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2022-2023学年上海市黄浦区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年上海市黄浦区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.载重汽车有很多车轮是为了( )
A. 增大压力B. 减小压力C. 增大压强D. 减小压强
2.首先用实验测定大气压强值的科学家是( )
A. 伽利略B. 帕斯卡C. 托里拆利D. 阿基米德
3.已知水的密度大于冰的密度，水结成冰后( )
A. 质量变小B. 质量不变C. 体积变小D. 体积不变
4.滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的( )
A. 材料B. 长度C. 粗细D. 温度
5.如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。若在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度，它们剩余部分对地面的压力和压强分别为F甲、F乙和p甲、p乙，则( )
A. F甲>F乙，p甲>p乙B. F甲>F乙，p甲C. F甲p乙D. F甲6.在如图所示的电路中，电源电压保持不变。现对电路分别进行下列操作：①将滑动变阻器滑片向右移；②用电阻R3(R3A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
二、填空题：本大题共7小题，共14分。
7.上海家庭电路两端电压为______伏。家中同时使用的用电器增多时，干路中的电流将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。某电冰箱的额定功率为250瓦，正常工作4小时，耗电______千瓦时。
8.物理知识在生活中有着广泛的应用。如图(a)所示，锅炉液位计主要是利用______原理工作的；如图(b)所示是国产C919大飞机，为了减轻飞机质量，制作时采用密度______的铝锂合金(选填“较大”或“较小”)；先秦时期，古人用“角法”治病，“角法”就是现在的拔火罐，如图(c)所示，工作时罐内气压______外界大气压强(选填“大于”“等于”或“小于”)。
9.如图所示，重为8牛的正方体铁块A静止在水中，弹簧测力计的示数为5牛，则A所受浮力为
______牛。若铁块A上表面距液面0.1米，则它的上表面受到水的压强为______帕，现剪断连接铁块A的细线，A下沉至容器底部，此时它下表面所受水的压力______上表面所受水的压力(选填“大于”“小于”或“等于”)。
10.长度相等的镍铬导线甲和乙，甲的横截面积小于乙的横截面积，则甲的电阻______乙的电阻。若将它们串联在电路中，则通过甲的电流______通过乙的电流；若将它们并联在电路中，则并联后的总电阻______甲的电阻。(均选填“小于”“等于”或“大于”)
11.某导体两端电压为6伏时，通过它的电流为0.3安，则10秒内通过该导体横截面的电荷量为______库。当该导体两端电压变为10伏时，该导体的电阻为______欧，该导体消耗的电功率将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
12.在如图所示电路中，电源电压保持不变。电路中仅有一处断路故障，且只发生在电阻R1、R2上。若在电路中添加一个电表判断故障，小明设想了两种方案：
A.在MN两点间并联电压表
B.在N点处串联电流表
(1)判断方案是否可行______。
(2)写出判断理由______。
13.如图所示，为了航行安全，远洋轮船的船体上都标有多条水平横线，分别表示该船在不同水域及不同季节所允许的满载时的“吃水线”。为了解释这种现象，小明查阅资料后得知：(a)不同水域，表层海水的盐度不同，会导致其密度不同；(b)不同季节，表层海水温度不同；(c)某一水域，表层海水在不同温度下的密度如表所示。
(1)根据表格中表层海水的温度t、密度ρ的变化情况和相关条件，得出结论：______。
(2)结合所学知识及以上信息，指出在不同水域及不同季节轮船满载时的“吃水线”不同的原因，并写出分析过程______。
(3)该船满载时冬季“吃水线”在夏季“吃水线”的______。(选填“上方”或“下方”)
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
14.在图中，重为2牛的小球漂浮在水面上，用力的图示法画出小球所受的浮力F浮。
15.在如图电路中缺少一根导线，请按要求用笔线代替导线完成电路连接。要求：①闭合开关S后，小灯泡L发光：②向右移动变阻器的滑片P时，电流表的示数变小，且灯L亮度改变。
四、实验探究题：本大题共1小题，共6分。
16.小明做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源(电源电压有2伏、4伏、6伏和8伏四挡可选)、待测电阻Rx、电流表、电压表(只有0∼3伏挡完好)、开关各一个，两个滑动变阻器(分别标有“10欧2安”和“20欧1安”)、以及导线若干。他选用某一挡位电源电压后，连接电路，并将滑片移到最大阻值处，闭合开关时观察到电表的示数如图(a)、(b)所示，移动滑片P，发现电流表示数变大，电压表示数超出了量程。经过思考后，仅更换了滑动变阻器，继续进行实验，实验数据如序号2、3所示。
(1)请将图中实验数据记录在序号1中。
(2)电压表并联在______两端(选填“待测电阻”或“变阻器”)。
(3)待测电阻Rx的阻值为______欧。
(4)请说明本实验所用电源电压的挡位______。
五、计算题：本大题共4小题，共32分。
17.体积为2×10−4米 3的物块浸没在水中，求物块所受浮力F浮的大小。
18.某导体两端的电压为6伏，通过它的电流为0.3安。求：通电10秒，电流通过导体所做的功W和电功率P。
19.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R的阻值为10欧，闭合开关S，电流表的示数为0.9安。
(1)求电源电压U。
(2)在电路中再接入一个电阻R2，电阻R2接入前后电流表示数变化了0.3安，求R2的阻值。
20.如图所示，甲、乙两个完全相同的薄壁圆柱形容器置于水平面上，容器的质量为0.2千克、底面积为1×10−2米 2。甲中盛有水，乙中盛有酒精(ρ酒精=0.8×103千克/米 3)，水和酒精对容器底部的压强相等。
(1)若甲中水的质量为1.8千克，求水的体积V和甲容器对水平面的压强p。
(2)求距容器底部0.1米的A、B处，水和酒精压强的差值Δp。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、水平面上的物体，对水平面的压力，其大小等于自身的重力，因此，载重汽车有很多车轮不能增大或减小压力，故AB错误；
CD、载重汽车有很多车轮是为了在压力一定时，增大受力面积，从而减小对地面的压强，故C错误、D正确。
故选：D。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强；
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。
知道影响压强大小的因素，会用影响因素分析压强的变化，同时知道水平面上的物体，对水平面的压力等于自身的重力，是解答本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：托里拆利利用水银、水槽和玻璃管进行了实验，首先测出了大气压的值，故A、B、D错误，C正确。
故选：C。
1643年6月20日，意大利科学家托里拆利首先进行实验测出了1个标准大气压的大小为约760mm汞柱或10.3m水柱。
本题考查我们对科学史的认知情况，难度很低。
3.【答案】B
【解析】解：水结冰后，由于质量不变，已知水的密度大于冰的密度，密度减小，由公式V=mρ可知体积增大。
故选：B。
质量是物体的一种属性，与物体的形状、状态、空间位置无关；水结成冰后，状态变化、质量不变，密度变小，根据V=mρ分析体积的变化。
此题考查密度与状态的关系，属于常规题型。
4.【答案】B
【解析】解：滑动变阻器移动滑片时，不能改变接入电阻丝的材料和横截面积以及温度，只能改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻和电流，故ACD错误、B正确．
故选B.
