中考物理专项突破——多选题通用版

这是一份中考物理专项突破——多选题通用版，共22页。
中考二轮多选20-22题突破
一． 透镜类多选题
（多选）1．王同学利用如图所示的装置做实验，先用焦距为20cm的凸透镜甲进行实验，在屏上得到了清晰缩小的实像A，接下来他改用焦距为10cm的凸透镜乙继续进行实验，如果不改变上一次实验时蜡烛和透镜的位置，光屏上可再次成一清晰的像B，下列判断正确的是（　　）

A．像B比像A小
B．像B比像A大
C．光屏应向靠近透镜的方向移动
D．蜡烛和光屏的位置不动，将透镜向右移动
（多选）2．如图所示，探究凸透镜成像规律的实验中，某同学将烛焰、凸透镜、光屏摆成如图所示的位置，光屏上能成清晰的像。下列说法正确的是（　　）

A．由图可知凸透镜的焦距是7.5cm＜f＜15cm
B．蜡烛和光屏位置保持不变，将透镜移到35cm处，成倒立放大的实像
C．图中成的是倒立放大的实像，符合投影仪的成像原理
D．若在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，只将物体向左移动可以成清晰的像
（多选）3．沈清同学做“探究凸透镜成像的规律”的实验，将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏放置在光具座上，调整后的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像。下列说法正确的是（　　）


A．该透镜的焦距是20cm
B．当物距为25cm时，移动光屏，在光屏上得到一个缩小的像
C．当物距为15cm时能成清晰的像，投影仪就是根据这一原理制成的
D．当物体从距凸透镜12cm移动到24cm的过程中，同时移动光屏，光屏上所成清晰的像逐渐变小
（多选）4．如图，在探究凸透镜成像规律的实验中，当蜡烛和凸透镜之间的距离为26cm时，在光屏上得到一个清晰缩小的实像（未画出）。下列说法不正确的是（　　）



A．该凸透镜的焦距：10.5cm＜f＜13cm
B．只将蜡烛向右移动，可以在光屏上得到清晰放大的像
C．只将蜡烛和光屏互换，可在光屏上得到清晰放大的像
D．将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，应将光屏靠近凸透镜
（多选）5．在探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验装置如图所示，此时在光屏上可以看到烛焰清晰的像。则下列说法中正确的是（　　）


A．如图所示的实验现象能够说明照相机的成像特点
B．透镜的焦距在5cm﹣15cm之间
C．保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜，光屏上可以再得到一个缩小的像
D．保持蜡烛和透镜的位置不变，换用焦距更小的凸透镜，要得到清晰的像，光屏应靠近透镜
二．电学类多选题
（多选）1．将两个最大阻值为20Ω的滑动变阻器R1、R2接入如图所示电路。闭合开关S，将滑片P1移至最右端，滑片P2移至最左端，小灯泡L正常发光，电流表示数为0.8A。保持P2位置不动，调节P1至另一端，电流表示数为0.3A。下列说法正确的是（　　）

A．电源电压为12V
B．小灯泡的额定功率为3W
C．通过调节P1和P2可使电路中最小电流为0.15A
D．通过调节P1和P2可使电路的最大功率为4.8W
（多选）2．小阳想测量小灯泡正常发光时的电功率，小灯泡的额定电压为2.5V，实验电路如图甲所示，所用电源电压为4.5V，滑动变阻器的规格为“50Ω2A”。小阳发现自己把电路连接错了，刚要拆电路，同组的小红思考后却认为不用改动也可以进行测量，她谨慎操作并成功地完成了实验。实验中，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示。根据实验过程及现象，下列判断正确的是（　　）

A．为使小灯泡正常发光，电压表示数应为2.5V
B．滑片P在某位置时，电压表的示数为3V，要测量小灯泡的额定功率，还应将滑片P继续向右移动
C．测量过程中，不能将滑动变阻器阻值调至最大
D．小灯泡的额定功率为5W
（多选）3．如图所示的电路中，电源电压保持不变。R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻。闭合开关S，将滑片P由a端向b端滑动一段距离后，电压表V1、V2示数变化的大小分别为△U1、△U2，电流表示数变化的大小为△I．下列判断正确的是（　　）

