====，

串联电路中电流处处相等，所以当两串联时I甲=I乙， 由欧姆定律可得：

=

，所以

=

=，

由串联电路电压特点知，U甲=U，

由并联电路电压特点知，两灯并联时U乙=U， 由P=

可得：

==（

）2×

=（

）2×=．

故选B．

【点评】本题考查了串联和并联电路特点、欧姆定律以及电功率公式的综合应用，关键是计算出两电阻比，比值的计算过程要细心，易出错．

15．（3分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S后向右移动滑片P，下列判断正确的是（ ）

A．电流表的示数变大，电压表V2的示数变大，灯泡L2变亮 B．电流表的示数变大，电压表V1的示数变大，灯泡L1变亮 C．电流表的示数变小，电压表V1的示数不变，灯泡L1变亮 D．电流表的示数变小，电压表V2的示数变小，灯泡L2变亮

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【分析】首先判定电路的连接状态，分清电表在电路中的作用，然后根据滑片移动判定电阻的变化，根据欧姆定律和电功率的公式判定电表示数、灯泡亮度的变化．

【解答】解：由图可知：该电路为混联电路，灯泡L1与滑动变阻器并联后，再与L2串联接入电路中，电流表测量的是总电流；电压表V1测量的是电路两端的总电压，即电源电压，故V1的示数不变，V2测量的是L2两端的电压．

右移动滑片P，变阻器电阻变大，由并联电路的电阻规律可知，L1与滑动变阻器并联后的总电阻变大，根据串联电路的电阻规律可知，整个电路的电阻变大，根据I=可知，总电流减小；

L1与滑动变阻器并联后的总电阻变大，根据分压规律可知，其分担的电压变大，故灯泡L1变亮； 综上所述，C正确． 故选C．

【点评】本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、并联电路特点的应用，分析电路图确定两电阻的连接方式和电压表、电流表的测量对象是本题关键．

16．（3分）如图甲所示，盛有液体的柱形容器置于水平桌面上，容器对桌面的压强为1000Pa；如图乙所示，用细线栓一铝块，将铝块的一半浸在液体中，容器对桌面的压强改变了80Pa；如图丙所示，将细线剪断，铝块沉到容器底部，容器对桌面的压强又改变了460Pa．容器的底面积为100cm2，ρ铝=2.7g/cm3，g取10N/kg．下列判断正确的是（ ）

A．铝块浸没在液体中时所受浮力是0.8N B．铝块的体积是100cm3

C．铝块沉底时对容器底部的压力是4.6N

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D．液体的密度是0.8g/cm3

【分析】（1）甲图和乙图比较，知道增加的压强值和受力面积，利用p=求出对桌面增加的压力，水平面上物体的压力和自身的重力相等，且铝球受到的浮力和铝球对水的压力是一对相互作用力，据此可知对桌面增加的压力等于排开液体的重力，根据阿基米德原理求出铝球受到的浮力，根据F浮=ρgV排求出铝球浸没时受到的浮力；

（2）根据题意求出将细线剪断、铝块沉到容器底部时，图丙比图甲中对桌面增加的压强，根据F=pS求出图丙比图甲中对桌面增加的压力即为铝块的重力，根据G=mg求出铝球的质量，根据ρ=求出铝球的体积，铝球的重力减去受到的浮力即为铝块沉底时对容器底部的压力；物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出液体的密度． 【解答】解：

（1）由p=可得，图乙比图甲中对桌面增加的压力： △F1=△p1S=80Pa×100×10﹣4m2=0.8N，

因水平面上物体的压力和自身的重力相等，且铝球受到的浮力和铝球对水的压力是一对相互作用力，

所以，对桌面增加的压力△F1=G排， 由阿基米德原理可知，铝球受到的浮力： F浮=G排=0.8N，

由F浮=ρgV排可知，铝球浸没时受到的浮力： F浮′=2F浮=2×0.8N=1.6N，故A错误；

（2）将细线剪断，铝块沉到容器底部，图丙比图甲中对桌面增加的压强： △p=△p1+△p2=80Pa+460Pa=540Pa， 图丙比图甲中对桌面增加的压力： △F2=△pS=540Pa×100×10﹣4m2=5.4N， 铝块的重力： G铝=△F2=5.4N，

由G=mg可得，铝球的质量：

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m铝=

==0.54kg=540g，

由ρ=可得，铝球的体积： V铝=

=

=200cm3，故B错误；

铝块沉底时对容器底部的压力：

F铝=G铝﹣F浮′=5.4N﹣1.6N=3.8N，故C错误； 因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等， 所以，由F浮=ρgV排可得，液体的密度： ρ液=故选D．

【点评】本题考查了压强定义式和阿基米德原理、密度公式、重力公式的综合应用，正确的判断和理解容器对桌面压力的增加量是关键．

二、填空题（共8小题，每小题3分，满分18分）

17．（3分）我国自主研发的“天宫”二号飞行器在太空飞行时，它受到地球的引力与地面时相比 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”），其惯性 不变 （选填“变大”、”变小“或”不变”），它与地面通过 电磁波 传递信息的．

【分析】距离越远，受到的引力会越小，在太空中会处于失重状态；惯性大小只与质量有关；电磁波可以传递信息．

【解答】解：“天宫”二号飞行器在太空飞行时，处于失重状态，重力为0，要小于在地面上时的引力；惯性大小只与质量有关，故惯性不变；电磁波能传递信息，可以在真空中传播，飞行器是通过电磁波与地面联系的． 故答案为：变小；不变；电磁波．

【点评】本题考查了电磁波的应用、惯性的大小、重力的大小，属于基础知识．

18．（2分）某同学在10s内做了5个“引体向上”，他的质量为60kg，每次上升的高度为40cm．该同学做一次“引体向上”克服重力做的功的功是 240 J，10s

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==

=0.8×103kg/m3=0.8g/cm3，故D正确．