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2023-2024学年上海市普陀区九年级（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学年上海市普陀区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析），共17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.下列各物理量中，可鉴别物质的是( )
A. 体积B. 密度C. 质量D. 重力
2.下列家用电器中正常工作电流约为0.5安的是( )
A. 节能灯B. 电视机C. 电吹风D. 空调
3.如图所示，图钉帽做的宽大是为了( )
A. 减小压力B. 增大压力C. 减小压强D. 增大压强
4.如图是电位器结构图，将接线柱a、b接入电路，滑片向右旋转，关于旋转过程中接入电阻的大小的变化，下列说法正确的是( )
A. 变大B. 不变C. 变小D. 先变小后变大
5.某金属块质量为M，将它浸没在盛有液体A的杯中，溢出液体的质量为mA；将它浸没在盛满液体B的杯中，溢出液体的质量为mB。其中A、B和金属块的密度分别用ρA、ρB和ρ金属表示。若mA>mB，则下列选项正确的是( )
A. ρA>ρB，ρ金属=MρAmAB. ρA>ρB，ρ金属=MρBmB
C. ρA<ρB，ρ金属=MρAmAD. ρA<ρB，ρ金属=MρBmB
6.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。一段时间后发现有一只电表的示数变大，已知故障仅出现在电阻R1或R2。若将R1和R2的位置互换，与互换前比较，下列说法正确的是( )
A. 若电压表示数不变，R1一定断路B. 若电流表示数变小，R2一定断路
C. 若电流表示数不变，R1可能短路D. 若电压表示数变大，R2可能短路
二、填空题：本大题共6小题，共18分。
7.上海家庭照明电路电压为______伏。与毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，是因为橡胶棒______电子(选填“得到”或“产生”)。闭合电路中大量自由电荷______移动形成电流。
8.意大利科学家______用如图所示装置进行实验，首先测得了标准大气压强的值约为1.0×105帕，表示1平方米面积受到______；实验时，若仅将玻璃管倾斜至虚线位置，则管内水银柱长度将______(选填“变小”“不变”或“变大”)。
9.某导体两端电压为3伏时，通过的电流为0.3安，该导体的电阻值为______欧。若通电时间为20秒，则通过该导体的电荷量为______库；若通过该导体的电流为0.6安，则该导体两端的电压为______伏。
10.同种材料制成的甲、乙导体，已知甲的电阻值大于乙，则甲的长度______(选填“一定”或“可能”)大于乙。若将它们并联接在电路中，通过甲的电流______通过乙的电流，若将它们串联接在电路中，甲两端的电压______乙两端的电压。(后两空均选填“大于”“等于”或“小于”)
11.如图(a)所示，长方体物块漂浮在水中，此时下表面积为5×10⁻ 3米 2，所受压力大小为4.9牛，方向______，所受压强为______帕。若将长方体物块以图(b)所示放置，比较图(a)(b)中物块的下表面所受压力Fa和Fb的大小，则Fa______Fb。(选填“大于”“等于”或“小于”)。
12.如图所示是一款“天气预报瓶”，可以粗略预测天气的晴雨。左侧球形容器与右侧弯管底部相通，内装有一定量的有色液体，球形容器内被封闭气体的压强为p1且几乎不变，弯管最上端开口处与大气相通。当外界气压发生变化时，左右容器内液面位置会随之发生变化。
①“天气预报瓶”是根据______原理制成的，从图中左右容器内液面位置关系可知：p1______p0(选填“大于”“等于”或“小于”)。
②当右侧弯管液面明显上升，说明周围环境处于“阴雨天”还是“晴天”？请结合所学大气压强知识进行分析______。
三、作图题：本大题共2小题，共5分。
13.在如图中，重为6牛的物体置于水平地面，用力的图示法画出物体受到的支持力F支。
14.在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线连接。要求：向右移动滑片P，电压表示数减小。
四、实验探究题：本大题共1小题，共7分。
15.为研究物体在水中受到向上的力的大小与哪些因素有关，小明设计了方案进行实验。他先将圆柱体A挂在测力计下，此时测力计示数为F0，然后逐渐将A浸入水中，并将其下表面到水面的距离h、相应的测力计示数F、F0与F的差值ΔF记录在表一中。为进一步探究，小明换用圆柱体B重复实验，并将数据记录在表二中。(圆柱体A、B底面积分别为SA、SB，且SA>SB)
表一(圆柱体A)
表二(圆柱体B)
①分析比较实验序号1、2、3(或5、6、7)数据中F和h的关系及相关条件，可以得出的初步结论是：同一圆柱体浸入水中，______。
②分析比较实验序号1、2、3(或5、6、7)数据中ΔF和h的关系及相关条件，可以得出的初步结论是：同一圆柱体浸入水中，______。
③分析比较实验序号1、5(或2、6，或3、7)数据中ΔF、h及相关条件，可以得出的初步结论是：底面积不同的圆柱体浸入水中，______。
④实验中圆柱体重力对其在水中受到向上的力的大小______影响(选填“有”或“无”)。
⑤实验中圆柱体A、B的高度关系为：______。
五、计算题：本大题共5小题，共28分。
16.在如图所示的电路中，电源电压不变，定值电阻R1和滑动变阻器R2接入的阻值相等，开关S1断开、S2闭合，此时电压表示数为U，电流表示数为I。
①闭合开关S1后，电压表和电流表示数的比值为______(用U和I表示)。
②闭合开关S1后，继续向右移动滑片P，小明认为电压表和电流表示数比值一定小于UI；小沈则认为电压表和电流表示数比值可能等于UI。
请判断小明和小沈的观点是否正确，并说明理由。
17.体积为2×10⁻4m3的物体浸没在水中，求物体所受的浮力大小F浮。
18.如图所示，体积为6×10⁻ 3米 3、密度为0.6×103千克/米 3的均匀实心柱体甲和底面积为1.5×10⁻ 2米 2、盛有0.3米深水的轻质薄壁柱形容器乙置于水平地面上。
①求甲的质量m甲。
②求水对乙容器底的压强p水。
③在甲的上部沿水平方向切去的厚度与从乙容器抽出水的深度均为h，若甲、乙对地面压力变化量分别为ΔF甲和ΔF乙，试比较ΔF甲与ΔF乙的大小关系。
19.在如图所示的电路中，电源电压为18伏且保持不变。电阻R1的阻值为20欧，滑动变阻器R2上标有“50欧1安”字样。闭合开关S，移动滑片P至某位置时，电流表示数为0.3安。
①求电阻R1两端的电压U1。
②求滑动变阻器R2此时接入电路的阻值。
③现将一电压表接在，R2两端，两电表选择合适的量程。
要求在确保电路中各元件正常工作的前提下，移动滑片P至少能使一个电表示数达到满刻度，且使电路中电流在移动滑片过程中变化量ΔI最大，并求ΔI最大。
20.小明做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源4.5伏保持不变、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器(分别标有“10欧1安”20欧1安”字样)、开关以及导线若干。小明选择一个滑动变阻器连接电路进行实验，当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处，将滑片移到中点附近时，观察到电压表和电流表示数如图(a)(b)所示。
①画出小明实验时的电路图。
②通过计算判断小明实验时使用滑动变阻器的规格。
③请计算出滑片在中点附近时待测电阻的阻值。(电阻值精确到0.1欧)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】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、重力不是物质的特性，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B.
