2016年内蒙古包头市中考物理真题及答案.doc

2016年内蒙古包头市中考物理真题及答案一、选择题1下列说法正确的是（）A声音的传播需要介质，真空不能传声 B有霾天气，大量极细微的尘粒悬浮在空中，说明分子在不停地运动 C秋天的早晨花草上出现露珠，这是汽化现象 D通过技术改进，热机效率可达100% 【考点】声音的传播条件；液化及液化现象；机械运动；热机的效率【专题】定性思想；归纳法；声现象；汽化和液化、升华和凝华；比热容、热机、热值；长度、时间、速度【分析】声音的传播需要介质，可以在气体、液体和固体中传播，但不能在真空中传播；因为分子很小，人肉眼看不到，看到的就不是分子的运动；物质由气态变为液态的过程叫液化；任何能量转化过程都伴随能量的损失，所以转化效率不可能达到100%【解答】解：A、声音的传播需要介质，但不能在真空中传播故A正确；B、尘粒是由大量分子组成的，尘粒的运动属于物体的机械运动，不能说明分子在做无规则运动故B错误；C、秋天花草上出现露珠，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴故C错误；D、无论科技如何发展，热机的效率可以提高，总存在摩擦、要做额外功，效率一定不会达到100%故D错误故选A【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，包括声音的传播条件、分子扩散与机械运动、物态变化和热机效率，掌握基本规律是解答的关键2下列光现象，由光的反射形成的是 （）A雨后彩虹 B海市蜃楼 C小孔成像 D水中倒影 【考点】光的反射【专题】应用题；光的传播和反射、平面镜成像【分析】要解决此题，需要掌握光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的要掌握光的折射现象，知道水底看起来比实际的要浅、斜插入水中的筷子向上折、海市蜃楼、凸透镜成像都是光的折射要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的【解答】解：A、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的不合题意；B、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，在密度不均匀的空气层中，经过折射造成的结果，不合题意；C、小孔成像，成的是物体倒立的像，像之所以是倒立的，就是因为光的直线传播造成的；不合题意；D、水中倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意故选D【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念3下列示意图正确的是（）A小球所受的重力GB木块对斜面的压力FC力F2的力臂l2D家庭电路中，电灯和插座的安裝【考点】力的示意图；力臂的画法；家庭电路的连接【专题】应用题；图析法；图像综合题【分析】（1）根据规则物体的重心在物体的几何中心，然后过重心表示出重力的方向；（2）斜面上静止的木块对斜面的压力垂直于斜面，斜面受到的压力的作用点在斜面上；（3）力臂是指从支点到力的作用线的距离；（4）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线；【解答】解：A、小球所受的重力的重心应该在小球的重心上，而图中重力的作用点画错了故A错误；B、斜面上静止的木块对斜面的压力垂直于斜面，斜面受到的压力的作用点在斜面，图中压力的作用点和方向画错了故B错误；C、反向延长力F2的作用线，然后过支点O 向力的作用线引垂线段，垂线段的长即为力臂l2故C正确；D、火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故既能控制灯泡，又能更安全图中开关和灯泡接法错误故D错误故选C【点评】此题考查力的示意图、力臂的画法、家庭电路的连接，是一道综合性较强的题目，难度不大，掌握基础知识即可正确解题4我国自行研制的歼-15舰载机在“辽宁号”航母上起飞过程中，下列说法正确的是（）A舰载机飞离航母后，航母所受浮力的大小不变 B舰载机飞行时能获得向上的升力，是因为机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速 