2020中考物理题型全归纳

1、专题一图象分析很多物理问题常与图象相结合,通过问题与图形两种信息的转换可有效解答图象类综合计算题,这类题多年来都是中考物理命题的一大热点。解决这类问题的具体思路是:明确图象中纵坐标、横坐标所表示的物理量;明确图象所表达的物理意义及过程;分析图象变化的特点,确定特殊点和特殊线段;读出图象中纵坐标、横坐标所表示的物理量的值。所谓图象信息题,就是根据实际问题所表现出来的图象,要求考生依据所给的信息,运用所学的知识对其进行整理、分析、加工和处理。“巧用图象”解题,常常可达到化难为易、化繁为简,使有些看似复杂的问题迎刃而解。综观近几年全国中考物理试题,物理图象信息题也成为中考命题的热点之一。1.理解图象

2、的物理含义例1(2018广东深圳)对下列图象中的物理信息描述错误的是()答案:D解析:物体受到的重力与物体质量关系G=mg,重力与质量成正比,故A正确;质量与体积成正比,并且横纵坐标相同,质量与体积的比值可能为1 g/cm3,故该物质可能为水,故B正确;随着时间的推移,路程不变,物体处于静止状态,故C正确;黑龙江北部(最低温度-52.3 )低于水银的凝固点,故不可以使用水银温度计测量气温,故D错误。方法归纳图象法是反映物理量之间规律和关系的常用方法。要看清图象中的横坐标、纵坐标代表的物理量;再根据图象形状反映的物理规律,结合选项中物理量的含义来解答。2.利用图象进行分析计算例2(2019山东德

3、阳中考)如图甲,电源电压保持不变,小灯泡上标有“8 V”字样,电流表的量程为01.2 A,如图乙是小灯泡的电流随电压变化的图象。滑动变阻器R1的最大阻值为20 ,定值电阻R2的阻值为9 ,当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时,小灯泡恰好正常发光。求:(1)电源电压是多少?(2)闭合S和S1、断开S2,为保证电流表的安全,滑动变阻器的取值范围为多少?(3)闭合S和S2、断开S1,当滑动变阻器的阻值调到17.5 时,这时小灯泡的功率为3.2 W,此时电流表的读数为多少?答案:(1)18 V(2)620 (3)0.8 A解析:(1)当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时

4、,R1与L串联,电流表测电路中的电流。由于小灯泡恰好正常发光。则UL=8 V,由图乙可知通过灯泡的电流IL=1 A,因串联电路中各处的电流相等,滑动变阻器两端的电压U1=ILR1=1 A 20 =10 V,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,电源的电压U=UL+U1=8 V+10 V=18 V。1.(2019贵州铜仁中考)把1 kg的水从60 开始加热至沸腾,温度随时间变化的图象如图,由图象可知,水的沸点是98 ;水从70 加热至90 需要吸收的热量是8.4104 J;水沸腾时,水面上方的气压小于(选填“大于”“小于”或“等于”)标准大气压。c水=4.2103 J/(kg) 解析:由题图

5、可知,水沸腾时,不断吸收热量,保持98 不变,所以98 是水的沸点。水吸收的热量Q吸=c水mt=4.2103 J/(kg)1 kg(90 -70 )=8.4104 J;标准大气压下水的沸点是100 。沸点跟气压有关,气压越高,沸点越高。实验中水的沸点是98 ,所以实验时气压小于标准大气压。2.(2019四川南充中考)如图甲所示,电源电压保持不变,小灯泡L标有“6 V3 W”字样,图乙是通过小灯泡的电功率随其两端电压变化的图象。滑动变阻器R1的最大值为40 ,定值电阻R2=10 ,当闭合S、S1,断开S2,P在中点时,R2的功率为0.9 W,电源电压为9 V,当闭合S、S2,断开S1,小灯泡功率

6、为1.6 W时,滑动变阻器连入电路中的阻值为12.5 。3.(2019四川泸州中考)甲、乙两车在一平直公路上沿同一方向运动,其中甲车做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t变化的图象如图所示。下列说法正确的是( )A.在t=0时刻,甲、乙两车在同一位置B.在0到t1时间内,甲、乙两车的速度相等C.在t1到t2时间内,甲、乙两车通过的路程相等D.在0到t2时间内,乙车做匀速直线运动C 解析:由图象知,在t=0时刻,甲在“x0”位置,乙在“0”位置,所以两车不在同一位置,故A错误;在0到t1时间内,所用时间相同,乙通过的路程较大,由公式v= 知,乙车的速度较大,故B错误;在t1到t2时间内,甲、

7、乙两车通过的路程都是x2-x1,即两车通过的路程相等,故C正确;在0到t2时间内,乙车的位置x随时间t变化图象不是一条倾斜的直线(而是折线),所以不是一直以相同的速度在做匀速直线运动,故D错误。4.(2019内蒙古呼和浩特中考)下列说法正确的是( ) C 解析:在液体密度一定时,液体压强跟液体深度成正比,图中不是正比例函数图象,故A错误。水平面上静止的质量均匀,形状为正方体的物体,对水平地面的压力相等。在压力一定时,物体对水平地面的压强跟受力面积成反比,图中是正比例函数图象,故B错误。对于不同物质,质量相同时,其密度与体积成反比,图中是反比例函数图象,故C正确。流体产生的压强随流速的增大而减小

8、,图中反映压强随流速增大而增大,故D错误。5.(2018四川凉山州中考)下图中能正确反映通过某一定值电阻的电流与它两端电压的关系的是( )解析:在电阻一定时,导体中的电流与导体两端的电压成正比;A图线为反比例函数图象,表示电流与电压成反比,故A不符合题意;B图线表示电压增大时,导体中的电流不变,故B不符合题意;C图线为正比例函数图线,表示电阻一定时,通过电阻的电流与电压成正比,故C符合题意;D图线表示随着电压的增大,电流是减小的,故D不符合题意。C 6.(2018甘肃天水中考)如图所示的电路中,电源电压保持不变,R为定值电阻。闭合开关S移动滑片P,多次记录电压表示数U和对应的电流表示数I,则绘

