山东省滨州市2019-2020学年中考物理一月模拟试卷含解析

山东省滨州市2019-2020学年中考物理一月模拟试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．体育活动中蕴含很多物理知识，下列说法正确的是（）
A．篮球在空中上升过程中，重力势能转化为动能
B．用力扣杀排球时手感到疼痛，说明力的作用是相互的
C．踢出去的足球会停下来，说明物体的运动需要力来维持
D．击球时，球拍先给羽毛球力的作用，羽毛球后给球拍力的作用
B
【解析】
【详解】
A．是动能转化为重力势能；
B．力是物体对物体的作用；
C．力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持；
D．物体间力是同时产生，同时消失的；
2．下列用品中，通常情况下属于导体的是
A．金属勺B．塑料盆C．玻璃杯D．干木棒
A
【解析】
【详解】
导体是容易导电的物体，绝缘体是不容易导电的物体，金属勺容易导电，属于导体，塑料杯、玻璃杯、干木棒不容易导电，属于绝缘体，答案选A。

3．小明同学做测量小灯泡电阻的实验，所用小灯泡的额定电压为2.5V实验电路连接如图甲所示。

(1)正确连接电路后，闭合开关，发现小灯不亮，电流表、电压表均有示数。

接下来他应该进行的操作是_____(只填字母)。

A．检查电路是否通路B．更换小灯泡C．移动滑动变阻器的滑片
(2)某次测量时，滑动变阻器的滑片移动到某一位置，电压表的示数为2.2V，想得到小灯泡在额定电压下的电阻值，应将滑片向_____(填“左”或“右” )移动。

(3)小灯泡在额定电压下的电流，如图乙所示，此时小灯泡的灯丝电阻为_____Ω(结果保留一位小数)。

(4)他第一次测量时，电压等于2.5V，小灯泡正常发光，以后调节滑动变阻器，让电压逐次下调，使灯丝
温度不断降低，灯泡变暗直至完全不发光，测量数据及计算出每次的电阻如表。

由表格中的数据得出概括性的结论是：不同电压下，小灯泡的电阻值不同，灯丝的电阻随_____。

(5)整理器材时，小明发现滑动变阻器的滑片左侧部分比滑片右侧部分热，其原因是_____。

(6)小明做完实验后，又设计了一个利用已知最大阻值为R 0的滑动变阻器，来测额定电流为I 额的小灯泡(灯丝电阻随温度变化)额定功率的方案，电路图如图丙所示。

①只闭合开关_____，调节R 1滑片，使小灯泡正常发光，电流表示数为I 额。

②只闭合开关S 、S 2，保持R 1滑片不动，调节R 0的滑片到最右端，电流表的示数为I 。

③只闭合开关S 、S 2，将_____的滑片滑到最右端，将_____的滑片滑到最左端，电流表的示数为I ′。

④小灯泡额定功率的表达式为P 额＝_____(用R 0、I 额、I 、I ′表示)。

C 左 8.3 温度的降低而变小 滑片左侧部分连入电路中，有电流通过，电流的热效应使这部
分电阻丝的温度升高 S 、S 1 R 0 R 1 2
0I R I I R I R I
''⨯-额额﹣（） 【解析】 【详解】
(1)[1]正确连接电路后，闭合开关，电流表、电压表均有示数，则电路为通路，发现小灯不亮，说明电路的电流过小，故接下来他应该进行的操作是移动滑动变阻器的滑片，C 符合题意；
(2)[2]某次测量时，滑动变阻器的滑片移动到某一位置，电压表的示数为2.2V ，想得到小灯泡在额定电压下的电阻值，即电压为2.5V ，应增大灯的电压减小变阻器的电压，由分压原理，应将滑片向左移动； (3)[3]小灯泡在额定电压下的电流，如图乙所示，电流表分度值为0.02A ，电流为0.3A ，由欧姆定律，此时小灯泡的灯丝电阻为：
2.5V 8.3Ω0.3A
U R I =
=≈ (4)[4]由表格中的数据得出概括性的结论是：不同电压下，小灯泡的电阻值不同；由P UI ＝知，灯的电压越低，通过的电流越小，灯的功率越小（由表中数据知灯的电阻越小），灯的温度越低，即灯丝的电阻随温度的降低而变小；
(5)[5]整理器材时，小明发现滑动变阻器的滑片左侧部分比滑片右侧部分热，其原因是：滑片左侧部分连入电路中，有电流通过，电流的热效应使这部分电阻丝的温度升高；
(6)①[6]只闭合开关S 、S 1，调节R 1滑片，使小灯泡正常发光，电流表示数为I 额。

