一模综合复习---2016-01--(师)

1、 中国领先的中小学教育品牌精锐教育学科教师辅导学案学员编号： 年 级：初三 课时数：学员姓名： 辅导科目：物理 学科教师：授课类型复习教学目标巩固基础知识，提高应用能力。授课日期及时段2015年12月 日教学内容一、选择题1表示电流做功快慢的物理量是（）A电流B电压C电功D电功率考点：电功率.专题：电能和电功率分析：根据对电流、电压、电功、电功率的物理意义的理解进行选择解答：解：A、电流是单位时间内通过导体横截面的电量，故不合题意；B、电压是电路中形成电流的原因，故不合题意；C、电功是表示电流做功多少的物理量，故不合题意；D、电功率是表示电流做功快慢的物理量，故符合题意故选D点评：对电学物理量

2、的物理意义要了解，属于基本概念2我国家用电饭煲正常工作时的电压为（）A1.5伏B2伏C24伏D220伏考点：电压.专题：电压和电阻分析：本题依据对生活中常见电压值的了解写出答案解答：解：我国家庭电路的电压是 220V，电饭煲正常工作时的电压为 220V故选D点评：要记住一些生活中常见的电压值，如：一节干电池的电压是1.5V；一节铅蓄电池的电压是2V；家庭电路的电压为220V；对人体安全的电压为不高于36V；手机电池的电压为3.7V3一块冰化成水时，增大的是它的（）A质量B体积C密度D重力考点：密度及其特性.专题：密度及其应用分析：质量是物质的一种属性，所以冰熔化成水后其质量不变，水的密度大于冰

3、的密度解答：解：A、冰熔化为水，状态变了，物质多少没有变化，所以质量是不变的不符合题意；B、C、水的密度是1.0×103kg/m3，冰的密度是0.9×103kg/m3，水的密度大于冰的密度，所以冰化成水后密度会变大；由V=可知，体积变小选项B不符合题意，选项C符合题意；D、由A知，质量不变，所以由G=mg知，重力不变不符合题意故选C点评：此题考查了同种物质物态变化后其质量、密度、体积、重力的变化问题，是一道基础题4如图所示的四个实例中，属于增大压强的是（）A铁轨铺在枕木上B背包带做的较宽C拧螺母时垫圈D用剪刀雕刻考点：增大压强的方法及其应用.专题：压强、液体的压强分析：增大

4、压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强减小压强的方法：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：A、铁轨铺在枕木上，是为了在压力一定时，增大受力面积来减小铁轨对路基的压强不符合题意；B、书包带做的很宽，是为了在压力一定时，增大受力面积来减小书包对肩膀的压强不符合题意C、紧固螺母时，在螺母下放一个垫圈，是在压力一定时，增大受力面积减小压强不符合题意D、剪刀的刀刃做得很薄，是为了在压力一定时，减小受力面积来增大压强符合题意故选D点评：掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法能把压强知识应用到生活中5关

5、于电流，下列说法中正确的是（）A金属导体中电流的方向与自由电子移动的方向相同B金属导体中正电荷的定向移动形成电流C电流就是通过导体横截面的电荷量D自由电荷定向移动形成了电流考点：电流的方向；电流的形成.专题：电流和电路分析：（1）电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动形成电流；负电荷定向移动形成电流；正负电荷向相反方向移动形成电流；物理学把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向；（2）电流等于单位时间通过导体横截面的电荷量的多少解答：解：ABD、自由电荷的定向移动形成了电流金属导体中能自由移动的是自由电子，而电子带负电，所以自由电子定向移动方向与电流方向相反选项A、B均错误，选项D正确；C、电流

6、是单位时间通过导体横截面的电荷量此选项错误故选D点评：掌握电流形成的几种情况，掌握电流方向的规定，会判断电路中电流的方向6如图所示的四个电路中，电源电压相同且不变，电阻R的阻值均相等，闭合电键S，电流表示数最大的是（）ABCD考点：并联电路的电流规律；串联电路的电流规律.专题：电流和电路分析：分析电路结构，根据串并联电路特点及欧姆定律求出各电流表示数，再比较各电流表示数大小，然后答题解答：解：设电源电压是U，A、由电路图可知，闭合电键后，两电阻串联，电流表示数ID=；B、由电路图可知，闭合电键后，电流表示数IA=；C、由电路图可知，两电阻并联，并联阻值为，闭合电键后，电流表示数IB=2IA；D

7、、由电路图可知，闭合电键后，电流表所在支路被短路，电流表示数为零，ID=0；由以上分析可知，闭合电键后，电流表示数最大的是C故选C7闭合如图所示电路中电键S后，在滑片P向左移动的过程中，保持不变的是（）A电压表V2示数与电压表V1示数之和B电压表V2示数与电压表V1示数之差C电压表V2示数与电流表A示数的比值D电压表V1示数与电流表A示数的乘积考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题分析：根据电路图可知，电路为滑动变阻器的基本电路，电压表V1测量滑动变阻器右部分电阻两端电压，电压表V2测量电源电压，电流表测量电路电流，根据滑片移动的方向确定以及串联电路分压的特点可知电压表V1示数的变化，

