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2019-2020年九年级上学期期末(一模)物理试卷
一、选择题(每题2分,共16分)1.(2分)(xx•普陀区一模)电源适配器(俗称充电器)在给手机充电时,电压约为( ) A.5伏B.24伏C.36伏D.220伏考点电压..专题电压和电阻.分析根据对常见用电器工作电压的掌握作答.解答解手机已经成为现代最常用的通信工具,手机专用充电器的工作电压在5V左右.故选A.点评此题考查的是我们对常见用电器工作电压的掌握,属于识记性知识的考查,难度较小,容易解答. 2.(2分)(xx•普陀区一模)在下列生活和生产实例中,与连接器原理无关的是( ) A.茶壶B.注射器C.液位计D.船闸考点连通器原理..专题压强、液体的压强.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、茶壶的壶嘴与壶身底部相通,上端开口,壶嘴和壶身在同一高度,倒满水后,液面相平,故茶壶是连通器;不符合题意;B、注射器在吸药水时,是利用外界大气压大于其内部的压强,故药水在外界大气压的作用下被压入注射器内部的,是利用大气压强的原理工作的,故该选项符合题意;C、液位计是底部相通,上端开口,利用连通器的原理制成的,本选项不符合题意;D、船闸也是利用连通器的原理工作的,本选项不符合题意;故选B.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.记住连通器定义,生活中的锅炉水位计、自动喂水器、洗手盆的回水弯、过桥涵洞、船闸等等都是连通器. 3.(2分)(xx•普陀区一模)依据卢瑟福的原子行星模型理论,原子核中带电的粒子的是( ) A.电子B.质子C.中子D.核子考点原子的核式模型..专题粒子与宇宙、材料世界.分析根据对原子结构知识的掌握分析答题.解答解卢瑟福原子核式结构理论认为原子由位于原子中心的原子核与核外带负电的电子组成;原子核由带正电的质子与不带电的中子组成.原子核中带电的粒子的是质子.故选B.点评本题是一道基础题,掌握基础知识即可正确解题. 4.(2分)(xx•普陀区一模)两个电阻R
1、R2串联连接,若R1>R
2、且电阻两端电压分别为U
1、U2,通过电流为I
1、I2,则下列判断中正确的是( ) A.I1=I2,U1=U2B.I1>I2,U1>U2C.I1=I2,U1>U2D.I1<I2,U1<U2考点欧姆定律的应用..专题电路和欧姆定律.分析两电阻串联时通过它们的电流相等,根据欧姆定律比较两电阻两端的电压之比.解答解因串联电路中各处的电流相等,所以,两电阻串联时通过它们的电流相等,即I1=I2,由I=的变形式U=IR可知,R1>R2时,U1>U2.故选C.点评本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律的应用,是一道基础题目. 5.(2分)(xx•普陀区一模)如图所示为生活中常用的一些物品,使用时主要用来减小压强的是( ) A.图钉尖很尖锐B.逃生锤的锤头很尖 C.切苹果器的刀片做的很薄D.书包带较宽考点减小压强的方法及其应用..专题压强、液体的压强.分析压强的大小与压力和受力面积的大小有关减小压强的方法在受力面积一定时,减小压力减小压强;在压力一定时,增大受力面积来减小压强;增大压强的方法在受力面积一定时,增大压力增大压强;在压力一定时,减小受力面积来增大压强;据此分析判断.解答解A、图钉尖很尖锐,是在压力一定的情况下,通过减小受力面积,增大压强,不符合题意;B、逃生锤很尖,是在压力一定的情况下,通过减小受力面积,增大压强,不符合题意;C、切苹果器的刀片做的很薄,是在压力一定的情况下,通过减小受力面积,增大压强,不符合题意;D、书包带较宽,是在压力一定的情况下,通过增大受力面积,减小压强,符合题意.故选D.点评知道压强大小的影响因素,掌握增大和减小压强的方法,能利用压强知识解释生活中的问题,学以致用! 6.(2分)(xx•普陀区一模)如图(a)所示,两个电阻R