③[7][8]只闭合开关S ，S 2，将R 0的滑片滑到最右端，将R 1的滑片滑到最左端，电流表的示数为I′。

④[9]在①中，灯与变阻器串联，灯正常发光；在②中，R 0的最大电阻与变阻器R 1串联，在③中，为R 0的简单电路，由欧姆定律，电源电压为：0U I R '＝；在②中，由电阻的串联和欧姆定律，变阻器R 1串连入电路的电阻：
01I R R R I
'=
-滑 在①中，由欧姆定律和串联电路的规律，灯的额定电压为：
00I R U I R I R I
''⨯-额额＝﹣（
） 小灯泡额定功率的表达式为：
20
00I R P U I I I R I R I ''⨯-额额额额额＝＝﹣（
）
4．一个氢气球的拉线断开后，沿斜向右上方做匀速直线飞行，则这一过程中的氢气球 A ．不受力 B ．受力但不平衡 C ．受平衡力 D ．只受斜向上的力
C 【解析】
解答：物体做匀速直线运动或静止状态时受到的力是平衡力．一个氢气球的线拉断开后, 沿斜向右上方做匀速直线飞行，气球处于平衡状态,受到平衡力的作用 5．下列数据最接近实际的是 A ．青少年正常呼吸一次用时约10s B ．人体正常体温约36.5℃ C ．普通教室的门高约为5m
D ．一瓶550mL 的矿泉水质量约为1000g B 【解析】 【详解】
A ．青少年1分钟正常呼吸的次数大约在16次----20次之间，即正常呼吸一次用时约3s ，故A 错误；
B ．人体的正常体温约为36.5℃，婴幼儿体温稍微高一点，故B 正确；
C ．正常的成年人身高在1.75m 左右，教室的门比成年人身高要高，大约为2m 左右，故C 错误；
D ．550mL=550cm 3，一瓶550mL 的矿泉水质量m=ρV=1g/cm 3×550cm 3=550g ，故D 错误。

6．2018年4月30日东坡国际半程马拉松比赛在眉山市湿地公园隆重举行，若甲、乙两位运动员同时从起跑线起跑并做匀速直线运动，他们的路程时间s ﹣t 图象是如图所示，a 、b 、c 三条图线中的两条，甲的速度大于乙的速度，运动5s 甲、乙间的距离大于2m ，则（ ）
A．甲的s﹣t图象一定为aB．乙的s﹣t图象一定为c
C．甲的s﹣t图象可能为bD．乙的s﹣t图象可能为a
A
【解析】
【解答】解：由s﹣t图象可知， v a v b v c；t＝5s时，a、b、c 通过的路程分别约为1m、2.5m、5m 所以s a﹣s b2m，s a﹣s c2m，s b﹣s c2m；由题目条件知，甲的速度大于乙的速度，运动5s甲、乙间的距离大于2m；可判断，甲的s﹣t图象一定是图线a；乙可能是图线b，也可能是图线c；故选：A。

点睛：根据s﹣t图象找出同一时刻a、b、c对应的路程，然后由速度公式判断三图象对应速度的大小关系；由图象判断5s内，三图象的路程差；根据图象a、b、c的速度及它们5s的路程差，根据题意选择答案。

