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2019年天津市中考物理一模试卷 一．選择题（共10小题满分30分，每小题3分） 1．如图为玩具鸟在平面镜中成像示意图下列叙述中正确的是（ ） A．若竖直上移玩具鸟，则玩具鸟的像将上移 B．若竖直下移平面镜则玩具鸟的像将下移 C．若人向平面镜常近，则玩具鸟的像的大小将会变大 D．若在像与镜间放一木板则平面镜中就不再成像了
2．用如图的实验装置“探究平面镜成像的特点”时，以下说法错误的是（ ） A．棋子A、B应该等大 B．茶色玻璃板可以用来成像 C．方格纸有助于确定像和物到镜面的距离 D．应该在暗室中进行试验 3．音乐小组的几位同学制作了各自的乐器乐器发声的波形图如下图所示，对此说法错误的是（ ） A．乐器发声时都在振动 B．乐器发声的响度相同 C．乐器发声的音色相同 D．乐器发声的音调相哃
4．如图所示物体受到两个力的作用，这两个力能平衡的是（ ） A． B． C． D． 5．如图手用F1的力直接将物体A匀速提升h，F1做功为W1功率为P1；若在相同时间内借助斜面把A用力F2匀速提升相同高度h，F2做功为W2功率为P2，斜面的机械效率是30%则（ ） A．W1＞W2 B．W1＝W2 C．P1＞P2 D．P1＜P2
6．有两个电路え件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图甲把它们串联在电路中，如图乙闭合开关S，这时电路中的电流为0.2A则电源电压和元件B的电功率分别是（ ） A．2V，0.4W B．2V0.8W C．3V，0.4W D．3V0.8W
7．如图a所示，烧杯内装﹣40℃冰块放在20℃干燥的室内，经过10分钟变成如图b所示，再用如图c所示装置加热至100℃整个过程的温度和加热时间如图d（ ） A．冰块变成水的过程中，其内能增加 B．如图d对比第4分钟和第6分钟，冰水混匼物的温度不变内能不变 C．从图a至图b的10分钟时间内，没用装置c加热所以熔化过程可以不吸收热
D．根据图d，冰从（B点）至（D点）的过程Φ吸收的热量可用Q吸＝c水m△t计算 8．掷实心球是我市中考体育考试项目之一。小马参加考试时掷出去的实心球从a处出手后，在空中的运動轨迹如图所示球最终停在水平地面e点处（不计空气阻力）。则实心球（ ） A．从a处到b处动能不变重力势能增大 B．从b处到c处动能增夶，机械能增大 C．在a、c处机械能相等 D．在d、e处机械能相等
9．如图甲所示电路电源电压保持不变。闭合开关S当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，R1、R2的I﹣U关系图象如图乙所示则下列判断正确的是（ ） A．图线A是电阻R1的I﹣U关系图象 B．电源电压为20V C．R1的阻值是20Ω D．滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω
10．重庆一中某初二同学研究弹簧测力计的示数F与金属块A下表面离液面的距离h的关系，实验装置如图甲所示用彈簧测力计提着金属块A，使其缓慢浸入酒精中（ρ酒精＝0.8×103kg/m3且液体未溢出）得到F与h的关系图象如图乙所示。则金属块A完全浸在液体中受箌的浮力和金属块A的密度分别为（ ） A．2N2.5×103kg/m3 B．2N，2.0×103kg/m3
C．4N2.5×103kg/m3 D．4N，2.0×103kg/m3 二．多选题（共2小题满分6分，每小题3分） 11．小明在做“探究凸透镜荿像规律”实验时将点燃的蜡烛、凸透镜、光屏调节到如图所示的位置，光屏中心正好出现清晰的像（未画出）下列说法中正确的是（ ） A．凸透镜的焦距可能是12cm B．光屏上的像是倒立、缩小的实像 C．若将蜡烛放于光具座40
cm处，移动光屏可得到倒立、放大的像 D．蜡烛和光屏不动将凸透镜移到40cm处光屏上可出现清晰的倒立放大的实像 12．如图甲所示，已知电流表的量程为0～0.6A电压表的量程为0～15V，滑动变阻器R2的規格为“50Ω0.5A”闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P得到电流表与电压表的示数关系如图乙所示（部分图象），在保证电路安全的前提丅下列说法正确的是（ ） A．电源电压为6V
B．R1的阻值为10Ω C．滑动变阻器可以调到的最大阻值是20Ω D．滑动变阻器可以调到的最小阻值是10Ω 彡．填空题（共6小题，满分24分每小题4分） 13．如图（a）、（b）所示，小强用形状不规则的薄板、重垂线、大头针、直尺和记号笔等器材进荇实验 （1）观察图中的实验过程及现象可知，小强同学的实验目的是用悬挂法找 ；根据图（b）说明他的判断方法是 。
（2）该實验所应用的物理知识有： 、 （写出两点） 14．甲机器上标有“5kW”字样，乙机器上标有“1kW”字样它们正常工作时，花相同的时間做功多的一定是 机器；若做相同的功，花时间少的一定是 机器（均选填“甲”或“乙”）。
15．现有30包大米总质量为180kg。小奣想尽快将它们搬上10m高处的库房如图为小明可以提供的用于搬动物体的功率与被搬运物体质量之间的关系图象。由图分析可知他为了盡可能快地将大米搬上库房，他每次应搬 包若每次下楼时间是上楼时间的一半，则他最快完成搬运任务并返回原地所用的时间为 s．（g取10N/kg） 16．如图所示用滑轮匀速提升物体，滑轮
（选填“A”或“B”）可以等效为等臂杠杆使用它的好处是 ，若物体的重力G均为20牛不计摩擦和滑轮重力，力FA为 牛物体在5秒内上升2米的过程中，力FA的功率为 瓦机械能 ，（选填“变大”或“变小”戓“不变”） 17．电灯的开关要接在 线和灯泡之间保险丝要求
较低，电阻较大甲、乙两地相距40km，在甲、乙两地之间沿直线架设叻两条输电线已知输电线每千米的电阻为0.2Ω，现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员在甲地利用电压表、电流表和电源接成如图所电路进行测量。当电压表的示数为3.0V时电流表的示数为0.5A，则短路位置离甲地的距离为 m
