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上海市位育中学2022-2023学年九年级上学期期末物理试卷(含答案)
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这是一份上海市位育中学2022-2023学年九年级上学期期末物理试卷(含答案)，共30页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市位育中学九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（共20分）
1．（2分）一盏白炽灯正常工作时的电流约为0.2A，而相同电压的情况下，同样亮度的节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，则节能灯正常工作时的电流约为（ ）
A．0.98A B．0.22A C．0.05A D．0.01A
2．（2分）通过实验研究得出“通过导体的电流与导体两端电压关系”的科学家是（ ）
A．安培 B．伏特 C．库仑 D．欧姆
3．（2分）以下实例中，属于利用连通器原理工作的是（ ）
A．吸尘器 B．船闸 C．密度计 D．脱排油烟机
4．（2分）对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是（ ）
A．电压 B．电荷量 C．质量 D．通电时间
5．（2分）“海斗号”潜水器的最大潜深达10767米，使我国成为世界第三个拥有万米级深潜器的国家。当“海斗号”在万米深处继续下潜时，受到海水的（ ）
A．压强和浮力都增大 B．压强和浮力都不变
C．压强增大，浮力不变 D．压强不变，浮力增大
6．（2分）两个导体并联后的总电阻小于其中任何一个导体的电阻，因为并联相当于（ ）
A．减小了导体长度 B．减小了导体横截面积
C．增大了导体长度 D．增大了导体横截面积
7．（2分）在如图所示的实例中，增大压强的是（ ）
A． 刀刃磨得很薄 B． 滑雪用的滑板
C． 铁轨下铺枕木 D． 书包背带加宽
8．（2分）下列研究中所使用的科学方法为“类比法”的是（ ）
①研究导体中电流与该导体两端电压的关系
②研究电流时，用水流比作电流
③研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
④研究影响导体电阻大小的因素
A．① B．② C．③ D．④
9．（2分）如图所示，两个完全相同足够高的圆柱形容器置于水平地面上，内部盛有质量相等的不同液体A、B。现将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，关于两个金属球的质量m、体积V以下说法正确的是（ ）
A．m甲一定等于m乙 B．V甲可能等于V乙
C．m甲一定小于m乙 D．V甲一定大于V乙
10．（2分）在如图所示的两个电路中，电源电压均为U且保持不变，Ra、Rb为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，R1＜R2。改变滑动变阻器的阻值，电表A1、A2、V1、V2、Va、Vb的示数I1、I2、U1、U2、Ua、Ub及其变化量（绝对值）ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2、ΔUa、ΔUb，以下说法中正确的是（ ）
A．若Ua＞Ub，则I1一定小于I2
B．若I1＝I2，则U1可能小于U2
C．若ΔI1＜ΔI2，则△U1一定小于ΔUb
D．若ΔUa＝ΔU2，则ΔI1可能小于ΔI2
二．填空题（共31分）
11．（3分）教室里的投影仪与教室里的日光灯是 的，日光灯与开关是 的（前两空选填“串联”或“并联”）。教室里同时使用的日光灯越多，电路的总电阻将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
12．（3分）我们用 来表示压力的作用效果，压力的作用效果与压力大小和 的大小有关。意大利物理学家托里拆利首次测定了 的数值。
13．（3分）现有长度相同的铜导线甲和乙，已知甲的横截面积较大，则甲的电阻 乙的电阻，若将它们串联接在电路中，通过甲的电流 通过乙的电流；若将它们并联接在电路中，通过甲的电流 通过乙的电流（均选填“大于”“等于”或“小于”）
14．（3分）物理知识在生活中有广泛应用。轮船从海中驶入江中时，船身会 一些（选填“上浮”或“下沉”），轮船所受浮力 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。长颈鹿平均身高4.5米，是世上最高的动物，它的心脏离脑部的距离约为3米，若血液密度为1×103千克∕米3，则长颈鹿的心脏起搏压强至少需要 帕才能将血液送到脑部。
15．（3分）某导体两端的电压为6伏，通过该导体的电流为0.6安，10秒内通过该导体横截面的电荷量为 库；该导体电阻为 欧，若将该导体两端电压调整为3伏，相应发生改变的是导体的 （选填“电流”或“电阻”）。
16．（3分）如图所示，一个容器放在水平地面上，容器内放长方体冰块熔化成水后，体积 ，对容器底部的压强 ，容器对水平地面的压力 。（均选填“变大”“变小”或“不变”）
17．（8分）在如图所示电路中，电源电压为U，且保持不变。闭合开关S电路正常工作。一段时间后，灯突然熄灭。若电路中只有一处故障，且故障只发生在L或电阻R处。
①根据条件“灯突然熄灭”可以判断，故障不可能为 。
②为了确定故障，小杜在电路中串联接入一个电流表，闭合开关后，观察到电流表的示数为 时，可判断故障为L断路或R断路。
③为进一步确定故障，小杜设计了如下方案，其中可以判断故障的是 。
A．移动滑动变阻器的滑片
B．将电压表并联在ad两点间
C．将电压表并联在bd两点间
④为进一步确定故障，小秉选择了与小杜不同的方案，她决定添加一个电流表A2来判断故障。请补充完整小秉的操作、电流表的示数变化情况及其对应的故障：首先，断开 ，将电流表电流表A2 在ab两点间， 开关，观察电流表A2的示数，若示数不为0，则 断路，若示数为0，则 断路。
18．（3分）小新在网站观看科学视频时，得知了一种常见的储存设备叫球形罐，它常被用来盛装压力较高的气体或液化气体，如煤气、天然气等。此类金属罐在加工时采用多块金属板密封焊接（如图a），然后利用爆炸成形法制造成球形（如图b）。小明非常好奇爆炸成形的原理，于是查阅了大量的资料获得了以下知识：①对金属罐爆炸成形需要在密封的罐体内部装满水，然后引爆罐体中心悬挂着的少量炸药。②表面积相同的情况下，球体体积最大。③初中课本中的帕斯卡定律：加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向。④水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，其超压峰值可以超过空气激波的200倍。
⑤罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形。请根据信息，回答下列问题：
①在解释爆炸成形的原理过程中，不需要的知识是 （填某个序号）。
②请根据上述材料中的信息，分析解释球形罐爆炸成形的原理： 。
③金属器件整形的过程中，可以运用和球形罐相同方法爆炸整形的是下列情况中的 。
三．作图题（共8分）
19．（2分）在图中，重为2牛的物体静止在水平地面上，请用图示法画出物体对地面的压力F。
20．（2分）在图所示的电路中的〇处填入电表符号，使之成为正确的电路。
21．（4分）如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小。
四．综合题（共41分）
22．一木块漂浮在水面上，其浸在水中的体积V为1.5×10﹣3米3，求木块受到的浮力大小。
23．在如图所示的电路中，电源电压为6伏，电阻R1为10欧，电阻R2为20欧。闭合开关S，求：
①通过电阻R1的电流。
②电流表的示数。
24．如图1所示，是一个台灯内部的透视路图，其电路部分如图2所示。若该台灯内置电源电压为6伏，小灯电阻为10欧且不变，滑动变阻器标有“50欧 2安”字样。
①请画出该台灯内部电路的等效电路图。
②请通过分析得出当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯电流的大小变化情况。
③请求出小灯电流的变化范围。
④请指出该电路设计中缺失的电路元件或存在的问题，并尝试在不改变电路连接的情况下解决该问题。
25．已知甲、乙两个均匀圆柱体密度、底面积、高度的数据如下表所示：
物体
密度 （千克/米3）
底面积 （米2）
高度 （米）
甲
5×103
0.6
乙
8×103
5×10﹣3
0.5
①求乙的质量m乙；
②求圆柱体甲对地面的压强p甲（使用非课本公式注意写出公式推导过程）；
③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方。此时乙对地面的压强变化量Δp乙＝2×103帕，且Δp乙＝0.4Δp甲。求甲的底面积S甲，及此时甲对地面的压强p甲'。
26．小明在做“用电流表，电压表测电阻”实验，所用器材如下，电源（电压保持不变），电流表，电压表（0～15伏量程损坏），代用滑动变阻器有两种规格（分别标有“5Ω 3A”、“50Ω 2A”的字样），待测电阻R，电键S以及导线若干。小明选择了一种规格的变阻器，正确的串联电路且步骤正确，然后将电压表并联在合适的电路两端。闭合电键S后，观察电流表和电压表的示数并记录在实验序号1中，随后移动变阻器的滑片，多次测量，实验记录在实验序号2和3，此时，小明发现仅通过以上实验数据，无法得出每一次实验的结果，小明在分析，思考后选择了另一种规格的变阻器，重新正确的串联电路并步骤正确，并将电压表并联在合适的电路两端，闭合电键S后，记录此时的电流表和电压表的示数为0.1安，1.0伏，这样利用4次实验数据，解决了前3次不能得出实验结果的问题。
（1）求实验所用电源的电压。（本小题需要写出计算过程）
（2）请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）
实验序号
电压表的示数（伏）
电流表的示数（安）
电阻Rx（欧）
电阻Rx的平均数（欧）
1
2.0
0.40
2
1.2
0.48
3
0.3
0.56
2022-2023学年上海市位育中学九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共20分）
1．（2分）一盏白炽灯正常工作时的电流约为0.2A，而相同电压的情况下，同样亮度的节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，则节能灯正常工作时的电流约为（ ）
A．0.98A B．0.22A C．0.05A D．0.01A
【分析】节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，据此解答。
【解答】解：由题意可知，节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，则节能灯正常工作时的电流约为：
I＝I白炽灯＝×0.2A＝0.04A，
由选项可知，0.05A最为接近，故ABD错误、C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电流的单位和大小，是的基础题。
2．（2分）通过实验研究得出“通过导体的电流与导体两端电压关系”的科学家是（ ）
A．安培 B．伏特 C．库仑 D．欧姆
【分析】根据对物理学家欧姆成就的了解作答。
【解答】解：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；在电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。这就是著名的欧姆定律，是由德国物理学家欧姆最早发现并总结得出的。
故选：D。
【点评】欧姆定律是初中电学最重要的规律，我们既要掌握其内容，也要正确熟练应用，解决简单的实际问题。
3．（2分）以下实例中，属于利用连通器原理工作的是（ ）
A．吸尘器 B．船闸 C．密度计 D．脱排油烟机
【分析】连通器的结构特征是上端开口、底部连通，判断是不是连通器要根据这两个特征。
【解答】解：A、吸尘器在工作时，由于转动的扇叶处气体的流速大、压强小，杂物等在周围较大的大气压的作用下被“吸”入；故A不符合题意；