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．
能够用来鉴别物质种类的物理量有密度、比热容、热值、熔点、沸点等，但是也不能单纯只看这几个量的大小，还要结合多方面的知识，如：气味、颜色等来判断．
2.【答案】B
【解析】解：A、节能灯的工作电流约0.1A，故A不符合题意；
B、电视机的工作电流约0.2A，故B符合题意；
C、电吹风的工作电流约为3A，故C不符合题意；
D、空调的工作电流约为5A，故D不符合题意。
故选：B。
结合对生活中用电器工作电流的了解得出正确选项。
常识性了解用电器的工作电流，可解答此题。
3.【答案】C
【解析】解：图钉帽做的宽大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。
故选：C。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关，据此利用控制变量法分析解答。
掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。
4.【答案】A
【解析】解：将接线柱a、b接入电路，滑片向右旋转，电阻丝接入电路中的长度变长，电阻变大，故A正确。
故选：A。
电位器是一个滑动变阻器，滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻的，据此进行解答。
电位器是一个变形的滑动变阻器，此滑动变阻器有三个接线柱，明确选择其中的两个接线柱时连入电路的电阻是关键。
5.【答案】A
【解析】解：金属块浸没在A、B两种液体中，则排开液体的体积相等，都等于金属块自身的体积，
根据ρ=mV可得，m=ρV，
则V排A=V排B，即mAρA=mBρB，
若mA>mB，
则ρA>ρB；
由题意可得，Mρ金属=mAρA，
则ρ金属=MρAmA。
故选：A。
金属块浸没在A、B两种液体中，则排开液体的体积相等，都等于金属块自身的体积，据此利用密度公式求解。
此题考查密度的计算与公式的应用，难度不大，解题的关键是知道物体浸没在液体中时，其排开液体的体积与自身体积相等。
6.【答案】C
【解析】解：根据电路图可知，两个电阻串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量R1两端的电压；
若R1断路，互换前，电压表测量电源电压，电压表示数变大，电流表示数变小；互换后，电流表、电压表示数都变为0；
若R2断路，互换前，电流表、电压表示数都变为0，不符合“有一只电表的示数变大”；互换后，电压表测量电源电压，电压表示数变大；
若R1短路，互换前，电流表示数变大，电压表示数变为0；互换后，电压表测量电源电压，电压表示数变大，电流表示数不变；
若R2短路，互换前，电流表示数变大，电压表测量电源电压，其示数变大，不符合“有一只电表的示数变大”；互换后，电压表测量一段导线两端电压，其示数减小为0，而电流表示数不变；
综上所述，C正确。
故选：C。
根据电路图可知，两个电阻串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量R1两端的电压；一段时间后一个电表的示数变大，若故障发生在电阻R1、R2上，结合选项逐个分析判断即可解决。
此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和两表特点进行分析。
7.【答案】220 得到 定向移动
【解析】解：我国家庭电路电压是220V；橡胶棒得到得到电子带负电，毛皮失去电子带正电；自由电荷的定向移动形成电流。
故答案为：220；得到；定向移动。
(1)我国的家庭电路电压是220V；
(2)物体得到电子带负电，物体失去电子带正电；
(3)电荷的定向移动形成电流。
本题考查了我国家庭电路的电压、摩擦起电实质和电流的形成，是基础题目。
8.【答案】托里拆利 压力是1.0×105N变大
【解析】解：意大利科学家托里拆利用如图所示装置进行实验，首先测得了标准大气压强的值约为1.0×105帕，表示1平方米面积受到的压力是1.0×105N；实验时，若仅将玻璃管倾斜至虚线位置，由于大气压不变，高度不变，但则管内水银柱长度将变大。
故答案为：托里拆利；压力是1.0×105N；变大。
托里拆利实验：在长约1m，一段封闭的玻璃管里灌满水银，用手指将管口堵住，然后倒插在水银槽中．放开手指，管内水银下降到一定程度时就不再下降，这时管内外水银高度差约为760mm，把玻璃管倾斜，则水银柱的长度变长，但水银柱的高度，即玻璃管内外水银面的高度差不变．测量结果表明这个高度是由当时的大气压的大小和水银的密度所共同决定的，与玻璃管的粗细、形状、长度(足够长的玻璃管)无关；
根据压强单位的意义分析解答。
本题考查托里拆利实验和压强的意义，属于基础题。
9.【答案】10 6 6
【解析】解：由I=UR可知导体的电阻为：R=UI=3V0.3A=10Ω；
由I=Qt可知20秒内通过导体横截面的电荷量为：Q=It=0.3A×20s=6C；
电阻是导体的一种性质，与通过导体的电流无关，
因此若通过该导体的电流为0.6安时，该导体的电阻仍为10Ω不变，
该导体两端的电压为：
U′=I′R=0.6A×10Ω=6V。
故答案为：10；6；6。
已知导体两端的电压和通过的电流，根据I=UR可求出导体的电阻；
根据I=Qt可求出20秒内通过导体横截面的电荷量；
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，由此可知，通过该导体的电流为0.6A时的电阻，根据欧姆定律求得导体两端的电压。
本题考查了电流定义式和欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。
10.【答案】可能 小于 大于
【解析】解：(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，由于不知道两导体的横截面积大小关系，因此无法比较两导体的长度关系，所以甲的长度可能大于乙的长度；
(2)由并联电路的电压特点可知，两导体并联后，它们两端的电压相等，由欧姆定律可知，电压一定时，电流与电阻成反比，由于甲的电阻值大于乙，因此通过甲的电流小于通过乙的电流；
(3)由串联电路的电流特点可知，两导体串联后，通过它们的电流相等，甲的电阻值大于乙，由U=IR可知，甲两端的电压大于乙两端的电压。
故答案为：可能；小于；大于。
(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，在材料相同时，导体的长度越长、横截面积越小，导体的电阻越大；
(2)根据并联电路的电压特点和欧姆定律分析两导体并联时通过它们的电流大小关系；
(3)根据串联电路的电流特点和欧姆定律分析两导体串联时它们两端的电压大小关系。
本题考查导体电阻的影响因素、串并联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
11.【答案】竖直向上 980 等于
【解析】解：长方体物块漂浮在水中，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，由浮力产生的原因知下表面积所受压力的大小就等于浮力，方向相同，所受压力方向竖直向上；
下表面所受压强为：
p=FS=4.9N5×10−3m2=980Pa；
若将长方体物块以图(b)所示放置，长方体物块仍漂浮在水中，受到的浮力仍等于木块的重力，木块的重力不变，所以浮力不变，由浮力产生的原因知图(a)(b)中物块的下表面所受压力Fa=Fb。
故答案为：竖直向上；980；等于。
由浮力产生的原因知下表面积所受压力的大小就等于浮力，方向相同，据此判断出压力的方向；
知道受力面积，利用压强公式求该表面所受水的压力；
漂浮时浮力等于重力。
本题考查了浮沉条件、压强公式的应用以及浮力产生的原因等知识，是一道中考常见题。
12.【答案】瓶内气体大气压与外界大气压存在压强差 >阴雨天
