中考物理 专题复习 教材重点（拓展）实验

我带领班子成员及全体职工，积极参加县委、政府和农牧局组织的政治理论学习，同时认真学习业务知识，全面提高了自身素质，增强职工工作积极性，杜绝了纪律松散教材重点(拓展)实验一、测量固体和液体的密度1. 小刚学习了“探究物质密度”以后，来到实验室测量糖水的密度.第1题图(1)小刚将天平放在台上，将游码移到标尺左端的处 ，此时，指针在分度盘上的位置如图甲所示，他应将平衡螺母向端调节，使天平平衡；(2)将质量为32 g的烧杯放在天平的左盘上，取适量的白糖倒入烧杯中，向右盘加减砝码并调节游码，直至天平平衡，如图乙所示，白糖的质量是g；(3)用量筒量出水的体积，如图丙所示，然后将烧杯中的白糖倒入量筒中，待白糖完全溶解后，量筒中液面的位置如图丁所示，糖水的体积是cm3，配制糖水的密度是_kg/m3.【答案】 (1)水平零刻度线左(2)17(3)501.14103【解析】(1)将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的零刻度线处， 如图指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，平衡螺母向左移动；(2)烧杯和糖的总质量为m总20 g20 g5 g4 g49 g，糖的质量为m糖m总m杯49 g32 g17 g；(3)糖水的体积为V50 cm3，糖水中水的质量为m水水V水1 g/cm340 cm340 g，糖水的总质量为mm水m糖40 g17 g57 g，糖水的密度为1.14 g/cm31.14103 kg/m3.2. 会泽的斑铜制品蜚声海内外，如图甲所示是小明家购买的斑铜工艺品，小明为了知道斑铜的密度，利用商家提供的角料进行了探究：甲 乙 丙第2题图(1)小明按如图乙所示的方法测斑铜角料的质量，请指出操作中的错误：_(指出一个即可).(2)他学习了杠杆知识后，知道天平实质就是一个(选填“等臂”或“不等臂”)杠杆.在探究杠杆平衡条件的实验中，必须使杠杆在水平位置平衡，这样便于测量.(3)如图丙所示，将斑铜角料放入装有适量水的量筒中，斑铜角料下沉至量筒底，则斑铜的密度(选填“大于”“等于”或“小于”)水的密度.若用天平测得斑铜角料的质量为88 g，小明测得的斑铜密度为kg/m3.(4)小明测量斑铜角料的体积时，读出量筒中水的体积后，把角料放入盛水量筒时不慎掉入，发现有水溅出，则这样测出的密度(选填“偏大”或“偏小”)，正确的操作是_.【答案】(1) 砝码和斑铜角料的位置放反了(或用手直接拿砝码)(2)等臂力臂(3)大于 8.8103(4)偏大 用细线悬挂斑铜角料缓慢浸没在水中【解析】(1)根据天平的使用规范，可以发现图中错误操作有两处：使用天平时，物体放在左盘，砝码放在右盘，图中放反了；加减砝码过程中不可以用手直接拿砝码，必须要用镊子，图中用手直接拿砝码；(2)天平是一个等臂杠杆；在探究杠杆平衡条件的实验中，必须使杠杆在水平位置平衡，这样是为了便于测量力臂；(3)斑铜角料在水中下沉，根据浮沉条件可知：斑铜的密度大于水的密度.斑铜角料的质量m88 g，由图12可得斑铜角料的体积V30 mL20 mL10 mL10 cm3，所以斑铜的密度为8.8 g/cm38.8103 kg/m3；(4)测量斑铜角料的体积时，读出量筒中水的体积后，把它放入盛水量筒时不慎掉入，发现有水溅出，测出的斑铜角料体积将偏小，根据可知，测出的密度偏大.认真观察图12可以发现，把斑铜角料放入量筒时没有用细线拴着，这样不但会让水溅出，还容易损坏量筒，因此正确的操作是用细线悬挂斑铜角料缓慢浸没在水中.3. 小红的妈妈从市场买回了一桶色拉油，担心买的油是地沟油，小红为解除妈妈的顾虑，在网络上查得优质色拉油的密度在0.91 g/cm30.93 g/cm3之间，地沟油的密度在0.94 g/cm30.95 g/cm3之间，她决定用测密度的方法鉴别油的品质.第3题图(1)实验步骤如下：A.将托盘天平放于上，移动游码至标尺处，发现指针静止时如图甲所示，则应将平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节，使横梁水平平衡.B. 用天平称出空烧杯的质量为10 g.C. 往烧杯中倒入适量的色拉油，将装色拉油的烧杯放在左盘.在右盘加减砝码使天平平衡.天平平衡时所用砝码和游码的位置如图乙所示，则烧杯和色拉油的总质量为g.D. 将烧杯中的色拉油全部倒入量筒中，如图丙所示，量筒内色拉油的体积是_cm3.(2)该色拉油的密度为g/cm3，由此，小红判断色拉油的品质是的(选填“合格”或“不合格”).(3)分析小红同学的实验过程，你认为测量结果(选填“偏大”或“偏小”).小红通过反思后想到：其实不需要增加器材也不需要添加额外的步骤，只要将上面主要的实验步骤顺序稍加调整就会大大减小上述实验的误差，她调整后的实验步骤是(只填写实验步骤前的代号即可).