文档内容
黄浦区 2017~2018 学年第一学期教学质量调研试卷
九年级理化（物理部分） 2018.1
考生注意：1. 本试卷满分90分，理化合卷用时100分钟；
2. 答案必须填写在答题卡上。
选择题（共16分）
1. 上海地区家用电冰箱的额定电压为
A. 1.5伏 B. 24伏 C. 220伏 D. 380伏
2. 将一根粗细均匀的金属丝拉长后，改变的物理量是
A. 电阻 B. 质量 C. 体积 D. 密度
3. 载重汽车的轮子比普通汽车多，是为了
A. 增大压力 B. 增大压强 C. 减小压力 D. 减小压强
4. 下列装置工作时不能看作连通器的是
A. 血压计 B. 液位计 C. 船闸 D. 茶壶
5. 下列研究中所用到的科学方法相同的是
①研究压力作用效果与哪些因素有关 ②研究电流时，用水流比作电流
③研究串联电路电阻时，引入总电阻的概念 ④研究导体电阻与哪些因素有关
A. ①和② B. ①和④ C. ②和③ D. ③和④
6. 在图1所示的电路中，电源电压保持不变。闭合电键S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程
中，正确的判断是
A. 电压表V的示数变大
B. 电流表A 的示数变大
1
C. 电压表V示数与电流表A示数的乘积变小
D. 电流表A示数与电流表A 示数的差值变小
1
7. 如图2所示，甲、乙两个实心均匀正方体静止在水平面上，甲对水平面的压强比乙小，下列
方案中一定能使甲对水平面压强大于乙的有
方案：①将甲沿竖直方向切去一半，并将切去部分叠放在甲剩余部分上方
②将乙沿竖直方向切去一半，并将切去部分叠放在甲的上方
③将乙沿水平方向切去一半，并将切去部分叠放在甲的上方
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个8. 在图3（a）、（b）所示的电路中，电源电压相等且保持不变。只闭合电键S，三个电流表中仍
1
有两个示数相同。同时闭合电路S、S，三个电流表中仍有两个示数相同。正确的判断是
1 2
A. 只闭合电键S，示数相同的是电流表A 和A
1 1 3
B. 同时闭合电键S、S，示数相同的是电流表A 和A
1 2 2 3
C. R 的阻值最大
1
D. R 的阻值最小
3
二、填空题（共22分）
9. 上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器是_______的（选填“串联”或“并
联”），工作时，它们消耗的是_______能，用________表测量。
10. 欧姆首先揭示了同一导体中电流与________的关系；托里拆利实验选用水银测定大气压
强的值，主要是因为水银的________比较大；海拔高度越高，大气压强越________。
11. 水面下某处的压强为 9.8×103帕，它表示该处每平方米面积上受到水的________为
9.8×103牛；该处的深度为______米；若深度增加，则水的压强将________（选填“变大”、“不
变”或“变小”）。
12. 某导体两端的电压为6伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为5库，通过该导体的电
流为_____安，这段时间内电流做功_______焦；若通过该导体的电流变为0.6安，其电
阻为_____欧。
13. 在图4中，重为6牛的金属块A静止在水面下，弹簧测力计的示数为5牛，金属块
受到浮力的大小为______牛。若它受到水对它向下的压力为 2牛，则水对它向上的压
力大小为________牛。当剪断连接金属块与测力计的细线时，金属块所受浮力将________
（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
14. 在图5所示的电路中，电源电压为U且保持不变。闭合电键S，发现电压表的
示数不变，已知电阻R 、R 中仅有一个出现了故障。
1 2
请根据相关信息写出电压表的示数及相对应的故障。____________________________________________。
15. 大气压强产生的实质微观上是由于气体分子的热运动，导致气体分子对物体表面撞击而
产生的。
①根据大气压强产生的实质，可推测：微观上同一时刻物体表面各处受到的大气压强是
_________的（选填“相等”或“不相等”），理由是：_____________________________。
②以下关于影响大气压强大小的因素推测合理的是：____________
A. 空气分子排列的紧密程度。
B. 物体表面与空气分子的接触面积。
C. 温度的高低
三、作图题（共8分）
16. 在图6中，重为2牛的小球漂浮在水面上，用力的图示法画出小球所受的浮力F浮。
17. 在图7所示电路的○里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路。
18. 在图8所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上。要求：闭合电键S，
将滑动变阻器的滑片P向a端移动，小灯变亮。
四、计算题（共26分）
19. 小球浸在水中，拍开水的体积为2×10-3米3，求小球受到的浮力F浮。
20. 标有“220V 200W”字样的用电器，正常工作2小时，需用电多少度？
21. 如图9所示，薄壁柱形容器甲静止在水平地面上，容器底面积为S，内盛有质量为2千克
的水。
①求水的体积V 。
水
②求水对容器底部的压力F 。