B、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，所以船闸是利用连通器原理工作的，故B符合题意；
C、密度计是利用浮沉条件及阿基米德原理制成的，故C不符合题意；
D、流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小；脱排油烟机在工作时，由于转动的扇叶处气体的流速大、压强小，从而在周围大气压的作用下将油烟压向扇口排出，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口、底部相连通的，液面静止时保持相平。
4．（2分）对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是（ ）
A．电压 B．电荷量 C．质量 D．通电时间
【分析】对于某一确定的导体，电阻一定，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，据此分析选择。
【解答】解：
（1）由欧姆定律可知，对于某一导体，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，所以对于某一确定的导体，通过导体电流大小决定于导体两端的电压，故A正确；
（2）导体电阻和电压决定了通过导体的电流大小，即在一定时间内通过导体横截面的电荷量的多少，电流的大小与质量无关，故BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电流定义式I＝和欧姆定律公式I＝的理解与掌握，注意区分。
5．（2分）“海斗号”潜水器的最大潜深达10767米，使我国成为世界第三个拥有万米级深潜器的国家。当“海斗号”在万米深处继续下潜时，受到海水的（ ）
A．压强和浮力都增大 B．压强和浮力都不变
C．压强增大，浮力不变 D．压强不变，浮力增大
【分析】潜水器完全进入水中后，所排开的水的体积不变，但下潜过程中，深度变大，根据阿基米德原理和液体压强与深度的关系得出答案。
【解答】解：潜水器下潜的过程中，所处深度h增大，排开水的体积V排不变，
因为p＝ρ水gh，F浮＝ρ水gV排，水的密度ρ水不变，
所以当“海斗号”在万米深处继续下潜时，它受到的压强变大，受到的浮力不变。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对液体压强公式和阿基米德原理公式的掌握和运用，抓住下潜时深度变大、排开水的体积不变是本题的关键。
6．（2分）两个导体并联后的总电阻小于其中任何一个导体的电阻，因为并联相当于（ ）
A．减小了导体长度 B．减小了导体横截面积
C．增大了导体长度 D．增大了导体横截面积
【分析】利用决定导体大小的因素（长度、横截面积和材料）分析并理解电阻越并越小。
【解答】解：
导体的电阻取决于导体的长度、材料和横截面积，同种材料的导体越长、横截面积越小，导体的电阻越大；
两个电阻并联，相当于增加了导体的横截面积，总电阻要变小，并且比任何一个电阻都小，故D正确。
故选：D。
【点评】会用决定电阻大小的因素及具体关系，理解电阻越串越大、越并越小。
7．（2分）在如图所示的实例中，增大压强的是（ ）
A． 刀刃磨得很薄 B． 滑雪用的滑板
C． 铁轨下铺枕木 D． 书包背带加宽
【分析】（1）压强大小的影响因素：压力大小和受力面积大小。
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强。
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强。
【解答】解：
A、刀刃磨得很薄，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强。符合题意。
B、滑雪用的滑板，是在压力一定时，增大受力面积减小对雪地的压强，防止陷入雪中。不符合题意。
C、铁轨铺在枕木上，是压力一定时，增大受力面积减小对路基的压强，保护路基。不符合题意。
D、书包背带加宽，是在压力一定时，增大受力面积减小书包对肩膀的压强，不符合题意。
故选：A。
【点评】掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法。能把压强知识应用到生活当中。
8．（2分）下列研究中所使用的科学方法为“类比法”的是（ ）
①研究导体中电流与该导体两端电压的关系
②研究电流时，用水流比作电流
③研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
④研究影响导体电阻大小的因素
A．① B．② C．③ D．④
【分析】对基本的物理研究方法熟悉其本质特征，然后进行判断。
控制变量法：在研究物理问题时，某一物理量往往受几个不同物理量的影响，为了确定各个不同物理量之间的关系，就需要控制某些量，使其固定不变，改变某一个量，看所研究的物理量与该物理量之间的关系。
“类比法”是指两类不同事物之间存在某种关系上的相似，从两类不同事物之间找出某些相似的关系的思维方法；
“等效替代法”是在保证效果相同的前提下，将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成等效的、容易的、易处理的问题的一种方法。
【解答】解：（1）电流与导体两端电压和导体的电阻都有关系，研究电流与电压的关系时，需要保持电阻一定。采用的是控制变量法；
（2）电流和水流都客观存在，但电流的形成无法直接观察，水流却可以直接观察。电流是电荷的定向移动形成的，水流是水分子的定向移动形成的。两者的形成有共同之处，用能直接观察的水流解释不能直接观察的电流的形成，采用的是“类比法”。
（3）在串并联电路中几个电阻共同作用产生的效果与一个电阻产生的效果相同，或一个电阻再电路中的作用可以由几个电阻共同作用代替，采用的是等效替代法。
（4）影响导体电阻大小的因素有导体的材料、长度和横截面积，研究时需要保持其中的两个量一定。采用的是控制变量法。
故选：B。
【点评】解决此类问题的关键是熟悉基本的物理研究方法，在实际问题中能够识别和应用。
9．（2分）如图所示，两个完全相同足够高的圆柱形容器置于水平地面上，内部盛有质量相等的不同液体A、B。现将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，关于两个金属球的质量m、体积V以下说法正确的是（ ）
A．m甲一定等于m乙 B．V甲可能等于V乙
C．m甲一定小于m乙 D．V甲一定大于V乙
【分析】根据ρ＝分析AB液体的密度大小关系，根据容器形状分析原来的压强大小关系；
根据将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，分析液体的压强关系，由此得出增加的压强关系，根据p＝ρgh分析液面的高度增加的大小，得出两个球的体积关系。
【解答】解：两个完全相同足够高的圆柱形容器置于水平地面上，内部盛有质量相等的不同液体A、B。由于容器是柱形的，液体的质量相等，重力相等，对容器底的压力相等，而容器底面积相等，则压强相等；
根据ρ＝可知，A的体积大，则A的密度小；
根据将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，受力面积相等，则压强相等，说明两个球放入后液体增加的压强相等，而p＝ρgh，A的密度小，则A上升的高度达，而容器底面积相同，则V甲一定大于V乙。故B错误，D正确；
由于两个球的密度未知，不能确定质量大小关系，故AC错误；
故选：D。
【点评】本题考查液体压强与密度的计算，关键理解柱形容器的液体压力等于液体的重力。
10．（2分）在如图所示的两个电路中，电源电压均为U且保持不变，Ra、Rb为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，R1＜R2。改变滑动变阻器的阻值，电表A1、A2、V1、V2、Va、Vb的示数I1、I2、U1、U2、Ua、Ub及其变化量（绝对值）ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2、ΔUa、ΔUb，以下说法中正确的是（ ）
A．若Ua＞Ub，则I1一定小于I2
B．若I1＝I2，则U1可能小于U2
C．若ΔI1＜ΔI2，则△U1一定小于ΔUb
D．若ΔUa＝ΔU2，则ΔI1可能小于ΔI2
【分析】由a电路图可知，R1与Ra串联，电压表Va测Ra两端电压，电压表V1测R1两端电压，电流表A1测电路中电流，
由b电路图可知，R2与Rb串联，电压表Vb测Rb两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表A2测电路中电流，
（1）两个电路中，电源电压均为U且保持不变，R1＜R2，
根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值相同时，通过电路的电流I1与I2的大小关系，根据串联电路电压规律、串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值相同时Ua与Ub的大小关系；
（2）若I1＝I2，根据欧姆定律可知两电路的总电阻相同，根据串联电路电阻规律可知滑动变阻器接入a电路的电阻与滑动变阻器接入b电路的电阻的大小关系，
根据串联分压原理可知Ua与Ub的大小关系，根据串联电路电压规律可知U1与U2的大小关系；
（3）电源电压保持不变且串联电路中总电压等于各分电压之和，所以ΔU1＝ΔUa，ΔU2＝ΔUb，
由欧姆定律可得ΔU1＝ΔI1R1，ΔU2＝ΔI2R2，
若ΔI1＜ΔI2，因为R1＜R2，根据欧姆定律可得ΔU1与ΔU2的大小关系，进一步判断ΔU1与ΔUb的大小关系；
（4）因为R1＜R2，若ΔUa＝ΔU2，即ΔU1＝ΔU2，根据欧姆定律判断ΔI1与ΔI2的大小关系。
【解答】解：由a电路图可知，R1与Ra串联，电压表Va测Ra两端电压，电压表V1测R1两端电压，电流表A1测电路中电流，
由b电路图可知，R2与Rb串联，电压表Vb测Rb两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表A2测电路中电流，
（1）两个电路中，电源电压均为U且保持不变，R1＜R2，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，若滑动变阻器接入电路的阻值相同，根据欧姆定律可知I1大于I2，
串联电路总电压等于各部分电压之和，若滑动变阻器接入电路的阻值相同，根据串联分压原理可知Ua＞Ub，故A错误；
（2）若I1＝I2，根据欧姆定律可知两电路的总电阻相同，根据串联电路电阻规律可知滑动变阻器接入a电路的电阻大于滑动变阻器接入b电路的电阻，
根据串联分压原理可知Ua＞Ub，根据串联电路电压规律可知U1一定小于U2，故B错误；
（3）电源电压保持不变，且串联电路中总电压等于各分电压之和，所以ΔU1＝ΔUa，ΔU2＝ΔUb，
由欧姆定律可得：ΔI1＝＝，ΔI2＝＝，
即ΔU1＝ΔI1R1，ΔU2＝ΔI2R2，
若ΔI1＜ΔI2，因为R1＜R2，则ΔU1＜ΔU2，即ΔU1＜ΔUb，故C正确；
（4）因为R1＜R2，若ΔUa＝ΔU2，即ΔU1＝ΔU2，则＞，即ΔI1＞ΔI2，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点、串联分压原理、欧姆定律的应用，结合电路特点，灵活运用公式是解题的关键，难度大。
二．填空题（共31分）
11．（3分）教室里的投影仪与教室里的日光灯是 并联 的，日光灯与开关是 串联 的（前两空选填“串联”或“并联”）。教室里同时使用的日光灯越多，电路的总电阻将 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）家用电器在工作时互不影响，应并联使用；而开关和控制的用电器应该串联；
（2）电阻大小与导体的材料、长度、横截面积以及温度有关；家庭电路中支路越多，相当于导体的横截面积越大，则总电阻越小。
【解答】解：（1）教室里的投影仪与教室里的日光灯在工作时互不影响，能独立工作，所以日光灯与投影仪是并联连接的；而控制用电器的开关与用电器必须串联；
（2）教室里同时使用的日光灯越多，相当于导体的横截面积变大，则总电阻将变小。
故答案为：并联；串联；变小。
【点评】明确家庭电路的连接方式，理解影响电阻大小的因素是解题的关键，属于基础题，难度不大。
