陕西省2018年中考物理专题复习教材重点拓展实验20180316364

教材重点(拓展)实验一、测量固体和液体的密度1. 小刚学习了“探究物质密度”以后，来到实验室测量糖水的密度.第1题图(1)小刚将天平放在 台上，将游码移到标尺左端的 处 ，此时，指针在分度盘上的位置如图甲所示，他应将平衡螺母向 端调节，使天平平衡；(2)将质量为32 g 的烧杯放在天平的左盘上，取适量的白糖倒入烧杯中，向右盘加减砝码并调节游码，直至天平平衡，如图乙所示，白糖的质量是 g ；(3)用量筒量出水的体积，如图丙所示，然后将烧杯中的白糖倒入量筒中，待白糖完全溶解后，量筒中液面的位置如图丁所示，糖水的体积是 cm 3，配制糖水的密度是_______________kg/m 3.【答案】 (1)水平 零刻度线 左 (2)17 (3)50 1.14×103【解析】(1)将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的零刻度线处， 如图指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，平衡螺母向左移动；(2)烧杯和糖的总质量为m 总＝20 g ＋20 g ＋5 g＋4 g ＝49 g ，糖的质量为m 糖＝m 总－m 杯＝49 g －32 g ＝17 g ；(3)糖水的体积为V ＝50 cm 3，糖水中水的质量为m 水＝ρ水V 水＝1 g/cm 3×40 cm 3＝40 g ，糖水的总质量为m ＝m 水＋m 糖＝40 g＋17 g ＝57 g ，糖水的密度为ρ＝m V ＝57 g 50 cm 3＝1.14 g/cm 3＝1.14×103 kg/m 3. 2. 会泽的斑铜制品蜚声海内外，如图甲所示是小明家购买的斑铜工艺品，小明为了知道斑铜的密度，利用商家提供的角料进行了探究：甲 乙 丙第2题图(1)小明按如图乙所示的方法测斑铜角料的质量，请指出操作中的错误： ____________________________________(指出一个即可).(2)他学习了杠杆知识后，知道天平实质就是一个 (选填“等臂”或“不等臂”)杠杆.在探究杠杆平衡条件的实验中，必须使杠杆在水平位置平衡，这样便于测量 .(3)如图丙所示，将斑铜角料放入装有适量水的量筒中，斑铜角料下沉至量筒底，则斑铜的密度 (选填“大于”“等于”或“小于”)水的密度.若用天平测得斑铜角料的质量为88 g ，小明测得的斑铜密度为 kg/m 3.(4)小明测量斑铜角料的体积时，读出量筒中水的体积后，把角料放入盛水量筒时不慎掉入，发现有水溅出，则这样测出的密度 (选填“偏大”或“偏小”)，正确的操作是________________________________________________________________________.【答案】(1) 砝码和斑铜角料的位置放反了(或用手直接拿砝码) (2)等臂 力臂 (3)大于 8.8×103 (4)偏大 用细线悬挂斑铜角料缓慢浸没在水中【解析】(1)根据天平的使用规范，可以发现图中错误操作有两处：①使用天平时，物体放在左盘，砝码放在右盘，图中放反了；②加减砝码过程中不可以用手直接拿砝码，必须要用镊子，图中用手直接拿砝码；(2)天平是一个等臂杠杆；在探究杠杆平衡条件的实验中，必须使杠杆在水平位置平衡，这样是为了便于测量力臂；(3)斑铜角料在水中下沉，根据浮沉条件可知：斑铜的密度大于水的密度.斑铜角料的质量m ＝88 g ，由图12可得斑铜角料的体积V ＝30 mL －20 mL ＝10 mL ＝10 cm 3，所以斑铜的密度为ρ＝m V ＝88 g 10 cm 3＝8.8 g/cm 3＝8.8×103 kg/m 3；(4)测量斑铜角料的体积时，读出量筒中水的体积后，把它放入盛水量筒时不慎掉入，发现有水溅出，测出的斑铜角料体积将偏小，根据ρ＝m V可知，测出的密度偏大.认真观察图12可以发现，把斑铜角料放入量筒时没有用细线拴着，这样不但会让水溅出，还容易损坏量筒，因此正确的操作是用细线悬挂斑铜角料缓慢浸没在水中.3. 