2024-2025学年上学期上海初中物理九年级期末培优试卷

第1页（共1页）2024-2025学年上学期上海初中物理九年级期末培优卷一．选择题（共12小题）1．（2024秋•杨浦区校级期中）生活中的很多小设计可以通过改变受力面积来改变压强，从而达到给人们生活带来便利的目的，以下事例中，可以增大压强的是（）A．较宽的书包带 B．锋利的刀刃 C．铁轨下的枕木 D．滑雪时用的滑雪板2．（2024秋•青浦区校级期中）若你将10本物理课本平摊在桌子中央，则它对桌面的压强最接近于（）A．3帕 B．30帕 C．300帕 D．3000帕3．（2024秋•青浦区校级期中）如图所示，水平地面上放置甲、乙两个质量相等的水桶，水桶的上口面积相等，但水桶甲的底面积大于水桶乙的底面积，此时两桶中装有相同质量的水。若甲、乙水桶底受到水的压强分别为p甲、p乙，受到水的压力分别为F甲、F乙，则（）A．p甲＜p乙，F甲＝F乙 B．p甲＞p乙，F甲＜F乙 C．p甲＝p乙，F甲＝F乙 D．p甲＜p乙，F甲＞F乙4．（2024秋•青浦区校级期中）下列几种关于潜水艇、轮船、气球和飞艇的分析中正确的是（）A．水面下行驶的潜水艇是通过改变自身的体积实现对于沉浮的控制 B．气球是因为充入密度小于空气的气体才会飘在空中 C．轮船由长江驶入东海时，因为排开水的体积变小，所以浮力会减小 D．热气球上升是因为加热装置往上喷气，把气球吹上去了5．（2024秋•闵行区期中）在如图所示的实例中，其工作原理与连通器无关的是（）A．茶壶 B．下水道U形弯管 C．锅炉液位计 D．吸盘挂衣钩6．（2024秋•杨浦区校级期中）如图所示，水平桌面上，放置着质量分布均匀的正方体甲和乙，h甲＜h乙，甲、乙对桌面的压强相等，两个足够高的圆柱形容器A和B内装有深度相同的水，容器底面积SA＜SB，现分别从甲、乙上方沿水平方向截取部分体积ΔV甲、ΔV乙，把截取的甲浸没在A容器中，截取的乙浸没在B容器中后，水对各自容器底部的压力相等，则水对容器底的压力变化量ΔFA、ΔFB，和剩余部分的甲和乙对桌面的压强p'甲、p'乙的大小关系是（）A．ΔFA＞ΔFBp'甲＜p'乙 B．ΔFA＜ΔFBp'甲＜p'乙 C．ΔFA＜ΔFBp'甲＞p'乙 D．ΔFA＞ΔFBp'甲＞p'乙7．（2024春•静安区校级月考）下列各组粒子中，能构成原子的是（）A．质子、中子 B．中子、电子 C．原子核、中子 D．原子核、电子8．（2023秋•浦东新区校级月考）在图（a）所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图（b）所示，则电阻R1和R2两端的电压分别为（）A．1.2V，6V B．6V，1.2V C．4.8V，1.2V D．1.2V，4.8V9．（2020秋•杨浦区期末）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。开关S从闭合到断开时，变大的是（）A．电压表V的示数 B．电压表V示数与电流表A示数的乘积 C．电流表A的示数 D．电压表V示数与电流表A示数的比值10．（2024•上海）如图，是电烙铁工作机器。它正常工作时，两端的电压为220伏。在预热状态时，通过它的电流较小；在加热状态时，通过它的电流较大，则下列选项中正确的是（）A．闭合开关S，此时小灯熄灭，处于预热状态 B．断开开关S，此时小灯发光，处于加热状态 C．闭合开关S，此时小灯发光，处于预热状态 D．闭合开关S，此时小灯熄灭，处于加热状态11．（2024•成都模拟）下列常见的物理量，最接近实际的是（）A．我国家庭电路的电压为380V B．对人体安全的电压是220V C．一节5号新电池的电压是1.5V D．使用USB接口为手机充电时接口电压为220V12．（2024•上海模拟）如图所示，定值电阻R1、滑动变阻器R2和开关S以某种方式连接在电路中的M、N两点之间，一开始开关为闭合状态。若向右移动滑动变阻器的滑片，电流表的示数变小。若开关断开，电流表示数变小且不为零。由此可判断，M、N两点间R1、R2和S的连接情况可能是（）A． B． C． D．二．填空题（共8小题）13．（2024秋•青浦区校级期中）1分钟内通过某导体横截面积的电荷量为24库，则该导体中的电流为安，如果按此电流给该导体通电半小时，通过该导体的电荷量为库。14．（2024秋•静安区校级期中）在拆弹训练中，如图所示是某定时炸弹引爆装置的模拟电路。起爆前定时开关S是闭合的，此时（选填“指示灯”或“起爆器”）发生了（选填“短路”或者“断路”）。当设定起爆时间一到，定时开关会自动断开。为使引爆装置停止工作，拆弹专家应在图中（选填“a”或“b”）处剪断导线。拆除前起爆器上（选填“有”或者“没有”）电流通过。15．（2024秋•徐汇区校级期中）在“用电流表测电流”和“用电压表测电压”的实验中，连接电路时，开关应，使用电压表时，所测电压不得超过它的；使用电流表时，电流要从电流表的接线往流入（选填“正”或“负”），电流表并联在电源两端（选填“能”或“不能”）。16．（2024秋•浦东新区校级期中）如图所示的电路中，在定值电阻R1或滑动变阻器R2中，仅有一个发生故障，小华为研究故障的原因，特地设计了两个方案：方案一：通过移动滑动变阻器的滑片P来判断出故障的原因，写出开关S闭合后，电流表示数变化情况及对应故障。若小华同学移动了滑片P一段距离后才抬头读电流表示数发现变化，就断定R2没有断路是否正确，请说明理由。。方案二：用一个完好的电阻R0来替换R1来判断发生的故障，可选用的电阻R0的阻值。A.R0＞R1B.R0＝R1C.R0＜R117．（2024秋•徐汇区校级期中）如图，在今年的杭州亚运会上，会运送铁饼的机器狗成了赛场上的“显眼包”，机器狗自重约15千克，当它站在赛场的草地上时，草地会有凹陷，说明压力的作用效果是使物体；当它背上2千克重的铁饼时，对地面的压力将；当它开始奔跑时，对地面的压强将。（后两空选填“变大”、“不变”或“变小”）18．（2024秋•黄浦区期中）地球周围的一层厚厚的大气由于受到的作用，会对处于其中的物体产生压强，这个压强叫做大气压强。意大利科学家首先用实验测定了大气压强的值。通常海拔越高，大气压强越。19．（2024秋•徐汇区校级期中）著名的证明了大气压强存在且很大，意大利物理学家首次用mm汞柱测得了大气压的值。20．（2023秋•长宁区期末）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．实验探究题（共2小题）21．（2024秋•闵行区期中）在“验证阿基米德原理”的实验中，当讨论到“如何测量G排？”时，小段提出：“可以将物体浸入装满水的容器中，将溢出的水接住测量其重力大小就是G排的大小。”你认为小段的方法可行吗？。请阐述理由。小周受到启发后，提出可用如图（a）器材进行优化。①如图（c）所示，是小周在使用测量石块的。该仪器在使用前需沿力的方向。②若图中四个测量值F1、F2、F3、F4满足关系式，则阿基米德原理将得到验证。③以下关于实验过程中的操作，不会影响验证结果的是。A．图（a）中溢水杯内未盛满水B．图（b）中小桶内有少量水C．图（d）中石块未浸没水中D．图（d）中石块碰到了容器底部22．（2024秋•浦东新区校级期中）小东做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏整数倍且保持不变）、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器（规格为“10欧2安”或“20欧2安”）、开关各一个，以及导线若干。他正确串联器材，将电压表并联在电路中，闭合开关，变阻器滑片在实验序号l和2对应位置之间左右移动的过程中，电压表示数的最小值为1.7伏，最大值为2.3伏，电流表示数的最小值为0.16安，最大值为0.22安。当他移动滑片至实验序号3对应位置时，电压表和电流表的示数如图（a）（b）所示。实验序号滑片位置电压表示数（伏）电流表示数（安）123（1）说明电压表并联的位置并求出电源电压（需写出主要推理和计算过程）；（2）滑动变阻器连接的两个接线柱分别为和（均选填“A”“B”或“C”）；（3）待测电阻Rx的阻值为欧（精确到0.1欧）。