2019年上海市徐汇区中考物理一模试卷(解析版).docx

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1、2019年上海市徐汇区中考物理一模试卷一、单项选择题（共20分）1一节干电池的电压是（ ）A220 伏B36 伏C24 伏D1.5 伏2坦克装有宽大的履带是为了（ ）A增大压强B增大压力C减小压强D减小压力3将一根铜导线拉长，变大的是它的（ ）A质量B电阻C密度D横截面积4轮船从大海驶入黄浦江，所受的浮力将（ ）A增大B减小C不变D无法确定5通过实验研究得出“导体中的电流与导体两端电压关系”的科学家是（ ）A安培B伏特C瓦特D欧姆6对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是（ ）A电压B电荷量C质量D通电时间7教室里空气的质量最接近（空气密度约为1.29千克/米3）（ ）A千克B10 千

2、克C100 千克D1000 千克8将电阻R与5欧的电阻并联后总电阻小于1欧，下列判断正确的是（ ）AR 一定小于 1 欧BR 一定大于 1 欧CR 可能大于 1 欧DR 不可能为 1 欧9如图所示，两个盛有等高液体的圆柱形容器A和B，底面积不同（SASB），液体对容器底部的压强相等，现将甲球浸没在A容器的液体中，乙球浸没在B容器的液体中，容器中均无液体溢出，若此时液体对各自容器底部的压力相等，则一定是（ ）A甲球的质量小于乙球的质量B甲球的质量大于乙球的质量C甲球的体积小于乙球的体积D甲球的体积大于乙球的体积10在图的电路中，电源电压保持不变，电键S由断开到闭合，关于电压表V1与电压表V2示数

3、的变化情况判断正确的是（ ）AV1 表的示数变大，V2 表的示数变大BV1 表的示数变小，V2 表的示数变大CV1 表的示数变小，V2 表的示数变小DV1 表的示数变大，V2 表的示数变小二、填空题（共25分）11家庭电路中，日光灯、电视机等各用电器之间是 连接（选填“串联”或“并联”）；同时使用的用电器越多，电路的总电阻越 ，它们消耗的能量用 表测量。额定功率为1千瓦的用电器正常工作5小时，耗电 度。12冰的密度为0.9103千克/米3，表示每立方米 为0.9103千克。当冰熔化成水时，其质量将 ，密度将 ，体积将 （后三空均选填“变大”、“不变”或“变小”）。13物理知识在生活中有广泛的应

4、用，如图（a）所示的装置是利用 原理工作的；如图（b）是利用了 的知识；如图（c）中书包带做得宽大是利用了 知识。如图（d）所示的仪器是利用 原理来判断液体密度大小。14某小灯泡上标有“2.0伏0.3安”字样，接在电路中正常发光时，小灯两端的电压为 伏，该灯的实际电功率为 瓦，通电10秒，通过小灯灯丝横截面的电荷量为 库，电流做功为 焦。15浸没在水中的物体，受到水对它向上、向下的压力分别为10牛、2牛，其受到浮力的大小为 牛。增大物体在水中的深度，水对物体向上的压力将 ，物体受到的浮力将 （后两空均选填“变大”、“不变”或“变小”）。16在图电路中，电源电压不变。已知电路中仅有一处故障，且只

5、发生在电阻R或灯L上，电键S闭合后，至少有一个电表指针不发生偏转。请根据相关信息写出电表偏转情况及对应的故障 。17小徐同学用薄塑料袋、广口杯、橡皮筋做了一个实验。他把一只薄塑料袋放入广口杯内，使塑料袋尽可能贴紧杯内壁，然后将袋口沿杯口向外翻过来，再用橡皮筋紧紧扎在杯口上，小徐同学想把塑料袋从杯内拉出（不损坏塑料袋），请判断：小徐同学 （选填“能”或“不能”）将塑料袋从杯内拉出来，理由是 。三、作图题（共8分）18重为2牛的小球漂浮在水面上，请在图中用力的图示法画出小球所受的浮力。19如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片

