2024年安徽省芜湖一中教育集团延安学校中考物理模拟试卷（七）（含解析）

这是一份2024年安徽省芜湖一中教育集团延安学校中考物理模拟试卷（七）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热(不计热量损失)，如图所示是A和B的温度随加热时间变化的图像，下列说法正确的是( )
A. A的比热容与B的比热容之比为2：1
B. A的比热容与B的比热容之比为2：3
C. 都加热t时间，B吸收热量比A吸收热量多
D. A和B升高相同的温度，B吸收热量较多
2.小明计划用天平(含砝码)、烧杯、量筒、水和密度表完成下列实践课题：①鉴别金牌是否是纯金制作；②粗略测量一大堆大头针的数目；③测定一捆铜导线的长度；④鉴定小铜球是空心的还是实心的。你认为能够完成的是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
3.将冰块放在浓盐水中，液面位置如图所示，若冰完全熔化，杯中液面高度将( )
A. 上升
B. 下降
C. 不变
D. 无法确定
4.如图所示的两个容器放在水平桌面上，它们的质量和底面积均相同，容器中分别装有甲、乙两种液体且液面在同一高度。若容器对桌面的压强相等，则两种液体对容器底部的压强( )
A. 一样大B. 甲最大C. 乙最大D. 无法判断
5.在实验时，小明将一个正常的铁质外壳测力计的挂钩挂在铁架台上，静止时有如图所示的示数。接着，他把这个测力计像图乙那样，上下各挂一个50g的钩码，并挂到甲测力计下，则甲乙两测力计的示数分别是( )
A. 1.0N和1.5N B. 1.0N和1.0N
C. 2.0N和1.0N D. 2.0N和1.5N
6.如图所示，某健身俱乐部通过压力传感器获取运动者的运动数据，其
工作原理如图乙所示。人从离蹦床一定高度处下落，保持电源电压不变，
R1、R2为定值电阻，压力传感器R的阻值随压力增加而减小。在人从与蹦
床接触至下落到最低点过程中，下列说法中正确的是( )
A. 人的重力势能转化为人的动能和蹦床的弹性势能，机械能总和不变
B. 人下落至最低点时蹦床的弹性势能Ep最小
C. 电压表V1示数变大，电压表V2示数变小
D. 电流表A示数逐渐变小，电路消耗的总功率P逐渐减小
二、填空题：本大题共10小题，共20分。
7.“炖汤”时把汤料和水置于炖盅内，而炖盅则浸在大煲的水中，并用蒸架把盅与煲底隔离，如图所示，若汤的沸点与水的沸点相同，当煲中的水沸腾后，盅内的汤水______(能/不能)沸腾。
8.某同学用同一把刻度尺对同一物体的长度进行了6次测量，结果如下：12.45cm、12.4cm、12.42cm、12.434cm、12.44cm、12.75cm。则该物体的长度应记为______cm。
9.小锐在大烧杯内放有密度为ρ的液体，让小烧杯漂浮，如图甲所示，此时大烧杯内液体深度为ℎ1；他将鹅卵石放在小烧杯中，装有鹅卵石的小烧杯仍漂浮，如图乙所示，此时大烧杯内液体深度为ℎ2；他再将鹅卵石从小烧杯取出放入大烧杯中，如图丙所示，此时大烧杯内液体的深度为ℎ3。则鹅卵石的密度表达式为ρ= ______。
10.我国现代农业已进入信息化和数字化时代。如图，农用机械——无人机已能通过北斗导航系统实行精准作业，它们是利用 (选填“超声波”或“电磁波”)来传递信息的。
11.将物体放在距凸透镜40cm处，在透镜另一侧距透镜30cm处的光屏上得到一个清晰的像，则此凸透镜的焦距范围是______。
12.如图所示，将所受重力为100N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，杠杆在水平位置平衡。已知：乙物体所受重力为20N，AO：OB=1：3，甲物体的底面积为0.2m2。求：甲物体对地面的压强是______Pa。
13.如图甲所示，放在粗糙程度不变的水平地面上的物体，用方向不变的力F向右推物体，推力F的大小随时间的变化关系如图乙所示，物体的运动速度随时间的变化关系如图丙所示，则在t=3s时，物体受到的摩擦力为______N。
14.天然气热水器将40kg的水从15℃加热到65℃，此过程中天然气完全燃烧释放热量的84%被水吸收，需要消耗天然气______kg。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃),q天然气=4×107J/kg]