8、根据电源电压可知电压表V2示数的变化，根据欧姆定律可知电流表示数的变化解答：解：根据电路图可知，电路为滑动变阻器的基本电路，并且滑动变阻器接入电路的阻值不变；当滑片P向左移动的过程中，右半部分电阻变大，根据串联电路分压的特点可知，电压表V1的示数变大；因为电源电压不变，所以电压表V2的示数不变；因为电路中的阻值不变，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表的示数不变；根据上述分析可知，电压表V2示数与电压表V1示数之和变大，故A不符合题意；因为串联电路电压等于各部分电压之和，所以电压表V2示数与电压表V1示数之差变小，故B不符合题意；电压表V2示数与电流表A示数的比值始终等于滑

9、动变阻器的最大阻值，因此比值不变，故C符合题意；电压表V1示数与电流表A示数的乘积变大，故D不符合题意故选C8在如图所示的电路中，将电压表V1、V2正确连入电路，闭合电建S，电路正常工作，各电表的示数均不为零当移动滑动变阻器R2的滑片P时，电压表V1与电流表A示数的比值不发生变化，电压表V2与电流表A示数的比值发生变化则（）A电压表V1一定测量R2两端电压B电压表V1可能测量R1和R2两端电压C电压表V2一定测量R2两端电压D电压表V2可能测量R1和R2两端电压解答：解：电压表与电流的比值等于电阻阻值，移动滑动变阻器R2的滑片P，电压表V1与电流表A示数的比值不发生变化，电压表V2与电流表A示

10、数的比值发生变化，则V1测定值电阻两端电压，即电压表V1测R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端或电源两端电压故ABC错误，D正确；故选D9如图所示，甲、乙两个均匀实心长方体物块放置在水平地面上现各自沿水平方向切去部分，且将切去部分叠放到对方上面，此时甲、乙对地面的压强分别为p甲、p乙则下列做法中，符合实际的是（）A如果它们原来的压力相等，切去相等质量后，p甲一定大于p乙B如果它们原来的压力相等，切去相等厚度后，p甲一定小于p乙C如果它们原来的压强相等，切去相等质量后，p甲可能大于p乙D如果它们原来的压强相等，切去相等厚度后，p甲一定大于p乙考点：压强大小比较.专题：压强、液体的压强分析

11、：物体在单位面积上受到的压力叫压强固体压强一般用P=分析，但对于粗细均匀的实心柱体，也可以按照柱体压强公式P=gh比较大小解答：解：A、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，沿水平方向切去相同质量，剩余质量、压力都相等，叠放到对方上面，甲乙对水平地面的压力不变，但甲的接触面积大，所以对水平面的压强较小此选项不符合实际； B、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，质量相等，相同厚度的甲的质量大于乙的质量，将切去部分叠放到对方上面后，甲对地面的压力小于乙对地面的压力，但甲的接触面积大，根据公式P=得到甲对水平面的压强较小此选项符合实际；C、因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用P=gh分析

12、，它们原来的压强相同，由公式P=gh知，在h甲小于h乙条件下；甲物体的密度较大沿水平方向切去相同体积，切去部分叠放到对方上面，相当于增大了乙的密度，也就是乙对水平面的压强大于甲对水平面的压强此选项不符合实际；D、两物体原来的压强相等，因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用p=gh分析，它们原来的压强相同，由公式p=gh可知，在h甲小于h乙条件下，分别沿水平方向切去相同高度，将切去部分叠放到对方上面，相当于增大了乙的密度，乙对水平面的压强大于甲对水平面的压强此选项不符合实际故选B点评：此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式P=和P=gh（适用于实心柱体对支撑面的压强）

13、进行分析解答10如图所示，底面积不同的柱形容器分别盛有甲、乙两种液体，液体对各自容器底部的压力F甲F乙若在两容器中分别抽出相同高度的液体，则抽出液体的质量m甲、m乙的关系是（）Am甲一定小于m乙Bm甲可能小于m乙Cm甲一定大于m乙Dm甲可能大于m乙考点：密度公式的应用专题：密度及其应用分析：由图知，容器底面积和所盛液体的深度关系，根据压强公式p=可得两容器中ghS的关系，进而得出甲S甲与乙S乙的大小关系；在两容器中分别抽出相同高度h的液体，抽出液体的质量m=hS，从而得出m甲与m乙的大小关系解答：解：p=，液体对容器底部的压力：F=pS=ghS，F甲F乙，即：甲gh甲S甲乙gh乙S乙，甲h甲S

