2020-2021学年上海市长宁区、金山区中考物理一模试卷及答案解析

2020-2021学年上海市长宁区、金山区中考物理一模试卷及 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 解析上海市长宁区、金山区中考物理一模试卷一、选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用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．常温下，纯水的密度值是（ ）A．0.8×103千克/米3  B．0.9×103千克/米3C．1.0×103千克/米3  D．1.03×103千克/米32．首先通过实验测定了大气压强数值的科学家是（ ）A．帕斯卡  B．托里拆利  C．阿基米德  D．牛顿3．下列措施中，属于减小压强的是（ ）A．书包的背带做的较宽B．用细线切松花蛋C．刀刃磨得很薄D．给病人打针用的针头做得很尖4．下列家用电器正常工作时电功率最小的是（ ）A．微波炉  B．电吹风机  C．空调  D．节能灯5．如图的装置中应用连通器原理的是（ ）A．茶壶  B．吸尘器  C．吸盘式挂钩  D．注射器6．下列实验中，采用了“等效替代”研究方法的是（ ）A．研究串、并联电路时，引入“总电阻”的概念B．保持导体电阻不变，研究通过导体的电流与导体两端电压的关系C．类比水压形成电压的概念D．通过“U形管压强计”两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小7．如图所示的电路中，电源电压不变，当电键S由断开到闭合时，电路中电压表（ ）A．V1的示数变小，V2的示数变小B．V1的示数变小，V2的示数变大C．V1的示数变丈，V2的示数变小D．V1的示数变大，V2的示数变大8．如图所示，两个底面积不同的圆柱形容器A和B（SA＞SB），容器足够高，分别盛有甲、乙两种液体，且两种液体对容器底部的压强相等．若在A容器中倒入或抽出甲液体，在B容器中倒入或抽出乙液体，使两种液体对容器底部的压力相等，正确的判断是（ ）A．倒入的液体体积V甲可能等于V乙B．倒入的液体高度h甲一定大于h乙C．抽出的液体体积V甲可能小于V乙D．抽出的液体高度h甲一定等于h乙二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置．9．中国家庭电路的电压伏，电水壶和电冰箱工作时是连接的（选填“串联”或“并联”），电流通过电水壶做功，把能转化为内能．10．10秒钟通过某导体横截面的电荷量为5库，则通过它的电流为安，若导体电阻为10欧，则它两端电压为伏；若该导体两端电压变为1伏，此时的电阻为欧．11．标有“220V2200W”字样的空调器，“220V”表示该空调器的电压（选填“实际”或“额定”），正常工作5小时，通过它的电流为安，耗电千瓦•时．12．体积相同的实心铜块和铁块浸没在水中，铜块所受的浮力铁块所受的浮力，铜块的质量铁块的质量（ρ铜＞ρ铁），铜块的重力与浮力的合力铁块的重力与浮力的合力．（均选填“大于”、“等于”或“小于”）13．小明同学重600牛，走路时对地面的压强为2×104帕，当他双脚站立时，对地面的压强为帕；若他的书包重60牛，背着书包走路时，他对地面的压力为牛，地面所受的压强比不背书包走路时变化了帕．14．如图（a）所示的电路中，电源电压保持不变．当电键S闭合时，电流表A的示数A1的示数，若R1=10欧、R2=15欧，则I1I2（均选填“大于”、“等于”或“小于”），现用电阻R替换R1、R2如图（b）所示，且电流表A的示数保持不变，则电阻R=欧．15．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，电路正常工作一段时间后，发现电路中一个电表的示数变大，另一个电表的示数变小，故障发生在电阻R、L其中的一个上，其他元件仍保持完好．则①电路中可能存在的故障是；②若断开电键，将R和L位置互换后，再次闭合电键，两个电表指针均发生明显偏转，则发生的电路故障是．16．某小组同学探究影响弹簧伸长量的自身因素，用弹簧的横截面积、匝数，原长L0均相同的三根弹簧A、B、C以及弹簧测力计等进行实验，其中弹簧A、B由同种材质的金属丝绕制而成，C由另一种材质的金属丝绕制而成，金属丝的横截面积SB＞SA=SC．研究过程如图（甲）、（乙）、（丙）所示：分别将弹簧左端固定后，用相同大小的力水平向右拉伸，弹簧伸长量分别用△LA、△LB和△LC．根据图中的操作和测量结果，可初步归纳得出的结论是：① 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 比较图（甲）和（乙）两图可知：当弹簧的横截面积、匝数、原长、金属丝的材质以及所受拉力均相同时，．②分析比较图（甲）和（丙）两图可知：当弹簧的横截面积、匝数、原长均相同时，．三、作图题（共9分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须用2B铅笔．17．