上海杨浦中学2022-2023学年九年级上学期物理期末试卷(含答案)

这是一份上海杨浦中学2022-2023学年九年级上学期物理期末试卷(含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市杨浦区九年级（上）期末物理试卷（一模）
一、选择题（共20分）
1．（2分）下列家用电器正常工作电流接近0.05安的是（　　）
A．节能灯 B．白炽灯 C．电饭锅 D．空调器
2．（2分）下列各物理量中，可鉴别物质的是（　　）
A．质量 B．体积 C．密度 D．重力
3．（2分）通过实验研究得出电流与电压关系的科学家是（　　）
A．安培 B．库仑 C．伏特 D．欧姆
4．（2分）下列实例中，属于减小压强的是（　　）
A．书包背带加宽 B．钉尖做得尖锐
C．刀刃磨得锋利 D．盲道上凸起的圆点
5．（2分）生活中很多装置运用了物理知识，利用大气压工作的是（　　）
A．液位计 B．密度计 C．吸尘器 D．订书机
6．（2分）将重为5牛的物体放入盛满水的容器中，容器溢出3牛重的水，物体受到的浮力（　　）
A．可能等于2牛 B．可能等于4牛
C．一定等于3牛 D．一定等于5牛
7．（2分）甲、乙是由同种材料制成且长度相等的两导体，若将它们并联在同一电路中，则关于甲、乙导体的横截面积S及通过电流I的大小判断正确的是（　　）
A．若S甲＞S乙，则I甲＝I乙 B．若S甲＜S乙，则I甲＝I乙
C．若S甲＞S乙，则I甲＞I乙 D．若S甲＜S乙，则I甲＞I乙
8．（2分）在如图（a）、（b）所示的电路中，所有元件均完好，电源电压相等且保持不变。现有两个电流表的示数相同，则下列判断正确的有（　　）

A．R1一定大于R3 B．R2一定大于R3
C．R1可能小于R4 D．R2不可能小于R4
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，变大的是（　　）

A．电压表V的示数
B．电流表A1的示数
C．电流表A的示数与电流表A1示数的比值
D．电流表A的示数与电流表A2示数的比值
10．（2分）如图所示均匀实心正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。为了使甲对地面的压强大于乙的，小明同学设计了以下四个方案，其中可行的方案有（　　）
①沿水平方向截去相同的高度；
②沿竖直方向截去相同的厚度；
③沿水平方向截取相同的高度后叠放在对方剩余部分上方；
④沿竖直方向截取相同的厚度后叠放在各自剩余部分上方。

A．一个 B．二个 C．三个 D．四个
二、填空题（共34分）
11．（3分）上海地区家庭照明电路电压为 　 　伏；家中各用电器之间是 　 　连接（选填“串联”或“并联”）；家庭使用的用电器增多，电路的总电阻 　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
12．（3分）冰的密度为0.9×103千克/米3，质量为1.8千克冰块的体积为 　 　米3，若该冰块熔化成水，则水的质量为 　 　千克，水的体积为 　 　米3。
13．（3分）马德堡半球实验证明了　 　的存在，物理学家托里拆利利用水银的　 　很大。通过实验测量出了大气压强的值；珠穆朗玛峰最新高程为8848.86米。则在峰顶测得的大气压值　 　1.01×105帕（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
14．（3分）当某导体两端的电压为3伏时，10秒内通过导体横截面的电荷量为6库，则通过该导体的电流为 　 　安，导体的电阻为 　 　欧。如果该导体两端的电压为6伏时，导体的电阻为 　 　欧。
15．（3分）如图所示，置于水平地面上的柱形容器盛有水，一正方体木块漂浮在水面。若向容器中再注入少量的水后（水不溢出），容器底部所受水的压强 　 　，木块所受的浮力 　 　，容器对水平地面的压强 　 　。（均选填“变大”、“不变”或“变小”）