小红的妈妈从市场买回了一桶色拉油，担心买的油是地沟油，小红为解除妈妈的顾虑，在网络上查得优质色拉油的密度在0.91 g/cm 3～0.93 g/cm 3之间，地沟油的密度在0.94 g/cm 3～0.95 g/cm 3之间，她决定用测密度的方法鉴别油的品质.第3题图(1)实验步骤如下：A.将托盘天平放于 上，移动游码至标尺 处，发现指针静止时如图甲所示，则应将平衡螺母向 (选填“左”或“右”)调节，使横梁水平平衡.B. 用天平称出空烧杯的质量为10 g.C. 往烧杯中倒入适量的色拉油，将装色拉油的烧杯放在左盘.在右盘加减砝码使天平平衡.天平平衡时所用砝码和游码的位置如图乙所示，则烧杯和色拉油的总质量为 g.D. 将烧杯中的色拉油全部倒入量筒中，如图丙所示，量筒内色拉油的体积是 ____________cm 3.(2)该色拉油的密度为 g/cm 3，由此，小红判断色拉油的品质是 的(选填“合格”或“不合格”).(3)分析小红同学的实验过程，你认为测量结果 (选填“偏大”或“偏小”).小红通过反思后想到：其实不需要增加器材也不需要添加额外的步骤，只要将上面主要的实验步骤顺序稍加调整就会大大减小上述实验的误差，她调整后的实验步骤是 (只填写实验步骤前的代号即可).【答案】(1)水平台 左端零刻度线 右 56 50 (2)0.92 合格 (3)偏大 ACDB【解析】(1)A.使用天平时，先将天平放在水平台上，移动游码至标尺左端的零刻度线处，然后调节平衡螺母，根据指针“左偏右调、右偏左调”的原则进行调节，如图指针向左偏，因此向右调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡.C.读取烧杯和色拉油的质量：游码看左侧对应的刻度，砝码＋游码的质量为m ＝56 g ，因此可知杯内色拉油的质量m 油＝m －m 杯＝56 g －10 g＝46 g ；D.由图丙知量筒内色拉油的体积V ＝50 cm 3.(2)根据密度公式可求色拉油的密度：ρ油＝m 油V ＝46 g 50 cm ＝0.92 g/cm 3，其密度在优质色拉油密度范围之内，由此可知色拉油的品质是合格的.(3)分析小红的实验过程，在将烧杯内的色拉油倒入量筒中时，有一部分油沾到烧杯壁上，因此测量油的体积将偏小，根据ρ油＝m 油V 可知，在质量不变时，体积偏小，测得的密度将偏大.若要减小误差，可以测量顺序颠倒一下，调整为ACDB ，这样就不会因液体粘壁而导致测量密度偏大.4. 小明用天平、细线、烧杯、水来测定某工艺品的密度，他设计的实验过程如图所示：第4题图(1)把天平放在 上，游码移至标尺左端的零刻度线处，看到指针在分度盘中央两侧摆动，摆动的幅度如图甲所示，此时应将平衡螺母向 (选填“左”或“右”)调节，使指针指在分度盘中央；(2)用调节好的天平测量工艺品质量，当天平平衡后，右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，工艺品的质量为 g ；(3)往烧杯中倒入适量的水，用调节好的天平测出烧杯和水的总质量为220 g ；(4)用细线拴好工艺品，并浸没在水中如图丙所示，在右盘中增加砝码并移动游码，当天平平衡后，测得质量为228 g，则工艺品的体积为cm3，工艺品的密度为kg/m3(ρ水＝1.0×103 kg/m3).【答案】 (1)水平台右(2)64 (4)8 8×103【解析】(1)先要将天平放在水平台上，游码调零后，如果指针指在分度盘的左侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向右调；(2)物体的质量为砝码的质量加游码对应的刻度值，质量为60 g＋4 g＝64 g；(4)当工艺品浸没在水中时，天平盘增加的质量为228 g－220 g＝8 g，工艺品的体积V＝V排＝m水ρ水＝8 g1 g/cm3＝8 cm3，工艺品的密度为ρ＝mV＝64 g8 cm3＝8 g/cm3＝8×103kg/m3.二、研究影响滑动摩擦力大小的因素5. 