资源简介

03《探究水沸腾时温度变化特点》
考点汇总：
1、铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中心有孔的纸板、温度计、水、秒表
2、实验装置
3、实验步骤
①按装置图安装实验仪器；
②用酒精灯给水加热并观察；
③当水温接近90℃时每隔1min 记录一次温度，并观察水的沸腾现象。
④完成水沸腾时温度和时间关系的曲线。
4、实验现象水沸腾时的现象：剧烈的汽化现象，大量的气泡上升、变大，到水面破裂，里面的水蒸气散发到空气中。虽继续加热，它的温度不变。
水沸腾前 水沸腾后
3.沸点：液体沸腾时的温度。
4.液体沸腾的条件：（1）温度达到沸点；（2）继续吸收热量。
5、实验补充
（1）液体沸腾需要一定的温度，在标准大气压下不同的液体沸点不同。
（2）液体沸腾前吸收热量温度升高，沸腾后吸收热量温度保持不变。
（3）液体的沸点还与大气压有关，气压越高液体的沸点越高，高压锅就是利用了这一原理。
（4）蒸发和沸腾的异同：
汽化方式 异同点 蒸发 沸腾
不同点 发生部位 液体表面 液体表面和内部同时发生
温度条件 任何温度 只在沸点时
剧烈程度 缓慢 剧烈
相同点 都属于汽化现象，都是吸热过程
6、水沸腾的条件：达到沸点，继续吸热。
7、由图像描点，水沸腾时特点：温度不变，继续吸热。
8、开始加热到沸腾时间过长，改进：①用温水；②减少水的质量；
9、石棉网作用：使烧杯底部受热均匀。
10、酒精灯拿开后，沸腾继续，原因：石棉网有余热，水断续吸热；
11、水沸点98度，原因：低于1个标准大气压。
12、沸水降温至室温，温度变化特点：先快后慢。
13、若无论加热多长时间，水都不能沸腾，原因：火力太小，吸收热量小于热损失。
14、安装装置时顺序：自下而上。
15、水沸腾前，烧杯内上升的气泡是由大变小的；
水沸腾时，烧杯内上升的气泡由小变大，因为上升过程中，水对气泡压强变小。
16、烧杯的纸盖上留有两个小孔，穿过温度计的那个孔作用：固定温度计。另外一个孔的作用是使水面上方大气压强与外界相同，使水的沸点测量值更准确；若不留小孔对实验结果产生的影响是如果没有小孔，会使里面气压增大，测出的水的沸点偏高。
典题精析：
1、用如图甲所示的实验装置做“观察水的沸腾特点”实验。
组装实验装置时，应先调节________选填“铁圈”或“铁圈”的高度。
实验过程中，看到烧杯上方出现的大量“白气”是水蒸气________填物态变化名称的结果，该过程中要________选填“吸热”或“放热”。
在烧杯中加入热水，温度计的示数如图乙所示，此时温度计的示数为________。
当水温升到时，每隔记录一次温度计的示数，部分数据记录如下表。
时间
水的温度
水的沸点为________；水沸腾后继续加热，温度计的示数将________选填“变大”“变小”或“不变”。
请你根据表格中的数据，在图丙中画出水的“温度时间”关系图象。
答案：
铁圈
液化；放热
；不变；
解析：
为了用酒精灯的外焰加热，应先调节铁圈的高度；
“白气”是由水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化放热；
由图乙可知，温度计的分度值为，液柱向下数值变小，此时的示数为零上，由液面的位置可知读数为；
由实验数据可知，水的沸点为，且在沸腾过程中继续吸热，温度保持不变，所以温度计的示数不变；
根据表格中的数据，描点、连线，作出水沸腾时的温度时间图像即可。
为了用酒精灯的外焰加热，应先调节下部器材的高度；
“白气”是由水蒸气遇冷液化成的小水滴，液化放热；
使用温度计应先看清量程和分度值，然后根据液柱向下数值的变化，确定零上或零下，再根据液柱的液面位置读数；
水沸腾过程中吸热，温度保持沸点不变；根据实验数据可作出沸腾图象。
本题考查的是水的沸腾，属于基础题。
2、科学探究是物理学科的重要组成部分，如下是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验。
图甲是某小组同学组装的实验装置，安装温度计时玻璃泡接触到烧杯底部，此时应适当将__________填“处向上”或“处向下”进行调整。
