中考物理压轴题分析
中考物理压轴题之质量和密度问题(中考题型整理,突破提升)及答案解析
一、初中物理质量和密度问题1．在“用托盘天平称物体的质量”的实验中，下列操作错误的是( )A．使用天平时，应将天平放在水平桌面上B．调节横梁平衡时，应先将游码移至标尺左端的零刻度线处C．称量时右盘应放置待称量的物体，左盘放置砝码D．观察到指针在分度盘中线处，表明横梁已平衡【答案】C【解析】【分析】【详解】A．使用天平时，应将天平放在水平桌面上．故A说法正确．B．在调节横梁平衡时，首先要将游码移到标尺左端的零刻线处．故B的说法正确．C．称量物体时，要将物体放在左盘里，用镊子在右盘里加减砝码移动游码．故C的说法错误．D．横梁平衡的标志有两个：指针指在分度盘的中线处；或者指针偏离分度盘中线的幅度相等．指针在分度盘中线处，表明横梁已平衡，故D的说法正确．故选C．2．以下各组器材中，不能测出长方体金属块密度的是（）A．刻度尺、水、细线、烧杯B．天平和砝码、量筒、水、细线C．弹簧测力计、刻度尺、细线D．刻度尺、天平和砝码【答案】A【解析】【分析】【详解】选择项中能测金属块密度的，必须能测金属块的质量和体积A、刻度尺能测金属块的体积，但不能测出它的质量或重力，不能测出金属块密度．B、天平能测金属块质量，量筒水细线能测体积，故能测金属块密度．C、弹簧测力计能测金属块重力，从而得到质量，刻度尺能测出体积，故能测出金属块密度．D、天平砝码能测出金属块的质量，刻度尺能测出体积，故能测出金属块密度．3．人的密度近似等于水的密度，则一个体格正常的中学生的体积最接近（）A．50mm3B．50cm3C．50dm3D．50m3【答案】C【解析】【分析】根据密度公式mVρ=得m V ρ=，知道人的密度与水的密度相近，一个中学生的质量约为50kg ，便可求出学生的体积。
【详解】一个中学生的质量约为50kg ，又331.010kg/m ρρ≈=⨯人水，根据密度公式m Vρ=得 333350kg0.05m 50dm 1.010kg/mmV ρ====⨯； 故选C 。
中考物理汇编力学压轴题三含解析
力学压轴题三1．2015河北如图19所示,将边长为10cm的正方体合金块,用细绳挂在轻质杠杆的A点处,在B点施加力F1=30N时,杠杆在水平位置平衡,合金块对水平地面的压强恰好为0;撤去F1,在B点施加力F2时,合金块对地面的压强为×103PaOB=3OA,g取10N/kg;1画出F2的力臂;2求合金块的质量;3求F2的大小;解析：本题是压强、杠杆平衡条件及力的平衡的综合；解答过程如下2．2015厦门超高压水刀是一种新技术产品,一般由水泵、射流发生装置、工作机构等组成;它将普通水经过多级增压后,通过一个极细的喷嘴喷出一道高速“水箭”,可以对坚硬物体实施切割,如图所示;某超高压水刀喷嘴横截面积S=5×10-8m2,喷水速度v=800m/s,高速“水箭”对该切割面的压强p=300Mpa;已知水泵电机功率P=20kW,水的密度ρ=×103kg/m3;求：1水刀正常工作1min消耗的电能；2高速“水箭”对切割面的压力；3每秒钟从喷嘴喷出的水的质量；4水刀的效率;本题虽然涉及电学知识,但在力学方面是难点;解析1∵P=,∴消耗的电能：W=Pt=20000W×60s=×106J；2p=300MPa=300×106Pa=3×108Pa,∵p=,∴高速“水箭”对切割面的压力F=pS=3×108Pa×5×10﹣8m2=15N；3每秒钟喷出水的体积为：V=SL=Svt=5×10﹣8m2×800m/s×1s=4×10﹣5 m3喷出的水的质量：m=ρV=×103kg/m3×4×10﹣5 m3=；===Fv=15N×800m/s=12000W=12kW4水刀的功率为：P1效率为：η=×100%=×100%=60%．答：1水刀正常工作1min消耗的电能×106J；2高速“水箭”对切割面的压力15N；3每秒钟从喷嘴喷出的水的质量；4水刀的效率60%．3．2015青岛小雨站在水平地面上,通过如图所示的滑轮组从井中提水不计绳重及摩擦;已知小雨的重力为500N、双脚与地面的接触面积为,圆柱形水桶的底面积为、容积为不计桶的厚度;1将空桶匀速下放的过程中桶底未接触水面,小雨对地面的压强为×l04Pa,则桶和动滑轮总重是多少2向上提水,当桶底受到水向上的压强为×103Pa 时,小雨对地面的压强为l×l04Pa ；小雨将水桶拉离水面后,匀速拉动过程中滑轮组的机械效率是多少 解析1由p=可得,小雨对地面的压力：F N =p 人S 人=×104Pa×=460N,绳子对小雨的拉力：F=G 人﹣F N =500N ﹣460N=40N, 由图可知,n=3,不计绳重及摩擦,由F= G 总可得,桶和动滑轮总重：G 0=nF=3×40N=120N；2由p=ρgh 可得,桶底所处的深度：h 1===,水桶排开水的体积：V 1=Sh 1=×=＜,水桶受到的浮力：F 浮=ρ水gV 排=ρ水gV 1=×103kg/m 3×10N/kg×=500N, 此时小雨对地面的压力：F N ′=p 人′S 人=1×104Pa×=400N, 小雨对绳子的拉力：F′=G 人′﹣F N =500N ﹣400N=100N,以动滑轮、桶及桶内水的整体为研究对象,受3段绳子向上的拉力、向上的浮力和整体的总重,根据力的平衡有3 F′+ F 浮= G 0 + G 水,所以水的重力：G水=3F′+F浮﹣G=3×100N+500N﹣120N=680N,不计绳重及摩擦,水桶拉离水面后,则匀速拉动过程中滑轮组的机械效率：η=×100%=×100%=×100%=×100%=85%．答：1桶和动滑轮总重是120N；2水桶拉离水面后,匀速拉动过程中滑轮组的机械效率是85%．4．2015杭州有一个足够大的水池,在其水平池底竖直放置一段圆木;圆木可近似看作一个圆柱体,底面积,高5m,密度×103kg/m3;g=10N/kg1未向池内缓慢注水,圆木对池底的压力和压强分别为多大2向水池内注水,在水位到达1m时圆木受到水的浮力和圆木对池底的压力分别为多大3当向水池内注水深度达到4m时,圆木受到的浮力又为多大本题为浮力与压强的综合题,难点是第3问;注意圆柱体恰好漂浮时水的深度;解析1圆木的体积：V=Sh=×5m=4m3,圆木的质量m=ρ木V=×103kg/m3×4m3=×103kg,圆木重力：G=mg=×103kg×10N/kg=×104N,未向水池内注水时,圆木对池底的压力：F=G=×104N,圆木对池底的压强：p===×104Pa；2水位达到1m时,V排1=×1m=,圆木受到的浮力：F浮1=ρ水V排g=1×103kg/m3××10N/kg=8×103N,圆木对池底的压力：F压=G﹣F浮=×104N﹣8×103N=2×104N；3当圆木对池底的压力为0时,F浮2=G=×104N,即F浮2=ρ水V排2g=1×103kg/m3××h2×10N/kg=×104N,解得水深h2=,当水位达到4m时,圆木静止时漂浮在水面上,圆木受到的浮力：F浮3=G=×104N．答：1未向水池内注水时,圆木对池底的压力和压强分别为×104N、×104Pa；2向水池内缓慢注水,在水位到达1m时圆木受到水的浮力和圆木对池底的压力分别为8×103N、2×104N；3当向水池内注水深度达到4m时,圆木受到的浮力又为×104N．5．2015盘锦如图甲所示,正方体石料在钢丝绳拉力作用下,从水面上方以恒定不变的速度缓慢下降,直至没入水中．图乙是钢丝绳拉力F随时间t变化的图象．g取10N/kg,ρ水=×103kg/m3;求：1石料全部没入水中时受到的浮力；2石料的体积；3石料浸没后钢丝绳拉力的功率;难点是第3问,关键是求物体运动的速度;解析1由图象可知：石料的重力G=×104N,浸没在水中受到的拉力F=×104N因为匀速下降浸没水中石料全部浸没水中受到的浮力F浮=G﹣F=×104N﹣×104N=×104N；2根据F浮=G排=ρ液V排g石料的体积V石=V排===1m3；3石料是正方体,设边长为l,根据V=l3=1m3,得石料边长l=1m ;由图可知200s至300s之间石料下降1m,石料运动的速度V石=ts==s；石料浸没后钢丝绳拉力的功率P=tW ==Fv=×104N×s=150W．答：1石料全部没入水中受到的浮力×104N ； 2石料的体积1m 3；3石料浸没后钢丝绳拉力的功率150W ．6．2015日照我市海洋打捞队的一打捞装置可简化为如图所示的系统．在某次打捞过程中,该装置置从100m 深的海底将一物体竖直向上提起至离海面10m 高处．该过程可视为水中和空中两个速度大小不同的匀速过程;忽略物体刚要离开水面到刚好完全离开水面过程及速度大小的变化过程．经过A 处时物体受到的拉力为4×104N,经过B 处时物体受到的拉力6×104N ．已知g=10N/kg,海水的密度×103kg/m 3,不计水和空气的阻力,请计算： 1物体在A 处受到的浮力和物体的体积；2若用于提升工作的柴油机的输出功率恒为69kW,整个提升过程用时80s,求该打捞装置的机械效率;解析1不计水和空气的阻力,由题意知,物体在A 处受到的浮力： F 浮=G ﹣F A =F B ﹣F A =6×104N ﹣4×104N=2×104N ． 由F 浮=ρ液gV 排可得,物体的体积：V物=V排===2m3；2设物体在水中提升的高度为hA ,在空气中提升的高度为hB,提升过程中该装置的有用功为：W有=FAhA+FBhB=4×104N×100m+6×104N×10m=×106J,由P=可得,提升过程中该装置的总功为：W总=Pt=69×103W×80s=×106J,该装置的机械效率为：η=×100%==83%．答：1物体在A处受到的浮力为2×104N；物体的体积为2m3；2该打捞装置的机械效率为83%．