2023届浙江省杭州市中考物理阶段性适应模拟试题（3月）含解析

这是一份2023届浙江省杭州市中考物理阶段性适应模拟试题（3月）含解析，共17页。试卷主要包含了填空题，选择题等内容，欢迎下载使用。
2023届浙江省杭州市中考物理阶段性适应模拟试题（3月）

题号
一
二
三
四
总分
得分







一、填空题（共16分，每空1分）
1. 意大利物理学家______的斜面实验说明“力是改变物体运动状态的原因”，著名的______实验首先证明了大气压强的存在。
2. 如图1所示，是登山爱好者从小型氧气罐里吸取氧气的情景，当氧气罐里氧气被吸取部分后，罐内氧气的质量将______，密度将______(均选填“变大”、“变小”或“不变”)．


3. 为了记录运动会中精彩的瞬间，学校邀请摄影师携带无人机来进行航拍。如图2所示，当无人机悬停在空中时，升力对无人机______；当无人机水平飞行时，升力对无人机______。(均选填“做功”或“不做功”)
4. 如图3，用洒水壶提水和洒水时，要用不同的把手，当用洒水壶洒水时，应该用______把手(填“A”或“B”)。这说明力的作用效果与______有关。



5. 在放假外出旅游时，小明发现所乘坐的大客车窗边放置有在紧急情况下使用的逃生安全锤，如图4所示。这种逃生安全锤前端设计成锥形，这样做的目的是通过______受力面积的方法，来______压强，从而破坏玻璃窗逃生。(均选填“增大”或“减小”)
6. 在装修房屋时，工人师傅常用一根足够长的透明塑料软管，里面灌入适量的水(水中无气泡)，两人各持管的一端靠在墙面的不同地方，当水静止时，在与水平平的位置做出标记，这样做利用了______原理，目的是保证两点在______上。
7. 2021年10月16日，运载火箭在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，神舟十三号载人飞船发射取得了圆满成功。在燃料燃烧并推动火箭的过程中，最初的______能最终转化为______能。
8. 如图5所示，灯泡L1标有“6V6W”、L2标有“6V 3W”字样，现两灯均正常发光，则甲电表示数为______，乙电表示数为______。
二、选择题（共14分，把你认为正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上.第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分；第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题3分.全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
9. “估测”是物理学中常用的一种方法，在家庭生活中，如图所示是疫情期间同学们常见的额温枪，下列关于额温枪的估测最符合实际的是(    )
A. 额温枪的质量约为70g B. 额温枪的高度约为140cm
C. 额温枪的功率约为10W D. 额温枪测量一次的时间约为5s
10. 缺水已是一个世界性的普遍现象，因此我们要珍惜每一滴水，海水淡化是解决缺水问题的方法之一。现在所用的海水淡化的方法有很多种，其中一种是蒸馏法，即先将海水中的水汽化而把盐留下，再将水蒸气冷凝为液态的水。关于以上过程涉及的物态变化和吸放热情况，下列说法正确的是(    )
A. 先升华后凝华，先吸热后放热 B. 先汽化后凝固，先放热后吸热
C. 先汽化后液化，先吸热后放热 D. 先汽化后液化，先放热后吸热
11. 一薄壁正方体容器放在台秤上，当在容器中装满水时，台秤的示数为12 N，容器底部受到水的压强为1×103Pa；当在容器中装满另一种液体时，容器底部受到的压力是8 N；将液体倒掉，然后将一个实心正方体物块放入容器中，物块正好填满容器，此时台秤受到的压强为2.9×103Pa(g取10 N/kg)。则下列说法正确的是  (    )
A. 容器的底面积为120 cm2
B. 物块的密度为2.9×103kg/m3
C. 液体对容器底部的压强为0.4×103Pa
D. 薄壁正方体容器的重力为2 N
12. 某班同学在“探究凸透镜成像规律”实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间的图像，如图所示，下列判断正确的是(    )
A该凸透镜的焦距是4 cm
B. 当u=3.5 cm时，在光屏上能得到一个缩小的像
C. 当u=5 cm时成放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
D. 把物体从距凸透镜3 cm处移动到8 cm处的过程中，像逐渐变小
13.如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升ℎ的高度，且每个滑轮的重力都等于G0(G0F3
B. 甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0ℎ
C. 甲图和乙图中的装置总功相等为Gℎ+G0ℎ
D. 乙图中的装置机械效率最高为100%
14.潜水员潜水时佩戴的除了水压表还有一个深度表，如图甲所示是一款深度表的简化电路图，其中深度表由一个量程为0～3V的电压表改装而成，当所处深度增大时深度表示数随之变大。其中电源电压U=6V恒定不变，定值电阻R0=15Ω，压敏电阻Rp的阻值随水深度变化的图像如图乙所示，Rp允许通过的最大电流为0.24A，电流表量程为0～0.6A。下列说法正确的是(    )
A. 改装成深度表所用的电压表应并联在R0两端
B. 深度表的零刻度与电压表的零刻度重合
C. 当深度增大时，电压表与电流表的比值不变
D. 在电路安全的情况下，该深度表能测量的最大深度为40m






