C、用弹簧测力计拉木块沿水平木板匀速滑动，木块做匀速直线运动，不论其速度大小如何，都受到平衡力的作用，在水平方向上，摩擦力和拉力是一对平衡力；故两次实验的拉力和摩擦力均相等；故C错误； D、从图中可以看出第二次木块运动的速度较大，而木块所受的拉力不变，根据公式W=Fs=Fvt可知，拉力第二次做功的功率大；故D选项错误； 故选A．
10．如图是一同学正在体育课中进行铅球投掷训练，若忽略铅球的体积和空气阻力，下列有关铅球的说法正确的是（ ）
A．上升时，机械能不变、重力势能增加
B．上升到最髙点时，动能为零，重力势能最大 C．下落时，动能不变，重力势能减小 D．整个过程中铅球受到平衡力的作用 【考点】动能和势能的大小变化．
【分析】动能的大小与物体的质量以及速度有关，质量越大、速度越大，动能越大；重力势能的大小和物体的质量以及物体所处的高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大；判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的．
【解答】解：A．上升时，重力势能增加，动能减小，机械能保持不变，故A正确； B．上升到最髙点时，重力势能最大，但动能不为零，故B错误； C．下落时，动能增加，重力势能减小，故C错误；
D．由于整个过程中铅球的运动状态不断发生改变，故铅球受到非平衡力的作用，故D错误； 故选A．
11．下列做法符合安全用电原则的是（ ） A．发现有人触电应立即将触电者拉开 B．更换灯泡时必须要断开电源
C．使用测电笔时，手不能接触测电笔尾部的金属电极
D．为了用电安全，尽可能将多个大功率用电器插入同一个插座同时工作 【考点】安全用电原则． 【分析】（1）发现有人触电后，直接用手把触电者拉离电源，因人体是导体，可能使救助者间接触电；
（2）维修电器或更换灯泡，应先切断电源；
（3）使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体；
（4）多孔插座各用电器也是并联的，若电路中的总功率过大，会使电路中的电流过大． 【解答】解：A、发现有人触电应该先切断电源，不能直接用手拉开，否则也会触电，该选项做法不符合安全用电原则；
B、更换灯泡时，要先切断电源，然后再换新灯泡，否则容易发生触电事故，该选项做法符合安全用电原则；
C、使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体，不能接触笔尖的金属体，该选项做法不符合安全用电原则；
D、多个大功率用电器同时使用一个插座，会使干路中的电流过大，出现危险，该选项做法不符合安全用电的原则． 故选：B．
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12．如图所示，是小明家的部分电路．开始时各部分工作正常，将电热水壶的插头插入电源的插座后，发光的小彩灯突然全部不亮了，但照明灯泡仍正常发光，拔出电热水壶的插头，小彩灯仍不能亮，把测电笔分别插入插座的左、右孔，氖管均能发光．则下列说法正确的是（ ）
A．可能是零线的BD间断路了
B．电热水壶功率过大，导致保险丝熔断了 C．测电笔接触B点时能使氖管发光 D．每个小彩灯之间是并联的 【考点】家庭电路的故障分析．
【分析】正在发光的小灯泡突然不亮，但照明灯泡仍正常工作，说明有地方开路了． 【解答】解：
AB、电灯仍正常工作，说明不是保险丝烧坏了，没有发生短路，而把测电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明火线有电，而零线开路了，且是在B、D之间开路．故A正确，B错误；
C、B点是零线测电笔的氖管不发光，故C错误； D、每个小彩灯是串联，故D错误． 故选A． 13．江南特种玻璃厂生产的电控调光玻璃，具有根据光照强度自动调节玻璃透明度的功能．光照增强，施加于玻璃两端的电压降低，玻璃透明度下降；光照减弱，施加于玻璃两端的电压升高，玻璃透明度上升．已知光敏电阻Rx的阻值随光照的增强而变小，R0是定值电阻，电源电压不变，则下列电路图中符合要求的是（ ） A． B． C． D．
【考点】电路的基本连接方式．
【分析】具有根据光照强度自动调节玻璃透明度的功能，且光照增强，通过电路中的电流降低玻璃两端的电压，从而降低玻璃透明度；所以应与一电阻并联，这一电阻应是在光照增强时，它两端的电压减小． 【解答】解：
AB、玻璃与电源并联，它两端的电压不变，故AB错误；