1、R2串联连接在电源两端,且R1>R2;接着将R
3、R4两电阻并联在相同电源的电路中,如图(b)所示.设R3=R
1、R4=R2,两电路闭合电键后,则消耗电能最多的是电阻( ) A.R1B.R2C.R3D.R4考点电功计算公式的应用..专题电与热、生活用电.分析根据串并联电路电压的规律、电阻的大小和W=t进行分析判断.解答解根据电路图a可知,两电阻串联;根据电路图b可知,两电阻并联;因为串联电路两端电压等于各部分电压之和,而并联电路两端电压相等,由W=t可知,W3>W1;W4>W2;因为R1>R2,R3=R
1、R4=R2,所以R3>R4,由W=t可知,W3<W4.故选D.点评本题考查串并联电路电压的规律、电功公式的应用,关键会灵活选择电功的计算公式. 7.(2分)(xx•普陀区一模)在图所示的电路中,R1=15欧,滑动变阻器R2标有“10Ω2A”字样,闭合电键S,电路元件完好.当滑片向右移动时,若电压表V1的示数与电流表A示数的比值为K1,电压表V2的示数与电流表A示数的比值为K2,下列判断中正确的是( ) A.K1<K2B.K1=K2 C.K1>K2D.前三项判断均不正确考点欧姆定律的应用..专题应用题;电路和欧姆定律.分析由电路图可知,R1与R2串联,电压表V1测R1两端的电压,电压表V2测R2两端的电压,根据欧姆定律表示出两电压表与电流表的示数比值,然后比较R1与滑动变阻器的最大阻值之间的关系得出答案.解答解由电路图可知,R1与R2串联,电压表V1测R1两端的电压,电压表V2测R2两端的电压,由I=可得K1==R1,K2==R2,因R1的阻值15Ω大于变阻器R2的最大阻值10Ω,所以,滑片向右移动时,R1始终大于R2,则K1>K2.故选C.点评本题考查了欧姆定律的应用,能把电压表和电流表的示数之比转化为电阻来处理是关键. 8.(2分)(xx•普陀区一模)如图所示,甲、乙两个实心均匀正方体分别放在水平地面上,他们对地面的压强相等.若在两个正方体的上部,沿水平方向分别截去相同高度的部分,则甲、乙对地面压力的变化量为△F甲、△F乙,对地面压强变化量为△P甲、△P乙,剩余部分对地面压力位F′甲、F′乙,剩余部分对地面压强为P′甲,P′乙,下列书法正确的是( ) A.F′甲可能大于F′乙B.P′甲可能小于P′乙 C.△F甲一定大于△F乙D.△P甲可能小于△P乙考点压强的大小及其计算..专题压强、液体的压强.分析两物体对地面的压强相等,由边长关系可求出密度关系,则由压强公式p=可求得压强及压力的关系.解答解A、设甲边长为a,乙边长为b,则由图可知a>b,两物体对地面的压强相等,即=;化简得ρ甲a=ρ乙b;截去相等高度后,甲的体积仍大于乙的体积;两物体剩余质量m甲=ρ甲a2(a﹣h),m乙=ρ乙b2(b﹣h),=;即剩余部分质量甲的质量大于乙的质量;而F=G=mg,所以剩余部分甲的压力F′甲大于乙的压力F′乙;此选项正确;B、由p=得两物体剩余部分对地面的压强p′甲==ρ甲(a﹣h)g;p′乙==ρ乙(b﹣h)g;===;即剩余部分甲对地面的压强p′甲大于乙对地面的压强p′乙,此选项错误;C、截去相等高度h后,甲减少的质量为△m甲=ρ甲a2h,乙减少的质量为△m乙=ρ乙b2h,甲减少的压力为△F甲=△G甲=△m甲g=ρ甲a2hg,乙减少的压力为△F乙=△G乙=△m乙g=ρ乙b2hg,===×>1,所以甲对地面压力的变化量为△F甲一定大于乙对地面压力的变化量△F乙,此选项正确;D、截去相等高度h后,甲减少的压强为△p甲=ρ甲gh,乙减少的压强为△p乙=ρ乙gh,已知ρ甲<ρ乙,所以△p甲<△p乙.故选A、C、D.点评本题考查质量与压强的大小比较,用到了比例的方法,做题时要注意体会,本题计算过程复杂,属于难题.
