中考物理一模试卷（解析版） 新人教版

上海市静安区2013年中考物理一模试卷一、单项选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将所选选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂1（2分）（2013静安区一模）一节干电池的电压为（）A15伏B24伏C36伏D220伏考点电压专题应用题分析根据生活常识解答此题解答解一节干电池的电压为15V故选A点评日常生活中所用的干电池电压为15V，根据生活常识即可解答此题，本题是一道基础题2（2分）（2013静安区一模）下列实例中，利用连通器原理工作的是（）A吸尘器B船闸C温度计D订书机考点连通器原理专题应用题；压强、液体的压强分析几个底部互相连通的容器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，这就是连通器的原理解答解A、吸尘器是利用流体压强与流速的关系制成的，故本选项不符合题意；B、船闸左右两个上端开口，底部相连，构成了一个连通器，符合题意；C、温度计是利用液体的热胀冷缩的性质制成的，故本选项不符合题意；D、订书机用到的物理知识是比较多的，如（1）压柄做得宽大有利于减小压强；（2）钉书针（出针口）很尖细有利于增大压强；（3）底座做得宽大有利于减小压强等等；但都不是连通器原理进行工作，故本选项不符合题意故选B点评本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口，底部相连的，液面静止时保持相平3（2分）（2013静安区一模）一个中学生在游泳池里潜水时，受到的浮力约为（）A5牛B50牛C500牛D5000牛考点阿基米德原理；密度公式的应用专题计算题；估算题分析人体的密度和水的差不多，一个中学生的质量约50KG，利用密度公式求出中学生的体积，再利用阿基米德原理求中学生受到的浮力解答解人体的密度和水的差不多，1103KG/M3，一个中学生的质量M50KG，中学生的体积V005M3，中学生在游泳池里潜水，V排V005M3，中学生受到的浮力F浮水V排G1103KG/M3005M310N/KG500N故选C点评本题考查了学生对密度公式、阿基米德原理的掌握和运用，能知道人体的密度和水的差不多、估测出中学生的质量是本题的关键4（2分）（2013静安区一模）首先测出大气压值的科学家是（）A托里拆利B阿基米德C奥斯特D牛顿考点物理常识；大气压强的测量方法分析按物理学家的贡献、主要成就，逐一分析各选项然后选出正确的解答解A、托里拆利第一次测出大气压，故A正确B、阿基米德发现了阿基米德原理，故B错误C、奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误D、牛顿发现了万用引力定律，故D错误故选A点评本题考查了物理规律及其对应的科学家，考查的是物理学史，属于基础知识，平时在学习过程中应加强记忆5（2分）（2013静安区一模）关于磁场，下列描述中错误的是（）A磁体的周围一定存在磁场B磁场具有一定的方向C磁场的周围存在磁感线D磁场能对磁体产生作用考点磁场专题应用题；磁现象、电生磁分析磁体周围存在着磁场，磁体间的相互作用就是通过磁场发生的，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线；同时我们还规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向解答解A、磁体的周围一定存在着磁场，正确但不符合题意；B、在磁场中，任何一点都是有方向的，正确但不符合题意；C、磁体周围存在着磁场，磁体间的相互作用就是通过磁场发生的，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，实际上不存在，故C错误、符合题意；D、磁体周围存在着磁场，磁体间的相互作用就是通过磁场发生的，正确但不符合题意；故选C点评本题考查了磁场的一些性质，属于基础内容的考查，比较简单6（2分）（2013香坊区三模）在图所示的电路中，电源电压保持不变闭合电键S后，将滑动变阻器滑片P向右移动时，变大的是（）A电表A示数与电表A1示数的差值B电表V示数与电表A示数的比值C电表V示数与电表A示数的乘积D电表V示数与电表A1示数的比值考点欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