A．△U2大于△U1
B．与的差值等于R2
C．R2和R3消耗的电功率的和增加了△U2•△I
D．电压表V1示数变小、电压表V2示数变大，电流表示数变大
（多选4．如图所示，电源电压不变。下列说法正确的是（　　）

A．只闭合S1，将P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将P向左移动，R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变小
D．开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小
（多选）5．如图所示，电源电压不变，a、b、c为电流表或电压表。只闭合S1时，a表无示数b表有示数。S1、S2都闭合时，滑片P向右滑动，c表的示数不变，下列判断正确的是（　　）

A．a表是电压表
B．先闭合开关S1，再闭合S2，电路中的总电流变大
C．只闭合S1，P向右移动，R2两端的电压变化量与电流变化量的乘积大于其电功率的变化量
D．开关均闭合，电路的总功率为P1；若将c表换成另一种电表，再闭合S1、S2，电路的总功率为P2，则P2＞P1
三．压强浮力类多选题
（多选）1．在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，小明用弹簧测力计、圆柱体、四个装有适量水和盐水的同样的烧杯，对浸在液体中的圆柱体所受的浮力进行了探究，实验装置和每次实验中弹簧测力计的示数如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．圆柱体浸没在水中受到的浮力为0.6N
B．比较图甲、丙、戊说明圆柱体受到的浮力大小与浸没在液体中的深度有关
C．比较图甲、丁、戊说明圆柱体受到的浮力大小与液体的种类有关
D．根据图中数据可计算出圆柱体的密度是1.5×103kg/m3
（多选）2．小凯进行验证阿基米德原理的实验，正确操作过程如图所示，图中F1、F2、F3、F4分别表示对应的弹簧测力计示数。下列说法正确的是（　　）

A．该实验还需要测量物体排开液体的体积，并用到液体的密度
B．F2 ＜F1 表明物块受到的重力减小了
C．物块排开的液体受到的重力 G排液＝F4﹣F3
D．若F1﹣F2＝F4﹣F3，则说明本次实验结果符合阿基米德原理
（多选）3．小华用如图甲所示进行实验“探究影响浮力大小的因素“，A是实心圆柱体根据数据作出的弹簧测力计示数F与物体浸入水中的深度h的关系图象如图乙，从图乙可知不正确的（　　）

A．物体受到的重力为2N
B．当物体浸没在水中时受到的浮力为2N
C．该物体的密度为1.0×103kg/m3
D．浸入液体的物体所受的浮力大小与深度成正比
（多选）4．小明在游泳时发现，他越往深处走，感觉到浮力越大，出此他猜想：浮力大小与物体浸在液体中的深度是否有关？于是他找来一个金属圆柱体、弹簧测力计和烧杯等器材进行了如图1所示的探究，下列说法正确的是（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）（　　）

A．图2中曲线b描述的是金属圆柱体所受浮力的变化情况
B．圆柱体的底面积是2cm2
C．金属圆柱体的密度为2.7×103kg/m3
D．浮力大小与物体浸在液体中的深度无关
（多选）5．探究影响浮力大小的因素时，小红做了如图所示的实验，根据她的实验数据判断下列说法中正确的是
（　　）

A．比较图甲和乙可知，物体受到的浮力大小与排开液体的体积有关
B．比较图乙和丁可知，物体受到的浮力大小与液体的密度有关
C．比较图乙和丙可知，浮力的大小与物体浸没在液体中的深度有关
D．比较图甲和乙可知，物体受到的浮力大小与物体的体积有关
四．机械类多选题
（多选）1．如图所示是某建筑工地用升降机提升大理石的滑轮组示意图。升降机货箱（空载）和动滑轮的总重力是300N，大理石的密度为2.8×103kg/m3，每块大理石的体积是1.0×10﹣2m3。在某次提升15块大理石的过程中，升降机在1min内将货箱中的大理石沿竖直方向匀速提升了15m，绳子末端的拉力为F，拉力F的功率为P，此时滑轮组的机械效率为η，不计绳子的重力和轮与轴的摩擦，g取10N/kg。下列选项中正确的是（　　）