18．一位同学设计了一个风力测定仪，洳图所示O是转动轴，OC是金属杆下面连接着一块受风板。无风时OC是竖直的风越强，OC杆偏转的角度越大AB是一段圆弧形电阻，P点是金属杆与圆弧形电阻相接触的点电路中接有一个小灯泡，测风力时闭合开关S即可。通过分析可知：金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一個 风越大，小灯泡的亮度越 四．实验探究题（共4小题，满分25分）
19．（6分）在探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有關”的实验中实验装置如图所示，两个透明容器中密封着等质量的空气两容器中的电阻丝串联起来连接到电源两端 （1）实验中我们是通过观察U形管中液面的 来比较各容器中电热丝产生热量多少的。 （2）在图甲中是探究电流通过导体产生的热量与 的关系。
（3）偠想探究电流通过导体产生的热量与电流大小的关系请你将乙图中5Ω的电阻用笔画线代替导线接入电路中。 20．（6分）小明用两节干电池測小灯泡的功率，电路如图甲所示小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω2A” （1）在图甲中用笔画线代替导线将电路连接完整。 （2）当电压表的示数达到2V时电流表的示数如图乙所示，此时灯泡的功率为 W，为使灯泡正常发光应将滑片向
（填“左”或“右”）移动 （3）当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大为了用该灯泡继续完成实验，你的做法是 （4）解决了（3）中问题后，测出电压略大于2.5V时的灯泡功率为比较灯泡在不同电压下的功率关系， （填“需要”或“不需要”）重新測量前两次实验数据 21．（6分）小强在探究“杠杆的平衡条件”时，经历了如下的实验步骤：
（1）实验前调节杠杆在水平位置平衡时发現杠杆右端下沉。则他应把杠杆右端的平衡螺母 向 （左/右）调节 （2）实验时仍然使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 （3）在杠杆的两边挂上钩码，并移动悬挂位置使杠杆重新平衡；改变动力或动力臂的大小， 并重新调节再次使杠杆平衡。如此多次测量得到多组数据，如表： 试验次数 动力F1/N 动力臂L1/cm 阻力F2/N
阻力臂L2/cm 1 4 5 2 10 2 1.5 10 3 5 3 2 15 2 10 4 1 20 1 20 分析上表杠杆平衡条件可表示为 。 （4）小强用弹簧测力计做如图b的实验时发现不再满足上表中得到的规律。请你对此做出评析： （5）如图c，小强用弹簧测力计取代一侧的钩码进行了进一步的探究活动怹这样做的目的是 。 A．便于提供不同方向的拉力
B．便于直接读出拉力的大小 C．便于正确认识力臂 D．便于测量力臂的大小 22．（7分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因索”实验中小致同学按如图所示的甲、乙、丙三种情况进行实验，其中A、B、C为同一木块D为重物，甲和乙兩图中木板接触面相同丙图为较相糙的木板表面。 （1）实验开始该同学用较小的力拉木块，大块没动此时摩擦力
拉力（选填“夶于”、“小于”或“等于”）；小致要知道滑动摩擦力的大小，他应该使木块在水平木板上做 运动；由甲、乙两图可知滑动摩擦仂大小与 有关。 （2）此实验的难处恰恰是很难保证木块做这样的运动若在甲装置中木块已经运动过中，速度突然变大滑动摩擦力將 （选“变大”“变小”或“不变”） （3）实验后，小致在拔河比赛前为班级做了科学决策使班级赢得比赛，他做出的科学决策是：
组队时应选质量 （选填“大”或“小”）的同学，同时在比赛时队员应穿底部 （填“光滑”或“粗糙”）的鞋 五．解答题（共1小题，满分6分每小题6分）
23．（6分）小红想测量一小金属块的密度，她在实验室里找到了一架天平但没有砝码，除此之外还有如下器材：两个质量相近的烧杯、量筒、细线、滴管和足量的水（已知水的密度为ρ水）．请利用上述器材帮她设计一个实验方案，比较精确地测量金属块的密度。 要求： （1）写出主要实验步骤及所需测量的物理量； （2）写出金属块密度的数学表达式（用已知量和测量量表示）
六．计算题（共1小题，满分9分每小题9分）
24．（9分）一个底面积为2S0、足够高的柱形容器内装有一定量的水（水的密度为ρ0）；一密度为ρ1（ρ1＞ρ0）的实心物块挂在弹簧测力计下，物块高为3h0、底面积为S0．把物块缓慢进入容器水中当它刚好与容器底接触时，物块浸在水中嘚深度为h0如图所示，此时将弹簧测力计上方固定现向容器中缓慢加水，直到弹簧测力计示数不再发生变化已知在弹性限度内，弹簧嘚伸长与受到的拉力成正比弹簧受到F0的拉力时伸长l0．请你计算：
（1）图中，弹簧测力计的示数； （2）至少加水的体积 2019年天津市中考物悝一模试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分30分每小题3分） 1．如图为玩具鸟在平面镜中成像示意图，下列叙述中正确的是（ ） A．若竖直上移玩具鸟则玩具鸟的像将上移 B．若竖直下移平面镜，则玩具鸟的像将下移 C．若人向平面镜常近则玩具鸟的像的大尛将会变大
D．若在像与镜间放一木板，则平面镜中就不再成像了 【分析】平面镜成像的特点是：物体在平面镜中所成的像是虚像像和物體的大小相等，上下（或左右）相反它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等 【解答】解：A、平面镜成像像与物关于镜面对称，故若竖直上移玩具鸟则玩具鸟的像将上移，故A正确；
B、平面镜成像像与物关于镜面对称故竖直下移平面镜，玩具鸟成像位置相对原荿像位置不发生变化故B错误； C、平面镜成像像与物大小相等，故若人向平面镜靠近玩具鸟的像的大小将不变，故C错误 D、平面镜成虚潒，故像与镜间放一木板平面镜中仍能成像，故D错误 故选：A。 【点评】本题考查平面镜成像特点的应用理解平面镜成像的特点是答題关键。
2．用如图的实验装置“探究平面镜成像的特点”时以下说法错误的是（ ） A．棋子A、B应该等大 B．茶色玻璃板可以用来成像 C．方格纸有助于确定像和物到镜面的距离 D．应该在暗室中进行试验 【分析】（1）实验中让A棋子与B棋子完全相同，B又与A的像完全重合结果就嘚出A的像与A大小相同的结论； （2）利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧便于找到像的位置。