律专题应用题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题分析由电路图可知，R1和R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据并联电路的特点和欧姆定律可知两支路电流的变化，再根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，进一步得出选项中各量之间的关系即可得出答案解答解由电路图可知，R1和R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流电源的电压保持不变，电压表的示数不变；当滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，并联电路中各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可得，R2支路的电流变小，并联电路中各支路独立工作、互不影响，移动滑片时，R1支路的电流不变，即电流表A1的示数不变，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，干路中的电流变小，即电流表A的示数变小，电表A示数与电表A1示数的差值等于滑动变阻器支路的电流，故A不符合题意；电压表V示数和电流表A示数的比值变大，故B符合题意；电表V示数与电表A示数的乘积变小，故C不符合题意；电表V示数与电表A1示数的比值等于定值电阻R1的阻值不变，故D不符合题意故选B点评本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键7（2分）（2013静安区一模）图（A）、（B）所示电路的电源电压相等且不变，若电流表A1、A3的示数相等，则电阻R、R1、R2的大小关系有（）ARR1R2BRR1CRR2DRR2考点欧姆定律的应用；电流表的使用；电阻的并联专题应用题分析由（A）电路图可知R1、R2并联，A1测干路电流；由（B）电路图可知电路为R的简单电路，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律可知当A1、A3的示数相等时两电路总电阻之间的关系，再根据并联电路的电阻特点可知三电阻之间的大小关系解答解电流表A1、A3的示数相等，且电源的电压不变，根据R可知（A）图中的总电阻R总和（B）图中的电阻R相等，即R总R；并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻，RR1，RR2故选D点评本题考查了欧姆定律的应用，关键是电流表所测电路元件的判断和根据并联电路的电阻特点判断电阻之间的大小关系8（2分）（2013塘沽区一模）如图所示，底面积不同的圆柱形容器A和B分别盛有甲、乙两种液体，两液面相平且甲液体的质量大于乙液体的质量则此时液体对各自容器底部的压强PA、PB和液体对各自容器底部的压力FA、FB的关系是（）APAPB，FAFBBPAPB，FAFBCPAPB，FAFBDPAPB，FAFB考点压强大小比较；密度公式的应用；液体的压强的计算专题应用题；压强、液体的压强分析（1）由图知，两液面相平，甲的体积小于乙的体积，又知道甲的质量大于乙的质量，根据密度公式可以得知两液体的密度关系，根据压强公式PGH得出PA、PB的大小关系；（2）对于圆柱形容器，液体对容器底部的压力等于液体自身的重力，根据压强公式P得出液体对各自容器底部的压力FA、FB的关系解答解（1）由图知，容器底面积S甲S乙，VSH，液面相平、H相同，V甲V乙，M甲M乙，两液体的密度关系甲乙；PGH，PAPB；（2）对于圆柱形容器，液体对容器底部的压力FPSGHSGVMGG，液体对各自容器底部的压力FAFB故选D点评本题主要考查学生对密度公式、重力公式压力和液体压强公式的掌握和运用，用好圆柱形容器液体对容器底的压力与液体重的关系（相等）是本题的关键二、填空题（共28分）请将结果填入答题纸的相应位置9（2分）（2013静安区一模）教室内日光灯、饮水器等用电器的电压为220伏，日光灯与饮水器是并的（选填“串联”或“并联”）考点电压；串联电路和并联电路的辨别专题应用题；电流和电路；电压和电阻分析（1）家用电器的额定电压都是220V（2）家用电器的额定电压都是220V，家庭电路电