苏科版物理九年级下册《专项突破（六）实验探究专题》2024年同步练习卷(含解析）

苏科版九年级下册《专项突破（六）实验探究专题》2024年同步练习卷
一、实验探究题：本大题共23小题，共138分。
1.如图所示，是陈涛同学探究光的反射规律的实验。他进行了下面的操作：
如图甲，让一束光贴着纸板沿某一个角度射到O点，经平面镜的反射，沿另一个方向射出，在纸上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹。改变光束的入射角度，多做几次，取下纸板，用量角器测量ON两侧的和，得到的结论是反射角______ 入射角选填“大于”、“等于”或“小于”；
如图乙，纸板ENF是用两块纸板连接起来的，把半面纸板NOF向前折或向后折，这时在NOF上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线与法线______ 同一平面内选填“在”或“不在”；
使入射光线逐渐靠近法线ON，可观察到反射光线______ 选填“靠近”或“远离”法线；
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：在光的反射现象中，______ ；
陈涛同学还想用图丙和图丁模拟镜面反射与漫反射，照图丙那样，把几根细针垂直入一张硬纸板中，表示法线，当入射光线平行射到各入射点时，反射光线将平行射出。随后将纸板随意弯折，如图丁所示，这时会看到“法线”不再平行，当入射光线平行射到各入射点上时，反射光线______ 选填“平行”或“不平行”，根据你所学的知识判断，漫反射______ 选填“遵循”、“不遵循”光的反射定律。
2.在做探究“凸透镜成像规律”的实验中：
由图甲可知，该凸透镜的焦距是______ cm。点燃蜡烛后，调节蜡烛、透镜和光屏三者中心大致在同一高度上，目的是______。
将点燃的蜡烛和光屏分别放在如图乙所示的位置，此时光屏上呈现了烛焰清晰的像，像的性质是倒立的______选填“放大”或“缩小”的实像，______选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”就是根据这一原理工作的。
小明将蜡烛移至光具座上40cm刻度线处，移动光屏，发现不能在光屏上得到像，为了观察此时成像特点，请你写出接下来的操作是：______。小明将蜡烛继续靠近透镜，看到的像将______选填“变大”、“变小”或“不变”。
在实验过程中，若在光屏上观察到如图丙所示的情况，为了在光屏中央可以得到完整的像，小明应将凸透镜向______选填“上”或“下”调节。
3.在“观察水的沸腾”的实验中，实验装置如图甲所示。
某个实验小组观察到水在沸腾前和沸腾时水中气泡上升过程中的两种情况，如图乙中①、②所示，则图______ ①/②是沸腾时的情况；
水的温度随时间变化的数据如表，在丙图中作出水的温度随时间变化图像；
时间 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
温度 90 92 94 96 98 98 98 98 98 98 98
从图像可以看出水的沸点是______ ，水在沸腾过程中，继续吸热，温度______ ；
小明同学在实验时发现从开始给水加热到水开始沸腾所用时间过长，请你帮助他找出可能存在的原因______ 写出一种即可；
实验后的沸水放在桌上越来越凉，如图图像中能表示其温度T随时间t变化关系的是______ ；
在装水的大烧杯中，浮着一个盛有适量水的试管，对大烧杯持续加热，大烧杯中的水沸腾一段时间后，试管中水的温度______ 达到沸点，试管中的水______ 沸腾。填“能”或“不能”
4.如图甲所示，小明同学设计了“探究冰熔化时温度变化规律”的实验装置。气压为标准大气压
该实验还需要的测量器材有______ 。
小明某一时刻观察到温度计示数如图乙所示，该温度值为______ 。
试管中的冰熔化时，温度计示数______ 选填“大于”“小于”或“等于”。
根据实验数据，小明画出了温度随时间变化的图象如图丙所示，分析图象可知：
①冰熔化过程经历了______ 。
②当冰全部熔化后继续加热，其温度随时间变化的图线是______ 选填“CD”“CE”或“CF”。
5.如图所示，小明利用甲、乙、丙三套完全相同的装置，完成下面两个热学实验。
实验1：为了“探究不同物质吸热升温的现象”，他应选择______两套装置，通过______选填“加热时间”或“温度计上升的示数”来比较被加热物质吸收热量的多少；小明绘制的温度随时间的变化图像如图丁所示，若B液体的比热容是，则A液体的比热容为______；冬天，小明想自制一个暖手袋，若只能从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，由图丁知应选择______选填“A”或“B”。
实验2：为了比较不同燃料的热值，应选择______两图进行实验；根据和，算出燃料的热值与实际值相比______选填“偏大”、“偏小”或“相等”。
在上述两个实验中，除图示的实验器材外，两个实验都需要的一个测量工具是______。
6.小滨为了鉴定奶奶珍藏的一件金属饰品是否用纯金制成，他利用天平、细线、量筒和水等器材测量饰品的密度。
把天平放置在______桌面上，把游码放到标尺左端的______处，发现指针如图甲所示，此时应将平衡螺母向______调节，使天平横梁平衡。
用天平测量出饰品的质量。天平平衡后，右盘中的砝码和游码的位置如图乙所示，饰品的质量是______ g。
把饰品浸没在量筒水中前后的情况如图丙所示忽略细线的体积，饰品的体积是______。
小滨通过所测数据计算出饰品的密度是______，从而说明饰品______用纯金制成的金的密度。
小滨又尝试用阿基米德原理测量所购牛奶的密度，他把一个铝块用细线悬挂在弹簧测力计的挂钩上，铝块在空气中时弹簧测力计的示数是；把铝块浸没在牛奶中时弹簧测力计的示数是。已知铝的密度为，则牛奶的密度表达式______用、、来表示。
7.某实验小组为了探究滑动摩擦力的大小与什么因素有关，进行了如下猜想：
A.可能与压力的大小有关；
B.可能与接触面的粗糙程度有关；
C.可能与接触面积有关。
他们设计了如下实验：长方体木块每个面的粗糙程度相同
如图甲，小芳同学用弹簧测力计斜向上拉动长方体木块，使木块在水平木板上做匀速直线运动，读出弹簧测力计的示数，即为滑动摩擦力的大小。小明认为她的操作有误，此时的拉力与滑动摩擦力______选填“是”或“不是”一对平衡力，因为这两个力不在______上。
小芳纠正错误后，重新实验，记录如下表实验次数：
实验次数 木块放置方法 接触面 压力情况 弹簧测力计示数
1 平放 木块与木板 木块
2 平放 木块与毛巾 木块个钩码
3 平放 木块与木板 木块个钩码
4 侧放 ① ②
①为了探究猜想A，应选择实验次数______填序号；
②表格中第3次实验弹簧测力计的示数为______如图乙；
③由2与3两次实验可知：______。
小明探究猜想C，设计并完成了第4次实验，分析表中的记录得出滑动摩擦力的大小与接触面积无关，表中第4次实验①②两处的信息忘记填写，请你帮他完成______、______。
8.某实验小组利用如图甲所示的实验装置做“探究二力平衡的条件”实验时，请问：
实验时应选择较______ 选填“光滑”或“粗糙”的实验桌面。
如图甲所示，当左右两端同时挂两个钩码时，小车静止，此时二力的大小______ ，方向______ 。
在图甲实验的基础上，将小车在水平桌面上扭转一个角度后释放，观察小车的运动状态，这样做的目的是为了探究两个平衡的力是否作用在______ 。
为了探究两个平衡的力是否作用在同一个物体上，小明用轻质硬纸片代替小车做实验，如图乙所示，他将要对硬纸片进行的操作是______ 。
实验中定滑轮的作用是______ ，通过调整______ 可以改变拉力的大小。
9.在一次物理兴趣小组活动中，某组同学给大家展示了“探究阻力对物体运动的影响”实验，如图所示。
实验中每次都使同一辆小车从斜面的______高度由静止自由滑下，目的是使小车到达水平面时具有相同的______。
按照图甲、乙、丙的顺序实验时记录的内容如表：
接触面材料 小车受摩擦力情况 小车在水平面运动的距离
毛巾 大
棉布 较大
木板 小
分析表中内容，得到的实验结论是：在其他条件相同时，小车受到的摩擦力越小，运动的距离越______；进一步推理出的结论是：运动的小车不受阻力作用时，将______。早在300多年前，意大利物理学家______就通过实验和科学推理的方法研究过“力和运动的关系”。
上述实验除用到实验推理的方法外，还用到了控制变量法和______法。
英国物理学家牛顿总结了伽利略等前人的研究成果，概括出著名的牛顿第一定律，即一切物体在不受外力作用时，______。
10.小明想利用实验来探究“压力的作用效果与什么因素有关”：
首先小明用一支铅笔探究“压力的作用效果与受力面积的关系”，他设计了如图甲、乙两种方案，你认为______选填“甲”或“乙”方案更合理一些，另一种方案不足的原因是______.
