卷子答案网-一个不只有答案的网站2023年四川省成都市石室天府中学中考物理模拟试卷
一.选择题（每题2分，共26分）
1．（2分）电动汽车刹车时，汽车电动机“变身”为发电机，将汽车动能转化为电能，简称动能回收系统。下列实验中与动能回收系统原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）下列关于电磁波的说法中不正确的是（ ）
A．“祝融号”火星车利用电磁波向地球传递信息
B．微波炉是用电磁波来加热食品的
C．电磁波的传播不需要介质
D．频率越高的电磁波在空气中传播越快
3．（2分）如图所示，是一杯刚冲好的咖啡，关于咖啡，下列说法中错误的是（ ）
A．咖啡在冷却过程中，内能减小
B．咖啡在冷却过程中，含有的热量变少
C．冲调咖啡时能闻到香味，属于扩散现象
D．由于刚冲好的咖啡温度较高，分子热运动更剧烈
4．（2分）纯电动汽车环保节能。如图所示是电动汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电要求的是（ ）
A．安装充电桩时，不连接地线也可以
B．有充电桩起火，应迅速浇水扑灭
C．电线破损时，只要稍加注意便可安全使用
D．安装充电桩时，必须断开电源
5．（2分）多米诺骨牌起源于我国北宋时期。玩时将骨牌按一定间距排列，轻轻碰倒第一张骨牌，其余骨牌将会依次倒下。如图所示，在第一张骨牌倒下且未碰到第二张骨牌的过程中，忽略空气阻力，关于第一张骨牌，下列说法正确的是（ ）
A．重心高度不变 B．惯性越来越大
C．重力势能转化为动能 D．机械能逐渐增加
6．（2分）小兮和欢欢结伴前往成都宽窄巷子游玩，边赏美景边享美食，好不快哉！以下有关说法正确的是（ ）
A．路边包子店的蒸笼喷出白茫茫的是水蒸气
B．做煎饼时蛋清在热锅里慢慢凝华成固态
C．冰淇淋包装外面出现小水珠是液化现象
D．煮汤圆时包芯里的糖熔化过程中要放热
7．（2分）物理与我们的实际生活密切相关，下列身边物理量估测结果符合实际的是（ ）
A．手电筒中的电流大约为3A
B．智能手机工作电压为220V
C．正常成年人的头围约55cm
D．液晶电视机的额定功率约为2000W
8．（2分）在“使用托盘天平测量物体质量”的实验中，下列操作不正确的是（ ）
A．使用天平时，应将天平放在水平桌面上
B．调节天平平衡时，应先将游码移至称量标尺左端零刻线处
C．测量过程中如果移动天平，则需重新调节天平平衡
D．称量过程中，可通过调节平衡螺母使天平平衡
9．（2分）如图所示，编钟是我国春秋战国时期的乐器，下列说法正确的是（ ）
A．敲击编钟时发出的声音是由空气振动产生的
B．敲击编钟的力度越大，声音传播速度越快
C．要使编钟发出大小不同的声音，需用不同的力度敲击
D．编钟发出的声音与其它乐器声不同，是因为它们发出声音的音调不同
10．（2分）下面所述案例是物理学知识在生活中的广泛应用，其中说法正确的是（ ）
A．用吸管能把饮料吸入嘴里，其实是嘴的吸力起的作用
B．菜刀不锋利了在磨石上磨一磨，是为了减小压力
C．用高压锅煮食物熟得快，是因为锅内气压大于外界大气压液体沸点低
D．家庭里常用吸盘挂钩挂物件，是利用大气压的作用
11．（2分）如图所示是小明踢足球的情景，不计空气阻力，下列分析正确的是（ ）
A．脚踢球时，脚先对球施加了踢力，然后球再对脚产生弹力
B．脚踢球时，球不会发生形变
C．球在空中飞行时所受力的施力物体是地球
D．球在空中飞行时，受到重力和脚的踢力作用
12．（2分）运用图中器材进行“探究浮力大小跟排开液体所受重力的关系”的实验。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两步实验说明浮力大小与物体浸入液体的深度有关
B．在乙图中，物体受到的浮力为 1.5N
C．乙图中物体受到的重力与浮力互相平衡
D．乙图中物体受到的浮力等于丙图中液体的重力
13．（2分）在甲、乙两个实物图中，如果闭合两电路中的所有开关，各元件都能正常工作，现将一根导线接到两电路中的不同位置，会有不同的现象发生，下列说法中正确的是（ ）
A．在图甲中，如果断开开关S，并将导线接到开关S两接线柱上，则L1、L2不发光
B．在图甲中，如果闭合开关S，并将导线接到L1两接线柱上，则L1发光，L2不发光
C．在图乙中，如果闭合开关S1、S2，则电动机M与灯L并联，开关S2在灯L支路上
D．在图乙中，闭合S1、断开S2，并将导线接到电动机两接线柱上，则电动机被短接，灯泡仍可以工作
二.填空题（每空2分，共28分）
14．（4分）如图所示，路引装置将路引投射在地面上，路引装置成像原理和 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）相同，路引装置与地面的距离越大，所成的像越 （选填“大”或“小”）。
15．（4分）如图是“探究某物质熔化和凝固规律”的实验图象。该物质的凝固点是 ℃；该物质熔化过程持续了 min。
16．（4分）如图所示是冰壶比赛的场景。赛道冰面有一层薄薄的冰粒，制冰师每次在制冰时，会在光滑如镜的冰面上喷洒水珠（即“打点”），这些水珠遇冷迅速凝固成冰粒，这样做是为了 摩擦。冰壶比赛时运动员要不停地“擦地板”，这个过程实际叫做“刷冰”，当运动员向前“刷冰”时，冰壶刷受到的摩擦力向 。
17．（4分）跳伞运动员从飞机上跳下，在降落伞打开后速度越来越小，原因是运动员的受到的合力方向 ；运动员刚刚着陆后，还会往前走几步，这是由于 。
18．（4分）如图是小蔡同学设计的短跑比赛“抢跑判断器”。电磁铁的上端为 （选填“N”或“S”）极。当运动员蹲在起跑器上后，裁判员老师闭合开关S1、S2，发令指示灯亮，运动员抢跑后，R0所受压力变小，电阻变小，电磁铁将衔铁吸下，抢跑指示灯 （选填“L1”或“L2”）亮，则判定该运动员抢跑。
19．（4分）在“探究电流与电压的关系”实验中，小明和小美经过讨论，将实验方案由甲图改为乙图，这样改进的好处是 ；实验结束，根据图像丙，他们得出的实验结论是 。
20．（4分）如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为600W，中温挡功率为200W。当Sa接1，同时Sb断开时，电路处于 挡，用该电器的“高温”挡正常工作20min，电路产生的热量为 J。
三.画图与计算题（作图题每题2分，计算题每题6分；共16分）
21．（2分）为确保乘客上下车安全，公交车内在驾驶座位右前方设置有一个后视镜（如图甲），通过后视镜司机可观察到车内乘客的具体情况。请在图乙中画出A处的司机通过后视镜能观察到的范围。
22．（2分）图甲是一个压饺子皮神器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是其简化的示意图，O为支点，F2是使用时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图及阻力臂l2。
23．（6分）如表是我国设计制造的无人驾驶四轮轿车的相关参数，g取10N/kg。
整车质量 最高速度 最高速度行驶时受到的水平阻力 每个轮子与地面的接触面积
1600kg 120km/h 200N 200cm2
（1）轿车静止在水平路面上时，对路面的压强为多少？
（2）若轿车以最高速度沿水平直线匀速行驶10min，则牵引力所做的功为多少？
24．（6分）如图所示，电源电压是5V且保持不变，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～3V，小灯泡的L铭牌为“3V，1.5W”（灯丝电阻不变），滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2＝20Ω。求：
（1）只断开S3，其他开关都闭合，R1的滑片位于中点时，电流表示数为多少？
（2）当S、S3闭合，S1、S2断开，为了保证电路的安全，滑动变阻器的阻值变化范围是多少？
四.实验探究题（每空2分，共14分）
25．（6分）为了探究“并联电路电流规律”，小红实验小组设计了如图甲所示的电路图。
（1）准备连接电路时，他们首先就连接方法进行了如下讨论。几个说法中错误的是 。
A．按照电路图连接电路时，开关应该是断开的
B．每处接线都必须接牢
C．连接电路元件时不能从电池的负极开始
D．连接完毕后要仔细检查电路，确认无误后再闭合开关
（2）连接好电路后，小明闭合开关测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是 。
（3）小亮同学根据下表实验数据得出的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，且各支路的电流相等。老师指出小亮的探究过程有不妥之处，请问他下一步应该做的最合理的操作是 。
A点电流IA/A B点电流IB/A C点电流IC/A
0.16 0.16 0.32
A.分析数据，得出结论
B.改变电源电压，再测出几组电流值
C.换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值
D.在干路中串入滑动变阻器，多测几次电流值
26．（8分）在“探究重力与质量的关系”实验中。
（1）同学们所用的弹簧测力计如图所示，在使用它测量力前，应先进行的操作是 。
（2）将物体挂在弹簧测力计下，并让它处于静止状态，忽略弹簧自重。根据 原理可知：此时弹簧测力计的示数等于物体的重力。