二、填空题(每空1分,共22分)9.(3分)(xx•普陀区一模)教室里实物投影仪与计算机之间是 串联 连接(选填“串联”或“并联”),教室里电风扇正常工作时的电压为 220 伏,这些设备所消耗的电能是用 电能表 测量的.考点串联电路和并联电路的辨别;家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法;电能表参数的理解与电能的求法..专题电流和电路;电与热、生活用电.分析家庭电路中各家用电器的电压是220V,各家用电器之间都是并联的,这样各家用电器都能正常工作,并且互不影响.家庭电路中各家用电器消耗的电能用电能表来测量.解答解因为教室里的实物投影仪与计算机工作时相互影响,它们之间是串联连接;教室里电风扇正常工作时的电压为220V;这些设备所消耗的电能是用电能表来测量.故答案为串联;220;电能表.点评本题考查了家庭电路的电压、用电器的连接方式、电能表的作用. 10.(3分)(xx•普陀区一模)首先测定大气压值的实验是 托里拆利 实验; 一个 标准大气压等于760mm汞柱产生的压强;氢气球升到高空时会破裂,其主要原因是高空的大气压比较 低 (填“高”或“低”).考点大气压强的存在;大气压强与高度的关系..专题气体的压强、流体压强与流速的关系.分析测出大气压值的著名实验是托里拆利实验,它是利用大气压支持起管内的水银柱,即管内水银柱产生的压强等于大气压强,P大气=P水银=ρ水银gh;大气压强与高度的关系是大气的压强随高度的增加而减小.解答解意大利科学家托里拆利首先完成测定大气压的实验,一个标准大气压能够支持760mm高的水银柱,即一个标准大气压相当于760mm高水银柱产生的压强.氢气球在升高过程中,球外的大气压强越来越小,而球内的气压不变,所以气球体积逐渐增大,当球内气压大于外界大气压时,就会将球胀破;故本题答案为托里拆利;一个;低.点评本题是考查关于大气压的一些基础知识. 11.(3分)(xx•普陀区一模)小翔同学在学习了物理知识后,知道 太阳 是离地球最近的一颗恒星;奥斯特发现了“电流周围存在 磁场 ”;在研究串联或并联电路电阻规律,引入总电阻概念,采用了 等效替代 的科学方法.考点人类探究太阳系及宇宙的历程;物理学方法;通电直导线周围的磁场..专题磁现象、电生磁;粒子与宇宙、材料世界.分析
(1)恒星是能发光发热的星;
(2)奥斯特是第一个揭示了电与磁之间有联系的科学家;
(3)在研究电阻规律时,引进了等效电阻的概念.解答解
(1)太阳是离地球最近的一颗恒星;
(2)奥斯实验说明电流的周围存在磁场;
(3)一个电阻和几个电阻串联或并联的效果相同,这种方法叫等效替代法.故答案为太阳;磁场;等效替代.点评本题是较为简单的了解性习题,但是一道综合题. 12.(3分)(xx•普陀区一模)如图所示,两个完全相同的圆柱形容器内分别盛有不同的液体A、B,已知A液体的质量小于B液体的质量,则两种液体的密度ρA < ρB;将两个相同的金属球分别浸没在A、B液体中,此时A液体对容器底部的压强 < B液体对容器底部的压强,两容器对地面的压力FA < FB.(均选填“>”、“=”或“<”)考点密度公式的应用;液体压强计算公式的应用..专题密度及其应用;压强、液体的压强.分析
(1)两个圆柱形容器完全相同,由图知,A液体和B液体的体积关系,知道质量关系,利用ρ=得出液体的密度关系;
(2)容器为圆柱形容器,液体对容器底的压力F=G=mg,知道液体的质量关系,可得液体对容器底的压力关系,而容器底面积相同,利用p=得出两容器底受到的液体压强关系;
(3)两个圆柱形容器完全相同、知道液体的质量关系,将两个完全相同的金属球分别投入两容器中,可得总质量大小关系,容器对桌面的压力F=G=mg,据此得出两容器对地面的压力关系.解答解
(1)两个圆柱形容器完全相同,由图知,A液体的体积VA>VB,A液体的质量mA<mB,由ρ=可知,ρA<ρB.
(2)容器为圆柱形容器,液体对容器底的压力F=G=mg,由于A液体的质量小于B液体的质量,所以A液体对容器底的压力小于B液体对容器底的压力,而两个圆柱形容器完全相同、底面积相同,所以由p=可知A两容器底受到的液体压强小于B两容器底受到的液体压强,将两个完全相同的金属球分别投入两容器中都浸没,且两容器均没有液体溢出,所以排开液体的体积相同,即液面升高的高度相同.根据液体压强的公式p=ρgh可知,△p甲=ρ甲g△h,△p乙=ρ乙g△h由于ρ甲<ρ乙所以△p甲<△p乙所以将两个完全相同的金属球分别投入两容器中甲、乙容器底部受到的压强关系为p甲<p乙;
