2019-2020年中考物理一模试卷（含解析）(III).doc

2019-2020年中考物理一模试卷（含解析）(III)一、单项选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将所选选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂1一节干电池的电压是（）A1.5伏B24伏C110伏D220伏2下列实例中，利用连通器原理工作的是（）A吸尘器B船闸C温度计D订书机3下列各物理量中，能鉴别物质的物理量是（）A密度B质量C重力D热量4下列实例中，属于增大压强的是（）A坦克装有履带B在铁轨下铺设枕木C刀刃磨得锋利D滑雪时站在雪橇上5关于条形磁铁，下列描述错误的是（）A条形磁铁能够吸引铁屑B条形磁铁不能指南北C条形磁铁周围存在磁场D条形磁铁不能吸引铜屑6甲、乙是由同种材料制成且横截面相等的两导体，若将它们并联在同一电路中，则关于甲、乙的长度L及通过电流I的大小判断正确的是（）A若L甲L乙，则I甲=I乙B若L甲L乙，则I甲=I乙C若L甲L乙，则I甲I乙D若L甲L乙，则I甲I乙7在图所示的电路中，电源电压保持不变闭合电键S后，当滑动变阻器R2的滑片P由中点向右端移动时（）A只有电流表A1的示数不发生变化B只有电压表V的示数不发生变化C电压表V示数与电流表A2示数的比值变小D电流表A1示数与电流表A2示数的比值变大8如图所示，底面积不同的圆柱形容器A和B分别盛有甲、乙两种液体，两液面相平，且甲的质量等于乙的质量若在两容器中分别加入原有液体后，液面仍保持相平，则此时液体对各自容器底部的压强pA、pB和压力FA、FB的关系是（）ApApB，FA=FBBpApB，FAFBCpApB，FA=FBDpApB，FAFB二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置9意大利科学家托里拆利首先测定了的值；丹麦物理学家奥斯特发现周围存在磁场；一根条形磁铁的磁性最弱（选填“两端”或“中间”）10在上海地区的家庭中：电热水器正常工作的电压为伏；电热水器与空调器之间是连接的；每多使用一个用电器，家庭电路的总电阻（选填“变大”、“变小”或“不变”）11某泳池蓄水时水位升高，池底所受水的压强（选填“变大”、“变小”或“不变”）该泳池浅水区1米深处水的压强深水区1米深处水的压强（选填“大于”、“小于”或“等于”）水深为1米的池底面积为50米2，这部分池底所受水的压力为牛12若10秒内通过某导体横截面的电量为3库，导体两端的电压为3伏，则通过该导体的电流为安，该导体的电阻为欧如果通过该导体的电流为0.6安，则该导体两端的电压为伏13冰的密度为0.9103千克/米3，某冰块的体积为10103米3，其质量为千克若该冰块中有3103米3的冰熔化成水，水的质量为千克，水的体积3103米3（选填“大于”、“小于”或“等于”）14在图所示的电路中，电源电压保持不变，但电阻R、灯L处可能发生断路故障在电键S闭合前后，电流表的指针均不偏转，则灯L处发生断路（选填“一定”、“可能”），电路中的故障是15阅读干燥空气的密度表（部分），并请依据表中的相关数据回答问题：干燥空气的密度值（千克/米3）93300帕96000帕101000帕104000帕51.171.201.271.30101.151.181.251.28151.131.161.231.26201.111.141.211.24当温度为10、气压为101000帕时，干燥空气的密度值为千克/米3干燥空气的密度与温度的关系是：三作图题（共9分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2B铅笔16在图中，重为6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N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在图电路中缺少两根导线，请按要求用笔画线代替导线完成电路连接要求：闭合电键S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变小四计算题（共29分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置19浸