9、出的U-I关系图象正确的是( )A 解析:由电路图可知,定值电阻R和滑动变阻器串联,电压表测滑动变阻器两端的电压,电流表测电路中的电流,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,滑动变阻器两端的电压U滑=U-IR,由表达式可知,电压表的示数U滑与电流表的示数I是一次函数,且电压表的示数随电流表的示数增大而减小,故B、C、D错误,A正确。7.(2019四川达州)如图甲所示,电源电压保持不变,R1为定值电阻,滑动变阻器R2的最大阻值为30 ,电压表的量程为015 V。电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。则下列结果正确的是( )A.电源电压为20 VB.R1的阻值为5 C.为了保证电压表不

10、被烧坏,滑动变阻器的阻值变化范围为430 D.开关S闭合后电路消耗的最小功率为14.4 WD 8.(2019四川内江中考)如图甲所示,是某科技小组的同学们设计的恒温箱电路图,它包括工作电路和控制电路两部分,用于获得高于室温、控制在一定范围内的“恒温”。工作电路中的加热器正常工作时的电功率为1.0 kW;控制电路中的电阻R为滑动变阻器,R为置于恒温箱内的热敏电阻,它的阻值随温度变化的关系如图乙所示,继电器的电阻R0为10 。当控制电路的电流达到0.04 A时,继电器的衔铁被吸合;当控制电路中的电流减小到0.024 A 时,衔铁被释放,则:(1)正常工作时,加热器的电阻值是多少?(2)当滑动变阻器

11、R为390 时,恒温箱内可获得的最高温度为150 ,如果需要将恒温箱内的温度控制在最低温度为50 ,那么R的阻值为多大?答案:(1)48.4 (2)90 (2)由题图乙知,当最高温度为150 时,热敏电阻的阻值R1=200 ,控制电路电流I1=0.04 A由欧姆定律得U=I1(R0+R+R1)=0.04 A(10 +390 +200 )=24 V;恒温箱内的温度控制在最低温度为50 时,热敏电阻的阻值R2=900 ,控制电路电流I2=0.024 A此时滑动变阻器的阻值R=R总-R0-R2=1 000 -10 -900 =90 。题型一、光学实验 科学探究实验是物理学的重要组成部分,所以中考题里

12、面都会有一定的实验探究题。此题型的主要特点是注重操作过程和实验设计的考查;对教材中常见的活动、小实验、演示实验进行改编;注重对实验过程中存在的问题、误差进行反思和评估等。实验题主要是考查学生的观察能力、实验能力、仪器的选用能力、实验故障的判断和排除能力、实验结果的归纳分析能力、综合运用知识能力以及实验设计能力。1.光的反射例1(2019湖南怀化中考)如图是探究光的反射规律的实验装置图,其中ABCD是白色硬纸板制成的光屏,并能沿ON折转,ON垂直于CD。(1)实验时,将光屏放置在平面镜上。让一束光紧贴光屏射向平面镜上的O点,可在光屏上看到反射光线,如图甲所示;将光屏右半部分向后折转一定角度。光屏

13、上看不到反射光,如图乙所示。说明反射光线、入射光线与法线在。(2)从甲图可以看出反射光线与入射光线分居在两侧。(3)从表格记录的数据分析可得: (答出一个结论即可)。答案:(1)垂直同一平面内(2)法线(3)反射角等于入射角解析:(1)实验时,将光屏垂直放置在平面镜上,让一束光紧贴光屏射向镜面上的O点,可在光屏上看到反射光,如图甲;将光屏右半部分向后折转任意角度,光屏上都看不到反射光,如图乙。说明反射光线、入射光线与法线在同一平面内。(2)从甲图可以看出反射光线与入射光线分居在法线的两侧。(3)从表格记录的数据分析可得反射角等于入射角。方法归纳本题主要考查了光的反射实验,这是光学中的重点,也是

14、近几年来中考经常出现的题型,要求学生熟练掌握,并学会灵活运用。同时考查学生动手操作实验的能力,并能通过对实验现象的分析得出正确结论。解题的关键在于理解反射规律。2.平面镜成像例2(2019江苏常州中考)同学们探究“平面镜成像特点”。(1)小华在竖直的玻璃板前A位置放置点燃的蜡烛,看到玻璃板后出现蜡烛的像,如图甲所示,用一张不透明纸挡在玻璃板与像之间,她在图甲所示位置观察(选填“仍然”或“不能”)看到蜡烛的像。这说明像是由于光的(选填“缩小”“反射”或“折射”)形成的。(2)撤去不透明纸,小华又拿另一支大小相同的蜡烛放到玻璃板后像的位置,发现它跟像完全重合,由此可知平面镜成(选填“等大”或“放大

15、”)的像。记录物像的位置A、A。(3)经过三次实验得到三组物、像位置点,如图乙所示,由此可知。(4)小明自备器材做该实验,在玻璃板前放置一支点燃的蜡烛,看到玻璃板后出现蜡烛的两个像,这是因为。答案:(1)仍然反射(2)等大(3)像和物体到平面镜的距离相等(4)玻璃板太厚导致玻璃板前后两个面都发生了反射,两个表面都成虚像解析:(1)平面镜成的像是虚像,是由光的反射形成的,故用一张不透明纸挡在玻璃板与像之间,她在图甲所示位置观察仍然看到蜡烛的像。(2)另外一支相同的蜡烛与前面的蜡烛的像完全重合,则说明平面镜所成的像与物体是等大的。(3)根据图乙可知,A和A、B和B、C和C都是关于玻璃板所在位置对称

