上海市杨浦区2018年中考物理一模试卷(解析版)

2018年上海市杨浦区中考物理一模试卷一、选择题（共20分）1．（2分）菜刀的刀刃磨得锋利是为了（）A．减小压强 B．增大压强 C．减小压力 D．增大压力2．（2分）下列器材或装置中，利用连通器原理工作的是（）A．抽水机 B．注射器 C．液位计 D．密度计3．（2分）九年级第一学期的物理课本共有68页，当它平放在水平桌面中央时，对水平桌面的压强约为（）A．34帕 B．68帕 C．136帕 D．6.8帕4．（2分）下列事例中，运用相同科学方法的是（）①用磁感线表示磁场的分布②探究导体电阻与长度的关系③串、并联电路中，引入“总电阻”的概念④探究物质质量与体积的关系。A．①和② B．②和④ C．②和③ D．③和④5．（2分）两个物体分别挂在弹簧测力计下且静止，将两物体浸没于水中静止时，两测力计示数的减小值相同，则两物体必定有相同的（）A．密度 B．质量 C．体积 D．深度6．（2分）轿车装有日间行车灯后可提高行车的安全性。当轿车启动，即电键S1闭合，日间行车灯L1发光，若电键S2再闭合，近灯光L2可同时发光。在图1所示的电路中，符合上述情况的是（）A． B． C． D．7．（2分）两个完全相同的容器放在水平桌面中央，容器中分别盛有体积相同的甲、乙两种不同液体。若将一个物体分别轻放入两容器中，其静止后状态如图所示，则此时（）A．物体在两液体中受到的浮力F浮甲＜F浮乙B．液体对容器底部的压力F液甲＞F液乙C．容器对桌面的压力F容甲=F容乙D．液体对容器底部的压强p液甲＜p液乙8．（2分）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由中点向右移动时，下列判断正确的是（）A．电流表A2示数变小，电压表V示数变大B．电压表V示数与电流表A示数的比值变小C．电流表A与电流表A1示数的差值不变D．电流表A2示数变化量与电流表A示数变化量之比不变9．（2分）均匀正方体甲和乙放置在水平地面上。已知甲密度小于乙的密度，且甲、乙对水平地面的压强相等。现分别在甲、乙上沿水平方向截去一定体积，剩余部分对水平地面的压强仍然相等，截去部分的质量分别为△m甲、△m乙，截去部分的体积分别为△V甲、△V乙，则下列说法正确的是（）A．△m甲一定小于△m乙 B．△V甲可能小于△V乙C．△m甲可能等于△m乙 D．△V甲一定大于△V乙10．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。在电路中并联一个电压表，当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，电压表的示数从零变为6伏，则下列判断正确的是（）A．电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏B．电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数大于3伏C．电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数小于3伏D．电压表并联在R2两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏二、填空题（共26分）11．（3分）上海地区家庭电路的电压为伏，电灯与控制它的电键是连接的（选填“串联”或“并联”）．实验现象表明电流周围存在磁场。12．（3分）物理知识在生产和生活中有着广泛的应用。图（a）普通茶壶壶嘴的高度不低于壶身的高度，其设计遵循了的原理；图（b）用吸管能将杯中的饮料吸入口中，是利用的作用；图（c）指南针能够确定地理方位，是由于磁体在的作用下能够指南北。13．（3分）某导体两端的电压为3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。将该导体两端的电压调到9伏，其电阻为欧。14．（3分）我国“海警3901”船满载时排水量为12000吨，则满载时受到的浮力为牛。若船满载时所装物品的质量为5000吨，则该船自身的质量为吨。若船从黄浦江码头驶向中国东海海域，在入海过程中，船身将一些（选填“上浮”或“下沉”）。15．（3分）如图所示，在竖直壁和水平地面的交角处置有边长为0.1米、重20牛的正方体，对正方体施加大小均为10牛的水平力F1和竖直力F2．正方体对水平地面的压力为牛，压强为帕；正方体对竖直壁的压强为帕。16．（3分）如图所示的电路中，电源电压为4.5伏。当电键S闭合时，电压表的示数为1.5伏，则此时灯L1与L2的灯丝电阻之比为；已知两灯丝的材料和长度相同，则灯的灯丝更粗一些。若将两灯并联在同一电路中，L1与L2的两端电压之比为。17．（4分）如图所示的电路中，电源电压为U，闭合电键S，发现两电表指针的位置均不变，已知故障只发生在电阻R1、R2上，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障。①如果电压表示数为；则可能存在的故障是。②如果电压表示数为；则可能存在的故障是。18．（4分）某小组同学为研究带铁芯通电螺线管的磁性与哪些因素有关，利用滑动变阻器、带铁芯的螺线管和大头针等器材进行实验。他们先将带铁芯的螺线管和滑动变阻器接入如图（a）所示的电路中（电源电压保持不变），闭合电键S后，改变变阻器滑片的位置，并用铁芯吸引大头针，观察到如图9（b）、（c）所示的现象。然后他们另将甲、乙两个匝数不同的带铁芯的螺线管接入电路，闭合电键S后观察到如图（d）所示的现象。①实验中通过反映带铁芯通电螺线管磁性的强弱；②分析比较图（b）和（c）所示的现象，可以得到的初步结论是：；③图（d）中将两个不同匝数的带铁芯的螺线管串联接入电路的目的是：；根据实验现象可以达到的初步结论是：。三、作图题（共8分）19．（2分）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。20．