江西省景德镇市2019-2020学年中考第四次大联考物理试卷含解析

江西省景德镇市2019-2020学年中考第四次大联考物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．如图所示电路，电源电压不变，小灯泡标有“1V 3W“字样，闭合开关后，当滑片P移至某一位置时，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为P1；当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电压表示数变化了3V，此时滑动变阻器消耗的功率为P2，且P1：P2=5：1．下列判断正确的是（）
A．滑动变阻器的最大阻值为10Ω
B．电路允许消耗的最大功率为4.5W
C．小灯泡正常发光时，滑片P位于滑动变阻器中点位置
D．滑动变阻器消耗的功率由P1变为P2的过程中，小灯泡消耗的功率变化了0.1W
B
【解析】
【详解】
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。

A．设电源电压为U，当滑片P移至某位置时，小灯泡正常发光，由P＝UI可得，此时电路中的电流为：
I＝I L＝
3
6
L
L
P W
U V
＝＝0.5A，
滑动变阻器消耗的功率为：
P1＝（U﹣U L）I＝（U﹣1V）×0.5A﹣﹣﹣﹣﹣①，
当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电流表示数减小，说明变阻器接入的电阻变大，此时滑片在最大阻值处；变阻器接入的电阻变大，由串联分压规律可知，变阻器分得的电压变大，所以，电压表示数增大了3V，此时滑动变阻器两端的电压为：
U滑＝U﹣1V+3V＝U﹣3V，
此时滑动变阻器消耗的功率为：
P2＝U滑I′＝（U﹣3V）×0.3A﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
已知
P1：P2＝5：1﹣﹣﹣﹣③，
联立①②③解得，电源电压U＝9V；则滑动变阻器的最大阻值为：
R滑大＝
-3V9V-3V
0.3A0.3A
U U
I'
滑＝＝＝20Ω，
故A错误；
B．电路中的最大电流为灯泡的额定电流:0.5A，电路的最大功率：P大＝UI大＝9V×0.5A＝4.5W，
故B正确；
C．小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电压为：
U滑′＝U﹣1V＝9V﹣1V＝3V，
此时滑动变阻器的电阻为：
R滑′＝
'3
0.5
U V
I A
滑＝＝1Ω，
因为滑动变阻器的最大阻值为20Ω，所以此时滑片P不在中点位置，故C错误；
D．由题意可知，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为P1，则此时灯泡消耗的功率
P L＝P额＝3W，
滑动变阻器消耗的功率由P1变为P2的过程中，电压表示数变化了3V即增大了3V，由串联电路的电压规律可得，灯泡两端的电压减小了3V，则此时灯泡两端的电压
U L′＝1V﹣3V＝3V，
此时灯泡消耗的电功率：
P L′＝U L′I′＝3V×0.3A＝0.9W，
则灯泡消耗的功率变化了：
△P＝P L﹣P L′＝3W﹣0.9W＝2.1W，
故D错误。

2．如图所示的军事观察孔，人可以通过孔观察外面，现在在孔中嵌入玻璃砖后观察的范围将( )
A．变大B．变小C．不变D．无法确定
A
【解析】
【分析】
【详解】
眼睛通过空气孔看到的范围和通过玻璃看到的范围如图所示：
黑色光线表示在空气中的光路，灰色表示在嵌入玻璃砖后的光路．从图中可以看出，嵌入玻璃砖后观察的范围变大．故选A．
3．如图所示的家庭电路中，闭合开关后灯泡不亮．用试电笔检测插座的两孔，发现只有插入右孔时氖管才发光．用试电笔检测A点氖管发光，检测B点氖管不发光．发生这一现象的原因可能是
A．灯泡短路B．灯丝断了C．开关接触不良D．插座短路
B
【解析】
【详解】
AD．若灯泡短路、插座短路，会使火线和零线连接，造成短路，使保险丝烧断或跳闸，用试电笔测A点氖管不会发光，故AD错；
B．灯丝断了，开关闭合后，A点连接火线，可以使氖管发光；B点与零线相连，不会使氖管发光，符合题意，故B正确；
C．开关接触不良，A点不能连接火线，不会使氖管发光，故C错；
4．下列电器中，利用电流热效应工作的是
A．洗衣机
B．电动自行车
C．电熨斗
D．电冰箱
C
【解析】
【详解】
A、洗衣机工作时，主要把电能转化成机械能，故A不符合题意；
B、电动自行车工作时，主要是电能转化为机械能，故B不符合题意；
C、电熨斗是利用了电流的热效应，电能转化成内能，故C符合题意；
D、电冰箱电工作时，主要是电能转化为机械能，故D不符合题意。

