力，水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据p=求出此时容器对桌面的压强。 本题考查了密度公式和重力公式、称重法求浮力、阿基米德原理、压强定义式的综合应用，正确的得出液面上升的高度与物体浸入深度、弹簧测力计形变量之间的关系是关键。 27.答案：解：（1）已知电流表A1的示数为I1=0.4A，电流表A的示数为I=2A 由I=可知，电源电压：U=I1R1=0.4A×30Ω=12V；
（2）因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电阻R2中的电流：I2=I-I1=2A-0.4A=1.6A；
由I=可知，电阻R2的阻值：R2==
=7.5Ω；
（3）由题意可知，R0替换的是电阻R2，这时电流表A1示数不变，电流表A由于R2支路的电流变化而随之变化。
2A=24W，变化后的总功率P′=312W或P′=16.8W 原电路的总功率：P=UI=12V×
当P′=312W时，电路中的总电流：I′==R0中的电流：I0=I′-I1=2.6A-0.4A=2.2A， R0==
=5Ω；
=1.4A， =2.6A，
当P′=16.8W时，电路中的总电流：I′==R0中的电流：I0=I′-I1=1.4A-0.4A=1A， R0==
=12Ω。
答：（1）电源电压为12V；
（2）电阻R2的阻值为7.5Ω；
（3）电阻R0的阻值为5Ω或12Ω。
R1与R2并联，解析：由电路图可知，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）根据并联电路的电流特点和电流表指针的位置确定A1、A2电流表的量程，再根据分度值读出示数，进一步即可求出通过L1的电流，利用欧姆定律求出电源电压； （2）根据并联电路的电流特点求出通过L2的电流，再利用欧姆定律求出电阻R2的阻值； （3）根据“替换前后只有一个电流表的示数发生了变化”确定替换的电阻，然后根据P=UI求出原电路的总功率，进一步求出电路变化后的总功率，再结合并联电路电流规律和欧姆定律求出R0的阻值。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的灵活应用以及电路的动态分析，关键是电流表量程的确定和读数以及根据题意确定出替换的电阻。
28.答案：惯性 重力势能转化为动能 流体流速越大，压强越小当列车进站时，靠近车的地方，流速大压强小，容易把乘客吸到车旁，造成危险， 西
解析：解：
（1）进站时列车由于惯性要保持原来的运动状态冲上站台；从能量转换的角度来说，当列车出站时从高度较高的地方下行，它的重力势能转化为动能，不用消耗过多的电能或化学能等能量。
（2）液体或气体流速大的地方压强小，当列车进站时，靠近车的地方，流速大压强小，容易把乘客吸到车旁，造成危险，故乘客必须站在站台和黄色线以外的安全位置候车； （3）小张乘坐列车时看见两旁的房屋迅速向东退去，即房屋是向东运动的，这是以列车（或小张）为参照物；如果以地面为参照物，则列车正在向西运动。
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故答案为：（2）惯性；重力势能转化为动能；（2）流体流速越大，压强越小当列车进站时，靠近车的地方，流速大压强小，容易把乘客吸到车旁，造成危险；（3）西。 （1）惯性是物质的固有属性，物体由于被抬高而具有的能为势能，势能与动能可以相互转化；
（2）液体或气体流速大的地方压强小；
（3）运动和静止是相对的；看被研究的物体与参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
本题考查了磁悬浮列车的工作过程，涉及到惯性，流速与压强的关系，运动和静止的相对性等，体现了物理源于生活，应用于生活。 29.答案：解：
由题知，先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动，灯和风扇并联；
若只闭合开关S1，灯泡不亮。由此可知S1在灯所在支路上，S2在干路上，如图所示：
解析：先分析题意，得出灯、电风扇的连接方式，以及两个开关的位置，据此连接电路，注意开关要接在火线和用电器之间。
