2023-2024学年上海市浦东区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年上海市浦东区九年级（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，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各物理量中，可以用来鉴别物质的是( )
A. 密度B. 体积C. 质量D. 重力
2.首先发现电流与电压关系的科学家是( )
A. 安培B. 库仑C. 伏特D. 欧姆
3.如图所示道路中为视障人士铺设的盲道，表面有不同形状的凸起，其目的是为了( )
A. 增大压力
B. 减小压力
C. 增大压强
D. 减小压强
4.直接影响电阻大小的因素是( )
A. 电荷量B. 电压C. 电流D. 长度
5.如图所示，甲、乙两个实心均匀正方体放在水平地面上，甲的质量小于乙的质量。现将甲沿竖直方向切去比例n1，乙沿竖直方向切去比例n2，并将切去部分叠放在各自剩余部分的上方后，甲、乙剩余部分对水平地面的压强相等。则n1、n2的大小关系是( )
A. n1>n2B. n16.如图所示电路，电源电压保持不变。现将电流表A1、A2串联在电路中，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P自中点向右移动的过程中，电流表A1示数与电流表A2示数的比值变大。关于电流表A1、A2串联在电路中的位置，下列说法中正确的是( )
A. 电流表A1串联在R2支路，电流表A2串联在R1支路
B. 电流表A1串联在干路，电流表A2串联在R1支路
C. 电流表A1串联在R2支路，电流表A2串联在干路
D. 电流表A1串联在干路，电流表A2串联在R2支路
二、填空题：本大题共5小题，共15分。
7.我国家用照明电路的电压为______伏。教室中的电灯与电扇是______(选填“串联”或“并联”)连接的，多开一盏灯，电路中的总电流将______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
8.物理知识在多个方面都有应用，如图所示中属于阿基米德原理应用的是______；属于连通器原理应用的是______；属于大气压强应用的是______(均填写字母)。
9.“奋斗者号”载人潜水器的外壳采用钛合金材料，该材料的一个特点是低密度，其密度为4.5×103千克/米 3，即体积为1米 3的钛合金，质量为______千克，在外壳的体积一定时，可以使质量更______(选填“大”或“小”)；第二个特点是高强度，“奋斗者号”向10000米深处下潜的过程中，海水对其外壳的压强______(选填“增大”“减小”或“不变”)，所以钛合金是近年来深潜器耐压壳体的首选材料。
10.某导体两端电压为6伏，10秒内通过导体横截面的电荷量为5库，通过该导体的电流为______安，导体的电阻为______欧；若该导体两端的电压为3伏，则该导体的电阻为______欧。
11.如图所示，重12牛的小球静止在水中，弹簧测力计的示数为4牛，则小球受到的浮力为______牛，方向为______；继续增大小球浸入水中的深度，它受到的浮力______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
三、作图题：本大题共2小题，共5分。
12.如图，重为6牛的物体静止在水平地面上，请你用力的图示法画出物体对地面的压力F。
13.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补上、补上后要求：闭合开关，当滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表的示数变大。
四、实验探究题：本大题共2小题，共13分。
14.在如图1所示电路中，将定值电阻R1、滑动变阻器R2和电压表以图2中的某种方式连接在M、N两点之间，电源电压保持不变。已知电路中仅有一处故障，且只发生在R1、R2上。小明闭合开关S，通过下列操作，观察到了以下现象：
操作一：移动R2的滑片，观察到两个电表的示数都不发生变化。
①通过操作一，小明发现无法确定具体故障，因此M、N两点之间各元件的连接方式应是如图2所示中的______(填写字母)。
他进行了进一步操作，根据观察到的现象，确定了具体故障。
操作二：再断开开关，观察到两个电表中的一个电表示数发生变化。
②请写出发生变化的电表，并写出该电表示数的变化情况及其对应的故障。