16．（4分）“测定物质的密度”实验中，实验原理是 　 　，实验中用 　 　称量物体的质量。在“用电流表测电流”实验中，连接电路时，开关应处于 　 　状态，电流表串联在电路中时应使电流从电流表的 　 　接线柱流入。
17．（4分）如图1所示，正在探究液体内部压强与 　 　的关系，通过观察U形管两边液面的 　 　，可知液体内部压强与该因素无关。图2所示是“验证阿基米德原理”的实验操作和测量结果，由（A）、（C）两图得出物体受到的浮力F浮＝　 　；由（B）、（C）两图得出 　 　＝ρ液（V2﹣V1）g。
18．（3分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。开关S由断开到闭合，电压表V1的示数 　 　。接着，将滑动变阻器的滑片P向右移动，电压表V的示数 　 　，电压表V1示数与电流表A示数的比值 　 　。（均选填“变大”、“不变”或“变小”）

19．（4分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L与电阻R的阻值相等。闭合开关S，电路正常工作，电压表示数为U0，电流表示数为I0。过了一会儿，灯L熄灭，若电路中仅有一处故障，且只发生在灯L或电阻R上。
（1）如果两个电表中只有一个电表的示数变大，该电表的示数为 　 　，故障是　 　。
（2）如果两个电表的示数均变大，请写出两电表的示数及其对应的故障 　 　。

20．（4分）如图1（a）所示，将一根弯管中注满水、并将一端B（入水口）放入水箱中，当另一端A（出水口）处于某一高度时，水会自动从A流出，这种现象叫做虹吸现象。为了研究形成虹吸现象的条件，某小组同学多次改变A、B以及水面的高度，实验现象如图1（b）、（c）、（d）和（e）所示。

（1）小王发现图1（d）或（e）没有发生虹吸现象，得出结论：弯管中注满水，当A高于B时，不会发生虹吸现象。小张依据图1 　 　的现象认为小王的结论有误。
（2）小张分析比较图1（a）、（b）或（c）中弯管中水情况及A所处的高度，得到发生虹吸现象的条件是：　 　。
（3）通过上述探究，他们准备利用虹吸现象给如图2所示的鱼缸换水。他们把弯管注满水并把弯管B端放在鱼缸底部，为了把鱼缸中的水全部排完，弯管的出水端A所处的位置应处于图中的 　 　处。（选填“甲”、“乙”或“丙”）
三、作图题（共8分）
21．（3分）在图中，重为4牛的物体静止在水平地面上，请用力的图示法画出物体对地面的压力。

22．（2分）在图中的〇里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路图。

23．（3分）在图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请以笔画线代替导线补上，补上后要求：闭合开关，当滑动变阻器的滑片向右移动时，电压表的示数变大。

四、综合题（共38分）
24．（4分）体积为4×10﹣4米3的实心金属小球浸没在水中。求：
（1）小球排开水的体积V排。
（2）小球受到的浮力F浮。
25．（8分）在如图所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，定值电阻R1的阻值为5欧，滑动变阻器R2上标有“20欧 2安”字样，电流表A1的示数为2安。
（1）求通过R1的电流I1。
（2）求此时滑动变阻器连入电路的阻值R2。
（3）移动滑片，在电路安全工作的情况下，电流表A1示数的最大变化量ΔImax。

26．（8分）如图所示，边长为0.1米、密度为4×103千克/米3的均匀正方体甲和底面积为2×10﹣2米2、高为0.3米的薄壁圆柱形容器乙置于水平桌面上，乙容器内盛有0.2米深的水。求：
（1）甲的质量m甲。
（2）水对乙容器底部的压强p水。
（3）现将一个体积为3×10﹣3米3的实心物体丙分别置于正方体甲上方和浸没在乙容器内的水中，甲对桌面增加的压强Δp甲恰好为水对乙容器底部增加的压强Δp水的6倍，求乙对桌面增加的压强Δp乙。

27．（8分）在如图所示电路中，电源电压为18伏，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，电流表A的示数为0.8安，电压表V的示数为10伏。
（1）求电阻R1的阻值。
（2）在确保电路中各元件安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器的电阻变化范围为8欧～50欧：用阻值为20欧的定值电阻R0替换R1后，再移动滑动变阻器的滑片，电流表A示数的最大变化量与替换前相同。请判断滑动变阻器的规格：“　 　欧，　 　安”并写出计算过程。

