23.（6分）为了探究“影响滑动摩擦力大小的因素”，小明设计了如图所示的实验。

(1)实验中能够用弹簧测力计的示数表示摩擦力的大小，是根据的原理。
(2)比较甲、丙两图，可得出结论：，滑动摩擦力越大。
(3)实验完成后，同学们对实验进行了改进，如图丁所示，长木板放置在水平桌面上，木块放置在水平木板上，水平拉动木板向左运动时，木块相对桌面静止，A弹簧测力计的示数为5.8 N，B弹簧测力计的示数为2.6 N，则木块受到的摩擦力方向为水平向（选填“左”或“右”），木板与木块之间的摩擦力大小为N。
(4)在图甲所示情况下，做以下调整后再次水平拉动木块，其中会改变木块所受滑动摩擦力大小的有；会改变木块对木板压强的是。
①增大拉力 ②加大拉动木块的速度 ③把木块沿竖直方向截掉一部分 ④在木块上加金属块

23. (1)二力平衡 (2)压力大小一定时,接触面越粗糙 (3)左 2.6 (4)③④ ④ 【点拨】本题考查“影响滑动摩擦力大小的因素”实验,涵盖二力平衡、控制变量法应用、摩擦力方向与大小判断、压强及摩擦力影响因素分析。
【解析】(1)实验中用弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动,此时木块在水平方向受拉力和摩擦力,根据二力平衡原理,拉力与摩擦力大小相等,所以能用弹簧测力计示数表示摩擦力大小;
(2)比较甲、丙两图,木块对接触面的压力相同,丙图中接触面是毛巾,比甲图中木板粗糙,即接触面粗糙程度不同,可得结论:压力大小一定时,接触面越粗糙,滑动摩擦力越大;
(3)长木板向左运动,木块相对木板向右运动,摩擦力方向与相对运动方向相反,所以木块受到的摩擦力方向为水平向左。B弹簧测力计拉木块,木块静止,B弹簧测力计的拉力与木块受到的摩擦力是一对平衡力,所以木板与木块之间的摩擦力大小为2.6 N;
(4)①增大拉力,木块对木板的压力不变,接触面的粗糙程度不变,受力面积不变,因此木块所受滑动摩擦力大小不变,木块对木板压强不变;②加大拉动木块的速度,木块对木板的压力不变,接触面的粗糙程度不变,受力面积不变,因此木块所受滑动摩擦力大小不变,木块对木板压强不变;③把木块沿竖直方向截掉一部分,受力面积变小,压力也变小,接触面的粗糙程度不变,因此木块所受滑动摩擦力变小,压力与受力面积的比值不变,故木块对木板压强不变;④在木块上加金属块,压力变大,接触面的粗糙程度不变,受力面积不变,因此木块所受滑动摩擦力变大,木块对木板压强变大;综上所述,其中会改变木块所受滑动摩擦力大小的有③④,会改变木块对木板压强的是④。

【分析】
本题围绕“影响滑动摩擦力大小的因素”实验展开，需结合二力平衡原理、控制变量法、摩擦力方向与大小的判断、滑动摩擦力及压强的影响因素解题：
1. 第(1)问：实验中让木块做匀速直线运动时，水平方向拉力与摩擦力是平衡力，根据二力平衡原理，二者大小相等，故弹簧测力计示数等于摩擦力大小。
2. 第(2)问：对比甲、丙两图，控制压力相同，改变接触面粗糙程度，丙图接触面更粗糙，摩擦力更大，据此得出结论。
3. 第(3)问：丁图中木块相对桌面静止，受力平衡；木板向左运动，木块相对木板向右，摩擦力方向与相对运动方向相反，故摩擦力向左；木块受到的摩擦力与B弹簧测力计拉力是平衡力，大小等于B的示数。
4. 第(4)问：滑动摩擦力由压力和接触面粗糙程度决定，压强由压力和受力面积决定，逐一分析选项得出结果。
【解析】
(1) 实验中，用弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动时，木块在水平方向受拉力和滑动摩擦力，根据二力平衡原理，这两个力大小相等，因此弹簧测力计的示数等于滑动摩擦力的大小，故填“二力平衡”。
(2) 甲、丙两图中，木块对接触面的压力大小相同，丙图接触面为毛巾，比甲图的木板更粗糙，丙图弹簧测力计示数更大（滑动摩擦力更大），因此结论为：压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
(3) 长木板向左运动时，木块相对木板有向右的相对运动，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，故木块受到的摩擦力方向为水平向左；木块相对桌面静止，处于平衡状态，B弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，因此木板与木块之间的摩擦力大小为2.6 N。
(4) 滑动摩擦力大小与压力、接触面粗糙程度有关：①增大拉力，压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变；②改变速度，压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变；③竖直截木块，压力减小，接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力变小；④加金属块，压力增大，接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力变大，故改变滑动摩擦力的是③④。
压强大小与压力、受力面积有关：①增大拉力，压力和受力面积不变，压强不变；②改变速度，压力和受力面积不变，压强不变；③竖直截木块，压力和受力面积同比例减小，压强不变；④加金属块，压力增大，受力面积不变，压强变大，故改变压强的是④。
【答案】
(1) 二力平衡 (2) 压力大小一定时，接触面越粗糙 (3) 左；2.6 (4) ③④；④
【知识点】
二力平衡、滑动摩擦力影响因素、压强
【点评】
本题是探究滑动摩擦力大小影响因素的经典实验题，重点考查二力平衡的应用、控制变量法的运用，结合了摩擦力方向判断、滑动摩擦力及压强的影响因素分析，需学生熟练掌握实验原理和物理量的决定条件，是力学重点题型。
【难度系数】
0.6

