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题型一　图形类试题特训
1. 2　西　【解析】由题中图像可知，甲的v－t图像平行于横坐标、乙的s－t图像为过原点的斜直线，所以甲、乙两人均做匀速直线运动，由题中图像可知，v甲＝3 m/s；v乙＝s乙t乙＝4 m2 s＝2 m/s；因甲、乙两人同时同地向东运动，v甲＞v乙，所以若以甲为参照物，则乙向西运动．
2. 静止　0.5　2　【解析】由图乙知，物体0～1 s内速度为0，处于静止状态；物体在第2 s的速度为0.5 m/s；物体4～6 s内速度为1 m/s，处于匀速直线运动状态，路程为s＝vt＝1 m/s×2 s＝2 m.
3. D　【解析】密度是物质的一种性质，在温度和物态不变时，物质的密度是一定的，它不随物体的质量和体积的改变而改变，A错误；由题图可知ρ甲＝m甲V甲＝2 g4 cm3＝0.5 g/cm3，ρ乙＝m乙V乙＝4 g2 cm3＝2 g/cm3，故ρ甲＜ρ乙，当质量相同时，由公式V＝mρ得V甲＞V乙，B错误；ρ甲：ρ乙＝0.5 g/cm3∶2 g/cm3＝1∶4，C错误；体积为5 cm3的乙物质质量为m乙＝ρ乙V乙＝2 g/cm3×5 cm3＝10 g，D正确．故选D.
4. D　【解析】由图可知，当液体体积为0时，即没有液体时，质量m＝40 g，即量杯的质量为40 g；当液体体积为25 cm3时，液体的质量为60 g－40 g＝20 g，则液体的密度ρ＝mV＝20 g25 cm3＝0.8 g/cm3＝0.8×103 kg/m3；当液体的体积V1＝75 cm3时，液体的质量m1＝100 g－40 g＝60 g；由图像可知，液体的质量随着体积的增大而增大，减去量杯的质量后，可知质量与体积的比值即密度是一个定值，所以液体的质量和体积成正比，D正确．故选D.
5. C　【解析】当鸡蛋在浓盐水中漂浮时，此时鸡蛋所受浮力等于鸡蛋的重力；当给浓盐水中缓慢加水时，盐水的密度开始减小，但此时盐水的密度仍大于鸡蛋的密度，虽然鸡蛋开始缓慢下沉，不过鸡蛋仍处于漂浮状态，只是浸入液体中的体积在增大，而露出液面的体积在减小，所以此时鸡蛋受到的浮力仍等于鸡蛋的重力；当盐水的密度逐渐减小到等于鸡蛋的密度时，此时鸡蛋在液体中处于悬浮状态，鸡蛋受到的浮力仍等于鸡蛋的重力；继续加水，盐水的密度小于鸡蛋的密度，此时鸡蛋受到的浮力小于重力，鸡蛋下沉直至沉到杯子的底部，下沉过程中鸡蛋排开盐水的体积不变，但盐水的密度减小，由阿基米德原理可得鸡蛋受到的浮力减小，直到停止加水，故鸡蛋受到的浮力是先不变后减小，C符合题意．故选C.
6. B　【解析】木块漂浮时所受浮力为6 N，受力分析可知，此时浮力等于重力，所以木块的重力为6 N，①错误；木块完全浸没时所受浮力为10 N，根据阿基米德原理有V排＝F浮ρ水g＝10 N1.0×103 kg/m3×10 N/kg＝1×10－3m3，②正确；当木块完全浸没时，对木块进行受力分析，F浮＝G＋F拉，即F拉＝F浮－G＝10 N－6 N＝4 N，③错误；木块质量m＝Gg＝6 N10 N/kg＝0.6 kg，木块的密度为ρ＝mV＝0.6 kg1×10－3 m3＝0.6×103 kg/m3，④正确．故选B.
7. D　【解析】由图像可知，当物重为10 N时，滑轮组的机械效率为50%，不计摩擦，滑轮组的机械效率η＝W有W总×100%＝W有W有＋W额×100%＝GhGh＋G动h×100%＝GG＋G动×100%，动滑轮重力为G动＝1－ηη×G＝1－50%50%×10 N＝10 N，A错误；使用滑轮组时，不计摩擦，由η＝GG＋G动×100%可知机械效率不可能达到100%，B错误；由图可知，物体的重力越大，滑轮组的机械效率越高，与拉力做功的多少无关，C错误；每次提升重物时，不计摩擦，克服动滑轮重力做的功为额外功，滑轮组做的额外功为W额＝G动h＝10 N×0.5 m＝5 J，D正确．故选D.
8. D　【解析】滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器连入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，电源电压不变，由I＝UR可知电流变小，灯泡的功率变小，A、B错误；灯泡正常发光时的电流为0.25 A，由图乙可知此时灯泡两端的电压为2.5 V，此时小灯泡的电阻R＝ULIL＝2.5 V0.25 A＝10 Ω，C错误；当电流表的示数为0.2 A时，由图乙可知灯泡两端的电压为1.5 V，所以滑动变阻器两端的电压为UR＝U－UL′＝4 V－1.5 V＝2.5 V，所以滑动变阻器接入电路中的阻值为R＝URI′＝2.5 V0.2 A＝12.5 Ω，D正确．故选D.
9. C　【解析】当滑片位于最左端时电路为R2的简单电路，此时电路中的电流最大，由图乙可知I大＝0.6 A，由I＝UR可得，电源电压U＝I大R2＝0.6 A×R2①；当滑片位于最右端时，滑动变阻器的最大阻值R1与电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，此时电路中的电流最小，由图乙可知，U1＝10 V，I小＝0.1 A，变阻器R1接入电路的最大阻值R1＝U1I小＝10 V0.1 A＝100 Ω，B错误；串联电路中总电压等于各分电压之和，则电源电压可表示为U＝U1＋I小R2＝ 10 V＋0.1 A×R2②；联立①②可得R2＝20 Ω，U＝12 V，C正确，D错误；电路消耗的最大电功率P大＝UI大＝12 V×0.6 A＝7.2 W，A错误．故选C.