28．（5分）小明做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为2伏的整数倍且保持不变）、待测电阻、电流表、电压表和开关各一个，滑动变阻器（分别标有“10欧 2安”、“20欧 1安”字样）、以及导线若干。小明选择其中一个滑动变阻器，正确串联电路后，将电压表并联在电路中。闭合开关，移动滑动变阻器滑片，将测得的两组数据记录在表一中。小明观察数据思考后改变了电压表的接入位置，将测得的一组数据记录在表二中。
表一
实验
序号
电压表示数
（伏）
电流表示数
（安）
1
3.4
0.24
2
2.0
0.38
表二
实验
序号
电压表示数
（伏）
电流表示数
（安）
3
3.4
0.34
（1）画出小明最初的实验电路图。
（2）判断所用滑动变阻器的规格，并说明理由 　 　。
（3）通过计算说明所用电源的电压。（需写出过程）
（4）待测电阻的阻值为 　 　欧。（精确到0.1欧）
29．（5分）为了探究漂浮在液面上的物块露出液面的体积V露与物块体积V物、液体密度ρ液的关系，某小组同学选取质量m物相同的不同物块进行实验，相关数据记录在表一、表二中。
表一：酒精
ρ液（克/厘米3）
序号
V物（厘米3）
V露（厘米3）
0.8
1
160
10
2
200
50
3
400
250
4
500
350
表二：水
ρ液（克/厘米3）
序号
V物（厘米3）
V露（厘米3）
1.0
5
160
40
6
200
80
7
400
280
8
500

①分析比较实验序号1、2、3与4（或5、6与7）中V露和V物的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：漂浮在液面上的物块，当　 　时，　 　。
②分析比较实验序号　 　中的数据及相关条件，可得出漂浮在液面上的物块露出液体的体积V露与液体密度ρ液的关系。
③实验序号8中的数据应为　 　。
④若用盐水进行实验，表三中实验序号9中的数据应为　 　。
表三：盐水
ρ液（克/厘米3）
实验序号
V物（厘米3）
V露（厘米3）
1.2
9

