浙江省衢州市2019-2020学年中考物理四月模拟试卷含解析

浙江省衢州市2019-2020学年中考物理四月模拟试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．我国的北斗七星卫星导航系统具有定位、导航和通信等功能，它传递消息是利用
A．电磁波B．次声波C．超声波D．红外线
A
【解析】
【分析】
导航仪是利用电磁波传递信息的，导航仪、地面端的中心控制系统、导航卫星间可以相互传递信息。

【详解】
我国的北斗卫星导航系统具有定位、导航和通信等功能，它传递信息是利用电磁波传递信息的。

故选A。

【点睛】
本题考查电磁波的传播，掌握导航卫星的工作原理即可正确解题。

2．下列现象不能用流体压强与流速的关系来解释的是
A．如图所示向两张纸中间吹气，纸张向中间靠拢
B．如图所示装有液体的玻璃管，底部和侧壁的橡皮膜往外凸起
C．如图所示地铁站台边，人必须站在安全黄线以外的区域候车
D．如图所示飞机升力的产生原因
B
【解析】
【详解】
A．对着两张平行的纸吹气，两纸中间的空气流速大压强小，而两纸的外部空气流速小压强大，两纸受到
B ．如图所示装有液体的玻璃管，底部和侧壁的橡皮膜往外凸起，是因为液体对容器底和侧壁有压强。

不能用流体压强与流速的关系来解释。

故B 符合题意；
C ．当列车驶进站台时，会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知：人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险。

所以人必须站在安全黄线以外的区域候车。

能用流体压强与流速的关系来解释。

故C 不合题意；
D ．相等的时间内，空气经过机翼上面的路程大于下面的路程，机翼上面的空气流速大于下面的流速，机翼上面的压强小于下面的压强，出现压强差，出现了压力差，这个压力差就是机翼向上的升力；能用流体压强与流速的关系来解释。

故D 不符合题意。

3．用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组,把相同的体提升相同的高度,在不计绳重及机械摩擦的情况下,下列选项
A ．F 甲>F 乙 η甲=η乙
B ．F 甲<F 乙 η甲=η乙
C ．F 甲>F 乙 η甲>η乙
D ．F 甲<F 乙 η甲<η乙 A 【解析】 【分析】 【详解】
由图知，甲由2段绳子承担物重，不计绳重及机械摩擦，所以1
2
F G G =+甲物动（）； 乙由3段绳子承担物重，所以13
F G G =+乙物动（）； 所以甲所用的拉力大于乙所用的拉力，即F 甲＞F 乙．
由题知，不计绳重及机械摩擦，两滑轮组中动滑轮和物体的重力均相同，提升相同的高度，所以额外功相等，有用功也相等； 根据()W Gh G
W G G G G h η=
==++有用总动
动可知，两滑轮组的机械效率相等，即η甲=η乙．
4．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＝﹣＝
333
3
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
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。

