浙江省温州市2020年中考物理二模试卷

浙江省温州市2020年中考物理二模试卷

浙江省温州市2020年中考物理二模试卷(解析版)‎ 一、选择题（本题有15小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）‎ ‎1．在测量小灯泡电阻实验中，某电表的示数如图所示。其示数为（　　）‎ A．1.4伏 B．0.28伏 C．1.4安 D．0.28安 ‎2．如图所示，一个直角拐弯处安装了一面镜子，A物体水平向左运动，人在B点看到A物体的像A′的运动方向是（　　）‎ A．1方向 B．2方向 C．3方向 D．4方向 ‎3．如图所示是一款名为nPower的充电器。它的内部主要由磁性物质以及线圈组成。消费者只需将它带在身上行走散步，或是用手摇方式让它震动即可产生电。此款充电器的发电原理与下列实验原理相同的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎4．为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，某同学设计了如图所示的装置。将两段阻值不同的电阻丝分别密封在两个完全相同的小塑料盒中，塑料盒内分别插着相同的温度计，电源电压不变。闭合开关，相同时间内A的温度计温度上升快，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．相同时间内电阻R1产热量多 ‎ B．电阻R1＞R2 ‎ C．R1两端电压大于R2两端的电压 ‎ D．该实验为探究电流产生的热量与电流大小是否有关 ‎5．小明同学以一定速度将弹性球扔向地面，弹性球经地面和墙壁两次反弹，重新在同一高度用手接住，碰撞时小球能量损失不计，1处和2处是在同一高度。如果1处小球的动能大于2处，则下列说法错误的是（　　）‎ A．1处的机械能一定大于2处 ‎ B．1处的动能一定大于4处 ‎ C．3处的动能一定大于4处 ‎ D．接到小球时的速度一定小于扔出时的速度 二、填空题（本大题共有8小题，每空2分，共42分）‎ ‎6．（8分）今年疫情防控期间交通不畅，为确保大量医疗防护物资及时运达国内，个别药品采用空投方法快速支援抗击疫情一线。‎ ‎（1）当飞机在高空飞行时，机身后边出现的长长“云带”其实是发动机排出的湿热气流　 　（填物态变化）形成的白色雾气。‎ ‎（2）如图，100kg的货物从离开飞机到落到地面，货物的重力所做功的功率为　 　。‎ ‎7．（6分）压水井是一种将地下水引到地面上的工具，如图所示是压水井的主要结构。其活塞和阀门都是一个单向阀（使水往上走而不往下走），活塞往上走时，阀门开启，可以将下面管子里的水抽到上面空腔来，活塞往下走时，阀门关闭，水从活塞边上冒出来。‎ ‎（1）当活塞往上运动，地下水就会被“抽”上来，这是由于　 　的作用。‎ ‎（2）为了使抽水更省力，应选图中力为　 　。‎ ‎（3）压水井使用后铁质桶内的水位一直处于如图状态，第二天就会发现刚压出的水因含有铁锈变黄，图中b点比a点更容易生锈的原因是　 　。‎ ‎8．新加坡圣淘沙岛iFly是目前世界最大的室内跳伞模拟装置。体验者在风洞内凭借风力悬空飞行，进而摆出各种造型、做出各种动作，以此获得高空跳伞的刺激体验。‎ ‎（1）体验者获得高空跳伞的刺激体验，原因是以流动的空气为参照物，人是向　 　运动的。‎ ‎（2）在风洞中，人受到空气向上的作用力会随着风速的增大而增大。迎风面积是指人受到风的正面作用面积，已知在风速相同时人受到空气向上的作用力和人的迎风面的面积成正比，根据以下甲乙两图可以判断体重相同的A、B同学，　 　同学的迎风面积大。‎ 三、实验探究题（本题有4小题，第27（2）4分，其余每空3分，共34分）‎ ‎9．（9分）现有下列器材：学生电源6V、电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、阻值不同的定值电阻若干、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电流与电阻的关系”。‎ ‎（1）按图甲所示连接好电路，滑片P移到阻值最大处，将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关后无论怎样移动滑片P都发现：电压表有示数并保持不变，电流表始终无示数，其原因可能是　 　。‎ ‎（2）排除故障后，多次换用定值电阻的阻值R1，调节滑动变阻器R2的阻值，保持电压表示数不变，记下电流表示数I，利用描点法得到I随变化的图象如图乙所示。该实验中应当选择的滑动变阻器的规格可能是　 　。