在图中，重4牛的水球静止在水面上，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮．18．在图所示电路的○里填上适当的电表符号，使两灯并联．19．在图示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上．补上后要求：①电压表测小灯两端电压；②闭合电键S，向左端移动滑动变阻器的滑片P，小灯变亮．四、计算题（共22分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置．20．体积为0.5×103米3的物体浸没在水中，求物体所受浮力F浮的大小．21．一只容积为500厘米3的容器装满水，将某实心金属块浸没在水中，溢出水的质量为200克，剩余水和金属块的总质量为600克．求：①金属块的体积；②金属块的密度．22．在如图所示的电路中，电源电压为15伏且保持不变，电阻R1的阻值为20欧．闭合电键S后，电流表A的示数为0.3安．求：①电阻R1两端的电压U1．②此时变阻器R2两端的电压U2及通电10秒消耗的电功W2．③现有三组定值电阻R1′和变阻器R2′的组合（如表），分别替换原来的电阻R1和变阻器R2．要求改变变阻器滑片的位置，使电流表的最大示数是最小示数的2倍，且不损坏电表原件．（a）能够实现上述要求的R1′、R2′组合的编号是．（b）求出电流表的最小示数Imin．编号电阻R1′变压器R2′A5欧“5Ω2A”B10欧“20Ω1A”C25欧“50Ω2A”23．如图所示，均匀圆柱形物体甲和乙放在水平面上，底面积分别为200cm2和100cm2，高度分别为0.1m和0.2m，ρ甲=1.5×103kg/m3，ρ乙=1.2×103kg/m3．求：①乙物体的质量；②乙物体对地面的压强；③若将甲和乙沿水平方向分别截去相同质量△m后，剩余部分的压强p甲′＞p乙′．求质量△m的取值范围．五、实验题（共21分）请根据沈政双老师整理试卷位置作答．24．在“测定物质的密度”的实验中，需要用测出物体的质量，然后用量筒测出物体的；图1的实验装置可以证明的存在；图2的装置是探究液体内部压强与的关系．25．“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是，连接电路时，电流表应联在被测电路中，电流是从电流表的接线柱流入，如图所示电流表的示数为．26．小王同学用标有“0.3A”字样的小灯做“测定小灯泡的电功率”实验．①小王闭合电键前的实验电路如图1所示，则他连接的电路存在的问题是和．②小王同学完善电路后继续实验，移动滑片使小灯正常发光，他判定小灯正常发光的方法是，此时电压表的示数如图2所示，则小灯的额定功率为瓦．然后，小王同学应该继续实验的操作是．27．小王和小高同学为了探究导体中电流与电压的关系，他们用甲、乙、丙三个导体进行实验，试验中多次改变导体两端电压大小，并将测量数据分别记录在表一、表二和表三中．表一（导体甲）序号电压（伏）电流（安）电压/电流（伏/安）11.20.062022.40.122034.40.222045.60.2820表二（导体乙）序号电压（伏）电流（安）电压/电流（伏/安）51.50.101562.40.161574.50.281585.60.3615表三（导体丙）序号电压（伏）电流（安）电压/电流（伏/安）91.40.1410102.40.2410113.60.3610124.60.4610①初步分析比较表一、表二或表三中第二列与第三列的电流与电压变化的倍数关系及相关条件，可得出的初步结论：对同一导体，．②分析比较表一、表二、表三中第四列的数据及相关条件，可得出的结论是：对于同一导体，；对于不同导体，．物理学中把叫做该导体的电阻．③分析比较实验序号2、6与10中的数据及相关条件，可得出的结论是：不同导体相同时，，即导体的电阻越大，导体中的电流越，说明导体对电流有作用．上海市长宁区、金山区中考物理一模试卷参考答案与 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 解析一、选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用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．常温下，纯水的密度值是（ ）A．0.8×103千克/米3  B．0.9×103千克/米3C．1.0×103千克/米3  D．1.03×103千克/米3【考点】密度及其特性．【分析】单位体积的某种物质的质量叫做这种物质的密度，常温下纯水的密度为1×103kg/m3．【解答】解：常温下纯水的密度为1.0×103kg/m3=1g/cm3．故选C．2．首先通过实验测定了大气压强数值的科学家是（ ）A．帕斯卡  B．托里拆利  C．阿基米德  D．牛顿【考点】物理常识．【分析】根据对科学家及其主要贡献的掌握分析答题．【解答】解：A、帕斯卡发现了帕斯卡定律，研究了液体压强问题．不符合题意；B、历史上科学家托里拆利第一次测出了大气压值，为76cmHg．