CD、光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，根据串联电路的分压原理可知：阻值变小，分得的电压也变小，而光敏电阻Rx的阻值随光照的增强会变小，所以在光照增强时，电路中的光敏电阻Rx两端的电压变小，定值电阻R0两端的电压变大；而光照增强时，应使玻璃透明度下降；玻璃透明度在玻璃两端的电压降低时会下降；所以玻璃应与两端电压变小的电阻并联，即玻璃应与光敏电阻Rx并联；故C错误，D正确． 故选D．
14．如图所示，电源电压不变，闭合开关S，向下移动滑片P，以下说法中正确的是（ ）
A．电压表V2的示数变大，灯泡L变亮
B．电压表V1示数与电流表A的示数之比不变 C．电压表V2的示数不变，电流表A的示数变小 D．电压表V1的示数变大，电路的总功率变大
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【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用；电功率的计算．
【分析】由电路图可知，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测变阻器两端的电压，电压表V2测电源的电压，电流表测电路中的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表V2示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步判断亮暗的变化；根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化，进一步可知电压表V1示数与电流表A的示数之比变化，利用P=UI可知电路总功率的变化．
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测变阻器两端的电压，电压表V2测电源的电压，电流表测电路中的电流． 因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V2的示数不变，故A错误；
向下移动滑片P，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大， 由I=可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故C正确； 由U=IR可知，灯泡两端的电压变小， 因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故A错误； 因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V1的示数变大， 则电压表V1示数与电流表A的示数之比变大，故B错误； 由P=UI可知，电路的总功率变小，故D错误． 故选C．
15．如图所示，用开瓶器在A处用力开启瓶盖，下列说法正确的是（ ）
A．B点为开瓶器的支点
B．开瓶器受到的阻力方向为竖直向上 C．使用开瓶器能省力 D．使用开瓶器能省功 【考点】杠杆的应用．
【分析】A、杠杆绕着转动的点叫支点． B、阻碍杠杆运动的力为阻力．
C、动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆． D、使用任何机械都不省功．
【解答】解：A、杠杆绕着转动的点叫支点，起瓶器绕C点转动，所以C点是支点；故A错误；
B、阻力作用在B点，开瓶器受到的阻力方向为竖直向下的，故B错误；
C、起瓶器开启瓶盖时，动力臂大于阻力臂，可看作是以C为支点的省力杠杆，故C正确． D、使用任何机械都不省功，因此使用开瓶器不能省功，故D错误． 故选C．
16．关于粒子和宇宙，下列认识正确的是（ ） A．自然界的电荷有质子、中子和电子三种 B．电子的发现说明原子核是可再分的 C．“谱线红移”说明星系在离我们远去
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D．在电子、质子和原子中，尺度最小的是质子
【考点】从微观到宏观的尺度；人类探究微观世界的历程；人类探究太阳系及宇宙的历程． 【分析】（1）自然界的电荷有正电荷和负电荷两种； （2）电子的发现说明原子可以再分；
（3）哈勃发现了谱线的红移现象，说明星系在远离我们而去；
（4）分子由原子组成，原子的构成：带正电的原子核和带负电的核外电子，原子核又分为带正电的质子和不带电的中子．
