中考物理 专题15 培优练习60道（解析版）

中考物理冲刺夺分秘籍题型突破·选择题培优练习60道1．（春•黄石期中）水平放置的密闭玻璃管内充有水，如图所示，当玻璃管突然沿水平方向向左运动时，水中的气泡将（）A．向右运动 B．向左运动 C．保持不动 D．无法判断【解析】当密闭玻璃管突然向左运动时，密闭玻璃管内的液体由于惯性，要保持原来的静止状态不动，即液体会向右运动，从而把气泡挤向相反方，即气泡向左运动。【答案】B。2．（2020•鄂州模拟）如图（a）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图像分别是图（b）中的图线甲、乙，两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，则（）A．F1可能大于F2 B．F1可能小于F2 C．F1一定大于F2 D．F1一定等于F2【解析】由图中可知，木块两次都进行匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力相等，拉力F相等，即F1＝F2；【答案】D。3．（•靖江市校级模拟）如图所示，小物块A和弹簧放在水平面上，弹簧左端固定于竖直墙面，右端与物块相连，向左移动物块A并压缩弹簧至B处，静止释放物块A，此后物块的运动不可能是（）A．保持静止 B．运动至弹簧的原长处静止 C．向右运动时先加速后减速 D．向左运动时先加速后减速【解析】A、静止释放物块时，若物块A受到的弹力小于或等于最大静摩擦力，物体A将静止，所以释放后物体A会保持静止，故A可能；BC、当压缩弹簧时，弹簧具有弹性势能，在恢复形变时，弹性势能转化为动能，使物块获得一定的速度，且在弹簧恢复形变时，速度达到最大；接着物块A向右运动，因水平面不光滑，它在水平方向受摩擦阻力，且弹簧会被拉伸，所以动能转化为内能和弹性势能，故物块A可能先向右加速后减速，因接触面不光滑故C不符合题意，B符合题意；D、由于物块与弹簧相连，当物块向右运动越过平衡位置后，弹簧的拉力可能大于滑动摩擦力，物块会向左先加速后减速运动，故D不符合题意。【答案】B。4．（2018•余姚市校级模拟）如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上。A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧，此时弹簧压缩了2cm。已知细线受到的拉力为3N，地面对B的支持力为5N，则A、B两物体的重力分别是（提示：劲度系数为100N/m，即该轻弹簧每受到100N的力，压缩或伸长1m）（）A．1N和5N B．1N和7N C．7N和3N D．5N和3N【解析】弹簧的弹力为：F＝kx＝100N/m×0.02m＝2N；物体A处于静止状态，那么它受到向上的弹力F，细线的拉力F拉，向下的重力GA，即：F+F拉＝GA2N+3N＝GAGA＝5N；物体B处于静止状态，它受到向下的重力GB，向下的弹力F，向上的支持力F支，即：F支＝GB+F5N＝GB+2NGB＝3N。【答案】D。5．（2020•鼓楼区模拟）如图所示，扶梯的A端只能沿墙面无摩擦上下滑动，开始时扶梯与墙面的夹角为30°．由于地面的静摩擦力大小导致扶梯A端沿墙往下滑，B端沿地面向右滑，关于扶梯A，B两端的运动速度，下列说法正确的是（）A．A端下滑速度始终大于B端右滑速度 B．A端下滑速度始终小于B端右滑速度 C．A端下滑速度先小于B端右滑速度，后大于B端右滑速度 D．A端下滑速度先大于B端右滑速度，后小于B端右滑速度【解析】把A、B两点的速度按沿AB方向，和垂直于AB方向正交分解，因为AB是在同一根硬棒上面，所以A、B两点的速度沿AB方向的分量应该相等；vAcos（A）＝vBcos（B）A、B就是两个角度，化为比例式：V因为A+B＝90度，（1）在扶梯A端与竖直墙壁的夹角从30°增大到45°时，cos（A）＞cos（B），故vA＜vB，即A端下滑速度小于B端右滑速度；（2）在扶梯A端与竖直墙壁的夹角从45°增大90°时，cos（A）＜cos（B），故vA＞vB，即A端下滑速度大于B端右滑速度。【答案】C。6．（春•宁南县月考）张明同学用50N的力将重30N的物体压在竖直墙面上，然后用20N的力竖直向上拉物体，物体静止不动，下列说法正确的是（）A．物体受到竖直向下20N的摩擦力 B．物体竖直方向上只受到重力和拉力的作用 C．物体受到竖直向上30N的摩擦力 D．物体受到竖直向上10N的摩擦力【解析】物体静止，说明物体受到平衡力的作用；在水平方向上物体受到的压力和墙壁对物体的支持力平衡，均为50N；在竖直方向上，物体受到竖直向下的重力，G＝30N，还受竖直向上的拉力，F＝20N；由于重力大于拉力，且物体处于静止状态，物体有向下的运动趋势，因此它还受到向上的静摩擦力作用，如图所示；根据力的平衡条件有：F+f＝G，则摩擦力f＝G﹣F＝30N﹣20N＝10N，方向竖直向上。所以，ABC错误，D正确。【答案】D。7．（2021春•松滋市期中）如图所示，甲是放在水平桌面上的重为10N的木块，重为6N钩码乙通过细绳绕过定滑轮带动甲做匀速直线运动，若要用力将甲物块向左水平匀速拉动，拉力大小为（）A．4N B．6N C．12N D．16N【解析】钩码通过定滑轮拉着木块向右进行匀速直线运动，木块水平方向上受到水平向右6N的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力是f＝6N；对木块施加一个水平向左的拉力F左，使木块拉动钩码匀速上升，木块向左匀速直线运动，木块水平方向上受到水平向左的拉力F、水平向右的滑动摩擦力、水平向右的拉力F＝6N，水平向左的拉力F与水平向右的拉力F、滑动摩擦力是平衡力，所以F左＝F+f＝6N+6N＝12N，故C正确。【答案】C。8．（2015•内江）如图所示，叠放在一起的物体A和B，在大小为F的恒力作用下沿水平面做匀速直线运动，则下列结论中正确的是（）A．甲、乙两图中物体B所受摩擦力大小均为F B．甲、乙两图中物体A均受到地面对它的摩擦力大小均为F C．甲图中物体A受到地面对它的摩擦力为0，物体B受到的摩擦力为F D．乙图中物体A受到地面对它的摩擦力为F，物体B受到的摩擦力为0【解析】AC、甲图，AB同时向前做匀速直线运动，所以AB之间没有相对运动的趋势，B不受摩擦力的作用，故AC错误；B、以AB整体为研究对象，在水平方向受地面的摩擦和拉力F，这两个力相互平衡，则f＝F，两种情况下A受到的摩擦力相等，故B正确；D、由B分析知，乙图A受到的摩擦力为F；以B为研究对象，B做匀速运动，所以受平衡力，因此B水平方向除受拉力F作用，还受水平向左的摩擦力作用，故D错误。【答案】B。9．（•东城区校级模拟）如图所示，地面上某圆柱形容器内装有水，水的质量为m水，容器底面积为40cm2。将物体B放入容器水中浸没时，B受到的浮力为F1，容器对地面的压力为3N；使用杠杆提起物体B，当杠杆C端挂质量为mA的物体时，杠杆在水平位置恰好平衡，物体B刚好有14体积露出水面，此时容器对地面的压力为1.6N，物体B受到的浮力为F2，容器内液面下降了0.5cm。设物体B的密度为ρA．mA＝70g；ρ＝2.5×103kg/m3 B．mA＝70g；ρ＝5×103kg/m3 C．F2＝0.8N；m水＝100g D．F1＝0.6N；m水＝100g【解析】（1）设容器和水的总重力为G；作用在D端绳子上的拉力为FD，根据题意可得：G+GB＝3N﹣﹣﹣﹣①G+GB﹣FD＝1.6N﹣﹣﹣﹣②①﹣②得：FD＝1.4N；根据杠杆平衡的条件可得，FD•OD＝GA•OC，1.4N×1＝GA×2，解得：GA＝0.7N，A的质量为：mA=G（2）因为物体B刚好有1/4体积露出水面，容器内液面下降了0.5cm，则B的体积VB＝4×0.5cm×40cm2＝80cm3，B受到的浮力为F1为：F1＝ρ水gVB＝1×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣5m3＝0.8N，物体B受到的浮力F2为：F2=34F1（3）右图中B受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力和拉力作用，即GB＝F2+FD＝0.6N+1.4N＝2N，则mB=G物体B的密度为：ρ=mBVB=综上所述，A正确。【答案】A。10．（•绵阳模拟）如图所示，一根轻质杠杆可以绕O点转动，AO：BO＝3：2。