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2023-2024学年上海市静安区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年上海市静安区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析），共19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.上海地区，家用电视机工作时的电压为( )
A. 1.5伏B. 24伏C. 110伏D. 220伏
2.下列物质中，其密度跟人体密度最接近的是( )
A. 水B. 铜C. 空气D. 水银
3.下列实例中，属于增大压强的是( )
A. 图钉钉帽宽大B. 铁轨下铺枕木C. 刀刃磨得锋利D. 坦克车装有履带
4.根据连通器的原理，下列情形中，当水面静止时，液面的位置符合事实的是( )
A. U形管中的液面位置
B. 茶壶倾斜时，壶身和壶嘴中的液面位置
C. 下水道存水弯中的液面位置
D. 锅炉液位计液面的位置
5.关于条形磁体及其磁场，下列描述中正确的是( )
A. 条形磁体可以吸引铝块B. 条形磁体两端的磁性最强
C. 条形磁体周围的磁性强弱分布均匀D. 条形磁体周围存在磁感线
6.材料、横截面积相同的甲、乙两导体并联在电路中，通过它们电流分别为I甲、I乙，若I甲>I乙，则关于它们的长度l甲、l乙以及两端的电压U甲、U乙的关系是( )
A. l甲U乙
C. l甲>l乙，U甲=U乙D. l甲>l乙，U甲7.如图1所示，底面积不同的圆柱形容器分别盛有甲、乙两种液体，液体对各自容器底部的压强相等。若在两容器中分别抽出部分液体，使容器中剩余液体的体积相同，则剩余液体对各自容器底部的压强p、压力F的关系是( )
A. p甲p乙，F甲>F乙
C. p甲=p乙，F甲F乙
8.在如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，电路正常工作。若将电阻R1和电流表A的位置互换，则互换前后，不变的是( )
A. 电流表A的示数
B. 电压表V的示数
C. 电路中的总电阻
D. 电阻R1两端的电压
二、填空题：本大题共7小题，共25分。
9.一节干电池的电压为______伏。教室内照明电灯与电视机是______的，照明电灯与控制它的开关是______的(均选填“串联”或“并联”)。
10.意大利科学家托里拆利首先测定了______的值；著名的______实验有力地证明了大气压是很大的；丹麦物理学家奥斯特发现______周围存在磁场。
11.冰的密度为0.9×103千克/米 3，某冰块的体积为10×10−3米 3，其质量为______千克。若该冰块全部熔化成水，质量将______，体积将______(均选填“变大”“变小”或“不变”)。
12.若某导体两端电压为6伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为6库，通过该导体的电流为______安，该导体的电阻为______欧；若该导体两端的电压为零时，则通过该导体的电流为______安。
13.水面下0.2米处，水产生的压强为______帕。重为20牛的木块漂浮在水中，木块受到浮力的大小为______牛，若该木块漂浮在酒精中(ρ酒精<ρ水)，与漂浮在水中相比，木块受到的浮力______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
14.在如图所示的电路中，电源电压为U0且保持不变，电阻R1、R2的阻值均为R0。现电路中只存在一处断路故障，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，则可行的是______(选填“A”“B”“C”中的一项)。
A.在A点处串联电流表
B.在AB两点间并联电压表
C.在BC两点间并联电压表
写出接入电表并闭合开关S后，电表示数的情况及对应的故障。______。
15.某小组同学研究大气压强与海拔高度的关系，他们操控带有压强传感器的无人机，将其从地面沿竖直方向飞到空中，再原路返回。在此过程中，无人机传感器记录的大气压强随时间的变化图线如图所示，其中A点和D点分别表示无人机从地面出发时和飞到最大高度(约为50米)时的数据。
①根据图中的图线，可以发现：无人机从B点到C点的飞行过程中，大气压强变化了约______帕。
②分析图中的图线及相关条件，可得出大气压强与海拔高度的关系是：______。
③结合压强知识及上述信息，分析飞机起飞过程中，有些乘客的耳朵会感觉胀痛的原因。______。
三、作图题：本大题共3小题，共9分。
16.在图中，重为10牛的小球静止在水中，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮.
17.根据图中通电螺线管的S极，标出磁感线方向、小磁针的N极，并在括号内标出电源的正、负极。
18.在图示电路中缺少两根导线，请按要求用笔线代替导线完成电路连接。要求：闭合开关S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变大。
四、实验探究题：本大题共4小题，共20分。
19.在“探究串联电路电流特点”的实验中，连接电路时开关应处于______状态，应将电流表______联在电路中，且使电流从电流表的______接线柱流入，在此实验中，需要将电流表连接在电路中的______位置(选填“某个”或“多个”)。
20.如图(a)所示的装置叫做______，此装置两边液面的______可表示液体内部压强的大小。进行如图(b)、(c)和(d)所示实验操作，是在探究液体内部的压强与______的关系；若要继续研究液体内部的压强与液体密度的关系，还需要准备______(选填“更多的水”或“酒精”)。
21.小华同学做“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Rx、电流表、电压表、待用滑动变阻器有两种规格(分别标有“10Ω2A”、“20Ω1A”的字样)、开关以及导线若干。他选用了其中一个变阻器，连接电路，闭合开关，移动变阻器滑片，进行了三次实验，并将实验中得到的部分数据记录在下表中，其中一组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的。
①实验中，电压表并联在______两端(选填“待测电阻”或“变阻器”)。
②说明实验中变阻器的规格及哪组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的。(需写出解答过程)
③小华在实验中所用的电源电压为______伏。
④请将上表中的空格填写完整。(保留一位小数)
22.为了研究物体浸没在水中前后测力计示数的变化情况，某小组同学分别利用若干均匀圆柱体、水(足够深)和弹簧测力计等进行实验。他们先将密度ρ均为2克/厘米 3而重力不同的圆柱体挂在测力计下，记录此时测力计的示数F1，接着如图所示，将圆柱体浸没在水中，读出相应的测力计示数F2记录在表一中。他们再用密度ρ均为4克/厘米 3的圆柱体重复实验，将数据记录在表二中。为进一步研究，他们计算每一次实验时测力计示数的差值ΔF，并将结果分别记录在表一和表二的最后一列中。
表一圆柱体密度ρ=2克/厘米 3
表二圆柱体密度ρ=4克/厘米 3
①分析比较实验序号1与2与3与4(或5与6与7与8)中F2和F1的倍数关系及相关条件，可得出的初步结论是：密度相等的均匀圆柱体浸没在水中后，______。
②分析比较实验序号1与5(或2与6或3与7或4与8)中F2和F1的数据及相关条件，可得出的初步结论是：均匀圆柱体浸没在水中后，______。
③进一步分析比较实验序号______的数据及相关条件，可以发现：均匀圆柱体浸没在水中后，满足一定的条件时，测力计示数的差值ΔF可能相等。请你根据本实验的相关数据及条件，初步分析ΔF相等时应满足的条件为：______。
④根据表一和表二中的数据及相关条件，可以推理：若浸没在水中某均匀圆柱体的密度ρ为6克/厘米 3，重力为6牛，则此时测力计的示数F2为______牛。
五、计算题：本大题共4小题，共30分。
23.浸在水中的合金块排开水的体积为4×10−4米 3，求合金块浮力F浮的大小．
24.在如图所示的电路中，电源电压为12伏，电阻R2阻值为20欧。闭合开关S，电流表A1的示数为0.4安，求：
①电阻R1的阻值。
②电流表A的示数I。
25.在如图1所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“20Ω1A”字样。闭合开关S，电阻R1两端的电压为8伏。
①求此时通过R1的电流I1。
②闭合开关S，移动变阻器的滑片P，发现电流表示数的范围为0.6∼0.9安。电流表与电压表表盘如图2所示。求：
(a)电源电压U。
(b)变阻器允许接入电路的最大阻值R2max。
26.均匀圆柱体甲、乙分别竖直置于水平地面上，两圆柱体的质量、密度和底面积见下表。