24.（5分）“探究液体内部压强特点”的实验如图所示。

(1)从结构上看,图中使用的压强计(选填“是”或“不是”)连通器。
(2)使用前发现U形管中两侧的液面如甲图所示,(选填“能”或“不能”)说明该装置漏气,接下来应该进行的操作是(选填“A”或“B”)。
A. 将管内的水倒出来一些
B. 拆下软管重新安装
(3)图乙中同一个压强计的探头在水和浓盐水中受到的压强分别为$p_1$和$p_2$,则$p_1$和$p_2$的大小关系是(选填“$p_1$更大”“$p_2$更大”“相等”或“无法判断”)。
(4)图乙中右图,小宁保持金属盒在浓盐水中的位置不变,向浓盐水中加入少量的清水与浓盐水均匀混合后(液体未溢出),橡皮膜受到液体的压强会(选填“变大”“不变”或“变小”)。

24. (1)不是 (2)不能 B (3)p₁更大 (4)变大 【点拨】本题考查“探究液体内部压强特点”的实验,涵盖连通器判断、压强计使用与故障分析、液体压强影响因素及变化分析。
【解析】(1)连通器是上端开口、底部相连通的容器。压强计的U形管一端与探头连接,探头是封闭的,不是上端开口,所以从结构上看,图中使用的压强计不是连通器;
(2)若在使用压强计前发现U形管内液面有高度差,不能说明该装置漏气,说明被封闭气体压强太大,对实验结果会造成影响,应拆除软管重新安装,故选B;
(3)由图乙可知,在水中的U形管液面的高度差较大,所以受到的压强大,故p₁更大;
(4)金属盒以下部分深度不变,加清水后液体密度变小,由p=ρgh知,金属盒以下部分液体压强会变小,因为液体重力增大,即金属盒上部分液体的压力增大,根据p=F/S可知,橡皮膜受到的液体压强会变大。

【分析】
本题围绕“探究液体内部压强特点”的实验展开，需结合连通器定义、压强计使用规则、液体压强影响因素逐一分析：
(1) 先明确连通器“上端开口、底部连通”的核心特征，再对比压强计结构判断；
(2) 区分压强计使用前液面差是否为漏气故障，确定正确操作；
(3) 利用压强计“U形管液面差越大，探头压强越大”的原理，结合图乙液面差判断压强大小；
(4) 保持金属盒位置不变，分析加清水后橡皮膜受到的压力变化，推导压强变化。
【解析】
(1) 连通器的定义是上端开口、底部相互连通的容器。压强计的U形管一端与封闭的探头相连，并非两端都开口，因此该压强计不是连通器；
(2) 使用前U形管两侧液面有高度差，是软管内气体压强与外界大气压不相等导致的，不能说明装置漏气；此时应拆下软管重新安装，使U形管两侧液面相平，故选B；
(3) 压强计通过U形管液面高度差反映探头受到的压强，液面差越大压强越大。由图乙可知，探头在水中时U形管液面高度差更大，因此p₁更大；
(4) 保持金属盒在浓盐水中的位置不变，加入少量清水混合后，金属盒上方的液体总重力增大，对橡皮膜的压力增大，根据压强公式$p=\frac{F}{S}$，橡皮膜受到的液体压强变大。
【答案】
(1)不是 (2)不能；B (3)p₁更大 (4)变大
【知识点】
连通器、液体压强、压强计的使用
【点评】
本题是初中物理“探究液体内部压强”的基础实验题，考查连通器判断、压强计操作、液体压强影响因素等核心知识点，侧重实验原理和操作的理解，难度适中。
【难度系数】
0.7

