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2020-2021 学年上海市长宁区九年级（上）期末物理试卷（一模）
一、选择题（共20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）一杯水倒出一半后，不变的物理量是（ ）
A．体积 B．质量 C．重力 D．密度
2．（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
3．（2分）滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的（ ）
A．电压 B．电流 C．长度 D．材料
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
5．（2分）九年级第一学期物理课本的质量约为（ ）
A．16千克 B．1.6千克 C．0.16千克 D．0.016千克
6．（2分）家庭电路中使用的用电器越多，则电路的（ ）
A．总电流越小 B．总电阻越小
C．总电功越小 D．总电功率越小
7．（2分）重为5牛的小球轻放入盛有水的烧杯中，溢出重为4牛的水。则小球受到的浮力大
小（ ）
A．一定小于4牛 B．一定等于4牛
C．可能等于5牛 D．可能大于5牛
8．（2分）在如图（a）、（b）所示的电路中，所有元件均完好，电源电压相等且保持不变。现有
两个电流表的示数相同，则下列判断正确的有（ ）
判断： R 一定大于R ； R 一定大于R ； R 可能小于R ； R 可能小于R 。
1 3 2 4 2 3 1 4
① ② ③ ④
A．一个 B．二个 C．三个 D．四个
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，当开关S由断开到闭合时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数变小
B．电压表V与电流表A示数的比值不变
C．电压表V的示数变小
D．电压表V与电流表A示数的乘积不变
10．（2分）如图所示，甲、乙两个均匀正方体对水平地面的压强相等。现沿水平方向在它们的
上部分切去相同的体积，并将切去部分叠放在对方剩余部分上，此时甲、乙剩余部分对地
面压力F甲 、F乙 和压强p甲 、p乙 的关系是（ ）
A．F甲 ＜F乙 ，p甲 ＜p乙 B．F甲 ＞F乙 ，p甲 ＜p乙
C．F甲 ＜F乙 ，p甲 ＞p乙 D．F甲 ＞F乙 ，p甲 ＞p乙
二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置。
11．（3分）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”），正常工作时，它们两端的电压为 伏，消耗的电能用 表测量。
12．（3分）欧姆首先揭示了同一导体中电流与 的关系； 首先用实验测出了大
气压强的值；海拔高度越高，大气压强越 。
13．（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 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”）。
14．（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 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。
15．（3分）物块浸没在液体中，受到液体对它向上、向下的压力分别为15牛、5牛，其受到浮
力的大小为 牛，物块所受浮力与重力的合力大小为12牛，它所受重力的大小为牛。根据图示中轮船上的“吃水线”排列情况，可以判断：印度洋海水密度 北冰洋
海水密度（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
16．（3分）为了节能环保，LED灯已被广泛使用。右表为两只相同材质LED白光灯的部分技
术指标，可知：两灯均正常工作时， 灯较亮（选填“甲”或“乙”）；通过甲灯的电
流为 安。1度电可供乙灯连续正常工作 小时。
LED灯 甲 乙
额定电压（伏） 36 220
额定功率（瓦） 9 1
17．（1分）在图所示的电路中，R 、R 为定值电阻且阻值相等，电源电压为U且不变。闭合开
1 2
关S后，电路正常工作，电流表示数为I．一段时间后观察到仅有一个电表示数变小。已知
电路中只有一处故障，且发生在电阻R 或R 上，请写出两电表的示数及其对应的故障
1 2
。
18．（3分）气体压强与哪些因素有关呢？小明宏观上根据生活经验：“自行车轮胎在烈日下
暴晒爆胎”和“密闭在针筒内的空气一定范围内能被压缩”，提出猜想：气体压强可能与
气体的 和 有关。
为了从微观上认识，他查阅资料发现：气体压强的大小与气体分子动能、分子密集程度有
关。他用豆粒模拟气体分子，如图所示，其中豆粒释放高度可以反映气体分子动能，豆粒
数量可以反映气体分子密集程度。
为了模拟演示气体压强与气体分子密集程度的关系，应该进行的操作是： 。三、作图题（共8分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须使用2B铅笔。
19．（2分）在图中，重为6牛的小球静止在水面上，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮 。
20．（3分）在如图中，将电源、电流表、电压表三个元件符号正确填入电路的空缺处。要求：开
关S闭合后R与L串联，且电压表测小灯L两端的电压。
21．（3分）在图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上。补上后要求：
闭合电键S后，当滑动变阻器的滑片自中点向左移动时，电流表的示数不变且不为零。
四、计算题（共26分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置。