三、 计算题（共23分，第15小题7分，第16小题8分，第17小题8分）
15.如图所示，圆柱体甲和薄壁圆柱形容器乙置于水平地面上。甲的重力为12.6N，密度为3×103kg/m3，底面积为5×10−3m2，乙容器底面积为2×10−2m2，内装水。g取10N/kg，求：
(1)乙容器内水面下12cm处水的压强p水；
(2)若将甲浸没在乙容器的水中后(无水溢出)，求水对乙容器底部压强的增加量；
(3)若甲下表面距水面4.2cm，甲物体下表面受水的压力为多少？




16.如图所示为一款具有两挡加热的破壁机内部电路简化示意图，R1和R2为加热电阻，该破壁机的部分参数如表所示，问：
破壁机部分参数
额定电压
220V
加热功率
400W
榨汁功率
1100W
1210W
(1)电动机线圈电阻为1Ω，仅榨汁时破壁机工作1min消耗的电能和产生的电热分别为多少？
(2)仅处于加热的高温挡时，三个开关的开合情况是怎样的？加热电阻R2的阻值为多大？
(3)若不计热损失，将杯子中搅碎的1100g营养糊，使其温度从20℃加热到100℃至少需要多长时间？[c营养糊=4.4×10³J/(kg⋅℃)]



17.如图所示，电源电压保持不变，R2为定值电阻，小灯泡L上标有“6 V 3 W”字样(不考虑温度对灯丝电阻的影响)，滑动变阻器R1的最大阻值为20 Ω。只闭合S1，将滑动变阻器的滑片P移动到A端时，L正常发光；闭合所有开关时整个电路1 min消耗的电能为540 J。已知电流表的量程为0～0.6 A，电压表的量程为0～3 V。求：
(1)电源电压。
(2)R2的阻值。
(3)在保证电路安全的前提下，只闭合S1时移动滑片P使电路消耗的功率最小，若此时电路的最小功率为P1，只闭合S2时移动滑片P使电路消耗的功率最大，若此时电路的最大功率为P2，则P1和P2的比是多少？






四、 实验与探究题（共27分，每小题7分）
18.如图所示是人们在实验室常用的几种测量仪器，请完成下列填空。

(1)图甲为用刻度尺测量一物块的长度，刻度尺的分度值为______cm，物块的长度为______cm。
(2)实验室里常用的温度计是根据液体的______的原理制成的。图乙中温度计所示温度是______℃。
(3)图丙中秒表的读数为______s。
(4)如图丁所示，是用量筒测量不规则形状物体体积的一种方法。由图可知，该量筒的量程为______，已知量筒内水的体积有50mL，则该物体的体积为______cm3。
19.探究水沸腾时温度变化的特点。