（3分）根据磁感线的方向，在图中标出通电螺线管和小磁针甲、乙的N极以及电源的正负极。21．（3分）请在图所示的电路中用笔画线代替导线连接电路，要求：添两根导线，闭合电键S后，当滑片向右移动时，电流表的示数变大，电压表的示数变大。四、计算题（共27分）22．（6分）一块冰块漂浮在水中，排开水的体积为5×10﹣4米3。①求冰块受到的浮力F浮；②若该冰块中有3×10﹣3米3的冰熔化成水，求熔化成水的质量m水．（已知冰的密度为0.9×103千克/米3）。23．（7分）在图（a）所示的电路中，电源电压为12伏，电阻R1的阻值为10欧，变阻器R2上标有“100Ω2A”字样。闭合电键S后。①求通过电阻R1的电流I1；②现在电路中某位置接入一个电流表，移动滑片P，当电流表指针的位置如图（b）所示，求此时滑动变阻器R2接入电路的阻值。24．（8分）如图所示的电路中，电源电压为18伏，现有三个不同的定值电阻R1、R2和R3可供接入电路AB间，已知R1的阻值为60欧，R2阻值大于R3阻值（R2＞R3）．若电阻R1接入AB间，闭合电键S后，电流表的示数如图（a）所示。①求此时电压表的示数UAB；②求电阻R0的阻值。③不改变两电表的量程，取下电阻R1，将电阻R2、R3先后替换R1接入AB间，发现每次替换后，电压表或电流表分别有一个达到满刻度【电压表盘如图（b）所示】。（1）求电阻R3的阻值；（2）求电路中接入R2时电流表的示数。25．（8分）如图所示，水平地面上置有轻质薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙。甲的底面积为0.01米2、高为0.3米，盛有0.2米深的水；乙的底面积为0.005米2、高为0.8米，质量为8千克。①求水对甲底部的压强p水；②求乙的密度ρ乙；③若在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内，此时水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力，求甲容器对地面压强的变化量△p甲。五、实验题（共20分）26．（3分）在“探究物质质量与体积的关系”和“测定物质密度”两个实验中，实验测量的物理量（选填“相同”或“不同”）．“探究物质质量与体积的关系”中对多种物质进行多次测量是为了，“测得物质密度”中多次测量是为了。27．（3分）如图（a）、（b）是研究并联电路中电阻特点的实验电路，电路中，电流应从接线柱流入电流表。实验中，若用电阻R替代R1和R2，应使电流表A3的示数与电流表的示数相同（选填“A1”或“A2”），此时需保证（a）、（b）两电路的电源电压。28．（4分）小华同学做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏的整数倍且保持不变）、滑动变阻器A、B两个待选（A标有“10Ω1A”字样、B标有“20Ω2A”字样），电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、待测电阻Rx、电键以及导线若干。小华正确连接电路，实验步骤正确，闭合电键时电表的示数如图1（a）、（b）所示。小华略微移动变阻器的滑片，发现电压表的指针就满偏了。经过思考，小华仅调整电压表接入电路的位置并重新实验，当滑片移至某点时，电流表的示数为0.36安，电压表的示数如图2所示。当滑片移至某端点时，电流表的示数为0.42安。①实验中所用电源的电压为伏，选用的滑动变阻器为（选填“A”或“B”）；②请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）（请填到答题卡上的表格中）物理量实验序号Ux（伏）Ix（安）电阻Rx（欧）12329．（7分）小明为了研究装满水的容器放入球体前后容器对水平面的压力F的情况，利用若干个完全相同的容器以及不同球体进行实验。实验中先在每个容器中装满水，测得此时容器对水平面的压力为15牛，再将不同球体分别轻放入各个容器中，并测得此时各个容器对水平面的压力F．实验数据和实验现象见下表。实验序号12345678放入的球体ABCDEF小球的密度ρ（千克/米3）60070090012001400150015001500小球的体积v（厘米3）5008001000100010001000800400F（牛）15.015.015.017.019.020.019.017.0实验现象①观察比较序号1或2或3中的实验现象、球体密度ρ、压力F的数据及相关条件，可得初步结论是：。②观察序号4与5与6中的实验现象、球体密度ρ、压力F的数据及相关条件，可得出的初步结论是：当球体放入装满水的容器中，最终沉底。③观察序号6与7与8中实验现象、球体体积V、压力F的数据及相关条件，可得出的初步结论是：当球体放入装满水的容器中，最终沉底。④小明得出“当球体放入装满水的容器中，小球质量越大，容器对水平面的压力就越大”的结论。由表中实验序号的现象、数据及相关条件可判断小华得出的结论不正确。⑤若某实心小球的密度为2000千克/米3，体积为500厘米3，并将其放入上述装满水的容器中静止后，容器对水平面的压力为牛。

