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2020年上海市浦东新区中考物理一模试卷_(带答案解析).docx
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这是一份2020年上海市浦东新区中考物理一模试卷_(带答案解析).docx，共21页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，或2与6等内容，欢迎下载使用。
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2020年上海市浦东新区中考物理一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共8题）
1. 一节新干电池的电压最接近（ ）
A.0.5伏 B.1.5伏 C.2.5伏 D.3伏
2. 下列实例中，应用连通器原理工作的是（ ）
A.液位计 B.深潜器 C.吸尘器 D.水库大坝
3. 当一杯水结成冰之后，下列物理量中不发生变化的是（ ）
A.质量 B.体积 C.密度 D.比热容
4. 下列与物理单位“帕斯卡”相同的是（ ）
A.牛顿/米 B.牛顿/米2
C.米/牛顿 D.米2/牛顿
5. 当把电阻R1和R2（R1＞R2）串联后接入电路，以下判断正确的是（ ）
A.通过电阻R1的电流大
B.通过电阻R2的电流大
C.通过两电阻的电流相等
D.无法判断电流的大小
6. 关于浸在液体中的物体所受浮力F浮与物体重力G物、物体排开液体的重力G排间的大小关系，以下说法中正确的是（ ）
A.只有当物体浸没时，F浮等于G物
B.不管物体是否浸没，F浮都等于G物
C.只有物体未浸没时，F浮等于G排
D.不管物体是否浸没，F浮都等于G排
7. 如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关后，当滑片P向右移动时（ ）
A.电流表A的示数变小 B.电压表V的示数变大
C.电压表V与电流表A示数的比值变大 D.电压表V与电流表A示数的比值不变
8. 盛有不同液体的甲、乙两个柱形容器（S甲＞S乙）放于水平地面上，如图所示，液体对容器底部的压强相等。倒入（液体不溢出）或抽出部分液体后，液体对容器底部的压强变为p'甲、p'乙，以下判断中正确的是（ ）
A.若倒入相等质量的原液体，p'甲可能等于p'乙
B.若抽出相等质量的原液体，p'甲一定大于p'乙
C.若倒入相等体积的原液体，p'甲一定大于p'乙
D.若抽出相等体积的原液体，p'甲一定小于p'乙
评卷人
得分
二、 填空题（共8题）
9. 教室内照明灯正常工作的电压为______伏，开关与灯之间是______（选填“串联”或“并联”）连接的。家中空调与节能灯均正常工作时，通过______的电流较大。
10. 首先用实验测定大气压强值的科学家是______。大气压强的大小随海拔高度的升高而______，空气的______和湿度也会影响大气压强的大小。
11. 牛奶的密度为1.03×103千克/米3，读作1.03×103______，它表示每立方米牛奶的______为1.03×103千克。相同体积的牛奶和水，牛奶的质量较______。
12. 三峡水库的水深可超过100米，在水面下50米深处水的压强为______帕；深水处也存在着某些鱼类及生物，若水面下50米深处有一面积为0.02米2的鱼，这条鱼受到水的压力为______牛，鱼类体内的压强______选填“大于”、“等于”或“小于”）该处水的压强。
13. 重为10牛的金属块用弹簧测力计吊着浸没在水中，这时弹簧测力计的示数为8牛，则该金属块受到的浮力是______牛；此时金属块受到液体向上的压力比受到液体向下的压力______。浮力的方向总是______的。
14. 某导体的电阻为10欧，通过它的电流为0.3安，则它两端的电压为______伏，20秒内通过它的电荷量为______库。若它两端的电压变大为6伏，它的电阻为______欧。
15. 十九世纪初，人类对于电流的认识还处于模糊阶段，而对热传递的规律有较深的认识，“导热杆中两点间的‘热流’正比于这两点间的温度差”已成为当时科学家的普遍共识。欧姆认为，导线中的电流现象应该与此相似，猜想“导线中两点之间的______也许与它们之间的某种驱动力成正比”，这个“驱动力”就是我们现在所称的______。
欧姆当时研究的条件十分艰苦，他克服了没有稳定电流的困难、自行研制了测量电流的工具。经过多年大量实验后，他在1827年出版的《电路的数学研究》一书中，把实验规律总结成如下公式：S=γE．式中S表示电流、E表示“驱动力”、γ应表示______（选填“A”、“B”或“C”）。
A．导线对电流的传导能力
B．导线对电流的阻碍能力
C．导线中的电荷量
16. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1、R2中有一个存在故障，闭合开关后，电压表示数为0V，则故障可能是______。
①若用一个完好的电阻R替换R1，电压表示数不变，则电路中存在的故障是______。
②若用一个完好的电阻R换替R2，请写出电压表示数变化情况及相对应的故障。______
评卷人
得分
三、 作图题（共3题）
17. 如图，重为8牛的物体静止在水平地面上，请用力的图示法画出其对地面的压力F．
18. 在如图中的〇里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路图。
19. 在如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合开关S，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表的示数变大。
评卷人
得分
四、 计算题（共3题）
20. 物体排开水的体积为3×10-3米3，求物体受到浮力F浮的大小。
21. 如图所示的电路中，电源电压恒为6伏、电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2标有“20Ω1A”字样。闭合开关后，电流表的示数为0.4安。
①（a）求R1两端的电压U1；
（b）求此时R2连入电路的电阻值。
②把上述器材重新连接后，闭合开关，在确保安全的情况下，移动滑片的过程中电流表示数能达1.2A．可判断出电流表测量的是______（选填“R1”、“R2”或“干路”）的电流，求移动滑片时电流表示数能达到的最大范围。
22. 如图所示，盛有酒精和水的两个足够高的柱形容器置于水平地面上。若向容器中分别倒入相等体积的原有液体，倒入前后液体对容器底的压强记录在下表中。（ρ酒=0.8×103千克/米3）
①求倒入后容器中酒精的深度h酒。
②若倒入后酒精的质量为3.2千克，求酒精的体积V酒。
③求两容器内部底面积S酒：S水的值。
液体对容器底部的压强
倒入前
倒入后
p酒（帕）
1176
1568
p水（帕）
1176
1960
评卷人
得分
五、 实验探究题（共4题）
23. 在“探究导体中电流与电压的关系”实验中，需要测量的物理量有______和______。如图所示的仪器用于研究______，实验中在调节金属盒的朝向和深度时，眼睛要注意观察该仪器两边液面______的变化情况。
24. 在“探究物质质量与体积的关系”实验中，需要用电子天平测出物质的______，本实验需要进行多次测量，其目的是为了______（选填字母A“得到普遍规律”或B“求平均值减小误差”）。在“测定物质的密度”实验中，其实验原理是______，实验时要用______（选填“同种”或“不同”）物质进行多次实验。
25. 小张研究物体浸入同一柱形容器的水中时，容器对水平地面压强的变化规律。他在一个足够高的柱形容器中盛有一定量的水，按如图所示将系在弹簧测力计下的物体逐渐浸入液体中。他读出测力计示数F，并用传感器测得容器对水平地面的压强p容，把数据记录在表一中。他又用二个重力不同的物体重复上述实验，相关数据记录在表二和表三中。
表一物体重G物=8N
表二物体重G物=9N
表三物体重G物=10N
实验序号
F/牛
p容/帕
实验序号
F/牛
p容/帕
实验序号
F/牛
p容/帕
1
6
2000
5
7
2000
9
8
2000
2
4
2250
6
5
2250
10
7
2125
3
2
2500
7
3
2500
11
4
2500
4
0
2750
8
2
2625
12
2
2750
①分析比较表一、或表二、或表三中p容随F的变化情况可初步得出：物体浸入同一柱形容器的水中时，G物相等，______。
②分析比较实验序号2与11、或3与8与12、或5与10中p容随G物的变化情况可初步得出：______。
③分析比较实验序号______中的数据及相关条件可得出：物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值相等时，p容相等。
④进一步分析比较表中的数据及相关条件，可推理得出：若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，p容为______帕。
