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2023-2024学年上海市长宁区九年级（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学年上海市长宁区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列实例中，利用连通器原理工作的是( )
A. 注射器B. 吸尘器C. 抽水机D. 船闸
2.滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的( )
A. 材料B. 长度C. 粗细D. 温度
3.下列事例中属于增大压强的是( )
A. 钉子一端做得很尖锐B. 穿宽大的滑雪板滑雪
C. 书包背带做得很宽D. 铁轨下铺上枕木
4.下列实验中，所采用的主要研究方法相同的是( )
①研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
②研究通过导体的电流与导体两端电压的关系
③研究液体内部的压强与哪些因素有关
④研究液体内部的压强时，用U形管两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
5.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1、R2均为定值电阻。若在电路中添加一个电压表，闭合开关S前后，发现电压表与电流表示数的比值不变，则电压表并联的位置( )
A. 只能是MN两点间
B. 可能是PN两点间
C. 只能是MQ两点间
D. 可能是PM两点间
6.如图所示，质量和高度均相同的均匀实心圆柱体甲、乙置于水平地面上，其底面积S甲A. F甲>F乙，Δp甲>Δp乙B. F甲>F乙，Δp甲=Δp乙
C. F甲=F乙，Δp甲>Δp乙D. F甲=F乙，Δp甲=Δp乙
二、填空题：本大题共7小题，共21分。
7.一节新干电池的电压为______伏。教室里，某盏灯与控制该灯的开关是______连接的(选填“串联”或“并联”)，灯开得越多，电路的总电阻越______(选填“大”或“小”)。
8.著名的______实验证明了大气压强的存在。液体密度计是利用二力平衡条件和______原理来判断液体密度大小的；如图(a)、(b)所示，将同一支液体密度计分别放在甲、乙两种液体中保持静止，可知______液体的密度较大(选填“甲”或“乙”)。
9.在5秒内，通过某导体横截面的电荷量为6库，则通过它的电流为______安；已知该导体的电阻为10欧，此时其两端的电压为______伏。若通过该导体的电流变为0.5安，则其电阻为______欧。
10.如图(A)所示，将质量为m的长方体砖块平放在水平地面上，其长、宽、高分别为a、b、c(a>b>c)，则该砖块对水平地面的压力为______，压强为______。若将该砖块如图(B)所示竖放，则其对水平地面的压强将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
11.用细绳吊着某金属块并将其浸在水中，分别在图(a)、(b)、(c)所示位置保持静止，若金属块所受的拉力分别为F1、F2和F3，则F1______F2______F3，若液体对其上、下表面的压力差分别为ΔF1、ΔF2和ΔF3，则ΔF1______ΔF2。(均选填“>”“=”或“<”)
12.在如图所示的电路中，电源电压为U且保持不变，电阻R1、R2的阻值均为R0。闭合开关S和S1，电路正常工作。一段时间后，电流表的示数突然变小但不为零。若电路中仅有一处故障，且只发生在R1、R2上，在没有更多测量仪器且不重新连接电路的情况下，请写出确定故障的具体操作、实施该操作后的电流表示数及对应的故障。______。
13.如图所示，是患者到医院就诊时进行静脉输液的情景。输液时，输液管的上端通过针头与输液瓶的瓶口连接，输液管的下端通过针头与病人的静脉血管连接。小明查阅相关资料了解到：(a)在温度不变的情况下，质量一定的密闭气体，体积变大，气压减小；(b)液体中某深度处的实际压强等于液面上方气体压强与液体压强之和；(c)要使药液能顺利流入人体，在针头B处药液产生的实际压强应大于该处静脉血管中血液的实际压强。
①在输液过程中，涉及到的物理知识有______。
A.阿基米德原理
B.大气压强
C.液体内部压强
②为确保输液顺利进行，需使瓶中药液通过图中“进气管”与______相通，理由是：______。
三、作图题：本大题共1小题，共3分。
14.在如图所示电路的〇中填上适当的电表符号。要求：闭合开关S，各电路元件均能正常工作。
四、计算题：本大题共6小题，共34分。
15.在图中，重为10牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法画出地面受到的压力。
16.一金属块浸没在水中，它排开水的体积为2×10−3米 3，求金属块受到的浮力大小F浮.
17.在如图所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R2的阻值为10欧。闭合开关S，电流表A的示数为0.9安。求：
①通过电阻R2的电流I2。
②电阻R1的阻值。
18.在图(a)所示的电路中，电源电压为9伏且保持不变。电阻R1的阻值为5欧，滑动变阻器R2标有“20Ω2A”字样。闭合开关S，电压表示数为6伏，电压表、电流表的表盘如图(b)所示。
求：①通过电阻R1的电流I1。
②滑动变阻器接入电路的阻值R2。
③移动滑片P，在保证电路安全工作的情况下，求电流表示数的最大值I最大和最小值I最小。
19.如图所示，薄壁轻质柱形容器置于水平地面上，其底面积为2×10⁻ 2米 2，高度为0.5米，容器中盛有水的深度为0.3米。求：
①水的质量m水。
②水对容器底部的压强p水。
③现将一个密度ρ为2×103千克/米 3的物体浸没在容器里的水中，若使容器对地面压强p容的增加量为1.96×103帕⩽Δp容⩽6.86×103帕，求物体体积V的范围。
20.小华做“用电流表、电压表测电阻”的实验。他将电源(电压为2伏的整数倍保持不变)、待测电阻、滑动变阻器、电流表、开关串联，然后将电压表并联在电路中。小华闭合开关，并将此时的部分数据记录在表格序号1中；接着，他将滑片向另一端移动到某位置处，得到表格序号2中的数据；初步分析后，他发现电压表位置连接不正确，于是断开开关，仅改变了电压表的连接位置；再次闭合开关，他将滑片继续向另一端移动至某处时，电压表示数如图所示。
①小华改变电压表连接位置后，将电压表并联在了______两端(选填“电源”“待测电阻”或“滑动变阻器”)。
②求图中电压表的示数及电源U。(需写出解答过程)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、注射器在吸药水时，是利用外界大气压大于其内部的压强，故药水在外界大气压的作用下被压入注射器内部的，故是利用大气压强的原理工作的，故A不符合题意；
B、吸尘器在工作时，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灰尘、纸屑等垃圾“吸”入，故B不符合题意；
C、抽水机利用的是大气压，故C不符合题意；
D、船闸的原理先打开一端，船闸里的水位逐渐与外面相等，外面的船就可以开进船闸；然后把这一端船闸关闭，打开另一端的船闸，船闸里的水位逐渐与外面相等，船就可以开到另一端去，应用了两次连通器，故D符合题意。
故选：D。
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。
本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口、底部相连通的，液面静止时保持相平。
2.【答案】B
【解析】解：滑动变阻器移动滑片时，不能改变接入电阻丝的材料和横截面积以及温度，只能改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻和电流，故ACD错误、B正确．
故选B.