15.小东做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源(电压为1.5伏整数倍且保持不变)、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器(规格为“10欧，2安”或“20欧，2安”)、开关各一个，以及导线若干。他正确串联器材，将电压表并联在电路中。闭合开关，变阻器滑片在实验序号1和2对应位置之间左右移动的过程中，电压表示数的最小值为1.7伏，最大值为2.3伏，电流表示数的最小值为0.16安，最大值为0.22安。当他移动滑片至实验序号3对应位置时，电压表和电流表的示数如图(a)(b)所示。
①本实验的实验原理是______。
②说明电压表并联的位置并求出电源电压(需写出主要推理和计算过程)。
③滑动变阻器连接的两个接线柱分别为______和______(均选填“A”“B”或“C”)。
④待测电阻Rx的阻值为______欧(精确到0.1欧)。
五、计算题：本大题共4小题，共21分。
16.某物体排开水的体积为：5×10⁻ 3米 3，求该物体受到浮力F浮的大小。
17.在如图所示电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R1的阻值为5欧。闭合开关S，电流表的示数为1.6安。求；
①通过电阻R1的电流I1。
②电阻R2的阻值。
18.在图(a)所示电路中，电源电压为12伏且保持不变。电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“20欧，2安”字样。闭合开关后，电路中的电流为0.6安。
①求电阻R1两端的电压U1。
②求滑动变阻器R2接入电路的阻值。
③在ab或bc两端接入一个表盘如图(b)所示的电压表，移动滑动变阻器的滑片P，在保证电路安全工作的情况下，通过计算说明是否能使电压表的示数达到某量程的最大值。
19.如图所示，盛有水的薄壁圆柱形容器甲和实心金属小球乙置于水平桌面上，容器甲足够高。
①求距水面0.1米深处水的压强p水。
②若小球乙的密度为ρ乙、体积为V0。
(a)求小球乙对水平桌面的压力F乙。
(b)把小球乙浸没在容器甲的水中，小球乙放入前后，水对容器底部的压强p水和容器对水平桌面的压强p容如下表所示，求小球乙的密度ρ乙。
六、综合题：本大题共1小题，共4分。
20.如图所示的预警信息，提示大风天气可能会对居民的生活造成影响，例如：有时候正面大风会向内“吹碎”迎风玻璃，有时候大楼与大楼之间的“穿堂风”甚至还能向外“吸走”窗户玻璃。为探究玻璃被“吸走”的原因，小华查阅资料后得知：(a)通常居家环境中的风速小于3米/秒：(b)空气流速小的地方，气体压强大：(c)不同风级的风产生的气体压强相对于1个标准大气压的变化量Δp与风速v的关系如下表所示：
①分析比较上表中Δp与v的关系，可得出的初步结论是：______。
②结合所学知识及上述信息，指出窗户玻璃被“吸走”的原因，并写出分析过程：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：密度是物质的一种特性，不同物质的密度一般是不同的，而质量、重力、体积不是物质的特性，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：A。
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】D
【解析】【分析】
此题考查的是我们对物理学家科学成就的掌握，属于物理学史的考查，难度不大，在平时要注意积累这方面的材料。
电流与电压、电阻的关系确立是电学发展史上重要的里程碑。其基本关系是：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。
【解答】
通过导体的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，这就是欧姆定律。最早是德国物理学家欧姆于1826年总结得出的。
故选：D。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查压强知识在生活中的应用，难度不大。
(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】
盲道表面有不同形状的凸起，是在压力一定的情况下，通过减小受力面积，增大压强，让视障人士容易感知。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查影响电阻大小的因素，属于基础题。
