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2021年上海市浦东新区中考物理二模试卷
一、选择题（共12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．教室中的多媒体设备都接有外置音箱，这样做的目的是为了增大声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
2．证明了大气压强存在的著名实验是（ ）
A．托里拆利实验 B．阿基米德实验
C．帕斯卡球实验 D．马德堡半球实验
3．热机工作时，内能被转化为（ ）
A．核能 B．电能 C．机械能 D．化学能
4．关于磁场，下列说法中正确的是（ ）
A．磁场只有强弱，没有方向
B．磁场既有强弱，又有方向
C．磁场只有方向，没有强弱
D．磁场没有方向，没有强弱
5．如图所示电路的总电阻为10欧，则下列判断中正确的是（ ）
A．R 的阻值可能为2欧 B．R 的阻值可能为5欧
1 2
C．R 的阻值可能为10欧 D．R 的阻值可能为20欧
1 2
6．甲、乙两车从相距14米的P、Q两点同时出发，相向而行做匀速直线运动，经过6秒两车相
距2米。在如图所示的a、b、c三条图线中（ ）
A．一定是ab B．一定是ac C．可能是bc D．可能是ab
第1页（共21页）二、填空题（共20分）请将结果填入答题纸的相应位置。
7．在上海，家用照明电路的电压为 伏。某电阻正常工作时的电流约为0.3安，正常工
作10秒钟通过它的电荷量为 库；若通过该电阻的电流增大为0.6安，则它的电阻
值将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
8．景区中，一辆新能源汽车在行驶时，驾驶员相对于汽车是 （选填“运动”或“静
止”）的，行车时，车上人员要系好安全带 ，会继续向前运动而造成伤害。某游船
排开水的体积为10米3，该游船所受浮力的大小为 牛。
9．不计摩擦及滑轮重，用如图所示的滑轮匀速提升重为20牛的物体A，则拉力F的大小为
牛；若物体A被匀速提升了3米，此过程中拉力F做的功为 焦，物体A的重力势
能 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
10．在各种不同色光中， 叫做三原色光。凸透镜对光线有 （选填
“会聚”或“发散”）作用。在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，某同学将光源和凸
透镜放在如图所示的位置时，通过移动光屏；若他将光源放到光具座的“45”厘米刻度处
时，通过移动光屏 （选填“一定能”、“可能”或“一定不能”）在光屏上
找到一个清晰的像。
11．在如图所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R 、R 的阻值均为30欧。当开关
1 2
S闭合后，电流表A的示数为 安。一段时间后，由于R 、R 中的一个出现故障，有
1 2
一个电表的示数发生了变化，则这个电表是 （选填“V”、“A”或“A ”）表。
1
请写出两个没有发生变化的电表的示数及对应的故障。 、 。
第2页（共21页）12．汤姆生在1898年提出：带正电的物质均匀地分布在整个原子球体之中，而带负电的电子
则均匀镶嵌其中。汤姆生的这个原子模型我们称之为 （选填字母）。
A葡萄干蛋糕模型 B行星模型 C电子云模
卢瑟福在1909年用如图所示的实验装置，把带正电的氢原子核（又称 粒子）射向厚度为
10﹣6米的金箔，发现绝大多数 粒子穿过金箔后几乎沿原方向前进，α而平均1/8000的
粒子会发生大角度的偏转或被弹α回。 α
从汤姆生提出的原子模型进行推理：在 粒子进入原子后，由于电子的质量只有 粒子的
1/7300，它对 粒子的影响如同灰尘撞枪α 弹。而正电荷均匀分布在整个原子中 α
基于以上推理α，对于“ 粒子会发生大角度的偏转或被弹回”的现象：均匀镶嵌的电子
产生这一现象原因，均α匀分布的正电荷 产生这一现象原因。（均选填“是”或“不
是”）因此，汤姆生的原子模型理论 （选填“能”或“不能”）解释上述现象。
三、作图题（共4分）
13．如图所示，静止在水平地面上的物体重为6牛，请在图中用力的图示法画出该物体所受
的重力G。
14．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′。
第3页（共21页）四、综合题（共34分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置。