滑动变阻器工作原理：移动滑片改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻，来改变电路中的电流．
本题考查了滑动变阻器的原理，牢记滑动变阻器的工作原理是关键．
3.【答案】A
【解析】解：A、钉子一端做得很尖锐，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故A符合题意。
B、穿宽大的滑雪板滑雪，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B不合题意。
C、书包背带做得很宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故C不合题意。
D、铁轨下铺上枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D不合题意。
故选：A。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关；
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
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】B
【解析】解：①研究串联电路时，引入“总电阻”的概念，采用的是等效替代法；
②研究通过导体的电流与导体两端电压的关系，采用的是控制变量法；
③研究液体内部的压强与哪些因素有关，采用的是控制变量法；
④研究液体内部的压强时，用U形管两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小，采用的是转换法。选项A、C、D错误，B正确。
故选：B。
①研究串联电路时，引入“总电阻”的概念，采用的是等效替代法；
②研究通过导体的电流与导体两端电压的关系，采用的是控制变量法；
③研究液体内部的压强与哪些因素有关，采用的是控制变量法；
④研究液体内部的压强时，用U形管两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小，采用的是转换法。
本题考查物理实验中用到的科学方法，学生在日常学习中要积累、总结。
5.【答案】A
【解析】解：(1)当电压表并联在MN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1的阻值，
开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值也为R1的阻值，即电压表与电流表示数的比值不变；
(2)当电压表并联在PN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1、R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1、R2的总电阻，
开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1的阻值，由串联电路的电阻特点可知，R1、R2的总电阻一定大于R1的电阻，即电压表与电流表示数的比值改变；
(3)当电压表并联在MQ两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R2的阻值，
开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，此时电压表与电流表示数的比值为0，即电压表与电流表示数的比值改变；
(4)当电压表并联在PM两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R2的阻值，
开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，此时电压表与电流表示数的比值为0，即电压表与电流表示数的比值改变。
综上所述，电压表只能并联在MN两点间，故A正确、BCD错误。
故选：A。
(1)当电压表并联在MN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变；
(2)当电压表并联在PN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1、R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变；
(3)当电压表并联在MQ两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变；
(4)当电压表并联在PM两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变。
本题考查电路分析和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
6.【答案】C
【解析】解：甲乙原来的质量相等，即ρ甲V甲=ρ乙V乙，ρ甲S甲h甲=ρ乙S乙h乙，因为h甲=h乙，所以ρ甲S甲=ρ乙S乙；
沿水平方向切去厚度相等的部分，设切掉的高度为Δh，则有ρ甲S甲Δh=ρ乙S乙Δh，即切掉部分的质量相等；
即m甲剩余=m乙剩余，
并将切下部分叠放到对方剩余部分的上方，故可知
F甲=(m甲剩余+m乙切)g；
F乙=(m乙剩余+m甲切)g；
故F甲=F乙；
故可知
甲对地面的压强变化量：
Δp甲=(m甲余+m乙切−m甲)S甲g=(m乙切−m甲切)gS甲①
乙对地面的压强变化量：
Δp乙=(m乙−m乙余−m甲切)gS乙=(m乙切−m甲切)gS乙②
由①②可知，分子的变化量相同，而S甲Δp甲>Δp乙。
故选：C。
根据甲乙原来的质量相等列等式得出ρ甲S甲h甲=ρ乙S乙h乙；沿水平方向切去高度相等的部分，当切掉的高度为Δh时有ρ甲S甲Δh=ρ乙S乙Δh，判断出切掉部分质量的关系，结合底面积的关系可判断出压强的关系；
本题考查压强公式和密度公式的灵活运用，难度较大。
7.【答案】1.5串联 小
【解析】解：一节干电池的电压是1.5V；
开关与被控制的用电器是串联；
家用电器工作时互不影响，是并联的，而日光灯开的越多，相当于增大了导体的横截面积，总电阻将变小。
故答案为：1.5；串联；小。
一节干电池的电压是1.5V；
开关与被控制的用电器是串联；
在并联电路中，电阻越并越小。
本题考查了常见的电压值、电路的连接和电阻的并联，属于基础题。
