10g+2.2g＝32.2g；（3）吊坠的体积等于量筒中水增加的体积：V＝64mL﹣50mL＝14mL＝14cm3，吊坠的密度：ρ＝＝＝2.3g/cm3＝2.3×103kg/m3；（4）使用的砝码有磨损，测得的质量偏大，根据ρ＝可知，测得的密度偏大；（5）②将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为V1，此时天平两侧的重力大小相等，右侧增加的水的重力等于吊坠排开水的重力，由阿基米德原理可知，将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中时，吊坠受到的浮力：F浮＝G排水＝m排水g＝ρ水V1g，因为F浮＝ρ液gV排，所以有ρ液gV排＝ρ水V1g，即V排＝V1，因为此时吊坠浸没在水中，所以吊坠的体积：V＝V排＝V1，③将吊坠直接放在左盘烧杯的水中，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到天平平衡，再次加入水的体积为V2，此时天平两侧的重力大小相等，右侧增加的水的重力等于吊坠的重力，则吊坠的重力：G＝G水＝m水g＝ρ水gV水＝ρ水g（V1+V2），吊坠的质量：m＝＝＝ρ水（V1+V2），④吊坠的密度：ρ＝＝。故答案为：（1）零刻度线；右；（2）32.2；（3）2.3×103；（4）大；（5）③将吊坠直接放在左盘烧杯的水中；④。五．综合能力题（共4小题）26．（2023•广西）实践基地芒果获丰收，为筛选优质大果，设计自动筛选装置如图甲，检测装置电路图如图乙，电源电压恒为12V，电阻R0为20Ω，R为压敏电阻，其阻值随压力变化关系如图丙。当电路电流小于0.15A时，不达标的芒果将被推离传送带，达标芒果继续被传送到指定位置，实现自动筛选。求：（1）若R与R0阻值相等，R消耗的电功率；（2）此装置能筛选出重力至少为多大的芒果；（3）若想筛选出重力至少为2N的芒果，有同学建议：仅适当增加R0的阻值即可。你认为他的建议可行吗？请通过计算做出判断。【答案】（1）若R与R0阻值相等，R消耗的电功率为1.8W；（2）此装置能筛选出重力至少为1N的芒果；（3）他的建议可行，将R0的阻值增大到40Ω即可。【解答】解：由图乙可知，两电阻串联，电流表测电路中的电流；（1）由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：I1＝＝＝＝0.3A，则R消耗的电功率：PR＝R＝（0.3A）2×20Ω＝1.8W；（2）由欧姆定律可知，电路中的最大总电阻：R最大＝＝＝80Ω，由串联电路的电阻特点可知，此时压敏电阻R的阻值：R'＝R最大﹣R0＝80Ω﹣20Ω＝60Ω，由图丙可知，此时压敏电阻受到的压力为1N，即此装置能筛选出重力至少为1N的芒果；（3）由图丙可知，压敏电阻的阻值随着压力的增大而减小，当压力为2N时，压敏电阻的阻值为40Ω，由串联电路的电阻特点可知，为了筛选出重力至少为2N的芒果，R0的阻值为R0'＝R最大﹣R″＝80Ω﹣40Ω＝40Ω＞20Ω，因此适当增加R0的阻值可以让重力小于2N的芒果被推离传送带，将重力至少为2N的芒果继续被传送到指定位置。答：（1）若R与R0阻值相等，R消耗的电功率为1.8W；（2）此装置能筛选出重力至少为1N的芒果；（3）他的建议可行，将R0的阻值增大到40Ω即可。27．（2022•河池）如图所示为某智能烘干机的简化电路原理图，其工作电路由电压为220V的电源、阻值为55Ω的电热丝R、红灯L和蜂鸣器组成；控制电路由电源U、电磁铁（线圈电阻忽略不计）、开关S、热敏电阻R1和滑动变阻器R2组成；R1的阻值随温度变化的关系如下表所示。当控制电路电流I≥0.05A时，衔铁被吸合，电热丝R停止工作，同时红灯亮蜂鸣器响发出报警信号，表明烘干机内温度过高。温度/℃908066605046403635R1/Ω102040507080100120130（1）电热丝R工作时的电流为多少？（2）电热丝R通电10s产生的热量为多少？（3）已知控制电路的电源电压U＝6V，当调节滑动变阻器R2＝70Ω时，烘干机内温度至少多高会发出报警信号。【答案】（1）电热丝R工作时的电流为4A；（2）电热丝R通电10s产生的热量为8800J；（3）已知控制电路的电源电压U＝6V，当调节滑动变阻器R2＝70Ω时，烘干机内温度60℃会发出报警信号。