题型突破专项卷(三) 实验题(声、光、力、热、电磁)
一、声学实验
1．(2024·泰安期中)声学实验探究：
(1)探究真空不能传声
过程结论 将正在响铃的闹钟放在玻璃罩内密封，逐渐抽出罩内的________。我们无法将罩内空气全部抽出，通过逐渐抽出空气，使罩内空气逐渐变稀薄，听到闹铃声逐渐________，在此基础上可以推理，假如空气全部被抽出，就__________(选填“能”或“不能”)听见闹铃声，这说明真空________，也证明________可以传声
方法 用逐渐抽出罩内的空气来进行实验研究，运用的科学方法是________法
(2)探究声音的产生与特性
过程方法 如图所示，用小锤敲击音叉使其发声，并轻触细线上的乒乓球，发现乒乓球被弹开，说明音叉在________，此处运用的研究方法是________。用力敲音叉，发现乒乓球被弹开的幅度________，说明________越大，产生声音的响度越大
问题讨论 将钢尺的一端压在桌子上，另一端伸出桌面，拨动钢尺，听它发出的声音；使钢尺伸出桌面的长度变短，再次拨动，发现：钢尺振动变__________，音调变________
[解析] (1)探究真空不能传声：实验中，将正在响铃的闹钟放在玻璃罩内密封，逐渐抽出罩内的空气，仔细听声音的变化情况。在此过程中，我们无法将罩内空气全部抽出，只能通过逐渐抽出空气，使罩内空气逐渐变稀薄，听到闹铃声逐渐变弱。根据实验现象进行推理，因为空气越少，声音越弱，所以假如空气全部被抽出，就不能听见闹铃声，这说明真空不能传声，也证明空气可以传声。在实验中，用逐渐抽出罩内的空气来进行实验研究，运用的科学方法是推理法，也叫理想实验法。
(2)探究声音的产生与特性：用小锤敲击音叉使其发声，并轻触细线上的乒乓球，发现乒乓球被弹开，说明音叉在振动，得出声音是由物体的振动产生的。实验中观察到乒乓球被弹开，将微波的振动放大，此处运用的研究方法是转换法。用力敲音叉，发现乒乓球被弹开的幅度变大，说明振动的幅度越大，听到的声音越大，由此得出：振幅越大，产生声音的响度越大。使钢尺伸出桌面的长度变短，再次拨动，发现：钢尺振动变快，频率变高，音调变高，由此得出音调是由振动的频率决定的，频率越高，音调越高。
[答案] (1)空气 变弱 不能 不能传声 空气 推理 (2)振动 转换法 变大 振幅 快 高
二、光学实验
2．(2024·泰安二模)在探究光的反射规律时，在水平放置的平面镜上方竖直放一光屏，光屏由可以绕ON折转的A、B两个纸板组成，如图甲所示。
(1)实验时，应在较________(选填“黑暗”或“明亮”)的环境中进行。
(2)纸板上能显示光路是因为光在纸板上发生了__________(选填“漫反射”或“镜面反射”)。
(3)如果用另一束光沿FO方向射到O点，经镜面反射后光线将沿________方向射出。
(4)在实验过程中，若将纸板倾斜(即纸板与平面镜不垂直)，如图乙所示，让光线仍贴着纸板沿EO方向射向镜面，此时纸板上__________(选填“能”或“不能”)看到反射光线。
(5)如图丙所示，小车的前挡风玻璃是倾斜的，这样不仅可以有效减小阻力，晚上开车时，还能将来自后方车辆的水平强光反射到________(选填“上方”或“下方”)，以减少对司机视线的干扰。
[解析] (1)实验时，应在较黑暗的环境中进行，这样可以避免其他光的干扰。
(2)纸板上能显示光路是因为光在纸板上发生了漫反射。
(3)光路是可逆的，如果用另一束光沿FO方向射到O点，经镜面反射后光线将沿OE方向射出。
(4)在实验过程中，若将纸板倾斜(即纸板与平面镜不垂直)，如题图乙所示，让光线仍贴着纸板沿EO方向射向镜面，此时反射光线、入射光线和法线仍在同一平面内，由于法线仍与镜片垂直，则反射光线不在纸板所在平面内，所以纸板上不能看到反射光线。
(5)如题图丙所示，晚上开车时，来自后方车辆的强光入射到前挡风玻璃，根据光的反射定律可知，光线将被反射到下方，以减少对司机视线的干扰。
[答案] (1)黑暗 (2)漫反射 (3)OE (4)不能 (5)下方
3．(2024·泰安期中)小明同学在探究平面镜成像特点时，利用如图甲所示器材进行了以下操作：
(1)实验中小明同学将一张白纸平铺在桌面上，玻璃板竖直放置在纸上。将蜡烛A点燃后竖立在玻璃板前面，透过玻璃板观察其另一侧的像。用玻璃板替代平面镜是便于确定像的__________(选填“位置”或“大小”)。
(2)实验中小明同学从点燃的蜡烛一侧透过玻璃板看到像有重影，改善重影问题的方法是换用________(选填“薄”或“厚”)玻璃板。
(3)改进器材后多次改变蜡烛A的位置，并移动蜡烛B确定像的位置，每次标记出蜡烛A和它像的位置(如图乙所示)。请根据小明完成的下列实验数据表格，在①、②处填写数据名称；
实验 次数 ①________ ②________ 蜡烛的像与蜡烛 的大小关系
1 12 12 相等
2 6 6 相等
3 11 11 相等
… … … …
分析实验数据得出，蜡烛A的像和蜡烛A到玻璃板的距离________。
(4)实验中，若将黑色的纸板放在玻璃板与蜡烛B之间，小明在蜡烛A侧________(选填“能”或“不能”)观察到蜡烛A的像。
(5)完成实验后，小明同学又将一枚硬币放在玻璃板前，能看到它在玻璃板后的像在a的位置，如图丙所示。若将玻璃板水平向右移动2 cm，该硬币的像__________(选填“向右移动2 cm”“在原位置”或“向左移动2 cm”)。
[解析] (1)玻璃板透光，且能成像，用玻璃板替代平面镜，为了便于观察像的位置。
(2)从点燃的蜡烛一侧透过玻璃板看到像有重影，可能是玻璃板较厚，需要换用薄玻璃板。
(3)改进器材后多次改变蜡烛A的位置，并移动蜡烛B确定像的位置，每次标记出蜡烛A和它像的位置，即物距和像距，就是①蜡烛A与玻璃板的距离/cm; ②蜡烛A的像与玻璃板的距离/cm，由实验数据可知，蜡烛A的像和蜡烛A到玻璃板的距离相等。
(4)平面镜成的像是虚像，是光的反射形成的，将黑色的纸板放在玻璃板与蜡烛B之间，在蜡烛A侧能观察到蜡烛A的像。
(5)一枚硬币放在玻璃板前，若将玻璃板水平向右移动 2 cm，硬币的位置不变，因为平面镜所成的像和物体关于镜面轴对称，所以该硬币的像在原位置。
[答案] (1)位置 (2)薄 (3)蜡烛A与玻璃板的距离/cm 蜡烛A的像与玻璃板的距离/cm 相等 (4)能 (5)在原位置
4．(2024·泰安期末)小华将水充入透明塑料模具中，制成水凸透镜，并用来探究凸透镜成像规律。
(1)如图甲所示，测出水凸透镜的焦距为________cm。
(2)实验前，应调节烛焰、水凸透镜和光屏三者中心在________上。
(3)将蜡烛、水凸透镜、光屏依次放在光具座上如图乙所示的位置上时，光屏上恰好呈现清晰倒立、________(选填“放大”或“缩小”)的实像，这与生活中________(选填“放大镜”“照相机”或“投影仪”)的成像原理相同。
(4)保持图乙中仪器位置不变，缓慢向透镜中注水(如图丙)，水凸透镜厚度增加，光屏上的像逐渐模糊，为使像变清晰，应当向________(选填“左”或“右”)移动光屏。同组的小明认为，如果不移动透镜和光屏，只将蜡烛向________(选填“远离”或“靠近”)透镜的方向移动适当距离，也能使光屏上的像重新清晰。
[解析] (1)当平行光经过凸透镜时，会发生偏折，汇集于凸透镜焦点，焦点到凸透镜光心的距离，称为焦距，由题图甲可知，该凸透镜的焦距为f＝60.0 cm－50.0 cm＝10.0 cm。
(2)为了使像呈现在光屏中央，在实验前要将烛焰、水凸透镜和光屏三者中心调整至同一高度。
(3)题图乙中物距为15.0 cm，在一倍焦距和两倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像，成像原理与投影仪相同。
(4)缓慢向透镜中注水，水凸透镜厚度增加，聚光能力变强，焦距变小，相当于增大了物距，此时像距会变小，为使像变清晰，应当向左移动光屏，若将蜡烛靠近水凸透镜，减小物距，也能使像变清晰。
[答案] (1)10.0 (2)同一高度 (3)放大 投影仪 (4)左 靠近
三、力学实验
5．(2024·泰安期中)同学们用如图所示的装置测量小车运动的平均速度。
(1)实验前必须学会熟练使用电子表，如果让小车过了A点后才开始计时，则会使所测AC段的平均速度v1________(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)图中上半段距离s2＝________cm；测得时间t2＝2 s，则上半段平均速度v2＝________m/s。
(3)实验中，能有效减少时间测量误差的是________。
A．将斜面等分成更多段
B．适当减小斜面的高度
C．换用质量更大的小车
D．听到撞击挡板声停止计时
[解析] (1)若过了A点才开始计时，会导致所测时间偏短，由速度公式v＝可知，在路程一定时，平均速度偏大。
(2)题图中刻度尺的分度值为1 cm，上半段距离为s2＝80.0 cm－40.0 cm＝40.0 cm；上半段平均速度为v2＝＝＝20 cm/s＝0.2 m/s。
(3)实验时小车下滑的速度过快，不便于测量时间，因此可减小斜面的倾斜角度。将斜面等分成更多段、换用质量更大的小车、听到撞击挡板声停止计时均不影响小车的下滑速度，适当减小斜面的高度可减小小车的运动速度，便于测量时间，减少时间测量误差。故A、C、D错误，B正确。故选B。
[答案] (1)偏大 (2)40.0 0.2 (3)B
6．(2024·泰安一模)某兴趣小组的同学完成了以下实验。
(1)实验1：测量酸奶的密度。
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图甲所示，烧杯和酸奶的总质量为_________________g；
②将烧杯中的部分酸奶倒入量筒中，用天平测量烧杯和剩余酸奶的总质量为60.2 g；
③如图乙所示，量筒中酸奶的体积为________cm3；
④计算出这种酸奶的密度为________kg/m3。
(2)实验2：探究“浮力大小与哪些因素有关”。
实验步骤如下：如图丙所示，先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m示，记录数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8 cm，当h＝8 cm 时，用弹簧测力计测得细线对圆柱体的拉力为0.8 N。水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg。
h/cm 0 2 4 6 8 10 12 14
m示/kg 2.00 2.04 2.08 2.12 2.16 2.16 2.16 2.18
①实验过程中，电子秤示数逐渐增大时，细线对圆柱体的拉力逐渐__________(选填“增大”或“减小”)；
②当h＝8 cm时，圆柱体受到的浮力大小为________N；
③分析表中数据可知：圆柱体的密度为________g/cm3。
[解析] (1)由题图甲可知，烧杯和酸奶的总质量为m1＝100 g＋20 g＋1.2 g＝121.2 g；由题图乙可知，量筒的分度值为2 mL，量筒中酸奶的液面正好在 50 mL 刻度处，故量筒中酸奶的体积为50 mL＝；量筒中酸奶的质量为m′＝m1－m2＝121.2 g－60.2 g＝61 g，这种酸奶的密度为ρ＝＝＝＝1.22×103 kg/m3。
(2)设容器和水的总重力为G0，圆柱体重力为G，电子秤受到的压力为F，细线对圆柱体的拉力为F拉，则电子秤受到的压力F＝G0＋G－F拉，即m示g＝G0＋G－F拉，因G0、G一定，当电子秤示数(m示)逐渐增大时，则根据上式可知细线对圆柱体的拉力逐渐减小。由表格数据知，当h＝0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，此时m示g＝G0＝2.00 kg×10 N/kg＝20 N，当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16 kg，由m示g＝G0＋G－F拉，可得G－F拉＝m示g－G0＝2.16 kg×10 N/kg－20 N＝1.6 N，所以圆柱体受到的浮力F浮＝G－F拉＝1.6 N；当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没(V排＝V)，圆柱体受到的拉力为0.8 N，浮力为1.6 N，所以圆柱体的重力G＝F浮＋F拉＝1.6 N＋0.8 N＝2.4 N，由阿基米德原理可得，圆柱体受到的浮力F浮＝ρ水gV排，即1.6 N＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×V，可得V＝1.6×10-4 m3，圆柱体的密度为ρ物＝＝＝＝1.5×103 kg/m3＝1.5 g/cm3。
[答案] (1)121.2 50 1.22×103 (2)减小 1.6 1.5
7．(2024·泰安二模)在研究影响滑动摩擦力大小因素的实验中：
(1)如图甲所示，小华将木块放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块做________直线运动，根据____________知识，读出弹簧测力计所示的拉力就可以得到木块与长木板之间的滑动摩擦力。
(2)由____________两图可探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系。