C舰载机飞离航母甲板时，以舰载机为参照物，航母甲板是静止的 D舰载机在起飞过程中，惯性将消失 【考点】物体的浮沉条件及其应用；参照物及其选择；惯性；飞机的升力【专题】应用题；长度、时间、速度；运动和力；浮沉的应用【分析】（1）物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等；（2）流体流速越快的位置压强越小，据此来分析飞机起飞时的受力情况；（3）判断一个物体是否运动，要先选择一个参照物，看这个物体相对于参照物有没有位置的改变如果位置发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；（4）惯性是指物体能够保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性【解答】解：A舰载机飞离航母前后，航母始终漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，当舰载机飞离航母后，航母的重力减小，所受的浮力减小，故A错误；B飞机飞行时，机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，上方压强小于下方，从而产生向上的升力，故B正确；C舰载机飞向航母甲板时，以舰载机为参照物，航母甲板相对于舰载机的位置是变化的，所以航母甲板相对舰载机是运动的，故C错误；D物体在任何时候都有惯性，飞机在起飞过程中，惯性不可能消失，故D错误故选B【点评】本题考查了浮沉条件的应用、运动和静止的相对性、惯性、流体压强与流速的关系等，有一定的综合性，但总体难度不大5如图所示是实验室电流表的内部结构图，处在磁场中的线圈有电流通过时，线圈会带动指针一起偏转线圈中电流越大，指针偏转角度就越大关于该现象，下列说法正确的是（）A该电流表是利用电磁感应原理工作的 B线圈中有电流通过时，把机械能转化为电能 C改变线圈中的电流方向，指针的偏转方向不会改变 D线圈中电流越大，其所受磁场力就越大 【考点】磁场对通电导线的作用【专题】应用题；电动机、磁生电【分析】首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转线圈受力方向与电流方向有关，这一过程中，将电能转化为机械能【解答】解：通过电流表的内部构造显示电流表的制成原理：通电线圈在磁场中受力而转动，并且电流越大，线圈受到的力越大，其转动的幅度越大因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小A通过电流表的内部构造显示电流表的制成原理：通电线圈在磁场中受力而转动，故A错误；B线圈中有电流通过时，电能转化为机械能，故B错误；C改变线圈中的电流方向，其转动方向会发生改变，故C错误；D电流越大，线圈受到的力越大，因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小，故D正确故选D【点评】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握6如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做直线运动，两次拉动木块得到的s-t关系图象如图乙所示 两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，两次拉力的功率分别为P1、P2，下列判断正确的是（）AFlF2、P1P2 BFl=F2、P1P2 CF1F2、P1=P2 DF1F2、PlP2 【考点】功率大小的比较；二力平衡条件的应用【专题】应用题；图析法；运动和力；功、功率、机械效率【分析】（1）弹簧测力计拉动木块在水平面上匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关根据P=Fv判断拉力的功率【解答】解：由图乙可知，木块两次都做匀速直线运动，则拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，因为同一木块放在同一桌面上，压力不变、接触面的粗糙程度不变，所以两次木块受到的滑动摩擦力相等，故两次对应的弹簧测力计示数相等，即F1=F2；从图乙中可以判断出，第1次木块的运动速度大于第2次木块的运动速度，即v1v2，根据公式P=Fv可知，当拉力相等时，速度越大，拉力的功率越大，即：P1P2综上所述，ACD错误，B正确故选：B【点评】本题的关键是通过图象可以判断木块做匀速直线运动，匀速直线运动的物体受到平衡力作用，根据平衡力条件判断拉力和滑动摩擦力大小关系，根据P=Fv判断功率的大小关系7如图所示，把标有“6V 