上海市杨浦区2018年中考物理一模试卷(解析版).docx

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1、2018年上海市杨浦区中考物理一模试卷一、选择题（共20分）1（2分）菜刀的刀刃磨得锋利是为了（）A减小压强B增大压强C减小压力D增大压力2（2分）下列器材或装置中，利用连通器原理工作的是（）A抽水机B注射器C液位计D密度计3（2分）九年级第一学期的物理课本共有68页，当它平放在水平桌面中央时，对水平桌面的压强约为（）A34帕B68帕C136帕D6.8帕4（2分）下列事例中，运用相同科学方法的是（）用磁感线表示磁场的分布探究导体电阻与长度的关系串、并联电路中，引入“总电阻”的概念 探究物质质量与体积的关系。A和B和C和D和5（2分）两个物体分别挂在弹簧测力计下且静止，将两物体浸没于水中静止时，

2、两测力计示数的减小值相同，则两物体必定有相同的（）A密度B质量C体积D深度6（2分）轿车装有日间行车灯后可提高行车的安全性。当轿车启动，即电键S1闭合，日间行车灯L1发光，若电键S2再闭合，近灯光L2可同时发光。在图1所示的电路中，符合上述情况的是（）ABCD7（2分）两个完全相同的容器放在水平桌面中央，容器中分别盛有体积相同的甲、乙两种不同液体。若将一个物体分别轻放入两容器中，其静止后状态如图所示，则此时（）A物体在两液体中受到的浮力F浮甲F浮乙B液体对容器底部的压力F液甲F液乙C容器对桌面的压力F容甲=F容乙D液体对容器底部的压强p液甲p液乙8（2分）在图所示的电路中，电源电压保持不变。闭

3、合电键S后，当滑动变阻器R2的滑片P由中点向右移动时，下列判断正确的是（）A电流表A2示数变小，电压表V示数变大B电压表V示数与电流表A示数的比值变小C电流表A与电流表A1示数的差值不变D电流表A2示数变化量与电流表A示数变化量之比不变9（2分）均匀正方体甲和乙放置在水平地面上。已知甲密度小于乙的密度，且甲、乙对水平地面的压强相等。现分别在甲、乙上沿水平方向截去一定体积，剩余部分对水平地面的压强仍然相等，截去部分的质量分别为m甲、m乙，截去部分的体积分别为V甲、V乙，则下列说法正确的是（）Am甲一定小于m乙BV甲可能小于V乙Cm甲可能等于m乙DV甲一定大于V乙10（2分）如图所示的电路中，电源

4、电压保持不变。在电路中并联一个电压表，当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，电压表的示数从零变为6伏，则下列判断正确的是（）A电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏B电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数大于3伏C电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数小于3伏D电压表并联在R2两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏二、填空题（共26分）11（3分）上海地区家庭电路的电压为 伏，电灯与控制它的电键是 连接的（选填“串联”或“并联”） 实验现象表明电流周围存在磁场。12（3分）物理知识在生产和生活中有着广泛的应用。图（a）普通茶壶壶嘴的高度不低

5、于壶身的高度，其设计遵循了 的原理；图（b）用吸管能将杯中的饮料吸入口中，是利用 的作用；图（c）指南针能够确定地理方位，是由于磁体在 的作用下能够指南北。13（3分）某导体两端的电压为3伏，10秒内通过该导体横截面的电荷量为6库，通过该导体的电流为 安，该导体的电阻为 欧。将该导体两端的电压调到9伏，其电阻为 欧。14（3分）我国“海警3901”船满载时排水量为12000吨，则满载时受到的浮力为 牛。若船满载时所装物品的质量为5000吨，则该船自身的质量为 吨。若船从黄浦江码头驶向中国东海海域，在入海过程中，船身将 一些（选填“上浮”或“下沉”）。15（3分）如图所示，在竖直壁和水平地面的交