A点处用细线挂着一个重50N的圆柱体甲，细线在B点悬挂一个重9N，边长为10cm的正方体乙，此时杠杆在水平位置平衡。乙下方放置一个底面积为200cm2的圆柱形容器（足够高），容器内装有足够多的水，乙的下表面刚好和水面接触，下列说法正确的是（）A．此时甲对地面的压力为40N B．若将乙的悬挂点右移，则甲对地面的压强变大 C．若剪断细线，乙物体静止时水对容器底部的压强增加500Pa D．若剪断细线，乙物体静止时其下表面到容器底的距离减小4.5cm【解析】A、对杠杆在水平位置平衡时甲、乙两物体受力分析，受力示意图如下图所示：根据二力平衡条件知：F2＝G乙＝9N；根据杠杆平衡条件知：3F1＝2F2，所以F根据平衡条件知：G甲＝F1+F支，所以F支＝G甲﹣F1＝50N﹣6N＝44N甲对地面的压力与F支是一对相互作用力，大小相等，所以甲对地面的压力为44N，故A错误；B、若将乙的悬挂点右移，则BO增大，又因：F1×AO＝F2×BO；F2、AO不变；所以F1增大；又因：F支＝G甲﹣F1，所以F支减小，即甲对地面的压力减小；另甲对地面的受力面积不变，根据压强公式知：甲对地面的压强变小，故B错误；C、剪短细线后，乙物体会落入圆柱形容器中，假设静止后乙物体浸没，则此时它所受的浮力为：F浮＝ρ液gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝10N，F浮＞G物，所以假设不成立，即剪断细线后，乙物体静止时应漂浮在水面上，此时它所受到的浮力等于它的重力9N。根据阿基米德原理知：此时V容器中水面升高的深度为：h则乙物体静止时水对容器底部的增加压强为：p＝ρ液gh＝1×103kg/m3×10N/kg×4.5×10−2m＝450Pa，故C错误；D、乙物体漂浮在容器中时，浸没深度为：h'=又知：剪断前，乙的下表面刚好和水面接触；剪断后，水面升高深度为4.5cm。所以剪断细线后，乙物体静止时其下表面到容器底的距离减小为：9cm﹣4.5cm＝4.5cm，故D正确。【答案】D。11．（•杭州模拟）有一质量分布不均匀的木条，质量为2.4kg，长度为AB，C为木条上的点，AC=1A．14AB B．12AB C．34AB 【解析】木条的重力：G＝mg＝2.4kg×10N/kg＝24N；设木条重心在D点，当C点放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，托盘秤甲的示数是0.8kg，则托盘受到的压力：F压＝mCg＝0.8kg×10N/kg＝8N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条C点的支持力为8N，如图所示：由杠杆平衡条件有：FC×CB＝G×BD，即：8N×CB＝24N×BD，所以：CB＝3BD，因AC=14AB，所以CB则BD=13×CD＝AB﹣AC﹣BD＝AB-14AB-1欲使乙秤的示数变为0，需将甲秤移到D点，故向右移动的距离为12【答案】B。12．（2018•大连）在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图像是（）A． B． C． D．【解析】在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，以左侧的支柱为支点，右支架对主梁的支持力F为动力，重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力G，动力臂为整个主梁的长度，设为L，阻力臂为L﹣s，根据杠杆平衡条件：FL＝G（L﹣s）得，拉力F为：F＝G-Gs由关系式知：右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s成一次函数关系，且拉力随s的增大而减小，故B符合题意。【答案】B。13．（2020•中原区校级二模）如图所示的甲、乙两个M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物。现保持平衡状态。用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手，能恢复到原来平衡位置的是（）A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．都不能【解析】如图所示的甲乙M形硬质轻杆，处于保持平衡状态。由于悬挂的两个重物质量相等，则作用在M形硬质轻杆两端的上的拉力相等，则杠杆示意图分别如下图：甲硬质轻杆，根据杠杆平衡条件可得：GL1＝GL2，则：L1＝L2；乙硬质轻杆，同理可得：GL3＝GL4，则：L3＝L4；用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后，则杠杆示意图分别如下图：由于轻杆端点的位置不同，右端的重物略微下降一小段距离后，由力臂的变化图可知，甲硬质轻杆，L1′＜L1，L2′＞L2，则：GL1′＜GL2′，所以，甲杆右端的重物继续下降，则不能恢复到原来平衡位置。乙硬质轻杆，L3′＞L3，L4′＜L4，则：GL3′＞GL4′，所以，乙杆左端的重物会下降，则能恢复到原来平衡位置。【答案】B。14．（2021春•长沙期中）如图所示，甲、乙为两个实心均匀正方体，它们对水平地面的压强相等。若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度的部分，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，它们对地面的压强为p甲和p乙，甲、乙的密度大小ρ甲、ρ乙关系是（）A．p甲＝p乙，ρ甲＞ρ乙 B．p甲＜p乙，ρ甲＜ρ乙 C．p甲＞p乙，ρ甲＜ρ乙 D．p甲＞p乙，ρ甲＞ρ乙【解析】（1）因为p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρ所以ρ甲＜ρ乙；（2）把甲、乙均分为两部分，甲最初对地面的压强p甲原=G乙最初对地面的压强：p乙原=G由于它们均为实心正方体，且对地面的压强相等，可得ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，甲切去部分的重G甲切＝ρ甲gV甲切＝ρ甲gh甲同理乙切去部分的重G乙切＝ρ乙gh乙③④可得：G可得G甲切＞G乙切﹣﹣﹣﹣⑤将切去部分放置在对方剩余部分的上表面，则此时甲的整体产生的压强：p甲=G此时乙的整体产生的压强p乙=G由①⑤⑥可知，p甲＜p甲原﹣﹣﹣⑧由②⑤⑦可知，p乙＞p乙原﹣﹣﹣⑨而最初甲乙对地面压强相等，结合⑧⑨可知，p甲＜p乙；综合上述分析可得，B正确。【答案】B。15．（2017•东营）如图所示，完全相同的甲、乙两个烧杯内装有密度不同的液体。在两烧杯中，距离杯底同一高度处有A、B两点，已知A、B两点压强相等，则烧杯甲、乙对桌面的压强p甲、p乙大小关系为（）A．p甲＜p乙 B．p甲＞p乙 C．p甲＝p乙 D．条件不足，无法判断【解析】（1）由图知，A、B所处的深度hA＞hB，而A、B两点压强相等，即pA＝pB，由p＝ρgh可知液体密度ρA＜ρB；（2）设A、B距离杯底的高度为h，烧杯底受到的压强：p底甲＝pA+ρAgh，p底乙＝pB+ρBgh，因为pA＝pB，ρA＜ρB，所以pA+ρAgh＜pB+ρBgh，所以烧杯底受到的压强：p底甲＜p底乙，因为烧杯是直壁容器，烧杯底受到的压强p=F设液体重分别为G甲、G乙，烧杯底面积为S，p底甲=G甲S，p可得：G甲两烧杯内液体重G甲＜G乙；（3）因为烧杯对桌面的压力F＝G杯+G液，所以甲烧杯对桌面的压力F甲＝G杯+G甲，乙烧杯对桌面的压力F乙＝G杯+G乙，所以烧杯对桌面的压力F甲＜F乙，因为p=F所以烧杯甲、乙对桌面的压强p甲＜p乙。【答案】A。16．（•江油市模拟）如图所示，两个正方体金属块A、B叠放在水平地面上，金属块B对地面的压强为p1。若取走金属块A，金属块B对地面的压强为p2，已知金属块A、B边长之比L1：L2＝2：3。p1：p2＝3：2．则下列说法正确的是（）A．将A单独放在水平地面上的压强小于p2 B．将A单独放在水平地面上的压强可能等于p1 C．金属块A、B的密度之比为27：16 D．