上海市長寧區(qū)、金山區(qū)2017屆九年級物理上學期期末(一模)試題

1、上海市長寧區(qū)、金山區(qū) 2017 屆九年級物理上學期期末（一模）試題（滿分100分，考試時間90分鐘）一.單選題（共20分）下列各題均只有一個正確選項，請將正確選項的代號用2B鉛筆填涂在答題紙相應的位置上1.將一塊木板截成長短不同的兩段，則下列關于兩段木板的物理量的大小相同的是（）A.質量B.體積C.重力D.密度【答案】D【解析】：將一根長木板截成長短不同的兩段，因長短不同，則質量和體積都不同，但密度 與質量和體積沒有關系，所以這兩段木板的密度不變，仍然相等.故選D.密度是物質的一種屬性，它不會隨質量和體積的變化而變化. 本題考查密度的屬性，關鍵是知道密度與物質的質量和體積沒有關系.2. 2.第

2、一個用實驗的方法測定大氣壓強值的科學家是（）A.牛頓B.帕斯卡C.托里拆利D.阿基米德【答案】C【解析】A、牛頓研究了牛頓三大定律.不符合題意.B帕斯卡研究了帕斯卡定律，研究了液體壓強問題.不符合題意.C托里拆利研究了托里拆利實驗，準確測量大氣壓的值.符合題意.D阿基米德發(fā)現了杠桿平衡條件和浮力的影響因素.不符合題意. 故選C.識記準確測量大氣壓值的實驗是托里拆利實驗，托里拆利實驗是由托里拆利完成的. 我們要記住一些科學家的主要貢獻，例如牛頓、托里拆利、帕斯卡、伽利略、奧斯特、法拉 第、安培、伏特、歐姆、焦耳、愛因斯坦等等.3.書包帶做的很寬，其目的是為了（ ）A.增大壓力B.減小壓力C.減小

3、壓強D.增大壓強【答案】C【解析】：書包背帶做的很寬，是在壓力一定時通過增大受力面積來減小壓強. 故選C.減小壓強的方法：在壓力一定時，通過增大受力面積來減小壓強；在受力面積一定時，通過 減小壓力來減小壓強.掌握壓強大小的影響因素，利用控制變量法解釋生活中有關增大和減小壓強的問題.4.實驗室使用的小燈泡正常工作時的電流約為（）A. 0.05安B. 0.2安C. 1安D. 2安【答案】B【解析】：實驗室里學生實驗所用的小燈泡，其額定電壓通常為2.5V，額定功率大約為0.6W;故正常發(fā)光時的電流約：l=0.24A;與選項B接近.故選B.首先估計小燈泡的額定電壓和額定功率，然后估計電功率的公式P=U

4、I,變形后可估計小燈泡正常發(fā)光電流.本題的解題關鍵是了解實驗室使用的小燈泡的電壓和電功率的大小.5.如圖1所示，閉合電鍵S后，電壓表能測量電阻R1兩端電壓的電路圖是（）答案】C【解析】：R2A、兩只電阻串聯，電壓表與電源并聯，測量電源電壓，不符合題意；B兩只電阻串聯，電壓表與電阻R2并聯，測量R2兩端電壓，不符合題意；C兩只電阻串聯，電壓表與電阻R并聯，測量R兩端電壓，符合題意；D閉合電鍵S后，電阻Rz被短路，只有電阻Ri工作，電壓表并聯在開關的兩端，示數為零， 不符合題意故選C電壓表的內阻非常大，相當于斷路，所以電壓表要與用電器并聯使用，并且使電流從電壓表 的正接線柱流入，從負接線柱流出此題

5、考查的是電壓表的使用方法，使用電壓表或電流表時，一定明確三個問題：串聯還是并 聯，量程合適嗎，電流方向正確嗎？6.一個阻值為1歐的電阻與一個阻值為5歐的電阻并聯后，其總電阻（）A.大于5歐B.大于i歐、小于5歐C.等于i歐D.小于i歐【答案】D【解析】：因為電阻并聯，越并越小，小于其中的任何一個電阻，所以R并v1Q.故選D電阻并聯，相當于增加了導體的橫截面積，電阻越并越小，據此分析判斷記住結論： 電阻越串越大、 大于其中的任一個電阻； 電阻越并越小、 小于其中的任一個電阻7.下列研究中所使用的科學方法相同的是（）1研究導體中電流與該導體兩端電壓的關系2研究電流時，用水流比作電流3研究串聯電路時