(1)如图1所示，是某小组安装的实验装置，合理的安装顺序是______(填序号)．
①烧杯和水②酒精灯③铁杆A和温度计(含纸盖) ④铁圈B和石棉网
(2)下表是小燕记录的实验数据：
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
温度/℃
88
90
92
94
96
98
98
98
实验过程中，她发现在第3min时，水中的气泡在上升的过程中逐渐______(选填“变大”或“变小”)．
(3)请将图2中的坐标系补充完整，并根据上表数据绘出水温与时间的关系图像。由此可知当时的气压______(选填“低于”“高于”或“等于”)一个标准大气压。
(4)由数据及图像可知，水沸腾时，继续加热，水的温度______．
(5)通过学习，小燕终于明白妈妈用炉火炖汤时，在汤沸腾后继续______(选填“吸热”或“放热”) ______(选填“保持大火”或“调为小火”)的道理。
20.在探究影响浮力大小因素的实验中，同学们提出了如下猜想．
猜想1：浮力大小与物体排开液体的体积有关；
猜想2：浮力大小与液体的密度有关；
猜想3：浮力大小与物体浸没在液体中的深度有关．

(1)如图所示的实验中，物体浸没在水中时受到的浮力为________N．
(2)分析实验B、C可知猜想1是正确的，可以得到在同种液体中物体排开液体的体积越大，受到的浮力________.比较实验________可知，浮力大小还与液体的密度有关．
(3)图中F3=________N，盐水的密度ρ盐水=________kg/m3.(ρ水=1.0×103kg/m3,g=10N/kg)
(4)实验所用的科学研究方法是________________．
21.在测量小灯泡电功率的实验中，电源电压为6V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V(电阻约为8Ω)。
(1)现有规格分别为“100Ω 2A”“20Ω 1A”和“50Ω 0.2A”的三个滑动变阻器A、B、C可供选择，为了实验的顺利进行，应将滑动变阻器______(选填序号)连入电路。
(2)图甲为未连接完的电路，请将其连接完整(要求滑动变阻器的滑片P向左移动可以减小灯泡的亮度)。
(3)闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，同时观察______(选填“电压表”或“电流表”)示数的变化，以防止对灯泡造成损害。
(4)改变滑片P的位置，小红获得多组对应的电压、电流值，绘制了如图乙所示的I−U图像。由图像可知，小灯泡的额定功率为______。小灯泡的I−U图像为一条曲线是因为______。
(5)完成上述实验后，小红又设计了一种测额定功率的方案，如图丙所示，R0是阻值已知的定值电阻。
①连接好电路，闭合开关S.将开关S1拨到触点______(选填“a”或“b”)，移动滑片使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，电压表的示数为U2；
③用U1、U2和R0表示小灯泡的额定功率P=______。
答案解析
【正确答案】
一填空题
1. 伽利略  （1分） 马德堡半球 （1分）
2. 变小  （1分） 变小（1分）
3. 不做功  （1分） 不做功 （1分）
4. B  （1分） 力的作用点 （1分）
5. 减小  （1分） 增大（1分）
6. 连通器  （1分） 同一水平面（1分）
7. 化学 （1分） 机械（1分）
8. 0.5A  （1分） 6V（1分）
二、选择题
9. A（2分） 10. C（2分） 11. D（2分） 12. D（2分
13. BD（3分） 14. ACD（3分）
三计算题
15.
解：
（1）乙容器内水面下12cm处水的压强：
p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×12×10-2m=1200Pa； （2分）
（2）将甲轻轻放入乙容器水中浸没后，无水溢出，
由G=mg和ρ=可得，物体甲排开水的体积：
V排=V甲====4.2×10-4m3， （1分）
乙容器内水面上升的高度：
Δh===0.021m， （1分）
乙容器底部压强的增加量：
Δp水=ρ水gΔh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.021m=210Pa； （1分）