(3)实验中弹簧测力计示数很难稳定，小华设计了如图丁所示的装置进行实验，细绳与滑轮的摩擦忽略不计。启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后如图所示，此时木块所受滑动摩擦力f1＝________N，方向水平向__________；若增大传送带的速度，此时木块所受滑动摩擦力为f2，则f2________(选填“>”“＝”或“<”)f1。
[解析] (1)只有沿水平方向用弹簧测力计拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡条件，弹簧测力计所示的水平拉力大小才等于木块与长木板摩擦力的大小。
(2)要探究滑动摩擦力与接触面的粗糙程度的关系，就要控制压力相同，接触面的粗糙程度不相同，所以选题图乙、丙。
(3)启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块与地面的相对位置没有发生改变，木块相对于地面是静止的，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小，弹簧测力计的分度值为0.1 N，示数为1.1 N。传送带传送过程中，木块相对于传送带水平向右运动，木块所受滑动摩擦力的方向为水平向左。当弹簧测力计的示数稳定后，增大传送带速度，压力和接触面粗糙程度都没变，滑动摩擦力不变，木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关，即f2＝f1。
[答案] (1)匀速 二力平衡 (2)乙、丙 (3)1.1 左 ＝
8．(2024·泰安阶段练习)在探究“阻力对物体运动的影响”实验中，在水平木板上先后铺上粗糙程度不同的毛巾和棉布，让小车从斜面顶端由静止滑下，观察和比较小车在毛巾表面、棉布表面和木板表面滑行的距离。
(1)实验中每次均让小车从同一斜面同一高度由静止下滑，目的是使小车在水平面上获得相同的________。
(2)实验中发现：小车在毛巾表面上滑行的距离最短，在木板上滑行的距离最远，说明小车受到的阻力越小，速度减小得越________(选填“快”或“慢”)。
(3)推理：本实验中，如果小车在水平面上滑行时受到的阻力为零，它将做________。
(4)在此基础上，牛顿总结了伽利略、笛卡尔等人的研究成果概括出牛顿第一定律。牛顿第一定律________(选填“能”或“不能”)直接由实验得出。
[解析] (1)为了使小车在水平面上获得相同的速度，需要让小车从同一斜面同一高度由静止下滑。
(2)给水平桌面铺上粗糙程度不同的物体，目的是探究阻力对物体运动的影响，由毛巾表面到棉布表面再到木板表面，接触面的粗糙程度减小，小车受到的阻力也减小；表面越光滑，阻力就越小，小车运动的距离就越远，这说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢。
(3)假如小车受到的阻力为零，即小车水平方向不受力，小车的运动状态将不会改变，做匀速直线运动。
(4)由以上分析可知，牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出的，不是用实验直接得出的。
[答案] (1)速度 (2)慢 (3)匀速直线运动 (4)不能
9．(2024·泰安一模)小明和小华利用如下图所示的器材探究液体压强与哪些因素有关。
(1)连接好压强计后，小明观察到压强计U形管两侧的液面如图甲所示，为了测量准确，他接下来应该进行的操作是__________。
A．向U形管内添加适量水
B．拆掉软管，重新安装
(2)图乙、丙两图是探究液体压强与__________的关系，实验中液体内部压强的大小变化是通过_________________反映出来的，这种研究问题的科学方法是：__________。
(3)他们通过实验现象得出结论：在深度相同时，液体的密度越大，压强越大。你认为他们是选择了上图中________两图进行了分析。
(4)小华用如图A所示的容器探究液体内部的压强。用此容器进行的两次实验情形如图B、C所示。由此可推断：a、b、c三种液体密度ρa、ρb、ρc的大小关系是_________________(从小到大依次排序)。
[解析] (1)如题图甲所示，压强计U形管两侧的液面不平，为了测量准确，他接下来应该进行的操作是拆掉软管，重新安装，故B符合题意。故选B。
(2)由题图乙、丙可知，液体密度相同，压强计的探头方向相同，但是浸在水中的深度不同，所以是探究液体压强与深度的关系。根据转换法可知，实验中液体内部压强的大小变化是通过U形管两侧液面高度差反映出来的。
(3)要得到结论：在深度相同时，液体的密度越大，压强越大，要选择深度相同、探头方向相同但是液体密度不同的两组实验，即题图丙、丁。
(4)由题图B可知，橡皮膜处a液体的深度要大于b液体的深度，橡皮膜没有发生形变，说明此处的压强相同，根据p＝ρgh可知，a的密度要小于b的密度；题图C中，橡皮膜处c液体的深度要大于a液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p＝ρgh可知，a的密度要大于c的密度。所以a、b、c三种液体密度ρa、ρb、ρc的大小关系为ρb>ρa>ρc。
[答案] (1)B (2)深度 U形管两侧液面高度差 转换法 (3)丙、丁 (4)ρc、ρa、ρb
10．(2024·泰安期末)为了探究“物体所受的浮力跟它排开液体的重力的关系”，小明同学利用弹簧测力计、溢水杯、小桶、实心物块、水等进行了如图所示的实验。
(1)从步骤C到步骤D的过程中，弹簧测力计的示数__________，物块所受的浮力________。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)步骤B中，放入物块之前，若溢水杯中的水未装满，那么会导致__________(选填“物块所受浮力”或“排开水的重力”)测量有误差。
(3)通过分析可知，物块浸没在水中时所受浮力为__________N。
(4)由以上数据可求得物块的密度为________kg/m3。
(5)如图所示，同组的小华同学改用电子秤和已知密度为ρ的液体来测另一物体的密度。
①将溢水杯盛满水，把物体缓慢放入溢水杯中，物体漂浮，静止后用电子秤测出溢出水的质量为m1；
②将溢水杯盛满已知密度的液体，把物体缓慢放入溢水杯中，物体沉底，静止后用电子秤测出溢出液体的质量为m2；
③物体密度的表达式为ρ物＝__________。(用已知物理量和所测物理量表示)
[解析] (1)从步骤C到步骤D的过程中，物体排开液体的体积变大，所受浮力将变大，弹簧测力计的示数将变小。
(2)步骤B中，放入物块之前，若溢水杯中的水未装满，则物块浸入溢水杯中的水时，液面先上升，当液面到达溢水口后才开始流出，导致排开水的重力测量偏小。
(3)由题图B可知，物块重力为4.2 N，由题图D可知，当物块浸没在水中时，受到弹簧测力计的拉力为3 N，可知物块浸没在水中时所受浮力为F浮＝G－F拉＝4.2 N－3 N＝1.2 N。
(4)物块重力为4.2 N，物块浸没在水中时所受浮力为1.2 N，物块的密度为ρ物＝＝＝＝＝3.5×103 kg/m3。
(5)将溢水杯盛满水，把物体缓慢放入溢水杯中，物体漂浮，静止后用电子秤测出溢出水的质量为m1，则物体的重力等于受到的浮力，等于排开水的重力，即G物＝F浮＝m1g，则物体的质量为m1；将溢水杯盛满已知密度为ρ的液体，把物体缓慢放入溢水杯中，物体沉底，静止后用电子秤测出溢出液体的质量为m2，则物体的体积为V物＝，则物体的密度为ρ物＝＝＝。
[答案] (1)变小 变大 (2)排开水的重力 (3)1.2 (4)3.5×103 (5)
11．(2024·泰安三模)小明同学在研究“影响重力势能大小的因素”时，提出了如下猜想：
猜想一：重力势能的大小可能与物体的质量有关；
猜想二：重力势能的大小可能与物体所在的高度有关；
猜想三：重力势能的大小可能与物体的体积有关。
他为了验证猜想，准备了如下实验器材：花泥(易产生塑性形变)若干块，体积相同、质量为m的小球3个和质量为2m、3m的小球各一个；体积不同的小球3个，将它们分别从不同位置由静止释放，小球陷入花泥里的深度情况如图所示。请你完成下列内容。
(1)本实验中，小球的重力势能大小是通过观察__________来反映的。
(2)分析A、B、C球的实验现象，可验证猜想________是正确的。
(3)为了验证猜想二，他应分析________(填写字母)三球的实验现象。
(4)为了验证猜想三，小明同学正确操作，G球和H球的质量应分别为________、________；实验后发现小球陷入花泥的深度相同，由此可知物体重力势能的大小与物体的体积________(选填“有关”或“无关”)。
[解析] (1)从题图中可以看出，小球的重力势能大小是通过小球下落后陷入花泥中的深度来反映的，采用了转换法。
(2)对于A、B、C三球，体积和所处高度相同，质量不相同，根据小球陷入花泥的深度可以看出，当物体所在高度和物体体积相同时，物体质量越大，重力势能越大，可以验证猜想一是正确的。
(3)为了验证猜想二，探究重力势能的大小与物体所在高度的关系，应控制球的质量和体积相同，故应分析A、D、E三个小球的实验现象。
(4)探究重力势能的大小与物体的体积的关系时，应控制球的质量和所处高度相同，故G球和H球的质量应与F球的质量相同，均为2m。由题图中可以看出，三个小球陷入花泥的深度相同，所以物体重力势能的大小与物体的体积无关。
[答案] (1)小球陷入花泥的深度 (2)一 (3)A、D、E (4)2m 2m 无关
12．(2024·泰安期中)小聪所在的课外兴趣小组需要密度为 的盐水，为检验配制的盐水是否合格，小聪利用刻度尺、细绳(若干)、橡皮筋、铝块(已知铝的密度ρ铝)、石块、容器测量了盐水的密度。
实验步骤如下：
(1)如图甲，在刻度尺左端扎上橡皮筋(橡皮筋相当于平衡螺母)，用细绳悬挂刻度尺。若此时刻度尺的右端比左端高，应向________(选填“左”或“右”)调节橡皮筋位置，使刻度尺在水平位置平衡。
(2)如图乙，将悬挂铝块的细绳固定于a位置并保持不变，记录Oa的长度l1，调节悬挂石块的细绳b的位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录Ob的长度l2。
(3)如图丙，将铝块浸没于待测液体中，调节右侧细绳至c位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录Oc的长度l3。
①位置c应在位置b的__________(选填“左”或“右”)侧。
②用已知物理量和测量量的符号表示出待测液体的密度ρ液＝________。
[解析] (1)橡皮筋相当于平衡螺母，若刻度尺的左端下沉，即刻度尺的右端比左端高，则应调节橡皮筋向右移动，使刻度尺在水平位置平衡。(3)利用阿基米德原理，则此时作用在杠杆a处的拉力为F1′＝G铝－ρ液V铝g，根据杠杆的平衡条件有F1L1＝F2L2，因为动力变小，动力臂不变，阻力不变，所以阻力臂变小，故位置c应在位置b的左侧。根据杠杆的平衡条件，铝块浸没在液体前，有G铝l1＝G石，即ρ铝V铝＝G石l2，铝块浸没在液体中时(ρ铝V铝g－ρ液V铝g)×l1＝G石l3，联立可得＝，可得待测液体的密度为ρ液＝ρ铝。
[答案] (1)右 (3)①左 ②ρ铝
13．(2024·泰安二模)小华在测滑轮组效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
实验 次序 钩码重 力G/N 钩码上升 高度h/m 绳端拉 力F/N 绳端移动 距离s/m 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 ① ②
(1)实验中要竖直向上________拉动弹簧测力计，使物体升高。小华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”)。
(2)表格中，①、②两处的数据应该是________和________。
(3)通过比较________(填实验次序)两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的效率与绳子段数无关。
(4)有的同学认为，要测量绕法确定的滑轮组的效率，钩码上升的高度和绳端移动的距离________(选填“可以不测量”或“一定要测量”)。
(5)结合生产生活实际，用提升重物时，下列选项中可以提高效率的是________。
A．增加物体提升的高度
B．加快提升物体的速度
C．减小动滑轮的重力
D．减小物体的重力
[解析] (1)实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使物体匀速升高，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小。小华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，他的想法不正确，因为他没有考虑到绳子与轮之间的摩擦对测力计示数的影响，从而影响滑轮组的机械效率。
(2)由题图丁知，绳子的有效段数n＝4，在第4次实验中，绳端移动的距离为s＝4h＝4×0.1 m＝0.4 m，第4次实验测得的机械效率为η＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。
(3)根据绳子自由端移动的距离与物体升高的高度的关系：s＝nh，在实验1、2、3、4中，绳子的有效段数分别为2、3、3、4，即分别是用甲、乙、丙、丁装置做的实验；通过比较1、2两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。
(4)根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%，故钩码上升的高度和绳端移动的距离可以不测量。