6、角处置有边长为0.1米、重20牛的正方体，对正方体施加大小均为10牛的水平力F1和竖直力F2正方体对水平地面的压力为 牛，压强为 帕；正方体对竖直壁的压强为 帕。16（3分）如图所示的电路中，电源电压为4.5伏。当电键S闭合时，电压表的示数为1.5伏，则此时灯L1与L2的灯丝电阻之比为 ；已知两灯丝的材料和长度相同，则灯 的灯丝更粗一些。若将两灯并联在同一电路中，L1与L2的两端电压之比为 。17（4分）如图所示的电路中，电源电压为U，闭合电键S，发现两电表指针的位置均不变，已知故障只发生在电阻R1、R2上，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障。如果电压表示数为 ；则可能存在的故障是 。

7、如果电压表示数为 ；则可能存在的故障是 。18（4分）某小组同学为研究带铁芯通电螺线管的磁性与哪些因素有关，利用滑动变阻器、带铁芯的螺线管和大头针等器材进行实验。他们先将带铁芯的螺线管和滑动变阻器接入如图（a）所示的电路中（电源电压保持不变），闭合电键S后，改变变阻器滑片的位置，并用铁芯吸引大头针，观察到如图9（b）、（c）所示的现象。然后他们另将甲、乙两个匝数不同的带铁芯的螺线管接入电路，闭合电键S后观察到如图（d）所示的现象。实验中通过 反映带铁芯通电螺线管磁性的强弱；分析比较图（b）和（c）所示的现象，可以得到的初步结论是： ；图（d）中将两个不同匝数的带铁芯的螺线管串联接入电路的目的是

8、： ；根据实验现象可以达到的初步结论是： 。三、作图题（共8分）19（2分）在图中，重为6牛的小球静止在水中，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮。20（3分）根据磁感线的方向，在图中标出通电螺线管和小磁针甲、乙的N极以及电源的正负极。21（3分）请在图所示的电路中用笔画线代替导线连接电路，要求：添两根导线，闭合电键S后，当滑片向右移动时，电流表的示数变大，电压表的示数变大。四、计算题（共27分）22（6分）一块冰块漂浮在水中，排开水的体积为5104米3。求冰块受到的浮力F浮；若该冰块中有3103米3的冰熔化成水，求熔化成水的质量m水（已知冰的密度为0.9103千克/米3）。23（7分）在图（a

9、）所示的电路中，电源电压为12伏，电阻R1的阻值为10欧，变阻器R2上标有“100 2A”字样。闭合电键S后。求通过电阻R1的电流I1；现在电路中某位置接入一个电流表，移动滑片P，当电流表指针的位置如图（b）所示，求此时滑动变阻器R2接入电路的阻值。24（8分）如图所示的电路中，电源电压为18伏，现有三个不同的定值电阻R1、R2和R3可供接入电路AB间，已知R1的阻值为60欧，R2阻值大于R3阻值（R2R3）若电阻R1接入AB间，闭合电键S后，电流表的示数如图（a）所示。求此时电压表的示数UAB；求电阻R0的阻值。不改变两电表的量程，取下电阻R1，将电阻R2、R3先后替换R1接入AB间，发现每

10、次替换后，电压表或电流表分别有一个达到满刻度【电压表盘如图（b）所示】。（1）求电阻R3的阻值；（2）求电路中接入R2时电流表的示数。25（8分）如图所示，水平地面上置有轻质薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙。甲的底面积为0.01米2、高为0.3米，盛有0.2米深的水；乙的底面积为0.005米2、高为0.8米，质量为8千克。求水对甲底部的压强p水；求乙的密度乙；若在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内，此时水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力，求甲容器对地面压强的变化量p甲。五、实验题（共20分）26（3分）在“探究物质质量与体积的关系”和“测定物质密度”两个实验中，实验测