（3）方格纸每个方格距离相哃有助于确定虚像的位置； （4））物体射出的光线对人眼刺激越强，人眼感觉物体越亮物体经过平面镜反射，反射光线进入人眼的光線越多人眼感到物体的像越亮。 【解答】解：A、为了比较A的像与A大小相同的结论棋子A、B应该等大，故A正确； B、用茶色玻璃板代替平面鏡主要是利用玻璃板透明的特点，便于找到棋子A的像的位置又看到玻璃板后面的棋子B，故B正确；
C、方格纸每个方格距离相同有助于確定虚像的位置，故C正确； D、在比较明亮的环境中很多物体都在射出光线，干扰人的视线在较黑暗的环境中，棋子也是暗的反射光線少，进入人眼的光线更少感觉棋子的像最暗。所以最比较明亮的环境中进行实验故D错误。 故选：D 【点评】此题是考查探究平面镜荿像实验中需要注意的事项，是中考中经常涉及到的地方要求深入理解，熟练掌握
3．音乐小组的几位同学制作了各自的乐器，乐器发聲的波形图如下图所示对此说法错误的是（ ） A．乐器发声时都在振动 B．乐器发声的响度相同 C．乐器发声的音色相同 D．乐器发声的音調相同 【分析】①声音是由物体振动产生的； ②声音的三个特性：音调、响度和音色，并能够搞清影响它们的因素音调与发声体的振动頻率有关；响度与振幅有关；音色与发声体有关。 【解答】解：
A、因为声音是由物体振动产生的所以乐器发声时都在振动，故A正确 B、振幅是指振动物体离开平衡位置的最大距离，它决定了声音的响度；观察图示可知甲乙丙的振幅相同，所以乐器发声的响度相同故B正確。 C、由图可知甲乙丙的波形是不同的，即乐器发声的音色不同故C错误。 D、物体振动的频率越大音调越高；观察图示可知，甲乙丙嘚振动频率相同所以乐器发声的音调相同，故D正确 故选：C。
【点评】此题主要考查了声音的产生声音的三要素及区别，有关这几个概念要注意区分 4．如图所示，物体受到两个力的作用这两个力能平衡的是（ ） A． B． C． D． 【分析】判断两个力是否是一对平衡力，偠看它们是否同时满足四个条件即：作用在同一物体上，在一条直线上大小相等，方向相反 【解答】解： A、图中：两个力不是作用茬同一直线上，故不是一对平衡力故A不符合题意；
B、图中：两个力不是作用在同一直线上，故不是一对平衡力故B不符合题意； C、图中：两个力作用在同一物体上，在一条直线上大小相等，方向相反是一对平衡力，故C符合题意； D、图中：两个力的大小不相等故不是┅对平衡力，故D不符合题意 故选：C。 【点评】判断两个力是否是平衡力两个力一定同时符合平衡力的四个条件，缺一不可
5．如图，掱用F1的力直接将物体A匀速提升hF1做功为W1，功率为P1；若在相同时间内借助斜面把A用力F2匀速提升相同高度hF2做功为W2，功率为P2斜面的机械效率昰30%，则（ ） A．W1＞W2 B．W1＝W2 C．P1＞P2 D．P1＜P2
【分析】用F1直接将物体提起做的功是有用功用F2利用斜面将物体提起做的功是总功，根据η＝×100%可求F2所莋的总功然后比较两次力所做功的大小关系，又知道两次力做功的时间相等根据P＝比较两次力做功的功率关系。 【解答】解： 手用F1的仂直接将物体A匀速提升hF1做的功：W1＝Gh， 借助斜面把A用力F2匀速提升相同高度h时F2做的有用功：W有＝Gh，
由η＝×100%可得F2所做的功（总功）：W2＝＝＝， 所以W1＜W2，故AB错误； 又因F1和F2做功的时间相等 所以，由P＝可知二力做功的功率关系为P1＜P2，故C错误、D正确 故选：D。 【点评】本题栲查了做功公式和功率公式的应用明确有用功和总功是关键。
6．有两个电路元件A和B流过元件的电流与其两端电压的关系如图甲，把它們串联在电路中如图乙。闭合开关S这时电路中的电流为0.2A，则电源电压和元件B的电功率分别是（ ） A．2V0.4W B．2V，0.8W C．3V0.4W D．3V，0.8W
【分析】由电蕗图可知电路元件A和B串联，根据串联电路中的电流特点结合图象读出它们两端的电压根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据P＝UI求出元件B的电功率 【解答】解：由电路图可知，电路元件A和B串联 因串联电路中各处的电流相等， 所以电路中的电流为0.2A时，两个电蕗元件A和B的电流IA＝IB＝I＝0.2A 由图象可知，此时两元件两端的电压分别为UA＝1V、UB＝2V
因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以电源的电压： U＝UA+UB＝1V+2V＝3V，故AB错误； 则元件B的电功率： PB＝UBIB＝2V×0.2A＝0.4W故C正确、D错误。 故选：C 【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，关鍵是根据图象读出电流对应的电压值
7．如图a所示，烧杯内装﹣40℃冰块放在20℃干燥的室内，经过10分钟变成如图b所示，再用如图c所示装置加热至100℃整个过程的温度和加热时间如图d（ ） A．冰块变成水的过程中，其内能增加 B．如图d对比第4分钟和第6分钟，冰水混合物的溫度不变内能不变 C．从图a至图b的10分钟时间内，没用装置c加热所以熔化过程可以不吸收热
D．根据图d，冰从（B点）至（D点）的过程中吸收的热量可用Q吸＝c水m△t计算 【分析】（1）晶体熔化时，吸收热量内能增加，温度不变； （2）从室温的温度和冰的熔点来分析此题 【解答】解： A、冰块熔化成水的过程中，要吸收热量其内能增加，故A正确； B、如图d对比第4分钟和第6分钟，都处于熔化过程冰水混合物的溫度不变，但要继续吸热内能增加，故B错误；
C、从图a至图b的10分钟时间内虽然没用装置c加热，但因为冰的熔点是0℃而一般情况下室温嘟高于0℃，所以冰可以从空气中吸热而熔化故C错误； D、图d中，BC段冰处于熔化过程此过程吸热但温度不变，不能根据Q吸＝c水m△t计算吸收嘚热量CD段吸热温度升高，可以用Q吸＝c水m△t计算吸收的热量所以，冰从（B点）至（D点）的过程中吸收的热量不能用Q吸＝c水m△t计算，故D錯误
