【文档说明】2022年上海市黄浦区九年级上期末物理试题及答案解析.docx，共(18)页，276.791 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共18页2022年上海市黄浦区九年级（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）1.首先发现电流周围存在磁场的物理学家是()A.伏特B.安培C.帕斯卡D.奥斯特2.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3.水结成冰后，不变的物理量是()A.体积B.质量C.比热D.密度4.当温度一定时，关于两根铜导线电阻的大小，下列判断中正确的是()A.细的电阻大B.长的电阻大C.粗细相同，长的电阻大D.长度相同，粗的电阻大5.在如图所示的电路中，电源电

压保持不变。闭合开关𝑆，当滑动变阻器的滑片𝑃向右移动时，变大的是()A.电压表𝑉的示数B.电流表𝐴1的示数C.电压表𝑉与电流表𝐴示数的比值D.电压表𝑉与电流表𝐴1示数的比值6.如图所示，均匀实心正方体甲、乙分别置于水平地面

上，它们对水平地面的压强相等，若在它们的上部沿水平方向均截去各自的一半，截去部分的质量分别为𝛥𝑚甲、𝛥𝑚乙，剩余部分对地面的压强分别为𝑝甲′、𝑝乙′。则()第2页，共18页A.𝑝甲′一定小于𝑝乙′B.𝛥𝑚甲一定大于𝛥𝑚乙C.𝑝甲′可能大于𝑝乙′D.𝛥𝑚甲可能小

于𝛥𝑚乙二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）7.上海地区家庭电路的电压为______伏；电灯、电视机、电扇等用电器是______的(选填“串联”或“并联”)。每多使用一个用电器，家庭电路的总电阻将______(选填“变小”、“不

变”或“变大”)。8.在如图所示的实例中，应用连通器原理的是图______；应用大气压强的是图______；应用阿基米德原理的是图______。[均选填“(𝑎)”、“(𝑏)”、“(𝑐)”]9.压力是______作用在物

体表面并指向物体表面的力。现有一质量为0.1千克的物体置于水平地面上，地面受到的压力大小为______牛；若将该物体置于水中，其上表面距离水面深度为0.2米，则该物体上表面受到水的压强大小为______帕。10.在如图所示的电路中，电流表测的是通过_

_____的电流(选填“𝐿支路”、“𝑅滑支路”或“干路”)，通过灯𝐿的电流方向为______(选填“𝐴→𝐵”或“𝐵→𝐴”)；断开开关，电流表示数将______(选填“变小”、“不变”或“

变大”)。第3页，共18页11.5秒内通过某导体横截面的电荷量为3库，通过它的电流为______安。该导体电阻为20欧，它两端的电压为______伏。若通过导体的电流变为0.3安，则其电阻为______欧。12.在如图所示的电路中，电源电压为𝑈0

保持不变，𝑅1、𝑅2的阻值均为𝑅0。闭合开关，两电表示数均不变，已知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻𝑅1或𝑅2上。请根据以上信息，写出各电表的示数及其对应的故障。______。13.如图所示，某小组同学在塑料小桶中，分别装满密度已知的四种不同液体，用弹簧测力计依次测出它们的重力

，记录数据如表所示。液体密度(克/厘米3)0.81.01.21.4弹簧测力计示数(牛)1.41.61.82.0①根据表中数据及相关条件可知测力计示数随液体密度的变化关系为：同一小桶装满不同液体时，______。②若把弹簧测力计和小桶改装为液体密度秤，则该秤的“

0”刻度线与弹簧测力计上的“0”刻度线是否重合？______，请说明理由：______。③若要提高该秤的称量精度，可换用以下两种规格的塑料小桶，符合要求的是______。(填写序号)A.容积相同，质量更小的小桶B.质量相同，容积更大的小桶三、作图题（本大题共2小题，共4.