‎ A.50Ω 1.0A B.30Ω 1.0A C.20Ω 1.0A ‎（3）请在图丙中选择正确的图象来反映本实验中滑动变阻器的电流I随其倒数变化的关系，并说明理由　 　。‎ ‎10．（7分）生活中，小朋友喜欢玩拍气球游戏，拍出去的气球落地快慢有所不同，那么自由下落的气球下落快慢与什么因素有关？小明认为自由下落的气球，下落速度可能与气球的大小有关。为了验证自己的猜想，小明准备了以下器材进行实验研究，上表面开有三个口的透明玻璃箱；秒表；打气筒；测量范围为1米的刻度尺、规格相同的气球（未打气）。‎ ‎（1）实验中用到的测量工具有　 　。‎ ‎（2）写出本实验的主要步骤。‎ 四、解答题（本题有6小题，第28题8分，第29题6分，第30题8分，第3l题6分，第32题8分，第33题8分，共44分）‎ ‎11．（8分）小明运用浮力相关知识制作了可以用来测量物体质量的“浮力称”，其构造如图所示。称量时，把待测物体放入秤盘后，指针下降浮筒上升，静止后，待测物体的质量就可以通过指针在刻度盘上的位置反映出来。请你回答下列问题（不计细线、指针的质量以及线与滑轮的摩擦）‎ ‎（1）刻度盘上质量刻度线，越上面的刻度线指示的质量值越　 　。（填“大”或“小”）‎ ‎（2）已知浮筒的横截面积为10cm2，秤盘上没放物体时的，浮筒上表面距离水面的距离是5cm，若将待测物体放在秤盘上，浮筒静止时其上表面距离水面的距离是10cm。若浮筒始终漂浮，则待测物体质量为多少？‎ ‎（3）若将原来的浮筒更换为长度相同、质量相同、横截面积更小的另一个浮筒，刻度面上的零刻度线应往上移还是往下移，请说明原因　 　。‎ ‎12．（8分）小明利用热敏电阻设计了一个温度可控的保温箱，如图甲。“控制电路”中电源电压U1不变，热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线，如图乙。控制电路能实现保温箱内加热电路周期性通断，从而控制保温箱内的温度稳定在一定的范围内，其中U2＝6V，加热电阻R0为6Ω。‎ ‎（1）若R2保持一定，保温箱内温度升高时，热敏电阻R1的电压会　 　。（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎（2）加热电路闭合时，R0的功率为多少？‎ ‎（3）丙图表示保温箱内温度达到预设温度后，加热电路断开30秒，保温箱向外散热，温度降低到一定值时，加热电路重新闭合，加热电阻R0产热，t时间内温度重新升高到预设值。假设保温箱每秒散热2焦，而且持续散热，散热快慢不随温度变化，求图丙中时间t为多少？0～130秒内加热电阻R0消耗的电能为多少？‎ ‎2020年浙江省温州市中考物理二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题有15小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）‎ ‎1．在测量小灯泡电阻实验中，某电表的示数如图所示。其示数为（　　）‎ A．1.4伏 B．0.28伏 C．1.4安 D．0.28安 ‎【分析】先根据电表上所标的是“V”还是“A”确定是电压表还是电流表；再确定电表的量程、分度值；最后根据指针位置读数。‎ ‎【解答】解：‎ 由图可知，表盘上标有“A”字样，这是电流表，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了电表的辨识和电表的读数，明确电表的分度值是解题的关键。‎ ‎2．如图所示，一个直角拐弯处安装了一面镜子，A物体水平向左运动，人在B点看到A物体的像A′的运动方向是（　　）‎ A．1方向 B．2方向 C．3方向 D．4方向 ‎【分析】平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，据此分析。‎ ‎【解答】解：A物体水平向左运动，由于平面镜所成的像与镜面是对称的，所以像相对于人也是向镜面靠近的，即像在2的方向上靠近镜子。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了平面镜成像的特点的应用，属于基础知识，要熟练运用。‎ ‎3．如图所示是一款名为nPower的充电器。它的内部主要由磁性物质以及线圈组成。消费者只需将它带在身上行走散步，或是用手摇方式让它震动即可产生电。此款充电器的发电原理与下列实验原理相同的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】电磁感应现象，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流的现象。