一、选择题（每小题2分，共20分） 1．一节新干电池电压为（ ） A．220伏
B．24伏
C．3伏
D．1.5伏
2．下列实例中，属于利用连通器原理工作的是（ ） A．抽水机
B．密度计
C．吸尘器
D．液位计
3．下列各物理量中，会影响导体电阻大小的是（ ） A．电压
B．电流
C．长度
D．电荷量
4．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
5．下列实验中主要的科学方法相同的是（ ） （1）探究液体内部压强与液体密度的关系 （2）测定物质的密度
（3）探究串联电路中电阻的规律 （4）探究物质质量与体积的关系 A．（1）与（3）
B．（1）与（4）
C．（2）与（4）
D．（3）与（4）
6．两个电阻R1，R2并联后的总电阻为10欧。则下列判断正确的是（ ） A．R1一定小于10欧 C．R2一定大于10欧
B．R1可能为10欧 D．R2可能为10欧
7．有一个装满水的柱形容器，已知容器中水的重力为10牛，现在容器中放入一个重为4牛的物体，溢出水的重力为1牛。则此时水对容器底的压力为（ ） A．9牛
B．13牛
C．10牛
D．3牛
8．两个相同的柱形容器置于水平地面，容器中分别盛有相等体积的不同液体甲、乙。取两块相同的橡皮泥，将一块橡皮泥撑开成碗状放入甲液体中，将另一块捏成球形状放入乙液体中，橡皮泥静止后如图所示。以下判断正确的是（ ）
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A．液体的密度ρ甲＞ρ乙 B．液体对容器底部的压强ρ
液甲
＜ρ
液乙
C．橡皮泥受到的浮力F甲＝F乙 D．容器对地面的压强p地甲＞p地乙
9．在图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合电键S后，当滑动变阻器R1的滑片P由中点向右端移动时，变大的的是（ ）
A．电压表V的示数
B．电压表V示数与电流表A示数的比值 C．电流表A的示数
D．电压表V示数与电流表A示数的乘积
10．完全相同的圆柱体图甲、乙置于水平地面上，将圆柱体A、B分别置于它们的上方，甲、乙上表面受到的压强相等，如图所示。现将A、B位置互换，互换前后甲、乙上表面受到压强变化量大小分别为△pA、△pB，互换后甲、乙对地面的压强分别为p甲、p乙，则（ ）
A．△pA＝△pB，p甲＞p乙 C．△pA＝△pB，p甲＜p乙 二、填空题（共26分）
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B．△pA＞△pB，p甲＝p乙 D．△pA＜△pB，p甲＝p乙
11．（3分）上海市家庭照明电路的电压为 伏；电视机与节能灯之间的连接方式是 的（选填“并联”或“串联”），正常工作时，通过它们的电流是 的（选填“相同”或“不相同”）。
12．（3分）16世纪， 实验首先测定了大气压的值；奥托•格里克做了著名的 实验证明了大气压强的存在且很大。通常海拔越高，大气压强越 。
13．（3分）某导体两端的电压为12伏，通过该导体的电流为0.6安，则5秒内通过该导体横截面的电荷量为 库，该导体的电阻为 欧。若通过该导体的电流为1.2安，其电阻为 欧。
14．（3分）一正方体漂浮在水中，排开水的体积为1×10
﹣3
米3，它受到的浮力为 牛，
酒精
排开水的质量为 千克。若该正方体漂浮在酒精中（ρ排开酒精的质量为 千克。
＝0.8×103千克/米3），则
15．（3分）甲、乙两导体的材料和长度相同，已知甲的电阻较小，则甲的横截面积 乙的横截面积；若将它们并联在电路中，甲两端的电压 乙两端的电压；若将它们串联在电路中，则甲两端的电压 乙两端的电压。（均选填“小于”、“等于”或“大于”）
16．（3分）在图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S从断开到闭合，电压表V的示数 ，电流表A的示数 。闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中电压表V示数与电流表A示数的比值 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
17．（1分）在如图所示电路中，电源电压为U0且保持不变。闭合开关S，电路正常工作。一段时间后，观察到一个电压表示数变小。在电路中正确连接一个电流表，观察到电流表有示数。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，请根据以上信息写出两电压表示数及相对应的故障 。
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18．（3分）为了“探究同一导体的电流与电压关系”，小李同学连接好电路（如图所示）进行实验并将数据记录在表中。完成实验后，小李在整理实验器材时发现小灯的玻璃罩变热了。 实验 电压
电流
序号 （伏） （安） 1 2 3
1.1 1.6 2.1
0.20 0.22 0.26
欧姆定律 电阻
实验时，他保持某导体的温度不变，改变导体两端的电压U，导体中的电流I也随之变化，它们之间的关系可以用U﹣I图线来表示。实验表明，I与U成正比。 ①根据表中数据，可得初步结论是 。
②小王看了小李的实验数据后，再对照课本上的结论，如上所示，认为小李的实验数据是错的。你认为小王的判定是否合理，请简要说明理由 。
三、作图题（共8分）
19．在图中，重为4牛的物块静止在水平桌面中央，请根据给定的标度用力的图示法画出该物块对水平桌面的压力。
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20．在图中的〇里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路图。
21．在图所示的电路中有两根导线尚未连接，以笔画线代替导线补上，补上后要求：闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向左移动时，小灯亮度不变，电流表的示数变小。
四、计算题（共26分）
22．（6分）如图所示，重为19.6牛的物块A静止在水中，此时弹簧测力计的示数为4.9牛。 ①求物块A受到的浮力F浮。 ②求物块A的体积V物。
23．（8分）在图（a）所示的电路中，电源电压为6伏，滑动变阻器R2上标有“100Ω 1A”字样。开关S断开时，电流表A示数如图（b）所示。
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①求电阻R1的阻值。
②不改变电表量程，闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，使电流表示数的变化量最大，求滑动变阻器R2的最小阻值。
24．（6分）在图（a）所示的电路中，电源电压为18伏不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“100Ω 1A”字样，将一个表盘如图（b）所示的电压表并联在电路中。闭
合
开
关
S
，
通
过
R1
的
电
流
为
0.6
安
。
①求R1两端的电压U1。 ②求滑动变阻器R2的阻值。
③在移动滑动变阻器滑片P过程中，电压表示数的变化量△U为8伏。请判断电压表并联在 两端（选填“R1”、“R2”或“电源”），求滑动变阻器R2的阻值范围。 25．（6分）如图所示，薄壁轻质柱形容器甲与实心柱体乙放置在水平地面上。容器甲中装有水，容器甲的底面积是柱体乙的2倍。在乙的上部沿水平方向切去一部分，并将切去部分浸没在容器甲的水中，水不溢出，此时容器中液面高度与剩余柱体乙的高度相同。表记录的是放入前后水对容器底部的压强以及切去前后乙对地面的压强。