【解答】解：A．然界的电荷有正电荷和负电荷两种，故A错误； B．电子的发现说明原子可以再分，故B错误；
C．谱线红移现象说明了光谱向长波方向偏移，谱线“红移”说明星系在离我们远去，故C正确；
D．原子核和电子构成原子，原子核由质子与中子组成，在电子、质子和原子中，尺度最小的是电子，故D错误． 故选C．
17．为了测盐水的密度，某实验小组制定如下的实验计划： ①在烧杯中装入适量盐水，测出它们的总质量 ②将烧杯中一部分盐水倒入量筒中 ③测出量筒中盐水的体积 ④测出烧杯和剩余盐水的质量 ⑤测出空烧杯的质量
⑥根据实验数据计算盐水的密度． 以上实验步骤安排最合理的是（ ）
A．①②③④⑥ B．⑤①②③⑥ C．①②④③⑤⑥ D．⑤①②④③⑥ 【考点】液体密度的测量．
【分析】先测烧杯和盐水的质量，再测烧杯和剩下盐水的质量，这样算出的质量便是量筒中盐水的质量，从而避免因烧杯中盐水倒不干净而使盐水的体积偏小．
【解答】解：先测空烧杯质量，将液体倒入烧杯测出液体烧杯总质量，再将液体倒入量筒测体积，这种做法因烧杯壁粘液体，测出的体积偏小，算出的密度偏大．因此测盐水等液体密度的实验步骤安排最合理的是：
①在烧杯中装入适量盐水，测出它们的总质量， ②将烧杯中一部分盐水倒入量筒中， ③测出量筒中盐水的体积， ④测出烧杯和剩余盐水的质量， ⑥根据实验数据计算盐水的密度． 故选A．
18．不漏气的橡皮氢气球由地面上升过程中，有关的说法正确的是（ ） A．球内气体质量不变，密度不变 B．球内气体质量不变，密度减小 C．气球一直受到平衡力的作用 D．气球的动能转化为重力势能
【考点】质量及其特性；密度及其特性；力与运动的关系；动能和势能的转化与守恒． 【分析】利用下列知识分析判断：
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①质量是物体本身的一种属性，不随位置、状态、形状、温度的改变而改变； ②气体的质量一定时，体积越大，密度越小； ③气球上升是因为气球受到的浮力大于重力；
④重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度，质量越大，所处的位置越高，重力势能越大． 【解答】解： AB、气球升空过程中，只是位置的改变，球内气体的质量不变；大气压随高度的升高而减小，气球升空过程中，气球外的气压减小，为保证内外压强相等，所以球的体积增大来减小球内压强，气体的质量不变，体积越大，所以密度越小，故A错、B正确； C、气球上升是因为气球受到的浮力大于重力，故C错； D、气球的高度越来越大，重力势能越来越大，故D错． 故选B．
19．如图是足球运动员踢足球时的情景，足球在空中划过一条漂亮的弧线．下列说法正确的是（ ）
A．球被脚踢出去，说明只有球才受到力的作用 B．脚踢球使球飞出去，说明力是使物体运动的原因 C．足球在空中飞行过程中，运动状态一定发生改变
D．若足球运动至最高点时所受的力全部消失，它将保持静止状态 【考点】力与运动的关系．
【分析】①力的作用是相互的，一个物体对另一个物体施加力的作用的同时，受到另一个物体的反作用力；
②力的作用是改变物体的运动状态，物体运动不需要力维持；
③物体不受力或受平衡力运动状态不变；物体受力不平衡时，运动状态一定改变； ④运动的物体不受任何力的作用时，将做匀速直线运动状态． 【解答】解：
A、由于力的作用是相互的，球被脚踢出去的同时，脚受到球的反作用力．故A错误； B、脚踢球，使球飞出去，说明力可以改变物体的运动状态．故B错误；
C、足球在空中运动过程中，受到竖直向下的重力与空气的阻力，这两个力不是平衡力，所以足球的运动状态一定发生改变．故C正确；
D、足球到最高点时，若它所受的力全部消失，它将保持原来的运动状态，沿原来的方向做匀速直线运动，故D错误． 故选C．
20．下列关于信息的传递和能量的利用说法正确的是（ ） A．核电站是利用原子核聚变所释放的能量来发电 B．光纤通信是利用光波传输信息
C．煤、石油、天然气、太阳能等都是不可再生能源 D．移动电话（手机）利用超声波传递信息
【考点】核裂变；移动通信；光纤通信；能源的分类．
【分析】核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
光纤通信主要是利用激光在光导纤维中传输信息的通信方式，激光是一种光波；
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