16、的,则可得到:像和物体到平面镜的距离相等。(4)太厚的玻璃板有两个反射面,两个反射面都成虚像,前面一个反射面成的虚像较后面一个反射面而成的虚像清晰。方法归纳本题主要考查了平面镜成像特点的实验,主要考查学生设计实验与动手操作实验的能力,并会对实验现象进行分析。解题的关键在于理解平面镜成像的特点。3.光的折射例3(2019四川绵阳中考)在“探究光折射时的特点”试验中,让光源发出的一束光从水中以不同的角度射入空气,观察到光束在水中和空气中的径迹如图所示。回答以下问题:(1)此现象说明(选填序号)A.光路可逆B.光在水面只发生了折射C.光在水面只发生了反射D.光在水面既发生了折射又发生了反射(2)增大

17、这一束光与竖直方向的夹角,发现射入空气的光的径迹与竖直方向的夹角也增大,此现象说明(选填序号)A.入射角增大,折射角减小B.入射角增大,折射角增大C.折射角的大小与入射角的大小成正比D.折射角的正弦值与入射角的正弦值成正比(3)让这一束光垂直于水面射入空气。传播方向(选填序号)。A.向右偏B.向左偏 C.不偏答案:(1)D(2)B(3)C解析:(1)让光源发出的一束光从水中以不同的角度射入空气,观察到光束在水中和空气中的径迹如题图所示,图中可以看到反射光线,同时也看到折射光线,故选D。(2)光源射出的光线和竖直方向的夹角是入射角,空气中的光线和竖直方向的夹角是折射角。增大这一束光与竖直方向的夹

18、角,即增大了入射角,发现射入空气的光的径迹与竖直方向的夹角也增大,也就是折射角也增大,此现象说明入射角增大,折射角增大,但不能得出成正比的关系,故选B。(3)光垂直射到界面时不改变方向,所以,让这一束光垂直于水面射入空气,其传播方向不偏转,故选C。4.探究凸透镜成像规律例4(2019辽宁营口中考)小明利用光具座、凸透镜、蜡烛、光屏等实验器材探究“凸透镜成像”的规律:(1)小明通过图甲的实验操作,确定了该凸透镜的焦距。实验时,把凸透镜固定在光具座50 cm刻度线处。(2)小明将蜡烛移至光具座上10 cm刻度线处,如图乙所示,移动光屏,直到烛焰在光屏上成清晰的像,则该像是倒立、的实像。(3)小明又

19、将蜡烛移至光具座上25 cm刻度线处,为在光屏上再次得到清晰的像,应将光屏向(选填“靠近”或“远离”)透镜的方向移动,应用这一成像特点可制成的光学仪器是;此时小明把自己的近视眼镜放在蜡烛和凸透镜之间,若要在光屏上再次成清晰的像,则需要将光屏向(选填“靠近”或“远离”)透镜的方向移动。(4)小明将蜡烛移至光具座上40 cm刻度线处,移动光屏,发现不能在光屏上得到像,为了观察此时成像特点,请你写出接下来的操作是:;小明将蜡烛继续靠近透镜,看到的像将(选填“变大”“变小”或“不变”)。答案:(2)缩小(3)远离投影仪远离(4)取走光屏,从光屏一侧透过凸透镜观看烛焰变小解析:(1)平行于主光轴的光线经

20、凸透镜折射后,会聚在主光轴上一点,这点是凸透镜的焦点,焦点到光心的距离是凸透镜的焦距,所以凸透镜的焦距是f=65.0 cm-50.0 cm=15.0 cm。(2)由图可知,此时物距u=50 cm-10 cm=40 cm2f,故此时成倒立、缩小的实像。(3)小明又将蜡烛移至光具座上25 cm刻度线处,此时物距为50 cm-25 cm=25 cm,2fuf,成倒立、放大的实像,v2f,为在光屏上再次得到清晰的像,应将光屏向远离透镜的方向移动,应用这一成像特点可制成的光学仪器是投影仪;小明把自己的近视眼镜放在蜡烛和凸透镜之间,凹透镜对光线有发散作用,延迟会聚,若要在光屏上再次成清晰的像,则需要将光屏

21、向远离透镜的方向移动。(4)把蜡烛移至光具座上40 cm刻度线处,u=50 cm-40 cm=10 cmf,成正立、放大的虚像,虚像和物体在凸透镜的一侧,为了观察此时的成像特点:需要取走光屏,从光屏一侧透过凸透镜观看烛焰;小明将蜡烛继续靠近透镜,根据凸透镜成虚像时,根据物近像近像变小,看到的像变小。1.(2019吉林中考)在探究光的反射规律实验中,(1)在纸板前从不同方向都可以看到纸板上入射光EO的径迹,这是因为光在纸板上发生了漫反射;(2)多次改变入射角的大小进行实验,可以得出结论:反射角等于入射角;(3)如果让光沿FO方向入射,反射光将沿OE方向射出。这表明,在反射现象中,光路是可逆的。解

22、析:(1)实验时,从纸板前不同的方向都能看到光的径迹,是由于纸板表面凹凸不平,光在纸板上发生了漫反射;(2)多次改变入射角的大小进行实验,可以得出结论:反射角等于入射角;(3)使一束光贴着纸板沿EO入射,经平面镜反射后沿OF射出,若将一束光贴着纸板沿FO射到O点,光将沿OE方向射出,这表明反射光路是可逆的。2.(2019内蒙古呼和浩特中考)小明同学利用如图所示的装置探究“平面镜成像的特点”。(1)把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板的前面,再拿另一支外形相同的未点燃的蜡烛B竖立着在玻璃板后面移动,直到看上去跟蜡烛A的像完全重合,这个位置就是像的位置,在白纸上记下A和B的位置。移动点燃的蜡烛,重复多次实

23、验。分别测出A和B到玻璃板的距离,并将现象、数据记录在下表中。进一步实验与分析,可以得到结论:平面镜所成像的大小与物体的大小相等,像和物体到平面镜的距离相等,像和物体的连线与镜面垂直,平面镜所成的像与物体关于镜面对称;(2)小明照镜子时,他从与镜相距1 m处移动至3 m处时,他和像之间的距离改变了4 m,当他远离镜子移动时,他的像的大小不变(选填“变大”或“变小”或“不变”)。解析:(1)平面镜所成像的大小与物体的大小相等,像和物体到平面镜的距离相等,像和物体的连线与镜面垂直,说明平面镜所成的像与物体关于镜面对称;(2)小明从与镜相距1 m处移动至3 m处时,他与平面镜距离改变了2 m,像与平