水③若圆柱体乙的体积为V ，密度为2ρ ，现将其沿水平方向截去一部分，并将截去部分
乙 水
浸没在甲容器的水中（水不溢出），使水对容器底部压力的增加△F 等于乙剩余部分对地面
水
的压力F ’，求乙截去的体积△ 。（用字母表示）
乙 V
22. 如图10（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10欧，所用电压
1
表表盘如图10（b）所示。闭合电键，电压表示数为8伏。
①求通过R 的电流I；
1 1
②求电阻R 的阻值；
2
③现用电阻R 替换R 、R 中的一个，替换
0 1 2
前后，电压表示数增大了4伏。求电阻R 的阻
0
值。
五、实验题（共18分）
23. 小红做“用电流表、电压表测电阻”实验，所用器材齐全且完好。连接电路时，电键应
_________，使用电流表时，所测电流不得超过它的_________，电流要从电流表的_______接
线柱流入（选填“正”或“负”）。闭合电键前，应使滑动变阻器连入电路的电阻最_________。
24. U形管压强计可以用来探究_______压强与哪些因素有关的实验，实验中判断压强大小是
通过观察U形管两边液面的_______实现的；由图11(a)、(b)、(c)所示现象，可得出的初步结论
是____________________。
在“用电流表测电流”实验的电路中有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线在图 12中连
接，使灯L 和灯L 并联，电流表测量灯L 的电流。______________（用2B铅笔在答题纸的相
1 2 1
应位置连线）
25. 小明用六个体积相同、重力不同的球体，研究放入球体前后薄壁柱形容器底部受到水的压强增加量与容器对水平面的压强增加量的情况（水未溢出）。他分别将球体放入盛有等质
量水的相同容器中，待球体静止，通过测量和计算得到容器底部受到水的压强增加量△p水
和容器对水平面的压强增加量△p 地。实验数据和实验现象见下表。（已知
G >G >G >G >G >G ）
A B C D E F
实验序号 1 2 3 4 5 6
放入的球体 A B C D E F
△p （帕） 100 100 100 80 50 40
水
△p （帕） 600 400 200 80 50 40
地
实验现象
①观察序号1或2或3中的实验现象并比较△p 和△p 的大小关系，可得出的初步结论是：
水 地
当放入的球体在水中沉底时，__________________。
观察序号4或5或6中的实验现象并比较△p 和△p 的大小关系，可得出的初步结论
水 地
是：_____________________。
②分析表中序号1～6的现象、数据相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放
入的球体_________________时，△p 越大。
地
③分析表中序号1～6的现象、数据相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放
入的球体___________________时，△p 相同。
水
26. 小华做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好，待测小灯标有“2.5V”字样，
电源的电压有2伏和4伏两档，滑动变阻器有“5Ω 2A”、“10Ω 1A”两个可选。
①小华应选用的电源电压为________伏档。
②小华选择一个滑动变阻器并正确连接电路进行实验。实验中，他判定该小灯正常发光的依
据是_____________________。当小灯正常发光时，他观察到电流表的示数如
图13所示。请通过计算求出该小灯的额定电功率并判断所选滑动变阻器的规
格。________________。参考答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
C A D A B C B D
二、填空题
9. 并联；电；电能
10. 电压；密度；小
11. 压力；1；变大
12. 0.5；30；12
13. 1；3；不变
14.电压表示数为0时，R 断路；电压表示数为V时，R 短路或R 断路
1 1 2
15.①不相等；分子在不断地做无规则的运动，各处分子撞击的程度不一样
三、作图题
16.略
17.略
18.略
四、计算题
19. 19.6N
20. 0.4kw·h
21.①2×10-3m3 ②19.6N ③2/3 V
乙
22.①0.8A ②20Ω ③替换R :20Ω；替换R :10Ω
1 2
五、实验题
23.断开；量程；正；大
24.液体内部压强；高度差；液体内部向各个方向都存在压强，且同一深度各个方向压强相等
25.①容器对水平面的压强增加量△p 大于容器底部受到水的压强△p ；当放入的球体在水
地 水
中漂浮时，容器对水平面的压强增加量△p 等于容器底部受到水的压强△p ②重力越大
地 水
③浸没体积相同
26.①4 ②观察到电压表示数为2.5V；“10Ω 1A”
2018年上海市黄浦区中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（共16分）
1．（2分）上海地区家用电冰箱的额定电压为（ ）A．1.5伏 B．24伏 C．220伏D．380伏
【分析】要记住一些生活中常见的电压值，如：一节干电池的电压是1.5V；一节铅蓄电池的电
压是2V；家庭电路的电压为220V；动力电压为380V；对人体安全的电压为不高于36V；