3W”的小灯泡与最大阻值为10O的滑动变阻器连接在电源电压恒为18V的电路中，各表的示数均不超过所选量程，且灯泡两端电压不允许超过额定值（灯丝电阻不变） 闭合开关，下列说法正确的是（）A滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，电流表示数变大，电压表示数变大 B电路的总功率最大值为10.8W C小灯泡的电功率最小值为 0.75W D滑动变阻器允许调节的范围是24-100 【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题【分析】根据实物图可知：灯泡与滑动变阻器是串联关系；电流表测量串联电路的电流（所选量程为00.6A），电压表测量滑动变阻器两端的电压（所选量程为015V）根据滑片移动的方向确定滑动变阻器接入电路阻值的变化，由欧姆定律可知电路电流的变化，根据串联电路分压规律可知电压表示数的变化；为保护电压表，滑动变阻器两端的最大电压为15V，此时滑动变阻器连入的电阻最大，利用串联电路的电压关系求出此时加在灯两端的电压；再利用欧姆定律求出此时电路中的最小电流和滑动变阻器连入的电阻；由灯的铭牌求出灯正常发光时的电流和灯丝电阻，确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的最小电阻；根据欧姆定律可求出滑动变阻器允许调节的范围；由状态，利用P=UI可求小灯泡的电功率最小值；由状态，利用P=UI求电路的总功率最大值【解答】解：A、根据实物图可知，滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，即电路中的总电阻变小；由欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；因为串联电路起分压作用，因此滑动变阻器分得的电压变小，即电压表示数变小，故A错误；BCD、由可知，灯丝电阻：，由P=UI可知，灯正常发光时的电流：，由题知电路中的最大电流应为0.5A；即：，故滑动变阻器连入电路的最小电阻：R=24，此时电路中电功率最大：P最大=UI=18V0.5A=9W，故B错误；为保护电压表，滑动变阻器两端的最大电压为15V，此时滑动变阻器连入的电阻最大，电路中的电流最小，因为U=UL+UR，所以UR=U-UL=18V-15V=3V，此时电路中最小的电流为：，滑动变阻器连入的最大电阻为：；此时小灯泡的电功率最小为：P小=ULI=3V0.25A=0.75W，故C正确；由此可知：滑动变阻器允许调节的范围为2460，故D错误故选C【点评】本题关键：一是根据灯的铭牌求出允许通过的最大电流、确定滑动变阻器连入的最小阻值；二是根据电压表的量程求出滑动变阻器两端的最大电压、确定滑动变阻器连入的最大阻值二、作图与实验题8在探究“冰的熔化特点”的实验中，如图甲所示是某时刻温度计的示数，图乙所示是根据实验数据绘制的温度一时间关系图象，已知冰的质量为100g（1）图甲所示温度计的示数是 _（2）冰从开始熔化到完全熔化持续了 _min（3）物质在第5min具有的内能比第7min时的内能 _（4）设相同时间内物质吸收的热量相同，则BC阶段物质共吸收了 _J的热量C冰=2.1103J/（kg），C水=4.2103J/（kg）（5）在图乙所示中，AB段与 CD段的倾斜程度不同，这是因为 _【考点】熔化和凝固的探究实验【专题】实验题；图析法；探究型实验综合题【分析】（1）温度计读数时要看清分度值，并注意示数在零上还是零下；（2）从图象中找出开始熔化和结束熔化的时间，可确定熔化的持续时间；（3）物质在熔化时不断吸热，所以内能不断增大；（4）利用公式Q=cmt可计算吸收的热量；（5）知道水和冰的比热容不同，相同质量的水和冰，吸收相同的热量，其温度变化不同【解答】解：（1）读图甲可知，温度计的分度值为1，液柱在0摄氏度以下，其示数为-4；（2）读图乙可知，冰从开始熔化到完全熔化持续的时间为8min-4min=4min；（3）由于冰在熔化过程中不断吸热，所以在第5min具有的内能比第7min时的内能小；（4）由于相同时间内物质吸收的热量相同，则BC段冰熔化吸热的时间为4min，与AB段吸收的热量相同，故BC段共吸收的热量为：Q=cmt=2.1103J/（kg）0.1kg10=2.1103J；（5）在图乙所示中，AB段与CD段的倾斜程度不同，这是因为水和冰的比热容不同，相同质量的水和冰，吸收相同的热量，其温度变化不同故答案为：（1）-4；（2）4；（3）小；（4）2.1103；（4）水和冰的比热容不同【点评】本题考查了在探究“冰的熔化特点”的实验中，温度计的读数方法，温度-时间图象的分析，热量公式的灵活运用等，有一定综合性，难度适中9在探究“凸透镜成像的规律”实验中： （1）如图甲所示是小明通过实验得到的凸透镜的像距v和物距u关系的图象由图象可知凸透镜的焦距是 _cm（2）把蜡烛放在距凸透镜16cm处时，如图乙所示，在凸透镜另一侧前后移动光屏，会在光屏上得到一个倒立、 _的实像（3）实验完成之后，小明把自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，如图丙所示，因为近视眼镜对光有 _作用，所以光屏上原来清晰的像变得模糊了，若想在光屏上重新得到清晰的烛焰像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏 _凸透镜【考点】凸透镜成像规律及其探究实验【专题】实验题；实验分析法；探究型实验综合题【分析】（1）凸透镜成像时，u=v=2f，在图象上找到u=v对应点，根据物距和焦距的关系求出凸透镜的焦距（2）凸透镜成像时，2fuf，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，要用光屏接到清晰的像，判断光屏的移动方向【解答】解：（1）由图知，当物距为20cm时，像距也为20cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于2倍焦距时，成倒立等大的实像，此时像距与物距相等所以2f=20cm，则f=10cm（2）由（1）可知，f=10cm，把蜡烛放在距凸透镜16cm处时，2fuf，成倒立、放大的实像；（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，要用光屏接到清晰的像，应将光屏向右调节，即向远离凸透镜的方向调节，才能使像变清晰故答案为：（1）10；（2）放大；（3）发散；远离【点评】此题主要考查凸透镜成像的应用，要熟记凸透镜成像的规律，特别搞清像的特点及像距与物距之间的关系解决此题的关键是通过图象确定凸透镜的焦距然后问题可解10如图甲所示是“测量小灯泡电功率”的实验电路 电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压2.5V，正常工作时的电阻约为10，滑动变阻器有A规格“10 2A”、B规格“50 1A”可选（1）该实验应选择 _规格的滑动变阻器 （2）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路连接完整（3）连接好电路，闭合开关，小灯泡发光，但电压表示数为0，经检査，图中 a、b、c、d四根导线有一根断了，则该导线是 _（4）排除故障后，闭合开关，当变阻器滑片 P移到某一位置时，电压表的示数如图乙所示，要测小灯泡的额定功率，应将滑片 P 向 _端移动，使电压表示数为 _V 当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 _W【考点】电功率的测量；欧姆定律的应用【专题】电能和电功率；测量型实验综合题【分析】（1）求出变阻器应分得的电压，根据分压原理求变阻器连入电路中的最小阻值，从而确定变阻器的规格；（2）按“一下一上”将变阻器连入电路中；（3）小灯泡发光，说明电路为通路，电压表示数为0，说明电压表所在的支路断路；（4）认清电压表的分度值读数，根据分压原理确定滑片移动的方向；认清电流表的分度值读数，根据P额=U额I计算灯的额定功率【解答】解；（1）灯的额定电压为2.5V，要使小灯泡正常发光，变阻器要分去6V-2.5V=3.5V的电压，根据分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值至少为=14，根据欧姆定律，灯正常工作时的电流为0.25A1A故选用B规格“50 