25.（5分）小明用注射器做以下实验。

(1)如图甲所示,小明用该装置估测大气压。将活塞推至注射器筒前端,用橡皮帽封住注射器的小孔,在活塞上拴挂一个小桶,然后向小桶中缓慢加水,直至活塞刚好被拉动。测得桶与水的总质量为4.4 kg。注射器的容积、注射器有刻度部分的长度如图乙所示,则所估测的大气压值为Pa;小组成员认为,由于活塞与注射筒间摩擦力的存在,测量结果误差较大,于是摘去橡皮帽、再次向空桶中缓慢加水,当活塞刚被拉动时,测得桶与水的总质量为0.5 kg,则测量的大气压强值应修正为Pa。
(2)图丙中,注射器内密封有刚烧开的水,（选填“向下拉”或“向上推”）活塞,水重新沸腾。这是液面上方气压（选填“升高”或“降低”）使液体沸点降低。
(3)图丁是自制潜水艇模型,向外拉注射器活塞,原来悬浮的潜水艇模型将（选填“上浮”或“下沉”）。

25. (1)1.1×10⁵ 0.975×10⁵ (2)向下拉 降低 (3)下沉 【点拨】本题考查大气压的测量、液体沸点与气压的关系、潜水艇原理。
【解析】(1)已知注射器的容积为20 mL,图乙中刻度尺的分度值为0.1 cm,则注射器有刻度部分的长度l=5.00 cm,活塞的横截面积S=V/l=20 cm³ /5.00 cm=4 cm²,所估测的大气压值为p=F/S=G/S=mg/S=(4.4 kg×10 N/kg)/(4×10⁻⁴ m²)=1.1×10⁵ Pa;由于活塞与注射筒间摩擦力的存在,桶与水的总重偏大,故测量结果偏大。摘去橡皮帽,再次向空桶中缓慢加水,当活塞刚被拉动时,测得桶与水的总质量为0.5 kg,根据力的平衡,受到的摩擦力f=m'g=0.5 kg×10 N/kg=5 N,测量的大气压强值应修正为p'=F'/S=(G-f)/S=(mg-f)/S=(4.4 kg×10 N/kg -5 N)/(4×10⁻⁴ m²)=9.75×10⁴ Pa;
(2)图丙中,注射器内密封刚烧开的水,向外拉活塞,注射器内空间变大,液面上方气压降低,液体沸点降低,水会重新沸腾;
(3)图丁自制潜水艇模型,向外拉注射器活塞,模型内气压减小,水进入模型,模型重力增大,而浮力不变,当重力大于浮力时,原来悬浮的潜水艇模型将下沉。

【分析】
本题分三个小问，需结合对应物理知识逐步解题：
1. 第(1)问：估测大气压利用公式$p=\frac{F}{S}$，先从图乙获取注射器容积和有刻度部分长度，计算活塞横截面积；活塞刚被拉动时拉力等于总重力，代入公式算大气压。修正摩擦力影响时，摘去橡皮帽后拉力等于活塞与筒壁的摩擦力，算出摩擦力后，用总重力减去摩擦力得到大气压力，进而修正大气压。
2. 第(2)问：液体沸点随气压降低而降低，要让刚烧开的水重新沸腾，需降低液面上方气压，因此向下拉活塞，注射器内体积变大，气压减小，沸点降低，水重新沸腾。
3. 第(3)问：潜水艇通过改变自身重力浮沉，向外拉注射器活塞时，模型内气压减小，水进入模型，自身重力增大，浮力不变，重力大于浮力时模型下沉。
【解析】
(1) 由图乙知，注射器容积$V=20mL=20cm^3$，有刻度部分长度$l=5.00cm$，活塞横截面积$S=\frac{V}{l}=\frac{20cm^3}{5.00cm}=4cm^2=4×10^{-4}m^2$。
活塞刚好被拉动时，拉力等于桶与水的总重力$F=G=mg=4.4kg×10N/kg=44N$，所估测大气压$p=\frac{F}{S}=\frac{44N}{4×10^{-4}m^2}=1.1×10^5Pa$。
摘去橡皮帽后，活塞刚被拉动时，拉力等于摩擦力$f=m'g=0.5kg×10N/kg=5N$，修正后的大气压力$F'=G-f=44N-5N=39N$，修正后的大气压$p'=\frac{F'}{S}=\frac{39N}{4×10^{-4}m^2}=0.975×10^5Pa$。
(2) 液体沸点与气压有关，气压越低沸点越低。向下拉活塞，注射器内液面上方气压降低，水的沸点降低，水重新沸腾，故填“向下拉”、“降低”。
(3) 向外拉注射器活塞，潜水艇模型内气压减小，水进入模型，模型自身重力增大，浮力不变，重力大于浮力时，原来悬浮的模型将下沉，故填“下沉”。
【答案】
(1)$1.1×10^5$；$0.975×10^5$ (2)向下拉；降低 (3)下沉
【知识点】
大气压测量、沸点与气压关系、潜水艇原理
【点评】
本题综合考查多个物理知识点，要求学生掌握实验原理，能分析误差来源并修正，结合物理规律解决实际问题，注重知识的应用与迁移。
【难度系数】
0.6