6、，引入“總電阻”的概念4研究影響導體電阻大小的因素A.和B.和C.和D.和【答案】B【解析】：（1）電流與導體兩端電壓和導體的電阻都有關系，研究電流與電壓的關系時，需要保持電阻一定采用的是控制變量法；（2）電流和水流都客觀存在，但電流的形成無法直接觀察，水流卻可以直接觀察電流是 電荷的定向移動形成的，水流是水分子的定向移動形成的兩者的形成有共同之處，用能直 接觀察的水流解釋不能直接觀察的電流的形成，采用的是“類比法”（3）在串并聯電路中幾個電阻共同作用產生的效果與一個電阻產生的效果相同，或一個電 阻再電路中的作用可以由幾個電阻共同作用代替，采用的是等效替代法（4）影響導體電阻大小的因素有導體的

7、材料、長度和橫截面積，研究時需要保持其中的兩 個量一定采用的是控制變量法故選B對基本的物理研究方法熟悉其本質特征，然后進行判斷控制變量法：在研究物理問題時，某一物理量往往受幾個不同物理量的影響，為了確定各個3不同物理量之間的關系，就需要控制某些量，使其固定不變，改變某一個量，看所研究的物 理量與該物理量之間的關系.類比法”是指兩類不同事物之間存在某種關系上的相似，從兩類不同事物之間找出某些相 似的關系的思維方法；“等效替代法”是在保證效果相同的前提下，將陌生的、復雜的、難處理的問題轉換成等效 的、容易的、易處理的問題的一種方法.解決此類問題的關鍵是熟悉基本的物理研究方法，在實際問題中能夠識別和

8、應用.8.如圖2所示，AC和DF為直徑，長度均相同的銅導線和鎳鉻合金,的中點，為了研究導體的電阻大小是否與長度有關，應分別接入（）A. AB和DE B. DE和AC C. AB和DF D. DE和DF【答案】D【解析】：第一次接入DE第二次接入DF, DE和DF長度不 同，材料和橫截面積相同，故D正確.故選：D.影響電阻大小的因素：材料、長度、橫截面積和溫度本題 要研究電阻的大小是否與長度有關，根據控制變量法的思路，就要求選擇的電阻線，長度必 須不同，但其他因素必須相同.本題只要熟知影響電阻大小的因素和控制變量法的思路，即可解答.9.在如圖3所示的電路中，閉合開關S后，燈L不發(fā)光，電壓表無示數

9、，已知電阻R,燈L中只有一個發(fā)生故障，下列操作能判斷出具體故障的是（）1用完好的燈L替換燈L將導線接在電阻R兩端在電阻R兩端并聯一個電壓表在電路中串聯一個電流表.A.和B.和C.和D.和【答案】D【解析】：用一個完好的小燈泡替換燈泡L,閉合開關，如果小燈泡發(fā)光，說明燈泡L短路；如果小燈泡不發(fā)光，說明電阻斷路.此 方法可以判斷電路故障；2將導線接在電阻R兩端，無論是電阻斷路還是燈泡L短路，電壓表都測量電源電壓.此方法不能判斷電路故障3將電壓表并聯在電阻R兩端，閉合開關，電壓表示數始終為電源電壓，無法確定電路的故 障次方法不能判斷出電路的故障；4在電路中串聯一個完好的電流表，閉合開關，如果電流表有

10、示數，說明燈泡L短路；如果電流表無示數，說明電阻斷路.此方法可以判斷電路故障；綜合分析符合題意.故選D.分析電路圖知，燈泡與定值電阻串聯，電壓表測量電阻兩端電壓；閉合開關，電壓表示數為 電源電壓原因有兩個：電阻斷路或燈泡短路.用電壓表檢驗電路故障時，將電壓表與用電器并聯，電壓表有較大示數（接近電源電壓）， 此處用電器斷路或與之串聯的用電器短路；電壓表無示數，此處用電器短路或與之串聯的用 電器斷路.10均勻實心正方體甲和乙放置在水平地面上，甲的邊長小于乙的邊長，甲、乙各自對水平地面的壓強相等現分別在兩物體上沿豎直方向截去質量相同的部分并分別放在對方剩余部分的上方，此時甲、乙剩余部分對地面的壓強分

11、別為p甲、P乙,則p甲,:p乙的值（）A.一定大于1 B.一定小于1 C.可能等于1 D.可能小于1【答案】AB和E分另 【J為AC和DF4二.填空題（共27分） 請將結果填入答題紙的相應位置【解析】：沿豎直方向截去相同質量前，p甲=p乙；Fp=.p甲甲= =和和p乙=即=甲的邊長小于乙的邊長.S甲vs乙，m甲vm乙；沿豎直方向截去質量相同的部分，甲減少的質量與總質量的百分比大于乙減少的質量占總質量的百分比，因此甲減小的面積大于乙減小的面積，物體對地面的壓力不變， 面積減小越多，壓強增加越大，故p甲大于p乙，則p甲,:p乙的值一定大于1故選A.物體被切去相等質量并疊加后，對水平表面的壓力不變，