压是220V，各家用电器只有并联在电路中，各家用电器才能正常工作，并且互不影响解答解（1）教室里的日光灯、饮水机是家用电器，所以日光灯、饮水机的额定电压是220V，教室内日光灯、饮水器等用电器的电压为220V（2）家庭电路中各用电器并联时，各用电器都能正常工作，并且互不影响故答案为220；并联点评家庭电路电压、一节干电池的电压有时都不直接出现在题目中，而是隐含在题干中，注意挖掘10（3分）（2013静安区一模）马德堡半球实验有力地证明了大气压是很大的；奥斯特实验发现了通电直导线周围存在磁场；阿基米德原理指出浸在液体中物体所受浮力的大小等于它排开液体的重力考点大气压强的存在；阿基米德原理；通电直导线周围的磁场专题应用题；其他综合题分析证明大气压存在的实验很多，而最著名的实验就是马德堡半球实验；历史上首先测出大气压的数值的实验是托里拆利实验，他借助水银利用了平衡法测出了大气压的数值；1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应阿基米德原理发现了著名的阿基米德原理，故据上面的知识分析判断即可解决解答解能说明大气压的存在实验有很多，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，半球未被拉开，从而证实了大气压的存在，是大气压将两半球压在一起，这就是著名的马德堡半球实验；1820年丹麦物理学家奥斯特发现发现通电直导线周围存在磁场，即电流的磁效应阿基米德原理发现了著名的阿基米德原理，浸入液体中的物体所受的浮力等于它排开液体的重力故答案为大气压；奥斯特；重力点评本题考查了物理学常识和阿基米德原理的内容，是一道基础题，熟练掌握基础知识是解题的关键11（2分）（2013静安区一模）冰的密度为09103千克/米3，若1千克的冰熔化成水，其质量不变，体积变小（均选填“质量”、“体积”或“密度”）考点质量及其特性专题推理法分析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冰的密度为09103千克/米3，水的密度为10103千克/米，根据公式，可以判断出冰化水时，体积的变化解答解冰熔化成水后，虽状态改变了，质量不变；根据公式，可知当物体的质量不变时，体积和物体的密度成反比，冰熔化成水后，密度变大，体积变小故答案为质量；体积点评此题考查的是质量使物体的一种属性，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；以及公式的熟练运用12（3分）（2013松江区一模）滑雪运动员脚蹬滑雪板、铁轨要铺设在枕木上等实例都是通过增大受力面积来减小压强的（均选填“增大”或“减小”）潜水员要穿上潜水服才能进入较深的水域中进行作业，则是因为水的深度越深，水的压强越大考点减小压强的方法及其应用；液体的压强的特点专题压强、液体的压强分析（1）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（2）由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；解答解（1）滑雪运动员脚蹬滑雪板、铁轨要铺设在枕木上，这是在压力一定时，增大受力面积来减小压强，（2）液体的压强大小与深度有关，越深处压强越大，深水潜水员在潜水时要受到比在水面上大许多倍的压强，如果不穿坚固耐压的潜水服，潜水员是承受不了那么大压强的，会有生命危险，所以必须穿上高强度耐压的潜水服才行故答案为增大；减小；水的压强越大点评本题考查了液体压强的特点和减小压强的方法，利用控制变量法，来分析生活中有关增大和减小压强的问题，体现了物理和生活的密切关系13（2分）（2013静安区一模）同种材料制成的导体甲、乙，它们的横截面积相同，甲长10厘米、乙长2分米，甲的电阻小于乙的电阻；若将它们串联在电路中，则通过甲、乙的电流之比为11考点影响电阻大小的因素；串联电路的电流规律专题控制变量法；电流和电路；电压和电阻分析（1）影响电阻大小的因素是材料、长度和横截面积，在材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大；（2）串联电路中的电流处处相等解答解（1）从题目中可知，甲、乙两导体的材料、横截面积相同，甲的长度（10CM）小于乙的长度（2DM20CM），故甲的电阻小于乙的电阻；（2）根据串联电路的电流规律可知，串联电路中的电流