为了探究滑动摩擦力跟哪些因素有关，小明设计了如图甲实验装置，进行了如下操作：第5题图(1)将表面平整的长木板放在水平桌面上，再把木块(质量为200 g)放在木板上，小明沿水平方向缓慢地拉动弹簧测力计，使木块做运动，这样做的目的是为了使拉力等于摩擦力，读出弹簧测力计的示数为0.5 N.(2)分别将此木块和所加钩码的总质量增至400 g、600 g进行实验.弹簧测力计的示数分别为1.0 N和1.5 N，初步得出的结论为.(3)另一组同学小华对实验进行了改进，装置如图乙：将木块用测力计水平拉住，测力计另一端固定在桌上一侧，细线一端和砂桶连接，另一端跨过定滑轮和长木板相连.实验时在砂桶中加砂，当桶和砂的总重为5 N时，长木板匀速直线运动，弹簧测力计示数如图丙所示，此时木块和长木板之间的滑动摩擦力大小为N，长木板受到桌面对它的摩擦力为________N.若在砂桶中继续加砂3 N，长木板将做(选填“匀速”“加速”或“减速”)运动，弹簧测力计示数(选填“变大”“变小”或“不变”).(不计绳重和绳与轮之间的摩擦).(4)小刚同学认为把长木板改成海绵，还可以探究压力的作用效果与压力大小和受力面积之间的关系.小刚是通过来判断出压力作用效果是否明显.小刚在探究压力作用效果与受力面积的关系时，把质量和底面积小的小木块换成了质量和底面积大的大木块来进行对比试验，你觉得小刚的做法正确吗？为什么. .【答案】(1)匀速直线 (2)接触面的粗糙程度相同，压力越大滑动摩擦力越大(3)2.4 2.6 加速不变(4)海绵的凹陷程度不正确，没有保持压力相等【解析】(1)测力计水平拉动物体时，测力计显示拉力大小，当物体进行匀速直线运动时，物体在水平方向的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，滑动摩擦力大小等于拉力大小.所以读出测力计的示数就是滑动摩擦力的大小；(2)在接触面的粗糙程度相同时，压力越大滑动摩擦力越大；(3)由图可知测力计的分度值为0.2 N，此时示数为2.4 N，由于木块静止，根据二力平衡可知长木板受到桌面对它的摩擦力为f＝5 N－2.4 N＝2.6 N；若在砂桶中继续加砂3 N，由于拉力大于摩擦力故而木块受力不平衡，此时长木板将做加速运动；无论木板进行匀速、加速、减速运动时，木块与桌子之间的压力不变，接触面的粗糙程度不变，故滑动摩擦力不变，所以测力计示数不变，总是等于滑动摩擦力大小；(4)把长木板改成海绵，还可以探究压力的作用效果与压力大小和受力面积之间的关系，通过海绵的凹陷程度反映压力作用效果；小刚实验中没有控制不变量，存在两个变量，故而他的做法是错误的.6. 小明同学用下列器材探究“影响滑动摩擦力大小的因素”.粗糙程度均匀的长木板一块，质量相等的木块和铝块各一个，弹簧测力计一只.如图所示，实验中他用弹簧测力计沿水平方向拉动物块，使它们在长木板上做匀速直线运动.第6题图(1)图丙中，长木板对木块摩擦力的大小为 N，这是根据原理测出滑动摩擦力的，此时，铝块受到摩擦力为 N.(2)分析两次实验可以得出：在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦的大小与压力大小有关，此实验采用了常用的进行探究(选填“控制变量法”或“等效替代法”).(3)图乙与图丁中铝块受到的摩擦力大小(选填“相等”或“不相等”).【答案】(1)3.2 二力平衡 0 (2)甲、丙控制变量法(3)相等【解析】(1)由图丙所示弹簧测力计的示数为 3.2 N，是根据二力平衡的原理测出滑动摩擦力大小的；铝块与木块一起做匀速直线运动，铝块相对木块静止，即铝块处于平衡状态.由图丙可知：在水平方向上铝块没有受到其他的力与摩擦力相互平衡.由此判断：铝块在水平方向上没有受到力的作用，也就不受摩擦力，所以铝块受到的摩擦力为0 N；(2)要探究滑动摩擦力与压力的关系，就要保证物体的受力面积和接触面的粗糙程度相同，实验中，只有甲和丙两次实验达到要求.此实验采用了控制变量法，保证其他物理量不变，改变一个物理量；(3)图乙和图丁中，铝块与长木板间的接触面粗糙程度相同，压力大小一样，所以铝块受到的滑动摩擦力大小也一样.三、探究杠杆的平衡条件7. 