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（2）若将另一只电流表A2串联接入该电路a、b或c中的某一处，移动滑动变阻器R2的滑片P至某一处，使电流表A2的指针停留在如图乙所示的位置．请指出电流表A2所有可能连接的位置，并计算出此时变阻器接入电路的阻值R2． 【考点】欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测R1支路的电流； （1）根据并联电路的特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据图2电流表指针的位置，确定电流表的示数，再根据滑动变阻器的阻值范围判断出通过滑动变阻器的电流值的范围，然后根据并联电路电流的规律确定电流表的位置和电流表的示数；最后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻． 【解答】解：
（1）因为R1与R2并联，所以电源电压为：U=U2=U1=I1R1=0.6A×10Ω=6V； （2）由图可知：电流表A2的示数是0.3A或1.5A；
若将电流表A2串联接入该电路a处，则它与R1串联，它测得电流应为0.6A，与题意不符，故排除这种假设；
若将电流表A2串联接入该电路b处，则它与R2串联．由于R2的最大阻值是10Ω， 因此通过R2的最小电流I2最小=意（排除）；
如果电流表示数为1.5A，此时滑动变阻器连入电路的电阻为：R2=
=
=4Ω；
=
=0.6A，所以电流表A2的示数为0.3A不合题
若将电流表A2串联接入该电路c处，则它串联在干路上，因此通过电流表A2的电流应大于R1中的电流（0.6A），所以总电流为1.5A，I2=I总﹣I1=1.5A﹣0.6A=0.9A， 此时滑动变阻器连入电路的电阻为：R2=
=
≈6.67Ω．
答：
（1）求电源电压为6V；
（2）电流表A2连接b处时，滑动变阻器接入电路的阻值为4Ω；电流表A2连接c处时，滑动变阻器接入电路的阻值为6.67Ω．
22．如图所示，一个高为1米、底面积为5×10﹣2米2的轻质薄壁圆柱形容器放在水平地面上，且容器内盛有0.8米深的水． （1）求水对容器底部的压强p水．
（2）若将体积都为0.02米3的甲乙两个实心小球（ρ甲=0.5×103千克/米3，ρ乙=1×103千克/米3），先后慢慢地放入该容器中的水里，当小球静止时，容器对地面的压强是否相等？若相等，请计算出该压强的大小；若不相等，请通过计算说明理由．
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【考点】液体的压强的计算；压强的大小及其计算． 【分析】（1）已知水的深度和密度，利用p=ρgh计算求水对容器底部的压强p水．
（2）利用F浮=ρ水gV排求出实心小球浸没在水中时受到的浮力，根据G=mg和ρ=求出甲、乙小球的重力，比较判断其在水中静止时的状态，然后根据F浮=ρ水gV排求出两小球排开水的体积，得出乙球悬浮在容器的水中，由它排开的水的一半要溢出；甲球漂浮在容器的水面时，水面刚好上升到容器口，再根据水的重力、溢出水的重力和两小球的重力之间的关系判断两容器对地面的压力大小，最后根据p=判断压强是否相等．
【解答】解：（1）水对容器底部的压强：
p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.8m=7.84×103Pa； （2）若体积为0.02m3的实心小球浸没在水中，则它所受浮力是： F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×2×10﹣2m3=196N． 根据G=mg和ρ=可得：
G甲=ρ甲gV甲=0.5×103kg/m3×9.8N/kg×2×10﹣2m3=98N． G乙=ρ乙gV乙=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×2×10﹣2m3=196N． 所以，F浮=G乙，因此乙球悬浮在水中，V乙排=V乙=0.02m3； F浮＞G甲，因此甲球最终漂浮在水面； 根据F浮=ρ水gV排可得： V甲排=
=
=
=
×0.02m3=0.01m3；
而容器中的液面最多只能上升0.2m，因此乙球悬浮在容器的水中，由它排开的水的一半要溢出；甲球漂浮在容器的水面时，水面刚好上升到容器口． 乙球放入容器后，它对地面的压力为：