/ p水（帕）
/
放入前 490
放入后 980
切去前
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切去后
p乙（帕）
3920
p0
①求容器中水增加的深度△h水。 ②求剩余乙对地面的压强p0。
五、实验题（共20分）
26．（4分）在“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验中，都需要测量的物理量是 与 。如图所示，在“验证阿基米德原理”的实验中，V2﹣V1表示 ，物体所受水的浮力的大小为 。
27．（3分）图（a）所示装置的名称是 。图（b）（c）（d）为“探究液体内部的压强与哪些因素有关”实验中的一个情景，从情景中可知：本实验探究的是液体内部压强与 的关系。根据实验现象，可得出的结论是 。（ρ
盐水
＞ρ水＞ρ
煤油
）
28．在“探究并联电路特点”的实验中，班级同学根据如图所示电路进行实验，三组同学通过实验获得的数据分别填入表中。根据表中数据，可得初步结论是： 。某同学看
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了数据后认为第一小组和第二小组的数据是错的，只有第三小组的数据是对的。你是否同意该同学的观点，请简要说明理由： 。
实验组号 第一组 第二组 第三组
电源电压U（伏） L1两端电压U1（伏） L2两端电压U2（伏）
6 2.8 4.5
5.5 2.4 4.5
5.5 2.4 4.5
29．（3分）小华做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为6伏保持不变）、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器有A、B两个（A标有“10Ω 2A”字样、B标有“50Ω 1.5A”字样），开关以及导线若干。小华选取一个滑动变阻器，连接电路，进行实验，当变阻器滑片P在中点附近时，电表指针位置如图（a）、（b）所示，小华记录第一组数据；继续移动滑片P，使滑动变阻器的电阻减小，两电表指针在图位置均转过3小格，记录了第二组数据；最后将滑片移至变阻器的一端，发现电流表满偏了，记录第三组数据。
根据上述相关信息判断
①画出小华同学的实验电路图。 ②通过计算说明滑动变阻器的规格。 ③计算待测电阻Rx的阻值（精确到0.1欧）。
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30．（14分）为了研究柱形容器中水对容器底部的压力增加量△F
水
、容器对桌面的压力增
加量△F容与哪些因素有关，某小组同学选用六个物块进行实验。他们将物体分别放入盛有等质量水的相同容器中，待物块静止后，将实验数据及现象记录在表中。 序号 实验现象
1
2
3
4
5
6
物块重力 G（牛） 物块体积 V（米
3
4.0
4.0
4.0
8.0
8.0
2.0
1×104
﹣1×104
﹣2×104
﹣3×104
﹣4×104
﹣5×104
﹣
）
1.0
1.0
2.0
3.0
3.5
3.5
△F水（牛） △F容（牛）
2.0 4.0 4.0 4.0 7.5 6.5
①分析实验序号1﹣4数据中△F容与物块重力G的关系，可得出的初步结论：将物块浸
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没在装有水的容器中， 。
②分析实验序号2～4数据中△F水与物块体积V的数据及现象，可得出的初步结论：将物块浸没在装有水的容器中， 。
③小红认为：物块浸没在装有水的容器中，若水溢出，水对容器底部的压强会变小。根据表格中的实验数据及现象，你认为小红的观点是否正确，请写出理由 。 ④若将重为6牛、体积为5×10
﹣4
米3的物块浸没在上述装有水的容器中静止后，则△F
水
为 牛，△F容为 牛。
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参考答案与试题解析
一、选择题（共20分） 1．一节新干电池电压为（ ） A．220伏
B．24伏
C．3伏
D．1.5伏
【分析】一节新干电池的电压为1.5伏。
【解答】解：一节新干电池的电压是1.5V，故ABC错误，D正确。 故选：D。
【点评】本题考查干电池的电压，记住数值就行。 2．下列实例中，属于利用连通器原理工作的是（ ） A．抽水机
B．密度计
C．吸尘器
D．液位计
【分析】根据连通器的定义和特点进行判断，即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、抽水机的原理是先使水面上方的大气压强减小（通过提起活塞或叶轮的旋转），然后水就在外界大气压的作用下，把水沿抽水机压上来，故A不符合题意； B、密度计是利用物体漂浮时浮力等于重力的原理工作的，故B不符合题意。
C、吸尘器在工作时，由于转动的扇叶处气体的流速大、压强小，灰尘、纸屑等垃圾在周围较大的大气压的作用下被“吸”入，故C不符合题意；
D、液位计的上端开口、下端连通，是利用连通器原理工作的，即水位计中的水位与锅炉水位是相同的，故D符合题意。 故选：D。
【点评】本题考查连通器的原理，关键知道连通器是上端开口，底部相连的，液面静止时保持相平。生产和生活中利用连通器的例子是很多的，学习时，多举例、多解释。 3．下列各物理量中，会影响导体电阻大小的是（ ） A．电压
B．电流
C．长度
D．电荷量
【分析】导体电阻大小的影响因素：导体的材料、长度、横截面积和温度。电阻是导体的一种特性，和导体中的电流、导体两端的电压、导体密度的大小无关。
【解答】解：导体电阻大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体中的电流、导体两端的电压、电荷量的大小无关，故ABD错误，C正确。
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故选：C。
【点评】此题主要考查的是学生对电阻大小影响因素的理解和掌握，知道电阻是导体的一种特性是解决此题的关键。
4．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。
5．下列实验中主要的科学方法相同的是（ ） （1）探究液体内部压强与液体密度的关系 （2）测定物质的密度
（3）探究串联电路中电阻的规律 （4）探究物质质量与体积的关系
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A．（1）与（3） B．（1）与（4） C．（2）与（4） D．（3）与（4）
【分析】将每一个实例进行分析，明确采用的研究方法，就能找出属于同一类的选项。 【解答】解：（1）探究液体压强的影响因素时，必须控制液体密度（或深度），研究液体深度（或密度）对压强的影响。采用的是控制变量法；
（2）通过测量物体的质量和体积，然后利用公式ρ＝得到物质的密度，采用的是转换法；
（3）在串联电路中，两个电阻串联共同作用与一个电阻使用时产生的效果相同。采用的是等效替代法；
（4）探究物质质量与体积的关系时，需要保持密度一定，改变物体体积，比较质量与体积的变化规律，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。
6．两个电阻R1，R2并联后的总电阻为10欧。则下列判断正确的是（ ） A．R1一定小于10欧 C．R2一定大于10欧
B．R1可能为10欧 D．R2可能为10欧
【分析】电阻并联时相当于增大了横截面积，故越并越小，并联后的总电阻小于其中最小的一个。
