2021年广东省广州市海珠区中考物理一模试卷(附答案详解)

2021年广东省广州市海珠区中考物理一模试卷
1.用力拨动吉他粗弦，弦发出响亮的低音；轻拨吉他细弦，弦发出微弱的高音．这说
明()
A. 粗弦振动得比细弦快
B. 粗弦振动的幅度比细弦的小
C. 相同的时间，粗弦振动的次数少
D. 振动1次，粗弦所用的时间比细弦的少
2.老郭乘坐大巴，他正对车窗固定好照相机，先拍图甲，再拍图乙，均拍到同一路灯
和同一小汽车。

以下判断正确的是()
A. 以地面为参照物，路灯向东运动
B. 以地面为参照物，大巴向西运动
C. 以小汽车为参照物，路灯是静止的
D. 以小汽车为参照物，大巴向东运动
3.气球被压进某种气体．松开气孔，球内气体被气球压出球外，气球同时在空气中到
处乱窜。

在此过程中()
A. 气球的能量在减少
B. 气球的动能转化为球内气体的内能
C. 气球做的是热运动
D. 气体被气球压出后，其分子间距变小
4.甲地放有图所示装置，以下说法正确的是()
A. 此时，大气压强等于760mm高水银柱产生的压强
B. 把玻璃管倾斜，管内水银柱长度变长，说明大气压肯定变大
C. 往槽中加水银(不溢出)，大气压支撑的水银柱高度变小
D. 把装置放在密闭室，抽出室内空气过程中，管内液面下降
5.如图所示，闭合开关后，发光二极管L1比小灯泡L2亮.水
林哥测得通过L1电流远小于L2的电流.根据上述信息，以
下判断正确的是()
A. L1的实际电压大于L2的
B. L1的额定功率大于L2的
C. 工作相同时间，L1消耗的电能肯定比L2消耗的少
D. 把电源两极反接后再接通电路，发现L2亮、L1不亮，肯定是L1烧坏了
6.某物质熔化时温度随时间变化的图象如图甲所示。

T时刻，用温度计测得该物质的
温度如图乙所示。

则()
A. 乙图温度计示数为58℃
B. 该物质的熔化过程，持续了40min
C. 10min时，物质处于固态
D. 实验过程中，物质吸热，温度一直升高
7.同种物质做成的甲、乙、丙、丁四个物体，其中只有一个是空心的．它们的质量如
表所示，体积如下图所示。

据此判断，空心物体是()
物体甲乙丙丁
质量m/g35912
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 丁
8.如图所示，水平桌面上有两个底面积与质量均相等的容器．在两个容器中分别倒入
等质量的水，图中所标的a、b两点在同一水平高度，则()
A. a、b两点的深度相同
B. 两个容器底部受到水的压力相等
C. 两个容器底部受到水的压强相等
D. 两个容器对桌面的压强相等
9.电网白天用电多，深夜用电少．为使核电站稳定工作和充分利用能源，抽水蓄能电
站的电动水泵深夜将山下水库的水抽到山顶水库，消耗的电能为E1；白天再把昨晚所抽的水放出，推动水轮机发电，得到的电能为E2()
A. 水能和电能都是可再生能源
B. 水轮发电机将电能转化为机械能
C. 抽水时消耗的电能全部转化为水的机械能
D. E2<E1
10.“⊗”表示导线中的电流方向垂直于纸面向里；
“⊙”表示导线中的电流方向垂直于纸面向外。

螺
线管通电后外部磁场的情况，如图所示，此时通电
导线受到的力F向上．以下小京对力方向的判断，
正确的是()
A. B.
C. D.
11.两条光线通过透镜的光路如图所示.该透镜是______透镜(选填“凸”“凹”)，光线
a透过玻璃砖，照射在木板上画出：
①光线a穿过玻璃砖的大致光路
②木板M点在玻璃砖AB平面成的像M′。

12.如图所示，烛焰S点发出三条光线(图中没画出)，经过凸透镜后会聚到S′点。

①请画出图中三条光线对应的入射光线及烛焰S点。

②烛焰经凸透镜成的像，相对于物是______的(选填“放大”“缩小”)。

13.如图1所示，小明的质量为50kg，他站在高速电梯中．电梯从地面竖直上升到最高
点，其速度与时间关系如图2所示，g取10N/kg.在电梯匀速上升的阶段：
(1)路程为______m.
(2)电梯对小明做功的功率______W.
(3)小明的重力势能______，动能______，机械能______(选填“增大““减少
““不变“)
14.小明先向隔热容器中装一些0℃的冰块，再倒入0.4kg、40℃的水，刚好装满并将其
密封，一段时间后水温稳定，温度为35℃.在熔化过程中，冰吸收的热量为Q1。