2018年上海市杨浦区中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20分）1．（2分）菜刀的刀刃磨得锋利是为了（）A．减小压强 B．增大压强 C．减小压力 D．增大压力【分析】（1）增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力；在压力一定时，减小受力面积。（2）减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力；在压力一定时，增大受力面积。【解答】解：菜刀的刀刃磨得锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故B正确，ACD错误。故选：B。2．（2分）下列器材或装置中，利用连通器原理工作的是（）A．抽水机 B．注射器 C．液位计 D．密度计【分析】几个上端开口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、抽水机是利用大气压来工作的，不符合连通器的特点，不合题意；B、注射器吸药液时利用了大气压的作用，不符合连通器的特点，不合题意；C、液位计的结构符合上端开口底部互相连通的特点，是利用连通器原理工作的，符合题意；D、密度计是利用物体的漂浮条件和阿基米德原理来工作的，不是利用连通器原理工作的，不合题意。故选：C。3．（2分）九年级第一学期的物理课本共有68页，当它平放在水平桌面中央时，对水平桌面的压强约为（）A．34帕 B．68帕 C．136帕 D．6.8帕【分析】物理课本的质量约为200g，长约25cm，宽约20cm，物理课本对水平桌面的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，根据S=ab求出物理课本与桌面的接触面积即为受力面积，利用p=求出对水平桌面的压强。【解答】解：物理课本的质量m=200g=0.2kg，因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，物理课本对水平桌面的压力：F=G=mg=0.2kg×10N/kg=2N，受力面积：S=25cm×20cm=500cm2=0.05m2，对水平桌面的压强：p===40Pa，结合选项可知，与34Pa相接近，故A正确、BCD错误。故选：A。4．（2分）下列事例中，运用相同科学方法的是（）①用磁感线表示磁场的分布②探究导体电阻与长度的关系③串、并联电路中，引入“总电阻”的概念④探究物质质量与体积的关系。A．①和② B．②和④ C．②和③ D．③和④【分析】对每一个选项进行分析，明确各自应用的方法，确定符合题意的选项。【解答】解；①磁感线不是真实存在的，用磁感线表示磁场的分布用到了模型法；②影响电阻的因素是材料、长度、横截面积，研究导体电阻与哪些因素有关时采用的是控制变量法；③串、并联电路中，引入“总电阻”的概念采用等效替代法；④探究物质质量与体积的关系用到控制变量法。综合分析②和④相同，都用到了控制变量法。故选：B。5．（2分）两个物体分别挂在弹簧测力计下且静止，将两物体浸没于水中静止时，两测力计示数的减小值相同，则两物体必定有相同的（）A．密度 B．质量 C．体积 D．深度【分析】根据称重法可知两弹簧测力计减小的数值相同，说明物体受到的浮力相同，根据阿基米德原理即可判断。【解答】解：根据称重法可知：两弹簧测力计减小的数值相同，说明所受浮力相同，根据公式F浮=ρ液gV排，说明排开水的体积相同，因为它们是浸没在水中，则排开水的体积与物体体积相同，所以这两个物体体积相同。故选：C。6．（2分）轿车装有日间行车灯后可提高行车的安全性。当轿车启动，即电键S1闭合，日间行车灯L1发光，若电键S2再闭合，近灯光L2可同时发光。在图1所示的电路中，符合上述情况的是（）A． B． C． D．【分析】由题意可知，当汽车启动时，S1闭合，日间行车灯L1立即亮起，再闭合S2，近灯光L2也亮起，说明L1与L2可以独立工作、互不影响即为并联，且S1位于干路，S2位于L2支路，据此分析选项得出答案。【解答】解：A．由电路图可知，只闭合S1时，两灯泡均不亮，故A不符合题意；B．由电路图可知，只闭合S1时，两灯泡都亮，再闭合S2时，L1不亮，故B不符合题意；C．由电路图可知，只闭合S1时，近灯光L2亮，再闭合S2时，日间行车灯L1亮，故C不符合题意；D．由电路图可知，只闭合S1时，日间行车灯L1亮，再闭合S2时，近灯光L2亮，故D符合题意。故选：D。7．（2分）两个完全相同的容器放在水平桌面中央，容器中分别盛有体积相同的甲、乙两种不同液体。若将一个物体分别轻放入两容器中，其静止后状态如图所示，则此时（）A．物体在两液体中受到的浮力F浮甲＜F浮乙B．液体对容器底部的压力F液甲＞F液乙C．容器对桌面的压力F容甲=F容乙D．液体对容器底部的压强p液甲＜p液乙【分析】（1）根据浮沉条件分析浮力的关系，以及液体密度的关系；（2）液体对容器底部的压力等于液体的重力，根据液体体积相同和密度的关系判断液体的质量的关系得知液体重力的关系；（3）容器对桌面的压力等于液体的重力和物体重力之和；（4）根据P=判断液体对容器底部的压强的关系。【解答】解：A、物体在甲液体中漂浮，浮力等于重力，甲液体的密度大于物体的密度，即F浮甲=G，ρ甲＞ρ物；物体在乙液体中下沉，浮力小于重力，乙液体的密度小于物体的密度，即F浮乙＜G，ρ乙＜ρ物，故F浮甲＞F浮乙，ρ甲＞ρ乙，故A错误；B、液体对容器底部的压力等于液体的重力，因为甲、乙两种不同液体，体积相同，ρ甲＞ρ乙，根据m=ρV知m甲＞m乙，故G甲＞G乙，液体对容器底部的压力F液甲＞F液乙，故B正确；C、容器对桌面的压力等于液体的重力和物体重力之和，因为G甲＞G乙，所以G甲+G＞G乙+G，所以F容甲＞F容乙，故C错误；D、根据P=知，液体对容器底部的压强p液甲=，p液乙=，因为G甲＞G乙，所以液体对容器底部的压强p液甲＞p液乙，故D错误。故选：B。8．（2分）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由中点向右移动时，下列判断正确的是（）A．电流表A2示数变小，电压表V示数变大B．电压表V示数与电流表A示数的比值变小C．电流表A与电流表A1示数的差值不变D．电流表A2示数变化量与电流表A示数变化量之比不变【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测R1支路电流，电流表A2测R2支路电流，电流表A测干路中的电流；根据电源电压保持不变可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化；根据电压表V示数与电流表A1示数的变化判断两者比值的变化。