符合题意；C、阿基米德研究了物体受到的浮力与其排开液体重力的关系，得出了阿基米德原理．不符合题意；D、牛顿 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 出来牛顿三定律、得出了万有引力定律．不符合题意．故选B．3．下列措施中，属于减小压强的是（ ）A．书包的背带做的较宽B．用细线切松花蛋C．刀刃磨得很薄D．给病人打针用的针头做得很尖【考点】减小压强的方法及其应用．【分析】压强的大小跟压力大小、受力面积有关：（1）减小压强的方法有：①在压力一定时，增大受力面积．②在受力面积一定时，减小压力；（2）增大压强的方法有：①在压力一定时，减小受力面积．②在受力面积一定时，增大压力．【解答】解：A、书包的背带做的较宽，是在压力一定时，增大受力面积来减小压强，符合题意；B、用细线切松花蛋，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，不合题意；C、刀刃磨得很薄，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，不合题意；D、给病人打针用的针头做得很尖，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，不合题意．故选A．4．下列家用电器正常工作时电功率最小的是（ ）A．微波炉  B．电吹风机  C．空调  D．节能灯【考点】电功率．【分析】结合生活经验，根据对常见用电器的电功率的了解选择合适选项．【解答】解：A、微波炉的功率一般在1000W左右，属大功率用电器，不合题意；B、电吹风机的功率一般在500W左右，功率较大，不合题意；C、空调的功率一般在1000W以上，属大功率用电器，不合题意；D、节能灯的功率一般在40W以下，功率相对较小，符合题意．故选D．5．如图的装置中应用连通器原理的是（ ）A．茶壶  B．吸尘器  C．吸盘式挂钩  D．注射器【考点】连通器原理．【分析】根据连通器定义：上端开口下端连通的容器．连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的．【解答】解：A、茶壶的壶嘴和壶身下部是相通的，构成了连通器，符合题意；B、吸尘器是利用流体压强与流速的关系来工作的，不合题意；C、吸盘式挂钩应用的是大气压的原理，不合题意；D、注射器在吸药水时，药水在外界大气压的作用下被压入注射器内部的，利用了大气压强，不是连通器，符合题意．故选A．6．下列实验中，采用了“等效替代”研究方法的是（ ）A．研究串、并联电路时，引入“总电阻”的概念B．保持导体电阻不变，研究通过导体的电流与导体两端电压的关系C．类比水压形成电压的概念D．通过“U形管压强计”两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小【考点】物理学方法．【分析】分析实例中的科学研究方法，然后找出等效替代法的研究方法．【解答】解：A、研究串、并联电路引入“总电阻”的概念，采用的是等效替代法．符合题意；B、保持电阻不变观察电流随电压的变化，采用的是控制变量法．不符合题意；C、用“水压”类比“电压”，采用的是类比法．不符合题意；D、通过“U形管压强计”两侧的液面高度差反映液体内部压强的大小，采用的是转换法．不符合题意．故选A．7．如图所示的电路中，电源电压不变，当电键S由断开到闭合时，电路中电压表（ ）A．V1的示数变小，V2的示数变小B．V1的示数变小，V2的示数变大C．V1的示数变丈，V2的示数变小D．V1的示数变大，V2的示数变大【考点】电路的动态分析．【分析】由电路图可知，当电键S断开时，电路断路，电压表V1测电源的电压，电压表V2被断路；当电键S闭合时，两电阻串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点判断两电压表示数的变化．【解答】解：由电路图可知，当电键S断开时，电路断路，电压表V1测电源的电压，电压表V2被断路示数为0V；当电键S闭合时，两电阻串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，当电键S由断开到闭合时，电压表V1由测电源的电压变为测串联电路中R1两端的电压，电压表V2由无示数测串联电路中R2两端的电压，所以，V1的示数变小，V2的示数变大，故ACD错误，B正确．故选B．8．如图所示，两个底面积不同的圆柱形容器A和B（SA＞SB），容器足够高，分别盛有甲、乙两种液体，且两种液体对容器底部的压强相等．若在A容器中倒入或抽出甲液体，在B容器中倒入或抽出乙液体，使两种液体对容器底部的压力相等，正确的判断是（ ）A．倒入的液体体积V甲可能等于V乙B．倒入的液体高度h甲一定大于h乙C．抽出的液体体积V甲可能小于V乙D．抽出的液体高度h甲一定等于h乙【考点】液体的压强的计算．【分析】由题意分析：因为p甲=p乙，可得=，又因为SA＞SB，所以原容器所装的甲液体质量大于乙液体，所以现在抽出或倒入时都要使得乙溶液装入B瓶的质量多一些才符合题意； 当密度一定时质量与体积成正比，所以倒入或抽出体积越多，倒入或抽出的液体质量也应越多，但因为p甲=p乙，可得ρAghA=ρBghB，所以ρA＞ρB．