12．（3分）我们用 压强 来表示压力的作用效果，压力的作用效果与压力大小和 受力面积 的大小有关。意大利物理学家托里拆利首次测定了 大气压强 的数值。
【分析】压力的作用效果叫压强；压力的作用效果与压力大小和受力面积有关；托里拆利实验首次测定了大气压强的数值。
【解答】解：我们用压强来表示压力的作用效果，压力的作用效果与压力大小和受力面积的大小有关；
意大利物理学家托里拆利首次测定了大气压的数值。
故答案为：压强；受力面积；大气压强。
【点评】本题考查了压强的定义、影响压强的因素、大气压的测量，属于基础知识。
13．（3分）现有长度相同的铜导线甲和乙，已知甲的横截面积较大，则甲的电阻 小于 乙的电阻，若将它们串联接在电路中，通过甲的电流 等于 通过乙的电流；若将它们并联接在电路中，通过甲的电流 大于 通过乙的电流（均选填“大于”“等于”或“小于”）
【分析】影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积及温度，当材料和长度一定时，横截面积越大，导体的电阻越小；
根据串联电路电流特点可知将它们串联接在电路中，通过甲的电流与通过乙的电流的大小关系；
根据并联电路电压特点结合欧姆定律可知将它们并联接在电路中，通过甲的电流与通过乙的电流的大小关系。
【解答】解：因为甲、乙两导线都是铜导线，材料相同，又知长度相同，甲的横截面积较大，则甲的电阻小于乙的电阻；
若将它们串联后接入电路，串联电路各处电流相等，故通过甲的电流等于通过乙的电流；
将它们并联接在电路中，并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可知通过甲的电流大于通过乙的电流。
故答案为：小于；等于；大于。
【点评】本题考查了影响电阻大小的因素、串联电路电流的特点、并联电路电压的特点、欧姆定律的灵活的应用。
14．（3分）物理知识在生活中有广泛应用。轮船从海中驶入江中时，船身会 下沉 一些（选填“上浮”或“下沉”），轮船所受浮力 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。长颈鹿平均身高4.5米，是世上最高的动物，它的心脏离脑部的距离约为3米，若血液密度为1×103千克∕米3，则长颈鹿的心脏起搏压强至少需要 30000 帕才能将血液送到脑部。
【分析】轮船在水中都为漂浮状态，由物体的浮沉条件可知受到的浮力与轮船受到的重力的关系，据此得出受到浮力的大小关系，
知道江水和海水的密度关系，根据阿基米德原理分析排开江水和海水体积的大小关系可知船身会上浮还是下沉；
由题可知心脏收缩时血液上升的高度。根据液体压强公式计算长颈鹿的心脏起搏将血液送到脑部需产生的压强。
【解答】解：因轮船始终处于漂浮状态，故轮船从海中驶入江中时浮力是不变的；
由于江水的密度小于海水的密度，根据F浮＝ρ液gV排可知船身排开水的体积要增大，故船身要下沉一些；
由题可知心脏收缩时血液上升的高度h＝3m，
长颈鹿的心脏起搏将血液送到脑部需产生的压强至少为：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×3m＝30000Pa。
故答案为：下沉；不变；30000。
【点评】本题考查物体的浮沉条件、阿基米德原理、液体压强公式的灵活运用。
15．（3分）某导体两端的电压为6伏，通过该导体的电流为0.6安，10秒内通过该导体横截面的电荷量为 6 库；该导体电阻为 10 欧，若将该导体两端电压调整为3伏，相应发生改变的是导体的 电流 （选填“电流”或“电阻”）。
【分析】（1）已知通过导体的电流和通电时间，根据I＝求出通过该导体横截面的电荷量；
（2）已知导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；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：由I＝可得，通过该导体横截面的电荷量：
Q＝It＝0.6A×10s＝6C，
由I＝可得，导体的电阻：
R＝＝＝10Ω，
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，
所以，当导体两端的电压为3伏时，该导体的电阻仍为10Ω不变，当电流随之改变。
故答案为：6；10；电流。
【点评】本题考查了电流定义式和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，是一道基础题目。
16．（3分）如图所示，一个容器放在水平地面上，容器内放长方体冰块熔化成水后，体积 变小 ，对容器底部的压强 变小 ，容器对水平地面的压力 不变 。（均选填“变大”“变小”或“不变”）
【分析】（1）质量是物体的一种属性，与物体的状态、形状和空间位置无关；密度是物质的一种特性，与物体的质量和体积无关，与物质的种类和状态有关；根据密度公式分析冰块熔化成水后体积的变化；
（2）冰块熔化成水后，质量不变，但受力面积变大，对于这种上下口不一样大的容器，可以通过比较对容器底的压力与液体重的大小关系，得出容器底部受到压力的变化。
根据p＝结合冰块熔化成水后压力和受力面积的变化，判断对容器底部的压强变化。
（3）容器对水平地面的压力等于容器、水的总重力，据此判断。
【解答】解：（1）当冰块熔化成水后，它的质量不变，由物理常识可知水的密度大于冰的密度，即密度变大，由ρ＝可知体积变小；
（2）原来冰块对容器底的压力F1＝G冰，受力面积S1＝S冰，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当冰块熔化成水后，设水的深度为h，容器的底面积为S容，如下图所示：
因为水的质量不变，则重力等于冰的重力，大小不变，
水对容器底部的压力F2＝pS容＝ρ水ghS容＜ρ水gV水＝G水＝G冰﹣﹣﹣﹣﹣﹣②（其中Sh为容器底部正上方水柱的体积，小于容器中水的体积），
比较可知F2＜F1，即：冰块熔化成水后，对容器底的压力变小，此时受力面积S2＝S容，则S2＞S1，即受力面积变大了；
根据p＝可知，冰块熔化成水后对容器底部的压强变小。
（3）容器对水平地面的压力等于容器、水的总重力，故大小不变。
故答案为：变小；变小；不变。
【点评】本题综合考查了质量及其特性、密度及其特性和压强的比较，对于上口大、下口小的容器，液体对容器底的压力小于所装液体重；上口小、下口大的容器，液体对容器底的压力大于所装液体重；圆柱形、长方体或正方体直壁容器，液体对容器底的压力等于所装液体重。
17．（8分）在如图所示电路中，电源电压为U，且保持不变。闭合开关S电路正常工作。一段时间后，灯突然熄灭。若电路中只有一处故障，且故障只发生在L或电阻R处。
①根据条件“灯突然熄灭”可以判断，故障不可能为 电阻R短路 。
②为了确定故障，小杜在电路中串联接入一个电流表，闭合开关后，观察到电流表的示数为 0 时，可判断故障为L断路或R断路。
③为进一步确定故障，小杜设计了如下方案，其中可以判断故障的是 C 。
A．移动滑动变阻器的滑片
B．将电压表并联在ad两点间
C．将电压表并联在bd两点间
④为进一步确定故障，小秉选择了与小杜不同的方案，她决定添加一个电流表A2来判断故障。请补充完整小秉的操作、电流表的示数变化情况及其对应的故障：首先，断开 开关 ，将电流表电流表A2 并联 在ab两点间， 闭合 开关，观察电流表A2的示数，若示数不为0，则 灯泡L 断路，若示数为0，则 电阻R 断路。
【分析】故障只发生在L或电阻R处：
（1）由“灯突然熄灭”可以判断：灯L短路或断路，R断路；
（2）电流表串联在电路中，电路断路时电流表没有示数；
（3）无论是电路断路或灯泡短路，移动滑动变阻器的滑片都不能观察现象的变化；将电压表并联接在ad两点间电压表测量电源电压，不能判断本题电路故障；电压表并联在bd两点之间，若有示数则表明灯泡正常或短路或电阻R断路，若没有示数则表明灯泡断路；
（4）连接电路时开关要断开；将电流表并联在ab两点间可通过电流表示数的有无，判断有故障的元件。
【解答】解：由题意和图示可知，灯泡L和电阻R串联，一段时间后，灯突然熄灭；若电路中只有一处故障，且只发生在灯L或电阻R处。
①由“灯突然熄灭”可能是灯泡自身故障：灯L短路或断路，也可能是电路断路，即R断路，所以不可能是电阻R短路；
②若故障为L断路或R断路，即电路出现断路，电流表串联在电路中，电流表没有示数，即电流表的示数为0；
③A、无论是电路断路或灯泡短路，移动滑动变阻器的滑片都不能观察现象的变化；
B、将电压表并联接在ad两点间电压表测量电源电压，电压表一定有示数，不能判断本题电路故障；
C、电压表并联在bd两点之间，若有示数则表明灯泡正常或短路或电阻R断路，若没有示数则表明灯泡断路，可以判断故障元件；
故选：C；
④连接电路时开关要断开；将电流表并联在ab两点间，闭合开关，若电流表有示数表明电路是通路，可判断电阻R正常（没有断开），故障为灯泡断路；若电流表没有示数则可能是电阻R断路或灯泡短路。
故答案为：①电阻R短路；②0；③C；④开关；并联；闭合；灯泡L；电阻R。
【点评】本题考查了利用串联电路的故障分析与检查，题目有一定难度。
18．（3分）小新在网站观看科学视频时，得知了一种常见的储存设备叫球形罐，它常被用来盛装压力较高的气体或液化气体，如煤气、天然气等。此类金属罐在加工时采用多块金属板密封焊接（如图a），然后利用爆炸成形法制造成球形（如图b）。小明非常好奇爆炸成形的原理，于是查阅了大量的资料获得了以下知识：①对金属罐爆炸成形需要在密封的罐体内部装满水，然后引爆罐体中心悬挂着的少量炸药。②表面积相同的情况下，球体体积最大。③初中课本中的帕斯卡定律：加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向。④水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，其超压峰值可以超过空气激波的200倍。
⑤罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形。请根据信息，回答下列问题：
①在解释爆炸成形的原理过程中，不需要的知识是 ① （填某个序号）。
②请根据上述材料中的信息，分析解释球形罐爆炸成形的原理： 在水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向，当表面积相同的情况下，球体体积最大，罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形 。
③金属器件整形的过程中，可以运用和球形罐相同方法爆炸整形的是下列情况中的 A 。
【分析】①根据材料提供的知识分析回答；
②根据上述材料中的信息分析回答；
③根据球形罐爆炸成形的原理分析回答。
【解答】解：①由材料内容可知，①与③④内容重复，且①对解释爆炸成形的原理没有直接的关系，故不需要的知识是①；
②由上述材料中的信息可知，在水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向，当表面积相同的情况下，球体体积最大，罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形；
③由球形罐爆炸成形的原理可知，金属器件整形的过程中，金属器件必须是密闭的，而车轮轮毂和铁锅不是密闭器件，不能应用球形罐爆炸成形的原理修复，发生形变的油桶是密闭器件，可以应用球形罐爆炸成形的原理修复，故选A。
故答案为：①①；②在水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向，当表面积相同的情况下，球体体积最大，罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形；③A。
【点评】本题是材料题，考查了材料阅读和分析能力。
三．作图题（共8分）
19．（2分）在图中，重为2牛的物体静止在水平地面上，请用图示法画出物体对地面的压力F。
【分析】画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力。
【解答】解：压力的大小等于重力，为2N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上。如图所示：
【点评】画力的图示，关键是描述清楚力的三要素，用箭头的起点（少数时候也用终点）作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小。