12、受力面積減小，所以壓強都變大， 且面積減小得多的壓強增大得多，先判斷出哪個物體面積減小的多，然后判斷壓強的大小. 本題考查了壓強公式的應用，關鍵是設甲乙兩個正方體的增大壓強分別為Ap甲、Ap乙，并根據題意推導出其增大的壓強進行求解.二.填空題（共27分）請將結果填入答題紙的相應位置11.我國家庭電路的電壓為 _伏，家用空調與日光燈之間是 _ 連接的，日光燈工作時消耗的是_ 能，用_去測量.【答案】220;并聯；電；電能表【解析】：由電學常識可知，我國家庭電路的電壓為220伏；家用空調與日光燈工作時互不影響，它們之間是并聯連接的；日光燈工作時消耗的是電能，家庭電路中消耗的電能用電能表進行測量.

13、故答案為：220；并聯；電；電能表.知道家庭電路的電壓和家庭電路的連接方式.了解日光燈工作時的能量消耗，知道電能表在 家庭電路中的作用可逐一解答.本題考查的主要是對一些家庭用電常識的了解，難度不大，是我們應該熟知的.12.冰的密度為0.9X103千克/米3,其單位讀作 _，體積為1米3的冰熔化成水后，3水的質量為 _ 千克，水的體積為 _ 米.【答案】千克每立方米；900；0.95【解析】：千克/米3,讀作千克每立方米；由p=可得，冰的質量：333口口冰=p冰V=0.9x10 kg/mx1m=900kg,因為冰化水質量不變，所以嗆嗆水=m*=900kg，水的體積：V水=-=0.9m3.故答案為

14、：千克每立方米；900;0.9.(1)按復合單位的讀法回答；(2)已知冰的體積和密度，可求冰的質量，冰化水質量不變，知道水的密度，再利用密度 公式求水的體積.本題考查了學生對密度公式的掌握和運用，知道冰化水質量不變是本題的關鍵.13._如圖4所示，應用連通器原理的是圖 _ ;應用阿基米德原理的是圖 _ ;應【答案】A;D; C【解析】：(1)船閘是由閘室和上、下游閘門以及上、下游閥門組成若船要從上游駛向 下游，先打開上游閥門， 使閘室和上游構成連通器，水相平后，打開上游閘門，船駛入閘室;然后打開下游閥門，使下游和閘室構成連通器，閘室和下游水位相平時，打開下游閘門，船 駛入下游.(2)拖拉機的履

15、帶與地面的接觸面積大，可使地面的受力面積大，在壓力一定時，可減小 對地面的壓強，防止拖拉機下陷.(3)吸塵器能除塵，主要在于它的“頭部”裝有一個電動抽風機抽風機的轉軸上有風葉 輪，通電后，抽風機會以高速轉動，使空氣高速排出，內外產生壓強差，在大氣壓的作用下 吸入含灰塵的空氣.(4)浸在液體或氣體中的物體都受到液體或氣體對它施加的豎直向上的浮力.根據阿基米 德原理F浮=pgV排，物體受到的浮力只與液體(或氣體)的密度和排開液體(或氣體)的體 積有關.綜上所述：應用連通器原理的是圖A中的船閘；應用阿基米德原理的是圖D中的飛艇；應用大氣壓強的是圖C吸塵器.故答案為：A;D; C.根據圖中的結構特點，

16、分析其所應用的原理，逐一做出判斷即可 知道連通器、壓強、阿基米德原理和大氣壓的應用是解決該題的關鍵.14.某導體的電阻為20歐，10秒通過該導體橫截面的電荷量為6庫，則通過該導體的電流為_安，該導體兩端的電壓為 _伏，當該導體兩端的電壓為零時，導體的電阻用大氣壓強的是圖A船6為_歐.【答案】0.6;12;20【解析】：通過導體的電流：Q fiCI= = I；=0.6A,f；由I=可得，導體兩端的電壓：U=IR=0.6AX20 Q =12V;因電阻是導體本身的一種性質，與兩端的電壓和通過的電流無關，所以，當導體兩端電壓為零時，導體的電阻仍為20Q不變.故答案為：0.6;12;20.Q(1)知道1

17、0秒內通過該導體橫截面的電荷量，根據I=求出通過的電流，又知道導體的電阻，根據歐姆定律求出導體兩端的電壓；(2)電阻是導體本身的一種性質，只與導體的材料、長度、橫截面積和溫度有關，與兩端 的電壓和通過的電流無關.本題考查了電流的定義式和歐姆定律的簡單應用，要注意導體的電阻與兩端的電壓和通過的電流無關，是一道常見題目.15.標有“220V 110W”字樣的燈正常工作時，通過燈的電流為 _ 安，工作10小時耗電_ 度一盞10瓦的節(jié)能燈和一盞110瓦的白熾燈正常工作時的亮度相當，若它們發(fā)光10小時，節(jié)能燈比白熾燈節(jié)能 _千瓦時.【答案】0.5;1.1;1【解析】：由P=UI可得，正常工作時通過白熾燈

