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1. 一水平向右减速运动的车厢内放有一木块，木块相对于车厢表面静止，请对此时的木块进行受力分析。
答案
解：
木块共受到三个力的作用：
1. 竖直向下的重力，施力物体为地球；
2. 车厢对木块竖直向上的支持力，施力物体为车厢接触面，该力与重力大小相等、方向相反，是一对平衡力，木块竖直方向受力平衡；
3. 水平向左的静摩擦力：车厢向右做减速运动时，木块由于惯性要保持原本向右的运动状态，相对于车厢有向右的相对运动趋势，因此车厢接触面会对木块施加阻碍该相对运动趋势的静摩擦力，方向水平向左，保证木块和车厢保持相对静止、一同向右减速。
木块共受到三个力的作用：
1. 竖直向下的重力，施力物体为地球；
2. 车厢对木块竖直向上的支持力，施力物体为车厢接触面，该力与重力大小相等、方向相反，是一对平衡力，木块竖直方向受力平衡；
3. 水平向左的静摩擦力：车厢向右做减速运动时，木块由于惯性要保持原本向右的运动状态，相对于车厢有向右的相对运动趋势，因此车厢接触面会对木块施加阻碍该相对运动趋势的静摩擦力，方向水平向左，保证木块和车厢保持相对静止、一同向右减速。
解析
【分析】
要对木块受力分析，需先明确车厢的运动状态：水平向右减速，因此木块的加速度方向水平向左。受力分析按“重力→弹力→摩擦力”的顺序进行，竖直方向无加速度，受力平衡；水平方向需合力提供向左的加速度，结合相对运动趋势判断静摩擦力方向。
【解析】
对木块受力分析步骤如下：
1. 重力：任何物体都受重力，方向竖直向下，施力物体是地球。
2. 支持力：木块与车厢接触，车厢对木块有竖直向上的支持力，方向竖直向上，施力物体是车厢接触面；竖直方向上木块无加速度，重力与支持力是一对平衡力，大小相等、方向相反。
3. 静摩擦力：车厢向右减速时，木块由于惯性要保持原来向右的运动状态，相对于车厢有向右的相对运动趋势，因此车厢对木块施加水平向左的静摩擦力，该静摩擦力提供木块向左的加速度，使木块与车厢保持相对静止，共同向右减速。
综上，木块共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的静摩擦力。
【答案】
木块共受到三个力的作用：1. 竖直向下的重力，施力物体为地球；2. 车厢对木块竖直向上的支持力，施力物体为车厢接触面，该力与重力大小相等、方向相反，是一对平衡力，木块竖直方向受力平衡；3. 水平向左的静摩擦力：车厢向右做减速运动时，木块由于惯性要保持原本向右的运动状态，相对于车厢有向右的相对运动趋势，因此车厢接触面会对木块施加阻碍该相对运动趋势的静摩擦力，方向水平向左，保证木块和车厢保持相对静止、一同向右减速。
【知识点】
受力分析、静摩擦力、牛顿运动定律
【点评】
本题是结合运动状态的受力分析基础题，需根据加速度方向判断水平方向的静摩擦力方向，核心是掌握受力分析的顺序和静摩擦力方向的判断方法，属于力学的基础应用。
【难度系数】
0.5
要对木块受力分析，需先明确车厢的运动状态：水平向右减速，因此木块的加速度方向水平向左。受力分析按“重力→弹力→摩擦力”的顺序进行，竖直方向无加速度，受力平衡；水平方向需合力提供向左的加速度，结合相对运动趋势判断静摩擦力方向。
【解析】
对木块受力分析步骤如下：
1. 重力：任何物体都受重力，方向竖直向下，施力物体是地球。
2. 支持力：木块与车厢接触，车厢对木块有竖直向上的支持力，方向竖直向上，施力物体是车厢接触面；竖直方向上木块无加速度，重力与支持力是一对平衡力，大小相等、方向相反。
3. 静摩擦力：车厢向右减速时，木块由于惯性要保持原来向右的运动状态，相对于车厢有向右的相对运动趋势，因此车厢对木块施加水平向左的静摩擦力，该静摩擦力提供木块向左的加速度，使木块与车厢保持相对静止，共同向右减速。
综上，木块共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的静摩擦力。
【答案】
木块共受到三个力的作用：1. 竖直向下的重力，施力物体为地球；2. 车厢对木块竖直向上的支持力，施力物体为车厢接触面，该力与重力大小相等、方向相反，是一对平衡力，木块竖直方向受力平衡；3. 水平向左的静摩擦力：车厢向右做减速运动时，木块由于惯性要保持原本向右的运动状态，相对于车厢有向右的相对运动趋势，因此车厢接触面会对木块施加阻碍该相对运动趋势的静摩擦力，方向水平向左，保证木块和车厢保持相对静止、一同向右减速。
【知识点】
受力分析、静摩擦力、牛顿运动定律
【点评】
本题是结合运动状态的受力分析基础题，需根据加速度方向判断水平方向的静摩擦力方向，核心是掌握受力分析的顺序和静摩擦力方向的判断方法，属于力学的基础应用。
【难度系数】
0.5
2. 图甲是一种新型开瓶器，该开瓶器可看作一个杠杆，请在图乙中画出该开瓶器工作时，作用在A点最小的动力$F_1$的示意图。
答案
2.