（3）若甲下表面距水面4.2cm，甲物体下表面受水的压强p水′=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×4.2×10-2m=420Pa； （1分）
甲物体下表面受水的压力F=p水′S甲=420Pa×5×10-3m2=2.1N。 （1分）
答：（1）乙容器内水面下12cm处水的压强p水为1200Pa；
（2）水对乙容器底部压强的增加量为210Pa；
（3）若甲下表面距水面4.2cm，甲物体下表面受水的压力为2.1N。
16.
解：（1）已知破壁机的榨汁功率为P榨汁=1100W，工作时间为t=1min=60s，其消耗的电能W=P榨汁t=1100W×60s=6.6×104J； （1分）
根据电功率P=UI可得：榨汁时仅S1闭合，则通过电动机的电流为I=； （1分）
在电动机上产生的电热为Q=I2R线圈t=（5A）2×1Ω×60s=1500J； （1分）
（2）由电路可知，仅S1闭合时，破壁机处于榨汁状态，加热电阻都不工作；S1断开，榨汁功能停止工作； （1分）
S2闭合，电阻R1、R2串联，电路中总电阻最大，由欧姆定律可知，通过加热电阻的电流最小，由P=UI可知其加热功率较小，属于低温挡；
S2、S3同时闭合，只有R1工作，电路中的电阻小，由欧姆定律可知，通过加热电阻的电流大，由P=UI可知其加热功率较大，属于高温挡；
故处于加热高温挡时，只有R1工作，开关S1断开，S2、S3均闭合；
由高温挡的功率P高=可得加热电阻R1的阻值：R1=； （1分）
又由低温挡的功率P低=可得加热电阻R2的阻值：R2==81Ω； （1分）
（3）设加热时间为t加，不计热损失时，W=Q吸，即P高t加=c营养糊mΔt，
代入数据可得：1210W×t加=4.4×103J/（kg•℃）×1100×10-3kg×（100℃-20℃），
解得：t加=320s； （2分）
答：（1）仅榨汁时破壁机工作1min消耗的电能为6.6×104J；产生的电热为1500J；
（2）仅处于加热的高温挡时，S1断开，S2、S3均闭合；加热电阻R2的阻值为81Ω；
（3）将杯子中搅碎的1100g营养糊，使其温度从20°C加热到100°C至少需要320s。
17. (1)只闭合S1，将滑动变阻器的滑片P移动到A端时，电路为灯泡L的简单电路，因额定电压下灯泡正常发光，所以由灯泡正常发光可知，电源的电压U=UL=6 V。（2分）
(2)闭合所有开关时，灯泡L与电阻R2并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以此时灯泡正常发光，其功率为3 W
灯泡1 min消耗的电能WL=PLt=3 W×60 s=180 J（1分）
则1 min内R2消耗的电能W2=W−WL=540 J−180 J=360 J（1分）
由W=UIt=U2Rt可得，R2的阻值R2=U2W2t=(6 V)2360 J×60 s=6 Ω。（1分）
(3) 由P=UI=U2R可得，灯泡的电阻RL=UL2PL=(6 V)23 W=12 Ω
只闭合S1时，电路中的总电阻最大，灯泡L与变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，当电压表的示数U1=3 V时，灯泡两端的电压UL′=U−U1=6 V−3 V=3 V （1分）
此时电路中的电流最小为I=U′LRL=3V12Ω=0.25 A，电路的最小功率P1=UI=6 V×0.25 A=1.5 W； （1分）
只闭合S2时，R2与变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，要使电路的功率最大，则电路中的电流应最大，由于电流表的量程为0～0.6 A，所以电路中的最大电流为0.6 A，P2=UI′=6 V×0.6 A=3.6 W，则P1:P2=1.5 W:3.6 W=5:12。（1分）

18. 0.1  1.84  热胀冷缩  -21  337.5   0～100mL  10（每空各1分）
19. ②④①③  变小  低于  不变  吸热  调为小火 （每空各1分）
20. （1）3 （1分）
（2）越大 （1分） A、D、E（1分）
（3）7  （1分）1.2×103（1分）
（4）控制变量法（2分）
21. （1） B （1分） （3）电压表（1分）
（4）0.75W  （1分） 灯泡的电阻受温度的影响（1分）
（5）a （1分）  （2分）