四．计算题（共2小题）23．（2024•静安区二模）将阻值为10欧的电阻R1、标有“20Ω2A”字样的滑动变阻器R2分别以两种不同的方式接入同一电源的两端，电源电压保持不变。当变阻器R2连入电路的阻值分别为20欧和R2'时，不同连接方式下，电路中某处的电流如表所示。R2连入的阻值20欧R2'方式一0.9安1.2安方式二0.2安I2'（1）计算并说明电源电压U。（2）求表格中R2'与I2'的大小。24．（2024秋•杨浦区期中）如图所示，薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙置于水平地面上。甲容器足够高，底面积为3S；乙的底面积为3S。①现将水注入甲中，水深0.1米，求水对甲底部的压强p水。②若继续在甲内注水，使其深度为2H。现有A、B和C三个均匀圆柱体，其规格如下表所示。请从中选择一个，将其分别竖直置于甲中、乙的上表面中央，使水对甲底部压强增加量Δp水和乙对地面压强增加量Δp乙均为最大。序号密度底面积高度A3ρ水2S2HB2ρ水S6HC2ρ水2S2H（a）应选择序号为的圆柱体，并说明理由；（b）求出相应的最大增加量Δp水和Δp乙。

2024-2025学年上学期上海初中物理九年级期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．（2024秋•杨浦区校级期中）生活中的很多小设计可以通过改变受力面积来改变压强，从而达到给人们生活带来便利的目的，以下事例中，可以增大压强的是（）A．较宽的书包带 B．锋利的刀刃 C．铁轨下的枕木 D．滑雪时用的滑雪板【考点】增大压强．【专题】应用题；压强、液体的压强；应用能力．【答案】B【分析】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。【解答】解：A、较宽的书包带，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A不符合题意；B、锋利的刀刃，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故B符合题意；C、铁轨下的枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故C不符合题意；D、滑雪时用的滑雪板，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D不符合题意。故选：B。【点评】此题考查了增大和减小压强的方法，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。2．（2024秋•青浦区校级期中）若你将10本物理课本平摊在桌子中央，则它对桌面的压强最接近于（）A．3帕 B．30帕 C．300帕 D．3000帕【考点】压强的估测．【专题】压强、液体的压强；理解能力．【答案】B【分析】物理课本的质量约为200g，求出课本重，放在水平桌面的中央，对桌面的压力等于本身重力；物理课本长约28cm、宽约20cm，求与桌面的接触面积S，再利用压强公式求对桌面的压强。【解答】解：一本物理课本的重力约为2N，所以10本物理课本平摊在桌子中央，对桌面的压力约为：F＝10×2N＝20N；10本物理课本的面积约为：S＝28cm×20cm×10≈5600cm2＝0.56m2则它对桌面的压强约为：；故ACD不符合题意，B符合题意。故选：B。【点评】本题主要考查了重力、压强的计算，关键是课本质量和长宽的估测。3．（2024秋•青浦区校级期中）如图所示，水平地面上放置甲、乙两个质量相等的水桶，水桶的上口面积相等，但水桶甲的底面积大于水桶乙的底面积，此时两桶中装有相同质量的水。若甲、乙水桶底受到水的压强分别为p甲、p乙，受到水的压力分别为F甲、F乙，则（）A．p甲＜p乙，F甲＝F乙 B．p甲＞p乙，F甲＜F乙 C．p甲＝p乙，F甲＝F乙 D．p甲＜p乙，F甲＞F乙【考点】固体压强的比较大小；压力的比较大小．【专题】应用题；压强、液体的压强；分析、综合能力．【答案】D【分析】甲为圆柱形容器，液体对容器底的压力F甲等于水重；乙为底小口大的容器，液体对容器底的压力F乙小于水重。两容器上口面积相同，甲的底面积比乙大，因为装相同质量的水，乙桶的水位高（h大），根据p＝ρgh比较水桶底受到水的压强关系。【解答】解：圆柱形桶甲，水对容器底的压力：F甲＝p甲S甲＝ρgh甲S甲＝ρgV甲＝mg＝G，底小口大的桶乙，水对容器底的压力：F乙＝p乙S乙＝ρgh乙S乙＜G，综上可知，F甲＞F乙；故ABC错误；两桶上口面积相同，甲的底面积比乙大，因为装相同质量的水，乙桶的水位高（h大），所以，由p＝ρgh可知，乙桶里的水对桶底的压强大，即p甲＜p乙，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了压力和压强大小的比较，要注意底小口大的容器，液体对容器底的压力F＜G；底大口小的容器，液体对容器底的压力F＞G；圆柱形容器，液体对容器底的压力F＝G。4．（2024秋•青浦区校级期中）下列几种关于潜水艇、轮船、气球和飞艇的分析中正确的是（）A．水面下行驶的潜水艇是通过改变自身的体积实现对于沉浮的控制 B．气球是因为充入密度小于空气的气体才会飘在空中 C．轮船由长江驶入东海时，因为排开水的体积变小，所以浮力会减小 D．热气球上升是因为加热装置往上喷气，把气球吹上去了【考点】气球和飞艇原理；利用物体的浮沉条件比较浮力的大小；改变物体浮沉状态；潜水艇原理．【专题】定性思想；浮沉的应用；应用能力．【答案】B【分析】（1）潜水艇靠通过改变自身的重力来实现上浮和下沉；（2）气球是依靠空气的浮力升空的，从密度与浮力的角度进行分析即可；（3）轮船从海里到河里均漂浮，自重不变，根据漂浮条件判断轮船受到水的浮力大小变化情况；（4）热气球是靠改变球内的空气密度来实现上浮和下沉的，物体密度小于气体密度时，物体上浮。【解答】解：A、潜水艇浸没在水中时，排开水的体积不变，受到的浮力不变；为了实现上浮和下沉，是通过改变自身的重力来实现的，故A错误；B、气球里面充的气体的密度小于空气的密度，此时气球所受浮力大于自身重力，才能飘在空中，故B正确；C、轮船从长江驶入东海时，都是漂浮，则船受到的浮力：F浮＝G，因为船受到的重力不变，所以船受到的浮力不变，由于海水的密度变大，根据F浮＝ρ液gV排知排开液体的体积减小，故C错误；D、热气球工作时，由鼓风机将热风吹入球囊，加热气球球囊内的空气，空气由于受热膨胀跑出一部分，所以空气密度变小，质量和重力变小，当气球受到的浮力大于气球的重力时，热气球就上升了，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉条件的了解与掌握，把物体的浮沉条件和密度关系一起理解记忆。5．（2024秋•闵行区期中）在如图所示的实例中，其工作原理与连通器无关的是（）A．茶壶 B．下水道U形弯管 C．锅炉液位计 D．吸盘挂衣钩【考点】连通器原理．【专题】应用题；压强、液体的压强；应用能力．【答案】D【分析】上端开口、下部连通的容器称为连通器，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相平的。【解答】解：ABC、茶壶、下水道U形弯管、锅炉液位计的结构都符合上端开口、下部连通的特点，都属于连通器，故ABC不合题意；D、吸盘挂衣钩是利用大气压来工作的，与连通器无关，故D符合题意。故选：D。【点评】本题主要考查了对连通器的认识与应用，对大气压应用的了解，属基础题。6．（2024秋•杨浦区校级期中）如图所示，水平桌面上，放置着质量分布均匀的正方体甲和乙，h甲＜h乙，甲、乙对桌面的压强相等，两个足够高的圆柱形容器A和B内装有深度相同的水，容器底面积SA＜SB，现分别从甲、乙上方沿水平方向截取部分体积ΔV甲、ΔV乙，把截取的甲浸没在A容器中，截取的乙浸没在B容器中后，水对各自容器底部的压力相等，则水对容器底的压力变化量ΔFA、ΔFB，和剩余部分的甲和乙对桌面的压强p'甲、p'乙的大小关系是（）A．