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2023年上海市杨浦区中考物理模拟试卷（含答案解析）
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这是一份2023年上海市杨浦区中考物理模拟试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 在太阳系中，地球属于等内容，欢迎下载使用。
2023年上海市杨浦区中考物理模拟试卷
1. 在太阳系中，地球属于( )
A. 恒星 B. 行星 C. 卫星 D. 彗星
2. 首先用实验测定了大气压强值的科学家是( )
A. 阿基米德 B. 欧姆 C. 托里拆利 D. 牛顿
3. 下列实例中，属于利用连通器原理工作的是( )
A. 抽水机 B. 注射器 C. 吸尘器 D. 液位计
4. 冰融化成水后，不变的物理量是( )
A. 密度 B. 体积 C. 质量 D. 比热
5. 若用电器电功率越大，则电流通过该用电器做的功一定( )
A. 越多 B. 越快 C. 越少 D. 越慢
6. 2022年11月25日，工程船“奋力”轮装载长江口二号古船开往上海船厂。当“奋力”轮从长江口水域平稳驶入黄浦江时，“奋力”轮受到的浮力( )
A. 变大 B. 不变 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小
7. 有一根电阻丝，若要使该电阻丝的阻值变小，可以采取的方法是( )
A. 减小电阻丝两端的电压 B. 增大通过电阻丝的电流
C. 减小电阻丝长度 D. 减小电阻丝横截面积
8. 盛有等质量水的轻质薄壁柱形容器甲、乙置于水平地面，均匀柱体A、B漂浮在水面上，如图所示。已知容器底面积S甲>S乙，水深h甲>h乙，则下列判断一定正确的是( )
A. 柱体排开水的质量m排A=m排B B. 柱体的密度ρA=ρB
C. 水对容器底部的压力F甲>F乙 D. 容器对地面的压强p容甲
A. 电流表A示数
B. 电压表V示数
C. 电压表V示数与电流表A示数的比值
D. 电流表A示数与电流表A1示数的差值
10. 如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，对地面的压力分别为F甲、F乙，压强分别为p甲和p乙。现沿竖直方向截取相同厚度，再将截取部分叠放在自身剩余部分上面，若此时它们对水平地面的压强相等，则下列判断正确的是( )
A. F甲p乙
C. F甲>F乙，p甲>p乙 D. F甲>F乙，p甲
12. 在雪地上行走时，要穿底面积宽大的雪鞋，这是为了______ 人对雪地的压强(选填“增大”或“减小”)。潜水员需穿潜水服进入深水区作业，是因为水深度越深，水的压强越______ 。打开瓶盖，用吸管吸饮料利用的是______ 的知识。
13. 指南针能确定地理方位，是由于指南针在______ 的作用下能够指南北。如图所示是同名磁极磁感线分布图，根据磁感线方向判断图中两磁极均为______ 极。丹麦物理学家______ 首先发现电流的磁效应。
14. 某导体两端的电压为6伏，通过该导体的电流为0.6安，该导体电阻为______ 欧。若将该导体两端电压调整为2伏，该导体的电阻为______ 欧，通过该导体的电流为______ 安。
15. 质量、高度均相同的甲、乙均匀圆柱体竖直放在水平地面上，已知甲的体积小于乙的体积，则密度较大的是圆柱体______ ，对地面压强较大的是圆柱体______ ；若将它们浸没在水中，受到浮力较大的是圆柱体______ 。(均选填“甲”或“乙”)
16. 在“测定盐水密度”的实验中，测量质量的仪器是______ ，测量体积的仪器是______ 。如图所示是“验证______ ”实验过程，物体排开液体的重力G排可表示为______ (用图中字母以及ρ液、g表示)。
17. “测定小灯泡电功率”的实验原理是______ 。按如图所示电路图连接电路，电压表的“+”接线柱应与待测小灯L(标有“2.5V”字样)靠近电源______ 极的一端相连；闭合开关S前，滑片P应置于变阻器的______ 端(选填“a”或“b”)。开关S闭合后，移动滑片P，当观察到电压表示数为______ 时，可判断小灯L正常发光。
18. 热敏电阻的阻值会随环境温度变化而发生规律变化，如表记录了热敏电阻R1阻值随温度t的变化情况。利用R1可以制作温度报警装置，其部分电路如图所示，其中R2为定值电阻，电源电压为12伏不变。
环境温度t/℃
5
10
20
30
40
50
60
热敏电阻R1/千欧
6.0
4.4
2.8
1.8
1.1
0.8
0.7
请依据表中数据及相关信息，回答问题：
①开关S闭合后，当环境温度升高时，R1两端的电压______ ，通过R2的电流______ 。(选填“增大”“不变”或“减小”)
②要求：当环境温度到达40℃、R2两端电压为8伏时，触发报警器，则R2阻值应为______ 千欧。(不考虑报警器对电路的影响)
19. 如图所示的电路中，电源电压为U，开关S闭合后，灯L1、L2均正常发光。一段时间后，两灯均熄灭。若电路中仅有一处故障，且只发生在灯L1、L2上。在电路中接入一个电表判断故障位置，以下方法可行的是______ 。(选填“A”“B”“C”中的一项)
A.在M点串联电流表
B.在M、N两点间并联电压表
C.在M、Q两点间并联电压表
根据选择的方法，写出闭合开关S后电表示数及其对应的故障：______ 。
20. 在火车站的站台上，离站台边缘一定距离的地方标有一条安全线，旅客必须站在如图1所示的区域候车，以防被行驶列车“吸入”。小明为探明被“吸入”的原因，他查阅资料获得以下信息：
(1)运动的物体会带动附近的空气随之一起运动；
(2)具有流动性的气体(或液体)称为流体，当流体经过较窄通道时，流速变大，经过较宽通道时，流速变小；
(3)流体压强随流速变化而变化。接着小明用三节直径不同的塑料管道连接在一起，一端与吹风机相通，用数字气压计测量各管道内空气流动时的压强大小，现象如图2所示。
①根据上述信息及图2所示现象，可得流体压强与流速的关系是______ 。
②结合所学压强知识及上述信息，指出被行驶列车“吸入”的原因，并写出分析过程。______ 。
21. 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. 根据图中通电螺线管的N圾，标出小磁针的N极，并在括号内标出电源的正、负极。
23. 如图所示的电路中有一根导线尚未连接，以笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，电流表示数变大，小灯亮度变亮。
24. 浸在水中的物块排开水体积为5×10−3米 3，求物块受到的浮力F浮。
25. 在图(a)所示电路中，电源电压为12伏保持不变，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”字样，电流表的表盘如图(b)所示。闭合开关S，通过电阻R1的电流为2.4安。
①求R1的阻值。
②在保证电路元件均安全的情况下移动变阻器滑片P，求变阻器R2的最小阻值。
26. 在图(a)所示的电路中，电源电压保持不变，定值电阻R1阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“1A”字样。闭合开关S，通过R1的电流为0.4安。
①求R1两端的电压U1
②求通电10秒钟电流通过R1所做的功W1。
③若用阻值为20欧的定值电阻R3替换R1，并在图(a)中正确连接一个电流表和一个电压表，电表的表盘如图(b)(c)所示。闭合开关S，在保证电路元件均安全的情况下移动变阻器滑片P，观察到电压表示数的最大值为15伏，电流表示数的最大值为0.9安。求电源电压U和滑动变阻器连入电路中的阻值范围。
27. 如图所示，质量为6千克、体积为5×10−3米 3、底面积为1×10−2米 2的均匀柱体甲与盛有水的轻质薄壁柱形容器乙放在水平地面上，质量为1千克的物块丙漂浮在水面上。
①求甲对地面的压强p甲。
②求距水面0.1米处水的压强p水。
③在甲的上方沿水平方向截取一部分，同时从水中取出丙。将甲截取的部分浸没在容器乙的水中，把丙叠放在甲剩余部分上方后，发现水对容器乙底部的压力没有变化，求甲对地面的压强变化量Δp甲。(不考虑丙表面的水残留)
28. 小明要做“用电流表、电压表测电阻”实验，电源有两个(电压分别为4.5伏、6伏不变)，其它器材齐全且完好。他选择了某个电源进行实验，先正确串联电路，再将电压表并联在电路中，闭合开关，将观察到的数据记录在下表的序号1中。小明思考后，发现之前的连接与操作均存在问题，他重新调整了电路连接并规范操作，闭合开关，将观察到的数据记录在表的序号2中。他继续移动滑片至某位置，观察到电压表示数变化了0.5伏，电流表示数如图所示。
序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
1
0
0.58
2
2.0
0.20
①小明调整电路之前，实验操作存在的问题是______ 。
②请判断实验时选用的电源电压为______ 伏。
③请通过计算说明实验用滑动变阻器的最大阻值。
④根据上述信息及表中数据，计算待测电阻的阻值。(电阻精确到0.1欧)
29. 物块放入盛有水的容器中，水对容器底部的压力会增大。为了研究放入物块前后，水对容器底部压力增加量ΔF的情况，小杨选用了五个重力G均为3牛的柱形物块，分别将物块放入盛有等质量水的相同柱形容器中，待到物块静止后，将实验数据及现象记录在表中。
序号
1
2
3
4
5
物块体积V
(米 3)
1.0×10−4
1.5×10−4
2.0×10−4
2.5×10−4
4.0×10−4
压力增加量ΔF
(牛)
1.0
1.5
2.0
2.0
3.0
现象
①观察序号1∼3中的实验现象并比较ΔF与V的关系，可得初步结论：当物块浸没在水中时，______ 。
②观察序号1或2或3或4中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，可得初步结论：当______ 时，物块沉底。
③观察序号1∼4中的实验数据及现象，发现：ΔF与物块排开水的体积有关，物块排开水的体积越______ ，ΔF越______ 。
④进一步分析序号5中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，发现：当物块漂浮时，______ 。请根据所学的压强、浮力知识，简述上述结论的原因：______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：地球不能发光，围绕太阳这颗恒星运行，所以地球是行星．
故选B.