11、量的物理量 （选填“相同”或“不同”）“探究物质质量与体积的关系”中对多种物质进行多次测量是为了 ，“测得物质密度”中多次测量是为了 。27（3分）如图（a）、（b）是研究并联电路中电阻特点的实验电路，电路中，电流应从 接线柱流入电流表。实验中，若用电阻R替代R1和R2，应使电流表A3的示数与电流表 的示数相同（选填“A1”或“A2”），此时需保证（a）、（b）两电路的电源电压 。28（4分）小华同学做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏的整数倍且保持不变）、滑动变阻器A、B两个待选（A标有“10 1A”字样、B标有“20 2A”字样），电流表、电压表（只有03伏档完好）、

12、待测电阻Rx、电键以及导线若干。小华正确连接电路，实验步骤正确，闭合电键时电表的示数如图1（a）、（b）所示。小华略微移动变阻器的滑片，发现电压表的指针就满偏了。经过思考，小华仅调整电压表接入电路的位置并重新实验，当滑片移至某点时，电流表的示数为0.36安，电压表的示数如图2所示。当滑片移至某端点时，电流表的示数为0.42安。实验中所用电源的电压为 伏，选用的滑动变阻器为 （选填“A”或“B”）；请将下表填写完整。（计算电阻时，精确到0.1欧）（请填到答题卡上的表格中）物理量实验序号Ux（伏）Ix（安）电阻Rx（欧） 1 2329（7分）小明为了研究装满水的容器放入球体前后容器对水平面的压力F

13、的情况，利用若干个完全相同的容器以及不同球体进行实验。实验中先在每个容器中装满水，测得此时容器对水平面的压力为15牛，再将不同球体分别轻放入各个容器中，并测得此时各个容器对水平面的压力F实验数据和实验现象见下表。实验序号12345678放入的球体ABCDEF小球的密度（千克/米3）60070090012001400150015001500小球的体积v（厘米3）5008001000100010001000800400F（牛）15.015.015.017.019.020.019.017.0实验现象观察比较序号1或2或3中的实验现象、球体密度、压力F的数据及相关条件，可得初步结论是： 。观察序号4与

14、5与6中的实验现象、球体密度、压力F的数据及相关条件，可得出的初步结论是：当球体放入装满水的容器中，最终沉底 。观察序号6与7与8中实验现象、球体体积V、压力F的数据及相关条件，可得出的初步结论是：当球体放入装满水的容器中，最终沉底 。小明得出“当球体放入装满水的容器中，小球质量越大，容器对水平面的压力就越大”的结论。由表中实验序号 的现象、数据及相关条件可判断小华得出的结论不正确。若某实心小球的密度为2000千克/米3，体积为500厘米3，并将其放入上述装满水的容器中静止后，容器对水平面的压力为 牛。2018年上海市杨浦区中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20分）1（2分）菜刀

15、的刀刃磨得锋利是为了（）A减小压强B增大压强C减小压力D增大压力【分析】（1）增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力；在压力一定时，减小受力面积。（2）减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力；在压力一定时，增大受力面积。【解答】解：菜刀的刀刃磨得锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故B正确，ACD错误。故选：B。2（2分）下列器材或装置中，利用连通器原理工作的是（）A抽水机B注射器C液位计D密度计【分析】几个上端开口底部互相连通的容器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，这就是连通器的原理。【解答】解：A、抽水机是利用大气压来工作的，不符

16、合连通器的特点，不合题意；B、注射器吸药液时利用了大气压的作用，不符合连通器的特点，不合题意；C、液位计的结构符合上端开口底部互相连通的特点，是利用连通器原理工作的，符合题意；D、密度计是利用物体的漂浮条件和阿基米德原理来工作的，不是利用连通器原理工作的，不合题意。故选：C。3（2分）九年级第一学期的物理课本共有68页，当它平放在水平桌面中央时，对水平桌面的压强约为（）A34帕B68帕C136帕D6.8帕【分析】物理课本的质量约为200g，长约25cm，宽约20cm，物理课本对水平桌面的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，根据S=ab求出物理课本与桌面的接触面积即为受力面积，利用

