文档内容
2020年上海市杨浦区中考物理二模试卷
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．（2分）在太阳系中，月球属于（ ）
A．彗星 B．恒星 C．行星 D．卫星
2．（2分）在公共场所应轻声讲话，轻声是指声音的（ ）
A．音色好 B．音调低 C．频率高 D．响度小
3．（2分）光的三原色是（ ）
A．黄、绿、蓝 B．红、绿、蓝 C．红、黄、绿 D．红、黄、蓝
4．（2分）如图为四冲程内燃机工作的全过程，其中实现内能转化为机械能的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2分）新型冠状病毒对热较为敏感，持续30分钟高温可有效灭活病毒。能有效灭活病毒温
度至少是（ ）
A．0℃ B．37℃ C．56℃ D．100℃
6．（2分）把一个重为2牛的苹果竖直向上抛出，苹果在空中受到重力和空气阻力的作用。若
空气阻力恒为0.8牛，则苹果在上升过程中所受合力的大小为（ ）
A．4.2牛 B．0牛 C．3牛 D．2.8牛
7．（2分）甲车从M点、乙车从N点同时沿MN直线匀速运动，甲车的s﹣t图象如图所示。运
动5秒后，甲距离N点5米。继续运动5秒，乙距离M点10米。则乙物体的速度为（ ）
第1页（共30页）A．1米/秒 B．2米/秒 C．4米/秒 D．5米/秒
8．（2分）实心均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强分别为p甲 、p乙 ．正方体
甲沿水平方向切去一半，正方体乙沿竖直方向切去一半，并将甲、乙剩余部分均顺时针旋
转90°，如图所示。甲、乙剩余部分顺时针旋转90°前后对地面的压强变化量△p甲 小于△p
乙
．关于原来的压强p甲 、p乙 的判断，正确的是（ ）
A．p甲 一定小于p乙 B．p甲 可能等于p乙
C．p甲 一定等于p乙 D．p甲 一定大于p乙
二、填空题（共23分）请将结果填入答题纸的相应位置．
9．（3分）教室里的日光灯和开关是 连接的（选填“串联”或“并联”）。标有“220V
40W”字样的日光灯正常工作时，通过日光灯的电流为 安，将 能转化为其
他形式的能。
10．（3分）丹麦物理学家 通过实验发现电流周围存在磁场；如图所示，通电螺线管的
左端是 极，小磁针静止时左端是 极（以上两空均选填“N”或“S”）。
11．（3分）如图所示是某同学扔实心球的四个分解动作，其中人对实心球不做功的是分解动
作 （选填序号）。分解动作 中，实心球被抛出后，球落地前相对于人是
（选填“运动”或“静止”），实心球④的惯性 （选填“变大”、“变小”或“不
第2页（共30页）变”）。
12．（5分）某导体两确的电压为4伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为2库，通过该导
体的电流为 安，这段时间内电流做功为 焦。若该导体两端的电压变为2伏，
导体的电阻为 欧。
13．（5分）将质量为1千克的物块A放入装满水的圆柱形容器中，静止时如图所示，放入前
后水对容器底部的压力 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。物块A受到的浮
力为 牛，排开水的体积为 米3。
14．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，电阻R 、R 的阻值相等。闭合开关S后，电路
1 2
正常工作，电压表示数为U ，电流表示数为I ．一段时间后，发现电压表示数变大。此时电
0 0
路只有一处故障，发生在电阻R 、R 上。请根据相关信息写出两电表示数及对应的故障。
1 2
。
15．（2分）某小组同学研究动滑轮的使用特点，他们先用弹簧测力计缓慢提起重物（重力为2
牛），如图1（a）所示，再用动滑轮缓慢提起相同重物，如图1（b）所示；接着他们换了重物
（重力为3牛）再做一次实验，并将实验数据记录在表格中。
序号 拉力F （牛） 使用动滑轮拉力F （牛）
2 1
第一次 2 1
第二次 3 2.3
小明看了记录的数据后，认为第一次的数据是正确的，第二次的数据是错的。小明为了
①说明理由，画了动滑轮工作示意图（如图2所示），并做了如下分析：
第3页（共30页）你认为小明的分析和判断是否合理，请简要说明理由。
小明进一步分析第二次实验数据，发现：使用动滑轮提升重物，虽然能省力但做的功要
②比不用滑轮直接提升重物所做的功要多，请你分析一下，多做功的原因可能是 。
三、作图题（共7分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2B铅笔．
16．（2分）在图中，物块受到的的重力G为2牛。用力的图示法画出小球受到的重力G。
17．（2分）请根据平面镜成像特点，在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A'B'。
18．（3分）在如图所示的电路中，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：闭合开关S，向右移动变阻器的滑片，电压表的示数变小。
第4页（共30页）四、计算题（共26分）请将计算过程和答案写入答題纸的相应位置．
19．（5分）质量为5千克的水温度降低了40℃，求水放出的热量Q放 ．[c水 ＝4.2×103焦/（千
克•℃）]
20．（5分）物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，
求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P。
21．（7分）在图（a）所示电路中，电源电压为24伏且保持不变，电阻R 的阻值为20欧，滑动
1
变阻器R 标有“1A”字样，电压表V的表盘如图（b）所示。闭合开关S，电路的电流为
2
0.8安。
求R 两端电压U 。
1 1
①求10秒内电流通过电阻R
1
做的功W
1
。
