压轴题15 多项选择题 压轴题（解析版）-2024年中考物理压轴题专项训练

压轴题15多项选择题压轴题多选题是考试中常见的一种题型，也是考验学生分析和解题能力的重要环节；对于多选题，正确地运用解题技巧能够帮助我们提高解题效率，降低出错率；电磁学和压强与浮力仍然是多项选择压轴题的考查高频点；其他物理模块、物理在生活中应用、新情景也会涉及，考查学生综合解题素养。1、掌握规则多项选择题由1个题干和4个备选项组成，备选项中至少有2个正确最符合题意选项和1个干扰项。因此，在做多项选择题时应该注意，如果应考者所选答案中有错误选项，该题得零分；如果所选答案中没有错误选项，但是正确选项未全部选出，则选择的每个正确选项仍有得分；如果所选答案中没有错误选项，且全数选出正确选项，则得该题满分。2、常规方法通用做多项选择题同样可以用直接选择法、排除法、比较法等常用的选择题做题方法，而且，有时可以综合使用多种方法来完成一个题目。3、注意内容互相对立的选项在多项选择题中，如果存在一对内容互相对立的选项，而其他三项不存在内容对立的情况，那么在此对立两项中至少有一个正确项；若存在两对内容互相对立的选项，则应该从两对对立项中分别选择一个选项作为正确选项。例如，ABCD四个待选项中，AB互相对立，CD互相对立，则两个正确选项往往须从AB组以及CD组中分别择一产生。当然，该规则也存在例外情况。4、注意互近选项或类似选项在多项选择题中，如果存在两对内容互近选项或类似选项，而这两对选项内容对立，则其中一对互近或类似选项应该为正确选项。例如，ABCD四个待选项中，AB两项内容相近、类似，CD两项内容相近、类似，而AB组与CD组内容对立。如果判断A项正确，那么AB组都正确；如果判断C项正确，那么CD组都正确。5、注意有承接关系或递进关系的选项在多项选择题中，如果两个或两个以上的选项之间存在承接关系或递进关系，即数个选项能同时成立，则往往这几个选项应一起被选择。例如在ABCD四个待选项中，ABC三个选项间存在承接、递进关系，能同时成立，若A正确，则ABC都应该为正确选项。6、重视关键词在解决多选题时，关键词是解题的重要依据。题目和选项中的关键词通常会给出提示，我们需要重点理解和关注这些关键词，并根据关键词来判断选项的准确性。一些常见的关键词包括：一定、可能、变大（变小）等。7、坚持宁缺勿滥做多项选择题时，谨慎选择的意识要更加明确。一般首先选出最有把握的2个选项，同时，在有足够把握确定还有其他正确答案时才继续选择，否则不选，以免选出错误选项。这样，才能保证该题目得分。因此，要坚持宁缺勿滥，这一点与单项选择题不同。8、查漏补缺在最终确认答案之前，我们应该再次审查剩余选项，确保没有遗漏或忽略的关键信息。有时候答案可能隐藏在选项中的细节部分，我们需要仔细阅读选项并与题目进行比对。在多选题解题过程中，以上所述的技巧并非固定的步骤，而是可以灵活运用的方法。我们需要根据具体的题目和情境，结合自己的分析能力和经验来选择合适的答题思路。通过反复练习和积累，我们能够逐渐掌握解答多选题的技巧，提高我们的解题水平。目录：01动态电路02电学有关的图像题03电磁继电器04切割、叠放的固体压强问题05物块入水的动态压强问题06压强、浮力、密度的综合大小比较问题07压强与浮力有关的综合计算问题08压强与浮力、简单机械结合题09细线、细杆、弹簧等有关的压强与浮力问题10简单机械综合11透镜成像多选题01动态电路1．（2023·山东日照·二模）如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“”，电压表量程“”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“”、“”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（）

A．电流表的示数变化范围是B．电压表的示数变化范围是C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是D．滑动变阻器的最大电功率【答案】AC【详解】A．由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压；由可得，灯泡的电阻为当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，则因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，小灯泡L的额定电流为，所以，电路中电流表的最大电流，则电流表的示数变化范围是，故A正确；B．当电路中的电流为时，灯泡正常发光，此时灯泡两端的电压为，即电压表的最大示数为，当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，即电压表的最小示数为所以，电压表的示数变化范围是，故B错误；C．当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻为由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值为所以，滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是，故C正确；D．当电路中的电流为I时，滑动变阻器消耗的电功率为因电流表的示数变化范围是，所以，当时，滑动变阻器的功率最大，则故D错误。故选AC。2．（2024·河北张家口·一模）在如图所示的电路中，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向右移动。下列说法正确的是（）A．电压表的示数变小，电压表的示数与电流表A的示数比值变小B．电压表的示数变大，电压表与电压表示数的变化量相等C．电压表的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于D．电压表的示数与电流表A的示数乘积变大，电路总功率变大【答案】BCD【详解】由题图可知，闭合开关时，两电阻串联，电流表测的是电路电流，电压表V1测的是R1的两端电压，电压表V2测的是变阻器R2的两端电压。AB．将滑动变阻器的滑片P向右移动，变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路电流变大，因此电流表示数变大；根据U=IR可知，R1的阻值不变，通过其的电流变大，因此其两端电压变大，电压表V1的示数变大，根据串联电路的电压特点可知，R2的两端电压变小，则电压表V2的示数变小，电压表V1与电压表V2示数的变化量相等。电压表V1的示数与电流表A的示数比值就是R1的阻值大小，所以此比值不变；故A错误，故B正确；C．由以上分析可知，电压表V1与电压表V2示数的变化量相等，电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于电压表V1的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于R1，故C正确；D．以上分析可知，电压表V1的示数变大，电流表A示数变大，所以电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大；由于电源电压不变，电路电流变大，根据P=UI可知，电路总功率变大。故D正确。故选BCD。3．（2024·河北张家口·一模）如图所示的电路中，电源电压保持不变，定值电阻阻值为，滑动变阻器的最大阻值为，且，灯泡L上标有“9V4.5W”字样，电流表的量程为0~0.6A、0~3A。当开关、、都闭合，滑动变阻器滑片P在左端时，灯泡L正常发光，两电流表的指针位置相同。不计温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（

）A．电源电压为9VB．的阻值为72ΩC．通过任意开关的通断，电路消耗总功率的最小值为0.75WD．开关、、都闭合，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表A2与电流表A1的示数之差不变【答案】ACD【详解】A．当开关、、都闭合，滑动变阻器滑片P在左端时，灯泡L、电阻并联，此时灯泡L正常发光，则电源电压等于灯泡的额定电压，即电源电压为9V，故A正确；B．电流表A1测支路电流，电流表A2测干路电流，两电流表的指针位置相同，根据并联电路电流规律可知则根据并联分流原理可得灯泡L的电阻则，且，则，故B错误；C．闭合，断开，滑片P左端时，电路消耗的总功率最小故C正确；D．都闭合时，并联，电流表A2与电流表A1示数之差等于灯泡L的电流，由于灯泡两端电压不变，电阻不变，通过灯泡的电流不变，则电流表A2与电流表A1的示数之差不变，故D正确。故选ACD。02电学有关的图像题4．（2024·河南周口·二模）如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关时，滑动变阻器的滑片P从b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（）A．电源电压是3VB．滑片P滑到中点时，电阻R的功率为6WC．滑动变阻器的滑片在移动过程中，电压表示数U与电流表示数I的比值不变D．滑动变阻器的阻值范围是0~12Ω【答案】CD【详解】A．当滑片P位于a端时，电路为电阻R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；此时电路中的电流最大，由图像可知，电路中的最大电流1.5A时，电压表的最大示数为9V，即电源电压为9V，故A错误；B．定值电阻R的阻值当滑片P位于b端时，定值电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电路中的最小电流，则电路中的总电阻因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值滑片P滑到中点时，滑动变阻器接入电路的电流为6Ω，电路中的电流电阻R的功率为故B错误；C．滑动变阻器的滑片在移动过程中，电压表示数U与电流表示数I的比值为定值电阻R，阻值不变，故C正确；D．由计算可知变阻器的最大值为12Ω，滑动变阻器的阻值范围是0~12Ω，故D正确。故选CD。5．（2023·辽宁大连·一模）某同学设计了一个电子秤，其原理示意图如图甲所示，电源电压恒为6V，电阻R0为120Ω，电压表量程为0~3V（可显示质量大小），R1是力敏电阻，其阻值随压力变化图象如图乙所示。O点是杠杆ABO的支点，托盘固定在A点，AO︰BO=5︰1。托盘及杠杆组件的质量忽略不计，g取10N/kg。则（）