14、甲乙h乙S乙，h甲h乙，甲S甲乙S乙，在两容器中分别抽出相同高度h的液体，则抽出液体的质量m甲=甲hS甲，m乙=乙hS乙，甲hS甲乙hS乙，m甲m乙故选A点评：本题考查了学生对学生对压强公式、密度公式的掌握和运用，根据容器形状、液体深度和容器底受到的压力关系得出甲S甲与乙S乙的大小关系是本题的关键11如图所示，甲、乙为两个实心均匀正方体，它们对水平地面的压强相等若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度的部分，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，它们对地面的压强为p甲和p乙，下列判断正确的是（）Ap甲可能小于p乙Bp甲一定小于p乙Cp甲可能大于p乙Dp甲一定大于p乙考点：压强大小比较.专题

15、：压强、液体的压强分析：要解决此题，需掌握压强公式p=，物体对地面的压力等于其重力；根据压强相等利用柱体压强公式p=gh列出相应的关系式，判断出截去相同高度的部分的重力大小；则后来物体的对地面的压力等于自身剩余重力加对方切去部分的重力，根据压强公式比较压强大小便可解答：解：把甲、乙均分为两部分，甲最初对地面的压强p甲1=乙最初对地面的压强p乙1=由于它们均为实心正方体，且对地面的压强相等，设它们的边长分别为a、b可得甲ga=乙gb甲切去部分的重G甲切=甲gV甲切=甲ga2h同理乙切去部分的重G乙切=乙gb2h：有=1 可得G甲切G乙切将切去部分放置在对方剩余部分的上表面，则此时甲的整体产生的压

16、强p甲=此时乙的整体产生的压强p乙=由可知，p甲p甲1由可知，p乙p乙1而最初甲乙对地面压强相等，结合可知，p甲p乙故选B二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置1压力能使受力面发生形变压力产生的这一效果不仅跟压力有关，还跟受力面积有关考点：力的作用效果；压强.专题：压强、液体的压强分析：力的作用效果有：（1）改变物体的运动状态，（2）改变物体的形状；压力的作用效果跟压力大小和受力面积大小有关2我国家庭电路中，家用电器之间是并联连接的（选填“串联”或“并联”），它们工作时将电能转化为其他形式的能家庭每月的耗电量用电能表测量3、如图是某蓄电池名牌上的部分内容，由此可知该电池的电压为3.

17、6伏根据本学期所学过的物理知识，可判断出“2.4Wh”中的“Wh”是电功（填物理量名称）的单位考点：电功的计算.专题：简答题；电能和电功率分析：从铭牌上可以看出，该电池的电压，功率单位是W，时间的单位是h，根据W=Pt判断解答：解：从铭牌上可以看出，该电池的电压为3.6V；由于功率单位是W，时间的单位是h，则根据W=Pt可知“2.4Wh”中的“Wh”是物理量电功的单位故答案为：3.6；电功4小王同学暑期在云南腾冲旅游时，从海拔3780米高的高黎贡山峰带了个拧紧盖子的塑料瓶（如图（a）所示）下山，当晚回到海拔1600米的腾冲县城时，发现随身携带塑料瓶的形状发生了变化（如图（b）所示）造成这一现象

18、的主要原因是随着海拔高度的降低，空气密度增大，大气压也随之增大；而瓶内气体由于密闭，气压几乎不变，因此是大气压的增大导致塑料瓶发生如此变化考点：大气压强与高度的关系.专题：气体的压强、流体压强与流速的关系分析：要解答本题需掌握大气压强与海拔高度的关系：大气压随海拔高度的变化而变随着海拔的升高大气压强将减小解答：解：随着海拔高度的降低，空气密度增大，大气压也随之增大；而瓶内气体由于密闭，气压几乎不变，外界大气压大于瓶内气压，外界大气压的增大导致塑料瓶变瘪了故答案为：增大； 增大；不变；大气压的增大5拦河大坝设计成上窄下宽则是它为了抵御水的压强，而水的深度越大，水对大坝的压强越大巨大的油轮是用钢板

19、焊接成的空心体，比起相同质量的实心钢材，它能排开水的质量（或重力）非常大，从而产生巨大的浮力来平衡船体和所载的货物所受的重力，使油轮漂浮在水面考点：液体的压强的特点；阿基米德原理.专题：压强和浮力分析：要解决此题需掌握：（1）液体压强随深度的增加而增大；（2）阿基米德原理：物体所受浮力大小等于排开液体的重力解答：解：由p=水gh得，水的深度越大，对拦河大坝的压强越大，拦河大坝设计成上窄下宽则是它为了抵御水的压强；巨大的油轮用钢板焊接成空心体，这样排开水的体积更大，排开水的质量（或重力）更大，所受浮力更大，与船体和所载的货物所受的重力相平衡，使油轮漂浮在水面上故答案为：深度；质量（或重力）；浮力