6、P，电流表示数变小。20在图中，将电源、电流表、电压表三个元件符号正确填进电路的空缺处。要求电键S闭合后，电流方向如图，电压表测电阻两端电压。四、计算题（共27分）21浸在水中的物体排开水的体积为2103米3，求物体受到的浮力。22如图的电路中，R1的阻值为10欧，通过R1的电流为1安。求电阻R1两端的电压。电键S闭合后，电流表A的示数为1.5安，求通过R2的电流I2。23如图的电路中，电源电压保持不变，闭合电键后，电流表的示数为0.1安，电压表V1的示数为1伏。求电阻R1的阻值。求R1的电功率。在移动变阻器R2滑片P的过程中，电压表V1的电压分别为U0、5U0时，电压表V2示数与电流表示数的

7、乘积相等，求电源电压。24水平地面上有一质量为1千克的薄壁柱形容器，另有一个质量为4千克的圆柱体甲，甲的底面积是容器底面积的一半。容器中盛有水，将甲放入水中，分别测出甲放入容器前后，容器对水平桌面的压强p容、水对容器底部的压强p水，如下表所示。求：容器对桌面、水对容器底压强甲放入前甲放入后p容（帕）24504410p水（帕）19602450圆柱体甲放入容器前水的深度。容器的底面积。（）请判断甲在水中的状态并说明理由（提示：漂浮、浸没、未浸没等）（）圆柱体甲的密度五、实验题（共20分）25在“探究物质质量与体积的关系”实验中，为了得出普遍规律，要多次测量不同体积同种物质的 （1） ，并选择 （2

8、） 物质进行多次实验。在“测定物质的密度”实验中，需要测量的物理量是物体的 （3） 与 （4） 。26如图的是“验证阿基米德原理”实验，其中浮力大小用 测量；为实现实验目的，需将所测浮力大小与 进行比较。“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验中，可以通过观察U形管压强计两边管中液面的 判断压强大小；将U形管压强计放入不同液体中进行实验（盐水水煤油），看到的实验现象如图（a）、（b）、（c），可得出的结论是 。27小佳同学做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为2伏的整数倍且保持不变）、电流表、电压表、滑动变阻器、待测电阻Rx、电键及导线若干，所有元件均完好。他连接电路进行实验，闭合

9、电键后，将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，发现电流表示数的变化范围为0.2安0.58安，电压表示数相应的变化范围为4.0伏0伏。他思考分析后重新正确连接电路，且实验步骤正确。当变阻器滑片移动到中点附近位置时，电流表示数0.28安，电压表的示数如图。（1）小佳同学在实验中使用的滑动变阻器的最大电阻为 欧，电源电压为 伏。（2）请将下面表格填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）。物理量实验序号电压（伏）电流（安）电阻（欧）10.220.2830.5828小汇同学在欣赏节日小彩灯时发现，各小彩灯的连接方式虽然为串联，但是当其中一只灯丝熔断，其它彩灯却仍能发光，如图（a），这是为什么呢？他仔细

10、观察灯泡的构造，如图（b），灯丝和导电的支架相连，金属丝和玻璃珠并列连接在支架上，玻璃珠仅起固定支架的作用。为了弄清彩灯的内部构造，小汇取一只完好的彩灯，按图（c）电路进行实验，实验所用电源电压为7.5V，实验数据及现象记录如表：实验序号123456电压/V0.312467.5电流/A0.060.100.160.200彩灯亮度不发红弱光较亮亮很亮灯丝烧断请依据上述信息完成以下问题：（1）连接好电路，电键闭合前，滑动变阻器滑片应滑到 处（选填“a”或“b”）。（2）第3次实验电流表示数如图（d），其读数为 安。（3）分析比较表中实验序号15的实验数据发现，每一次实验中彩灯两端的电压与通过彩灯的电

11、流比值不同，由此可得出的结论是：彩灯灯丝的电阻 ；其原因可能是 。（4）小明依据彩灯结构及实验现象，推测灯丝支架与金属丝之间有绝缘物质，依据是 。（5）依据彩灯结构及实验现象，彩灯串接入实际电路中如图（a），当其中一只灯的灯丝熔断后其它彩灯却仍能发光，而彩灯内的玻璃珠仅起固定支架的作用，可以推测彩灯灯丝熔断后彩灯内的金属丝与支架之间是 的（选填“绝缘”或“导通”）。2019年上海市徐汇区中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共20分）1一节干电池的电压是（ ）A220 伏B36 伏C24 伏D1.5 伏【分析】根据生活常识（常见电压值）解答此题。【解答】解：一节干电池的电压为1.5

