由弹簧整体每受5N压力时被压缩lcm可得，称量物体的最大重力：G=由G=mg可得，称量物体的最大质量：m==
=4kg，
×5N=40N，
则该电子秤的测量范围为0～4kg，故D错误。
故选：A。
由电路图可知，R1与R0串联，电压表测变阻器R1两端的电压。
（1）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，再根据欧姆定律表示出电压表的示数，根据电压表的示数与R1的阻值关系判断改装后的称重表表盘刻度是否均匀； （2）没有称量物体时，R1接入电路中的电阻为零，电压表被短路无示数，据此判断称重表的零刻度线和电压表的零刻度线是否重合；
（3）当电压表的示数U1=3V时，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据串联电路的电压特点求出R0两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI求出电路的最小总功率；
（4）当电压表的示数U1=3V时，R1接入电路中的电阻最大，称量的物体的重力最大，根据欧姆定律求出此时R1接入电路中的电阻，根据“均匀电阻丝R1的长度为10cm、总阻值为50Ω”得出滑片下移的距离，根据“弹簧整体每受5N压力时被压缩lcm”求出称量物体的最大重力，利用G=mg求出称量物体的最大质量，然后得出该电子秤的测量范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式以及重力公式的应用等，正确的判断出电压表的示数最大时称量物体的重力最大是关键。 6. 解：
切去之后甲、乙对地面的压力相等，则 F剩甲=F剩乙
所以ρ甲ghS甲=ρ乙ghS乙① 所以ρ甲S甲=ρ乙S乙②
F甲-F乙=ρ甲g（h甲切+h）S甲-ρ乙g（h乙切+h）S乙
=【ρ甲gh甲切S甲+ρ甲ghS甲】-【ρ乙gh乙切S乙+ρ乙ghS乙】 =ρ甲gh甲切S甲-ρ乙gh乙切S乙代入① =ρ甲S甲g（h甲切-h乙切）代入② 因为h甲切＜h乙切 所以F甲-F乙＜0 即F甲＜F乙；
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ρ==可知乙的密度更大，由p===故选：B。
圆柱体放置地面时，对地面的压力等于物体重力，根据压强公式p=来判断压强大小关系。
本题主要考查了有关压强和压力的大小比较，关键能够利用好图示，切去部分与剩下部分的比例关系。 7. 解： A、马德堡半球实验证明了大气压的存在，而托里拆利实验第一次测出了大气压的数值，故A错误；
B、伽利略通过理想斜面实验研究首先得出“物体的运动并不需要力来维持”的结论，然后牛顿总结前人的研究，提出牛顿第一定律，又称为惯性定律，故B错误；
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==ρgh可知，乙对地面的压强更大。
C、阿基米德原理说明物体受到液体浮力大小与液体的密度和排开液体的体积有关，与物体浸没在液体中的深度无关，故C错误； D、卢瑟福通过а粒子散射实验，证实了原子是由原子核和核外电子组成的，故D正确。 故选：D。
（1）马德堡半球实验证明了大气压的存在，而托里拆利实验测出了大气压的数值； （2）牛顿在伽利略等人研究成果的基础上总结出惯性定律；
（3）根据物体所受浮力大小的公式F浮=ρ液gV排可知影响浮力大小的因素；
（4）产生光的色散现象的原因是白光中包含的不同颜色的光通过三棱镜发生折射时的偏折程度不同。
本题涉及到的知识点较多，属于基础知识的考查，对物理学的重大发现、著名实验和理论要加强记忆，这也是常考内容之一。
8. 解：在凹形光滑弧形槽中运动的小球，从以速度v进入轨道到运动到最低点的过程中，重力势能转化为动能，速度变大，大于初速度；在从最低点运动到弧形槽末端的过程中，小球的动能转化为重力势能，速度变小，到达槽末端（B点）时，速度减小为初速度v；
在凸形光滑弧形槽中运动的小球，从以速度v进入弧形槽到运动到最高点的过程中，动能转化为重力势能，运动速度减小，小于初速度；在从最高点运动到槽末端的过程中，小球的重力势能再化为动能，到达槽末端（D点）时，速度由增大到初速度v； 由以上分析可知：
