2019年四川省成都七中自主招生物理试卷
一、单选题（本大题共11小题，共38.0分） 1. 以下说法中正确的是( )
A. 初中物理课本的宽度大约28cm B. 刚参加了中考的小明体积约55𝑑𝑑3
C. 小明从一楼走到三楼教室克服自身重力大约做了1500J的功 D. 高空中飞机飞行的速度大约25𝑑/𝑑
2. 下列关于物态变化的说法中，正确的是( )
A. 春天，河里冰雪消融，是升华现象 B. 夏天，冰棍儿周围冒“白气”，是汽化现象 C. 秋天，早晨花草上出现的小露珠是熔化现象
D. 冬天，温暖的车内窗玻璃会变模糊，是因为车内水蒸气液化
的缘故
3. 如图所示，容器中盛满水，水中放入P和Q两个小球，P球为铁
球，Q球为木球，它们用细线分别系于容器的上、下底部，当容器静止时，细线均伸直处于竖直方向，现使容器以一定加速度向右匀加速运动，则此时P、Q两球相对容器( )
》
A. 两球均向右偏移 C. P球向右偏移
B. 两球均向左偏移 D. Q球向右偏移
4. 某人站在离湖岸边8m的C处，刚好能看见湖对岸的一棵
树HG在水中的完整的像，如果眼距地面的高度为𝑑.6𝑑，湖两岸均高出湖水面lm。湖宽50m，则该树HG的高度为( )
A. 10m B. 9m C. 8m D. 7m
5. 小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上(如图甲)，小球的速度v和弹簧缩短的长度
△𝑑之间的关系如图乙所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2.2𝑑，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比。下列说法正确的是( )
A. 从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的重力做功的功率先减小后增
大
B. 从撞击轻弹簧到它被压缩到最短的过程中，小球的机械能先增大后减小 C. 当小球的速度为5.𝑑𝑑/𝑑时，小球受到的合力为2.2𝑑
D. 从撞击轻弹簧到弹簧被压缩至最短的时候，小球受到的合力为11.22𝑑
6. 在图所示的电路中，当滑动变阻器R的滑片P从B向A滑动的过程中，电压表𝑑1、𝑑2示数的变化量的值分别为△𝑑1、△𝑑2，则它们的大小相比较应该是( )
A. △𝑑1<△𝑑2 C. △𝑑1=△𝑑2
B. △𝑑1>△𝑑2
D. 因为无具体数据，故无法比较
7. 如图所示，有一重力不计的方形容器，被水平力F压在竖直的墙
面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是( ) 8. 9.
&
A. 容器受到的摩擦力不变 C. 水平力F一定不变
B. 容器受到的摩擦力逐渐增大 D. 水平力F必须逐渐增大
10. 小明在用可变焦的光学照相机(一种镜头焦距大小可根据需要发生改变的光学照相
机)给小兰拍了一张半身照之后，保持相机和小兰的位置不变，又给小兰拍了一张全身照。关于这个过程对相机的调节，下列说法中正确的是( )
A. 焦距变大，像距也变大 C. 焦距变小，像距也变小
B. 焦距变小，像距变大 D. 焦距变大，像距变小
11. 在水平桌面上放有一薄壁柱形容器，底面积为100𝑑𝑑2，将一个重力为2.5𝑑，底面
积为40𝑑𝑑2，高为10cm柱形玻璃杯A漂浮于水面，底部连接有一个实心金属块B，
B的密度为2×103𝑑𝑑/𝑑3，细线未拉直，最后A、B两物体在水中处于静止状态(𝑑
未与底部紧密接触，细线不可伸长且质量体积忽略不计)，如图甲所示。然后向容器中注水，细线拉力随时间变化图象如图乙所示(容器无限高，𝑑=10𝑑/𝑑𝑑)，
则下列说法错误的是( )
A. 玻璃杯A所受浮力的大小2.5𝑑 B. 水对玻璃杯A底部的压强大小625Pa
C. 向容器中注水时，𝑑1时刻到𝑑2时刻加水的体积为50𝑑𝑑3 D. B物体的重力为2N
12. 如图所示，(𝑎)(𝑏)两个电路的电源完全相同，且𝑅1=𝑅2=𝑅3≠𝑅4，则下列说法中
正确的是( )
13.
A. 电流表𝐴1没有示数，电流表𝐴2有示数 B. 电流表𝐴1、𝐴2都有示数，且示数相同
C. 电流表𝐴1、𝐴2都有示数，且电流表𝐴1的示数较大 D. 电流表𝐴1、𝐴2都有示数，且电流表𝐴2的示数较大
14. 定值电阻𝑅1、𝑅2和滑动变阻器𝑅3接入如图电路中，电源电压不变。当开关𝑆1闭合，
𝑆2断开，滑片P位于a点时，电压表𝑉1和𝑉2的示数之比𝑈1：𝑈2=2：1.电流表的示数𝐼1=1𝐴；滑片P位于最右端时，电压表𝑉1和𝑉2的示数之比𝑈1′：𝑈2’=2：5.当开关𝑆1断开，𝑆2闭合，两个电压表𝑉1和𝑉2的示数之比𝑈1”：𝑈2”=3：𝑙.当通过开关的
闭合与断开及调节滑动变阻器的滑片，可使电路消耗的功率最小为4.5𝑊，则下列说法正确的是( )
@
A. 电源的电压为10V
B. 滑动变阻器的最大阻值是20𝛺
C. 当开关𝑆1断开，𝑆2闭合，𝑅1消耗的电功率为4W D. 当开关𝑆1闭合，𝑆2断开，𝑅1消耗的最大功率为4.5𝑊
二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）
15. 如图所示，是一种漏电保护装置的设计图，图中a为双线并绕的线圈与铁芯，b为
衔铁与触片组成开关，C为带锁止钩的金属簧片(锁止钩的作用是：当开关b断开后，需人工复位才能闭合)，当线圈中火线与零线中的电流不相等时a具有磁性，吸引衔铁B，断开火线。下列说法正确的是( )
A. 用户家里火线与零线间出现短路时，该装置会自动切断火线，亮灯警示 B. 用户家里的人不小心接触到火线裸露部位时，该装置会断开火线，亮灯警示 C. 用户家里火线与墙壁间出现漏电时，该装置会断开火线，亮灯警示 D. 警示灯亮起后，一旦故障排除，该装置会自动回复供电
16. 某单缸四冲程汽油机的气缸活塞面积为S，一个冲程中活塞在
气缸中移动的距离是𝐿.满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为p，t时间内曲轴转动N圈、消耗汽油的体积为𝑉.已知汽油的
密度为𝜌，汽油的热值为q，不考虑大气压对计算的影响，不计摩擦损失。求满负荷工作时下列说法错误的是( )
A. 这种汽油机做功冲程中燃气对活塞的平均压力是𝐹=𝑝𝑆 B. 这种汽油机做功的功率是𝑁𝑝𝑆𝐿/𝑡
C. 这种汽油机把内能转化为机械能的效率𝑁𝑝𝑆𝐿/𝜌𝑉𝑞 D. 该汽油机t时间内燃气对活塞做功𝑁/2次
17. 如图甲所示，重为100N的物体在大小为20N、水平向左的拉力𝐹1作用下，在水平
面上以0.2𝑚/𝑠的速度做匀速运动，滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计，改用如图乙所示滑轮组后，该物体在水平向右的拉力𝐹2作用下，在相同的水平面上向右匀
速运动0.3𝑚。下列说法错误的是( ) 18.