20、6图所示现象能说明大气压强的存在若杯中水的深度为0.1米，则纸片受到水的压强为980帕把杯子倒置，取掉纸片，将体积为1×103米3的金属块浸没在水中，金属块受到浮力的大小为9.8牛考点：大气压强的存在；液体的压强的计算；浮力大小的计算专题：压强和浮力分析：（1）大气压强存在的证明实验有马德堡半球实验、覆杯实验等；（2）根据公式p=gh求出水对纸片的压强；（3）根据公式F浮=水gV排求出金属块受的浮力解答：解：（1）图示的实验是覆杯实验，证明了大气压强的存在；（2）纸片受到水的压强：p=gh=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；（3

21、）金属块受到浮力：F浮=水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×1×103m3=9.8N故答案为：大气压强；980；9.87某导体两端的电压为24伏，通过它的电流为0.8安，5秒内通过该导体横截面的电荷量为4库，其电阻为30欧当它两端的电压为12伏时，通过它的电流为0.4安解答：解：5秒内透过导体横截面的电荷量：Q=It=0.8A×5s=4C；由I=可知，导体的电阻：R=30；当它两端的电压为12伏时，通过它的电流I=0.4A故答案为：0.4；30；0.4点评：本题考查电阻和电量的计算，关键是欧姆定律的应用8某导体两端电压为100伏，通

22、过它的电流为2安，10秒内通过该导体横截面的电荷量为20库；通电10小时，需用电2千瓦时当该导体两端电压变为80伏时，它的电阻为50欧考点：欧姆定律的应用；电量及其计算；电功的计算专题：电流和电路；欧姆定律；电能和电功率分析：（1）已知通电时间和电流大小，根据公式I=可求通过该导体横截面的电荷量；（2）根据公式W=UIt可求10秒内电流通过导体所做的功；（3）根据欧姆定律的变形公式R=可求电阻的大小解答：解：（1）I=，10秒内通过该导体横截面的电荷量：Q=It=2A×10s=20C；（2）电流做功：W=UIt=100V×2A×10×3600s=7.2&

23、#215;106J=2kWh；（3）I=，电阻R=50故答案为：20；2；50点评：本题考查了学生对电流定义式、功的公式和欧姆定律公式的掌握和运用，计算时注意单位统一，记住：1kWh=3.6×106J9某潜艇浸没在水中时排水量为3×103吨，它所受的浮力2.94×107牛；若它从水温较低的高密度的洋流，靠惯性水平驶入水温较高的低密度洋流时，如图所示，排开水的体积不变，所受浮力减小（后两空均选填“增大”、“不变”或“减小”）考点：浮力大小的计算；阿基米德原理.专题：浮力分析：阿基米德原理：F浮=G排=液gV排，物体所受浮力大小与液体密度和排开液体的体积有关解答：解：

24、由阿基米德原理可知，潜艇所受浮力大小：F浮=G排=m排g=3×103×103kg×9.8N/kg=2.94×107N；潜艇从水温较低的高密度的洋流驶入水温较高的低密度洋流，排开水的体积不变，但由于水的密度减小，由F浮=液gV排可知，所受浮力减小故答案为：2.94×107；不变；减小10如图所示的电路中，电源电压保持不变灯L或电阻R可能出现了故障，闭合电键S后：若灯L发光，则三电表中示数一定大于零的是A1、A2表若灯L不发光，且只有一个电表示数为大于零，则故障是电阻R断路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用.专题：推理法；电流和电路分析：由

25、电路图知，灯L或电阻R串联，电流表A1、A2测量电路中的电流；电压表测量电阻R两端电压；（1）根据电流表和电压表测量的对象确定有示数的仪表，从而判断电路故障；（2）先确定电路故障，然后逐一分析解答：解：若灯L发光，则电路中有电流，由于电流表A1、A2同时测量电路中的电流，则电流表A1、A2一定有示数；所以一定是电阻R出现故障，若是电阻R开路则电路中不会有电流，所以电阻R的故障是短路，电压表示数为零，由此可知三电表中示数一定大于零的是电流表A1、A2表若灯L不发光，只有一个电表示数为大于零，由于电流表A1、A2测量电路中的电流示数相同，则电表示数为大于零的一定是电压表，电流表没有示数，则说明出现

26、了断路故障，由于电压表有示数；则故障出现在电压表测量的部分中出现开路，即电阻R断路故答案为：A1、A2；电阻R断路点评：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，若电压表有示数；则故障出现在电压表测量的部分中出现开路11在图所示的电路中，电源电压压保持不变由于电阻R、灯L可能出现了故障，电键S闭合前、后，两电表指针所在的位置不变可以作出的判断是：电键S所合后，灯L一定不发光（选填“一定”或“可能”或“一定不”）可能存在的故障情况是R断路（L短和R断路或L、R均断或L断或L断和R短）考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用专题：电流和电路分析：电路中，闭合开关灯泡和定值电阻串

