2019年中考物理模拟试卷及答案解析2-3

2019年中考物理模拟试卷一、选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）1（3分）吊在室内天花板的电风扇重G，静止时固定杆对它的拉力为F1，当风扇叶片水平转动起来后，杆对它的拉力为F2，则（）AF1=G、F2=F1BF2=G、F2F1CF1=G、F2F1DF1=G、F2F12（3分）小明用一架焦距不变的照相机给小刚拍一张二寸的半身照，小刚在原地不动，小明又要给他拍一张二寸的全身照，正确的操作是（）A小明往前移，并使镜头往里缩B小明往前移，并使镜头往外伸C小明往后移，并使镜头往里缩D小明往后移，并使镜头往外伸3（3分）如图所示，静止的传送带上有一木块A正在匀速下滑，当传送带突然向上开动时，木块滑到底部所需的时间t与传送带静止不动时所需时间t0相比（）At=t0Btt0Ctt0D无法判断4（3分）用一个测量仪器测量某物理量时得到的数据跟物理量之间满足最简单的函数关系。下表所示是该测量仪器测量某物理量时的一组测量值（表中已知量的单位和仪器刻度读数的单位相同）：已知物理量Q0.001.002.004.006.00仪器刻度读数S0.000.502.008.0018.00由上表可以推断，若用这个测量仪器去测量一个5.00单位的已知物理量时，仪器的读数是（）A10.0B12.5C13.0D16.55（3分）如图甲所示，小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度l之间的关系，如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则小球（）A受到的弹力始终不变B运动过程动能一直增大C运动过程机械能不变D在b点时重力等于弹力6（3分）如图所示铜、铁、铝三个实心球（铜铁铝），用细线拴住，全部浸没在水中时，三根细线上的拉力相等，则关于这三个金属球的体积、质量之间的关系。下列判断正确的是（）AV铜V铁V铝，m铜m铁m铝BV铜V铁V铝，m铜m铁m铝CV铜V铁V铝，m铜m铁m铝DV铜V铁V铝，m铜m铁m铝7（3分）一向右运动的车厢顶上悬挂两单摆M、N二者只能在图所示的平面内摆动，某一时刻出现了如图的情景。由此可知此车厢的运动以及二单摆相对车厢运动的可能情况是（）A车厢做匀速直线运动，M在摆动，N静止B车厢做匀速直线运动，M静止，N也静止C车厢做匀速直线运动，M静止，N在摆动D车厢做加速直线运动，M静止，N也静止8（3分）如图所示，A、B间电压一定，当滑片P向左移动到另一位置时，通过R1、R2的电流变化量的大小分别为I1、I2，电压变化量的大小分别为U1、U2，则（）AI1I2，U1U2BI1I2，U1U2CI1I2，U1=U2DI1=I2，U1=U29（3分）如图所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出鸡蛋刚离开手时的动能最接近于（质量为m、速度为v的物体所具有的动能的计算公式：Ek=；质量为m的物体在高度h处的重力势能的计算公式：Ep=mgh）（）A0.3JB3JC30JD300J二、填空和实验题（本题共7小题，每空2分，共24分）10（2分）研究发现磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大。图示电路中，GMR为一个磁敏电阻，闭合开关S1和S2，移动滑片P，发现指示灯的亮度变亮，说明滑片P向 （选填“左”或“右”）滑动。11（2分）如图所示，AB为一轻质杠杆，O为支点，在O点两侧分别悬挂体积相等的实心铜球和实心铁球，杠杆在水平位置平衡。若将两球分别远离O点向外移动相同的距离（未脱离杠杆），则 （选填“铜球”或“铁球”）一端下降。12（2分）斜面上物块ABC的上表面AB光滑水平，AC面光滑竖直，AB=40cm，AC=30cm大小忽略不计的小球放在物块水平表面A处，现物块以速度v=0.25m/s沿固定斜面匀速下滑，则经 s小球与斜面接触。13（4分）如图所示，闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P在某两点之间来回滑动时，电流表的示数范围是1.02.0A，电压表的示数范围是7.22.4V，则电路中定值电阻R0为 ，电源电压为 V。