【已知：c水=4.2×103J/(kg⋅℃)；不考虑与容器、外界的热交换】
(1)0.4kg、40℃的水降温到35℃放出的热量Q2为______J。

(2)Q2______Q1(选填“<”“=”“>”)；与原来相比，冰熔化后容器内的物体的
内能______(选填“增大”“不变”“减少”)。

15.如图1所示，通过定滑轮，在竖直向下的力F3作用下，将装满沙子的盒子水平匀速
拉动.盒子重为G，受到的水平拉力为F1经过的路程为s1(忽略绳长变化)．
(1)此过程，定滑轮做的有用功W有用=______；机械效率η=______(用题目中的符
号，写出表达式)。

(2)如图2所示，盒子倒去部分沙后放在水平B面，在水平拉力F2(F2=F1)的作用
下盒子做匀速直线运动．则A面对盒子的摩擦力______B面对盒子的摩擦力(选填“大于““等于“小于“)。

(3)如图3所示，原杠杆水平平衡.现用10N的力F拉杠杆，同时在杠杆上吊了一个
5N的盒子(图中没画出)，使得杠杆仍水平平衡．已知杠杆每格等长。

①画出：F的力臂。

②在确定的位置，画出盒子(用“”表示)。

16.潜艇模型在船坞内，用绳(质量忽略)将它的底部和船坞底部相连，进行有关测试。

先将模型浸没在水中，保持静止(如图1甲所示)；然后抽出船坞的水，直到把水完
全抽干(如图1乙、丙、丁所示).在此过程中，模型所受浮力随时间的变化如图2所示.已知：g取10N/kg、水密度为1.0×103kg/m3、模型的钢板密度为7.9×103kg/ m3.则：
(1)模型所受的重力为______N.
(2)分析图1和图2可知：抽水过程中，模型底部刚好与船坞底部接触，是发生在
______时刻(选填“t1”“t2”“t3”“t4”)。

(3)图1甲中，绳的拉力为F1．
①以“●“代表模型，方框中已画出其所受的重力G。

请把模型的受力示意图(图3)
画完整。

②计算：模型的体积是多少？
③图1甲中，若船坞装满的是海水，绳的拉力为F2(已知ρ海水>ρ水)。

判断：F1______F2(选填“<”“=”“>”).判断依据是______。

17.小钟按如图1所示电路进行实验，R1为定值电阻。

闭合开关，电压表读数为2.4V，
电流表A1读数为0.16A，电流表A2读数为0.4A.调节变阻器R2滑片的位置后，电压表读数不变，电流表A2读数为1.5A。

求：
(1)按图1在图2中正确连接实物；
(2)R1=______Ω；
(3)计算：调节滑片后，变阻器R2的电功率。

18.用伏安法测电阻，同时测得电阻稳定工作时的温度，得到如表中的数据。

(1)在方框内画出图1对应的电路图．
电压U/V 1.00 2.00 3.00电流I/A0.100.200.30电阻R/Ω10.010.010.0温度T/℃31.344.369.7
(2)根据表中数据在图2的坐标系中画出电阻R的U−I图线。