0分）14.在图中，重为2牛的小球漂浮在水面上，用力的图示法画出小球所受的浮力𝐹浮。第4页，共18页15.如图所示，根据图中电源的正、负极，标出磁感线方向和小磁针的𝑁极。四、计算题（本大题共4小题，共32.0

分）16.体积为1×10−4米3的合金块浸没在水中，求合金块所受的浮力𝐹浮的大小。17.在如图所示的电路中，电源电压为12伏保待不变，电阻𝑅1的阻值为10欧。闭合开关𝑆，电流表𝐴的示数为1.5安。①求通过电阻𝑅1的电流𝐼1。②求电阻𝑅2的阻值。③请利用欧姆定律及并联电路中电流、电压的

规律，推导出并联电路电阻的规律。18.如图所示，重为0.4牛、底面积为2×10−2米2的薄壁圆柱形容器置于水平面上，容器内盛有2千克的水，且容器足够高。①求容器内水的体积𝑉水。②求容器对水平面的压强𝑝。

③现有三个物体𝐴、𝐵、𝐶，其密度、体积的关系如表所示。请选择其中一个，将其浸没在容器中后，可使水对容器底部压强增加量𝛥𝑝水最小，且容器对水平面压力增加量𝛥𝐹也最小。写出选择的物体并说明理由。物体密度体积𝐴3𝜌2𝑉𝐵2𝜌2𝑉𝐶𝜌4𝑉第5页，共1

8页19.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻𝑅1的阻值为12欧，滑动变阻器𝑅2标有“100欧1安”字样。闭合开关𝑆，移动滑片𝑃至某位置时，电流表示数为0.5安。①求此时电阻𝑅1两端的电压�

�1。②现将一个电压表正确接入电路。闭合开关𝑆，移动滑片𝑃，在电路安全工作的情况下，电压表示数的变化范围为6伏～15伏。(𝑎)请指出电压表接入的位置，并说明理由。(𝑏)求最小电流𝐼最小。五、综合题（本大题共1小题，共10.0分）20.小明做“用电流表、电压表测电阻

”的实验，现有电源(电压为2伏整数倍)、电流表、阻值为10欧的定值电阻𝑅定，待测电阻𝑅𝑥各一个以及导线若干。他先设计连接了如图(𝑎)所示的电路，闭合开关，电流表示数如图(𝑏)所示。为了测出待测电阻两端电压，他将电阻𝑅定并联接入电路𝐴、𝐵、�

�中某两点间，开关处于某状态，电流表示数如图(𝑐)所示。①请写出定值电阻𝑅定的接入点以及开关的开闭状态。②求出待测电阻𝑅𝑥的阻值。(请写出过程)③沿用上述方法，为了减小误差，可进行的操作是：______。A.换其他待测电阻继续

实验B.换不同已知阻值的定值电阻继续实验C.换不同未知电压的电源继续实验第6页，共18页答案和解析1.【答案】𝐷【解析】解：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场。故选：𝐷。首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特。物理学史也是中考考查的内容之

一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢。2.【答案】𝐴【解析】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。(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。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。3.【答案】𝐵【解析】解：(1)质量是物质的属性，只与所含物质的多少有关，与物体的位置、状态、形状、温度无关，因此水结成冰后

质量不变；故B正确；(2)水的密度是1.0×103𝑘𝑔/𝑚3，冰的密度是0.9×103𝑘𝑔/𝑚3，因此水结成密度变小，故D错误；第7页，共18页(3)根据密度的计算公式𝜌=𝑚𝑉变形得𝑉=𝑚𝜌，质量𝑚不变，密度𝜌变小，因此体积𝑉变大，故A错误。(

4)水的比热4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，冰的比热容2.1×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，因此水结成冰比热容变小，故C错误；故选：𝐵。在质量、体积、密度和比热容四个量中，只有质量是物体的属性，只与所含物质的多少有关，与物体的位置、状态、形状、温度无关；而体积、密度和比热容都与温度有一定

关系，生活中的热胀冷缩现象就说明了这一点。此题考查知识面较广，涉及到四个物理量，抓住物理量的概念，深入理解并能运用物理知识进行判断其是否变化。质量是属性，其余量是可以变化的，并且是经常变化的。4.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查了决定电阻大小的因素，用