10. D　【解析】由图甲可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端电压，电流表测电路中的电流．当滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，由图乙可知，电源的电压为6 V，A错误；电压表示数与电流表示数之比等于R1的阻值，R1为定值电阻，阻值不变，所以滑片移动的过程中不变，电压表示数与电流表示数之比不变，B错误； 当滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，由图乙可知，滑动变阻器的最大阻值为20 Ω，C错误；当滑片位于最左端时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，则I大＝UR1＝6 V10 Ω＝0.6 A，当滑片位于最右端时，电路中的电流最小，串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则I小＝UR1＋R2＝6 V10 Ω＋20 Ω＝0.2 A, 则通过R1的电流变化范围为0.2 A～0.6 A，D正确. 故选D.
11. 能　1.1　【解析】根据P＝UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL＝PLUL＝3 W6 V＝0.5 A<0.6 A，由图乙可知R1的阻值为0 Ω，此时R2被短路，灯泡L两端的电压为6 V，所以灯泡L能正常发光；当灯泡发生短路时，R1与R2并联，根据图乙可知，通过R1的电流不小于0.6 A时阻值为10 Ω，R1两端的电压：U1＝U＝6 V，则此时R1的阻值为10 Ω，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以此时电流表的示数：I＝I1＋I2＝U1R1＋U2R2＝6 V10 Ω＋6 V12 Ω＝1.1 A.
12. D　【解析】由图甲知，电阻R2与Rx串联，A错误；电表与R0、Rx串联，故圆圈了处的电表应为电流表；B错误；由图乙知，运动员起跑时，用力踩踏板，压敏电阻阻值变小，电路中的总电阻变小，因电源电压恒定，故电路中电流变大，R0两端的电压变大，C错误；运动员没有踩踏板时，压敏电阻阻值最大，电路中的总电阻最大，则电路中的电流最小，电路消耗的总功率最小，故D正确，故选D.
13. D　【解析】两电阻串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压；由图乙可得：P＝UI＝U2R，0.9 W＝U2110 Ω，U1＝3 V；0.8 W＝U2220 Ω，U2＝4 V；两次电路中对应的电流I1＝U1R1＝3 V10 Ω＝0.3 A，I2＝U2R1′＝4 V20 Ω＝0.2 A，则U＝3 V＋0.3 A×R＝4 V＋0.2 A×R，解得U＝6 V，R＝10 Ω，A错误；当滑片滑到最左端时，电压表的最大示数为4 V，B错误；滑片在最左端时，电路总功率为P小＝U2R1＋R＝（6 V）220 Ω＋10 Ω＝1.2 W，此时电路中电流：I小＝UR1＋R＝6 V20 Ω＋10 Ω＝0.2 A；P在最右端时，电路总功率P大＝U2R＝（6 V）210 Ω＝3.6 W，此时电路中电流：I大＝UR＝6 V10 Ω＝0.6 A，则ΔP＝P大－P小＝3.6 W－1.2 W＝2.4 W，ΔI＝I大－I小＝0.6 A－0.2 A＝0.4 A，C错误，D正确．故选D.
14. 增大　减小 　【解析】由题图甲可知，两电阻串联，电压表测R的电压，电流表测电路中的电流，由题图乙可知，温度升高时，电阻R变小，根据串联电阻的规律，总电阻变小，由欧姆定律，电流表示数增大，根据U＝IR可知，定值电阻R0两端的电压变大，由串联电路电压的规律可得，电阻R两端电压减小，即电压表示数减小．
15. 保温　60.5　6×105　【解析】由图甲可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，S接触点2时，两电阻串联，电路中的电阻较大，由P＝U2R可知，电路消耗的功率较小，电饭煲处于保温状态；开关接触点1时，电饭煲处于加热状态；根据图乙可知，P加热＝800 W，P保温＝200 W，由P＝U2R可得，R1的阻值R1＝U2P加热＝（220 V）2800 W＝60.5 Ω； 根据图乙可知，加热时间t加热＝10 min＝16 h，保温时间t保温＝20 min－10 min＝10 min＝16 h，则消耗的总电能W＝W加热＋W保温＝P加热t加热＋P保温t保温＝0.8 kW×16 h＋0.2 kW×16 h＝16 kW·h＝16×3.6×106 J＝6×105 J.
16. C　【解析】图甲，冰在BC段处于熔化过程，状态为固液共存态，熔化时间为6 min，A、B错误；图乙，水的沸点为98 ℃，小于100 ℃，则实验地点的大气压小于1标准大气压，C正确，D错误．故选C.
17. A　【解析】由于冰是晶体，所以熔化时有固定不变的温度，冰的比热容小于水的比热容，冰熔化成水后单位时间内吸收相同热量温度变化少，故乙图线绘制的是冰的熔化图像，A正确；0～1 min内冰块吸收的热量：Q吸＝c冰m冰Δt＝2.1×103 J/(kg·℃)×0.1 kg×5 ℃＝1.05×103 J，B错误；1～3 min内属于熔化过程，不断吸收热量，温度不变，C错误；如果酒精完全燃烧，但有热量散失及容器等吸收热量，因此效率不能达到100%，D错误．故选A.
18. C　【解析】把盛有冷水的烧杯放入热水中后，冷水吸收热量，内能增加，温度升高；热水放出热量，内能减小，温度降低，直到温度相同时，所需要的时间相同，A不符合题意；由于大烧杯中的热水热量会损失一部分，所以热水放出的热量大于冷水吸收的热量，C符合题意；由图可知，热水降低温度的速度比冷水升高温度的速度快，B不符合题意；如果考虑到热水热量损失较少时，根据Q＝cmΔt，冷水升高的温度小于热水降低的温度，所以热水的质量可能小于冷水的质量，D不符合题意．故选C.
题型二　作图题特训
类型1　光学作图
1. 如答图所示