5．巨磁电阻效应是指某些材料的电阻随磁场增强而急剧减小的现象，图中GMR 是巨磁电阻，闭合开关S 1、S 2，移动滑动变阻器的滑片，以下分析正确的是（ ）
A ．滑片向左移动时，电磁铁磁性减弱，指示灯亮度变暗
B ．滑片向左移动时，电磁铁磁性增强，指示灯亮度变亮
C ．滑片向右移动时，GMR 电阻变小，指示灯亮度变亮
D ．滑片向右移动时，GMR 电阻变大，指示灯亮度变亮 B 【解析】 【详解】
AB ．滑片向左移动时，滑动变阻器电阻变小，电流变大，电磁铁磁性增强，由于GMR 电阻随磁场增强而急剧减小，所以指示灯电路的总电阻变小，电流变大，指示灯亮度变亮，故A 错误，B 正确； CD ．滑片向右移动时，滑动变阻器电阻变大，电流变小，电磁铁磁性减弱，由于GMR 电阻随磁场增强而急剧减小，所以指示灯电路的总电阻变大，电流变小，指示灯亮度变暗，故CD 错误； 【点睛】
考查了欧姆定律的应用，关键是电路的动态分析，当滑动变阻器电阻变化时，根据欧姆定律判断电流的变化，进一步判断磁场的强弱变化以及GMR 电阻的变化，则可知指示灯的亮度变化情况．
6．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
【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
7．如图电路中，电源电压恒定，小灯泡L 标有“6V 4.8W”，电阻R 1的阻值为10Ω，滑动变阻器R 2标有“20Ω 0.5A”，当R 2的滑片P 置于最左端时，只闭合S 1，小灯泡正常发光．则下列说法不正确．．．
的是
A ．电源电压为6V
B ．小灯泡的电阻为7.5Ω
C ．滑片P 在最右端，只闭合S 2，电路的总功率为1.2W
D ．滑片P 在最左端，闭合S 1、S 2，电路的总功率为8.4W B 【解析】 【详解】
A ．当R 2的滑片P 置于最左端时，只闭合S 1，只有灯泡的简单电路，小灯泡正常发光，说明灯泡两端的电压为电源电压，故U=U 额=6V ，故A 正确，不符合题意；
B ．小灯泡正常工作时的电阻：R L =2
2
(6V)=4.8W
U P 额额=7.5Ω，小灯泡的电阻与温度有关，不正常发光时电阻不是7.5Ω，故B 错误，符合题意；
C ．滑片P 置于最右端，只闭合S 2，电路为电阻R 1和R 2串联的电路，电路的总功率
P=22
12(6V)10+20Ω
U R R =+Ω=1.2W ，故C 正确，不符合题意；
D ．滑片P 置于最左端，闭合S 1、S 2，电路为灯泡L 和电阻R 1并联的电路，灯泡正常发光，灯泡的功率
P L =P 额=4.8W ，R 1的功率P 1=22
1(6V)10Ω
U R ==3.6W ，总功率P 总=P L +P 1=4.8W+3.6W=8.4W ，故D 正确，不符合题意．
8．下列有关热和能的说法中，正确的是
A ．一块 0℃的冰熔化成 0℃的水后，温度不变，内能变大
D．夏天在室内洒水降温，利用了水的比热容较大的性质
A
【解析】
【详解】
A 0℃的冰熔化成0℃的水，虽然温度不变，但是要吸收热量，所以内能变大；故A正确；
B. 墙内开花墙外香是由于花的香味分子不停的做无规则运动扩散到墙外的原因，不能说明分子间有引力；故B错误；
C. 内燃机的压缩冲程，活塞压缩气缸内物质，活塞的机械能转化为燃气的内能，是通过做功改变物体的内能；故C错误；
D. 夏天在室内洒水，是因为水汽化吸收热量，起到降温的作用，不是利用了水的比热容较大的性质；故D错误。

9．关于电与磁的材料，下列说法中正确的是（）
A．地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近
B．导体在磁场中运动就一定会产生感应电流
C．在真空中，无线电波的传播速度小于光的传播速度
D．集成电路中的三极管是利用超导体材料制成的
A
【解析】
【详解】
A、地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，所以地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，故A正确；
B、闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，故B错误；
C、无线电波和光分别是电磁波的其中一类，而所有电磁波的波速是一定的，在真空中，它们的传播速度相等，故C错误；
D、集成电路中的三极管是利用半导体材料制成的，故D错误．
10．规格相同的瓶装了不同的液体，放在横梁已平衡的天平上，如图所示，则（）
A．甲瓶液体质量较大
C．乙瓶液体密度较大
D．两瓶液体密度相等
C
【解析】
【分析】
规格相同的瓶装了不同的液体，由图可知液体的体积不同，天平平衡，说明液体的质量相等，根据密度公式分析即可得出结论．
【详解】
规格相同的瓶装了不同的液体，放在横梁已平衡的天平上，说明液体的质量相等，由图可知，甲瓶液体的
体积大于乙瓶液体的体积，由
m
V
ρ=可知，甲瓶液体的密度小于乙瓶液体密度，故只有选项C正确．
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．下列说法正确的是
A．弯折铁丝说明力可以改变物体形状
B．桌面受到的压力越大，产生的压强越大
C．汽车刹车时不能立刻停下来是因为汽车具有惯性
D．一对相互作用力肯定不是一对平衡力
ACD
【解析】
【详解】
A．铁丝受力是它的形状发生了改变，所以力可以改变物体的形状，故A正确．
B．桌面受到的压力增大，但由于决定压强大小的因素还有受力面积，由于受力面积不确定，所以，压强不一定增大．故B错误．
C．汽车刹车时不能立刻停下来，根据牛顿第一定律，物体都有保持原来运动状态不变的性质，我们把这种性质叫做惯性，所以是因为汽车具有惯性它才不能立刻停下来，故C正确；
D．相互作用力中的两个力不作用在同一物体上，而平衡力的条件要求一定要共物．所以这两个力一定不是平衡力．故D正确．
12．如图所示电路，开关闭合后，电源两端电压恒为6V．若电路中连接“3V 1.5W”的灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至点a时，灯泡正常发光；若改接“4V 2W”的灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至点b时，灯泡也正常发光，则
C ．电压表在两种状态下示数之比是2：3
D ．两种状态下，电路中灯泡与滑动变阻器的总功率相同 ABD
【解析】由电路图知道，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路中的电流。