根据恒星、行星、卫星、彗星的定义进行判断：
恒星是能发光的星体；
行星通常指自身不发光，环绕着恒星的天体；
卫星是环绕一颗行星按闭合轨道做周期性运行的天体；
彗星是星际间物质．
掌握恒星、行星、卫星、彗星的定义是解决本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、阿基米德发现了阿基米德原理，故A不符合题意；
B、欧姆得出了欧姆定律，故B不符合题意；
C、托里拆利完成了托里拆利实验，第一个准确测量了大气压的值，故C符合题意；
D、牛顿的主要贡献是总结了牛顿三定律，为力学奠定的基础，故D不符合题意。
故选：C。
根据对初中物理中几位重大贡献的科学家的认识做出选择。
多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意。
3.【答案】D
【解析】解：A、抽水机的原理是先使水面上方的大气压强减小(通过提起活塞或叶轮的旋转)，然后水就在外界大气压的作用下，把水沿抽水机压上来，故A不合题意；
B、注射器抽取药液是利用大气压，注射是靠手的推力，没有利用连通器，故B不合题意；
C、用吸尘器“吸”灰尘时，吸尘器内空气流速越大压强越小，吸尘器外空气流速越小压强越大，在压强差的作用下灰尘被“吸”入吸尘器中的，利用了大气压，故C不合题意；
D、液位计的上端开口、下端连通，是利用连通器原理工作的，即水位计中的水位与锅炉水位是相同的，故D符合题意。
故选：D。
连通器：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面总是相平的。
本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口，底部相连的，液面静止时保持相平。生产和生活中利用连通器的例子是很多的，学习时，多举例、多解释。
4.【答案】C
【解析】解：冰熔化成水后，只是状态发生了变化，水的多少没有变，故质量不变．但冰的密度、比热容比水的小．而且冰变成水后，体积变小了．
故选C.
质量是物质的一种属性，只与所含物质的多少有关，与物体的位置、状态、形状、温度无关．而物质的密度与状态有关．
熟知质量、密度、比热容的概念及其特性是解此类题的基础，再进一步分析冰变成水，是否会引起质量、密度和比热容的改变．从而判断体积的变化．
5.【答案】B
【解析】解：电功率表示电流做功的快慢，若用电器电功率越大，则电流通过该用电器做的功一定越快，故ACD错误，B正确。
故选：B。
电功率的物理意义：表示电流做功快慢的物理量。
本题考查电功率的概念，属于基础知识，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：当“奋力”轮从长江口水域平稳驶入黄浦江时均处于漂浮状态，根据漂浮条件可知：船受到的浮力大小等于重力大小，而船的重力不变，则船受到的浮力大小不变。
故选：B。
物体漂浮时，所受浮力等于重力。“奋力”轮从长江口水域平稳驶入黄浦江时均处于漂浮状态，由物体的漂浮条件可知其所受浮力的变化情况。
本题考查物体的浮沉条件的应用，根据物体的浮沉情况，判断物体受到的力之间大小关系。
7.【答案】C
【解析】解：AB、导体电阻的大小与其两端的电压的大小和通过的电流大小无关，故AB错误；
CD、电阻大小与导体的长度、横截面积、温度及材料有关系，横截面积越小、长度越大，电阻越大；减小电阻丝的横截面积可以增大电阻，减小电阻丝的长度可以减小电阻，故C正确、D错误。
故选：C。
电阻是导体本身的性质，其大小与导体的长度、横截面积、温度及材料有关系，与导体两端的电压及通过导体的电流无关。
本题考查了影响电阻大小的因素，属于基础知识，比较简单。
8.【答案】C
【解析】解：A、已知甲、乙容器中水的质量相同，且甲容器的底面积较乙容器的底面积大，则在没有放入柱体A、B的情况下，甲容器中水面的高度较低。当然柱体A、B后，水深h甲>h乙，则可知柱体A排开水的体积较大，即柱体A受到的浮力较大，柱体A排开水的质量较大，故A错误。
B、由图可以看出，柱体A约有23浸入水中，柱体B约有12浸入水中，则柱体A约有23浸入水中。已知柱体A、B漂浮，根据阿基米德原理可知，则柱体A所受浮力FA=GA=ρ水gVA排，柱体B所受的浮力FB=GB=ρ水gVB排，即ρAgVA=ρ水gVA排，ρBgVB=ρ水gVB排，由此可得，ρA=23ρ水，ρB=12ρ水，即ρA>ρB，故B错误。
C、已知水深h甲>h乙，根据公式p=ρgh可知，水对甲容器底部的压强较大；已知S甲>S乙，根据F=pS可得，水对甲容器底部的压力较大，故C正确。
D、由以上分析可知，我们可以将柱体A、B等效看作与其浸入水中部分的体积相同的水，我们可以将甲、乙看成密度为ρ水的均匀柱体，则甲对地面的压强p容甲=ρ水ghA，p容乙=ρ水ghB。已知水深h甲>h乙，则p容甲>p容乙，故D错误。
故选：C。
(1)液体压强计算公式：p=ρgh；
(2)阿基米德原理：F浮=G排=ρ水gV排；
(3)对于漂浮的物体：F浮=G物；
(4)对于均匀的柱状物体，其对地面的压强为p=FS=GS=mgS=ρgVS=ρgShS=ρgh。
本题是对压强知识、浮力知识的综合性考查，难度较大，解题的关键是通过比较放入前后水的高度变化得出物体A、B浸入水中的体积的大小关系。
9.【答案】C
【解析】解：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测通过R1的电流，A测干路的电流，电压表测电源电压；
AB、由于电源电压不变，所以电压表示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器连入电路的电阻变大，由欧姆定律I=UR可知，通过滑动变阻器的电流变小，电流表A1示数变小；由并联电路各支路互不影响，通过R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，电流表示数变小，故AB错误；
C、电压表示数不变，电流表A示数变小，所以电压表示数与电流表A示数的比值变大，故C正确；
D、根据并联电路电流的规律可知，电流表A示数与电流表A1示数的差值为通过R2的电流，通过R2的电流不变，所以电流表A示数与电流表A1示数的差值不变，故D错误。
故选：C。
由图可知，R1、R2并联，电流表A1测通过R1的电流，A测干路的电流，电压表测电源电压；
根据电源电压分析电压表示数的变化；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，分析变阻器连入电路的电阻变化，由欧姆定律确定通过变阻器的电流变化，根据并联电路各支路互不影响，结合并联电路电流的规律判断A示数变化；
根据并联电路的电流规律分析电流表A示数与电流表A1示数的差值的变化。
本题为电路变化综合题，考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
10.【答案】A
【解析】解：由于物体是均匀的正方体，放置于水平地面上，压力等于其自身的重力，设截去部分的长度为L，设甲边长为a，压力为F甲、乙边长为b，压力为F乙，由题意可知，F甲a(a−L)=F乙b(b−L)，即F甲a2−aL=F乙b2−bL，由于a
所以p甲P乙=a×(a−L)×b2b×(b−L)×a2=(a−L)×b(b−L)×a=ab−bLab−aL，又因为aaL，故ab−bL
切割后，明确甲、乙对桌面的压力和接触面积，利用压强的定义式及压强相等比较它们的压力大小；利用作差法比较其压强的大小关系，即可判断。
本题考查了固体压强公式的应用，掌握物体对水平面的压力等于其自身的重力是解题的关键，有一定的难度。
11.【答案】电 并联 0.8
【解析】解：家用电器在工作时，将电能转化为其它形式的能，各家用电器之间工作时互不影响，是并联连接的。
若标有“220V 400W”字样的电饭煲正常工作2小时，耗电为：
W=Pt=400W×2h=0.4kW×2h=0.8kW⋅h=0.8度。
故答案为：电；并联；0.8。
(1)家用电器在工作时，将电能转化为其它形式的能；
(2)各家用电器之间工作时互不影响；
(3)利用公式W=Pt计算电饭煲正常工作2小时耗电量。
此题考查了能量的转化、串并联电路的概念、电能的计算，难度不大，属基础题目。
12.【答案】减小 大 大气压强
【解析】解：在雪地上行走时，要穿底面积宽大的雪鞋，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小人对雪地的压强，
液体的压强大小与深度有关，越深处压强越大，深水潜水员在潜水时要受到比在水面上大许多倍的压强，如果不穿坚固耐压的潜水服，潜水员是承受不了那么大压强的，会有生命危险，所以必须穿上高强度耐压的潜水服才行。
吸管吸饮料时，吸气时，管内压强减小，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，
故答案为：减小；大；大气压强。
(1)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强；
(2)由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；
(3)用吸管吸饮料，饮料在大气压的作用下被压到嘴里。
本题考查了大气压的应用、液体压强的特点和减小压强的方法，是一道综合题，要求灵活运用所学力学知识加以分析。
13.【答案】地磁场 S 奥斯特
【解析】解：指南针能确定地理方位，是由于指南针在地磁场的作用下能够指南北。
如图所示是同名磁极磁感线分布图，因为在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到磁体的S极，因此根据磁感线方向判断图中两磁极均为S极。
丹麦物理学家奥斯特首先发现电流的磁效应。
故答案为：地磁场；S；奥斯特。
(1)地球也是一个大磁体，它周围的磁场叫地磁场；