18、燈絲的電流：P 1IOHF1= =0.5A,標有“220V 110W字樣的燈正常工作10h,耗電的電能，W=Pt=0.11kWA 10h=1.1kW?h=1.1度；W由P=可得，正常發(fā)光10h，節(jié)能燈與白熾燈相比可節(jié)約的電能：W=Pt=(110X10-kW-10X10-kW) x10h=1kW?h故答案為：0.5;1.1;1.白熾燈正常工作時的功率和額定功率相等，根據P=UI求出通過燈絲的電流；已知工作時間，由W=Pt求出耗電多少度；白熾燈和節(jié)能燈的功率之差即為節(jié)約電能的功率，根據W=Pt求出它們都正常發(fā)光10h可節(jié)約的電能.本題考查了電功率公式和電功公式的應用，計算過程要注意單位的換算和統(tǒng)一

19、.16.將同一長方體木塊A先后放入甲、乙兩個完全相同的裝滿水的柱形容器中，木塊靜止時如圖所示，則木塊所受的浮力F甲_F乙，下表面所受的壓強p甲_p乙，放入木塊前后容器對桌面的壓強變化量AP甲_AP乙(均選填“大于”、“等于”或“小于”)7【答案】等于；等于；等于【解析】：由圖知，木塊都漂浮，兩木塊受到的浮力：F甲= =卩卩乙，因為F浮=F下表面-F上表面=F下表面， 所以兩圖中小木塊底部所受水壓力相等，因為p=，S相同，所以兩圖中小木塊底部受水壓強相等.因為放入木塊前的重力相同，放入同一物體后，重力還相同，F根據P=,G相同，容器的底面積相同，故壓強也相同.故答案為：等于；等于；等于.木塊在兩

20、種液體中都漂浮，根據物體的漂浮條可知兩木塊受到的浮力關系，而浮力等于物體 上下表面受到的壓力差，據此可求兩圖中小木塊底部所受液體壓力的大小關系，再根據壓強 公式求受液體壓強的大小關系.本題考查了學生對壓強公式、物體的漂浮條件的掌握和運用，利用浮力產生的原因F浮=F下表面-F上表面是本題的關鍵.17.如圖所示的電路中，電源電壓保持不變，閉合電鍵S后，當滑動變阻器P向右移動時，電表示數不變的是 _，電流表A與電流表A的示數比值將 _(選填“變大”、“不變”或“變小”).【答案】電壓表V、電流表A;變小【解析】：由電路圖可知，定值電阻R與滑動變阻器R2并聯，電壓表測電源的電壓，電流表A測干路電流，電

21、流表Ai測R支路的電流，電流表A測R2支路的電流.(1)因電源電壓保持不變，所以，滑片移動時，電壓表的示數不變；并聯電路中各支路獨立工作、互不影響，所以，滑片移動時，通過R的電流不變，即電流表A的示數不變；當滑動變阻器P向右移動時，變阻器接入電路中的電阻變大，由1=可知，通過R2的電流變小，即電流表A2的示數變小；因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，干路電流變小，即電流表A的示數變??；綜上可知，電表示數不變的是電壓表V、電流表Ai；8（2）因電流表A的示數變小，電流表Ai的示數不變,所以，電流表A2與電流表A的示數比值=變小.故答案為：電壓表V、電流表A;變小.由電路圖可知，定值電阻

22、R與滑動變阻器R2并聯，電壓表測電源的電壓， 電流表A測干路電 流，電流表A測R支路的電流，電流表A2測R2支路的電流.根據電源的電壓可知滑片移動 時電壓表示數的變化，根據并聯電路中各支路獨立工作、互不影響可知滑片移動時通過R電流的變化，根據滑片的移動可知接入電路中電阻的變化，根據歐姆定律可知通過R2電流的變化，根據并聯電路的電流特點可知干路電流的變化，再根據并聯電路的電流特點得出電流 表A2與電流表A的示數比值，然后得出答案.本題考查了電路的動態(tài)分析，涉及到并聯電路的特點和歐姆定律的應用，正確的表示出電流 表A與電流表A的示數比值是解題的關鍵.18.如圖所示， 某小組同學研究物體浸沒在水中時