8.【答案】马德堡半球 阿基米德 甲
【解析】解：(1)历史上，在德国的马德堡市广场上做过一个著名的实验，将两铜制的半球合在一起，抽出里面的空气，用两支马队向相反方向拉，两个半球未被拉开，是大气压将两个半球压在一起，这就是著名的马德堡半球实验，它有力地证明了大气压的存在；
(2)密度计的设计利用了二力平衡知识和阿基米德原理，密度计在液体中漂浮时F浮=G物，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体的密度越大，密度计排开液体的体积就越小，据此来判断液体密度大小；
(3)由图知密度计排开液体的体积V排甲ρ乙。
故答案为：马德堡半球；阿基米德；甲。
(1)马德堡半球实验有力的证明了大气压的存在；
(2)密度计是用来测量液体密度的测量仪器，利用了阿基米德原理；
(3)从图可知，密度计放在甲、乙液体中都漂浮，受到的浮力都等于密度计受到的重力，从而可以判断受到浮力的大小关系；从图可以得出密度计排开液体体积的大小关系，再根据阿基米德原理分析液体的密度大小关系。
本题考查大气压、阿基米德原理以及液体密度计的有关知识，难度不大。
9.【答案】1.21210
【解析】解：(1)通过该导体的电流：I=Qt=6C5s=1.2A；
(2)由欧姆定律可得，导体两端的电压：U=IR=1.2A×10Ω=12V；
(3)电阻是导体本身的一种性质，与电流、电压的大小无关，通过导体的电流变为0.3A，此时该导体的电阻不变，还是10Ω。
故答案为：1.2；12；10。
(1)知道时间、电荷量，利用I=Qt求通过该导体的电流；
(2)知道电阻，利用欧姆定律求导体两端的电压；
(3)电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于导体的长度、材料、横截面积，而与导体两端的电压和通过的电流无关。
本题考查了电荷量计算公式的应用、欧姆定律的应用，知道导体的电阻是导体本身的一种性质是解题的关键。
10.【答案】mgmgab 变大
【解析】解：该砖块对水平地面的压力F=G=mg，
受力面积S=ab，压强p=FS=mgab；
若将该砖块如图(B)所示竖放，受力面积变小，该砖块对水平地面的压力不变，根据p=FS可知，其对水平地面的压强将变大。
故答案为：mg；mgab；变大。
根据F=G=mg得出该砖块对水平地面的压力，得出受力面积，根据p=FS得出压强；
若将该砖块如图(B)所示竖放，受力面积变小，该砖块对水平地面的压力不变，根据p=FS可知，其对水平地面的压强得变化情况。
本题考查压强、压力的有关知识，是一道综合题。
11.【答案】=<=
【解析】解：用细绳吊着某金属块并将其浸在水中，分别在图(a)、(b)所示位置保持静止，排开液体的体积不变，液体密度不变，根据F浮=ρ水gV排知，浮力大小不变，根据称重法，拉力大小相等，若液体对其上、下表面的压力差分别为ΔF1、ΔF2即为浮力，因浮力相等，ΔF1=ΔF2。
由于c图中部分浸入，排开液体的体积减小，受到的浮力减小，因而需要的拉力变大，故F1=F2故答案为：=；<；=。
根据浮力产生的原因可知金属块上表面与下表面的压力差大小即等于金属块受到的浮力；
均是完全浸没，则在两种液体中排开液体体积相同且等于金属块的体积，最后根据F浮=ρ水gV排比较浮力大小，结合称重法比较拉力大小。
本题考查浮力的有关因素和产生原因，属于中档题。
12.【答案】断开开关S1，如果电流表示数变为0，说明故障是R2发生断路，如果电流表示数不变，则故障是R1是断路。
【解析】解：闭合开关S和S1，电路是两个电阻并联的电路，根据电流表的示数突然变小但不为零，说明电路仍有通路部分，因而确定是支路断路，不是短路，根据并联不相互影响，断开开关S1，如果电流表示数变为0，说明R1是通路，则R2发生断路，如果电流表示数不变，则R1是断路，R2完好。
故答案为：断开开关S1，如果电流表示数变为0，说明故障是R2发生断路，如果电流表示数不变，则故障是R1是断路。
闭合开关S和S1，电路是两个电阻并联的电路，根据电流表的示数突然变小但不为零确定是断路，不是短路，根据S1的作用分析电路故障位置。
本题考查并联电路故障的分析，属于中档题。
13.【答案】B 大气 保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的
【解析】解：①输液过程涉及到的物理知识有大气压强，故B正确；
(2)①“进气管”的作用是：输液过程中必须通过它与大气相通；进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶之间的液柱高度不变，滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。
故答案为：①B；②大气；保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。
(1)输液过程涉及到的物理知识大气压强；
(2)输液过程中必须通过它与大气相通，保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。
本题考查大气压强的运用，难度不大。
14.【答案】解：上面电表与灯L1串联，所以它是电流表；中间电表和L1并联，是电压表，下面电表和L1并联，是电压表，如图所示：
【解析】电流表的电阻较小，在电路中相当于导线，与用电器串联测量电路中的电流；电压表的电阻较大，在电路中相当于断路，与用电器并联测量用电器两端的电压。
本题考查了电流表和电压表的使用方法，解题的关键是明白电压表是并联使用，电流表是串联使用。
15.【答案】、
【解析】【分析】
画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力。
画力的图示，关键是描述清楚力的三要求，用箭头的起点(少数时候也用终点)作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小。
【解答】
压力的大小等于重力，为10N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上。如图所示：
16.【答案】解：已知金属块浸没水中，且V排=2×10−3m3，
金属块受到的浮力：F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×2×10−3m3×9.8N/kg=19.6N.
答：金属块受到的浮力为19.6N.
