(2023年)上海市徐汇区中考物理一模试卷

2023年上海市徐汇区中考物理一模试卷一、单项选择题〔20分〕一节干电池的电压是〔 〕A．220伏 B．36伏 C．24伏 D．1.5伏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．通过试验争论得出“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 B．10千克 C．100千克 D．1000千克将电阻R与5欧的电阻并联后总电阻小于1欧，以下推断正确的选项是〔 〕A．R肯定小于1欧C．R可能大于1欧

B．R肯定大于1欧D．R不行能为1欧A和B，底面积不同〔SA＜SB〕，液体对容器底部AB出，假设此时液体对各自容器底部的压力相等，则肯定是〔〕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示数的变化状况推断正确的选项是〔〕V1表的示数变大，V2表的示数变大V1表的示数变小，V2表的示数变大V1表的示数变小，V2表的示数变小V1表的示数变大，V2表的示数变小二、填空题〔25分〕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15小时，耗电度。冰的密度为0.9×103千克/3，表示每立方米为0.9×103千克。当冰熔化成水时，其质量将，密度将，体积将〔”〕。物理学问在生活中有广泛的应用，如图〔a〕所示的装置是利用原理工作的；如图〔b〕是利用了的学问；如图〔c〕中书包带做得宽大是利用了学问。如图〔d〕所示的仪器是利用原理来推断液体密度大小。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。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”〕。在图电路中，电源电压不变。电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R或灯LS闭合后，至少有一个电表指针不发生偏转。请依据相关信息写出电表偏转状况及对应的故障 。小徐同学用薄塑料袋、广口杯、橡皮筋做了一个试验。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〕，请推断：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〔8分〕重为2牛的小球漂移在水面上，请在图中用力的图示法画出小球所受的浮力。如下图的电路中，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。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〔27分〕浸在水中的物体排开水的体积为2×10﹣33，求物体受到的浮力。如图的电路中，R110欧，通过R11安。1①求电阻R两端的电压。1②电键S闭合后，电流表A1.5安，求通过R2

的电流I2。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。1①求电阻R的阻值。11②R的电功率。1③R

PV

U

、5U

V

示数与电流2 表示数的乘积相等，求电源电压。

0 0 214千克的圆柱体甲，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 、水对容器底部的压强p ，如下表所示。求：o 水容器对桌面、水对容器底压p 〔帕〕容p 〔帕〕水