23、彈簧測力計的示數F與哪些因素有關，他們將體積相同的球體A,思棱體B、正方體C和D分別掛在彈簧測力計下浸沒在水中，彈簧 測力計的示數如圖（a）、（b）、（c）、（d）所示.（已知物體所受重力關系為：GA=GB=GCVGD）（1）分析比較圖（a）、（3和（c）的實驗現象及相關條件，可知：浸沒在水中的不同形狀的物體，重力和體積相同時 _ .（2）_ 分析比較圖（c）和（d）的實驗現象及相關條件，可知： _ .【答案】物體浸沒在水中時，彈簧測力計的示數與物體的形狀無關；物體浸沒在水中時，彈簧測力計的示數與物體自身的重力有關【解析】解：（1）分析比較圖（a）和（b）和（c）可以看出，物體的體積相同， 所

24、受的重力GA=GB=GC,只是物體的形狀不同.此時它們排水的體積相同， 所受浮力相同，彈簧測力計的示數不變. 因 此可得出的結論是：物體浸沒在水中時，彈簧測力計的示數與物體的形狀無關.（2）分析比較圖（c）和（4）可以看出，兩物體的重力不同，體積相同，所受的浮力相同， 但彈簧測力計的示數不同.因此可得出的結論是：物體浸沒在水中時，彈簧測力計的示數與 物體自身的重力有關.故答案為：（1）物體浸沒在水中時，彈簧測力計的示數與物體的形狀無關；9（2）物體浸沒在水中時，彈簧測力計的示數與物體自身的重力有關.分析圖示實驗情景，根據實驗控制的變量與實驗現象得出實驗結論.本題考查了實驗現象分析， 應用控制變

25、量法分析圖示實驗、 根據實驗現象即可得出正確結論; 要掌握控制變量法的應用.三作圖題（共9分）請將圖直接畫在答題紙的相應位置，作圖題必須使用2B鉛筆。19.如圖所示，一個重為4牛的木塊放置在水平地面上，請用力的圖示法畫出木塊對地面的 壓力F.【答案】：木塊放置在水平地面上，木塊對地面的壓力F=G=4N方向垂直于接觸面向下，作用點在接觸 面的中點，取標度為2N,作出壓力的圖示，如圖所示：【解析】已知的是重力，要求畫出的是壓力，因此，分析時要搞清在此種狀態(tài)下，重力與壓力的關系,明確三要素，再確定標度，最后畫出線段.本題學生容易把力作用點畫在物體重心上；壓力的作用點在受壓物體的表面，重力的作用點 在

26、物體的幾何中心上，不能混淆.20.如圖所示，重2牛的小球靜止在水面上，請用力的圖示法畫出球所受的浮力 M V V I w - V.【答案】解：因為重力與浮力是一對平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直線上，由重力的大小和方向可知，浮力的大小為2N,方向豎直向上，作用點在小球重心，設標度為1N,如下圖所示： F =2NINI .： r ”【解析】小球靜止在水中，重力與浮力是一對平衡力，根據平衡力的條件， 已知重力大小和方向即可知浮力大小和方向再按照力的圖示要求畫出這個力.作力的圖示時，力的大小一定要能被標度整除，正確表示出力的大小、方向和作用點.21.在右圖中的O里填上適當的電表符號，填上后要

27、求兩燈并聯，電路能正常工作.10【答案】解：要使兩燈并聯，從電源正極流出的電流應分別流入燈泡，左邊的“O”中應填入電流表，這樣電流就分別經過燈泡Li和La,流過兩燈泡中的電流應匯合共同流回負極，右邊的“O”中應填入電流表，則中間“O”中不能有電流通過，故為電壓表，見下圖：S【解析】要使兩燈泡并聯，則需讓它們的兩端分別連在一起；然后根據電流表在電路中相當于導線， 而電壓表相當于開路進行選擇合適的儀表.此題考查了學生對于電流表和電壓表的使用方法是否有了清楚的認識：學生不僅要清楚電流表與用電器串聯、電壓表與用電器并聯，還應了解若電流表與用電器并聯會造成用電器短路、 電壓表與用電器串聯會造成用電器開路

28、.四.計算題（共26分）22.一個重5牛的合金小球浸沒在水中，其體積為2X10-3米3，求小球靜止時受到的浮力.【答案】解：小球浸沒在水中，排開水的體積：V排=V=2X 10-3mf,浸沒時小球受到的浮力：F浮=p水V排g=1.0 x103kg/m3x2X10-3mix9.8N/kg=19.6N;因為F浮G,所以，小球會上浮，小球靜止時處于漂浮狀態(tài)，此時小球受到的浮力：F浮=G=5N.答：小球靜止時受到的浮力為5N.【解析】小球全部浸入水中，排開水的體積等于小球的體積，根據阿基米德原理的推導公式F浮=pV排g求出浮力；再根據浮力和自身重力關系確定小球的狀態(tài)，最后求出小球靜止時受到的浮力.本題考