14（4分）如图，A为内壁长是2m的光滑U型框，框内有一小球B某时刻开始，小球从框的中点以1m/s的速度向右匀速直线运动，与框右侧挡板碰撞后立刻以相等的速度返回，以后的每次碰撞小球只改变速度方向，且不计碰撞时间。（1）若框始终静止，则41.7s内小球与框碰撞的次数为 次；（2）若框始终以0.5m/s的速度向右匀速直线运动，则3s末小球与框左侧挡板的距离为 m。15（4分）某次实验中把直流电动机接在5V的稳压电源上，闭合开关后，电动机不转动，这时与它串联的电流表的示数为2.5A经检查发现，转轴上齿轮被卡住了。故障排除后，电动机正常转动，电流表示数为1A则电动机输出的机械功率是 W，工作效率是 。16（6分）用如图（a）所示电路测量小灯泡电功率，灯泡L标有“2.5V 0.3A”字样，滑动变阻器铭牌上标有“50 1.5A”字样，不考虑温度对灯泡电阻的影响。（1）按电路图将图（b）中的实物元件连接起来。（2）在图（a）中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片从A向B滑动的过程中，电压表示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）某次实验时电压表和电流表的示数如图（c）所示，则此时小灯泡的实际功率为 W。三、解答题（本题共2小题，第17题8分，第18题6分，共14分）17（8分）如图甲所示，在容器底部固定一轻质弹簧，弹簧上端连有一边长为0.1m的正方体物块A，当容器中水的深度为20cm时，物块A有的体积露出水面，此时弹簧恰好处于原长状态（水=1.0103kg/m3，g取10N/kg）求：（1）物块A受到的浮力；（2）物块A的密度；（3）往容器缓慢加水（水未溢出）至物块A恰好浸没时水对容器底部的压强p（整个过程中弹簧受到的拉力跟弹簧的伸长量关系如图乙所示；液体压强公式p=gh）。18（6分）如图所示，一个用电阻丝绕成的线圈浸没在盛油的量热器中。量热器为绝热容器，不会与外界发生热传递。线圈的电阻为R，R会随温度变化，其变化规律可以用公式R=R0（1+）表示，式中R0为0时线圈的电阻、为线圈温度、为电阻的温度系数。现将线圈两端接入电压恒定的电源，线圈发热使油温缓慢地上升。已知油的初始温度为0，此时温度升高的速率为5.0/min；持续一段时间后，油温上升到30，此时温度升高的速率变为4.5/min。（在温度变化很小时，的变化要考虑，但可认为R不变。）试求：（1）若电源电压为220V，0时线圈的电阻为96.8，量热器中油的比热容为2103J/kg，则量热器中油的质量为多少？（2）此线圈电阻的温度系数。参考答案与试题解析一、选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）1【考点】6I：力作用的相互性；6Q：平衡状态的判断；6W：力的合成与应用【分析】电风扇静止，静止就是一种平衡状态，平衡状态时受到的就是一对平衡力，从而判断出G和F1的关系；电风扇转动时，风扇叶片就会对空气施加一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，所以风扇叶受到了一个空气施加的反作用力，此时风扇叶片虽然转动，但位置没有变化，此时风扇叶片依然受到的是平衡力，根据平衡力的知识分析。【解答】解：电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即F1=G；电风扇转动时，风扇叶对空气施加了一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，空气对风扇叶施加了一个向上的反作用力；此时风扇叶受到了三个力的作用，重力G、固定杆对扇叶的拉力F2、空气对扇叶施加的力F，风扇在这三个力的作用下在竖直方向上静止，所以G=F2+F，F2G。故选：D。【点评】此题考查的是平衡力和相互作用力。解答此题的关键是我们要知道：电扇虽然转动，但由于它没有运动或者说位置没有发生变化，所以此时它依然是平衡状态，受到的是平衡力。