②移动滑动变阻器滑片P过程中，电流的最大变化量为0.4安，求电压表最大示数和最小
③示数的差值△U 。
2
第5页（共30页）22．（9分）如图所示，底面积不同、高度相同的A、B圆柱形薄壁容器放置在水平地面上，分
别盛有高度相同的水和液体乙。液体乙的密度为1.5×103千克/米3，A、B容器底面积分别
为3×10﹣2米2和2×10﹣2米2。
若水的质量为3千克，求水的体积V水 。
①将质量为3千克的物块先后浸没在水和液体乙中。如表为放入物块前后两容器底部受
②到液体的压力。
﹣﹣ 放入前 放入后
水对容器A底部的压力（牛） 29.4 44.1
液体乙对容器B底部的 F乙 44.1
压力（牛）
（a）求放入物块前，液体乙对容器底部的压力F乙 。
（b）求该物块密度的最大值
物
。
ρ
五、实验题（共18分）请根据要求在答题纸的相应位置作答．
23．（3分）在“验证阿基米德原理”实验中，需要验证浸在液体中的物体受到的浮力大小与
它排开液体受到的 大小是否相等；“测定物质的密度”的实验原理是 ，实
验时，用电子天平测物体的质量，用 测物体的体积。
24．（3分）在图中，凸透镜的焦距为10厘米，保持图中透镜的位置不变。若蜡烛位于光具座
的A点处，则应在 厘米刻度范围内移动光屏寻找像，光屏上的像一定是
的（选填“放大”、“缩小”或“等大”）；若蜡烛位于光具座的B点处，则应将光屏置于
厘米刻度处，能在光屏上看到清晰的像。
25．（6分）小杨同学做“测定小灯泡的电功率”实验，实验器材齐全且完好。电源电压为4.5
第6页（共30页）伏且不变，待测小灯两个（分别标有“2.5V”和“3.5V”字样），滑动变阻器
（A：“5 2A”和B：“10 1A”）两种规格。他正确连接电路，将滑片移到某位置，闭合开
关时，发Ω现小灯发光较刺眼Ω，观察到电压表与电流表的示数如图（a）（b）所示。小杨断开开
关，在不改变实验器材的前提下规范操作，直至小灯正常发光，发现电流表指针在如图
（b）所示的基础上偏转了2小格。
根据小杨实验的相关信息，请回答下列问题。
实验中电压表所选的量程为 ，理由是 。
①判断实验中选用的滑动变阻器规格。 （需写出计算过程）。
②根据小杨实验的相关信息，求出小灯额定功率。 （需写出计算过程）
③
26．（6分）某小组同学研究”并联电路电流特点”。他们选用电阻R 为30欧、R 为10欧，并
1 2
按如图连接电路进行实验，把实验数据记录在表一中。他们用25欧、50欧电阻先后替换
R 继续实验，实验数据也记录在表一中。接着他们换用R 为60欧电阻从复上述实验过程，
2 1
并把实验数据记录在表二中。实验过程中电源电压不变。
表一
实验序号 R （欧） R （欧） I （安） I （安） 干路I（安）
1 2 1 2
1 30 10 0.20 0.60 0.80
2 30 25 0.20 0.24 0.44
3 30 50 0.20 0.12 0.32
表二
实验序号 R （欧） R （欧） I （安） I （安） 干路I（安）
1 2 1 2
4 60 10 0.10 0.60 0.70
5 60 25 0.10 0.24 0.34
6 60 50 0.10 0.12 0.22
根据表一或表二中的第四列、第五列、第六列数据，分析比较I与I 、I 之间关系，可得
1 2
①出的初步结论是：在并联电路中， 。
第7页（共30页）根据表一或表二中的第三列、第五列数据，分析比较电流I 随电阻R 的变化情况及相
2 2
②关条件，可得出的初步结论是：在并联电路中，电源电压不变， 。
分析比较实验序号1、2、3（或4、5、6）中I变化量与I 变化量的大小关系及相关条件，
2
③可得出初步结论是：在并联电路中，电源电压一定时， 。
进一步分析表一或表二的数据，发现在并联电路中，当R 不变时，I 与I的比值随着R
1 2 2
④阻值的变大而变小，请你用相关的物理知识推出I 与I的比值变小的原因 。
2
进一步分析表一或表二的数据，还发现I 与I的比值与R 、R 阻值之间满足定量关系，
2 1 2
⑤请你推导出关系式。 。
第8页（共30页）2020年上海市杨浦区中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
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．（2分）在太阳系中，月球属于（ ）
A．彗星 B．恒星 C．行星 D．卫星
【分析】（1）彗星能自身发光，彗星既不是恒星，也不是行星。
（2）恒星由炽热气体组，能自发光球状或类球状体。
（3）行星本身不发光，围绕恒星运转的天体。
（4）卫星是指围绕行星轨道转动的天然天体，一般吧人造卫星也称作卫星。
【解答】解：A、彗星本身能发光，月亮不会发光，月亮反射太阳光，故A错误。
B、恒星本身能发光，月亮不会发光，月亮反射太阳光，故B错误。
C、行星是不发光的天体，行星是绕恒星运转的，月亮本身不发光，月亮是绕地球这颗行星
运转，所以月亮不是行星，故C错误。
D、卫星是指围绕行星轨道转动的天然天体，月亮是绕地球这颗行星运转，所以月亮不是
行星，故D正确。
故选：D。
【点评】行星绕恒星转动，卫星绕行星转动，彗星既不是恒星，也不是行星，并且彗星还能
发光。
2．（2分）在公共场所应轻声讲话，轻声是指声音的（ ）
A．音色好 B．音调低 C．频率高 D．响度小
【分析】音调是指声音的高低，响度是指声音的强弱，音色是指声音的品质与特色。声音的
响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大。
【解答】解：响度是指声音的强弱，在公共场所“轻声”说话是指声音的响度要小。
故选：D。
【点评】本题考查了音调和响度的区分，注意带有“高低”字眼的不一定指响度，例如高
声喧哗、高谈阔论等，是学生比较容易出错的内容之一。
3．（2分）光的三原色是（ ）
A．黄、绿、蓝 B．红、绿、蓝 C．红、黄、绿 D．红、黄、蓝
第9页（共30页）【分析】色光的三原色是红、绿、蓝。
【解答】解：根据课本知识可知，色光的三原色是红、绿、蓝，故B正确。