(3)两个圆柱形容器完全相同、A液体的质量小于B液体的质量,将两个完全相同的金属球分别投入两容器中,容器的总质量m总A<m总B,而容器对地面的压力F=G=mg,所以,两容器对地面的压力FA<FB.故答案为<;<;<.点评本题为力学综合题,考查了密度公式、液体压强公式和压强定义式的了解与掌握,利用好两个隐含条件是关键一是在圆柱形容器内,液体对容器底的压力等于液体的重力,二是容器对地面的压力等于容器和液体的总重力. 13.(3分)(xx•普陀区一模)某导体电阻为10欧,若10秒内通过该导体横截面的电荷量为3库,则电流大小为
0.3 安,导体两端电压为 3 伏,若电流变化了1安,则导体的电阻为 10 欧.考点电量及其计算;欧姆定律的变形公式..专题电流和电路;欧姆定律.分析
(1)已知电荷量和通电时间,根据公式I=可求通过导体的电流;
(2)根据欧姆定律的变形公式U=IR求出导体两端电压;
(3)电阻是导体本身的一种性质,不随导体两端的电压和通过的电流的改变而改变.解答解通过导体的电流I===
0.3A;由I=可知,导体两端电压U=IR=
0.3A×10Ω=3V;因为电阻是导体本身的一种性质,不随着导体两端的电压和通过电流的改变而改变,因此若电流变化了1安,则导体的电阻仍为10Ω.故答案为
0.3;3;10.点评本题考查电流、电压的计算,关键是公式及其变形的灵活运用,要知道电阻是导体本身的一种性质,它与导体两端的电压和通过导体的电流大小无关. 14.(3分)(xx•普陀区一模)如图所示,重为
2.45牛的木块,用细线悬着浸没在装有水的柱形容器中,细线对木块的拉力为
1.2牛,细线断后木块露出水面前,浮力和重力的合力为
1.2 牛.当木块静止时,浮力与重力之比为 11 ;木块在露出水面之前与之后、下上表面所受水的压强差 变小 (选填“变大”、“不变”或“变小”).考点力的合成与应用;浮力产生的原因;物体的浮沉条件及其应用..专题浮力.分析对木块受力分析可得出;木块静止时,会漂浮在液面上,浮力等于重力;解答解用细线悬着浸没在装有水的柱形容器中,木块受到向下的重力、绳子对它向下的拉力和水的浮力,即F浮=G+F,则浮力和重力的合力为绳子对它向下的拉力,为
1.2N;细线断后,木块静止,会漂浮在液面上,浮力等于重力,故浮力与重力之比为11;木块在露出水面之前浮力大于重力,露出水面后静止,浮力等于重力,下上表面所受水的压力差减小,故下上表面所受水的压强差变小;故答案为
1.2;11;变小点评本题考查了合力、浮力产生的原因、物体的浮沉条件及应用,知识点较多,难度不是很大. 15.(2分)(xx•普陀区一模)在图所示的电路中,电源电压保持不变.闭合电键S,小灯发光较暗.一段时间后,小灯明显变亮,且电压表与电流表示数比值不变,据此判断电路故障是 R短路 .将电流表与电阻R的位置对换后,则电表示数保持不变的是 电流表 (选填“电流表”、“电压表”或“电压表和电流表”).考点电流表、电压表在判断电路故障中的应用;电路的基本连接方式..专题电流和电路.分析由电路图可知,电阻R与灯泡L串联,电压表测灯泡L两端的电压,电流表测电路中的电流;根据灯泡亮暗的变化可知实际功率的变化,根据P=I2R可知电路中电流的变化,根据欧姆定律可知电路中总电阻的变化,进一步可知电阻的状态;根据被短路的元件以及电路的结构分析电压表和电流表示数的变化.解答解由电路图可知,电阻R与灯泡L串联,电压表测灯泡L两端的电压,电流表测电路中的电流;因为灯泡的亮暗取决于实际功率的大小,所以小灯泡变亮时,实际功率变大;由P=I2R可知,电路中的电流变大,即电流表示数变大;由I=可知,电路中的总电阻变小,并且灯泡能发光,因此电阻R短路;将电流表与电阻R的位置对换后,由于R被短路,因此电路仍为灯泡的基本电路,因此电流表示数不变;由于电压表与电阻并联,因此电压表示数变为零.故答案为R短路;电流表.点评本题考查了欧姆定律和电功率公式、电路三种状态的应用,关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小. 16.(2分)(xx•普陀区一模)某物理兴趣小组同学为了研究固体和液体对外加压力大小的传递特点,他们做了以下实验,如同所示.他们用相同的水平力F,分别推光滑桌面上不同形状的固体左端和装有液体密闭容器的左边活塞,而紧靠右端的完全相同的弹簧被压缩产生形变,弹簧形变量的大小关系为△l4<△l1=△l2<△l3.请仔细观察图中的操作和相关条件,归纳得出初步结论
①分析比较图中(a)或(b)或(c)或(d)可得出的初步结论是 用相同的水平力施加在固体和液体上,固体和液体都能传递外加的压力 .
