挑战42 上海卷（上海近四年共30题）（解析版）-2022年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编

年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战42上海卷（上海近四年共30题）19、20、21、22年压轴题型统计：选择题填空题实验题计算与综合能力题合计电学综合132612力学综合822416其他综合02002合计9741030一．选择题（共9小题）1．（2022•上海）瀑布从高峰倾泻而下，驱动发动机转动发电，在此过程中能量转化的顺序为（）A．动能→重力势能→电能 B．重力势能→动能→电能 C．电能→重力势能→动能 D．重力势能→电能→动能【答案】B。【解答】解：瀑布从高峰倾泻而下，将重力势能转化为动能，驱动发动机转动发电，又将动能转化为电能，所以能量转化是重力势能→动能→电能。故选：B。2．（2022•上海）甲、乙两小车沿同一直线相向而行，其s﹣t图像如图所示。当甲经过P点时，乙刚好经过Q点，再过3秒，甲、乙两车相距4米，则P、Q两点间的距离（）A．可能为8米 B．可能为12米 C．一定为16米 D．一定为20米【答案】B。（2）分两种情况进行讨论：一是两车没有相遇时，二是两车相遇后，又继续行驶。【解答】解：由图像可知：3s后，两车行驶的路程分别为：s甲＝6m，s乙＝10m；两车相向行驶，两车没有相遇时，则PQ间距离为：s1＝s甲+s乙+4m＝6m+10m+4m＝20m；两车相遇后，又继续行驶，则PQ间距离为：s2＝s甲+s乙﹣4m＝6m+10m﹣4m＝12m，故ACD错误，B正确。故选：B。3．（2021•上海）P、Q是同一直线上相距10m的两点，甲、乙两小车分别经过P点向Q点做直线运动。它们的s﹣t图像分别如图（a）、（b）所示，甲比乙早3秒通过Q点，则（）A．甲比乙早1秒经过P点 B．乙比甲早1秒经过P点 C．甲比乙早2秒经过P点 D．乙比甲早2秒经过P点【答案】A。【解答】解：因为P、Q是同一直线上相距10m的两点，P点是起点（图象上是点O），Q点是终点（Q点位于纵轴的10m处）。由图可知：当两车的纵坐标都是10m时，甲车对应的时间是3s，而乙车对应的时间是5s，已知甲比乙早3秒通过Q点，如果两车同时从P点出发，则甲比乙早2秒通过Q点，所以，甲比乙早1秒经过P点，故A正确。故选：A。4．（2021•上海）在如图所示的电路中，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点。用一阻值为20Ω的电阻替换R1，可能使电压表示数与替换R1前相等的方法是（）A．电源电压不变，不移动滑片P B．电源电压不变，向左移动滑片P C．减小电源电压，不移动滑片P D．增大电源电压，向左移动滑片P【答案】C。【解答】解：在如图所示的电路中，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点。用一阻值为20Ω的电阻替换R1，根据串联分压可知，电阻变大，R1分的电压变大，为了使电压表示数与替换R1前相等的方法有，可以减小电源电压，不移动滑片；或者电源电压不变，向右移动滑片P，故ABD错误，C正确。故选：C。5．（2020•上海）下列实例中利用大气压强工作的是（）A．用钓鱼竿钓鱼 B．用吸管吸饮料 C．用硬棒撬石块 D．用温度计测温度【答案】B。【解答】解：AC，钓鱼竿钓鱼、硬棒撬石块是利用杠杆平衡条件，故AC不符合题意；B，用吸管吸饮料时，是利用大气压强，故B符合题意；D，温度计是利用工作液体的热胀冷缩工作的，故D不符合题意。故选：B。6．（2020•上海）甲、乙两车同时从P点出发，沿同方向做匀速直线运动，两车的s﹣t图象分别如图（a）（b）所示。两车先后到达距P点18米的Q处，时间差为△t，则（）A．甲比乙先到达Q处，△t＝12s B．甲比乙先到达Q处，△t＝18s C．乙比甲先到达Q处，△t＝12s D．乙比甲先到达Q处，△t＝18s【答案】C。【解答】解：由图象可知，s甲＝3.6m，t甲＝6s；s乙＝6.0m，t乙＝6s；则甲车的速度为：v甲＝＝＝0.6m/s，乙车的速度为：v乙＝＝＝1m/s。甲车通过18米的路程需要的时间为：t甲′＝＝＝30s，乙车通过18米的路程需要的时间为：t乙′＝＝＝18s，故乙车先到达Q处，两车到达Q处的时间差为：△t＝t甲′﹣t乙′＝30s﹣18s＝12s。故选：C。7．（2020•上海）如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，甲、乙对地面的压强分别为p甲、p乙．若沿水平方向截去相同体积后，甲、乙剩余部分对地面的压强相等。则（）A．p甲可能小于p乙 B．p甲可能大于p乙 C．p甲一定小于p乙 D．p甲一定大于p乙【答案】D。