22．体积为1×10﹣3米3的小球浸没在水中，求小球受到的浮力F浮 。
23．某人的质量为70千克，当他在水平地面上行走时：
求他对地面的压力F。
①若他每只鞋底的触地面积为0.02米2，求他对地面的压强p。
24．②在如图（a）所示电路中，电源电压为24伏且保持不变，滑动变阻器R上标有“50欧 1.5安”字样，电表的表盘如图（b）所示。闭合开关S后，电流表A的示数为0.7安，电压表V
的示数为10伏。求：
变阻器R 消耗的电功率P 。
2 2
①定值电阻R
1
的阻值。
②在电路安全的条件下，电路中最大电流与最小电流的比值。
25．③如图所示，薄壁圆柱形容器A、B分别置于高度差为h的两个水平面上，容器均足够高，A
中盛有深度为16h的液体甲，B中盛有深度为19h的液体乙。（
乙
＝0.8×103千克/米3）求：
若液体乙的体积为5×103米3，求液体乙的质量m乙 。 ρ
①若在图示水平面MN处两种液体的压强相等。现有三个物体C、D、E，其密度、体积的
②关系如下表所示。请选择其中一个，将其放入容器A或B中后（物体均能浸没在液体中），
可使液体对容器底部压强增加量△p液 与水平面受到的压强增加量△p地 的比值最大。写
出选择的物体和容器并说明理由，求出△p液 与△p地 的最大比值。
物体 密度（×103千克/米3） 体积（×10﹣3米3）
C 6 2
D 4 3
E 2 3
五、实验题（共20分）请根据要求在答题纸的相应位置作答。
26．“测定小灯泡的电功率”实验的原理是 ，实验中，所选电源电压应 小灯
泡的额定电压（选填“大于”、“等于”或“小于”）；使用电流表时，所测电流不得超过
它的 。为达成实验目的， （选填“需要”或“不需要”）使用滑动变阻器。27．小华同学“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验过程如图1所示，他正在探究液
体内部压强与 的关系，由测量结果U形管两边 ，可知液体内部压强与该
因素无关。图2所示为“验证阿基米德原理”实验的操作和测量结果，为达成实验目的，
需由（a）、（c）两图得出物体受到的浮力F＝ ；需由（b）、（c）两图得出 ＝
乙
（V
2
﹣V
1
）g。 ρ
28．现有电源（已知其电压为2伏整数倍）、两个电流表、一个10欧的定值电阻R，一个待测
电阻R ，小明想利用现有器材测出待测电阻的阻值，于是他设计连接了如图（a）所示的电
x
路：
小明将两个电流表分别接入a、b、c中的两点，闭合开关，两电表示数如图（b）、（c）所示，
①请判断电流表A 接入的位置，并说明理由： 。
2
求出待测电阻R 的阻值为 。（请写出过程）
x
②小红同学认为小明同学的实验结果可能存在较大的误差，理由是： 。
③为了减小误差，可进行的操作是： 。
A.换不同电压的电源继续实验
B.换不同阻值的定值电阻继续实验
C.换其他待测电阻继续实验
29．为了探究柱体A逐渐浸入柱形容器内的水中时（水没有溢出），弹簧测力计示数F的变化
情况。现有底面积为100厘米2的薄壁柱形容器，容器内装有深度为20厘米的水，放在水
平桌面上，实心柱体A高H为20厘米。如图所示，小明将柱体A通过细线挂在弹簧测力计下，从柱体A接触水面开始，将液面到柱体下表面的距离h、相应的弹簧测力计示数F、
物体重力G与F的差值△F记录在表一中，（不计细线的重力）
表一
实验序号 1 2 3 4 5 6 7 8
h（cm） 0 2 4 6 8 10 12 14
F（N） 8 7 6 5 4 3 2 1
△F（N） 0 1 2 3 4 5 6 7
分析比较实验序号1﹣8中F与h的变化关系及相关条件可得：同一柱体逐渐浸入柱形
①容器内的水中，当h小于H时， 。
分析比较实验序号1﹣8中△F与h的变化关系及相关条件可得：同一柱体逐渐浸入柱
②形容器内的水中， 。
柱体A的重力为 牛，实验序号6的实验时，A下表面所受液体压力为
③牛。
小红同学想在小明实验的基础上继续进行实验，她预设的数据如表二所示，小明看了
④以后认为这两次实验无法进行。
表二
实验序号 9 10
h（cm） 18 20
F（N） ﹣ ﹣
△F（N） ﹣ ﹣
你认为小明的观点是 的（选填“正确”或“错误”），理由是 。2020-2021 学年上海市长宁区九年级（上）期末物理试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20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）一杯水倒出一半后，不变的物理量是（ ）
A．体积 B．质量 C．重力 D．密度
【分析】质量是物体本身的一种属性，是不随物体形状、状态和位置变化而变化的。当所含
物质的多少发生变化，质量也变化，质量变化，重力也会变化，质量减少，体积也会减少，
但密度不随质量而变化，同种物质密度是不变的。
【解答】解：一杯水倒出一半后，剩下的半瓶水与原来的一瓶水比较，由于瓶内所含的水减
少，质量、体积、重力都会变小，但密度不变。
故选：D。
【点评】本题对质量、密度特性进行了考查，要注意影响它们的因素。
2．（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。
【点评】此题考查学生对压强大小的理解和掌握。贴近生活实际，便于激发学生探究物理
现象的兴趣，同时，也体现了新课程的指导思想。注意控制变量法的应用。
3．（2分）滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的（ ）
A．电压 B．电流 C．长度 D．材料
【分析】滑动变阻器的原理：改变连入电路中的电阻线的长度来改变电阻的大小，再根据
电阻是阻碍电路中电流大小的原因进行分析。
【解答】解：滑动变阻器是通过改变接入电流部分电阻丝的长度来改变电阻大小，从而逐
渐改变电路中的电流强度。
故选：C。【点评】牢记滑动变阻器的工作原理，掌握变阻器在电路中的作用。
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。