A. 物体与地面之间的摩擦力为10N C. 拉力𝐹2的大小为40N
19. )
B. 拉力𝐹1的功率为8W D. 拉力𝐹2做的功是12J
20. 如图，放在水平桌面上的容器A为圆柱形，容器B为圆锥形，两容器本身的质量和
底面积都相同，装入深度相同的水后，再分别放入相同质量的木块，下列说法中正确的是( )
21.
A. 放入木块前，两容器对桌面的压力相等 B. 放入木块前，两容器底部所受水的压力相等
C. 放入木块后，由于𝐴′容器中的水多于𝐵′容器，所以𝐴′容器底部受水的压力大于𝐵′
容器
D. 放入木块后，𝐵′容器底受水的压力大于𝐴′容器底所受水的压力
22. 将某灯泡接到电压不变的电源两端，灯泡的电功率为40𝑊.如果将灯泡和某电阻R
串联后再接到上述电源的两端，电阻的电功率为6.4𝑊，不考虑灯泡的电阻随温度而发生变化，则此时灯泡的电功率可能为( )
A. 33.6𝑊 B. 25.6𝑊 C. 1.6𝑊 D. 0.9𝑊
23. 表中提供的是成都七中使用的一台数学投影仪的有关数据，小明根据其中的数据作
出了以下判断，正确的是( )
《 电源工作电压 220V 电源频率 50Hz 光源电压 24V 光源电流 }10.0𝐴 0.1𝐴 鼓风机电压 220V 鼓风机电流 A. 光源和鼓风机是串联在电路中的 B. 这台投影仪的耗电总功率是240W
C. 如果投影仪的光源采用串联电阻降压的话，所串联的电阻的阻值为19.6𝛺，该电
阻消耗的功率为1960W
D. 这台投影仪的光源采用上述串联电阻降压的方法不可行，因为实际使用中很难
有效的解决散热问题，因此容易烧毁投影仪
24. 如图所示，有一底面积为𝑆1=1000𝑐𝑚2，高6m的圆柱形盛水容器中
竖直放置一底面积为𝑆2=500𝑐𝑚2，高ℎ=1𝑚的圆柱形物块𝐴.己知该物块的密度为𝜌=2.0×103𝑘𝑔/𝑚3，容器中水深𝐻=5𝑚。开始时，物块下表面与容器底面间不密合，现在小明用如图所示滑轮组拉着该物体以𝑣=0.5𝑚/𝑠的速度匀速上升，小明重力为600N，小明双脚与地接触面积为400𝑐𝑚2，每个滑轮重50N，每根绳子能承受的最大拉力都为𝜌水=750𝑁.不计水的阻力，不计绳重和摩擦，定滑轮上方由细杆固定，1.0×103𝑘𝑔/𝑚3，𝑔=10𝑁/𝑘𝑔，下列说法正确的是( )
A. 物块A露出水面前，人对地面的压强8125Pa B. 提升过程中滑轮组的机械效率最大约为95.2% C. 经过8.5𝑠绳子会拉断
D. 整个过程中人拉绳的最大功率225W
三、计算题（本大题共2小题，共34.0分）
25. 血液在流经血管时会受到一定的阻力，那么要使血液通过血管就必须在血管两端有
一定的压强差。
26. (1)假设血液匀速通过长度一定的血管时，受到的阻力f与血液的流速满足𝑓=𝑘𝑣.设
血管截面积为𝑆1时，两端所需的压强差为△𝑝1；若血管截面积减小为𝑆2时，为了维持在相同的时间内流过同样体积的血液，压强差必须变为△𝑝2.请通过计算比较△𝑝1、△𝑝2的大小。
27. (2)假设有一段长为L，半径为r的水平直血管，单位时间内匀速通过管道截面的血
液体积称为流量Q，已知流量Q与L、r、△𝑝有关，还和液体的黏度𝜂有关，𝜂的单位是𝑃𝑎⋅𝑠.已知𝑄=𝑘𝑟𝛼𝜂𝛽(𝐿)𝛾，其中k是一个没有单位的常数，所有力学量的单位都是由三个基本物理量(质量、长度、时间)的单位组合而成，请根据等式两边单位应相同的原则，求出𝛼、𝛽、𝛾的值。
28. (3)实验求得(2)题中的𝑘=0.4，设成年人主动脉的半径约为𝑟=8×10−3𝑚，主动
脉的血流量为60𝑚𝐿/𝑠，血液的黏度为4.0×10−3𝑃𝑎⋅𝑠，试求在一段0.2𝑚长的主动脉中两端的压强差△𝑝。 29. 30. 31. 32. 33.