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测R1支路电流，电流表A2测R2支路电流，电流表A测干路中的电流；因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数将不变；当滑动变阻器R2的滑片P由中点向右端移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=可知，通过R2的电流变小，即电流表A2的示数变小；因为通过R1的电流不变，通过R2的电流变小，所以，由并联电路的电流特点可知，干路电流变小，即A的示数变小；电压表V示数不变、电流表A示数的变小，则电压表V示数与电流表A示数的比值变大，故B错误；电流表A与电流表A1示数的差值为A2示数，A2示数变小，则电流表A与电流表A1示数的差值变小，故C错误；A的示数等于A1的示数与A2的示数之和，且电流表A1的示数不变，故电流表A2示数变化量与电流表A示数变化量是相同的，所以移动滑片时该比值不变，故D正确。故选：D。9．（2分）均匀正方体甲和乙放置在水平地面上。已知甲密度小于乙的密度，且甲、乙对水平地面的压强相等。现分别在甲、乙上沿水平方向截去一定体积，剩余部分对水平地面的压强仍然相等，截去部分的质量分别为△m甲、△m乙，截去部分的体积分别为△V甲、△V乙，则下列说法正确的是（）A．△m甲一定小于△m乙 B．△V甲可能小于△V乙C．△m甲可能等于△m乙 D．△V甲一定大于△V乙【分析】由于两个物体都是规则的实心正方体物体，可利用p======ρgh分别表示出甲、乙原来对地面的压强，在甲、乙上沿水平方向截去一定体积，剩余部分对水平面的压强，得出切去部分的压强关系，进而得出切去的高度关系，再进一步得出截去部分的体积和截去部分的质量关系。【解答】解：（1）实心正方体对水平地面的压强：p======ρgh，甲、乙原来对地面的压强p甲=p乙，ρ甲h甲g=ρ乙h乙g，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①因为ρ甲＜ρ乙，所以，正方体甲和乙的高（边长）：h甲＞h乙，由题知，分别在甲、乙上沿水平方向截去一定体积后：p甲′=p乙′，即：ρ甲h甲剩g=ρ乙h乙剩g，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②可得：ρ甲h甲g﹣ρ甲h甲剩g=ρ乙h乙g﹣ρ乙h乙剩g，则ρ甲h甲切g=ρ乙h乙切g，所以，h甲切＞h乙切，因为h甲＞h乙，所以S甲＞S乙，所以，截去部分的体积分别为△V甲＞△V乙，故B错误，D正确；（2）由（1）知，ρ甲h甲切g=ρ乙h乙切g，S甲＞S乙，所以可得，ρ甲h甲切S甲＞ρ乙h乙切S乙，因为m=ρV=Sh，所以，△m甲＞△m乙．故AC错误。故选：D。10．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。在电路中并联一个电压表，当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，电压表的示数从零变为6伏，则下列判断正确的是（）A．电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏B．电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数大于3伏C．电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数小于3伏D．电压表并联在R2两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏【分析】由题意，根据分压原理确定电压表的连接，根据串联电阻的规律和欧姆定律分别得出两种情况下电压表的示数表达式，比较大小。【解答】解：当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，变阻器连入电路中的电阻变大，根据分压原理，变阻器的电压变大，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压变小，故电压表只能并联在R1的两端；故D错误；当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，电压表的示数从零变为6伏，当变阻器连入电路中的电阻最大时，由电阻的串联和欧姆定律，电路中的电流：I=，根据欧姆定律，此时电压表示数：U1=U=6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；①两边同乘以得：=3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②同理，当滑片移动到中点时，电压表示数：U2=﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，因③式右边的分母比②式左边分母小，故U2＞3V，故B正确，CD错误。故选：B。二、填空题（共26分）11．（3分）上海地区家庭电路的电压为220伏，电灯与控制它的电键是串联连接的（选填“串联”或“并联”）．奥斯特实验现象表明电流周围存在磁场。【分析】（1）掌握常见的电压：家庭电路的电压为220V，一节干电池的电压是1.5V；（2）家庭电路中的用电器都是并联的，但控制它的开关应与其所控制的用电器串联；（3）奥斯特实验现象表明电流周围存在磁场【解答】解：据课本可知，家庭电路的电压都是220V，故上海地区家庭电路的电压为220伏；家庭电路中的用电器都是并联的，但控制它的开关应与其所控制的用电器串联；奥斯特实验现象表明电流周围存在磁场故答案为：220；串联；奥斯特；12．（3分）物理知识在生产和生活中有着广泛的应用。图（a）普通茶壶壶嘴的高度不低于壶身的高度，其设计遵循了连通器的原理；图（b）用吸管能将杯中的饮料吸入口中，是利用大气压的作用；图（c）指南针能够确定地理方位，是由于磁体在地磁场的作用下能够指南北。