滑动变阻器工作原理：移动滑片改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻，来改变电路中的电流．
本题考查了滑动变阻器的原理，牢记滑动变阻器的工作原理是关键．
5.【答案】A
【解析】解：(1)甲、乙两个均匀的实心正方体分别放在水平地面上，水平地面受到的压力等于其重力，则水平地面受到的压强：p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh，
它们对地面的压强相等，即ρ甲gh甲=ρ乙gh乙，
因为h甲>h乙，所以ρ甲<ρ乙，
若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度，
甲对水平地面的压强为：p甲=ρ甲g(h甲−h)=ρ甲gh甲−ρ甲gh，
乙对水平地面的压强为：p乙=ρ乙g(h乙−h)=ρ乙gh乙−ρ乙gh，
因为ρ甲<ρ乙，所以ρ甲gh<ρ乙gh，
又因为ρ甲gh甲=ρ乙gh乙，
所以，ρ甲gh甲−ρ甲gh>ρ乙gh乙−ρ乙gh，即p甲>p乙，故BD错误；
(2)甲对水平地面的压力为：F甲=p甲S甲，
乙对水平地面的压力为：F乙=p乙S乙，
因为p甲>p乙，S甲>S乙
所以F甲>F乙，故A正确，C错误。
故选：A。
对于质地均匀的柱状固体，利用p=ρgh比较物体对水平面的压强，然后根据F=pS比较物体对水平地面的压力。
此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p=FS和p=ρgh(适用于实心柱体对支撑面的压强)进行分析解答。
6.【答案】C
【解析】解：开关断开时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
①将滑动变阻器滑片向右移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流变小，所以电流表示数变小，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变小，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压变大，即电压表示数变大，故①不可行；
②用电阻R3(R3③闭合开关S，定值电阻被短路，电路为滑动变阻器的简单电路，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即电源电压，所以电压表示数变大，
根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，即电流表示数变大，故③可行。
故选：C。
开关断开时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
①将滑动变阻器滑片向右移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律判断电路总电阻的变化，根据欧姆定律判断此时通过电路的电流变化，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变化，根据串联电路电压规律判断滑动变阻器两端的电压变化；
②用电阻R3(R3③闭合开关S，定值电阻被短路，电路为滑动变阻器的简单电路，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即电源电压，据此判断电压表示数变化，
根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电路的电流变化。
本题考查串联电路特点好、串联分压原理、欧姆定律的灵活运用。
7.【答案】220 变大 1
【解析】解：我国家庭电路中的电压是220V，所以电冰箱两端的电压为220V；
在家庭电路中，各用电器互不影响，因此各用电器是并联的，干路中的电流等于各支路电流之和，因此同时开启的用电器越多，电路中的总电流变大；
由P=Wt可得，耗电：
W=Pt=250×10−3kW×4h=1kW⋅h。
故答案为：220；变大；1。
(1)家庭电路的电压是220V；
(2)家庭电路中，各用电器之间是并联，并联电路干路电流等于各支路电流之和，用电器越多，电路电流越大；
(3)已知其额定功率和正常工作4小时，根据P=Wt可求得消耗电能。
此题考查了家庭电路的电压、并联电路的电流规律、电功的计算等，是一道基础性题目。
8.【答案】连通器 较小 小于
【解析】解：(1)如图(a)所示的锅炉液位计底部相连，上端开口，是利用连通器原理工作的。
(2)C919大飞机的体积一定，由m=ρV可知，材料的密度越小，客机的质量越小，所以制造客机时采用密度较小的铝锂合金。
(3)拔火罐时先用火将罐里的空气加热，然后迅速将罐子扣在患者的皮肤上，冷却后罐内的气压小于外界大气压，罐子就会吸附在皮肤上。
故答案为：连通器；较小；小于。
(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)制造飞机时，要尽可能地减轻其质量，如何减轻质量，可以利用公式m=ρV分析。
(3)拨火罐利用的是大气压。
此题考查大气压的综合应用、密度的应用与物质鉴别、连通器原理的应用，是一道综合性很强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
9.【答案】31×103 大于
【解析】解：(1)铁块受到的浮力：
F浮=G−F示=8N−5N=3N。
(2)铁块上表面受到水的压强：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1×103Pa。
(3)剪断连接铁块A的细线，A下沉至容器底部，其下表面所处深度大于其上表面所处深度，
根据p=ρ水gh可知，其下表面所受压强大于其上表面所受压强，
正方体铁块的上、下表面积相同，
根据p=FS可得F=pS，可知此时它下表面所受水的压力大于上表面所受水的压力。
故答案为：3；1×103；大于。
(1)利用称重法F浮=G−F示即可求出浮力的大小。
(2)利用p=ρ液gh计算铁块上表面受到水的压强。
(3)利用p=ρ液gh比较铁块上、下表面受到水的压强，然后利用p=FS比较较铁块上、下表面受到水的压力。
本题考查液体压强的计算以及公式的应用、称重法测浮力，属于常考题目，难度中等。
10.【答案】大于 等于 小于
【解析】解：(1)由题意可知，甲、乙两导线材料相同和长度相同，甲的横截面积小于乙的横截面积，则甲的电阻大于乙的电阻；