ΔFA＞ΔFBp'甲＜p'乙 B．ΔFA＜ΔFBp'甲＜p'乙 C．ΔFA＜ΔFBp'甲＞p'乙 D．ΔFA＞ΔFBp'甲＞p'乙【考点】固体压强的比较大小；压力的比较大小．【专题】压强、液体的压强；分析、综合能力．【答案】A【分析】柱形容器内液体对容器底的压力等于液体的重力，把截取的甲浸没在A容器中，截取的乙浸没在B容器中后，液体对容器底的压力等于液体的重力加上截取部分在水中受到的浮力，则水对容器底的压力变化量等于截取部分在水中受到的浮力，根据原来液体压力的关系和现在液体压力的关系可比较水对容器底的压力变化量的关系；比较得出浮力的关系后，根据原来两正方体对桌面压强相等，利用公式p＝ρgh可比较两正方体的密度关系，利用重力公式可比较截取物体的重力大小；分析正方体截取前后压强变化关系，从而比较剩余部分的甲和乙对桌面的压强的大小关系。【解答】解：两个足够高的圆柱形容器A和B内装有深度相同的水，容器底面积SA＜SB，圆柱形容器A中水的重力GA水＝mA水g＝ρ水VA水g＝ρ水SAhg，水对容器底的压力FA＝GA水；圆柱形容器B中水的重力GB水＝mB水g＝ρ水VB水g＝ρ水SBhg，水对容器底的压力FB＝GB水；由于SA＜SB，所以GA水＜GB水，则FA＜FB；现分别从甲、乙上方沿水平方向截取部分体积ΔV甲、ΔV乙，其重力分别为ΔG甲、ΔG乙，截取的甲浸没在A容器中，截取的乙浸没在B容器中后，水对各自容器底部的压力相等，即FA′＝FB′，因ΔFA＝FA′﹣FA，ΔFB＝FB′﹣FB，所以可知水对容器底的压力变化量ΔFA＞ΔFB；此时水对容器底的压力分别为：FA′＝GA水+F浮甲，FB′＝GB水+F浮乙，因FA′＝FB′，GA水＜GB水，所以F浮甲＞F浮乙，根据F浮＝ρ液gV排得，切去部分的体积关系是ΔV甲＞ΔV乙；由于两正方体原来对地面的压强相等，即p甲＝p乙，且h甲＜h乙，根据p＝ρgh可知ρ甲＞ρ乙，根据G＝mg＝ρVg得，切去部分的重力关系为ΔG甲＞ΔG乙，剩余部分的甲对桌面的压强：p'甲＝＝p甲﹣；剩余部分的乙对桌面的压强：p'乙＝＝p乙﹣；因为S甲＜S乙，ΔG甲＞ΔG乙，所以＞；由于p甲＝p乙，所以p'甲＜p'乙；故选A。【点评】本题考查了柱形容器内液体压强的变化问题和柱体压强的变化问题，解题的关键是知道：放入物体后，柱形容器内液体对容器底的压力等于液体的重力+物体受到的浮力。7．（2024春•静安区校级月考）下列各组粒子中，能构成原子的是（）A．质子、中子 B．中子、电子 C．原子核、中子 D．原子核、电子【考点】原子结构．【专题】粒子与宇宙、材料世界；理解能力．【答案】D【分析】了解原子结构即可解答。【解答】解：原子由处在中心带正电的原子核和绕原子核旋转的带负电的电子组成，故D选项正确。故选：D。【点评】本题属于原子结构的基本常识，属于基础题。8．（2023秋•浦东新区校级月考）在图（a）所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图（b）所示，则电阻R1和R2两端的电压分别为（）A．1.2V，6V B．6V，1.2V C．4.8V，1.2V D．1.2V，4.8V【考点】运用串联电路中的电压规律计算；电压表的读数．【专题】电压和电阻．【答案】C【分析】首先弄清串联电路总电压等于各用电器两端电压之和；并联在电源和某用电器两端的电压表，测量的是另一个用电器两端的电压。【解答】解：由题中的图可知：V1测的是电源电压；V2测的是R2两端的电压。即V1的示数应大于V2的示数；而两个电压表的指针偏转角度相同，所以V1选的量程应是0～15V，其分度值是0.5V，读数（即电源电压）为6V；V2选的量程应是0～3V，其分度值是0.1V，读数（即R2两端的电压）为1.2V；所以，电阻R1两端的电压为：U1＝U﹣U2＝6V﹣1.2＝4.8V。故选：C。【点评】串联电路电压的规律，以及电压表的读数方法的了解和掌握，关键是会判断电压表测量的是那段电路两端的电压。9．（2020秋•杨浦区期末）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。开关S从闭合到断开时，变大的是（）A．电压表V的示数 B．电压表V示数与电流表A示数的乘积 C．电流表A的示数 D．电压表V示数与电流表A示数的比值【考点】动态电路的分析．【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．【答案】D【分析】由电路图可知，开关S闭合时，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表A测干路电流；当开关S断开时，电路为R2的简单电路，电流表测R2的电流；电压表V仍侧电源两端的电压，根据电源的电压可知电压表V示数的变化；根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1支路电路的变化，进一步可知电压表V示数与电流表A1示数的乘积变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，进一步可知电压表V示数与电流表A示数的比值变化。【解答】解：由电路图可知，开关S闭合时，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表A测干路电流；当开关S由闭合到断开时，电路为R2的简单电路，电流表测R2的电流，电压表仍测电源两端的电压；因电源电压保持不变，电压表V的示数不变，故A错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，开关S由闭合到断开时，通过R2的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，开关S由闭合到断开时，干路电流变小，即电流表A的示数变小，故C错误；则：电压表V示数与电流表A示数的比值变大；电压表V示数与电流表A示数的乘积变小；故D正确，B错误。故选：D。【点评】本题考查了电路的动态分析，分析好开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，要注意并联电路中各支路独立工作、互不影响特点的应用。10．（2024•上海）如图，是电烙铁工作机器。它正常工作时，两端的电压为220伏。在预热状态时，通过它的电流较小；在加热状态时，通过它的电流较大，则下列选项中正确的是（）A．闭合开关S，此时小灯熄灭，处于预热状态 B．断开开关S，此时小灯发光，处于加热状态 C．闭合开关S，此时小灯发光，处于预热状态 D．闭合开关S，此时小灯熄灭，处于加热状态【考点】电路的三种状态．【专题】电流和电路；分析、综合能力．【答案】D【分析】根据电路电烙铁与灯泡串联时电阻较大，闭合S灯泡被短路时，电路中的电阻较小，电流较大，据此分析。【解答】解：当开关断开时，电烙铁与灯泡串联时电阻较大，电路中的电流较小，处于预热状态，此时灯泡发光；当开关闭合时，灯泡被短路时，电路中的电阻较小，电流较大，处于加热状态，灯泡熄灭，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电路的连接方式与欧姆定律，属于中档题。11．（2024•成都模拟）下列常见的物理量，最接近实际的是（）A．我国家庭电路的电压为380V B．对人体安全的电压是220V C．一节5号新电池的电压是1.5V D．使用USB接口为手机充电时接口电压为220V【考点】家庭电压220V．【专题】应用题；电压和电阻；理解能力．【答案】C【分析】我国家庭电路的电压是220V；一节新干电池的电压是1.5V；人体的安全电压是不高于36V。【解答】解：A、我国家庭电路的电压为220V，故A不符合实际；B、人体的安全电压不高于36V，故B不符合实际；B、一节5号新干电池的电压为1.5V，故C符合实际；D、使用USB接口为手机充电时接口电压远小于220V，在5V左右，故D不符合实际。