【分析】（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）饮料在大气压力作用下被压入嘴中。（3）指南针静止时总是一端指南，一端指北，是因为受到了地磁场的作用。【解答】解：（1）水壶在工作时，壶嘴与壶身构成连通器，是利用连通器原理工作的；（2）用力一吸气，吸管内的气压小于外界大气压，饮料在外界大气压的作用下，被压入口腔内，利用了大气压。（3）地球本身就是一个巨大的磁体，指南针静止时总是一端指南，一端指北，就是因为受到了地磁场的作用。故答案为：连通器；大气压；地磁场。13．（3分）某导体两端的电压为3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0.6安，该导体的电阻为5欧。将该导体两端的电压调到9伏，其电阻为5欧。【分析】（1）知道10秒内通过该导体横截面的电荷量，根据I=求出通过该导体的电流，又知道导体两端的电压，根据I=求出导体的电阻；（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。【解答】解：通过该导体的电流：I===0.6A，由I=可得导体的电阻：R===5Ω，因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，所以，将该导体两端的电压调到9V时，导体的电阻仍为5Ω不变。故答案为：0.6；5；5。14．（3分）我国“海警3901”船满载时排水量为12000吨，则满载时受到的浮力为1.176×108牛。若船满载时所装物品的质量为5000吨，则该船自身的质量为7000吨。若船从黄浦江码头驶向中国东海海域，在入海过程中，船身将上浮一些（选填“上浮”或“下沉”）。【分析】（1）知道船满载时排水量为12000吨，根据阿基米德原理求出受到的浮力；（2）知道船满载时的排水量，利用阿基米德原理求浮力，根据浮沉条件可求船的重力，满载时的重力与所装物品的重力之差即为船的重力，进而可求船的质量。。（3）根据浮沉条件比较浮力大小。知道了浮力大小和液体的密度关系再根据阿基米德原理比较排开水的体积变化，进而判断船身上浮还是下沉一些。【解答】解：（1）船满载时受到的浮力：F浮=G排=mg=12000×103kg×9.8N/kg=1.176×108N；（2）船满载时受的浮力F浮=G排=m排g，船漂浮，则满载时的重力G总=F浮=G排=m排g，若满载时，所装物品的质量为5000吨，则该船自身的重力：G=G总﹣G货=m排g﹣m货g，则该船自身的质量为：m=m排﹣m货=12000t﹣5000t=7000t。（3）船从黄浦江码头驶向中国东海海域的过程中始终处于漂浮状态，受到的浮力和自身的重力相等，由船的重力不变可知，船受到的浮力不变，因为ρ海水＞ρ江水，由F浮=ρ液gV排可知，排开海水的体积比排开江水的体积小，所以，船要上浮一些。故答案为：1.176×108；7000；上浮。15．（3分）如图所示，在竖直壁和水平地面的交角处置有边长为0.1米、重20牛的正方体，对正方体施加大小均为10牛的水平力F1和竖直力F2．正方体对水平地面的压力为30牛，压强为3000帕；正方体对竖直壁的压强为1000帕。【分析】求出水平地面所受的压力，然后根据压强公式水平地面所受压强。固体可以大小不变的传递压力，水平方向物体对墙的压力和力F1对物体的压力相等，然后根据压强公式求出这时竖直墙壁所受压强；【解答】解：（1）水平地面所受压力：F压=F2+G+=10N+20N=30N，水平地面所受压强：p===3000Pa。（2）竖直墙壁所受的压力：F1=10N，竖直墙壁所受压强：p′===1000Pa；故答案为：30；3000；1000。16．（3分）如图所示的电路中，电源电压为4.5伏。当电键S闭合时，电压表的示数为1.5伏，则此时灯L1与L2的灯丝电阻之比为2：1；已知两灯丝的材料和长度相同，则灯L2的灯丝更粗一些。若将两灯并联在同一电路中，L1与L2的两端电压之比为1：1。【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出L2两端的电压，根据串联电路的电流特点可知通过两灯泡的电流关系，根据欧姆定律求出两灯丝电阻的比值；（2）首先分别利用公式R=计算出两盏灯的电阻值，然后根据同种材料制成的导体长度越长、横截面积越小导体的电阻越大的特点分析；（3）根据并联电路电压特点求出电压之比。【解答】解：（1）由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，则L2两端的电压为U2=1.5V；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，L1两端的电压：U1=U﹣U2=4.5V﹣1.5V=3V，因串联电路中各处的电流相等，所以通过L1与L2的电流之比为1：1；由I=可得，L1与L2的灯丝电阻之比：===；（2）根据公式R=可知，L1的电阻大于L2的电阻；由于灯丝的材料相同，长度相同，由于灯丝的电阻与横截面积成反比，所以L2灯丝电阻小，灯丝就较粗；（3）并联电路各支路两端的电压相等，U1：U2=1：1。故答案为：2：1；L2；1：1。17．（4分）如图所示的电路中，电源电压为U，闭合电键S，发现两电表指针的位置均不变，已知故障只发生在电阻R1、R2上，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障。①如果电压表示数为0；则可能存在的故障是R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路。②如果电压表示数为U；则可能存在的故障是R2断路或R2断路、R1短路。【分析】从两个方面分析：①若电压表有示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端相连，据此定出故障所在；②若电压表无示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端不相连，据此确定出故障所在。