2020中考物理临考考点必杀专练200题专题03实验题含解析


专题03 实验题

一、机械运动、声、光、物态变化、质量和密度
1．（2020•衡阳模拟）在同一粗糙水平面固定两个不同斜面，小华同学研究相同的两个小球A、B分别沿不同的斜面运动，用频闪照相机每隔0.1s拍摄了小球滚动时的不同位置，图上数字为闪光时刻编号，位置间距如图所示。

（1）甲图中A球在斜面上运动的速度　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置的这段时间内平均速度v＝　　m/s，小球B沿斜面运动过程中的动能　　（选填“增加”“减少”或“不变”）。
（3）若两个小球从斜面上运动到斜面底部时与相同的木块碰撞，碰撞之后图　　（选填“甲”或“乙”）中木块运动距离较大。
【解答】
（1）由图甲可知，A球每0.1s运动的路程都是5cm，所以A球做匀速直线运动，其速度是不变的；
（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置这段时间内平均速度：
v=st=6cm+10cm0.1s+0.1s=16cm0.2s=0.16m0.2s=0.8m/s；
小球B沿斜面运动过程中，相等时间内，运动的路程越来越大，即B球做加速运动，由于小球B质量不变，速度增大，所以其动能增加；
（3）由图可知，两个小球从斜面上运动到斜面底端时图乙中B球的速度大（原因是B球在相同时间内通过的路程更长），且两球的质量相同，所以B球运动到斜面底部时动能大；
而两木块相同，水平面的粗糙程度相同，B球滑到底端时动能大，对木块做的功多，所以，碰撞之后图乙中木块运动距离较大。
故答案为：（1）不变；（2）0.8；增加；（3）乙。
2．（2020•济南模拟）图中一枚纽扣的直径是　　cm；正确测量物体质量时，盘中砝码和游码位置如图所示，则物体的质量为　　g。

【解答】（1）读图可知，两个三角板竖直直角边所对应的位置之间的长度等于纽扣的直径。
图中刻度尺的分度值为1mm，我们还应该估读到mm的下一位，又因为这段长度从2cm开始，到3.27cm结束，所以纽扣的直径就是d＝3.27cm﹣2.00cm＝1.27cm；
（2）先读出砝码的质量；再读出游码在标尺上的示数，砝码质量加上游码示数就是物体的质量。天平标尺的分度值是0.5g，被测物体的质量是：50g+20g+3.5g＝73.5g。
故答案为：1.27；73.5。
3．（2019秋•莘县期末）“测平均速度”实验：

（1）实验中为了方便计时，应使斜面的坡度较　　（填“大”或“小”）。
（2）在实验前必须熟练使用电子表，如果小车到达金属挡板后还没有停止计时，则会使所测量的平均速度偏　　
（3）为了测量小车运动过程中下半程的平均速度，某同学让小车从斜面中点由静止释放。测出小车到达斜面底端的时间，从而计算出小车运动过程中下半程的平均速度。他的做法正确吗？　　
（4）若小车通过上半段和下半段路程的平均速度分别为v1，v2，则两者大小关系为v1　　v2
【解答】（1）斜面的坡度较小，小车运动速度较慢，运动时间较长，便于计时；
（2）小车运动的距离可以利用刻度尺准确的测量，如果小车到达金属挡板后还没有停止计时，会导致时间的测量结果偏大，由v=st可知，会使所测量的平均速度偏小；
（3）让小车从斜面中点由静止释放，测出小车到达斜面底端的时间，由于所测得时间不是运动过程中下半程的时间，所以该方法不能计算出小车运动过程中下半程的平均速度；
（4）斜面倾角不变时，小车由静止释放，小车沿斜面做加速直线运动，所以前半段路程的平均速度v1小于后半段路程的平均速度v2。
故答案为：（1）小；（2）小；（3）不正确；（4）小于。
4．（2019秋•九龙坡区期末）小明在“测小车的平均速度”的实验中，设计了如图所示的实验装置：小车从带有刻度的斜面顶端由静止滑下，图中的方框内是小车到达A、B、C三处时电子表的时间显示（数字分别表示“时：分：秒”）。

（1）该实验是根据公式　　进行测量的。
（2）实验中应使斜面坡度较　　（选填“大”或“小”），目的是　　（选填“延长”或“缩短”）运动时间，减小测量时间的误差。
（3）请根据图中信息回答：sAC＝　　cm，vBC＝　　m/s。
（4）为了测量小车运动过程中下半程的平均速度，同组的小琦同学让小车从B点由静止释放，测出小车到达C点的时间，从而计算出小车在下半程运动的平均速度，请你判断：小琦的做法是　　（选填“正确”或“错误”）的。
【解答】
（1）该实验是根据公式v=st进行测量的；
（2）若要计时方便，应使斜面的坡度小一些，目的是延长运动时间，减小测量时间的误差；
（3）请根据图中信息回答，小球从A到C点运动的距离是：
s＝10.00cm﹣1.20cm＝8.80cm；
小球从B到C点运动的距离：
s′＝6.00cm﹣1.20cm＝4.80cm；
所用时间：t＝1s，
vBC=s't=4.80cm1s=4.8cm/s＝0.048m/s；
（4）小车在下滑过程中，到达B点的速度并不为零，所以让小车从B点由静止释放，到达C点的时间，并不等于下半程的时间，因此小琦同学的方案错误。
故答案为：
（1）v=st；（2）小；延长；（3）8.80；0.048；（4）错误。
5．（2019秋•金湖县期末）如图甲所示，是研究气泡的运动规律所用注水玻璃管。
（1）要达到实验目的，还需要的实验工具是　　（手表/秒表）。
（2）0cm刻度线离玻璃管末端较远的好处是　　。
（3）判断气泡到达每个刻度线的标准是　　。
（4）要比较准确地测出气泡从0cm分别到10cm、20cm、30cm、40cm、50cm的运动的时间，让气泡在同样的情况下向上运动　　次。
（5）根据测量的数据作出s﹣t图线如图乙，气泡从0cm到50cm的运动近似为　　运动，速度为　　（保留1位小数）cm/s。

【解答】
（1）根据v=st可知，要判断气泡的运动规律，需要用刻度尺测量出气泡运动的路程、用计时器测出时间；
由于玻璃管上有刻度，只需要测量时间的工具，而手表的测量误差大，秒表测量时的误差小，因此需要用秒表测量时间；
（2）0刻度线并没有在最下端的原因是：刚开始时，气泡运动不稳定，不是做匀速直线运动，不利于实验的进行；需等气泡运动一段路程后才开始计时，这样气泡的运动趋于稳定，使计时更方便、准确；
（3）气泡到达每个刻度线的标准是以气泡顶部接触刻度线时开始计时或停止计时；
（4）要比较准确地测出气泡从0cm分别到10cm、20cm、30cm、40cm、50cm的运动时间，即减小测量时间时的误差，需进行多次实验取平均值，应让气泡在同样的情况下向上运动3次；
（5）由图乙可知，气泡通过的路程与所用时间成正比，因此气泡的运动近似为匀速直线运动；
且当t＝8s时，s＝30cm，则气泡的运动速度：v=st=30cm8s=3.8cm/s。
故答案为：（1）秒表；（2）计时更方便、准确；（3）以气泡顶部为准；（4）3；（5）匀速直线；3.8。
6．（2019秋•莲湖区期末）按要求完成填空。

（1）如图1所示，读数时视线正确的是　　（选填“A”或“B”）。物体的长度为　　cm．图2中秒表的读数是　　s。
（2）如图3所示的是“研究气泡的运动规律”实验装置。要正确判断气泡是否做匀速直线运动，需要对气泡运动时的路程和时间进行测量，为便于测量，要使气泡在管内运动得较　　（选填“快”或“慢”），气泡的运动如果是匀速运动，收集到的数据特点是：运动的路程和时间成　　（选填“正”或“反”）比，若测得气泡从0到80cm，所用的时间为10s，则在这个过程中气泡的速度为　　m/s。
【解答】
（1）由图1知：读数时视线应该与刻度尺的刻线相垂直，所以B方法是正确的；
图中，刻度尺的分度值是1mm，物体左侧与4.00cm刻度线对齐，右侧与6.30cm对齐，所以物体的长度：L＝6.30cm﹣4.00cm＝2.30cm；
由图2知：秒表小盘的分度值是1min，指针在5min和6min之间，大盘的分度值是1s，而大盘指针在35s处，因此秒表读数为5min35s＝335s；
（2）为便于测量，应使气泡在管内运动得较慢，这样可以延长气泡运动的时间；
小气泡的运动如果是匀速运动，则气泡通过的路程与所用的时间成正比；
若测得气泡从0到80cm，所用的时间为10s，则在这个过程中气泡的速度为v=st=0.80m10s=0.08m/s。
故答案为：（1）B；2.00；335；（2）慢；正；0.08。
7．（2019秋•龙岩期末）如图所示是一小球从A点静止开始沿直线运动到F点的频闪照片，频闪照相机每隔0.2s闪拍一次。分析照片可知：

（1）该小球在做　　（选填“匀速”或“变速”）直线运动；
（2）EF两点之间的距离为　　cm；
（3）该小球从B点运动到D点的平均速度为　　m/s；
（4）该小球在　　两点间的平均速度最大；
（5）图中四个速度随时间的关系图象，能反映出该小球运动的v﹣t图象是　　。

【解答】（1）由图可知，在相等的时间内物体通过的路程越来越大，根据v=st，说明物体运动越来越快，即速度越来越大，故物体做变速直线运动；
（2）从E到F，由图中刻度尺可量出EF间的距离为：
s＝12.50cm﹣8.00cm＝4.50cm
（3）从B到D，由图中刻度尺可量出BD间的距离为s＝4.50cm﹣0.50cm＝4.00cm＝0.04m；
小球运动的时间t＝2×0.2s＝0.4s；
则小球的平均速度为：小球运动的时间：
则小球的平均速度为：
v=st=0.04m0.4s=0.1m/s；
（4）在相同的时间间隔内，通过EF的路程最大，根据v=st，所以EF两点间的平均速度最大；
（5）A图说明物体做减速运动、B图说明物体做匀速运动、C图说明物体做加速运动、D图说明物体先减速后加速，所以能反映出该小球运动的v﹣t图象是C图。
故答案为：（1）变速；（2）0.45；（3）0.1；（4）E、F；（5）C。
8．（2019秋•东方期末）小浩在“测小车的平均速度”的实验中，设计了如图所示的实验装置：小车从带刻度的斜面顶端由静止下滑，图中的圆圈是小车到达A、B、C三处时电子表的显示（格式为：时：分：秒）。

（1）该实验的公式是，需要测量的物理量是　　和　　，分别用　　和　　测量；
（2）实验中为了便于测量时间，应使斜面的坡度较　　（选填“大”或“小”）；
（3）请根据图中所给信息回答：小车在AB段的路程。时间和速度分别为：sAB＝　　m，tAB＝　　s，vAB＝　　m/s；
（4）由实验可以得出的结论是：小车在斜面下滑时做　　运动（选填“匀速”或“变速”）。
【解答】
（1）该实验的公式是v=st；
根据实验原理，需要测量的物理量是小车通过的距离s和所用的时间t，分别用刻度尺和停表测量；
（2）实验时，斜面的坡度应较小，减小小车运动的速度，使小车运动的时间更长，便于测量时间，提高测量的精确度；
（3）根据图中所给信息可知：小车在AB段的路程为：
sAB＝4.00cm＝0.04m，
所用时间：
tAB＝12s﹣10s＝2s，
vAB=sABtAB=0.04m2s=0.02m/s；
（3）小车通过BC段的距离为：
s′＝0.05m，
所用时间：
tBC＝13s﹣12s＝1s，
这个过程的平均速度：
vBC=s'tBC=0.05m1s=0.05m/s＞0.02m/s；
由实验可以得出的结论是：小车在斜面下滑时做变速运动。
故答案为：
（1）v=st；小车通过的距离s；所用的时间t； 刻度尺；停表；
（2）小；（3）0.04；2； 0.02；（4）变速。
9．（2019秋•市北区期末）测量小车的平均速度
提出问题：小车在哪段路程的平均速度大？
猜想：小宇猜测全程的平均速度比上半程的大
实验过程和数据：保持斜面坡度不变，分别测出小车通过全程AC和上半程AB段的路程及所用的时间填入表，请算出对应的平均速度。
路段
路程s/cm
时间t/s
速度v/m•s﹣1
AC
120
5
　　
AB
　　
3
　　
实验结果证明小宇的猜想是　　的。

【解答】AC段的平均速度为：
vAC=sACtAC=120cm5s=24cm/s＝0.24m/s；
AB段的路程为：sAB=12sAC=12×120cm＝60cm＝0.6m，
AB段的平均速度为：
vAB=sABtAB=0.6m3s=0.2m/s；
可见，vAB＜vAC，
即：全程的平均速度比上半程的大，所以小宇的猜想是正确的。
故答案为：
路段
路程s/cm
时间t/s
速度v/m•s﹣1
AC
120
5
0.24
AB
60
3
0.2
正确。
10．（2019秋•福清市期末）如图（a）所示，小欣用刻度尺测出玩具小甲虫的长度为　　cm．接着她又想测量玩具小甲虫上了发条之后在水平面上运动的速度。于是，她在水平放置的长木板上做了两个标记A、B，如图（b）所示。用刻度尺测出A、B间的距离s＝32.00cm，并标出AB的中点M．接着，她让上了发条的玩具小甲虫从A点开始运动，同时用秒表开始计时，测出小甲虫运动到M点所用的时间t1＝3.2s，以及小甲虫运动到B点所用的时间t2＝7.2s，则小甲虫在MB段的平均速度为　　cm/s，小甲虫在AB间做　　（选填“匀速”或“变速”）直线运动。

【解答】（1）由图可知该刻度尺的分度值为1mm，所以玩具小甲虫的长度L＝4.92cm；
（2）MB的路程为sMB=12s=12×32.00cm＝16.00cm，
通过MB段所用时间为tMB＝t2﹣t1＝7.2s﹣3.2s＝4s
则MB段的平均速度vMB=sMBtMB=16.00cm4s=4cm/s；
由于在AM段与MB段距离相同、所用时间不同，则小甲虫在AB间做变速直线运动。
故答案为：4.92；4；变速。
11．（2019秋•丹东期末）在探究声音的产生与传播时，小明和小华一起做了下面的实验：

（1） 如图甲，用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉，可观察到乒乓球弹跳起来，这个现象说明　
　，此研究过程中用到的主要物理研究方法是　　。
（2）如图乙，敲响右边的音叉，左边完全相同的音叉也会发声，并且把泡沫塑料球弹起。该实验能说明　　可以传声，还能说明声波具有　　。
（3）如图丙，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到的声音会逐渐变小，甚至最后听不到声音，这个实验说明了　　不能传声，用到的主要物理研究方法是　　。
【解答】
（1）如图甲，用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉，可观察到乒乓球弹跳起来，这个现象说明发声体在振动；通过乒乓球的弹开可以说明音叉在振动，这种实验方法叫转换法。
（2）如图乙，敲响右边的音叉，左边完全相同的音叉也会发声，并且把泡沫塑料球弹起，该实验能说明空气可以传声，还能说明声波具有能量。
（3）如图丙，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到的声音会逐渐变小，甚至最后听不到声音，这个实验说明了真空不能传声。随着空气的不断抽出，声音逐渐变弱，在此基础上推理，真空不能传声，此实验方法叫理想实验推理法。
故答案为：（1）发声体在振动；转换法；（2）空气；能量； （3）真空；理想实验推理法。
12．（2019秋•盱眙县期末）如图所示，用钢尺做探究实验，把钢尺紧按在桌面上，一端伸出桌边，拨动钢尺，听它发出的声音，同时注意观察钢尺振动的快慢，改变钢尺伸出桌边的长度，再次拨动，使钢尺每次的振动幅度大致相同。
（1）本实验中应该听的声音是　　。
A．钢尺伸出桌面部分振动发出的
B．钢尺拍打桌面发出的
（2）实验时，钢尺伸出桌面的长度越长，振动越　　（选填“快”或“慢”），发出声音的音调越　。说明：音调的高低与声源振动的　　有关。
（3）小华同学发现钢尺伸出桌面的长度太长时，可以明显看到钢尺在振动，但却听不到声音，这是因为　。

【解答】（1）把钢尺紧按在桌面上，一端伸出桌边，拨动钢尺，钢尺伸出桌面的部分振动而发出声音，故A正确；
（2）实验时，钢尺伸出桌面的长度越长，越难振动，所以振动越慢，振动的频率越低，发出声音的音调越低，说明音调的高低与发声体振动频率有关；
（3）钢尺伸出桌面超过一定长度时，很难振动，频率小于20Hz，是次声波，所以人耳听不到。
故答案为：（1）A；（2）慢；低；频率；（3）频率小于20Hz，是次声波。
13．（2019秋•清江浦区期末）在探究声音的产生与传播的实验中：
（1）石头落入水中，产生的水波向四周传播：发声的音叉接触水面，激起水波向四周传播。通过水波来研究声波，这种研究问题的方法是　　；（选填序号）
A．推理法B．类比法C．控制变量法D．转换法
（2）如图甲所示，用竖直悬挂的乒乓球接触发声的音叉时，乒乓球会被弹起，这个现象说明　
　；乒乓球在实验中起到的作用是　　；
（3）敲击图乙右边的音叉，左边完全相同的音叉会把乒乓球弹起，这个现象说明　。

【解答】
（1）石头落入水中，产生的水波向四周传播；发声的音叉接触水面，激起水波向四周传播，通过水波来研究声波，这种研究问题的方法被称为类比法，故B符合题意；
（2）如图甲，用竖直的悬挂的乒乓球接触发声的音叉时，乒乓球会被弹起，这个现象说明发声的物体在振动；用乒乓球的振动呈现音叉的振动，可以将微小的振动放大，便于观察；
（3）如图乙，敲击右边的音叉，左边完全相同的音叉把乒乓球弹起，说明声音可以在空气中传播。
故答案为：（1）B；（2）发声的物体在振动；将微小的振动放大；（3）空气能传播声音。
14．（2019秋•覃塘区期末）如图甲所示，用竖直悬挂的泡沫塑料球接触发声的音叉时，泡沫塑料球被弹起，这个现象说明声音是物体　　产生的，敲击音叉的力增大，泡沫塑料球被弹起的幅度　　（填“增大”或“减小”），同时声音更洪亮，说明声音的　　与振幅有关；如图乙所示；敲击右边的音叉，左边完全相同的音叉把泡沫塑料球弹起，这个现象说明空气　　传声。（选填“能”或“不能”）。

【解答】
（1）如图甲所示，用竖直悬挂的泡沫塑料球接触发声的音叉时，泡沫塑料球被弹起，这个现象说明发声体在振动；
（2）用力敲击音叉，响度增大，泡沫塑料球被弹起的幅度增大，说明响度与物体的振幅有关；
（3）如图乙所示，敲击右边的音叉，左边完全相同的音叉把泡沫塑料球弹起，这个现象说明空气可以传播声音。
故答案为：振动；增大；响度；能。
15．（2019秋•建平县期末）如图所示是探究“声音的传播”实验装置：
（1）交流讨论：①在玻璃钟罩内的木塞上，放一个正在发声的音乐闹铃，此时我们能听到音乐。②用抽气设备抽钟罩内空气，在抽气的过程中，你听到音乐声将会　　（选填“变大”“不变”或“变小”）。③如果把钟罩内空气完全抽出我们将　　（选填“能”或“不能”）听到声音。
（2）实验结论：声音的传播需要　　，声音在　　中不能传播。
（3）通常人们会从噪声的产生、传播及接收三个环节控制噪声。下列控制噪声的措施中，与上述实验结论相符合的是　　（填序号）
A．摩托车安装消声器 B．在高噪声环境下工作的人戴耳罩
C．临街的房屋安装双层真空玻璃 D．学校附近禁止汽车鸣笛

【解答】
（1）用抽气机将瓶内的空气抽出，在抽气机向外抽气的过程中，能传播声音的空气越来越少，所以音乐声会逐渐减弱；
如果把瓶中的空气完全抽出来，瓶内就成了真空，没有了将声音传出瓶外的介质，所以我们不能听到音乐声；
（2）以上实验这说明声音靠介质传播，真空不能传声；
（3）上述实验中是靠真空阻断了声音的传播；
A、给摩托车安装消声器是在声源处减弱噪声，故A不符合题意；
B、在高噪声环境下工作的人戴耳罩，可以在人耳处减弱噪声，故B不符合题意；
C、双层玻璃中间是真空，不能传播声音，故可以在传播过程中减弱噪声，故C符合题意；
D、学校附近禁止汽车鸣笛可以在声源处减弱噪声，故D不符合题意。
故答案为：（1）②变小；③不能；（2）介质；真空；（3）C。
16．（2019秋•长春期末）如图所示，在探究“声音的产生”的实验中，将正在发声的音叉紧靠悬线下的轻质小球，发现小球被多次弹开，音叉停止发声时，小球就不能被弹开了，由此证明了振动　　（选填“是”或“不是”）产生声音的条件；该实验中，使用小球的目的是为了　　。
A．将音叉的振动时间延迟
B．使音叉的振动尽快停下来
C．使声波被多次反射形成回声
D．将音叉的微小振动反映出来，便于观察

【解答】在探究“声音的产生”的实验中，将正在发声的音叉紧靠悬线下的轻质小球，发现小球被多次弹开，音叉停止发声时，小球就不能被弹开了，由此证明了振动是产生声音的条件。
用小球接触音叉的目的是为了放大音叉的振动效果，便于观察。
故答案为：是；D。
17．（2019秋•松江区期末）某同学在学过声音的特征以后，到学校物理实验室借了两个不同的音叉，用同一示波设备，做了三次实验，并记录了每次实验的波型图，如图（a）、（b）、（c）所示。

根据我们所学过的知识可知，在上述三个波形图中，响度最小的是　　图，音调最高的是　　图。
【解答】（1）比较（a）、（b）、（c）三个图可知，（a）偏离原平衡位置距离最小，故响度最小；
（2）比较（a）、（b）、（c）三个图可知，相同时间内，（b）图物体振动的次数最多，音调最高。
故答案为：（a）：（b）。
18．（2019秋•卫辉市期末）如图是被文化部授予“中国民间绝艺王”称号的安徽南卫东制作的胡萝卜排箫，它根据胡萝卜的粗细，孔的大小、高低，然后利用口腔吹气产生的震动来演奏曲目，为了探究发生体音调的高低与哪些因素有关，物理课代表在家找一个胡萝卜，用电钻在胡萝卜的一端转一个浅孔，用嘴对着胡萝卜下口部吹气，使其发出声音，用电钻继续钻深一些（未钻透），用嘴对着胡萝卜下口部吹气，比较发现发出声音比第一次低沉一些。
（1）胡萝卜发声是利用　　（选填“空气柱”或“胡萝卜”）的振动发声的；
（2）他逐渐用力吹同一个胡萝卜孔，响度　　（选填“增大”或“不变”或“降低”）；
（3）南卫东制作的胡萝卜排萧从左向右钻的孔逐渐变浅，用相同的力逐个吹一下，发现最右边声音的音调最　　；演出时，后排观众能听到声音，声音是通过　　传播到人耳的。

【解答】（1）红萝卜发声是利用空气柱振动产生的；
（2）逐渐用力吹同一个红萝卜孔，空气柱的振动幅度增大，所以发出声音的响度变大；
（3）空气柱越短，越容易振动，振动的频率越高，音调越高，所以用相同的力逐个吹一下，发现最右边声音的音调最高；后排观众能听到声音，声音是通过空气传播到人耳的。
故答案为：（1）空气柱；（2）增大；（3）高；空气。
19．（2019秋•河池期末）在探究声音的产生与传播时，小明和小华一起做了如图所示的实验：
（1）如图①所示，用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉。此探究中悬挂着的乒乓球的作用是　
　。本实验说明　　。
（2）如图②所示，为了验证（1）中的探究结论，小华同学用手使劲敲桌子，桌子发出了很大的声响，但他几乎没有看到桌子的振动，为了明显地看到实验现象，你的改进方法是：　。
（3）如图③所示，敲响右边的音叉，左边完全相同的音叉也会发声，并且把泡沫塑料球弹起，该实验能说明　　可以传声，
（4）如图④所示，把正在响铃的闹钟放在玻璃党内，逐渐抽出其中的空气，听到的声音会逐渐　　（选填“变大“、“变小”或“不变”）。这个实验说明了　　。

【解答】
（1）用悬挂着的乒乓球接触正在发声的音叉，可观察到乒乓球弹跳起来；它说明发声体在振动；音叉的振动不能直接观察，乒乓球起的作用是将音叉的振动放大，更容易直观观察；
（2）桌子是较大的物体，发声振动不易观察，可转换成桌面上小纸屑的振动，所以可在桌子上放一些小纸屑；
（3）如图③所示，敲击右边的音叉，左边完全相同的音叉把泡沫塑料球弹起，这个现象说明空气可以传播声音；
在月球上作图③实验，泡沫小球不能被弹起，原因是真空不能传播声音；
（4）抽气瓶内空气越来越少，声音就越来越小，是声音传播的物质（空气）逐渐减少造成的，由此可以推出：真空不能传声。
故答案为：（1）将音叉的振动放大；发声体在振动；（2）在桌面上撒一些纸屑；（3）空气；（4）变小；真空不能传声。
20．（2019秋•奉节县期末）在学习吉他演奏的过程中，小华发现琴弦发出声音的音调高低是受各种因素影响的，他决定对此进行研究，经过和同学们讨论，提出了以下猜想：
猜想一：琴弦发出声音的音调高低，可能与琴弦的横截面积有关；
猜想二：琴弦发出声音的音调高低，可能与琴弦的长短有关；
猜想三：琴弦发出声音的音调高低，可能与琴弦的材料有关。
为了验证上述猜想是否正确，他们找到了下表所列9种规格的琴弦，因为音调的高低取决于声源振动的频率，于是借来一个能够测量振动频率的仪器进行实验。
编号
材料
长度/cm
横截面积/mm2
A
铜
60
0.76
B
铜
60
0.89
C
铜
60
1.02
D
铜
80
0.76
E
铜


F
铜
100
0.76
G
钢
80
1.02
H
尼龙
80
1.02
I
尼龙
100
1.02
（1）为了验证猜想一，应选用编号为　、　　、　　的琴弦进行实验。
（2）为了验证猜想二，应选用编号为　　、　　、　　的琴弦进行实验。
（3）表中的材料规格还没填全，为了验证猜想三，必须知道该项内容，请在表中填上所缺数据。
（4）随着实验的进行，小华又觉得琴弦音调的高低，可能与琴弦的松紧程度有关，为了验证这一猜想，必须进行的操作是　　。
【解答】控制变量法就是控制其它的因素不变，研究物理量与该因素的关系，
（1）当研究琴弦发出声音的音调高低可能与琴弦的横截面积有关时，应控制材料和长度相同，故选ABC；
（2）当研究琴弦发出声音的音调高低可能与琴弦的长短有关时，应控制材料和横截面积相同，故选ADF；
（3）如果验证猜想三：琴弦发出声音的音调高低，可能与琴弦的材料有关，应控制长度和横截面积相同，故表格应该填入与尼龙的数据相同，即80、1.02或100、1.02．
编号
材料
长度（cm）
横截面积（mm2）
A
铜
60
0.76
B
铜
60
0.89
C
铜
60
1.02
D
铜
80
0.76
E
铜
80
1.02
F
铜
100
0.76
G
钢
80
1.02
H
尼龙
80
1.02
I
尼龙
100
1.02
（4）为了验证琴弦音调的高低，可能与琴弦的松紧程度有关，可以改变琴弦的松紧程度，用同一根琴弦，用同样的力去拨动琴弦，比较声音的高低。
故答案为：（1）ABC；（2）ADF；（3）80；1.02；（4）可以改变琴弦的松紧程度，用同一根琴弦，用同样的力去拨动琴弦，比较声音的高低。
21．（2020•广东模拟）图甲是小峰在标准大气压下“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验装置。

①实验前按　　（选填“自上而下”或“自下而上”）的顺序组装器材。
②实验中，某时刻温度计的示数如图乙所示，该物质此时的温度是　℃。
③图丙是小峰根据记录的数据绘制的温度随时间变化规律的图象，由图象可知该物质在熔化过程中吸收热量，温度不变，内能　　（选填“增加”“减少”或“不变”）。
④试管中的固体完全熔化后，若持续加热，烧杯中的水沸腾时，试管中的液体　　（选填“会”或“不会”）沸腾。
【解答】
①实验中用酒精灯外焰加热，并且温度计玻璃泡完全浸没被测液体，不能碰容器壁和底，故应按照自下而上的顺序组装器材；
②实验中，某时刻温度计的示数如图乙所示，温度计的分度值是1℃，液柱在0℃以下，该物质此时的温度是﹣2℃；
③由图丙图象可知该物质在熔化过程温度不变，但不断吸收热量、内能增加；
④根据图丙图象可知此物质熔点为0℃，试管中的固体为冰，完全熔化后是水，若持续加热，烧杯中的水沸腾时，试管中水与烧杯中水都达到沸点、温度相同，所以试管内的水不能继续吸热、不能沸腾。
故答案为：①自下而上； ②﹣2； ③增加； ④不会。
22．（2020•玉泉区校级模拟）【探究名称】影响液体蒸发因素

【提出问题】通过观察图进行猜想。
（1）猜想一：液体蒸发快慢可能和　　的高低有关，液体　　的大小和液体表面空气流动快慢有关
（2）猜想二：相同条件下，将水和酒精同时擦在手臂上，酒精更容易猜想液体蒸发快慢还与　　有关
（3）【设计与进行实验】小明同学对其中的一个猜想进行了如下实验：
如图乙所示，在两块相同的玻璃板上，分别滴一滴质量相等的酒精，通过观察图中情景可知，他探究的是酒精蒸发快慢与　　是否有关，此实验过程中需要控制酒精的　　和其表面上方空气流动快慢相同。
【解答】（1）从生活中的现象可以猜想：液体蒸发快慢可能和温度的高低有关，液体表面积的大小和液体表面空气流动快慢有关。
（2）相同条件下，将水和酒精同时擦在手臂上，酒精更容易干，即表明液体蒸发快慢可能还与液体的种类有关。
（3）据图能看出，两滴酒精的表面积不同，故该实验情景是用来研究液体蒸发的快慢与液体的表面积大小的关系，
根据控制变量法的要求，在进行该实验时，应控制这两滴酒精的温度和酒精表面的空气流动情况相同。
故答案为：（1）温度； 表面积； （2）液体种类；（3）液体表面积；温度。
23．（2020•河南模拟）探究水沸腾时温度变化的特点：

（1）如图甲、乙所示，是小明同学在实验中，用数码相机拍摄的水沸腾前和沸腾时的两张照片，其中　　是水沸腾时的情况。
（2）实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样做是为了　　。
（3）由实验数据绘制出温度随时间变化的图象，如图丙所示。根据记录的数据，水的沸点是　　℃；可得出水沸腾时温度变化的特点：不断吸热，温度　　。
【解答】（1）沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，有水蒸气不断进入气泡，气泡逐渐变大，如图甲、乙所示，其中甲是水沸腾时的情况；
（2）实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样可以提高水的初始温度，从而缩短实验加热时间；
（3）由图丙中实验数据绘制出温度随时间变化的图象，水沸腾时温度变化的特点：不断吸热，温度不变，不变的温度即为沸点，此时水的沸点是98℃。
故答案为：（1）甲；（2）缩短实验加热时间；（3）98；不变。
24．（2020•武汉模拟）有两组同学用如图甲所示的装置进行“观察水的沸腾”的实验。

（1）实验过程中装置错误的地方是　　。
（2）水沸腾时气泡变化情况应该如图乙中　　（选填“A”或“B”）所示。
（3）实验中，两组同学用相同的酒精灯加热，水从开始加热到沸腾所用的时间相同，如图丙所示，则他们所用水的质量的大小关系为ma　　mb（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）小明和小华也分别利用质量相等的水按图甲装置同时进行实验，正确操作，却得出了如图丁所示的两个不同的图线，原因可能是　　。
【解答】
（1）根据图甲可知，在温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中，不要碰到容器底或容器壁，而图中温度计的玻璃泡碰到了容器底；
（2）沸腾时，有大量气泡产生，气泡在上升过程中体积增大，所以B图是沸腾时的现象；
（3）由图丙知a的初温比b的初温高，a、b同时沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度低，根据Q＝cm△t知，说明a的质量大；
（4）小明和小华分别利用质量相等的水按图甲装置同时进行实验，正确操作，却得出了如图丁所示的两个不同的图线，原因可能是酒精灯火焰的大小不同。
故答案为：（1）温度计的玻璃泡接触到了容器底；（2）B； （3）＞；（4）酒精灯火焰的大小不同。
25．（2020•晋安区模拟）小明同学做“探究水沸腾时温度变化特点”的实验如图所示：

（1）由图甲可知，实验中操作存在的错误是　　；
（2）加热过程中某一时刻A组同学测出的水温如乙图所示，温度计的读数为　　℃；
（3）B、C两组同学得到如图丙中b、c两种不同图象的原因可能是水的　　不同；由图可知当地的大气压　　（填“大于、等于”或“小于”）1标准大气压。
（4）水沸腾时会有大量的水蒸气产生，100℃水蒸气比100℃水烫伤更严重，其原因是　
　。
【解答】（1）甲图中，温度计的玻璃泡接触了烧杯的底部，会导致测量结果偏高；
（2）乙图中，温度计分度值为1℃，温度计的读数为91℃；
（3）由题意知，两个小组从开始加热到沸腾所需时间不同，水的比热容和升高的温度相同，由题意知，加热时间不同（吸收热量不同），根据Q＝cm△t知，可能是水的质量不同造成的。
1标准大气压下水的沸点是100℃．沸点跟气压有关，气压减小，沸点降低，实验中水的沸点是98℃，所以实验时气压小于1标准大气压；
（4）由于水蒸气遇冷先液化为液态水，释放大量的热，再和100℃开水一样放热，所以水蒸气烫伤会更严重。
26．（2020•武汉模拟）小明用如图所示的装置探究某种固体熔化时温度的变化规律：
（1）安装实验器材时，小明应先确定　（选填“铁棒A”“铁夹B”或“铁圈C”）的位置。实验中，需要观察试管内物质的　　，并记录温度和加热时间，实验数据记录如下：
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
温度/℃
30
35
39
44
48
48
48
50
53
56
59
（2）分析实验数据可知，第5min时，该物质所处的状态是　　（选填“固态”“液态”或“固液共存”）；该物质为　　（选填“晶体”或“非晶体”）。

【解答】（1）组装实验仪器时，应根据酒精灯及其火焰的高度先固定图中的C部分，使酒精灯的外焰正好能给烧杯加热，然后再固定图中的B部分，这样可以避免重复调整；实验中，通过观察随着物质温度的升高物质的状态变化；
（2）由表中数据可知，当加热到第4分钟时，物质开始熔化，第5分钟时，该物质处于熔化过程中，为固液共存状态；由于该物质在熔化的过程中，温度保持不变，故该物质为晶体。
故答案为：（1）铁圈C；状态； （2）固液共存；晶体。
27．（2020•武汉模拟）用如图甲所示装置探究萘熔化时温度的变化规律。请回答下列问题：

（1）除如图甲所示实验器材外，还需要的测量仪器是　　；
（2）将装有萘的试管放入水中加热，这样做能使萘的温度上升速率较　　（选填“快”或“慢”），便于及时记录各个时刻的温度；
（3）如图乙是萘熔化时温度随时间变化的图象。萘在第10min时的内能　　（选填“大于”“等于”或“小于”）第20min时的内能，在第20min时其状态是　　（选填“液态”“固液共存态”或“固态”）；
【解答】（1）从图象可知，记录的数据有温度和时间，测量温度用温度计，测量时间用秒表；
（2）将装有萘的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法，萘的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度；
（3）萘在熔化过程中持续吸热，所以第10 min时的内能小于第20 min时的内能；从第10min开始熔化，到第25 min结束，在第20 min时固液共存态。
故答案为：（1）秒表；（2）慢；（3）小于； 固液共存态。
28．（2019秋•中山区期末）某小组在做“探究水的沸腾”实验时，实验装置如图甲所示

（1）图甲中A、B、C三种读温度计示数的方式正确的是　　
（2）根据表格中的实验数据，在图乙中画出水的温度随时间变化的图象。
（3）从实验数据可以看出，水的沸点是　　℃，为了说明水沸腾过程中是否需要吸热，应
　　，观察水是否继续沸腾。
（4）实验收集8组数据比收集5组数据的好处是　　（只填字母）
A．只有8组数据才能得到结论
B．取平均值，减小实验误差
C．得到可靠的结论
（5）另一小组将水加热到沸腾时共用30min，导致加热时间过长的原因是　
　（写出一个即可）
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
…
温度/℃
90
92
94
96
98
99
99
99
99
…
【解答】
（1）读取温度计示数时，视线与温度计中的液柱上表面相平，不能仰视或俯视，所以正确的是B；
（2）根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来。如图所示：

（3）从实验数据可以看出，水的沸点是99℃；
为了说明水沸腾过程中是否需要吸热，应撤去酒精灯，观察水是否继续沸腾；
（4）在此实验中，属于两个量之间关系的定量探究，所以多次实验的目的是为了“得到两物理量的关系更接近实际”即得到可靠的结论，故C正确；
（5）另一小组的加热时间过长，可能是因为水的质量大或水的初温太低等原因造成的。
故答案为：（1）B；（2）见上图；（3）99；撤去酒精灯；（4）C；（5）水的质量大或水的初温太低等。
29．（2020•广东模拟）同学们使用温度计测量物体的温度。
（1）使用温度计之前，应观察它的　　和　　。
（2）温度计和体温计的区别是　　可以离开被测物体来读数。
（3）如图甲所示是小明同学使用温度计的操作情况，请指出操作中的两处错误。
①　　；②　　。
（4）如图乙、丙，温度计的读数是　　℃，体温计的读数是　　℃。

【解答】（1）根据温度计的正确使用方法，使用之前，应观察温度计的量程和分度值；
（2）体温计中毛细管与玻璃泡之间存在一个很细的缩口，它的作用是当体温计离开人体后，细管内水银断开，可以使它离开人体读数，在使用前应用力向下甩；
（3）根据温度计的正确使用方法，图中有两处错误：一是视线没有与液柱上表面相平，二是温度计的玻璃泡碰到了容器壁；
（4）图乙温度计的分度值是1℃，液柱在零刻度线以下，因此乙的读数是﹣3℃；
丙的分度值是0.1℃，示数为37.2℃。
故答案为：（1）量程；分度值；
（2）体温计；
（3）①测量时温度计的玻璃泡碰到容器壁　②读数时视线未与温度计中液柱的液面相平；
（4）﹣3；37.2。
30．（2019秋•南昌期末）在探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验中。

（1）如图甲实验装置的组装顺序应为　　。
A．自下而上 B．自上而下
（2）实验中，判断水沸腾的依据　　。
A．继续加热，水的温度始终保持不变
B．水中出现大量气泡向上升起，气泡由小变大
（3）如图乙中，水中气泡内是　　。
A．空气 B．水蒸气
（4）水沸腾时，温度计的示数如图甲所示，温度是　　℃，此时当地的大气压　　（选填“大于”“小于”或“等于”）1标准大气压。小雨同学想提高水的沸点，換用了火力更大的酒精灯加热，这种做法　　（选填“可行”或“不可行”）。
（5）为了说明水沸腾过程中需要吸热，阳阳撤去酒精灯，观察水是否继续沸腾。实验发现，撤去酒精后，烧杯中的水继续沸腾了一小段时间，造成这种现象的原因是　。
（6）两位同学利用两套相同的实验装置实验，将水加热至沸腾后持续加热，得到了图丙中的a、b图象，根据图象中0﹣6min内ab两条线重合的特点，可以推断　　。
【解答】
（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度，即应按照自下而上的顺序进行；
（2）若水吸收的热量等于散失的热量，则水温也不发生改变，实验过程中判断水沸腾的依据要观察水沸腾的现象，而不是观察温度的变化，故选B；
（3）当水沸腾时，水中产生大量的气泡，气泡上升、体积变大，到水面破裂开来，散发出大量的水蒸气，所以气泡内是水蒸气；选B；
（4）图中温度计的分度值为1℃，则该温度计的示数为98℃，因为1标准大气压下的分度值为100℃，气压越低，沸点越低，所以此时气压小于1标准大气压；
液体的沸点随气压的增大而增大，换用了火力更大的酒精灯加热，不能使气压增大，不能提高水的沸点，故此方法不可行；
（5）实验发现，撤去酒精后，烧杯中的水继续沸腾了一小段时间，造成这种现象的原因是：烧杯底及石棉网的温度仍高于水的沸点，水仍能吸热；
（6）0﹣6分钟a和b图象重合，水吸收相同的热量，温度变化相同，根据m=Qc△t，可以判断她们实验所用水的质量相同。
故答案为：（1）自下而上；（2）B；（3）B；（4）98；小于；不可行；（5）烧杯底及石棉网的温度仍高于水的沸点；（6）所用水的质量相同。
31．（2020•常州模拟）唐大伟同学在做探究光的折射特点实验。如图是光从空气射入水中时的光路。实验中发现，入射光线、折射光线和法线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线的两侧。通过实验还得到如下数据（见表格）。
入射角α
0°
15°
30°
45°
60°
反射角β
0°
15°
30°
45°
60°
折射角γ
0°
11.3°
22.1°
35.4°
40.9°
（1）分析表中的数据，可得出的结论是：
①光从空气斜射到水面时，将同时发生　　和　　现象；
②光从空气斜射到水面时，折射角随入射角的变化关系是：　　，且折射角　　（大于/等于/小于）入射角；当光从空气垂直射到水面时，折射角等于零。
（2）根据表格还能观察到反射角　　（大于/等于/小于）入射角。
（3）唐大伟同学说根据上述实验中的发现和结论②就能总结出光的折射特点。请你对该同学通过上述探究实验得出光的折射特点的过程作出评价。是否存在不足？请简要说明理由。
答：　　；
理由：　　。
（4）请用箭头把题中的光路标出入射光线、折射光线、反射光线的传播方向（有一条光线方向标错，该问不得分）。