电阻是导体本身的属性，它的大小与导体的长度、横截面积、温度和材料有关，与通过导体的电流、电荷量以及导体两端电压无关。
【解答】
因为电阻是导体本身的属性，它的大小与导体的长度、横截面积、温度和材料有关，与通过导体的电流、电荷量以及导体两端电压无关，所以直接影响电阻大小的因素是长度、横截面积、温度和材料。
故选：D。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查压强的计算。
沿竖直方向将甲、乙按比例各切除一部分，再将切除部分分别放在各自剩余部分上后，它们各自对地面的压力不变，得出剩余部分受力面积的关系，根据压强公式得出表达式，利用此时甲、乙的压强相等，确定n1、n2的大小关系。
【解答】
将甲沿竖直方向切去比例n1，剩余部分的受力面积是S甲−S甲n1；乙沿竖直方向切去比例n2，剩余部分的受力面积是S乙−S乙n2，将切去部分叠放在各自剩余部分的上方后，对水平地面的压力不变，甲、乙剩余部分对水平地面的压强相等，则G甲S甲−S甲n1=G乙S乙−S乙n2，即G甲S甲(1−n1)=G乙S乙(1−n2)，因甲的质量小于乙的质量，S甲大于S乙，所以，G甲S甲n2，故选A。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查电路的动态分析，利用好并联电路中各支路独立工作、互不影响是关键，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，分析判断两电流表比值的变化情况。
【解答】
解：由电路图可知， R1与R2并联，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， R2阻值增大，通过R2的电流减小，通过 R1的电流不变，干路电流减小。所以，电流表A1与电流表A2示数的比值变大时：
A选项， A1减小，A2不变，比值减小，不符合题意，故A选项错误；
B选项，A1减小，A2不变，比值减小，不符合题意，故B选项错误；
C选项，A1减小，A2减小，A1减小比例更多，比值减小，不符合题意，故C选项错误；
D选项，A1减小，A2减小，A2减小比例更多，比值增大符合题意，故D选项正确；
综上所述，本题正确选项为D。
7.【答案】220；并联；增大
【解析】解：我国家庭照明电路电压为220V；教室中的电灯与电扇是并联连接的；同时工作的照明灯越多，相当于增大横截面积，所以电阻就减小，电流增大。
故答案为：220；并联；增大。
我国家庭照明电路电压为220V；家庭电路中各用电器之间之间都是并联的，用电器并联相当于增大导体横截面积，减小电阻，掌握并联电路的电流、电压、电阻的特点。
8.【答案】B；A； C
【解析】【分析】
此题考查连通器、阿基米德原理和大气压的应用，搞清楚图示各实例的应用原理是关键。
根据图中的结构特点，分析其所应用的原理，逐一做出判断即可。
【解答】
船闸是由闸室和上、下游闸门以及上、下游阀门组成。若船要从上游驶向下游，先打开上游阀门，使闸室和上游构成连通器，水相平后，打开上游闸门，船驶入闸室；然后打开下游阀门，使下游和闸室构成连通器，闸室和下游水位相平时，打开下游闸门，船驶入下游。
液体密度计就是应用阿基米德原理制成的。
脱排油烟机在工作时，由于转动的扇叶处气体的流速大，压强小，从而在周围大气压的作用下将油烟压向扇口排出，利用了大气压，
综上所述：应用阿基米德原理的是B；应用连通器原理的是A；应用大气压强的是C。
9.【答案】4.5×103；小；增大。
【解析】【分析】
本题考查了密度计算以及液体压强的特点。
(1)根据密度的意义解答；
(2)在外壳的体积一定时，使用密度小的材料可以使质量更小；
(3)液体压强随深度的增加而增大。
【解答】
解：钛合金的密度为4.5×103千克/米 3，即体积为1米 3的钛合金，质量为4.5×103千克，
该材料密度小，在外壳的体积一定时，可以使质量更小；
“奋斗者号”向10000米深处下潜的过程中，海水对其外壳的压强增大。
10.【答案】0.5；12；12
【解析】【分析】
本题主要考查欧姆定律及应用，电荷量及其计算，电阻等，难度一般。
(1)知道10秒内通过该导体横截面的电荷量，根据I=Qt求出通过该导体的电流，又知道导体两端的电压，根据I=UR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】
通过该导体的电流： I=Qt=5C10s=0.5A；