甲放入前24501960

甲放入后44102450①圆柱体甲放入容器前水的深度。②容器的底面积。③〔Ⅰ〕请推断甲在水中的状态并说明理由〔提示：漂移、浸没、未浸没等〕〔Ⅱ〕圆柱体甲的密度五、试验题〔20分〕在“探究物质质量与体积的关系”试验中，为了得出普遍规律，要屡次测量不同体积同种物质的〔1〕，并选择〔2〕物质进展屡次试验。在“测定物质的密度”试验中，需〔3〕与〔4〕。如图的是“验证阿基米德原理”试验，其中浮力大小用测量；为实现试验目的，需将所测浮力大小与进展比较。“探究液体内部压强与哪些因素有关”的试验中，可以通过观看U形管压强计两边管中液面的推断压强大小；将U形管压强计放入不同液体中进展实验〔ρ ＞ρ ＞ρ 〕，看到的试验现象如图〔a〕、〔b〕、〔c〕，可得出的结论是 。盐水 水 煤油小佳同学做“用电流表、电压表测电阻”试验，现有电源〔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、电键及导线假设干，全部元件均完好。他连接电路进展试验，闭合电键后，将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，觉察电流表示数0.2安～0.58安，电压表示数相应的变化范围为4.0伏～0伏。他思考分析后重正确连接电路，且试验步骤正确。当变阻器滑片移动到中点四周位置时，电流表0.28安，电压表的示数如图。小佳同学在试验中使用的滑动变阻器的最大电阻为 欧，电源电压为 伏。请将下面表格填写完整。〔计算电阻时，准确到0.1欧〕。物理量 电压 电流 电阻试验序号〔伏〕〔安〕〔欧〕1 0.22 0.283 0.581 2 3 4 5 6小汇同学在赏识节日小彩灯时觉察，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？他认真观看灯泡的构造，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〔c〕7.5V，试验数据及现象记录如表：1 2 3 4 5 6试验序号电压/V0.3 12467.5电流/A0.00.10.10.206060彩灯亮度 不弱较亮很灯发光亮 亮丝红 烧断请依据上述信息完成以下问题：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”〕。第3次试验电流表示数如图〔d〕，其读数为 安。分析比较表中试验序号1～5的试验数据觉察，每一次试验中彩灯两端的电压与通过彩灯的电流比值不同，由此可得出的结论是：彩灯灯丝的电阻 ；其缘由可能是 。小明依据彩灯构造及试验现象，推想灯丝支架与金属丝之间有绝缘物质，依据是 。依据彩灯构造及试验现象，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，可以推想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”〕。2023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〔20分〕一节干电池的电压是〔 〕A．220伏 B．36伏 C．24伏 D．1.5伏【分析】依据生活常识〔常见电压值〕解答此题。【解答】解：一节干电池的电压为1.5V。应选：D。【点评】日常生活中所用的干电池电压为1.5V，依据生活常识即可解答此题，此题是一道根底题。坦克装有宽大的履带是为了〔 〕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：在压力肯定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积肯定时，减小压力来减小压强。【解答】解：坦克装有宽大的履带，是为了在压力肯定时，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。应选：C。【点评】把握压强大小的影响因素，利用掌握变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。将一根铜导线拉长，变大的是它的〔 〕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，打算于物体所含物质的多少；影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度。在材料和温度一样时，长度越长，横截面积越小电阻越大。密度是物质本身的一种特性，打算于物质的种类、状态和温度，与物体外形无关；密度和质量肯定的圆柱，体积肯定，高度变大，横截面积减小；【解答】解：A、将一根铜导线拉长后，外形发生变化，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，外形发生变化，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，体积不变，所以横截面积变小了，故D错误；应选：B。【点评】此题考察学问点很多，是一道综合性题目，需要学生逐项认真分析。轮船从大海驶入黄浦江，所受的浮力将〔 〕增大 B．减小 C．不变 D．无法确定【分析】船在水中都为漂移状态，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，因轮船始终处于漂移状态，漂移时浮力等于其重力，轮船的重力不变，则所受的浮力是不变的；应选：C。【点评】此题考察物体的浮沉条件及阿基米德原理，解题关键应留意轮船在水中的状态为漂移。通过试验争论得出“导体中的电流与导体两端电压关系”的科学家是〔 〕安培 B．伏特 C．瓦特 D．欧姆【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、安培觉察了安培定则，故A不符合题意；B、伏特制造了伏特电池，故B不符合题意；C、瓦特制造了蒸汽机，故C不符合题意；D、欧姆觉察了欧姆定律，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。应选：D。【点评】此题考察的是我们对物理学史的识记，属于根底学问，难度不大，简洁解答对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是〔 〕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，电阻肯定，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，据此分析选择。【解答】解：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，通过导体电流大小打算于导体两端的电压，故A正确；，电流的大小与质量无关，故BCD错误。【点评】此题考察了电流定义式I＝【点评】此题考察了电流定义式I＝和欧姆定律公式I＝的理解与把握，留意区分。教室里空气的质量最接近〔空气密度约为1.29千克/米3〕〔 〕千克 B．10千克 C．100千克 D．1000千克m＝ρV【解答】1.29kg/m3左右，8m、7m、3.5m左右，教室中空气的质量：m＝ρV＝1.29kg/m3×8m×7m×3.5m＝252.84kg，故最接近100kg。应选：C。【点评】物理学中，对各种物理量的估算力量，是我们应当加强熬炼的重要力量之一，这种力量的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。将电阻R与5欧的电阻并联后总电阻小于1欧，以下推断正确的选项是〔 〕A．R肯定小于1欧C．R可能大于1欧