【解答】
（1）①光从空气斜射到水面时，将同时发生反射和折射现象；
②根据表格数据可知，光从空气斜射到水面时，入射角增大，折射角也增大，但折射角都小于入射角。
（2）根据表格还能观察到反射角等于入射角。
（3）探究过程是不完整的；如果光从空气斜射入其他液体或者玻璃等透明固体里，也存在②的关系，得出的结论就具有普遍性，所以还应该做其他多种透明介质之间的折射实验。
（4）因为是光由空气斜射到水中，因此水中的光线为折射光线；又因为折射光线和入射光线分别位于法线两侧，所以空气中左侧的光线为入射光线，右侧的光线为反射光线，如下图所示：
。
故答案为：
（1）①反射；折射；　②折射角随入射角的增大而增大；小于；
（2）等于；
（3）是； 探究过程不完整，还应该做其他多种透明介质之间的折射实验；
（4）如上图所示。
32．（2020•苏州模拟）如图所示，用茶色玻璃代替平面镜，探究平面镜成像的特点。
（1）首先在水平桌面上平铺一张方格纸，再将茶色玻璃板　　放置在这张方格纸上。
（2）在寻找棋子A的像的位置时，眼睛应该在茶色玻璃板　　（前/后）观察，移动玻璃后的棋子B，使它与棋子A的像重合，以此来确定棋子A的像位置，这里所采用的研究方法是　　。
（3）将一张白纸放置在棋子B所在的位置，白色卡纸上　　（能/不能）观察到棋子A的像。
（4）实验中，使用方格纸的优点是　　。

【解答】（1）平面镜要竖直（垂直）在水平桌面上，否则像就会呈现在桌面的上方或下方，操作时棋子B无法与棋子A的像重合，无法确定像的位置。
（2）平面镜成像的原理是光的反射。人之所以能看到像，是因为平面镜将物体射向它的光反射到了人的眼睛。所以人眼应在玻璃板前方观察。移动棋子B的位置，直到棋子B与棋子A的像重合，用棋子B来代替棋子A的像，这里所采用的研究方法是等效替代法。
（3）若用白纸代替棋子B，在玻璃板后面观察白纸，将不能观察到棋子A的像，说明所成的是虚像。
（4）通过数格子数更容易比较像与物到镜面距离的关系；通过格线便于判断像与物的连线与镜面是否垂直。
故答案为：（1）竖直（垂直）；（2）前；等效替代法； （3）不能； （4）便于比较像与物到镜面距离的关系；便于判断像与物的连线与镜面是否垂直。
33．（2020•武汉模拟）利用如图装置探究平面镜成像特点。
（1）实验时应选较　　（选填“厚”或“薄”）的玻璃板竖立在水平桌面上，实验环境选择　　（选填“较暗”、“较亮”）。
（2）点燃蜡烛A，透过玻璃板观察到A的像，把与A完全相同的蜡烛B放在像的位置，观察到B与像完全重合，说明像与物　　。
（3）将光屏放到像的位置，无法直接在光屏上观察到像，说明所成的像是　　像。

【解答】（1）玻璃板越薄，两个反射面所在的像距离越近，这样可以使确定的像的位置更加准确，厚玻璃板会形成两个像，会影响对实验结果的判断；在较暗的环境中，蜡烛和环境的对比度很大，并且蜡烛比较亮，蜡烛在平面镜中成像越清晰；
（2）点燃蜡烛A，透过玻璃板观察到A的像，把与A完全相同的蜡烛B放在像的位置，观察到B与像完全重合，说明像与物的大小相等；
（3）因为虚像不能在光屏上承接，所以将光屏放到像的位置，无法直接在光屏上观察到像，说明所成的像是虚像。
故答案为：（1）薄；较暗；（2）大小相等； （3）虚。
34．（2020•广东模拟）如图所示是探究光的反射规律（图甲）和平面镜成像特点（图乙）的实验装置。在探究光的反射规律时：
（1）如果让光线逆着OF的方向射向镜面，会发现反射光线沿着OE方向射出，这表明在反射现象中，光路是　　的。
（2）小红探究反射光线与入射光线是否在同一平面内时，她将纸板B沿着ON向后折，　　（选填“能”或“不能”）看到反射光线，这说明　　。
在探究平面镜成像特点时：
（3）用玻璃板代替平面镜主要是利用玻璃板透明的特点，便于　　。
（4）选用两支相同的蜡烛，目的是　　。
（5）如果有3mm厚和2mm厚的两块玻璃板，应选择　mm厚的玻璃板做实验。
（6）移去后面的蜡烛，在其原来的位置上放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛的像，说明平面镜成的是　　像。

【解答】
（1）如果让光线逆着OF的方向射向镜面，这时的入射角为原来的反射角，根据光的反射定律，反射角等于入射角，这时的反射角为原来的入射角，所以会发现光线原路返回，也就是在反射现象中，光路是可逆的。
（2）由光的反射定律可知：反射光线与入射光线、法线在同一平面内；则她将纸板B向后折，不能看到反射光线，此时反射光线、入射光线、法线仍然在同一平面内。
（3）因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板；
（4）两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的。
（5）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用2mm厚的。
（6）移去后面的蜡烛B，并在原位置上放一光屏，发现在光屏上不能承接到像，因为虚像不能用光屏承接，说明是虚像。
故答案为：（1）可逆；（2）不能；反射光线与入射光线、法线在同一平面内；（3）确定像的位置；（4）比较像与物大小关系；（5）2；（6）虚。
35．（2019秋•如东县期末）在“探究光的反射定律”的实验中。

（1）如图甲，先将平面镜A放在水平桌面上，再将硬纸板B　　于平面镜A放置其上，让激光紧贴纸板射向O点。
（2）为了显示光路，纸板的表面应　　（选填“光滑“或“粗糙“）些。
（3）如果垂直射向镜面，则入射角为　　度，接着多次改变入射光的方向，测得了几组数据如表所示，由此可得出：光反射时，　　。
序号
入射角
反射角
1
30°
30°
2
45°
45°
3
60°
60°
（4）接下来老师进行了如下演示：先用加湿器使整个教室充满雾气，将平面镜放在一能转动的水平圆台上，在柱M上固定一红色激光笔，使其发出的光垂直射向平面镜上的O点，其作用是为了显示　　的位置。然后打开固定在柱N上的绿色激光笔，使绿色激光射向O点，出现了如图乙所示的情景。老师水平方向缓缓转动圆台，当我们只能观察到一条光线时，可判断　　。
【解答】
（1）为了使光的传播路径能呈现在硬纸板上，应让硬纸板B垂直放置在平面镜A上，让激光紧贴纸板射向O点；
（2）为了看清楚纸板上的光路，纸板的表面应是较粗糙的，光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚；
（3）如果光垂直射向镜面，反射光线、法线、入射光线重合，此时入射角为0°；
由表中数据可知，光反射时，反射角等于入射角；
（4）加湿器使整个教室充满雾气，这样能显示出光的传播路径；法线与平面镜是垂直的，红色激光笔发出的光垂直射向平面镜上的O点，可以显示法线的位置；
沿水平方向缓慢转动圆台，当我们观察到入射绿光、入射红光和反射绿光看起来重合时（即只能观察到一条光线时），可根据光的传播路径来判断反射光线，入射光线和法线在同一平面内。
故答案为：（1）垂直；（2）粗糙；（3）0；反射角等于入射角；（4）法线；反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
36．（2019秋•大田县期末）在探究“平面镜成像与物的关系”的实验时，装置如图甲。

（1）如果有5mm和3mm厚的两块玻璃板，应选择　　mm厚的玻璃板做实验更合适。
实验中用两段相同的蜡烛是为了比较像与物的　　关系。
（2）在正确实验过程中，移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，确定了　　的位置；
为了研究平面镜所成的是实像还是虚像，某同学用光屏代替蜡烛B，不能用光屏接收到蜡烛A的像，由此说明平面镜成的像是　像。
（3）如果玻璃板如图乙倾斜放置，平面镜中蜡烛的像将　　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【解答】（1）当玻璃板越薄，两个反射面成像距离越近，可以近似看成一个像，使实验简单化。所以选择3mm的玻璃板；
实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时可以比较像与物大小关系。
（2）在实验过程中，小丽移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，确定了像的位置，平面镜成像实验时，把光屏放在像的位置，发现光屏上并没有像，说明平面镜成的像是虚像；
（3）平面镜所成的像和物体关于平面镜对称，如果玻璃板没有放正，蜡烛的像与蜡烛不在同一水平面上，所以蜡烛成的像不与蜡烛重合，所以有可能找不到像，根据平面镜成像特点，像与物大小相等，玻璃板如图乙倾斜放置，平面镜中蜡烛的像将不变。
故答案为：（1）2；大小；（2）像；不能；虚；（3）不变。
37．（2019秋•茌平县期末）物理兴趣小组的同学们用如图甲所示的器材“探究平面镜成像的特点”。

（1）实验中选取完全相同的两支蜡烛A、B，是为了探究像与物的　　关系。
（2）在玻璃板的同一侧，小明同学通过玻璃板看到了蜡烛A的两个像。请写出解决这一问题的办法是　　。
（3）图乙是某组同学用白纸记录的蜡烛和它所成的像的位置关系。分析图中信息可得出平面镜成像的特点：像和物到平面镜的距离　　；像和物的连线与平面镜　　。有同学将白纸沿直线MN对折后发现蜡烛的位置和它的像的位置重合，所以平面镜成像的特点又可表述为：平面镜成的像与物体关于镜面　　。
（4）关于此平面镜成像特点的探究实验过程，下列说法正确的是　　。
A．玻璃板必须与纸面垂直
B．实验中两支蜡烛都必须点燃
C．移去蜡烛B，在其原来的位置上放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛的像
D．做多组数据可以减小实验误差
【解答】
（1）实验中选取完全相同的两支蜡烛A、B，在玻璃板前面放一支点燃的蜡烛A，再拿一支没点燃的相同的蜡烛B，在玻璃板后面移动，直至与蜡像A的像重合，是为了探究像与物的大小关系；
（2）由于像是由光的反射形成的，而普通玻璃的两面都能反射光，能成两个像，所以通过玻璃板该同学看到了同一个蜡烛的两个像；故实验时应换用较薄的玻璃板；
（3）分析图2中信息可得出平面镜成像的特点：像和物到平面镜的距离相等；像和物的连线与平面镜垂直。
如果将白纸沿直线MN对折，会发现蜡烛的位置和它的像的位置重合，这说明平面镜成的像与物体关于镜面对称。
（4）A、为了使蜡烛与前面蜡烛的像完全重合，玻璃板要与纸面垂直，故A正确；
B、在实验中，将一支蜡烛点燃并放在玻璃板的前边，用一支相同的蜡烛放在玻璃板的后边，是为了确定像的位置和比较像的大小。若将后边的蜡烛点燃，结果使得玻璃后面太亮，更不容易发生反射，所以像会更不清晰。故B错误；
C、光屏能承接实像，虚像不能承接在光屏上，使用光屏是为了验证平面镜所成像的虚实，故C正确；
D、在平面镜成像特点的探究实验中，做多次实验获得多组数据是为了得到普遍的规律，故D错误；
故答案为：（1）大小；（2）换用较薄的玻璃板；（3）相等；垂直；对称；（4）AC。
38．（2020•长沙模拟）在探究“凸透镜成像规律”实验中如图所示：

（1）由图甲可知，该凸透镜的焦距是　　cm。
（2）如图乙所示，蜡烛位置不变，移动透镜至45cm刻度线处，则人眼在　　（选填“A”、“B”或“C”）处能观察到蜡烛的像，像是图丙中的　　（选填“1”、“2”、“3”或“4”）。
（3）实验完成之后，小莉把自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，如图丁所示，光屏上原来清晰的像变得模糊了，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏　
　（选填“靠近”或“远离”）凸透镜。
【解答】（1）如图，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点和光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm；
（2）凸透镜焦距为10.0cm，使蜡烛位置不变，移动透镜至45cm刻度线处，u＝5cm，小于焦距，物距小于焦距成正立放大虚像，则人眼在B处观察到蜡烛的像，像是图丙中的4；
（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，则成像远离透镜，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏远离透镜。
故答案为：（1）10.0；（2）B； 4；（3）远离。
39．（2020•晋安区模拟）如图是探究凸透镜成像实验，将蜡烛、焦距为10cm的凸透镜、光屏放在光具座上，调节烛焰、凸透镜和光屏的中心在同一高度上，把凸透镜固定在50cm处。
（1）将蜡烛放在A点，光屏放在B点，为了找到清晰的像，应将光屏向　　移动（选填“左”或“右”）。
（2）依次改变蜡烛的位置，移动光屏直到找到清晰的像，记录的数据如表所示。在1至3次实验中，所成的像为倒立的、　　的实像；第5次像距应是　　cm，此次像比第4次的像　　（选填“大”或“小”）。
（3）将蜡烛放在C点，无论怎样移动光屏都得不到烛焰的　像，此实验现象可说明　　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）的成像特点。
次数
物距
像距
1
40
13.5
2
30
15
3
25
16.7
4
20
20
5
15

（4）实验中，蜡烛燃烧不断缩短，导致光屏上的像向　移动（选填“上”或“下”）。

【解答】（1）将蜡烛放在A点，的凸透镜焦距为10cm，则物距大于二倍焦距成倒立、缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，光屏在B位置上，因此为了找到清晰的像：应将光屏向左移动。
（2）①在1﹣3次实验中，物距分别为：40cm、30cm、25cm，都大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时的像是倒立缩小的实像；
②第5次实验时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，所成的像是倒立放大的实像，所以第5次的像比第4的像大。根据光的折射时的可逆性可知，第5次实验时的像距正好是第2次实验时的物距，则第5次像距应是30cm；
（3）将蜡烛放在C点，此时u＜f，成正立、放大的虚像。所以无论怎样移动光屏都得不到烛焰的虚像，放大镜利用了此原理；
（4）由于凸透镜成倒立的实像，所以蜡烛变短，像将向上移动。
故答案为：（1）左；（2）缩小；30；大；（3）虚；放大镜；（4）上。
40．（2019秋•黔东南州期末）小张同学探究“凸透镜成像规律”的实验装置如图所示，其中焦距为15cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，光屏和蜡烛分别位于凸透镜两侧。

（1）实验时，应使烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在　　，目的是　
　。
（2） 小张将蜡烛移至光具座上10m刻度线处，移动光屏直到烛焰在光屏上成消晰的像，则该像是　
　 的实像（选填：“放大”、“等大”或“缩小”）；
（3） 小张将蜡烛移至光具座上30cm刻度线处移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的像，则该
是　　的实像（选填：“倒立”或“正立”）：然后小张用遮光板挡住凸透镜的上半部分，　　（选填：“能”或“不能”）在光屏上看到完鍪的像；
（4）以上（2）、（3）步骤中，小张将蜡烛从光具座上10cm向30cm移动时若要让烛焰在光屏上能再次成清晰的像光屏应　　（选填：“远离”或“靠近”）透镜，此时所成像的大小将　　（选填：“变大”“变小”或“不变”）；
（5）实验结束后，小张又拿来一只眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，且较靠近凸透镜结果光屏上原来清晰的像变得模糊，他将光屏远离透镜移动时才能在光屏上看到烛焰请晰的像。由此可知：该眼镜是　　透镜它是用来矫正　　眼（选填：“近视”或“远视”）。
【解答】
（1）实验时，应使烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度，目的是让像成在光屏的中央，便于观察；
（2）由题知，凸透镜的焦距为15cm，凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处；
当物体在光具座上10cm刻度线处时，物距u＝50cm﹣10cm＝40cm＞2f，此时成倒立、缩小的实像；
（3）小张将蜡烛移至光具座上30cm刻度线处移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的像，此时物距（20cm）大于1倍焦距小于2倍焦距时，成倒立放大的实像；
凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，当将透镜的下半部分挡住后，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过上半部分凸透镜而会聚成像，因此，像仍然与原来相同，即能在光屏上看到完鍪的像，但像会变暗。
（4）将蜡烛从光具座上10cm向30cm移动时，物距减小，则像和像距变大，应将光屏向右移动远离凸透镜，才能再次在光屏上成清晰的像，此时像的大小比刚才的像要大些；
（5）当该眼镜放在蜡烛和凸透镜之间时，将光屏远离透镜移动时，才能在光屏上看到烛焰请晰的像，说明该眼镜对光线起发散作用，是凹透镜；
这和近视眼的情况类似，近视眼的晶状体折光能力强，远处物体的像能成在视网膜的前面，因此用凹透镜纠正后，可以有效的发散光线，使物体的像成在视网膜上。
故答案为：（1）同一高度；让像成在光屏的中央，便于观察；（2）缩小；（3）倒立；能；（4）远离；变大；（5）凹；近视。
41．（2019秋•孝义市期末）在“探究凸透镜成像的规律”实验中：

（1）为了便于观察现象，实验环境应该　　（选填“较亮”或“较暗”）。
（2）如图甲所示，凸透镜的焦距为　　cm。
（3）在光具座上依次摆放好蜡烛、凸透镜和光屏后，要调整烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在　
　，这样做是为了　　。
（4）小梦的实验记录如表，请你将表格中漏写的内容补充完整
次数
物距u/cm
像距u/cm
像的性质
虚实
大小
正倒
1
45
13
实像
　　
倒立
2
18
22
实像
放大
　　
3
8
…
　　
放大
正立
（5）小梦认为实验步骤还不够完整，于是将蜡烛移动到如图乙所示的位置，需将光屏向　　（选填“左”或“右”）移动到适当位置，能在光屏上观察到与第　　次实验相同性质的像；当把蜡烛移动到25cm刻度线的位置时，移动光屏，能在光屏上观察到与第　次实验相同性质的像。
（6）分析以上实验可知：当物距　　（选填“大于”或“小于”）焦距时，成实像。
【解答】
（1）为使实验现象更加明显，实验环境应该比较暗，这样成的蜡烛的像更加清晰；
（2）一束平行于凸透镜主光轴的光线通过凸透镜后，在光屏上会聚成了一个最小、最亮的光斑，最小、最亮的光斑就是焦点，由图可知，焦距为60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm；
（3）当物体通过凸透镜成实像时，成的像要用光屏来承接，所以要调整凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度上，这样做是为了使物体的像成在光屏的中央；
（4）由题可知，凸透镜的焦距f＝10.0cm。
1：物距u＝45cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像。
2：物距u＝18cm，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像。
3：物距u＝8cm，u＜f，成正立、放大的虚像；
（5）小梦将蜡烛移动到如图乙所示的位置，物距u＝40cm﹣15cm＝25cm＞2f，成倒立、缩小的实像，像距大于1倍焦距小于2倍焦距，需将光屏向左移动到适当位置，能在光屏上观察到与第1次实验相同性质的像；
当把蜡烛移动到25cm刻度线的位置时，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，移动光屏，能在光屏上观察到与第2次实验相同性质的像。
（6）由以上实验可知，当物距大于二倍焦距，成倒立缩小的实像，当物体在一倍焦距与二倍焦距之间时，成倒立放大的实像，当u＜f，成正立、放大的虚像，分析以上实验可知：当物距大于焦距时，成实像。
故答案为：
（1）较暗；（2）10.0；（3）同一高度上；使物体的像成在光屏的中央；（4）缩小；倒立；虚像；（5）左；1；2；（6）大于。
42．（2019秋•正定县期末）在探究“凸透镜成像的规律”的实验中。
（1）平行于凸透镜主光轴的入射光经透镜折射后会聚的情形如图1所示，可见此凸透镜的焦距为　
　cm；
（2）实验中，当蜡烛与该凸透镜的距离如图2所示，在光屏上可得到一个清晰　（选填“正立”、或“倒立“）　　（选填“放大”、“等大”或“缩小”）的　　（选填“实像”或“虚像”）。　　就是利用这种成像规律工作的（选填“投影仪”、“照相机”或“放大镜”）；
（3）透镜不动，将蜡烛移到35cm刻度处，光屏上将会出现一个　　、　　的实像。
（4）若蜡烛逐渐靠近该凸透镜，要想在光屏上得到清晰的像，光屏应该向　　（填“左”或“右”）移动，所成的像会逐渐变　　（选填“大”或“小”）。
（5）如果向右移动蜡烛后，不移动光屏，要在光屏上得到清晰的像，应该在蜡烛和光屏之间放上一个　透镜（选填“凸”或“凹”）。

【解答】
（1）平行于主光轴的光线经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，由图可知，该凸透镜的焦距：f＝30.0﹣20.0＝10.0；
（2）由图可知，此时的物距要大于像距，故凸透镜成倒立、缩小的实像；照相机是利用凸透镜成倒立、缩小实像的原理工作的；
（3）蜡烛在35cm处，则此时物距为50cm﹣35cm＝15cm，此时f＜u＜2f，所以成倒立、放大的实像。
（4）蜡烛逐渐靠近凸透镜，物距减小，为再次得到清晰的像，应增大像距，将光屏向右移动，所成的像会变变大。
（5）如果向右移动蜡烛后，不移动光屏，可在烛焰和透镜之间放置一个适当的凸透镜，使光线提前会聚，也能在光屏上得到一个清晰的像，故应放置一个凸透镜；
故答案为：
（1）10.0；（2）倒立；缩小；实；照相机； （3）倒立；放大；（4）右；大；（5）凸。
43．（2020春•南京月考）小红从市场买了一桶色拉油，她想测量色拉油的密度。

（1）实验步骤如下：
①将托盘天平放在水平台上，移动游码至标尺零刻度线处，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；
②然后用天平称出空烧杯的质量操作情况如图丁所示，其中的错误是：
a．　　；b．　　；c．　　。
正确操作后测得空烧杯的质量为10g；
③往烧杯中倒入适量的色拉油，将装色拉油的烧杯放在左盘，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；
④将烧杯中的色拉油全部倒入量筒中，静置后色拉油的体积如图丙所示。
（2）该色拉油的密度为　　g/cm3。
（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”）。
（4）为了减小上述实验的误差，只要将上面的实验步骤顺序稍加调整即可，调整后的实验步骤是　
　（只填写实验步骤前的序号）。
【解答】（1）①把天平放在水平台上，移动游码至标尺零刻度线处，由图甲知，指针静止时偏左，此时应将平街螺母向右调节，直到天平平衡；
②根据图丁可知，错误之处：a、游码没有放到零刻线处；b、砝码和物体放反了；c、用手拿砝码；
③由图乙可知，标尺分度值为0.2g，烧杯和色拉油的总质量为50g+5g+1g＝56g，
（2）由丙图知，倒入量筒中色拉油的体积为50mL＝50cm3；
倒入量筒中色拉油的质量为56g﹣10g＝45g，
所以色拉油的密度ρ=mV=45g50cm3=0.9g/cm3；
（3）将烧杯中的色拉油全部倒入量筒，因烧杯壁上有少量残留的色拉油，导致测得油的体积偏小，根据密度公式可知，测得色拉油的密度偏大。
（4）实验时可先测量烧杯和色拉油的总质量，再将色拉油全部倒入量筒中，最后测量空烧杯的质量，即可减小测量时的误差，故顺序为①③④②。
故答案为：（1）①右；②游码没有放到零刻线处；砝码和物体放反了；用手拿砝码；③56；（2）0.9；（3）偏大；（4）①③④②。
44．（2020•长沙模拟）学习密度知识后，刘明同学用实验测量某品牌酸奶的密度：

（1）移动天平横梁平衡时，指针偏向分度盘中央红线的右侧，此时应向　　（选填“左”或“右”）移动平衡螺母，才能使天平平衡。
（2）如图所示甲、乙、丙图是他按顺序进行实验的示意图，则酸奶的密度　　kg/m3。
（3）在以上实验中，烧杯内壁会残留部分酸奶而导致实验结果　　（选填“偏大”或“偏小”）。
【解答】（1）根据天平的调节原则：右偏左调，左偏右调，先快后慢；指针偏向分度盘中央红线的右侧，此时应该向左移动平衡螺母。
（2）空杯的质量m杯＝20g+10g+5g+2.4g＝37.4g；
杯和酸奶的质量m总＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g；
酸奶的质量m＝m总﹣m杯＝82.4g﹣37.4g＝45g；
酸奶的体积，即量筒的读数为40ml＝40cm3；
酸奶的密度：
ρ酸奶=mV=45g40cm3=1.125g/cm3＝1.125×103kg/m3。
（3）因为烧杯壁会残留部分酸奶，所以测量的酸奶的体积变小，根据密度公式ρ=mV，质量不变，体积变小，测量的密度值变大，所以导致测量结果偏大。
故答案为：（1）左；（2）1.125×103；（3）偏大。
45．（2020•重庆模拟）星宇想知道酱油的密度，于是她和小华用天平和量筒做了如下实验：

（1）星宇将天平放在水平台上，把游码放在标尺　　处，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向　　（选填“右”或“左”）调。
（2）星宇用天平测出空烧杯的质量为17g，在烧杯中倒入适量的酱油，测出烧杯和酱油的总质量如图甲所示，将烧杯中的酱油全部倒入量筒中，酱油的体积如图乙所示，则烧杯中酱油的质量为　　g，酱油的密度为　kg/m3。
（3）星宇用这种方法测出的酱油体积会　　，密度会　　（选填“偏大”或“偏小”）。
（4）小华不小心将量筒打碎了，老师说只用天平也能测量出酱油的密度。于是小华用烧杯和适量的水，设计了如下实验步骤，请你补充完整。
①调节好天平，用天平测出空烧杯质量为m0。
②往烧杯中　　，用天平测出烧杯和水的总质量为m1。
③倒出烧杯中的水，往烧杯中装满酱油，用天平测出烧杯和酱油的总质量为m2；
④则酱油的密度表达式：ρ酱油＝　　。（已知ρ水）
【解答】（1）把天平放在水平桌台上，将游码移至零刻度处，然后调节平衡螺母，发现指针指在分度盘的右侧，说明天平的左端上翘，应将平衡螺母都向上翘的左端移动；
（2）已知空烧杯m1＝17g，酱油和烧杯的总质量：
m2＝50g+10g+2g＝62g，
量筒中酱油的质量：
m＝m2﹣m1＝62g﹣17g＝45g，
以量筒凹液面的底部为准，量筒中酱油的体积为：
V＝40mL＝40cm3，
酱油的密度：
ρ=mV=45g40cm3=1.125g/cm3＝1.125×103kg/m3。
（3）把烧杯中的酱油全部倒入量筒中，由于烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小，根据密度公式ρ=mV可知，密度偏大；
（4）小华不小心将量筒打碎了，用天平也能测量出酱油的密度：
①调好天平，用天平测出空烧杯质量为m0。
②往烧杯装满水，用天平测出烧杯和水的总质量为m1；
③倒出烧杯中的水，往烧杯中装满酱油，用天平测出烧杯和酱油的总质量为m2；
④在①中水的质量：
m水＝m1﹣m0，
由ρ=mV可得，水的体积：
V=m1-m0ρ水，
在②中，酱油的质量：
m酱油＝m2﹣m0，
烧杯内水的体积等于酱油的体积，
酱油的密度表达式：
ρ酱油=m酱油V=m2-m0m1-m0ρ水=m2-m0m1-m0×ρ水；
故答案为：（1）零刻度；左；（2）45；1.125×103； （3）偏小；偏大；（4）②装满水；④m2-m0m1-m0×ρ水。
46．（2020•武汉模拟）如图所示是某同学测量牛奶密度的实验步骤：

（1）将天平放在水平桌面，游码调至标尺的零刻度线，发现天平横梁稳定时指针偏向分度盘右侧，接下来的操作是：　　；
（2）根据图中数据可知牛奶的密度为　　kg/m3；
（3）根据图示测量方法测得牛奶的密度比真实值　　（选填“偏大”或“偏小”），为了更加准确地测量牛奶的密度，你认为图中合理的实验顺序为　　。
【解答】
（1）天平放在水平桌面，游码调至标尺的零刻度线，发现指针偏向分度盘右侧，因此要向左移动平衡螺母，直到指针指在分度盘的中间。
（2）由图甲可知，空烧杯的质量m杯＝20g+10g+2.4g＝32.4g，
由图乙知烧杯和牛奶的总质量m总＝100g+50g+2.4g＝152.4g，
牛奶的质量为m＝m总﹣m杯＝152.4g﹣32.4g＝120g，
由图丙知，牛奶的体积为V＝100cm3，则牛奶的密度为ρ=mV=120g100cm3=1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；
（3）由图乙、图丙可知，烧杯中的牛奶不可能全部倒入量筒，会导致测得的牛奶体枳偏小，这样测出的牛奶的密度与实际值相比偏大；
改进的方法是先测量烧杯和牛奶的总质量，再测量牛奶的体积，最后测量烧杯的质量，即合理的实验顺序为乙、丙、甲，这样调整顺序的好处是减小测量误差。
47．（2020•江西模拟）小梦同学在家帮妈妈做饭。她发现茄子放在水里漂浮，于是她想测量茄子的密度，以下是她测量时的实验报告（摘要），请你将报告中的问题补充完整。
【实验目的】测量茄子的密度。
【实验原理】　　。
【实验器材】待测茄子、　　、　　、适量的水、细铁丝、小刀等。
【实验步骤】略。
【实验数据】小梦将实验数据记录在表中，请将表格补充完整。
茄子块的质量
m（g）
水的体积
V1（cm3）
水和茄子块的
总体积V2（cm3）
茄子块的体
积V（cm3）
茄子块的密度
ρ（kg/m3）
12
40
60


【实验分析】由于茄子具有吸水性，所测茄子块的体积偏　　，茄子块的密度偏　。（均选填“大”或“小”）
【解答】
【实验原理】：ρ=mV；
【实验器材】：由实验原理知，需先测量质量和体积，再计算密度，所以需要天平和量筒；
【实验数据】：由表格数据可得，茄子块的体积：
V＝V2﹣V1＝60cm3﹣40cm3＝20cm3；
所以茄子块的密度：
ρ=mV=12g20cm3=0.6g/cm3＝0.6×103kg/m3；
【实验分析】：由于茄子具有吸水性，则会造成测出水和茄子块的总体积偏小，测得茄子块的体积偏小，质量测量准确，由密度公式可知，测得茄子块的密度偏大。
故答案为：
【实验原理】ρ=mV；
【实验器材】天平、量筒；
【实验数据】20；0.6×103；
【实验分析】小；大。
48．（2019秋•大田县期末）三明市各县盛产茶油，小华同学为了测量家中茶油的密度，课后在老师的指导下进行如下实验：

（1）把天平放在水平台上，将游码移到标尺的零刻度线处，发现指针静止时如图甲所示，此时应将平衡螺母向　　（选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。
（2）取适量茶油倒入烧杯，用天平测量烧杯和茶油的总质量m1，当天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图乙所示，则m1＝　　g．然后将烧杯中部分茶油倒入量筒中，再次测出烧杯和剩余茶油的总质量为27g，则量筒中茶油的质量是　　g。
（3）量筒中茶油的体积如图丙所示，计算出茶油的密度是　　kg/m3。
【解答】
（1）把天平放在水平台上，将游码移到标尺的零刻度线处，发现指针静止时如图甲所示，即指针偏左，横梁右端上翘，此时应将平衡螺母向右调节，使天平平衡；
（2）由图乙可知，烧杯和茶油的总质量：m1＝50g+10g+3g＝63g；
然后将烧杯中部分茶油倒入量筒中，再次测出烧杯和剩余茶油的总质量为27g，
则量筒中茶油的质量：m＝63g﹣27g＝36g；
（3）读数时，以凹液面底部为准，如图丙所示，量筒中茶油的体积为40mL＝40cm3；
则茶油的密度：
ρ=mV=36g40cm3=0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3。
故答案为：（1）右； （2）63；36； （3）0.9×103。
49．（2019秋•江西期末）学习了密度知识之后，孝卿同学利用天平和量筒测量牛奶的密度：

（1）在量筒中倒入适量的牛奶，如图甲所示，则牛奶的体积为　　mL。
（2）将天平放在水平台上，游码归零后，孝卿发现指针静止时的位置如图乙所示，他应将平衡螺母向　　调节，直到天平平衡。
（3）把量筒中的牛奶全部倒入一个质量为20g的烧杯中，并用天平测出总质量，如图丙所示，则牛奶的质量为　g，牛奶的密度为　　kg/m3。
（4）孝卿的测量方法，会导致所测牛奶的密度值偏　　（填“大”或“小”）。
（5）孝卿不小心将量筒打碎了，老师说尽用天平也能测量出另外的酱油密度，于是孝卿添加两个完全相同的烧杯和适量的水，设计了如下实验步骤，请你补充完整：
①调好天平，用天平测出空烧杯质量为m0；
②将另一个烧杯　　，用天平测出烧杯和水的总质量为m1；
③用另一个烧杯装满酱油，用天平测出烧杯和酱油的总质量为m2；
④则酱油的密度表达式ρ＝　（已知水的密度为ρ水）。
【解答】
（1）量筒的分度值为1ml，量筒中牛奶的体积为V＝50mL＝50cm3；
（2）把天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度线处后，由图乙知，指针偏左，此时应将平衡螺母向右调节，直到指针对准分度盘中央的刻度线；
（3）已知烧杯的质量m烧＝20g，
烧杯和牛奶的质量：m总＝50g+20g+5g+2g＝77g，
量筒中牛奶的质量为：m＝m总﹣m烧＝77g﹣20g＝57g；
牛奶的密度：ρ=mV=57g50cm3=1.14g/cm3＝1.14×103kg/m3；
（4）把量筒中的牛奶全部倒入烧杯中时，由于有少量牛奶附着在量筒内壁上，所测牛奶的质量偏小，则测得牛奶的密度偏小；
（5）孝卿不小心将量筒打碎了，用天平也能测量出酱油的密度：
①调好天平，用天平测出空烧杯质量为m0。
②将一个烧杯装满水，用天平测出烧杯和水的总质量为m1。
则水的质量：m水＝m1﹣m0，
由ρ=mV可得，水的体积：V=m1-m0ρ水，
③用另一个烧杯装满酱油，用天平测出烧杯和酱油的总质量为m2。
则酱油的质量m酱油＝m2﹣m0，
烧杯内水的体积等于酱油的体积，
④则酱油的密度表达式：ρ=mV=m酱油V=m2-m0m1-m0ρ水=m2-m0m1-m0•ρ水。
故答案为：
（1）50；（2）右；（3）57；1.14×103；（4）小；（5）①装满水；m2-m0m1-m0•ρ水。
50．（2019秋•平潭县期末）小王想知道家里一只如图茶壶材质的密度。取壶盖进行如下测量：

（1）将天平游码移到标尺的零刻线处，放在　　桌面上，发现横梁右端托盘下沉则应将平衡螺母向　　移动（选填“左”或“右”），使横梁在　　位置平衡。将壶盖放在天平的左盘，往右盘放入砝码后，发现指针在分度标尺上的位置如图（a），此时他应　　。
A、向左调节平衡螺母
B、向右调节平衡螺母
C、减少砝码的质量
D、增加砝码的质量
（2）天平平衡时，砝码的质量和游码的位置如图（b）所示，壶盖的质量为　　g。
（3）如图（c）所示，将壶盖放人装满水的烧杯，把溢出的水倒人量筒中，量筒中的水位置如图（d）所示。则壶盖的体积为　　cm3，壶盖的密度为　　g/cm3，合　　kg/m3，用该方法测出壶盖的密度比真实值　。
【解答】（1）在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；
发现横梁右端托盘下沉，则左盘高，平衡螺母应向左调节；使横梁在水平位置平衡。
在天平的右盘放入质量砝码时，指针偏右说明砝码的质量大于物体的质量，应减少砝码的质量，直到指针指到分度盘的中央刻度线上，此不能调节平衡螺母了，故ABD错误，C正确；
（2）物体的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度质量，根据图示，壶盖的质量m＝20g+20g+2g＝42g。
根据阿基米德定律，壶盖的体积等于它浸没在水中所排开水的体积，即量筒里水的体积，
根据量筒的读数方法，视线与液体凹面平行，量筒的分度值为1ml，
所以壶盖的体积V＝10ml+4ml＝14ml＝14cm3，
根据密度公式：ρ=mV可知，ρ壶盖=42g14cm3=3g/cm3＝3×103kg/m3；
（3）将水从小桶倒入量筒中时，小桶中会有残留，则所测壶盖的体积偏小，根据密度公式ρ=mV可知，密度值偏大。
故答案为：（1）水平；左；水平；C；（2）42；14；3；3；3×103；（3）大。
二、力、运动和力、压强和浮力、功和机械、简单的机械
51.（2020春•江夏区月考）在研究物重跟质量的关系的实验中，某同学用最大刻度值是5N的弹簧测力计测
重力，测得如下数据：
质量m/g
100
200
300
400
500
600
弹簧测力计示数G/N
0.98
1.96
2.94
3.92
4.90
无示数
（1）通过实验，得到重力G与质量m关系的图象正确的是　　。

（2）根据表中数据可知：重力和质量的比值是g＝9.8N/kg，意思是　　。
A.1kg＝9.8kg
B．重1N的物体质量为9.8kg
C．质量为1kg的物体所受重力为9.8N
（3）用弹簧测力计能测出物体的重力，以下知识没有应用到的是　　。
A．二力平衡的条件
B．物体的重力跟质量的关系
C．弹簧的伸长量跟其所受的拉力的关系
D．物体间力的作用是相互的，并且相互作用力的大小相等
【解答】（1）由表格数据可得，Gm=0.98N0.1kg=1.96N0.2kg=2.94N0.3kg=3.92N0.4kg=4.90N0.5kg=9.8N/kg为正比例函数，说明物体所受的重力跟它的质量成正比，图象过坐标原点的倾斜直线，故选B。
（2）根据表中数据可知：重力和质量的比值是g＝9.8N/kg，意思是：质量为1kg的物体受到的重力大小为9.8N，故选C；
（3）用弹簧测力计能测出物体的重力，
A、把物体悬挂在弹簧测力计挂钩上，物体静止或做匀速直线运动时，由于二力平衡的条件可得，弹簧测力计示数等于物体重力，故A应用到；
B、物体的重力跟质量的关系，是探究两者的关系，目的不是测量重力，故B与弹簧测力计能测出物体的重力没有关系；
C、弹簧的伸长量跟其所受的拉力的关系，是弹簧测力计的原理，故C应用到；
D、物体间力的作用是相互的，并且相互作用力的大小相等，用弹簧测力计拉物体的力与物体拉弹簧测力计的力是相互作用力，故D应用到。
故选B。
故答案为：（1）B；（2）C；（3）B。
52．（2019秋•诸城市期末）地球附近物体都要受到重力，某实验小组的同学们认为物体的重力大小与物体的质量有关，他们用天平、钩码、弹簧测力计进行了如下的探究：

（1）弹簧测力计是根据弹簧的　　的原理制成的；
（2）如图甲所示是同学们第2次测量中弹簧测力计的读数，该测力计的分度值是　　N，此时测力计的示数是　　N。
（3）同学们将实验数据记录在下表中，请你根据表格中的实验数据，在图乙中作出重力随质量变化的图象
质量m（g）
100
200
300
400
重力G（N）
1

3
4
（4）根据图象可以得出的结论是　　。
【解答】（1）弹簧测力计是根据弹簧的伸长量与受到的拉力成正比的原理制成的；
（2）如图甲所示是同学们第2次测量中弹簧测力计的读数，该测力计的分度值是0.2N，此时测力计的示数是2N；
（3）根据表格中的实验数据，在图乙中找出对应的点后连线，如下图所示：

（4）由图乙知，物体的重力随质量的变化关系为一过原点的直线，故可以得出结论：物体所受的重力与其质量成正比；
故答案为：
（1）伸长量与受到的拉力成正比；（2）0.2；2； （3）如上图所示；（4）物体所受的重力与其质量成正比。
53．（2019秋•顺义区期末）如图1所示，物体A的长度为　cm。
如图2所示，弹簧测力计的示数为　　N。

【解答】（1）由图知：物体的左边对应0cm，物体的右边对应3.80cm，因此木块的长度为：3.80cm；
（2）由图知：弹簧测力计的分度值0.2N，所测物体的重力为2.6N。
故答案为：（1）3.80；（2）2.6。
54．（2019秋•沂源县期末）小明在探究“重力的大小跟什么因素有关”的实验中，按照如图甲所示把钧码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在下面的表格中。
（1）如图甲所示，弹簧测力计的示数为　N。

（2）记录数据如下表：
质量m/g
100
200
300
400
500
重力G/N
1
2
3
4
5
①表格中还应该添加的栏目是：　　；
②在图乙中画出重力与质量的关系图象；
③由此可得实验结论：　　。
（3）实验中多次测量的目的是　　。
（4）完成上述实验后，小明又将如图所示的装置放在水平桌面上，逐渐改变木板M与桌面的夹角a，观察到悬线OA的方向　　（选填“变化或“不变”）；从实验观察到的现象可以得出：重力的方向总是　　。


【解答】（1）根据弹簧测力计指针在刻度盘上的位置，可读出图甲中弹簧测力计的示数为2N。
（2）①表格中还应该添加的栏目是：重力与质量的比值；
②通过描点（1N，100g）（2N，200g）（3N，300g）（4N，400g）（5N，500g）作出重力与质量的关系图象为：