A．拉力F的大小为1300N
B．拉力F的功率P为1125W
C．滑轮组的机械效率η为85%
D．若绕在滑轮组上的绳子能承受的最大拉力为2000N，货箱一次最多装20块大理石
（多选）2．如图所示，站在水平面上的建筑工人竖直拉着绳，通过滑轮组将500N的重物匀速提升到高处，绳子的自由端在5s内被匀速拉下2m。已知工人重600N，每个滑轮的重力均为100N，不计绳重和摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．重物匀速上升的速度为0.4m/s
B．重物匀速上升过程中，该建筑工人对地面的压力为300N
C．绳子自由端拉力的功率为120W
D．无论提升多重的物体，滑轮组的机械效率不变
（多选）3．某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图中图线a所示，物体上升的高度随时间变化的关系如图中图线b所示，已知物体的质量为900g，所用动滑轮的质量为100g，绳子自由端的拉力F为2.8N。g取10N/kg。在0～2s的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．绳子自由端移动的速度为0.2m/s
B．拉力F的功率为0.56W
C．有用功为90J
D．滑轮组的机械效率为90%
（多选）4．如图所示，重为G的物体在拉力F的作用下，以v的速度匀速运动了s，已知物体在水平桌面上运动时受到的摩擦阻力为物重的n分之一，不计绳重、轮与轴间的摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．使用该滑轮组一定省力
B．拉力的功率为2Fv
C．额外功为（2nF﹣G）s
D．滑轮组的机械效率为
（多选）5．用五个相同质量的滑轮和绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，在绳子自由端分别用力将重力为G的物体匀速提升，乙滑轮组的效率为η乙，不计摩擦、绳和木板的重，下列说法正确的是（　　）

A．两个滑轮组的机械效率可能相等
B．F1一定大于F2
C．每个滑轮重为
D．甲、乙将重物提升相同的高度，F1与F2的功率可能相等
五．电磁类多选题
（多选）1．关于电和磁，下列叙述中正确的是（　　）
A．电磁波不能在真空中传播
B．磁场对小磁针N极的作用力方向跟磁场方向相同
C．只要导体在磁场中运动，导体中就会产生感应电流
D．电动机在工作时把电能转化为机械能
（多选）2．下列说法正确的是（　　）
A．导体中的自由电子做定向移动时，它的周围就产生磁场
B．导体的电阻是由导体两端的电压及通过导体的电流决定的
C．导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生感应电流
D．改变磁场的方向，通电导体在磁场中的受力方向不一定发生改变
（多选）3．下列关于电与磁的说法正确的是（　　）
A．动圈式话筒是利用磁场对电流的作用原理制成的
B．只改变通电螺线管中电流的方向，可以改变通电螺线管的N、S极
C．磁场中某点的磁场方向是由放在该点的小磁针决定的
D．直流电动机内线圈的转向与电流方向和磁场方向有关
（多选）4．如图为直流电动机的基本构造示意图，以下相关的分析中正确的是（　　）

A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠换向器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
（多选）5．图甲、乙所示的实验现象，下列有关说法正确的是（　　）