因为串联电路电流处处相等，由P=UI 知道，“3V 1.5W ”的灯泡正常发光时电路中的电流是：I 1 =P 1/U 1=1.5W/3V=0.5A ，“4V 2W ”的灯泡正常发光时电路中的电流是：I 2 =P 2/U 2=2W/4V=0.5A ，所以，电流表在两种状态下示数均为0.5A ，故A 正确；
由I=U/R 知道，两灯泡的电阻分别是：R 1 =U 1/I 1=3V/0.5A=6Ω，R 2 =U 2/I 2=4V/0.5A=8Ω，两种状态下电路中的总电阻是：R=U/I=6V/0.5A=12Ω，因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的电阻分别是：R a =R-R 1 =12Ω-6Ω=6Ω，R b =R-R 2 =12Ω-8Ω=4Ω，结合电路图知道，点a 在点b 的右侧，故B 正确；
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表在两种状态下示数之比是：
12
633
642
V V U U U V V U U U V V --===--n ，
故C 错误；因为两种情况电源电压和电路中的电流均相等，所以由P=UI 知道，两种情况下，电路中灯泡与滑动变阻器的总功率相同，故D 正确，故选ABD 。

13．如图所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器接入电路部分的阻值，闭合开关S ，以下说法中正确的是
A ．滑片P 在某位置不变时，表V1读数与表A 读数之比等于R1
B ．滑片P 在某位置不变时，表V2读数与表A 读数之比等于R1
C ．滑片P 移到另一位置时，表V2读数变化量与表A 读数变化量之比的绝对值等于R1
D ．滑片P 移到另一位置时，表V2读数变化量与表A 读数变化量之比的绝对值等于R2 AC 【解析】 【详解】
A ．滑片P 在某位置不变时，表V 1读数与表A 读数的比，即1
1R U I
=，所以之比等于R 1，故A 正确； B ．滑片P 在某位置不变时，表V 2读数与表A 读数的比，即
2
2U R I
=，等于R 2，故B 错误； CD ．滑片P 移到另一位置时，因为电源电压不变，再根据串联电路的电压特点可知，表V 2读数变化量与
错误；
故选AC．
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．寒冬，坐满人的汽车门窗紧闭，水蒸气液化成小水珠附着在玻璃车窗侧，使玻璃变模糊，水蒸气变成水珠会热量。

内侧释放
【解析】车内温度高，水蒸气遇到温度低的车窗玻璃后遇冷液化，因此出现在内侧。

液化放热。

【考点】物态变化
15．微波炉利用_____（选填“电磁波”或“超声波”）加热食物，食物的分子在微波的作用下强烈振动，使内能_____（选填“增加”或“减小”），温度升高。