【解答】解：由于并联后的总电阻小于其中最小的一个，所以将两个电阻R1，R2并联后的总电阻为10Ω，则两个电阻的阻值都大于10Ω，故ABD错误，C正确。 故选：C。
【点评】知道电阻越并越小，并联后的总电阻小于其中最小的一个是快速准确判断的关键。
7．有一个装满水的柱形容器，已知容器中水的重力为10牛，现在容器中放入一个重为4牛的物体，溢出水的重力为1牛。则此时水对容器底的压力为（ ） A．9牛
B．13牛
C．10牛
D．3牛
【分析】柱形容器中液体对容器底的压力大小等于液体重力，由此可知装满水时水对容器底的压力大小；
放入物体后，有水溢出，则水仍是满的，由F＝pS＝ρ
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水
ghS分析水对容器底压力的变化
从而得到答案。 【解答】解：
由题知，柱形容器装满水时，水的重力为10N，所以水对容器底压力大小等于10N； 放入一个重为4N的物体，溢出水的重力为1N，水仍是满的，深度不变， 由F＝pS＝ρ水ghS可知，水对容器底压力保持不变，仍为10N。 故选：C。
【点评】本题考查了液体压强公式的应用，要知道柱形容器中液体对容器底压力大小等于液体重力。
8．两个相同的柱形容器置于水平地面，容器中分别盛有相等体积的不同液体甲、乙。取两块相同的橡皮泥，将一块橡皮泥撑开成碗状放入甲液体中，将另一块捏成球形状放入乙液体中，橡皮泥静止后如图所示。以下判断正确的是（ ）
A．液体的密度ρ甲＞ρ乙 B．液体对容器底部的压强ρ
液甲
＜ρ
液乙
C．橡皮泥受到的浮力F甲＝F乙 D．容器对地面的压强p地甲＞p地乙
【分析】由图可知，甲中的橡皮泥处于漂浮状态，乙中的橡皮泥处于悬浮状态；由于甲中的橡皮泥撑开成碗状，增大了其排开的甲液体的体积，所以无法判定橡皮泥密度与液体密度的大小关系；根据橡皮泥在乙中的状态，利用物体的浮沉条件判定其密度与液体密度的关系；根据橡皮泥的浮沉状态判定其受到浮力的关系。 【解答】解：
由图可知，甲中的橡皮泥处于漂浮状态，由于橡皮泥撑开成碗状，增大了其排开的甲液体的体积，所以无法判定橡皮泥密度与液体密度的大小关系；
乙中的橡皮泥被捏成球状，若球是实心的，则橡皮泥的密度等于乙液体的密度，如果球是空心的，则橡皮泥的密度大于液体的密度；
A、由于无法判定橡皮泥的密度与液体甲和乙的密度大小关系，所以不能比较两种液体的密度大小关系，故A错误；
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B、液体的深度相同，但甲乙的密度关系无法判定，故根据公式p＝ρgh无法判定液体对容器底部的压强的关系，故B错误；
C、由于球在甲中漂浮，在乙中悬浮，浮力都等于球的重力，故球在两种液体中受到的浮力是相同的，故C正确；
D、容器的质量相同，液体的体积相同，密度无法比较，根据G＝mg＝ρ
液
gV无法判定
其重力的关系，即两个容器对地面的压力无法判定大小，根据p＝无法判定容器对地面的压强的大小，故D错误。 故选：C。
【点评】此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对阿基米德原理、浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，有一定的难度。
9．在图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合电键S后，当滑动变阻器R1的滑片P由中点向右端移动时，变大的的是（ ）
A．电压表V的示数
B．电压表V示数与电流表A示数的比值 C．电流表A的示数
D．电压表V示数与电流表A示数的乘积
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A测干路电流；根据电源电压保持不变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独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R2电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，从而判定通过滑动变阻器电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，进一步得出电压表V示数与电流表A示数的比值、电压表V示数与电流表A示数的乘积变化。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A测干路电流； 因电源电压保持不变，
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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R2的电流不变；
当滑动变阻器R1的滑片P由中点向右端移动时，变阻器接入电路中的电阻变大， 由I＝可知，通过R2的电流变小，
由并联电路的电流特点可知，干路电流变小，即电流表A的示数变小，故C错误； 因为电压表V的示数不变，电流表A的示数变小，所以电压表V示数与电流表A示数的比值变大，故B正确；
因电压表V的示数不变，电流表A示数减小，则电压表V示数与电流表A示数的乘积变小，故D错误。 故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，利用好并联电路中各支路独立工作、互不影响较为关键。
10．完全相同的圆柱体图甲、乙置于水平地面上，将圆柱体A、B分别置于它们的上方，甲、乙上表面受到的压强相等，如图所示。现将A、B位置互换，互换前后甲、乙上表面受到压强变化量大小分别为△pA、△pB，互换后甲、乙对地面的压强分别为p甲、p乙，则（ ）
A．△pA＝△pB，p甲＞p乙 C．△pA＝△pB，p甲＜p乙
B．△pA＞△pB，p甲＝p乙 D．△pA＜△pB，p甲＝p乙
【分析】（1）将A、B位置互换，根据已知条件分析；
（2）由A、B对支持面的压力等于其重力，根据受力面积的含义，可知SA＜S乙，结合p＝分析得出两物体的重力大小关系，根据p＝求出互换后甲、乙对地面的压强的大小关系。 【解答】解：
（1）设上图中，A对甲的压强为pA，B对乙的压强为pB；
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现将A、B位置互换，如下图所示：
因甲、乙两圆柱体完全相同，故交换后，甲受到压强为pB；乙受到的压强为pA； 所以，互换前后甲、乙上表面受到压强变化量大小分别为△pA＝△pB；
（2）全相同的圆柱体图甲、乙置于水平地面上，将圆柱体A、B分别置于它们的上方，甲、乙上表面受到的压强相等，因A、B对支持面的压力等于其重力， 根据p＝（受力面积为两物体实验接触的面积），故有：
＝，
由原图知，SA＜S乙； 故GA＜GB ﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
设甲乙圆柱体的重力为G，底面积为S，互换后甲、乙对地面的压强分别为： p甲＝p乙＝
﹣﹣﹣﹣﹣﹣② ﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由①②③得：p甲＞p乙，只有A正确。 故选：A。
【点评】本题考查p＝公式的运用，关键是明确受力面积的含义，找出上面圆柱体重力的大小关系即可正确解题。 二、填空题（共26分）
11．（3分）上海市家庭照明电路的电压为 220 伏；电视机与节能灯之间的连接方式是 并联 的（选填“并联”或“串联”），正常工作时，通过它们的电流是 不相同 的（选填“相同”或“不相同”）。
【分析】（1）我国家庭照明电路的电压是220V； （2）照明电路中各用电器之间是并联的；
（3）并联电路中，各支路两端的电压相同，但电流一般不同。