A．甲图演示的现象与扬声器原理相同
B．乙图演示的是电流的磁效应现象
C．甲图演示过程中把电能转化成机械能
D．乙图中，导体ab只要运动就能在电路中产生感应电流























答案及解析
一． 透镜类多选题
1.AC
【解答】解：由“先用焦距为20cm的透镜甲进行实验，在屏上得到清晰缩小的实像”可知，此时u＞2f；
当改用焦距为10cm的透镜乙继续实验，不改变发光体和凸透镜的位置，则相当于增大了物距，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，可知，要在光屏上成清晰的像，光屏将靠近透镜移动，像变小。
2.ABD
【解答】解：A、蜡烛距离凸透镜30cm时，在透镜的另一侧15cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小的实像；此时像的位置在一倍焦距和二倍焦距之间，物距在二倍焦距以外，即2f＞15cm＞f，30cm＞2f，所以15cm＞f＞7.5cm，故A正确；
B、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B正确；
C、当物距大于二倍焦距时所成的像是缩小、倒立的实像，是照相机的成像原理，故C错误；
D、近视眼镜为凹透镜，对光线有发散作用，将蜡烛向左移动，能在光屏上得到一个清晰的像，故D正确。
3.BCD
【解答】解：A、由图知，当物距为20.0cm时，像距也为20.0cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于2倍焦距时，成倒立等大的实像，此时像距与物距相等，所以2f＝20.0cm，则f＝10.0cm，故A错误；
B、当物距u＝25cm时，物距大于2倍焦距，所以此时成倒立、缩小的实像，故B正确；
C、当u＝15cm时，物距处于f和2f之间，所以成倒立、放大的实像，其应用是投影仪，故C正确；
D、把物体从距凸透镜12cm处移到24cm处的过程中，物距逐渐增大，像距逐渐变小，所以成的像逐渐减小，故D正确。
4.ACD
【解答】解析：A、由图可知，u＞v时，成倒立、缩小的实像，此时u＞2f，f＜v＜2f，所以u＝26cm＞2f，f＜21cm＜2f，解得10.5cm＜f＜13cm，故A正确；
B、蜡烛靠近凸透镜时，物距减小，为了在光屏上得到清晰的像，应增大像距，光屏应远离凸透镜，故B错误；
C、只将蜡烛和光屏互换，根据光路可逆可知，可以在光屏上得到清晰放大的像，故C正确；
D、将蜡烛远离凸透镜时，物距增大，减小像距才可以在光屏上得到清晰的像，故D正确。
5.AD
【解答】解：AB、由图可知，此时的物距为30cm，像距为15cm，物距大于像距，成的是倒立、缩小的实像，应用为照相机，此时u＞2f，f＜v＜2f，即30cm＞2f，f＜15cm＜2f，解得7.5cm＜f＜15cm，故A正确，B错误；
C、由于凸透镜成像时光路可逆，所以保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜，当此时的物距等于原来的像距时，即可成倒立、放大的实像，故C错误；
D、保持蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜换为焦距更小的凸透镜，相当于将蜡烛远离透镜，则物距变大，凸透镜成实像时，遵循物远像近像变小的特点，所以要观察到清晰的像需要减小像距，即将光屏靠近凸透镜，可以在光屏上再次出现清晰的像，故D正确。
二．电学类多选题
1.BCD
【解答】解：闭合开关S，将滑片P1移至最右端，滑片P2移至最左端，滑动变阻器R1的最大阻值与小灯泡并联，电流表测量干路中的电流；滑动变阻器R2接入电路中电阻为零，当保持P2位置不动，调节P1至另一端，小灯泡被短路，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流；
A、闭合开关S，将滑片P1移至最左端，滑片P2移至最左端，此时电路为R1的简单电路，
由题意可知，电路中的电流为0.3A，R1接入电路中电阻最大，由欧姆定律可知，R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.3A×20Ω＝6V，即电源电压为6V，故A错误；