【答案】(1)水平台左端零刻度线右5650(2)0.92合格(3)偏大ACDB【解析】(1)A.使用天平时，先将天平放在水平台上，移动游码至标尺左端的零刻度线处，然后调节平衡螺母，根据指针“左偏右调、右偏左调”的原则进行调节，如图指针向左偏，因此向右调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡.C.读取烧杯和色拉油的质量：游码看左侧对应的刻度，砝码游码的质量为m56 g，因此可知杯内色拉油的质量m油mm杯56 g10 g46 g；D.由图丙知量筒内色拉油的体积V50 cm3.(2)根据密度公式可求色拉油的密度：油0.92 g/cm3，其密度在优质色拉油密度范围之内，由此可知色拉油的品质是合格的.(3)分析小红的实验过程，在将烧杯内的色拉油倒入量筒中时，有一部分油沾到烧杯壁上，因此测量油的体积将偏小，根据油可知，在质量不变时，体积偏小，测得的密度将偏大.若要减小误差，可以测量顺序颠倒一下，调整为ACDB，这样就不会因液体粘壁而导致测量密度偏大.4. 小明用天平、细线、烧杯、水来测定某工艺品的密度，他设计的实验过程如图所示：第4题图(1)把天平放在上，游码移至标尺左端的零刻度线处，看到指针在分度盘中央两侧摆动，摆动的幅度如图甲所示，此时应将平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节，使指针指在分度盘中央；(2)用调节好的天平测量工艺品质量，当天平平衡后，右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，工艺品的质量为g；(3)往烧杯中倒入适量的水，用调节好的天平测出烧杯和水的总质量为220 g；(4)用细线拴好工艺品，并浸没在水中如图丙所示，在右盘中增加砝码并移动游码，当天平平衡后，测得质量为228 g，则工艺品的体积为cm3，工艺品的密度为kg/m3(水1.0103 kg/m3).【答案】 (1)水平台右(2)64(4)88103【解析】(1)先要将天平放在水平台上，游码调零后，如果指针指在分度盘的左侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向右调；(2)物体的质量为砝码的质量加游码对应的刻度值，质量为60 g4 g64 g；(4)当工艺品浸没在水中时，天平盘增加的质量为228 g220 g8 g，工艺品的体积VV排8 cm3，工艺品的密度为8 g/cm38103 kg/m3.二、研究影响滑动摩擦力大小的因素5. 为了探究滑动摩擦力跟哪些因素有关，小明设计了如图甲实验装置，进行了如下操作：第5题图(1)将表面平整的长木板放在水平桌面上，再把木块(质量为200 g)放在木板上，小明沿水平方向缓慢地拉动弹簧测力计，使木块做运动，这样做的目的是为了使拉力等于摩擦力，读出弹簧测力计的示数为0.5 N.(2)分别将此木块和所加钩码的总质量增至400 g、600 g进行实验.弹簧测力计的示数分别为1.0 N和1.5 N，初步得出的结论为.(3)另一组同学小华对实验进行了改进，装置如图乙：将木块用测力计水平拉住，测力计另一端固定在桌上一侧，细线一端和砂桶连接，另一端跨过定滑轮和长木板相连.实验时在砂桶中加砂，当桶和砂的总重为5 N时，长木板匀速直线运动，弹簧测力计示数如图丙所示，此时木块和长木板之间的滑动摩擦力大小为N，长木板受到桌面对它的摩擦力为_N.若在砂桶中继续加砂3 N，长木板将做(选填“匀速”“加速”或“减速”)运动，弹簧测力计示数(选填“变大”“变小”或“不变”).(不计绳重和绳与轮之间的摩擦).(4)小刚同学认为把长木板改成海绵，还可以探究压力的作用效果与压力大小和受力面积之间的关系.小刚是通过来判断出压力作用效果是否明显.小刚在探究压力作用效果与受力面积的关系时，把质量和底面积小的小木块换成了质量和底面积大的大木块来进行对比试验，你觉得小刚的做法正确吗？为什么. .【答案】(1)匀速直线 (2)接触面的粗糙程度相同，压力越大滑动摩擦力越大(3)2.4 2.6 加速不变(4)海绵的凹陷程度 不正确，没有保持压力相等【解析】(1)测力计水平拉动物体时，测力计显示拉力大小，当物体进行匀速直线运动时，物体在水平方向的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，滑动摩擦力大小等于拉力大小.所以读出测力计的示数就是滑动摩擦力的大小；(2)在接触面的粗糙程度相同时，压力越大滑动摩擦力越大；(3)由图可知测力计的分度值为0.2 N，此时示数为2.4 N，由于木块静止，根据二力平衡可知长木板受到桌面对它的摩擦力为f5 N2.4 N2.6 N；若在砂桶中继续加砂3 N，由于拉力大于摩擦力故而木块受力不平衡，此时长木板将做加速运动；无论木板进行匀速、加速、减速运动时，木块与桌子之间的压力不变，接触面的粗糙程度不变，故滑动摩擦力不变，所以测力计示数不变，总是等于滑动摩擦力大小；(4)把长木板改成海绵，还可以探究压力的作用效果与压力大小和受力面积之间的关系，通过海绵的凹陷程度反映压力作用效果；小刚实验中没有控制不变量，存在两个变量，故而他的做法是错误的.6. 