1、 中考物理 （河南专用） 题型突破五 实验探究题 一一 光学实验光学实验 1.(2018福建A,26,4分)图是“探究光的反射规律”的实验装置,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。 实验次数 1 2 3 4 5 6 入射角 60 50 40 30 20 0 反射角 60 50 40 60 20 0 (1)实验时,将光屏 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 。 (2)某同学的实验数据如上表,其中有一组数据测错了,这组数据是
2、第 次实验的,原因可能是将反 射光线与 的夹角当成反射角。 答案答案 (1)垂直 同一平面内 (2)4 平面镜 解析解析 (1)在“探究光的反射规律”的实验中,光屏必须垂直放置在平面镜上。当将光屏右半部分向后 折转后,在光屏上看不到反射光,说明反射光还在原来的平面上,不会随光屏平面的转动而转动,故说明反 射光线、入射光线与法线在同一平面内。 (2)从实验数据可知只有第4次实验反射角不等于入射角,所以必定是第4次实验测量错误,原因可能是将 反射光线与平面镜的夹角当成了反射角。 2.(2020黑龙江齐齐哈尔,24,8分)小彤同学在“探究平面镜成像特点”实验时: (1)用玻璃板代替平面镜实验时,会看
3、到两个不重合的像,分别是玻璃板前后两个面反射形成的,为消除此 影响可选用 (选填“厚”或“薄”)一些的玻璃板代替平面镜。将玻璃板垂直放置在水平桌 面上,这样做是为了便于确定像的 。为了便于比较像与物的大小关系,所用的两只蜡烛A、B, 应选择外形 (选填“相同”或“不相同”)的。 (2)将点燃的蜡烛A竖立在玻璃板的前面,将 (选填“点燃”或“不点燃”)的蜡烛B竖立着在 玻璃板后面移动,直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合。 (3)标记蜡烛A、B的位置,测得蜡烛B到镜面的距离 (选填“小于”、“等于”或“大于”)蜡烛 A到镜面的距离。 (4)当蜡烛A远离玻璃板时,像会 (选填“靠近”或“远离”)玻
4、璃板,像的大小 (选填 “变小”、“不变” 或“变大”)。 (5)将光屏竖立在像的位置(与玻璃板平行),光屏上无法呈现蜡烛的像,说明平面镜所成的像是 (选填“虚”或“实”)像。 答案答案 (每空1分,共计8分)(1)薄 位置 相同 (2)不点燃 (3)等于 (4)远离 不变 (5)虚 解析解析 (1)(2)实验探究平面镜成像的特点时应选较薄的玻璃板,以减小玻璃板前后表面反射成像形成重 影造成的误差;玻璃板垂直放置在水平桌面上,将与蜡烛A完全相同、不点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移 动,直到B与A的像完全重合,既能确定像的位置,同时又便于比较像与物大小关系。 (3)(4)根据平面镜成 像特点可知,像
5、和物体到镜面的距离相等,故当蜡烛A远离玻璃板时,像也会远离玻璃板,又因为像和物体 大小相等,所以远离过程中像的大小不变。(5)光屏上无法呈现蜡烛的像,因为像点为反射光线反向延长 线的交点,不是实际光线会聚而成的,说明平面镜所成的像是虚像。 3.(2019山东威海,23,6分)图1是“探究凸透镜成像的规律”实验装置,小明通过实验得到了如表所示的 实验数据,请回答下列问题: 物距u (cm) 60 50 35 30 20 19 18 17 16 15 14 12 像距v (cm) 12 12.5 14 15 20 21.1 22.5 24.3 26.7 30 35 60 (1)根据表中数据可知凸透
6、镜的焦距f= cm。 (2)当u=25 cm时,像距v应该在 (选填“1516”“1617”“1718”“1819”或“1920”) cm 范围内;当u=60 cm时,光屏上成 (选填“放大”或“缩小”)的像,此种成像原理可以制成什么光学 仪器? (选填“照相机”或“投影仪”);此时,用遮光板遮住LED光源的一部分,光屏上的像相比原 来的像会 (选填“变暗”“缩小”或“不完整”)。 (3)LED光源的高度h=10 cm,小明经过认真测量,得到像高h与物距u的数据,如图2所示,请在图中画出h 与u的关系图像。 答案答案 (1)10 (2)1617 缩小 照相机 不完整 (3)如图所示 解析解析