故选：C。【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。12．（2024•上海模拟）如图所示，定值电阻R1、滑动变阻器R2和开关S以某种方式连接在电路中的M、N两点之间，一开始开关为闭合状态。若向右移动滑动变阻器的滑片，电流表的示数变小。若开关断开，电流表示数变小且不为零。由此可判断，M、N两点间R1、R2和S的连接情况可能是（）A． B． C． D．【考点】应用欧姆定律设计电路图．【专题】欧姆定律；分析、综合能力．【答案】C【分析】分别分析各个选项M、N两点间R1、R2和S的连接情况时，开关断开以及滑片P向右移动时电流表示数的变化情况，确定符合题意的选项。【解答】解：AB、根据图中开关闭合后，定值电阻R1与变阻器R2并联，当向右移动滑动变阻器的滑片时，接入的电阻丝的长度变短，变阻器的接入电阻变小，由欧姆定律I＝可知，电源电压不变，通过变阻器的电流变大，根据并联电路的电流规律，干路中的电流（即电流表的示数）变大，故AB错误；C、开关闭合后，定值电阻R1与变阻器R2并联，当向右移动滑动变阻器的滑片时，变阻器的接入电阻变大，由欧姆定律可知，通过变阻器的电流变小，通过定值电阻中的电流不变，根据并联电路的电流规律，干路中的电流（即电流表的示数）变小；因为开关在支路中，若断开开关，变阻器支路仍然是通路，电路中的电流不为零，故C正确；D、开关闭合后，定值电阻R1与变阻器R2并联，因为开关在干路中，若断开开关，电路断路，电路中的电流（即电流表的示数）为零，故D错误。故选：C。【点评】本题考查应用欧姆定律分析动态电路，难度不大，是基础题。二．填空题（共8小题）13．（2024秋•青浦区校级期中）1分钟内通过某导体横截面积的电荷量为24库，则该导体中的电流为0.4安，如果按此电流给该导体通电半小时，通过该导体的电荷量为720库。【考点】电荷量及其计算．【专题】应用题；电流和电路；应用能力．【答案】0.4；720。【分析】（1）知道1分钟内通过某导体横截面积的电荷量，利用I＝计算该导体中的电流；（2）如果按此电流给该导体通电半小时，利用Q＝It计算通过该导体的电荷量。【解答】解：（1）通过导体的电流：；（2）如果按此电流给该导体通电半小时，通过该导体的电荷量：Q′＝It′＝0.4A×30×60s＝720C。故答案为：0.4；720。【点评】本题考查了电流定义式I＝的应用，属于基础题目。14．（2024秋•静安区校级期中）在拆弹训练中，如图所示是某定时炸弹引爆装置的模拟电路。起爆前定时开关S是闭合的，此时起爆器（选填“指示灯”或“起爆器”）发生了短路（选填“短路”或者“断路”）。当设定起爆时间一到，定时开关会自动断开。为使引爆装置停止工作，拆弹专家应在图中a（选填“a”或“b”）处剪断导线。拆除前起爆器上没有（选填“有”或者“没有”）电流通过。【考点】电路的三种状态．【专题】应用题；电流和电路；应用能力．【答案】起爆器；短路；a；没有。【分析】由电路图可知当S闭合时起爆器被短路，则起爆器中没有电流通过；当S断开时起爆器有电流通过从而引爆炸弹。据此进行分析解答。【解答】解：由图可知，开关闭合时，此时起爆器被导线b短路，没有电流通过起爆器，所以起爆器不工作；当设定起爆时间一到，定时开关断开，有电流通过引爆装置而发生爆炸；如果剪断线a，则电路处于断路状态，爆炸装置不工作，灯泡不发光。拆除前起爆器上没有电流通过.故答案为：起爆器；短路；a；没有。【点评】要使用电器不工作有两种方式，即让电路处于断路或让用电器短路。15．（2024秋•徐汇区校级期中）在“用电流表测电流”和“用电压表测电压”的实验中，连接电路时，开关应断开，使用电压表时，所测电压不得超过它的量程；使用电流表时，电流要从电流表的正接线往流入（选填“正”或“负”），电流表不能并联在电源两端（选填“能”或“不能”）。【考点】电压表的量程及其选择；电流表与用电器串联；电流表的量程．【专题】应用题；电流和电路；应用能力．【答案】断开；量程；正；不能。【分析】（1）为防止电路中的电流过大，烧坏电路元件，连接电路时电键应断开，闭合电键前滑动变阻器处于最大阻值处；（2）电流表的电阻非常小，在电路中相当于导线，所以使用时必须与被测用电器串联连接；电压表与被测电路并联，连接时电流从电压表正接线柱流入、从负接线柱流出；所测电压不能超过电压表的量程。【解答】解：在连接电路时，为保护电路，接电路时电键应断开，闭合电键前应使滑动变阻器连入电路的电阻最大；使用电流表时，电流表应串联在电路中，要选择合适的量程，所测电流不得超过它的量程，电流要从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出；电压表应并联在电路中，电压表正接线柱应与被测导体靠近电源的正极相连（电流正入、负出），所测电压不得超出电压表的量程；电流表的电阻非常小，在电路中相当于导线，所以使用时必须与被测用电器串联连接，不能直接接在电源两端。故答案为：断开；量程；正；不能。【点评】本题考查了“用电流表、电压表测电阻”实验中的注意事项和电表的正确使用，是学生必须掌握的基本技能。16．（2024秋•浦东新区校级期中）如图所示的电路中，在定值电阻R1或滑动变阻器R2中，仅有一个发生故障，小华为研究故障的原因，特地设计了两个方案：方案一：通过移动滑动变阻器的滑片P来判断出故障的原因，写出开关S闭合后，电流表示数变化情况及对应故障移动滑动变阻器的滑片，若电流表的示数发生变化，说明定值电阻R1断路；若电流表的示数不变，说明滑动变阻器R2断路。若小华同学移动了滑片P一段距离后才抬头读电流表示数发现变化，就断定R2没有断路是否正确，请说明理由。不正确，R2可能部分断路。方案二：用一个完好的电阻R0来替换R1来判断发生的故障，可选用的电阻R0的阻值AB。A.R0＞R1B.R0＝R1C.R0＜R1【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【专题】电压和电阻；应用能力．【答案】移动滑动变阻器的滑片，若电流表的示数发生变化，说明定值电阻R1断路；若电流表的示数不变，说明滑动变阻器R2断路；不正确，R2可能部分断路；AB。【分析】（1）由图知，闭合开关，定值电阻和滑动变阻器并联；已知在定值电阻R1或滑动变阻器R2中仅有一个故障，先根据图示、题意以及并联电路的特点判断电路故障的类型；若定值电阻断路，移动滑动变阻器的滑片，电路中电阻发生变化，根据欧姆定律可知电流表示数的变化；若滑动变阻器断路，移动滑动变阻器的滑片，电路中电阻不变，由欧姆定律可知电流表示数的变化；（2）滑动变阻器可能部分断路；（3）若R1断路，则R0替换R1，电路的总电阻将变小，则电流表A的示数的将变大；若R2断路，则R0替换R1（R0大于或等于R1），电流表A的示数变小或不变。【解答】解：（1）由图可知，闭合开关，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表测干路中的电流；由题知，在定值电阻R1或滑动变阻器R2中，仅有一个故障；若发生的故障是R1短路或R2短路，由并联电路的特点可知会造成电源短路，会烧坏干路中的电流表，且通过移动变阻器的滑片根本不能判断短路故障，另外通过更换定值电阻也不能准确判断短路故障，由此可知只能是定值电阻R1断路或滑动变阻器R2断路；若定值电阻R1断路，移动滑动变阻器的滑片时，电路中电阻会发生变化，则电流表示数有变化；若滑动变阻器R2断路，移动滑动变阻器的滑片时，电路中电阻不变（等于R1的阻值），则电流表示数不变；（2）R2可能部分断路；（3）若定值电阻R1断路，用R0替换R1时，由电阻的并联可知电路的总电阻将变小，则由欧姆定律可知电流表A的示数将变大；若变阻器R2断路，用R0替换R1时，如果R0等于R1，则电流表A的示数不变；如果R0大于R1，由欧姆定律可知电流表A的示数将变小；如果R0小于R1，由欧姆定律可知电流表A的示数将变大；综上可知，如果选用的电阻R0小于R1，当出现电流表A的示数变大时，可能是R1断路，也可能R2断路，则利用该电阻不能准确判断电路故障；所以，选用的电阻R0的阻值应大于或等于R1，才能根据电流表的示数变化情况准确判断电路故障，故选AB。