第1题答图
2. 如答图所示

第2题答图
3. 如答图所示

第3题答图
4. 如答图所示

第4题答图
5. 如答图所示

第5题答图
6. 如答图所示

第6题答图
7. 如答图所示

第7题答图
8. 如答图所示

第8题答图
9. 如答图所示

第9题答图
10. 如答图所示

第10题答图
类型2　力学作图
1. 如答图所示

第1题答图
2. 如答图所示

第2题答图
3. 如答图所示

第3题答图
4. 如答图所示

第4题答图
5. 如答图所示

第5题答图
6. 如答图所示

第6题答图
7. 如答图所示

第7题答图
8. 如答图所示

第8题答图
9. 如答图所示

第9题答图
10. 如答图所示

第10题答图
11. 如答图所示

第11题答图
12. 如答图所示

第12题答图
13. 如答图所示

第13题答图
14. 如答图所示

第14题答图
15. 如答图所示

第15题答图
16. 如答图所示

第16题答图
17. 如答图所示

第17题答图
18. 如答图所示

第18题答图
类型3　电(磁)学作图
1. 如答图所示

第1题答图
2. 如答图所示

第2题答图
3. 如答图所示

第3题答图
4. 如答图所示

第4题答图
【解析】由题意可知电动扶梯只有在白天有人时开启，因此需要将两个开关串联，共同控制电动扶梯，开关位于火线与电动扶梯之间，作图时导线从火线开始，将两个开关串联，再连接电动扶梯的电动机，最后回到零线．如答图所示．
5. 如答图所示

第5题答图
【解析】两个开关任意一个闭合时都可以使照明灯工作，两个开关同时断开时照明灯才熄灭，说明两个开关并联，如答图所示．
6. 如答图所示

第6题答图
7. 如答图所示

第7题答图
8. 如答图所示

第8题答图
9. 如答图所示

第9题答图
10. 如答图所示

第10题答图
11. 如答图所示

第11题答图
题型三　 实验与探究题特训
一、基础小实验
1. (1)101.2　(2)压力大小对滑动摩擦力大小的影响　(3)机械能转化为内能　(4)同种电荷相互排斥
2. (1)6 352.6　(2)压力的作用效果与受力面积的关系　 (3)分子在不停地做无规则运动　 (4)动能和势能可以相互转化
3. (1)深度　(2)A　(3)使像能成在光屏的中央　(4)惯性
4. (1)0.48　 (2)温度计的玻璃泡碰到烧杯壁　 (3)在同一平面内　 (4)改变物体的运动状态
5. (1)3.60　(2)降低　(3)不能　(4)A
6. (1)弹簧测力计轴线的方向未与拉力方向一致
(2)多种色光　(3)同种电荷相互排斥　(4)大气压
7. (1)发电机　 (2)机械　 (3)38.5　(4)变大
8. (1)电动　右　(2)速度　动能
9. (1)振动　响度　(2)使小车受到的拉力相等　直线
二、教材重点实验
1. (1)竖直(或垂直)　顺　(2)一次实验得到的结论具有偶然性　(3)反射光线、入射光线和法线在同一平面内　(4)C　(5)方便读出反射角和入射角的大小，简化操作
【解析】(1)实验前，纸板应竖直放置，与水平放置的平面镜垂直；根据反射角等于入射角，入射光束沿逆时针方向转动时，反射光束将沿顺时针方向转动；(2)一次实验得到的结论具有偶然性；(3)说明了反射光线、入射光线和法线在同一平面内；(4)根据三线共面知，法线位置不变，入射光束在纸板初始竖直面的后方，反射光线与入射光线分居法线两侧，则反射光束在纸板前方，C正确．故选C；(5)方便读出反射角和入射角的大小，简化操作．
2. (1)便于确定像的位置　①　(2)b　(3)未点燃　等大
像和物到平面镜的距离相等　(4)能
【解析】(1)利用玻璃板的透光性，便于确定像的位置；因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响实验效果，所以应选用2 mm厚的薄玻璃板做实验；(2)实验时平面镜必须要垂直放置，如果不垂直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合，由图可知，a图平面镜垂直放置，不会出现像偏高的情况，b和c图平面镜没有竖直放置，分别作出蜡烛A关于平面镜的对称点A′，b图蜡烛A的像偏高且倾斜，c图蜡烛A的像偏低且倾斜如解图所示；(3)另外一支相同的蜡烛B与前面的蜡烛A的像完全重合，则说明平面镜所成的像与物体是等大的；根据图丙可知，物与像均关于玻璃板所在位置对称，则可得到：像和物体到平面镜的距离相等；(4)平面镜成像是反射光线的反向延长线会聚形成的，在蜡烛B与玻璃板之间放一张不透明的白纸，不影响反射光线进入人的眼睛，所以在A侧还能看到蜡烛A的像．