1A”的变阻器；（2）如下图所示； （3）连接好电路，闭合开关，小灯泡发光，说明电路为通路，电压表示 数为0，说明电压表所在的支路断路，故c导线断了；（4）电压表小量程的分度值为0.1V，示数为1.8V，要增大灯的电压，就要减小变阻器分得的电压，根据分压原理，减小变阻器的电阻即可，所以要测小灯泡的额定功率，滑片向左移动；电流表小量程的分度值为0.02A，示数为0.24A，小灯泡的额定功率P额=U额I=2.5V0.24A=0.6W故答案为：（1）50 1A；（2）如上图所示；（3）c；（4）左（或A）；2.5；0.6【点评】本题测量小灯泡电功率，考查电路的连接、器材的选择、实验的操作过程、故障的分析、电功率的计算等知识，难度中等11某同学准备用弾簧测力计、烧杯、水、吸盘、滑轮、细线来测量木块（不吸水）的密度（1）在弹性限度内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越 _（2）如图 甲所示，木块所受的重力为 _N（3）如图乙所示，将滑轮的轴固定在吸盘的挂钧上，挤出吸盘内部的空气，吸盘在 _的作用下被紧紧压在烧杯底部如图丙所示，在烧杯中倒入适量的水，用细线将木块栓住，通过弹簧测力计将木块全部拉入水中，此时弹簧测力计示数为 0.4N，如果不计摩擦和细线重，木块受到的浮力为 _N，木块的密度为 _kg/m3（水=1.0103kg/m3）（4）如果将图丙烧杯中的水换成另一种液体，重复上述实验，此时弹簧测力计示数为0.2N，则该液体的密度为 _kg/m3【考点】固体密度的测量【专题】测量型实验综合题【分析】（1）在弹性限度内，弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长；（2）明确弹簧测力计的分度值，再根据指针指示来读数；（3）如图乙将滑轮的轴固定在吸盘的挂钩上，挤出吸盘内部的空气，吸盘内的气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下，吸盘被压在烧杯底部；图丙中使用的是定滑轮，不能省力，所以弹簧测力计的示数即为对木块的拉力，根据二力平衡知识可知F浮=G+F拉求出浮力；根据F浮=水gV排求出木块的体积；根据公式G=mg=Vg求出木块的密度；（4）根据F浮=G+F拉求出木块在液体中受的浮力；根据F浮=液gV排求出液体的密度【解答】解：（1）在弹性限度内，弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量就越长；（2）图甲中弹簧测力计的分度值为0.2N，木块在空气中的重力即弹簧测力计的示数为0.6N；（3）图丙中弹簧测力计的拉力F拉=0.2N，木块受到的浮力：F浮=G+F拉=0.6N+0.4N=1.0N， 根据F浮=水gV排求出木块的体积V=V排=， 根据公式G=mg=Vg求出木块的密度为木=（4）木块在待测液体中受到的浮力：F浮=G+F拉=0.6N+02N=0.8N， 根据F浮=液gV排求出液体的密度液=故答案为：（1）长；（2）0.6；（3）1.0，0.6103；（4）0.8103【点评】此题主要考查的是学生对弹簧测力计的使用、浮力、重力、密度计算公式的理解和掌握，知识点太多，难度不大三、计算题12如图所示，某家用电器具有加热、保温的功能用电器发热电阻R的额定电压为220V，额定功率为605W加热时，按下温控开关S与 a、b接触，此时红色指示灯亮；当达到一定温度时，温控开关S自动跳接到c，使用电器处于保温状态，此时绿色指示灯亮红灯标有“6V 1.5W”、绿灯标有“12V 