金属块A、B的重力之比为2：1【解析】两个正方体金属块A、B叠放在水平面上，金属块B对地面的压力等于金属块A、B的重力之和，即F1＝GA+GB，受力面积为金属块B的底面积，则金属块B对地面的压强p1=F若取走金属块A，金属块B对地面的压力等于金属块B的重力，即F2＝GB，受力面积为金属块B的底面积，则金属块B对地面的压强p2=F将A单独放在水平地面上的压强则两次金属块B对地面的压强之比p1：p2=GA+GBSB：G数据代入得（GA+GB）：GB＝p1：p2＝3：2，则金属块A、B的重力之比GA：GB＝1：2，故D错误若金属块A、B的边长之比LA：LB＝2：3，则金属块A、B的底面积之比SA：SB＝（LA）2：（LB）2＝4：9，金属块B对地面的压强p1=F将A单独放在水平地面上的压强：pA=显然p2＜pA＜p1，故AB错误；金属块A、B的体积之比VA：VB＝（LA）3：（LB）3＝8：27，由ρ=mV和G＝mg可得，金属块A与金属块B的密度之比ρA：ρB=G【答案】C。（多选）17．（2021•天门）如图所示，将同种材料制成的实心物体甲、乙用细绳分别挂在轻质杠杆AB的两端，杠杆在水平位置平衡。已知：G甲＝150N，G乙＝30N，AO：OB＝1：3，甲物体与水平地面的接触面积为0.2m2，不计绳重。下列说法正确的是（）A．甲、乙两物体体积之比为5：1 B．甲物体对杠杆的拉力为10N C．水平地面对甲物体的支持力为60N D．甲物体对水平地面的压强为750Pa【解析】（1）根据ρ=mV可知，用同种材料制成的实心物体甲、乙，它们的体积与质量成正比，即V甲：V乙＝m甲：m乙＝G甲：G（2）假设甲物体对杠杆A端绳子向下的拉力为FA，力臂是AO，而乙物体对杠杆B端向下的拉力FB＝G乙＝30N，力臂为OB；根据杠杆的平衡条件可知，FA•AO＝G乙•OB，则有：FA=OBAOG乙（3）对甲物体受力分析可知，甲物体受到三个力的作用，分别是：重力G甲＝150N，绳子对甲物体的拉力FA′＝FA＝90N，地面对甲物体的支持力F支，甲物体在三个力的作用下保持平衡，即：F支+FA′＝G甲；则有F支＝G甲﹣FA′＝150N﹣90N＝60N，故C正确；（4）甲物体对地面的压力与地面对甲物体的支持力是一对相互作用力，所以甲物体对地面的压力F压＝F支＝60N；甲物体对地面的压强：p=F【答案】AC。18．（2020•岱岳区三模）如图所示，两个足够高的薄壁轻质圆柱形容器A、B（面积SA＞SB）置于水平地面上，容器中分别盛有体积相等的液体甲和乙，它们对各自容器底部的压强相等。下列选项中，一定能使甲液体对容器底部的压强大于乙液体对容器底部压强的操作方法是（）①分别倒入相同深度的液体甲和乙②分别倒入相同质量的液体甲和乙③分别倒入相同体积的液体甲和乙④分别抽出相同体积的液体甲和乙A．① B．②③ C．①④ D．①②③【解析】液体对容器底部的压强相等，且A容器内液体甲的高度小于B容器内液体乙的高度，根据公式p＝ρgh可知：ρ甲＞ρ乙，已知容器中原来分别盛有液体甲和乙的体积相等，即：V甲＝V乙，根据V＝Sh和p液＝ρ液gh液可得：SAp甲ρ甲g由于p甲＝p乙，所以，SA①分别倒入相同深度的液体甲和乙；则甲液体对容器底部的压强p甲′＝p甲+ρ甲g△h；乙液体对容器底部压强p乙′＝p乙+ρ乙g△h，由于p甲＝p乙，ρ甲＞ρ乙，则p甲′＞p乙′；②分别倒入相同质量的液体甲和乙；由于柱状容器中液体对底部的压力等于液体的重力，则甲液体对容器底部的压强p甲′＝p甲+△mgSA；乙液体对容器底部压强p乙′＝p由于p甲＝p乙，SA＞SB，则p甲′＜p乙′；③分别倒入相同体积的液体甲和乙时，则甲液体对容器底部的压强p甲′＝p甲+ρ甲△VgSA；乙液体对容器底部压强p由于p甲＝p乙，SAρ甲=S④分别抽出相同体积的液体甲和乙A、则甲液体对容器底部的压强p甲′＝p甲-ρ甲△VgSA；乙液体对容器底部压强p由于p甲＝p乙，SAρ甲=S所以，能使甲液体对容器底部的压强大于乙液体对容器底部压强的操作方法是①。【答案】A。19．（2021•南通模拟）如图所示，水平地面上放有上下两部分均为柱形的薄壁容器，两部分的横截面积分别为S1、S2。质量为m的木球通过细线与容器底部相连，细线受到的拉力为T，此时容器中水深为h（水的密度为ρ0）。下列说法正确的是（）A．木球的密度为mgT+mgρ0B．木球的密度为mgT-mgρ0C．剪断细线，待木球静止后水对容器底的压力变化量为2T D．剪断细线，待木球静止后水对容器底的压力变化量为S2S【解析】（1）木球浸没时，其受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和绳子的拉力，由于木球处于静止状态，受力平衡，根据力的平衡条件可得：F浮＝G+T＝mg+T，木球浸没时，V排＝V木，则根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可得：ρ0gV排＝mg+T，由ρ=mV可得木球的体积：V木所以，ρ0g×m解得ρ木=mgT+mgρ（2）剪断细线，木块漂浮，F浮′＝G＝mg，则待木球静止后浮力变化量为：△F浮＝F浮﹣F浮′＝mg+T﹣mg＝T，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可得水面下降的高度（容器上部的水面下降）：△h=△则由△p=△F△F＝△pS2＝ρ0g△hS2＝ρ0g×Tρ0g【答案】A。20．（•大连模拟）水平桌面上放着两个相同的柱形水槽，水中的两个木块也相同。将铁块a放在木块上面，木块刚好浸没在水中，如图甲所示。将铁块b用细线系在木块下面，木块也刚好浸没在水中，如图乙所示，且此时两水槽的水面相平。已知水的密度为ρ水，铁的密度为ρ铁。则（）A．两种情况相比较，乙图中水槽对桌面的压强较大 B．a、b两个铁块的质量之比为ρ铁C．若将a取下投入水中，并剪断连接b的细线，静止时a、b所受容器底的支持力Fa＞Fb D．若将取下投入水中，并剪断连接b的细线，静止时水对容器底压强变化量Δp甲＞Δp乙【解析】A、因为两水槽完全相同且水槽内水面相平，由p＝ρgh可知水对容器底面的压强相等，由p=FS可知水对容器底面的压力相等，因为水平桌面上放着两个相同的柱形水槽，由F压＝F水+GB、甲图中，铁块a和木块一起漂浮在水面，则F浮木＝Ga+G木，所以Ga＝F浮木﹣G木，即ρ铁gVa＝ρ水gV木﹣ρ木gV木，乙图中，铁块b和木块一起悬浮在水中，则F浮木+F浮b＝Gb+G木，所以Gb﹣F浮b＝F浮木﹣G木，即ρ铁gVb﹣ρ水gVb＝ρ水gV木﹣ρ木gV木，所以ρ铁gVa＝ρ铁gVb﹣ρ水gVb＝（ρ铁﹣ρ水）gVb，所以Va又因为a、b的密度相同，由m＝ρV可知，a、b两个铁块的质量之比为：maC、将a取下投入水中，静止时，Fa+F浮a＝Ga，则有：Fa＝Ga﹣F浮a＝ρ铁gVa﹣ρ水gVa，剪断连接b的细线，静止时，同理可得：Fb＝Gb﹣F浮b＝ρ铁gVb﹣ρ水gVb，则FaFb=(D、因为水平桌面上放着两个相同的柱形水槽，所以水对容器底的压力变化量等于排开水的重力变化量，等于木块受到的浮力变化量，将a取下投入水中，静止时，木块漂浮，a沉底，F浮木'＝G木，F浮a＝Ga﹣Fa，水对容器甲底的压力变化量为：ΔF压甲＝ΔF浮甲＝F浮木﹣（F浮木'+F浮a）＝Ga+G木﹣（G木+Ga﹣Fa）＝Fa，同理可得，水对容器乙底的压力变化量为：ΔF压乙＝ΔF浮乙＝Gb+G木﹣（F浮木'+F浮b）＝Gb+G木﹣（G木+Gb﹣Fb）＝Fb，又因为Fa＜Fb，由Δp=ΔF压S=【答案】B。21．（•大兴区一模）将体积相等的立方体物块A和B分别放入两只盛水的、完全相同的溢水杯中，溢水杯放置在水平桌面上，物块静止时水面跟溢水口相平，如图甲和乙所示。下列判断中正确的是（）A．A的密度比B的密度大 B．A和B受到的浮力大小相等 C．甲图中水对杯底的压力小于乙图中水对杯底的压力 D．甲、乙两图中溢水杯对桌面的压力大小相等【解析】AB、已知立方体物块A和B的体积相等，由图甲、乙知，物体A、B都处于漂浮，排开的水的体积关系是：VA排＜VB排；由于两只溢水杯盛的都是水，则根据F浮＝ρ水gV排可知：FA浮＜FB浮；即A受到的浮力小于B受到的浮力；故B错误；根据漂浮条件可知：GA＝FA浮，GB＝FB浮，所以，GA＜GB，则mA＜mB，由于立方体物块A和B的体积相等，根据ρ=mV可知：ρA＜ρC、由图甲、乙知，两只溢水杯中水的深度相同，由p＝ρ液gh得，容器底部所受水的压强：p甲＝p乙，由于两只溢水杯完全相同，则底面积相同，根据F＝pS可知水对杯底的压力相等；故C正确；D、由阿基米德原理可知，物体A、B所受的浮力分别等于物体A、B排开水的重力，因此物体A、B的重力与它们排开水的重力相等，因此甲溢水杯的总重力等于乙溢水杯的总重力，即两溢水杯对桌面的压力大小相等，故D正确。