①求甲的体积V甲。
②求乙对水平地面的压强p乙。
③若在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分，并将切去部分叠放在对方剩余部分上方。叠放后与切去前相比，甲对水平地面的压强变化了4900帕，求叠放后，乙对水平地面压力F乙。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
我国家庭电路的电压是220V，故上海地区家用电视机工作时的电压为220V，故D正确、ABC错误。
故选：D。
我国家庭电路电压，即家庭照明电压是220V。
本题考查了家庭电路电压的数值，属于基础题目。
2.【答案】A
【解析】解：①人可以只露出头漂浮在水面上，也可以很轻松的潜入水中，说明人的平均密度接近水的密度；
②人体的组成成分中大部分是由水组成的，所以人体密度跟水的密度最接近。
故选：A。
这是一道与生活联系密切的一道物理常识题目，同学们可以通过生活经验解答，或借助浮力知识、或借助人的主要组成成分进行解答。
解决此类题目需要同学们多观察生活，多了解一些常见物质的密度的大小。
3.【答案】C
【解析】解：ABD、图钉钉帽宽大、铁轨下铺枕木、坦克车装有履带都是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故ABD不符合题意；
C、刀刃磨得锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故C符合题意。
故选：C。
(1)增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
(2)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法。能把压强知识应用到生活中。
4.【答案】C
【解析】解：如图，四个容器都是连通器，都装有水，是同种液体，静止时液面是相平的正确，所以只有C选项正确。
故选：C。
连通器原理：连通器中装有同种液体，当液体静止时，液面是相平的。
连通器液面相平的条件：同种液体，液体静止。
5.【答案】B
【解析】解：A、铝不是磁性物质，所以条形磁体也不会吸引铝块，故A错误；
BC、每个磁体有两个部位的磁性最强，叫磁极，条形磁铁的两个磁极在其两端，故条形磁铁两端的磁性最强，故B正确、C错误；
D、磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线，所以磁感线不是真实存在的，故D错误。
故选：B。
(1)把能吸引铁、钴、镍等物质的性质叫磁性，由磁性物质制成的物体，都容易被磁体吸引；
(2)磁体的磁极部位磁性最强；
(3)磁铁的周围磁感线分布不均匀，在磁场强的地方磁感线密；
(4)为了便于研究磁场，我们引入了磁感线的概念，磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线。
此题考查了磁体的磁性、磁极、磁感线特点，比较简单，属基础题。
6.【答案】A
【解析】解：材料、横截面积相同的甲、乙两导体并联在电路中，根据并联电路的电压特点可知两导体两端的电压相等，故U甲=U乙；
通过它们电流分别为I甲、I乙，若I甲>I乙，根据R=UI可知R甲在材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大，故它们的长度l甲故选：A。
根据并联电路的电压特点可知两导体两端的电压相等；
通过它们电流分别为I甲、I乙，若I甲>I乙，根据R=UI可知两电阻的大小关系；
在材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道综合题。
7.【答案】A
【解析】解：甲、乙两种液体对各自容器底部的压强相等，由图知甲液体的深度大于乙液体的深度，由p=ρgh知甲液体的密度小于乙液体的密度；
若在两容器中分别抽出部分液体，使容器中剩余液体的体积相同，由图知甲容器的底面积大于乙容器的底面积，由V=Sh知甲剩余液体的深度小于乙剩余液体的深度，由p=ρgh知甲剩余液体对容器底部的压强小于乙剩余液体对容器底部的压强，即p甲容器中剩余液体的体积相同，由G=mg=ρgV知剩余甲液体的重力小于乙液体的重力，所以甲剩余液体对容器底部的压力小于乙剩余液体对容器底部的压力，即F甲故选：A。
甲、乙两种液体对各自容器底部的压强相等，由图知甲液体的深度大于乙液体的深度，由p=ρgh判断出甲、乙液体密度的关系；
若在两容器中分别抽出部分液体，使容器中剩余液体的体积相同，由图知甲容器的底面积大于乙容器的底面积，由V=Sh判断出甲、乙剩余液体深度的关系，由p=ρgh判断出甲、乙剩余液体对容器底部压强关系；
容器中剩余液体的体积相同，由G=mg=ρgV判断出甲、乙剩余甲液体重力的关系，进而判断出甲、乙剩余液体对容器底部压力的关系。
本题主要考查了液体压强、密度公式的应用，知道规则形状容器液体对容器底的压力等于液体自身的重力是解题的关键。
8.【答案】D
【解析】解：闭合开关S，电路正常工作；两个电阻并联，电压表测量电源电压，电流表测量干路中的电流；
将电阻R1和电流表A的位置互换，电阻R2被短路，电压表测量一段导线两端电压，所以电压表示数减小；此时电路为R1的简单电路，总电阻变大；R1两端电压为电源电压，保持不变；根据并联电路的电流规律可知，电路中的电流变小。
故选：D。
根据电路图分析电阻R1和电流表A的位置互换前后的连接方式，根据并联电路的特点、电流表的作用分析电表示数的变化。
本题考查了电路的动态分析，属于基础题。
9.【答案】1.5并联 串联
【解析】解：一节干电池的电压为1.5V；
为了使各用电器之间工作时互不影响，电灯与电视机之间是并联的；
为了有效的控制电灯，电灯与控制它的开关之间是串联的。
故答案为：1.5；并联；串联。
根据一节电池中电压、各用电器的基本连接方式、开关与用电器之间的连接方式等进行解答。
本题考查了干电池的电压、家庭电路的基本连接要求，属于基础题目。
10.【答案】大气压 马德堡半球 通电导体
【解析】解：意大利科学家托里拆利，利用一根玻璃管测出了大气压所能支持的水银柱的高度，即76cm，这也就是后来规定的1个标准大气压的大小，其具体数值是p=ρ水银gh=13.6×103kg/m3×9.8N/kg×0.76m=1.013×105Pa，最早测出了大气压的值；
著名的马德堡半球实验用两个中间抽成真空而压合在一起的铜半球有力地证明了大气压的存在；
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场。
故答案为：大气压；马德堡半球；通电导体。
马德堡半球实验和托里拆利实验都是与大气压强有关的著名实验，但他们的意义和结果却有着较大的区别，一个重在验证大气压的存在，一个重在测量大气压值，1标准大气压所能支持的水银柱产生的压强便是在托里拆利实验中测出的大气压值；
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场。
本题考查了物理学常识和阿基米德原理的内容，是一道基础题，熟练掌握基础知识是解题的关键。
11.【答案】9 不变 变小
【解析】解：由ρ=mV可得，冰的质量：m冰=ρ冰V冰=0.9×103kg/m3×10×10−3m3=9kg，
冰熔化成水后，质量不变，因为水的密度大于冰的密度，根据公式V=mρ可知，水的体积变小。
故答案为：9；不变；变小。
由ρ=mV的变形式m=ρV得出冰的质量；
质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；
冰熔化成水后，质量不变，因为水的密度大于冰的密度，根据公式V=mρ可知，水的体积变化情况。
本题考查质量和体积的大小变化，关键是密度公式的应用，还要知道质量的性质。
12.【答案】0.6100
【解析】解：(1)通过该导体的电流：I=Qt=6C10s=0.6A；
(2)由I=UR可得，导体的电阻：R=UI=6V0.6A=10Ω；
(3)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，当该导体两端的电压为0V时，其电阻仍为10Ω，则通过该导体的电流为0A。
故答案为：0.6；10；0。
(1)已知10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I=Qt求出通过该导体的电流；
(2)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻。
(3)电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与材料、温度、长度以及横截面积有关，与导体两端电压以及通过的电流无关。
本题考查了电流和电阻的计算，关键是知道导体的电阻只与材料、横截面积、长度和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。
13.【答案】2000 20 不变