17、p=求出对水平桌面的压强。【解答】解：物理课本的质量m=200g=0.2kg，因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，物理课本对水平桌面的压力：F=G=mg=0.2kg10N/kg=2N，受力面积：S=25cm20cm=500cm2=0.05m2，对水平桌面的压强：p=40Pa，结合选项可知，与34Pa相接近，故A正确、BCD错误。故选：A。4（2分）下列事例中，运用相同科学方法的是（）用磁感线表示磁场的分布探究导体电阻与长度的关系串、并联电路中，引入“总电阻”的概念 探究物质质量与体积的关系。A和B和C和D和【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

18、；磁感线不是真实存在的，用磁感线表示磁场的分布用到了模型法；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；串、并联电路中，引入“总电阻”的概念 采用等效替代法；探究物质质量与体积的关系用到控制变量法。综合分析和相同，都用到了控制变量法。故选：B。5（2分）两个物体分别挂在弹簧测力计下且静止，将两物体浸没于水中静止时，两测力计示数的减小值相同，则两物体必定有相同的（）A密度B质量C体积D深度【分析】根据称重法可知两弹簧测力计减小的数值相同，说明物体受到的浮力相同，根据阿基米德原理即可判断。【解答】解：根据称重法可知：两弹簧测力计减小的数值相同，说明所受浮力

19、相同，根据公式F浮=液gV排，说明排开水的体积相同，因为它们是浸没在水中，则排开水的体积与物体体积相同，所以这两个物体体积相同。故选：C。6（2分）轿车装有日间行车灯后可提高行车的安全性。当轿车启动，即电键S1闭合，日间行车灯L1发光，若电键S2再闭合，近灯光L2可同时发光。在图1所示的电路中，符合上述情况的是（）ABCD【分析】由题意可知，当汽车启动时，S1闭合，日间行车灯L1立即亮起，再闭合S2，近灯光L2也亮起，说明L1与L2可以独立工作、互不影响即为并联，且S1位于干路，S2位于L2支路，据此分析选项得出答案。【解答】解：A由电路图可知，只闭合S1时，两灯泡均不亮，故A不符合题意；B由

20、电路图可知，只闭合S1时，两灯泡都亮，再闭合S2时，L1不亮，故B不符合题意；C由电路图可知，只闭合S1时，近灯光L2亮，再闭合S2时，日间行车灯L1亮，故C不符合题意；D由电路图可知，只闭合S1时，日间行车灯L1亮，再闭合S2时，近灯光L2亮，故D符合题意。故选：D。7（2分）两个完全相同的容器放在水平桌面中央，容器中分别盛有体积相同的甲、乙两种不同液体。若将一个物体分别轻放入两容器中，其静止后状态如图所示，则此时（）A物体在两液体中受到的浮力F浮甲F浮乙B液体对容器底部的压力F液甲F液乙C容器对桌面的压力F容甲=F容乙D液体对容器底部的压强p液甲p液乙【分析】（1）根据浮沉条件分析浮力的关

21、系，以及液体密度的关系；（2）液体对容器底部的压力等于液体的重力，根据液体体积相同和密度的关系判断液体的质量的关系得知液体重力的关系；（3）容器对桌面的压力等于液体的重力和物体重力之和；（4）根据P=判断液体对容器底部的压强的关系。【解答】解：A、物体在甲液体中漂浮，浮力等于重力，甲液体的密度大于物体的密度，即F浮甲=G，甲物；物体在乙液体中下沉，浮力小于重力，乙液体的密度小于物体的密度，即F浮乙G，乙物，故F浮甲F浮乙，甲乙，故A错误；B、液体对容器底部的压力等于液体的重力，因为甲、乙两种不同液体，体积相同，甲乙，根据m=V知m甲m乙，故G甲G乙，液体对容器底部的压力F液甲F液乙，故B正确；

22、C、容器对桌面的压力等于液体的重力和物体重力之和，因为G甲G乙，所以G甲+GG乙+G，所以F容甲F容乙，故C错误；D、根据P=知，液体对容器底部的压强p液甲=，p液乙=，因为G甲G乙，所以液体对容器底部的压强p液甲p液乙，故D错误。故选：B。8（2分）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R2的滑片P由中点向右移动时，下列判断正确的是（）A电流表A2示数变小，电压表V示数变大B电压表V示数与电流表A示数的比值变小C电流表A与电流表A1示数的差值不变D电流表A2示数变化量与电流表A示数变化量之比不变【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测R1支