20．（2分）在图所示的电路中的〇处填入电表符号，使之成为正确的电路。
【分析】根据电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联即可完成电路。
【解答】解：由图可知，开关闭合后，上面的电表与电源并联，所以上面的电表为电压表；
最左面的电表与灯泡串联在电路中，为电流表；最右面的电表与电阻并联，为电压表，如图所示：
【点评】本题考查了电流表和电压表的使用，关键是知道电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联。
21．（4分）如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小。
【分析】由原图可确定电路的连接方式，根据向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，确定变阻器的连接；
向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，因并联电路互不影响，即通过灯的电流不变，根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，确定电流表的连接。
【解答】解：根据原题的连线，灯与变阻不可能串联，故只能并联；向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，即电阻变大，故滑片以左电阻丝连入电路中与灯并联，电流接在干路上，如下所示：
【点评】本题考查根据要求连接实物图和并联电路电流的规律，关键是变阻器的连接和电路的连接的确定。有难度。
四．综合题（共41分）
22．一木块漂浮在水面上，其浸在水中的体积V为1.5×10﹣3米3，求木块受到的浮力大小。
【分析】已知木块浸入水中的体积，根据F浮＝ρ液gV排来计算浮力的大小。
【解答】解：已知V排＝V＝1.5×10﹣3米3，所以木块受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×9.8N/kg×1.5×10﹣3m3＝14.7N。
答：木块受到的浮力为14.7N。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，掌握计算公式，将相应条件代入便可得出结论。
23．在如图所示的电路中，电源电压为6伏，电阻R1为10欧，电阻R2为20欧。闭合开关S，求：
①通过电阻R1的电流。
②电流表的示数。
【分析】①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过电阻R1的电流；
②根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过电阻R2的电流，根据并联电路电流干路计算通过干路的电流，据此确定电流表示数。
【解答】解：①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得通过电阻R1的电流：I1＝＝＝0.6A；
②通过电阻R2的电流：I2＝＝＝0.3A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，通过干路的电流：I＝I1+I2＝0.6A+0.3A＝0.9A，
即电流表示数为0.9A。
答：①通过电阻R1的电流为0.6A；
②电流表的示数为0.9A。
【点评】本题考查并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
24．如图1所示，是一个台灯内部的透视路图，其电路部分如图2所示。若该台灯内置电源电压为6伏，小灯电阻为10欧且不变，滑动变阻器标有“50欧 2安”字样。
①请画出该台灯内部电路的等效电路图。
②请通过分析得出当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯电流的大小变化情况。
③请求出小灯电流的变化范围。
④请指出该电路设计中缺失的电路元件或存在的问题，并尝试在不改变电路连接的情况下解决该问题。
【分析】①由图可知灯泡、滑动变阻器、电源串联接入电路，据此画出该台灯内部电路的等效电路图；
②当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变化；
③滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为灯泡的简单电路，根据欧姆定律计算此时通过灯泡的电流，
滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流，进一步根据串联电路电路特点确定通过小灯泡的电流的变化范围；
④该电路设计中缺失的电路元件是开关，不使用时不能切断电源，把滑动变阻器的滑片向右移到电阻丝外，即滑片与滑动变阻器的电阻丝断开，可以在不改变电路连接的情况下解决该问题。
【解答】解：①由图可知灯泡、滑动变阻器、电源串联接入电路，该台灯内部电路的等效电路图如图：
；
②当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电路总电阻变大，根据欧姆定律可得通过电路的电流变小，即当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯泡的电流变小；
③滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为灯泡的简单电路，
根据欧姆定律可得此时通过灯泡的电流：I＝＝＝0.6A，
滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.1A，
串联电路各处电流相等，所以通过小灯泡的电流的变化范围为0.1A～0.6A；
④该电路设计中缺失的电路元件是开关，不使用时不能切断电源，把滑动变阻器的滑片向右移到电阻丝外，即滑片与滑动变阻器的电阻丝断开，可以在不改变电路连接的情况下解决该问题。
答：①见上图。
②当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯泡的电流变小；
③通过小灯泡的电流的变化范围为0.1A～0.6A；
④该电路设计中缺失的电路元件是开关，不使用时不能切断电源，把滑动变阻器的滑片向右移到电阻丝外，即滑片与滑动变阻器的电阻丝断开，可以在不改变电路连接的情况下解决该问题。
【点评】本题考查等效电路图、串联电路特点、欧姆定律以及学生发现问题并解决问题的能力。
25．已知甲、乙两个均匀圆柱体密度、底面积、高度的数据如下表所示：
物体
密度 （千克/米3）
底面积 （米2）
高度 （米）
甲
5×103
0.6
乙
8×103
5×10﹣3
0.5
①求乙的质量m乙；
②求圆柱体甲对地面的压强p甲（使用非课本公式注意写出公式推导过程）；
③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方。此时乙对地面的压强变化量Δp乙＝2×103帕，且Δp乙＝0.4Δp甲。求甲的底面积S甲，及此时甲对地面的压强p甲'。
【分析】（1）从表格中可读出乙的底面积和高度，利用V＝Sh可求出乙的体积，已知乙的密度，根据密度公式的变形式m＝ρV可求出乙的质量；
（2）由p＝＝＝＝＝ρgh计算圆柱体甲对地面的压强；
（3）根据p＝的变形式可求出乙对地面的压力变化量，甲对地面的压力变化量与乙对地面的压力变化量相等，由此可得出甲对地面的压力变化量的大小，根据Δp乙＝0.4Δp甲求出Δp甲，再根据p＝的变形式可求出甲的底面积；
甲对地面的压强可能增大也可能减小，根据已经计算出的p甲和Δp甲可求出甲对地面的压强。
【解答】解：①乙物体的体积为：V乙＝S乙h乙＝5×10﹣3m2×0.5m＝2.5×10﹣3m3，
所以乙的质量为：m乙＝ρ乙V乙＝8×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝20kg；
②设甲的底面积为S甲，高为h甲，
则甲的体积为V甲＝S甲h甲，
则甲的质量为m甲＝ρ甲V甲＝ρ甲S甲h甲，
则甲受到的重力为G甲＝m甲g＝ρ甲S甲h甲g，
因为放在水平面上的物体对地面的压力等于自身的重力，
则甲对地面的压力为F甲＝G甲＝ρ甲S甲h甲g，
所以甲对地面的压强为p甲＝＝＝ρ甲h甲g＝5×103kg/m3×0.6m×10N/kg＝3×104Pa；
③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方，则甲、乙与地面的接触面积不变，由于甲、乙整体对地面压力不变，所以甲、乙对地面的压力的变化量相等，
由p＝可得ΔF甲＝ΔF乙＝Δp乙S乙＝2×103Pa×5×10﹣3m2＝10N；
已知Δp乙＝0.4Δp甲，所以Δp甲＝＝＝5×103Pa，
由p＝可得甲的底面积S甲＝＝＝2×10﹣3m2；
若甲对地面的压强增大，则此时甲对地面的压强p甲'＝p甲+Δp甲＝3×104Pa+5×103Pa＝3.5×104Pa；
若甲对地面的压强减小，则此时甲对地面的压强p甲'＝p甲﹣Δp甲＝3×104Pa﹣5×103Pa＝2.5×104Pa。
答：①乙的质量m乙为20kg；
②圆柱体甲对地面的压强p甲为3×104Pa；
③甲的底面积S甲为2×10﹣3m2，此时甲对地面的压强的p甲'为3.5×104Pa或2.5×104Pa。
【点评】本题考查了重力公式、密度公式以及压强公式的应用。理解第三小题中甲、乙对地面的压力变化量相等是解题的关键。
26．小明在做“用电流表，电压表测电阻”实验，所用器材如下，电源（电压保持不变），电流表，电压表（0～15伏量程损坏），代用滑动变阻器有两种规格（分别标有“5Ω 3A”、“50Ω 2A”的字样），待测电阻R，电键S以及导线若干。小明选择了一种规格的变阻器，正确的串联电路且步骤正确，然后将电压表并联在合适的电路两端。闭合电键S后，观察电流表和电压表的示数并记录在实验序号1中，随后移动变阻器的滑片，多次测量，实验记录在实验序号2和3，此时，小明发现仅通过以上实验数据，无法得出每一次实验的结果，小明在分析，思考后选择了另一种规格的变阻器，重新正确的串联电路并步骤正确，并将电压表并联在合适的电路两端，闭合电键S后，记录此时的电流表和电压表的示数为0.1安，1.0伏，这样利用4次实验数据，解决了前3次不能得出实验结果的问题。
（1）求实验所用电源的电压。（本小题需要写出计算过程）
（2）请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）
实验序号
电压表的示数（伏）
电流表的示数（安）
电阻Rx（欧）
电阻Rx的平均数（欧）
1
2.0
0.40
2
1.2
0.48
3
0.3
0.56
【分析】（1）由表格数据，移动滑片后电压表示数变小，电流中电流变大，分析判断电压表测的是滑动变阻器的电压；计算出变阻器的最大值，从而可知重新正确连接电路时选用的变阻器，根据闭合开关时电表示数，由串联电路特点和欧姆定律计算电源电压。
（2）根据电压表测的是滑动变阻器的电压，由串联电路特点计算每次实验的Rx阻值，取多次测量的平均值。
【解答】解：（1）由表格数据，移动滑片后电流中电流变大，由I＝，电源电压一定，说明电路中电阻变小；
而电压表示数变小，由U＝IR，若电压表测定值电阻两端电压，应变大，所以电压表测的是滑动变阻器两端电压。
连好电路闭合电键S后，由表格电压表测滑动变阻器最大电压为2V，此时变阻器连入阻值最大，所以变阻器最大值为：R变＝＝＝5Ω，即他使用的是“5Ω 3A”的滑动变阻器，其最大值较小。所以小明在分析思考后选择了另一种规格为“50Ω 2A”的变阻器，电压表可测定值电阻两端电压，才完成了实验。
换用“50Ω 2A”的变阻器后，闭合开关，电流表和电压表的示数为0.1A，1.0V，
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：
U＝UR+U变＝1.0V+0.1A×50Ω＝6V。
（2）由实验4：Rx＝＝＝10.0Ω。
由实验1：定值电阻两端电压U1＝U﹣U变1＝6V﹣2.0V＝4V，所以第一次所测定值电阻的阻值R1＝＝＝10.0Ω，
同理实验2：U2＝U﹣U变2＝6V﹣1.2V＝4.8V，所以第一次所测定值电阻的阻值R2＝＝＝10.0Ω，
实验3：U3＝U﹣U变3＝6V﹣0.3V＝5.7V，所以第一次所测定值电阻的阻值R3＝＝＝10.2Ω，