2【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验【分析】根据凸透镜成像的规律分析。像变大时，像距也变大，而物距变小。【解答】解：照了某人一张2寸的半身照之后，小刚在原地不动，小明又要给他拍一张2寸的全身照，所成的像变小了，故像距变小，物距变大，所以人应远离照相机，同时使镜头往里缩。故选：C。【点评】本题考查了凸透镜的成像规律。照相机是利用了凸透镜能成倒立缩小的实像的原理制成的。3【考点】69：速度公式及其应用【分析】根据公式t=，明确传送带静止和向上运动时木块通过的距离和相对于传送带的速度的大小关系，即可确定两次所需时间的大小关系。传送带无论是匀速向上运动还是静止，木块相对于传送带向下运动的速度是不变的。传送带无论是匀速向上运动还是静止，木块下滑时通过的距离都等于上下两个转动轴之间的长度。由此入手即可。【解答】解：解答思路一：木块下滑，是由于受到重力沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力的合力造成的，无论传送带是匀速向上运动还是静止，由于木块沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力都不变，所以木块受到的合力不变，故木块相对于传送带向下运动的速度是不变的。设木块下滑的速度为V；相对于传送带，木块下滑移动的距离都等于上下两个转动轴之间的长度s。根据公式：t=，所以，木块滑到底部所需的时间t与传送带静止不动时所需时间t0是相等的。解答思路二：当传送带静止不动时，木块能匀速下滑，那说明木块在沿斜面方向上受力是平衡力，既木块的重力在沿斜面向下方向上的分力与木块受到的向上的摩擦力是相等的。如果在木块下滑时，传送带突然向上开动。因为传送带向上开动时，并不能使木块向上运动，不管传送带向上运动还是向下运动，木块下滑时受到的摩擦力始终是向上的，传送带向上运动时并不能使摩擦力变大，木块的受力情况不变，木块的运动状态并没有改变，木块仍会以原来的速度下滑，那么木块下滑的时间与传送还不动时的时间一样。综上分析故选A。【点评】明确传送带静止与匀速向上运动时，木块相对于传送带的速度不变，通过的路程不变是解决此题的关键。4【考点】2R：物理常识【分析】首先根据表格中数据分析得出已知物理量和刻度之间的关系，然后求出当用这个测量仪器去测量一个5.00单位的已知物理量时，仪器的读数。【解答】解：由表格中数据知，已知物理量每增加n倍，仪器的读数便增加为原来的n的平方倍，5.00是1.00的5倍，则仪器刻度读数S是0.50的25倍，即0.5025=12.5。故选：B。【点评】此题考查了学生对数据的分析，在物理实验中，经常要测量一组数据，通过对数据的分析得出物理量之间的关系，在解决此类题目时首先要观察两组数据的大小变化（定性分析），后具体找出两者的关系（定量分析）。5【考点】FN：动能和势能的大小变化【分析】由图象可知，小球速度先变大，后变小。弹簧发生形变从而产生弹力，弹力的大小与弹簧的弹性形变程度有关。机械能是动能和势能的统称，动能与物体的质量和速度有关；在运动过程中小球受重力与弹簧的弹力，当两力大小相等时，小球速度最大，此时弹力与重力是一对平衡力。【解答】解：A、小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧形变程度逐渐变大，所以小球受到弹力也逐渐变大，故A错误；B、由图象可知，小球速度先变大，后变小。小球质量不变，所以小球动能先变大，后变小，故B错误；C、小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧。此过程中小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能变小，故C错误；D、在小球向下运动过程中，受竖直向上的弹簧的弹力，竖直向下的重力。开始时，重力大于弹力，合力向下，小球速度越来越大。随弹簧压缩量的增大，弹力越来越大，当弹力与重力相等时，两力是一对平衡力，合力为零。小球再向下运动，弹力大于重力，合力向上，小球速度减小。