在水中的合金块排开水的体积为6104米3，求合金块所受浮力F浮的大小20在图所示的电路中，电源电压为6伏保持不变，电阻R1的阻值为5欧，电阻R1两端的电压为4伏求通过电阻R2的电流I2以及电阻R2两端的电压U221如图所示，圆柱体甲和薄壁圆柱形容器乙置于水平地面甲的重力为10牛，底面积为5103米2求甲对地面的压强p甲求乙容器内水面下0.1米深处的压强p水将甲浸没在乙容器的水中后（无水溢出），若乙容器对地面压强的增加量是水对乙容器底部压强增加量的2.7倍，则求甲的密度甲22在图（a）所示的电路中，电源电压保持不变电阻R1的阻值为30欧闭合电键S后，电流表的示数为0.5安，求电源电压U现电路中有A、B、C和D四点，需将一标有“50 2A”字样的滑动变阻器R2并联其中两点上，要求：闭合电键S后，在移动变阻器滑片P的过程中，电流表的指针能随之发生偏转（a）滑动变阻器R2可以并联在电路的两点间；（b）当电流表指针位置如图（b）所示时，变阻器连入电路的阻值R2；（c）在不损坏电路元件的情况下，求电流表示数的范围五实验题（共20分）请根据要求在答题纸的相应位置作答23如图所示的仪表：该表的名称为，使用时应将该表联在待测电路中，且使电流从该表的接线柱流入，若其所测电流约为1.0安，则应选的量程为24在测定金属块密度的实验中，用天平称量铁块的质量，用量筒测量铁块的，利用公式计算得到铁块的密度“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验相同之处有：（选填下列序号）实验目的 实验中所测定的物理量实验器材 实验数据的处理与结果25小明同学通过实验研究浸在液体中的物体对容器底部所受液体压强变化的影响首先，他将一个圆柱体放入足够深的水槽中，圆柱体浮在水面上，并利用仪器测得水槽底部所受水的压强，实验初始状态时水槽底部所受水的压强为3000.00帕然后，他在圆柱体上逐个放上与圆柱体底面积相同的圆板（圆板的厚度与材质相同），观察圆柱体在水中所处的状态，并记录下水槽底部所受水的压强表一、表二为两位同学记录的实验数据及观察到的实验现象表一实验序号所加圆板个数水槽底部所受水的压强（帕）113015.00223030.00333045.00443060.00表二实验序号所加圆板个数水槽底部所受水的压强（帕）553071.25663078.75773086.25883093.75分析比较实验序号1、2、3与4（或5、6、7与8）中的水槽底部所受水的压强与所加圆板个数的大小关系及相关条件，可得出的初步结论是：请进一步综合分析比较表一、表二中压强变化量的数据及相关条件，并归纳得出结论（a）分析比较表一或表二中压强变化量的数据及相关条件，可得出的初步结论是：（b）分析比较表一和表二中压强变化量的数据及相关条件，可得出的初步结论是：26某小组同学做“用电流表、电压表测电阻”实验该实验的目的是：为进行多次实验，三位同学各自设计了三个不同的实验方案，简述如下表所示方案序号实 验电 路设 计要 点通过改变串联电池的节数改变电源两端的电压电源电压保持不变，待测电阻与已知阻值的定值电阻串联，并换用阻值不同的定值电阻电源电压保持不变，待测电阻与滑动变阻器串联，移动变阻器的滑片（a）上述三个方案中，能实现“多次实验，减小误差”的方案有（填序号）；方案与另两个方案相比，优点有：（写出两点即可）（b）小明同学根据方案，准备测量阻值约为20欧的电阻，实验所提供的器材齐全完好，其中：电源电压为6伏且保持不变，电流表、电压表规格如图所示，滑动变阻器有两种规格（分别标有“5欧 3安”和“50欧 1.5安”字样）小明对所提供两种规格的滑动变阻器，提出了问题：实验中，两种变阻器是可以随意用一个变阻器，还是其中一个更适合实验？请你根据实验的相关条件，帮助小明解决问题并简要说明理由xx年上海市静安区中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将所选选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂1一节干电池的电压是（）A1.5伏B24伏C110伏D220伏【考点】电压【分析】根据生活常识解答此题要记住一些生活中常见的电压值，如：一节干电池的电压是1.5V一节铅蓄电池的电压是2V家庭电路的电压为220V对人体安全的电压为不高于36V手机电池的电压为3.7V【解