A．被称物体的重力就是杠杆的动力B．电子秤能称量的最大质量是6kgC．托盘中放2kg物体时，电路消耗总功率是0.1WD．若托盘能移动，越靠近支点，电子秤的精确度越高【答案】BC【详解】A．由于使杠杆转动的力为动力，阻碍杠杆转动的力为阻力，所以被称物体的重力就是杠杆的阻力，B点受到R1的支持力为动力，故A不符合题意；B．当电压表的示数为最大值3V时，由欧姆定律，可得压力传感器R1的阻值由图象可知，当压力传感器R1=120Ω时，所受压力F=300N，由杠杆的平衡条件可得F×OB=G×OA由于AO︰BO=5︰1解得G=60N托盘上被测物体的质量故B符合题意；C．托盘中放2kg物体时，A点受到压力F1=G1=mg=2kg×10N/kg=20N由杠杆的平衡条件可得F2×OB=F1×OA解得F2=100N由图可知R11=240Ω则电路中电流电路消耗总功率故C符合题意；D．若托盘能移动，越靠近支点，则阻力臂越短，阻力变化时，R1受到的压力变化小，则R1的阻值变化小，则R1两端电压变化小，故R0两端电压，即电压表示数变化小，所以电子秤的精确度越低，故D不符合题意。故选BC。6．（2024·天津和平·一模）如图所示，电源电压恒定不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动，下列说法不正确的是（）A．图中的甲是电压表的示数随电流表A的示数变化图象B．电压表和电流表A的示数之比变大C．电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值不变D．电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量比值的绝对值变小【答案】ABD【详解】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表A测电路中的电流。A．将滑动变阻器的滑片P向右移动，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由得，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，根据欧姆定律可知，电压表V1和电流表A的示数之比为R1的阻值，由于R1电阻减小，所以乙图像是电压表的示数随电流表A的示数变化图象，故A错误，符合题意；B．电压表V2和电流表A的示数之比为R2的阻值，由于R2是定值电阻，故比值不变，故B错误，符合题意；CD．设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则滑片移动前后电压表V1示数的变化量即将滑动变阻器的滑片P向右移动，R1分得电压增大，R2分得电压减小，由于电源电压不变，根据串联电路分压特点可知故由于R2是定值电阻，该比值故不变，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选ABD。03电磁继电器7．（2023·广西钦州·一模）图是可自动注水储水池的装置原理图。电源电压一定，R为压敏电阻，其阻值随压力变化而变化，为定值电阻。闭合S、当水位上升到一定高度时，触点分离，注水装置停止注水；当水位下降到一定位置时，触点连接，注水装置开始注水。则（）

A．水位上升时，电磁铁磁性变弱B．水位上升时，通过电流变大C．水位下降时，R的阻值会变大D．水位下降时，的电功率变小【答案】BCD【详解】由图可知，控制电路中定值电阻Ro与压敏电阻R和电磁铁串联。AB、由“池中水位上升到一定高度时，触点分离，注水装置自动停止注水”可知，此时衔铁被吸引，动触点与静触点分离，电磁铁的磁性增强，则控制电路中的电流变大，由串联电路的电流特点可知，通过R0的电流变大，故A不符合题意、B符合题意；CD、由“池中水位下降到一定位置时，触点连接，注水装置自动开始注水”可知，此时衔铁被释放，动触点与静触点接触，电磁铁的磁性减弱，则控制电路中的电流变小。由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻变大，由串联电路的电阻特点可知，R的阻值变大；由P=UI=I2R可知R0的电功率变小，故CD符合题意。故选BCD。8．（2023·河南商丘·一模）为了让蔬菜临时储存仓库内保持一定的含水量，小敏设计了一个检测报警电路，当空气湿度过低时会提醒喷水。湿敏电阻R的阻值会随湿度的升高而增大，设计的电路如图所示。电源电压不变，当空气湿度降到过低时（

）

A．控制电路总电阻减小 B．指示灯会发光提醒C．电压表示数会增大 D．控制电路总功率减小【答案】AC【详解】由题意可知，湿敏电阻R的阻值会随湿度的升高而增大，则当空气湿度降到过低时，湿敏电阻R的阻值会变小。A．闭合开关S，根据电流的流法可知，这控制电路为串联电路，湿敏电阻R和电阻R0串联在电路中，由于湿敏电阻R的阻值变小，则控制电路总电阻变小，故A符合题意；B．控制电路的电源电压不变，控制电路总电阻变小，则根据欧姆定律可知，控制电路的电流变大，流过电磁铁的电流变大，电磁铁的磁性变强，会把衔铁吸下来，那么工作电路就会断开，工作电路没有电流，指示灯不发光，故B不符合题意；C．由上述可知，控制电路的电流变大，流过电阻R0的电流变大，电阻R0的阻值不变，根据可知，电阻R0的电压变大，电压表示数增大，故C符合题意；D．控制电路的电源电压大小不变，控制电路的电流变大，根据电功率的公式可知，控制电路总功率增大，故D不符合题意。故选AC。04切割、叠放的固体压强问题9．（2023·湖南长沙·二模）如图所示，均匀圆柱体甲和乙放置在水平地面上，现沿水平虚线切去部分后，使甲、乙剩余部分的高度均为h，若此时甲、乙的剩余部分对地面的压力相等，甲、乙的密度为ρ甲、ρ乙，原先两物体对地面的压强为p甲、p乙，压力为F甲、F乙，切完后两物体对地面的压强为p′甲、p′乙，则下列关系正确的是（）

A．ρ甲＜ρ乙 B．ρ甲＞ρ乙 C．p′甲＜p′乙 D．p′甲＞p′乙【答案】AC【详解】D．切去之后甲、乙对地面的压力相等，则由，得……①所以……②则因为所以即故D错误；AB．由于剩余部分对地面的压力相等，则剩余部分的重力相等，乙的体积更小，由可知乙的密度更大，即故A正确，B错误；C．沿水平虚线切去部分后，使甲、乙剩余部分的高度均为h，若此时甲、乙的剩余部分对地面的压力相等，且甲的底面积较大，根据可知，切完后两物体对地面的压强为故C正确。故选AC。10．（2023·广西崇左·二模）如图所示，均匀正方体甲和乙放置在水平地面上，对地面的压强相等。现沿竖直方向均切去部分后，剩余部分对地面的压力相等，设正方体原来的质量分别为、，密度分别、，甲、乙切去的体积分别、，切去的质量分别、。则下列关系正确的是（）