在“探究杠杆平衡条件的实验”中：第7题图(1)如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向调节(选填“左”或“右”)，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量.(2)如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆(选填“能”或”不能“)在水平位置保持平衡.(3)如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a 位置转动b 位置时，其示数大小将 .(4)如图丁所示，已知每个钩码重0.5 N ，杠杆上每小格长度为2 cm ，当弹簧测力计在C点斜向上拉(与水平方向成30°角)杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，拉力F 的力臂大小为 __________cm ，弹簧测力计示数的大小为 N.【答案】(1)右 力臂的大小 (2)6 不能 (3)变大 (4)4 3【解析】(1)调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；(2)设杠杆每个格的长度为L ，每个钩码的重力为G ，根据杠杆的平衡条件：F A L A＝F B L B ，即4G ×3L ＝F B ×2L ，解得F B ＝6G ，需挂6个钩码；若A 、B 两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧4G ×4L ＝16GL ，右侧6G ×3L ＝18GL ，因为16GL ＜18GL 杠杆不能平衡；(3)保持B 点不变，若拉力F 向右倾斜时，此时F 的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；(4)当弹簧测力计在C 点斜向上拉(与水平方向成30°角)杠杆，此时动力臂等于12OC ＝12×4×2 cm ＝4 cm ；根据杠杆的平衡条件F 1L 1＝F 2L 2得F 1＝F 2L 2L 1＝4×0.5 N ×3×2 cm 4 cm＝3 N. 8. 探究杠杆的平衡条件.第8题图甲【提出问题】如图甲所示，是一种常见的杆秤，此时处于水平位置平衡.发现一：小明在左侧挂钩上增加物体，可观察到提纽左侧下沉，他认为改变杠杆的水平平衡可以通过改变作用在杠杆上 来实现；发现二：接着小新移动秤砣使其恢复水平位置平衡，说明通过改变 也可以改变杠杆的平衡.那么，杠杆在满足什么条件时才平衡呢？【制定计划与设计实验】实验前，轻质杠杆处于如图乙所示的状态，使用时，首先应将杠杆的平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节，使杠杆处于水平位置平衡，这样做的好处是 Ｗ.第8题图【实验结论】如图丙所示，他们进行了三次实验，对实验数据进行分析，得出杠杆的平衡条件是_________________.第8题图丁【拓展应用】如图丁所示，是用手托起重物的示意图，图中前臂可以看作是一个杠杆(选填“省力”“费力”或“等臂”)，此杠杆的支点是图中的点.【答案】【提出问题】力的大小力臂的长短【制定计划与设计实验】右方便直接测出力臂，并能消除自身重力影响【实验结论】动力×动力臂＝阻力×阻力臂【拓展应用】费力 C四、探究浮力的大小跟哪些因素有关9. 小华同学在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，在弹簧测力计下悬挂一圆柱体物块，当圆柱体物块下表面与水面相平时开始缓慢下降，直到与溢水杯底接触为止，用小桶收集溢出的水，如图甲所示：第9题图(1)根据(a)图可知，圆柱体物块的质量kg；(2)分析(a)(c)两图可知，圆柱体物块浸没在水中时所受浮力F浮＝N；(3)分析两图可得出，浸在同种液体中的物体所受浮力大小跟物体排开液体的体积有关；(4)比较(c)(d)两图可得出：当圆柱体浸没在水中时，所受浮力不随改变；图(d)中小桶内水重N(5)小华完成图甲所示的实验后，把水换成另一种液体重复上述实验，根据实验数据绘制出图乙所示的弹簧测力计拉力F随物体下降高度h变化的图像，那么物体浸没在这种液体中受到的浮力F浮′＝N，这表明浸在液体中的物体所受浮力的大小还跟有关.