7、(1)由表格数据u=v=2f=20 cm可得,所用凸透镜的焦距为f=10 cm。(2)设物距u1=25 cm时,像距为v1 像距v2=25 cm,物距为u2,分析表中数据,此时16 cmu217 cm,由光路可逆可得,v1=u2,故16 cmv12f,成倒立缩小的实像,此种成像原理可以制成照相机;光屏上的像由实际光线会聚而成, 被遮光板遮住的LED光源部分,没有光线发出,故不能在光屏上成像,即像不完整。(3)根据表中数据描点 连线。 二二 热学实验热学实验 4.(2020辽宁营口,30,6分)在“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验中,实验装置如图甲所示。 (1)实验时,试管里装有适量的 (选填
8、“冰块”或“碎冰”),将试管放入水中加热,这样做的目的 是 ,而且温度上升较慢,便于记录。 (2)图乙是根据实验记录绘制的给冰加热时温度随时间变化的图像,由图像可知:BC段的物质处于 状态,图像中a点的内能 (选填“大于”、“小于”或“等于”)b点的内能。 (3)试管中的冰完全熔化后,若持续加热,得到图像中的DE段,由此判断可能是液面上方的气压 (选填“高于”或“低于”)1个标准大气压;这段时间内试管中的水 (选填“能”或“不能”) 沸腾。 答案答案 (1)碎冰 使冰受热均匀 (2)固液共存 小于 (3)低于 不能 解析解析 (1)试管中装适量的碎冰,并采用“水浴法”加热,目的是使冰受热均匀;
9、(2)题图乙中,BC段为冰熔 化过程,物质处于固液共存状态,不断吸收热量,内能增加,故物质在a点的内能小于在b点的内能;(3)冰熔 化成水后,继续加热得到题图乙中的DE段,试管中水的水温升高到98 后不变,烧杯中的水继续吸热,温 度保持不变,即烧杯中的水沸腾了,由此可知水的沸点为98 ,根据“液体沸点随气压的升高而增大,随 气压的降低而减小”可知,液面上方的气压低于一个标准大气压;这段时间内试管中的水不能沸腾,因为 试管中的水通过热传递温度可以升高到98 达到沸点,但不能再继续吸热。 5.(2019山东德州,22,5分)小强对热现象的有关实验进行如下探究: (1)在探究“冰熔化时温度的变化规律
10、”实验中用“水浴法”加热,其目的是使冰 ;根据图 甲可知,冰属于 (选填“晶体”“非晶体”)。 (2)完成上述实验后,小强换用其他装置继续探究“水沸腾时温度变化的特点”。加热一段时间后,烧杯 内的水温度升高,是通过 方式增加水的内能。图乙中水的沸点没有达到100 ,可能是当地大气 压强 (选填“高于”、“低于”或“等于”)1标准大气压。 (3)结合两次实验图像可知:冰的熔化过程和水的沸腾过程具有的共同特点是 。 答案答案 (1)均匀受热 晶体 (2)热传递 低于 (3)继续吸热,温度不变 解析解析 (1)实验装置用“水浴法”加热,可以使冰均匀受热;由图甲可知,冰在熔化过程中,继续吸热,温度 保
11、持不变,有一定的熔化温度,因此冰属于晶体。(2)实验中,水吸收热量,内能增加,温度升高,达到沸点,是 通过热传递的方式增加水的内能。由图乙可知,水的沸点低于100 ,此时周围环境大气压强低于1标准 大气压。(3)冰是晶体,晶体在熔化的过程中需要吸热,但温度不变;水在沸腾时,吸收热量,但温度不变。 6.(2016山东聊城,23,3分)在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中,实验装置如图所示。 (1)实验中应量取质量 的甲、乙两种液体,分别倒入相同的烧杯中。 (2)用相同规格的电加热器加热甲和乙两种液体,使它们升高相同的温度,通过 来比较甲和乙两 种液体吸收热量的多少。 (3)实验记录的数据如表
12、所示,分析实验数据可知 物质的吸热能力强。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/ 30 34 38 42 46 乙的温度/ 10 18 26 34 42 答案答案 (1)相同 (2)加热时间 (3)甲 解析解析 (1)比较不同物质吸热的情况应采用控制变量法,所以实验中应控制两种液体的质量相同。 (2)用相同规格的电加热器加热,则加热时间的长短可反映液体吸收热量的多少。 (3)当两个电加热器工作时间相同时,液体吸收的热量Q甲=Q乙,例如都加热3 min,甲液体升高的温度t甲=4 2 -30 =12 ,乙液体升高的温度t乙=34 -10 =24 ,t甲t乙,说明甲物质的吸热能力强。 三