好控制变量法正确分析是本题的关键。【解答】A.只有在长度相同时，细铜线的电阻才会比粗铜线的电阻大，故A错误；B.只有在横截面积相同时，长的铜导线电阻才会比短的铜导线的电阻大，故B错误；C.两根铜导线，粗细相同时，导线越长，其电阻越大，故C正确；D.两根铜导线，长度相同时，导线越粗，其电阻

越小，故D错误。故选C。5.【答案】𝐶【解析】解：由电路图可知，𝑅1与𝑅2并联，电流表𝐴1测𝑅1支路的电流，电流表𝐴测干路电流，电压表测电源的电压；A.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不符合题意；B.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，即电流表𝐴1的示数不变，故B不符合题意；C、当滑动变阻器的滑片𝑃向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由𝐼=𝑈𝑅可知，通过𝑅2的电流变小；通过

𝑅1的电流不变，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，第8页，共18页即电流表𝐴的示数变小；又因为电压表𝑉的示数不变、电流表𝐴的示数变小，所以，电压表𝑉与电流表𝐴示数的比值变大，故C符合题意；D.因电压表�

�的示数不变、电流表𝐴1的示数不变，所以电压表𝑉与电流表𝐴1示数的比值不变，故D不符合题意．故选：𝐶。由电路图可知，𝑅1与𝑅2并联，电流表𝐴1测𝑅1支路的电流，电流表𝐴测干路电流，电压表测电源的电压；根据电源的电压可知滑片移动时电压表𝑉的

示数变化，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的电流的变化；根据滑片的移动方向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，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化；根据电压表示数、电流表𝐴2、电流表𝐴1示数的变化判定

电压表与电流表示数比值的变化。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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。6.【答案】𝐵【解析】解：𝐴𝐶、置于水平地面上的正方体对地面的压力等于自身

的重力，则有𝑝甲=𝐹甲𝑆甲=𝐺甲𝑆甲，𝑝乙=𝐹乙𝑆乙=𝐺乙𝑆乙，由题意可知𝑝甲=𝑝乙，所以𝐺甲𝑆甲=𝐺乙𝑆乙；若在它们的上部沿水平方向均各自截去一半后，剩余部分对地面的压强𝑝甲′=𝐹甲′𝑆甲′=𝐺甲2𝑆甲，𝑝乙′=𝐹乙′𝑆乙′

=𝐺乙2𝑆乙，可见𝑝甲′=𝑝乙′，故AC均错误；𝐵𝐷、由图可知𝑆甲>𝑆乙，且原来对地面的压强𝑝甲=𝑝乙，由𝐺=𝐹=𝑝𝑆可知𝐺甲>𝐺乙，根据𝐺=𝑚𝑔可得：𝑚甲>𝑚乙，从它们的上

部沿水平方向均截去各自的一半，则截去部分的质量𝛥𝑚甲=12𝑚甲，𝛥𝑚乙=12𝑚乙，可见𝛥𝑚甲>𝛥𝑚乙，故B正确，D错误；第9页，共18页故选：𝐵。(1)原来两正方体对水平地面的压强相等，若在它们的上部沿水平方

向均截去各自的一半，剩余部分对地面的压力等于正方体重力的一半，根据压强的定义式比较剩余部分对地面的压强的大小；(2)已知底面积的大小关系和原来对地面的压强关系，根据𝐺=𝐹=𝑝𝑆比较原来两正方体的重力大小；从它们的上部沿水平方向均截去各自

的一半，则截去部分的重力(或质量)是原来的一半，可比较剩余部分的质量关系。本题考查了固体压强大小的计算和比较，掌握压强的定义式是解题的关键。7.【答案】220并联变小【解析】解：我国家庭电路的电压是220𝑉；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；每多使用一件电器，相当于横截面积变大，故家中电路的总电阻变小。故答案为：220；并联；变小。(1)家庭电路的电压是220𝑉；(2)家用电器工作互不影响，应并联使用；(3)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关