24、面镜距离也改变2 m,他和像之间的距离改变了4 m;平面镜成像大小只与成像物体大小有关,小明远离镜子移动时,小明的大小不变,则他的像的大小不变。3.(2019浙江绍兴中考)同学们学习了“光的折射”后,知道了光从空气斜射入玻璃中时,折射角小于入射角,入射角增大,折射角也增大。那么当光从空气斜射入玻璃中时,折射角与入射角大小是否成正比呢?【实验结论】 折射角与入射角大小(2)不成正比(选填“成正比”或“不成正比”)。【评价与交流】 根据实验数据,还可以得出的结论是(3)光从空气斜射入玻璃中时,折射角的增加量小于入射角的增加量。【建立猜想】 折射角与入射角大小可能成正比。【实验探究】 同学们测得了四

25、组实验数据。第2次实验如图所示,请将实验数据填入表格中。解析:(1)由题图知,折射角为90-65=25;(2)由表格数据可知,折射角和入射角的比值不是一个定值:所以折射角和入射角大小不成正比;(3)观察表格数据知,入射角:20406080,每次入射角都增加20,折射角:13253541,每次分别增加12、10、6,所以,光从空气斜射入玻璃中时,折射角的增加量小于入射角的增加量。4.(2019湖南郴州中考)如图所示,小明和实验小组同学利用透镜、光屏、蜡烛等实验器材探究凸透镜成像的规律。实验数据记录如下: 根据以上实验回答下列问题:(1)在实验过程中,要使透镜中心、烛焰和光屏中心大致在同一高度;(

26、2)由实验数据可判断,该透镜的焦距约为10 cm;(3)分析实验数据可知,凸透镜成实像时,随着物距的减小,像逐渐变大(选填“变大”或“变小”或“不变”),像距逐渐增大;(4)如果用该实验中的透镜来矫正视力,可以制成远视(选填“近视”或“远视”)眼镜。解析:(1)使光具座上的蜡焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度,可使像成在光屏中央;(2)由实验数据可判断,u=v=2f=20 cm,成倒立、等大的实像,所以凸透镜的焦距是f=10 cm;(3)分析实验数据可知,凸透镜成实像时,物距减小,像距增大,像变大,随着物距的减小,像逐渐变大,像距逐渐增大;(4)物距减小,像距增大,像变大,用该实验中的透

27、镜来矫正视力,说明对光线起了会聚作用,则为凸透镜,可以制成远视眼镜。题型二、力学实验力学的范围比较广泛,中考命题的变数也比较大,这一部分的探究题难度不大,但是比较灵活。中考试题中力学探究题主要考查牛顿第一定律的探究、二力平衡的条件的探究、摩擦力、动能势能的影响因素,杠杆的平衡条件、各种简单机械的机械效率的探究等。解力学探究题首先要深入了解课本上实验的原理和方法,做到了如指掌,才能对探究实验题做到万无一失;其次是掌握探究的方法,要熟练运用“控制变量法”“等效替代法”“类比法”等方法。实验1测量固体的密度例1(2019四川绵阳中考)测量小石块的密度。实验室器材有:托盘天平、量筒、细线、装有适量水的

28、烧杯和待测小石块。请按以下实验步骤完成实验:(1)调节天平平衡。将天平放在水平桌面上,把游码放在标尺左端的零刻度线处,发现指针在分度盘的位置如图甲所示,应将右边平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节。(2)用调节好的天平称小石块质量。三次测量结果记录在下表中。(3)在量筒中装入60 mL的水,把小石块放入量筒内,量筒中的水面如图乙所示,则小石块的体积是 cm3。(4)小石块的密度是 g/cm3(小数点后保留两位数字)。(5)设计上,小石块要吸水,本实验测得的小石块的密度(选填“大于”或“小于”或“等于”)小石块的真实密度。答案:(1)右(3)20(4)2.62(5)大于解析:(1)天平要放在水平

29、台上或水平桌面上,先将游码移到标尺左端零刻线处;图甲中指针指在分度盘中央的左侧,应将平衡螺母向其反方向调节,故将平衡螺母向右调节;(2)由表格数据可知,第一次测量结果是错误的,则小石块质量m=52.4 g;(3)由题图知,石块和水的总体积V2=80 cm3,则石块的体积V=V2-V1=80 cm3-60 cm3=20 cm3;实验2测量液体的密度例2(2019湖南怀化中考改编)小强同学为了测量某种液体的密度。他取了适量的这种液体的样品倒入烧杯中,进行实验:(1)调节横梁平衡时,发现指针位置如图甲所示,则他应该将平衡螺母向(选填“左”或“右”)端移动。(2)首先他用天平测出烧杯和液体的总质量m1

30、=72.0 g。再将烧杯中的部分液体倒入到量筒中(如图乙所示)。则倒入量筒中液体的体积为 cm3。(3)最后用天平测出烧杯和剩余液体的质量(如图丙所示)m2= g。答案:(1)左(2)30(3)39(4)1.1103 解析:(1)实验前把天平放在水平桌面上,将游码移至标尺左端零刻度线处;图甲中指针偏右,说明右侧质量大,因此应向左移动平衡螺母;(2)量筒的分度值为1 cm3,量筒中液体的体积为V=30 cm3;(3)剩余液体和烧杯的质量为m2=20 g+10 g+5 g+4 g=39 g; (4)量筒中液体的质量为m=m1-m2=72.0 g-39 g=33 g,液体的密实验3探究二力平衡的条件