②分析比较图中(a)与(b)和(c)与(d)可得出的初步结论是 用相同的水平力施加在固体和液体上,固体传递外加压力的大小和固体形状无关,液体传递外加压力的大小和装有液体密闭容器的左右两端的活塞大小有关 .考点控制变量法与探究性实验方案..专题实验题;探究型实验综合题.分析根据控制变量法分析图中的不变的因素和改变的因素,找出其关系即可得出结论.解答解
(1)分析比较图(a)和(b)和(c)或(d)他们用相同的水平力F,分别推光滑桌面上不同形状的固体左端和装有液体密闭容器的左边活塞,而紧靠右端的完全相同的弹簧被压缩产生形变,可知用相同的水平力施加在固体和液体上,固体和液体都能传递外加的压力;
(2)分析比较图中(a)与(b)和(c)与(d),他们用相同的水平力F,分别推光滑桌面上不同形状的固体左端和装有液体密闭容器的左边活塞,而紧靠右端的完全相同的弹簧被压缩产生形变,弹簧形变量的大小关系为△l4<△l1=△l2<△l3.因弹簧的伸长量与压力大小成正比,(c)与(d),的活塞面积不同,可知用相同的水平力施加在固体和液体上,固体传递外加压力的大小和固体形状无关,液体传递外加压力的大小和装有液体密闭容器的左右两端的活塞大小有关;故答案为
(1)用相同的水平力施加在固体和液体上,固体和液体都能传递外加的压力;
(2)用相同的水平力施加在固体和液体上,固体传递外加压力的大小和固体形状无关,液体传递外加压力的大小和装有液体密闭容器的左右两端的活塞大小有关.点评本题考查控制变量法的应用,考查学生观察实验和分析实验的能力.
三、作图题(6分)17.(2分)(xx•普陀区一模)斜面上重为6牛的铁块,对斜面的压力4牛,如图所示,请用力的图示法画出斜面受到的压力.考点力的示意图..专题运动和力.分析画压力的图示首先要明确压力的三要素,再确立一定的标度,然后从斜面和物体接触的中心开始,沿垂直于斜面向里的方向,画出力的大小.解答解物体对斜面的压力,作用点在斜面上,方向是和斜面垂直向里,大小为4N.如图所示点评画力的图示时要明确力的大小、方向、作用点,然后确立标度,再按画图要求画出这个力. 18.(2分)(xx•普陀区一模)在图中,请根据小磁针静止时的方向标出磁感线的方向,以及电源的“+”、“﹣”极.考点通电螺线管的极性和电流方向的判断..专题电和磁.分析根据小磁针的NS极指向,利用磁极间的作用规律可以确定螺线管的NS极;根据磁感线特点可确定磁感线方向;根据螺线管的NS极和线圈绕向,利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向,进而可以确定电源正负极.解答解由于异名磁极相互吸引,所以当小磁针自由静止时,与小磁针N极靠近的螺线管的左端一定是S极;根据图示的线圈绕向和螺线管的NS极,利用安培定则可以确定螺线管中电流的方向是从螺线管的左端流入,右端流出,因此电源的左端为正极,右端为负极.磁感线方向从N极指向S极.答案如下图所示点评安培定则共涉及三个方向电流方向、磁场方向、线圈绕向,告诉其中的两个可以确定第三个.在此题的第二问中就是间接告诉了磁场方向和线圈绕向来确定电流方向. 19.(2分)(xx•普陀区一模)图中的电路中有一根导线连接错误,要求在错误处打叉,再添加一根导线,使两灯并联连接.考点电路的基本连接方式..专题电流和电路.分析各电路元件并列连接的连接方式是并联,分析电路图,判断各元件的连接方式,然后答题.解答解两灯泡并联,两灯泡应并列连接,即应首首相连、尾尾相连,由图所示电路图可知,开关左端与L1左端的连线错误,修改后的电路图如图所示点评本题考查了电路图的修改,知道并联的连接特点、分析清楚电路结构即可正确解题.
四、计算题(24分)20.(8分)(xx•普陀区一模)如图所示,实心正方体A放置在水平面上,A的边长为
0.5米,A的密度为8×103千克/米3,求
(1)物质A的质量m.
(2)物质A对地面的压强p.考点压强的大小及其计算..专题压强、液体的压强.分析
(1)知道边长,先利用正方体公式计算出体积,利用m=ρV计算出物体的质量;
(2)已知正方体质量,利用公式G=mg得到重力;正方体对水平地面的压力和自身的重力相等,求出受力面积,再根据压强公式求出对地面的压强.解答解
(1)实心正方体体积V=L3=(
0.5m)3=
0.125m3,由ρ=得,正方体的质量m=ρV=8×103kg/m3×
0.125m3=1000kg;
(2)物体对水平地面的压力F=G=mg=1000kg×
9.8N/kg=
9.8×103N,受力面积S=(
0.5m)2=
0.25m2,对地面的压强p===
3.92×104Pa.答
(1)该物体的质量为1000kg;
(2)对地面的压强为
3.92×104Pa.点评本题考查了密度公式、压强公式的应用,关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等.是一道基础题,难度不大. 21.(8分)(xx•普陀区一模)在图(a)所示的电路中,电源电压为6伏保持不变,滑动变阻器R2标有“20Ω1A”字样,所用电流表表盘如图(b)所示.闭合电键,将滑片移到某一位置时,电流表A1与A的示数分别为
0.5安和
1.1安.