7．2015莱芜如图所示是利用起重机打捞水中物体的示意图,吊臂前端由滑轮组组成,动滑轮总重300kg,绳重和摩擦不计;现在用此起重机从水中把质量为2×103kg,体积为的物体G匀速提起,滑轮组上钢丝绳拉力F的功率为3kW g=10N/kg,ρ水=×103kg/m3．求：1物体完全浸没在水中时受到的浮力；2物体离开水面前拉力F的大小；3物体离开水面前上升的速度；4物体离开水面前,滑轮组的机械效率多大;解析1物体完全浸没在水中时, V 排=V 物=,则F 浮=ρ水V 排g=×103kg/m 3×10N/kg×=8×103N ； 2物体重力G 物=m 物g=2×103k g×10N/kg=2×104N ； 动滑轮的总重力G 动=m 动g=300kg ×10N/kg=3×103N ；物体和动滑轮的总重力G 总=G 物+G 动=2×104N+3×103N =×104N ；以动滑轮、物体的整体为研究对象,受3段绳子向上的拉力、向上的浮力和整体的总重,根据力的平衡有3 F+ F 浮= G 总,所以绳子的拉力F=G 总-F 浮=××104N-8×103N=5×103N ； 3已知功率P=3kW=3000W,根据P===Fv 得：绳子自由端的速度v===s,则物体上升的速度为v′=v=×s=s；4物体离开水面前,物体的视重G = G 物 - F 浮=2×104N-8×103N=×104N由于绳重和摩擦不计,则机械效率η===F G 3==⨯⨯⨯NN341053102.180%． 答：1物体完全浸没在水中时受到的浮力为8×103N ；2物体离开水面前拉力F 的大小为5×103N ； 3物体离开水面前上升的速度为s ；4物体离开水面前,滑轮组的机械效率为80%．8．2015常州小明来到素有“中国死海”之称的新疆达坂城盐湖游玩,看到游客能漂浮在湖面,便利用随身携带的砝码盒以及长方体有盖铁皮罐、细线、沙石、水等物品探究湖中盐水的密度;g 取10N/kg①取一根细线与铁皮罐等高,通过对折细线找到铁皮罐一半高度位置,并作记号；②在铁皮罐内加入适量沙石并加盖密封,使之漂浮时一半浸入水中；③在铁皮罐上加砝码,直至铁皮罐恰好浸没在水中；④将该铁皮罐放入盐水中,加砝码,直至铁皮罐恰好浸没在盐水中;问：1铁皮罐的体积有多大2铁皮罐和沙石的总重有多大3盐水的密度有多大解析1由②图可知：一半浸入水中漂浮时受到的浮力F 浮1=ρ水g V 排1=ρ水g×V 罐,在铁皮罐上加砝码铁皮罐恰好浸没在水中受到的浮力F 浮2=ρ水g V 排2=ρ水g×V 罐,由于铁皮罐处于漂浮,则F 浮1=G 罐,F 浮2=G 罐+G 砝码1,所以,F 浮2﹣F 浮1=G 砝码1,即ρ水g V 罐﹣ρ水g×V 罐=G 砝码1,则V 罐=====1×10﹣3m 3；2一半浸入水中漂浮时受到的浮力：F 浮1=ρ水g V 排1=ρ水g×V 罐=×103kg/m 3×10N/kg××1×10﹣3m 3 =5N,由于铁皮罐漂浮在水面上,则G 总=F 浮1=5N ．3将该铁皮罐放入盐水中,铁皮罐恰好浸没在盐水中时处于漂浮,则根据漂浮条件可得：F 浮3=G 罐+G 砝码2,即：ρ盐水V 罐g=G 罐+G 砝码2,则ρ盐水====×103kg/m 3． 答：1铁皮罐的体积有1×10﹣3m 3；2铁皮罐和沙石的总重有5N ．3盐水的密度有×103kg/m 3．9．2015枣庄在水平桌面上放置一个底面积为100cm 2,质量为400g 的圆筒,筒内装有16cm深的某种液体;弹簧测力计的下端悬挂着一个底面积为40 cm2、高为8cm的金属柱,当金属柱从液面上方逐渐浸入液体中直到全部浸没时,弹簧测力计的示数F与金属柱浸入液体深度h的关系如图所示;圆筒厚度忽略不计,筒内液体没有溢出,g=l0N/kg求：1当金属柱有一半的体积浸在液体中时,受到液体的浮力是多少2圆筒内所装液体的密度是多少3当金属柱有一半的体积浸在液体中时,圆筒对桌面的压强是多少解析答：1当金属柱有一半的体积浸在液体中时,受到液体的浮力是4N；2圆筒内所装液体的密度是×103kg/m3；3当金属柱有一半的体积浸在液体中时．圆筒对桌面的压强是4800Pa ;10．2015菏泽边长为10cm的正方体木块放入水中,有1/4的体积浸没在水中,在木块上面放一重物,木块浸入水中的深度增加2cm;g取10N/kg,水的密度ρ=×103kg/m3求：1此重物所受的重力；2在此过程中重物对木块所做的功；3有人根据上述问题得到启示,制做了一个称量物体重量的“秤”,如图所示．容器缸内盛有水,把活塞置于缸中,在轻活塞的底部放一物块P,活塞的顶部放上托盘,在再活塞的表面上刻上相应的刻度;①活塞底部固定的物体P,它的作用是能让活塞竖直立在水中,重物P 的密度特点是;②怎么确定秤的零刻度线 ;③如果要增大秤的测量范围,请给制作者提出你的两个建议A ． ；B ． ;解析1根据阿基米德原理有,此重物的重力：G=△F 浮=ρ水g △V=×103kg/m 3×10N/kg×10×10×2×10﹣6m 3=2N ；2物体对木块的压力等于物体的重力,所以重物对木块所做的功：W=Gh=2N×2×10﹣2m=；3①要使活塞能够直立在水中,P 的密度大于水的密度；②托盘上不放物体时,此时所测物体的重力为零,水面所在的高度处为零刻度线；③要增大秤的测量范围,应能够增大浮力的变化,所以可从活塞能够排开液体的体积及液体密度的变化着手,增大活塞的横截面积,增大活塞的长度,或用密度比水大的液体代替水换用密度比水大的液体等．故答案为：1重物所受的重力为2N；2在此过程中重物对木块所做的功为；3①P的密度大于水的密度；②托盘上不放物体时,水面所在的高度处为零刻度线；③增大活塞的横截面积,增大活塞的长度；用密度比水大的液体代替水换用密度比水大的液体．11．2015扬州“低头族”长时间低头看手机,会引起颈部肌肉损伤．当头颅为竖直状态时,颈部肌肉的拉力为零,当头颅低下时,颈部肌肉会产生一定的拉力．为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系,我们可以建立一个头颅模型来模拟实验．如图甲所示,把人的颈椎简化成一个支点O,用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个支点O转动,A点为头颅模型的重心,B点为肌肉拉力的作用点．将细线的一端固定在B点,用弹簧测力计拉着细线模拟测量肌肉的拉力,头颅模型在转动过程中,细线拉力的方向始终垂直于OB,如图乙所示,让头颅模型从竖直状态开始转动,通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据,如下表：低头角度015304560θ/°细线拉力F/N01设头颅质量为8kg,当低头角度为60°时,颈部肌肉实际承受的拉力是N．2在图乙中画出细线拉力的示意图．3请解释：为什么低头角度越大,颈部肌肉的拉力会越大答．4请你就预防和延缓颈椎损伤提出一个合理化的建议：．解析1由表格中数据知,当低头角度为60°时,若m=1kg,细线的拉力为25N；若m=8kg,由于角度不变,所以动力臂和阻力臂不变,则拉力F=8×25N=200N；2由题意知,细线拉力的方向应垂直于OB向下,如图所示：3图乙中,F的力臂为OB,做出乙图G的力臂,如图所示：由图知,根据杠杆的平衡条件：GLG =FLF则F==,人低头的角度越大,sinθ越大,则G的力臂越大,肌肉的拉力就越大；4要预防和延缓颈椎损伤,可尽量减小低头的角度,不要长时间低头做事,低头时间久了要抬头休息等等．故答案为：1200；2见上图；3人低头的角度越大,G的力臂越大；4尽量减小低头的角度或不要长时间低头做事,低头时间久了要抬头休息等等．12．攀枝花在花城新区的建筑工地上,某挖掘机沿平直路面以2m/s的速度匀速行驶50s到达工作场地进行挖掘作业．挖掘机的有关数据如表所示,在平直路面上行驶时受的阻力是重力的倍,它在挖掘的过程中要将2×104N砂土匀速从图中最低点A移到最高点B;g=10N/kg求：项目数值整机质量kg9000发动机最大功率kW150标准斗容m31在平直路面上行驶过程中,挖掘机做的功；2如果挖掘机在举高砂土过程中的平均功率为80kW,用时,则此过程中挖掘机的机械效率．解析1因为挖掘机匀速运动,所以F=f===×900kg×10N/kg=×103N,挖掘机行驶的路程s=vt=2m/s×50s=100m,挖掘机做的功W=Fs=×103N×100m=×105J；2挖掘机做的有用功W=Gh=2×104N×8m=×105J；有用=pt=80×103W×=2×105J；挖掘机做的总功W总挖掘机的机械效率η=×100%=×100%=80%．答：1在平直路面上行驶过程中,挖掘机做的功是×105J；2此过程中挖掘机的机械效率是80%．13．2015眉山如图甲所示,有一种圆柱形薄壁烧杯,它的底面积为50cm2,烧杯自重,置于水平桌面上,在烧杯内倒入200mL的盐水时,杯底所受盐水的压强为440pa;g=10N/kg;求：1烧杯内盐水的密度；2烧杯对桌面的压强；3如图乙所示,把一个鸡蛋轻轻放入盐水中,鸡蛋刚好悬浮,液面上升到250mL刻线处,求鸡蛋的重力;解答14．