F乙=（G水﹣G溢）+G乙=ρ水gS容h容=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣2m2×1m=490N， 甲球放入容器后，它对地面的压力为：
F甲=G水+G甲=ρ水gS容h容=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣2m2×1m=490N， 所以它们对地面的压强都为p==
=9.8×103Pa．
答：（1）水对容器底部的压强为7.84×103Pa；
（2）当小球静止时，容器对地面的压强是相等的．
五、实验题（共18分）
23．如图甲所示的是 托里拆利 实验的装置，它可以用来测定 大气压的数值 ；如图乙所示测量工具的名称为 电压表 ，如用它来进行测量，须将它的“ ﹣ ”接线柱（选填“﹣”、“5”或“15”）应与被测导体靠近电源负极的一端相连．
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【考点】大气压强的测量方法；电压表的使用．
【分析】在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小；电压表应与被测电路并联，电压表正接线柱应靠近电源正极一端，负接线柱应靠近电源负极一端． 【解答】解：读图可知，图甲所示的是托里拆利实验的装置，它可以用来测定大气压的数值；玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度为760mm，因此，当时的大气压强等于760mm高水银柱产生的压强．
如图所示有字母“V”，故是电压表，电压表应该并联在被测导体的两端， 电压表的“﹣”接线柱应与被测导体靠近电源负极的一端相连． 故答案为：托里拆利；大气压的数值；电压表；﹣．
24．某同学做“测定石块的密度”实验，他设计的实验报告如下（部分），请填写该实验报告空格处的内容．
【考点】固体的密度测量实验．
【分析】（1）测密度的实验原理是ρ=；
（2）使用天平测量质量时，物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和； （3）根据公式ρ=计算出石块的密度．
（4）测定石块密度实验，是为了探究石块的密度是石块的一种特性，大小不同的石块密度是相同的，应用控制变量法，选择相同材质的不同石块进行多次实验． 【解答】解：（1）测定石块的密度实验原理是ρ=，；
（2）由图可知，游码标尺的分度值是0.2g，金属块的质量为m=20g+5g+1.4g=26.4g；
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（3）石块的密度：ρ==
=3.3g/cm3=3.3×103kg/m3；
（4）为提高测量结果的准确程度，应选相同的材质的不同石块进行多次实验，求平均值，可以减小实验误差．
故答案为：（1）ρ=；（2）26.4；（3）3.3×103； （4）相同．
25．根据“用电流表、电压表测电阻”的实验，完成下列要
求．
（1）实验原理 R= ．
（2）小张同学依照如图甲电路图正确连接器材，闭合电键后，两电表示数如图乙所示，则记录的数据是Ix= 0.5 安，Ux= 5 伏，计算出Rx= 10 欧；为了减小误差进行多次测量，因此接下去小张同学要进行的主要操作是： 在电路串联一个滑动变阻器，调节滑片得到几组Rx的电压和电流，分别计算Rx的值，最后取平均值 ．
（3）小姜同学依照如图丙电路图连接器材，且将滑片移到变阻器一端，闭合电键S后，两电表都有示数；但移动滑片时，两电表示数都不变化．产生这一现象的原因可能是： 滑动变阻器同时接了上面或下面两接线柱了 ． 【考点】伏安法测电阻的探究实验． 【分析】（1）本实验原理是R=；
（2）由图乙根据电表量程和分度值读出电表示数，再计算Rx的阻值； 为了多次测量可改变Rx的两端电压和通过的电流，由此分析解答； （3）根据移动滑片后电表示数情况分析可能的原因． 【解答】解：
（1）由图可知本实验的原理是R=；
（2）由图乙知，电流表使用0﹣0.6A量程，分度值是0.02A，电路中电流为0.5A；电压表使用0﹣15V量程，分度值0.5V，Rx两端电压为5V． 由I=可得： Rx==
=10Ω；