【解析】解：(1)由图可知，左侧球形容器与右侧弯管液面不想平，说明左右侧大气压存在压强差，故“天气预报瓶”是根据瓶内气体大气压与外界大气压存在压强差原理制成的；左侧液面低，右侧液面高，说明左侧压强大于右侧压强，故p1>p0；
(2)晴天空气中水汽含量远小于阴天，相对氧浓度较高，所以晴天气压较大，阴天气压较低，故当右侧弯管液面明显上升，说明外界大气压低，说明现在是阴雨天。
故答案为：①瓶内气体大气压与外界大气压存在压强差；>；
②阴雨天。
(1)瓶内外压强相等时，左右侧液面相平，瓶内外压强不相等时，左右液面有变化，由此可知①“天气预报瓶”的制成原理；根据装置的结构和忒点，结合大气压的大小进行判断；
(2)晴天空气中水汽含量远小于阴天，相对氧浓度较高，所以晴天气压较大，阴天气压较低。
本题考查大气压的相关知识，与生活实际相结合，考查学生的综合能力。
13.【答案】解：物体静止在水平面上，处于平衡状态，则物体受到的重力和支持力是一对平衡力，二力大小相等，所以支持力F=G=6N，支持力的方向与重力方向相反，竖直向上，作用点在重心处，由此可以用力的图示法表示出物体受到的支持力，如下图所示：
【解析】要画出其受到的支持力的图示，首先要求出其受到的支持力的值；根据二力平衡的条件结合物体的重力即可求得其受到的支持力，从而可以用力的图示法表示出物体受到的支持力。
力的图示与力的示意图的画法不同，它要求更精确。在画力的图示时，一定要附上标度。
14.【答案】解：由图将滑动变阻器与灯泡串联，电压表与灯泡并联，根据串联电路的分压原理可知，滑片右移电压表示数变小，应使滑动变阻器连入阻值变大，故应将其左下接线柱接入电路，如图所示：。
故答案为：。
【解析】电压表与被测电路并联，由图电压表一端已经与灯泡一端相连，所以电压表可测灯泡两端电压，可将此电路连成灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路的分压原理确定滑片的接线柱情况。
本题是实物图的连接，关键是根据题目的条件分析电路的连接状态，确定滑动变阻器的接线。
15.【答案】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 ΔF与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比 圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，圆柱体底面积越大，ΔF越小 无 相等
【解析】解：①根据实验序号1、2、3或5、6、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、2、3或表二序号5、6、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，ΔF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，ΔF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)数据可知，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，圆柱体底面积越大，ΔF越小；ρA=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，ΔF越大；
④F0=G，根据称重法测浮力，ΔF=F0−F，
故本实验中，圆柱体的重力为：G=ΔF+F=1.5N+8.5N=10.0N；
⑤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，ΔF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：ρAgSh1ρAgSh=1.5N5N，h=51.5×3cm=10cm，
ρBgSh1ρBgShB=，hB=41.2×3cm=10cm，
所以圆柱体A、B的高度相等。
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；
②ΔF与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；
③圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，圆柱体底面积越大，ΔF越小；
④无；⑤相等。
①纵向比较实验序号1、2、3或5、6、7的数据，得出结论；
②纵向比较表一序号1、2、3或表二序号5、6、7的数据得结论；
③比较实验序号1、5或2、6或3、7的数据，找出相同量和不同量，分析得出ΔF与变化量的关系；
④根据称重法测浮力，ΔF=F0−F求出本实验中圆柱体的重力；
由②可知同一物体在同种液体中，ΔF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，可分析得出4与8这两种情况下圆柱体已浸没在液体中，由阿基米德原理：
根据1、4两次实验受到的浮力之比求出圆柱体的高度。
本题考查称重法测浮力、数据分析、控制变量法和阿基米德原理的运用，难度较大。
16.【答案】U2I
【解析】解：开关S1断开、S2闭合，只有滑动变阻器R2接入电路，电压表测量电源电压，电流表测量电路中的电流，此时电压表示数为U，电流表示数为I，所以此时滑动变阻器接入电路的电阻为：R2=UI，由于定值电阻R1和滑动变阻器R2接入的阻值相等，所以R1=R2=UI；
①闭合开关S1后，两电阻并联，电压表仍测量电源电压，电流表测量干路的电流，由于R1=R2，所以通过两电阻的电流相同，即I1=I2=I，由并联电路电流的规律知干路的电流为：I总=I1+I2=2I，
所以电压表和电流表示数的比值为：U2I；
②闭合开关S1后，两电阻并联，根据并联电路电阻的规律知总电阻小于任何一个分电阻，即两电阻并联的总电阻小于R1的电阻，由于电压表和电流表示数比值等于电路的总电阻，所以电压表和电流表示数比值一定小于UI，故小明的观点正确。
故答案为：①U2I；②小明的观点正确，因为闭合开关S1后，两电阻并联，根据并联电路电阻的规律知总电阻小于任何一个分电阻，即两电阻并联的总电阻小于R1的电阻，由于电压表和电流表示数比值等于电路的总电阻，所以电压表和电流表示数比值一定小于UI。
开关S1断开、S2闭合，只有滑动变阻器R2接入电路，电压表测量电源电压，电流表测量电路中的电流，此时电压表示数为U，电流表示数为I，根据欧姆定律表示出此时滑动变阻器接入电路的电阻；根据定值电阻R1和滑动变阻器R2接入的阻值相等得R1=R2；
①闭合开关S1后，两电阻并联，电压表仍测量电源电压，电流表测量干路的电流，由于R1=R2，所以通过两电阻的电流相同，即I1=I2=I，由并联电路电流的规律得出干路的电流，进而算出电压表和电流表示数的比值；
②闭合开关S1后，两电阻并联，根据并联电路电阻的规律知总电阻小于任何一个分电阻，即两电阻并联的总电阻小于R1的电阻，由于电压表和电流表示数比值等于电路的总电阻，据此判断出电压表和电流表示数比值。
本题考查了欧姆定律的应用，掌握电路的连接是解题的关键。
17.【答案】解：物体浸没在水中，则排开水的体积：
V排=V物=2×10−4m3，
物体所受的浮力：
F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×2×10−4m3=1.96N。
答：物体受到的浮力F浮为1.96N。
【解析】知道物体的体积(浸没时排开水的体积)，利用阿基米德原理求物体受到的浮力大小。
本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，利用好隐含条件“物体浸没在水中时V排=V物”是本题的关键。
18.【答案】解：①根据ρ=mV可得甲的质量：
m甲=ρ甲V甲=0.6×103kg/m3×6×10−3m3=3.6kg；
②水对乙容器底部的压强：