15.在图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R2=2R1。闭合开关S，电压表的示数为U0，电路正常工作。一段时间后，电压表的示数变为零。已知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上。现提供一个完好的电阻R3(R3=R2)来替换图示电路中的一个电阻，从而判断故障，请写出电阻R3替换的对象、闭合开关S后电压表的示数及对应的故障。______。
16.小明通过弹簧测力计用大小不同的水平拉力拉放在水平桌面上的木块，5次弹簧测力计的数据记录如下表。5次实验中，有______次木块与水平桌面之间的摩擦力大小相等的。
三、实验探究题：本大题共3小题，共18分。
17.测滑轮组的机械效率，先用已调好的弹簧测力计测出钩码所受的重力G，然后按照如图所示组装好实验器材，记下钩码及绳自由端的初位置。拉动弹簧测力计使所受重力为G的钩码升高时，用弹簧测力计测出绳头自由端所受到的拉力F；用刻度尺分别测出钩码被提升的高度ℎ和绳自由端移动的距离s，并将F、ℎ和s记录在数据记录表格中。

(1)在钩码升高的过程中，应竖直向上______拉动弹簧测力计；
(2)保持此装置不变，更换钩码使被提升重物所受重力增加为2G，滑轮组的机械效率将______；
(3)用公式η=W有用W总=Gℎ(G+G轮)ℎ计算机械效率的条件是______，得到的结果______(填“大于”“等于”或小于)用η=W有用W总=GℎFs计算出的结果。
18.小贝利用如图24所示的装置探究“物体的动能大小与哪些因素有关”。他将小球A、B分别拉到与竖直方向成一定角度θ的位置，然后都由静止释放，当小球摆动到竖直位置时，会与静止在水平轨道上的木块C发生碰撞，碰撞后木块都会在水平轨道上滑行一定距离后停止。实验装置中小球A、B的质量分别为mA、mB且mA(1)在开始探究前，小贝将小球A、B同时拉到与竖直方向成相同角度的位置，然后由静止同时释放，观察到它们始终并排摆动且同时到达竖直位置。这表明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小均______(选填“相同”或“不同”)，且与小球的质量无关。
(2)小贝通过如图的甲、乙所示的探究过程，他观察到B球能将木块C撞得更远，经过思考可得出结论：小球的动能大小与______有关；通过如图乙、丙所示的探究发现图丙中木块C滑行得更远些，由此可得出结论：______。
19.小明利用如图甲所示电路图来测量电源电压U和电阻R1的阻值。
(1)请按照图甲所示的电路图，用笔画线表示导线，在图乙中完成实物连接。要求：闭合开关后，当滑动变阻器滑片P向右移动时，电流表示数增大；
(2)小明调节滑动变阻器的滑片P，得到的多组电压表、电流表读数，绘成图丁所示的图像。由图像得出电源的电压U= ______V和电阻R1的阻值R1= ______Ω。
四、计算题：本大题共2小题，共12分。
20.轻质杠杆OABC能够绕O点转动，已知OA=BC=20cm，AB=30cm，在B点用细线悬挂重为100N的物体G，为了使杠杆在如图所示的位置平衡，请在如图的杠杆上作出所施加最小动力的图示，并求出最小动力的大小，写出计算过程。
21.为对中国天眼(FAST)的4450块厚度仅为1mm的反射面板进行健康体检，FAST调试组研制了“微重力蜘蛛人系统”，标志着我国在浮空飞行器研制及实践领域又获得重大突破。它使用一个氦气球及配重，使作业人员对反射面的压力减小到约为100N，如图所示。若作业人员重700N，他与反射面的接触面积为1000cm2；气球未充入气体时重1300N，充入氦气后的体积约为200m3。已知当地空气的密度为1.29kg/m3，球内氦气的密度为0.18kg/m3，g取10N/kg，人所受的浮力忽略不计。当作业人员在反射面底部时，求：
(1)氦气球受到的浮力；
(2)作业人员对FAST反射面的压强；
(3)配重的重力。
答案解析
1.D
【解析】解：AB、由于A、B液体质量相等，初温相同，用相同的加热器加热相同的时间tmin，表示A、B吸收的热量相同，A温度升高了ΔtA=60℃−20℃=40℃，B温度升高了ΔtB=40℃−20℃=20℃，mA：mB=1：1，QA：QB=1：1，ΔtA：ΔtB=40℃：20℃=2：1，根据Q吸=cmΔt可得，A的比热容cA：cB=QAmΔtA：QBmΔtB=QAQB×mΔtBmΔtA=11×12=：2，故AB错误；