接着他又设计了如图丙中a、b、c、d所示的实验来继续探究：
①实验中可通过______来反映压力的作用效果．
②通过分析比较a、c两图所示现象，可以得出影响压力的作用效果的因素是______.下列实例应用该结论的是______填字母
A.菜刀要经常磨一磨
B.书包要用宽的背带
C.汽车限重
D.啄木鸟有个坚硬而细长的喙
③将两个完全相同的木块用图d所示的方式紧靠在一起放在海绵上，此时压力的作用效果与图a相比______选填“更明显”、“更不明显”或“相同”
11.物理课上，同学们利用压强计“研究液体内部压强”，进行了如下的操作。
实验前，用手指按压橡皮膜，发现U形管中的液面升降灵活，说明该装置______ 选填“漏气”或“不漏气”。小明没有按压橡皮膜时，U形管两侧液面就存在高度差如图①所示，接下来的操作是______ 选填字母；
A.从U形管内向外倒出适量水
B.拆除软管重新安装
C.向U形管内添加适量水
实验时，小王将探头放入水下，U形管两侧水面高度差为8cm，此时探头受到水的压强为______ Pa；
正确操作后，分析图②、图③的实验现象，得出结论：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而______ ；
分析图③、图④的实验现象，得出结论：在深度相同时，液体的______ 越大，压强越大；
小王用图⑤所示的装置测量未知液体的密度：在左侧加入适量的水，在右侧缓慢倒入待测液体，直到橡皮膜刚好变平，她测量了以下物理量：
A.右侧待测液体到容器底的深度
B.右侧待测液体到橡皮膜中心的深度
C.左侧水到容器底的深度
D.左侧水到橡皮膜中心的深度
请你推导出待测液体密度的表达式为______ 选择题中合适的字母和表示。
12.小明在验证“阿基米德原理”实验中：
用已调零的弹簧测力计，按照图甲中所示顺序进行实验操作，测力计的示数分别为、、、，由此可知铁球浸没在水中所测得的浮力表达式为______ ，测得铁球排开水所受的重力表达式为______ 用此题中所给字母表示。
小明预期要获得的结论是______ 用此题中所给字母表示。
在读数正确的情况下，小明由实验数据发现：铁球浸没在水中所受浮力大于铁球排开的水所受重力，而且超出了误差允许的范围，得出此实验结果的原因可能是______ 写出一条即可。
他又进行了如下深入探究：将溢水杯中注满水放在电子秤上。如图乙所示，其示数为，将铁球用细线悬挂轻轻放入水中浸没，待杯中水停止外溢时，如图丙所示，其示数为，则______ 选填“>”“=”或“<”。
13.图甲是某实验小组探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。
挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于______ 选填“平衡”或“非平衡”状态；要想使杠杆在水平位置平衡，接下来应将杠杆两端的螺母向______ 选填“左”或“右”侧调节；
图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线如图丙所示，就会发现杠杆______ 选填“左端下沉”“仍然平衡”或“右端下沉”；
在探究过程中，需要进行多次实验的目的是______ ；
某同学提出，若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是该小组利用图丁所示的装置进行探究，在杠杆O点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在A点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为______ N。以弹簧测力计的拉力为动力，钩码处绳子拉力为阻力，多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，总是______ 选填“大于”“等于”或“小于”，其原因可能是______ ；
图丁中，弹簧测力计处在A点位置时，此杠杆属于______ 选填“省力”或“费力”杠杆。
14.小海同学组装了如图甲所示的滑轮组进行探究实验。记录部分实验数据如下表所示。
实验次数 钩码重力 钩码上升高度 拉力 绳端移动距离 机械效率
1 5 15
2 5 15
3 5 15
4 10
实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做______ 运动。第1次实验时，弹簧测力计示数如图乙所示，为______ N。第4次实验时，绳端移动距离s为______ cm。
第2次实验滑轮组的机械效率是______ 。
分析表格中的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，机械效率与______ 有关。
小海多次换用质量不同的动滑轮提升同一物体，重复上述实验过程，并绘制出图像，如图丙所示。可知：物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越______ 填“高”或“低”；多次实验的目的是______ 填“A”或“B”。
A.多次测量取平均值减小误差
B.获得多组数据归纳出物理规律
爱动脑筋的小聪也使用同样的钩码进行了前面三次实验，每次测得的机械效率均大于小海的测量值，则小聪实验的测量值偏大的原因可能是______ 填字母。
A.测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方
B.弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升
C.小聪所使用的动滑轮的重力小于小海所使用的动滑轮重力
15.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，其中，，。
实验中，探究的动能是指______填序号
A.小球在斜面上的动能
B.小球撞击木块时的动能
C.小球撞击木块后的动能
D.木块被小球撞击的动能
使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与______的关系。
在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面问一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑感，小明设计了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球______选填“运动”或“静止”，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
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
16.小易同学在探究“电流与电压关系”的实验中，选用器材有：学生电源电压恒为电流表、电压表、定值电阻R、开关S、导线若干和标有“”字样滑动变阻器。
用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整。要求：滑片P向D端移动时，电路中的电流变大，且导线不能交叉
连接电路时，开关必须______选填“断开”或“闭合”，在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到______选填“A”或“B”端；
闭合开关S后、移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是定值电阻R发生了______选填“短路”或“断路”；
排除故障后闭合开关S，移动滑片P，当电流表的示数为时，电压表指针位置如图乙所示，则定值电阻R的阻值为______，多次改变滑动变阻器滑片P的位置，记录的实验数据如下表，根据实验数据分析，可初步得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与这段导体两端的电压成______比。
试验次数 1 2 3 4
电压 1 2
电流
在实验过程中，滑动变阻器接入电路的阻值不得小于______。
17.实验小组做探究“电流与电阻关系”的实验，提供的器材有：电源电压、电流表、电压表、电阻箱、滑动变阻器、开关及导线若干。
闭合开关，发现电流表、电压表均无示数，将电压表改接在两端，发现电压表的示数为3V，由此判断电路的故障是______ 。
排除故障后，调节R的阻值，并移动的滑片，使电压表的示数为某一值，记录R的阻值和电流表示数继续实验，当R的阻值变大时，的滑片应向______ 移动，以使______ 示数不变，将多次实验测得的数据描绘成图乙所示的图线。
①在图丙中画出当R的阻值为时，电流表指针所在位置。
②处理数据描绘的是图线，而不是图线，这样做的优点是：______ 。
实验小组要用已有器材继续测量一个阻值为数百欧的电阻，他们设计了的图丁中A、B两个实验方案，其中能准确测量阻值的是______ 。
18.小马同学利用图甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，阻值大约为。
请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，在图乙中完成实验电路的连接。
闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于______ 选填“A”或“B”端。
实验序号 1 2 3 ……
电压 ……
电流 ______ ……
实验过程中得到的部分数据如下表所示。第3次测量时，电流表的示数如图丙所示，请将读数填入表格中。
在图丁中，把上表中的数据在坐标系上描点并连线。
本实验所测得未知电阻的阻值为______ 。
小马又设计了如图戊所示的另一个电路，也测出了的阻值。图中电源电压未知。是滑动变阻器，R是电阻箱可连续调节电阻值大小，且能读数的变阻器，其调节范围，
是电流表刻度有些模
糊，S和分别是单刀双掷开关和单刀开关。完成下列实验步骤中的填空：
①先断开S、将电阻箱R阻值调至最大；
②将S拨向接点1，闭合，调节______ 选填“R”或“”，使电流表指针偏转到适当位置，标记电流表指针的位置；
③然后将S拨向接点2，调节______ 选填“R”或“”，使电流表指针在______ ，记下电阻箱R的阻值；
④多次重复上述过程，计算电阻箱R读数的______ ，此即为被测电阻的阻值。
19.用如图所示的电路测量小灯泡的电阻，小灯泡的额定电压为。
用笔画线代替导线，将图1中的器材连接成完整电路。
连接电路后，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是：______ 。
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图2所示，要测量灯泡的额定电流，应将图1中滑动变阻器的滑片向______ 选填“A”或“B”端移动，使电压表的示数为______ V。
移动滑片，记下多组数据，并绘制成图3所示图像，则灯泡正常发光时电阻为______ 结果保留一位小数。
用该灯泡和电压表，测未知电阻的阻值，电路图如图4，步骤如下：
①只闭合、，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为______ A，即为的电流；
②保持滑片位置不变，只闭合、，电压表示数为，则此时的两端的电压为______ V；
③的阻值为______ 。
20.如图甲是用伏安法测一只阻值未知的定值电阻R，阻值的实物电路，电源电压恒为。
图甲中有一根导线连接错误，请在该导线上画“”并在图上改正所画的导线用实线且不能交叉。
改正电路后，闭合开关，发现电压表示数接近，电流表示数接近0A，其原因可能是______ 填字母。
A.滑动变阻器断路
B.断路
C.短路
故障排除后，移动滑片，当电压表示数为时，电流表示数如图乙所示，则待测电阻______ 。
现有三组数据如下表所示，分析可知，实验中应选择最大阻值为______ 的滑动变阻器。
实验次数 电压 电流 电阻
1
2
3
A.