B．R肯定大于1欧D．R不行能为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5欧的电阻与另一个定值电阻R并联后，要使1欧，则另一只电阻可以大于或等于11欧〔5欧的电阻和0.8欧的电阻并联，其总电阻肯定小于1欧〕。应选：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推断的关键。A和B，底面积不同〔SA＜SB〕，液体对容器底部AB出，假设此时液体对各自容器底部的压力相等，则肯定是〔〕【分析】p＝ρghp＝【分析】p＝ρghp＝，变形后可得F＝pS；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，进而推断出两球体积之间的大小关系。【解答】解：开头时，液体对容器底部的压强相等；即PA＝PB，深度h一样，依据液体的压强公式SA＜SB，PA＝SA＜SB，PA＝PB，依据压强的定义式P＝，变形后得F＝PS；故有FA＜FB；FA＝FB；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△FB＜△FA；F＝PS得：△pBSB＜△pASAp＝ρgh得：ρg△hBSB＜ρg△hASA；即△hBSB＜△hASA；即△VB＜△VA；又由于增大的体积△V就等于球的体积，即△V＝V ；故有V ＜V ；故D正确；C错误；球 乙 甲由于两球的空心、实心状况不知，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；应选：D。【点评】依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上升的体积；可做出推断。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示数的变化状况推断正确的选项是〔 〕V1表的示数变大，V2表的示数变大V1表的示数变小，V2表的示数变大V1表的示数变小，V2表的示数变小V1表的示数变大，V2表的示数变小【分析】由电路图可知，电键S断开时，R1R2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的简洁电路，电压表V2测电源两端的电压，依据串联电路的电压特点可知V2示数的变化状况。【解答】S断开时，R1R2V1R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；S闭合后，R1V1R2V2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表的示数变大，故B正确、C错误。应选：B。【点评】此题考察了电路的动态分析，分清电键闭合和断开时电路的连接方式是关键。二、填空题〔25分〕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15小时，耗电5度。【分析】〔1〕家庭电路中各用电器之间是并联的，用电器和掌握本用电器的开关是串联的；用电器并联相当于增大导体横截面积。电能表是测量电功的仪表，依据W＝Pt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，因此它们之间的连接是并联；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；由P由P＝15小时消耗的电能：W＝Pt＝1kW×5h＝5kW•h＝5度。故答案为：并联；小；电能表；5。【点评】此题考察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，要留意额定电压下用电器的功率和额定功率相等。0.9×103千克/3，表示每立方米冰的质量为0.9×103千克。当冰熔化成水时，其质量将不变，密度将变大，体积将变小〔小”〕。【分析】〔1〕密度的物理意义是表示单位体积某种物质的质量；〔3〕依据冰的密度小于水的密度，利用密度公式变形〔3〕依据冰的密度小于水的密度，利用密度公式变形V＝推断体积变化。【解答】解：0.9×103千克/3，表示的意思是每立方米冰的质量为0.9×103千克；〔3〔3〕由于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】此题考察了对密度、质量概念的理解以及密度公式的应用。要对两个物理量有深刻的生疏，质量是物体的属性，密度是物质的一种特性；并娴熟应用密度的公式处理问题。〔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学问；如图〔c〕中书包带做得宽大是利用了压强学问。如图〔d〕所示的仪器是利用阿基米德原理来推断液体密度大小。【分析】〔1〕连通器的构造特征是上端开口、底部连通，推断是不是连通器要依据这两个特征。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，应当说“压”，是内外气压产生的压力差的“压”的作用。减小压强的方法：在压力肯定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积肯定时，通过减小压力来减小压强。密度计是用来测量液体密度的测量仪器，密度计在液体中漂移，液体的密度越大，排开液体的体积越小。【解答】解：〔1〕船闸的上游阀门翻开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门翻开时，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；先把酒精或其它药棉在罐内烧一下，罐内空气受热排出，此时快速把罐扣在皮肤上，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学问；如图〔c〕中书包带做得宽大是在压力肯定时，通过增大受力面积来减小压强，因此利用了压强学问；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移，依据物体的浮沉条件可知，漂浮时F ＝G ，物体的重力不变，浮力就不变；浮 物依据阿基米德原理F