13、三 力学实验力学实验 7.(2018湖南益阳,22,6分)如图1,测平均速度时,测得小车从斜面的顶端A处由静止开始滑到B处所用时间 为t,小车长为s1,斜面长为s2。 (1)小车从A到B的平均速度的数学表达式为v= (用题中字母来表示); (2)若小车还没放开之前就已开始计时,则测得的平均速度跟真实值相比偏 ; (3)图2中能够准确反应小车运动情况的是 。 图1 图2 答案答案 (1) (2)小 (3)C 21 ss t 解析解析 (1)由图1知,小车从A到B的路程为s=s2-s1,小车从A到B的平均速度v=;(2)若小车还没放开 之前就已开始计时,计时早了,测得的时间偏大,根据v=可知,测得
14、的平均速度偏小;(3)由题干和图1可知, 小车下滑过程做加速运动;由选项A知,在s-t图像上,s不随时间t的变化而变化,则物体处于静止状态,不符 合题意;由选项B可知,路程s与时间t成正比,则物体做匀速直线运动,不符合题意;由选项C可知,相同时间 内通过的路程逐渐增加,即变大,说明物体做加速运动,符合题意;由选项D可知,在v-t图像上,速度v不 发生变化,则物体做匀速直线运动,不符合题意。故选C。 s t 21 ss t s t s t 8.(2020河南实验中学入学测,28,6分)在综合实践活动中,小明利用图示装置来测量杯中液体的密度,已知 物块的体积是50 cm3,图1、2中物块均处于静止
15、状态,弹簧测力计示数如图所示,g取10 N/kg。 (1)图2中杯中液体的密度为 g/cm3。 (2)小明对本实验原理进行了进一步分析,从而得到弹簧测力计的示数与被测液体的密度之间的函数关 系,则符合此关系的应是图3中的图线 (选填“”“”或“”)。 (3)根据上述结论,小明对弹簧测力计刻度进行重新标度,将图2装置改装成一个密度秤,它的零刻度应标 在 N处,用它测量时,待测液体密度液应不超过 g/cm3。 (4)用此密度秤测量时,若物块未被完全浸没,则测得液体密度值将偏 。 (5)原物块质量、体积和密度分别记为m0、V0、0,将原物块更换为下列哪些物块后,可以提高该密度秤 测量液体密度时的精确
16、度?你选择的是: 。 A.质量为m0、密度比0小的物块 B.质量为m0,密度比0大的物块 C.质量比m0大而密度比0小的物块 D.体积比V0小的物块 答案答案 (1)1 (2) (3)1.5 3 (4)小 (5)AC 解析解析 (1)由图可知,物块的重力为1.5 N,物块浸没在液体中时弹簧测力计的示数为1 N。物块受到的浮 力F浮=G-F=1.5 N-1 N=0.5 N。根据公式F浮=液gV排得液=1 g/cm3。 (2)由F浮=G-F和F浮=液gV排可得F=G-液gV排,F与液图像与符合。 (3)当密度为零时,物块受到的浮力为零,根据F浮=G-F,弹簧测力计的示数等于物块重力,所以它的零刻度
17、 应标在1.5 N处。物块的重力是1.5 N,所以液体对物块产生的浮力最大不能超过1.5 N,根据公式F浮=液gV排 得液max=3 g/cm3。 (4)若物块未完全浸没,根据阿基米德原理F浮=液gV排则物块受到的浮力偏小,弹簧测力计示数偏大,测得 液体密度值将偏小。 (5)要想提高液体密度秤精确度,应减少分度值,可以增大物块的质量同时减小物块密度,或质量不变,只 换用密度比0小的物块,故选A、C。 F gV 浮 排 53 0.5N 10N / kg5 10 m F gV 浮 排 53 1.5N 10N / kg5 10 m 9.(2020平顶山一测,17,4分)如图所示,甲图是探究“阻力对物