【解答】解：正方体水平放置在地面上，物体对地面的压强为p＝＝＝＝＝＝ρgh；所以有p甲＝ρ甲gh甲，p乙＝ρ乙gh乙若沿水平方向截去相同体积后，甲、乙剩余部分的高度为h甲′，h乙′，因为甲、乙剩余部分对地面的压强相等，则有p甲′＝ρ甲gh甲′＝p乙′＝ρ乙gh乙′，由图可知h甲′＜h乙′，所以有ρ甲＞ρ乙切去的体积相同，则有△V＝S甲△h甲＝S乙△h乙因为S甲＜S乙，所以得△h甲＞△h乙则切去后甲对地面的压强减少量为△p甲＝ρ甲g△h甲乙对地面的压强减少量为△p乙＝ρ乙g△h乙所以△p甲＞△p乙则有p甲＝p甲′+△p甲，p乙＝p乙′+△p乙，因为p甲′＝p乙′，△p甲＞△p乙，所以p甲＞p乙，故ABC不符合题意，D符合题意。故选：D。8．（2019•上海）甲、乙两车从相距20米的A、B两点同时相向做匀速直线运动，两车的s﹣t图象分别如图（a）、（b）所示，速度分别为v甲、v乙．经过时间t后，两车相距10米。则（）A．v甲＜v乙，t一定为10秒 B．v甲＜v乙，t可能为30秒 C．v甲＝v乙，t可能为10秒 D．v甲＝v乙，t可能为30秒【答案】B。【解答】解：（1）由图象可得：甲的速度v甲＝＝＝0.4m/s；乙的速度v乙＝＝＝0.6m/s，故v乙＞v甲；（2）因为是相向而行，所以有v甲t+v乙t＝20m﹣10m或v乙t+v甲t＝20m+10m，代入数值可得：0.4m/s×t+0.6m/s×t＝20m﹣10m或0.6m/s×t+0.4m/s×t＝20m+10m，解得t＝10s或t＝30s。综上分析可知，选项ACD错误，B正确。故选：B。9．（2019•上海）如图所示，长方体物块甲、乙置于水平地面上，物块和地面的接触面积分别为S、S'（S＜S'），对地面的压强相等。将甲、乙均顺时针旋转90°，此时甲、乙和地面的接触面积分别为S'、S，对地面的压强分别为p甲、p乙．此过程中，甲、乙对地面的压强变化量大小分别为△p甲、△p乙，则（）A．p甲＜p乙，△p甲＝△p乙 B．p甲＞p乙，△p甲＝△p乙 C．p甲＞p乙，△p甲＞△p乙 D．p甲＜p乙，△p甲＜△p乙【答案】D。（2）压强变化量等于原来的压强和现在压强的差，然后进行比较【解答】解：（1）甲、乙的底面积分别为S、S'（S＜S'），甲乙压强相等，根据F＝pS知甲对水平地面的压力小于乙对水平地面的压力，所以甲的重力＜乙的重力。甲乙是长方体，当甲、乙顺时针旋转90°后，甲、乙的底面积分别为S'、S，甲的受力面积增大，甲对水平地面的压力不变，甲对水平地面的压强减小，乙的受力面积减小，乙对水平地面的压力不变，乙对水平地面的压强增大，由于原来甲乙对水平地面的压强相等，所以旋转后甲对水平地面的压强小于乙对水平地面的压强，即p甲＜p乙。（2）△p＝p﹣p'＝﹣＝因为面积变化相同，甲对地面的压力小于乙对地面的压力，所以甲对水平地面的压强变化量小于乙对地面的压强变化量即△p甲＜△p乙。故选：D。二．填空题（共7小题）10．（2022•上海）四冲程热机工作过程中，将内能转化为机械能的是做功冲程，李白在《望庐山瀑布》中写道：“日照香炉生紫烟”，这是通过热传递（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变香炉的内能，加热1千克水，使其温度上升2℃，则加热过程中水吸收的热量为8.4×103焦。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】做功；热传递；8.4×103。【解答】解：（1）四冲程热机在做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能；（2）香炉在阳光照射下，从阳光中吸收热量、内能增加，是通过热传递的方式来改变的内能；（3）1千克水温度上升2℃吸收的热量为：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×2℃＝8.4×103J。故答案为：做功；热传递；8.4×103。11．（2022•上海）用如图所示的滑轮沿竖直方向提起一重为20牛的物体A，滑轮处于静止状态，相当于一个省力杠杆，力F的大小为10牛，此时物体A所受到的合力大小为0牛。（不计滑轮重）【答案】省力；10；0。【解答】解：（1）由图知，该滑轮是动滑轮，其本质是动力臂为阻力臂二倍的省力杠杆；（2）滑轮处于静止状态时不计滑轮重，拉力F＝G＝×20N＝10N；（3）物体静止时，受平衡力作用，即物体A所受到的合力大小为0牛。故答案为：省力；10；0。12．（2022•上海）某同学发现冬天水管会“爆裂”，他通过查阅资料获得以下信息：（1）物体膨胀时如果遇到障碍，会产生很大的力；（2）金属会热胀冷缩；（3）水和冰在不同温度下的密度如表所示：形态水冰温度（℃）432100密度（克/厘米3）0.99980.99960.99940.99910.99900.9101①根据表格中温度和密度的数据，得出结论：在1个标准大气压下，当0～4摄氏度时，温度越低，水的密度越小。②指出水管“爆裂”的原因，并写出分析过程冬天温度降低，水会结成冰，体积增大；加上金属（水管）热胀冷缩，体积变小，管内的冰（水）膨胀时，遇到障碍，产生很大的力，撑爆水管。