【解析】已知金属块浸没水中它排开水的体积，利用阿基米德原理F浮=ρ水V排g求金属块受到的浮力．
本题比较简单，主要考查阿基米德原理的应用，利用好F浮=ρ水V排g是本题的关键．
17.【答案】解：闭合开关S，两电阻并联，电流表测量干路电流。
①通过电阻R2的电流I2=UR2=6V10Ω=0.6A；
②根据并联电路的电流特点可知通过电阻R1的电流I1=I−I2=0.9A−0.6A=0.3A，
电阻R1的阻值R1=UI1=6V0.3A=20Ω。
答：①通过电阻R2的电流I2为0.6A；
②电阻R1的阻值为20Ω。
【解析】闭合开关S，两电阻并联，电流表测量干路电流。
①根据欧姆定律得出通过电阻R2的电流；
②根据并联电路的电流特点可知通过电阻R1的电流，根据欧姆定律得出电阻R1的阻值。
本题考查欧姆定律的应用，是一道综合题。
18.【答案】解：由电路图可知，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
①电阻R1的电流：I1=U1R1=6V5Ω=1.2A；
②由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I2=I1=1.2A，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U2=U−U1=9V−6V=3V，
由欧姆定律可知，R2的阻值：R2=U2I2=3V1.2A=2.5Ω；
③由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，为I最大=U R1=9V5Ω=1.8A，
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电流表示数的最小值：I最小=UR1+R2大=9V5Ω+20Ω=0.36A。
答：①通过电阻R1的电流为1.2A。
②滑动变阻器接入电路的阻值为2.5Ω。
③电流表示数的最大值为1.8A，最小值为0.36A。
【解析】由电路图可知，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
①根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流；
②根据串联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；
③根据欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，即为电流表示数的最大值；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电流表示数的最小值。
本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，正确分析电路中的最大电流和最小电流是关键。
19.【答案】解：(1)容器内水的体积：
V水=Sh=2×10−2m2×0.3m=6×10−3m3，
由ρ=mV可得容器内水的质量：
m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×6×10−3m3=6kg；
(2)水对容器底部的压强：
p水=ρ水gh水=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3000Pa；
(3)上方空缺的体积V=Sh空=2×10−2m2×(0.5m−0.3m)=4×10−3m3，
将一个密度ρ为2×103千克/米 3的物体浸没在容器里的水中，若水没有溢出，此时容器对地面的压强最小；
Δp最小=ΔF最小S=ΔG最小S=m最小gS=ρV最小gS，
即1.96×103Pa=2×103kg/m3×V最小×9.8N/kg2×10−2m2，
解得：V最小=2×10−3m3；
此时体积的范围为2×10−3m3∼4×10−3m3，
将一个密度ρ为2×103千克/米 3的物体浸没在容器里的水中，若水溢出，此时容器对地面的压强最大；
Δp最大=ΔF最大S=ΔG最大S=m最大gS=ρV最大g−ρ水V空gS；
即6.86×103Pa=2×103kg/m3×V×9.8N/kg−1×103kg/m3×(V−4×10−3m3)×9.8N/kg2×10−2m2；
解得：V最大=10×10−3m3.
故物体体积V的范围2×10−3m3∼1×10−2m3。
答：①水的质量m水是6kg；
②水对容器底部的压强p水为3000Pa；
③物体体积V的范围2×10−3m3∼1×10−2m3。
【解析】(1)知道容器底面积和水深，可求水的体积，再利用m=ρV求水的质量；
(2)知道容器内水的深度，利用p=ρgh求水对容器底部的压强；
(3)先计算上方空缺的体积，当没有水溢出时，根据最小压强结合压强公式计算体积的范围，当有水溢出时，得出溢出水的体积，根据增大的压强计算最大体积的范围。
本题考查压强公式的应用，属于较难题。
20.【答案】待测电阻
【解析】解：①闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处，小华闭合开关后，电压表的示数为6V，移动滑动变阻器电压表的示数为3.5V，所以滑动变阻器的电阻变小，电压表的示数变小，说明此时电压表并联在滑动变阻器的两端了，所以小华改变电压表连接位置后，将电压表并联在待测电阻的两端；
②开始时小华闭合开关，电压表的示数为6V，说明电源电压大于6V；
他将滑片向另一端移动到某位置处，电压表的示数为3.5V，即滑动变阻器两端的电压为3.5V，电压表选用0∼15V的量程；
仅改变了电压表的连接位置，再次闭合开关，他将滑片继续向另一端移动至某处时，滑动变阻器两端的电压变小，电压表的示数变大，电压表示数如图所示，示数为5V，此时滑动变阻器两端的电压小于3.5V，即电源电压U=U待测+U滑<3.5V+5V=8.5V，又因为电源电压大于6V，且为2伏的整数倍，所以电源电压为8V。
故答案为：①待测电阻；②图中电压表的示数为5V、电源电压U为8V，过程见解答。
①闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处，小华闭合开关后，电压表的示数为6V，移动滑动变阻器电压表的示数为3.5V，所以滑动变阻器的电阻变小，电压表的示数变小，说明此时电压表并联在滑动变阻器的两端，进而判断出改变电压表连接位置后电压表的位置；
②开始时小华闭合开关，电压表的示数为6V，说明电源电压大于6V；
他将滑片向另一端移动到某位置处，电压表的示数为3.5V，即滑动变阻器两端的电压为3.5V，据此判断出电压表的量程和图中电压表的示数；
仅改变了电压表的连接位置，再次闭合开关，他将滑片继续向另一端移动至某处时，滑动变阻器两端的电压变小，此时滑动变阻器两端的电压小于3.5V，据此判断出电源电压的最大值，由于电源电压大于6V，且为2伏的整数倍，据此判断出电源电压。
本题做“用电流表、电压表测电阻”实验，考查串联电路的规律，关键是确定电压表的连接，难点是电源电压的求法。序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
电阻Rx(欧)
1
6.0
2
3.5
0.36
3
1.下列实例中，利用连通器原理工作的是( )
A. 注射器B. 吸尘器C. 抽水机D. 船闸