故选：B。
【点评】此题考查的是色光的三原色，属于基础知识，熟记即可。
4．（2分）如图为四冲程内燃机工作的全过程，其中实现内能转化为机械能的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】内燃机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲
程。
内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是
做功冲程中内能转化为机械能。
【解答】解：
A、图中的进气门打开，排气门关闭，活塞下行，所以是吸气冲程，没有能量的转化，故A
不合题意；
B、图中气门关闭，活塞上行，所以是压缩冲程，压缩冲程是将机械能转化为内能的过程，
故B不合题意；
C、图中的气门关闭，活塞下行，所以是做功冲程，做功冲程是将内能转化为机械能的过程，
故C符合题意；
D、图中的进气门关闭，排气门打开，活塞上行，所以是排气冲程，没有能量的转化，故D
不合题意。
故选：C。
【点评】解决此类问题关键是看气门的开关情况和活塞运动情况，结合规律总结进行判断
内燃机的冲程，并熟练掌握做功冲程和压缩冲程中的能量转化。
5．（2分）新型冠状病毒对热较为敏感，持续30分钟高温可有效灭活病毒。能有效灭活病毒温
第10页（共30页）度至少是（ ）
A．0℃ B．37℃ C．56℃ D．100℃
【分析】《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消
毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。
【解答】解：由《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》知，持续30分钟温度为56℃的高温环
境可有效灭活新型冠状病毒。
故选：C。
【点评】本题结合时事热点考查温度的估测，平时要注意积累，题目难度不大。
6．（2分）把一个重为2牛的苹果竖直向上抛出，苹果在空中受到重力和空气阻力的作用。若
空气阻力恒为0.8牛，则苹果在上升过程中所受合力的大小为（ ）
A．4.2牛 B．0牛 C．3牛 D．2.8牛
【分析】根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；
同一直线反方向二力的合力等于二力之差。
【解答】解：苹果竖直向上抛出后，上升的过程中，受到的重力的方向是竖直向下，阻力是
竖直向下。所以此时苹果受到的合力是小于2牛+0.8牛＝2.8牛。
故选：D。
【点评】会对物体进行受力分析，会根据同一直线上的二力的合成进行计算合力的大小。
7．（2分）甲车从M点、乙车从N点同时沿MN直线匀速运动，甲车的s﹣t图象如图所示。运
动5秒后，甲距离N点5米。继续运动5秒，乙距离M点10米。则乙物体的速度为（ ）
A．1米/秒 B．2米/秒 C．4米/秒 D．5米/秒
【分析】首先根据图象求出甲的速度，知道甲的运动的时间求出甲通过的路程，从而求出
MN之间的距离；
根据MN之间距离的关系判定乙的运动方向，从而求出乙运动的路程，根据速度公式求出
乙的速度。
【解答】解：根据图象可知，甲在12s内通过的路程为12m，则甲的速度为：
第11页（共30页）v甲 ＝ ＝ ＝1m/s，
运动5秒后，甲距离N点5米，则甲通过的路为：s'甲 ＝v甲t'甲 ＝1m/s×5s＝5m；
甲距离N点5米，则MN之间的距离为：s＝5m+5m＝10m；
由于乙距离M点10米，所以乙的运动方向与甲的运动方向是相反的；
则乙运动的总路程为：s乙 ＝10m+10m＝20m；
乙运动的时间为10s，则乙的速度为：v乙 ＝ ＝ ＝2m/s。
故选：B。
【点评】本题考查了速度公式的应用，正确得出甲乙两物体运动的方向是关键。
8．（2分）实心均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强分别为p甲 、p乙 ．正方体
甲沿水平方向切去一半，正方体乙沿竖直方向切去一半，并将甲、乙剩余部分均顺时针旋
转90°，如图所示。甲、乙剩余部分顺时针旋转90°前后对地面的压强变化量△p甲 小于△p
乙
．关于原来的压强p甲 、p乙 的判断，正确的是（ ）
A．p甲 一定小于p乙 B．p甲 可能等于p乙
C．p甲 一定等于p乙 D．p甲 一定大于p乙
【分析】实心均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强分别为p甲 、p乙 ，正方
体甲沿水平方向切去一半，正方体乙沿竖直方向切去一半，根据压强公式求出此时剩余部
分对地面的压强；顺时针旋转后，压力不变，根据受力面积的变化求出压强的大小；然后
求出压强的变化量，根据压强变化量的关系判定原来压强的大小。
【解答】解：实心均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强分别为p甲 、p乙 ；
正方体甲沿水平方向切去一半，受力面积不变，压力变为原来的一半，根据p＝ 可知，切
第12页（共30页）去后的压强为： p甲 ； 甲剩余部分顺时针旋转90°，此时压力不变，受力面积变为原来的
一半，则压强会变为原来的2倍，即2× p甲 ＝p甲 ；则顺时针旋转90°前后对地面的压强变
化量△p甲 ＝p甲 ﹣ p甲 ＝ p甲 ；
正方体乙沿竖直方向切去一半，受力面积变为原来的一半，压力变为原来的一半，根据p
＝ 可知，切去后的压强不变，仍为p乙 ； 乙剩余部分顺时针旋转90°，此时压力不变，受
力面积变为原来的2倍，则压强会变为原来的一半，即 p乙 ；则顺时针旋转90°前后对地
面的压强变化量△p乙 ＝p乙 ﹣ p乙 ＝ p乙 ；
由于△p甲 ＜△p乙 ，即： p甲 ＜ p乙 ，所以p甲 ＜p乙 ，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了固体压强公式的应用，明确题目中压力、受力面积的变化是解题的关