(3)文杰认为：根据Q=I2Rt，I、R一定时，通电时间越长，产生热最应该越多，
电阻温度应该越高，而实验中电阻温度稳定，温度稳定的原因是：______。

(4)文杰改测小灯泡电阻，用小灯泡代替电阻R后闭合开关。

发现灯不亮，电压表
电流表均无示数。

若电路中只存在一处故障，此故障可能是______。

A.小灯泡断路
B.小灯泡被短接
C.电流表断路
D.电压表断路
19.小明在玩轻质弹簧的过程中，发现用力拉弹簧时，弹簧会伸长(如图甲、乙所示)。

他查资料得知：同一弹簧的伸长量，与所受的拉力大小有关，小明想要探究在弹性限度内，该弹簧的伸长量与弹簧所受拉力大小的定量关系，请你帮他设计实验方案。

(弹簧与地面的摩擦忽略不计)
(1)实验的测量器材：______。

(2)实验步骤(可画图或文字表述)：______。

(3)设计记录数据的表格。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、吉他粗弦和吉他细弦相比，细弦更容易振动，振动更快，发出声音的音调更高，故A错误；
B、用力拔动吉他粗弦，琴弦振动的幅度较大，弦发出的声音响度较大；轻拨吉他细弦，细弦振动的幅度较小，弦发出的声音响度较小，故B错误；
C、粗弦振动频率低，相同的时间，粗弦振动的次数少，故C正确；
D、粗弦振动频率低，粗弦振动1次所用的时间比细弦的多，故D错误。

故选：C。

(1)音调指声音的高低，由振动频率决定；频率是指发声体1s内振动的次数；发声体振动的越快，发出声音的音调越高，发声体振动的越慢，发出声音的音调越低。

(2)响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关。

本题考查了影响音调与响度因素的理解和应用，是声学的一道基础题。

2.【答案】B
【解析】解：A、以地面为参照物，路灯的位置不可能改变，所以路灯是静止的，故A 错误；
B、由于路灯相对于地面静止，甲乙两图相比，以大巴车为参照物，路灯向东运动了，说明以地面为参照物，大巴车向西运动了，故B正确；
C、以小汽车为参照物，路灯的位置发生了改变，所以路灯是运动的，故C错误；
D、以小汽车为参照物，大巴车的位置偏西了，所以大巴车向西运动，故D错误。

故选：B。

判断一个物体的运动状态，关键是看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。

一个物体是运动还是静止，决定于所选择的参照物，参照物不同，物体的运动状态也可能不同。

3.【答案】A
【解析】解：A、球内气体被压出的过程中，气球对外做功，所以其能量减少，故A正确；
B、气球在空气中到处乱窜，气球获得的是动能，气球的动能是由球内气体的内能转化而来的，故B错误；
C、气球所做的运动是肉眼能看到的，是机械运动，不是热运动，故C错误；
D、气体被压出后，体积变大，所以其分子间距变大，故D错误。

故选：A。

(1)物体对外界做功，能量减少；
(2)判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
(3)物质是由分子组成的，组成物质的分子很小，直接用肉眼看不到；组成物质的分子不停地做无规则的运动，扩散现象证明了分子的无规则运动；
(4)气体体积变大，分子间距变大。

此题通过一个特定的场景考查做功改变物体内能、分子热运动和分子间距等知识，重点考查学生利用所学知识解决实际问题的能力，是一道好题。

4.【答案】AD
【解析】解：A、读图可知，玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度为760mm，因此，当时的大气压强等于760mm高水银柱产生的压强，故A正确；
B、若改变玻璃管的倾斜程度，但不能改变大气压的大小，又不能改变水银柱的压强，故管内外水银面的高度差将不变，故B错误；
C、向水银槽中多添加一些水银，则玻璃管内水银柱的高度将不变，故C错误；
D、把装置放在密闭室，抽出室内空气过程中，室内气压减小，管内液面下降，故D正确。

故选：AD。

(1)在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小；在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小；玻璃管内水银柱产生的压强等于大气压强，p大气=p水银=ρ水银gℎ；
(2)(3)在托里拆利实验中，水银柱的高度是由外界大气压的大小决定的，在玻璃管顶端真空的情况下，管内外水银柱的高度差一般不会改变，与玻璃管的粗细、倾斜程度、管的上下运动、水银槽中水银的多少无关；
(4)外界气压变小，管中水银柱下降。

在学习托里拆利实验时，对各种变化的情况是否会影响实验的结果，必须有一个明确的认识，这也是我们掌握这一实验的基本要求。

5.【答案】C
【解析】解：
A、闭合开关，发光二极管L1与小灯泡L2并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以L1与L2的实际电压相等，故A错误；
B、水林哥测得通过L1电流远小于L2的电流，根据公式P=UI可知，L1的实际功率小于L2的实际功率，因无法确定两灯是否正常发光，也不知道其额定电压，所以无法判断额定功率的大小，故B错误；
C、因L1的实际功率小于L2的实际功率，则根据公式W=Pt可知，相同时间内L1消耗的电能肯定比L2消耗的少，故C正确；
D、把电源两极反接后再接通电路，发现L2亮、L1不亮，是因为发光二极管具有单向导电性，故D错误。