12、V。故选：D。【点评】日常生活中所用的干电池电压为1.5V，根据生活常识即可解答此题，本题是一道基础题。2坦克装有宽大的履带是为了（ ）A增大压强B增大压力C减小压强D减小压力【分析】减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强。【解答】解：坦克装有宽大的履带，是为了在压力一定时，通过增大受力面积来减小坦克对地面的压强，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】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。3将一根铜导线拉长，变大的是它的（ ）A质量B电阻C密度D横截面积【分析】（1）质量是物体本身具有的属性，决定于物体所

13、含物质的多少；（2）影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度。在材料和温度相同时，长度越长，横截面积越小电阻越大。（3）密度是物质本身的一种特性，决定于物质的种类、状态和温度，与物体形状无关；（4）密度和质量一定的圆柱，体积一定，高度变大，横截面积减小；【解答】解：A、将一根铜导线拉长后，形状发生变化，但所含物质多少没有变化，所以质量不变，故A错误；B、将一根铜导线拉长后，长度变长了，横截面积变小了，所以它的电阻变大了，故B正确；C、将一根铜导线拉长后，形状发生变化，物质种类、状态和温度没有变化，所以密度不变，故C错误；D、可以将铜导线看成圆柱体，将一根铜导线拉长后，长度变长了，体积不

14、变，所以横截面积变小了，故D错误；故选：B。【点评】本题考查知识点很多，是一道综合性题目，需要学生逐项仔细分析。4轮船从大海驶入黄浦江，所受的浮力将（ ）A增大B减小C不变D无法确定【分析】船在水中都为漂浮状态，由物体的浮沉条件可知受到的浮力与轮船受到的重力的关系；然后可知受到浮力的大小关系。【解答】解：轮船从大海驶入黄浦江，因轮船始终处于漂浮状态，漂浮时浮力等于其重力，轮船的重力不变，则所受的浮力是不变的；故选：C。【点评】本题考查物体的浮沉条件及阿基米德原理，解题关键应注意轮船在水中的状态为漂浮。5通过实验研究得出“导体中的电流与导体两端电压关系”的科学家是（ ）A安培B伏特C瓦特D欧姆【

15、分析】通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，这一规律最早由德国科学家欧姆总结得出，这就是著名的欧姆定律。【解答】解：A、安培发现了安培定则，故A不符合题意；B、伏特发明了伏特电池，故B不符合题意；C、瓦特发明了蒸汽机，故C不符合题意；D、欧姆发现了欧姆定律，即通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，故D符合题意。故选：D。【点评】此题考查的是我们对物理学史的识记，属于基础知识，难度不大，容易解答6对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是（ ）A电压B电荷量C质量D通电时间【分析】对于某一确定的导体，电阻一定，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，据此分

16、析选择。【解答】解：（1）由欧姆定律可知，对于某一导体，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，所以对于某一确定的导体，通过导体电流大小决定于导体两端的电压，故A正确；（2）导体电阻和电压决定了通过导体的电流大小，即在一定时间内通过导体横截面的电荷量的多少，电流的大小与质量无关，故BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了电流定义式I和欧姆定律公式I的理解与掌握，注意区分。7教室里空气的质量最接近（空气密度约为1.29千克/米3）（ ）A千克B10 千克C100 千克D1000 千克【分析】已知空气的密度，要知道教室中空气的质量，由公式mV知，需要估测教室的空间体积。【解答】解：已知空气的密度在1

17、.29kg/m3左右，教室的长、宽、高分别在8m、7m、3.5m左右，教室中空气的质量：mV1.29kg/m38m7m3.5m252.84kg，故最接近100kg。故选：C。【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。8将电阻R与5欧的电阻并联后总电阻小于1欧，下列判断正确的是（ ）AR 一定小于 1 欧BR 一定大于 1 欧CR 可能大于 1 欧DR 不可能为 1 欧【分析】电阻并联时相当于增大了横截面积，故越并越小，并联后的总电阻小于其中最小的一个。【解答】解：由于并联后的总电阻小于其中最小的一个，所以，将