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【解答】解：（1）我国家庭照明电路的电压是220伏；
（2）电视机与节能灯在工作时互不影响，所以它们的连接方式是并联；
（3）电视机与节能灯的规格不同（电功率不同），则正常工作时通过它们的电流是不相同的。
故答案为：220；并联；不相同。
【点评】（1）常见的电压：我国家庭照明电路的电压为220V；一节干电池的电压为1.5V；一节铅蓄电池的电压为2V；手机电池的电压为3.7V；人体的安全电压不高于36V。 （2）家庭电路中不同的用电器之间并联；用电器和开关串联。 （3）并联电路中，各支路两端的电压相同，但电流一般不同。
12．（3分）16世纪， 托里拆利 实验首先测定了大气压的值；奥托•格里克做了著名的 马德堡半球 实验证明了大气压强的存在且很大。通常海拔越高，大气压强越 小 。 【分析】意大利科学家托里拆利首次测出了大气压值，马德堡半球试验有力的证明了大气压的存在，且很大，大气压强随海拔高度的增加而降低。
【解答】解：（1）首先测出大气压值的是意大利的科学家托里拆利，由实验测量可知，一个标准大气压支持的水银柱的高度在760mm左右；
（2）奥托•格里克做的马德堡半球实验最早证明大气压存在且很大； （3）大气压强随海拔高度的增加而减小。 故答案为：托里拆利；马德堡半球；小。
【点评】两个著名的有关大气压强的实验，一个证明了大气压的存在，一个测出了大气压的值，我们应了解并分清它们的意义；知道大气压与海拔高度的关系。
13．（3分）某导体两端的电压为12伏，通过该导体的电流为0.6安，则5秒内通过该导体横截面的电荷量为 3 库，该导体的电阻为 20 欧。若通过该导体的电流为1.2安，其电阻为 20 欧。
【分析】（1）已知电流和通电时间，根据Q＝It可求出电荷量； （2）已知电压和电流，根据欧姆定律的变形公式即可求出电阻； （3）电阻是导体本身的一种性质，不随着导体两端的电压改变而改变。 【解答】解：通过该导体横截面的电荷量：Q＝It＝0.6A×5s＝3C； 由I＝得
导体的电阻：R＝＝
＝20Ω；
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电阻是导体本身的一种性质，与材料、长度和横截面积有关，与导体两端的电压和通过的电流无关，因此当通过它的电流为0.3安时，导体的电阻仍为20Ω。 故答案为：3；20；20。
【点评】本题考查了电量和电阻的计算，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。
14．（3分）一正方体漂浮在水中，排开水的体积为1×10
﹣3
米3，它受到的浮力为 10 牛，
酒精
排开水的质量为 1 千克。若该正方体漂浮在酒精中（ρ开酒精的质量为 1 千克。
【分析】（1）根据阿基米德原理，利用公式F浮＝ρ浮力等于排开水的重力，可计算排开水的质量；
水
＝0.8×103千克/米3），则排
gV排可计算所受浮力的大小；根据
（2）木块漂浮在水和酒精中时，根据漂浮条件确定受到的浮力关系，进一步计算出排开酒精的质量。 【解答】解：
（1）根据阿基米德原理可得，正方体所受浮力： F浮水＝ρ
水
gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×103m3＝10N；
﹣
因为正方体漂浮在水中，所以由漂浮条件和阿基米德原理可得F浮水＝G排水＝G木＝10N， 由G＝mg得，排开水的质量： m排水＝
＝
＝1kg；
（2）若该木块漂浮在酒精中，根据漂浮条件可得木块受到的浮力：F浮酒精＝G木， 所以F浮酒精＝F浮水，
根据阿基米德原理可知，排开酒精的重力等于排开水的重力， 所以排开酒精的质量等于排开水的质量，等于1kg。 故答案为：10；1；1。
【点评】本题考查阿基米德原理和物体浮沉条件的应用，关键知道物体漂浮时浮力等于自身重力等于排开水的重力。
15．（3分）甲、乙两导体的材料和长度相同，已知甲的电阻较小，则甲的横截面积 大于 乙的横截面积；若将它们并联在电路中，甲两端的电压 等于 乙两端的电压；若将它们串联在电路中，则甲两端的电压 小于 乙两端的电压。（均选填“小于”、“等于”或“大于”）
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【分析】影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，根据控制变量法分析解答；
并联电路中各支路两端电压与电源电压都相等，由此可知并联后两电阻的电压关系； 串联电路中各处电流都相等，由此根据欧姆定律分析两电阻串联后的电压关系。 【解答】解：
由题知，甲、乙两导线材料相同和长度相同，甲的电阻较小，则甲的横截面积大于乙的横截面积；
因为并联电路中各支路两端电压都相等，所以将它们并联在电路中，甲两端的电压等于乙两端的电压；
若将它们串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，甲的电阻较小，由U＝IR可知甲的两端电压小于乙两端电压。 故答案为：大于；等于；小于。
【点评】本题考查电阻影响因素的理解、并联电路电压、串联电路电流特点以及欧姆定律的应用，考查知识点多，但难度不大。
16．（3分）在图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S从断开到闭合，电压表V的示数 变小 ，电流表A的示数 变大 。闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中电压表V示数与电流表A示数的比值 不变 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】（1）开关S断开时，电压表由于与电源相连通，示数为电源电压；当闭合S后，R1、R2串联，电压表测量R1两端电压，结合串联电路的电压特点判断电压表变化； （2）开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电路中的总电阻变小，结合欧姆定律将电压表和电流表的比值转化为R1的阻值进行分析。 【解答】解：
（1）开关S断开时，电压表由于与电源相连通，示数为电源电压，此时电流表的示数为0，
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当闭合S后，R1、R2串联，电压表测量R1两端电压， 根据串联电路的电压特点可知：R1两端的电压小于电源电压，
所以，当开关S从断开到闭合，电压表V的示数变小；由于电路是接通的，电路中有电流，故电流表示数变大；
（2）当滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电压表V示数与电流表A示数的比值为定值电阻R1的阻值，保持不变。 故答案为：变小；变大；不变。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是滑片移动时对电路影响和各表示数的变化分析。
17．（1分）在如图所示电路中，电源电压为U0且保持不变。闭合开关S，电路正常工作。一段时间后，观察到一个电压表示数变小。在电路中正确连接一个电流表，观察到电流表有示数。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，请根据以上信息写出两电压表示数及相对应的故障 若电压表V1示数减小，大小为零，电压表V2示数增大，大小为电源电压U0，则R1短路；若电压表V1示数增大，大小为电源电压U0，电压表V2示数减小，大小为零，则R2短路 。
