卷子答案网-一个不只有答案的网站江苏省各地区2023年中考物理模拟题（一模）题型分层分类汇编-07实验探究题（提升题）知识点分类
一．探究水沸腾时温度变化的特点（共1小题）
1．（2023 苏州模拟）小明和小华都选用如图甲所示的同一装置完成“探究水沸腾时温度变化的特点”实验。
（1）组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整 （烧杯/温度计）的位置；
（2）水沸腾时，①水中产生大量气泡，气泡不断上升且 （变大/变小），到达水面破裂；②继续加热，水的温度 （升高/降低/不变）；
（3）实验过程中两位同学分别绘制了水的温度随时间变化的图像（如图乙所示），两位同学图像不同的原因是水的 不同；
（4）水沸腾后，将水倒入烧瓶，发现水停止沸腾。用橡皮塞塞住烧瓶口并将其倒置，如图丙所示，向烧瓶底部浇冷水，发现水重新沸腾了。这是因为浇冷水后瓶内气压减小，水的沸点 （升高/降低/不变）。
二．液体的密度测量实验（共1小题）
2．（2023 南京模拟）实验小组利用天平、量筒和烧杯等器材测量牛奶的密度。
（1）天平调平衡后，将适量的牛奶倒入烧杯中，并用天平测量烧杯和牛奶的总质量，通过加减砝码的一番操作，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针如图甲所示，接下来他应该 （选填序号）；
A.向左调节平衡螺母
B.移动游码
C.取下最小的砝码后移动游码
（2）测出烧杯和牛奶的总质量为116g后，将烧杯中的一部分牛奶倒入量筒，液面位置如图乙所示，则量筒中牛奶的体积为 cm3；
（3）测量烧杯和剩余牛奶的总质量，天平横梁平衡时如图丙所示，则烧杯和剩余牛奶的总质量为 g；小明测量的牛奶密度为 kg/m3；
（4）在向量筒倒入牛奶时，如果不慎有牛奶溅出，则测出的牛奶密度会 （选填“偏大”或“偏小”或“不变”）。
三．探究影响摩擦力大小的因素（共3小题）
3．（2023 泗阳县一模）（1）如图1是“测量滑动摩擦力大小”的实验装置示。
①图1甲中，小明将木板固定，水平拉动木块，拉力逐渐增大，木块一直保持静止，则木块受到的摩擦力 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
②小华同学发现小明实际操作中弹簧测力计示数不稳定，于是改进了实验，如图1乙，改进后加速拉动木板，则测得木块所受的摩擦力 （选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。
（2）为探究“力与运动的关系”，设计了如图2所示的斜面实验，让小车从斜面滑到接触面分别为毛巾、棉布和木板的水平面上，观察小车在水平面上滑行的距离。
①实验中，让同一小车从同一斜面的相同位置由静止滑下，是为了使小车到达水平面时的 相同。
②比较甲、乙、丙三次实验，发现水平面阻力越小，小车滑行的速度改变的越 （选填“快”或“慢”）；如果水平面绝对光滑，物体受到的阻力为零，则物体将在水平面上做 （选填“匀速”或“变速”）直线运动。
4．（2023 苏州模拟）如图所示为“探究滑动摩擦力与什么因素有关”的实验，在图甲、乙、丙中，分别用F1＝0.5N，F2＝1N，F3＝1.2N的拉力，拉着木块沿水平方向匀速前进。
（1）实验中，他将弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，此时拉力大小 摩擦力大小；
（2）在甲、乙、丙中，比较图 可得：当接触面粗糙程度相同，压力越大，摩擦力越大；
（3）在实验过程中，小江发现按要求拉着木块运动时弹簧测力计示数不稳定，同组的小李对实验装置进行改进。将轻质弹簧测力计一端固定，另一端钩住木块，木块下面是一长木板。如图丁所示，实验时拉着长木板沿着水平方向向右运动，发现弹簧测力计示数为1.2N，说明木块受到的摩擦力为 N。此时增加拉力F，弹簧测力计的示数 （变大/不变/变小），在实际操作时发现弹簧测力计示数仍然不稳定，可能原因是 。
5．（2023 南京模拟）如图，小明用同一个木块进行了“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验，木板、棉布均放置在水平桌面上。
（1）实验中测量滑动摩擦力的原理是 。
（2）为测出木块所受滑动摩擦力大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉动木块使其做 运动。
（3）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，这是应用了 两次实验得出的结论。
（4）完成甲所示实验时，小明进行了两次正确的操作，两次木块运动的速度分别为va、vb，所受的摩擦力分别为fa、fb。已知va＜vb，则fa fb（选填“＞”或“＜”或“＝”）。
（5）小明与伙伴共同创建了一种新的实验方式，将甲图测量摩擦力大小装置改为如图丁所示的装置。这样做的好处是 。
四．探究二力平衡的条件（共1小题）
6．（2023 泗阳县一模）如图甲是小华探究二力平衡条件时的实验情景。
（1）小华将系于小卡片两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整 来改变拉力的大小。实验中选择小卡片的目的是 （填“考虑”或“不考虑”）小卡片的重力。
（2）为了探究两个平衡力是否在同一条直线上，进行如下操作： （填“挤压”“翻转”或“旋转”）小卡片，松手后观察小卡片是否平衡。
（3）在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是 。
A.容易让小卡片在水平方向上保持平衡
B.小卡片是比较容易获取的材料
C.减少了摩擦力对实验结果的影响
五．探究液体内部的压强（共3小题）
7．（2023 泗阳县一模）用压强计“探究影响液体内压强大小的因素”，请你在认真思考、观察的基础上，回答下列问题：
（1）如图甲，压强计是通过U形管中液面的 来反映被测液体内部压强大小的。使用前要检查装置是否漏气。方法：用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（2）比较图乙的①、②两图可以得出结论：当液体密度相同时，液体的 越大，液体压强越大。
（3）如图丙所示，两个完全相同的容器，分别盛有适量的水和浓盐水，某同学用压强计鉴别这两种液体，则图 （选填“a”或“b”）中装的是浓盐水。
（4）以上实验用的方法有转换法和 法。
8．（2023 苏州模拟）在探究影响液体压强因素的实验中，用几根一端封有相同橡皮薄膜的玻璃管进行实验，在5号管中装入盐水，其它管中装入水，如图。
（1）通过观察玻璃管下方薄膜鼓起的程度反映液体压强的大小，用到的研究方法是 （控制变量法/类比法/转换法）；
（2）根据图甲中三支相同玻璃管薄膜鼓起的程度，猜想：液体的压强可能与液体的质量、重力、体积或 有关；
（3）图乙中，4号管上段更粗，下段与2号管粗细相同，两管中水的总长度相同，发现两管薄膜鼓起的程度相同，可得：液体压强的大小与液体的质量、重力、体积都 ；
（4）图丙中，5号管和2号管的液柱长度相等，利用5号管和2号管可探究液体压强与液体的 是否有关；
（5）为了探究液体长度对液体压强的影响，选用2号管和6号管进行实验，6号管水柱比2号管水柱长，实验时需控制两管水柱的 相等。
9．（2023 南京模拟）在“探究影响液体内部压强的因素”的实验中：
（1）压强计是通过U形管的 来显示橡皮膜所受压强大小。
（2）小华实验时的情形如图所示，四幅图中烧杯内的液面相平。（不考虑实验结论的偶然性）
①比较图甲和图 ，可以得出结论：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大。
②比较图乙和图丙，能初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论吗？ ，理由是： 。
（3）某小组成员用塑料瓶进行实验，将塑料瓶装满水，在瓶侧面扎两个小孔，水从小孔流出，如图丁所示，该实验说明液体压强与 有关。
六．探究杠杆的平衡条件（共1小题）
10．（2023 江都区一模）用如图所示的装置做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）挂钩码前，杠杆在如图所示的位置静止，此时杠杆 （选填“达到”或“没达到”）平衡状态，要使杠杆在水平位置平衡，可将杠杆左端的平衡螺母向 调节；