；并联电路增加用电器，相当于总电阻横截面积变大，电阻变小。记住常见电压值、明确家庭电路电器的连接方式、理解影响电阻的因素，可解答此题。8.【答案】(𝑎)(𝑏)(𝑐)【解析】解：茶壶的壶嘴和壶身构成连通器；根据连通器的特点可知，当水不流动时，两端的水

面总是相平的，即在一条水平线上，即应用连通器原理的是图(𝑎)；把吸盘紧压在光滑的墙上，把吸盘内的空气排出，大气压就把吸盘紧压在了墙上，在钩上可以挂衣服，故应用大气压强的是图(𝑏)；液体密度计就是应用阿基米德原理制成的，所以应用阿基米

德原理的是图(𝑐)。故答案为：(𝑎)；(𝑏)；(𝑐)。(1)连通器的特点是：如果连通器中只有一种液体，当液体不流动时，各容器中液面总是相同的。(2)从吸盘式挂衣钩的原理分析，判断是否利用大气压工作。(3)浸在液体或气体中的物体都受到液体或气体对它施加的竖直向上的浮

力。根据阿基米德原理第10页，共18页𝐹浮=𝜌液𝑔𝑉排，物体受到的浮力只与液体(或气体)的密度和排开液体(或气体)的体积有关。知道连通器、阿基米德原理和大气压的应用是解决该题的关键。9.【答案

】垂直12000【解析】解：压力是垂直作用在物体表面并指向表面的力；物体的重力𝐺=𝑚𝑔=0.1𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=1𝑁，物体置于水平地面上，则地面受到的压力大小为𝐹=𝐺=1𝑁；该物体上表面受到水的压强：𝑝=𝜌水𝑔ℎ=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘�

�×0.2𝑚=2000𝑃𝑎。故答案为：垂直；1；2000。(1)根据压力的概念解答；(2)根据𝐺=𝑚𝑔求出物体的重力，放置于水平面上的物体，对水平面的压力等于其自身重力，；(3)已知物体上表面距离水面深度，利用𝑝=𝜌𝑔ℎ可求该物体上表面受到水的压强。此题考查压力及重力与压力

的区别、液体压强计算，属于基础知识考查，难度不大。10.【答案】𝑅滑支路𝐵→𝐴不变【解析】解：电流表与变阻器串联，因此电流表测的是𝑅滑支路通过的电流；电流从电源正极出发，流回负极，因此通过灯𝐿的电

流方向为𝐵→𝐴；并联电路中，各支路互不影响，断开开关后灯不亮，但电流表示数将不变。故答案为：𝑅滑支路；𝐵→𝐴；不变。分析电路结构，明确各电路元件的连接方式，然后可根据并联电路的特点分析答题。

本题考查了电流表的使用，分析清楚电路结构、明确各电路元件的连接方式是正确解题的前提，是一道基础题。11.【答案】0.61220【解析】解：(1)通过该导体的电流：𝐼=𝑄𝑡=3𝐶5𝑠=0.6𝐴；第11页，共18页(2)由

欧姆定律𝐼=𝑈𝑅可得，导体两端的电压：𝑈=𝐼𝑅=0.6𝐴×20𝛺=12𝑉，(3)电阻是导体本身的一种性质，与电流、电压的大小无关，通过导体的电流变为0.3𝐴，此时该导体的电阻不变，还是20𝛺。故答案为：0

.6；12；20。(1)知道时间、电荷量，利用𝐼=𝑄𝑡求通过该导体的电流；(2)知道电阻，利用欧姆定律求导体两端的电压；(3)电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于导体的长度、材料、横截面积，而与导体

两端的电压和通过的电流无关。本题考查了电荷量计算公式的应用、欧姆定律的应用，知道导体的电阻是导体本身的一种性质是解题的关键。12.【答案】电流表电压表示数都为0，𝑅1断路；电流表示数为0，电压表示数为𝑈0，𝑅2断路【解析】解：根据电路图可知，开关𝑆断开时，电压表、电流表、

𝑅1串联接入电路中；闭合开关，两电阻串联，电流表测量电路电流，电压表测量电阻𝑅2两端的电压；若𝑅1断路，开关𝑆断开时，电路是断开的，电流表电压表都无示数；开关𝑆闭合时，电路是断开的，电流表、电压表都无示数；若