解析
【分析】要画出作用在A点的最小动力，需依据杠杆平衡条件：当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。首先确定支点为O，杠杆上离支点O最远的点是A，因此OA是最长的动力臂，此时动力F1应垂直于OA，这样动力臂最大，对应的动力最小，据此即可画出最小动力的示意图。
【解析】1. 确定支点：开瓶器工作时绕O点转动，故支点为O；2. 确定最长动力臂：连接支点O与动力作用点A，OA是杠杆上从支点到动力作用点的最长距离，即最长动力臂；3. 确定最小动力方向：动力需垂直于OA，方向使杠杆绕O转动，在A点画出垂直于OA的力F1，即为作用在A点的最小动力。
【答案】
【知识点】杠杆平衡条件、最小动力作图
【点评】本题考查杠杆最小力的作图方法，核心是利用杠杆平衡条件找到最长动力臂，属于杠杆应用的基础题型，需掌握作图的基本逻辑。
【难度系数】0.6
【解析】1. 确定支点：开瓶器工作时绕O点转动，故支点为O；2. 确定最长动力臂：连接支点O与动力作用点A，OA是杠杆上从支点到动力作用点的最长距离，即最长动力臂；3. 确定最小动力方向：动力需垂直于OA，方向使杠杆绕O转动，在A点画出垂直于OA的力F1，即为作用在A点的最小动力。
【答案】
【知识点】杠杆平衡条件、最小动力作图
【点评】本题考查杠杆最小力的作图方法，核心是利用杠杆平衡条件找到最长动力臂，属于杠杆应用的基础题型，需掌握作图的基本逻辑。
【难度系数】0.6
四、实验探究题。
交通安全宣传月中，同学们一起观看了视频，了解到“十次车祸九次快”，还知道了严禁超载的交规。
(1)根据上述信息，小明猜想汽车的动能大小可能与
(2)小明用金属球模拟汽车，将金属球从斜槽的某一高度由静止释放，使其碰到水平面上的木块，并将木块撞出一段距离，如图所示。若在同样的水平面上，木块被撞得越远，说明金属球对木块做的功越
(3)甲、乙实验表明，从同一高度自由滚下的不同金属球，
(4)若还想利用如图所示的器材探究“阻力对物体运动的影响”的实验，提供器材：①毛巾；②弹簧测力计；③棉布。为完成探究任务，必须从提供的器材中增加的有
(5)小明思考，若将质量为m和2m的两个小球先后从斜槽的同一高度由静止释放后滚到完全光滑的足够长的水平面上，最终两球在水平面上的距离将
交通安全宣传月中，同学们一起观看了视频，了解到“十次车祸九次快”，还知道了严禁超载的交规。
(1)根据上述信息，小明猜想汽车的动能大小可能与
速度
、质量
有关，于是他和同学对此猜想进行了探究。(2)小明用金属球模拟汽车，将金属球从斜槽的某一高度由静止释放，使其碰到水平面上的木块，并将木块撞出一段距离，如图所示。若在同样的水平面上，木块被撞得越远，说明金属球对木块做的功越
多
，因此可用木块移动的距离
反映金属球的动能大小。(3)甲、乙实验表明，从同一高度自由滚下的不同金属球，
质量
越大，动能越大；甲、丙
两次实验可得出金属球的动能大小与它的速度大小有关。(4)若还想利用如图所示的器材探究“阻力对物体运动的影响”的实验，提供器材：①毛巾；②弹簧测力计；③棉布。为完成探究任务，必须从提供的器材中增加的有
①③
（选填两个序号）。小明在探究过程中，让相同的金属球从斜槽同一高度由静止下滑后，观察到水平面越光滑，金属球运动的距离越远，推理可得：若水平面完全光滑，金属球将做匀速直线运动。(5)小明思考，若将质量为m和2m的两个小球先后从斜槽的同一高度由静止释放后滚到完全光滑的足够长的水平面上，最终两球在水平面上的距离将
始终不变
（选填“逐渐变小”“逐渐变大”或“始终不变”）。答案
(1)速度 质量
(2)多 木块移动的距离
(3)质量 甲、丙
(4)①③
(5)始终不变
(2)多 木块移动的距离
(3)质量 甲、丙
(4)①③
(5)始终不变
解析
【分析】
首先，根据题干中“十次车祸九次快”（速度影响动能）和“严禁超载”（质量影响动能）的信息，明确动能的可能影响因素；其次，利用转换法，通过木块被推动的距离反映金属球动能的大小；探究动能与质量的关系时，控制金属球滚下的高度相同（保证速度相同），改变金属球质量；探究动能与速度的关系时，控制金属球质量相同，改变滚下的高度（改变速度）；探究阻力对运动的影响时，需要改变水平面的粗糙程度，选择合适的器材；最后，根据牛顿第一定律，光滑水平面时物体做匀速直线运动，速度相同的两球运动时距离不变。
【解析】
(1) 题干中“十次车祸九次快”说明汽车速度越大动能越大，“严禁超载”说明汽车质量越大动能越大，因此猜想动能大小与速度、质量有关。