【解答】解：（1）电热丝R工作时的电流为：I＝＝＝4A；（2）R在10s内产生的热量为：Q＝I2Rt＝（4A）2×55Ω×10s＝8800J；（3）由I＝可知，衔铁刚好被吸合时，控制电路的总电阻：R总＝＝＝120Ω；根据串联电路的电阻特点可知，R1接入的阻值：R1＝R总﹣R2＝120Ω﹣70Ω＝50Ω；由表格数据可知，当R1的阻值为50Ω时温度为60℃。答：（1）电热丝R工作时的电流为4A；（2）电热丝R通电10s产生的热量为8800J；（3）已知控制电路的电源电压U＝6V，当调节滑动变阻器R2＝70Ω时，烘干机内温度60℃会发出报警信号。28．（2023•广西）人工涂抹油漆难精准且气味难闻，于是某团队设计了“智能浸泡上漆器”，如图所示，上漆器由柱形硬质浮杆、力传感器、工作台、挡板等组成。浮杆的质量为0.2kg，底面积为2×10﹣3m2；力传感器固定且与浮杆接触但无压力；工作台固定在上漆器底部，其上表面积为0.5m2，高为0.1m。将待上漆的质量分布均匀的柱体A放在工作台中央，将挡板固定在1m高处，开始注漆；当浮杆对力传感器的压力为14N时，停止注漆，完成对柱体A的上漆。已知柱体A的质量为500kg，底面积为1m2，高为0.8m，油漆密度为1×103kg/m3。g取10N/kg。求：（1）当漆面上升至0.1m时，油漆对上漆器底部的压强；（2）当漆面上升至0.4m时，柱体A对工作台的压强；（3）停止注漆时，柱体A被上漆的高度。【答案】（1）当漆面上升至0.1m时，油漆对上漆器底部的压强为1000Pa；（2）当漆面上升至0.4m时，柱体A对工作台的压强为4000Pa；（3）停止注漆时，柱体A被上漆的高度为0.6m。【解答】解：（1）当油漆上升至0.1m时，油漆对上漆器底部的压强p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；（2）当油漆上升至0.4m时，则柱体A受到的浮力F浮＝ρgV排＝ρgSh＝1×103kg/m3×10N/kg×1m2×（0.4m﹣0.1m）＝3000N，柱体A的重力G＝mg＝500kg×10N/kg＝5000N，故此时重力大于浮力，故柱体A未上浮，则对工作台的压力F＝G﹣F浮＝5000N﹣3000N＝2000N；由于柱体A的底面积大于工作台的上表面积，故受力面积为工作台的上表面积，则柱体A对工作的台的压强：p＝＝＝4000Pa；（3）已知浮杆的质量为0.2kg，则浮杆的重力G杆＝mg＝0.2kg×10N/kg＝2N，浮杆对力传感器的压力为14N，则浮杆受到的浮力F′浮＝2N+14N＝16N，浮杆排开油漆的体积V排＝＝＝1.6×10﹣3m3；则油漆的深度h＝＝＝0.8m；柱体A受到的浮力F浮′′＝ρgV排′＝1×103kg/m3×10N/kg×1m2×（0.8m﹣0.1m）＝7000N，此时F浮′′＞GA，则柱体A漂浮，浮力等于重力，故此时的V′′排＝＝＝0.5m3；浸入油漆的深度h′＝＝＝0.5m，柱体A露出的高度为0.8m﹣0.5m＝0.3m，油漆面到挡板的高度为1m﹣0.8m＝0.2m，故柱体A只能露出0.2m的高度，则柱体A实际浸入油漆的高度为0.6m。答：（1）当漆面上升至0.1m时，油漆对上漆器底部的压强为1000Pa；（2）当漆面上升至0.4m时，柱体A对工作台的压强为4000Pa；（3）停止注漆时，柱体A被上漆的高度为0.6m。29．（2022•河池）贵南高铁北起贵州贵阳市，途经河池市，南至广西南宁市，是广西境内第一条设计时速为350公里的客运专线，预计2023年年底建成通车。（1）若通车后，一列长200m的动车组（如图甲）以60m/s的速度匀速通过一座长1000m的高架桥。该列动车组通过高架桥所用的时间为多少？（2）若动车组以80m/s的速度匀速运动时电动机的总输出功率为5600kW，则此时动车组受到的阻力为多大？（3）位于河池市境内的界子良风电场于2021年初成功实现40台风机并网发电（如图乙）。已知当地每秒每平方米面积吹过的风的能量约为200J，若风机有效迎风面积约为2.0×104m2，风机把风能转换为电能的效率为25%。请估算一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以250km/h的速度运动多远距离？