③根据重力与质量的关系图象可知质量是原来几倍，重力也是原来几倍，物体所受重力跟质量成正比。
（3）实验中多次测量的目的是使所得结论具有普遍性；
（4）装置放在水平桌面上，逐渐改变木板M与桌面的夹角α，观察到悬线OA的方向不变（始终为竖直方向）；从实验观察到的现象可以得出：重力的方向总是竖直向下的。
故答案为：（1）2；（2）①重力与质量的比值；②如上图；③物体所受重力跟质量成正比；（3）使所得结论具有普遍性；（4）不变；竖直向下。
55．（2019春•北京期中）如图所示，让一条薄钢条的一端固定，现分别用不同的力去推它，使它发生如图中A、B、C、D所示的形变，如果力F1＞F2＝F3＝F4，那么：
（1）能说明力的作用效果与力的方向有关的是图　　和图　　。
（2）图B和图D能说明力的作用效果与力的　　有关。

【解答】
（1）研究力的作用效果跟力的方向的关系时，应选择力的大小和作用点相同而力的方向不同的图B和图C；
（1）图B和图D图中力的大小和方向都相同，力的作用点不同，力的作用效果不同，说明力的作用效果与力的作用点有关。
故答案为：（1）B；C；（2）作用点。
56．（2019春•阜宁县期中）小明在选用弹簧测力计的过程中，发现测量大小相同的力时，用不同规格的测力计，弹簧伸长的长度不一样。对哪些因素会影响弹簧的伸长量，小明有三种猜想：
猜想1：制造弹簧所用的材料可能影响弹簧的伸长量。
猜想2：弹簧的原长可能影响弹簧的伸长量。
猜想3：弹簧的粗细可能影响弹簧的伸长量。
小明为探究自己的猜想，设计出一个实验方案：
①一根弹簧剪成长度不同的两根，测出两根弹簧的初始长度L1、L2。
②图甲所示，固定弹簧的一端，用大小相同的力拉弹簧，测出两根弹簧的对应长度L1′、L2′。
③改变拉力的大小，重复实验步骤①②，记录实验数据。
（1）该实验方案研究的是猜想　　（填写序号）。实验方案中将“一根弹簧剪成长度不同的两根”，这样做的目的是控制弹簧的　　和　　相同。
（2）实验方案中除了完成步骤①②外，还探究步骤③的目的是　　。实验方案中“用大小相同的力拉弹簧”表明弹簧的伸长量还与　　有关。
（3）探究完成后他们选了A、B两种规格不同的弹簧进行测试，绘出如图乙所示的图象，图象中只有OA段和OB段是弹性形变，若要制作精确程度较高的弹簧测力计，应选用弹簧　　。（填“A”或“B”）。
（4）小明的力气比较大，他要制作弹簧拉力器锻炼，应选用弹簧　　（填“A”或“B”）。
【解答】（1）保持弹簧材料、粗细相同，原长不同，改变拉力大小，对比伸长量的大小关系，这是探究弹簧伸长量与原长的关系，故是研究猜想2；
实验方案中将“一根弹簧剪成长度不同的两根”，保持了弹簧材料、粗细相同，原长不同；
（2）探究步骤③改变拉力的大小，重复实验步骤①②，的目的是多次测量找普遍规律；
实验方案中“用大小相同的力拉弹簧”观察伸长量的变化，探究伸长量与拉力大小的关系；
（3）由图象可知，在相同拉力作用下，弹簧A的伸长量大，弹簧A较灵敏，可以用来制作精确程度较高的弹簧测力计；
（4）在相同拉力作用下，弹簧B的伸长量小，弹簧比较“硬”，劲度系数较大，适合制作量程较大的弹簧测力计，故选B。
故答案为：（1）2； 材料；粗细；（2）多次测量找普遍规律；拉力大小；（3）A；（4）B。
57．（2019春•海州区校级期中）小华在练习使用弹簧测力计测物体重力时，她先将测力计竖直放置，反复几次轻拉挂钩后，测力计的指针位置如图甲所示。

（1）此测力计的量程是0∼　　N。
（2）在老师的指导下，小华调整好了测力计，将某物体悬挂好，物体静止后，指针指在如图乙所示的位置，此时物体的重力G＝　　N。
（3）小华想要探究弹簧测力计的原理，除了需要如图丙中所示的一根两头带钩的弹簧、若干相同的钩码（每个钩码重力已知）、铁架台以外，还需要的测量仪器是　　。进行实验后记录数据如表，表中明显错误的数据是第　次实验。
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
拉力（钩码总重）F/N
0
1
2
3
4
5
6
弹簧伸长量△L/cm
0
0.4
0.8
1.7
1.6
2.0
2.4
（4）由实验数据可知，弹簧测力计的原理是：在弹性限度内，　　。
（5）若将两根同样的弹簧并排使用，更　（选填“易”或“难”）拉伸，则两根同样的弹簧并排使用做成的弹簧测力计比一根同样的弹簧做成的弹簧测力的量程　（选填“大”或“小”）。
【解答】（1）由图甲可知：此测力计的量程是0～5N。
（2）如图乙测力计的分度值为0.2N，图中所示的位置示数为2.6N，即此时物体的重力G＝2.6N。
（3）钩码的重力已知，因此不需要测量，实验中要测量的是弹簧的伸长量，所以需要刻度尺；
分析数据发现，除第4次实验数据外，其余6次弹簧的伸长量跟受到的拉力成正比，因此第4次实验数据是错误的。
（4）由图象可以得出的结论是：在弹性限度内，弹簧的伸长量与它受到拉力成正比；
（5）若将两根同样的弹簧并排使用，要使两个弹簧都伸长，需要的力是原来一根弹簧的2倍，
故更难拉伸，则两根同样的弹簧并排使用做成的弹簧测力计比一根同样的弹簧做成的弹簧测力的量程大。
故答案为：（1）5；（2）2.6；（3）刻度尺；4；（4）弹簧的伸长量与它受到拉力成正比；（5）难；大。
58．（2019春•江油市期中）小明观察发现，弹簧测力计的刻度是均匀的，由此他猜想弹簧的伸长量与它受到的拉力成正比。为了验证猜想，小明决定进行实验。
钩码个数

1
2
3
4
5
6
7
产生拉力（钩码重量）F/N
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
弹簧伸长量△L/cm
0.00
0.40
0.80
1.70
1.60
2.00
2.40
3.00
（1）要完成实验，除了需要如图甲所示的一根两头带钩的弹簧、若干相同的钩码、铁架台以外，还需要的测量仪器是　　。进行实验后小明记录数据如下表，表中数据明显错误的是第　　次实验，正确结果应为　　cm。
（2）去除错误的一组数据，在图乙中作出弹簧的伸长量与所受拉力的关系图线。
（3）由图象可验证小明的猜想是　　（选填“正确”或“错误”）的。

【解答】（1）①钩码的重力已知，因此不需要测量，实验中要测量的是弹簧的伸长量，所以需要刻度尺；分析数据发现，除第4次实验数据外，其余6次弹簧的伸长量跟受到的拉力成正比，因此第4次实验数据是错误的，其正确的数据应该为1.20；
（2）将表中拉力对应横坐标，弹簧伸长量对应纵坐标，描点连线，图象如下：
；
（3）由图象可以得出的结论是：弹簧的伸长量与它受到拉力成正比，因此小刚的猜想是正确的。
故答案为：（1）刻度尺；4；1.20；（2）如图；（3）正确。
59．（2019春•南京月考）在探究“重力的大小跟什么因素有关系”的实验中，按照图把钩码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在下面的表格中。（g取10N/kg）
质量m/g
100
200
300
　400　
500
重力G/N
1
2
3
4
5
（1）把表格中的空格填写　　。
（2）图中弹簧测力计的示数为　　N。
（3）如图利用弹簧测力计测量钩码重力，使测力计内弹簧伸长的力是　　。
A．钩码的重力B．钩码和测力计的总重力
C．钩码对弹簧的拉力D．弹簧对钩码的拉力
（4）实验测量多组数据的目的是　得到普遍规律　。
（5）分析表中实验数据，可以得出的结论是：物体的重力和质量成　　比，你判断的依据是　　。
（6）在图中，以质量为横坐标，重力为纵坐标，根据表格中的数据，画出重力与质量之间关系的图线。

（7）该小组的同学在探究“物体重力的大小跟物体形状是否有关”的实验，他们用橡皮泥为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，实验数据如表所示。
被测物体
形状
重力
橡皮泥
正方形
4.8N
圆形
4.2N
三角形
3.6N
分析实验数据得出的实验结论是：物体重力的大小与物体的形状有关。他们的结论正确吗？请你对此实验过程及实验结论做出评价。
评价：　，　　。
【解答】
（1）通过观察表格中的数据可得2N200g=4Nm，解得m＝400g；
（2）由图知，弹簧测力计的量程是5N，弹簧测力计的分度值是0.2N，弹簧测力计指针指示的数字是2，故图中弹簧测力计的示数为2N；
（3）力能物体发生形变，利用弹簧测力计测量钩码重力时，使测力计内弹簧伸长的力是钩码对弹簧的拉力，故选C。
（4）实验测量多组数据的目的是得到普遍规律；
（5）根据表中数据可知，物体所受的重力跟质量的比值是一个定值（或质量增大几倍，重力也增大几倍），满足正比例函数关系，由此可知物体所受的重力跟质量成正比；
（6）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：

（7）因为物体所受重力大小与质量有关，所以在探究重力大小与形状之间的关系时，应保证物体的质量不变。该小组的同学用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，没有控制橡皮泥的质量不变，所以得到的结论是错误的。
故答案为：（1）400；（2）2；（3）C；（4）得到普遍规律；（5）正；物体所受重力与它的质量的比值为定值（或质量增大几倍，重力也增大几倍）；（6）见上图；（7）不正确；当物体的形状改变时，没有控制橡皮泥的质量保持不变。
60．（2020春•南京月考）用如图所示装置进行“研究阻力对物体运动的影响”实验。

（1）实验时，让小车从斜面同一高度滑下的目的是　　。
（2）该实验得到的结论是　　，小车运动的距离越远；根据实验现象，我们的推理是：若小车不受阻力，则将　　。
【解答】
（1）在实验中，让小车从同一斜面上的同一高度滑下，是为了控制小车到达水平面的初速度相同；
（2）如图所示的三种情况，小车受到的摩擦力越小，速度减小得越慢，运动的距离越远，
故可得结论：物体受到的阻力越小（大），速度减小得越慢（快），
推理可知，若小车不受阻力，则将做匀速直线运动。
61．（2020春•江夏区月考）小敏在利用如图所示的实验方案“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中：

（1）将木块置于水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做　　运动，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计拉力的大小。右图是按丙方式拉动木块时，测力计的示数，由图可知，此时木块受到的滑动摩擦力为　　N（测力计每小格为0.1N）。
（2）甲乙对比可得出结论为　　，下列各种现象中，利用了该结论的是　（选填字母）。
A．用力压住橡皮，擦去写错的字
B．移动很重的石块时，在地上铺设滚木
C．汽车在结冰的路面行驶时，在车轮上缠绕铁链
【解答】（1）用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使木块做匀速直线运动，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计拉力的大小；
右图是按丙方式拉动木块时，测力计分度值为0.1N，测力计的示数为1.5N，由图可知，此时木块受到的滑动摩擦力为1.5N；
（2）甲乙对比知，压力相同，接触面粗糙程度相同，乙中测力计示数变大，故可得出结论为：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
A．用力压住橡皮，擦去写错的字，通过增大压力增大摩擦力，故A符合题意；
B．移动很重的石块时，在地上铺设滚木，变滑动为滚动减小摩擦，故B不符合题意；
C．汽车在结冰的路面行驶时，在车轮上缠绕铁链；通过增大接触面粗糙程度增大压力，故C不符合题意；
故选A。
故答案为：（1）匀速直线；1.5；（2）接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大； A。
62．（2020•武汉模拟）如图所示，在探究“物体运动状态改变的原因”的实验中，小刚同学让小车自斜面上某一固定位置由静止开始自由滑下，分别观察小车从斜面上同一位置滑下后，在粗糙程度不同的水平面上运动的距离，同时用旗子标记小车在平面上停止后所处的位置。根据实验情形回答下面的问题：

（1） 小刚每次让小车从斜面上同一位置由静止开始自由下滑，目的是使小车到达水平面时的速度　
　（选填“相同”或“不同”）。
（2）小车到达水平面后不能立即停下来，是因为小车具有　　；小车最终在水平面上停下来，说明力改变了小车的　　。
（3）请你画出小车在水平面上运动过程中的受力示意图。
【解答】（1）实验中每次让小车从斜面顶端由静止滑下，是为了使小车到达水平面时具有相同的初速度；
（2）小车到达水平面后，小车由于惯性还会继续向前运动，不能立即停止；小车最终在水平面上停下来，是因为受到摩擦力的作用，说明力是改变物体运动状态的原因；
（3）小车在水平面上向前运动的过程中，竖直方向受到重力G和支持力F的作用，方向分别是竖直向下和竖直向上，是一对平衡力；在水平方向速度越来越小，原因是受到水平向左的摩擦力f，则小车的受力示意图如下。

故答案为：（1）相同； （2）惯性； 运动状态； （3）见上图。
63．（2020•重庆模拟）如图所示是小君“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验过程图：
（1）该实验要求用弹簧测力计拉着木块沿水平方向做　　运动，根据二力平衡原理，可知此时摩擦力与拉力大小相等。
（2）分析图甲和乙，发现弹簧测力计示数F甲＜F乙，说明　
　。
（3）分析图甲和丙，发现弹簧测力计示数F甲＜F丙，说明　。
（4）小君在本次实验中运用的研究方法是转换法和　　。
（5）小霞发现小君在上述实验操作中弹簧测力计的示数并不稳定，于是改进了实验装置，如下图所示。比较小霞的新实验装置相比小君装置的优点是　。
【解答】
（1）弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动时受到平衡力的作用，在水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等；
（2）分析图甲和乙可知，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，测力计的示数不同，压力越大，拉力越大，即摩擦力越大，这说明在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）比较甲、丙两图，压力相同，丙图中接触面粗糙，丙弹簧测力计的示数大，即摩擦力大，说明滑动摩擦力与接触面的粗糙程度有关，压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
（4）实验时，用弹簧测力计拉木块使它在水平木板（或毛巾）上做匀速直线运动，根据二力平衡知识可知，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。通过拉力的大小得知摩擦力的大小，用到了转换法；由于摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以这个实验中还用到另一个方法是控制变量法；
（5）木块与弹簧测力计固定不动，拉动木板运动，该实验设计的优点是：一方面，不需要木板做匀速直线运动，便于实验操作，另一方面，由于测力计静止便于读数，大小等于滑动摩擦力，由于压力、接触面粗糙程度不变，故示数稳定。
64．（2020•广东模拟）如图所示是探究影响滑动摩擦力大小因素的实验装置。长方体小木块正面和侧面的面积不同而粗糙程度相同，长木板一面为较光滑的木板面，另一面是粗糙的布面。选择不同的接触面，改变木块对木板的压力，依次实验，将每次测量结果填入下表。
实验序号
木块与木板的接触面
压力/N
弹簧测力计的示数/N
1
木块正面与木板面
2.0
0.6
2
木块正面与木板面
4.0
1.2
3
木块正面与木板面
6.0
1.8
4
木块侧面与木板面
2.0
0.6
5
木块侧面与布面
2.0
1.0
6
木块正面与布面
2.0

（1）拉着长木板水平向左运动，当弹簧测力计的示数稳定时，弹簧测力计的拉力　　（选填“等于”或“不等于”）小木块受到的滑动摩擦力。该装置　　（选填“需要”或“不需要”）控制木板匀速运动。
（2）使用弹簧测力计前要观察量程和分度值，以及指针是否指在　　。
（3）由实验1、4可知，滑动摩擦力的大小与接触面的面积　　（选填“有关”或“无关”），则实验6空格中的数据应该是　　N。
（4）由实验4、5可知，其他条件相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越　。
（5）由实验1、2、3可知，其他条件相同时，滑动摩擦力的大小与压力大小成　比，这里主要采用的硏究方法是　　（选填“控制变量法”或“理想实验法”）。

【解答】
（1）拉着长木板水平向左运动，当弹簧测力计的示数稳定时，弹簧测力计的拉力等于小木块受到的滑动摩擦力；
木块稳定时相对地面处于静止状态，在水平方向上木块受到的测力计的拉力与木板施加的摩擦力为一对平衡力，大小相等，而与木板的运动状态无关，故此过程不需要匀速拉动；
（2）测力计使用前要观察量程、分度值，以及指针是否指在零刻度线处。
（3）由实验1、4可知，压力和接触面粗糙程度相同，而接触面积大小不同，滑动摩擦力相同，故得出滑动摩擦力的大小与接触面的面积无关；根据实验5中的数据，由这个结论可知，实验6空格中的数据应该是1.0N。
（4）由实验4、5可知压力相同，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
（5）由实验1、2、3可知，在接触面粗糙程度相同时，压力增大为原来的几倍，滑动摩擦力增大为原来的几倍，即滑动摩擦力的大小与压力大小成正比，这里主要采用的硏究方法是控制变量法（控制了接触面的粗糙程度相同）。
故答案为：（1）等于；不需要；（2）零刻度线处；（3）无关；1.0；（4）大；　（5）正；　控制变量法。

65．（2019秋•平邑县期末）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小丽有如下猜想：
A．滑动摩擦力大小与压力大小有关；
B．滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关。
为此小丽进行了如图所示实验，实验数据如表：
实验次数
压力/N
接触面种类
弹簧测力计示数/N
1
6
木板
？
2
6
毛巾
2.8
3
12
毛巾
5.6
（1）实验1、2、3中，用弹簧测力计水平拉动木块，使其做　　运动。第一次实验中弹簧测力计的示数如图所示为　　N；
（2）由实验1、2可验证猜想　（选填“A“或“B“）正确，并可得到的结论是：　
　；
（3）“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，　　（选填“能”或“不能”）用小车代替木块。

【解答】
（1）实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使它沿水平木板做匀速直线运动，根据二力平衡知识，从而测出木块与长木板之间的滑动摩擦力；
图中弹簧测力计的分度值为0.2N，其示数为1.2N；
（2）由实验1、2可知，压力的大小相同，接触面的材料不变即接触面的粗糙程度不同，弹簧测力计的示数不同即受到的摩擦力不同，且接触面越粗糙摩擦力越大，可验证猜想B，可得结论：压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大；
（3））“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，用小车代替木块，小车是滚动摩擦，不能探究滑动摩擦力。
故答案为：（1）匀速直线；1.2；（2）B；压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大；（3）不能。
66．（2019秋•福清市期末）小字在探究“影响滑动摩擦力大小的因素”时，进行了下列实验操作：

（1） 如图（a）所示，将木块放在水平放置的长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做
运动，读出弹簧测力计的示数F1＝　 　N。
（2）在木块上放一个砝码后，重复（1）中的操作，如图（b）所示。实验时，发现此时弹簧测力计的示数F1　　F2（选填“＜”、“＞”或“＝”）。进行（a）、（b）两次实验是为了探究滑动摩擦力大小与　　的关系。
（3）如图（c）所示，在长木板上铺上毛巾后，再次进行实验时，小字发现弹簧测力计示数达到最大值时仍没拉动木块。在不增加或更换器材的情况下，请你想个办法，帮小宇顺利完成实验。你的办法是：　　,　　，读出弹簧测力计的示数F3，再与　　（选填“F1”或“F2”）进行比较，这样就可探究滑动摩擦力大小与　　的关系。
【解答】
（1）实验过程中，应使弹簧测力沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，木块处于平衡状态，受平衡力作用，根据二力平衡知识可知，此时弹簧测力计的示数与滑动摩擦力的大小相等；
由图所示弹簧测力计可知，其分度值为0.2N，它的示数是3.8N；
（2）由（a）、（b）两次实验可知，两接触面的粗糙程度相同，压力不同，是探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；图（b）中的压力大，滑动摩擦力大，根据二力平衡知识可知，（b）的拉力大，即弹簧测力计的示数F1＜F2；
（3）图（b）（c）是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应控制压力大小相同，而接触面的粗糙程度不同；当测力计示数达到最大值时仍没拉动木块，说明摩擦力较大，测力计的量程不够，可使（c）图与（a）图的压力相同进行探究，所以可以将（c）实验中木块上的砝码取下，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，读出弹簧测力计的示数F3，再和（a）图的F1进行比较，这样就可探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系了。
故答案为：（1）匀速直线； 3.8；
（2）＜；压力大小；
（3）取下砝码，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动；F1；接触面粗糙程度。
67．（2020•宝应县一模）如图甲所示是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景。

（1）实验中的研究对象是　　（选填“卡片”或“钩码”），通过调整　　来改变拉力的大小。
（2）当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片　（能/不能）平衡，设计此实验步骤的目的是为了探究　　。
（3）为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是　　。
（4）小红同学也对同一问题进行了探究，但他在左右支架上装配两个滑轮时没有安装成相同高度（如图乙所示），你认为能否用小红的装置进行实验　　（选填“能”或“不能”）。
（5）在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图丙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验。其主要原因是　。
A．减少摩擦力对实验结果的影响
B．小卡片是比较容易获取的材料
C．容易让小卡片在水平方向上保持平衡
D．小卡片容易扭转
【解答】
（1）图甲中的研究对象是小卡片，实验中拉力的大小是通过钩码的数量来反映的；
（2）小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，纸片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡；
（3）为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，则小卡片上受到的两个拉力应分别作用在两个物体上，所以下一步的操作是：将卡片从中间剪开；
（4）因为左右两侧各通过一个定滑轮，定滑轮的位置虽然不等高，但是当两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一个物体上时，小卡片还是处于静止状态，照样能完成实验；
（5）小华实验用的小卡片重力小，悬在空中不受摩擦力影响；小明实验用的木块放在水平桌面上，木块和桌面之间存在摩擦力，摩擦力是不能消除的，实验要受到摩擦力影响。所以还是小华的实验方案好，故选A。
故答案为：（1）卡片；钩码的数量；（2）不能；不在同一直线上的两个力是否平衡；（3）用剪刀将卡片剪成两半；（4）能；（5）A。
68．（2019秋•顺义区期末）（1）图甲所示为验证“滑动摩擦力大小跟接触面的粗糙程度有关”的实验，用弹簧测力计水平拉动木块A，应使木块A沿水平桌面做　　直线运动。本实验的自变量是　　。
（2）拔河比赛前，老师向同学们展示了某团队拔河比赛时的情景，如图乙所示，并强调了比赛中的几个技巧，如表所示。请你写出这三条技巧背后蕴含的物理知识。
拔河比赛技巧
蕴含的物理知识
①挑选体重大的同学参赛
　　

②穿较新的有花纹的橡胶底运动鞋
　

③发力时，绳子一定要拉直，听到口号一起用力往后拉
　


【解答】（1）木块沿水平方向做匀速直线运动，木块受到弹簧测力计水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用，这两个力是一对平衡力，根据二力平衡条件，滑动摩擦力等于拉力，即等于弹簧测力计示数。
本实验的自变量是接触面的粗糙程度；
（2）①挑选班里体重大的同学，对地面的压力大，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；
②穿较新的鞋底有明显花纹的运动鞋，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
③发力时，绳子一定要拉直，听到口号一起用力往后拉，说明同时用力，且所有的力沿同一直线、同一方向时，合力最大。
故答案为：（1）匀速；接触面的粗糙程度； （2）①在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力就越大；②在压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力就越大；③同一直线上、同一方向的力的合力大于每一个力。
69．（2019秋•广饶县期末）为了探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”，某同学设计了如下实验。
（1）实验过程中，弹簧测力计需要沿水平方向右　　拉动物块，此时弹簧测力计的示数　（选填“大于”、“等于”或“小于”）滑动摩擦力。
（2）本实验采用实验方法是　　，通过比较甲、乙实验可以得到结论　
　，比较乙、丙实验是为研究滑动摩擦力大小与　　有关。
（3）某同学对实验装置进行改动，如丁图所示固定弹簧拖动下面木板，重复实验，发现效果更好，这样改动的优点是　。

【解答】（1）实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时物块处于平衡状态，由平衡条件可知，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
（2）在该实验中，采用的实验方法是控制变量法；
由图甲、乙所示实验可知，接触面的粗糙程度相同，而物体间的压力不同，由甲、乙所示实验可得结论：粗糙程度相同时压力越大，摩擦力越大；
由图乙、丙所示实验可知，物体间的压力相等，而接触面的粗糙程度不同，乙、丙所示实验可以探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
（3）由图丁所示实验可知，拉动木板时物块保持不动，物块处于平衡状态，无论加速还是减速，不影响木板对木块的摩擦力，木块受到的摩擦力不变、弹簧测力计的示数稳定，滑动摩擦力等于测力计的拉力，实验时不需要匀速拉动长木板。
故答案为：（1）匀速；等于；（2）控制变量法；粗糙程度相同时压力越大，摩擦力越大；接触面粗糙程度；（3）不需要保持匀速拉动。
70．（2019秋•邓州市期末）在探究“影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，小明用完全相同的木块分别做了如图所示的甲、乙丙三个实验。

（1）将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块，若用力但没拉动木块，木块　　（选填“受”或“不受”）摩擦力；使木块做　　运动木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与　　有关，　　两个实验说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关。
（3）小明认为滑动摩擦力的大小可能还跟接触面的面积有关，于是他在上述甲实的基础上，将木块沿竖直方向切成两部分继续进行实验，将测得的数据记录在表格中，由表中数据验证了自己的猜想。这种做法　　（选填“正确”或“错误”），理由是　　。
次数
木块大小
接触面积S/cm2
摩擦力f/N
1
整块
150
1.5
2
三分之二块
100
1.0
3
三分之一块
50
0.6
【解答】（l）将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，若用力但没拉动木块，木块处于平衡状态，受拉力和摩擦力一对平衡力的作用，所以木块受摩擦力；当木块做匀速直线运动时，物体在水平方向上仍受到平衡力的作用，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）甲、乙两个实验，接触面粗糙程度相同，压力不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力有关； 研究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关，要控制压力大小相同，故甲丙两个实验说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关；
（3）研究滑动摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关，要控制压力和接触面粗糙程度相同，将木块沿竖直方向切成两部分继续进行实验，压力大小改变了，将测得的数据记录在表格中，由表中数据验证了自己的猜想，这种做法是错误的，理由是没有控制压力大小相同。
故答案为：（1）受；匀速直线；（2）压力大小；甲丙；（3）错误；没有控制压力大小相同。
71．（2020•长沙模拟）在探究“压力的作用效果与哪些因素有关”的实验中，小明和小波利用小桌、海绵、砝码、木板，设计了如图甲、乙两个实验
（1）他们是根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果的，这用到的物理方法是　　；
（2）对比图乙、丙，小桌对海绵的压强　　小桌对硬木板的压强。（选填“小于”、“等于”或“大于”）。

【解答】（1）实验中，海绵的凹陷程度越大，说明压力作用效果越明显，即压力的作用效果是通过比较海绵的凹陷程度来反映的，这种方法叫做转换法；
（2）压力作用效果只跟压力大小、受力面积大小有关，与发生形变的物体无法；图乙和图丙中，压力相同，受力面积相同，压力作用效果相同，即压强相等。
故答案为：（1）转换法；（2）等于。
72．（2020•衡阳模拟）同学们在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：

（1）如图甲所示是用来研究液体压强特点的压强计，发现U形管两端的液面高度不相同，接下来的操作是　　。
（2）分析A、B两图的实验现象，得出的结论是　。
（3）要探究液体压强与液体密度的关系，应选用　两图进行对比。
（4）小明保持B图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，他发现U形管两侧的液面的高度差变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强就越大”的结论。同学小婷认为他的结论不可靠，原因是　　。
（5）完成实验后，小明发现根据压强计测出的压强p1和用烧杯中金属盒的深度计算出的压强p2不相等，多次实验仍存在这种现象，经过讨论，发现是由于金属盒的橡皮膜发生形变，从而导致p1　　（选填“＞”“＜”或“＝”）p2。
【解答】（1）压强计未使用前U形管两侧液面高度应相平，若不相平，应拆除软管重新安装；
（2）A、B两图液体的密度相同，探头在液体中的深度不同，U形管中液面的高度差不同，说明液体压强与液体深度有关，并且液体内部压强随着深度的增加而增大；
（3）要探究压强与液体密度的关系，应使探头的深度相同，液体密度不同，应选择乙中的B、C两图；
（4）要探究液体内部压强与液体密度的关系，则应保持深度不变。小明保持乙中B图中金属盒的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体的深度增大，密度增大，U形管左右液面高度差增大，没有控制液体深度不变，所以得出的结论不可靠；
（5）橡皮膜由于发生形变，自身产生一个向外的压强，所以根据压强计液面高度差计算出的压强p1小于用烧杯中金属盒在液体中深度计算的压强p2。
故答案为：（1）拆除软管重新安装；（2）液体密度一定时，液体内部压强随深度增加而增大；
（3）B、C；　（4）没有控制液体深度相同；　（5）＜。
73．（2020•广东模拟）如图甲、乙、丙所示，小明利用小桌、海绵、砝码等探究影响压力作用效果的因素。

（1）本实验是通过观察　　来比较压力作用效果的。实验中用到的研究方法有　　和转换法。
（2）通过比较图甲、乙，说明　　，压力的作用效果越明显。
（3）通过比较图　（填序号），说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
（4）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“＝”）。
（5）实验时，小明将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示，发现它们对海绵的压力作用效果相同。由此得出的结论是压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是　　。
【解答】
（1）根据转换法，本实验是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的；
实验中用到的研究方法有控制变量法和转换法；
（2）通过比较图甲、乙知，受力面积一定，乙中压力大，海绵的凹陷程度大，这说明受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
（3）探究压力的作用效果与受力面积时，应控制压力的大小不变，而受力面积不同，故应该比较图乙、丙，且可以得出结论：压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
（4）将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，与图丙相比，因压力大小和受力面积都相同，则根据p=FS可知，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′；
（5）研究压力的作用效果与受力面积的关系时，要控制压力大小一定，实验时，小明将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，则压力大小不同，由此得出的结论是压力的作用效果与受力面积无关是错误的，他在探究过程中存在的问题是没有控制压力的大小相同。
故答案为：（1）海绵的凹陷程度；控制变量法；
（2）受力面积一定时，压力越大；
（3）乙、丙；
（4）＝；
（5）没有控制压力的大小相同。
74．（2019秋•丰台区期末）在“探究液体压强”的实验中，小红在三个相同的烧杯中分别装入密度不同的两种液体A和B，将压强计的探头分别放在两种液体中，现象如图所示。
（1）探头在液体中所受压强最大的是　　图。（选填“甲”、“乙”或“丙”）
（2）为了探究液体压强与液体深度是否有关，应选甲图和　　图；为了探究液体压强与液体种类是否有关，应选甲图和　　图。（选填“乙”或“丙”）
【解答】（1）由图知，甲中U形管两管液面高度差最大，由转换法，探头在液体中所受压强最大的是甲图；
（2）为了探究液体压强与液体深度是否有关，要控制液体的密度相同，只改变液体的深度，故应选甲图和乙图；
为了探究液体压强与液体种类是否有关，要控制液体的深度相同，只改变液体的密度，故应选甲图和丙图。
故答案为：（1）甲；（2）乙；丙。
75．（2019秋•房山区期末）如图是小欢利用小桌、砝码、泡沫塑料探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验。
（1）该实验是通过　　来显示压力的作用效果。
（2）由甲、乙两图所示的实验现象可得出：受力面积一定时，压力的作用效果与　　有关。
（3）若用甲、丙两图探究压力的作用效果与受力面积有关。她的探究存在的问题是　。

【解答】（1）该实验是通过泡沫塑料的凹陷程度来显示压力的作用效果；
（2）由甲、乙两图所示实验现象可得出；在受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越明显；
（3）若要探究压力的作用效果与受力面积的关系，需要控制压力相同，而甲丙中没有控制压力大小相同。
故答案为：
（1）泡沫塑料的凹陷程度；
（2）压力大小；
（3）没有控制压力大小相同。
76．（2020•泉州模拟）通过学习，同学们知道了液体压强的特点。在此基础上，老师提出了这样的问题：有两只杯子，分别盛有清水和盐水，但没有标签，你能否用压强计将它们区别开？
（1）当压强计的金属盒在空气中时，U形管两边的液面应当相平，出现如图（a）所示情况时，调节的方法是：　　
A．将此时右边支管中高出的液体倒出 B．取下软管重新安装
（2）小明再作图（b）所示的检查。当用手指按压（不论轻压还是重压）橡皮膜时，发现U形管两边液柱的高度几乎不变化。出现这种情况的原因是：　　。
（3）压强计调节正常后，小明将金属盒先后浸入到两杯液体中，如图（c）和（d）所示。他发现图（d）中U形管两边的液柱高度差较大，于是认为图（d）杯子中盛的是盐水。
①你认为，小明的结论是　　（填“可靠的”或“不可靠的”）；
②简要说明理由：　　。
【解答】（1）当压强计的橡皮膜没有受到压强时，U形管中液面应该就是相平的，若U形管中的液面出现了高度差，就说明软管中的气体压强大于大气压，在压力差的作用下，U形管中的液面出现高度差；
要调节，只需要将软管取下，再重新安装，当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的；
（2）若压强计的气密性差，软管中的气体和大气相通，等于大气压强，橡皮膜受到压强时，软管内的气体压强不会发生变化，U形管中的液面就不会出现高度差；
（3）盐水的密度大于水的密度，根据公式P＝ρgh，在橡皮膜浸入液体的深度相同时，盐水中的压强比较大，可以测出相同深度处盐水和水的压强，从而判断出哪杯是盐水；
小明没有让橡皮膜浸在盐水和水的相同深度处，得出的结论是不可靠的。
故答案为：（1）B；（2）压强计气密性差；（3）①不可靠； ②没有控制金属盒在两种液体中的深度相同。
77．（2020•云南模拟）为安全起见，妈妈为小明买了一块浮板辅助练习游泳。妈妈认为浮板能漂在水面上是因为它轻，小明认为妈妈的说法不对，科学的说法是因为浮板的密度比水的密度小。为验证自己的说法，小明设计了如下实验：
（1）找一根轻质均匀木棍、细绳质量忽略不计和一块标有“净重115g”字样的新肥皂，用如图所示的方法进行测量。测量时，使木棍在　　位置平衡，记下A、B的位置，用刻度尺测出OA＝10cm，OB＝40cm，则浮板的质量为　　kg。
（2）把浮板压入装满水的桶中刚好浸没，用塑料袋质量忽略不计收集溢出的水，用1所述方法测得溢出水的质量为4.6kg，则浮板的体积为　　m3，密度为　　kg/m3；小明用此浮板游泳时浮板受到的最大浮力为　N，方向为　　。
（3）根据这个实验结果，妈妈说原来用密度比水小的材料制成的物体才能漂浮在水上，这种说法　
　（选填“正确”或“不正确”）。请举例说明　　。

【解答】（1）测量过程中，使木棍在水平位置平衡，此时OA、OB的长度等于A、B两处力的力臂；
根据杠杆的平衡条件：m板g×OA＝m皂g×OB
代入数据：m板×10N/kg×10cm＝115×10﹣3kg×10N/kg×40cm
解得m板＝0.46kg。
（2）由题意和密度公式得，浮板的体积：
V＝V排=m排ρ水=4.6kg1×103kg/m3=4.6×10﹣3m3；
浮板的密度：ρ=mV=0.46kg4.6×10-3m3=0.1×103kg/m3；
浮板完全浸没时受到的浮力：
F浮＝ρ水gV板＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4.6×10﹣3m3＝46N，浮力的方向竖直向上。
（3）钢铁的密度远大于水的密度，但用钢铁制成的船舶可以漂浮在水中，所以妈妈的说法是错误的。
故答案为：（1）水平；0.46；（2）4.6×10﹣3；0.1×103；46；竖直向上；（3）不正确；用钢铁制成的船能漂浮在水面上。
78．（2020•重庆模拟）小明用弹簧测力计、圆柱体、两个相同的圆柱形容器，分别装有一定量的水和盐水，对浸在液体中的物体所受的浮力进行了探究，其装置和弹簧测力计示数如图所示。

（1）分析图甲、乙、丙，说明浮力的大小与　　有关。
（2）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　　两图的装置来进行操作。
（3）圆柱体的重力是　　N，浸没在水中时受到的浮力是　　N。
（4）根据实验测出圆柱体的体积是　　m3，圆柱体的密度是　kg/m3，盐水的密度是　　kg/m3。
（5）若图丙中容器底面积为100cm2，圆柱体浸没后水未溢出，则放入圆柱体后水对容器底部压强增加　　Pa。
【解答】（1）由图甲、乙、丙所示实验可知，物体排开液体的密度相同而排开液体的体积不同，物体受到的浮力不同，由此可知，浮力大小与物体排开液体的体积有关；
（2）探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，由图示实验可知，图丙、丁所示实验中物体排开液体的密度、物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，可以选用图丙、丁所示实验探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度有无关系；
（3）由图甲知物体的重力为5N，由图丙知物体完全浸入水中时弹簧测力计的示数为1N，圆柱体浸没在水中时受到的浮力：F浮＝G﹣F＝5N﹣1N＝4N；
（4）由F浮＝ρ水gV排可知，
圆柱体的体积：V＝V排=F浮ρ水g=4N1.0×103kg/m3×10N/kg=4×10﹣4m3；
由G＝mg＝ρVg得：
圆柱体密度：
ρ=mV=GgV=5N10N/kg×4×10-4m3=1.25×103kg/m3；
圆柱体浸没在盐水中时受到的浮力是：F′浮＝G﹣F′示＝5N﹣0.6N＝4.4N，
根据阿基米德原理：F浮＝ρ液gV排得，
盐水的密度为：
ρ盐水=F浮'gV=4.4N4×10-4m3×10N/kg=1.1×103kg/m3；
（5）由V＝Sh得，
水增加的深度为：△h=VS=4×10-4m3100×10-4m2=0.04m，
放入圆柱体后水对容器底部增加的压强为：
△p＝ρg△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝400Pa。
故答案为：（1）物体排开液体的体积；（2）丙、丁；（3）5；4；（4）4×10﹣4；1.25×103；1.1×103；（5）400。
79．（2020•衡阳模拟）下列A、B、C、D四幅图是“探究浮力的大小与排开水所受重力关系”的过程情景。请根据图示完成下面的填空。

（1）实验中所用圆柱体的重力为　　N；在情景图B中存在的错误是　　。
（2）纠正错误后，继续实验，在情景C时圆柱体受到的浮力F浮＝　　N；圆柱体排开的水所受的重力G排＝　　N。
（3）实验结果表明：浸在水中的物体受到的浮力　　物体排开水所受到的重力。
（4）圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中，水对溢水杯底的压强　　（选填“逐渐增大”“逐渐减小”或“保持不变”）。
【解答】（1）由图B可知，实验中的所用圆柱体的重力G＝4N；
圆柱体放入水中前，溢水杯中的水应该满的，否则溢出水的体积将小于物体排开水的体积，
所以在情景图B中存在的错误是溢水杯未注满水，应改为在溢水杯中装满水；
（2）由图C可知，圆柱体浸没在水中时，弹簧测力计的示数F＝3N，
则圆柱受到的浮力F浮＝G﹣F＝4N﹣3N＝1N；
由图D可知，小桶和水的总重力G总＝1.9N，
由图A可知，空小桶的重力G桶＝0.9N，
则圆柱体排开水所受的重力G排＝G总﹣G桶＝1.9N﹣0.9N＝1N；
（3）由（2）可知，浸在水中的物体受到的浮力等于物体排开水所受到的重力；
（4）纠正错误后，即溢水杯中的水应该满的，圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中的过程，溢水杯中水的深度不变，由p＝ρgh可知，水对溢水杯底的压强保持不变。
故答案为：（1）4；溢水杯未注满水；（2）1；1；（3）等于；（4）保持不变。
80．（2020•广东模拟）如图甲所示，小许在验证“阿基米德原理”的实验时，准备了如下器材：小铁块、细线、盛满水的溢水杯、小桶和弹簧测力计。实验步骤如下：
A．测出“空桶和被排开的水”所受的总重力G总；
B．把小铁块浸没在盛满水的溢水杯中，并用小桶收集小铁块所排开的水，同时读出此时弹簧测力计的示数为F；
C．用弹簧测力计测出小铁块所受的重力G铁；
D．测出空桶所受的重力G桶。
（1）上述步骤最合理的排序为　（填字母）。
（2）铁块浸没在水中时所受的浮力F浮＝　　（用G铁、F表示）。
（3）铁块排开的水受到的重力G排＝　（用G总、G桶表示）。
（4）若　　＝　　（用G铁、F、G总、G桶表示）可验证阿基米德原理。
（5）实验中是将物块浸没在水中，若物块未浸没，实验结论还正确吗？　　。
（6）得出结论后，小许进一步深入研究，绘制出了当液体的密度不变时F浮与V排的图象（如图乙所示）。根据图象可知，液体的密度是　kg/m3（g取10N/kg）。

【解答】（1）做实验时先测出物体重力和空小桶的重力，再把物体放入水中读出测力计的示数，最后测出排开水的重力，进行比较。
D．测出空桶所受的重力G桶；
C．用弹簧测力计测出小铁块所受的重力G铁；
B．把小铁块浸没在盛满水的溢水杯中，并用小桶收集小铁块所排开的水，同时读出此时弹簧测力计的示数为F；
A．测出“空桶和被排开的水”所受的总重力G总；
故上述步骤的正确排序为：DCBA；
（2）根据称重法测浮力，铁块浸没在水中时所受浮力：F浮＝G铁﹣F；
（3）铁块排开的水受到的重力：G排＝G总﹣G桶；
（4）G铁﹣F＝G总﹣G桶，即F浮＝G排，可验证阿基米德原理；
（5）由阿基米德原理可知，若物块未浸没，浮力变小，排开液体的重力变化小，但浮力仍等于排开液体的重力，所以实验结论还正确；
（6）由图乙知，当V排＝200cm3时，受到的浮力为2.4N，
由阿基米德原理，F浮＝ρ液gV排知，
液体的密度是：
ρ液=F浮V排g=2.4N200×10-6m3×10N/kg=1.2×103kg/m3。
故答案为：（1）DCBA；（2）G铁﹣F；（3）G总﹣G桶；（4）G铁﹣F；G总﹣G桶；（5）正确；（6）1.2×103。
81．（2020•普陀区一模）小同学选用弹簧测计、　　和系细绳的盒属块各一个，及三种密度不同液体进行如图所示实验，设计的实验表格如下。小李同学将测得数据及根据数据计算得到的结果记录在表中（部分未显示）。
实验
序号
ρ（×103千克/米3）
V1（×10﹣3米3）
V2（×10﹣3米3）
F1（牛）
F2（牛）
F1﹣F2（牛）
ρg（V2﹣V1）
1
1.2