A．；B．；C．；D．；【答案】BC【详解】A．如图所示，甲的底面积比乙的底面积小，因为甲乙放置在水平地面上，对地面的压强相等，根据可得乙正方体对地面压力较大，则乙的重力较大，乙的质量较大，即，故A错误；B．如图所示，甲和乙是均匀正方体，乙的边长比甲的边长大，放置在水平地面上，对地面的压强相等。根据可得，甲的密度大，即；又因为，故B正确；CD．因为切去部分后，剩余部分对地面的压力相等，则剩余部分的重力相等，根据可知剩余部分的质量相等；又因为，所以乙切去部分的质量比甲切去部分的质量大，即。因为，，根据可得，乙正方体被切去的体积较大，即，故C正确，D错误。故选BC。05物块入水的动态压强问题11．（2023·天津·模拟预测）如图所示，薄壁圆柱形容器置于水平地面，容器的底面积S=8×10﹣3m2，容器高0.2m，内盛0.17m深的水。A1和A2为两个均匀实心立方体物块（不吸水），A1的质量为0.185kg，A2的体积为3.2×10﹣4m3，（已知ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg），则下列说法中正确的是（）

A．水对容器底部的压力大小为13.6NB．水对容器底部的压强大小为1.36×103PaC．若将A1释放，使其浸没在水中，静止后受到容器底对它的支持力为0.6N，A1的体积为1.25×10﹣4m3D．若只将A2缓慢浸入在水中，当水对容器底部的压强最大时，A2的密度至少为0.75×103kg/m3【答案】ACD【详解】AB．水对容器底部的压强由得，容器底部受到的压力为故A正确，B错误；C．A1的重力为A1浸没在水中，A1受到三个力的共作用：竖直向下的重力G、竖直向上的支持力F和浮力F浮；根据力的平衡条件可得则A1受到的浮力为由阿基米德原理可知，A1排开的水的体积即A1的体积为故C正确；D．A2在水中的状态可能有三种情况：漂浮、悬浮或下沉；A2漂浮时其密度小于水的密度，悬浮时其密度等于水的密度，下沉时其密度大于水的密度；由于本题求的是A2的最小密度，故A2在水中处于漂浮状态时，其密度最小；将A2缓慢浸入在水中，当水面上升至0.2m时，水对容器底部的压强是最大的；水面上方的体积即排开的水的体积为此时A2漂浮，A2受到的浮力为即代入数据得解得A2的最小密度故D正确。故选ACD。06压强、浮力、密度的综合大小比较问题12．（2023·河南·模拟预测）完全相同的甲、乙、丙三容器放在水平桌面上，容器中分别装有密度为、、的三种不同液体，将完全相同的三个实心小球分别放入三个容器中，小球静止时所处位置如图所示，此时三容器中液面相平。小球在三种液体中所受浮力分别为FA、FB、FC，三容器中液体对容器底部的压强分别为pA、pB、pC，三容器对桌面的压力分别为F甲、F乙、F丙，则下列说法正确的是（）A．B．pA=pB>pCC．FA=FC>FBD．F乙<F甲<F丙【答案】CD【详解】A．容器中分别装有密度为、、的三种不同液体，将完全相同的三个实心小球分别放入三个容器中，小球静止时所处位置如图所示，小球在A液体中悬浮，B液体中沉底，C液体中漂浮，由此可得ρA=ρ球，ρB<ρ球，ρC>ρ球所以ρC>ρA>ρB故A错误；B．此时三容器中液面相平，又因为ρC>ρA>ρB由p=ρgh可得，三容器中液体对容器底部的压强分别为pC>pA>pB故B错误；C．小球在三种液体中所受浮力分别为FA、FB、FC，小球在A液体中悬浮，则FA=G；B液体中沉底，FB<G；C液体中漂浮，则FC=G；可得FA=FC>FB故C正确；D．三种容器内的液体体积大小关系为VC>VA=VB又因为ρC>ρA>ρB由m=ρV可得，三种溶液的质量大小为mC>mA>mB所以重力大小关系为GC>GA>GB又因为甲、乙、丙三容器完全相同，三个小球也完全相同，故三容器的总重力关系为GC总>GA总>GB总在水平桌面上，压力大小等于重力大小，故三容器对桌面的压力关系为F丙>F甲>F乙故D正确。故选CD。13．（2023·湖北省直辖县级单位·中考真题）如图，质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体，下列说法正确的是（

）

A．液体的密度B．液体对容器底部的压强pB＞pA＞pCC．液体对容器底部的压力FB＜FA＜FCD．容器对桌面的压力【答案】BD【详解】A．容器甲、乙、丙的底面积相同，液体的深度相同，由三者的形状可知A、B、C三种液体的质量相等，由可知，液体的密度故A错误；B．A、B、C三种液体的密度，液体的深度相同，由可知，液体对容器底部的压强，故B正确；C．液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC，容器的底面积相等，由可知，液体对容器底部的压力，故C错误；D．容器对桌面的压力等于容器的重力加上液体的重力，容器的质量、液体的质量相等，所受的重力相等，因此容器对桌面的压力，故D正确。故选BD。07压强与浮力有关的综合计算问题14．（2024·天津·模拟预测）在底面积为S的薄壁柱形容器内注入适量水，让空烧杯漂浮在水面上，测出水的深度为h0，如图所示：再将一金属球放入烧杯中，烧杯仍漂浮在水面上，测出水深为h1，最后将该金属球取出放入水中（空烧杯仍漂浮在水面上），待金属球沉底后测出水的深度为h2，已知水的密度为ρ水，以下说法正确的是（）A．金属球的质量为：B．金属球的质量为：C．金属球的密度为D．金属球的密度为【答案】AD【详解】将一金属球放入烧杯中，烧杯漂浮在水面上，此时排开液体的体积的增加量

根据漂浮条件可得，金属球的重力

则金属球的质量金属球沉入水底后，金属球的体积

则金属球的密度故AD正确，BC错误。故选AD。15．（2024·天津南开·二模）在底面积为S0的薄壁平底容器中，注入密度为0的某种液体后，液体的深度为h0.现将一个底面积为S1的金属圆柱体立于容器中（已知该金属圆柱体的密度大于所注入液体的密度），圆柱体有一部分露出液面，水也未溢出，如图所示。则此时（）A．水对容器底部的压强为B．水对容器底部的压强为C．水对容器底部的压力为D．水对容器底部的压力为【答案】BD【详解】容器中液体的体积，金属圆柱体会沉底，相当于容器底面积减小了金属圆柱体的底面积，放入圆柱体后液体深为液体对容器底部的压强为根据可得，液体对容器底的压力故AC错误，BD正确。故选BD。16．（2023·江苏苏州·二模）柱状容器内放入一个体积大小为200cm3的柱状物体，现不断向容器内注入水，并记录水的总体积V和所对应的水的深度h，如下表所示，则下列判断中不正确的是（取g=10N/kg）（）V/cm360120180240300360h/cm51015192225