p水=ρ水gh水=1×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3000Pa；
③设S甲为甲的底面积，则ΔF甲=Δm甲g=ρ甲ΔV甲g=ρ甲ghS甲；
ΔF乙=Δp乙S乙=ρ水ghS乙，
由于g、h不变，因此比较ΔF甲与ΔF乙可以通过比较ρ甲S甲与ρ水S乙的大小，
由图可知，h甲>h乙=0.3m，
则S甲=V甲h甲<6×10−3m30.3m=2×10−2m2，即ρ甲S甲<0.6×103kg/m3×2×10−2m2=12kgm，
ρ水S乙=1×103kg/m3×1.5×10⁻2m2=15kgm，
则ρ甲S甲<ρ水S乙，
故ρ甲ghS甲<ρ水ghS乙，即ΔF甲<ΔF乙。
答：①求甲的质量为3.6kg；
②求水对乙容器底的压强为3000Pa；
③ΔF甲<ΔF乙。
【解析】①已知物体的体积和密度，利用公式m=ρV得到其质量；
②已知水的深度，利用公式p=ρgh计算水产生的压强；
③设S甲为甲的底面积，ΔF甲=Δm甲g=ρ甲ΔV甲g=ρ甲ghS甲，ΔF乙=Δp乙S乙=ρ水ghS乙，要比较ΔF甲与ΔF乙的大小，即比较ρ甲S甲与ρ水S乙的大小，结合图分析回答。
本题考查了学生压强公式和密度公式的掌握和运用，有一定的难度。
19.【答案】解：①由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，电阻R1两端的电压U1=IR1=0.3A×20Ω=6V；
②因为串联电路两端的电压等于各部分电路两端的电压之和，所以此时R2两端的电压为：U2=U−U1=18V−6V=12V，
滑动变阻器接入电路的阻值为：R2=U2I=12V0.3A=40Ω；
③将一电压表接在R2两端，电压表测量R2两端的电压，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，所以电压表选择大量程，
当R2接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，因为串联电路的总电阻等于各串联电阻之和，
所以此时电路中的电流为：I小=UR1+R2=18V20Ω+50Ω=935A，
R2两端的电压即电压表的示数为：U2′=I小R2=935A×50Ω≈12.9V<15V，
(a)电流表所选量程为0∼3A，R2允许通过的最大电流为1A，
滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，电路中的最大电流为：I大1=UR1=18V20Ω=0.9A<3A，
(b)电流表所选量程为0∼0.6A，R2允许通过的最大电流为1A，此时电流表满偏，则ΔI最大=I大−I小=0.6A−935A≈0.34A；
(c)电压表选择小量程，电压表满偏时示数为3V，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，
根据串联电路电压规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流：I′=U−U2R1=18V−3V20Ω=0.75A，
此时电压表满偏，则ΔI最大=I大1−I′=0.9A−0.75A=0.15A。
答：①电阻R1两端的电压U1为6V；
②滑动变阻器R2此时接入电路的阻值为40Ω；
③ΔI最大为0.34A。
【解析】①由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，根据U=IR计算电阻R1两端的电压；
②根据串联电路电压规律计算此时R2两端的电压，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值；
③将一电压表接在R2两端，电压表测量R2两端的电压，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，所以电压表选择大量程，
当R2接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时电路中的电流，根据U=IR计算R2两端的电压即电压表的示数，
(a)电流表所选量程为0∼3A，R2允许通过的最大电流为1A，
滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，根据欧姆定律计算电路中的最大电流；
(b)电流表所选量程为0∼0.6A，R2允许通过的最大电流为1A，根据欧姆定律计算电路中的最大电流；
(c)电压表选择小量程，电压表满偏时示数为3V，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，根据串联电路电压规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流；
在确保电路中各元件正常工作的前提下，移动滑片P至少能使一个电表示数达到满刻度，且使电路中电流在移动滑片过程中变化量ΔI最大，进一步计算ΔI最大。
本题考查欧姆定律的应用，正确判断电路中的最大电流和电压表的最大示数是关键。
20.【答案】解：①用电流表、电压表测电阻时，当滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，定值电阻两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压变小，
由于当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处，即电压表示数达到量程，
将滑片移到中点附近时，由图可知电压表的示数变小了，
由此可知电压表应并联在滑动变阻器两端；
实验电路图如下图所示：
②当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处，由于电源电压为4.5V，
所以电压表的量程应为0∼3V，
将滑片移到中点附近时，由a可知，滑动变阻器两端的电压U滑=2.5V时，
电流表的示数为0.4A或2A，
若电路中的电流I=0.4A，
由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑=U滑I=Ω，
若电路中的电流I′=2A，
由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑′=U滑I′=2.5V2A=1.25Ω，
由于此时将滑片移到中点附近，与滑动变阻器的规格(“10欧1安”20欧1安”)比较可知：
使用的，滑动变阻器的规格为“10欧1安”；
③因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，当U滑=2.5V、I=0.4A时，待测电阻两端的电压Ux=U−U滑=4.5V−2.5V=2V，
则由I=UR可得，Rx=UxI=2V0.4A=5Ω。
故答案为：
①如解答图。
②小明实验时使用滑动变阻器的规格是“10欧1安”。
③滑片在中点附近时待测电阻的阻值为5Ω。
【解析】①用电流表、电压表测电阻时，分析滑动变阻器接入电路中的电阻变小时电路中的电流变化和待测电阻两端的电压变化，利用串联电路的电压特点得出滑动变阻器两端的电压变化，然后结合表一判断出电压表并联的位置，然后画出实验电路图；
②根当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处和将滑片移到中点附近时电压表的示数变化，得出滑动变阻器两端的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后比较滑动变阻器的最大阻值确定其规格；
③根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出测量待测电阻的阻值。
本题考查了“用电流表、电压表测电阻”的实验，涉及到实验电路图的画法和串联电路特点、欧姆定律的应用，关键是根据变阻器的规律确定电流表量程的选择，难度较大。实验序号
h(厘米)
F(牛)
ΔF(牛)
1
3.0
8.5
