甘肃省兰州市2019-2020学年中考一诊物理试题
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．如图所示，均匀圆柱体甲和盛有液体的圆柱形容器乙放置在水平地面上。现沿水平方向切去部分甲并从容器乙中抽出相同体积的液体后，此时甲剩余部分对地面的压力等于剩余液体对容器乙底部的压力。关于甲原来对地面的压强p甲、液体原来对容器乙底部的压强p乙的判断，正确的是
A．p甲一定大于p乙 C．p甲一定等于p乙 D 【解析】 【详解】
B．p甲可能等于p乙 D．p甲一定小于p乙
设沿水平方向切去甲的体积为V甲切，从容器乙中抽出的液体体积为V乙抽，因为V甲切＝V乙抽,，
，又因为S甲?S乙，所以h甲切?h乙切，此时甲剩余部分对地面的压力等于剩余液体对容器乙底部的压力。可知G甲剩＝G乙剩，所以m乙剩＝m甲剩，?甲??乙，所以切去的甲和乙的质量关系是m甲?m乙,G甲?G乙,所以没有切之前甲乙的总的重力关系是G总甲?G总乙，因为乙中受力面积小，所以根据公式P＝前甲的压强一定小于乙的压强。即p甲一定小于p乙
2．如图甲所示的电路中，电源电压保持6V不变，小灯泡的额定电压是2.5V．闭合开关S后，当滑片P从右向左移动的过程中，小灯泡的I?U关系图象如图乙所示．下列判断正确的是
F可知切之S
A．滑动变阻器接入电路的最小阻值是0Ω B．滑动变阻器接入电路的最大阻值是37.5Ω
C．小灯泡消耗的电功率总小于滑动变阻器消耗的电功率 D．小灯泡消耗的电功率有时等于滑动变阻器消耗的电功率 C 【解析】 【详解】
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流． 当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小， 由图乙可知，小灯泡两端的电压UL＝2.5V时（正常发光），通过的电流IL＝0.28A， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：UR＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V， 由I?URUR3.5VU???12.5Ω，故A错误； 可得，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小?IRIL0.28ARUL2.5V??8.9Ω； IL0.28A此时灯泡的电阻：RL?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，灯泡分得的电压最小， 由图乙可知，小灯泡两端的最小电压UL′＝0.4V时，通过的电流IL′＝0.16A， 此时滑动变阻器两端的电压：UR′＝U﹣UL′＝6V﹣0.4V＝5.6V，
''URUR5.6V?35Ω，故B错误； 则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R大?'?'?IRIL0.16A'UL0.4V?2.5Ω， 此时灯泡的电阻：R?'?IL0.16A'L因滑动变阻器接入电路中的最小阻值为12.5Ω，灯泡的最大阻值为8.9Ω，即灯泡的阻值始终小于变阻器接入电路的阻值，且同一时刻通过两者的电流相等，
所以，由P＝UI＝I2R可知，小灯泡消耗的电功率总小于滑动变阻器消耗的电功率，故C正确、D错误． 3．新型膨胀式安全带（如图）紧缚力达到一定的值，藏在安全带里的气囊就会快速充气，迅速形成气囊袋，对驾乘人员起到更好的保护作用，下列关于膨胀式安全带说法正确的是（）
A．该安全带会使人的惯性减小 B．该安全带可以使人所承受的力减小 C．当车加速时，该安全带就会自动充气
D．该安全带充气后增大与人体的接触面积，减小压强，可避免人员被勒伤 D 【解析】 【分析】 【详解】
A．惯性是物体本身的性质，惯性与质量大小有关，当紧急刹车时，安全带可以减弱司机的惯性造成的危
害，不能减小惯性，故A错误；
BD．安全带不能减少人所承受的力，而是通过增大接触面积，来减小压强从而减少人受到的伤害，故B错误，D正确；
C．当车急剧减速时，人体由于惯性有向前运动的趋势，此时受到安全带的压力增大，安全带就会自动充气，故C错误； 故应选D。
4．下列有关压强知识说法正确的是（ ） A．在流体中，流速越大的位置，压强越小 B．随着大气压的减小，水的沸点会升高
C．利用马德堡半球实验可以精确测出大气压的值 D．载重货车的车轮越多，对地面的压强越大 A 【解析】 【分析】
1）流体压强与流速的关系，在气体中流速越大的位置，压强越小． （2）液体的沸点随气压的增大而增大；
（3）托里拆利实验最早测出了大气压的值；马德堡半球实验证明了大气压的存在；