23、路电流，电流表A2测R2支路电流，电流表A测干路中的电流；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R1电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化；根据电压表V示数与电流表A1示数的变化判断两者比值的变化。【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A1测R1支路电流，电流表A2测R2支路电流，电流表A测干路中的电流；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R1的电流不变，即电

24、流表A1的示数将不变；当滑动变阻器R2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，即电流表A2的示数变小；因为通过R1的电流不变，通过R2的电流变小，所以，由并联电路的电流特点可知，干路电流变小，即A的示数变小；电压表V示数不变、电流表A示数的变小，则电压表V示数与电流表A示数的比值变大，故B错误；电流表A与电流表A1示数的差值为A2示数，A2示数变小，则电流表A与电流表A1示数的差值变小，故C错误；A的示数等于A1的示数与A2的示数之和，且电流表A1的示数不变，故电流表A2示数变化量与电流表A示数变化量是相同的，所以移动滑片时该比值不变，故D正确。

25、故选：D。9（2分）均匀正方体甲和乙放置在水平地面上。已知甲密度小于乙的密度，且甲、乙对水平地面的压强相等。现分别在甲、乙上沿水平方向截去一定体积，剩余部分对水平地面的压强仍然相等，截去部分的质量分别为m甲、m乙，截去部分的体积分别为V甲、V乙，则下列说法正确的是（）Am甲一定小于m乙BV甲可能小于V乙Cm甲可能等于m乙DV甲一定大于V乙【分析】由于两个物体都是规则的实心正方体物体，可利用p=gh分别表示出甲、乙原来对地面的压强，在甲、乙上沿水平方向截去一定体积，剩余部分对水平面的压强，得出切去部分的压强关系，进而得出切去的高度关系，再进一步得出截去部分的体积和截去部分的质量关系。【解答】解：

26、（1）实心正方体对水平地面的压强：p=gh，甲、乙原来对地面的压强p甲=p乙，甲h甲g=乙h乙g，因为甲乙，所以，正方体甲和乙的高（边长）：h甲h乙，由题知，分别在甲、乙上沿水平方向截去一定体积后：p甲=p乙，即：甲h甲剩g=乙h乙剩g，由可得：甲h甲g甲h甲剩g=乙h乙g乙h乙剩g，则甲h甲切g=乙h乙切g，所以，h甲切h乙切，因为h甲h乙，所以S甲S乙，所以，截去部分的体积分别为V甲V乙，故B错误，D正确；（2）由（1）知，甲h甲切g=乙h乙切g，S甲S乙，所以可得，甲h甲切S甲乙h乙切S乙，因为m=V=Sh，所以，m甲m乙故AC错误。故选：D。10（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不

27、变。在电路中并联一个电压表，当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，电压表的示数从零变为6伏，则下列判断正确的是（）A电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏B电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数大于3伏C电压表并联在R1两端，滑片P位于中点b时电压表的示数小于3伏D电压表并联在R2两端，滑片P位于中点b时电压表的示数为3伏【分析】由题意，根据分压原理确定电压表的连接，根据串联电阻的规律和欧姆定律分别得出两种情况下电压表的示数表达式，比较大小。【解答】解：当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，变阻器连入电路中的电阻变大，根据分压原理，变阻器的电压变大，由串联

28、电路电压的规律，定值电阻的电压变小，故电压表只能并联在R1的两端；故D错误；当滑动变阻器R1的滑片P从a端移至c端，电压表的示数从零变为6伏，当变阻器连入电路中的电阻最大时，由电阻的串联和欧姆定律，电路中的电流：I=，根据欧姆定律，此时电压表示数：U1=U=6V；两边同乘以得：=3V同理，当滑片移动到中点时，电压表示数：U2=，因式右边的分母比式左边分母小，故U23V，故B正确，CD错误。故选：B。二、填空题（共26分）11（3分）上海地区家庭电路的电压为220伏，电灯与控制它的电键是串联连接的（选填“串联”或“并联”）奥斯特实验现象表明电流周围存在磁场。【分析】（1）掌握常见的电压：家庭电路

