【题型分类特训】实验探究题核心考点练习卷（二）-2025年中考物理复习

【题型分类特训】实验探究题核心考点练习卷（二）-2025年中考物理复习 一、实验探究题 1．以下是“电阻的测量”实验内容。 （1）根据公式　 　可知，可以通过对电流和电压的测量来间接测出导体的电阻，这种测量电阻的方法简称“伏安法”。 （2）如图甲所示的用伏安法测量某未知电阻R的电路。请你检查一下电路，有一根导线连接错误，请找出并打上“×”，在画线把它改到正确的位置上　 　。 （3）改成正确的连接后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应放置在　 　端。（选填“A”或“B”） （4）闭合开关，移动滑片使电压表示数为2.8V，电流表示数如图乙所示为　 　A，则电阻R=　 　Ω。若把该数据作为本实验的最终结果，你认为合理吗？若合理请说明理由，若不合理请给出建议　 　。 （5）用伏安法测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，闭合开关，应移动滑动变阻器的滑片P使　 　以确定小灯泡正常发光，此时电流表示数也如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W. 2．在“探究电流与电压关系”的实验中，使用两节新的干电池、阻值为10Ω的定值电阻和滑动变阻器（标有“20Ω 2A”字样）等器材，连接电路如图甲所示。 （1）闭合开关，电流表有示数、电压表无示数，产生该现象的原因可能是　 　； （2）排除故障后，闭合开关，多次调节滑片位置，依次得到A到E点的数据，并绘制I-U图像如图乙。分析可知，　 　点的数据是编造的，利用现有器材无法得到。根据图像可得出结论：在导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成　 　； （3）调节滑动变阻器使电阻R两端电压为2.0V时，用时9s完成电流表的读数，这9s内，电阻R消耗的电能是　 　J； （4）为使实验结论更具普遍性，将电阻R更换为阻值为15Ω的定值电阻，重复上述实验，则根据新的实验数据绘制的图像在图乙中的区域　 　（选填“I”或“II”）。 3．小明利用如图所示的装置测量烧杯中液体的密度。实验步骤如下： ①用细线绑住一个体积为V的小球，挂在弹簧测力计下，当小球静止时读出测力计的示数为G； ②往烧杯中倒入适量的待测液体，用弹簧测力计拉着小球浸没在液体中，当小球静止时读出测力计的示数为F； 现有A、B、C三个小球，相关信息如下表。 球 A B C 体积 重力 约4N 约4N 约8N 在待测液体静止时的状态 漂浮 沉底 沉底 （1）根据表中信息，可以判断A球的密度　 　 （选填“大于”“等于”“小于”）烧杯中液体的密度； （2）你会选择　 　 （选填“A”“B”“C”）球用于实验，不选择其它两个小球的原因是　 　 ； （3）小球浸没在待测液体中受到的浮力　 　 ，液体密度的表达式　 　 （用实验步骤中出现的物理量符号和重力常数g表示）。 4．某实验小组在“测量小灯泡的电功率”的实验中，设计了如图所示的电路，并进行实验。（已知小灯泡的额定电压为2.5V） （1）连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，改变小灯泡两端的电压进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在下列表格中； 实验序号 电压U/V 电流I/A 电功率P/W 小灯泡的亮度 1 0.5 0.16 0.08 不亮 2 1.7 0.24 0.41 较暗 3 2.5 0.28 正常 4 3.0 0.30 0.90 很亮 经过分析与计算，小灯泡的额定功率为　 　W； （2）根据表格中记录的实验数据及现象，该实验小组得出结论：小灯泡的发光亮度取决于其　 　（选填“实际”或“额定”）功率。 5．某同学用1图所示的实验装置做“观察水的沸腾”实验： （1）组装实验装置时，应先调节　 　(选填“A”或“B")固定夹的位置。为了减少热量损失，老师给烧杯准备了三种硬塑料盖(如2图所示)，考虑到实验安全，他应该选择图　 　(填序号)最合理，1图中温度计的示数为　 　℃，已知一个标准大气压下，水银的凝固点和沸点分别为-39℃和357℃，酒精的凝固点和沸点分别为-117℃和78℃，本实验应选用　 　制作的温度计； （2）题3图是实验中某个时段气泡的变化状态，这是　 　(选填“沸腾前”或“沸腾时”)的情形； （3）该同学又利用题4图所示装置进行实验：实验中，该同学发现当试管内的酒精沸腾时，烧杯中的亚麻仁油却没有沸腾，由此可知亚麻仁油的沸点比酒精的　 　。 6．在“探究电流跟电阻的关系”实验中，所用器材：电压恒为6V的电源、电流表、电压表、滑动变阻器、定值电阻(阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω)、开关和若干导线。 （1）请根据图甲所示电路图，用笔画线代替导线将图乙所示的实物电路连接完整　 　。(导线不允许交叉) （2）连接好电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至最　 　 (选填“左”或“右”)端。 （3）闭合开关S，将不同阻值的定值电阻R分别接入电路中时，应调节滑动变阻器的滑片，是为了控制定值电阻R两端的　 　 不变。 （4）根据实验数据绘制的电流Ⅰ随电阻的倒数变化的图像如图丙所示。分析图像可知： ①导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成　 　。 ②本实验多次实验的目的是　 　 (选填“减小误差”或“寻找普遍规律”)。 （5）为完成整个实验，应该选取的滑动变阻器是 ____(填选项)。 A．10Ω 2A” B．50Ω 1A” 7．在探究“影响导体电阻大小的因素”时，小慧做出了如下猜想：导体的电阻可能与①导体的长度有关、②导体的横截面积有关、③导体的材料有关。实验室提供了四根电阻丝，其规格、材料如下表所示。 编号 材料 长度/m 横截面积/ A 镍铬合金 0.5 0.5 B 镍铬合金 1.0 0.5 C 镍铬合金 0.5 1.0 D 锰铜合金 0.5 0.5 小慧按照如图所示的“探究影响导体电阻大小的因素”的实验电路，在M、N之间分别接入不同的电阻丝，通过观察　 　来比较导体电阻大小更为恰当。为了验证上述猜想③，应该选用编号为　 　的两根电阻丝分别接入电路进行实验。 8．为了比较水和煤油吸热能力，小宇和小欣利用如图所示的实验装置进行实验。他们用完全相同的酒精灯给质量相等的水和煤油加热，每隔 2min，用温度计记录一次水和煤油的温度。记录的实验数据如下表所示。 加热时间/min 0 2 4 6 8 10 煤油的温度/℃ 20 24 28 32 36 40 水的温度/℃ 20 22 24 26 28 30 （1）实验中用　 　来表示水和煤油吸热的多少； （2）小宇分析数据可知：质量相等的水和煤油吸收相同的热量时，水比煤油　 　，说明水比煤油吸热能力强； （3）小欣分析数据可知：质量相等的水和煤油升高相同的温度，水比煤油　 　，说明水比煤油吸热能力强； （4）实验结束后，老师向他们提出一个问题：如果水和煤油的质量m不同、加热时间T不同、升高的温度Δt也不同，怎样比较才能得出水比煤油吸热能力强的结论？请你帮助他们写出比较的方法： 　 　。 9．如图所示，小丁同学和小甜同学用压强计做探究“液体内部压强特点”的实验。 （1）图甲所示仪器叫做　 　，通过乙、丙两次实验可得出结论：在同种液体内部，液体的压强随液体深度的增加而　 　（选填“增大”或“减小”）； （2）小甜通过乙、丁两次实验，探究液体压强和液体密度的关系。她这样做可行吗？　 　（选填“可行”或“不可行”），理由是：　 　； （3）实验中小甜发现在同种液体中，探头所处深度相同时，只改变探头的方向，U形管两侧液面的高度差不变，表明在同种液体的同一深度处，液体向各个方向的压强　 　； （4）如图戊所示，小丁进行了拓展实验。容器中间用隔板分成左右两部分，隔板底部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，当向隔板左侧注入深度为h1的水、右侧注入深度为h2的某液体时，橡皮膜恰好不发生形变，由此可知右侧液体的密度为　 　。（用h1、h2和ρ水表示） 10．