(1)求电阻R1的阻值.
(2)若不改动电路中各元件的连接,在保证电路所有元件安全使用的情况下,求电阻R2消耗电功率的最大值P2最大.
(3)在保证电路所有元件安全使用的情况下,有没有可能使电流表A1与A指针偏离零刻度线的角度相同?(请通过计算说明理由)考点欧姆定律的应用;电功率的计算..专题电路和欧姆定律;电能和电功率.分析由电路图可知,R1与R2并联,电压表测电源的电压,电流表A测干路电流,电流表A1测R2支路的电流.
(1)根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流,根据并联电路的电压特点求出电阻R1的阻值;
(2)根据滑动变阻器的铭牌可知允许通过的最大电流,根据P=UI求出电阻R2消耗的最大电功率;
(3)电流表A1与A指针偏离零刻度线的角度相同时大量程的示数是小量程示数的5倍,根据并联电路的电流特点求出两支路的电流之比,根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻,然后与滑动变阻器的最大阻值相比较即可得出答案.解答解由电路图可知,R1与R2并联,电压表测电源的电压,电流表A测干路电流,电流表A1测R2支路的电流.
(1)因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以,通过R1的电流I1=I﹣I2=
1.1A﹣
0.5A=
0.6A,因并联电路中各支路两端的电压相等,所以,由I=可得,电阻R1的阻值R1===10Ω;
(2)由滑动变阻器R2的铭牌“20Ω1A”可知,通过R2的最大电流I2最大=1A,则电阻R2消耗电功率的最大值P2最大=UI2最大=6V×1A=6W;
(3)因电流表A1与A指针偏离零刻度线的角度相同时大量程的示数是小量程示数的5倍,即=,所以,指针位置相同时,两支路的电流之比===,则两支路的电阻之比===,所以,R2=4R1=4×10Ω=40Ω,而滑动变阻器的最大阻值为20Ω,所以不可能使电流表A1与A指针偏离零刻度线的角度相同.答
(1)电阻R1的阻值为10Ω;
(2)若电阻R2消耗电功率的最大值为6W;
(3)通过计算可知,不可能使电流表A1与A指针偏离零刻度线的角度相同.点评本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用,关键是知道电流表A1与A指针偏离零刻度线的角度相同时大量程的示数是小量程示数的5倍. 22.(8分)(xx•普陀区一模)如图所示,柱形容器中装有适量的水,小刚同学用一个平底试管装入适量钢珠漂浮在液面.该试管总质量为200克,底面积为2×10﹣3米2,试管总长为20厘米.
(1)求水深为25厘米时,容器底部所受水的压强.
(2)将该试管放入容器中漂浮时,求容器底部所受压力的增加量.
(3)若该试管在水中漂浮时,试管对应水面的位置设为A水,如图所示若将该试管分别漂浮在ρ1=
0.8×103kg/m3和ρ2=
1.2×103kg/m3的液体中,试管在两种液体液面所对应位置分别为A
1、A2.a.请判断试管上位置A
1、A2分别位于位置A水的上方或下方,并选择其中一种液体通过计算说明.b.若将试管漂浮在密度为ρx液体中,所对应液面位置为Ax,且ρx<ρ1,发现AxA1之间的距离恰好等于A水A1的距离,求液体密度ρx的大小.考点液体的压强的计算;物体的浮沉条件及其应用..专题压强、液体的压强;浮力.分析
(1)根据密度计下表面浸入的深度和求出的液体密度,结合液体压强的计算公式,可以求得液体对密度计的底部压强.
(2)试管在水中漂浮时,可以利用漂浮在液面上的物体受到的浮力等于其重力来求容器底所受压力的增加量.
(3)a、根据物体的浮沉条件得出液面在A1和A点时试管排开水的体积,则利用VA
1、VA两体积相等可得出液面A1与A水的位置;b、根据AxA1之间的距离恰好等于A水A1的距离,得出试管排开液体的体积关系,利用物体的浮沉条件得出试管漂浮在密度为ρx、ρ1液体和水中的浮力关系,即可求出ρx.解答解
(1)容器底部所受水的压强p=ρ液gh=1×103kg/m3×10N/kg×
0.2m=2×103Pa.