‎ ‎【解答】解：消费者只需将它带在身上行走散步，或是用手摇方式让它震动即可产生电，这是电磁感应现象；‎ A、图中是奥斯特实验，说明了通电导体周围有磁场，故A错误；‎ BD、图有电源，通电导体在磁场中受力而运动，这是电动机的原理图，故BD错误；‎ C、由图知，开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，做切割磁感线运动，此时有感应电流产生，是电磁感应现象，故C正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查了电磁现象中几个实验的掌握情况，知道无线充电器的原理是解题的关键。‎ ‎4．为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，某同学设计了如图所示的装置。将两段阻值不同的电阻丝分别密封在两个完全相同的小塑料盒中，塑料盒内分别插着相同的温度计，电源电压不变。闭合开关，相同时间内A的温度计温度上升快，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．相同时间内电阻R1产热量多 ‎ B．电阻R1＞R2 ‎ C．R1两端电压大于R2两端的电压 ‎ D．该实验为探究电流产生的热量与电流大小是否有关 ‎【分析】电流通过导体产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多；根据欧姆定律判定两个电阻两端电压的大小。‎ ‎【解答】解：‎ 根据图可知，该电路为串联电路，在串联电路中各处的电流是相同的；相同时间内A的温度计温度上升快，说明R1产生的热量多，在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，即电阻R1＞R2；电流和通电时间相同，电阻不同，所以探究的是电流产生的热量与电流大小是否有关；根据U＝IR可知，R1两端电压大于R2两端的电压，故ABC正确，D错误；‎ 本题选错误的；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题探究热量与电阻的关系，要求能正确分析电路，掌握并联电路的特点，并灵活应用焦耳定律和欧姆定律分析解答。‎ ‎5．小明同学以一定速度将弹性球扔向地面，弹性球经地面和墙壁两次反弹，重新在同一高度用手接住，碰撞时小球能量损失不计，1处和2处是在同一高度。如果1处小球的动能大于2处，则下列说法错误的是（　　）‎ A．1处的机械能一定大于2处 ‎ B．1处的动能一定大于4处 ‎ C．3处的动能一定大于4处 ‎ D．接到小球时的速度一定小于扔出时的速度 ‎【分析】动能的大小与速度和质量有关，重力势能的大小与质量和高度有关；机械能为动能和势能的和。‎ ‎【解答】解：‎ A、根据题意可知，1处和2处是在同一高度，重力势能是相同的，如果1处小球的动能大于2处，则1处的机械能大于2处的机械能；故A正确；‎ B、小球在运动的过程中，机械能不守恒，机械能变小，1处的机械能大于4处的机械能；1处的高度小于4处的高度，1处的重力势能小于4处的重力势能；则1处的动能大于4处的动能，故B正确；‎ C、小球在运动的过程中，机械能变小，3处的机械能小于4处的机械能，由于3处的重力势能小于4处的重力势能，所以无法判定3处的动能和4处动能的大小，故C错误；‎ D、接到小球时和扔出时的高度相同，重力势能相同，由于机械能减小，所以动能是减小的，由于质量不变，则接到小球时的速度一定小于扔出时的速度，故D正确；‎ 本题选错误的；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了了机械能守恒、机械能大小的比较，明确本题中机械能不守恒是解题的关键。‎ 二、填空题（本大题共有8小题，每空2分，共42分）‎ ‎6．（8分）今年疫情防控期间交通不畅，为确保大量医疗防护物资及时运达国内，个别药品采用空投方法快速支援抗击疫情一线。‎ ‎（1）当飞机在高空飞行时，机身后边出现的长长“云带”其实是发动机排出的湿热气流　液化　（填物态变化）形成的白色雾气。‎ ‎（2）如图，100kg的货物从离开飞机到落到地面，货物的重力所做功的功率为　1×104W　。‎ ‎【分析】（1）液化是由气态变成液态的过程，液化过程需要放热；‎ ‎（2）由图可知货物下降的高度和下落的时间，又知道货物的质量，根据W＝Gh＝mgh和P＝求出货物的重力所做功的功率。