B.
C.
图丙是能巧测阻值的实验电路，图中R为电阻箱。请在空白处填上适当内容。
①将开关接b，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下电流表的示数I和电阻箱R的阻值。
②将开关接a，调节______ ，保持______ 不变，记下______ 。
③则______ 用已知量和测量量表示。
21.兴趣小组在“测量小灯泡电功率”的实验中，有电流表、电压表各一个，开关、导线若干，电源的电压恒为6V，小灯泡的额定电压为，正常发光时电阻约为，滑动变阻器有规格为“”的和规格为“”的。
为了完成实验，选择滑动变阻器等器材，进行如图甲所示的电路连接，请用笔画线代替导线，将电路连接完整，并指出连接电路时的误之处______ 。
实验时，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表无示数。用导线连接电流表两端，灯泡发光，则故障原因是电流表______ 。
更换新的电流表，完成测量后，小华将小灯泡更换为额定电压，正常发光时阻值约为的。为了测量它的额定电功率，需用滑动变阻器替换电路中的，其目的是______ 。
小明认为不用电流表，同样能测量出灯泡的额定功率，设计了图乙所示的电路，请你帮他补全实验步骤：
①将滑动变阻器______ 调到最大阻值且保持不变，闭合开关S，将拨向触点______ ，调节另一滑动变阻器的阻值，使电压表的示数为。
②再将开关拨向另一触点，读出电压表示数为U，滑动变阻器的最大阻值分别为、。则灯泡的额定功率表达式为______ 。
22.某物理学习小组进行“探究电流相同时通电导体产生热量的多少跟电阻的关系”时，可供选用的器材有：6V电源、的发热电阻两只、的发热电阻两只、量程适合的温度计两支、规格相同的烧瓶两只、水、酒精、煤油、开关、导线若干。
他们设计了图甲和图乙所示的两个方案，本实验应该选用图______所示方案。
所选方案中两发热电阻的阻值应______，两个烧瓶内的液体应为质量______的______种类的液体。均填“相同”或“不同”
已知比热容的大小为，为了缩短实验时间，应选用的液体是______。完成上述实验后，实验小组利用以上器材，又添加了天平、烧杯、停表等器材，设计了“测定酒精的比热容”的实验。已知在本次实验条件下，水的沸点为，酒精的沸点为，忽略热量散失。
实验小组认为图甲和图乙所示两个方案均可行，为了让两种液体相同时间内吸收的热量相同，不论选择哪种方案，两发热电阻的阻值应______填“相同”或“不同”。
方案选定后，实验过程如下：
①将天平放在水平实验台上，把游码拨到标尺左端的零刻度线处，观察到指针偏向分度盘的左侧，向右调节______，直至天平平衡。用烧杯和天平测量出质量相等的水和酒精，分别装入两个烧瓶里。
②记下两种液体的初始温度，接通电路，加热一段时间后，记下液体的末态温度。该实验过程中应保证酒精的温度低于______。
③根据表中数据可得酒精的比热容为______。
液体 加热时间 质量 初始温度 末态温度 比热容
水 420 60 20 32
酒精 420 60 20 41
结合表中数据进一步分析，可知实验过程中选择的是图______所示方案。
23.如图所示是探究“感应电流产生的条件”实验。
实验中该棒的材料可能是______ 填“塑料”“铝”或“陶瓷”。
如图所示，a，b两接线柱间应接入______ 填“电源”“电流表”或“电压表”。
导体在磁场中运动时，电表指针没有发生偏转，操作上的原因可能是______ 写一种。
他们也可以根据小灯泡的亮度来判断电路中感应电流的大小，像这种用能直接观测的量来显示不易直接观测的量的方法叫“转换法”。下列方法属于“转换法”的是______ 填序号。
①根据磁铁吸引大头针的多少来判断磁性的强弱；
②研究滑动摩擦力与哪些因素有关；
③利用磁感线来描述磁场。
保持棒的运动方向不变，仅将磁体N、S极对调，重复上述实验，是为了探究感应电流方向与______ 的关系。
若将此装置中填入的电学器材换成______ ，可进一步探究电动机的工作原理。
改正错误后继续实验，小王发现每次电表指针的偏转角度不相同，于是他对影响感应电流大小的因素提出以下猜想。
猜想一：与导体切割磁感线运动的速度大小有关。
猜想二：与磁场的强弱有关。
猜想三：与导体的匝数有关。
为了验证猜想三，他设计的方案是：分别让两个匝数不同的线圈，在如图所示的磁场中水平向左运动，观察电表指针的偏转角度。
①请对此方案作出评价，指出存在的主要问题是______ ；
②请你说出小王最终如何判断猜想三是否正确：______ 。
答案和解析
1.【答案】等于 在 靠近 光路是可逆的 不平行 遵循
【解析】解：改变光束的入射角度，多做几次，取下纸板，用量角器测量ON两侧的和，会发现反射角等于入射角；
如图乙，把半面纸板NOF向前折或向后折，这时，在NOF上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内。此时，反射光依然存在；
若将入射光线逐渐靠近法线ON，则入射角减小，反射角等于入射角，所以反射光线也靠近法线；
由让光线逆着OF的方向射向镜面，会发现反射光线沿着OE方向射出可知，将反射光线改为入射光线，光路图照样成立，体现了光路是可逆的；
随后将纸板随意弯折，根据图丁可知，会看到“法线”不再平行，当入射光线平行射到各入射点上时，反射光线不平行，但漫反射仍然遵循光的反射定律。
故答案为：等于；在；靠近；光路是可逆的；不平行；遵循。
在光的反射中，反射角等于入射角；
根据入射光线、反射光线和法线的关系进行分析，使光屏不在一个平面内，观察现象，得出结论；
反射角随入射角的减小而减小；
让光线逆着OF的方向射向镜面，会发现反射光线沿着OE方向射出告诉的信息，可以得到此题的答案；
镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律。
本题考查了探究光的反射的实验。光的反射遵循反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角。
2.【答案】使像能成在光屏的中央 放大 投影仪 左右移动光屏 变小 下
【解析】解：平行光正对凸透镜照射，移动光屏到图甲位置时，光屏上出现了最小最亮的光斑，这说明凸透镜对光有会聚作用，凸透镜与光屏间的距离为焦距，故凸透镜焦距是；
为使像能成在光屏的中央，应调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度；
由图可知，此时物距为，位于一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，应用为投影仪；
蜡烛移至40cm刻度线上，此时物距，恰好在1倍焦距上，不能成像，左右移动光屏，光屏上呈现一个圆形光斑且大小不变；继续将蜡烛靠近凸透镜，物距小于1倍焦距，将成正立、放大的虚像，物体越靠近凸透镜，所成像越小，像越清晰；
实验一段时间后，蜡烛变短，像移动到光屏的上方，根据过光心的光线传播方向不变，要让像重新回到光屏中央，可将蜡烛向上移动、将光屏向上移动、将凸透镜向下移动。
故答案为：；使像能成在光屏的中央；放大；投影仪；左右移动光屏；变小；小。
平行光正对凸透镜照射，光屏上出现了最小最亮的光斑，这说明凸透镜对光有会聚作用，凸透镜与光屏间的距离为焦距；
为使像能成在光屏的中央，应调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度；
当物距位于一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，应用为投影仪；
物体在1倍焦距处，不能成像，左右移动光屏，光屏上的光斑大小不变；物体在1倍焦距以内的成像规律可得出结论；
实验一段时间后，蜡烛变短，像移动到光屏的上方，根据过光心的光线传播方向不变，要让像重新回到光屏中央，可将蜡烛向上移动、将光屏向上移动、将凸透镜向下移动。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。
3.【答案】① 98 不变 水的初温太低 D 能 不能
【解析】解：
水沸腾时，烧杯内各部分水温相同，由液体压强的特点可知，相同密度的液体中，深度越深，压强越大，故气泡往上升的过程中会逐渐变大，所以①是水沸腾时的情况。
以表格中的时间为横坐标，以时间对应的温度为纵坐标，在图像上确定坐标点，然后用平滑的曲线连接起来即可得到温度随时间变化的图像，如图所示：