200

2022-2023学年上海市杨浦区九年级（上）期末物理试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20分）
1．【解答】解：A、一般节能灯功率为10W，节能灯电流：I＝≈0.045A，接近0.05A，故A符合题意；
B、一般白炽灯功率为40W，工作电流为I＝≈0.18A，故B不符合题意；
C、一般电饭锅功率为800W，工作电流为I＝≈3.6A。故C不符合题意；
D、一般空调器功率为1000W，工作电流为I＝≈4.5A。故D不符合题意。
故选：A。
2．【解答】解：因为密度是物质的一种特性，不同物质的密度一般是不同的，而体积、质量和重力不是物质的特性，和物质的种类没有关系，所以可以用密度来鉴别物质的种类。
故选：C。
3．【解答】解：欧姆发现了欧姆定律，即通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比。
故选：D。
4．【解答】解：A、书包背带加宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A正确。
BCD、钉尖做得尖锐、刀刃磨得锋利、盲道上凸起的圆点都是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故BCD错误。
故选：A。
5．【解答】解：A、液位计是底部相通，上端开口，利用连通器的原理制成的，故A不符合题意；
B、密度计是利用了物体的漂浮条件和阿基米德原理工作的，与大气压无关，故B不符合题意。
C、用吸尘器“吸”灰尘时，吸尘器内空气流速大压强小，吸尘器外空气流速小压强大，在压强差的作用下灰尘被“吸”入吸尘器中的，故C符合题意。
D、订书机中应用了多种物理知识，包括杠杆、压强等，与大气压无关，故D不合题意；
故选：C。
6．【解答】解：容器盛满水，所以物体排开的水与溢出的水相同，其重力为3N，根据阿基米德原理，浮力就等于它排开的水的重力，因此，物体所受到浮力一定等于3N。
故选：C。
7．【解答】解：
甲、乙两导体并联在电路中，根据并联电路电压的规律可知，无论两导体的电阻大小是否相等，它们两端的电压都相等，
已知两导体的材料和长度都相同，若S甲＞S乙，则R甲＜R乙，根据I＝可知，I甲＞I乙；
同理可知，若S甲＜S乙，I甲＜I乙；故ABD错误，C正确。
故选：C。
8．【解答】解：由（a）图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1中的电流，电流表A2测干路电流；由（b）图可知，R3与R4串联，电流表A3测串联电路的电流；
因为所有元件均完好，所以A1与A2示数不可能相同；
①若A1与A3示数相同，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律知R1＝R3+R4，则R1＞R3、R1＞R4；
②若A2与A3示数相同，根据欧姆定律知R1和R2并联的总电阻等于R3和R4串联的总电阻，因为串联电路的总电阻比任何一个分电阻大，并联电路的总电阻比任何一个分电阻都小，所以R1＞R3、R1＞R4；R2＞R3、R2＞R4；
综合①②分析可知：
A、R1一定大于R3，故A正确；
B、R2不一定大于R3（当A1与A3示数相同时，二者关系无法比较，则R2可能小于R3），故B错误；
C、R1一定大于R4，故C错误；
D、R2不一定大于R4（当A1与A3示数相同时，二者关系无法比较，R2可能小于R4），故D错误。
故选：A。
9．【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测R2支路的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源的电压。
A、因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A不符合题意；
B、因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变，故B不符合题意；