(2)在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到磁体的S极；
(3)奥斯特实验表明通电导线周围存在着磁场。
本题考查了电流的磁效应、地磁场、磁感线及其特点一些最基本的基础知识，这些知识点需要识记，难度不大。
14.【答案】10100.2
【解析】解：根据欧姆定律I=UR得，
导体的电阻为：R=UI=6V0.6A=10Ω，
电阻是导体的特性，与电压和电流的大小无关，
所以当电压为2V时，导体的电阻不变，仍为10Ω，
通过该导体的电流：I′=U′R=4V20Ω=0.2A。
故答案为：10；10；0.2。
已知电压和电流，可利用公式R=UI计算电阻，而电阻是导体的特性，与电压和电流的大小无关，影响电阻的因素是材料、长度、横截面积和温度，与是否有电流、电压无关。故已知电压和电阻，可利用公式I=UR计算电流。
本题考查了由欧姆定律的公式计算电阻和电流，还考查了电阻的影响因素。
15.【答案】甲 甲 乙
【解析】解：两圆柱体的质量相同，甲的体积小于乙的体积，由ρ=mV可知，圆柱体甲的密度大于乙的密度，即密度较大的是圆柱体甲；
两圆柱体的高度相同，圆柱体甲的密度大于乙的密度，由p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可知，圆柱体甲对地面压强大于乙对地面压强，即对地面压强较大的是圆柱体甲；
因为两圆柱体浸没在水中，甲的体积小于乙的体积，所以圆柱体甲排开水的体积小于乙排开水的体积，由F浮=ρ液gV排可知，圆柱体甲受到的浮力小于乙受到的浮力，受到浮力较大的是圆柱体乙。
故答案为：甲；甲；乙。
根据密度公式可知两圆柱体的密度关系；根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可知两圆柱体对地面的压强关系；根据F浮=ρ液gV排可知两圆柱体浸没在水中时受到的浮力关系。
本题考查密度公式、压强定义式和阿基米德原理的应用，难度不大。
16.【答案】天平 量筒 阿基米德原理 ρ液(V2−V1)g
【解析】解：测量质量的仪器是天平，测量体积的仪器是量筒；
由F1、F2利用称重法测浮力可知金属块受到的浮力，利用排水法得出金属块排开水的体积，利用G排=m排g=ρ液V排g=ρ液(V2−V1)g可知排开水的重力，进而比较金属块受到的浮力与排开水的重力关系，可以验证阿基米德原理。
故答案为：天平；量筒；阿基米德原理；ρ液(V2−V1)g。
测量质量的仪器是天平，测量体积的仪器是量筒；利用称重法测量金属块受到的浮力，利用排水法得出金属块排开水的体积，利用G排=m排g=ρ液V排g求出排开水的重力，结合阿基米德原理的内容分析实验目的。
本题考查质量和体积的测量工具、称重法测浮力、重力公式和密度公式的应用以及阿基米德原理的内容，难度不大。
17.【答案】P=UI正 b2.5V
【解析】解：在测定小灯泡电功率的实验中，用电压表测灯泡两端的电压，用电流表测通过灯泡的电流，根据P=UI求出灯泡的功率，故“测定小灯泡电功率”的实验原理是P=UI；
电流应从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，故电压表的“+”接线柱应与待测小灯L靠近电源正极的一端相连；
为了保护电路，闭合开关S前，滑片P应置于变阻器阻值最大处，即b端；
当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光，故开关S闭合后，移动滑片P，当观察到电压表示数为2.5V时，可判断小灯L正常发光。
故答案为：P=UI；正；b；2.5V。
(1)“测定小灯泡电功率”的实验原理是P=UI；
(2)电流从电表正接线柱流入，从负接线柱流出；
(3)为了保护电路，闭合开关S前，滑片P应置于变阻器阻值最大处；
(4)当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光。
本题测定小灯泡电功率的实验，考查了实验原理、注意事项以及实验操作等实验基本能力。
18.【答案】减小 增大 2.2
【解析】解：①闭合开关，两电阻串联接入电路，由表格可知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，环境温度升高时，R1接入电路的阻值变小，根据串联分压原理可知R1两端的电压减小，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变大，根据欧姆定律可知通过定值电阻的电流变大；
②根据串联电路电压规律可知当环境温度到达40℃时热敏电阻两端的电压：U1=U−U2=12V−8V=4V，
由表格可知当环境温度到达40℃时热敏电阻的阻值为1.1kΩ，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得U1R1=U2R2，代入数据可得4V1.1kΩ=8VR2，解方程可得R2=2.2kΩ。
故答案为：①减小；增大；②2.2。
①闭合开关，两电阻串联接入电路，由表格可知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，根据串联分压原理可知环境温度升高时R1两端的电压变化，根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压变化，根据欧姆定律可知通过定值电阻的电流变化；
②根据串联电路电压规律计算当环境温度到达40℃时热敏电阻两端的电压，由表格可知当环境温度到达40℃时热敏电阻的阻值，根据串联电路电流特点结合欧姆定律列方程可得R2的阻值。
本题考查串联电路特点、串联分压原理和欧姆定律的灵活运用。
19.【答案】B 若电压表示数为 U，则L1断路，若电压表示数为0，则L2断路
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路；电路正常工作，一段时间后，两灯均熄灭，若电路中仅有一处故障，且只发生在灯L1、L2上，故障原因可能是灯L1断路或L2断路；
A.电路中存在断路故障，电路中无电流，接入电流表没有示数，不能确定故障位置，故A不符合题意；
B.在M、N两点间并联电压表，电压表与灯L1并联，通过电压表是否有示数，可以确定故障位置，故B符合题意；
C.在M、Q两点间并联电压表，测量电源电压，不能确定故障位置，故C不符合题意；
在M、N两点间并联电压表，闭合开关后，若电压表示数为 U，则L1断路，若电压表示数为0，则L2断路。
故答案为：B；若电压表示数为 U，则L1断路，若电压表示数为0，则L2断路。
由图可知，该电路为串联电路；电路正常工作，一段时间后，两灯均熄灭，应该是灯泡发生断路；根据电流表、电压表、灯泡在电路中的作用分析可能存在的故障。
本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和断路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
20.【答案】流体中，流速越快的位置，压强越小 列车开动时，会带动列车周围的空气流动；列车通过站台，站台上旅客与列车之间的空气流速快，压强小，离列车较远处的空气流速慢，压强大；旅客会被空气从压强大的地方压向压强小的地方，从而造成被列车“吸入”的危险
【解析】解：(1)根据上述信息及图2所示现象可得，流体压强与流速的关系是：流体中，流速越快的位置，压强越小；
(2)列车开动时，会带动列车周围的空气流动；列车通过站台，站台上旅客与列车之间的空气流速快，压强小，离列车较远处的空气流速慢，压强大；旅客会被空气从压强大的地方压向压强小的地方，从而造成被列车“吸入”的危险。
故答案为：(1)流体中，流速越快的位置，压强越小；(2)列车开动时，会带动列车周围的空气流动；列车通过站台，站台上旅客与列车之间的空气流速快，压强小，离列车较远处的空气流速慢，压强大；旅客会被空气从压强大的地方压向压强小的地方，从而造成被列车“吸入”的危险。
(1)根据上述信息及图2所示现象，可得出结论；
(2)当火车驶过站台时会带动周围空气流动速度加快，从而造成人周围空气流速不同，结合流体压强与流速的关系即可解答。
本题考查流体压强跟流速的关系，解答这类题目的思路是先确定哪里的流体流速大，压强小，在这个压力差的作用下便产生了什么现象。
21.【答案】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：
【解析】画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力。
画力的图示，关键是描述清楚力的三要素，用箭头的起点(少数时候也用终点)作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小。
22.【答案】解：已知螺线管的左端为S极，右端为N极。根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为S极，右端为N极。
根据安培定则：伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的左端流入的。所以电源的左端为正极，右端为负极。
故答案为：
【解析】已知图中螺线管的两个磁极；根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极；根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。
安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。
23.【答案】解：根据题意可知，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，电流表示数变大，小灯亮度变亮，这说明电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变小，滑动变阻器接入电路的点左右变小，所以滑动变阻器应接B接线柱；由于不知道电路中电流的大小，所以电流表选用大量程，故应将B与电流表的“3”接线柱相连；如图所示：