【答案】①温度越低，水的密度越小；②冬天温度降低，水会结成冰，体积增大；加上金属（水管）热胀冷缩，体积变小，管内的冰（水）膨胀时，遇到障碍，产生很大的力，撑爆水管。【解答】解：①由表格可知，当0～4摄氏度时，温度降低，密度在变小；②冬天温度降低，水会结成冰，体积增大；加上金属（水管）热胀冷缩，体积变小，管内的冰（水）膨胀时，遇到障碍，产生很大的力，撑爆水管。故答案为：①温度越低，水的密度越小；②冬天温度降低，水会结成冰，体积增大；加上金属（水管）热胀冷缩，体积变小，管内的冰（水）膨胀时，遇到障碍，产生很大的力，撑爆水管。13．（2021•上海）两个女高音唱歌时，这里的“高”指的是音调高，观众听到的声音强度不同，是因为声音的响度不同，能分辨出不同的歌手，是因为她们的音色不同。【答案】音调；响度；音色。【解答】解：两个女高音唱歌时，这里的“高”指的是音调高，观众听到的声音强度不同，是因为声音的响度不同，能听出不同歌手唱同一首歌主要是因为他们的声音音色不同。故答案为：音调；响度；音色。14．（2020•上海）在如图所示的电路中，电源电压为U0保持不变，电阻R1、R2的阻值均为R0，闭合开关S，只有两个电表的指针发生偏转。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，请根据以上信息，写出闭合开关S后电压表V1和电流表A的示数及相对应的故障。V1表示数为U0，A表示数为，R2短路；V1表示数为0，A表示数为，R1短路。【答案】V1表示数为U0，A表示数为，R2短路；V1表示数为0，A表示数为，R1短路。【解答】解：根据电路图可知，闭合开关，两电阻串联，电流表A测电路中的电流，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压。闭合开关S，如果R1断路，则电流表和V2无示数；如果R2断路，则电流表和V1无示数；已知闭合开关有两个电表的指针发生偏转，说明电路是通路，则电路故障为R1或R2短路。①若电压表V1示数为U0，则电流表A表示数为I＝＝，故可能R2短路；②若电压表V1示数为0，则电流表A示数为I＝＝，故可能R1短路。故答案为：V1表示数为U0，A表示数为，R2短路；V1表示数为0，A表示数为，R1短路。15．（2020•上海）如图所示，当一个带负电的物体甲靠近不带电的金属导体乙时，乙的a端会带正电、b端会带负电。①发生上述现象的原因：金属导体中存在大量可移动的自由电子，电子带负电（选填“正”或“负”）；自由电子受到物体甲所带电荷的排斥作用移动到导体乙的一端（选填“吸引”或“排斥”）；②若将图中的物体甲换成带正电的物体，根据上述分析可得，导体乙的C（选填“A”“B”或“C”）。A．a、b两端都不会带电B．a端会带正电、b端会带负电C．a端会带负电、b端会带正电【答案】①负；排斥；（2）C。【解答】解：（1）电子带负电；因同种电荷相互排斥，所以乙中自由电子会受到带负电的物体甲的排斥力；（2）将图中的物体甲换成带正电的物体，因异种电荷相互吸引，所以乙中自由电子会受到带正电的物体的吸引，移动到导体乙的a端，使a端带负电，而b端因失去电子（失去负电荷）而带正电，故C符合题意，AB不合题意。故答案为：①负；排斥；（2）C。16．（2019•上海）在如图所示的电路中，已知电源电压为U0保持不变。闭合电键S，电路正常工作。一段时间后观察到有一电压表示数变大。在电路中正确串联一个电流表，电流表示数为0．若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，请根据以上信息写出两电压表示数及相对应的故障。若V1表示数为U0，V2表示数为0，则R1断路；若V1表示数为0，V2表示数为U0，则R2断路【答案】若V1表示数为U0，V2表示数为0，则R1断路；若V1表示数为0，V2表示数为U0，则R2断路。【解答】解：根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压；已知工作一段时间后，一个电压表的示数变大，再串联一个电流表，观察到电流表的示数为0，说明电路中存在断路故障。若V1示数变大，增大为电源电压U0，则故障为R1断路，此时V2的示数为0；若V2示数变大，增大为电源电压U0，则故障为R2断路，此时V1的示数为0。故答案为：若V1表示数为U0，V2表示数为0，则R1断路；若V1表示数为0，V2表示数为U0，则R2断路。三．实验探究题（共4小题）17．（2020•上海）小华做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏的整数倍保持不变）、待测电阻、电流表、电压表、滑动变阻器、开关各一个，以及导线若干。他正确串联电路后，将电压表并联在电路中。闭合开关，移动滑动变阻器滑片，将测得的两组数据记录在表一中。小华观察数据思考后重新连接了电压表，将新测得的两组数据记录在表二中。小华通过数据处理求出了待测电阻的阻值，完成实验。