键。
二、填空题（共23分）请将结果填入答题纸的相应位置．
9．（3分）教室里的日光灯和开关是 串联 连接的（选填“串联”或“并联”）。标有
“220V 40W”字样的日光灯正常工作时，通过日光灯的电流为 0.1 8 安，将 电 能
转化为其他形式的能。
【分析】（1）用电器与开关是串联的；
（2）根据P＝UI求出电流；用电器工作的过程是电能转化为其他形式的能的过程。
【解答】解：教室里的日光灯和开关是串联的，这样开关才能控制日光灯；
由P＝UI可得，通过日光灯的电流为：I＝ ＝ ≈0.18A；
日光灯工作的过程是电能转化为其他形式的能的过程。
故答案为：串联；0.18；电。
【点评】本题考查家庭电路的连接方式、电能的转化、P＝UI的应用，基础性强。
10．（3分）丹麦物理学家 奥斯特 通过实验发现电流周围存在磁场；如图所示，通电螺线
第13页（共30页）管的左端是 S 极，小磁针静止时左端是 N 极（以上两空均选填“N”或“S”）。
【分析】电流的磁场最初是由奥斯特发现的，而判断通电螺线管的极性、以及电流的流向
等则需要用到安培定则。
【解答】解：丹麦物理学家奥斯特通过实验发现电流周围存在磁场，是第一个发现电和磁
有联系的人；
由图知，电流从螺线管的左端流入，根据安培定则可知，螺线管的右端为N极、左端为S
极，根据异名磁极相互吸引，可知小磁针静止时左端为N极。
故答案为：奥斯特；S；N。
【点评】奥斯特发现了电流周围存在磁场，法拉第发现了电磁感应现象，安培定则用来判
断通电螺线管的极性和电流的方向，这些知识有一定的相似度，值得我们认真掌握的区分。
11．（3分）如图所示是某同学扔实心球的四个分解动作，其中人对实心球不做功的是分解动
作 （选填序号）。分解动作 中，实心球被抛出后，球落地前相对于人是 运动
（选填②“④运动”或“静止”），实心球④的惯性 不变 （选填“变大”、“变小”或“不
变”）。
【分析】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；
研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为参照物，研究对象的运动情况是怎样的，
就看它与参照物的相对位置是否变化；
惯性大小只与质量有关。
【解答】解： 中把球捡起来，力的方向是向上的，在力的方向上通过了距离，所以做了功；
停在空中①时，虽然有力，但没有通过距离，不做功；
②挥动球时，球在力的方向上通过了距离，做了功；
③球飞出去是因为球具有惯性，人对球没有力的作用，所以不做功；
④故选 ；
②④
第14页（共30页）实心球被抛出后，球落地前相对于人来说有位置的变化，是运动的；惯性大小只与质量有
关，所以惯性不变。
故答案为： ；运动；不变。
【点评】本题②考④查了做功的两个条件、运动和静止的相对性、惯性的大小，都是基础知识，
难度不大。
12．（5分）某导体两确的电压为4伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为2库，通过该导
体的电流为 0. 2 安，这段时间内电流做功为 8 焦。若该导体两端的电压变为2伏，
导体的电阻为 2 0 欧。
【分析】（1）知道10秒内通过该导体横截面的电荷量，根据I＝ 求出通过导体的电流，根
据W＝UIt＝UQ求出这段时间内电流做的功，根据欧姆定律求出导体的电阻；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的
电压和通过的电流无关。
【解答】解：通过导体的电流：I＝ ＝ ＝0.2A，
这段时间内电流做的功：W＝UIt＝UQ＝4V×2C＝8J，
由I＝ 可得，导体的电阻：R＝ ＝ ＝20 ，
Ω
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，所以，当该导体两
端电压改变为2伏时，导体的电阻仍为20 不变。
故答案为：0.2；8；20。 Ω
【点评】本题考查了电流的定义式和电功公式、欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的
电阻与两端的电压和通过的电流无关。
13．（5分）将质量为1千克的物块A放入装满水的圆柱形容器中，静止时如图所示，放入前
后水对容器底部的压力 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。物块A受到的
浮力为 1 0 牛，排开水的体积为 1×1 0 ﹣ 3 米3。
【分析】（1）根据图示可知，物块A漂浮在水面上，因此水的深度不变，根据p＝ gh可知
放入前后水对容器底压强的关系，再利用F＝pS可知放入前后水对容器底压力的ρ变化；
第15页（共30页）（2）根据G＝mg求出物块A的重力，根据物块A漂浮时，浮力等于重力求出浮力；再利用
阿基米德原理的应用求出排开水的体积。
【解答】解：
（1）原来容器中装满水，放入物块A后，物块漂浮，但水的深度不变，由p＝ gh可知，放入
物块A的前后，水对容器底的压强不变，由F＝pS可知，放入前后水对容器ρ底部的压力不
变；
（2）物块A的重力：G＝mg＝1kg×10N/kg＝10N，
因为物块A漂浮，所以物块A受到的浮力：F浮 ＝G＝10N；
由F浮 ＝ 水gV排 可知排开水的体积：V排 ＝ ＝ ＝
ρ
1×10﹣3m3。
故答案为：不变；10；1×10﹣3。
【点评】此题考查液体压强的特点、物体浮沉条件的应用、阿基米德原理，是一道综合性较
强的题目，题目难度适中，属于中档题。
14．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，电阻R 、R 的阻值相等。闭合开关S后，电路
1 2
正常工作，电压表示数为U ，电流表示数为I ．一段时间后，发现电压表示数变大。此时电
0 0
路只有一处故障，发生在电阻R 、R 上。请根据相关信息写出两电表示数及对应的故障。
1 2