2015南充如图13所示,用细绳系住体积为3×10-4m3的物体A,使它竖直下垂且全部浸入水中静止,此时绳子的拉力是,容器和水的总质量是,容器与水平桌面的接触面积是100cm2;ρ水=×103kg/ m3,g=10N/kg求：1物体A受到的浮力；2物体A的密度；3容器对桌面的压强;解析15、2015钦州如图23甲所示,用吊车将棱长为1m的正方体花岗岩石从距水面1m高的A处沿竖直方向匀速放入水中;在整个过程中,钢缆拉力大小与下落高度的关系如图23乙所示;求：1花岗岩石浸没在水中时受到的浮力；2花岗岩石下落到图甲B处h0=2m时下表面受到水的压强；3花岗岩石的密度;1V排=V物=1m3,F浮=ρgV排=×103kg/m3×10N/kg×1m3=×104N,2花岗岩石下落到图甲B 处h 0=2m 时,下表面距离水的深度h=2m+1m=3m,下表面受到水的压强p=ρgh=×103kg/m 3×10N/kg×3m=3×104Pa,3由图可知,花岗岩石的重力G=F=×104N, 花岗岩石的质量m===×103kg,花岗岩石的密度ρ=V m ==×103kg/m 3．答：1花岗岩石浸没在水中时受到的浮力为×104N ；2花岗岩石下落到图甲B 处h 0=2m 时下表面受到水的压强为3×104Pa ；3花岗岩石的密度为×103kg/m 3．压轴选择题三例：16、2015包头为了将放置在水平地面上重为100N 的物体提升一定高度,设置了图3所示的滑轮组装置;当用图4甲所示随时间变化的竖直向下的拉力F 拉绳时,物体的速度v 和物体上升的高度h 随时间变化的关系分别如图4乙和丙所示;不计绳重和绳与轮之间的摩擦下列计算结果正确的是A ．0s ～1s 内,地面对物体的支持力是10NB ．1s ～2s 内,拉力F 做的功是C ．2s ～3s 内,拉力F 的功率是100WD ．2s ～3s 内,滑轮组的机械效率是%解析A.从图乙可知,物体没有被拉起时,由甲图可知此时间内拉力F=30N ；若不考虑动滑轮重则动滑轮拉物体的力F 拉=3F=3×30N=90N,地面的支持力F 支=G-F 拉=100N-90N=10N ；但动滑轮有一定重量,这就使得地面对物体的支持力不等于10N,故A 错;此项有其它解法B.从甲图中可知,1s ～2s 内,拉力F=50N,从丙图中可知物体上升的高度h=,而由于滑轮组有3根绳子承担重物,绳端移动的距离s=3h=3╳=,则拉力F 做的功W=FS=50N ╳=,故B 正确;C. 从甲图中可知,2s ～3s 内,拉力F=40N,从乙图中可知物体的速度为s,而拉绳的速度v ′=3╳s=s,则拉力F 的功率P=Fv ′=40N ╳s=300W,故C 错;D.从乙图中可知,2s ～3s 内物体被匀速提升,此时拉力F=40N,此时滑轮组的机械效率η=h F Gh Fs Gh W W 3⨯==总有=340100⨯N N ≈%,故D 错; 答案B17、2015大连如图所示,把装水的大烧杯放在水平升降台上,将一轻质玻璃杯倒扣在水中,玻璃杯内封闭一些气体,玻璃杯底用支架固定,支架在水中部分的体积忽略不计,水面都是静止的;将升降台缓慢升起一定高度玻璃杯口没有接触大烧杯底部,水面静止后,下列说法正确的是A.玻璃杯内的气体压强逐渐变大B.玻璃杯外、内水面高度差变大C.大烧杯底部内表面受到的压强变大D.支架对玻璃杯的压力变小解析A、将升降台缓慢升起一定高度,大烧杯上升,则玻璃杯相对于烧杯下降,则玻璃杯所处水的深度变大,由p=ρgh可知,水向上的压强变大,玻璃杯内空气的体积会变小,气体压强变大,故A项正确；B、将升降台缓慢升起一定高度后,由于玻璃杯相对于烧杯下降,玻璃杯内水的深度变大,玻璃杯外、内水面高度差会变大,故B项正确；C、根据前面分析可知,玻璃杯内空气的体积会变小,则部分水会进入玻璃杯,所以大烧杯内的水面下降,因此大烧杯底部内表面受到水的压强变小,故C项错误；D、把玻璃杯和杯内原来的水作为一个整体,受到的重力不变,则外面的水对玻璃杯的整体有向上的浮力作用；由于有部分水进入玻璃杯,则玻璃杯整体排开水的体积减小,浮力将变小；对玻璃杯整体而言,受力平衡,有F 浮=F 压+G 杯总,由于浮力变小,会使得支架对玻璃杯的压力变小,故D 项正确． 故选：ABD ．18、2015巴中用弹簧测力计竖直挂一铁球,当铁球露出水面32体积时,弹簧测力计示数为4N ；当铁球浸入水中21体积时,弹簧测力计示数为1N,取下该铁球放入水中,铁球静止时受到的浮力是A ．18NB ．14NC ．8ND ．10N 解析设铁球体积为V,当铁球露出水面32体积时,则V 排1=31V,根据物体受力平衡和阿基米德原理可知：G=F 浮1+F 拉1=ρ水g 31V+4N ① 当铁球浸入水中21体积时,则V 排2=21V,根据物体受力平衡和阿基米德原理可知：G=F 浮2+F 拉2=ρ水g 21V+1N ②由①②得：ρ水gV=3N,所以ρ水gV=18N,即铁球全部浸没在水中时受的浮力为18N ； 由①可得铁球的重力：G=F 浮1+F 拉1=ρ水g 31V+4N=31×18N+4N=10N,当取下该铁球将它放入足量的水中,因为铁球全部浸没时受的浮力大于其重力,所以铁球在水中上浮,最终处于漂浮状态,浮力F 浮′=G=10N． 故选D ．说明：本题容易错选A项,没有判断铁球浸没在水中的状态;。
中考物理与压力与压强问题有关的压轴题
一、初中物理压力与压强问题1．如图所示，轻质圆柱形容器A 、B 、C 分别盛有质量相同的不同液体（S A ＜S B ＜S c ），现有质量相同的甲、乙两实心物体（ρ甲＞ρ乙），若选择其中一个物体放入某个容器中，物体浸没且液体没有溢出，此时液体对容器底部的压强为p 液，则（ ）A ．甲放入B 中p 液最小 B ．甲放入C 中p 液最小 C ．乙放入A 中p 液最大D ．乙放入B 中p 液最大【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，本题意在比较容器底受到液体压强的大小关系，可由压强的计算公式Fp S=、液体内部压强的计算公式p gh ρ=液液、阿基米德原理、力的平衡、作用力与反作用力，综合进行分析判断，合理进行受力分析是解决此题的关键 【详解】 浸在液体中的物体，会受到竖直向上的浮力；由于力的作用是相互的，所以物体会对液体产生竖直向下的压力，相互作用力大小相等1F F =压浮①对杯中液体体进行受力分析：竖直向上的方向上，液体受容器底部的支持力F 支；竖直向下的方向上，受重力G 液和物体对其的压力1F 压，由力的平衡条件可得1F G F =+压支液②容器底部对液体的支持力F 支，和液体对容器底部的压力2F 压为相互作用力，其大小相等2F F =压支③由①②③式和阿基米德原理可得，液体对容器底部的压力为2F F G V g G ρ=+=+压浮液液物液若容器底面积为S ，则容器底受到液体的压强为2m gF V gG V gG G p SSSSSSρρρρ+===+=+物液压液物液液物液液物上式也可写成m g Gp SSρρ=+液物液物由于三容器中液体质量相等、物体质量也相等，由上式不难看出液体对容器底部压强的大小取决于ρ液、ρ物和容器底面积S 的大小关系；AB ．ρ液最小、ρ物最大、S 最大时，此时容器底部受到的液体压强最小，所以将甲放入C 中时容器受到的液体压强最小，故A 不符合题意，B 符合题意；CD ．ρ液最大、ρ物最小、S 最小时，此时容器底部受到的液体压强最大；但由图形不能判断出A 、B 中液体密度谁大谁小，故CD 不符合题意。
中考物理压轴题专题复习——浮力类问题的综合及详细答案
一、初中物理浮力类问题1．弹簧测力计下挂一长方体物体，将物体从盛有适量水的烧杯上方离水面某一高度处缓缓下降，然后将其逐渐浸入水中如图（甲）；图（乙）是弹簧测力计示数F 与物体下降高度h 变化关系的图像，则下列说法中正确的是A ．物体的体积是500cm 3B ．物体受到的最大浮力是5NC ．物体的密度是332.2510kg /m ⨯D ．物体刚浸没时下表面受到水的压力是9N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由乙图可知，物体重9N ，全部浸入水中时受到的浮力是9N-5N=4N ，刚刚浸没时上表面受到水的压力为0，所以下表面受到水的压力等于浮力4N ，则BD 错误； 物体浸没时-43334====4101.010/10/F NV V m g kg m N kgρ⨯⨯⨯浮物排液， 故A 错误； 物体的密度：33-439= 2.2510/10/410m G N kg m V gV N kg mρ===⨯⨯⨯， 故C 正确。
故答案为C 。
2．如图所示，一薄壁圆柱形容器盛有水，用弹簧测力计竖直吊着重为10牛的实心物块A 浸在水中，物块A 处于静止状态，与物块A 未浸入水中相比较，下列说法正确的是（ ）A．物块A受到的浮力等于10牛B．水对容器底部的压力增加量等于10牛C．水对容器底部的压力保持不变D．容器对水平地面的压力增加量小于10牛【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，测力计的示数不为零，根据F浮= F1－F2，所以可知物块所受的浮力应小于物块的重力10N，故A错误；B．水对容器底部压力的增加量等于浮力的大小，也小于10N，故B错误；C．水对容器底部的压力变大（等于浮力），故C错误；D．容器对水平地面的压力增加量等于10N减去浮力，小于10N，故D正确。
3．将浸没在水中的鸡蛋由静止释放，鸡蛋开始下沉，下列说法中正确的是（）A．鸡蛋由静止释放后只受重力作用B．鸡蛋所受到的浮力大于重力C．在水中越深，鸡蛋受到的浮力越大D．鸡蛋受到的浮力方向始终竖直向上【答案】D【解析】【分析】本题考查浮力的大小及方向，利用阿基米德原理及物体的浮沉条件。
中考物理与电路类问题有关的压轴题含答案解析
一、初中物理电路类问题1．如图新型落地扇有一个电源开关S 1，闭合S 1，电动机正常作，其内部还有个防倾倒开关S 2，S 2处于常闭状态，当落地扇倾斜时S 2能自动断开，使电动机停止工作，图中电路中符合这一功能的是A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【详解】ABCD ．由题意可以得出，当开关S 1和S 2同时闭合时，电动机工作，当开关S 2断开时，电动机就停止工作，因此两开关应该为串联关系，故ABD 选项不符合题意，C 选项符合题意。