表一实验序号电压表示数（伏）电流表示数（安）12.60.1822.30.20表二实验序号电压表示数（伏）电流表示数（安）32.20.2042.60.24①获得表一实验数据的过程中，小华将电压表并联在滑动变阻器的两端；②实验中小华所用的电源电压为4.5伏；③根据表一中实验序号1的数据，计算此次待测电阻的阻值为10.6欧；（精确到0.1欧）④根据实验数据，计算并判断所用滑动变阻器的规格能否为“10欧2安”。不能；由表中第1组数据，根据欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑＝＝≈14.4Ω＞10Ω（需写出计算过程）【答案】①滑动变阻器；②4.5；③10.6；④不能；由表中第1组数据，根据欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑＝＝≈14.4Ω＞10Ω。【解答】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，由串联电路分压定律可知，滑动变阻器电阻变小，根据表一中数据可知电压表并联在滑动变阻器两端了；②小华观察数据思考后重新连接了电压表，即将电压表并联在待测电阻两端了，由表一和表二中的第2、3组数据知，电路的电流相等，则变阻器连入电路的电阻相同，根据电压表的连接，由串联电路电压的规律，电源电压为：U＝2.3V+2.2V＝4.5V；③根据表一中实验序号1的数据，根据串联电路电压的规律和欧姆定律，计算此次待测电阻的阻值为：R1＝＝≈10.6Ω；④由表中第1组数据，根据欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑＝＝≈14.4Ω＞10Ω；因此，所用滑动变阻器的规格不能为“10欧2安”。故答案为：①滑动变阻器；②4.5；③10.6；④不能；由表中第1组数据，根据欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑＝＝≈14.4Ω＞10Ω。18．（2020•上海）某小组同学用如图所示装置，研究圆柱体在水中下降的过程中弹簧测力计示数和台秤示数的变化情况。他们使圆柱体在水中缓慢下降，将圆柱体下表面到水面的距离h、弹簧测力计的示数F1、台秤的示数F2记录在下表中。实验序号h（厘米）F1（牛）F2（牛）11.07.710.322.07.410.633.07.110.944.06.811.255.06.511.566.06.511.5①分析比较实验序号1～4的数据中F1、F2的变化情况及相关条件，可得出的初步结论是：圆柱体在浸入水的过程中，F1减小，F2增大；②表中实验序号5、6的数据表明，圆柱体在相应的位置已全部浸没在水中；③表中两组数据间F1变化量的大小为△F1，相应的F2变化量的大小为△F2，分析比较实验序号1～6的数据，可得出的结论是：圆柱体在水中缓慢下降的过程中，△F1与△F2的关系是△F1＝△F2。当圆柱体处于实验序号6的位置时，所受浮力的大小为1.5牛。【答案】①减小；增大；②5、6；③△F1＝△F2；1.5。【解答】解：①分析比较表中实验序号1～4的数据可知，随着圆柱体下降的深度越深，弹簧测力计的示数F1越来越小，台秤的示数F2越来越大，因此可得初步结论：圆柱体在浸入水的过程中，F1减小，F2增大。②由表可以看出，在序号5、6两次实验中，弹簧测力计的示数F1不变、台秤的示数F2也不变，说明圆柱体受到的浮力不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，物体排开水的体积不变，则说明物体已全部浸没在水中。③由表中的实验数据可得，任意两次实验中F1的减小量等于对应F2的增加量，在5、6两次实验中F1没有发生改变，F2也没有发生改变，因此可得出的结论是：圆柱体在水中缓慢下降的过程中，△F1＝△F2。取序号3、4两次实验，可得弹簧测力计F1的变化量为△F1＝7.1N﹣6.8N＝0.3N则可得圆柱体在这两次实验中受到浮力的变化量为△F浮＝△F1＝0.3N圆柱体的底面积为S，圆柱体下降的深度变化量为△h＝4.0cm﹣3.0cm＝1cm＝0.01m由阿基米德原理可得：△F浮＝ρ液g△V排＝ρ液gS△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×S×0.01m＝0.3N，解得：S＝0.003m2；由表格可知，当物体下降的深度为5cm时，物体已经完全浸没在水中，则有V排＝V＝Sh圆柱体所受到的浮力为：F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.003m2×0.05m＝1.5N，此时物体继续下降，但是受到的浮力不变，因此当圆柱体处于实验序号6的位置时，圆柱体受到的浮力为1.5N。故答案为：①减小；增大；②5、6；③△F1＝△F2；1.5。19．（2019•上海）小华做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为3伏保持不变）、电流表、电压表、电键和待测电阻Rx各一个，三个滑动变阻器（分别标有“5欧2安”字样、“10欧2安”字样、“50欧1安”字样），以及导线若干。