所以Rx＝＝＝10.1Ω。
故答案为：（1）电源电压为6V；
（2）10.0Ω；10.0Ω；10.2Ω；10.1Ω。
【点评】本题通过伏安法测电阻考查了利用欧姆定律分析、解决问题的能力，有一定难度。关键是分析出电压表所测的是滑动变阻器两端电压，由实验数据根据电源电压不变列式求得电源电压。
2022-2023学年上海市位育中学九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（共20分）
1．（2分）一盏白炽灯正常工作时的电流约为0.2A，而相同电压的情况下，同样亮度的节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，则节能灯正常工作时的电流约为（ ）
A．0.98A B．0.22A C．0.05A D．0.01A
2．（2分）通过实验研究得出“通过导体的电流与导体两端电压关系”的科学家是（ ）
A．安培 B．伏特 C．库仑 D．欧姆
3．（2分）以下实例中，属于利用连通器原理工作的是（ ）
A．吸尘器 B．船闸 C．密度计 D．脱排油烟机
4．（2分）对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是（ ）
A．电压 B．电荷量 C．质量 D．通电时间
5．（2分）“海斗号”潜水器的最大潜深达10767米，使我国成为世界第三个拥有万米级深潜器的国家。当“海斗号”在万米深处继续下潜时，受到海水的（ ）
A．压强和浮力都增大 B．压强和浮力都不变
C．压强增大，浮力不变 D．压强不变，浮力增大
6．（2分）两个导体并联后的总电阻小于其中任何一个导体的电阻，因为并联相当于（ ）
A．减小了导体长度 B．减小了导体横截面积
C．增大了导体长度 D．增大了导体横截面积
7．（2分）在如图所示的实例中，增大压强的是（ ）
A． 刀刃磨得很薄 B． 滑雪用的滑板
C． 铁轨下铺枕木 D． 书包背带加宽
8．（2分）下列研究中所使用的科学方法为“类比法”的是（ ）
①研究导体中电流与该导体两端电压的关系
②研究电流时，用水流比作电流
③研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
④研究影响导体电阻大小的因素
A．① B．② C．③ D．④
9．（2分）如图所示，两个完全相同足够高的圆柱形容器置于水平地面上，内部盛有质量相等的不同液体A、B。现将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，关于两个金属球的质量m、体积V以下说法正确的是（ ）
A．m甲一定等于m乙 B．V甲可能等于V乙
C．m甲一定小于m乙 D．V甲一定大于V乙
10．（2分）在如图所示的两个电路中，电源电压均为U且保持不变，Ra、Rb为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，R1＜R2。改变滑动变阻器的阻值，电表A1、A2、V1、V2、Va、Vb的示数I1、I2、U1、U2、Ua、Ub及其变化量（绝对值）ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2、ΔUa、ΔUb，以下说法中正确的是（ ）
A．若Ua＞Ub，则I1一定小于I2
B．若I1＝I2，则U1可能小于U2
C．若ΔI1＜ΔI2，则△U1一定小于ΔUb
D．若ΔUa＝ΔU2，则ΔI1可能小于ΔI2
二．填空题（共31分）
11．（3分）教室里的投影仪与教室里的日光灯是 的，日光灯与开关是 的（前两空选填“串联”或“并联”）。教室里同时使用的日光灯越多，电路的总电阻将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
12．（3分）我们用 来表示压力的作用效果，压力的作用效果与压力大小和 的大小有关。意大利物理学家托里拆利首次测定了 的数值。
13．（3分）现有长度相同的铜导线甲和乙，已知甲的横截面积较大，则甲的电阻 乙的电阻，若将它们串联接在电路中，通过甲的电流 通过乙的电流；若将它们并联接在电路中，通过甲的电流 通过乙的电流（均选填“大于”“等于”或“小于”）
14．（3分）物理知识在生活中有广泛应用。轮船从海中驶入江中时，船身会 一些（选填“上浮”或“下沉”），轮船所受浮力 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。长颈鹿平均身高4.5米，是世上最高的动物，它的心脏离脑部的距离约为3米，若血液密度为1×103千克∕米3，则长颈鹿的心脏起搏压强至少需要 帕才能将血液送到脑部。
15．（3分）某导体两端的电压为6伏，通过该导体的电流为0.6安，10秒内通过该导体横截面的电荷量为 库；该导体电阻为 欧，若将该导体两端电压调整为3伏，相应发生改变的是导体的 （选填“电流”或“电阻”）。
16．（3分）如图所示，一个容器放在水平地面上，容器内放长方体冰块熔化成水后，体积 ，对容器底部的压强 ，容器对水平地面的压力 。（均选填“变大”“变小”或“不变”）
17．（8分）在如图所示电路中，电源电压为U，且保持不变。闭合开关S电路正常工作。一段时间后，灯突然熄灭。若电路中只有一处故障，且故障只发生在L或电阻R处。
①根据条件“灯突然熄灭”可以判断，故障不可能为 。
②为了确定故障，小杜在电路中串联接入一个电流表，闭合开关后，观察到电流表的示数为 时，可判断故障为L断路或R断路。
③为进一步确定故障，小杜设计了如下方案，其中可以判断故障的是 。
A．移动滑动变阻器的滑片
B．将电压表并联在ad两点间
C．将电压表并联在bd两点间
④为进一步确定故障，小秉选择了与小杜不同的方案，她决定添加一个电流表A2来判断故障。请补充完整小秉的操作、电流表的示数变化情况及其对应的故障：首先，断开 ，将电流表电流表A2 在ab两点间， 开关，观察电流表A2的示数，若示数不为0，则 断路，若示数为0，则 断路。
18．（3分）小新在网站观看科学视频时，得知了一种常见的储存设备叫球形罐，它常被用来盛装压力较高的气体或液化气体，如煤气、天然气等。此类金属罐在加工时采用多块金属板密封焊接（如图a），然后利用爆炸成形法制造成球形（如图b）。小明非常好奇爆炸成形的原理，于是查阅了大量的资料获得了以下知识：①对金属罐爆炸成形需要在密封的罐体内部装满水，然后引爆罐体中心悬挂着的少量炸药。②表面积相同的情况下，球体体积最大。③初中课本中的帕斯卡定律：加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向。④水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，其超压峰值可以超过空气激波的200倍。
⑤罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形。请根据信息，回答下列问题：
①在解释爆炸成形的原理过程中，不需要的知识是 （填某个序号）。
②请根据上述材料中的信息，分析解释球形罐爆炸成形的原理： 。
③金属器件整形的过程中，可以运用和球形罐相同方法爆炸整形的是下列情况中的 。
三．作图题（共8分）
19．（2分）在图中，重为2牛的物体静止在水平地面上，请用图示法画出物体对地面的压力F。
20．（2分）在图所示的电路中的〇处填入电表符号，使之成为正确的电路。
21．（4分）如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小。
四．综合题（共41分）
22．一木块漂浮在水面上，其浸在水中的体积V为1.5×10﹣3米3，求木块受到的浮力大小。
23．在如图所示的电路中，电源电压为6伏，电阻R1为10欧，电阻R2为20欧。闭合开关S，求：
①通过电阻R1的电流。
②电流表的示数。
24．如图1所示，是一个台灯内部的透视路图，其电路部分如图2所示。若该台灯内置电源电压为6伏，小灯电阻为10欧且不变，滑动变阻器标有“50欧 2安”字样。
①请画出该台灯内部电路的等效电路图。
②请通过分析得出当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯电流的大小变化情况。
③请求出小灯电流的变化范围。
④请指出该电路设计中缺失的电路元件或存在的问题，并尝试在不改变电路连接的情况下解决该问题。
25．已知甲、乙两个均匀圆柱体密度、底面积、高度的数据如下表所示：
物体
密度 （千克/米3）
底面积 （米2）
高度 （米）
甲
5×103
0.6
乙
8×103
5×10﹣3
0.5
①求乙的质量m乙；
②求圆柱体甲对地面的压强p甲（使用非课本公式注意写出公式推导过程）；
③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方。此时乙对地面的压强变化量Δp乙＝2×103帕，且Δp乙＝0.4Δp甲。求甲的底面积S甲，及此时甲对地面的压强p甲'。
26．小明在做“用电流表，电压表测电阻”实验，所用器材如下，电源（电压保持不变），电流表，电压表（0～15伏量程损坏），代用滑动变阻器有两种规格（分别标有“5Ω 3A”、“50Ω 2A”的字样），待测电阻R，电键S以及导线若干。小明选择了一种规格的变阻器，正确的串联电路且步骤正确，然后将电压表并联在合适的电路两端。闭合电键S后，观察电流表和电压表的示数并记录在实验序号1中，随后移动变阻器的滑片，多次测量，实验记录在实验序号2和3，此时，小明发现仅通过以上实验数据，无法得出每一次实验的结果，小明在分析，思考后选择了另一种规格的变阻器，重新正确的串联电路并步骤正确，并将电压表并联在合适的电路两端，闭合电键S后，记录此时的电流表和电压表的示数为0.1安，1.0伏，这样利用4次实验数据，解决了前3次不能得出实验结果的问题。
（1）求实验所用电源的电压。（本小题需要写出计算过程）
（2）请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）
实验序号
电压表的示数（伏）
电流表的示数（安）
电阻Rx（欧）
电阻Rx的平均数（欧）
1
2.0
0.40
2
1.2
0.48
3
0.3
0.56
2022-2023学年上海市位育中学九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共20分）
1．（2分）一盏白炽灯正常工作时的电流约为0.2A，而相同电压的情况下，同样亮度的节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，则节能灯正常工作时的电流约为（ ）
A．0.98A B．0.22A C．0.05A D．0.01A
【分析】节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，据此解答。
【解答】解：由题意可知，节能灯工作所需电流仅为白炽灯的约五分之一，则节能灯正常工作时的电流约为：
I＝I白炽灯＝×0.2A＝0.04A，
由选项可知，0.05A最为接近，故ABD错误、C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电流的单位和大小，是的基础题。
2．（2分）通过实验研究得出“通过导体的电流与导体两端电压关系”的科学家是（ ）
A．安培 B．伏特 C．库仑 D．欧姆
【分析】根据对物理学家欧姆成就的了解作答。
【解答】解：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；在电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。这就是著名的欧姆定律，是由德国物理学家欧姆最早发现并总结得出的。
故选：D。
【点评】欧姆定律是初中电学最重要的规律，我们既要掌握其内容，也要正确熟练应用，解决简单的实际问题。
3．（2分）以下实例中，属于利用连通器原理工作的是（ ）
A．吸尘器 B．船闸 C．密度计 D．脱排油烟机
【分析】连通器的结构特征是上端开口、底部连通，判断是不是连通器要根据这两个特征。
【解答】解：A、吸尘器在工作时，由于转动的扇叶处气体的流速大、压强小，杂物等在周围较大的大气压的作用下被“吸”入；故A不符合题意；
B、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，所以船闸是利用连通器原理工作的，故B符合题意；
C、密度计是利用浮沉条件及阿基米德原理制成的，故C不符合题意；