26. 小王做“用电流表、电压表测电阻”的实验，他把电源（电压保持不变且为1.5V的整数倍）、滑动变阻器（“10Ω 2A”、“20Ω 2A”）中的一个、电流表、电阻、开关、导线组成串联电路，把电压表并联在电路中，并把滑片置于滑动变阻器的一端。闭合开关后，发现电压表的指针不动，电流表示数如图（a）所示；当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数最小值如图（b）所示；经思考，他仅改变了电压表的位置，继续将滑片移到另一端，电压表示数如图（c）所示。
①根据以上信息可判断：刚闭合开关时电压表并联在______两端；
②请判断图（a）中电流表的示数，并写出理由；
③请通过计算说明滑动变阻器的规格及电源电压U；
④待测电阻的阻值为______欧。（计算电阻时，精确到0.1欧）
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：
一节新干电池的电压为1.5V，故B正确、ACD错。
故选：B。
一节新干电池的电压为1.5V，据此分析判断。
本题考查了干电池的电压值，属于基础题目。
2. 【答案】A
【解析】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符合题意；
B、深潜器靠改变自身重力工作的，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不符合题意；
D、水库大坝，上窄下宽，是利用液体压强的特点，故D不符合题意。
故选：A。
（1）连通器的结构特征是上端开口、底部连通，判断是不是连通器要根据这两个特征。
（2）深潜器靠改变自身重力工作的；
（3）流体压强与流速的关系，流速越大，压强越小；
（4）液体压强随深度的增加而增大。
此题考查的是连通器在生活中的应用。这就要求我们平时要多观察、多思考。记住连通器定义，生活中的锅炉水位计、自动喂水器、洗手盆的回水弯、过桥涵洞、船闸等等都是连通器。
3. 【答案】A
【解析】解：
A、质量是物体的属性，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，因此水结成冰后质量不变，故A符合题意；
BC、水的密度是1.0×103kg/m3，冰的密度是0.9×103kg/m3，因此水结成冰后密度变小；
质量m不变，密度ρ变小，根据公式V=可知其体积V变大，故B、C不符合题意；
D、由物理常识可知，冰的比热容小于水的比热容，即水结冰后比热容变小，故D不符合题意。
故选：A。
在质量、体积、密度、比热容三个量中，质量是物体的属性，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；而体积、密度、比热容都与状态有一定关系。
质量是物体的一种属性，只和物体所含物质的多少有关。结冰后温度、体积、密度、比热容都要发生变化。
4. 【答案】B
【解析】解：
由压强定义式p=可知压强的单位为：N/m2=1Pa，不存在N/m、m/N、m2/N这些单位，故B正确、ACD错。
故选：B。
结合压强的定义式p=及物理量的单位运算规律，不难选出答案。
本题是一道有关物理量的单位确定的题目，明确单位由来是关键。
5. 【答案】C
【解析】解：
两电阻串联后接入电路中时，因串联电路中各处的电流相等，所以通过两电阻的电流相等；故A、B、D错误，C正确；
故选：C。
两定值电阻串联时通过它们的电流相等，根据串联电路的电流特点即可判断。
本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律的应用，是一道基础题目。
6. 【答案】D
【解析】解：（1）由阿基米德原理可知，浸在液体中的物体所受的浮力等于它排开的液体所受的重力，不管物体是否浸没，F浮都等于G排，故C错误、D正确；
（2）物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，F浮都等于G物，故AB错误。
故选：D。
（1）根据阿基米德原理可知，浸在液体中的物体所受的浮力等于它排开的液体所受的重力。
（2）根据物体漂浮和悬浮的条件可知受到浮力和重力的关系。
本题考查阿基米德原理原理的内容以及物体浮沉条件的应用，比较简单，属于基础题目。
7. 【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、两电阻并联，电压表测电源电压，故电压表示数不变，故B错误；
电流表测R1的电流，根据并联电路各支路互不影响可知，P向右移动时，电流表A的示数不变，故A错误；
CD、由欧姆定律可知，电压表V与电流表A示数的比值即为R1的电阻，其大小不变，故C错误、D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、两电阻并联，由电压表测电源电压分析电压表示数；电流表测R1的电流，根据并联电路各支路互不影响确定电流表A的示数不变；
CD、根据欧姆定律结合R1的阻值判断电压表V与电流表A示数的比值变化。
本题考查并联电路的特点及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
8. 【答案】B
【解析】解：
（1）已知液体对容器底部的压强相等，由于柱状容器中液体对底面的压力等于液体的重力，则：p甲=，p乙=；
A、若倒入相等质量的原液体，则p甲'==+=p甲+；p乙'==+=p乙+；
由图可知：S甲＞S乙，则＜，所以，p甲'＜p乙'，故A错误；
B、若抽出相等质量的原液体，则p甲'==-=p甲-；p乙'==-=p乙-；
由图可知：S甲＞S乙，则＜，所以，p甲'＞p乙'，故B正确；
（2）根据p=ρgh可得：p甲=ρ甲gh甲，p乙=ρ乙gh乙；
由题意知，p甲=p乙，即：ρ甲gh甲=ρ乙gh乙；
由图可知，h甲＞h乙，所以，ρ甲＜ρ乙；
C、若倒入相等体积的原液体，则倒入后甲容器中液面的高度h甲′=h甲+，乙容器中液面的高度h乙′=h乙+；
则有：p甲'=ρ甲gh甲′=ρ甲g（h甲+）=ρ甲gh甲+ρ甲g×=p甲+×△Vg，
p乙'=ρ乙gh乙′=ρ乙g（h乙+）=ρ乙gh乙+ρ乙g×=p乙+×△Vg，
已知：ρ甲＜ρ乙，由图可知，S甲＞S乙，则有：＜，所以，p甲'＜p乙'，故C错误；
D、若抽出相等体积的原液体，抽出后甲容器中液面的高度h甲′=h甲-，乙容器中液面的高度h乙′=h乙-；
则有：p甲'=ρ甲gh甲′=ρ甲g（h甲-）=ρ甲gh甲-ρ甲g×=p甲-×△Vg，
p乙'=ρ乙gh乙′=ρ乙g（h乙-）=ρ乙gh乙-ρ乙g×=p乙-×△Vg，
已知，ρ甲＜ρ乙，由图可知，S甲＞S乙，则：＜，所以，p甲'＞p乙'，故D错误。
故选：B。
（1）由于柱状容器中液体对底面的压力等于液体的重力，根据p==即可判断压强的变化；
（2）已知液体原先对容器底部的压强相等，已知h甲＞h乙，可推出甲、乙液体的密度关系，然后根据液体深度的变化利用p=ρgh逐个分析判断。
这是一道推理判断题，可根据若液体原先对容器底部的压强相等，判断两液体的密度大小，关键是知道柱状容器中液体对底面的压力等于液体的重力，然后对各个选项逐一分析即可得出答案。
二、 填空题
9. 【答案】220 串联 空调
【解析】解：
（1）我国家庭电路、普通照明电路电压是220V，教室内照明灯正常工作时两端的电压是220伏；
（2）开关与灯之间是串联连接的，这样才能方便对电灯的控制；
（3）由于空调的功率远大于节能灯的功率，工作电压相同，由P=UI可知，通过空调的电流要远大于节能灯的电流。
故答案为：220；串联；空调。
（1）我国家庭电路、普通照明电路电压是220V；
（2）开关与用电器串联，这样才能方便对用电器的控制。
（3）空调的电功率远大于节能灯的电功率。
本题考查了家庭电路电压、开关与灯间的连接方式、不同用电器电流大小的比较等问题，难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题。
10. 【答案】托里拆利 减小 温度
【解析】解：“托里拆利实验”测量出了大气压强的值，著名的马德堡半球实验证明了大气压强的存在且很大；
越往高空，空气越稀薄，大气压越小，即大气压强的大小随海拔高度的升高而减小；大气压强的大小与空气的温度和湿度有关。
故答案为：托里拆利；减小；温度。
（1）与大气压强有关的著名实验：“马德堡半球实验”证明了大气压的存在；“托里拆利实验”计算出了大气压强的值；
（2）大气压与高度有关，海拔越高的位置气压值越低。
解决本题要求学生：记住两个著名实验，理解大气压强与海拔高度的关系，是一道基础题。
11. 【答案】千克每立方米 质量 大
【解析】解：牛奶的密度为1.03×103千克/米3，读作1.03×103千克每立方米；
密度的定义：某种物质单位体积的质量。所以，牛奶的密度为1.03×103千克/米3，它表示1米3牛奶的质量为1.03×103千克；
由m=ρV可知：体积相同时，质量与密度成正比。已知水和牛奶的体积相同，但牛奶的密度大于水，所以牛奶的质量较大。
故答案为：千克每立方米；质量；大。