然后用排除法即可得出结论．【解答】解：因为p甲=p乙，可得=，又因为SA＞SB，所以原容器所装的甲液体质量大于乙液体，即FA＞FB，现在抽出或倒入时都要使得乙溶液装入B瓶的质量多一些才符合题意；因为p甲=p乙，可得ρAghA=ρBghB，由hA＜hB，可得ρA＞ρB．所以△p=ρg△h，△h甲＜△h乙，故B错；△m=ρ×△V，△V甲＜△V乙，故A错；如果抽出的液体体积V甲可能小于V乙，由于（SA＞SB），所以抽出的液体高度h甲不一定等于h乙，故选项C正确，选项D错误．也可以这样解答：倒入液体时F'=F+△F，所以△F甲＜△F乙．抽出液体时F'=F﹣△F，所以△F甲＞△F乙．分两种情况讨论．而且倒入时，△F甲必须＜△F乙，就是ρA△V甲＜ρB△V乙，因为ρA＞ρB，所以△V甲必须小于△V乙，又因为SA＞SB，所以△h甲＜△h乙，第二种抽出液体，△F甲必须大于△F乙，就是ρA△V甲＞ρB△V乙，因为ρA＞ρB，所以△V甲和△V乙大于、小于、等于都可能，又因为SA＞SB，所以1：体积相等，则△h甲＜△h乙，2：体积甲大于乙，则△h甲和△h乙大小相等都可以，3：体积甲小于乙，则△h甲＜△h乙，故选C．二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置．9．中国家庭电路的电压　220　伏，电水壶和电冰箱工作时是　并联　连接的（选填“串联”或“并联”），电流通过电水壶做功，把　电　能转化为内能．【考点】家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；串联电路和并联电路的辨别；电功的实质．【分析】我国家庭电路电压是220V，各家用电器之间都是并联的，电键控制用电器时，电键和用电器之间是串联的．灯泡工作时，电能转化为光能和内能的过程．【解答】解：据课本知识可知，中国家庭电路的电压220伏；由于家庭电路的用电器是互不影响的，所以电水壶和电冰箱工作时是并联连接的；电流通过电水壶做功，即消耗电能，产生内能，所以是把电能转化为内能的过程．故答案为：220；并联；电．10．10秒钟通过某导体横截面的电荷量为5库，则通过它的电流为　0.5　安，若导体电阻为10欧，则它两端电压为　5　伏；若该导体两端电压变为1伏，此时的电阻为　10　欧．【考点】电量及其计算；欧姆定律的应用．【分析】应用电流定义式可以求出电流；由欧姆定律可以求出电压；导引头电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关．【解答】解：电流I===0.5A；因为I=，所以导体两端的电压U=IR=0.5A×10Ω=5V；导体电阻与电压无关，该导体两端电压变为1伏，导体电阻不变，仍为10Ω．故答案为：0.5；5；10．11．标有“220V2200W”字样的空调器，“220V”表示该空调器的　额定　电压（选填“实际”或“额定”），正常工作5小时，通过它的电流为　10　安，耗电　11　千瓦•时．【考点】额定电压；电功率与电能、时间的关系；电功率与电压、电流的关系．【分析】用电器正常工作时需要的电压叫额定电压．已知额定电压和额定功率，利用I=可以得到正常发光时的电流．利用W=Pt计算正常工作5小时消耗的电能．【解答】解：节能灯上的“220V”是空调器正常工作需要的电压，也就是额定电压．由P=UI可得空调器正常工作时的电流为：I===10A由P=可得空调器正常工作5小时消耗的电能：W=Pt=2.2kW×5h=11kW•h．故答案为：额定；10；11．12．体积相同的实心铜块和铁块浸没在水中，铜块所受的浮力　等于　铁块所受的浮力，铜块的质量　大于　铁块的质量（ρ铜＞ρ铁），铜块的重力与浮力的合力　大于　铁块的重力与浮力的合力．（均选填“大于”、“等于”或“小于”）【考点】阿基米德原理．【分析】（1）将体积相同的实心铜块和铁块投入水中，排开水的体积相同，利用阿基米德原理判断受到的浮力大小关系；（2）铜块和铁块的体积相同，根据密度公式得出二者的质量关系；（3）根据同一直线上相反的两个力的合力的计算方法分析即可判断．【解答】解：（1）由题知，由于ρ铜＞ρ铁＞ρ水，则放入水中，两物体都下沉，由于实心铜块和铁块的体积相同，则二者排开水的体积相同，由F浮=ρ水V排g可知：受到水的浮力相等；（2）铜块和铁块的体积相同，ρ铜＞ρ铁，根据ρ=可知，m铜＞m铁，（3）m铜＞m铁，则G铜＞G铁，铜块和铁块受到水的浮力相等，所以，铜块的重力与浮力的合力大于铁块的重力与浮力的合力．故答案为：等于；大于；大于．13．小明同学重600牛，走路时对地面的压强为2×104帕，当他双脚站立时，对地面的压强为　1×104　帕；若他的书包重60牛，背着书包走路时，他对地面的压力为　660　牛，地面所受的压强比不背书包走路时变化了　2×103　帕．【考点】压强的大小及其计算．