(2)若将它们串联后接入电路，因为串联电路电流处处相等，则通过甲的电流等于通过乙的电流；
(3)并联后的总电阻小于任何一个并联电阻的阻值，所以并联后的总电阻小于甲的电阻。
故答案为：大于；等于；小于。
(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，根据控制变量法分析解答；
(2)串联电路中各处电流都相等；
(3)并联后的总电阻小于任何一个并联电阻的阻值。
本题考查电阻影响因素的理解、串联电路电流特点、并联电路电阻的特点的应用，是一道综合题。
11.【答案】3 20 变大
【解析】解：由I=Qt得通过该导体横截面的电荷量：
Q=It=0.3A×10s=3C；
由I=UR得导体电阻：
R=UI=6V0.3A=20Ω，
电阻的大小与电压和电流的变化无关，所以当电压变化时，电阻值不变仍为20Ω。
由P=UI=U2R知，电压变大，电阻不变，电功率变大。
故答案为：3；20；变大。
已知通过该导体的电流和时间，根据公式Q=It可求电荷量，利用欧姆定律求导体电阻；而电阻与导体两端的电压没有关系，当该导体两端电压变为10V时电阻不变，再利用P=UI=U2R判断电功率的变化。
本题考查电荷量的计算、根据欧姆定律求电阻的计算以及电功率的计算，关键是公式及其变形的应用，还要知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，而与导体两端的电压和通过的电流无关。
12.【答案】方法A不可行；方法B可行 将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
在N点处串联电流表，如果电流表有示数，则说明是电阻R1断路，如果电流表没有示数，这说明电阻R2断路
【解析】解：(1)方法A不可行；方法B可行；
(2)将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
在N点处串联电流表，如果电流表有示数，则说明是电阻R1断路，如果电流表没有示数，这说明电阻R2断路。
根据电压表、电流表的测量位置分析，如果不同位置的断路引起示数有变化，则方法可行。
本题考查的是电流表和电压表在判断电路故障中的应用，属于常见题型。
13.【答案】同一水域，温度越高，密度越小 由于不同水域及不同季节海水的温度不同，则海水的密度不同，轮船在海水中都是漂浮，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开海水的体积不同 下方
【解析】解：(1)由表中数据可知，同一水域，海水温度越高，密度越小；
(2)由于不同水域及不同季节海水的温度不同，则海水的密度不同，轮船在海水中都是漂浮，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开水的体积不同，所以“吃水线”不同；
(3)冬季温度低，海水密度大，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开液体的体积更小，则其吃水线应在夏季“吃水线”的下方。
故答案为：(1)同一水域，温度越高，密度越小；(2)由于不同海水域及不同季节水的温度不同，则海水的密度不同，轮船在海水中都是漂浮，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开海水的体积不同；(3)下方。
(1)根据表中海水的温度t、密度ρ的变化数据可得出结论；
(2)当轮船都是漂浮，根据漂浮条件分析轮船V排的变化情况即可得出结论；
(3)冬季温度低，海水密度小，轮船都是漂浮，根据漂浮条件和F浮=ρ液gV排分析轮船V排的变化。
此题属于信息给予题，在分析过程中，要用到有关物体漂浮时浮力与重力相等的关系，搞清楚在不同的情况下，轮船受到的浮力不变是解决此题的关键，并要掌握浮力公式，合理的运用，才能得出V排和ρ液之间的关系；此题与实际生活联系密切，体现了学以致用的思想。
14.【答案】解：因为小球漂浮在水面上，所以重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，
由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1N，如下图所示：
【解析】小球漂浮在水面上，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和方向即可知浮力大小和方向。再按照力的图示要求画出这个力。
作力的图示时，力的大小一定要能被标度整除，正确表示出力的大小、方向和作用点。
15.【答案】
【解析】解：经分析可知，变阻器的左下方接线柱与灯泡串联，向右移动变阻器的滑片P时接入电路中的电阻变大，电流表的示数变小，且灯L亮度改变，如下图所示：
由题意可知，闭合开关S后，小灯泡L发光，且向右移动变阻器的滑片P时，电流表的示数变小，且灯L亮度改变，说明滑动变阻器和灯泡串联，且滑片右移时接入电路中的电阻变大，则变阻器的左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。
16.【答案】待测电阻 106V0.33
【解析】解：(1)电压表、电流表均选用小量程，分度值分别为0.1V、0.02A，电压表示数为3V，电流表示数I=0.3A，
(2)分析表中数据可知电压表示数随电流表示数的减小而减小，所以电压表是测量待测电阻的电压，即电压表并联在待测电阻Rx的两端；
(3)根据欧姆定律I=UR可得：
第一次：R1=U1I1=3V0.3A=10.0Ω，
第二次：R2=U2I2=≈10.4Ω，
第三次：R3=U3I3=Ω，
则电阻Rx平均值：Rx=R1+R2+R33=10.0Ω+10.4Ω+10.0Ω3≈10.1Ω；
(4)连接电路，并将滑片移到最大阻值处，闭合开关时此时电压表的示数为3V，由于Rx的阻值约10Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω或20Ω，根据串联电路的分压特点可知：滑动变阻器两端的电压为3V或6V，由于实验中电压表超出量程更换了滑动变阻器，则更换的滑动变阻器一定是阻值更大的，所以实验中更换滑动变阻器前使用滑动变阻器的最大阻值为10Ω，则电源电压为3V+3V=6V。
故答案为：(1)0.3；3；(2)待测电阻；(3)10.1；(4)6V。
(1)搞清电压表、电流表的分度值，正确读出电压表、电流表的示数；
(2)根据表格数据中电压表示数与电流表示数的变化即可判断电压表测量的对象；
(3)根据欧姆定律求待测电阻Rx的阻值，再求平均值；