【解答】解：闭合开关前，电流表一定无示数，闭合开关后，两电表指针的位置均不变，即电流表仍然无示数，说明电路为断路；①若闭合开关前，电压表无示数，说明电压表与电源的两极不相连，则故障为R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路；闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然无示数，也说明是R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路。②若闭合开关前电压表有示数，说明电压表通过R1与电源的两极连通，此时电压表的示数为电源电压U；闭合开关后，电压表指针有示数且位置不变，即电压表仍然测电源电压，则故障可能是R2断路或R2断路、R1短路。故答案为：①0；R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路；②U；R2断路或R2断路、R1短路。18．（4分）某小组同学为研究带铁芯通电螺线管的磁性与哪些因素有关，利用滑动变阻器、带铁芯的螺线管和大头针等器材进行实验。他们先将带铁芯的螺线管和滑动变阻器接入如图（a）所示的电路中（电源电压保持不变），闭合电键S后，改变变阻器滑片的位置，并用铁芯吸引大头针，观察到如图9（b）、（c）所示的现象。然后他们另将甲、乙两个匝数不同的带铁芯的螺线管接入电路，闭合电键S后观察到如图（d）所示的现象。①实验中通过吸引大头针的个数反映带铁芯通电螺线管磁性的强弱；②分析比较图（b）和（c）所示的现象，可以得到的初步结论是：通电螺线管的线圈匝数相同时，通过的电流越大，磁性越强；③图（d）中将两个不同匝数的带铁芯的螺线管串联接入电路的目的是：控制电流大小相同；根据实验现象可以达到的初步结论是：通过的电流相同时，线圈匝数越多，通电螺线管的磁性越强。【分析】（1）电磁铁吸引的大头针数目越多，电磁铁的磁性越强；分析图示情景，根据实验所控制的变量分析答题；（2）电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯；（3）串联电路的电流处处相等。【解答】解：①本实验是通过观察电磁铁吸引大头针的个数，来判断它的磁性强弱；②比较（b）和（c）图，铁芯和线圈匝数不变，（c）图中滑动变阻器连入电路的电阻小，电压不变，电流大，吸引大头针的个数多，说明其磁性强；可以得到的初步结论是：通电螺线管的线圈匝数相同时，通过的电流越大，磁性越强；③图（d）中将两个不同匝数的带铁芯的螺线管串联接入电路，是为了控制电流大小相同；由图知，匝数越多的电磁铁吸引的大头针越多，磁性越强；所以，可以得到的初步结论是：通过的电流相同时，线圈匝数越多，通电螺线管的磁性越强。故答案为：①吸引大头针的个数；②通电螺线管的线圈匝数相同时，通过的电流越大，磁性越强；③控制电流大小相同；通过的电流相同时，线圈匝数越多，通电螺线管的磁性越强。三、作图题（共8分）19．（2分）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。【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：由题意和图示可知，小球悬浮在水中，则小球受到的浮力F浮=G=6N，方向竖直向上，作用点可画在重心处；选取标度为3N，则浮力的图示如下图所示：20．（3分）根据磁感线的方向，在图中标出通电螺线管和小磁针甲、乙的N极以及电源的正负极。【分析】根据磁感线的方向，可以确定螺线管的NS极；利用螺线管的N、S极，可以确定小磁针的N、S极；利用螺线管的N、S极和线圈的绕向，利用安培定则可以确定线圈中电流方向，进而确定电源的正负极。【解答】解：在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出，回到S极，所以利用磁感线的方向，可以确定螺线管的右端为N极，左端为S极。根据螺线管的右端为N极结合图示的线圈绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的左端流出右端流入。所以电源的左端为正极，右端为负极；根据异名磁极相互吸引的理论可以确定小磁针甲右端为N极，左端为S极；小磁针乙的左端为N极，右端为S极。如图所示：21．（3分）请在图所示的电路中用笔画线代替导线连接电路，要求：添两根导线，闭合电键S后，当滑片向右移动时，电流表的示数变大，电压表的示数变大。【分析】根据当滑片向右移动时，电流表的示数变大，确定变阻器的连接，根据分压原理和串联电路电压的规律确定电压表的连接。【解答】解：当滑片向右移动时，电流表的示数变大，即变阻器连入电路中的电阻变小，电路的电阻变小，滑片以右电阻丝连入电路中，根据分压原理，变阻器两端的电压变小，根据串联电路电压的规律，电阻R两端的电压变大，故电压表与电阻R并联，如下所示：四、计算题（共27分）22．（6分）一块冰块漂浮在水中，排开水的体积为5×10﹣4米3。①求冰块受到的浮力F浮；②若该冰块中有3×10﹣3米3的冰熔化成水，求熔化成水的质量m水．（已知冰的密度为0.9×103千克/米3）。【分析】（1）根据阿基米德原理，利用公式F浮=ρ水gV排可计算所受浮力的大小；（2）冰化成水后质量不变，根据m=ρV算出冰的质量即知水的质量。【解答】解：①根据阿基米德原理冰块所受浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣4m3=4.9N；②由ρ得冰的质量为：m冰=ρ冰V冰=0.9×103kg/m3×3×10﹣3m3=2.7kg。冰化成水后质量不变，水的质量：m水=m冰=2.7kg。答：①求冰块受到的浮力为4.9N；②若该冰块中有3×10﹣3m3的冰熔化成水，熔化成水的质量为2.7kg。