故选C 。
2．如图所示电路，电源两端电压保持不变．闭合开关 S ，将滑动变阻器的滑片 P 由 a 端向 b 端滑动一段距离，电压表V 1、V 2、V 3示数的变化量的绝对值分别为1U ∆、2U ∆、3U ∆，电流表示数的变化量的绝对值为 I ∆．下列判断正确的是A ．电压表V 1示数变小，电压表V 2示数变大，电压表V 1与V 2的示数之和不变B ．电压表V 3示数变大，电压表V 3与电流表示数的比值变大C ．滑动变阻器的滑片 P 滑过的那一段距离对应的阻值为2U ID ．1U ∆大于3U ∆ 【答案】ABD 【解析】 【详解】A ．由题中的电路图可知，当滑动变阻器的滑片P 向b 端滑动一段距离时，三电阻串联，电压表V 1测1R 与2R 两端的电压之和，电压表V 2测3R 两端的电压，电压表V 3测2R 与3R 两端的电压之和，电流表测电路中的电流；将滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动一段距离时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，由U IR =可知，1R 与2R 两端的电压变小，即电压表V 1的示数变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源的电压不变，所以电压表V 1与V 2的示数之和等于电源的电压即不变，则电压表V 2的示数变大，故A 项正确；B ．因电压表V 3的示数等于电源的电压减去1R 两端的电压，所以电压表V 3的示数变大，因电压表V 3与电流表示数的比值为23R R +的阻值，所以电压表V 3与电流表示数的比值变大，故B 项正确；C ．由欧姆定律得，滑动变阻器的滑片P 滑过的那一段距离对应的阻值为:23U R I=故C 项错误；D ．当滑动变阻器的滑片P 在a 端时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律得，V 3示数是：31U U IR =-当滑动变阻器的滑片P 向b 端滑动一段距离时，V 3测量电阻2R 、3R 两端的电压3U '，根据串联电路的电压特点和欧姆定律得：31U U I R ''=-则：3311131U U U U I R U IR I I R IR '''=-=---=-=（）（）由题意可得：211U I R R +=（）所以1U ∆大于3U ∆；故D 项正确；3．如图所示，电源电压U 保持不变，滑动变阻器R 0的最大电阻是20Ω。
中考物理压力与压强问题-经典压轴题及答案解析
一、初中物理压力与压强问题1．均匀实心正方体甲、乙对水平地面的压强相等。
已知它们的边长l 甲＞l 乙，现将两物体均沿水平方向切去一部分厚度∆h ，则（ ） A ．若切去相等体积，P’甲可能小于P’乙 B ．若切去相等体积，P’甲一定小于P’乙 C ．若切去相等质量，∆h 甲一定小于∆h 乙 D ．若切去相等质量，∆h 甲可能小于∆h 乙【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB ．沿水平方向切去一部分厚度∆h ，且边长l 甲＞l 乙，利用极限思想，乙被切没了，甲还有剩余，所以剩下的甲的压强大于乙的压强，所以AB 错误； CD ．均匀实心正方体甲、乙对水平地面的压强相等，所以gL gL ρρ=甲甲乙乙根据上式可得L L ρρ=甲甲乙乙因为切去相等的质量，所以22L h L h ρρ∆=∆甲甲甲乙乙乙结合上式可得L h L h ∆=∆甲甲乙乙又因为l 甲＞l 乙，所以∆h 甲一定小于∆h 乙，所以C 正确，D 错误。
故选C 。
2．如图所示，甲、乙是放在水平地面上的两个质量均匀的长方体，它们的密度之比:2:3ρρ=甲乙，底面积之比:3:4S S =甲乙，对水平地面的压强之比:8:5p p =甲乙，下列有关甲、乙的说法正确的是（ ）A ．甲、乙的重力之比是1∶2B ．甲、乙的体积之比是16∶5C ．甲、乙的高度之比是5∶12D ．将甲、乙分别沿水平方向切去相同的高度后，甲剩余部分对地面的压强大于乙剩余部分对地面的压强 【答案】D 【解析】 【分析】【详解】A ．甲、乙是放在水平地面上的两个质量均匀的长方体，它们的重力之比为836545G F p S p S G F p S p S ===⨯=⨯=甲甲甲甲甲甲乙乙乙乙乙乙故A 错误；B ．甲、乙的体积之比是639525G m gV G m G V G gρρρρρρ===⨯=⨯=甲甲甲甲甲甲乙乙乙乙乙甲乙乙故B 错误；C ．甲、乙的高度之比是9412535V h S V S V h V S S ==⨯=⨯=甲甲甲甲乙乙乙乙甲乙故C 错误；D ．将甲、乙分别沿水平方向切去相同的高度后，甲剩余部分对地面的压强大于乙剩余部分对地面的压强之差为122221212()()gV gV F F G G m g m g p p gh gh g h h g h h S S S S S S S S ρρρρρρ-=-=-=-=-=-=---甲乙111甲乙甲甲乙乙12121212由于:2:3ρρ=甲乙所以23ρρ=甲乙 由于125h h =甲乙 所以125h h =甲乙 故12212291()()0353153p p g h h g h h g h gh gh gh gh gh ρρρρρρρρ-=---=⨯--+=+>甲甲乙乙乙乙乙乙乙乙乙乙乙所以12p p >故D 正确。
中考物理凸透镜-经典压轴题含详细答案
一、初中物理凸透镜成像的规律1．在“探究凸透镜成像规律的实验”中，小明调节蜡烛，凸透镜和光屏的位置，在光屏上成清晰的像如图所示，下列说法正确是( )A．照相机是利用了图中的成像规律B．换上焦距小一些的凸透镜，只将蜡烛向左适当移动就能在光屏上接收到清晰的像C．如果使蜡烛向左移动，光屏需要向右移动才能接收到清晰的像D．如果把蜡烛与光屏对调，光屏上将会出现清晰的像【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，成像时，像距小于物距，所以成一个倒立缩小的实像，和照相机的原理相同，故A正确；B．如果换一个焦距较小的透镜，所成的像将变小，像距也变小，像成在光屏的左边，所以要想让像成在光屏上，应该将蜡烛向右移动，从而像也向右移动直到光屏上，故B错误；C．如果使蜡烛向左移动，像也向左移动，所以光屏要向左移动才能接收到清晰的像，故C 错误；D．如果把蜡烛和光屏对调，根据光路的可逆性，光屏上会成一个倒立放大的实像，故D 正确。
故选AD。
2．小磊在“探究凸透镜成像规律”的实验中，将凸透镜A固定在光具座上35cm处，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，如图甲所示。
接着，他将凸透镜A换成凸透镜B并保持烛焰和透镜位置不变，移动光屏再次得到清晰的像如图乙所示。
则下列说法中正确的是（）A ．照相机的物镜成像原理与图甲相同B ．放大镜的物镜成像原理与图乙相同C ．凸透镜A 的焦距大于凸透镜B 的焦距D ．凸透镜B 的焦距大于凸透镜A 的焦距【答案】AD【解析】【分析】【详解】 A ．由图甲可知，光屏上呈现倒立缩小的实像，所以照相机的物镜成像原理与图甲相同，故A 正确；B ．由乙图可知，此时成倒立、放大的实像，所以放大镜的物镜成像原理与图乙不相同，故B 错误；CD ．由甲图可知，物距35cm 5cm 30cm u =-=此时成倒立、缩小的实像，所以物距大于两倍焦距，所以A 30cm 2f >得A 15cm f <由乙图可知，物距仍为30cm ，此时成倒立、放大的实像，所以物距处于f 和2f 之间，即B B 30cm 2f f <<可得B 15cm 30cm f <<所以A 的焦距小于B 的焦距；故C 错误，D 正确。
中考物理凸透镜成像的规律-经典压轴题附答案解析
一、初中物理凸透镜成像的规律1．如图所示，将一副近视眼镜放在凸透镜前，移动光屏，光屏上出现一个清晰的像；拿走眼镜，光屏上的像变模糊，要想在光屏上重新得到清晰的像，下列操作可行的是（）A．将蜡烛远离凸透镜B．将光屏靠近凸透镜C．将光屏远离凸透镜D．将光屏和蜡烛同时远离凸透镜【答案】B【解析】【分析】【详解】近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，将近视眼镜放在凸透镜前，已能在光屏上成清楚的像，近视眼镜取走后，若蜡烛、凸透镜和光屏的位置不变，此时通过凸透镜所成的像在光屏与透镜之间，若要再次成清晰的像，据凸透镜的成像规律：物近像远，像变大，应将蜡烛靠近凸透镜或将光屏靠近凸透镜，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