5．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。

6．如图所示的四种现象中，由于光的反射形成的是
A．手在屏幕上开成手影
B．景物在水中形成倒影
C．放大镜把文字放大
D．笔好像在水面处“折断”
B
【解析】
【详解】
A．手在屏幕上形成“手影”是由于光的直线传播形成的现象，故A不符合题意．
B．景物在水中形成“倒影”，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，B符合题意．
C．放大镜把文字放大，是凸透镜成像，属于光的折射现象，C不符合题意．
D．笔好像在水面处“折断”属于光的折射现象，D不符合题意．
7．调节电视机的音量，是为了改变声音的（）
A．响度B．音色C．音调D．频率
A
【解析】
【分析】
【详解】
音量是指声音的大小，声音的大小用响度来表示，所以应选A．
8．如图（a）所示是一种新式手电筒，当沿图中箭头方向来回摇动时，灯泡就能发光。

图（b）四个实验中能解释上述现象的是
A．B．
C．D．
D
【解析】
【详解】
手电筒的发电原理是电磁感应现象，
A、由图可知，导体中有电流，在磁场中受到力的作用，不是电磁感应现象，故A错误；
B、直导线中有电流时，会产生磁场，利用的是电流的磁效应，故B错误；
C、该图利用的是磁极间的相互作用，故C错误；
D、导体棒左右切割磁感线会产生感应电流，是电磁感应现象，故D正确。

9．下列关于物质的分类不合理的是
A．导体：人体、碳棒、水银
B．晶体：冰、海波、各种金属
C．省力杠杆：板手、铁匠剪刀、羊角锤
D．可再生能源：水能、太阳能、核能
D
【解析】
【详解】
A.人体、碳棒、水银都是导体，分类合理；
B. 冰、海波、各种金属都是晶体，分类合理；
C. 板手、铁匠剪刀、羊角锤都是动力臂大于阻力臂，都是省力杠杆，分类合理；
D. 水能、太阳能可以从大自然源源不断获得，是可再生能源；核能是不可再生能源，分类不合理。

10．如图所示，滑轮组的每个滑轮质量相同，用它们将重为G1、G2的货物提高相同的高度（不计绳重和摩擦），下列说法正确的是
A．用同一个滑轮组提起不同的重物，机械效率不变
B．若G1＝G2，则甲的机械效率大于乙的机械效率
C．若G1＝G2，则拉力F1与F2所做的总功相等
D．若G1＝G2，则甲、乙滑轮组所做的额外功相等
B
【解析】
【分析】
（1）同一滑轮组提起重物不同时，所做的额外功相同，有用功不同，根据机械效率为有用功和总功的比值判断滑轮组机械效率是否变化；
（2）滑轮组所做的总功为克服物体的重力和动滑轮重力所做的功，根据W＝Gh比较两者所做总功之间的关系；
（3）滑轮组所做的有用功为克服物体重力所做的功，根据W＝Gh比较两者的大小，再根据机械效率为有用功和总功的比值比较两者机械效率之间的关系；
（4）根据W＝Gh比较有用功的大小．
【详解】
A．用同一个滑轮组提起不同的重物时，额外功不变，但有用功不同，有用功和总功的比值不同，则滑轮
组的机械效率不同，故A错误；
BC．若G1=G2，且货物被提升的高度相同，根据W有=G物h可知，两滑轮组所做的有用功相等；
不计绳重和摩擦，拉力所做的总功为克服物体重力和动滑轮重力所做的功，因甲滑轮组只有1个动滑轮（即
动滑轮重更小），所以由W总=（G物+G动）h可知，甲滑轮组做的总功小于乙滑轮组做的总功，由
W
W η=有
总
可知，甲滑轮组的机械效率高，故B正确，C错误；
D．两物体被提升的高度相同，动滑轮的重力不同，根据W=G动h可知，甲、乙滑轮组所做的额外功不相等，故D错误．
故选B．
【点睛】
涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，使用滑轮或滑轮组时，额外功为提高滑轮做的功、克服摩擦及绳子重做的功．
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．如图所示，是同学们所画的几种情景下的示意图，其中不正确的是
A．温室下冰熔化时温度与时间的关系
B．放大镜成像原理
C．物块随传送带一起匀速运动的受力示意图
D．通电螺线管外部的磁场分布
ABC
【解析】
【详解】
A 、由于冰熔化后水的比热容较大，温度不可能升高那么快，故CD 段图像错误；故A 错误；
B 、放大镜成像是正立放大的虚像，而图中蜡烛是实像，故B 错误；
C 、由于物体和传送带一起匀速运动，相对静止，所以物体不受摩擦力的作用，也不受推力的作用，只受竖直向下的重力和竖直向上的支持力的作用，并且这两个力是一对平衡力，作用点在物体重心上；图中多了摩擦力和推力的示意图．故C 错误；
D 、伸出右手，四指弯曲指示电流的方向，大拇指所指的方向即通电螺线管的左端为N 极，磁感线的方向从N 极指向S 极，故D 正确．
12．如图甲所示的电路中，电源电压为12V 且保持不变，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片置于中点c 时，1R 消耗的功率为1P ；当滑片移至b 端时，1R 消耗的功率为2P ，滑片移动过程中电流表与电压表的示数变化关系如图乙所示，下列说法正确的是
A ． 4c U
V = B ．0.15b I A =
C ．1R 的阻值为20Ω
D ．12:4:3P P =
AC
【解析】
【分析】
根据题文和题图可知，本题考查串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断滑片位于b 端时电压表的示数是关键。