小明家书房台式电脑的一只头戴式耳机外罩坏了，他想制作一个防噪声的耳罩，通过比较几种材料（衣服、锡箔纸、泡沫塑料）的隔音性能，来选择一种隔音性能好的材料作耳罩的填充物。实验材料除了待检测的材料外，还有：音叉、手机闹铃、鞋盒。 （1）在本实验中适合作声源的是　 　。 （2）小明将声源放入鞋盒内，在其四周塞满待测材料。他设想了以下A、B两种实验方案，你认为最佳的是 ____方案。 A．让人站在距鞋盒一定的距离处，比较所听到的声音的响度 B．让人一边听声音，一边向后退，直到听不见声音为止，比较此处距鞋盒的距离 （3）通过实验得到的现象如下表所示，待测材料中隔音性能最好的是　 　　。 A方案 B方案 材料 衣服 锡箔纸 泡沫塑料 材料 衣服 锡箔纸 泡沫塑料 响度 很响 较响 弱 距离 18m 10m 6m （4）当妈妈在客厅看电视时，小明在书房戴上制作好的防噪声耳罩进行英语听力训练时，在一旁看书的爸爸几乎听不到耳机发出的声音。小明听力训练时，客厅电视的声音是 　 　（选填“噪声”或“乐音”），爸爸看书时，防噪声耳罩相当于在　 　处减弱噪声。 11．在探究“二力平衡的条件”的实验中，小刚同学采用的实验装置如图甲所示，小华同学采用的实验装置如图乙所示． （1）当物体处于静止状态或　 　状态时，它受到的力是相互平衡的． （2）这两个实验装置中，你认为装置　 　（选填“甲”或“乙”）更科学． （3）在装置乙中，将小车旋转一定角度，松手后，发现小车旋转后又恢复原状，这说明两个力必须作用在同一　 　（选填“物体”或“直线”）上，物体才能平衡． 12．学校创新实验小组欲测量某矿石的密度，而该矿石形状不规则，无法放入量筒，故选用水、烧杯、天平(带砝码和镊子)、细线、铁架台等器材进行实验，主要过程如下： （1）将天平放置在水平桌面上，把游码拨至标尺的　 　处，并调节平衡螺母，使天平平衡. （2）将装有适量水的烧杯放入天平的左盘，先估计烧杯和水的质量，然后用　 　往天平的右盘　 　(选填“从小到大”或“从大到小”)试加砝码，并移动游码，直至天平平衡，这时右盘中的砝码和游码所在的位置如图甲所示，则烧杯和水的总质量为　 　g。 （3）如图乙所示，用细线系住矿石，悬挂在铁架台上，让矿石浸没在水中，细线和矿石都没有与烧杯接触，天平重新平衡时，右盘中砝码的总质量及游码指示的质量值总和为144g，则矿石的体积为　 　m3. （4）如图丙所示，矿石下沉到烧杯底部，天平再次平衡时，右盘中砝码的总质量及游码指示的质量值总和为174 g， 则矿石的密度为ρ水　 　kg/m3. 13．小成同学探究"滑动摩擦力大小与什么有关”，实验器材如下：长木板(上下表面粗糙程度不同)、长方体木块(每个面粗糙程度都相同，长宽高不等)、弹测力计。 （1）实验过程中，将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向缓缓匀速拉动木块(如图)，目的是为了让弹簧测力计示数与木块所受滑动摩擦力大小　 　。 （2）小成在实验探究时利用下表收集数据，你认为她探究的是滑动摩擦力大小与　 　的关系。 长木板不同表面 弹簧测力计示数/N 一个木块 两个木块重量 光滑表面 　 　 （3）小成利用同一个木块探究了滑动摩擦力大小与接触面积是否有关，她改变接触面积的作用是 　 　。 （4）小成发现匀速拉动木块时，不好控制且不方便读数，于是爱思考的她利用木块静止时二力平衡的特点，设计了改进方案(如下表所示)，应该采用方案 　 　。 方案一：用绳子将木块连接到墙上后，通过弹簧测力计拉动下面的长木板 方案二：用绳子将木块连接到墙上后，通过弹簧测力计拉动底部加了轮子的长木板 方案三：通过弹簧测力计将木块连接到墙上后，直接拉动下面的长木板 14．在“测量小灯泡额定功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V，电源电压为4.5V，滑动变阻器标有“20Ω；1A”字样。 （1）如图甲所示电路，有一根导线连接错误，请在错误的导线上打“×”，用笔画线代替导线将电路连接正确　 　； （2）连接电路时，开关应　 　，试触时发现，电压表无示数，电流表有示数，小灯泡发光，则电压表发生了　 　故障； （3）纠正错误后继续进行实验，移动滑动变阻器滑片，电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，小灯泡额定功率为　 　W； （4）利用原有电路，将小灯泡替换为定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω各一个）探究电流和电阻关系，为了能完成实验，控制电压表示数可能是______。 A．1.7V B．2.2V C．2.7V 15．如图所示，用蹄形强磁体、导体AB、开关、灵敏电流计组成电路，探究电磁感应现象。 （1）实验中，我们通过观察　 　来判断电路中是否有感应电流产生； （2）保持导体AB切割磁感线运动的方向不变，仅将磁体N、S极对调，是为了探究感应电流方向与　 　的关系； （3）探究感应电流大小与导体运动快慢是否有关时，应闭合开关，保持其他条件不变，具体操作方法是　 　； （4）若将此装置中的灵敏电流计换成　 　可探究电动机的工作原理。 16．小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件． （1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于　 　（填“平衡”或“不平衡”）状态，为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向　 　移。实验中仍然使杠杆在水平位置平衡，主要是为了　 　； （2）如图乙，在杠杆左侧A位置先挂3个钩码，每个钩码为，在右侧B位置用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为　 　N； （3）如图丙，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码，现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数将　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）； （4）实验结束后，小明根据杠杆原理制作了如图丁所示的杆秤，经测试发现能测的物体的最大质量太小。下列操作能使杆秤所测最大质量变大的是__________（单选）。 A．将a点向左移 B．将b点向左移 C．将a、b点都向右移动等长距离 D．换一个质量较小的秤砣 17．小桌在“探究影响压力作用效果”和“探究重力势能的影响因素”中也都有使用。如图，是利用小桌探究影响压力作用效果的实验。 （1）通过比较图甲和图乙，说明在　 　时，压力越大，压力的作用效果越明显； （2）将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，则图丙中海绵受到的压强p和图丁中木板受到的压强p'的大小关系为p　 　 p'（选填：“>”、“<”或“=”）； （3）若所有桌脚的总面积与桌面的面积之比是1：25，则乙、丙两图中海绵受到的压强之比p乙：p丙=　 　。 18．物理兴趣小组的同学们利用鹅卵石、弹簧测力计、细线、溢水杯和小桶验证阿基米德原理。 （1）如图所示，进行测量前，应在　 　（选填“水平”或“竖直”）方向上对弹簧测力计进行调零；实验中为了减小误差并便于操作，最合理的步骤顺序应为　 　（用图中的序号表示）； （2）实验过程中发现测出鹅卵石所受浮力比排开水的重力更大，同学们展开了激烈的讨论，下列同学的观点中正确的是________；（选填序号） A．小唐：有可能是②过程中鹅卵石触底了 B．小元：有可能是鹅卵石放入水中要吸水 C．小宋：有可能是弹簧测力计在使用前没有调零 （3）在成功验证阿基米德原理后，小刚同学利用已经调节平衡的天平、烧杯、水和细线测量鹅卵石的密度： ①在测量鹅卵石的质量时，天平达到平衡后，右盘砝码的质量和游码的位置如图甲所示，则鹅卵石的质量为　 　g； ②如图乙所示，在烧杯中装入适量的水，用调好的天平测得其总质量为68g； ③如图丙所示，用细线吊起鹅卵石，使其浸没在水中（不接触容器底和容器壁，且不溢出），天平平衡时，砝码和游码的示数之和为103g； （4）该同学求出鹅卵石排开水的体积为　 　，鹅卵石的密度为　 　； （5）若在实验时，先进行步骤丙再完成步骤乙，则所测得的鹅卵石的密度值　 　（选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）； （6）若在实验过程中，鹅卵石要吸水，且每的鹅卵石要吸水，吸水后鹅卵石体积不变，则干燥鹅卵石的密度应该为　 　。 