（3）在“探究重力的大小与质量的关系”实验中，同学们的实验数据记录如下表所示。
质量m/kg 0.06 0.10 0.18 0.22 0.32 0.34
重力G/N 0.6 1.0 1.8 2.2 3.2 3.4
分析表中实验数据可得出的结论是 。
（4）小红用质量不同的苹果，小木块、小铁球各一个，并分别测出了它们的质量和重力，来探究物体所受重力大小与质量的关系，你认为小红的做法 。
A.不合理，因为他没有用同种物质的物体做实验
B.不合理，因为他没有使物体的质量成倍变化
C.合理，因为他同样可以得到物体所受重力大小与质量的关系
D.合理，因为他的操作比甲同学更简便
一.不定项选择题（每小题2分，共10分，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但漏选得1分，凡有错选不得分。）
（多选）27．（2分）我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”的成功运行，标志着中国离“人造太阳”的梦想又近了一步。下列关于能源、现代信息技术说法不正确的是（ ）
A．核能属于不可再生能源，只要做好技术保护，核能是没有污染的
B．光纤通讯是依靠电磁波来传递信息的
C．电能属于二次能源，现代技术无法将核能直接转化为电能
D．制作手机芯片的主要材料是超导体
28．（2分）如图甲是小明用相机拍下的“平行显示系统（HUD）”照片，平行显示系统（HUD）可以将一些行车信息，直接投射到前挡风玻璃上，驾驶员只需目视前方，就能看清行车信息（如图乙），提升了行车安全性。以下说法正确的是（ ）
A．司机看到的像是实像
B．显现在玻璃上的数字是蓝色的，原因是玻璃吸收了蓝光
C．小明还想给挡风玻璃上数据拍特写照片，应该将照相机镜头往前伸
D．司机通过眼睛看到前方车辆，是因为前方车辆在视网膜上成正立缩小的实像
29．（2分）小天同学为了比较质量均为200g的水和煤油的吸热能力，利用如图甲所示的实验装置进行实验，实验中两个酒精灯完全一样，加热10min后每个酒精灯消耗酒精5g（q酒精＝3×107J/kg），水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像（如图乙）。若单位时间内水和煤油吸收的热量相等，则下列说法正确的是（ ）
A．煤油的吸热能力与其加热时间有关
B．20min内煤油吸收的热量为2.52×103J
C．他使用的酒精灯的加热效率为16.8%
D．煤油的比热容为2.1×103J/（kg ℃）
（多选）30．（2分）小明体重600N，用由A、B两个相同的滑轮组成的滑轮组向上提升1000N的重物C，如图所示。提升的过程中，小明用大小为550N且竖直向下的力拉动绳子，使物体C以0.4m/s的速度匀速上升。已知绳子能承受的最大拉力为1500N。若不计绳重及轮与轴的摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小明对地面的压力为50N
B．拉力的功率为220W
C．天花板受到滑轮A的拉力为1200N
D．用此滑轮组提升重物机械效率最高为83.3%
（多选）31．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1＝10Ω。开关S1闭合，S2、S3断开时，电压表的示数为U1，R2消耗的功率为P2；当开关S1、S2、S3都闭合时，电压表的示数为U1′，R2消耗的功率为P2′，且电流表A1的示数为0.9A。已知U1：U1′＝1：6，P2：P2′＝1：9，下列结论正确的是（ ）
A．R3＝20Ω
B．电源电压为6V
C．开关S1闭合，S2、S3断开时，电路消耗的总功率为0.8W
D．当开关S1、S2、S3都闭合时，P2′＝1.8W
二、综合题（共10分）
32．（4分）学校给每班都安装了如图甲所示的一款饮水机，其加热水箱的工作原理图可简化如图乙所示，其中S是一个自动温控开关，R1为电加热管，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到设定温度时，S自动切换到另一处为保温状态。该饮水机的部分参数如表所示。请回答下列问题：
型号 ZY﹣18
加热水箱容量 0.55L
额定电压 220V
加热功率 550W
保温功率 50W
产品重量 4.0kg
（1）L1、L2是两种不同颜色的指示灯，如果用红色表示正在对水加热，绿色表示保温，则L1为 色。
（2）饮水机烧开一次开水，所需时间为3分钟，若一天烧40次水，其他时间处于保温状态，电费单价为0.5元/（kW h），则一天烧水所花电费为 元。
（3）下列关于饮水机的说法，你认为不合理的是 。
A.饮水机长时间不用时考虑用电安全，应该切断电源，同时避免浪费电能。
B.饮水机外壳材质是塑料的，但插头必须接三孔插座，防止出现漏电事故。
C.饮水机应定期清洗，是为了防止加热效率降低。
D.检修饮水机前，应先断开电源。
（4）在使用过程中，同学们发现空气开关经常跳闸，怎样解决这个问题呢： 。
33．（6分）如图甲所示，一个足够高的薄壁柱形容器放在水平桌面上，容器底面积为S1，容器中立放着一个底面积为S2＝100cm2、高为H＝18cm的均匀圆柱体物块A，A的底部与容器底部用一根细绳连在一起。现缓慢向容器中注水，每分钟注入水的质量为300g，当向容器中注水6min时，物块A对容器底部的压力恰好为0（如图乙），此时容器中水的深度为h1＝9cm。已知细绳长度为L＝8cm，能承受的最大拉力为6N，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，物块A不吸水，忽略细绳的体积、液体扰动等其他次要因素。
（1）求物块A对容器底部的压力恰好为0时所受的浮力大小。
（2）在图乙的情况下继续缓慢向容器中注水，直至细绳断开，停止加水，细绳断开前瞬间（如图丙）水对容器底部的压强为p1，当物块A静止后水对容器底部的压强为p2。求从p1到p2的压强变化量Δp。
（3）在图甲的情况下开始缓慢向容器中注水，求此过程中容器底部所受水的压强p与注水时间tx（单位：min）的函数关系式（tx≥14min）。
2023年四川省成都市石室天府中学中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每题2分，共26分）
1．（2分）电动汽车刹车时，汽车电动机“变身”为发电机，将汽车动能转化为电能，简称动能回收系统。下列实验中与动能回收系统原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场，电磁铁就是利用该原理制成的。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机、扬声器就是利用该原理制成的。
（3）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机和动圈式话筒就是利用该原理制成的。
【解答】解：发电机是利用电磁感应现象来工作的。
A、图说明通电螺线管的周围存在磁场，故A不符合题意；
B、扬声器是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故B不符合题意；
C、该图说明闭合路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，闭合开关后，电流表的指针发生偏转，故C符合题意；
D、该图说明通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机是利用该原理来工作的，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】知道电流的磁效应，通电导体在磁场中要受到力的作用，电磁感应现象以及它们对应的应用。
2．（2分）下列关于电磁波的说法中不正确的是（ ）
A．“祝融号”火星车利用电磁波向地球传递信息
B．微波炉是用电磁波来加热食品的
C．电磁波的传播不需要介质
D．频率越高的电磁波在空气中传播越快
【分析】电磁波的传播不需要介质，它可以传递信息；电磁波具有能量；它在空气中的传播速度约为3×108m/s。
【解答】解：A、“祝融号”火星车利用电磁波向地球传递信息，故A正确；
B、电磁波具有能量，微波炉是用电磁波来加热食品的，故B正确；
C、电磁波可以在真空中传播，传播不需要介质，故C正确；
D、电磁波在真空中的传播速度和光速相等，都是3×108m/s，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了电磁波的特点及运用，属于基础题。
3．（2分）如图所示，是一杯刚冲好的咖啡，关于咖啡，下列说法中错误的是（ ）
A．咖啡在冷却过程中，内能减小
B．咖啡在冷却过程中，含有的热量变少
C．冲调咖啡时能闻到香味，属于扩散现象
D．由于刚冲好的咖啡温度较高，分子热运动更剧烈
【分析】（1）同一物体，状态不变时，温度降低、内能减小；
（2）热量是一个过程量，不能用含有、具有等来修饰；
（3）一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，产生了扩散现象；
（4）分子的热运动与温度有关，温度越高、分子的热运动越剧烈。
【解答】解：A、咖啡在冷却过程中，质量不变、温度降低、内能减小，故A正确；
B、热量是一个过程量，不说物体含有热量的多少，故B错误；