(5)根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%，可知滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，与物体提升的速度无关，故AB不符合题意；减小动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率变大，故C符合题意；减小物重，减小了有用功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小，故D不符合题意。故选C。
[答案] (1)匀速 不正确 (2)0.4 80% (3)1、2 (4)可以不测量 (5)C
四、热学实验
14．(2024·泰安二模)利用如图所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点。
(1)在图甲中，温度计的使用方法存在的错误之处是________。
(2)正确组装实验装置，当水温上升到90 ℃时，实验小组每隔1 min记录一次温度，并绘制了温度随时间变化的图象如图乙所示，从图中可以看出水的沸点是________℃。同时观察到图甲中烧杯上方出现大量“白气”。发现________(选填“M”或“N”)点“白气”多一些。
(3)学习了水的沸腾知识后，做了“纸锅烧水”实验如图丙所示。用酒精灯加热，水沸腾后纸锅并没有燃烧。这是因为水沸腾时要继续________，温度________，且低于纸的着火点，所以纸锅没有燃烧。
[解析] (1)在题图甲中，温度计的玻璃泡与杯底接触，会导致示数偏高。
(2)水沸腾过程中，温度保持不变，由题图乙得，水的沸点是98 ℃。N处的温度较低，水蒸气更易遇冷放热液化成“白气”。
(3)水沸腾时要继续吸热，温度保持不变，且沸点低于纸的着火点，所以纸锅没有燃烧。
[答案] (1)玻璃泡与杯底接触 (2)98 N (3)吸热 保持不变
15．(2024·日照二模)为了探究固体的熔化特点，小明分别取了50 g的a、b两种固体粉末，利用如图甲所示相同的实验装置来进行探究。(已知当地气压为标准大气压)。
(1)小明根据实验数据绘制了如图乙所示的温度—时间图象，由图可知：b物质第12 min的内能________(选填“<”“>”或“＝”)第4 min时的内能，第8 min时b物质为________(选填“固”“液”或“固液共存”)态。
(2)前4 min内，a、b两物质的比热容ca________(选填“>”“<”或“＝”)cb，若b物质在固态时的比热容为1.8×103 J/(kg·℃)，则熔化后的比热容为________J/(kg·℃)。
(3)通过查阅资料得知b物质是海波(又叫硫代硫酸钠——Na2S2O3)，属于____________(选填“晶体”或“非晶体”)，其沸点为100 ℃。如不改变现有装置，一直加热下去，当烧杯中的水沸腾时，试管中的海波________(选填“会”或“不会”)沸腾。
(4)将装置甲中的试管取出，继续加热烧杯中的水至沸腾后停止加热，烧杯中的水停止沸腾，说明水沸腾的条件是：达到________还需要继续________。有同学认为水沸腾需要的时间有点长，你认为可以怎样改进？___________________ ____________________________________________________________________。
[解析] (1)晶体熔化时，吸收热量，温度不变，内能增加，所以b物质第12 min的内能大于第4 min时的内能。晶体熔化过程中，处于固液共存状态，所以第8 min时b物质为固液共存态。
(2)前4 min内，a、b两物质吸收的热量相同，b物质升高的温度大于a物质升高的温度，根据Q＝cmΔt可知，a物质的比热容大于b物质的比热容。0～4 min，b物质熔化过程吸收的热量，Q＝cmΔt＝1.8×103 J/(kg·℃)×0.05 kg×(50 ℃－20 ℃)＝2 700 J，12～16 min，b物质熔化后升高的温度Δt′＝70 ℃－50 ℃＝20 ℃，12～16 min与0～4 min 内b物质吸收的热量相同，根据Q＝cmΔt可知，熔化后的比热容c′＝＝＝2.7×103 J/(kg·℃)。
(3)由图象可知，b物质有固定的熔化温度，所以b物质是晶体。当烧杯中的水沸腾时，温度不再变化，试管中的海波虽然达到沸点，但不能继续吸热，所以不能沸腾。
(4)将装置甲中的试管取出，继续加热烧杯中的水至沸腾后停止加热，烧杯中的水停止沸腾，说明水沸腾的条件是：达到沸点还需要继续吸热。增加水的初温、减少水的质量、加大火力等均可。
[答案] (1)> 固液共存 (2)> 2.7×103 (3)晶体 不会 (4)沸点 吸热 增加水的初温、减少水的质量、加大火力等均可
五、电磁学实验
16．(2024·济南期末)小华在实验室研究并联电路电流规律。
(1)若要测量干路电流，则电流表应__________联在甲图中的__________(选填“A”“B”或“C”)处。
(2)若要测量B处的电流，连接电路前，发现电流表指针位置如图乙所示，他应进行的操作是_________________；调整正确后连接电路，闭合开关，发现指针又偏向图乙位置，其原因是______________________________________________
____________________________________________________________________。
位置 A B C
电流/A 0.48 0.24 0.24
(3)纠正(2)中错误后，测出A、B、C三处的电流值如上表所示。由此得出结论：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。这个实验在设计方案上存在的不足之处是___________________________________________
_____________________________________________________________________(写出一条即可)。
[解析] (1)电流表与待测电路串联，若要测量干路电流，则电流表应串联在题图甲中的A处。
(2)若要测量B处的电流，闭合开关前，发现电流表指针位置如题图乙所示，指针偏向零刻度线左侧，说明电流表没有调零，需要将电流表“调零”。调整正确后闭合开关，发现指针又偏向题图乙位置，即反向偏转，其原因是因为电流表正负接线柱接反了。
(3)原实验中得出各支路的电流相等是因为选用灯的规格相同，且只做了一次实验，得出的结论有偶然性，为得出普遍性的结论，要换用不同规格的灯泡多次测量。
[答案] (1)串 A (2)将电流表“调零” 电流表的正负接线柱接反了 (3)只做一次实验，结论具有偶然性
17．(2024·枣庄一模)“探究串联电路的电压关系”的实验电路如图所示。
(1)检查电压表时，发现电压表指针如图甲所示，接下来的操作是______________________。
(2)为了使探究得出的结论具有普遍意义，L1、L2应该选择________(选填“相同”或“不相同”)的小灯泡。
(3)小明根据图乙连接好电路，闭合开关，电压表示数如图丙所示，为了使实验结果更准确，接下来他应该______________________。
(4)小明分别测出AB、BC、AC间的电压并记录在表格中，分析实验数据得出结论：串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和。同组的小红认为他的实验存在缺陷，改进方法是_____________________________________________
____________________________________________________________________。
UAB/V UBC/V UAC/V
2.6 1.8 4.4
[解析] (1)由题图甲可知，电压表指针不在零刻线上，接下来他要对电压表进行机械调零，使指针指向零刻线。
(2)为了使探究得出的结论具有普遍意义，避免结果的偶然性，L1、L2应该选择不同的小灯泡。
(3)由题图丙可知，电压表指针偏转角度太小，电压表的所选的量程太大，为了使测量结果更准确，接下来应换小量程。
(4)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的结论带有偶然性，不能得出正确规律，故应更换规格不同的灯泡多次测量找普遍规律。
[答案] (1)机械调零 (2)不相同 (3)换小量程 (4)更换规格不同的灯泡多次测量找普遍规律
18．小蜀同学在探究影响导体电阻大小的因素时，他做出了如下猜想。
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。
为了验证上述猜想，小蜀设计了如图的电路，其中A、B、C、D是四根导体，这四根导体的材料、长度、横截面积如图所示。
(1)连接电路时，开关应处于__________状态。实验中，在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察______________________来比较导体电阻的大小会更加准确。
(2)为了验证猜想二，应该选用序号为__________的两根电阻丝进行实验；如果选用序号为A、D的两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想________。
(3)小蜀又做了如下实验：将镍铬合金丝A接入电路，闭合开关，然后用大功率吹风机对镍铬合金丝吹一段时间热风，发现电流表示数变小，这说明导体的电阻与__________有关。
[解析] (1)在连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态。实验中，在两个金属夹子之间接上不同的导体，闭合开关，通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，这里采用了转换法。
(2)为了验证猜想二，即电阻与导体的横截面积的关系，要控制导体的长度和材料均相同，而导体的横截面积不同，由题中信息可知应选择序号为A、C的两根电阻丝分别接入电路进行实验。如果选用序号为A、D的两根电阻丝进行实验，此时导体的长度和横截面积均相同，导体的材料不同，所以是为了验证猜想三。
(3)用大功率吹风机先对镍铬合金丝吹一段时间热风，此时会改变导体的温度，故所做的这一实验基于的假设是导体的电阻与温度有关。
[答案] (1)断开 电流表示数大小 (2)A、C 三 (3)温度
19．(2024·泰安三模)在“测量未知电阻Rx的阻值”实验中，电源电压恒定，小明设计并连接了如图甲所示的实验电路。
(1)在连接甲图电路时，开关应处于________状态。
(2)如图甲，小明连接好的实物图中有一条导线连接错误，请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确连线。
(3)改正错误并检查线路连接正确后再进行实验，实验前应将滑动变阻器的滑片P移到最________(选填“左”或“右”)端。
(4)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为2.4 V时，电流表示数如图乙所示，则其示数为________A，未知电阻Rx＝________Ω。
(5)若实验中电压表损坏，小明添加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，同样测出了未知电阻Rx的阻值，请将实验步骤补充完整。
①保持开关S2断开，闭合开关S、S1，读出并记录电流表示数I1；
②________________________，读出并记录电流表示数I2；
③处理实验数据，则得Rx＝________(用I1、I2和R0表示)。
[解析] (1)为了保护电路，在连接电路时，开关应处于断开状态。
(2)在“测量未知电阻Rx的阻值”实验中，滑动变阻器、未知电阻Rx和电流表应串联，而原电路中，未知电阻Rx被短路，如答案所示。
(3)为了保护电路，连接正确后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大的左端。
(4)由题图乙可知，电流表接的是小量程，分度值为0.02 A，示数为0.3 A，此时电压表示数为2.4 V，所以未知电阻Rx的阻值为Rx＝＝＝8 Ω。
(5)保持开关S2断开，闭合开关S、S1，此时两电阻并联，电流表测通过R0的电流，读出电流表示数I1，则电源电压为U0＝I1R0；断开开关S1，闭合开关S、S2，此时两电阻仍并联，电流表测通过R0和Rx的总电流，读出电流表示数I2，则通过Rx的电流为Ix＝I2－I1，根据并联电路电压特点可知，未知电阻Rx两端的电压为Ux＝U0＝I1R0，则未知电阻的阻值为Rx＝＝。
[答案] (1)断开 (2)如图所示
(3)左 (4)0.3 8 (5)断开开关S1，闭合开关S、S2
20．(2024·泰安二模)在“测量小灯泡的电功率”的实验中，给小丽同学提供的器材有电压恒为6 V的电源、额定电压为2.5 V的小灯泡(灯丝电阻约为10 Ω)，电流表、电压表、开关各一个，导线若干，两种规格的滑动变阻器R1(50 Ω；1 A)、R2(10 Ω；1 A)。
(1)为方便完成实验，滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”)。在图甲中用笔画线代替导线，将实物图连接完整(要求：滑片P向右端移动时，灯变亮)。