（忽略其它能量损耗）【答案】（1）该列动车组通过高架桥所用的时间为20s；（2）此时动车组受到的阻力为70000N；（3）一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以250km/h的速度运动的距离为1250km。【解答】解：（1）列车全部通过高架桥所行驶的路程：s＝s桥+s车＝1000m+200m＝1200m，列车全部通过高架桥的时间：t＝＝＝20s；（2）5600kW＝5600000W，匀速运动时车受到的阻力等于动力，由P＝＝＝Fv可得动车组受到的阻力为：f＝F＝＝＝70000N；（3）一台风机产生的电能：W＝2.0×104m2×200J×24×3600s×25%＝8.64×1010J，4800kW＝4800000W，一台风机产生的电能可供动车组运行的时间：t′＝＝＝18000s＝5h，动车组运行的距离：s′＝v′t′＝250km/h×5h＝1250km。答：（1）该列动车组通过高架桥所用的时间为20s；（2）此时动车组受到的阻力为70000N；（3）一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以250km/h的速度运动的距离为1250km。六．计算题（共7小题）30．（2022•梧州）在如图所示的电路中，电源电压恒定为6V，R1阻值为10Ω，闭合开关S，电流表的示数为0.9A。问：（1）通过R1的电流是多少？（2）R2的阻值是多少？（3）现用一个规格为“50Ω2A”的滑动变阻器替换R1或R2。要求：替换后，电源的最大电功率不小于15W，则电源的最小电功率是多少？【答案】（1）通过R1的电流是0.6A；（2）R2的阻值是20Ω；（3）更换后电源的最小电功率是4.32W。【解答】解：由图可知，R1、R2并联，电流表测干路的电流；（1）由并联电路的电压特点可知，R1两端的电压U1＝U＝6V，则通过R1的电流：I1＝＝＝0.6A；（2）由并联电路的电流特点可知，通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝0.9A﹣0.6A＝0.3A，由并联电路的电压特点可知，R2两端的电压U2＝U＝6V，由欧姆定律可知，R2的阻值：R2＝＝＝20Ω；（3）由P＝UI可知，电路中的最小电流：I最小＝＝＝2.5A，由滑动变阻器的规格可知，滑动变阻器允许通过的最大电流：I滑大＝2A，则通过定值电阻的最小电流：I定小＝I最小﹣I滑大＝2.5A﹣2A＝0.5A＞0.3A，因此滑动变阻器替换的是R2，由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，由并联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U＝6V，通过滑动变阻器的最小电流：I滑小＝＝＝0.12A，由并联电路的电流特点可知，电路中的最小电流：I小＝I1+I滑小＝0.6A+0.12A＝0.72A，由并联电路的特点可知，通过R1的电流不变，则电源的最小电功率：P小＝UI小＝6V×0.72A＝4.32W。答：（1）通过R1的电流是0.6A；（2）R2的阻值是20Ω；（3）更换后电源的最小电功率是4.32W。31．（2022•贵港）如图所示，水平地面上放置一个底面积为0.03m2薄壁圆柱形容器，容器侧面靠近底部有一控制出水的阀门K。边长为0.1m的正方体木块A体积的浸入水中，下方用细线T2系有重为3N的合金球B，B的体积是A体积的0.1倍。木块A上方的悬线T1能承受的最大拉力为5N，此时悬线T1处于松弛状态。（容器内的水足够深，不计细线的体积和质量，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求：（1）木块A受到的浮力大小；（2）细线T2对合金球B的拉力大小；（3）打开阀门K使水缓慢流出，当悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K，此时木块A排开水的体积为多少？（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，与悬线T1断裂的瞬间相比，容器底受到水的压强改变了多少？