由此可见，当重力G与弹力F是一对平衡力时，小球速度最大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了弹力、动能和能量转化以及运动和力关系等问题。解题的关键要读懂图，由图获取弹簧压缩量，小球速度变化的信息分析小球的运动过程，分析弹力的变化情况。6【考点】8O：阿基米德原理；2B：密度公式的应用；6W：力的合成与应用；78：重力的计算【分析】球浸没在水中，受到的拉力加上受到的浮力等于球重（F拉+F浮=G），可得F拉=球Vg水Vg=（球水）Vg，因为拉力相同，根据球的密度关系可得三球的体积关系；根据三球的体积关系可以得出三球受到水的浮力大小关系，因为G=mg=F拉+F浮，F拉相等，可以判断三球质量关系。【解答】解：球浸没在水中，F拉+F浮=G，F拉=GF浮=球vg水vg=（球水）vg，铜铁铝，拉力F拉相同，v铜v铁v铝；三球受到的浮力：F铜F铁F铝，G=mg=F拉+F浮，F拉相等，三球质量：m铜m铁m铝。故选：D。【点评】本题考查了学生对密度公式、重力公式、阿基米德原理的掌握和运用，用好称重法F浮=GF拉是本题的关键。7【考点】6U：力与运动的关系【分析】本题可根据匀速直线运动与静止状态等效判断车厢做匀速直线运动时的情况；应用牛顿第二定律的矢量性和作用力是合力的特点对做加速运动时的情况做出判断。【解答】解：A、根据匀速直线运动与静止情况等效，M在摆动，N静止，某一瞬时出现图中的情景是可能是。故A正确；B、根据匀速直线运动与静止情况等效，车厢做匀速直线运动时，M在摆动，N可能静止，也可能在摆动，不会出现二者都静止，故B错误；C、根据匀速直线运动与静止情况等效，车厢做匀速直线运动时，M在摆动，N可能静止，也可能在摆动，不会出现M静止，N在摆动，故C错误；D、车厢做加速直线运动时，M可能静止，若N静止，其加速度与M相同，水平向右，根据牛顿第二定律，合力水平。如果静止，合力不可能在水平方向上，故D错误。故选：A。【点评】本题是应用牛顿第二定律分析物体的运动状态，关键是对牛顿第二定律理解要到位，特别是F=ma式中，F是合力，合力是产生加速度的原因，a与合力方向相同，抓住矢量性。8【考点】IG：欧姆定律的变形公式【分析】由电路图可知，电阻R2与R3并联，然后再与R1串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点判断电路总电阻如何变化，再应用欧姆定律判断电路电流如何变化，最后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。【解答】解：由电路图可知，电阻R2与R3并联，然后再与R1串联，设A、B间电压为U；（1）由电路图可知，滑片P向左移动时，滑动变阻器R2接入电路的阻值变大，电阻R2与R3的并联电阻变大，电路总电阻变大，电路两端电压不变，由欧姆定律可知，干路电流I变小，通过R1的电流I1减小，电阻阻值不变，电阻R1两端电压U1=IR1变小，电阻R2与R3的并联电压U并=U2=U3=UU1变大，R3不变，由I3=可知I3变大，由并联电路特点可知，干路电流等于各支路电流之和，I1=I2+I3，I1减小，I3增大，I2减小，则I2的减小量大于I1的减小量，即I1I2；（2）串联电路总电压等于各串联电路电压之和，则U=U1+U2，由于U不变，U1的减小量等于U2的增加量，即U1=U2；由以上分析可知，I1I2，U1=U2，故C正确；故选：C。【点评】本题考查了判断电流与电压变化量间的关系，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。9【考点】E4：能量转化与守恒观点的应用【分析】估计一个鸡蛋的质量，再根据鸡蛋的运动情况，可以估计上升的高度的大小，根据Ep=mgh可以得出鸡蛋的重力势能。根据势能与动能的转换，可得出动能的大小。【解答】解：一个鸡蛋的质量约为60g=0.06kg，由图可知大约能抛的高度为h=0.5m，则鸡蛋到达最高点时的重力势能：Ep=mgh=0.06kg10N/kg0.5m=0.3J；如果不计空气阻力，鸡蛋的动能与重力势能相互转化，保持守恒，所以鸡蛋刚离开手时的动能最接近于0.3J。故选：A。