A．物体的高度为19cm B．物体所受到的最大浮力为2NC．物体的密度为0.7×103kg/m3 D．容器的底面积S2为12cm2【答案】ABD【详解】AD．由表中数据可知，h从5-10cm，水的体积变化∆V=（S2-S1）×（l0cm-5cm）=60cm3……①h从22-25cm，水的体积变化∆V'=S2（h6-h5）=60cm3即S2×（25cm-22cm）=60cm3解得：S2=20cm2，代入①得：S1=8cm2，所以物体高度为故AD错误，符合题意；CD．柱状物体的体积：V物=S1H，如果柱状物体的密度大于或等于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮，容器内水的体积变化应该与h的变化成正比，由表中数据可知容器内水的体积变化应该与h的变化不成正比，所以柱状物体的密度小于水的密度：因此随着水的增多，柱状物体将漂浮在水面上，设柱状物体浸入的深度为H浸，当h6=25cm时，水的体积S2h6-S1H浸=360cm3即20cm2×25cm-8cm2×H浸=360cm3解得：H浸=17.5cm，此时排开水的体积V排=S1H浸=8cm2×17.5cm=140cm3因为柱状物体漂浮，所以ρ水V排g=ρ物Vg，即1×103kg/m3×140cm2×g=ρ物×200cm3×g解得ρ物=0.7×103kg/m3此时受到的浮力最大F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×140×10-6m3×10N/kg=1.4N故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选ABD。17．（2023·云南昆明·模拟预测）圆柱形容器内盛有一定量的水，如图甲所示。现将一质量为600g的密封空心铁盒A放入水中，空心铁盒有一半体积浮出水面（如图乙）。当铁盒上放一个小磁块B时，铁盒恰好没入水中（如图丙）。当把它们倒置水中时，A有的体积露出水面（如图丁）。以下结果正确的是（）A．小磁块B的质量是600gB．空心铁盒A的体积是600cm3C．图乙中空心铁盒A所受浮力的大小为6ND．小磁块B的密度是5×103kg/m3【答案】ACD【详解】设铁盒A的体积为VA，A放入水中，有一半浮出水面，由物体的漂浮条件可得：F浮＝GA即①则图乙中空心铁盒A所受浮力的大小为设B的质量为mB，体积为VB，当铁盒上放一个小磁块B时，铁盒恰好没入水中，把AB看作一个整体，整体处于漂浮状态，所以F浮′＝GA+GB即ρ水gVA＝mAg+mBg②倒置在水中，整体仍处于漂浮状态，所以F浮′＝GA+GB即③联立①②解得mB＝mA＝0.6kg＝600g联立②③解得所以小磁块B的密度故B错误，故ACD正确。故选ACD。08压强与浮力、简单机械结合题18．（2023·四川攀枝花·模拟预测）某中学的物理实验社团的同学们用泡沫塑料和灯泡制作了一个航标灯模具，如图所示，航标灯A总重4N，A底部与浮子B用细线跨过定滑轮相连，航标灯A下半部分由底面积，高度10cm的均匀柱体制成，浮子B的底面积，高度5cm，静止时航标灯A浸入水中的深度为6cm，浮子B下表面距A底部的距离为7cm（不计绳重和摩擦，，）。则下列说法中正确的是（）

A．航标灯A静止时受到的浮力是4NB．浮子B的密度是C．从打开阀门K到浮子B的上表面与水面相平的过程中细绳上的拉力变小D．打开阀门K，将容器中的水慢慢放出，直到浮子B的上表面与水面相平，此过程中浮子B上升了4cm，则水对容器底部压强的变化量是400Pa【答案】BD【详解】A．航标灯A浸入水中的体积V排=100cm2×6cm=600cm3=6×10-4m3根据阿基米德原理可知航标灯A静止时受到的浮力是F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×6×10-4m3=6N故A错误；B．航标灯A受到竖直向下的重力和拉力以及竖直向上的浮力，根据平衡力的知识可知绳子拉力大小F=F浮-GA=6N-4N=2N浮子B的底面积80cm2，高度5cm，浮子B的体积VB=V排′=80cm2×5cm=400cm3=4×10-4m3根据阿基米德原理可知浮子B此时受到的浮力是F浮′=ρ水gV排′=1×103kg/m3×10N/kg×4×10-4m3=4N浮子B受到竖直向下的重力和拉力以及竖直向上的浮力，根据平衡力的知识可知浮子B的重力GB=F浮′-F=4N-2N=2N浮子B的密度故B正确；C．浮子B受到竖直向下的重力和拉力以及竖直向上的浮力，从打开阀门K到浮子B的上表面与水面相平的过程中，浮子B排开水的体积不变，由阿基米德原理可知浮力不变，根据平衡力的知识可知绳子拉力大小FB=F浮B-GB浮子B的重力不变，所以拉力不变，故C错误；D．未打开阀门K时，设浮子B的下表面到容器底部的距离为h1，则水的深度为h=h1+6cm+7cm=h1+13cm打开阀门K，将容器中的水慢慢放出，直到浮子B的上表面与水面相平，此过程中浮子B上升了4cm，此时水的深度为h′=h1+5cm+4cm=h1+9cm水的深度变化量Δh=h-h′=h1+13cm-(h1+9cm)=4cm=0.04m水对容器底部压强的变化量是Δp=ρ水gΔh=103kg/m3×10N/kg×0.04m=400Pa故D正确。故选BD。19．（2023·山东滨州·中考真题）用如图所示的装置匀速提升浸没在容器底部的正方体物块A，物块A的质量为5kg，棱长为10cm，水的深度为60cm。物块A露出水面前滑轮组的机械效率为80%，在水中上升的时间为5s。物块A与容器底部未紧密接触，水对物块A的阻力、绳子的重力、绳子与滑轮间摩擦都忽略不计，，。下列分析正确的是（）

A．物块A的重力为50NB．物块A上升的速度为0.12m/sC．物块A露出水面前，拉力所做的有用功为20JD．物块A完全露出水面后，滑轮组的机械效率约为83.3%【答案】ACD【详解】A．已知物块质量为5kg，由得，物块A的重力为故A正确；B．已知物块棱长为10cm，水深为60cm，可知在水中上升的距离为由得，物块A上升的速度为故B错误；C．物块A露出水面前，完全浸没在水中，可知其体积等于排开水的体积为根据得由题意知，物块出水面前，拉力所做的有用功即是，物块上升时，克服其重力和浮力得合力做的功为故C正确；D．物块A露出水面前滑轮组的机械效率为80%，根据得，该过程的总功为由图可知，滑轮组动滑轮绕绳子的段数是2段，绳子自由端移动的距离由得，绳子自由端拉力大小为根据可知，动滑轮得重力为物块A露出水面后，不在受浮力，根据可知，此时自由端的拉力为根据题意可知，物块A露出水面后，滑轮组的机械效率约为故D正确。故选ACD。09细线、细杆、弹簧等有关的压强与浮力问题20．（2024·北京·一模）电子秤放在水平桌面上，将柱形容器放在电子秤上，容器内盛有足够深的某种液体，如图所示。用弹簧测力计提着圆柱体使之缓慢浸入液体中，圆柱体始终保持竖直状态且不接触容器底和侧壁，此过程中容器中的液体未溢出。记录圆柱体下表面所处的不同深度h和相应电子秤的示数m，数据如下表所示。已知圆柱体的高度15cm。当h=8cm时，弹簧测力计的示数为1.2N。（g取10N/g）下列判断正确的是（