C、用相同的加热器加热相同的时间tmin，表示A、B吸收的热量相同，由此可知，都加热tmin，A、B吸收的热量相同，故C错误；
D、由于A、B液体质量相等，初温相同，当A、B升高相同的温度，B比热容大，吸收的热量Q吸B=cBmBΔtB，则A和B升高相同的温度，B吸收热量较多，故D正确。
故选：D。
AB、由于A、B液体质量相等，初温相同，用相同的加热器加热相同的时间tmin，表示A、B吸收的热量相同，A温度升高了ΔtA=40℃−20℃=20℃，B温度升高了ΔtB=60℃−20℃=40℃，根据Q吸=cmΔt可求出A、B的比热容之比，由此可得出结论；
C、用相同的加热器加热相同的时间tmin，表示A、B吸收的热量相同，由此可得出结论；
D、由于A、B液体质量相等，初温相同，当A、B升高相同的温度，根据Q吸=cmΔt可求出A、B吸收的热量谁更多。
本题主要考查比热容概念，物体温度升高吸收热量的计算，其中正确理解用相同的加热器加热相同时间，表示物体吸收的热量相同是解题的关键，利用公式Q吸=cmΔt求解比例题目是解题的一个技巧。
2.B
【解析】解：①先用天平测量金牌的质量，再用量筒和水测量金牌的体积，用密度公式求出其密度，与密度表中金的密度对比，可以鉴别金牌的真伪，能够完成该实验；
②先用天平测量50个大头针的质量，求出一个大头针的质量，再用天平测量一堆大头针的总质量，结合一个大头针的质量，可求出一堆大头针的数量，能够完成该实验；
③取一小段铜导线，可以测它的质量、体积，算出它的密度，但无法测铜导线的直径、总质量，就无法得出它的长度，不能够完成该实验；
④先用天平测量铜球的质量，再用量筒和水测量其体积，用密度公式求出铜球的密度，然后和铜的密度比较，能够完成该实验；
综上可知，用所给器材能够完成的是①②④。
故选：B。
已有的实验器材中，天平用来测质量，量筒可直接测液体的体积，量筒和水可测固体的体积，利用密度公式可求出物质的密度；
仔细分析每一个实验需要的器材，看利用天平、量筒、水能完成哪些实验。
本题用天平、量筒、水做多个实验，难度较大，学生可能做出一个、两个，做全做对要求有较高的能力，学生能大胆去做就是最好的收获。
3.A
【解析】解：
(1)冰块漂浮在水面上，所以，F浮=G冰，ρ盐水gV排=ρ冰gV冰，V排=ρ冰V冰ρ盐水，---①
(2)冰熔化成水之后，状态变化，质量不变，所以，m冰=m水，ρ冰V冰=ρ水V水，V水=ρ冰V冰ρ水，---②
(3)∵ρ盐水>ρ水，
比较①②可得：
V水>V排，
所以，若冰完全熔化，杯中液面上升。
故选：A。
(1)冰漂浮在浓盐水中，求出冰块排开浓盐水的体积。
(2)求出当冰熔化之后水的体积。
(3)比较上面的两个体积，如果冰化成水的体积大于冰块排开浓盐水的体积，液面上升；如果冰化成水的体积等于冰块排开浓盐水的体积，液面不变；如果冰化成水的体积小于冰块排开浓盐水的体积，液面下降。
本题考查了学生对质量是物体属性、密度公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，根据冰化水质量不变和漂浮条件找出关系式V排4.B
【解析】【分析】
由底面积相同、容器对桌面的压强相等，可知压力相同，又因为容器质量相同(容器重相同)，所以可知容器里面两种液体重相同(质量相同)；由题知两容器内液面等高，可以得出两种液体的体积关系，根据密度公式得出液体密度关系；又知道ℎ相同，据液体压强公式分析选择。
灵活运用固体压强公式p=FS和液体压强公式p=ρgℎ，利用控制变量法进行定性分析。
【解答】
(1)∵它们的液面等高，容器底面积相同，
∴两种液体体积：V甲(2)∵p=FS，容器对桌面的压强相等，容器底面积相同，
∴桌面受压力相等，
∵F=G，两个容器质量相同(容器重相同)
∴两种液体重相同(质量相同)；-------②
由①②根据密度公式ρ=mV可知：ρ甲>ρ乙；
(3)∵p液=ρ液gℎ，两容器等高，
∴p甲>p乙；
故选：B。
5.D
【解析】解：测力计甲的示数为为物体A、B和测力计乙的重量之和，50g的物体重约0.5N，测力计乙的重为1N，所以测力计甲的示数为2.0N，测力计乙的示数为测力计乙的重量与物体B的重量之和，即1.5N；
故选：D。
