湖南省永州市2019-2020学年中考第三次质量检测物理试题含解析【含中考模拟卷5套】

湖南省永州市2019-2020学年中考第三次质量检测物理试题
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．物理实验课上，某小组配制了一杯盐水，利用天平和量筒测量这杯盐水的密度，实验过程如下：
(1)将天平放在水平桌面上，将_____调至标尺左端的零刻度线处，并调节横梁两端的平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处。

(2)用天平测出烧杯和杯中盐水的总质量为275g 。

(3)将烧杯中盐水的一部分倒入量筒中，如图甲所示，量筒中盐水的体积为_____cm 3。

(4)用天平测出烧杯中剩余的盐水和烧杯的总质量如图乙所示，通过计算得出盐水的密度为_____kg/m 3。

(5)做完该实验后，组内的同学又想到了一个测量盐水密度的方法。

他向老师借来了已知体积为V 的金属块，还有细线，借助调平的天平(有砝码)测出了盐水密度。

他的实验步骤如下：
①把装有适量盐水的烧杯置于天平托盘中，用细线拴着金属块使其浸没在盐水中(不碰触烧杯底部和侧壁，烧杯中无盐水溢出)，用天平测出此时质量为m 1。

②从天平上取下烧杯，将金属块从烧杯中取出，用天平测出_____m 2。

③盐水密度的表达式为ρ盐水＝_____(用字母表示)。

④测出盐水的密度与真实值相比_____(填“偏大”、“偏小”或“不变” )，其原因是_____。

游码 60 1.05×
103 盐水和烧杯的总质量 ()12m m V
- 偏大 取出的金属块沾有盐水，
使得m 2偏小，则m 1﹣m 2偏大，密度偏大 【解析】 【详解】
(1)[1]天平的调节原则：把天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的零刻度处，调节横梁上的平衡螺母使指针指在分度盘的中央；
(3)[2]量筒中盐水的体积V ＝60ml ＝60cm 3；
(4)[3]由图可知烧杯和剩余牛奶的总质量为212g ；V 盐水＝60cm 3
275g 212g 63g m 盐水＝﹣＝
3333
63g
1.05g/cm 1.0510kg/m 60cm
m V ρ=
=
=⨯盐水盐水盐水
＝ (5)②[4]从天平上取下烧杯，将金属块从烧杯中取出，用天平测出盐水和烧杯的总质量m 2；
③[5]金属块刚好浸没在盐水中时，金属块排开盐水的体积等于金属块的体积，即V 排＝V ，金属块受到的浮力为
F gV ρ浮盐水＝﹣﹣﹣﹣﹣①
因为金属块没有接触烧杯底和侧壁，所以金属块受到的浮力等于烧杯对天平的压力的变化量，金属块受到的浮力
12F m m g 浮＝（﹣）﹣﹣﹣﹣②，
联立①②知盐水的密度为：
12
m m m V V
ρ-==
排盐水
④[6][7]取出的金属块沾有盐水，使得m 2偏小，则m 1﹣m 2偏大，密度偏大。