18、体运动的影响”的实验装置,让同一小车从 斜面上相同的高度由静止滑下,在粗糙程度不同的水平面上运动。乙图是探究“物体的动能跟哪些因 素有关”的实验装置,让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下,碰到同一木块上。请回答: 甲 乙 (1)甲实验中,小车在水平面上运动时,在竖直方向上受到的力有 和 ;在水平方向上受到 摩擦力,且摩擦力越小,小车的速度减小得越 。从而可以推理:如果运动的物体不受力,它将 。 (2)乙实验中的研究对象是 (选填“钢球”或“木块”),实验目的是探究物体的动能大小与 的关系。 答案答案 (1)重力 支持力 慢 做匀速直线运动 (2)钢球 速度大小 解析解析 (1)小车在竖直方向
19、上受到向下的重力和水平面对小车向上的支持力的作用,在水平方向上受到 摩擦力越小,运动状态改变得就越慢,即小车的速度减小得越慢,由牛顿第一定律可知如果运动的物体不 受力,它将做匀速直线运动; (2)让钢球从斜面上由静止滚下,获得初始速度,进而获得动能,进行实验探究,因此乙实验中的研究对象 是钢球,同一钢球从不同的高度由静止滚下,到达斜面底端的初始速度不同,因此实验目的是探究物体的 动能大小与速度大小的关系。 10.(2020云南昆明模拟,21)小明在探究“二力平衡”条件的实验中,设计了如图所示的两种实验方案。 (1)通过实验比较,小明发现采用方案乙,实验效果更好,原因是 。 (2)该实验装置中,
20、木板两端的定滑轮的作用是 。 (3)保持两盘中砝码质量相等,把小车在水平桌面上扭转一个角度,放手后观察到小车转动,最后恢复到静 止状态。这个实验现象说明:作用在同一物体上的两个力,大小相等,方向相反,并且 ,这两个力 才能彼此平衡。 (4)小明在探究完“二力平衡”条件的实验后,又利用该装置进行探究,剪断小车左边的细线后,小车由静 止向右运动,此现象说明力可以改变物体的 。 答案答案 (1)方案乙可减小摩擦力对实验的影响 (2)改变力的方向 (3)作用在同一条直线上 (4)运动状 态 解析解析 (1)方案乙实验效果更好,原因是滚动摩擦力小于滑动摩擦力,减小了摩擦力对实验的影响。(2)该 实验装置
21、中,木板两端的定滑轮的作用是改变力的方向。(3)保持两盘砝码质量相等,即保证两边的拉力 大小相等,把小车扭转一个角度,此时两侧的拉力不在同一条直线上,观察到小车发生转动,小车重新恢复 到原来的静止状态时,两侧的拉力又作用在同一条直线上。所以这个实验现象说明:作用在同一物体上 的两个力,大小相等,方向相反,并且作用在同一条直线上,这两个力才能彼此平衡。(4)剪断小车左边的 细线后,小车受力不再平衡,小车由静止向右运动,说明力可以改变物体的运动状态。 11.(2018山东聊城,22,5分)如图甲是探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验装置,实验所用的长木 板,一面比较光滑,另一面比较粗糙。同学们根
22、据猜想进行了实验,得出数据如下表所示: 实验序号 长木板 表面 木块放 置方式 拉动木块 的个数 弹簧测力 计示数/N 较粗糙 平放 1 1.5 较粗糙 平放 2 3.0 较光滑 平放 2 1.6 较光滑 竖放 2 1.6 (1)实验时,用弹簧测力计水平拉动木块,使它沿长木板做匀速直线运动,根据 的知识可 知,弹簧测力计的示数与滑动摩擦力的大小相等。 (2)由实验序号 可以探究滑动摩擦力的大小是否和接触面所受的压力有关。 (3)由实验序号可得到的结论:滑动摩擦力的大小和接触面的 有关。 (4)同学们在老师的指导下对实验装置进行改进,用如图乙所示的方式测量滑动摩擦力发现效果更好。 图乙实验中 (
23、选填“一定”或“不一定”)要匀速拉动长木板。 (5)根据你在本实验中的收获,请写出一种避免汽车在冰雪路面上行驶时出现打滑现象的具体做法: 。 答案答案 (1)二力平衡 (2) (3)粗糙程度 (4)不一定 (5)见解析 解析解析 (1)实验中要求用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块,此时拉力与滑动摩擦力是一对平衡力,即根 据二力平衡的知识可知,弹簧测力计的示数与滑动摩擦力的大小相等。(2)探究滑动摩擦力的大小与接 触面所受的压力的关系,需要控制接触面的粗糙程度相同,改变压力,观察拉力的大小也就是滑动摩擦力 的大小,实验序号符合要求。(3)由实验序号可知压力相同,接触面越粗糙,弹簧测力计的示数越 大