（2）如图乙所示，弹簧测力计竖直向下拉杠杆，杠杆在水平位置平衡时，示数为F1，将弹簧测力计斜向左拉，杠杆在水平位置平衡时，其示数F2 F1（选项“＞”、“＝”或“＜”）；
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为 的实验方案更好，请说明你的理由 。
七．探究平面镜成像的特点（共1小题）
11．（2023 江都区一模）如图是小霖探究平面镜成像特点的实验装置，A是点燃的蜡烛，B是与A完全相同但未点燃的蜡烛。
（1）实验室提供四块玻璃板供小霖选择，为了保证实验效果，小霖应该选择 玻璃板；
A.较薄茶色
B.较厚茶色
C.较薄无色
D.较厚无色
（2）选取两支完全相同蜡烛的目的 ；
（3）实验采用玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，巧妙地确定了像的 ；
（4）实验中若无论怎样移动B蜡烛都无法使其和A蜡烛像完全重合的原因是 ；
（5）移去后面的蜡烛B，并在其所在位置上放一光屏，观察光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像，则说明平面镜所成的像是 像（填“虚”或“实”）。
八．探究凸透镜成像的规律（共1小题）
12．（2023 泗阳县一模）（1）在探究如图甲“光的反射规律”实验中，平面镜水平放置，纸板由E、F两部分组成，可以绕ON翻折。实验时为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，应把纸板ENF与平面镜 放置，图中的反射角是 度。
（2）在“凸透镜成像规律”实验中：
①为了使蜡烛的像出现在光屏的中央，应调整蜡烛、凸透镜和光屏，使它们的中心在 。
②如图乙所示，蜡焰在光屏上已成清晰倒立 的实像，若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛逐渐远离凸透镜，要使光屏上仍能得到清晰的像，光屏应 （选填“靠近”“远离”）凸透镜。若保持凸透镜的位置不变，将点燃的蜡烛放在光具座上35cm刻线处，移动光屏得到烛焰倒立清晰的实像。此实验现象可说明 的成像特点（选填“照相机”“幻灯机”或“放大镜”）。
③如图丙所示，将点燃的蜡烛放在P点的位置，若切除凸透镜中间的阴影部分，再将剩余部分靠拢合在一起，蜡焰能成 个（选填“1”、“2”、“3”或“无数”）像。
九．探究电流与电压、电阻的关系（共3小题）
13．（2023 高新区一模）在探究“电流与电阻的关系”实验中，小明设计了如图甲所示电路图，选用器材如下：电源电压恒为3V不变、阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻、滑动变阻器（20Ω，1A）、电压表、电流表、开关及导线若干，请回答下列问题：
电阻R/Ω 5 10 20
电流I/A 0.4 0.2
（1）实验过程中发现电压表示数接近3V，电流表几乎无示数，造成此故障的原因可能是 ；
（2）排除故障后，小明更换定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，将实验数据填入表中。当更换20Ω的定值电阻进行实验时，电流表的示数如图乙所示，则通过定值电阻的电流为 A；
（3）分析实验数据可知，在实验过程中，滑动变阻器接入电路的最大阻值为 Ω。
14．（2023 苏州模拟）在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电源电压3V且恒定，定值电阻R的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，2A”。
（1）请根据图甲的电路图将图乙所示的实物连接完整。（导线不允许交叉）
（2）连接好电路后，闭合开关S，发现电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外。出现这一现象的原因可能是定值电阻R （假设电路只有一处故障）；
实验次数 1 2 3
电压U/V 1.0 1.4 2.0
电流I/A 0.1 0.14 0.2
（3）在探究电流与电压关系时，得到如表所示的电流I随电压U变化的数据，据此得出结论：电阻一定时， 。
（4）在探究电流与电阻关系时，为了保证所给电阻均能完成实验，应控制定值电阻两端电压至少为 V。现将10Ω电阻换成15Ω电阻，为保持定值电阻两端电压不变，滑动变阻器的电阻将 （变大/不变/变小），其电功率变为原来的 倍。
15．（2023 南京模拟）在“探究电流与电阻的关系”时，小李同学用如图甲的电路进行实验：电流表（0～0.6～3A）、电压表（0～3～15V）、定值电阻R（10Ω、15Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个）、滑动变阻器R′（0～50Ω）、电源（8V）、开关、导线若干。
（1）在实验开始前，小李发现电流表指针在“0”刻度线左边，造成这样的原因是 。
（2）如图甲，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于 端（选填“A”或“B”）。
（3）请用笔画线代替导线，将乙图中实物电路连接完整（导线不得交叉）。
（4）某次实验时电流表的示数如图丙，则电流表示数为 A。
（5）小李做此实验时，在电流表使用无误的情况下，收集测量数据，记录表格如下：
实验次数 1 2 3 4 5
电阻R/Ω 10 15 20 30 50
电流I/A 0.6 0.2 0.3 0.2 0.12
小李的五次实验操作中有一次错误的操作，请你对小李记录的数据进行分析，他第 次的实验操作是错误的，错误的原因是 。（共1分）
（6）另一同学小王用电阻箱（可在0～999.9Ω范围内调节电阻值大小，且能读数的变阻器）来代替电阻R，将图甲电路改进为如图丁的电路。
①你认为他这个方案是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
②当图丁中电阻箱阻值由30Ω调节为20Ω时，闭合开关后，应将滑动变阻器的滑片向 （选填“左”或“右”）端滑动。
一十．欧姆定律的应用（共1小题）
16．（2023 高新区一模）小明用图甲所示的可变电阻制作了调光灯。
（1）在甲图中笔画线代替导线，将电路连接完整。要求：当滑片顺时针转动时，灯变亮，连线不得交叉。
（2）图乙中假设电源电压为3V不变，电位器的AB间总电阻12.1Ω，电流表A的量程是0﹣3A，电流表A2的量程是0﹣0.6A，此时闭合开关，两个电流表均有示数，若滑片顺时针转动时，电流表 先超量程损坏，若滑片逆时针转动时，电流表 先超量程损坏，为了保证两个电流表的安全，PA段电阻接入的阻值范围是 到 。
一十一．实验 测量小灯泡的电功率（共4小题）
17．（2023 高新区一模）“测量小灯泡额定功率和正常发光时的电阻”的实验，小灯泡的额定电压U额＝2.5V。
（1）图甲图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并改正。
（2）闭合开关移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表如图乙所示，则灯泡额定功率为 W。
（3）小华设计了如图丙的实验，电源电压不变，R1和R2为滑动变阻器，R2的最大电阻为R0。实验步骤如下：
①闭合开关S，S1，只调节 ，使电压表的示数为2.5V；
②闭合开关S，S2，只调节 ，使电压表的示数为2.5V；
③接着将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1；再将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2，则小灯泡正常发光时的电阻R＝ （R0、U1、U2表示）。
18．（2023 沭阳县模拟）实验桌上的实验器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为3.8V的小灯泡、滑动变阻器（20Ω 1A）、电压表、电流表、开关各一个，导线若干。
（1）测量额定电压为3.8V的小灯泡的电功率。