7．在沙漠中，可以利用如图所示的方法应急取水，此过程中发生的物态变化有
A．熔化凝华B．凝固汽化
C．汽化液化D．熔化液化
C
【解析】
【分析】
【详解】
沙漠中的水分首先从液态变成气态的水蒸气，发生汽化现象．然后水蒸气遇到塑料膜凝结成液态的小水珠，发生液化现象，小水珠越积越多，最后落下来，被收集到杯中．
8．如图是“探究烛蜡的熔化特点”的实验，下列说法中错误的是
A．烛蜡应碾碎后放入试管中
B．温度计的玻璃泡应插入烛蜡内部
C．“水浴法”加热可以使烛蜡受热均匀
D．烛蜡熔化过程中，温度逐渐上升，说明烛蜡是晶体
D
【解析】
【详解】
A、蜡烛应碾碎后放入试管中，这样蜡烛能均匀受热，故A正确；
B、用温度计测温度时，温度计的玻璃泡应插入蜡烛内部，故B正确；
C、“水浴法”加热，烧杯内水的温度相同，可以使蜡烛受热均匀，故C正确；
D、蜡烛熔化过程中，温度逐渐上升，说明蜡烛是非晶体，没有固定的熔点，故D错误．
9．关于光现象，下列说法正确的是
A．影的形成原因是光的镜面反射
B．玻璃幕墙反射的光会“晃”着人们的眼睛，是由于光发生了漫反射
C．小芳面向穿衣镜站在镜前0.5m处，当她远离平面镜后退0.5m时，则镜中的像与她相距3m D．“海市蜃楼”的形成，是由于光发生了折射
D
【解析】
【详解】
A．影是由于光的直线传播形成的，故A错误；
B．玻璃幕墙反射的光会“晃”着人的眼睛，是由于光发生了镜面反射，故B错误；
C．平面镜成像时，物体到平面镜的距离与像到平面镜的距离相等；当人到平面镜的距离从0.5m处又后退0.5m时，镜中的像与她相距1m+1m=2m，故C错误；
D．海市蜃楼是由于不均匀的大气使光发生了折射，故D正确；
故选D。

10．如图四个装置可以用来研究有关物理现象或说明有关原理，下列表述正确的是（）
A．图①研究电磁感应现象B．图②研究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系
C．图③说明电动机原理D．图④说明发电机原理
B
【解析】
【分析】
（1）电流磁效应是指电流能产生磁场；
（2）比较电磁铁磁性强弱一般用不同的电磁铁来吸引大头针；
（3）电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，电路中会产生感应电流；
（4）研究磁场对电流的作用要先给导体通电，再将其放入磁场中．
根据不同实验的特点，对照各图进行判断即可．
【详解】
A. 是奥斯特实验，即演示电流的磁效应的实验装置，故A错误；
B. 是演示电磁铁中线圈匝数的多少与磁性强弱的关系的实验装置，故B正确；
C. 是研究电磁感应现象的实验装置，是发电机原理，故C错误；
D. 是演示磁场对电流作用的实验装置，是电动机的原理，故D错误；
故选B.
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．小阳用如图甲所示的装置先后两次使木块沿水平方向移动相同的距离，如图乙是木块的路程随时间变化的图象．则下列说法中正确的是
A．木块第一次运动过程中受到的摩擦力较大
B．木块两次运动过程中受到的拉力大小相等
C．在木块运动过程中，若增大拉力，则木块受到的摩擦力将增大
D．若按图丙所示使木块沿水平方向匀速运动，则拉力与摩擦力大小不相等
BD
【解析】
【详解】
ABC．由已图可以看出两次均是匀速直线运动，因此两次情况下都是拉力等于摩擦力．摩擦力只与物体的重力和摩擦面的表面粗糙度有关，故两次的摩擦力相等，拉力相等，故B正确，A错误；
C．在木块运动过程中，若增大拉力，木块受到的摩擦力不变，木块受力不平衡，故C错误；D若按如图丙所示使木块沿水平方向匀速运动，拉力与摩擦力不在同一直线上，不是平衡力，大小不相等，故D正确．12．图甲、图乙由相同的滑轮组成的滑轮组,甲乙两人分别用两装置在相等的时间内将质量相等的重物提升相同的高度．空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计,则下列说法正确的是
A．甲的拉力是乙的拉力的2倍
B．乙拉绳子的速度是甲拉绳子速度的2倍
C．甲拉绳子的功率小于乙拉绳子的功率
D．如果考虑滑轮的质量，图甲装置的机械效率比图乙的小
AB
【解析】
由题知，重物重力相同（设其大小为G），物体升高的速度相同（设其大小为v），
（1）对于图甲，因为两个都是定滑轮，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F甲=G，绳子的速度v甲=v；拉力功率P甲=F甲v甲=Gv；如果考虑滑轮质量，空气阻力、摩擦、绳子的质量均不计，该装置的额外功为0，η甲=100%；
（2）对于图乙，因为是一个定滑轮、一个动滑轮，n=2，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所
以
1
2
F G
=
乙
，绳子的速度v乙=2v；拉力功率
1
2
2
P F v G v Gv
==⨯=
乙乙乙
；如果考虑滑轮质量，空气阻力、摩
擦、绳子的质量均不计，该装置的额外功＞0，η乙＜100%；由以上分析可知：
A、甲的拉力是乙的拉力的2倍，故A正确；
B、乙拉绳子的速度大小是甲拉绳子速度大小的2倍，故B正确；
C、甲拉力的功率等于乙拉力的功率，故C错误；
B、如果考虑滑轮质量，甲装置的机械效率比乙的大，故D错误．
故选AB．
13．如图所示的电路中，电源电压为4.5V，L1、L2是小灯泡，当开关S闭合时，电压表的示数为1.5V，忽略温度对灯丝电阻的影响，则（）
A ．L 2两端的电压为1.5V
B ．L 1两端的电压为1.5V
C ．L 1与L 2的灯丝电阻之比为1：2
D ．通过L 1与L 2的电流之比为1：1 BCD 【解析】 【详解】
A ．
B ．由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L 1两端的电压，则L 1两端的电压为U 1＝1.5V ；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，L 2两端的电压：U 2＝U ﹣U 1＝4.5V ﹣1.5V ＝3V ，故A 错误、B 正确；
C ．
D ．因串联电路中各处的电流相等，所以通过L 1与L 2的电流之比为1：1；由I ＝
U
R
可得，L 1与L 2的灯丝电阻之比：
12R R ＝12//U I U I ＝12U U ＝1.53V V ＝12
，故CD 均正确。