18、5欧的电阻与另一个定值电阻R并联后，要使电路的总电阻小于1欧，则另一只电阻可以大于或等于1欧，也可以小于1欧（如5欧的电阻和0.8欧的电阻并联，其总电阻一定小于1欧）。故选：C。【点评】了解并联电阻的规律，知道电阻越并越小，并联后的总电阻小于其中最小的一个是快速准确判断的关键。9如图所示，两个盛有等高液体的圆柱形容器A和B，底面积不同（SASB），液体对容器底部的压强相等，现将甲球浸没在A容器的液体中，乙球浸没在B容器的液体中，容器中均无液体溢出，若此时液体对各自容器底部的压力相等，则一定是（ ）A甲球的质量小于乙球的质量B甲球的质量大于乙球的质量C甲球的体积小于乙球的体积D甲球的体积大于乙球

19、的体积【分析】液体的压强公式为pgh；根据压强的定义式p，变形后可得FpS；结合题目条件可做出增大的压力之间的关系；然后将增大的压力与液体的重力相联系，进而判断出两球体积之间的大小关系。【解答】解：开始时，液体对容器底部的压强相等；即PAPB，深度h相同，根据液体的压强公式Pgh可得容器内的液体密度相同；又SASB，PAPB，根据压强的定义式P，变形后得FPS；故有FAFB；后来，浸没甲、乙球后，液体对各自容器底部的压力相等，即FAFB；可见B容器内增大的液体压力小于A容器内增大的液体压力，即FBFA；根据FPS得：pBSBpASA；再根据pgh得：ghBSBghASA；即hBSBhASA；即

20、VBVA；又因为增大的体积V就等于球的体积，即VV球；故有V乙V甲；故D正确；C错误；由于两球的空心、实心情况不知，且两球的密度大小不知；故两球的质量大小关系不定；故AB错误；故选：D。【点评】根据液体压强公式和压强的定义式，明确题目中压强和压力的变化特点，抓住球的体积等于液面升高的体积；可做出判断。10在图的电路中，电源电压保持不变，电键S由断开到闭合，关于电压表V1与电压表V2示数的变化情况判断正确的是（ ）AV1 表的示数变大，V2 表的示数变大BV1 表的示数变小，V2 表的示数变大CV1 表的示数变小，V2 表的示数变小DV1 表的示数变大，V2 表的示数变小【分析】由电路图可知，电

21、键S断开时，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；电键S闭合后，R1和电压表V1被短路，电路为R2的简单电路，电压表V2测电源两端的电压，根据串联电路的电压特点可知V2示数的变化情况。【解答】解：由电路图可知，电键S断开时，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；电键S闭合后，R1和电压表V1被短路无示数，电路为R2的简单电路，电压表V2测电源两端的电压，由电压表V1有示数变为无示数可知，V1表的示数变小，故AD错误；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表V2由测串联电路R2两端电压变为测电源的电压可知，V2表的示数变

22、大，故B正确、C错误。故选：B。【点评】本题考查了电路的动态分析，分清电键闭合和断开时电路的连接方式是关键。二、填空题（共25分）11家庭电路中，日光灯、电视机等各用电器之间是 并联 连接（选填“串联”或“并联”）；同时使用的用电器越多，电路的总电阻越 小 ，它们消耗的能量用 电能表 表测量。额定功率为1千瓦的用电器正常工作5小时，耗电 5 度。【分析】（1）家庭电路中各用电器之间是并联的，用电器和控制本用电器的开关是串联的；（2）用电器并联相当于增大导体横截面积。（3）电能表是测量电功的仪表，根据WPt求出用电器消耗的电能。【解答】解：（1）家中使用的各类用电器可以单独工作，互不影响，因此它