【答案】(1)0.6 (2)5 (3)b、 c (4)深度 5 (5)4 液体密度10. 某物理兴趣小组做了如图所示的实验来探究影响浮力大小的因素.第10题图(1)物体浸没在水中时受到的浮力是 N ，方向为 .(2)物体浸没在酒精中时排开酒精的重力是 N.(3)比较 两幅图可知，浸没在液体中的物体所受浮力的大小与液体的密度有关.(4)由ABCD 四个步骤可知，浮力的大小有时与深度有关，有时又与深度无关.对此正确的解释是浮力的大小与 有关.【答案】(1)1 竖直向上 (2)0.8 (3)C 、E (4)物体排开液体的体积【解析】(1)物体浸没在水中受到的浮力为F 浮＝G －F ＝4 N －3 N ＝1 N ，浮力的方向竖直向上；(2)物体浸没在酒精中时排开酒精的重力等于酒精对物体的浮力，即G 排酒＝F 浮′＝G －F ′＝4 N －3.2 N ＝0.8 N ；(3)研究浸没在液体中的物体所受浮力的大小与液体密度的关系，应保证物体排开液体的体积相同，让液体的密度不同，符合要求的图是C 和E ；(4)由ABCD 四个步骤可知，物体没有全部浸没在液体中时，浮力的大小与深度有关，物体全部浸没在液体中时，浮力的大小与深度无关，对此正确的解释应是，浮力的大小与物体排开液体的体积有关.五、测简单机械的机械效率11. 在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，某实验小组用如图所示的同一滑轮组提升不同钩码的方法，分别做了甲、乙、丙3组实验，实验数据记录如下：(1)在实验操作中应该使钩码 (选填“快速”或“缓慢”)上升；(2)进行第2次测量时滑轮组的机械效率约为 (保留三位有效数字)；(3)进行第3次测量时，弹簧测力计示数为 N ，滑轮组做的有用功是 J ；(4)分析实验数据，实验小组得出的实验结论是：滑轮组的机械效率与 有关；(5)分析表中数据可知，F ≠G 动＋G 物3，可能的原因是： ；(6)某次实验时将绳子自由端匀速拉动时弹簧测力计的读数记为F ，钩码重记为G ，动滑轮重记为G ′，绳自由端移动距离记为s ，钩码提升高度记为h ，不计绳子重及摩擦.则下列关于滑轮组机械效率的计算关系中错误的是 Ｗ.A. η＝Gh FsB. η＝G FC. η＝G G ＋G ′D. η＝1－Gh Fs【答案】(1)缓慢 (2)78.4% (3)2.4 0.3 (4)被提升物体的重力 (5)拉动过程中需克服滑轮的转轴处的摩擦 (6)BD12. 下表是小明测滑轮组机械效率时收集的有关数据：第12题图(1)请在图中画出滑轮组的绕绳方法.(2)将表格中的数据补充完整.(3)用同一滑轮组提升不同重物至同一高度，提升的物重增加时，除克服动滑轮重所做的额外功外，其他额外功将 (选填“变大”“变小”或“不变”).进一步分析可知.在动滑轮和绳重一定的情况下，该滑轮组的机械效率与 和 有关.(4)第一次实验中，钩码上升0.1 m 所用的时间为1.5 s.则动力的功率为 W.【答案】(1)如答图所示 (2)66.7% (3)变大 物重 摩擦力 (4)0.14第12题答图【解析】(1)由绳子末端移动的距离是物体移动的距离的3倍，可以知道动滑轮由3股绳子拉起，根据“奇动偶定”的原则画出绳子的绕法.(2)机械效率的计算η＝W 有W 总×100%＝Gh Fs×100%＝4 N ×0.1 m 2 N ×0.3 m×100%≈66.7%.(3)当物重增加时，摩擦力会增加，所以其他力的额外功会增加.在动滑轮和绳重一定的情况下，滑轮组的机械效率与物重和摩擦力有关，因为物重越大，有用功会越多，摩擦力越小，额外功越小.(4)物体上升0.1 m ，绳子末端要上升0.3 m.P ＝W t＝Fs t ＝0.7 N ×0.3 m 1.5 s＝0.14 W. 13. 小亮看到工人利用斜面把货物推到车上，联想到物理课上学过的知识，提出了以下两个问题：(1)斜面越缓越省力，是不是机械效率越高呢？