【解答】解：家庭电路的电压为220V；故家用电冰箱的额定电压为220V；
故ABD错误、C正确；
故选：C。
2．（2分）将一根粗细均匀的金属丝拉长后，改变的物理量是（ ）
A．电阻 B．质量 C．体积 D．密度
【分析】①掌握影响电阻大小的因素：材料、长度、横截面积和温度，其它条件相同，导体越长，
横截面积越小，则导体的电阻越大；
②物体所含物质的多少叫质量，质量与物体的形状、状态、位置和温度无关，与物质的多少有
关；
③在物体种类一定时，物质多少发生改变时，体积发生变化；
④单位体积的某种物质的质量叫这种物质的密度，同种物质密度一定，与质量、体积无关。
【解答】解：
A、一金属丝被拉长后，材料不变，导体变长，横截面积变小，所以电阻变大，故A正确；
B、将一根粗细均匀的金属丝拉长后，质量不变，故B错误；
C、将一根粗细均匀的金属丝拉长后，质量不变，所以体积不变，故C错误；
D、将一根粗细均匀的金属丝拉长后，物质的种类不变，所以密度不变，故D错误。
故选：A。
3．（2分）载重汽车的轮子比普通汽车多，是为了（ ）
A．增大压力 B．增大压强 C．减小压力 D．减小压强
【分析】根据减小压强的方法：一是当压力一定时，增大受力面积；二是当受力面积一定时，减
小压力；三是在条件允许的情况下，可以同时减小压力、增大受力面积。
【解答】解：载重汽车的轮子比普通汽车的轮子多，是在压力一定时，通过增大受力面积来减
小载重汽车对地面的压强。
故选：D。
4．（2分）下列装置工作时不能看作连通器的是（ ）
A．血压计 B．液位计 C．船闸 D．茶壶
【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、血压计是帕斯卡原理，不是利用连通器原理工作的，故A符合题意；
B、液位计是利用连通器的原理制成的，故B符合题意。
C、船闸的上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸室构成连通
器，故C不符合题意；
D、茶壶的壶盖上有小孔，壶嘴上端有口，壶身和壶嘴底部相连通，是连通器，故D不符合题意；
故选：A。
5．（2分）下列研究中所用到的科学方法相同的是（ ）
①研究压力作用效果与哪些因素有关
②研究电流时，用水流比作电流③研究串联电路电阻时，引入总电阻的概念
④研究导体电阻与哪些因素有关。
A．①和② B．①和④ C．②和③ D．③和④
【分析】对每一个选项进行分析，明确各自应用的方法，确定符合题意的选项。
【解答】解：
①影响压力作用效果的因素是压力和受力面积，研究压力作用效果与哪些因素有关时采用
的是控制变量法；
②研究电流时，用水流比作电流用到了类比法；
③研究串联电路电阻时，引入总电阻的概念采用的是等效替代法；
④影响电阻的因素是材料、长度、横截面积，研究导体电阻与哪些因素有关时采用的是控制
变量法。
综合分析①和④相同，都用到了控制变量法。
故选：B。
6．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合电键S，向左移动滑动变阻器滑片P
的过程中，正确的判断是（ ）
A．电压表V的示数变大
B．电流表A 的示数变大
1
C．电压表V示数与电流表A示数的乘积变小
D．电流表A示数与电流表A 示数的差值变小
1
【分析】由电路图可知，R 、R 并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A 测
1 2 1
R 支路的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路
2
独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R 的电流不变，根据滑片的移动可知接入电路中电
1
阻的变化，根据欧姆定律可知通过R 电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的
2
变化，进一步可知电压表V示数与电流表A示数的乘积变化，根据并联电路的电流特点结合
通过R 的电流可知电流表A示数与电流表A 示数的差值变化。
1 1
【解答】解：
由电路图可知，R 、R 并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A 测R 支路
1 2 1 2
的电流，
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，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，滑片移动时，通过R 的电流不变，
1
向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，
由I= 可得，通过R 的电流变小，即电流表A 的示数变小，故B错误；
2 1
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小，则电压表V示数与电流表A示数的乘积变小，故C正确；
因电流表A示数与电流表A 示数的差值等于通过R 的电流，而通过R 的电流不变，
1 1 1
所以，电流表A示数与电流表A 示数的差值不变，故D错误。
1
故选：C。
7．（2分）如图所示，甲、乙两个实心均匀正方体静止在水平面上，甲对水平面的压强比乙小，
下列方案中一定能使甲对水平面压强大于乙的有（ ）
方案：
①将甲沿竖直方向切去一半，并将切去部分叠放在甲剩余部分上方
②将乙沿竖直方向切去一半，并将切去部分叠放在甲的上方