【点评】此题考查的是连通器在生活中的应用。这就要求我们平时要多观察、多思考。
5．（2分）九年级第一学期物理课本的质量约为（ ）
A．16千克 B．1.6千克 C．0.16千克 D．0.016千克
【分析】首先要对题目中涉及的物体的质量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据
需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：九年级第一学期物理课本的质量约为160g，即0.16kg。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】此题考查对生活中常见物体质量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，
选出符合实际的选项即可。
6．（2分）家庭电路中使用的用电器越多，则电路的（ ）
A．总电流越小 B．总电阻越小
C．总电功越小 D．总电功率越小
【分析】（1）根据I＝ ，家庭电路电压为220V一定，总功率越大，总电流越大；
（2）家庭电路中各用电器是并联的，电阻越并越小，小于其中的任一个；
【解答】解：AD、我国家庭电路接入的用电器太多，用电器的总功率过大，根据I＝ 可知
总电流变大，故AD错误；
B、家庭电路中各用电器是并联的，且并联电路中电阻越并越小，小于其中的任一个，所以同时使用的用电器越多，电路的总电阻越小；故B正确；
C、由W＝UIt可知，不知做功时间，因此不能确定总电功的大小，故C错误。
故选：B。
【点评】本题考查了家庭电路的相关知识，与学生日常生活联系密切，注重了物理和生活
的联系。
7．（2分）重为5牛的小球轻放入盛有水的烧杯中，溢出重为4牛的水。则小球受到的浮力大
小（ ）
A．一定小于4牛 B．一定等于4牛
C．可能等于5牛 D．可能大于5牛
【分析】（1）根据阿基米德定律，浸在液体中的物体受的浮力等于物体排开的液体的重力。
（2）物体在液体中的浮沉条件：上浮：F浮 ＞G，悬浮：F浮 ＝G，下沉：F浮 ＜G；
如果被研究的物体的平均密度可以知道，则物体的浮沉条件可变成以下形式：
＜ ，上浮，
物 液
①ρ物 ＝ρ液 ，悬浮，
②ρ物 ＞ρ液 ，下沉。
【③解ρ答】解ρ：将一个重为5N的小球，放入盛有水的烧杯中，溢出烧杯的水重为4N，有以下
几种可能：
若烧杯中水是满的，溢出烧杯的水重为4N，根据阿基米德定律，浮力就是4N。
①若烧杯中水是不满的，溢出烧杯的水重为4N，说明物体排开的水的重力大于4N，所以
②浮力大于4N。
若小球的密度小于水的密度，则金属球会漂浮，所以浮力等于5N；
③若小球的密度等于水的密度，则金属球会悬浮，所以浮力等于5N；
④若小球的密度大于水的密度，则金属球沉底，所以，浮力小于5N。
⑤综上分析，选项C符合题意。
故选：C。
【点评】本题是一个易错题，若不细心分析就会认为浮力一定是1N．所以本题的关键要想
到烧杯中的水满不满。再就是要分析物体在水的状态有几种可能，因为状态不同浮力也不
一样。
8．（2分）在如图（a）、（b）所示的电路中，所有元件均完好，电源电压相等且保持不变。现有
两个电流表的示数相同，则下列判断正确的有（ ）
判断： R 一定大于R ； R 一定大于R ； R 可能小于R ； R 可能小于R 。
1 3 2 4 2 3 1 4
① ② ③ ④A．一个 B．二个 C．三个 D．四个
【分析】（1）由a图可知，R 与R 并联，电流表A 测R 中的电流，电流表A 测干路电流；
1 2 1 1 2
（2）由b图可知，R 与R 串联，电流表A 测串联电路的电流；
3 4 3
根据串并联电路的特点和欧姆定律比较出R 、R 、R 、R 的关系，然后比较即可。
1 2 3 4
【解答】解：由a图可知，R 与R 并联，电流表A 测R 中的电流，电流表A 测干路电流；
1 2 1 1 2
由b图可知，R 与R 串联，电流表A 测串联电路的电流；
3 4 3
因为所有元件均完好，所以A 与A 示数不可能相同；
1 2
若A 与A 示数相同，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律知R ＝R +R ，即R 一定大
1 3 1 3 4 1
①于R 、R 一定大于R ；
3 1 4
若A 与A 示数相同，根据欧姆定律知R 和R 并联的总电阻等于R 和R 串联的总电
2 3 1 2 3 4
②阻，因为串联电路的总电阻比任何一个分电阻大，并联电路的总电阻比任何一个分电阻都
小，所以
即R 一定大于R 、R 一定大于R ；R 一定大于R 、R 一定大于R ；
1 3 1 4 2 3 2 4
综合分析 正确。
故选：B。①②
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，有一定的难度。
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，当开关S由断开到闭合时，下列说法正
确的是（ ）
A．电流表A的示数变小
B．电压表V与电流表A示数的比值不变
C．电压表V的示数变小D．电压表V与电流表A示数的乘积不变
【分析】由电路图可知，当开关断开时，R与L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电
路中的电流；当开关闭合时，电路为R的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测R
两端的电压；根据电阻的串联判断电路中电阻的变化，利用欧姆定律判断两电表示数的变
化；根据R＝ 判断压表V和电流表A示数的比值变化；根据电压表示数和电流表示数变
化判定其乘积的变化。
【解答】解：由电路图可知，当开关断开时，R与L串联，电压表测R两端的电压，根据串联
电路的电压关系可知，此时电压表示数小于电源电压；电流表测电路中的电流；
AC、当开关闭合时，电路为R的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电