19．小明和小德在“测量机械效率”，实验装置如图。（每个动滑轮重相同，忽略摩擦及绳重） （1）本实验中除图中的器材，还需要的测量工具是　 　； （2）实验过程中收集到a、b、c三组实验数据如下： 装置 钩码重/N 钩码上升的高度/cm 弹簧测力计示数/N 绳子自由端移动的距离/cm a 2 1 1.5 2 b 2 1 1.0 3 C 5 1 2.0 3 计算出a组实验的：有用功是　 　J，机械效率是　 　（结果保留整数）； （3）比较b、c两组实验数据，可得出的结论是　 　； （4）比较a、b两组实验数据，提升相同物重到相同高度，与a装置相比，b装置省了　 　N的力； （5）小明进一步思考后认为可以把上述三次的机械效率计算出来并取平均值，并认为这个平均值是测量出的准确的机械效率，你认为小明的做法是否正确？说明理由　 　。 20．用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率。实验时，竖直向上　 　拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。 (1)实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数F为　 　N，钩码总重G为1.0N，钩码上升高度h为0.1m ，测力计移动距离s为0.3m ，则杠杆的机械效率为　 　%。请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：　 　； (2)为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，一位同学用该实验装置，先后将钩码挂在A、B两点，测量并计算得到下表所示的两组数据： 次数 钩码 悬挂点 钩码总重 G/N 钩码移动距离 h/m 拉力 F/N 测力计移动距离 s/m 机械效率 η/% 1 A点 1.5 0.10 0.7 0.30 71.4 2 B点 2.0 0.15 1.2 0.30 83.3 根据表中数据，能否得出“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”的结论？答：　 　；请简要说明两条理由：①　 　；②　 　。 21．小明想知道樱桃的密度，于是进行了如下实验，请你将实验补充完整。 （1）小明将天平放在水平桌面上，发现天平指针已指在分度盘的中央，如图甲所示，此时小明应先将游码移至标尺　 　处，再将平衡螺母向　 　调节，使天平横梁平衡。 （2）天平调平后，小明将三颗樱桃放入左盘，并通过加减砝码、移动游码使天平恢复了平衡，如图乙所示。将量筒中装入适量水如图丙①所示，将三颗樱桃轻轻放入量筒内的水中，沉底后液面的位置如图丙②所示，樱桃的密度为　 　。 （3）实验后小明还想测量某种液体的密度（），他选取了一个平底薄壁透明塑料瓶（瓶盖、瓶壁的体积和质量均忽略不计）、圆柱形透明大容器、一把刻度尺（体积可忽略不计），设计了如图丁的方案，请把他的实验步骤补充完整。 ①在瓶内装适量的被测液体密封后，用刻度尺测出瓶内液面的高度为； ②将瓶子倒置在盛有水的容器中漂浮，静止后用刻度尺测出　 　为； ③利用以上测量数据可以计算出液体的密度，表达式　 　（用字母表示，水的密度用表示）。 22．物块放入盛有水的容器中，水对容器底部的压力会增大。为了研究放入物块前后，水对容器底部压力增加量ΔF的情况，小杨选用了五个重力G均为3牛的柱形物块，分别将物块放入盛有等质量水的相同柱形容器中，待到物块静止后，将实验数据及现象记录在下表中。 序号 1 2 3 4 5 物块体积V（米3） 1.0×10-4 1.5×10-4 2.0×10-4 2.5×10-4 4.0×10-4 压力增加量ΔF（牛） 1.0 1.5 2.0 2.0 3.0 现象 　 　 　 　 　 ①观察序号1~3中的实验现象并比较ΔF与V的关系，可得初步结论：当物块浸没在水中时，　 　； ②观察序号1或2或3或4中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，可得初步结论：当　 　时，物块沉底； ③观察序号1~4中的实验数据及现象，发现：ΔF与物块排开水的体积有关，物块排开水的体积越　 　，ΔF越　 　； ④进一步分析序号5中的实验现象并比较ΔF与G的大小关系，发现：当物块漂浮时，　 　。请根据所学的压强、浮力知识，简述上述结论的原因：　 　。 23．小江和小巴通过实验探究“阿基米德原理”，选用的实验器材有：铁架台、弹簧测力计、小桶、石块、溢水杯、细线、小烧杯、电子秤、水等，具体实验操作如下： A 弹簧测力计固定于铁架台上，将石块挂于弹簧测力计下，读出弹簧测力计示数F1 B.将石块挂于小桶下方，将小桶挂于弹簧测力计下，读出弹簧测力计示数F2 C.在B步骤的基础上，将石块浸没在 的溢水杯中，用小烧杯收集溢出的水，读出弹簧测力计示数F3； D. 再将小烧杯中的水全部倒入小桶中，读出弹簧测力计的示数F4. （1）上述步骤中没有必要的是步骤　 　. （2）根据以上操作，石块受到的浮力大小F浮=　 　. （3）由D步骤可知，石块排开水的重力G排=　 　。 （4）实验中若测得F浮　 　G排(选填"大于"、“小于"或等于)，则阿基米德原理得到验证。 （5）完成探究后，小江还想测量石块的密度，但发现弹簧测力计已经损坏，于是他选用了如图所示器材进行实验： a.将空桶置于装满水的溢水杯中使其漂浮， 如图甲所示： b.将石块用细线系住缓慢浸没水中，测出溢出水的体积V1， 如图乙所示； c. 取出石块放入空桶，空桶仍漂浮在水面，测得溢出水的总体积V2， 如图内所示。则： ①被测石块的质量为　 　(用题目中所给字母表示，其中水的密度为ρ水)： 3 被测石块的密度为　 　(用题目中所给字母表示，其中水的密度为ρ水)： ③小江发现在步骤c中，由于石块表面沾有水，直接放入空桶中可能会导致测量的密度有偏差。你认为小江的想法对吗?测出的石块密度将　 　(选填“偏大”、“偏小”取“不变”)。 24．小敏和同学们用如图甲所示的实验装置测量滑轮组的机械效率，相关数据记录在表中： 实验序号 物重 物体上升的高度 绳端拉力 绳端移动的距离 机械效率 　 　 （1）小敏在实验中，发现竖直向上　 　拉动弹簧测力计时读数很不方便，她便在测力计静止时读数，同组的小明同学指出她这样测出的数据是错误的，原因是　 　。 （2）第三次实验中，绳端移动的距离为　 　，滑轮组的机械效率是　 　。 （3）由、两次实验数据可得出结论：　 　。 （4）同组的小华增加了一个质量相同的滑轮，组成了图乙所示滑轮组来提升相同的重物，发现更省力，那么与小敏相比，小华的方法测出的机械效率将　 　选填“变大”“变小”或“不变”。 （5）在图乙实验操作的基础上，如图丙所示改变绳端拉力方向，测得的测力计示数将　 　选填“变大”“变小”或“不变”。 25．小楷同学在探究“影响浮力大小的因素”时，做了如图所示的实验，、、、图中液体均为水。请你根据小楷的实验探究回答下列问题： （1）图中金属块完全浸没在水中时所受浮力　 　； （2）分析实验步骤、、、，可以说明浮力大小跟排开液体的　 　有关； （3）为了探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度有无关系，可选　 　用字母表示三个步骤进行分析； （4）图是金属块放到另外某种液体中的情形，分析实验步骤、、，可以说明浮力大小跟液体的　 　有关，小楷据此又算出了该液体的密度是　 　。 26．小明和同学进行“探究串联电路电压规律”的实验。所用器材有：电压恒为3V的电源，一个开关，两只灯泡（L1和L2），两只相同电压表和（量程均为0--3V和0--15V），导线若干。 （1）他们按图甲所示的电路图连接电路，用一只电压表分别测AB、BC、AC间的电压。每次拆接电压表时，开关应处于　 　状态； （2）为测量L1两端电压，请在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整； （3）具有创新精神的小明决定改进实验。