29、查了學生對阿基米德原理的掌握和運用，利用好隱含條件“物體浸沒在水中2排=2物.23.如圖所示的電路中，電阻R的阻值為30歐，當電鍵S斷開時，電流表A的示數為0.2安，當電鍵S閉合時，電流表A的示數為0.5安，求：111通過電阻R的電流.210秒鐘電流通過電阻R2所做的功W.【答案】解：當電鍵S斷開時，電路為R的簡單電路，電流表測通過R的電流；當電鍵S閉合時，兩電阻并聯，電流表測干路電流，因并聯電路中各支路獨立工作、互不影響，所以，通過R2的電流不變，因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，通過電阻R的電流：Ii=l-l2=0.5A-0.2A=0.3A；因并聯電路中各支路兩端的電壓相等，U

30、所以，由I=可得，電源的電壓：U=liRi=0.3AX30 Q =9V,10秒鐘電流通過電阻R2所做的功：W=Ubt=9VX0.2AX10s=18J.答：通過電阻R的電流為0.3A;10秒鐘電流通過電阻R2所做的功為18J.【解析】1當電鍵S斷開時，電路為R2的簡單電路，電流表測通過R2的電流；當電鍵S閉合時，兩電阻并聯，電流表測干路電流，根據并聯電路中各支路獨立工作、互不影響可知通過R2的電流不變，根據并聯電路的電流特點求出通過電阻R的電流；2根據并聯電路的電壓特點和歐姆定律求出電源的電壓，根據W=UIt求出10秒鐘電流通過電阻F2所做的功.本題考查了并聯電路的特點和歐姆定律、電功公式的應用

31、，要注意電鍵閉合前后通過R2的電流不變.24.如圖所示，電阻R的阻值為20歐，滑動變阻器R2標有“20Q1A”字樣，閉合電鍵S, 將滑動變阻器的滑片P移至最左端，電流表的示數為0.3安，求：1電源電壓；2移動滑動變阻器的滑片P,當電流表示數為0.2安時，電阻R消耗的電功率P；3現有三個定值電阻，阻值分別為4歐，6歐，12歐，設想從中選擇一個電阻來替換R,要求閉合電鍵S,在移動滑片p的過程中，兩電表指針分別能達到某量程的滿刻度，且電路能正常工作則(a)應選用 _ 歐的電阻代替電阻R；(b)求滿足要求滑動變阻器R2的取值范圍.12【答案】電源電壓為6V;2當電流表示數為0.2安時電阻Ri消耗的電功

32、率為0.8W;36;滿足題目要求滑動變阻器F2的使用范圍為4Q6Q.【解析】解：滑片P移至最左端時，由圖可知，只有R1接入電路，因此電源電壓為：U=IRi=0.3AX20 Q =6V;2電流表示數為1=0.2安時，電阻R消耗的電功率：Pi=I2Ri=(0.2A)2X20Q=0.8W;3電源的電壓為6V可知電壓表的量程不可能為015V,只能選03V的量程；電流表也要能達到最大電流，若接4Q電阻時，U fiV電路中的最大電流I最大=.=1.5Av3A;即電路中能達到的最大值只能為0.6A，故電流表量程只能選00.6A;V若取4Q電阻代替R，根據匸用，電路達到最大電流時，電路中的總電阻R總=n=10

33、Q ;則滑動變阻器應接入電阻R=10Q-4Q=6Q;則滑動變阻器兩端的電壓值U=I大R=0.6AX6 Q=3.6V3V,故不能選4Q的電阻來代替R. 若取12Q電阻代替R1,則達到最大電流時， 總電阻R總=10Qv12Q,故不能選12Q的電阻 來代替R.所以只能用6Q電阻代替R,則達到最大電流時，總電阻R總=10Q,滑動變阻器應接入電阻R=10Q-6Q=4Q;則達到最大電壓時，電路中的電流為I小=，=：沁：=0.5A, jiv滑動變阻器接入電路的最大電阻R大=6Q.故滑動變阻器的接入范圍為4Q6Q.答：電源電壓為6V;2當電流表示數為0.2安時電阻R消耗的電功率為0.8W;36;滿足題目要求滑

34、動變阻器Rz的使用范圍為4Q6Q.1滑動變阻器的滑片P移至最左端時，分析電路連接情況，根據U=IR求電源電壓；2根據串聯電路的電流特點，利用P=I2R解題；3根據電源的電壓為6V可知電壓表的量程不可能為015V,只能選03V的量程；當滑動r變阻器接入電路的電阻為0時，根據I=計算電路中的最大電流來確定電流表的量程；13對于電流表和電壓表在同一個電路中，使其中一個滿量程工作，要保證另一個的安全使用， 不要顧此失彼，這是學生最容易出錯的地方.25.如圖所示，底面積為0.02米2、高為0.15米的薄壁圓柱形容器甲，放置于水平地面上， 內盛有0.1米深的水；另有高為0.4米的圓柱形木塊乙，同樣放置于水