𝑅1短路，开关𝑆断开时，电流表无示数，电压表测量的是电源电压，示数为𝑈0；开关𝑆闭合时，电路是接通的，根据欧姆定律可知，电流表示数为𝑈0𝑅0，电压表测量的是电源电压，示数为𝑈0；若𝑅2断路，开关𝑆断开时，电流表示数为0，此时电压表测量的是电源电压，示数为𝑈0；开关𝑆闭合时，

电流表示数为0，此时电压表测量的是电源电压，示数为𝑈0；若𝑅2短路，开关𝑆断开时，电流表无示数，电压表测量的是电源电压，示数为𝑈0；开关𝑆闭合时，电路是接通的，此时电压表被短路，示数为0，根据欧姆定律可知，电流表示

数为𝑈𝑅0；综上所述，两电表示数均不变的故障有两种：𝑅1断路、𝑅2断路。故答案为：电流表电压表示数都为0，𝑅1断路；电流表示数为0，电压表示数为𝑈0，𝑅2断路。根据电路图可知，开关𝑆断开时，电压表

、电流表、𝑅1串联接入电路中；闭合开关，两电阻串联，电流表测量电路电流，电压表测量电阻𝑅2两端的电压；根据可能出现的故障和电压表示数分析。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，采用排除法进第12页，共18页行分析。13.【答案】弹簧测力计的示数随着液体密度的增大而增大否小桶自身有一定的重力𝐵【解析】解：①根据表格中的数据可知，同一小桶装满不同液体时，液体的密度越大，弹簧测力计的示数越大，则可以得出结论：弹簧测力计的示数随着液体密度的增大而增大。②

小桶有一定的重力，当小桶中不装液体时，弹簧测力计也有示数，导致弹簧测力计的示数不为0，所以该秤的“0”刻度线与弹簧测力计上的“0”刻度线是不重合的。③由题意可知，该液体密度秤能测量的液体的最小密度为0，若该液体密度秤

能测量的液体的最大密度越小，则该液体密度秤的测量精度越高，因该秤是由弹簧测力计改装的，弹簧测力计的最大拉力𝐹不变，弹簧测力计的最大拉力等于小桶的重力与能测量的密度最大液体的重力之和，即𝐹最大=𝐺桶+𝐺液最大=𝐺桶+𝜌液

最大𝑉桶𝑔，A、若利用容积相同，质量更小的小桶，则小桶的重力𝐺桶变小，而𝑉桶不变，则能测量液体的最大密度变大，故A不符合题意；B、若利用质量相同，容积更大的小桶，则小桶的重力𝐺桶不变，而𝑉桶变大，则𝜌液最大变小，即能测量的液体的最大密度变小，该液体密度秤的测量精度

越高，故B符合题意。故选B。故答案为：①液体的密度越大，弹簧测力计的示数越大；②否；小桶自身有一定的重力；③𝐵。①表中已给出液体的密度及对应的弹簧测力计的示数，我们直接根据数据得出结论即可；②当挂上小桶时，小桶会对弹簧有力的作用，导致弹簧测力计示数不

为0；③要想增大该秤的精确程度，就应缩小该秤的分度值。本题考查密度公式、测力计的原理和应用，本题的难点是测力计的最大拉力是不变的。14.【答案】解：因为小球漂浮在水面上，所以重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方

向相反，作用在同一直线上，由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2𝑁，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1𝑁，第13页，共18页如下图所示：【解析】小球漂浮在水面上，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和方向即可知浮力大小

和方向。再按照力的图示要求画出这个力。作力的图示时，力的大小一定要能被标度整除，正确表示出力的大小、方向和作用点。15.【答案】解：(1)由图知，电源的右端为正极，则电流从电源的右端流出、左端流入，则电流从螺

线管的右侧流入、左侧流出，根据安培则定可知，螺线管的左端为𝑁极、右端为𝑆极；(2)在磁体外部，磁感线总是从𝑁极发出，回到𝑆极，所以图中磁感线的方向是指向右的；(3)通电螺线管的右端为𝑆极，根据异名磁极相互吸引可知小磁针