15．将质量为0.5千克的温水自然冷却，温度降低了20℃．求水放出的热量Q放 ．[c水 ＝
4.2×103焦/（千克•℃）]。
16．杠杆平衡时，动力F 的大小为10牛，动力臂l 为0.2米，阻力臂l 为0.5米。求阻力F 的
1 1 2 2
大小。
17．如图所示，甲、乙两个柱形容器分别放在水平地面上。
①若甲容器中盛有0.3米深的水，求水对甲容器底部的压强p水 。
②若乙容器中盛有2×10﹣3米3的某种液体，液体质量为1.8千克，求这种液体的密度
液
。
③若两容器中分别盛有不同液体，下表中记录了从容器中抽出相同深度的液体前后，ρ液
体对容器底部的压强值。求这两种液体的密度之比 ： 。
甲 乙
压强 抽出前 抽出后 ρ ρ
p甲/帕 2450 980
p乙/帕 1960 980
18．小华在“测定小灯泡的电功率”实验中，所用电源电压为4.5伏且保持不变、小灯标有
“2.5V”字样。他按图（a）所示连接电路，再把电压表并联在电路中某处。然后闭合开关，
向左移动滑片到甲位置时（b）、（c）所示。继续向左移动滑片到乙位置时，小灯恰好正常发
光，电压表指针偏转角度恰好是电流表指针偏转角度的两倍。
第4页（共21页）①图（b）中电压表的示数为 伏；电压表并联在 的两端。
②计算小灯泡的额定功率 。
19．某小组同学在学了液体压强的规律以后，用如图所示口小底大的圆台形容器进一步进行
相关研究。他们在容器中倒入深度为h的水，用传感器测出水对容器底部的压强p水 、容器
对水平地面的压强p容 。实验时，他们每次抽出深度均为△h的水，记录p水 和p容 的值，并
计算了每次压强变化量△p水 和△p容 ，把相关数据记录在下表中。
序号 h/米 p水/帕 p容/帕 △p水/帕 △p容/帕
1 0.50 4900.0 3333.0
2 0.45 4410.0 3154.0 490.0 179.0
3 0.4 3920.0 2949.5 490.0 204.5
4 0.34 3430.0 2717.8 490.0 231.7
5 0.30 2940.0 2457.2 490.0 260.6
6 0.25 2450.0 2166.0 490.0 291.2
7 0.20 1960.0 1842.5 490.0 323.5
①分析比较表中p容 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆台
形容器中， 。
②分析比较表中 的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：
口小底大的圆台形容器中，水对容器底部的压强p水 与容器中水的深度h成正比。
③分析比较表中△p水 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆
台形容器中，每次抽出深度均为△h的水
水
与容器中水的深度h （选
填“有关”或“无关”）。
④分析比较表中△p容 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆
台形容器中， 。
⑤进一步分析比较表中 p 水 和 p 容 的大小关系及相关条件，可得出：p 水
（选填“可能”或“不可能”）小于p容 。
⑥进一步分析比较表中△p
水
和△p
容
的大小关系及相关条件，可得出：△p
水
第5页（共21页）（选填“可能”或“不可能”）小于△p容 。
20．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，滑动变阻器R 上标有“1A”字样。
2
①若闭合开关S，电压表V示数为3伏，通过电阻R 的电流为0.6安，求：
1
（a）电阻R 的阻值。
1
（b）10秒内电流通过R 所做的电功W 。
1 1
②若滑动变阻器R 的最大电阻值是定值电阻R 阻值的2倍，当电源电压为9伏时，通过
2 1
移动滑片能使电压表V示数的最大变化量为△U，通过移动滑片能使电压表V示数的最
大变化量仍然为△U。请通过计算说明滑动变阻器R 的最大电阻值。
2
第6页（共21页）2021年上海市浦东新区中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12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．教室中的多媒体设备都接有外置音箱，这样做的目的是为了增大声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