31、例3(2018河池中考)为了探究二力平衡的条件,张三同学设计了如图甲的实验。(1)实验中发现两边的钩码质量不相等时,木块运动,质量相等时,木块静止,说明二力平衡的一个条件是力的。(2)接着张三将木块扭转一个角度,松手后观察到小木块不能平衡,说明二力平衡时,两个力必须作用在。(3)在另一小组实验中,李四用小车代替木块,如图乙所示,同学们认为李四的实验装置优于张三的实验装置,其主要原因是。答案:(1)大小相等(2)同一直线上(3)滚动摩擦力小于滑动摩擦力解析:(1)当实验中发现两边的钩码质量不相等时,木块运动,质量相等时,木块处于静止状态,说明二力平衡时,两个力的大小必须相等;(2)把木块扭转一个

32、角度,放手后观察,木块将发生转动,说明二力平衡时两个力必须作用在同一直线上;(3)如图甲所示的实验,木块在桌面上受摩擦力作用,摩擦力对实验影响较大,而乙实验小车的滚动摩擦力远远小于滑动摩擦力,因此乙实验优于甲实验。实验4探究影响滑动摩擦力大小的因素例4(2019山西中考)同学们利用如图甲所示的实验装置,测量物体所受的滑动摩擦力。(1)实验中,应在水平方向拉着木块做直线运动;根据得出滑动摩擦力大小等于拉力大小,即等于弹簧测力计示数。(2)“创新”小组在同一木板上,测量了不同压力下滑动摩擦力的大小,并根据测量数据作出了如图乙所示的图象,分析图象可以得出的结论是。(3)“牛顿”小组在桌面上也做了同样

33、的实验,记录实验数据如上表,请你根据表格中的数据,在图乙中描点作出图象。对比分析两组图象你的新发现是。答案:(1)匀速二力平衡(2)同一木板,滑动摩擦力的大小与压力的大小成正比(3)木板和桌面的粗糙程度不同解析:(1)实验中,应在水平方向拉着木块做匀速直线运动;根据二力平衡得出滑动摩擦力大小等于拉力大小,即等于弹簧测力计示数;(2)多次实验,接触面粗糙程度相同,压力越大,而测力计的示数较大,说明受到的摩擦力较大,可得当接触面粗糙程度相同时,压力越大,摩擦力越大,分析图象可以得出的结论是同一木板,滑动摩擦力的大小与压力的大小成正比;(3)“牛顿”小组在桌面上也做了同样的实验,记录实验数据如上表,

34、请你根据表格中的数据,在图乙中描点作出图象。对比分析两组图象你的新发现是压力相同时,滑动摩擦力不同,可得结论:木板和桌面的粗糙程度不同。实验5探究杠杆的平衡条件例5(2019山东聊城中考改编)下面是小聪利用刻度均匀的匀质杠杆进行探究“杠杆平衡条件”的实验。(1)实验前为方便测量力臂,应将杠杆调节到水平位置平衡,将杠杆的中点置于支架上,当杠杆静止时,发现杠杆左端下沉,这时应将平衡螺母向(选“左”或“右”)端调节。(2)调节平衡后,在杠杆B点处挂6个钩码,如图甲所示,则在A点处应挂个同样的钩码,杠杆仍然在水平位置平衡。(3)图乙是小聪利用弹簧测力计做的某次实验情景,已知杠杆每格长5 cm,钩码每个

35、重0.5 N,请将弹簧测力计的示数填入下表。上述实验数据不符合杠杆平衡条件,出现问题的原因是。答案:(1)右(2)4(3)3.8弹簧测力计没有竖直向下拉解析:(1)实验前为方便测量力臂,应将杠杆调节到水平位置平衡,将杠杆的中点置于支架上,当杠杆静止时,发现杠杆左端下沉,右端偏高,这时应将平衡螺母向右端调节。(2)如图甲所示,在杠杆B点处挂6个钩码,设在A点处应挂n个同样的钩码,杠杆仍然在水平位置平衡;设每个钩码重为G,每个小格为L,根据杠杆的平衡条件F动l动=F阻l阻,则6G2L=nG3L,故n=4,即在A点处应挂4个同样的钩码,杠杆仍然在水平位置平衡。(3)弹簧测力计每一个大格代表1 N,每

36、一个小格代表0.2 N,示数为3.8 N。弹簧测力计没有竖直向下拉,当弹簧测力计倾斜拉杠杆时,力臂小于动力点到支点的距离,动力臂变小。实验6测量滑轮组的效率例6(2019黑龙江绥化中考改编)如图是智慧小组“测滑轮组的机械效率”的实验装置。测得的实验数据如表。(1)第三次实验中滑轮组的机械效率是。(2)分析表中实验数据可知,同一滑轮组,物重,滑轮组的机械效率越高。(3)若在第三次实验中,物体上升的速度为0.1 m/s,则拉力F的功率为 W。(4)创新小组也利用重为1 N、2 N、4 N的物体进行了三次实验,每次测得的机械效率均大于智慧小组的测量值,则创新小组测量值偏大的原因可能是。(填字母)A.

37、测拉力时,弹簧测力计未调零,指针指在零刻度线下方B.弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升C.所使用的动滑轮的重力小于智慧小组答案:(1)74.1%(2)越大(3)0.54(4)C 1.(2019江苏苏州中考改编)用不同的方法测量小石块的密度。(1)天平放置于水平工作台上,将游码移到标尺零刻线处,调节平衡螺母使横梁平衡;(2)用此天平测量小石块的质量,右盘所加砝码和游码位置如图甲所示,则小石块的质量为17.4 g。在量筒内放入适量的水,用细线绑好小石块,缓慢放入水中,如图乙所示,则小石块的密度为3.48103 kg/m3。解析:(1)天平调平之前,应先放在水平面上,并将游码归零,然后根据指针偏转方