4.0
2.8
1.2

2
1.0


4.0
3.0
1.0

3
0.8


4.0
3.2
0.8

①填写　　所对应的器材，该金属块所受重力为　　。
②分析实验数据并得出初步结论：
a．分析比较实验序号1与2中ρ和F2数据及相关条件可初步得出结论，对浸没在液体中的同一金属块而言，　　。
b．分析比较实验序号1、2、3中ρ和F1﹣F2数据及相关条件可初步得出结论，对浸没在液体中的同一金属块而言，　　。
③根据小李同学所设计的表格和实验步骤，该实验的实验目的应该是　　（填写选项序号“A”“B”“C”或“D”）。
A．验证阿基米德原理
B．探究物体所受浮力与哪些因素有关
C．探究物体所受浮力与体积的关系
D．练习使用弹簧测力计测物体所受浮力
④为使实验结论更有普遍性，请提出补充设计建议　　。

【解答】
①在该实验中，需要测量金属块在不同液体中排开的液体的体积，所以需要用到量筒；由图可知，金属块在空气中的重力示数为F1，由表格中的数据可知，金属块的重力为4N；
②a．根据实验序号1与2中ρ和F2数据及相关条件可知，金属块相同，浸没在不同的液体中，弹簧测力计两次示数的差值F1﹣F2为浮力的大小；液体的密度越小，弹簧测力计示数F2越大，则金属块所受的浮力F1﹣F2越小，所以实验结论为：对浸没在液体中的同一金属块而言，液体密度越小，弹簧测力计示数F2越大，金属块所受的浮力F1﹣F2越小；
b．分析比较实验序号1、2、3中ρ和F1﹣F2数据及相关条件可知：液体的密度ρ越小，弹簧测力计示数之差F1﹣F2与越小，且弹簧测力计示数之差F1﹣F2与ρ成正比；故结论为：对浸没在液体中的同一金属块而言，弹簧测力计示数之差F1﹣F2与ρ成正比；
③实验的过程中，测量的是弹簧测力计示数之差F1﹣F2即浮力的大小；实验中还测量了金属块排开液体的重力【即G排＝ρg（V2﹣V1）】，所以探究的是浮力与物体排开液体的重力的关系，即探究的是阿基米德原理；故选A；
④为了得出普遍结论，应该换用换用不同材料的金属块多次实验，从而得到正确的结论。
故答案为：①量筒；4N；
②液体密度越小，弹簧测力计示数F2越大，金属块所受的浮力F1﹣F2越小；弹簧测力计示数之差F1﹣F2与ρ成正比；
③A；
④换用不同材料的金属块多次实验。
82．（2020•徐汇区一模）如图1所示的是“验证阿基米德原理”实验，其中“步骤D”测量的是：桶和　物块排开液体　的重力；为实现实验目的，图中弹簧测力计的四个示数值F1、F2、F3、F4应满足关系式是　　。图2所示的装置叫做　　。若用手按压金属盒上的橡皮膜，两管中液面将　（选填“相平”或“不相平”）。

【解答】
（1）由图1可知，步骤D测量的是桶和物块排开液体的重力；
由步骤A、C可测出物块受到的浮力：F浮＝F1﹣F3；
由步骤B、D可以测出物体排开水的重力：G排＝F4﹣F2；
若满足F1﹣F3＝F4﹣F2，即F浮＝G排，可以验证阿基米德原理；
（2）图2中的装置是U形管压强计，用来测量液体内部的压强；
若用手按压金属盒上的橡皮膜，两管中液面将会出现高度差，即液面将不相平。
故答案为：（1）物块排开液体；F1﹣F3＝F4﹣F2；（2）U形管压强计；不相平。
83．（2019秋•房山区期末）为了验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”，小明选用石块、弹簧测力计、小烧杯和装有适量水的溢水杯等进行实验。他的实验步骤如图所示：
（1）由图甲、乙可知：石块所受的浮力F浮＝　　（用F1、F2表示）。
（2）由图丙可知：石块排开的水所受的重力G排＝　　（用F3、F4表示）。
（3）比较F浮和G排的大小，发现F浮　　G排（选填“＝”或“≠”），从而验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”。

【解答】
（1）由图甲、乙，根据称重法测浮力知：石块所受的浮力：
F浮＝F1﹣F2。
（2）由图丙可知：石块排开的水所受的重力：
G排＝F3﹣F4。
（3）比较F浮和G排的大小，发现F浮＝G排，从而验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”。
故答案为：（1）F1﹣F2；（2）F3﹣F4；（3）＝。
84．（2019春•黄冈期中）在探究“浮力大小跟哪些因素有关”的实验中，将同一物体分别按如图所示的步骤进行实验：

（1）物体的重力为　　N
（2）物体浸没在水中时受到的浮力大小为　　N。
（3）小明通过D、E两次实验，得出浮力的大小与　　有关。小红认为利用B、E两次实验也可得出相同的结论，你认为她的说法正确吗？　　（“正确”或“不正确”），原因是　　。
【解答】（1）测力计分度值为0.2N，物体的重力为2.6N；
（2）根据图A、C，利用称重法测浮力，物体浸没在水中时受到的浮力大小为：
F浮＝G﹣F＝2.6N﹣1.6N＝1N；
（3）D、E两次实验中，测力计示数不同，由称重法测浮力，两次实验受到浮力大小不同；D、E两次实验中，排开液体的体积相同，排开液体的密度不同，故得出浮力的大小与排开液体的密度有关；
研究浮力与排开液体的密度有关，要控制排开液体的体积相同，而B、E两次实验排开液体的体积不同，故她的说法不正确。
故答案为：（1）2.6；
（2）1；
（3）排开液体的密度；不正确；B、E两次实验物体排开液体的体积不相等。
85．（2019春•重庆月考）小明在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验时，做了以下实验：

（1）由（a）、（c）图，物体受到的浮力是　　N。
（2）由（a）、（b）、（c）得物体所受浮力的大小与物体排开液体的　　有关。
（3）要探究物体所受浮力的大小与液体的密度有关应选择（a）和　　两图。
（4）小明在实验过程的中发现上面探究浮力的实验也可以用来测量物体的密度：则物体的密度为　
　kg/m3。
（5）根据上面实验的启发小明利用家里的电子秤、玻璃杯、木块（不吸水）、水、牙签，他们利用调好的电子秤进行了以下如图2所示的操作测量木块的密度：小明利用这些数据可测出木块的质量是　
　g；木块的密度是　　g/cm3。
【解答】（1）由（a）、（c）知，根据称重法测浮力，物体浸没在水中时受到的浮力为：F浮＝8N﹣7N＝1N；
（2）由（a）、（b）、（c）实验知，由称重法，物体受到的浮力不同，排开液体的密度相同，排开液体的体积不同，故得物体所受浮力的大小与物体排开液体的体积有关；
（3）要探究物体所受浮力的大小与物体排开液体的密度有关，应控制物体排开的液体的体积不变，改变密度，故选（c）、（d）两图；
（4）物体浸没在水中时受到的浮力为1N，由阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可得物体的体积为：
V＝V排=F浮ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=10﹣4 m3；
物体的密度为：
ρ=mV=GgV=8N10N/kg×10-4m3=8×103kg/m3。
（5）将烧杯、水、木块视为一个整体，木块的质量：
m木＝mB﹣mA＝140g﹣100g＝40g；
木块全部浸入水中时，排开的水的质量为：m排＝mC﹣mA＝180g﹣100g＝80g；
由ρ=mV得木块排开的水的体积，即木块的体积为：
V＝V排=m排ρ水=80g1g/cm3=80cm3；
木块的密度为：
ρ木=m木V=40g80cm3=0.5g/cm3。
故答案为：（1）1；（2）体积；（3）（c）、（d）；（4）8×103；（5）40；0.5。
86．（2020•广东模拟）为了探究物体的动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙的实验装置进行实验。
（1）两组实验中都应注意小球由　　释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块。
（2）分析图乙你能得出的结论是　　。
（3）本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？　　，理由是　　。
（4）实验后，同学们联想到在许多交通事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”“超速”，
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如表：
①为了探究“超载”安全隐患，应选择　　两个序号的实验进行比较。
②为了探究“超速”安全隐患，应选择　　两个序号的实验进行比较。分析表格中对应的实验数据可知：　对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
【解答】
（1）图甲，两小球滚下高度相同，目的是保持小球到水平面的速度相同，两小球的质量不同，探究的是动能与质量的关系，得出的结论是，速度相同时，物体的质量越大，动能越大；
（2）图乙两小球的质量相等，滚下的高度不同，探究的是动能与速度的关系；
图乙中两小球的质量相同，滚下的高度越大，到达水平面的速度越大，将木块推得越远，得出的结论是：质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大；
（3）若水平面光滑，木块不受摩擦力，由牛顿第一定律可知木块将永远运动下去，木块通过的距离无法确定，做功的多少也无法确定。所以铁球动能的大小就无法比较。
（4）①研究超载隐患时，应控制小球下滑的高度相同而质量不同，由表中实验数据可知，应选择1、3两个序号的实验进行比较；
②为了探究“超速”安全隐患，应选择1、2两个序号的实验进行比较；由表中实验数据可知，在同等条件下速度对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
故答案为：（1）静止；（2）质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大；（3）不能；小球和木块不会静止，会永远运动下去；（4）①1、3；②1、2；速度。
87．（2020•深圳模拟）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，学习小组利用斜面、小球、木块等器材开展了探究活动。让铁球从同一光滑的斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平木板上的木块相碰，铁球与木块在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）该实验是通过观察木块被撞击后所移动的距离来比较铁球动能的大小。木块被撞击后移动的距离越大，表明撞击它的物体　　越大。
（2）要探究动能大小与物体速度的关系时，应选用　　两图。
（3）实验中要保证铁球到达水平面时的速度相同，应选用　　两图。
（4）比较甲、丙两图，得到的结论正确的是　　。
A．速度不同的物体，质量越大，动能就越大；
B．速度相同的物体，质量越大，动能就越大；
C．质量不同的物体，运动速度越大，动能就越大；
D．质量相同的物体，运动速度越大，动能就越大。

【解答】
（1）能量越大的物体对另一个物体做功也多。本题是通过木块克服摩擦力做功的多少来体现小球动能的大小的。但木块克服摩擦力做功的多少是通过木块在水平木板上移动的距离直观反映的。所以木块被撞击后所移动的距离长，就说明小球的动能大，木块被撞击后所移动的距离短，就说明小球的动能小；
（2）动能大小与物体质量、物体的速度有关系。要探究动能大小与物体速度的关系时，就得控制小球质量一定，显然是甲乙两个图。让质量相同的铁球从同一斜面的不同高度由静止开始向下运动，就能保证小球到达斜面底端速度不相等；
（3）实验中要保证铁球到达水平面时的速度相同，需要让小球从同一高度下滑，满足这个条件的就是甲丙两图；
（4）从甲丙两个图可以知道，质量不相同的两个小球，到达斜面底端速度相同，动能不同，其对木块做功不同，也就是木块在木板上移动的距离不同。归纳一下就是速度一定时，物体的动能与质量有关，质量大，动能大，故选B。
故答案为：（1）动能；（2）甲乙；（3）甲丙；（4）B。
88．（2019秋•惠城区期末）如图是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图。A、B是两个质量不同的小球（mA＜mB），让小球从同一斜面由静止滚下，撞击水平面上的小木块。
（1）使用甲、丙两图，是为了研究动能大小与　　的关系；
（2）小华同学通过比较图乙、丙两图，得出“质量大的物体动能大”，小丽认为小华的这一比较过程存在错误，你知道错误是什么吗？　　；
（3）很多初中物理实验，选取器材时，采用了与本实验木块类似的作用，下列实验中的器材，没有体现本实验木块作用的是：　　。

表面
毛巾
棉布
木板
摩擦力
最大
较大
最小
小车运动距离
最近
较远
最远
（4）完成实验后，同学们还联想到以前探究牛顿第一定律时，也用到了斜面：
让小车从同一斜面同一高度下滑，在不同的表面看滑行的距离远近（如表），最终停下来后，小车在三个表面克服摩擦力做功是否相等？　　（选填“相等”或“不相等”），理由是最初小车的　　能相等，刚下滑到水平面时动能相同，在不同的材料表面上运动时，最终停下来后，动能全部转为内能，在三个表面克服摩擦力做功　　（选填“相等”或“不相等”）。
【解答】
（1）比较甲丙两图，使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，则小球到达水平面时的速度不同，所以这是为了研究动能大小与速度的关系；
（2）要探究小球动能与质量的关系，需要控制小球到达水平面时的速度相同，即不同质量的小球从同一高度自由滚下，而乙丙两图没有让小球从同一高度滚下，没有控制小球到达水平面时的速度相同，所以小华的这一比较过程存在错误；
（3）实验中通过小球撞击木块运动的距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
A、内能的大小无法观察，通过棉絮的燃烧情况能判定压缩空气内能的变化，属于转换法；
B、研究物质的升温特点时，控制质量相同，采用的是控制变量法；
C、分子的运动无法观察，通过红墨水分子的运动情况判定分子运动与温度的关系，采用的是转换法；
D、电流的大小无法观察，实验中通过电流表示数大小判定电流的大小，采用的是转换法；
故选B；
（4）让小车从同一高度由静止下滑，根据决定重力势能大小的因素可知，最初小车的重力势能相同，下滑到水平面时的动能也相同，在不同的材料表面上运动时，最终停下来后，动能全部转为内能，克服摩擦力做了多少功就有多少动能转化为内能，所以，在三个表面克服摩擦力做功相同。
故答案为：（1）速度；（2）没有控制小球到达水平面时的速度相同；（3）B；（4）相等；重力势；相等。
89．（2019秋•柳州期末）如图是探究“动能的大小与哪些因素有关”的实验示意图。
（1）让质量不同的A，B两个小球（mA＞mB）从斜面上滚下，观察原来静止的纸盒被推动的　　大小，可以比较A，B两个小球能做功的多少。当我们让两小球从斜面同一高度滚下，它们到达斜面底端
大小相同。
（2）比较甲与乙两实验可知，小球的动能大小与小球的大小有关。比较甲与丙两实验可知，小球的动能大小与小球的　　大小有关。
（3）根据本实验的结论，若使小球B开始滚下时的位置高于小球A，我们　　（选填“可以”或“不能”）推断出哪一个小球到达斜面底端时具有更大的动能。
【解答】
（1）让小球从同一高度滚下的目的是两球到达水平面时能够具有相同的速度；本题采用了转换法，通过比较撞击纸盒距离的长短来判断小球的动能大小；
（2）甲与乙两实验中两球的质量相同，高度不同，所以到达底端的速度不同，所以可以探究动能与速度大小的关系：质量相同时，速度越大，动能越大；
甲与丙两实验中两球的高度相同，这样到达底端的速度相同，但它们的质量不同，所以可以探究动能与质量大小的关系：速度相同时，质量越大，动能越大；
（3）若使小球B开始滚下时的位置高于小球A，高度越高，到达水平面时的速度越大，所以到达水平面时，A的速度小于B的速度，但A的质量大于B的质量，所以根据本实验的结论无法知道小球到达斜面底端时动能的大小。
故答案为：（1）距离；速度；（2）速度；质量；（3）不能。
90．（2019秋•丹阳市期末）如图所示是实验室的一些实验装置，图中的小车、木板、木块、斜面均相同，且h1＞h2。

（1）本实验的研究对象是　　；
（2）要探究动能大小与速度的关系，应选择　　两图进行探究，两次实验中木块滑动过程中克服摩擦力做功　　（选填“相等”或“不相等”）；
（3）在研究动能与质量的关系时，作图d实验时，木块被撞后滑出木板，为了完成实验，你应对图（d）实验做的改进是　　。
（4）实验中，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小，下列实验中用到的研究方法与此相同的有　　。（多选题）
A．探究杠杆的平衡条件时进行了多次实验
B．在“空气压缩引火仪“实验中，通过棉花燃烧反映筒内空气内能变化
C．研究电流时，用水流类比电流
D．根据木桩陷入沙槽的深度判断物体重力势能的大小
【解答】（1）本实验研究的是小车，该实验是通过观察木块被撞击后移动的距离来比较小车动能的大小的，观察对象是木块；
（2）探究“动能大小与速度的关系”应控制质量相同，使用质量相同的小车从斜面的不同高度滚下，故应选择ac进行实验；由图知，小车的质量越大，通过木块移动的距离越远，故结论为：速度一定时，物体质量越大，其具有的动能越大；
木块滑动时，由于压力的大小和接触面的粗糙程度不变，故受到的摩擦力不变，则f1＝f2；由于运动的距离不同，所以克服摩擦力所做的功是不同的；
（3）木块被撞后滑出木板，说明动能较大，可以通过用质量较小的砝码放在小车上来减小小车的动能；
（4）实验中，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小，采用的是转换法；
A、探究杠杆的平衡条件时，需要多次改变动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小，观察动力与动力臂的乘积与阻力与阻力臂的乘积之间的关系，是归纳法；
B、在“空气压缩引火仪”实验中，通过棉花燃烧反映筒内空气内能变化，采用的是转换法；
C、研究电流时，用水流类比电流，采用的是类比法；
D、根据木桩陷入沙槽的深度判断物体重力势能的大小采用的是转换法；故选BD。
故答案为：（1）小车； （2）ac；不相等；（3）用质量较小的砝码放在小车上；（4）BD。
91．（2020•淮滨县模拟）小明在“探究杠杆平衡条件”的实验中。

（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，杠杆处于如图甲所示的静止状态，他应把杠杆左端的平衡螺母向　　（选填“左”或“右”）侧调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）某同学用如图乙装置通过多次实验操作及数据分析出杠杆平衡的条件是：动力×动力作用点到支点的距离＝阻力×阻力作用点到支点的距离，你认为他的结论　　（选填“可靠”或“不可靠”），原因是　　。
（3）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆　　（选填“仍保持平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（4）取下A点下方所挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直　　（选填“向上”或“向下”）拉杠杆，才能使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数为F1，如果将弹簧测力计沿如图丙所示方向拉杠杆，使杠杆仍处于水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数为F2，则F2　　F1（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【解答】（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；
（2）杠杆在水平位置平衡，并且动力和阻力垂直作用在杠杆上，此时动力臂和阻力臂都在杠杆上，“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”成立；原因是 杠杆一直处于水平位置进行实验比较特殊，不能得到普遍结论，当动力和阻力不垂直作用在杠杆上，动力臂和阻力臂小于支点和作用点之间的距离，“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”不成立；
（3）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3G×3L＝9GL，右侧2G×4L＝8GL，因为9GL＞8GL 杠杆不能平衡，左端下沉；
（4）取下A点下方所挂钩码，根据杠杆的平衡条件，改用弹簧测力计在C点向上拉，此时弹簧测力计的示数为F1，力与力臂的乘积相等，才能使杠杆在水平位置平衡；
将弹簧测力计沿如图丙所示方向拉杠杆，使杠杆仍处于水平位置平衡，阻力与阻力臂不变，动力臂减小，此时弹簧测力计的示数为F2变大，则F2＞F1。
故答案为：（1）右；（2）不可靠； 杠杆一直处于水平位置进行实验比较特殊，不能得到普遍结论；（3）左端下沉；（4）向上；＞。
92．（2020•衡阳模拟）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
次数
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1
10
2
5
2
2
10
1
20
3
2
15
3
10
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向　　（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是　。
（3）在杠杆两端挂加钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂。多次实验并把数据记录在表格中。多次实验的目的是　　。
（4）小明根据以上数据得出杠杆平衡条件是　。
（5）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新平衡，应在B点挂　　个钩码。
（6）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将　　（选填“变大”“变小”或“不变”）。

【解答】（1）图甲所示杠杆左端低右端高，要将杠杆调平需要将平衡螺母向右边调节；
（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂的大小，同时消除杠杆自重的影响；
（3）多次实验的目的是使实验结论具有普遍性；
（4）由表中数据有：
1N×10cm＝2N×5cm；
2N×10cm＝1N×20cm；
2N×15cm＝3N×10cm；
根据表格实验数据得出杠杆平衡条件是：
F1L1＝F2L2；
（5）设一个钩码的重力为G，杠杆上一小格的长度为L，A点挂4个钩码，A点到O点的距离为3L，B点到O点的距离为2L，设B点需要n个钩码，根据杠杆平衡的平衡条件：
4G×3L＝nG×2L，解得n＝6，为使杠杆重新平衡，应在B点挂6个钩码；
（6）弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，力臂变小，要使杠杆仍然在水平位置平衡，由杠杆的平衡条件，则拉力变大，即弹簧测力计的示数变大。
故答案为：（1）右；（2）便于测量力臂的大小，同时消除杠杆自重的影响；
（3）使结论具有普遍性（或寻找普遍的规律）；（4）F1L1＝F2L2（或动力×动力臂＝阻力×阻力臂）；（5）6；（6）变大。
93．（2020•衡阳模拟）某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
（1）实验中应沿竖直方向　　缓慢拉动弹簧测力计。
（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，应该静止读数。你认为他的想法　　（选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到　　对滑轮组机械效率的影响。
实验次数
钩码重G/N
钩码上升高
度h/m
绳端拉力
F/N
绳端移动距离
s/m
机械
效率η
1
4
0.1
2.7
0.2
74%
2
4
0.1
1.8
0.3
74%
3
8
0.1
3.1
0.3
86%
4
8
0.1
2.5
　　
　　
（3）用丁图装置进行实验，得出表中第4次实验数据，请将表中的两个数据填写完整。
（4）通过比较　　（填实验次数的序号）两次实验数据可得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关。
（5）通过比较　（填实验次数的序号）两次实验数据可得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组机械效率越高。
（6）通过比较3、4两次实验数据可得出结论：　
　。

【解答】
（1）在测量滑轮组机械效率的实验中，应竖直向上缓慢匀速拉动弹簧测力计，这样保证滑轮组处于平衡状态，且便于读出测力计的示数；
（2）若在静止时读数，测力计没有测出绳子与滑轮间的摩擦，测得的拉力偏小，他的想法不正确；原因是没有考虑到摩擦对滑轮组机械效率的影响。
（3）用丁图进行实验，可以看出绳子段数为4段，则绳端移动距离：
s＝nh＝4×0.1m＝0.4m，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总=GhFs=8N×0.1m2.5N×0.4m×100%＝80%；
如下表所示：
实验次数
钩码重G/N
钩码上升高
度h/m
绳端拉力
F/N
绳端移动距离
s/m
机械
效率η
1
4
0.1
2.7
0.2
74%
2
4
0.1
1.8
0.3
74%
3
8
0.1
3.1
0.3
86%
4
8
0.1
2.5
0.4
80%
（4）在比较滑轮组的机械效率与绳子段数的关系时，应保持滑轮组相同、物重相同，而绳子绕法不同，因此比较1和2两次实验即可得出结论；
（5）研究同一滑轮组提升重物时，滑轮组机械效率与提升物体的重力的关系时，要控制其它因素相同，只改变提升物体的重力，故通过比较2、3可得出滑轮组机械效率与物重的关系；
（6）通过比较3、4两次实验数据知，提升物体的重力相同，而丙中动滑轮的重力小于丁中动滑轮的重力和，丙的机械效率较大，故可得出的结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越轻，滑轮组机械效率越高（不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组机械效率越低）。
故答案为：
（1）匀速；（2）不正确；摩擦；（3）如上表所示；（4）1、2；（5）2、3；（6）不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越轻，滑轮组机械效率越高（不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组机械效率越低）。
94．（2019秋•锡山区期末）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆（杠杆上每小格长为2cm）支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
（1）实验时，使杠杆在水平位置平衡，应将如图甲所示杠杆左端的平衡螺母适当往　　调，或将杠杆右端的平衡螺母适当往　　（均选填“左”或“右”）调
（2）如图乙所示，调节好杠杆后在杠杆左边距离支点4格的A处挂了2个钩码，为使杠杆平衡，应在杠杆右边距离支点8格的B处挂　　个钩码
（3）完成探究后小明又提出新的问题：“若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力示数为　　N．以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子拉力为阻力F2，多次调整力和力臂的大小进行测量，当杠杆水平平衡时发现：F1L1总是　　F2L2，其原因是　　
（4）小明将图丙中弹簧测力计拉力的作用点从C点移到E点，使杠杆仍在水平位置平衡，如图丁所示，此时弹簧测力计的拉力是　　N。

【解答】
（1）实验时，杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点的左则，故重心应向右移动，因此应将如图甲所示杠杆左端的平衡螺母适当往右调，或将杠杆右端的平衡螺母适当往右调，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）如图乙所示，调节好杠杆后在杠杆左边距离支点4格的A处挂了2个钩码，
设每个钩码质量为m，每格长度为L，杠杆左边4格处挂2个钩码，设在杠杆右边距离支点8格的B处挂n个钩码，由杠杆的平衡条件：
2mg×4L＝nmg×8L，
n＝1，
即为使杠杆平衡，应在杠杆右边距离支点8格的B处挂1个钩码；
（3）由图可以知道，弹簧测力计的刻度值为0.1N，指针在3N以下三格处，示数为3.3N；
用如图丙所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响，故F1L1总是大于F2L2；
（4）小明将图丙中弹簧测力计拉力的作用点从C点移到E点，则现在的动力臂为12L（原来动力臂为4L），动力臂为原来的3倍，由杠杆的平衡条件，因阻力和阻力臂大小不变，故动力为原来的三分之一，即如图丁所示，此时弹簧测力计的拉力是：
F=3.3N3=1.1N。
故答案为：（1）右；右；（2）1；（3）3.3；大于；杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响；（4）1.1。
95．（2019秋•工业园区期末）小明在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示位置静止，此时杠杆　　（达到/没有达到）平衡状态，接下来应将杠杆两端的螺母向　　侧进行调节，使杠杆平衡于　　位置。
（2）杠杆调节完成后，小明在图乙所示的A处挂上3个钩码，为了使杠杆再次平衡在原位置，应在B处挂上　　个钩码。

（3）下表是小明在实验中记录杠杆平衡的3次实验数据：
实验序号
F1（N）
l1（cm）
F2（N）
l2（cm）
1
1.5
20
2
15
2
2
20
2
20
3
2
15
3
10
分析上表中的实验数据可以得出的结论是　。第二组数据的动力臂与阻力臂相等，此类杠杆的应用有　　（请举一例）。
（4）小明改用如图丙所示方法进行探究，发现当弹簧测力计拉力方向偏离竖直方向时，弹簧测力计的拉力会变大，原因是　　。
【解答】（1）杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡；
由图中，杠杆的左端较高，平衡螺母应向左端移动使杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，
因为，F1l1＝F2l2，
所以，3G×4L＝nG×3L，
所以，n＝4，所以在B处挂4个钩码；
（3）分析三组数据：
实验序号1中，F1L1＝1.5×20＝30，F2L2＝2×15＝30；即F1L1＝F2L2；
实验序号2中，F1L1＝2×20＝40，F2L2＝2×20＝40；即F1L1＝F2L2；
实验序号3中，F1L1＝2×15＝30，F2L2＝3×10＝30；即F1L1＝F2L2；
因此可得出的结论为：F1L1＝F2L2；
当动力臂与阻力臂相等时，为等臂杠杆，应用于天平；
（4）保持杠杆处于水平平衡，当弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，拉力的力臂变小，但是阻力和阻力臂均不变，根据杠杆平衡条件可知，弹簧测力计的拉力会变大。
故答案为：（1）达到；左；水平；（2）4；（3）F1L1＝F2L2；天平；（4）拉力的力臂变小。
96．（2019秋•鼓楼区期末）在“探究杠杆平衡条件的实验”中：

（1）小明安装好杠杆将其放到水平位置后松手，发现杠杆不能在水平位置平衡，于是他将右端的平衡螺母向右调节便能使杠杆在水平位置平衡。若改为调节杠杆左端的平衡螺母，则向　　调节也能使杠杆在水平位置平衡；
（2）如图（a）所示，在A点挂2个重力均为0.5N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　　N；
（3）如图（b），保持A点所挂砝码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F与其力臂的乘积变化情况是　　。
A．一直变小
B．一直变大
C．一直不变
D．先变小后变大
（4）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（c）所示，此过程中，拉力的力臂　　，弹簧测力计的示数　　（均选填”变大”、“变小”或“不变”）。
（5）若要使图（c）状态下的弹簧测力计读数减小，可将弹簧测力计绕B点　　（选填“顺时针”或“逆时针”）方向转动一个小角度。
（6）小华用如图（d）装置进行探究，发现总是无法得到教材上所列出的杠杆平衡条件，其原因是　
　。
【解答】
（1）将右端的平衡螺母向右调节便能使杠杆在水平位置平衡，说明杠杆左端偏重，为使杠杆在水平位置平衡，还可以将左端的平衡螺母向右端调节。
（2）设杠杆一个格为L，根据杠杆的平衡条件F左L左＝F右L右得，
2×0.5N×3L＝F×2L，
解得：F＝1.5N；
（3）将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的。
故选：C；
（4）力臂等于支点到力的作用线的距离，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c所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
（5）根据杠杆平衡条件知要使弹簧测力计读数减小，在阻力和阻力臂不变时，需要增大动力臂，当弹簧测力计与杠杆垂直时，动力臂最长，拉力最小，所以需要将弹簧测力计顺时针转动；
（6）利用如图d所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响；
故答案为：（1）右；（2）1.5；（3）C；（4）变小；不变；（5）顺时针；（6）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
97．（2019秋•惠山区期末）（1）小明在“测滑轮组机械效率”的实验中，用如图甲所示的滑轮组进行了三次实验，数据如下表：
（1）①表中有一个数据的记录是错误的，错误的数据是　　；
②第3次实验中，测力计对滑轮组做的有用功为　J，机械效率是　　；
实验次数
物重G/N
物体上升的高度h/cm
测力计的示数F/N
测力计移动的距离s/cm
1
6
3
2.5
9
2
6
5
2.5
18
3
6
8
2.5
24
③本次实验得到的结论是：　　；
（2）小红取了一套和小明一模一样的器材在小明实验的基础上利用图乙也做了实验，当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，若忽略绳重及摩擦，则它们的机械效率　　（选填“相同”或“不相同”），得到的结论是：　。

【解答】
（1）已知用如图甲所示的滑轮组进行了三次实验，图甲中绳子的有效段数为3，第2次绳子自由端移动的距离为：s＝nh＝3×5cm＝15cm，表中有一个数据的记录是错误的，错误的数据是18，应改为15；
②第3次实验中，测力计对滑轮组做的有用功为：W有＝Gh＝6N×0.08m＝0.48J；
第3次实验中滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=GhFs×100%=6N×0.08m2.5N×0.24m×100%＝80%；
③同理计算可知，其它两次的机械效率也为80%，故滑轮组的机械效率与物体上升的高度h无关；
（2）当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，若忽略绳重及摩擦，他们做的有用功相同，额外功也一样，因此总功相同，也就是机械效率相同；
因此得到的结论是：若忽略绳重及摩擦，在动滑轮重和物重相同的情况下，滑轮组的机械效率与滑轮组的绕法无关。
98．（2019秋•兴化市期末）如图所示是小明“探究杠杆的平衡条件”的装置，每只钩码重为0.5N（钩码个数若干），弹簧测力计量程为0～5N。

（1）图甲中，杠杆静止时处于　　（平衡/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　　（左/右）移。
（2）如图乙，小明保持弹簧秤竖直放置，然后认真调零后，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。此时弹簧测力计的示数为F1，杠杆受到钩码的拉力为F2，小明发现F1×OD≠F2×OC，其原因是　　。
（3）接着，小明准备作图丙所示实验，实验前小明首先再取一只弹簧秤与已调零的弹簧秤进行对拉，如图丁，他这样做的目的是　　。在做了10多次图丙所示实验后，他还做了几次图戊所示的实验，他这样做的目的是：　　。
【解答】（1）图甲中实验前没挂钩码时，杠杆处于静止的平衡状态；发现杠杆左端上翘，调节时重心应向左移动，应将杠杆两端的平衡螺母向左移，使杠杆在水平位置平衡；
（2）用如图乙所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响，所以小明发现F1×OD≠F2×OC；
（3）接着，小明准备作图丙所示实验，实验前小明首先再取一只弹簧秤与已调零的弹簧秤进行对拉，如图丁，他这样做的目的是对第二个倒置使用的弹簧秤进行调零；
在做了10多次图丙所示实验后，他还做了几次图戊所示的实验，他这样多次做的目的是：排除偶然结论总结发现普遍规律。
故答案为：（1）平衡；左；（2）杠杆自身受到的重力不能忽略；（3）对第二个倒置使用的弹簧秤进行调零；排除偶然结论总结发现普遍规律。
99．（2019秋•九江期末）某实验小组在“测滑轮组机械效率”的实验中得到的数据如下表所示，第1、2、3次实验装置分别如图甲、乙、丙所示。
（1）实验中应　　竖直向上拉动弹簧测力计；
（2）比较第1次实验和第2次实验，可得结论：使用同样的滑轮组提起的钩码越重，滑轮组的机械效率越　　。
（3）第3次实验中所做的有用功是　　J，机械效率是　　
次数
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
有用功
W有/J
测力计拉力F/N
测力计移
动距离s/m
总功
W总/J
机械效率η
1
2
0.1
0.2
0.9
0.3
0.27
74.1%
2
4
0.1
0.4
1.6
0.3
0.48
83.3%
3
4
0.1

1.1
0.5
0.55

（4）第3次实验中动滑轮个数比第2次实验多，动滑轮自重增大，所做的额外功　　（选填“增大”或“减小”），因而，由第2、3次实验可知：　　一定，滑轮组的机械效率与　　有关。

【解答】（1）实验中应匀速竖直向上拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，拉力大小等于测力计示数；
（2）比较第1次实验和第2次实验，滑轮组相同，第2次实验提起的钩码较重，其机械效率较大，可得结论：使用同样的滑轮组提起的钩码越重，滑轮组的机械效率越大。
（3）第3次实验中所做的有用功：
W＝Gh＝4N×0.1m＝0.4J，
则第3次实验的机械效率：
η=W有W总=0.4J0.55J×100%≈72.7%；
（4）第2、3次实验中物重相同，但第3次实验中动滑轮个数比第2次实验多，动滑轮自重增大，根据W＝G动h可知，所做的额外功增大；
由第2、3次实验可知：提起物体的重力一定，动滑轮的重力越大，滑轮组的机械效率越小，故滑轮组的机械效率与动滑轮的重力有关。
故答案为：（1）匀速；（2）大；（3）0.4；72.7%；（4）增大；提升物体的重力；动滑轮的重力。
100．（2020•河南模拟）在“探究杠杆平衡条件”的实验中。

（1）让杠杆在水平位置平衡的目的是　　。
（2）杠杆平衡后，小英同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上　　个钩码，使杠杆在水平位置平衡。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图乙），测力计示数如何变化：　　。
（4）在探究过程中，我们需要测量和记录动力、动力臂、阻力、阻力臂四个物理量，在进行多次实验的过程中，我们　　（选填“可以”“不可以”）同时改变多个量，进行探究测量。
（5）探究完杠杆平衡条件后，小英同学发现日常生活中有很多的杠杆：
a．在农村老家她发现一种“舂米对”的古代简单机械，它的实质是一种杠杆，其示意图如图丙所示。使用这个装置时，人在A端用力把它踩下后立即松脚，B端就会立即下落，打在石臼内的谷物上，从而把谷物打碎。用力将它踩下去的过程中，动力是　　（它的重力/脚踩的力），脚松开到打在石臼内的谷物时，它的重力是　　（动力/阻力）。
b．回到家里，发现家里的两种墙壁开关也是杠杆如图丁，其按钮可绕面板内的轴转动。根据你的生活经验，你认为　　（填“1”或“2”）较易损坏，这是因为按动这种开关的　　较小，按动需要的力较大。
【解答】（1）探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡的目的是：力臂在杠杆上，方便测出力臂大小；
（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，
因为，F1L1＝F2L2，
所以，2G×3L＝nG×2L，
所以，n＝3，所以在A处挂3个钩码；
（3）由图可知，OC为最长力臂，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变长后变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数将先变小后变大。
（4）在“探究杠杆平衡条件”实验时本实验中，不断改变动力（臂）和阻力（臂），多次进行实验行多次测量的目的是：避免实验次数过少，导致实验结论具有偶然性，便于从中寻找规律；
（5）a、①用力踩下这个装置的时候，脚踩的力使得杠杆转动，而装置自身的重力阻碍了杠杆的转动；因此，在这个过程中，动力是：脚踩的力；阻力是：杠杆自身的重力。
②脚松开后，杠杆左边的力矩要大于右边的力矩，杠杆在自身的重力作用下转动，此时的动力是：杠杆自身的重力。
b、如图所示为家庭电路常用的两种墙壁开关，其按钮可绕面板内某轴转动，甲较易损坏，这是因为按动这种开关的力臂较小，按动需要的力较大。
故答案为：（1）方便测出力臂大小；（2）3；（3）先变小后变大；（4）可以；（5）a：脚踩的力；动力；b：1；力臂。
三、热和能、电流和电路、欧姆定律、电功率

101．（2020春•南京月考）如图实验所示，根据相关知识解答问题：

（1）如图①所示，甲杯中盛有4℃的冷水，乙杯中盛的是85℃的热水，甲乙两杯水的质量相等。它们都静止在水平桌面上，同时向两个水杯中滴入一滴红墨水，经过几分钟观察到如图所示的现象。由此可知，　越高，分子运动越　 .
（2）如图②所示，将两个铅柱的底面削平、干净后，紧紧压在一起，两个铅块就会结合起来，甚至下面吊一个钩码都不能把他们拉开，这个实验主要说明　。把磨得很光滑的铅块和金块紧压在一起，在室温下放置5年后再将它们切开，可以看到它们彼此渗入约1mm，这有表明固体也能发生　象。
（3）向图③玻璃管中先装入50cm3的水，再注入50cm3的酒精，水和酒精充分混合后的总体积　　（选
填“大于”“小于”或“等于”）100cm3，这个试验主要说明　　。为使实验现象更明显，应选用长度较　　（长/短）的玻璃管。
【解答】
（1）甲乙两杯水的质量相等，同时向两个水杯中滴入一滴红墨水，发现热水中的墨水扩散的快。故可说明温度越高，分子的热运动就越剧烈。
（2）将两个底面平整、干净的铅柱紧压后，两个铅柱的底面分子之间的距离比较大，表现为引力，使两个铅柱结合在一起，甚至下面吊一个钩码都不能把他们拉开。
把磨得很光滑的铅片和金片紧压在一起，在室温下放置5年后再将它们切开，可以看到它们互相渗入约1mm深，表明固体之间也能发生扩散现象。
（3）水分子和酒精分子在不停地做无规则的运动，因为分子间存在着空隙，酒精分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，所以酒精和水混合后的总体积小于酒精和水的体积之和。
体积一定时，玻璃管越长、内径越细，实验现象更明显，因此应选取长度较长的玻璃管。
故答案为：（1）温度；剧烈；（2）分子间有引力；扩散；（3）小于；分子间有间隙；长。
102．（2019秋•呼伦贝尔期末）如图是四个热学实验。请写出下面各实验说明的物理知识。
①A实验说明分子之间存在　　；
②B实验说明利用内能可以　　；
③C实验说明分子在不停地做　　；
④D实验说明做功可以改变物体的　　。
【解答】
①两块表面干净的铅块挤压在一起，可吊起一定质量的物体，说明分子之间在引力；
②加热使水沸腾，水蒸气将木塞冲出，水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能减小，说明利用内能可以做功；
③抽开中间的玻璃板，两种气体逐渐混合变均匀，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；
④绳子摩擦时，需克服摩擦做功，使铜管的温度升高、内能增加，说明做功可以改变物体的内能。
故答案为：①引力；②做功；③无规则运动；④内能。
103．（2020•晋安区模拟）汽车制动液俗称刹车油，汽车刹车时，驾驶员踩踏板通过刹车管线内的制动液把压力传递到刹车块，刹车块和车轮上的鼓轮摩擦，制止车轮转动，制动时，因摩擦产生的热量会使制动液温度升高，如果温度过高，达到沸点，制动液就会产生大量气体，造成制动失灵。制动液的沸点在遇潮吸水后会下降，因此国家规定制动液沸点不得低于140℃．如表为某种制动液的含水量和对应的沸点。
含水量/%
0
1
2
3
4
5
6
沸点/℃
210
180
158
142
132
124
120
（1）刹车时，刹车块是通过　　方式增加内能；制动液温度会升高，这是通过　　方式增加了制动液的内能。
（2）利用表格中给出的数据，在坐标图中作出沸点与含水量的关系图象。
（3）当含水量达到　　时，这种制动液就必须更换。

【解答】
（1）制动时，刹车块和车轮上的鼓轮摩擦产生热量，刹车块是通过做功方式增加内能的；
刹车时产生的热量会通过热传递传给制动液，使得制动液内能增加温度升高；
（2）利用描点法作图，如图：