【点评】本题考查了能量的估算，了解动能与重力势能的计算公式，能估测出一个鸡蛋的质量和移动的距离是本题的关键。二、填空和实验题（本题共7小题，每空2分，共24分）10【考点】CE：影响电磁铁磁性强弱的因素；JE：实际功率【分析】根据指示灯亮度的变化判定电路中电流的变化，从而判定出磁敏电阻的阻值的变化，根据磁敏电阻与磁场强度的关系判定磁性的变化，从而判定滑动变阻器阻值的变化。【解答】解：闭合开关S1和S2，移动滑片P，发现指示灯的亮度变亮，说明通过指示灯的电流变大，根据欧姆定律可知，GMR的电阻减小；由于磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，GMR的电阻减小，说明磁场强度变小，即电磁铁磁性变小，通过电磁铁的电流减小，由欧姆定律可知，滑动变阻器的阻值增大，故滑动变阻器滑片应向右移动。故答案为：右。【点评】本题的实验虽然是探究巨磁电阻的特性，不是初中物理的内容，但该题所考查的其实还是初中物理的知识：包括欧姆定律、影响电磁铁磁性强弱的因素，是一道好题。11【考点】7T：杠杆的应用【分析】AB两端分别悬挂实心铜球和实心铁球，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件求出铜块和铁块的重力关系；当两球同时向外移动相同的距离，两球增大相同的力臂，根据杠杆的平衡条件判断现在杠杆是否平衡。【解答】解：如图，杠杆处于平衡状态，根据杠杆平衡条件得，OAG铜=OBG铁，因为OAOB所以G铜G铁设两球向外移动的距离为L，则G铜（OA+L）=G铜OA+G铜LG铁（OB+L）=G铁OB+G铁L又因为OAG铜=OBG铁，G铜G铁所以G铜（OA+L）G铁（OB+L），杠杆向铜球一端倾斜，即铜球一端下降。故答案为：铜球。【点评】此题是有关杠杆的动态平衡分析，关键是掌握杠杆平衡条件，分析两边力和力臂乘积的大小关系，杠杆将向乘积大的一端倾斜。12【考点】69：速度公式及其应用【分析】已知AB、AC长度，由图可先计算BC长度；因为各表面是光滑的，所以小球在水平方向不受力，即下落过程中只受到重力的作用，并且通过的距离是AC；小球从释放到与斜面接触所用时间与斜面B点滑到C点所用时间相同。【解答】解：已知AB和AC的长，由图知BC的长度：BC=0.5m；斜面光滑，所以小球下落时间等于物块由B滑到C的时间，由v=可知小球与斜面接触所用时间：t=2s。故答案为：2。【点评】此题是速度变形公式的应用，知道“小球从释放到与斜面接触所用时间与斜面B点滑到C点所用时间相同”，是正确解答的关键。13【考点】IH：欧姆定律的应用【分析】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的阻值增大时，电路中的电流就会减小，定值电阻两端的电压就会减小，滑动变阻器两端的电压就会增大；反之，当滑动变阻器的阻值减小时，电路中的电流就会增大，定值电阻两端的电压就会增大，滑动变阻器两端的电压就会减小。由此可知，当电流表示数是1A时，电压表示数是7.2V；当电流表示数是2.0A时，电压表示数是2.4V根据电源电压不变，我们可以建立两个方程组成方程组，从而进行求解。【解答】解：由图可知，滑动变阻器与定值电阻R0串联，电压表并联在滑动变阻器两端，电流表测电路中的电流，当电流表示数是1.0A时，滑动变阻器两端的电压是7.2V，则电源电压U=1.0AR0+7.2V当电流表示数是2.0A时，滑动变阻器两端的电压是2.4V，则电源电压U=2AR0+2.4V联立可得：R0=4.8，所以电源电压U=1.0A4.8+7.2V=12V。故答案为：4.8；12。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清两电表对于的示数关系是关键。14【考点】KQ：超纲知识【分析】已知速度与运动时间，由速度公式的变形公式可以求出物体的路程，然后根据物体路程分析答题。【解答】解：（1）因为v=，所以41.7s内小球的路程；s=v球t=1m/s41.7s=41.7m，框静止不动，小球从中点开始向右运动，在41.7s内的路程为41.7m，小球运动1m与框发生第一次碰撞，在经过2m，共运动1m+2m=3m与框发生第二次碰撞，要运动41.7m一共发生21次碰撞。