）h/cm024681012……m/kg2.002.0402.0802.1202.1602.2002.240……A．物体的重力是20NB．电子秤示数逐渐增大时，细线对圆柱体的拉力逐渐减小C．当h=10cm时，圆柱体受到的浮力大小为2ND．剪断细线后，圆柱体最终处于漂浮状态【答案】BCD【详解】B．由表中数据可知，电子秤示数逐渐增大时，物体浸入水中的体积逐渐增大，根据F浮=ρ液gV排可知，浮力增大，由F浮=G-F示可知，重力不变，弹簧测力计示数减小，即细线对圆柱体的拉力逐渐减小，故B正确；C．当h=10cm时，电子秤的示数增大的质量为Δm=2.200kg-2.00kg=0.2kg电子秤所受压力变化量为F=Δmg=0.2kg×10N/kg=2N即此时圆柱体所受的浮力F浮=2N，故C正确；A．当h1=8cm时，电子秤的示数增大的质量为Δm′=2.160kg-2.00kg=0.16kg电子秤所受压力变化量为F′=Δmg′=0.16kg×10N/kg=1.6N圆柱体所受的浮力F浮′=1.6N，此时弹簧测力计的示数为1.2N，根据称重法可知，物体重力为G=F浮′+F示=1.6N+1.2N=2.8N故A错误；D．当h1=8cm时，物体受到的浮力为0.16N，由F浮=ρ液gV排=ρ液gSh可知，浮力与h正正比，所以当浸入h2=15cm即浸没时，受到的浮力为由于3N>2.8N，故剪断细线后，圆柱体最终处于漂浮状态，故D正确。故选BCD。21．（2023·河南濮阳·二模）底面积为不计厚度的平底圆柱形容器装有适量的水，放置于水平桌面上。现将重为6N，体积为的木块A轻轻放入容器内的水中，静止时如图甲所示，若将一重为12N的物体B用细绳系于A的下方，使其恰好浸没在水中，如图乙所示（水未溢出），此时B与A恰好处于悬浮状态，忽略绳重，ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg，则说法正确的是（）A．图甲中A所受的浮力是10NB．物体B的体积是C．从图甲到图乙，容器对桌面的压强增加400PaD．从图甲到图乙，水对容器底的压强增加600Pa【答案】BC【详解】A．图甲中A漂浮在水中，根据物体的浮沉条件，A所受的浮力是故A错误；B．图乙中A、B共同悬浮，受到的浮力是根据F浮=ρ液V排g得其中故故B正确；C．由甲图到乙图可知，容器总重力的增加量容器底面积为，则容器对桌面增加的压强故C正确；D．图甲中A排开水的体积为增加的排开水的体积增加的水的深度水对容器底的压强增加量故D错误。故选BC。22．（2023·北京朝阳·二模）如图甲所示，有一体积、质量均忽略不计的弹簧，其两端分别固定在容器底部和正方体形状的物体上。已知物体的边长为10cm，容器的底面积为，弹簧没有发生形变时的长度为10cm。弹簧的伸长量与它所受拉力F的关系如图乙所示。向容器中加水，直到物体的上表面与液面相平，此时水深24cm，水对容器底部的压力为，物体受到的浮力为。打开出水口缓慢放水，当弹簧没有形变时关闭出水口，此时水对容器底部的压力为，，。下列说法正确的是（）

A． B．C．物体受到的重力是14N D．物体的密度是【答案】ABD【详解】A．物块刚好完全浸没在水中，则物体所受的浮力故A正确；BC．当物体上表面与液面齐平时水深，此时弹簧的长度则弹簧伸长的长度由图乙可知，此时弹簧对物体的拉力为，因物体受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、弹簧的拉力作用而处于平衡状态，所以，由物体受到的合力为零可得则物体所受的重力当弹簧没有形变时，，此时物体刚好漂浮，物体的浮力物体排开水的体积物体浸入水的深度此时水的深度放水前与放水后水面的高度差水对容器底部的压力差故B正确，C错误；D．物体的密度故D正确。故选ABD。23．（2023·天津南开·一模）某兴趣小组想用实验室中的力传感器代替弹簧测力计研究物体受力情况，组装如图甲所示装置，竖直细杆（质量不计）的上端通过力传感器连在天花板上，力传感器可以显示出细杆上端受到作用力的大小，下端与边长为a的正方体物块相连。现向底面积为S的薄壁空水箱中加水，力传感器的示数大小随水箱中加入水质量变化的图像如图乙所示，已知水的密度为ρ水，则（）A．物块受到的重力为F2B．物块的边长a亦可表示为C．当加入的水的质量为a（S-a2）ρ水+m0时，物块恰好所受浮力最大D．水箱加水到C点时，水对水箱底部的压强为【答案】BCD【详解】A．由图乙可知，水箱中没有水时，压力传感器受到的拉力为F1，此时物块保持静止状态，则物块的重力G=F1，故A不符合题意；B．由图乙可知，当力传感器的示数为F2时，物块全部浸没在水中，此时物块受到竖直向下重力、杆的压力及浮力作用，即由阿基米德原理可知，物块的体积为所以物块的边长为故B符合题意；C．由图乙可知，当力传感器的示数为F2时，物块全部浸没在水中，当加水到C点时受到浮力恰好最大，则从A到C所加水的体积则从A到C所加水的质量此时容器中水的总质量为故C符合题意；D．当加水到A点时，容器中水的体积此时水的深度当加水到C点时，容器中水的深度所以水箱加水到C点时水对水箱底部的压强为故D符合题意。故选BCD。10简单机械综合24．（2024·北京通州·一模）工人利用如图所示的滑轮组将一批不同质量的货物提升至高处。小华和小强是一个工作组，一人负责运送货物并将货物挂在滑轮上，另一人负责拉动绳子自由端。按照工作要求，他俩可以互换岗位，但不能同时做相同的工作。在图中，当小华站在水平地面上用竖直向下的拉力匀速提升质量为70kg的货物时，他对绳子的拉力为366N。已知小华的重力为600N，小强的重力为800N，不计轮与轴的摩擦和绳重，g取10N/kg。则下列说法正确的有（）A．动滑轮的重力为32NB．小华用滑轮组一次能将120kg的货物匀速提升至高处C．小强竖直向下拉动绳子，使120kg的货物以0.2m/s的速度匀速上升时，小强拉力的功率为246.4WD．该小组使用该滑轮组匀速提升货物时，能够达到的最大机械效率为98%【答案】ACD【详解】A．由题可知，货物的重力为动滑轮上的绳子有两段，则解得，故A正确；B．小华的重力为600N，则他对绳子的拉力最大为600N，能够提升的重力为120kg的货物的重力为因为还有动滑轮的重力，所以小华用滑轮组一次不能将120kg的货物匀速提升至高处，故B错误；C．小强对绳子的拉力为小强拉力的功率为故C正确；D．由题可知拉力最大为800N，则所能提升货物的最大重力为能够达到的最大机械效率为故D正确。故选ACD。25．（2023·四川成都·模拟预测）如图的装置，甲、乙分别表示两个滑轮组，连接滑轮和物体的细绳相同，绳子能承受的最大拉力为500N，物块重为200N，动滑轮重为20N，当甲的绳自由端拉力为400N，乙的绳自由端拉力为150N时，物块以0.2m/s匀速水平向左移动；当甲的绳端拉力为340N，乙的绳端拉力为F乙'时，物块处于静止状态，且物块与地面之间的摩擦力为0N，物块与水平地面粗糙程度均匀，忽略绳重及滑轮转轴摩擦，则下列说法正确的是（）