2．如图所示，电源电压保持不变，热敏电阻R t 的阻值随温度的升高而减小、闭合开关，当温度降低时（ ）
A ．电压表示数变大，电路消耗的总功率变大
B ．电压表示数变小，电路消耗的总功率变大
C ．R 1消耗的功率与电流表示数的平方之比变小
D ．电路消耗总功率与电源电压之比变小 D 【解析】 【分析】 【详解】
AB.由图可知，热敏电阻R t 和定值电阻R 1串联，电压表测R 1两端得电压，电流表测电路中的电流，当温度降低时,热敏电阻的阻值变大,电路总电阻变大,而电源电压不变,由I=
U
R
可知，电路电流变小，电流表示数变小；由U=IR 可知，定值电阻两端电压变小，即电压表的示数变小；由P=UI 可知，电路消耗的总功率变小．故AB 错误.
C.由P=I 2R 知，R 1消耗的功率与电流表示数的平方之比等于R 1的阻值，因此，R 1消耗的功率与电流表示数的平方之比不变，故C 错误；
D .由P=UI 知，电路消耗总功率与电源电压之比等于电路电流I ,由以上分析可知，电路电流变小，即电路消耗总功率与电源电压之比变小，故D 正确． 3．下面是小宇同学在物理学习中的几个研究实例 （1）在学习汽化现象时，研究蒸发与沸腾的异同点
（2）根据熔化过程的不同，将固体分为晶体和非晶体两类
（3）比较电流表与电压表在使用过程中的相同点与不同点
（4）在研究磁场时，引入磁感线对磁场进行描述
上述几个实例中，采用的主要科学研究方法是“比较法”的为
A．（1）（3）B．（2）（4）
C．（2）（3）D．（3）（4）
A
【解析】
【分析】
【详解】
(1)、在学习汽化现象时，研究蒸发与沸腾的异同点．采用的是“比较法”．
(2)、根据熔化过程的不同，将固体分为晶体和非晶体两类．采用的是“分类法”．
(3)、比较电流表与电压表在使用过程中的相同点与不同点．采用的是“比较法”．
(4)、用磁感线来描述条形磁铁的磁场．采用的是“模型法”系．
采用比较法的是(1)、(3).
4．物体从高空自由竖直向下坠落的过程中，若只受重力G和空气阻力的作用，由于空气阻力f随着物体下落速度的增大而增大，因此物体先加速下落段时间，最后匀速下落至地面，则在下落过程中，该物体所受合力的大小
A．始终不变B．始终变小
C．先变小后变大D．先变小后不变
D
【解析】
【详解】
根据题意知道，物体下落过程中，受到的重力G和空气阻力f二者方向相反，所以其合力为二力之差；又因为空气阻力f随着物体下落速度的增大而增大，所以，它们的差值变小，即合力变小；当最后匀速下落时，二者大小相同，差值为零，即合力为零，综上所述，其所受合力先变小后不变，故只有D正确。

5．下列所示工具中，使用时能省距离但不省力的是
A．B．
C．D．
D
【解析】
【详解】
A、动滑轮实质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，它可以省力一半，省力但费距离，故该选项不符合题意；
B、扳手在使用时，动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆，省力但费距离，故该选项不符合题意；
C、羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆，省力但费距离，故该选项不符合题意；
D、镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，所以它是费力杠杆，费力但能省距离，故该选项符合题意。