B、闭合开关S，将滑片P1移至最右端，滑片P2移至最左端，滑动变阻器R1的最大阻值与小灯泡并联，
由并联电路的特点可知，此时通过R1的电流仍为0.3A，由并联电路的电流特点可知，通过小灯泡的电流：IL＝I﹣I1＝0.8A﹣0.3A＝0.5A，
由并联电路的电压特点可知，小灯泡两端的电压：UL＝U＝6V，
小灯泡的额定功率：PL＝ULIL＝6V×0.5A＝3W，故B正确；
C、由欧姆定律可知，电路中的电流最小时，电路中的总电阻最大，由电路图可知，闭合开关S，将滑片P1移至最左端，滑片P2移至最右端，两变阻器接入电路的电最大，
由串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R最大＝R1+R2＝20Ω+20Ω＝40Ω，
由欧姆定律可知，此时电路中最小电流：I最小＝＝＝0.15A，故C正确；
D、由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越小，功率越大，由电路图可知，闭合开关S，将滑片P1移至最右端，滑片P2移至最左端，滑动变阻器R1的最大阻值与小灯泡并联，由并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，
由题意可知，此时电路中的电流为0.8A，电路的最大功率：P＝UI＝6V×0.8A＝4.8W，故D正确。
2.BC
【解答】解：（1）原电路中，灯与变阻器串联，电压表测变阻器的电压，故根据串联电路电压的规律，当电压表示数为：4.5V﹣2.5V＝2V时，灯正常发光，故A错误；
滑片P在某位置时，电压表的示数为3V，大于2V，故要减小变阻器的电压，根据分压原理，要减小变阻器连入电路中的电阻，故要测量小灯泡的额定功率，还应将滑片P继续向右移动；故B正确；
（2）小灯泡的电阻为几欧姆，因变阻器的最大电阻为50欧姆，远大小于灯的电阻，根据分压原理，将滑动变阻器阻值调至最大时，电压将大于3V，损坏电压表，故测量过程中，不能将滑动变阻器阻值调至最大，
故C正确；
（3）图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，小灯泡的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.5A＝1.25W，故D错误。
3.ABD
【解答】解：由图示电路图可知，三个电阻串联，电流表测电路电流，电压表V1测R1、R2两端电压，电压表V2测电阻R2、R3两端电压，
A、＝R2+R3，＝R3，﹣＝R2，△U2﹣△U1＝△IR2＞0，△U2＞△U1，故A正确；
B、＝R2+R3，＝R3，简化得二者的差值等于R2，故B正确；
C、滑片向右移动过程中，电路电流增大，R2和R3消耗的电功率的和增加量△P＝I′2（R2+R3）﹣I2（R2+R3）＝（I′2﹣I2）（R2+R3）≠△U2•△I，故C错误；
D、滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知电路电流增大，电压表V1示数变小、电压表V2示数变大，故D正确；
4.ACD
【解答】解：
AB、由图知，只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流。
P左移动时，R2连入阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律知电路中电流变小，即电流表示数变小，由P＝I2R知R1消耗的功率减小，故B错误；
由串联电路的分压原理知R2分得电压增大R1分得电压减小，串联电路中总电压等于各部分电路两端电压之和，所以有：△U2＝△U1，
R1为定值电阻，由欧姆定律知，R1＝＝，即电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变，故A正确；
CD、由图知，开关都闭合，L与R2并联，R1短路，电压表测电源电压，电流表测干路电流，
由并联电路电压特点知，将P向左移动，电压表示数不变，R2连入阻值变大，所以电路的总电阻变大，总电流变小，所以电流表示数变小，故C正确；
并联电路中各支路间互不影响，所以灯泡功率不变，由P＝知，R2消耗的功率变小，故D正确。
5.BD
【解答】解：（1）只闭合S1时，a、b两表串联后并联在电源两端，
由a表无示数、b表有示数可知，a表应为电流表，b表应为电压表，故A错误；