③将乙沿水平方向切去一半，并将切去部分叠放在甲的上方。
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据压力和受力面积的变化得出压强变化，即可判断此法是否可行。
【解答】解：甲、乙两个实心均匀正方体静止在水平面上，甲对水平面的压强比乙小，即：p ＜
甲
p ；
乙
①将甲沿竖直方向切去一半，并将切去部分叠放在甲剩余部分上方；则甲对地面的压力不变，
受力面积减去一半，根据p= 可知：p ′=2p ，而乙对水平面压强不变，但由于原来甲对水
甲 甲
平面的压强比乙小，所以，甲对水平面压强不一定大于乙对水平面压强；
②将乙沿竖直方向切去一半，对地面的压力减去一半，受力面积减去一半，根据p= 可知：p
′=p ，即乙对水平面压强不变；将切去部分叠放在甲的上方，则甲对地面的压力变大，受
乙 乙
力面积不变，根据p= 可知：p ′＞p ，即甲对水平面压强变大，但由于原来甲对水平面的
甲 甲
压强比乙小，所以，甲对水平面压强不一定大于乙对水平面压强；
③将乙沿水平方向切去一半，对地面的压力减去一半，受力面积不变，根据p= 可知：p ′=
乙
p ，即乙对水平面压强变为原来的一半；将切去部分叠放在甲的上方，则甲对地面的总压
乙
力变大为 G +G ，则大于乙对地面的压力；由图可知：甲与地面的接触面积小于乙与地面
乙 甲
的受力面积，根据p= 可知：甲对水平面压强一定大于乙对水平面的压强。
故选：B。
8．（2分）在图（a）、（b）所示的电路中，电源电压相等且保持不变。只闭合电键S ，三个电流
1
表中仍有两个示数相同。同时闭合电路S 、S ，三个电流表中仍有两个示数相同。正确的判断
1 2
是（ ）A．只闭合电键S ，示数相同的是电流表A 和A
1 1 3
B．同时闭合电键S 、S ，示数相同的是电流表A 和A
1 2 2 3
C．R 的阻值最大
1
D．R 的阻值最小
3
【分析】（1）由（a）电路图可知，闭合电键S 可知，R 与R 并联，电流表A 测干路电流，电流表
1 1 2 1
A 测R 支路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出两支路的电流，根据并联电路
2 2
的电流特点表示干路电流，然后比较两电流表的示数关系；
（2）由（b）电路图可知，开关S 断开时，电路为R 与R 串联，根据电阻的串联和欧姆定律表示
2 1 2
电路中的电流；当开关S 闭合时，电路为R 的简单电路，根据欧姆定律表示出电路中的电流，
2 3
比较两种情况下电流表A 的示数；
3
综上所述结合“只闭合电键S ，三个电流表中仍有两个示数相同；同时闭合电路S 、S ，三个
1 1 2
电流表中仍有两个示数相同”判断示数相等的电流表，利用不等式判断电阻之间的关系。
【解答】解：（1）由（a）电路图可知，闭合电键S 可知，R 与R 并联，电流表A 测干路电流，电
1 1 2 1
流表A 测R 支路电流，
2 2
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，两支路的电流分别为：
I = ，I = ，
1 2
则电流表A 的示数I = ，
2 A2
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路中的电流表A 的示数：
1
I = + ，
A1
则I ＞I ；
A1 A2
（2）由（b）电路图可知，开关S 断开时，电路为R 与R 串联，
2 1 2
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 = ，
A3
当开关S 闭合时，电路为R 的简单电路，
2 3
此时电路中的电流：
I ′= ，
A3
则I ＜I ′；
A3 A3
因只闭合电键S ，三个电流表中仍有两个示数相同；同时闭合电路S 、S ，三个电流表中仍有
1 1 2两个示数相同，
所以，只闭合电键S 时I =I ，同时闭合电路S 、S 时I =I ′，故AB错误；
1 A2 A3 1 2 A1 A3
由I =I 可知， = ，则R =R +R ＞R ，故C错误；
A2 A3 2 1 3 1
由I =I ′可知， + = ，则 ＜ ，即R ＞R ，即R 的阻值最小，故D正确。
A1 A3 1 3 3
故选：D。
二、填空题（每空1分，共22分）
9．（3分）上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器是 并联 的（选填“串联”或
“并联”），工作时，它们消耗的是 电 能，用 电能 表测量。
【分析】（1）家庭电路中各个用电器是互不影响的，所以是并联的关系；
（2）用电器工作时，消耗电能，产生其他形式的能；消耗的电能可以用电能表测量。
【解答】解：由于家庭电路中各用电器互不影响，所以这些用电器是并联的；这些用电器工作
时，消耗了电能，产生了其他形式的能，所以是将电能转化为其他形式能的过程，此时所消耗
的电能可以用电能表测量。
故答案为：并联；电；电能；
10．（3分）欧姆首先揭示了同一导体中电流与 电压 的关系；托里拆利实验选用水银测定
大气压强的值，主要是因为水银的 密度 比较大；海拔高度越高，大气压强越 小 。
【分析】（1）根据对物理学家及其贡献的掌握分析答题；
（2）一标准大气压能支持760mm高的水银柱，相当于1.013×105Pa，如果选用其它液体来做，
玻璃管的高度就会太高，不容易实验；
（3）大气压强与海拔高度有关：海拔高度越大压强越小。
【解答】解：德国物理学家欧姆经过大量的实验研究，得出了电流与电压、电阻的关系：