【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。

当滑片移至b 端时，R 2接入电路中的电阻最大，电压表的示数最大，电流表的示数最小，
由图象可知，电压表的最大示数U 2＝6V ，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R 1两端的电压：U 1＝U ﹣U 2＝12V ﹣6V ＝6V ，
因串联电路中各处的电流相等， 所以，由U I R =可得，R 1的阻值与R 2的最大阻值之比：1b 11222b
6V 16V 1U I R U U R U I ====，即R 1＝R 2； 当滑片在c 点时，R 1=2R c ，
根据串联分压，则''c 111c c
12V U U U R R R -==，解得'18V? U =U c =4V ，故A 正确。

由图乙可知，U c =4V ，I c =0.4A ，根据欧姆定律可得：c c 4V 10Ωc 0.4U R I A
=
==， 故R 1=R 2=2R c =20Ω，故C 正确。

因电源的电压不变，所以，滑片置于中点c 与滑片移至b 端时电路中的电流之比： 21c 121121111242322b U
R R I R R R R U R R I R R R R +
++====+++，则30.4A 0.3A 4b I =⨯=，故B 错误。

由P ＝I 2R 可得，前后两次R 1消耗的功率之比：
()()22
222212c 1b 1c b 0.4A :0.3A 16:9P P I R I R I I ：：：====，故D 错误。

13．如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．甲图中两个磁极的名称都是S 极
B ．乙图中该装置揭示的原理可制成电动机，它是将机械能转化为电能
C ． 丙图中洗衣机的三脚插头上，标有字母 E 的导线要和洗衣机的金属外壳相连
D．丁图中抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，说明分子在不停地做无规则运动
CD
【解析】
【详解】
A．甲图中磁感线是从左侧回到右侧，因为磁感线在磁体的外部从N极出来回到S极，因此两个磁极为异名磁极，左端为N极，右端的为S极，故A错误；
B．乙图中有电源，是通电导体在磁场中受力运动的实验，电动机是根据此原理制成的，将电能转化为机械能，故B错误；
C．三角插头的插头E与用电器的外壳相连，使用中与地线相接避免触电，故C正确；
D．丁图中抽取中间玻璃板后，由于分子在不停的做无规则运动，两瓶中的气体会慢慢混合；故D正确。

三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．如图，两个完全相同的圆筒形容器，内装质量相等，密度分别为ρ1、ρ1的液体，将同一密度计分别放入两液体中，都浮在液面上，如甲所示，则密度计在两液体中受到的浮力F1_____F1；两液体的密度
ρ1_____ρ1；两液体对容器底的压强p1_____p1．（选填“＞”“＝”“＜”）
= > =
【解析】
因为在两种液体中，密度计漂浮，所以所受到的浮力F甲=F乙=G，相等；又据F浮=ρ液V排g，所受到的浮力相等，V排甲＜V排乙，所以ρ甲＞ρ乙；两个完全相同的圆筒形容器，内装质量相等的液体，即甲乙两容器内液体对容器底的压力相等，底面积也相等，所使用的是同一只密度计，使液体对容器底增大的压力也相等，且由于此容器是规则形状的，所以据p=F/S可知，容器底部所受的液体压强相等．
15．如图所示是一款自动清洁地面机器人，它工作时内部的电动机带动风扇转动，把尘盒内的空气排除，利用________将垃圾吸入尘盒内．已知机器人的质量是2kg，滚轮与地面的总接触面积为10cm2，静止在水平地面时它对地面的压强为___________ Pa．
大气压2×104
【解析】试题分析：清洁地面机器人，它工作时内部的电动机带动风扇转动，把尘盒内的空气排除，利用大气压的作用将垃圾吸入尘盒内；机器人对水平地面的压力：F=G=mg=2kg×10N/kg=20N ，机器人对地面
的压强：p=F/S=20N/10×
10−4m 2=2×104Pa 。