电磁波增加
【解析】
【分析】
微波炉是利用微波加热食品的。

【详解】
微波炉是利用电磁波加热食品的，原理是食物分子在微波的作用下剧烈振动，使得食物内能增加，温度升高，达到成熟状态。

16．“蹦床”是体育比赛项目，“蹦床”的床面弹性很大，运动员可在上面反复弹跳．从高空落下的运动员刚好与水平床面接触的点为A点，能到达的最低点为B点，如图所示，运动员到达A点时，是处于_________（填“平衡”或“非平衡”）状态，到达B点时，是处于____________（填“平衡”或“非平衡”）状态．运动员从A点到B点的运动过程中，动能的变化情况是___________，蹦床弹性势能的变化情况是：
___________．（后两空填“变大”、“变小”、“不变”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）
非平衡非平衡先变大后变小变大
【解析】
【分析】
【详解】
运动员到达A点时，由于受到重力的作用，受力不平衡，不是平衡状态；到达B点时，弹力大于重力，受力不平衡，不是平衡状态；运动员从A点到B点的运动过程中，蹦床发生形变，形变变大，弹性势能
重力时，动能最大；继续下落时，由于弹力大于人的重力，人的速度变小，动能变小．
17．小明将口香糖的锡纸剥下来，剪成中间窄、两端宽的形状，将锡纸两端搭在两节干电池的正负极上，过一会儿，锡纸中间部分燃烧起来，锡纸是______（导体/绝缘体），锡纸发热燃烧是因为电流具有_____效应，锡纸中间先燃烧起来的原因是：电流相同时，中间_____．
导体热电阻大
【解析】
【详解】
锡属于金属，所以，锡纸是导体；锡纸两端搭在两节干电池的正负极上，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使锡纸的温度达到着火点而使之燃烧，即锡纸燃烧是由于电流的热效应；锡纸窄的部分和宽的部分串联，当电流相同时，中间窄的部分电阻大，由Q=I2 Rt知道，中间部分产生的热量多，使锡纸的温度先达到着火点而使之燃烧．
18．根据下表所列几种物质的比热容数据，可知：5千克的水温度升高20℃，需吸收的热量为_____焦，质量相等的水与干泥土，吸收相等的热量，_____升高的温度多。

物质比热容[J/（kg•℃）]
水 4.2×103
铝0.90×103
干泥土0.84×103
4.2×105干泥土
【解析】
【详解】
水吸收热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×20℃＝4.2×105J；
查表可知c泥土＜c水，因Q水＝Q泥土，且m水＝m泥土，由Δt＝Q
cm
吸可知：Δt
泥土
＞Δt水；即干泥土升高的温
度多。

四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．（2017•杭州卷）如图是小金研究电动机转动是否对小灯泡的亮度有影响的电路图，开始小金先抓住转轴合上开关，观察小灯泡的亮度，接着放开转轴让电动机转动，继续观察小灯泡亮度的变化（已知：小灯泡的电阻为R，电动机线圈电阻为r，电源电压为U），由此请你回答：
（2）在电动机转动时，电流所做的功_____电流在电路中产生的热量（选填“大于”“等于”或“小于”）； （3）小金判断电动机转动后小灯泡会更亮，你认为小金的判断正确吗？并根据学过的知识给以解释． 大于 错误；=；电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗
【解析】试题分析：（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，则此时电路中的电流为：I=；根据焦耳定律可知，t 时间内电流在电路中产生的热量即电流所做的功为：W=Q=UIt=U t=；（2）
在电动机转动时，电流所做的功主要有两个利用：一个是转化为电动机的机械能，另一个是转化为灯泡和电动机的内能；故电流在电路中产生的热量要小于电流所做的功；（3）电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗，所以小金的判断时错误的。