35、平地面上，底面積為0.01米2，密度為0.5p水，求：1水對容器底部的壓強p水;2圓柱形木塊乙的質量m乙；3若在乙上方沿水平方向切去厚為Ah的木塊，并將切去部分豎直放在容器甲內，此時水對容器底部的壓強增加量為Ap水，容器對地面的壓強增加量為Ap地，請求出Ap水與Ap地相等時的Ah的取值范圍.解：水對容器底部的壓強：33p水=p水gh水=1X10 kg/mx10N/kgx0.1m=1000Pa木塊乙的體積Vi=S乙h乙=0.01m2x0.4m=4x10-5m,木塊乙的密度p乙=0.5p水=0.5x1x10 kg/mx=0.5x10 kg/m,由P= 得：33-5 3m乙=p乙V乙=0.5x10

36、kg/mx4x10 m=0.02kg;3由于p乙=0.5x103kg/m3v p水，則Ah的木塊豎直放在容器甲內靜止后木塊處于漂浮狀態(tài)，當水未溢出時，由于容器甲是薄壁圓柱形容器，則此時水對容器底部的壓強增加量：G吒S乙p水=；-*卬=:容器對地面的壓強增加量：&F G 化牡 A Ap地=:訓= 迸?所以，只要水未溢出時，水對容器底部的壓強增加量為Ap水與容器對地面的壓強增加量為p地是始終相等的，Ah的木塊漂浮時，則F浮=6即：p水gV排=p乙gAhS乙，所以，2排=0.5AhS乙，水未溢出時，則V甲“水+V排, 即：S甲h甲=S甲h水+0.5 hS乙，【答案】14創(chuàng)山02川h= i；、

37、x(h甲-h水)=，Ix(0.15m-0.1m)=0.2m0.15m,所以，Ah的取值范圍是00.15m.答：水對容器底部的壓強p水=1000Pa；2圓柱形木塊乙的質量m乙=0.02kg;3Ap水與Ap地相等時的Ah的取值范圍是00.15m.【解析】1知道深度，利用p=pgh求水的壓強；2知道圓柱形木塊乙底面積和高度，求出木塊乙體積，再利用m=pV求木塊乙的質量m乙；3由于p乙v p水，則Ah的木塊豎直放在容器甲內靜止后木塊處于漂浮狀態(tài)，由于容器甲是薄壁圓柱形容器，當水對容器底部的壓強增加量為Ap水與容器對地面的壓強增加量為Ap地是始終相等的，則根據水未溢出時V甲=V水+V排，即可求出Ah的最

38、大值，然后與容器甲的高度比較即可判斷.本題為力學綜合題，考查了學生對重力公式、密度公式、液體壓強公式、壓強定義式的掌握 和運用，本題難點在判斷得出只要水未溢出時，水對容器底部的壓強增加量為Ap水與容器對地面的壓強增加量為Ap地是始終相等的，屬于難題！五.實驗題(共18分)26._如圖1所示，使用托盤天平測量質量時，被測物體應放置在 _盤，在判斷天平是否水平平衡時，眼睛應注意觀察 _使用電壓表時，應將它 _到待測電路中(選填“串聯”或“并聯”)，如圖2所示的電壓表的讀數為 _ 伏.【答案】左；指針是否指在分度盤的中央；并聯；2.2【解析】 解：(1)使用托盤天平測量質量時，被測物體應放置在左盤，

39、砝碼放在右盤；在判斷天平 是否水平平衡時，眼睛應注意觀察指針是否指在分度盤的中央.(2)使用電壓表時，應將它并聯到待測電路中；圖2所示的電壓表的量程為03V,分度值為0.1V，讀數為2.2V.故答案為：左；指針是否指在分度盤的中央；并聯；2.2.(1)天平在使用時，要左物右碼；通過觀察指針是否指在分度盤的中央來判斷橫梁是否平 衡；(2)電壓表在使用時應與被測用電器并聯；讀數時要明確量程和分度值，再根據指針位置 讀出示數.本題考查了天平的使用注意事項，以及電壓表的讀數方法，屬物理學中的基本測量儀器，是我們應該熟練掌握的.1527._如圖所示實驗裝置的名稱為，可用來探究液體內部的壓強與哪些因素有關