(2)对于同一个滑轮组，提升的物体越重，机械效率越高；对于同一个斜面，是不是所推的物体越重，机械效率越高呢？第13题图为了解决以上问题，小亮与几个同学一起用如图所示的装置进行了多次实验探究，记录的部分实验数据如下表：(2)在实验操作过程中，应沿斜面向上 拉动木块；实验时要使木板的倾斜角变大，应该把木板下面的木块向 移动(选填“左”或“右”).(3)通过对比实验①②的数据，得出的结论是斜面越缓越省力，机械效率越 Ｗ.(4)通过对比实验 的数据(选填实验次数)，得出的结论是对于同一斜面，机械效率与所拉物体的重力 .【答案】(1)0.7 71.4 (2)匀速 左 (3)低(小) (4)②③ 无关【解析】(1)第一次实验中有用功W 有＝Gh ＝1 N ×0.7 m ＝0.7 J ，第三次实验机械效率为：η＝W 有W 总×100%＝1 J 1.4 J×100%≈71.4%；(2)在实验操作过程中，为了使弹簧测力计示数稳定，便于读出拉力大小，应沿斜面向上匀速拉动木块，要使木块的倾斜角变大，应把木块向左移动；(3)观察①②数据可以看出物重相同时，斜面倾角为30°时，拉力为0.7 N ，机械效率为71.4%，斜面倾角为45°时，拉力为0.9 N ，机械效率为77.8%，可以得出斜面越缓越省力，机械效率越低(小)；(4)根据题意可以看出同一斜面，探究机械效率与重力的关系，因此要选择斜面倾角相同，物重不同的实验进行对比，所以应选择②③，得出结论是对同一斜面，机械效率与所拉物体的重力无关.六、探究电流与电压、电阻的关系14. 现有下列器材：学生电源(6 V)，电流表(0～0.6 A ，0～3 A)、电压表(0～3 V ，0～15 V)、定值电阻(5 Ω、10 Ω、20 Ω各一个)、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”.第14题图第14题图丙(1)请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物电路连接完整.(要求连线不得交叉)(2)闭合开关S前，应使滑动变阻器的滑片P置于(选填“A”或“B”)端；当将5 Ω的电阻换成10 Ω后，闭合开关，电压表示数将(选填“变大”或“变小”)，此时应将滑片P向(选填“左”或“右”)端移动使电压表示数不变.(3)实验中记录了三组数据，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图像，由图像可以得出结论：.(4)为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器.A. 50 Ω 1.0 AB. 30 Ω 1.0 AC. 20 Ω 1.0 A【答案】(1)如答图所示 (2)A变大左(3)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比(4)A第14题答图【解析】(1)电压表与电阻R并联，滑动变阻器应“一上一下”串联接入电路，如答图所示；(2)为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至阻值最大处，即A端；将5 Ω的电阻换成10 Ω后，根据串联分压可知，此时电压表的示数将变大，为保持电压表的示数不变，应增大滑动变阻器接入电路的阻值，所以应将滑片向左移动；(3)分析图像，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2 V，由此得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(4)滑动变阻器两端电压U滑＝U－U R＝6 V－2 V＝4 V，测最后一组实验数据时，滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝U滑I＝4 V0.1 A＝40 Ω，因此选规格为“50 Ω 1.0 A”的滑动变阻器.15. 小薇和小亮两位同学在“探究电流与电压的关系”的实验中，电源使用两节新干电池，滑动变阻器R′的规格是“20 Ω 2 A”.