34. 小芳家里新买了一台电热水器，从“用户手册”中，她获得了以下资料，请根据这
些资料完成相应的计算： 35. (一)、外形尺寸(𝑚𝑚)
{△𝑝
C D E F A B · 353 434 781 100 196 196 (二)、技术数据 额定功率/𝑊 \"1000/1500/2500 额定电压/𝑀𝑝𝑎 0.8 交流 220 容积/𝐿 50 额定电压/𝑉 频率/𝐻𝑧
50 净重/𝑘𝑔 19
|
(1)如图为安装示意图，安装时要将L形挂钩用膨胀螺钉固定在承重墙上，上表是热水器的部分数据，请估算L形挂钩受到的最大向下拉力F及对应此时膨胀螺钉与承重墙体间的摩擦力f．
(2)这台热水器共有三挡加热功率，销售人员曾介绍说：热水器内部有两个加热管．请你根据销售人员的介绍，猜测并画出内部加热电路的主要结构(简化的等效电路图).然后依据你的猜想，计算出每个加热管的电阻值．
(3)产品说明书上标明：当达到设定温度，停止加热后，如果水温降到低于设定温度4℃时，热水器将自动以设置功率将桶内的水加热至设定温度，如此反复直至手动停止加热．小芳想到了国家提倡的峰谷电价制度的有关规定：2011年起，本地00)0.6元/度，00)0.3的分时电价为：峰时段(08：谷时段(22：00～22：00～次日08：元/度．她想，如果每天下午6点洗浴时需要把20℃的冷水加热至50℃，可以下午
直接加热，也可以早晨8点前加热好，让热水器自动保温至下午6点，哪种方式更省钱呢？为此她利用热水器提供的测温功能测量了水温从50℃降至46℃需要190
3分钟，已知𝑐水=4.2×10𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，请帮她通过计算做出哪种方式更省钱的判断．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，初中物理课本的宽度略小于此数值，在16cm左右。故A不正确；
B、水的密度是1.0×103𝑘𝑔/𝑚3，人体密度与水的密度差不多，在1.0×103𝑘𝑔/𝑚3左右。中学生的质量在55kg左右，体积在𝑉═𝜌=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3=0.055𝑚3=55𝑑𝑚3左右。故B正确；
C、中学生的体重平均在500N左右，一层楼的高度在3m左右。小明从一楼走到三楼教室，克服自身重力大约做了𝑊=𝐺ℎ=500𝑁×6𝑚=3000𝐽的功。故C不正确；
𝑚
55𝑘𝑔
D、高空中飞机的飞行速度在100𝑚/𝑠以上。故D不正确。 故选：B。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断正确的是哪一个。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2.【答案】D
【解析】解：A、春天，河里冰雪消融，冰由固态变成了液态，是熔化现象，不是升华现象。故A错误。
B、夏天，冰棍儿周围冒“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠形成的，不是汽化现象，是液化现象，故B错误。
C、秋天，早晨花草上出现的小露珠，是空气中的水蒸气液化形成的小水珠，是液化现象，不是熔化现象，故C错误。
D、冬天，温暖的车内窗玻璃会变模糊，是因为车内水蒸气遇冷液化形成的小水珠附着在玻璃上的缘故，故D正确。 故选：D。
判断物态变化现象，我们首先要清楚各种物态变化的定义；
然后看物态变化中是什么状态变为什么状态，从而确定是什么物态变化。
该题通过日常生活中的实例考查学生对物态变化的理解，难度不大，关键是搞清楚物质物态变化前后的状态。
3.【答案】D
【解析】解：假设把P球拿掉，用同样体积的水球来替代，很显然，当这个水球随容器以加速度a作匀加速直线运动时，水球受到的水平合力为𝐹水=𝑚𝑎水，且水球相对于容器的原来位置不会改变，我们知道，同样体积的实心铁球质量要比水球质量大，即𝑚铁>𝑚水，故要使P球也以加速度a向右作匀加速直线运动，单靠𝐹水是不够的，因而还应借助绳子的拉力，所以P向左偏移，同理可以推得Q向右偏移，故ABC错误，D正确。 故选：D。
木球和铁球都要随容器一起向右加速运动，考虑到铁球的密度比水大，木球的密度比水小，采用等效替代思维考虑。
将等体积的木球和铁球用水球替代，水球可以与容器一起加速运动为代替点，利用密度关系确定质量的关系从而推断球向前还是向后偏移。转换思维是解决本题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：首先作出G、H两点关于水面的对称点𝐺′、𝐻′，即GH的虚像；然后把人眼和𝐻′连接起来作出反射光线，如图所示：
根据对顶角相等可知，∠𝐵𝑂𝐴′=∠𝐴𝑂𝐻′，因此𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐻′∽𝑅𝑡△𝐵𝑂𝐴′， 所以𝐴′𝐵=𝑂𝐴′，而从题可知，𝐴′𝐵=1𝑚，𝑂𝐴′=50𝑚−𝑂𝐴， 即1𝑚=50𝑚−𝑂𝐴①式；
根据同位角相等可知，∠𝐵𝑂𝐴′=∠𝐷𝐵𝐶，而∠𝐵𝑂𝐴′=∠𝐴𝑂𝐻′，因此∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐴𝑂𝐻′，所以𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐻′∽𝑅𝑡△𝐷𝐵𝐶′，
所以𝐶𝐷=𝐵𝐶，而从题可知，𝐶𝐷=1.5𝑚，𝐵𝐶=6𝑚， 即1.6𝑚=8𝑚②式；
由②式可得：𝑂𝐴=5𝐴𝐻′③式，
把③式代入①式可得：1𝑚=50𝑚−5𝐴𝐻′，解得：𝐴𝐻′=9𝑚，而𝐴𝐺′=1𝑚， 所以𝐺′𝐻′=𝐴𝐻′−𝐴𝐺′=9𝑚−1𝑚=8𝑚， 即该树HG的高度为8m。 故选：C。