答】解：一节干电池的电压为1.5V故选A2下列实例中，利用连通器原理工作的是（）A吸尘器B船闸C温度计D订书机【考点】连通器原理【分析】几个底部互相连通的容器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，这就是连通器的原理【解答】解：A、吸尘器是利用流体压强与流速的关系制成的，故本选项不符合题意；B、船闸左右两个上端开口，底部相连，构成了一个连通器，符合题意；C、温度计是利用液体的热胀冷缩的性质制成的，故本选项不符合题意；D、订书机用到的物理知识是比较多的，如（1）压柄做得宽大有利于减小压强；（2）钉书针（出针口）很尖细有利于增大压强；（3）底座做得宽大有利于减小压强等等；但都不是连通器原理进行工作，故本选项不符合题意故选B3下列各物理量中，能鉴别物质的物理量是（）A密度B质量C重力D热量【考点】密度及其特性【分析】密度是物质的特性，不同的物质密度一般是不同的，因此根据密度的大小可鉴别不同的物质【解答】解：密度是物质的特性，不同的物质密度一般是不同的，而体积、质量、热量不是物质的特性，和物质的种类没有关系，所以鉴别物质的种类应该利用密度的不同故选A4下列实例中，属于增大压强的是（）A坦克装有履带B在铁轨下铺设枕木C刀刃磨得锋利D滑雪时站在雪橇上【考点】增大压强的方法及其应用【分析】（1）压强大小的影响因素：压力大小和受力面积大小（2）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（3）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【解答】解：A、坦克装有履带是在压力一定时，增大受力面积减小坦克对地面的压强，不符合题意B、铁轨铺在枕木上是压力一定时，增大受力面积减小对路基的压强，保护路基不符合题意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符合题意D、滑雪时站在雪橇上是在压力一定时，增大受力面积减小对雪地的压强，防止陷入雪中不符合题意故选C5关于条形磁铁，下列描述错误的是（）A条形磁铁能够吸引铁屑B条形磁铁不能指南北C条形磁铁周围存在磁场D条形磁铁不能吸引铜屑【考点】磁性、磁体、磁极；磁场【分析】此题需要用到的知识有：（1）由于受到地磁场的作用，悬挂的小磁针静止时总是一端指南一端指北，指南的是南极，指北的是北极（2）磁体能够吸引具有磁性材料的物质，磁体周围存在磁场（3）磁场是磁体周围存在的一种看不见的特殊物质，是真实的存在；磁感线是描述磁场的方法，叫建立理想模型法，不是真实的存在所以在磁体的周围，即使没有画上磁感线，该区域也是存在磁场的【解答】解：A、磁体能够吸引磁性材料，因此条形磁铁能够吸引铁屑故A正确；B、条形磁铁在地磁场的作用下要指向南北方向，其中指南的叫南极，故B错误；C、任何磁体周围都存在着磁场，故C正确；D、磁体能够吸引磁性材料，因此条形磁铁能够吸引铁屑，不能吸引铜屑，故D正确故选B6甲、乙是由同种材料制成且横截面相等的两导体，若将它们并联在同一电路中，则关于甲、乙的长度L及通过电流I的大小判断正确的是（）A若L甲L乙，则I甲=I乙B若L甲L乙，则I甲=I乙C若L甲L乙，则I甲I乙D若L甲L乙，则I甲I乙【考点】影响电阻大小的因素；欧姆定律的变形公式【分析】根据电阻大小的影响因素：导体的材料、长度和横截面积分析两导体电阻的大小；根据并联电路电压和电流的规律，结合欧姆定律进行分析【解答】解：甲、乙两导体并联在电路中，根据并联电路电压的规律可知，无论两导体的电阻大小是否相等，导体两端的电压相等，AC、因为甲、乙是由同种材料制成且横截面相等，若L甲L乙，则R甲R乙，根据I=可知，如果通过两导体的电流关系为I甲I乙，故AC错误；BD、若L甲L乙，则R甲R乙，根据I=可知，如果通过两导体的电流关系为I甲I乙，故B错误，故D正确故选D7在图所示的电路中，电源电压保持不变闭合电键S后，当滑动变阻器R2的滑片P由中点向右端移动时（）A只有电流表A1的示数不发生变化B只有电压表V的示数不发生变化C电压表V示数与电流表A2示数的比值变小D电流表A1示数与电流表A2示数的比值变大【考点】电路的动态分析【分析】分析电路图，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源电压保持不