6．如图所示，为半瓶常温的水，将小冰块放入水中，最后冰全部熔化成水，水温降低
A．和原来瓶中的水相比，最后整瓶水的内能减少了
B．和最后瓶中的水相比，原来瓶中的水分子运动得比较剧烈
C．瓶外壁产生水珠，它是冰熔化而成的
D．冰熔化过程放热
B
【解析】
【详解】
A. 内能是物体内所有分子热运动的动能和势能之和，即内能不只与物体的温度有关，还跟物体内的分子数目有关．瓶中的水温度是降低了，但往瓶子里加了冰块后，水的分子数目也增加了，所以内能大小无法比较．故A错误．
B. 温度越高，分子热运动越剧烈，瓶中的水温度降低了，水分子运动得就比较缓慢，即原来瓶中的水温度高，分子运动比较剧烈．故B正确．
C. 瓶外壁产生水珠，是外面空气中热的水蒸气遇到冷的瓶壁而液化形成的．故C错误．
D. 冰熔化过程要吸热．故D错误．
7．如图所示，三个完全相同的容器内装有适量的水后，在乙容器内放入木块漂浮在水面上，丙容器内放一个小球悬浮在水中，此时，甲、乙、丙三个容器内水面高度相同，下列说法正确的是
A．三个容器中，水对容器底的压强相等
B．三个容器中，水对容器底的压力不相等
C．如果向乙容器中加入盐水，木块受到的浮力变大
D．如果向丙容器中加入酒精，小球将上浮
A
【解析】
【详解】
A．因为甲、乙、丙三个容器内水面高度相同，由液体压强公式p=ρgh可得，三容器中，水对容器底的压强是相等的，A正确，符合题意；
B．因为压强相等，由公式F=pS可知在压强p相等，受力面积S相等时，三容器中，水对容器底的压力相等，B不正确，不符合题意；
C．如果向乙容器中加入盐水，则液体密度变大，木块仍然漂浮，浮力大小等于木块重力大小，即木块所受浮力大小不变，C错误，不符合题意；
D．如果向丙容器中加入酒精，则混合液体的密度减小，原来悬浮的小球将下沉，D错误，不符合题意．8．国产舰载机在“辽宁号”航母上的成功起降，标志着中国航母时代的到来．下列关于舰载机的说法正确的是
A．飞机的速度越大，惯性越大
B．飞机飞离航母后，舰母所受的浮力大于重力
C．飞机飞离航母后，航母所受的浮力变小
D．飞机飞行时，机翼上方空气流速小压强大
C
【解析】
【详解】
A．惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性的大小仅与物体的质量有关，与速度的大小无关，故A错误；
BC．由于航母漂浮在水中，所受浮力始终与自身重力相等，所以当飞机飞离航母后，航母的总重力减小，受到的浮力也减小，故B错误，C正确；
D．飞机的机翼上凸下平，飞机飞行时，空气经过机翼上方的路程长，速度大，压强小；空气经过下方的路程短，速度小，压强大，从而使飞机获得向上的升力，故D错误．
9．我国民间有句谚语：“水缸出汗蛤蟆叫，大雨不久就来到”．其中，“水缸出汗”是指盛水的水缸外表面出现了一层密密麻麻的小水珠．小水珠是由
A．水缸中的水蒸气液化形成的B．空气中的水蒸气凝华形成的
C．水缸中的水汽化形成的D．空气中的水蒸气液化形成的
D
【解析】
【分析】
【详解】
“水缸出汗”出现的一层密密麻麻的小水珠是由空气中的水蒸气遇到冷的水缸液化而形成的，故D正确，ABC错误
10．如图所示是使用简单机械匀速提升同一物体的四种方式（不计机械自重和摩擦），其中所需动力最小的是
A．B．
C．D．
B
【解析】
【详解】
设物体重力为G，不计机械自重和摩擦：
A、图中为斜面，由功的原理可得，F1×4m＝G×2m，解得F1＝0.5G；