A．物块与地面之间的滑动摩擦力为120NB．物块以0.2m/s匀速向右移动，乙绳端拉力的最小功率为14WC．F乙'＝260ND．物块匀速移动时，乙的最大机械效率为96.2%【答案】AD【详解】A．忽略绳重及滑轮转轴摩擦，甲滑轮组由物体向左的拉力乙滑轮组对物体向右的拉力为F2，有所以物块以0.2m/s匀速水平向左移动时，物体水平方向受到的拉力F1与F2、水平地面对它向右的摩擦力f平衡，所以有则物块与地面之间的滑动摩擦力故A正确；B．物块以0.2m/s匀速向右移动时，受到水平地面的摩擦力水平向左，此时甲滑轮组对物体拉力F1、水平地面对它的摩擦力f与乙滑轮组对物体拉力F2平衡，即当甲滑轮组对物体拉力F1＝0时，乙滑轮组对物体拉力F2最小，所以乙绳端的最小拉力乙绳端拉力的最小功率故B错误；C．物块处于静止状态，且物块与地面之间的摩擦力为0N时，物体受到甲、乙滑轮组的拉力平衡，有所以有此时乙的绳端拉力

故C错误；D．当乙滑轮组拉拉物体的力达到最大500N时，乙滑轮组的机械效率达到最大值，有故D正确。故选AD。26．（2024·北京东城·一模）如图所示是小强利用器械进行锻炼的示意图，其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，，，在杆A端用细绳悬挂重为400N的配重，他在B端施加竖直方向的力，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为。为了加强锻炼的效果，他将固定点O移至，配重仍悬挂在A点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，他对水平地面的压力为，压强为。已知小强重为700N，两只脚与地面接触的总面积为400cm2，不计杆重与绳重，下列判断正确的是（

）A．为100N B．为800NC．为100N D．的距离为1.2m【答案】ACD【详解】A．在杆A端用细绳悬挂重为400N的配重，他在B端施加竖直方向的力故A正确；B．小强受到了向下的重力，地面对其向上的支持力、杠杆对小强的向上的拉力，根据二力平衡可知，小强重为700N，杠杆对小强向上的拉力为100N，故地面对小强的支持力为根据力的作用是相互的，可知他对水平地面的压力为600N，故B错误；C．他对水平地面的压强为，两只脚与地面接触的总面积为400cm2，则他对水平地面的压力为故C正确；D．水平地面对小强的支持力为100N，小强所受的重力为700N，则杠杆对小强的拉力为则杠杆平衡原理可列等式为带入数据可知经整理可知，为故D正确。故选ACD。11透镜成像27．（2023·河北·三模）利用如图所示的装置探究凸透镜成像的规律，此时在光屏上恰好成一个清晰的烛焰像，下列说法正确的是（）

A．透镜的焦距为25cmB．利用此成像特点制成了投影仪C．将蜡烛置于40cm位置，透镜不动光屏右移，光屏上会成清晰的倒立的烛焰像D．靠近透镜放一眼镜片，向左移动光屏会再次成清晰的烛焰像，此镜片可矫正远视眼【答案】BD【详解】A．由题图可知，此时物距为25cm，像距为40cm，在光屏上恰好成一个清晰的烛焰像，物距小于像距，此时物距大于一倍焦距小于二倍焦距，像距大于二倍焦距。即解得故A错误；B．物距小于像距，成倒立放大的实像，据此原理制成了投影仪，故B正确；C．将蜡烛置于40cm位置时，物距为10cm，小于一倍焦距，蜡烛成正立、放大的虚像，透镜不动光屏右移，光屏上不会出现蜡烛的像。故C错误；D．靠近透镜放一眼镜片，向左移动光屏会再次成清晰的烛焰像，说明光线提前会聚，放置的是凸透镜，此镜片可矫正远视眼，故D正确。故选BD。28．（2023·河北邯郸·二模）在做“探究凸透镜成像规律”的实验中，某小组同学利用图甲测出了透镜的焦距后，正确安装并调节实验装置如图乙所示，在光屏上得到一个清晰的像。下列说法正确的是（）

A．由甲图可知该透镜焦距为40cmB．乙图中成的是倒立缩小的实像，符合照相机的成像原理C．在乙图中保持凸透镜的位置不变，将蜡烛与光屏的位置互换，则成像情况符合投影仪的原理D．如果在烛焰与透镜之间放置一近视眼镜的镜片，则将光屏适当左移可得一个清晰的像【答案】BC【详解】A．凸透镜可以将平行于主光轴的光线会聚到焦点上，由甲图可知该透镜焦距为40cm﹣30cm＝10cm，故A错误；B．由图可知，物距大于像距，根据凸透镜成像规律，此时成的是缩小倒立的实像，是照相机的成像原理，故B正确；C．根据光路的可逆性，若将光屏和蜡烛的位置互换，在光屏上仍能成像，此时物距小于像距，凸透镜成倒立放大的实像，其应用是投影仪，故C正确。D．凹透镜对光线有发散作用，靠近凸透镜时，使光线发散，像会聚在光屏的后方，像距增大，在光屏上要得到清晰的像，光屏要远离凸透镜，即要将光屏向右移动才能在光屏上成清晰的像，故D错误。故选BC。一、多选题1．（2024·河北石家庄·模拟预测）A、B为材料相同的实心正方体，分别以甲、乙、丙三种情况在相同的水平桌面上一起做匀速直线运动，如图所示。下列说法正确的是（）A．F1>F2>F3B．乙中的B不受摩擦力C．丙中桌面受到的压强最大D．乙和丙中的A所受摩擦力大小相等【答案】BCD【详解】A．将正方体A、B视为一个整体，甲、乙、丙三种情况下，整体与桌面的接触面的粗糙程度相同，对桌面的压力大小也相同，所以整体受到的滑动摩擦力大小相同，则受到的推力大小也相同，即F1=F2=F3，故A错误；B．乙图中物体B对于A没有发生相对运动，故物体B不受摩擦力，故B正确；C．根据图示可知，S1>S2>S3，而桌面受到的压力等于物体的重力，总的重力相等，由可知，丙中桌面受到的总压强最大，故C正确；D．图乙中，此时的推力F2等于桌面对A的摩擦力；图丙中，物体A受到水平向右的推力和B对物体A的摩擦力，所以推力F3等于B对A的摩擦力，由于F2=F3，所以乙和丙中的A所受摩擦力大小相等，故D正确。故选BCD。2．（2024·北京丰台·一模）如图甲所示，滑轮组悬挂在水平支架上，某工人站在水平地面上，用竖直向下的拉力F拉动绳子自由端，使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，拉力F所做的功W与时间t的关系如图乙所示。提升过程中滑轮组的机械效率为90%。已知该工人重650N，两个滑轮质量相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，关于该过程下列说法正确的是（）A．物体A的重力为500N B．绳子自由端拉力的功率为100WC．该工人对地面的压力为400N D．支架受到滑轮组的拉力为800N【答案】BCD【详解】A．由图可知由图象可知，当拉力F所做的功W是100J时，做功时间是1s，由题意可知，物体A以0.2m/s的速度匀速上升，所以物体上升的高度由可知，拉力移动的距离由可知，拉力的大小是因提升过程中滑轮组的机械效率为90%，根据可知则物体A的重力为故A错误；B．物体A以0.2m/s的速度匀速上升，则绳子自由端移动的速度绳子自由端拉力的功率故B正确；C．由力作用的相互性可知，绳子对人向上的拉力等于人对绳子向下的拉力，则该工人对地面的压力故C正确；D．不计滑轮组的绳重和摩擦，由可得，动滑轮的重力两个滑轮质量相等，其重力相等，则定滑轮的重力也为50N，物体间力的作用是相互的，且定滑轮处于静止状态，则支架受到滑轮组的拉力故D正确。故选BCD。3．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，烧杯中装有适量的水，现有质地均匀，不吸且不溶于水的a、b两实心柱体，质量之比为3∶1，体积之比为4∶1，将b置于a上面一起放入烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，下列说法正确的是（）A．a的密度为B．单独把a放入烧杯中，有四分之三的体积露出液面C．单独把b放入烧杯中，有四分之一的体积露出液面。D．单独把a放入烧杯中时，其下表面液体压强与图中a的下表面液体压强之比为3∶4【答案】AD【详解】A．由题意可知，，根据重力公式可知，，由题图可知联立可得即解得故A正确；B．因，故单独把放入烧杯中，漂浮，即，即解得所以露出液面的体积占总体积的四分之一，故B错误；C．由题意可知，，根据可知所以因，故单独把b放入烧杯中，b悬浮，故C错误；D．单独把a放入烧杯中时，a下表面在水中的深度，在题图中，下表面所在深度为，根据液体公式可知，单独把放入烧杯中时和题图中的下表面液体压强之比为，故D正确。故选AD。4．（2024·湖南长沙·一模）如图甲所示，两个质量分布均匀的正方体放在水平地面上，A、B对地面的压强之比为4∶5，将A沿水平方向切去高为L的部分，把切去部分叠放在B上，此时B对地面的压强为，A剩余部分对地面的压强为，、与L的变化关系如图乙所示。则以下分析正确的是（