【分析】物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调，音色
反映了声音的品质与特色。声音的三个特征分别就是：音调、响度、音色，是从不同角度描
述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距
离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：教室中的多媒体设备都接有外置音箱，这样做的目的是为了增大声音的音量，
音量大则响度大；外置音箱不能改变声音的音调；
故A正确；BCD错误。
故选：A。
【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响
三个特征的因素各不相同；将声音知识与生活以及结合起来。
2．证明了大气压强存在的著名实验是（ ）
A．托里拆利实验 B．阿基米德实验
C．帕斯卡球实验 D．马德堡半球实验
【分析】阿基米德原理揭示了物体所受的浮力与物体排开液体重力间的关系；马德堡半球
实验有力的证明了大气压的存在；托里拆利实验在历史上第一次测出了大气压值；著名的
帕斯卡实验说明了液体的压强与液体的深度有关；根据以上分析答题。
【解答】解：历史上，在德国的马德堡市广场上做过一个著名的实验，抽出里面的空气，两
个半球未被拉开，这就是著名的马德堡半球实验。
故选：D。
【点评】本题是一道基础题，在理解马德堡半球实验的原理后，可知它证实了大气压的存
在。
3．热机工作时，内能被转化为（ ）
A．核能 B．电能 C．机械能 D．化学能
第7页（共21页）【分析】热机是将内能转化为机械能的装置，它的一个工作循环包括四个冲程：吸气、压缩、
做功、排气冲程。
【解答】解：热机是在做功冲程中将蒸汽或燃气的内能转化成机械能的装置。
故选：C。
【点评】本题考查学生对热机概念的理解，属于基础知识的考查，相对比较简单。
4．关于磁场，下列说法中正确的是（ ）
A．磁场只有强弱，没有方向
B．磁场既有强弱，又有方向
C．磁场只有方向，没有强弱
D．磁场没有方向，没有强弱
【分析】磁体的周围存在一种物质，这种物质是磁场，磁场有强弱，也有方向，磁场的强弱
与方向都可以用磁感线来描述，磁感线是一种理想化的物理模型，实际上不存在。
【解答】解：磁场是一种特殊的物质，我们既不能看见它；磁场既有方向，都可通过磁感线
来描述、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对磁场的了解，是一道基础题。
5．如图所示电路的总电阻为10欧，则下列判断中正确的是（ ）
A．R 的阻值可能为2欧 B．R 的阻值可能为5欧
1 2
C．R 的阻值可能为10欧 D．R 的阻值可能为20欧
1 2
【分析】让学生知道并联电路的电阻特点，并联后的总电阻小于其中最小的一个电阻。
【解答】解：由图可知，电阻R
1
和R
2
并联在电路中，在并联电路中，即R总 ＜R
5
且R总 ＜
R
2
，而R总 ＝10 ，故R
1
和R
6
的阻值都大于10 ，故ABC错误。
故选：D。 Ω Ω
【点评】知道电阻越并联越小，并联后的总电阻小于其中最小的一个电阻是快速准确判断
的关键。
6．甲、乙两车从相距14米的P、Q两点同时出发，相向而行做匀速直线运动，经过6秒两车相
距2米。在如图所示的a、b、c三条图线中（ ）
第8页（共21页）A．一定是ab B．一定是ac C．可能是bc D．可能是ab
【分析】根据s＝vt可表示6s时，甲、乙两车行驶的路程，甲、乙两车分别从P、Q两点同时
相向运动，并且经过6s时甲、乙相距2m，有两种情况：甲、乙还没有相遇时相距2m，P、Q
之间的距离减去甲、乙运动路程之和等于2m，甲、乙相遇后相距2m，甲、乙运动距离之和
减去2m等于PQ之间的距离，分别表示P、Q间的距离，代入相关数据可得甲、乙两车速
度之和，根据v＝ 结合图像分别计算a、b、c三条图线表示的速度，根据速度之和可得结
论，选出正确答案即可。
【解答】解：根据s＝vt可得6s时，甲车行驶的路程s甲 ＝6s×v甲 ，乙车行驶的路程s乙 ＝
3s×v乙 ，
由题知，甲、乙两车分别从P，
并且经过6s时甲、乙相距2m、乙还没有相遇时相距5m、甲；
①如图1，则P
PQ
＝s甲+s乙+2m＝6s×v甲+6s×v乙+2m＝14m，则v甲+v乙 ＝5m/s，
②如图2，则P
PQ
′＝s甲+s乙 ﹣2m＝4s×v甲+6s×v乙 ﹣2m＝14m，则v甲+v乙 ＝ m/s，