【答案】D。22．（春•四会市校级期中）用同种铝合金制成质量相等的金属盒和金属球各一个，若把球放在盒内密封后，它们恰能悬浮在水中，如图甲所示，若把球和盒用细绳相连，放入水里静止后，盒有16A．盒内最多能装重50N的水 B．这种铝合金的密度为3.0×103kg/m3 C．图甲中球对盒的压力为20N D．图乙中若剪断细绳，盒静止时有一半体积露出水面【解析】设金属盒的体积为V盒，金属球的体积为V球，二者的质量为：m（二者质量相等），（1）根据图甲可知，盒与球处于悬浮，则浮力等于盒和球的总重力；由图乙可知，盒与球处于漂浮，则则浮力等于盒和球的总重力，因此两种情况下盒与球受到的浮力相等；由F浮＝ρ水gV排可知，两次排开水的体积相同，即：V盒＝（1-16）V盒+V球，所以V球=1由于F浮＝G总，则ρ水gV排＝2mgρ水gV盒＝2ρ铝gV球ρ铝＝3ρ水＝3×103kg/m3，故B正确；（2）对甲、乙两种情况，进行受力分析：由图甲可知：G总＝F浮，即2mg＝ρ水gV盒﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对图乙中金属盒受力分析可得：mg+20N＝ρ水g（1-16）V对图乙中金属球受力分析可得：mg＝20N+ρ水gV球﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③联立①②③可得：V盒＝6×10﹣3m3，m＝3kg，V球＝1×10﹣3m3；球对盒的压力：F压＝G球＝mg＝3kg×10N/kg＝30N；故C错误；（3）当绳子剪断后，金属盒处于漂浮，G＝F浮′，即：mg＝ρ水gV排1所以，V排1=mρ水=3kg则金属盒露出水面的体积：V露＝V盒﹣V排1＝6×10﹣3m3﹣3×10﹣3m3＝3×10﹣3m3；由于V露＝V排1，所以盒静止时有一半体积露出水面，故D正确；（4）又V空＝V盒﹣V实＝V盒-mρ铝=6×10﹣3m3-3kg则盒内最多能装的水重为：G水＝ρ水gV水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣3m3＝50N，故A正确。【答案】C。23．（2021秋•北仑区校级期末）水平桌面上放有甲、乙两个完全相同的柱状容器。在甲容器内倒入部分液体A，在乙容器内倒入部分液体A和水（液体和水不相溶，且ρA＞ρ水）。然后分别在两容器内放入质量相等的冰块，此时甲容器内液面和乙容器内液面恰好相平，如图所示。若冰块全部熔化后，甲、乙两容器内水面距离容器底部分别为h1和h2，水和液体A之间的界面距离容器底部分别为h1′和h2′，则（）A．h1＞h2，h1′＞h2′ B．h1＜h2，h1′＞h2′ C．h1＞h2，h1′＜h2′ D．h1＜h2，h1′＜h2′【解析】（1）图甲中：由于冰块都处于漂浮状态，则：F甲浮＝G冰，根据阿基米德原理可得：F甲浮＝ρAgV排甲，所以，ρAgV排甲＝G冰；则：V排甲=G当冰全部熔化后由于冰的质量不变，即：G水＝G冰，则冰熔化后的水的体积为：V水=G由于ρA＞ρ水，则：V排甲＜V水，所以，△V甲＝V水﹣V排甲=G冰ρ图乙中：设冰块漂浮在水和液体A的冰块分为G1、G2；且G1+G2＝G冰；则由于冰块都处于漂浮状态，F水浮＝G1；FA浮＝G2；根据阿基米德原理可得：F水浮＝ρ水gV排水；FA浮＝ρAgV排A；则：ρ水gV排水＝G1；ρAgV排A＝G2；所以，V排水=G1ρ水则：V排乙＝V排水+V排A=G当冰全部熔化后由于冰的质量不变，即：G水1＝G1；G水2＝G2；则冰熔化后的水的体积为：V水乙＝V水1+V水2=由于ρA＞ρ水，则：V排乙＜V水乙，所以，△V乙＝V水乙﹣V排乙=G1ρ水g+G由于G1+G2＝G冰；所以，△V甲＞△V乙，已知甲、乙两个完全相同的柱状容器。所以，根据h=V容器中液面升高的高度△h甲＞△h乙；由于冰块没有熔化前甲容器内液面和乙容器内液面恰好相平，所以，若冰块全部熔化后，甲容器内液面距离容器底部的高度h1大于乙容器内液面距离容器底部的高度h2；故BD错误；（2）由于液体和水不相溶且ρA＞ρ水，则冰熔化后，液体A会在容器的底部，由图可知：容器里液体A的体积关系是：V甲A＞V乙A，由于甲乙容器完全相同，则根据h=V液体A的深度关系是：h1′＞h2′，故A正确，C错误。【答案】A。24．（2021春•肥城市期末）将一密度均匀的正方体轻轻放入盛满浓盐水的大烧杯中，静止后有72g浓盐水溢出；若将该物体轻轻放入盛满煤油的大烧杯中，静止后有64g煤油溢出（浓盐水密度为1.2×103kg/m3，煤油密度为0.8×103kg/m3），以下说法中（）①该物体前后两次所受浮力之比为9：8②该物体前后两次排开液体体积之比为4：3③该物体的密度为0.9×103kg/m3④该物体在煤油中可能沉底或悬浮A．只有①③正确 B．只有②③正确 C．只有①④正确 D．只有②④正确【解析】①因为大烧杯内原来装满浓盐水，所以，由阿基米德原理可知，物体在盐水中受到的浮力：F浮盐水＝G排＝G溢水＝m溢水g＝0.072kg×10N/kg＝0.72N；物体在煤油中受到的浮力：F浮煤油＝G排＝G溢煤油＝m溢煤油g＝0.064kg×10N/kg＝0.64N；故该物体前后两次所受浮力之比为0.72N：0.64N＝9：8，故①正确；该物体前后两次排开液体体积之比为：F浮盐水③④由F浮＝ρ水V排g得排开水的体积：V排水=F浮ρ盐水g①假设物体在盐水中悬浮或下沉，则物体的体积：V＝V排水＝6×10﹣5m3，由于煤油的密度小于盐水，所以物体在煤油中一定下沉，则排开煤油的体积：V排煤油＝V＝6×10﹣5m3，排开煤油的质量应该为：m排煤油＝ρ煤油V排煤油＝0.8×103kg/m3×6×10﹣5m3＝0.048kg＝48g，因为m排煤油＜64g，所以物体在盐水中不能悬浮或下沉；②可见，物体在盐水中一定漂浮，则物体的重力G＝F浮＝0.72N，物体受到煤油的浮力：F浮煤油＝G排＝G溢煤油＝m溢煤油g＝0.064kg×10N/kg＝0.64N因为F浮煤油＜G，所以物体在煤油中下沉，故D错误。则物体的体积：V＝V排煤油＝V溢煤油=m溢煤油ρ物体的质量：m=G物体的密度：ρ=mV=72g80cm3【答案】A。25．（2019•深圳）水平桌面上两个底面积相同的容器中，分别盛有甲、乙两种液体。将两个完全相同的小球M、N分别放入两个容器中，静止时两球状态如图所示，两容器内液面相平。下列分析正确的是（）A．两小球所受浮力FM＜FN B．两种液体的密度ρ甲＜ρ乙 C．两种液体对容器底部的压强p甲＝p乙 D．两种液体对容器底部的压力F甲＞F乙【解析】A、小球M在甲液体中漂浮，则浮力FM＝GM，小球N在乙液体中悬浮，则浮力FN＝GN，由于小球M、N完全相同，即GM＝GN，则有FM＝FN，故A错误；B、小球M在甲液体中漂浮，则密度ρM＜ρ甲，小球N在乙液体中悬浮，则密度ρN＝ρ乙，由于小球M、N完全相同，即ρM＝ρN，则有ρ甲＞ρ乙，故B错误；C、由B选项分析可知：ρ甲＞ρ乙，两容器液面相平即容器底部深度h相同，根据液体压强计算公式p＝ρgh可知，p甲＞p乙，故C错误；D、由C选项分析得容器底部液体压强p甲＞p乙，两容器底面积相同，由压力计算公式F＝pS得，容器底部受到液体压力F甲＞F乙，故D正确。【答案】D。26．（2021•黑龙江）质量相等的A、B两实心物块，密度之比ρA：ρB＝3：2，分别放入足够多的水中，物块所受浮力分别为FA和FB，当两物块静止时所受浮力FA与FB之比不可能的是（）A．1：1 B．2：3 C．ρ水：ρA D．ρ水：ρB【解析】质量相等的A、B两实心物块，密度之比ρA：ρB＝3：2，根据ρ=mV可知，其体积之比为：VA：VA、B两实心物块，分别放入足够多的水中，若两个物体在水中都处于漂浮状态，则受到的浮力等于其重力，根据G＝mg可知，物体的重力相同，则浮力相同，即FA：FB＝1：1；若两个静止时，都全部浸入水中，根据F浮＝ρ水gV排可知，其浮力之比等于排开的水的体积之比，也等于A、B两实心物块的体积之比，即FA：FB＝2：3；由于A的密度大于B的密度，当A在水中下沉，B在水中漂浮时，则A受到的浮力为：F浮A＝ρ水gVA，B受到的浮力为：F浮B＝GB＝ρBgVB，FA：FB＝（ρ水gVA）：（ρBgVB）＝（2ρ水）：（3ρB）；由于ρA：ρB＝3：2，则：（ρ水gVA）：（ρBgVB）＝ρ水：ρA；综上所述，不可能得到D。