2．某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（）A．该凸透镜的焦距是16cmB．把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小C．当u=20cm时成放大的像．投影仪就是根据这一原理制成的D．当u=12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 根据凸透镜成像的规律，在物体等于二倍焦距时，像距也等于二倍焦距，此时成倒立等大的实像，如图，物距为16cm时，像距也为16cm，即都等于二倍焦距，所以该凸透镜的焦距是8cm，故A错误；B. 由图可知，把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，即物距增大时，像距变小，像会逐渐变小，故B正确；u=时，大于二倍焦距，成缩小的像，投影仪根据凸透镜成放大的实像原理制C. 当20cm成，故C错误；u=时，即物距处于一倍到二倍焦距之间，成倒立放大的实像，故D错误．D. 当12cm故选B．【点睛】凸透镜成像规律是常考试的内容，应牢记凸透镜的成像规律，有些同学总是记不住，要下点功夫，可以结合成像光路图进行练习、记忆．3．小明探究“凸透镜成像规律”，当蜡烛到透镜的距离是30cm时，调节透镜另一侧的光屏，屏上得到清晰放大的像。
决胜2022年中考物理压轴题剖析与精练专题04光现象含解析
专题04光现象【考点1】：光的直线传播【例1】〔2022•随州〕一篇科普文章中写道，即使太阳突然消失，人类也不能“第一时间〞发现，因为尽管阳光信使一路狂奔，当他来到我们面前时已经过去8.333333分钟!据此估算太阳与地球之间的距离最接近以下选项中的〔〕A．1.5亿千米B．150亿千米C．15×108m D．1.5×1011km 【考点】光的传播速度与光年．【答案】A【解析】8.333333分钟≈500s，因为v＝，所以太阳与地球之间的距离为s＝vt＝3×108m/s×500s＝1.5×1011m＝1.5亿千米。
【点拔】此题考查了速度变形公式的应用，注意科学记数法的正确应用。
【变式1-1】〔2022•金华〕我国建成全球规模最大熔盐塔式光热电站，如图是利用大规模阵列抛物镜面收集太阳能的工作原理图。
以下关于太阳光传播的说法错误的选项是〔〕A．在定日镜面上发生反射B．在定日镜面上发生折射C．经过定日镜后沿直线传播D．经过定日镜后传播速度不变【考点】1.光在均匀介质中直线传播；2.光的传播速度与光年；3.光的反射现象．【答案】B【解析】AB、太阳发出的光从空气照射到定日镜面上时会发生反射，但没有从一种介质进入另一种介质，不会发生折射，故A正确，B错误；C、光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，所以经过定日镜后光沿直线传播，故C正确；D、一般情况下，光在同种介质中传播速度不变，所以光经过定日镜后传播速度不变。
故D正确。
【点拔】此题通过塔式光热电站考查学生对光的直线传播、光的反射和光的折射的理解，在学习过程中要注意区分几种光现象，并善于利用所学知识解释有关现象。
【变式1-2】〔2022•呼和浩特模拟〕如下图为水位测量仪的示意图。
A点与光屏PQ在同一水平面上，从A点发出的一束与水平面成45°角，方向不变的激光，经水面反射后，在光屏上的B点处形成一个光斑，光斑位置随水位变化而发生变化。
中考物理浮力类问题-经典压轴题含答案解析
一、初中物理浮力类问题1．重为 5N 的小球轻放入装满水的烧杯中，溢出重为 4N 的水｡若将该小球轻放入盛有酒精的烧杯中，已知 ρ酒<ρ 水，则溢出酒精的重力大小（ ） A ．一定小于4牛 B ．可能等于5牛 C ．一定等于4牛 D ．可能大于5牛【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由于小球轻放入装满水的烧杯中，溢出重为4牛的水，则由阿基米德原理可知，小球在水中受到的浮力为F 浮=G 排=4N小球的重力G =5N ，则G ＞F 浮，所以由浮沉条件可知，小球在水中会下沉到烧杯的底部，小球的密度ρ球＞ρ水，根据F 浮=ρ水gV 排可知小球的体积为F V V gρ==浮排水 由于ρ酒＜ρ水，ρ球＞ρ水则ρ球＞ρ酒；根据物体的浮沉条件可知，该小球轻放入盛有酒精的烧杯中，一定会下沉；则小球此时受到浮力F F gV g F g ρρρρρ'==⨯=⨯浮酒酒酒浮浮水水由于ρ酒＜ρ水，所以F 浮′＜F 浮=4N根据阿基米德原理可知，溢出酒精的重力大小一定小于4N 。
故选A 。
2．如图，两个相同的空塑料瓶，瓶口扎上橡皮膜，竖直的浸没在水中，甲瓶口朝上，乙瓶口朝下，若甲瓶恰好悬浮，则（ ）A．乙瓶可能悬浮B．两瓶受到的浮力相等C．甲瓶内气体的压强较大D．乙瓶内气体密度较大【答案】D【解析】【详解】AB．已知两个空塑料瓶是相同的，则两个空塑料瓶的重力相等；甲瓶恰好悬浮，则甲瓶受到的浮力等于瓶的重力；由图可知：乙瓶的橡皮膜朝下时，浸入液体的深度大，橡皮膜凹的更明显，则乙瓶排开水的体积小于甲瓶排开水的体积，根据阿基米德原理可知：乙瓶受到的浮力小于甲瓶受到的浮力，则乙瓶受到的浮力小于瓶的重力；所以，乙瓶会下沉，故AB不符合题意；CD．由于两个空塑料瓶是相同的，瓶内空气质量相同，乙瓶橡皮膜凹进得更多，体积变小，故乙瓶内空气的密度变大；乙瓶内空气的压强也变大，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
3．三个相同容器里盛有密度不同的三种液体，将同一个小球先后放入三个容器中，静止时位置如图所示，容器中的液面到容器底的距离都相等。
2024年中考物理(全国)难点 专题01 力学综合(压轴题)学生版
专题01力学综合（压轴题）在探讨2024年中考物理“力学综合（压轴题）”的命题趋势时，我们首先需要理解力学在物理学中的重要地位。
力学作为物理学的基础，其涉及的知识点广泛且深入，包括牛顿运动定律、重力、动量、能量守恒等核心概念。
因此，在中考中，力学综合题往往具有较大的难度和深度，旨在检验学生对力学知识的掌握程度和灵活运用能力。
从历年的中考物理试卷来看，力学综合题的命题趋势呈现出以下几个特点：一是注重基础知识的考查。
在力学综合题中，通常会涉及到多个力学知识点的综合运用，因此，对基础知识的掌握程度将直接影响到解题的效果。
这要求学生在复习过程中，要重点掌握力学的基本概念和原理，并能够熟练运用这些基础知识解决问题。
二是强调理解和分析能力。
力学综合题往往涉及到复杂的物理过程和现象，需要学生对题目中的信息进行深入分析和理解。
这要求学生在复习过程中，不仅要注重知识的记忆，还要培养自己的理解和分析能力，能够准确把握题目中的关键信息，并运用所学知识进行解答。
三是注重实验和探究能力的考查。
力学作为一门实验科学，其实验和探究能力也是中考考查的重点之一。
在力学综合题中，可能会出现一些需要学生进行实验设计和数据分析的题目，这要求学生在复习过程中，要注重实验技能的培养和实践经验的积累。
2024年中考物理“力学综合（压轴题）”的命题趋势可能会继续强调对基础知识的掌握、理解和分析能力的培养以及实验和探究能力的考查。
因此，在复习过程中，学生应该注重这些方面的提升，为中考做好充分的准备。
同时，教师也应该根据学生的实际情况，制定有针对性的复习计划和教学策略，帮助学生更好地掌握力学知识并提高解题能力。
（限时：20分钟）一、单选题1．在如图所示的斜面上测量小车运动的平均速度，让小车从斜面的A点由静止开始下滑，分别测出小车到达B点和C点的时间，即可测出不同阶段的平均速度。
对上述实验的数据处理正确的是（）A．图中AB段的路程s AB=45.0cmB．如果测得AC段的时间t AC=2.5s，则AC段的平均速度v AC=32.0cm/sC．在测量小车到达B的时间时，如果小车过了B点才停止计时，测得AB段的平均速度v AB会偏大D．为了测量小车在BC段的平均速度v BC，可以将小车从B点静止释放2．如图，小车从处于轻质杠杆OB的A点开始匀速向右运动，在B端竖直向上方向系一根不可伸缩的细绳使杠杆始终处于水平位置平衡。
中考物理压轴题05 欧姆定律及其应用(解析版)
压轴题05 欧姆定律及其应用一、考向分析1探究电流与电压的关系1.实验方法——控制变量法：在探究电流与电压的关系的实验中，需要保持电阻不变，所以要运用控制变量法。
需选取定值电阻，不能选取小灯泡代替定值电阻，因为小灯泡的电阻随电压的升高而增大。
2. 这里滑动变阻器有两个作用：①保护电路；②改变定值电阻两端的电压。
本实验多次改变定值电阻两端的电压，从而改变电流，获取多组数据的目的：分析数据，获取具有普遍意义的结论（规律）。
不是为了求平均值减小测量误差！电压表要与定值电阻要并联。
若果电压表与滑动变阻器相并联，则会出现“电压越高，电流越小”的现象。
3．结论：当电阻一定时，电流与电压成正比。
4.实验注意事项（1）连接电路时，开关要断开。
闭合开关前，滑动变阻器的滑片要处于最大阻值处。
（2）注意选择电流表、电压表的量程，接线时，要让电流从它们的正接线柱流入，负接线柱流出。
（３）电压表要与定值电阻相并联。
（４）每次实验操作力求迅速，尽量减小由于电阻长时间通电温度升高，电阻变大。
2探究电流与电阻的关系1.实验方法——控制变量法：在探究电流与电阻的关系的实验中，需要保持电压不变，所以要运用控制变量法。
需选取定值电阻，不能选取小灯泡代替定值电阻，因为小灯泡的电阻随电压的升高而增大。
2.这里滑动变阻器有两个作用：①保护电路；②保持定值电阻两端的电压。
本实验多次使用不同阻值的电阻进行实验，获取多组数据的目的：分析数据，获取具有普遍意义的结论（规律）。
电压表要与定值电阻要并联。
在用大电阻替换小电阻之后，需要将滑动变阻器的滑片向阻值较大的方向滑动，同时观察电压表的示数，当与开始实验时设定的电压值相同时停止滑动，观察电流表示数，记录数据。
3.结论：当电压一定时，电流与电阻成反比。
4.实验注意事项（1）连接电路时，开关要断开。
闭合开关前，滑动变阻器的滑片要处于最大阻值处。
（2）注意选择电流表、电压表的量程，接线时，要让电流从它们的正接线柱流入，负接线柱流出。