实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样做是为了____________________________。
图乙、丙是朵朵同学在实验中观察到的两种不同的实验现象，其中图__________是水沸腾时的情况。
根据实验数据绘制出温度随时间变化的关系如图丁所示。分析该图除可知水的沸点外，还可知水沸腾时的特点是______________________________。
答案：
处向上 减少从加热至沸腾的时间 乙 继续吸热，温度保持不变
解析：
本题是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验，涉及到实验装置的调节、实验注意事项、沸点及沸腾图象的分析等，属于中考常考命题点，难度不大。
根据温度计的使用规则进行调整实验装置；
缩短加热至沸腾所用的时间：提高水的初温；适当减少水的质量；给烧杯加盖等；
水沸腾前和沸腾时都会从水底冒出气泡，但一种缓慢、一种剧烈，且在温度和形态变化上也有不同；
水沸腾时的温度叫做沸点，结合图象分析沸腾前和液体沸腾时的温度变化情况。
温度计的玻璃泡碰到烧杯底，需要将温度计向上调整，即将处向上调整；若将处向下调整，就无法利用酒精灯的外焰加热。
实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样可以缩短加热至沸腾所用的时间。
水在沸腾前，底部温度较高，底部少部分水汽化为水蒸气冒出，一部分水蒸气上升过程中遇到上层温度较低的水，放热液化，气泡会变小，可见图丙是水沸腾前的情形；水沸腾时，容器中不同深度水温相同，不同部位的水都会汽化为水蒸气，气泡上升过程中变大，故图乙是水沸腾时的现象。
由图象可知，水的沸点是，且水在沸腾过程中，继续吸收热量，但温度不变。
所以答案为：处向上 减少从加热至沸腾的时间 乙 继续吸热，温度保持不变
3、小红用如图甲所示的装置对冰加热直至水沸腾，根据实验记录数据绘制了冰熔化至水沸腾过程中温度随时间变化的图象如图乙所示全过程质量不变，请你回答：
实验需要的测量仪器是温度计和______ ．
由图乙可知，冰熔化过程需时间______ ；当水沸腾时温度计的示数如图丙所示，则水的沸点是______
在加热时，对应的状态是______ 态，表示吸热，但温度______ ．
答案：
秒表；
，；
液，不变；
解析：在探究熔化规律时，需要探究温度随时间的变化情况，所以需用温度计和秒表两种测量仪器；
冰在段处于熔化过程，从第开始熔化到结束，该物质熔化过程经历了分钟；沸腾时的温度叫沸点．图丙中温度计的分度值为，根据图示的液柱对应的刻度读出示数为，即水的沸点为．
在加热时，对应的状态是液态，是水的沸腾过程，此时水吸热，但温度不变．
所以答案为：秒表；；；液；不变．
在探究熔化规律时，需要探究温度随时间的变化情况，所以需用温度计和秒表两种测量仪器；
晶体在熔化的过程中，吸收热量，温度不变，处于固液混合状态；液体沸腾时的温度叫沸点．
水沸腾时吸收热量，但温度不变．
此题考查温度计的读数、晶体熔化时间的计算及的灵活运用等，是一道综合性较强的题目．
4、图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。
组装实验装置时，应当先调整图甲中______选填“”或“”的高度。
某小组用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的、两条图线。由图可知：实验中水的沸点为______；沸腾过程中水的温度保持______；若两次实验所用水的质量分别为、则______选填“”“”或“”。
撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续______。
各实验小组发现，水沸腾时的温度均低于那么，水的沸点可能与______有关。
答案：
；；不变；；吸热；气压。
解析：在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈的高度；
液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点，图中所示水的沸点是，水沸腾的特点是吸收热量，但温度保持不变；