变，电压表的示数不变；根据欧姆定律可知通过R2的电流不变，但通过R1的电流变小，据此判断电流表A1示数与电流表A2示数的比值变化【解答】解：如图，R1和R2并联，电压测量电源电压，电压示数不变，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源电压保持不变，电压表测量并联支路电压或电源电压，电压表V的示数不变；I1=，U、R1大小不变，通过R1的电流不变（电流表A1的示数不变），故AB错误；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，I2=，U不变、R2变大，通过R2的电流变小（电流表A2的示数变小），电压表V示数与电流表A2示数的比值为R2的电阻，比值变大，故C错误；由以上可知电流表A1示数与电流表A2示数的比值将变大，故D正确故选：D8如图所示，底面积不同的圆柱形容器A和B分别盛有甲、乙两种液体，两液面相平，且甲的质量等于乙的质量若在两容器中分别加入原有液体后，液面仍保持相平，则此时液体对各自容器底部的压强pA、pB和压力FA、FB的关系是（）ApApB，FA=FBBpApB，FAFBCpApB，FA=FBDpApB，FAFB【考点】压强大小比较【分析】由图可知，两容器的底面积关系和容器内液体的体积关系，两液面相平即深度相同，且两液体的质量相等，根据m=V=Sh可知，两液体的密度与底面积的乘积关系，进一步得出液体的密度关系；若在两容器中分别加入原有液体后，液面仍保持相平，根据p=gh可知液体对各自容器底部的压强关系；根据m=V=Sh可知此时两液体的质量关系，根据圆柱形容器中液体对容器底部的压力等于液体自身的重力得出两者压力的关系【解答】解：由图知，容器底面积SASB，V甲V乙，且两液面相平即h甲=h乙，因甲的质量等于乙的质量，所以，由=可知，甲SAh甲=乙SBh乙，则甲h甲=乙h乙，甲乙，若在两容器中分别加入原有液体后，液面仍保持相平，即h甲=h乙，由p=gh可知，pApB，故AB错误；由甲h甲=乙h乙可知，甲SAh甲=乙SBh乙，即m甲=m乙因圆柱形容器中液体对容器底部的压力F=pS=ghS=gV=mg=G，所以，液体对各自容器底部的压力FA=FB，故C正确、D错误故选C二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置9意大利科学家托里拆利首先测定了大气压强的值；丹麦物理学家奥斯特发现电流周围存在磁场；一根条形磁铁的中间磁性最弱（选填“两端”或“中间”）【考点】大气压强的存在；磁性、磁体、磁极；通电直导线周围的磁场【分析】（1）意大利科学家托里拆利利用实验首先测量出来了大气压强；（2）丹麦物理学家奥斯特发现电流周围存在磁场；（3）磁体的两端磁性最强，中间磁性最弱【解答】解：据课本知识可知，意大利科学家托里拆利利用托里拆利实验首先测定了大气压强的值；丹麦物理学家奥斯特发现电流周围存在磁场；条形磁铁的两端磁性最强，即为两个磁极，中间磁性最弱故答案为：大气压强；电流；中间10在上海地区的家庭中：电热水器正常工作的电压为220伏；电热水器与空调器之间是并联连接的；每多使用一个用电器，家庭电路的总电阻变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；电阻的并联；家庭电路的连接【分析】（1）我国照明电路的电压是220V，所以在照明电路中工作的用电器，正常工作电压基本都是220V；（2）照明电路中各用电器之间是并联的，用电器和控制本用电器的开关是串联的；（3）用电器并联相当于增大导体横截面积，故电阻越并越小【解答】解：（1）我国照明电路电压为220伏；故在上海地区的家庭中电热水器正常工作的电压也为220V；（2）电热水器与空调器能够独立工作，是并联的；（3）每多使用一个用电器，横截面积越大，电阻就越小故答案为：220；并联；变小11某泳池蓄水时水位升高，池底所受水的压强变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）该泳池浅水区1米深处水的压强等于深水区1米深处水的压强（选填“大于”、“小于”或“等于”）水深为1米的池底面积为50米2，这部分池底所受水的压力为5105牛【考点】液体压强计算公式的应用【分析】（1）根据液态的压强公式p=gh可求压强大小；液态压强与深度有关，