【解析】滑片向B端移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器连入电路的阻值变小，据此选择滑动变阻器接入电路的接线柱与电流表串联。
本题考查根据要求连接实物图，掌握好滑动变阻器的使用是关键。
24.【答案】解：物块受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10−3m3=49N。
答：物块受到的浮力为49N。
【解析】根据F浮=ρ液gV排求出物块受到的浮力F浮。
本题考查阿基米德原理的应用，难度不大。
25.【答案】解：①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得R1的阻值：R1=UI1=12V2.4A=5Ω；
②并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以电流表示数大于2.4A，则电流表接入电路的是大量程，所以通过电路的最大电流为3A，
所以通过滑动变阻器的最大电流：I2=I−I1=3A−2.4A=0.6A<1A，滑动变阻器安全，
根据欧姆定律可得滑动变阻器接入电路的最小阻值：R2=UI2=12V0.6A=20Ω。
答：①R1的阻值为5Ω；
②滑动变阻器接入电路的最小阻值为20Ω。
【解析】①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算R1的阻值；
②由题意可知电流表接入电路的是大量程，据此确定通过电路的最大电流，根据并联电路电流规律计算通过滑动变阻器的最大电流，确定滑动变阻器是否安全，根据欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的最小阻值。
本题考查并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
26.【答案】解：(1)已知R1=10Ω，电路中的电流I1=0.4A，R1两端的电压U1=I1R1=0.4A×10Ω=4V；
(2)已知通电时间t=10s，电流通过R1所做的功W1=U1I1t=4V×0.4A×10s=16J；
(3)当R2=0时，电路中的电流最大I大=0.9A，则R3的电压U2=I大R2=0.9A×20Ω=18V>15V，因此电压表应并联在R2两端，则电源电压U=18V；
当R2最大时，电流表示数最小，电压表示数最大U2大=15V，因为R2、R3串联，根据串联电路电压规律可知，R3的电压U3小=U−U2大=18V−15V=3V，
则U3小R3=U2大R2，3V20Ω=15VR2，得R2=15V×20Ω3V=100Ω，所以滑动变阻器连入电路中的阻值范围0∼100Ω。
答：(1)R1两端的电压U1为4V；
(2)通电10秒钟电流通过R1所做的功W1为16J；
(3)电源电压U为18V；滑动变阻器连入电路中的阻值范围为0∼100Ω。
【解析】(1)根据欧姆定律求电压；
(2)根据电功公式求解；
(3)已知R3的阻值以及最大电流，可判断出电压表应并联在R2两端，当电压表示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器连入电路的电阻最大，由此可求出滑动变阻器连入电路中的阻值范围。
此题考查了欧姆定律公式的应用，会分析电路连接方式，熟练应用相关规律即可正确解题。
27.【答案】解：①甲对地面的压强p甲=F甲S甲=G甲S甲=m甲gS甲=6kg×9.8N/kg0.01m2=5880Pa；
②距水面0.1米处水的压强p水=ρ水gh水=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
③丙在水中漂浮，F浮=G丙=m丙g，
水对容器乙底部的压力F水=p水S=ρ水ghS=ρ水g(V排+V水)，
将甲截取的部分浸没在容器乙的水中，水对容器乙底部的压力没有变化，因为ρ水、g、V水、不变，
则V排不变，即甲截取部分的体积ΔV甲=V丙排=F浮ρ水g=m丙gρ水g=m丙ρ水=1kg1×103kg/m3=1×10−3m3，
甲的密度ρ甲=m甲V甲=6kg5×10−3m3=1.2×103kg/m3，
截取的甲的重力ΔG甲=Δm甲g=ρ甲ΔV甲=1.2×103kg/m3×1×10−3m3×9.8N/kg=11.76N，
丙的重力G丙=m丙g=1kg×9.8N/kg=9.8N，
甲对地面变化的压力ΔF=ΔG甲−G丙=11.76N−9.8N=1.96N，
甲对地面的压强变化量Δp甲=ΔFS=1.96N1×10−2m2=196Pa。
答；①甲对地面的压强为5880Pa；
②距水面0.1米处水的压强为980Pa；
③甲对地面的压强变化量为196Pa。
【解析】①甲放在水平地面上，对地面的压力等于甲的重力，根据p=FS结合G=mg计算压强；
②根据p=ρgh计算水的压强；
③水对容器乙底部的压力F水=p水S=ρ水ghS=ρ水g(V排+V水)，将甲截取的部分浸没在容器乙的水中，水对容器乙底部的压力没有变化，因为ρ水、g、V水、不变，则V排不变，根据F浮=ρ水V排g结合浮沉条件，计算截取的甲的体积，根据ρ=mV计算甲的密度，根据G=mg和m=ρV计算甲截取部分的重力和丙的重力，甲对地面的压力的变化量等于两个重力之差，根据p=FS计算压强的变化量。
本题考查了固体压强和液体压强公式的应用，要求学生知道用公式p=FS计算固体压强，用p=ρgh计算液体压强。
28.【答案】电压表与滑动变阻器并联且闭合开关前滑动变阻器的滑片没有移到阻值最大处 6
【解析】解：①由表格数据可知电流表有示数，所以电路通路，电压表示数为0，所以电压表并联在滑动变阻器两端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为0，即滑动变阻器的滑片位于阻值最小处；
②根据欧姆定律结合表格数据可得第二次实验待测电阻的阻值：R2=U2I2=2.0V0.20A=10Ω，
则电源电压：U=I1R2=0.58A×10Ω=5.8V>4.5V，所以电源电压为6V；
③串联电路总电压等于各部分电压之和，第二次实验时滑动变阻器两端的电压UP=U−U2=6V−2.0V=4V，
此时滑动变阻器接入电路的阻值：RP=UPI2=4V0.20A=20Ω，所以滑动变阻器的最大阻值为20Ω；
④根据欧姆定律可得第一次实验时待测电阻的阻值：R1=UI1=6V0.58A≈10.3Ω，
由表格数据可知电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，
则第三次实验待测电阻的阻值：R3=U3I3=2.0V+0.5V0.24A≈10.4Ω，
则待测电阻的阻值：R=R1+R2+R33=10.3Ω+10Ω+10.4Ω3≈10.2Ω。
故答案为：①电压表与滑动变阻器并联且闭合开关前滑动变阻器的滑片没有移到阻值最大处；
②6；
③实验用滑动变阻器的最大阻值为20Ω；
④待测电阻的阻值为10.2Ω。
①由表格数据可知电流表有示数，所以电路通路，电压表示数为0，所以电压表并联在滑动变阻器两端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为0；
②根据欧姆定律结合表格数据计算第二次实验待测电阻的阻值，根据U=IR结合第一次实验时电流表示数计算电源电压，进一步确定电源电压；
③根据串联电路电压规律计算第二次实验时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律计算滑动变阻器的最大阻值；
④根据欧姆定律计算第一次实验时待测电阻的阻值，
由表格数据可知电流表接入电路的是小量程，根据电流表接入电路的量程和分度值读数，根据欧姆定律计算第三次实验待测电阻的阻值，计算平均值可得待测电阻的阻值。
本题考查“伏安法”测电阻的注意事项、串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，有一定难度。
29.【答案】ΔF与V成正比 ΔF小于G 大 大 ΔF=GΔF=Δp水S=ρ水gΔhS；由于容器形状为柱形，V排=ΔhS，所以ΔF=ρ水gV排=F浮；又因为漂浮，所以ΔF=F浮=G
【解析】解：①观察序号1或2或3中的实验现象并比较ΔF和物块体积 V的大小关系，可知物块体积 V越大，压力增加量ΔF越大，ΔF和 V的比值不变，所以可得出的初步结论是：当物体浸没在水中，ΔF与V成正比；
②观察序号1或2或3或4中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，可得初步结论：当ΔF小于G时，物块沉底；
③观察序号1∼4中的实验数据及现象，发现：ΔF与物块排开水的体积有关，物块排开水的体积越大，ΔF越大；
④分析序号5中的实验现象，当物块漂浮时，ΔF=G=3N；ΔF=Δp水S=ρ水gΔhS；由于容器形状为柱形，V排=ΔhS，所以ΔF=ρ水gV排=F浮；又因为漂浮，所以ΔF=F浮=G。
故答案为：①ΔF与V成正比；②ΔF小于G；③大；大；④ΔF=G；ΔF=Δp水S=ρ水gΔhS；由于容器形状为柱形，V排=ΔhS，所以ΔF=ρ水gV排=F浮；又因为漂浮，所以ΔF=F浮=G。
①观察序号1或2或3中的实验现象并比较ΔF和容器底面积S的大小关系，得出结论；
②③④根据结论分析比较图表的数据。
本题考查了水对容器底部压力和物体重力之间的关系，关键是要学会分析表格数据，难度一般。
2023年上海市杨浦区中考物理模拟试卷
1. 在太阳系中，地球属于( )
A. 恒星 B. 行星 C. 卫星 D. 彗星
2. 首先用实验测定了大气压强值的科学家是( )
A. 阿基米德 B. 欧姆 C. 托里拆利 D. 牛顿