他按照图丙所示电路图连接好电路，闭合开关，发现电压表和的指针偏转角度相同，则可能的原因是电压表　 　（选填“”或“”）的量程选大了，此时电压表和的示数分别为　 　V和　 　V； （4）解决问题后，小明同学测出了AB间和AC间的电压，为了测量BC间的电压，断开开关，接下来可以____； A．保持B接线不动，将电压表连线由A改接到C B．保持C接线不动，将电压表连线由A改接到B （5）分析AB、BC、AC间的电压关系，得出结论：在串联电路两端的总电压　 　各部分电路两端的电压之和。 答案解析部分 1．【答案】（1） （2） （3）A （4）0.28；9.6；不合理，根据一组数据测出的电阻误差较大，为减小误差，要多次测量取平均值； （5）电压表示数为2.5V；0.7 【解析】【解答】(1)根据公式可知，可以通过对电流和电压的测量来间接测出导体的电阻，这种测量电阻的方法简称“伏安法”； (2)原电路中，电流表与电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与灯并联，如下所示： ； (3)改成正确的连接后，闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应放置在阻值最大处，即A端； (4)闭合开关，移动滑片使电压表示数为2.7V，电流表分度值为0.02A，示数为0.28A，则电阻： 若把该数据作为本实验的最终结果，我认为不合理，根据一组数据测出的电阻误差较大，为减小误差，要多次测量取平均值； (5)灯在额定电压下正常发光，用伏安法测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，闭合开关，应移动滑动变阻器的滑片P使电压表示数为2.5V以确定小灯泡正常发光，此时电流表示数也如图乙所示，I=0.28A，则小灯泡的额定功率为： P =U额I =2.5V×0.28A=0.7W。 故答案为：(1)；(2)；(3)A； (4)0.28，9.6；不合理，根据一组数据测出的电阻误差较大，为减小误差，要多次测量取平均值；(5)电压表示数为2.5V；0.7。 【分析】(1)“伏安法”测电阻的原理是； (2)原电路中，电流表与电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与灯并联； (3)为保护电路，滑动变阻器的滑片应放置在阻值最大处； (4)根据电流表分度值读数，由欧姆定律得出电阻大小； 根据一组数据测出的电阻误差较大，为减小误差，要多次测量取平均值； (5)灯在额定电压下正常发光，确定电流表分度值读数，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。 2．【答案】（1）电阻R短路 （2）A；正比 （3）3.6 （4）II 【解析】【解答】 （1）闭合开关，电流表有示数，电路为通路，电压表无示数，产生该现象的原因可能是 R短路。 （2）当阻值为10Ω的定值电阻和滑动变阻器的最大电阻20Ω串联时， 由串联电阻的规律及欧姆定律可知，电路的最小电流为， 则A点对应的电流小于0.1A，A点的数据是编造的，利用现有器材无法得到。 因电流随电压的变化规律为一过原点的直线，故可得出结论：在导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成 正比。 （3）调节滑动变阻器使电阻R两端电压为2.0V时，对应的电流为0.2A，这9s内， 电阻R消耗的电能是W=I'2Rt=（0.2A）2×10Ω×9s=3.6J； （4）为使实验结论更具普遍性，将电阻R更换为阻值为15Ω的定值电阻，和10Ω的电阻相比，当电流相同时，对应的电压大，则根据新的实验数据绘制的图像在图乙中的区域Ⅱ。 【分析】（1）闭合开关，电流表有示数，电路为通路，根据电压表无示数分析； （2）当阻值为10Ω的定值电阻和滑动变阻器的最大电阻20Ω串联时，由串联电阻的规律及欧姆定律得出电路的最小电流分析；根据电流随电压的变化规律为一过原点的直线得出结论； （3）根据图乙可知，电压为2.0V时对应的电流大小，根据W=I'2Rt得出电阻R消耗的电能； （4）15Ω的定值电阻和10Ω的电阻相比，当电流相同时，对应的电压大，据此分析。 3．【答案】（1）小于 （2）B；因为A球漂浮在液体中，其排开液体的体积小于其自身的体积，故无法用公式计算出液体的密度；而C球因为重力约为8N，超过了弹簧测力计的测量范围，所以无法准确测量出重力 （3）G-F； 【解析】【解答】 （1）由题意可知，A球在待测液体中静止时处于漂浮状态，因为ρ液＞ρ物时物体漂浮，所以A球的密度ρA小于烧杯中液体的密度ρ液。 （2）利用浮力测量液体密度，必须保证物体浸没，根据表格中A、B、C三个小球的相关信息可知，选择B球用于实验； 小球A在待测液体静止时处于漂浮状态，不易准确测量得到小球A的体积，而小球C的重力超过了弹簧测力计的测量范围，无法准确测量重力。 （3）①②小球B完全浸没在待测液体中受到的浮力为F浮=G-F； 小球B完全浸没在待测液体中排开液体的体积等于小球B的体积，即V排=VB， 由阿基米德原理可知，烧杯中待测液体的密度为：。 【分析】（1）根据物体的浮沉条件判断A球密度和液体密度关系； （2）根据表格中A、B、C三个小球的相关信息和弹簧测力计的测量范围进行解答； （3）弹簧测力计吊着金属块浸没在被测液体中，读出弹簧测力计示数，利用称重法可求得浮力；由阿基米德原理可计算待测液体的密度。 4．【答案】（1）0.7 （2）实际 【解析】【解答】（1）根据表格数据可知，小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.28A，因此额定功率为 ； （2）根据表格数据1-4可知，实际功率越大时，灯越亮，则灯的发光亮度取决于其实际功率。 【分析】（1）根据P=UI计算灯泡的额定功率； （2）根据表格数据确定灯泡亮度与实际功率的大小关系即可。 （1）小灯泡的额定电压为2.5V，由表格数据，电流为0.28A，因此额定功率为 （2）由实验数据及现象可知，实际功率越大时，灯越亮，灯的发光亮度取决于其实际功率。 5．【答案】（1）A；；93；水银 （2）沸腾时 （3）高 【解析】【解答】（1）实验时，应用酒精灯外焰加热，为了便于调整器材固定的高度应先放好酒精灯，再确定铁圈的高度，所以在安装，应先固定A，再调整固定B，因为底部的距离应是固定的，而上部可以根据下部的情况进行灵活调节； 硬塑料盖一个孔用来插温度计，另外一个孔与外界相通，以免烧杯内气压过高，把硬塑料盖冲开，考虑到实验安全，他应该选择图最合理。 温度计的液面在零刻度上面，所以温度是零上，温度计的分度值是1℃，所以温度计的示数为93℃。 一个标准大气压下水沸腾时的温度为100℃，酒精100℃时为气态，故选水银温度计。 （2）沸腾前，水的产生的气泡是由大到小的。气泡由下向上运动，体积逐渐变小，部分可能消失 而沸腾时，水产生的气泡是由小到大，到达水面就破裂，并且放出大量的水蒸气。故题3图是实验中某个时段气泡的变化状态，这是沸腾时的情形。 （3）发现当试管内的酒精沸腾，说明试管中酒精达到沸点，且继续吸热，此时，烧杯中的亚麻仁油温度等于酒精的沸点，而烧杯中的亚麻仁油却没有沸腾，说明烧杯中的亚麻仁油没有达到沸点，由此可知亚麻仁油的沸点比酒精的高。 【分析】根据“观察水的沸腾”实验填空。 (1)组装实验装置时，石棉网的铁圈位置和悬挂温度计的铁夹位置放置非常重要，安装实验装置时，应按照自下而上的顺序进行。 考查沸点及沸点与气压的关系。 （2）沸腾前水的产生的气泡是由大到小的。气泡由下向上运动，体积逐渐变小，部分可能消失 而沸腾时，水产生的气泡是由小到大，到达水面就破裂，并且放出大量的水蒸气. （3）液体沸腾有两个必要条件：（1）达到沸点，（2）继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾． 6．【答案】（1） （2）左 （3）电压 （4）反比；寻找普遍规律 （5）B 【解析】【解答】（1）由图甲可知，滑动变阻器与定值电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压，图乙的实物图连接如图所示： （2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大的位置，由图乙可知，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至最左端。 （3）“探究电流跟电阻的关系”实验中，应控制电阻两端的电压不变，所以闭合开关S，将不同阻值的定值电阻R分别接入电路中时，应调节滑动变阻器的滑片，是为了控制定值电阻R两端的电压不变。 （4） ① 由图丙可知，图线是一条过原点的直线，表示电流与电阻的倒数成正比，可得结论：导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。 ② 本实验的目的是探究电流跟电阻的关系，多次实验的目的是寻找普遍规律。 （5）当定值电阻R=20Ω时，滑动变阻器的阻值最大，由图丙可知，定值电阻两端的电压为： 根据串联分压的关系可得： ，即 解得：R滑=40 Ω 所以为完成整个实验，应该选取的滑动变阻器是" 50Ω 1A " ，故B符合题意。 故选B。 【分析】（1）根据电路图可知，滑动变阻器与定值电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压，据此连接实物图； （2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大的位置； （3）“探究电流跟电阻的关系”实验中，应控制电阻两端的电压不变； （4）分析I-的图像，得出结论； （5）根据串联电路的电压规律和串联分压的关系进行分析，求出滑动变阻器的最大值，再选择合适规格的滑动变阻器。 7．【答案】电流表示数的大小；A、D 【解析】【解答】 解：在M、N之间分别接上不同的导体，当导体的电阻相差较小时，灯泡的亮度变化不明显，不能通过灯泡亮度，比较电阻的大小；电流表示数会有变化，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小更为恰当。 要验证猜想③：导体的电阻与导体的材料有关，应控制导体长度与横截面积相同而材料不同，由表中数据可知，应选编号为A、D的两根电阻丝进行实验。 故答案为：电流表示数；A、D。 【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路中的电流越小，小灯泡越暗；导体电阻越小，电路中的电流越大，小灯泡越亮，可以通过电流表示数大小或小灯泡的亮暗程度判断导体电阻大小，根据小灯泡的特点判断出使用哪个比较导体电阻大小更为恰当； （2）要探究导体电阻与材料的关系，需使材料不同，其它条件相同。 8．【答案】加热时间；升高的温度少；吸收的热量多；分别求出水、煤油的k值，若k水>k煤油，则水比煤油的吸热能力强 【解析】【解答】（1）本实验水和煤油吸热的多少是通过比较加热时间的长短来实现，加热时间越长，吸收的热量就越多。 （2）由表中数据可知，当加热时间相同时，水的温度比煤油的温度升高得少，因此说明水比煤油的吸热能力强。 （3）由表中数据可知，质量相等的水和煤油升高相同的温度时，水比煤油加热时间更长，吸收的热量更多，由此可说明水比煤油吸热能力强。 （4）水比煤油吸热能力强，根据Q=cmΔt分析，由比热容的定义可知，可用T与m和Δt乘积之比来表示吸热本领大小，即为，k越大，液体的吸热能力越强。因此分别求出水、煤油的k值，若k水>k煤油，则水比煤油的吸热能力强。 【分析】（1）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； （2）根据表中数据回答； （3）热容这一物理量来描述物质的这种吸热能力特性； （4）水比煤油吸热能力强，根据Q=cmΔt分析。 9．【答案】（1）U形压强计；增大 （2）不可行；没有控制液体深度相同 （3）相等 （4） 【解析】【解答】探究液体压强特点时， （1）根据图示，是U形压强计，是用来测量液体压强大小的。 在图乙和丙中，液体密度相同，图丙深度更深，U形管液面高度差更大，压强更大；可得：在同种液体中，液体压强随深度的增加而增大。 （2）在乙、丁实验中，液体密度和探头深度都不同，没有控制液体深度相同，无法探究液体压强与液体密度的关系。 （3）同种液体中，深度相同，而朝向不同时，U形管液面高度差相同，压强相同，可得出结论：在液体密度、深度相同时，液体内各个方向的压强大小相等。 （4）橡皮膜没有形变，压强相等，左右两侧液面的深度分别为h1、h2，根据p=ρgh， ρ液gh2＝ρ水gh1，解得。 【分析】（1）U形管压强计探究液体压强特点；液体密度相同时，深度越深，压强越大； （2）探究液体压强和液体密度的关系，需要保持深度相同； （3）液体密度和深度相同时，各个方向压强相等； （4）根据压强相等，利用p=ρgh，计算未知液体密度大小。 （1）[1]图示仪器为U形压强计，用来测量液体压强大小。 [2]图乙和丙中，液体密度相同，图丙深度更深，U形管液面高度差更大，所以压强更大；故可得出结论：在同种液体中，液体压强随深度的增加而增大。 （2）[1][2]乙、丁两次实验中液体密度和探头所处深度都不同，没有控制液体深度相同，故无法探究液体压强与液体密度的关系。 （3） 同种液体中金属盒所处深度和液体密度相同，而朝向不同时，U形管液面高度差相同，可知压强相同，故可得出结论：在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小相等。 （4）橡皮膜左右两侧距离水面和液体表面的深度分别为h1、h2，由p＝ρgh有 ρ液gh2＝ρ水gh1 解得。 10．【答案】（1）手机闹铃 （2）B （3）泡沫塑料 （4）噪声；人耳 【解析】【解答】（1）声源必须具有发声稳定的特点，所以选择手机闹铃； 综上 第1空、 手机闹铃； （2）人耳听到的响度并不精确，所以将听不到声音的距离作为观察指标可以较为精确的反应声音的响度，B正确，A错误； 综上选B； （3）据表格可知，泡沫塑料材料下，人耳听到的声音响度距离最小，所以该材料隔音性能最好； 综上 第1空、泡沫塑料； （4） 客厅电视的声音 影响小明学习，所以属于噪声， 爸爸看书时，防噪声耳罩相当于在 人耳处减弱噪音； 综上 第1空、 噪声；第2空、人耳。 【分析】1、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如影响材料的的隔音性能有材料的种类、材料的厚度等，所以探究隔音性能和材料种类的关系时，需要控制材料的厚度等； 2、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。 3、噪声：影响人类休息和学习的声音统称为噪声. 11．【答案】（1）匀速直线运动 （2）乙 （3）直线 【解析】【解答】解：（1）物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体受到平衡力的作用．（2）乙装置更合理，小车与桌面间属于滚动摩擦，比滑动摩擦小得多；（3）用手将木块扭转一个角度，这样两个力不在同一直线上，木块将无法在这个位置平衡，说明两个力必须满足两个力在一条直线上． 故答案为：（1）匀速直线运动；（2）乙；（3）直线． 【分析】（1）静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力的作用．（2）探究水平方向拉力的大小关系时，尽可能减小摩擦力对实验过程的影响；（3）掌握二力平衡条件：作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；根据实验操作及现象判断哪个条件发生了变化． 12．【答案】（1）零刻度线 （2）镊子；从大到小；124 （3）2 x 10-5 （4）2.5 x 103 【解析】【解答】（1）将天平放置在水平桌面上，把游码拨至标尺的零刻度线处，并调节平衡螺母，使天平平衡。 （2）将装有适量水的烧杯放入天平的左盘，先估计烧杯和水的质量，然后用镊子往天平的右盘从大到小试加砝码，并移动游码，直至天平平衡。 由图甲可知，标尺的分度值为0.2g，游码示数为4g，则烧杯和水的总质量为100g+20g+4g=124g。 （3）水和烧杯的总质量为124g，由图乙可知，水和烧杯及排开水的总质量为144g，可知矿石排开水的质量为： m排=144g-124g=20g 矿石浸没在水中，则矿石的体积为： （5）矿石的质量为： m矿石=174g-124g=50g 矿石的密度为： 【分析】（1）天平使用前，将游码移到标尺左端的零刻度线处，通过调节平衡螺母使天平水平平衡； （2）应使用镊子从大到小往右盘加砝码； 物体质量等于砝码质量加游码示数； （3）矿石排开水的质量等于天平两次的示数之差，矿石浸没在水中，根据求出矿石的体积； （4）根据求出矿石的密度。 