D、流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小；脱排油烟机在工作时，由于转动的扇叶处气体的流速大、压强小，从而在周围大气压的作用下将油烟压向扇口排出，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口、底部相连通的，液面静止时保持相平。
4．（2分）对于某一确定的导体，影响该导体电流大小的物理量是（ ）
A．电压 B．电荷量 C．质量 D．通电时间
【分析】对于某一确定的导体，电阻一定，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，据此分析选择。
【解答】解：
（1）由欧姆定律可知，对于某一导体，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，所以对于某一确定的导体，通过导体电流大小决定于导体两端的电压，故A正确；
（2）导体电阻和电压决定了通过导体的电流大小，即在一定时间内通过导体横截面的电荷量的多少，电流的大小与质量无关，故BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电流定义式I＝和欧姆定律公式I＝的理解与掌握，注意区分。
5．（2分）“海斗号”潜水器的最大潜深达10767米，使我国成为世界第三个拥有万米级深潜器的国家。当“海斗号”在万米深处继续下潜时，受到海水的（ ）
A．压强和浮力都增大 B．压强和浮力都不变
C．压强增大，浮力不变 D．压强不变，浮力增大
【分析】潜水器完全进入水中后，所排开的水的体积不变，但下潜过程中，深度变大，根据阿基米德原理和液体压强与深度的关系得出答案。
【解答】解：潜水器下潜的过程中，所处深度h增大，排开水的体积V排不变，
因为p＝ρ水gh，F浮＝ρ水gV排，水的密度ρ水不变，
所以当“海斗号”在万米深处继续下潜时，它受到的压强变大，受到的浮力不变。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对液体压强公式和阿基米德原理公式的掌握和运用，抓住下潜时深度变大、排开水的体积不变是本题的关键。
6．（2分）两个导体并联后的总电阻小于其中任何一个导体的电阻，因为并联相当于（ ）
A．减小了导体长度 B．减小了导体横截面积
C．增大了导体长度 D．增大了导体横截面积
【分析】利用决定导体大小的因素（长度、横截面积和材料）分析并理解电阻越并越小。
【解答】解：
导体的电阻取决于导体的长度、材料和横截面积，同种材料的导体越长、横截面积越小，导体的电阻越大；
两个电阻并联，相当于增加了导体的横截面积，总电阻要变小，并且比任何一个电阻都小，故D正确。
故选：D。
【点评】会用决定电阻大小的因素及具体关系，理解电阻越串越大、越并越小。
7．（2分）在如图所示的实例中，增大压强的是（ ）
A． 刀刃磨得很薄 B． 滑雪用的滑板
C． 铁轨下铺枕木 D． 书包背带加宽
【分析】（1）压强大小的影响因素：压力大小和受力面积大小。
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强。
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强。
【解答】解：
A、刀刃磨得很薄，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强。符合题意。
B、滑雪用的滑板，是在压力一定时，增大受力面积减小对雪地的压强，防止陷入雪中。不符合题意。
C、铁轨铺在枕木上，是压力一定时，增大受力面积减小对路基的压强，保护路基。不符合题意。
D、书包背带加宽，是在压力一定时，增大受力面积减小书包对肩膀的压强，不符合题意。
故选：A。
【点评】掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法。能把压强知识应用到生活当中。
8．（2分）下列研究中所使用的科学方法为“类比法”的是（ ）
①研究导体中电流与该导体两端电压的关系
②研究电流时，用水流比作电流
③研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
④研究影响导体电阻大小的因素
A．① B．② C．③ D．④
【分析】对基本的物理研究方法熟悉其本质特征，然后进行判断。
控制变量法：在研究物理问题时，某一物理量往往受几个不同物理量的影响，为了确定各个不同物理量之间的关系，就需要控制某些量，使其固定不变，改变某一个量，看所研究的物理量与该物理量之间的关系。
“类比法”是指两类不同事物之间存在某种关系上的相似，从两类不同事物之间找出某些相似的关系的思维方法；
“等效替代法”是在保证效果相同的前提下，将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成等效的、容易的、易处理的问题的一种方法。
【解答】解：（1）电流与导体两端电压和导体的电阻都有关系，研究电流与电压的关系时，需要保持电阻一定。采用的是控制变量法；
（2）电流和水流都客观存在，但电流的形成无法直接观察，水流却可以直接观察。电流是电荷的定向移动形成的，水流是水分子的定向移动形成的。两者的形成有共同之处，用能直接观察的水流解释不能直接观察的电流的形成，采用的是“类比法”。
（3）在串并联电路中几个电阻共同作用产生的效果与一个电阻产生的效果相同，或一个电阻再电路中的作用可以由几个电阻共同作用代替，采用的是等效替代法。
（4）影响导体电阻大小的因素有导体的材料、长度和横截面积，研究时需要保持其中的两个量一定。采用的是控制变量法。
故选：B。
【点评】解决此类问题的关键是熟悉基本的物理研究方法，在实际问题中能够识别和应用。
9．（2分）如图所示，两个完全相同足够高的圆柱形容器置于水平地面上，内部盛有质量相等的不同液体A、B。现将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，关于两个金属球的质量m、体积V以下说法正确的是（ ）
A．m甲一定等于m乙 B．V甲可能等于V乙
C．m甲一定小于m乙 D．V甲一定大于V乙
【分析】根据ρ＝分析AB液体的密度大小关系，根据容器形状分析原来的压强大小关系；
根据将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，分析液体的压强关系，由此得出增加的压强关系，根据p＝ρgh分析液面的高度增加的大小，得出两个球的体积关系。
【解答】解：两个完全相同足够高的圆柱形容器置于水平地面上，内部盛有质量相等的不同液体A、B。由于容器是柱形的，液体的质量相等，重力相等，对容器底的压力相等，而容器底面积相等，则压强相等；
根据ρ＝可知，A的体积大，则A的密度小；
根据将两个金属球甲、乙分别浸没在A、B液体中，此时容器底部受到的液体压力FA、FB相等，受力面积相等，则压强相等，说明两个球放入后液体增加的压强相等，而p＝ρgh，A的密度小，则A上升的高度达，而容器底面积相同，则V甲一定大于V乙。故B错误，D正确；
由于两个球的密度未知，不能确定质量大小关系，故AC错误；
故选：D。
【点评】本题考查液体压强与密度的计算，关键理解柱形容器的液体压力等于液体的重力。
10．（2分）在如图所示的两个电路中，电源电压均为U且保持不变，Ra、Rb为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，R1＜R2。改变滑动变阻器的阻值，电表A1、A2、V1、V2、Va、Vb的示数I1、I2、U1、U2、Ua、Ub及其变化量（绝对值）ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2、ΔUa、ΔUb，以下说法中正确的是（ ）
A．若Ua＞Ub，则I1一定小于I2
B．若I1＝I2，则U1可能小于U2
C．若ΔI1＜ΔI2，则△U1一定小于ΔUb
D．若ΔUa＝ΔU2，则ΔI1可能小于ΔI2
【分析】由a电路图可知，R1与Ra串联，电压表Va测Ra两端电压，电压表V1测R1两端电压，电流表A1测电路中电流，
由b电路图可知，R2与Rb串联，电压表Vb测Rb两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表A2测电路中电流，
（1）两个电路中，电源电压均为U且保持不变，R1＜R2，
根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值相同时，通过电路的电流I1与I2的大小关系，根据串联电路电压规律、串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值相同时Ua与Ub的大小关系；
（2）若I1＝I2，根据欧姆定律可知两电路的总电阻相同，根据串联电路电阻规律可知滑动变阻器接入a电路的电阻与滑动变阻器接入b电路的电阻的大小关系，
根据串联分压原理可知Ua与Ub的大小关系，根据串联电路电压规律可知U1与U2的大小关系；
（3）电源电压保持不变且串联电路中总电压等于各分电压之和，所以ΔU1＝ΔUa，ΔU2＝ΔUb，
由欧姆定律可得ΔU1＝ΔI1R1，ΔU2＝ΔI2R2，
若ΔI1＜ΔI2，因为R1＜R2，根据欧姆定律可得ΔU1与ΔU2的大小关系，进一步判断ΔU1与ΔUb的大小关系；
（4）因为R1＜R2，若ΔUa＝ΔU2，即ΔU1＝ΔU2，根据欧姆定律判断ΔI1与ΔI2的大小关系。
【解答】解：由a电路图可知，R1与Ra串联，电压表Va测Ra两端电压，电压表V1测R1两端电压，电流表A1测电路中电流，
由b电路图可知，R2与Rb串联，电压表Vb测Rb两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表A2测电路中电流，
（1）两个电路中，电源电压均为U且保持不变，R1＜R2，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，若滑动变阻器接入电路的阻值相同，根据欧姆定律可知I1大于I2，
串联电路总电压等于各部分电压之和，若滑动变阻器接入电路的阻值相同，根据串联分压原理可知Ua＞Ub，故A错误；
（2）若I1＝I2，根据欧姆定律可知两电路的总电阻相同，根据串联电路电阻规律可知滑动变阻器接入a电路的电阻大于滑动变阻器接入b电路的电阻，
根据串联分压原理可知Ua＞Ub，根据串联电路电压规律可知U1一定小于U2，故B错误；
（3）电源电压保持不变，且串联电路中总电压等于各分电压之和，所以ΔU1＝ΔUa，ΔU2＝ΔUb，
由欧姆定律可得：ΔI1＝＝，ΔI2＝＝，
即ΔU1＝ΔI1R1，ΔU2＝ΔI2R2，
若ΔI1＜ΔI2，因为R1＜R2，则ΔU1＜ΔU2，即ΔU1＜ΔUb，故C正确；
（4）因为R1＜R2，若ΔUa＝ΔU2，即ΔU1＝ΔU2，则＞，即ΔI1＞ΔI2，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点、串联分压原理、欧姆定律的应用，结合电路特点，灵活运用公式是解题的关键，难度大。
二．填空题（共31分）
11．（3分）教室里的投影仪与教室里的日光灯是 并联 的，日光灯与开关是 串联 的（前两空选填“串联”或“并联”）。教室里同时使用的日光灯越多，电路的总电阻将 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）家用电器在工作时互不影响，应并联使用；而开关和控制的用电器应该串联；
（2）电阻大小与导体的材料、长度、横截面积以及温度有关；家庭电路中支路越多，相当于导体的横截面积越大，则总电阻越小。
【解答】解：（1）教室里的投影仪与教室里的日光灯在工作时互不影响，能独立工作，所以日光灯与投影仪是并联连接的；而控制用电器的开关与用电器必须串联；
（2）教室里同时使用的日光灯越多，相当于导体的横截面积变大，则总电阻将变小。
故答案为：并联；串联；变小。
【点评】明确家庭电路的连接方式，理解影响电阻大小的因素是解题的关键，属于基础题，难度不大。
12．（3分）我们用 压强 来表示压力的作用效果，压力的作用效果与压力大小和 受力面积 的大小有关。意大利物理学家托里拆利首次测定了 大气压强 的数值。
【分析】压力的作用效果叫压强；压力的作用效果与压力大小和受力面积有关；托里拆利实验首次测定了大气压强的数值。