(2) 金属球的动能越大，对木块做的功越多，木块被撞得越远，因此用木块移动的距离反映金属球的动能大小，这是转换法的应用。
(3) 甲、乙实验中，金属球从同一高度滚下（速度相同），质量不同，乙中金属球质量更大，木块被撞得更远，说明速度相同时，质量越大，动能越大；要探究动能与速度的关系，需控制质量相同，改变速度，甲、丙实验中金属球质量均为m，从不同高度滚下（速度不同），因此选甲、丙两次实验。
(4) 探究“阻力对物体运动的影响”，需要改变水平面的粗糙程度来改变阻力大小，提供的器材中毛巾（①）和棉布（③）可改变水平面粗糙程度，弹簧测力计不需要，因此选①③。
(5) 两球从同一高度滚下，到达水平面时速度相同，若水平面完全光滑，两球不受阻力，都做匀速直线运动，速度相同，因此两球之间的距离始终不变。
【答案】
(1)速度 质量
(2)多 木块移动的距离
(3)质量 甲、丙
(4)①③
(5)始终不变
【知识点】
动能的影响因素、阻力对运动的影响、转换法
【点评】
本题为实验探究题，考查动能影响因素和阻力对物体运动的实验，需掌握控制变量法和转换法的应用，理解实验设计逻辑，属于基础实验题，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先，根据题干中“十次车祸九次快”（速度影响动能）和“严禁超载”（质量影响动能）的信息，明确动能的可能影响因素；其次，利用转换法，通过木块被推动的距离反映金属球动能的大小；探究动能与质量的关系时，控制金属球滚下的高度相同（保证速度相同），改变金属球质量；探究动能与速度的关系时，控制金属球质量相同，改变滚下的高度（改变速度）；探究阻力对运动的影响时，需要改变水平面的粗糙程度，选择合适的器材；最后，根据牛顿第一定律，光滑水平面时物体做匀速直线运动，速度相同的两球运动时距离不变。
【解析】
(1) 题干中“十次车祸九次快”说明汽车速度越大动能越大，“严禁超载”说明汽车质量越大动能越大，因此猜想动能大小与速度、质量有关。
(2) 金属球的动能越大，对木块做的功越多，木块被撞得越远，因此用木块移动的距离反映金属球的动能大小，这是转换法的应用。
(3) 甲、乙实验中，金属球从同一高度滚下（速度相同），质量不同，乙中金属球质量更大，木块被撞得更远，说明速度相同时，质量越大，动能越大；要探究动能与速度的关系，需控制质量相同，改变速度，甲、丙实验中金属球质量均为m，从不同高度滚下（速度不同），因此选甲、丙两次实验。
(4) 探究“阻力对物体运动的影响”，需要改变水平面的粗糙程度来改变阻力大小，提供的器材中毛巾（①）和棉布（③）可改变水平面粗糙程度，弹簧测力计不需要，因此选①③。
(5) 两球从同一高度滚下，到达水平面时速度相同，若水平面完全光滑，两球不受阻力，都做匀速直线运动，速度相同，因此两球之间的距离始终不变。
【答案】
(1)速度 质量
(2)多 木块移动的距离
(3)质量 甲、丙
(4)①③
(5)始终不变
【知识点】
动能的影响因素、阻力对运动的影响、转换法
【点评】
本题为实验探究题，考查动能影响因素和阻力对物体运动的实验，需掌握控制变量法和转换法的应用，理解实验设计逻辑，属于基础实验题，难度适中。
【难度系数】
0.6
五、计算题。
如图，将重为1 N、底面积为150 cm²装有水的薄壁（不计厚度）柱形溢水杯放置在水平的压力传感器上，此时压力传感器的示数为30 N。用轻质细线悬挂一重20 N、高15 cm、底面积为60 cm²不吸水的圆柱体，初始时圆柱体底部距水面的竖直高度为4 cm，现提住细线缓慢下移，使圆柱体逐渐浸入水中，当圆柱体下降7 cm时，水面达到溢水口，已知$\rho_{\mathrm{水}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，求：
(1)圆柱体未浸入水中时，溢水杯对压力传感器的压强。
(2)圆柱体未浸入水中时，溢水杯中水的质量。
(3)圆柱体刚好浸没时，细线对圆柱体的拉力。
(4)圆柱体从初始位置到刚好浸没，水对溢水杯底部压强的变化量。
如图，将重为1 N、底面积为150 cm²装有水的薄壁（不计厚度）柱形溢水杯放置在水平的压力传感器上，此时压力传感器的示数为30 N。用轻质细线悬挂一重20 N、高15 cm、底面积为60 cm²不吸水的圆柱体，初始时圆柱体底部距水面的竖直高度为4 cm，现提住细线缓慢下移，使圆柱体逐渐浸入水中，当圆柱体下降7 cm时，水面达到溢水口，已知$\rho_{\mathrm{水}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，求：