由某种物质组成的物体，其质量与体积的比值是一个常量，它反映了这种物质的一种特性。在物理学中，把某种物质单位体积的质量叫做这种物质的密度。
相同体积的不同物质，质量与密度成正比。
本题中的水的密度是要求记忆的，很多题目在用到水的密度时并没有告诉你，需要你自己记住；熟知密度概念和公式即可解决此题。
12. 【答案】4.9×105 9800 等于
【解析】解：水面下50米深处水的压强：
p=ρgh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×50m=4.9×105Pa；
由p=得这条鱼受到水的压力：
F=pS=4.9×105Pa×0.02m2=9800N。
鱼类体内的压强与外部水对鱼的压强保持平衡，鱼才能生存，故鱼类体内的压强等于该处水的压强。
故答案为：4.9×105；9800；等于。
（1）已知水深则可由压强公式p=ρgh求得石板所受压强；由p=变形后可求得压力F。
（2）鱼类体内的压强与外部水对鱼的压强保持平衡是鱼生存的必要条件。
本题考查了液体压强和压力的计算，难度不大，是一道较为简单的题目。
13. 【答案】2；大；竖直向上
【解析】解：（1）当金属球全部浸入水中时，受到的浮力：
F浮=G-F示=10N-8N=2N；
（2）由于F向上-F向下=F浮=2N，
所以，F向上＞F向下，
则浮力的方向总是竖直向上。
故答案为：2；大；竖直向上。
（1）根据称重法即可求出金属块受到的浮力；
（2）根据浮力产生的原因即可判断压力的大小，浮力的方向是竖直向上的。
本题属于浮力的基本计算，知道浮力产生的原因，利用好称重法求浮力（F浮=G-F示）是本题的关键。
14. 【答案】3；6；10
【解析】解：由I=可得，导体两端的电压：
U=IR=0.3A×10Ω=3V，
根据I=可得，20秒内通过它的电荷量：
Q=It=0.3A×20s=6C，
导体电阻与电压、电流无关，若它两端的电压变大为6伏，导体电阻仍为10Ω；
故答案为：3；6；10。
（1）已知电阻与电流，由欧姆定律可以求出电阻两端的电压；
（2）已知电流与时间，由电流的定义式的变形公式可以求出电荷量；
（3）导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电流、电压无关，据此即可判断。
本题考查了求电荷量、电阻，应用电流的定义式、欧姆定律、知道影响导体电阻的因素即可正确解题。
15. 【答案】电流 电压 A
【解析】解：（1）根据“导热杆中两点间的‘热流’正比于这两点间的温度差”和电压是形成电流的原因，利用类比的方法可以猜想：导线中两点之间的电流也许与它们之间的某种驱动力成正比”，这个“驱动力”就是我们现在所称的电压；
（2）根据公式S=γE知，驱动力E越大，电流S越大，导电能力越好，电流越大，所以γ表示导线对电流的传导能力，故A正确。
故答案为：电流；电压；A。
（1）用类比的方法得出猜想；电压是形成电流的原因；
（2）根据公式S=γE分析解答。
本题考查了学生的分析解答能力，有一定的难度。
16. 【答案】R1短路或R2断路；
①R2断路；
②若电压表示数不变，则R1短路；若电压表示数变大，则R2断路。
【解析】解：闭合开关后，电压表示数为0V，说明没有电流通过电压表。原因可能是R1短路造成电压表短路；或者R2断路造成整个电路断路。
①若用一个完好的电阻R替换R1，电压表不可能短路，但电压表示数仍为0，说明没有电流通过电压表和电阻R，则电路中存在的故障是R2断路；
②若用一个完好的电阻R换替R2，若电压表示数仍然为0，说明电阻R1短路，电压表也被短路了；
若电压表示数变大，说明电路连通了，也就是原来的R2断路。
故答案为：R1短路或R2断路；
①R2断路；
②若电压表示数不变，则R1短路；若电压表示数变大，则R2断路。
电路故障有断路和短路，根据电压表示数为零，可判断R1短路或R2断路，用一个完好的电阻R替换R1，R2，再根据电压表示数或对应的电路关系进一步判断故障原因。
本题主要是电路故障的分析，要注意电路中给出的实验现象，关键能够理解断路和短路的含义。
三、 作图题
17. 【答案】解：物体放在水平地面上，压力的大小与物体的重力大小相等，F=G=8N，方向垂直于地面向下，作用点在地面，设定标度为4N，压力的图示如图：
【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．
注意压力的作用点在地面，方向与地面垂直，标度必须能被力的大小整除，最后要标明力的大小．
18. 【答案】解：电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联；
由图可知，最上面的〇与灯泡并联，为电压表；中间的〇与灯泡串联，为电流表；最下面的〇串联在电路中，为电流表，如图所示：
。
【解析】
根据电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联即可完成电路。
考查了电流表和电压表的使用，关键是知道电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联。
19. 【答案】解：经分析可知，滑动变阻器的右下方接线柱与电流表的负接线柱相连时，滑片向右移动的过程中变阻器接入电路中的电阻变小，电流表的示数变大，如下图所示：
【解析】
由由图可知，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表的示数变大，说明变阻器接入电路中的电阻变小，即右下方接线柱必须接入电路中，据此进行解答。
本题考查了滑动变阻器的正确连接，要注意变阻器串联在电路中的原则是“一上一下”，接入电路中的电阻取决于靠近下方接线柱还是远离下方接线柱。
四、 计算题
20. 【答案】解：
物体排开水的体积V排=3×10-3m3，
物体受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×3×10-3m3=29.4N。
答：物体受到的浮力为29.4N。
【解析】
已知物体排开水的体积，利用阿基米德原理F浮=ρ水gV排求物体受到的浮力。
本题考查了阿基米德原理的应用，属于基础题目，难度不大。
21. 【答案】干路
【解析】解：
①由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
（a）根据I=得，R1两端的电压：U1=IR1=0.4A×10Ω=4V；
（b）根据串联电路电压的规律知，
R2两端的电压：U2=U-U1=6V-4V=2V，
R2连入电路的电阻值为：R2===5Ω；
②由题知，把上述器材重新连接后，闭合开关，在确保安全的情况下，移动滑片的过程中电流表示数能达1.2A；
所以，此时电阻R1与滑动变阻器R2应并联；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以移动滑片时，通过定值电阻R1的电流不变，则电流表不能串联在R1支路上；
滑动变阻器R2标有“20Ω1A”字样，则通过变阻器R2的电流最大为1A，所以电流表不能串联在变阻器R2支路上；
由此可知，电流表应串联在干路中，测量干路的电流；
当滑动变阻器的电阻最大时，该支路的电流最小，总电流最小，
则电流表的最小示数为：
I小=I1+I2小=+=+=0.9A；
当通过滑动变阻器的电流最大为1A时，总电流最大，
则电流表的最大示数为：
I大=I1+I2大=+I2大=+1A=1.6A；
所以电流表示数能达到的最大范围为：0.9A～1.6A。
答：①（a）R1两端的电压U1为4V；
（b）此时R2连入电路的电阻值为5Ω。
②干路；移动滑片时电流表示数能达到的最大范围为0.9A～1.6A。
（1）已知电阻R1与滑动变阻器R2串联，还知道此时电路电流的大小，利用公式U=IR可求R1两端的电压U1；
（2）已知电源电压，根据串联电路电压的规律，可求滑动变阻器两端的电压，利用公式P=UI可求此时R2消耗的电功率；
（3）因为并联电路总电阻小于任何一个分电阻，移动滑片的过程中电流表示数能达1.2A，所以电流表测量干路的电流；
当滑动变阻器的电阻最大时，电路的电流最小，根据欧姆定律算出电路的最小电流；
根据滑动变阻器的规格判断出通过滑动变阻器的最大电流，根据欧姆定律算出电路的最达电流。
本题考查电压、电功率和电阻的计算，考查的知识点比较多，关键是要明白滑片移动过程中电阻和电压的变化，有一定的难度。
22. 【答案】解：①由p=ρgh可得，倒入后容器中酒精的深度：
h酒===0.2m。
②由ρ=可得，酒精的体积：
V酒===4×10-3m3。
③由表格可知：△p酒=1568pa-1176Pa=392Pa；△p水=1960pa-1176Pa=784Pa；
由于向容器中分别倒入相等体积的原有液体，则△h酒=，△h水=；
由p=ρgh可得，两容器底部增加的压强：
△p酒=ρ酒g△h酒=ρ酒g，
△p水=ρ水g△h水=ρ水g；
所以，=×=×=1.6。
答：①倒入后容器中酒精的深度h酒为0.2m；
②若倒入后酒精的质量为3.2千克，酒精的体积V酒为4×10-3m3；
③两容器内部底面积S酒：S水的值为1.6。
【解析】①根据p=ρgh求出酒精的深度h酒；
②根据ρ=求出酒精的体积V酒；