由I=UR可得导体的电阻： R=UI=6V0.5A=12Ω；
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，该导体两端的电压为3V时，导体的电阻仍为12Ω不变。
11.【答案】8；竖直向上；不变
【解析】【分析】
此题主要考查了称重法求浮力，阿基米德原理的应用，要掌握浮力的计算公式F浮=ρ液gV排。
首先对物体所受到的力进行分析，搞清各个力之间的大小关系，在水中的物体受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力及浮力作用，所以这几个力满足F浮=G−F；
知道F浮=G排=ρ液gV排，浮力的大小与液体的密度和体积有关，与浸没的深度无关。
【解答】
根据题意，重为12牛的小球静止在水中，弹簧测力计的示数为4牛，
则小球受到的浮力为F浮=G−F=12N−4N=8N，方向为竖直向上；
继续增大小球浸入水中的深度，但液体的密度、排开液体的体积不变，它受到的浮力将不变。
12.【答案】
【解析】【分析】
本题学生容易把力作用点画在物体重心上，压力的作用点在受压物体的表面，重力的作用点在物体的几何中心上，不能混淆。
已知的是重力，要求画出的是压力，因此，分析时要搞清在此种状态下，重力与压力的关系，明确三要素，最后画出力的图示。
【解答】
在水平地面上，物体对地面的压力等于重力，为6N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上．如图所示：
。
13.【答案】
【解析】解：经分析可知，滑动变阻器的右下方接线柱应与电流表的正接线柱相连，此时滑片向右移动时电流表的示数变大，如下图所示：
。
由题意可知，当滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器与电流表串联，且将滑动变阻器的右下方接线柱连入电路，据此进行解答。
本题考查了实物图的连接，正确得出滑动变阻器接入电路中的下方接线柱是关键。
14.【答案】①B；
②电压表；示数由最大值变为0；R1断路
【解析】【分析】
本题考查了电路故障分析；电路故障问题是电学测试中经常考查的问题。解决的一般步骤是将可能情况代入题目，根据应该出现的现象和题目中描述的现象进行对比，符合题意的即为正确答案。
根据串并联电路的特点，结合题设条件分析。
【解答】
①移动R2的滑片，观察到两个电表的示数都不发生变化；
若连接方式为A(R1、R2并联)：
A.如果R1断路，则移动滑片，电压表示数不变，电流表示数改变，不合题意；
B.如果R2断路，则移动滑片，电压表示数、电流表示数都不改变；
C.如果R1或R2短路，会烧坏电源，不可能；
此时可以确定电路故障为R2断路，但小明发现无法确定具体故障，所以A连接方式不可能；
若连接方式为B(R1、R2串联)：
A.如果R1断路，电压表有示数，电流表无示数，则移动滑片，电压表示数、电流表示数不变；
B.如果R2断路，电压表、电流表无示数，则移动滑片，电压表示数、电流表示数都不改变；
C.如果R1短路，电压表示数为0，移动滑片，电流表示数发生改变，不合题意；
D.如果R2短路，移动滑片，电流表、电压表示数不变；
此时无法确定具体故障，故M、N两点之间各元件的连接方式应是图2中的B。
②M、N两点之间各元件串联，电压表测量R1两端电压；断开开关，观察到两个电表中的一个电表示数发生变化；
由①分析可知R1不可能短路；
如果R2断路，电压表、电流表无示数，断开开关，电压表、电流表仍无示数，不合题意；
如果R2短路，断开开关，电流表、电压表示数都减小为0，不合题意；
如果R1断路，电压表有示数，电流表无示数，断开开关，电流表、电压表示数都为0，符合题意；
所以发生变化的电表是电压表；该电表示数的变化情况：由最大值变为0；R1断路。
15.【答案】①R=UI
②如果电压表测量滑动变阻器两端电压，电压表示数最小时，电流表示数最大，此时Umin=U−ImaxR，
即：1.7V=U−0.22A×R①
电压表示数最大时，电流表示数最小，此时Umax=U−IminR，
即：2.3V=U−0.16A×R②
解①②得：R=10Ω，U=3.9V；
而电源电压为1.5伏整数倍，不可能为3.9V，故假设不成立；
如果电压表测量滑动变阻器两端电压，电压表示数最小时，电流表示数最小，此时U=Umin+IminRP1，
若滑动变阻器为10Ω，则U=1.7V+0.16A×10Ω=3.5V，不合题意；
若滑动变阻器为20Ω，则U=1.7V+0.16A×20Ω=4.9V；
电压表示数最大时，电流表示数最大，此时U=Umax+ImaxRP2，由图可知P在中点；