＝ρgV

可知，液体的密度越大，密度计排开液体的体积就越小。因此如图浮 液 排〔d〕所示的仪器是利用阿基米德原理来推断液体密度大小。故答案为：连通器；大气压强；压强；阿基米德。【点评】此题考察连通器原理、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，把握根底学问即可正确解题。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，依据P＝UI求出实际功率，依据Q＝It10s内通过小灯灯丝横截面的电荷量，依据W＝UIt＝UQ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，I＝10s内通过小灯灯丝横截面的电荷量：Q＝It＝0.3A×10s＝3C，所以，由灯泡的铭牌可知，灯泡正常发光时，其两端的电压U＝2.0V，通过的电流I＝10s内通过小灯灯丝横截面的电荷量：Q＝It＝0.3A×10s＝3C，10s内电流做的功：W＝UIt＝UQ＝2.0V×3C＝6J。。【点评】此题考察了电功率公式和电流定义式、电功公式的综合应用，要留意用电器正常发光时的电压和额定电压相等。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〕依据F＝pS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状况。【解答】解：〔1〕物体受到的浮力：F ＝F ﹣F ＝10N﹣2N＝8N；〔2〔2〕依据p＝ρgh可知，增大物体在水中的深度，液体压强增大，由p＝可得F＝pS，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不变，由F＝ρVg，可得物体受到的浮力不变。排 浮 水 排故答案为：8；变大；不变。【点评】此题考察了学生对浮力产生的缘由、阿基米德原理、同始终线上二力的合成的了解与把握，留意同始终线上二力有同向和反向两种状况。在图电路中，电源电压不变。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。请依据相关信息写出电表偏转状况及对应的故障假设只有电流表指针不偏转，则电阻R断路；假设只有电压表指针不偏转，则电阻R短路；假设电压表和电流表指针都不偏转，则灯L断路。。【分析】电阻或灯泡中仅有一个消灭了故障，分别列举可能消灭的4种状况：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比照，符合的即为可能消灭的故障。【解答】解：由题知，电路中仅有一处故障，且只发生在电阻RL上，电键S闭合后，至少有一个电表指针不发生偏转；①假设灯泡断路，整个电路断路，则电流表、电压表指针都不偏转，符合题意；②假设灯泡短路，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；③假设电阻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；④假设电阻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，假设只有电流表指针不偏转，则电阻R断路；假设只有电压表指针不偏转，则电阻R短路；假设电压表和电流表指针都不偏转，则灯L断路。故答案为：假设只有电流表指针不偏转，则电阻R断路；R短路；假设电压表和电流表指针都不偏转，则灯L断路。【点评】此题依据题目列举可能的全部故障，依据可能消灭的现象与题目比较，相符合的即为可能的故障。同学们要学会这种推理方法。小徐同学用薄塑料袋、广口杯、橡皮筋做了一个试验。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〕，请推断：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状况下很难将其从杯内拉出来。【分析】依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紧扎在广口瓶的瓶口上，把塑料袋轻轻地推动广口瓶，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状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状况下很难将其从杯内拉出来。【点评】此题考察大气压强的存在，为根底题三、作图题〔8分〕重为2牛的小球漂移在水面上，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，依据平衡力的条件，重力大小和方向即可知浮力大小和方向。再依据力的图示要求画出这个力。【解答】解：由于重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同始终线上，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，如以下图所示：【点评】作力的图示时，力的大小肯定要能被标度整除，正确表示出力的大小、方向和作用点。如下图的电路中，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，依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，因并联电路互不影响，即通过灯的电流不变，依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：依据原题的连线，灯与变阻不行能串联，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】此题考察依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确实定。有难度。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】依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动身回到负极。【解答】解：电压表测电阻两端电压，则电压表应与电阻并联，由图知，左右两个空缺处不行能是电压表，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，所以左边空缺处应当是电流表，右边空缺处应当是电源，且电源的正极朝上，才能满足电流方向如图。如下图：【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〔27分〕浸在水中的物体排开水的体积为2×10﹣33，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 ＝ρ gV 浮 水 排19.6N。【点评】此题考察了学生对阿基米德原理的把握和运用，因条件已给出，难度不大。如图的电路中，R110欧，通过R11安。1①求电阻R两端的电压。1②电键S闭合后，电流表A1.5安，求通过R2

的电流I2。【分析】〔1〕两电阻并联，依据欧姆定律求出R1两端的电压，即为电源电压；〔2〕依据并联电路的电流特点求出通过R2的电流。【解答】解：〔1〕依据欧姆定律可知，电阻R1两端的电压：U1＝I1R1＝1A×10Ω＝10V；〔2〕由图知，两电阻并联，电流表测总电流，则通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣1A＝0.5A。答：〔1〕电阻R110V；〔2〕通过R20.5A。【点评】此题主要考察的是学生对欧姆定律和并联电路电流特点的理解和把握，难度不大。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。①求电阻R1的阻值。1②R的电功率。1③R

PV

U

V

示数与电流2 表示数的乘积相等，求电源电压。

0 0 2【分析】〔1〕分析电路的连接，依据串联电路电流的规律由欧姆定律求电阻R1；依据P＝UI求出R1的电功率；电压，结合P＝UI，由变阻器R2的电功率相等，列方程求电源电压。【解答】解：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，I＝可得，电阻R1的阻值：R1I＝可得，电阻R1的阻值：R1＝＝＝10Ω；R1的电功率：P1＝U1I＝1V×0.1A＝0.1W；可得，通过电路的电流分别为I1＝、I2＝，设电源电压为UR1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U﹣U0，U﹣5U0，故有：〔U﹣U0〕×＝〔U﹣5U0〕×。这两次电压表V故有：〔U﹣U0〕×＝〔U﹣5U0〕×。解得：U＝6U0。答：〔1〕电阻R110Ω；R10.1W；6U0。【点评】此题考察串联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的运用，最终一问关键是依据变阻器消耗的功率相等列方程，表达了数学学问在物理中的运用。14千克的圆柱体甲，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 、水对容器底部的压强p ，如下表所示。求：o 水容器对桌面、水对容器底压p 〔帕〕容p 〔帕〕水