故答案为：移动滑动变阻器的滑片，若电流表的示数发生变化，说明定值电阻R1断路；若电流表的示数不变，说明滑动变阻器R2断路；不正确，R2可能部分断路；AB。【点评】本题考查并联电路特点和欧姆定律的灵活运用。17．（2024秋•徐汇区校级期中）如图，在今年的杭州亚运会上，会运送铁饼的机器狗成了赛场上的“显眼包”，机器狗自重约15千克，当它站在赛场的草地上时，草地会有凹陷，说明压力的作用效果是使物体发生形变；当它背上2千克重的铁饼时，对地面的压力将增大；当它开始奔跑时，对地面的压强将增大。（后两空选填“变大”、“不变”或“变小”）【考点】固体压强的比较大小；压力的大小．【专题】压强、液体的压强；分析、综合能力．【答案】发生形变；增大；增大。【分析】（1）力的作用效果有：使物体发生形变、改变物体的运动状态；（2）水平面上的物体对水平地面的压力和自身的总重力相等；（3）压力一定时，减小受力面积可以增大压强。【解答】解：机器狗自重约15千克，当它站在赛场的草地上时，草地会有凹陷，说明压力的作用效果是使物体发生形变；当它背上2千克重的铁饼时，总重增大，对地面的压力将增大；当它开始奔跑时，由于提起脚使得受力面积减小，对地面的压强将增大。故答案为：发生形变；增大；增大。【点评】本题考查力的作用效果、压力和压强的改变，属于中档题。18．（2024秋•黄浦区期中）地球周围的一层厚厚的大气由于受到重力的作用，会对处于其中的物体产生压强，这个压强叫做大气压强。意大利科学家托里拆利首先用实验测定了大气压强的值。通常海拔越高，大气压强越小。【考点】大气压强与高度的关系；大气压强产生的原因；托里拆利实验．【专题】定量思想；压强、液体的压强；理解能力．【答案】重力；托里拆利；小。【分析】（1）物体的重力是由于地球的吸引而受到的力，属于万有引力的一种，大气也受重力，即大气压力；（2）托里拆利实验第一个测量出大气压值，可以支撑76厘米的水银柱，根据p＝ρgh算出大气压的值；（3）通常海拔越高，大气压强越低。【解答】解：大气受重力并且具有流动性，因此会对处于其中的物体产生压强，这个压强叫做大气压强；意大利科学家托里拆利首先用实验测定了大气压强的值，并且得到一个标准大气压可以支持760mm＝76cm高度的水银柱；通常情况下海拔越高，空气越稀薄，大气压强越小。故答案为：重力；托里拆利；小。【点评】本题考查了大气压的定义、大气压值的测定的基础知识；气压与高度的关系，这些内容都是中考考查的识记性知识。19．（2024秋•徐汇区校级期中）著名的马德堡半球实验证明了大气压强存在且很大，意大利物理学家托里拆利首次用760mm汞柱测得了大气压的值。【考点】托里拆利实验；马德堡半球实验．【专题】定性思想；气体的压强、流体压强与流速的关系；理解能力．【答案】马德堡半球实验；托里拆利；760。【分析】（1）托里拆利最早用实验测出了一个标准大气压；（2）马德堡半球实验最早证明了大气压的存在。【解答】解：（1）著名的马德堡半球实验通过两个紧密合在一起的铜半球，在抽去其中的空气后，由两队马分别向两个方向拉，结果半球未被拉开，从而证明了大气压强存在且很大。这个实验以其直观、震撼的效果，成为了证明大气压强存在的重要实验之一；（2）意大利科学家托里拆利首次用实验的方法测出了大气压强的数值。他利用装满水银的细玻璃管，倒置在水银槽中，发现水银柱的高度稳定在一个特定的值，即760毫米汞柱。这个值就是当时大气压强的准确值。故答案为：马德堡半球实验；托里拆利；760。【点评】本题考查了标准大气压的数值和与大气压有关的著名实验，属于基础知识的考查，难度不大。20．（2023秋•长宁区期末）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BC。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”与大气相通，理由是：保证滴壶中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。【考点】大气压的综合应用．【专题】定性思想；压强、液体的压强；理解能力．【答案】①BC；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。【分析】（1）输液过程涉及到的物理知识大气压强和液体内部压强；（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。【解答】解：①根据题意和图示可知，输液过程涉及到的物理知识有大气压强和液体内部压强，故BC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：①BC；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。【点评】本题考查大气压强的运用，难度不大。三．实验探究题（共2小题）21．（2024秋•闵行区期中）在“验证阿基米德原理”的实验中，当讨论到“如何测量G排？”时，小段提出：“可以将物体浸入装满水的容器中，将溢出的水接住测量其重力大小就是G排的大小。”你认为小段的方法可行吗？可行。请阐述理由只要能把溢出的水全部接住测量其重力，即得到G排的值。小周受到启发后，提出可用如图（a）器材进行优化。①如图（c）所示，是小周在使用弹簧测力计测量石块的重力。该仪器在使用前需沿力的方向调零。②若图中四个测量值F1、F2、F3、F4满足关系式F2﹣F3＝F4﹣F1，则阿基米德原理将得到验证。③以下关于实验过程中的操作，不会影响验证结果的是B、C。A．图（a）中溢水杯内未盛满水B．图（b）中小桶内有少量水C．图（d）中石块未浸没水中D．图（d）中石块碰到了容器底部【考点】探究浮力的大小与排开液体重力的关系．【专题】浮力；分析、综合能力．【答案】可行；只要能把溢出的水全部接住测量其重力，即得到G排的值；①弹簧测力计；重力；调零；②F2﹣F3＝F4﹣F1；③B、C。【分析】（1）根据装满水使得溢出的等于排开的液体分析；（2）用弹簧测力计测量重力，使用前必须调零；（3）根据阿基米德原理分析；（4）根据实验过程分析解答。【解答】解：（1）根据装满水使得溢出的等于排开的水，则是可行的，只要能把溢出的水全部接住测量其重力，即得到G排的值；小周受到启发后，提出可用如图（a）器材进行优化。①如图（c）所示，是小周在使用弹簧测力计测量石块的重力。使用前需沿力的方向调零。②根据阿基米德原理，若图中四个测量值F1、F2、F3、F4满足关系式F2﹣F3＝F4﹣F1；，则阿基米德原理将得到验证。③A．图（a）中溢水杯内未盛满水，使得溢出的水小于排开液体的水，对实验有影响；B．图（b）中小桶内有少量水，只要开始测量时计算在小桶的重力中，对实验没有影响；C．图（d）中石块未浸没水中，浮力和排开液体的重力同时减小，没有影响；D．图（d）中石块碰到了容器底部，使得拉力减小，计算的浮力变大，故有影响；故选：BC。故答案为：可行；只要能把溢出的水全部接住测量其重力，即得到G排的值；①弹簧测力计；重力；调零；②F2﹣F3＝F4﹣F1；③B、C。【点评】本题考查阿基米德原理的验证，属于中档题。22．（2024秋•浦东新区校级期中）小东做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏整数倍且保持不变）、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器（规格为“10欧2安”或“20欧2安”）、开关各一个，以及导线若干。他正确串联器材，将电压表并联在电路中，闭合开关，变阻器滑片在实验序号l和2对应位置之间左右移动的过程中，电压表示数的最小值为1.7伏，最大值为2.3伏，电流表示数的最小值为0.16安，最大值为0.22安。