27、联，电压表测量定值电阻两端电压；断开开关时，电压表与灯泡串联测量电源电压解答：解：电键S闭合前，电路中无电流，电流表示数为零，但电压表示数等于电源电压或为零；电键闭合后，两电表指针所在的位置不变，说明电流表示数仍然为零，即电路是断开的，因此灯泡一定不亮；由于电压表示数仍然等于电源电压或为零，若电压表示数等于电源电压，则故障可能为R断路或L短和R断路；如果电压表示数为零，则故障可能为L、R均断或L断或L断和R短故答案为：一定不；R断路（L短和R断路或L、R均断或L断或L断和R短）12在如图所示的电路中，电路中出现了故障，且只发生在电阻R1、R2上（电源电压不变，两电表均未被损坏）只闭合电键S2，

28、若两电表均无示数，则故障可能是R2断路然后，断开电键S2，闭台电键S1和S3，若电流表有示数，则故障是R2断路；若电流表无示数，则故障是R1和R2同时断路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用.专题：应用题；欧姆定律分析：（1）只闭合电键S2，两个电阻串联，故电流表测量电路的电流，电压表测量R1的电压；分析即可判断故障的原因可假设电压表有示数以及电流表有示数分析电路故障所在；（2）断开电键S2，闭台电键S1和S3，两电阻并联，电压表测量的R1的电压；电流表测量的是总电流，据题目的实际情况分析判断即可解答：解：（1）只闭合电键S2，两个电阻串联，故电流表测量电路的电流，电压表测量R1的电压；

29、若两电表均无示数，即电流表无示数，即说明该电路时断路，此时电压表也无示数，即表明电压表无法和电源相连，且故障只发生在电阻R1、R2上，故此时可能时R2断路造成的（2）在（1）的前提下，断开电键S2，闭台电键S1和S3，两电阻并联，电压表测量的R1的电压；电流表测量的是总电流；若此时电流表有示数，即说明R2断路；若是电流表无示数，则故障是R1和R2同时断路故答案为：R2断路；R2断路；R1和R2同时断路点评：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，关键是分清电路的连接和各电表的测量情况13某小组自学“光敏电阻”后，知道了在光敏电阻两端的金属电极加上电压，其中

30、便有电流通过，再受到一定波长的光线照射时，电流就发生变化，从而实现光电转换他们设计实验，验证所学到的结论该小组利用由金属的硫化物半导体材料制成的光敏电阻、电压恒定的电源、电流表、电键和导线组成电路，并用光源对光敏电阻照射不同强度的光波，做了如图（a）、（b）、（c）所示的三次实验请仔细观察图中的装置、操作和现象，回答以下问题该小组所设计和开展的实验，能否验证他们所学的规律，请说明理由能，他们按照规律成立的条件设计并开展实验，在回路中出现了期望中的电流变化分析比较图（a）、（b）和（c）中的电流表示数以及相关条件，可得：当电压一定时，对同一光敏电阻照射的光越强，它的电阻值越小考点：控制变量法与探

31、究性实验方案.专题：探究型实验综合题分析：根据实验现象进行分析得出结论；分析光照强度变化及电流大小的变化，得出结论解答：解：他们按照规律成立的条件设计并开展实验，在回路中出现了期望中的电流变化，所以他们的实验可以验证所学的规律当电压一定时，对同一光敏电阻照射的光越强，电路中的电流越大，说明它的电阻值越小故答案为：能，他们按照规律成立的条件设计并开展实验，在回路中出现了期望中的电流变化；当电压一定时，对同一光敏电阻照射的光越强，它的电阻值越小点评：本题是探究光敏电阻与光照强度之间的关系实验，考查了对实验现象的分析及结论的得出三、作图题1如图所示，静止在斜面上的物体A对斜面的压力为3牛，请用力的图

32、示法画出该物体对斜面的压力F考点：力的示意图.专题：图像综合题分析：根据压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点位置；方向与接触面垂直，过其作用点表示压力的方向解答：解：先选一段线段，大小表示1N，然后过压力的作用点做垂直于斜面，并指向斜面的力，如图所示：点评：明确力的方向和作用点是正确表示力的示意图、力的图示的关键，要熟练用力的示意图或力的图示表示力三要素2如图所示的电路中，将电阻和滑动变阻器两个元件符号，分别填进电路图的空缺处，填进后要求：闭合电键S，滑片P向左移动时，电流表示数变大，电压表示数变小考点：电路图设计.专题：电流和电路分析：根据滑片P向左移动时，电流表示数变大，电压表示数