38、向,调节平衡螺母,左偏右旋、右偏左旋。天平分度值是0.2 g,右盘砝码质量是15 g,游码左侧指在标尺上2 g后面第2个小格上,所以小石块的质量为m=10 g+5 g+2.4 g=17.4 g;量筒中原有30 mL水,放入石块后,量筒液面上升到35 mL,因此石块体积V=35 2.(2019甘肃武威中考)学完质量和密度后,小明和小军利用托盘天平和量筒测某种油的密度。(1)他们把天平放在水平桌面上,当游码移至零刻度处时,指针偏向分度盘的右侧。这时他们应将平衡螺母向左(选填“左”或“右”)调,使横梁平衡;(2)天平平衡后,他们开始测量,测量步骤如下:A.用天平测出烧杯和剩余油的总质量;B.将待测油

39、倒入烧杯中,用天平测出烧杯和油的总质量;C.将烧杯中油的一部分倒入量筒,测出倒出到量筒的这部分油的体积。请根据以上步骤,写出正确的操作顺序:BCA(填字母代号);(3)若在步骤B中测得烧杯和油的总质量为55.8 g,其余步骤数据如图所示,则倒出到量筒的这部分油的质量是18.4 g,体积是20 cm3。(4)根据密度的计算公式可以算出,该油的密度是0.92103 kg/m3。解析:(1)指针偏向分度盘的右侧,则应当将平衡螺母向左调,使横梁平衡;(2)在测量时,需先测出烧杯和油的总质量,再将烧杯中的一部分油倒入量筒,测出这部分油的体积,并测出烧杯和剩余油的总质量,所以测量顺序为BCA;(3)剩余油

40、与烧杯的总质量m剩=20 g+10 g+5 g+2.4 g=37.4 g,倒入量筒中油的质量m=m总-m剩=55.8 g-37.4 g=18.4 g,量筒中油的体积V=20 mL=20 cm3;3.(2019江苏扬州中考改编)在“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中。(1)如图所示,为测出滑动摩擦力大小,三次实验中均用弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动木块A,弹簧测力计的示数F1F2F3,图中F3为2.4 N。(2)丙图中,若增大弹簧测力计的拉力,此时木块A所受滑动摩擦力不变(选填“变大”“变小”或“不变”)。(3)比较甲乙两幅图,可得出:压力相同时,接触面越粗糙滑动摩擦力越大。解析:(1)在此

41、实验操作中必须让弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动木块A,这样做的目的是使拉力和摩擦力成为一对平衡力,大小相等,即弹簧测力计的示数就等于摩擦力;图中弹簧测力计的分度值为0.2 N,示数为2.4 N;(2)若增大弹簧测力计的拉力,但压力和接触面的粗糙程度不变,此时木块A所受滑动摩擦力不变,此时拉力大于摩擦力;(3)要探究压力相同时,接触面越粗糙滑动摩擦力越大,需要控制压力相同,改变接触面的粗糙程度,图甲乙符合题意。4.(2019江苏苏州中考)利用杠杆开展相关实验探究:(1)安装好杠杆,将其放到水平位置后松手,发现杠杆沿顺时针方向转动,如图甲所示。则应将平衡螺母向左(选填“左”或“右”)调节,直到杠

42、杆在水平位置平衡;(2)如图乙所示,在A点挂3个重力均为0.5 N的钩码,在B点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2.0 N;若在第(1)小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验,弹簧测力计的示数会偏小(选填“偏大”“偏小”或“不变”);(3)始终竖直向下拉弹簧测力计,使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度,如图丙所示。此过程中,弹簧测力计拉力的力臂变小(选填“变大”“变小”或“不变”),拉力的大小不变(选填“变大”“变小”或“不变”)。解析:利用杠杆开展相关实验探究:(1)安装好杠杆,将其放到水平位置后松手,发现杠杆沿顺时针方向转动,左端上翘,如题图甲所示

43、。则应将平衡螺母向左调节,直到杠杆在水平位置平衡;(2)由题图可知,根据杠杆平衡条件得:FALA=FBLB,30.5 N4L=FB3L,所以FB=2.0 N;若在第(1)小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验,由于左侧已经存在杠杆的力与力臂的乘积,故弹簧测力计的示数会偏小;(3)题图丙使杠杆由水平位置时,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,G4L=F23L,则F2= G;当转动到图中位置时,设杠杆与水平位置的夹角为,物体的力臂、弹簧测力计拉力的力臂均变小;则根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,G4L cos =F23L cos ,则F2= G;所以,在此过程中拉力F的大小不变。

44、5.图甲是某学习小组“测量滑轮组的机械效率”的示意图。用弹簧测力计竖直向上拉动绳子自由端,将重为4.5 N的物体从A位置提升到A位置,同时弹簧测力计从图中的B位置上升到B位置,在这个过程中,弹簧测力计的示数如图乙。请你根据他们做的实验完成下列问题:(1)实验中,应该在A时,读取测力计示数;A.竖直匀速拉动B.竖直加速拉动C.静止(2)根据图中数据可知,该滑轮组的机械效率=75%;(3)若在图甲装置的基础上,增加一个动滑轮,改为图丙的装置,提升同一物体,则滑轮组的机械效率变小(选填“变大”“变小”或“不变”)。题型三、电磁学实验电学实验题主要集中在伏安法测电阻和电功率的测量,在测电阻和电功率的实

45、验中通常以课本上的实验为基础,侧重电路图的连接(电路的设计)、实验步骤的补全、实验数据的处理、电表内阻对实验数据的影响、特殊法测电阻等几个方面。考查形式是将实验原理和实验过程相结合,探究方法和创新能力相结合进行考查,题目比较新颖。其他电和磁的实验在安徽省中考中出现的较少,但是也很重要,应该引起我们的足够重视。 实验1测量定值电阻的阻值例1(2019甘肃天水中考改编)利用图甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值,阻值大约为5 。(1)请你根据电路图用笔画线代导线,将图乙的实验电路连接完整。(2)闭合开关,发现电压表和电流表均无示数。小芳利用另一只完好的电压表进行检测,把电压表分别接在a、b之间和b、