当他移动滑片至实验序号3对应位置时，电压表和电流表的示数如图（a）（b）所示。实验序号滑片位置电压表示数（伏）电流表示数（安）123（1）说明电压表并联的位置并求出电源电压（需写出主要推理和计算过程）；（2）滑动变阻器连接的两个接线柱分别为B和C（均选填“A”“B”或“C”）；（3）待测电阻Rx的阻值为10.4欧（精确到0.1欧）。【考点】伏安法测电阻．【专题】欧姆定律；科学探究能力．【答案】（1）电压表并联在待测电阻两端；4.5V；（2）B；C；（3）10.4。【分析】（1）（2）待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U＝IR可知待测电阻的电压变化，由串联电路分压定律可知滑动变阻器电阻变化，据此分析；（3）根据R＝分别得到几组电阻值，然后求出平均值。【解答】解：（1）（2）变阻器滑片在实验序号l和2对应位置之间左右移动过程中，电压表示数的最小值为1.7V，最大值为2.3V，电流表示数的最小值为0.16A，最大值为0.22A。由图可知，第三次的电压为3V，电流为0.3A，因为第三次的电流比前两次的电流大，可知电路中电路的总电阻在减小，由滑动变阻器的滑片更靠右可知，滑动变阻器连了B接线柱和C接线柱。又因为电压增大，根据串联分压规律可知，滑动变阻器电阻减小，分得电压减小，电源电压不变，所以待测电阻两端的电压增大，可知电压表在待测电阻两端。由串联电路电压规律可知U＝U1+U2＝U1+IRP因为第二次滑片在中间位置，电阻为滑动变阻器的一半，所以U＝1.7V+0.16A×RP①，U＝2.3V+0.22A×RP②，由①②可解得U＝3.62V，因为实验存在误差，电压为1.5伏整数倍，且在3位置时，电压表的示数为3V，说明电源电压大于3V，解得U＝4.5V。（3）由（2）（3）可知，三次测得的电流电压分别为0.16A，1.7V；0.22A，2.3V；0.3A，3V。为减小误差，需要求平均值，得待测电阻的阻值为Rx＝＝≈10.4Ω。故答案为：（1）电压表并联在待测电阻两端；4.5V；（2）B；C；（3）10.4。【点评】本题考查了伏安法测电阻实验的相关知识。四．计算题（共2小题）23．（2024•静安区二模）将阻值为10欧的电阻R1、标有“20Ω2A”字样的滑动变阻器R2分别以两种不同的方式接入同一电源的两端，电源电压保持不变。当变阻器R2连入电路的阻值分别为20欧和R2'时，不同连接方式下，电路中某处的电流如表所示。R2连入的阻值20欧R2'方式一0.9安1.2安方式二0.2安I2'（1）计算并说明电源电压U。（2）求表格中R2'与I2'的大小。【考点】欧姆定律的应用．【专题】计算题；欧姆定律；应用能力．【答案】（1）电源电压U为6V；（2）表格中R2'＝10Ω；I2'＝0.3A。【分析】（1）串联电路总电阻大于任一分电阻，并联电路总电阻小于任一分电阻，根据欧姆定律可知两电阻串联时通过电路的电流最小，比较表格数据可知方式一中两电阻并联接入电路，方式二中两电阻串联接入电路，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算电源电压；（2）根据并联电路电压特点、并联电路电路规律、欧姆定律计算两电阻并联时通过电路的电流，根据表格数据可知并联电路中电流表测干路电流，根据欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的电阻为R2'时通过定值电阻的电流，进一步计算通过滑动变阻器的电流，根据欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的阻值，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算两电阻串联接入电路时通过电路的电流。【解答】解：（1）串联电路总电阻大于任一分电阻，并联电路总电阻小于任一分电阻，根据欧姆定律可知两电阻串联时通过电路的电流最小，比较表格数据可知方式一中两电阻并联接入电路，方式二中两电阻串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得电源电压：U＝I（R1+R2）＝0.2A×（10Ω+20Ω）＝6V；（2）并联电路各支路两端电压相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和，两电阻并联时通过电路的电流：I′＝+＝＝0.9A，根据表格数据可知并联电路中电流表测干路电流，滑动变阻器接入电路的电阻为R2'时通过定值电阻的电流：I1＝＝＝0.6A，通过滑动变阻器的电流：I2″＝I″﹣I1＝1.2A﹣0.6A＝0.6A，滑动变阻器接入电路的阻值：R2'＝＝＝10Ω，两电阻串联接入电路的电流I2′＝＝＝0.3A。答：（1）电源电压U为6V；（2）表格中R2'＝10Ω；I2'＝0.3A。【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用。24．（2024秋•杨浦区期中）如图所示，薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙置于水平地面上。甲容器足够高，底面积为3S；乙的底面积为3S。①现将水注入甲中，水深0.1米，求水对甲底部的压强p水。②若继续在甲内注水，使其深度为2H。现有A、B和C三个均匀圆柱体，其规格如下表所示。请从中选择一个，将其分别竖直置于甲中、乙的上表面中央，使水对甲底部压强增加量Δp水和乙对地面压强增加量Δp乙均为最大。序号密度底面积高度A3ρ水2S2HB2ρ水S6HC2ρ水2S2H（a）应选择序号为A的圆柱体，并说明理由A、C放入容器中后水对甲底部压强增加量最大，A、B放置在乙的上表面中央，乙对地面压强的增加量最大，故选A；（b）求出相应的最大增加量Δp水和Δp乙。【考点】液体压强的公式及计算；压强的变化量．【专题】应用题；压强、液体的压强；应用能力；分析、综合能力．【答案】①水对甲底部的压强p水为980Pa；②（a）A；A、C放入容器中后水对甲底部压强增加量最大，A、B放置在乙的上表面中央，乙对地面压强的增加量最大，故选A；（b）最大增加量Δp水为，最大增加量Δp乙为4ρ水gH。【分析】（1）已知液面的深度和液体的密度，根据p＝ρ液gh即可求出液体的压强；（2）（a）根据题意知三个物体的密度都大于水的密度，则三个物体放入水中都下沉。当分别把A、B和C三个均匀圆柱体放入水中，求出水面的高度，由液体压强公式p＝ρgh可知水对甲底部的压强，进一步可以求出压强的增加量；根据题意可知物体放在乙物体上，乙对水平地面压力增加量ΔF乙＝G物；分别求出A、B、C三个均匀圆柱体的质量，确定出哪个物体放置在乙的上表面中央后，对水平地面压力增加量最大，由可知该物体对水平地面压强增加量最大者；最后综合以上结论确定出使水对甲底部压强增加量Δp水和乙对地面压强增加量Δp乙均为最大者；（b）最后由p＝ρ液gh计算出其容器中后水对甲底部压强增加量最大值；由计算出对水平地面压强增加量最大值。【解答】解：①已知水的深度h＝0.1m，则水对甲底部的压强p水＝ρ水gh＝1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m＝980Pa；②根据题意知三个物体的密度都大于水的密度，所以三个物体放入水中都下沉；已知水的体积V水＝3S×2H＝6SH，VA＝2S×2H＝4SH，当把A圆柱体放入水中时，水面将上升，由于A的高度为2H，所以A将浸没在水中，此时水和A的总体积VA总＝V水+VA＝6SH+4SH＝10SH，此时水的深度HA′＝＝＝，则放入A后水面上升的高度ΔHA＝HA′﹣H原水＝﹣2H＝；把B放入水中，若B刚好全部浸没，则排开水的体积等于B的体积为：VB排＝VB＝S×6H＝6SH；容器内水和B物体的总体积：V总B＝3S×6H＝18SH；而原来容器中水的体积为：V水＝3S×2H＝6SH；容器内水和B物体的实际总体积：V实B＝V水+VB排＝6SH+6SH＝12SH；V实B＜V总B，故B部分浸入；则有：3S×2H＝（3S﹣S）HB′，解得：HB′＝3H，则放入B后水面上升的高度ΔHB＝HB′﹣H原水＝3H﹣2H＝H；当把C圆柱体放入水中后，由于C和A的底面积、高度均相等，所以ΔHC＝ΔHA＝；根据液体压强公式p＝ρgh可知：ΔpA＝ΔpC＞ΔpB；A、B、C三个均匀圆柱体的质量：mA＝ρAVA＝3ρ水×2S×2H＝12ρ水SH；mB＝ρBVB＝2ρ水×S×6H＝12ρ水SH；mC＝ρCVC＝2ρ水×2S×2H＝8ρ水SH；mA＝mB＞mC；根据公式G＝mg可知GA＝GB＞GC，由题意可知物体放在乙物体上，乙对水平地面压力增加量为：ΔF乙＝G物；即ΔF乙A＝ΔF乙B＞ΔF乙C；根据压强公式p＝可知，将A、B放置在乙的上表面中央，乙对地面压强的增加量最大；故同时满足：使水对甲底部压强增加量Δp水和乙对地面压强增加量Δp乙均为最大的圆柱体为A；（b）将A放入水中，水对甲底部压强增加量Δp水＝ρ水gh＝；乙对地面压强增加量Δp乙＝。