(4)根据更换滑动变阻器前电压表的示数，根据串联电路的分压特点即可判断使用的电源电压的挡位。
本题用电流表、电压表测电阻，考查串联电路的规律和欧姆定律的运用，关键是根据题中条件确定电源电压，能从题中题意挖掘隐含的条件是解题的关键，对学生的能力要求较高。
17.【答案】解：物块浸没在水中，V排=V物=2×10−4m3，
物块所受浮力F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×2×10−4m3×9.8N/kg=1.96N。
答：物块所受浮力F浮的大小为1.96N。
【解析】物块浸没在水中，V排=V物，根据F浮=ρ水gV物 求得物块浸没在水中受到的浮力。
本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，明确物块浸没在水中，V排=V物是解答此题的关键。
18.【答案】解：电流通过导体所做的功W=UIt=6V×0.3A×10s=18J；
电功率P=UI=6V×0.3A=1.8W；
答：电流通过导体所做的功为18J；电功率是1.8W。
【解析】(1)已知电压，电流和通电时间，根据W=UIt求出电流通过导体所做的功；
(2)利用P=UI计算电功率。
本题考查了电功的计算，欧姆定律的应用，电功率的计算，是基本计算题。
19.【答案】解：(1)闭合开关，电路为定值电阻的简单电路，电流表测通过电路的电流，
根据欧姆定律可得电源电压：U=IR=0.9A×10Ω=9V；
(2)①若电阻R2并联接入电路，并联电路干路电流等于各支路电流之和，电流表示数变化了0.3A，则通过电阻R2的电流为0.3A，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2=UI2=9V0.3A=30Ω；
②若电阻R2串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可知通过电路的电流变小，则电流表示数为0.9A−0.3A=0.6A，
根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R′=UI′=9V0.6A=15Ω，
则R2的阻值：R2=R′−R=15Ω−10Ω=5Ω。
答：(1)电源电压为9V；
(2)R2的阻值为30Ω或5Ω。
【解析】(1)闭合开关，电路为定值电阻的简单电路，电流表测通过电路的电流，根据欧姆定律计算电源电压；
(2)①若电阻R2并联接入电路，根据并联电路电流规律结合电流表示数的变化可知通过电阻R2的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算电阻R2的阻值；
②若电阻R2串联接入电路，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变化，据此计算电流表示数，根据欧姆定律计算此时电路总电阻，根据串联电路电阻规律计算R2的阻值。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
20.【答案】解：(1)已知水的质量m=1.8kg，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，
则水的体积V=mρ=1.8kg1.0×103kg/m3=1.8×10−3m3；
甲容器对水平面的压力大小等于容器的重力与水的重力之和，
即F=G水+G容器=m水g+m容器g=1.8kg×10N/kg+0.2kg×10N/kg=20N，
则甲容器对水平面的压强p=FS=20N1×10−2m2=2000Pa；
(2)水的深度h=VS=1.8×10−3m31×10−2m2=0.18m，
则水对容器底部的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.18m=1.8×103Pa，
因为水和酒精对容器底部的压强相等，所以p酒精=1.8×103Pa，
根据p=ρgh可得酒精的深度：h酒精=p酒精ρ酒精g=1.8×103Pa0.8×103kg/m3×10N/kg=0.225m；
则距容器底部0.1m的A处的压强pA=ρ水g(h−0.1m)=1.0×103kg/m3×10N/kg×(0.18m−0.1m)=800Pa，
B处的压强pB=ρ酒精g(h酒精−0.1m)=0.8×103kg/m3×10N/kg×(0.225m−0.1m)=1000Pa，
所以差值Δp=pB−pA=1000Pa−800Pa=200Pa。
答：(1)水的体积为1.8×10−3m3；甲容器对水平面的压强为2000Pa；
(2)距容器底部0.1米的A、B处，水和酒精压强的差值为200Pa。
【解析】(1)根据密度公式可求水的体积；根据压强公式可求解压强；
(2)先求出水的深度，根据压强公式求出水对容器底部的压强，因为水和酒精对容器底部的压强相等，所以可知酒精对容器底部的压强，那么酒精的深度可得，最后求得A、B两处的压强，进一步可得压强差。
本题考查了液体压强的计算，难度较大。关键是正确认识深度的含义，深度是指从液面到待测点的竖直距离。某一水域的表层海水
温度t(℃)
6
16
26
密度ρ(kg/m3)
1026.8
1025.5
1022.5
序号
电流表(A)
电压表(V)
1
______
______
2
0.24
2.5
3
0.18
1.8
1.载重汽车有很多车轮是为了( )
A. 增大压力B. 减小压力C. 增大压强D. 减小压强
2.首先用实验测定大气压强值的科学家是( )
A. 伽利略B. 帕斯卡C. 托里拆利D. 阿基米德
3.已知水的密度大于冰的密度，水结成冰后( )
A. 质量变小B. 质量不变C. 体积变小D. 体积不变
4.滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的( )
A. 材料B. 长度C. 粗细D. 温度
5.如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。若在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度，它们剩余部分对地面的压力和压强分别为F甲、F乙和p甲、p乙，则( )
A. F甲>F乙，p甲>p乙B. F甲>F乙，p甲
二、填空题：本大题共7小题，共14分。
7.上海家庭电路两端电压为______伏。家中同时使用的用电器增多时，干路中的电流将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。某电冰箱的额定功率为250瓦，正常工作4小时，耗电______千瓦时。