24、,滑动摩擦力越大,可得到的结论:滑动摩擦力的大小和接触面的粗糙程度有关。(4)在实验中,采用如 图甲所示的实验装置测量木块与长木板之间的滑动摩擦力时,必须水平匀速直线拉动木块,操作较困难, 用图乙所示的方式进行实验,不一定要匀速拉动长木板,弹簧测力计的示数较为固定,便于读数。(5)汽车 在冰雪路面上行驶时出现打滑是由于车轮与冰雪路面之间的摩擦力太小了,因此要避免汽车在冰雪路 面上行驶时出现打滑现象,就要想办法增大两者之间的摩擦力,比如:及时清雪、换防滑轮、安装防滑 链、在路面上铺草垫等。 12.(2019山东枣庄,29,5分)如图是用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置。 甲 (
25、1)压强计上的U形管 (选填“属于”或“不属于”)连通器。 (2)在使用压强计前,发现U形管左右两侧的水面有一定的高度差,如图甲所示,其调节的方法是 (选 填“A”或“B”),使U形管左右两侧的水面相平。 A.将右侧支管中高出的水倒出 B.取下软管重新安装 (3)比较图乙和图丙,可以得到:液体的压强与 有关。 (4)比较 两图,可以得到:液体的压强与液体密度有关。 (5)已知图丁中U形管左右两侧水面的高度差h=10 cm,则橡皮管内气体的压强与大气压强之差为 Pa。(水=1.0103 kg/m3,盐水=1.1103 kg/m3,g=10 N/kg) 答案答案 (1)不属于 (2)B (3)深度
26、 (4)丙、丁 (5)1 000 解析解析 (1)压强计上的U形管的一端是密闭的,所以不是连通器。(2)若在使用压强计前,发现U形管两侧 水面已有高度差,只需要将软管取下,再重新安装,U形管中两侧水面就相平了,则B正确。(3)比较乙图、 丙图,在相同液体中的不同深度处,U形管两侧的液面高度差不相等,液体的压强不同,故可以得到:在同一 液体中,液体内部压强与深度有关,液体深度越深,压强越大。(4)在丙、丁图中,控制深度不变,两种液体 密度不同,U形管两侧水面的高度差不同,故可探究液体压强与液体密度的关系。(5)图丁中U形管左右 两侧水面的高度差h=10 cm,则橡皮管内气体的压强与大气压之差为:
27、p=水gh=1103 kg/m310 N/kg 0.1 m=1 000 Pa。 13.(2018山东济南,21,6分)在学习浮力的相关知识时,小军对影响浮力大小的因素产生了浓厚的兴趣。 (1)小军记起自己在游泳池里从浅水区走向深水区时,会感觉到身体越来越轻。由此他想:浮力的大小与 物体浸入水中的体积有什么关系呢? 于是,他按图甲所示的方法,将物体浸入水中,并不断改变物体浸入水中的体积。观察弹簧测力计示数的 变化。记录的实验数据如表一所示。 表一 物体浸入水中 的体积 V V V V V 弹簧测力计的 示数/N 3.4 2.9 2.3 1.8 1.2 1 5 2 5 3 5 4 5 分析表一中的
28、实验数据,小军得出的结论:物体浸入水中的体积越大,受到的浮力 (选填“越 小”、“越大”或“不变”)。 (2)小军又联想到“死海不死”的传说人在死海中即使不会游泳也沉不下去。就想:浮力的大小一 定还与液体的密度有关! 为了证实自己的想法,小军先把鸡蛋放入清水中,发现鸡蛋沉入水底;然后缓缓向水中加盐并不断地搅 拌,随着盐水越来越浓,发现鸡蛋竟然能浮在液面上! 这个简易实验说明,小军关于浮力的大小与液体的密度有关的猜想是 (“正确”、“错误”或 “不确定”)的。 (3)小军结合密度和重力的知识,对前面两个实验的结论进行了深入思考后,认为浮力的大小应该与物体 排开的液体所受重力的大小有更直接的关系。
29、 为了找到浮力的大小与物体排开的液体所受重力的大小之间的关系,他又利用水和石块进行了图乙所 示的实验。相关实验数据的记录如表二所示。请你帮小军完成表二。 表二 石块重G石/N 2.0 空杯重G杯/N 1.0 石块浸没在水中时弹簧测力计的示数F/N 1.4 杯和水的总重G总/N 1.6 石块浸没在水中时受到的浮力F浮/N 石块排开水所受的重力G排/N (4)分析表二的实验数据得出的结论是:石块受到的浮力的大小与它排开水所受重力的大小 。 (5)为了更全面地总结出浮力的大小跟物体排开液体所受重力的大小之间的关系,接下来小军还要 。 答案答案 (1)越大 (2)正确 (3)0.6 0.6 (4)相等