CD、当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过R2的电流变小，电流表A2的示数变小；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小，所以电流表A与电流表A1示数的比值变小，故C不符合题意；
通过R1的电流不变、通过滑动变阻器的电流变小，根据＝＝1+可知，干路中的电流与通过滑动变阻器的电流之比变大，即电流表A的示数与电流表A2示数的比值变大，故D符合题意。
故选：D。
10．【解答】解：因为甲、乙为均匀实心正方体，故p＝＝＝＝＝＝ρgh；
切去前甲、乙对地面压强的相等，所以ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，即ρ甲h甲＝ρ乙h乙，
由图可知，h甲＜h乙，故甲、乙的密度ρ甲＞ρ乙；
①将甲、乙沿水平方向切去相同的厚度，由于甲的密度大于乙的密度，根据p＝ρgh知甲切去部分的压强大于乙切去部分的压强，即：p切甲＞p切乙，因为剩余部分压强：p'＝p﹣p切，且切去前甲、乙对地面的压强相等，所以甲剩余部分对地面的压强小于乙剩余部分对地面的压强，即：p甲'＜p乙'，故①不合题意；
②沿竖直方向截去相同的厚度；因为是均匀物体，故p＝＝＝＝＝＝ρgh；压强大小与受力面积大小无关，压强不变，故②不合题意；
③沿水平方向截取相同的高度后叠放在对方剩余部分上方；
甲乙最初对地面的压强关系为：p甲原＝p乙原
由于它们均为实心正方体，且对地面的压强相等，可得ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，
甲切去部分的重力G甲切＝ρ甲gV甲切＝ρ甲gh甲2h，
同理乙切去部分的重力G乙切＝ρ乙gh乙2h，
可得：＜1，
可得G甲切＜G乙切，
将切去部分放置在对方剩余部分的上表面，
则此时甲的整体产生的压强：p甲'＝＞＝p甲原，
此时乙的整体产生的压强：p乙'＝＜＝p乙原，
故p甲'＞p乙'，③正确；
④沿竖直方向截取相同的厚度后叠放在各自剩余部分上方；
已知甲乙最初对地面的压强关系为：p甲原＝p乙原
由于它们均为实心正方体，且对地面的压强相等，可得ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，
甲剩余部分的重力G甲余＝ρ甲gV甲余＝ρ甲gh甲2（h甲﹣h），
同理乙剩余部分的重力G乙余＝ρ乙gV乙余＝ρ乙gh乙2（h乙﹣h），
则p甲余＝＝p甲原……①
p乙余＝＝p乙原……②
即p甲余＝p乙余，
甲切去部分的重力G甲切＝ρ甲gV甲切＝ρ甲gh甲2h，
同理乙切去部分的重力G乙切＝ρ乙gh乙2h，
则p甲切＝……①
p乙切＝……②
得＞1，即p甲切＞p乙切，
叠放后甲对地面的压强p甲'＝＝p甲余+p甲切，
叠放后乙对地面的压强p乙'＝＝p乙余+p乙切，
由于p甲余＝p乙余，p甲切＞p乙切，故p甲'＞p乙'，故④正确。
综合上述分析可得，有二个正确。
故选：B。
二、填空题（共34分）
11．【解答】解：（1）我国家庭电路电压为220V；
（2）家中使用的各类用电器可以单独工作，互不影响，因此它们之间的连接是并联；
（3）家庭电路中，同时工作的用电器越多，横截面积越大，所以电阻就越小。
故答案为：220；并联；变小。
12．【解答】解：
（1）由密度公式可得，冰块体积：
V冰＝＝＝2×10﹣3m3。
（2）质量是物体的一种属性，不随状态变化，故冰块熔化成水后的质量不变，质量为：m水＝m冰＝1.8kg。
由密度公式可得，水的体积：
V水＝＝＝1.8×10﹣3m3。
故答案为：2×10﹣3；1.8；1.8×10﹣3。
13．【解答】解：
最早证明大气压存在的，并且最著名的实验是马德堡市的市长奥托格里克做的马德堡半球实验；
首先测定大气压强值的是意大利物理学家托里拆利做的实验﹣﹣托里拆利实验，他选用密度较大的水银进行实验，测出一个标准大气压能够支持0.76米高的水银柱，即一个标准大气压相当于0.76米高水银柱产生的压强，其大小为1.01×105Pa；
大气压与海拔高度有关，海拔高度越高，大气压越小。珠穆朗玛峰最新高程为8848.86米。则在峰顶测得的大气压值小于1.01×105帕。
故答案为：大气压；密度；小于。
14．【解答】解：通过该导体的电流：I＝＝＝0.6A，
由欧姆定律可得导体的电阻：R＝＝＝5Ω，
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当加在该导体两端的电压变为6V时，导体的电阻仍为5Ω不变。