（1分）







1. 解：意大利物理学家伽利略在实验的基础上运用科学推理的方法，正确地揭示了：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因；
马德堡半球实验用两个中间抽成真空而压合在一起的铜半球有力地证明了大气压的存在。
故伽利略；马德堡半球。
(1)伽利略最早研究表明：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因；
(2)德国马德堡市市长奥托⋅格里克所做的马德堡半球实验，历史上有力地证实了大气压的存在。
伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法：在实验的基础上，进行理想化推理(也称作理想化实验)，它标志着物理学的真正开端。
2. 解：氧气被吸取了一部分后，罐内氧气减少了，所以罐内氧气的质量变小了。但是罐内的氧气所占据的空间不变，即罐内氧气的体积不变。由公示ρ=mV得，罐内氧气的密度将变小。
故变小；变小。
(1)质量是指物体所含物质的多少；
(2)气体具有将整个空间填满的性质；
(3)物体的密度等于其质量与体积的比值。
这类题的难点在于对气体体积变化的考量，只要我们知道气体具有填充整个空间的性质，就不难解答。
3. 解：升力的方向竖直向上，当无人机悬停在空中或水平飞行时，都没有在升力的方向上通过距离，升力对无人机不做功。
故不做功；不做功。
做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此分析判断。
明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
4. 解：力的三要素共同影响着力的作用效果。
当用洒水壶洒水时，应该用B把手。
用的把手不同，力的作用效果就会不同，这说明力的作用效果与力的作用点有关。
故B；力的作用点。
解答此题的关键是掌握力的三要素，即力的大小、方向、作用点。
此题主要考查学生对力的三要素的理解和掌握。
5. 解：逃生安全锤前端设计成锥形，这样做的目的是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，从而破坏玻璃窗逃生。
故减小；增大。
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。
6. 解：由于塑料软管中装有水，两管子两端开口，并且相连通，符合连通器的结构特征；
连通器中的同种液体自由静止时，液面是相平的，因此，标记下此时两液面的高，一定在同一水平面上。
故连通器；同一水平面。
两端开口、底部相连通的容器叫连通器，连通器的特点是，当连通器中装有同种液体并且静止时，各容器的液面保持相平。
记住连通器的结构特征，能在具体的模型中辨认出连通器，还要记住连通器的特点。
7. 解：在燃料燃烧并推动火箭的过程中，是利用燃料燃烧后，将燃料的化学能转化为燃气的内能，然后利用高温高压的燃气膨胀对外做功，将最初产生的内能转化为火箭的机械能。
故化学；机械。
在燃料燃烧并推动火箭的过程中，需要更多的内能转化为火箭的机械能，燃气的内能是靠燃料燃烧后放出，即燃料燃烧时化学能转化为内能，内能对外做功，最终使火箭的机械能变大。
本题考查能量的转化，对于实际问题，要了解具体情况后结合所学知识解答。
8. 解：根据P=UI可知，L1正常发光的电流I1=P1U1=6W6V=1A，L2正常发光的电流I2=P2U2=3W6V=0.5A≠I1，
串联电路的电流处处相等，故两灯的连接方式为并联。
据此可知，甲电表为电流表，测量通过L2的电流，示数为0.5A，乙电表为电压表，测量L1、L2两端的电压，因两灯都正常发光，则乙电表的示数为6V。
故0.5A；6V。
根据P=UI可分别得出L1正常发光的电流和L2正常发光的电流，比较两电流的大小关系，根据串联电路的电流处处相等分析两灯的连接方式；并判断两电表的种类，并得出两表的示数。。
本题考查电功率的计算和串并联电路的特点，分清两表的种类是关键。
9. 解：A、一个鸡蛋的质量约50g，额温枪的质量略大于此数值，在70g左右，故A符合实际；
B、中学生“一拃”的长度约15cm，额温枪长度与此差不多，在14cm左右，故B不符合实际；
C、额温枪的功率一般不超过2W，故C不符合实际；
D、额温枪测量一次的时间在1s左右，故D不符合实际。
故选：A。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。
估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。