【解析】解：水面下0.2米处，水产生的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2×103Pa。
木块漂浮在水中，根据漂浮条件可知，木块所受水的浮力：F浮1=G木=20N；
若该木块漂浮在酒精中(ρ酒精<ρ水)，木块所受酒精的浮力：F浮2=G木=20N=F浮1，与漂浮在水中相比，木块受到的浮力不变。
故答案为：2000；20；不变。
根据p水=ρ水gh得出水面下0.2米处，水产生的压强。
木块漂浮在水中，根据漂浮条件可知，根据F浮1=G木得出木块所受水的浮力；
若该木块漂浮在酒精中(ρ酒精<ρ水)，根据F浮2=G木得出木块所受酒精的浮力，进而分析得出答案。
本题考查浮沉条件和阿基米德原理的应用，是一道综合题。
14.【答案】C 在BC两点间并联电压表，当电压表示数为0时，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是R2断路；当电压表示数不为0时，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是R1断路
【解析】解：根据电路图可知，电阻R1、R2串联接入电路中；现电路中只存在一处断路故障，则电路中无电流；
A.在A点处串联电流表，由于电路中无电流，电流表始终无示数，无法判定电路故障的原因，故A错误；
B.在AB两点间并联电压表，两个电阻任意一个断路，电压表都无示数，无法判定电路故障的原因，故B错误；
C.在BC两点间并联电压表，当电压表示数为0时，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是R2断路；当电压表示数不为0时，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是R1断路，故C正确。
故答案为：C；在BC两点间并联电压表，当电压表示数为0时，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是R2断路；当电压表示数不为0时，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是R1断路。
根据电路图可知，电阻R1、R2串联接入电路中；现电路中只存在一处断路故障，则电路中无电流；根据选项中电表的连接方式分析电路故障。
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，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
15.【答案】400 海拔越高，压强越小 在地面时，人耳鼓膜内外气压平衡；飞机起飞时，外界气压变小，鼓膜内外形成气压差，耳朵会感觉胀痛
【解析】解：①由图可知，B、C两点对应的压强是1012百帕和1008百帕，两点压强差p=1012百帕−1008百帕=4百帕=400帕，即大气压强变化为400帕；
②由题可知，飞机起飞的过程，压强越来越小，飞机下降时，压强越来越大，故大气压强与海拔高度的关系是：海拔越高，压强越小；
③在地面时，人耳鼓膜内外气压平衡；飞机起飞时，外界气压变小，鼓膜内外形成气压差，耳朵会感觉胀痛。
故答案为：①400；②海拔越高，压强越小；③在地面时，人耳鼓膜内外气压平衡；飞机起飞时，外界气压变小，鼓膜内外形成气压差，耳朵会感觉胀痛。
①分别找到B、C两点对应的压强，计算两点压强差即可得出大气压强变化情况；
②分析图中的图线及相关条件，可得出大气压强与海拔高度的关系；
③正常情况，人耳鼓膜内外压强相等；飞机起飞，外界大气压变小，鼓膜内外压强不同，存在压强差。
本题考查压强与海拔的关系，其解题关键就是要把握住：海拔高，气压小；气压小，海拔高。反之亦然。
16.【答案】解：小球在水中悬浮，则所受浮力F浮=G=10N，选取标度为5N，过水球重心沿竖直向上的方向画一条有向线段，使线段长度为标度的2倍．如图所示：
【解析】首先根据小球在水中的状态判断小球所受浮力大小，再确定一个标度，并用这个标度去准确表示出力的大小．
此题考查了力的图示的画法，力的图示比示意图要求更加严格，在作图时，注意线段的长度必须与标度统一起来．
17.【答案】解：(1)由图可知，通电螺线管的左端为S极，根据异名磁极相互吸引，则小磁针的右端为N极，左端为S极；
(2)因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以磁感线的方向是指向左的；
(3)根据安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的右端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，右端为负极。如图所示：
【解析】(1)知道通电螺线管的S极，根据磁极间的相互作用判断出小磁针的磁极；
(2)根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向；在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极；
(3)根据安培定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律，磁感线的特点以及利用安培定则判断螺线管极性或电流方向的方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
18.【答案】解：闭合电键S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变大，即定值电阻两端的电压变大，根据串联电路电压的规律可知，变阻器两端的电压变小，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻变小，所以滑片右边电阻丝与定值电阻串联接入电路中，如下图所示：
【解析】将电压表并联在R的两端，根据串联电路电压的规律和向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变大，结合分压原理确定变阻器接线柱的连接。
本题考查实物图的连接，涉及串联电路电压的规律及分压原理等知识，难度中等。
19.【答案】断开 串 正 多个
【解析】解：为了保护电路，连接电路时开关应处于断开状态；
应将电流表串联在电路中，且使电流从电流表的正接线柱流入；
用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多，因此在此实验中，需要将电流表连接在电路中的多个位置。
故答案为：断开；串；正；多个。
(1)为了保护电路，连接电路时开关应处于断开状态；
(2)电流表的使用规则：电流表要串联在电路中；电流要从“+“接线柱流入，从“-“接线柱流出(否则指针反转)；
(3)用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题探究串联电路中各处电流的关系实验，考查了注意事项、电流表使用和归纳法的应用等知识。
20.【答案】压强计 高度差 液体的深度 酒精
【解析】解：如图(a)所示的装置叫做压强计；压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的；
比较如图(b)、(c)和(d)可知液体密度相同，深度不同，且深度越深，U形管液面的高度差越大，压强越大，探究液体内部的压强与液体的深度的关系；
若要继续研究液体内部的压强与液体密度的关系，需要添加不同的液体，并且保持金属盒探头的深度不变。
故答案为：压强计；高度差；液体的深度；酒精。
掌握转换法在实验中的应用，实验中用U形管中液面的高度差来反映液体压强的大小；液体的压强跟液体的深度和密度有关。液体的密度一定时，液体越深，液体压强越大；在液体的深度一定时，液体的密度越大，液体压强越大。
本题分别考查了液体压强的特点，并要求学生会用控制变量法分析解决问题，通过本题要加深对液体压强的特点的理解。
21.【答案】变阻器 4
【解析】解：①待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U=IR可知，待测电阻的电压变大，由串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端电压变小，根据表中数据可知电压表并联在滑动变阻器两端了；
②由①可知，电压表并联在滑动变阻器两端，由第2次实验数据可知，滑动变阻器接入电路的阻值为：
R滑2=U2I2=3V0.18A≈16.7Ω，
第3次实验滑动变阻器接入电路的阻值为：
R滑3=U3I3=Ω，
故实验中变阻器的规格为“20Ω1A”，
同时也说明第1组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的；
③设电源电压为U，在第1次实验中，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据电阻的串联可知，电路的总电阻为R总=R滑大+5Ω=20Ω+5Ω=25Ω，此时电路中的电流应小于0.18A，即UR总=U25Ω<0.18A，