（4）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强． 【详解】
A. 流体中流速越大的地方压强越小，飞机的升力就是由此产生的，故A正确；
B. 沸点随气压的升高而升高，降低而降低，故随着大气压的减小,水的沸点会降低，故B错误； C. 马德堡半球实验有力的说明了大气压的存在，托里拆利实验测出了大气压的值，故C错误； D. 载重货车的车轮越多，受力面积越大，在压力一定时,对地面的压强越小，故D错误； 故选A． 【点睛】
注意流体压强与流速关系的应用，是飞机产生升力的原因，牢记流速大的地方压强小的规律，中考中也是常出现的题目类型，且要能用此特点解释生活中的相关现象．
5．如图所示，是探究“水沸腾的规律”的实验装置．对实验可能出现的现象及解释，说法正确的是
A．试管口喷出的白气是水汽化形成的水蒸气
B．沸腾时气泡上升变大，是试管中的水蒸气液化造成的
C．停止对水加热，沸腾停止，再加热，水又继续沸腾，说明沸腾过程需要吸热 D．图乙中，向外抽气时热水又重新沸腾，说明液体沸点随气压的降低而升高 C 【解析】 【详解】
A、试管口喷出的白气是水蒸气液化成的小水滴，故A错误； B、沸腾时气泡上升变大，是试管中的水汽化形成的，故B错误；
C、停止对水加热，水不再吸热，沸腾停止，再加热，水将继续吸热，此时水又继续沸腾，说明沸腾过程需要吸热，故C正确；
D、据图可知，当从瓶中向外抽气时，瓶内的气压减小，水的沸点随气压的减小而降低，所以会导致水重新沸腾．故D错误．
6．下列餐具中，通常情况下属于导体的是（ ） A．竹筷 D 【解析】 【详解】
ABC、玻璃杯、竹筷、陶瓷碗都不容易导电，是常见的绝缘体，故ABC不合题意； D、钢匙是金属制成的，容易导电，是导体，故D符合题意。
7．小明同学坐他父亲开的汽车上学，当汽车从地下负二层开往负一层，保持速度大小不变向上行驶的过程中，他的动能、势能和机械能的变化情况是（ ） A．动能不变，势能减小，机械能减小 B．动能不变，势能不变，机械能不变 C．动能增大，势能增大，机械能增大 D．动能不变，势能增大，机械能增大 D 【解析】 【详解】
当汽车从地下负二层开往负一层，保持速度大小不变向上行驶的过程中，小明的质量不变、速度不变，高度增加，故他的动能不变，重力势能增大，而机械能等于动能与势能之和，所以机械能增大．故D正确，ABC错误．
8．如图所示，光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动，木条的A端用竖直细线连接在地OA＝0.6m，OB＝0.4m．C的密度为0.8×103kg/m3，板上，在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C，B端正下方放一盛满水的溢水杯．现将木块C缓慢浸入溢水杯中，当木块浸入水中一半时，从溢水口处溢
B．陶瓷碗
C．玻璃杯
D．钢匙
出0.5N的水，杠杆处于水平平衡状态，然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动，经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0，下列结果不正确的是（忽略细线的重力，g取10N/kg）
A．木块受到的浮力为0.5N B．木块C受到细线的拉力为0.3N
C．小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N D．小球的运动速度为0.2m/s D 【解析】 【分析】
（1）溢水杯内裝满水，当物体放入后，根据阿基米德原理即可求出物体受到的浮力；
（2）根据F浮=ρ水V排g求排开水的体积；此时木块浸入体积为木块体积的一半，可求木块的体积，又知道木块的密度，利用密度公式和重力公式求木块重；根据FB=G﹣F浮求杠杆B端受到的拉力FB； （3）根据杠杆平衡条件得出关系式FA×OA=FB×OB求出小球刚放在B端时A端受到细线的拉力； （4）知道小球的质量可求重力，设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s=vt，可求当A端的拉力为0时，小球到O点距离（s﹣OB=vt﹣OB=v×4s﹣0.4m），再根据杠杆平衡条件得出G球×s′=FB×OB，据此求小球运动速度． 【详解】
A、溢水杯内盛满水，当物体放入后，物体受到的浮力：F浮=G排=0.5N，故A正确；
F浮0.5N﹣53
?B、根据F浮=ρ液gV排可得排开水的体积：V排==5×10m；因为一半浸入水中，3?水g1.0?10?10N/kg﹣53﹣43
所以物体的体积：V物=2V排=2×5×10m=1×10m；由G=mg和??m可得，物体的重力：G=mg=ρ物-V物Vg=0.8×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg=0.8N，则B端木块C所受的拉力：FB=G﹣F浮=0.8N﹣0.5N=0.3N，故B正确；