处处相等，即通过甲、乙的电流之比为11故答案为小于；11点评本题考查学生对影响电阻大小的因素和串联电路的电流规律的掌握和应用，难度不大，注意要把长度进行单位换算14（3分）（2013静安区一模）10秒内通过某导体横截面的电荷量为3库，通过它的电流为03安；当该导体两端电压为6伏时，通过它的电流为06安，该导体的电阻为10欧；当该导体两端的电压增加9伏时，则通过它的电流增加09安考点欧姆定律的应用；电量及其计算；电阻专题计算题；电流和电路；电压和电阻分析（1）已知10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I求出通过的电流；（2）知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；（3）电阻是导体本身的性质与两端的电压和通过的电流无关，根据欧姆定律求出当该导体两端的电压增加9伏时，通过导体的电流，进一步求出电流的增加量解答解（1）通过导体的电流I03A；（2）根据欧姆定律可得，导体的电阻R10；（3）导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，该导体两端的电压增加9伏即U15V时，导体的电阻不变，此时通过导体的电流I15A，通过导体电流的增加量III15A06A09A故答案为03；10；09点评本题考查了电流和电阻的计算，关键是知道导体的电阻只与材料、横截面积、长度和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关15（2分）（2013静安区一模）黄浦江是一条兼有饮用水源、航运、旅游等多种利用价值的河流，其水深可达17米在江面下10米深处，水的压强为98104帕；若深度每增加1米，水的压强将增加98103帕考点液体的压强的计算专题压强、液体的压强分析已知水的密度和深度，利用公式PGH计算水的压强液体压强随深度的增加而增大，在密度不变时，增大的压强用公式PGH计算解答解在江面下10M深处，水的压强为PGH10103KG/M398N/KG10M98104PA；若深度每增加1米，水的压强将增加PGH10103KG/M398N/KG1M98103PA故答案为98104；98103点评此题考查的是液体压强公式的应用，在液体密度不变时，从题目中正确的找出液体的深度，是解决此类问题的关键16（3分）（2013静安区一模）某油轮的排水量为5106千克，其自身质量为06106千克，最多可装载原油44106千克，当它满载时所受的浮力为49107牛；若该油轮装载原油后，排开水的体积为3103米3，它所受的浮力为294107牛考点物体的浮沉条件及其应用；浮力大小的计算专题浮力；浮沉的应用分析（1）知道排水量（排开水的质量），利用阿基米德原理和漂浮条件求满载货物时的总质量，再减掉自身的质量，即为最多能装载的货物；（2）根据油轮的排水量，利用阿基米德原理可求出它满载时所受的浮力（3）已知排开水的体积，利用F浮水GV排可求得该油轮装载原油后，所受的浮力解答解（1）轮船漂浮，F浮GMGM排G；船满载货物时的总质量MM排5106KG；最多能装载的原油为5106KG06106KG44106KG；（2）它满载时所受的浮力F浮M排G5106KG98N/KG49107N（3）若该油轮装载原油后，排开水的体积为3103M3，它所受的浮力F浮液V排G10103KG/M398N/KG3103M3294107N故答案为44106；49107；294107点评本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件的应用，关键是知道轮船的排水量的含义17（4分）（2013静安区一模）在如图所示的电路中，电源电压保持不变电阻R1、R2可能出现了断路故障，当电键S闭合后，三个电表中示数一定等于零的电表是A1表，一定大于零的电表是V表考点电流表的使用；电压表的使用专题应用题；电流和电路；电压和电阻分析由电路图知，因可能是电阻R1、R2中出现断路故障，所以分别分析当电键S闭合后电阻R1（和电阻R1）断路时，电压表、电流表A1、A2示数情况，然后综合分析即可解答解若电阻R1出现了断路故障，当电键S闭合后，电路中只有电压表连接在电源两端，电流表A1因电键S闭合被短路，没有示数；电压表测量电源电压；电流表A2测量电路电流，因电压表相当于开路，所以这时示数几乎为零；若电阻R2出现了断路故障，当