故选：C。

A、闭合开关，先判断发光二极管L1与小灯泡L2的连接方式，然后根据串联和并联电路的电压特点进行解答；
B、知道两灯的电压关系以及电流关系，根据电功率公式P=UI判断两灯实际功率的大小关系；灯泡在额定电压下正常发光，此时消耗的功率为额定功率；
C、知道两灯实际功率的关系，根据电功公式W=Pt可知工作相同时间，L1与L2消耗电能的大小关系；
D、发光二极管具有单向导电性。

本题考查了并联电路的特点、电功率公式、电功公式的灵活运用以及发光二极管的特点，涉及的知识点较多，但总体难度不大。

6.【答案】C
【解析】解：A、由乙图可知，该温度计的分度值是2℃，而且液柱上表面对应的刻度在零刻度以上，故读数为56℃，故A错误；
B、该物质的熔化过程，持续了25min−10min=15min，故B错误；
C、10min时，刚开始熔化，物质处于固态，故C正确；
D、实验过程中，物质在10min−25min之间，一直吸热，温度不变，故D错误。

故选：C。

(1)温度计读数时，首先要看清温度计的分度值，再根据液柱上表面对应的刻度进行读数，还要注意是在零上还是零下；
(2)熔化结束时间减去开始熔化时间，即为熔化时间；
(3)明确熔化前、中、后物质对应的状态；
(4)晶体在熔化过程中，吸收热量，温度保持不变。

该题通过图象考查了晶体的熔化过程，解题的关键是理解图象中每一阶段表示的含义及物质的状态。

7.【答案】B
【解析】解：甲、乙、丙、丁四个物体的密度分别为：
ρ甲=
m
甲
V
甲
=3g
1cm3
=3g/cm3，
ρ乙=
m
乙
V
乙
=5g
2cm3
=2.5g/cm3；
ρ丙=
m
丙
V
丙
=9g
3cm3
=3g/cm3，
ρ丁=
m
丁
V
丁
=12g
4cm3
=3g/cm3。

由以上计算可知，同种材料制成的甲、乙、丙、丁四个物体，乙是空心的。

故选：B。

利用密度公式计算出甲、乙、丙、丁四个物体的密度，再比较密度的大小；密度大是实心的，反之，是空心。

本题考查密度公式的应用，关键是能从图象中找到有用的数据，考查学生根据图象处理信息的能力。

8.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，两个容器的底面积相同，a的上端的面积大，水的质量相同，则甲中的液面要低于乙中的液面，a、b两点在同一水平高度，则a的深度要小于b的深度，故A 错误；
B、由图可知，甲中水对容器底部的压力小于重力，乙是规则形状的容器，水对容器底
部的压力等于重力，则甲中底部受到水的压力小于乙中水对底部的压力，故B错误；
C、根据p=ρgℎ可知，甲容器底部受到水的压强要小一些，故C错误；
D、水的质量相同、容器完全相同，则甲装置的质量等于乙装置的质量，根据G=mg可知，甲装置的重力等于乙装置的重力，甲装置对水平桌面的压力等于乙装置对水平桌面的压力，底面积相同，根据p=F
可知，两个容器对桌面的压强相等，故D正确。

S
故选：D。

(1)根据容器形状分析液面的高度，然后判定a和b的深度的关系；
(2)根据容器的形状分析压力的大小；
(3)根据p=ρgℎ分析两个容器底部受到水的压强的大小关系；
(4)固体对水平面的压力等于自身的重力，根据p=F
分析两个容器对桌面的压强的大小
S
关系。

是解题的关键。

本题考查了压力、压强的大小的判定，利用好公式p=F
S
9.【答案】D
【解析】解：
A、水能在使用后能远远不断地从自然界中获得，所以是可再生能源，而电能是由其他形式的能转化而来的，属于二次能源，故A错误；
B、水轮发电机发电时，消耗了机械能，是将机械能转化为电能，故B错误；
CD、放水发电是水的机械能转化为电能，抽等量的水用的电能一部分转化为水的机械能，还有部分电能转化为其他形式的能量，所以放水发电要比抽等量的水用的电少，即E2<E1，故C错误，D正确。