深度越小则压强越小；（2）运用液体压强公式p=gh，可求压强；根据压强定义式p=，变形后F=pS，可求压力【解答】解：（1）某泳池蓄水时水位升高，深度h增大，根据压强公式p=gh可判断出，所受水的压强大小将变大；（2）根据压强公式p=gh知，浅水区1米深处水的压强等于深水区1米深处水的压强；（3）池底所受水的压强大小为p=gh=1000kg/m310N/kg1m=104Pa，由p=得F=pS=104Pa50m2=5105N，故答案为：变大；等于；510512若10秒内通过某导体横截面的电量为3库，导体两端的电压为3伏，则通过该导体的电流为0.3安，该导体的电阻为10欧如果通过该导体的电流为0.6安，则该导体两端的电压为6伏【考点】欧姆定律的应用【分析】（1）知道时间和电荷量可根据I=求出电流；（2）有电压和电流根据欧姆定律可求出电阻；（3）根据电阻不变，利用欧姆定律的公式变形可求出电压的大小【解答】解：已知10秒内通过某导体横截面的电量为3库，则通过该导体的电流为：I=0.3A；由欧姆定律I=得该导体的电阻为：R=10；由于电阻是导体本身的一种属性，其大小与电压和电流无关，所以当通过该导体的电流为0.6安时，该导体两端的电压为：U=IR=0.6A10=6V故答案为：0.3；10；613冰的密度为0.9103千克/米3，某冰块的体积为10103米3，其质量为9千克若该冰块中有3103米3的冰熔化成水，水的质量为2.7千克，水的体积小于3103米3（选填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】密度公式的应用【分析】（1）已知冰块的质量和体积，可以根据公式m=V求出冰块的质量；（2）冰完全熔化成水，质量是保持不变的，即水的质量等于冰的质量，再根据公式V=求出水的体积【解答】解：由=可得，冰的质量：m冰=冰V冰=0.9103kg/m310103m3=9kg，由=可得，冰块中有3103米3的冰熔化成水：m水=m冰=冰V冰=0.9103kg/m33103m3=2.7kg，相同质量的水和冰，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=可知，水的体积变小故答案为：9； 2.7；小于14在图所示的电路中，电源电压保持不变，但电阻R、灯L处可能发生断路故障在电键S闭合前后，电流表的指针均不偏转，则灯L处一定发生断路（选填“一定”、“可能”），电路中的故障是L断路【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】由电路图知，两电阻串联，电流表A测量电路中的电流，开关闭合造成R短路；开关闭合前后电流表均无示数，说明电路是断路【解答】解：由电路图知，两电阻串联，电流表A测量电路中的电流，开关闭合造成R短路；开关闭合前后电流表均无示数，说明电路一定是发生了是断路，故故障是L断路，若R断路，在开关闭合后电流表会有示数故答案为：一定；L断路15阅读干燥空气的密度表（部分），并请依据表中的相关数据回答问题：干燥空气的密度值（千克/米3）93300帕96000帕101000帕104000帕51.171.201.271.30101.151.181.251.28151.131.161.231.26201.111.141.211.24当温度为10、气压为101000帕时，干燥空气的密度值为1.25千克/米3干燥空气的密度与温度的关系是：气压一定时，干燥空气密度随温度升高而变小，且等差变化【考点】密度与温度【分析】根据表格中的数据分析；根据表格中的密度、温度分析；【解答】解：当环境温度为20时，空气的密度为1.25千克/米3；由表格中的数据可知，气压一定时，干燥空气密度随温度升高而变小，且等差变化故答案为：1.25；气压一定时，干燥空气密度随温度升高而变小，且等差变化三作图题（共9分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2B铅笔16在图中，重为6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【考点】物体的浮沉条件及其应用【分析】由图可知小球在水中悬浮，受到的浮力和自身的重力相等，明确浮力的三要素，再确定一个标度，并用这个标度去准确表示出力的大小【解答】解：由图可知，小球悬浮在水中，受到的浮力F浮