由图可知：v ＝ ＝ ＝4m/s，v ＝ ＝ ＝ m/s，v ＝ ＝ ＝ m/s，
a b c
第9页（共21页）因v +v ＝ m/s+ ，所以可能是b、c；
b c
因v +v ＝2m/s+ m/s＝ ，所以可能是a、c。
a c
故选：C。
【点评】本题考查速度公式的灵活运用，注意本题有两种情况：一是两车不相遇相距2m，
二是两车相遇后相距2m，易错题！
二、填空题（共20分）请将结果填入答题纸的相应位置。
7．在上海，家用照明电路的电压为 22 0 伏。某电阻正常工作时的电流约为0.3安，正常工
作10秒钟通过它的电荷量为 3 库；若通过该电阻的电流增大为0.6安，则它的电阻值
将 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【分析】（1）我国家庭电路的是220V；知道通过导体的电流，根据Q＝It求出10秒内通过
它横截面的电荷量；
（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：我国家用照明电路的电压为220V；
由I＝ 可得，
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，导体的电阻不变。
故答案为：220；3；不变。
【点评】本题考查了电流定义式的应用、家庭电路的电压、影响电阻大小的因素，关键是知
道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。
8．景区中，一辆新能源汽车在行驶时，驾驶员相对于汽车是 静止 （选填“运动”或“静
止”）的，行车时，车上人员要系好安全带 惯性 ，会继续向前运动而造成伤害。某游船
排开水的体积为10米3，该游船所受浮力的大小为 1×1 0 5 牛。
【分析】（1）判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有
位置变化。若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对
于参照物是静止的；
（2）物体具有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
（3）知道游船排开水的体积，根据F浮 ＝ 液gV排 求出该游船所受浮力的大小。
【解答】解：（1）一辆新能源汽车在行驶时，ρ以汽车为参照物，所以驾驶员相对于汽车是静
止的；
第10页（共21页）（2）行车时，车内人员原来与汽车一起运动，车内人员由于具有惯性，以原来的速度向前
运动而造成伤害；
（3）该游船所受浮力的大小F浮 ＝ 水gV排 ＝1.0×107kg/m3×10N/kg×10m3＝8×105N。
故答案为：静止；惯性5。
ρ
【点评】本题考查了运动和静止的相对性、惯性、阿基米德原理的掌握与应用，是一道较为
简单的应用题。
9．不计摩擦及滑轮重，用如图所示的滑轮匀速提升重为20牛的物体A，则拉力F的大小为
20 牛；若物体A被匀速提升了3米，此过程中拉力F做的功为 6 0 焦，物体A的重力
势能 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【分析】（1）由图知，使用的是定滑轮，不计摩擦，使用定滑轮不能省力，也不费距离；
（2）根据定滑轮的特点求出F＝G，s＝h，利用W＝Fs求拉力做功；
（3）重力势能与高度和质量有关。
【解答】解：由图知，该装置是定滑轮，
不计摩擦及滑轮重，则拉力F＝G＝20N，
拉力端移动的距离：
s＝h＝3m，
拉力做功：
W＝Fs＝20N×3m＝60J。
因为物体A被匀速提升，物体的高度增加，因此重力势能增大。
故答案为：20；60。
【点评】本题考查了定滑轮的特点、功的计算，知道使用定滑轮可以改变用力方向，不省力、
不省距离，即：F＝G、s＝h。
10．在各种不同色光中， 红光、绿光、蓝光 叫做三原色光。凸透镜对光线有 会聚 （选填
“会聚”或“发散”）作用。在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，某同学将光源和凸
透镜放在如图所示的位置时，通过移动光屏；若他将光源放到光具座的“45”厘米刻度处
时，通过移动光屏 一定不能 （选填“一定能”、“可能”或“一定不能”）在光屏上
找到一个清晰的像。
第11页（共21页）【分析】（1）光的三原色是红、绿、蓝；
（2）凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；