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）发动机排出的湿热气流与高空冷空气相遇后，液化形成小水滴，所以白色的雾气是液化现象形成的；‎ ‎（2）由图可知，货物下降的高度h＝200m，下落的时间t＝20s，‎ 则货物的重力所做功的功率P＝＝＝＝＝1×104W。‎ 故答案为：（1）液化；（2）1×104W。‎ ‎【点评】本题考查了物体变化和功率的计算，是一道较为简单的应用题。‎ ‎7．（6分）压水井是一种将地下水引到地面上的工具，如图所示是压水井的主要结构。其活塞和阀门都是一个单向阀（使水往上走而不往下走），活塞往上走时，阀门开启，可以将下面管子里的水抽到上面空腔来，活塞往下走时，阀门关闭，水从活塞边上冒出来。‎ ‎（1）当活塞往上运动，地下水就会被“抽”上来，这是由于　大气压　的作用。‎ ‎（2）为了使抽水更省力，应选图中力为　图F4　。‎ ‎（3）压水井使用后铁质桶内的水位一直处于如图状态，第二天就会发现刚压出的水因含有铁锈变黄，图中b点比a点更容易生锈的原因是　铁生锈需要水和空气，b点有水、有空气，a点无水　。‎ ‎【分析】（1）大气压在生活中有着广泛的应用，活塞式抽水机就是利用大气压的原理来工作的；‎ ‎（2）使用杠杆时，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小、越省力；‎ ‎（3）根据铁生锈的条件分析。‎ ‎【解答】解：（1）提起活塞时，活塞下面气体的体积增大，气压减小，水在大气压的作用下推开单向阀进入圆筒；‎ ‎（2）从图中可以看出，要使水从圆筒中流出，必须向下用力，要使力最小，力臂得最长，需要连接支点与力的作用点，过力的作用点作连线的垂线，图F4符合题意；‎ ‎（3）铁生锈需要水和空气，b点有水、有空气易生锈，a点无水，不易生锈。‎ 故答案为：（1）大气压；（2）图F4；（3）铁生锈需要水和空气，b点有水、有空气，a点无水。‎ ‎【点评】物理来源于生活，更服务于生活，与生活实际联系的考题是经常考查的内容。‎ ‎8．新加坡圣淘沙岛iFly是目前世界最大的室内跳伞模拟装置。体验者在风洞内凭借风力悬空飞行，进而摆出各种造型、做出各种动作，以此获得高空跳伞的刺激体验。‎ ‎（1）体验者获得高空跳伞的刺激体验，原因是以流动的空气为参照物，人是向　下　运动的。‎ ‎（2）在风洞中，人受到空气向上的作用力会随着风速的增大而增大。迎风面积是指人受到风的正面作用面积，已知在风速相同时人受到空气向上的作用力和人的迎风面的面积成正比，根据以下甲乙两图可以判断体重相同的A、B同学，　A　同学的迎风面积大。‎ ‎【分析】（1）判断运动与静止时，要看物体相对于参照物的位置是否发生改变；‎ ‎（2）根据在风速相同时人受到空气向上的作用力和人的迎风面的面积成正比，分析出迎风面积的大小。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）空气是向上流动的，以流动的空气为参照物，人与空气之间发生了位置变化，人是向下运动的；‎ ‎（2）由图可知，A的高度高，由于AB的重力相同，高度越高，风速越小，则迎风面积越大。‎ 故答案为：（1）下；（2）A。‎ ‎【点评】本题考查了运动和静止的相对性、迎风面积大小的判定，属于基础知识，要熟练应用。‎ 三、实验探究题（本题有4小题，第27（2）4分，其余每空3分，共34分）‎ ‎9．（9分）现有下列器材：学生电源6V、电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、阻值不同的定值电阻若干、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电流与电阻的关系”。‎ ‎（1）按图甲所示连接好电路，滑片P移到阻值最大处，将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关后无论怎样移动滑片P都发现：电压表有示数并保持不变，电流表始终无示数，其原因可能是　电阻断路　。‎ ‎（2）排除故障后，多次换用定值电阻的阻值R1，调节滑动变阻器R2的阻值，保持电压表示数不变，记下电流表示数I，利用描点法得到I随变化的图象如图乙所示。该实验中应当选择的滑动变阻器的规格可能是　A　。‎ A.50Ω 1.0A B.30Ω 1.0A C.20Ω 1.0A ‎（3）请在图丙中选择正确的图象来反映本实验中滑动变阻器的电流I随其倒数 变化的关系，并说明理由　C；I与成正比，且U2＝IR2＝4V　。