【分析】根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，根据电流表和电压表的示数变化情况判断电路故障。 【解答】解：根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压；
已知工作一段时间后，一个电压表的示数变小，再串联一个电流表，观察到电流表有示数，说明电路故障不可能是断路，应该为短路；
若R1短路，电压表V1示数减小，大小为零，电压表V2示数增大，大小为电源电压U0； 若R2短路，电压表V1示数增大，大小为电源电压U0，电压表V2示数减小，大小为零。 故答案为：若电压表V1示数减小，大小为零，电压表V2示数增大，大小为电源电压U0，则R1短路；若电压表V1示数增大，大小为电源电压U0，电压表V2示数减小，大小为零，则R2短路。
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【点评】此题考查电流表、电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和电路的特点进行分析。
18．（3分）为了“探究同一导体的电流与电压关系”，小李同学连接好电路（如图所示）进行实验并将数据记录在表中。完成实验后，小李在整理实验器材时发现小灯的玻璃罩变热了。 实验 电压
电流
序号 （伏） （安） 1 2 3
1.1 1.6 2.1
0.20 0.22 0.26
欧姆定律 电阻
实验时，他保持某导体的温度不变，改变导体两端的电压U，导体中的电流I也随之变化，它们之间的关系可以用U﹣I图线来表示。实验表明，I与U成正比。
①根据表中数据，可得初步结论是 同一导体，导体两端的电压越大，通过的电流越大 。 ②小王看了小李的实验数据后，再对照课本上的结论，如上所示，认为小李的实验数据是错的。你认为小王的判定是否合理，请简要说明理由 不合理，材料中欧姆定律的前提条件是温度保持不变，而小李的实验温度在变大 。
【分析】（1）根据表中数据得出结论；
（2）实验器材时发现小灯的玻璃罩变热了，可知导体的温度升高了，结合欧姆定律的前提条件是温度保持不变分析。 【解答】解：
（1）根据表中数据，得出的结论是：同一导体，导体两端的电压越大，通过的电流越大； （2）小王的判定不合理；
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实验器材时发现小灯的玻璃罩变热了，可知导体的温度升高了，因材料中欧姆定律的前提条件是温度保持不变，而小李的实验温度在变大。
故答案为：（1）同一导体，导体两端的电压越大，通过的电流越大；（2）不合理，材料中欧姆定律的前提条件是温度保持不变，而小李的实验温度在变大。
【点评】本题探究同一导体的电流与电压关系，考查数据分析和欧姆定律的适用条件，关键是从题中获取有效的信息。 三、作图题（共8分）
19．在图中，重为4牛的物块静止在水平桌面中央，请根据给定的标度用力的图示法画出该物块对水平桌面的压力。
【分析】力的大小、方向和作用点叫力的三要素。力的图示就是用一条线段表示出力的三要素。 【解答】解：
物块静止在水平桌面中央，对桌面的压力F＝G＝4N，方向垂直于桌面向下，作用点在接触面上，取图中2N为标度，压力的图示如图所示：
【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．在图中的〇里填上适当的电表符号，使之成为正确的电路图。
【分析】在电路中，电流表相当于导线，与用电器串联；电压表相当于断路，与用电器
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并联。据此分析确定。
【解答】解：由图可知，最下面的圈与电源并联，所以一定是电压表； 中间的圈串联在干路中，所以一定是电流表；
上面的圈与电阻R1串联，所以也是电流表，如图所示：
【点评】本题考查了电流表和电压表的使用，知道电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联即可解答。
21．在图所示的电路中有两根导线尚未连接，以笔画线代替导线补上，补上后要求：闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向左移动时，小灯亮度不变，电流表的示数变小。
【分析】向左移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变，确定灯与变阻器的连接，且电流表的示数变小，即变阻器的电阻变大，确定变阻器的连接并与与电流表小量程串联。
【解答】解：由题知，向左移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变，即变阻器与灯泡互不影响，所以灯泡与变阻器只能并联；
电流表的示数变小，说明变阻器与电流表串联；向左移动滑片，电流表的示数变小，说明变阻器接入电路的电阻变大，由并联电路的电流特点知，电流表可放在干路上或变阻器的支路上，由图中已连接导线可知，电流表应在干路上，如图所示：
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【点评】本题考查根据要求连接实物图，关键是确定电路的连接关系和变阻器的连接。 四、计算题（共26分）
22．（6分）如图所示，重为19.6牛的物块A静止在水中，此时弹簧测力计的示数为4.9牛。 ①求物块A受到的浮力F浮。 ②求物块A的体积V物。
【分析】①已知弹簧测力计在空气中和浸没在水中的示数，根据称重法求出该物体A受到的浮力；
②由于物体处于浸没状态，物块A的体积V物与排开水的体积相等，根据阿基米德原理即可求出排开水的体积V排。
【解答】解：（1）该物体A受到的浮力： F浮＝G﹣F＝19.6N﹣4.9N＝14.7N； （2）根据F浮＝ρV排＝
＝
液
gV排可得排开水的体积：
＝1.5×103m3；
﹣
﹣
由于物体处于浸没状态，则物块A的体积V物＝V排＝1.5×103m3。 答：①物块A受到的浮力F浮＝14.7N。 ②物块A的体积V物＝1.5×103m3。
﹣
【点评】本题考查了对阿基米德原理和称重法求浮力方法的理解与掌握，灵活的运用公式是关键。
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23．（8分）在图（a）所示的电路中，电源电压为6伏，滑动变阻器R2上标有“100Ω 1A”字样。开关S断开时，电流表A示数如图（b）所示。
①求电阻R1的阻值。
②不改变电表量程，闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，使电流表示数的变化量最大，求滑动变阻器R2的最小阻值。
【分析】①开关S断开时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，根据电流表的量程和分度值读出通过R1的电流，根据欧姆定律求出电阻R1的阻值；
②不改变电表量程，闭合开关S，两电阻并联，电流表测干路电流，当电流表的示数最大时，通过R2的电流最大，变阻器接入电路中的电阻最小，根据并联电路的电流特点求出通过R2的最大电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器R2的最小阻值。
【解答】解：①开关S断开时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流， 由图（b）可知，电压表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，则通过R1的电流I1＝0.4A， 由I＝可得，电阻R1的阻值： R1＝
＝
＝15Ω；