46、c之间,电压表均有示数;接在a、c之间,电压表无示数。如果电路连接完好,只有一个元件有故障,该故障是。(3)排除故障后,调节滑动变阻器,记录多组数据。画出了待测电阻Rx的I-U图象,如图丙所示。由图象可得Rx= 。(4)如图丁所示的实验电路图,不能够得出定值电阻Rx阻值的电路是。 答案:(1)如图所示(2)滑动变阻器断路(3)4(4)B解析:(1)由图丙知,电流表选用小量程串联在电路中;(2)把电压表分别接在a、b之间和b、c之间,电压表均有示数,说明a、电源、b之间是通路;a、电流表、待测电阻、c也是通路,根据接在a、c之间,电压表无示数,如果电路连接完好,只有一个元件有故障,该故障是滑动变

47、阻器断路; (3)待测电阻Rx的I-U图象为过原点的直线,电压为2 V时电流 (4)A.电压表测电源电压,电流表测电路中的电流,由欧姆定律 电阻Rx阻值;B.电压表测电源电压,电流表测支路电流,因不知通过待测电阻的电流,不能得出定值电阻Rx阻值;C.根据下面电流表的示数,由欧姆定律求出电源电压,根据并联电路电流的规律可得出通过待测电阻的电流,由欧姆定律可得出待测电阻大小;D.任意取滑动变阻器上的两个点,假设变阻器连入的电阻分别为R1、R2,设此时的电压表、电流表的示数为I1、U1和I2、U2,由欧姆定律可以计算出这两个阻值;根据串联电路的规律和欧姆定律,根据电源电压不变列方程有(Rx+R1)I

48、1=(Rx+R2)I2,Rx可求。实验2测量小灯泡的电阻例2(2019安徽一模)王老师带同学们去实验室测量额定电压为2.5 V的小灯泡正常发光时的电阻。(1)聪聪连接的电路如图,请用笔画线代替导线将电路补充完整。(2)聪聪连完电路后闭合开关,发现灯泡不亮,且电流表、电压表都有较小示数,移动变阻器的滑片灯泡仍然不亮,且电流表电压表示数都不变,则聪聪连接的电路存在的问题是。(3)排除故障后,为了测量小灯泡正常发光时的电阻,聪聪接下来应该进行的操作是。(4)明明小组测出了小灯泡在不同电压下的电阻值,并求出了电阻的平均值,如表。明明小组处理数据的方法是否合理?为什么?答案:(1)如图所示 (2)变阻器

49、的下面两个接线柱连入了电路中 (3)移动变阻器的滑片,使电压表示数为2.5 V,记下电流表的示(4)见解析 解析:(1)灯的额定电压为2.5 V,故电压表选用小量程与灯并联,如答案图所示;(2)聪聪连完电路后闭合开关,且电流表、电压表都有较小示数,灯泡不亮,则电路为通路,电路中的电流过小,移动变阻器的滑片灯泡仍然不亮,且电流表电压表示数都不变,说明变阻器没有了变阻的作用,则聪聪连接的电路存在的问题是将变阻器的下面两个接线柱连入了电路中;(3)排除故障后,为了测量小灯泡正常发光时的电阻,聪聪接下来应该进行的操作是移动变阻器的滑片,使电压表示数为2.5 V,记下电流表的示数I,根据欧姆定律R= ,

50、求出灯正常发光时的电阻;(4)由表中数据,灯在不同电压下(功率不同)的电阻不同,即灯的电阻随温度的变化而变化,故求出电阻的平均值没有意义,是不合理的。实验3测量小灯泡的电功率例3(2019湖北仙桃中考)在“测量小灯泡的电功率”的实验中,电源电压6 V恒定不变,小灯泡的额定电压为2.5 V(电阻约为8 )。(1)请用笔画线代替导线,将图甲的电路连接完整(要求滑片向左移动时灯泡变亮)。 (2)闭合开关,发现灯泡不亮,移动滑片灯泡仍不亮。突然小芳的文具盒掉到桌上,灯泡亮了。小明敲了几下桌子,灯泡又熄灭了。出现这种故障的原因是。A.开关短路B.灯泡短路C.电压表断路D.灯泡接触不良(3)排除故障,再次

51、闭合开关,移动滑片,小灯泡正常发光,此时电流表的示数如图乙所示,则小灯泡的额定功率为 W。(4)现有规格为“10 2 A”“20 1 A”和“50 0.2 A”的甲、乙、丙三个滑动变阻器,为了实验的顺利进行,小明应在其中选择接入电路。答案:(1)如图所示 (2)D(3)0.8(4)“20 1 A” 解析:(1)滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式,滑片向左移动时灯泡变亮,电流增大,电阻减小,接左下接线柱;(2)灯泡有时候发光,有时候不发光,说明灯泡没有损坏,是接触不良,故D符合题意;故选D;(3)当灯泡两端的电压为额定电压时即电压表的示数为2.5 V时,灯泡正常发光;电流表的量程为00.6

52、A,分度值为0.02 A,示数为0.32 A,灯泡的额定功率P=UI=2.5 V0.32 A=0.8 W;(4)实验中,要测出额电功率,要保持小灯泡两端的电压为额定电压(小灯泡的电阻约实验4探究产生感应电流的条件例4(2019安徽芜湖模拟)如图是小明“探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件”的实验装置。(1)闭合开关后,当导体ab向左或向右运动时,电流表指针偏转,当导体ab向上或向下运动时,电流表指针不偏转,说明闭合电路中的部分导体在磁场中做运动时导体中会产生感应电流。(2)实验中发现,当导体ab向左运动时,电流表指针向右,当导体ab向右运动时,电流表指针向左偏转,说明。(3)针对这个实验,