3. 下列实例中，属于利用连通器原理工作的是( )
A. 抽水机 B. 注射器 C. 吸尘器 D. 液位计
4. 冰融化成水后，不变的物理量是( )
A. 密度 B. 体积 C. 质量 D. 比热
5. 若用电器电功率越大，则电流通过该用电器做的功一定( )
A. 越多 B. 越快 C. 越少 D. 越慢
6. 2022年11月25日，工程船“奋力”轮装载长江口二号古船开往上海船厂。当“奋力”轮从长江口水域平稳驶入黄浦江时，“奋力”轮受到的浮力( )
A. 变大 B. 不变 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小
7. 有一根电阻丝，若要使该电阻丝的阻值变小，可以采取的方法是( )
A. 减小电阻丝两端的电压 B. 增大通过电阻丝的电流
C. 减小电阻丝长度 D. 减小电阻丝横截面积
8. 盛有等质量水的轻质薄壁柱形容器甲、乙置于水平地面，均匀柱体A、B漂浮在水面上，如图所示。已知容器底面积S甲>S乙，水深h甲>h乙，则下列判断一定正确的是( )
A. 柱体排开水的质量m排A=m排B B. 柱体的密度ρA=ρB
C. 水对容器底部的压力F甲>F乙 D. 容器对地面的压强p容甲
A. 电流表A示数
B. 电压表V示数
C. 电压表V示数与电流表A示数的比值
D. 电流表A示数与电流表A1示数的差值
10. 如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，对地面的压力分别为F甲、F乙，压强分别为p甲和p乙。现沿竖直方向截取相同厚度，再将截取部分叠放在自身剩余部分上面，若此时它们对水平地面的压强相等，则下列判断正确的是( )
A. F甲
C. F甲>F乙，p甲>p乙 D. F甲>F乙，p甲
12. 在雪地上行走时，要穿底面积宽大的雪鞋，这是为了______ 人对雪地的压强(选填“增大”或“减小”)。潜水员需穿潜水服进入深水区作业，是因为水深度越深，水的压强越______ 。打开瓶盖，用吸管吸饮料利用的是______ 的知识。
13. 指南针能确定地理方位，是由于指南针在______ 的作用下能够指南北。如图所示是同名磁极磁感线分布图，根据磁感线方向判断图中两磁极均为______ 极。丹麦物理学家______ 首先发现电流的磁效应。
14. 某导体两端的电压为6伏，通过该导体的电流为0.6安，该导体电阻为______ 欧。若将该导体两端电压调整为2伏，该导体的电阻为______ 欧，通过该导体的电流为______ 安。
15. 质量、高度均相同的甲、乙均匀圆柱体竖直放在水平地面上，已知甲的体积小于乙的体积，则密度较大的是圆柱体______ ，对地面压强较大的是圆柱体______ ；若将它们浸没在水中，受到浮力较大的是圆柱体______ 。(均选填“甲”或“乙”)
16. 在“测定盐水密度”的实验中，测量质量的仪器是______ ，测量体积的仪器是______ 。如图所示是“验证______ ”实验过程，物体排开液体的重力G排可表示为______ (用图中字母以及ρ液、g表示)。
17. “测定小灯泡电功率”的实验原理是______ 。按如图所示电路图连接电路，电压表的“+”接线柱应与待测小灯L(标有“2.5V”字样)靠近电源______ 极的一端相连；闭合开关S前，滑片P应置于变阻器的______ 端(选填“a”或“b”)。开关S闭合后，移动滑片P，当观察到电压表示数为______ 时，可判断小灯L正常发光。
18. 热敏电阻的阻值会随环境温度变化而发生规律变化，如表记录了热敏电阻R1阻值随温度t的变化情况。利用R1可以制作温度报警装置，其部分电路如图所示，其中R2为定值电阻，电源电压为12伏不变。
环境温度t/℃
5
10
20
30
40
50
60
热敏电阻R1/千欧
6.0
4.4
2.8
1.8
1.1
0.8
0.7
请依据表中数据及相关信息，回答问题：
①开关S闭合后，当环境温度升高时，R1两端的电压______ ，通过R2的电流______ 。(选填“增大”“不变”或“减小”)
②要求：当环境温度到达40℃、R2两端电压为8伏时，触发报警器，则R2阻值应为______ 千欧。(不考虑报警器对电路的影响)
19. 如图所示的电路中，电源电压为U，开关S闭合后，灯L1、L2均正常发光。一段时间后，两灯均熄灭。若电路中仅有一处故障，且只发生在灯L1、L2上。在电路中接入一个电表判断故障位置，以下方法可行的是______ 。(选填“A”“B”“C”中的一项)
A.在M点串联电流表
B.在M、N两点间并联电压表
C.在M、Q两点间并联电压表
根据选择的方法，写出闭合开关S后电表示数及其对应的故障：______ 。
20. 在火车站的站台上，离站台边缘一定距离的地方标有一条安全线，旅客必须站在如图1所示的区域候车，以防被行驶列车“吸入”。小明为探明被“吸入”的原因，他查阅资料获得以下信息：
(1)运动的物体会带动附近的空气随之一起运动；
(2)具有流动性的气体(或液体)称为流体，当流体经过较窄通道时，流速变大，经过较宽通道时，流速变小；
(3)流体压强随流速变化而变化。接着小明用三节直径不同的塑料管道连接在一起，一端与吹风机相通，用数字气压计测量各管道内空气流动时的压强大小，现象如图2所示。
①根据上述信息及图2所示现象，可得流体压强与流速的关系是______ 。
②结合所学压强知识及上述信息，指出被行驶列车“吸入”的原因，并写出分析过程。______ 。
21. 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. 根据图中通电螺线管的N圾，标出小磁针的N极，并在括号内标出电源的正、负极。
23. 如图所示的电路中有一根导线尚未连接，以笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，电流表示数变大，小灯亮度变亮。
24. 浸在水中的物块排开水体积为5×10−3米 3，求物块受到的浮力F浮。
25. 在图(a)所示电路中，电源电压为12伏保持不变，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”字样，电流表的表盘如图(b)所示。闭合开关S，通过电阻R1的电流为2.4安。
①求R1的阻值。
②在保证电路元件均安全的情况下移动变阻器滑片P，求变阻器R2的最小阻值。
26. 在图(a)所示的电路中，电源电压保持不变，定值电阻R1阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“1A”字样。闭合开关S，通过R1的电流为0.4安。
①求R1两端的电压U1
②求通电10秒钟电流通过R1所做的功W1。
③若用阻值为20欧的定值电阻R3替换R1，并在图(a)中正确连接一个电流表和一个电压表，电表的表盘如图(b)(c)所示。闭合开关S，在保证电路元件均安全的情况下移动变阻器滑片P，观察到电压表示数的最大值为15伏，电流表示数的最大值为0.9安。求电源电压U和滑动变阻器连入电路中的阻值范围。
27. 如图所示，质量为6千克、体积为5×10−3米 3、底面积为1×10−2米 2的均匀柱体甲与盛有水的轻质薄壁柱形容器乙放在水平地面上，质量为1千克的物块丙漂浮在水面上。
①求甲对地面的压强p甲。
②求距水面0.1米处水的压强p水。
③在甲的上方沿水平方向截取一部分，同时从水中取出丙。将甲截取的部分浸没在容器乙的水中，把丙叠放在甲剩余部分上方后，发现水对容器乙底部的压力没有变化，求甲对地面的压强变化量Δp甲。(不考虑丙表面的水残留)
28. 小明要做“用电流表、电压表测电阻”实验，电源有两个(电压分别为4.5伏、6伏不变)，其它器材齐全且完好。他选择了某个电源进行实验，先正确串联电路，再将电压表并联在电路中，闭合开关，将观察到的数据记录在下表的序号1中。小明思考后，发现之前的连接与操作均存在问题，他重新调整了电路连接并规范操作，闭合开关，将观察到的数据记录在表的序号2中。他继续移动滑片至某位置，观察到电压表示数变化了0.5伏，电流表示数如图所示。
序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
1
0
0.58
2
2.0
0.20
①小明调整电路之前，实验操作存在的问题是______ 。
②请判断实验时选用的电源电压为______ 伏。
③请通过计算说明实验用滑动变阻器的最大阻值。
④根据上述信息及表中数据，计算待测电阻的阻值。(电阻精确到0.1欧)
29. 物块放入盛有水的容器中，水对容器底部的压力会增大。为了研究放入物块前后，水对容器底部压力增加量ΔF的情况，小杨选用了五个重力G均为3牛的柱形物块，分别将物块放入盛有等质量水的相同柱形容器中，待到物块静止后，将实验数据及现象记录在表中。
序号
1
2
3
4
5
物块体积V
(米 3)
1.0×10−4
1.5×10−4
2.0×10−4
2.5×10−4
4.0×10−4
压力增加量ΔF
(牛)
1.0
1.5
2.0
2.0
3.0
现象
①观察序号1∼3中的实验现象并比较ΔF与V的关系，可得初步结论：当物块浸没在水中时，______ 。
②观察序号1或2或3或4中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，可得初步结论：当______ 时，物块沉底。
③观察序号1∼4中的实验数据及现象，发现：ΔF与物块排开水的体积有关，物块排开水的体积越______ ，ΔF越______ 。
④进一步分析序号5中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，发现：当物块漂浮时，______ 。请根据所学的压强、浮力知识，简述上述结论的原因：______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：地球不能发光，围绕太阳这颗恒星运行，所以地球是行星．
故选B.