13．【答案】（1）相等 （2）压力大小 （3）将木块的不同表面与木板接触 （4）三 【解析】【解答】（1）实验中，用弹簧测力计沿水平方向缓缓匀速拉动木块，目的是为了让弹簧测力计示数与木块所受滑动摩擦力大小相等。 （2）由表中的接触面的粗糙程度相同（光滑表面），对接触面的压力不同（一个木块和两个木块），探究的是滑动摩擦力大小与压力大小的关系。 （3）接触面粗糙程度不变时，使用一个木块，对接触面的压力大小相同，通过将木块的不同表面与木板接触来改变接触面积的大小。 （4）方案三中，无论怎样拉动木板，木块都相对于地面是静止的，木块所受弹簧测力计的拉力和摩擦力是一对平衡力，符合二力平衡的条件，大小相等。 【分析】（1）木块做匀速直线运动时，木块所受的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等； （2）滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，根据控制变量法进行分析； （3）探究滑动摩擦力是否与接触面积有关时，需控制接触面粗糙程度和压力大小不变，改变接触面积； （4）方案三中，不需要匀速拉动木块，但木块始终是静止的，根据二力平衡可知，弹簧测力计的拉力大小等于摩擦力大小。 14．【答案】（1） （2）断开；断路 （3）0.6 （4）C 【解析】【解答】（1）“测量小灯泡额定功率”的实验中，电压表应测小灯泡两端的电压，而图中电压表测量电源电压是错误的，正确连接如下图所示： （2）连接电路时，为了保护电路，开关应断开。 试触时发现，小灯泡发光，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明电压表发生了断路。 （3）由图甲可知，电流表接入的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，小灯泡额定功率为： ； （4）为了能完成实验，当电阻最大为25Ω时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联分压原理和串联电路电压规律可知，控制的最低电压U小为：，解得U小=2.5V，故AB不符合题意，C符合题意。 故选C。 【分析】（1）“测量小灯泡额定功率”的实验中，电压表应测小灯泡两端的电压； （2）连接电路时，为了保护电路，开关应断开； 串联电路中，电流表由示数，小灯泡发光，则电路时通路，电压表无示数，说明电压表断路； （3）根据求出小灯泡的额定电压； （4）当定值电阻阻值最大时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联分压原理和串联分压规律求出控制电压的最小值。 （1）图中电压表测量电源电压是错误的，电压表应测灯泡两端电压，如下图所示： （2）[1]为了保护电路，连接电路时，开关应断开。 [2]试触时发现电流表有示数，小灯泡发光，说明电路是通路，电压表无示数，说明电压表发生了断路故障。 （3）纠正错误后继续进行实验，移动滑动变阻器滑片，电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示。由图甲可知，电流表接入的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，小灯泡额定功率为 （4）探究电流和电阻关系时，应控制定值电阻两端的电压不变。利用原有电路，将小灯泡替换为定值电阻，为了能完成实验，当电阻最大为25Ω时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联分压原理，结合串联电路电压规律知，控制的最低电压U小为 解得U小=2.5V。故AB不符合题意，C符合题意。 故选C。 15．【答案】灵敏电流计指针是否偏转；磁场方向；改变导体AB的水平运动速度，观察灵敏电流计的指针偏转情况；电源 【解析】【解答】（1）当电路中有电流时，灵敏电流计指针会转动，通过观察灵敏电流计是否指针偏转来确定是否产生了感应电流。 （2）AB棒运动方向不变，仅将磁体对调进行实验时，这次实验主要是为了探究感应电流的方向与磁场方向的关系。 （3）验证感应电流的大小和导体运动快慢的关系，变量为导体的运动速度，观察灵敏电流计的指针偏转情况，得出感应电流的大小和导体运动速度的关系。 （4）电动机的工作原理通电导体在磁场中受到力的作用，需要将此装置中的灵敏电流计换成电源。 综上 第1空、 灵敏电流计指针是否偏转； 第2空、 磁场方向；第3空、 改变导体AB的水平运动速度，观察灵敏电流计的指针偏转情况； 第4空、 电源。 【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息； 2、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。 3、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同。 16．【答案】（1）平衡；右；便于测量力臂 （2）2 （3）变小 （4）B 【解析】【解答】（1）杠杆处于静止状态，即平衡状态。杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。 调节杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂，同时让杠杆的重心在支点上，避免杠杆自重的影响； （2）一个钩码的重力为G，设杠杆一个小格为L，由知 解得； （3）当拉力由竖直变成倾斜时，阻力和阻力臂不变，拉力F力臂变小，相应的力变大才能继续平衡。故要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变大； （4）A．阻力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，则量程变小，故A不符合题意； B．阻力臂变小，动力不变，动力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，则量程变大，故B符合题意； C．杆秤使用时，有，此时不变，变小，不变，可见变小，则量程变小，故C不符合题意； D．阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，由杠杆平衡条件，阻力变小，则量程变小，故D不符合题意。故选B。 故答案为：（1）平衡；右；便于测量力臂；（2）2；（3）变小；（4）B。 【分析】（1）杠杆平衡时指杠杆处于匀速转动或静止状态；为了使杠杆在水平位置平衡，向杠杆上翘的一端调节平衡螺母，实验中让杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂； （2）根据杠杆的平衡条件可求出弹簧测力计的示数； （3）图丙中阻力和阻力臂都没有变，动力臂从C到D的过程中，动力臂变大，根据杠杆的平衡条件可得到答案； （4）要提高杆秤测量最大值，可根据杠杆的平衡条件进行推断。 （1）[1]杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态。 [2][3]调节杠杆在水平位置平衡，目的是便于从杠杆上测量力臂，同时是为了让杠杆的重心在支点上，可避免杠杆自重的影响；杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。 （2）一个钩码的重力为G，设杠杆的一个小格为L，由杠杆的平衡条件知 解得 （3）图丙中，当弹簧测力计沿AD方向逐渐转到AC方向，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变大，这是因为，当拉力由竖直变成倾斜时，阻力和阻力臂不变，拉力F力臂变小，相应的力会变大，这样才能继续平衡。 （4）A．将a点向左移，阻力臂增大，动力臂和动力不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故A不符合题意； B．将b点向左移，阻力臂变小，动力不变，动力臂增大，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，称量的最大质量变大，量程变大，故B符合题意； C．