②不改变电表量程，闭合开关S，两电阻并联，电流表测干路电流，
当电流表的示数最大为I＝0.6A时，通过R2的电流最大，变阻器接入电路中的电阻最小， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，通过R2的最大电流： I2＝I﹣I1＝0.6A﹣0.4A＝0.2A， 因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，滑动变阻器R2的最小阻值：
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R2＝＝＝30Ω。
答：①电阻R1的阻值为15Ω； ②滑动变阻器R2的最小阻值为30Ω。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道较为简单的计算题。 24．（6分）在图（a）所示的电路中，电源电压为18伏不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“100Ω 1A”字样，将一个表盘如图（b）所示的电压表并联在电路中。闭
合
开
关
S
，
通
过
R1
的
电
流
为
0.6
安
。
①求R1两端的电压U1。 ②求滑动变阻器R2的阻值。
③在移动滑动变阻器滑片P过程中，电压表示数的变化量△U为8伏。请判断电压表并联在 R1 两端（选填“R1”、“R2”或“电源”），求滑动变阻器R2的阻值范围。 【分析】①根据欧姆定律求出R1两端的电压；
②根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器R2的阻值；
③在移动滑动变阻器滑片P过程中，电压表示数的变化量△U＝8V，则电压表不能并联在电源两端，根据电阻的串联和欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流，再根据欧姆定律求出两电阻两端的电压；由滑动变阻器R2的铭牌可知，电路中的最大电流，根据欧姆定律求出此时R1两端的电压，利用串联电路的电压特点求出R2两端的电压，然后结合电压表示数的变化量△U为8伏判断电压表的位置，最后根据欧姆定律求出滑动变阻器R2的阻值范围。
【解答】解：①由图知，电阻R1与滑动变阻器R2串联； 由I＝可得，R1两端的电压： U1＝IR1＝0.6A×10Ω＝6V；
②因串联电路中总电压等于各分电压之和，
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所以，滑动变阻器两端的电压： U2＝U﹣U1＝18V﹣6V＝12V， 滑动变阻器R2的阻值： R2＝
＝
＝20Ω；
③在移动滑动变阻器滑片P过程中，电压表示数的变化量△U＝8V，则电压表不能并联在电源两端，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流： I′＝
＝
＝
A，
此时两电阻两端的电压分别为： U1′＝I′R1＝
A×10Ω≈1.6V，U2′＝I′R2大＝
A×100Ω≈16.4V，
由滑动变阻器R2的铭牌可知，电路中的最大电流为1A，此时R1两端的电压： U1″＝I″R1＝1A×10Ω＝10V， R2两端的电压：
U2″＝U﹣U1″＝18V﹣10V＝8V；
a、若电压表并联在滑动变阻器R2两端，电压表的最大示数可以达到15V， 电路中的电流最大时，电压表的示数最小为8V，
则电压表示数的变化量△U＝15V﹣8V＝7V，此种情况与题意不符； b、若电压表并联在R1两端，最小电压为1.6V， 电路中的电流最大时，电压表的示数最大为10V，
则电压表示数的变化量△U＝10V﹣1.6V＝8.4V（可为8V），此种情况与题意相符， 则滑动变阻器接入电路中的最小阻值（此时电流最大）： R2小＝
＝
＝8Ω，
所以，滑动变阻器R2的阻值范围为8Ω～100Ω。 答：①R1两端的电压为6V； ②滑动变阻器R2的阻值为20Ω；
③R1；滑动变阻器R2的阻值范围为8Ω～100Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，正确的判断出最后一问中电压表的位置是关键。
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25．（6分）如图所示，薄壁轻质柱形容器甲与实心柱体乙放置在水平地面上。容器甲中装有水，容器甲的底面积是柱体乙的2倍。在乙的上部沿水平方向切去一部分，并将切去部分浸没在容器甲的水中，水不溢出，此时容器中液面高度与剩余柱体乙的高度相同。表记录的是放入前后水对容器底部的压强以及切去前后乙对地面的压强。
/ p水（帕）
/ p乙（帕）
切去前 3920
切去后 p0
放入前 490
放入后 980
①求容器中水增加的深度△h水。 ②求剩余乙对地面的压强p0。
【分析】①由表格数据可知，放入前后水对容器底部的压强，根据p＝ρgh求出放入前后容器内水的深度，两者的差值即为容器中水增加的深度；
②因乙切去的部分在容器甲的水中浸没，且水不溢出，根据V＝Sh结合容器甲的底面积是柱体乙的2倍求出乙切去的高度；乙切去的部分浸没在容器甲的水中后，容器中液面高度与剩余柱体乙的高度相同，据此求出原来乙的高度，根据表格数据可知切去前乙对地面的压强，根据柱体乙对地面的压强p＝＝＝乙对地面的压强。
【解答】解：①由表格数据可知，放入前后水对容器底部的压强： p水前＝490Pa、p水后＝980Pa，
由p＝ρgh可得，放入前后容器内水的深度： h水前＝
＝
＝0.05m，
＝
＝
＝ρgh求出剩余
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h水后＝＝＝0.1m，
容器中水增加的深度：
△h水＝h水后﹣h水前＝0.1m﹣0.05m＝0.05m；
②因乙切去的部分在容器甲的水中浸没，且水不溢出， 所以，S甲△h水＝S乙△h乙， 因容器甲的底面积是柱体乙的2倍， 则△h乙＝
△h水＝
△h水＝2×0.05m＝0.1m＝h水后，
因乙切去的部分浸没在容器甲的水中后，容器中液面高度与剩余柱体乙的高度相同， 所以，原来乙的高度：
h乙＝h乙剩+△h乙＝△h乙+△h乙＝2△h乙，
由表格数据可知，切去前乙对地面的压强p乙＝3920Pa， 因柱体乙对地面的压强： p乙＝
＝
＝
＝
＝
＝ρ
gh乙，
乙
所以，剩余乙对地面的压强： p0＝ρ
乙
g△h乙＝ρ
乙
g×h乙＝p乙＝×3920Pa＝1960Pa。
答：①容器中水增加的深度为0.05m； ②求剩余乙对地面的压强为1960Pa。
【点评】本题考查了液体压强公式和压强定义式的应用等，利用好题干所给的条件和正确得出乙圆柱体原来的高度是关键。 五、实验题（共20分）
26．（4分）在“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验中，都需要测量的物理量是 质量 与 体积 。如图所示，在“验证阿基米德原理”的实验中，V2﹣V1表示 排开水的体积 ，物体所受水的浮力的大小为 ρ水g（V2﹣V1） 。
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【分析】（1）根据实验“探究物质的质量与体积的关系”的目的可知：需测量的物理量是质量与体积，其中质量用天平测量，液体体积用量筒测量；
（2）量筒内两次液面之差即为物体排开水的体积，根据阿基米德原理求出物体受到的浮力。 【解答】解：
（1）在“测定物质的密度”和“探究物质质量与体积的关系”两个实验中需测量的物理量是：质量与体积，用天平测出物质的质量，并用量筒测出物质的体积； （2）量筒中液面的两次示数差（V2﹣V1）表示物体排开水的体积， 根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小为：F浮＝ρ故答案为：质量；体积；排开水的体积；ρ