根据恒星、行星、卫星、彗星的定义进行判断：
恒星是能发光的星体；
行星通常指自身不发光，环绕着恒星的天体；
卫星是环绕一颗行星按闭合轨道做周期性运行的天体；
彗星是星际间物质．
掌握恒星、行星、卫星、彗星的定义是解决本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、阿基米德发现了阿基米德原理，故A不符合题意；
B、欧姆得出了欧姆定律，故B不符合题意；
C、托里拆利完成了托里拆利实验，第一个准确测量了大气压的值，故C符合题意；
D、牛顿的主要贡献是总结了牛顿三定律，为力学奠定的基础，故D不符合题意。
故选：C。
根据对初中物理中几位重大贡献的科学家的认识做出选择。
多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意。
3.【答案】D
【解析】解：A、抽水机的原理是先使水面上方的大气压强减小(通过提起活塞或叶轮的旋转)，然后水就在外界大气压的作用下，把水沿抽水机压上来，故A不合题意；
B、注射器抽取药液是利用大气压，注射是靠手的推力，没有利用连通器，故B不合题意；
C、用吸尘器“吸”灰尘时，吸尘器内空气流速越大压强越小，吸尘器外空气流速越小压强越大，在压强差的作用下灰尘被“吸”入吸尘器中的，利用了大气压，故C不合题意；
D、液位计的上端开口、下端连通，是利用连通器原理工作的，即水位计中的水位与锅炉水位是相同的，故D符合题意。
故选：D。
连通器：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面总是相平的。
本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口，底部相连的，液面静止时保持相平。生产和生活中利用连通器的例子是很多的，学习时，多举例、多解释。
4.【答案】C
【解析】解：冰熔化成水后，只是状态发生了变化，水的多少没有变，故质量不变．但冰的密度、比热容比水的小．而且冰变成水后，体积变小了．
故选C.
质量是物质的一种属性，只与所含物质的多少有关，与物体的位置、状态、形状、温度无关．而物质的密度与状态有关．
熟知质量、密度、比热容的概念及其特性是解此类题的基础，再进一步分析冰变成水，是否会引起质量、密度和比热容的改变．从而判断体积的变化．
5.【答案】B
【解析】解：电功率表示电流做功的快慢，若用电器电功率越大，则电流通过该用电器做的功一定越快，故ACD错误，B正确。
故选：B。
电功率的物理意义：表示电流做功快慢的物理量。
本题考查电功率的概念，属于基础知识，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：当“奋力”轮从长江口水域平稳驶入黄浦江时均处于漂浮状态，根据漂浮条件可知：船受到的浮力大小等于重力大小，而船的重力不变，则船受到的浮力大小不变。
故选：B。
物体漂浮时，所受浮力等于重力。“奋力”轮从长江口水域平稳驶入黄浦江时均处于漂浮状态，由物体的漂浮条件可知其所受浮力的变化情况。
本题考查物体的浮沉条件的应用，根据物体的浮沉情况，判断物体受到的力之间大小关系。
7.【答案】C
【解析】解：AB、导体电阻的大小与其两端的电压的大小和通过的电流大小无关，故AB错误；
CD、电阻大小与导体的长度、横截面积、温度及材料有关系，横截面积越小、长度越大，电阻越大；减小电阻丝的横截面积可以增大电阻，减小电阻丝的长度可以减小电阻，故C正确、D错误。
故选：C。
电阻是导体本身的性质，其大小与导体的长度、横截面积、温度及材料有关系，与导体两端的电压及通过导体的电流无关。
本题考查了影响电阻大小的因素，属于基础知识，比较简单。
8.【答案】C
【解析】解：A、已知甲、乙容器中水的质量相同，且甲容器的底面积较乙容器的底面积大，则在没有放入柱体A、B的情况下，甲容器中水面的高度较低。当然柱体A、B后，水深h甲>h乙，则可知柱体A排开水的体积较大，即柱体A受到的浮力较大，柱体A排开水的质量较大，故A错误。
B、由图可以看出，柱体A约有23浸入水中，柱体B约有12浸入水中，则柱体A约有23浸入水中。已知柱体A、B漂浮，根据阿基米德原理可知，则柱体A所受浮力FA=GA=ρ水gVA排，柱体B所受的浮力FB=GB=ρ水gVB排，即ρAgVA=ρ水gVA排，ρBgVB=ρ水gVB排，由此可得，ρA=23ρ水，ρB=12ρ水，即ρA>ρB，故B错误。
C、已知水深h甲>h乙，根据公式p=ρgh可知，水对甲容器底部的压强较大；已知S甲>S乙，根据F=pS可得，水对甲容器底部的压力较大，故C正确。
D、由以上分析可知，我们可以将柱体A、B等效看作与其浸入水中部分的体积相同的水，我们可以将甲、乙看成密度为ρ水的均匀柱体，则甲对地面的压强p容甲=ρ水ghA，p容乙=ρ水ghB。已知水深h甲>h乙，则p容甲>p容乙，故D错误。
故选：C。
(1)液体压强计算公式：p=ρgh；
(2)阿基米德原理：F浮=G排=ρ水gV排；
(3)对于漂浮的物体：F浮=G物；
(4)对于均匀的柱状物体，其对地面的压强为p=FS=GS=mgS=ρgVS=ρgShS=ρgh。
本题是对压强知识、浮力知识的综合性考查，难度较大，解题的关键是通过比较放入前后水的高度变化得出物体A、B浸入水中的体积的大小关系。
9.【答案】C
【解析】解：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测通过R1的电流，A测干路的电流，电压表测电源电压；
AB、由于电源电压不变，所以电压表示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器连入电路的电阻变大，由欧姆定律I=UR可知，通过滑动变阻器的电流变小，电流表A1示数变小；由并联电路各支路互不影响，通过R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，电流表示数变小，故AB错误；
C、电压表示数不变，电流表A示数变小，所以电压表示数与电流表A示数的比值变大，故C正确；
D、根据并联电路电流的规律可知，电流表A示数与电流表A1示数的差值为通过R2的电流，通过R2的电流不变，所以电流表A示数与电流表A1示数的差值不变，故D错误。
故选：C。
由图可知，R1、R2并联，电流表A1测通过R1的电流，A测干路的电流，电压表测电源电压；
根据电源电压分析电压表示数的变化；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，分析变阻器连入电路的电阻变化，由欧姆定律确定通过变阻器的电流变化，根据并联电路各支路互不影响，结合并联电路电流的规律判断A示数变化；
根据并联电路的电流规律分析电流表A示数与电流表A1示数的差值的变化。
本题为电路变化综合题，考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
10.【答案】A
【解析】解：由于物体是均匀的正方体，放置于水平地面上，压力等于其自身的重力，设截去部分的长度为L，设甲边长为a，压力为F甲、乙边长为b，压力为F乙，由题意可知，F甲a(a−L)=F乙b(b−L)，即F甲a2−aL=F乙b2−bL，由于a
所以p甲P乙=a×(a−L)×b2b×(b−L)×a2=(a−L)×b(b−L)×a=ab−bLab−aL，又因为a
切割后，明确甲、乙对桌面的压力和接触面积，利用压强的定义式及压强相等比较它们的压力大小；利用作差法比较其压强的大小关系，即可判断。
本题考查了固体压强公式的应用，掌握物体对水平面的压力等于其自身的重力是解题的关键，有一定的难度。
11.【答案】电 并联 0.8
【解析】解：家用电器在工作时，将电能转化为其它形式的能，各家用电器之间工作时互不影响，是并联连接的。
若标有“220V 400W”字样的电饭煲正常工作2小时，耗电为：
W=Pt=400W×2h=0.4kW×2h=0.8kW⋅h=0.8度。
故答案为：电；并联；0.8。
(1)家用电器在工作时，将电能转化为其它形式的能；
(2)各家用电器之间工作时互不影响；
(3)利用公式W=Pt计算电饭煲正常工作2小时耗电量。
此题考查了能量的转化、串并联电路的概念、电能的计算，难度不大，属基础题目。
12.【答案】减小 大 大气压强
【解析】解：在雪地上行走时，要穿底面积宽大的雪鞋，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小人对雪地的压强，
液体的压强大小与深度有关，越深处压强越大，深水潜水员在潜水时要受到比在水面上大许多倍的压强，如果不穿坚固耐压的潜水服，潜水员是承受不了那么大压强的，会有生命危险，所以必须穿上高强度耐压的潜水服才行。
吸管吸饮料时，吸气时，管内压强减小，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，
故答案为：减小；大；大气压强。
(1)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强；
(2)由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；
(3)用吸管吸饮料，饮料在大气压的作用下被压到嘴里。
本题考查了大气压的应用、液体压强的特点和减小压强的方法，是一道综合题，要求灵活运用所学力学知识加以分析。
13.【答案】地磁场 S 奥斯特
【解析】解：指南针能确定地理方位，是由于指南针在地磁场的作用下能够指南北。
如图所示是同名磁极磁感线分布图，因为在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到磁体的S极，因此根据磁感线方向判断图中两磁极均为S极。
丹麦物理学家奥斯特首先发现电流的磁效应。
故答案为：地磁场；S；奥斯特。