（2）当S1、S2都闭合时，滑片P向右滑动，c表的示数不变，则c表应为电压表，
先闭合开关S1时，R1、R2、R3串联，再闭合S2后，电路为R1的简单电路，
此时电路中的总电阻变小，由I＝可知，电源电压不变时，电路中的电流变大，故B正确；
（3）只闭合S1时，R1、R2、R3串联，设P向右移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
由I＝可得，R2两端的电压变化量△U2＝U2′﹣U2＝I2R2﹣I1R2＝（I2﹣I1）R2，
R2两端的电压变化量与电流变化量的乘积为（I2﹣I1）2R2，
R2电功率的变化量△P2＝I22R2﹣I12R2＝（I22﹣I12）R2＝（I2﹣I1）（I2+I1）R2，
由（I2+I1）＞（I2﹣I1）可知，（I2﹣I1）（I2+I1）R2＞（I2﹣I1）2R2，
所以，R2两端的电压变化量与电流变化量的乘积小于其电功率的变化量，故C错误；
（4）开关均闭合，电路为R1的简单电路，
若将c表换成另一种电表即电流表，再闭合S1、S2时，R1、R2、R3并联，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，R1的电功率不变，
因电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，电路中的总功率变大，即P2＞P1，故D正确。
三．压强浮力类多选题
1.CD
【解答】解：（1）在图甲中，测力计分度值为0.2N，示数为3N，由甲丁图，根据称重法测浮力，圆柱体浸没在水中受到的浮力：
F浮＝G﹣F示＝3N﹣1N＝2N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
A错误；
（2）圆柱体受到的浮力大小与控制柱体排开液体的体积和密度有关：
研究柱体受到的浮力大小与浸没在液体中的深度关系时，要控制柱体排开液体的体积和密度相同，而图丙、戊中排开液体的体积是不同的，B是错误的；
研究圆柱体受到的浮力大小与液体的种类的关系时，要控制排开液体的体积相同，
根据称重法，比较图甲、丁、戊，可测量出圆柱体浸没在水和盐水中（排开液体的体积等于物体本身的体积）的浮力大小，故C正确；
（3）由①知，圆柱体浸没在水中受到的浮力：
F浮＝2N，根据阿基米德原理，F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV，圆柱体的体积：
V＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
圆柱体的密度：
ρ＝＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，
由①②③得：
圆柱体的密度：
ρ＝＝1.5ρ水＝1.5×103kg/m3，
故D正确。
2.CD
【解答】解：
A、物体重力是F1，物体放入水后弹簧测力计显示物体的重力是F2，所以物体受到的浮力F浮＝F1﹣F2，利用称重法可得出浮力的大小，不需要测量物体排开液体的体积，并用到液体的密度，故A错误；
B、本实验中物体的重力是不变的，示数变化是因为受到了浮力；故B错误；
C、由丙可知，物块排开的液体受到的重力G排液＝F4﹣F3；故C正确；
D、若F1﹣F2＝F4﹣F3，则表明物体受到的浮力等于其排开的液体的重力，说明本次实验结果符合阿基米德原理，故D正确。
3.ACD
【解答】解：
A、由图示图象可知，物体没有浸入液体时测力计示数为4N，则物体重力：G＝4N，故A错误；
B、由图示图象可知，物体完全浸没在水中时受到的浮力：F浮＝G﹣F＝4N﹣2N＝2N，故B正确；
C、由F浮＝ρgV排可知，物体的体积：V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3，
由G＝mg可知，物体的质量：m＝＝＝0.4kg，
物体的密度：ρ物体＝＝＝2×103kg/m3，故C错误；
D、 由图示图象可知，物体没有完全浸没在液体中前受到的浮力与物体浸入液体的深度成正比，物体完全浸入液体后受到的浮力不变，故D错误；
4.CD
【解答】解：A、由上面的分析，在浸没前金属块受到的浮力大小随排开液体的体积增大而增大，浸没后排开液体的体积不变，根据阿基米德原理可知，浮力大小不变，据此判断出描述金属圆柱体所受浮力的变化情况的图象是a，故A错误；