B、图中为滑轮组，与动滑轮相连的绳子段数是3，因此F2＝1
3 G；
C、图中为定滑轮，不省力，则F3＝G；
D、由图可知，杠杆的动力臂为阻力臂的2倍，根据杠杆平衡条件可知，动力为阻力的二分之一，F4＝0.5G；因此动力最小的是B。

二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．如图所示，甲、乙两个滑轮组中，所有滑轮的质量都相同，在F A和F B的作用下，重物A、B分别以相同的速度匀速上升．已知F A：F B=3：2，不计绳重和摩擦．则下列说法正确的是
A．两重物A、B所受的重力之比为2：3
B．拉力F A和F B做功的功率之比为3：2
C．在相同的时间内，拉力所做的额外功相同
D．甲、乙滑轮组的机械效率之比为1：1
CD
【解析】
由图知：n 甲＝2，n 乙＝3；根据题意可知，动滑轮的重力相同；A 、已知F A ：F B ＝3：2，则可得2F A ＝3F B ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；不计绳重和摩擦，由F ＝
1
n
（G +G 动）得，两物体的重力分别为：G A ＝2F A ﹣G 动﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，G B ＝3F B ﹣G 动﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；由①②③可知G A ＝G B ，即G A ：G B ＝1：1，故A 错误；B 、由题知重物A 、B 上升的速度v 相同，则拉力F A 移动速度v A ＝2v ，拉力F B 移动速度v B ＝3v ，由P ＝
Fs
W t t
＝＝Fv 得，拉力F A 和F B 做功的功率之比：P A ：P B ＝F A v A ：F B v B ＝3×2v ：2×3v ＝1：1，故B 错误；C 、重物A 、B 分别以相同的速度匀速上升，相同时间内上升高度h 相同（即动滑轮上升高度h 相同），不计绳重和摩擦，由W 额＝G 动h 可知，拉力所做额外功相等，故C 正确；D 、由η＝
Gh Gh Fs Fnh W G W nF 有总
＝
＝＝可得，甲、乙滑轮组的机械效率之比：η甲：η乙＝:23G G G n F n F 甲乙甲甲乙乙＝⨯：32
G ⨯＝1：1，故D 正确．故选CD ． 点睛：（1）利用拉力关系，根据F ＝
1
n
（G +G 动）比较物重关系；（2）利用P ＝Fv 分析功率大小关系；（3）不计绳重和摩擦，对动滑轮做功为额外功；（4）利用η＝
W W 有总
分析机械效率关系．
12．学习了光学知识后，小明整理了以下笔记，其中正确的是 A ．小孔成像是光的直线传播形成的，为虚像 B ．平面镜成像是光的反射形成的，为虚像
C ．凸透镜成像是光的折射形成的，可成虚像也可成实像
D ．近视镜是利用凹透镜对光线的发散作用 BCD 【解析】 【详解】
A 、小孔成像是由光的直线传播形成的，根据小孔成像的特点可知，所成的像是实像，故A 错误；
B 、平面镜所成的像是由光的反射形成的，根据平面镜成像特点可知，平面镜所成的像是虚像，故B 正确；
C 、凸透镜成像是光的折射形成的，根据凸透镜成像特点知，可成虚像也可成实像，故C 正确；
D 、近视是因为晶状体曲度过大，折光能力太强使像成在视网膜前面，利用凹透镜对光线的发散作用可对近视眼进行矫正，故D 正确。