(2)正确连接电路后，闭合开关，但发现灯泡几乎不亮，于是小丽立刻举手要求老师更换灯泡，其实小丽做法欠妥，正确的做法应该先__________。
A．更换电池
B．更换电表
C．移动滑动变阻器的滑片
(3)闭合开关S，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示为__________V。
(4)小丽同学又设计了如图丙所示的电路，利用阻值为R0的定值电阻和电流表等器材，测量额定电压为U额的小灯泡的额定功率，经检查无误后进行实验。
①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1＝__________时，小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片不动，断开S1，闭合S2，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率P额＝________(用R0、I1、I2表示)。
[解析] (1)实验中，灯泡与变阻器串联，当灯泡正常发光时，变阻器的电压为UP＝U－UL＝6 V－2.5 V＝3.5 V，此时电路电流约为I＝IL＝＝＝0.25 A，由欧姆定律得，此时变阻器接入电路中的电阻为RP＝＝＝14 Ω，则为方便完成实验，滑动变阻器应选择R1。灯泡与变阻器串联，电压表测量灯泡的电压，电流表测量电路电流；滑片P向右端移动时，灯变亮，说明此时变阻器接入电路中的电阻变小，则变阻器的右端接入电路中，如答案图。
(2)灯泡不亮的原因有：灯泡的电压、电流过小，电功率过小，灯泡不足以发光；灯泡断路或短路，则正确的做法应该先移动滑动变阻器的滑片，观察灯泡的亮暗，再进一步排查，故C符合题意。故选C。
(3)由题图乙得，电压表的分度值为0.1 V，示数为2.2 V。
(4)①闭合开关S、S1，断开S2，灯泡与定值电阻R0并联后再与变阻器串联，电流表测量定值电阻R0的电流，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1＝，小灯泡正常发光。③小灯泡的额定电流为I额＝I2－I1＝I2－，小灯泡的额定功率P额＝U额I额＝U额＝I1R0＝－I1)。
[答案] (1)R1 如图所示
(2)C (3)2.2 (4) I1R0(I2－I1)
21．(2024·泰安期末)在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，实验室准备的器材有电源、开关、滑动变阻器、两根完全相同的铁钉、表面绝缘的铜线、大头针若干。小明利用上述器材，制成了简易电磁铁，并设计了如图所示的电路。
(1)通过观察电磁铁吸引大头针数目的不同，可以判断电磁铁磁性强弱的不同。下列研究方法与本实验相同的是__________。
A．用磁感线描述磁场
B．学习电压时可以通过对比水压来认识它
C．探究导体电阻的大小跟哪些因素有关时，控制相关物理量保持不变
D．探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关时，用温度计示数变化的大小反映导体产生热量的多少
(2)当滑动变阻器的滑片向左移动时，发现电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，这说明电流越__________，电磁铁磁性越强。
(3)根据上图可知，________(选填“甲”或“乙”)的磁性强，说明电流一定时，_________________，电磁铁磁性越强。
[解析] (1)通过观察电磁铁吸引大头针数目的不同来判断电磁铁的磁性强弱不同用的是转换法。A．用磁感线描述磁场，是理想模型法；B．学习电压时，我们可以通过对比水压来认识它，是类比法，不是转换法；C．探究导体电阻的大小跟哪些因素有关时，控制相关物理量保持不变，是控制变量法；D．探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关时，用温度计示数变化的大小反映导体产生热量的多少，是转换法。则以上研究方法与本实验相同的是D，故选D。
(2)当滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，发现电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，说明电流越大，电磁铁磁性越强。
(3)根据题图所示的情境可知，甲电磁铁吸引的大头针多，说明甲的磁性强，究其原因，电流相同，甲缠绕的线圈的匝数多，便得出：电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强。
[答案] (1)D (2)大 (3)甲 线圈匝数越多
22．小刚做“探究什么情况下磁可以生电”实验的装置如图甲所示。在蹄形磁体的磁场中悬挂一根导线，导线两端跟电流表连接组成闭合回路。
(1)实验中若观察到灵敏电流表指针偏转不明显；可以再换用________的磁体，或换用________的线圈，从而增大产生的感应电流。
(2)如图乙所示，a表示垂直于纸面的一根导线，它是闭合电路的一部分，它在磁场中按箭头方向运动时，会产生感应电流的是________。(填标号)
(3)小刚的实验记录表格如下：
序号 磁体(磁极) 放置方式 导体AB运动情况 电流表指针偏转情况
1 上N下S 静止、竖直上下运动 不偏转
2 上N下S 向左运动 向右偏转
向右运动 向左偏转
3 上S下N 向左运动 向左偏转
向右运动 向右偏转
①分析实验数据可知，产生感应电流的条件是导体在磁场中做________运动；
②通过第2次实验可以得出的结论是_________________________________；
③在此实验过程中，能量转化情况是____________________________________。
[解析] (1)灵敏电流表指针偏转不明显，可能是感应电流太小的缘故，可以换用磁性更强的磁体或者换用匝数更多的线圈增大感应电流。
(2)电磁感应现象发生的条件是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动，其中A、B运动方向与磁感线平行，故不会产生感应电流，而C、D运动方向能切割磁感线，能产生感应电流。故选CD。
(3)分析实验数据可知导体做与磁感线不平行的运动时电流表指针才会偏转，故产生感应电流的条件是导体在磁场中做切割磁感线的运动。由第2次实验数据可以看出运动方向改变，感应电流方向也发生改变，说明感应电流的方向与导体运动的方向有关。在此过程中，导体先运动后产生感应电流，故能量转化情况是机械能转化为电能。
[答案] (1)磁性更强 匝数更多 (2)CD (3)切割磁感线 感应电流的方向与导体运动的方向有关 机械能转化为电能
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题型突破专项卷(三) 实验题(声、光、力、热、电磁)
一、声学实验
1．(2024·泰安期中)声学实验探究：
(1)探究真空不能传声
过程结论 将正在响铃的闹钟放在玻璃罩内密封，逐渐抽出罩内的________。我们无法将罩内空气全部抽出，通过逐渐抽出空气，使罩内空气逐渐变稀薄，听到闹铃声逐渐________，在此基础上可以推理，假如空气全部被抽出，就_______(选填“能”或“不能”)听见闹铃声，这说明真空___________，也证明________可以传声
空气
变弱
不能
不能传声
空气
方法 用逐渐抽出罩内的空气来进行实验研究，运用的科学方法是________法
推理
(2)探究声音的产生与特性
过程方法 如图所示，用小锤敲击音叉使其发声，并轻触细线上的乒乓球，发现乒乓球被弹开，说明音叉在________，此处运用的研究方法是________。用力敲音叉，发现乒乓球被弹开的幅度________，说明________越大，产生声音的响度越大
振动
转换法
变大
振幅
问题讨论 将钢尺的一端压在桌子上，另一端伸出桌面，拨动钢尺，听它发出的声音；使钢尺伸出桌面的长度变短，再次拨动，发现：钢尺振动变______，音调变______
快
高
[解析] (1)探究真空不能传声：实验中，将正在响铃的闹钟放在玻璃罩内密封，逐渐抽出罩内的空气，仔细听声音的变化情况。在此过程中，我们无法将罩内空气全部抽出，只能通过逐渐抽出空气，使罩内空气逐渐变稀薄，听到闹铃声逐渐变弱。根据实验现象进行推理，因为空气越少，声音越弱，所以假如空气全部被抽出，就不能听见闹铃声，这说明真空不能传声，也证明空气可以传声。在实验中，用逐渐抽出罩内的空气来进行实验研究，运用的科学方法是推理法，也叫理想实验法。
(2)探究声音的产生与特性：用小锤敲击音叉使其发声，并轻触细线上的乒乓球，发现乒乓球被弹开，说明音叉在振动，得出声音是由物体的振动产生的。实验中观察到乒乓球被弹开，将微波的振动放大，此处运用的研究方法是转换法。用力敲音叉，发现乒乓球被弹开的幅度变大，说明振动的幅度越大，听到的声音越大，由此得出：振幅越大，产生声音的响度越大。使钢尺伸出桌面的长度变短，再次拨动，发现：钢尺振动变快，频率变高，音调变高，由此得出音调是由振动的频率决定的，频率越高，音调越高。
二、光学实验
2．(2024·泰安二模)在探究光的反射规律时，在水平放置的平面镜上方竖直放一光屏，光屏由可以绕ON折转的A、B两个纸板组成，如图甲所示。
(1)实验时，应在较________(选填“黑暗”或“明亮”)的环境中进行。
(2)纸板上能显示光路是因为光在纸板上发生了__________(选填“漫反射”或“镜面反射”)。
(3)如果用另一束光沿FO方向射到O点，经镜面反射后光线将沿________方向射出。
(4)在实验过程中，若将纸板倾斜(即纸板与平面镜不垂直)，如图乙所示，让光线仍贴着纸板沿EO方向射向镜面，此时纸板上__________(选填“能”或“不能”)看到反射光线。
黑暗
漫反射
OE
不能
(5)如图丙所示，小车的前挡风玻璃是倾斜的，这样不仅可以有效减小阻力，晚上开车时，还能将来自后方车辆的水平强光反射到________(选填“上方”或“下方”)，以减少对司机视线的干扰。
下方
[解析] (1)实验时，应在较黑暗的环境中进行，这样可以避免其他光的干扰。
(2)纸板上能显示光路是因为光在纸板上发生了漫反射。
(3)光路是可逆的，如果用另一束光沿FO方向射到O点，经镜面反射后光线将沿OE方向射出。
(4)在实验过程中，若将纸板倾斜(即纸板与平面镜不垂直)，如题图乙所示，让光线仍贴着纸板沿EO方向射向镜面，此时反射光线、入射光线和法线仍在同一平面内，由于法线仍与镜片垂直，则反射光线不在纸板所在平面内，所以纸板上不能看到反射光线。
(5)如题图丙所示，晚上开车时，来自后方车辆的强光入射到前挡风玻璃，根据光的反射定律可知，光线将被反射到下方，以减少对司机视线的干扰。
3．(2024·泰安期中)小明同学在探究平面镜成像特点时，利用如图甲所示器材进行了以下操作：
(1)实验中小明同学将一张白纸平铺在桌面上，玻璃板竖直放置在纸上。将蜡烛A点燃后竖立在玻璃板前面，透过玻璃板观察其另一侧的像。用玻璃板替代平面镜是便于确定像的__________(选填“位置”或“大小”)。
(2)实验中小明同学从点燃的蜡烛一侧透过玻璃板看到像有重影，改善重影问题的方法是换用________(选填“薄”或“厚”)玻璃板。
位置
薄
(3)改进器材后多次改变蜡烛A的位置，并移动蜡烛B确定像的位置，每次标记出蜡烛A和它像的位置(如图乙所示)。请根据小明完成的下列实验数据表格，在①、②处填写数据名称；
实验
次数 ①____________ ______________ ②_____________ ______________ 蜡烛的像与蜡烛的大小关系
1 12 12 相等
2 6 6 相等
3 11 11 相等
… … … …
蜡烛A与玻璃板的距离/cm
蜡烛A的像与玻璃板的距离/cm
分析实验数据得出，蜡烛A的像和蜡烛A到玻璃板的距离________。
(4)实验中，若将黑色的纸板放在玻璃板与蜡烛B之间，小明在蜡烛A侧________(选填“能”或“不能”)观察到蜡烛A的像。
(5)完成实验后，小明同学又将一枚硬币放在玻璃板前，能看到它在玻璃板后的像在a的位置，如图丙所示。若将玻璃板水平向右移动
2 cm，该硬币的像____________(选填“向右移动2 cm”“在原位置”或“向左移动2 cm”)。
相等
能
在原位置
[解析] (1)玻璃板透光，且能成像，用玻璃板替代平面镜，为了便于观察像的位置。
(2)从点燃的蜡烛一侧透过玻璃板看到像有重影，可能是玻璃板较厚，需要换用薄玻璃板。
(3)改进器材后多次改变蜡烛A的位置，并移动蜡烛B确定像的位置，每次标记出蜡烛A和它像的位置，即物距和像距，就是①蜡烛A与玻璃板的距离/cm; ②蜡烛A的像与玻璃板的距离/cm，由实验数据可知，蜡烛A的像和蜡烛A到玻璃板的距离相等。
(4)平面镜成的像是虚像，是光的反射形成的，将黑色的纸板放在玻璃板与蜡烛B之间，在蜡烛A侧能观察到蜡烛A的像。
(5)一枚硬币放在玻璃板前，若将玻璃板水平向右移动 2 cm，硬币的位置不变，因为平面镜所成的像和物体关于镜面轴对称，所以该硬币的像在原位置。
4．(2024·泰安期末)小华将水充入透明塑料模具中，制成水凸透镜，并用来探究凸透镜成像规律。
(1)如图甲所示，测出水凸透镜的焦距为________cm。
(2)实验前，应调节烛焰、水凸透镜和光屏三者中心在__________上。
10.0
同一高度
(3)将蜡烛、水凸透镜、光屏依次放在光具座上如图乙所示的位置上时，光屏上恰好呈现清晰倒立、________(选填“放大”或“缩小”)的实像，这与生活中________(选填“放大镜”“照相机”或“投影仪”)的成像原理相同。