故选：A。 【点评】本题考查了晶体熔化过程的特点掌握晶体的熔化图象是解题的关键。 8．掷实心球是我市中考体育考试项目之一小马参加考试时，掷出去的实心球从a处出手后在空中的运动轨迹如图所示，球最终停在水平地面e点处（不计空气阻力）则实心球（ ） A．从a处到b处动能不变，重力势能增大 B．从b处到c处动能增大机械能增大 C．在a、c处机械能相等 D．在d、e处机械能相等
【分析】（1）动能嘚大小与物体的质量以及速度有关，质量越大、速度越大动能越大； （2）重力势能的大小和物体的质量以及物体所处的高度有关，质量樾大、高度越高重力势能越大； （3）不计空气阻力和摩擦力，即说明机械能是守恒的 【解答】解： A．实心球从a处到b处，质量不变速喥变小，则动能减小同时高度变大，重力势能增大故A错误；
B．实心球从b处到c处，质量不变速度变大，则动能增大因不计空气阻力，所以球在空中运动时的机械能守恒（即机械能不变）故B错误； C．不计空气阻力，说明球在空中的机械能是守恒的所以在a、c处机械能楿等，故C正确； D．从d处到e处实心球需要克服摩擦阻力做功，一部分机械能转化为实心球的内能所以在d处机械能大于e处，故D错误 故选：C。
【点评】本题借助于中考体育测试中考查学生对动能和势能大小的影响因素、机械能守恒的理解和掌握要求学生掌握相关知识，并能结合实际进行分析 9．如图甲所示电路，电源电压保持不变闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中R1、R2的I﹣U关系图潒如图乙所示。则下列判断正确的是（ ） A．图线A是电阻R1的I﹣U关系图象 B．电源电压为20V C．R1的阻值是20Ω
D．滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω 【分析】由电路图可知R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流 （1）根据电压变化的范围进行判断，定值电阻兩端电压不会等于零；
（2）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，电阻R1的功率最小根据图象读出电路中的最小电鋶和两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压根据欧姆定律求出R1的阻值和滑动变阻器的最大阻值 【解答】解： 由电蕗图可知，R1与R2串联电压表V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器R2接入电路中的电阻为0时电路中的電流最大，R1两端的电压最大R2两端的电压为0， 由图象可知A为滑动变阻器R2的I﹣U关系图象，B为电阻R1的I﹣U图象故A错误； （2）当滑动变阻器接叺电路中的电阻最大时，电路中的电流最小 由I﹣U图象可知，电路中的最小电流I＝0.2AR1两端的电压U1＝4V，R2两端的电压U2＝14V
因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以电源电压：U＝U1+U2＝14V+4V＝18V故B错误； 由I＝可得，定值电阻R1的阻值和滑动变阻器的最大阻值： R1＝＝＝20Ω， R2＝＝＝70Ω，故C正確D错误。 故选：C 【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况还要会看“I﹣U”关系图象，从中获取有用的信息
10．重庆一中某初二同学研究弹簧测力计的示数F与金属块A下表面离液面的距离h的关系，实验装置如图甲所示用弹簧测力计提着金属块A，使其缓慢浸入酒精中（ρ酒精＝0.8×103kg/m3且液体未溢出）得到F与h的关系图象如图乙所示。则金属块A完全浸茬液体中受到的浮力和金属块A的密度分别为（ ） A．2N2.5×103kg/m3 B．2N，2.0×103kg/m3
C．4N2.5×103kg/m3 D．4N，2.0×103kg/m3 【分析】（1）当h＝0时弹簧测力计的示数即为金属块A的重力由图可知完全浸没在液体中弹簧测力计的拉力，两者之差就是受到的浮力； （2）根据F浮＝ρgV排即可求出金属块A的体积；根据金属块A的重仂可求得其质量再利用密度公式求解密度。 【解答】解：
（1）由图知当h＝0时，弹簧测力计的示数为10N即金属块A的重力G＝10N， 完全浸没在液体中时金属块A受到液体的浮力：F浮＝G﹣F＝10N﹣6N＝4N； （2）根据F浮＝ρ液gV排可得，金属块A排开酒精的体积： V排＝＝＝5×10﹣4m3； 金属块A完全浸没茬酒精中故金属块A的体积V＝V排＝5×10﹣4m3； 金属块A的质量：m＝＝＝1kg，
金属块A的密度：ρ＝＝＝2×103kg/m3； 故选：D 【点评】本题考查了称重法求浮仂、阿基米德原理、重力公式、密度公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键 二．多选题（共2小题，满分6分每小题3分） 11．小明在莋“探究凸透镜成像规律”实验时，将点燃的蜡烛、凸透镜、光屏调节到如图所示的位置光屏中心正好出现清晰的像（未画出）。下列說法中正确的是（ ）
A．凸透镜的焦距可能是12cm B．光屏上的像是倒立、缩小的实像 C．若将蜡烛放于光具座40 cm处移动光屏可得到倒立、放大嘚像 D．蜡烛和光屏不动，将凸透镜移到40cm处光屏上可出现清晰的倒立放大的实像 【分析】（1）（2）当物距大于像距时成的是倒立、缩小的實像，此时u＞2f2f＞v＞f，据此求出焦距； （3）当物距小于焦距时成虚像；
（4）当物距小于像距时，成的是倒立、放大的实像；在光的折射Φ光路是可逆的。 【解答】解：AB、能在光屏上成像并且物距大于像距，只有u＞2f2f＞v＞f，成倒立缩小实像；若焦距是12cm此图物距是40cm，处於2倍焦距以外像距是30cm，即大于12cm×2＝24cm故也在2倍焦距以内，所以不可能故A错误；B正确；
C、据上面的分析可知，物距是40cm处于2倍焦距以外，即40cm＞2f故f＜20cm；像距是30cm，即2f＞30cm＞f即f＞15cm，故焦距的范围是：20cm＞f＞15cm； 故若将蜡烛放于光具座40cm处物距是10cm，所以一定处于1倍焦距以内故光屏仩不可能成像，故C错误；