平面镜成像的特点是：像和物大小相等，像到镜面的距离等于物体到镜面的距离，像为虚像。根据平面镜成的特点就可以作出GH经水面反射后射入人眼的光路图。再根据相似三角形的性质解答。
解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题。解答此题还可用连接BG，根据𝑅𝑡△𝐵𝐺𝐻′∽𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷，解得𝐺′𝐻′=8𝑚。
𝐴𝐻′
5𝐴𝐻′
𝐴𝐻′
𝑂𝐴𝐴𝐻′
𝑂𝐴
𝐴𝐻′
𝑂𝐴
𝐴𝐻′
𝑂𝐴
5.【答案】D
—
【解析】解：
A、由图乙知，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球下落速度的变化情况是先增大后减小，根据公式𝑃=𝐹𝑣可知，小球的重力做功的功率先增大后减小，故A错误；
B、从撞击轻弹簧到它被压缩到最短的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的整体机械能守恒，弹簧的形变程度逐渐增大，则弹簧的弹性势能增加，小球的机械能将减小，故B错误；
C、由图乙知，小球的速度先增大，该过程中小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△𝑥为0.1𝑚时，小球的速度最大，然后速度减小，说明当△𝑥为0.1𝑚时(速度为5.𝑙𝑚/𝑠时)，小球受到弹簧对它的弹力F等于其重力G，此时小球所受合力为零，故C错误； D、小球的速度最大时，即小球的形变量为0.1𝑚，小球受到弹簧对它的弹力F等于其重力G，此时小球的弹力𝐹=𝐺=2.2𝑁，则弹簧的劲度系数𝑘=△𝑥=0.1𝑚=22𝑁/𝑚， 弹簧的形变量最大时弹力最大，由胡克定律知，小球受到的最大弹力为𝐹𝑚𝑎𝑥=𝑘𝑥𝑚𝑎𝑥=22𝑁/𝑚×0.61𝑚=13.42𝑁，
此时小球受到的合力为𝐹合=𝐹𝑚𝑎𝑥−𝐺=13.42𝑁−2.2𝑁=11.22𝑁，故D正确。 故选：D。
(1)由图乙得出小球的速度变化，然后利用𝑃=𝐹𝑣分析解答；
(2)根据物体的运动情况，若动力大于阻力，则物体加速运动；若动力小于阻力，则物体减速运动，
当弹簧的压缩量最大时，小球的处于瞬间静止状态；
(3)根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力。然后根据力的合成计算合力大小。 本题考查力与运动的关系及和𝐺=𝑚𝑔的运用，关键是从图中获取有效的信息，难度较大。
𝐹
2.2𝑁
6.【答案】B
【解析】解：∵滑动变阻器R与电阻𝑅1并联，再与𝑅2、𝑅3串联，电压表𝑉1测并联部分电路两端的电压；𝑉2测中间定值电阻𝑅2两端的电压；
当滑动变阻器滑片由B向A移动时，滑动变阻器的阻值减小，
引起并联电路部分的总电阻变小，即电压表𝑉1的示数变小，变化量为△𝑈1， 根据串联电路的电阻分压特点可知，定值电阻𝑅2、𝑅3两端的电压变大； ∵𝑈1=𝑈−𝑈2−𝑈3， ∴△𝑈1=△𝑈2+△𝑈3， ∴△𝑈1>△𝑈2． 故选B．
由电路图可知，滑动变阻器与一个电阻并联，再与另两个电阻串联，电压表𝑉1测滑动变阻器两端的电压；𝑉2测中间定值电阻两端的电压，根据滑片由左向右移动可知电路总电阻的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知各电阻两端的电压变化，进一步根据串联电路的电压特点可知两电压表示数的变化情况．
本题考查了串联电路的电压特点和电压表的正确使用，关键是知道并联电路的总阻值会随支路的电阻的减小而减小，串联电路的电阻分压特点．
7.【答案】B
【解析】解：
AB、由题知容器始终保持静止状态，受力平衡，所受的摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力逐渐增大，故A错误，B正确；
CD、水平方向上受力平衡，若最大静摩擦力大于重力时，力F可能不变，若最大静摩擦力小于等于重力时F要增大，故CD错误。 故选：B。
容器始终处于静止状态，受力平衡，合力保持为0；再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和F是否会发生变化。
物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点。
8.【答案】C
【解析】【分析】
(1)知道物距、像距和像大小的变化规律：即物距变大、像距变小，像变小；物距变小，像距变大，像变大；
(2)在物距或像距不变的情况下，增大焦距就相当于减小物距或像距；同理减小焦距，就相当于增大物距或像距。
凸透镜成实像时，物距减小，像距变大，像变大，凸透镜成像的三种情况和应用是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。 【解答】
解：当拍了一张半身照之后，保持相机和人的位置不变，又拍了一张全身照，即该过程中的像是变小的，所以应增大物距，可以增大相机和人之间的距离；保持相机和小兰的位置不变的情况下，只能使透镜的焦距变小，就相当于增大物距，同时像距也变小。 故选：C。
9.【答案】C
【解析】解：(1)由于玻璃杯A处于漂浮，则受到的浮力𝐹浮=𝐺𝐴=2.5𝑁，故A正确； (2)玻璃杯A处于漂浮，根据浮力产生的原因可知：水对玻璃杯A底部的压力𝐹=𝐹浮=2.5𝑁；
则玻璃杯A底部受到的压强𝑝=𝑆=40×10−4𝑚2=625𝑃𝑎，故B正确；
𝐴
𝐹2.5𝑁
(3)由图乙可知𝑡1时刻到𝑡2时刻浮力的变化为：△𝐹浮=1𝑁−0.5𝑁=0.5𝑁， 由𝐹浮=𝜌水𝑔𝑉排得玻璃杯A增加的浸没水中体积： △𝑉浸=△𝑉排=𝜌