小明同学用下列器材探究“影响滑动摩擦力大小的因素”.粗糙程度均匀的长木板一块，质量相等的木块和铝块各一个，弹簧测力计一只.如图所示，实验中他用弹簧测力计沿水平方向拉动物块，使它们在长木板上做匀速直线运动.第6题图(1)图丙中，长木板对木块摩擦力的大小为 N，这是根据原理测出滑动摩擦力的，此时，铝块受到摩擦力为 N.(2)分析两次实验可以得出：在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦的大小与压力大小有关，此实验采用了常用的进行探究(选填“控制变量法”或“等效替代法”).(3)图乙与图丁中铝块受到的摩擦力大小(选填“相等”或“不相等”).【答案】(1)3.2二力平衡 0(2)甲、丙 控制变量法(3)相等【解析】(1)由图丙所示弹簧测力计的示数为3.2 N，是根据二力平衡的原理测出滑动摩擦力大小的；铝块与木块一起做匀速直线运动，铝块相对木块静止，即铝块处于平衡状态.由图丙可知：在水平方向上铝块没有受到其他的力与摩擦力相互平衡.由此判断：铝块在水平方向上没有受到力的作用，也就不受摩擦力，所以铝块受到的摩擦力为0 N；(2)要探究滑动摩擦力与压力的关系，就要保证物体的受力面积和接触面的粗糙程度相同，实验中，只有甲和丙两次实验达到要求.此实验采用了控制变量法，保证其他物理量不变，改变一个物理量；(3)图乙和图丁中，铝块与长木板间的接触面粗糙程度相同，压力大小一样，所以铝块受到的滑动摩擦力大小也一样.三、探究杠杆的平衡条件7. 在“探究杠杆平衡条件的实验”中：第7题图(1)如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向调节(选填“左”或“右”)，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量.(2)如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆(选填“能”或”不能“)在水平位置保持平衡.(3)如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转动b位置时，其示数大小将.(4)如图丁所示，已知每个钩码重0.5 N，杠杆上每小格长度为2 cm，当弹簧测力计在C点斜向上拉(与水平方向成30角)杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，拉力F的力臂大小为_cm，弹簧测力计示数的大小为N.【答案】(1)右力臂的大小 (2)6不能 (3)变大(4)43【解析】(1)调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALAFBLB，即4G3LFB2L，解得FB6G，需挂6个钩码；若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧4G4L16GL，右侧6G3L18GL，因为16GL18GL 杠杆不能平衡；(3)保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；(4)当弹簧测力计在C点斜向上拉(与水平方向成30角)杠杆，此时动力臂等于OC42 cm4 cm；根据杠杆的平衡条件F1L1F2L2得F13 N.8. 探究杠杆的平衡条件.第8题图甲【提出问题】如图甲所示，是一种常见的杆秤，此时处于水平位置平衡.发现一：小明在左侧挂钩上增加物体，可观察到提纽左侧下沉，他认为改变杠杆的水平平衡可以通过改变作用在杠杆上来实现；发现二：接着小新移动秤砣使其恢复水平位置平衡，说明通过改变也可以改变杠杆的平衡.那么，杠杆在满足什么条件时才平衡呢？【制定计划与设计实验】实验前，轻质杠杆处于如图乙所示的状态，使用时，首先应将杠杆的平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节，使杠杆处于水平位置平衡，这样做的好处是.第8题图【实验结论】如图丙所示，他们进行了三次实验，对实验数据进行分析，得出杠杆的平衡条件是_.第8题图丁【拓展应用】如图丁所示，是用手托起重物的示意图，图中前臂可以看作是一个杠杆(选填“省力”“费力”或“等臂”)，此杠杆的支点是图中的点.【答案】【提出问题】力的大小力臂的长短【制定计划与设计实验】右方便直接测出力臂，并能消除自身重力影响【实验结论】动力动力臂阻力阻力臂【拓展应用】费力C四、探究浮力的大小跟哪些因素有关9. 