当电阻一定时，导体中的电流，跟导体两端的电压成正比；
当电压一定时，跟导体的电阻成反比。这就是著名的欧姆定律。
一标准大气压等于760mm水银柱产生的压强，其大小为1.013×105Pa，如果换用其他液体，
不方便做这个实验，因此托里拆利实验选用水银测定大气压强的值，主要原因是因为水银密
度大；
大气压不是固定不变的，随着海拔的高度的增高而减小，因此海拔高度越高，大气压强就越
小。
故答案为：电压；密度；小。
11．（3分）水面下某处的压强为9.8×103帕，它表示该处每平方米面积上受到水的 压力
为9.8×103牛；该处的深度为 1 米；若深度增加，则水的压强将 变大 （选填“变大”、
“不变”或“变小”）。
【分析】（1）垂直压在物体表面上的力叫压力。压强是物体在单位面积上所受的压力；
（2）利用液体压强公式p=ρgh计算该处水的深度，并判断压强大小变化。
【解答】解：水面下某处的压强为9.8×103帕，它表示该处每平方米面积上受到水的压力为
9.8×103N；
因为p=ρgh，
所以，该处的深度：h= = =1m；
若深度增加，则根据p=ρgh可知，水的压强将变大。
故答案为：压力；1；变大。
12．（3分）某导体两端的电压为6伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为5库，通过该导
体的电流为 0. 5 安，这段时间内电流做功 3 0 焦；若通过该导体的电流变为0.6安，其
电阻为 1 2 欧。
【分析】（1）知道10秒内通过该导体横截面的电荷量，根据I= 求出通过该导体的电流，又
知道导体两端的电压，根据W=UIt=UQ求出电流做的功，根据I= 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：通过该导体的电流：
I= = =0.5A，
这段时间内电流做功：
W=UIt=UQ=6V×5C=30J，
由I= 可得，导体的电阻：
R= = =12Ω，
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，通过该导体的电流变为0.6安时，导体的电阻仍为12Ω不变。
故答案为：0.5；30；12。
13．（3分）在如图中，重为6牛的金属块A静止在水面下，弹簧测力计的示数为5牛，金属块
受到浮力的大小为 1 牛。若它受到水对它向下的压力为2牛，则水对它向上的压力大小
为 3 牛。当剪断连接金属块与测力计的细线时，金属块所受浮力将 不变 （选填“变
大”、“不变”或“变小”）。
【分析】（1）利用称重法F =G﹣F 即可求出浮力的大小；
浮 示
（2）根据浮力产生的实质可知，金属块下表面和上表面受到的压力差等于浮力，据此即可求
出水对金属块向上的压力；
（3）当剪断连接金属块与测力计的细线时，金属块下沉至容器底，金属块排开水的体积不变，
利用阿基米德原理分析浮力变化。
【解答】解：（1）金属块受到的浮力：F =G﹣F =6N﹣5N=1N；
浮 示
（2）因为金属块受到的浮力：F =F ﹣F ，
浮 向上 向下
所以，水对金属块向上的压力：F =F +F =1N+2N=3N；
向上 浮 向下
（3）当剪断连接金属块与测力计的细线时，金属块下沉至容器底，金属块排开水的体积不变，
则所受浮力不变。
故答案为：1；3；不变。
14．（2分）在如图所示的电路中，电源电压为U且保持不变。闭合电键S，发现电压表的示数
不变，已知电阻R 、R 中仅有一个出现了故障。请根据相关信息写出电压表的示数及相对应
1 2
的故障。 若电压表的示数为 U ，说明 R 断路或 R 短路；若电压表的示数为 0 ，说明 R 断路 。
2 1 1
【分析】从两个方面分析：①若电压表有示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端相连，
据此定出故障所在；
②若电压表无示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端不相连，据此确定出故障所在。
【解答】解：由图知两电阻串联，电压表测量R 的电压；
2
①若闭合开关前，电压表有示数，说明电压表通过R 与电源的两极连通，此时电压表的示数
1
为电源电压U；闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然测电源电压，则故障可能
是R 短路了（R 不分压），也可能是R 断路（此时电压表串联在电路中测电源电压）。
1 1 2
②若闭合开关前，电压表无示数，说明电压表与电源的两极不相连，则故障为R 断路；
1
闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然无示数，也说明是R 断路。
1
故答案为：若电压表的示数为U，说明R 断路或R 短路；若电压表的示数为0，说明R 断路。
2 1 1
15．（3分）大气压强产生的实质微观上是由于气体分子的热运动，导致气体分子对物体表面
撞击而产生的。
①根据大气压强产生的实质，可推测：微观上同一时刻物体表面各处受到的大气压强是 不
相等 的（选填“相等”或“不相等”），理由是： 分子在不断地做无规则的运动，各处分
子撞击的程度不一样 。
②以下关于影响大气压强大小的因素推测合理的是： C
A．空气分子排列的紧密程度。
B．物体表面与空气分子的接触面积。
C．温度的高低。
【分析】气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁撞击；