23．（7分）在图（a）所示的电路中，电源电压为12伏，电阻R1的阻值为10欧，变阻器R2上标有“100Ω2A”字样。闭合电键S后。①求通过电阻R1的电流I1；②现在电路中某位置接入一个电流表，移动滑片P，当电流表指针的位置如图（b）所示，求此时滑动变阻器R2接入电路的阻值。【分析】①根据欧姆定律求出过电阻R1的电流I1；②根据电流表的两个量程分别读出电流表的示数；根据并联电路的电流的特点分析电压表的位置，在根据欧姆定律求出滑动变阻器R2接入电路的阻值。【解答】解：①由图可知，该电路为并联电路，则过电阻R1的电流I1为：I1===1.2A；②当电流表量程为0﹣0.6A时，分度值为0.02A，示数为0.48A；由于通过R1的电流为1.2A，根据并联电路电流特点可知，此时电流表应与滑动变阻器串联；根据I=可知，滑动变阻器接入电路的电阻为：R2===25Ω；当电流表量程为0﹣3A时，分度值为0.1A，示数为2.4A；由于通过R1的电流为1.2A，根据并联电路电流特点可知，此时电流表应与连接在干路中，则通过滑动变阻器的电流为：I'=I2﹣I1=2.4A﹣1.2A=1.2A；根据I=可知，滑动变阻器接入电路的电阻为：R2===10Ω。答：①通过电阻R1的电流I1为1.2A；②当A示数为0.48A时，R2=25Ω；当A示数为2.4A时，R2=10Ω。24．（8分）如图所示的电路中，电源电压为18伏，现有三个不同的定值电阻R1、R2和R3可供接入电路AB间，已知R1的阻值为60欧，R2阻值大于R3阻值（R2＞R3）．若电阻R1接入AB间，闭合电键S后，电流表的示数如图（a）所示。①求此时电压表的示数UAB；②求电阻R0的阻值。③不改变两电表的量程，取下电阻R1，将电阻R2、R3先后替换R1接入AB间，发现每次替换后，电压表或电流表分别有一个达到满刻度【电压表盘如图（b）所示】。（1）求电阻R3的阻值；（2）求电路中接入R2时电流表的示数。【分析】①读出电流表的示数；根据公式I=求出电压表的示数；②根据欧姆定律求出总电阻，根据串联电路的电阻规律求出R0的阻值；③将电阻R2、R3先后替换R1接入AB间，电压表或电流表分别有一个达到满刻度，与根据R2与R3阻值大小可以判定满偏的电表，在根据欧姆定律求出R3的阻值和电路中接入R2时电流表的示数。【解答】解：①由图可知，电流表的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，则电流表示数为0.24A；电阻R1接入AB间，由I=可知AB间的电压为：UAB=IR1=0.24A×60Ω=14.4V；②由I=可知电路的总电阻为：R===75Ω；根据串联电路的电阻规律可知R0的阻值为：R0=R﹣R1=75Ω﹣60Ω=15Ω；③不改变两电表的量程，取下电阻R1，将电阻R2、R3先后替换R1接入AB间，已知R2阻值大于R3阻值，I=可知电阻越小，电路中的电流越小；根据串联电路的分压规律可知，电阻越小分担的电压越小；故接入R2阻时，电压表满偏，接入R3阻时，电流表满偏；（1）接入电阻R3时，电路中的电流为：I'=0.6A；此时电路的总电阻为：R'===30Ω；根据串联电路的电阻规律可知R3的阻值为：R3=R'﹣R0=30Ω﹣15Ω=15Ω；（2）接入电阻R3时，R3两端的电压为：U3=I'R3=0.6A×15Ω=9V，故此时电压表的量程应选择0﹣15V；接入电阻R2时，此时电压表满偏，即R2时两端电压为15V；根据串联电路的电压规律可知，此时R0的两端的电压为：U0=18V﹣15V=3V；此时电路中的电流为：I2===0.2A；在串联电路中，各处电流是相同的，故电路中接入R2时电流表的示数为0.2A。答：①求此时电压表的示数UAB为14.4V；②电阻R0的阻值为15Ω；③（1）电阻R3的阻值为15Ω；（2）电路中接入R2时电流表的示数为0.2A。25．（8分）如图所示，水平地面上置有轻质薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙。甲的底面积为0.01米2、高为0.3米，盛有0.2米深的水；乙的底面积为0.005米2、高为0.8米，质量为8千克。①求水对甲底部的压强p水；②求乙的密度ρ乙；③若在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内，此时水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力，求甲容器对地面压强的变化量△p甲。【分析】①利用液体的压强公式p=ρgh可求水对甲底部的压强；②根据乙的底面积和高，可求得其体积，利用密度公式可求得其质量；③根据水对容器甲底部的压力等于圆柱体乙剩余部分对水平地面的压力条件，列方程求得在乙上方沿水平方向切去的高度，然后可知其质量，再利用G=mg求得其重力，因为容器高为0.3米，所以在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内，水的深度最高到达0.3m，由p=ρgh可求得此时水对容器底部的压强，然后可求压力，因为水会溢出，所以甲容器对地面压强的变化量应减去溢出水对地面压强。