中考物理压轴题专题复习——声现象问题求解附答案解析
一、初中物理声现象问题求解方法1．为了监测车辆是否超过了规定值，公路上都安装了测速仪。
一辆从新洲开往武汉的小车经过刘集监测点时，测速仪从第一次发出超声波信号，到经汽车反射后收到反射信号用了0.4s；测速仪第一次发出信号1s后，第二次发出超声波信号。
测速仪从第二次发出超声波信号，到经汽车反射后收到反射信号用了0.2s；设超声波的速度为340m/s保持不变；求：（1）测速仪第一次发出的超声波信号和小车相遇时，测速仪到小车的距离；（2）测速仪第二次发出的超声波信号和小车相遇时，测速仪到小车的距离；（3）小车的速度。
【答案】(1) 68m；(2)34m；(3) 37.78m/s。
【解析】【分析】【详解】(1) 第一次发出的超声波信号和小车相遇的时间因为，所以测速仪到小车的距离测速仪到小车的距离68m。
(2) 第二次发出的超声波信号和小车相遇的时间因为，所以测速仪到小车的距离第二次测速仪到小车的距离34m。
(3)汽车在两次与信号相遇过程中的路程汽车的行驶时间汽车的速度小车的速度是37.78m/s。
答：(1)测速仪第一次发出的超声波信号和小车相遇时，测速仪到小车的距离为68m。
(2)测速仪第二次发出的超声波号和小车相遇时，测速仪到小车的距离34m。
(3)小车的速度为37.78m/s。
2．将一只正在发声的音乐芯片挂在钟罩内，如图所示：用抽气筒把钟罩内的空气逐渐抽出，将会发现声音 _____；此实验可以推理得出______的结论。
实验中声音无法完全消失的原因可能是________ 。
（写出一种）【答案】逐渐减小声音的传播需要介质声音通过上方的固体传声【解析】【分析】【详解】[1]将一只正在发声的音乐芯片挂在钟罩内，用抽气筒把钟罩内的空气逐渐抽出，传递声音的介质变少，所以将会发现声音逐渐变小；[2]此实验可以推理得出：声音的传播需要介质（或真空不能传声）的结论；[3]实验中声音无法完全消失的原因可能是：声音通过上方的固体传声，或空气抽不干净。
中考物理压轴题之滑轮组的省力问题(中考题型整理,突破提升)附答案解析
一、初中物理滑轮组的省力问题1．如图所示，甲、乙两套装置所用滑轮质量均相等，用它们分别将所挂重物在相等时间内竖直向上匀速提升相同高度.若12G G =，所用竖直向上的拉力分别为1F 和2F ，拉力做功的功率分别为1P 和2P ，两装置的机械效率分别为1η和2η（忽略绳重和摩擦），则下列选项中正确的是（ ）.A ．12F F > 12ηη< 12P P <B ．12F F > 12=ηη 12P P =C ．12F F < 12ηη= 12P P <D ．12F F < 12ηη> 12P P >【答案】B 【解析】 【详解】CD ．不计绳重及摩擦，因为拉力:1F G nG =+动（）12n =，23n =，所以绳子受到的拉力分别为：1112F G G =+动（）2213F G G =+动（）因为12G G =，故：12F F ＞故CD 项错误；AB ．因为动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W G h =额轮，W G h =有用物，所以利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同；由100%W W 有总η=⨯可知，机械效率相同，即：12ηη=又因为所用时间相同，由WP t=可知，拉力做功的功率： 12P P =故A 项错误，B 项正确。
2．小夏利用如图所示的滑轮组将重为280 N 的物体匀速提起。
已知他自身所受的重力为500 N ，双脚与地面的总接触面积为400 cm 2 ，动滑轮所受的重力为120 N ，若不计绳重和摩擦，小夏对地面的压强为_____Pa 。
【答案】7500 【解析】 【分析】 【详解】小夏对绳子的拉力为280N 120N 200N 11(22F G G =++⨯==动())小夏受到绳子的拉力F 拉、重力G 、地面的支持力F 支，因为小夏静止，小夏受到的重力等于拉力加上支持力，则地面的支持力500N 200N 300N F G F =-=-=人支拉由于力的作用是相互的，则小夏对地面的压力300N F F ==压支受力面积22400cm 0.04m S ==小夏对地面的压强2300N7500Pa 0.04m F p S ===压3．用如图所示的滑轮组，将重为16 N 的物体以0.2 m/s 的速度匀速提升，滑轮组的机械效率为80%，若不计绳重及摩擦，拉力F 为__N ，拉力的功率为__W ，动滑轮的重力为__N ．【答案】10 4 4 【解析】 【分析】 【详解】（1）由图知，n =2，则拉力端移动的距离s =2h ，滑轮组的机械效率：22W Gh Gh GW FS F h Fη====有用总则拉力16N 10N 2280%G F η===⨯ （2）拉力端移动的速度v =2v 物=2×0.2m/s=0.4m/s ，拉力做功功率:P=Fv =10N×0.4m/s=4W ；（3）不计绳重及摩擦，拉力()12F G G =+动 动滑轮重力：G 动=2F ﹣G =2×10N ﹣16N=4N ．4．如图所示，在水平拉力F 的作用下，重为300 N 的物体恰能在水平桌面上以0.lm/s 的速度做匀速直线运动，此时物体与桌面的摩擦力大小为60N （不计绳重、动滑轮重及摩擦），则拉力F =_________N 及其功率P =_______W 。
中考物理热学问题求解方法-经典压轴题
一、初中物理热学问题求解方法1．用相同热源、相同的加热装置，对质量相等的甲、乙两种固态物质加热时，得到的温度随时间变化的图像。
根据图像分析，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两种物质可能是松香和萘B．甲物质在a、b两点时，温度和内能都相同C．甲、乙两种物质在熔化时乙吸收的热量比甲多D．甲、乙两种物质在固态时，甲的比热容小于乙的比热容【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从图象可以看出，甲、乙两种物质在熔化过程中温度保持不变，所以均为晶体。
松香是非晶体，萘是晶体，所以甲、乙不可能是松香，故A错误；B．甲物质在a点开始熔化，b点熔化完成，在熔化过程中温度保持不变，但是继续吸热，所以b点的内能大于a点的内能，故B错误；C．读图可知，甲熔化持续的时间为20min−10min＝10min乙熔化持续的时间为27min−17min＝10min二者时间相同，说明吸收热量相同，故C错误；D．甲、乙两种物质在固态时，同样加热10min，吸收相同的热量，甲的温度高于乙的温度，根据Qcm t=∆吸，在吸收热量和质量相等时，比热容和温度成反比，所以甲的比热容小于乙的比热容，故D正确。
故选D。
2．用体温计分别测甲、乙、丙三人的体温，先测得甲的体温正常。
用酒精消毒后，忘了拿着体温计用力向下甩，就直接依次去测乙和丙的体温，已知乙的体温是37.6℃，丙的体温为38.4℃，那么用此方法测得乙和丙的体温分别为( )A．37℃、38.4℃B．37℃、37.6℃C．37.6℃、38.4℃D．38.4℃、38.4℃【答案】C【解析】【详解】因为甲的体温正常，所以用体温计测完甲后，体温计的示数应该是37℃左右，不会是37.6℃，用酒精消毒后，忘了拿着体温计用力向下甩，那么液泡会收缩，液柱不会下降，还是37℃左右，依次去测乙和丙的体温时，乙的体温是37.6℃，这说明液柱上升了，乙的真实体温是37.6℃，丙的体温为38.4℃，这也说明液柱也上升了，丙的真实体温是38.4℃，所以用此方法测得乙和丙的体温分别为37.6℃、38.4℃，故选C。
初三中考物理压强题专题分析
压轴题分析专题（一）压强篇历年压强真题1．（20XX年上海中考第17题）如图11 所示，边长分别为0.2 米和0.1 米的实心正方体A、B 放置在水平地面上，ρA 为0.l×l03 千克/米3，ρB为0.8×l03 千克/米3。
求：(1) 物体A 的质量m A。
(2) 物体B 对地面的压力F B。
(3) 小明和小华两位同学设想在正方体A 、B 上部沿水平方向分别截去一定的厚度后，通过计算比较A、B 剩余部分对地面压强的大小关系。
小明设想在A、B 的上部均截去0.09 米，小华设想在A、B 的上部均截去0.05 米，他们的计算过程及得出的结论分别如下表所示：计算过程结论小明P A=F A/S A=ρA gh A=0.l×103千克/米3×9.8牛/千克×(0.2米一0.09米)=107.8帕P B=F B/S B=ρB gh B=0.8×103千克/米3×9.8牛/千克×(0.1米一0.09米) =78.4帕P A>P B小华P A=F A/S A=ρA gh A=0.l×103千克/米3×9.8牛/千克×(0.2米一0.05米)=147帕P B=F B/S B=ρB gh B=0.8×103千克/米3×9.8牛/千克×(0.1米一0.05米)=392帕P A<P B①请判断：就他们设想截去的厚度而言，小明的结论是的，小华的结论是的。
（均选填“正确”或“错误”）②是否有可能存在某一厚度h，沿水平方向截去h 后使A、B 剩余部分对地面的压强相等？若有可能，求出h 的值；若没有可能，说明理由。
2、（20XX年上海中考第16题）质量为2kg、底面积为0.01m2的容器放在水平地面上，容器内盛有质量为8kg的酒精(酒精=0.8×103kg/m3)。
中考物理欧姆定律-经典压轴题附详细答案