2.滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的( )
A. 材料B. 长度C. 粗细D. 温度
3.下列事例中属于增大压强的是( )
A. 钉子一端做得很尖锐B. 穿宽大的滑雪板滑雪
C. 书包背带做得很宽D. 铁轨下铺上枕木
4.下列实验中，所采用的主要研究方法相同的是( )
①研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
②研究通过导体的电流与导体两端电压的关系
③研究液体内部的压强与哪些因素有关
④研究液体内部的压强时，用U形管两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
5.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1、R2均为定值电阻。若在电路中添加一个电压表，闭合开关S前后，发现电压表与电流表示数的比值不变，则电压表并联的位置( )
A. 只能是MN两点间
B. 可能是PN两点间
C. 只能是MQ两点间
D. 可能是PM两点间
6.如图所示，质量和高度均相同的均匀实心圆柱体甲、乙置于水平地面上，其底面积S甲
C. F甲=F乙，Δp甲>Δp乙D. F甲=F乙，Δp甲=Δp乙
二、填空题：本大题共7小题，共21分。
7.一节新干电池的电压为______伏。教室里，某盏灯与控制该灯的开关是______连接的(选填“串联”或“并联”)，灯开得越多，电路的总电阻越______(选填“大”或“小”)。
8.著名的______实验证明了大气压强的存在。液体密度计是利用二力平衡条件和______原理来判断液体密度大小的；如图(a)、(b)所示，将同一支液体密度计分别放在甲、乙两种液体中保持静止，可知______液体的密度较大(选填“甲”或“乙”)。
9.在5秒内，通过某导体横截面的电荷量为6库，则通过它的电流为______安；已知该导体的电阻为10欧，此时其两端的电压为______伏。若通过该导体的电流变为0.5安，则其电阻为______欧。
10.如图(A)所示，将质量为m的长方体砖块平放在水平地面上，其长、宽、高分别为a、b、c(a>b>c)，则该砖块对水平地面的压力为______，压强为______。若将该砖块如图(B)所示竖放，则其对水平地面的压强将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
11.用细绳吊着某金属块并将其浸在水中，分别在图(a)、(b)、(c)所示位置保持静止，若金属块所受的拉力分别为F1、F2和F3，则F1______F2______F3，若液体对其上、下表面的压力差分别为ΔF1、ΔF2和ΔF3，则ΔF1______ΔF2。(均选填“>”“=”或“<”)
12.在如图所示的电路中，电源电压为U且保持不变，电阻R1、R2的阻值均为R0。闭合开关S和S1，电路正常工作。一段时间后，电流表的示数突然变小但不为零。若电路中仅有一处故障，且只发生在R1、R2上，在没有更多测量仪器且不重新连接电路的情况下，请写出确定故障的具体操作、实施该操作后的电流表示数及对应的故障。______。
13.如图所示，是患者到医院就诊时进行静脉输液的情景。输液时，输液管的上端通过针头与输液瓶的瓶口连接，输液管的下端通过针头与病人的静脉血管连接。小明查阅相关资料了解到：(a)在温度不变的情况下，质量一定的密闭气体，体积变大，气压减小；(b)液体中某深度处的实际压强等于液面上方气体压强与液体压强之和；(c)要使药液能顺利流入人体，在针头B处药液产生的实际压强应大于该处静脉血管中血液的实际压强。
①在输液过程中，涉及到的物理知识有______。
A.阿基米德原理
B.大气压强
C.液体内部压强
②为确保输液顺利进行，需使瓶中药液通过图中“进气管”与______相通，理由是：______。
三、作图题：本大题共1小题，共3分。
14.在如图所示电路的〇中填上适当的电表符号。要求：闭合开关S，各电路元件均能正常工作。
四、计算题：本大题共6小题，共34分。
15.在图中，重为10牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法画出地面受到的压力。
16.一金属块浸没在水中，它排开水的体积为2×10−3米 3，求金属块受到的浮力大小F浮.
17.在如图所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R2的阻值为10欧。闭合开关S，电流表A的示数为0.9安。求：
①通过电阻R2的电流I2。
②电阻R1的阻值。
18.在图(a)所示的电路中，电源电压为9伏且保持不变。电阻R1的阻值为5欧，滑动变阻器R2标有“20Ω2A”字样。闭合开关S，电压表示数为6伏，电压表、电流表的表盘如图(b)所示。
求：①通过电阻R1的电流I1。
②滑动变阻器接入电路的阻值R2。
③移动滑片P，在保证电路安全工作的情况下，求电流表示数的最大值I最大和最小值I最小。
19.如图所示，薄壁轻质柱形容器置于水平地面上，其底面积为2×10⁻ 2米 2，高度为0.5米，容器中盛有水的深度为0.3米。求：
①水的质量m水。
②水对容器底部的压强p水。
③现将一个密度ρ为2×103千克/米 3的物体浸没在容器里的水中，若使容器对地面压强p容的增加量为1.96×103帕⩽Δp容⩽6.86×103帕，求物体体积V的范围。
20.小华做“用电流表、电压表测电阻”的实验。他将电源(电压为2伏的整数倍保持不变)、待测电阻、滑动变阻器、电流表、开关串联，然后将电压表并联在电路中。小华闭合开关，并将此时的部分数据记录在表格序号1中；接着，他将滑片向另一端移动到某位置处，得到表格序号2中的数据；初步分析后，他发现电压表位置连接不正确，于是断开开关，仅改变了电压表的连接位置；再次闭合开关，他将滑片继续向另一端移动至某处时，电压表示数如图所示。
①小华改变电压表连接位置后，将电压表并联在了______两端(选填“电源”“待测电阻”或“滑动变阻器”)。
②求图中电压表的示数及电源U。(需写出解答过程)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、注射器在吸药水时，是利用外界大气压大于其内部的压强，故药水在外界大气压的作用下被压入注射器内部的，故是利用大气压强的原理工作的，故A不符合题意；
B、吸尘器在工作时，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灰尘、纸屑等垃圾“吸”入，故B不符合题意；
C、抽水机利用的是大气压，故C不符合题意；
D、船闸的原理先打开一端，船闸里的水位逐渐与外面相等，外面的船就可以开进船闸；然后把这一端船闸关闭，打开另一端的船闸，船闸里的水位逐渐与外面相等，船就可以开到另一端去，应用了两次连通器，故D符合题意。
故选：D。
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。
本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口、底部相连通的，液面静止时保持相平。
2.【答案】B
【解析】解：滑动变阻器移动滑片时，不能改变接入电阻丝的材料和横截面积以及温度，只能改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻和电流，故ACD错误、B正确．
故选B.