本题考查了电路的连接，分析题意确定两个开关的位置是关键。 30.答案：（1）39 （2）乙； 甲 （3）3：2。
解析：【解答】
（1）图B中，温度计分度值为1℃，示数为39℃。
（2）分析图C可知，吸收相同热量，即加热相同时间，如下图所示，乙液体升温更高。
根据比较吸热能力的第2种方法，甲的吸热能力强，比热容大，根据Q=cm△t，相同的质量甲乙两种物质，升高相同的温度，甲吸热多，冷却效果好，甲液体更适合作汽车发动机的冷却液。
20℃（3）若甲、乙液体从图C所示的初温分别升高到40℃和35℃，升高的温度分别为：和15℃，吸收热量之比为2：1，根据c=
，
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则甲、乙液体的比热容之比为：=×=×=3：2。
故答案为：（1）39 （2）乙； 甲；（ 3）3：2。 【分析】
（1）根据温度计分度值读数。
（2）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。 比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强。
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强， 根据Q=cm△t分析。 （3）根据c=
求解。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
31.答案：小球到达斜面底端时的速度 木块被推动的距离 甲和丙 超速20%
解析：解：（1）把小球放在同一高度由静止开始沿斜面滚下是为了控制小球到达斜面底端时的速度相同；
（2）速度一定时，质量越大动能越大，将木块推动的距离越远；质量一定时，速度越大，将木块推动的距离越远；故实验中超载超速带来的危害程度用木块被推动的距离来表示；
（3）研究超载带来的危害时，要控制速度相同，质量不同，所以选择甲、乙、丙三次实验中的甲和丙进行比较；
（4）小球由斜面滑下的高度越高，到斜面底端时的速度越大，由表格中对应的实验数据可知，速度对物体的动能影响更大，当超速20%发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
故答案为：（1）小球到达斜面底端时的速度；（2）木块被推动的距离；（3）甲和丙；（4）超速20%。
解决本题需要对控制变量法实验操作要求理解清楚，动能大小的影响因素是速度和质量，据此两点分析；
（1）掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素。 （2）掌握动能和重力势能的相互转化。
（3）掌握做功的两个必要因素，并能判断是否做功。 32.答案：正比 40 0.6 4：1 0.4×103 6
解析：解：（1）由表格中数据可知：△p：△h=（7200-7000）：（10-0）=（7400-7200）：（20-10）=（7800-7400）：（40-20），故；△p与△h成正比例关系；
（2）圆柱体甲浸入10cm时，水槽底部所受压强变化量：△p1=7200Pa-7000Pa=200Pa， 由p=ρgh得，水槽内水面上升高度：△h1=
=
=0.02m=0.2dm，
10cm高圆柱体甲的体积V甲1=V排1=S槽△h1=1.5dm2×0.2dm=0.3dm3， 由得，圆柱体甲的底面积：S甲=圆柱体甲的高度h甲==
=
=0.3dm2；
=4dm=40cm；
（3）由第7次实验数据可知，圆柱体乙漂浮时，水产生的压强增大400Pa，排开水的
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0.3dm3=0.6dm3， 体积：V排2=2V排1=2×
103kg/m3×10N/kg×0.6×10-3m3=6N， 圆柱体乙所受重力：G乙=F浮=ρ水gV排2=1.0×圆柱体乙的质量m乙==
=0.6kg；
乙圆柱体上面放置一块圆板时，液体压强增大100Pa，排开水的体积变化量：V排3=V排
1=
×0.3dm3=0.15dm3，
103kg/m3×10N/kg×0.15×10-3m3=1.5N， 一块圆板所受重力：G板=△F浮8=ρ水gV排3=1.0×一块圆板的质量：m板==
=0.15kg，