压，也是测量电源的电压，故电压表的示数变大；当开关闭合时，电路的总电阻变小，根据
欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；故AC错误；
B、电压表V与电流表A示数的比值为定值电阻的阻值，保持不变，故B正确；
D、电压表V示数变大，电流表A示数变大，其乘积变大，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开
关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
10．（2分）如图所示，甲、乙两个均匀正方体对水平地面的压强相等。现沿水平方向在它们的
上部分切去相同的体积，并将切去部分叠放在对方剩余部分上，此时甲、乙剩余部分对地
面压力F甲 、F乙 和压强p甲 、p乙 的关系是（ ）
A．F甲 ＜F乙 ，p甲 ＜p乙 B．F甲 ＞F乙 ，p甲 ＜p乙
C．F甲 ＜F乙 ，p甲 ＞p乙 D．F甲 ＞F乙 ，p甲 ＞p乙
【分析】由于两个物体都是正方体，它们各自对地面的压强相等，可利用p＝ ＝ ＝
＝ ＝ ＝ gh先判断出两个物体的密度大小关系；
ρ
沿水平方向截去相同体积后，知道底面积关系，根据V＝Sh可知截去的高度关系，知道密
度关系，由沿水平方向截去相同体积△V后，可知切去部分的质量关系、重力关系，利用p＝ gh可得减小的压强大小关系，原来压强相等，可得剩余的物体对水平面的压强大小关
系ρ；再利用F＝pS得出物体对水平地面的压力大小关系。
【解答】解：
地面上放置的正方体物体，地面受到的压强：p＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ gh，
ρ
因为两物体对水平面的压强相同，则p＝ 甲gh甲 ＝ 乙gh乙 ，
由图知h甲 ＞h乙 ， ρ ρ
所以 ＜ ；
甲 乙
由沿水ρ平方ρ向截去相同体积△V后，切去部分的质量
m甲 ＜m乙 ，
切去部分的重力G甲 ＜G乙 ，
已知S甲 ＞S乙 ，
由V＝Sh可知截去的高度关系：
△h甲 ＜△h乙 ，
减小的压强：
△p甲 ＝ 甲g△h甲 ，
△p乙 ＝ρ乙g△h乙 ，
△p甲 ＜ρ△p乙 ，
因为原来压强相等，
所以将切去部分叠放在对方剩余部分上，此时甲、乙剩余部分对地面压强p甲 ＞p乙 ；
因为F＝pS，S甲 ＞S乙 ，
所以剩余的物体对水平面的压力：
F甲 ＞F乙 。
故选：D。
【点评】此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p＝
和p＝ gh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答。
二、填空ρ题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置。
11．（3分）上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器是 并 的（选填“串联”或
“并联”），正常工作时，它们两端的电压为 22 0 伏，消耗的电能用 电能 表测量。
【分析】（1）家用电器工作互不影响，应并联使用；我国家庭电路中电压为220V；
（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：电灯、电视机、电风扇等用电器正常工作时互不影响，因此是并联连接；
正常工作时，它们两端的电压为220伏；
这些用电器工作时，消耗了电能，此时所消耗的电能可以用电能表测量。
故答案为：并；220；电能。
【点评】家庭电路中不同的用电器之间是并联的，这样各用电器能独立工作。
12．（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 首先用实验测
出了大气压强的值；海拔高度越高，大气压强越 小 。
【分析】（1）根据对物理学家欧姆的贡献分析答题；
（2）托里拆利实验选用水银测定了大气压强的值；
（3）大气压强与海拔高度有关，海拔高度越大，大气压强越小。
【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；对
同一导体来说，其电阻一定，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比；
意大利物理学家托里拆利首次用实验测定了大气压强的值；
大气压不是固定不变的，随着海拔高度的增加而减小。
故答案为：电压；托里拆利；小。
【点评】此题是一道综合题，需要结合多个物理知识点进行分析解答，属于基础性题目，难
度不大。
13．（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＝ gh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ρ 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＝ gh，
所以，该ρ处的深度：
h＝ ＝ ＝1m；
若深度增加，则根据p＝ gh可知，水的压强将变大。
故答案为：压力；1；变大ρ。
【点评】此题主要考查学生对压力的定义、压强概念、液体压强公式的应用的理解和掌握，难度不大，是一道基础题。
14．（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＝ ＝ ＝12 ，
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，通过该导体的电流变为0.6安时，导体的电阻仍为12 不变。
故答案为：0.5；30；12。 Ω
【点评】本题考查了电流的定义式和欧姆定律的应用，关键是知道导体的电阻与两端的电
压和通过的电流无关，是一道基础题目。
15．（3分）物块浸没在液体中，受到液体对它向上、向下的压力分别为15牛、5牛，其受到浮