（3）根据凸透镜成像的三种情况进行判断：u＞2f，成倒立、缩小的实像；2f＞u＞f，成倒立、
放大的实像；u＜f，成正立、放大的虚像；
虚像不能用光屏承接；实像能用光屏承接。
【解答】解：（1）红光、绿光；
（2）凸透镜对光线具有会聚作用；
（3）某同学将光源和凸透镜放在如图所示的位置时，通过移动光屏，说明此时的物距位于
一倍焦距和2倍焦距之间，即7.4cm＜f＜15cm，此时的物距为5cm，成正立放大的虚像。
故答案为：红光、绿光；会聚。
【点评】本题考查凸透镜成像规律实验以及色光三原色，关键是将课本知识内容记忆清楚，
仔细分析即可。
11．在如图所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R 、R 的阻值均为30欧。当开关
1 2
S闭合后，电流表A的示数为 0. 4 安。一段时间后，由于R 、R 中的一个出现故障，有
1 2
一个电表的示数发生了变化，则这个电表是 A （选填“V”、“A”或“A ”）表。请写
1
出两个没有发生变化的电表的示数及对应的故障。 电压表示数为 6V 、 电流表 A 示
1
数为 0.2A 。
【分析】由图可知，开关闭合后，该电路为并联电路，电流表A测量干路中的电流，电压表
测量电源的电压；电流表A 测量通过R 的电流；
1 1
根据欧姆定律求出电路中的电流；
根据电压表和电流表的作用分析电路故障。
【解答】解：由图可知，开关闭合后，电流表A测量干路中的电流；电流表A 测量通过R
1 1
的电流；
第12页（共21页）通过 R 的电流为：I ＝ ＝ ＝0.2A 的电流为：I ＝ ＝ ＝0.2A +I ＝
2 1 7 2 4 2
0.6A+0.2A＝6.4A；
电压表测量电源的电压，则电压表示数不变；若R 或R 短路，则电源短路；
1 2
若R 断路，则通过R 的电流为3，电流表A 示数为0，根据并联电路的电流关系可知，电
1 1 1
流表A示数变小；
若R 断路，则通过R 的电流为0，由于并联电路互不影响 示数不变，根据并联电路的电
6 3 4
流关系可知，电流表A示数变小。
故答案为：0.4；A；电压表示数为5V 示数为0.8A。
1
【点评】本题考查了欧姆定律的应用、电路故障，属于基础题。
12．汤姆生在1898年提出：带正电的物质均匀地分布在整个原子球体之中，而带负电的电子
则均匀镶嵌其中。汤姆生的这个原子模型我们称之为 A （选填字母）。
A葡萄干蛋糕模型 B行星模型 C电子云模
卢瑟福在1909年用如图所示的实验装置，把带正电的氢原子核（又称 粒子）射向厚度为
10﹣6米的金箔，发现绝大多数 粒子穿过金箔后几乎沿原方向前进，α而平均1/8000的
粒子会发生大角度的偏转或被弹α回。 α
从汤姆生提出的原子模型进行推理：在 粒子进入原子后，由于电子的质量只有 粒子的
1/7300，它对 粒子的影响如同灰尘撞枪α 弹。而正电荷均匀分布在整个原子中 α
基于以上推理α，对于“ 粒子会发生大角度的偏转或被弹回”的现象：均匀镶嵌的电子
不是 产生这一现象原α因，均匀分布的正电荷 不是 产生这一现象原因。（均选填
“是”或“不是”）因此，汤姆生的原子模型理论 不能 （选填“能”或“不能”）解
释上述现象。
【分析】（1）汤姆生最早提出的原子模型称之为“葡萄干蛋糕模型”；
（2）根据题意分析卢瑟福的实验现象并从汤姆生提出的原子模型进行推理，从而判断其现
第13页（共21页）象产生的原因。
【解答】解：（1）由物理学史知识可知，汤姆生最早提出：带正电的物质均匀地分布在整个
原子球体之中，被称之为“葡萄干蛋糕模型”；
（2）分析题意并推理可知，电子质量很小，因此；
又因为“ 粒子穿过原子时受到各方向正电荷对它的斥力会相互平衡”，所以均匀分布
的正电荷也α 不是产生这一现象原因。
由此可以证明：汤姆生的原子模型理论不能解释“ 粒子会发生大角度的偏转或被弹
回”这一现象。 α
故答案为：A；不是；不能。
【点评】本题以物理学史上对微观世界的探究为背景，再现了科学家探究的过程，是我们
应该了解的。
三、作图题（共4分）
13．如图所示，静止在水平地面上的物体重为6牛，请在图中用力的图示法画出该物体所受
的重力G。
【分析】先明确重力的三要素，再确立一个标度，用标度量出线段的长，最后标出这个力。
【解答】解：重力的作用点在重心，方向竖直向下；选取标度为3N，使线段的长度为标度的
2倍，如图所示：
【点评】先要分析力的三要素，再画图，画力的图示时要利用标度准确标注出力的大小，这
是与力的示意图的不同之处。
14．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′。