考点：压强的大小及其计算；大气压的综合应用
16．图示，是某同学研究液体压强时，绘制的甲、乙两种液体的压强与深度的关系图象．由图象可知，甲、乙两种液体的密度关系为ρ甲_______ρ乙(填“>”、“<’’或“=”)，其中_______种液体是水．（g 取10N ／kg ）
大于 乙
【解析】
根据公式p gh ρ=可知液体压强跟液体的密度和液体的深度有关，在深度相同时，液体的密度越大压强越大．由图象可知，甲、乙两种液体的密度关系为：
ρ 甲 大于ρ 乙 ，其中乙种液体的密度为：233810a =110/0.0810/p P kg m gh m N kg
ρ⨯==⨯⨯ 是水．本题考查的是液体的压强和密度的计算；学生应把握液体压强跟液体的密度和液体的深度有关，在深度相同时，液体的密度越大压强越大．
17．竖直向上抛出一个小球，不计空气的阻力，小球在上升过程中的机械能__________（ “变大”、“变小”、或“不变”）；当小球运动到最高点时，小球处于___________（“平衡 ”或“非平衡”）状态。

不变非平衡
【解析】
【详解】
第一空．小球在上升过程中，不计空气阻力，只有动能转化为重力势能，所以小球的机械能不变；
第二空．上升到最高点时，小球受到合力等于自身的重力，方向竖直向下，故此时小球所受的力不是平衡力，此时小球处于非平衡状态。