为了减小误差进行多次测量，所以接下去可以在电路串联一个滑动变阻器，调节滑片得到几组Rx的电压和电流，分别计算Rx的值，最后取平均值．
（3）闭合电键S后，两电表都有示数，说明电路是通路，移动滑片时，两电表示数都不变化，说明移动滑片电路中的电阻没有发生改变，所以产生这一现象的原因可能是：滑动变阻器同时接了上面或下面两接线柱了．
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故答案为：（1）R=；（2）0.5；5；10；在电路串联一个滑动变阻器，调节滑片得到几组Rx的电压和电流，分别计算Rx的值，最后取平均值； （3）滑动变阻器同时接了上面或下面两接线柱了．
26．某小组四位同学通过实验探究并联电路的电阻特性，他们的研究过程如下：
（1）猜想和问题：他们在完成“电流表、电压表测电阻”后，接着又将另一电阻R2并接在电阻R1两端，如图所示，再次闭合电键后，发现电压表示数几乎不变，电流表示数变化了一点．据此现象，他们提出：
（i）由R1 R2两个电阻组成的并联电路与导体一样，也具有阻碍电流通过的本领．
（ii）问题：两个电阻R1 R2并联在一起后，这段电路的总电阻与每个导体的电阻之间会存在怎样的数量关系呢？
（2）探究：他们利用图所示的电路继续实验，先后将两个阻值已知的电阻并接在电路AB两点上，用电流表、电压表测出相应的总电流和总电压，并用公式R=计算出对应的总电阻．他们将有关的实验数据记录在如表中．
R （欧） R1 （欧） R2 （欧） 实验序号 1 20 20 10 2 20 10 6.7 3 20 5 4 4 10 5 3.3 ①通过交流各自的实验数据，大家初步分析比较表一中实验序号1、2、3或4中的数据，比较R与R1（或R2）的大小，得出定性结论：并联电路的总电阻总比电路中的任何一条分路中的电阻要 小 ．
②分析实验序号1、2与3（或3与4）中R1、R2和R的变化情况，得出初步结论：当并联电路中一条分路上的电阻不变时，其总电阻会随另一分路上的电阻 减小而减小 ． ③甲同学分析表一第二行（实验序号1）中R与R1（或R2）的大小，认为“并联电路的总电阻一定等于某一条分路电阻的一半”．你认为甲同学的分析归纳方法和得出的结论是否正确合理？说出你判断的理由． 只通过一次实验数据得出的结论不具有普遍性 ．
④经过多次计算和比较，最后大家对表一中每个电阻计算其倒数值，得到数据如表最后三列所示． 实验序R1 （欧） R2 （欧） R （欧） （欧﹣1） （欧﹣1） （欧﹣1） 号 1 20 20 10 0.05 0.05 0.1 2 20 10 6.7 0.05 0.1 0.15 3 20 5 4 0.05 0.2 0.25 4 10 5 3.3 0.1 0.2 0.3 2、3或4中最后三列得到的各电阻倒数之间的大小关系，进一步分析比较表二中实验序号1、归纳得到它们间的定量关系是：
=
+
．
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【考点】控制变量法与探究性实验方案．
【分析】由表一分析各组数据可得结论；要使结论具有普遍性就要多次测量后再总结结论；
根据表二中的数据不难发现，分电阻的倒数之后等于等效电阻的倒数． 【解答】解：
（2）①比较表一中实验序号1、2、3或4中的数据，比较R与R1（或R2）的大小可知，总电阻R小于支路电阻R1（或R2），由此得出定性结论：并联电路的总电阻总比电路中的任何一条分路中的电阻要小；
②分析实验序号1、2中数据发现R1不变R2减小，总电阻R也跟着变小；与3（或3与4）发现R2不变R1减小，总电阻R也跟着变小； 由此可得出初步结论：当并联电路中一条分路上的电阻不变时，其总电阻会随另一分路上的电阻减小而减小；
③由表一第二行（实验序号1）中R与R1（或R2）的大小，并联电路的总电阻等于某一条分路电阻的一半；但从实验序号2、3、4的数据此结论不正确，这是特殊情况，即并联电路的总电阻不一定等于某一条分路电阻的一半．由此可知，只通过一次实验数据得出的结论不具有普遍性；
④根据表二中的数据可以发现，分电阻的倒数之和等于等效电阻的倒数，即： =
+
．
故答案为：①小；②减小而减小；③只通过一次实验数据得出的结论不具有普遍性；④=
+
．
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