力的大小为 10 牛，物块所受浮力与重力的合力大小为12牛，它所受重力的大小为
22 牛。根据图示中轮船上的“吃水线”排列情况，可以判断：印度洋海水密度 小于
北冰洋海水密度（选填“大于”、“等于”或“小于”）。【分析】（1）浸没在液体中的物体，液体对物体向上的压强大于向下的压强，向上的压力
大于向下的压力，物体受到向上和向下的压力差的作用，这个压力差就是物体受到的浮力；
（2）有物体受到的浮力大于重力和物体受到的浮力小于重力两种情况，分别求出物重大小；
（3）轮船都漂浮，受到的浮力都等于轮船受到的重力；得出了受到浮力的大小关系；由载
重线知道排开水的体积的大小关系，再根据阿基米德原理分析河水和海水密度的大小关
系。
【解答】解：
（1）物体受到浮力：
F浮 ＝F向上 ﹣F向下 ＝15N﹣5N＝10N；
（2）由题知，F浮 ﹣G＝12N或F浮+G＝12N，所以G＝12N+F浮 ＝12N+10N＝22N，
（3）由于轮船在大西洋与印度洋都处于漂浮，则F浮 ＝G，所以浮力相等；
由图可知，轮船排开海水的体积：V印度洋 ＞V大西洋 ，
由F浮 ＝ 液gV排 可知， 印度洋 ＜ 大西洋 。
故答案为ρ：（1）10；（ρ2）22；ρ（3）小于。
【点评】本题考查了浮力产生的原因、力的合成、阿基米德原理、物体的浮沉条件，利用好
轮船漂浮（F浮 ＝G）是解此类题目的关键。
16．（3分）为了节能环保，LED灯已被广泛使用。右表为两只相同材质LED白光灯的部分技
术指标，可知：两灯均正常工作时， 甲 灯较亮（选填“甲”或“乙”）；通过甲灯的电
流为 0.2 5 安。1度电可供乙灯连续正常工作 100 0 小时。
LED灯 甲 乙
额定电压（伏） 36 220
额定功率（瓦） 9 1
【分析】当用电器正常工作时，实际功率等于额定功率，灯泡的明暗由实际功率决定；
利用P＝UI的变形公式求出通过甲灯的电流；
已知乙灯消耗的电能和灯泡的功率，根据公式P＝ 的变形式可求工作时间。
【解答】解：根据表中数据可知，甲的额定功率大于乙的额定功率，因此当它们都正常发光
时，甲灯泡较亮；
根据P＝UI可知，通过甲灯的电流：I甲 ＝ ＝ ＝0.25A；
根据表中的数据可知，乙灯泡的额定功率：P乙 ＝1W＝0.001kW，根据P＝ 可知，1度电可供乙灯连续正常工作的时间：t＝ ＝ ＝1000h。
故答案为：甲；0.25；1000。
【点评】本题考查决定灯泡明暗程度的物理量、电功计算公式的应用等，属于基础题。
17．（1分）在图所示的电路中，R 、R 为定值电阻且阻值相等，电源电压为U且不变。闭合开
1 2
关S后，电路正常工作，电流表示数为I．一段时间后观察到仅有一个电表示数变小。已知
电路中只有一处故障，且发生在电阻R 或R 上，请写出两电表的示数及其对应的故障
1 2
R 短路，电流表示数变大，电压表示数变小；若 R 断路，则电流表示数变小，电压表测量
2 2
电源电压，示数变大 。
【分析】由图可知，该电路为串联电路，电压表测量的是R 电压，电流表测量电路中的电流；
2
一段时间后观察到仅有一个电表示数变小。可以列举出每个电阻的故障，然后分析。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电压表测量的是R 电压，电流表测量电路中的
2
电流；
若R 断路，则电流表示数为0，电压表示数为0；
1
若R 断路，则电流表示数为0，电压表测量电源电压，示数变大；
2
若R 短路，由于总电阻减小，根据欧姆定律可知，电流表示数变大，此时电压表测量电源
1
电压，示数变大；
若R 短路，由于总电阻减小，根据欧姆定律可知，电流表示数变大，此时电压表测量一段
2
导线两端的电压，示数减小为0；
综上所述：故障为：R 短路，电流表示数变大，电压表示数变小；若R 断路，则电流表示数
2 2
变小，电压表测量电源电压，示数变大。
故答案为：R 短路，电流表示数变大，电压表示数变小；若R 断路，则电流表示数变小，电
2 2
压表测量电源电压，示数变大。
【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。
18．（3分）气体压强与哪些因素有关呢？小明宏观上根据生活经验：“自行车轮胎在烈日下
暴晒爆胎”和“密闭在针筒内的空气一定范围内能被压缩”，提出猜想：气体压强可能与气体的 温度 和 体积 有关。
为了从微观上认识，他查阅资料发现：气体压强的大小与气体分子动能、分子密集程度有
关。他用豆粒模拟气体分子，如图所示，其中豆粒释放高度可以反映气体分子动能，豆粒
数量可以反映气体分子密集程度。
为了模拟演示气体压强与气体分子密集程度的关系，应该进行的操作是： 将不同数量的
豆粒从同一高度（在相同时间）内连续释放，使它们落在台秤上。 。
【分析】“自行车轮胎在烈日下暴晒爆胎”是由于气体受热膨胀，“密闭在针筒内的空气
一定范围内能被压缩”说明气体体积变化；模拟演示气体压强与气体分子密集程度的关
系时一定要采用控制变量法。
【解答】解：“自行车轮胎在烈日下暴晒爆胎”说明当其他因素不变，温度升高，气体的压
强会增大；
“密闭在针筒内的空气一定范围内能被压缩”说明其他因素不变，体积减小，气体压强会
增大；
从微观上看，气体压强的大小与气体分子动能、分子密集程度有关。为了模拟演示气体压
强与气体分子密集程度的关系，一定要保证气体分子动能不变，所以豆粒释放高度不变，
改变豆粒数量。
故答案是：温度； 体积；将不同数量的豆粒从同一高度（在相同时间）内连续释放，使它们
落在台秤上。
【点评】该题一定要采用控制变量法解决实际问题，也考查了学生结合信息分析问题的能
力。
三、作图题（共8分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须使用2B铅笔。
19．（2分）在图中，重为6牛的小球静止在水面上，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮 。【分析】明确力的三要素，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：如图所示，物体所受浮力为6N，方向竖直向上。