10. 海水中的水蒸发由液态变成气态，属于汽化现象，水蒸气冷凝为液态的水是气态变成液态，属于液化现象。其中汽化吸收热量，液化放出热量。
11. 薄壁正方体容器装满水时，容器底部受到水的压强为1×103 Pa，由p水=ρ水gℎ可得，容器内水的深度ℎ=p水ρ水g=1×103Pa1.0×103kg/m3×10 N/kg=0.1 m，由于薄壁正方体容器的厚度不考虑，则正方体容器的边长L=ℎ=0.1 m，则容器的底面积S=L2=(0.1 m)2=0.01 m2=100 cm2，故A错误；
正方体容器的容积V=L3=(0.1 m)3=0.001 m3，容器内装满水时，水的重力G水=m水g=ρ水V水g=ρ水Vg=1.0×103 kg/m3×0.001 m3×10 N/kg=10 N，当在容器中装满水时，台秤的示数为12 N，即容器和水的总重力G总=12 N，则容器的重力G容=G总−G水=12 N−10 N=2 N，故D正确；
当在容器中装满另一种液体时，容器底部受到的压力是8 N，则液体对容器底部的压强p液=F液S=8 N0.01m2=800 Pa，故C错误；
将液体倒掉，然后将一个实心正方体物块放入容器中，物块正好填满容器，此时台秤受到的压强为2.9×103 Pa，因为水平面上物体的压力大小和自身的重力大小相等，所以，物块和容器的总重力G总′=F=pS=2.9×103 Pa×0.01 m2=29 N，则物块的重力G=G总′−G容=29 N−2 N=27 N，物块的质量m=Gg=27 N10 N/kg=2.7 kg，物块的体积V物=V=0.001 m3，则物块的密度，故B错误。
12. 当物距为4 cm时，像距也为4 cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于二倍焦距时，成倒立、等大的实像，此时像距与物距相等，所以2f=4 cm，则f=2 cm，故A错误；
当u=3.5 cm时，物距处于一倍焦距和二倍焦距之间，所以成倒立、放大的实像，故B错误；
当物距u=5 cm时，物距大于二倍焦距，所以此时成倒立、缩小的实像，照相机是利用这一原理制成的，故C错误；
把物体从距凸透镜3 cm处移到8 cm处的过程中，物距逐渐增大，所以成的像逐渐减小，故D正确。
13. 解：A、已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12(G+G0)，乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2=G，丙图的滑轮组，n=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13(G+G0)，故绳子自由端拉力的大小关系为F2>F1>F3，故A错误；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度ℎ，做的有用功相同，W有用1=W有用3=Gℎ，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0ℎ，即W额1=W额3=G0ℎ，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0ℎ说法正确，故B正确；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度ℎ，根据绳子自由端移动的距离s=nℎ，由图中滑轮组的结构可知，n1=2，n2=1，提升物体的高度ℎ相同，则s1=2ℎ，s2=ℎ，则拉力做的总功：W1=F1s1=12(G+G0)2ℎ=(G+G0)ℎ；W2=F2s2=Gℎ，所以W1≠W2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3=Gℎ，拉力做的总功：W2=F2s2=Gℎ，根据公式η=W有W总×100%=GℎGℎ×100%=1，可得乙图中的装置机械效率最高为100%，故D正确。
故选：BD。
已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0；
A、甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12(G+G0)；乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2=G；丙图的滑轮组，n=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13(G+G0)；据此比较三者绳子自由端拉力的大小关系；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度ℎ，做的有用功相同，W有用1=W有用3=Gℎ，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0ℎ；