故选：D。

(1)像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
(2)水轮发电机的工作原理是电磁感应现象，将机械能转化为电能；
(3)(4)在抽水的过程中，有能量的散失。

本题考查了能源的分类、能量的转化，难度不大。

10.【答案】D
【解析】解：由图可知，当磁感线方向向左时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的；
A、根据安培定则可知，螺线管的左端为S极，右端为N极，导体周围磁感线方向向左时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的；故A错误；
B、根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，导体周围磁感线方向向左，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的，故B错误；
C、磁感线方向向右时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向下的，故C错误；
D、磁感线方向向右时，导线中的电流方向垂直于纸面向外，导体的受力方向是向上的，故D正确。

故选：D。

根据图示分析磁感线与导体运动方向、电流方向的关系，从而判定出正确的答案。

本题考查了通电导体在磁场中的受力情况，受力的方向与磁感线的方向和电流的方向有关，难度不大，要掌握。

11.【答案】凹
【解析】解：
由图可知，经过透镜的折射光线相对于原来的入射光线发散了，说明该透镜是凹透镜；
①光线从空气斜射入玻璃中时，折射光线和入射光线分居法线的两侧，折射角小于入射角，当光从玻璃斜射入空气时，折射角大于入射角；根据光路的可逆性可知，从玻璃砖射出的折射光线平行于射向玻璃砖的入射光线；
②平面镜成像时像与物关于平面镜对称，先延长AB，再作出M关于AB的对称点M′，即为M点在玻璃砖AB平面成的像M′。

如图所示：
故答案为：凹；①②如上图所示。

凸透镜能使光线会聚，凹透镜能使光线发散；对比通过透镜前后的入射光线和折射光线，根据透镜对光线的作用来确定是什么透镜；
①光线从空气斜射入玻璃中，折射角小于入射角，当光从玻璃斜射入空气时，折射角大于入射角，据此作出折射光线；
②平面镜成像时像与物关于平面镜对称，由此作出M在AB平面成的像。

本题考查了透镜对光线的作用、根据光的折射规律和平面镜成像特点进行作图，注意作图要规范。

12.【答案】缩小
【解析】解：
(1)平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，通过光心的光线经凸透镜折射后方向不变，如图所示：
(2)由图知，此时烛焰处在凸透镜的二倍焦距之外，烛焰经凸透镜成倒立、缩小的实像，所以像相对于物是缩小的。

故答案为：(1)如图所示；(2)缩小。

(1)先根据所给的上面折射光线的特点画出相应的入射光线，这两条入射光线的交点为烛焰S的位置；而从烛焰发出的光线，经凸透镜后过烛焰S的像点。

(2)物体处在二倍焦距之外时，物体经凸透镜成倒立、缩小的实像。

凸透镜三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。

13.【答案】300 1500 增大不变增大
【解析】解：(1)由图2可知，在电梯匀速上升的阶段速度v=3m/s，时间t=110s−10s=100s，
由v=s
t
可得，在电梯匀速上升的阶段路程s=ℎ=vt=3m/s×100s=300m；
(2)小明重力G=mg=50kg×10N/kg=500N，
电梯对小明做功的功率：
P=W
t =Fs
t
=Gs
t
=Gv=500N×3m/s=1500W。

(3)小明从一楼匀速送到二楼的过程中，质量和速度都没有变化，所以动能不变，但是他的位置变高了，则重力势能变大了，机械能是动能与势能的和，即机械能变大了。

故答案为：(1)300；(2)1500；(3)增大；不变；增大。

(1)根据图象读出电梯运行的时间和速度，根据v=s
t
求出路程；
(2)向上匀速运行的过程中，电梯对小明做的功等于克服小明自身重力所做的功，根据
P=W
t =Fs
t
=Gs
t
=Gv可求得电梯对小明做功的功率；
(3)影响动能大小的因素是质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；
影响重力势能大小的因素是质量和被举得高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能是动能与势能的和。

本题考查了速度公式变形和重力公式、功率公式的计算，动能、重力势能、机械能大小的影响因素等，是一道综合性较强的题目。

14.【答案】8.4×103=不变
【解析】解：(1)0.4kg、40℃的水降温到35℃放出的热量Q2=c水m水△t=4.2×103J/ (kg⋅℃)×0.4kg×(40℃−35℃)=8.4×103J；
(2)不考虑与容器、外界的热交换，则冰吸收的热量等于水放出的热量，即：Q1=Q2；熔不考虑与容器、外界的热交换，冰熔化后容器内的物体的内能不变。