【点评】力的图示必须要确立一个标度，这样才能准确表示力的大小。
20．（3分）在如图中，将电源、电流表、电压表三个元件符号正确填入电路的空缺处。要求：开
关S闭合后R与L串联，且电压表测小灯L两端的电压。
【分析】根据R与L串联来分析，明确中间空缺处不能是电流表和电源，再根据电压表测
小灯L两端的电压来判断其它两个元件的位置。
【解答】解：为了保证R与L串联，中间空缺处不能是电流表，也不能是电源，否则会造成
用电器的短路，所以只能是电压表；题目要求电压表测小灯L两端的电压，那么电压表要
并联在灯L两端，所以左边空缺处应该是电源，右边空缺处是电流表，如图所示：
。
【点评】本题主要考查学生根据图示信息结合所学物理知识进行分析的能力，要注意电路
的正确连接。
21．（3分）在图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上。补上后要求：
闭合电键S后，当滑动变阻器的滑片自中点向左移动时，电流表的示数不变且不为零。【分析】本题抓住并联电路的工作特点，各用电器可以独立工作，互不影响。滑动变阻器的
使用。
【解答】解：滑动变阻器的滑片向左移动时，电流表的示数不变，滑动变阻器与电灯并联。
【点评】本题考查了实物电路的连接合并联电路的工作特点。
四、计算题（共26分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置。
22．体积为1×10﹣3米3的小球浸没在水中，求小球受到的浮力F浮 。
【分析】小球浸没在水中时排开水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出小球
受到的浮力。
【解答】解：因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，
所以，小球浸没在水中时受到的浮力：
F浮 ＝ 水gV排 ＝ 水gV＝1.0×103kg/m3×9.8N/kg×1×10﹣3m3＝9.8N。
答：小ρ球受到的浮ρ 力为9.8N。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，关键是知道物体浸没时排开液体的体积和自身
的体积相等。
23．某人的质量为70千克，当他在水平地面上行走时：
求他对地面的压力F。
①若他每只鞋底的触地面积为0.02米2，求他对地面的压强p。
②【分析】 人站立在水平地面上时对地面的压力等于其重力，利用G＝mg求出；
①
人在水平地面上行走时一只脚着地，已知此时受力面积，利用p＝ 求此时对地面的压
②
强。
【解答】解： 人站立在水平地面上时对地面的压力F＝G＝mg＝70kg×9.8N/kg＝686N；
①在水平地面上行走时一只脚着地，此时受力面积S＝0.02m2，
②
对地面的压强：p＝ ＝ ＝3.43×104Pa。
答： 他对地面的压力F为686N。
他①对地面的压强p为3.43×104Pa。
【②点评】本题考查了重力、压强的计算，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相
等。注意区分站立、行走时的受力面积，易错题！
24．在如图（a）所示电路中，电源电压为24伏且保持不变，滑动变阻器R上标有“50欧 1.5
安”字样，电表的表盘如图（b）所示。闭合开关S后，电流表A的示数为0.7安，电压表V
的示数为10伏。求：
变阻器R 消耗的电功率P 。
2 2
①定值电阻R
1
的阻值。
②在电路安全的条件下，电路中最大电流与最小电流的比值。
【③分析】（1）根据滑动变阻器两端的电压和通过滑动变阻器的电流求出滑动变阻器的功率；
（2）根据串联电路的电压规律求出R 两端的电压，根据欧姆定律求出其电阻的大小；
1
（3）电路的总电阻最小时，电路中的电流最大；电路中的电阻最大时，电流是最小的，但滑
动变阻器两端的电压不能超过15V，据此求出最大电流和最小电流，然后求出比值的大小。
【解答】解：（1）由图可知，该电路为串联电流，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动
变阻器两端的电压，则滑动变阻器的功率为：
P ＝U'I'＝10V×0.7A＝7W；
2
（2）根据串联电路的电压规律可知，R 两端的电压为：U ＝U﹣U'＝24V﹣10V＝14V；
1 1
根据欧姆定律可知，R 的阻值为：R ＝ ＝ ＝20 ；
1 1
Ω
（3）根据欧姆定律可知，电路的总电阻最小时，电路中的电流最大；当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路的最大电流为：I大 ＝ ＝ ＝1.2A，没有超过电流表的量程，
故最大电流为1.2A；
滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流是最小的；
I小 ＝ ＝ ＝ A；
此时滑动变阻器两端的电压为：U滑 ＝I小R
2
＝ A×50 ≈17V＞15V，超过了电压表的量
Ω
程，故电路中的电流最小时，滑动变阻器两端的最大电压为15V；
当滑动变阻器两端的电压为U''＝15V时，R 两端的电压为：U' ＝U﹣U''＝24V﹣15V＝
1 1
9V；
电路中的最小电流为：I最小 ＝ ＝ ＝0.45A；
电路中最大电流与最小电流的比值为：I大 ：I最小 ＝1.2A：0.45A＝8：3。
答： 变阻器R 消耗的电功率P 为7W；
2 2
定①值电阻R
1
的阻值为20 ；
②在电路安全的条件下，电Ω路中最大电流与最小电流的比值为8：3。
【③点评】本题考查串联电路的规律、欧姆定律、电功率公式的应用，能根据电压表的最大示
数判定出最小电流是解题的关键，有一定的难度。
25．如图所示，薄壁圆柱形容器A、B分别置于高度差为h的两个水平面上，容器均足够高，A
中盛有深度为16h的液体甲，B中盛有深度为19h的液体乙。（
乙
＝0.8×103千克/米3）求：
若液体乙的体积为5×103米3，求液体乙的质量m乙 。 ρ