=G=6N，方向竖直向上，作用点可画在重心处17根据图中通电螺线管的N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【考点】通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁极间的相互作用；磁感线及其特点；安培定则【分析】利用螺线管的右端为N极，结合磁感线的特点和磁极间作用规律可以确定磁感线的方向和小磁针的N、S极利用线圈的绕向和螺线管的N、S极，结合安培定则可以确定螺线管中电流的方向，进一步可以得到电源的正负极【解答】解：螺线管的右端为N极，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，所以可以确定螺线管周围磁场的方向是从右向左的当小磁针静止时，根据磁极间作用规律可知，靠近电磁铁N极的一定是小磁针的S极，由此可知小磁针的右下端为N极根据螺线管的右端为N极，以及线圈的绕向利用安培定则可以确定螺线管中电流是从螺线管的左端流入右端流出根据电流方向与电源正负极之间的关系：在电源外部电流从正极流出，回到负极，可以确定电源的正负极：左端为正极，右端为负极如下图所示：18在图电路中缺少两根导线，请按要求用笔画线代替导线完成电路连接要求：闭合电键S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变小【考点】实物的电路连接；串联电路的电压规律【分析】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，电压表的示数变小，结合分压原理确定变阻器接线柱的连接【解答】解：闭合电键S后，向右移动变阻器的滑片时，电压表的示数变小，即定值电阻的电压减小，根据串联电路电压的规律可知，变阻器的电压变大，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻变大，所以滑片左边电阻丝与定值电阻串联接入电路中，如下图所示：四计算题（共29分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置19浸在水中的合金块排开水的体积为6104米3，求合金块所受浮力F浮的大小【考点】浮力大小的计算【分析】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【解答】解：根据阿基米德原理得：合金块所受浮力F浮=水gV排=1.0103kg/m39.8N/kg6104m3=5.88N答：合金块的浮力为5.88N20在图所示的电路中，电源电压为6伏保持不变，电阻R1的阻值为5欧，电阻R1两端的电压为4伏求通过电阻R2的电流I2以及电阻R2两端的电压U2【考点】欧姆定律的应用【分析】由电路图可知，R1与R2串联，根据欧姆定律求出R1的中的电流即为通过电阻R2的电流；根据串联分压可直接求出电阻R2两端的电压U2【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，因为串联电路中各处电流相等，则通过电阻R2的电流：I2=I1=0.8A；因为串联电路中，各用电器两端的电压之和等于电源电压，所以电阻R2两端的电压：U2=UU1=6V4V=2V答：通过电阻R2的电流为0.8A；电阻R2两端的电压为2V21如图所示，圆柱体甲和薄壁圆柱形容器乙置于水平地面甲的重力为10牛，底面积为5103米2求甲对地面的压强p甲求乙容器内水面下0.1米深处的压强p水将甲浸没在乙容器的水中后（无水溢出），若乙容器对地面压强的增加量是水对乙容器底部压强增加量的2.7倍，则求甲的密度甲【考点】压强的大小及其计算；液体的压强的计算【分析】甲对地面的压力等于其重力，已知底面积，利用p=可求得甲对地面的压强p甲已知水深，根据p=gh可求得乙容器内水面下0.1米深处的压强设物体的质量为m，则容器对地面压强的增加量p1=，水对容器底部压强的增加量p2=水hg，根据p1=2.7p2求得物体的密度【解答】解：甲对地面的压强p甲=2103Pa；乙容器内水面下0.1米深处的压强p水=水gh=1.0103kg/m39.8N/kg0.1m=980Pa；设物体的质量为m，则容器对地面压强的增加量：p1=，水对容器底部压强的增加量：p2=水hg=水g，由题知，p1=2.7p2，即： =2.7水g，物体的密度：物甲=2.7水=2.7103kg/m3答：甲对地面的压强p甲为2103Pa；乙容器内水面下0.1米深处的压强p水为980Pa；甲的密度甲为2.7103kg/m322在图（a）所示的电路中，电源电压保持不变电阻R1的阻值为30欧闭合电键S后，电流表的示数为0.5安，求电源电压U现电路中有A、B、C和D四点，需将一标有“50 