1.5
2
6.0
7.0
3.0
3
9.0
5.5
4.5
4
12.0
5.0
5.0
实验序号
h(厘米)
F(牛)
ΔF(牛)
5
3.0
8.8
1.2
6
6.0
7.6
2.4
7
9.0
6.4
3.6
8
12.0
6.0
4.0
1.下列各物理量中，可鉴别物质的是( )
A. 体积B. 密度C. 质量D. 重力
2.下列家用电器中正常工作电流约为0.5安的是( )
A. 节能灯B. 电视机C. 电吹风D. 空调
3.如图所示，图钉帽做的宽大是为了( )
A. 减小压力B. 增大压力C. 减小压强D. 增大压强
4.如图是电位器结构图，将接线柱a、b接入电路，滑片向右旋转，关于旋转过程中接入电阻的大小的变化，下列说法正确的是( )
A. 变大B. 不变C. 变小D. 先变小后变大
5.某金属块质量为M，将它浸没在盛有液体A的杯中，溢出液体的质量为mA；将它浸没在盛满液体B的杯中，溢出液体的质量为mB。其中A、B和金属块的密度分别用ρA、ρB和ρ金属表示。若mA>mB，则下列选项正确的是( )
A. ρA>ρB，ρ金属=MρAmAB. ρA>ρB，ρ金属=MρBmB
C. ρA<ρB，ρ金属=MρAmAD. ρA<ρB，ρ金属=MρBmB
6.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。一段时间后发现有一只电表的示数变大，已知故障仅出现在电阻R1或R2。若将R1和R2的位置互换，与互换前比较，下列说法正确的是( )
A. 若电压表示数不变，R1一定断路B. 若电流表示数变小，R2一定断路
C. 若电流表示数不变，R1可能短路D. 若电压表示数变大，R2可能短路
二、填空题：本大题共6小题，共18分。
7.上海家庭照明电路电压为______伏。与毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，是因为橡胶棒______电子(选填“得到”或“产生”)。闭合电路中大量自由电荷______移动形成电流。
8.意大利科学家______用如图所示装置进行实验，首先测得了标准大气压强的值约为1.0×105帕，表示1平方米面积受到______；实验时，若仅将玻璃管倾斜至虚线位置，则管内水银柱长度将______(选填“变小”“不变”或“变大”)。
9.某导体两端电压为3伏时，通过的电流为0.3安，该导体的电阻值为______欧。若通电时间为20秒，则通过该导体的电荷量为______库；若通过该导体的电流为0.6安，则该导体两端的电压为______伏。
10.同种材料制成的甲、乙导体，已知甲的电阻值大于乙，则甲的长度______(选填“一定”或“可能”)大于乙。若将它们并联接在电路中，通过甲的电流______通过乙的电流，若将它们串联接在电路中，甲两端的电压______乙两端的电压。(后两空均选填“大于”“等于”或“小于”)
11.如图(a)所示，长方体物块漂浮在水中，此时下表面积为5×10⁻ 3米 2，所受压力大小为4.9牛，方向______，所受压强为______帕。若将长方体物块以图(b)所示放置，比较图(a)(b)中物块的下表面所受压力Fa和Fb的大小，则Fa______Fb。(选填“大于”“等于”或“小于”)。
12.如图所示是一款“天气预报瓶”，可以粗略预测天气的晴雨。左侧球形容器与右侧弯管底部相通，内装有一定量的有色液体，球形容器内被封闭气体的压强为p1且几乎不变，弯管最上端开口处与大气相通。当外界气压发生变化时，左右容器内液面位置会随之发生变化。
①“天气预报瓶”是根据______原理制成的，从图中左右容器内液面位置关系可知：p1______p0(选填“大于”“等于”或“小于”)。
②当右侧弯管液面明显上升，说明周围环境处于“阴雨天”还是“晴天”？请结合所学大气压强知识进行分析______。
三、作图题：本大题共2小题，共5分。
13.在如图中，重为6牛的物体置于水平地面，用力的图示法画出物体受到的支持力F支。
14.在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线连接。要求：向右移动滑片P，电压表示数减小。
四、实验探究题：本大题共1小题，共7分。
15.为研究物体在水中受到向上的力的大小与哪些因素有关，小明设计了方案进行实验。他先将圆柱体A挂在测力计下，此时测力计示数为F0，然后逐渐将A浸入水中，并将其下表面到水面的距离h、相应的测力计示数F、F0与F的差值ΔF记录在表一中。为进一步探究，小明换用圆柱体B重复实验，并将数据记录在表二中。(圆柱体A、B底面积分别为SA、SB，且SA>SB)
表一(圆柱体A)
表二(圆柱体B)
①分析比较实验序号1、2、3(或5、6、7)数据中F和h的关系及相关条件，可以得出的初步结论是：同一圆柱体浸入水中，______。
②分析比较实验序号1、2、3(或5、6、7)数据中ΔF和h的关系及相关条件，可以得出的初步结论是：同一圆柱体浸入水中，______。
③分析比较实验序号1、5(或2、6，或3、7)数据中ΔF、h及相关条件，可以得出的初步结论是：底面积不同的圆柱体浸入水中，______。
④实验中圆柱体重力对其在水中受到向上的力的大小______影响(选填“有”或“无”)。
⑤实验中圆柱体A、B的高度关系为：______。
五、计算题：本大题共5小题，共28分。
16.在如图所示的电路中，电源电压不变，定值电阻R1和滑动变阻器R2接入的阻值相等，开关S1断开、S2闭合，此时电压表示数为U，电流表示数为I。
①闭合开关S1后，电压表和电流表示数的比值为______(用U和I表示)。
②闭合开关S1后，继续向右移动滑片P，小明认为电压表和电流表示数比值一定小于UI；小沈则认为电压表和电流表示数比值可能等于UI。
请判断小明和小沈的观点是否正确，并说明理由。
17.体积为2×10⁻4m3的物体浸没在水中，求物体所受的浮力大小F浮。
18.如图所示，体积为6×10⁻ 3米 3、密度为0.6×103千克/米 3的均匀实心柱体甲和底面积为1.5×10⁻ 2米 2、盛有0.3米深水的轻质薄壁柱形容器乙置于水平地面上。
①求甲的质量m甲。
②求水对乙容器底的压强p水。
③在甲的上部沿水平方向切去的厚度与从乙容器抽出水的深度均为h，若甲、乙对地面压力变化量分别为ΔF甲和ΔF乙，试比较ΔF甲与ΔF乙的大小关系。
19.在如图所示的电路中，电源电压为18伏且保持不变。电阻R1的阻值为20欧，滑动变阻器R2上标有“50欧1安”字样。闭合开关S，移动滑片P至某位置时，电流表示数为0.3安。
①求电阻R1两端的电压U1。
②求滑动变阻器R2此时接入电路的阻值。
③现将一电压表接在，R2两端，两电表选择合适的量程。
要求在确保电路中各元件正常工作的前提下，移动滑片P至少能使一个电表示数达到满刻度，且使电路中电流在移动滑片过程中变化量ΔI最大，并求ΔI最大。
20.小明做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源4.5伏保持不变、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器(分别标有“10欧1安”20欧1安”字样)、开关以及导线若干。小明选择一个滑动变阻器连接电路进行实验，当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处，将滑片移到中点附近时，观察到电压表和电流表示数如图(a)(b)所示。
①画出小明实验时的电路图。
②通过计算判断小明实验时使用滑动变阻器的规格。
③请计算出滑片在中点附近时待测电阻的阻值。(电阻值精确到0.1欧)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】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、重力不是物质的特性，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B.