8.物理知识在生活中有着广泛的应用。如图(a)所示，锅炉液位计主要是利用______原理工作的；如图(b)所示是国产C919大飞机，为了减轻飞机质量，制作时采用密度______的铝锂合金(选填“较大”或“较小”)；先秦时期，古人用“角法”治病，“角法”就是现在的拔火罐，如图(c)所示，工作时罐内气压______外界大气压强(选填“大于”“等于”或“小于”)。
9.如图所示，重为8牛的正方体铁块A静止在水中，弹簧测力计的示数为5牛，则A所受浮力为
______牛。若铁块A上表面距液面0.1米，则它的上表面受到水的压强为______帕，现剪断连接铁块A的细线，A下沉至容器底部，此时它下表面所受水的压力______上表面所受水的压力(选填“大于”“小于”或“等于”)。
10.长度相等的镍铬导线甲和乙，甲的横截面积小于乙的横截面积，则甲的电阻______乙的电阻。若将它们串联在电路中，则通过甲的电流______通过乙的电流；若将它们并联在电路中，则并联后的总电阻______甲的电阻。(均选填“小于”“等于”或“大于”)
11.某导体两端电压为6伏时，通过它的电流为0.3安，则10秒内通过该导体横截面的电荷量为______库。当该导体两端电压变为10伏时，该导体的电阻为______欧，该导体消耗的电功率将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
12.在如图所示电路中，电源电压保持不变。电路中仅有一处断路故障，且只发生在电阻R1、R2上。若在电路中添加一个电表判断故障，小明设想了两种方案：
A.在MN两点间并联电压表
B.在N点处串联电流表
(1)判断方案是否可行______。
(2)写出判断理由______。
13.如图所示，为了航行安全，远洋轮船的船体上都标有多条水平横线，分别表示该船在不同水域及不同季节所允许的满载时的“吃水线”。为了解释这种现象，小明查阅资料后得知：(a)不同水域，表层海水的盐度不同，会导致其密度不同；(b)不同季节，表层海水温度不同；(c)某一水域，表层海水在不同温度下的密度如表所示。
(1)根据表格中表层海水的温度t、密度ρ的变化情况和相关条件，得出结论：______。
(2)结合所学知识及以上信息，指出在不同水域及不同季节轮船满载时的“吃水线”不同的原因，并写出分析过程______。
(3)该船满载时冬季“吃水线”在夏季“吃水线”的______。(选填“上方”或“下方”)
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
14.在图中，重为2牛的小球漂浮在水面上，用力的图示法画出小球所受的浮力F浮。
15.在如图电路中缺少一根导线，请按要求用笔线代替导线完成电路连接。要求：①闭合开关S后，小灯泡L发光：②向右移动变阻器的滑片P时，电流表的示数变小，且灯L亮度改变。
四、实验探究题：本大题共1小题，共6分。
16.小明做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源(电源电压有2伏、4伏、6伏和8伏四挡可选)、待测电阻Rx、电流表、电压表(只有0∼3伏挡完好)、开关各一个，两个滑动变阻器(分别标有“10欧2安”和“20欧1安”)、以及导线若干。他选用某一挡位电源电压后，连接电路，并将滑片移到最大阻值处，闭合开关时观察到电表的示数如图(a)、(b)所示，移动滑片P，发现电流表示数变大，电压表示数超出了量程。经过思考后，仅更换了滑动变阻器，继续进行实验，实验数据如序号2、3所示。
(1)请将图中实验数据记录在序号1中。
(2)电压表并联在______两端(选填“待测电阻”或“变阻器”)。
(3)待测电阻Rx的阻值为______欧。
(4)请说明本实验所用电源电压的挡位______。
五、计算题：本大题共4小题，共32分。
17.体积为2×10−4米 3的物块浸没在水中，求物块所受浮力F浮的大小。
18.某导体两端的电压为6伏，通过它的电流为0.3安。求：通电10秒，电流通过导体所做的功W和电功率P。
19.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R的阻值为10欧，闭合开关S，电流表的示数为0.9安。
(1)求电源电压U。
(2)在电路中再接入一个电阻R2，电阻R2接入前后电流表示数变化了0.3安，求R2的阻值。
20.如图所示，甲、乙两个完全相同的薄壁圆柱形容器置于水平面上，容器的质量为0.2千克、底面积为1×10−2米 2。甲中盛有水，乙中盛有酒精(ρ酒精=0.8×103千克/米 3)，水和酒精对容器底部的压强相等。
(1)若甲中水的质量为1.8千克，求水的体积V和甲容器对水平面的压强p。
(2)求距容器底部0.1米的A、B处，水和酒精压强的差值Δp。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、水平面上的物体，对水平面的压力，其大小等于自身的重力，因此，载重汽车有很多车轮不能增大或减小压力，故AB错误；
CD、载重汽车有很多车轮是为了在压力一定时，增大受力面积，从而减小对地面的压强，故C错误、D正确。
故选：D。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强；
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。
知道影响压强大小的因素，会用影响因素分析压强的变化，同时知道水平面上的物体，对水平面的压力等于自身的重力，是解答本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：托里拆利利用水银、水槽和玻璃管进行了实验，首先测出了大气压的值，故A、B、D错误，C正确。
故选：C。
1643年6月20日，意大利科学家托里拆利首先进行实验测出了1个标准大气压的大小为约760mm汞柱或10.3m水柱。
本题考查我们对科学史的认知情况，难度很低。
3.【答案】B
【解析】解：水结冰后，由于质量不变，已知水的密度大于冰的密度，密度减小，由公式V=mρ可知体积增大。
故选：B。
质量是物体的一种属性，与物体的形状、状态、空间位置无关；水结成冰后，状态变化、质量不变，密度变小，根据V=mρ分析体积的变化。
此题考查密度与状态的关系，属于常规题型。
4.【答案】B
【解析】解：滑动变阻器移动滑片时，不能改变接入电阻丝的材料和横截面积以及温度，只能改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻和电流，故ACD错误、B正确．
故选B.