(1)地球也是一个大磁体，它周围的磁场叫地磁场；
(2)在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到磁体的S极；
(3)奥斯特实验表明通电导线周围存在着磁场。
本题考查了电流的磁效应、地磁场、磁感线及其特点一些最基本的基础知识，这些知识点需要识记，难度不大。
14.【答案】10100.2
【解析】解：根据欧姆定律I=UR得，
导体的电阻为：R=UI=6V0.6A=10Ω，
电阻是导体的特性，与电压和电流的大小无关，
所以当电压为2V时，导体的电阻不变，仍为10Ω，
通过该导体的电流：I′=U′R=4V20Ω=0.2A。
故答案为：10；10；0.2。
已知电压和电流，可利用公式R=UI计算电阻，而电阻是导体的特性，与电压和电流的大小无关，影响电阻的因素是材料、长度、横截面积和温度，与是否有电流、电压无关。故已知电压和电阻，可利用公式I=UR计算电流。
本题考查了由欧姆定律的公式计算电阻和电流，还考查了电阻的影响因素。
15.【答案】甲 甲 乙
【解析】解：两圆柱体的质量相同，甲的体积小于乙的体积，由ρ=mV可知，圆柱体甲的密度大于乙的密度，即密度较大的是圆柱体甲；
两圆柱体的高度相同，圆柱体甲的密度大于乙的密度，由p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可知，圆柱体甲对地面压强大于乙对地面压强，即对地面压强较大的是圆柱体甲；
因为两圆柱体浸没在水中，甲的体积小于乙的体积，所以圆柱体甲排开水的体积小于乙排开水的体积，由F浮=ρ液gV排可知，圆柱体甲受到的浮力小于乙受到的浮力，受到浮力较大的是圆柱体乙。
故答案为：甲；甲；乙。
根据密度公式可知两圆柱体的密度关系；根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可知两圆柱体对地面的压强关系；根据F浮=ρ液gV排可知两圆柱体浸没在水中时受到的浮力关系。
本题考查密度公式、压强定义式和阿基米德原理的应用，难度不大。
16.【答案】天平 量筒 阿基米德原理 ρ液(V2−V1)g
【解析】解：测量质量的仪器是天平，测量体积的仪器是量筒；
由F1、F2利用称重法测浮力可知金属块受到的浮力，利用排水法得出金属块排开水的体积，利用G排=m排g=ρ液V排g=ρ液(V2−V1)g可知排开水的重力，进而比较金属块受到的浮力与排开水的重力关系，可以验证阿基米德原理。
故答案为：天平；量筒；阿基米德原理；ρ液(V2−V1)g。
测量质量的仪器是天平，测量体积的仪器是量筒；利用称重法测量金属块受到的浮力，利用排水法得出金属块排开水的体积，利用G排=m排g=ρ液V排g求出排开水的重力，结合阿基米德原理的内容分析实验目的。
本题考查质量和体积的测量工具、称重法测浮力、重力公式和密度公式的应用以及阿基米德原理的内容，难度不大。
17.【答案】P=UI正 b2.5V
【解析】解：在测定小灯泡电功率的实验中，用电压表测灯泡两端的电压，用电流表测通过灯泡的电流，根据P=UI求出灯泡的功率，故“测定小灯泡电功率”的实验原理是P=UI；
电流应从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，故电压表的“+”接线柱应与待测小灯L靠近电源正极的一端相连；
为了保护电路，闭合开关S前，滑片P应置于变阻器阻值最大处，即b端；
当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光，故开关S闭合后，移动滑片P，当观察到电压表示数为2.5V时，可判断小灯L正常发光。
故答案为：P=UI；正；b；2.5V。
(1)“测定小灯泡电功率”的实验原理是P=UI；
(2)电流从电表正接线柱流入，从负接线柱流出；
(3)为了保护电路，闭合开关S前，滑片P应置于变阻器阻值最大处；
(4)当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光。
本题测定小灯泡电功率的实验，考查了实验原理、注意事项以及实验操作等实验基本能力。
18.【答案】减小 增大 2.2
【解析】解：①闭合开关，两电阻串联接入电路，由表格可知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，环境温度升高时，R1接入电路的阻值变小，根据串联分压原理可知R1两端的电压减小，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变大，根据欧姆定律可知通过定值电阻的电流变大；
②根据串联电路电压规律可知当环境温度到达40℃时热敏电阻两端的电压：U1=U−U2=12V−8V=4V，
由表格可知当环境温度到达40℃时热敏电阻的阻值为1.1kΩ，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得U1R1=U2R2，代入数据可得4V1.1kΩ=8VR2，解方程可得R2=2.2kΩ。
故答案为：①减小；增大；②2.2。
①闭合开关，两电阻串联接入电路，由表格可知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，根据串联分压原理可知环境温度升高时R1两端的电压变化，根据串联电路电压规律可知此时定值电阻两端的电压变化，根据欧姆定律可知通过定值电阻的电流变化；
②根据串联电路电压规律计算当环境温度到达40℃时热敏电阻两端的电压，由表格可知当环境温度到达40℃时热敏电阻的阻值，根据串联电路电流特点结合欧姆定律列方程可得R2的阻值。
本题考查串联电路特点、串联分压原理和欧姆定律的灵活运用。
19.【答案】B 若电压表示数为 U，则L1断路，若电压表示数为0，则L2断路
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路；电路正常工作，一段时间后，两灯均熄灭，若电路中仅有一处故障，且只发生在灯L1、L2上，故障原因可能是灯L1断路或L2断路；
A.电路中存在断路故障，电路中无电流，接入电流表没有示数，不能确定故障位置，故A不符合题意；
B.在M、N两点间并联电压表，电压表与灯L1并联，通过电压表是否有示数，可以确定故障位置，故B符合题意；
C.在M、Q两点间并联电压表，测量电源电压，不能确定故障位置，故C不符合题意；
在M、N两点间并联电压表，闭合开关后，若电压表示数为 U，则L1断路，若电压表示数为0，则L2断路。
故答案为：B；若电压表示数为 U，则L1断路，若电压表示数为0，则L2断路。
由图可知，该电路为串联电路；电路正常工作，一段时间后，两灯均熄灭，应该是灯泡发生断路；根据电流表、电压表、灯泡在电路中的作用分析可能存在的故障。
本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和断路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
20.【答案】流体中，流速越快的位置，压强越小 列车开动时，会带动列车周围的空气流动；列车通过站台，站台上旅客与列车之间的空气流速快，压强小，离列车较远处的空气流速慢，压强大；旅客会被空气从压强大的地方压向压强小的地方，从而造成被列车“吸入”的危险
【解析】解：(1)根据上述信息及图2所示现象可得，流体压强与流速的关系是：流体中，流速越快的位置，压强越小；
(2)列车开动时，会带动列车周围的空气流动；列车通过站台，站台上旅客与列车之间的空气流速快，压强小，离列车较远处的空气流速慢，压强大；旅客会被空气从压强大的地方压向压强小的地方，从而造成被列车“吸入”的危险。
故答案为：(1)流体中，流速越快的位置，压强越小；(2)列车开动时，会带动列车周围的空气流动；列车通过站台，站台上旅客与列车之间的空气流速快，压强小，离列车较远处的空气流速慢，压强大；旅客会被空气从压强大的地方压向压强小的地方，从而造成被列车“吸入”的危险。
(1)根据上述信息及图2所示现象，可得出结论；
(2)当火车驶过站台时会带动周围空气流动速度加快，从而造成人周围空气流速不同，结合流体压强与流速的关系即可解答。
本题考查流体压强跟流速的关系，解答这类题目的思路是先确定哪里的流体流速大，压强小，在这个压力差的作用下便产生了什么现象。
21.【答案】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：
【解析】画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力。
画力的图示，关键是描述清楚力的三要素，用箭头的起点(少数时候也用终点)作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小。
22.【答案】解：已知螺线管的左端为S极，右端为N极。根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为S极，右端为N极。
根据安培定则：伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的左端流入的。所以电源的左端为正极，右端为负极。
故答案为：
【解析】已知图中螺线管的两个磁极；根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极；根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。
安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。