(2)该试管的总重力G=mg=200×10﹣3kg×10N/kg=2N,由于试管在水中,浮力等于重力,F浮=G=2N,则容器底所受压力的增加量△F=G排=F浮=2N;
(3)a、试管漂浮在水中时,F浮水=G,根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排得ρ水gV排水=G,试管漂浮在ρ1液体中时,F浮1=G,即ρ1gV排1=G,所以ρ水gV排水=ρ1gV排1,由于ρ1=
0.8×103kg/m3和ρ水=1×103kg/m3所以V排水<V排1,由于试管底面积相同,则LA<LA1,即试管上位置A1位于A水的上方;b、由于ρ1<ρ水,A1位于A水的上方;则ρx<ρ1时Ax位于A1的上方;由于AxA1之间的距离恰好等于A水A1的距离,设AxA1=A水A1=L,则V排水=sL水,V排1=s(L水+L),V排x=s(L水+L+L),由于试管漂浮在液面上,F浮=G,则F浮水=F浮1=F浮x=G,即ρ水gV排水=ρ1gV排1=ρxgV排x,则ρ水gsL水=ρ1gs(L水+L)=ρxgs(L水+L+L),即
0.8×103kg/m3×L水=
0.8×103kg/m3×(L水+L)=ρx(L水+L+L),解得ρx=
0.6×103kg/m3.答
(1)水深为25厘米时容器底部所受水的压强为2×103Pa;
(2)将该试管在水中漂浮时,容器底所受压力的增加量为2N;
(3)a.试管上位置A1位于A水的上方、A2水的下方.b.液体密度ρx的大小为
0.6×103kg/m3.点评本题考查了阿基米德原理、物体的浮沉条件、液体压强的计算.解决此题难点是将阿基米德原理和物体的浮沉条件联合来使用.不应简单地将A、B两点的密度加起来除以2,本题考查了阿基米德原理的公式,涉及到漂浮时,浮力等于重力的特点.
五、实验题(32分)23.(8分)(xx•普陀区一模)在“用滑动变阻器改变电路电流”试验中,连接电路时,电键应处于 断开 状态;在图(a)所示电路中,闭合电键前,滑片应移到变阻器的 右 端(选填“左”或“右”),试接触后发现电流表的表盘如图(b)所示,发生这一现象的原因是 电流表正负接线柱接反了 .经思考后,重新连接进行实验,闭合电键后,电流表的示数如图(b)所示,此时电路中电流为
0.4 安.考点滑动变阻器的使用..专题实验题;探究型实验综合题.分析为了保护电路,连接电路时,开关处于断开状态,滑动变阻器的滑片处于最大阻值处;使用电流表时,电流要从正接线柱流入,从负接线柱流出;读取电流表示数时,首先要明确电流表选择的量程和对应的分度值,读数时视线与指针所对刻线相垂直.解答解连接电路时,电键处于断开状态,避免连接完最后一根导线,电路中就有电流,可能会损坏电路元件;滑动变阻器的滑片处于右端,连入电路的阻值最大,电流最小,对电路起到保护作用;由图知,电流表指针向左偏转,原因是正负接线柱接反了;由图知,电流表选择的是0~
0.6A量程,对应的分度值是
0.02A,示数为
0.4A.故答案为断开;右;电流表正负接线柱接反了;
0.4.点评本题考查了用滑动变阻器改变电路电流实验,涉及的知识点较多,但都属于基础题. 24.(8分)(xx•普陀区一模)在“探究液体内部的压强与哪些因素有关”的实验中,小明同学在塑料管上离管底等高的不同位置A、B、C处扎了三个小孔,并将其放入水槽中,如图所示
(1)水通过三个小孔流入塑料管中,说明水内部向各个 方向 都有压强.
(2)若小明改变塑料管在水中的深度,他想探究水内部的压强与 水的深度 的关系.
(3)若小明还想探究液体内部的压强与液体种类的关系,还需要用液体种类 不同 ,且深度 相同 的液体进行多次试验.(均选填“相同”或“不同”)考点探究液体压强的特点实验..专题实验题;探究型实验综合题.分析
(1)通过观察有水经小孔流入塑料管中得出结论;
(2)液体压强与液体密度和深度有关,探究与其中某个因素的关系时,采用控制变量法的思想.解答解
(1)水通过三个小孔流入塑料管中,说明水内部向各个方向都有压强;
(2)小明改变塑料管在水中的深度,他想探究水内部的压强与深度的关系;
(3)小明还想探究液体内部的压强与液体种类的关系,需要用不同液体且深度不同的液体来进行实验.故答案为
(1)方向;
②水的深度;
③不同;相同.点评此题中的实验操作简单、现象明显,但在描述时,一定要注意到各条件的变化,并将现象与物理原理联系起来,如深度、方向、水柱路径的远近、压强的大小的关系一定要搞清. 25.(10分)(xx•普陀区一模)某小组同学做“测定小灯泡的电功率”的实验,所用电源电压为6伏、电压表、电流表、小灯上标有“
3.8V
0.3A”、三个滑动变阻器分别标有“5Ω3A”、“10Ω2A”、“20Ω1A”的字样、电键,导线若干.实验时,小涛同学认为电压表应选用0~15伏,电流表选用0~
0.6安,滑动变阻器应选用“5Ω3A”的.