；
由图像可以判断，水从第开始沸腾，沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，所以此时水的沸点是。
从开始给水加热到水开始沸腾所用的时间过长，可能是由于水量多或水的初温低或酒精灯火焰小等原因造成的。
一杯热水放在桌上越来越凉，直到达到室温，温度不再变化。图中温度降低，但没有表示室温，故A不符合题意；
B.图中温度逐渐降低，最后达到，但正常室温中水的温度不可能为，故B不符合题意；
C.图中温度降低的速度先慢后快，没有表示出达到室温后温度不变，故C不符合题意；
D.图中温度降低的速度先快后慢，达到室温后温度不变，故D符合题意；
故选D。
大烧杯中的水达到沸点，不断从酒精灯吸收热量，能继续沸腾。小试管中的水能从大烧杯中吸收热量达到沸点，但是小试管和大烧杯中水温度相同，小试管中的水不能从大烧杯中吸收热量，故小试管中的水不能沸腾。
故答案为：①；见解析；；不变；水的初温太低；；能；不能。
水沸腾前，气泡上升过程中不断减小；沸腾时，气泡上升过程中不断增大；
根据表格中的数据描点连线；
水沸腾过程中的特点，吸热但温度保持不变；
水量的多少、水的初温、火焰的大小程度等因素会影响加热时间的长短；
沸水在室内环境中温度会越来越低，最终与室温相同；
沸腾的条件：达到沸点、继续吸热。
此题是探究水的沸腾实验。实验中主要考查了有关影响加热时间的因素。还考查了探究水的沸腾实验中涉及到的有关问题，并且考查得很全面。
4.【答案】秒表 等于 6 CD
【解析】解：实验中需用温度计测量温度，用秒表记录时间，所以本实验中除了温度计外，还需要的测量器材是秒表；
由图乙知，温度计的分度值为，且液柱在零刻度线下方，因此该温度计的示数是；
结合温度-时间图像可知，熔点等于；
①由图丙可知，冰在到熔化温度不变，熔化过程用时：；
②因为水的比热容大于冰的比热容，冰全部熔化成水后，质量不变，继续加热，吸收相同的热量，水的温度变化小，所以其温度随时间变化的的图线是CD。
故答案为：秒表；；等于；①6；②CD。
实验中要探究冰熔化时温度随时间的变化，从而可确定出测量工具；
确定温度计的分度值及的位置，正确读数；
结合温度-时间图像读出熔点，比较即可；
晶体熔化的条件是：达到熔点，继续吸热；根据可知，吸收相同的热量，比热容大的温度变化小。
此题考查熔化的探究实验，会分析温度随时间变化的图象，是解答本题的关键。
5.【答案】甲、丙 加热时间 B 甲、乙 偏小 天平
【解析】解：为了比较不同物质的吸热本领的大小，需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，他应选择甲、丙两套装置；
小明通过加热时间来比较被加热物质吸收热量的多少；
由图丁知，温度升高：，B用时20分钟，A用时10分钟，根据，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故A的比热容：
；
因质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，B吸热多，B的吸热能力强，比热容大，根据，质量相同的AB液体降低相同的温度，B放热多效果好，故从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择B；
比较不同燃料的热值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；故应选择甲、乙两图进行实验；
由于燃料无法完全燃烧以及在加热过程中热量的散失，使得测得燃料的热值与实际相比偏小；
要完成该探究实验，需要使水和煤油的质量相同、相同质量的不同燃料，因此该实验还需要使用天平测质量。
故答案为：甲、丙；加热时间；；B；甲、乙；偏小；天平。
我们使用相同的酒精灯或加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
根据，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比得出另一种物质的比热容；
根据比较物质吸热能力的方法使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量即比较加热时间，吸收热量多的吸热能力强确定哪种物质的吸热能力强，根据分析；
比较不同燃料热值大小时，需让质量相等的不同燃料充分燃烧，通过观察温度计示数上升的多少来比较两种燃料热值大小；
用酒精灯给水加热的过程中，有热量的散失且酒精不能完全燃烧；
实验中需要控制液体的质量或燃料的质量相等，据此可知测量质量的工具。
本题比较不同物质的吸热能力和比较不同燃料的热值实验，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法、的运用及获取信息解决实际问题的能力。综合性强。
6.【答案】水平；零刻度线；左；；；；是；。
【解析】解：把天平放置在水平桌面上，把游码放到标尺左端的零刻线处，发现指针如图甲所示，向右偏，此时应将平衡螺母向左调节，使天平横梁平衡。
饰品的质量是：；
丙图中左侧量筒的示数为20mL，右侧量筒的示数为30mL，饰品的体积；
饰品的密度，从而说明饰品是用纯金制成的；
铝块在空气中时弹簧测力计的示数是；则铝块的重力，铝块的质量，
铝块的体积①，
把铝块浸没在牛奶中时弹簧测力计的示数是。故铝块所受浮力为，根据阿基米德原理可知铝块的体积②，
联立①②得牛奶的密度表达式。
故答案为：水平；零刻度线；左；；；；是；。
把天平放到水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度线处；调节天平平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
饰品的质量等于砝码的质量加游码的示数；
根据排水法得出饰品的体积；
根据得出饰品的密度，并与金的密度比较，从而说明饰品是否用纯金制成的；
铝块在空气中时弹簧测力计的示数是，则铝块的重力，根据得出铝块的质量，
根据密度公式得出铝块的体积的表达式；
把铝块浸没在牛奶中时弹簧测力计的示数是，根据得出铝块所受浮力，根据阿基米德原理可知铝块的体积的表达式，联立以上两式可得出牛奶的密度表达式。
此题主要考查的是学生对天平和量筒的读数、密度计算公式知识的理解和掌握。
7.【答案】不是 同一直线 1、压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大 木板与木板 木块
【解析】解：
当物体在水平面上进行匀速直线运动时，物体受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力；图中小芳同学用弹簧测力计斜向上拉动长方体木块，拉力和滑动摩擦力不在同一直线上，不满足二力平衡的条件，因此不是一对平衡力；
①实验中研究摩擦力的大小与压力的关系时，应控制其它因素不变，只改变压力的情况，因此根据表格可知，应选择实验次数1、3；
②图乙中弹簧测力计的分度值为，测力计示数为；
③比较实验次数2和3的实验数据可知，压力相同，改变了接触面的粗糙程度，因此是探究滑动摩擦力和接触面粗糙程度的关系，可得出结论是：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
探究滑动摩擦力大小与接触面积的关系，应控制接触面粗糙程度、压力情况相同，接触面积不同。比较第1、4次实验可知，弹簧测力计示数相等，木块放置方法不同，因此第1次和第4次实验的接触面和压力情况应该一样，故第4次实验接触面应该为木板与木板，压力情况应该为木块。
故答案为：不是；同一直线；、3；；压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；木板与木板；木块。
一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上；
根据控制变量法，探究滑动摩擦力与压力的关系，应控制接触面粗糙程度相同而物体间的压力不同，分析表中实验数据，找出符合条件的实验序号；弹簧测力计读数时注意分度值；分析第2和3次实验即可得出结论；
探究滑动摩擦力大小与接触面积的关系，应控制接触面粗糙程度、压力情况相同，只改变木块放置方法，分析表格数据即可得知。
本题考查了探究影响摩擦力大小因素的实验，考查了实验注意事项、实验数据分析，熟练应用控制变量法、认真分析实验数据是正确解题的关键。