（3）当制动液沸点为140℃时，对应的含水量约为3.2%，此时制动液必须更换。
故答案为：（1）做功；热传递；（2）见上图；（3）3.2%。
104．（2019秋•铁西区期末）如图甲、乙是我们熟悉的两个实验情景：
（1）甲图中抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，说明　　。
（2）乙图中，快速下压活塞，硝化棉燃烧起来，是用　　的方法改变物体的内能。

【解答】（1）甲图中，抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，说明分子在不停地做无规则的运动；二氧化氮气体的密度比空气的密度大，若实验中空气和二氧化碳的位置上下颠倒，二氧化碳气体会由于密度较大而向下运动，不能说明分子的无规则运动；
（2）乙图中，快速下压活塞，硝化棉燃烧起来，是压缩气体做功，是用做功的方法改变物体的内能，使瓶内气体的内能增大，温度升高；
故答案为：（1）分子在不停地做无规则的运动；（2）做功。
105．（2019秋•金平区期末）（1）如图1所示，将两个表面光滑的铅块相互紧压后，会黏在一起，这说明　　。

（2）小明为了研究液体的扩散现象，先在量筒里装一半清水，再在水下面注入硫酸铜溶液。如图2所示，是小明观察到的溶液在“实验开始时”、“静放10日后”、“静放30日后”所呈现的现象，其中　（选填标号）图是表示溶液静放30日后的实验现象。如果室温越高，达到丙图所示现象所用的时间将　　（选填“缩短”或“延长”）。原因是：　　。
（3）如图3所示，取一个配有活塞的厚玻璃筒，筒内放一小团浸有少量乙醚的棉花，快速压下活塞，此实验可观察到浸有乙醚的棉花着火燃烧，说明对物体做功，物体内能　　（选填“变大”“变小”“不变”）。在这一过程中，棉花获得的内能　　人做的机械功（选填“大于”“小于”“等于”）。
【解答】
（1）将两个表面光滑的铅块相互紧压后黏在一起说明分子之间存在引力；
（2）把硫酸铜溶液注入清水中，硫酸铜溶液和水之间发生扩散现象，因为分子始终不停地做无规则运动，随着时间的增加，扩散现象越明显，时间越久，硫酸铜溶液和水的界限越模糊，所以“实验开始时”是图乙，“静放10日后”是图丙，“静放30日后”是图甲；
温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快，所以如果室温越高，达到丙图所示现象所用的时间将缩短；
（3）下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气温度升高，空气将热量传递给棉花，当棉花温度达到着火点时，会燃烧起来，这一现象说明：外界对物体做功，物体内能增加；
在此过程中，人要克服活塞与玻璃筒的摩擦做功，压缩空气做功，所以棉花获得的内能小于人做的机械功。
故答案为：（1）分子间存在引力；（2）甲；缩短；温度越高，扩散的速度越快；（3）变大；小于。
106．（2019秋•常德期末）如图是四个热学实验。请写出下面各实验说明的物理知识。

（1）A实验说明分子之间存在　　；
（2）B实验说明利用内能可以转化为　　；
（3）C实验说明分子在不停地做　　；
（4）D实验说明做功可以改变物体的　。
【解答】
（1）两块表面干净的铅块挤压在一起，可吊起一定质量的物体，说明分子之间在引力；
（2）加热使水沸腾，水蒸气将木塞冲出，水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能减小，说明内能可以转化为机械能；
（3）抽开中间的玻璃板，两种气体逐渐混合变均匀，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；
（4）绳子摩擦时，需克服摩擦做功，使铜管的温度升高、内能增加，说明做功可以改变物体的内能。
故答案为：（1）引力；（2）机械能；（3）无规则运动；（4）内能。
107．（2019秋•锡山区期末）实验测得0.5kg某物质温度随时间变化的图象如图示，已知物质在固态下的比热容为c1＝2.1×103J/（kg•℃）。假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图象解答下列问题：
（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为　　J。
（2）求该物质在液态下的比热容c2＝　　J/（kg•℃）。
（3）该0.5kg物质在加热到第4分钟时的内能　　（选填“小于”、“等于”、“大于”或“无法比较”）加热到第8分钟时的内能。

【解答】（1）在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，
因m＝0.5kg，c1＝2.1×103J/（kg•℃），△t1＝0℃﹣（﹣20℃）＝20℃，
所以，物质吸收的热量：
Q吸＝c1m△t1＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝2.1×104J。
（2）该物质的吸热功率：P=Q吸t=2.1×104J2×60s=175W，
由图象可知，10min～12min内物质处于液体，在t′＝2min＝120s内，物体温度升高△t2＝10℃，
因吸热功率恒定不变，所以，吸收的热量为：
Q吸′＝Pt′＝175W×120s＝2.1×104J，
该物质在液态下的比热容：
c2=Q吸'm△t2=2.1×104J0.5kg×10℃=4.2×103J/（kg•℃）。
（3）因为晶体在熔化过程吸热虽然温度不变，但内能增加，所以加热到第4分钟时的内能小于加热到第8分钟时的内能。
故答案为：（1）2.1×104；（2）4.2×103；（3）小于。
108．（2019秋•郫都区期末）小强随家人到海边玩耍时，发现阳光下的海水和岸边的沙子温差很大。于是他设计了如图甲所示的实验装置想比较沙子和水这两种物质比热容的差异。实验过程中所使用仪器规格完全相同。请你来帮他完成实验：
（1）测量出　　相同的水和沙子，然后安装仪器，并记下沙子和水的初始温度。
（2）在实验时只要控制　　相同就可以确定水、沙子吸收了相同的热量；图乙为小强记录的实验数据，是可知沙子的比热容　　水的比热容（选填“大于”、“小于”或“等于”）
（3）完成实验后小强认为本套实验装置还有许多可以改进的地方，请你帮他提出一条改进意见：　
　。

【解答】
（1）据题意可知，要比较沙子和水这两种物质比热容的差异，需要控制水和沙子的质量相同；
（2）因实验过程中所使用仪器规格完全相同，根据转换法，在实验时只要控制加热时间相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；
由两种物质的温度﹣时间变化图象可知，在相同的时间内（即吸收的热量Q吸相同），且质量相同，而水的温度变化小，根据Q吸＝cm△t可知，所以水的比热容大，沙子的比热容小；
（3）从实验过程分析可知，该装置没有用搅拌棒对沙子和水进行搅拌，物质受热不均匀，所以改进措施是：用搅拌棒对沙子和水进行搅拌，让物质受热均匀；同时该装置中没有温度计，所以改进措施是：用温度计测量两装置中物质的温度。
故答案为：（1）质量；（2）加热时间；小于；（3）用搅拌棒对沙子和水进行搅拌，让其受热均匀。
109．（2019秋•本溪月考）研究改变物体内能的方法时，小慧做几个小实验：

（1） 如图甲所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，可以看到　
　，说明筒内气体的温度　　。这个实验说明：　　，可以增加物体的内能。
（2）如图乙所示中，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，瓶内压强大到一定程度时，瓶塞就会跳起来，这是　　（填“水”、“水蒸气”或“玻璃瓶”）的内能转化为瓶塞的机械能。同时会看到瓶内出现大量“白气”，这是现象　　（填物态变化）。
（3）如图丙所示，小慧将温度计的玻璃泡立在泡沫上，用手来回的搓动温度计，使温度计的玻璃泡与泡沫不断地摩擦，她发现温度计的示数　　，这个过程的能量转化与图　　（填“甲”或“乙”）相同。
【解答】（1）当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，温度也会随之升高，当温度达到棉花的燃点时，会看到硝化棉燃烧，说明筒内气体的温度升高，该现象说明了外界对物体做功，物体的内能会增加；
（2）如图乙所示，给瓶内打气，瓶内气压增大，当气压把瓶塞从瓶口推出时，瓶内气体对瓶塞做功，使气体自身的内能减少，温度降低，受温度减低的影响，瓶口周围的水蒸气液化成小水滴飘散在空中，就是看到的白雾，是液化现象；该现象说明物体对外界做功，物体的内能会减少。
（3）如图丙所示，小慧将温度计的玻璃泡立在泡沫上，用手来回的搓动温度计，使温度计的玻璃泡与泡沫不断地摩擦，机械能转化为物体的内能，她发现温度计的示数升高，这个过程的能量转化与图A相同，都是机械能转化为内能。
故答案为：（1）硝化棉燃烧；升高； 对物体做功； （2）水蒸气； 液化；（3）升高； 甲。
110．（2019秋•台安县期中）亲爱的同学们，请你运用所学知识解答下列问题：
（1）如图甲为气体扩散的演示实验，两个瓶中分别装有空气和二氧化氮气体，其中空气密度小于二氧化氮气体的密度。那么，为了增加实验的可信度，下面一只瓶里装的气体应是　　；一段时间后，发生的现象是　　。
（2）如图乙所示，用酒精灯给水加热一段时间后，观察到软木塞冲出试管口。在这个过程中发生的能量转化是　　，　　就是根据这种道理制成的。
（3）把一杯牛奶放在热水中加热，经过一段较长时间，它们的温度随时间变化的图象如图丙所示。则图象中表示牛奶温度变化的是　　（选填“甲”或“乙”），在第8min时，牛奶　（选填“能”或“不能”）继续吸热。若牛奶和热水的质量相等，并且忽略奶瓶的吸热以及热量的散失，从图象可知，　　（选填“牛奶”或“水”）的比热容较大。

【解答】
（1）二氧化氮气体是红棕色的，应该将下边瓶子装入二氧化氮气体，因为二氧化氮气体的密度大于空气的密度，本来应该在空气的下方，如果发现上面瓶子内的气体也变成了红棕色，则说明二氧化氮气体分子在做无规则运动，就可以证明扩散现象的存在，即二氧化氮气体在不停地向空气进行扩散；
（2）水蒸气会把软皮塞冲出。水蒸气对塞子做了功，水蒸气的内能转化为软皮塞的机械能，水蒸气内能减少，温度降低，水蒸气发生液化形成小水珠，瓶口出现“白雾”，热机就是把内能转化为机械能的机器；
（3）因为是用水来加热牛奶，因此牛奶的温度上升，故乙图线是表示热牛奶温度随时间变化的曲线；
热传递的条件是有温度差，最后热平衡时两者的温度相同，在第6min时，水和牛奶最后温度相同，所以在第8min时，牛奶不能继续吸热；
由图可以看出，水从高温降低的最后温度时温度变化量比牛奶从低温升高的最后温度时温度变化量对应的温度坐标轴上的长度小，即水的温度变化比牛奶小，说明水的比热容大。
故答案为：（1）二氧化氮；上面瓶子内的气体也变成了红棕色；（2）内能转化为机械能；热机；（3）乙；不能；水。
111．（2019秋•兴化市期末）小明同学学习了燃料的热值后，考虑到燃料燃烧放出的热量会被水吸收，而水的比热已知。自己设计一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系。他组装了图所示的装置进行实验，记录结果见下表：
燃料
加热前的水温/℃
燃料燃尽后水温/℃
煤油
25
44
菜籽油
25
34
（1）为了保证实验结论的可靠，小明同学应该选择两套完全相同的装置，在实验中还应控制：煤油和菜籽油的　　（质量/体积）相同，还要控制　　相同。
（2）小明仔细观察发现：同一批次同一包装盒子中外形相同的温度计的读数不尽相同，为了选择两只完全相同的温度计小明应该在盒中先挑选多支读数　　（相同/不同）的温度计，然后把它们一起放到一杯热水中，稍等一会儿后，再　　。
（3）分析得出：煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是　　。
（4）小明同学还想利用这种实验方案计算出煤油和菜籽油的热值，那么小明还需要补充的测量工具是：　　。利用此实验方法计算出的热值将比真实值　　（偏大/偏小）。

【解答】
（1）由于燃料燃烧释放的热量与燃料的质量和热值有关，所以在设计实验时应控制燃料的质量相同，即煤油和菜籽油的质量相同。由于水吸收热量后升高的温度受水的质量的影响，所以在实验中还应控制水的质量和初温相等。
（2）实验中需要选用两个完全相同的温度计，则应该先从盒中先挑选多支读数相同的温度计，然后把它们一起放到一杯热水中，稍等一会儿后，再挑选两支读数相同的温度计；
（3）用相同质量的煤油和菜籽油燃烧后加热相同的水，由表中数据可知，用煤油加热的水温度升的高，则说明煤油燃烧放出的热量多，煤油的热值大；
（4）要控制两种燃料以及两杯水的质量相等，需要用天平来测量。由于在实验的过程中，会有一部分热量散失掉，则测得燃料燃烧放出的热量偏小，故利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏小。
112．（2019秋•抚州期末）小柯同学设计了一个实验来探究煤油和菜籽油的热值大小关系，他实验时组装了如图所示的两套规格完全相同的装置，并每隔1分钟记录了杯中水的温度（见下表）。
（1）在安装、调整甲图中实验器材时，合理的顺序是先调整固定　　的位置，再调整固定　　的位置（选填图中的“A”或“B”）。
（2）为保证实验便捷、可靠，实验时应控制两套装置中一些相同的量，主要有：加热时间、水的　　和水的　　，油灯中煤油和菜籽油的质量等。
（3）通过下表中记录的数据，你认为煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是　　。
加热的时间/min
0
1
2
3
4
5
6
甲杯水温/℃
25
27
29
31
33
35
37
乙杯水温/℃
25
26
27
28
29
30
31
（4）根据上表数据，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）可计算出加热一段时间水吸收的热量。小柯同学想要通过实验知道菜籽油的热值，他还需要在实验前用天平测出烧杯中水的质量，并测出这段时间内消耗菜籽油的质量，通过计算得出菜籽油的热值。你认为他的计算结果与真实值相比会　　（填“偏大”“偏小”或“相等”），原因是　　。

【解答】（1）实验前，首先调整好实验装备，根据酒精灯外焰的高度调整铁架台的高度，根据烧杯和烧杯中水的高度调整温度计的高度，因此是先固定B，再固定A。
（2）实验时应控制两套装置中相同的量，加热时间，水的质量，水的初温。
（3）甲、乙两个装置中，水的质量和初温相同，由Q＝cm△t知，末温高的吸收的热量较多；在相同的加热设备下，相同时间内，消耗的燃料相同，由Q＝qm知，水温上升高的，对应的燃料的热值较大。
（4）因为燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小，因此这样的计算结果不可靠。
故答案为：（1）B；A；（2）质量；初温；（3）煤油；（4）偏小；燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失。
113．（2019秋•香洲区期末）（1）图甲是一台单缸四冲程汽油机　　冲程的示意图，其能量转化情况与　　（选填“乙”或“丙”）图相同，此过程中通过　　方式改变汽缸内燃料混合物的内能。
（2）科学家设计了一款单缸六冲程汽油机，它的构造和工作循环的前四个冲程与四冲程汽油机相似，在第四冲程结束后，再完成两个冲程。
①第五冲程中，向汽缸内喷水，水在汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，则第五冲程为　　（选填“吸气”、“压缩”、“做功”或“排气”）冲程。
②第六冲程中活塞向　　运动。（选填“上”或“下”）

【解答】
（1）图中汽油机两个气门都关闭，活塞向上运动，因此是压缩冲程，此冲程机械能转化为的内能；
乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能，因此与做功冲程原理相同的是乙实验；
丙图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程，因此与做压缩程原理相同的是丙实验；
（2）在第四冲程结束后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，所以第五冲程为做功冲程；
为进入下一个工作循环，这款内燃机的第六冲程是排气冲程，活塞向上运动。
故答案为：（1）压缩；丙；做功；（2）①做功；②上。
114．（2019秋•永定区期末）老师用如图1所示实验装置，加热试管使水沸腾，发现试管上方的小风车，开始不停地转动；由此引出以下问题，请利用所学的知识回答。

（1）图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的哪个冲程相同？　　
（2）若某四冲程汽油机的功率为36千瓦，做功冲程每次对外做功800焦耳，则在1秒钟内该汽油机能完成　　个冲程。
（3）如图3所示的是等质量两种液体吸收的热量与温度变化情况的图象。根据图中提供的信息判断，这两种液体中，选择　　液体作为汽车冷却液效果会更好。
【解答】
（1）由图1知，加热试管使水沸腾，水蒸气推动小风车做功，使之不停地转动，这一过程中内能转化为机械能；
图2中：
甲、两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能；
乙、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向上运动，属排气冲程，没有能量转化；
丙、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化；
丁、两个气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；
可见，图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的丁冲程相同。
（2）某四冲程汽油机的功率P＝36kW＝36000W，每秒做功36000J，
每秒做功次数n=36000J800J=45次，
则每秒完成45个循环，飞轮转动90转，有45×4＝180个冲程。
（3）根据Q＝cm△t可知，吸收相同的热量，比热容大的，温度升高的就小，即乙的比热容大，
在质量和升高温度相同的情况下，比热容大的吸收热量多，适合做冷却液，故乙液体作为汽车冷却液效果会更好。
故答案为：（1）丁；（2）180；（3）乙。
115．（2019秋•市中区期末）在比较不同燃料热值大小的实验中，小明组装了两套完全相同的实验装置，如图所示。
（1）他分别在燃烧皿中放入质量　　的燃料甲和燃料乙。（填“相同”或“不同”）
（2）同时点燃燃料后，对质量都为100g和初温都为20℃的水加热。燃烧相同时间后，用甲加热后的水温度为30℃，另一杯水温度为24℃．此过程水的内能　　（增大/减小）。用甲加热的水吸收的热量为　　J．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
（3）由实验结果　　（能/不能）说明甲的热值较大。

【解答】
（1）为了保证实验的可靠性，需要控制水的质量和水的初温相同，并且燃料的质量也要相同；
（2）对水加热的过程中，水吸收热量，内能增加，温度升高；
用甲加热的水吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（30℃﹣20℃）＝4.2×103J；
（3）虽然在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多，但相同时间两种燃料燃烧的质量不能比较，故不能比较热值的大小。
故答案为：（1）相同；（2）增大；4.2×103J；（3）不能。
116．（2019秋•双清区期末）如图所示甲、乙、丙三个装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内液体的质量、初温相同。
（1）要比较“质量相等的不同燃料燃烧时放出热量”，应选择　两图进行实验，该实验中燃料燃烧时放出热量的多少是通过比较　（选填“温度计升高的示数”或“加热时间”）来判断的。

（2）要比较不同物质吸热升温的特点：
①应选择　　两个图进行实验。
②关于在该实验的过程中，下列做法和要求中一定需要的有哪些　（多选）。
A、使用相同的烧杯 B、烧杯中分别装入相同体积的不同液体
C、相同质量的燃料 D、加热时火焰大小尽量相同。
【解答】
（1）为了比较不同燃料燃烧时放出热量，要选择不同燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和丙两图进行实验；
（2）①为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和乙两图进行实验；
②实验过程中，为得到正确的结论，必须选择相同的烧杯，加热时火焰大小尽量相同，故选AD。
故答案为：（1）甲、丙；温度计升高的示数；（2）①甲、乙；②AD。
117．（2019秋•淮南月考）小林同学学习了燃料的热值后，自己设计一个实验来探究煤油和菜将油的热值的大小关系。他组装了如图所示的装置进行实验，记录结果见下表：
燃料
加热前水温/℃
燃料燃尽后水温/℃
煤油
20
39
菜籽油
20
29
（1）为了保证实验结论的可靠，小杨同学选择了两套相同装置，除了控制两烧杯中所装水的质量
相同外，还应控制　　相同。
（2）分析表中数据可得出：煤油和菜籽油两种燃料相比较，热值较大的是　　。
（3）小林还想利用本实验的方法测量煤油和菜籽油的热值，则他根据测量的结果计算出的这两种油的热值将比真实值　　（填“偏大”或“偏小”）。
【解答】
（1）在探究煤油和菜将油的热值的大小关系实验中，应采用控制变量法，实验除了控制两烧杯中所装水的质量相同外，还应控制煤油和菜籽油的质量相同。
（2）由图表数据可知，燃料燃尽后，用煤油加热的那杯水温度升高的多，说明燃烧相同质量的燃料时水吸收的热量多，则煤油燃烧放出的热量多，所以煤油的热值较大。
（3）由于燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸了热，使得Q吸小于Q放，则依此计算出煤油和菜籽油的热值会比实际要偏小些。
故答案为：（1）煤油和菜籽油的质量；（2）煤油；（3）偏小。
118．（2019秋•淮北月考）某同学用图1的两个相同装置探究“不同燃料的热值大小”

（1）分别在两个相同的燃烧皿中装入质量相等的甲、乙燃料，点燃它们并对A、B两杯中质量相同、初温相同的水加热；通过比较燃料　　（选填“燃烧相同时间”或“全部燃烧”）后　　来判断两种燃料的热值的大小。
（2）若实验结束时测得A杯中的水温为42℃，测得B杯中的水温为如图2所示，经分析比较可知：热值较大的是　　燃料。
【解答】
（1）在探究“不同燃料的热值大小”实验中，根据控制变量法知，应控制甲乙两种燃料的质量相同，两杯水的质量相同、初温相同，待燃料全部燃烧完时，通过比较温度计示数的变化来判断两种燃料热值的大小；
（2）当甲乙两种燃料都燃烧完时，测得A杯中的水温为42℃，由图可知，B杯中的水温为37℃，则A杯中的水温高，表明A杯中的水吸热多，即甲燃料燃烧放出的热量多，甲燃料的热值较大。
故答案为：（1）全部燃烧；温度计示数的变化；（2）甲。
119．（2019秋•丰南区期中）小明利用图甲装置研究某燃料热值。他取少量燃料置于燃烧皿中，测出总质量为30g，点燃后对100g的热水加热4min立即熄灭燃料，再测得燃料和燃烧皿总质量为25.8g，并根据实验数据绘制的水温随时间变化的图象如图乙中a线所示。
（1）实验的第2～4min的过程中，水　　（选填“吸”或“不吸”）热。
（2）已知此过程中燃料均匀燃烧放热，所放热量仅60%能被水吸收，4min内水吸收的热量为　　J，则该燃料的热值为　　J/kg。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），整个过程中忽略水的质量变化]
（3）若实验装置和热损失比例均不变，利用该燃料加热另一杯水绘出了如图乙中b线，则这杯水的质量　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）上一杯水质量。
（4）用此方法计算的燃料的热值比实际值的　　（选填“偏大”“偏小”）。理由是　

【解答】
（1）由图乙中a线可知，在第2～4min的过程中，水处于沸腾过程中，水的温度不变，但水要吸热；
（2）4min内水吸收的热量等于2min内水吸热的2倍：
Q吸＝2Q吸′＝2×cm△t＝2×4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（99℃﹣93℃）＝5040J；
燃料的质量：m'＝30g﹣25.8g＝4.2g，
已知此过程中燃料均匀燃烧放热，所放热量仅60%能被水吸收，
则Q放=Q吸η=5040J60%=8400J；
燃料的热值：q=Q放m'=8400J0.0042kg=2×106J/kg；
（3）由图象可知，相同时间内，两杯水吸收的热量相同，且温度变化相同（2min内水升高的温度都为6℃），根据Q＝cm△t可知两杯水的质量相等；
（4）在加热的过程中，燃料不能完全燃烧，测量的放出的热量偏少，故热值的测量值偏小。
故答案为：（1）吸；（2）5040；2×106；（3）等于；（4）偏小；燃料不能完全燃烧。
120．（2019秋•岳阳月考）木柴、焦炭、木炭等都是常用的燃料，对它们取不同质量进行完全燃烧，得到了如表的数据：
燃料的质量/g
100
200
300
400
燃料完全燃烧放出的热量
Q木柴/J
1.3×106
2.6×106
3.9×106
5.2×106
Q焦炭/J
3.0×106
6.0×106
9.0×106
12.0×106
Q木炭/J
3.4×106
6.8×106
10.2×106
13.6×106
（1）从表中的数据可以得到，相同质量的不同燃料，它们完全燃烧所释放的热量是　　的；
（2）从表中的数据可以得到，对于同一种燃料，质量越大，完全燃烧所释放的热量越　　。
（3）从表中的数据可以得到，对于不同的燃料，燃料的热值一般情况下是　　。表明热值是燃料的一种基本　　。（选填“属性”或“特性”）。
【解答】
（1）由表中数据可知，完全燃烧质量相同的木材、焦炭、木炭放出的热量是不同的。
（2）从表中的数据可以看出，对于同一种燃料，质量越大，完全燃烧所释放的热量越多。
（3）对于同一种燃料，完全燃烧放出的热量与燃料的质量成正比，即完全燃烧放出的热量与质量的比值不变；对于不同的燃料，完全燃烧放出的热量与燃料质量的比值（即燃料的热值）一般情况下是不同的，这表明热值是燃料的一种基本特性。
故答案为：（1）不同；（2）多；（3）不同的；特性。
121．（2020•都江堰市模拟）在探究并联电路电流规律的实验中，如图是实验的电路图。
（1）小亮同学要测量通过L1的电流，应该将电流表接在　　处（选填“A、B、C”）；
（2）闭合开关，小亮发现两灯都发光，然后他拧下灯L1，则灯L2　　（选填“会”、“不会”）发光。
（3）小亮同学根据实验得出了下表数据，请问他下一步应该做的最合理操作是　　。
A点电流IA
B点电流IB
C点电流IC
0.16A
0.16A
0.32A
A．分析数据，得出结论
B．改变电源电压，再测出几组电流值
C．换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值
D．换用电流表的另一量程，再测出一组电流值

【解答】
（1）电流表与待测电路串联，由图知，小亮同学要测量通过L1的电流，应该将电流表接在A处；
（2）图中两灯并联，闭合开关，小亮发现两灯都发光，然后他拧下灯L1，根据并联电路各支路互不影响，则灯L2 会发光；
（3）小亮同学根据实验得出了表中数据，为得出普遍性的结论，下一步应该做的最合理操作是：换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值，故选C。
故答案为：（1）A；（2）会；（3）C。
122．（2020•福清市一模）课余时间，小明进行了下列的实验：

（1）如图（a）所示，用丝绸摩擦气球后，发现气球温度升高了，则气球的内能　　，这个过程中，他是通过　　方式改变气球的内能。
（2）如图（b）所示，将两只用丝绸摩擦过的气球悬挂起来并相互靠近，发现两只气球会相互　（选填“吸引”或“排斥”），这是因为两只气球在摩擦后带上了　　（选填“同种”或“异种”）电荷。
（3）如图（c）所示，在铁架台上挂两支相同的温度计甲和乙，由图可知乙温度计的示数为　　℃；然后他在甲温度计下包上一团酒精浸过的棉花，一段时间后，会发现　　（选填“甲”或“乙”）温度计的示数较低。
【解答】
（1）用丝绸摩擦气球后，发现气球温度升高了，则气球的内能增大，这是通过做功的方法改变了气球的内能。
（2）两只用丝绸摩擦过的气球带有同种电荷，悬挂起来并相互靠近，发现两只气球会相互排斥。
（3）图c中温度计的分度值为1℃，由图可知乙温度计的示数为28℃；
甲温度计下包上一团酒精浸过的棉花，一段时间后，由于酒精汽化（蒸发）吸热，使温度降低，故甲温度计示数较低。
故答案为：（1）增大；做功；（2）排斥；同种；（3）28；甲。
123．（2019秋•江津区期末）在探究“并联电路电流规律”的实验中：

次数
I1/A
I2/A
I3/A
1
0.14
0.14
0.28
2
0.14
0.24
0.38
（1）连接电路时开关要　　。
（2）要测量干路电流，应该将电流表接在甲图中的　　（选填“A”“B”“C”）处，在闭合开关前，看到电流表的指针如乙图所示，说明电流表　。
（3）在实验过程中，读取电流表的示数时，从丙图所示的视角读得的数据　　（选填“准确”或“不准确”）。
（4）某小组进行了两次实验，实验数据如表所示。从数据可以分析出并联电路中干路电流与各支路电流之和　　（选填“相等”或“不相等”）；在两次实验中这个小组改变了　　（选填“电源电压”或“灯泡规格”）。
【解答】
（1）为保护电路，连接电路时开关要断开；
（2）电流表与待测电路串联，要测量干路电流，应该将电流表接在甲图中的 C处；在闭合开关前，看到电流表的指针如乙图所示，说明电流表没有调零；
（3）在实验过程中，读取电流表的示数时，视线应正对表盘，故从丙图所示的视角读得的数据不准确；
（4）根据实验数据可知：0.14A+0.14A＝0.28A；0.14A+0.24A＝0.38A，
从数据可以分析得出：并联电路中干路电流与各支路电流之和相等；
在两次实验中通过A处的电流不变，通过B处的电流改变了，说明在两次实验中这个小组改变了灯泡规格（改变了B处灯泡的规格）。
故答案为：（1）断开；（2）C；没有调零；（3）不准确；（4）相等；灯泡规格。
124．（2019秋•兰考县期末）在探究并联电路电流规律的实验中，如图甲是实验的电路图。

（1）电流表应　　（填“串联”或“并联”）在被测电路中，若要测量干路电流，则电流表应接在图甲中的　　点。
（2）小明同学在测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是　
　；在排除故障后，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为　　A。
（3）检查电路连接无误后，实验小组开始实验，测出A、B、C三处的电流值记录在表格中，由此得出结论：并联电路中，各支路的电流相等。
A点电流IA
B点电流IB
C点电流IC
0.18A
0.18A
0.36A
①实验小组得出错误的实验结论，主要原因是　　。
②请你对上面的实验提出改进措施　　（一条即可）。
【解答】（1）用电流表测电流时，应与被测电路串联；
图中A、B、C三点中C点在干路上，AB两点都在支路上，要测量干路的电流，因此电流表应接在图甲中的C点；
（2）由图乙可知，在测量A处的电流时，电流表指针反偏，说明电流表的正负接线柱接反了；
由丙图可知电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以此时电流表的示数为0.24A；
（3）由表中实验数据可知，两支路中的电流相等，说明该小组同学使用的灯泡规格相同，且只进行了一次实验，只测出了一组实验数据，则实验结论不具有普遍性，为得出普遍结论，应换用不同规格的灯泡进行多次实验，测出多组实验数据。
故答案为：
（1）串联；C；
（2）电流表的正负接线柱接反了；0.24；
（3）①选用了两个规格相同的灯泡；②换用不同规格的灯泡进行多次实验。
125．（2020•新抚区二模）小乐想探究并联电路中电流的关系，他设计的电路如图甲所示。

（1）在连接电路的过程中开关应该　　。
（2）在实验中，小乐试触时电流表的指针偏转情况如图乙所示，根据你的分析，你认为原因可能是　　。
（3）实验过程中他连接了如图丙所示的电路，闭合开关后观察到灯L2不发光，分析电路连接情况，该电路存在的问题是：灯L2所在的支路发生了　　故障。
（4）排除故障后，把电流表分别接入到电路中的A、B、C处测出它们的电流，他下一步应该做的是
　
A．整理器材，结束实验
B．改变电流表的量程，再测几次
C．换用不同规格的小灯泡，再测几次
这样做的目的是为了：　　。
【解答】
（1）为保护电路，在连接电路的过程中开关应该断开；
（2）在实验中，小乐试触时电流表的指针偏转情况如图乙所示（即电流表指针反偏），原因可能是：电流表正负接线柱接反了；
（3）如图丙所示的电路，L2与电流表A2串联后再与导线并联，即灯L2所在的支路发生了短路故障，所以闭合开关后观察到灯L2不发光；
（4）排除故障后，把电流表分别接入到电路中的A、B、C处测出它们的电流，为得出普遍性的规律，他下一步应该做的是换用不同规格的小灯泡，再测几次，选C。
故答案为：（1）断开；（2）电流表正负接线柱接反了；（3）短路；（4）C；得出普遍性的规律。
126．（2020•望花区二模）探究“串、并联电路电流规律”的实验中，连接了如图甲所示的电路：

（1）连接电路时，开关应处于　　状态，如果同时闭合所有开关，电路中的电流表A1　　（选填“被烧坏”或“示数为0”）；
（2）在探究“串联电路电流规律”时，应闭合开关　　，开关闭合后，观察到电流表A1和A2指针位置不同，检查电路时发现，所有器材均完好且电流表量程均为0～0.6A．原因可能是　
　；
（3）改变开关的通断，使电路为并联电路，来探究“并联电路电流规律”，某次实验中电流表A2的示数如图乙所示，则通过R1的电流为　　A．若R1＝10Ω，电源电压为　　V。
【解答】（1）连接电路时，开关应处于断开状态，如果同时闭合所有开关，则电流经电流表A1、S3、S2、S1回到电源负极，即电源发生短路，电路中的电流表A1；
（2）在探究“串联电路电流规律”时，两电阻串联，故应闭合开关S2；
串联电路中各处的电流相等，观察到电流表A1和A2指针位置不同，检查电路时发现，所有器材均完好且电流表量程均为0～0.6A，原因可能是至少有一个电流表使用前没有调零；
（3）改变开关的通断，使电路为并联电路，来探究“并联电路电流规律”，A2测R1的电流，某次实验中电流表A2的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过R1的电流为0.3A；
若R1＝10Ω，由欧姆定律，R1的电压即电源电压为：
U＝IR1＝0.3A×10Ω＝3V。
故答案为：
（1）断开；被烧坏；
（2）S2；至少有一个电流表使用前没有调零；（3）0.3；3。
127．（2019秋•大连期末）用如图1所示电路探究并联电路的电流特点。实验器材有：电源、开关、导线若干、三只电流表、不同规格的小灯泡若干。
（1）实验中，应选择规格　　（填“相同”或“不同”）的小灯泡。
（2）接电流表时，应将电流表　　（填“串联”或“并联”）在电路中。
（3）在测量干路电流时：
①接入电流表后闭合开关，看到两个灯都发光，但电流表出现如图2所示的现象，原因是：　
　。
②故障排除后，电流表的示数如图3所示，则通过干路的电流为　A。

（4）请在下面设计出探究过程中所需要的实验记录表格。
【解答】（1）实验中，为得出普遍性的规律，应选择规格不同的小灯泡。
（2）接电流表时，应将电流表串联在电路中；
（3）①在测量干路电流时，两个灯都发光，但电流表出现如图2所示的现象，则电流表的正负接线柱接反了；
②故障排除后，电流表的示数如图3所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过干路的电流为0.48A；
（4）为得出普遍性的规律，应选择规格不同的小灯泡多次测量，应测每个支路和干路的电流，实验记录表格如下所示：
次数
灯泡
A点电流IA/A
B点电流IB/A
C点电流IC/A
1
L1、L2



2
L1、L3



3
L2、L3



故答案为：（1）不同；
（2）串联；
（3）①电流表的正负接线柱接反了；
②0.48；
（4）如上表所示。
128．（2019秋•连山区期末）学习了电学知识，小明重新探究串并联电路的电流特点，设计了如图所示的电路。
（1）在连接电路时，开关应处于　　状态。
（2）要探究并联电路的电流特点，应　　（填开关的通断情况），若此时再闭合开关S3，会造成电流表　　（填“A““A1“或“A2“）被烧坏的不良后果。
①实验操作正确并经过多次实验，得到的数据记录在表中，分析数据，得到并联电路的电流特点是：　
　（用字母公式表示）。
②进行多次实验的主要目的是　　（序号）。
A．寻找普遍规律 B．减小电流测量误差
（3）要探究串联电路的电流特点，应　（填开关的通断情况），某次实验小明观察到灯L1发光，L2不发光，发生这种现象的原因可能是　　（填序号）。
A．灯L2短路 B．灯L2断路
C．两灯比较，灯L2的阻值太小 D．两灯比较，通灯L2的电流太小

【解答】（1）为了保护电路，在连接电路时，开关应处于断开状态。
（2）要使两灯泡并联，需要使得电流有两条路径，应只闭合闭合开关S、S1、S2，断开S3；若此时再闭合开关S3，电流会依次经过电流表A、S2、S3、S1、S，会造成电流表A被烧坏的不良后果；
①实验中可得到并联电路的电流规律：并联电路中干路电流等于各支路电流的和，即I＝I1+I2；
②为了寻找并联电路电流的普遍规律，应该进行多次实验，故A正确；
（3）要探究串联电路的电流特点，需要各个灯泡顺次连接使得电流的路径只有一条，所以应闭合开关S、S3，断开S1、S2；
AB、若小明观察到灯L1发光，L2不发光，说明电路中有电流，一定不是断路，可能是L2短路，故A正确，B错误；
CD、串联电路中电流处处相等，L2不发光，可能是实际功率太小，根据P＝I2R可知可能是灯L2的电阻太小，但前面实验没有出现这种现象，所以不可能是灯L2的电阻太小，故CD错误。
故选：A。
故答案为：（1）断开；
（2）闭合开关S、S1、S2，断开S3； A；
①I＝I1+I2 ；②A；
（3）闭合开关S、S3，断开S1、S2；A。
129．（2019秋•唐河县期末）小明连接了如图所示的电路探究井联电路的电流规律：
试验次数
通过L1的电流I1/A
通过L2的电流I2A
干路电流V/A
1
0.20
0.20
0.40
2
0.18
0.18
0.36
3
0.16
0.22
0.38
4
0.14
0.20
0.34
（1）同桌提醒小明电路中少连接了一个元件　　，小明改正后在实验过程中发现电流表指针向左偏转，原因是　　。
（2）测量出表中的1、2两组数据后，小明得出了“并联电路各支路电流相等”的结论，原因是　
　。改进实验后测出了表中3、4组所示的数据，经过分析后得出了并联电路中电流的普遍规律：　　（用I、I1、I2表示）。
（3）在本实验中进行多次实验的主要目的是　　（选填序号）
A．寻找普遍规律 B．减小实验误差
请你说出一种能进行多次实验的可行措施：　　。

【解答】（1）电路是用导线将用电器、电源、开关连接起来构成电路的路径，所以电路中少连接了一个元件开关；
电流表测量电流时，指向左偏转，说明电流从负接线柱流入了，即电流表正负接线柱接反了；
（2）之所以得出：并联电路各路电流相等的错误结论，是因为选用的两灯泡的规格相同，器材太特殊；
分析表中3、4组的数据可知：
0.16A+0.22A＝0.38A；
0.14A+0.20A＝0.34A；
故得出的结论是：
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，即：I＝I1+I2；
（3）本实验是探究并联电路的电流规律，进行多次实验的主要目的是寻找普遍规律，故A正确；
为了能进行多次实验，找出普遍规律，我们可以在电路中串联一个滑动变阻器来改变电路的电阻，从而改变电流。
故答案为：（1）开关；电流表正负接线柱接反了；
（2）选用的两灯泡的规格相同；I＝I1+I2；
（3）A；在电路中串联一个滑动变阻器。
130．（2019秋•长垣县期末）小明在探究电路电流规律的实验中，如图甲是连接的电路图，请你帮他解决实验中遇到的问题：

（1）在连接电路时，开关应　　，在连接电路时，发现电流表如图乙所示，则他应该将电流表　　；
（2）他在测量B处的电流时，发现电流表的指针偏转又如图乙所示，原因是　　；在排除故障后，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为　　A；
（3）排除故障后，实验时他应该　　，这样可以保证得出的结论具有普遍性。而另一组的同学同时把两个电流表接到A点和C点，两灯都发光，且两个电流表指针都指到刻度盘的正中间，他们便推导出B点电流为　　A。
【解答】
（1）在连接电路时，为保护电路，开关应断开；
在连接电路时，发现电流表如图乙所示，则他应该将电流表指针调零；
（2）他在测量B处的电流时，发现电流表的指针偏转又如图乙所示，原因是电流表的正负接线柱接反了；
在排除故障后，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则电流表的示数为0.24A；
（3）排除故障后，为得出普遍性的结论，实验时他应该换用不同规格的灯泡测量多组数据；
而另一组的同学同时把两个电流表接到A点和C点，则C处的电流为总电流，A处的电流为支路电流，因两灯都发光，且两个电流表指针都指到刻度盘的正中间，
根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，故测C处电流时，电流表选用了大量程，分度值为0.1A，电流为1.5A；
测A处电流时，电流表选用了小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，
故B点的电流为：IB＝IC﹣IA＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：（1）断开；指针调零；
（2）电流表的正负接线柱接反了； 0.24；
（3）换用不同规格的灯泡测量多组数据； 1.2。
131．（2019秋•兴化市期末）一组同学在“探究并联电路电流特点”：
（1）闭合开关后，两灯泡都亮，由于连线较乱，一时无法确定电路是串联还是并联，以下两种判断方法中可行的是　　；
方法
操作
现象
结论
方法1
把其中一灯泡从灯座中取下
另一灯未熄灭
两灯一定是并联
方法2
把其中一根导线断开
两灯熄灭
两灯一定是串联
（2）继续探究，他们分别测量A、B、C三处的电流，并把电流值写在电路图上，分析图中的数据，明显错误的数值是　　，错误的原因是　　。
（3）另一小组进行了多次实验，他们测量了三组数据并记入了下表，分析表格，你能够发现他们的不足之处吗？不足之处是　　。
次数
A处的电流IA
B处的电流IB
C处的电流IC
测量1
0.10
0.12
0.22
测量2
0.20
0.24
0.44
测量3
0.25
0.30
0.55

【解答】
（1）①方法1：把其中一个灯泡从灯座上取走，灯座处断路，另一盏灯不能工作，各用电器之间互相影响，所以两个灯泡是串联的，否则为并联，方法可行。
②方法2：在串联电路中，断开一条导线，所有的用电器都不能工作；在并联电路中，断开干路导线，所有的用电器也都不能工作；断开其中一条导线，两灯都熄灭，两灯泡即可能是串联的，也可能是并联，不能根据两灯泡都熄灭判断出两灯泡是串联的，故方法2不可行；
（2）并联电路干路电流等于各支路电流之和，但0.10A+0.20A＝0.30A≠1.50A，故明显错误的数值是1.5A，根据电流表大小量程之比为5：1，错误的原因是电流表选用小量程，却按大量程读数了；
（3）电流应有单位，故分析表格，发现他们的不足之处是：表格电流栏处没有单位。
故答案为：（1）方法1；（2）1.5A；电流表选用小量程，却按大量程读数了；（3）表格电流栏处没有单位。
132．（2019秋•永州期末）小东在探究串联电路中电流的规律时，连接了如图甲所示的电路。