温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子平均动能增大。
【解答】解：
①气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁撞击而引起的，因为分子在不断
地做无规则的运动，各处分子撞击的程度不一样，所以可推测：微观上同一时刻物体表面各
处受到的大气压强是不相等的；
②温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子平均动能增大，所以影响大气压强大小的
因素是温度的高低，故C正确。
故答案为：①不相等；分子在不断地做无规则的运动，各处分子撞击的程度不一样；②C。三、作图题（共8分）
16．（2分）在图中，重为2牛的小球漂浮在水面上，用力的图示法画出小球所受的浮力F 。
浮
【分析】小球漂浮在水面上，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和
方向即可知浮力大小和方向。再按照力的图示要求画出这个力。
【解答】解：因为小球漂浮在水面上，所以重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作
用在同一直线上，
由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为
1N，如下图所示：
17．（3分）如图所示电路的○里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路。
【分析】根据电压表和电流表在电路中的作用进行分析，即电压表起开路作用，电流表相当于
导线。
【解答】解：电流从电源的正极出发，先经过一个圈，故该圈应该为电流表；根据图中元件的位
置可知，中间圆圈不能为电流表，否则L 被短路，因此中间圆圈为电压表；而右边圆圈与灯泡
2
L 并联，所以右边圆圈也为电压表，如下图所示：
1
。
18．（3分）如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上。要求：闭合电
键S，将滑动变阻器的滑片P向a端移动，小灯变亮。【分析】由题意可知，将滑动变阻器的滑片P向a端移动，小灯变亮，说明灯泡分得的电压变
大，滑动变阻器分得的电压变小，由分压特点可知滑动变阻器接入电路中的电阻变小，即左
下方接线柱必须接入电路中。
【解答】解：将滑动变阻器的滑片P向a端移动，小灯变亮时，滑动变阻器分得的电压变小，接
入电路中的电阻变小，
则滑动变阻器的a接线柱与灯泡串联即可，如下图所示：
四、计算题
19．（6分）一金属块浸没在水中，它排开水的体积为2×10﹣3米3，求金属块受到的浮力大小F
。
浮
【分析】已知金属块浸没水中它排开水的体积，利用阿基米德原理F =ρ V g求金属块受到
浮 水 排
的浮力。
【解答】解：已知金属块浸没水中，且V =2×10﹣3m3，
排
金属块受到的浮力：F =ρ V g=1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3×9.8N/kg=19.6N。
浮 水 排
答：金属块受到的浮力为19.6N。
20．（6分）标有“220V 200W”字样的用电器，正常工作2小时，需用电多少度？
【分析】用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出正常工作2小时需要的电
能。
【解答】解：用电器正常工作时的功率P=200W=0.2kW，
由P= 可得，正常工作2h需要的电能：
W=Pt=0.2kW×2h=0.4kW•h=0.4度。
答：用电器正常工作2小时需用电0.4度。
21．（8分）如图所示，薄壁柱形容器甲静止在水平地面上，容器底面积为S，内盛有质量为2
千克的水。
①求水的体积V 。
水
②求水对容器底部的压力F 。
水
③若圆柱体乙的体积为V ，密度为2ρ ，现将其沿水平方向截去一部分，并将截去部分浸没
乙 水
在甲容器的水中（水不溢出），使水对容器底部压力的增加△F 等于乙剩余部分对地面的压
水
力F ’，求乙截去的体积△V．（用字母表示）
乙【分析】①已知水的密度和质量，利用密度公式变形可求得水的体积；
②由于薄壁柱形容器底部的压力等于容器里液体的重力。
③截去部分浸没在甲容器的水中，根据容器里液体增加的体积，求出水面升高的高度，利用
F=pS求出底部压力的增加量△F ，利用F=G=mg=ρVg求出剩余部分对地面的压力F ′，由
水 乙
于△F =F ′，即可得出等式求出乙截去的体积△V。
水 乙
【解答】解：①由ρ= 可得：
V = = =2×10﹣3m3；
水
②由于容器是薄壁柱形，则水对容器底部的压力F=G=mg=2kg×9.8N/kg=19.6N；
③圆柱体乙沿水平方向截去一部分，截去部分浸没在甲容器的水中，
使水对容器底部压力的增加△F =△pS=ρ g△h S=ρ g× ×S=ρ g△V ，
水 水 水 水 水 乙
剩余部分对地面的压力：F ′=G ′=m ′g=ρ （V ﹣△V ）g，
乙 乙 乙 乙 乙 乙
根据题意可知：△F =F ′，
水 乙
所以，ρ g△V =ρ （V ﹣△V ）g，
水 乙 乙 乙 乙
即：ρ g△V =2ρ （V ﹣△V ）g，
水 乙 水 乙 乙
则：△V = V 。
乙 乙
答：①水的体积V 为2×10﹣3m3。
水
②水对容器底部的压力F 为19.6N。
水
③乙截去的体积△V= V 。
乙
22．（8分）如图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10欧，所用电