【分析】（1）小明走路时和双脚站立时对地面的压力和自身的重力相等；行走时受力面积等于一只脚的面积，利用p=分析他双脚站立时，对地面的压强；（2）背着书包走路时，压力等于人和书包的总重力，行走时受力面积等于一只脚的面积，再根据压强公式求出他行走时对水平的面的压强．然后可知变化了的压强．【解答】解：（1）已知p1=走路时对地面的压强为p1=2×104Pa，他站立在水平地面上时，对地面的压力：F1=G人=m人g=600N，当他双脚站立时，受力面积等于两只脚的面积，由p=可知，此时对地面的压强为对地面的压强p2=p1=×2×104Pa=1×104Pa，（2）p=可知，一只脚的面积S===3×10﹣2m2，他背着60N的书包行走，对地面的压力：F2=G总=600N+60N=660N，对地面的压强：p2===2.2×104Pa．变化的压强△p=p2﹣p1=2.2×104Pa﹣2×104Pa=2×103Pa，故答案为：1×104；660；2×103．14．如图（a）所示的电路中，电源电压保持不变．当电键S闭合时，电流表A的示数　大于　A1的示数，若R1=10欧、R2=15欧，则I1　大于　I2（均选填“大于”、“等于”或“小于”），现用电阻R替换R1、R2如图（b）所示，且电流表A的示数保持不变，则电阻R=　6　欧．【考点】欧姆定律的应用．【分析】由电路图（a）可知，两电阻并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，根据并联电路的电流特点比较两电流表示数之间的关系；根据并联电路的电压特点和欧姆定律比较两支路的电流关系；现用电阻R替换R1、R2，要使电流表A的示数保持不变，应使R的阻值等于R1、R2并联后的总电阻，根据电阻的并联求出R的阻值．【解答】解：由电路图（a）可知，两电阻并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流表A的示数大于R1支路电流表A1的示数；因并联电路中各支路两端的电压相等，且R1=10Ω、R2=15Ω，所以，由I=可知，R1支路的电流大于R2支路的电流，即I1＞I2；现用电阻R替换R1、R2，要使电流表A的示数保持不变，应使R的阻值等于R1、R2并联后的总电阻，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，R的阻值：R===6Ω．故答案为：大于；大于；6．15．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，电路正常工作一段时间后，发现电路中一个电表的示数变大，另一个电表的示数变小，故障发生在电阻R、L其中的一个上，其他元件仍保持完好．则①电路中可能存在的故障是　R断路或R短路　；②若断开电键，将R和L位置互换后，再次闭合电键，两个电表指针均发生明显偏转，则发生的电路故障是　R短路　．【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【分析】由图可知R与灯泡L串联，电压表测量R两端的电压；由电路中两表示数的变化可知故障的可能性，则由讨论可得结果．【解答】解：（1）两表一个示数变大，另一示数变小有两种可能：一是电流表的示数变大，电压表的示数变小，则应该是电路中电阻R短路，导致总电阻变小，电压表的示数为零，而灯泡中电流增大，即灯泡变亮；二是电压表的示数变大，电流表的示数变小，则应该是电路中电阻R断路，电流表的示数为零，电压表的示数为电源电压值，此时电路中电流为零，灯泡熄灭．（2）若断开电键，将R和L位置互换后，再次闭合电键，两个电表指针均发生明显偏转，说明电阻R并未断路，因此发生的电路故障是R短路．故答案为：R断路或R短路；R短路．16．某小组同学探究影响弹簧伸长量的自身因素，用弹簧的横截面积、匝数，原长L0均相同的三根弹簧A、B、C以及弹簧测力计等进行实验，其中弹簧A、B由同种材质的金属丝绕制而成，C由另一种材质的金属丝绕制而成，金属丝的横截面积SB＞SA=SC．研究过程如图（甲）、（乙）、（丙）所示：分别将弹簧左端固定后，用相同大小的力水平向右拉伸，弹簧伸长量分别用△LA、△LB和△LC．根据图中的操作和测量结果，可初步归纳得出的结论是：①分析比较图（甲）和（乙）两图可知：当弹簧的横截面积、匝数、原长、金属丝的材质以及所受拉力均相同时，　金属丝横截面积越大，弹簧伸长量越小　．②分析比较图（甲）和（丙）两图可知：当弹簧的横截面积、匝数、原长均相同时，　弹簧伸长量不同　．【考点】控制变量法与探究性实验方案．【分析】由题知，影响因素有弹簧的材料、原来长度、横截面积、拉力．根据控制变量法，找到两弹簧的相同点和弹簧的不同点，比较弹簧的伸长量，从而得到结论．【解答】解：①由图甲和乙知，A、B两弹簧材质、原长、匝数和受到的拉力相同，SB＞SA，B的伸长量小于A，B弹簧的伸长量小于A．由此可得：当弹簧的横截面积、匝数、原长、金属丝的材质以及所受拉力均相同时，金属丝横截面积越大，弹簧伸长量越小；②由图甲和丙知，A、C两弹簧横截面积、匝数、原长以及所受拉力均相同时，但两弹簧的材质不同，A、C弹簧的伸长量不同．由此可得：当弹簧的横截面积、匝数、原长、所受拉力相同时，弹簧的伸长量也不同．