解得：U<4.5V，因电源电压为2V的整数倍，且大于第2次实验中电压表示数，故U=4V；
④由表中数据可知，第2次待测电阻两端电压为UR2=U−U2=4V−3V=1V，
则第2次待测电阻的阻值为：
R2=UR2I2=1V0.18A≈5.6Ω；
同理，第3次待测电阻两端电压为UR3=U−U3=4V−2.6V=1.4V，
第3次待测电阻的阻值为：
R3=UR3I3=≈5.4Ω；
故待测电阻阻值为：
R=R1+R2+R33=5Ω+5.6Ω+5.4Ω3≈5.3Ω。
故答案为：①变阻器；②实验中变阻器的规格为“20Ω1A”，第1组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的；③4；④5.6；5.4；5.3。
①待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U=IR可知待测电阻的电压变化，由串联电路分压原理可知滑动变阻器电阻变化，据此分析；
②根据表中第2、3次实验数据结合欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的规格及哪组数据为变阻器连入电路的阻值最大时的记录；
③根据第1实验的电流应小于0.18A结合电源电压为2V的整数倍确定电源电压；
④根据串联电路特点结合欧姆定律求出第2、3次实验中待测电阻的阻值，然后取平均值。
本题用电流表、电压表测电阻实验，考查了电路分析、器材的选择、数据分析、电阻的计算等知识，有一定的难度。
22.【答案】测力计示数的变化ΔF与物体重力F1成正比 物体的重力F1一定时，测力计示数的变化ΔF与物体密度成反比 1、6 物体的体积相同 5
【解析】解：①分析比较实验序号1与2与3与4(或5与6与7与8)中F2和F1的倍数关系及相关条件，密度不变，物体的重力改变，可得出的初步结论是：密度相等的均匀圆柱体浸没在水中后，物体的重力越大，物体浸没在水中前后测力计示数的变化越大，且ΔF与物体重力F1成正比。
②分析比较实验序号1与5(或2与6或3与7或4与8)中F2和F1的数据及相关条件，物体的重力不变，物体的密度不同，可得出的初步结论是：均匀圆柱体浸没在水中后，重力一定时，物体的密度越大，物体浸没在水中前后测力计示数的变化越小，密度变为2倍，ΔF变为一半，说明是成反比关系；
③进一步分析比较实验序号1、6或2、8的数据及相关条件，可以发现：均匀圆柱体浸没在水中后，满足一定的条件时，测力计示数的差值ΔF可能相等。
此时物体的密度增大2倍，重力也增大为2倍，即质量变为2倍，根据V=mρ，即体积不变，满足了排开液体的体积不变，则测力计示数的差值ΔF不变。
④根据表一和表二中的数据及相关条件，可以推理：若浸没在水中某均匀圆柱体的密度ρ为6克/厘米 3，重力为6牛，
与序号3相比，重力相同，而密度变为了3倍，则测力计示数的差值ΔF应为原来是13，即1N，因而此时测力计的示数F2=F1−ΔF=6N−1N=5N。
故答案为：(1)测力计示数的变化ΔF与物体重力F1成正比；(2)物体的重力F1一定时，测力计示数的变化ΔF与物体密度成反比；
(3)1、6，物体的体积相同；(4)5。
(1)(2)根据表格数据物体浸没在水中前后测力计示数的变化情况与物体的重力、物体的密度有关，结合控制变量法分析；
(3)物体浸没在水中前后测力计示数的变化大小等于浮力，结合阿基米德原理分析；
(4)根据数据得出结论，然后应用结论解答。
本题考查浮力有关因素的探究，属于中档题，关键是控制变量法分析数据。
23.【答案】解：根据阿基米德原理得：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×4×10−4m3=3.92N.
答：合金块的浮力为3.92N.
【解析】知道合金块排开水的体积，利用阿基米德原理求合金块受到水的浮力．
本题考查了学生对阿基米德原理的了解与掌握，利用好推导公式：F浮=G排=ρ液gV排.
24.【答案】解：闭合开关S，两电阻并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量通过R1的电流。
①电阻R1的阻值R1=UI1=12V0.4A=30Ω；
②通过电阻R2的电流I2=UR2=12V20Ω=0.6A，
根据并联电路的电流特点可知电流表A的示数I=I1+I2=0.4A+0.6A=1A。
答：①电阻R1的阻值为30Ω；
②电流表A的示数I为1A。
【解析】闭合开关S，两电阻并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量通过R1的电流。
①根据欧姆定律可知电阻R1的阻值；
②根据欧姆定律可知通过电阻R2的电流，根据并联电路的电流特点可知电流表A的示数。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道综合题。
25.【答案】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
①通过电阻R1的电流为I1=U1R1=8V10Ω=0.8A。
②(a)移动滑动变阻器滑片P，发现电流表示数的范围为0.6∼0.9A，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，则电源的电压：
U=I大R1=0.9A×10Ω=9V；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
根据I=UR可得：R总小=UI小=9V0.6A=15Ω，
根据串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和可得滑动变阻器的最大阻值：
R2max=R总小−R1=15Ω−10Ω=5Ω。
答：①求此时通过R1的电流I1为0.8A。
②(a)电源电压U为9V。
(b)变阻器允许接入电路的最大阻值R2max为5Ω。
【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
①知道R1两端的电压和电阻R1阻值，根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流；
②(a)移动滑动变阻器滑片P，发现电流表示数的范围为0.6∼0.9A，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电源的电压；
(b)变阻器允许接入电路的最大阻值时电路中的电流最小，根据欧姆定律求出电路中最大总电阻，根据电阻的串联特点求出变阻器允许接入电路的最大阻值。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电流定义式的应用等，正确的判断最后一问中电源电压的可能值和电流表的位置是关键。
26.【答案】解：
(1)由图表可知甲的质量m甲=5kg，甲的密度ρ甲=2.5×103kg/m3，根据密度公式可得甲的体积：V甲=m甲ρ甲=5kg2.5×103kg/m3=2×10−3m3；
(2)由图表可知乙的质量m甲=10kg，乙的底面积S乙=5×10−3m2，根据压强计算公式可得乙对水平地面的压强：p乙=F乙S乙=G乙S乙=m乙gS乙=10kg×10N/kg5×10−3m2=2×104Pa；
(3)在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分的质量分别为m甲′、m乙′，并将切去部分叠放在对方剩余部分上方，根据叠放后与切去前相比，甲对水平地面的压强变化了4900帕，可得：
(5kg−m甲′+m乙′)gS甲−5kg×gS甲=4900Pa；或者5kg×gS甲−(5kg−m甲′+m乙′)gS甲=4900Pa；解之得：m甲′−m乙′=1.96kg或者m乙′−m甲′=1.96kg；
叠放后，乙对水平地面压力：F乙=(10kg−m乙′+m甲′)g=(10kg−1.96kg)×10N/kg=80.4N；
或者F乙=(10kg−m乙′+m甲′)g=(10kg+1.96kg)×10N/kg=119.6N。
答：
(1)甲的体积为2×10−3m3；
(2)乙对水平地面的压强为2×104Pa；
(3)叠放后，乙对水平地面压力为80.4N或119.6N。
【解析】(1)已知甲的质量和密度，根据密度公式可得甲的体积；
(2)已知乙的质量和底面积，根据压强计算公式可得乙对水平地面的压强；
(3)在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分的质量分别为m甲′、m乙′，并将切去部分叠放在对方剩余部分上方，根据叠放后与切去前相比，甲对水平地面的压强变化了4900帕，可得m甲′、m乙′的关系，可以求得叠放后，乙对水平地面压力。
本题考查学生对压强的理解和应用，密度公式的应用，难度不大。实验序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
待测电阻(欧)
待测电阻阻值(欧)
1
5.0
______
2
3.0
0.18
______
3
2.6