小华选择其中一个滑动变阻器，正确连接电路，进行实验。实验中，当滑动变阻器滑片P在中间区域某位置时，电压表和电流表的指针位置如图（a）、（b）所示，小华记录第一组数据；然后移动滑动变阻器滑片P，在电压表指针自图（a）位置转过两小格时记录第二组数据，此时电流表、电压表指针偏转角度相同；接着继续操作完成实验。①实验中电压表所选的量程为0～3伏。②判断实验中电流表所选的量程。（a）图中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.4V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：3V﹣1.4V＝1.6V，若电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A；由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈5.71Ω，则变阻器的最大电阻约为2×5.71Ω＝11.4Ω，与题中所给的10Ω2A变阻器的相吻合；若电流表选用大量程，其示数为1.4A，由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈1.14Ω，则变阻器的最大电阻约为2×1.14Ω＝2.28Ω，与题中所给的变阻器的规格差别较大；故电流表只能选用小量程0﹣0.6A（需要写出计算过程）③小华的第二组数据中，电压、电流及计算出的待测电阻Rx的阻值是5Ω。【答案】①0～3；②（a）图中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.4V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：3V﹣1.4V＝1.6V，若电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A；由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈5.71Ω，则变阻器的最大电阻约为2×5.71Ω＝11.4Ω，与题中所给的10Ω2A变阻器的相吻合；若电流表选用大量程，其示数为1.4A，由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈1.14Ω，则变阻器的最大电阻约为2×1.14Ω＝2.28Ω，与题中所给的变阻器的规格差别较大；故电流表只能选用小量程0﹣0.6A；③5Ω。【解答】解：①电路连接正确，即待测电阻与变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表与待测电阻并联，因电源电压为3V，故电压表选用的量程为0～3V；②（a）图中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.4V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：3V﹣1.4V＝1.6V，若电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A；由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈5.71Ω，由题意可得，变阻器的最大电阻约为：2×5.71Ω＝11.4Ω，与题中所给的10Ω2A变阻器的相吻合；若电流表选用大量程，其示数为1.4A，由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈1.14Ω，则变阻器的最大电阻约为：2×1.14Ω＝2.28Ω，与题中所给的变阻器的规格差别较大；故电流表只能选用小量程0﹣0.6A；③图（b）电流表示数为0.28A．继续移动滑片，当电压表示数在如图（a）的基础上偏转两格后，电压表示数可能为1.6V和1.2V：若电压表示数为：1.4V+2×0.1V＝1.6V，即电压表示数变大，根据I＝，则电路中的电流也应变大，则此时的电流为：0.28A+2×0.02A＝0.32A；由欧姆定律得待测电阻Rx的阻值：Rx＝＝＝5Ω；若电压表示数为：1.4V﹣2×0.1V＝1.2V，即电压表示数变小，根据I＝，则电路中的电流也应变小，此时电流为：0.28A﹣2×0.02A＝0.24A；由欧姆定律得待测电阻Rx的阻值：Rx＝＝＝5Ω；故答案为：①0～3；②（a）图中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.4V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：3V﹣1.4V＝1.6V，若电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A；由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈5.71Ω，则变阻器的最大电阻约为2×5.71Ω＝11.4Ω，与题中所给的10Ω2A变阻器的相吻合；若电流表选用大量程，其示数为1.4A，由欧姆定律可得，变阻器连入电路的电阻：R滑中＝＝≈1.14Ω，则变阻器的最大电阻约为2×1.14Ω＝2.28Ω，与题中所给的变阻器的规格差别较大；故电流表只能选用小量程0﹣0.6A；③5Ω。