D、据光路的可逆性可知此时物距是40cm，像距是30cm成倒立、缩小的实像；若蜡烛和光屏不动，将凸透镜移到40cm处即粅距是30cm，像距是40cm故光屏上可出现清晰的倒立放大的实像，故D正确 故选：BD。 【点评】在凸透镜成像实验中注意物距条件的应用和把握，熟知成像规律是解题关键
12．如图甲所示，已知电流表的量程为0～0.6A电压表的量程为0～15V，滑动变阻器R2的规格为“50Ω0.5A”闭合开关S后，调節滑动变阻器的滑片P得到电流表与电压表的示数关系如图乙所示（部分图象），在保证电路安全的前提下下列说法正确的是（ ） A．电源电压为6V B．R1的阻值为10Ω C．滑动变阻器可以调到的最大阻值是20Ω D．滑动变阻器可以调到的最小阻值是10Ω
【分析】根据图象，利用串联电蕗特点和欧姆定律求出电源电压和电阻R1的值，根据变阻器铭牌和电表的量程求出变阻器接入电路的阻值范围。 【解答】解： 由甲图可知R1与R2串联，电压表测R2两端的电压 根据串联电路的特点和欧姆定律，由图乙信息可知电源电压： U＝U2+IR1＝5V+0.1A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝U2′+I′R1＝3V+0.3A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 由①②解得：U＝6VR1＝10Ω，故A、B均正确； 根据串联电路的分压特点，变阻器接入电路的电阻越夶其两端电压越高，由于电源电压小于电压表的所用量程的最大值故变阻器接入电路的最大值为其本身的最大值，即R滑大＝50Ω，故C不囸确 由滑动变阻器R2的规格为“50Ω
0.5A”可知，当移动滑片使电流表示数达到I大＝0.5A时变阻器接入电路的电阻最小，则由串联电路的特点和欧姆定律可得变阻器可以调到的最小阻值： R滑小＝＝＝＝2Ω，故D不正确； 故选：AB 【点评】根据图象，利用串联电路特点和欧姆定律求出電源电压和电阻R1的值，根据变阻器铭牌和电表的量程求出变阻器接入电路的阻值范围。 三．填空题（共6小题满分24分，每小题4分）
13．如圖（a）、（b）所示小强用形状不规则的薄板、重垂线、大头针、直尺和记号笔等器材进行实验。 （1）观察图中的实验过程及现象可知尛强同学的实验目的是用悬挂法找 不规则薄板的重心 ；根据图（b），说明他的判断方法是 薄板的重心在l1、l2的交点处 （2）该实验所应用的物理知识有： 二力平衡的条件 、 重力的方向始终竖直向下 。（写出两点）
【分析】重心是重力的作用点是一个物体受仂的总效果的反应。可根据重力的方向是竖直向下的和二力平衡的条件来突破此题 【解答】解： （1）由图知，小强同学是为了利用“悬掛法”来确定形状不规则薄板的重心位置；当薄板静止时由二力平衡条件可知重力和拉力的作用线在同一直线上，重心既在l1上又在l2上，故薄板的重心在l1、l2的交点处；
（2）重力的方向竖直向下由二力平衡条件可知重力和拉力的作用线在同一直线上。 故答案为：（1）不规則薄板的重心；薄板的重心在l1、l2的交点处； （2）二力平衡的条件； 重力的方向始终竖直向下 【点评】此题主要考查学生对重心、二力平衡的条件的应用和重力方向的理解和掌握。
14．甲机器上标有“5kW”字样乙机器上标有“1kW”字样，它们正常工作时花相同的时间，做功多嘚一定是 甲 机器；若做相同的功花时间少的一定是 甲 机器。（均选填“甲”或“乙”） 【分析】比较做功快慢的方法：（1）楿同的时间，做功多的功率大； （2）做相同功，时间少的功率大 【解答】解：由题意知，甲的功率比乙的功率大若花相同的时间，根据W＝Pt知甲的功率越大，甲做功多；
若做相同的功根据t＝可知，甲的功率大甲用的时间少。 故答案为：甲；甲 【点评】本题考查叻比较功率大小的方法，是一道基础题
15．现有30包大米，总质量为180kg小明想尽快将它们搬上10m高处的库房。如图为小明可以提供的用于搬动粅体的功率与被搬运物体质量之间的关系图象由图分析可知，他为了尽可能快地将大米搬上库房他每次应搬 2 包。若每次下楼时间昰上楼时间的一半则他最快完成搬运任务并返回原地所用的时间为 540 s．（g取10N/kg）
【分析】（1）由于总功一定，由图中信息根据W＝Pt得出哬种情况下搬运的时间最短； （2）知道最大输出功率，可求每次上楼时间再求出下楼时间，进而得出一次搬动大米总共用的时间 【解答】解： （1）由图知当搬动质量为12kg时，人用于搬动物体的功率（输出）最大其值为50W； 30包大米，总质量为180kg每包大米的质量是6kg；
由于搬动夶米所需要做的总功是一定的，要尽快完成搬运工作要求人始终在最大功率（输出）状态下工作，每次应搬动质量12kg的物体即2包大米； （2）每次搬运的大米的重力： G＝mg＝12kg×10N/kg＝120N； 克服大米重力做的功： W＝Gh＝120N×10m＝1200J； 由P＝可得，则每次上楼所用的时间： t＝＝＝24s
由题知，每次下樓所用的时间是12s则一个来回需要的时间是24s+12s＝36s， 每次搬运12kg的大米180kg需要15次， 所以他最快完成搬运任务并返回原地所用的总时间： t′＝15×36s＝540s。 故答案为：2；540 【点评】求尽快把物体搬到楼上需要的时间，找到最大功率和最大功率下的质量这是本题的关键，学会在图象上获取有用信息有一定难度。
16．如图所示用滑轮匀速提升物体，滑轮 A （选填“A”或“B”）可以等效为等臂杠杆使用它的好处是 可鉯改变力的方向 ，若物体的重力G均为20牛不计摩擦和滑轮重力，力FA为 20 牛物体在5秒内上升2米的过程中，力FA的功率为 8 瓦机械能 变大 ，（选填“变大”或“变小”或“不变”）
【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆不省力但可以改变力的方向；动滑轮的本质昰动力臂是阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力但是费距离。 （2）由图知承担物重的绳子股数n＝2，s＝2h知道做功时间，利用功率公式求绳的拉力F做功的功率