(4)保持图乙中仪器位置不变，缓慢向透镜中注水(如图丙)，水凸透镜厚度增加，光屏上的像逐渐模糊，为使像变清晰，应当向________(选填“左”或“右”)移动光屏。同组的小明认为，如果不移动透镜和光屏，只将蜡烛向________(选填“远离”或“靠近”)透镜的方向移动适当距离，也能使光屏上的像重新清晰。
放大
投影仪
左
靠近
[解析] (1)当平行光经过凸透镜时，会发生偏折，汇集于凸透镜焦点，焦点到凸透镜光心的距离，称为焦距，由题图甲可知，该凸透镜的焦距为f＝60.0 cm－50.0 cm＝10.0 cm。
(2)为了使像呈现在光屏中央，在实验前要将烛焰、水凸透镜和光屏三者中心调整至同一高度。
(3)题图乙中物距为15.0 cm，在一倍焦距和两倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像，成像原理与投影仪相同。
(4)缓慢向透镜中注水，水凸透镜厚度增加，聚光能力变强，焦距变小，相当于增大了物距，此时像距会变小，为使像变清晰，应当向左移动光屏，若将蜡烛靠近水凸透镜，减小物距，也能使像变清晰。
三、力学实验
5．(2024·泰安期中)同学们用如图所示的装置测量小车运动的平均速度。
(1)实验前必须学会熟练使用电子表，如果让小车过了A点后才开始计时，则会使所测AC段的平均速度v1________(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)图中上半段距离s2＝________cm；测得时间t2＝2 s，则上半段平均速度v2＝________m/s。
(3)实验中，能有效减少时间测量误差的是_____。
A．将斜面等分成更多段
B．适当减小斜面的高度
C．换用质量更大的小车
D．听到撞击挡板声停止计时
偏大
40.0
0.2
B
6．(2024·泰安一模)某兴趣小组的同学完成了以下实验。
(1)实验1：测量酸奶的密度。
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图甲所示，烧杯和酸奶的总质量为________g；
②将烧杯中的部分酸奶倒入量筒中，用天平测量烧杯和剩余酸奶的总质量为60.2 g；
③如图乙所示，量筒中酸奶的体积为________cm3；
④计算出这种酸奶的密度为____________kg/m3。
121.2
50
1.22×103
(2)实验2：探究“浮力大小与哪些因素有关”。
实验步骤如下：如图丙所示，先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m示，记录数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8 cm，当h＝8 cm 时，用弹簧测力计测得细线对圆柱体的拉力为0.8 N。水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg。
h/cm 0 2 4 6 8 10 12 14
m示/kg 2.00 2.04 2.08 2.12 2.16 2.16 2.16 2.18
①实验过程中，电子秤示数逐渐增大时，细线对圆柱体的拉力逐渐__________(选填“增大”或“减小”)；
②当h＝8 cm时，圆柱体受到的浮力大小为________N；
③分析表中数据可知：圆柱体的密度为________g/cm3。
减小
1.6
1.5
(2)设容器和水的总重力为G0，圆柱体重力为G，电子秤受到的压力为F，细线对圆柱体的拉力为F拉，则电子秤受到的压力F＝G0＋G－F拉，即m示g＝G0＋G－F拉，因G0、G一定，当电子秤示数(m示)逐渐增大时，则根据上式可知细线对圆柱体的拉力逐渐减小。由表格数据知，当h＝0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，此时m示g＝G0＝2.00 kg×10 N/kg＝20 N，当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16 kg，由m示g＝G0＋G－F拉，可得G－F拉＝m示g－G0＝2.16 kg×10 N/kg－20 N＝1.6 N，所以圆柱体受到的浮力F浮＝G－F拉＝1.6 N；当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没(V排＝V)，圆柱体受
7．(2024·泰安二模)在研究影响滑动摩擦力大小因素的实验中：
(1)如图甲所示，小华将木块放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块做________直线运动，根据____________知识，读出弹簧测力计所示的拉力就可以得到木块与长木板之间的滑动摩擦力。
(2)由__________两图可探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系。
匀速
二力平衡
乙、丙
(3)实验中弹簧测力计示数很难稳定，小华设计了如图丁所示的装置进行实验，细绳与滑轮的摩擦忽略不计。启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后如图所示，此时木块所受滑动摩擦力f1＝________N，方向水平向______；若增大传送带的速度，此时木块所受滑动摩擦力为f2，则f2________(选填“>”“＝”或“<”)f1。
1.1
左
＝
[解析] (1)只有沿水平方向用弹簧测力计拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡条件，弹簧测力计所示的水平拉力大小才等于木块与长木板摩擦力的大小。
(2)要探究滑动摩擦力与接触面的粗糙程度的关系，就要控制压力相同，接触面的粗糙程度不相同，所以选题图乙、丙。
(3)启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块与地面的相对位置没有发生改变，木块相对于地面是静止的，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小，弹簧测力计的分度值为0.1 N，示数为1.1 N。传送带传送过程中，木块相对于传送带水平向右运动，木块所受滑动摩擦力的方向为水平向左。当弹簧测力计的示数稳定后，增大传送带速度，压力和接触面粗糙程度都没变，滑动摩擦力不变，木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关，即f2＝f1。
8．(2024·泰安阶段练习)在探究“阻力对物体运动的影响”实验中，在水平木板上先后铺上粗糙程度不同的毛巾和棉布，让小车从斜面顶端由静止滑下，观察和比较小车在毛巾表面、棉布表面和木板表面滑行的距离。
(1)实验中每次均让小车从同一斜面同一高度由静止下滑，目的是使小车在水平面上获得相同的________。
速度
(2)实验中发现：小车在毛巾表面上滑行的距离最短，在木板上滑行的距离最远，说明小车受到的阻力越小，速度减小得越________(选填“快”或“慢”)。
(3)推理：本实验中，如果小车在水平面上滑行时受到的阻力为零，它将做__________________。
(4)在此基础上，牛顿总结了伽利略、笛卡尔等人的研究成果概括出牛顿第一定律。牛顿第一定律________(选填“能”或“不能”)直接由实验得出。
慢
匀速直线运动
不能
[解析] (1)为了使小车在水平面上获得相同的速度，需要让小车从同一斜面同一高度由静止下滑。
(2)给水平桌面铺上粗糙程度不同的物体，目的是探究阻力对物体运动的影响，由毛巾表面到棉布表面再到木板表面，接触面的粗糙程度减小，小车受到的阻力也减小；表面越光滑，阻力就越小，小车运动的距离就越远，这说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢。
(3)假如小车受到的阻力为零，即小车水平方向不受力，小车的运动状态将不会改变，做匀速直线运动。
(4)由以上分析可知，牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出的，不是用实验直接得出的。
9．(2024·泰安一模)小明和小华利用如下图所示的器材探究液体压强与哪些因素有关。
(1)连接好压强计后，小明观察到压强计U形管两侧的液面如图甲所示，为了测量准确，他接下来应该进行的操作是__________。
A．向U形管内添加适量水
B．拆掉软管，重新安装
(2)图乙、丙两图是探究液体压强与__________的关系，实验中液体内部压强的大小变化是通过________________________反映出来的，这种研究问题的科学方法是：__________。
(3)他们通过实验现象得出结论：在深度相同时，液体的密度越大，压强越大。你认为他们是选择了上图中________两图进行了分析。
B
深度
U形管两侧液面高度差
转换法
丙、丁
(4)小华用如图A所示的容器探究液体内部的压强。用此容器进行的两次实验情形如图B、C所示。由此可推断：a、b、c三种液体密度ρa、ρb、ρc的大小关系是_________________(从小到大依次排序)。
ρc、ρa、ρb
[解析] (1)如题图甲所示，压强计U形管两侧的液面不平，为了测量准确，他接下来应该进行的操作是拆掉软管，重新安装，故B符合题意。故选B。
(2)由题图乙、丙可知，液体密度相同，压强计的探头方向相同，但是浸在水中的深度不同，所以是探究液体压强与深度的关系。根据转换法可知，实验中液体内部压强的大小变化是通过U形管两侧液面高度差反映出来的。
(3)要得到结论：在深度相同时，液体的密度越大，压强越大，要选择深度相同、探头方向相同但是液体密度不同的两组实验，即题图丙、丁。
(4)由题图B可知，橡皮膜处a液体的深度要大于b液体的深度，橡皮膜没有发生形变，说明此处的压强相同，根据p＝ρgh可知，a的密度要小于b的密度；题图C中，橡皮膜处c液体的深度要大于a液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p＝ρgh可知，a的密度要大于c的密度。所以a、b、c三种液体密度ρa、ρb、ρc的大小关系为ρb>ρa>ρc。
10．(2024·泰安期末)为了探究“物体所受的浮力跟它排开液体的重力的关系”，小明同学利用弹簧测力计、溢水杯、小桶、实心物块、水等进行了如图所示的实验。
(1)从步骤C到步骤D的过程中，弹簧测力计的示数__________，物块所受的浮力________。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)步骤B中，放入物块之前，若溢水杯中的水未装满，那么会导致________________(选填“物块所受浮力”或“排开水的重力”)测量有误差。
(3)通过分析可知，物块浸没在水中时所受浮力为______N。
(4)由以上数据可求得物块的密度为_____________kg/m3。
变小
变大
排开水的重力
1.2
3.5×103
(5)如图所示，同组的小华同学改用电子秤和已知密度为ρ的液体来测另一物体的密度。
①将溢水杯盛满水，把物体缓慢放入溢水杯中，物体漂浮，静止后用电子秤测出溢出水的质量为m1；
②将溢水杯盛满已知密度的液体，把物体缓慢放入溢水杯中，物体沉底，静止后用电子秤测出溢出液体的质量为m2；
③物体密度的表达式为ρ物＝__________。(用已知物理量和所测物理量表示)
[解析] (1)从步骤C到步骤D的过程中，物体排开液体的体积变大，所受浮力将变大，弹簧测力计的示数将变小。
(2)步骤B中，放入物块之前，若溢水杯中的水未装满，则物块浸入溢水杯中的水时，液面先上升，当液面到达溢水口后才开始流出，导致排开水的重力测量偏小。
(3)由题图B可知，物块重力为4.2 N，由题图D可知，当物块浸没在水中时，受到弹簧测力计的拉力为3 N，可知物块浸没在水中时所受浮力为F浮＝G－F拉＝4.2 N－3 N＝1.2 N。
11．(2024·泰安三模)小明同学在研究“影响重力势能大小的因素”时，提出了如下猜想：
猜想一：重力势能的大小可能与物体的质量有关；
猜想二：重力势能的大小可能与物体所在的高度有关；
猜想三：重力势能的大小可能与物体的体积有关。
他为了验证猜想，准备了如下实验器材：花泥(易产生塑性形变)若干块，体积相同、质量为m的小球3个和质量为2m、3m的小球各一个；体积不同的小球3个，将它们分别从不同位置由静止释放，小球陷入花泥里的深度情况如图所示。请你完成下列内容。
(1)本实验中，小球的重力势能大小是通过观察__________________来反映的。
(2)分析A、B、C球的实验现象，可验证猜想_____是正确的。
(3)为了验证猜想二，他应分析__________(填写字母)三球的实验现象。
小球陷入花泥的深度
一
A、D、E
(4)为了验证猜想三，小明同学正确操作，G球和H球的质量应分别为________、________；实验后发现小球陷入花泥的深度相同，由此可知物体重力势能的大小与物体的体积________(选填“有关”或“无关”)。
2m
2m
无关
[解析] (1)从题图中可以看出，小球的重力势能大小是通过小球下落后陷入花泥中的深度来反映的，采用了转换法。
(2)对于A、B、C三球，体积和所处高度相同，质量不相同，根据小球陷入花泥的深度可以看出，当物体所在高度和物体体积相同时，物体质量越大，重力势能越大，可以验证猜想一是正确的。