③根据压强的变化利用p=ρgh求出得出表达式，然后相比即可求出底面积S酒：S水的值。
本题考查了密度公式，液体压强公式的应用，关键是容器中液面上升的高度的变化。
五、 实验探究题
23. 【答案】电流 电压 液体内部压强的特点 高度差
【解析】解：在“探究通过导体中的电流与电压的关系”实验中需要控制电阻不变，测量的物理量是电流和电压；
在“研究液体内部压强与哪些因素有关”的实验中，用于测量压强的仪器叫做U形管压强计，实验时在调节金属盒的朝向和深度时，眼睛要注意观察U形管中液面高度差的大小变化，以此来判断压强的大小。
故答案为：电流； 电压； 液体内部压强的特点； 高度差。
在“探究通过导体中的电流与电压的关系”实验中需要测量的物理量是电流和电压；在物理实验室中，用U形管压强计来研究液体内部压强的大小；通过观察U形管中液面的高度差来判断压强大小的变化。
本题主要考查的是在“探究导体中电流与电压的关系”实验中，需要测量的物理量以及对研究液体压强的仪器--U形管压强计的认识，及其基本使用方法的掌握。
24. 【答案】质量 A ρ= 同种
【解析】解：（1）在“探究物质质量与体积的关系”实验中，需要用电子天平测出物质的质量；
实验中多次测量的目的是为了多次测量得到普遍规律，故A正确；
（2）在“测定物质的密度”实验中，需要测量这种物质的质量和体积，然后利用密度公式ρ=求得其密度，实验时要用相同物质进行多次实验求平均值，减小误差。
故答案为：质量；A；ρ=；同种。
（1）若要测量某固体的密度，实验中需要先测量该物体的质量。
在探究定量关系时，多次测量是为了得到定量的关系，在测量实验中，多次测量，是为了求平均值，减小误差；
（2）根据称重法确定器材，根据阿基米德原理的目的回答。
本题考查固体密度的测量及探究物质质量与体积的关系的实验，体现了对过程和方法的考查。
25. 【答案】①p容随F的减小而增大；
②物体浸入同一柱形容器的水中时，F相等，G物越大，p容也越大；
③1与5与9、或2与6、或3与7与11、或4与12；
④1875。
【解析】解：①分析比较表一、或表二、或表三中数据知，物体浸入同一柱形容器的水中时，弹簧测力计的示数越小，容器对水平地面的压强p容越大，故可以得出物体浸入同一柱形容器的水中时，G物相等，p容随F的减小而增大；
②分析比较实验序号2与11、或3与8与12、或5与10中数据知，物体浸入同一柱形容器的水中时，弹簧测力计F的示数相等，物体的重力越大，容器对水平地面的压强p容越大，故可以得出物体浸入同一柱形容器的水中时，F相等，G物越大，p容也越大；
③要想得出“物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值相等时，p容相等”，需要改变物体的重力和弹簧测力计的示数，但容器对水平地面的压强p容相等，表格中的1与5与9、或2与6、或3与7与11、或4与12符合题意；
④由表一知中实验1知，当G物与F的差值为8N-6N=2N时，容器对水平地面的压强p容为2000Pa，由实验2知，当G物与F的差值为8N-4N=4N时，容器对水平地面的压强p容为2250Pa，由实验3知，当G物与F的差值为8N-2N=6N时，容器对水平地面的压强p容为2500Pa，
所以可以得出物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值越大，容器对水平地面的压强p容越大，且差值增加2N时，容器对水平地面的压强p容增加2250Pa-2000Pa=250Pa；
所以若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，G物与F的差值为1N，容器对水平地面的压强p容变化×250Pa=125Pa，即若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，p容为2000Pa-125Pa=1875Pa。
故答案为：
①p容随F的减小而增大；
②物体浸入同一柱形容器的水中时，F相等，G物越大，p容也越大；
③1与5与9、或2与6、或3与7与11、或4与12；
④1875。
①分析比较表一、或表二、或表三中p容随F的关系得出结论；
②分析比较实验序号2与11、或3与8与12、或5与10中p容随G物的关系得出结论；
③分析表中数据找出“物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值相等时，p容相等”对应的数据；
④根据表一中容器对水平地面的压强p容与G物与F的差值的变化规律判断出若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，容器对水平地面的压强p容。
本题研究容器对水平地面的压强p容与弹簧测力计的示数、物体的重力的关系等知识，考查了学生分析数据得出结论的能力和控制变量法的应用。
26. 【答案】滑动变阻器 8.1
【解析】解：①电流表、电阻、开关、导线组成串联电路，把电压表并联在电路中，并把滑片置于滑动变阻器的一端（变阻器连入电路的电阻不是最大就是为0），根据闭合开关后，发现电压表的指针不动，电压表示数为0，电压表不可能并联在电源和待测电阻的两端，电压表只能并联在变阻器的两端（变阻器连入电路的电阻为0）；
②滑动变阻器为（“10Ω 2A”、“20Ω 2A”）中的一个，可知变阻器允许通过的最大电流为2A，图（a）中，若电流表量程为0～3A，分度值为0.1A，则示数为2.8A，超出滑动变阻器允许通过的最大电流2A，因此电流表量程只能选择0～0.6A，分度值为0.02A，故电流表的示数为0.56A；
③当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数最小值如图（b）所示，若选用大量程，分度值为0.1A，则电流为0.9A大于0.56A，不可能，故电流表只能选用小量程，分度值为0.02A，Ib=0.18A；
变阻器连入电路的电阻越大，由分压原理，电压表的示数越大，当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数达到最小值，是因为电压表示数达到最大值（由题干知，此时变阻器连入电阻不是最大），
由图（c）知，电压表的量程可能为（0-3V）或（0-15V），即电压表示数此时可能为U滑b=3V或15V；
若U滑b=15V，由欧姆定律可得：
R滑b==≈83.3Ω＞20Ω，不合题意，
若U滑b=3V，由欧姆定律可得：
R滑b═=≈16.7Ω，R滑b＜20Ω，符合题意；
故电压表使用0～3V量程，且U滑b=3伏，滑动变阻器规格为“20Ω 2A”；
图（c）中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数：
Uxc=1.3V，变阻器连入电路的电阻小于20Ω，由欧姆定律，变阻器的电压小于：
U滑c=IR滑=0.18A×20Ω=3.6V，
由串联电压的规律，电源电压小于
U=Uxc+U滑c=1.3V+3.6V=4.9V；
（b）图电流大于（c）图电流，Uxb＞1.3V，由串联电路电压的规律，电源电压大于：
U=Uxb+U滑b=1.3V+3V=4.3V，
根据电源电压为1.5V的整数倍，故电源电压为4.5V；
④在第一次操作中，待测电阻的电压为电源电压，电流为0.56A，由欧姆定律，
Rx1==≈8.0Ω；
在第二次操作中，由串联电路的规律及欧姆定律，
Rx2==≈8.3Ω；
在第三次操作中，根据串联电路的规律及欧姆定律，通过变阻器电流为：
I3===0.16A，
即通过待测电阻的电流，由欧姆定律，
Rx3==≈8.1Ω，
为减小误差，取平均值作为测量结果：
Rx==≈8.1Ω。
故答案为：
①滑动变阻器；
②电流表的示数为0.56A，理由见解答；
③滑动变阻器的规格为“20Ω 2A”，电源电压为4.5V，过程见解答；
④8.1。
①根据题意，把滑片置于滑动变阻器的一端（变阻器连入电路的电阻不是最大就是为0），根据闭合开关后，发现电压表的指针不动，电压表示数为0，确定电压表连接的位置；
②根据两个滑动变阻器规格，可知变阻器允许通过的最大电流；图（a）中，根据电流表可有选用大、小量程读数，从而图（a）中确定电流表的读数；
③根据当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数最小值如图（b）所示，根据电流表可有选用大、小量程读数，由②中电流大小确定电流表的读数；
由分压原理，变阻器连入电路的电阻越大，电压表的示数越大（电路的电流越小），根据题意，当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数达到最小值，是因为电压表达到最大值；
根据由图（c）电压表可能选用的量程，由欧姆定律求出变阻器连入电路的电阻，结合变阻器的规格确定电压表使用的量程和滑动变阻器的规格；
根据图（c）中电压表选用的量程确定分度值读出电压表示数，因变阻器连入电路的电阻小于20Ω，由欧姆定律得邮变阻器的电压小于多少，从而由串联电压的规律得出电源电压小于多少伏；
（b）由串联电路电压的规律得出电源电压大于多少伏，根据电源电压为1.5V的整数倍确定电源电压大小；