40、，實驗時通過觀察_ 來比較壓強大小，“測定物質的密度”的實驗原理是 _ ，實驗中需要測量的物理量是 _ 【解析】 解：（1）讀圖可知，圖中的裝置是壓強計，可用來探究液體內部的壓強與哪些因素有關；實驗 時通過觀察U形管兩邊的液面高度差來比較壓強的大??；（2）測量密度的原理是依據了密度的公式P=，因此實驗中需要測量的物理量是質量和體積，測質量常用的工具是天平，測體積常用的工具是量筒.（1）圖中的裝置是壓強計；壓強計用來探究液體內部壓強的大小，采用轉換法，觀察U形管兩邊的液面高度差來反映液體內部壓強的大小.（2）測量密度的實驗包括測固體的密度和測液體的密度，它們的原理都是相同的，都要依 據密度的公式

41、因此，在選擇儀器和實際操作中，也有相似之處.此題主要考查的液體壓強和密度測量實驗，屬于學生應該掌握的重點實驗，也屬于中考常見題型，應該熟練掌握.28.小明同學在做“用電流表電壓表測電阻”的實驗時，實驗器材齊全且完好.1他連接電路，閉合電鍵S,觀察到電壓表、電流表示數如圖（a）所示，接著他將滑片移動到另一端，觀察到電壓表示數為6伏，電流表示數為0.12安，請根據上述現象判斷實驗 過程中可能存在的問題是：_（寫出一種可能情況即可）.2經過分析后小明調整電路重新實驗，且步驟正確.閉合電鍵，觀察到電壓表的示數如圖 （b）所示移動滑片P到中點位置時，電流表的示數為0.2安請畫出他調整后的實驗電路圖_（請

42、畫在答題卡的方框內）.3請幫小明完成實驗數據表格的填寫（電阻精確到0.1歐）_ 【答案】壓強計；U形管兩邊的液面高度差;P=;質量和體故答案為：壓強計；U形管兩邊的液面高度差;P=;質量和體積.163【答案】 閉合電鍵時滑片位于阻值最小處（或電壓表并聯在滑動變阻器兩端）；11亠物理量實驗電壓電流電阻電阻平均值序號（伏）（安）（歐）（歐）11.50.1212.5、22.50.2012.537.50.5812.9、【解析】解：1由題連接電路并將變阻器的滑片放置于一端，閉合電鍵，觀察到電流表很大， 說明電路是通路，且電路中電阻很小，電壓表示數為0;當滑片移到另一端時，電流減小，說明電路中電阻增大，電

43、壓表增大.由此說明實驗中閉合電鍵時滑片位于變阻器最小值處，電壓表不是測被測電阻兩端電壓，而是測滑動變阻器兩端電壓；2正確的電路連接是將電流表和滑動變阻器串聯在電路中，將電壓表與被測電阻并聯， 如圖所示：移動滑片到中點位置時，電流表的示數為0.2A，說明電流使用的是0-0.6A量程，根據1=，由當滑片在滑動變阻器最小值一端時，電流表示數為I3=0.58A，所以：由題意知，當滑動變阻器的阻值最大時，變阻器兩端的電壓為6V,由知，此時電阻兩端的電壓為1.5V，所以電源電壓U=1.5V+6V=7.5V當滑片在另一端即最大值端時，電流表示數li=0.12A，此時其兩端的電壓為1.5V,滑動變阻器的最大值

44、：物理量電壓電流電阻實驗序號（伏）（安）（歐）10.12電阻平均值（歐）20.2017R滑=_ . =50 Q,當滑片在中點時，電流表示數l2=0.2A，此時被測電阻兩端電壓：UR=U-UI滑=7.5V-0.2AX一X50 Q =2.5V,V由R=得，滑片在三個不同位置被測電阻R的阻值分別為：18滑片在最小值處時：R= h二比12=12.5Q;滑片在中點時：R= - =12.5Q;滑片在最大值處時：R3=沁12.9Q，所以表格如下表所示:物理量實驗電壓電流電阻電阻平均值序號（伏）（安）（歐）（歐）11.50.1212.5II-22.50.2012.537.50.5812.9、故答案為：1閉合電鍵時滑片位于阻值最小處（或電壓表并聯在滑動變阻器兩端）；2見上圖；3見上表.1由題滑片放置于一端，閉合電鍵后，電壓表示數為0,電流表示數很大，滑片移到另一端時電流減小，電壓表有示數.由此分析存在的問題；2電路調整后，電壓表與待測電阻并聯；3由滑片在兩端時電表示數情況，根據串聯電路特點和歐姆定律計算出電源電壓，從而得到滑片在不同位置對應被測電阻的電流與電壓值，分別計算其電阻值，最后計算其平均值.本題是測電阻的實驗， 考查了電路現象的分析、 串聯電路特點、歐姆定律的應用及數據分析等，關鍵是由滑片在不同位置，根據電路特點計算電源電壓的大小.有一定難度.29.某小組同學實驗探究“串聯電