答：①水对甲底部的压强p水为980Pa；②（a）A；A、C放入容器中后水对甲底部压强增加量最大，A、B放置在乙的上表面中央，乙对地面压强的增加量最大，故选A；（b）最大增加量Δp水为和最大增加量Δp乙为4ρ水gH。【点评】此题为液体压强和固体压强综合题，难度较大，解题关键在于明确液体密度一定时，决定液体压强在于深度，受力面积一定时，决定压强大小在于压力。

考点卡片1．压力的大小【知识点的认识】压力计算公式是：（1）F＝G（压力与重力平衡）（2）F＝F′（压力与外力平衡）（3）F＝PS。其中P为压强，S为作用面积。2．压力的比较大小【知识点的认识】固体压强一般根据公式p＝比较，根据F＝G的关系比较压力。对于柱形固体，也可以根据公式p＝ρgh比较压强大小，根据F＝pS比较压力。【命题方向】比较压力的大小是各省、市中考物理的热点，考题常以填空、选择等形式出现。只有加强这方面的训练，全面提高分析问题和解决问题的能力，才能在中考时取得好成绩。例：艺术体操是一项力量与灵动结合，产生极致美感的体育运动。如图是某体操运动员表演过程中静止在水平地面上的甲、乙两种姿势，其对地面的压力分别为F甲和F乙，压强分别为p甲和p乙。下列判断正确的是（）A.F甲＞F乙，p甲＞p乙B.F甲＝F乙，p甲＝p乙C.F甲＜F乙，p甲＜p乙D.F甲＝F乙，p甲＜p乙分析：（1）人对地面的压力等于自身重力的大小，据此分析两图中人对地面的压力的大小关系；（2）由图可知，甲图中人与地面的接触面积大于乙图中人与地面的接触面积，根据p＝分析两图中人对地面的压强的大小关系。解析：解：人对地面的压力等于自身重力的大小，且同一个人的重力一定，所以两图中人对地面的压力大小相等，即F甲＝F乙；由图可知，甲图中人与地面的接触面积大于乙图中人与地面的接触面积，且压力大小相等，根据p＝可知甲图中人对地面的压强比乙图中的小，即p甲＜p乙，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查了压力、压强大小的比较，属于对基础知识的考查，难度不大。【解题方法点拨】掌握比较压力大小的方法以及对公式的熟练应用是关键。3．压强的估测【知识点的认识】压强的估测值涉及不同情境下的压力作用效果：中学生站立时对地面的压强约为104Pa。‌中学生行走时对地面的压强约为2×104Pa。‌物理课本平放时对桌面的压强约60—80Pa。‌一张报纸平放在水平桌面上，‌对桌面的压强约为0.5Pa。‌【命题方向】考查测量平均速度的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。例：下列物理数据估算不合理的是（）A.一个鸡蛋的重力约为0.5NB.将一个鸡蛋从地面举过头顶所做的功约为1JC.人站立时对地面的压强约为105PaD.一个标准大气压的值是1.01×105Pa分析：不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。解析：解：A、一个鸡蛋的质量约为50g＝0.05kg，其重力约为G＝mg＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，故A符合实际；B、1个鸡蛋的重力约为0.5N，将1哥鸡蛋从地面举过头顶举的高度约为2m，对鸡蛋做的功约为W＝Gh＝0.5N×2m＝1J，故B符合实际；C、一个中学生的重力约为500N，对地面的压力约为F＝G＝500N，双脚与地面的接触面积约为500cm2，对地面的压强约为p＝＝＝104Pa，故C不符合实际；D、一个标准大气压的值是1.01×105Pa，故D符合实际。故选：C。点评：本题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出合理的选项即可。【解题方法点拨】这些估测值提供了对不同情境下压强大小的直观理解，‌有助于理解压强的概念及其在实际中的应用。‌压强的测量和使用在日常生活、‌工业生产和科学研究中有广泛的应用，‌例如测量人体对地面的压强可以帮助了解不同活动对人体负荷的影响，‌而测量物体对平面的压强则对于设计和使用各种容器、‌管道等具有重要意义。4．固体压强的比较大小【知识点的认识】准确判断压力、受力面积及其变化：固体压强的大小与压力的大小、受力面积有关。中考中对于压强的考查，往往在同一情境中出现多个力、多个面积发生变化的情景。要想准确的比较、计算压强的大小，找准产生压强的压力和该压力的受力面积是关键。我们审题时要抓住“谁对谁的压强”，找到压力的施力物体和受力物体，以及这两个物体的接触面积就可以准确判断压力和受力面积。利用公式p＝，采用控制变量法。【命题方向】比较压力的大小是各省、市中考物理的热点，考题常以填空、选择等形式出现。只有加强这方面的训练，全面提高分析问题和解决问题的能力，才能在中考时取得好成绩。例：小明同学将三个完全相同的长方体木块竖放在水平面上，将图中的阴影部分切去，剩余部分对水平面的压强值依次为p甲、p乙、p丙，则长方体甲对水平面的压强跟切去前相比不变（选填“增大”“减小”或“不变”）；在这三个压强值中最小的是p乙。分析：根据p＝＝＝＝＝＝ρgh比较压强的大小变化；首先比较甲、乙、丙对地面压力的大小，然后根据p＝比较它们对水平地面的压强的大小关系。解析：解：将图中的阴影部分切去，根据p＝＝＝＝＝＝ρgh可知，高度不变，压强不变；长方体乙对地面的压力的减小比例小大于受力面积的减小比例，所以压强变小；长方体丙对地面的压力的减小比例小于受力面积的减小比例，所以压强变大。所以剩余部分对水平面的压强中最小的是p乙。故答案为：不变；p乙。点评：判断压强的变化，不但考虑压力的变化，同时还要考虑受力面积的变化。【解题方法点拨】掌握比较压强大小的方法以及对公式的熟练应用是关键。5．压强的变化量【知识点的认识】求解压力和压强变化量的基本方法1.压力变化量：ΔF＝F2﹣F1其中ΔF表示压力变化量，F2表示最终压力，F1表示初始压力。2.压强变化量：Δp＝p2﹣p1＝ΔF/S其中Δp表示压强变化量，p2表示最终压强，p1表示初始压强，S表示受力面积。【命题方向】考查压强变化量的计算，综合性较强，难度较大。例：如图1所示，形状、体积相同的均匀长方体甲、乙平放在水平地面上，已知甲的质量为5kg，它们的长宽高分别为0.4m、0.1m和0.1m（g取10N/kg）。求：（1）甲的重力；（2）将甲向右翻转立起来，它对水平地面的压强变化量；（3）若将长方体甲垂直叠放在长方体乙的上面，如图2所示，甲对乙的压强p甲乙等于乙对地面的压强p乙地的2倍，求乙物体的质量。分析：（1）知道甲的质量，根据G＝mg求出甲的重力；（2）甲放在水平地面上时，对水平地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，受力面积的大小等于其与地面的接触面积，利用p＝求出对水平地面的压强；将甲翻转立起来后，对水平地面的压力不变，受力面积等于立起来时的底面积，利用p＝求出求出对水平地面的压强，然后求出其对水平地面的压强变化量；（3）图2中，甲对乙的压力等于甲的重力，受力面积等于甲立放时的底面积，则甲对乙的压强等于甲立起来时对水平地面的压强；乙对地面的压力等于甲和乙的重力之和，受力面积等于平放时的底面积，利用p＝表示出乙对地面的压强，根据甲对乙的压强p甲乙等于乙对地面的压强p乙地的2倍得出等式即可求出乙物体的质量。