根据串联电路的规律及欧姆定律求出三次测量的电阻大小，为减小误差，取平均值作为测量结果。
本题用电流表、电压表测电阻，考查串联电路的规律、欧姆定律的运用及电表读数、数据处理的方法，同时考查了分类讨论和推理演绎的能力，对学生的思维能力要求较高，本题的易错点是：滑片向另一端移动的过程中，电流表示数达到最小值，不是变阻器连入电阻不是最大（是因为电压表示数达到最大值）。
绝密★启用前
2020年上海市浦东新区中考物理一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共8题）
1. 一节新干电池的电压最接近（ ）
A.0.5伏 B.1.5伏 C.2.5伏 D.3伏
2. 下列实例中，应用连通器原理工作的是（ ）
A.液位计 B.深潜器 C.吸尘器 D.水库大坝
3. 当一杯水结成冰之后，下列物理量中不发生变化的是（ ）
A.质量 B.体积 C.密度 D.比热容
4. 下列与物理单位“帕斯卡”相同的是（ ）
A.牛顿/米 B.牛顿/米2
C.米/牛顿 D.米2/牛顿
5. 当把电阻R1和R2（R1＞R2）串联后接入电路，以下判断正确的是（ ）
A.通过电阻R1的电流大
B.通过电阻R2的电流大
C.通过两电阻的电流相等
D.无法判断电流的大小
6. 关于浸在液体中的物体所受浮力F浮与物体重力G物、物体排开液体的重力G排间的大小关系，以下说法中正确的是（ ）
A.只有当物体浸没时，F浮等于G物
B.不管物体是否浸没，F浮都等于G物
C.只有物体未浸没时，F浮等于G排
D.不管物体是否浸没，F浮都等于G排
7. 如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关后，当滑片P向右移动时（ ）
A.电流表A的示数变小 B.电压表V的示数变大
C.电压表V与电流表A示数的比值变大 D.电压表V与电流表A示数的比值不变
8. 盛有不同液体的甲、乙两个柱形容器（S甲＞S乙）放于水平地面上，如图所示，液体对容器底部的压强相等。倒入（液体不溢出）或抽出部分液体后，液体对容器底部的压强变为p'甲、p'乙，以下判断中正确的是（ ）
A.若倒入相等质量的原液体，p'甲可能等于p'乙
B.若抽出相等质量的原液体，p'甲一定大于p'乙
C.若倒入相等体积的原液体，p'甲一定大于p'乙
D.若抽出相等体积的原液体，p'甲一定小于p'乙
评卷人
得分
二、 填空题（共8题）
9. 教室内照明灯正常工作的电压为______伏，开关与灯之间是______（选填“串联”或“并联”）连接的。家中空调与节能灯均正常工作时，通过______的电流较大。
10. 首先用实验测定大气压强值的科学家是______。大气压强的大小随海拔高度的升高而______，空气的______和湿度也会影响大气压强的大小。
11. 牛奶的密度为1.03×103千克/米3，读作1.03×103______，它表示每立方米牛奶的______为1.03×103千克。相同体积的牛奶和水，牛奶的质量较______。
12. 三峡水库的水深可超过100米，在水面下50米深处水的压强为______帕；深水处也存在着某些鱼类及生物，若水面下50米深处有一面积为0.02米2的鱼，这条鱼受到水的压力为______牛，鱼类体内的压强______选填“大于”、“等于”或“小于”）该处水的压强。
13. 重为10牛的金属块用弹簧测力计吊着浸没在水中，这时弹簧测力计的示数为8牛，则该金属块受到的浮力是______牛；此时金属块受到液体向上的压力比受到液体向下的压力______。浮力的方向总是______的。
14. 某导体的电阻为10欧，通过它的电流为0.3安，则它两端的电压为______伏，20秒内通过它的电荷量为______库。若它两端的电压变大为6伏，它的电阻为______欧。
15. 十九世纪初，人类对于电流的认识还处于模糊阶段，而对热传递的规律有较深的认识，“导热杆中两点间的‘热流’正比于这两点间的温度差”已成为当时科学家的普遍共识。欧姆认为，导线中的电流现象应该与此相似，猜想“导线中两点之间的______也许与它们之间的某种驱动力成正比”，这个“驱动力”就是我们现在所称的______。
欧姆当时研究的条件十分艰苦，他克服了没有稳定电流的困难、自行研制了测量电流的工具。经过多年大量实验后，他在1827年出版的《电路的数学研究》一书中，把实验规律总结成如下公式：S=γE．式中S表示电流、E表示“驱动力”、γ应表示______（选填“A”、“B”或“C”）。
A．导线对电流的传导能力
B．导线对电流的阻碍能力
C．导线中的电荷量
16. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1、R2中有一个存在故障，闭合开关后，电压表示数为0V，则故障可能是______。
①若用一个完好的电阻R替换R1，电压表示数不变，则电路中存在的故障是______。
②若用一个完好的电阻R换替R2，请写出电压表示数变化情况及相对应的故障。______
评卷人
得分
三、 作图题（共3题）
17. 如图，重为8牛的物体静止在水平地面上，请用力的图示法画出其对地面的压力F．
18. 在如图中的〇里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路图。
19. 在如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合开关S，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表的示数变大。
评卷人
得分
四、 计算题（共3题）
20. 物体排开水的体积为3×10-3米3，求物体受到浮力F浮的大小。
21. 如图所示的电路中，电源电压恒为6伏、电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2标有“20Ω1A”字样。闭合开关后，电流表的示数为0.4安。
①（a）求R1两端的电压U1；
（b）求此时R2连入电路的电阻值。
②把上述器材重新连接后，闭合开关，在确保安全的情况下，移动滑片的过程中电流表示数能达1.2A．可判断出电流表测量的是______（选填“R1”、“R2”或“干路”）的电流，求移动滑片时电流表示数能达到的最大范围。
22. 如图所示，盛有酒精和水的两个足够高的柱形容器置于水平地面上。若向容器中分别倒入相等体积的原有液体，倒入前后液体对容器底的压强记录在下表中。（ρ酒=0.8×103千克/米3）
①求倒入后容器中酒精的深度h酒。
②若倒入后酒精的质量为3.2千克，求酒精的体积V酒。
③求两容器内部底面积S酒：S水的值。
液体对容器底部的压强
倒入前
倒入后
p酒（帕）
1176
1568
p水（帕）
1176
1960
评卷人
得分
五、 实验探究题（共4题）
23. 在“探究导体中电流与电压的关系”实验中，需要测量的物理量有______和______。如图所示的仪器用于研究______，实验中在调节金属盒的朝向和深度时，眼睛要注意观察该仪器两边液面______的变化情况。
24. 在“探究物质质量与体积的关系”实验中，需要用电子天平测出物质的______，本实验需要进行多次测量，其目的是为了______（选填字母A“得到普遍规律”或B“求平均值减小误差”）。在“测定物质的密度”实验中，其实验原理是______，实验时要用______（选填“同种”或“不同”）物质进行多次实验。
25. 小张研究物体浸入同一柱形容器的水中时，容器对水平地面压强的变化规律。他在一个足够高的柱形容器中盛有一定量的水，按如图所示将系在弹簧测力计下的物体逐渐浸入液体中。他读出测力计示数F，并用传感器测得容器对水平地面的压强p容，把数据记录在表一中。他又用二个重力不同的物体重复上述实验，相关数据记录在表二和表三中。
表一物体重G物=8N
表二物体重G物=9N
表三物体重G物=10N
实验序号
F/牛
p容/帕
实验序号
F/牛
p容/帕
实验序号
F/牛
p容/帕
1
6
2000
5
7
2000
9
8
2000
2
4
2250
6
5
2250
10
7
2125
3
2
2500
7
3
2500
11
4
2500
4
0
2750
8
2
2625
12
2
2750
①分析比较表一、或表二、或表三中p容随F的变化情况可初步得出：物体浸入同一柱形容器的水中时，G物相等，______。
②分析比较实验序号2与11、或3与8与12、或5与10中p容随G物的变化情况可初步得出：______。
③分析比较实验序号______中的数据及相关条件可得出：物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值相等时，p容相等。
④进一步分析比较表中的数据及相关条件，可推理得出：若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，p容为______帕。