①小明设计并连接了如图甲所示的电路，仔细检查可以发现电路连接存在一处错误。在错误的导线上画“×”，并画出正确的连线。
②电路改正后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到最 （左/右）端。
③闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为 V时，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小明又测量了实际电压略小于和略大于额定电压时的实际功率，并且分析这些数据和现象，发现小灯泡两端的实际电压越大，实际功率就越 ，灯泡的亮度就越 。
（2）由于电流表损坏，小明又设计了如图丙所示的电路，也能测出小灯泡的额定功率（增加一个阻值已知的定值电阻R0和单刀双掷开关，其他都是原有器材），完成实验步骤。
①闭合开关S1，把开关S2与触点 相接，调节滑片P，使电压表的示数为3.8V；
②再把开关S2与另一触点相接， （移动/不移动）滑片，读出电压表示数为U；
③小灯泡额定功率的表达式为P额＝ 。（用3.8V、R0、U表示）
实验反思：在进行第①步操作时，电压表的示数可能总达不到3.8V，原因是 。
19．（2023 江都区一模）已知电源电压恒为6V，小灯泡正常工作时的电压为3.8V，电阻约为12Ω，滑动变阻器最大阻值为10Ω，小明利用如图所给的实验器材“测量小灯泡的额定功率”。
（1）闭合开关，移动滑片P，当电压表的示数为 V时，小灯泡正常发光；
（2）正确连接电路后，用开关试触，小明发现灯泡不亮，电压表瞬间满偏，电流表指针几乎不动，图甲电路发生的故障是 （电路只有一处故障）；
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定电流为 A，则小灯泡L1的额定功率为 W；
（4）测量完灯泡的额定功率后，小明又测量了几组数据，计算后发现灯丝电阻随其两端电压的增大而增大，原因是 。
20．（2023 东台市模拟）用图甲所示的电路测量小灯泡的功率，器材有：电源、开关、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω 1.5A）、额定电压为2.5V的小灯泡各一个，导线若干。
（1）连接电路时开关要 ，闭合开关前，需要检查电流表、电压表的指针是否 ，并将滑动变阻器的滑片P移至 （选填“A”或“B”端）；
（2）接通电源，闭合开关后，无论怎样移动滑片P，小灯泡均不发光，电流表指针不偏转，电压表指针有明显偏转，说明电压表与电源之间的电路连接是 ，若电路中只有一处故障，则可能是 ；
（3）排除故障后，重新开始实验，电源电压保持不变，闭合开关，电压表示数为0.5V，电流表示数为0.12A；移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，为 A，则小灯泡的额定功率为 W，此时滑动变阻器消耗的功率 W。
一十二．探究影响电流通过导体时产生热量的因素（共1小题）
21．（2023 沭阳县模拟）用如图所示的实验装置探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”。两瓶中的镍铬合金丝是从同一根上剪来的，只是A瓶中的较长，B瓶中的较短。
（1）两瓶内的液体应是质量 、温度相同的同种液体。在煤油和水中，应选择煤油，因为它的 ，吸收相等热量后温度变化明显。
（2）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，闭合开关，可以探究电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量与 的关系。通电一段时间后，可以观察到的现象是 。
（3）本实验用到的科学研究方法是 。
A.只有控制变量法
B.只有转换法
C.既有控制变量法，又有转换法
江苏省各地区2023年中考物理模拟题（一模）题型分层分类汇编-07实验探究题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．探究水沸腾时温度变化的特点（共1小题）
1．（2023 苏州模拟）小明和小华都选用如图甲所示的同一装置完成“探究水沸腾时温度变化的特点”实验。
（1）组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整 烧杯 （烧杯/温度计）的位置；
（2）水沸腾时，①水中产生大量气泡，气泡不断上升且 变大 （变大/变小），到达水面破裂；②继续加热，水的温度 不变 （升高/降低/不变）；
（3）实验过程中两位同学分别绘制了水的温度随时间变化的图像（如图乙所示），两位同学图像不同的原因是水的 质量 不同；
（4）水沸腾后，将水倒入烧瓶，发现水停止沸腾。用橡皮塞塞住烧瓶口并将其倒置，如图丙所示，向烧瓶底部浇冷水，发现水重新沸腾了。这是因为浇冷水后瓶内气压减小，水的沸点 降低 （升高/降低/不变）。
【解答】解：（1）组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整烧杯的位置，因为烧杯的位置需要根据外焰的高度来确定。为了保证温度计的液泡不碰到烧杯底部，温度计的位置根据烧杯的位置来确定；
（2）观察到水沸腾后的实验现象：①水中产生大量气泡，气泡不断上升且体积逐渐变大，到达水面破裂，里面的水蒸气散发到空气中，表明水沸腾了；②继续加热，水的温度不变；
（3）读图乙可以看出，在同样加热的情况下，小华的升温较慢，其原因应该是水的质量不同；
（4）在瓶底浇冷水后，瓶内温度降低，水蒸气液化，气体压强减小，因为水的沸点会随气压的减小而降低，因此，水会重新沸腾起来。
故答案为：（1）烧杯；（2）变大；不变；（3）质量；（4）降低。
二．液体的密度测量实验（共1小题）
2．（2023 南京模拟）实验小组利用天平、量筒和烧杯等器材测量牛奶的密度。
（1）天平调平衡后，将适量的牛奶倒入烧杯中，并用天平测量烧杯和牛奶的总质量，通过加减砝码的一番操作，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针如图甲所示，接下来他应该 C （选填序号）；
A.向左调节平衡螺母
B.移动游码
C.取下最小的砝码后移动游码
（2）测出烧杯和牛奶的总质量为116g后，将烧杯中的一部分牛奶倒入量筒，液面位置如图乙所示，则量筒中牛奶的体积为 40 cm3；
（3）测量烧杯和剩余牛奶的总质量，天平横梁平衡时如图丙所示，则烧杯和剩余牛奶的总质量为 72 g；小明测量的牛奶密度为 1.1×103 kg/m3；
（4）在向量筒倒入牛奶时，如果不慎有牛奶溅出，则测出的牛奶密度会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”或“不变”）。
【解答】解：（1）由图甲可知，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针偏向分度盘的右侧，说明右盘所放的砝码的质量偏大，此时应该取下最小的砝码后向右移动游码，使天平水平平衡；
（2）由图可乙知，量筒的分度值为2mL，示数为V＝40mL＝40cm3；
（3）如图丙所示，游码标尺的分度值是0.2g，烧杯和剩余牛奶的总质量为：m＝50g+20g+2g＝72g；
倒入量筒中牛奶的质量为：m'＝116g﹣72g＝44g，
牛奶的密度为：ρ＝＝＝1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3；
（4）如果不慎有牛奶溅出，会导致量筒中牛奶的体积偏小，利用密度公式ρ＝计算的密度偏大。
故答案为：（1）C；（2）40；（3）72；1.1×103；（4）偏大。
三．探究影响摩擦力大小的因素（共3小题）
3．（2023 泗阳县一模）（1）如图1是“测量滑动摩擦力大小”的实验装置示。
①图1甲中，小明将木板固定，水平拉动木块，拉力逐渐增大，木块一直保持静止，则木块受到的摩擦力 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
②小华同学发现小明实际操作中弹簧测力计示数不稳定，于是改进了实验，如图1乙，改进后加速拉动木板，则测得木块所受的摩擦力 不受影响 （选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。