0.26
______
实验序号
F1(牛)
F2(牛)
ΔF(牛)
1
2.0
1.0
1.0
2
4.0
2.0
2.0
3
6.0
3.0
3.0
4
8.0
4.0
4.0
实验序号
F1(牛)
F2(牛)
ΔF(牛)
5
2.0
1.5
0.5
6
4.0
3.0
1.0
7
6.0
4.5
1.5
8
8.0
6.0
2.0
圆柱体
质量m(千克)
密度ρ(千克/米 3)
底面积S(米 2)
甲
5
2.5×103
4×10−3
乙
10
5.0×103
5×10−3
1.上海地区，家用电视机工作时的电压为( )
A. 1.5伏B. 24伏C. 110伏D. 220伏
2.下列物质中，其密度跟人体密度最接近的是( )
A. 水B. 铜C. 空气D. 水银
3.下列实例中，属于增大压强的是( )
A. 图钉钉帽宽大B. 铁轨下铺枕木C. 刀刃磨得锋利D. 坦克车装有履带
4.根据连通器的原理，下列情形中，当水面静止时，液面的位置符合事实的是( )
A. U形管中的液面位置
B. 茶壶倾斜时，壶身和壶嘴中的液面位置
C. 下水道存水弯中的液面位置
D. 锅炉液位计液面的位置
5.关于条形磁体及其磁场，下列描述中正确的是( )
A. 条形磁体可以吸引铝块B. 条形磁体两端的磁性最强
C. 条形磁体周围的磁性强弱分布均匀D. 条形磁体周围存在磁感线
6.材料、横截面积相同的甲、乙两导体并联在电路中，通过它们电流分别为I甲、I乙，若I甲>I乙，则关于它们的长度l甲、l乙以及两端的电压U甲、U乙的关系是( )
A. l甲
C. l甲>l乙，U甲=U乙D. l甲>l乙，U甲
A. p甲
C. p甲=p乙，F甲
8.在如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，电路正常工作。若将电阻R1和电流表A的位置互换，则互换前后，不变的是( )
A. 电流表A的示数
B. 电压表V的示数
C. 电路中的总电阻
D. 电阻R1两端的电压
二、填空题：本大题共7小题，共25分。
9.一节干电池的电压为______伏。教室内照明电灯与电视机是______的，照明电灯与控制它的开关是______的(均选填“串联”或“并联”)。
10.意大利科学家托里拆利首先测定了______的值；著名的______实验有力地证明了大气压是很大的；丹麦物理学家奥斯特发现______周围存在磁场。
11.冰的密度为0.9×103千克/米 3，某冰块的体积为10×10−3米 3，其质量为______千克。若该冰块全部熔化成水，质量将______，体积将______(均选填“变大”“变小”或“不变”)。
12.若某导体两端电压为6伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为6库，通过该导体的电流为______安，该导体的电阻为______欧；若该导体两端的电压为零时，则通过该导体的电流为______安。
13.水面下0.2米处，水产生的压强为______帕。重为20牛的木块漂浮在水中，木块受到浮力的大小为______牛，若该木块漂浮在酒精中(ρ酒精<ρ水)，与漂浮在水中相比，木块受到的浮力______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
14.在如图所示的电路中，电源电压为U0且保持不变，电阻R1、R2的阻值均为R0。现电路中只存在一处断路故障，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，则可行的是______(选填“A”“B”“C”中的一项)。
A.在A点处串联电流表
B.在AB两点间并联电压表
C.在BC两点间并联电压表
写出接入电表并闭合开关S后，电表示数的情况及对应的故障。______。
15.某小组同学研究大气压强与海拔高度的关系，他们操控带有压强传感器的无人机，将其从地面沿竖直方向飞到空中，再原路返回。在此过程中，无人机传感器记录的大气压强随时间的变化图线如图所示，其中A点和D点分别表示无人机从地面出发时和飞到最大高度(约为50米)时的数据。
①根据图中的图线，可以发现：无人机从B点到C点的飞行过程中，大气压强变化了约______帕。
②分析图中的图线及相关条件，可得出大气压强与海拔高度的关系是：______。
③结合压强知识及上述信息，分析飞机起飞过程中，有些乘客的耳朵会感觉胀痛的原因。______。
三、作图题：本大题共3小题，共9分。
16.在图中，重为10牛的小球静止在水中，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮.
17.根据图中通电螺线管的S极，标出磁感线方向、小磁针的N极，并在括号内标出电源的正、负极。
18.在图示电路中缺少两根导线，请按要求用笔线代替导线完成电路连接。要求：闭合开关S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变大。
四、实验探究题：本大题共4小题，共20分。
19.在“探究串联电路电流特点”的实验中，连接电路时开关应处于______状态，应将电流表______联在电路中，且使电流从电流表的______接线柱流入，在此实验中，需要将电流表连接在电路中的______位置(选填“某个”或“多个”)。
20.如图(a)所示的装置叫做______，此装置两边液面的______可表示液体内部压强的大小。进行如图(b)、(c)和(d)所示实验操作，是在探究液体内部的压强与______的关系；若要继续研究液体内部的压强与液体密度的关系，还需要准备______(选填“更多的水”或“酒精”)。
21.小华同学做“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Rx、电流表、电压表、待用滑动变阻器有两种规格(分别标有“10Ω2A”、“20Ω1A”的字样)、开关以及导线若干。他选用了其中一个变阻器，连接电路，闭合开关，移动变阻器滑片，进行了三次实验，并将实验中得到的部分数据记录在下表中，其中一组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的。
①实验中，电压表并联在______两端(选填“待测电阻”或“变阻器”)。
②说明实验中变阻器的规格及哪组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的。(需写出解答过程)
③小华在实验中所用的电源电压为______伏。
④请将上表中的空格填写完整。(保留一位小数)
22.为了研究物体浸没在水中前后测力计示数的变化情况，某小组同学分别利用若干均匀圆柱体、水(足够深)和弹簧测力计等进行实验。他们先将密度ρ均为2克/厘米 3而重力不同的圆柱体挂在测力计下，记录此时测力计的示数F1，接着如图所示，将圆柱体浸没在水中，读出相应的测力计示数F2记录在表一中。他们再用密度ρ均为4克/厘米 3的圆柱体重复实验，将数据记录在表二中。为进一步研究，他们计算每一次实验时测力计示数的差值ΔF，并将结果分别记录在表一和表二的最后一列中。
表一圆柱体密度ρ=2克/厘米 3
表二圆柱体密度ρ=4克/厘米 3
①分析比较实验序号1与2与3与4(或5与6与7与8)中F2和F1的倍数关系及相关条件，可得出的初步结论是：密度相等的均匀圆柱体浸没在水中后，______。
②分析比较实验序号1与5(或2与6或3与7或4与8)中F2和F1的数据及相关条件，可得出的初步结论是：均匀圆柱体浸没在水中后，______。
③进一步分析比较实验序号______的数据及相关条件，可以发现：均匀圆柱体浸没在水中后，满足一定的条件时，测力计示数的差值ΔF可能相等。请你根据本实验的相关数据及条件，初步分析ΔF相等时应满足的条件为：______。
④根据表一和表二中的数据及相关条件，可以推理：若浸没在水中某均匀圆柱体的密度ρ为6克/厘米 3，重力为6牛，则此时测力计的示数F2为______牛。
五、计算题：本大题共4小题，共30分。
23.浸在水中的合金块排开水的体积为4×10−4米 3，求合金块浮力F浮的大小．
24.在如图所示的电路中，电源电压为12伏，电阻R2阻值为20欧。闭合开关S，电流表A1的示数为0.4安，求：
①电阻R1的阻值。
②电流表A的示数I。
25.在如图1所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“20Ω1A”字样。闭合开关S，电阻R1两端的电压为8伏。
①求此时通过R1的电流I1。
②闭合开关S，移动变阻器的滑片P，发现电流表示数的范围为0.6∼0.9安。电流表与电压表表盘如图2所示。求：
(a)电源电压U。
(b)变阻器允许接入电路的最大阻值R2max。
26.均匀圆柱体甲、乙分别竖直置于水平地面上，两圆柱体的质量、密度和底面积见下表。
①求甲的体积V甲。
②求乙对水平地面的压强p乙。
③若在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分，并将切去部分叠放在对方剩余部分上方。叠放后与切去前相比，甲对水平地面的压强变化了4900帕，求叠放后，乙对水平地面压力F乙。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