的左端为𝑁极、右端为𝑆极，如图所示：【解析】(1)知道电源的正、负极，可知螺线管中的电流方向，根据安培定则确定通电螺线管的𝑁、𝑆极；(2)在磁体外部，磁感线总是从𝑁极发出，回到𝑆极；(3)知道通电螺线管的𝑁极，根据磁极间的相互作用判断

出小磁针的磁极。本题考查了磁极间的相互作用规律、磁感线的特点、安培定则的应用，属于基础题目。16.【答案】解：合金块浸没在水中时，排开水的体积：𝑉排=𝑉=1×10−4𝑚3，则合金块所受的浮力：第14页，共18页𝐹浮=𝜌水𝑔𝑉排=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×1×

10−4𝑚3=1𝑁。答：合金块所受的浮力𝐹浮的大小为1𝑁。【解析】合金块浸没在水中排开水的体积等于其自身体积，根据阿基米德原理计算出合金块浸没水中受到的浮力。此题考查浮力的大小计算，是一道较为简单的计算题，容易作答。17.【

答案】解：①闭合开关，两电阻并联，电流表测量干路电流。根据欧姆定律可知通过电阻𝑅1的电流𝐼1=𝑈𝑅1=12𝑉10𝛺=1.2𝐴；②根据并联电路的电流特点可知通过𝑅2的电流𝐼2=𝐼−𝐼1=1.5𝐴−1.2𝐴=0.3𝐴，根据欧姆定律可知电阻𝑅2

的阻值𝑅2=𝑈𝐼2=12𝑉0.3𝐴=40𝛺；③根据并联电路的电流特点可知𝐼=𝐼1+𝐼2，根据并联电路的电压规律可知，两电阻两端的电压相等，等于电源电压，根据欧姆定律可知：𝑈𝑅并=𝑈𝑅1+𝑈𝑅1，即并联电路电阻的规律为：1𝑅并=1𝑅1+1𝑅2。答：①通

过电阻𝑅1的电流𝐼1为1.2𝐴；②电阻𝑅2的阻值为40𝛺；③并联电路电阻的规律为：1𝑅并=1𝑅1+1𝑅2【解析】①闭合开关，两电阻并联，电流表测量干路电流。根据欧姆定律可知通过电阻𝑅1的电流；②根据并联电路的电流特点可知

通过𝑅2的电流，根据欧姆定律可知电阻𝑅2的阻值；③根据并联电路的电流特点可知𝐼=𝐼1+𝐼2，根据并联电路的电压规律可知，两电阻两端的电压相等，等于电源电压，结合欧姆定律可得出并联电路电阻的规律。本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。18.【答案】解：①由𝜌=𝑚𝑉可

得，容器内水的体积：𝑉水=𝑚水𝜌水=2𝑘𝑔1.0×103𝑘𝑔/𝑚3=2×10−3𝑚3；②容器内水的重力：𝐺水=𝑚水𝑔=2𝑘𝑔×9.8𝑁/𝑘𝑔=19.6𝑁，第15页，共18页容器对水平面的压力：𝐹=𝐺容+𝐺水=0.4𝑁+1

9.6𝑁=20𝑁，容器对水平面的压强：𝑝=𝐹𝑆=20𝑁2×10−2𝑚2=1000𝑃𝑎；③因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，所以，由𝛥𝑝水=𝜌水𝑔𝛥ℎ水=𝜌水𝑔�

�排𝑆=𝜌水𝑔𝑉物𝑆可知，将物体浸没在容器中后，要使水对容器底部压强增加量𝛥𝑝水最小，应选择𝑉物最小的物体，物体浸没在容器中后，因容器足够高，则水没有溢出，由𝛥𝐹=𝐺物=𝑚物𝑔可知，要使容器对水平面压力增加量𝛥𝐹也最小，应选择质量最小的物体，𝐴物体的