△𝐹浮
水
−533
==5×10𝑚=50𝑐𝑚， 33𝑔1×10𝑘𝑔/𝑚×10𝑁/𝑘𝑔
△𝑉浸𝑆𝐴
0.5𝑁
水面升高的高度△ℎ=
=40𝑐𝑚2=1.25𝑐𝑚，
50𝑐𝑚3
223
则加水的体积△𝑉水=(𝑆−𝑆𝐴)△ℎ=(100𝑐𝑚−40𝑐𝑚)×1.25𝑐𝑚=75𝑐𝑚，故C错误；
(4)物体B处于漂浮状态，受重力、浮力、拉力，由图知拉力最大为1.0𝑁，即𝜌𝐵𝑔𝑉𝐵=𝜌水𝑉𝐵𝑔+𝐹浮，
代入数据得：2×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×𝑉𝐵=1×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×𝑉𝐵+1.0𝑁，
解得：𝑉𝐵=10−4𝑚3，
B物体的重力为：𝐺𝐵=𝜌𝐵𝑔𝑉𝐵=2×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×10−4𝑚3=2𝑁，故D正确。 故选：C。
(1)根据漂浮时浮力与重力相等即可求出玻璃杯A所受浮力；
(2)由于玻璃杯A处于漂浮，根据浮力产生的原因水对玻璃杯A底部的压力与浮力相等，利用𝑝=𝑆求出底部受到的压强；
(3)由图乙可知浮力的变化，根据阿基米德原理即可求出玻璃杯A排开水增加的体积，然后根据玻璃杯A的底面积求出水升高的高度，利用𝑉=𝑆ℎ即可求出加水的体积； (4)对物体B受力分析，列等式算出物体B的体积，根据𝐺𝐵=𝜌𝐵𝑔𝑉𝐵算出B的重力。 本题考查有浮力的计算、压强的计算和阿基米德原理的应用等，涉及到的知识点，综合性强，属于典型的力学综合题，需要学生数量掌握相关物理知识和原理，难度较大。
𝐹
10.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，两电路图均可以看做：𝑅1与𝑅2并联、𝑅3与𝑅4并联后两者再串联，
则两图中的总电阻相等，由𝐼=𝑅可知，电路中的总电流相等， 因串联电路中电阻两端的电压与电阻成正比，
所以，两图中𝑅1与𝑅2并联部分两端的电压相等，𝑅3与𝑅4并联部分两端的电压相等， 因并联电路中各支路两端的电压相等，且𝑅3≠𝑅4， 所以，通过𝑅3和𝑅4的电流不相等，
a图中电流表𝐴1测两接线柱之间有电位差，测量的是通过𝑅3与𝑅4电流的差值，b图中电流表𝐴2测干路电流，
则电流表𝐴1、𝐴2都有示数，且电流表𝐴2的示数较大。 故选：D。
由电路图可知，两电路图均可以看做：𝑅1与𝑅2并联、𝑅3与𝑅4并联后两者再串联，根据串联电路的分压特点可知它们两端电压相等，根据并联电路的电压特点和欧姆定律比较两电流表的示数关系。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，明白a图中电流表所测的电路元件是关键。
𝑈
11.【答案】B
【解析】解：(1)当开关𝑆1闭合，𝑆2断开，滑片P位于a点时的等效电路为图1所示： 当开关𝑆1闭合，𝑆2断开，𝑅3滑片P位于b端时的等效电路为图2所示：
当开关𝑆1、𝑆2都断开，并且滑动变阻器的滑片位于b端时，电路的总电阻最大，消耗的电功率最小，此时的等效电路如图3所示：
图1中：因串联电路中各处的电流相等，且𝑈1：𝑈2=2：1， 所以，由𝐼=𝑅可得：𝑅=
𝑎
𝑈
𝑅1
𝑈1𝐼1𝑈2𝐼1
=
𝑈1𝑈2
=， 1
2
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，𝐼1=𝑅1+𝑅𝑎=𝑅
𝑈1′𝐼𝑈2′𝐼
𝑈𝑈
𝑅11+2
=3𝑅=1𝐴---------①
1
2𝑈
图2中：由𝑈1′：𝑈2′=2：5可得：
𝑅1𝑅𝑏
=
=𝑈1′=5，即𝑅𝑏=
2
𝑈′2
5𝑅12
，
图4中： 𝑃小=
𝑈2𝑅1+𝑅2+𝑅𝑏
=
𝑈2𝑅1+
𝑅1+22
5𝑅1=
𝑈24𝑅1
=4.5𝑊-------②
由①②两式可得：𝑈=12𝑉，𝑅1=8𝛺，故A错误； 滑动变阻器的最大阻值：𝑅𝑏=
5𝑅12
=
5×8𝛺2
=20𝛺，故B正确；
(2)当开关𝑆1断开，𝑆2闭合的等效电路如图4所示：
由𝑈1″：𝑈2″=3：1可得：
，即𝑅2=
此时电路中的电流： 𝐼′=𝑅
𝑈
1+𝑅2
𝑅12
=
8𝛺2
=4𝛺，
=8𝛺+4𝛺=1𝐴，
12𝑉
𝑅1消耗的电功率：
𝑃1=(𝐼′)2𝑅1=(1𝐴)2×8𝛺=8𝑊，故C错误；
(3)当开关𝑆1闭合，𝑆2断开，滑片P位于右端时，电路为𝑅1的简单电路，𝑅1消耗的功率最大， 则𝑃1大=
𝑈2𝑅1
(12𝑉)28𝛺
==18𝑊，故D错误。
故选：B。
(1)当开关𝑆1闭合，𝑆2断开，𝑅1与𝑅3串联，电压表测𝑅1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流结合电压表的示数之比求出滑片位于a点和b端时阻值关系，同理得出滑片P位于最右端时𝑅1与𝑅𝑏的阻值关系，根据电阻的串联和欧姆定律表示出滑片P位于a点时电路中的电流；当开关𝑆1、𝑆2都断开，并且滑动变阻器的滑片位于b端时，𝑅1、𝑅2、𝑅3串联，电路的总电阻最大，消耗的电功率最小，根据电阻的串联和𝑃=𝑈𝐼=
𝑈2𝑅
表示出电路的最小总功率，然后联立等式即可求出电源的电压和𝑅1的阻值，
进一步求出滑动变阻器的最大阻值；
(2)当开关𝑆1断开，𝑆2闭合时，𝑅1与𝑅2串联，电压表𝑉1测电源两端的电压，电压表𝑉2测𝑅2两端的电压，根据串联电路的特点结合电压表的示数之比求出𝑅2的阻值，再根据电阻的串联和欧姆定律求出此时电路中的电流，利用求出𝑃=𝐼2𝑅求出𝑅1消耗的电功率； (3)当开关𝑆1闭合，𝑆2断开，滑片P位于右端时，电路为𝑅1的简单电路，𝑅1消耗的功率最大，根据𝑃=𝑈𝐼=
𝑈2𝑅
求出其大小。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，难点是弄清各物理量之间的关系。