（2）为探究“力与运动的关系”，设计了如图2所示的斜面实验，让小车从斜面滑到接触面分别为毛巾、棉布和木板的水平面上，观察小车在水平面上滑行的距离。
①实验中，让同一小车从同一斜面的相同位置由静止滑下，是为了使小车到达水平面时的 速度 相同。
②比较甲、乙、丙三次实验，发现水平面阻力越小，小车滑行的速度改变的越 慢 （选填“快”或“慢”）；如果水平面绝对光滑，物体受到的阻力为零，则物体将在水平面上做 匀速 （选填“匀速”或“变速”）直线运动。
【解答】解：（1）①图1甲中，小明将木板固定，水平拉动木块，拉力逐渐增大，木块一直保持静止，则木块处于静止状态，受到拉力与摩擦力为一对平衡力，大小相等，则木块受到的摩擦力变大；
②如图1乙，木块相对地面处于静止状态，受到测力计的拉力与受到长木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，因压力大小和接触面的粗糙程度不变，故改进后加速拉动木板，则测得木块所受的摩擦力不受影响；
（2）①由控制变量法，实验中，让同一小车从同一斜面的相同位置由静止滑下，是为了使小车到达水平面时的速度相同；
②木板表面最光滑，小车通过的距离最远，比较甲、乙、丙三次实验，发现水平面阻力越小，小车滑行的速度改变的越慢；如果水平面绝对光滑，物体受到的阻力为零，则小车的速度不会减小，物体将在水平面上做匀速直线运动。
故答案为：（1）①变大；②不受影响；（2）①速度；②慢；匀速。
4．（2023 苏州模拟）如图所示为“探究滑动摩擦力与什么因素有关”的实验，在图甲、乙、丙中，分别用F1＝0.5N，F2＝1N，F3＝1.2N的拉力，拉着木块沿水平方向匀速前进。
（1）实验中，他将弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，此时拉力大小 等于 摩擦力大小；
（2）在甲、乙、丙中，比较图 甲、乙 可得：当接触面粗糙程度相同，压力越大，摩擦力越大；
（3）在实验过程中，小江发现按要求拉着木块运动时弹簧测力计示数不稳定，同组的小李对实验装置进行改进。将轻质弹簧测力计一端固定，另一端钩住木块，木块下面是一长木板。如图丁所示，实验时拉着长木板沿着水平方向向右运动，发现弹簧测力计示数为1.2N，说明木块受到的摩擦力为 1.2 N。此时增加拉力F，弹簧测力计的示数 不变 （变大/不变/变小），在实际操作时发现弹簧测力计示数仍然不稳定，可能原因是 木板表面粗糙程度不同 。
【解答】解：（1）实验中，他将弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，此时拉力大小等于摩擦力大小；
（2）研究滑动摩擦力大小与压力的关系时，要控制接触面粗糙程度相同，比较图甲、乙可得：当接触面粗糙程度相同，压力越大，摩擦力越大；
（3）如图丁所示，木块相对地面处于静止状态，受到测力计的拉力与受到长木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，发现弹簧测力计示数为1.2N，说明木块受到的摩擦力为1.2N；此时增加拉力F，弹簧测力计的示数不变；在实际操作时发现弹簧测力计示数仍然不稳定，则滑动摩擦力大小发生了变化，根据影响滑动摩擦力大小的两个因素可知，在压力不变时，可能原因是木板表面粗糙程度不同。
故答案为：（1）等于；（2）甲、乙；（3）1.2；不变；木板表面粗糙程度不同。
5．（2023 南京模拟）如图，小明用同一个木块进行了“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验，木板、棉布均放置在水平桌面上。
（1）实验中测量滑动摩擦力的原理是 二力平衡 。
（2）为测出木块所受滑动摩擦力大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉动木块使其做 匀速直线 运动。
（3）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，这是应用了 甲、丙 两次实验得出的结论。
（4）完成甲所示实验时，小明进行了两次正确的操作，两次木块运动的速度分别为va、vb，所受的摩擦力分别为fa、fb。已知va＜vb，则fa ＝ fb（选填“＞”或“＜”或“＝”）。
（5）小明与伙伴共同创建了一种新的实验方式，将甲图测量摩擦力大小装置改为如图丁所示的装置。这样做的好处是 便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动 。
【解答】解：（1）（2）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，拉力大小才等于摩擦力的大小，所以实验原理是二力平衡；
（3）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，是通过增大接触面的粗糙程度来增加摩擦力的，是应用了甲、丙两次实验得到的结论的；
（4）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟物体的运动速度无关，在两次实验中，木块对水平面的压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力的大小不变，即fa＝fb；
（5）将甲图测量摩擦力大小装置改为丁图装置的好处是便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动。
故答案为：（1）二力平衡；（2）匀速直线；（3）甲、丙；（4）＝；（5）便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动。
四．探究二力平衡的条件（共1小题）
6．（2023 泗阳县一模）如图甲是小华探究二力平衡条件时的实验情景。
（1）小华将系于小卡片两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整 钩码的数量 来改变拉力的大小。实验中选择小卡片的目的是 不考虑 （填“考虑”或“不考虑”）小卡片的重力。
（2）为了探究两个平衡力是否在同一条直线上，进行如下操作： 旋转 （填“挤压”“翻转”或“旋转”）小卡片，松手后观察小卡片是否平衡。
（3）在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是 C 。
A.容易让小卡片在水平方向上保持平衡
B.小卡片是比较容易获取的材料
C.减少了摩擦力对实验结果的影响
【解答】解：（1）小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；实验通过调整钩码的数量来改变拉力的大小；实验中选择小卡片的目的是不考虑小卡片的重力；
（2）为了探究不在同一直线上的两个力能否平衡，将小卡片旋转一个角度，松手后观察小卡片是否平衡；
（3）如图乙所示的实验，木块在桌面上受摩擦力作用，摩擦力对实验影响较大，而甲实验纸片轻巧，减小了摩擦力的影响，故选C。
故答案为：（1）钩码的数量；不考虑；（2）旋转；（3）C。
五．探究液体内部的压强（共3小题）
7．（2023 泗阳县一模）用压强计“探究影响液体内压强大小的因素”，请你在认真思考、观察的基础上，回答下列问题：
（1）如图甲，压强计是通过U形管中液面的 高度差 来反映被测液体内部压强大小的。使用前要检查装置是否漏气。方法：用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明 不漏气 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（2）比较图乙的①、②两图可以得出结论：当液体密度相同时，液体的 深度 越大，液体压强越大。
（3）如图丙所示，两个完全相同的容器，分别盛有适量的水和浓盐水，某同学用压强计鉴别这两种液体，则图 a （选填“a”或“b”）中装的是浓盐水。
（4）以上实验用的方法有转换法和 控制变量 法。
【解答】解：（1）根据转换法，压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测液体内部压强大小的。使用前要检查装置是否漏气：用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明不漏气；