质量𝑚𝐴=𝜌𝐴𝑉𝐴=3𝜌×2𝑉=6𝜌𝑉，𝐵物体的质量𝑚𝐵=𝜌𝐵𝑉𝐵=2𝜌×2𝑉=4𝜌𝑉，𝐶物体的质量𝑚𝐶=𝜌𝐶𝑉𝐶=𝜌×4𝑉=4𝜌𝑉，所以𝐵、𝐶的质量相等，都小于𝐴的质量，综上可知，应选择体积和

质量都最小的物体𝐵。答：①容器内水的体积为2×10−3𝑚3；②容器对水平面的压强为1000𝑃𝑎；③应选择物体𝐵，理由：由𝛥𝑝水=𝜌水𝑔𝛥ℎ水=𝜌水𝑔𝑉排𝑆=𝜌水𝑔𝑉物𝑆可知，将物体浸没在容器中后，要使水对容器底部压强增加

量𝛥𝑝水最小，应选择体积最小的物体；由𝛥𝐹=𝐺物=𝑚物𝑔可知，要使容器对水平面压力增加量𝛥𝐹也最小，应选择质量最小的物体。【解析】①知道容器内水的质量和密度，根据𝜌=𝑚𝑉求出容器内水的体积；②根据𝐺=𝑚𝑔求

出容器内水的重力，容器对水平面的压力等于水和容器的重力之和，根据𝑝=𝐹𝑆求出容器对水平面的压强；③物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，根据𝛥𝑝水=𝜌水𝑔𝛥ℎ水=𝜌水𝑔𝑉排𝑆=𝜌水𝑔𝑉物𝑆可知，将物体浸没在容器中后，

要使水对容器底部压强增加量𝛥𝑝水最小，应选择𝑉物最小的物体；物体浸没在容器中后(水没有溢出)，容器对水平面压力增加量等于物体的重力，根据𝛥𝐹=𝐺物=𝑚物𝑔可知，要使容器对水平面压力增加量𝛥�

�也最小，应选择质量最小的物体，据此结合表格数据得出答案。本题考查了密度公式和重力公式、压强公式的综合应用等，要注意物体对水平面的压力等于自身第16页，共18页的重力以及物体浸没时排开液体的体积等于自身的体积。19.【答案】解：由电路图可知，定值电阻𝑅1和滑动

变阻器𝑅2串联，电流表测电路中的电流；①由𝐼=𝑈𝑅可知，此时电阻𝑅1两端的电压：𝑈1=𝐼𝑅1=0.5𝐴×12𝛺=6𝑉；②(𝑎)闭合开关𝑆，移动滑片𝑃，在电路安全工作的情况下，电压表示数的变化范围为6伏−15伏，若电压表并联在定值电阻两端，由题意可知，滑动变阻器允许的最

大电流为1𝐴，根据串联电路的的电流特点可知，电路中的最大电流为1𝐴，此时电压表的示数为：𝑈1最大=𝐼最大𝑅1=1𝐴×12𝛺=12𝑉<15𝑉，与题意电压表示数的变化范围为6伏～15伏不符，舍去，因此电压表应该并联在滑动变阻器两端。(𝑏

)根据题意可知，电路中的最大的电流为1𝐴，由欧姆定律可知，电源电压一定，此时电路中的总电阻是最小的，滑动变阻器的电阻也是最小，根据串联分压可知，此时滑动变阻器的电压也是最小，由题意可知，最小电压为6𝑉，即滑动变阻器两端的最小电压𝑈2最小=6𝑉，由𝐼=𝑈𝑅可知，此时电阻𝑅1两端的

电压：𝑈1最大=𝐼最大𝑅1=1𝐴×12𝛺=12𝑉；由串联电路的电压特点可知，电源电压为𝑈=𝑈1最大+𝑈2最小=6𝑉+12𝑉=18𝑉，根据串联电路的分压原理可知，滑动变阻器接入电路的

的阻值越大，电压表的示数越大，由题意可知，最大示数为15𝑉，此时电路中的总电阻最大，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最小，由串联电路的电压特点可知，此时电阻𝑅1两端的电压：𝑈1最小=𝑈−𝑈1最大=18𝑉−15𝑉=3𝑉，则电路中的最小电