23.【答案】解：根据题意可知，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，电流表示数变大，小灯亮度变亮，这说明电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变小，滑动变阻器接入电路的点左右变小，所以滑动变阻器应接B接线柱；由于不知道电路中电流的大小，所以电流表选用大量程，故应将B与电流表的“3”接线柱相连；如图所示：
【解析】滑片向B端移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器连入电路的阻值变小，据此选择滑动变阻器接入电路的接线柱与电流表串联。
本题考查根据要求连接实物图，掌握好滑动变阻器的使用是关键。
24.【答案】解：物块受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10−3m3=49N。
答：物块受到的浮力为49N。
【解析】根据F浮=ρ液gV排求出物块受到的浮力F浮。
本题考查阿基米德原理的应用，难度不大。
25.【答案】解：①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得R1的阻值：R1=UI1=12V2.4A=5Ω；
②并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以电流表示数大于2.4A，则电流表接入电路的是大量程，所以通过电路的最大电流为3A，
所以通过滑动变阻器的最大电流：I2=I−I1=3A−2.4A=0.6A<1A，滑动变阻器安全，
根据欧姆定律可得滑动变阻器接入电路的最小阻值：R2=UI2=12V0.6A=20Ω。
答：①R1的阻值为5Ω；
②滑动变阻器接入电路的最小阻值为20Ω。
【解析】①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算R1的阻值；
②由题意可知电流表接入电路的是大量程，据此确定通过电路的最大电流，根据并联电路电流规律计算通过滑动变阻器的最大电流，确定滑动变阻器是否安全，根据欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的最小阻值。
本题考查并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
26.【答案】解：(1)已知R1=10Ω，电路中的电流I1=0.4A，R1两端的电压U1=I1R1=0.4A×10Ω=4V；
(2)已知通电时间t=10s，电流通过R1所做的功W1=U1I1t=4V×0.4A×10s=16J；
(3)当R2=0时，电路中的电流最大I大=0.9A，则R3的电压U2=I大R2=0.9A×20Ω=18V>15V，因此电压表应并联在R2两端，则电源电压U=18V；
当R2最大时，电流表示数最小，电压表示数最大U2大=15V，因为R2、R3串联，根据串联电路电压规律可知，R3的电压U3小=U−U2大=18V−15V=3V，
则U3小R3=U2大R2，3V20Ω=15VR2，得R2=15V×20Ω3V=100Ω，所以滑动变阻器连入电路中的阻值范围0∼100Ω。
答：(1)R1两端的电压U1为4V；
(2)通电10秒钟电流通过R1所做的功W1为16J；
(3)电源电压U为18V；滑动变阻器连入电路中的阻值范围为0∼100Ω。
【解析】(1)根据欧姆定律求电压；
(2)根据电功公式求解；
(3)已知R3的阻值以及最大电流，可判断出电压表应并联在R2两端，当电压表示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器连入电路的电阻最大，由此可求出滑动变阻器连入电路中的阻值范围。
此题考查了欧姆定律公式的应用，会分析电路连接方式，熟练应用相关规律即可正确解题。
27.【答案】解：①甲对地面的压强p甲=F甲S甲=G甲S甲=m甲gS甲=6kg×9.8N/kg0.01m2=5880Pa；
②距水面0.1米处水的压强p水=ρ水gh水=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
③丙在水中漂浮，F浮=G丙=m丙g，
水对容器乙底部的压力F水=p水S=ρ水ghS=ρ水g(V排+V水)，
将甲截取的部分浸没在容器乙的水中，水对容器乙底部的压力没有变化，因为ρ水、g、V水、不变，
则V排不变，即甲截取部分的体积ΔV甲=V丙排=F浮ρ水g=m丙gρ水g=m丙ρ水=1kg1×103kg/m3=1×10−3m3，
甲的密度ρ甲=m甲V甲=6kg5×10−3m3=1.2×103kg/m3，
截取的甲的重力ΔG甲=Δm甲g=ρ甲ΔV甲=1.2×103kg/m3×1×10−3m3×9.8N/kg=11.76N，
丙的重力G丙=m丙g=1kg×9.8N/kg=9.8N，
甲对地面变化的压力ΔF=ΔG甲−G丙=11.76N−9.8N=1.96N，
甲对地面的压强变化量Δp甲=ΔFS=1.96N1×10−2m2=196Pa。
答；①甲对地面的压强为5880Pa；
②距水面0.1米处水的压强为980Pa；
③甲对地面的压强变化量为196Pa。
【解析】①甲放在水平地面上，对地面的压力等于甲的重力，根据p=FS结合G=mg计算压强；
②根据p=ρgh计算水的压强；
③水对容器乙底部的压力F水=p水S=ρ水ghS=ρ水g(V排+V水)，将甲截取的部分浸没在容器乙的水中，水对容器乙底部的压力没有变化，因为ρ水、g、V水、不变，则V排不变，根据F浮=ρ水V排g结合浮沉条件，计算截取的甲的体积，根据ρ=mV计算甲的密度，根据G=mg和m=ρV计算甲截取部分的重力和丙的重力，甲对地面的压力的变化量等于两个重力之差，根据p=FS计算压强的变化量。
本题考查了固体压强和液体压强公式的应用，要求学生知道用公式p=FS计算固体压强，用p=ρgh计算液体压强。
28.【答案】电压表与滑动变阻器并联且闭合开关前滑动变阻器的滑片没有移到阻值最大处 6
【解析】解：①由表格数据可知电流表有示数，所以电路通路，电压表示数为0，所以电压表并联在滑动变阻器两端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为0，即滑动变阻器的滑片位于阻值最小处；
②根据欧姆定律结合表格数据可得第二次实验待测电阻的阻值：R2=U2I2=2.0V0.20A=10Ω，
则电源电压：U=I1R2=0.58A×10Ω=5.8V>4.5V，所以电源电压为6V；
③串联电路总电压等于各部分电压之和，第二次实验时滑动变阻器两端的电压UP=U−U2=6V−2.0V=4V，
此时滑动变阻器接入电路的阻值：RP=UPI2=4V0.20A=20Ω，所以滑动变阻器的最大阻值为20Ω；
④根据欧姆定律可得第一次实验时待测电阻的阻值：R1=UI1=6V0.58A≈10.3Ω，
由表格数据可知电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，
则第三次实验待测电阻的阻值：R3=U3I3=2.0V+0.5V0.24A≈10.4Ω，
则待测电阻的阻值：R=R1+R2+R33=10.3Ω+10Ω+10.4Ω3≈10.2Ω。
故答案为：①电压表与滑动变阻器并联且闭合开关前滑动变阻器的滑片没有移到阻值最大处；
②6；
③实验用滑动变阻器的最大阻值为20Ω；
④待测电阻的阻值为10.2Ω。
①由表格数据可知电流表有示数，所以电路通路，电压表示数为0，所以电压表并联在滑动变阻器两端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为0；
②根据欧姆定律结合表格数据计算第二次实验待测电阻的阻值，根据U=IR结合第一次实验时电流表示数计算电源电压，进一步确定电源电压；
③根据串联电路电压规律计算第二次实验时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律计算滑动变阻器的最大阻值；
④根据欧姆定律计算第一次实验时待测电阻的阻值，
由表格数据可知电流表接入电路的是小量程，根据电流表接入电路的量程和分度值读数，根据欧姆定律计算第三次实验待测电阻的阻值，计算平均值可得待测电阻的阻值。
本题考查“伏安法”测电阻的注意事项、串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，有一定难度。
29.【答案】ΔF与V成正比 ΔF小于G 大 大 ΔF=GΔF=Δp水S=ρ水gΔhS；由于容器形状为柱形，V排=ΔhS，所以ΔF=ρ水gV排=F浮；又因为漂浮，所以ΔF=F浮=G
【解析】解：①观察序号1或2或3中的实验现象并比较ΔF和物块体积 V的大小关系，可知物块体积 V越大，压力增加量ΔF越大，ΔF和 V的比值不变，所以可得出的初步结论是：当物体浸没在水中，ΔF与V成正比；
②观察序号1或2或3或4中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，可得初步结论：当ΔF小于G时，物块沉底；
③观察序号1∼4中的实验数据及现象，发现：ΔF与物块排开水的体积有关，物块排开水的体积越大，ΔF越大；
④分析序号5中的实验现象，当物块漂浮时，ΔF=G=3N；ΔF=Δp水S=ρ水gΔhS；由于容器形状为柱形，V排=ΔhS，所以ΔF=ρ水gV排=F浮；又因为漂浮，所以ΔF=F浮=G。
故答案为：①ΔF与V成正比；②ΔF小于G；③大；大；④ΔF=G；ΔF=Δp水S=ρ水gΔhS；由于容器形状为柱形，V排=ΔhS，所以ΔF=ρ水gV排=F浮；又因为漂浮，所以ΔF=F浮=G。
①观察序号1或2或3中的实验现象并比较ΔF和容器底面积S的大小关系，得出结论；
②③④根据结论分析比较图表的数据。
本题考查了水对容器底部压力和物体重力之间的关系，关键是要学会分析表格数据，难度一般。
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