我国家庭电路的电压是220V，故上海地区家用电视机工作时的电压为220V，故D正确、ABC错误。
故选：D。
我国家庭电路电压，即家庭照明电压是220V。
本题考查了家庭电路电压的数值，属于基础题目。
2.【答案】A
【解析】解：①人可以只露出头漂浮在水面上，也可以很轻松的潜入水中，说明人的平均密度接近水的密度；
②人体的组成成分中大部分是由水组成的，所以人体密度跟水的密度最接近。
故选：A。
这是一道与生活联系密切的一道物理常识题目，同学们可以通过生活经验解答，或借助浮力知识、或借助人的主要组成成分进行解答。
解决此类题目需要同学们多观察生活，多了解一些常见物质的密度的大小。
3.【答案】C
【解析】解：ABD、图钉钉帽宽大、铁轨下铺枕木、坦克车装有履带都是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故ABD不符合题意；
C、刀刃磨得锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故C符合题意。
故选：C。
(1)增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
(2)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法。能把压强知识应用到生活中。
4.【答案】C
【解析】解：如图，四个容器都是连通器，都装有水，是同种液体，静止时液面是相平的正确，所以只有C选项正确。
故选：C。
连通器原理：连通器中装有同种液体，当液体静止时，液面是相平的。
连通器液面相平的条件：同种液体，液体静止。
5.【答案】B
【解析】解：A、铝不是磁性物质，所以条形磁体也不会吸引铝块，故A错误；
BC、每个磁体有两个部位的磁性最强，叫磁极，条形磁铁的两个磁极在其两端，故条形磁铁两端的磁性最强，故B正确、C错误；
D、磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线，所以磁感线不是真实存在的，故D错误。
故选：B。
(1)把能吸引铁、钴、镍等物质的性质叫磁性，由磁性物质制成的物体，都容易被磁体吸引；
(2)磁体的磁极部位磁性最强；
(3)磁铁的周围磁感线分布不均匀，在磁场强的地方磁感线密；
(4)为了便于研究磁场，我们引入了磁感线的概念，磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线。
此题考查了磁体的磁性、磁极、磁感线特点，比较简单，属基础题。
6.【答案】A
【解析】解：材料、横截面积相同的甲、乙两导体并联在电路中，根据并联电路的电压特点可知两导体两端的电压相等，故U甲=U乙；
通过它们电流分别为I甲、I乙，若I甲>I乙，根据R=UI可知R甲
根据并联电路的电压特点可知两导体两端的电压相等；
通过它们电流分别为I甲、I乙，若I甲>I乙，根据R=UI可知两电阻的大小关系；
在材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道综合题。
7.【答案】A
【解析】解：甲、乙两种液体对各自容器底部的压强相等，由图知甲液体的深度大于乙液体的深度，由p=ρgh知甲液体的密度小于乙液体的密度；
若在两容器中分别抽出部分液体，使容器中剩余液体的体积相同，由图知甲容器的底面积大于乙容器的底面积，由V=Sh知甲剩余液体的深度小于乙剩余液体的深度，由p=ρgh知甲剩余液体对容器底部的压强小于乙剩余液体对容器底部的压强，即p甲
甲、乙两种液体对各自容器底部的压强相等，由图知甲液体的深度大于乙液体的深度，由p=ρgh判断出甲、乙液体密度的关系；
若在两容器中分别抽出部分液体，使容器中剩余液体的体积相同，由图知甲容器的底面积大于乙容器的底面积，由V=Sh判断出甲、乙剩余液体深度的关系，由p=ρgh判断出甲、乙剩余液体对容器底部压强关系；
容器中剩余液体的体积相同，由G=mg=ρgV判断出甲、乙剩余甲液体重力的关系，进而判断出甲、乙剩余液体对容器底部压力的关系。
本题主要考查了液体压强、密度公式的应用，知道规则形状容器液体对容器底的压力等于液体自身的重力是解题的关键。
8.【答案】D
【解析】解：闭合开关S，电路正常工作；两个电阻并联，电压表测量电源电压，电流表测量干路中的电流；
将电阻R1和电流表A的位置互换，电阻R2被短路，电压表测量一段导线两端电压，所以电压表示数减小；此时电路为R1的简单电路，总电阻变大；R1两端电压为电源电压，保持不变；根据并联电路的电流规律可知，电路中的电流变小。
故选：D。
根据电路图分析电阻R1和电流表A的位置互换前后的连接方式，根据并联电路的特点、电流表的作用分析电表示数的变化。
本题考查了电路的动态分析，属于基础题。
9.【答案】1.5并联 串联
【解析】解：一节干电池的电压为1.5V；
为了使各用电器之间工作时互不影响，电灯与电视机之间是并联的；
为了有效的控制电灯，电灯与控制它的开关之间是串联的。
故答案为：1.5；并联；串联。
根据一节电池中电压、各用电器的基本连接方式、开关与用电器之间的连接方式等进行解答。
本题考查了干电池的电压、家庭电路的基本连接要求，属于基础题目。
10.【答案】大气压 马德堡半球 通电导体
【解析】解：意大利科学家托里拆利，利用一根玻璃管测出了大气压所能支持的水银柱的高度，即76cm，这也就是后来规定的1个标准大气压的大小，其具体数值是p=ρ水银gh=13.6×103kg/m3×9.8N/kg×0.76m=1.013×105Pa，最早测出了大气压的值；
著名的马德堡半球实验用两个中间抽成真空而压合在一起的铜半球有力地证明了大气压的存在；
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场。
故答案为：大气压；马德堡半球；通电导体。
马德堡半球实验和托里拆利实验都是与大气压强有关的著名实验，但他们的意义和结果却有着较大的区别，一个重在验证大气压的存在，一个重在测量大气压值，1标准大气压所能支持的水银柱产生的压强便是在托里拆利实验中测出的大气压值；
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场。
本题考查了物理学常识和阿基米德原理的内容，是一道基础题，熟练掌握基础知识是解题的关键。
11.【答案】9 不变 变小
【解析】解：由ρ=mV可得，冰的质量：m冰=ρ冰V冰=0.9×103kg/m3×10×10−3m3=9kg，
冰熔化成水后，质量不变，因为水的密度大于冰的密度，根据公式V=mρ可知，水的体积变小。
故答案为：9；不变；变小。
由ρ=mV的变形式m=ρV得出冰的质量；
质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；
冰熔化成水后，质量不变，因为水的密度大于冰的密度，根据公式V=mρ可知，水的体积变化情况。
本题考查质量和体积的大小变化，关键是密度公式的应用，还要知道质量的性质。
12.【答案】0.6100
【解析】解：(1)通过该导体的电流：I=Qt=6C10s=0.6A；
(2)由I=UR可得，导体的电阻：R=UI=6V0.6A=10Ω；
(3)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，当该导体两端的电压为0V时，其电阻仍为10Ω，则通过该导体的电流为0A。
故答案为：0.6；10；0。
(1)已知10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I=Qt求出通过该导体的电流；
(2)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻。
(3)电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与材料、温度、长度以及横截面积有关，与导体两端电压以及通过的电流无关。
本题考查了电流和电阻的计算，关键是知道导体的电阻只与材料、横截面积、长度和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。
13.【答案】2000 20 不变
【解析】解：水面下0.2米处，水产生的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2×103Pa。
木块漂浮在水中，根据漂浮条件可知，木块所受水的浮力：F浮1=G木=20N；
若该木块漂浮在酒精中(ρ酒精<ρ水)，木块所受酒精的浮力：F浮2=G木=20N=F浮1，与漂浮在水中相比，木块受到的浮力不变。
故答案为：2000；20；不变。
根据p水=ρ水gh得出水面下0.2米处，水产生的压强。
木块漂浮在水中，根据漂浮条件可知，根据F浮1=G木得出木块所受水的浮力；
若该木块漂浮在酒精中(ρ酒精<ρ水)，根据F浮2=G木得出木块所受酒精的浮力，进而分析得出答案。