水
水
gV排＝ρ水g（V2﹣V1）。
g（V2﹣V1）。
【点评】本题考查物质密度的探究过程，密度的特性是从实验得来的，并掌握阿基米德原理的内容及称重法浮力的求法，因此还要求学生会设计实验、分析实验数据、得出实验结论。
27．（3分）图（a）所示装置的名称是 U形管压强计 。图（b）（c）（d）为“探究液体内部的压强与哪些因素有关”实验中的一个情景，从情景中可知：本实验探究的是液体内部压强与 液体密度 的关系。根据实验现象，可得出的结论是 深度相同时，液体的密度越大，液体压强越大 。（ρ
盐水
＞ρ水＞ρ
煤油
）
【分析】液体内部压强与液体的密度和深度有关，在通过U形管压强计进行研究时，应
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运用控制变量法，每次只研究与其中一个量的关系，并通过U形管中两侧液面的高度差来反映液体压强大小；
【解答】解：图（a）所示装置的名称是U形管压强计，是用来探究液体内部的压强与哪些因素有关的装置；
图（b）（c）（d）中探头在液体中的深度相同，液体的密度不同，所以本实验探究的是液体内部压强与液体密度的关系；图中U形管中两侧液面的高度差不同，又知道ρ
水
盐水
＞ρ
＞ρ
煤油
，根据图中液面高度差可得出结论：液体深度相同时，液体密度越大，液体压强
越大；
故答案为：U形管压强计；液体密度；深度相同时，液体的密度越大，液体压强越大。 【点评】本题考查探究液体压强特点的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
28．在“探究并联电路特点”的实验中，班级同学根据如图所示电路进行实验，三组同学通过实验获得的数据分别填入表中。根据表中数据，可得初步结论是： 并联电路中，各支路两端电压都相等 。某同学看了数据后认为第一小组和第二小组的数据是错的，只有第三小组的数据是对的。你是否同意该同学的观点，请简要说明理由： 不同意；应尊重实验现象，允许测量中误差的存在，可以换用不同灯泡多做几次实验 。
实验组号 第一组 第二组 第三组
电源电压U（伏） L1两端电压U1（伏） L2两端电压U2（伏）
6 2.8 4.5
5.5 2.4 4.5
5.5 2.4 4.5
【分析】根据表格数据分析得到结论；实验中存在误差是正常的，探究规律性实验要多次实验以使得到结论具有普遍性。
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【解答】解：
由图知，两灯并联，电压表分别测两条支路和电源两端电压，由表中数据可知，两条支路电压是相等的，所以可得到初步结论是：并联电路中，各支路两端电压都相等； 由表中第一、二小组实验中数据发现支路电路与电源电压并不相等，这并不能说明这两组实验就是错误的，我们应尊重实验现象，允许测量中误差的存在，可以换用不同灯泡多做几次实验。
故答案为：并联电路中，各支路两端电压都相等；不同意，应尊重实验现象，允许测量中误差的存在，可以换用不同灯泡多做几次实验。
【点评】本题是并联电路电压特点的探究实验，主要考查了实验数据分析以及对实验的评估。
29．（3分）小华做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为6伏保持不变）、待测电阻Rx、电流表、电压表、滑动变阻器有A、B两个（A标有“10Ω 2A”字样、B标有“50Ω 1.5A”字样），开关以及导线若干。小华选取一个滑动变阻器，连接电路，进行实验，当变阻器滑片P在中点附近时，电表指针位置如图（a）、（b）所示，小华记录第一组数据；继续移动滑片P，使滑动变阻器的电阻减小，两电表指针在图位置均转过3小格，记录了第二组数据；最后将滑片移至变阻器的一端，发现电流表满偏了，记录第三组数据。
根据上述相关信息判断
①画出小华同学的实验电路图。 ②通过计算说明滑动变阻器的规格。 ③计算待测电阻Rx的阻值（精确到0.1欧）。
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【分析】解：①当变阻器滑片P在中点附近时，电表指针位置如图（a）、（b）所示： 若电压表选用大量程，分度值为0.5V，电压表示数为9V＞6V，不符合题意； 若电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.8V，符合题意；
本实验中，待测电阻与变阻器串联，若选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器，当变阻器滑片P在中点附近时，变阻器连入电路的电阻约为25Ω，由欧姆定律，电路的电流应小于： I1＝
＝
＝0.24A＜0.4A，故选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器是不可能的，只能选
用“10Ω 2A”字样的变阻器；
若电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.4A；
若电流表选用大量程，分度值为0.1A，电流为2A，选用变阻器允许通过的最大为2A，则在最后操作中，因电路的电阻变小，故电流将变大，电路的电流将大于2A，故电流表只能选用小量程，此时电流为I1＝0.4A，
在第一次操作中，由欧姆定律，变阻器的电压约为：
U1＝I1 R中＝0.4A×5Ω＝2V，由串联电路电压的规律，待测电阻的电压约为：6V﹣2V＝4V，
根据第一次测量中电压表示数为1.8V，故电压表只能并联在变阻器的两端，如下所示：
②确定选用变阻器的规格的计算过程如上所示；
③第一次实验中，由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为： U1′＝6V﹣1.8V＝4.2V，电流为：I1′＝0.4A；
第二次实验中，因滑动变阻器的电阻减小，电路的电流变大，待测电阻的电压也变大，根据两电表指针在图位置均转过3小格，故电压表的示数为1.8V﹣0.1×3＝1.5V，由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为： U2′＝6V﹣1.5V＝4.5V， 电路的电流：
I2′＝0.4+0.02A×3A＝0.46A；
第三次实验中，因变阻器连入电阻为0，故待测电阻的电压为6V，因电流表满偏了，故
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电流为0.6A；
由欧姆定律，第一次测量的电阻为： R1＝
＝
＝10.5Ω；
同理，第二次、三次测量的电阻分别为9.8Ω和10.0Ω，为减小误差，取平均值作为测量结果： R测＝
＝10.1Ω。
故答案为：①如上图所示；②本实验中，待测电阻与变阻器串联，若选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器，当变阻器滑片P在中点附近时，变阻器连入电路的电阻约为25Ω，由欧姆定律，电路的电流应小于： I1＝
＝
＝0.24A＜0.4A，故选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器是不可能的，只能选
用“10Ω 2A”字样的变阻器； ③10.1Ω。
【解答】解：①当变阻器滑片P在中点附近时，电表指针位置如图（a）、（b）所示： 若电压表选用大量程，分度值为0.5V，电压表示数为9V＞6V，不符合题意； 若电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.8V，符合题意；