小华同学在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，在弹簧测力计下悬挂一圆柱体物块，当圆柱体物块下表面与水面相平时开始缓慢下降，直到与溢水杯底接触为止，用小桶收集溢出的水，如图甲所示：第9题图(1)根据(a)图可知，圆柱体物块的质量 kg；(2)分析(a)(c)两图可知，圆柱体物块浸没在水中时所受浮力F浮N；(3)分析两图可得出，浸在同种液体中的物体所受浮力大小跟物体排开液体的体积有关；(4)比较(c)(d)两图可得出：当圆柱体浸没在水中时，所受浮力不随改变；图(d)中小桶内水重N(5)小华完成图甲所示的实验后，把水换成另一种液体重复上述实验，根据实验数据绘制出图乙所示的弹簧测力计拉力F随物体下降高度h变化的图像，那么物体浸没在这种液体中受到的浮力F浮N，这表明浸在液体中的物体所受浮力的大小还跟有关.【答案】(1)0.6 (2)5(3)b、 c (4)深度5(5)4液体密度10. 某物理兴趣小组做了如图所示的实验来探究影响浮力大小的因素.第10题图(1)物体浸没在水中时受到的浮力是N，方向为.(2)物体浸没在酒精中时排开酒精的重力是N.(3)比较两幅图可知，浸没在液体中的物体所受浮力的大小与液体的密度有关.(4)由ABCD四个步骤可知，浮力的大小有时与深度有关，有时又与深度无关.对此正确的解释是浮力的大小与有关.【答案】(1)1竖直向上(2)0.8(3)C、E (4)物体排开液体的体积【解析】(1)物体浸没在水中受到的浮力为F浮GF4 N3 N1 N，浮力的方向竖直向上；(2)物体浸没在酒精中时排开酒精的重力等于酒精对物体的浮力，即G排酒F浮GF4 N3.2 N0.8 N；(3)研究浸没在液体中的物体所受浮力的大小与液体密度的关系，应保证物体排开液体的体积相同，让液体的密度不同，符合要求的图是C和E；(4)由ABCD 四个步骤可知，物体没有全部浸没在液体中时，浮力的大小与深度有关，物体全部浸没在液体中时，浮力的大小与深度无关，对此正确的解释应是，浮力的大小与物体排开液体的体积有关.五、测简单机械的机械效率11. 在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，某实验小组用如图所示的同一滑轮组提升不同钩码的方法，分别做了甲、乙、丙3组实验，实验数据记录如下： (1)在实验操作中应该使钩码(选填“快速”或“缓慢”)上升；(2)进行第2次测量时滑轮组的机械效率约为(保留三位有效数字)；(3)进行第3次测量时，弹簧测力计示数为N，滑轮组做的有用功是J；(4)分析实验数据，实验小组得出的实验结论是：滑轮组的机械效率与有关；(5)分析表中数据可知，F，可能的原因是：；(6)某次实验时将绳子自由端匀速拉动时弹簧测力计的读数记为F，钩码重记为G，动滑轮重记为G，绳自由端移动距离记为s，钩码提升高度记为h，不计绳子重及摩擦.则下列关于滑轮组机械效率的计算关系中错误的是.A. B. C. D. 1【答案】(1)缓慢(2)78.4%(3)2.40.3 (4)被提升物体的重力 (5)拉动过程中需克服滑轮的转轴处的摩擦(6)BD12. 下表是小明测滑轮组机械效率时收集的有关数据： 第12题图(1)请在图中画出滑轮组的绕绳方法.(2)将表格中的数据补充完整.(3)用同一滑轮组提升不同重物至同一高度，提升的物重增加时，除克服动滑轮重所做的额外功外，其他额外功将(选填“变大”“变小”或“不变”).进一步分析可知.在动滑轮和绳重一定的情况下，该滑轮组的机械效率与和有关.(4)第一次实验中，钩码上升0.1 m所用的时间为1.5 s.则动力的功率为W.【答案】(1)如答图所示(2)66.7%(3)变大物重摩擦力(4)0.14第12题答图【解析】(1)由绳子末端移动的距离是物体移动的距离的3倍，可以知道动滑轮由3股绳子拉起，根据“奇动偶定”的原则画出绳子的绕法.(2)机械效率的计算100%100%100%66.7%.(3)当物重增加时，摩擦力会增加，所以其他力的额外功会增加.在动滑轮和绳重一定的情况下，滑轮组的机械效率与物重和摩擦力有关，因为物重越大，有用功会越多，摩擦力越小，额外功越小.(4)物体上升0.1 m，绳子末端要上升0.3 m.P0.14 W.13. 小亮看到工人利用斜面把货物推到车上，联想到物理课上学过的知识，提出了以下两个问题：(1)斜面越缓越省力，是不是机械效率越高呢？(2)对于同一个滑轮组，提升的物体越重，机械效率越高；对于同一个斜面，是不是所推的物体越重，机械效率越高呢？第13题图为了解决以上问题，小亮与几个同学一起用如图所示的装置进行了多次实验探究，记录的部分实验数据如下表：实验次数斜面倾角物重G/N斜面高度h/m沿斜面拉力F/N斜面长s/m有用功W有/J总功W总/J机械效率(%)4510.70.910.977.83010.50.710.50.771.43020.51.4111.4(1)表格中缺少2个数据，请补充完整(保留一位小数).