26. 小王做“用电流表、电压表测电阻”的实验，他把电源（电压保持不变且为1.5V的整数倍）、滑动变阻器（“10Ω 2A”、“20Ω 2A”）中的一个、电流表、电阻、开关、导线组成串联电路，把电压表并联在电路中，并把滑片置于滑动变阻器的一端。闭合开关后，发现电压表的指针不动，电流表示数如图（a）所示；当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数最小值如图（b）所示；经思考，他仅改变了电压表的位置，继续将滑片移到另一端，电压表示数如图（c）所示。
①根据以上信息可判断：刚闭合开关时电压表并联在______两端；
②请判断图（a）中电流表的示数，并写出理由；
③请通过计算说明滑动变阻器的规格及电源电压U；
④待测电阻的阻值为______欧。（计算电阻时，精确到0.1欧）
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：
一节新干电池的电压为1.5V，故B正确、ACD错。
故选：B。
一节新干电池的电压为1.5V，据此分析判断。
本题考查了干电池的电压值，属于基础题目。
2. 【答案】A
【解析】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符合题意；
B、深潜器靠改变自身重力工作的，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不符合题意；
D、水库大坝，上窄下宽，是利用液体压强的特点，故D不符合题意。
故选：A。
（1）连通器的结构特征是上端开口、底部连通，判断是不是连通器要根据这两个特征。
（2）深潜器靠改变自身重力工作的；
（3）流体压强与流速的关系，流速越大，压强越小；
（4）液体压强随深度的增加而增大。
此题考查的是连通器在生活中的应用。这就要求我们平时要多观察、多思考。记住连通器定义，生活中的锅炉水位计、自动喂水器、洗手盆的回水弯、过桥涵洞、船闸等等都是连通器。
3. 【答案】A
【解析】解：
A、质量是物体的属性，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，因此水结成冰后质量不变，故A符合题意；
BC、水的密度是1.0×103kg/m3，冰的密度是0.9×103kg/m3，因此水结成冰后密度变小；
质量m不变，密度ρ变小，根据公式V=可知其体积V变大，故B、C不符合题意；
D、由物理常识可知，冰的比热容小于水的比热容，即水结冰后比热容变小，故D不符合题意。
故选：A。
在质量、体积、密度、比热容三个量中，质量是物体的属性，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；而体积、密度、比热容都与状态有一定关系。
质量是物体的一种属性，只和物体所含物质的多少有关。结冰后温度、体积、密度、比热容都要发生变化。
4. 【答案】B
【解析】解：
由压强定义式p=可知压强的单位为：N/m2=1Pa，不存在N/m、m/N、m2/N这些单位，故B正确、ACD错。
故选：B。
结合压强的定义式p=及物理量的单位运算规律，不难选出答案。
本题是一道有关物理量的单位确定的题目，明确单位由来是关键。
5. 【答案】C
【解析】解：
两电阻串联后接入电路中时，因串联电路中各处的电流相等，所以通过两电阻的电流相等；故A、B、D错误，C正确；
故选：C。
两定值电阻串联时通过它们的电流相等，根据串联电路的电流特点即可判断。
本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律的应用，是一道基础题目。
6. 【答案】D
【解析】解：（1）由阿基米德原理可知，浸在液体中的物体所受的浮力等于它排开的液体所受的重力，不管物体是否浸没，F浮都等于G排，故C错误、D正确；
（2）物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，F浮都等于G物，故AB错误。
故选：D。
（1）根据阿基米德原理可知，浸在液体中的物体所受的浮力等于它排开的液体所受的重力。
（2）根据物体漂浮和悬浮的条件可知受到浮力和重力的关系。
本题考查阿基米德原理原理的内容以及物体浮沉条件的应用，比较简单，属于基础题目。
7. 【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、两电阻并联，电压表测电源电压，故电压表示数不变，故B错误；
电流表测R1的电流，根据并联电路各支路互不影响可知，P向右移动时，电流表A的示数不变，故A错误；
CD、由欧姆定律可知，电压表V与电流表A示数的比值即为R1的电阻，其大小不变，故C错误、D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、两电阻并联，由电压表测电源电压分析电压表示数；电流表测R1的电流，根据并联电路各支路互不影响确定电流表A的示数不变；
CD、根据欧姆定律结合R1的阻值判断电压表V与电流表A示数的比值变化。
本题考查并联电路的特点及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
8. 【答案】B
【解析】解：
（1）已知液体对容器底部的压强相等，由于柱状容器中液体对底面的压力等于液体的重力，则：p甲=，p乙=；
A、若倒入相等质量的原液体，则p甲'==+=p甲+；p乙'==+=p乙+；
由图可知：S甲＞S乙，则＜，所以，p甲'＜p乙'，故A错误；
B、若抽出相等质量的原液体，则p甲'==-=p甲-；p乙'==-=p乙-；
由图可知：S甲＞S乙，则＜，所以，p甲'＞p乙'，故B正确；
（2）根据p=ρgh可得：p甲=ρ甲gh甲，p乙=ρ乙gh乙；
由题意知，p甲=p乙，即：ρ甲gh甲=ρ乙gh乙；
由图可知，h甲＞h乙，所以，ρ甲＜ρ乙；
C、若倒入相等体积的原液体，则倒入后甲容器中液面的高度h甲′=h甲+，乙容器中液面的高度h乙′=h乙+；
则有：p甲'=ρ甲gh甲′=ρ甲g（h甲+）=ρ甲gh甲+ρ甲g×=p甲+×△Vg，
p乙'=ρ乙gh乙′=ρ乙g（h乙+）=ρ乙gh乙+ρ乙g×=p乙+×△Vg，
已知：ρ甲＜ρ乙，由图可知，S甲＞S乙，则有：＜，所以，p甲'＜p乙'，故C错误；
D、若抽出相等体积的原液体，抽出后甲容器中液面的高度h甲′=h甲-，乙容器中液面的高度h乙′=h乙-；
则有：p甲'=ρ甲gh甲′=ρ甲g（h甲-）=ρ甲gh甲-ρ甲g×=p甲-×△Vg，
p乙'=ρ乙gh乙′=ρ乙g（h乙-）=ρ乙gh乙-ρ乙g×=p乙-×△Vg，
已知，ρ甲＜ρ乙，由图可知，S甲＞S乙，则：＜，所以，p甲'＞p乙'，故D错误。
故选：B。
（1）由于柱状容器中液体对底面的压力等于液体的重力，根据p==即可判断压强的变化；
（2）已知液体原先对容器底部的压强相等，已知h甲＞h乙，可推出甲、乙液体的密度关系，然后根据液体深度的变化利用p=ρgh逐个分析判断。
这是一道推理判断题，可根据若液体原先对容器底部的压强相等，判断两液体的密度大小，关键是知道柱状容器中液体对底面的压力等于液体的重力，然后对各个选项逐一分析即可得出答案。
二、 填空题
9. 【答案】220 串联 空调
【解析】解：
（1）我国家庭电路、普通照明电路电压是220V，教室内照明灯正常工作时两端的电压是220伏；
（2）开关与灯之间是串联连接的，这样才能方便对电灯的控制；
（3）由于空调的功率远大于节能灯的功率，工作电压相同，由P=UI可知，通过空调的电流要远大于节能灯的电流。
故答案为：220；串联；空调。
（1）我国家庭电路、普通照明电路电压是220V；
（2）开关与用电器串联，这样才能方便对用电器的控制。
（3）空调的电功率远大于节能灯的电功率。
本题考查了家庭电路电压、开关与灯间的连接方式、不同用电器电流大小的比较等问题，难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题。
10. 【答案】托里拆利 减小 温度
【解析】解：“托里拆利实验”测量出了大气压强的值，著名的马德堡半球实验证明了大气压强的存在且很大；
越往高空，空气越稀薄，大气压越小，即大气压强的大小随海拔高度的升高而减小；大气压强的大小与空气的温度和湿度有关。
故答案为：托里拆利；减小；温度。
（1）与大气压强有关的著名实验：“马德堡半球实验”证明了大气压的存在；“托里拆利实验”计算出了大气压强的值；
（2）大气压与高度有关，海拔越高的位置气压值越低。
解决本题要求学生：记住两个著名实验，理解大气压强与海拔高度的关系，是一道基础题。
11. 【答案】千克每立方米 质量 大
【解析】解：牛奶的密度为1.03×103千克/米3，读作1.03×103千克每立方米；
密度的定义：某种物质单位体积的质量。所以，牛奶的密度为1.03×103千克/米3，它表示1米3牛奶的质量为1.03×103千克；
由m=ρV可知：体积相同时，质量与密度成正比。已知水和牛奶的体积相同，但牛奶的密度大于水，所以牛奶的质量较大。
故答案为：千克每立方米；质量；大。
由某种物质组成的物体，其质量与体积的比值是一个常量，它反映了这种物质的一种特性。在物理学中，把某种物质单位体积的质量叫做这种物质的密度。
相同体积的不同物质，质量与密度成正比。
本题中的水的密度是要求记忆的，很多题目在用到水的密度时并没有告诉你，需要你自己记住；熟知密度概念和公式即可解决此题。