本实验中，待测电阻与变阻器串联，若选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器，当变阻器滑片P在中点附近时，变阻器连入电路的电阻约为25Ω，由欧姆定律，电路的电流应小于： I1＝
＝
＝0.24A＜0.4A，故选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器是不可能的，只能选
用“10Ω 2A”字样的变阻器；
若电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.4A；
若电流表选用大量程，分度值为0.1A，电流为2A，选用变阻器允许通过的最大为2A，则在最后操作中，因电路的电阻变小，故电流将变大，电路的电流将大于2A，故电流表只能选用小量程，此时电流为I1＝0.4A，
在第一次操作中，由欧姆定律，变阻器的电压约为：
U1＝I1 R中＝0.4A×5Ω＝2V，由串联电路电压的规律，待测电阻的电压约为：6V﹣2V＝4V，
根据第一次测量中电压表示数为1.8V，故电压表只能并联在变阻器的两端，如下所示：
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②变阻器的规格如上所示；
③第一次实验中，由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为： U1′＝6V﹣1.8V＝4.2V，电流为：I1′＝0.4A；
第二次实验中，因滑动变阻器的电阻减小，电路的电流变大，待测电阻的电压也变大，变阻器的电压变小，根据两电表指针在图位置均转过3小格，故电压表的示数为：1.8V﹣0.1V×3＝1.5V，由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为： U2′＝6V﹣1.5V＝4.5V， 电路的电流：
I2′＝0.4+0.02A×3A＝0.46A；
第三次实验中，因变阻器连入电阻为0，故待测电阻的电压为6V，因电流表满偏了，故电流为0.6A；
由欧姆定律，第一次测量的电阻为： R1＝
＝
＝10.5Ω；
同理，第二次、三次测量的电阻分别为9.8Ω和10.0Ω，为减小误差，取平均值作为测量结果： R测＝
＝10.1Ω。
故答案为：①如上图所示；②本实验中，待测电阻与变阻器串联，若选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器，当变阻器滑片P在中点附近时，变阻器连入电路的电阻约为25Ω，由欧姆定律，电路的电流应小于： I1＝
＝
＝0.24A＜0.4A，故选用标有“50Ω 1.5A”的变阻器是不可能的，只能选
用“10Ω 2A”字样的变阻器； ③10.1Ω。
【点评】本题用“用电流表、电压表测电阻”实验，考查串联电路的规律及欧姆定律的
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运用和数据处理及分类讨论、演绎推理的能力，对学生的思维能力要求较高。 30．（14分）为了研究柱形容器中水对容器底部的压力增加量△F
水
、容器对桌面的压力增
加量△F容与哪些因素有关，某小组同学选用六个物块进行实验。他们将物体分别放入盛有等质量水的相同容器中，待物块静止后，将实验数据及现象记录在表中。 序号 实验现象
1
2
3
4
5
6
物块重力 G（牛） 物块体积 V（米
3
4.0
4.0
4.0
8.0
8.0
2.0
1×104
﹣1×104
﹣2×104
﹣3×104
﹣4×104
﹣5×104
﹣
）
1.0
1.0
2.0
3.0
3.5
3.5
△F水（牛） △F容（牛）
2.0 4.0 4.0 4.0 7.5 6.5
①分析实验序号1﹣4数据中△F容与物块重力G的关系，可得出的初步结论：将物块浸没在装有水的容器中， 若水不溢出，△F容等于物体重力G 。
②分析实验序号2～4数据中△F水与物块体积V的数据及现象，可得出的初步结论：将物块浸没在装有水的容器中， 若水不溢出，△F水与物体体积V在成正比 。 ③小红认为：物块浸没在装有水的容器中，若水溢出，水对容器底部的压强会变小。根据表格中的实验数据及现象，你认为小红的观点是否正确，请写出理由 不正确，分析实验数据5、6可知，若水溢出，△F水不变，底面积相同，根据p＝部压强也不变 。
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，则水对容器底
④若将重为6牛、体积为5×10
水
﹣4
米3的物块浸没在上述装有水的容器中静止后，则△F
为 3.5 牛，△F容为 4.5 牛。
【分析】6次实验中，实验序号1﹣4实验水没有溢出，实验序号5、6实验水溢出： ①分析实验序号1﹣4数据中△F客与物块重力G的关系得出初步的结论； ②分析实验序号2～4数据知，比较物块体积和△F水之比得出结论； ③分析实验数据5、6可知，找出相同的物理量，根据p＝④由实验6知，体积为5×10由ρ＝
﹣4
分析回答；
米3的物块浸没在上述装有水的容器中静止后水将溢出，
﹣
求出重为6N、体积为5×104m3的物块的密度；由浮沉条件判断物体在水中
水
的状态，从而确定增加的水的深度与实验5、6中增加的深度相同，根据△F水＝ρ分析分析；
容器对桌面的压力等于容器、容器内的水的重力及物体的重力之和： 分析两次实验中溢出水的重力相同，容器内剩余水的重力同， 和实验6相比两次物体的重力减小值即为容器对桌面的压力减小值。
g△h
【解答】解：①分析实验序号1﹣4数据中△F客与物块重力G的关系，可得出的初步结论：将物块浸没在装有水的容器中，若水不溢出，△F容等于物体重力G； ②分析实验序号2～4数据知，在水未溢出的条件下，物块体积之比为：
1×104：2×104：3×104＝1：2：3，△F水与之比也为1：2：3，故可得出的初步结
﹣
﹣
﹣
论：将物块浸没在装有水的容器中，若水不溢出，△F水与物体体积V在成正比； ③不正确，分析实验数据5、6可知，若水溢出，△F水都为3.5N保持不变，底面积相同，根据p＝
，则水对容器底部压强也不变；
﹣4
④由实验6知，体积为5×10
﹣
米3的物块浸没在上述装有水的容器中静止后水将溢出，
重为6N、体积为5×104m3的物块的密度为： ρ＝
＝
＝1.2×103kg/m3＞1.2×103kg/m3，
由浮沉条件，故物体浸没在容器底部，水溢出，增加的水的深度与实验5、6中增加的深度相同，根据△F水＝ρ
水
g△h，故若将重为6牛、体积为5×10
﹣4
米3的物块浸没在上述
装有水的容器中静止后，则△F水为3.5N；
容器对桌面的压力等于容器、容器内的水的重力及物体的重力之和： 因实验6中物体的体积为5×104m3，故若将重为6牛、体积为5×10
﹣
﹣4
米3的物块浸没
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在上述装有水的容器中静止后，两次实验中溢出水的重力相同，容器内剩余水的重力同， 和实验6相比，因物体的重力减小了8N﹣6N＝2N，故容器对桌面的压力也减小了2N，故此时：
△F容′＝6.5N﹣2N＝4.5N；
故答案为：①若水不溢出，△F容等于物体重力G； ②若水不溢出，△F水与物体体积V在成正比；
③不正确；分析实验数据5、6可知，若水溢出，△F水不变，底面积相同，根据p＝则水对容器底部压强也不变； ④3.5；4.5。
【点评】本题研究柱形容器中水对容器底部的压力增加量△F水、容器对桌面的压力增加量△F容与哪些因素有关，考查控制变量法、分析数据归纳结论的能力、密度公式计算、物体的浮沉条件和压强公式的运用，难度较大。
，
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