8.【答案】光滑 相等 相反 同一条直线上 将卡片从中间剪断 改变力的方向 钩码的数量
【解析】解：
把小车放在较光滑的水平桌面上，小车受到的摩擦力越小，摩擦力对实验的影响越小，对得出实验结论更有利；
向两边加砝码，当两边砝码的质量相等时，小车在水平方向受到的拉力大小相等，方向相反，小车处于静止状态；
保持两边砝码质量相等，将小车在桌面上旋转一个角度松手后，小车受到的两个拉力不在同一直线上，小车会转动，直到两边的拉线在同一条直线上；
使用剪刀将纸片剪开，两个力不在同一个物体上，发现剪断后的纸板向两侧运动，说明平衡力必须作用在同一个物体上；
定滑轮可以改变力的方向；实验中通过调节钩码的数量来改变卡片受到的力。
故答案为：光滑；相等；相反；同一直线上；将卡片从中间剪开；改变力的方向；钩码的数量。
桌面越光滑，小车所受摩擦力越小，摩擦力对实验的影响越小；
桌面光滑，小车在水平面上受到两个水平拉力作用，当两边砝码相等时，小车受到的拉力相等，小车静止；
当水平方向的两个拉力不在同一直线上时，小车转动；
卡片平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开，两个力不再作用在同一物体上；
定滑轮可以改变力的方向；实验中通过调节钩码的个数来改变卡片受到的力。
本题考查了探究二力平衡条件的实验，是初中物理的一个基本的、重要的实验，也是常考内容，一定要掌握其实验注意事项、实验步骤等问题。
9.【答案】同一 速度 远 做匀速直线运动 伽利略 转换法 总保持静止状态或匀速直线运动状态
【解析】解：实验中每次都使同一辆小车从斜面的同一高度由静止自由滑下，目的是使小车到达水平面时具有相同的速度；
按照图甲、乙、丙的顺序实验时记录的内容如表：毛巾、棉布、木板粗糙程度变小，分析表中内容，得到的实验结论是：在其他条件相同时，小车受到的摩擦力越小，运动的距离越远，进一步推理出的结论是：运动的小车不受阻力作用时，将做匀速直线运动；
早在300多年前，意大利物理学家伽利略就通过实验和科学推理的方法研究过“力和运动的关系”；
上述实验中，除用到实验推理的方法外，因通过小车通过的距离长短表示阻力的大小，还用到了转换法；
根据实验现象，英国科学家牛顿总结了伽利略等人的研究成果，概括出了牛顿第一定律：一切物体在不受到外力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
故答案为：同一；速度；远；做匀速直线运动；伽利略；转换法；总保持静止状态或匀速直线运动状态。
根据控制变量法，实验中每次都使同一辆小车从斜面的同一高度由静止自由滑下，目的是使小车到达水平面时具有相同的速度；
毛巾、棉布、木板粗糙程度变小，同一小车在粗糙程度越小的材料表面运动时受到的阻力越小，分析表中内容得到结论，据此得出推理出的结论；
意大利物理学家伽利略就通过实验和科学推理的方法研究过“力和运动的关系”；
通过小车通过的距离长短表示阻力的大小，还用到了转换法；
牛顿总结了伽利略等人的研究成果，概括出了牛顿第一定律。
本题探究阻力对物体运动的影响实验，考查控制变量法、转换法、推理法的运用和数据分析，同时也考查了动能与速度的关系实验。
10.【答案】甲 没有控制压力相等 海绵的凹陷程度 压力大小 C 相同
【解析】解：
探究“压力的作用效果与受力面积的关系”，要控制压力相同，甲图中，由力的平衡和力的相互性，两手指受到的压力大小相等，乙中因铅笔的重力作用，作用在两手指的力大小不等，甲方案更合理一些，另一种方案不足的原因是没有控制压力相等；
①根据转换法，实验中可通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果；
②通过分析比较a、c两图所示现象，受力面积相同，c中压力大，压力作用效果明显，故可以得出影响压力的作用效果的因素是压力大小受力面积相同时，压力越小大，压力作用效果越不明显明显：
A.菜刀要经常磨一磨，通过减小受力面积增大压力的作用效果，不符合题意；
B.书包要用宽的背带，通过增大受力面积减小压力的作用效果，不符合题意；
C.汽车限重，通过减小压力来减小压力的作用效果，符合题意；
D.啄木鸟有个坚硬而细长的喙，通过减小受力面积增大压力的作用效果，不符合题意；
选C；
③将两个完全相同的木块用图d所示的方式紧靠在一起放在海绵上，因压力为原来的2倍，受力面积也为原来的2倍，根据，故压强相同，根据压强表示压力的作用效果，故此时压力的作用效果与图a相比相同．
故答案为：甲；没有控制压力相等；①海绵的凹陷程度；②压力大小；C；③相同．
压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，
即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，
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．据此分析回答．
①本实验通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；
②分析比较a、c两图所示现象，根据控制变量法得出结论，逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
③根据，结合压强的物理意义分析．
本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法和的应用，体现了对过程和方法的考查．
11.【答案】不漏气 B 800 增加 密度
【解析】解：用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，只需要将软管取下，再重新安装，这样U形管中两管上方的气体压强就是相等的都等于大气压，当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的，故B正确；
故选B；
形管左右两侧水面的高度差，
则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：；
分析图②、图③的实验知液体的密度相同，深度不同，深度越深，U形管液面的高度差越大，液体内部压强越大，得出结论：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增加；
分析图③、图④的实验知液体的深度相同，液体的密度不同，且密度越大，U形管液面的高度差越大，液体内部压强越大，得出结论：在深度相同时，液体的密度越大，压强越大；
实验时，橡皮膜两侧受到的压强容易观察，所以需要利用水和液体在橡皮膜处的压强相等来计算液体压强，因此需要测量待测液体和水到橡皮膜中心的深度，如图⑤，橡皮膜相平，所以橡皮膜左侧和右侧的压强相等，即，根据液体压强公式得，解得待测液体密度的表达式为。
故答案为：不漏气；B；；增加；密度；。
检查装置是否漏气时，用手轻轻按压几下橡皮膜，看液体能否灵活升降；
U形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；U形管右端液面比较高，就说明U形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；
根据求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差；
液体压强与深度和液体的密度有关，研究液体压强与其中一个因素的关系，要控制另外一个因素不变；分析实验中相同量和不同量，根据转换法得出结论；
观察到橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，根据，可求出液体的密度的表达式。
本题考查了压强计的检查与使用、液体压强的影响因素等问题，难度不大，掌握基础知识即可正确解题，解题时注意控制变量法的应用。
12.【答案】 溢水杯中未装满水 =
【解析】解：由图甲看出，物体的重力是，物体浸没在水中弹簧测力计对物体的拉力是，物体浸没在水中受到的浮力，物体排开水的重力。
由阿基米德原理知，浸在液体中的物体受到浮力大小等于物体排开液体受到的重力，故小明预期要获得的结论是；
如果溢水杯没有装满水，会导致铁球排开水的重力大于流入小桶中水的重力，因而超出了误差允许的范围。