故答案为：0.6；5；5。
15．【解答】解：
若向柱形容器中再注入少量的水后，水的深度h增加，由p＝ρgh可知，柱形容器底所受水的压强变大；
因为正方体木块漂浮，所以F浮＝G，木块的重力不变，则木块所受的浮力不变；
柱形容器对地面的压力等于柱形容器、水及木块的重力之和，向柱形容器中注入少量的水后水的重力变大，则柱形容器对地面的压力变大，容器的底面积不变，根据p＝知容器对水平地面的压强变大。
故答案为：变大；不变；变大。
16．【解答】解：“测定物质的密度”实验中，实验原理是ρ＝，天平是测量物体质量的仪器，实验时用天平测量物体质量。为保护电路，连接电路时开关应处于断开状态，电流表串联在电路中时应使电流从电流表的正接线柱流入。
故答案为：ρ＝；天平；断开；正。
17．【解答】解：（1）由图1知，容器内装着同种液体，压强计的金属盒在水中的深度相同，金属盒的方向不同，所以在探究液体内部压强与方向的关系；
图中U形管中液面的高度差相同，可得出的初步结论是液体压强的大小与方向无关；
（2）浸入液体中的一切物体都会受到浮力的作用，由称重法知，图2（A）、（C）两图得出物体受到的浮力：F浮＝F1﹣F2；
由图2（B）（C）知，放入物体后的V排＝V2﹣V1，根据G排＝m排g＝ρ液V排g可知G浮＝ρ液（V2﹣V1）g。
故答案为：方向；高度差相等；F1﹣F2；G排。
18．【解答】解：开关S断开时，电压表V和V1由于与电源相连通，示数均为电源电压，当闭合S后，R1、R2串联，电压表V1测量R1两端电压，电压表V测量电源电压；根据串联电路的电压特点可知：R1两端的电压小于电源电压，所以当开关S从断开到闭合，电压表V1的示数变小，电源电压不变，则电压表V示数不变；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，由R＝可知电压表V1示数与电流表A示数的比值为定值电阻R1的阻值，保持不变。
故答案为：变小；不变；不变。
19．【解答】解：由图知，灯泡L与电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
闭合开关S，由于灯L与电阻R的阻值相等，其分担的电压相等，根据串联电路的电压规律可知，电源电压为2U0；
灯L熄灭，且故障只能发生在灯L或电阻R上，则灯L熄灭的原因可能有以下几种情况：电阻R断路，或灯泡L断路，或灯泡短路；
如果电阻R断路，此时电压表串联在电路中，由于电压表的电阻非常大，则此时电流表示数变小，几乎是0，电压表相当于测电源电压，电压表示数会增大为2U0，即此时只有一个电表的示数变大；
如果灯泡断路，则整个电路断路，此时电流表和电压表示数都变为0，即两个电表的示数都变小了；
如果灯泡短路，电路中总电阻变小，则电流表的示数增大，此时电路为电阻R的简单电路，则电阻两端的电压等于电源电压，电压表示数为2U0，由于电源电压不变，电阻变为原来的一半，根据欧姆定律可知，电流会变为原来的2倍，即电流表示数为2I0，即两个电表的示数都变大；
由此可知，如果只有一个电表的示数变大，则故障是电阻R断路，电压表示数等于电源电压2U0；如果两个电表的示数都变大，则故障是灯L短路，电压表示数等于电源电压2U0，电流表A示数为2I0。
故答案为：（1）2U0；R断路；（2）电压表V示数为2U0，电流表A示数为2I0，则L短路。
20．【解答】解：（1）根据虹吸现象原理可知：虹吸现象利用液面高度差的作用力吸抽液体，只有当水面超过弯管高度时才会产生液体压强差，水就会流出，所以其盛水的最高水位取决于杯中弯管的高度，故小张依据图1a的现象认为小王的结论有误.
（2）小张分析比较图（a）（b）或（c）中A所处的高度，得到发生虹吸现象的条件是：弯管中注满水，A处水面（弯管出水口）低于容器中水面；
（3）依据虹吸现象只有弯管高度低于容器底部，故弯管的出水端A所处的位置应处于图中的丙处，才能将水箱中的水全部排完。
故答案为：（1）a；（2）弯管中注满水，A所处高度低于水箱中的水面高度；（3）丙。
三、作图题（共8分）
21．【解答】解：压力的大小等于重力，为4N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上。如图所示：