一、初中物理欧姆定律问题1．如图所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻，当开关闭合时，标有“8V8W”的小灯泡L恰好正常发光；若保持定值电阻R不变，将L换成另一只标有“8V 4W”的小灯泡，闭合开关后，小灯泡工作时消耗的实际功率A．大于4W B．等于4W C．小于4W D．无法确定【答案】A【解析】【分析】【详解】根据公式可知，当额定电压相同时，额定功率越大，电阻越小，所以“8V 8W”的灯泡电阻小，“8V 4W”的灯泡电阻大；根据串联电路电阻的分压特点可知，改接后，灯泡两端的电压变大，大于8V，所以这只灯泡消耗的功率大于4W．2．某同学利用如图甲所示的电路图测定小灯泡电阻，电路中电源电压保持4.5V不变，灯泡上标有“2.5V，？A”字样，滑动变阻器上标有“50Ω 1A”。
闭合开关，将滑片P滑到某一位置时，两电表的示数如图乙所示，则下列说法不正确的是（）A．此时灯泡的电阻为8ΩB．此时灯泡和滑动变阻器的阻值之比为8∶7C．该电路能探究串联电路电流的特点D．该电路能探究电流与电压的关系【答案】D【解析】【分析】由图示电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表测灯泡两端电压；由图示电表确定其量程与分度值，读出其示数，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。
【详解】 A ．此时灯泡电阻L 2.4V8Ω0.3AU R I === 故A 正确，不符合题意； B ．滑动变阻器两端电压L = 4.5V 2.4V 2.1V U U U -=-=滑此时灯泡与滑动变阻器的阻值之比L L 2.4V 82.1V 7R U R U ===滑滑 故B 正确，不符合题意；C ．利用该电路可以探究串联电路电流特点，故C 正确，不符合题意。
D ．探究电流与电压的关系，应控制电阻阻值不变，而灯泡电阻随温度升高而增大，因此该电路不能探究电流与电压的关系，故D 错误，符合题意。
故选D 。
3．小明利用图甲的电路探究“通过导体的电流与电阻的关系”，根据实验的数据绘出了I —1R图像，如图乙，由图可知（ ）A ．定值电阻两端电压控制为2V 不变B ．当电流为0.2A 时，电阻R 为0.1ΩC ．当滑片向右移时，电压表数变大D ．当电流分别为0.25A 和0.5A 时，接入电路的导体的电阻之比为1:2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，本题考查了“通过导体的电流与电阻的关系”，可以运用欧姆定律和串联电路的特点进行分析判断。
中考物理压轴题专题复习—光学问题求解方法的综合含详细答案
一、初中物理光学问题求解方法1．小明的爸爸身高1.80m，小明现在身高1.68m，而妈妈身高1.72m。
如果他们全家人的眼睛到头顶的距离均为10cm，为了让全家人都能在镜子中看到自己的全身像，镜子的下边缘需离地高度不能高于（）A．0.9m B．0.84m C．0.96m D．0.79m【答案】D【解析】【详解】人眼与像中眼睛连线，人眼与像中脚连线。
图中A点为平面镜最低点，最低点高度为人眼离地面的高度的一半，三人中小明身高最小，要求平面镜高度最低，应按小明来计算，小明眼睛高度为158cm，所以镜子下边缘离地面最多不能高于158cm=79cm=0.79m。
2故选D。
2．如图是用手机、凸透镜和纸盒制成的简易“投影仪”，它能将手机画面放大投射到墙上，下列说法正确的是（）A．若透镜表面有一只小虫，墙上能看到小虫的像B．眼睛贴近透镜向纸盒里面看，能看到手机画面放大的像C．要使墙上的像变大一些，应将手机靠近透镜，同时使透镜离墙远一些D．要使看到的像更清楚，应将手机屏幕调亮一些，使周围的环境暗一些【答案】CD【解析】【分析】本题考查凸透镜的成像规律。
【详解】A．投影仪的成像条件是物距大于一倍焦距而小于二倍焦距，而小虫在透镜表面，意味着物距小于一倍焦距，则不能在墙上成像，故A错误；B．投影仪所成的像与透镜的距离较大，若眼睛贴近透镜，则无法观察到清晰的像，故B 错误；C．根据凸透镜的成像规律：物近像远像变大，将手机靠近透镜相当于将物体靠近透镜，那么像会变大，且像距变远，所以应将透镜离墙远一些，故C正确；D．将手机屏幕调亮，是让物体本身光线更强，成像更清晰，而环境暗一些可避免环境光线对成像的影响，故D正确。
故选CD。
3．在探究凸透镜成像规律"的实验中，蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图甲所示。
实验前，让一束平行光射向凸透镜，如图乙所示，移动光屏，直到在光屏上会聚成一点。
实验中，学生多次移动蜡烛和光屏的位置进行实验探究。
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中考物理压轴题1．电梯为居民出入带来很大的便利，出于安全考虑，电梯都设置超载自动报警系统，其工作原理如图甲所示。
已知控制电路的电源电压U＝6伏，保护电阻R1＝100欧，压敏电阻R2的阻值随压力F大小变化如图乙所示，电梯底架自重和电磁铁线圈的阻值都忽略不计。
（1）当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，控制电路中的电流增大，从而使电磁铁的磁性增强。
电梯超载时，衔铁被电磁铁吸住，触点K与触点＿＿＿＿接触，电铃发出警报声。
（2）若电梯在20秒内将一位重600牛的乘客匀速提升15米，求电梯对乘客做功的功率。
（3）当电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好被吸住。
若该电梯厢内站立总质量为1000千克的乘客时，试通过计算说明电梯是否超载。
（g取10牛/千克）2．小型风力发电机发出的电能首先经过蓄电池贮存起来，然后再由蓄电池向用电器供电。
如图是某小型风力发电机的输出功率与风速的关系图。
（1）在风速为＿＿＿＿米/秒时达到最大输出功率；（2）该风力发电机的输出功率与风速之间的关系是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；（3）该风力发电机固定在水平地面上时，整个装置与地面接触的面积是1米2，总质量为60千克。
计算该装置对水平地面的压强多大？（4）若该风力发电机按输出功率为500瓦发电，平均每天工作8小时，计算一年（365天）发电量是多少？3．（8分）3月26日晚8:00—9:00，岳阳与世界众多城市一起参与了“地球一小时”活动。
活动倡议熄灭不必要的灯光，切断电视、电脑等电器电源，小明在活动宣传中了解到：只要电源插头没有拔掉，在待机状态下，每台电脑的功率为5.8W，每台电视机的功率为8.2W。
（1）小明所在小区有100台电脑和100台电视机，若再活动中均由原来的待机状态改为切断电源1小时，此举一共可节约电能多少焦耳。
（2）节约电能完全被水吸收，能使多少千克20℃的水升高到60℃？【c水=4.2×103J/(kg•℃)】（3）标有“220V1000W”的电热水器正常工作，将与（2）问中质量相同的水升高相同的温度，需要100min，该电热器的效率是多少？若用电高峰期，若此电热器的实际电压仅为200V，它的实际功率为多大?（电热器的电阻恒定，结果只保留一位小数）4、图甲是内胆为铝质材料的电饭锅，内部电路如图乙所示，R1是加热电阻，阻值为48.4Ω；R2是限流电阻，阻值为484Ω。
煮饭时，接通电源（220V50Hz），闭合手动开关S1，电饭锅处在加热状态。
当锅内食物温度达到103℃时，开关S1会自动断开，断开后若无外力作用则不会自动闭合，S2是一个自动温控开关，当锅（已知水的比热容为4.2×103J/(kg. ℃);内食物温度达到80℃时会自动断开，温度低于70℃时会自动闭合。
查表可知铝的熔点为660℃）请解答下列问题：（1）如果接通电源后没有放入食物就闭合开关S1，电饭锅的内胆是否会熔化？为什么？（2）在保温和加热两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比是多少？（3）若在一个标准大气压下将温度为20℃，质量为2.5kg的水烧开需要16min40s，求电饭锅正常工作时电能转化为内能的效率是多少？5、图是某车站厕所的自动冲水装置，圆柱体浮筒A的底面积为400cm2，高为0.2m，盖片B的面积为60cm2（盖片B的质量，厚度不计）。
连接AB是长为0.3m，体积和质量都不计的硬杆。
当流进水箱的水刚好浸没浮筒A时，盖片B被撇开，水通过排水管流出冲洗厕所。
（已知水的密度为1×103kg/m3,g=10N/kg）请解答下列问题：（1）当水箱的水刚好浸没浮筒A时，水对盖片B的压力是多少？（2）浮筒A的重力是多少？（3）水箱中水多深时盖片B又自动关上？6、在如图所示的电路中，电流表的量程为0～0.6A，电压表的最程为0～3V，R3＝4Ω。
求(画出相应的等效电路图)：(1)只闭合开关S1时，电路消耗的功率为4W，则电源电压U=?(2)只闭合开关S2时，灯泡R,1正常发光，R3消耗的功率为0.64W，则灯泡的电阻R1=?(写出该小题的解题思路后再求解)(3)只闭合开S3时，在不损坏电流表、电压表和灯泡的情况下，则变阻器R2的取值范围是多少?7．有一根绳子，通过如图甲所示的滑轮组，能够提起的最重物体是A，物体再重绳子将断裂(不计绳重和摩擦)。