B、由图象a可知，圆柱体完全浸没后，圆柱体受的浮力为F浮＝0.20N，
圆柱体的重力G＝0.54N；
由F浮＝ρ水gV排得物体的体积：
V＝V排＝＝＝2×10﹣5m3＝20cm3
由图知，圆柱体的高度为4cm，根据V＝Sh知，
圆柱体的底面积为：S＝＝＝5cm2，故B错误；
C、圆柱体的重力G＝0.54N，根据G＝mg知，
圆柱体的质量为：m＝＝＝0.054kg
圆柱体的密度：ρ＝＝＝2.7×103kg/m3，故C正确；
E、 根据图a可知，金属块浸没在水中后所受浮力大小与金属块所处的深度无关，故D正确。
5.AB
【解答】解：
A、图甲和图乙中，物体排开液体的密度不变，排开液体的体积不同，弹簧测力计的示数不同、A受到的浮力不同，说明物体受到的浮力大小与排开液体的体积有关，故A正确；
B、图乙和图丁中，物体所处深度相同、排开液体的体积相同，液体的密度不同，弹簧测力计的示数不同、A受到的浮力不同，说明物体受到的浮力大小与液体的密度有关，故B正确；
C、图乙和图丙中，排开液体的体积相同，液体的密度相同，物体所处深度相同、弹簧测力计的示数相同、A受到的浮力相同，说明物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关，故C错；
D、在图甲和图乙中，物体都浸没，排开水的体积等于等于物体的体积，说明物体受到的浮力大小与排开液体的体积有关，物体受到的浮力大小与物体的体积无关，故D错。
四．机械类多选题
1.BD
【解答】解：
A、由ρ＝得每块大理石的质量：
m0＝ρV0＝2.8×103kg/m3×1.0×10﹣2m3＝28kg
每块大理石重：G0＝m0g＝28kg×10N/kg＝280N；
提升15块大理石的过程中，提升的大理石总重G总＝15G0＝15×280N＝4200N，
由图知，n＝3，不计绳子的重力和轮与轴的摩擦，拉力：
F＝（G总+G动+箱）＝×（4200N+300N）＝1500N，故A错；
B、拉力端移动的距离：s＝nh＝3×15m＝45m，
把15块大理石提升15m拉力做的功：
W总＝Fs＝1500N×45m＝6.75×104J，
拉力的功率为：
P＝＝＝1125W，故B正确；
C、拉力做的有用功：W有用＝G总h＝4200N×15m＝6.3×104J，
滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%≈93.3%，故C错误；
D、绕在滑轮组上的绳子能承受的最大拉力F最大＝2000N，
不计绳子的重力和轮与轴的摩擦，最大拉力：F最大＝（G最大+G动+箱），
一次能够提起大理石的最大总重：
G最大＝3F最大﹣G动+箱＝3×2000N﹣300N＝5700N，
一次能提起的大理石的块数：
n＝＝≈20.4，取20块，故D正确。
2.BC
【解答】解：A、绳子自由端移动的速度：v＝＝＝0.4m/s，
由图可知n＝2，重物匀速上升的速度：v物＝＝＝0.2m/s，故A错误；
B、因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力：F＝（G+G动）＝×（500N+100N）＝300N，
此时工人对地面的压力：F压＝G人﹣F＝600N﹣300N＝300N，故B正确；
C、拉力做功的功率：P＝＝＝Fv＝300N×0.4m/s＝120W，故C正确；
D、由不计绳重和摩擦时η＝＝＝＝＝可知，物重增加时，滑轮组机械效率增大，故D错误。
3.AB
【解答】解：
A、绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图中图线a所示，当绳子自由端移动的距离为40cm时，所用的时间为2s，则绳子自由端移动的速度为：v＝＝＝20cm/s＝0.2m/s，故A正确；
B、拉力F的功率：P＝＝＝Fv＝2.8N×0.2m/s＝0.56W，故B正确；
C、物体的重力：G＝mg＝900×10﹣3kg×10N/kg＝9N，在0～2s的过程中，物体升高高度h＝10cm＝0.1m，拉力做的有用功：W有＝Gh＝9N×10×0.01m＝0.9J，故C错误；
D、由图线ab可知，当s＝40cm时，h＝10cm，由s＝nh可得n＝＝＝4，
滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝＝×100%≈80%，故D错误。
4.BC