2A”字样的滑动变阻器R2并联其中两点上，要求：闭合电键S后，在移动变阻器滑片P的过程中，电流表的指针能随之发生偏转（a）滑动变阻器R2可以并联在电路的AB两点间；（b）当电流表指针位置如图（b）所示时，变阻器连入电路的阻值R2；（c）在不损坏电路元件的情况下，求电流表示数的范围【考点】欧姆定律的应用【分析】根据U=IR求出电压；（a）滑动变阻器应并联到R1的两端；（b）读出电流表的示数，根据并联电路的电流规律求出变阻器的电流，然后求出电阻；（c）滑动变阻器的电阻最大时，电流最小；通过滑动变阻器的最大电流为2A【解答】解：由图可知，电源电压为：U=IR=0.5A30=15V；（a）滑动变阻器应并联到R1的两端，即AB之间；（b）由题意可知，电流表的示数应大于0.5A，故电流表量程为03A，电流表示数为1.5A；通过滑动变阻器的电流为：I=1.5A0.5A=1A；滑动变阻器的电阻为：R2=15；（c）通过滑动变阻器的最大电流为2A，此时电路中的最大电流为I大=2A+0.5A=2.5A；滑动变阻器的最小电流为：I滑=0.3A；电路中的最小电流为：I小=0.3A+0.5A=0.8A答：电源电压为15V；（a）AB；（b）变阻器连入电路的阻值R2为15；（c）电流表示数的范围为0.8A2.5A五实验题（共20分）请根据要求在答题纸的相应位置作答23如图所示的仪表：该表的名称为电流表，使用时应将该表串联在待测电路中，且使电流从该表的正接线柱流入，若其所测电流约为1.0安，则应选的量程为03A【考点】电流表的连接；电流表的使用【分析】根据表盘上的符号可判断是什么电表；电流表在使用时应与用电器串联，并使电流正进负出同时还要根据所测电流选择合适的量程【解答】解：图中所示仪器中标有“A”，所以是电流表，实验中，应将电流表与被测量的用电器串联；并且要使电流从正接线柱流入，负接线柱流出；电流表有00.6A和03A两个量程若其所测电流约为1.0安，则应选的量程为03A故答案为：电流表；串；正；03A24在测定金属块密度的实验中，用天平称量铁块的质量，用量筒测量铁块的体积，利用公式=计算得到铁块的密度“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验相同之处有：（选填下列序号）实验目的 实验中所测定的物理量实验器材 实验数据的处理与结果【考点】密度公式的应用【分析】（1）测固定密度的实验依据了密度的公式，测量的量分别是质量和体积，即分别用天平和量筒；（2）“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验相同之处从实验目的、实验器材、测量物理量、实验数据的处理与结果进行分析【解答】解：在“测定金属块的密度”的实验中，用天平测金属块的质量，用量筒测金属块的体积，根据公式=算出密度；“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验相同之处有都需要测量质量、体积，实验器材和实验中所测定的物理量都相同；实验目的不同“测定物质的密度”实验目的是测量密度，“探究物质质量与体积的关系”实验目的是探究物质质量与体积的关系； 由实验目的可知实验数据的处理与结果故答案为：体积； =； 25小明同学通过实验研究浸在液体中的物体对容器底部所受液体压强变化的影响首先，他将一个圆柱体放入足够深的水槽中，圆柱体浮在水面上，并利用仪器测得水槽底部所受水的压强，实验初始状态时水槽底部所受水的压强为3000.00帕然后，他在圆柱体上逐个放上与圆柱体底面积相同的圆板（圆板的厚度与材质相同），观察圆柱体在水中所处的状态，并记录下水槽底部所受水的压强表一、表二为两位同学记录的实验数据及观察到的实验现象表一实验序号所加圆板个数水槽底部所受水的压强（帕）113015.00223030.00333045.00443060.00表二实验序号所加圆板个数水槽底部所受水的压强（帕）553071.25663078.75773