（1）电阻丝两端的电压为20V。

（2）通电10s电阻丝产生的热量为40J。

【分析】（1）已知电阻丝电阻和通过的电流，由欧姆定律计算它两端电压；

（2）利用焦耳定律Q＝I²Rt计算通电10s电阻丝产生的热量。

【解答】解：

（1）由题知，电阻丝电阻R＝100Ω，通过的电流I＝0.2A，

由欧姆定律可得，电阻丝两端电压：

U＝IR＝0.2A×100Ω＝20V；

（2）由焦耳定律可得，通过10s电阻丝产生的热量：

Q＝I²Rt＝（0.2A）²×100Ω×10s＝40J。

【点评】本题考查了欧姆定律和焦耳定律公式的应用，属于一道基础题。

（1）100；（2）变小；（3）12；（4）2.6；（5）不均匀。

【分析】（1）根据漂浮时浮力等于重力算出M所受的浮力；

（2）影响电阻的因素是材料、长度、横截面积；

（3）根据R₀所受压力每增加10N，电阻减小5Ω，表示出受到压力为F时压敏电阻的阻值为R_压＝R₀﹣0.5F；

水位再上升0.4m，根据阿基米德原理表示出对硬杆增加的压力，由（1）可知漂浮时F_浮＝100N＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×1m×S可求出横截面积S，进而算出增加的压力F′，即水位再上升0.4m，对硬杆增加的压力，再表示出此时压敏电阻的阻值；

由警戒水位、一级预警、二级预警时的电流和电阻，依据欧姆定律和电源电压相等列等式算出电源电压和R₀的电阻；

（4）在保证电路安全的情况下，为保证电流表不能超量程，电路中最大电流为0.6A，

假设此时电流已经达到最大0.6A，根据欧姆定律算出此时压敏电阻，进而算出此时的压力F，根据F＝F_浮＝ρ_水gV_排＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×10^﹣2m²×h算出此时增加的水的深度，

相当于警戒水位的高度应再加上电阻R的长度；

（5）根据欧姆定律I＝，将压敏电阻和电源电压代入可得出此时电路的电流，判断出I与h的关系，进而判断出刻度是否均匀。

【解答】解：（1）M漂浮，浮力等于重力，

所以M所受的浮力为：F_浮＝G＝mg＝100N；

（2））当水位上升，PQ向上移动过程中，R连入电路中的电阻丝变短，电阻变小；

（3）闭合开关，当PQ恰好位于R最下端时，为警戒水位，电流表示数为0.06A；此时电源电压为U＝0.06A×（100Ω+R₀）﹣﹣﹣﹣﹣①

PQ上升到R的最上端，即升高1m，刚好与“⊥”形杆接触，且对杆无压力时，为三级预警，当水位继续上升，PQ开始通过“⊥”杆对R₀产生压力，压力为F₁；

因为R₀所受压力每增加10N，电阻减小5Ω，即每增加10N电阻减小0.5Ω，则受到压力为F时，压敏电阻的阻值为：R_压＝R₀﹣0.5F，

当达到二级预警时，电流表示数为0.15A；此时电源电压为：U＝0.15A×（R₀﹣0.5F）﹣﹣﹣﹣﹣②

水位再上升0.4m，对硬杆的压力将增加F′，

增加的压力F′＝F_浮′＝ρ_水gV＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×0.4m×S，

由（1）可知漂浮时F_浮＝100N＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×1m×S可求出S＝10^﹣2m²，

代入可得F′＝40N，即水位再上升0.4m，对硬杆的压力将增加40N，

此时压敏电阻的阻值变为：R_压′＝R₀﹣0.5（F+40N）＝R₀﹣0.5F﹣20Ω；

达到一级预警时，电流表示数为0.20A，则电源电压为：U＝0.2A×（R₀﹣0.5F﹣20Ω）﹣﹣﹣﹣﹣③。

把R₀﹣0.5F看成一个整体，利用②③得电源电压U＝12V，R₀﹣0.5F＝80Ω

将U＝12V代入①中，得到R₀＝100Ω，

则压敏电阻阻值随压力变化的关系为：R_压＝R₀﹣0.5F＝100Ω﹣0.5F；

（4）在保证电路安全的情况下，为保证电流表不能超量程，电路中最大电流为0.6A，

假设此时电流已经达到最大0.6A，此时压敏电阻R＝＝＝20Ω，

根据R_压＝100Ω﹣0.5F可知F＝160N；

根据F＝F_浮＝ρ_水gV_排＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×10^﹣2m²×h可知h＝1.6m，

则相当于警戒水位的高度应再加上电阻R的长度，

所以h_高＝h+1m＝1.6m+1m＝2.6m；

（5）根据欧姆定律I＝，将R_压＝100Ω﹣0.5F和U＝12V代入可得I＝，

将F＝F_浮＝ρ_水gV_排＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×10^﹣2m²×h代入可得I＝，