三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．有一个电热器标有“220V 、330W ”和“220V 、110W ”两档字样，当转换开关对准“220V 、330W ”时，若电源电压为220V ，则这个电热器1min 消耗_____J 的电能；把转换开关对准“220V 、110W ”时，该电热器接入电路的电阻是_____Ω． 19800 440 【解析】 【详解】
若电源电压为220V ，电热器正常工作，消耗的电能：W ＝Pt ＝330W ×60s ＝19800J ；
该电热器接入电路的电阻：R=2U P =2
(220V)110W
=440Ω． 15．很多人喜欢将手机挂在胸前，这对身体健康很不利，因为手机发射出的_____会对心脏造成影响．手机是利用电能工作的，电能属于_____（选填“一次能源”、“二次能源”）． 电磁波 二次能源 【解析】 【分析】
手机是利用电磁波来传递信息的；能从自然界直接获得的是一次能源，需要消耗一次能源来获得的是二次能源．
【详解】
手机是利用电磁波来传递信息的，电磁波会对人体有一定的辐射影响，所以对身体健康不利．
电能无法从自然界直接获得，而是需要消耗其它的一次能源来获得，所以电能属二次能源．
16．如图所示的实验中，抽去中间的玻璃板，过一会儿下方玻璃杯中的二氧化氮气体颜色变浅，上方玻璃杯中的空气颜色变深，由此现象主要说明气体分子______．
永不停息地做无规则运动
【解析】
试题分析：用玻璃板隔开一瓶空气和一瓶二氧化氮气体，当抽去中间玻璃板后，过一会儿下方玻璃杯中的二氧化氮气体颜色变浅，上方玻璃杯中的空气颜色变深，是扩散现象，说明了分子在不停地做无规则运动．考点：分子不停地做无规则运动
17．小李家的电饭煲铭牌模糊不清，为了测其额定功率，他关掉家里其它用电器，让电饭煲正常工作1min，观察发现家里标有3000r/kW•h的电能表转盘转了50转，小李很容易计算出了电饭煲的额定功率；如果在用电高峰时，电饭煲两端的实际电压是额定电压的90%，则电饭煲工作1小时消耗的电能是
_____kW•h．（设电阻丝电阻恒定）
0.81
【解析】
【详解】
由“3000r/kW•h”知道，消耗1kW•h的电能，电能表转3000转，电能表转了50转，消耗的电能：W＝kW•h ＝kW•h，
用电器的实际功率是：P＝＝1kW＝1000W，
由于电饭煲正常工作，所以电饭煲的额定功率是：P额＝1000W；
由P＝知道，所以电饭煲的电阻是：R＝＝48.4Ω，
电饭煲的实际电压是：U实＝U额×90%＝220V×90%＝198V，
电饭煲工作1小时消耗的电能是：W＝×3600s＝2.916×106J＝0.81kW。