电压表示数为 2U 、电流表的示数为 0 时，电路故障为 R 断路；电压表示数为 2U 、电流表
0 1 0
的示数为 2 I 时，电路故障为 R 短路 。
0 2
【分析】由图可知，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压，电流表测电路中的电流，根据
1 2 1
电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；一段时间后，发现电压表示数变大。此时电路
只有一处故障，发生在电阻R 、R 上，据此结合电路故障有两种情况：短路或断路分析得
1 2
出答案。
【解答】解：由图可知，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压，电流表测电路中的电流。
1 2 1
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且电阻R 、R 的阻值相等，
1 2
第16页（共30页）所以，由I＝ 可得，电源的电压U＝I （R +R ）＝I （R +R ）＝2I R ＝2U 。
0 1 2 0 1 1 0 1 0
若R 断路，电路断路，电路中无电流，即电流表的示数为0，此时电压表串联在电路中测
1
电源两端的电压，即电压表的示数为2U ；
0
若R 断路，电路断路，电路中无电流，此时电压表和电流表的示数均为0，则电压表的示
2
数变小；
若R 短路，电路的总电阻变小，电路中的电流变大，即电流表的示数I＝ ＝ ＝2I ，
1 0
电压表被短路，无示数，则电压表的示数为0；
若R 短路，电路的总电阻变小，电路中的电流变大，即电流表的示数I＝ ＝ ＝2I ，
2 0
此时电压表测电源两端的电压，则电压表的示数为2U 。
0
综上所述：电压表示数为2U 、电流表的示数为0时，电路故障为R 断路；电压表示数为
0 1
2U 、电流表的示数为2I 时，电路故障为R 短路。
0 0 2
故答案为：电压表示数为2U 、电流表的示数为0时，电路故障为R 断路；电压表示数为
0 1
2U 、电流表的示数为2I 时，电路故障为R 短路。
0 0 2
【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路
和断路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
15．（2分）某小组同学研究动滑轮的使用特点，他们先用弹簧测力计缓慢提起重物（重力为2
牛），如图1（a）所示，再用动滑轮缓慢提起相同重物，如图1（b）所示；接着他们换了重物
（重力为3牛）再做一次实验，并将实验数据记录在表格中。
序号 拉力F （牛） 使用动滑轮拉力F （牛）
2 1
第一次 2 1
第二次 3 2.3
小明看了记录的数据后，认为第一次的数据是正确的，第二次的数据是错的。小明为了
①说明理由，画了动滑轮工作示意图（如图2所示），并做了如下分析：
第17页（共30页）你认为小明的分析和判断是否合理，请简要说明理由。 不合理，因为实际使用动滑轮提
起物体时，还提起了动滑轮，还要克服绳子重以及摩擦，所以实际绳子自由端拉力大于物
体重力的一半
小明进一步分析第二次实验数据，发现：使用动滑轮提升重物，虽然能省力但做的功要
②比不用滑轮直接提升重物所做的功要多，请你分析一下，多做功的原因可能是 不仅要克
服物重做有用功，还克服动滑轮重、绳子重以及摩擦做额外功 。
【分析】 使用动滑轮不仅提起了重物，还提起了动滑轮；
使用任①何机械都不能省功，由使用动滑轮时要做额外功分析解答。
②【解答】解：
动滑轮实质是动力臂是阻力臂两倍的杠杆，能省力一半，但实际使用动滑轮提起物体
①时，还提起了动滑轮，还要克服绳子重以及摩擦，所以实际绳子自由端拉力大于物体重力
的一半，故小明判断不合理；
使用动滑轮提升重物时，能省力，但不仅要克服重物重力做有用功，还要克服动滑轮重、
②绳重以及摩擦做额外功，所以实际会多做一部分功。
故答案为： 不合理，因为实际使用动滑轮提起物体时，不仅要克服物重做有用功，还克
服动滑轮重①、绳子重以及摩擦做额外功，所以实际绳子自由端拉力大于物体重力的一半；
不仅要克服物重做有用功，还克服动滑轮重、绳子重以及摩擦做额外功。
【②点评】本题研究动滑轮的使用特点的实验，知道动滑轮的实质和特点，关键知道使用任
何机械都要做额外功。
第18页（共30页）三、作图题（共7分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2B铅笔．
16．（2分）在图中，物块受到的的重力G为2牛。用力的图示法画出小球受到的重力G。
【分析】先选出标度，然后根据重力的方向总是竖直向下，过重心表示出重力的大小及方
向。
【解答】解：选1N的线段作为标度，然后从球心作竖直向下的、大小为2N的重力。如图所
示：
【点评】作力的图示应选择合适的标度，应注意重力的方向是竖直向下。
17．（2分）请根据平面镜成像特点，在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A'B'。
【分析】平面镜成像的特点是：像与物关于平面镜对称，可以先作出物体A、B端点的像点
A′、B′，连接A′、B′即为物体AB在平面镜中所成的像。
【解答】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为物
体AB的像，如图所示：
第19页（共30页）【点评】作物体在平面镜中所成的像，常用方法是：作出端点（或关键点）的像点，用虚线连
接像点得到物体的像。
18．（3分）在如图所示的电路中，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：闭合开关S，向右移动变阻器的滑片，电压表的示数变小。
【分析】滑动变阻器按“一上一下”原则接入电路；闭合开关后，向右移动滑动变阻器的
滑片时，电压表的示数变小，说明该电路为串联电路，根据串联电路分压原理分析电压表
的连接方式。