第2题解图
3. (1)同一高度　75　(2)蜡烛燃烧变短　向上　(3)C　A　(4)近视
【解析】(1)点燃蜡烛后，调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度上，这样像才能成在光屏的中央；凸透镜成倒立、等大的实像时，物距u＝2f，像距v＝2f＝2×12.5 cm＝25 cm，所以光屏放在75 cm刻度线处；(2)因为经过光心的光线方向不发生改变，当蜡烛燃烧变短时，像向上移动；若保持蜡烛、凸透镜的位置和高度不动，需将光屏向上移动，使烛焰的像呈现在光屏的中央；(3)蜡烛放在A点时，蜡烛位于二倍焦距以外，成倒立、缩小的实像，在A点所成的像的性质与眼睛相同；蜡烛放在B点时，物距u＝50 cm－30 cm＝20 cm，大于一倍焦距小于二倍焦距，烛焰成倒立、放大的实像，蜡烛放在C点时，物距u′＝50 cm－35 cm＝15 cm，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，烛焰成倒立、放大的实像，蜡烛放在D点时，物距等于10 cm，在一倍焦距以内，光屏上不成像；由于u＞u′，根据“凸透镜成实像时，物近像远像变大”可知，蜡烛放在C点时所成的像要比放在B点时所成的像大，故蜡烛放在C点处所成的像最大；(4)将眼镜片放在蜡烛和凸透镜之间时，原来光屏上清晰的像变模糊了，此时将光屏远离凸透镜适当距离后，光屏上又看到烛焰清晰的像，说明眼镜片对光具有发散作用，即为凹透镜；近视眼的晶状体较厚，折光能力较强，使物体的像成在视网膜的前方，因此用具有发散作用的凹透镜矫正，所以该眼镜片可以矫正近视眼．
变式一：靠近　 变式二：远离
4. (1)10　 (2) 缩小　 照相机　(3)16 ～17 　不完整　　(4)如答图所示