滑动变阻器工作原理：移动滑片改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻，来改变电路中的电流．
本题考查了滑动变阻器的原理，牢记滑动变阻器的工作原理是关键．
3.【答案】A
【解析】解：A、钉子一端做得很尖锐，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故A符合题意。
B、穿宽大的滑雪板滑雪，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B不合题意。
C、书包背带做得很宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故C不合题意。
D、铁轨下铺上枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D不合题意。
故选：A。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关；
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
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】B
【解析】解：①研究串联电路时，引入“总电阻”的概念，采用的是等效替代法；
②研究通过导体的电流与导体两端电压的关系，采用的是控制变量法；
③研究液体内部的压强与哪些因素有关，采用的是控制变量法；
④研究液体内部的压强时，用U形管两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小，采用的是转换法。选项A、C、D错误，B正确。
故选：B。
①研究串联电路时，引入“总电阻”的概念，采用的是等效替代法；
②研究通过导体的电流与导体两端电压的关系，采用的是控制变量法；
③研究液体内部的压强与哪些因素有关，采用的是控制变量法；
④研究液体内部的压强时，用U形管两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小，采用的是转换法。
本题考查物理实验中用到的科学方法，学生在日常学习中要积累、总结。
5.【答案】A
【解析】解：(1)当电压表并联在MN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1的阻值，
开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值也为R1的阻值，即电压表与电流表示数的比值不变；
(2)当电压表并联在PN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1、R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1、R2的总电阻，
开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1的阻值，由串联电路的电阻特点可知，R1、R2的总电阻一定大于R1的电阻，即电压表与电流表示数的比值改变；
(3)当电压表并联在MQ两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R2的阻值，
开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，此时电压表与电流表示数的比值为0，即电压表与电流表示数的比值改变；
(4)当电压表并联在PM两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律的变形式R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R2的阻值，
开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，此时电压表与电流表示数的比值为0，即电压表与电流表示数的比值改变。
综上所述，电压表只能并联在MN两点间，故A正确、BCD错误。
故选：A。
(1)当电压表并联在MN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变；
(2)当电压表并联在PN两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R1、R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2被短路，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变；
(3)当电压表并联在MQ两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变；
(4)当电压表并联在PM两点间，开关S断开时，两电阻串联，电压表测R2两端的总电压，电流表测电路中的电流，开关S闭合时，R2和电压表被短路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律分析两种情况下电压表与电流表示数的比值是否改变。
本题考查电路分析和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
6.【答案】C
【解析】解：甲乙原来的质量相等，即ρ甲V甲=ρ乙V乙，ρ甲S甲h甲=ρ乙S乙h乙，因为h甲=h乙，所以ρ甲S甲=ρ乙S乙；
沿水平方向切去厚度相等的部分，设切掉的高度为Δh，则有ρ甲S甲Δh=ρ乙S乙Δh，即切掉部分的质量相等；
即m甲剩余=m乙剩余，
并将切下部分叠放到对方剩余部分的上方，故可知
F甲=(m甲剩余+m乙切)g；
F乙=(m乙剩余+m甲切)g；
故F甲=F乙；
故可知
甲对地面的压强变化量：
Δp甲=(m甲余+m乙切−m甲)S甲g=(m乙切−m甲切)gS甲①
乙对地面的压强变化量：
Δp乙=(m乙−m乙余−m甲切)gS乙=(m乙切−m甲切)gS乙②
由①②可知，分子的变化量相同，而S甲
故选：C。
根据甲乙原来的质量相等列等式得出ρ甲S甲h甲=ρ乙S乙h乙；沿水平方向切去高度相等的部分，当切掉的高度为Δh时有ρ甲S甲Δh=ρ乙S乙Δh，判断出切掉部分质量的关系，结合底面积的关系可判断出压强的关系；
本题考查压强公式和密度公式的灵活运用，难度较大。
7.【答案】1.5串联 小
【解析】解：一节干电池的电压是1.5V；
开关与被控制的用电器是串联；
家用电器工作时互不影响，是并联的，而日光灯开的越多，相当于增大了导体的横截面积，总电阻将变小。