故答案为：①金属丝横截面积越大，弹簧伸长量越小；②弹簧伸长量不同．三、作图题（共9分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须用2B铅笔．17．在图中，重4牛的水球静止在水面上，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮．【考点】力的示意图．【分析】首先根据判断小球所受浮力大小，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：水球在水面上漂浮，则所受浮力F浮=G=4N，选取标度为2N，过水球重心沿竖直向上的方向画一条有向线段，使线段长度为标度的2倍．如图所示：18．在图所示电路的○里填上适当的电表符号，使两灯并联．【考点】电路的基本连接方式．【分析】①电流表相当于短路，与用电器串联使用；电压表相当于断路，与用电器并联使用；②在并联电路中，用电器工作互不影响．【解答】解：要使两只灯泡并联，必须：闭合开关，电流从电源正极经开关后分为两支：一支经下方的电表、右面的灯泡L2回到电源负极，所以下方电表为电流表；另一支经上面的灯泡L1，右上方电表回到负极，所以右上方的电表为电流表；中间“○”中不能有电流通过，故为电压表，电路连接关系如下：19．在图示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上．补上后要求：①电压表测小灯两端电压；②闭合电键S，向左端移动滑动变阻器的滑片P，小灯变亮．【考点】实物的电路连接．【分析】分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据串联电路特点，按题目要求确定滑动变阻器的接法，然后完成电路图连接．【解答】解：闭合开关S，向左端移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡变亮，说明滑动变阻器接入电路的阻值变小，故将左下接线柱与灯泡的右接线柱相连；将电压表的负接线柱与灯泡的左接线柱相连，如下图所示：四、计算题（共22分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置．20．体积为0.5×103米3的物体浸没在水中，求物体所受浮力F浮的大小．【考点】浮力大小的计算．【分析】知道物体的体积（浸没时排开水的体积），利用阿基米德原理求物体受到的浮力大小．【解答】解：物体浸没在水中，则排开水的体积：V排=V=0.5×10﹣3m3=5×10﹣4m3，物体所受浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣4m3=4.9N．答：物体受到的浮力为4.9N．21．一只容积为500厘米3的容器装满水，将某实心金属块浸没在水中，溢出水的质量为200克，剩余水和金属块的总质量为600克．求：①金属块的体积；②金属块的密度．【考点】密度公式的应用．【分析】①已知水的密度和溢出水的质量，利用ρ=求出溢出水的体积，即为金属块的体积；②利用ρ=求出原来水的质量，再求出金属块的质量，然后利用ρ=计算金属块的密度．【解答】解：①根据ρ=可得，溢出水的体积：V溢水===200cm3，根据题意可知，金属块的体积V金属=V溢水=200cm3；②一只容积为500厘米3的容器装满水，则原来水的体积V水=V容=500cm3，水的质量m原来=ρ水V水=1g/cm3×500cm3=500g，金属块的质量：m金属=m剩+m溢水﹣m原来=600g+200g﹣500g=300g，金属块的密度：ρ金属===1.5g/cm3．答：①金属块的体积为200cm3；②金属块的密度为1.5g/cm3．22．在如图所示的电路中，电源电压为15伏且保持不变，电阻R1的阻值为20欧．闭合电键S后，电流表A的示数为0.3安．求：①电阻R1两端的电压U1．②此时变阻器R2两端的电压U2及通电10秒消耗的电功W2．③现有三组定值电阻R1′和变阻器R2′的组合（如表），分别替换原来的电阻R1和变阻器R2．要求改变变阻器滑片的位置，使电流表的最大示数是最小示数的2倍，且不损坏电表原件．（a）能够实现上述要求的R1′、R2′组合的编号是　B　．（b）求出电流表的最小示数Imin．编号电阻R1′变压器R2′A5欧“5Ω2A”B10欧“20Ω1A”C25欧“50Ω2A”【考点】欧姆定律的应用；电功的计算．【分析】（1）知道R1的阻值和电路中的电流，根据U=IR求出电阻R1两端的电压；（2）根据串联电路的电压特点求出变阻器R2两端的电压，根据W=UIt求出通电10秒消耗的电功；（3）根据欧姆定律求出每一组滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流，然后与滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电流表的最大示数，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电流表的最小示数，然后得出符合题意的答案．