由图可知，测力计乙的重量为1N，当如右图所示使用时，测力计甲的示数为物体A、B和测力计乙的重量之和，测力计乙的示数为测力计乙的重量与物体B的重量之和。
本题是一道有关测力计使用与读数的题目，当测力计倒挂时测力计的示数为测力计的自重。
6.C
【解析】解：
A、在人从与蹦床接触至下落到最低点过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度先变大后变小，动能先变大后变小，人的重力势能转化为人的动能和蹦床的弹性势能，由于运动过程中需要克服空气的阻力做功，机械能转化为内能，则机械能总和会变小，故A错误；
B、人下落至最低点时蹦床的弹性形变程度最低，则弹性势能Ep最大，故B错误；
C、由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R1、R两端的电压；在人从与蹦床接触至下落到最低点过程中，蹦床受到的压力增大，其阻值减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；
根据U=IR可知，R1两端的电压变大，即电压表V1示数变大，R1、R的电阻的和减小，根据串联电路的分压规律可知，其两端的电压减小，即电压表V2示数变小变小；根据P=UI可知，电路消耗的总功率P逐渐变大，故D错误，C正确。
故选：C。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；计空气阻力时，机械能不守恒；
(2)弹性势能的大小与弹性形变的程度有关；
(3)(4)由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R1、R两端的电压；根据压力的变化判定压敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律分析电路中电流和电压表示数的变化；根据P=UI判定总功率的变化。
本题考查了机械能的变化、电路的动态分析，明确压敏电阻的变化是解题的关键。
7.不能
【解析】解：
沸腾需要的条件是液体温度达到沸点，同时还要继续吸热，本题中将炖盅浸在大煲的水中，而且用蒸架把盅与煲底隔离，大煲内水由于火的持续加热，温度达到沸点而沸腾，经过一段时间的热传递，炖盅中的温度也会达到沸点温度，这样炖盅内外温度相等，没有温度差，不会发生热传递，也就不会继续给炖盅中水加热，里面的水只能是达到沸点温度而不能沸腾起来。
故答案为：不能。
液体要沸腾需要达到两个条件，一是达到沸点，二是继续吸热。我们看汤能不能达到这两个条件，从而判断汤会不会沸腾。
本题考查了液体沸腾条件，液体沸腾条件是一个常考的知识点，要牢记并理解液体沸腾条件。

【解析】解：根据题干中的测量结果可知，12.75cm与其它数据相差较大，所以12.75cm是错误的，应该去掉；12.4cm这组数据没有读到分度值的下一位，应该去除；12.434cm这组数据估计值估读了两位数，应该去除；为减小长度测量的误差，通常采用的方法是取多次测量的平均值，故物体的长度最终应记录为L=12.45cm+12.42cm+12.44cm3≈12.44cm。
故答案为：12.44。
在进行长度的测量时，要估读到分度值的下一位，测量数据的倒数第二位对应刻度尺的分度值；多次测量时，每次的测量值相差不大，如果所测某一数据与其它数据偏差较大，则该数据是错误的，应舍去；然后求正确测量值的平均值，作为所测物体的长度，保留的位数与原测量值相同。
本题考查了长度的测量及多次测量求平均值，是一道基础题。
9.ℎ2−ℎ1ℎ3−ℎ1⋅ρ水
【解析】解：设大烧杯的底面积为S，由甲、乙两图可知，乙中小烧杯多排开水的体积，即为鹅卵石漂浮时排开水的体积为：
V排=(ℎ2−ℎ1)S
根据阿基米德定律与漂浮原理可得：
G石=m石g=ρ水gV排=ρ水g(ℎ2−ℎ1)S，
可得：
m石=ρ水(ℎ2−ℎ1)S，
图丙中，将鹅卵石从小烧杯取出放入大烧杯中，此时大烧杯内液体的深度为ℎ3，ℎ3与ℎ1之差与大烧杯的底面积的乘积就是鹅卵石浸没时排开水的体积，也就是鹅卵石的体积，即
V石=(ℎ3−ℎ1)S，
故鹅卵石的密度为
ρ=m石V石=ρ水(ℎ2−ℎ1)S(ℎ3−ℎ1)S=ℎ2−ℎ1ℎ3−ℎ1⋅ρ水。
故答案为：ℎ2−ℎ1ℎ3−ℎ1⋅ρ水。