3W”的字样，用电器工作时两灯均正常发光（虚线框内为用电器的加热和保温装置）请根据以上信息解答下列问题：（1）电阻R1的作用（2）当用电器处于加热状态时，加热装置1min消耗的电能（3）该用电器在保温状态时，保温装置的发热功率和电阻R2的阻值【考点】电功的计算；欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】计算题；信息给予题；电路和欧姆定律；电能和电功率【分析】（1）加热时，R1与红灯串联，根据串联电路的分压作用进行分析；根据P=UI求出红灯正常发光时电路中电流，再根据串联电路电压的特点和欧姆定律的变形公式求出R1的阻值；（2）已知加热时的功率，直接根据W=Pt即可求出加热装置1min消耗的电能（3）保温时，R、R2和绿灯串联，根据灯泡正常发光和P=UI求出此时电路中的电流，并根据欧姆定律的变形公式求出电路的总电阻，然后利用的变形公式求出R和绿灯的电阻，再根据串联电路电阻的特点求出R2的阻值；利用P=I2R求出保温时该电器保温装置的发热功率【解答】解：（1）由题和电路图可知，加热时，按下温控开关S与a、b接触，红灯与R1串联，再与发热电阻R并联；因为电源电压大于红灯的额定电压，因此R1起分压作用，使红灯正常发光；（2）由题知，加热时，发热电阻R的额定功率为605W，由可得，加热装置1min消耗的电能：W=P加热t=605W60s=3.63104J；（3）由电路图和题意可知，温控开关S自动跳接到c，用电器处于保温状态，此时绿灯、R2、R串联，R2和R为保温装置；绿色指示灯正常发光，由P=UI可得，=0.25A，串联电路电流处处相等，所以I=I绿灯=0.25A，根据串联电路的电压规律可得，保温装置两端的电压：U保温=U-U绿灯=220V-12V=208V，保温装置的发热功率：P保温=U保温I=208V0.25A=52W，保温装置的总电阻：=832，发热电阻R的阻值：=80，根据串联电路的电阻规律可得，电阻R2的阻值：R2=R保温-R=832-80=752答：（1）电阻R1的作用，起分压作用，使红灯正常发光 （2）当用电器处于加热状态时，加热装置1min消耗的电能为3.63104J （3）该用电器在保温状态时保温装置的发热功率为52W，电阻R2的阻值为752【点评】分析清楚电路结构，知道何时用电器处于加热状态、何时处于保温状态，是正确解题的关键，灵活应用功率的变形公式、串联电路的特点以及欧姆定律正确解题13如图所示，A为直立固定的柱形水管，底部活塞 B与水管内壁接触良好且无摩擦，在水管中装适量的水，水不会流出 活塞通过竖直硬杆与轻质杠杆OCD的C点相连，0为杠杆的固定转轴，滑轮组（非金属材料）绳子的自由端与杠杆的D端相连，滑轮组下端挂着一个磁体E，E的正下方水平面上也放着一个同样的磁体 F（极性已标出）当水管中水深为40cm时，杠杆恰好在水平位置平衡已知0C：CD=1：2，活塞 B与水的接触面积为30cm2，活塞与硬杆总重为3N，每个磁体重为11N，不计动滑轮、绳重及摩擦 （g=10N/kg，水=1.0103kg/m3 ）求：（1）水管中水对活塞B的压强（2）绳子自由端对杠杆D端的拉力（3）磁体F对水平面的压力 【考点】杠杆的应用；压力及重力与压力的区别；液体的压强的计算【专题】计算题；压强、液体的压强；简单机械【分析】（1）水管中水的深度，根据p=gh求出水对活塞B的压强；（2）知道B与水的接触面积和水的压强，根据F=pS求出水对活塞的压力即为水的重力，然后加上活塞与硬杆总重可得杠杆C受到的压力，根据杠杆的平衡条件求出绳子自由端对杠杆D端的拉力；（3）根据力的作用是相互的可知，杠杆D端对滑轮组绳子的自由端的拉力等于绳子自由端对杠杆D端的拉力，根据磁极间的作用力设出相互作用力，把动滑轮和磁体E看做整体受力分析，根据力的平衡条件求出磁极间的作用力，磁体F对水平面的压力等于自身的重力加上磁极间的作用力【解答】解：（1）水管中水对活塞B的压强：pB=水gh=1.0103kg/m310N/kg4010-2m=4103Pa；（2）由可得，水对活塞的压力即水的重力：G水=FB=pBSB=4103Pa3010-4m2=12N，杠杆C受到的压力：FC=G水+G活塞=12N+3N=15N，由杠杆的平衡条件可得：FCOC=FDOD，则绳子自由端对杠杆D端的拉力：；（3）因力的作用是相互的，所以，杠杆D端对滑轮组绳子的自由端的拉力也为5N，由同名磁极相互排斥可设磁极间的作用力为F斥，把动滑轮和磁体E看做整体，受到竖直向上两股绳子的拉力和磁极间的斥力、竖直向下磁体E的重力，由力的平衡条件可得：2FD+F斥=GE，则F斥=GE-2FD=11N-25N=1N，磁体F对水平面的压力：F压=GF+F斥=11N+1N=12N答：（1）水管中水对活塞B的压强为4103Pa；（2）绳子自由端对杠杆D端的拉力为5N；（3）磁体F对水平面的压力为12N【点评】本题考查了液体压强公式、固态压强公式、杠杆平衡条件和力的平衡条件的应用等，涉及到的知识点较多，综合强，有一定的难度