【解答】解：我们用压强来表示压力的作用效果，压力的作用效果与压力大小和受力面积的大小有关；
意大利物理学家托里拆利首次测定了大气压的数值。
故答案为：压强；受力面积；大气压强。
【点评】本题考查了压强的定义、影响压强的因素、大气压的测量，属于基础知识。
13．（3分）现有长度相同的铜导线甲和乙，已知甲的横截面积较大，则甲的电阻 小于 乙的电阻，若将它们串联接在电路中，通过甲的电流 等于 通过乙的电流；若将它们并联接在电路中，通过甲的电流 大于 通过乙的电流（均选填“大于”“等于”或“小于”）
【分析】影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积及温度，当材料和长度一定时，横截面积越大，导体的电阻越小；
根据串联电路电流特点可知将它们串联接在电路中，通过甲的电流与通过乙的电流的大小关系；
根据并联电路电压特点结合欧姆定律可知将它们并联接在电路中，通过甲的电流与通过乙的电流的大小关系。
【解答】解：因为甲、乙两导线都是铜导线，材料相同，又知长度相同，甲的横截面积较大，则甲的电阻小于乙的电阻；
若将它们串联后接入电路，串联电路各处电流相等，故通过甲的电流等于通过乙的电流；
将它们并联接在电路中，并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可知通过甲的电流大于通过乙的电流。
故答案为：小于；等于；大于。
【点评】本题考查了影响电阻大小的因素、串联电路电流的特点、并联电路电压的特点、欧姆定律的灵活的应用。
14．（3分）物理知识在生活中有广泛应用。轮船从海中驶入江中时，船身会 下沉 一些（选填“上浮”或“下沉”），轮船所受浮力 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。长颈鹿平均身高4.5米，是世上最高的动物，它的心脏离脑部的距离约为3米，若血液密度为1×103千克∕米3，则长颈鹿的心脏起搏压强至少需要 30000 帕才能将血液送到脑部。
【分析】轮船在水中都为漂浮状态，由物体的浮沉条件可知受到的浮力与轮船受到的重力的关系，据此得出受到浮力的大小关系，
知道江水和海水的密度关系，根据阿基米德原理分析排开江水和海水体积的大小关系可知船身会上浮还是下沉；
由题可知心脏收缩时血液上升的高度。根据液体压强公式计算长颈鹿的心脏起搏将血液送到脑部需产生的压强。
【解答】解：因轮船始终处于漂浮状态，故轮船从海中驶入江中时浮力是不变的；
由于江水的密度小于海水的密度，根据F浮＝ρ液gV排可知船身排开水的体积要增大，故船身要下沉一些；
由题可知心脏收缩时血液上升的高度h＝3m，
长颈鹿的心脏起搏将血液送到脑部需产生的压强至少为：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×3m＝30000Pa。
故答案为：下沉；不变；30000。
【点评】本题考查物体的浮沉条件、阿基米德原理、液体压强公式的灵活运用。
15．（3分）某导体两端的电压为6伏，通过该导体的电流为0.6安，10秒内通过该导体横截面的电荷量为 6 库；该导体电阻为 10 欧，若将该导体两端电压调整为3伏，相应发生改变的是导体的 电流 （选填“电流”或“电阻”）。
【分析】（1）已知通过导体的电流和通电时间，根据I＝求出通过该导体横截面的电荷量；
（2）已知导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；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：由I＝可得，通过该导体横截面的电荷量：
Q＝It＝0.6A×10s＝6C，
由I＝可得，导体的电阻：
R＝＝＝10Ω，
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，
所以，当导体两端的电压为3伏时，该导体的电阻仍为10Ω不变，当电流随之改变。
故答案为：6；10；电流。
【点评】本题考查了电流定义式和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，是一道基础题目。
16．（3分）如图所示，一个容器放在水平地面上，容器内放长方体冰块熔化成水后，体积 变小 ，对容器底部的压强 变小 ，容器对水平地面的压力 不变 。（均选填“变大”“变小”或“不变”）
【分析】（1）质量是物体的一种属性，与物体的状态、形状和空间位置无关；密度是物质的一种特性，与物体的质量和体积无关，与物质的种类和状态有关；根据密度公式分析冰块熔化成水后体积的变化；
（2）冰块熔化成水后，质量不变，但受力面积变大，对于这种上下口不一样大的容器，可以通过比较对容器底的压力与液体重的大小关系，得出容器底部受到压力的变化。
根据p＝结合冰块熔化成水后压力和受力面积的变化，判断对容器底部的压强变化。
（3）容器对水平地面的压力等于容器、水的总重力，据此判断。
【解答】解：（1）当冰块熔化成水后，它的质量不变，由物理常识可知水的密度大于冰的密度，即密度变大，由ρ＝可知体积变小；
（2）原来冰块对容器底的压力F1＝G冰，受力面积S1＝S冰，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当冰块熔化成水后，设水的深度为h，容器的底面积为S容，如下图所示：
因为水的质量不变，则重力等于冰的重力，大小不变，
水对容器底部的压力F2＝pS容＝ρ水ghS容＜ρ水gV水＝G水＝G冰﹣﹣﹣﹣﹣﹣②（其中Sh为容器底部正上方水柱的体积，小于容器中水的体积），
比较可知F2＜F1，即：冰块熔化成水后，对容器底的压力变小，此时受力面积S2＝S容，则S2＞S1，即受力面积变大了；
根据p＝可知，冰块熔化成水后对容器底部的压强变小。
（3）容器对水平地面的压力等于容器、水的总重力，故大小不变。
故答案为：变小；变小；不变。
【点评】本题综合考查了质量及其特性、密度及其特性和压强的比较，对于上口大、下口小的容器，液体对容器底的压力小于所装液体重；上口小、下口大的容器，液体对容器底的压力大于所装液体重；圆柱形、长方体或正方体直壁容器，液体对容器底的压力等于所装液体重。
17．（8分）在如图所示电路中，电源电压为U，且保持不变。闭合开关S电路正常工作。一段时间后，灯突然熄灭。若电路中只有一处故障，且故障只发生在L或电阻R处。
①根据条件“灯突然熄灭”可以判断，故障不可能为 电阻R短路 。
②为了确定故障，小杜在电路中串联接入一个电流表，闭合开关后，观察到电流表的示数为 0 时，可判断故障为L断路或R断路。
③为进一步确定故障，小杜设计了如下方案，其中可以判断故障的是 C 。
A．移动滑动变阻器的滑片
B．将电压表并联在ad两点间
C．将电压表并联在bd两点间
④为进一步确定故障，小秉选择了与小杜不同的方案，她决定添加一个电流表A2来判断故障。请补充完整小秉的操作、电流表的示数变化情况及其对应的故障：首先，断开 开关 ，将电流表电流表A2 并联 在ab两点间， 闭合 开关，观察电流表A2的示数，若示数不为0，则 灯泡L 断路，若示数为0，则 电阻R 断路。
【分析】故障只发生在L或电阻R处：
（1）由“灯突然熄灭”可以判断：灯L短路或断路，R断路；
（2）电流表串联在电路中，电路断路时电流表没有示数；
（3）无论是电路断路或灯泡短路，移动滑动变阻器的滑片都不能观察现象的变化；将电压表并联接在ad两点间电压表测量电源电压，不能判断本题电路故障；电压表并联在bd两点之间，若有示数则表明灯泡正常或短路或电阻R断路，若没有示数则表明灯泡断路；
（4）连接电路时开关要断开；将电流表并联在ab两点间可通过电流表示数的有无，判断有故障的元件。
【解答】解：由题意和图示可知，灯泡L和电阻R串联，一段时间后，灯突然熄灭；若电路中只有一处故障，且只发生在灯L或电阻R处。
①由“灯突然熄灭”可能是灯泡自身故障：灯L短路或断路，也可能是电路断路，即R断路，所以不可能是电阻R短路；
②若故障为L断路或R断路，即电路出现断路，电流表串联在电路中，电流表没有示数，即电流表的示数为0；
③A、无论是电路断路或灯泡短路，移动滑动变阻器的滑片都不能观察现象的变化；
B、将电压表并联接在ad两点间电压表测量电源电压，电压表一定有示数，不能判断本题电路故障；
C、电压表并联在bd两点之间，若有示数则表明灯泡正常或短路或电阻R断路，若没有示数则表明灯泡断路，可以判断故障元件；
故选：C；
④连接电路时开关要断开；将电流表并联在ab两点间，闭合开关，若电流表有示数表明电路是通路，可判断电阻R正常（没有断开），故障为灯泡断路；若电流表没有示数则可能是电阻R断路或灯泡短路。
故答案为：①电阻R短路；②0；③C；④开关；并联；闭合；灯泡L；电阻R。
【点评】本题考查了利用串联电路的故障分析与检查，题目有一定难度。
18．（3分）小新在网站观看科学视频时，得知了一种常见的储存设备叫球形罐，它常被用来盛装压力较高的气体或液化气体，如煤气、天然气等。此类金属罐在加工时采用多块金属板密封焊接（如图a），然后利用爆炸成形法制造成球形（如图b）。小明非常好奇爆炸成形的原理，于是查阅了大量的资料获得了以下知识：①对金属罐爆炸成形需要在密封的罐体内部装满水，然后引爆罐体中心悬挂着的少量炸药。②表面积相同的情况下，球体体积最大。③初中课本中的帕斯卡定律：加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向。④水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，其超压峰值可以超过空气激波的200倍。
⑤罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形。请根据信息，回答下列问题：
①在解释爆炸成形的原理过程中，不需要的知识是 ① （填某个序号）。
②请根据上述材料中的信息，分析解释球形罐爆炸成形的原理： 在水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向，当表面积相同的情况下，球体体积最大，罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形 。
③金属器件整形的过程中，可以运用和球形罐相同方法爆炸整形的是下列情况中的 A 。
【分析】①根据材料提供的知识分析回答；
②根据上述材料中的信息分析回答；
③根据球形罐爆炸成形的原理分析回答。
【解答】解：①由材料内容可知，①与③④内容重复，且①对解释爆炸成形的原理没有直接的关系，故不需要的知识是①；
②由上述材料中的信息可知，在水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向，当表面积相同的情况下，球体体积最大，罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形；
③由球形罐爆炸成形的原理可知，金属器件整形的过程中，金属器件必须是密闭的，而车轮轮毂和铁锅不是密闭器件，不能应用球形罐爆炸成形的原理修复，发生形变的油桶是密闭器件，可以应用球形罐爆炸成形的原理修复，故选A。
故答案为：①①；②在水中引爆的炸药会产生压强很大的激波，加在密闭液体上的压强可以大小不变的传递向各个方向，当表面积相同的情况下，球体体积最大，罐体表面金属若受力均匀，表面会被拉伸形成球形；③A。
【点评】本题是材料题，考查了材料阅读和分析能力。
三．作图题（共8分）
19．（2分）在图中，重为2牛的物体静止在水平地面上，请用图示法画出物体对地面的压力F。
【分析】画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力。
【解答】解：压力的大小等于重力，为2N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上。如图所示：
【点评】画力的图示，关键是描述清楚力的三要素，用箭头的起点（少数时候也用终点）作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小。
20．（2分）在图所示的电路中的〇处填入电表符号，使之成为正确的电路。
【分析】根据电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联即可完成电路。
【解答】解：由图可知，开关闭合后，上面的电表与电源并联，所以上面的电表为电压表；
最左面的电表与灯泡串联在电路中，为电流表；最右面的电表与电阻并联，为电压表，如图所示：