(2)在实验操作过程中，应沿斜面向上拉动木块；实验时要使木板的倾斜角变大，应该把木板下面的木块向移动(选填“左”或“右”).(3)通过对比实验的数据，得出的结论是斜面越缓越省力，机械效率越.(4)通过对比实验的数据(选填实验次数)，得出的结论是对于同一斜面，机械效率与所拉物体的重力.【答案】(1)0.771.4(2)匀速左(3)低(小)(4)无关【解析】(1)第一次实验中有用功W有Gh1 N0.7 m0.7 J，第三次实验机械效率为：100%100%71.4%；(2)在实验操作过程中，为了使弹簧测力计示数稳定，便于读出拉力大小，应沿斜面向上匀速拉动木块，要使木块的倾斜角变大，应把木块向左移动；(3)观察数据可以看出物重相同时，斜面倾角为30时，拉力为0.7 N，机械效率为71.4%，斜面倾角为45时，拉力为0.9 N，机械效率为77.8%，可以得出斜面越缓越省力，机械效率越低(小)；(4)根据题意可以看出同一斜面，探究机械效率与重力的关系，因此要选择斜面倾角相同，物重不同的实验进行对比，所以应选择，得出结论是对同一斜面，机械效率与所拉物体的重力无关.六、探究电流与电压、电阻的关系14. 现有下列器材：学生电源(6 V)，电流表(00.6 A，03 A)、电压表(03 V，015 V)、定值电阻(5 、10 、20 各一个)、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”.第14题图 第14题图丙(1)请根据图甲所示的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.(要求连线不得交叉)(2)闭合开关S前，应使滑动变阻器的滑片P置于(选填“A”或“B”)端；当将5 的电阻换成10 后，闭合开关，电压表示数将(选填“变大”或“变小”)，此时应将滑片P向(选填“左”或“右”)端移动使电压表示数不变.(3)实验中记录了三组数据，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图像，由图像可以得出结论：.(4)为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器.A. 50 1.0 AB. 30 1.0 AC. 20 1.0 A【答案】(1)如答图所示 (2)A变大 左(3)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比(4)A第14题答图【解析】(1)电压表与电阻R并联，滑动变阻器应“一上一下”串联接入电路，如答图所示；(2)为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至阻值最大处，即A端；将5 的电阻换成10 后，根据串联分压可知，此时电压表的示数将变大，为保持电压表的示数不变，应增大滑动变阻器接入电路的阻值，所以应将滑片向左移动；(3)分析图像，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2 V，由此得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(4)滑动变阻器两端电压U滑UUR6 V2 V4 V，测最后一组实验数据时，滑动变阻器接入电路的阻值R滑40 ，因此选规格为“50 1.0 A”的滑动变阻器.15. 小薇和小亮两位同学在“探究电流与电压的关系”的实验中，电源使用两节新干电池，滑动变阻器R的规格是“20 2 A”.第15题图(1)如图甲所示是小薇画出的电路图，小亮进行实物连线如图乙所示，请你在虚线框内把电路图补画完整(要求所补画的元件与实物电路对应).(2)开关闭合前，小亮发现电流表的指针在零刻度线左端，如图丙所示，其原因是_(选填“A”或“B”)A. 电流表没调零B. 电流表正负接线柱接反了(3)确认电路无误后，闭合开关进行实验，第4次实验时电流表示数为0.5 A，电压表示数如图丁所示，记为V；他们记录的数据如下表所示，老师指出其中一组数据有拼凑的嫌疑，你认为是第组(填写实验序号)，理由是_.实验序号电压/V0.51.21.8电流/A0.100.240.340.5(4)排除有拼凑嫌疑的数据后，分析数据可以得到的结论是：在不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成比；(5)小薇利用实验数据还计算出定值电阻R的阻值为 (结果保留一位小数)；(6)以下实验与“探究电流与电压的关系”进行多次测量的目的不相同的是.A. 探究影响滑动摩擦力大小的因素B. 探究杠杆的平衡条件C. 刻度尺测物体的长度【答案】(1)如答图所示(2)A(3)2.5滑动变阻器的最大阻值偏小，无法使电流等于 0.10 A(4)电阻正(5)5.1(6)C第15题答图【解析】(1)由实物图可判断出虚线框内是滑动变阻器，滑片向右移动时，接入电路的阻值变小，如答图所示.