18．小明同学想在家里安装一盏照明灯，如图所示是他设计的电路．图中虚线框1和2处应接入开关和电灯，则开关应装在________方框处（选填“1”或“2”）．安装完毕后，闭合开关，电灯不亮，且电路中其它用电器都停止工作；用测电笔分别测试,,a b c 点时，测电笔的氖管都发光，则电路的故障可能为______________．
2 零线断路
【解析】
【详解】
为了用电的安全，开关应接在火线与电灯之间，因此开关应接在2虚线框中；
闭合开关，灯不亮，可能是电路开路或短路；当测电笔分别测试a、b、c点时，测电笔的氖管都发光，说明火线上有电，保险丝没有烧断，不会是短路；只能是断路，由于火线上有电，说明火线没有断路，只能是零线断路．
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．如图为某小区供电设备向居民楼输电的示意图．当居民楼内用户用电器消耗的总功率P为22kW时,居民楼用户用电器两端的实际电压2
U为220V,求
（1）通过输电代的电流是多大？
（2）若输电线的总电阻r为0.04 ，则供电设备的输出电压1
U为多大？
（3）输电线上损失的电功率为多大？
（1）100A（2）224V（3）400W
【解析】
【分析】
【详解】
（1）通过输电线的电流：I=P
U
=
22000W
220V
=100A；
（2）输电线上损失的电压：U损=Ir=100A×0.04Ω=4V，输电设备输出电压：U1=U2+U损=220V+4V=224V；（3）输电线上损失的电功率：P损=IU损=100A×4V=400W．
20．在5秒内物体在20牛的拉力作用下沿拉力方向匀速前进了30米．求此过程中
①拉力做的功W；
②拉力的功率P．
①600J②120W
【解析】
【分析】
【详解】
解：①拉力做的功：W=Fs=20N×30m=600J；
②拉力的功率：P=W
t
=
600J
5s
=120W．
21．小铭用轻质绳子将水中物体匀速提升到空中．他所用的拉力F和物体上升距离s的关系如图乙所示，不计水的阻力．求：
物体离开水面后在空中上升1m，小雨做的功是多少?小铭的质量是
60kg，每只脚的着地面积为2dm2，物体离开水面后在空中上升时；小铭对地面的压强是多少?物体的密度是多少?
（1）200J（2）2×104Pa（3）2×103kg/m3.
【解析】
【详解】
（1）由图乙可知，绳子自由端移动的距离为0−4m时，拉力为100N不变，此时物体没有露出水面；
4−6m时，物体开始逐渐露出水面，拉力不断增大；6−8m时拉力为200N不变，此时物体完全离开水面，故物体在空中匀速上升过程中受到的拉力F=200N，
则小雨做的功：W=Fs=200N×1m=200J.
（2）由图乙可知，小雨对绳子的拉力F=200N，
根据作用力与反作用力大小相等可知,绳子对小雨的拉力F′=F=200N，
小雨的重力G=mg=60kg×10N/kg=600N，
则小雨地面的压力：F压=G+F′=600N+200N=800N，
受力面积：S=2S1=2×2dm2=4dm2=0.04m2，
则小雨地面的压强：
p=F
S
压=
2
800N
0.04m
=2×104Pa.
（3）物体在空中匀速上升时，根据二力平衡条件可知，
绳子对物体的拉力和物体的重力是一对平衡力，大小相等，即：G物=F=200N，
由G=mg得，物体的质量：
m物=G
g
物=
200N
10N/kg
=20kg，
由图乙可知,物体浸没在水中时受到的拉力F1=100N，
所以物体完全浸没时受到的浮力F浮=G−F1=200N−100N=100N，由F浮=ρ水gV排得，物体的体积：
V物=V排=
F
g
浮
水
ρ=33
100N
1.010kg/m10N/kg
⨯⨯
=0.01m3
则物体的密度ρ=m
V
物
物
=
3
20kg
0.01m
=2×103kg/m3.
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．一束光线与水平面成45°角，欲使光线沿水平方向射出，试在图中画出平面镜的位置，并标明平面镜与水平方向的夹角．
【解析】
试题分析：由光的反射定律知，反射角等于入射角，先求得入射角的度数后，分两种情况分析：当反射光线与入射光线的夹角为45°和135°时．
解：分两种情况画图，如图所示：
在左图中，反射光线与入射光线的夹角为45°，入射角为22.5°，则平面镜与水平方向成67.5°的夹角；
在右图中，反射光线与入射光线的夹角为135°，入射角和反射角都为67.5°，则平面镜与水平方向成22.5°的夹角．
【点评】本题主要考查了光的反射定律的应用．要灵活利用了光的反射定律求解，要求会根据入射光线和反射光线确定平面镜的位置．
23．竖起的墙面上有一块面镜MN，小女孩站在平面镜前，她的脚前有一枚硬币（如图中点A所示），请你利用平面镜成像的特点画出小女孩右眼看到硬币的像的光路图．
（_____）
【解析】
【分析】
【详解】
硬币A反射的光线经平面镜反射后，进入了人眼，人看到了硬币A在平面镜中的虚像；先作出点A关于平面镜的对称点A′，然后连接A′和小女孩的眼睛，连线与平面镜的交点为入射点，连接AO即为入射
光线，O和小女孩眼睛的连线即为反射光线，并标出光的传播方向，如图所示：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．小明同学在“探究浮力大小与哪些因素有关”的实验中：（已知ρ水＝1.0×101kg/m1）
（1）如图甲、乙，先用弹簧测力计吊着石块，弹簧测力计的示数为l.8N，然后让石块完全浸没在水中，弹簧测力计的示数变为1N．则石块受到水的浮力为_________N；
（2）如图丙，用弹簧测力计缓慢将石块拉出水面，随着石块露出水面的体积越来越大，观察到弹簧测力计的示数也越来越大，则石块受到水的浮力越来越____（选填“大”或“小”）．说明浮力的大小与_____有关；（1）通过比较图乙和图______，可以探究浮力大小跟液体密度是否有关；
（4）他通过上述实验又计算出该小石块的密度为___________g/cm1．
（拓展）同组的小红同学，继续用如图所示的方法测出了物块B的密度，她的具体操作如下：将物块B
放入漂浮于水面的小烧杯中，小烧杯杯底距水面高度h 1=25cm ； 将物块B 取出后系在烧杯底静止后，小烧杯杯底距水面高度h 2=15cm ；剪断细绳后物块B 沉入杯底，此时小烧杯杯底距水面高度h 1=10cm ，则物块B 的密度为____________kg/m 1．
0.8 小 石块浸入水中的体积（或排开液体的体积） 丁 2.25 1.5×101
【解析】
【详解】
（1）由称重法知道，石块受到的浮力是：F 浮 =G-F=1.8N-1N=0.8N ；
（2）由于石块受到的浮力是F 浮=G-F ，而石块的重力G 不变，所以，随着用弹簧测力计缓慢将石块拉出水面，测力计示数F 越来越大，即石块受到的浮力越来越小；由此说明浮力的大小与石块浸入水中的体积有关；
（1）由图乙和丁知道，物体都浸没在液体中，所排开液体的体积相同，但液体的密度不同，所以可以探究浮力与液体密度的关系；
（4）根据基米德原理F 浮=ρ液gV 排知道， F V g
ρ=浮排水 ，又因为当石块浸没在水中时，V 石 =V 排 ，G=mg=ρVg ，所以石块密度是：331.8N ==0. 1.010kg/m 8N G G G g F g F g
ρρρρ==⨯⨯水浮水水浮 =2.25×101 kg/m 1=2.25 g/cm 1
【拓展】
由下图甲知道，金属块B 和小烧杯做为一个整体，由于处于静止状态，故受到的重力与受到的浮力为一对平衡力，即G 杯 +G B =ρ水 gV 排 =ρ水gSh 1 -----①，
由图乙知道，金属块B 和小烧杯做为一个整体，由于处于静止状态，故受到的重力与受到的浮力为一对平衡力，即G 杯 +G B =ρ水gV B +ρ水 gSh 2 -----②，
由图丙知道，以杯为研究对象，由于处于静止状态，故受到的重力与受到的浮力为一对平衡力，G 杯 =ρ水 gV 排′=ρ水 gSh 1----③
由①②③解得：13B G gSh gSh ρρ=-水水 ，ρ水gSh 1 =ρ水gV B +ρ水 gSh 2，即12B V Sh Sh =- ， 所以，金属块B 的密度是：
()131212133325cm 10cm =25cm 15cm
1.010kg/m B B B B h h m G V V g g Sh Sh h gSh gSh h ρρρρ---====⨯⨯⨯---水水水 =1.5×101 kg/m 1．
25．小红发现自己的木制国际象棋棋子放在水中会漂浮在水面上，她想知道这颗棋子的密度，设计了以下实验步骤。