53、小明作了进一步的探究,他提出了“感应电流的大小可能与磁场的强弱有关”的猜想,为了验证小明的猜想,请你帮他设计主要的实验步骤:。(4)小明通过上述(3)的实验,发现磁场越强,产生的感应电流越大,从而小明认为提高发电量的关键在于增强发电机电磁铁的磁性,只要不断增强电磁铁的磁性,就能获得更多的电能,这个观点正确吗?为什么?答案:(1)切割磁感线(2)感应电流的方向跟导体做切割磁感线运动的方向有关(3)改变磁场强弱,让导体ab以相同的速度做切割磁感线运动,观察电流表指针偏转幅度大小(4)不正确;在电磁感应现象中,电能是由机械能转化而来的,增强磁性可以提高能量的转化效率,但并不能使发电机产生多于导体机械

54、能的电能解析:(1)如图的实验电路,闭合开关后,当导体ab向左或向右运动时,导体切割磁感线运动,电流表指针偏转,说明有感应电流产生;当导体ab向上或向下运动时,导体没有切割磁感线运动,电流表指针不偏转,即没有感应电流产生;所以此实验过程说明:闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时,导体中会产生感应电流;(2)实验中发现,当导体ab向左运动时,电流表指针向右,当导体ab向右运动时,电流表指针向左偏转,即两次实验的电流方向不同,这说明感应电流的方向跟导体做切割磁感线运动的方向有关;(3)要探究感应电流的大小可能与磁场的强弱有关,根据控制变量法的思想,应该保证切割磁感线的运动速度相同,改变磁

55、场的强弱,比较电流表的指针偏转角度得出结论,所以为了验证小明的猜想,主要的实验步骤为:改变磁场强弱,让导体ab以相同的速度做切割磁感线运动,观察电流表指针偏转幅度大小;(4)小明的观点是错误的,根据能量守恒定律可知,能量不能凭空产生,在电磁感应现象中,电能是由机械能转化而来的,单独增强磁性时,并不能获得更多的电能,所以他的观点不正确。1.(2019湖南益阳中考)测电阻Rx的电路如图甲所示,电源电压恒定,R0为定值电阻,部分实验步骤如下:(1)开关闭合前,滑动变阻器R的滑片P应该移到B(选填“A”或“B”)端;(2)连接好电路,闭合开关,移动滑动变阻器滑片P,某次电流表A2的示数如图乙所示,A2

56、读数为0.34 A。(3)若测得电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,则Rx= (用题中字母表示);(4)多次移动滑动变阻器的滑片P,记录每次实验中电流表A1、A2的示数,得到了如图丙所示的I1-I2图象。若R0=20 ,由图象求得被测电阻的阻值Rx=10 。解析:(1)开关闭合前,滑动变阻器R的滑片P应该移到阻值最大处的B端;(2)连接好电路,闭合开关,移动滑动变阻器滑片P,某次电流表A2的示数如图乙所示,电流表选用小量程,分度值为0.02 A,A2读数为0.34 A。(3)电流表A1测待测电阻的电流,电流表A2测干路电流,若测得电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,根据

57、并联电路电流的规律,定值电阻的电流为I0=I2-I1,由欧姆定律,电源电压为变阻器的滑片P,记录每次实验中电流表A1、A2的示数,得到了如图丙所示的I1-I2图象,由图知这个图象为过原点的直线,故为正比例函数,由图知,当I2=0.6 A时,I1=0.4 A,故I2=1.5I1;通过R0的电流为I0=I2-I1=1.5I1-I1=0.5I1,根据U=IR,在电压不变时,电流与电阻成反比,故Rx=0.5R0=0.520 =10 。2.(2019四川南充中考)如图是“测量小灯泡电阻”的实验装置,电源电压恒为6 V,小灯泡的额定电压为3.8 V。(1)检查无误后,闭合开关,滑动变阻器的滑片向左移动,请

58、写出A表、V表的示数变化情况:电流表示数变大,电压表示数变大。(2)移动滑片获得了表格中的实验数据: 请计算出第1次实验时灯丝的电阻,R1=7.5 。(3)分析数据及实验现象可知:灯越亮,灯丝电阻越大,说明灯丝的电阻与温度有关。(4)现电压表015 V量程损坏,而03 V量程完好,在不增减器材的情况下,请设计测量小灯泡额定功率的实验,写出必要的调整步骤:现电压表015 V量程损坏,而03 V量程完好,将电压表并联在变阻器两端,根据串联电路电压的规律,当电压表示数为6 V-3.8 V=2.2 V时,灯正常发光,记下此时电流表示数,根据P=UI计算即可。解析:(1)图中,变阻器与灯串联,电流表测电

59、路的电流,电压表测灯的电压,检查无误后,闭合开关滑动变阻器的滑片向左移动,变阻器连入电路的电阻变小,电路的电阻变小,由欧姆定律,电流示数变大,根据U=IR,电压表示数变大;(2)根据表中数据,由欧姆定律,请计算出现象可知:灯越亮,灯丝电阻越大,说明灯丝的电阻与温度有关;(4)现电压表015 V量程损坏,而03 V量程完好,将电压表并联在变阻器两端,根据串联电路电压的规律,当电压表示数为6 V-3.8 V=2.2 V时,灯正常发光,记下此时电流表示数,根据P=UI计算即可。3. 小明用下列实验器材做“测量小灯泡电功率”的实验:电源,电流表、电压表、标有“2.5 V”字样的小灯泡、滑动变阻器(25

60、 1 A)、开关、导线若干。(1)请将图甲电路补完整,要求滑片向B移动时,电压表示数变大。 答案:如图所示 (2)实验中灯泡突然熄灭,可能是灯泡断路,也可能是灯泡短路,下列操作肯定能判断故障类型的是A(填入合适的选项)。A.闭合开关,观察电压表示数B.移动滑动变阻器滑片,观察小灯泡是否发光C.移动滑动变阻器滑片,观察电压表示数是否变化D.直接更换相同规格的小灯泡,闭合开关,观察灯泡是否发光(3)小灯泡正常发光时,电流表示数如图乙所示,小灯泡的额定功率为0.75 W。4.发电机是如何发电的呢?同学们用如图所示的装置进行探究。(1)当导体ab静止悬挂起来后,闭合开关,灵敏电流计G指针不偏转,说明电