甲放入前24501960

甲放入后44102450①圆柱体甲放入容器前水的深度。②容器的底面积。③〔Ⅰ〕请推断甲在水中的状态并说明理由〔提示：漂移、浸没、未浸没等〕〔Ⅱ〕圆柱体甲的密度【分析】①由表中数据，甲放入前水对容器底的压强，依据p＝ρgh求出圆柱体甲放入容器水的深度；由于柱形容器，故水对容器底部的压力大小等于物体的重力，依据p＝由于柱形容器，故水对容器底部的压力大小等于物体的重力，依据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；③〔Ⅰ〕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；依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于水对容器底部的压力增大量，容器对桌面增加的压力△F 即圆柱体的重力G ，o 甲水对容器底部增加的压力△F 即圆柱体甲排开水的重力G ，由阿基米德原理和物体的浮沉条件，水 排水得出甲物体下沉在容器底部；〔∐〕从而得出甲的体积。依据ρ〔∐〕从而得出甲的体积。依据ρ＝甲求出圆柱体甲的密度。【解答】解：①由表中数据，甲放入前水对容器底的压强为：p ＝1960Pa，水h＝h＝＝②容器对水平桌面的压力等于容器和水的重力和：F ＝G +G ，容桌 容器 水p＝p＝容＝；由于柱形容器，故水对容器底部的压力大小等于物体的重力：F ＝G ，水容 水p＝p＝水；S＝＝＝2S＝＝＝2×10﹣2m2；故p ﹣p容＝水﹣＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；③〔I〕依据p＝，容器对桌面增加的压力：△F＝△p S＝〔4410Pa﹣2450Pa〕×2×10﹣③〔I〕依据p＝，容器对桌面增加的压力：容而甲的重力：G ＝m g＝4kg×9.8N/kg＝3.92N，甲 甲因△F＝G ，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＝2450Pa﹣1960Pa＝490Pa；△p容＞△p水，即△p S＞△p S水即△F ＞△F ，水容器对桌面增加的压力△F 即圆柱体甲的重力G ，o 甲水对容器底部增加的压力△F 即圆柱体甲排开水的重力G水的浮力F ，因G ＞F ，浮甲 甲 浮甲V＝排＝＝V＝排＝＝＝10﹣3m3；

，由阿基米德原理，即圆柱体甲受到排水h＝h＝排＝＝0.1m，而原来的水的就为0.2m〔不包括上升的高度〕＞0.1m，且甲肯定沉在容器底部，故说明甲在水中是浸没的；〔∐〕甲在水中肯定是浸没的，甲的体积等于排开水的体积：V ＝10﹣3m3，甲ρ＝ρ＝甲＝＝4×103kg/m3。答：①圆柱体甲放入容器前水的深度为0.2m；②2×10﹣2m2；③〔Ⅰ〕甲在水中的状态〔Ⅱ〕圆柱体甲的密度【点评】此题考察液体压强公式，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，难度较大。五、试验题〔20分〕在“探究物质质量与体积的关系”试验中，为了得出普遍规律，要屡次测量不同体积同种物质的〔1〕质量，并选择〔2〕多种物质进展屡次试验。在“测定物质的密度”试验中，〔3〕质量与〔4〕体积。【分析】〔1〕应用掌握变量法探究物质质量与体积的关系，要掌握物质种类一样，比较质量与体积〔2〔2〕依据公式ρ＝得，测定物质的密度，需要测量物体的质量和体积。【解答】解：〔1〕在“探究物质质量与体积的关系”试验中，要掌握物质种类一样进展探究；同时为了探究其规律性，应进展屡次试验，所以，同时应选用多种物质进展屡次试验；依据密度公式ρ＝求出物体的密度。依据密度公式ρ＝求出物体的密度。故答案为：〔1〕质量；〔2〕多种；〔3〕质量；〔4〕体积。【点评】此题考察物质密度的探究过程，密度的特性是从试验得来的，因此还要求学生会设计试验、分析试验数据、得出试验结论。如图的是“验证阿基米德原理”试验，其中浮力大小用弹簧测力计测量；为实现试验目的，需将所测浮力大小与排开液体的重力进展比较。“探究液体内部压强与哪些因素有关”的试验UU形管压强计放入不同液体中进展试验〔ρ ＞ρ ＞ρ 〕，看到的试验现象如图〔a〕、〔b〕、〔c〕，可盐水 水 煤油得出的结论是深度一样时，液体密度越大，液体内部压强越大。【分析】〔1〕依据称重法确定器材，依据阿基米德原理的目的答复。〔2〕将压强计塑料盒放入不同液体中进展试验，依据压强计的作用答复；U形管中液面的高度差推断液体压强的大小，高度差越小〔大〕，液体的压强越小〔大〕；分析图中现象得出结论。【解答】解：验证阿基米德原理的试验中，用称重法测浮力大小，依据F簧测力计测浮力的大小；