第4题答图
变式一：物距越大，像越小　变式二：减小物距
5. (1)水平　零刻度线　右　(2)54　(3)20　(4)2.7
2．7×103　(5)不变
6. (1)104　(2)向烧杯中加水至标记处　 (3)2.6×103　(4)用弹簧测力计测出合金块的重力　Gρ水G－F
【解析】(1)由图可知，天平标尺上一大格为1 g，一个小格是0.2 g，故合金块的质量为m＝100 g＋4 g＝104 g；(2)取出合金块，向烧杯中加水至标记处，此时所加水的体积即等于合金块的体积，则合金块的体积为：V＝ΔV水＝198 g－158 g1 g/cm3＝40 cm3；(3)合金块的密度为：ρ＝mV＝104 g40 cm3＝2.6 g/cm3＝2.6×103 kg/m3；(4)利用弹簧测力计测出合金块的重力，可求出合金块的质量为Gg，然后根据阿基米德原理，求出合金块排开水的体积为G－Fρ水g，即合金块的体积，合金块的密度为ρ＝mV＝GgG－Fρ水g＝G ρ水G－F.
7. (1)取下最小的砝码，再移动游码，直到天平平衡　(2)164　(3)80　2.05　(4)偏大
【解析】(1)在用天平称量物体时，若放入最小砝码后天平指针偏向右侧，则说明砝码质量过大，应取下最小砝码，再向右移动游码，使天平平衡；(2)读取所称物体质量时，应先确定砝码的质量，再确定标尺的示数，然后二者之和就是所称物体的质量，由图甲可知，砝码质量为160 g，标尺分度值为0.2 g，读数为4 g，故颗粒物的质量为m＝160 g＋4 g＝164 g；(3)由图乙可知，量筒的读数为160 mL，则颗粒物的体积为V＝160 mL－80 mL＝80 mL＝80 cm3，则颗粒物的密度为ρ＝mV＝164 g80 cm3＝2.05 g/cm3；(4)若在测颗粒物体积时，细铁砂的量太少，没有完全覆盖颗粒物，则测出颗粒物的体积偏小，质量测量准确，所测密度值会偏大．
8. (1)零　右　(2)82　(3)50　1.2　(4)F1－F3F1－F2ρ水
【解析】(1)实验前，将天平放在水平台面上，将游码移到标尺的零刻线处，调节平衡螺母，使天平静止时指针指在分度盘的中央刻度线上，图中指针偏向分度盘的左侧，将平衡螺母向右调节；(2)天平平衡时物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；由图知，标尺的分度值为0.2 g，则待测液体和烧杯的总质量m总＝50 g＋20 g＋10 g＋2 g＝82 g；(3)如图丙所示， 量筒的分度值为2 mL，量筒中液体的体积为50 cm3.量筒内液体的质量m＝82 g－22 g＝60 g，液体的密度为ρ＝mV＝60 g50 cm3＝1.2 g/cm3；(4)由题知，金属块在被测液体中受到的浮力F浮＝F1－F3.根据阿基米德原理得F1－F3＝ρ液Vg，所以V＝F1－F3ρ液g，金属块在水中受到的浮力F浮′＝F1－F2，根据阿基米德原理得F1－F2＝ρ水Vg，所以V＝F1－F2ρ水g.因为金属块浸没在被测液体中和浸没在水中的体积相等，所以F1－F3ρ液g＝F1－F2ρ水g，则未知液体密度的表达式ρ液＝F1－F3F1－F2ρ水．
9. 【方案一】(1)测量过程中调节平衡螺母　(2)73.4　1.1×103　BCA
【方案二】(2)装满水　(4)m2－m0m1－m0ρ水
【方案三】(1)漂浮　(4)0.9×103
【解析】【方案一】(1)在使用天平称量物体的质量时，通过增减砝码和移动游码使天平平衡，测量过程中不能再移动平衡螺母；(2)烧杯和油的总质量为m总＝50 g＋20 g＋3.4 g＝73.4 g，则倒入量筒内油的质量为m油＝73.4 g－29.4 g＝44 g，量筒内油的体积为V油＝40 mL＝40 cm3，油的密度为ρ油＝m油V油＝44 g40 cm3＝1.1 g/cm3＝1.1×103 kg/m3；为了减小误差，实验步骤可以调整为BCA；【方案二】(1)调好天平，用天平测出空瓶质量为m0；(2)将瓶中装满水，用天平测出瓶和水的总质量为m1；则水的质量m水＝m1－m0，由ρ＝mV可求得，水的体积V＝m1－m0ρ水；(3)用另一个完全相同的空瓶装满油，用天平测出瓶和油的总质量为m2；则油的质量m油＝m2－m0，瓶内水的体积等于油的体积；(4)则油的密度表达式ρ＝mV＝m油V＝m2－m0m1－m0ρ水＝m2－m0m1－m0ρ水；【方案三】(1)在吸管下端塞入一些金属丝作为配重并用石蜡封口，能降低吸管的重心，这样可以让吸管竖直漂浮在液体中；由于吸管在水中和油中都处于漂浮状态，所以吸管在水和油中受到的浮力相等，等于吸管、铁丝和封蜡的总重力，设吸管的底面积为S，由于ρ水gSh＝ρ油gSH，所以油的密度为ρ油＝hHρ水＝4.5×10－2m5×10－2m×1.0×103 kg/m3＝0.9×103 kg/m3.
10. (1)2.7　(2)物体排开液体的体积　A、D、F　(3)不可靠　没有控制物体排开液体的体积相同　(4)体积　(5)3×103　1.33×103　(6)C
【解析】(1)由图A可知，弹簧测力计的分度值是0.1 N，此时弹簧测力计的示数为2.7 N；(2)分析实验步骤A、B、C，液体的密度不变，金属块浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计示数F越来越小，根据F浮＝G－F，则金属块受到的浮力越来越大，分析实验步骤C、D可知，当金属块浸没在水中后，弹簧测力计示数不变，则金属块受到的浮力不变，说明浮力大小与物体排开液体的体积有关﹔分析实验步骤A、D、F可知，金属块排开液体的体积不变，改变液体的密度，弹簧测力计的示数不同，故可以说明浮力大小跟液体的密度有关；(3)根据控制变量法知：要研究浮力大小与物体形状的关系，必须保证排开液体的体积和液体的密度不变，小明实验中改变了形状，但没有控制排开水的体积相同，故小明的结论不可靠；(4)小明还想探究浮力与物体的密度关系，应选择体积相同，密度不同的两个金属块进行实验；(5)对比步骤A、D，金属块在水中受到的浮力F浮水＝2.7 N－1.8 N＝0.9 N，由F浮＝ρgV排可得，排开水的体积V排＝F浮水ρ水g＝0.9 N1.0×103 kg/m3×10 N/kg＝9×10－5 m3，因金属块浸没，排开水的体积等于金属块的体积，即V金属＝9×10－5 m3，金属块质量m＝Gg＝2.7 N10 N/kg＝0.27 kg，金属块密度ρ金属＝mV金属＝0.27 kg9×10－5 m3＝3×103 kg/m3；在液体中受到的浮力F浮液＝2.7 N－1.5 N＝1.2 N，因金属块浸没，排开液体的体积相同，F浮＝ρ液gV排可得，液体的密度为ρ液＝F浮液gV金属＝1.2 N10 N/kg×9×10－5 m3≈1.33×103 kg/m3；(6)用测力计吊着金属块缓慢浸入水中，从金属块底面接触水面开始，到金属块刚好浸没的过程中，根据F浮＝ρ水gV排，因排开水的体积逐渐变大，浮力变大，金属块浸没后，排开水的体积不变，浮力不变，故能正确表示物体所受浮力F与物体底面浸入水中深度h关系的图像是C.
变式一：错误　没有控制金属块排开液体的体积相同　变式二：A、C、D
11. (1)左　0.5　(2)F1l1＝F2l2　(3)左　(4)向上　使实验结论具有普遍性
【解析】(1)图甲中，杠杆静止时左高右低，所以应将杠杆的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡，以便于测量力臂大小；左侧为1个钩码，故左侧钩码对杠杆施加的阻力F2＝50×10－3 kg×10 N/kg＝0.5 N；(2)分析归纳数据可得出结论：F1l1＝F2l2；(3)第4次实验中，动力为2 N，阻力为1 N，动力臂为0.2 m，阻力臂为0.4 m，若将两侧钩码同时朝靠近支点O的方向移动10 cm，则此时2 N×(0.2－0.1) m<1 N×(0.4－0.1) m，故杠杆左端将下沉；(4)前面的实验均探究两个力在杠杆两侧的情况，所以新设计的实验要探究两个力在支点同侧时的情况．阻力F3使杠杆向下，所以弹簧测力计的力即动力向上，小强设计这组实验的目的是探究不同情况下杠杆平衡的条件，使实验结论具有普遍性．
变式一：右　20　变式二：变大
12. (1)①如答图甲所示　②滑动变阻器滑片是否移至阻值最大处(合理即可)　③如答图乙所示
④通过导体的电流与导体两端的电压成正比
⑤更换阻值不同的定值电阻，进行多次实验
(2)2