电键S闭合后，电路中只有电阻R1连接在电源两端，电流表A1因电键S闭合被短路，没有示数；电压表测量电阻R1两端的电压，即为电源电压；电流表A2测量通过电阻R1的电流；由此分析可知三个电表中示数一定等于零的电表是电流表A1，一定大于零的电表是电压表V故答案为A1；V点评本题考查电路故障的分析，注意电路故障是用电器断路时没有电流，若是对电源短路则会烧坏电源，若是对用电器短路则会使用电器不能工作18（4分）（2013静安区一模）在通过实验得知通电螺线管磁场的强弱与通过的电流、螺线管的匝数有关的基础上，某兴趣小组继续研究螺线管磁场的强弱是否与插入的金属棒有关实验中，他们始终保持电流不变，先后两次将形状大小相同的不同种金属棒（A铸钢；B铸铁）插入同一通电螺线管内时，发现插入金属棒的螺线管所能吸引大头针的数量不同，实验现象如图（A）、（B）所示观察、比较图（A）和（B）的实验现象及相关条件可得在螺线管匝数和通过电流不变的情况下，插入螺线管的金属棒形状大小相同时，金属棒的材料不同，螺线管磁场的强弱不同实验后将铸钢棒取出，如图C所示发现它被磁化了在教师指导下，他们用酒精喷灯对铸钢棒进行加热，在加热过程中发现它所能吸引的大头针逐渐减少，如图（C）、（D）、（E）所示观察、比较图（C）、（D）和（E）的实验现象及相关条件可得随温度的升高，磁化钢棒的磁性逐渐变弱考点探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验专题探究型实验综合题分析（1）电磁铁的磁性强弱跟螺线管的匝数、电流大小、有无铁芯有关，实验中采用控制变量法来做实验；（2）采用转换法，电磁铁的磁性强弱通过电磁铁吸引大头针数目的多少来体现解答解观察、比较图（A）和（B）的实验现象及相关条件可以得出，在螺线管匝数和通过电流不变的情况下，插入螺线管的金属棒形状大小相同时，金属棒的材料不同，螺线管吸引大头针数目多少不同，即其磁场的强弱不同；观察、比较图（C）、（D）和（E）的实验现象及相关条件可以看出，随着温度的升高，钢棒吸引的大头针逐渐减少，说明其磁性逐渐减弱故答案为插入螺线管的金属棒形状大小相同时，金属棒的材料不同，螺线管磁场的强弱不同；随温度的升高，磁化钢棒的磁性逐渐变弱点评此题主要考查的是学生对电磁铁磁性强弱影响因素、磁体磁性强弱和温度关系的理解和掌握，注意控制变量法和转换法在实验中的运用三、作图题（共9分）请在答题纸的相应位置作图，作图必须使用2B铅笔19（3分）（2013静安区一模）在图中，重为8牛的小球静止在水面上，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮考点力的示意图；物体的浮沉条件及其应用专题作图题分析明确力的三要素，再确定一个标度，并用这个标度去准确表示出力的大小解答解如图所示，物体所受浮力为8N，方向竖直向上点评力的图示必须要确立一个标度，这样才能准确表示力的大小20（3分）（2011上海）根据图中通电螺线管的N极，标出磁感线方向、小磁针的N极，并在括号内标出电源的正、负极考点通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁极间的相互作用；磁感线及其特点；安培定则专题作图题；压轴题分析利用螺线管的右端为N极，结合磁感线的特点和磁极间作用规律可以确定磁感线的方向和小磁针的N、S极利用线圈的绕向和螺线管的N、S极，结合安培定则可以确定螺线管中电流的方向，进一步可以得到电源的正负极解答解螺线管的右端为N极，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，所以可以确定螺线管周围磁场的方向是从左向右的当小磁针静止时，根据磁极间作用规律可知，靠近电磁铁N极的一定是小磁针的S极，由此可知小磁针的右下端为N极根据螺线管的右端为N极，以及线圈的绕向利用安培定则可以确定螺线管中电流是从螺线管的左端流入右端流出根据电流方向与电源正负极之间的关系在电源外部电流从正极流出，回到负极，可以确定电源的正负极左端为正极，右端为负极如下图所示点评解决此题关键要抓住此题的突破口螺线管的右端为N极然后利用相关知识解决磁感线的方向、小磁针的N极、电源的正负极21（3分）（2013静安区一模）在如图中根据标出的电流方向，从电池组、电压表、电流表三个元件的符号中选出两个元件符号，分别填进电路的空缺处，填进后要求灯泡L1和L2串联，且都能发光考点串、并联电路的设计；电