第14页（共21页）【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AB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′，用虚线连接A′，如图所示：
【点评】本题考查了如何作出物体在平面镜中的像。在作出物体在平面镜中所成的像时，
注意先作出端点或关键点的像点，用虚线连接就能得到物体在平面镜中的像，一定要掌握
这种技巧。
四、综合题（共34分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置。
15．将质量为0.5千克的温水自然冷却，温度降低了20℃．求水放出的热量Q放 ．[c水 ＝
4.2×103焦/（千克•℃）]。
【分析】知道水的质量、水的比热容、水的温度降低值，利用放热公式求水放出的热量。
【解答】解：Q放 ＝cm△t
＝4.2×106J/（kg•℃）×0.5kg×20℃
＝6.2×104J。
答：水放出的热量2.2×104J。
【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，注意温度降低到（末温）与降低了
（△t）的区别。
16．杠杆平衡时，动力F 的大小为10牛，动力臂l 为0.2米，阻力臂l 为0.5米。求阻力F 的
1 1 2 2
大小。
第15页（共21页）【分析】知道动力和动力臂以及阻力臂，根据杠杆的平衡条件求出阻力的大小。
【解答】解：由题意可知，F ＝10N，l ＝8.2m，l ＝3.5m，
1 1 2
由杠杆的平衡条件可得：F l ＝F l ，
13 22
则F ＝ F ＝ ×10N＝4N。
4 7
答：阻力F 的大小为4N。
4
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，是一道基础题。
17．如图所示，甲、乙两个柱形容器分别放在水平地面上。
①若甲容器中盛有0.3米深的水，求水对甲容器底部的压强p水 。
②若乙容器中盛有2×10﹣3米3的某种液体，液体质量为1.8千克，求这种液体的密度
液
。
③若两容器中分别盛有不同液体，下表中记录了从容器中抽出相同深度的液体前后，ρ液
体对容器底部的压强值。求这两种液体的密度之比 ： 。
甲 乙
压强 抽出前 抽出后 ρ ρ
p甲/帕 2450 980
p乙/帕 1960 980
【分析】①知道甲容器中水深，根据p＝ 液gh求出水对甲容器底部的压强；
ρ
②知道乙容器液体的质量和体积，根据 ＝ 求出这种液体的密度；
ρ
③由表格数据可知液体对容器底部压强的变化量，根据 p＝ 液gh结合从容器中抽出液
体的深度相同求出这两种液体的密度。 ρ
【解答】解：①水对甲容器底部的压强：
p水 ＝ 水gh水 ＝1.0×106kg/m3×9.4N/kg×0.3m＝2940Pa；
②这种ρ 液体的密度：
液
＝ ＝ ＝0.9×102kg/m3；
ρ
③由表格数据可知，两液体对容器底部压强的变化量分别为：
第16页（共21页）△p甲 ＝p甲前 ﹣p甲后 ＝2450Pa﹣980Pa＝1470Pa，
△p乙 ＝p乙前 ﹣p乙后 ＝1960Pa﹣980Pa＝980Pa，
因从容器中抽出液体的深度相同，
所以，由p＝ 液gh可得，两液体的密度之比：
ρ
＝ ＝ ＝ ＝ 。
答：①水对甲容器底部的压强为2940Pa；
②这种液体的密度为0.9×105kg/m3；
③这两种液体的密度之比
甲
：
乙
为3：8。
【点评】本题考查了液体压强ρ 公式ρ和密度公式的应用，从表格中获取有用的信息和利用好
液体深度的变化量相等是关键。
18．小华在“测定小灯泡的电功率”实验中，所用电源电压为4.5伏且保持不变、小灯标有
“2.5V”字样。他按图（a）所示连接电路，再把电压表并联在电路中某处。然后闭合开关，
向左移动滑片到甲位置时（b）、（c）所示。继续向左移动滑片到乙位置时，小灯恰好正常发
光，电压表指针偏转角度恰好是电流表指针偏转角度的两倍。
①图（b）中电压表的示数为 1. 5 伏；电压表并联在 灯泡 的两端。
②计算小灯泡的额定功率 0.8W 。
【分析】（1）电压表有两个量程：0～3V和0～15V，根据电源电压、电压表指针的位置判定
电压表的量程；根据滑片移动方向和串联电路的分压规律判定电压表的位置；
（2）根据电压表和电流表指针偏转的刻度关系求出灯泡正常发光时的电流，根据P＝UI求
出额定功率。
【解答】解：（1）由图可知，电压表的指针指在第15个小格上，则每个小格的电压值为