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．
能够用来鉴别物质种类的物理量有密度、比热容、热值、熔点、沸点等，但是也不能单纯只看这几个量的大小，还要结合多方面的知识，如：气味、颜色等来判断．
2.【答案】B
【解析】解：A、节能灯的工作电流约0.1A，故A不符合题意；
B、电视机的工作电流约0.2A，故B符合题意；
C、电吹风的工作电流约为3A，故C不符合题意；
D、空调的工作电流约为5A，故D不符合题意。
故选：B。
结合对生活中用电器工作电流的了解得出正确选项。
常识性了解用电器的工作电流，可解答此题。
3.【答案】C
【解析】解：图钉帽做的宽大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。
故选：C。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关，据此利用控制变量法分析解答。
掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。
4.【答案】A
【解析】解：将接线柱a、b接入电路，滑片向右旋转，电阻丝接入电路中的长度变长，电阻变大，故A正确。
故选：A。
电位器是一个滑动变阻器，滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻的，据此进行解答。
电位器是一个变形的滑动变阻器，此滑动变阻器有三个接线柱，明确选择其中的两个接线柱时连入电路的电阻是关键。
5.【答案】A
【解析】解：金属块浸没在A、B两种液体中，则排开液体的体积相等，都等于金属块自身的体积，
根据ρ=mV可得，m=ρV，
则V排A=V排B，即mAρA=mBρB，
若mA>mB，
则ρA>ρB；
由题意可得，Mρ金属=mAρA，
则ρ金属=MρAmA。
故选：A。
金属块浸没在A、B两种液体中，则排开液体的体积相等，都等于金属块自身的体积，据此利用密度公式求解。
此题考查密度的计算与公式的应用，难度不大，解题的关键是知道物体浸没在液体中时，其排开液体的体积与自身体积相等。
6.【答案】C
【解析】解：根据电路图可知，两个电阻串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量R1两端的电压；
若R1断路，互换前，电压表测量电源电压，电压表示数变大，电流表示数变小；互换后，电流表、电压表示数都变为0；
若R2断路，互换前，电流表、电压表示数都变为0，不符合“有一只电表的示数变大”；互换后，电压表测量电源电压，电压表示数变大；
若R1短路，互换前，电流表示数变大，电压表示数变为0；互换后，电压表测量电源电压，电压表示数变大，电流表示数不变；
若R2短路，互换前，电流表示数变大，电压表测量电源电压，其示数变大，不符合“有一只电表的示数变大”；互换后，电压表测量一段导线两端电压，其示数减小为0，而电流表示数不变；
综上所述，C正确。
故选：C。
根据电路图可知，两个电阻串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量R1两端的电压；一段时间后一个电表的示数变大，若故障发生在电阻R1、R2上，结合选项逐个分析判断即可解决。
此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和两表特点进行分析。
7.【答案】220 得到 定向移动
【解析】解：我国家庭电路电压是220V；橡胶棒得到得到电子带负电，毛皮失去电子带正电；自由电荷的定向移动形成电流。
故答案为：220；得到；定向移动。
(1)我国的家庭电路电压是220V；
(2)物体得到电子带负电，物体失去电子带正电；
(3)电荷的定向移动形成电流。
本题考查了我国家庭电路的电压、摩擦起电实质和电流的形成，是基础题目。
8.【答案】托里拆利 压力是1.0×105N变大
【解析】解：意大利科学家托里拆利用如图所示装置进行实验，首先测得了标准大气压强的值约为1.0×105帕，表示1平方米面积受到的压力是1.0×105N；实验时，若仅将玻璃管倾斜至虚线位置，由于大气压不变，高度不变，但则管内水银柱长度将变大。
故答案为：托里拆利；压力是1.0×105N；变大。
托里拆利实验：在长约1m，一段封闭的玻璃管里灌满水银，用手指将管口堵住，然后倒插在水银槽中．放开手指，管内水银下降到一定程度时就不再下降，这时管内外水银高度差约为760mm，把玻璃管倾斜，则水银柱的长度变长，但水银柱的高度，即玻璃管内外水银面的高度差不变．测量结果表明这个高度是由当时的大气压的大小和水银的密度所共同决定的，与玻璃管的粗细、形状、长度(足够长的玻璃管)无关；
根据压强单位的意义分析解答。
本题考查托里拆利实验和压强的意义，属于基础题。
9.【答案】10 6 6
【解析】解：由I=UR可知导体的电阻为：R=UI=3V0.3A=10Ω；
由I=Qt可知20秒内通过导体横截面的电荷量为：Q=It=0.3A×20s=6C；
电阻是导体的一种性质，与通过导体的电流无关，
因此若通过该导体的电流为0.6安时，该导体的电阻仍为10Ω不变，
该导体两端的电压为：
U′=I′R=0.6A×10Ω=6V。
故答案为：10；6；6。
已知导体两端的电压和通过的电流，根据I=UR可求出导体的电阻；
根据I=Qt可求出20秒内通过导体横截面的电荷量；
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，由此可知，通过该导体的电流为0.6A时的电阻，根据欧姆定律求得导体两端的电压。
本题考查了电流定义式和欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。
10.【答案】可能 小于 大于
【解析】解：(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，由于不知道两导体的横截面积大小关系，因此无法比较两导体的长度关系，所以甲的长度可能大于乙的长度；
(2)由并联电路的电压特点可知，两导体并联后，它们两端的电压相等，由欧姆定律可知，电压一定时，电流与电阻成反比，由于甲的电阻值大于乙，因此通过甲的电流小于通过乙的电流；
(3)由串联电路的电流特点可知，两导体串联后，通过它们的电流相等，甲的电阻值大于乙，由U=IR可知，甲两端的电压大于乙两端的电压。
故答案为：可能；小于；大于。
(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，在材料相同时，导体的长度越长、横截面积越小，导体的电阻越大；
(2)根据并联电路的电压特点和欧姆定律分析两导体并联时通过它们的电流大小关系；
(3)根据串联电路的电流特点和欧姆定律分析两导体串联时它们两端的电压大小关系。
本题考查导体电阻的影响因素、串并联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
11.【答案】竖直向上 980 等于
【解析】解：长方体物块漂浮在水中，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，由浮力产生的原因知下表面积所受压力的大小就等于浮力，方向相同，所受压力方向竖直向上；
下表面所受压强为：
p=FS=4.9N5×10−3m2=980Pa；
若将长方体物块以图(b)所示放置，长方体物块仍漂浮在水中，受到的浮力仍等于木块的重力，木块的重力不变，所以浮力不变，由浮力产生的原因知图(a)(b)中物块的下表面所受压力Fa=Fb。
故答案为：竖直向上；980；等于。
由浮力产生的原因知下表面积所受压力的大小就等于浮力，方向相同，据此判断出压力的方向；
知道受力面积，利用压强公式求该表面所受水的压力；
漂浮时浮力等于重力。
本题考查了浮沉条件、压强公式的应用以及浮力产生的原因等知识，是一道中考常见题。
12.【答案】瓶内气体大气压与外界大气压存在压强差 >阴雨天