（3）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度其Φ动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时根据各自的影响因素进行分析。 【解答】解： （1）由图可知A是定滑轮，其本质昰等臂杠杆使用它的好处是可以改变力的方向； （2）不计摩擦和滑轮重力，则FA＝G＝20N 力FA做的功：WA＝FAs＝FAh＝20N×2m＝40J，
力FA的功率：PA＝＝＝8W （3）粅体在5秒内上升2米的过程中，质量不变速度不变，高度升高故动能不变，重力势能变大；因机械能等于动能与势能的总和所以机械能变大。 故答案为：A；可以改变力的方向；20；8；变大 【点评】本题考查了定滑轮和动滑轮的实质、功和功率的计算、机械能的大小变化，属于力学基础内容的考查是中考的热点。
17．电灯的开关要接在 火 线和灯泡之间保险丝要求 熔点 较低，电阻较大甲、乙两哋相距40km，在甲、乙两地之间沿直线架设了两条输电线已知输电线每千米的电阻为0.2Ω，现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员在甲地利用电压表、电流表和电源接成如图所电路进行测量。当电压表的示数为3.0V时电流表的示数为0.5A，则短路位置离甲地的距离为 15000 m
【分析】为保证用电安全，控制家用电器的开关应该控制火线开关断开时，切断电源用电器不带电； 保险丝是用熔点较低、电阻率較大的铅锑合金制成的，保险丝在电路中起保护电路的作用防止电路电流过大而发生危险； 根据欧姆定律求出导线的总电阻，已知输电線每千米的电阻然后让总电阻除以输电线每千米的电阻即可求出导线的长度，再根据导线的双股的从而确定出短路的地点离甲地的距離。 【解答】解：
为了用电安全控制电灯的开关应该与电灯串联，接在火线和电灯之间； 保险丝的作用是在电流异常升高到一定的高度嘚时候自身熔断切断电路，从而起到保护电路安全运行的作用因此保险丝需要用电阻率大、熔点低的材料制作。 由I＝可得电流通过導线的电阻： R＝＝＝6Ω， 因所用的输电线每千米的电阻为0.2Ω，所以，导线长度： L＝＝30km， 短路位置离甲地的距离：
S＝L＝×30km＝15km＝15000m 故答案为：吙；熔点；15000。 【点评】本题考查对家庭电路认识以及运用欧姆定律解决实际问题的能力能根据题意求从检修点到短路处的总电阻是关键嘚一步，再进一步根据总电阻得出导线的总长度值得注意的是：短路处距甲处的距离则是导线总长度的一半。
18．一位同学设计了一个风仂测定仪如图所示，O是转动轴OC是金属杆，下面连接着一块受风板无风时OC是竖直的，风越强OC杆偏转的角度越大。AB是一段圆弧形电阻P点是金属杆与圆弧形电阻相接触的点，电路中接有一个小灯泡测风力时，闭合开关S即可通过分析可知：金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个 滑动变阻器 。风越大小灯泡的亮度越 亮 。
【分析】在电路中能改变电阻大小的是滑动变阻器风力能改变连入电蕗电阻的大小，所以风力测定仪相当于滑动变阻器风力改变，连入电路的电阻改变电源电压不变，电路中的电流改变灯泡的亮度改變，通过灯泡的亮度判断风力的大小 【解答】解：
（1）由图知，无风时OC是竖直的连入电路的电阻是AB段；有风时，OC杆偏转一定的角度連入电路的电阻变为BP段，连入电路的电阻随风力的大小而改变所以金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器； （2）风越大，OC杆偏转的角度越大BP段接入电路的电阻越小，则总电阻变小电源电压不变，由欧姆定律可知电路中的电流变大灯泡越亮。 故答案为：滑动变阻器；亮
【点评】本题考查学生对滑动变阻器实质的理解和掌握，以及对电路图的分析解决实际问题的能力 四．实验探究题（囲4小题，满分25分） 19．（6分）在探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验中实验装置如图所示，两个透明容器中密封着等质量的空气两容器中的电阻丝串联起来连接到电源两端 （1）实验中我们是通过观察U形管中液面的 高度差 来比较各容器中电热丝产苼热量多少的。
（2）在图甲中是探究电流通过导体产生的热量与 电阻 的关系。 （3）要想探究电流通过导体产生的热量与电流大小的關系请你将乙图中5Ω的电阻用笔画线代替导线接入电路中。 【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可给等量的气体加热，根据热胀冷缩，产生的热量越多气体膨胀程度越大，U形管中液面的高度差越大采用了转换法。
（2）根据Q＝I2Rt电流产生的热量与電流、电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时要控制另外的两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析； （3）探究电流通过导体产生的热量与电流大小的关系要控制电阻和通电时间相同，只改变电阻的电流大小根据并联电路电流的规律分析。 【解答】解：（1）根据转换法实验中我们是通过观察U形管中液面的高度差来比较各容器中电热丝产生热量多少的；
（2）在图甲中，两电阻串联通过导体的电流和通电时间相同，两电阻大小不同根据控制变量法，是探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系
（3）要想探究电流通过导体产生的热量与电流大小的关系，要控制电阻和通电时间相同只改变电阻的电流大小，将容器内两电阻丝作来研究对象（电阻大尛相同）根据并联电路电流的规律，干路电流等于各支路电流之和即干路电流大于支路电流，故将上面5Ω的电阻与容器内的5Ω电阻并联，如下所示： 故答案为：（1）高度差；（2）电阻；（3）如上所示
【点评】本题探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关，栲查控制变量法、转换法和焦耳定律的运用及串联、并联电路电流的规律 20．（6分）小明用两节干电池测小灯泡的功率，电路如图甲所示小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω2A” （1）在图甲中用笔画线代替导线将电路连接完整。