，即W额1=W额3=G0ℎ，据此判断甲图和丙图中的装置消耗的额外功是否相等；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度ℎ，根据绳子自由端移动的距离s=nℎ，由图中滑轮组的结构可知，n1=2，n2=1，提升物体的高度ℎ相同，则s1=2ℎ，s2=ℎ，则拉力做的总功：W1=F1s1=12(G+G0)2ℎ=(G+G0)ℎ；W2=F2s2=Gℎ，据此判断甲图和乙图中的装置总功是否相等；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3=Gℎ，拉力做的总功：W2=F2s2=Gℎ，根据公式η=W有W总×100%=G有ℎFs×100%=G有ℎnℎF×100%，判断乙图中的装置机械效率最高是否为100%。
本题综合考查了不计摩擦和绳重时，使用三种不同装置滑轮组，n的确定方法以及有用功、额外功、总功和机械效率的计算方法，综合性强，是一道好题。
14. 解：由电路图可知，开关闭合时，RP与R0串联。
A.由图乙可知，潜水员下潜的深度越深，压敏电阻RP的阻值越小，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻越小，由欧姆定律可知，电路中的电流越大，R0两端的电压越大，
深度表由一个量程为0～3V的电压表改装而成，当所处深度增大时深度表示数随之变大，所以改装成深度表所用的电压表应并联在R0两端，故A正确；
B.由图乙可知深度为0时，压敏电阻的阻值RP=40Ω，由欧姆定律可得电路中的电流：I=UR0+RP=6V15Ω+40Ω=655A，
此时电压表的示数：U0=IR0=655A×40Ω≈4.4V，故B错误；
C.由欧姆定律可知电压表与电流表的比值为定值电阻的阻值，故C正确；
D.当电压表的示数U0大=3V时，电路中的电流：I大=U0大R0=3V15Ω=0.2A10Ω，应该选择“20Ω 1A”的B变阻器，而“50Ω 0.2A”变阻器的电流太小，不合适；
(2)滑动变阻器的滑片向左移动时可以减小灯泡的亮度，根据P=I2R知电流表的示数变小，根据欧姆定律I=UR知电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示：
；
(3)闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，同时观察电压表示数的变化，以防止对灯泡造成损害；
(4)根据绘制的如图乙所示的图像知，灯在额定电压下的电流为0.3A，
小灯泡额定功率是：
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
图像乙不是一条直线是因为温度对灯泡灯丝电阻的影响：温度越高，灯丝电阻越大；
(5)如丙图，定值电阻R0、小灯泡和滑动变阻器串联在电路中。
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点a，电压表测量小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到触点b，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的总电压，读出电压表的示数U2；
则定值电阻两端的电压U0=U2−U1，
根据欧姆定律得，通过定值电阻的电流：
I0=U0R0=U2−U1R0，
根据串联电路中电流处处相等，则小灯泡的额定电流I=I0=U0R0=U2−U1R0，
小灯泡的额定功率：
P=U额I=U额×U2−U1R0=U1(U2−U1)R0。
故(1)B；(2)如上图；(3)电压表；(4)0.75W；灯泡的电阻受温度的影响；(5)a；U1(U2−U1)R0。
(1)测量额定电功率时，根据小灯泡两端电压为额定电压时所需变阻器的阻值最大，选择合适的变阻器规格；
(2)根据滑片左移灯泡变暗确定滑动变阻器的连接方式；
(2)(3)为保护电路，闭合开关前，应将滑片移至最大阻值处；
(4)根据故障现象来确定故障类型；
(5)由图读出电流表示数，依据功率计算公式进行计算。(4)电压表首先测量小灯泡两端的电压，移动滑片使小灯泡正常发光，然后测量小灯泡和定值电阻两端的总电压，根据串联电路电压特点求出定值电阻两端的电压，根据欧姆定律求出定值电阻中的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定电功率。
本题是测量小灯泡功率的实验，考查了滑动变阻器的连接方式及选择，电功率的计算以及特殊的方法测量小灯泡的电功率。