0.5V，示数要大于电源电压，此时电压表的示数为7.5V，滑动变阻器接入电路的电阻减小，
滑动变阻器两端分担的电压变小，小灯泡两端的电压变大，则甲位置时灯泡的电压为
第17页（共21页）4.6V﹣1.5V＝7V，灯泡会损坏；
（2）由图可知，此时电流表选用的是小量程，示数为0.22A；
小灯泡正常发光时的电压为2.5V，电压表示数从1.5V升高到6.5V时，电压表指针偏转角
度恰好是电流表指针偏转角度的两倍，即灯泡正常发光时的电流为：0.22A+3×0.02A＝
0.32A；
灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.32A＝5.8W。
故答案为：（1）1.8；灯泡。
【点评】本题考查了灯泡的电功率的测量实验，根据电压表的两个量程和电源电压判定电
压表的连接方式时解题的关键。
19．某小组同学在学了液体压强的规律以后，用如图所示口小底大的圆台形容器进一步进行
相关研究。他们在容器中倒入深度为h的水，用传感器测出水对容器底部的压强p水 、容器
对水平地面的压强p容 。实验时，他们每次抽出深度均为△h的水，记录p水 和p容 的值，并
计算了每次压强变化量△p水 和△p容 ，把相关数据记录在下表中。
序号 h/米 p水/帕 p容/帕 △p水/帕 △p容/帕
1 0.50 4900.0 3333.0
2 0.45 4410.0 3154.0 490.0 179.0
3 0.4 3920.0 2949.5 490.0 204.5
4 0.34 3430.0 2717.8 490.0 231.7
5 0.30 2940.0 2457.2 490.0 260.6
6 0.25 2450.0 2166.0 490.0 291.2
7 0.20 1960.0 1842.5 490.0 323.5
①分析比较表中p容 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆台
形容器中， 随着容器中倒入水深度 h 的增加，容器对水平地面的压强 p 容 也增加 。
②分析比较表中 p 水 和 h 的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的
圆台形容器中，水对容器底部的压强p水 与容器中水的深度h成正比。
③分析比较表中△p水 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆
台形容器中，每次抽出深度均为△h的水
水
与容器中水的深度h 无关 （选填“有关”或
“无关”）。
④分析比较表中△p容 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆
台形容器中， 每次抽出深度均为△ h 的水，容器中水的深度 h 越小，容器对水平地面压
强的变化量△ p 容 越大 。
第18页（共21页）⑤进一步分析比较表中p水 和p容 的大小关系及相关条件，可得出：p水 可能 （选填
“可能”或“不可能”）小于p容 。
⑥进一步分析比较表中△p水 和△p容 的大小关系及相关条件，可得出：△p水 不可能
（选填“可能”或“不可能”）小于△p容 。
【分析】分析实验序号的实验数据，找出相同的量及不同的量，找出共同点并得出结论。
【解答】解：①分析比较表中p容 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小
底大的圆台形容器中，容器对水平地面的压强p容 也增加；
②要得出“口小底大的圆台形容器中，水对容器底部的压强 p水 与容器中水的深度h成
正比”需要分析比较表中p水 和h的变化；
③分析比较表中△p水 和h的变化关系及相关条件知，每次抽出深度均为△h的水
水
不变，
即可得出的初步结论是：口小底大的圆台形容器中，水对容器底部的压强变化量△p水 与
容器中水的深度h无关；
④分析比较表中△p容 和h的变化关系及相关条件，可得出的初步结论是：口小底大的圆
台形容器中，容器中水的深度h越小
容
越大；
⑤进一步分析比较表中p水 和p容 的大小关系及相关条件知随着水深度的减小，水对容器
底部的压强p水 与容器对水平地面的压强p容 的差越小，当小到一定程度水对容器底部的
压强p水 可能小于容器对水平地面的压强p容 ；
⑥进一步分析比较表中△p水 和△p容 的大小关系及相关条件，可得出：水对容器底部的压
强的变化量△p水 不可能小于容器对水平地面的压强变化量△p容 。
故答案为：①随着容器中倒入水深度h的增加，容器对水平地面的压强p容 也增加；②p