圆柱体乙的质量与一块圆板的质量之比：m乙：m板=6kg：1.5kg=4：1； 1.2dm3=1.5dm3=1.5×10-3m3； 【拓展】圆柱体乙的体积：V乙=V甲=×圆柱体乙的密度：ρ乙=
=
=0.4×103kg/m3；
圆柱体乙完全浸没时所受浮力：F浮=ρ水gV排=ρ水gV乙
=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5×10-3m3=15N，
应放置圆板的总重力：G总=F浮-G乙=15N-6N=9N， 需要圆板的数量：n==
=6（块）。
103；6。 故答案为：（1）正比；（2）40；（3）0.6；4：1；【拓展】0.4×
（1）对表格所记录的实验数据进行分析，找出P的变化量与h的变化量的关系；
（2）由第（1）、（2）两次实验数据可计算出水面上升的高度结合已知水槽的底面积，可计算出圆柱体甲浸入10cm时排开水的体积，即10cm高圆柱体甲的体积，利用圆柱体体积计算公式V=Sh可计算底面积，结合圆柱体甲的体积求其高度；
（3）根据将乙单独放入水槽中液体压强变化量可求出排开水的体积，可计算所受浮力即乙所受重力，利用G=mg计算质量；
根据放一块圆板时，液体压强变化量，计算水面上升高度、排开水的体积、浮力变化量即圆板的重力，可求质量；
【拓展】已知圆柱体乙的体积和质量，利用密度公式计算其密度；
根据圆柱体乙的体积，求出完全浸没时所受浮力与重力之差即为应放置圆板的总重力，可求数量
解答本题的关键是学会对实验的数据进行分析，要运用好控制变量法和归纳法，能根据题目要求找出有用的信息，同时还要对信息进行简单的计算、分析与比较，最后得出具有普遍性的规律，有一定的难度。
33.答案：P=UI a 2.5 1 只闭合S1，移动变阻器滑片，使电流表示数为 0.1A 断开S1，闭合S2，滑片不动，调节电阻箱，当电流表示数为 0.1A 时，读出电阻箱连入电路中的电阻为R （0.1A）2R
解析：解：（1）该实验的原理是P=UI；
（3）闭合开关S，将S1拨到触点a，移动滑片P，使电压表的示数为2.5V；
（4）在确保整个电路安全情况下，保持滑片P位置不变，将开关S1拨到另一触点，此时电压表的示数如图乙所示，电压表选用大量程，分度值为0.5V，电压为6.5V； 因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：
U0=6.5V-2.5V=4V，由欧姆定律，定值电阻的电流：
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I0===0.4A，即灯的额定电流，小灯泡的额定功率是：
P=ULIL=2.5V×0.4A=1W； （5）实验步骤：
①根据如图2丙的电路图连接实物电路；
②只闭合S1，移动变阻器滑片，使电流表示数为0.1 A；
③断开S1，闭合S2，滑片不动，调节电阻箱，当电流表示数为0.1 A时，读出电阻箱连入电路中的电阻为R。
由等效替代法，灯泡正常发光时的电阻为R，
则灯泡的额定功率表达式： P额=I额2R=（0.1A）2R。 故答案为： （1）P=UI； （3）a；2.5； （4）1；
（5）实验步骤：
②只闭合 S1，移动变阻器滑片，使电流表示数为 0.1A；
③断开 S1，闭合 S2，滑片不动，调节电阻箱，当电流表示数为 0.1A 时，读出电阻箱连入电路中的电阻为 R；（0.1A）2 R。 （1）该实验的原理是P=UI；
（3）（4）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率；
（5）根据P=I2R，已知灯的额定电流，求出灯正常发光的电阻即可，现在只有电流表而没有电压表，可以把灯泡与电阻箱分别与变阻器串联接入电路中，通过移动滑片，先使灯正常发光；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电阻箱与变阻器串联，通过调节电阻箱测使电流大小不变，读出电阻箱的阻值，由等效替代法可知灯正常发光的电阻大小，然后由电功率公式P=I2R求出灯泡的额定功率。
本题测量小灯泡额定功率，考查实验原理及测量功率的特殊方法和等效替代法的运用，有一定难度。
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2020年江西省赣州市中考物理一模试卷（含答案解析）