（2）比较图乙的①、②两图可知，②中深度大，液体产生的压强也大，可以得出结论：当液体密度相同时，液体的深度越大，液体压强越大；
（3）如图丙所示，两个完全相同的容器，分别盛有适量的水和浓盐水，金属盒的深度相同，根据转换法，a中液体产生的压强大，根据p＝ρgh，图 a中装的液体密度大，是浓盐水。
（4）以上实验用的方法有转换法和控制变量法。
故答案为：（1）高度差；不漏气；（2）深度；（3）a； （4）控制变量。
8．（2023 苏州模拟）在探究影响液体压强因素的实验中，用几根一端封有相同橡皮薄膜的玻璃管进行实验，在5号管中装入盐水，其它管中装入水，如图。
（1）通过观察玻璃管下方薄膜鼓起的程度反映液体压强的大小，用到的研究方法是 转换法 （控制变量法/类比法/转换法）；
（2）根据图甲中三支相同玻璃管薄膜鼓起的程度，猜想：液体的压强可能与液体的质量、重力、体积或 深度 有关；
（3）图乙中，4号管上段更粗，下段与2号管粗细相同，两管中水的总长度相同，发现两管薄膜鼓起的程度相同，可得：液体压强的大小与液体的质量、重力、体积都 无关 ；
（4）图丙中，5号管和2号管的液柱长度相等，利用5号管和2号管可探究液体压强与液体的 密度 是否有关；
（5）为了探究液体长度对液体压强的影响，选用2号管和6号管进行实验，6号管水柱比2号管水柱长，实验时需控制两管水柱的 深度 相等。
【解答】解：（1）通过橡皮膜鼓起的程度反应液体压强的大小，利用的方法是转换法；
（2）相同的1、2、3号管中装的液体种类相同，且管内液体的深度逐渐增加，则橡皮膜鼓起的程度逐渐增大，说明液体的压强与深度有关，相应的质量、体积、重力也逐渐增大，所以猜想：液体的压强与液体的质量、重力、体积或深度有关；
（3）通过2号管和4号管的比较可见，4号管中液体的质量、体积、重力一定大于2号管，但二者橡皮膜鼓起的程度相同，说明液体的压强与质量、重力、体积无关，只与深度有关；
（4）探究液体的压强与液体的密度是否有关，利用控制变量法：5号管中盐水和2号管中的水比较，二者的深度相同，由于盐水的密度大于水的密度，则5号管橡皮膜鼓起的程度大；
（5）为了探究液体长度对液体压强的影响，利用控制变量法，2号管和6号管是相同的两支玻璃管，内装液体的种类相同、深度相同、长度不同时，橡皮膜鼓起的程度相同，表明液体的压强跟液体的长度无关。
故答案为：（1）转换法；（2）深度；（3）无关；（4）密度；（5）深度。
9．（2023 南京模拟）在“探究影响液体内部压强的因素”的实验中：
（1）压强计是通过U形管的 液面高度差 来显示橡皮膜所受压强大小。
（2）小华实验时的情形如图所示，四幅图中烧杯内的液面相平。（不考虑实验结论的偶然性）
①比较图甲和图 乙 ，可以得出结论：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大。
②比较图乙和图丙，能初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论吗？ 不能 ，理由是： 没有控制探头所处液体的深度相同 。
（3）某小组成员用塑料瓶进行实验，将塑料瓶装满水，在瓶侧面扎两个小孔，水从小孔流出，如图丁所示，该实验说明液体压强与 深度 有关。
【解答】解：（1）压强计是通过观察U形管两边高度差来显示橡皮膜所受的压强的大小；
（2）①比较图甲和图乙，乙中金属盒所处的深度较深，U形管液面的高度差较大，橡皮膜所受的液体压强较大，故可以初步得出结论：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大；
②液体内部压强与液体密度的关系，应控制探头所处的深度相同，液体的密度不同，而图乙、丙两图可知，没有控制探头所处液体的深度相同，所以不能得出液体内部压强与液体密度有关的结论；
（3）图丁的实验中，观察到水从小孔射出，小孔的位置越低，射出的水越急，液体压强越大。该现象说明液体压强与深度有关。
故答案为：（1）液面高度差；（2）①乙；②不能；没有控制金属盒所处液体的深度相同；（3）深度。
六．探究杠杆的平衡条件（共1小题）
10．（2023 江都区一模）用如图所示的装置做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）挂钩码前，杠杆在如图所示的位置静止，此时杠杆 达到 （选填“达到”或“没达到”）平衡状态，要使杠杆在水平位置平衡，可将杠杆左端的平衡螺母向 右 调节；
（2）如图乙所示，弹簧测力计竖直向下拉杠杆，杠杆在水平位置平衡时，示数为F1，将弹簧测力计斜向左拉，杠杆在水平位置平衡时，其示数F2 ＞ F1（选项“＞”、“＝”或“＜”）；
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为 小李 的实验方案更好，请说明你的理由 图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量 。
【解答】解：（1）杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡状态；
由图甲中，杠杆的右端较高，平衡螺母应向右端移动使杠杆在水平位置平衡；
（2）将弹簧测力计斜向左拉或将弹簧测力计斜向右拉，阻力和阻力臂不变，拉力的力臂变短，根据杠杆平衡条件可知，杠杆在水平位置平衡时，拉力变大，所以，F2＞F1；
（3）由图可知，弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，所以小李的实验方案更好。
故答案为：（1）达到；右；（2）＞；（3）小李；便于测量力臂。
七．探究平面镜成像的特点（共1小题）
11．（2023 江都区一模）如图是小霖探究平面镜成像特点的实验装置，A是点燃的蜡烛，B是与A完全相同但未点燃的蜡烛。
（1）实验室提供四块玻璃板供小霖选择，为了保证实验效果，小霖应该选择 A 玻璃板；
A.较薄茶色
B.较厚茶色
C.较薄无色
D.较厚无色
（2）选取两支完全相同蜡烛的目的 比较像和物的大小关系 ；
（3）实验采用玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，巧妙地确定了像的 位置 ；
（4）实验中若无论怎样移动B蜡烛都无法使其和A蜡烛像完全重合的原因是 玻璃板与桌面不垂直 ；
（5）移去后面的蜡烛B，并在其所在位置上放一光屏，观察光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像，则说明平面镜所成的像是 虚 像（填“虚”或“实”）。
【解答】解：（1）无色玻璃透光性太强，易受到另一侧物体的干扰；厚玻璃板两个面都可反射成相距较远的两个像，导致实验无法完成，故实验室提供四块玻璃板供小霖选择，为了保证实验效果，小霖应该选择较薄的茶色玻璃板，故选：A；
（2）当移动玻璃板后B蜡烛与A的像重合时，则物与像大小相处，故选取两支完全相同蜡烛的目的比较像和物的大小关系；
（3）实验采用玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，巧妙地确定了像的位置；
（4）实验中玻璃板要与桌面垂直，否则，成像偏高或偏低，使实验无法完成，故若无论怎样移动B蜡烛都无法使其和A蜡烛像完全重合的原因是玻璃板与桌面不垂直；
（5）虚像不能成在光屏上，移去后面的蜡烛B，并在其所在位置上放一光屏，观察光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像，则说明平面镜所成的像是虚像。
故答案为：（1）A；（2）比较像和物的大小关系；（3）位置； （4）玻璃板与桌面不垂直； （5）虚。
八．探究凸透镜成像的规律（共1小题）
12．（2023 泗阳县一模）（1）在探究如图甲“光的反射规律”实验中，平面镜水平放置，纸板由E、F两部分组成，可以绕ON翻折。实验时为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，应把纸板ENF与平面镜 垂直 放置，图中的反射角是 40 度。
（2）在“凸透镜成像规律”实验中：
①为了使蜡烛的像出现在光屏的中央，应调整蜡烛、凸透镜和光屏，使它们的中心在 同一高度 。