30、 (5)换用不同的物体和不同的液体多次进行实验,收集 更充分的数据 解析解析 (1)由表一中数据可知,物体浸入水中的体积不同,物体受到的浮力不同,且排开的体积越大,浮力 越大。(2)先把鸡蛋放入清水中,发现鸡蛋沉入水底;然后缓缓向水中加盐并不断地搅拌,随着盐水越来越 浓,即盐水密度越来越大,发现鸡蛋竟然能浮在液面上,这个实验说明,浮力的大小与液体的密度有关,因 此小军的猜想是正确的。(3)根据称重法F浮=G石-F,可求出物体浸入时所受的浮力,则所受浮力F浮=2.0 N- 1.4 N=0.6 N,石块排开水所受的重力G排=1.6 N-1.0 N=0.6 N。(4)比较可以看出,二者的大小是相同的
31、,即 石块受到的浮力的大小与它排开水所受重力的大小相等。(5)为了保证数据的可靠性与结论的普遍性, 应该换用不同的物体和不同的液体多次进行实验,收集更充分的数据。 14.(2019福建,28,5分)如图,“验证阿基米德原理”的实验步骤如下: 用弹簧测力计测出物体所受的重力G(图甲); 将物体浸没在水面恰好与溢口相平的溢水杯中,用空的小桶接从溢水杯里被物体排开的水,读出这时 测力计的示数F(图乙); 测出接水后小桶与水所受的总重力G1(图丙); 将小桶中的水倒出,测岀小桶所受的重力G2(图丁); 分别计算出物体受到的浮力和排开的水所受的重力,并比较它们的大小是否相同。 回答下列问题: (1)物体
32、浸没在水中,受到水的浮力F浮= ,被排开的水所受的重力G排 。(用上述测得量的符 号表示) (2)指出本实验产生误差的原因(写出两点): (a) ; (b) 。 (3)物体没有浸没在水中, (选填“能”或“不能“ )用实验验证阿基米德原理。 答案答案 (1)G-F G1-G2 (2)见解析 (3)能 解析解析 (1)根据称重法可知,物体受到的浮力:F浮=G-F,测出桶和被排开的水所受的总重力G1,测岀小桶所 受的重力G2,计算被排开的水所受的重力:G排=G1-G2;(2)本实验产生误差的原因有:测力计的精确度不够, 测量时测力计没有保持静止等;小桶中的水没有倒干净;排开的水没有全部流入小桶等;
33、写出两条即可。 (3)由阿基米德原理F浮=液gV排 可知,物体没有完全浸没在水中,能用实验验证阿基米德原理。 15.(2020平顶山二测,18,6分)小明同学利用杠杆做了以下的实验: A:“探究杠杆的平衡条件” (1)当杠杆静止在如图甲所示的位置时,杠杆处于 (选填“平衡”或“不平衡”)状态;此时,要使 杠杆在水平位置平衡,应将右端的平衡螺母向 (选填“左”或“右”)调节,这样做的好处是 ,同时消除了杠杆自重对杠杆平衡的影响; (2)小明同学用如图乙所示的方法使杠杆处于水平平衡状态,测出此时的拉力大小为F1,发现F1L1F2L2, 其原因是: ; B:“探究杠杆的机械效率” (3)如图丙所示装
34、置,每个钩码的质量为m,O为支点(支点处摩擦忽略不计)。他将2个钩码悬挂在B点,在A 点竖直向上 拉动弹簧测力计,拉力为F1,测得A、B两点上升的高度分别为h1、h2,则此次杠杆 的机械效率= 。(用已知量和测量的物理量表示) 答案答案 (1)平衡 右 便于测量力臂的大小 (2)误把杠杆上的长度L1当成了拉力的力臂 (3)缓慢 100% 2 1 2mgh Fh 解析解析 (1)由图甲可知,此时杠杆处于静止状态,故杠杆处于平衡状态。要使杠杆在水平位置平衡,应向右 调节平衡螺母。杠杆在水平位置平衡,动力、阻力方向在竖直方向上时,便于测量力臂的大小,使杠杆重 心通过支点,消除了杠杆自重对杠杆平衡的影
35、响。 (2)如图乙,拉力F1的方向与水平方向不垂直,只有当力的方向与杠杆垂直时,力臂才能从杠杆上直接读出 来,小明误把杠杆上的长度L1当成了拉力的力臂,所以小明会得出错误的结论。 (3)应竖直向上缓慢拉动弹簧测力计。有用功为W有=Gh2=2mgh2。总功为W总=Fh1。机械效率为= 100% = 100% W W 有 总 2 1 2mgh Fh 四四 电学实验电学实验 16.(2020郑州外国语入学测,19,8分)某同学利用如图甲所示的电路探究电流与电阻的关系,实验中电源 电压保持不变,选用的5个定值电阻的阻值分别为5 、10 、15 、20 和25 ,滑动变阻器的规格为 “30 ,1.5 A
