15.答案：10 30
解析：解：对B进行受力分析，当A被拉动时，B受到A对B向右的摩擦力和弹簧测力计a对B向左的拉力，由于B处于静止状态，因此弹簧测力计a的示数等于A、B两物体间的滑动摩擦力，即f=10N；
如果物体A做匀速直线运动，则物体A受到弹簧测力计b对A向右的拉力作用和地面、B分别对A向左的摩擦力；fB对A+f地对A=F1，并且弹簧测力计b的示数等于两个摩擦力之和，即：10N+f地对A=40N，则A与地面之间有摩擦力为40N-10N=30N。 故答案为：10；30。
（1）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上；对物体B进行受力分析，并结合二力平衡的条件判断出A、B间的滑动摩擦力。
（2）对A进行受力分析，A受到弹簧测力计b对A向右的拉力作用和地面、B分别对A向左的摩擦力。
本题考查了二力平衡的条件的应用；关键是对物体进行正确受力分析，然后根据物体的状态和二力平衡的条件判断测力计的示数与摩擦力的关系。 16.答案：200
解析：解：如图所示：
人和吊篮的总质量： m=50kg+30kg=80kg， 人和吊篮受到的重力： G=mg=80kg×10N/kg=800N， ∵2F+F1=G，F1=2F， ∴4F=G，
800N=200N ∴F=G=×
故答案为：200。
以人和吊篮整体为研究对象，根据定滑轮的力学特征，分别表示出绳子间拉力的关系，然后由平衡条件求解拉力大小。
本题采用整体法求解拉力大小，关键要抓住定滑轮的力学特征，确定出每根绳子的拉力大小。
17.答案：＞；=
解析：解：
（1）若将一石块用细线系着缓慢放入杯底，有一部分水溢出： ∵石块下沉， ∴F浮石＜G石， ∵F浮石=G排=G溢， ∴G石＞G溢，
∴放入石块后杯对桌面的压力将变大，而受力面积不变， ∵p=，
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∴杯对桌面的压强将变大，即p1＞p；
（2）如果将小木块轻轻放在图（甲）的溢水杯中，有一部分水溢出， ∵木块漂浮， ∴F浮木=G木，
∵F浮木=G排′=G溢′， ∴G木=G溢′，
∴放入木块后杯对桌面的压力不变，而受力面积不变， ∵p=，
∴杯对桌面的压强不变，即p2=p。 故答案为：＞；=。
（1）若将一石块用细线系着缓慢放入杯底，有一部分水溢出，由阿基米德原理知道石块受到的浮力等于排开的水的重力（溢出水的重力），而因为石块下沉，石块的重力大于浮力，据此可以得出石块的重力和溢出水的重力的大小关系，进而得出放入石块后杯对桌面的压力变化，而受力面积不变，根据压强公式p=得出压强变化；
（2）如果将小木块轻轻放在图（甲）的溢水杯中，有一部分水溢出，由阿基米德原理知道石块受到的浮力等于排开的水的重力（溢出水的重力），而因为木块漂浮，木块的重力等于浮力，据此可以得出木块的重力和溢出水的重力的大小关系，进而得出放入木块后杯对桌面的压力变化，而受力面积不变，根据压强公式p=得出压强变化。 本题考查了学生对压强公式、阿基米德原理、物体的浮沉条件的掌握和运用，能根据浮沉条件和阿基米德原理判断出放入石块（木块）后杯子对桌面的压力变化情况是本题的关键。
18.答案：0～3V；0.6～0.3A
解析：解：由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R′串联，电压表测R′两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据串联电路的分压特点可知，
当滑片位于最下端时，电压表被短路，示数为0V，电流表的示数最大，则最大电流： Imax==
=0.6A，
当滑片位于最上端时，电压表的示数最大，电路中的电流最小， 串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 根据欧姆定律可得，电流表的最小示数： Imin=
=
=0.3A，
电压表的最大示数：
U滑max=IminR′=0.3A×10Ω=3V；
当滑动变阻器的滑片从下端滑到上端时电压表的示数变化范围是0V～3V；电流表的变化范围是0.6A～0.3A。
故答案为：0～3V； 0.6～0.3A。
由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R′串联，电压表测R′两端的电压，电流表测电路中的电流；根据串联电路的分压特点可知，当滑片位于最下端时，电压表被短路，示数为0V，电流表的示数最大，根据欧姆定律求出最大电流；当滑片位于最上端时，电压表的示数最大，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出电压表的最大示数，进一步得出答案。 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是滑片从上端向下移动时电表示数