（1）小东在连接电路时应将开关处于　　状态；
（2）为了寻找串联电路的电流规律，分别在图中A、B、C三点接入电流表，当他将已校零的电流表接在A点时，闭合开关，发现电流表指针如图乙所示，出现这种现象的原因可能是　　；
（3）解决问题后小东继续进行实验，发现L1比L2要亮许多，则通过L1的电流I1与通过L2的电流I2的大小关系是I1　　I2（选填“＞”“＝”或“＜”）；
（4）探究了串联电路的电流的规律后，他又用电压表分别测得AB、BC、AC间的电压UAB、UBC、UAC．下列关系式正确的是　　。
A．UAB＝UBC＝UAC
B．UAB＝UBC+UAC
C．UAB＞UBC＞UAC
D．UAC＝UAB+UBC
【解答】（1）为保护电路，在连接电路时应将开关处于断开状态；
（2）当他将已校零的电流表接在A点时，闭合开关，发现电流表指针如图乙所示，出现这种现象的原因是电流表的正负接线柱接反了；
（3）串联电路各处的电流相等，故通过L1的电流I1与通过L2的电流I2的大小关系是I1＝I2；
（灯的亮度取决于灯的实际功率，根据P＝I2R，L1比L2要亮许多，是因为L1的电阻远大于L2的电阻）；
（4）AB、BC、AC间的电压UAB、UBC、UAC，因串联电路的总电压等于各部分电压之和，故UAC＝UAB+UBC，且UAC＞UAB，UAC＞UBC，只有D正确。
故答案为：（1）断开；（2）电流表的正负接线柱接反了；（3）＝；（4）D。
133．（2019秋•青羊区期末）为了探究“并联电路电流规律”，小红实验小组设计了如图甲所示的电路图。

（1）准备连接电路时，他们首先就连接方法进行了如下讨论。几个说法中错误的是　　
A．按照电路图连接电路时，开关应该是断开的
B．每处接线都必须接牢
C．连接电路元件时不能从电池的负极开始
D．连接完毕后要仔细检查电路，确认无误后再闭合开关
（2）连接好电路后，小明闭合开关测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是　　。
（3）小亮同学根据下表实验数据得出的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，且各支路的电流相等。老师指出小亮的探究过程有不妥之处，请问他下一步应该做的最合理的操作是　　
A点电流IA/A
B点电流IB/A
C点电流IC/A
0.16
0.16
0.32
A．分析数据，得出结论
B．改变电源电压，再测出几组电流值
C．换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值
D．换用电流表的另一量程，再测出一组电流值
【解答】
（1）A．按照电路图连接电路时，为保护电路，开关应该是断开的，A正确；
B．每处接线都必须接牢，防止断路，B正确；
C．连接电路元件时一定的顺序即可，故不能从电池的负极开始是不对的，C错误；
D．连接完毕后要仔细检查电路，确认无误后再闭合开关，D正确；
选C；
（2）连接好电路后，小明闭合开关测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是电流表正负接线柱接反了；
（3）之所以得出各支路的电流相等，是因为选用的灯泡规格相同，器材太特殊，为得出普遍性的结论，要换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值，选C。
故答案为：（1）C；（2）电流表正负接线柱接反了；（3）C。
134．（2020•新抚区一模）如图甲所示为小明进行的连接电路实验，当开关闭合灯泡　　（填“亮”或“不亮”），灯泡　　烧坏，电源　　烧坏（以上两空选填“可能”或“不可能”）。小明发现有一条导线多余，请你在多余的导线上打个“×”并在图乙方框中画出正确的电路图（没有多余导线）。去掉多余导线后，小明闭合开关电流应该由　　（选填“A到B”或“B到A”）经过灯泡。若用发光二极管替换小灯泡安装好后，闭合开关发光二极管不亮，经检查电路连接无误且电路元件完好，则小明的判断是由于发光二极管具有　　性，连接时把正负极接反了造成的。

【解答】（1）图甲中，灯与导线并联，灯短路了（导致电源短路），电流不经过灯泡，故当开关闭合灯泡不亮，灯泡不会烧坏，可能导致电源可能烧坏；
故应将开关右接线柱与灯的右接线柱之间的连线去掉，如下左图所示：
根据实物图画出电路图，电流从电源正极→开关→灯泡→电源负极，如下右图所示：

去掉多余导线后，小明闭合开关电流应该由B到A经过灯泡。
（2）若用发光二极管替换小灯泡安装好后，闭合开关发光二极管不亮，说明电路中没有电流，
经检查电路连接无误且电路元件完好，小明的判断是由于发光二极管具有单向导电性，连接时把正负极接反了造成的。
故答案为：不亮；不可能；可能；如上左图所示，如上右所示；B到A；单向导电。
135．（2020•望花区一模）小钰连接了如图甲所示的电路探究并联电路的电流规律：
实验次数
通过L1的电流I1/A
通过L2的电流I2/A
干路电流I/A
1
0.20
0.20
0.40
2
0.18
0.18
0.36
3
0.16
0.22
0.38
4
0.14
0.20
0.34
（1）同桌提醒小钰图甲中少连接了一个元件　　，小钰改正后在实验过程中发现电流表指针向左偏转，原因是　　。为了能进行多次实验，可以在电路中　　（选填“串联”或“并联”）一个　　。
（2）测量出表中的1、2组数据后小钰得出了并联电路各路电流相等的结论，原因是　　，改进实验后测出了表中3、4组所示的数据，经过分析后得出了并联电路中电流的普遍规律　　：（用I、I1、I2表示）
（3）在本实验中进行多次实验的主要目的是　　（选填序号）。
A．寻找普遍规律 B．减小实验误差

【解答】（1）电路是用导线将用电器、电源、开关连接起来构成电路的路径，所以电路中缺少开关。
电流表测量电流时，指针反向偏转，说明电流从负接线柱流入了，即电流表正负接线柱接反了。
为了能进行多次实验，找出普遍规律，我们可以在电路中串联一个滑动变阻器来改变电路的电阻，从而改变电流。
（2）根据表格的1、2组数据得出并联电路各路电流相等的错误结论，是因为两灯泡的规格相同造成的。
分析表中3、4组的数据可知：并联电路中干路电流等于各支路电流之和，即：I＝I1+I2。
（3）本实验是探究并联电路的电流规律，故进行多次实验的主要目的是寻找普遍规律，故A正确。
故选：A。
故答案为：（1）开关；电流表正负接线柱接反了；串联；滑动变阻器；（2）选用的两灯泡的规格相同；I＝I1+I2；（3）A。
136．（2019秋•郑州期末）小西和小林用如图所示的器材探究串联电路的电压关系。用三节干电池串联做电源。
（1）小西用电压表测量L1两端的的电压时，电压表指针偏转角度过小，如图所示，接着她应该　
　。
（2）他们正确选接电路后，得出了下表所示的一组数据，分析实验数据得出两个实验结论：①串联电路两端的电压　　各用电器两端电压之和；②串联电路中，各用电器两端电压相等。
UAB/V
UBC/V
UAC/V
2.1
2.1
4.2
（3）小西和小林互相交流后认为结论②是片面的。为了得出串联电路电压关系的普遍规律，他们还应当：　　。
（4）在实验中他们还发现：电源两端电压总大于各用电器两端电压之和，询问老师后知道是导线分压造成的。小林想更明显地观察到导线分压的现象，他应该选择较　　（选填“粗”或“细”）的导线进行实验。

【解答】
（1）电压表指针偏转角度过小，说明选的量程过大，接下来应该断开开关，换用0﹣3V的量程重新进行实验；
（2）（3）分析实验数据可知，串联电路两端的电压等于各用电器两端电压之和；
结论②各用电器两端电压相等是错误的，原因是选用了规格相同的小灯泡进行了实验，接下来应该换用不同规格的小灯泡多次进行实验；
（4）在电流一定时，电压与电阻大小成正比，为了更明显地观察到导线的分压现象，应该选择电阻更大一些的导线，在其他条件相同时，横截面积越小，导线的电阻越大，故应选择更细的导线。
故答案为：（1）断开开关，换用0﹣3V的量程重新进行实验；（2）等于；（3）换用不同规格的小灯泡多次进行实验；（4）细。
137．（2019秋•金湖县期末）电流表和电压表接入电路的方法和知道表面刻度的意义是正确使用它们的基础。
图1中电路接线错误的是　　。
图2中将“﹣”和“3”接线柱接入电路，量程是　　，分度值是　　。
图3中，测量灯泡L2的电压，用笔线代替导线将电压表接入电路；
图4中将“﹣”和“3”接线柱接入电路，量程是　，分度值是　　。

【解答】
（1）由图1可知电流表与灯泡并联，根据电流表要和被测用电器串联可知：电路接线错误的是电流表；
（2）图2电表表面上标有A，则电表为电流表，当“﹣”和“3”接线柱接入电路时，电流表的量程是0～3A，最小分度值是0.1A。
（3）图3中电源为两节干电池串联，电源电压为3V；测量灯泡L2的电压，则电压表选用小量程与灯L2并联，电流从电压表的正接线柱流入、负接线柱流出，如下图所示：

（4）图4电表表面上标有V，则电表为电压表，当把“﹣”和“3”接入电路时，电压表的量程为“0～3V”，分度值即为相邻两刻度线的电压值即0.1V。
故答案为：
（1）电流表；
（2）0～3A；0.1A。
（3）如上图；
（4）0～3V；0.1V。
138．（2019秋•大洼区期末）小明、小红和小亮在做“探究影响导体的电阻大小因素”实验时，做出了如下猜想：
猜想一：导体的电阻可能与导体的长度有关。
猜想二：导体的电阻可能与导体的横截面积有关。
猜想三：导体的电阻可能与导体的材料有关
实验室提供了4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（mm2）
A
镍铬合金
0.25
1.0
B
镍铬合金
0.50
1.0
C
镍铬合金
0.25
2.0
D
锰铜合金
0.25
1.0
（1）如图所示电路，闭合开关后，在M、N之间分别接上不同导体，通过观察相关现象来比较导体电阻大小，小明、小红和小亮对图中的电路设计提出了自己的观点：
小明认为：电流表是多余的，观察灯泡的亮度就可以判断导体电阻的大小
小红认为：灯泡是多余的，根据电流表示数的变化就可以判断导体电阻的大小
小亮认为：灯泡和电流表同时使用更好，因为灯泡可以保护电路，从而防止烧坏电流表。
你赞同　　（选填“小明”“小红”或“小亮”）的观点。
（2）为了验证猜想二，可依次把M、N跟　（选填“A、B、C、D”）的两端相连，闭合开关，记下电流表的示数，分析比较这两根电阻丝电阻的大小。
（3）依次把M、N跟电阻丝A、B的两端连接，闭合开关，电流表的示数不同，分析比较A、B两根电阻丝电阻的大小，可探究电阻跟　　的关系，其结论是　。
（4）在最近几年，我国城乡许多地区进行输电线路的改造，将原来细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，这样是为了　　（选填“增大”或“减小”）输电线的电阻。
（5）下列4个实验中没有用到本实验研究方法的是　　。
A．探究电流与电压、电阻的关系实验
B．探究影响压力作用效果的因素实验
C．探究平面镜成像的特点实验
D．探究影响摩擦力大小的因素实验

【解答】
（1）在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，同时灯泡可以保护电路，从而防止烧坏电流表，故小亮的观点正确；
（2）要验证猜想二：导体的电阻可能与导体的横截面积有关，应控制导体材料与长度相同，而横截面积不同，由表中数据可知，应选编号为A、C的两根电阻丝进行实验。
（3）A、B两根电阻丝材料相同、横截面积相同，长度不同，可以探究导体的电阻与导体的长度的关系；
该实验可以得到的结论是：当材料和横截面积相同时，导体越长电阻越大。
（4）细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，导线的横截面积增大了，电阻值减小了，相同时间内导线上损失的电能也就减小了，从而起到节能的作用；
（5）导体的电阻与多个因素有关，探究影响电阻大小的因素时运用了控制变量法。
A．因为电流与电压、电阻都有关系，在探究电流与电压、电阻的关系实验中运用了控制变量法；
B．压力的作用效果跟压力大小、受力面积有关，在探究影响压力作用效果的因素实验中运用了控制变量法；
C．在探究“平面镜成像特点”实验中用到的是等效替代法；
D．摩擦力的大小与压力、接触面的粗糙程度有关，在探究影响摩擦力大小的因素实验中运用了控制变量法；
所以4个实验中没有运用控制变量法的是C。
故答案为：（1）小亮；（2）A、C；（3）导体的长度；当材料和横截面积相同时，导体越长电阻越大；（4）减小；（5）C。
139．（2020•望花区二模）小华在实验室中找到几根金属丝探究“影响导体电阻大小的因素”；

（1）实验中可以在电路中串联一个　　（选填“小灯泡”或“电流表”）既方便比较电阻大小又可以保护电路；
（2）小华探究导体电阻大小与长度的关系时，应选用金属丝　　，得到结论的是：其它条件相同时，导体的长度越长电阻越　　；如果小华只用金属丝B，可以探究导体电阻大小与　　（选填①”、②“或“③”）的关系：
①长度、横截面积
②长度、材料
③横截面积、材料
（3）滑动变阻器的原理是通过改变导体连入电路的　　来改变电阻大小的，如果将滑动变阻器按图乙所示的连接方法连入电路，则此时滑动变阻器相当于　　（选填“定值电阻”或“导线”）
【解答】（1）电流表的电阻很小，相当于导线，所以若在电路中串联一个电流表时会因为电阻较小，电流较大，将电流表烧坏；
将不同的电阻丝接入电路，电流大小不同，灯泡亮度不同，因此实验中是通过观察灯泡亮度既方便比较电阻大小又可以保护电路；
（2）为了探究电阻与长度的关系，要控制两根金属丝的材料和横截面积相同，而长度不同，所以应选编号为A、C两根金属丝，可以得到结论的是：其它条件相同时，导体的长度越长电阻越大；
如果小华只用金属丝B，材料不能改变，长度和横截面积可以改变，故可以探究导体电阻大小与长度、横截面积的关系，故①正确；
（3）滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中电阻线的长度；
滑动变阻器的接法是四个接线柱，必须一上一下，若把上面两个接线柱接入电路相当于导线，把下边两个接线柱接入电路，相当于定值电阻，乙图中接了两个上接线柱，故此时滑动变阻器相当于导线。
故答案为：（1）小灯泡；（2）A、C；大；①；（3）长度；导线。
140．（2019秋•万州区期末）如图所示是某实验小组设计的探究影响导体电阻大小因素的实验电路。下表中给出了A、B、C、D四种导体的长度、横截面积以及材料种类。

代号
长度（m）
横截面积（mm2）
材料
A
0.6
0.4
镍铬合金
B
1.0
0.4
镍铬合金
C
0.6
0.6
镍铬合金
D
0.6
0.6
锰铜
（1）实验中，通过观察电流表的示数可以判断导体的　　大小。电路中串联小灯泡的作用是　　。
（2）分别将A和C两导体接入电路进行实验，发现接入C导体时，电流表的示数比接入A导体时更大，说明导体的电阻与导体的　　有关。选择这两根导体体现的是　　法。
（3）通过对　　导体进行实验，可探究电阻的大小与长度的关系。
（4）若把A、B两导体串联后接入电路M、N两端，发现电流表示数变得更小，说明两导体串联后的电阻值将　　（选填：变大，变小，不变），这个现象可以用电阻大小与导体　　有关来解释。
（5）选择C和D导体实验，发现电阻不一样，因为导体电阻还与导体的　　有关。
【解答】
（1）实验中，通过观察电流表的示数可以判断导体的电阻的大小，运用了转换法；小灯泡在电路中的主要作用显示电路中导体电阻的大小，保护电路；
（2）选取A、C导体进行实验时，导体的材料、长度相同，横截面积不同，发现接入C导体时，电流表的示数比接入A导体时更大，故说明导体的电阻与导体的横截面积有关；实验中采用的是控制变量法；
（3）探究电阻的大小与长度的关系，运用控制变量法，要控制导体的材料和横截面积一定，故选取A、B导体进行实验；
（4）若把A、B两导体首尾相连后再接入电路M、N两端，两导体串联后的电阻值等于AB两导体的电阻之和，即电阻变大，电路中的电流变小，电流表示数变小，这个现象可以用电阻大小与导体长度有关来解释。
（5）选择C和D导体实验，发现电阻不一样，因为导体的电阻还与导体的材料有关。
故答案为：（1）电阻；保护电路；（2）横截面积；控制变量；（3）AB；（4）变大；长度；（5）材料。
141．（2019秋•涞水县期末）阳阳在实验课对串联电路电压规律进行了探究。
[猜想与假设]串联电路各用电器两端的电压之和等于串联电路总电压
[设计与进行实验]
步骤：（1）按图连接电路：
（2）闭合开关，用电压表测出L1两端的电压：
（3）在测L2两端的电压时，阳阳同学为了节省实验时间，采用以下方法：电压表所
接的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上，测出AC间的电压。
[交流与评估]
步骤：（1）连接电路时，开关必须　　。
（2）阳阳同学用上面的方法　　（选填“能”或“不能“）测出L2两端的电压，因为　　。
UAB/V
UBC/V
UAC/V
1.4
2.4
3.75
（3）方法改进后，测出AB、BC、AC间的电压记录在上面表格中。分析阳阳同学的实验数据可以得出的结论是：串联电路各用电器两端的电压之和　　串联电路总电压（填“等于”或“不等于”）。
（4）这个实验设计方案　　（选填“合理”或“不合理“），因为：　　。

【解答】（1）为了保护电路，连接电路时，开关必须断开；
（2）测出L1两端的电压后，当电压表B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上时，虽然此时电压表与L2并联，但电压表的正负接线柱却是反的，闭合开关后，指针会反向偏转，所以不能测出L2两端的电压；
（3）由表中数据可知：UAB+UBC＝3.8V，考虑到误差因素，可认为这与UAC间的电压是相等的，所以可得结论：串联电路中总电压等各用电器两端电压之和；
（4）由实验可知，该实验只进行了一次实验，只测出了一组实验数据，实验次数太少，得出的实验结论不合理，具有偶然性和片面性，为得出普遍结论，应换用不同规格的灯泡进行多次实验或改变电源电压进行多次实验。
故答案为：（1）断开；（2）不能；电压表正负接线柱接反了；（3）等于；（4）不合理；实验次数少，结论具有偶然性。
142．（2019秋•吉州区期末）科学探究是初中物理课程内容的重要组成部分，探究的形式可以是多种多样的。
探究电阻大小的影响因素

器材：干电池2节，开关、灯泡、滑动变阻器各一个，粗线相同的铜丝和镍铬合金丝（如图）
（1）若想探究电阻大小与长度的关系，应该将MN分别连接CE和　　两端。
（2）将MN先后连接AB和CD，发现灯泡亮度没有明显变化，请你出实验的改进意见：　
　。
（3）根据现有器材，能否进一步探究电阻大小与横截面积的关系？答：　　（选填“能”或“不能”）。
【解答】（1）探究电阻大小与长度的关系，需保证电阻丝的材料和横截面积相同，因此应该将MN分别连接CE和CD两端；
（2）由题意可知，小灯泡发光，各元件完好，电路连接无故障，说明是通路。则造成小灯泡的亮度没有明显变化的原因应该是电路的最大阻值太小，对电路的调节作用不明显；
（3）探究电阻大小与横截面积大小关系时，需保证电阻的材料和长度相同，可将CD的一半接入电路，将CD对折后接入电路，因此可以探究电阻大小与横截面积的关系。
故答案为：（1）CD；（2）将CD换用更细更长的镍铬合金丝；（3）能。
143．（2019秋•秭归县期末）在“探究串联电路电压的特点”实验中，小红选择了规格不同的两颗小灯泡连接了如图所示的电路。
UAB/V
UBC/V
UAC/V
2.4
1.4
3.8
（1）闭合开关，小红发现UAB＝0，于是又测得UBC≠0，且L2不亮，原因是　　。
（2）小红排除故障后，测出AB间的电压后，保持电压表的B点不动，只断开A点，并改接到C点上测量BC两端电压，她能否测出BC两端电压？理由是　。
（3）小红分别测出AB、BC、AC两端的电压并记录在上面表格中，分析实验数据得出结论：串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。请对小红的做法进行评价：　　，改进方法是　　。

【解答】
（1）由图知，两灯串联；闭合开关，小红发现UAB＝0，这说明AB段之外的电路可能出现了断路或者是灯泡L1短路；测得UBC≠0，这表明B点与电源正极、C点与电源负极之间的电路是通路，且L2不亮，所以故障原因是L2断路；
（2）测AB间的电压时，A与电压表的正接线柱相连，B与电压表的负接线柱相连；
小红保持电压表的B连接点不动，只断开A连接点，并改接到C点上，则会造成电流从负接线柱流入了，即电压表的正负接线柱接反了，故不能测出BC两端电压。
（3）本实验只做了一次实验，而没有进行多次测量，只凭一组实验数据得出结论带有偶然性，不能得出普遍规律，故应更换规格不同的灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）L2断路；（2）电压表的正负接线柱接反了；（3）结论不具有普遍性；更换规格不同的灯泡进行多次实验。
144．（2020•香坊区一模）在“伏安法测量电阻”的实验中，请回答：
表一
实验次数
R两端电压U/V
通过R电流I/A
1
5
0.2
2
10
0.4
3
12
0.5
（1）上面所连的甲图有一条导线连错，请在错误的导线上画“ד，同时补画出正确的连线。
（2）电路改正后，闭合开关，通过调节滑动变阻器的滑片收集到如表一的实验数据，则被测电阻R的电阻值约为Ω。
（3）电路改正后，小明把图中的电阻R更换成小灯泡，研究小灯泡电阻，实验中能说明灯丝温度发生了变化的现象是　　。
实验中小明收集、计算的数据如表二，小明只依据表中数据本身呈现出的特点就得出了灯丝电阻的不同不是误差引起的，请你从两个不同角度说出小明这样认为的理由　；
　。
表二
实验次数
灯泡两端电压U/V
通过灯泡电流I/A
灯丝电阻R/Ω
1
0.5
0.22
2.3
2
1.0
0.25
4.0
3
1.5
0.28
5.4
4
2.0
0.30
6.7
5
2.5
0.32
7.8

【解答】（1）原电路中，变阻器与电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，变阻器应与电阻串联，电压表则电阻的电压，如下所示：

（2）由欧姆定律，第1次实验的电阻：
R1=U1I1=5V0.2A=25Ω；
同理，第2、3次的电阻分别为25Ω和24Ω，
为减小误差，取平均值作为测量结果：
R=25Ω+25Ω+24Ω3≈24.7Ω；
（3）电路改正后，小明把图中的电阻R更换成小灯泡，研究小灯泡电阻，灯的亮度由灯的实际功率决定，实际功率越大，灯丝的温度越高（灯的电阻越大），灯越亮，故实验中能说明灯丝温度发生了变化的现象是灯的亮度发生变化；
灯丝电阻的不同不是误差引起的理由：
①实验中测量灯的电阻差别较大，若是误差造成的，差别较小；
②由表中测量的电阻大小可知，实验中所测灯丝电阻随两端电压、电流的增大而增大，有一定的规律性，若是误差应时大时小。
故答案为：（1）如上所示；（2）24.7；（3）灯的亮度发生变化；（4）①实验中测量灯的电阻差别较大，若是误差造成的，差别较小；
②实验中所测灯丝电阻随两端电压、电流的增大而增大，有一定的规律性，若是误差应时大时小。
145．（2020•淮滨县模拟）小明在进行“测量小灯泡的电阻”的实验时，实验桌上给他提供的器材（如图所示）有：6V蓄电池、电流表（三个接线柱上面标的从左至右分别是“﹣”、“0.6”、“3”）、电压表（三个接线柱上面标的从左至右分别是“﹣”、“3”、“15”）、滑动变阻器（50Ω、1.5A）、小灯泡、开关各一个，导线若干。

（1）要求滑动变阻器的滑片向右移动时灯泡变暗，请用笔画线代替导线将如图所示的甲图电路连接完整。
（2）闭合开关前应把滑动变阻器滑片的位置调到　　（选填“A”或“B”）端。
（3）闭合开关后，小明发现灯泡不发光，电流表的示数为零，电压表的示数为6V，产生此故障的原因可能是下列情况中的　　。（填写序号）
A．电压表的正、负接线柱接反　　B．小灯泡短路 C．小灯泡的灯丝断了
（4）排除故障后，调节变阻器，此时电流表的示数如图所示的乙图，电流值为　　A，此时小灯泡两端的电压2.5V，则小灯泡的电阻为　　Ω，功率为　　W。
【解答】（1）滑动变阻器的滑片向右移动时灯泡变暗，说明电路中电流变小，变阻器连入电路的阻值变大，
所以将滑动变阻器的A接线柱接入电路，且滑动变阻器与灯泡串联，如图所示：

（2）为了保护电路，闭合开关前应把滑动变阻器滑片的位置调到最大值B端；
（3）闭合开关后，小明发现灯泡不发光，电流表的示数为零，说明电路中存在断路故障；
电压表的示数等于电源电压6V，说明电压表串联在电路中测电源电压，
所以产生此故障的原因是与电压表并联的电路断路了，即小灯泡的灯丝断了，故选C；
（4）由图乙知，电流表选用0～0.6A量程，分度值为0.02A，电流表示数为0.3A，
此时灯泡两端电压为2.5V，所以灯泡电阻R=UI=2.5V0.3A≈8.3Ω，
小灯泡的功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。
故答案为：（1）见上图；（2）B；（3）C；（4）0.3；8.3；0.75。
146．（2020春•沙坪坝区校级月考）欣欣利用如图甲所示的电路，探究通过“导体的电流跟电阻的关系”。实验器材：电源（电压恒为4.5V），电流表、电压表各一只，开关，三个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω），两只滑动变阻器（甲“10Ω 2A”、乙“20Ω 1A”），导线若干。

（1）用笔画线代替导线完成图甲电路的连接。
（2）实验中欣欣发现，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，两电表的指针始终处于图乙所示的状态，则电路故障可能是　　。
（3）排除故障后，多次改变R的阻值，根据实验数据画出如图丙所示的I﹣R图象，得到的结论是　
　。
（4）在上述实验中，欣欣用10Ω的电阻替换5Ω的电阻，为了完成实验，他应该将滑动变阻器的滑片向　　端移动（选填“A”或“B”），使电压表示数为　　V。
（5）当欣欣改用15Ω的电阻继续实验时，发现无论怎样移动滑动变驵器的滑片，都无法使电压表的示数达到实验要求的值，则欣欣选用的滑动变阻器的规格是　　（选填“甲”或“乙”），如果串联一个定值电阻就能完成实验，那么这个定值电阻的范围是　　。
（6）除了更换滑动变阻器的方案以外，欣欣想到原有器材不变，调整定值电阻两端的电压也可以完成实验，他应控制定值电阻两端的电压范围是　　。
【解答】（1）将电压表并联在定值电阻的两端，如图所示；

（2）乙图中，左表为电压表，示数满偏，说明电压表与电源连通；右边为电流表示为0，说明电路断路或总电阻很大，由此可知，与电压表并联的定值电阻断路了；
（3）由图丙所示图象可知：通过电阻的电流与电阻值的乘积为0.5A×5Ω＝0.25A×10Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝2.5V保持不变，是一个定值，这说明：在电压不变时，电流与电阻成反比；
（4）在探究导体的电流跟电阻的关系时，需要保持电阻两端的电压2.5V不变，当欣欣用10Ω的电阻替换5Ω的电阻时，闭合开关发现电压表的示数变大，为保持电阻的电压不变，应增加变阻器分得的电压，根据分压原理可知，应增大变阻器连入电路中的电阻，他应该将滑动变阻器的滑片向A端移动，使电压表示数为2.5V；
（5）当用15Ω的电阻继续实验时，即使将“10Ω 2A”的变阻器变阻器的全部电阻10Ω连入电路，由欧姆定律，此时电路中的电流为：I=UR+R滑=4.5V15Ω+10Ω=0.18A，电压表的最小示数U小＝IR＝0.18A×15Ω＝2.7V＞2.5V，所以，他发现无论怎样移动滑动变驵器的滑片，都无法使电压表的示数达到实验要求的值，则小明选用的滑动变阻器的规格是“10Ω 2A”即选用甲滑动变阻器；
当电压表的示数为2.5V时，
电路的电流为：I′=URR=2.5V15Ω=16A，
根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器和串联的电阻两端的总电压为：U滑+串＝U﹣UR＝4.5V﹣2.5V＝2V，
根据欧姆定律I=UR知，
滑动变阻器和串联电阻的总电阻为：R滑+串=U滑+串I'=2V16A=12Ω，
根据串联电路电阻的特点知，串联电阻的最小电阻为：R串小＝R滑+串﹣R滑＝12Ω﹣10Ω＝2Ω；
当滑动变阻器的电阻最小时，串联的电阻最大，最大为12Ω；
所以串联的这个定值电阻的范围是2Ω～12Ω；
（6）由（5）知，使用“10Ω 2A”的变阻器时，电压表能达到的最小示数为2.7V；
电压表量程为0～3V，当电压表示数U大＝3V时，变阻器分得的电压U变2＝4.5V﹣3V＝1.5V，当定值电阻为15Ω时，根据分压原理有 U变2U大=R滑15Ω，则R滑=U变2U大×15Ω=1.5V3V×15Ω＝7.5Ω，该滑动变阻器能满足要求，所以，电压表的最大示数可以为3V；
综上，除了更换滑动变阻器的方案以外，小明想到原有器材不变，调整定值电阻两端的电压也可以完成实验，他应控制定值电阻两端的电压范围是2.7V～3V。
故答案为：（1）如上图所示；（2）定值电阻断路；（3）在电压不变时，通过导体的电流与电阻成反比；（4）A；2.5；（5）甲；2Ω～12Ω；（6）2.7V～3V。
147．（2020•嘉定区一模）为了探究通过导体的电流与它两端的电压的关系，小明和小静同学用如图所示的电路，分别将材料相同，长度L、截面积S不同的导体甲、乙、丙接入电路的MN两端进行研究。
（1）设计电路时，小明认为应在M、N两端并联一个电压表才能正确测出导体两端的电压，小静认为干电池的电压是已知的，所以实验中不需要电压表。你认为　　（选填“小明”或“小静”）的观点是正确的。
（2）经过讨论后他们达成了共识，并将实验测得的数据记录在表一，表二和表三中。
表一 导体甲
实验序号
电压（伏）
电流（安）
1
1.2
0.24
2
2.4
0.48
3
3.6
0.72
表二 导体乙
实验序号
电压（伏）
电流（安）
4
1.2
0.12
5
2.4
0.24
6
3.6
0.36
表三 导体丙
实验序号
电压（伏）
电流（安）
7
1.2
0.08
8
2.4
0.16
9
3.6
0.24
①分析比较实验序号　　实验中的数据可得出的初步绩论是：电压相同，通过不同导体的电流不同。
②小静分析比较实验序1、2、3（或4、5、6或7、8、9）实验中的电流，电压数据后认为：同一导体，通过它的电流越大，它两端的电压就越大，且电压与电流成正比，这个说法是否正确？　　，理由是　　。
③小明和小静又仔细研究了表一、表二和表三中的数据发现：导体两端的电压与通过导体的电流的比值是一个定值，它与导体的　　有关。

【解答】（1）在上图中，考虑到电流表和导线的电阻，故电流表和导线的也有电压，电源电压不等于导体MN两端的电压，故应在M，N两端并联一个电压表才能正确测出导体两端的电压，故小明的观点是正确的。
（2）①由表中数据知，1、4、7（或2、5、8或3、6、9）的电压相同，故分析比较实验序号 1、4、7（或2、5、8或3、6、9）验中的数据可知，电压相同，通过不同导体的电流不同。
②分析比较实验序1、2、3（或4、5、6或7、8、9）实验中的电流，电压数据后认为：同一导体，通过它的电流越大，它两端的电压就越大，且电压与电流成正比，这个说法是不正确的，理由是：电流随电压的变化而变化，应是电压越大，电流越大，电流与电压成正比；
③求出表一中电压与电流之比：
U1I1=1.2V0.24A=2.4V0.48A=3.6V0.72A=5V/A；
同理，表二中压与电流之比：
U2I2=1.2V0.12A=-----3.6V0.36A=10V/A；
表三中电压与电流之比：
U3I3=1.2V0.08A-----3.6V0.24A=15V/A；
故可知电压与电流之比为一定值，甲乙丙不同导体的这个比值不同，故这个比值反映了导体的一种特性，它与导体的电阻有关。
故答案为：（1）小明；
（2）①1、4、7（或2、5、8或3、6、9）；
②不正确；电流随电压的变化而变化，应是电压越大，电流越大，电流与电压成正比；③电阻。
148．（2020•苏州模拟）用图甲的电路探究“电流与电阻的关系”，电源电压15V保持不变，滑动变阻器的规格“50Ω 2A”，阻值为10Ω、20Ω、30Ω、40Ω、50Ω的定值电阻各1个，电流表量程0～0.6A、0～3A，电压表量程0～3V、0～15V。

（1）根据图甲将图乙所示的实物图连接完整，电压表、电流表量程选择应满足能测量5组数据。
（2）电路连好后，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到　　端（左/右）；若闭合开关后，发现电流表没有示数，电压表示数接近15V，则电路可能出现的故障是　　。
（3）小明将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的几组电表示数，此过程小明实际探究的问题是电流与　　的关系。
（4）要完成预定的探究“电流与电阻关系”的实验任务，滑动变阻器除了保护电路外，另有一个重要作用是　　。
（5）下表为另一个同学提交的实验数据，林老师指出有的数据不符合实际，你认为不符合实际的是实验次序　4、5　的数据，理由是　　。
实验次序
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
10
20
30
40
50
电流I/A
0.59
0.3
0.2
0.15
0.12
【解答】（1）根据表中数据，电流小于0.6A，故电流表选用小量程与电阻串联，
由欧姆定律得，电阻的电压为：UV＝I2R2＝0.3A×20Ω＝6V＞3V，故电压表选用大量程与电阻并联，如下图所示：

（2）为了保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片要放在阻值最大位置，即移到右端。
电流表几乎没有示数，电路可能为断路，电压表既然有示数，说明有电流通过电压表，电压表应该能和电源组成一个通路，
所以电流表、开关、滑动变阻器不可能出现断路，否则电压表就会没有示数，因此，只能是电阻R断路。
（3）小明将10Ω的电阻接入电路中，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的几组电表示数，此过程小明保持电阻不变，改变电阻两端的电压值，探究的问题是电流与电压的关系。
（4）要探究电流和电阻的关系，在每次改变电阻的同时要通过滑动变阻器调节电阻两端的电压，保持电阻两端的电压不变。
（5）滑动变阻器的规格“50Ω 2A“，可知变阻器的最大电阻为50Ω，当定值电阻R4＝40Ω时，
由串联电路的规律及欧姆定律得，电路的最小电流为：
I4小=UR滑大+R4=15V50Ω+40Ω≈0.17A＞0.15A；
同理，当R5＝50Ω时，电路的最小电流为0.15A＞0.12A；
故不符合实际的是实验次序4、5的数据，理由是：R＝40Ω、50Ω时，电路的最小电流均大于表中对应的电流大小。
故答案为：
（1）如上图所示：
（2）右；电阻R断路；
（3）电压；
（4）保持电阻两端的电压不变；
（5）4、5；R＝40Ω、50Ω时，电路的最小电流均大于表中对应的电流大小。
149．（2020•罗湖区校级模拟）如图甲所示是“测量小灯泡电阻”的实验电路。已知小灯泡正常发光时电压为3.8V。

（1）实验电路中电压表所选的量程是　V。
（2）闭合开关，移动滑动变阻器测量出第一组数据，再将滑动变阻器滑片向　　移动（选填“左”或“右”），完成表格中的2、3、4次测量，数据表格所示，其中第3次测出的电流表示数如图乙所示，电流表的示数为　　A。
实验次数
电压U/V
电流I/A
灯泡亮度
1
1.5
0.1
灯丝暗红
2
2.5
0.15
微弱发光
3
3.8

正常发光
4
7.5
0
不发光
（3）由表格数据可知灯丝电阻是变化的，可能是受　　的影响。
（4）由表格数据可知小灯泡的额定功率为　　W．如果只要求测小灯泡的额定功率，滑动变阻器的最大阻值至少是　　Ω。
（5）小明在用另外一只灯泡实验时，电流表出现了故障不能使用（电压表完好），并且小灯泡的螺旋套上，只看得清0.3A的字样，小明向老师借了一只定值电阻R0（R0值已知）、几个开关和导线若干，设计电路，测量小灯泡的额定功率。请在图丙中帮他完成电路设计。（在图丙空档处画元件或用导线相连或不画元件和导线）
【解答】（1）灯的额定电压为3.8V，故实验电路中电压表所选的量程是0～15V；
（2）由表格数据知第二次电流增大，根据I=UR知，电路的总电阻减小了，滑动变阻器的电阻也减小了，故将滑动变阻器滑片向左移动；
电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.2A；
（3）由表格数据可知灯的亮度发生变化，温度也发生变化，所以灯丝电阻是变化的，可能是受温度的影响；
（4）小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.2A＝0.76W；
由表中数据知，当电压表示数为7.5V时，电流表示数为0，说明电路断路，但电压表与电源连通，故电源电压为7.5V，
由串联电路电压的规律知滑动变阻器分得的电压为：
U滑＝U﹣UV＝7.5V﹣3.8V＝3.7V，
滑动变阻器的最大阻值至少为：R滑小=U滑I额=3.7V0.2A=18.5Ω；
（5）灯泡与定值电阻、滑动变阻器串联，电压表分别测灯泡电压、灯泡与定值电阻的串联电压，电路图如图所示。

故答案为：（1）0～15； （2）左； 0.2；（3）温度；（4）0.76；18.5；（5）见上图。
150．（2020•武汉模拟）小明同学用如图器材探究探究通过导体的电流与电阻的关系。电源电压恒为6V，实验用到的定值电阻分别为10Ω、15Ω、20Ω、30Ω各一个。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。

（2）取10Ω的定值电阻接入电路，实验中正确连接电路，刚闭合开关时，电压表、电流表的示数分别为2V、0.2A，则实验选用的滑动变阻器的最大阻值为　　Ω。
（3）按选定规格的滑动变阻器依次实验记录数据如表：
实验次数
1
2
3
4
电阻R/Ω
10
15
20
30
电流I/A
0.3
0.2
0.15
0.1
分析可知表中4次实验，有一组数据是人为编造的，这次实验是第　　次（填序号），就现有器材，要完成全部4次实验，可将定值电阻两端控制不变的电压调至不少于　　V，在此电压下，完成全部4次实验定值电阻消耗功率最大为　　W，并调整部分电表量程即可。
【解答】（1）根据电路图，变阻器左下接线柱连入电路中，电阻与变阻器串联中，电压表与电阻并联，如下所示：

（2）取其中一个电阻接入电路，实验中正确连接电路，即变阻器的最大电阻连入电路中，刚闭合开关时，电压表、电流表的示数分别为2V、0.2A，由串联电路电压的规律，则实验选用的滑动变阻器的最大阻值为：
R滑大=U-UVI=6V-2V0.2A=20Ω；
（3）当定值电阻为30Ω时，由电阻的串联规律，电路的最大电阻为：30Ω+20Ω＝50Ω，由欧姆定律，电路的最小电流为：I′=UR=6V50Ω=0.12A＞0.10A，故第4次实验数据是人为编造的；
根据串联电路电压的规律及分压原理有：
U-UVUV=R滑R定，方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器最大电阻连入电路中时，对应的定值电阻最大，电压表示数最小，
即6V-UVUV=20Ω30Ω，
UV＝3.6 V；
故要完成全部4次实验，可将定值电阻两端控制不变的电压调至不少于3.6 V，并调整部分电表量程即可。
定值电阻消耗功率最大功率：
Pmax＝I2R＝（UR滑+R）2×R=U2(R滑+R)2×R=U2R(R滑-R)2+4R滑R，
当滑动变阻器的阻值等于定值电阻时，电功率最大，由并调整部分电表量程可知，R滑＝10Ω，
Pmax=U24R滑=(6V)24×10Ω=0.9W。
故答案为：（1）如上所示；（2）20；（3）4；3.6；0.9。

四、焦耳定律、安全用电、电与磁、材料和能源
151．（2020•都江堰市模拟）甲、乙两组同学想研究“灯泡亮度改变时电功率的变化情况”。实验室提供的器材如下：两个实验室用小灯泡（一个字迹模糊，一个标有“1.5V”）、两种规格（“0～15Ω”和“0～25Ω”）的滑动变阻器各一个、电源（电压相等且保持不变）、电流表和电压表、开关、导线若干，部分电路图如（b）。