36、”。 甲 乙 丙 (1)如果连完电路,闭合开关后,发现仅有一只电表有示数,则造成这一现象的原因可能是 与 (选填字母代号); A.电流表断路 B.定值电阻短路 C.滑动变阻器断路 D.滑动变阻器短路 E.定值电阻处接触不良 (2)电路连接完好后,先用5 的定值电阻进行实验,闭合开关后,移动滑动变阻器的滑片,当电流表的示数 如图乙所示时,记下电压表的示数,此时电路中的电流为 A;再将5 的定值电阻换成10 定值电阻 进行实验时,滑动变阻器的滑片应向 (选填“左”或“右”)滑动直至电压表示数为 V,并 记录电流表的示数; (3)若实验中有电压为4 V、6 V和8 V的三种电源可选,为完成5组实验,
37、该同学选用的电源电压可能是 V; (4)小明想用本实验中的器材测定未知电阻的阻值,可是发现电流表损坏,所以他设计了如图丙所示的电 路图来测量未知定值电阻Rx的阻值,其中R0为已知电阻,步骤如下: a.闭合开关S、S1,断开S2时,测得电压表的示数U1; b.闭合开关 ,断开 时,测得电压表示数为U2。 R x= 。(用测量的物理量和已知量的符号表示) 答案答案 (1)B E (2)0.40 左 2 (3)4 (4)S、S2 S1 10 21 U R UU 解析解析 (1)电流表断路时,整个电路断路,电流表和电压表都没有示数,故A不符合题意;定值电阻短路时电 压表示数为0,滑动变阻器接入电路,所
38、以电流表有示数,故B符合题意;滑动变阻器断路,整个电路断路,电 流表和电压表都没有示数,故C不符合题意;滑动变阻器短路,只有定值电阻工作,电压表测量的是定值电 阻两端的电压,电流表测量的是通过定值电阻中的电流,两表都有示数,故D不符合题意;定值电阻处接触 不良相当于定值电阻断路,这样电压表示数为电源电压,由于电压表电阻极大,电流表无示数,故E符合题 意。故选B和E。 (2)电流表使用的是小量程,分度值是0.02 A,电流表示数为0.40 A。将5 的定值电阻换成10 定值电阻 进行实验时,由于定值电阻变大,根据串联分压,定值电阻两端电压变大,由于实验探究的是电流与电阻的 关系,应该控制定值电阻
39、两端的电压不变,这时增大滑动变阻器连入电路的电阻,使滑动变阻器两端电压 增大,从而可以减小定值电阻两端的电压,直至电压表示数与原来相同为止,所以滑动变阻器滑片应向左 滑动,电压表示数与原来相同即U=I1R1=0.40 A5 =2 V (3)实验选用的5个定值电阻的阻值分别为5 、10 、15 、20 和25 ,定值电阻与滑动变阻器串联, 串联分压且与电阻成正比,当用25 电阻实验时,为保证定值电阻两端电压2 V不变时,滑动变阻器两端 电压与定值电阻两端电压之和就是电源电压,而滑动变阻器的最大电阻只有30 ,当电源电压为4 V时, 滑动变阻器能把定值电阻两端电压调整为2 V,当电源电压分别为6
40、V和8 V时,滑动变阻器连入电路中电 阻最大时定值电阻两端电压也超过2 V,故该同学实验时选择的是4 V的电源。 (4)闭合开关S、S1,断开S2时,测得电压表的示数U1,这时Rx和R0是串联,电压表测量的是Rx两端电压,根据 串联分压的原理,还需要测量出R0两端电压或者是电源电压,根据电路图可知只能闭合开关S、S2,断开S1, 这时Rx和R0还是串联,而这时电压表测量的是电源电压,这两种情况电阻的工作情况没有改变,由串联分 压原理得=,Rx大小为。 1 21 U UU 0 x R R 10 21 U R UU 17.(2020中原百校联考三模,19,2分)小强同学在“测定小灯泡正常发光时的电
41、阻”的实验中,设计了如 图甲所示的电路图,已知电源电压为3 V,小灯泡额定电压为2.5 V。 (1)图乙为小强同学连接的部分电路,请用笔画线代替导线按图甲电路图将其连接完整,导线不许交叉。 (或用文字说明导线具体连接方式) (2)闭合开关前,滑片应移到 (选填“A”或“B”端),闭合开关,移动滑动变阻器的滑片,发现小 灯泡始终不亮,两电表均无示数。为判断故障原因,将电压表与滑动变阻器并联,电压表有示数,则电路发 生故障的原因是 。 (3)排除故障后,闭合开关,缓慢移动滑动变阻器的滑片,当电压表的示数为2.5 V时,电流表示数如图丙所 示为 A,小灯泡正常工作时的阻值为 (保留两位小数)。 (4