1
压表表盘如图（b）所示。闭合电键，电压表示数为8伏。
①求通过R 的电流I ；
1 1
②求电阻R 的阻值；
2
③现用电阻R 替换R 、R 中的一个，替换前后，电压表示数增大了4伏。求电阻R 的阻值。
0 1 2 0
【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 1①根据欧姆定律求出通过R 的电流；
1
②根据串联电路的电压特点求出R 两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出
2
电阻R 的阻值；
2
③当电阻R 替换R 时，根据题意求出R 两端的电压，根据串联单路的电压特点求出此时R
0 1 0 2
两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出R 的阻值；同理求出当电阻R 替换R
0 0 2
时的R 阻值。
0
【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 1
①通过R 的电流：
1
I = = =0.8A；
1
②因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R 两端的电压：
2
U =U﹣U =24V﹣8V=16V，
2 1
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电阻R 的阻值：
2
R = = = =20Ω；
2
③当电阻R 替换R 时，R 两端的电压U =U +△U=8V+4V=12V，
0 1 0 0 1
此时R 两端的电压：
2
U ′=U﹣U =24V﹣12V=12V，
2 0
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I= = ，即 = ，
解得：R =20Ω；
0
当电阻R 替换R 时，R 两端的电压U ′=U +△U=8V+4V=12V，
0 2 1 1 1
此时R 两端的电压：
0
U ′=U﹣U ′=24V﹣12V=12V，
0 1
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I′= = ，即 = ，
解得：R ′=10Ω。
0
答：①通过R 的电流为0.8A；
1
②电阻R 的阻值为20Ω；
2
③用电阻R 替换R 时，电阻R 的阻值为20Ω；用电阻R 替换R 时，电阻R 的阻值为10Ω。
0 1 0 0 2 0
五、实验题
23．（4分）小红做“用电流表、电压表测电阻”实验，所用器材齐全且完好。连接电路时，电
键应 断开 ，使用电流表时，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（选填“正”或“负”）．闭合电键前，应使滑动变阻器连入电路的电阻最 大 。
【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）电流表的使用规则：
①电流要从“+“接线柱流入，从“﹣“接线柱流出（否则指针反转）；
②被测电流不要超过电流表的量程（可以采用试触的方法来看是否超过量程）。
【解答】解：
（1）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；
（2）使用电流表时，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。
故答案为：断开；量程；正；大。
24．（3分）U形管压强计可以用来探究 液体内部 压强与哪些因素有关的实验，实验中判
断压强大小是通过观察U形管两边液面的 高度差 实现的；由图（a）、（b）、（c）所示现象，
可得出的初步结论是 液体内部向各个方向都存在压强，且同一深度向各个方向的压强相
等 。
【分析】（1）研究液体内部压强特点的工具是U形管压强计，若将压强计的金属盒放入待测
液体中，通过观察U形管的高度差从而来确定液体内部压强的大小，这种方法在物理上叫做
转换法。
（2）由图找出控制不变的量和变化的量，根据转换法，根据U形管中液面的高度差判断液体
压强的大小，高度差越小（大），液体的压强越小（大）；分析图中现象得出结论。
【解答】解：U形管压强计是探究液体内部压强的仪器；
用手按压强计的橡皮膜，U形管内水面出现高度差，即将液体压强的大小转化为U形管中两
边液面的高度差，所以实验中判断压强大小是通过观察U形管两边液面的高度差实现的；
比较（a）、（b）、（c）图可知，液体密度相同，金属盒所处的深度相同，方向不同，U形管中液面
的高度差相同（即压强相同），可以得到的结论是：液体内部向各个方向都存在压强，且同一
深度向各个方向的压强相等。
故答案为：液体内部；高度差；液体内部向各个方向都存在压强，且同一深度向各个方向的压
强相等。
25．（4分）小明用六个体积相同、重力不同的球体，研究放入球体前后薄壁柱形容器底部受
到水的压强增加量与容器对水平面的压强增加量的情况（水未溢出）．他分别将球体放入盛
有等质量水的相同容器中，待球体静止，通过测量和计算得到容器底部受到水的压强增加量
△p水和容器对水平面的压强增加量△p地。实验数据和实验现象见表。（已知G ＞G ＞G ＞
A B C
G ＞G＞G）
D E F
实验 1 2 3 4 5 6
序号
放入 A B C D E F的球
体
△p 100 100 100 80 50 40
水
（帕）
△p 600 400 200 80 50 40