铁球浸没在水中，铁球受到的浮力，物体间力的作用是相互的，铁球给水的压力，当铁球浸没在盛满水的溢水杯中，排出水的重力为，故电子秤的压力增加了，又减少了，因为，故电子秤受到的压力不变，则有。
故答案为：；；；溢水杯中未装满水；。
由图甲看出，物体的重力是，物体浸没在水中弹簧测力计对物体的拉力是，根据称重法得出物体浸没在水中受到的浮力，根据物体排开水的重力，得出由阿基米德原理知，浸在液体中的物体受到浮力大小等于物体排开液体受到的重力，据此得出结论；
如果溢水杯没有装满水，会导致铁球排开水的重力大于流入小桶中水的重力，因而超出了误差允许的范围。
铁球浸没在水中，铁球受到的浮力，物体间力的作用是相互的，铁球给水的压力，当铁球浸没在盛满水的溢水杯中，排出水的重力为，故电子秤的压力增加了，又减少了，因为，可知电子秤受到的压力的变化情况，进而得出质量关系。
本题为验证“阿基米德原理”的实验，考查实验结论、误差分析等知识。
13.【答案】平衡 左 左端下沉 避免偶然性，寻找普遍规律 大于 杠杆自重对杠杆平衡有影响 费力
【解析】解挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于平衡状态；
由图甲知，杠杆的左端较高，所以接下来应将两端的螺母向左调节，使杠杆保持水平并静止；
图乙中支点在中心时，杠杆平衡，根据杠杆平衡条件知，图丙中改变了右侧拉力的力臂，使右侧拉力的力臂减小，故此时，故左端会下沉；
本实验进行多次实验，是为避免偶然性，得出普遍结论；
分度值为，弹簧测力计示数为；
图丁中，设杠杆的重力为G，力臂为，当杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件：，
由丁图可知，所以杠杆自重对杠杆平衡有影响，此时；
由图丁可知此时，故为费力杠杆。
故答案为：平衡；左；左端下沉；避免偶然性，寻找普遍规律；；大于；杠杆自重对杠杆平衡有影响；费力。
杠杆的平衡状态：静止或匀速转动；要使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
推动右侧钩码的悬线，会改变力的方向，从而改变力的力臂，破坏杠杆平衡；
本实验是为了探究杠杆平衡规律，进行多次实验，为避免偶然性，得出普遍结论；
明确测力计分度值和单位；
若支点不在杠杆中心，此时杠杆的平衡会受杠杆自重的影响，根据杠杆平衡条件判断与大小；
动力臂小于阻力臂为费力杠杆。
本题考查探究杠杆平衡条件实验操作与分析、杠杆的分类，关键是将实验操作原则及结论记忆清楚，仔细分析即可。
14.【答案】匀速 提升物体的重力 低 B C
【解析】解：实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升。1次实验时，弹簧测力计示数如图乙所示，测力计分度值为，示数为；绳子的有效段数为3，第4次实验时，绳端移动距离
。
第2次实验滑轮组的机械效率是
；
分析表格中的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，机械效率与提升物体的重力有关。
根据绘制出图像可知：物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；
根据一组数据得出的结论有偶然性，多次实验的目的是获得多组数据归纳出物理规律，故选：B；
测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，会导致绳端拉力偏大，提升相同的高度，总功偏大，有用功不变，则机械效率偏小；
弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升，会导致绳端拉力偏大，机械效率偏小；
所使用的动滑轮的重力小于小海所使用的动滑轮重力，所做的额外功变小，有用功不变，有用功占总功的比值偏大，机械效率偏大，故选：C。
故答案为：
匀速；；30
；
提升物体的重力
低；B；
。
实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小；
根据弹簧测力计分度值读数；确定绳子的有效段数，根据得出第4次实验时绳端移动距离；
根据机械效率公式得出第2次实验滑轮组的机械效率；
分析表格中的数据得出结论；
根据绘制出的图像得出结论；
根据一组数据得出的结论有偶然性，为得出普遍性的结论要多次实验；
分析各选项对机械效率准确值的影响选出导致测量值偏大的原因。
本题测量滑轮组的机械效率，考查注意事项、数据分析等知识。
15.【答案】；速度；静止；
【解析】解：
据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；故选B；
实验表明动能的大小与物体的速度和质量有关；
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物体速度的关系；
让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若任一时刻两球的速度大小相等，即以任何一个小球为参照物，另一个小球都是静止的，所以若C球相对于A球静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
故答案为：；速度；静止
据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
小球速度的大小是通过改变小球在斜面上的高度实现的，小球动能的大小是通过物体被推动移动的距离体现的；
通过运动和静止的相对性分析即可判断；
16.【答案】断开 A 短路 10 正 5
【解析】解：滑动变阻器的滑片P向D移动，电路中电流变大，即电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，滑动变阻器标有“”字样，可知滑动变阻器允许通过的最大电流为，故电流表选用小量程与电阻串联，如下图所示：
为保护电路，连接电路时，开关必须断开；在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处的A端；
闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，发现电压表无示数，则电路故障可能是定值电阻R发生了短路；
排除故障后闭合开关S，移动滑片P，当电流表的示数为时，电压表指针位置如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为，电压为，由欧姆定律，则定值电阻：；
根据实验数据知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，可初步得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与这段导体两端的电压成正比；
电阻与变阻器串联，电压表测电阻两端的电压，因电压表选用小量程，故电压表的最大示数为3V，由串联电路电压的规律，变阻器分得的电压最小为：
，变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当定值电阻阻值为时，变阻器连入电路中的最小电阻为：。
故答案为：如上所示；断开；A；短路；；正；。
根据滑动变阻器的滑片P向D移动，电路中电流变大确定变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，滑动变阻器标有“”字样的含义确定电流表选用小量程与电阻串联；
为保护电路，连接电路时，开关必须断开；在电路连接完整后，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，根据电压表无示数分析；
根据电压表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出定值电阻；
横向比较实验数据得出结论；
电阻与变阻器串联，电压表测电阻的电压，因电压表选用小量程可知电压表的最大示数，由串联电路电压的规律得出变阻器分得的最小电压，根据分压原理求出变阻器连入电路中的最小电阻。
本题探究通电导体中电流与电压的关系实验，考查电路连接、注意事项、故障分析、控制变量法，数据分析、电阻计算和对器材的要求，属于常考题型。
17.【答案】滑动变阻器断路 右 电压表 图像是一条直线，比较直观，便于处理数据发现规律 B