【解答】解：①水对甲底部的压强p水=ρgh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.2m=1960Pa；②V乙=S乙h=0.005m2×0.8m=0.004m3，乙的密度ρ乙===2×103kg/m；③由于ρ乙=2×103kg/m3＞ρ水，所以乙沉底，在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内静止后，处于容器底部状态，设切去部分为△h，若水不溢出，水对容器底部的压力F甲=S甲=S甲，乙剩余部分对地面的压力F乙=S乙=ρ乙g（h乙﹣△h）S乙，当水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力时，即F甲=F乙，解得△h=0.4m，由于容器高只有0.3m，所以水会溢出；若水溢出，则水对容器底部的压力=ρ水gh容•S甲，乙剩余部分对地面的压力=ρ乙g（h乙﹣△h）S乙，当水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力时，即ρ水gh容•S甲=ρ乙g（h乙﹣△h）S乙，1×103kg/m3×0.01m2×0.3m×9.8N/kg=2×103kg/m3×9.8N/kg（0.8m﹣△h′）×0.005m2，解得△h′=0.5m，则乙切去部分的高度h切=h乙﹣△h′=0.8m﹣0.5m=0.3m，乙剩余部分对地面的压力=ρ乙gh切S乙=2×103kg/m3×9.8N/kg×0.3m×0.005m2=29.4N所以切去部分重力G切=G总乙﹣29.4N=m乙g﹣29.4N=8kg×9.8N/kg﹣2.94N=49N，切去部分竖直放在甲容器内，由于容器高只有0.3m，所以会排走水的体积V排=S乙h排=0.005m2×0.1m=0.0005m3，排开水的重力G排=m排g=ρ水V排g=1×103kg/m3×0.0005m3×9.8N/kg=4.9N，甲容器对地面压强的变化量△p甲===4410Pa。答：①水对甲底部的压强p水为1960Pa②求乙的密度ρ乙为2×103kg/m3；③甲容器对地面压强的变化量△p甲为4410Pa。五、实验题（共20分）26．（3分）在“探究物质质量与体积的关系”和“测定物质密度”两个实验中，实验测量的物理量相同（选填“相同”或“不同”）．“探究物质质量与体积的关系”中对多种物质进行多次测量是为了使结论具有普遍性，“测得物质密度”中多次测量是为了减小误差。【分析】（1）明确“探究物质质量与体积的关系”和“测定物质的密度”两个实验的实验目的和实验需要测量的物理量，是解题的关键；（2）多次测量的目的：求平均值减小误差；找普遍规律。【解答】解：（1）“探究物质质量与体积的关系”需要测量物体的质量和体积；“测定物质的密度”需要测量物体的质量和体积，根据密度公式求出物体的密度；所以这两个实验需要测量的物理量是相同的；（2）“探究物质质量与体积的关系”中在研究了水一种物质的质量与体积关系后，还需要用其它物质进行多次实验，这样才能得到普遍性的规律；“测得物质密度”中多次测量求平均值可以减小误差。故答案为：相同；使结论具有普遍性；减小误差。27．（3分）如图（a）、（b）是研究并联电路中电阻特点的实验电路，电路中，电流应从正接线柱流入电流表。实验中，若用电阻R替代R1和R2，应使电流表A3的示数与电流表A1的示数相同（选填“A1”或“A2”），此时需保证（a）、（b）两电路的电源电压相同。【分析】（1）在使用电流表时，电流表要与被测电路串联，电流要从正接线柱入，负接线柱出，被测电流不能超过电流表的量程；（2）等效替代法是在保证某种效果（特性和关系）相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。【解答】解：根据电流表的使用，在使用电流表时，电流表要与被测电路串联，电流要从正接线柱入，负接线柱出，被测电流不能超过电流表的量程；图（b）中电阻R是替代图（a）中并联电阻R1和R2的电阻，根据等效替代法，要使接入电路的效果相同，则电路两端的电压和电流都应相同，即电源电压相同，干路上的电流相同，所以电流表A3的示数与电流表A1的示数相等。故答案为：正；A1；相同。28．（4分）小华同学做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏的整数倍且保持不变）、滑动变阻器A、B两个待选（A标有“10Ω1A”字样、B标有“20Ω2A”字样），电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、待测电阻Rx、电键以及导线若干。小华正确连接电路，实验步骤正确，闭合电键时电表的示数如图1（a）、（b）所示。小华略微移动变阻器的滑片，发现电压表的指针就满偏了。经过思考，小华仅调整电压表接入电路的位置并重新实验，当滑片移至某点时，电流表的示数为0.36安，电压表的示数如图2所示。当滑片移至某端点时，电流表的示数为0.42安。①实验中所用电源的电压为4.5伏，选用的滑动变阻器为A（选填“A”或“B”）；②请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）（请填到答题卡上的表格中）物理量实验序号Ux（伏）Ix（安）电阻Rx（欧）123【分析】①根据正确连接电路，实验步骤正确可知变阻器连入电路中的电阻为最大值，由如图1（a）、（b）所示电表都选用的量程确定分度值读出电流和电压的大小，将数据填入表中；根据串联电路电压的规律和欧姆定律，由分类讨论，根据电源电压为1.5V的整数倍确定电源电压的大小，确定电源电压和所用的变阻器；②根据小华仅调整电压表接入电路的位置并重新实验可知电压表的连接，根据如图2电压表选用的量程确定分度值读数，根据串联电路电压的规律，求出待测电路的电压；将待测电阻的电压和电流填入表中；当滑片移至某端点时，电流表的示数为0.42安，大于0.36A，故知移动滑片怎么移动到最左端，由此可知，待测电阻的电压，将待测电阻的电压和电流填入表中；根据欧姆定律I=的变形公式可分别求出3次测量的电阻分别填入下表中。为提高测量的准确程度，将平均值作为测量结果。【解答】解：①正确连接电路，实验步骤正确，则变阻器连入电路中的电阻为最大值，闭合电键时电表的示数如图1（a）、（b）所示，图中电表都选用小量程，分度值分别为0.02A和0.1V，电流为0.22A，电压为2.3V，如图4所示，将数据填入表中；若选用标有“10Ω1A”字样的变阻器A，根据串联电路电压的规律和欧姆定律，电源电压：U=U滑+IX1RX1=2.3V+0.22A×10Ω=4.5V，是1.5V的整数倍；若选用标有“20Ω2A”字样的变阻器B，根据串联电路电压的规律和欧姆定律，电源电压：U′=U滑+IX1RX1=2.3V+0.22A×20Ω