【解答】解：闭合开关S，向右移动变阻器的滑片，电压表的示数变小，根据U＝IR可知，电
路中的电流减小，所以滑动变阻器的电阻变大，滑动变阻器采用一上一下的接法，如图所
示：
。
【点评】本题考查了实物电路图的连接，关键是能根据电流流向确定电压表、滑动变阻器
以及开关的连接方式。
四、计算题（共26分）请将计算过程和答案写入答題纸的相应位置．
19．（5分）质量为5千克的水温度降低了40℃，求水放出的热量Q放 ．[c水 ＝4.2×103焦/（千
克•℃）]
第20页（共30页）【分析】知道水的质量和降低的温度以及比热容，根据Q放 ＝cm△t求出水放出的热量。
【解答】解：水放出的热量：
Q放 ＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×40℃＝8.4×105J。
答：水放出的热量为8.4×105J。
【点评】本题考查了放热公式的应用，是一道基础题目。
20．（5分）物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，
求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P。
【分析】知道水平拉力的大小和前进的距离，根据W＝Fs求出拉力做的功，根据P＝ 求
出功率的大小。
【解答】解：拉力做的功：
W＝Fs＝50N×20m＝1000J；
拉力的功率：
P＝ ＝ ＝100W。
答：此过程中拉力做的功为1000J，功率为100W。
【点评】本题考查了功和功率的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题。
21．（7分）在图（a）所示电路中，电源电压为24伏且保持不变，电阻R 的阻值为20欧，滑动
1
变阻器R 标有“1A”字样，电压表V的表盘如图（b）所示。闭合开关S，电路的电流为
2
0.8安。
求R 两端电压U 。
1 1
①求10秒内电流通过电阻R
1
做的功W
1
。
②移动滑动变阻器滑片P过程中，电流的最大变化量为0.4安，求电压表最大示数和最小
③示数的差值△U 。
2
【分析】由电路图可知，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压。
1 2 2
根据欧姆定律求出R 两端电压；
1
①根据W＝UIt求出10秒内电流通过电阻R
1
做的功；
② 第21页（共30页）设出滑片P移动前后电路中的最大电流和最小电流，根据串联电路的电压特点和欧姆
③定律表示出电压表示数的变化量，据此得出答案。
【解答】解：由电路图可知，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压。
1 2 2
由I＝ 可得，R 两端电压：
1
①
U ＝IR ＝0.8A×20 ＝16V；
1 1
10秒内电流通过Ω电阻R
1
做的功：
②W
1
＝U
1
It＝16V×0.8A×10s＝128J；
设滑片P移动前后电路中的最大电流和最小电流分别为I大 、I小 ，
③因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的最大和最小示数分别为：
U 2大 ＝U﹣I小R 1 ，U 2小 ＝U﹣I大R 1 ，
则电压表最大示数和最小示数的差值：
△U
2
＝U
2大
﹣U
2小
＝（U﹣I小R
1
）﹣（U﹣I大R
1
）＝（I大 ﹣I小 ）R
1
＝△IR
1
＝0.4A×20 ＝8V。
答： R 1 两端电压为16V； Ω
10①秒内电流通过电阻R
1
做的功为128J；
②移动滑动变阻器滑片P过程中，电流的最大变化量为0.4安，则电压表最大示数和最小
③示数的差值为8V。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意最后一问的
要求是电流的最大变化量为0.4A时电压表示数的变化量。
22．（9分）如图所示，底面积不同、高度相同的A、B圆柱形薄壁容器放置在水平地面上，分
别盛有高度相同的水和液体乙。液体乙的密度为1.5×103千克/米3，A、B容器底面积分别
为3×10﹣2米2和2×10﹣2米2。
若水的质量为3千克，求水的体积V水 。
①将质量为3千克的物块先后浸没在水和液体乙中。如表为放入物块前后两容器底部受
②到液体的压力。
﹣﹣ 放入前 放入后
水对容器A底部的压力（牛） 29.4 44.1
液体乙对容器B底部的 F乙 44.1
压力（牛）
（a）求放入物块前，液体乙对容器底部的压力F乙 。
第22页（共30页）（b）求该物块密度的最大值
物
。
ρ
【分析】 已知水的质量和密度，根据 ＝ 求出水的体积；
① ρ
（a）容器是圆柱形且放在水平地面上，液体对容器底压力大小等于液体重力，由F＝G
②＝ gSh表示出水和液体乙对容器底的压力，然后得出水和液体乙对容器底的压力关系，
从ρ而得出放入物块前液体乙对容器底部的压力；
（b）根据题意可知水和液体乙对容器底部的压力变化量相等，根据p＝ 和p＝ gh得出
ρ
等式即可得出水和液体乙升高的高度相等，由同一个物体浸没时排开液体的体积相等且
两容器的底面积不同，则B中乙液体一定溢出，A中水可能溢出、也可能恰好不溢出，当A
中的水恰好不溢出时，物块的体积最小，其密度最大，根据水对容器A底部压力的增加量
等于物块排开水的重力求出物块排开液体的体积即为物体的体积，利用 ＝ 求出该物块
ρ
密度的最大值。
【解答】解： 由 ＝ 可得，水的体积：
① ρ
V水 ＝ ＝ ＝3×10﹣3m3；
（a）两容器中水和液体乙的高度相同，
②因为容器是圆柱形且放在水平地面上，液体对容器底压力大小等于液体重力，
放入物体前，水对容器底的压力F水 ＝G水 ＝ 水gS
A
h，
同理，液体乙对容器底压力F乙 ＝G乙 ＝ 乙gρS
B
h，
ρ
则有： ＝ ＝ ＝ ＝1：1，
所以，放入物块前，液体乙对容器底部的压力F乙 ＝F水 ＝29.4N；
（b）因F乙 ＝F水 ＝29.4N，F乙 ′＝F水 ′＝44.1N，
所以，△F乙 ＝△F水 ，