12.【答案】BC
【解析】解：
A、用户家里火线与零线间出现短路时，电路中的电流很大，但火线和零线间电流仍然相等(即没有电流差)，由题知，此时线圈a没有磁性，故不会自动切断火线，A错误； BC、若用户家里火线与墙壁间出现漏电或用户家里有人不小心触到了火线的裸露地位，一部分电流流向大地或人体，则火线与零线中的电流不相等，此时线圈a具有磁性，从而使得衔铁与触片组成的开关b断开，会断开火线；且开关b断开时，衔铁与下方的金属簧片c接触，从而接通警示灯泡，警示灯泡会发光，故B正确，C错误；
D、由题知，当开关b断开后，需人工复位才能闭合；所以，警示灯亮后，即使故障排除，该装置不会自动恢复的，即必须通过外力让其恢复，故D错误。 故选：BC。
知道电磁铁磁性强弱的影响因素：即线圈的匝数、电流的强弱和有无铁芯有关；因此结合电磁继电器的工作原理，据该装置的原理图分析判断即可解决。
此题考查了有关电磁继电器的应用、电磁继电器的工作原理，故并搞清电路中的实际工作过程是解决该题的关键。
13.【答案】BC
【解析】解：A、由𝑝=𝑆得：燃气对活塞的平均压力：𝐹=𝑝𝑆，故A正确； B、t时间内做的总功： 𝑊总=
𝑁
𝐹
×𝐹×𝐿=2
𝑁
×𝑝𝑆×𝐿=2
𝑁𝑃𝑆𝐿2
；
汽油机做功的功率： 𝑃=
𝑊𝑡
=
𝑁𝑃𝑆𝐿
2𝑡
=
𝑁𝑃𝑆𝐿2𝑡
，故B错误；
C、汽油燃烧放出的热量： 𝑄=𝑚𝑞=𝜌𝑉𝑞，
汽油机把内能转化为机械能的效率： 𝜂=
𝑊总𝑄
𝑁𝑃𝑆𝐿2
×100%=
𝜌𝑉𝑞
𝑁𝑃𝑆𝐿
×100%=2𝜌𝑉𝑞×100%.故C错误
𝑁
D、t时间内曲轴转动N圈，转两圈做一次功，所以做功的次数为𝑛=2，故D正确； 故选：BC。
(1)根据𝑝=𝑆求出平均压力；
(2)曲轴每转2圈对外做功一次，求出时间t内做功的次数； (3)根据𝑊=𝐹𝐿求出一次做的功； (4)根据𝑃=𝑡求出功率；
此题主要考查的是学生对压强、功、热值、密度、热机效率计算公式的理解和掌握，基础性题目。
𝑊
𝐹
14.【答案】BD
【解析】解：
A、图甲中是一只动滑轮，用2段绳子来拉动物体，匀速运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力为𝑓=2𝐹1=2×20𝑁=40𝑁，故A错误； B、𝐹1的功率𝑃1=𝐹1𝑣=20𝑁×2×0.2𝑚/𝑠=8𝑊，故B正确；
C、分析滑轮组可知，左侧40N的摩擦力由两段绳子承担，每段绳子的拉力为20N，右侧𝐹2的拉力则分为了3段承担，因此，𝐹2=3×20𝑁=60𝑁，故C错误；
D、在滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计的情况下，拉力𝐹2做的功就等于克服摩擦力做的功，即𝑊=𝑓𝑠=40𝑁×0.3𝑚=12𝐽，故D正确。 故选：BD。
物体与地面间的摩擦力可通过二力平衡求出；拉力𝐹1的功率可用𝑃=𝐹𝑣求出；拉力𝐹2的大小可通过对滑轮组进行分析得出；拉力𝐹2做的功可利用公式𝑊=𝐹𝑠求出。通过这些分析与计算对照各选项进行判断。
解决此题要学会对滑轮组的特点进行正确的分析，同时还要能熟练运用功、功率的公式进行必要的计算，因此，正确分析滑轮组才能保证最后计算的正确性。
15.【答案】BD
【解析】解：放入木块前，AB装入水的深度相同根据𝑝=𝜌𝑔ℎ，两容器对桌面的压强相同，又因为底面积相同，故放入木块前，两容器底部所受水的压力相等，A错误，B正确。
放入木块后，木块在两容器中排开水的体积相等，因B容器上部窄故B液面升高要多，D对。 𝐵′中液体对底部的压强比𝐴′中的压强要大，故压力也要比A中的压力大，故C错，故选：BD。
由物体和水的质量可求得容器对桌面的压力，由压强公式可求得液体对容器底部的压力。 液体对底部的压力要注意考虑液柱的高度。
16.【答案】BC
【解析】解：
当灯泡接到电源两端时，由𝑃=𝐼2𝑅可得，电路中电流： 𝐼=√𝑅𝐿=√
𝐿
𝑃40𝑊𝑅𝐿
，
由串联电路特点和𝑃=𝐼2𝑅可得，当灯泡与电阻R串联后，电路中电流：
𝑃
6.4𝑊𝑅
𝑅
𝐼′=𝐼𝑅=√𝑅=√
，
电源电压不变，由串联电路特点和欧姆定律有： 𝐼𝑅𝐿=𝐼′(𝑅+𝑅𝐿)， 即：√
40𝑊𝑅𝐿
⋅𝑅𝐿=√
6.4𝑊𝑅
(𝑅+𝑅𝐿)，
2化简得：4𝑅2−17𝑅𝑅𝐿+4𝑅𝐿=0，
解得：4𝑅=𝑅𝐿或𝑅=4𝑅𝐿，即：𝑅=4或𝑅=1，
𝐿
𝐿
𝑅1𝑅4
若4𝑅=𝑅𝐿，灯泡和定值电阻串联，由𝑃=𝐼2𝑅可得它们的功率之比：
𝑃𝑅𝑃𝐿
=𝑅=4， ′
𝐿
𝑅1
则：𝑃𝐿′=4𝑃𝑅=4×6.4𝑊=25.6𝑊； 同理，若𝑅=4𝑅𝐿，
𝑅
由𝑃=𝐼2𝑅可得它们的功率之比：𝑃′=𝑅=1，
𝐿
𝐿
𝑃𝑅4
则：𝑃𝐿′=4𝑃𝑅=4×6.4𝑊=1.6𝑊。 故选：BC。
由𝑃=𝐼2𝑅可以分别求出两次连接时的电流，因为接在同一电源上，由串联电路特点和欧姆定律求出R与𝑅𝐿的关系，从而得出电灯和电阻R串联时的电功率的关系，而得出电灯的电功率。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律公式以及电功率公式的应用，关键是计算出灯泡电阻与定值电阻的关系。
11
17.【答案】CD
【解析】解：
A、由投影仪工作特点知，光源与鼓风机可以单独工作，所以两者并联的，故A错误； B、由表中的数据可知，光源消耗的功率：𝑃光源=𝑈光源𝐼光源=24𝑉×10.0𝐴=240𝑊； 鼓风机消耗的功率：𝑃风机=𝑈风机𝐼风机=220𝑉×0.1𝐴=22𝑊；
所以，这台投影仪消耗的总功率：𝑃=𝑃光源+𝑃风机=240𝑊+22𝑊=262𝑊，故B错误；
C、若光源采用串联电阻降压，根据串联电路的电压特点可知，电阻R应分得的电压： 𝑈𝑅=𝑈电源−𝑈光源=220𝑉−24𝑉=196𝑉； 通过电阻R的电流：𝐼𝑅=𝐼光源=10.0𝐴， 根据欧姆定律可得，选用电阻的阻值： 𝑅=