12. 【答案】4.9×105 9800 等于
【解析】解：水面下50米深处水的压强：
p=ρgh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×50m=4.9×105Pa；
由p=得这条鱼受到水的压力：
F=pS=4.9×105Pa×0.02m2=9800N。
鱼类体内的压强与外部水对鱼的压强保持平衡，鱼才能生存，故鱼类体内的压强等于该处水的压强。
故答案为：4.9×105；9800；等于。
（1）已知水深则可由压强公式p=ρgh求得石板所受压强；由p=变形后可求得压力F。
（2）鱼类体内的压强与外部水对鱼的压强保持平衡是鱼生存的必要条件。
本题考查了液体压强和压力的计算，难度不大，是一道较为简单的题目。
13. 【答案】2；大；竖直向上
【解析】解：（1）当金属球全部浸入水中时，受到的浮力：
F浮=G-F示=10N-8N=2N；
（2）由于F向上-F向下=F浮=2N，
所以，F向上＞F向下，
则浮力的方向总是竖直向上。
故答案为：2；大；竖直向上。
（1）根据称重法即可求出金属块受到的浮力；
（2）根据浮力产生的原因即可判断压力的大小，浮力的方向是竖直向上的。
本题属于浮力的基本计算，知道浮力产生的原因，利用好称重法求浮力（F浮=G-F示）是本题的关键。
14. 【答案】3；6；10
【解析】解：由I=可得，导体两端的电压：
U=IR=0.3A×10Ω=3V，
根据I=可得，20秒内通过它的电荷量：
Q=It=0.3A×20s=6C，
导体电阻与电压、电流无关，若它两端的电压变大为6伏，导体电阻仍为10Ω；
故答案为：3；6；10。
（1）已知电阻与电流，由欧姆定律可以求出电阻两端的电压；
（2）已知电流与时间，由电流的定义式的变形公式可以求出电荷量；
（3）导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电流、电压无关，据此即可判断。
本题考查了求电荷量、电阻，应用电流的定义式、欧姆定律、知道影响导体电阻的因素即可正确解题。
15. 【答案】电流 电压 A
【解析】解：（1）根据“导热杆中两点间的‘热流’正比于这两点间的温度差”和电压是形成电流的原因，利用类比的方法可以猜想：导线中两点之间的电流也许与它们之间的某种驱动力成正比”，这个“驱动力”就是我们现在所称的电压；
（2）根据公式S=γE知，驱动力E越大，电流S越大，导电能力越好，电流越大，所以γ表示导线对电流的传导能力，故A正确。
故答案为：电流；电压；A。
（1）用类比的方法得出猜想；电压是形成电流的原因；
（2）根据公式S=γE分析解答。
本题考查了学生的分析解答能力，有一定的难度。
16. 【答案】R1短路或R2断路；
①R2断路；
②若电压表示数不变，则R1短路；若电压表示数变大，则R2断路。
【解析】解：闭合开关后，电压表示数为0V，说明没有电流通过电压表。原因可能是R1短路造成电压表短路；或者R2断路造成整个电路断路。
①若用一个完好的电阻R替换R1，电压表不可能短路，但电压表示数仍为0，说明没有电流通过电压表和电阻R，则电路中存在的故障是R2断路；
②若用一个完好的电阻R换替R2，若电压表示数仍然为0，说明电阻R1短路，电压表也被短路了；
若电压表示数变大，说明电路连通了，也就是原来的R2断路。
故答案为：R1短路或R2断路；
①R2断路；
②若电压表示数不变，则R1短路；若电压表示数变大，则R2断路。
电路故障有断路和短路，根据电压表示数为零，可判断R1短路或R2断路，用一个完好的电阻R替换R1，R2，再根据电压表示数或对应的电路关系进一步判断故障原因。
本题主要是电路故障的分析，要注意电路中给出的实验现象，关键能够理解断路和短路的含义。
三、 作图题
17. 【答案】解：物体放在水平地面上，压力的大小与物体的重力大小相等，F=G=8N，方向垂直于地面向下，作用点在地面，设定标度为4N，压力的图示如图：
【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．
注意压力的作用点在地面，方向与地面垂直，标度必须能被力的大小整除，最后要标明力的大小．
18. 【答案】解：电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联；
由图可知，最上面的〇与灯泡并联，为电压表；中间的〇与灯泡串联，为电流表；最下面的〇串联在电路中，为电流表，如图所示：
。
【解析】
根据电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联即可完成电路。
考查了电流表和电压表的使用，关键是知道电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联。
19. 【答案】解：经分析可知，滑动变阻器的右下方接线柱与电流表的负接线柱相连时，滑片向右移动的过程中变阻器接入电路中的电阻变小，电流表的示数变大，如下图所示：
【解析】
由由图可知，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表的示数变大，说明变阻器接入电路中的电阻变小，即右下方接线柱必须接入电路中，据此进行解答。
本题考查了滑动变阻器的正确连接，要注意变阻器串联在电路中的原则是“一上一下”，接入电路中的电阻取决于靠近下方接线柱还是远离下方接线柱。
四、 计算题
20. 【答案】解：
物体排开水的体积V排=3×10-3m3，
物体受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×3×10-3m3=29.4N。
答：物体受到的浮力为29.4N。
【解析】
已知物体排开水的体积，利用阿基米德原理F浮=ρ水gV排求物体受到的浮力。
本题考查了阿基米德原理的应用，属于基础题目，难度不大。
21. 【答案】干路
【解析】解：
①由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
（a）根据I=得，R1两端的电压：U1=IR1=0.4A×10Ω=4V；
（b）根据串联电路电压的规律知，
R2两端的电压：U2=U-U1=6V-4V=2V，
R2连入电路的电阻值为：R2===5Ω；
②由题知，把上述器材重新连接后，闭合开关，在确保安全的情况下，移动滑片的过程中电流表示数能达1.2A；
所以，此时电阻R1与滑动变阻器R2应并联；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以移动滑片时，通过定值电阻R1的电流不变，则电流表不能串联在R1支路上；
滑动变阻器R2标有“20Ω1A”字样，则通过变阻器R2的电流最大为1A，所以电流表不能串联在变阻器R2支路上；
由此可知，电流表应串联在干路中，测量干路的电流；
当滑动变阻器的电阻最大时，该支路的电流最小，总电流最小，
则电流表的最小示数为：
I小=I1+I2小=+=+=0.9A；
当通过滑动变阻器的电流最大为1A时，总电流最大，
则电流表的最大示数为：
I大=I1+I2大=+I2大=+1A=1.6A；
所以电流表示数能达到的最大范围为：0.9A～1.6A。
答：①（a）R1两端的电压U1为4V；
（b）此时R2连入电路的电阻值为5Ω。
②干路；移动滑片时电流表示数能达到的最大范围为0.9A～1.6A。
（1）已知电阻R1与滑动变阻器R2串联，还知道此时电路电流的大小，利用公式U=IR可求R1两端的电压U1；
（2）已知电源电压，根据串联电路电压的规律，可求滑动变阻器两端的电压，利用公式P=UI可求此时R2消耗的电功率；
（3）因为并联电路总电阻小于任何一个分电阻，移动滑片的过程中电流表示数能达1.2A，所以电流表测量干路的电流；
当滑动变阻器的电阻最大时，电路的电流最小，根据欧姆定律算出电路的最小电流；
根据滑动变阻器的规格判断出通过滑动变阻器的最大电流，根据欧姆定律算出电路的最达电流。
本题考查电压、电功率和电阻的计算，考查的知识点比较多，关键是要明白滑片移动过程中电阻和电压的变化，有一定的难度。
22. 【答案】解：①由p=ρgh可得，倒入后容器中酒精的深度：
h酒===0.2m。
②由ρ=可得，酒精的体积：
V酒===4×10-3m3。
③由表格可知：△p酒=1568pa-1176Pa=392Pa；△p水=1960pa-1176Pa=784Pa；
由于向容器中分别倒入相等体积的原有液体，则△h酒=，△h水=；
由p=ρgh可得，两容器底部增加的压强：
△p酒=ρ酒g△h酒=ρ酒g，
△p水=ρ水g△h水=ρ水g；
所以，=×=×=1.6。
答：①倒入后容器中酒精的深度h酒为0.2m；
②若倒入后酒精的质量为3.2千克，酒精的体积V酒为4×10-3m3；
③两容器内部底面积S酒：S水的值为1.6。
【解析】①根据p=ρgh求出酒精的深度h酒；
②根据ρ=求出酒精的体积V酒；
③根据压强的变化利用p=ρgh求出得出表达式，然后相比即可求出底面积S酒：S水的值。
本题考查了密度公式，液体压强公式的应用，关键是容器中液面上升的高度的变化。
五、 实验探究题
23. 【答案】电流 电压 液体内部压强的特点 高度差