(1)圆柱体未浸入水中时，溢水杯对压力传感器的压强。
(2)圆柱体未浸入水中时，溢水杯中水的质量。
(3)圆柱体刚好浸没时，细线对圆柱体的拉力。
(4)圆柱体从初始位置到刚好浸没，水对溢水杯底部压强的变化量。
答案
解:(1)由题意知,溢水杯和杯中水的总重力为$G=30\ \mathrm{N}$,则溢水杯对压力传感器的压力$F=G=30\ \mathrm{N}$,溢水杯对压力传感器的压强为
$p=\dfrac{F}{S_{\mathrm{杯}}}=\dfrac{30\ \mathrm{N}}{150×10^{-4}\ \mathrm{m}^2}=2×10^3\ \mathrm{Pa}$。
(2)由题意知,溢水杯中水的重力$G'=G_{\mathrm{总}}-G_{\mathrm{容器}}=30\ \mathrm{N}-1\ \mathrm{N}=29\ \mathrm{N}$,溢水杯中水的质量
$m=\dfrac{G'}{g}=\dfrac{29\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2.9\ \mathrm{kg}$。
(3)圆柱体刚好浸没水中时排开水的体积$V_{\mathrm{排}}=V_{\mathrm{圆柱体}}=S_{\mathrm{圆柱体}}h=60\ \mathrm{cm}^2×15\ \mathrm{cm}=900\ \mathrm{cm}^3$,圆柱体受到水的浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{水}}\ gV_{\mathrm{排}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×900×10^{-6}\ \mathrm{m}^3=9\ \mathrm{N}$,细线对圆柱体的拉力$F_{\mathrm{拉}}=G_{\mathrm{物}}-F_{\mathrm{浮}}=20\ \mathrm{N}-9\ \mathrm{N}=11\ \mathrm{N}$。
(4)由题意知,圆柱体从接触水面到水面上升到溢水口过程中下降的高度$h_{\mathrm{下}}=7\ \mathrm{cm}-4\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm}$。设此过程中水面上升的高度为$\Delta h$,则水面上升到溢水口时圆柱体浸入水中的深度$h_{\mathrm{浸}}=h_{\mathrm{下}}+\Delta h=3\ \mathrm{cm}+\Delta h$。根据$V_{\mathrm{排}}$的两种计算方法可得$V_{\mathrm{排}}=S_{\mathrm{杯}}\ \Delta h=S_{\mathrm{圆柱体}}h_{\mathrm{浸}}=S_{\mathrm{圆柱体}}×(3\ \mathrm{cm}+\Delta h)$,代入数据可得$150\ \mathrm{cm}^2×\Delta h=60\ \mathrm{cm}^2×(3\ \mathrm{cm}+\Delta h)$,解得$\Delta h=2\ \mathrm{cm}$。此时圆柱体浸入水中的深度$h_{\mathrm{浸}}=h_{\mathrm{下}}+\Delta h=3\ \mathrm{cm}+2\ \mathrm{cm}=5\ \mathrm{cm}＜h_{\mathrm{圆柱体}}=15\ \mathrm{cm}$,当圆柱体继续下降直至刚好浸没过程中,虽然有水溢出,但溢水杯内水的深度不变,所以圆柱体从初始位置到刚好浸没,溢水杯内水面上升的高度$\Delta h=2\ \mathrm{cm}=0.02\ \mathrm{m}$,则整个过程中水对溢水杯底部压强的变化量为$\Delta p=\rho_{\mathrm{水}}g\Delta h=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.02\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{Pa}$。
$p=\dfrac{F}{S_{\mathrm{杯}}}=\dfrac{30\ \mathrm{N}}{150×10^{-4}\ \mathrm{m}^2}=2×10^3\ \mathrm{Pa}$。
(2)由题意知,溢水杯中水的重力$G'=G_{\mathrm{总}}-G_{\mathrm{容器}}=30\ \mathrm{N}-1\ \mathrm{N}=29\ \mathrm{N}$,溢水杯中水的质量