‎ ‎【分析】（1）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；‎ ‎（2）根据如图乙I随变化的图象知当＝0.05Ω﹣1，可得出R1大小，根据对应的电流大小，由欧姆定律求出电阻的电压；探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；‎ ‎（3）根据变阻器的U2＝IR2＝4V分析回答。‎ ‎【解答】解：（1）将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关后无论怎样移动滑片P都发现：电流表始终无示数，电路可能断路，电压表有示数并保持不变，则电压表与电源连通，故其原因可能是电阻断路；‎ ‎（2）排除故障后，多次换用定值电阻的阻值R1，调节滑动变阻器R2的阻值，保持电压表示数不变，记下电流表示数I，利用描点法得到 根据如图乙I随变化的图象知，当＝0.05Ω﹣1，即R1＝20Ω，对应的电流为0.1A，电阻的电压为：‎ UV＝IR＝0.1A×20Ω＝2V，‎ 根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：‎ U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：‎ R滑＝2×20Ω＝40Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，该实验中应当选择的滑动变阻器的规格可能是A；‎ ‎（3）变阻器分得的电压为4V，为一定值，故通过变阻器的电流与变阻器连入电路电阻成反比，即滑动变阻器的电流I随其倒数成正比，故其变化关系为过原点的直线，且U2＝IR2＝4V，故图丙中选择正确的图象来反映本实验中滑动变阻器的电流I随其倒数变化的关系为C。‎ 故答案为：（1）电阻断路；‎ ‎（2）A；‎ ‎（3）C；I与成正比，且U2＝IR2＝4V。‎ ‎【点评】本题探究“电流与电阻的关系”，考查故障分析、器材的选择、控制变量法、数据分析等知识。为中考的热点问题，要掌握。‎ ‎10．（7分）生活中，小朋友喜欢玩拍气球游戏，拍出去的气球落地快慢有所不同，那么自由下落的气球下落快慢与什么因素有关？小明认为自由下落的气球，下落速度可能与气球的大小有关。为了验证自己的猜想，小明准备了以下器材进行实验研究，上表面开有三个口的透明玻璃箱；秒表；打气筒；测量范围为1米的刻度尺、规格相同的气球（未打气）。‎ ‎（1）实验中用到的测量工具有　秒表　。‎ ‎（2）写出本实验的主要步骤。‎ ‎【分析】（1）实验中需要测量气球运动的时间；‎ ‎（2）探究气球下落速度可能与气球的大小有关时，需要控制下落的高度相同，气球的体积不同，根据控制变量法写出实验步骤。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）探究自由下落的气球下落快慢与什么因素有关时，需要测量气球下落的时间，所以需要秒表；‎ ‎（2）探究气球下落速度可能与气球的大小有关时，需要控制下落的高度相同，气球的体积不同，所以实验步骤为：‎ ‎①准备三个相同的气球；‎ ‎②A气球鼓入体积为V的的空气，B气球鼓入体积为2V的空气，C气球鼓入体积为3V的空气，并密封好；‎ ‎③将三个气球移入箱子内，三个气球的下缘离箱子底部相同的距离，由静止同时释放，记录相同高度下，三个气球落到箱底所用时间；‎ ‎④重复多次实验。‎ 故答案为：（1）秒表；（2）步骤：①准备三个相同的气球；②A气球鼓入体积为V的的空气，B气球鼓入体积为2V的空气，C气球鼓入体积为3V的空气，并密封好；③将三个气球移入箱子内，三个气球的下缘离箱子底部相同的距离，由静止同时释放，记录相同高度下，三个气球落到箱底所用时间；④重复多次实验。‎ ‎【点评】此实验考查的是利用控制变量法探究气球运动快慢与体积大小的关系，利用好控制变量法是解题的关键。‎ 四、解答题（本题有6小题，第28题8分，第29题6分，第30题8分，第3l题6分，第32题8分，第33题8分，共44分）‎ ‎11．（8分）小明运用浮力相关知识制作了可以用来测量物体质量的“浮力称”，其构造如图所示。称量时，把待测物体放入秤盘后，指针下降浮筒上升，静止后，待测物体的质量就可以通过指针在刻度盘上的位置反映出来。请你回答下列问题（不计细线、指针的质量以及线与滑轮的摩擦）‎ ‎（1）刻度盘上质量刻度线，越上面的刻度线指示的质量值越　小　。（填“大”或“小”）‎ ‎（2）已知浮筒的横截面积为10cm2，秤盘上没放物体时的，浮筒上表面距离水面的距离是5cm，若将待测物体放在秤盘上，浮筒静止时其上表面距离水面的距离是10cm。