②如图乙所示，蜡焰在光屏上已成清晰倒立 等大 的实像，若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛逐渐远离凸透镜，要使光屏上仍能得到清晰的像，光屏应 靠近 （选填“靠近”“远离”）凸透镜。若保持凸透镜的位置不变，将点燃的蜡烛放在光具座上35cm刻线处，移动光屏得到烛焰倒立清晰的实像。此实验现象可说明 幻灯机 的成像特点（选填“照相机”“幻灯机”或“放大镜”）。
③如图丙所示，将点燃的蜡烛放在P点的位置，若切除凸透镜中间的阴影部分，再将剩余部分靠拢合在一起，蜡焰能成 2 个（选填“1”、“2”、“3”或“无数”）像。
【解答】解：（1）实验时，把平面镜放在桌面上，因法线始终垂直于平面镜，为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，则反射光线、入射光线和法线所在的平面应与平面镜垂直，应把纸板与平面镜垂直放置；
图中入射光线与平面镜的夹角是50°，入射角为90°﹣50°＝40°，则反射角是40°；
（2）①为了使像成在光屏中央，应调整蜡烛、凸透镜和光屏，使它们的中心在同一高度；
②如图乙所示，此时u＝v＝20.0cm，根据u＝v＝2f时，在光屏上成倒立等大的实像，该凸透镜的焦距为f＝u＝×20.0cm＝10.0cm；
若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛逐渐远离凸透镜，要使光屏上仍能得到清晰的像，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，光屏应靠近凸透镜；
若保持凸透镜的位置不变，将点燃的蜡烛放在光具座上35cm刻线处，若保持凸透镜的位置不变，将点燃的蜡烛放在光具座上35cm刻线处，此时u＝50cm﹣35cm＝15cm，大于一倍焦距，小于二倍焦距，在光屏上成倒立放大的实像，此实验现象可说明幻灯机的成像特点；
③因为凸透镜中间厚，边缘薄，切去部分后相当于两个透镜，光心位置改变了，上面的像下移下面的像上移，错位将成两个像。
故答案为：（1）垂直；40；（2）①同一高度；②等大；靠近；幻灯机；③2。
九．探究电流与电压、电阻的关系（共3小题）
13．（2023 高新区一模）在探究“电流与电阻的关系”实验中，小明设计了如图甲所示电路图，选用器材如下：电源电压恒为3V不变、阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻、滑动变阻器（20Ω，1A）、电压表、电流表、开关及导线若干，请回答下列问题：
电阻R/Ω 5 10 20
电流I/A 0.4 0.2
（1）实验过程中发现电压表示数接近3V，电流表几乎无示数，造成此故障的原因可能是 定值电阻断路 ；
（2）排除故障后，小明更换定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，将实验数据填入表中。当更换20Ω的定值电阻进行实验时，电流表的示数如图乙所示，则通过定值电阻的电流为 0.1 A；
（3）分析实验数据可知，在实验过程中，滑动变阻器接入电路的最大阻值为 10 Ω。
【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测电阻电阻两端的电压，发现电压表示数接近3V，电流表几乎无示数，说明电路断路，电压表串联接入电路，则电路故障的原因是定值电阻断路；
（2）由图乙可知电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.1A；
（3）根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流最小时，滑动变阻器电路的电阻最大，
串联电路各处电流相等，根据题意可知定值电阻阻值最大为20Ω，根据串联分压原理可知此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，由（2）知此时通过电路的电流是0.1A，根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R′＝＝＝30Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则滑动变阻器接入电路的最大阻值：RP＝R′﹣R＝30Ω﹣20Ω＝10Ω。
故答案为：（1）定值电阻断路；（2）0.1；（3）10。
14．（2023 苏州模拟）在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电源电压3V且恒定，定值电阻R的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，2A”。
（1）请根据图甲的电路图将图乙所示的实物连接完整。（导线不允许交叉）
（2）连接好电路后，闭合开关S，发现电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外。出现这一现象的原因可能是定值电阻R 断路 （假设电路只有一处故障）；
实验次数 1 2 3
电压U/V 1.0 1.4 2.0
电流I/A 0.1 0.14 0.2
（3）在探究电流与电压关系时，得到如表所示的电流I随电压U变化的数据，据此得出结论：电阻一定时， 通过导体的电流与导体两端的电压成正比 。
（4）在探究电流与电阻关系时，为了保证所给电阻均能完成实验，应控制定值电阻两端电压至少为 1.5 V。现将10Ω电阻换成15Ω电阻，为保持定值电阻两端电压不变，滑动变阻器的电阻将 变大 （变大/不变/变小），其电功率变为原来的 倍。
【解答】解：（1）在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电压表并联在电阻两端，如下图所示：
（2）电流表始终无示数，电路可能断路，电压表有示数并保持不变，则电压表与电源两极连通，所以与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可能是R断路，导致电压表串联在电路中；
（3）由表格中数据可知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，得出的结论是：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；
（4）研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为U，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U总﹣U＝3V﹣U，
根据分压原理有：
；
即﹣﹣﹣﹣﹣①，
因电压表示数U为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
；
解得电压表的示数：
U＝1.5V；
即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V；
将10Ω电阻换成15Ω电阻，根据串联电路的分压原理可知电压表的示数变大，为保持定值电阻两端电压不变，要增大变阻器分得的电压，即滑动变阻器的电阻将变大；
将10Ω电阻换成15Ω电阻时，电阻的比：（15Ω）：（10Ω）＝3：2，根据欧姆定律I＝可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，故电路的电流之比为：2：3，
根据串联电路电压的规律，变阻器的电压也保持不变，根据P＝UI可知，在变阻器的电压不变时，变阻器的电功率与电流成正比，故其电功率变为原来的倍。
故答案为：（1）如上图所示；（2）断路；（3）通过导体的电流与导体两端电压成正比；（4）1.5；变大；。
15．（2023 南京模拟）在“探究电流与电阻的关系”时，小李同学用如图甲的电路进行实验：电流表（0～0.6～3A）、电压表（0～3～15V）、定值电阻R（10Ω、15Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个）、滑动变阻器R′（0～50Ω）、电源（8V）、开关、导线若干。
（1）在实验开始前，小李发现电流表指针在“0”刻度线左边，造成这样的原因是 电流表没有调零 。