$m=\dfrac{G'}{g}=\dfrac{29\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2.9\ \mathrm{kg}$。
(3)圆柱体刚好浸没水中时排开水的体积$V_{\mathrm{排}}=V_{\mathrm{圆柱体}}=S_{\mathrm{圆柱体}}h=60\ \mathrm{cm}^2×15\ \mathrm{cm}=900\ \mathrm{cm}^3$,圆柱体受到水的浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{水}}\ gV_{\mathrm{排}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×900×10^{-6}\ \mathrm{m}^3=9\ \mathrm{N}$,细线对圆柱体的拉力$F_{\mathrm{拉}}=G_{\mathrm{物}}-F_{\mathrm{浮}}=20\ \mathrm{N}-9\ \mathrm{N}=11\ \mathrm{N}$。
(4)由题意知,圆柱体从接触水面到水面上升到溢水口过程中下降的高度$h_{\mathrm{下}}=7\ \mathrm{cm}-4\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm}$。设此过程中水面上升的高度为$\Delta h$,则水面上升到溢水口时圆柱体浸入水中的深度$h_{\mathrm{浸}}=h_{\mathrm{下}}+\Delta h=3\ \mathrm{cm}+\Delta h$。根据$V_{\mathrm{排}}$的两种计算方法可得$V_{\mathrm{排}}=S_{\mathrm{杯}}\ \Delta h=S_{\mathrm{圆柱体}}h_{\mathrm{浸}}=S_{\mathrm{圆柱体}}×(3\ \mathrm{cm}+\Delta h)$,代入数据可得$150\ \mathrm{cm}^2×\Delta h=60\ \mathrm{cm}^2×(3\ \mathrm{cm}+\Delta h)$,解得$\Delta h=2\ \mathrm{cm}$。此时圆柱体浸入水中的深度$h_{\mathrm{浸}}=h_{\mathrm{下}}+\Delta h=3\ \mathrm{cm}+2\ \mathrm{cm}=5\ \mathrm{cm}＜h_{\mathrm{圆柱体}}=15\ \mathrm{cm}$,当圆柱体继续下降直至刚好浸没过程中,虽然有水溢出,但溢水杯内水的深度不变,所以圆柱体从初始位置到刚好浸没,溢水杯内水面上升的高度$\Delta h=2\ \mathrm{cm}=0.02\ \mathrm{m}$,则整个过程中水对溢水杯底部压强的变化量为$\Delta p=\rho_{\mathrm{水}}g\Delta h=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.02\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{Pa}$。
解析
【分析】
本题是压强与浮力的综合计算题，需结合压力、压强公式，阿基米德原理逐步分析：
(1) 溢水杯对压力传感器的压力等于溢水杯和水的总重力，利用压强公式$p=\frac{F}{S}$计算压强，注意单位转换；
(2) 总重力减去溢水杯重力得到水的重力，再由$m=\frac{G}{g}$计算水的质量；
(3) 圆柱体刚好浸没时，排开水的体积等于自身体积，用阿基米德原理算浮力，再根据受力平衡（拉力+浮力=重力）求细线拉力；
(4) 需先分析圆柱体下降时水面上升的高度，结合排开体积的两种表达式（溢水杯底面积×水面上升高度、圆柱体底面积×浸入深度）求出水面上升高度，再利用$\Delta p=\rho_{\mathrm{水}}g\Delta h$计算压强变化，注意溢水口后水深度不变，仅需计算到溢水口的变化量。
【解析】
解：(1) 溢水杯对压力传感器的压力等于溢水杯和水的总重力，即$F=G_{\mathrm{总}}=30\ \mathrm{N}$，溢水杯底面积$S_{\mathrm{杯}}=150\ \mathrm{cm}^2=150×10^{-4}\ \mathrm{m}^2$，根据压强公式：