(2)闭合开关前电流表的指针应该指零，没有指零说明其没有调零.如果是闭合开关后指针在零刻度线左边，则是电流表正负接线柱接反.(3)图中电压表使用的是03 V量程，每大格是1 V、每小格是0.1 V，读数是2.5 V，定值电阻的阻值R5 ；当电路中的电流为0.1 A时，电路中的总电阻是R总30 ，这时变阻器接入电路中的电阻至少是30 5 25 ，而变阻器的最大阻值才是20 ，所以第组数据是拼凑的.(4)由实验可得出结论：在电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比.(5)根据R可得，三次测量的电阻值分别是5.0 、5.3 、5.0 ，三次测量求平均值，定值电阻的阻值R5.1 .(6)探究电流与电压的关系、探究影响滑动摩擦力大小的因素、探究杠杆的平衡条件进行多次实验测量都是为了得出普遍性的结论，而用刻度尺多次测量物体的长度是为了减小实验的误差，故选C.16. 小芳为了探究“电流与导体两端电压的关系”，连接了如图甲所示的电路(电源电压为3 V恒定).第16题图(1)用笔画线将甲图中电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向A端滑动时，接入电路的电阻变小.(2)闭合开关后，电流表无示数，电压表示数为3 V，产生该现象的原因可能是_.(3)排除故障后闭合开关，移动滑片P，根据实验数据绘制了电阻R的IU图像如图丙中a，分析图像中数据，电阻R的阻值为R，可得结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体.滑动变阻器除保护电路外，另一作用是_.【拓展】小芳仅将实验中的电阻R拆下，换用一个额定电压为2.5 V的小灯泡，继续实验，移动滑片P到某一点，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡两端电压为V，实验得到的IU图像如丙中的图线b，则小灯泡的额定功率为W.第16题答图【答案】(1)如答图所示 (2)定值电阻R断路(3)5两端的电压成正比调节定值电阻两端的电压【拓展】1.80.625 【解析】(1)滑动变阻器滑片向A端滑动时，接入电路的电阻变小，用笔画线连接“A”和电流表的“0.6”两接线柱，具体如答图所示；(2)电流表无示数，电压表示数等于电源电压，可能是定值电阻R断路；(3)由题图知，通过定值电阻的电流与其两端的电压成正比，当定值电阻两端电压为1 V时，通过它的电流为0.2 A，根据欧姆定律得定值电阻的阻值为：R5 ；可得出结论：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；此实验中，滑动变阻器的作用除了保护电路外，还可以调节定值电阻两端的电压.【拓展】由题图甲知，电压表选择的量程是03 V，其分度值为0.1 V，读数为1.8 V；由图像丙中b知，当小灯泡两端的电压等于额定电压2.5 V时，通过它的电流为0.25 A，则小灯泡的额定功率为：P额U额I额2.5 V0.25 A0.625 W.17. 如图甲所示是“探究电流与电压关系”的实验电路，其中R是定值电阻.第17题图(1)电路中有一根导线的连接不适宜，需要改接.请在这条导线上打“”，并画出改接的导线.闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到最(选填“左”或“右”)端.(2)实验中要控制不变，通过调节滑动变阻器改变电阻两端.(3)电路连接正确、各仪表工作正常，发现无论如何调节滑动变阻器都不能使R两端的电压达到1 V，原因可能是.(4)调节滑动变阻器的位置，测出对应的电流与电压值，根据实验数据画出电流随电压变化的图像，如图乙所示，分析图像可以得出的结论是.(5)用此实验装置还可以完成的实验有.【答案】(1)如答图所示右(2)电阻电压 (3)滑动变阻器的最大阻值过小(4)电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比(5)测量定值电阻的阻值第17题答图七、伏安法测电阻18. 在“测量小灯泡的电阻”实验时，准备了以下器材：小灯泡(额定电压为2.5 V)、电流表、电压表、开关、两节干电池、滑动变阻器、导线若干.如图所示为某小组连接的实物图.第18题图(1)请用笔画线代替导线补充完成图中的实物电路连接(要求导线不能交叉，滑动变阻器滑片向右移动时小灯泡变暗).(2)连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表的指针几乎不偏转，电压表有示数且接近电源电压，你认为该电路故障可能是.(3)纠正错误后测得的数据记录如下表，小明同学测出多组数据后，先求出电压的平均值和电流的平均值，再运用欧姆定律求出灯泡的电阻.请判断该方法是否可行：；并说明理由：.