23、们之间的连接是并联；（2）家庭电路中，家用电器是并联的，同时工作的用电器越多，横截面积越大，所以电阻就越小；（3）电能表可以测量用户消耗的电能；由P可得，额定功率为1千瓦的用电器正常工作5小时消耗的电能：WPt1kW5h5kWh5度。故答案为：并联；小；电能表；5。【点评】本题考查了家庭电路中各用电器连接方式、并联电路的电阻的特点、电能表的作用以及电功的计算，要注意额定电压下用电器的功率和额定功率相等。12冰的密度为0.9103千克/米3，表示每立方米 冰的质量 为0.9103千克。当冰熔化成水时，其质量将 不变 ，密度将 变大 ，体积将 变小 （后三空均选填“变大”、“不变”或“变小”）。【

24、分析】（1）密度的物理意义是表示单位体积某种物质的质量；（2）质量是指物体含有物质的多少，它是物体的一种属性，不随物体的形状、状态、位置和温度的改变而改变；（3）根据冰的密度小于水的密度，利用密度公式变形V判断体积变化。【解答】解：（1）冰的密度为0.9103千克/米3，表示的意思是每立方米冰的质量为0.9103千克；（2）当冰熔化成水时，状态发生改变，但物质的多少没有变化，所以质量不变；（3）因为水的密度大于冰的密度，所以冰熔化成水后密度变大，质量不变，由公式V可知，体积将变小。故答案为：冰的质量；不变；变大；变小。【点评】本题考查了对密度、质量概念的理解以及密度公式的应用。要对两个物理量有

25、深刻的认识，质量是物体的属性，密度是物质的一种特性；并熟练应用密度的公式处理问题。13物理知识在生活中有广泛的应用，如图（a）所示的装置是利用 连通器 原理工作的；如图（b）是利用了 大气压强 的知识；如图（c）中书包带做得宽大是利用了 压强 知识。如图（d）所示的仪器是利用 阿基米德 原理来判断液体密度大小。【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）大气压的应用主要是利用气压差产生的压力差，常见的有吸管吸饮料、吸盘吸玻璃、注射器吸药液、钢笔吸墨水、活塞式抽水机抽水等，这类题目其实说“吸”是不准确的，应该说“压”，是内外气压产生的压力差的“压”

26、的作用。（3）减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。（4）密度计是用来测量液体密度的测量仪器，密度计在液体中漂浮，液体的密度越大，排开液体的体积越小。【解答】解：（1）船闸的上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器，因此如图（a）所示的装置是利用连通器原理工作的；（2）先把酒精或其它药棉在罐内烧一下，罐内空气受热排出，此时迅速把罐扣在皮肤上，罐内的气体冷却后气压降低，小于外面的大气压，外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上。因此如图（b）是利用了大气压强的知识；（3）如图（c）中书包带做得宽大是在压力一

27、定时，通过增大受力面积来减小压强，因此利用了压强知识；（4）密度计的设计利用了物体的浮沉条件，让密度计在液体中漂浮，根据物体的浮沉条件可知，漂浮时F浮G物，物体的重力不变，浮力就不变；根据阿基米德原理F浮液gV排可知，液体的密度越大，密度计排开液体的体积就越小。因此如图（d）所示的仪器是利用阿基米德原理来判断液体密度大小。故答案为：连通器；大气压强；压强；阿基米德。【点评】此题考查连通器原理、减小压强的方法、大气压的综合应用、物体的浮沉条件及其应用，是一道综合性很强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。14某小灯泡上标有“2.0伏0.3安”字样，接在电路中正常发光时，小灯两端的电压

28、为 2.0 伏，该灯的实际电功率为 0.6 瓦，通电10秒，通过小灯灯丝横截面的电荷量为 3 库，电流做功为 6 焦。【分析】由灯泡的铭牌可知额定电压和额定电流，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，通过的电流和额定电流相等，根据PUI求出实际功率，根据QIt求出通电10s内通过小灯灯丝横截面的电荷量，根据WUItUQ求出电流做的功。【解答】解：因额定电压下灯泡正常发光，此时通过灯泡的电流和额定电流相等，所以，由灯泡的铭牌可知，灯泡正常发光时，其两端的电压U2.0V，通过的电流I0.3A，该灯的实际电功率：PUI2.0V0.3A0.6W；由I可得，通电10s内通过小灯灯丝横截面的电荷量：QIt0