地
（帕）
实验
现象
①观察序号1或2或3中的实验现象并比较△p 和△p 的大小关系，可得出的初步结论是：
水 地
当放入的球体在水中沉底时， 容器对水平面的压强增加量 △ p 大于容器底部受到水的压
地
强 △ p 。
水
观察序号4或5或6中的实验现象并比较△p 和△p 的大小关系，可得出的初步结论是：
水 地
当放入的球体在水中漂浮时，容器对水平面的压强增加量 △ p 等于容器底部受到水的压强
地
△ p 。
水
②分析表中序号1～6的现象、数据相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放
入的球体 重力越大 时，△p 越大。
地
③分析表中序号1～6的现象、数据相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放
入的球体 浸没体积相同 时，△p 相同。
水
【分析】（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△p 和△p 的大小关系得出结论；
水 地
（2）根据G ＞G ＞G ＞G ＞G＞G 以及表格△p 大小得出结论；
A B C D E F 地
（3）根据控制变量法分△p 相同时物体浸没体积的关系得出结论。
水
【解答】解：（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△p 和△p 的大小关系，可看到当
水 地
放入的球体在水中沉底时，△p 都小于△p ，故可得出的初步结论是：当放入的球体在水中
水 地
沉底时，容器对水平面的压强增加量△p 大于容器底部受到水的压强△p ；
地 水
观察序号4或5或6中实验现象并比较△p 和△p 的大小关系，可看到物体漂浮时，△p
水 地 水
=△p ，故可得出的初步结论是，当放入的球体在水中漂浮时，容器对水平面的压强增加量
地
△p 等于容器底部受到水的压强△p ；
地 水
（2）已知G ＞G ＞G ＞G ＞G＞G，由表格数据知△p ＞△p ＞△p ＞△p ＞△p
A B C D E F 地A 地B 地C 地D 地E
＞△p ，故可以得出的结论是：在盛有等质量水的相同容器中，当放入的球体重力越大时，
地F
△p 越大。
地
（3）由1、2、3实验知，浸没体积相同，△p 相同，故可得出：在盛有等质量水的相同容器中，
水
当放入的球体浸没体积相同时，△p 相同。
水
故答案为：①容器对水平面的压强增加量△p 大于容器底部受到水的压强△p ；当放入的
地 水
球体在水中漂浮时，容器对水平面的压强增加量△p 等于容器底部受到水的压强△p ；②
地 水
重力越大；③浸没体积相同。
26．（4分）小华做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好，待测小灯标有
“2.5V”字样，电源的电压有2伏和4伏两档，滑动变阻器有“5Ω 2A”、“10Ω 1A”两个可选。
①小华应选用的电源电压为 4 伏档。
②小华选择一个滑动变阻器并正确连接电路进行实验。实验中，他判定该小灯正常发光的依
据是 观察到电压表示数为 2.5V 。当小灯正常发光时，他观察到电流表的示数如图所示。
请通过计算求出该小灯的额定电功率并判断所选滑动变阻器的规格。 “ 10Ω1A ” 。【分析】（1）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程；
（2）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端
的电压，根据电流表的量程和分度值读出灯泡正常发光时的电流即为电路中的电流，根据欧
姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后确定滑动变阻器的规格。
【解答】解：①由灯泡的额定电压为2.5V可知，电源的电压应选4V档；
②灯泡正常发光时的电压为 2.5V，则判定该小灯正常发光的依据是观察到电压表示数为
2.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U =U﹣U=4V﹣2.5V=1.5V，
滑 L
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由图可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，则电路中的电流I=0.2A，
由I= 可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：
R = = =7.5Ω，
滑
所以，所选滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”。
故答案为：①4； ②观察到电压表示数为2.5V；“10Ω 1A”。
27．（3分）在“用电流表测电流”实验的电路中有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线在
图中连接，使灯L 和灯L 并联，电流表测量灯L 的电流。（用2B铅笔在答题纸的相应位置连
1 2 1
线）
【分析】根据要求灯L 和灯L 并联，电流表测通过L 中的电流，电流表与L 串联，按要求连接
1 2 1 1
电路即可。
【解答】解：根据实物电路连接要求，灯L 和灯L 并联，电流表与L 串联，将灯泡L 右端接线
1 2 1 2
柱与电流表“0.6A”接线柱连接即可。如图：
故答案为：见上图。