流：𝐼最小=𝑈1最小𝑅1=3𝑉12𝛺=0.25𝐴。答：①此时电阻𝑅1两端的电压𝑈1为6𝑉；②(𝑎)电压表并联在滑动变阻器两端，理由见解答；(𝑏)最小电流𝐼最小为0.25𝐴。第17页，共18页【解析】由电路图可知，定值电阻𝑅1和滑动变阻

器𝑅2串联，电流表测电路中的电流；①根据𝐼=𝑈𝑅求电阻𝑅1两端的电压；②(𝑎)先假设电压表并联在电阻𝑅1两端，根据题目条件分析电路中允许通过的最大电流，利用𝐼=𝑈𝑅求出电阻𝑅1两端的最

大电压，再将求出的最大电压与电压表的实际最大电压比较，进而分析出电压表接入的位置；(𝑏)根据串联电路的分压原理和电压表示数的变化范围分析出电路中电流最大时滑动变阻器两端的电压，根据𝐼=𝑈𝑅求电阻𝑅1两端的电压，根据串联

电路的电压特点求出电源电压；根据串联电路的分压原理和电压表示数的变化范围分析出电路中电流最小时滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电阻𝑅1两端的电压，根据𝐼=𝑈𝑅求出电路中的最小电流。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，正确判断出变阻器接入电路中的电阻最大时两电阻两端对

应的电压关系是解题的关键。20.【答案】𝐶【解析】解：(1)他先设计连接了如图(𝑎)所示的电路，闭合开关，电流表示数如图(𝑏)所示，此时电流表测通过待测电阻的电流，由图可知电流表接入电路的量程为0～0.6𝐴，分度值为0.02𝐴，示

数为0.3𝐴，将定值电阻应与待测电阻并联接入电路，电流表示数如图(𝑐)所示，由图可知电流表接入电路的量程为0～3𝐴，分度值为0.1𝐴，示数为0.9𝐴，电流表示数变大，所以定值电阻接入𝐴𝐵或�

�𝐶间，开关处于闭合状态；(2)并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过定值电阻的电流：𝐼=𝐼𝑐−𝐼𝑏=0.9𝐴−0.3𝐴=0.6𝐴，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以待测电阻两端的电

压：𝑈=𝐼𝑅定=0.6𝐴×10𝛺=6𝑉，已知电源电压为2伏整数倍，符合题意，由欧姆定律可得待测电阻的阻值：𝑅𝑥=𝑈𝐼𝑏=6𝑉0.3𝐴=20𝛺；(3)实验存在误差，所以应改变待测电阻两端的电压和通过待测电阻的

电流，进行多次测量，多测几组数据取平均值以减小误差，该方案中待测电阻两端的电压等于电源电压，所以应换不同未知电压的电源继续实验，故选C。答：(1)定值电阻接入𝐴𝐵或𝐴𝐶间，开关处于闭合状态；(2)𝐼=𝐼𝑐−𝐼𝑏=0.9𝐴

−0.3𝐴=0.6𝐴，第18页，共18页𝑈=𝐼𝑅定=0.6𝐴×10𝛺=6𝑉，𝑅𝑥=𝑈𝐼𝑏=6𝑉0.3𝐴=20𝛺；(3)𝐶。(1)他先设计连接了如图(𝑎)所示的电路，闭合开关

，电流表示数如图(𝑏)所示，此时电流表测通过待测电阻的电流，将定值电阻应与待测电阻并联接入电路，电流表示数如图(𝑐)所示，由图可知电流表示数变大，根据并联电路电流特点可确定定值电阻𝑅定的接入点以及开关的开闭状态；(2)根据并联电路电流特

点计算通过定值电阻的电流，根据并联电路电压特点和𝑈=𝐼𝑅计算待测电阻两端的电压，根据𝑅=𝑈𝐼计算待测电阻的阻值；(3)实验存在误差，所以应改变待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流，进行多次测量，多测几组数据取平均值以减小误差，据此分析。“用电流表、电压表测电阻”的实验，考查

实验方案的设计、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用。