$p=\frac{F}{S_{\mathrm{杯}}}=\frac{30\ \mathrm{N}}{150×10^{-4}\ \mathrm{m}^2}=2×10^3\ \mathrm{Pa}$；
(2) 溢水杯中水的重力$G_{\mathrm{水}}=G_{\mathrm{总}}-G_{\mathrm{杯}}=30\ \mathrm{N}-1\ \mathrm{N}=29\ \mathrm{N}$，水的质量：
$m_{\mathrm{水}}=\frac{G_{\mathrm{水}}}{g}=\frac{29\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2.9\ \mathrm{kg}$；
(3) 圆柱体刚好浸没时，排开水的体积等于自身体积：
$V_{\mathrm{排}}=V_{\mathrm{柱}}=S_{\mathrm{柱}}h_{\mathrm{柱}}=60\ \mathrm{cm}^2×15\ \mathrm{cm}=900\ \mathrm{cm}^3=900×10^{-6}\ \mathrm{m}^3$，
根据阿基米德原理，浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{水}}gV_{\mathrm{排}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×900×10^{-6}\ \mathrm{m}^3=9\ \mathrm{N}$，
对圆柱体受力分析：$G_{\mathrm{柱}}=F_{\mathrm{拉}}+F_{\mathrm{浮}}$，所以细线拉力：
$F_{\mathrm{拉}}=G_{\mathrm{柱}}-F_{\mathrm{浮}}=20\ \mathrm{N}-9\ \mathrm{N}=11\ \mathrm{N}$；
(4) 圆柱体从初始位置到水面达溢水口时，下降高度$h_{\mathrm{下}}=7\ \mathrm{cm}-4\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm}$，设水面上升高度为$\Delta h$，此时圆柱体浸入深度$h_{\mathrm{浸}}=h_{\mathrm{下}}+\Delta h$，排开体积$V_{\mathrm{排}}=S_{\mathrm{杯}}\Delta h=S_{\mathrm{柱}}h_{\mathrm{浸}}$，代入数据：
$150\ \mathrm{cm}^2×\Delta h=60\ \mathrm{cm}^2×(3\ \mathrm{cm}+\Delta h)$，解得$\Delta h=2\ \mathrm{cm}=0.02\ \mathrm{m}$；
圆柱体继续下降至刚好浸没时，有水溢出，溢水杯内水的深度不变，因此从初始到刚好浸没，水对溢水杯底的压强变化量由$\Delta h=2\ \mathrm{cm}$计算：
$\Delta p=\rho_{\mathrm{水}}g\Delta h=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.02\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{Pa}$；
【答案】
(1) $2×10^3\ \mathrm{Pa}$；(2) $2.9\ \mathrm{kg}$；(3) $11\ \mathrm{N}$；(4) $200\ \mathrm{Pa}$
【知识点】
压强计算、浮力计算、阿基米德原理
【点评】
本题综合考查压强与浮力的应用，需理清压力、排开体积与水面变化的关系，尤其是第(4)问需注意溢水口后水深度不再变化，避免错误计算后续变化，对学生的逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
本题是压强与浮力的综合计算题，需结合压力、压强公式，阿基米德原理逐步分析：
(1) 溢水杯对压力传感器的压力等于溢水杯和水的总重力，利用压强公式$p=\frac{F}{S}$计算压强，注意单位转换；
(2) 总重力减去溢水杯重力得到水的重力，再由$m=\frac{G}{g}$计算水的质量；
(3) 圆柱体刚好浸没时，排开水的体积等于自身体积，用阿基米德原理算浮力，再根据受力平衡（拉力+浮力=重力）求细线拉力；