33、变小，可判断电路中的电流变化及总电阻的变化，再根据串联电路特点判断电压表测的是谁的电压解答：解：由题意可知，当滑片P向左移动时，电流表示数变大，说明电路中的总电阻是变小的，则滑动变阻器的接入阻值是变小的；又因为此时电压表示数变小，根据串联分压可知，电压表应并联在滑动变阻器的两端，故答案如下图所示：点评：本题的关键在于电流表的示数变大了，而电压表的示数却变小了，由此判断出滑动变阻器的位置是解答的关键3在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，以笔画线代替导线补上补上后要求两灯并联，电流表测通过灯L1的电流考点：实物的电路连接.专题：电流和电路分析：根据题意可知，两灯泡的连接方式为并联，再根据电流表

34、只测量通过灯L1的电流，确定电流表的位置，据此确定连接导体的位置解答：解：两只灯泡的连接方式为并联，电流表只测量通过灯L1的电流，故应将灯泡L1右侧的接线柱与电流表的“”接线柱相连接，灯泡L2的右接线柱与电流表的“0.6A”接线柱相连如图所示：点评：本题考查实物图的连接，关键是明白实物图中各个用电器的连接方式4、 计算和简答题1如图所示，质量为0.5千克、底面积为1×102米2的圆柱形容器放在水平地面上容器中盛有质量为2千克的水求水的体积V求容器对地面的压强P若在容器中抽出一定质量的水，使容器对地面的压强小于水对容器底部压强的两倍，求抽出水的质量范围考点：压强的大小及其计算；密度公式

35、的应用专题：计算题；压强、液体的压强分析：（1）知道水的质量和水的密度（水=1.0×103kg/m3），利用密度公式=求水的体积；（2）求出水和容器的总重，容器对地面的压力等于水和容器的总重，知道受力面积，利用压强公式p=求容器对地面的压强；（3）抽出水后，底面积不变，变化的是压力，又容器形状规则，压力等于重力，利用p=列出不等式计算得出解答：解：（1）=，水的体积V=2×103m3；（2）容器对地面的压力：F=G=mg=（0.5kg+2kg）×9.8N/kg=24.5N，容器对地面的压强：p=2450Pa；（3）设抽出水的质量为m，则：抽出水后容器对地面的压力为

36、：F1=G水+G容器=（m水m）g+m容器g=（2kgm+0.5kg）×9.8N/kg=（2.5kgm）×9.8N/kg，剩余水对容器底的压力为：F2=G水=（m水m）g=（2kgm）×9.8N/kg，根据题意，容器对地面的压强小于水对容器底部压强的两倍，即：p12p2p=22×，整理解得，m1.5kg答：求水的体积2×103m3；求容器对地面的压强2450Pa；若在容器中抽出一定质量的水，使容器对地面的压强小于水对容器底部压强的两倍，抽出水的质量小于1.5kg点评：本题考查了学生对密度公式、液体压强公式、压强定义式的掌握和运用，难点在第三问求

37、出抽取液体的质量范围，正确利用p=是解决的关键2如图所示，薄壁圆柱形容器底面积为2×102米2，盛有足够多的水，置于水平面上若容器内水深为0.3米，求水的质量m水求水面下0.1米深度处水产生的压强p水现将一个边长为a、质量为m的正方体放入容器内的水中后（水未溢出），容器对水平面的压强增加量p容恰好等于水对容器底部的压强增加量p水，求该正方体的质量m考点：密度公式的应用；压强的大小及其计算；液体的压强的计算.专题：计算题；密度及其应用；压强、液体的压强分析：已知水对容器底的压强和容器底面积可求得容器内水的深度，然后可求得水的体积，再利用密度公式变形可求得水的质量利用p=gh即可求出水产

38、生的压强p水设物体的质量为m，则容器对地面压强的增加量p容=，水对容器底部压强的增加量p水=水hg=水g，根据p容=P水求得物体的质量解答：解：容器内水的体积：V=Sh=2×102m2×0.3m=6×103m3，由=得容器内水的质量：m水=V=1.0×103kg/m3×6×103m3=6kg，水的深度h=0.1m，则水产生的压强p水=gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1×103Pa，已知边长为a、质量为m的正方体，则放入容器内的水中后容器对地面压强的增加量：p容=，水对容器

39、底部压强的增加量：p水=水hg=水g，由题知，p容=p水，即：=水g，所以，物体的质量m=水a3答：水的质量m水=6kg水面下0.1米深度处水产生的压强p水=1×103Pa该正方体的质量m=水a3点评：本题综合考查了学生对密度公式、液体压强公式、压强定义式的掌握和运用，明确容器对水平地面的压力等于容器重加上水重是解答此题的关键3如图（a）所示，一个质量为1千克、底面积为3×102米2的薄壁圆柱形容器放在水平地面上，且容器内盛有4×103米3的水（1）求水面下0.1米深处水的压强p水（2）若将另一个底面积为2×102米2、高度为0.3米的实心金属圆柱体A，