第15题图(1)如图甲所示是小薇画出的电路图，小亮进行实物连线如图乙所示，请你在虚线框内把电路图补画完整(要求所补画的元件与实物电路对应).(2)开关闭合前，小亮发现电流表的指针在零刻度线左端，如图丙所示，其原因是____________(选填“A”或“B”)A. 电流表没调零B. 电流表正负接线柱接反了(3)确认电路无误后，闭合开关进行实验，第4次实验时电流表示数为0.5 A，电压表示数如图丁所示，记为V；他们记录的数据如下表所示，老师指出其中一组数据有拼凑的嫌疑，你认为是第组(填写实验序号)，理由是______________________.(4)排除有拼凑嫌疑的数据后，分析数据可以得到的结论是：在不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成比；(5)小薇利用实验数据还计算出定值电阻R的阻值为Ω(结果保留一位小数)；(6)以下实验与“探究电流与电压的关系”进行多次测量的目的不相同．．．的是.A. 探究影响滑动摩擦力大小的因素B. 探究杠杆的平衡条件C. 刻度尺测物体的长度【答案】(1)如答图所示(2)A (3)2.5 ①滑动变阻器的最大阻值偏小，无法使电流等于 0.10 A (4)电阻正(5)5.1 (6)C第15题答图【解析】(1)由实物图可判断出虚线框内是滑动变阻器，滑片向右移动时，接入电路的阻值变小，如答图所示.(2)闭合开关前电流表的指针应该指零，没有指零说明其没有调零.如果是闭合开关后指针在零刻度线左边，则是电流表正负接线柱接反.(3)图中电压表使用的是0～3 V 量程，每大格是1 V 、每小格是0.1 V ，读数是2.5 V ，定值电阻的阻值R ＝U R I ＝2.5 V 0.5 A＝5 Ω；当电路中的电流为0.1 A 时，电路中的总电阻是R 总＝U I ＝1.5 V ×20.1 A＝30 Ω，这时变阻器接入电路中的电阻至少是30 Ω－5 Ω＝25 Ω，而变阻器的最大阻值才是20 Ω，所以第①组数据是拼凑的.(4)由实验可得出结论：在电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比.(5)根据R ＝U I可得，三次测量的电阻值分别是5.0 Ω、5.3 Ω、5.0 Ω，三次测量求平均值，定值电阻的阻值R ＝5.0 Ω＋5.3 Ω＋5.0 Ω3＝5.1 Ω. (6)探究电流与电压的关系、探究影响滑动摩擦力大小的因素、探究杠杆的平衡条件进行多次实验测量都是为了得出普遍性的结论，而用刻度尺多次测量物体的长度是为了减小实验的误差，故选C.16. 小芳为了探究“电流与导体两端电压的关系”，连接了如图甲所示的电路(电源电压为3 V 恒定).第16题图(1)用笔画线将甲图中电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P 向A 端滑动时，接入电路的电阻变小.(2)闭合开关后，电流表无示数，电压表示数为 3 V ，产生该现象的原因可能是________________________________________________________________________.(3)排除故障后闭合开关，移动滑片P ，根据实验数据绘制了电阻R 的I －U 图像如图丙中a ，分析图像中数据，电阻R 的阻值为R ＝ Ω，可得结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体 .滑动变阻器除保护电路外，另一作用是________________________________________________________________________.【拓展】小芳仅将实验中的电阻R 拆下，换用一个额定电压为2.5 V 的小灯泡，继续实验，移动滑片P 到某一点，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡两端电压为 V ，实验得到的I －U 图像如丙中的图线b ，则小灯泡的额定功率为 W.。