（2）如图甲，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于 B 端（选填“A”或“B”）。
（3）请用笔画线代替导线，将乙图中实物电路连接完整（导线不得交叉）。
（4）某次实验时电流表的示数如图丙，则电流表示数为 0.2 A。
（5）小李做此实验时，在电流表使用无误的情况下，收集测量数据，记录表格如下：
实验次数 1 2 3 4 5
电阻R/Ω 10 15 20 30 50
电流I/A 0.6 0.2 0.3 0.2 0.12
小李的五次实验操作中有一次错误的操作，请你对小李记录的数据进行分析，他第 2 次的实验操作是错误的，错误的原因是 没有控制电阻的电压不变 。（共1分）
（6）另一同学小王用电阻箱（可在0～999.9Ω范围内调节电阻值大小，且能读数的变阻器）来代替电阻R，将图甲电路改进为如图丁的电路。
①你认为他这个方案是否可行？ 可行 （选填“可行”或“不可行”）。
②当图丁中电阻箱阻值由30Ω调节为20Ω时，闭合开关后，应将滑动变阻器的滑片向 左 （选填“左”或“右”）端滑动。
【解答】解：（1）在实验开始前，小李发现电流表指针在“0”刻度线左边，说明电流表没有调零；
（2）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的B端；
（3）由图甲可知，滑动变阻器与定值电阻串联，滑片左侧电阻丝接入电路，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
；
（4）由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A；
（5）由表中数据可知，第2组电阻两端的电压：UV′＝I′R2＝0.2A×15Ω＝3V，其它各组电阻两端的电压始终保持：UV＝IR＝0.15A×40Ω＝…＝0.3A×20Ω＝0.6A×10Ω＝6V，故第2次测量的数据是错误的，错误的原因是没有控制电阻的电压不变；
（6）①探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的阻值，控制电阻的电压不变，图丁中电阻箱可以改变电阻大小且能读出阻值的大小，移动滑动变阻器的滑片可以控制电阻箱两端的电压不变，故该方案可行；
②当调小电阻箱接入电路的电阻时，其分得的电压减小，为了保持定值电阻两端电压不变，应减小滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动。
故答案为：（1）电流表没有调零；（2）B；（3）见解析图；（4）0.2；（5）2；没有控制电阻的电压不变；（6）①可行；②左。
一十．欧姆定律的应用（共1小题）
16．（2023 高新区一模）小明用图甲所示的可变电阻制作了调光灯。
（1）在甲图中笔画线代替导线，将电路连接完整。要求：当滑片顺时针转动时，灯变亮，连线不得交叉。
（2）图乙中假设电源电压为3V不变，电位器的AB间总电阻12.1Ω，电流表A的量程是0﹣3A，电流表A2的量程是0﹣0.6A，此时闭合开关，两个电流表均有示数，若滑片顺时针转动时，电流表 A1 先超量程损坏，若滑片逆时针转动时，电流表 A2 先超量程损坏，为了保证两个电流表的安全，PA段电阻接入的阻值范围是 5Ω 到 11.1Ω 。
【解答】解：（1）当滑片顺时针转动时，灯变亮，即当滑片顺时针转动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，如图：
；
（2）闭合开关，电阻AP和BP并联接入电路，电流表A2测通过电阻AP的电流，电流表A测干路电流，滑片顺时针转动时，AP段电阻变大，BP段电阻变小，根据欧姆定律可知电流表A2示数变小，
并联电路总电阻小于任一分电阻，电流表A的量程是0﹣3A，根据欧姆定律可知电路总电阻最小为R＝＝＝1Ω，
所以BP段的电阻小于等于1Ω时，电流表A1先损坏；
滑片顺时针转动时，AP段电阻变小，BP段电阻变大，根据欧姆定律可知电流表A2示数变大，电流表A的量程是0﹣0.6A，根据欧姆定律可知AP段电阻最小为R′＝＝＝5Ω，所以AP段的电阻小于5Ω时，电流表A2先损坏；
所以为了保证两个电流表的安全，PA段电阻接入的阻值范围是5Ω到12.1Ω﹣1Ω＝11.1Ω。
故答案为：（1）；
（2）A1；A2；5Ω；11.1Ω。
一十一．实验 测量小灯泡的电功率（共4小题）
17．（2023 高新区一模）“测量小灯泡额定功率和正常发光时的电阻”的实验，小灯泡的额定电压U额＝2.5V。
（1）图甲图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并改正。
（2）闭合开关移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表如图乙所示，则灯泡额定功率为 0.65 W。
（3）小华设计了如图丙的实验，电源电压不变，R1和R2为滑动变阻器，R2的最大电阻为R0。实验步骤如下：
①闭合开关S，S1，只调节 R2 ，使电压表的示数为2.5V；
②闭合开关S，S2，只调节 R1 ，使电压表的示数为2.5V；
③接着将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1；再将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2，则小灯泡正常发光时的电阻R＝ （R0、U1、U2表示）。
【解答】解：（1）原电路图中，滑动变阻器和电流表串联后与灯泡并联，电压表串联在电路中是错误的，在测量小灯泡额定功率和正常发光时的电阻的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）闭合开关移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.26A，则小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.26A＝0.65W；
（3）实验步骤：
①闭合开关S，S1，只调节R2，使电压表的示数为2.5V，此时灯泡正常发光；
②闭合开关S，S2，只调节R1，使电压表的示数为2.5V，此时，R1连入电路中的电阻等于小灯泡灯正常发光时的电阻；
③接着将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1；再将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2；
在步骤③中，将R2的滑片P调至最左端，R2连入电路中的电阻为0，电压表的示数为U1即为电源电压，再将R2的滑片P调至最右端，此时两滑动变阻器串联，电压表的示数为U2，即为R1两端的电压，
根据串联电路电压的规律，滑动变阻器R2分得的电压：U滑＝U1﹣U2，
根据欧姆定律，电路中的电流：I＝＝，
滑动变阻器R1接入电路中的电阻：R1＝＝＝，
根据等效替代法，此时R1连入电路中的电阻大小等于小灯泡正常发光时的电阻R的大小，即R＝R1＝。
故答案为：（1）见解答图；（2）0.65；（3）R2；R1；。
18．（2023 沭阳县模拟）实验桌上的实验器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为3.8V的小灯泡、滑动变阻器（20Ω 1A）、电压表、电流表、开关各一个，导线若干。
（1）测量额定电压为3.8V的小灯泡的电功率。
①小明设计并连接了如图甲所示的电路，仔细检查可以发现电路连接存在一处错误。在错误的导线上画“×”，并画出正确的连线。
②电路改正后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到最 右 （左/右）端。
③闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为 3.8 V时，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 1.14 W。
④小明又测量了实际电压略小于和略大于额定电压时的实际功率，并且分析这些数据和现象，发现小灯泡两端的实际电压越大，实际功率就越 大 ，灯泡的亮度就越 大 。