29、的电压为220V，一节干电池的电压是1.5V；（2）家庭电路中的用电器都是并联的，但控制它的开关应与其所控制的用电器串联；（3）奥斯特实验现象表明电流周围存在磁场【解答】解：据课本可知，家庭电路的电压都是220V，故上海地区家庭电路的电压为220伏；家庭电路中的用电器都是并联的，但控制它的开关应与其所控制的用电器串联；奥斯特实验现象表明电流周围存在磁场故答案为：220；串联；奥斯特；12（3分）物理知识在生产和生活中有着广泛的应用。图（a）普通茶壶壶嘴的高度不低于壶身的高度，其设计遵循了连通器的原理；图（b）用吸管能将杯中的饮料吸入口中，是利用大气压的作用；图（c）指南针能够确定地理方位，是由

30、于磁体在地磁场的作用下能够指南北。【分析】（1）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；（2）饮料在大气压力作用下被压入嘴中。（3）指南针静止时总是一端指南，一端指北，是因为受到了地磁场的作用。【解答】解：（1）水壶在工作时，壶嘴与壶身构成连通器，是利用连通器原理工作的；（2）用力一吸气，吸管内的气压小于外界大气压，饮料在外界大气压的作用下，被压入口腔内，利用了大气压。（3）地球本身就是一个巨大的磁体，指南针静止时总是一端指南，一端指北，就是因为受到了地磁场的作用。故答案为：连通器；大气压；地磁场。13（3分）某导体两端的电压为3伏，10秒内通过该导体横截面的电

31、荷量为6库，通过该导体的电流为0.6安，该导体的电阻为5欧。将该导体两端的电压调到9伏，其电阻为5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=0.6A，由I=可得导体的电阻：R=5，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，将该导体两端的电压调到9V时，导体的电阻仍为5不变。故答案为：0.6；5；5。14（3分）我国“海警3901”船满载时排水量

32、为12000吨，则满载时受到的浮力为1.176108牛。若船满载时所装物品的质量为5000吨，则该船自身的质量为7000吨。若船从黄浦江码头驶向中国东海海域，在入海过程中，船身将上浮一些（选填“上浮”或“下沉”）。【分析】（1）知道船满载时排水量为12000吨，根据阿基米德原理求出受到的浮力；（2）知道船满载时的排水量，利用阿基米德原理求浮力，根据浮沉条件可求船的重力，满载时的重力与所装物品的重力之差即为船的重力，进而可求船的质量。（3）根据浮沉条件比较浮力大小。知道了浮力大小和液体的密度关系再根据阿基米德原理比较排开水的体积变化，进而判断船身上浮还是下沉一些。【解答】解：（1）船满载时受到的

33、浮力：F浮=G排=mg=12000103kg9.8N/kg=1.176108N；（2）船满载时受的浮力F浮=G排=m排g，船漂浮，则满载时的重力G总=F浮=G排=m排g，若满载时，所装物品的质量为5000吨，则该船自身的重力：G=G总G货=m排gm货g，则该船自身的质量为：m=m排m货=12000t5000t=7000t。（3）船从黄浦江码头驶向中国东海海域的过程中始终处于漂浮状态，受到的浮力和自身的重力相等，由船的重力不变可知，船受到的浮力不变，因为海水江水，由F浮=液gV排可知，排开海水的体积比排开江水的体积小，所以，船要上浮一些。故答案为：1.176108；7000；上浮。15（3分）如