根据公式ρ=mV，要计算鹅卵石的密度，需要得知鹅卵石的质量和体积，题目中根据漂浮时浮力与重力的特点，得出漂浮时排开水的体积，由G=F浮=ρ液gV排可知鹅卵石的重力及质量，根据鹅卵石完全浸没时水的深度及未放鹅卵石时水的深度关系可知鹅卵石的体积，代入数据可知密度。
本题是利用浮力知识测量物体的密度实验，利用了浮沉条件，根据漂浮时浮力与重力相等的关系可知物体的重力，这是解决问题的关键所在。
10.电磁波
【解析】解：无人机通过北斗导航系统实行精准作业，它们是利用电磁波来传递信息的。
电磁波的传播不需要介质，导航都是通过电磁波与地面建立联系的；
本题考查了电磁波的传播，属于对基础知识的考查，难度较小。
11.15cm～20cm
【解析】解：因为物距大于像距，所以满足物距大于2倍焦距，且像距介于1倍焦距与2倍焦距之间，所以40cm>2f，f<30cm<2f，化简后可得15cm故答案为：15cm～20cm
根据给出的物距和像距的关系，利用凸透镜成像的规律可以确定该凸透镜焦距的范围。
本题主要考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
12.200
【解析】解：根据杠杆平衡条件可得：FA⋅LAO=FB⋅LOB，
AO：OB=1：3，则OB=3AO，
所以FA=FBLOBLAO=G乙×3LAOLAO=3G乙=3×20N=60N；
对甲物体进行受力分析可知，甲物体共受到重力、支持力和拉力三个力的作用，且重力等于拉力与支持力之和，
则甲物体对地面的压力：F甲=F支=G甲−FA=100N−60N=40N，
甲物体对地面的压强：p=F甲S=40N0.2m2=200Pa。
故答案为：200。
根据杠杆平衡条件求出甲物体对杠杆的拉力，根据力的作用的相互性得出杠杆对甲物体的拉力，又知其重力，根据力的平衡可求地面对它的支持力，根据力的作用的相互性得出它对地面的压力，又知受力面积，利用p=FS计算压强大小。
此题考查压强的大小计算，涉及到力的作用的相互性、杠杆平衡条件、物体受力分析和力的平衡等知识点，是一道综合性较强的题目，关键是对物体进行正确的受力分析。
13.4
【解析】解：由图丙的v−t图象可知，在4～6s内物体处于匀速直线运动状态，由平衡条件可知，物体所受到的滑动摩擦力f与推力F是一对平衡力，即f=F，
由图乙的F−t图象可知，在4s～6s内，推力F=4N，物体所受到的摩擦力f=F=4N，
物体与地面间的滑动摩擦力与接触面的材料、接触面的粗糙程度、物体与地面间的压力决定，与物体的运动状态无关，
在t=3s时与时间在4s～6s内，物体与地面间的摩擦力与接触面的材料、接触面的粗糙程度、物体与地面间的压力相同，
因此t=3s时摩擦力为4N。
故答案为：4。
(1)由图丙的v−t图象可以判断物体在不同时刻的运动情况；
(2)由图乙的F−t图象可以得出物体在不同时刻所受到的推力大小，
由图丙v−t图象找出物体什么时候处于平衡状态，然后由平衡条件求出物体所受摩擦力大小，
物体与地面间的摩擦力与接触面的材料、接触面的粗糙程度、物体与地面间的压力决定，据此求出t=3s时摩擦力的大小。
v−t图象、F−t图象相结合，判断出物体各段运动状态，根据平衡状态中二力平衡找出力的大小是本题的关键所在。

【解析】解：水吸收的热量：
Q吸=c水m水(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×40kg×(65℃−15℃)=8.4×106J，
由η=Q吸Q放×100%可得，天然气完全燃烧释放的热量：
Q放=Q吸η=8.4×106J84%=1×107J，
由Q放=mq得，需要消耗天然气的质量：
m=Q放q天然气=1×107J4×107J/kg=0.25kg。
故答案为：0.25。
知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，利用η=Q吸Q放×100%求出天然气完全燃烧放出的热量，再根据Q放=mq求出需要消耗天然气的质量。
本题考查了吸热公式和效率公式、燃料完全燃烧释放热量公式的应用以及改变物体内能方法的应用，难度不大，易于解答。
15.用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路(或者，用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路)
【解析】解：由电路图可知，两电阻串联，电压表测量R1两端的电压；