杆秤使用时，有 将a、b点都向右移等长距离，不变，变小，不变，可见变小，则所称量物体的质量变小，量程变小，故C不符合题意； D．换一个质量较小的秤砣，阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故D不符合题意。 故选B。 17．【答案】受力面积；=；25：1 【解析】【解答】探究压力的作用效果时， （1）图甲、乙中，受力面积相同，压力不同，乙中对海绵的压力大，海绵凹陷明显，则在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显。 （2）根据图丙、丁中，受力面积相同，压力相同，根据 ，海绵受到的压强大小相等，p=p'。 （3）z 图乙、丙中，小桌对海绵的压力相等，受力面积之比为1：25，则 。 【分析】（1）受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显； （2）根据，结合压力和受力面积相同，压强相等； （3）压力相同时，压强大小之比和受力面积之比成反比。 18．【答案】（1）竖直；③①②④ （2）A （3）84 （4）35；2.4 （5）偏小 （6）2.1 【解析】【解答】（1）①使用弹簧测力计前，要在受力方向上调零，实验需要测量物体重力，重力方向竖直向下，所以要在竖直方向上对弹簧测力计调零。 ②为方便操作，减小因小桶沾水带来的误差，应先测空桶重力，再测量鹅卵石的重力，然后测量鹅卵石浸没水中后的拉力，最后测出小桶和溢出水的总重力，所以合理的步骤顺序应为③①②④。 （2）A．如果是②过程中鹅卵石触底了，鹅卵石受到溢水杯底部的支持力，根据公式F浮=G-F示 可知，F示会偏小，此时鹅卵石所受浮力偏大，大于排开水的重力，故A正确； B．鹅卵石放入水中吸水，因吸水导致的浮力的减小量和排开水的重力的减小量相同，所以对实验没有影响，故B错误； C．弹簧测力计在使用前没有调零，不影响浮力和排开水的重力的测量，故C错误。 故选A。 （3）如图甲，标尺的分度值为0.2g，游码在标尺上的读数为4.0g， 则鹅卵石的质量为50g+20g+10g+4.0g=84.0g； （4）鹅卵石浸没后排开水的质量m排=103g-68g=35g； 鹅卵石的体积等于排开水的体积，则鹅卵石的体积为； 根据密度公式可得，鹅卵石的密度为。 （5）若先进行步骤丙再完成步骤乙，取出鹅卵石时会带走一部分水，导致鹅卵石排开水的质量偏大，则计算出的鹅卵石的体积偏大，根据密度公式可知，密度值偏小。 （6）每8cm3的鹅卵石要吸水1cm3，设干燥鹅卵石的体积为V'cm3， 由于吸水后鹅卵石体积不变，则有； 则干燥鹅卵石的体积为；鹅卵石的密度为。 【分析】（1）①测力计要在拉力的方向上调零； ②实验中为了减小误差并便于操作，合理的步骤顺序应该是先测空桶的重力，再测石块的重力，然后用弹簧测力计吊着石块放入溢水杯中，最后测出溢出的水和小桶的总重力； （2）A.石块浸没后，碰触到溢水杯底部，容器对石块有支持力，测的拉力偏小，根据称重法测浮力分析解答即可； B.鹅卵石放入水中要吸水，导致排开水的体积减小，G排水减小； C.若弹簧测力计都没有校零，四次测量结果都偏大，且都偏大相同的数值，据此判断浮力的变化以及排开水的重力的变化； （3）①用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码对应的质量； （4）由图丙和乙示可知增加的砝码质量即为鹅卵石排开水的质量，鹅卵石排开水的体积即鹅卵石的体积，根据密度公式求鹅卵石的密度； （5）在实验时，先进行步骤丙再完成步骤乙，取出鹅卵石时会带走一部分水，导致鹅卵石排开水的质量偏大，则计算所得的鹅卵石的体积偏大，根据密度公式可知所测得的鹅卵石的密度值的变化； （6）鹅卵石要吸水，且每8cm3的鹅卵石要吸水1cm3，则设石块的实际体积为V实，由题意可得：；，根据求干燥鹅卵石的密度。 （1）[1]使用弹簧测力计前，要在受力方向上调零，实验需要测量物体重力，重力方向竖直向下，所以要在竖直方向上对弹簧测力计调零。 [2]为方便操作，减小因小桶沾水带来的误差，应先测空桶重力，再测量鹅卵石的重力，然后测量鹅卵石浸没水中后的拉力，最后测出小桶和溢出水的总重力，所以合理的步骤顺序应为③①②④。 （2）A．如果是②过程中鹅卵石触底了，鹅卵石受到溢水杯底部的支持力，根据公式 F浮=G-F示 可知，F示会偏小，此时鹅卵石所受浮力偏大，大于排开水的重力，故A正确； B．鹅卵石放入水中吸水，因吸水导致的浮力的减小量和排开水的重力的减小量相同，所以对实验没有影响，故B错误； C．弹簧测力计在使用前没有调零，不影响浮力和排开水的重力的测量，故C错误。 故选A。 （3）如图甲，标尺的分度值为0.2g，游码在标尺上的读数为4.0g，则鹅卵石的质量为 50g+20g+10g+4.0g=84.0g （4）[1][2]鹅卵石浸没后排开水的质量 m排=103g-68g=35g 鹅卵石的体积等于排开水的体积，则鹅卵石的体积为 根据密度公式可得，鹅卵石的密度为 （5）若先进行步骤丙再完成步骤乙，取出鹅卵石时会带走一部分水，导致鹅卵石排开水的质量偏大，则计算出的鹅卵石的体积偏大，根据密度公式可知，密度值偏小。 （6）每8cm3的鹅卵石要吸水1cm3，设干燥鹅卵石的体积为V'cm3，由于吸水后鹅卵石体积不变，则有 则干燥鹅卵石的体积为 鹅卵石的密度为 19．【答案】刻度尺；0.02；67%；滑轮组的机械效率与提升的物体重量有关，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大；0.5；错误，滑轮组的机械效率不是一个定值，求平均值无意义 【解析】【解答】测量滑轮组的机械效率时，（1）实验中，需要测量钩码重力与钩码上升距离，需要测力计和刻度尺； （2）根据表格数据，a有用功为 总功为 ， 机械效率为 （3）b装置的机械效率 c装置的机械效率 b、c滑轮组动滑轮的重相同，提升的物体重量不同，物体越重，滑轮组的机械效率越大，可得：滑轮组的机械效率与提升的物体重量有关，物体越重，滑轮组的机械效率越大。 （4）根据图像，a装置是动滑轮，有2段绳子，b装置是滑轮组，有3段绳子，b装置更省力，根据测力计的拉力，计算b装置省力为 （5）滑轮组的机械效率不是一个定值，随物体重力、动滑轮等因素的改变而改变，求平均值无意义，做法错误。 【分析】（1）测量滑轮组的机械效率时，需要测量力和距离，需要测力计和刻度尺； （2）根据W=Gh计算有用功，利用，计算机械效率； （3）动滑轮相同，物体重力不同时，机械效率不同； （4）根据拉力的大小，判断省力多少； （5）机械效率随重力的改变而改变，不能计算平均值。 20．【答案】匀速；0.5N；66.7 %；克服杠杆重力做功或杠杆摩擦；不能；实验次数太少，可能存在偶然性，不能得到普遍规律；没有控制悬挂点相同 【解析】【解答】测量杠杆的机械效率时，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧，杠杠处于平衡状态，便于实验。 (1)弹簧测力计的分度值为0.1N，指针过5格，故读数为0.5N；计算杠杆的机械效率为 使用该杠杆时，克服杠杆自重做功或者克服摩擦力做的功，是额外功。 (2)根据实验数据，钩码重力不同，升高距离不同，机械效率不同，不能探究机械效率和物重的关系；原因是：实验次数太少，不具普遍规律；没有控制悬挂点相同，多个变量对实验有影响。 【分析】测量杠杆的机械效率时，拉到物体匀速直线运动； （1）根据，计算机械效率；克服机械自身重力做功是额外功； （2）探究机械效率和物体重力关系时，需要多次实验，探究普遍性；而且多个变量时，需要利用控制变量法。 21．【答案】0刻度线处；右；；瓶内液面到水面的高度； 【解析】【解答】测量密度时， （1）调节天平平衡时，先放平，游码移到标尺左端的零刻度处，图甲中，游码先归零，天平指针会偏左，应将平衡螺母向右调节，天平横梁平衡； （2）图乙中，根据砝码和游码对应刻度值，测量三颗樱桃的质量为m=10g+4.4g=14.4g， 图丙中，量筒的分度值为2mL，放入樱桃前量筒内水的体积40mL，放入樱桃后，总体积52mL，则三颗樱桃的体积为：， 计算樱桃的密度为：； （3）瓶子的底面积是S，结合深度h1，则豆奶的体积V=Sh1，装有液体的瓶子漂浮在水中，豆奶的重力等于瓶子排开水的重力，排开水的体积为豆奶的体积和h2对应的体积，还要测量瓶内液面到水面的高度h2，如图所示： 根据F浮=ρ水gV排，装有待测液体的瓶子在漂浮时，受到的浮力为 F浮=ρ水gV排=ρ水gS（h1+h2）， 瓶子在水中漂浮，瓶子重力不计，豆奶的重力等于瓶子受到的浮力，即G液=F浮 则ρ液gSh1=ρ水gS（h1+h2），计算液体的密度为：。 