【解析】解：闭合开关，发现电流表、电压表均无示数，说明电路断路，将电压表改接在两端，发现电压表的示数为3V，说明此时电压表串联接入电路，即与电压表并联的滑动变阻器断路，所以电路故障为滑动变阻器断路；
排除故障后，调节R的阻值，并移动的滑片，使电压表的示数为某一值，记录R的阻值和电流表示数，继续实验，当R的阻值变大时，需保持电阻两端电压不变，根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻需变大，所以的滑片应向右移动，以使电压表示数不变；
①由乙图可知当电阻为时，通过电路的电流为，如图：
；
②处理数据描绘的是图线，而不是图线，这样做的优点是图像是一条直线，比较直观，便于处理数据发现规律；
实验小组要用已有器材继续测量一个阻值为数百欧的电阻，他们设计了的图丁中A、B两个实验方案，其中能准确测量阻值的是B，
A、闭合开关，电路为电阻的简单电路，电源电压3V，电阻阻值为数百欧，通过电路的电流太小，电流表无法准确测量通过电路的电流，
B、两电阻串联接入电路，闭合开关，电压表测两电阻的总电压U，闭合开关，电压表测电阻，两端的电压，串联电路总电压等于各分电压之和，则电阻箱两端的电压为，由串联分压原理可知，所以。
故答案为：滑动变阻器断路；右；电压表；①如图；②图像是一条直线，比较直观，便于处理数据发现规律；。
闭合开关，发现电流表、电压表均无示数，说明电路断路，将电压表改接在两端，发现电压表的示数为3V，说明此时电压表串联接入电路，即与电压表并联的滑动变阻器断路；
排除故障后，调节R的阻值，并移动的滑片，使电压表的示数为某一值，记录R的阻值和电流表示数，继续实验，当R的阻值变大时，需保持电阻两端电压不变，根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻需变大；
①由乙图可知当电阻为时，通过电路的电流为；
②图像是一条直线，比较直观，便于处理数据发现规律；
A、闭合开关，电路为电阻的简单电路，电源电压3V，电阻阻值为数百欧，通过电路的电流太小，电流表无法准确测量通过电路的电流，
B、两电阻串联接入电路，闭合开关，电压表测两电阻的总电压U，闭合开关，电压表测电阻，两端的电压，串联电路总电压等于各分电压之和，则电阻箱两端的电压为，由串联分压原理可知电阻阻值。
本题探究“电流与电阻关系”的实验，考查电路的连接、故障的分析、图像的分析、欧姆定律等，学生应具备相应的动手能力。
18.【答案】
②；③R；标记处；④平均值。
【解析】解：根据电流表选用量程，电阻值约为，确定电压表选用小量程与电阻并联，根据电路图确定滑动变阻器使用A接线柱，连接实物图，如下图所示；
根据电路图，为了使滑动变阻器在开关闭合时能起到保护电路的作用，要使变阻器的接入电阻最大，应将滑动变阻器的滑片置于B端；
图丙中电流表的量程是，分度值是，所以电流表的读数：；
根据表格数据，描点法作图如下：
由得：
，，，
；
①先断开S、将电阻箱R阻值调至最大；
②将S拨向接点1，闭合，调节，使电流表指针偏转到适当位置，标记电流表指针的位置；
③然后将S拨向接点2，调节R，使电流表指针在标记处，记下电阻箱R的阻值；
电源电压不变，两次电流值相等，由欧姆定律可知，
所以；
④多次重复上述过程，计算电阻箱R读数的平均值，此即为被测电阻的阻值；
多次测量取平均值可以减小误差。
故答案为：如图所示
；
；；如图
；
；
②；③R；标记处；④平均值。
本题通过伏安法测电阻实验，考查根据电路图连接实物图、电流表读数、变阻器的作用、控制变量法和描点法作图，并考查用电阻箱等效替代的方法测量电阻。考点较多综合度较高。
19.【答案】
【解析】解：伏安法测小灯泡电阻时需要调节小灯泡两端的电压，应将滑动变阻器采用一上一下的连接方式，与灯泡串联在电路中，故将滑动变阻器上端任意一个接线柱与小灯泡的右端接线柱相连，如图所示：
；
连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，则变阻器不能起到变阻的作用，产生这一现象的原因是将变阻器下面两个接线柱连入了电路中，故选C；
图2中电压表选用小量程，分度值为，示数为，小于灯泡的额定电压，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压；
根据图3所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压时的电流为，根据欧姆定律得，此时灯泡的电阻：；
①只闭合、，小灯泡与未知电阻串联，电压表测小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为，由串联电路的电流特点可知，此时通过的电流；
②保持滑片位置不变，只闭合、，小灯泡与未知电阻串联，电压表测小灯泡和未知电阻两端的总电压，电压表示数为，由串联电路的电压特点可知，此时的两端的电压为；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻的电流也不变，由欧姆定律得，
。
故答案为：如图所示；；；；；①；②；③8。
滑动变阻器采用“一上一下”的原则与被控制电路串联；
连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，说明变阻器不能起到变阻的作用，据此分析；
灯在额定电压下的电流等于额定电流，根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
灯泡在额定电压下正常发光，由图3中的图像得出额定电压下的电流，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值；
①在没有电流表的情况下，电压表与小灯泡应起到电流表的测量作用，故应将小灯泡与未知电阻串联，通过测量小灯泡两端的电压后，由图3图像读出相应的电流，由串联电路的电流特点求出通过未知电阻的电流；
②保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电压表测小灯泡和未知电阻两端的总电压，根据串联电路的电压特点求出未知电阻两端的电压；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻的电流也不变，根据欧姆定律求出未知电阻的阻值。
本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及特殊方法测未知电阻，综合性强。
20.【答案】B 10 C 电阻箱 滑动变阻器滑片P位置 电流表的示数仍为I和电阻箱R的阻值
【解析】解：根据实验要求可知，要测量定值电阻的阻值大小，应利用电流表和定值电阻串联测量通过定值电阻的电流、电压表和定值电阻并联测量它两端的电压，同时，使电流从两表的正接柱流入、负接线柱流出；为了减小测量的误差，要利用滑动变阻器与定值电阻串联，改变定值电阻两端的电压和电路中的电流，进行多次测量，求平均值，据此改正电路如下图所示。
由上图可知，闭合开关，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量定值电阻两端的电压。
电流表示数接近0A，说明电路中某处断路；电压表有示数，说明电压表的两接线柱与电源两极能连通，则电路的故障可能是断路，
此时电压表与滑动变阻器串联，由于电压表的内阻很大，由串联电路的分压规律可知，电压表两端的电压很大，接近电源电压，故选：B。
由图乙可知，电流表选择的量程是，分度值为，则电流表的示数为，此时的阻值为：；
在第1次实验中，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路的阻值最大，
根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端的电压为：，
此时滑动变阻器接入电路的阻值为：，即滑动变阻器的最大阻值至少为，故选：C。
由电路图可知，当开关接b时，三个电阻串联，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下电流表的示数I和电阻箱R的阻值；
当开关接a时，电阻箱和滑动变阻器串联，保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱，使电流表示数仍为I，记下电阻箱R的阻值为；
根据欧姆定律可知，电源电压一定，两次电路中的电流相等，则两次电路中的总电阻相等，则的阻值的大小为：。