第12题答图
【解析】(1)①滑动变阻器遵循“一上一下”原则连接在电路中，根据电路图，滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器右上接线柱已经连接，所以应该将左下接线柱用导线和定值电阻右接线柱相接，电压表应并联在定值电阻两端，电源电压为3 V，故电压表选择 0～3 V量程，具体如答图甲所示；②电路闭合前要检查：滑动变阻器滑片是否在最大阻值处，防止电路中电流过大损坏电路元件；电流表电压表的正、负接线柱是否接反；电流表、电压表选用的量程是否恰当；所有元件的接线柱是否有松动；滑动变阻器是否“一上一下”接入电路等；③由图甲可知，电流表的量程为0～0.6 A，故图乙中电流表的示数为0.52 A，然后将电压为2.6 V、电流为0.52 A的点描在图中，用平滑线将图中的点连接起来，如答图乙所示；④根据图像可知，当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；⑤为了得到普遍规律，应该更换阻值不同的定值电阻，进行多次实验；(2)根据串联分压原则，滑动变阻器最大阻值为20 Ω，定值电阻最大阻值为20 Ω，电源电压为3 V，所以，当定值电阻值为20 Ω时，其两端的最小电压为1.5 V，故定值电阻两端的电压只能选择2 V.
13. (1)如答图所示　(2)右　断路　(3)0.2　(4)20　1.5　(5)先后将20 Ω、10 Ω和5 Ω的定值电阻接入电路，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验

第13题答图
【解析】(1)由题知，当滑片向左端滑动时，滑动变阻器连入电路中的阻值变小，所以应将其左下接线柱接入电路中，电压表应并联在定值电阻R两端，电源电压为3 V，所以电压表使用0～3 V量程，如答图所示；(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑到最大阻值处，即最右端；闭合开关后，发现电压表的示数接近电源电压，说明电压表到电源间是通路，则产生这种故障的原因可能是R断路了；(3)由乙图可知，电流表所选量程为0～0.6 A，分度值为0.02 A，根据电流表指针位置可知，其示数为0.2 A；(4)因电阻两端的电压保持1 V不变，当改用20 Ω的电阻时，此时电路中的电流I＝UR＝1 V20 Ω＝0.05 A；滑动变阻器连入的阻值为：R滑＝U滑I＝3 V－1 V0.05 A＝40 Ω，但滑动变阻器的最大阻值为20 Ω；所以当20 Ω的电阻接入电路时，无法将电压表的示数调到1 V；根据串联电路的分压原理可知，RR总＝URU，20 Ω20 Ω＋20 Ω＝UR3 V，解得UR＝1.5 V，所以为了能够继续进行实验，调节后的电压值应该不低于1.5 V；(5)合理的实验顺序是：先后将20 Ω、10 Ω和5 Ω的定值电阻接入电路，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验．
变式一：定值电阻短路　变式二：滑动变阻器同时接了下面两个接线柱
14. (1)如答图所示　(2)改变小灯泡两端电压　电路连接过程中开关未断开　(3)电压表示数为2.5 V　8.3　小灯泡亮度变亮(答案合理即可)　(4)小灯泡两端电压与通过它的电流之比不是定值(或小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大)(答案合理即可)

第14题答图
15. (1)如答图所示　(2)左　(3)待测电阻短路　(4)1　当电路中电流为0.1 A时，滑动变阻器接入电路中的电阻应为50 Ω，而滑动变阻器最大阻值为30 Ω　(5)①U2R0U1　②结果不正确，由于Rx≠R0，当开关由a改接到b时，滑动变阻器两端的电压不相等，则Rx、R0两端的电压也不相等