29、.3A10s3C，10s内电流做的功：WUItUQ2.0V3C6J。故答案为：2.0；0.6；3；6。【点评】本题考查了电功率公式和电流定义式、电功公式的综合应用，要注意用电器正常发光时的电压和额定电压相等。15浸没在水中的物体，受到水对它向上、向下的压力分别为10牛、2牛，其受到浮力的大小为 8 牛。增大物体在水中的深度，水对物体向上的压力将 变大 ，物体受到的浮力将 不变 （后两空均选填“变大”、“不变”或“变小”）。【分析】（1）浸没在液体中的物体，液体对物体向上的压强大于向下的压强，向上的压力大于向下的压力，物体受到向上和向下的压力差的作用，这个压力差就是物体受到的浮力；（2）根据Fp

30、S可分析水对物体向上的压力；当物体所处的深度增加时，物体排开水的体积不变，由阿基米德原理可知浮力变化情况。【解答】解：（1）物体受到的浮力：F浮F向上F向下10N2N8N；（2）根据pgh可知，增大物体在水中的深度，液体压强增大，由p可得FpS，所以水对物体向上的压力变大；（3）当物体所处的深度增加时，V排不变，由F浮水V排g，可得物体受到的浮力不变。故答案为：8；变大；不变。【点评】本题考查了学生对浮力产生的原因、阿基米德原理、同一直线上二力的合成的了解与掌握，注意同一直线上二力有同向和反向两种情况。16在图电路中，电源电压不变。已知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R或灯L上，电键S闭合后

31、，至少有一个电表指针不发生偏转。请根据相关信息写出电表偏转情况及对应的故障 若只有电流表指针不偏转，则电阻R断路；若只有电压表指针不偏转，则电阻R短路；若电压表和电流表指针都不偏转，则灯L断路。 。【分析】已知电阻或灯泡中仅有一个出现了故障，分别列举可能出现的4种情况：灯泡断路、灯泡短路、电阻断路、电阻短路所发生的现象与题目对比，符合的即为可能出现的故障。【解答】解：由题知，电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R或灯L上，电键S闭合后，至少有一个电表指针不发生偏转；如果灯泡断路，整个电路断路，则电流表、电压表指针都不偏转，符合题意；如果灯泡短路，电压表测量电源电压，电压表有示数，电流表测量通过电

32、阻的电流，电流表也有示数；即两只电表的指针都会发生偏转，不符合题意；如果电阻R断路，电流表无电流通过而无示数，电压表串联在电路中测量电源电压，电压表有示数，即只有电流表的指针不发生偏转，符合题意；如果电阻R短路，灯泡能够发光，电流表测量通过灯泡电流有示数，电压表被短路无示数，即只有电压表的指针不发生偏转，符合题意。综上所述，若只有电流表指针不偏转，则电阻 R 断路；若只有电压表指针不偏转，则电阻 R 短路；若电压表和电流表指针都不偏转，则灯 L 断路。故答案为：若只有电流表指针不偏转，则电阻 R 断路；若只有电压表指针不偏转，则电阻 R 短路；若电压表和电流表指针都不偏转，则灯 L 断路。【点

33、评】本题根据题目列举可能的所有故障，根据可能出现的现象与题目比较，相符合的即为可能的故障。同学们要学会这种推理方法。17小徐同学用薄塑料袋、广口杯、橡皮筋做了一个实验。他把一只薄塑料袋放入广口杯内，使塑料袋尽可能贴紧杯内壁，然后将袋口沿杯口向外翻过来，再用橡皮筋紧紧扎在杯口上，小徐同学想把塑料袋从杯内拉出（不损坏塑料袋），请判断：小徐同学 不能 （选填“能”或“不能”）将塑料袋从杯内拉出来，理由是 塑料袋贴紧杯内壁一侧接近真空，而塑料袋另一侧受到大气压的作用，这个作用力很大，所以在不损坏塑料袋的情况下很难将其从杯内拉出来 。【分析】根据大气压强的存在解答此题。【解答】解：用橡皮筋把一个塑料袋紧