求：(1)将A匀速提高2m做的有用功为740J，则物重G A=?(2)若此时滑轮组机械效率为92.5%，人的体重为600N，每只脚与地面接触面积为2×l0－2m2，则人对地面的压强p地=?(3)若用这根绳子和这些滑轮，组成图乙所示滑轮组，利用它从水中缓慢匀速提起(不计水的阻力)一个边长为3×l0－1m的正方体B，当提到B的下表面所受水的压强为2×l03Pa时,绳子断裂。
则正方体B的密度ρB=?8、( 8分）在图13 所示的电路中，设电源电压不变，灯泡L上标有“6V, 3W”字样，当K1闭合，单刀双掷开关K2接a时，灯泡L正常发光；当K1断开，单刀双掷开关K2接b时，电压表示数为3V。
（设灯丝的电阻不变）求：( l）电源电压是多少伏？( 2）电阻R 的阻值是多少欧？( 3 ) K1断开，K2接b 时，该灯泡L在1分钟内消耗的电能为多少焦耳？9．( 12分）据报道，某水库库底是一座旧城遗址，目前正在进行试探性发掘和打捞。
某次试探性打捞作业时，用绳子将实心物体从水面下12m 深处沿竖直方向匀速提升到离水面1.5m深处的过程所用时间为42s，拉力F做功的功率为90W。
当物体被拉到有4/5的体积露出水面时，让其静止，此时绳子的拉力F＇=520N。
不计绳子的重力和水的阻力。
（水的密度ρ0=1.0×103kg / m3, g=10N/kg )求：(l）物体从水面下12m深处匀速上升到离水面1.5m深处的过程中，物体匀速运动的速度v；(2）物体在水面下方匀速上升过程中绳子的拉力F ;(3）物体浸没在水中时所受的浮力F浮;(4）物体的密度ρ物。
10．(7分)某工厂产品计数装置的示意图如图7甲所示。
P为激光源，R1为光敏电阻(有光照射时，阻值变小)，a、b两端接“示波器”(示波器对电路无影响)，定值电阻R2为400Ω，电源电压为6V。
水平传送带匀速运动，每当传送带上的产品通过激光束时，激光束会被产品挡住，示波器荧光屏上显示的R1两端电压与时间的关系图象如图7乙所示。
试求：(1)激光照射R1时，R1的阻值是多少?(2)激光被产品挡住时，R1、R2消耗的总功率是多少?(3)从0时开始计时，经过1min，传送带上通过计数装置的产品是多少个?故障分析1、如图所示，当开关S闭合，两表均有示数，过一会儿发现电压表示数突然变小，电流表示数突然变大，下列故障判断可能是（）A、L1短路；B、L2灯短路；2C、L1灯丝断开； D、L2灯丝断开。
2、如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S后，灯泡L1，L2都发光，一段时间后，其中一只灯泡突然熄灭，另一只灯泡仍然发光，而电压表V1的示数变小，V2的示数变大，则产生这一现象的原因是：（）A、灯L1开路；B、灯L2开路；C、灯L1短路；D、灯L2短路。
3、如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S后，L1，L2都发光，一段时间后，其中一灯突然熄灭，而电流表电压表的示数都不变，产生这现象的原因是：（）A、灯L1知路；B、灯L2短路；C、灯L1开路；D、灯L2开路。
4、如图所示的电路中，闭合开关S后发现两灯均不亮，电流表的指针几乎不动，而电压表的指针有明显的偏转，则该电路的故障可能是：（）A、L1的灯丝断了；B、L2的灯丝断了；C、L1，L2的灯丝都断了；D、电流表坏了。
5、如图所示，电源电压不变，闭合开关S，电路各元件工作正常。
一段时间后，若其中一只电压表示数变大，则( )A．另一个电压表示数变小B．其中有一盏灯亮度不变C．灯L2可能开路D．灯L2可能短路6、如图7是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图，当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，这时电流表和电压表均有读数。
则故障原因可能是（）A．L1开路 B．L1短路C．灯L2短路 D.灯L1开路7、所示的电路中，电源电压保持不变。
闭合开关S后，灯L1、L2都发光。
一段时间后，其中一盏灯突然熄灭，观察电压表的示数不变，而电流表的示数变小。
产生这一现象的原因是 ( )A．灯L1开路 B．灯L1短路C．灯L2开路 D．灯L2短路动态电路1、如图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A．电流表变大，电压表变大 B．电流表变小，电压表变大C．电流表变大，电压表变小 D．电流表变小，电压表变小2、（2014日照模拟）如图4所示的电路中，电源电压不变，当闭合开关S，滑动变阻器的滑片从中点向上移动时（）A．电流表示数变大，电压表示数不变 B．电流表示数变小，电压表示数不变C．电流表示数变大，电压表示数变大 D．电流表示数变小，电压表示数变大3、如图所示的电路中，电源电压恒定，R1为定值电阻，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P由b端移到a端的过程中、下列说法正确的是（）A．电压表和电流表的示数都变小B．电压表和电流表的示数都变大C．电压表的示数变小，电流表的示数变大D．电压表的示数变大，电流表的示数变小4、如图所示的电路中，电源电压恒定为6V，定值电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片由b端移到a端的过程中，下列说法中正确的是（）A．电压表的示数变大，电流表的示数变小 B．电压表和电流表的比值变小C．电流表的示数由0.1A变为0.6A D．电压表的示数由6V变为1V5、如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动，下列说法中正确的是（）A．电流表A的示数变小，电压表V1的示数变大B、电流表A的示数变小，电压表V1的示数不变C．电压表V1与电压表V2的示数之和保持不变D．电压表V2与电流表A的示数之比不变6、如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法中正确的是（）A．电压表示数变大，电流表示数变小，灯泡变暗B．电压表示数变小，电流表示数变大，灯泡变亮C．电压表示数变大，电流表示数变大，灯泡变亮D．电压表示数变小，电流表示数变小，灯泡变暗7、如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，当开关S闭合时，灯L正常发光．如果将滑动变阻器的滑片P向左滑动，下列说法中正确的是（）A．电压表的示数变大，灯L变亮 B．电压表的示数变小，灯L变暗C．电压表的示数变大，灯L变暗 D．电压表的示数变小，灯L变亮8、如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S1、S2，两灯都发光；当把开关S2断开时，灯泡L1的亮度及电流表示数的变化情况是（）A．L1亮度不变，电流表示数不变B．L1亮度不变，电流表示数变小C．L1亮度增大，电流表示数不变 D．L1亮度减小，电流表示数变小9、如图所示的电路，电源电压不变，除灯泡电阻外，其余电阻不计．闭合开关S1、S2，两灯都发光．当把开关S2断开时，灯泡L1的亮度及电流表示数变化的情况是（）A．L1亮度不变，电流表示数不变B．L1亮度不变，电流表示数变小C．L1变亮，电流表示数不变 D．L1变亮．电流表示数变小10、如图所示的电路，电源电压不变，闭合开关S1、S2，两灯都发光，当把开关S2断开时，灯泡L1的亮度及电流表示数变化的情况是（）A．L1变亮，电流表示数变小B．L1亮度不变，电流表示数变小C．L1变亮，电流表示数不变 D．L1亮度不变，电流表示数不变电流表内外接法的选择电压表和电流表连入电路可以有两种方法：一种是如图所示的电路叫做电流表外接电路（简你“外接法”）；一种是如图所示电路叫做电流表内接电路（简称“内接去”）．由于电流表、电压表内阻的影响，不管采用电流表内接还是外接都将会引起误差．外接法的测量误差是由于电压表的分流作用而产生，由并联电路中电流分配与电阻成反比可知当时，电压表的分流作用可忽略不计，此时，可见对于小电阻的测量宜采用外接法电路．内按法产生的误差是电流表的分压作用，由串联电路的电压分配与电阻成正比可知，当时，电流表的分压作用很小，可忽略不计，此时，所以对大电阻应采用内接法电路．那么如何确定R 值是较大还是较小呢？根据以上分析可知，当被测电阻与电压表内阻的关系满足即时应采用“外接法”较准确；当被测电阻与电流表的内阻相比满足即时，采用“内接法”测量误差较小．若当时，电压表的分流作用和电流表的分压作用对测量结果的影响是相同的，此时既可选择“内接法”也可选择“外接法”．，此时的Ｒ我们常称为临界电阻．当时，电流表的分压作用较电压表的分流作用明显，应采用外接电路，当时，电压表的分流作用较电流表的分压作用明显，应采用内接电路．例2 有一小灯泡上标有“6V0．6Ｗ”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的图线，已知所用器材有：是电流表（0～0．3Ａ，内阻1）；电压表（0～15Ｖ，内阻20k）；滑动变阻器（0～30，2Ａ）；学生电源（直流9Ｖ）；开关一只、导线若干．为使实验误差尽量减小，画出合理的实验电路图．分析与解因为电压表内阻远大于灯泡的最大阻值60，因此选择电流表外接法．电路如图所示．例３用伏安法测量阻值约为几十欧的线圈的电阻Ｒ，己知所用电流表的量程为（0～0．6Ｖ），内阻0.125，电压表的量程为（0～15Ｖ），内阻为15k，蓄电池组电压为12Ｖ，问应采用哪一种连接电路？分析与解因为，而题目给出的被测电阻阻值约为几十欧，可能大于43，也可能小于43，因此内接法、外接法两种电路均可采用。