34、图所示，在竖直壁和水平地面的交角处置有边长为0.1米、重20牛的正方体，对正方体施加大小均为10牛的水平力F1和竖直力F2正方体对水平地面的压力为30牛，压强为3000帕；正方体对竖直壁的压强为1000帕。【分析】求出水平地面所受的压力，然后根据压强公式水平地面所受压强。固体可以大小不变的传递压力，水平方向物体对墙的压力和力F1对物体的压力相等，然后根据压强公式求出这时竖直墙壁所受压强；【解答】解：（1）水平地面所受压力：F压=F2+G+=10N+20N=30N，水平地面所受压强：p=3000Pa。（2）竖直墙壁所受的压力：F1=10N，竖直墙壁所受压强：p=1000Pa；故答案为：30；30

35、00；1000。16（3分）如图所示的电路中，电源电压为4.5伏。当电键S闭合时，电压表的示数为1.5伏，则此时灯L1与L2的灯丝电阻之比为2：1；已知两灯丝的材料和长度相同，则灯L2的灯丝更粗一些。若将两灯并联在同一电路中，L1与L2的两端电压之比为1：1。【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出L2两端的电压，根据串联电路的电流特点可知通过两灯泡的电流关系，根据欧姆定律求出两灯丝电阻的比值；（2）首先分别利用公式R=计算出两盏灯的电阻值，然后根据同种材料制成的导体长度越长、横截面积越小导体的电阻越大的特点分析；（3）根据并联电路电压特点求出

36、电压之比。【解答】解：（1）由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，则L2两端的电压为U2=1.5V；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，L1两端的电压：U1=UU2=4.5V1.5V=3V，因串联电路中各处的电流相等，所以通过L1与L2的电流之比为1：1；由I=可得，L1与L2的灯丝电阻之比：=；（2）根据公式R=可知，L1的电阻大于L2的电阻；由于灯丝的材料相同，长度相同，由于灯丝的电阻与横截面积成反比，所以L2灯丝电阻小，灯丝就较粗；（3）并联电路各支路两端的电压相等，U1：U2=1：1。故答案为：2：1；L2；1：1。17（4分）如图所示的电路中，电源电压为U，闭合电键

37、S，发现两电表指针的位置均不变，已知故障只发生在电阻R1、R2上，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障。如果电压表示数为0；则可能存在的故障是R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路。如果电压表示数为U；则可能存在的故障是R2断路或R2断路、R1短路。【分析】从两个方面分析：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；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：闭合开关前，电流表一定无示数，闭合开关后，两电表指针的位置均不变，即电流表仍然无示数，说明电路为断路；若闭合开关前，电压表无示数，说明电压表与电源的

38、两极不相连，则故障为R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路；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R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路。若闭合开关前电压表有示数，说明电压表通过R1与电源的两极连通，此时电压表的示数为电源电压U；闭合开关后，电压表指针有示数且位置不变，即电压表仍然测电源电压，则故障可能是R2断路或R2断路、R1短路。故答案为：0；R1断路或R1、R2均断路或R1断路、R2短路；U；R2断路或R2断路、R1短路。18（4分）某小组同学为研究带铁芯通电螺线管的磁性与哪些因素有关，利用滑动变阻器、带铁芯的螺线管和大头针等器材进行实验。他们先将

39、带铁芯的螺线管和滑动变阻器接入如图（a）所示的电路中（电源电压保持不变），闭合电键S后，改变变阻器滑片的位置，并用铁芯吸引大头针，观察到如图9（b）、（c）所示的现象。然后他们另将甲、乙两个匝数不同的带铁芯的螺线管接入电路，闭合电键S后观察到如图（d）所示的现象。实验中通过吸引大头针的个数反映带铁芯通电螺线管磁性的强弱；分析比较图（b）和（c）所示的现象，可以得到的初步结论是：通电螺线管的线圈匝数相同时，通过的电流越大，磁性越强；图（d）中将两个不同匝数的带铁芯的螺线管串联接入电路的目的是：控制电流大小相同；根据实验现象可以达到的初步结论是：通过的电流相同时，线圈匝数越多，通电螺线管的磁性越强