＝G﹣F浮

求出浮力的大小，用弹示为实现试验目的，即比较物体所受的浮力大小与排开液体的重力的关系。“探究液体内部压强与哪些因素有关”的试验中，可以通过观看U形管压强计两边管中液面的高度差推断压强大小；由图知，压强计的塑料盒在液体中的深度是一样的，而液体的密度不同；通过观看U形管中液面的高度差推断所受液体压强的大小关系，从左向右，液体密度变小，U形管液面的高度差变小，液体的压强变小，所以得出的结论是：深度一样时，液体压强与液体的密度有关；故答案为：弹簧测力计；排开液体的重力；高度差；深度一样时，液体密度越大，液体内部压强越大。【点评】此题考察争论液体的压强与哪些因素有关及验证阿基米德原理的试验和掌握变量法、转换法的运用，表达了对过程和方法的考察。小佳同学做“用电流表、电压表测电阻”试验，现有电源〔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、电键及导线假设干，全部元件均完好。他连接电路进展试验，闭合电键后，将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，觉察电流表示数0.2安～0.58安，电压表示数相应的变化范围为4.0伏～0伏。他思考分析后重正确连接电路，且试验步骤正确。当变阻器滑片移动到中点四周位置时，电流表0.28安，电压表的示数如图。小佳同学在试验中使用的滑动变阻器的最大电阻为20 欧，电源电压为6 伏。请将下面表格填写完整。〔计算电阻时，准确到0.1欧〕。物理量 电压 电流 电阻试验序号〔伏〕〔安〕〔欧〕1 0.22 0.283 0.58【分析】〔1〕依据“将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，觉察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”确定电压表的连接及变阻器连入电路中的位置与对应的电流大小；由欧姆定律求出变阻器的最大电阻；依据重正确连接电路，且试验步骤正确，可知电压表并联在待测电阻的两端，由电压表选用小量程确定分度可知当变阻器滑片移动到中点四周位置时，电流表示数0.28安对应的电压；由当变阻器的最大电阻连入电路中时，变阻器的电压为4.0V，依据分压原理，当变阻器滑片移动到中点四周位置时，变阻器的电压肯定小于4V，依据串联电路电压规律，可知电源电压的取值范2V的整数倍且保持不变确定电源电压大小；〔2〕依据串联电路电压的规律，可知当变阻器的最大电阻连入电路中时，待测电阻的电压和通过的电流为I1；当变阻器滑片移动到中点四周位置时，可知待测电阻的电压和通过的电流I2；0时，得出待测电阻的电压为电源电压和通过的电流I3；1、2、3次试验的电阻；为减小误差，将电阻的平均值作为测量结果。【解答】解：由题意：将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，觉察电流表示数的变化范围为0.2A～0.58A，电压表示数相应的变化范围为4.0V～0V，当变阻器连入电路中的电阻为0时，变阻器的电压为0，故可确定电压并联在变阻器的两端，此时0.58A；R＝滑大＝R＝滑大＝思考分析后重正确连接电路，且试验步骤正确，则电压表并联在待测电阻的两端；当变阻器滑片移动到中点四周位置时，电流表示数0.28A，电压表的示数如图，由图知，电压表选用小量程，0.1V2.9V，当变阻器的最大电阻连入电路中时，变阻器的电压为4.0V，依据分压原理，当变阻器滑片移动到中点四周位置时，变阻器的电压肯定小于