22．【解答】解：由图可知，最上面的电表串联在电路中，为电流表；上面左边的电表与灯泡并联，为电压表；下面左边的电表与灯泡并联，为电压表，如图所示：

23．【解答】解：经分析可知，灯泡与滑动变阻器的右下方接线柱相连（即灯泡与变阻器串联），电压表应与灯泡并联，
此时滑片向右移动，变阻器接入电路中的电阻变小，变阻器分得的电压变小，则灯泡两端的电压变大，即电压表的示数变大，
由电源是由两节干电池串联可知，电源电压为3V，则电压表的量程为0～3V，如下图所示：

四、综合题（共38分）
24．【解答】解：（1）小球浸没时排开水的体积等于小球的体积，即V排＝V物＝4×10﹣4m3；
（2）小球受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×9.8N/kg×4×10﹣4m3＝3.92N。
答：（1）小球排开水的体积V排为4×10﹣4m3。
（2）小球受到的浮力F浮为3.92N。
25．【解答】解：（1）闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过滑动变阻器的电流，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得通过R1的电流：I1＝＝＝1.2A；
（2）并联电路干路电流等于各支路电流之和，此时通过滑动变阻器的电流：I2＝I﹣I1＝2A﹣1.2A＝0.8A，
滑动变阻器接入电路的阻值：R2＝＝＝7.5Ω；
（3）并联电路各支路互不影响，所以通过定值电阻的电流不变，
滑动变阻器接入电路最大阻值时，通过电路的电流最小，为：I0＝+I1＝+1.2A＝1.5A，
通过滑动变阻器的最大电流为2A，此时通过电路的电流最大，最大为I0′＝I1+I2大＝1.2A+2A＝3.2A＞3A，所以通过电路的最大电流为3A，
电流表A1示数的最大变化量ΔImax＝3A﹣1.5A＝1.5A。
答：（1）通过R1的电流I1为1.2A；
（2）此时滑动变阻器连入电路的阻值R2为7.5Ω；
（3）移动滑片，在电路安全工作的情况下，电流表A1示数的最大变化量ΔImax为1.5A。
26．【解答】解：（1）甲的边长a甲＝0.1m，物体的体积为V甲＝a甲3＝（0.1m）3＝10﹣3m3，
根据ρ＝可知：
甲物体的质量为m甲＝ρ甲V甲＝4×103kg/m3×10﹣3m3＝4kg；
（2）已知水的深度h＝0.2m，水对容器底部的压强为：
p水＝ρ水gh＝1×103kg/m3×9.8N/kg×0.2m＝1960Pa；
（3）若乙容器装满水增加的体积为：
ΔV＝S容器Δh＝2×10﹣2m2×（0.3m﹣0.2m）＝2×10﹣3m3＜3×10﹣3m3，所以水会溢出，
水增加的深度为：
Δh′＝0.3m﹣0.2m＝0.1m，
水对乙容器底部压强增加量为：
Δp水＝ρ水gΔh′＝1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m＝980Pa；
由题意知，甲对桌面压强的增加量Δp甲恰好为水对乙容器底部压强增加量Δp水的6倍，即Δp甲＝6Δp水＝6×980Pa＝5880Pa；
甲对桌面增加的压强：Δp甲＝＝＝＝5880Pa，
解得物体丙的重力为：G丙＝58.8N；
溢出水的重力为：
G溢＝m溢g＝ρ水gV溢＝ρ水g（V丙S容器Δh′）＝1×103kg/m3×9.8N/kg×（3×10﹣3m3﹣2×10﹣2m2×0.1m）＝9.8N，
乙对桌面增加的压强为：
Δp乙＝＝＝＝2450Pa。
答：（1）甲的质量m甲为4kg；
（2）水对乙容器底部的压强p水为1960Pa；
（3）乙对桌面增加的压强Δp乙为2450Pa。
27．【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压，
串联电路总电压等于各部分电压之和，此时定值电阻两端的电压：U1＝U﹣U2＝18V﹣10V＝8V，
根据欧姆定律可得电阻R1的阻值：R1＝＝＝10Ω；
（2）滑动变阻器的电阻变化范围为8欧～50欧，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，滑动变阻器允许通过的最大电流：I＝＝＝1A，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路最大阻值时，电压表示数最大，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，
通过电路的最小电流：I′＝＝＝0.3A，
根据串联分压原理可知此时电压表示数最大，此时的电压表示数：UV＝I′R2大＝0.3A×50Ω＝15V，所以电压表接入电路的量程为0～15V，
电流表A示数的最大变化量：ΔI＝I﹣I′＝1A﹣0.3A＝0.7A，
用阻值为20欧的定值电阻R0替换R1后，滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，
根据欧姆定律可得通过电路的最大电流：I″＝＝＝0.9A＜1A，滑动变阻器安全，
电流表A示数的最大变化量相同，替换后通过电路的最小电流：I″′＝I″﹣0.7A＝0.9A﹣0.7A＝0.2A，
此时定值电阻两端的电压：U0＝I″′R0＝0.2A×20Ω＝4V，
此时电压表的示数：U2′＝U﹣U0＝18V﹣4V＝14V＜15V，电压表安全，
根据串联分压原理开始此时滑动变阻器接入电路最大阻值，此时滑动变阻器接入电路的阻值：R2＝＝＝70Ω，
所以滑动变阻器的规格为“70Ω 1A”。
答：（1）电阻R1的阻值为10Ω；
（2）70；1；计算过程同上。
28．【解答】解：（1）用电流表、电压表测电阻时，当滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，由U＝IR知，定值电阻两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压变小，
由表一数据可知，电流表的示数变大时，电压表的示数变小，则电压表应并联在滑动变阻器两端，实验电路图如下图所示：