测量次数12345电压U/V2.52.01.51.00.5电流I/A0.280.250.220.180.16(4)分析表中数据可知，小灯泡两端电压越低，小灯泡的电阻越，小灯泡的额定功率为 W.【答案】(1)如答图所示(2)小灯泡断路(3)不可行运用欧姆定律时，公式中的I、 U、 R 必须是同一时刻、同一导体所对应的数值(4)小0.7第18题答图【解析】(1)滑动变阻器应“一上一下”串联接入电路，要求滑动变阻器滑片右移时小灯泡变暗，说明滑片右移时滑动变阻器接入电路的阻值变大，故应将滑动变阻器的左下接线柱与电源的负极相连，如答图所示；(2)小灯泡不亮，电流表的指针几乎不偏转，则电路可能存在断路故障，电压表有示数且接近电源电压，说明电压表到电源两端是通路，故出现此故障的原因可能是小灯泡断路；(3)因为灯丝的电阻会受温度的影响，因此只需根据各次测出的电压值和电流值算出小灯泡的电阻，从而发现规律.运用欧姆定律时，公式中的I、U、R必须是同一时刻、同一导体所对应的数值，这里求出电压的平均值和电流的平均值，再运用欧姆定律求出灯泡的电阻，没有遵循欧姆定律的同一性；(4)利用R计算出小灯泡对应的电阻，可以发现小灯泡两端电压越低，小灯泡的电阻越小，原因是灯丝电阻受温度影响；小灯泡的额定电压为2.5 V，通过表中的数据可知此时通过小灯泡的电流为0.28 A，由PUI可得小灯泡的额定功率为P额2.5 V0.28 A0.7 W.19. 小明在拆装手电筒时，发现手电筒的小灯泡上标有“3.8 V”的字样，但上面的电流值已经模糊不清，他想通过实验测量该小灯泡正常工作时的电阻，图甲是他所连接的实物图.第19题图(1)经检查发现电路接线有错误，小明只做了一处改动就闭合开关进行实验.请在他接错的导线上打上“”，并改正.(2)闭合开关，小灯泡不发光，电压表的示数为零，电流表示数增大，电路可能出现的故障是.(3)排除故障后，实验时，小明移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为3.8 V时，电流表的示数如图乙所示，电流表的示数为A，则该小灯泡正常工作时的电阻约为 _(保留一位小数).(4)闭合开关，移动滑片，记录电流表和电压表示数，进行多次实验，绘制出IU图像，如图丙中b所示，实验完成后，将小灯泡换成定值电阻，重复上述实验过程，绘制出IU图像，如图丙中a所示.根据图像a可得出结论：，小灯泡的IU图像与定值电阻不同的主要原因是小灯泡的电阻受影响.【答案】(1)如答图所示(2)小灯泡短路(3)0.312.7(4)电阻一定时，通过导体的电流与其两端的电压成正比温度第19题答图【解析】(1)滑动变阻器应按“一上一下”的方式串联接入电路，且闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，故题图中滑动变阻器的接法错误，正确的接法如答图所示；(2)闭合开关，小灯泡不发光，电流表示数增大，说明电路不存在断路故障，电压表测量小灯泡两端电压，电压表示数为0，说明小灯泡短路了；(3)电压表的示数为3.8 V时，由题图乙可知，电流表选择的量程为00.6 A，分度值为0.02 A，示数为0.3 A，则小灯泡正常工作时的电阻为R12.7 ；(4)由题图丙中a可知，IU图像是一条过原点的直线，由此可得出结论：电阻一定，通过导体的电流与其两端的电压成正比；由图线b可知，小灯泡两端的电压变大时，电流变大，小灯泡的实际功率变大，小灯泡变亮，温度升高，小灯泡的电阻增大，所以小灯泡的IU图像与定值电阻不同的主要原因是小灯泡的电阻受温度的影响.20. 利用图甲进行“测量未知电阻”的实验.第20题图实验次数123电压U/V1.52.0电流I/A0.300.420.50电阻Rx/5.04.8电阻Rx的平均值/(1)连接电路时，应将开关.(2)连接电路后，闭合开关，移动变阻器的滑片，电压表有示数，电流无示数，造成这一现象的原因可能是(只填序号).A. Rx断路B. Rx短路C. 电流表断路(3)排除故障后，闭合开关，改变电阻Rx两端的电压，进行了三次测量.第三次实验中电压表示数如图乙所示，电压表读数为V.(4)将实验数据填入下表并进行处理，三次所测电阻Rx的平均值为.(5)将电阻Rx换成小灯泡，重复上述实验，发现几次实验测得的小灯泡的电阻相差比较大，原因可能是.【答案】(1)断开(2)A(3)2.5(4)4.93 (5)灯丝电阻会随温度的变化而变化【解析】 (1)连接电路时，可能出现连接错误，为了保护电路，开关应该是断开的；(2)闭合开关后，电流表无示数，说明电路中没有电流，电路中出现了断路，电压表有示数可以证明原因是待测电阻处出现了断路，使得电压表串联在电路中了；(3)从图乙中可知，电压表所用量程为03 V，每小格表示0.1 V，指针指在第25个刻度处，故电压表的示数为2.5 V；(4)由R计算出第三次测出的电阻为R15 ，求出三次电阻的平均值为4.93 ；(5)由于灯丝的电阻会随温度的升高而增大，故所测得的几次电阻值相差也会比较大.21. 