【答案】D。27．（2021•广东）小明看到清淤作业人员正在将水塘底部的淤泥搬运到船上。他想：水面高度会变化吗？于是进行了探究：首先，将石块a和不吸水的木块b置于装有水的烧杯中，如图所示；然后，将石块a从水中拿出并轻轻放在木块b上，它们处于漂浮状态，则水面高度将（）A．下降 B．上升 C．不变 D．无法判断【解析】由图可知，b漂浮，F浮b＝Gb，a沉底，F浮a＜Ga，.将石块a轻轻放在木块b上，它们处于漂浮状态，则F浮（a+b）＝Ga+Gb，可得F浮（a+b）＞F浮a+F浮b，由阿基米德原理F浮＝ρ水V排g可知，将石块a轻轻放在木块b上后，a、b排开水的体积比原来变大了，则水面高度将升高。【答案】B。28．（2021•市南区校级自主招生）某同学将如图所示的“国家节水标志”固定在墙上，再将一只装有水的圆柱形玻璃杯移到标志的正前方，然后改变玻璃杯与标志之间的距离。则透过玻璃杯和水观察该图象时，可能看到的是（）A． B． C． D．【解析】因为装有水的圆柱形玻璃杯，左右中间厚边缘薄，上下厚度一样，相当于凸透镜，所以是左右颠倒；当物距小于焦距时，成正立放大的虚像，即左右变大，上下不变，不可能看到D；当物距等于二倍焦距时，成倒立、等大的实像，即左右颠倒，如图A；由于像与物体在上下方向上大小相同，不可能出现BC中的图片；故A正确。【答案】A。29．（2021秋•金安区校级期末）有两根外形完全相同的钢棒a和b；按图甲放置，手拿住a时，b不会掉下来；按图乙放置，手拿住b时，a会掉下来。这说明（）A．钢棒a具有磁性 B．钢棒b具有磁性 C．钢棒a和b都具有磁性 D．钢棒a和b都不具有磁性【解析】磁极的磁性最强，用手拿a时（甲图），b不会掉下来，说明a对b有较大的磁力，则钢棒a具有磁性；因磁体中间部分几乎没有磁性，所以，用手拿b时（乙图），a会掉下来，说明钢棒b没有磁性，钢棒a具有磁性（只是中间部分的磁性很弱）；【答案】A。30．（2020•黄冈一模）在如图所示的电路中，有四个电磁继电器，相关参数标注在图上，其中电源电压1.5V且和一个1Ω的电阻串在一起（图中把它们画在一起），灯泡电阻8Ω，刚闭合开关后，下列说法错误的是（）A．若滑片位于最左边，三个灯泡从左往右依次点亮 B．若滑片位于最左边，当最后一个继电器闭合后，三个灯泡从左往右依次熄灭 C．若滑片位于最右边，三个灯泡从左往右依次点亮 D．若滑片位于最右边，当最后一个继电器闭合后，三个灯泡从左往右依次熄灭【解析】如图，当开关K闭合时，甲的控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，甲线圈的电阻是1Ω，所以总电阻为R甲＝1Ω+1Ω＝2Ω，所以甲控制电路电流：I甲=U在乙控制电路中，乙控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，乙线圈的电阻是1Ω，左端第一个灯的电阻是8Ω，所以总电阻为R乙＝1Ω+1Ω+8Ω＝10Ω，所以乙控制电路电流：I乙=U在丙控制电路中，丙控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，丙线圈的电阻是1Ω，中间灯的电阻是8Ω，所以总电阻为R丙＝1Ω+1Ω+8Ω＝10Ω，所以丙控制电路电流：I丙=U在丁控制电路中，丁控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，丁线圈的电阻是1Ω，最右面灯的电阻是8Ω，所以总电阻为R丁＝1Ω+1Ω+8Ω＝10Ω，所以丁控制电路电流：I丁=U丁R丁=综合分析后，当滑动变阻器无论滑片在什么位置，灯泡都是从左到右依次点亮的，但是当滑动变阻器在最左端时，当最后一个继电器闭合时，点亮的灯又从左到右依次熄灭，当滑动变阻器在最右端时，当最后一个继电器闭合时，所有的灯依然发光。故选项D是错误的。【答案】D。31．（2021•随州）俊星家周末乔迁新居，家中柜子因搬运不便，俊星提出利用滑轮组来完成，其设计方案如图甲所示，乙图为滑轮组的连接方式，已知柜子A的重力为740N，动滑轮的重力为60N，柜子匀速下降的竖直高度为6m，下降过程用时1min（不计绳重与摩擦）。俊星对此工作过程及装置作出以下判断，其中正确的是（）A．柜子下降过程中，绳子自由端的拉力为400N B．使用该滑轮组时的机械效率为90% C．在下降过程中，绳子自由端的移动速度为0.3m/s D．在下降过程中，拉力的功率为80J【解析】A、n＝2，不计绳重与摩擦，绳子自由端的拉力F=G+B、使用该滑轮组时的机械效率η=WC、在下降过程中，绳子自由端移动的距离s＝2s物＝2×6m＝12m，绳子自由端的移动速度v=sD、根据P=W【答案】A。32．（2021•荆州）冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市。在某场馆建设中，采用如图所示的装置，滑轮组悬挂在水平支架上，工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使物体A在5s内匀速上升了1m。已知物体A重400N，该工人重500N，两个滑轮质量相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为80%。关于该过程，下列说法正确的是（）A．水平地面对工人的支持力为300N B．动滑轮重为50N C．人对绳子拉力的功率为120W D．支架受到滑轮组的拉力为850N【解析】A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2，则滑轮组的机械效率：η=W有W解得：F＝250N，由于人受到竖直向上的支持力、竖直向下的重力以及竖直向上的拉力，则地面对工人的支持力：F支持＝G﹣F＝500N﹣250N＝250N，故A错误；B、不计滑轮组的绳重和摩擦，由F=1n（G+G动）可得，动滑轮的重力：GC、绳子自由端移动的距离：s＝2h＝2×1m＝2m，拉力做的功：W总＝Fs＝250N×2m＝500J，绳子自由端拉力的功率：P=WD、由两个滑轮质量相等可知，定滑轮的重力G定＝G动＝100N，则支架受到滑轮组的拉力：F拉＝3F+G定＝3×250N+100N＝850N，故D正确。【答案】D。33．（2019•安徽）如图，在光滑的水平台面上，一轻质弹簧左端固定，右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。压缩弹簧使小球至A位置，然后释放小球，小球就在AB间做往复运动（已知AO＝OB）。小球从A位置运动到B位置的过程中，下列判断正确的是（）A．小球的动能不断增加 B．弹簧的弹性势能不断减少 C．小球运动到O点时的动能与在O点时弹簧的弹性势能相等 D．在任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变【解析】由题知，O点是弹簧保持原长时小球的位置，则AO段弹簧处于压缩状态，OB段弹簧处于拉伸状态；小球从A运动到O的过程中，弹簧逐渐恢复原状，形变程度变小，弹性势能变小，小球所受弹力方向向右、速度不断增大，动能变大，此过程中弹性势能转化为动能；到达O点时，弹簧恢复原长，弹性势能为零，小球所受弹力为零，此时速度最大，动能最大；小球从O运动到B的过程中，弹簧被拉长，形变程度变大，弹性势能变大，此时小球所受弹力方向向左、速度不断减小，动能变小，此过程中动能转化为弹性势能；则小球从A位置运动到B位置的过程中：A、小球的动能先增加后减少，故A错误；B、弹簧的弹性势能先减少后增大，故B错误；C、小球运动到O点时的动能（最大）与此时弹簧的弹性势能（为零）不相等，故C错误；D、水平台面光滑，且AO＝OB，说明没有机械能转化为内能，小球和弹簧组成的整体机械能守恒，所以在任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变，故D正确。【答案】D。34．（2019秋•合肥月考）现有质量和初温相等的M、N两块金属块，先将M放入一杯开水中，热平衡后，水温下降10℃，把M捞出后，再将N放入水中，热平衡后，水温又下降10℃，则M和N的比热容的大小关系为（）A．CM＜CN B．CM＝CN C．CM＞CN D．