42、)小强根据测得的实验数据作出了如图丁所示的I-U图像,分析图像可知随着电压的增大,小灯泡的阻 值 (选填“变大”“变小”或“不变”)。 (5)实验结束后,小强同学假设:若一个电表发生故障,但在有阻值已知的定值电阻R0、若干开关可供使用 的情况下,设计了如图A、B、C、D所示的四种电路,其中能测出小灯泡正常发光时的电阻的是 。 答案答案 (1)如图所示(或连接a、c接线柱和A、c接线柱) (2)B 滑动变阻器断路 (3)0.56 4.46 (4)变 大 (5)D 解析解析 (1)测小灯泡正常发光时的电阻的实验中,滑动变阻器与小灯泡串联,且由图甲可知滑片向左移动 时接入电路的阻值变小,故连接Ac接
43、线柱;电压表与小灯泡并联,电源电压为3 V,电压表选择03 V量程, 连接ac接线柱;(2)闭合开关前,滑片移到连入电路最大阻值处,故滑片移到B端;移动滑动变阻器的滑片, 发现小灯泡始终不亮,两电表均无示数,说明电路中存在断路,且不是小灯泡断路,将电压表并联在滑动变 阻器两端,电压表有示数,此时电压表与电源两极连接,故电路存在的故障是滑动变阻器断路;(3)电流表 选择的量程为00.6 A,分度值为0.02 A,读数为0.56 A;小灯泡正常发光时的电阻R=4.46 ; (4)分析图像可知随着电压的增大,小灯泡的阻值变大;(5)A、B电路中缺少电压表,当开关S2的通断情况 变化时,电路中的总电阻
44、发生变化,无法测出小灯泡正常发光时两端电压;C电路无法确定小灯泡是否正 常发光;D电路开关S1、S2闭合,S3断开时,通过调节滑动变阻器可以使小灯泡正常发光;开关S1、S3闭合,S2 断开时,电路总电阻不变,此时可以测出小灯泡和定值电阻两端的总电压,根据串联电路规律和欧姆定律 即可间接求出小灯泡正常发光时的电流,从而测出此时小灯泡的电阻,故选D。 U I 2.5V 0.56A 18.(2020平顶山二测,19,8分)小丽同学手里有一个标有“3.8 V”字样的小灯泡,她想知道小灯泡正常工 作时的电阻,于是在学校实验室找来一些器材连接了如图甲所示的实验电路,电源电压恒定不变,电流 表、电压表完好:
45、 甲 乙 丙 (1)小丽测小灯泡电阻的实验原理是 ; (2)请你用笔画线代替导线,将图甲中的实物连接完整(要求滑片向右移动时灯泡变亮); (3)闭合开关,移动滑动变阻器滑片,她发现灯泡始终不亮,电流表有示数,电压表无示数,其故障原因是 ; (4)故障排除后,调节滑动变阻器使小灯泡正常发光,此时电流表的示数如图乙所示,小灯泡正常工作时的 电阻是 ; (5)完成上述实验后,小丽向老师要了一个已知阻值为R0的定值电阻和一个单刀双掷开关,借助部分现有 的实验器材,设计了如图丙所示的实验电路,测出了小灯泡的额定功率,请你帮她完成下列实验步骤: 连接好实验电路,闭合开关S1,将开关S2拨到触点 (选填“1
46、”或“2”),移动滑片,使电压表的 示数为 V; 保持滑片的位置不动,再将开关S2拨到触点 (选填“1”或“2”),读出电压表的示数为U; 小灯泡额定功率的表达式为P额= (用已知量和测量量表示)。 答案答案 (1)R= (2)如图所示 (3)灯泡短路 (4)10 (5)2 3.8 1 U I 0 3.8V(3.8V)U R 解析解析 (1)测出灯泡两端电压与灯泡中的电流,由R=可求出灯泡的电阻,故原理是:R=。(2)变阻器应 串联在电路中,由滑片向右移动灯泡变亮可知,电路中的电流应变大,滑动变阻器接入电路中的电阻变小, 故将变阻器的右下接线柱与灯泡的右接线柱相连。(3)灯泡不亮,可能是灯泡发生短路或电路存在断路; 电流表有示数,说明电路是通路;电压表无示数,说明与电压表并联的灯泡出现短路,因此故障原因是灯 泡短路。(4)由甲、乙图可知电流表的量程为00.6 A,分度值为0.02 A,示数为0.38 A,小灯泡正常工作时 的电阻为R=10 (5)根据电路图可知,闭合开关S1,S2拨到触点2,调节滑动变阻器,使电压表 的示数为3.8 V,灯泡正常发光。保持滑动变阻滑片的位置不变,S2拨到触点1,读出电压表的示数U。 根据串联电路电流、电压的特点可得,通过灯泡的电流I=I0=,灯泡的额定功率为P额=U额I= 。 U I U I U I 额 3.8V 0.3