本题考查浮沉条件和阿基米德原理的应用，是一道综合题。
14.【答案】C 在BC两点间并联电压表，当电压表示数为0时，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是R2断路；当电压表示数不为0时，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是R1断路
【解析】解：根据电路图可知，电阻R1、R2串联接入电路中；现电路中只存在一处断路故障，则电路中无电流；
A.在A点处串联电流表，由于电路中无电流，电流表始终无示数，无法判定电路故障的原因，故A错误；
B.在AB两点间并联电压表，两个电阻任意一个断路，电压表都无示数，无法判定电路故障的原因，故B错误；
C.在BC两点间并联电压表，当电压表示数为0时，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是R2断路；当电压表示数不为0时，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是R1断路，故C正确。
故答案为：C；在BC两点间并联电压表，当电压表示数为0时，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是R2断路；当电压表示数不为0时，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是R1断路。
根据电路图可知，电阻R1、R2串联接入电路中；现电路中只存在一处断路故障，则电路中无电流；根据选项中电表的连接方式分析电路故障。
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，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
15.【答案】400 海拔越高，压强越小 在地面时，人耳鼓膜内外气压平衡；飞机起飞时，外界气压变小，鼓膜内外形成气压差，耳朵会感觉胀痛
【解析】解：①由图可知，B、C两点对应的压强是1012百帕和1008百帕，两点压强差p=1012百帕−1008百帕=4百帕=400帕，即大气压强变化为400帕；
②由题可知，飞机起飞的过程，压强越来越小，飞机下降时，压强越来越大，故大气压强与海拔高度的关系是：海拔越高，压强越小；
③在地面时，人耳鼓膜内外气压平衡；飞机起飞时，外界气压变小，鼓膜内外形成气压差，耳朵会感觉胀痛。
故答案为：①400；②海拔越高，压强越小；③在地面时，人耳鼓膜内外气压平衡；飞机起飞时，外界气压变小，鼓膜内外形成气压差，耳朵会感觉胀痛。
①分别找到B、C两点对应的压强，计算两点压强差即可得出大气压强变化情况；
②分析图中的图线及相关条件，可得出大气压强与海拔高度的关系；
③正常情况，人耳鼓膜内外压强相等；飞机起飞，外界大气压变小，鼓膜内外压强不同，存在压强差。
本题考查压强与海拔的关系，其解题关键就是要把握住：海拔高，气压小；气压小，海拔高。反之亦然。
16.【答案】解：小球在水中悬浮，则所受浮力F浮=G=10N，选取标度为5N，过水球重心沿竖直向上的方向画一条有向线段，使线段长度为标度的2倍．如图所示：
【解析】首先根据小球在水中的状态判断小球所受浮力大小，再确定一个标度，并用这个标度去准确表示出力的大小．
此题考查了力的图示的画法，力的图示比示意图要求更加严格，在作图时，注意线段的长度必须与标度统一起来．
17.【答案】解：(1)由图可知，通电螺线管的左端为S极，根据异名磁极相互吸引，则小磁针的右端为N极，左端为S极；
(2)因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以磁感线的方向是指向左的；
(3)根据安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的右端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，右端为负极。如图所示：
【解析】(1)知道通电螺线管的S极，根据磁极间的相互作用判断出小磁针的磁极；
(2)根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向；在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极；
(3)根据安培定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律，磁感线的特点以及利用安培定则判断螺线管极性或电流方向的方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
18.【答案】解：闭合电键S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变大，即定值电阻两端的电压变大，根据串联电路电压的规律可知，变阻器两端的电压变小，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻变小，所以滑片右边电阻丝与定值电阻串联接入电路中，如下图所示：
【解析】将电压表并联在R的两端，根据串联电路电压的规律和向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变大，结合分压原理确定变阻器接线柱的连接。
本题考查实物图的连接，涉及串联电路电压的规律及分压原理等知识，难度中等。
19.【答案】断开 串 正 多个
【解析】解：为了保护电路，连接电路时开关应处于断开状态；
应将电流表串联在电路中，且使电流从电流表的正接线柱流入；
用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多，因此在此实验中，需要将电流表连接在电路中的多个位置。
故答案为：断开；串；正；多个。
(1)为了保护电路，连接电路时开关应处于断开状态；
(2)电流表的使用规则：电流表要串联在电路中；电流要从“+“接线柱流入，从“-“接线柱流出(否则指针反转)；
(3)用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题探究串联电路中各处电流的关系实验，考查了注意事项、电流表使用和归纳法的应用等知识。
20.【答案】压强计 高度差 液体的深度 酒精
【解析】解：如图(a)所示的装置叫做压强计；压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的；
比较如图(b)、(c)和(d)可知液体密度相同，深度不同，且深度越深，U形管液面的高度差越大，压强越大，探究液体内部的压强与液体的深度的关系；
若要继续研究液体内部的压强与液体密度的关系，需要添加不同的液体，并且保持金属盒探头的深度不变。
故答案为：压强计；高度差；液体的深度；酒精。
掌握转换法在实验中的应用，实验中用U形管中液面的高度差来反映液体压强的大小；液体的压强跟液体的深度和密度有关。液体的密度一定时，液体越深，液体压强越大；在液体的深度一定时，液体的密度越大，液体压强越大。
本题分别考查了液体压强的特点，并要求学生会用控制变量法分析解决问题，通过本题要加深对液体压强的特点的理解。
21.【答案】变阻器 4
【解析】解：①待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U=IR可知，待测电阻的电压变大，由串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端电压变小，根据表中数据可知电压表并联在滑动变阻器两端了；
②由①可知，电压表并联在滑动变阻器两端，由第2次实验数据可知，滑动变阻器接入电路的阻值为：
R滑2=U2I2=3V0.18A≈16.7Ω，
第3次实验滑动变阻器接入电路的阻值为：
R滑3=U3I3=Ω，
故实验中变阻器的规格为“20Ω1A”，
同时也说明第1组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的；
③设电源电压为U，在第1次实验中，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据电阻的串联可知，电路的总电阻为R总=R滑大+5Ω=20Ω+5Ω=25Ω，此时电路中的电流应小于0.18A，即UR总=U25Ω<0.18A，
解得：U<4.5V，因电源电压为2V的整数倍，且大于第2次实验中电压表示数，故U=4V；
④由表中数据可知，第2次待测电阻两端电压为UR2=U−U2=4V−3V=1V，
则第2次待测电阻的阻值为：
R2=UR2I2=1V0.18A≈5.6Ω；
同理，第3次待测电阻两端电压为UR3=U−U3=4V−2.6V=1.4V，
第3次待测电阻的阻值为：
R3=UR3I3=≈5.4Ω；
故待测电阻阻值为：
R=R1+R2+R33=5Ω+5.6Ω+5.4Ω3≈5.3Ω。