C、冲调咖啡时能闻到香味，是分子无规则运动的结果，属于扩散现象，故C正确；
D、由于刚冲好的咖啡温度较高，所以分子热运动更剧烈，故D正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了利用分子动理论的知识来解释生活中的热现象，属基础题，难度不大。
4．（2分）纯电动汽车环保节能。如图所示是电动汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电要求的是（ ）
A．安装充电桩时，不连接地线也可以
B．有充电桩起火，应迅速浇水扑灭
C．电线破损时，只要稍加注意便可安全使用
D．安装充电桩时，必须断开电源
【分析】（1）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（2）用电器起火，先关闭电源再救火；生活用水是导体；
（3）破损的导线容易发生短路或发生触电事故；
（4）检修电路及更换元件时，应在停电的情况下工作，不能带电工作。
【解答】解：A、安装充电桩时，为了安全，要接地线，故A不符合安全用电要求；
B、万一有充电桩起火，应先关闭电源再施救；生活用水是导体，电器着火不能直接用水灭火，否则可能引起触电事故，故B不符合安全用电要求；
C、充电线破损时，容易形成短路或发生触电事故，要及时更换，严禁直接使用，故C不符合安全用电要求；
D、为了安全在安装充电桩时必须断开电源，故D符合安全用电原则。
故选：D。
【点评】本题借助充电桩考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。
5．（2分）多米诺骨牌起源于我国北宋时期。玩时将骨牌按一定间距排列，轻轻碰倒第一张骨牌，其余骨牌将会依次倒下。如图所示，在第一张骨牌倒下且未碰到第二张骨牌的过程中，忽略空气阻力，关于第一张骨牌，下列说法正确的是（ ）
A．重心高度不变 B．惯性越来越大
C．重力势能转化为动能 D．机械能逐渐增加
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）惯性的大小只与质量有关。
【解答】解：骨牌倒下时重心会降低，所以其重力势能会减小；第一张骨牌倒下时，其重力势能转化为了动能；该过程中骨牌的质量不变，惯性大小不变；在第一张骨牌倒下且未碰到第二张骨牌的过程中，忽略空气阻力，机械能是守恒的，保持不变；故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查动能和势能的影响因素，对于判断能量转化的题目，可从影响能量大小的因素来分析能量的变化，找到能量转化的方向。
6．（2分）小兮和欢欢结伴前往成都宽窄巷子游玩，边赏美景边享美食，好不快哉！以下有关说法正确的是（ ）
A．路边包子店的蒸笼喷出白茫茫的是水蒸气
B．做煎饼时蛋清在热锅里慢慢凝华成固态
C．冰淇淋包装外面出现小水珠是液化现象
D．煮汤圆时包芯里的糖熔化过程中要放热
【分析】（1）水蒸气看不见、摸不着；
（2）物质由液态变为固态的过程叫做凝固；
（3）物质由气态变为液态的过程叫做液化；
（4）物质由固态变为液态的过程叫做熔化，熔化过程要吸收热量。
【解答】解：A、路边包子店的蒸笼喷出白茫茫的是白汽，水蒸气是看不见、摸不着的气体，故A错误；
B、因为鸡蛋中富含蛋白质胶体，胶体的性质就是当温度上升到一定限度后，会发生胶体凝聚现象.鸡蛋中富含的蛋白质胶体在受热后发生了凝聚，变成了固体，故B错误；
C、冰淇淋包装外面出现小水珠是空气中的水蒸气遇到冷的冰淇淋包装而液化形成的小水珠，故C正确；
D、煮汤圆时包芯里的糖变为液态的糖，物质由固态变为液态的过程叫做熔化，熔化过程要吸收热量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查对物态变化的认识与理解，关键是知道物质原来的状态和后来的状态，难度不大。
7．（2分）物理与我们的实际生活密切相关，下列身边物理量估测结果符合实际的是（ ）
A．手电筒中的电流大约为3A
B．智能手机工作电压为220V
C．正常成年人的头围约55cm
D．液晶电视机的额定功率约为2000W
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、手电筒中的电流大约为200mA＝0.2A，故A错误；
B、智能手机工作电压约为3.7V，故B错误；
C、正常成年人的头围约55cm，故C正确；
D、液晶电视机的额定功率约为100W，故D错误。
故选：C。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
8．（2分）在“使用托盘天平测量物体质量”的实验中，下列操作不正确的是（ ）
A．使用天平时，应将天平放在水平桌面上
B．调节天平平衡时，应先将游码移至称量标尺左端零刻线处
C．测量过程中如果移动天平，则需重新调节天平平衡
D．称量过程中，可通过调节平衡螺母使天平平衡
【分析】正确使用天平的方法是：将天平放到水平桌面上，将游码拨到零刻度线，再调节两端的平衡螺母使横梁平衡；称量时左盘放物体，右盘放砝码，结合判断天平平衡的方法进行分析。
【解答】解：A．根据天平的使用规则可知，使用天平时，应将天平放在水平桌面上，故A正确；
B．根据天平的使用方法可知，在调节横梁平衡时，首先要将游码移到标尺左端的零刻线处，故B正确；
C．根据天平的使用方法可知，测量过程中如果移动天平，则需重新调节天平平衡，否则可能会影响测量结果，故C正确；
D．称量过程中，可通过调节砝码的数量或游码使天平平衡，不能再调节平衡螺母，故D错误。
故选：D。
【点评】天平是初中物理中重要的测量工具，记住使用前的放、拨、调，称量时的左物右砝，加砝码时的顺序是由大到小，拨游码时的先快后慢，读数为砝码质量加游码对应的刻度值。
9．（2分）如图所示，编钟是我国春秋战国时期的乐器，下列说法正确的是（ ）
A．敲击编钟时发出的声音是由空气振动产生的
B．敲击编钟的力度越大，声音传播速度越快
C．要使编钟发出大小不同的声音，需用不同的力度敲击
D．编钟发出的声音与其它乐器声不同，是因为它们发出声音的音调不同
【分析】（1）声音是由物体振动产生的；
（2）声音传播的速度与介质的种类有关，与发声体的振幅无关。
（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：A、编钟时发出的声音是由编钟振动产生的，故A错误；
B、敲击编钟的力度越大，声音传播速度不变，故B错误；
C、要使编钟发出大小不同的声音，需用不同的力度敲击，敲击力度越大，响度越大，故C正确；
D、编钟发出的声音与其它乐器声不同，是因为它们发出声音的音色不同，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查声现象的内容，知识较简单，是一道基础题目，加深对课本知识的记忆是做题关键。
10．（2分）下面所述案例是物理学知识在生活中的广泛应用，其中说法正确的是（ ）
A．用吸管能把饮料吸入嘴里，其实是嘴的吸力起的作用
B．菜刀不锋利了在磨石上磨一磨，是为了减小压力
C．用高压锅煮食物熟得快，是因为锅内气压大于外界大气压液体沸点低
D．家庭里常用吸盘挂钩挂物件，是利用大气压的作用
【分析】（1）吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里；
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强。
（3）液体的沸点跟气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。
（4）吸盘挂钩挂物件，是利用大气压作用。
【解答】解：
A、用吸管喝饮料时，外部气压大于盒内压强，外部大气压强把饮料压入嘴中，故A错误；
B、菜刀钝了在磨石上磨一磨，目的是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，切菜更快。故B错误；
C、因为水的沸点与压强有关，压强增大，沸点升高，煮饭菜时高压锅的气压比普通锅内的气压高，所以水沸腾时高压锅内的温度高于普通锅内的温度，温度越高，饭菜熟得越快，故C错误；
D、吸盘挂钩在使用时，先挤出里面的空气，里面气压减小，在大气压的作用下，吸盘被压在光滑的墙面上，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合性较强，考查了大气压的应用、压强的特点，熟练掌握相关知识是解题的关键。
11．（2分）如图所示是小明踢足球的情景，不计空气阻力，下列分析正确的是（ ）
A．脚踢球时，脚先对球施加了踢力，然后球再对脚产生弹力
B．脚踢球时，球不会发生形变
C．球在空中飞行时所受力的施力物体是地球
D．球在空中飞行时，受到重力和脚的踢力作用
【分析】（1）物体间力的作用是相互的，是同时产生的。
（2）力的作用效果是改变物体的形状和改变物体的运动状态。
（3）重力的施力物体是地球。
（4）球在空中飞行时，不计空气阻力，只受到重力的作用。
【解答】解：A、脚踢球时，脚对球施加了踢力，同时球也对脚产生弹力，故A错误；
B、脚踢球时，球会发生形变，故B错误；
C、不计空气阻力，球在空中飞行时受到重力的作用，所受重力的施力物体是地球，故C正确；
D、不计空气阻力，球在空中飞行时只受到重力的作用，故D错误。
故选：C。