【解答】解：①由I=可得，电阻R1两端的电压：U1=IR1=0.3A×20Ω=6V；②因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时变阻器R2两端的电压：U2=U﹣U1=15V﹣6V=9V，通电10秒消耗的电功：W2=U2It=9V×0.3A×10s=27J；③A．当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，电路中的电流：Ia===3A，因滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，所以，电流表的最大示数为2A，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电流表的最小示数：I1===1.5A，则电流表的最大示数不是最小示数的2倍，故A不符合；B．当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，电路中的电流：Ib===1.5A，因滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流为1A，电流表的最小示数：I2===0.5A，则电流表的最大示数是最小示数的2倍，故B符合；C．当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，电路中的电流：Ic===0.6A，因滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，所以，电路中的最大电流为0.6A，电流表的最小示数：I3===0.2A，则电流表的最大示数不是最小示数的2倍，故C不符合，综上可知，能够实现上述要求的R1′、R2′组合的编号是B，电流表的最小示数为0.5A．答：①电阻R1两端的电压为6V；②此时变阻器R2两端的电压为9V，通电10秒消耗的电功为27J；③（a）B；（b）电流表的最小示数为0.5A．23．如图所示，均匀圆柱形物体甲和乙放在水平面上，底面积分别为200cm2和100cm2，高度分别为0.1m和0.2m，ρ甲=1.5×103kg/m3，ρ乙=1.2×103kg/m3．求：①乙物体的质量；②乙物体对地面的压强；③若将甲和乙沿水平方向分别截去相同质量△m后，剩余部分的压强p甲′＞p乙′．求质量△m的取值范围．【考点】密度公式的应用；压强的大小及其计算．【分析】①求出乙物体的体积，又知密度，利用ρ=计算其质量；②求出物体乙的重力，物体乙对地面的压力等于其重力，利用p=计算乙物体对地面的压强；③若将甲和乙沿水平方向分别截去相同质量△m后，剩余部分对地面的压力等于重力，根据G=mg，结合剩余部分的压强p甲′＞p乙′列出不等式，即可求解．【解答】解：①物体乙的体积：V乙=0.01m2×0.2m=0.002m3，根据ρ=可得，物体乙的质量：m乙=ρ乙V乙=1.2×103kg/m3×0.002m3=2.4kg；②物体乙对地面的压力：F乙=G乙=m乙g=2.4kg×10N/kg=24N，乙物体对地面的压强：p乙===2400Pa；③物体甲的体积：V甲=0.02m2×0.1m=0.002m3，根据ρ=可得，物体甲的质量：m甲=ρ甲V甲=1.5×103kg/m3×0.002m3=3kg，由p甲′＞p乙′可得，＞，代入数据可得：＞，解得△m＞1.8kg，又因为乙不能切完，△m＜2.4kg，所以，△m的取值范围为，1.8kg＜△m＜2.4kg．答：①乙物体的质量为2.4kg；②乙物体对地面的压强为2400Pa；③若将甲和乙沿水平方向分别截去相同质量△m后，剩余部分的压强p甲′＞p乙′．质量△m的取值范围为1.8kg＜△m＜2.4kg．五、实验题（共21分）请根据沈政双老师整理试卷位置作答．24．在“测定物质的密度”的实验中，需要用　托盘太平　测出物体的质量，然后用量筒测出物体的　体积　；图1的实验装置可以证明　大气压　的存在；图2的装置是探究液体内部压强与　深度　的关系．【考点】密度及其特性；液体的压强的特点；大气压强的存在．【分析】（1）在“测定物质的密度”的实验中，根据实验原理ρ=选择实验器材．（2）空气内部向各个方向都有压强，这个压强就叫大气压强．（3）压强计测量液体的压强时，就是靠U形管的液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大就表示液体压强大．【解答】解：（1）根据ρ=可知，要测测定物质的密度需要测量物质的质量和体积，需要用托盘天平测出物体的质量，然后用量筒测出物体的体积；（2）图1的装置中，杯子内盛满水，用纸片把杯口盖严，手按住纸片把杯子倒过来，纸片不掉，水不流出，可以证明大气压的存在；（3）图2的装置中，液体密度相同，压强计探头在液体中的深度不同，且深度越深，压强计液面高度差越大，说明：液体密度相同时，深度越深液体压强越大；故答案为：托盘太平；体积；大气压；深度．25．