因此I与h成反比，所以不均匀。

【点评】本题考查了欧姆定律的应用，利用电源电压相等列等式以及力学与电学的结合是解题的关键，难度很大。

声明：试题解析

（1）便于测量力臂大小；（3）小于；左；（4）ρ_水；（5）＜。

【分析】（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。

（3）两次杠杆平衡列出两个等式，由于电子秤示数变小，可以判断液体密度偏小。

由于物体质量偏小，物体对杠杆的拉力减小，根据杠杆平衡条件，可以判断物体移动的方向。

（4）当电子秤示数为m时杠杆两次平衡，根据杠杆平衡条件列出两个方程，解出液体的密度。

（5）当电子秤示数为m时杠杆两次平衡，考虑到瓶子的质量，再次列出两个方程，再次解出液体的密度，和前面不计瓶子质量时液体的密度进行比较。

【解答】解：（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。

（3）将一个质量不计的矿泉水瓶装满水，用细线将矿泉水悬挂在OA的D点上，记录此时电子秤的示数为m，测量悬挂点D到O的距离为L₁，

BC对电子秤的压力F＝mg，

根据杠杆平衡条件得，F×OA＝G_水×L₁，mg×OA＝ρ_水gV×L₁  ﹣﹣①

取下装水的矿泉水瓶，将另一个完全相同的矿泉水瓶装满待测液体，用细线将矿泉水瓶悬挂在D点，此时电子秤的示数小于m，

BC对电子秤的压力F'＝m'g，

根据杠杆平衡条件得，F'×OA＝G_液×L₁，m'g×OA＝ρ_液gV×L₁  ﹣﹣②

因为m'＜m，

由①②得，ρ_液＜ρ_水。

根据杠杆平衡条件，保持电子秤的示数不变，mg×OA不变，液体的密度小，体积不变，质量偏小，对杠杆的拉力变小，要增加力臂，所以要向左端移动。

（4）瓶子中装被测液体，当电子秤的示数再次显示m时，测量此时悬挂点到O的距离为L₂，

根据杠杆平衡条件得，F×OA＝G_液×L₂，mg×OA＝ρ_液gV×L₂  ﹣﹣③

由①③得，ρ_水gV×L₁＝ρ_液gV×L₂  ，

解得，液体的密度：ρ_液＝ρ_水。

（5）设瓶子的质量为m₀，瓶子的重力为m₀g，

瓶子中装满水时电子秤示数为m，根据杠杆平衡条件得，mg×OA＝（ρ_水gV+m₀g）×L₁  ﹣﹣④

瓶子中装满被测液体时电子秤示数为m，根据杠杆平衡条件得，mg×OA＝（ρ_液'gV+m₀g）×L₂ ﹣﹣⑤

由④⑤得，（ρ_水gV+m₀g）×L₁  ＝（ρ_液'gV+m₀g）×L₂ ，

ρ_水gVL₁ +m₀gL₁  ＝ρ_液'gVL₂ +m₀gL₂ ，

m₀gL₁＜m₀gL₂ ，

ρ_水gVL₁ ＞ρ_液'gVL₂，

ρ_液'＜ρ_水，

即ρ_液'＜ρ_液。

【点评】对于杠杆问题，找出支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，根据杠杆平衡条件列出等式，一般杠杆有几次平衡列出几个等式，这是杠杆平衡问题必须掌握的思路。

（1）潜水器受到海水的压强为1.03×10⁸Pa；

（2）潜水器观察窗0.82m²面积所受到海水的压力为8.446×10⁷N。

【分析】（1）知道潜水器所处的深度和海水的密度，利用p＝ρgh求潜水器受到海水的压强；

（2）知道观测窗的面积和海水的压强，利用p＝求观察窗受到海水的压力。

【解答】解：

（1）潜水器受到海水的压强：

p＝ρ_海水gh＝1.03×10³kg/m³×10N/kg×1.0×10⁴m＝1.03×10⁸Pa；

（2）由p＝可得潜水器观察窗0.82m²面积所受到海水的压力：

F＝pS＝1.03×10⁸Pa×0.82m²＝8.446×10⁷N。

【点评】本题考查了液体压强公式p＝ρgh和压强定义式p＝的灵活应用，是一道较为简单的计算题。

2：1；＜。

【分析】（1）有用功为W_有用＝Gh，拉力做的功为总功，已知两个动滑轮的机械效率相等，由机械效率公式变形可求得拉力做功，然后可知其比值关系；

（2）要想两个滑轮的机械效率仍然相等，为η，甲增加的物重为G时，乙增加的物重应为，但乙实际增加的物重为G，由此分析。

【解答】解：（1）拉力做的功为总功，由η＝可得，W_总＝，

已知G_A＝2G_B，有用功W_有用＝Gh，则W_有用甲＝2W_有用乙，

两个动滑轮的机械效率相等，则拉力做功W_甲：W_乙＝2：1；

（2）要想两个滑轮的机械效率仍然相等，为η，甲增加的物重为G时，乙增加的物重应为，但乙实际增加的物重为G，此时机械效率大于η，从而得出η_甲＜η_乙，

【点评】此题考查了使用滑轮组时拉力做功大小、机械效率大小比较，利用好关系式：忽略绳重和摩擦，滑轮组的机械效率由η＝＝＝。