【答案】（1）木块A受到的浮力大小为9N；（2）细线T2对合金球B的拉力大小为2N；（3）打开阀门K使水缓慢流出，当悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K，此时木块A排开水的体积为4×10﹣4m3；（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，与悬线T1断裂的瞬间相比，容器底受到水的压强改变了100Pa。【解答】解：（1）由题知，此时木块总体积的浸入水中，则V排＝V木＝（0.1m）3＝9×10﹣4m3，木块A受到的浮力大小为：F浮A＝ρ水V排g＝1×103kg/m3×9×10﹣4m3×10N/kg＝9N；（2）B的体积为：VB＝0.1VA＝0.1×（0.1m）3＝1×10﹣4m3，小球B受到的浮力大小为：F浮B＝ρ水VBg＝1×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg＝1N；细线T2对合金球B的拉力大小为：FB＝G﹣F浮B＝3N﹣1N＝2N；（3）物体A的重力为：GA＝F浮A﹣FB＝9N﹣2N＝7N当细绳即将断裂时，由力的平衡条件可得A物体此时的浮力为：F浮′+F拉最大＝GA+FB，设此时木块排开水的体积为V排′，则：ρ水V排′g+F拉最大＝GA+FB，即：1×103kg/m3×V排′×10N/kg+5N＝7N+2N，解得：V排′＝4×10﹣4m3；（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，浮力等于物体A的重力，浮力为7N，根据F浮A″＝ρ水V排″g知得排开水的体积为：V排″＝＝＝7×10﹣4m3，排开水的体积增加量：ΔV排＝V排″﹣V排′＝7×10﹣4m3﹣4×10﹣4m3＝3×10﹣4m3；水面上升的高度：Δh＝＝＝0.01m，容器底受到水的压强与断绳前的瞬间相比，容器底受水的压强增加量：Δp＝ρgΔh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.01m＝100Pa。答：（1）木块A受到的浮力大小为9N；（2）细线T2对合金球B的拉力大小为2N；（3）打开阀门K使水缓慢流出，当悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K，此时木块A排开水的体积为4×10﹣4m3；（4）若在悬线T1断裂的一瞬间关闭阀门K同时剪断细线T2，待木块A再次静止漂浮时，与悬线T1断裂的瞬间相比，容器底受到水的压强改变了100Pa。32．（2022•柳州）如图为某自动冲水装置的示意图，水箱内有一个圆柱浮筒A，其重为GA＝4N，底面积为S1＝0.02m2，高度为H＝0.16m。一个重力及厚度不计、面积为S2＝0.01m2的圆形盖片B盖住出水口并紧密贴合。A和B用质量不计、长为l＝0.08m的轻质细杆相连。初始时，A的一部分浸入水中，轻杆对A、B没有力的作用。水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。（1）求A所受浮力的大小F浮。（2）求A浸入水的深度h1。（3）开始注水后轻杆受力，且杆对A和B的拉力大小相等。当水面升高到某位置时，B刚好被拉起使水箱排水，求此时杆对B的拉力大小F。（4）水箱开始排水时，进水管停止注水。为增大一次的排水量，有人做如下改进：仅增大B的面积为S2'＝0.012m2。试通过计算说明该方案是否可行？若可行，算出一次的排水量。（水箱底面积S＝0.22m2供选用）【答案】（1）A所受浮力的大小为4N。（2）A浸入水的深度为0.02m。（3）当水面升高到某位置时，B刚好被拉起使水箱排水，此时杆对B的拉力为20N；（4）该方案不可行。