【分析】（1）调节天平平衡时，游码归零，平衡螺母左偏右调； （2）根据砝码和游码位置，测量质量；根据量筒液面位置，测量体积；利用，计算密度； （3）根据容器底面积和深度，计算体积；根据F浮=ρ水gV排，计算浮力，物体漂浮时，受到的浮力等于液体重力；结合浮力和重力相等，计算物体的密度。 22．【答案】ΔF与V成正比；ΔF小于G；大；大；ΔF等于G；根据二力平衡可知，物体所受重力等于浮力，而容器底部受到压力的增加量等于浮力，最终可以得出物块漂浮时，压力增加量等于重力 【解析】【解答】①由表中数据可知，当物体体积逐渐增大时，压力是逐渐增大的，可得到初步结论，当物块浸没在水中时，压力的增加量与物体的体积成正比，即ΔF与V成正比。 ②从1234中可以看出此时物块沉底，此时ΔF小于G，可得初步结论：当 ΔF小于G时，物块沉底。 ③压力的增加量等于物体所受的浮力，物体所受的浮力与物体排开水的体积有关，可知：当物体排开水的体积越大，所受的浮力越大， ΔF越大。 ④5号中的物体漂浮，浮力等于物体的重力，而压力的增加量等于物体所受的浮力，故当物块漂浮时， ΔF等于G。根据二力平衡可知，物体所受重力等于浮力，而容器底部受到压力的增加量等于浮力，最终可以得出物块漂浮时，压力增加量等于重力。 【分析】①分析表格数据可知，物体浸没时，压力的增加量与物体的体积成正比； ②分析表格数据可知，当 ΔF小于G时，物块沉底； ③根据“压力的增加量等于物体所受的浮力”和“物体所受的浮力与物体排开水的体积有关”分析得出结论； ④根据二力平衡知识进行分析。 23．【答案】（1）A （2）F浮=F2-F3 （3）G排=F4-F3 （4）等于 （5）ρ水V2；；不变 【解析】【解答】探究阿基米德原理时， (1)根据实验步骤ABCD，B中测量的石块和小桶的总重力，C中，石块浸没在水中后，测力计拉力减小，即石块受到了浮力，A步骤没有必要； (2)B步骤测量的石块和小桶的总重力，C中测量了石块浸没后的拉力，根据称重法，计算石块受到的浮力大小F浮=F2-F3； (3)将石块浸没在盛满水的溢水杯中，收集溢出的水，弹簧测力计示数F3；再将溢出的水全部倒入小桶中，弹簧测力计的示数F4，石块排开水的重力G排=F4-F3； (4)实验中，若测得F浮等于G排，可以验证阿基米德； (5)测量石块的密度时， ①空桶漂浮在盛满水的溢水杯中，如图甲； ②根据图乙，将石块浸没在水中，测得溢出水的体积为V1；计算矿石的体积等于排开水的体积V1； ③图丙中，将矿石放入小空桶，小空桶漂浮，溢出水的体积为V2，漂浮物体受到的浮力等于排开液体的重力，等于物体的重力，则物体的质量等于排开液体的质量，则m石块=m溢出=ρ水V2；石块的密度为； ②在实验步骤乙和丙中，矿石沾有水，放入小空桶，小空桶内重力增加，同时小空桶排开水的体积增加，容器中水的体积减少量和小空桶排开水的体积增加量是相同的，不影响矿石排开水的体积，矿石密度测量值不变。 【分析】（1）测量矿石受到的浮力时，不一定测量矿石的重力； （2）根据矿石受到浮力前后，测力计的拉力差，计算浮力； （3）根据空桶中有无溢出液体差，计算排开液体的重力； （4）根据F浮和G排关系，可以判断浮力和排开液体重力关系； （5）矿石浸没在水中，矿石的体积等于矿石排开水的体积；根据矿石漂浮时，排开液体的质量，计算矿石的质量，根据，计算矿石的密度；矿石上沾水后，导致容器中的水减少，矿石排开水的量增加，不影响排开水的质量，不影响矿石的质量测量值。 24．【答案】（1）匀速；没有考虑机械之间的摩擦，测出的拉力偏小 （2）； （3）同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越大 （4）变小 （5）变大 【解析】【解答】（1）在实验过程中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，根据二力平衡知识可知，测力计示数等于拉力大小，若在测力计静止时读数，这时测出的数据是错误的，原因是：没有考虑机械之间的摩擦，测出的拉力偏小； （2）由图知，滑轮组由三段绳子承担物重，绳子移动的距离等于物体移动的距离的3倍，所以s3=3h3=3×0.15m=0.45m；； （3）通过比较1、2两次实验数据知，滑轮组和提升物体的高度相同，钩码的重力越大，机械效率越高，故得出结论：同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越大； （4）实验中动滑轮的个数多，做的额外功更多，在有用功相同时，机械效率会变小； （5）在图乙实验操作的基础上，如图丙所示改变绳端拉力方向，拉力F向右倾斜，则拉力的力臂变小，拉力变大，测得的测力计示数将变大。 故答案为：（1）匀速；没有考虑机械之间的摩擦，测出的拉力偏小；（2）0.45；80%；（3）同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越大；（4）变小；（5）变大。 【分析】 （1）实验时要求测力计匀速运动时进行读数，不允许静止时读数，否则机械之间的摩擦将被忽略导致拉力偏小； （2）根据s=nh来计算出绳端移动的距离，由计算出滑轮组的机械效率； （3）通过比较1、2两次实验数据，找出相同量和不同量，分析得出滑轮组的机械效率与变化量的关系； （4）提升相同的物重，则做的有用功不变，影响机械效率的大小的因素一个关键是额外功，根据额外功产生的原因进行解答； （5）分析拉力F向右倾斜时大小的变化，得出机械效率的变化。 25．【答案】（1）0.5 （2）体积 （3）ADE （4）密度； 【解析】【解答】 （1）由称重法可知金属块所受浮力F浮=G-F示=2.7N-2.2N=0.5N； （2）由B、C、D可知，液体密度相同，物体排开液体体积不同，测力计示数不同，则浮力大小不同，说明浮力大小跟排开液体的体积有关； （3）为了探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度有无关系，应控制液体密度和排开液体体积相同，改变浸没深度，故选A、D、E三步分析； （4）分析E、F步骤，物体排开液体体积相同，液体密度不同，测力计示数不同，则浮力不同，说明浮力大小跟液体的密度有关； （5）金属块的体积；由图A和F可知，金属块浸没在液体中所受浮力F浮'=G-F示F=2.7N-2.1N=0.6N； 则液体密度为。 故答案为：（1）0.5N；（2）体积；（3）A、D、E；（4）密度；1.2×103。 【分析】 （1）根据称重法可得物体浸没在水中受到的浮力； （2）（3）浮力大小与液体密度和物体排开液体体积有关，故应用控制变量法； （4）由浸没在水中所受浮力可求物体体积，由称重法测出浸没液体中的浮力，再由阿基米德原理即可求液体密度。 26．【答案】（1）断开 （2） （3）V1；0.6；3 （4）B （5）等于 【解析】【解答】（1） 每次拆接电压表时，开关应处于 断开状态； 综上 第1空、 断开； （2） 为测量L1两端电压， 电压表应该并联在L1两端，据此作图 （3）V1测量L1的电压，V2测量总的电压，两表 指针偏转角度相同 ，可能为V1偏转角度过小，量程选择较大，V2示数为3V，V1示数为0.6V. （4） 测量BC间的电压，断开开关 ，需要将正极接入电压表正极，所以 保持C接线不动，将电压表连线由A改接到B ，B正确，A错误。 综上选B。 （5） 分析AB、BC、AC间的电压关系，得出结论：在串联电路两端的总电压 等于 各部分电路两端的电压之和 。 综上 第1空、等于。 【分析】1、电路连接的基本操作：连接电路时，为保护电路开关应断开，变阻器调节至最大阻值处，对电表进行试触，根据电表偏转角度选择合适的电表量程；同时电表的正负极接线柱要符合电流的正进负出； 2、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。所以保持C接线不动，将电压表连线由A改接到B 。 3、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和 学科网（北京）股份有限公司 $$