13．下列有关家庭用电知识说法正确的是 A ．三孔插座正中间的插孔应与地线相连 B ．制作保险丝应选择熔点较高、电阻较小的材料 C ．控制电灯的开关应连接在火线和该电灯之间
D ．使用螺丝刀形状的试电笔时，手不能接触上端的金属帽
AC
【解析】
【详解】
A．三孔插座中间的插孔，通过三角插头的上脚与用电器的金属外壳相连，使金属外壳与大地相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生．故A正确；B．据焦耳定律可知，保险丝上产生的热量要多，且容易熔断，所以制作保险丝应选择熔点较低、电阻较大的材料．故B错误；
C．为了防止发生触电事故，控制电灯的开关必须接在火线与电灯之间．故C正确；
D．使用螺丝刀形状的试电笔时，手指必须触到试电笔上端的金属帽（又叫笔尾金属体）．故D错误．三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．如图所示是一种水位报警装置，工作过程：当水位上升时，浮子A上升并推动B上升，当到达一定水位时，电磁铁电路________（填“接通”或“断开”）．电磁铁_____磁性（填“有”或“无”），衔铁被吸下，使电灯电路接通，电灯亮警告水位过高．
接通有
【解析】
【分析】
【详解】
读图可知，当水位上升时，S连通，电磁铁电路接通，控制电路工作，电磁铁有磁性，吸引衔铁，使工作电路接通，发生警报．
15．如图甲所示，电源电压一定，已知定值电阻R0＝10Ω．闭合开关S，滑动变阻器滑片P从最左端滑至最右端的过程中，电流表示数I与滑动变阻器接入电路的阻值R之间的关系如图乙所示，则图乙坐标值
I1＝_____A；当电流表示数I＝0.2A时，R0与R消耗的电功率之比为_____．
0.1 2:1 【解析】 【分析】
由电路图可知，R 0与R 串联，电流表测电路中的电流．
（1）当滑片位于最左端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，根据图乙读出电路中的电流，利用欧姆定律求出电源的电压；当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，根据图乙可知变阻器的最大阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流；
（2）根据欧姆定律求出当电流表示数I=0.2A 时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路的阻值，然后利用2P I R =即可求出R 0与R 消耗的电功率之比． 【详解】
由电路图甲可知，R 0与R 串联，电流表测电路中的电流，
（1）当滑片位于最左端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流I 大=0.3A ，由U
I R
=
可得：电源电压00.3103U I R A V ==⨯Ω=大；当滑片位于下端时，接入电路中的电阻最大，由图乙可知，变阻器的最大阻值R 大=20Ω，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得：电路中的最小电流030.11020U V
I A R R =
==+Ω+Ω
小，即图乙中坐标值10.1I I A ==小；
（2）当电流表示数I=0.2A 时，电路中的总电阻3=
150.2U V R I A
总，==Ω则滑动变阻器接入电路的阻值015105R R R '=-=Ω-Ω=Ω总；定值电阻R 消耗的电功单与滑动变阻器R 消耗的电功率之比：2200010521P P I R I R R R '='='=ΩΩ=：：：：：．
故答案为0.1； 2：1． 【点睛】
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图像读出滑片位于不同位置时接入电路中的电阻以及电流值．
16．上海地区家庭电路中，电视机正常工作的电压为___伏，电视机与电灯是_____连接的；若额定功率为 0.04千瓦的电灯正常工作5小时，则耗电_____度。