若滑动变阻器为10Ω，则U=2.3V+0.22A×5Ω=3.4V，不合题意；
若滑动变阻器为20Ω，则U=2.3V+0.22A×100Ω=4.5V；
由上分析可知：在误差范围内，电源电压为4.5V，电压表并联在电阻两端。
③B；C；
④10.4
【解析】【分析】
本题做“用电流表、电压表测电阻”实验，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是确定电压表的连接，难点是电源电压的求法。
①用电压表测电阻两端的电压，用电流表测通过电阻的电流，根据R=UI计算电阻的阻值；
②③分析电压表并联在那个电路元件两端的可能性，结合实验条件、现象分析，得出结论；
④由欧姆定律求出各次实验的电阻，求出平均值。
【解答】
①此实验的原理是R=UI。
②如果电压表测量滑动变阻器两端电压，电压表示数最小时，电流表示数最大，此时Umin=U−ImaxRx，
即：1.7V=U−0.22A×Rx①
电压表示数最大时，电流表示数最小，此时Umax=U−IminRx，
即：2.3V=U−0.16A×Rx②
解①②得：Rx=10Ω，U=3.9V；
而电源电压为1.5伏整数倍，不可能为3.9V，故假设不成立；
如果电压表测量滑动变阻器两端电压，电压表示数最小时，电流表示数最小，此时U=Umin+IminRP1，
若滑动变阻器为10Ω，则U=1.7V+0.16A×10Ω=3.5V，不合题意；
若滑动变阻器为20Ω，则U=1.7V+0.16A×20Ω=4.9V；
电压表示数最大时，电流表示数最大，此时U=Umax+ImaxRP2，由图可知P在中点；
若滑动变阻器为10Ω，则U=2.3V+0.22A×5Ω=3.4V，不合题意；
若滑动变阻器为20Ω，则U=2.3V+0.22A×100Ω=4.5V；
由上分析可知：在误差范围内，电源电压为4.5V，电压表并联在电阻两端；
③根据②分析可知，开始时，电压表示数最小，滑动变阻器阻值最大，所以滑动变阻器连接的两个接线柱分别为B和C；
④根据实验数据：R1=U1I1=≈10.6Ω；
R2=U2I2=≈10.5Ω；
第三次实验中，电压表量程为0∼3V，分度值为0.1V，示数3.0V；
电流表量程为0∼0.6V，分度值为0.02A，示数0.3A；
R3=U3I3=Ω；
待测电阻Rx的阻值Rx=R1+R2+R33=10.6Ω+10.5Ω+10.0Ω3≈10.4Ω。
16.【答案】解：
物体排开水的体积：V排=5×10−3m3，
物体受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10−3m3=50N。
答：物体受到的浮力为50N。
【解析】本题考查了阿基米德原理的应用，属于基础题目，难度不大。
已知物体排开水的体积，利用阿基米德原理F浮=ρ水gV排求物体受到的浮力。
17.【答案】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流；
(1)因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过电阻R1的电流为：
I1=UR1=6V5Ω=1.2A；
(2)因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R2的电流：
I2=I−I1=1.6A−1.2A=0.4A，
电阻R2的阻值：
R2=UI2=6V0.4A=15Ω。
【解析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流。
(1)根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R1支路的电流；
(2)根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，根据欧姆定律算出电阻R2的阻值。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，掌握并联电路干路电流等于各支路电流的和是解题的关键。
18.【答案】解：由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联。阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“20欧2安”字样，闭合开关后，电路中的电流为0.6安。
①电阻R1两端的电压U1=0.6A×10Ω=6V；