C、小球的质量为：m球=300g=0.3kg，小球的重：G球=m球g=0.3kg×10N/kg=3N，小球刚放在B端时，B端受到的力为3N+0.3N=3.3N，根据杠杆平衡条件得出关系式：FA×OA=FB×OB，则A端受到细线的拉力：
FB'?OB3.3N?0.4mFA??=2.2N，故C正确．
OA0.6mD、设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s=vt，当A端的拉力为0时，杠杆再次平衡，此时小球到O点距离：s′=s﹣OB=vt﹣OB=v×4s﹣0.4m，根据杠杆平衡条件可知：G球×s′=FB×OB，即：3N×（v×4s﹣0.4m）=0.3N×0.4m，解得：v=0.11m/s．故D错误．
故选D．
9．如图所示，是关于电磁现象的实验装置图，下列分析中正确的是
A．图甲装置是研究电磁感应现象 B．图乙装置是电动机的结构原理图 C．图丙装置是研究电流周围存在着磁场 D．图丁装置是研究磁场对电流的作用 D 【解析】 【详解】
A、是奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场．选项错误； B、图中无电池，是发动机原理图，选项错误； C、图中没有电池，是电磁感应现象实验，选项错误；
D、图中有电源，这是磁场对电流的作用实验，结论是通电导体在磁场中受力，选项正确． 故选D．
10．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S1、S2，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． 二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．如图展示了我国古代劳动人民的智慧成果，对其中所涉及的物理知识，下列说法中正确的是（ ）
A．紫砂壶是连通器原理的应用
B．桔槔利用了杠杆原理
C．正在发声的青瓷缶一定在振动
D．石磨与谷物的接触面刻有花纹，目的是为了减小摩擦
ABC 【解析】 【详解】
A．紫砂壶的壶嘴和壶身上端开口、底部连通，构成了连通器，故A正确； B．根据图示可知，桔槔符合杠杆的定义，所以利用了杠杆原理，故B正确； C．声音是由物体振动产生的，所以正在发声的青瓷缶一定在振动，故C正确；
D．石磨与谷物的接触面刻有花纹，目的是为了增大接触面的粗糙程度从而增大摩擦，故D错误． 12．如图甲的电路中，电源电压保持不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙。下列判断正确的是
A．电源电压是12V B．定值电阻R的阻值是6Ω C．滑动变阻器的最大阻值为12Ω D．定值电阻能达到的最大功率为1.5W BC 【解析】 【详解】
由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。 当滑片在a端时，电路为R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表示数最大，由图象可知，电源的电压U=9V，此时电路中的电流I=1.5A，定值电阻R的阻值：R=
U9V?=6Ω，故A错误、B正确； I1.5A由于此时电阻R两端的电压最大、通过的电流最大，则定值电阻能达到的最大功率：PR大=UI=9V×1.5A=13.5W，故D错误；
当滑片位于b端时，电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，由图象可知，此时R两端的电压UR=3V，电路中的最小电流I′=0.5A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=U-UR=9V-3V=6V，则滑动变阻器的最大阻值：R滑大=
U滑6V=12Ω，故C正确。 ??I0.5A13．如图甲所示，电源电压不变，闭合开关S，当变阻器R2的滑片P从b端滑到a端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列选项正确的是
A．R1的阻值为0.1Ω
B．变阻器R2的最大阻值为20Ω
C．电流表示数为0.2A时，在1min内R2产生的热量为12J D．电压表示数为1.5V时，R1与R2消耗功率之比为2：1 BC
【解析】 【详解】
由甲电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，由图乙可知，电压表的最大示数为3V，则电源的电压U＝3V； 此时电路中的电流I1＝0.3A，由I＝