）A．切除之前，A的边长为10cmB．B的底面积为C．时，D．A切除一半后，余下部分的密度为【答案】AC【详解】A．由“将A沿水平方向切去高为L的部分，把切去部分叠放在B上”可知，A剩余部分对地的压强减小，B对地的压强增大，由图乙可知，下面的图线反映了pA与L的变化关系，上面的图线反映了pB与L的变化关系；由图乙中pA的图线可知，当切去部分的高度为10cm时，A剩余部分对地面的压强为0，即此时A全部被切去，因此A的边长为10cm，故A正确；BCD．图乙上面的图线可知，当切去部分的高度为0cm，即A还没有被切去时，B对地的压强为5×103Pa，当切去部分的高度为10cm时，即此时A全部被叠放在B上，B对地的压强为6×103Pa，因此①②由①和②得到GB=5GA③④根据③，由题意得因此SB=4SA=4×(10cm)2=400cm2=0.04m2将SB=0.04m2代入④得到A的重力GA=SB×1×103Pa=0.04m2×1×103Pa=40NA的密度为因为密度是物质的特性，所以A切除一半后，余下部分的密度为4×103kg/m3，当L=6cm时，A对地面的压强为B对地面的压强为则故C正确，BD错误。故选AC。5．（2024·北京通州·模拟预测）某科技小组的同学想制作一个简易浮力秤来测质量。他们剪掉空塑料瓶的瓶底，旋紧瓶盖，在瓶盖上系一块质量适当的石块，然后将其倒置在水桶里，当瓶中不放被测物体静止时，在瓶上与水面相平位置标记为零刻度线，再在瓶身上均匀标记其他刻度线，左侧标记的是长度值，若在刻度线右侧标上相应的质量值，即可做成一个简易浮力秤，如图所示。已知零刻度线以上瓶身粗细均匀，其横截面积为，不放被测物体时浮力秤的总质量为170g，水的密度为，g取。下列说法中正确的是（）A．图中所示状态浮力秤受到的浮力为1.7NB．浮力秤上2cm刻度线对应的质量值为270gC．减小浮力秤下方悬挂石块的质量，该浮力秤0刻度线将向下移动D．增大浮力秤下方悬挂石块的质量，该浮力秤刻度线间的距离保持不变【答案】ACD【详解】A．图中所示状态浮力秤处于漂浮的状态，所以浮力等于重力，即故A正确；B．浮力秤上2cm刻度线对应的增加排开液体的体积为对应的增加的浮力为对应的增加的重力为对应的质量值为故B错误；C．减小浮力秤下方悬挂石块的质量，浮力秤重力减小，因为漂浮，浮力等于重力，所以浮力减小，液体密度不变，根据可知，排开液体的体积减小，浮力秤上浮一些，该浮力秤0刻度线将向下移动，故C正确；D．增大浮力秤下方悬挂石块的质量，该浮力秤0刻度线将向上移动，但该浮力秤刻度线间的距离与被测物体的质量，液体密度和瓶身的横截面积有关，与下方悬挂石块的质量无关，因此浮力秤刻度线间的距离保持不变，故D正确。故选ACD。6．（2024·天津滨海新·一模）盛有水的柱形平底薄壁容器放在水平桌面上，容器底面积为S，容器和水的总质量为m。将一木块放入水中，静止时处于漂浮状态，此时浸在水中的体积为V，水深为h，如图所示。水的密度为，下列判断正确的是（）A．放入木块后，容器对桌面的压强为B．放入木块后，容器对桌面的压强为C．放入木块前，水对容器底的压强为D．放入木块前，水对容器底的压强为【答案】BD【详解】AB．放入木块后，容器对桌面的压力为容器、水的总重力以及木块的重力之和，容器和水的总质量为m。则其重力为mg，当木块放入水中，静止时处于漂浮状态，此时浸在水中的体积为V，可知此时木块的重力等于木块的浮力，可得放入木块后，容器对桌面的压强为故A错误，B正确；CD．放入木块前，水对容器底的压力为水的重力，当木块放入水中，静止时处于漂浮状态，此时浸在水中的体积为V，水深为h，则水的重力为则放入木块前，水对容器底的压强为故C错误，D正确。故选BD。7．（2024·河南开封·一模）如图所示，“新光华”号半潜船是国内最大、全球第二大半潜船。其最大下潜深度为30m，满载排水量约10万吨。工作时，如图甲、乙、丙所示，通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深。待货物到达甲板上方，再次调节舱中海水量，使甲板浮出水面，完成装载过程（，）。下列关于“新光华”号的说法正确的是（）A．“新光华”号在如图甲、乙、丙三种状态时所受的浮力相等B．“新光华”号从长江驶入东海，其所受浮力大小不变C．最大下潜时，“新光华”号底部受到海水的压强约为D．满载时，“新光华”号所受浮力约为【答案】BC【详解】A．据图可知，乙图中半潜船排开水的体积最大，其次是丙图，甲图排开水的体积最小；已知液体的密度是相同的，据可知，，故A错误；B．漂浮的物体所受的浮力等于自身的重力，当它从长江驶入东海时，所受浮力始终等于自身的重力，大小不变，故B正确；C．“新光华”号半潜船处在最大下潜时，船底所受海水的压强故C正确；D．满载时，“新光华”号所受浮力故D错误。故选BC。8．（2024·天津河北·一模）如图所示，水平地面上有底面积为200cm2、不计质量的薄壁盛水柱形容器A，内有质量为600g、边长为10cm、质量分布均匀的正方体物块B，通过一根长10cm的细线与容器底部相连，此时水面距容器底30cm，计算可得出（）A．绳子受到的拉力为4NB．容器对水平地面的压力是75NC．剪断绳子，待物块静止后水对容器底的压强变化了200PaD．剪断绳子，待物块静止后水平地面受到的压强变化了200Pa【答案】AC【详解】A．物块浸没在水中受到的浮力为物块的重力为当物块静止时受力平衡，则物块受到绳子对它的拉力为又由于物体间力的作用是相互的，所以物块对绳子的拉力也为4N，故A符合题意；B．容器中水的重力是容器对水平地面的压力是故B不符合题意；C．剪断绳子，物块静止在水面时，物块漂浮，受到的浮力等于物块的重力，物块的浮力为漂浮时物块排开水的体积为剪断绳子后，物块漂浮时容器中水面变化的高度为水对容器底压强的变化量为故C符合题意；D．绳子剪断后和剪断之前容器对桌面的压力不变，受力面积不变，故剪断绳子，待物块静止后水平地面受到的压强没有变化，故D不符合题意。故选AC。9．（2024·天津和平·一模）小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有（）A．甲图中细线的拉力B．甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为、，则C．水对烧杯底部的压强变化D．乙图相对于甲图烧杯中水面高度变化【答案】ACD【详解】A．甲图中B物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，所以细线的拉力F＝G﹣F浮＝G﹣ρgV故A正确；B．甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯、A、B的总重力，受力面积不变，由知道，甲、乙两图烧杯对桌面的压强不变，即p1＝p2故B错误；CD．甲、乙图浮力的减小量为排开水的体积减小量为液面高度的减小量为水对烧杯底部的压强变化为故CD正确。故选ACD。10．（2024·河北邯郸·一模）将底面积为的长方体木块用细线拴在一个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水，直到木块上表面与水面相平，如图甲所示。在整个过程中，木块底部受到水的压强随容器中水的深度的变化如图乙所示。（，g取10N/kg）下列说法正确的是（）A．木块受到的最大浮力为15NB．细线对木块的最大拉力为9NC．木块的密度为D．木块刚刚漂浮时，容器底部受到水的压强为900Pa【答案】ACD【详解】A．根据图象可知，木块刚刚漂浮时，木块浸入水中的深度为L1=9cm；由于从9cm到16cm，木块一直处于漂浮，浸入水中的深度不变；当水面的高度为16cm时细线刚好张紧，线的拉力为零；直到木块上表面与液面相平，此时水面的高度为22cm；所以木块的高度L=9cm+(22cm-16cm)=15cm=0.15m则木块的体积V木=S木L=0.01m2×0.15m=1.5×10-3m3木块全部浸没时受到的浮力最大为F浮=ρ水gV排=ρ水gV木=1×103kg/m3×10N/kg×1.5×10-3m3=15N故A正确；BCD．由图象可知，木块刚刚漂浮时木块底部受到水的压强为900Pa，此时木块的重力等于木块受到的浮力，也等于下表面受到水的压力，则木块的重力为G=F′浮=F下表面=p下表面S=900Pa×0.01m2=9N最大浮力为15N，根据阿基米德原理可得木块的体积木块的密度直到木块上表面与液面相平时，木块受到的浮力最大，由力的平衡条件可得，细线对木块的最大拉力为F拉=F浮-G=15N-9N=6N故CD正确，B错误。故选ACD。11．（2024·云南楚雄·一模）如图所示的电路，电源电压恒为12V，只闭合开关S、，滑动变阻器的滑片P在B端时，电流表示数为0.4A，电压表示数为8V；只闭合开关S、，将滑片P从B端向A端移动，直到小灯泡正常发光，电流表示数为0.5A，电压表示数为2V。下列说法正确的是（）A．定值电阻的大小为20Ω B．滑动变阻器的最大阻值为20ΩC．小灯泡的额定功率为2.5W D．两次实验中，电路消耗的最大功率为4.8W【答案】BC【详解】B．只闭合开关S、S1时，滑动变阻器与R0串联，电压表测PA段电阻丝两端的电压，电流表测电路的电流，因电压表接在滑片上（电压表可看做开路），故变阻器的全部电阻丝接入电路，滑片移动时，滑动变阻器接入电路的阻值不变，总电阻不变，由欧姆定律可知，电路的电流不变，电路中的电流为I=0.4A，P在B端时，电压表的示数最大，滑动变阻器两端电压U=8V，由欧姆定律可得，滑动变阻器的最大阻值故B正确；A．R0两端的电压U0=U-UR=12V-8V=4VR0的阻值故A错误；C．只闭合开关S、S2，滑动变阻器PA段、R0和灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路的电流，滑片P从B端向A端移动时，直至小灯泡正常发光，灯的额定电流为IL=0.5A，此时电压表示数为2V，由欧姆定律可得，R0的电压为U0′=ILR0=0.5A×10Ω=5V由串联电路电压的规律，灯的额定电压为UL=U-UR′-U0′=12V-2V-5V=5V则小灯泡的额定功率为PL=ULIL=5V×0.5A=2.5W故C正确；D．两次实验中电路的最大电流为I最大=IL=0.5A则两次实验中电路的最大功率为P最大=UI最大=12V×0.5A=6W故D错误。故选BC。12．（2024·黑龙江绥化·一模）如图所示，在探究电路变化特点的实验电路中，电源电压恒为6V，R1为10Ω，R2的规格为“50Ω0.5A”，电流表A的量程为“0～0.6A”，电压表V1的量程为“0～3V”，电压表V2的量程为“0～15V”。闭合开关S后，在保证各电路元件都安全的情况下，滑片P在a、b间滑动过程中，正确的是（）A．P在不同位置时，R2的功率可能相等B．同一状态下R1与R2电功率的比值范围为0.2～1C．P向a移动，V2示数增大，V1与A示数的比值不变D．P向b移动，V2示数变化量与A示数变化量的绝对值的比值不变【答案】BD【详解】AB．由电路分析可得，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，由题意可得，电路中所允许的最大电流为此时电路中的总电阻为则滑动变阻器的最小阻值为两电阻的电功率比值为电压表V2的量程为0~15V，所以滑动变阻器的最大阻值位50Ω，此时两电阻的电功率之比为所以，同一状态下R1与R2电功率的比值范围为0.2～1，此时，滑动变阻器的电功率为当R1=R2=10Ω时，P2最大，其他情况下，P2都会减小，故会存在两个R2对应同一个P2，但当R2<10Ω，由串联分压原理可知，R1两端的电压会超过电压表的量程，P在不同位置时，R2的功率可能相等，故A错误，B正确；C．P向a移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电流增大，定值电阻R1两端的电压增大，即电压表V1的示数变大，滑动变阻器两端的电压变小，即V2的示数变小，故C错误；D．P向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电流减小，定值电阻R1两端的电压减小，即电压表V1的示数变小，滑动变阻器两端的电压变大，即V2的示数变大，且两表示数变化的绝对值相等，V2示数变化量与A示数变化量的绝对值的比值与V1示数变化量与A示数变化量的绝对值的比值相等，V1示数变化量与A示数变化量的绝对值的比值等于定值电阻的大小，故D正确。故选BD。13．（2024·山东威海·一模）如图，电源电压为8V，，滑动变阻器的规格为“”，电流表的量程为“0~0.6A”，小灯泡上标有“6V3W”字样，不考虑灯丝电阻变化，并保证电路安全。则（）A．S闭合，、都断开，滑动变阻器接入电路阻值范围是B．S闭合，、都断开，调节滑动变阻器，灯泡的功率变化范围是0.75W~3WC．S、、都闭合，电路消耗的总功率最小值为4.8WD．S、、都闭合，当电路消耗的总功率最大时，滑动变阻器接入电路的阻值是【答案】BD【详解】AB．S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，由P=UI可得，灯泡