20．（2019•上海）为研究物体在液体中所受向上的力与哪些因素有关，小明设计了方案进行实验。小明用弹簧测力计将一圆柱体悬挂在空容器中，如图，此时测力计示数为F0．然后逐次向容器中注入液体A，并将圆柱体下表面到液面的距离h、相应的弹簧测力计示数F、F0与F的差值△F记录在表一中。为进一步探究，小明换用液体B重复实验，并将数据记录在表二中。（液体A、B密度分别为ρA、ρB，且ρA＞ρB）表一：（液体A）实验序号h（厘米）F（牛）△F（牛）13.08.51.526.07.03.039.05.54.5412.05.05.0表二：（液体B）实验序号h（厘米）F（牛）△F（牛）53.08.81.266.07.62.479.06.43.6812.06.04.0①分析比较实验序号1、2与3（或5、6与7）数据中F和h的关系及相关条件，可得出的初步结论是：同一物体在同一种液体中，弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小。②分析比较实验序号1、与2与3（或5、6与7）的数据中△F和h的关系及相关条件，可得出的初步结论是：同一物体在同一种液体中，②△F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比。③分析比较实验序号1、5（或2、6，或3、7）的数据中△F和h的关系及相关条件，可得出的初步结论是：同一物体在同一物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度ρ越大，△F越大。④实验中圆柱体的重力为10.0牛，高度为10.0厘米。【答案】①弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小；②△F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；③同一物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度ρ越大，△F越大；④10.0；10.0。【解答】解：①根据实验序号1与2与3或5与6与7的数据，分析比较弹簧测力计的示数F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中，弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小；②纵向比较表一序号1与2与3或表二序号5与6与7的数据，可知，圆柱体的下表面到液面的深度h为原来的几倍，△F也为原来的几倍，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中，△F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；③ρA＝1.0×103kg/m3＞ρB＝0.8×103kg/m3，根据实验序号1与5或2与6或3与7的数据，可得出的初步结论是：同一物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度ρ越大，△F越大；④F0＝G，根据称重法测浮力，△F＝F0﹣F，故本实验中，圆柱体的重力为：G＝△F+F＝1.5N+8.5N＝10.0N；由②，比较表一序号1与2与3或表二序号5与6与7的数据，可知同一物体在同种液体中，△F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；但序号4与8实验不符合这个规律；根据阿基米德原理，F浮＝ρ液gV排，在物体没有浸没时，F浮＝ρ液gSh，故受到的浮力与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比，浸没在液体中的物体受到的浮力与深度无关，说明4与8这两种情况下，圆柱体已浸没在液体中了，由阿基米德原理：1、4两次实验受到的浮力之比为：＝，h＝×3cm＝10cm。即圆柱体的高度为10.0厘米。故答案为：①弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小；②△F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；③同一物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度ρ越大，△F越大；④10.0；10.0。四．计算与解答题（共10小题）21．（2021•上海）在如图所示的电路中，闭合开关S后，至少有一个电表发生变化，已知电路中只有一处故障，且发生在电阻R1或R2上。