条件不足，无法确定【解析】因为两次过程中水放出的热量是相同的，并且质量没有变化，同样是降低10℃，水两次放出的热量是相同的，那么吸收了同样热量的质量相等、初温相等的两个金属块，M比N的温度要高10℃，即M的温度变化大。根据热量的计算公式Q＝cm△t分析可知，等质量的MN两块金属，吸收的热量也相等的情况下，温度的变化量的大小与比热容成反比，因此M的比热容要小。【答案】A。35．（2020秋•台江区校级月考）一杯质量为m的热水与一杯质量为3m的冷水混合，冷水温度升高12℃，现将另一杯质量，温度和原来相同的热水继续与刚混合后的水再次混合，则原来混合的水升高的温度（不考虑热损失）（）A．12℃ B．9℃ C．7.2℃ D．9.6℃【解析】忽略热量损失，冷水吸收的热量和热水放出的热量相同，即Q吸＝Q放，从而可知，c×m×△t＝c×3m×12℃，则热水温度降低△t＝36℃；设此时的温度为t，则原来热水的温度为t+36℃，容器内水的质量为4m；如果再把一杯相同的热水倒入这个容器中，设容器内水温变化为△t′，水最后温度为t+△t′，热水降低的温度为t+36℃﹣（t+△t′）＝36℃﹣△t′，由热平衡方程Q吸＝Q放可知：c×m×（36℃﹣△t′）＝c×4m×△t′，解得：△t′＝7.2℃。【答案】C。36．（2016秋•成都期中）随着人们生活水平的日益提高，小汽车越来越多地走进了百姓人家。一辆使用汽油为燃料的小汽车，以72km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的实际功率为20kW．若小汽车行驶的路程为108km，汽油的热值q＝4.6×107J/kg，小汽车发动机的效率为25%．则关于小汽车在这段路程中，下列说法不正确的是（）A．运动的时间为1.5h B．发动机所做的功为1.08×105kJ C．汽车所受的阻力为1000N D．消耗汽油的质量为5kg【解析】A、根据公式v=st可知，汽车的运动时间为：tB、发动机所做的功为：W＝Pt＝20000W×5400s＝1.08×108J＝1.08×105kJ，故B正确；C、汽车的速度v＝72km/h＝20m/s，根据公式P=Wt=D、汽油完全燃烧释放的热量Q＝mq，又因为Q=Wη，所以m【答案】D。37．（•拱墅区校级一模）光发动机是一种把光能转化为机械能的装置，其核心部分工作原理如图示：带有活塞的密闭化学反应室中有气态物质，当光从窗口射入时，可使气态物质接受光能而反应生成液态物质。而无光照射情况下反应逆向进行，重新生成气态物质。因此可通过控制窗口处射入的光能使气室中的气态物质循环反应，从而推动活塞输出机械能。则光发动机该装置中的活塞向右运动时，相当于选项中汽油机四个冲程中的（）A． B． C． D．【解析】由题知，通过控制窗口处射入的光能使气室中的气态物质循环反应，从而推动活塞输出机械能；这里将光能转化为机械能，使活塞向右运动（气室内的空气对活塞做功），相当于汽油机的做功冲程，此时两个气门关闭，燃气膨胀对活塞做功，使活塞向下运动，观察可知只有C符合题意。【答案】C。38．（•福田区校级模拟）如图所示电路，要使灯A和B并联或串联，则必须接通的开关，下面说法正确的是（）A．要使灯A、B并联，S1和S2闭合 B．要使灯A、B并联，S2和S3闭合 C．要使灯A、B串联，S1和S3闭合 D．要使灯A、B串联，S2闭合【解析】要使两灯泡串联，电流从电源正极流出，需要经过LB、S2、LA回到电源负极，因此需要闭合开关S2；要使两灯泡并联，电流从电源正极流出分别经过支路S1、LB和支路LA、S3，再流回电源负极；因此应闭合开关S1、S3。【答案】D。39．（2021秋•宁德期末）如图所示，电源电压保持不变，R1＝2R2，R0为定值电阻，当电键K接a点时，电流表示数为I，则电键K接b点时，电流表的示数应该是（）A．I B．大于I，小于2I C．2I D．大于2I【解析】（1）当电键K接a点时，R0与R1串联，则：电流表的示数为I=U（2）当电键K接b点时，R0与R2串联，则：电流表的示数I′=U∵12R0+R2＜R0+R2＜R0+2R2∴U1【答案】B。40．（2018•新都区模拟）小丽设计了如图所示的简易电子距离测量仪，R是一根粗细均匀的电阻丝，其每厘米长的电阻为0.5Ω，电路各部分均接触良好。物体M只能在导轨上做直线运动，并带动与之相连的金属滑片P移动，电压表示数可反映物体M移动的距离。开始测量前，将金属滑片P置于电阻丝中点，此时电压表和电流表示数分别为1.5V和0.2A．由此可知（）A．电阻丝的总电阻为7.5Ω B．当电压表示数为2V时，物体M向右移动了5cm C．当电压表示数为1V时，物体M向左移动了5cm D．若开始测量前，将金属滑片P置于电阻丝某端点，可测量的最大距离30cm。【解析】（1）金属滑片P置于电阻丝中点时，电阻丝接入电路的电阻R中=U中I电阻丝的总电阻为R＝2R中＝2×7.5Ω＝15Ω；电阻丝的长度L=15Ω即当开始测量前，将金属滑片P置于电阻丝某端点，可测量的最大距离30cm；（2）当电压表示数为2V时，接入电路的电阻R′=U'I=物体M位于L′=10Ω故物体M向左移动了ΔL＝L′-1（3）当电压表示数为1V时，接入电路的电阻R″=U″I=物体M位于L″=5Ω故物体M向右移动了ΔL=1【答案】D。41．（2004•镇江）灯L1和灯L2连接在电压为6V的电源上（电路中无其他用电器，且电源电压保持不变，L1和L2电阻不随温度变化），L1的电阻为20Ω，两灯均发光时，测得L2中的电流为0.2A，则下列判断正确的是（）①L1和L2两端的电压之比可能是1：1②L1和L2的电阻之比可能是2：3③L1和L2的电阻之比可能是2：1④L1和L2中的电流之比可能是1：1。A．只有①和② B．只有③和④ C．只有①②③ D．①②③④均正确【解析】①若两灯串联，通过两灯的电流：I1＝I2＝0.2A，I1：I2＝1：1；∵U1＝I1R1＝0.2A×20Ω＝4V，U2＝U﹣U1＝6V﹣4V＝2V，∴U1：U2＝4V：2V＝2：1，R1：R2＝U1：U2＝2：1；②若两灯并联，则U1＝U2＝6V，U1：U2＝1：1；R2=U2IR1：R2＝20Ω：30Ω＝2：3，I1：I2＝R2：R1＝30Ω：20Ω＝3：2；由上分析可知①②③④都有可能。【答案】D。42．（2021•黄冈）图甲是一种测力装置部分结构的示意图。横梁OA上下表面各贴一张完全一样的应变电阻片R1和R2，串联在有恒定电流的电路中（图乙）。在A端施加向下的力F，横梁向下弯曲，R1被拉伸，R2被压缩，根据它们两端电压的差值即可测量力F的大小。下列有关分析错误的是（）A．通过R1和R2的电流相等 B．R2的电阻减小 C．R1两端的电压小于R2两端的电压 D．R1和R2两端电压的差值越大，A端受到的压力越大【解析】A、由图可知，两个电阻串联，在串联电路中，各处的电流是相同的，所以通过两个电阻的电流相同，故A正确；B、在压力的作用下，横梁向下弯曲，R1被拉伸，R2被压缩，即R1变长，横截面积变小，电阻变大；R2变短，横截面积变大，电阻变小，故B正确；C、在R1和R2发生形变前是完全一样的，即R1和R2发生形变前的电阻相同，因此发生形变后，R1的电阻大于R2的电阻，通过两个电阻的电流相同，根据U＝IR可知，R1两端的电压大于R2两端的电压，故C错误；D、根据欧姆定律可知，R1和R2两端电压的差值越大，说明R1和R2的阻值的差值越大，所以R1被拉伸的更长，R2被压缩的越短，从而说明A端受到的压力越大，故D正确。【答案】C。43．（2021•荆州）如图甲所示，小灯泡L的额定电压为5V，滑动变阻器R的最大阻值为60Ω，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～15V”，电源电压恒定。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，绘制了电流表示数与电压表示数关系图像如图乙所示，电流表示数与滑动变阻器R连入电路阻值的变化关系图象如图丙所示。则下列说法中正确的是（）A．电源电压为5V B．小灯泡正常发光时电阻为2.5Ω C．当电压表示数为1V时，滑动变阻器消耗的电功率为2.5W D．当电压表示数为2V时，小灯泡和变阻器消耗的功率之比为1：4【解析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流。