【解答】解：
A、由图可知，连接动滑轮绳子的股数n′＝2，由于不计绳重、轮与轴间的摩擦，
所以，绳端的拉力F＝（f+G动），
由于f与G动的大小关系未知，所以无法比较F与f的大小关系，则使用该滑轮组不一定省力，故A错误；
B、绳端移动的速度v绳＝n′v＝2v，则拉力的功率：P＝Fv绳＝2Fv，故B正确；
C、由题意可知，物体运动时受到的摩擦阻力f＝G，
克服摩擦阻力做的功为有用功，则：W有＝fs＝Gs，
绳端移动的距离：s绳＝n′s＝2s，
拉力F做的总功：W总＝Fs绳＝2Fs，
则额外功：W额＝W总﹣W有＝2Fs﹣Gs＝（2nF﹣G）s，故C正确；
D、 滑轮组的机械效率：η＝＝＝，故D错误。
5.BCD
【解答】解：
（1）由图可知，甲滑轮组只有1个动滑轮，乙滑轮组有2个动滑轮，且不计摩擦、绳和木板的重，
因克服物体重力G做的功为有用功，克服物重和动滑轮重做的功为总功，
所以，两滑轮组的机械效率分别为：
η甲＝＝＝，η乙＝＝＝，
则η甲＞η乙，故A错误；
由η乙＝可得，动滑轮的重力（即每个滑轮重）：
G动＝，故C正确；
（2）由图可知，n甲＝2，n乙＝4，不计摩擦、绳和木板的重，
则两滑轮组绳子的拉力分别为：
F1＝（G+G动）＝（2G+2G动），F2＝（G+2G动），
因（2G+2G动）＞（G+2G动），
所以，F1＞F2，故B正确；
甲、乙将重物提升相同的高度，拉力做功为总功，则F1与F2的功率分别为：
P甲＝＝，P乙＝＝，
因t甲和t乙的关系不确定，
所以，F1与F2的功率可能相等，故D正确。
五． 电磁类多选题
1.BD
【解答】解：
A、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故A错误；
B、在磁场中的某一点，小磁针静止时，其N极所指的方向为该点磁场的方向，即磁场对小磁针N极的作用力方向跟磁场方向相同，故B正确；
C、只有闭合电路的一部分导体，在磁场中做切割磁感线运动时，在导体中才会产生感应电流，故C错误；
D、电动机工作时电能主要转化为机械能，故D正确。
2.AD
【解答】解：
A、导体中的自由电子做定向移动时会产生电流，电流的周围存在磁场，故A正确；
B、电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与通过导体的电流和导体两端的电压无关，故B错误；
C、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，故C错误；
D、改变磁场的方向，同时电流的方向改变，则通电导线在磁场中的受力方向不会发生改变，故D正确。
3.BD
【解答】解：A、动圈式话筒是利用电磁感应的原理制成的，工作时将机械能转化为电能，故A错误；
B、通电螺线管的极性与电流的方向和线圈的绕法有关，故对于给定的螺线管，改变通电螺线管中电流的方向，可以改变通电螺线管的N、S极；故B正确；
C、磁场中某点的磁场方向与放在该点小磁场静止时N极的指向一致，即放不放小磁针，此点的磁场方向始终是不变的，故C错误；
D、影响直流电动机转动方向的原因有两个：电流方向和磁场方向，故D正确。
4.CD
【解答】解：A、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，故A错误；
B、电动机工作过程中，消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能转化成了热能，故B错误；
C、使线圈连续不停地转动下去是靠换向器来实现的，故C正确；
D、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向，故D正确；
5.AC
【解答】解：
A、甲装置中有电源，说明了通电导体在磁场中受力而运动，扬声器是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的，所以二者的原理相同，故A正确；
B、乙图中，当闭合电路中的金属棒ab在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，这是电磁感应现象，不是电流的磁效应，故B错误；
C、甲图演示了通电导体在磁场中受力而运动，是电能转化为机械能，故C正确；
D、乙图中，导体ab只有做切割磁感线运动且电路闭合时，才能在电路中产生感应电流，故D错误。