路图及元件符号专题作图题分析根据电流的方向进行分析，即电流总是从电源的正极出发，最后回到电源的负极解答解如图所示点评会根据电流的方向选择合适的元件，会识别串联电路和并联电路四、计算题（共27分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置22（5分）（2013静安区一模）重为10牛的合金块浸没在水中，合金块排开水的体积为5104米3，求合金块的浮力F浮合金块重力与浮力的合力F的大小与方向考点阿基米德原理；力的合成与应用专题运动和力；浮力分析（1）利用阿基米德原理F浮水GV排求合金块所受到的浮力（2）同一直线上反方向二力的合成，合力大小等二力之差，方向与较大力的方向一致解答解（1）F浮液GV排10103KG/M398N/KG5104M349N；（2）F合GF浮10N49N51N，方向与重力方向一致，竖直向下答合金块的浮力为49N；合金块重力与浮力的合力为51N，方向竖直向下点评本题考查了学生对阿基米德原理和力的合成的掌握和运用，属于基础题23（5分）（2013静安区一模）在如图所示的电路中，电源电压为6伏且不变，电阻R2为15欧求电流表A2的示数I2闭合电键S时，有某个电流表的示数变化了06安，求此时通过电阻R1的电流I1及R1的电阻考点欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律专题计算题；电路和欧姆定律分析（1）由电路图可知，S断开时，电路为R2的简单电路，电流表A2测电路中的电流，根据欧姆定律求出其大小；（2）闭合电键S时，两电阻并联，根据并联电路的特点可知通过R1的电流，再根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R1的电阻解答解由电路图可知，S断开时，电路为R2的简单电路，电流表A2测电路中的电流，根据欧姆定律，电流表A2的示数I204A；电键闭合时，两电阻并联，A2测R2的电流，并联电路独立工作、互不影响，通过电阻R2的电流不变即电流表A2的示数不变，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，闭合电键S时，电流表A1的示数变大，变大的电流为通过R1的电流，即I106A，并联电路各支路两端的电压相等，R110答求电流表A2的示数为04A；通过电阻R1的电流为06A，R1的电阻为10点评本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是判断那个电流表示数会发生变化24（8分）（2013静安区一模）如图所示，两个均匀的实心正方体甲和乙放置在水平地面上，甲的边长小于乙的边长甲的质量为5千克，边长为01米求甲的密度求甲对水平地面的压力F和压强P若甲、乙各自对水平地面的压强相等，现分别在两物体上沿竖直方向截去质量相同的部分并分别放在对方剩余部分的上方，此时甲、乙剩余部分对地面的压强分别为P甲、P乙，则P甲P乙大于1（选填“大于”、“等于”或“小于”）（第题不需要计算过程，请直接在空格内填写结果）考点密度的计算；压强的大小及其计算专题密度及其应用；压强、液体的压强分析已知甲的边长为01米，可求得其体积，再利用求得其密度物体放在水平地面上，对地面的压力等于物体的重力，根据公式P可求对地面的压强物体被切去相等质量并叠加后，对水平表面的压力不变，受力面积减小，所以压强都变大，且面积减小得多的压强增大得多，先判断出哪个物体面积减小的多，然后判断压强的大小解答解V甲01M01M01M1103M3甲5103KG/M3F甲G甲M甲G5KG98N/KG49NP甲4900PA甲、乙被切去相等质量并叠加后，对水平表面的压力不变，受力面积减小，所以压强都变大，且面积减小得多的压强增大得多；P甲，P乙P甲P乙，由图可知S甲S乙，M甲M乙，沿竖直方向截去质量相同的部分，甲减少的质量与总质量的百分比大于乙减少的质量占总质量的百分比，因此甲减小的面积大于乙减小的面积，物体对地面的压力不变，面积减小越多，压强增加越大，故P甲大于P乙，答甲的密度为5103KG/M3甲对水平地面的压力F为49N；压强P为4900PA大于点评本题考查了压强公式的应用，关键是设甲乙两个正方体的增大压强分别为P甲、P乙，并根据题意推导出其增大的压强进行求解25（9分）（2013静安区一模）在如图所示的电路中，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