请写出两电表的变化情况及其对应的故障。【解答】解：由题知，闭合开关S，至少有一个电表发生变化，电路中只有一处故障，且发生在电阻R1或R2上，电路故障要么是断路、要么是短路。若电阻R1断路，开关S闭合前后，电路断路，电压表、电压表都无示数，不符合题意；若电阻R2断路，开关S闭合前后，电压表始终串联在电路中测电源电压，其示数不变；电流表几乎无示数，示数不变，不符合题意；若电阻R1短路，开关S闭合前，电压表串联在电路中测量电源电压，电流表几乎无示数；开关S闭合后，电压表测量R2两端的电压，即电源电压，电流表测量通过R2的电流；所以电压表示数不变，电流表示数变大，符合题意；若电阻R2短路，开关S闭合前，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，电流表几乎无示数；闭合开关S后，电压表被短路而无示数，电流表测量通过R2的电流；所以电压表示数变小，电流表示数变大，符合题意；故答案为：电压表示数不变，电流表示数变大：R1短路；电流表示数变大，电压表示数变小：R2短路。22．（2021•上海）在如图所示电路中，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器R2允许通过最大电流为3A。电流表A、A1的表盘均如图所示。变阻器滑片P位于最大阻值处，闭合开关S，电流表A1示数为0.3A。两电流表指针偏离零刻度线角度相同。（1）求电阻R1的阻值；（2）求此时经过变阻器R2的电流I2；（3）移动变阻器滑片P，在电路安全工作的前提下，求变阻器R2消耗的最小电功率与最大电功率之比P2min：P2max。【解答】解：（1）闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测通过R1的电流，并联电路各并联支路两端电压相等，由欧姆定律可得电阻R1的阻值：R1＝＝＝20Ω；（2）干路电流表A和电流表A1偏角相同，且干路电流大于支路电流，电流表A所选的是0﹣3A量程，电流表A1选择0﹣0.6A量程，故干路电流为0.3A×5＝1.5A，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过变阻器R2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A；（3）变阻器滑片P位于最大阻值处时通过滑动变阻器的电流最小，所以通过滑动变阻器的最小电流为1.2A，电流表A示数最大时通过滑动变阻器的电流最大，电流表A的最大示数为3A，所以通过滑动变阻器的最大电流为：I2′＝I′﹣I1＝3A﹣0.3A＝2.7A，由电功率公式P＝UI可知变阻器R2消耗的最小功率和最大功率的比值等于最小电流和最大电流的比值，即＝＝＝。答：（1）电阻R1的阻值为20Ω；（2）此时经过变阻器R2的电流为1.2A；（3）变阻器滑片P，在电路安全工作的前提下，求变阻器R2消耗的最小电功率与最大电功率之比P2min：P2max＝4：9。23．（2021•上海）“蛟龙号”悬停时，上表面深度为7000米，重力为2.2×105N。（1）蛟龙号悬停时，求F浮；（2）蛟龙号的p很大，相当于手掌上放一辆7×105牛的卡车，手掌面积为0.01m2，求p的估值；（3）推论p液＝ρ液gh；（4）已知蛟龙号上表面海水密度随深度增大而增大。设液体压强为p′，海水密度为ρ′，上表面深度为h′，能不能说明p′＝ρ′gh′，并说明理由。【解答】解：（1）因蛟龙号悬停时处于平衡状态，受到的浮力和重力是一对平衡力，二力大小相等，所以，蛟龙号受到的浮力：F浮＝G＝2.2×105N；（2）蛟龙号受到海水的压强：p＝＝＝7×107Pa；（3）在液体中选取一个圆柱形的液柱，设液柱的底面积为S，高度为h，则液柱的体积V＝Sh，由ρ＝可得，液柱的质量：m＝ρ液V＝ρ液Sh，液柱对液柱底面的压力F＝G＝mg＝ρ液Shg，则液柱产生的压强p＝＝＝ρ液gh；（4）蛟龙号上表面受到海水的压力等于其上方海水的重力，这个重力大小为ρgV，此处的密度应为上方海水的平均密度，而不是上表面海水的密度，所以不能说明p′＝ρ′gh′。答：（1）蛟龙号悬停时受到的浮力为2.2×105N；（2）蛟龙号受到的压强为7×107Pa；（3）推论p液＝ρ液gh的过程如解答所示；（4）不能；理由：蛟龙号上表面受到海水的压力等于其上方海水的重力，这个重力大小为ρgV，此处的密度应为上方海水的平均密度，而不是上表面海水的密度。24．（2022•上海）如图所示电路，电阻R1的阻值为10欧，闭合开关后，电流表示数为1.2安。①求电源电压U；②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，求R2的阻值。