①若在图示水平面MN处两种液体的压强相等。现有三个物体C、D、E，其密度、体积的
②关系如下表所示。请选择其中一个，将其放入容器A或B中后（物体均能浸没在液体中），
可使液体对容器底部压强增加量△p液 与水平面受到的压强增加量△p地 的比值最大。写
出选择的物体和容器并说明理由，求出△p液 与△p地 的最大比值。
物体 密度（×103千克/米3） 体积（×10﹣3米3）
C 6 2
D 4 3
E 2 3【分析】 知道液体的体积，液体的密度利用公式m＝ V即可求出乙液体质量；
可先表①示出液体对容器底部压强的增加量△p液 和水平ρ面受到的压强增加量△p地 ，通
②过对表达式的观察，再分析出怎样选取是符合题意的。由水平面MN处液体压强相等可以
求出甲液体密度。
【解答】解： 得：液体乙得质量 ＝
①
4.0kg；
由题意可知，选一个物体放入液体中，液体对容器底部压强得增加量就是液体液面上
②
升引起压强得增加，则 ；水平面受到压强增加量
；则有 ；
要使比值最大则应当液体密度大，物体密度小。由于水平面MN处甲乙压强相同则在MN
处有： 甲g（16h﹣8h）＝ 乙g（19h﹣8h﹣h）
ρ ρ
带入数据解得
所 以 应 选 择 E 物 体 放 入 甲 容 器 中 ， △ p 液 与 △ p 地 的 最 大 比 值 为 ：
答： 液体乙的质量为4.0kg；
①
选择E物体放入甲容器中，△p液 与△p地 的最大比值为 。
②
【点评】考察压强知识的运用，关键分析出液体对容器底的压强的增加量与水平面受到压
强的增加量是因为什么引起的，并由此列出增加量的表达式，得出与液体和物体的密度有关，得出解题的关键。
五、实验题（共20分）请根据要求在答题纸的相应位置作答。
26．“测定小灯泡的电功率”实验的原理是 P ＝ U I ，实验中，所选电源电压应 大于 小
灯泡的额定电压（选填“大于”、“等于”或“小于”）；使用电流表时，所测电流不得超
过它的 量程 。为达成实验目的， 需要 （选填“需要”或“不需要”）使用滑动变
阻器。
【分析】（1）测定小灯泡电功率的实验原理是P＝UI；
（2）测灯泡电功率的实验中，分别测灯泡电压小于、等于和大于额定电压时的电功率，由
此分析解答；
（3）电流表的使用规则：电流表与用电器串联，所测电流不得超过电流表的量程；
（4）测灯泡电功率的实验中，分别测灯泡电压小于、等于和大于额定电压时的电功率，则
需要串联一个滑动变阻器，改变灯泡的电压和电路中的电流。
【解答】解：（1）测小灯泡的电功率的实验原理是P＝UI；
（2）测灯泡电功率的实验中，要分别测出灯泡电压小于、等于和大于额定电压时灯泡的实
际功率，且电路中串联了一个滑动变阻器，由串联电路的分压原理知，所用电源电压应大
于小灯泡的额定电压。
（3）使用电流表时，所测电流不得超过它的量程；
（4）测灯泡电功率的实验中，分别测灯泡电压小于、等于和大于额定电压时的电功率，则
为达成实验目的，需要串联一个滑动变阻器，改变电路中的电流，从而改变灯泡两端的电
压。
故答案为：P＝UI；大于；量程；需要。
【点评】本题是测定小灯泡电功率的实验，考查实验的注意事项、电流表的使用和滑动变
阻器的作用等，是一道较为简单的实验题。
27．小华同学“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验过程如图1所示，他正在探究液
体内部压强与 方向 的关系，由测量结果U形管两边 液面高度差相等 ，可知液体
内部压强与该因素无关。图2所示为“验证阿基米德原理”实验的操作和测量结果，为达
成实验目的，需由（a）、（c）两图得出物体受到的浮力F＝ F ﹣ F ；需由（b）、（c）两图
1 2
得出 F 浮 ＝ 乙 （V 2 ﹣V 1 ）g。
ρ【分析】（1）掌握液体内部压强的特点，分析图中控制的量和改变的量，得出初步结论；
液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大
说明此时的液体压强越大，采用了转换法；
（2）由称重法测浮力得出浮力大小，结合阿基米德原理分析。
【解答】解：（1）由图1知，容器内装着同种液体，压强计的金属盒在水中的深度相同，金属
盒的方向不同，所以在探究液体内部压强与与方向的关系；U形管中液面的高度差相同，
可得出的初步结论是液体压强的大小与方向无关；
（2）浸入液体中的一切物体都会受到浮力的作用，由称重法测浮力，由图2（a）、（c）两图
得出物体受到的浮力：F浮 ＝F
1
﹣F
2
；
由图2（b）（c）知，放入物体后的V排 ＝V
2
﹣V
1
，据阿基米德原理可知，此时的F浮 与（V
2
﹣
V 1 ）应满足的关系是F浮 ＝ 液 （V 2 ﹣V 1 ）g。
故答案为：方向；液面高度ρ差相等；F
1
﹣F
2
；F浮 。
【点评】本题探究液体内部压强与哪些因素有关，考查转换法和控制变量法的运用及称重
法测浮力与阿基米德原理的运用。
28．现有电源（已知其电压为2伏整数倍）、两个电流表、一个10欧的定值电阻R，一个待测
电阻R ，小明想利用现有器材测出待测电阻的阻值，于是他设计连接了如图（a）所示的电
x
路：
小明将两个电流表分别接入a、b、c中的两点，闭合开关，两电表示数如图（b）、（c）所示，
①请判断电流表A 接入的位置，并说明理由： A 接入的位置是 c ；由于电流表 A 示数小
2 2 2于电流表 A 示数；则 A 接入的位置是在支路，并且由于电源电压为 2 伏整数倍， A 接入
1 2 2
的位置不能是 a 位置 。
求出待测电阻R 的阻值为 4 0 。（请写出过程）
x
②小红同学认为小明同学的实验结Ω果可能存在较大的误差，理由是： 存在着误差 。
③为了减小误差，可进行的操作是： A 。
A.换不同电压的电源继续实验
B.换不同阻值的定值电阻继续实验
C.换其他待测电阻继续实验
【分析】（1）根据电流表量程读出图（a）、（b）中电流表示数；观察电路图得a、c两点分别
在支路上，b在干路上，然后根据并联电路中电流特点即可确定电流表A 接入的位置；
2
（2）已知电源电压为2伏整数倍，结合并联电路中电流特点和欧姆定律求出电源电压，由