【解析】解：(1)由图可知，左侧球形容器与右侧弯管液面不想平，说明左右侧大气压存在压强差，故“天气预报瓶”是根据瓶内气体大气压与外界大气压存在压强差原理制成的；左侧液面低，右侧液面高，说明左侧压强大于右侧压强，故p1>p0；
(2)晴天空气中水汽含量远小于阴天，相对氧浓度较高，所以晴天气压较大，阴天气压较低，故当右侧弯管液面明显上升，说明外界大气压低，说明现在是阴雨天。
故答案为：①瓶内气体大气压与外界大气压存在压强差；>；
②阴雨天。
(1)瓶内外压强相等时，左右侧液面相平，瓶内外压强不相等时，左右液面有变化，由此可知①“天气预报瓶”的制成原理；根据装置的结构和忒点，结合大气压的大小进行判断；
(2)晴天空气中水汽含量远小于阴天，相对氧浓度较高，所以晴天气压较大，阴天气压较低。
本题考查大气压的相关知识，与生活实际相结合，考查学生的综合能力。
13.【答案】解：物体静止在水平面上，处于平衡状态，则物体受到的重力和支持力是一对平衡力，二力大小相等，所以支持力F=G=6N，支持力的方向与重力方向相反，竖直向上，作用点在重心处，由此可以用力的图示法表示出物体受到的支持力，如下图所示：
【解析】要画出其受到的支持力的图示，首先要求出其受到的支持力的值；根据二力平衡的条件结合物体的重力即可求得其受到的支持力，从而可以用力的图示法表示出物体受到的支持力。
力的图示与力的示意图的画法不同，它要求更精确。在画力的图示时，一定要附上标度。
14.【答案】解：由图将滑动变阻器与灯泡串联，电压表与灯泡并联，根据串联电路的分压原理可知，滑片右移电压表示数变小，应使滑动变阻器连入阻值变大，故应将其左下接线柱接入电路，如图所示：。
故答案为：。
【解析】电压表与被测电路并联，由图电压表一端已经与灯泡一端相连，所以电压表可测灯泡两端电压，可将此电路连成灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路的分压原理确定滑片的接线柱情况。
本题是实物图的连接，关键是根据题目的条件分析电路的连接状态，确定滑动变阻器的接线。
15.【答案】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 ΔF与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比 圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，圆柱体底面积越大，ΔF越小 无 相等
【解析】解：①根据实验序号1、2、3或5、6、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、2、3或表二序号5、6、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，ΔF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，ΔF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)数据可知，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，圆柱体底面积越大，ΔF越小；ρA=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，ΔF越大；
④F0=G，根据称重法测浮力，ΔF=F0−F，
故本实验中，圆柱体的重力为：G=ΔF+F=1.5N+8.5N=10.0N；
⑤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，ΔF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：ρAgSh1ρAgSh=1.5N5N，h=51.5×3cm=10cm，
ρBgSh1ρBgShB=，hB=41.2×3cm=10cm，
所以圆柱体A、B的高度相等。
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；
②ΔF与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；
③圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，圆柱体底面积越大，ΔF越小；
④无；⑤相等。
①纵向比较实验序号1、2、3或5、6、7的数据，得出结论；
②纵向比较表一序号1、2、3或表二序号5、6、7的数据得结论；
③比较实验序号1、5或2、6或3、7的数据，找出相同量和不同量，分析得出ΔF与变化量的关系；
④根据称重法测浮力，ΔF=F0−F求出本实验中圆柱体的重力；
由②可知同一物体在同种液体中，ΔF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，可分析得出4与8这两种情况下圆柱体已浸没在液体中，由阿基米德原理：
根据1、4两次实验受到的浮力之比求出圆柱体的高度。
本题考查称重法测浮力、数据分析、控制变量法和阿基米德原理的运用，难度较大。
16.【答案】U2I
【解析】解：开关S1断开、S2闭合，只有滑动变阻器R2接入电路，电压表测量电源电压，电流表测量电路中的电流，此时电压表示数为U，电流表示数为I，所以此时滑动变阻器接入电路的电阻为：R2=UI，由于定值电阻R1和滑动变阻器R2接入的阻值相等，所以R1=R2=UI；
①闭合开关S1后，两电阻并联，电压表仍测量电源电压，电流表测量干路的电流，由于R1=R2，所以通过两电阻的电流相同，即I1=I2=I，由并联电路电流的规律知干路的电流为：I总=I1+I2=2I，
所以电压表和电流表示数的比值为：U2I；
②闭合开关S1后，两电阻并联，根据并联电路电阻的规律知总电阻小于任何一个分电阻，即两电阻并联的总电阻小于R1的电阻，由于电压表和电流表示数比值等于电路的总电阻，所以电压表和电流表示数比值一定小于UI，故小明的观点正确。
故答案为：①U2I；②小明的观点正确，因为闭合开关S1后，两电阻并联，根据并联电路电阻的规律知总电阻小于任何一个分电阻，即两电阻并联的总电阻小于R1的电阻，由于电压表和电流表示数比值等于电路的总电阻，所以电压表和电流表示数比值一定小于UI。
开关S1断开、S2闭合，只有滑动变阻器R2接入电路，电压表测量电源电压，电流表测量电路中的电流，此时电压表示数为U，电流表示数为I，根据欧姆定律表示出此时滑动变阻器接入电路的电阻；根据定值电阻R1和滑动变阻器R2接入的阻值相等得R1=R2；
①闭合开关S1后，两电阻并联，电压表仍测量电源电压，电流表测量干路的电流，由于R1=R2，所以通过两电阻的电流相同，即I1=I2=I，由并联电路电流的规律得出干路的电流，进而算出电压表和电流表示数的比值；
②闭合开关S1后，两电阻并联，根据并联电路电阻的规律知总电阻小于任何一个分电阻，即两电阻并联的总电阻小于R1的电阻，由于电压表和电流表示数比值等于电路的总电阻，据此判断出电压表和电流表示数比值。
本题考查了欧姆定律的应用，掌握电路的连接是解题的关键。
17.【答案】解：物体浸没在水中，则排开水的体积：
V排=V物=2×10−4m3，
物体所受的浮力：
F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×2×10−4m3=1.96N。
答：物体受到的浮力F浮为1.96N。
【解析】知道物体的体积(浸没时排开水的体积)，利用阿基米德原理求物体受到的浮力大小。
本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，利用好隐含条件“物体浸没在水中时V排=V物”是本题的关键。
18.【答案】解：①根据ρ=mV可得甲的质量：
m甲=ρ甲V甲=0.6×103kg/m3×6×10−3m3=3.6kg；
②水对乙容器底部的压强：
p水=ρ水gh水=1×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3000Pa；
③设S甲为甲的底面积，则ΔF甲=Δm甲g=ρ甲ΔV甲g=ρ甲ghS甲；
ΔF乙=Δp乙S乙=ρ水ghS乙，