故答案为：8.4×103；=；不变。

(1)根据Q2=c水m水△t计算0.4kg、40℃的水降温到35℃放出的热量；
(2)不考虑与容器、外界的热交换，则冰吸收的热量等于水放出的热量。

本题考查热量的计算、熔化特点等知识，有一定综合性，难度不大。

15.【答案】F1s1F1
F3
等于
【解析】解：(1)根据题意可知，水平拉力为F1所做的功为有用功，则有用功为：W有用= F1s1；
使用定滑轮，不能改变距离，则F3所移动的距离为s1；
F3所做的总功为：W总=F3s1；
机械效率为：η=W
有用
W
总
=F1s1
F3s1
=F1
F3
；
(2)盒子倒去部分沙后放在水平B面，在水平拉力F2的作用下盒子做匀速直线运动，此时盒子受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，由于F2=F1，则A面对盒子的摩擦力等于B面对盒子的摩擦力；
(3)①从支点O做F的作用线的垂线，该垂线段为F的力臂L，如图所示：
②F的力的作用线与水平面之间的夹角为30°，设每个小格的距离为L′，则F的力臂为L=1
2
×4L′=2L′；
根据杠杆的平衡条件可知：GL G=FL，5N×L G=10N×2L′，解得L G=4L′，即物体应挂到支点左侧的第4个小格处，如图：
故答案为：(1)F1s1；F1F
3
；(2)等于；(3)①②如上图。

(1)水平拉力为F1所做的功为有用功，F3所做的功为总功，根据效率公式求出机械效率；
(2)滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关；
(3)①从支点到力的作用线的距离叫做力臂；②根据杠杆的平衡条件求出盒子的力臂，然后作图。

本题考查了影响滑动摩擦力大小的因素、机械效率的计算、力臂的画法、杠杆平衡条件的应用，难度不大。

16.【答案】1×105t3<模型静止，受力平衡，F拉=F浮−G，潜艇重力不变，根据
F 浮=ρ
液
gV
排
，浸没时V排不变，ρ海水>ρ水，所以F浮变大，从而得到绳子拉力变大。

【解析】解：(1)由图1分析，甲和乙中绳子拉直，潜艇受到绳子拉力，丙中绳子松弛潜艇漂浮，模型由浸没在水中，然后抽出船坞的水，直到把水完全抽干的过程，逐渐放水的过程只要潜艇是浸没的浮力大小不变，继续放水，排开液体体积减小，浮力减小，当浮力减小到与重力相等时潜艇漂浮，直到潜艇碰触船坞底部，潜艇受到底部支持力，继续放水，排开液体的体积减小，浮力再次减小；故t2～t3时间潜艇是漂浮的，模型所受的重力等于此时所受浮力大小，是1×105N；
(2)分析图1和图2可知：潜艇碰触船坞底部，潜艇受到底部支持力，继续放水，排开液体的体积减小，浮力再次减小，即模型底部刚好与船坞底部接触，是发生在t3时刻；
(3)①图1中潜艇受力平衡，受到向上的浮力，向下的重力和绳子的拉力，据此作图如下：
②由图1甲分析此时潜艇完全浸没，V排=V潜，根据图2此时浮力F浮=1.2×105N=
ρ液gV
排
，则V排=V潜=
F
浮
ρ
水
g
= 1.2×105N
1×103kg/m3×10N/kg
=12m3；
③在图1甲中，潜艇静止受力平衡，F浮=G+F拉，即F拉=F浮−G，潜艇重力不变，海水密度大于水的密度，排开液体体积相同时，浮力较大，所以潜艇在海水中时所受绳子拉力F2大于在水中所受拉力F1。

故答案为：(1)1×105；(2)t3；(3)①见解答；②12m3；③<；模型静止，受力平衡，
F 拉=F
浮
−G，潜艇重力不变，根据F
浮
=ρ
液
gV
排
，浸没时V排不变，ρ海水>ρ水，所以
F
浮
变大，从而得到绳子拉力变大。

(1)结合图1和图2找到潜艇漂浮状态，由漂浮时F浮=G得出模型的重力；。