“502”字样闭合电键S后，电路中的电流为03安求电阻R1两端的电压U1求此时变阻器R2两端的电压U2现有阻值分别为R、2R的定值电阻，最大阻值分别为4R、10R的滑动变阻器，请选择定值电阻、变阻器各一个分别替换R1、R2，要求在移动变阻器滑片P的过程中，定值电阻两端电压的变化量最大选择阻值为R的定值电阻、最大阻值为10R的滑动变阻器求出定值电阻两端电压的最大变化量U1为109V（第题不需要计算过程，请直接在空格内填写结果）考点欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律专题计算题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题分析（1）根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电阻R1两端的电压；（2）由串联电路的特点求出变阻器R2两端的电压；（3）定值电阻越小，滑动变阻器最大阻值越大，移动滑动变阻器滑片时，电路电流变化越大，定值电阻两端的电压变化最大，据此选择定值电阻与滑动变阻器的规格；然后由串联电路的特点及欧姆定律求出电路的最大与最小电流，最后求出电流的最大变化量解答解串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可得，电阻R1两端的电压U1I1R103A103V；串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压U2UU112V3V9V；定值电阻阻值为R，滑动变阻器最大阻值为10R时，电路电流变化最大，定值电阻两端的电压变化最大，滑动变阻器接入电路阻值为零时，定值电阻两端的电压最大为UR12V，滑动变阻器接入电路阻值为最大阻值时，定值电阻两端的电压最小，此时电路中的电流I，定值电阻两端的电压URIRR11V，定值电阻两端的电压变化量UUU12V11V109V答电阻R1两端的电压为3V；此时变阻器R2两端的电压为9V；R；10R；109V点评本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活应用，关键是根据串联电路的分压特点确定定值电阻及滑动变阻器的最大阻值五、实验题（共20分）请根据要求在答题纸的相应位置作答26（3分）（2013静安区一模）在电学实验中，连接电路时电键应处于断开状态，电压表应与被测电路并联（选填“串联”或“并联”）图所示的仪器可用来研究液体内部压强的规律考点电压表的使用；探究液体压强的特点实验；实物的电路连接专题简答题；其他综合题分析为了防止烧坏用电器，在电路连接过程中，必须切断电源电压表测量待测电路两端电压U形管压强计是专门用来研究液体压强的仪器，将U形管压强计的金属盒放入水中一定深度，根据U形管两边水面的高度差就可以知道液体压强大小解答解在连接电路过程中，为了防止连接错误烧坏元件，开关必须断开，连接完成后，检查无误才能闭合开关；电压表需要与待测电路并联图所示的仪器是U形管压强计，它专门用来研究液体内部压强的仪器故答案为断开；并联；液体内部压强的规律点评此题是电学实验中开关的作用、电压表和压强计的了解与掌握，属于基础题目27（3分）（2013静安区一模）“探究物质质量与体积关系”实验和“测定物质的密度”实验相比较，实验目的不同，需要测量的物理量相同（均选填“相同”或“不同”）在“测定铝块的密度”实验中，用天平测铝块的质量时，铝块应放置在天平的左盘中（选填“左”或“右”）考点探究密度特性的实验专题探究型实验综合题分析（1）明确“探究物质质量与体积的关系”和“测定物质的密度”两个实验的实验目的和实验需要测量的物理量，是解题的关键（2）用天平测量物体质量时，物体放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘解答解（1）“探究物质质量与体积的关系”实验目的是在物质一定时，探究物体的质量和体积的关系需要测量物体的质量和体积“测定物质的密度”实验目的是测量物体的密度需要测量物体的质量和体积，根据密度公式求出物体的密度所以两个实验的实验目的不同，需要测量的物理量是相同的（2）用天平称量铝块的质量时，铝块放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘故答案为不同；相同；左点评