滑动变阻器工作原理：移动滑片改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻，来改变电路中的电流．
本题考查了滑动变阻器的原理，牢记滑动变阻器的工作原理是关键．
5.【答案】A
【解析】解：(1)甲、乙两个均匀的实心正方体分别放在水平地面上，水平地面受到的压力等于其重力，则水平地面受到的压强：p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh，
它们对地面的压强相等，即ρ甲gh甲=ρ乙gh乙，
因为h甲>h乙，所以ρ甲<ρ乙，
若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度，
甲对水平地面的压强为：p甲=ρ甲g(h甲−h)=ρ甲gh甲−ρ甲gh，
乙对水平地面的压强为：p乙=ρ乙g(h乙−h)=ρ乙gh乙−ρ乙gh，
因为ρ甲<ρ乙，所以ρ甲gh<ρ乙gh，
又因为ρ甲gh甲=ρ乙gh乙，
所以，ρ甲gh甲−ρ甲gh>ρ乙gh乙−ρ乙gh，即p甲>p乙，故BD错误；
(2)甲对水平地面的压力为：F甲=p甲S甲，
乙对水平地面的压力为：F乙=p乙S乙，
因为p甲>p乙，S甲>S乙
所以F甲>F乙，故A正确，C错误。
故选：A。
对于质地均匀的柱状固体，利用p=ρgh比较物体对水平面的压强，然后根据F=pS比较物体对水平地面的压力。
此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p=FS和p=ρgh(适用于实心柱体对支撑面的压强)进行分析解答。
6.【答案】C
【解析】解：开关断开时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
①将滑动变阻器滑片向右移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流变小，所以电流表示数变小，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变小，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压变大，即电压表示数变大，故①不可行；
②用电阻R3(R3
根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，即电流表示数变大，故③可行。
故选：C。
开关断开时，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
①将滑动变阻器滑片向右移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律判断电路总电阻的变化，根据欧姆定律判断此时通过电路的电流变化，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变化，根据串联电路电压规律判断滑动变阻器两端的电压变化；
②用电阻R3(R3
根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电路的电流变化。
本题考查串联电路特点好、串联分压原理、欧姆定律的灵活运用。
7.【答案】220 变大 1
【解析】解：我国家庭电路中的电压是220V，所以电冰箱两端的电压为220V；
在家庭电路中，各用电器互不影响，因此各用电器是并联的，干路中的电流等于各支路电流之和，因此同时开启的用电器越多，电路中的总电流变大；
由P=Wt可得，耗电：
W=Pt=250×10−3kW×4h=1kW⋅h。
故答案为：220；变大；1。
(1)家庭电路的电压是220V；
(2)家庭电路中，各用电器之间是并联，并联电路干路电流等于各支路电流之和，用电器越多，电路电流越大；
(3)已知其额定功率和正常工作4小时，根据P=Wt可求得消耗电能。
此题考查了家庭电路的电压、并联电路的电流规律、电功的计算等，是一道基础性题目。
8.【答案】连通器 较小 小于
【解析】解：(1)如图(a)所示的锅炉液位计底部相连，上端开口，是利用连通器原理工作的。
(2)C919大飞机的体积一定，由m=ρV可知，材料的密度越小，客机的质量越小，所以制造客机时采用密度较小的铝锂合金。
(3)拔火罐时先用火将罐里的空气加热，然后迅速将罐子扣在患者的皮肤上，冷却后罐内的气压小于外界大气压，罐子就会吸附在皮肤上。
故答案为：连通器；较小；小于。
(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)制造飞机时，要尽可能地减轻其质量，如何减轻质量，可以利用公式m=ρV分析。
(3)拨火罐利用的是大气压。
此题考查大气压的综合应用、密度的应用与物质鉴别、连通器原理的应用，是一道综合性很强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
9.【答案】31×103 大于
【解析】解：(1)铁块受到的浮力：
F浮=G−F示=8N−5N=3N。
(2)铁块上表面受到水的压强：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1×103Pa。
(3)剪断连接铁块A的细线，A下沉至容器底部，其下表面所处深度大于其上表面所处深度，
根据p=ρ水gh可知，其下表面所受压强大于其上表面所受压强，
正方体铁块的上、下表面积相同，
根据p=FS可得F=pS，可知此时它下表面所受水的压力大于上表面所受水的压力。
故答案为：3；1×103；大于。
(1)利用称重法F浮=G−F示即可求出浮力的大小。
(2)利用p=ρ液gh计算铁块上表面受到水的压强。
(3)利用p=ρ液gh比较铁块上、下表面受到水的压强，然后利用p=FS比较较铁块上、下表面受到水的压力。
本题考查液体压强的计算以及公式的应用、称重法测浮力，属于常考题目，难度中等。
10.【答案】大于 等于 小于
【解析】解：(1)由题意可知，甲、乙两导线材料相同和长度相同，甲的横截面积小于乙的横截面积，则甲的电阻大于乙的电阻；