【解答】解：（1）初始时，A的一部分浸入水中，轻杆对A、B没有力的作用，说明此时A刚好漂浮，由物体的漂浮条件可知，此时A所受浮力：F浮＝GA＝4N；（2）由F浮＝ρ液gV排可知，A漂浮时排开水的体积：V排＝＝＝4×10﹣4m3＝400cm3，由V＝Sh可知，A浸入水的深度：h1＝＝＝0.02m；（3）设B刚好被拉起时，A浸入水中的深度为h浸，由题意可知，B刚好被拉起时，B受到水的压强：p＝ρ水gh＝ρg（h浸+l），B受到水的压力：F压＝pS2＝ρg（h浸+l）S2，杆对A的拉力：F拉＝F压＝ρg（h浸+l）S2，A受到的浮力：F浮'＝ρ水gV排'＝ρ水gS1h浸，A受到竖直向下的重力、杆对A的拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知：F浮'＝GA+F拉，即ρ水gS1h浸＝GA+ρg（h浸+l）S2，则A浸入水中的深度：h浸＝＝＝0.12m，由题意可知，此时杆对B的拉力：F＝F拉＝ρg（h浸+l）S2＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.12m+0.08m）×0.01m2＝20N；（4）设增大B的面积后，B刚好被拉起时，A浸入水中的深度为h浸'，由（3）可知，此时A浸入水中的深度：h浸'＝＝＝0.17m＞H＝0.16m，即A浸入水中的深度大于浮筒A的高度0.16m，故该方案不可行。答：（1）A所受浮力的大小为4N。（2）A浸入水的深度为0.02m。（3）当水面升高到某位置时，B刚好被拉起使水箱排水，此时杆对B的拉力为20N；（4）该方案不可行。33．（2022•玉林）科技研究小组在实验室模仿工程师做“钢梁承重后的下垂量h”的测试，他们用厚钢尺制成了一座跨度为L的桥梁（如图甲所示），并设计了一个方便读取“厚钢尺桥梁受压后下垂量”的测试仪，测试仪由压力传感器R与外部电路组成（如图乙所示）。已测得跨度为L时，在一定范围内，其压力F与下垂量h满足关系F＝，k＝1×10﹣3m/N。已知电源电压不变，当电压表的示数为4V时，电流表示数为0.4A。当压力F1＝32N时，电路中的电流为I1，此时R的功率为P1；当压力F2＝40N时，电路中的电流为I2，此时R的功率为P2；且I1与I2相差0.1A。传感器的电阻R与压力F的关系图像是一条直线（如图丙所示），忽略传感器与钢梁自重产生的影响。求：（1）R0的阻值；（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力；（3）当压力为零时，电路中的总电阻；（4）P1与P2的差值。【答案】（1）R0的阻值为10Ω；（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力为30N；（3）当压力为零时，电路中的总电阻为40Ω；（4）P1与P2的差值为0.1W。【解答】解：（1）由图乙可知，R和R0串联，电压表测R0的电压，电压表的示数为4V，即R0的电压为4V，电流表的示数为0.4A，即R0的电流为0.4A，根据欧姆定律得：R0＝＝＝10Ω；（2）压力F与下垂量h满足关系F＝，k＝1×10﹣3m/N，h＝3cm＝0.03m，代入数据F＝＝30N；（3）由图丙可知，压力为零时R＝30Ω，由（1）得R0为10Ω，R总＝R+R0＝30Ω+10Ω＝40Ω；（4）传感器的电阻R与压力F的关系图像是一条直线，设R＝aF+b，代入（0N，30Ω）、（60N，0Ω）两组数据得到R＝﹣0.5Ω/N×F+30Ω，当压力F1＝32N时，代入得：R1＝﹣0.5Ω/N×32N+30Ω＝14Ω，当压力F2＝40N时，代入得R2＝﹣0.5Ω/N×40N+30Ω＝10Ω，所以R1时电路总电阻更大，电流更小，I1与I2相差0.1A，因此I2＝I1+0.1A，电源电压不变，因此I1（R0+R1）＝I2（R0+R2），代入数据I1（10Ω+14Ω）＝（I1+0.1A）×（10Ω+10Ω），解得I1＝0.5A，I2＝0.6A，P1＝×R1＝（0.5A）2×14Ω＝3.5W，P2＝×R2＝（0.6A）2×10Ω＝3.6W，ΔP＝P2﹣P1＝3.6W﹣3.5W＝0.1W。答：（1）R0的阻值为10Ω；（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力为30N；（3）当压力为零时，电路中的总电阻为40Ω；（4）P1与P2的差值为0.1W。34．（2022•广西）某学习小组在完成压强知识的学习后，为深入了解压强的变化情况，将实心柱体甲和盛满水的薄壁轻质容器乙放置在水平地面上，如图所示，其中甲、乙底面积分别为2S、S，水的质量为m