故答案为：①变阻器；②实验中变阻器的规格为“20Ω1A”，第1组数据为变阻器连入电路的阻值最大时记录的；③4；④5.6；5.4；5.3。
①待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U=IR可知待测电阻的电压变化，由串联电路分压原理可知滑动变阻器电阻变化，据此分析；
②根据表中第2、3次实验数据结合欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的规格及哪组数据为变阻器连入电路的阻值最大时的记录；
③根据第1实验的电流应小于0.18A结合电源电压为2V的整数倍确定电源电压；
④根据串联电路特点结合欧姆定律求出第2、3次实验中待测电阻的阻值，然后取平均值。
本题用电流表、电压表测电阻实验，考查了电路分析、器材的选择、数据分析、电阻的计算等知识，有一定的难度。
22.【答案】测力计示数的变化ΔF与物体重力F1成正比 物体的重力F1一定时，测力计示数的变化ΔF与物体密度成反比 1、6 物体的体积相同 5
【解析】解：①分析比较实验序号1与2与3与4(或5与6与7与8)中F2和F1的倍数关系及相关条件，密度不变，物体的重力改变，可得出的初步结论是：密度相等的均匀圆柱体浸没在水中后，物体的重力越大，物体浸没在水中前后测力计示数的变化越大，且ΔF与物体重力F1成正比。
②分析比较实验序号1与5(或2与6或3与7或4与8)中F2和F1的数据及相关条件，物体的重力不变，物体的密度不同，可得出的初步结论是：均匀圆柱体浸没在水中后，重力一定时，物体的密度越大，物体浸没在水中前后测力计示数的变化越小，密度变为2倍，ΔF变为一半，说明是成反比关系；
③进一步分析比较实验序号1、6或2、8的数据及相关条件，可以发现：均匀圆柱体浸没在水中后，满足一定的条件时，测力计示数的差值ΔF可能相等。
此时物体的密度增大2倍，重力也增大为2倍，即质量变为2倍，根据V=mρ，即体积不变，满足了排开液体的体积不变，则测力计示数的差值ΔF不变。
④根据表一和表二中的数据及相关条件，可以推理：若浸没在水中某均匀圆柱体的密度ρ为6克/厘米 3，重力为6牛，
与序号3相比，重力相同，而密度变为了3倍，则测力计示数的差值ΔF应为原来是13，即1N，因而此时测力计的示数F2=F1−ΔF=6N−1N=5N。
故答案为：(1)测力计示数的变化ΔF与物体重力F1成正比；(2)物体的重力F1一定时，测力计示数的变化ΔF与物体密度成反比；
(3)1、6，物体的体积相同；(4)5。
(1)(2)根据表格数据物体浸没在水中前后测力计示数的变化情况与物体的重力、物体的密度有关，结合控制变量法分析；
(3)物体浸没在水中前后测力计示数的变化大小等于浮力，结合阿基米德原理分析；
(4)根据数据得出结论，然后应用结论解答。
本题考查浮力有关因素的探究，属于中档题，关键是控制变量法分析数据。
23.【答案】解：根据阿基米德原理得：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×4×10−4m3=3.92N.
答：合金块的浮力为3.92N.
【解析】知道合金块排开水的体积，利用阿基米德原理求合金块受到水的浮力．
本题考查了学生对阿基米德原理的了解与掌握，利用好推导公式：F浮=G排=ρ液gV排.
24.【答案】解：闭合开关S，两电阻并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量通过R1的电流。
①电阻R1的阻值R1=UI1=12V0.4A=30Ω；
②通过电阻R2的电流I2=UR2=12V20Ω=0.6A，
根据并联电路的电流特点可知电流表A的示数I=I1+I2=0.4A+0.6A=1A。
答：①电阻R1的阻值为30Ω；
②电流表A的示数I为1A。
【解析】闭合开关S，两电阻并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量通过R1的电流。
①根据欧姆定律可知电阻R1的阻值；
②根据欧姆定律可知通过电阻R2的电流，根据并联电路的电流特点可知电流表A的示数。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道综合题。
25.【答案】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
①通过电阻R1的电流为I1=U1R1=8V10Ω=0.8A。
②(a)移动滑动变阻器滑片P，发现电流表示数的范围为0.6∼0.9A，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，则电源的电压：
U=I大R1=0.9A×10Ω=9V；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
根据I=UR可得：R总小=UI小=9V0.6A=15Ω，
根据串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和可得滑动变阻器的最大阻值：
R2max=R总小−R1=15Ω−10Ω=5Ω。
答：①求此时通过R1的电流I1为0.8A。
②(a)电源电压U为9V。
(b)变阻器允许接入电路的最大阻值R2max为5Ω。
【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
①知道R1两端的电压和电阻R1阻值，根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流；
②(a)移动滑动变阻器滑片P，发现电流表示数的范围为0.6∼0.9A，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电源的电压；
(b)变阻器允许接入电路的最大阻值时电路中的电流最小，根据欧姆定律求出电路中最大总电阻，根据电阻的串联特点求出变阻器允许接入电路的最大阻值。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电流定义式的应用等，正确的判断最后一问中电源电压的可能值和电流表的位置是关键。
26.【答案】解：
(1)由图表可知甲的质量m甲=5kg，甲的密度ρ甲=2.5×103kg/m3，根据密度公式可得甲的体积：V甲=m甲ρ甲=5kg2.5×103kg/m3=2×10−3m3；
(2)由图表可知乙的质量m甲=10kg，乙的底面积S乙=5×10−3m2，根据压强计算公式可得乙对水平地面的压强：p乙=F乙S乙=G乙S乙=m乙gS乙=10kg×10N/kg5×10−3m2=2×104Pa；
(3)在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分的质量分别为m甲′、m乙′，并将切去部分叠放在对方剩余部分上方，根据叠放后与切去前相比，甲对水平地面的压强变化了4900帕，可得：
(5kg−m甲′+m乙′)gS甲−5kg×gS甲=4900Pa；或者5kg×gS甲−(5kg−m甲′+m乙′)gS甲=4900Pa；解之得：m甲′−m乙′=1.96kg或者m乙′−m甲′=1.96kg；
叠放后，乙对水平地面压力：F乙=(10kg−m乙′+m甲′)g=(10kg−1.96kg)×10N/kg=80.4N；
或者F乙=(10kg−m乙′+m甲′)g=(10kg+1.96kg)×10N/kg=119.6N。
答：
(1)甲的体积为2×10−3m3；
(2)乙对水平地面的压强为2×104Pa；
(3)叠放后，乙对水平地面压力为80.4N或119.6N。
【解析】(1)已知甲的质量和密度，根据密度公式可得甲的体积；
(2)已知乙的质量和底面积，根据压强计算公式可得乙对水平地面的压强；
(3)在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分的质量分别为m甲′、m乙′，并将切去部分叠放在对方剩余部分上方，根据叠放后与切去前相比，甲对水平地面的压强变化了4900帕，可得m甲′、m乙′的关系，可以求得叠放后，乙对水平地面压力。
本题考查学生对压强的理解和应用，密度公式的应用，难度不大。实验序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
待测电阻(欧)
待测电阻阻值(欧)
1
5.0
______
2
3.0
0.18
______
3
2.6
0.26
______
实验序号
F1(牛)
F2(牛)
ΔF(牛)
1
2.0
1.0
1.0
2
4.0
2.0
2.0
3
6.0
3.0
3.0
4
8.0
4.0
4.0
实验序号
F1(牛)
F2(牛)
ΔF(牛)
5
2.0
1.5
0.5
6
4.0
3.0
1.0
7
6.0
4.5
1.5
8
8.0
6.0
2.0
圆柱体
质量m(千克)
密度ρ(千克/米 3)
底面积S(米 2)
甲
5
2.5×103
4×10−3
乙
10
5.0×103
5×10−3
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