【点评】知道重力和弹力的概念；知道物体间力的作用的相互性和同时性；知道力的作用效果。
12．（2分）运用图中器材进行“探究浮力大小跟排开液体所受重力的关系”的实验。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两步实验说明浮力大小与物体浸入液体的深度有关
B．在乙图中，物体受到的浮力为 1.5N
C．乙图中物体受到的重力与浮力互相平衡
D．乙图中物体受到的浮力等于丙图中液体的重力
【分析】（1）找出两图的相同量和不同量得出结论；
（2）由甲图可得物体受到的重力；由乙图可得物体浸没水中受到的拉力，两者之差是物体受到的浮力；
（3）对乙图的圆柱体受力分析，得出结论；
（4）由丙、丁两图可知溢出的液体的重力，比较可知乙图中物体受到的浮力与丙图中液体的重力的关系。
【解答】解：A、甲、乙两步，物体放入水中时，弹簧测力计的示数减小，说明浸入水中的物体受浮力，不能说明浮力大小与物体浸入液体的深度有关，故A错误；
B、根据称重法可知F浮＝G﹣F＝2N﹣1.5N＝0.5N，故B错误；
C、乙图中圆柱体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，因为重力和浮力不相等，不能互相平衡，故C错误；
D、由丙、丁两图可知溢出的液体的重力：G液体＝1N﹣0.5N＝0.5N，比较可知乙图中物体受到的浮力等于丙图中液体的重力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是一道综合题，综合考查了学生的实验和计算能力，理解阿基米德原理是解答本题的关键。
13．（2分）在甲、乙两个实物图中，如果闭合两电路中的所有开关，各元件都能正常工作，现将一根导线接到两电路中的不同位置，会有不同的现象发生，下列说法中正确的是（ ）
A．在图甲中，如果断开开关S，并将导线接到开关S两接线柱上，则L1、L2不发光
B．在图甲中，如果闭合开关S，并将导线接到L1两接线柱上，则L1发光，L2不发光
C．在图乙中，如果闭合开关S1、S2，则电动机M与灯L并联，开关S2在灯L支路上
D．在图乙中，闭合S1、断开S2，并将导线接到电动机两接线柱上，则电动机被短接，灯泡仍可以工作
【分析】当用电器或电源和导线连接，则用电器或电源被短路；根据这个特点和对串并联电路的了解判断各选项。
【解答】解：A、在图甲中，如果断开开关S，并将导线接到开关S两接线柱上，开关被短路，但电路是通路，所以L1、L2都能发光，故A错误。
B、在图甲中，如果闭合开关S，并将导线接到L1两接线柱上，则L1被短路，不发光，但电路是通路，故L2发光，故B错误。
C、在图乙中，如果闭合开关S1、S2，则电动机M与灯L并联，开关S2在电动机M支路上，故C错误。
D、在图乙中，闭合S1、断开S2，并将导线接到电动机两接线柱上，虽然电动机被短接，但电动机没有接入电路，电路为灯泡的简单电路，所以灯泡仍可以工作，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的连接方式、电路故障，正确分析电路连接方式是解题关键。
二.填空题（每空2分，共28分）
14．（4分）如图所示，路引装置将路引投射在地面上，路引装置成像原理和 投影仪 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）相同，路引装置与地面的距离越大，所成的像越 大 （选填“大”或“小”）。
【分析】物距在一倍焦距和二倍焦距之间，凸透镜成倒立、放大的实像，应用是投影仪；凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：装置将路引投射在地面上，此时的物距在一倍焦距和二倍焦距之间，凸透镜成倒立、放大的实像，成像原理和投影仪相同；
路引装置与地面的距离越大，即像距越大，则所成的像越大。
故答案为：投影仪；大。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
15．（4分）如图是“探究某物质熔化和凝固规律”的实验图象。该物质的凝固点是 45 ℃；该物质熔化过程持续了 3 min。
【分析】晶体在熔化或凝固时的温度是熔点或凝固点。晶体在熔化过程或凝固过程中处于固液共存态。从开始熔化到完全熔化完所用时间就是物态变化经历的时间。同一晶体的熔点和凝固点相同。
【解答】解：晶体在熔化的过程中温度保持不变；该物质在BC段熔化时，温度不变，故是晶体；该物质的凝固过程为EF段，温度为45℃，保持不变，故凝固点为45℃；
晶体在熔化过程中，吸热，但温度不变，故BC段为熔化过程，物质从第3min开始熔化，第6min熔化结束，故熔化过程持续时间为3min。
故答案为：45；3。
【点评】本题考查的是对熔化和凝固图象的理解，根据图象分析出各自在熔化过程中的特点是解决该题的关键。中考对这个知识点的要求是比较高的。
16．（4分）如图所示是冰壶比赛的场景。赛道冰面有一层薄薄的冰粒，制冰师每次在制冰时，会在光滑如镜的冰面上喷洒水珠（即“打点”），这些水珠遇冷迅速凝固成冰粒，这样做是为了 减小 摩擦。冰壶比赛时运动员要不停地“擦地板”，这个过程实际叫做“刷冰”，当运动员向前“刷冰”时，冰壶刷受到的摩擦力向 后 。
【分析】（1）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
（2）冰壶刷相对于冰面，向前运动，受到冰面的摩擦力方向与相对运动方向相反。
【解答】解：赛道冰面有一层薄薄的冰粒，制冰师每次在制冰时，会在光滑如镜的冰面上喷洒水珠（即“打点”），这些水珠遇冷迅速凝固成冰粒，这样做是用滚动代替滑动的方法来减小摩擦；
冰壶刷相对于冰面运动，受到冰面的摩擦力方向与相对运动方向相反，当运动员向前“刷冰”时，冰壶刷受到的摩擦力向后。
故答案为：减小；后。
【点评】本题以冰壶比赛为载体，考查摩擦力的有关知识，有一定综合性。
17．（4分）跳伞运动员从飞机上跳下，在降落伞打开后速度越来越小，原因是运动员的受到的合力方向 向上 ；运动员刚刚着陆后，还会往前走几步，这是由于 具有惯性 。
【分析】运动员速度改变，说明受到非平衡力的作用，据此分析重力与阻力的关系，得出合力的方向；
一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。
【解答】解：跳伞运动员从飞机上跳下，在降落伞打开后速度越来越小，说明运动员受到的重力小于空气阻力，因此，运动员的受到的合力方向向上；
运动员刚刚着陆后，还会往前走几步，这是由于运动员具有惯性，仍会保持原来的运动状态。
故答案为：向上；具有惯性。
【点评】本题通过跳伞运动过程，考查了对合力方向的判断，对惯性现象的认识，属基础题。
18．（4分）如图是小蔡同学设计的短跑比赛“抢跑判断器”。电磁铁的上端为 N （选填“N”或“S”）极。当运动员蹲在起跑器上后，裁判员老师闭合开关S1、S2，发令指示灯亮，运动员抢跑后，R0所受压力变小，电阻变小，电磁铁将衔铁吸下，抢跑指示灯 L2 （选填“L1”或“L2”）亮，则判定该运动员抢跑。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁磁极；
（3）通过电磁铁的电流越大，电磁铁的磁性越强；根据图示的控制电路与工作电路分析答题。
【解答】解：由图可知，电流从电磁铁的上端流入，下端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极；
工作人员闭合开关S1、S2，发令指示灯L1亮，运动员抢跑后，R0所受压力变小，其电阻变小，根据欧姆定律可知控制电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，将衔铁吸下，灯L2所在电路接通，则抢跑指示灯L2亮。
故答案为：N；L2。
【点评】通过电磁铁的电流越大，电磁铁磁性越强，分析清楚电路结构、明白电磁继电器的工作原理即可正确解题。
19．（4分）在“探究电流与电压的关系”实验中，小明和小美经过讨论，将实验方案由甲图改为乙图，这样改进的好处是 可方便改变电阻的电压，从而多次测量得出普遍性的结论 ；实验结束，根据图像丙，他们得出的实验结论是 导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 。
【分析】（1）探究电流与电压的关系实验中，为得出普遍性的结论，要多次测量，据此分析；
（2）根据绘制出电阻R的I﹣U图象为过原点的直线得出结论。
【解答】解：（1）探究电流与电压的关系实验中，为得出普遍性的结论，要多次测量，而甲图中，电压表示数等于电源电压，只能得出一组数据；
而乙图中，滑动变阻器与电阻串联，通过移动变阻器的滑片可方便改变电阻的电压，从而多次测量得出普遍性的结论；
（2）由图丙知，绘制出电阻R的I﹣U图象为过原点的直线，据此可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
故答案为：（1）可方便改变电阻的电压，从而多次测量得出普遍性的结论；（2）导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
【点评】本题探究电流与电压的关系实验，主要考查归纳法的运用。
20．（4分）如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为600W，中温挡功率为200W。当Sa接1，同时Sb断开时，电路处于 低温 挡，用该电器的“高温”挡正常工作20min，电路产生的热量为 7.2×105 J。