（1）小球到达B点的速度等于到达D的速度，同一小球，质量相等，所以小球到达B点的动能等于到达D的动能； （2）在凹形光滑弧形槽中运动的小球，平均速度v甲大；在凸形光滑轨道中运动的小球，平均速度v乙小；即v乙＜v甲，因为两小球的路程s相等，由公式v=知：在凹形轨道中的小球运动时间t甲小，在凸形轨道的小球运动时间t乙大，即：t乙＞t甲。 故答案为：等于；小于。
由速度公式的变形公式t=知：物体运动路程s相等时，速度大的物体所用时间短，速度小的物体运动时间长；分析图示两种情况，判断两个小球运动速度的大小关系，然后根据动能大小的影响因素判断小球到达B点的动能和到达D的动能的大小；再根据小球运动速度关系判断小球运动的时间关系。
本题考查了速度公式的变形公式的应用，比较小球运动时间的长短，以及能量守恒，解题的关键是比较出两小球速度的运动速度关系。
9. 解：（1）由ρ=和G=mg可得，立方体大理石的重力：
G=mg=ρVg=ρa3g，
因水平面上物体的压力大小和自身的重力相等， 所以，放在水平地面上的大理石对地面的压强： p===
=ρga；
（2）工人用硬棒将石块撬起一个很小的角度时，可以看做是水平面， 则大理石对硬棒的压力F″=G=ρa3g；
（3）如果硬棒插入的长度为石块边长的四分之一时，重物的一半重力提供阻力，阻力臂为a，
当动力臂为4a时，在右端作用的力最小， 由杠杆的平衡条件得：F″?4a=G?a，
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解得：F″=G=ρa3g，即在右端作用的最小力为ρa3g。 故答案为：ρga；ρa3g；ρa3g。
（1）根据ρ=和G=mg求出立方体大理石的重力，放在水平地面上时大理石对地面的压力大小和自身的重力相等，受力面积等于其底面积，根据p=求出水平地面上的大理石对地面的压强；
（2）工人用硬棒将石块撬起一个很小的角度时，可以看做是水平面，则大理石对硬棒的压力大小等于自身的重力；
（3）如果硬棒插入的长度为石块边长的四分之一时，重物的一半重力提供阻力，阻力臂为a，当动力臂为4a时，在右端作用的力最小，根据杠杆的平衡条件求出最小力。 本题考查了密度公式、重力公式、压强公式和杠杆平衡条件的应用，关键点是结合题意：把重物箱撬起一个接近于0°的角度，准确找出阻力臂和动力臂。
10. （1）无人机正常工作时，电动机的功率和额定功率相等，通过的电流和额定电流相等，又知道线圈的电阻，根据P=UI=I2R求出线圈的热功率，电动机的输出功率等于自身的功率减去热功率，然后求出无人机正常工作时的总输出功率；
（2）根据W=Pt求出无人机在30秒获得的总机械能，利用W=Gh=mgh求出克服重力所做的功，根据能量守恒求出克服空气阻力所做的功，再根据W=fh求出无人机在上升过程中所受空气阻力；
（3）根据W=UIt求出电池提供的电能，利用效率公式求出电动机获得的电能，根据P=求出该机最多能飞行的时间。
本题考查了电功率公式和功率公式、做功公式、电功公式、效率公式以及能量守恒的应用，要注意电动机是非纯电阻用电器，消耗的电能和产生的热量不相等。
11. （1）先根据F浮=ρ水gV排求出物体A受到的浮力，然后根据G=mg求出物体A的重力，最后根据称重法求出细线的拉力；
（2）将容器、水以及物体看作一个整体进行受力分析，并结合平衡力即可求出压力，进而求出台秤的示数；
此题考查了阿基米德原理，重力公式，力的平衡条件的应用，综合性较强，有一定的难度。
加热时间最短时，电热槽的发热功率为400W且不考虑热量的损失，根据W=Pt12. （1）
求出消耗的电能，根据W=Q吸=cm（t-t0）求出电热槽中水的质量；
（2）由电路图可知，电热加湿器在高档时，R2被短路，电路中只有R1，根据P=求出R1的阻值，也是R2的阻值；
（3）当加湿器在低档时，R1与R2串联，根据电阻的串联特点和P=求出低档时的发热功率。
本题考查了电功和吸热公式、电阻的串联、电功率公式的应用等，关键是知道从加热到沸腾最短时间的条件和看明白加湿器的工作特点。
13. 解：（1）机器人不能繁殖、不能进行新陈代谢，不具备生物的特征，不属于人类。
（2）根据机器人取放棋子的特点可以推断，它是靠电磁铁磁性有无来控制“手指”的，当通电时有磁性，将棋子取起，当断电时无磁性，将棋子放下；因为是铁质材料，放置在潮湿的环境中易生锈；