第23页（共30页）由p＝ 和p＝ gh可得：
ρ
＝ ＝ ＝ × ＝ ×1＝1，
解得：△h水 ＝△h乙 ，
因S ＞S ，且同一个物体浸没时排开液体的体积相等，
A B
所以，B中乙液体一定溢出，A中水可能溢出、也可能恰好不溢出，
当A中的水恰好不溢出时，物块的体积最小，其密度最大，
因水对容器A底部压力的增加量等于物块排开水的重力，
所以，由△F＝△G排 ＝ 水g△V排 可得，
ρ
V物 ＝△V排 ＝ ＝ ＝1.5×10﹣3m3，
该物块密度的最大值：
物
＝ ＝ ＝2×103kg/m3。
ρ
答： 若水的质量为3千克，则水的体积为3×10﹣3m3；
（①a）放入物块前，液体乙对容器底部的压力为29.4N；
②（b）该物块密度的最大值为2×103kg/m3。
【点评】本题考查了密度公式和液体压强公式、压强定义式、阿基米德原理的综合应用，正
确得出物体的最小体积是关键。
五、实验题（共18分）请根据要求在答题纸的相应位置作答．
23．（3分）在“验证阿基米德原理”实验中，需要验证浸在液体中的物体受到的浮力大小与
它排开液体受到的 重力 大小是否相等；“测定物质的密度”的实验原理是 ＝
ρ
，实验时，用电子天平测物体的质量，用 量筒 测物体的体积。
【分析】（1）阿基米德原理的内容：浸在液体中的物体受到向上的浮力，浮力大小等于物
体排开液体受到的重力。
（2）在“测定物质的密度”的实验中，用天平测量物体的质量m，用量筒测量物体的体积
V，根据 ＝ 求出物体的密度。
ρ
第24页（共30页）【解答】解：
（1）由阿基米德原理可知，要验证阿基米德原理，就需要验证浸在液体中的物体受到的浮
力大小与它排开液体受到的重力大小是否相等。
（2）用天平测量物体的质量m，用量筒测量物体的体积V，根据 ＝ 求出物体的密度，即
ρ
“测定物质的密度”的实验原理是： ＝ 。
ρ
故答案为：重力； ＝ ；量筒。
ρ
【点评】本题考查了两个实验：阿基米德原理的验证和测量密度的实验原理，是一道基础
题。
24．（3分）在图中，凸透镜的焦距为10厘米，保持图中透镜的位置不变。若蜡烛位于光具座
的A点处，则应在 大于 7 0 厘米刻度范围内移动光屏寻找像，光屏上的像一定是 放
大 的（选填“放大”、“缩小”或“等大”）；若蜡烛位于光具座的B点处，则应将光屏
置于 7 0 厘米刻度处，能在光屏上看到清晰的像。
【分析】物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距大于二倍焦距；此时成倒立、放大的实像；
物距等于二倍焦距时，像距也等于二倍焦距。
【解答】解：凸透镜的焦距为10厘米，将蜡烛移至光具座的“35厘米”刻度处，此时物距
大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距，所以应该在大于70cm
范围内移动光屏寻找像；
若蜡烛位于光具座的B点处，此时的物距为二倍焦距，则像距也为二倍焦距，则应将光屏
置于70厘米刻度处，能在光屏上看到清晰的像。
故答案为：大于70；放大；70。
【点评】本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
25．（6分）小杨同学做“测定小灯泡的电功率”实验，实验器材齐全且完好。电源电压为4.5
伏且不变，待测小灯两个（分别标有“2.5V”和“3.5V”字样），滑动变阻器
（A：“5 2A”和B：“10 1A”）两种规格。他正确连接电路，将滑片移到某位置，闭合开
Ω Ω
第25页（共30页）关时，发现小灯发光较刺眼，观察到电压表与电流表的示数如图（a）（b）所示。小杨断开开
关，在不改变实验器材的前提下规范操作，直至小灯正常发光，发现电流表指针在如图
（b）所示的基础上偏转了2小格。
根据小杨实验的相关信息，请回答下列问题。
实验中电压表所选的量程为 0 ～ 3V ，理由是 若电压表选用 0 ～ 15V 大量程，分度
①值为 0.5V ，电压为 15V ，大于电源电压 4.5V 。
判断实验中选用的滑动变阻器规格。 （ b ）中，电流表选用小量程，分度值为 0.02A ，电
②流为 0.28A ，根据串联电路电压的规律和欧姆定律，在第一次操作中，变阻器连入电路的
电阻：
R 滑 ＝ ＝ ≈ 5. 4 ＞ 5 ，故选用的“ 1 0 1A “的 B 变阻器。 （需写出计算
Ω Ω Ω
过程）。
根据小杨实验的相关信息，求出小灯额定功率。 在 中，因电压表选用小量程，分度
③值为 0.1V ，电压为 3V ；因发现小灯发光较刺眼，说明 3V① 高于灯的额定电压，故灯的额定
电压为 2.5V ；
在不改变实验器材的前提下规范操作，直至小灯正常发光，则灯的电压为 2.5V ，小于 3V ，
故电路的电流变小了，根据发现电流表指针在如图（ b ）所示的基础上偏转了 2 小格，故此
时的额定电流为：
I ＝ 0.28A ﹣ 2×0.02A ＝ 0.24A ；
2
小灯泡的额定功率：
P ＝ U I ＝ 2.5V×0.24A ＝ 0.6W （需写出计算过程）
L L L
【分析】 根据电压表示数如图（a）分类讨论，结合电源电压为4.5V，从而确定电压表选
用的量程①，
根据（b）中电流表选用小量程确定分度值读数，根据串联电路电压的规律和欧姆定律，
②
第26页（共30页）求出在第一次操作中变阻器连入电路的电阻，确定选用的变阻器的规格；
根据两灯分别标有“2.5V”和“3.5V”字样的含义，在 中，因电压表选用小量程确
③定分度值读数；根据小灯发光较刺眼，可知灯的额定电压；①
在不改变实验器材的前提下规范操作，直至小灯正常发光，由欧姆定律，可确定电路的电
流变小了，根据书生已知条件，可确定灯的的额定电流，根据P＝UI求出小灯泡的额定功
率。
【解答】解：
他正确连接电路，将滑片移到某位置，闭合开关时，发现小灯发光较刺眼，观察到电压
①表与电流表的示数如图（a）：
若电压表选用0～15V大量程，分度值为0.5V，电压为15V，大于电源电压为4.5V，故电压
表只能选用0～3V小量程；