故答案为：1.5；串联；小。
一节干电池的电压是1.5V；
开关与被控制的用电器是串联；
在并联电路中，电阻越并越小。
本题考查了常见的电压值、电路的连接和电阻的并联，属于基础题。
8.【答案】马德堡半球 阿基米德 甲
【解析】解：(1)历史上，在德国的马德堡市广场上做过一个著名的实验，将两铜制的半球合在一起，抽出里面的空气，用两支马队向相反方向拉，两个半球未被拉开，是大气压将两个半球压在一起，这就是著名的马德堡半球实验，它有力地证明了大气压的存在；
(2)密度计的设计利用了二力平衡知识和阿基米德原理，密度计在液体中漂浮时F浮=G物，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体的密度越大，密度计排开液体的体积就越小，据此来判断液体密度大小；
(3)由图知密度计排开液体的体积V排甲
故答案为：马德堡半球；阿基米德；甲。
(1)马德堡半球实验有力的证明了大气压的存在；
(2)密度计是用来测量液体密度的测量仪器，利用了阿基米德原理；
(3)从图可知，密度计放在甲、乙液体中都漂浮，受到的浮力都等于密度计受到的重力，从而可以判断受到浮力的大小关系；从图可以得出密度计排开液体体积的大小关系，再根据阿基米德原理分析液体的密度大小关系。
本题考查大气压、阿基米德原理以及液体密度计的有关知识，难度不大。
9.【答案】1.21210
【解析】解：(1)通过该导体的电流：I=Qt=6C5s=1.2A；
(2)由欧姆定律可得，导体两端的电压：U=IR=1.2A×10Ω=12V；
(3)电阻是导体本身的一种性质，与电流、电压的大小无关，通过导体的电流变为0.3A，此时该导体的电阻不变，还是10Ω。
故答案为：1.2；12；10。
(1)知道时间、电荷量，利用I=Qt求通过该导体的电流；
(2)知道电阻，利用欧姆定律求导体两端的电压；
(3)电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于导体的长度、材料、横截面积，而与导体两端的电压和通过的电流无关。
本题考查了电荷量计算公式的应用、欧姆定律的应用，知道导体的电阻是导体本身的一种性质是解题的关键。
10.【答案】mgmgab 变大
【解析】解：该砖块对水平地面的压力F=G=mg，
受力面积S=ab，压强p=FS=mgab；
若将该砖块如图(B)所示竖放，受力面积变小，该砖块对水平地面的压力不变，根据p=FS可知，其对水平地面的压强将变大。
故答案为：mg；mgab；变大。
根据F=G=mg得出该砖块对水平地面的压力，得出受力面积，根据p=FS得出压强；
若将该砖块如图(B)所示竖放，受力面积变小，该砖块对水平地面的压力不变，根据p=FS可知，其对水平地面的压强得变化情况。
本题考查压强、压力的有关知识，是一道综合题。
11.【答案】=<=
【解析】解：用细绳吊着某金属块并将其浸在水中，分别在图(a)、(b)所示位置保持静止，排开液体的体积不变，液体密度不变，根据F浮=ρ水gV排知，浮力大小不变，根据称重法，拉力大小相等，若液体对其上、下表面的压力差分别为ΔF1、ΔF2即为浮力，因浮力相等，ΔF1=ΔF2。
由于c图中部分浸入，排开液体的体积减小，受到的浮力减小，因而需要的拉力变大，故F1=F2
根据浮力产生的原因可知金属块上表面与下表面的压力差大小即等于金属块受到的浮力；
均是完全浸没，则在两种液体中排开液体体积相同且等于金属块的体积，最后根据F浮=ρ水gV排比较浮力大小，结合称重法比较拉力大小。
本题考查浮力的有关因素和产生原因，属于中档题。
12.【答案】断开开关S1，如果电流表示数变为0，说明故障是R2发生断路，如果电流表示数不变，则故障是R1是断路。
【解析】解：闭合开关S和S1，电路是两个电阻并联的电路，根据电流表的示数突然变小但不为零，说明电路仍有通路部分，因而确定是支路断路，不是短路，根据并联不相互影响，断开开关S1，如果电流表示数变为0，说明R1是通路，则R2发生断路，如果电流表示数不变，则R1是断路，R2完好。
故答案为：断开开关S1，如果电流表示数变为0，说明故障是R2发生断路，如果电流表示数不变，则故障是R1是断路。
闭合开关S和S1，电路是两个电阻并联的电路，根据电流表的示数突然变小但不为零确定是断路，不是短路，根据S1的作用分析电路故障位置。
本题考查并联电路故障的分析，属于中档题。
13.【答案】B 大气 保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的
【解析】解：①输液过程涉及到的物理知识有大气压强，故B正确；
(2)①“进气管”的作用是：输液过程中必须通过它与大气相通；进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶之间的液柱高度不变，滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。
故答案为：①B；②大气；保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。
(1)输液过程涉及到的物理知识大气压强；
(2)输液过程中必须通过它与大气相通，保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。
本题考查大气压强的运用，难度不大。
14.【答案】解：上面电表与灯L1串联，所以它是电流表；中间电表和L1并联，是电压表，下面电表和L1并联，是电压表，如图所示：
【解析】电流表的电阻较小，在电路中相当于导线，与用电器串联测量电路中的电流；电压表的电阻较大，在电路中相当于断路，与用电器并联测量用电器两端的电压。
本题考查了电流表和电压表的使用方法，解题的关键是明白电压表是并联使用，电流表是串联使用。
15.【答案】、
【解析】【分析】
画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力。
画力的图示，关键是描述清楚力的三要求，用箭头的起点(少数时候也用终点)作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小。
【解答】
压力的大小等于重力，为10N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上。如图所示：
16.【答案】解：已知金属块浸没水中，且V排=2×10−3m3，
金属块受到的浮力：F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×2×10−3m3×9.8N/kg=19.6N.
答：金属块受到的浮力为19.6N.