18．小明在家探究鸡蛋受到的浮力大小与哪些因素有关，如图所示，鸡蛋浸没在水中时，所受到的浮力为
________ N；如果直接将该鸡蛋投入水中，该鸡蛋将________（填“上浮”、“悬浮”或“下沉”）；若鸡蛋上表面距离水面10cm，则鸡蛋上表面受到水的压强是________ Pa（g=10N/kg）．
0.5 下沉1000
【解析】
【详解】
当使用弹簧测力计测量物体浮力是，浮力F浮= G – F=0.6N-0.1N=0.5N.由于鸡蛋受到的浮力小于鸡蛋的重力，所以鸡蛋会下沉．根据P=ρg h=ρ水=1.0×103 Kg / m3×10N/kg×0.1m=1000 Pa
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．小明家买了一个家用电吹风，其简化电路如图甲所示，主要技术参数如下表乙．
由于热风功率看不清，小明决定，利用家庭中的电能表和钟表来测定电吹风吹热风时的电功率．于是，他将电吹风单独接入家庭电路中，电吹风在吹热风状态下工作2min，小明发现电能表指示灯闪烁了64次．求：电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是多大？电吹风吹热风时的功率是多少？电吹风内电动机的电阻是1Ω，电吹风吹冷风时,1min产生的热量是多少？
（1）0.5A；（2）1200W；（3）15J
【解析】
【详解】
（1）当吹冷风时，只有电动机工作，P1=110W，由P=UI可得，通过电动机的电流：I1=1110W 220V
P
U
==0.5A；
（2）电吹风吹热风时的功率是：P=
64
kW h
1600
=
2
h
60
W
t
⋅
=1.2kW·h=1200W
（3）电吹风吹冷风时，1min=60s内电流通过电动机产生的热量：Q=I12R1t=(0.5A)2×1Ω×60s=15J；答：（1）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A；
（2）电吹风吹热风时的功率是1200W；
（3）电吹风内电动机的电阻是1Ω，电吹风吹冷风1min产生的热量是15J．
20．某款油电混合动力小汽车，具有省油、能量利用率高等特点，其相关信息如表1 所示．对该汽车做测试，只调整轮胎气压，测得单个轮胎数据如表2所示：
表1
表2
（每次单个轮胎对地压力不变）
（1）求单个轮胎对地的压力为多少？
（2）根据表2，要减小空车停在水平路面时的对地压强，提出可行的方法
（3）某次道路测试中，该车以中速匀速行驶170km，共消耗汽油10L．测试过程中，内燃机既向车轮提供能量，又向蓄电池充电，同时蓄电池又将部分能量通过电动车向轮胎输送，此时内燃机和电动机共同驱动车辆前进．求：
①在水平道路中速匀速行驶测试中，若平均阻力为1000N，牵引力做的功是多少？
②在水平道路中速匀速行驶测试中，若该车内燃机的效率为53%，此过程最终使蓄电池增加了多少能量？（忽略蓄电池和电动机的热损失，q汽油=4.6×l07J/kg，ρ汽油=0.7×l03kg/m3）
（1）1.8×104N；（2）要减小对地压强，应增大地面的受力面积，减小轮胎气压；（3）①1.7×108J；②6.6×105J 【解析】
【分析】
【详解】
（1）单个轮胎对地的压力：F=pS=5×l05Pa×3.6×l0-2m2=1.8×104N；
（2）由表格数据可知，轮胎气压越大，地面的受力面积越小，对地压强越大，则空车停在水平路面时，对地面的压力不变，要减小对地压强，应增大地面的受力面积，减小轮胎气压；
（3）①由题可知，汽车做匀速直线运动，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小是相等的，可得牵引力F牵=f=1000N，汽车牵引力做的功W机械=F牵s=1000N×170×103m=1.7×108J；
②汽车消耗汽油的质量m 汽油=ρ汽油V=0.7×103kg/m 3×10×10-3m 3=7kg ， 汽油完全燃烧放出的热量Q 放=mq 汽油=7kg×
4.6×107J/kg=3.22×108J ， 内燃机输出的有用能量W 有用=Q 放η=3.22×108J×
53%=1.7066×108J ； 最终蓄电池增加的能量W=W 有用-W 机械=1.7066×108J-1.7×108J=6.6×105J ． 答：（1）单个轮胎对地的压力为1.8×
104N ； （2）要减小对地压强，应增大地面的受力面积，减小轮胎气压； （3）①牵引力做的功是1.7×
108J ； ②此过程最终使蓄电池增加了6.6×105J 能量．
21．图甲为某同学家新买的电煲锅，它有加热和保温两种功能。