由题知，电阻R2=2R1，由于“闭合开关S，电压表的示数为U0，电路正常工作”，由串联电路的电压特点和串联电路的分压原理可知，电源电压：U总=U0+2U0=3U0，
一段时间后，电压表的示数变为零，又因为“电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上”，所以，电路的故障可能是R1短路或R2断路。
用一个完好的电阻R3(R3=R2=2R1)来替换图示电路中的一个电阻，有2种替换方法：
①用R3替换R1时，此时R3、R2串联，若R1短路，则R2正常，由串联电路的分压原理可知此时电压表示数为12U总=1.5U0；若R2断路，整个电路断路，则电压表示数为零；
②用R3替换R2时，此时R3、R1串联，若R1短路，此时电压表也被短路，其示数为零；若R2断路，则R1正常，由串联电路的分压原理可知此时电压表示数为13U总=U0；
所以，根据电压表的示数来判断电路故障的方法为：用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路；用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路。
故答案为：
用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路(或者，用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路)。
由电路图可知，两电阻串联，电压表测量R1两端的电压；
根据电路中正常工作时电压表的示数利用串联电路的电压特点和串联电路的分压原理求出电源电压；
电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，或与电压表并联的支路以外的电路断路了，据此分析。
本题考查了串联电路的特点和故障分析，关键要知道：电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，或与电压表并联的支路以外的电路断路。
16.3
【解析】解：用弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动，此时拉力与滑动摩擦力平衡，根据二力平衡原理，可知此时摩擦力与拉力二力大小相等；
由表可知，木块做匀速直线运动时拉力为3N，所以木块受到的滑动摩擦力大小等于拉力为3N；
滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与物体的运动速度无关，所以在这5次实验中，所以3、4、5次实验中木块受到的摩擦力大小相等，即有3次是相同的。
故答案为：3。
根据二力平衡条件分析摩擦力的大小，摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与物体的运动速度无关。
此题是探究影响摩擦力大小的因素实验，要掌握影响摩擦力大小的因素，理解滑动摩擦力的含义。
17.匀速 变大 不计绳重和轴摩擦 大于
【解析】解：
(1)实验中要竖直向上缓慢匀速拉动弹簧测力计，使钩码升高，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小，且测力计示数稳定便于读数；
(2)保持此装置不变，更换钩码使被提升重物所受重力增加为2G，物体上升高度相同时，有用功变大，额外功不变，由η=W有用W总×100%=W有用W有用+W额×100%可知，滑轮组的机械效率变大；
(4)由η=W有用W总=Gℎ(G+G轮)ℎ可知，额外功指的是克服动滑轮重力所做的功，所以前提是：不计绳重及轴摩擦。计算得到的有用功是准确的，但额外功偏小，所以与η=W有用W总=GℎFs相比，计算结果会偏大。
故答案为：(1)匀速；(2)变大；(3)不计绳重和轴摩擦；大于。
(1)实验中要竖直向上匀速使钩码升高；
(2)影响滑轮组机械效率的因素有被提升物体的重力、动滑轮重力、绳子重力和摩擦等，增大物体重力，有用功占总功的比例变大；
(4)不计摩擦及绳重，额外功为克服动滑轮重做的功，据此分析。
本题考查了学生对测滑轮组机械效率实验的理解，这些问题也是大多数同学存在的，要真正理解其中的原因。
18.相同；质量；动能的大小与速度有关