U3VU=10Ω，故A错误； 可得R1的阻值：R1＝?I10.3ARB、当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，由图乙可知，电压表的示数U1＝1V，电路中的电流I最小＝0.1A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝3V﹣1V＝2V，
U22V==20Ω，故B正确； 则变阻器R2的最大阻值：R2＝
I最小0.1AC、由图乙可知，电流表示数为0.2A时，U1′＝2V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压：U2′＝U﹣U1′＝3V﹣2V＝1V，
则Q2′＝W2′＝U2′I′t＝1V×0.2A×60s＝12J，故C正确；
D、电压表示数为1.5V时，则U1″＝1.5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，R2两端的电压：U2″＝U″﹣U1″＝3V﹣1.5V＝1.5V，
''''''PUIU1.5V111????1:1，故D错误。 则''''''PU2IU21.5V三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．物体放在水平地面，在拉力的作用下，从A点匀速运动到C点，已知F1:F2=2:3，如图所示，若AB段拉力做的功为W1、功率为P1，BC拉力做的功为W2、功率为P2，则W1:W2=______，P1:P2=______．
1：1 2：3 【解析】 【详解】
W1F1S12?6mWFs??1:1；??Fv，F1：F2=2：3，s1=6m，s2=4m，由题和图知，则做功之比：?因为P?W2F2S23?4mttPF1vF11???2:3． 从A点到C点运动速度相等，所以功率之比：
P2F2vF215．如图所示的电路里，在圆圈a，b，c上连接适当电表，使灯L1和L2并联且能发光，那么a应是________；
b是________；c是________．
电流表 电压表 电流表 【解析】 【详解】
[1][2][3]两个电灯都能发光，且是并联，则两个电灯中都应有电流通过，且都能接到电源两极上．由于两个电灯中间已经接在一起，L1的左端与电源正极相连了，则两个电灯中间应通过电流表接到电源的负极，故c表为电流表，L2的右端应接到电源的正极，故a表应是电流表，则b表只能是电压表了． 16．在测量盐水密度的实验中，将烧杯中质量为33g的盐水全部倒入量筒中，如图所示，盐水的体积是_____cm3，则盐水的密度是_____kg/m3，采用这种方法测量的盐水密度将_____（选填“偏大”或“偏小”）。
301.1×103偏大 【解析】 【详解】
由图可知，量筒分度值1mL，盐水的体积：V＝30mL＝30cm3，所以盐水的密度：ρ＝＝
＝1.1g/cm3
＝1.1×103kg/m3；由步骤可知，将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，烧杯壁不可避免地会有残留的盐水，使得测量的盐水的体积变小，所以采用这种测量方法得到的结果将偏大。
17．在原子内部，核外电子绕原子核运动会形成一种环形电流，该环形电流产生的磁场使物质微粒（原子）的两侧相当于两个磁极．若图中箭头表示的是电子绕原子核运动的方向，则环形电流的右侧应为______极（选填“N”或“S”）．
N 【解析】 【详解】
物理学上规定，正电荷定向移动的方向为电流的方向，所以图中电流的方向与电子绕原子核运动的方向相反．利用安培定则，伸开右手让四指弯曲的方向与电流的方向一致，大拇指所指的那端（环形电流的右端）为N极，则环形电流的左侧应为S极．
18．如图所示，在15N的水平拉力F作用下，木板A 在水平地面匀速向右运动的过程中，物体B相对于地面静止，此时弹簧测力计的示数为3N，则B所受滑动摩擦力方向水平向 ______（选填“左”或“右”），A受到地面的摩擦力大小为______N．
右 12 【解析】 【分析】 【详解】
弹簧测力计示数为3N，则弹簧测力计对B的拉力为3N，方向向左．B水平方向上受到拉力和摩擦力的作用处于静止状态，由二力平衡可得，摩擦力与拉力应大小相等，方向相反，所以，摩擦力大小为3N，方向水平向右．根据力的作用是相互的，B会给A一个向左的摩擦力，大小为3N，A匀速向右运动，所以A受B对其向左的摩擦力、地面对其向左的摩擦力和拉力F的作用，由力的平衡条件可知，地面对A的摩擦力f=15N-3N=12N，方向水平向左． 四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．水平地面上有一个质量为1千克、底面积为1?10?2m2的薄壁柱形容器，容器内盛有质量为5千克的水.