（3）机器人一直保持这个速度清扫，即速度不变，由于吸入了杂物，所以机器人的质
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量变大，所以清扫过程中其动能变大； 所以机器人的水平推力：F=F阻=105N，
0.3m/s=31.5W。 所以水平推力所做功的功率：P=Fv=105N×
故答案为：（1）不是人类；不能繁殖、不能进行新陈代谢；（2）磁性有无；铁在潮湿的空气中易生锈；（3）变大；31.5W。
（1）生物具有以下特征：①、生物的生活需要营养。②、生物能够进行呼吸。③、生物能排出体内产生的废物。④、生物能够对外界刺激作出反应。⑤、生物能够生长和繁殖。⑥、除病毒外，生物都是由细胞构成的。
（2）电磁铁的磁极有无是可以通过电流的通断来进行控制的，通电时有磁性，断电时无磁性，据此来进行分析；根据铁在潮湿的空气中易生锈来分析；
（3）动能与物体的质量和速度有关，由此分析机器人动能的变化情况；由平衡力可得机器人的推力，由P=Fv计算机器人的水平推力所做功的功率。
本题考查了动能的影响因素的理解以及功率公式的应用，考查知识点多综合性强，但难度不算大。
14. 解：（1）②用R2替换R1接入电路，接下来他应该进行的操作是：移动滑动变阻器滑片使R2两端的电压为1.5V，记下电流表的示数I2；
③用R3替换R2接入电路进行实验，发现无论怎样移动滑动变阻器，R3两端的电压始终无法达到1.5V，可能是滑动变阻器最大阻值太小，滑动变阻器分压太小，使电阻R3两端的电压过大造成的；或是电源电压太大。
解决的办法：换用最大阻值较大的滑动变阻器（或换用电压较低的电源）；
（2）小灯泡的额定电压为3.8V，要使其正常发光，电源电压不能低于3.8V，解决的办法：①增加一节干电池；②电压表改接为0～15V量程可以在电源处增加一节干电池，同时电压表应该选择0～15V量程。 故答案为：
（l）②调节滑动变阻器，使电压表示数为1.5V，记下I2
③换用最大阻值较大的滑动变阻器（或换用电压较低的电源）； （2）①增加一节干电池；②电压表改接为0～15V量程。
（1）②研究电流与电阻的关系时，实验中要保证电阻两端电压不变，更换电阻后，要移动滑动变阻器滑片位置，使电压表示数保持不变；
③电阻两端电压达不到1.5V，可从滑动变阻器阻值大小、电源电压大小、电阻本身等方面分析原因；根据串联电路的分压原理，换用最大阻值较大的滑动变阻器或换用电压较低的电源；
（2）测量小灯泡的额定功率必须使小灯泡在额定电压下发光，此题中需改变电源电压，同时注意电压表的量程。
本题探究电流与电阻的关系，考查控制变量法、对器材的要求有操作过程，并与测功率实验做对比。
15. 解：（1）连接CO并延长，过C点作主光轴的平行线交凸透镜一点，连接该点和凸透镜的右焦点F，并延长，与CO的延长线交于一点，即为像点C′，作该点垂直于主光轴的垂线段，即为物体CD所成的像C′D′．如图所示：
；
（2）投影线能成放大的实像，v＞u，＞1，可得m＞1。
（5）将蜡烛从略大于一倍焦距处逐渐远离凸透，物距逐渐增大，根据凸透镜成的实像
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时有：物远（物距变大）像近（像距变小）像变小，像距逐渐减小，从v＞2f到f＜v＜2f，但像距只能接近1倍焦距，而不能小于1倍焦距，C正确。 故答案为：（1）如上图；（2）v＞u，＞1，可得m＞1；（3）C。
（1）根据过光心不改变方向、平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在焦点，得出C的像点C′；C'向主光轴作垂线得到D点的像点D'，连接C′D′可得像。 （2）投影线能成放大的实像，v＞u，据此分析；
（3）根据凸透镜成实像时：物远（物距变大）像近（像距变小）像变小分析。
本题探究凸透镜成像规律，考查凸透镜成像规律有应用、凸透镜对光线的作用等知识，综合性强，解此题的关键是对凸透镜成像规律要有一个连续、完整的认识。
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