由图乙知的初温与的初温相同，先沸腾，说明吸收的热量相同，升高的温度高，根据知，说明的质量小。
撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续吸热；
水沸腾时的温度均低于，气压低于个标准大气压，水的沸点就低于，水的沸点可能与气压有关。
所以答案为：；；不变；；吸热；气压。
因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；通过初温相同，但到达沸腾的时间不同，可以判断水的质量；
水的沸腾条件是达到沸点，继续吸热；
一个标准大气压下水的沸点是，如果大气压大于一个标准大气压，水的沸点也就会大于；如果大气压小于一个标准大气压，水的沸点就会小于。
解决此类问题的关键是知道器材的组装和液体沸腾的特点，及沸点与气压的关系。
5、小李同学为进一步探究液体沸腾规律，设计了如图所示的实验装置。烧杯与试管内分别装入适量的水，甲、乙温度计分别测量烧杯和试管中水的温度。
安装该实验装置的顺序是_________填“自上而下”或“自下而上”。
点燃酒精灯时，打开灯帽，可闻到淡淡的酒精味，说明液态酒精发生_________填物态变化名称。
当甲温度计的示数达到时，烧杯中的水开始沸腾，说明当时大气压可能_________填“高于”“低于”或“等于”标准大气压。
当乙温度计示数达到后，示数保持不变，但试管中的水始终没有沸腾，其原因是_________________________________________________________。
当小李同学在烧杯的水中加入少量的食盐后，发现试管中的水能够沸腾，说明加入食盐后水的沸点_________填“升高”“降低”或“不变”。
答案：
自下而上
汽化 低于
试管中的水达到沸点后不能继续吸热
升高

解析：
酒精灯需要用外焰加热，因此要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度；温度计的玻璃泡要浸没在液体中，但不能碰到容器壁和容器底，因此要放好烧杯后，再调节温度计的高度，故安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行。
闻到酒精味，是因为酒精发生了汽化。
水的沸点跟气压有关，实验中测出的水的沸点小于，说明当时的大气压低于标准大气压。
当试管中的水与烧杯中的水均达到沸点后，烧杯中的水可以从酒精灯继续吸热，能够沸腾。由于温度相同，试管中的水无法从烧杯的水中继续吸热，因此试管中的水不会沸腾。
在烧杯的水中加入少量的食盐后，发现试管中的水能够沸腾，说明烧杯中水的沸点高于，即加入食盐后，水的沸点升高。
6、小阳在“观察水的沸腾“的实验中，绘出了温度随时间变化的图象，如图所示．
从图象中可知，水的沸点是______ ，低于，产生原因可能是______ ．
如图所示是两杯正在加热的水，杯中温度计示数不变的是______ ．
小阳发现自己组的水比邻组的先沸腾，提前沸腾的原因可能是：______ 写出一种即可 ．
她还发现邻组测得的沸点比自己的测量结果低 ，认为是邻组在实验中温度计的玻璃泡碰到了烧杯底造成的，她的想法正确吗？______ 填“正确“或“错误“，理由是______ ．
小阳想探究水在沸腾过程中是否要吸热，接下来她的做法是______ ．
答案：
；外界大气压低于一个标准大气压；乙；水的质量比较小；错误；烧杯底由于直接受热，所以温度会很高；应停止加热，观察水是否能够继续沸腾。
解析：解析：
在做“观察水沸腾”的实验时，应能熟练装配实验的装置，并能分析实验条件对其结果的影响，在标准大气压下，水的沸点才正好为，因此，我们实际测量中很难保证结果在同时要学会分析温度随时间变化的图象。
水的沸点温度可从图象中读出，即继续加热，温度不再升高的那一段的温度；水的沸点会随气压的变化而变化；
液体沸腾时的温度保持不变，根据图中的现象判断出哪个杯子中的水正在沸腾；
水先沸腾的原因可能有多个，根据可能性写出即可；
在测量水的温度时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁．当碰到容器底直接受热，所以温度会很高；
为了说明水沸腾过程中需要吸热，可以撤去酒精灯，观察水能否继续沸腾即可得出结论。