A、由图乙可知，当电路中的电流为0.5A时，灯泡两端的电压为5V，由图丙可知，变阻器接入电路中的电阻R＝10Ω，由I=UU滑＝IR＝0.5A×10Ω＝5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电源的电压为：U＝UL+U滑＝5V+5V＝10V，故A错误；B、由图乙可知，当灯泡L两端的电压为额定电压5V时，通过灯泡的电流为0.5A，则小灯泡正常发光时的电阻为：RL=ULIC、由图乙可知，电压表示数为1V时，通过灯泡即电路中的电流I′＝0.2A，此时滑动变阻器两端的电压：U滑′＝U﹣UL′＝10V﹣1V＝9V，此时滑动变阻器消耗的电功率为：P滑＝U滑′I′＝9V×0.2A＝1.8W，故C错误；D、当电压表示数为2V时，根据串联电路的电压特点得，此时滑动变阻器两端的电压为：U滑″＝U﹣UL″＝10V﹣2V＝8V，因为串联电路的电流相等，所以小灯泡和变阻器消耗的功率之比为：PL″：P滑″＝UL″I″：U滑″I″＝UL″：U滑″＝2V：8V＝1：4，故D正确。【答案】D。44．（2021•武汉）在如图所示的电路中，电源电压恒为6V，R1＝10Ω，R3＝30Ω。开关S1闭合，开关S2接a，滑动变阻器R2的滑片P位于图示位置时，电压表的示数为1.2V，开关S1闭合，开关S2接b，滑片P移动到另一位置时，电压表的示数为2.0V。前后两次滑动变阻器接入电路的电阻变化了（）A．5Ω B．10Ω C．20Ω D．40Ω【解析】（1）S2接a时，三个电阻串联，电压表测R1两端的电压为1.2V，此时：通过各电阻的电流大小为：I3R3两端的电压为：U3＝I3R3＝0.12A×30Ω＝3.6V，R2两端的电压为：U2＝U﹣U1﹣U3＝6V﹣1.2V﹣3.6V＝1.2V，滑动变阻器R2接入电路的阻值为：Ra（2）S2接b时，三个电阻串联，电压表测R1、R2两端的电压之和为2V，此时：R3两端的电压为：U3′＝U﹣（U1+U2）＝6V﹣2V＝4V，电路中的电流为：I'电路的总电阻为：R=U滑动变阻器R2接入电路的阻值为：Rb＝R﹣R1﹣R3＝45Ω﹣10ΩV﹣30Ω＝5Ω，则前后两次滑动变阻器接入电路的电阻变化了：△R2＝Ra﹣Rb＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，故A正确，B、C、D错误。【答案】A。45．（2021•随州）如图所示，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S1、S2后，将滑片P逐渐滑动到变阻器中央，电流表A和A1的示数分别用I和I1表示，电压表V的示数用U表示，当滑片P向右移动时，下列判断正确的是（）A．I1的数值变小，U的数值变大 B．I﹣I1的数值不变 C．UI-ID．UI的数值变大【解析】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，电流表A测量干路中的电流，电流表A1测量通过滑动变阻器的电流；由于电源电压不变，在移动滑动变阻器滑片的过程中，电压表示数不变；闭合开关S1、S2后，当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A1示数变小；并联电路互不影响，通过定值电阻的电流不变，根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流会变小，即电流表A示数变小；A、电流表A1示数变小，I1的数值变小，电压表示数U不变，故A错误；B、根据并联电路的电流关系可知，I﹣I1的数值为通过定值电阻的电流，保持不变，故B正确；C、电源电压U不变，I﹣I1的数值不变，则UI-D、电源电压U不变，I变小，则UI的数值变小，故D错误。【答案】B。46．（2021•黄石）如图所示电路，电源电压保持不变，R1和R2为定值电阻，闭合开关，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列选项正确的是（）A．电压表的示数减小 B．两电流表的示数均增大 C．电压表V与电流表A2的示数的比值增大 D．电压表V跟电流表A1的示数的乘积减小【解析】由电路图可知，闭合开关，R1与R2并联后再与滑动变阻器串联，电压表测并联部分的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流。ABD．在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻减小，电路的总电阻减小，由I=UR可知，电路中的总电流增大，即电流表A由U＝IR可知，并联部分的电压增大，即电压表V的示数增大，故A错误；因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=UR可知，R2支路的电流增大，即电流表A由电压表V的示数增大和电流表A1的示数增大可知，电压表V跟电流表A1的示数的乘积增大，故D错误；C．由R=UI可知，电压表V与电流表A2的示数的比值等于R【答案】B。47．（2021•恩施州）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻且小于R2的最大阻值，闭合开关S后，在滑片从最右端向左移动的过程中，电表均不超过量程，下列分析正确的是（）A．电流表示数变大，电压表V2示数变大 B．电流表示数变大，电压表V1示数变小 C．电压表V2的示数与电流表示数的乘积先变大后变小 D．电压表V2的示数与电流表示数的乘积保持不变【解析】由电路图可知，R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，A测电路中的电流；AB、当开关S闭合后，滑片从最右端向左端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；根据I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；根据U＝IR可知，R1两端的电压变大，即V1的示数变大；根据串联电路的电压关系可知，滑动变阻器两端的电压变小，即VCD、由题意可知，R1为定值电阻且小于R2的最大阻值，电压表V2的示数与电流表示数的乘积（即R2的电功率）：P=(UR1+则当R1＝R2时，R2的电功率最大，即电压表V2的示数与电流表示数的乘积最大，所以滑片从最右端向左移动的过程中，电压表V2的示数与电流表示数的乘积先变大后变小，故C正确，D错误。【答案】C。（多选）48．（2021•天门）如图所示，电源电压不变。闭合开关S后，滑动变阻器的滑片自a向b移动的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表V1的示数不变 B．电压表V2的示数变大 C．电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量之比的绝对值变小 D．电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量之比的绝对值不变【解析】由电路图可知，两电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；滑动变阻器滑片自a向b移动的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=U由U＝IR可知，R1两端的电压变小，即电压表V1的示数变小；根据串联电路的电压关系可知，R2两端的电压变大，电压表V2的示数变大；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以U2＝U﹣U1＝U﹣IR1，U2′＝U﹣U1′＝U﹣I′R1，则△U2＝U2′﹣U2＝U﹣I′R1﹣（U﹣IR1）＝（I﹣I′）R1＝﹣△IR1，即ΔU2ΔI=R1，因为R根据串联电路的电压规律可知，电压表V1示数的变化量等于电压表V2示数的变化量，所以电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量之比的绝对值不变；综上所述，BD正确。【答案】BD。49．（2021•乌鲁木齐三模）小灯泡L1与L2串联（灯丝电阻不变），其中L2的电功率为4W，且L1比L2亮，使用一段时间后，L2灯突然熄灭，L1的亮度明显变亮，此时L1的功率为25W，则L2发生的电路故障及L2未熄灭之前，L1的电功率为（）A．