用电流表、电压表测电阻的实验：第21题图(1)该实验的原理为；在连接电路的过程中，开关始终是(选填“断开”或“闭合”)的；(2)根据下图所示实物连接情况，闭合开关，滑片P若在B端，导线的M端应接滑动变阻器的(选填“A”或“B”)端；(3)根据实物连接图在虚线框内画出电路图；(4)滑片P移动到某一位置时，电流表、电压表读数如图乙、丙所示，IA，UV，电阻R.第21题答图【答案】(1)R断开 (2)A(3)如答图所示(4)0.548【解析】(1)伏安法测电阻的原理为欧姆定律或R，利用电压表和电流表分别测出电压和电流，由上述公式计算出被测电阻的阻值；电路连接时，为了保护电路，开关应始终是断开的；(2)闭合开关前滑动变阻器接入电路的阻值应最大，说明滑片滑到B端时，变阻器连入电路的阻值最大，根据“远大近小”的原则，滑动变阻器的下接线柱应接在A端；(3)根据实物图的连接情况可以画出对应的电路图，注意可以先不画电压表，先按电路元件的顺序依次画出元件符号，组成串联电路，最后再将电压表并联在被测电阻两端；(4)从题图中可以看出，电流表的示数为0.5 A，电压表的示数为4 V，则电阻R8 .22. 在小明同学探究小灯泡的电阻是否固定不变的实验中，电路图如图所示，灯丝的电阻约为10 ，小灯泡的额定电压为2.5 V，电源电压恒为4 V.第22题图(1)请你用笔画线代替导线，按乙图的电路图把甲图中的实物图电路连接完整，使滑片P向右端移动时灯的亮度变暗.(2)闭合开关前，滑动变阻器连入电路的阻值为最大值的作用是.(3)当电压表的示数为2.5 V时，电流表的示数如图丙所示，灯的额定电流为A，此时灯丝的电阻为 (保留一位小数).(3)调节滑片，记录电压表和电流表一系列读数，在丁图中绘制了小灯泡的UI图像后，小明用一个定值电阻更换小灯泡，进行正确操作，记录电流表和电压表的一系列读数，在图丁中绘制定值电阻的UI图像.在丁图中，能反映小灯泡电阻的图像是(选填“a”或者“b”)，由此可知，小灯泡的电阻与灯丝的有关.【答案】 (1)如答图所示(2)保护电路(3)0.26 9.6(4)b温度第22题答图【解析】(1)由于小灯泡的额定电压为2.5 V，所以电压表选用03 V的量程；由于滑动变阻器的接法遵循“一上一下”的接线原则，所以连接电源“”接线柱的那端只能是A接线柱或B接线柱，要求滑片向右移动时灯泡变暗，说明滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以只能接B端，连接的电路如答图所示；(2)闭合开关前，滑动变阻器连入电路的阻值为最大值，目的是起到保护电路的作用；(3)由图丙可知，灯泡的额定电流为0.26 A，此时灯泡的电阻为：R灯9.6 ；(4)由图丁可知，a图像中，电流与电压成正比，电阻阻值不变，是定值电阻图像，而b图像中，电流与电压不成正比，由于小灯泡的电阻受温度的影响，电阻值和温度有关，随温度的升高而增大，所以b图像是反映小灯泡电阻的图像.23. 小明欲测量一个阻值标识模糊的定值电阻，图甲所示是他设计的测量电路，电源电压为6 V，且恒定不变，图乙是未完成连接的实验电路.(1)请你按照电路图，用笔画线代替导线，帮助小明把滑动变阻器和电压表正确连入图乙所示的实验电路；第23题图(2)在连接电路时，开关应.连接好电路后，小明发现电流表有示数而电压表无示数，小明分析原因可能是；(3)小明将电路连接正确后，闭合开关，调节变阻器的滑片，按照正确的操作测得数据如下表所示.实验序号电压U(V)电流I(A)电阻R()11.00.1010.021.50.1212.532.00.2010.042.50.2410.452.80.28根据表中数据，第5次测量的电阻值R5 .(4)图丙中已经把前4次测得的电压U和电流I的值对应点描出，请你在图丙中补描出第5次测量的电压U和电流I值对应的点A，并依据所描的点在图丙中作出该定值电阻的UI图像.【答案】(1)如答图甲所示(2)断开短路(3)10.0 (4)如答图乙所示第23题答图【解析】(1)根据实验测量的表中数据可得出电压表选择的是03 V量程，且“3”接线柱接到被测电阻的右端；滑动变阻器应“一上一下”接入电路，且根据电路图，右下接线柱接到被测电阻的左端，具体如答图甲所示；(2)连接电路时，开关应该断开，这是为了防止电路中有短路的地方而损坏用电器.电路中电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数说明电阻两端电压为0，可能是其被短路；(3)第5次测量的电阻值R510.0 ；(4)在坐标图像中，将第5次的电压和电流对应的数值在坐标曲线上标出，然后画出直线并尽量使更多的点散落在直线上.八、测量小灯泡的电功率24. 小明和同组同学在进行测量“小灯泡电功率”的实验中，选择电源为三节的干电池串联，寻找了一个规格为“2.5 V？ W”的小灯泡(电阻约为10