𝑈𝑅𝐼𝑅
=10.0𝐴=19.6𝛺；
196𝑉
则该电阻消耗的功率：𝑃𝑅=𝑈𝑅𝐼𝑅=196𝑉×10𝐴=1960𝑊，故C正确；
D、因为所选用电阻消耗的功率为1960W，远大于投影仪正常工作时所消耗的功率，造成不必要的电能浪费；
同时电阻上消耗1960W的功率，将产生大量热，实际使用中很难有效的解决散热问题，因此容易烧毁投影仪，所以这台投影仪的光源不宜采用串联电阻降压，故D正确。 故选：CD。
(1)根据串联和并联电路特点，结合投影仪的实际工作情况分析光源与鼓风机的连接方式；
(2)利用𝑃=𝑈𝐼计算光源功率和鼓风机功率；光源功率和鼓风机功率之和就是投影仪的耗电总功率；
(3)已知电源电压和光源电压，根据串联电路的电压特点可求出电阻两端电压；电阻与光源串联，电流相等，利用欧姆定律可以计算所选电阻的阻值；利用𝑃=𝑈𝐼计算该电阻消耗的功率；
(4)判断设计的方案是否可行，可从两方面进行分析：是否有利于节能，是否有利于电路安全。
本题考查的串并联电路的判断、欧姆定律和电功率公式的应用等，要能从表格中获取有用信息。
18.【答案】AC
【解析】解：(1)圆柱形物块A的体积： 𝑉=𝑆2ℎ=500×10−4𝑚2×𝑙𝑚=0.05𝑚3， 由𝜌=𝑉和𝐺=𝑚𝑔可得，圆柱形物块A的重力：
𝐺=𝑚𝑔=𝜌𝑉𝑔=2.0×103𝑘𝑔/𝑚3×0.05𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔=1000𝑁， 因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等， 所以，圆柱形物块A受到的浮力：
𝐹浮=𝜌水𝑔𝑉=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×0.05𝑚3=500𝑁， 由图可知，𝑛=2，则滑轮组绳子的拉力：
𝐹=𝑛(𝐺+𝐺动−𝐹浮)=2×(1000𝑁+50𝑁−500𝑁)=275𝑁， 物块A露出水面前，人对地面的压力： 𝐹压=𝐺人−𝐹=600𝑁−275𝑁=325𝑁， 人对地面的压强： 𝑝=
𝐹压𝑆1
1
𝑚
=
325𝑁400×10−4𝑚2
=8125𝑃𝑎，故A正确；
(2)物体完全露出水面时，绳端的拉力： 𝐹′=𝑛(𝐺+𝐺动)=2×(1000𝑁+50𝑁)=525𝑁， 因此时拉A绳子的拉力1000𝑁>750𝑁，
所以，当拉A绳子的拉力𝐹𝐴=750𝑁时，滑轮组绳端的拉力达到最大， 此时绳端的拉力：
1
1
𝐹″=(𝐹𝐴+𝐺动)=×(750𝑁+50𝑁)=400𝑁，
2
2
11
滑轮组的最大机械效率：
，故B错误； 物体A受到的浮力：
𝐹浮=𝐺−𝐹𝐴=1000𝑁−750𝑁=250𝑁， 由𝐹浮=𝜌𝑔𝑉排可得，物体A排开水的体积： 𝑉排=𝜌
𝐹浮
水
−23
==2.5×10𝑚， 33𝑔1.0×10𝑘𝑔/𝑚×10𝑁/𝑘𝑔
250𝑁
由𝑉=𝑆ℎ可得，物体A下表面所处的深度： ℎ𝐴=
𝑉排𝑆2
=
2.5×10−2𝑚3500×10−4𝑚2=0.5𝑚，
水面下降的高度： △ℎ=
𝑉排𝑆1
=1000×10−4𝑚2=0.25𝑚，
2.5×10−2𝑚3
圆柱形物块A上升的高度：
ℎ上=𝐻−ℎ𝐴−△ℎ=5𝑚−0.5𝑚−0.25𝑚=4.25𝑚， 由𝑣=𝑡可得，绳子会拉断需要的时间： 𝑡=
ℎ上𝑣𝑠
=0.5𝑚/𝑠=8.5𝑠，故C正确；
4.25𝑚
整个过程中人拉绳的最大功率：
𝑃=𝐹″𝑣=400𝑁×0.5𝑚/𝑠=200𝑊，故D错误。 故选：AC。
(1)已知圆柱形物块A的底面积和高度，根据𝑉=𝑆ℎ求出其体积，根据𝐺=𝑚𝑔=𝜌𝑉𝑔求出圆柱形物块A的重力，物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，根据𝐹浮=
1
𝜌𝑔𝑉排求出圆柱形物块A受到的浮力，由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据𝐹=𝑛(𝐺+
𝐺动−𝐹浮)求出滑轮组绳子的拉力，物块A露出水面前，人对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，利用𝑝=𝑆求出人对地面的压强；
(2)物体完全露出水面时，根据𝐹=𝑛(𝐺+𝐺动)求出绳端的拉力，然后比较此时拉A绳子的拉力与绳子承受的最大拉力相比较得出拉A绳子的拉力最大时滑轮组绳端的拉力达到最大，然后求出绳端的拉力，利用𝜂=𝑊×100%求出滑轮组的最大机械效率；利用
总
𝐹
1
𝑊有
称重法求出物体A受到的浮力，根据𝐹浮=𝜌𝑔𝑉排求出物体A排开水的体积，利用𝑉=𝑆ℎ求出物体A下表面所处的深度和物体上升引起水面下降的高度，然后求出圆柱形物块A
𝑠
𝑊𝑡
上升的高度，利用𝑣=𝑡求出绳子会拉断需要的时间；根据𝑃=程中人拉绳的最大功率。
=
𝐹𝑠𝑡
=𝐹𝑣求出整个过
本题考查了密度公式和重力公式、压强公式、滑轮组绳子拉力公式、机械效率公式、阿基米德原理、速度公式、功率公式的综合应用等，正确的判断出那股绳子先达到最大拉力和绳子断时A上升的高度是关键，要注意同一个滑轮组提升物体的重力越大时其机械效率越高。
19.【答案】解：(1)因血液匀速流动时，血管两端压强差产生的压力与阻力相等， 所以，血管截面积为𝑆1时，有△𝑝1𝑆1=𝑓1=𝑘𝑣1-----① 血管截面积减小为𝑆2时，有△𝑝2𝑆2=𝑓2=𝑘𝑣2-------②
因在相同的时间内流过同样体积的血液，
12
所以，𝑆1𝑣1𝑡=𝑆2𝑣2𝑡，即𝑣=𝑆--------③
2
1
𝑣𝑆
由 ②可得：△𝑝
①△𝑝1𝑆1
2𝑆2
=𝑣1----------④
2
𝑣
已知𝑆2<𝑆1，由③④可得：△𝑝=𝑆2<1，
2
1
△𝑝1
2𝑆2
所以，△𝑝1<△𝑝2； (2)𝑄的单位为米 3/秒(𝜂的单位是𝑃𝑎⋅𝑠=