【解析】解：在“探究通过导体中的电流与电压的关系”实验中需要控制电阻不变，测量的物理量是电流和电压；
在“研究液体内部压强与哪些因素有关”的实验中，用于测量压强的仪器叫做U形管压强计，实验时在调节金属盒的朝向和深度时，眼睛要注意观察U形管中液面高度差的大小变化，以此来判断压强的大小。
故答案为：电流； 电压； 液体内部压强的特点； 高度差。
在“探究通过导体中的电流与电压的关系”实验中需要测量的物理量是电流和电压；在物理实验室中，用U形管压强计来研究液体内部压强的大小；通过观察U形管中液面的高度差来判断压强大小的变化。
本题主要考查的是在“探究导体中电流与电压的关系”实验中，需要测量的物理量以及对研究液体压强的仪器--U形管压强计的认识，及其基本使用方法的掌握。
24. 【答案】质量 A ρ= 同种
【解析】解：（1）在“探究物质质量与体积的关系”实验中，需要用电子天平测出物质的质量；
实验中多次测量的目的是为了多次测量得到普遍规律，故A正确；
（2）在“测定物质的密度”实验中，需要测量这种物质的质量和体积，然后利用密度公式ρ=求得其密度，实验时要用相同物质进行多次实验求平均值，减小误差。
故答案为：质量；A；ρ=；同种。
（1）若要测量某固体的密度，实验中需要先测量该物体的质量。
在探究定量关系时，多次测量是为了得到定量的关系，在测量实验中，多次测量，是为了求平均值，减小误差；
（2）根据称重法确定器材，根据阿基米德原理的目的回答。
本题考查固体密度的测量及探究物质质量与体积的关系的实验，体现了对过程和方法的考查。
25. 【答案】①p容随F的减小而增大；
②物体浸入同一柱形容器的水中时，F相等，G物越大，p容也越大；
③1与5与9、或2与6、或3与7与11、或4与12；
④1875。
【解析】解：①分析比较表一、或表二、或表三中数据知，物体浸入同一柱形容器的水中时，弹簧测力计的示数越小，容器对水平地面的压强p容越大，故可以得出物体浸入同一柱形容器的水中时，G物相等，p容随F的减小而增大；
②分析比较实验序号2与11、或3与8与12、或5与10中数据知，物体浸入同一柱形容器的水中时，弹簧测力计F的示数相等，物体的重力越大，容器对水平地面的压强p容越大，故可以得出物体浸入同一柱形容器的水中时，F相等，G物越大，p容也越大；
③要想得出“物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值相等时，p容相等”，需要改变物体的重力和弹簧测力计的示数，但容器对水平地面的压强p容相等，表格中的1与5与9、或2与6、或3与7与11、或4与12符合题意；
④由表一知中实验1知，当G物与F的差值为8N-6N=2N时，容器对水平地面的压强p容为2000Pa，由实验2知，当G物与F的差值为8N-4N=4N时，容器对水平地面的压强p容为2250Pa，由实验3知，当G物与F的差值为8N-2N=6N时，容器对水平地面的压强p容为2500Pa，
所以可以得出物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值越大，容器对水平地面的压强p容越大，且差值增加2N时，容器对水平地面的压强p容增加2250Pa-2000Pa=250Pa；
所以若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，G物与F的差值为1N，容器对水平地面的压强p容变化×250Pa=125Pa，即若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，p容为2000Pa-125Pa=1875Pa。
故答案为：
①p容随F的减小而增大；
②物体浸入同一柱形容器的水中时，F相等，G物越大，p容也越大；
③1与5与9、或2与6、或3与7与11、或4与12；
④1875。
①分析比较表一、或表二、或表三中p容随F的关系得出结论；
②分析比较实验序号2与11、或3与8与12、或5与10中p容随G物的关系得出结论；
③分析表中数据找出“物体浸入同一柱形容器的水中时，G物与F的差值相等时，p容相等”对应的数据；
④根据表一中容器对水平地面的压强p容与G物与F的差值的变化规律判断出若把重为7牛的物体浸入该容器中，当F为6牛时，容器对水平地面的压强p容。
本题研究容器对水平地面的压强p容与弹簧测力计的示数、物体的重力的关系等知识，考查了学生分析数据得出结论的能力和控制变量法的应用。
26. 【答案】滑动变阻器 8.1
【解析】解：①电流表、电阻、开关、导线组成串联电路，把电压表并联在电路中，并把滑片置于滑动变阻器的一端（变阻器连入电路的电阻不是最大就是为0），根据闭合开关后，发现电压表的指针不动，电压表示数为0，电压表不可能并联在电源和待测电阻的两端，电压表只能并联在变阻器的两端（变阻器连入电路的电阻为0）；
②滑动变阻器为（“10Ω 2A”、“20Ω 2A”）中的一个，可知变阻器允许通过的最大电流为2A，图（a）中，若电流表量程为0～3A，分度值为0.1A，则示数为2.8A，超出滑动变阻器允许通过的最大电流2A，因此电流表量程只能选择0～0.6A，分度值为0.02A，故电流表的示数为0.56A；
③当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数最小值如图（b）所示，若选用大量程，分度值为0.1A，则电流为0.9A大于0.56A，不可能，故电流表只能选用小量程，分度值为0.02A，Ib=0.18A；
变阻器连入电路的电阻越大，由分压原理，电压表的示数越大，当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数达到最小值，是因为电压表示数达到最大值（由题干知，此时变阻器连入电阻不是最大），
由图（c）知，电压表的量程可能为（0-3V）或（0-15V），即电压表示数此时可能为U滑b=3V或15V；
若U滑b=15V，由欧姆定律可得：
R滑b==≈83.3Ω＞20Ω，不合题意，
若U滑b=3V，由欧姆定律可得：
R滑b═=≈16.7Ω，R滑b＜20Ω，符合题意；
故电压表使用0～3V量程，且U滑b=3伏，滑动变阻器规格为“20Ω 2A”；
图（c）中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数：
Uxc=1.3V，变阻器连入电路的电阻小于20Ω，由欧姆定律，变阻器的电压小于：
U滑c=IR滑=0.18A×20Ω=3.6V，
由串联电压的规律，电源电压小于
U=Uxc+U滑c=1.3V+3.6V=4.9V；
（b）图电流大于（c）图电流，Uxb＞1.3V，由串联电路电压的规律，电源电压大于：
U=Uxb+U滑b=1.3V+3V=4.3V，
根据电源电压为1.5V的整数倍，故电源电压为4.5V；
④在第一次操作中，待测电阻的电压为电源电压，电流为0.56A，由欧姆定律，
Rx1==≈8.0Ω；
在第二次操作中，由串联电路的规律及欧姆定律，
Rx2==≈8.3Ω；
在第三次操作中，根据串联电路的规律及欧姆定律，通过变阻器电流为：
I3===0.16A，
即通过待测电阻的电流，由欧姆定律，
Rx3==≈8.1Ω，
为减小误差，取平均值作为测量结果：
Rx==≈8.1Ω。
故答案为：
①滑动变阻器；
②电流表的示数为0.56A，理由见解答；
③滑动变阻器的规格为“20Ω 2A”，电源电压为4.5V，过程见解答；
④8.1。
①根据题意，把滑片置于滑动变阻器的一端（变阻器连入电路的电阻不是最大就是为0），根据闭合开关后，发现电压表的指针不动，电压表示数为0，确定电压表连接的位置；
②根据两个滑动变阻器规格，可知变阻器允许通过的最大电流；图（a）中，根据电流表可有选用大、小量程读数，从而图（a）中确定电流表的读数；
③根据当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数最小值如图（b）所示，根据电流表可有选用大、小量程读数，由②中电流大小确定电流表的读数；
由分压原理，变阻器连入电路的电阻越大，电压表的示数越大（电路的电流越小），根据题意，当滑片向另一端移动的过程中，电流表示数达到最小值，是因为电压表达到最大值；
根据由图（c）电压表可能选用的量程，由欧姆定律求出变阻器连入电路的电阻，结合变阻器的规格确定电压表使用的量程和滑动变阻器的规格；
根据图（c）中电压表选用的量程确定分度值读出电压表示数，因变阻器连入电路的电阻小于20Ω，由欧姆定律得邮变阻器的电压小于多少，从而由串联电压的规律得出电源电压小于多少伏；
（b）由串联电路电压的规律得出电源电压大于多少伏，根据电源电压为1.5V的整数倍确定电源电压大小；
根据串联电路的规律及欧姆定律求出三次测量的电阻大小，为减小误差，取平均值作为测量结果。
本题用电流表、电压表测电阻，考查串联电路的规律、欧姆定律的运用及电表读数、数据处理的方法，同时考查了分类讨论和推理演绎的能力，对学生的思维能力要求较高，本题的易错点是：滑片向另一端移动的过程中，电流表示数达到最小值，不是变阻器连入电阻不是最大（是因为电压表示数达到最大值）。
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