(2)若将它们串联后接入电路，因为串联电路电流处处相等，则通过甲的电流等于通过乙的电流；
(3)并联后的总电阻小于任何一个并联电阻的阻值，所以并联后的总电阻小于甲的电阻。
故答案为：大于；等于；小于。
(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，根据控制变量法分析解答；
(2)串联电路中各处电流都相等；
(3)并联后的总电阻小于任何一个并联电阻的阻值。
本题考查电阻影响因素的理解、串联电路电流特点、并联电路电阻的特点的应用，是一道综合题。
11.【答案】3 20 变大
【解析】解：由I=Qt得通过该导体横截面的电荷量：
Q=It=0.3A×10s=3C；
由I=UR得导体电阻：
R=UI=6V0.3A=20Ω，
电阻的大小与电压和电流的变化无关，所以当电压变化时，电阻值不变仍为20Ω。
由P=UI=U2R知，电压变大，电阻不变，电功率变大。
故答案为：3；20；变大。
已知通过该导体的电流和时间，根据公式Q=It可求电荷量，利用欧姆定律求导体电阻；而电阻与导体两端的电压没有关系，当该导体两端电压变为10V时电阻不变，再利用P=UI=U2R判断电功率的变化。
本题考查电荷量的计算、根据欧姆定律求电阻的计算以及电功率的计算，关键是公式及其变形的应用，还要知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，而与导体两端的电压和通过的电流无关。
12.【答案】方法A不可行；方法B可行 将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
在N点处串联电流表，如果电流表有示数，则说明是电阻R1断路，如果电流表没有示数，这说明电阻R2断路
【解析】解：(1)方法A不可行；方法B可行；
(2)将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
在N点处串联电流表，如果电流表有示数，则说明是电阻R1断路，如果电流表没有示数，这说明电阻R2断路。
根据电压表、电流表的测量位置分析，如果不同位置的断路引起示数有变化，则方法可行。
本题考查的是电流表和电压表在判断电路故障中的应用，属于常见题型。
13.【答案】同一水域，温度越高，密度越小 由于不同水域及不同季节海水的温度不同，则海水的密度不同，轮船在海水中都是漂浮，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开海水的体积不同 下方
【解析】解：(1)由表中数据可知，同一水域，海水温度越高，密度越小；
(2)由于不同水域及不同季节海水的温度不同，则海水的密度不同，轮船在海水中都是漂浮，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开水的体积不同，所以“吃水线”不同；
(3)冬季温度低，海水密度大，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开液体的体积更小，则其吃水线应在夏季“吃水线”的下方。
故答案为：(1)同一水域，温度越高，密度越小；(2)由于不同海水域及不同季节水的温度不同，则海水的密度不同，轮船在海水中都是漂浮，受到的浮力相同，根据F浮=ρ液gV排可知，排开海水的体积不同；(3)下方。
(1)根据表中海水的温度t、密度ρ的变化数据可得出结论；
(2)当轮船都是漂浮，根据漂浮条件分析轮船V排的变化情况即可得出结论；
(3)冬季温度低，海水密度小，轮船都是漂浮，根据漂浮条件和F浮=ρ液gV排分析轮船V排的变化。
此题属于信息给予题，在分析过程中，要用到有关物体漂浮时浮力与重力相等的关系，搞清楚在不同的情况下，轮船受到的浮力不变是解决此题的关键，并要掌握浮力公式，合理的运用，才能得出V排和ρ液之间的关系；此题与实际生活联系密切，体现了学以致用的思想。
14.【答案】解：因为小球漂浮在水面上，所以重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，
由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1N，如下图所示：
【解析】小球漂浮在水面上，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和方向即可知浮力大小和方向。再按照力的图示要求画出这个力。
作力的图示时，力的大小一定要能被标度整除，正确表示出力的大小、方向和作用点。
15.【答案】
【解析】解：经分析可知，变阻器的左下方接线柱与灯泡串联，向右移动变阻器的滑片P时接入电路中的电阻变大，电流表的示数变小，且灯L亮度改变，如下图所示：
由题意可知，闭合开关S后，小灯泡L发光，且向右移动变阻器的滑片P时，电流表的示数变小，且灯L亮度改变，说明滑动变阻器和灯泡串联，且滑片右移时接入电路中的电阻变大，则变阻器的左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。
16.【答案】待测电阻 106V0.33
【解析】解：(1)电压表、电流表均选用小量程，分度值分别为0.1V、0.02A，电压表示数为3V，电流表示数I=0.3A，
(2)分析表中数据可知电压表示数随电流表示数的减小而减小，所以电压表是测量待测电阻的电压，即电压表并联在待测电阻Rx的两端；
(3)根据欧姆定律I=UR可得：
第一次：R1=U1I1=3V0.3A=10.0Ω，
第二次：R2=U2I2=≈10.4Ω，
第三次：R3=U3I3=Ω，
则电阻Rx平均值：Rx=R1+R2+R33=10.0Ω+10.4Ω+10.0Ω3≈10.1Ω；
(4)连接电路，并将滑片移到最大阻值处，闭合开关时此时电压表的示数为3V，由于Rx的阻值约10Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω或20Ω，根据串联电路的分压特点可知：滑动变阻器两端的电压为3V或6V，由于实验中电压表超出量程更换了滑动变阻器，则更换的滑动变阻器一定是阻值更大的，所以实验中更换滑动变阻器前使用滑动变阻器的最大阻值为10Ω，则电源电压为3V+3V=6V。