②滑动变阻器R2两端的电压：U2=12V−6V=6V，则滑动变阻器R2接入电路的阻值：R2=6V0.6A=10Ω；
③若将电压表并联在ab两端，当R2=0Ω时，电路为只有R1的简单电路，电压表示数最大为电源电压等于12V，小于电压表最大量程15V，此时电路电流为12V10Ω=1.2A，小于2A，电路安全；
用电压表小量程3V并联定值电阻，电路电流为3V10Ω=0.3A，
则此时滑动变阻器分压为9V，滑动变阻器的电阻应该是9V0.3A=30Ω，大于了滑动变阻器最大阻值，因此，将电压表并联在ab两端，无法使电压表的示数达到某量程的最大值；
若将电压表并联在bc两端，当滑动变阻器最大最值时，则电路总电阻为30Ω，电路电流为12V30Ω=0.4A，
滑动变阻器两端电压最大为0.4A×20Ω=8V，小于15V，
若滑动变阻器两端电压为3V时，定值电阻两端电压为9V，此时电路电流为9V10Ω=0.9A，
则滑动变阻器的阻值为3V0.9A=103Ω，小于20Ω，电路安全，且可以能使电压表的示数达到量程的最大值。
答：①电阻R1两端的电压6V；②滑动变阻器R2接入电路的阻值10欧；③将电压表接在bc间，在保证电路安全工作的情况下，可以能使电压表的示数达到3V量程的最大值。
【解析】本题考查了欧姆定律的应用。
由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联。
①根据欧姆定律计算电阻R1两端的电压U1；
②根据串联电路电流处处相等和串联电路中总电压等于各分电压之和，以及根据欧姆定律计算滑动变阻器R2接入电路的阻值；
③分别讨论在ab或bc间接入一个表盘如图(b)所示的电压表时，利用欧姆定律计算在保证电路安全工作的情况下，能使电压表的示数达到某量程的最大值。
19.【答案】解：(1)容器内水面下0.1m深处水的压强：
p水=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa；
②(a)小球乙的重力为：
G乙=m乙g=ρ乙V0g，小球乙对水平桌面的压力和自身的重力相等，即F乙=G乙=ρ乙V0g；
(b)设容器底面积S容，小球排开水的体积：V球=V排=(p水后−p水前)S容ρ水g；
小球的质量：m球=(p容后−p容前)S容g；
则小球乙的密度ρ乙=m球V球=(p容后−p容前)S容g(p水后−p水前)S容ρ水g=p容后−p容前p水后−p水前ρ水=4320Pa−3340Pa3430Pa−2940Pa×1.0×103kg/m3=2×103kg/m3。
答：①距水面0.1米深处水的压强1000Pa；
②(a)小球乙对水平桌面的压力ρ乙V0g；
(b)小球乙的密度2×103kg/m3。
【解析】(1)利用p=ρgh求出距水面0.1m深处水的压强；
(2)根据G=mg=ρVg求出小球乙的重力，小球乙对水平桌面的压力和自身的重力相等；设容器底面积S容，根据水对容器底部的压强p水放球前后变化可得水面变化高度，可以求得小球乙的体积，根据容器对水平桌面的压强p容放球前后变化，可以求得小球质量，再根据密度公式可得小球乙的密度，
本题考查液体压强的计算，压力以及密度的求法，难度大。
20.【答案】(1)风速v越快，大气压变化量Δp越大；
(2)当大楼与大楼之间的“穿堂风”风速很大时，室外的空气流速大，压强小，而室内空气不流动，压强大，产生较大的压强差，对玻璃产生较大的压力差，当压力差达到一定程度时，可能向外“吸走”窗户玻璃
【解析】【分析】
本题考查流体压强跟流速的关系，解答这类题目的思路是先确定哪里的流体流速大，压强小，在这个压力差的作用下便产生了什么现象。
(1)根据表中信息，可得出结论；
(2)结合流体压强与流速的关系即可解答。
【解答】
(1)根据表中信息可得：风速v越快，大气压变化量Δp越大；
(2)当大楼与大楼之间的“穿堂风”风速很大时，室外的空气流速大，压强小，而室内空气不流动，压强大，产生较大的压强差，对玻璃产生较大的压力差，当压力差达到一定程度时，可能向外“吸走”窗户玻璃。实验序号
滑片位置
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
1
2
3
放入前
放入后
p水(帕)
2940
3430
p容(帕)
3340
4320
无风
轻风
和风
强风
烈风
基风
风级
0
2
4
6
9
11
v(米/秒)
0−0.2
1.6−3.3
5.5−7.9
10.8−13.8
20.8−24.4
28.5−32.6
Δp(帕)
0−0.025
0.16−6.8
18.9−39
73−119
270−372
508−664