“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是　R=　，连接电路时，电流表应　串　联在被测电路中，电流是从电流表的　正　接线柱流入，如图所示电流表的示数为　0.3　．【考点】伏安法测电阻的探究实验．【分析】伏安法测电阻的原理是电阻的计算公式．知道电流表在电路中的连接要求，并会根据电流表的量程、分度值正确读出示数，即可解答．【解答】解：（1）“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是欧姆定律的变形公式，即R=；（2）连接电路时，电流表应串联在被测电路中，电流是从电流表的正接线柱流入负接线柱流出．（3）图中所示电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A．故答案为：R=；串；正；0.3A．26．小王同学用标有“0.3A”字样的小灯做“测定小灯泡的电功率”实验．①小王闭合电键前的实验电路如图1所示，则他连接的电路存在的问题是　电压表量程过大且接线柱接反了　和　滑动变阻器的滑片未调到最大值处　．②小王同学完善电路后继续实验，移动滑片使小灯正常发光，他判定小灯正常发光的方法是　观察电流表示数为0.3A　，此时电压表的示数如图2所示，则小灯的额定功率为　0.66　瓦．然后，小王同学应该继续实验的操作是　断开开关，整理实验器材　．【考点】电功率的测量．【分析】①根据各元件的使用方法，结合电路分析判断存在的问题；②由题知灯泡的额定电流，由此知判断灯泡正常发光的方法；读出电压表示数，由P=UI计算灯泡的额定功率；完成实验后应整理器材．【解答】解：①由实验电路图可知，电源由两节干电池组成，所以灯泡两端电压最高为3V，所以电压表应使用0﹣3V量程，而电路中电压表使用的是0﹣15V量程；电压表在使用时应与灯泡并联，并使电流从+接柱流进，从﹣接线柱流出，由图可知，电压表的接线柱接反了；为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调到最大值处；②由题知灯泡上标有“0.3A”字样，即灯泡的额定电流，所以当电流表示数为0.3A时，灯泡正常发光；由图2知，电压表使用0﹣3V量程，分度值0.1V，此时灯泡两端电压为2.2V，所以灯泡的额定功率：P=UI=2.2V×0.3A=0.66W；测出了灯泡的额定功率后，应该继续实验的操作是断开开关，整理实验器材．故答案为：①电压表量程过大且接线柱接反了；滑动变阻器的滑片未调到最大值处；②观察电流表示数为0.3A；0.66；断开开关，整理实验器材．27．小王和小高同学为了探究导体中电流与电压的关系，他们用甲、乙、丙三个导体进行实验，试验中多次改变导体两端电压大小，并将测量数据分别记录在表一、表二和表三中．表一（导体甲）序号电压（伏）电流（安）电压/电流（伏/安）11.20.062022.40.122034.40.222045.60.2820表二（导体乙）序号电压（伏）电流（安）电压/电流（伏/安）51.50.101562.40.161574.50.281585.60.3615表三（导体丙）序号电压（伏）电流（安）电压/电流（伏/安）91.40.1410102.40.2410113.60.3610124.60.4610①初步分析比较表一、表二或表三中第二列与第三列的电流与电压变化的倍数关系及相关条件，可得出的初步结论：对同一导体，　通过导体的电流与导体两端的电压成正比　．②分析比较表一、表二、表三中第四列的数据及相关条件，可得出的结论是：对于同一导体，　导体两端电压与通过导体电流的比值相同　；对于不同导体，　导体两端电压与通过导体电流的比值不同　．物理学中把　导体两端电压与通过导体电流的比值　叫做该导体的电阻．③分析比较实验序号2、6与10中的数据及相关条件，可得出的结论是：不同导体　导体两端电压　相同时，　电压与电流的比值越大　，即导体的电阻越大，导体中的电流越　小　，说明导体对电流有　阻碍　作用．【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验．【分析】①分析表一、表二或表三中的数据，得出电流与电压的关系；②分析不同导体的电压与电流的比值，得出结论；③实验序号2、6与10的电压相同，电压与电流的比值不同，电流不同，通过分析得出相应的关系．【解答】解：①表一、表二或表三中第二列与第三列，同一导体，电压与电流的变化倍数相同，可得，对于同一导体，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；②表一、表二、表三中第四列的数据，可知同一导体，导体两端电压与电流的比值相同；不同导体，导体两端电压与通过导体电流的比值不同；物理学中把电压与电流的比值叫做电阻；③实验序号2、6与10中的数据，电压相同，电压与电流的比值越大，电路中的电流越小，说明电阻对导体有阻碍作用．故答案为：①通过导体的电流与导体两端的电压成正比；②导体两端电压与通过导体电流的比值相同；导体两端电压与通过导体电流的比值不同；导体两端电压与通过导体电流的比值；③导体两端电压；电压与电流的比值越大；小；阻碍．