34、紧扎在广口瓶的瓶口上，把塑料袋轻轻地推进广口瓶，瓶内的气压会变小，小徐同学不能将塑料袋从杯内拉出来，理由是塑料袋贴紧杯内壁一侧接近真空，而塑料袋另一侧受到大气压的作用，这个作用力很大，所以在不损坏塑料袋的情况下很难将其从杯内拉出来。故答案为：不能；塑料袋贴紧杯内壁一侧接近真空，而塑料袋另一侧受到大气压的作用，这个作用力很大，所以在不损坏塑料袋的情况下很难将其从杯内拉出来。【点评】本题考查大气压强的存在，为基础题三、作图题（共8分）18重为2牛的小球漂浮在水面上，请在图中用力的图示法画出小球所受的浮力。【分析】小球静止在水中，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和方向即可知浮力

35、大小和方向。再按照力的图示要求画出这个力。【解答】解：因为重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1N，如下图所示：【点评】作力的图示时，力的大小一定要能被标度整除，正确表示出力的大小、方向和作用点。19如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小。【分析】由原图可确定电路的连接方式，根据向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，确定变阻器的连接；向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，因并联电路互不影

36、响，即通过灯的电流不变，根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，确定电流表的连接。【解答】解：根据原题的连线，灯与变阻不可能串联，故只能并联；向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，即电阻变大，故滑片以左电阻丝连入电路中与灯并联，电流接在干路上，如下所示：【点评】本题考查根据要求连接实物图和并联电路电流的规律，关键是变阻器的连接和电路的连接的确定。有难度。20在图中，将电源、电流表、电压表三个元件符号正确填进电路的空缺处。要求电键S闭合后，电流方向如图，电压表测电阻两端电压。【分析】根据电压表应与被测用电器并联，电流表应与用电器串联，电流方向是从电源正极出发回到负极。【解答】解：电压表测电

37、阻两端电压，则电压表应与电阻并联，由图知，左右两个空缺处不可能是电压表，则电压表应在中间的空缺处；由图知，电阻和灯泡串联，电压表并联在电阻两端，左边空缺处的元件串联在电路中，所以左边空缺处应该是电流表，右边空缺处应该是电源，且电源的正极朝上，才能满足电流方向如图。如图所示：【点评】明确电流表、电压表、电源的连接要求，弄清楚电压表的位置，是解答此题的关键。四、计算题（共27分）21浸在水中的物体排开水的体积为2103米3，求物体受到的浮力。【分析】知道物体排开水的体积和水的密度，利用阿基米德原理求物体受到的浮力。【解答】解：物体受到的浮力：F浮水gV排1103kg/m39.8N/kg2103m3

38、19.6N。答：物体受到的浮力为19.6N。【点评】本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。22如图的电路中，R1的阻值为10欧，通过R1的电流为1安。求电阻R1两端的电压。电键S闭合后，电流表A的示数为1.5安，求通过R2的电流I2。【分析】（1）两电阻并联，根据欧姆定律求出R1两端的电压，即为电源电压；（2）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流。【解答】解：（1）根据欧姆定律可知，电阻R1两端的电压：U1I1R11A1010V；（2）由图知，两电阻并联，电流表测总电流，则通过R2的电流：I2II11.5A1A0.5A。答：（1）电阻R1两端的电压为10V；（2

39、）通过R2的电流为0.5A。【点评】此题主要考查的是学生对欧姆定律和并联电路电流特点的理解和掌握，难度不大。23如图的电路中，电源电压保持不变，闭合电键后，电流表的示数为0.1安，电压表V1的示数为1伏。求电阻R1的阻值。求R1的电功率。在移动变阻器R2滑片P的过程中，电压表V1的电压分别为U0、5U0时，电压表V2示数与电流表示数的乘积相等，求电源电压。【分析】（1）分析电路的连接，根据串联电路电流的规律由欧姆定律求电阻R1；（2）根据PUI求出R1的电功率；（3）由欧姆定律分别求出两种情况下电路中的电流，根据串联电路的规律分别求出变阻器分得的电压，结合PUI，由变阻器R2的电功率相等，列方