（1）电路连接后，闭合开关发现小灯泡不亮，但电流表和电压表均有示数；按下来进行的操作正确的是　　。
A．检查滑动变阻器是否断路
B．移动滑动变阻器的滑片
C．检查小灯泡是否断路
D．检查开关是否接触良好
（2）在两组同学移动滑片的过程中，电表示数和灯的亮度都发生变化，当滑动变阻器的滑片都移到中点时，电压表示数均为1.5V，电流表示数也相同（如图a所示），此时甲组的小灯泡比乙组的小灯泡暗。①标有“1.5V”字样的小灯泡是　　（选填“甲”或“乙”）。②甲组同学所选用的滑动变阻器规格为　　。③乙组同学所测小灯泡的实际电功率为　　W。
【解答】
（1）电路连接后，电流表和电压表均有示数，电路为通路，闭合开关发现小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，电路的电阻过大，故按下来进行的操作正确的是移动滑动变阻器的滑片，选B；
（2）①②在两组同学移动滑片的过程中，电表示数和灯的亮度都发生变化，则灯与变阻器串联，电压表不可能并联在电源两端（否则，电压表示数不变），电流表串联在电路中：
当滑动变阻器的滑片都移到中点时（此时变阻器连入电路的电阻分别为7.5Ω和12.5Ω），电压表示数均为1.5V，电流表示数如图a所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.2A，即甲乙两组实验，电路的电流大小都为0.2A；
根据此时甲组的小灯泡比乙组的小灯泡暗，则说明甲组灯泡的实际功率小，根据P＝UI，可知甲组灯的实际电压小，根据电源电压不变，可知甲组变阻器分得的电压较大，根据欧姆定律，U＝IR，则这时甲组变阻器连入电路的电阻较大，可确定甲组同学所选用的滑动变阻器规格为0～25Ω；
根据欧姆定律I=UR，甲组同学变阻器的电压为：
U甲＝I×0.5R滑甲＝0.2A×12.5Ω＝2.5V≠1.5V，
故甲组实验中，电压表一定并联在灯的两端，由串联电路电压的规律，电源电压：
U＝1.5V+2.5V＝4V；
乙组实验中，由欧姆定律，变阻器的电压为：
U乙＝I×0.5R滑乙＝0.2A×7.5Ω＝1.5V，
即电压表并联在变阻两端，由串联电压的规律，这时，乙组灯的电压为：
U灯乙＝U﹣U乙＝4V﹣1.5V＝2.5V＞1.5V，
故标有“1.5V”字样的小灯泡一定是甲；
③乙组同学所测小灯泡的实际电功率为：
P灯乙＝U灯乙×I＝2.5V×0.2A＝0.5W。
故答案为：（1）B；（2）①甲；②0～25Ω；③0.5。
152．（2020春•南京月考）采用如图的电路装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。接通电源，瓶内的空气被加热后膨胀，使U形管的液面发生变化，通过观察U形管的液面变化情况比较出瓶内电阻丝的发热多少。如图甲所示，两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
（1）图甲的装置是探究电流通过导体产生的热量与　　的关系，通电一段时间　　（选填“左瓶”或“右瓶”）内的电阻丝产生的热量多。电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流　　。（选填“相等”“不等”）
（2）如图乙所示，某小组在实验中观察到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，原因是电阻丝　　断路。
（3）让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少。此时该装置是探究电流产生的热量跟　　的关系，一段时间后电阻丝产生的热量　　（选填“左瓶”、“右瓶”或“两瓶一样”）多。

【解答】
（1）如图甲的装置中，右边两个5Ω的电阻并联后再与左边5Ω的电阻串联；
根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右＝I左，
两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I右＝I内+I外，比较可知I左＞I内；
两瓶中的电阻值相等（均为5Ω），通电时间相等，电流不同，故探究的是电流产生的热量跟电流的关系；
通电一段时间后，由于瓶中电阻相同、通电时间相同、I左＞I内，所以根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，左瓶内的电阻丝产生的热量多；
通过上面分析和图甲可知，电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流不相等。
（2）乙图中，电阻丝R2与R3并联后再与电阻丝R1串联，在作图乙的实验时，观察到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，说明电阻丝R1能够产生热量，电阻丝R2没有产生热量，原因是电阻丝R2断路。
（3）让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，右瓶中两根电阻丝对瓶内空气进行加热；根据并联电路的电阻规律可得，右瓶中两根5Ω电阻丝并联的总电阻为2.5Ω，小于5Ω，即R左＞R右；
两瓶内电阻丝的总电阻不相等，通电时间相等，电流相等，故探究的是电流产生的热量跟电阻的关系；
通电一段时间后，由于电流相同（即I右＝I左）、通电时间相同、R左＞R右，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，左瓶内的电阻丝产生的热量多。
故答案为：（1）电流；左瓶；不等；（2）R2；（3）电阻；左瓶。
153．（2020•江西模拟）在“测量小灯泡的电功率”实验中。同学们用电压表、电流表、开关、电压为4.5V的电源、额定电压为3.8V的小灯泡和标有“20Ω 1.5A”的滑动变阻器，设计了如图甲所示的电路（小灯泡的灯丝电阻约为10Ω）。

（1）请你在图甲的实物电路中。用笔画线代替导线。将电流表正确接入电路（连线不得交叉）。
（2）若电流表正确接入图甲电路中，闭合开关前，某同学发现电路有一处错误，这错误是　
　。改正错误后。闭合开关，将滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变大。则滑动变阻器接入电路的是　　（选填“左半段”或“右半段”）。
（3）测量过程中，当电压表的示数为　　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）实验过程中。若将电压表和电流表互换位置，闭合开关后，小灯泡　　（选填“亮”或“不亮”），这时电压表的示数约为　　V。
【解答】（1）灯泡正常发光的电流约为I=U额RL=3.8V10Ω=0.38A，所以电流表应选择0﹣0.6A量程串联入电路中，如图所示：

（2）测功率的实验中，变阻器应一上一下串联入电路中，而由图甲知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱；
闭合开关，将滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变大，说明电路中电阻变小，所以滑动变阻器接入电路的是右半段；
（3）测量过程中，当电压表的示数等于其额定电压3.8V时，小灯泡正常发光，
由图乙知，此时电流表的示数为0.4A，
则小灯泡的额定功率P＝U额I＝3.8V×0.4A＝1.52W；
（4）电压表和电流表位置互换，电压表串联接入电路，电路中电阻非常大，电路中电流几乎为0，所以灯泡不发光；
由于电压表的正负接线柱与电源两极相连，所以电压表示数为4.5V。
故答案为：（1）见上图；（2）滑动变阻器同时接下面两个接线柱；右半段；（3）3.8；1.52；（4）不亮；4.5。
154．（2020•武汉模拟）用如图的实验装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关，两个透明容器中封闭着等量的空气。
（1）实验中通过观察　　反映电流通过导体产生热量的多少，为得出科学的结论，右边容器中必须选用阻值为　　Ω的电阻丝。
（2）实验中若通过左边容器中电阻的电流为0.2A，电流1min在右边容器中电阻上产生的热量为　J。
（3）该实验现象表明：在电阻和通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与　　有关。

【解答】
（1）电流产生的热量不便于用眼睛直接观察和测量，通过U形管内液柱的高度差来反映，这种方法是转换法；
由图可知，右侧的两个电阻并联后与左侧的电阻串联，根据并联电路的电流关系可知，左侧中的电流大于右侧容器内电阻的电流，
所以该实验探究的是电流产生的热量的多少与电流大小是否有关，实验时需要控制两个电阻的阻值相同，
所以右边容器中必须选用阻值为5Ω的电阻丝；
（2）实验中若通过左边容器中电阻的电流为0.2A，右侧电路中两个阻值相同的电阻并联，
根据I=UR可知，通过每个电阻的电流是相同的，所以右边容器内电阻的电流为12×0.2A＝0.1A；
右边容器中电阻上产生的热量为：Q＝I2Rt＝（0.1A）2×5Ω×60s＝3J；
（3）左侧电流大于右侧容器内电阻的电流，左侧的液面高度高于右侧液面的高度，即在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热量越多，即电流通过导体产生的热量与电流大小有关。
故答案为：（1）U形管内液柱的高度差；5；（2）3；（3）电流大小。
155．（2020•武汉模拟）小明按照如图所示的电路图连接好电路，测量一只额定电压为2.5V的灯泡的电功率，选用滑动变阻器的规格“1.5A 50Ω”和“2.0A 20Ω”。实验数据和现象如表。
实验次数
电压表示数/V
电流表示数/A
灯泡亮度
1
1
0.2
较暗
2
2.5

正常发光
3
6
0
不发光
（1）第3次实验电流表示数为零是因为　　，为防止造成这一原因，一般实际电压最多为小灯泡额定电压的　　倍。上面实验中他选用的滑动变阻器规格为　　。
（2）由于小明粗心大意，没有记录灯泡正常发光时电流表的示数，于是他根据第一次实验数据计算出灯泡电阻R=U1I1=1V0.2A=5Ω，再计算出灯泡两端电压为2.5V时的功率P=U22R=(2.5V)25Ω=1.25W．而同组小华认为灯泡的额定功率应小于1.25W，作出这样判断的依据是　　。

【解答】
（1）第3次实验电流表示数为零，说明电路可能断路，且电压表示数较大，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联小灯泡断路，导致电压表串联在电路中了，因此电压表示数为电源电压6V；
为防止造成这一原因，一般实际电压最多为小灯泡额定电压的1.2倍；
由表中第1组数据，根据欧姆定律灯和串联电路的规律，此时变阻器连入电路的电阻：
R滑=U-U1I1=6V-1V0.2A=25Ω＞20Ω，
故选用“1.5A 50Ω”的变阻器；
（2）第1次实验数据计算出灯泡电阻为5Ω，当灯泡两端电压增大时，通过灯的电流也变大，根据P＝UI，灯的功率变大，灯丝温度升高，故灯丝电阻增大，
即当灯的电压为2.5V时，此时灯的电阻应大于5Ω，再计算出灯泡两端电压为2.5V时的功率P=U22R=(2.5V)25Ω=1.25W，此时计算的额定功率偏大，即灯泡的额定功率应小于1.25W。
故答案为：（1）灯断路；1.2；1.5A 50Ω；（2）灯在2.5V时的电阻大于5Ω。
156．（2020•武汉模拟）在“测小灯泡电功率”的实验中，实验室有以下器材：小灯泡L（额定电压为2.5V，电阻约为10Ω）、电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V，0～15V）、开关、电压为4V的电源、滑动变阻器、导线若干。

（1）根据图甲提供的电路，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接完整。
（2）实验过程中，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表没有示数，电流表指针没有偏转，原因可能是　　。
A．小灯泡断路 B．只有小灯泡短路
C．只有滑动变阻器短路 D．滑动变阻器断路
（3）排除故障后继续实验，小华进行了3次测量，并将有关数据及现象记录在下表中。在第1次实验中小灯泡发光偏暗的原因是　　，要测定小灯泡的额定功率，接下来应将滑片向　　（选填“左”或“右”）端移动，直到电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光时电流表示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　W。
实验次数
电压U/V
电流I/A
实际电功率P/W
小灯泡亮度
1
1.5
0.20
0.30
偏暗
2
2.5


正常
3
2.8
0.32
0.896
更亮
（4）小明结合学过的电学知识进一步分析：家里的电灯有时虽然暗些，但是电灯的实际功率变小了，消耗的电能也少了。由此他想到此时家里使用电热水壶烧水倒是可以省电了。他的想法对吗？　　。请简要说明理由：　。
【解答】
（1）由于小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表接0～3V的量程与灯并联，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I=UR=2.5V10Ω=0.25A，
可知电流表接0～0.6A的量程与灯串联，根据电路图，变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：

（2）A．若小灯泡断路，则电压表串联在电路电源电压，电压表有示数，不符合题意；
B．若只有小灯泡短路，电压表示数为0，电路为通路，电流表表示数，不符合题意；
C．若只有滑动变阻器短路，则电压表和电流表都有示数，不符合题意；
D．若滑动变阻器断路，整个电路断路，小灯泡不亮，电压表没有示数，电流表指针没有偏转，符合题意；
故选D；
（3）灯的亮度由灯的实际功率决定，由第1次实验中数据，因灯的实际功较小，故小灯泡发光偏暗；
小灯泡两端电压1.5V小于小灯泡的额定电压2.5V，为使小灯泡正常发光，应增大小灯泡两端分得的电压，减小变阻器分得的电压，由串联电路的分压原理知，滑片应向左移动直到电压表示数为2.5V为止；
小灯泡两端的电压为2.5V时的功率即为额定功率，丙图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，小灯泡的额定功率为：
P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）不对，因为烧开一壶水，需要的热量是一定的，即消耗的电能一定，根据W＝Pt可知实际功率变小，则通电时间变长，并不能省电，故不对。
故答案为：（1）如上图所示； （2）D； （3）小灯泡的实际功率过小； 左； 0.75；（4）不对； 因为烧开一壶水，水吸收的热量是一定的，即消耗的电能一定，根据W＝Pt可知，若实际功率变小，则通电时间变长，并不能省电。
157．（2019秋•庐江县期末）小明用如图甲和图乙所示的实验装置分别探究“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”
（1）如图甲为了便于比较两种电阻丝通过电流后产生热量的多少，甲乙两瓶中要装入相同的初温和　
　相等的煤油。
（2）如图甲所示实验中通过　　示数的变化，来比较电流产生的热量的多少。
（3）如图乙所示实验所用的方法是　　（填“控制变量”或“等效替代”）
（4）用如图乙所示的实验装置探究，得到的结论是：　　。

【解答】（1）探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”的实验中，采用的是控制变量法，需要控制煤油的质量和初温要相同；
（2）根据转换法可知，两电阻丝产生热量的多少是通过温度计示数的变化反映出来的；
（3）图乙中，左右两侧内的电阻相同，通电时间相同，但通过两个电阻的电流是不同的，探究的是电流产生的热量与电流大小的关系，实验中采用的方法是控制变量法；
（4）由图可知，电阻的大小是相同的，通电时间相同，但左侧电阻的电流大于右侧电阻的电流，电流大的，U型管液面高度差大，表明产生的热量多，即结论为：在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热量越多。
故答案是：（1）质量；（2）温度计示数；（3）控制变量；（4）当电阻和通电时间相同时，电流越大，电阻产生的热量越多。
158．（2019秋•崇左期末）如图甲是小聪测量小灯泡电功率的实验装置，小灯泡上标有“2.5V”字样。

（1）连接电路时开关应　　，滑动变阻器的滑片应移至最　　（选填“左”或“右”）端；
（2）小聪连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，但电压表有示数，电路故障可能是　　；
（3）小聪排除故障后，调节滑动变阻器的滑片，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　　W，小灯泡正常发光时的电阻为　　Ω（保留一位小数）；
（4）完成实验后，小聪找到一个已知阻值为R0的电阻和一个单刀双掷开关，设计了如图丙所示的电路（电源电压不变），也能测出小灯泡的额定功率。请完成下列实验步骤：
①闭合开关S1，将S2拨到触点2，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为　　V；
②再将开关S2拨到触点1，保持滑动变阻器的滑片位置不动，读出电压表的示数为U；
③小灯泡的额定功率的表达式为P额＝　　（用已知量和测量量表示）。
【解答】
（1）为保护电路，连接电路时，开关要断开，变阻器连入电路中的电阻最大，即图甲中滑片应移至最右端；
（2）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；但电压表有示数，电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，所以电路故障可能是小灯泡断路；
（3）排除故障后，通过调节滑动变阻器的滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
小灯泡正常发光时的电阻为R=UI=2.5V0.3A≈8.3Ω；
（4）小聪找到一个已知阻值为R0的电阻和一个单刀双掷开关，设计了如图丙所示的电路（电源电压不变），也能测出小灯泡的额定功率，步骤如下：
①闭合开关S1，将S2拨到触点2，滑动变阻器、电阻R0和灯泡串联，电压表测灯泡的电压；移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为2.5V，此时灯泡正常发光；
②再将开关S2拨到触点1，此时滑动变阻器、电阻R0和灯泡仍然串联；保持滑动变阻器的滑片位置不动，读出电压表的示数为U，此时电压表测量小灯泡和定值电阻两端的电压，因电路连接关系和阻值均不变，所以灯泡的电压仍然为2.5V；
③因串联电路中电流相等，结合串联电路的电压特点可得，电路中的电流：I=UR0R0=U-2.5VR0，
灯泡额定功率的表达式为：P额＝U额I=2.5V×(U-2.5V)R0。
故答案为：
（1）断开；右；（2）小灯泡断路；（3）0.75；8.3；（4）①2.5；③2.5V×(U-2.5V)R0。
159．（2020•衡阳模拟）如图是探究“电流通过导体时产生热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。

（1）实验中通过观察　　来反映电阻丝产生热量的多少。
（2）甲装置可探究电流产生热量与　　的关系，通电一段时间后，　　（选填“左”或“右”）侧容器中U形管中液面的高度差大。
（3）乙装置中的电阻R3的作用主要是　　。
【解答】
（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，实验前，应使两个U形管中的液面高度相同，装置内气体温度的变化可以通过U型管液面高度差的变化来反映，这是转换法的应用；
（2）甲装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，电阻不同，探究电流产生的热量与电阻的关系；左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，U型管液面高度差的变化大，这表明：在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多；
（3）图乙的装置在实验中，右侧容器的外部，将一个完全相同的电阻R3和这个容器内的电阻并联，再接入原电路，使通过左边容器中电阻的电流与通过右边容器中电阻的电流不同，可以探究电流产生的热量与通过导体的电流大小的关系。
故答案为：（1）U型管液面高度差的变化；（2）电阻；右；（3）使通过R1和R2的电流不相等。
160．（2020•衡阳模拟）小明为了测定标有“2.5V”字样的小灯泡的额定功率，连接了如图甲所示的电路图。

（1）小明同学所连接的电路存在错误，请你在图甲中应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线在图甲中画出正确的接法。
（2）改正错误后，闭合开关，要使灯泡正常发光，小明将变阻器的滑片P向右移动，同时眼睛应观察电压表，直至　　。
（3）小明根据实验数据画出如图乙所示的I﹣U图象，由图象可得小灯泡的额定功率是　　W。
（4）小明和同学们实验时发现电流表出现了故障，无法使用，于是他们又找来了一个已知阻值的定值电阻R0和一个单刀双掷开关S2，设计了如图丙所示实验电路，实验步骤如下所示：
①闭合开关S1，将S2拨到1上，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V；
②只将S2拨到2上，记下电压表的示数U；
③小灯泡的额定功率的表达式：P＝　（用已知量和测量量表示）。
【解答】（1）由电路图可知，灯泡和电压表被短路了，改接电路如图所示：

（2）要使灯泡正常工作，灯泡两端电压等于额定电压，所以将变阻器的滑片P应向右移动，同时眼睛应观察电压表，直至电压表示数为2.5V；
（3）由图象得知，灯泡电压为2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）①闭合开关S1，将S2拨到1上，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V，此时定值电阻与灯泡串联，电压表测灯泡两端电压，所以灯泡正常发光；
②只将S2拨到2上，记下电压表的示数U，电压表测量小灯泡和R0两端总电压U，
则R0两端电压为U﹣2.5V，根据串联特点和欧姆定律可得电路中电流I′=U-2.5VR0；
③小灯泡的额定功率的表达式：P＝U额I′＝2.5V×U-2.5VR0。
故答案为：（1）如上图所示；（2）电压表的示数为2.5V；（3）0.625；（4）2.5V×U-2.5VR0。
161．（2020•武汉模拟）某同学利用如图所示的电路测量小灯泡电功率。待测的小灯泡额定电压为2.5V（额定功率约为1W左右），电源电压为4.5V且不变。
（1）正确连接电路后进行实验，闭合开关S时，电压表、电流表的示数分别为1.5V、0.3A．他继续移动滑动变阻器的滑片，观察到当灯泡正常发光时，滑动变阻器的滑片P恰好在中点上，则小灯泡的额定功率是　　，滑动变阻器的最大阻值为　　。
（2）多次改变小灯泡两端电压，记下相应的电流，下图中能合理反映小灯泡的电流随电压变化曲线图象是　　（选填“甲”“乙”或“丙”）。

（3）另一同学实验时，闭合开关S，调节灯L正常发光。一段时间后，发现仅有一只电表有示数。造成这一现象的原因可能是　　。（选填两个序号）
①灯泡与底座处接触不良 ②滑动变阻器短路 ③滑动变阻器断路 ④灯泡短路
【解答】（1）由“电压表、电流表的示数分别为1.5V和0.3A”可知，电路中的电流I＝0.3A，小灯泡两端的电压U灯＝1.5V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压UR1＝U﹣U灯＝4.5V﹣1.5V＝3V，
由I=UR可得，滑动变阻器的阻值最大：R=URI=3V0.3A=10Ω；
因为“当小灯泡正常发光时，滑片恰好在变阻器的中点上”所以此时电路电流：I额=U-U额12R=4.5V-2.5V12×10Ω=0.4A；
则小灯泡的额定功率：P＝U额I额＝2.5V×0.4A＝1W。
（2）A、由I﹣U图象可知，电流与电压成正比，即电阻值为定值，故A错误；
BC、因为灯丝电阻随温度的升高而增大，当灯丝两端电压越大，灯丝的温度越高，灯丝的电阻越大，故B正确，C错误；
故选：B。
（3）根据电路可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量灯泡两端电压；若有一只电表没有示数，则有：
①电流表有示数，说明整个电路是通路，电压表无示数，说明灯泡相对于整个电路的电阻来说很小，所以灯泡能够分得的电压很小，其原因是灯泡短路或滑动变阻器连入电路阻值过大所致，故④正确。
②电流表无示数，说明电路出现断路；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电路故障为灯泡断路或灯泡处接触不良，故①正确。
故选①④。
故答案为：（1）1W；10Ω；（2）B；（3）①④。
162．（2019秋•栾城区期末）在《测小灯泡电功率的实验》中，小杨同学选用的器材有：额定电压为2.5V的小灯泡、电流表、电压表、开关、学生电源、滑动变阻器和若干导线等。
（1）请根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路连接完整（要求：向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉）；
（2）连接电路时，开关S必须　　；闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应调到最　　端（填“左”或“右”）。
（3）正确连接电路后，闭合开关S发现电压表无示数，电流表有示数，原因可能是　　。
（4）故障排除后，滑片移至某处，电压表表盘如图丙所示，此时，小灯泡两端的电压为　　V，若此时电流表的示数为I1，由此算出此时灯泡电功率P＝　（用字母表示）；
（5）小杨同学继续移动滑片P，将两电表对应的示数记录到下表中，则小灯泡的额定功率为　　W；小杨分析表中数据，发现小灯泡的电阻也在变化，主要原因是灯丝的电阻随温度的升高而　　。
实验序号
1
2
3
4
5
电压表示数/V
U
1.0
1.5
2.0
2.5
电流表示数/A
1
0.14
0.18
0.20
0.24

【解答】（1）测小灯泡电功率实验中，滑动变阻器应“一上一下”串联接入电路中，由题知，向右移动滑片P时电流变小，
所以滑动变阻器接入的阻值应变大，由图乙知应将其左下接线柱接入电路，如图所示：

（2）为了保护电路，连接电路时，开关S必须断开，并动变阻器的滑片P应调到最大阻值处，即最右端；
（3）正确连接电路后，闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，但电压表没有示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是短路，其它部分均完好，所以出现故障的原因是小灯泡短路；
（4）由图丙知，电压表使用0﹣3V量程，分度值0.1V，所以电压表示数为0.7V，此时电流表的示数I1，所以此时灯泡电功率P1＝0.7V•I1；
（5）灯泡电压等于2.5V时正常发光，由表格可知此时通过灯泡的电流为0.24A，所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W；
由表中数据知，灯泡两端电压越大时，通过它的电流也越大，其实际功率越大，温度越高，但电压变化比电流变化大，所以灯泡电阻增大。
故答案为：（1）见上图；（2）断开；右；（3）灯泡短路；（4）0.7；0.7V•I1；（5）0.6；增大。
163．（2019秋•临泉县期末）在“测量小灯泡的额定功率”实验中，提供如下实验器材：电源（输出电压恒为6V）、小灯泡（额定电压2.5V，电阻约为10Ω）、滑动变阻器（50Ω 1A）、电压表（量程0～3V，0～15V）、电流表（量程0～0.6A，0﹣3A）、开关、导线若干。
（1）请用笔面线代替导线在图甲中完成实物电路的连接；
（2）正确连接后闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表均无示数，小宁利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在A、E之间和A、F之间，电压表均有示数；接在C、F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　　（选填“小灯泡断路”、“小灯泡短路”或“滑动变阻器断路”）；
（3）排除故障后，小宁看到电压表示数为2V，此时小灯泡的功率　（选填“大于”、“小于”或“等于”）额定功率，要使灯泡L正常发光，滑动变阻器的滑片P应向　（选填“A”或“B”）端移动，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是　　W．

【解答】
（1）灯的额定电压2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的电流约为I=ULR=2.5V10Ω=0.25A，故电流表选用小量程与灯串联，
变阻器按一上一下接入电路中，因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用小量程与灯泡并联，如下所示：

（2）把电压表分别接在A、E之间电压表有示数，则A﹣电源﹣开关﹣电压表组成的电路是连通的，同理，接在A、F之间，电压表均有示数；A﹣电源﹣开关﹣灯﹣电压表组成的电路为通路；
而连接在C、F之间，电压表无示数，则可确定滑动变阻器断路；
（3）排除故障后，小宁看到电压表示数为2V，小于灯的额定电压，此时小灯泡的功率小于灯的额定功率；
电压表示数为2V小于灯泡的额定电压，要使灯泡正常发光，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，
由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为额定电压；
当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.26A，
则小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.26A＝0.65W；
故答案为：（1）如上所示；（2）滑动变阻器断路；（3）小于；A；0.65。
164．（2019秋•金湖县期末）如图所示是小华测定小灯泡的额定功率的电路，小灯泡的额定电压是2V。

（1）该实验的原理是　　；
（2）请你用笔画线代替导线将电路连接完整；
（3）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表指针几乎不偏转，电压表示数接近电源电压，则电路故障的原因可能是　　；
（4）实验中，滑动变阻器的作用除了保护电路外，还可以　　。
（5）某次测量时电表的示数如图所示，则该小灯泡的额定功率为　　W。
【解答】
（1）测量小灯泡的额定功率实验的原理是P＝UI；
（2）变阻器按一下一上连入电路中与灯串联，由上图知，电流表选用小量程与灯串联，如下所示：

（3）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表指针几乎不偏转，电压表示数接近电源电压，则电压表并联的部分断路，故电路故障的原因可能是灯泡断路；
（4）滑动变阻器的基本作用是保护电路，本实验要测量灯的额定功率，故还可以改变灯的电压（使灯的电压为额定电压）；
（5）某次测量时电表的示数如图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.32A，
电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2V，
则该小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2V×0.32A＝0.64W。
故答案为：（1）P＝UI；（2）如上所示；（3）灯泡断路；（4）改变灯的电压（使灯的电压为额定电压）；（5）0.64。
165．（2019秋•庐阳区期末）在测量小灯泡的电功率时，电源电压为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。

（1）在如图甲所示的电路中，闭合开关移动滑片，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，经过分析有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“ד，并补画出一根导线连接成正确的电路。
（2）电路连接正确后，从滑动变阻器接入电路的最大阻值开始记录数据，得到小灯泡的1﹣U图象如图乙所示。分析实验数据可知，则小灯泡的额定功率是　　W；滑动变阻器的规格应选择　　（选填序号）
A.10Ω 1A B.15Ω 1A C.25Ω 1A D.30Ω 1A
【解答】
（1）由图甲可知，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中是错误的，在该实验中灯与变阻器应串联，电压表应与灯并联，如下所示：

（2）根据小灯泡的I﹣U图象知，灯在额定电压下的电流为0.25A，
则小灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
由图象可知，当电压表示数最小为0.5V时，电路的最小电流为0.1A，此时变阻器接入电路的阻值最大，
由串联电路的规律及欧姆定律可得，滑动变阻器的最大电阻为：
R滑=U-U1I1=3V-0.5V0.1A=25Ω，故变阻器的规格应选择C。
故答案为：（1）如上图所示；（2）0.625；增大；C。
166．（2019秋•上蔡县期末）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，电源电压为6V保持不变，小灯泡的额定电压为2.5V。

（1）请你用笔画线代替导线将图甲中的实物电路连接完整。
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表有较大的示数。经检查，导线连接完好，则电路故障可能是小灯泡发生了　　（选填“短路”或“断路”）。
（3）移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为　　V；此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向　　（选填“左”或“右”）端移动。
（4）移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，由图象可计算出小灯泡的额定功率是　　W。
（5）完成实验后，爱动脑筋的小聪又想出一种测量小灯泡额定功率的方法，设计了如图丁所示的电路，请将以下实验步骤补充完整。
①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为　　。
②滑片不动，再将开关S1，拨至“2”，读出电压表示数为U0。
③小灯泡的额定功率：P额＝　（用U额、U0、R0表示）。
④若步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值　　（选填“偏大”或“偏小”）。
【解答】
（1）由图丙电流大小，电流表选择0﹣0.6A的量程串联在电路，灯泡与R0串联，如下图所示：

（2）若灯泡短路，电压表没有示数，不符合题意；
若灯泡断路，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表串联在电路中与电源连通测电源电压，电压表有较大的示数，符合题意，则电路故障可能是小灯泡发生了断路；
（3）移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，为2.2V；
灯在额定电压下正常发光，示数为2.2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，
根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为2.5V；
（4）根据绘制成图丙所示的I﹣U图象知，灯在额定电压下的电流为0.3A，
小灯泡的额定功率是P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为3.5V；
②滑片不动，再将开关S1，拨至“2”，读出电压表示数为U0；
③在②中，电压表则定值电阻的电压，因电路连接没有变化，各电阻大小不变，灯仍正常发光，
由欧姆定律，定值电阻的电流，即灯的额定电流为：IL=U0R0，
故灯的额定功率：P额＝U额×IL＝U额×U0R0；
④在实验步骤②中，在将开关拨至“2“时，不小心将滑片向右移动了少许，变阻器连入电路的阻值变大，由串联电路的分压原理知，变阻器分得电压变大，
R0和灯泡分得的电压都会变小，由P额＝U额×U0R0知，测出的小灯泡额定功率比真实值偏小。
故答案为：
（1）如上所示；（2）断路；（3）2.2；左；（4）0.75；（5）①3.5V；③U额×U0R0；④偏小。
167．（2020•长春二模）爱米把掉在水里很久的插头，用干抹布擦一下，就立刻带绝缘手套把插头插在插座上，瞬间空气开关跳闸，原因是　　导致电流过大，除夕之夜，爱米让家里所有电器都工作时，瞬间空气开关跳闸，原因是　　导致电流过大。请用笔画线代替导线，将图中元件接人家庭电路中，要求①开关控制电灯工作；②三孔插座独立工作。若如图实际电路连接正确，闭合开关灯泡发光时，人触摸裸线A点　　（选填“会”、“不会”）触电。

【解答】
（1）把插头插在插座上，瞬间空气开关跳闸，说明电流过大了；由题知，该插头上有水，且生活用水是导体，所以把插头插在插座上时发生了短路；
除夕之夜，爱米让家里所有电器都工作时，此时总功率过大，干路中的电流过大，瞬间空气开关跳闸；
（2）灯泡接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故；
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线，如图所示。
；
闭合开关灯泡发光时，人触摸裸线A点时，由于A点接的是零线，所以人不会触电。
故答案为：短路；总功率过大；如上图；不会。
168．（2019秋•长葛市期末）分析如图两幅图片。
（1）图甲中，触电的原因是人体靠近　　带电体产生电弧，与大地连通形成通路，造成触电。
（2）图乙中，触电的原因是站在大地上的人体接触火线，通过　　使得　　和大地连通形成通路，造成触电。
（3）根据图示，可知常见触电的实质是人体直接或间接与　　连通，并通过大地或零线形成通路。总结出防止触电的措施是避免接触　　或靠近高压线。

【解答】（1）由图甲可知，人体靠近高压带电体，会发生高压电弧触电；
（2）图乙中，站在大地上的人体接触火线，人的脚站在地面上，使人体接入了电路，构成了通路，所以会发生触电事故；
（3）触电的实质是人体直接或间接与火线连通，并通过大地或零线形成通路；防止触电的措施是避免接触火线或不能靠近高压线。
故答案为：（1）高压；（2）人体；火线；（3）火线；火线。
169．（2019春•江岸区月考）如图甲所示是一个常用的插线板。插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压，开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压。

（1）请根据上述现象在图乙中画出开关、指示灯、插孔与电源线的连接方式。
（2）如图丙所示小明将试电笔放入插座插孔，若家庭电路无任何故障，氖管发光则该插孔连接的是　
　线；若小明身体电阻约为1×105Ω，试电笔的电阻约为1×106Ω（其它电阻忽略不计）则此时流过小明身体的电流大约为家庭电路中22W灯泡正常工作时电流的　　倍。
【解答】（1）插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全。如图所示：
；
（2）小明将试电笔放入插座插孔，氖管发光说明该插孔连接的是火线；
试电笔接触火线时的总电阻为：R＝1×105Ω+1×106Ω＝1.1×106Ω；
此时通过人体的电流为：I=UR=220V1.1×106Ω=2×10﹣4A；
22W灯泡正常工作时的电流为：I'=P额U=22W220V=0.1A；则：
流过小明身体的电流大约为家庭电路中22W灯泡正常工作时电流的倍数为：2×10-4A0.1A=2×10﹣3。
故答案为：（1）如图；（2）火；2×10﹣3。
170．（2019秋•榆阳区期末）在保证图1所示测电笔中电路接触良好和氖管可视的情况下，安装时　
　（选填“能”或“不能”）调换氖管与电阻的位置，图2和图3中正确使用测电笔的是图　　，此时　　（选填“有”或“无”）电流流过人体。

【解答】测电笔中氖管与电阻是串联的，在串联电路中各元件的位置不影响电路工作，所以可以调换氖管与电阻的位置；
测电笔使用时，手指应接触笔尾金属体，使火线、试电笔、人体、大地构成闭合回路，所以图3的操作方法才能使氖管发光，此时有微弱电流流过人体。
故答案为：能；3；有。
171．（2019春•上城区期末）保险丝能感应电器电子产品非正常运作中产生的过热，从而自动切断回路以避免火灾的发生。如图是某电子产品中的电路，A是一根7A的保险丝，B、C都是5A的保险丝R1＝16Ω，R2＝10Ω．开关S1断开、S2闭合时，通过用电器R2的电流是4.8A。

（1）R1和R2的连接方法是　　（选填“串联”或“并联”）；
（2）当S1、S2同时闭合时，ABC中哪根保险丝将熔断？请用计算说明。
【解答】
（1）由图可知，R1和R2这两个电阻都有各自的电流路径，所以这两个电阻是并联的；
（2）开关S1断开、S2闭合时，通过用电器R2的电流是4.8A，
据欧姆定律U＝I2R2＝4.8A×10Ω＝48V，
当S1、S2同时闭合时，R1与R2并联在电源上，对于R1应用欧姆定律得，
通过R1的电流I1=UR1=48V16Ω=3A，故B不会熔断；
通过R2的电流为4.8A，故C不会熔断；
据并联电路干路总电流等于各支路的电流之和，即通过保险丝A的电流 I＝I1+I2＝3A+4.8A＝7.8A，所以保险丝A会熔断；
故答案为：（1）并联；（2）保险丝A会熔断；计算见上。
172．（2019春•西湖区校级月考）2018年5月15日，“月宫一号”内进行的为期365+5天的、世界上时间最长的“月宫365”实验获得圆满成功。月宫一号将为人类移居月球做准备。密闭的“月宫一号”中会种植粮食、水果和蔬菜，可满足实验人员的全部气体、水和食物的需要。
“月宫”中志愿者经历了几次停电试验，以下情形会导致电路中的断路器自动切断的是　　。
A．“月宫”中使用的总功率过大
B．电灯开关中的两根异线相碰
C．有一盏电灯的灯丝断了
D．插头中的两根导线相碰

【解答】
A、“月宫”中使用的总功率过大，会导致电路中电流过大，会导致电路中的断路器自动切断，故A正确；
B、电灯开关中的两根异线相碰，使得开关短路，电灯工作，不会导致电路中电流过大，不会使得电路中的断路器自动切断，故B错误；
C、有一盏电灯的灯丝断了，即断路，没有电流，不会使得电路中的断路器自动切断，故C错误；
D、两脚插头中的两根导线相碰，会引起电路短路，会导致电路中电流过大，会导致电路中的断路器自动切断；三脚插头的零线和地线相碰，不会造成短路，故D错误；
故答案为：A。
173．（2019•广州二模）小明家搞装修，为了美观，想把所有电线都埋藏在墙壁里（俗称走暗线）。小明在查阅有关资料时了解到：埋在墙里的电线，要整条铺设，不能在墙壁里中途接线，否则存在安全隐患。
（1）如图甲是小明房间的黑明灯泡的电路，小明同学为了安装一个插座给书桌上的台灯供电，方便晚上学习，他把家中控制电灯的开关拆下后引出两条导线，然后接上插座如图乙所示，试说明他这样做会有什么现象发生？　　（写出一种现象即可）
（2）请你在图丙中画出正确安装一个插座改接后的电路简图[要求：开关仍然单独控制照明灯）；

【解答】如图乙，家庭电路中各家用电器的额定电压都是220V，灯泡和两孔插座串联的220V的电路中，如图插座内插入用电器，灯泡和插座上的用电器都不能正常工作，如果插座上没有用电器插入时，电路断路，灯泡不能工作。
两孔插座接入电路，左孔接零线，右孔接火线。如图。

故答案为：当插座没有用电器插入时，电路断路，灯泡无法工作；如上图。
174．（2019•苏州模拟）下图是一种煲汤用的电热锅的工作原理图，其中温控器的作用是每当水沸腾后使电热锅自动断电一段时间后再通电工作。电热锅的部分参数如下表所示。
容积
4.5L
额定电压
220V
保温功率
80W
加热功率
500W
（1）三脚插头上标着E的导线和电热锅的金属外壳相连，插头插入插座时，插座上跟E相连的导线应和　　（选填“火线”、“零线”或“地线”）相连；
（2）调节切换开关可以使电热锅分别处于“关、高温、自动、保温”四种工作状态，则原理图中的切换开关连接触点“　　”时为保温档，保温时1分钟将会产生　J的热量。

【解答】
（1）电饭锅使用三脚插头，E导线和电饭锅的金属外壳相连，插入插座时，与大地连接，当用电器漏电时，人接触用电器，人被接地导线短路，即使接触了漏电的用电器也不会发生触电事故；
（2）由P=U2R可知，电压一定时，电阻越大，功率越小，因为R1大于R2，所以R1的功率小于R2的功率，所以，切换开关连接触点“3”时是保温状态；
由表格数据可知电热锅的保温功率P保温＝80W；
正常加热1分钟产生的热量是：Q＝W＝P保温t＝80W×60s＝4.8×103J。
故答案为：（1）地线；（2）3；4.8×103。
175．（2020春•南京月考）同学们在制作电动机模型时，把一段粗漆包线烧成约3cm×2cm的矩形线圈，漆包线在线圈的两端各伸出约3cm。然后，用小刀刮两端引线的漆皮。用硬金属丝做两个支架，固定在硬纸板上。两个支架分别与电池的两极相连。把线圈放在支架上，线圈下放一块强磁铁，如图所示。给线圈通电并用手轻推一下，线圈就会不停的转下去。
（1）在漆包线两端用小刀刮去引线的漆皮，刮线的要求是　　（填选项“A”或“B“）。
A．两端全刮掉
B．一端全部刮掉，另一端只刮半周
（2）线圈在转动过程中　　能转化为　　能。
（3）若只对调磁体的磁极或只改变导体ab中的电流方向，观察到导体ab均向右运动，这表明　　。
（4）如果把磁体的两极对调，同时改变通过导体ab中的电流方向，会看到导体ab的运动方向跟原来　　（选填“相同”或“相反”）。

【解答】（1）在实验中影响线圈的转向的因素有电流的方向和磁场的方向，则为了使线圈能持续转动，采取将线圈一头的绝缘漆刮去，另一头刮去一半的办法来改变通入线圈的电流方向。故选B；
（2）根据电动机的原理知，能转动的原因是通电线圈在磁场中受磁力的作用而转动，线圈在转动过程中消耗电能转化为机械能；
（3）只对调磁体的磁极或只改变导体ab中的电流方向，观察到导体ab均向右运动，即说明ab所受力的方向发生了改变，即说明：通电导体在磁场中受力的方向与磁场方向和电流方向均有关；
（4）如果把磁体的两极对调，同时改变通过导体ab中的电流方向，即等于改变了两个因素，所以会看到导体ab的运动方向跟原来相同；
故答案为：（1）B；（2）电；机械；（3）通电导体在磁场中受力的方向与磁场方向和电流方向均有关；（4）相同。
176．（2020•南昌模拟）研究电动机的工作过程。
（1）电动机的工作原理是磁场对　　有力的作用。（甲）图中，线圈左右两边框ab，cd的受力方向相反，其原因是　　。线圈从图示位置再转动　　度后线圈将恰好达到平衡位置，并最终停在该位置。
（2）（乙）图中的线圈可以持续转动，是因为它加装了　　，该装置能在线圈　　（选填“刚转到”“即将转到”或“刚转过”）平衡位置时，自动改变线圈中的　　方向。

【解答】（1）电动机的工作原理是磁场对通电线圈有力的作用。
线圈受力方向与电流方向和磁场方向有关；甲图中，线圈左右两边框ab、cd的受力方向相反，是因为两侧的电流方向不同。
当线圈从图示位置再转动90度后，线圈将恰好达到平衡位置，此时受力平衡，最终会停在该位置。
（2）乙图中的线圈可以持续转动，是因为它加装了换向器，它能在线圈刚转过平衡位置时，自动改变线圈中的电流方向。
故答案为：（1）通电线圈； 电流方向不同； 90； （2）换向器； 刚转过；电流。
177．（2020•南昌模拟）在探究通电螺线管外部磁场的实验中，采用了如图甲所示的实验装置。
（1）当闭合开关S后，小磁针　　（选填“会”或“不会”）发生偏转，说明通电螺线管与小磁针之间是通过　　发生力的作用的。
（2）用铁屑来做实验，得到了如图乙所示的情形，通电螺线管外部的磁场与　　磁铁的磁场分布相似。为描述磁场而引入的磁感线　　（选填“是”或“不是”）真实存在的。
（3）闭合开关S，通电螺线管周围的小磁针的N极指向如图丙所示，由图可知：在通电螺线管外部，磁感线是从　　极出发，最后回到　　极。