【分析】（1）由图乙可知，当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联；根据串并联电路的电阻特点和P＝可知电煎药壶高温挡、中温挡和低温挡的电路连接；
（2）知道高温挡的电功率，利用Q＝W＝Pt求出高温挡工作20min电路产生的热量。
【解答】解：由图乙可知，当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联；
根据串并联电路的电阻特点可知，当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，根据P＝可知，电路中的总功率最小，电煎药壶处于低温挡；
高温挡工作20min电路产生的热量：
Q＝W＝P高t＝600W×20×60s＝7.2×105J。
故答案为：低温；7.2×105。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查串并联电路的特点、电热的计算，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
三.画图与计算题（作图题每题2分，计算题每题6分；共16分）
21．（2分）为确保乘客上下车安全，公交车内在驾驶座位右前方设置有一个后视镜（如图甲），通过后视镜司机可观察到车内乘客的具体情况。请在图乙中画出A处的司机通过后视镜能观察到的范围。
【分析】方法一：根据光的反射定律作图。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；
方法二：根据平面镜成像规律作图。先找到A的像点，再连接平面镜边缘。
【解答】解：方法一：根据反射定律，过平面镜左端点B作法线，连接AB为入射光线，根据反射角等于入射角作出反射光线BM；同样，过平面镜右端点C作法线，连接AC为入射光线，根据反射角等于入射角作出反射光线CN；这样BM和CN之间的区域就是A处的司机通过后视镜能观察到的范围，如图所示：
方法二：平面镜成像时，像与物体关于镜面对称，据此作出A点关于镜面的对称点A'，即为A在镜中的像，连接像点A'与平面镜边缘，分别画出入射光线和反射光线，两反射光线之间的区域就是A处的司机通过后视镜能观察到的范围，如下图所示：
【点评】本题考查了光的反射定律的应用，属于基础性题目。
22．（2分）图甲是一个压饺子皮神器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是其简化的示意图，O为支点，F2是使用时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图及阻力臂l2。
【分析】（1）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：根据杠杆的平衡条件，要想找到最小力就要找到最长的力臂，连接支点O与作用点A，OA即为最长力臂，力臂始终与力的作用线垂直，从而找到最小力；从点O向F2的作用线作垂线，垂线段长即为阻力臂l2，作图如下：
【点评】此题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
23．（6分）如表是我国设计制造的无人驾驶四轮轿车的相关参数，g取10N/kg。
整车质量 最高速度 最高速度行驶时受到的水平阻力 每个轮子与地面的接触面积
1600kg 120km/h 200N 200cm2
（1）轿车静止在水平路面上时，对路面的压强为多少？
（2）若轿车以最高速度沿水平直线匀速行驶10min，则牵引力所做的功为多少？
【分析】（1）根据G＝mg计算整车的重力，轿车静止在水平路面上时，对地面的压力等于重力，根据p＝计算车对路面的压强；
（2）根据s＝vt计算轿车以最高速度沿水平直线匀速行驶30min通过的距离；轿车匀速直线行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，牵引力的大小等于水平阻力，根据W＝F牵s计算牵引力所做的功。
【解答】解：（1）整车的重力为：G＝mg＝1600kg×10N/kg＝1.6×104N；
轿车静止在水平路面上时，对地面的压力等于重力，对路面的压强为：
p＝＝＝2×105Pa；
（2）若轿车以最高速度沿水平直线匀速行驶10min，行驶的路程为：
s＝vt＝120km/h×h＝20km＝2×104m；
轿车匀速直线行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，牵引力的大小等于水平阻力，
则牵引力所做的功为：
W＝F牵s＝200N×2×104m＝4×106J。
答：（1）轿车静止在水平路面上时，对路面的压强为2×105Pa；
（2）若轿车以最高速度沿水平直线匀速行驶10min，则牵引力所做的功为4×106J。
【点评】本题考查了压强和功的计算，属于基础题。
24．（6分）如图所示，电源电压是5V且保持不变，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～3V，小灯泡的L铭牌为“3V，1.5W”（灯丝电阻不变），滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2＝20Ω。求：
（1）只断开S3，其他开关都闭合，R1的滑片位于中点时，电流表示数为多少？
（2）当S、S3闭合，S1、S2断开，为了保证电路的安全，滑动变阻器的阻值变化范围是多少？
【分析】（1）只断开S3，其他开关都闭合，定值电阻R2和滑动变阻器R1并联，电流表测量干路电流，当R1的滑片位于中点，连入电路的电阻为R1′＝R1＝×20Ω＝10Ω，根据欧姆定律分别求出各支路上的电流，然后求出干路电流，即为电流表示数；
（2）当S、S3闭合，S1、S2断开时，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI算出灯的额定电流；根据串联电路中各处的电流相等且为小电流判断出电路的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据R′＝算出此时电路中的总电阻；根据欧姆定律算出小灯泡正常发光的电阻，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和算出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
当电压表的示数U1大＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路中总电压等于各分电压之和，算出灯泡两端的电压，由图象可知通过灯泡的电流，由欧姆定律算出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，进而判断出滑动变阻器允许的取值范围。
【解答】解：（1）只断开S3，其他开关都闭合，定值电阻R2和滑动变阻器R1并联，电流表测量干路电流，
当R1的滑片位于中点，连入电路的电阻为R1′＝R1＝×20Ω＝10Ω，
则：通过R1的电流为：I1＝＝＝0.5A，
通过R2的电流为：I2＝＝＝0.25A，
则此时电路的总电流，即电流表示数为：I＝I1+I2＝0.5A+0.25A＝0.75A；
（2）当S、S3闭合，S1、S2断开时，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，
根据P＝UI得，灯泡正常发光时的电流为I额＝＝＝0.5A，
电流表的量程为0～3A，因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的最大电流等于灯泡正常发光时的电流，即I大＝I额＝0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
根据欧姆定律可得此时电路中的总电阻：R′＝＝＝10Ω，
小灯泡正常发光的电阻为：RL＝＝＝6Ω，
因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最小阻值：R1小＝R′﹣RL＝10Ω﹣6Ω＝4Ω；
当电压表的示数U1大＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U1大＝5V﹣3V＝2V，
由题知，灯丝电阻不变通过灯泡的电流即电路中的电流为：I小＝＝，
则根据欧姆定律可得滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R1大＝，
所以，滑动变阻器允许的取值范围是4Ω～9Ω。
答：（1）只断开S3，其他开关都闭合，R1的滑片位于中点时，电流表示数为0.75A；
（2）当S、S3闭合，S1、S2断开，为了保证电路的安全，滑动变阻器的阻值变化范围是4Ω～9Ω。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和滑动变阻器接入电路中最大、最小阻值的确定是关键，要注意灯泡的电阻不变。
四.实验探究题（每空2分，共14分）
25．（6分）为了探究“并联电路电流规律”，小红实验小组设计了如图甲所示的电路图。