（2）由于电流表损坏，小明又设计了如图丙所示的电路，也能测出小灯泡的额定功率（增加一个阻值已知的定值电阻R0和单刀双掷开关，其他都是原有器材），完成实验步骤。
①闭合开关S1，把开关S2与触点 a 相接，调节滑片P，使电压表的示数为3.8V；
②再把开关S2与另一触点相接， 不移动 （移动/不移动）滑片，读出电压表示数为U；
③小灯泡额定功率的表达式为P额＝ 。（用3.8V、R0、U表示）
实验反思：在进行第①步操作时，电压表的示数可能总达不到3.8V，原因是 R0的阻值太大 。
【解答】解：（1）①由图甲可知，滑动变阻器与电流表串联后与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，在测量小灯泡额定功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
②为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，即最右端；
③小灯泡在额定电压下正常发光，即当电压表示数为3.8V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数为0.3A，根据公式P＝UI计算出小灯泡的额定电功率：P＝U额I额＝3.8V×0.3A＝1.14W；
④小明又测量了实际电压略小于和略大于额定电压时的实际功率，并且分析这些数据和现象，发现小灯泡两端的实际电压越大，实际功率就越大，灯泡的亮度就越大；
（2）①闭合开关S1，把开关S2与触点a相接，调节滑片P，使电压表的示数为3.8V；
②再把开关S2与另一触点相接，不移动滑片，读出电压表示数为U，此时电压表测量灯泡和R0的总电压；
③此时定值电阻两端的电压为：U0＝U﹣U额＝U﹣3.8V，
通过小灯泡的电流为：I额＝I0＝＝，
小灯泡额定功率的表达式为P额＝U额I额＝3.8V×＝；
实验反思：在进行第①步操作时，电压表的示数可能总达不到3.8V，根据串联电路中分压规律可知，原因是定值电阻R0的阻值太大。
故答案为：（1）①见解答图；②右；③3.8；1.14；④大；大；（2）①a；②不移动；③；R0的阻值太大。
19．（2023 江都区一模）已知电源电压恒为6V，小灯泡正常工作时的电压为3.8V，电阻约为12Ω，滑动变阻器最大阻值为10Ω，小明利用如图所给的实验器材“测量小灯泡的额定功率”。
（1）闭合开关，移动滑片P，当电压表的示数为 2.2 V时，小灯泡正常发光；
（2）正确连接电路后，用开关试触，小明发现灯泡不亮，电压表瞬间满偏，电流表指针几乎不动，图甲电路发生的故障是 滑动变阻器断路 （电路只有一处故障）；
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定电流为 0.3 A，则小灯泡L1的额定功率为 1.14 W；
（4）测量完灯泡的额定功率后，小明又测量了几组数据，计算后发现灯丝电阻随其两端电压的增大而增大，原因是 灯丝的电阻随温度的升高而增大 。
【解答】解：（1）由题意知，小灯泡正常工作时的电压为3.8V，电压表测滑动变阻器两端的电压，因此当电压表的示数为U滑＝U﹣UL＝6V﹣3.8V＝2.2V时，小灯泡正常发光；
（2）正确连接电路后，用开关试触，小明发现灯泡不亮，电流表指针几乎不动，说明电路为断路，电压表瞬间满偏，说明故障原因可能是与电压表并联的滑动变阻器断路了；
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，由图甲知，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A；小灯泡L的额定功率P＝IU＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（4）灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也会增大，其功率变大，温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大。
故答案为：（1）2.2；（2）滑动变阻器断路；（3）0.3；1.14；（4）灯丝的电阻随温度的升高而增大。
20．（2023 东台市模拟）用图甲所示的电路测量小灯泡的功率，器材有：电源、开关、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω 1.5A）、额定电压为2.5V的小灯泡各一个，导线若干。
（1）连接电路时开关要 断开 ，闭合开关前，需要检查电流表、电压表的指针是否 指在“0”刻度线 ，并将滑动变阻器的滑片P移至 B （选填“A”或“B”端）；
（2）接通电源，闭合开关后，无论怎样移动滑片P，小灯泡均不发光，电流表指针不偏转，电压表指针有明显偏转，说明电压表与电源之间的电路连接是 串联 ，若电路中只有一处故障，则可能是 小灯泡断路 ；
（3）排除故障后，重新开始实验，电源电压保持不变，闭合开关，电压表示数为0.5V，电流表示数为0.12A；移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，为 0.3 A，则小灯泡的额定功率为 0.75 W，此时滑动变阻器消耗的功率 0.12 W。
【解答】解：（1）为保护电路，连接电路时开关要断开；
闭合开关前，需要将电表调零，即检查电流表、电压表的指针是否指在“0”刻度线上；滑动变阻器滑片置于阻值最大处的B端；
（2）接通电源，闭合开关后，无论怎样移动滑片P，小灯泡均不发光，电流表指针不偏转，说明电路存在断路故障，而电压表有示数，则电压表与电源两极连通，说明肯定是小灯泡断路，此时电压表和电源串联；
（3）电流表量程0～0.6A，分度值0.1A，故读数为0.3A；小灯泡额定功率P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
闭合开关，电压表示数为0.5V，电流表示数为0.12A，电源电压U＝U1+UP＝0.5V+0.12A×20Ω＝2.9V；
移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，滑动变阻器两端电压U′＝U﹣UL＝2.9V﹣2.5V＝0.4V；
滑动变阻器的功率P'＝U′I＝0.4V×0.3A＝0.12W。
故答案为：（1）断开；指在“0”刻度线上；B；（2）串联；小灯泡断路；（3）0.3；0.75；0.12。
一十二．探究影响电流通过导体时产生热量的因素（共1小题）
21．（2023 沭阳县模拟）用如图所示的实验装置探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”。两瓶中的镍铬合金丝是从同一根上剪来的，只是A瓶中的较长，B瓶中的较短。
（1）两瓶内的液体应是质量 相等 、温度相同的同种液体。在煤油和水中，应选择煤油，因为它的 比热容小 ，吸收相等热量后温度变化明显。
（2）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，闭合开关，可以探究电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量与 电阻 的关系。通电一段时间后，可以观察到的现象是 A瓶中温度计的示数升高的多 。
（3）本实验用到的科学研究方法是 C 。
A.只有控制变量法
B.只有转换法
C.既有控制变量法，又有转换法
【解答】解：（1）为探究影响电流热效应的因素，根据控制变量法，应控制两液体的质量相等，液体种类相同，为使实验时现象明显些（即液体升温应快一些），应选用比热容小的煤油进行实验；
（2）图中两电阻丝串联，则电路中的电流相等，电阻RA＞RB，所以可探究电流通过电阻产生的热量与电阻的关系；
该实验是通过观察温度计示数的变化来反映电阻丝放出热量的多少；由于电路中的电流相等，且电阻RA＞RB，根据Q放＝I2Rt可知，A瓶中温度计的示数升高的多；
（3）影响电流通过导体产生的热量的因素有电流、电阻和通电时间，用到了控制变量法；实验中通过温度计的示数变化来比较电热的多少，用到了转换法；所以本实验用到的科学研究方法是：既有控制变量法，又有转换法，故选：C。
故答案为：（1）相等；比热容小；（2）电阻；（3）C。
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