【解析】解：(1)两球由静止同时释放，观察到它们始终并排摆动且同时到达竖直位置，这说明两球的运动速度是相同的，与质量无关；
(2)由B球能将木块C撞得更远，说明B球的动能大，由于B球的质量大于A球的质量，故小球的动能与质量有关；
图乙、丙的角度不同，角度越大，撞击C时的速度越大，C移动的距离不同，说明动能的大小与速度有关
故答案为：(1)相同；(2)质量；动能的大小与速度有关。
(1)根据两球并排摆动且同时到达竖直位置分析；
(2)木块被撞出得远，说明小球的动能大。
此题是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验，实验装置与以往的课本装置不同，采用悬挂的小球做实验，实验更容易操作，同时考查了学生根据实验现象得出结论的能力。
19.3 2
【解析】解：(1)由图甲可知，电压表并联在变阻器两端；图乙中两节干电池串联，电源电压为3V，则电压表选择0～3V量程；由于滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数增大，说明变阻器连入电路的阻值变小，因此需将滑动变阻器的右下接线柱接入电路，实物电路如图所示。
(2)由图甲可知，R1与R2串联，由图丙可知，电压表示数为U2=1V时，电流为I=1A；
由串联电路的特点和欧姆定律可得，电源电压：
U=IR1+U2=1A×R1+1V------------①
电压表示数为U2′=2V时，电流为I′=0.5A，
同理可得电源电压：
U=I′R1+U2′=0.5A×R1+2V---------②
由①②解得：U=3V，R1=2Ω。
故答案为：(1)如上图所示；(2)3；2。
(1)由图甲可知，电压表并联在变阻器两端；根据电源电压确定电压表的量程，滑动变阻器按一上一下原则接线，并且注意滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数增大；连入电路的阻值应变小。
(2)由图丁得出两组数据，根据串联电路的特点和欧姆定律得出电源电压的表达式，即可求出电源电压和R1的阻值。
本题考查了连接实物电路图、滑动变阻器的调节、欧姆定律的应用等，连接电路图时，要注意电表量程的选择，电表正负接线柱不要接反。
20.解：根据杠杆的平衡条件，要使力最小，则动力臂应最长，即连接OC为最长的力臂，力的方向与OC垂直且向上。
根据勾股定理和全等三角形定理可得，动力臂OC=50cm，
故根据杠杆平衡条件可得F1×OC=G×OA，
代入数值可得，F1×50cm=100N×20cm，
解得F1=40N。
选取标度为20N，过C点作出最小动力，使线段长度为标度的2倍，如图所示：

【解析】首先根据杠杆平衡条件确定最长动力臂，然后利用勾股定理和全等三角形定理求出动力臂的大小，再利用杠杆平衡条件求出最小动力，最后按照力的图示的画法作据
此题考查杠杆最小力的图示的画法，根据杠杆平衡条件确定最长动力臂，并根据数学知识求出最长动力臂是关键。
21.解：(1)由阿基米德原理得F浮=ρ空气gV排=1.29kg/m3×10N/kg×200m3=2580N；
(2)人对反射面的压力F压=100N，人与反射面的接触面积S=1000cm2=0.1m2，人对反射面的压强p=F 压S=100 N0.1m2=1000Pa；
(3)对气球、人及配重作为整体分析如图3所示：，支持力与压力为相互作用力，F支=F压=100N，人受力平衡，G总=F浮+F支=2580N+100N=2680N，人受到的重力G人为700N、气球未充气受到的重力G0为1300N、球内氦气受到的重力为
G氦=ρ氦gV=0.18kg/m3×10N/kg×200m3=360N，配重重力G1=G总−G0−G氦−G人=2680N−1300N−360N−700N=320N。
答：(1)氦气球受到的浮力为2580N；
(2)作业人员对FAST反射面的压强为1000Pa；
(3)配重的重力为320N。
【解析】(1)根据阿基米德原理计算出浮力；
(2)由压强公式p=FS计算出压强；
(3)对人进行受力分析，先计算出人、气球和配重受到的总重力，在减去人和气球的重力，得到配重的重力。
本题考查了浮力、压强的计算和对物体的受力分析，难度适中。实验次数
1
2
3
4
5
木块运动情况
静止
静止
越来越快
匀速运动
越来越慢
弹簧测力计示数/N
1
1.5
4.5
3
2.1