由于g、h不变，因此比较ΔF甲与ΔF乙可以通过比较ρ甲S甲与ρ水S乙的大小，
由图可知，h甲>h乙=0.3m，
则S甲=V甲h甲<6×10−3m30.3m=2×10−2m2，即ρ甲S甲<0.6×103kg/m3×2×10−2m2=12kgm，
ρ水S乙=1×103kg/m3×1.5×10⁻2m2=15kgm，
则ρ甲S甲<ρ水S乙，
故ρ甲ghS甲<ρ水ghS乙，即ΔF甲<ΔF乙。
答：①求甲的质量为3.6kg；
②求水对乙容器底的压强为3000Pa；
③ΔF甲<ΔF乙。
【解析】①已知物体的体积和密度，利用公式m=ρV得到其质量；
②已知水的深度，利用公式p=ρgh计算水产生的压强；
③设S甲为甲的底面积，ΔF甲=Δm甲g=ρ甲ΔV甲g=ρ甲ghS甲，ΔF乙=Δp乙S乙=ρ水ghS乙，要比较ΔF甲与ΔF乙的大小，即比较ρ甲S甲与ρ水S乙的大小，结合图分析回答。
本题考查了学生压强公式和密度公式的掌握和运用，有一定的难度。
19.【答案】解：①由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，电阻R1两端的电压U1=IR1=0.3A×20Ω=6V；
②因为串联电路两端的电压等于各部分电路两端的电压之和，所以此时R2两端的电压为：U2=U−U1=18V−6V=12V，
滑动变阻器接入电路的阻值为：R2=U2I=12V0.3A=40Ω；
③将一电压表接在R2两端，电压表测量R2两端的电压，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，所以电压表选择大量程，
当R2接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，因为串联电路的总电阻等于各串联电阻之和，
所以此时电路中的电流为：I小=UR1+R2=18V20Ω+50Ω=935A，
R2两端的电压即电压表的示数为：U2′=I小R2=935A×50Ω≈12.9V<15V，
(a)电流表所选量程为0∼3A，R2允许通过的最大电流为1A，
滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，电路中的最大电流为：I大1=UR1=18V20Ω=0.9A<3A，
(b)电流表所选量程为0∼0.6A，R2允许通过的最大电流为1A，此时电流表满偏，则ΔI最大=I大−I小=0.6A−935A≈0.34A；
(c)电压表选择小量程，电压表满偏时示数为3V，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，
根据串联电路电压规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流：I′=U−U2R1=18V−3V20Ω=0.75A，
此时电压表满偏，则ΔI最大=I大1−I′=0.9A−0.75A=0.15A。
答：①电阻R1两端的电压U1为6V；
②滑动变阻器R2此时接入电路的阻值为40Ω；
③ΔI最大为0.34A。
【解析】①由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，根据U=IR计算电阻R1两端的电压；
②根据串联电路电压规律计算此时R2两端的电压，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值；
③将一电压表接在R2两端，电压表测量R2两端的电压，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，所以电压表选择大量程，
当R2接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时电路中的电流，根据U=IR计算R2两端的电压即电压表的示数，
(a)电流表所选量程为0∼3A，R2允许通过的最大电流为1A，
滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，根据欧姆定律计算电路中的最大电流；
(b)电流表所选量程为0∼0.6A，R2允许通过的最大电流为1A，根据欧姆定律计算电路中的最大电流；
(c)电压表选择小量程，电压表满偏时示数为3V，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，根据串联电路电压规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流；
在确保电路中各元件正常工作的前提下，移动滑片P至少能使一个电表示数达到满刻度，且使电路中电流在移动滑片过程中变化量ΔI最大，进一步计算ΔI最大。
本题考查欧姆定律的应用，正确判断电路中的最大电流和电压表的最大示数是关键。
20.【答案】解：①用电流表、电压表测电阻时，当滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，定值电阻两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压变小，
由于当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处，即电压表示数达到量程，
将滑片移到中点附近时，由图可知电压表的示数变小了，
由此可知电压表应并联在滑动变阻器两端；
实验电路图如下图所示：
②当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处，由于电源电压为4.5V，
所以电压表的量程应为0∼3V，
将滑片移到中点附近时，由a可知，滑动变阻器两端的电压U滑=2.5V时，
电流表的示数为0.4A或2A，
若电路中的电流I=0.4A，
由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑=U滑I=Ω，
若电路中的电流I′=2A，
由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑′=U滑I′=2.5V2A=1.25Ω，
由于此时将滑片移到中点附近，与滑动变阻器的规格(“10欧1安”20欧1安”)比较可知：
使用的，滑动变阻器的规格为“10欧1安”；
③因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，当U滑=2.5V、I=0.4A时，待测电阻两端的电压Ux=U−U滑=4.5V−2.5V=2V，
则由I=UR可得，Rx=UxI=2V0.4A=5Ω。
故答案为：
①如解答图。
②小明实验时使用滑动变阻器的规格是“10欧1安”。
③滑片在中点附近时待测电阻的阻值为5Ω。
【解析】①用电流表、电压表测电阻时，分析滑动变阻器接入电路中的电阻变小时电路中的电流变化和待测电阻两端的电压变化，利用串联电路的电压特点得出滑动变阻器两端的电压变化，然后结合表一判断出电压表并联的位置，然后画出实验电路图；
②根当滑片P在一端时，闭合开关S，电压表指针指在最大刻度处和将滑片移到中点附近时电压表的示数变化，得出滑动变阻器两端的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后比较滑动变阻器的最大阻值确定其规格；
③根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出测量待测电阻的阻值。
本题考查了“用电流表、电压表测电阻”的实验，涉及到实验电路图的画法和串联电路特点、欧姆定律的应用，关键是根据变阻器的规律确定电流表量程的选择，难度较大。实验序号
h(厘米)
F(牛)
ΔF(牛)
1
3.0
8.5
1.5
2
6.0
7.0
3.0
3
9.0
5.5
4.5
4
12.0
5.0
5.0
实验序号
h(厘米)
F(牛)
ΔF(牛)
5
3.0
8.8
1.2
6
6.0
7.6
2.4
7
9.0
6.4
3.6
8
12.0
6.0
4.0
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