①求水的体积V水。 ②求容器对地面的压强p。
③现将一体积为1?10?3m3的物块浸没在水中，求水对容器底部压强增加量的范围。 10-3m3（2）5880Pa（3）0—980Pa （1）5×
【解析】 【详解】 （1）V水=
m5kg=10?3m3； 33=5×?1.0?10kg/m9.8N/kg=58.8N，容器对地面的压强：（2）容器对地面的压力：F=G=mg=(1kg+5kg)×P=
F58.8N==5880Pa； ?22S1?10m（3）若容器中盛5kg水时正好装满容器，那么放入物体后水会溢出来，水的深度不会变，故容器底部增
V1?10?3m3=0.1m，增加的压强加的压强为0；若放入物体后水不会溢出来，则水面升高的高度h==
S1?10?2m3P1=ρgh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa，所以水对容器底部压强增加量的范围是0—980Pa。 20．某电热水瓶容量为2L，有加热和保温两档，该电热水瓶装满初温为20℃的水接在家庭电路中，它正常工作时的功率和时间关系如图所示．（外界大气压强为1个标准大气压，计算结果保留一位小数）求：
保温时通过电热水瓶的电流是多少？若通电10min恰好将水烧开，则加热时电热水
瓶的热效率是多少？ （1）1.8A；（3）93.3% 【解析】
试题分析：（1）由图示可知，保温瓶保温时消耗的电功率为400W，所以可知保温时通过电热水瓶的电流I=P/U=1.8A；105J；烧开水时水所吸收的热量为Q（2）通电10min消耗的电能为W=\
吸
=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×105J，所以可知电热水瓶的热效率为热水瓶（100℃-20℃）=6.72×
效率：η=Q吸/W≈93.3%． 考点：电功率；热效率
21．考古工作者在河底发现了古代的石像，经潜水者测量它的体积约为2m1．如图所示，在打捞石像的过程中，考古工作者用动滑轮将石像匀速提升，需要竖直向上的拉力F=1.6×104N．在没有将石像提出水面前，若不计摩擦和滑轮重力，（ρ水=1.0×101kg/m1，g=10N/kg）求：
（1）石像受到的浮力． （2）石像的重力．
（1）若将石像提升了1m，石像受到水的压强减少了多少？ （1）2×104N；（2）5.2×104N；（1）1×104Pa； 【解析】 【分析】 【详解】
（1）石像受到的浮力：
F浮=?水gV排=1.0?101kg/m1?10N/kg?2m2=2?104N （2）不计摩擦和滑轮重力，根据F==2?1.6?104N?2?104N=5.2?104N
（1）若将石像提升了1m，石像受到水的压强变化量：
1(G-F浮)可得石像的重力：G=2F?F浮2np=?水gnh=1.0?101kg/m1?10N/kg?1m=1?104Pa.
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．图甲所示的是小明常用的一个插线板，他在使用中发现：插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供正常电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供正常电压。根据上述现象，你认为指示灯和开关是怎样接连的？请在图乙中画出开关、指示灯和插孔的连接方式，并把接线板与电源线接通。
【解析】
经分析可知，指示灯和插孔之间是并联，开关位于干路，如下图所示：
23．完成光路图。 （______）
【解析】 【详解】
由于通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，所以凸透镜的光路如下图：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图所示的实验.请你根据小明的 实验探究回答下列问题.
（1）选择 C、E 两图，可以探究浮力与_____的关系.
（2）根据有关实验数据，可以计算出盐水的密度为_____kg/m3.
（3）小明想探究“物体受到的浮力与其形状是否有关”，他找来薄铝片，烧杯和水进行实 验，实验步骤如下：
步骤一：将铝片放入盛水的烧杯中，铝片下沉至杯底； 步骤二：将铝片弯成“碗状”再放入水中，它漂浮在水面上.
①通过分析可知，“等于”或“小铝片在步骤一中受到的浮力_____铝片在步骤二中受到的浮力（选填“大于”、于”）；
②根据步骤一和步骤二无法实现“物体受到的浮力与其形状有关”的探究目的，原因是：______． 103 小于 没有控制排开液体体积相同 液体密度 1.2×【解析】
【分析】 【详解】
（1）C、E两幅图，物体完全浸没在水和盐水中，排开液体的体积相同，液体的密度不同，探究浮力与液体密度的关系，可知物体排开液体的体积相同，液体的密度越大，物体所受浮力越大；
（2）由图A可知,物体的重力G=8N,由图C可知,物体浸没在水中时,弹簧测力计对物体的拉力F=6N,则物体受到的浮力F浮1=G?F=8N?6N=2N.