(1)你认为小涛同学器材选择是 不合理 的.(选填“合理”、“不合理”)
(2)经过讨论,同学们通过正确的连接和调节滑片后,测出的三次数据记录在表中试验次数灯泡两端电压(伏)电流(安)
13.
00.
2623.
80.
334.
50.32则小灯泡的额定功率为
1.14 瓦.所选用的滑动变阻器是 10Ω2A .
(3)小涛的同学小峰认为不用滑动变阻器也可以完成“测定小灯泡电功率”实验,你认为小峰的建议 不可行 (选填“可行”、“不可行”),你的理由是 无法调节灯泡两端电压到灯泡的额定电压 .考点电功率的测量..专题实验题;测量型实验综合题.分析
(1)根据实验数据与实验器材分析答题.
(2)根据表中实验数据应用P=UI分析答题.
(3)灯泡在额定电压下的功率为额定功率,据此分析答题.解答解
(1)灯泡正常发光时滑动变阻器两端电压UR=U﹣UL=6V﹣
3.8V=
2.2V,此时滑动变阻器接入电路的阻值R==≈
7.33Ω,滑动变阻器选择“5Ω3A”不合理,应选择“10Ω2A”的滑动变阻器.
(2)由表中实验数据可知,灯泡额定电压
3.8V对应的电流为
0.3A,灯泡额定功率P=UI=
3.8V×
0.3A=
1.14W;由
(1)可知,滑动变阻器应选择“10Ω2A”.
(3)灯泡在额定电压下的时间功率是额定功率,由题意可知,不适用滑动变阻器不能把灯泡两端电压调节到灯泡的额定电压
3.8V,因此小峰的建议不合理.故答案为
(1)不合理;
(2)
1.14;10Ω2A;
(3)不可行;无法调节灯泡两端电压到灯泡的额定电压.点评本题考查了实验数据分析,应用串联电路特点与欧姆定律、电功率公式即可正确解题. 26.(6分)(xx•普陀区一模)为了探究容器中漂浮在液面上的冰块完全熔化前后液面变化与液体密度的关系,同学们组成兴趣小组进行实验.他们选用了不同质量的冰块,分别装入盛有水的量筒中,水的体积均为300cm3,如图所示,实验数据记录在表一中,然后,他们换用体积均为300cm3不同液体重复实验,并将数据记录在表
二、表三中表一实验序号冰的质量(克)放入冰块水的体积(厘米3)冰熔化后总体积(厘米3)1603603602903903903150490450表二液体(ρ液体=
1.2×103kg/m3)实验序号冰的质量(克)放入冰块水的体积(厘米3)冰熔化后总体积(厘米3)4603503605903753906120400420表三液体(ρ液体=
1.5×103kg/m3)实验序号冰的质量(克)放入冰块水的体积(厘米3)冰熔化后总体积(厘米3)7603403608903603909120380420
(1)分析比较实验序号1或2或3数据的关系及相关条件,可得出的初步结论是 漂浮在水中的冰块,冰块完全熔化后体积不变 ,冰块完全熔化前后容器中液面没有变化
(2)分析比较实验序号4或5或6,的数据的关系及相关条件,可得出的初步结论是 漂浮在密度为
1.2×103kg/m3的液体中的冰块,冰块完全熔化后体积增大,容器中液面上升 .
(3)分析比较表二和表三中的 4和7 数据的关系及相关条件,可得出的初步结论是质量相同的冰块,漂浮在不同液体中,液体密度越大,冰块完全熔化前后容器中液面变化越大.考点探究浮力大小的实验..专题实验题;探究型实验综合题.分析
①分析比较实验序号
1、2和3,分析冰块熔化与未熔化时的体积变化;
②分析比较实验序号4或5或6,分析冰块熔化与未熔化时的体积变化;
③分析比较表二和表三中的数据得出结论即可.解答解
(1)分析比较实验序号1或2或3数据的关系及相关条件,可得出的初步结论是漂浮在水中的冰块,冰块完全熔化后体积不变,容器中液面没有变化;
(2)分析比较实验序号4或5或6,的数据的关系可得出的初步结论是漂浮在密度为
1.2×103kg/m3的液体中的冰块,冰块完全熔化后体积增大,容器中液面上升;
(3)质量相同的冰块,漂浮在不同液体中,液体密度越大,冰块完全熔化前后容器中液面变化越大,得出此结论,需保证质量相同,故分析比较表二和表三中的4和7(或5和8或6和9);故答案为
(1)漂浮在水中的冰块,冰块完全熔化后体积不变;
(2)漂浮在密度为
1.2×103kg/m3的液体中的冰块,冰块完全熔化后体积增大,容器中液面上升;
(3)4和7点评本题主要考查学生控制变量法的应用和图表的分析能力.难度适中. 。