（1）将天平放在_____，游码移到标尺_____，当横梁稳定吋发现指针偏问分度盘中央刻度线左侧，应向__（选填“左”或“右”）调节平衡螺母，使天平平衡；将棋子放在左盘，天平再次水平平衡时，右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则棋子质量为_____
（2）把适量的水倒进量筒中，用细线将棋子系在小铁块上，放入水中，静止时如图乙所示；把它们取出后，再把小铁块单独放入水中静止时如图丙所示：则棋子的体积V ＝_____cm 3。

（3）计算出棋子的密度ρ棋子＝_____kg/m 3。

（4）由于实验顺序的设计不合理，小红所测得的密度值比棋子密度的真实值___（选填“偏大”或“偏小”）。

水平桌面上 零刻度线处 右 9g 15 0.6×103 偏大
【解析】
【详解】
（1）在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；指针静止在分度盘中央的左侧，则右盘高，平衡螺母应向右调节；由图甲知，标尺的分度值为0.2g ，所以棋子的质量：m ＝5g+4g ＝9g ；
（2）由图乙、丙知，量筒的分度值为2ml ，水和小铁块的体积为25ml ，水、小铁块和棋子的体积为40ml ，所以棋子的体积：V ＝40ml ﹣25ml ＝15ml ＝15cm 3；
（3）棋子的密度：33339g ==0.6g/cm 0.610kg/m 15cm
m V ρ=⨯＝ （4）先用量筒测棋子、小铁块和水的总体积，再测量小铁块和水的总体积，这样棋子上附有水，使得测量出的体积偏小，由=
m V ρ可知测量的密度偏大。

26．甲和乙两个小球（小球大小可忽略）在平直路面从左到右运动，从计时开始记录，每隔0.1s 记录一次，纪录得小球的位置如图所示．
由图可知，甲小球做_______运动．从计时
开始，乙小球前0.5s的平均速度是____________m/s．根据如图的记录，在如图的坐标系中画出甲小球的s﹣t图线_________．
匀速直线 3
【解析】
【详解】
（1）由于随着时间的推移，甲在相等的时间间隔内通过的路程仍然相等，所以甲做的是匀速直线运动；（2）甲小球0.5s经过的路程和乙小球0.5s经过的路程是相等的，所以图中所示乙小球0.5s经过的路程s=0.3m×5=1.5m，
所以乙小球前0.5s的平均速度v===3m/s；
（3）s﹣t图象如图所示：。