图乙是其简化电路，当S 接a 时，电煲锅加热；当S 接b 时，电煲锅保温。

已知：电源电压为220V ，R 1=55Ω，加热时总功率与保温时总功率的
关系为：=5P P 加热保温，[3
=410J/
kg C)c ⨯•︒米水（]求；
（1）若电煲锅内装有1kg 的米和水，从15℃加热到100℃，米和水共吸收多少热量? （2）电阻R 的阻值为多少?
（3）若电煲锅用加热挡时热效率为80%，完成问题（1）的加热任务需要多少秒?（结果保留到整数位） （1）53.410J ⨯；（2）220Ω；（3）483s 【解析】 【详解】
（1）根据题意知道，米和水吸收的热量是：
Q 吸 =cm （t-t 0 ）=4×103 J/（kg •℃）×1kg ×（100℃-15℃）=3.4×105 J ；
（2）由电路图知道，开关S 接“b ”时，R 1、R 2 串联，电煲锅保温；开关S 接“a ”时，电煲锅加热，
电路为R 1 的简单电路，由2
U P R
= 知道， 开关S 接“b ”时，电路中的总电阻：U 2 =P 保温 R 总 ①； 开关S 接“a ”时，电路中的总电阻：U 2 =P 加热 R 1 ②； 又因为P 加热 =5P 保温 ，由以上各式解得：P 保温R 总=5P 保温 R 1； 所以，R 总=5R 1 =5×55Ω=275Ω；
又因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R 2 的电阻值是：R 2 =R 总 -R 1 =275Ω-55Ω=220Ω；
（3）电煲锅的加热功率是：
()2 2
1
220V
=
880W
55
U
P
R
==
Ω
加热
由=
Q
W
η
吸知道，电煲锅消耗的电能是：
5
3.410
=
80%
J
Q
W
η
=
⨯
吸=4.25×105J，
故电煲锅需要的加热时间是：
5
4.2510
=
88
J
0W
W
t
P
=
⨯
加热
=483s
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．完成图中透镜的光路图．
（_____）
【解析】
【分析】
【详解】
指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴，由此作出入射光线，如图所示：23．如图所示，重3N的小球从斜面上滚下，请在图中画出小球所受重力的示意图．
【解析】
【详解】
过球心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，用符号G表示，并标明大小G=3N．如图所示：
【点睛】
画力的示意图，就是用一条带箭头线段表示出力的三要素，所以要先正确分析力的大小、方向和作用点，再根据力的示意图的要求，作出力的示意图，要注意在线段末端标出重力G．
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．小晋在实验室利用天平（含砝码）、量筒、烧杯和细线等器材，对某种合金和水的密度进行了探究：
（1）小晋首先对该种合金材料制成的不同合金块进行探究。

①将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1A所示，则应将平衡螺母向_____（选填“左”或“右”）端调节；
②图1B是正确测量合金块质量时使用砝码情况和游码的位置，它的质量为_____g；
③图1C是他用量筒测量②中合金块体积的情景，则该合金块的体积是_____cm3；
④通过上述探究，则该合金块的密度是为_____g/cm3。

（2）小晋接着对水进行探究，描绘出质量与体积的关系图线如图1D中甲所示。

他分析后发现，由于误将烧杯和水的总质量当成了水的质量，导致图线甲未经过坐标原点。

由此推断：水的质量与体积的关系图线应是_____（选填图D中“乙”、“丙”或“丁”）。

（3）小晋还想用“排水集气法”探究空气密度，装置如图2所示。

主要的实验步骤如下：
①用电子天平测出打足了气的篮球质量m1；
②测量出集气瓶的内径并算出其内部横截面积S；
③集气瓶装满水，口朝下放在水槽内，带夹导管一端连接篮球的气嘴，另一端放在瓶内，准备排水集气；
④轻轻松开导管夹，让篮球内的空气进入集气瓶，在篮球体积没有明显减小前，停止放气；
⑤测出放气后篮球的质量m2；
⑥调整瓶的高度，使瓶内外水面相平，测量瓶内空气柱的高度h，此时瓶内气压（________）选填“大于”、“等于”或“小于”）瓶外气压，瓶内空气密度等于瓶外空气密度；
⑦利用密度公式算出集气瓶内空气密度。