086.25883093.75分析比较实验序号1、2、3与4（或5、6、7与8）中的水槽底部所受水的压强与所加圆板个数的大小关系及相关条件，可得出的初步结论是：水槽底部所受水的压强随着所加圆板个数的增加而增大请进一步综合分析比较表一、表二中压强变化量的数据及相关条件，并归纳得出结论（a）分析比较表一或表二中压强变化量的数据及相关条件，可得出的初步结论是：每增加一块圆板，水槽底部液体压强增加值相等（b）分析比较表一和表二中压强变化量的数据及相关条件，可得出的初步结论是：每增加一块圆板，圆柱体浮在水面上时水槽底部液体压强增加值大于沉到水底时水槽底部液体压强增加值【考点】探究液体压强的特点实验【分析】（1）根据表中所加圆板个数从1增加到4，水槽底部所受水的压强从3015.00Pa增加到3093.75Pa可得出结论（2）（a）根据当圆柱体浮在水面上（或沉到水底时），从每增加一块圆板，水槽底部液体压强增加值来分析得出结论；（b）根据表一和表二每增加一块圆板，比较圆柱体浮在水面上时水槽底部液体压强增加值和沉到水底时水槽底部液体压强增加值可得出结论【解答】解：（1）表中所加圆板个数从1增加到4，此时水槽底部所受水的压强从3015.00Pa增加到3093.75Pa，可得出结论：水槽底部所受水的压强随着所加圆板个数的增加而增大（2）（a）由表一可知，当圆柱体浮在水面上时，每增加一块圆板，水槽底部液体压强增加值相同；由表二可知，当圆柱体沉到水底时，每增加一块圆板，水槽底部液体压强增加值相同（b）每增加一块圆板，对比表一和表二可知，圆柱体浮在水面上时水槽底部液体压强增加值大于沉到水底时水槽底部液体压强增加值故答案为：（1）水槽底部所受水的压强随着所加圆板个数的增加而增大；（2）（a）每增加一块圆板，水槽底部液体压强增加值相等（b）每增加一块圆板，圆柱体浮在水面上时水槽底部液体压强增加值大于沉到水底时水槽底部液体压强增加值26某小组同学做“用电流表、电压表测电阻”实验该实验的目的是：学会用电流表、电压表测电阻为进行多次实验，三位同学各自设计了三个不同的实验方案，简述如下表所示方案序号实 验电 路设 计要 点通过改变串联电池的节数改变电源两端的电压电源电压保持不变，待测电阻与已知阻值的定值电阻串联，并换用阻值不同的定值电阻电源电压保持不变，待测电阻与滑动变阻器串联，移动变阻器的滑片（a）上述三个方案中，能实现“多次实验，减小误差”的方案有、（填序号）；方案与另两个方案相比，优点有：多次实验时，电路不需要重新连接，操作简便；待测电阻两端的电压及通过的电流，可以在一段范围内连续变化，记录数据简便；（写出两点即可）（b）小明同学根据方案，准备测量阻值约为20欧的电阻，实验所提供的器材齐全完好，其中：电源电压为6伏且保持不变，电流表、电压表规格如图所示，滑动变阻器有两种规格（分别标有“5欧 3安”和“50欧 1.5安”字样）小明对所提供两种规格的滑动变阻器，提出了问题：实验中，两种变阻器是可以随意用一个变阻器，还是其中一个更适合实验？请你根据实验的相关条件，帮助小明解决问题并简要说明理由应选择标有“50欧1.5安”的滑动变阻器；理由：可使待测电阻两端的电压及通过的电流的变化范围更大，方便读数；电压表的读取取03伏，读数更准确【考点】伏安法测电阻的探究实验【分析】伏安法测电阻的原理是R=；（a）多次测量求平均值可以减小误差；（b）根据电阻的调节作用分析【解答】解：伏安法测电阻的原理是R=；该实验的目的是要学会用电流表、电压表测电阻；（a）多次测量求平均值可以减小误差；是通过改变电压来达到多次测量的目的，、是通过改变电阻来达到多次测量的实验目的；的优点有：滑动变阻器可以连续改变电阻，从而改变电流和电压，多次实验时，电路不需要重新连接，操作简便；待测电阻两端的电压及通过的电流，可以在一段范围内连续变化，记录数据简便；变阻器连入电路处于电阻的最大值，可保护电路元件；（b）选用阻值较大的电阻，可使待测电阻两端的电压及通过的电流的变化范围更大，方便读数；电压表的读取取03伏，读数更准确故答案为：该实验的目的是要学会用电流表、电压表测电阻；（a）、；多次实验时，电路不需要重新连接，操作简便；待测电阻两端的电压及通过的电流，可以在一段范围内连续变化，记录数据简便；（b）应选择标有“50欧 1.5安”的滑动变阻器；理由：可使待测电阻两端的电压及通过的电流的变化范围更大，方便读数；电压表的读取取03伏，读数更准确