对于实验题，要明确每一个实验的实验器材、实验目的、实验原理、实验要测量的物理量、实验步骤等28（3分）（2013静安区一模）右图所示为小华同学做“用电流表测电流”实验的电路，其中的电流表尚未连接好，请用笔线代替导线在图中连接，使灯L1和灯L2并联，电流表测量灯L2的电流为研究并联电路中的电流关系，他还应继续测量L1和干路的电流，然后归纳得出结论考点电流表的使用专题应用题分析（1）根据电流表与被测电路串联，电流表测量灯L2的电流，电流表就要与L2串联；（2）研究并联电路中的电流关系，需要测出两个支路的电流与干路电流，然后归纳得出结论解答解（1）电流表测量灯L2的电流，电流表就要与L2串联，如图（2）研究并联电路中的电流关系，需要测出两个支路的电流与干路电流，所以，他还应继续测量L1和干路的电流故答案为L1，干路点评本题考查了电流表的使用电流表要测量哪个电灯的电流就要与哪个电灯串联29（4分）（2013静安区一模）在“用电流表、电压表测电阻”的实验中，小明同学按图（A）连接电路进行实验电源电压保持不变，所用滑动变阻器上标有“202A”字样在闭合电键S前，他应将滑动变阻器的滑片置于B端（选填“A”或“B”）物理量序号电压（伏）电流（安）电阻（欧）电阻的平均值（欧）12021024504410236056107103他实验步骤正确，闭合电键S，读出电流表的示数为02安，并将其记录在序号1中，此时电压表的示数如图（B）所示接着，他移动变阻器滑片，将电压表、电流表的示数记录在序号2中，并计算出电阻值他继续实验，发现电流表的最大示数为056安，将其记录在序号3中请将上表填写完整，并计算出电阻值（计算时，精确到01欧）考点伏安法测电阻的探究实验专题实验题分析（1）为保证安全，闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器最大阻值，根据滑动变阻器的连接方式判断滑片的位置；（2）确定电压表的量程、最小分度值，根据图（B）读出电压表示数；闭合开关时，滑动变阻器接入电路的阻值为最大阻值，根据串联电路特点、欧姆定律求出电源电压；当滑动变阻器滑片在A端时，滑动变阻器接入电路的阻值为零此时待测电阻两端电压最大，等于电源电压；根据各电压值对应的电流值，由欧姆定律可求出对应的电阻；根据电阻的三个测量值可求出它们的平均值解答解（1）由电路图知在闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片置于B端故答案为B（2）由图（B）知电压表示数为3V，最小分度值是01V，电压表示数为2V；由欧姆定律得R110；由串联电路的特点及欧姆定律得，电源电压UI1R滑U102A202V6V；当滑动变阻器滑片在A端时，滑动变阻器接入电路的阻值为零此时待测电阻两端电压最大，等于电源电压，即U3U6V；由欧姆定律得R3107；电阻的平均值R103故答案为答案见下表所示物理量序号电压（伏）电流（安）电阻（欧）电阻的平均值（欧）12100236107103点评本题考查了实验的注意事项、电压表读数、欧姆定律、求电阻的平均值，掌握电表的读数方法、灵活应用欧姆定律是解题的基础；知道闭合开关前滑动变阻器接入电路的阻值为最大阻值、知道滑动变阻器滑片在A端时电压表示数最大是解题的关键30（7分）（2013静安区一模）为了研究物体浸入液体中测力计示数的情况，某小组同学分别利用体积相等的不同圆柱体甲、乙和水等进行实验如图所示，他们先将高为010米的圆柱体甲挂在测力计下，逐步改变其下表面在水中的深度H，读出相应的测力计示数F，并将H和F记录在表一中他们再用高为008米的圆柱体乙重复实验，将数据记录在表二中为进一步研究F和H的关系，他们计算每一次实验时F的变化量F，并将结果分别记录在表一和表二的后一列中表一（圆柱体甲，高010米）实验序号H（米）F（牛）F（牛）102200200220416300518040400617248500815664601014080701214080表二（圆柱体乙，高008米）实验序号H（米）F（牛）F（牛）80260090022402010004220401100620060120081808013010180801401218080根据每次实验的记录，分析F和H的关系，可初步得出结论（A）分析比较实验序号1、2、3、4、5与6或8、9、10、11与12等数据中F和H的关系及相关条件，可得出的初步结论是圆柱体在浸入水的过程中，测力计的示数F随在水中的