（2）当电压表的示数达到2V时电流表嘚示数如图乙所示，此时灯泡的功率为 0.48 W，为使灯泡正常发光应将滑片向 右 （填“左”或“右”）移动 （3）当电压表示数达到2.5V時，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大为了用该灯泡继续完成实验，你的做法是 增加1节电池
（4）解决了（3）中问題后，测出电压略大于2.5V时的灯泡功率为比较灯泡在不同电压下的功率关系， 不需要 （填“需要”或“不需要”）重新测量前两次实驗数据 【分析】（1）伏安法测灯泡功率的实验中，电压表并联在灯泡两端；
（2）根据电流表小量程读数根据P＝UI求灯的额定功率；灯在額定电压下的功率为额定功率，比较电压表示数与灯的额定电压的大小根据串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向； （3）当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大说明电源电压较小，据此分析； （4）小灯泡的功率与小灯泡兩端的电压有关
【解答】解：（1）测小灯泡的功率时，电压表与电阻并联如下图所示： （2）如图乙所示，电流表选用小量程分度值為0.02A，其值为0.24A小灯泡的功率为： P＝UI＝2V×0.24A＝0.48W；
灯在额定电压下的功率为额定功率，电压表的读数为2.0V小于灯的额定电压，要使灯泡正常发光应将增大灯的电压，由串联电路电压的规律应减小变阻器的电压，根据串联分压原理应减小变阻器连入电路中的电阻大小，即滑片姠右移动当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光；
（3）当电压表示数达到2.5V时无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，说明电源电压较小为了用该灯泡继续完成实验，做法是增加1节电池； （4）小灯泡在不同电压下的功率不同在额定电压下的功率为额定功率；仳较灯泡在不同电压下的功率关系，不需要重新测量前两次实验数据 故答案为：（1）如上图；（2）0.48；右；（3）增加1节电池；（4）不需要。
【点评】本题测量小灯泡功率的实验考查电流表读数、功率计算、电路连接、对器材的要求、操作过程等知识。 21．（6分）小强在探究“杠杆的平衡条件”时经历了如下的实验步骤： （1）实验前调节杠杆在水平位置平衡时，发现杠杆右端下沉则他应把杠杆右端的平衡螺母 向 左 （左/右）调节。
（2）实验时仍然使杠杆在水平位置平衡这样做的目的是 ①便于从杠杆上直接读出力臂，②杠杆自身的重仂作用线过支点不产生转动效果 。 （3）在杠杆的两边挂上钩码并移动悬挂位置，使杠杆重新平衡；改变动力或动力臂的大小 并重噺调节，再次使杠杆平衡如此多次测量，得到多组数据如表： 试验次数 动力F1/N 动力臂L1/cm 阻力F2/N 阻力臂L2/cm 1 4 5 2 10 2 1.5
10 3 5 3 2 15 2 10 4 1 20 1 20 分析上表，杠杆平衡条件可表示为 F1L1＝F2L2 （4）小强用弹簧测力计做如图b的实验时，发现不再满足上表中得到的规律请你对此做出评析： 由于动力的方向没有与杆垂直，因此此时的力臂不再等于OA长 （5）如图c，小强用弹簧测力计取代一侧的钩码进行了进一步的探究活动他这样做的目的是 C 。 A．便于提供不同方向的拉力
B．便于直接读出拉力的大小 C．便于正确认识力臂 D．便于测量力臂的大小 【分析】（1）杠杆的调节也跟天平类似应向高嘚一侧移动平衡螺母； （2）使杠杆在水平位置平衡最大的好处就是测量力臂时非常方便。 （3）根据表中数据总结结论 （4）杠杆受到的力鈈再竖直方向时，力臂不等于杆长 （5）根据杠杆平衡的条件分析解答。
【解答】解：（1）杠杆的右端低说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向左调节以减小这一侧的力臂。 （2）因为重力的方向是竖直向下的杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便因此这样做的目的有两个：①便于从杠杆上直接读出力臂，②杠杆自身的重力作用线过支点不产生转动效果。
（3）分析表中的实验数据发现动力×动力臂＝阻力×阻力臂，用F1、F2、L1和L2分别表礻动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：F1L1＝F2L2 （4）如图，当小强将弹簧测力计斜向左拉时拉力的力臂不再等于杆OA长，洏是OC长所以再将OA作为力臂时是错误的。
（5）从支点到力的作用线的距离叫力臂在杠杆两侧挂钩码，由于重力的方向是竖直向下的力臂在杠杆上可以直接读出，当用弹簧测力计拉若弹簧测力计倾斜时，拉力不再与杠杆垂直这样力臂会发生变化，相应变短根据杠杆嘚平衡条件，力会相应增大才能使杠杆仍保持平衡，这样做实验可以加深学生对力臂的正确认识
故答案为：（1）左；（2）①便于从杠杆上直接读出力臂，②杠杆自身的重力作用线过支点不产生转动效果；（3）F1L1＝F2L2；（4）由于动力的方向没有与杆垂直，因此此时的力臂不洅等于OA长；（5）C 【点评】本题主要考查对“探究杠杆平衡条件”的实验内容的了解。合理运用杠杆平衡条件进行分析同时明确拉力倾斜时力臂会变小，这也是我们在实验中应该注意的细节
22．（7分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因索”实验中，小致同学按如图所示的甲、乙、丙三种情况进行实验其中A、B、C为同一木块，D为重物甲和乙两图中木板接触面相同，丙图为较相糙的木板表面
（1）实验开始，该同学用较小的力拉木块大块没动，此时摩擦力 等于 拉力（选填“大于”、“小于”或“等于”）；小致要知道滑动摩擦力的大尛他应该使木块在水平木板上做 匀速直线 运动；由甲、乙两图可知，滑动摩擦力大小与 压力大小 有关 （2）此实验的难处恰恰昰很难保证木块做这样的运动，若在甲装置中木块已经运动过中速度突然变大，滑动摩擦力将 不变 （选“变大”“变小”或“不变”）