40、程求电源电压。【解答】解：（1）由图知，两电阻串联，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路电流的规律，通过R1的电流I0.1A，由I可得，电阻R1的阻值：R110；（2）R1的电功率：P1U1I1V0.1A0.1W；（3）设电源电压为U，根据串联电路的规律，当电阻R1两端的电压分别为U0、5U0，由欧姆定律可得，通过电路的电流分别为I1、I2，由串联电路电压的规律，变阻器的电压分别为UU0，U5U0，这两次电压表V2示数与电流表示数的乘积相等，根据PUI可知，这两次变阻器R2的电功率相等，故有：（UU0）（U5U0）。解得：U6U0。答：（1）电阻R

41、1的阻值为10；（2）R1的电功率为0.1W；（3）电源电压为6U0。【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的运用，最后一问关键是根据变阻器消耗的功率相等列方程，体现了数学知识在物理中的运用。24水平地面上有一质量为1千克的薄壁柱形容器，另有一个质量为4千克的圆柱体甲，甲的底面积是容器底面积的一半。容器中盛有水，将甲放入水中，分别测出甲放入容器前后，容器对水平桌面的压强p容、水对容器底部的压强p水，如下表所示。求：容器对桌面、水对容器底压强甲放入前甲放入后p容（帕）24504410p水（帕）19602450圆柱体甲放入容器前水的深度。容器的底面积。（）请判断甲在水中的状态并说明理

42、由（提示：漂浮、浸没、未浸没等）（）圆柱体甲的密度【分析】由表中数据，已知甲放入前水对容器底的压强，根据pgh求出圆柱体甲放入容器前水的深度；容器对水平桌面的压力等于容器和水的重力之和，得出容器对水平桌面的压强，因为柱形容器，故水对容器底部的压力大小等于物体的重力，根据p得出水对容器底部的压强，从而得出容器对水平桌面的压强和水对容器底部的压强差，从而得出容器的底面积；（）由表中数据得出容器对桌面增加的压力与甲的重力大小相等得出没有水溢出；根据容器对桌面的压强增大量大于水对容器底部的压强增大量，从而得出容器对桌面的压力增大量大于水对容器底部的压力增大量，容器对桌面增加的压力F容即圆柱体甲的重力G

43、甲，水对容器底部增加的压力F水即圆柱体甲排开水的重力G排水，由阿基米德原理和物体的浮沉条件，得出甲物体下沉在容器底部；由阿基米德原理求出甲排开水的体积，从而求出甲浸在水中的深度，由原来的水的就为0.2m且甲一定沉在容器底部，可得出说明甲在水中一定是浸没的；（）从而得出甲的体积。根据甲求出圆柱体甲的密度。【解答】解：由表中数据，甲放入前水对容器底的压强为：p水1960Pa，圆柱体甲放入容器前水的深度：h0.2m；容器对水平桌面的压力等于容器和水的重力和：F容桌G容器+G水，容器对水平桌面的压强：p容；因为柱形容器，故水对容器底部的压力大小等于物体的重力：F水容G水，水对容器底部的压强：p水；故p

44、容p水；由表中数据得出：容器的底面积：S2102m2；（I）根据p，容器对桌面增加的压力：Fp容S（4410Pa2450Pa）2102m23.92N，而甲的重力：G甲m甲g4kg9.8N/kg3.92N，因FG甲，故没有水溢出，容器对桌面的压强增大量：p容1960Pa；水对容器底部的压强增大量：p水2450Pa1960Pa490Pa；p容p水，即p容Sp水S即F容F水，容器对桌面增加的压力F容即圆柱体甲的重力G甲，水对容器底部增加的压力F水即圆柱体甲排开水的重力G排水，由阿基米德原理，即圆柱体甲受到的浮力F浮甲，因G甲F浮甲，由物体的浮沉条件，甲物体下沉在容器底部；由阿基米德原理，甲排开水的体积：V排103m3；故甲浸在水中的深度：h排0.1m，而原来的水的就为0.2m（不包括上升的高度）0.1m，且甲一定沉在容器底部，故说明甲在水中一定是浸没的；（）甲在水中一定是浸没的，甲的体积等于排开水的体积：V甲103m3，圆柱体甲的密度：甲4103kg/m3。答：圆柱体甲放入容器前水的深度为0.2m；容器的底面积为2102m2；（）甲在水中的状态（）圆柱体甲的密度【点评】本题考查液体压强公式，压力公式的运用及阿基米德原理、物体的浮沉条件和密度公式的运用，综合性强，难