则空气密度的表达式为ρ＝_____。

（用所测物理量表示）
左 34 5 6.8 丙 等于 12
m m Sh
- 【解析】 【详解】
（1）①将天平放在水平桌面上并游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，左盘高，则应将平衡螺母向左侧调节；
②标尺的分度值为0.5g ，所测合金质量为m ＝20g+10g+4g ＝34g ；
③水的体积为10cm 3，水和合金总体积为15cm 3，则合金的体积为V ＝15cm 3﹣10cm 3＝5cm 3； ④由以上数据可得合金的密度为3334g 6.8g/cm 5cm
m V ρ=
==； （2）水的密度不变，即其质量与体积的比值不变，对比甲图可知当减去容器质量后水的密度曲线应与甲曲线平行，故应该是丙曲线；
（3）当瓶内外水面相平时，瓶内外气压相等，此时瓶内外空气密度相等；
原来球和气体的总质量为m 1，排出空气后，剩余气体与篮球的总质量为m 2，则排出空气的质量为m ＝m 1﹣m 2；
排出空气的体积V ＝Sh ； 则空气的密度为：12
m m m V Sh
ρ-=
=。

25．探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验时，如题图所1示，依次将体积为100cm 3的物体缓缓浸入某液体中（液体未溢出）；根据实验数据绘制了测力计的示数F 与物体的下表面浸入液体中的深度h 的关系图象如图2所示．（g ＝10N/kg ）
（1）分析图2发现，物体浸没在液体中后，测力计示数不再变化，说明浸没在液体中的物体所受的浮力大小与_____（选填“物体体积”或“排开液体体积”）有关．
（2）物体密度为_____g/cm 3，若把该物体直接放入此液体中，静止时物体受到容器底的支持力F 支为_____N ．
（3）当h ＝4cm 时，物体受到浮力为_____N ，下表面所受压强为_____Pa ；整个过程，物体下表面所受液体压强p 与其浸入液体中深度h 的关系图象应该是图3中的_____．
（4）将容器中液体更换为水，发现当物体浸没时测力计的示数大于浸没在原来液体中时的示数，说明浸在液体中的物体所受浮力大小还与_____有关．
排开液体体积 5 3.9 1.1 440 B 液体密度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物体A浸没在水中之前，物体浸入水中的体积越大，弹簧测力计的示数越小，浮力越大，当完全浸没后，排开液体的体积不变，浮力不变，说明浸没在液体中的物体所受的浮力大小与排开液体体积有关；
（2）由图2可知，h＝0时，弹簧秤的示数等于重力，故G＝5N；物体的质量：
5N
=0.5kg
10N/kg
G
m
g
==，
物体的密度：333
63
0.5kg
510kg/m＝5g/cm
10010m
m
V
ρ
-
===⨯
⨯
；物体浸没在液体中时，弹簧测力计的示数不变，故F示＝3.9N，F浮＝G﹣F示＝5N﹣3.9N＝1.1N；若把该物体直接放入此液体中，静止时物体受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力、竖直向上的支持力，所以容器底的支持力F支＝G﹣F浮＝5N ﹣1.1N＝3.9N；
（3）当h＝4cm时，物体受到浮力为：F浮＝G﹣F示＝5N﹣3.9N＝1.1N；根据
浮排
F gV
ρ
=可得，液体
的密度为：33
43
1.1N
1.110kg/m
10N/kg10010m
浮
排
F
gV
ρ
-
===⨯
⨯⨯
，下表面所受压强：p gh
ρ
=＝1.1×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝440Pa；根据p gh
ρ
=可知，物体A下表面所受液体压强p随其浸入水中深度h的增大而增大，且p与h成正比，选项中B符合；
（4）将容器中液体更换为水，发现当物体浸没时测力计的示数大于浸没在原来液体中时的示数，根据F浮＝G﹣F′可知浮力减小，说明浸在液体中的物体所受浮力大小还与液体的密度有关．
26．小金同学做“测定小灯泡的电功率”实验，现有器材：电源（电压3伏、6伏、8伏三档）、电流表、电压表、标有“3.5伏”字样的待测小灯、滑动变阻器、电键及导线若干．他选择实验器材连接电路进行实验．先将滑动变阻器的滑片置于某一端，闭合电键后，两电表均有示数，但小灯泡的亮度偏暗．然后他再将滑片移到另一端时，发现小灯几乎不发光，此时电压表、电流表的示数如图所示．
①根据题中的信息，判断出小金实验过程中存在两个问题：
问题一：_______；
问题二：_______．
②小金经过思考后，纠正了错误重新实验．当滑动变阻器的滑片移动到中点位置时，观察到小灯泡正常。