【解析】已知金属块浸没水中它排开水的体积，利用阿基米德原理F浮=ρ水V排g求金属块受到的浮力．
本题比较简单，主要考查阿基米德原理的应用，利用好F浮=ρ水V排g是本题的关键．
17.【答案】解：闭合开关S，两电阻并联，电流表测量干路电流。
①通过电阻R2的电流I2=UR2=6V10Ω=0.6A；
②根据并联电路的电流特点可知通过电阻R1的电流I1=I−I2=0.9A−0.6A=0.3A，
电阻R1的阻值R1=UI1=6V0.3A=20Ω。
答：①通过电阻R2的电流I2为0.6A；
②电阻R1的阻值为20Ω。
【解析】闭合开关S，两电阻并联，电流表测量干路电流。
①根据欧姆定律得出通过电阻R2的电流；
②根据并联电路的电流特点可知通过电阻R1的电流，根据欧姆定律得出电阻R1的阻值。
本题考查欧姆定律的应用，是一道综合题。
18.【答案】解：由电路图可知，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
①电阻R1的电流：I1=U1R1=6V5Ω=1.2A；
②由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I2=I1=1.2A，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U2=U−U1=9V−6V=3V，
由欧姆定律可知，R2的阻值：R2=U2I2=3V1.2A=2.5Ω；
③由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，为I最大=U R1=9V5Ω=1.8A，
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电流表示数的最小值：I最小=UR1+R2大=9V5Ω+20Ω=0.36A。
答：①通过电阻R1的电流为1.2A。
②滑动变阻器接入电路的阻值为2.5Ω。
③电流表示数的最大值为1.8A，最小值为0.36A。
【解析】由电路图可知，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
①根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流；
②根据串联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；
③根据欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，即为电流表示数的最大值；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电流表示数的最小值。
本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，正确分析电路中的最大电流和最小电流是关键。
19.【答案】解：(1)容器内水的体积：
V水=Sh=2×10−2m2×0.3m=6×10−3m3，
由ρ=mV可得容器内水的质量：
m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×6×10−3m3=6kg；
(2)水对容器底部的压强：
p水=ρ水gh水=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3000Pa；
(3)上方空缺的体积V=Sh空=2×10−2m2×(0.5m−0.3m)=4×10−3m3，
将一个密度ρ为2×103千克/米 3的物体浸没在容器里的水中，若水没有溢出，此时容器对地面的压强最小；
Δp最小=ΔF最小S=ΔG最小S=m最小gS=ρV最小gS，
即1.96×103Pa=2×103kg/m3×V最小×9.8N/kg2×10−2m2，
解得：V最小=2×10−3m3；
此时体积的范围为2×10−3m3∼4×10−3m3，
将一个密度ρ为2×103千克/米 3的物体浸没在容器里的水中，若水溢出，此时容器对地面的压强最大；
Δp最大=ΔF最大S=ΔG最大S=m最大gS=ρV最大g−ρ水V空gS；
即6.86×103Pa=2×103kg/m3×V×9.8N/kg−1×103kg/m3×(V−4×10−3m3)×9.8N/kg2×10−2m2；
解得：V最大=10×10−3m3.
故物体体积V的范围2×10−3m3∼1×10−2m3。
答：①水的质量m水是6kg；
②水对容器底部的压强p水为3000Pa；
③物体体积V的范围2×10−3m3∼1×10−2m3。
【解析】(1)知道容器底面积和水深，可求水的体积，再利用m=ρV求水的质量；
(2)知道容器内水的深度，利用p=ρgh求水对容器底部的压强；
(3)先计算上方空缺的体积，当没有水溢出时，根据最小压强结合压强公式计算体积的范围，当有水溢出时，得出溢出水的体积，根据增大的压强计算最大体积的范围。
本题考查压强公式的应用，属于较难题。
20.【答案】待测电阻
【解析】解：①闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处，小华闭合开关后，电压表的示数为6V，移动滑动变阻器电压表的示数为3.5V，所以滑动变阻器的电阻变小，电压表的示数变小，说明此时电压表并联在滑动变阻器的两端了，所以小华改变电压表连接位置后，将电压表并联在待测电阻的两端；
②开始时小华闭合开关，电压表的示数为6V，说明电源电压大于6V；
他将滑片向另一端移动到某位置处，电压表的示数为3.5V，即滑动变阻器两端的电压为3.5V，电压表选用0∼15V的量程；
仅改变了电压表的连接位置，再次闭合开关，他将滑片继续向另一端移动至某处时，滑动变阻器两端的电压变小，电压表的示数变大，电压表示数如图所示，示数为5V，此时滑动变阻器两端的电压小于3.5V，即电源电压U=U待测+U滑<3.5V+5V=8.5V，又因为电源电压大于6V，且为2伏的整数倍，所以电源电压为8V。
故答案为：①待测电阻；②图中电压表的示数为5V、电源电压U为8V，过程见解答。
①闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处，小华闭合开关后，电压表的示数为6V，移动滑动变阻器电压表的示数为3.5V，所以滑动变阻器的电阻变小，电压表的示数变小，说明此时电压表并联在滑动变阻器的两端，进而判断出改变电压表连接位置后电压表的位置；
②开始时小华闭合开关，电压表的示数为6V，说明电源电压大于6V；
他将滑片向另一端移动到某位置处，电压表的示数为3.5V，即滑动变阻器两端的电压为3.5V，据此判断出电压表的量程和图中电压表的示数；
仅改变了电压表的连接位置，再次闭合开关，他将滑片继续向另一端移动至某处时，滑动变阻器两端的电压变小，此时滑动变阻器两端的电压小于3.5V，据此判断出电源电压的最大值，由于电源电压大于6V，且为2伏的整数倍，据此判断出电源电压。
本题做“用电流表、电压表测电阻”实验，考查串联电路的规律，关键是确定电压表的连接，难点是电源电压的求法。序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
电阻Rx(欧)
1
6.0
2
3.5
0.36
3
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