解析：解：（1）甲的重力：G甲＝m甲g＝5kg×10N/kg＝50N；（2）甲放在水平地面上时，对水平地面的压力：F甲＝G甲＝50N，受力面积：S平＝0.4m×0.1m＝4×10﹣2m2，对水平地面的压强：p甲＝＝＝1250Pa，将甲翻转立起来后，对水平地面的压力不变，受力面积：S立＝0.1m×0.1m＝1×10﹣2m2，对水平地面的压强：p甲′＝＝＝5000Pa，对水平地面的压强变化量：Δp甲＝p甲′﹣p甲＝5000Pa﹣1250Pa＝3750Pa；（3）图2中，甲对乙的压力F甲＝G甲，受力面积S甲＝S立，则甲对乙的压强p甲乙＝p甲′＝5000Pa，乙对地面的压力：F乙＝G甲+G乙＝50N+m乙g＝50N+m乙×10N/kg，受力面积：S乙＝S平＝4×10﹣2m2，乙对地面的压强：p乙地＝＝，因甲对乙的压强p甲乙等于乙对地面的压强p乙地的2倍，所以，5000Pa＝2×，解得：m乙＝5kg。答：（1）甲的重力为50N。（2）将甲翻转立起来，它对水平地面的压强变化量为3.75×103Pa。（3）乙物体的质量为5kg。点评：本题考查了重力公式、压强公式的应用，分清最后一问中压力和对应的受力面积是关键，要注意物体对水平面的压力和自身的重力相等。【解题方法点拨】解题时，抓住抓住压力的变化量或者受力面积的变化量。6．增大压强【知识点的认识】利用公式：p＝来分析增大压强方法：（1）压力一定，减小受力面积；（2）受力面积一定，增大压力；（3）同时增大压力，减小受力面积．应用：①速滑运动员的冰鞋装有冰刀；②投向靶盘的飞镖；③用力刹车．【命题方向】生活中那些是增大和减小压强的现象，是命题方向。例：下列现象中，属于增大压强的是（）①载重量大的汽车装有许多车轮；②压路机上碾子的质量很大；③短道速滑运动员的冰鞋上装有冰刀；④房屋建在承受面积更大的地基上。A.①②B.②③C.③④D.①④分析：增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积增大压强；在受力面积一定时，增大压力增大压强。解：①汽车装有许多车轮，是在压力一定时，增大受力面积，减小压强。②压路机上碾子的质量很大是在受力面积一定时，增大压力，增大压强。③短道速滑运动员的冰鞋上装有冰刀，是在压力一定时，减小受力面积，增大压强。④房屋建在承受面积更大的地基上，是在压力一定时，增大受力面积，减小压强。故选：B。点评：（1）压强大小的影响因素。（2）增大、减小压强的方法。【解题方法点拨】要知道压强大小的影响因素，会解释生活中有关增大和减小压强的现象7．液体压强的公式及计算【知识点的认识】1、计算液体压强的公式是p＝ρgh．可见，液体压强的大小只取决于液体的种类（即密度ρ）和深度h，而和液体的质量、体积没有直接的关系。运用液体压强的公式计算时，必须注意相关知识理解，以免造成干扰。确定深度时要注意是指液体与大气（不是与容器）的接触面向下到某处的竖直距离，不是指从容器底部向上的距离（那叫“高度”）。2、液体压强中隐含“密度不同”的有关计算：由液体的压强公式p＝ρgh可知，液体的压强大小取决于液体的密度和深度，深度的不同比较直观，一眼可以看到，而密度不同需引起注意，有时直接给出物质不同，密度不同，有时则隐含着密度不同，需要自己发现。3、液体对容器底的压强、压力与容器对支持面的压强、压力的计算方法：液体对容器底的压强和压力与容器对支持面的压强和压力不是一同事。（1）液体内部压强是由液体的重力产生的，但液体对容器底的压力并不一定等于液体的重力，而等于底面积所受的压强乘以受力面积，因此，处理液体内部问题时，先求压强再算压力。（2）容器对支持面的压力和压强，可视为固体问题处理，先分析压力大小，再根据p＝计算压强大小。【命题方向】液体压强的计算，题型常见的有填空、选择、计算及探究题。例：面积为1m2的水平桌面正中央放着一个平底鱼缸，内外底面积均为100cm2；缸内有3kg的水和一条100g的鱼，水的深度为20cm，忽略鱼缸厚度和质量，求：（1）水对鱼缸底的压强；（2）水对鱼缸底产生的压力；（3）鱼缸对桌面产生的压强。分析：（1）根据p＝ρgh求水对鱼缸底的压强；（2）根据p＝求出水对鱼缸底产生的压力；（3）根据G＝mg求鱼和水的重力，鱼缸对水平桌面的压力大小等于鱼缸、水和鱼的总重力，根据p＝求出鱼缸对桌面产生的压强。解析：解：（1）水对鱼缸底的压强：p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2×103Pa；（2）鱼缸的底面积S＝100cm2＝0.01m2，则水对缸底产生的压力：F＝pS＝2×103Pa×0.01m2＝20N；（3）鱼的重力：G鱼＝m鱼g＝0.1kg×10N/kg＝1N，水的重力：G水＝m水g＝3kg×10N/kg＝30N，鱼缸对桌面的压力：F'＝G总＝1N+30N＝31N，鱼缸对桌面产生的压强：p'＝＝＝3100Pa。答：（1）水对鱼缸底的压强为2×103Pa；（2）水对鱼缸底产生的压力为20N；（3）鱼缸对桌面产生的压强为3100Pa。点评：本题考查了液体压强和固体压强的计算方法，同时出现固、液体压力压强，要注意先后顺序：液体，先计算压强（p＝ρgh），后计算压力（F＝pS）；固体，先计算压力（在水平面上F＝G），后计算压强（p＝）。【解题方法点拨】（1）液体的压强与液体的深度和密度有关，因此计算时关键找到“液体”的深度和密度。当容器是柱形容器时，液体对容器底部压力等于液体重力时，先判断压力等于重力后利用p＝F/S求压强。（2）液体的压强公式，对于固体来说，不能直接应用此公式，但对于长方体、正方体、圆柱体等规则形状的物体来说，经过推导以后可以使用。（3）找出题目中隐含条件是解本题的关键。（4）一些题按常规方法比较，很复杂。重要是抓住问题的关键：容器内液体体积不变。结合图形分析、比较，得出结论。8．连通器原理【知识点的认识】上端开口不连通，下部连通的容器叫做连通器．连通器的原理可用液体压强来解释．若在U形玻璃管中装有同一种液体，在连通器的底部正中设想有一个小液片AB．假如液体是静止不流动的．左管中之液体对液片AB向右侧的压强，一定等于右管中之液体对液片AB向左侧的压强．因为连通器内装的是同一种液体，左右两个液柱的密度相同，根据液体压强的公式p＝ρgh可知，只有当两边液柱的高度相等时，两边液柱对液片AB的压强才能相等．所以，在液体不流动的情况下，连通器各容器中的液面应保持相平．【命题方向】判断是否为连通器。例：如图所示是家里常用的水壶，壶嘴与壶身构成一个连通器；壶内水静止时，壶身与壶嘴的水位相平，茶壶盖上有一个小孔，使用时，若用手堵住这个小孔，则不能倒出茶水，这是由于大气压强的作用。分析：茶壶是个连通器，壶嘴和壶身构成了一个连通器，壶嘴和壶身的液面是相平的，故放低壶嘴，水就会从壶嘴处流出。但要构成连通器，就要求连通器的各部分上端是开口的，所以壶身上方不能用壶盖盖严实了，必须开个小孔。解析：解：茶壶的壶嘴和壶身构成上端开口，底部连通的容器叫连通器，连通器中装同种液体，液体静止时液面是相平的。茶壶盖上有一个小孔，作用是使壶内与壶外的大气相通，在重力的作用下，水才容易倒出，若用手指堵住小孔，在大气压强的作用下，茶水不容易流出来。故答案为：连通器；相平；大气压强。点评：该题考查了连通器原理在生活中的应用，同时也考查了大气压的综合应用，难度不大。【解题方法点拨】‌连通器的性质主要体现在当几个底部互相连通的容器注入同一种液体且液体不流动时，各容器中的液面总是保持在同一水平面上9．马德堡半球实验【知识点的认识】马德堡半球实验的历史背景涉及到了证明大气压的存在和力量。‌这个实验由德国物理学家、‌政治家奥托•冯•格里克（‌OttovonGuericke）‌于1654年进行，‌目的是证明大气压的存在和力量。‌格里克当时担任马德堡市市长，‌他使用两个铜制半球对接