(3)为了验证猜想二，探究重力势能的大小与物体所在高度的关系，应控制球的质量和体积相同，故应分析A、D、E三个小球的实验现象。
(4)探究重力势能的大小与物体的体积的关系时，应控制球的质量和所处高度相同，故G球和H球的质量应与F球的质量相同，均为2m。由题图中可以看出，三个小球陷入花泥的深度相同，所以物体重力势能的大小与物体的体积无关。
实验步骤如下：
(1)如图甲，在刻度尺左端扎上橡皮筋(橡皮筋相当于平衡螺母)，用细绳悬挂刻度尺。若此时刻度尺的右端比左端高，应向________(选填“左”或“右”)调节橡皮筋位置，使刻度尺在水平位置平衡。
(2)如图乙，将悬挂铝块的细绳固定于a位置并保持不变，记录Oa的长度l1，调节悬挂石块的细绳b的位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录Ob的长度l2。
右
(3)如图丙，将铝块浸没于待测液体中，调节右侧细绳至c位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录Oc的长度l3。
①位置c应在位置b的__________(选填“左”或“右”)侧。
②用已知物理量和测量量的符号表示出待测液体的密度ρ液＝
___________。
左
13．(2024·泰安二模)小华在测滑轮组效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
实验
次序 钩码重
力G/N 钩码上升
高度h/m 绳端拉
力F/N 绳端移动
距离s/m 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 ① ②
(1)实验中要竖直向上________拉动弹簧测力计，使物体升高。小华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”)。
(2)表格中，①、②两处的数据应该是________和________。
(3)通过比较________(填实验次序)两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的效率与绳子段数无关。
(4)有的同学认为，要测量绕法确定的滑轮组的效率，钩码上升的高度和绳端移动的距离________________(选填“可以不测量”或“一定要测量”)。
匀速
不正确
0.4
80%
1、2
可以不测量
(5)结合生产生活实际，用提升重物时，下列选项中可以提高效率的是________。
A．增加物体提升的高度
B．加快提升物体的速度
C．减小动滑轮的重力
D．减小物体的重力
C
四、热学实验
14．(2024·泰安二模)利用如图所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点。
(1)在图甲中，温度计的使用方法存在的错误之处是
____________________。
玻璃泡与杯底接触
(2)正确组装实验装置，当水温上升到90 ℃时，实验小组每隔1 min记录一次温度，并绘制了温度随时间变化的图象如图乙所示，从图中可以看出水的沸点是________℃。同时观察到图甲中烧杯上方出现大量“白气”。发现________(选填“M”或“N”)点“白气”多一些。
98
N
(3)学习了水的沸腾知识后，做了“纸锅烧水”实验如图丙所示。用酒精灯加热，水沸腾后纸锅并没有燃烧。这是因为水沸腾时要继续________，温度____________，且低于纸的着火点，所以纸锅没有燃烧。
吸热
保持不变
[解析] (1)在题图甲中，温度计的玻璃泡与杯底接触，会导致示数偏高。
(2)水沸腾过程中，温度保持不变，由题图乙得，水的沸点是98 ℃。N处的温度较低，水蒸气更易遇冷放热液化成“白气”。
(3)水沸腾时要继续吸热，温度保持不变，且沸点低于纸的着火点，所以纸锅没有燃烧。
15．(2024·日照二模)为了探究固体的熔化特点，小明分别取了50 g的a、b两种固体粉末，利用如图甲所示相同的实验装置来进行探究。(已知当地气压为标准大气压)。
(1)小明根据实验数据绘制了如图乙所示的温度—时间图象，由图可知：b物质第12 min的内能________(选填“<”“>”或“＝”)第4 min时的内能，第8 min时b物质为___________(选填“固”“液”或“固液共存”)态。
(2)前4 min内，a、b两物质的比热容ca________(选填“>”“<”或“＝”)cb，若b物质在固态时的比热容为1.8×103 J/(kg·℃)，则熔化后的比热容为___________J/(kg·℃)。
>
固液共存
>
2.7×103
(3)通过查阅资料得知b物质是海波(又叫硫代硫酸钠——Na2S2O3)，属于________(选填“晶体”或“非晶体”)，其沸点为100 ℃。如不改变现有装置，一直加热下去，当烧杯中的水沸腾时，试管中的海波________(选填“会”或“不会”)沸腾。
(4)将装置甲中的试管取出，继续加热烧杯中的水至沸腾后停止加热，烧杯中的水停止沸腾，说明水沸腾的条件是：达到________还需要继续________。有同学认为水沸腾需要的时间有点长，你认为可以怎样改进？_______________________________________________。
晶体
不会
沸点
吸热
增加水的初温、减少水的质量、加大火力等均可
(3)由图象可知，b物质有固定的熔化温度，所以b物质是晶体。当烧杯中的水沸腾时，温度不再变化，试管中的海波虽然达到沸点，但不能继续吸热，所以不能沸腾。
(4)将装置甲中的试管取出，继续加热烧杯中的水至沸腾后停止加热，烧杯中的水停止沸腾，说明水沸腾的条件是：达到沸点还需要继续吸热。增加水的初温、减少水的质量、加大火力等均可。
五、电磁学实验
16．(2024·济南期末)小华在实验室研究并联电路电流规律。
(1)若要测量干路电流，则电流表应______联在甲图中的_______(选填“A”“B”或“C”)处。
串
A
(2)若要测量B处的电流，连接电路前，发现电流表指针位置如图乙所示，他应进行的操作是_________________；调整正确后连接电路，闭合开关，发现指针又偏向图乙位置，其原因是______________________________。
位置 A B C
电流/A 0.48 0.24 0.24
将电流表“调零”
电流表的正负接线柱接反了
(3)纠正(2)中错误后，测出A、B、C三处的电流值如上表所示。由此得出结论：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。这个实验在设计方案上存在的不足之处是_________________________________ (写出一条即可)。
只做一次实验，结论具有偶然性
[解析] (1)电流表与待测电路串联，若要测量干路电流，则电流表应串联在题图甲中的A处。
(2)若要测量B处的电流，闭合开关前，发现电流表指针位置如题图乙所示，指针偏向零刻度线左侧，说明电流表没有调零，需要将电流表“调零”。调整正确后闭合开关，发现指针又偏向题图乙位置，即反向偏转，其原因是因为电流表正负接线柱接反了。
(3)原实验中得出各支路的电流相等是因为选用灯的规格相同，且只做了一次实验，得出的结论有偶然性，为得出普遍性的结论，要换用不同规格的灯泡多次测量。
17．(2024·枣庄一模)“探究串联电路的电压关系”的实验电路如图所示。
(1)检查电压表时，发现电压表指针如图甲所示，接下来的操作是____________。
(2)为了使探究得出的结论具有普遍意义，L1、L2应该选择________(选填“相同”或“不相同”)的小灯泡。
(3)小明根据图乙连接好电路，闭合开关，电压表示数如图丙所示，为了使实验结果更准确，接下来他应该___________。
机械调零
不相同
换小量程
(4)小明分别测出AB、BC、AC间的电压并记录在表格中，分析实验数据得出结论：串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和。同组的小红认为他的实验存在缺陷，改进方法是__________________________________________。
UAB/V UBC/V UAC/V
2.6 1.8 4.4
更换规格不同的灯泡多次测量找普遍规律
[解析] (1)由题图甲可知，电压表指针不在零刻线上，接下来他要对电压表进行机械调零，使指针指向零刻线。
(2)为了使探究得出的结论具有普遍意义，避免结果的偶然性，L1、L2应该选择不同的小灯泡。
(3)由题图丙可知，电压表指针偏转角度太小，电压表的所选的量程太大，为了使测量结果更准确，接下来应换小量程。
(4)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的结论带有偶然性，不能得出正确规律，故应更换规格不同的灯泡多次测量找普遍规律。
18．小蜀同学在探究影响导体电阻大小的因素时，他做出了如下猜想。
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。
为了验证上述猜想，小蜀设计了如图的电路，
其中A、B、C、D是四根导体，这四根导体
的材料、长度、横截面积如图所示。
(1)连接电路时，开关应处于__________状态。实验中，在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察__________________来比较导体电阻的大小会更加准确。
(2)为了验证猜想二，应该选用序号为__________的两根电阻丝进行实验；如果选用序号为A、D的两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想______。
(3)小蜀又做了如下实验：将镍铬合金丝A接入电路，闭合开关，然后用大功率吹风机对镍铬合金丝吹一段时间热风，发现电流表示数变小，这说明导体的电阻与________有关。
断开
电流表示数大小
A、C
三
温度
[解析] (1)在连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态。实验中，在两个金属夹子之间接上不同的导体，闭合开关，通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，这里采用了转换法。
(2)为了验证猜想二，即电阻与导体的横截面积的关系，要控制导体的长度和材料均相同，而导体的横截面积不同，由题中信息可知应选择序号为A、C的两根电阻丝分别接入电路进行实验。如果选用序号为A、D的两根电阻丝进行实验，此时导体的长度和横截面积均相同，导体的材料不同，所以是为了验证猜想三。
(3)用大功率吹风机先对镍铬合金丝吹一段时间热风，此时会改变导体的温度，故所做的这一实验基于的假设是导体的电阻与温度有关。
19．(2024·泰安三模)在“测量未知电阻Rx的阻值”实验中，电源电压恒定，小明设计并连接了如图甲所示的实验电路。
(1)在连接甲图电路时，开关应处于________状态。
(2)如图甲，小明连接好的实物图中有一条导线连接错误，请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确连线。
断开
如图所示
(3)改正错误并检查线路连接正确后再进行实验，实验前应将滑动变阻器的滑片P移到最_____(选填“左”或“右”)端。
(4)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为2.4 V时，电流表示数如图乙所示，则其示数为________A，未知电阻Rx＝_______Ω。
左
0.3
8
(5)若实验中电压表损坏，小明添加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，同样测出了未知电阻Rx的阻值，请将实验步骤补充完整。
①保持开关S2断开，闭合开关S、S1，读出并记录电流表示数I1；
②____________________________，读出并记录电流表示数I2；
③处理实验数据，则得Rx＝________(用I1、I2和R0表示)。
断开开关S1，闭合开关S、S2
20．(2024·泰安二模)在“测量小灯泡的电功率”的实验中，给小丽同学提供的器材有电压恒为6 V的电源、额定电压为2.5 V的小灯泡(灯丝电阻约为10 Ω)，电流表、电压表、开关各一个，导线若干，两种规格的滑动变阻器R1(50 Ω；1 A)、R2(10 Ω；1 A)。
(1)为方便完成实验，滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”)。在图甲中用笔画线代替导线，将实物图连接完整(要求：滑片P向右端移动时，灯变亮)。
R1
如图所示
(2)正确连接电路后，闭合开关，但发现灯泡几乎不亮，于是小丽立刻举手要求老师更换灯泡，其实小丽做法欠妥，正确的做法应该先__________。
A．更换电池
B．更换电表
C．移动滑动变阻器的滑片
C
(3)闭合开关S，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示为________V。
(4)小丽同学又设计了如图丙所示的电路，利用阻值为R0的定值电阻和电流表等器材，测量额定电压为U额
的小灯泡的额定功率，经检查无误后
进行实验。
2.2
①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为