△𝑝𝐿
𝑁
𝑚3𝑠
)，r的单位是米(𝑚)，
𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠2
𝑚2𝑘𝑔𝑠2⋅𝑚2
⋅𝑠=𝑚2
=
⋅𝑠=𝑚⋅𝑠2⋅𝑠=𝑚⋅𝑠，
𝑘𝑔𝑘𝑔
=
𝑚3𝑠
𝑃𝑎𝑚
=
𝑁𝑚
3=
𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠2
𝑚3𝑘𝑔
，
则
=𝑚𝛼(𝑚⋅𝑠)𝛽(𝑠2⋅𝑚2)𝛾=𝑚𝛼−𝛽−2𝛾𝑘𝑔𝛽+𝛾𝑠−𝛽−2𝛾，
𝑘𝑔
所以，3=𝛼−𝛽−2𝛾，−1=−𝛽−2𝛾，𝛽+𝛾=0， 联立解得：𝛼=4，𝛽=−1，𝛾=1； (3)由𝑄=𝑘𝑟4𝜂−1(𝐿)=△𝑝=
𝑄𝜂𝐿𝑘𝑟4
△𝑝
𝑘𝑟4△𝑝𝜂𝐿
可得：
≈29.3𝑃𝑎。
=
60×10−6𝑚3/𝑠×4.0×10−3𝑃𝑎⋅𝑠×0.2𝑚
0.4×(8×10−3𝑚)4
答：(1)△𝑝1<△𝑝2；
(2)𝛼、𝛽、𝛾的值依次为4、−1、1；
(3)在一段0.2𝑚长的主动脉中两端的压强差为29.3𝑃𝑎。
(1)血液匀速流动时，【解析】血管两端压强差产生的压力与阻力相等，根据△𝑝𝑆=𝑓=𝑘𝑣的得出等式，在相同的时间内流过同样体积的血液，根据𝑉=𝑆𝑣𝑡得出等式，然后联立等式结合血管截面积关系得出压强差的关系；
(2)根据𝑝=𝑆和𝐹=𝑚𝑎进行单位的换算，然后根据等式中两边单位的系数相等得出𝛼、𝛽、𝛾的值；
(3)把对应题干中的数据代入即可求出主动脉中两端的压强差。
𝐹
本题考查了二力平衡条件的应用和单位(量纲)的换算、压强差的计算等，从替换中获取有用的信息是关键。
20.【答案】解：(1)电热水器的总重：
𝐺总=𝑚电𝑔+𝜌水𝑔𝑉=19×10𝑁/𝑘𝑔+1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×50×10−3𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔=690𝑁，
电热水器挂在L形挂钩上时，其受力情况如下：
挂钩竖直方向：向上的拉力F和向下电热水器的总重𝐺总，
水平方向：向右的支持力和向左膨胀螺钉的拉力，此时膨胀螺钉受到的拉力和摩擦力是一对平衡力；
因电热水器静止，所以沿竖直方向二力平衡，因此对L形挂钩向下的拉力 𝐹=𝐺=690𝑁；
因L形挂钩静止，电热水器上端所受的水平向左的拉力等于膨胀螺钉所受的摩擦力； 以悬挂架下端为轴，把热水器看成杠杆，则根据杠杆的平衡条件可得𝑓𝐷=𝐺总𝐶， 𝑓=
𝐺总𝐶𝐷
=
690𝑁×196𝑚𝑚
196𝑚𝑚
=690𝑁．
(2)由热水器的三档位的数值关系猜测得热水器加热部分的等效电路图如下图所示：
其中加热管𝑅1的额定功率为1000W，电热管𝑅2的额定功率为1500W； 加热管的电阻分别为： 𝑅1=𝑅2=
𝑈2𝑃1𝑈2𝑃2
(220𝑉)21000𝑊(220𝑉)21500𝑊
==
=48.4𝛺， ≈32.3𝛺．
(3)①忽略加热过程的热损失，直接加热消耗的电能为：
𝑊1=𝑄1=𝑐𝑚△𝑡1=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×50𝑘𝑔×(50℃−20℃)=6.3×106𝐽=1.75𝐾𝑊⋅ℎ，
下午加热的电费支出为：
0.6元/𝐾𝑊⋅ℎ×1.75𝐾𝑊⋅ℎ=1.05元； ②早晨8点前加热，电费支出为： 0.3元/𝐾𝑊⋅ℎ×1.75𝐾𝑊⋅ℎ=0.525元； 加热升温4℃所需电能：
𝑊2=𝑄2=𝑐𝑚△𝑡2=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×50𝑘𝑔×(50℃−46℃)=8.4×105𝐽，
加热升温4℃所需时间(设加热功率为2500𝑊) 𝑡1=
𝑊2𝑃3
=
8.4×105𝐽2500𝑊
=336𝑠=5.6𝑚𝑖𝑛，(这段加热时间可以忽略不计)
降低4℃所需时间为190min，至下午6点共需要三次加热，消耗电能： 𝑊3=3𝑊2=3×8.4×105𝐽=2.52×106𝐽=0.7𝐾𝑊⋅ℎ， 电费支出：
0.6元/𝐾𝑊⋅ℎ×0.7𝐾𝑊⋅ℎ=0.42元； 总支出：
0.525元+0.42元=0.945元， 所以，第二方案更省钱．
答：(1)𝐿形挂钩受到的最大向下拉力为690N，此时膨胀螺钉与承重墙体间的摩擦力为690N．
(2)内部加热电路的主要结构如上图所示，每个加热管的电阻值分别为48.4𝛺、32.3𝛺． (3)第二方案更省钱．
【解析】(1)用铭牌可知电热水器的净重和容积，根据𝑚=𝜌𝑉和𝐺=𝑚𝑔求出电热水器的总重，然后对静止的热水器受力分析，根据二力平衡条件可知竖直方向对L形挂钩向下的拉力；以悬挂架下端为轴，可以把热水器看成杠杆，根据杠杆的平衡条件求出电热水器上端所受的水平向左的拉力即膨胀螺钉所受的摩擦力．
(2)这台热水器共有三挡加热功率且最大功率等于剩余两功率之和据此可以猜想两电热管并联，据此画出等效电路图；根据𝑅=
𝑈2𝑃
分别求出两加热管的电阻．
(3)忽略加热过程的热损失，根据𝑊=𝑄=𝑐𝑚△𝑡求出直接加热消耗的电能，并求出下午加热支出的电费；先求出早晨8点前加热支出的电费，再根据𝑊=𝑄=𝑐𝑚△𝑡求出加热升温4℃所需电能和最大功率加热时的时间，因时间很小可以忽略不计；降低4℃所需时间为190min，至下午6点共需要三次加热，进一步求出三次消耗的电能和支出的电费，总电费等于这两者之和；然后比较这中方案支出的电费即可判断那种更经济． 本题考查了密度公式、重力公式、电功公式、二力平衡条件和杠杆平衡条件的应用，关键是公式和规律的灵活运用，难点是对L形支架正确的受力分析和根据档位画出等效电路图以及明确两种加热方案中消耗电能的计算．
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