40、。【分析】（1）电磁铁吸引的大头针数目越多，电磁铁的磁性越强；分析图示情景，根据实验所控制的变量分析答题；（2）电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯；（3）串联电路的电流处处相等。【解答】解：本实验是通过观察电磁铁吸引大头针的个数，来判断它的磁性强弱；比较（b）和（c）图，铁芯和线圈匝数不变，（c）图中滑动变阻器连入电路的电阻小，电压不变，电流大，吸引大头针的个数多，说明其磁性强；可以得到的初步结论是：通电螺线管的线圈匝数相同时，通过的电流越大，磁性越强；图（d）中将两个不同匝数的带铁芯的螺线管串联接入电路，是为了控制电流大小相同；由图知，匝数越多的电磁铁吸引的大头针越多，

41、磁性越强；所以，可以得到的初步结论是：通过的电流相同时，线圈匝数越多，通电螺线管的磁性越强。故答案为：吸引大头针的个数；通电螺线管的线圈匝数相同时，通过的电流越大，磁性越强；控制电流大小相同；通过的电流相同时，线圈匝数越多，通电螺线管的磁性越强。三、作图题（共8分）19（2分）在图中，重为6牛的小球静止在水中，用力的图示法画出该球所受的浮力F浮。【分析】由图可知小球在水中悬浮，受到的浮力和自身的重力相等，明确浮力的三要素，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：由题意和图示可知，小球悬浮在水中，则小球受到的浮力F浮=G=6N，方向竖直向上，作用点可画在重心处；选取标度为3

42、N，则浮力的图示如下图所示：20（3分）根据磁感线的方向，在图中标出通电螺线管和小磁针甲、乙的N极以及电源的正负极。【分析】根据磁感线的方向，可以确定螺线管的NS极；利用螺线管的N、S极，可以确定小磁针的N、S极；利用螺线管的N、S极和线圈的绕向，利用安培定则可以确定线圈中电流方向，进而确定电源的正负极。【解答】解：在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出，回到S极，所以利用磁感线的方向，可以确定螺线管的右端为N极，左端为S极。根据螺线管的右端为N极结合图示的线圈绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的左端流出右端流入。所以电源的左端为正极，右端为负极；根据异名磁极相互吸引的理论可以确定小磁针甲右

43、端为N极，左端为S极；小磁针乙的左端为N极，右端为S极。如图所示：21（3分）请在图所示的电路中用笔画线代替导线连接电路，要求：添两根导线，闭合电键S后，当滑片向右移动时，电流表的示数变大，电压表的示数变大。【分析】根据当滑片向右移动时，电流表的示数变大，确定变阻器的连接，根据分压原理和串联电路电压的规律确定电压表的连接。【解答】解：当滑片向右移动时，电流表的示数变大，即变阻器连入电路中的电阻变小，电路的电阻变小，滑片以右电阻丝连入电路中，根据分压原理，变阻器两端的电压变小，根据串联电路电压的规律，电阻R两端的电压变大，故电压表与电阻R并联，如下所示：四、计算题（共27分）22（6分）一块冰块

44、漂浮在水中，排开水的体积为5104米3。求冰块受到的浮力F浮；若该冰块中有3103米3的冰熔化成水，求熔化成水的质量m水（已知冰的密度为0.9103千克/米3）。【分析】（1）根据阿基米德原理，利用公式F浮=水gV排可计算所受浮力的大小；（2）冰化成水后质量不变，根据m=V算出冰的质量即知水的质量。【解答】解：根据阿基米德原理冰块所受浮力：F浮=水gV排=1.0103kg/m39.8N/kg5104m3=4.9N；由得冰的质量为：m冰=冰V冰=0.9103kg/m33103m3=2.7kg。冰化成水后质量不变，水的质量：m水=m冰=2.7kg。答：求冰块受到的浮力为4.9N；若该冰块中有3103m3的冰熔化成水，熔化成水的质量为2.7kg。23（7分）在图（a）所示的电路中，电源电压为12伏，电阻R1的阻值为10欧，变阻器R2上标有“100 2A”字样。闭合电键S后。求通过电阻R1的电流