此判断电流表A 接入的位置；然后在根据欧姆定律和并联电路的电压特点求出R 的阻
1 x
值；
（3）为得出普遍性的规律，要选用多组实验数据；为了减小实验误差，需要经过多次测量
求平均值；
【解答】解：（1）图（b）中的电流表A 所选的量程是0～0.6A，分度值为0.02A，则示数为
1
0.4A；图（c）中的电流表A 所选的量程是0～0.6A，分度值为0.02A，则示数为0.1A；
2
则电流表A 示数小于电流表A 示数；
2 1
由电路图可知：a、c两点分别在支路上，b在干路上，则根据并联电路中干路电流等于各个
支路电流之和可知：
并联电路中干路电流大于支路电流，所以，电流表A 接入的位置是a或c；
2
若电流表A 接入的位置是a点，则根据I＝ 可得：
2
电源电压U＝I R＝0.1A×10 ＝1V，
2
由于电源电压为2伏整数倍Ω，所以，电流表A
2
接入的位置不是a点，是c点；
（2）由于电流表A 示数小于电流表A 示数，则电流表A 接入的位置可能是b位置，可能
2 1 1
是另一条支路；
若电流表A 接入的位置是b位置，
1
根据并联电路中干路电流等于各个支路电流之和可知：
I ＝I﹣I ＝0.4A﹣0.1A＝0.3A，
a c根据I＝ 可得：
电源电压U＝I R＝0.3A×10 ＝3V，
a
由于电源电压为2伏整数倍Ω，所以，电流表A
1
接入的位置不是b点，是a点；
则通过R的电流为：I ＝I ＝0.4A，
R 1
根据I＝ 可得：
电源电压U＝I R＝0.4A×10 ＝4V，
R
Ω
R 的阻值R ＝ ＝ ＝40 ；
x x
Ω
（3）实验中，存在着实验误差；为了减小误差，还需进行的操作通过改变待测电阻两端电
压和通过它的电流，多测几组数据，多次测量取平均值的方法，减小误差，故可进行的操
作是换不同电压的电源继续实验。
故答案为：（1）A 接入的位置是c；由于电流表A 示数小于电流表A 示数；则A 接入的
2 2 1 2
位置是在支路，并且由于电源电压为2伏整数倍，A 接入的位置不能是a位置；
2
（2）40 ；
（3）存Ω在着误差；A。
【点评】本题考查了电流表的使用方法和读数方法及并联电路中电流特点的运用，同时也
考查了学生处理和分析数据得出结论的能力。
29．为了探究柱体A逐渐浸入柱形容器内的水中时（水没有溢出），弹簧测力计示数F的变化
情况。现有底面积为100厘米2的薄壁柱形容器，容器内装有深度为20厘米的水，放在水
平桌面上，实心柱体A高H为20厘米。如图所示，小明将柱体A通过细线挂在弹簧测力
计下，从柱体A接触水面开始，将液面到柱体下表面的距离h、相应的弹簧测力计示数F、
物体重力G与F的差值△F记录在表一中，（不计细线的重力）
表一
实验序 1 2 3 4 5 6 7 8
号
h（cm） 0 2 4 6 8 10 12 14
F（N） 8 7 6 5 4 3 2 1
△F（N） 0 1 2 3 4 5 6 7
分析比较实验序号1﹣8中F与h的变化关系及相关条件可得：同一柱体逐渐浸入柱形
①容器内的水中，当h小于H时， 液面到柱体下表面越深，弹簧测力计示数越小 。分析比较实验序号1﹣8中△F与h的变化关系及相关条件可得：同一柱体逐渐浸入柱
②形容器内的水中， 重力和弹簧测力计的差值与液面到柱体下表面的距离成正比 。
柱体A的重力为 8 牛，实验序号6的实验时，A下表面所受液体压力为 5 牛。
③小红同学想在小明实验的基础上继续进行实验，她预设的数据如表二所示，小明看了
④以后认为这两次实验无法进行。
表二
实验序号 9 10
h（cm） 18 20
F（N） ﹣ ﹣
△F（N） ﹣ ﹣
你认为小明的观点是 正确 的（选填“正确”或“错误”），理由是 当 h ＝ 16cm 时，
柱体已经漂浮在水面上， h ＞ 16cm 时，弹簧测力计示数都为零 。
【分析】 实心柱体A高H为20cm，分析表一中F与h的变化关系。
分析表①一中，物体重力G与F的差值△F与液面到柱体下表面的距离h的比值相同，可
②以判断两者之间的关系。
由第一次实验得，物体的重力是8N。
③物体重力G与F的差值△F实际上是液体对柱体的浮力，浮力大小等于液体对物体向上
和向下的压力差，此时物体没有浸没，液体对物体向下的压力为零，所以浮力大小等于液
体对物体向上的压力。
根据 中分析知，△F与液面到柱体下表面的距离h的比值是0.5N/cm，当h＝16cm时，
④△F为8②N，浮力等于重力，柱体在h＝16cm时，柱体就漂浮在水面上，当h＝18cm，h＝
20cm时，弹簧测力计是都没有示数。
【解答】解： 实心柱体A高H为20cm，从柱体A接触水面开始到液面到柱体下表面深
度为14cm时①，弹簧测力计示数F逐渐变小，得到的结论：同一柱体逐渐浸入柱形容器内的水中，当h小于H时，液面到柱体下表面越深，弹簧测力计示数越小。
由表一数据知，物体重力G与F的差值△F与液面到柱体下表面的距离h的比值是
②0.5N/cm，说明物体重力G与F的差值△F与液面到柱体下表面的距离h成正比。
由第一次实验数据知，实心柱体刚刚接触水面，弹簧测力计测量柱体重力大小，重力大
③小是8N。
物体重力G与F的差值△F实际上是水对柱体的浮力，浮力大小等于水对柱体向上和向
下的压力差，此时柱体没有浸没，水对柱体向下的压力为零，所以浮力大小等于水对柱体
向上的压力，即F压 ＝△F＝5N。
根据 中分析知，△F与液面到柱体下表面的距离h的比值是0.5N/cm，当h＝16cm时，
④△F为8②N，浮力等于重力，柱体在h＝16cm时，柱体就漂浮在水面上，当h＝18cm，h＝
20cm时，弹簧测力计是都没有示数，所以小明认为实验无法进行，小明的观点是正确的。
故答案为： 液面到柱体下表面越深，弹簧测力计示数越小； 重力和弹簧测力计的差值
与液面到柱①体下表面的距离成正比； 8；5； 正确；当h＝②16cm时，柱体已经漂浮在水
面上，h＞16cm时，弹簧测力计示数③都为零。④
【点评】本题主要是通过实验数据总结实验结论，总结弹簧测力计示数跟浸入深度的
关系，浮力跟浸入深度的关系，并且运用总结出来的实验结论进行解题，题型很新颖，本题很
考查学生的能力。