【解答】
（1）图甲中，螺线管通电后，由于电流的磁效应，螺线管的周围存在磁场，小磁针在磁场中会受到磁力的作用，从而会发生偏转，这表明通电螺线管与小磁针之间是通过磁场发生力的作用的；
（2）由图乙可知，通电螺线管的外部磁场与条形磁铁的磁场相似；磁感线是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，它并不是客观存在的。
（3）图丙中，根据磁极间的相互作用规律可知，通电螺线管的左端为S极，右端为N极；因为在磁场中小磁针的N极指向与该点磁感线方向一致，所以可知：在通电螺线管外部，磁感线是从N极发出，最后回到S极。
故答案为：（1）会；磁场；（2）条形；不是；（3）N；S。
178．（2020•江夏区模拟）某物理兴趣小组利用图所示装置做探究电磁感应实验，得到如下记录表格（实验中磁铁不运动）：综合分析上列实验记录，解答下列问题：
实验序号
磁铁位置
开关情况
导体运动情况
电流计指针偏转情况
1
上N下S
闭合
不运动
不偏转
2
上N下S
闭合
上下运动
不偏转
3
上N下S
闭合
水平向右运动
向右偏转
4
上N下S
闭合
水平向左运动
向左偏转
5
上N下S
断开
水平向右运动
不偏转
6
上S下N
闭合
水平向左运动
向右偏转
（1）感应电流产生的条件是：①电路必须是闭合的，该结论是分析比较实验序号　　得出的；②　　，分析比较实验序号1、2、3、4得出的结论；
（2）影响感应电流的方向的因素是：①导体的运动方向，该结论是分析比较实验序号　　得出的；②磁场的方向，该结论是分析比较实验序号　　得出的。

【解答】（1）①比较实验序号3、5，两者磁场方向相同、导体运动方向相同，实验3中电路是闭合的，电路中有感应电流，实验5中电路是断开的，电路中没有感应电流，由此可以得出产生感应电流的一个条件：电路是闭合的。
②比较实验序号1、2、3、4可知，电路都是闭合的；1、2中导体没有做切割磁感线运动，电路中没有感应电流。3、4中导体或向左或向右做了切割磁感线运动，电路中产生了感应电流，由此可以得出产生感应电流的另一个条件：导体做切割磁感线运动。
（2）电流表指针的偏转方向不同可以反应电路中感应电流方向的不同；
①通过表中的信息可以发现实验在3、4中，磁场的方向相同，导体的运动方向不同，感应电流的方向也不相同，根据控制变量法的思路可以得出：感应电流的方向与导体的运动方向有关。
②通过表中的信息可以发现在实验4、6中，导体的运动方向相同，磁场的方向不同，感应电流的方向也不相同，根据控制变量法的思路可以得出：感应电流的方向与磁场的方向有关。
故答案为：（1）①3、5；②导体做切割磁感线运动；（2）①3、4；②4、6。
179．（2020•广东模拟）在“探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件”的实验中，小磊将蹄形磁体放在水平桌面上，将导体棒悬挂在蹄形磁体的两磁极之间，按如图所示将导体棒、开关和灵敏电流表连接起来。已知电路器件均完好。
（1）如图甲所示，导体棒沿水平方向向右快速运动，电流表指针不发生偏转，这是因为　。
（2）闭合开关，使导体棒竖直上下运动，观察发现电流表的指针　　；再使导体棒水平向右运动，发现电流表指针向左偏转；再让导体棒水平向左运动，发现电流表指针向右偏转，说明感应电流的方向与　　有关。
（3）如图乙所示，使导体棒水平方向右运动，发现电流表指针向右偏转，说明感应电流的方向与　
　有关。
（4）实验表明，闭合电路的一部分导体在磁场中做　　运动时，电路中就会产生感应电流。
（5）实验过程中，如果想使电流表指针偏转更明显一些，下列方法中可行的是　　（填选项前的字母）。
A．换用量程更小且更灵敏的电流表
B．使导体棒在蹄形磁体中沿竖直方向运动

【解答】
（1）如图甲所示，导体ab向右运动，电流计指针不偏转，因为开关没有闭合；
（2）闭合开关，使导体棒竖直上下运动，此时导体没有切割磁感线，不会产生感应电流，则电流表的指针不会偏转；
再使导体棒水平向右运动，导体切割磁感线，会产生感应电流，电流表指针向左偏转；再让导体棒水平向左运动，导体运动方向发生了变化，电流表指针向右偏转，说明感应电流的方向与导体的运动方向有关；
（3）图甲和图乙的不同之处在于磁场的方向发生了变化，图乙中导体棒水平方向右运动，但磁场方向改变，电流表指针向右偏转，说明感应电流的方向与磁场方向有关；
（4）产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动；
（5）A．换用量程更小且更灵敏的电流表，可以使电流表指针偏转更明显一些，故A正确；
B、使导体棒在蹄形磁体中沿竖直方向运动，不切割磁感线，没有感应电流产生，故B错误。
故答案为：（1）开关没有闭合；（2）不发生偏转；导体的运动方向；（3）磁场方向；（4）切割磁感线；（5）A。
180．（2020•广东模拟）在探究“通电螺线管外部磁场特点”的实验中，小华设计了如图甲所示的电路。实验时：
（1）可通过观察　　来判断通电螺线管的磁极。
（2）如图乙所示是通电螺线管周围有机玻璃板上小磁针的分布状态，观察可知通电螺线管的外部磁场与　　的磁场相似。若改变螺线管中的电流方向，发现小磁针指向发生改变，该现象说明通电螺线管外部的磁场方向与　　有关。
（3）要探究影响通电螺线管磁场强弱的因素，除了图中所示的器材外，还需　　。若开关S接“1”时，电流表的示数为I，现将开关S从“1”换接到“2”上，接下来他的操作是　
　，这样可以探究通电螺线管磁场的强弱与线圈匝数的关系。

【解答】（1）读图可知，在螺线管旁有两个小磁针，我们可以通过观察小磁针静止时N极（或S极）的指向来判断通电螺线管的磁极；
（2）通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似，都是具有两个磁性较强的磁极；
若改变螺线管中的电流方向，发现小磁针指向发生改变，说明磁场的方向发生了变化，即通电螺线管外部的磁场方向与电流方向有关；
（3）要探究影响通电螺线管磁场强弱的因素，需要用到大头针，螺线管具有磁性能吸引大头针，根据大头针吸引的个数能判定磁性的强弱；实验中，他将开关S从l换到2上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变，再次观察电流表示数及吸引的回形针数目，这样才能探究出通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系。
故答案为：（1）小磁针N极所指的方向；（2）条形磁体；电流方向；（3）大头针；调节滑动变阻器的滑片P，保持电路中的电流大小为I不变。
181．（2019秋•栾城区期末）为了探究电磁铁的磁性强弱跟哪些因素有关，小明同学用漆包线（表面涂有绝缘漆铜导线）在大铁钉上绕若干匝，制成简单的电磁铁，通电后吸引大头针，图甲、乙、丙、丁为实验中观察到的四种情况。

（1）实验是通过观察电磁铁　来知道电磁铁磁性强弱的。
（2）当开关闭合后，甲图中N极在磁体　　端（选填A或B）；图乙中若让铁钉再多吸一些大头针，滑动变阻器的滑片应向　　端移动（填“左”或“右”）。表明电磁铁磁性强弱与　有关。
（3）比较　　两图可知：匝数相同时，电流越大，磁性越强。
（4）由图丁可得出的结论是　　。
（5）举出一个应用电磁铁的实例　　。
【解答】
（1）该实验中是用电磁铁吸引大头针的数量来反映电磁铁磁性的强弱，属于转换法；
（2）由甲图可知，电流从电源正极出发，经开关、变阻器流向螺线管，根据安培定则，甲图中N极在磁体的A端；
图乙中若让铁钉再多吸一些大头针（即其磁性增强），应增大电流的大小，由欧姆定律可知应减小变阻器连入电路中的电阻大小，即滑动变阻器的滑片应向左移动；电流大小不同，吸引大头针的个数不同，即电磁铁的磁性不同，表明电磁铁磁性强弱与电流大小有关；
（3）研究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系时，应控制线圈的匝数相同，改变电流的大小；乙丙两图中线圈匝数相同，丙图中变阻器连入电路中的电阻较小，由欧姆定律可知丙图中的电流大于乙图中的电流，丙图中吸引大头针的数量多，其磁性强，所以应比较乙、丙两图；
（4）丁图中两个电磁铁串联，通过两电磁铁的电流相等，线圈匝数越多的电磁铁吸引大头针数量越多，说明其磁性越强，所以结论为：电流相同时，通电螺线管的线圈匝数越多，磁性越强；
（5）在实际生活中很多地方都用到了电磁铁，比如：电铃、电磁起重机、电话机、电磁继电器等。
故答案为：（1）吸引大头针的数量；（2）A，左；电流大小；（3）乙、丙；（4）电流相同时，通电螺线管的线圈匝数越多，磁性越强；（5）电铃（合理即可）。
182．（2019秋•市北区期末）探究　　现象。
装置图

过程
当导体ab从上向下运动时，灵敏电流表指针　　（填“偏转”或“不偏转”）。
当导体ab从前向后运动时，灵敏电流表指针　　（填“偏转”或“不偏转”）这是因为前后运动时，导体ab　　的缘故。
问题讨论
将上述实验中的灵敏电流表换成电源，可探究　　。
导体ab用质量较　　的材料，实验现象会更明显。
如果想让导体ab反向运动，可以把磁极对调，也可以改变　　。
【解答】
（1）如图所示，电路中没有电源，只有灵敏电流计、磁铁和导体棒，是探究电磁感应现象的实验；
由图知，导体所在区域的磁感线沿竖直方向，当导体ab从上向下运动时，没有切割磁感线，不能产生感应电流，则灵敏电流表指针不偏转；当导体ab从前向后运动时，切割磁感线，能够产生感应电流，灵敏电流表指针偏转；
（2）如果将实验中的灵敏电流表换成电源，闭合开关后，导体ab会运动，说明通电导体在磁场中受到力的作用，即可探究磁场对电流的作用；
导体ab应该用质量较小的材料，这样在受到磁场力大小相同时，其运动状态更容易改变，实验现象会更明显；
如果想让导体ab反向运动，即改变通电导体所受磁场力的方向，可以把磁极对调，也可以改变导体ab中电流方向。
故答案为：电磁感应；不偏转；偏转；切割磁感线；磁场对电流的作用；小；电流方向。
183．（2019秋•市北区期末）探究电生磁。
装置图

现象
结论
①图1所示实验就是著名的　　实验。
②由图1和图2可知：电流的磁场方向与　　有关。
③由图3可知：通电螺线管外部的磁场与　　磁体的磁场相似。
④观察图4可知：电磁铁磁性的强弱跟　　有关。
【解答】
①图1所示实验是著名的奥斯特实验，说明通电直导线周围存在磁场；
②根据图1和2可知，电流方向改变时，小磁针的偏转方向发生改变，这说明电流的磁场方向与电流方向有关；
③据图3可知，通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似的；
④根据图4可知，两电磁铁是串联的，通过的电流大小相同，线圈匝数越多的，吸引的大头针个数越多，这说明电磁铁磁性的强弱跟线圈匝数有关。
故答案为：①奥斯特；②电流方向；③条形；④线圈匝数。
184．（2020•乌鲁木齐一模）为了探究电磁铁的磁性强弱跟哪些因素有关，小明同学用漆包线（表面涂有绝缘漆的导线）在大铁钉上绕若干匝，制成简单的电磁铁，如图所示，用此装置去吸引大头针，甲、乙、丙、丁为实验中观察到的四种情况。
（1）实验中通过电磁铁　　判断电磁铁磁性的强弱，这一方法体现了转换的思想。
（2）比较乙、丙两图可知：线圈匝数相同时，电流越　　（选填“大”或“小”）磁性越强。
（3）根据图丁可以得出的结论是：　　一定时，匝数越多，磁性越强。

【解答】
（1）电磁铁的磁性越强，吸引的大头针越多；所以可以根据吸引大头针数目的多少判断电磁铁磁性的强弱，这是转换法。
（2）由乙图和丙图可知，线圈的匝数相同，丙中变阻器接入电路的阻值较小，则通过的电流大，丙吸引大头针的个数比乙多，则丙电磁铁的磁性强，说明线圈匝数相同时，电流越大，磁性越强。
（3）由丁图可知，两个线圈串联，通过的电流相同，线圈匝数多的吸引的大头针多，说明其磁性强。
故答案为：（1）吸引大头针数目的多少；（2）大；（3）电流。
185．（2019秋•费县期末）课堂上，老师做了如图所示的演示实验，给直导线（铝棒）通电，观察到直导线运动起来。
（1）实验现象说明　　对放入其中的电流有力的作用　　机就是利用这种现象制成的。
（2）将磁极上下对调，观察直导线的运动情况，这样操作是为了研究通电导体在磁场中受力的方向与　　。

【解答】（1）导线通电后产生了运动，说明磁场对放入其中的导体有力的作用。电动机就是利用这种现象制成的。
（2）将磁极上下对调，观察直导线的运动情况，这样操作是为了研究：导体所受力的方向与磁场方向的关系；
故答案为：（1）磁场；电动机；（2）磁场方向的关系。
186．（2019秋•鄄城县期末）丹麦物理学家奥斯特在实验室里做了一次演示实验，当他给导线通电时，导线附近的磁针发生轻微偏转，电流产生了磁场！科学家们逆向思考，通过实验发现利用磁场也能产生电流。小明想探究产生电流的条件和规律，他将导体ab、开关、灵敏电流表和蹄形磁体按图甲所示的方式进行安装。
（1）小明通过观察　　来判断电路中是否有感应电流。
（2）要使电路中产生感应电流，小明的操作应该是（写出一种方法）　
（3）此实验原理和乙丙中哪种相同？　　（填写符号）。

（4）要探究感应电流方向是否与导体运动方向有关，则实验时应保持　　方向不变，改变　　，并观察电流表指针偏转的方向。
（5）如果将灵敏电流表换成　　，可以观察磁场对通电导体的作用。
【解答】（1）感应电流的有无是通过灵敏电流计的指针是否偏转来体现的，若灵敏电流表的指针发生偏转，就说明产生了感应电流；否则电路中没有感应电流。
（2）产生感应电流的条件是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；所以小明可以使导体ab左右运动；
（3）乙中没有电源，导体切割磁感线，会产生感应电流，故乙正确；丙中有电源，属于电动机的原理；
（4）要探究感应电流方向是否与导体运动方向有关，则实验时应保持磁场的方向不变，改变导体运动的方向；
（5）磁场对通电导体有力的作用，电路中一定有电源，所以把小量程电流表换成电源，导体ab成为通电导体在磁场中受力的作用。
故答案为：（1）灵敏电流计的指针是否偏转；（2）使导体ab左右运动；（3）乙；（4）磁场；导体运动方向；（5）电源。
187．（2019秋•桥西区期末）如图是小明探究“影响电磁铁磁性强弱因素”的装置图（A为指针下方固定的铁块；线圈电阻忽略不计）。小明通过观察指针B偏转角度的大小来判断电磁铁磁性的强弱。开始时导线a与接线柱1相连，闭合开关，指针B绕固定点0点发生偏转。
（1）实验前，应将导线b与滑动变阻器的　　（选填“c”或“d”）接线柱连接。
（2）闭合开关，电磁铁的左端为　　极；使滑片P向左移动时，指针的偏转角度变大，说明电磁铁磁性强弱与　　有关。
（3）断开开关，将导线a与接线柱1相连改为与接线柱2相连，保持滑动变阻器的滑片P的位置不变再闭合开关，此时指针偏转角度　　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）下图所示的装置中应用电磁铁工作的是　　。（选填序号）


【解答】
（1）滑动变阻器采用一上一下的接法，应将导线b与滑动变阻器c接线柱连接；
（2）由图知，电磁铁外部电流方向向下，根据右手螺旋定则，电磁铁的右端为S极，左端为N极。
使滑片P向左移动时，电阻变小，电流变大，指针的偏转角度变大，说明电磁铁磁性强弱与电流大小有关；
（3）将导线a与接线柱1相连改为与接线柱2相连，保持滑动变阻器的滑片P的位置不变再闭合开关，此时线圈的匝数减少，在电流相同时，电磁铁的磁性变小，指针偏转角度变小；
（4）手摇发电机产生电流，是利用电磁感应原理工作的；
自制电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理工作的；
动圈式话筒是利用电磁感应原理工作的；
电铃通电时，电磁铁有电流通过，产生了磁性，小锤下方的弹性片被吸过来，小锤打击电铃发出声音，同时电路断开，电磁铁失去磁性，小锤又被弹回，电路闭合，不断重复，电铃会发出连续打击声，这是应用了电磁铁；故选④。
故答案为：（1）c；（2）N；电流大小；（3）变小；（4）④。
188．（2019秋•澧县期末）小军利用如图所示的装置来探究通电螺线管外部磁场的方向，请根据实验要求回答下列问题：
（1）实验时，他选用小磁针的目的是为了　　。
（2）实验过程中，他将电池的正负极位置对调接入电路中，此操作的目的是为了研究　　与　
　是否有关。

（3）在图中，标出通电螺线管中磁感线的方向及小磁针的N极。

【解答】（1）因为小磁针放入磁场时，小磁针静止时N极指向和该点磁场方向相同，所以实验中使用小磁针是为了指示磁场方向，从而判断该点的磁场方向；
（2）把电池正负极对调，改变了电流方向，闭合开关后，会发现小磁针指示磁场方向改变了，此现象说明磁场方向和电流方向有关，即这样操作是为了研究通电螺线管外部磁场方向和电流方向是否有关；
（3）根据图中电源的正负极，利用安培定则可判断螺线管的右端为N极、左端为S极；在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，所以可以确定螺线管上方磁场的方向是从右向左的；当小磁针静止时，根据磁极间作用规律可知，靠近螺线管S极的一定是小磁针的N极，由此可知小磁针的右端为N极，左端为S极。如下图所示：

故答案为：（1）显示磁场方向；（2）通电螺线管外部磁场方向；电流方向；（3）如图。
189．（2019秋•南昌期末）亲爱的同学们，请你完成以下问题。
（1）如图1所示，是利用被磁化的缝衣针制成的简易指南针。若静止时针尖指地理位置的北方，则针尖是简易指南针的　　极。此时，将指南针底座逆时针旋转90°，针尖静止时将指向地理位置的　　方。
（2）如图2所示，当导体ab向右运动时，观察到电流表指针向左偏转，这是　　现象，生活中的　　（选填“电动机”或“发电机”）就应用了此原理。如果对调N、S极，ab向左运动时，电流表指针的偏转方向　　（选填“改变”或“不改变”）。
（3）如图3所示是某车间自动除尘装置的简化电路图。空气中尘埃量较少时，光源发出来的光被挡板挡住了。当空气中尘埃量达到一定值时，由于尘埃的反射，部分光越过挡板射到光电阻上，光敏电阻的阻值　　，电路中的电流增大，电磁铁的磁性　　，在衔铁的作用下，开启自动除尘模式。若图中a、b一个是除尘器，一个是指示灯，则　　是除尘器。

【解答】
（1）若静止时针尖指向地理位置的北方，说明指向地磁南极附近，则针尖是简易指南针的N极。无论如何转动底座，磁针静止时N极指向是不变的，所以针尖N极还是指向地理北方。
（2）如图2所示，当导体ab向右运动时，ab做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流，会观察到的现象是电流表指针偏转，这是磁生电现象，即电磁感应现象，工农业生产中的发电机就应用了此原理；
感应电流的方向与导体运动的方向、磁场方向有关，对调N、S极，ab向左运动时，感应电流的方向不变，则电流表指针的偏转方向不改变。
（3）当空气中尘埃量达到一定值时，由于尘埃的反射，部分光越过挡板射到光敏电阻上时，电路中的电流增大，根据欧姆定律可知光敏电阻的阻值减小；
当电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，吸引衔铁，使动触点和下面的静触点接触，开启自动除尘模式，所以下面的b是除尘器，上面的a是指示灯。
故答案为：
（1）N；北。（2）电磁感应；发电机；不改变。（3）减小；增强；b。
190．（2019秋•海淀区期末）某同学按照图所示的实验装置组装电路并进行探究实验，用弹簧测力计将铁块P从电磁铁上拉开，观察拉开时弹簧测力计示数大小判断电磁铁的磁性强弱。根据实验现象，回答下列问题：
（1）如果将铁块P从电磁铁上拉开时弹簧测力计示数越大，说明电磁铁磁性越　　（选填“强”或“弱”）；
（2）线圈的匝数一定时，闭合开关，滑片向右缓慢移动，电磁铁磁性将　　（填“增强”“减弱”或“不变”）；
（3）闭合开关，电流大小不变，增加线圈的匝数，将铁块P从电磁铁上拉开时弹簧测力计示数　　（填“变大”“变小”或“不变”）。

【解答】
（1）如果将铁块P从电磁铁上拉开时弹簧测力计示数越大，说明电磁铁对铁块的吸引力也越大，说明电磁铁磁性越强；
（2）线圈的匝数一定时，闭合开关，滑片向右缓慢移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则电路中的电流减小，电磁铁的磁性将减弱；
（3）闭合开关，电流大小不变，增加线圈的匝数，则电磁铁的磁性变强，则将铁块P从电磁铁上拉开时弹簧测力计的示数将变大。
故答案为：（1）强；（2）减弱；（3）变大。
191．（2019秋•广饶县期末）吴明同学利用如图所示的实验装置探究“导体在磁场中运动时产生感应电流的条件”。
（1）固定磁铁不动，闭合开关，让导体棒ab在蹄形磁体中　　（选填“左右”、“上下”）运动时，电流表指针会偏转。
（2）固定导体棒ab不动，闭合开关，蹄形磁体左右运动，电流表指针　　（选填“会”“不会”）偏转。
（3）在探究过程中，如果断开开关，不管磁体、导体棒如何运动，电流表指针都　　（选填“会”“不会”）偏转。
（4）实验说明：闭合电路的部分导体在磁场中　　运动时，电路就产生感应电流。
（5）该同学完成实验后提出猜想：产生电流大小可能与运动速度有关，为探究感应电流大小与导体棒运动速度有关，可以进行的设计是　　。

【解答】
（1）固定磁铁不动，闭合开关，让导体棒ab在蹄形磁体中左右方向运动时，导体切割磁感线，会产生感应电流，电流表指针会发生偏转。
（2）固定导体棒ab不动，闭合开关，蹄形磁体左右运动时，导体也会切割磁感线，会产生感应电流，电流表指针会发生偏转。
（3）断开开关，不是闭合电路，不管磁体、导体棒如何运动，都不会产生感应电流，电流表指针都不发生偏转；
（4）由此得出结论：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就产生感应电流。
（5）为了探究感应电流的大小可能与运动速度有关，根据控制变量法，应该保持磁场强弱相同，改变导体运动快慢，观察电流表指针的偏转角度。因此可以进行的设计为：在同一磁场中，分别快速移动导体棒与缓慢移动导体棒，并观察电流表指针偏转情况。
故答案为：（1）左右；（2）会；（3）不会；（4）切割磁感线；（5）在同一磁场中，分别快速移动导体棒与缓慢移动导体棒，并观察电流表指针偏转情况。
192．（2020•武汉模拟）在“探究感应电流产生条件”的实验中，小明将导体ab、开关、小量程电流表和蹄形磁体按如图所示的方式进行安装。
（1）小明闭合开关后进行了如下操作：
A．只让导体ab在水平方向左右运动
B．只让导体ab在竖直方向上下运动
C．只让蹄形磁体在水平方向左右运动
D．只让蹄形磁体在竖直方向上下运动
其中一定能产生感应电流的是　（填写字母）。
（2）如果将小量程电流表换成　　，可以观察磁场对通电导体的作用。
（3）实验中发现电流表指针偏转不明显，为了使指针偏转明显，请你从实验装置或操作上提一条改进建议　　。

【解答】（1）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中才有感应电流产生。
A．只让导体ab在水平方向左右运动，导体ab切割磁感线运动，导体中有感应电流产生；
B．只让导体ab在竖直方向上下运动，导体ab没有切割磁感线运动，导体中没有感应电流产生；
C．只让蹄形磁体在水平方向上运动，导体ab相对磁铁水平运动切割磁感线，导体中有感应电流产生；
D．只让蹄形磁体在竖直方向上下运动，导体ab相对磁铁没有切割磁感线运动，导体中没有感应电流产生。
（2）磁场对通电导体的作用，电路中一定有电源，所以把小量程电流表换成电源，导体ab成为通电导体在蹄型磁体的磁场中受力的作用；
（3）电流表指针偏转不明显，是电流太弱，可能是磁场弱或导体（或磁铁）运动慢，可以快速移动导体（或磁铁）。
故答案为：（1）AC；（2）电源；（3）换强磁铁。
193．（2020•海南模拟）小刚利用电池组、小磁针和若干导线等器材做了如图所示的实验
（1）由图甲与图乙可知　　。
（2）由图乙与图丙可知　　。
（3）如果移走图乙中的小磁针，通电导线周围　　（选填“存在”或“不存在”）磁场。
（4）如图丁所示，将小磁针放在导线上方，闭合开关小磁针　　（选填“会”或“不会”）发生偏转。
【解答】（1）由图甲可知，电路没有电流时，小磁针不偏转，说明没有磁场；根据图乙可知，电路中有电流时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场；
（2）根据图甲和图丙可知，电流产生的磁场与电流方向有关；
（3）如果移走图乙中的小磁针，导体中仍有电流，因此通电导线周围是存在磁场的；
（4）如图丁所示，将小磁针放在导线上方，闭合开关小磁针会发生偏转，并且偏转方向发生改变。
故答案为：（1）通电导体周围存在磁场；
（2）电流产生的磁场的方向与电流方向有关；
（3）存在；（4）会。
194．（2019•神木市模拟）按要求回答问题
（1）如图甲所示，通过真空罩可以看到手机来电显示灯在不断闪烁，说明电磁波　　（选填”可以”或“不可以”）在真空中传播。

（2）如图乙所示，用弹簧测力计拉着物体在水平面上向左做匀速直线运动，则该物体受到的摩擦力的大小为　　N。
（3）图丙是某物质熔化过程中的温度变化图象，由图象可知该物质是　　（选填“晶体”或“非晶体”）。
（4）图丁为探究“光的反射规律”的实验装置，若让光线逆着OB的方向射到镜面上，反射光线就会沿OA射出。这个现象说明：在反射现象中，　　。
【解答】
（1）图甲，通过真空罩可以看到手机来电显示灯在不断闪烁，说明电磁波可以在真空中传播；
（2）图乙，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为3.0N；
物体在水平方向上受拉力和摩擦力而做匀速直线运动，说明摩擦力与拉力是一对平衡力，故物体受到的摩擦力等于拉力，等于3.0N；
（3）图丙，物质在熔化过程中吸热但温度保持不变，所以该物质是晶体；
（4）当光逆着原来的反射光线入射时，反射光线也逆着原来的入射光线反射出去，这说明在反射现象中光路是可逆的。
故答案为：（1）可以；（2）3.0；（3）晶体；（4）光路是可逆的。
195．（2019•淮安模拟）如图所示，探究电磁波的产生和传播特性。
（1）用导线接触电池两端，听到收音机发出的“咔咔”声，说明　　的存在。
（2）将手机放在真空罩中，用抽气机抽去罩中的空气，打电话呼叫罩内的手机，发现手机　　（选填能”或“不能”）收到呼叫信号，说明　　。
（3）将手机放到金属盆中，扣上金属米箩，打电话呼叫盆中的手机，手机　　（选填“能”或“不能”）收到呼叫信号；再将手机放在纸盒中，打电话呼叫，手机能收到呼叫信号，说明　
　。

【解答】（1）实验中，先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与正极接触，使它们时断时续地接触，电路中有时断时续的电流出现，迅速变化的电流产生了电磁波，产生的电磁波被收音机接收到，听到“咔咔”的声音，说明电磁波的存在。
（2）用抽气机抽去罩中的空气，打电话呼叫罩内的手机，手机也能收到呼叫信号。因为电磁波能在真空中能传播。
（3）因为电磁波遇到金属会被反射。将手机放在金属容器（如饼干筒）中，打电话呼叫容器中的手机，这时手机不能收到呼叫信号；而在纸盒内的手机能收到呼叫信号，说明金属容器能屏蔽电磁波。
故答案为：
（1）电磁波；
（2）能；电磁波能在真空中能传播；
（2）不能；金属容器能屏蔽电磁波。
196．（2020•岳麓区校级模拟）小星家的太阳能热水器，水箱最大可装200kg的水。小星进行了一次观察活动：某天早上，他用温度计测得自来水的温度为20℃，然后给热水器水箱送满水，中午时“温度传感器”显示水箱中的水温为45℃．请你求解下列问题：
（1）从早上到中午，水箱中的水吸收的热量[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（2）如果水吸收的这些热量，由煤气灶燃烧煤气来提供，需要燃烧煤气1.25kg，求煤气灶的效率多少？（煤气的热值为q＝4.2×107J/kg）
（3）请从环境保护的角度谈谈推广使用太阳能的意义。
【解答】（1）水箱中水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（45℃﹣20℃）＝2.1×107J；
（2）煤气完全燃烧释放的热量：
Q放＝mq＝1.25kg×4.2×107J/kg＝5.25×107J，
煤气灶的效率：
η=Q吸Q放×100%=2.1×107J5.25×107J×100%＝40%；
（3）太阳能的特点：太阳能十分巨大，产生能源总量多，并且供应时间长，分布广阔，获取方便，安全清洁，不会给环境带来污染。
答：（1）水箱中水吸收的热量为2.1×107J；
（2）煤气灶的效率为40%；
（3）开发太阳能的意义是清洁无污染。
197．（2019•高邮市校级三模）阅读短文，回答问题。

2019年1月3日，嫦娥四号探测器（图甲）搭载着“玉兔二号”月球车“图乙”成功降落月球南极，全人类首次实现月球背面软着陆。探测器着陆后进行了月球车和探测器“两器分离”，分离后在“鹊桥”中继星支持下顺利完成互拍并传回地球。
月球车涉及的相关参数如表：
设计质量m/kg
135
独立驱动的车轮个数n/个
6
长a/m
1.5
每个轮子与水平月面的接触面积s/cm2
100
宽b/m
1
月面的行驶速度v/（m•h﹣1）
200
高c/m
1.1
耐受温度范围
﹣180℃～150℃
月球车能源为太阳能，能够耐受月球表面真空、强辐射、极限温度等极端环境。由于月夜温度极低，电子设备无法正常工作，所以它将进入休眠状态，休眠期间由同位素温差发电保温，等到月昼来临，它将自主唤醒，进入工作状态。
（1）根据上述信息，请判断以下说法中正确的是　　。
A．月球车可以使用汽油机来驱动 B．月球车在月球上惯性将减小
C．月球车的零件应该用热胀冷缩较明显的材料制成
D．接近月面时，探测器需要悬停寻找最佳降落地点，悬停时它受到的是平衡力
（2）月球车以太阳能为能源，这是　　（常规/新）能源。若太阳光照射到太阳能电池板上的辐射功率为1.5kW．电池产生的电压为48V，并对车上的电动机提供5A的电流，则太阳能电池将太阳转化电能的效率为　　。
（3）探测器接近月面时，在反推发动机和缓冲机构的保护下安全着陆预选区。为使探测器顺利软着陆，从月球表面观察到发动机点火后产生的高压气流应向　　（上方/下方/水平方向）喷出。
（4）已知在地球上重6N的物体在月球上重1N，月球车在行进过程中受到的阻力是自重
的0.2倍，则月球车水平匀速直线前进30m过程中牵引力做的功为　　J。
（5）小明对月球车的“唤醒系统”非常感兴趣，他利用光敏电阻设计了一个“模拟唤醒系统”，如图丙所示，该系统由“唤醒电路”、“控制电路”等组成，其中电源的电压为12V，电阻箱的电阻为（0～9999Ω），RP是光敏电阻，它的阻值随光强的变化关系如下表所示，光强用符号E表示，单位符号cd表示。
E/cd
1.0
2.0
3.0
4.0
6.0
7.0
8.0
RP/Ω
18
9
6
4.5
3
3
3
①根据表中数据，请在图丁坐标中描点作出RP﹣E的关系图线。
②若a、b两端电压必须等于或大于8V时，控制电路才能启动，唤醒玉兔并驱动玉兔工作。小明设定光强为4.5cd时唤醒玉兔，则电阻箱的阻值至少应调到　Ω；当光强为7.0cd时，在保证控制电路能正常启动的条件下，调节电阻箱R的阻值，使其消耗的电功率为9W，则此时RP消耗的电功率为　　W；为了能使控制电路在光线强度较弱时就能控制电路进入工作状态，可采取的措施是：　　（答出一种即可）。
【解答】（1）A、汽油机需要吸入空气助燃，月球上没有空气，所以不可以使用汽油机来驱动月球车，故A错误；
B、惯性的大小只与质量有关，月球车在月球上质量不变，其惯性不变，故B错误；
C、若用热胀冷缩明显的材料，容易使月球车发生形变，损坏仪器，故C错误；
D．悬停即处于静止状态，此时受到月球对月球车的吸引力和发动机的反冲力，这两个力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
（2）太阳能与传统能源相比是新能源。
已知太阳光照射到太阳能电池板上的辐射功率P太＝1.5kW＝1500W，
太阳能电池的输出功率为：P电＝UI＝48V×5A＝240W，
则太阳能电池将太阳能转化电能的效率：η=W电W太×100%=P电tP太t×100%=P电P太×100%=240W1500W×100%＝16%。
（3）探测器在月球着陆时靠发动机点火向下喷气，由于力是作用是相互的，探测器会受到一个向上的推力，从而实现软着陆。
所以，从月球表面观察到发动机点火后产生的高压气流应向下方喷出。
（4）月球车在地球上受到的重力：G＝mg＝135kg×10N/kg＝1350N；
根据在地球上6牛的物体放到月球上重1牛可知，
月球车在月球表面受到的重力：G′=16G=16×1350N＝225N，
所以，阻力：f＝0.2G′＝0.2×225N＝45N，
由于月球车水平匀速直线前进，受平衡力的作用，则有：F牵＝f＝45N，
则牵引力做的功：W＝F牵s＝45N×30m＝1350J。
（5）①分别将（1.0，18）、（2.0，9）、（3.0，6）、（4.0，4.5）、（6.0，3）、（7.0，3）、（8.0，3）在图丁坐标中描点连线，
即为RP﹣E的关系图线。如图所示：

由图象得，当光强E在1.0cd～7.0cd范围内时，光敏电阻的阻值与光强成反比关系，
则有：1.0cd×18Ω＝4.5cd×Rp，
解得：RP＝4Ω，
根据串联电路电压规律可知，光敏电阻两端的电压：
URP＝U﹣UR＝12V﹣8V＝4V，
根据串联分压规律可知，URURP=RRp，
即：8V4V=R4Ω，
解得：R＝8Ω。
当光强为7.0cd时，RP＝3Ω，由题知调节电阻箱R的阻值，使其消耗的电功率为9W，
设此时电阻箱的电压为U，电路中电流为I，
所以可以列出电路状态的方程组：
12V＝U+I×3Ω…①
9W＝UI…②
联立①②可解得：U1＝3V，U2＝9V，
由题知电阻箱的电压至少为8V，所以U＝9V，U1＝3V（舍去），
此时，I=PU=9W9V=1A，所以RP消耗的电功率为：
P＝I2RP＝（1A）2×3Ω＝3W；
当光线较弱时，光敏电阻的阻值较大，RP所分得的电压较大，而R两端电压则偏小，
所以可以通过增大电阻箱R的阻值，使在RP阻值较大时也可以分得至少为8V的电压。（合理即可）
故答案为：（1）D；（2）新；16%；（3）下方；（4）1350；（5）①如图所示；②8Ω；3W；增大电阻箱接入的阻值。
198．（2019•江岸区二模）武汉市正在大力发展绿色能源，如图甲是城市道路两边的太阳能路灯，它由太阳能电池板、控制器、24V的蓄电池组、LED发光二极管、灯杆及灯具外壳组成。它的结构示意图如图乙，工作时能量流程图如图丙。

LED发光二极管是一种半导体器件，它具有工作电压低（2﹣4V）、耗能少、寿命长、稳定性高、响应时间短、对环境无污染、多色发光等优点。它与普通的白炽灯发光原理不同，可以把电直接转化为光。实验测得LED发光二极管两端加不同电压时的电流，数据如表：
电压/V
1
1.5
2.0
2.3
2.5
2.8
3.0
3.3
3.5
3.6
3.7
电流/mA
0
0
0
5
10
60
160
380
690
900
1250
（1）太阳能电池板将太阳能转化为　　能，然后给蓄电池充电以保存能量。太阳能是　　能源（选填“一次”或“二次”）。
（2）如图乙所示，晚上LED发光二极管点亮时控制开关S与　　（选填“a”或“b”）触点接触。
（3）这种LED发光二极管的电压从2.5V变化到3.6V时，LED的电功率增加了　　W。
【解答】
（1）太阳能电池板是将太阳能转化成电能；太阳能是直接吸收阳光来利用的，属于一次能源；
（2）当开关与a点接触时，LED灯断路，不工作；当开关与b点接触时，LED灯才接入电路正常工作，所以晚上LED发光二极管点亮时控制开关S与b触点接触；
（3）当电压为2.5V时，电流为10mA，电功率P1＝U1I1＝2.5V×0.01A＝0.025W，
当电压为3.6V时，电流为900mA，P2＝U2I2＝3.6V×0.9A＝3.24W，
增加的电功率P＝P2﹣P 1＝3.24W﹣0.025W＝3.215W。
故答案为：（1）电；一次；（2）b；（3）3.215。
199．（2018秋•张家港市期中）如图所示，科技人员设计出了一种可移动式太阳能水上漂浮房，它具有冬暖夏凉的优点表面安装有太阳能电池板，接收太阳能的功率为1.6×104W，该漂浮房屋三角形建筑的主体结构是中空的，三角形建筑外围（即除去该面空洞）的面积为1.0×103m2，空气密度约为1.2kg/m3，已知空气动能与空气质量成正比。1kg空气在不同的速度（v）时的动能（E）如下表所示。

E（J）
2
8
18
32
50
V（m/s）
2
4
6
8
10
（1）漂浮房冬暖夏凉，利用了水的　　比较大的特性。
（2）漂浮房在平静的水面沿直线运功，运动过程中受到的阻力不变，水平方向的牵引力随运动时间t的变化关系如右图所示，t＝50s后，漂浮房以2.5m/s的速度做匀速直线运动，则在整个运动过程中，漂浮房受到的阻力大小为　　N。
（3）由表格中数据可知，每千克空气动能（E）与速度（v）的关系表达式为E＝　。
（4）若风正好垂直于三角形表面吹入，当风速为8m/s时，那么房屋在1000s的时间内获得的风能与完全燃烧　　kg的煤所产生的热量相当。（煤的热值3.2×107J/kg）
【解答】（1）在相同情况下（质量或温度变化量）比热容大的物质吸收或放出的热量多，温度变化小，即达到冬暖夏凉，所以利用的是水的比热容大的特性；
（2）由图可以看出t＝50s后，漂浮房受到的阻力大小为800N；
（3）由表中数据可得：每千克空气动能E=12v2，
（4）每秒钟吹向三角形建筑的空气体积：
V＝Svt＝1×103m2×8m/s×1s＝8×103m3，
由表格可知当风速为8m/s时E0＝32J/kg，
1000s内获得的风能：
E＝VρE0t＝8×103 m3×1.2kg/m3×32J/kg×1000s＝3.072×108J，
由题知，Q放＝E＝3.072×108J，
则煤的质量m=Q放q=3.072×108J3.2×107J/kg=9.6kg。
故答案为：（1）比热容；（2）800；（3）12v2；（4）9.6。
200．（2020•武汉模拟）磁场看不见、摸不着，小宇想利用铁屑和小磁针（黑色一端为N极）来探究通电螺线管外部磁场特点。请你解答以下问题：

（1）根据图甲中铁屑的排列情况可初步推断：通电螺线管外部的磁场分布与　　磁体的磁场相似。
（2）实验中，小磁针的作用是为了研究通电螺线管周围的　　。（选填“磁场强弱”或“磁场方向”）
（3）小宇在奥斯特实验的启发下，只改变通电螺线管中的电流方向，实验现象如图乙所示。对比两次的实验现象可知：通电螺线管两端的磁极性质与通电螺线管中的电流方向　　。（选填“有关”或“无关”）
（4）下列操作中能增强通电螺线管磁性的是　　（多选，填写选项前的字母）。
A．增大通电螺线管中的电流 B．改变通电螺线管中的电流方向
C．在通电螺线管内插入铁棒 D．减少通电螺线管的匝数
【解答】（1）从铁屑的分布情况可知，通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场一样，通电螺线管的两端相当于条形磁体的两个磁极；
（2）在奥斯特实验中，通电时，小磁针发生偏转，说明了通电导线周围存在磁场，即小磁针是为了显示磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场方向也改变，所以小磁针的偏转方向也改变，因此还可以判断磁场的方向；
（3）对比两次的实验现象可知，螺线管电路中甲和乙的绕线方式相同，电流方向不同，根据小磁针的指向情况知：甲的右端为S极，乙的右端为N极；
所以实验说明螺线管的绕线方式相同时，极性只与它的电流方向有关。
（4）A、在相同条件下，增大线圈中的电流，通电螺线管的磁性增强，故A正确；
B、改变螺线管中的电流方向，不能改变通电螺线管的磁性，故B错误；
C、在相同条件下，插入铁棒，通电螺线管的磁性增强，故C正确；
D、在相同条件下，减少线圈的匝数，通电螺线管的磁性减弱，故D错误。
故答案为：（1）条形；（2）磁场方向；（3）有关；（4）AC。


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