（b）中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A，根据串联电路电压的规律
②和欧姆定律，在第一次操作中，变阻器连入电路的电阻：
R滑 ＝ ＝ ≈5.4 ＞5 ，故选用的“10 1A“的B变阻器；
Ω Ω Ω
两灯分别标有“2.5V”和“3.5V”字样，表示两灯的额定电压为2.5V和3.5V，在 中，
③因电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为3V；因发现小灯发光较刺眼，说明3V①高于
灯的额定电压，故灯的额定电压为2.5V；
在不改变实验器材的前提下规范操作，直至小灯正常发光，则灯的电压为2.5V小于3V，
故电路的电流变小了，根据发现电流表指针在如图（b）所示的基础上偏转了2小格，故此
时的额定电流为：
I ＝0.28A﹣2×0.02A＝0.24A；
2
小灯泡的额定功率：
P ＝U I ＝2.5V×0.24A＝0.6W。
L L L
故答案为： 0～3V；若电压表选用0～15V大量程，分度值为0.5V，电压为15V，大于电
源电压4.5V①； 见上； 见上。
【点评】本题测②定小灯泡③的电功率，考查电表读数和串联电路的规律及欧姆定律的运用，
同时考查了分类讨论和推理的能力，难度较然大。
26．（6分）某小组同学研究”并联电路电流特点”。他们选用电阻R 为30欧、R 为10欧，并
1 2
按如图连接电路进行实验，把实验数据记录在表一中。他们用25欧、50欧电阻先后替换
第27页（共30页）R 继续实验，实验数据也记录在表一中。接着他们换用R 为60欧电阻从复上述实验过程，
2 1
并把实验数据记录在表二中。实验过程中电源电压不变。
表一
实验序号 R （欧） R （欧） I （安） I （安） 干路I（安）
1 2 1 2
1 30 10 0.20 0.60 0.80
2 30 25 0.20 0.24 0.44
3 30 50 0.20 0.12 0.32
表二
实验序号 R （欧） R （欧） I （安） I （安） 干路I（安）
1 2 1 2
4 60 10 0.10 0.60 0.70
5 60 25 0.10 0.24 0.34
6 60 50 0.10 0.12 0.22
根据表一或表二中的第四列、第五列、第六列数据，分析比较I与I 、I 之间关系，可得
1 2
①出的初步结论是：在并联电路中， 干路电流等于各支路电流之和 。
根据表一或表二中的第三列、第五列数据，分析比较电流I 随电阻R 的变化情况及相
2 2
②关条件，可得出的初步结论是：在并联电路中，电源电压不变， 电流与电阻成反比 。
分析比较实验序号1、2、3（或4、5、6）中I变化量与I 变化量的大小关系及相关条件，
2
③可得出初步结论是：在并联电路中，电源电压一定时， I 与 I 差值相等 。
2
进一步分析表一或表二的数据，发现在并联电路中，当R 不变时，I 与I的比值随着R
1 2 2
④阻值的变大而变小，请你用相关的物理知识推出I 与I的比值变小的原因 当 R 不变时，
2 1
由欧姆定律 I ＝ ，通过 R 的电流不变， R 阻值变大，通过 R 的电流 I 变大，由电阻的并
1 2 2 2
联规律，总电阻变大，总电流 I 变小，故 I 与 I 的比值随着 R 阻值的变大而变小 。
2 2
进一步分析表一或表二的数据，还发现I 与I的比值与R 、R 阻值之间满足定量关系，
2 1 2
⑤
请你推导出关系式。 ＝ 。
第28页（共30页）【分析】 根据表一或表二中的第四列、第五列、第六列数据得出结论；
纵向分①析表一或表二中的第三列、第五列数据得出的初步结论；
②分析比较实验序号1、2、3（或4、5、6）中I变化量与I
2
变化量的大小关系及相关条件可
③得出初步结论；
进一步分析表一或表二的数据，当R 不变时，由欧姆定律I＝ 分析通过R 的电流和
1 1
④
通过R 的电流I 变化，由电阻的并联规律确定总电阻变化，可知总电流I变化，据此回答；
2 2
由欧姆定律分别得出电流表A 和电流表A 示数，根据 的结论得出总电流，从而得
1 2
⑤ ①
出 。
【解答】解： 根据表一或表二中的第四列、第五列、第六列数据有：
0.20A+0.60A＝①0.80A；0.20A+0.24A＝0.44A；0.20A+0.12A＝0.32A；
（或0.10A+0.60A＝0.70A；0.10A+0.24A＝0.34A；0.10A+0.12A＝0.2A；）
故可得出的初步结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
纵向分析表一或表二中的第三列、第五列数据，电阻增大为原来的几倍，电流减小为原
②来的几分之一，可得出的初步结论是：在并联电路中，电源电压不变，电流与电阻成反比；
分析比较实验序号1、2、3（或4、5、6）中I变化量与I 变化量的大小关系及相关条件，
2
③0.80A﹣0.60A＝0.44A﹣0.24A＝0.32A﹣0.12A＝0.20A（或0.70A﹣0.60A＝0.34A﹣0.20A
＝0.22A﹣0.12A＝0.10A），故可得出初步结论是：在并联电路中，电源电压一定时，I与I
2
差值相等；
进一步分析表一或表二的数据，当R 不变时，由欧姆定律I＝ ，通过R 的电流不变，
1 1
④
当R 阻值变大，通过R 的电流I 变大，由电阻的并联规律，总电阻变大，总电流I变小，
2 2 2
故I 与I的比值随着R 阻值的变大而变小；
2 2
由欧姆定律，电流表A 示数：I ＝ ，
1 1
⑤
第29页（共30页）电流表A 示数：I ＝ ，
2 2
根据 有：
①
I＝I +I ＝ + ，
1 2
故 ＝ ＝ 。
故答案为： 干路电流等于各支路电流之和； 电流与电阻成反比； I与I 差值相等；
2
① ② ③
见上； 故 ＝ 。
④ ⑤
【点评】本题研究”并联电路电流特点”，考查数据分析、控制变量法和欧姆定律的运用，
有一定难度。
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