【考点定位】焦耳定律的计算公式及其应用；电功的计算；实际功率
20．如图甲所示， R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，电源两端电压不变；图乙是滑动变阻器的功率P 和电流I 的关系图，根据图像信息．求：
（1）滑动变阻器的最大阻值；
（2）R 1的阻值和电源电压；
（3）求此电路的最大电功率．
（1）100Ω（2）8Ω（3）10.8V （4）14.58W （14.6W ）
【解析】
【分析】
【详解】
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．
(1)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由图乙可知,电路中的最小电流I 小=0.1A,滑动变阻器消耗的电功率P 2=1.0W ，
由P=I 2
R 可得，滑动变阻器的最大阻值：R 2=22P I 小 =()21.0W 0.1A =100Ω； (2)串联电路中总电阻等于各分电阻之和,由I=
U R
可得，电源的电压： U=I 小(R 1+R 2)=0.1A×(R 1+100Ω)， 由图乙可知,电路中的电流I=0.6A 时,滑动变阻器消耗的电功率P′2=3.6W ，
则滑动变阻器接入电路中的电阻：
‘
2R =‘22P I
=
23.6W (0.6A)=10Ω， 则电源的电压：
U=I(R 1+R′2)=0.6A×(R 1+10Ω)，
电源的电压不变，所以：
0.6A×(R 1+10Ω)=0.1A×(R 1+100Ω)，
解得：R 1=8Ω，
电源的电压：U=I 小(R 1+R 2)=0.1A×(8Ω+100Ω)=10.8V ；
(3)当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路消耗的电功率最大，
则P 大=21U R =2
(10.8V)8Ω
=14.58W. 21．把质量为500g 的水加热到80°C ，吸收了8.4×104J 的热量，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求： （1）水温升高了多少
（2）原来水的温度是多少？
（1）40℃；（2）40℃。

【解析】
【详解】
（1）由Q 吸＝cm △t 得升高的温度：△t ＝Q cm
吸＝()438.410J 4.210J /kg ?0.5kg ⨯⨯⨯℃＝40℃， （2）水原来的温度：t ＝80℃﹣40℃＝40℃。

五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．在图中标出磁感线的方向和小磁针的N 极。

【解析】
电流从螺线管的右端流入左端流出，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为N 极，右端为S 极；磁感线的方向是：在磁体的周围N 极流出，回到S 极，由于螺线管的左端为N 极，由此可以确定磁感线的方向是向右的；根据异名磁极相互吸引可以确定与螺线管右端S 极靠近的是小磁针的N 极，则小磁针的左端为N 极。

23．如图所示，一束光线从水中斜射入空气，请画出反射光线和折射光线的大致方向；
【解析】
【分析】
根据反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，据此画出反射光线．
由折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，据此画出折射光线．
【详解】
图中已经画出法线，在法线左侧的水中画出反射光线，注意反射角等于入射角；
在法线的左侧空气中画出折射光线，注意折射角大于入射角．如图所示：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．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100cm3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）
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．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 ．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_____．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】
【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：333630.5kg 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：33431.1N 1.110kg/m 10N/kg 10010m
浮排F gV ρ-===⨯⨯⨯，下表面所受压强：p gh ρ=＝1.1×103kg/m 3×10N/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．
25．在探究“凸透镜成像规律”的实验中．
（1）如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f=_____cm ．
（2）如图乙，光屏上呈现清晰的像，此像的性质是_____的实像．若保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜至_____刻度线处，光屏上能再次呈现清晰的像．
（3）如图丙，保持蜡烛位置不变，移动透镜至16cm刻度线处，则人眼在图中_____处能观察到烛焰的像．
（4）如图丁，在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像由清晰变模糊了，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像．则该眼镜是_____眼镜（近视/远视）．
10.0倒立、放大40cmB远视
【解析】
【详解】
（1）如图，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小、最亮的光斑，则该光斑是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离等于焦距，所以凸透镜的焦距f=20.00cm-10.00cm=10.00cm．
（2）如图乙，物距u=25.00cm-10.00cm=15.00cm，像距v=55.00cm-25.00cm=30.00cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，所以成倒立、放大的实像．根据折射光路是可逆的，若保持蜡烛和光屏位置不变，当物距u=30cm时，即移动透镜至40cm刻度线处，光屏上能再次呈现清晰的像．
（3）保持蜡烛位置不变，移动透镜至16 cm刻度线处，则物距u=16cm-10cm=6cm＜f，此时成正立放大的虚像，所以光屏上承接不到．通过凸透镜看到正立放大的虚像，所以像与蜡烛在透镜的同侧，人眼在图中B处能观察到烛焰的像．
（4）如图丁，在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像由清晰变模糊了，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像．说明眼镜的作用是提前成像了，所以眼镜是会聚透镜，这种眼镜是远视眼镜．
26．在“测量小灯泡电功率”的实验中（小灯泡标有“2.5 V”字样）：
（1）如图甲所接的实验电路存在连接错误，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确．请你在应改动。