220 并联 0.2 【解析】 【详解】
我国家庭电路的电压是220V ，则电灯、电视机等家用电器的正常工作的电压为220V ；家庭电路中，电视机与电灯工作时互不影响，所以是并联的关系；消耗的电能：
0.04kW 5h 0.2kW h 0.2度W Pt ==⨯=⋅= 。

17．在水平地面上，用60N的水平拉力拉重100N的木箱，使木箱沿拉力在0.1min内前进5m，重力所做的功为_____J，拉力做功功率是_____W。

0 50
【解析】
【详解】
木箱水平运动，而重力的方向竖直向下，木箱在竖直方向上没有通过距离，所以重力不做功，即重力做功
为0J；拉力做功：W=Fs=60N×5m=300J，拉力做功的功率：P=
300J
0.160s
W
t
=
⨯
=50W。

18．如图所示，甲、乙两个圆柱形容器中盛有两种不同的液体A、B，液体对两个容器底的压强相等，则ρA______ρB，现将两个质量相等的物体分别放入两个容器中，静止时一个漂浮，另一个悬浮(液体均无溢出)，此时两个容器底受到液体压强的大小关系是p甲________p乙。

(均填“大于”“等于”或“小于”)
大于小于
【解析】
【详解】
根据两种液体对容器底的压强相等，结合图知h A＜h B，由p=ρgh可知，ρA＞ρB；
因为原来两容器中液体产生的压强相等，均匀柱形容器，则F A=G A=pS A；F B=G B=pS B；又因为S A＞S B，可得G A＞G B，
由将两个质量相等的物体分别放入两个容器中，静止时一个漂浮，另一个悬浮（液体均无溢出），由于两物体重力相等都为G，原来液体对两个容器底的压强相等都为p，放入物体后的压强分别为p甲=p+、p 乙
=p+，由S A＞S B可知：p甲＜p乙．
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．2011年3月26日晚8︰30～9︰30，江阴与世界众多城市一起参与了“地球一小时”活动，活动倡议熄灭不必要的灯光，切断电视、电脑等电器电源．小明在活动宣传中了解到：只要电源插头没有拔掉，在待机状态下，每台电脑的功率为5.8W，每台电视机的功率为8.2W．小明所在小区有100台电脑和100台电视机，若在活动中均由原来的待机状态改为切断电源1h，此举一共可节约电能多少J？节约的电能完全被水吸收，能让多少kg水温度从20℃升高到60℃？[c水=4.2×103J/（kg·℃）]标有“220V，1000W”的电热水器正常工作，将与第（2）问中质量相同的水升高相同的温度，需要100min，该电热水器的效率是多少？用电高峰期，若此电热水器两端的实际电压仅为200V，它的实际电流为多大？（电热水器的电阻恒定，结果只保留整数，四舍五入）
（1）5.04×
106J （2）30kg
（3）84% ， 4A
【解析】
【详解】
（1）100台电脑和100台电视机1小时消耗的电能
W=Pt=（5.8W+8.2W ）×100×3600s=5.04×106J ．
（2）因为节约电能完全被水吸收，根据Q=Cm （t-t 0）的变形得
水的质量m=0Q C(t
t )-吸=63 5.0410J 4.210J /(kg ?)(6020)
⨯⨯⨯-℃℃℃=30kg （3）①标有“220V 1000W”的电热水器正常工作100min 消耗的总电能
W 电能=Pt=1000W×100×60s=6×106J
∴该热水器的效率η=Q W 吸电能
×100%=84%． ②“220V 1000W”表示电热水器的额定电压U 额=220V ，额定功率P 额=1000W
∴电热器的电阻R=2
U P 额额==48.4Ω
当实际电压U 实=200V 时
电热器的实际功率I=U R 实
≈4A
答：（1）一共可节约电能5.04×106J ．（2）节约电能完全被水吸收，能使30kg20℃的水升高到60℃．（3）
该热水器的效率是84% ，它的实际电流约4A ．
20．如图是某家用电热水器的简化电路图，温控开关S 可根据水温自动切换加热和保温两种状态，R 1、R 2是发热电阻，热水器主要参数如下表．[水的比热容为4.2×103J/（kg •℃）]
额定电压
220V 容量 30kg 加热功率 2200W 保温功率 605W
（1）求出R 1，R 2的阻值？
（2）水箱中装满初温为20℃的水，加热使温度升高到60℃，水需要吸收多少热量？
（3）在上述加热状态下，热水器正常工作50min 需消耗多少电能？加热效率是多少？（小数点后保留一位有效数字）
（1）22Ω；58Ω（2）5.04×106J （3）6.6×106J ；76.4%
【解析】
【详解】
（1）当开关S 接a 时，电路为R 1的简单电路，此时电路的电阻较小，电路的总功率最大，是加热状态，根据2U P R =得，R 1的阻值： ()2
2
1220V 22Ω2200W
U R P ===加热； 当开关S 接b 时，R 1，R 2串联在电路中，是保温状态，则两电阻的总电阻为： ()2
2
12220V 80Ω605W
U R R P +===保温， 故R 2阻值为：R 2=80Ω-22Ω=58Ω；
（2）根据Q cm t =∆吸得，水吸收的热量：
Q 吸=cm （t-t 0）=4.2×103J/（kg •℃）×30kg ×（60℃-20℃）=5.04×106J ；
（3）加热50分钟消耗的电能：
W=P 加热t=2200W ×50×60s=6.6×106J ；
则加热效率： 665.0410J 76.4%6.610J
Q W η⨯===⨯吸． 21．如图所示的电路中，电压表的量程0﹣15V ，电阻R 1为10Ω．闭合开关S ，将滑动变阻器的划片P 移至b 处时，电流表的示数为1.8A ．求：
电源电压；将滑动变阻器移至a 处时，此时电压表示数为12V ，则R 1两端
电压为多少？滑动变阻器最大阻值是多少？此时通过电路的电流是多少？
（1）18V ；（2）6V ， 20Ω， 0.6A
【解析】
【详解】
（1）由电路图可知，R 1与R 2串联，电压表测R 2两端的电压，电流表测电路中的电流．
闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 移至b 处时，电路为R 1的简单电路。

根据 U I R =
的变形式可得电源的电压为：
1 1.8A 10Ω18V U IR ==⨯=；
（2）将滑动变阻器移至a 处时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电压表示数为12V ，根据串联电路中总电压等于各部分电压之和，可得R 1两端电压为：
12
18V 12V 6V U U U =-=-=，
串联电路电流处处相等，此时电路中的电流为：
116V 0.6A 10Ω
U I R '===， 滑动变阻器的最大阻值为：
2212V 20Ω0.6A
U R I ==='。