第15题答图
【解析】(1)伏安法测电阻实验中，滑动变阻器应按照“一上一下”原则接入电路，电压表测定值电阻两端电压，具体如答图所示；(2)闭合开关前，为使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，应使滑动变阻器的滑片远离下接线柱，即将滑片移至最左端；(3)电流表有示数说明电路为通路，电压表示数为零，说明与电压表并联的电路发生短路，即待测电阻短路；(4)第1组实验数据不是本实验中测得的，理由是当电路中电流为0.1 A时，电路中的总电阻为R＝UI＝6 V0.1 A＝60 Ω，待测电阻的阻值R待＝U待I＝1 V0.1 A＝10 Ω，滑动变阻器接入电路中的阻值R滑＝R－R待＝60 Ω－10 Ω＝50 Ω，而滑动变阻器最大阻值为30 Ω；(5)①方案一中，两电阻串联， 测R0两端电压， 测Rx两端电压，此时电路中的电流I＝U1R0，电阻Rx＝UxI＝U2U1R0＝U2R0U1；②分析方案二电路图可知，由于Rx≠R0，当开关由a改接到b时，滑动变阻器两端的电压不相等，则Rx、R0分别接入电路时两端电压也不相等，即I1R0并不是Rx接入电路时其两端的电压，因此不能使用欧姆定律计算电阻．
变式：②闭合开关S和S1，断开S2　③U1－U2U2R0
16. (1)如答图所示　(2)断路　(3)左　(4)0.3　0.75　(5)增大　(6)B　

第16题答图
【解析】(1)小灯泡应与滑动变阻器串联，电压表并联在小灯泡两端，如答图所示；(2)小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联的部分电路断路，即小灯泡断路；(3)由于此时灯泡的电压小于额定电压，根据U＝IR可知，要增大灯泡两端的电压，应增大电路中的电流，减小电路中的电阻，即减小滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向左端移动使灯泡正常发光；(4)当小灯泡的电压达到额定电压时，图乙中电流表的量程是0～0.6 A，最小分度值是0.02 A，电流表的读数为0.3 A，灯泡额定功率为P＝UI＝2.5 V×0.3 A＝0.75 W；(5)由R＝UI可知，小灯泡灯丝电阻随电压的增大而增大；(6)若仅将小灯泡换成阻值为5 Ω的定值电阻，利用本实验器材能完成“探究电流与电压的关系”实验，故选B.
17. (1)如答图所示　(2)B　(3)短路　(4)0.65　大
(5)2　 U额U0R0