（1）准备连接电路时，他们首先就连接方法进行了如下讨论。几个说法中错误的是 C 。
A．按照电路图连接电路时，开关应该是断开的
B．每处接线都必须接牢
C．连接电路元件时不能从电池的负极开始
D．连接完毕后要仔细检查电路，确认无误后再闭合开关
（2）连接好电路后，小明闭合开关测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是 电流表正负接线柱接反了 。
（3）小亮同学根据下表实验数据得出的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，且各支路的电流相等。老师指出小亮的探究过程有不妥之处，请问他下一步应该做的最合理的操作是 C 。
A点电流IA/A B点电流IB/A C点电流IC/A
0.16 0.16 0.32
A.分析数据，得出结论
B.改变电源电压，再测出几组电流值
C.换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值
D.在干路中串入滑动变阻器，多测几次电流值
【分析】（1）从连接电路注意事项分析，找出错误的选项；
（2）测量电流时，电流要从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电流表指针会反向偏转；
（3）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
【解答】解：
（1）A、按照电路图连接电路时，为保护电路，开关应该是断开的，A正确；
B、每处接线都必须接牢，防止断路，B正确；
C、连接电路元件时按一定的顺序即可，故不能从电池的负极开始是不对的，C错误；
D、连接完毕后要仔细检查电路，确认无误后再闭合开关，D正确；
故选：C；
（2）连接好电路后，小明闭合开关测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是电流表正负接线柱接反了；
（3）之所以得出各支路的电流相等，是因为选用的灯泡规格相同，器材太特殊，为得出普遍性的结论，要换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值，故选：C。
故答案为：（1）C；（2）电流表正负接线柱接反了；（3）C。
【点评】本题探究“并联电路电流规律”，考查注意事项、电流表使用和归纳法的运用，是一道较为简单的实验题。
26．（8分）在“探究重力与质量的关系”实验中。
（1）同学们所用的弹簧测力计如图所示，在使用它测量力前，应先进行的操作是 将指针调到零刻度 。
（2）将物体挂在弹簧测力计下，并让它处于静止状态，忽略弹簧自重。根据 二力平衡 原理可知：此时弹簧测力计的示数等于物体的重力。
（3）在“探究重力的大小与质量的关系”实验中，同学们的实验数据记录如下表所示。
质量m/kg 0.06 0.10 0.18 0.22 0.32 0.34
重力G/N 0.6 1.0 1.8 2.2 3.2 3.4
分析表中实验数据可得出的结论是 物体所受的重力与它的质量成正比 。
（4）小红用质量不同的苹果，小木块、小铁球各一个，并分别测出了它们的质量和重力，来探究物体所受重力大小与质量的关系，你认为小红的做法 C 。
A.不合理，因为他没有用同种物质的物体做实验
B.不合理，因为他没有使物体的质量成倍变化
C.合理，因为他同样可以得到物体所受重力大小与质量的关系
D.合理，因为他的操作比甲同学更简便
【分析】（1）使用前要先观察弹簧测力计的指针是否指在零点，不在零点就要将指针调到零点；
（2）明确作用力与反作用力与平衡力的区别，平衡力作用在同一物体上，二者大小相等、方向相反，并且作用在同一直线上；
（3）探究物体的重力和质量的关系，要用弹簧测力计测量重力，用天平测量质量。记录数据是要记录质量、重力以及重力和质量的比值；分析表中实验数据解题；
（4）要探究物体所受重力的大小与质量的关系，根据G＝mg知，重力与物质的密度无关，即与物质种类无关。
【解答】解：（1）使用弹簧测力计前，应先检查指针是否指在零刻线位置，若不在此处，应先将指针调到零点刻度在使用；
（2）将物体挂在弹簧测力计下，并让它处于静止状态，忽略弹簧自重。此时弹簧对物体的拉力与物体重力是一对平衡力，根据二力平衡原理可知：此时弹簧测力计的示数等于物体的重力；
（3）分析表中实验数据，物体重力与质量的比值都等于10N/kg，是一个定值，说明物体所受的重力与它的质量成正比；
（4）要探究物体所受重力的大小与质量的关系，必须改变物体的质量，苹果、小木块、小铁球的材料不同，不影响探究结果。所以乙同学的做法合理，故选C。
故答案为：（1）将指针调到零刻度；（2）二力平衡；（3）物体所受的重力与它的质量成正比；（4）C。
【点评】本题考查的是控制变量法的应用和重力与质量的关系以及弹簧测力计的使用，难度不大。
一.不定项选择题（每小题2分，共10分，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但漏选得1分，凡有错选不得分。）
（多选）27．（2分）我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”的成功运行，标志着中国离“人造太阳”的梦想又近了一步。下列关于能源、现代信息技术说法不正确的是（ ）
A．核能属于不可再生能源，只要做好技术保护，核能是没有污染的
B．光纤通讯是依靠电磁波来传递信息的
C．电能属于二次能源，现代技术无法将核能直接转化为电能
D．制作手机芯片的主要材料是超导体
【分析】（1）不可能在短期内从自然界得到补充的能源是不可再生能源，只要做好技术保护，核能是没有污染的；
（2）光导纤维是利用频率比较高的激光来传递信息的；
（3）无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源是二次能源；核电站的能量转化是：将核能转化为内能，内能转化为机械能，机械能最后转化为电能；
（4）手机芯片主要由半导体制作而成。
【解答】解：A、核能消耗后，不可能在短期内从自然界得到补充，故它是不可再生能源，只要做好技术保护，核能是没有污染的，故A正确；
B、光导纤维是利用激光来传递信息的，故B错误；
C、电能无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到，是二次能源；现代技术无法将核能直接转化为电能，故C正确；
D、制作手机芯片的主要材料是半导体，故D错误。
故选：BD。
【点评】能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，也是近几年中考的热点。这类知识都属于基础性的知识，要注意区分、识记。
28．（2分）如图甲是小明用相机拍下的“平行显示系统（HUD）”照片，平行显示系统（HUD）可以将一些行车信息，直接投射到前挡风玻璃上，驾驶员只需目视前方，就能看清行车信息（如图乙），提升了行车安全性。以下说法正确的是（ ）
A．司机看到的像是实像
B．显现在玻璃上的数字是蓝色的，原因是玻璃吸收了蓝光
C．小明还想给挡风玻璃上数据拍特写照片，应该将照相机镜头往前伸
D．司机通过眼睛看到前方车辆，是因为前方车辆在视网膜上成正立缩小的实像
【分析】（1）物体在平面镜中所成的像的特点：虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等，物与像关于平面镜对称；
（2）透明物体的颜色是由它透过的色光决定的，不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的；
（3）凸透镜成实像时，物近像远像变大；
（4）晶状体和角膜的共同作用相当于一个凸透镜，它把来自物体的光会聚在视网膜上，形成物体倒立、缩小的实像。
【解答】解：A、“平行显示系统”，它是应用在汽车行驶过程中的一种新型技术。它应用了平面镜成像原理，平面镜成像特点是成正立等大的虚像，故A错误；
B、看到蓝色数据是因为玻璃反射了蓝光，故B错误；
C、物距减小，像变大，像距变大，所以使用照相机拍近处物体的特写镜头时，应该将照相机的镜头往前伸，故C正确；
D、人的眼睛相当于一架照相机，正常视力情况下影像在视网膜上成的像是倒立、缩小的实像，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了光的反射现象、凸透镜成像规律的应用、物体的颜色、人眼的视物原理等多个知识点，属于综合题。
29．（2分）小天同学为了比较质量均为200g的水和煤油的吸热能力，利用如图甲所示的实验装置进行实验，实验中两个酒精灯完全一样，加热10min后每个酒精灯消耗酒精5g（q酒精＝3×107J/kg），水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像（如图乙）。若单位时间内水和煤油吸收的热量相等，则下列说法正确的是（ ）
A．煤油的吸热能力与其加热时间有关
B．20min内煤油吸收的热量为2.52×103J
C．他使用的酒精灯的加热效率为16.8%
D．煤油的比热容为2.1×103J/（kg ℃）
【分析】（1）使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）由图乙得出水加热20min升高的温度，根据吸热公式得出加热20min内水吸收的热量，结合已知条件得出20min内煤油吸收的热量