五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．如图所示，曲杆ABC 自重不计，O 为支点，要使曲杆在图示位置平衡，请作出物体所受重力的示意图和施加在C 点最小力F 的示意图．
【解析】
【详解】
因为重力的方向是竖直向下，所以过物体的重心画一条竖直向下的有向线段，并带有箭头，用G 表示，即为物体所受重力的示意图；
由杠杆平衡条件知道，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；由图知道连接OC ，为最大力臂，此时施加在C 点的力F 最小，所以，过C 点做OC 的垂线斜，且向左下方的力，即为F 的示意图，如下图
【点睛】
本题考查的是重力的示意图的画法及杠杆中最小力的问题，是基础题目，难度不大．
23．如图是小明房间的壁灯电路，为了再安装一个插座给书桌上的台灯独立供电，他决定将插座连接到a、b、c、d中的某两个接线柱上，请在图中画出符合要求的接法．导线不能交叉．
（________）
【解析】
【分析】
【详解】
根据要求，安装一个插座给书桌上的台灯独立供电，所以插座和电灯并联，开关控制电灯，因此插座并联在a、d两个接线柱上，电路图如下：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．观察图（a）所示的装置，该装置的名称是_____．在“探究液体内部的压强与哪些因素有关”的实验中，需用_____液体进行研究（选填“一种”或“多种”）．在图（b）（c）和（d）所示的实验中，同学们探究的是液体内部的压强与_____的关系．
U形管压强计多种深度
【解析】
【分析】
图甲中的装置是压强计；金属盒在同种液体中，所处液体深度不同时，结合U形管中液柱的高度差来分析
探究的物理问题．
【详解】
观察如图（a）所示的装置，该装置的名称是U形管压强计．在“探究液体内部的压强与哪些因素有关”的实验中，需用多种液体进行研究．图(b)、(c)和(d)所示，金属盒在同种液体中，所处液体深度不同时，U型管两侧的液面高度差不同，说明液体内部压强不同，所以该实验探究的是：液体内部压强与液体深度的关系．
25．小明家有一电热毯，铭牌上标有“221V，**W”的字样，其中额定功率值不清，41W～61W之间。

现在实验室有下列实验器材：
蓄电池（电压为6V），开关一个，导线若干。

另外，还有可供选择的以下器材：
A．电流表A（量程：1～1．6 A，1～3 A）B．电压表V1（量程：1～3 V，1～15 V）
C．电压表V2（量程：1～3 V，1～15 V）D．定值电阻R1（阻值：21 Ω）
E．定值电阻R2（阻值：511 Ω）F．滑动变阻器（阻值：1～11 Ω）
G．滑动变阻器（阻值：1～1 kΩ）。

请你帮助小明测量出电热毯的额定功率值。

（1）小明首先复习用伏安法测电功率的电路，请你帮助小明用笔画线代替导线，连接如图的实物图；（_______）
（2）为进行较准确的测量，选择的实验器材是 _________ （填写器材前面字母序号）；请画出设计的实验电路图。

（______）
（3）写出主要实验步骤和需测量的物理量________；
（4）写出电热毯的额定功率P额的数学表达式（用已知量和测量量的字母表示）_________
见解析BCEG 见解析P额=
2
2
x
U U U R
额
【解析】【分析】
根据题中“现在实验室有下列实验器材，……请你帮助小明测量出电热毯的额定功率值。

”可知，本题考查特殊方法测电功率。

需要通过大体计算电热毯的电阻，排除伏安法，利用串联电路的分压关系求解。

根据2x
U
P R =额额完成实验测量。

【详解】
（1）根据伏安法测电功率的原理P=UI ，要测量定值电阻的电功率，应将电压表并联在被测电阻两端，电流表串联在电路中，滑动变阻器采用“一上一下”方式接入电路，连图如下：
（2）由铭牌上标有“221V ，**W ”的字样，其中额定功率值不清，在41W ～61W 之间，根据2
U R P =可计算出电热毯的电阻在1211Ω左右，所以把电热丝接在6V 的电源上，电路中的电流很小，测量误差会很大，不能用伏安法测电阻。

为进行较准确的测量，可以将滑动变阻器和电热毯串联，用两个电压表分别测量其电压，根据串联电路的分压关系求解，这样选择器材有：B 、C 、E 、G ；
实验电路图如下：
（3）实验步骤和需测量的物理量：
①按照电路图连好电路，将滑动变阻器滑片调到阻值最大处。

②闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表V 1的示数接近满偏，记下电压表V 1的示数U x 和电压表V 2的示数U 1。

（4）测出定值电阻的分压U 1和电热毯的分压U x ，
因为0x 2x
U U I R R ==，。