40、缓慢竖直地浸入水中，如图（b）所示，求容器对水平地面的压强增大一倍时，圆柱体A底部所处深度h考点：液体的压强的计算.专题：压强、液体的压强分析：（1）直接利用p=gh求水的压强；（2）由于容器对水平地面的压强增大一倍时，根据p=求出圆柱体A受到的浮力；根据F浮=水gV排可求出液面圆柱体A底部所处深度h解答：解：（1）水的压强p水=水gh水=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa（2）由于实心金属圆柱体A，缓慢竖直地浸入水中，容器对水平地面的压强增大一倍，即p=2p，根据p=得：=2×，所以，F浮=（G水+G器）=（m器+水V水）g

41、=（1kg+1.0×103kg/m3×4×103m3）×9.8N/kg，=49N；由F浮=G排=m排g=水V排g=水S柱hg，则h=0.25m答：（1）水面下0.1米深处水的压强p水=980Pa（2）圆柱体A底部所处深度h为0.25m4如图1所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R1的阻值为20欧闭合电键S后，电流表的示数为0.2安，电压表的示数如图2所示（1）求电阻R1两端的电压U1（2）求电阻R2的阻值（3）现有“20 2”和“50 0.5”字样的滑动变阻器各一个可供选择，用来替换图1中的电阻R1（或R2），要求：在移动变阻器滑片P的过程中，保

42、证电路元件都能正常工作，且电压表示数的变化量U最大问：选择哪一个变阻器来替换？替换的是哪个电阻？求出相应电压表示数的变化范围考点：欧姆定律的应用.专题：计算题；电路和欧姆定律分析：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压；（2），再根据欧姆定律求出R2的阻值；（3）但滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电压表的示数最大为6V，根据欧姆定律求出电路中的最大电流确定滑动变阻器的规格，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，再利用欧姆定律求出电压表的最小示数，两者相

43、减即可得出答案解答：解：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据串联电路中总电压等于各分电压之和可知：电阻R1两端的电压U1=UU2=6V2V=4V，（2）根据串联电路电流处处相等可知：I2=I1=0.2A；根据欧姆定律可得：R2=10；（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电压表的示数为6V，此时电路中的电流：Imax=0.3A0.5A，根据串联电路的分压原理可知：电阻越大分得得电压越大，所以用“50 0.5A”的滑动变阻器替换电阻“R2”，电压表示数变化大；当变阻器连入电路的阻值最小（0）时，Imax=0.3A，U2min=0V；当滑动变阻器接

44、入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，此时电路中总阻值Rmax=R1+R2=20+50=70，则电流：Imin=0.0857A，电压表的最大示数：Umin=IminR2=0.0857A×50=4.286V，则电压表示数的最大变化范围为0V4.286V答：（1）电阻R1两端的电压U1为4V（2）电阻R2的阻值为10（3）“50 0.5”的滑动变阻器替换电阻R2，相应电压表示数的变化范围为0V4.286V点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，关键是根据R2两端的电压确定电压表的量程和电压表的最大示数5在图所示的电路中，电源电压为24伏且保持不变，电阻R的阻值为10欧求

45、：闭合电键S后电流表A的示数I通电10秒，电阻R消耗的电功W现有“50 1A”、“10 2A”的滑动变阻器两个，请选择一个接入电路a、b、c、d中的某两点，要求：电键S闭合后电流表示数变大，且为S断开时的三倍选择：将变阻器“50 1A”接入电路中ad两点间，使变阻器接入电路的电阻值为20欧求出：电键闭合前、后，电流表示数的最大变化量I考点：欧姆定律的应用；电阻的串联；电功的计算专题：计算题；欧姆定律；电能和电功率分析：（1）知道电源的电压和R的阻值，根据欧姆定律求出电流表的示数；（2）知道通过电阻的电流和两端的电压以及通电时间，根据W=UIt求出消耗的电能；（3）电键S闭合后电流表示数变大说明

46、开关与滑动变阻器并联，S闭合时电流表的示数是断开时的三倍，根据欧姆定律可知断开时电路中的总电阻是闭合时的三倍，据此判断滑动变阻器的位置和规格；开关闭合时电路为R的简单电路，开关闭合时电路中的电流为闭合时的，进一步求出电流表示数的最大变化量解答：解：根据欧姆定律可得，闭合电键S后电流表A的示数：I=2.4A；通电10秒，电阻R消耗的电功：W=UIt=24V×2.4A×10s=576J；电键S闭合后电流表示数变大，则开关应与滑动变阻器并联，即滑动变阻器接到ad之间；S闭合时电流表的示数是断开时的三倍，根据欧姆定律可知，断开时电路中的总电阻是闭合时的三倍，即断开开关时电路中的电阻