I1＝__________时，小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片不动，断开S1，闭合S2，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率P额＝______________(用R0、I1、I2表示)。
I1R0(I2－I1)
21．(2024·泰安期末)在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，实验室准备的器材有电源、开关、滑动变阻器、两根完全相同的铁钉、表面绝缘的铜线、大头针若干。小明利用上述器材，制成了简易电磁铁，并设计了如图所示的电路。
(1)通过观察电磁铁吸引大头针数目的不同，可以判断电磁铁磁性强弱的不同。下列研究方法与本实验相同的是__________。
A．用磁感线描述磁场
B．学习电压时可以通过对比水压来认识它
C．探究导体电阻的大小跟哪些因素有关时，控制相关物理量保持不变
D．探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关时，用温度计示数变化的大小反映导体产生热量的多少
D
(2)当滑动变阻器的滑片向左移动时，发现电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，这说明电流越__________，电磁铁磁性越强。
(3)根据上图可知，________(选填“甲”或“乙”)的磁性强，说明电流一定时，_________________，电磁铁磁性越强。
大
甲
线圈匝数越多
[解析] (1)通过观察电磁铁吸引大头针数目的不同来判断电磁铁的磁性强弱不同用的是转换法。A．用磁感线描述磁场，是理想模型法；B．学习电压时，我们可以通过对比水压来认识它，是类比法，不是转换法；C．探究导体电阻的大小跟哪些因素有关时，控制相关物理量保持不变，是控制变量法；D．探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关时，用温度计示数变化的大小反映导体产生热量的多少，是转换法。则以上研究方法与本实验相同的是D，故选D。
(2)当滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，发现电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，说明电流越大，电磁铁磁性越强。
(3)根据题图所示的情境可知，甲电磁铁吸引的大头针多，说明甲的磁性强，究其原因，电流相同，甲缠绕的线圈的匝数多，便得出：电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强。
22．小刚做“探究什么情况下磁可以生电”实验的装置如图甲所示。在蹄形磁体的磁场中悬挂一根导线，导线两端跟电流表连接组成闭合回路。
(1)实验中若观察到灵敏电流表指针偏转不明显；可以再换用__________的磁体，或换用__________的线圈，从而增大产生的感应电流。
(2)如图乙所示，a表示垂直于纸面的一根导线，它是闭合电路的一部分，它在磁场中按箭头方向运动时，会产生感应电流的是________。(填标号)
磁性更强
匝数更多
CD
(3)小刚的实验记录表格如下：
序号 磁体(磁极)
放置方式 导体AB运动情况 电流表指针偏转情况
1 上N下S 静止、竖直上下运动 不偏转
2 上N下S 向左运动 向右偏转
向右运动 向左偏转
3 上S下N 向左运动 向左偏转
向右运动 向右偏转
①分析实验数据可知，产生感应电流的条件是导体在磁场中做_____________运动；
②通过第2次实验可以得出的结论是___________________________ _____________；
③在此实验过程中，能量转化情况是___________________。
切割磁感线
感应电流的方向与导体运动
的方向有关
机械能转化为电能
[解析] (1)灵敏电流表指针偏转不明显，可能是感应电流太小的缘故，可以换用磁性更强的磁体或者换用匝数更多的线圈增大感应电流。
(2)电磁感应现象发生的条件是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动，其中A、B运动方向与磁感线平行，故不会产生感应电流，而C、D运动方向能切割磁感线，能产生感应电流。故选CD。
(3)分析实验数据可知导体做与磁感线不平行的运动时电流表指针才会偏转，故产生感应电流的条件是导体在磁场中做切割磁感线的运动。由第2次实验数据可以看出运动方向改变，感应电流方向也发生改变，说明感应电流的方向与导体运动的方向有关。在此过程中，导体先运动后产生感应电流，故能量转化情况是机械能转化为电能。题型突破专项卷(三)
1．解析：(1)探究真空不能传声：实验中，将正在响铃的闹钟放在玻璃罩内密封，逐渐抽出罩内的空气，仔细听声音的变化情况。在此过程中，我们无法将罩内空气全部抽出，只能通过逐渐抽出空气，使罩内空气逐渐变稀薄，听到闹铃声逐渐变弱。根据实验现象进行推理，因为空气越少，声音越弱，所以假如空气全部被抽出，就不能听见闹铃声，这说明真空不能传声，也证明空气可以传声。在实验中，用逐渐抽出罩内的空气来进行实验研究，运用的科学方法是推理法，也叫理想实验法。
(2)探究声音的产生与特性：用小锤敲击音叉使其发声，并轻触细线上的乒乓球，发现乒乓球被弹开，说明音叉在振动，得出声音是由物体的振动产生的。实验中观察到乒乓球被弹开，将微波的振动放大，此处运用的研究方法是转换法。用力敲音叉，发现乒乓球被弹开的幅度变大，说明振动的幅度越大，听到的声音越大，由此得出：振幅越大，产生声音的响度越大。使钢尺伸出桌面的长度变短，再次拨动，发现：钢尺振动变快，频率变高，音调变高，由此得出音调是由振动的频率决定的，频率越高，音调越高。
答案：(1)空气 变弱 不能 不能传声 空气 推理
(2)振动 转换法 变大 振幅 快 高
2．解析：(1)实验时，应在较黑暗的环境中进行，这样可以避免其他光的干扰。
(2)纸板上能显示光路是因为光在纸板上发生了漫反射。
(3)光路是可逆的，如果用另一束光沿FO方向射到O点，经镜面反射后光线将沿OE方向射出。
(4)在实验过程中，若将纸板倾斜(即纸板与平面镜不垂直)，如题图乙所示，让光线仍贴着纸板沿EO方向射向镜面，此时反射光线、入射光线和法线仍在同一平面内，由于法线仍与镜片垂直，则反射光线不在纸板所在平面内，所以纸板上不能看到反射光线。
(5)如题图丙所示，晚上开车时，来自后方车辆的强光入射到前挡风玻璃，根据光的反射定律可知，光线将被反射到下方，以减少对司机视线的干扰。
答案：(1)黑暗 (2)漫反射 (3)OE (4)不能 (5)下方
3．解析：(1)玻璃板透光，且能成像，用玻璃板替代平面镜，为了便于观察像的位置。
(2)从点燃的蜡烛一侧透过玻璃板看到像有重影，可能是玻璃板较厚，需要换用薄玻璃板。
(3)改进器材后多次改变蜡烛A的位置，并移动蜡烛B确定像的位置，每次标记出蜡烛A和它像的位置，即物距和像距，就是①蜡烛A与玻璃板的距离/cm；②蜡烛A的像与玻璃板的距离/cm，由实验数据可知，蜡烛A的像和蜡烛A到玻璃板的距离相等。
(4)平面镜成的像是虚像，是光的反射形成的，将黑色的纸板放在玻璃板与蜡烛B之间，在蜡烛A侧能观察到蜡烛A的像。
(5)一枚硬币放在玻璃板前，若将玻璃板水平向右移动 2 cm，硬币的位置不变，因为平面镜所成的像和物体关于镜面轴对称，所以该硬币的像在原位置。
答案：(1)位置 (2)薄 (3)蜡烛A与玻璃板的距离/cm 蜡烛A的像与玻璃板的距离/cm 相等 (4)能 (5)在原位置
4．解析：(1)当平行光经过凸透镜时，会发生偏折，汇集于凸透镜焦点，焦点到凸透镜光心的距离，称为焦距，由题图甲可知，该凸透镜的焦距为f＝60.0 cm－50.0 cm＝10.0 cm。
(2)为了使像呈现在光屏中央，在实验前要将烛焰、水凸透镜和光屏三者中心调整至同一高度。
(3)题图乙中物距为15.0 cm，在一倍焦距和两倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像，成像原理与投影仪相同。
(4)缓慢向透镜中注水，水凸透镜厚度增加，聚光能力变强，焦距变小，相当于增大了物距，此时像距会变小，为使像变清晰，应当向左移动光屏，若将蜡烛靠近水凸透镜，减小物距，也能使像变清晰。
答案：(1)10.0 (2)同一高度 (3)放大 投影仪 (4)左 靠近
5．解析：(1)若过了A点才开始计时，会导致所测时间偏短，由速度公式v＝可知，在路程一定时，平均速度偏大。
(2)题图中刻度尺的分度值为1 cm，上半段距离为s2＝80.0 cm－40.0 cm＝40.0 cm；上半段平均速度为v2＝＝＝20 cm/s＝0.2 m/s。
(3)实验时小车下滑的速度过快，不便于测量时间，因此可减小斜面的倾斜角度。将斜面等分成更多段、换用质量更大的小车、听到撞击挡板声停止计时均不影响小车的下滑速度，适当减小斜面的高度可减小小车的运动速度，便于测量时间，减少时间测量误差。故A、C、D错误，B正确。故选B。
答案：(1)偏大 (2)40.0 0.2 (3)B
6．解析：(1)由题图甲可知，烧杯和酸奶的总质量为m1＝100 g＋20 g＋1.2 g＝121.2 g；由题图乙可知，量筒的分度值为2 mL，量筒中酸奶的液面正好在 50 mL 刻度处，故量筒中酸奶的体积为50 mL＝；量筒中酸奶的质量为m′＝m1－m2＝121.2 g－60.2 g＝61 g，这种酸奶的密度为ρ＝＝＝＝1.22×103 kg/m3。
(2)设容器和水的总重力为G0，圆柱体重力为G，电子秤受到的压力为F，细线对圆柱体的拉力为F拉，则电子秤受到的压力F＝G0＋G－F拉，即m示g＝G0＋G－F拉，因G0、G一定，当电子秤示数(m示)逐渐增大时，则根据上式可知细线对圆柱体的拉力逐渐减小。由表格数据知，当h＝0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，此时m示g＝G0＝2.00 kg×10 N/kg＝20 N，当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16 kg，由m示g＝G0＋G－F拉，可得G－F拉＝m示g－G0＝2.16 kg×10 N/kg－20 N＝1.6 N，所以圆柱体受到的浮力F浮＝G－F拉＝1.6 N；当h＝8 cm时，圆柱体刚好浸没(V排＝V)，圆柱体受到的拉力为0.8 N，浮力为1.6 N，所以圆柱体的重力G＝F浮＋F拉＝1.6 N＋0.8 N＝2.4 N，由阿基米德原理可得，圆柱体受到的浮力F浮＝ρ水gV排，即1.6 N＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×V，可得V＝1.6×10-4 m3，圆柱体的密度为ρ物＝＝＝＝1.5×103 kg/m3＝1.5 g/cm3。
答案：(1)121.2 50 1.22×103 (2)减小 1.6 1.5
7．解析：(1)只有沿水平方向用弹簧测力计拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡条件，弹簧测力计所示的水平拉力大小才等于木块与长木板摩擦力的大小。
(2)要探究滑动摩擦力与接触面的粗糙程度的关系，就要控制压力相同，接触面的粗糙程度不相同，所以选题图乙、丙。
(3)启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块与地面的相对位置没有发生改变，木块相对于地面是静止的，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小，弹簧测力计的分度值为0.1 N，示数为1.1 N。传送带传送过程中，木块相对于传送带水平向右运动，木块所受滑动摩擦力的方向为水平向左。当弹簧测力计的示数稳定后，增大传送带速度，压力和接触面粗糙程度都没变，滑动摩擦力不变，木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关，即f2＝f1。
答案：(1)匀速 二力平衡 (2)乙、丙 (3)1.1 左 ＝
8．解析：(1)为了使小车在水平面上获得相同的速度，需要让小车从同一斜面同一高度由静止下滑。
(2)给水平桌面铺上粗糙程度不同的物体，目的是探究阻力对物体运动的影响，由毛巾表面到棉布表面再到木板表面，接触面的粗糙程度减小，小车受到的阻力也减小；表面越光滑，阻力就越小，小车运动的距离就越远，这说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢。
(3)假如小车受到的阻力为零，即小车水平方向不受力，小车的运动状态将不会改变，做匀速直线运动。
(4)由以上分析可知，牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出的，不是用实验直接得出的。
答案：(1)速度 (2)慢 (3)匀速直线运动 (4)不能
9．解析：(1)如题图甲所示，压强计U形管两侧的液面不平，为了测量准确，他接下来应该进行的操作是拆掉软管，重新安装，故B符合题意。故选B。
(2)由题图乙、丙可知，液体密度相同，压强计的探头方向相同，但是浸在水中的深度不同，所以是探究液体压强与深度的关系。根据转换法可知，实验中液体内部压强的大小变化是通过U形管两侧液面高度差反映出来的。
(3)要得到结论：在深度相同时，液体的密度越大，压强越大，要选择深度相同、探头方向相同但是液体密度不同的两组实验，即题图丙、丁。
(4)由题图B可知，橡皮膜处a液体的深度要大于b液体的深度，橡皮膜没有发生形变，说明此处的压强相同，根据p＝ρgh可知，a的密度要小于b的密度；题图C中，橡皮膜处c液体的深度要大于a液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p＝ρgh可知，a的密度要大于c的密度。所以a、b、c三种液体密度ρa、ρb、ρc的大小关系为ρb>ρa>ρc。