【点评】本题考查了电流表和电压表的使用，关键是知道电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联。
21．（4分）如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小。
【分析】由原图可确定电路的连接方式，根据向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，确定变阻器的连接；
向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，因并联电路互不影响，即通过灯的电流不变，根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，确定电流表的连接。
【解答】解：根据原题的连线，灯与变阻不可能串联，故只能并联；向右移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数变小，即电阻变大，故滑片以左电阻丝连入电路中与灯并联，电流接在干路上，如下所示：
【点评】本题考查根据要求连接实物图和并联电路电流的规律，关键是变阻器的连接和电路的连接的确定。有难度。
四．综合题（共41分）
22．一木块漂浮在水面上，其浸在水中的体积V为1.5×10﹣3米3，求木块受到的浮力大小。
【分析】已知木块浸入水中的体积，根据F浮＝ρ液gV排来计算浮力的大小。
【解答】解：已知V排＝V＝1.5×10﹣3米3，所以木块受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×9.8N/kg×1.5×10﹣3m3＝14.7N。
答：木块受到的浮力为14.7N。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，掌握计算公式，将相应条件代入便可得出结论。
23．在如图所示的电路中，电源电压为6伏，电阻R1为10欧，电阻R2为20欧。闭合开关S，求：
①通过电阻R1的电流。
②电流表的示数。
【分析】①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过电阻R1的电流；
②根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过电阻R2的电流，根据并联电路电流干路计算通过干路的电流，据此确定电流表示数。
【解答】解：①闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得通过电阻R1的电流：I1＝＝＝0.6A；
②通过电阻R2的电流：I2＝＝＝0.3A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，通过干路的电流：I＝I1+I2＝0.6A+0.3A＝0.9A，
即电流表示数为0.9A。
答：①通过电阻R1的电流为0.6A；
②电流表的示数为0.9A。
【点评】本题考查并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
24．如图1所示，是一个台灯内部的透视路图，其电路部分如图2所示。若该台灯内置电源电压为6伏，小灯电阻为10欧且不变，滑动变阻器标有“50欧 2安”字样。
①请画出该台灯内部电路的等效电路图。
②请通过分析得出当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯电流的大小变化情况。
③请求出小灯电流的变化范围。
④请指出该电路设计中缺失的电路元件或存在的问题，并尝试在不改变电路连接的情况下解决该问题。
【分析】①由图可知灯泡、滑动变阻器、电源串联接入电路，据此画出该台灯内部电路的等效电路图；
②当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变化；
③滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为灯泡的简单电路，根据欧姆定律计算此时通过灯泡的电流，
滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流，进一步根据串联电路电路特点确定通过小灯泡的电流的变化范围；
④该电路设计中缺失的电路元件是开关，不使用时不能切断电源，把滑动变阻器的滑片向右移到电阻丝外，即滑片与滑动变阻器的电阻丝断开，可以在不改变电路连接的情况下解决该问题。
【解答】解：①由图可知灯泡、滑动变阻器、电源串联接入电路，该台灯内部电路的等效电路图如图：
；
②当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电路总电阻变大，根据欧姆定律可得通过电路的电流变小，即当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯泡的电流变小；
③滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为灯泡的简单电路，
根据欧姆定律可得此时通过灯泡的电流：I＝＝＝0.6A，
滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.1A，
串联电路各处电流相等，所以通过小灯泡的电流的变化范围为0.1A～0.6A；
④该电路设计中缺失的电路元件是开关，不使用时不能切断电源，把滑动变阻器的滑片向右移到电阻丝外，即滑片与滑动变阻器的电阻丝断开，可以在不改变电路连接的情况下解决该问题。
答：①见上图。
②当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，通过小灯泡的电流变小；
③通过小灯泡的电流的变化范围为0.1A～0.6A；
④该电路设计中缺失的电路元件是开关，不使用时不能切断电源，把滑动变阻器的滑片向右移到电阻丝外，即滑片与滑动变阻器的电阻丝断开，可以在不改变电路连接的情况下解决该问题。
【点评】本题考查等效电路图、串联电路特点、欧姆定律以及学生发现问题并解决问题的能力。
25．已知甲、乙两个均匀圆柱体密度、底面积、高度的数据如下表所示：
物体
密度 （千克/米3）
底面积 （米2）
高度 （米）
甲
5×103
0.6
乙
8×103
5×10﹣3
0.5
①求乙的质量m乙；
②求圆柱体甲对地面的压强p甲（使用非课本公式注意写出公式推导过程）；
③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方。此时乙对地面的压强变化量Δp乙＝2×103帕，且Δp乙＝0.4Δp甲。求甲的底面积S甲，及此时甲对地面的压强p甲'。
【分析】（1）从表格中可读出乙的底面积和高度，利用V＝Sh可求出乙的体积，已知乙的密度，根据密度公式的变形式m＝ρV可求出乙的质量；
（2）由p＝＝＝＝＝ρgh计算圆柱体甲对地面的压强；
（3）根据p＝的变形式可求出乙对地面的压力变化量，甲对地面的压力变化量与乙对地面的压力变化量相等，由此可得出甲对地面的压力变化量的大小，根据Δp乙＝0.4Δp甲求出Δp甲，再根据p＝的变形式可求出甲的底面积；
甲对地面的压强可能增大也可能减小，根据已经计算出的p甲和Δp甲可求出甲对地面的压强。
【解答】解：①乙物体的体积为：V乙＝S乙h乙＝5×10﹣3m2×0.5m＝2.5×10﹣3m3，
所以乙的质量为：m乙＝ρ乙V乙＝8×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝20kg；
②设甲的底面积为S甲，高为h甲，
则甲的体积为V甲＝S甲h甲，
则甲的质量为m甲＝ρ甲V甲＝ρ甲S甲h甲，
则甲受到的重力为G甲＝m甲g＝ρ甲S甲h甲g，
因为放在水平面上的物体对地面的压力等于自身的重力，
则甲对地面的压力为F甲＝G甲＝ρ甲S甲h甲g，
所以甲对地面的压强为p甲＝＝＝ρ甲h甲g＝5×103kg/m3×0.6m×10N/kg＝3×104Pa；
③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方，则甲、乙与地面的接触面积不变，由于甲、乙整体对地面压力不变，所以甲、乙对地面的压力的变化量相等，
由p＝可得ΔF甲＝ΔF乙＝Δp乙S乙＝2×103Pa×5×10﹣3m2＝10N；
已知Δp乙＝0.4Δp甲，所以Δp甲＝＝＝5×103Pa，
由p＝可得甲的底面积S甲＝＝＝2×10﹣3m2；
若甲对地面的压强增大，则此时甲对地面的压强p甲'＝p甲+Δp甲＝3×104Pa+5×103Pa＝3.5×104Pa；
若甲对地面的压强减小，则此时甲对地面的压强p甲'＝p甲﹣Δp甲＝3×104Pa﹣5×103Pa＝2.5×104Pa。
答：①乙的质量m乙为20kg；
②圆柱体甲对地面的压强p甲为3×104Pa；
③甲的底面积S甲为2×10﹣3m2，此时甲对地面的压强的p甲'为3.5×104Pa或2.5×104Pa。
【点评】本题考查了重力公式、密度公式以及压强公式的应用。理解第三小题中甲、乙对地面的压力变化量相等是解题的关键。
26．小明在做“用电流表，电压表测电阻”实验，所用器材如下，电源（电压保持不变），电流表，电压表（0～15伏量程损坏），代用滑动变阻器有两种规格（分别标有“5Ω 3A”、“50Ω 2A”的字样），待测电阻R，电键S以及导线若干。小明选择了一种规格的变阻器，正确的串联电路且步骤正确，然后将电压表并联在合适的电路两端。闭合电键S后，观察电流表和电压表的示数并记录在实验序号1中，随后移动变阻器的滑片，多次测量，实验记录在实验序号2和3，此时，小明发现仅通过以上实验数据，无法得出每一次实验的结果，小明在分析，思考后选择了另一种规格的变阻器，重新正确的串联电路并步骤正确，并将电压表并联在合适的电路两端，闭合电键S后，记录此时的电流表和电压表的示数为0.1安，1.0伏，这样利用4次实验数据，解决了前3次不能得出实验结果的问题。
（1）求实验所用电源的电压。（本小题需要写出计算过程）
（2）请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）
实验序号
电压表的示数（伏）
电流表的示数（安）
电阻Rx（欧）
电阻Rx的平均数（欧）
1
2.0
0.40
2
1.2
0.48
3
0.3
0.56
【分析】（1）由表格数据，移动滑片后电压表示数变小，电流中电流变大，分析判断电压表测的是滑动变阻器的电压；计算出变阻器的最大值，从而可知重新正确连接电路时选用的变阻器，根据闭合开关时电表示数，由串联电路特点和欧姆定律计算电源电压。
（2）根据电压表测的是滑动变阻器的电压，由串联电路特点计算每次实验的Rx阻值，取多次测量的平均值。
【解答】解：（1）由表格数据，移动滑片后电流中电流变大，由I＝，电源电压一定，说明电路中电阻变小；
而电压表示数变小，由U＝IR，若电压表测定值电阻两端电压，应变大，所以电压表测的是滑动变阻器两端电压。
连好电路闭合电键S后，由表格电压表测滑动变阻器最大电压为2V，此时变阻器连入阻值最大，所以变阻器最大值为：R变＝＝＝5Ω，即他使用的是“5Ω 3A”的滑动变阻器，其最大值较小。所以小明在分析思考后选择了另一种规格为“50Ω 2A”的变阻器，电压表可测定值电阻两端电压，才完成了实验。
换用“50Ω 2A”的变阻器后，闭合开关，电流表和电压表的示数为0.1A，1.0V，
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：
U＝UR+U变＝1.0V+0.1A×50Ω＝6V。
（2）由实验4：Rx＝＝＝10.0Ω。
由实验1：定值电阻两端电压U1＝U﹣U变1＝6V﹣2.0V＝4V，所以第一次所测定值电阻的阻值R1＝＝＝10.0Ω，
同理实验2：U2＝U﹣U变2＝6V﹣1.2V＝4.8V，所以第一次所测定值电阻的阻值R2＝＝＝10.0Ω，
实验3：U3＝U﹣U变3＝6V﹣0.3V＝5.7V，所以第一次所测定值电阻的阻值R3＝＝＝10.2Ω，
所以Rx＝＝＝10.1Ω。
故答案为：（1）电源电压为6V；
（2）10.0Ω；10.0Ω；10.2Ω；10.1Ω。
【点评】本题通过伏安法测电阻考查了利用欧姆定律分析、解决问题的能力，有一定难度。关键是分析出电压表所测的是滑动变阻器两端电压，由实验数据根据电源电压不变列式求得电源电压。
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