47、等于3R=3×10=30，故符合要求的滑动变阻器为“50 1A”；滑动变阻器接入电路的电阻R滑=3010=20；开关断开时电路中的电流I=I=×2.4A=0.8A，电键闭合前、后，电流表示数的最大变化量I=II=2.4A0.8A=1.6A答：闭合电键S后电流表A的示数为2.4A；通电10秒，电阻R消耗的电功为576J；“50 1A”；ad；20；I=1.6A点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式的灵活应用，关键是根据题意得出滑动变阻器的位置和开关闭合前后电路中总电阻的变化6在图（a）所示的电路中，电源电压为6伏且不变，将定值电阻R1接入M、N接线柱，闭合电键S后

48、电流表A的示数为0.4安求电阻R1的阻值现有滑动变阻器R2，其规格为”5 3A”、“10 1A”或“20 2A”中的一个将R1与R2以不同的连接方式接入M、N接线柱，闭合电键S，移动变阻器R2的滑片，都能使电流表的指针达到图（b）所示位置（a）请通过计算判断所用变阻器R2的规格（b）在电路元件安全工作的条件下，移动变阻器R2滑片，使电流表示数的变化量I最大求不同连接方式中较大的I最大考点：欧姆定律的应用.专题：欧姆定律分析：已知电压与电流，应用欧姆定律可以求出电阻阻值；根据电阻的连接方式判断电流表的量程，然后由图示电流表读出其示数，再应用串并联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，然后确定其

49、规格；应用欧姆定律与并联电路特点求出电流变化量的最大值解答：解：由I=可知，电阻阻值：R1=15；（a）电源电压不变，两电阻串联时，电路总电阻增大，电路电流减小，小于0.4A，由图示电流表可知，电流表量程为00.6A，示数为0.3A，串联电路总电阻：R=20，滑动变阻器的阻值R2=RR1=2015=5；两电阻并联时，电路电流大于0.4A，由图示电流表可知，电流表量程为03A，电流表示数为1.5A，电阻R2=5.5，则两中情况下滑动变阻器接入电路的阻值均大于等于5，通过滑动变阻器的最大电流大于1A，则滑动变阻器应选择“20 2A”（b）两电阻并联时电流表示数变化量大，I2最小=0.3A，I最大=

50、I2最大=I2最大I2最小=2A0.3A=1.7A；答：电阻R1的阻值为15欧姆（a）所用变阻器R2的规格是“20 2A”（b）较大的I最大为1.7A点评：本题考查了求电阻阻值、选择滑动变阻器、求电流表最大变化量，本题难度较大，根据题意读出电流表示数，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题五、实验题1、在测定生肖纪念币（马币）的密度时，先要用托盘天平测量几枚纪念币的总质量，用盛水的量筒测量这些纪念币的总体积；再计算出纪念币的密度图中所示的测量仪器的名称是U型管压强计，该图所示的情景表明这是在探究液体内部压强与方向的关系考点：固体密度的测量；探究液体压强的特点实验.专题：探究型实验综合题分析：

51、（1）“测定物质的密度”，需要在实验中测量物体的质量和体积，利用密度公式求物质的密度；（2）用压强计来测量液体内部压强U型管内高度差越大，压强越大在探究液体压强的影响因素时，应注意控制变量法的运用，知道液体压强与液体的密度和深度有关，而与方向无关解答：解：（1）在测定生肖纪念币（马币）的密度时，先要用托盘天平测量几枚纪念币的总质量，用盛水的量筒采取排水法测量这些纪念币的总体积，再利用密度公式求纪念币的密度（2）图中的装置叫U形管压强计，将探头放入煤油中，保持探头在煤油中的某一深度不变，探究液体内部压强与方向的关系，改变探头的方向，U形管两侧液面高度差不变，说明同种液体在同一深度，液体向各个方向

52、压强相等故答案为：托盘天平；量筒；U形管压强计；方向点评：本题考查了物质密度的测量方法和液体压强计的使用方法，能从图得出相关信息是关键2在“探究物质质量与体积的关系”实验中，用托盘天平来测量物体的质量，测量时应将物体放在它的左盘内（选填“物体”或“砝码”）若某次测量时，砝码和游码的示数如图（a）所示，则物块的质量为53.4克；将物块放入盛有40厘米3水的量筒后，水面位置如图（b）所示，则物块的体积为40厘米3考点：探究密度特性的实验专题：实验题；探究型实验综合题分析：（1）知道质量的测量工具是托盘天平，液体体积的测量工具是量筒；（2）对于天平来说，物体放在左盘中，向右盘中加减砝码，并移动游码使得天平平衡，此时所有砝码的质量与游码在标尺上所对的数的和就是待测物体的质量；解答：解：在“探究物质质量与体积的关系”实验中，用托盘天平来测量物体的质量，测量时应将物体放在它的左盘内；若某次测量时，砝码和游码的示数如图（a）所示，此时标尺的分度值是