由图E可知,物体浸没在盐水中时,弹簧测力计对物体的拉力F=5.6N,则物体受到的浮力F浮
2=G?F=8N?5.6N=2.4N.
物体排开液体的体积相等,则：
F浮1F浮2= ?水g?盐水g则ρ盐水=
F浮2?水F浮12.4N?1.0?103kg/m3==1.2×103kg/m3
2N（3）①由物体的浮沉条件可知,铝片下沉时F浮1 ②若要探究浮力大小与形状的关系，应控制液体的密度和物体排开液体的体积相等，由题意可知两次排开液体的体积不同，错误原因就是没有利用控制变量法，即没有控制物体都要排开相同体积的液体． 25．已知通过导体的电流与导体两端的电压和导体的电阻有关．小明在探究“通过导体的电流与导体两端电压的关系”时，实验器材有：稳压电源、电流表、电压表、滑动变阻器、定值电阻、开关各一个，导线若干． （1）请用笔画线，将图中的电路补充完整． （_________） （2）连接电路时，将滑动变阻器的滑片移到了阻值最大端，电流表选择了0～3A的量程．连接好电路后，为了确定电流表的量程选择是否合适，应进行怎样的实验操作？_____． （3）设计出记录实验数据的表格，表格中要有必要的信息． （___________） （4）小明通过实验操作，还确定了电压的取值范围，在该范围内，他预设了n个间距相等的电压值，为了使测得的实验数据更准确，预设的每个电压值还应满足什么条件？_____． （5）在该实验中，若滑动变阻器的接线柱接触不良，则闭合开关时，电流表和电压表的示数情况是_____ （只有一个正确选项，将正确选项的字母填在横线上） A．只有电流表有示数B．只有电压表有示数 C．电流表和电压表均有示数D．电流表和电压表均没有示数． 用开关进行“试触”观察电流表的指针偏转情况 预设的每个电压值应该是 0.5的整数倍 D 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑动变阻器要按“一上一下”的方式串联接入电路，电流表应串联在电路中，故只需将滑动变阻器上面任一接线柱与电流表的“?”接线柱连接即可，如图所示： (2)连接好电路后，为了确定电流表的量程选择是否合适，应用开关进行“试触”观察电流表的指针偏转情况，若示数小于3V，则电流表的量程选择合适；否则，不合适． (3)设计实验表格如下： (4)由实物电路 可知，电压表选择的量程为0～15V，分度值为0.5V，为了使测得的实验数据更准确，减小读数误差，则预设的每个电压值应该是0.5的整数倍．(5)在该实验中，若滑动变阻器的接线柱接触不良，即电路开路，则闭合开关时，电流表和电压表均没有的示数，故选D. 【点睛】 （1）根据滑动变阻器要按“一上一下”的方式串联接入电路，电流表应串联在电路中即可连接电路；（2）利用“试触法”确定电表选择的量程是否合适；（3）根据所测物理设计实验记录表格；（4）为了减小读数误差，预设的每个电压值应该是电压表分度值的整数倍；（5）常见电路故障有断路与短路，分析清楚电路结构，根据电路故障分析电表示数． 26．在探究“冰的熔化特点”实验中， 如图甲所示，是小明根据实验数据作出的冰加热时温 度随时间变化的图像．分析图像可知，冰的熔点是___℃，其熔化过程的特点是___________．在第6min该物质处于______（选填“固态”、“液态”或“固液共存状态”）．由图像可以看出：AB段与CD段随着加热进行，温度变化的快慢明显不同，小明在老师的提示下明白了其中原因原冈．你认为是 ______________________．另一个小组为了使物质更快受热，实验装置如图乙所示，你认为该装置在在的不足是_____________________________________________． 0 吸收热量温度保持不变 固液共存状态 固态的冰和与液态的水的比热容不同 物质受热不均匀 【解析】 【详解】 （1）从图中可知，该物质在熔化过程中温度保持0℃不变，所以其熔点是0℃，熔化过程的特点是吸收热量温度保持不变；在第6min，该物质处于熔化过程，所以是固液共存态． （2）两段温度变化的快慢明显不同是因为：固态的冰和与液态的水的比热容不同． （3）如图物质放在试管中，在不使用搅拌器的情况下，容易使冰的受热不均匀．
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