在4s内小球运动了4m，因此在4s内小球与框碰撞2次；（2）因为v=，小球与框同时向右运动，所以小球与框的右侧发生第一次碰撞的时间：t1=2s，与框碰撞后，小球返回，向左运动，再经过1s小球的路程：s=v球t=1m/ss=1m，框的路程：s=v框t=0.5m/s1s=0.5m，此时小球与框左侧挡板的距离为：2m1m0.5m=0.5m，即3s末小球与框左侧挡板的距离为0.5m；故答案为：21；0.5。【点评】本题考查了求小球与框的碰撞次数、小球与框左侧挡板的距离问题，分析清楚小球的运动过程、应用速度公式的变形公式即可正确解题。15【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算【分析】电动机不转动时为纯电阻用电器，根据欧姆定律求出电动机的内阻；电动机正常转动时是非纯电阻用电器，根据P=UI求出电动机消耗的电功率，根据P=I2R求出电动机的热功率，电动机消耗的电功率减去热功率即为电动机输出的机械功率，输出的机械功率和电动机消耗电能的功率之比为工作效率。【解答】解：（1）电动机被卡住时为纯电阻用电器，由I=可得，电动机的线圈电阻：R=2；（2）电动机转动时，电动机消耗的电功率：P=UI=5V1A=5W，电动机线圈的发热功率：P热=I2R=（1A）22=2W，电动机的机械功率：P机=PP热=5W2W=3W，工作效率：=100%=100%=60%。故答案为：3；60%。【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，知道电动机不转时电路是纯电阻电路、正常工作时为非纯电阻用电器是解题的关键。16【考点】JF：电功率的测量；IH：欧姆定律的应用；IJ：电阻的并联【分析】（1）由图c知，两电表均选用小量程，分析电路的连接，特别是变阻器的接法，根据电路图连接实物图；（2）根据电路的连接关系，滑动变阻器的滑片从A向B滑动的过程中，判断与灯（电阻不变）并联的变阻器滑片以左的电阻变化，根据并联电阻的规律：两个并联的电阻，其中一个电阻变大（小）时，并联的总电阻将变大（小），确定并联电阻的变化，根据分压原理确定电压表示数的变化；（3）图（c）所示电压表和电流表均选用小量程，根据电表分度值分别读数，根据P=UI求灯的实际功率。【解答】解：（1）根据题中条件，两表均选用小量程；原电路中，灯与电流表串联后与变阻器滑片以左电阻丝并联，再与变阻器滑片以右电阻丝串联，电压表测并联部分的电压，根据电路图连接连接实物图：（2）在图（a）中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片从A向B滑动的过程中，与灯（电阻不变）并联的变阻器滑片以左的电阻变大，根据并联电阻的规律，并联部分的电阻将变大，根据分压原理，并联部分的电压变大，即电压表示数将变大；（3）某次实验时电压表和电流表的示数如图（c）所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.5V；电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.34A，实际功率为：P=UI=1.5V0.34A=0.51W。故答案为：（1）如上所示；（2）变大；（3）0.51。【点评】本题测量小灯泡电功率，考查对连接电路的识别、变化电路的分析、并联电路的规律及功率的计算，难点是对混联电路的分析。三、解答题（本题共2小题，第17题8分，第18题6分，共14分）17【考点】8O：阿基米德原理；2A：密度的计算；8A：液体压强计算公式的应用【分析】（1）根据物体边长和物块A体积露出水面的比例，求出排开水的体积，根据公式F浮=水gV排求出浮力。（2）利用物体的沉浮条件，此时物块漂浮。F浮=G，根据公式水gV排=物gV求出木块的密度；（3）根据物体漂浮时浮力等于重力求出物体的重力；根据阿基米德原理求出A全部浸没时的浮力，从而求出测力计的拉力，根据木块没入水中的深度和测力计弹簧伸长的距离求出水面上升的高度，根据液体内部压强公式求出容器底部的压强。【解答】解：（1