故答案为：如上图所示；；；；②电阻箱；滑动变阻器滑片P位置；电流表的示数仍为I和电阻箱R的阻值；③。
根据实验要求可知，要测量定值电阻的阻值大小，应利用电流表和定值电阻串联测量通过定值电阻的电流、电压表和定值电阻并联测量它两端的电压，为了减小测量的误差，要利用滑动变阻器与定值电阻串联，改变定值电阻两端的电压和电路中的电流，进行多次测量，求平均值，据此改正电路。
根据电流表和电压表的示数情况，结合串联电路的分压规律分析电路故障；
已知电压表示数，在图乙中，根据电流表选择的量程和指针位置读出电流表的示数，根据欧姆定律计算的阻值；
根据串联电路的电阻规律和欧姆定律计算第1次实验时，滑动变阻器接入电路的阻值，从而确定滑动变阻器的最大值；
由电路图可知，当开关接b时，三个电阻串联，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下电流表的示数I和电阻箱R的阻值；
当开关接a时，电阻箱和滑动变阻器串联，保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱，使电流表示数仍为I，记下电阻箱R的阻值为；
根据欧姆定律可知，电源电压一定，两次电路中的电流相等，则两次电路中的总电阻相等，由此可得的阻值的大小。
本题考查实验：伏安法测量定值电阻大小的基本实验能力，和等效法测电阻的电路设计分析，难度较大。
21.【答案】如图所示；开关应处于断开状态；断路；阻值太小；①；2；②

【解析】解：电压表与被测用电器并联，为保护电路，连接电路时，开关要断开，闭合开关前滑片P应处于连入阻值最大处。如图所示
用导线连接电流表两端时，灯泡发光，说明电源、开关、滑动变阻器、灯泡是通路，实验时发现发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表无示数，原因是电流表断路。
灯泡正常工作时电流为：，
此时滑动变阻器接入电路的阻值为：，
所以需用滑动变阻器替换电路中的。
闭合开关S，将拨向触点2，将滑动变阻器调到最大阻值，此时，，串联，调节滑动变阻器的阻值，电压表测量的电压，示数记为，
将拨向触点1，，，依旧串联，此时电压表测量、的电压，示数记为U，则此时电路电流为：
小灯泡的实际功率为：
。
故答案为：如图所示； 开关应处于断开状态；断路；阻值太小；① 2；②。
电压表与被测用电器并联，为保护电路，连接电路时，开关要断开，闭合开关前滑片P应处于连入阻值最大处。
用导线连接电流表两端时，灯泡发光，说明电源、开关、滑动变阻器、灯泡是通路，实验时发现发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表无示数，原因是电流表断路。
先计算灯泡正常工作时电流，再计算出此时滑动变阻器接入电路得阻值，阻值与最大阻值进行比较。
闭合开关S，将拨向触点2，将滑动变阻器调到最大阻值，此时，，串联，调节滑动变阻器的阻值，电压表测量的电压；将拨向触点1，，，依旧串联，此时电压表测量、的电压，示数记为U，计算此时电路电流，因为总阻值没有改变，所以灯泡两端电压未变，最后根据功率公式计算小灯泡的额定功率。
本题考查了测量小灯泡的实际功率，设计实验测量灯泡功率是难点，补充实验步骤时要从得到额定电压和额定电流出发。
22.【答案】甲 不同 相同 相同 煤油 相同 平衡螺母 沸点 乙
【解析】解：探究电流通过导体产生热量的多少与导体的电阻大小的关系时，应控制电流大小和通电时间相等，图甲控制通过两个电阻的电流和通电时间相同，图乙控制两个电阻两端的电压和通电时间相同，由此可知，应选图甲所示的方案来进行实验；
探究电流通过导体产生热量的多少与导体的电阻大小的关系时，应只改变导体电阻的大小，其余物理量应控制相同；
在实验中加热时间少，电流通过导体产生的热量少，液体吸收的热量也就少，实验现象要比较明显，液体升高的温度要较高，根据可知，液体吸收的热量和质量一定时，液体的比热容越小，升高的温度越高，实验效果越明显，故选用煤油进行实验，效果比较明显；
测定酒精的比热容，根据，由可知，计算出酒精的比热容，使酒精和水在相同的时间内吸收的热量相同，则加热器要相同；
①调节天平时，指针偏向分度盘的左侧，可知天平左侧较重，因此平衡螺母向右调节；
②在实验过程中，要保证酒精的温度低于沸点；
③根据，由可计算出酒精的比热容；
由表中数据可计算出水吸收的热量，由此可知，实验过程中，电阻丝放出的热量；若用甲方案，分别计算两个电阻为、时产生的热量，对比实验过程中，电阻丝放出的热量；若用乙方案，分别计算两个电阻为、时产生的热量，对比实验过程中，电阻丝放出的热量。
故答案为：甲；不同，相同，相同；煤油；相同；①平衡螺母；②沸点；③；乙。
探究电流通过导体产生热量的多少与导体的电阻大小的关系时，应控制电流大小和通电时间相等，由此可得出结论；
探究电流通过导体产生热量的多少与导体的电阻大小的关系时，应改变导体电阻的大小，其余物理量应控制相同；在实验中加热时间少，电流通过导体产生的热量少，液体吸收的热量也就少，实验现象要比较明显，液体升高的温度要较高，根据可得出结论；
测定酒精的比热容，根据，由可知，计算出酒精的比热容，使酒精和水在相同的时间内吸收的热量相同，则加热器要相同，由此可得出结论；
①调节天平时，指针偏向分度盘的左侧，可知天平左侧较重，平衡螺母向右调节，由此得出结论；
②在实验过程中，要保证酒精的温度低于沸点；
③根据，由可计算出酒精的比热容；
由表中数据可计算出水吸收的热量，由此可知，实验过程中，电阻丝放出的热量；若用甲方案，分别计算两个电阻为、时产生的热量，对比实验过程中，电阻丝放出的热量；若用乙方案，分别计算两个电阻为、时产生的热量，对比实验过程中，电阻丝放出的热量；由此可得出结论。
本题利用了控制变量法来研究电流产生的电热的影响因素。由于电流产生的热量不容易观察，故用相同材料的等质量的液体来吸收电热，通过温度计来观察液体的温度的变化来反映电热的多少。
23.【答案】铝 电流表 开关没有闭合 ① 磁场方向 电源 没有控制磁场强弱和切割磁感线的速度相同 只改变线圈匝数，观察电流表指针偏转的角度。两次偏转角度，若相差不大，与线圈匝数无关；若相差明显，与线圈匝数有关
【解析】解：实验中该棒的材料可能是铝，因为铝是导体；塑料和陶瓷是绝缘体。
如图所示，a，b两接线柱间应接入电流表，显示电流的大小。
导体在磁场中运动时，电表指针没有发生偏转，操作上的原因可能是开关没有闭合。
他们也可以根据小灯泡的亮度来判断电路中感应电流的大小，像这种用能直接观测的量来显示不易直接观测的量的方法叫“转换法”。下列方法属于“转换法”的是①。
①根据磁铁吸引大头针的多少来判断磁性的强弱，采用的是转换法，故①符合题意；
②研究滑动摩擦力与哪些因素有关，采用的是控制变量法，故②不符合题意；
③利用磁感线来描述磁场，采用的是模型法，故③不符合题意。故选①。
保持棒的运动方向不变，仅将磁体N、S极对调，重复上述实验，是为了探究感应电流方向与磁场方向的关系。
若将此装置中填入的电学器材换成电源，可进一步探究电动机的工作原理。
改正错误后继续实验，小王发现每次电表指针的偏转角度不相同，于是他对影响感应电流大小的因素提出以下猜想。
猜想一：与导体切割磁感线运动的速度大小有关。
猜想二：与磁场的强弱有关。
猜想三：与导体的匝数有关。
为了验证猜想三，他设计的方案是：分别让两个匝数不同的线圈，在如图所示的磁场中水平向左运动，观察电表指针的偏转角度。
①此方案存在的主要问题是：没有控制磁场强弱和切割磁感线的速度相同；
②只改变线圈匝数，观察电流表指针偏转的角度。两次偏转角度，若相差不大，与线圈匝数无关；若相差明显，与线圈匝数有关。
故答案为：铝；电流表；开关没有闭合；①；磁场方向；电源；①没有控制磁场强弱和切割磁感线的速度相同；②只改变线圈匝数，观察电流表指针偏转的角度。两次偏转角度，若相差不大，与线圈匝数无关；若相差明显，与线圈匝数有关。
实验时切割磁感线运动的材料必须是导体。
、b之间接入电流表，根据指针的偏转显示电流的有无和大小。
电表指针不偏转可能是电路没有闭合或者导体没有切割磁感线。
根据转换法的意义进行选择。
感应电流的方向与磁场方向和导体切割磁感线运动方向有关。
将电流表换成电源可以探究通电导体在磁场中受到力的作用。
根据控制变量法进行分析。
知道影响感应电流大小的因素；会处理实验过程中的故障和改进方案；知道转换法和控制变量法的应用。
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