（2）由表一可知，当滑动变阻器两端的电压U滑＝3.4V时，电路中的电流I＝0.24A，
由欧姆定律可得，滑动变阻器接入电路中的电阻
R滑＝；
由R滑＞10Ω可知，滑动变阻器的规格为“20欧 1安”；
（3）小明观察数据思考后改变了电压表的接入位置，即电压表并联在待测电阻两端，根据表二中的数据可知，电压表示数为3.4V，电路的电流为0.34A；根据表一中数据可知，当电流为0.24A时，变阻器对应的电压为3.4V；当电流为0.38A时，变阻器对应的电压为2.0V；
因0.24A＜0.34A＜0.38A；
电源电压不变，待测电阻为一定值，电路的电流越小（大），根据欧姆定律的变形公式R＝及串联电阻的规律，变阻器连入电路的电阻越大（小），故可知表二中对应的滑动变阻器连入电路的电阻大于表一中第2次实验变阻器连入电路的电阻，小于表一中第1次实验变阻器连入电路的电阻，根据分压原理可知，表二中对应的滑动变阻器的电压大于表一中第2次实验变阻器的电压，小于表一中第1次实验变阻器的电压，根据串联电路电压的规律，故可知电源电压的大小满足：
3.4V+2.0V＜U＜3.4V+3.4V；
即5.4V＜U＜6.8V
由于U为2V整数倍，所以，电源电压为：
U＝6V；
（4）由表一数据可知：
当U滑1＝3.4V时，待测电阻两端的电压：
U待测1＝U﹣U滑1＝6V﹣3.4V＝2.6V，由欧姆定律，则待测电阻大小为：
R待测1＝；
当U滑2＝2.0V时，待测电阻两端的电压：
U待2测＝U﹣U滑2＝6V﹣2.0V＝4.0V，则：
R待测2＝；
改变电压表的接入位置后，电压表并联在待测电阻两端的电压，由表二数据可知：
R待测3＝；
为减小误差，取电阻的平均值为测量的结果，则待测电阻的阻值≈10.4Ω
故答案为：
（1）见解析中的电路图；
（2）“20欧 1安”，理由：当滑动变阻器两端的电压U滑＝2.4V、电路中的电流I＝0.22A时，滑动变阻器接入电路中的电阻大于10Ω；
（3）小明观察数据思考后改变了电压表的接入位置，即电压表并联在待测电阻两端，根据表二中的数据可知，电压表示数为3.4V，电路的电流为0.34A；根据表一中数据可知，当电流为0.24A时，变阻器对应的电压为3.4V；当电流为0.38A时，变阻器对应的电压为2.0V；
因0.24A＜0.34A＜0.38A；
因电源电压不变，待测电阻为一定值，电路的电流越小（大），根据欧姆定律的变形公式R＝及串联电阻的规律，变阻器连入电路的电阻越大（小），故可知表二中对应的滑动变阻器连入电路的电阻大于表一中第2次实验变阻器连入电路的电阻，小于表一中第1次实验变阻器连入电路的电阻，根据分压原理有，表二中对应的滑动变阻器的电压大于表一中第2次实验变阻器的电压，小于表一中第1次实验变阻器的电压，根据串联电路电压的规律，故可知电源电压的大小满足：
3.4V+2.0V＜U＜3.4V+3.4V；
即5.4V＜U＜6.8V
由于U为2V整数倍，所以，电源电压为：
U＝6V；
（4）10.4。
29．【解答】解：①实验序号1、2、3与4（或5、6与7）中的数据，物体的质量相同，液体的密度相同，物体的体积不同，且物体的体积越大，物体露出液面的体积也越大；
②实验1与5、2与6、3与7的数据，物体的质量和体积相同，液体的密度不同，物体露出液面的体积也不同，且液体的密度越大，物体露出液面的体积也越大；
③由表二各数据可知，V物﹣V露＝120cm3不变，是一定值，则8中的数据为：V露＝500cm3﹣120cm3＝380cm3；
④表一中，液体的密度ρ1＝0.8g/cm3，物体浸入液体的体积V1＝V物﹣V露＝150cm3，物体排开液体的质量为：m1＝ρ1V1＝0.8g/cm3×150cm3＝120g；
表二中，液体的密度ρ2＝1.0g/cm3，物体浸入液面的体积V2＝V物﹣V露＝120cm3，物体排开液体的质量为：m2＝ρ2V2＝1.0g/cm3×120cm3＝120g；
由上可见，物体漂浮在不同的液体中，但排开液体的质量相等，所以m3＝120g，当液体密度为1.2g/cm3时，物体排开液体的体积为：V3＝＝＝100cm3，V物＝V3+V露＝100cm3+200cm3＝300cm3。
故答案为：①物体质量m物、液体密度ρ液相同；V物越大，V露越大；②1与5（或2与6或3与7）；③380：④300。