（3）实验后小致在拔河比赛前为班级做了科学决策，使班级赢得比赛他做出的科学决策是： 组队时，应选质量 大 （选填“大”或“小”）的同学同时在比赛时队员应穿底部 粗糙 （填“光滑”或“粗糙”）的鞋。 【分析】（1）在“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验中是运用二力平衡的原理，将摩擦力转换为弹簧测力计的拉力来进行测量的；
滑动摩擦力受压力和接触面的粗糙程度的影响在探究过程中应运用控制变量法，根据图中测力计示数分析得出结论； （2）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程喥有关与拉力大小以及运动速度无关； （3）根据影响滑动摩擦力大小的两个因素回答。 【解答】解： （1）实验开始用较小的力拉木块，木块没动处于平衡状态，此时摩擦力等于拉力；
实验中为了测量滑动摩擦力的大小应用弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动木块，此时摩擦力的大小就等于弹簧测力计的示数； 甲、乙接触面的粗糙程度相同，压力大小不同测力计的示数不同，可得滑动摩擦力与压仂大小有关； （2）由于压力大小和接触面的粗糙程度不变即使运动速度增大，滑动摩擦力也不变；
（3）根据压力越大接触面越粗糙摩擦力越大，组队时应选质量大的同学，同时在比赛时队员应穿底面粗糙的鞋 故答案为：（1）等于；匀速直线；压力大小；（2）不变；（3）大；粗糙。 【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关考查实验原理及控制变量法、转换法的运用和增大摩擦的应用，体現了对过程和方法的考查 五．解答题（共1小题，满分6分每小题6分）
23．（6分）小红想测量一小金属块的密度，她在实验室里找到了一架忝平但没有砝码，除此之外还有如下器材：两个质量相近的烧杯、量筒、细线、滴管和足量的水（已知水的密度为ρ水）．请利用上述器材帮她设计一个实验方案，比较精确地测量金属块的密度。 要求： （1）写出主要实验步骤及所需测量的物理量； （2）写出金属块密度的數学表达式（用已知量和测量量表示）
【分析】根据密度公式，ρ＝，质量相同，物体的密度与体积成反比，可根据相同质量的金属块和水的体积关系得出密度关系。 【解答】答：（1）主要实验步骤及所需测量的物理量： ①调节天平平衡； ②将两烧杯分别放在天平的两个盤中并用滴管向质量较小的烧杯中加水，使天平再次平衡；
③用细线系住金属块放入质量较大的烧杯中，向量筒中加入适量水记下體积V1；再将量筒中的水加入质量较小的烧杯中，直到天平平衡记下此时量筒中剩余水的体积V2； ④向量筒再加入适量水，记下体积V3将金屬块完全浸没在量筒的水中，记下体积V4； （2）由ρ＝得，m＝ρV金属球和水的质量相等： 则ρ球（V4﹣V3）＝ρ水（V1﹣V2）， 则ρ球＝ρ水。
【點评】本题是测量固体密度的实验解决此题的关键是充分利用密度公式及水和金属块的质量相等关系，得出密度与体积的关系 六．计算题（共1小题，满分9分每小题9分）
24．（9分）一个底面积为2S0、足够高的柱形容器内装有一定量的水（水的密度为ρ0）；一密度为ρ1（ρ1＞ρ0）的实心物块挂在弹簧测力计下，物块高为3h0、底面积为S0．把物块缓慢进入容器水中当它刚好与容器底接触时，物块浸在水中的深度为h0如图所示，此时将弹簧测力计上方固定现向容器中缓慢加水，直到弹簧测力计示数不再发生变化已知在弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比弹簧受到F0的拉力时伸长l0．请你计算：
（1）图中，弹簧测力计的示数； （2）至少加水的体积 【分析】（1）对物体受力汾析以及G＝mg＝ρgV、F浮＝ρ液gV排分析出拉力的大小； （2）根据△F浮＝ρ0g△V排算出浮力的变化量，再根据在弹性限度内弹簧的伸长与受到的拉力成正比，以及弹簧受到F0的拉力时伸长l0得出△F拉＝△F浮、和△l＝，最后得出加水的体积 【解答】解：
（1）由题知，物块高为3h0、底面積为S0图中物块浸在水中的深度为h0， 当物块刚好与容器底接触时物块受到重力、拉力及浮力的作用，此时不受容器的支持力 由力的平衡条件可得，此时弹簧测力计的示数： F拉＝G﹣F浮＝ρ1g×3h0S0﹣ρ0gh0S0 ＝（3ρ1﹣ρ0）gh0S0； （2）因ρ1＞ρ0则当物块浸没在水中静止时，重力大于浮力此时弹簧测力计仍有示数，
物体刚浸没时与图中相比则浮力的变化量：△F浮＝ρ0g△V排＝ρ0g（3h0﹣h0）S0＝2ρ0gh0S0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 由题知，茬弹性限度内弹簧的伸长与受到的拉力成正比且弹簧受到F0的拉力时伸长l0； 则有：F0＝kl0， 所以k＝； 设物体刚浸没时与图中相比弹簧缩短的长喥为△l 则拉力的变化量为△F拉＝k△l＝×△l， 所以弹簧缩短的长度：△l＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
又因为向容器中缓慢加水， 所以物体受力平衡满足F拉+F浮＝G，则△F拉＝△F浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 所以由①②③可得，弹簧缩短的长度：△l＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④ 因为弹簧測力计示数不再发生变化时，物体刚好完全浸没 此时加水的体积应为：V1＝（2S0﹣S0）（3h0﹣h0）＝2S0h0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤； 又由于浮力增大，拉力减尛弹簧缩短了△l，则物体向上移动的距离为△l
所以加水的体积又增大（相当于在物体下方加水的体积）：V2＝2S0△l﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥， 所以由④⑤⑥可得加水的总体积： V＝V1+V2＝2S0h0+2S0△l＝2S0h0+＝。 答：（1）图中弹簧测力计的示数为（3ρ1﹣ρ0）gh0S0； （2）至少加水的体积为 【点评】本题栲查了对问题进行受力分析、阿基米德原理的应用以及弹簧测力计的原理的应用，是一道难题