【解答】解：①电路为只有R1的简单电路，电阻R1的阻值为10欧，闭合开关后，电流表示数为1.2安，则电源电压：U＝I1R1＝1.2A×10Ω＝12V；②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，连接方式有两种：一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.4A，此时电路中电流为：I串＝I1﹣0.4A＝1.2A﹣0.4A＝0.8A，电路中总电阻为：R总＝＝＝15Ω，R2的阻值为：R2＝R总﹣R1＝15Ω﹣10Ω＝5Ω；二是将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.4A，根据并联电路电流特点，增加的0.4A即为通过R2的电流，即I2＝0.4A，R2的阻值为：R2＝＝＝30Ω。答：①电源电压U＝12V；②若将R2串联在电路中，R2的阻值为5Ω；若将R2并联在电路中，R2的阻值为30Ω。25．（2022•上海）已知甲、乙两个均匀圆柱体密度、底面积、高度的数据如下：圆柱体密度（千克/米3）底面积（米2）高度（米）甲5×1032×10﹣30.6乙8×1035×10﹣30.5①求甲的质量m甲；②求乙对地面的压强p乙；③若在甲、乙上方分别沿水平方向切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方。甲的底部对地面的压力变化量为49牛。求乙的底部对地面的压强的变化量Δp乙。【解答】解：①、已知甲的密度ρ甲＝5×103kg/m3，甲的体积为：V甲＝S甲h甲＝2×10﹣3m2×0.6m＝1.2×10﹣3m3，由可知甲的质量为：m甲＝ρ甲V甲＝5×103kg/m3×1.2×10﹣3m3＝6kg；②、已知乙的密度ρ乙＝8×103kg/m3，乙的体积为：V乙＝S乙h乙＝5×10﹣3m2×0.5m＝2.5×10﹣3m3，由可知乙的质量为：m乙＝ρ乙V乙＝8×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝20kg，乙的重力为：G乙＝m乙g＝20kg×10N/kg＝200N，乙对地面的压力为：F压＝G乙＝200N，则乙对地面的压强为：p乙＝＝＝4×104Pa；③、由题知甲的底部对地面的压力变化量为：ΔF甲＝|ΔG甲﹣ΔG乙|＝49N，则乙的底部对地面的压力变化量为：ΔF乙＝|ΔG乙﹣ΔG甲|＝ΔF甲＝49N，乙的底部对地面的压强变化量为：Δp乙＝＝＝9800Pa。答：①甲的质量为6kg；②乙对地面的压强为4×104Pa；③乙的底部对地面的压强的变化量为9800Pa。26．（2022•上海）小华同学做“测小灯泡电功率”的实验，他将电源（电源电压为2伏的整数倍）、待测小灯（额定电压为6伏，如果实际电压超过7.5伏时小灯会损毁）、电流表、开关串联。并将电压表并联入电路。实验时，他将电压表的示数UV，电流表的示数IA，以及两者的乘积UVIA记录下来，表格中为部分数据。序号UV（伏）IA（安）UVIA（瓦）12.01.224.036.01.8①电压表并联在滑动变阻器两端（“小灯泡”或“滑动变阻器”）。②求出电源电压U（需写出主要计算过程）。③求出小灯的额定电功率P额（需写出主要计算过程）。【解答】解：（1）由表中数据可知，当UV＝2.0V，UVIA＝1.2W时，IA＝0.6A；同理，UV＝6.0V，UVIA＝1.8W时，IA＝0.3A；随着电压表示数增大，电流表示数反而减小，说明电压表示数随变阻器阻值的增大而增大，根据串联电路分压原理，故电压表应并联在滑动变阻器两端；（2）根据串联电路电压规律，U＝U灯+UV，且U灯＜7.5V，由表中数据可知，6V＜U＜2V+7.5V＝9.5V，电源电压为2伏的整数倍，故U＝8V；（3）由表中数据可知，当变阻器两端电压为2V时，根据串联电路电压规律，灯泡两端电压为6V，灯泡正常发光，由（1）可知，此时电路中电流为0.6A，故小灯的额定电功率：P额＝U额I额＝6V×0.6A＝3.6W。故答案为：（1）滑动变阻器；（2）见解答；（3）见解答。27．（2020•上海）在如图所示的电路中，电源电压为3伏保持不变，滑动变阻器R2标有“20欧2安”字样。只闭合开关S1，电流表示数为0.3安。①求电阻R1的阻值；②求通电10秒钟，电流通过电阻R1所做的功W；③闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，使R1和R2消耗的总功率最小，求此最小总功率P最小。【解答】解：①只闭合开关S1，电路为只有R1的简单电路，电阻R1的阻值为：R1＝＝＝10Ω；②通电10秒钟，电流通过电阻R1所做的功为：W＝UI1t＝3V×0.3A×10s＝9J；③闭合开关S2，R1R2并联，要使R1和R2消耗的总功率最小，即电路中总电阻最大，即滑动变阻器滑片P移至最右端，通过R2的最小电流为：I2＝＝＝0.15A；电路中最小电流I＝I1+I2＝0.3A+0.15A＝0.45A；则最小总功率P最小＝UI＝3V×0.45A＝1.35W。答：①电阻R1的阻值为10Ω；②通电10秒钟，电流通过电阻R1所做的功W为9J；③闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，使R1和R2消耗