（3）根据已知条件得出加热20min消耗酒精的质量，根据Q＝mq得出酒精放出的热量，根据效率公式η＝×100%得出的酒精灯的加热效率；
（4）由20min内煤油吸收的热量计算10min没有吸收的热量，由图可知10min煤油升高的温度，根据吸热公式计算煤油的比热容。
【解答】解：A、煤油的吸热能力与其加热时间无关，故A错误；
B、水加热20min升高Δt水＝98℃﹣68℃＝30℃，20min内水吸收的热量：Q吸＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg ℃）×0.2kg×30℃＝2.52×104J；单位时间内水和煤油吸收的热量相等，故20min内煤油吸收的热量为2.52×104J，故B错误；
10min酒精完全燃烧放出的热量为：Q放＝q酒精m＝3×107J/kg×5×10﹣3kg＝1.5×105J
C、加热10min后每个酒精灯消耗酒精5g，加热20min后每个酒精灯消耗酒精：m酒精＝10g＝1.0×10﹣2kg，
则酒精放出的热量：Q放＝m酒精q酒精＝1.0×10﹣2kg×3×107J/kg＝3×105J；
他使用的酒精灯的加热效率为：
η＝×100%＝×100%＝8.4%，故C错误；
D、20min内煤油吸收的热量为2.52×104J，则10min煤油吸收的热量Q′吸＝×2.52×104J＝1.26×104J，
煤油的质量为：m煤油＝200g＝2×10﹣1kg，
由图可知10min煤油升高的温度Δt煤油＝98℃﹣68℃＝30℃，
由Q吸＝cmΔt得煤油的比热容：
c煤油＝＝＝2.1×103J/（kg ℃），故D正确。
故选：D。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查了转换法的应用、比较吸热能力的方法及热值公式和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要内容。
（多选）30．（2分）小明体重600N，用由A、B两个相同的滑轮组成的滑轮组向上提升1000N的重物C，如图所示。提升的过程中，小明用大小为550N且竖直向下的力拉动绳子，使物体C以0.4m/s的速度匀速上升。已知绳子能承受的最大拉力为1500N。若不计绳重及轮与轴的摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小明对地面的压力为50N
B．拉力的功率为220W
C．天花板受到滑轮A的拉力为1200N
D．用此滑轮组提升重物机械效率最高为83.3%
【分析】（1）对人受力分析，根据力的平衡条件求出地面对人的支持力，根据力的作用是相互的求出小明对地面的压力；
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度v＝nv物，利用P＝＝＝Fv求拉力做功的功率；
（3）利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力，天花板受到滑轮A的拉力等于两股绳子的拉力加上定滑轮的重力；
（4）同一滑轮组提升物体越重，机械效率越高，先计算出此滑轮组能提升的最大物体重力，再根据η＝＝＝求滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：
A、人受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，由力的平衡条件可知，地面对人的支持力：F支＝G人﹣F＝600N﹣550N＝50N，
则小明对地面的压力：F压＝F支＝50N，故A正确；
B、由图可知，承担重物绳子的段数n＝2，绳子自由端移动的速度v＝nvC＝2×0.4m/s＝0.8m/s，
拉力做功的功率：P＝＝＝Fv＝550N×0.8m/s＝440W，故B错误；
C、不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×550N﹣1000N＝100N，
天花板受到滑轮A的拉力：F拉＝2F+G动＝2×550N+100N＝1200N，故C正确；
D、人拉绳端的最大拉力大小等于人的重力，即F最大＝G人＝600N，
此时提升物体的最大重力G最大＝nF最大﹣G动＝2×600N﹣100N＝1100N，
滑轮组的最大机械效率：η最大＝＝＝＝≈91.7%，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了力的平衡条件、使用滑轮组时绳子的拉力、功率和机械效率的计算，利用好推导式P＝Fv及不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）是关键。
（多选）31．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1＝10Ω。开关S1闭合，S2、S3断开时，电压表的示数为U1，R2消耗的功率为P2；当开关S1、S2、S3都闭合时，电压表的示数为U1′，R2消耗的功率为P2′，且电流表A1的示数为0.9A。已知U1：U1′＝1：6，P2：P2′＝1：9，下列结论正确的是（ ）
A．R3＝20Ω
B．电源电压为6V
C．开关S1闭合，S2、S3断开时，电路消耗的总功率为0.8W
D．当开关S1、S2、S3都闭合时，P2′＝1.8W
【分析】当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只定值电阻串联，电压表测量R1两端的电压；当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1、R2的总电流，电流表A2测量整个电路的总电流，此时电压表测R1两端的电压，也是测电源电压；
①根据串联电路和并联电路的特点及已知的电压、电功率比例关系，利用公式P＝I2R分别列出关于R2功率的方程，解方程组得到电源电压和串联电路中R1两端的电压；
②根据欧姆定律求出串联电路中的电流，知道电源电压和电路中的电流，利用P＝UI求出电路消耗的总功率；
③已知R1的阻值，根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，可以得到R2、R3阻值之和；已知前后两次R2消耗的功率之比，可以得到R2的阻值，进一步得到R3的阻值；
④开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，知道电源电压和R2的阻值，利用并联电路的电压特点和公式P＝求出R2消耗的功率。
【解答】解：
（1）当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只定值电阻串联，电压表测量R1两端的电压。
因串联电路中各处的电流相等，则此时电路中的电流为I串＝＝；
则电阻R2消耗的功率：P2＝I串2R2＝（）2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1、R2的总电流，电流表A2测量整个电路的电流，此时电压表测R1两端的电压，也是测电源电压，即U1′＝U。
此时通过R1的电流为I1＝＝，
由并联电路的电流特点可知，通过R2的电流为I2＝IA1﹣I1＝0.9A﹣，
此时电阻R2消耗的功率：P2′＝R2＝（0.9A﹣）2R2；
B、已知P2：P2′＝1：9，
即＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
已知U1：U1′＝1：6﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，
联立②③解得U1＝1V，U1′＝6V（即电源电压U为6V），故B正确；
A、当开关S1闭合，S2、S3断开时，电路中的电流为：I1＝＝＝0.1A，
由题意和欧姆定律可得：＝＝＝＝，
化简可得R2+R3＝5R1＝5×10Ω＝50Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣④；
将U1＝1V代入①式有：P2＝（0.1A）2R2，
当三只电阻并联时，R2消耗的功率为：P2′＝＝，
因为P2：P2′＝1：9，
所以可得：＝，
解得：R2＝20Ω，则R3＝50Ω﹣R2＝50Ω﹣20Ω＝30Ω，故A错误；
C、当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只电阻串联，电路消耗的总功率为P＝UI＝6V×0.1A＝0.6W，故C错误；
D、开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，R2消耗的功率为：P2′＝＝＝1.8W，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式、串联电路特点的掌握和运用，分析电路图、明确开关通断引起电路连接方式的变化及电表测量位置的变化，是本题的关键。
二、综合题（共10分）
32．（4分）学校给每班都安装了如图甲所示的一款饮水机，其加热水箱的工作原理图可简化如图乙所示，其中S是一个自动温控开关，R1为电加热管，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到设定温度时，S自动切换到另一处为保温状态。该饮水机的部分参数如表所示。请回答下列问题：
型号 ZY﹣18
加热水箱容量 0.55L
额定电压 220V