第17题答图
【解析】(1)要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，滑动变阻器“一上一下”接入电路，与灯泡连接的一端接左上接线柱，则与开关连接的另一端接左下接线柱，具体如答图所示；(2)闭合开关前，滑片应位于阻值最大处，即B端；(3)小灯泡不亮，但电流表有示数，说明电路发生短路，又电压表无示数，则与电压表并联的小灯泡短路；(4)额定功率为P＝UI＝2.5 V×0.26 A＝0.65 W，由表中信息可知，小灯泡实际功率越大，小灯泡越亮；(5)当S2断开、S、S1闭合时，L、R0、R串联，当电压表示数为2 V时，小灯泡正常发光；当S1断开、S、S2闭合时，L、R0、R串联，电路状态不变，电压表测R0两端电压，电路中的电流为I＝U0R0，小灯泡额定功率为P＝UI＝U额U0R0.
18. (1)闭合　(2)无　(3)①切割磁感线　②导体切割磁感线运动方向　③发电机　(4)会　(5)磁场方向　 (6)磁场强度
【解析】(4)若在整理器材时未断开开关，先水平向左撤去蹄形磁铁，导体ab不动，蹄形磁铁相对导体向左运动，则导体ab做切割磁感线运动，满足感应电流产生的条件，电路中有感应电流产生，灵敏电流计的指针会偏转；(5)磁极对调，导体切割磁感线运动方向不变，电流计指针反向偏转说明产生的感应电流方向与磁场方向有关；(6)若换用磁性更强的磁体，是为了探究感应电流大小与磁场强度的关系．
三、创新探究题
实验能力“1对1”辅导
例　(1)二　(3)远　小　一　(4)杠杆平衡　摩擦(或静摩擦)　竖直向上(或向上)　(5)接触面的粗糙程度(或套筒的长度、套筒的粗细等)
创新探究题专练
1. (2)标记处　 气体体积　①水银柱的长度　BCD　②大　 (3)正确　(4)适当放出一些气体(或泼水降温等)
【解析】(2)玻璃管置于不同温度的水中时，注入水银，直到水银柱下表面回到标记处是为了保持气体的体积不变；①由实验可知，一定质量的气体产生的压强越大，其托起(支持)的水银柱也越长，所以一定质量的气体产生压强的大小是由封闭空气柱上方水银柱的长度来反映的，这里采用的是转换法；探究平面镜成像时像与物的大小关系，用到的是等效替代法；探究动能大小与哪些因素有关，用到的是控制变量法和转换法；探究影响电磁铁磁性强弱的因素，用到的是控制变量法和转换法；探究压力作用效果与哪些因素有关，用到的是控制变量法和转换法．故选BCD；②水的温度越高，上方水银柱的长度越长，由此可以得到的结论是：一定质量的气体，在其他条件相同时，温度越高，气体产生的压强越大；(3)在室温(20 ℃)下用水银封闭一段空气柱，将玻璃管竖直固定，要使空气柱不断变短，需要不断向玻璃管内注入水银，说明一定质量的气体，在其他条件相同时，体积越小，气体产生的压强越大，即猜想二是正确的；(4)适当放出一些气体或泼水降温等可以防止夏天自行车爆胎．
2. (1)密度　(2)减小　(3)40　0.05　(4)大　(5)小于
(6)乙
【解析】(1)流体的阻力还可能与流体的密度有关；(2)小华发现很多交通工具制造成头圆尾尖的形状(流线型)，运动中可以减小阻力；(3)由题意可知，当小球以收尾速度运动时，小球的速度最大，其所受的阻力也最大，由表格中数据可知，2号小球的收尾速度是40 m/s，因此2号小球受到空气阻力最大时的速度为40 m/s；此时小球处于匀速直线运动状态，小球受到的阻力与小球的重力是一对平衡力，空气阻力的大小f阻＝G球＝m球g＝0.005 kg×10 N/kg＝0.05 N；(4)由表格数据可知，半径相同的小球，质量大的小球收尾速度大；(5)对于3号小球，当空气阻力等于重力时，速度为收尾速度，大小是40 m/s，当速度是30 m/s时，还没有达到收尾速度，处于加速阶段，也就是说此时阻力小于重力；(6)小球从高空由静止下落，速度会越来越大，所受阻力也越来越大，下落一段距离后，当阻力等于重力时将以某一速度做匀速直线运动，故小球先做加速运动，再做匀速直线运动，故乙符合题意．
3. (1)不变　喷射距离　(2)刻度尺　(3)1、4、7(或2、5、8或3、6、9)　水管内径越大，出水口水流速度越大　(4)越小　(5)用内径和长度相同，材质不同的水管多次实验，观察喷射距离是否一致
【解析】(1)由液体压强公式p＝ρgh可知，水的密度ρ不变，g是常数，当控制水箱中水的深度不变时，从而使接口处水的压强不变；若保持出水口的高度h不变，则通过水的喷射距离来反映出水口水流速度的大小，水的喷射距离越远，说明接口处水的流速越大；(2)实验中需要用刻度尺来测量水管长度和喷射距离；(3)由实验序号1、4、7(或2、5、8或3、6、9)可得到的初步结论是：当材质和内径一定时，水管长度越长，水喷射距离越短，说明出水口处水流速度越小；比较序号1、2、3可知，三次实验中，水管的材质及长度相同，但内径大小不同，内径越大，水喷射距离越远，说明出水口处水流速度越大；(4)综上所述，当其他条件一定时，水管长度越长，内径越小，出水口水流速度越小；(5)为了验证猜想③，接下来的操作是：用内径和长度相同，材质不同的水管多次实验．
4. (1)刻度尺(或卷尺)　(2)动　(3)1、2、3(或4、5、6或7、8、9)　(4)下面弹性球的质量越大　(5)B、C(或B和C)　(6)增大　不会违背
【解析】(1)实验中测量弹性球的质量需要用电子秤，而测量弹性球下落的高度和A球反弹的高度则需要利用刻度尺或卷尺；(2)A球下落过程中，质量不变，高度越来越小，重力势能减小，而速度越来越大，动能增大，这一过程把重力势能转化为动能；(3)由题目结论可知，实验中需要保持弹性球的质量和材料一定，改变弹性球的下落高度，所以比较的实验序号为1、2、3的三次实验的数据，当然也可以比较4、5、6三次实验或7、8、9三次实验的数据，从而得到实验结论：在下面弹性球的材料、质量一定时，下落高度越高，上面弹性球反弹的高度越高；(4)比较实验序号4、7(或5、8或6、9)，可以发现实验时保持的是下面弹性球的材料和下落高度相同，只是改变了下面弹性球的质量，所以探究的是上面弹性球反弹高度与下面弹性球的质量的关系，而序号7(或8或9)的弹性球比序号4(或5或6)的弹性球质量大，上面弹性球反弹的高度也较大，因此得出的结论是：在下面弹性球的材料和下落高度等条件一定时，下面弹性球的质量越大，上面弹性球反弹的高度越高；(5)要探究下面弹性球反弹高度与下面弹性球的材料的关系，需要保持下面弹性球的质量和下落高度不变，只改变下面弹性球的材料，而B、C、D三球中D球的质量与B、C不同，所以D球不符合条件，而B、C球材料不同、质量相等，对应的序号为1、4(或2、5或3、6)的实验中下面弹性球的下落高度也相同，因此用A球与B、C两球可以探究猜想③；(6)实验中，每次A球反弹的高度都比下落的高度更高，这是因为在两球相碰时下面的弹性球对上面的弹性球做功，使A弹性球的机械能总量增大，这一现象不违背能量守恒定律，因为A球机械能的增大是以下面弹性球机械能(能量)的减小为代价的．

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