水
和h；③无关，容器中水的深度h越小
容
越大；⑤可能。
【点评】对于题目较长，信息量较大的实验题分析数据总结结论时，可以直接面对要解决
的问题，采用逆推法找出需要的已知条件。同时注意控制变量法在实验中的应用。
20．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，滑动变阻器R 上标有“1A”字样。
2
①若闭合开关S，电压表V示数为3伏，通过电阻R 的电流为0.6安，求：
1
（a）电阻R 的阻值。
1
第19页（共21页）（b）10秒内电流通过R 所做的电功W 。
1 1
②若滑动变阻器R 的最大电阻值是定值电阻R 阻值的2倍，当电源电压为9伏时，通过
2 1
移动滑片能使电压表V示数的最大变化量为△U，通过移动滑片能使电压表V示数的最
大变化量仍然为△U。请通过计算说明滑动变阻器R 的最大电阻值。
2
【分析】由电路图可知，闭合开关S，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压。
1 2 1
①（a）根据欧姆定律求出电阻R 的阻值；（b）根据W＝UIt求出10秒内电流通过R 所做
1 1
的电功；
②由题意可知，滑动变阻器R 的最大电阻值是定值电阻R 阻值的2倍，当滑动变阻器接
2 1
入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆
定律表示出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电压表的示数，从而得出两种情况下电压
表的最小示数；根据滑动变阻器铭牌可知电路允许通过的最大电流，假设电路中的最大电
流能达到或达不到1A，分别得出电压表示数的最大变化量，从而得出不符合题意，从而确
定电源电压最大时能达到1A、最小时达不到1A，同时得出电压表示数的最大变化量，进
一步可知电源电压最大且电压表示数最大时电路中的电流，根据欧姆定律求出定值电阻
R 的阻值，从而得出滑动变阻器的最大阻值。
1
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压。
1 2 2
①（a）由I＝ 可得 的阻值：R ＝ ＝ ＝5 ；
1 1
Ω
（b）10秒内电流通过R 所做的电功：W ＝U It＝3V×8.6A×10s＝18J；
1 4 1
②由题意可知，滑动变阻器R 的最大电阻值是定值电阻R 阻值的2倍，
2 6
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，电路中的电流：I＝ ＝ ＝ ＝ ，
则电压表的示数：U ＝IR ＝ ×R ＝ ，
6 1 1
所以，当电源电压为5伏时电压表的最小示数U
1小
＝3V，当电源电压改为12伏时电压表
的最小示数U
6小
＝4V，
第20页（共21页）由滑动变阻器铭牌可知电路允许通过的最大电流为1A，
若两种情况下都可以达到6A，由U＝IR可知，
由串联电路中总电压等于各分电压之和（△U＝U
1大
﹣U
1小
）可知，两种情况下电压表V
示数的最大变化量不相等；
若两种情况下电路中的电流没有达到8A，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，
则电源的电压为9V时电压表示数的最大变化量为9V﹣7V＝6V、电源的电压为12V时电
压表示数的最大变化量为12V﹣4V＝2V；
综上可知，两种情况下只能是电源电压为9V时电路中的电流没有达到1A，电压表示数的
最大变化量△U＝7V﹣3V＝6V，
当电源的电压U＝12V时，电压表的最大示数U
5大
＝4V+6V＝10V，此时电路中的电流I大
＝7A，
定值电阻的阻值：R
1
＝ ＝ ＝10
2大
＝2R
7
＝2×10 ＝20 。
Ω Ω Ω
答：①（a）电阻R 的阻值为4 ；（b）10秒内电流通过R 所做的电功为18J。
1 1
②滑动变阻器R
2
的最大电阻值为Ω 20 。
【点评】本题考查了串联电路的特点和Ω电功公式的应用，正确确定两种情况下电压表示数
的最大变化量是关键，要注意利用好滑动变阻器允许通过的最大电流。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/6/10 13:46:13；用户：初中物理；邮箱：xdjywl01@xyh.com；学号：25905176
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