加热功率 550W
保温功率 50W
产品重量 4.0kg
（1）L1、L2是两种不同颜色的指示灯，如果用红色表示正在对水加热，绿色表示保温，则L1为 红 色。
（2）饮水机烧开一次开水，所需时间为3分钟，若一天烧40次水，其他时间处于保温状态，电费单价为0.5元/（kW h），则一天烧水所花电费为 1.1 元。
（3）下列关于饮水机的说法，你认为不合理的是 B 。
A.饮水机长时间不用时考虑用电安全，应该切断电源，同时避免浪费电能。
B.饮水机外壳材质是塑料的，但插头必须接三孔插座，防止出现漏电事故。
C.饮水机应定期清洗，是为了防止加热效率降低。
D.检修饮水机前，应先断开电源。
（4）在使用过程中，同学们发现空气开关经常跳闸，怎样解决这个问题呢： 换用额定电流更大的空气开关，或使用饮水机时先关闭其他大功率用电器 。
【分析】（1）当S接1时，灯L1与电阻R1串联，当S接2时，灯L2、R2、R1串联，根据串联电路电阻规律结合P＝可知电路状态，进一步分析灯泡的颜色；
（2）根据W＝Pt计算一天烧水消耗的电能，进一步计算一天烧水所花电费；
（3）饮水机长时间不用时或检修饮水机前，考虑用电安全，应该切断电源；
金属外壳的用电器必须接三孔插座，防止出现漏电事故；饮水机应定期清洗，节能延耗；
（4）换用额定电流更大的空气开关；使用饮水机时关闭其它大功率用电器。
【解答】解：（1）当S接1时，灯L1与电阻R1串联，当S接2时，灯L2、R2、R1串联，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，故当S接1时，电阻最小，由P＝可知电加热管R1的功率最大，处于加热状态，因此灯L1为红色灯，灯L2为绿色；
（2）一天烧水消耗的电能：W＝P1t1+P2t2＝550×10﹣3kW×h+50×10﹣3kW×（24﹣）h＝2.2kW h，
一天烧水所花电费为2.2kW h×0.5元/（kW h）＝1.1元；
（3）A.饮水机长时间不用时考虑用电安全，应该切断电源，同时避免浪费电能，故A正确；
B.金属外壳的用电器必须接三孔插座，防止出现漏电事故，饮水机外壳材质是塑料的，可以不用，故B错误；
C.饮水机应定期清洗，是为了防止加热效率降低，故C正确；
D.检修饮水机前，应先断开电源，故D正确；
故选：B；
（4）空气开关经常跳闸，解决的方法有：换用额定电流更大的空气开关，或使用饮水机时先关闭其他大功率用电器。
答：（1）红；（2）1.1；（3）B；（4）换用额定电流更大的空气开关，或使用饮水机时先关闭其他大功率用电器。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、电功率公式、电功公式的灵活运用以及安全用电知识。
33．（6分）如图甲所示，一个足够高的薄壁柱形容器放在水平桌面上，容器底面积为S1，容器中立放着一个底面积为S2＝100cm2、高为H＝18cm的均匀圆柱体物块A，A的底部与容器底部用一根细绳连在一起。现缓慢向容器中注水，每分钟注入水的质量为300g，当向容器中注水6min时，物块A对容器底部的压力恰好为0（如图乙），此时容器中水的深度为h1＝9cm。已知细绳长度为L＝8cm，能承受的最大拉力为6N，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，物块A不吸水，忽略细绳的体积、液体扰动等其他次要因素。
（1）求物块A对容器底部的压力恰好为0时所受的浮力大小。
（2）在图乙的情况下继续缓慢向容器中注水，直至细绳断开，停止加水，细绳断开前瞬间（如图丙）水对容器底部的压强为p1，当物块A静止后水对容器底部的压强为p2。求从p1到p2的压强变化量Δp。
（3）在图甲的情况下开始缓慢向容器中注水，求此过程中容器底部所受水的压强p与注水时间tx（单位：min）的函数关系式（tx≥14min）。
【分析】（1）由物块A的底面积和物块A浸在水的深度可求出物块A排开水的体积，根据F浮＝ρ水gV排可求出物块A受到水的浮力；
（2）细绳断开前瞬间对物体A进行受力分析，根据力的平衡条件求出此时物体A的浮力；当物块A静止后漂浮在水面上，此时物体A受到的浮力等于物体A的重力，根据两次浮力的变化量结合阿基米德原理求出液面高度的变化量，然后根据p＝ρ水gh可求出水对容器底部压强的变化量；
（3）当向容器中注水6min时，物块A对容器底部的压力恰好为0（如图乙），此时容器中水的深度为h1＝9cm，根据密度公式结合数学关系求出容器底面积S1；
①注水时间段为：0≤tx＜6min，求出tx时间水面升高的高度；
②当水面上升至细绳原长时，求出注入水的的体积、质量和时间，注水时间段为：6min≤tx＜14min，求出tx时间水面升高的高度；
③当水面由细绳原长直至细绳断开的过程中，根据（2）可知水面高度变化量，然后求出注入水的的体积、质量和时间，注水时间段为：14min≤tx＜18min，求出tx时间水面升高的高度；
④细绳断开后，由（2）可知水面高度的变化，物体A处于漂浮状态，据此求出容器内水的深度，注水时间段为：tx≥18min，求出tx时间水面升高的高度。
【解答】解：（1）物块A排开水的体积：
V排＝SAh2＝100cm2×9cm＝900cm3＝9×10﹣4m3，
物块A受到水的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×9×10﹣4m3＝9N；
因此时物块A对容器底部的压力恰好为0，说明物体A处于漂浮状态，故GA＝F浮＝9N；
（2）细绳断开前瞬间，物体A受到重力、细绳对物体A的拉力和浮力的作用，根据力的平衡条件可知，
F浮1＝GA+T＝9N+6N＝15N；
由（1）可知，当细绳断开后，物块A静止时漂浮在水面上，根据漂浮条件可知，此时物体A受到的浮力F浮2＝GA＝9N；
细绳断开前后，物体A受到浮力变化量为ΔF浮＝F浮1﹣F浮2＝15N﹣9N＝6N，则物体A排开水体积的变化量为：
ΔV＝＝＝6×10﹣4m3，
水面的变化量为：
Δh＝＝＝0.06m，
则水对容器底部的压强变化量Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.06m＝600Pa；
（3）①当向容器中注水6min时，物块A对容器底部的压力恰好为0（如图乙），此时容器中水的深度为h1＝9cm，
注入水的质量为：m水1＝300g/min×6min＝1800g，
水的体积为：V水1＝＝＝1800cm3，
V水1＝（S1﹣S2）h1＝（S1﹣100cm2）×9cm＝1800cm3，
解得：S1＝300cm2；
则注水时间段为：0≤tx＜6min，tx时间水面升高的高度为：
hx＝＝＝0.015tx（m），
容器底部所受液体压强p1＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015tx（m）＝150tx（Pa）；
②当水面上升至细绳原长时，注入水的的体积为V水2＝S1L＝300cm2×8cm＝2400cm3，水的质量为m水2＝ρ水V水2＝1.0g/cm3×2400cm3＝2400g，
注水时间t2＝＝8min；
由于物体A始终处于漂浮状态，其深度不变，为h1，
则注水时间段为：6min≤tx＜14min，tx时间水面升高的高度为：
hx'＝h1+＝9cm+＝9+tx（cm）＝（m），
容器底部所受液体压强p2＝ρ水ghx'＝1.0×103kg/m3×10N/kg×m＝900+100tx（Pa）；
③由（2）可知，当水面由细绳原长直至细绳断开的过程中，水面高度变化量为Δh＝0.06m＝6cm，
注入水的体积ΔV＝（S1﹣S2）Δh＝（300cm2﹣100cm2）×6cm＝1200cm3，
注入水的质量Δm＝ρ水ΔV＝1.0g/cm3×1200cm3＝1200g，
注入水的时间Δt＝＝＝4min，
则注水时间段为：14min≤tx＜18min，tx时间水面升高的高度为：
hx″＝L+h1+＝8cm+9cm+＝17+1.5tx（cm）＝（m），
容器底部所受液体压强p3＝ρ水ghx″＝1.0×103kg/m3×10N/kg×m＝1700+150tx（Pa）；
④细绳断开后，由（2）可知，水面会下降Δh＝6cm，物体A处于漂浮状态；
容器内水的深度为h3＝L+h1﹣Δh＝8cm+9cm﹣6cm＝11cm；
则注水时间段为：tx≥18min，tx时间水面升高的高度为：
（hx″）′＝h3+＝11cm+＝11+tx（cm）＝（m），
容器底部所受液体压强p4＝ρ水g（hx″）′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×m＝1100+100tx（Pa）。
答：（1）物块A对容器底部的压力恰好为0时，水对容器底部的压强为900Pa；
（2）从p1到p2的压强变化量为600Pa；
（3）容器底部所受液体压强p与注水时间tx秒钟的函数关系式为：
当0≤tx＜6min时，p1＝150tx（Pa）；
当6min≤tx＜14min时，p2＝900+100tx（Pa）；
当14min≤tx＜18min时，p3＝1700+150tx（Pa）；
当tx≥18min时，p4＝1100+100tx（Pa）。
【点评】本题主要考查液体压强公式、阿基米德原理、物体浮沉条件的应用，判断出物块A对容器底部的压力恰好为0时物块刚好漂浮是解题的关键。
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