(4) 需先分析圆柱体下降时水面上升的高度，结合排开体积的两种表达式（溢水杯底面积×水面上升高度、圆柱体底面积×浸入深度）求出水面上升高度，再利用$\Delta p=\rho_{\mathrm{水}}g\Delta h$计算压强变化，注意溢水口后水深度不变，仅需计算到溢水口的变化量。
【解析】
解：(1) 溢水杯对压力传感器的压力等于溢水杯和水的总重力，即$F=G_{\mathrm{总}}=30\ \mathrm{N}$，溢水杯底面积$S_{\mathrm{杯}}=150\ \mathrm{cm}^2=150×10^{-4}\ \mathrm{m}^2$，根据压强公式：
$p=\frac{F}{S_{\mathrm{杯}}}=\frac{30\ \mathrm{N}}{150×10^{-4}\ \mathrm{m}^2}=2×10^3\ \mathrm{Pa}$；
(2) 溢水杯中水的重力$G_{\mathrm{水}}=G_{\mathrm{总}}-G_{\mathrm{杯}}=30\ \mathrm{N}-1\ \mathrm{N}=29\ \mathrm{N}$，水的质量：
$m_{\mathrm{水}}=\frac{G_{\mathrm{水}}}{g}=\frac{29\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2.9\ \mathrm{kg}$；
(3) 圆柱体刚好浸没时，排开水的体积等于自身体积：
$V_{\mathrm{排}}=V_{\mathrm{柱}}=S_{\mathrm{柱}}h_{\mathrm{柱}}=60\ \mathrm{cm}^2×15\ \mathrm{cm}=900\ \mathrm{cm}^3=900×10^{-6}\ \mathrm{m}^3$，
根据阿基米德原理，浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{水}}gV_{\mathrm{排}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×900×10^{-6}\ \mathrm{m}^3=9\ \mathrm{N}$，
对圆柱体受力分析：$G_{\mathrm{柱}}=F_{\mathrm{拉}}+F_{\mathrm{浮}}$，所以细线拉力：
$F_{\mathrm{拉}}=G_{\mathrm{柱}}-F_{\mathrm{浮}}=20\ \mathrm{N}-9\ \mathrm{N}=11\ \mathrm{N}$；
(4) 圆柱体从初始位置到水面达溢水口时，下降高度$h_{\mathrm{下}}=7\ \mathrm{cm}-4\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm}$，设水面上升高度为$\Delta h$，此时圆柱体浸入深度$h_{\mathrm{浸}}=h_{\mathrm{下}}+\Delta h$，排开体积$V_{\mathrm{排}}=S_{\mathrm{杯}}\Delta h=S_{\mathrm{柱}}h_{\mathrm{浸}}$，代入数据：
$150\ \mathrm{cm}^2×\Delta h=60\ \mathrm{cm}^2×(3\ \mathrm{cm}+\Delta h)$，解得$\Delta h=2\ \mathrm{cm}=0.02\ \mathrm{m}$；
圆柱体继续下降至刚好浸没时，有水溢出，溢水杯内水的深度不变，因此从初始到刚好浸没，水对溢水杯底的压强变化量由$\Delta h=2\ \mathrm{cm}$计算：
$\Delta p=\rho_{\mathrm{水}}g\Delta h=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}×0.02\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{Pa}$；
【答案】
(1) $2×10^3\ \mathrm{Pa}$；(2) $2.9\ \mathrm{kg}$；(3) $11\ \mathrm{N}$；(4) $200\ \mathrm{Pa}$
【知识点】
压强计算、浮力计算、阿基米德原理
【点评】
本题综合考查压强与浮力的应用，需理清压力、排开体积与水面变化的关系，尤其是第(4)问需注意溢水口后水深度不再变化，避免错误计算后续变化，对学生的逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
