因物体浸没时排开液体的体积相等，
所以，体积相同的铅球、铜块和木块排开液体的体积相等， 由F浮=G排=ρ液gV排可知，它们受到的浮力一样大。 故选：D。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，要注意物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等。
6． 如图所示，电源的电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左端移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数减小，电压表V的示数增大 B．电流表A的示数增大，电压表V的示数减小 C．电流表A和电压表V的示数都减小 D．电流表A和电压表V的示数都增大 【考点】IZ：电路的动态分析．
【专题】12 ：应用题；53 ：电路和欧姆定律；5A8：电路变化分析综合题．
【分析】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V测滑动变阻器两端的电压，电流表A测电路中的电流，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定值电阻两端的电压变化，利用串联电路的电压特点求出电压表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V测滑动变阻器两端的电压，电流表A测电路中的电流，
将滑动变阻器的滑片P向左端移动过程中，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小， 由I=可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数增大，故AC错误； 由U=IR可知，定值电阻两端的电压变大， 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小，即电压表V的示数减小，故B正确、D错误。 故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，利用串联
第 11 页 共 11 页
电路的分压特点分析滑动变阻器两端的电压变化会更简单。
7． 在水平轨道上有一辆实验车，其顶部装有电磁铁，电磁铁下方吸有一颗钢珠，在实验车向右匀速直线运动的过程中，钢珠因断电下落，如图是描述钢珠下落的四个示意图，图中虚线表示钢珠下落的路径，以实验车为参照物，正确描述钢珠下落路径的示意图是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】6L：惯性．
【专题】12 ：应用题；572：运动和力．
【分析】惯性是物体的固有属性，一切物体都有保持原来运动状态的性质，据此分析钢珠的运动轨迹。
【解答】解：钢球随实验车在水平轨道上匀速向右行驶，当它落下前，速度与实验车的速度一样；当它下落时，由于惯性，水平方向上的速度不变，但竖直方向上受到重力，因此以实验车为参照物时，钢珠作自由落体运动。 故选：B。
【点评】本题考查惯性的应用，知道物体由于惯性会保持原来的运动状态。
8． 图甲是小灯L和电阻的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，已知该电路中电源的电压是2V，则下列结论错误的是（ ）
A．只闭合开关S，电路消耗的功率是1W B．当再闭合S1后，电流表示数变化了0.2A C．当再闭合S1后，电路消耗的总功率为1.2W D．当再闭合S1后，电路消耗的功率将增大0.4W 【考点】IZ：电路的动态分析．
【专题】12 ：应用题；53 ：电路和欧姆定律；541：电能和电功率；5A8：电路变化分析综
第 12 页 共 12 页
合题．
【分析】（1）由电路图可知，只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，由甲图象读出通过小灯泡的电流，根据P=UI求出电路消耗的功率；
（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知R两端的电压，由甲图象可知此时通过R的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡L的电流不变，则通过R的电流即为电流表示数的变化量，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出电路消耗的总功率，根据△P=P′﹣P求出电路消耗功率的增加量。
【解答】解：（1）由电路图可知，只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，
电源的电压是2V，则灯泡两端的电压为2V，由甲图象可知，通过灯泡的电流为0.5A， 则电路消耗的功率：
P=UIL=2V×0.5A=1W，故A正确；
（2）当再闭合开关S1时，灯泡L与定值电阻R并联，电流表测干路电流， 因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，此时R两端的电压为2V，由图象可知IR=0.2A， 因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过L的电流不变，则电流表示数的变化量：△I=IR=0.2A，故B正确； 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，干路电流表的示数： I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A， 此时电路消耗的总功率：
P′=UI=2V×0.7A=1.4W，故C错误； 电路消耗功率的增加量：
△P=P′﹣P=1.4W﹣1W=0.4W，故D正确。 故选：C。
【点评】本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，利用好并联电路中各支路独立工作、互不影响是关键。
二、填空题（本大题包括5个小题，共20分）
9． 小辉家使用功率为1000W的电热壶烧水，电热壶工作7min所消耗的电能是 4.2×105
第 13 页 共 13 页
J；假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，那么可以烧开的水的质量 1 kg．（c水=4.2×103J/（kg?℃），当地气压为一个标准大气压。） 【考点】JK：电功与热量的综合计算．
【专题】11 ：计算题；5A7：电和热综合题．
【分析】根据P=求出电热壶工作7min所消耗的电能；由题意可知，假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，根据Q吸=cm△t求出加热水的质量。 【解答】解：
由P=可得，电热壶工作7min所消耗的电能：W电=P电t=1000W×7×60s=4.2×105J， 假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收， 则水吸收的热量：Q吸=80%W电=80%×4.2×105J=3.36×105J， 由Q吸=cm△t可得，可以烧开水的质量： m=
=
=1kg。
故答案为：4.2×105；1。
【点评】本题考查了吸热公式和效率公式、电功公式的综合应用，要注意在标准大气压下水的沸点为100℃。
10． 图甲所示的铁块重力G=4N，被吸附在竖直放置且足够长的磁性平板上，当它在竖直方向上拉力F=6N的作用下向上运动时，铁块受到的摩擦力为 2 N；铁块此时速度v与时间t的关系图象如图乙所示，则4s内拉力F做功是 4.8 J。
【考点】EC：功的计算．
【专题】11 ：计算题；4B ：图析法；592：功、功率、机械效率．
【分析】（1）处于平衡状态的物体受平衡力作用，即大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上。
（2）从图乙中读出铁块运动的速度，利用速度公式求出通过的路程，再利用W=Fs计算4s
第 14 页 共 14 页
内拉力F做功。 【解答】解：
（1）由乙图可见，铁块在竖直方向上运动时，速度保持不变，因此铁块做匀速直线运动，铁块受到平衡力的作用。
在竖直方向上受到竖直向下的重力G、竖直向下的摩擦力f和竖直向上的拉力F， 根据平衡力的特点，故铁块受到摩擦力大小f=F﹣G=6N﹣4N=2N。 （2）根据v=可得，铁块在4s内升高的距离s=vt=0.2m/s×4s=0.8m， 因此拉力F做的功W=Fs=6N×0.8m=4.8J。 故答案为：2；4.8。
【点评】此题主要考查学生对二力平衡条件的掌握和应用。首先，我们可以判断物体是否受力平衡；其次，根据所求力的方向、以及平衡力的大小和方向准确求出力的大小和方向。
11． 两个发热电阻R1：R2=1：4，当它们串联在电路中时，R1、R2两端的电压之比U1：U2= 1：4 ；已知R1=10Ω，那它们并联在4V电路中后，两个电阻在100s内产生的热量是 200 J。
【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用．
【专题】11 ：计算题；542：电与热、生活用电．
【分析】（1）两电阻串联时通过的电流相等，根据欧姆定律求出两电阻两端的电压之比； （2）两电阻并联时它们两端的电压相等，根据Q=W=【解答】解：（1）当两电阻串联在电路中时， 因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=可得，R1、R2两端的电压之比：
=
=
=；
t求出两个电阻产生的热量。
（2）已知R1=10Ω，R1：R2=1：4，所以R2=4R1=4×10Ω=40Ω， 当两电阻并联在电路中时，因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，两个电阻在100s内产生的热量： Q总=W总=W1+W2=
t+
t=
×100s+
×100s=200J。
故答案为：1：4；200。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及欧姆定律、电热公式的
第 15 页 共 15 页