短路；1W B．短路；9W C．短路；16W D．断路；18W【解析】（1）由图可知，两灯泡串联，若两灯中只有一灯发光，则电路故障一定不是断路，而是另一个灯泡短路，因为是L2灯突然熄灭，L1的亮度明显变亮，则故障是L2短路；（2）当L2短路时，此电路为L1的简单电路，灯L1的功率：P1=U两灯泡串联，灯L2的功率为4W，设此时L1的功率为Px，L1两端的电压为U′，则Px=U①②两式联立可得U2U'则L2两端的电压为：U2＝U﹣U′＝U-P此时通过电路的电流：I=U'灯L2的功率：P2＝U2I＝（U-Px5将①代入④得：5Px-Px＝4W，解得：Px＝1W或P因为小灯泡L1与L2串联（灯丝电阻不变）时，L2的电功率为4W，且L1比L2亮，所以此时L1的功率为16W。综上可知，C正确，ABD错误。【答案】C。50．（2021秋•福清市期末）如图所示电路中，电源电压保持不变，将滑动变阻器滑片P从某处移到另一处，电压表示数由7V变为4V，电流表示数相应由0.2A变为0.5A，则定值电阻R消耗的电功率改变了（）A．2.8W B．2.1W C．1.2W D．0.9W【解析】由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测得串联电路的电流。设电源电压为U，串联电路总电压等于各部分电压之和，因定值电阻R0的阻值不变，根据串联电路电压规律和欧姆定律可得：U-7V0.2A解得：U＝9V；由欧姆定律得定值电阻R0的阻值为：R0=U-4V0.5A=由公式P＝I2R得定值电阻R0两次消耗的电功率：P1＝I12R0＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W；P2＝I22R0＝（0.5A）2×10Ω＝2.5W；所以定值电阻R0消耗的电功率改变了ΔP＝P2﹣P1＝2.5W﹣0.4W＝2.1W；【答案】B。51．（2021•广陵区一模）如图所示的电路，电源电压保持不变，灯丝电阻不随温度变化而变化，当滑动变阻器的滑片移到a端时，灯泡L的功率为36W；当滑动变阻器的滑片移到b端时，灯泡L的功率为9W。则滑片移到ab的中点时，灯泡L的功率为（）A．16W B．18W C．14.4W D．22.5W【解析】设电源电压为U，当滑动变阻器滑片P移到a端时，电路为灯泡L的简单电路，灯泡的功率为：P1=U当滑片P移到b端时，灯泡L与滑动变阻器的最大阻值R串联，电路中的电流为：I2=U此时灯泡的功率为：P2＝I22RL=(URL当滑片P移到ab的中点时，电路为灯泡L与12此时电路中的电流为：I3=U此时灯泡的功率为：P3＝I32RL=(URL①除以②可得：(R整理得：R＝RL；将R＝RL带入③式可得：P3=(URL+【答案】A。52．（2021•海东市一模）如图所示，是小雨同学根据测量数据绘制的通过小灯泡电流I随它两端电压U变化的关系图象。根据图象信息可知下列说法中正确的是（）A．小灯泡的电阻随电压的增大而减小 B．小灯泡两端电压为1V时，小灯泡消耗的实际功率为3W C．若将两个同样规格的小灯泡并联在2V的电源两端，电源电压保持不变，电路中总电流为0.45A D．若将两个同样规格的小灯泡串联在2V的电源两端，电源电压保持不变，两只灯泡消耗的总功率为0.6W【解析】A、由图知，灯泡的电阻随电压的增大而小，因灯丝的电阻随温度的升而增大，故A错误；B、根据图象读出，当灯泡两端电压为1V时，通过的电流为0.3A，则灯泡的实际功率：PL＝ULIL＝1V×0.3A＝0.3W，故B错误；C、两个同样规格的小灯泡并联时，通过的电流相等，由图象可知，当灯泡两端电压为2V时通过的电流为0.45A，又因为并联电路中干路电流等于各支路电流，所以电路中总电流：I＝0.45A+0.45A＝0.9A，故C错误；D、根据串联电路分压规律可知，相同规格等片串联时，两灯泡分得的电压相同，所以将两个同样规格的小灯泡串联在2V的电源两端，每个灯泡两端电压为1V，此时通过灯泡的电流为0.3A，又因为串联电路处处电流相等，并且串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以两只灯泡消耗的总功率：P＝UI＝2V×0.3A＝0.6W，故D正确。【答案】D。53．（2020秋•高明区期末）如图甲是小东同学“探究电流与电压关系”的电路图，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，电流表和电压表的示数变化关系如图乙所示，则（）A．R0的电阻值是0.2Ω B．该电路最小功率0.05W C．滑动变阻器的最大电阻是5Ω D．定值电阻R0的电功率逐渐减小【解析】由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。A、当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为0，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的电流I最大＝0.6A，电源电压：U＝U0＝3V，由I=UR可得，定值电阻R0的阻值：R0=UB、当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙可知，电路中的电流I最小＝0.1A，则电路最小功率：P最小＝UI最小＝3V×0.1A＝0.3W，故B错误；C、根据图乙可知，当电路电流最小时，电压表示数为0.5V，因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端电压：U滑＝U﹣U0′＝3V﹣0.5V＝2.5V，滑动变阻器的最大阻值：R=U滑ID、根据电路图可知，滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由I=UR可知，电路电流变小，由P＝I2R0可知，定值电阻R【答案】D。54．（2020秋•河东区期末）现有一个电压不变的电源，两个定值电阻R1、R2，将这两个电阻以某种方式连接到电源上，R1的消耗功率为P0；再将这两个电阻以另一种方式连接到该电源上，R1的消耗功率为4P0。两种连接形式中均有电流通过R2，则R1与R2的电阻之比为（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4【解析】将这两个电阻以某种形式连接到电源上，R1消耗功率为：P0=U另一种形式连接到该电源上R1消耗功率为：4P0=U'由①②可得：U'12R解得R1两端的电压比为U1：U1′＝1：2；因为R1、R2接到同一电源上，且第2次R1两端的电压更大，所以，第一种以串联方式连接；第2次以并联方式连接，如下图：则由并联电路的特点和前面的解答可得，电源电压U＝U1′＝2U1；因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以，串联时，R2两端的电压U2＝U﹣U1＝2U1﹣U1＝U1，因串联电路各处电流相等，所以由I=UR可得，R1：R2=U1I：U【答案】A。55．（2021秋•滨江区校级期中）如图所示电路，电源电压不变。闭合开关后，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W。下列说法正确的是（）A．小灯泡正常发光时的电阻为10Ω B．电源电压为10V C．滑动变阻器的最大阻值为20Ω D．滑片P在最右端时，整个电路消耗的功率为3W【解析】由电路图可知，闭合开关后，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W，由小灯泡消耗的功率变大可知，电路中的电流I＝0.3A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大（即滑片在最右端），由P＝UI可得，此时灯泡两端的电压：UL=P当滑片P移到中点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，灯泡两端的电压变大，由电压表示数变化了2V可知，此时灯泡两端的电压UL′＝UL+2V＝3V+2V＝5V，因此时灯泡正常发光，且灯泡的功率PL′＝2W，所以，由P＝UI=U2R可得，灯泡正常发光时的电阻：RL=（2）当滑片P在最右端时