若浮筒始终漂浮，则待测物体质量为多少？‎ ‎（3）若将原来的浮筒更换为长度相同、质量相同、横截面积更小的另一个浮筒，刻度面上的零刻度线应往上移还是往下移，请说明原因　上移，浮力不变，S减小，浮筒浸入深度增加，指针上移　。‎ ‎【分析】（1）当秤盘上的物体质量越大时，秤盘下降越多，指针下移越多，刻度盘上质量值越大，相反当秤盘上的物体质量越小时，秤盘下降越少，指针下移越少，刻度盘上质量值越小；‎ ‎（2）分析浮筒的受力情况，由阿基米德原理，根据力的平衡分析；‎ ‎（3）要控制浮力不变结合阿基米德原理和V＝Sh分析回答。‎ ‎【解答】解：（1）由图知当秤盘上的物体质量越大时，秤盘下降越多，指针下移越多，刻度盘上质量值越大，相反当秤盘上的物体质量越小时，秤盘下降越少，指针下移越少，刻度盘上质量值越小，所以刻度盘上质量刻度线，越上面的刻度线指示的质量值越小；‎ ‎（2）已知S＝10cm2＝0.001m2，h1＝5cm＝0.05m，h2＝10cm＝0.1m，‎ 物体的质量为：m物＝△m＝＝＝ρ水△V排＝ρ水S△h＝ρ水S（h2﹣h1）＝1×103kg/m3×0.001m2×（0.1m﹣0.05m）＝0.05kg＝50g；‎ ‎（3）当浮筒受到的重力和浮力是一对平衡力时，指针指的是零刻度线，根据题意，即是要使浮力不变，也就是在水的V排不变，根据V＝Sh，当浮筒横截面积变小，h变大，也就是指针会上移。‎ 答：（1）小；‎ ‎（2）待测物体质量为50g；‎ ‎（3）上移，浮力不变，S减小，浮筒浸入深度增加，指针上移。‎ ‎【点评】本题结合实际，考查力的平衡和阿基米德原理的运用，有一定难度。‎ ‎12．（8分）小明利用热敏电阻设计了一个温度可控的保温箱，如图甲。“控制电路”中电源电压U1不变，热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线，如图乙。控制电路能实现保温箱内加热电路周期性通断，从而控制保温箱内的温度稳定在一定的范围内，其中U2＝6V，加热电阻R0为6Ω。‎ ‎（1）若R2保持一定，保温箱内温度升高时，热敏电阻R1的电压会　变小　。（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎（2）加热电路闭合时，R0的功率为多少？‎ ‎（3）丙图表示保温箱内温度达到预设温度后，加热电路断开30秒，保温箱向外散热，温度降低到一定值时，加热电路重新闭合，加热电阻R0产热，t时间内温度重新升高到预设值。假设保温箱每秒散热2焦，而且持续散热，散热快慢不随温度变化，求图丙中时间t为多少？0～130秒内加热电阻R0消耗的电能为多少？‎ ‎【分析】（1）根据图甲可知，控制电路中R1、R2串联；根据乙可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，根据串联求出电路分压特点得出热敏电阻R1两端电压如何变化；‎ ‎（2）根据P＝求出R0的功率；‎ ‎（3）在加热电路工作中，保温箱依然在向外放热；根据图丙可知，保温箱在时间t内产生的热量正好在（t+30s）内完全散失，即两者相等，据此列出方程计算。推算出130s内加热电阻发热的时间，然后根据W＝Pt计算加热电阻R0消耗的电能。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据图甲可知，控制电路中R1、R2串联；‎ 据乙图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，因此保温箱内温度升高时，热敏电阻的阻值减小，当R2保持一定时，根据串联电路分压特点可知热敏电阻R1分得的电压会减小；‎ ‎（2）加热电路闭合时，R0的功率：P0＝＝＝6W；‎ ‎（3）根据题意和图丙可知，加热电阻在时间t内产生的热量在（t+30s）内会完全散失；‎ 则有2J/s×（t+30s）＝6W×t，‎ 解得：t＝15s；‎ 一个完全周期为：30s+15s＝45s，‎ 因为130s＝45s×2+40s，所以经历了两个完全周期，在剩余40s内加热电阻的工作时间为40s﹣30s＝10s，‎ 那么总的加热时间：t总＝2t+10s＝2×15s+10s＝40s；‎ 加热电阻R0消耗的电能：W＝P0t＝6W×40s＝240J。‎ 答：（1）变小；‎ ‎（2）加热电路闭合时，R0的功率为6W；‎ ‎（3）图丙中时间t为15s；0～130秒内加热电阻R0消耗的电能为240J。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键会正确识别电路，并从丙图中读出有用信息。‎