答案：(1)B (2)深度 U形管两侧液面高度差 转换法 (3)丙、丁 (4)ρc、ρa、ρb
10．解析：(1)从步骤C到步骤D的过程中，物体排开液体的体积变大，所受浮力将变大，弹簧测力计的示数将变小。
(2)步骤B中，放入物块之前，若溢水杯中的水未装满，则物块浸入溢水杯中的水时，液面先上升，当液面到达溢水口后才开始流出，导致排开水的重力测量偏小。
(3)由题图B可知，物块重力为4.2 N，由题图D可知，当物块浸没在水中时，受到弹簧测力计的拉力为3 N，可知物块浸没在水中时所受浮力为F浮＝G－F拉＝4.2 N－3 N＝1.2 N。
(4)物块重力为4.2 N，物块浸没在水中时所受浮力为1.2 N，物块的密度为ρ物＝＝＝＝＝3.5×103 kg/m3。
(5)将溢水杯盛满水，把物体缓慢放入溢水杯中，物体漂浮，静止后用电子秤测出溢出水的质量为m1，则物体的重力等于受到的浮力，等于排开水的重力，即G物＝F浮＝m1g，则物体的质量为m1；将溢水杯盛满已知密度为ρ的液体，把物体缓慢放入溢水杯中，物体沉底，静止后用电子秤测出溢出液体的质量为m2，则物体的体积为V物＝，则物体的密度为ρ物＝＝＝。
答案：(1)变小 变大 (2)排开水的重力 (3)1.2
(4)3.5×103 (5)
11．解析：(1)从题图中可以看出，小球的重力势能大小是通过小球下落后陷入花泥中的深度来反映的，采用了转换法。
(2)对于A、B、C三球，体积和所处高度相同，质量不相同，根据小球陷入花泥的深度可以看出，当物体所在高度和物体体积相同时，物体质量越大，重力势能越大，可以验证猜想一是正确的。
(3)为了验证猜想二，探究重力势能的大小与物体所在高度的关系，应控制球的质量和体积相同，故应分析A、D、E三个小球的实验现象。
(4)探究重力势能的大小与物体的体积的关系时，应控制球的质量和所处高度相同，故G球和H球的质量应与F球的质量相同，均为2m。由题图中可以看出，三个小球陷入花泥的深度相同，所以物体重力势能的大小与物体的体积无关。
答案：(1)小球陷入花泥的深度 (2)一 (3)A、D、E
(4)2m 2m 无关
12．解析：(1)橡皮筋相当于平衡螺母，若刻度尺的左端下沉，即刻度尺的右端比左端高，则应调节橡皮筋向右移动，使刻度尺在水平位置平衡。(3)利用阿基米德原理，则此时作用在杠杆a处的拉力为F1′＝G铝－ρ液V铝g，根据杠杆的平衡条件有F1L1＝F2L2，因为动力变小，动力臂不变，阻力不变，所以阻力臂变小，故位置c应在位置b的左侧。根据杠杆的平衡条件，铝块浸没在液体前，有G铝l1＝G石，即ρ铝V铝＝G石l2，铝块浸没在液体中时(ρ铝V铝g－ρ液V铝g)×l1＝G石l3，联立可得＝，可得待测液体的密度为ρ液＝ρ铝。
答案：(1)右 (3)①左 ②ρ铝(1－)
13．解析：(1)实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使物体匀速升高，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小。小华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，他的想法不正确，因为他没有考虑到绳子与轮之间的摩擦对测力计示数的影响，从而影响滑轮组的机械效率。
(2)由题图丁知，绳子的有效段数n＝4，在第4次实验中，绳端移动的距离为s＝4h＝4×0.1 m＝0.4 m，第4次实验测得的机械效率为η＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。
(3)根据绳子自由端移动的距离与物体升高的高度的关系：s＝nh，在实验1、2、3、4中，绳子的有效段数分别为2、3、3、4，即分别是用甲、乙、丙、丁装置做的实验；通过比较1、2两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。
(4)根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%，故钩码上升的高度和绳端移动的距离可以不测量。
(5)根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%，可知滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，与物体提升的速度无关，故AB不符合题意；减小动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率变大，故C符合题意；减小物重，减小了有用功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小，故D不符合题意。故选C。
答案：(1)匀速 不正确 (2)0.4 80% (3)1、2 (4)可以不测量 (5)C
14．解析：(1)在题图甲中，温度计的玻璃泡与杯底接触，会导致示数偏高。
(2)水沸腾过程中，温度保持不变，由题图乙得，水的沸点是98 ℃。N处的温度较低，水蒸气更易遇冷放热液化成“白气”。
(3)水沸腾时要继续吸热，温度保持不变，且沸点低于纸的着火点，所以纸锅没有燃烧。
答案：(1)玻璃泡与杯底接触 (2)98 N
(3)吸热 保持不变
15．解析：(1)晶体熔化时，吸收热量，温度不变，内能增加，所以b物质第12 min的内能大于第4 min时的内能。晶体熔化过程中，处于固液共存状态，所以第8 min时b物质为固液共存态。
(2)前4 min内，a、b两物质吸收的热量相同，b物质升高的温度大于a物质升高的温度，根据Q＝cmΔt可知，a物质的比热容大于b物质的比热容。0～4 min，b物质熔化过程吸收的热量，Q＝cmΔt＝1.8×103 J/(kg·℃)×0.05 kg×(50 ℃－20 ℃)＝2 700 J，12～16 min，b物质熔化后升高的温度Δt′＝70 ℃－50 ℃＝20 ℃，12～16 min与0～4 min 内b物质吸收的热量相同，根据Q＝cmΔt可知，熔化后的比热容c′＝＝＝2.7×103 J/(kg·℃)。
(3)由图象可知，b物质有固定的熔化温度，所以b物质是晶体。当烧杯中的水沸腾时，温度不再变化，试管中的海波虽然达到沸点，但不能继续吸热，所以不能沸腾。
(4)将装置甲中的试管取出，继续加热烧杯中的水至沸腾后停止加热，烧杯中的水停止沸腾，说明水沸腾的条件是：达到沸点还需要继续吸热。增加水的初温、减少水的质量、加大火力等均可。
答案：(1)> 固液共存 (2)> 2.7×103 (3)晶体 不会 (4)沸点 吸热 增加水的初温、减少水的质量、加大火力等均可
16．解析：(1)电流表与待测电路串联，若要测量干路电流，则电流表应串联在题图甲中的A处。
(2)若要测量B处的电流，闭合开关前，发现电流表指针位置如题图乙所示，指针偏向零刻度线左侧，说明电流表没有调零，需要将电流表“调零”。调整正确后闭合开关，发现指针又偏向题图乙位置，即反向偏转，其原因是因为电流表正负接线柱接反了。
(3)原实验中得出各支路的电流相等是因为选用灯的规格相同，且只做了一次实验，得出的结论有偶然性，为得出普遍性的结论，要换用不同规格的灯泡多次测量。
答案：(1)串 A (2)将电流表“调零” 电流表的正负接线柱接反了 (3)只做一次实验，结论具有偶然性
17．解析：(1)由题图甲可知，电压表指针不在零刻线上，接下来他要对电压表进行机械调零，使指针指向零刻线。
(2)为了使探究得出的结论具有普遍意义，避免结果的偶然性，L1、L2应该选择不同的小灯泡。
(3)由题图丙可知，电压表指针偏转角度太小，电压表的所选的量程太大，为了使测量结果更准确，接下来应换小量程。
(4)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的结论带有偶然性，不能得出正确规律，故应更换规格不同的灯泡多次测量找普遍规律。
答案：(1)机械调零 (2)不相同 (3)换小量程 (4)更换规格不同的灯泡多次测量找普遍规律
18．解析：(1)在连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态。实验中，在两个金属夹子之间接上不同的导体，闭合开关，通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，这里采用了转换法。
(2)为了验证猜想二，即电阻与导体的横截面积的关系，要控制导体的长度和材料均相同，而导体的横截面积不同，由题中信息可知应选择序号为A、C的两根电阻丝分别接入电路进行实验。如果选用序号为A、D的两根电阻丝进行实验，此时导体的长度和横截面积均相同，导体的材料不同，所以是为了验证猜想三。
(3)用大功率吹风机先对镍铬合金丝吹一段时间热风，此时会改变导体的温度，故所做的这一实验基于的假设是导体的电阻与温度有关。
答案：(1)断开 电流表示数大小 (2)A、C 三 (3)温度
19．解析：(1)为了保护电路，在连接电路时，开关应处于断开状态。
(2)在“测量未知电阻Rx的阻值”实验中，滑动变阻器、未知电阻Rx和电流表应串联，而原电路中，未知电阻Rx被短路，如答案所示。
(3)为了保护电路，连接正确后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大的左端。
(4)由题图乙可知，电流表接的是小量程，分度值为0.02 A，示数为0.3 A，此时电压表示数为2.4 V，所以未知电阻Rx的阻值为Rx＝＝＝8 Ω。
(5)保持开关S2断开，闭合开关S、S1，此时两电阻并联，电流表测通过R0的电流，读出电流表示数I1，则电源电压为U0＝I1R0；断开开关S1，闭合开关S、S2，此时两电阻仍并联，电流表测通过R0和Rx的总电流，读出电流表示数I2，则通过Rx的电流为Ix＝I2－I1，根据并联电路电压特点可知，未知电阻Rx两端的电压为Ux＝U0＝I1R0，则未知电阻的阻值为Rx＝＝。
答案：(1)断开 (2)如图所示
(3)左 (4)0.3 8 (5)断开开关S1，闭合开关S、S2
20．解析：(1)实验中，灯泡与变阻器串联，当灯泡正常发光时，变阻器的电压为UP＝U－UL＝6 V－2.5 V＝3.5 V，此时电路电流约为I＝IL＝＝＝0.25 A，由欧姆定律得，此时变阻器接入电路中的电阻为RP＝＝＝14 Ω，则为方便完成实验，滑动变阻器应选择R1。灯泡与变阻器串联，电压表测量灯泡的电压，电流表测量电路电流；滑片P向右端移动时，灯变亮，说明此时变阻器接入电路中的电阻变小，则变阻器的右端接入电路中，如答案图。
(2)灯泡不亮的原因有：灯泡的电压、电流过小，电功率过小，灯泡不足以发光；灯泡断路或短路，则正确的做法应该先移动滑动变阻器的滑片，观察灯泡的亮暗，再进一步排查，故C符合题意。故选C。
(3)由题图乙得，电压表的分度值为0.1 V，示数为2.2 V。
(4)①闭合开关S、S1，断开S2，灯泡与定值电阻R0并联后再与变阻器串联，电流表测量定值电阻R0的电流，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1＝，小灯泡正常发光。③小灯泡的额定电流为I额＝I2－I1＝I2－，小灯泡的额定功率P额＝U额I额＝U额＝I1R0＝－I1)。
答案：(1)R1 如图所示
(2)C (3)2.2 (4) I1R0(I2－I1)
21．解析：(1)通过观察电磁铁吸引大头针数目的不同来判断电磁铁的磁性强弱不同用的是转换法。A．用磁感线描述磁场，是理想模型法；B．学习电压时，我们可以通过对比水压来认识它，是类比法，不是转换法；C．探究导体电阻的大小跟哪些因素有关时，控制相关物理量保持不变，是控制变量法；D．探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关时，用温度计示数变化的大小反映导体产生热量的多少，是转换法。则以上研究方法与本实验相同的是D，故选D。
(2)当滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，发现电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，说明电流越大，电磁铁磁性越强。
(3)根据题图所示的情境可知，甲电磁铁吸引的大头针多，说明甲的磁性强，究其原因，电流相同，甲缠绕的线圈的匝数多，便得出：电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强。
答案：(1)D (2)大 (3)甲 线圈匝数越多
22．解析：(1)灵敏电流表指针偏转不明显，可能是感应电流太小的缘故，可以换用磁性更强的磁体或者换用匝数更多的线圈增大感应电流。
(2)电磁感应现象发生的条件是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动，其中A、B运动方向与磁感线平行，故不会产生感应电流，而C、D运动方向能切割磁感线，能产生感应电流。故选CD。
(3)分析实验数据可知导体做与磁感线不平行的运动时电流表指针才会偏转，故产生感应电流的条件是导体在磁场中做切割磁感线的运动。由第2次实验数据可以看出运动方向改变，感应电流方向也发生改变，说明感应电流的方向与导体运动的方向有关。在此过程中，导体先运动后产生感应电流，故能量转化情况是机械能转化为电能。
答案：(1)磁性更强 匝数更多 (2)CD (3)切割磁感线
感应电流的方向与导体运动的方向有关 机械能转化为电能