故答案为：(1)0.3；3；(2)待测电阻；(3)10.1；(4)6V。
(1)搞清电压表、电流表的分度值，正确读出电压表、电流表的示数；
(2)根据表格数据中电压表示数与电流表示数的变化即可判断电压表测量的对象；
(3)根据欧姆定律求待测电阻Rx的阻值，再求平均值；
(4)根据更换滑动变阻器前电压表的示数，根据串联电路的分压特点即可判断使用的电源电压的挡位。
本题用电流表、电压表测电阻，考查串联电路的规律和欧姆定律的运用，关键是根据题中条件确定电源电压，能从题中题意挖掘隐含的条件是解题的关键，对学生的能力要求较高。
17.【答案】解：物块浸没在水中，V排=V物=2×10−4m3，
物块所受浮力F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×2×10−4m3×9.8N/kg=1.96N。
答：物块所受浮力F浮的大小为1.96N。
【解析】物块浸没在水中，V排=V物，根据F浮=ρ水gV物 求得物块浸没在水中受到的浮力。
本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，明确物块浸没在水中，V排=V物是解答此题的关键。
18.【答案】解：电流通过导体所做的功W=UIt=6V×0.3A×10s=18J；
电功率P=UI=6V×0.3A=1.8W；
答：电流通过导体所做的功为18J；电功率是1.8W。
【解析】(1)已知电压，电流和通电时间，根据W=UIt求出电流通过导体所做的功；
(2)利用P=UI计算电功率。
本题考查了电功的计算，欧姆定律的应用，电功率的计算，是基本计算题。
19.【答案】解：(1)闭合开关，电路为定值电阻的简单电路，电流表测通过电路的电流，
根据欧姆定律可得电源电压：U=IR=0.9A×10Ω=9V；
(2)①若电阻R2并联接入电路，并联电路干路电流等于各支路电流之和，电流表示数变化了0.3A，则通过电阻R2的电流为0.3A，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2=UI2=9V0.3A=30Ω；
②若电阻R2串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可知通过电路的电流变小，则电流表示数为0.9A−0.3A=0.6A，
根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R′=UI′=9V0.6A=15Ω，
则R2的阻值：R2=R′−R=15Ω−10Ω=5Ω。
答：(1)电源电压为9V；
(2)R2的阻值为30Ω或5Ω。
【解析】(1)闭合开关，电路为定值电阻的简单电路，电流表测通过电路的电流，根据欧姆定律计算电源电压；
(2)①若电阻R2并联接入电路，根据并联电路电流规律结合电流表示数的变化可知通过电阻R2的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算电阻R2的阻值；
②若电阻R2串联接入电路，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变化，据此计算电流表示数，根据欧姆定律计算此时电路总电阻，根据串联电路电阻规律计算R2的阻值。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
20.【答案】解：(1)已知水的质量m=1.8kg，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，
则水的体积V=mρ=1.8kg1.0×103kg/m3=1.8×10−3m3；
甲容器对水平面的压力大小等于容器的重力与水的重力之和，
即F=G水+G容器=m水g+m容器g=1.8kg×10N/kg+0.2kg×10N/kg=20N，
则甲容器对水平面的压强p=FS=20N1×10−2m2=2000Pa；
(2)水的深度h=VS=1.8×10−3m31×10−2m2=0.18m，
则水对容器底部的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.18m=1.8×103Pa，
因为水和酒精对容器底部的压强相等，所以p酒精=1.8×103Pa，
根据p=ρgh可得酒精的深度：h酒精=p酒精ρ酒精g=1.8×103Pa0.8×103kg/m3×10N/kg=0.225m；
则距容器底部0.1m的A处的压强pA=ρ水g(h−0.1m)=1.0×103kg/m3×10N/kg×(0.18m−0.1m)=800Pa，
B处的压强pB=ρ酒精g(h酒精−0.1m)=0.8×103kg/m3×10N/kg×(0.225m−0.1m)=1000Pa，
所以差值Δp=pB−pA=1000Pa−800Pa=200Pa。
答：(1)水的体积为1.8×10−3m3；甲容器对水平面的压强为2000Pa；
(2)距容器底部0.1米的A、B处，水和酒精压强的差值为200Pa。
【解析】(1)根据密度公式可求水的体积；根据压强公式可求解压强；
(2)先求出水的深度，根据压强公式求出水对容器底部的压强，因为水和酒精对容器底部的压强相等，所以可知酒精对容器底部的压强，那么酒精的深度可得，最后求得A、B两处的压强，进一步可得压强差。
本题考查了液体压强的计算，难度较大。关键是正确认识深度的含义，深度是指从液面到待测点的竖直距离。某一水域的表层海水
温度t(℃)
6
16
26
密度ρ(kg/m3)
1026.8
1025.5
1022.5
序号
电流表(A)
电压表(V)
1
______
______
2
0.24
2.5
3
0.18
1.8
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