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变化的分析。
19.答案：1：4 3：1
解析：解：（1）当S闭合，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，电压表甲测电源的电压，电压表乙测R2两端的电压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，两电阻两端的电压之比： =
=
=，
因串联电路中各处的电流相等， 所以，由I=可得，两电阻的阻值之比：
===；
（2）当S断开，甲、乙两表为电流表时，两电阻并联，甲测通过R2支路的电流，乙测干路电流，
因并联电路各支路两端的电压相等， 所以，由I=可得，两支路的电流之比：
===，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，两电流表的示数之比： =
=
=，
由P=UI可得，此时R1和R2消耗的功率之比： =
==。
故答案为：1：4； 3：1。
（1）当S闭合，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，电压表甲测电源的电压，电压表乙测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
（2）当S断开，甲、乙两表为电流表时，两电阻并联，甲测通过R2支路的电流，乙测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两支路的电流之比，根据并联电路的电流特点求出两电流表示数的比值，根据P=UI求出此时R1和R2消耗的功率之比。 本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的灵活运用，关键是开关闭合和断开时电路串并联的判断。
20.答案：10.0；幻灯机；＞；靠近
解析：解：（1）由图知，光点到凸透镜的距离为10.0cm，所以凸透镜的焦距为10.0cm． （2）在光屏上可以得到烛焰倒立、放大的像，此时物距处于1倍和2倍焦距之间，幻灯机、投影仪都是根据这个原理制成的．放大镜是根据凸透镜成放大正立的虚像的原理制成；照相机是根据凸透镜成缩小倒立的实像制成的．
（3）蜡烛和凸透镜的位置不变，凸透镜A成放大的实像，说明此时物距处于1倍和2倍焦距之间；凸透镜B成缩小的实像，说明物距大于2倍焦距．因此凸透镜B的焦距小于凸透镜A的焦距．因为成的像减小，说明像距减小，光屏应靠近透镜．
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故答案为：（1）10.0；（2）幻灯机；（3）＞；靠近．
（1）根据凸透镜焦点和焦距的定义进行判断．光点到凸透镜的距离即为焦距．
（2）掌握凸透镜成像的规律及应用．知道幻灯机、投影仪都是根据当物距处于1倍和2倍焦距之间时，成放大倒立实像的原理制成的．
（3）首先根据成缩小的实像确定物距与焦距的关系，根据物距的大小关系判断焦距之间的大小关系．
掌握像距与成像大小的关系，像增大，像距也会增大．
此题探究凸透镜成像的规律，掌握凸透镜成像的特点与物距、像距之间的关系是解决此题的关键．（3）问是此题的难点，解决的关键是判断出物距与焦距之间的关系． 21.答案：解：小磁针静止时N极所指示的方向--向右，为该点磁场的方向。在磁体外部，磁感线从N极指向S极，所以螺线管的左端为N极，右端为S极。 根据安培定则，伸出右手使大拇指指向通电螺线管的N极，即螺线管的右端，则四指弯曲的方向为电流的方向，答案如图所示：
解析：根据小磁针的指向判断出通电螺线管磁场的方向及磁极。根据安培定则再判断螺线管的绕线方法。
利用安培螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。本题也可以利用磁极间的相互作用规律来帮助理解通电螺线管磁极的判断。
22.答案：解：
（1）物体A受到的浮力F浮为： F浮=ρ水gV排 =1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10-3m3 =1000N；
（2）拉力F移动的距离S为： S=2h=2×2m=4m，
拉力F所做的总功W总为： W总=FS=5000N×4m=20000J， 则拉力F做功的功率P为： P=
=
=10000W=10kW；
（3）物体A的重力G为： G=mg=ρ物gV物 =9.0×103Kg/m3×10N/Kg×100×10-3m3 =9000N，
滑轮组的机械效率： η====
×100% ×100% ×100%
×100%
=80%。
答：（1）物体A受到的浮力为1000N。
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