图中段所对应的温度就是水的沸点，为；由于水的沸点会随气压的变化而变化，所以水的沸点会降低低于，可能是外界大气压低于一个标准大气压引起的；
液体沸腾时，会产生大量的气泡，气泡上升变大．由图可知，乙图杯子中的水正在沸腾，则乙图杯中温度计示数不变；
造成水先沸腾的原因可能有水的质量少、水的初温高、加了盖子热量散失少等；
烧杯底由于直接受热，所以温度会很高。邻组的温度比小阳的测量结果低，所以不是因为温度计的玻璃泡碰到容器底；
水沸腾后，若撤去加热源，则水不再吸收热量，也就不能维持沸腾状态，所以应停止加热，观察水是否能够继续沸腾。
所以答案为：；外界大气压低于一个标准大气压；乙；水的质量比较小；错误；烧杯底由于直接受热，所以温度会很高；应停止加热，观察水是否能够继续沸腾。
7、图甲是探究“水的沸腾”的实验装置。
、、三种读数方法正确的是______ 填字母代号；
由图乙可以推测，当时的大气压______ 选填“高于”“低于”或“等于”标准大气压；
如图丙和丁中，图______ 所示是水沸腾时的情况；
水沸腾后，继续加热，温度保持不变。根据这个规律，你认为在用炉火炖汤时，汤沸腾后应该
______ 选填“保持大火”或“调为小火”。
答案：
；低于；丙；调为小火
解析：
温度计读数时，视线与温度计内液柱的上表面相平；
液体沸点随气压的升高而升高，标准大气压下水的沸点是；
沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，深度不断减小，水压不断减小，并且有大量水蒸气进入气泡，气泡逐渐变大；
水沸腾时吸热温度不变，不变的温度即为沸点。
读取温度计示数时，视线应与温度计内液柱的上表面相平，故B正确；
由图乙可知，水沸腾时保持温度不变，所以水的沸点是，液体沸点随气压的升高而升高，标准大气压下水的沸点是，故当时的大气压低于标准大气压；
沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，深度不断减小，水压不断减小，并且有大量水蒸气进入气泡，气泡逐渐变大，图丙是水沸腾时的情况；
汤处于沸腾状态，而水沸腾时的温度不变，即使加大火力，也不能提高水温使食物煮熟得快，只是加快了水的汽化，浪费了燃料，所以先用大火将食物烧开，就改用小火炖，保持锅内的水一直沸腾就行了。
【点评】本题考查了水的沸腾实验，从图中找出相关的信息：沸腾过程中的特点，仔细分析不难做出。
8、在探究“水沸腾时温度随时间变化的特点”的实验中：
安装实验器材时，应按照______选填“自上而下”或“自下而上“的顺序进行。
当水温接近时，每隔记录一次温度，并绘制了水温随时间变化的图象如图所示，由图象可知：水沸腾时的特点是______，水的沸点为______，出现这一结果的原因可能是该处大气压______选填“大于”“等于”或“小于”标准大气压。
答案：
自下而上；吸热，温度不变；；小于。
解析：
实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
掌握沸腾时和沸腾前的现象：沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐减小，到水面消失。沸腾时，有大量气泡产生，气泡在上升过程中体积逐渐增大，最后破裂；液体沸腾时的温度叫沸点；液体的沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低。
本题考查水的沸腾实验，考查了沸点与气压的关系、仪器的组装、水沸腾的特点。
酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以放好烧杯后，再调节温度计的高度，因此必须按照自下而上的顺序进行；
水在沸腾过程中需要吸收热量，温度不变；由图象可知：水温在不再升高，则沸点为，低于，所以当时气压小于个标准大气压。
所以答案为：自下而上；吸热温度不变；；小于。
9、在探究“水沸腾时温度变化的特点”实验中：
安装好实验器材后，为缩短实验时间，小强在烧杯中倒入热水，热水中温度计的示数如图甲所示，此时温度计的示数为______
当水温接近时，每隔记录一次温度，并绘制了图乙所示水温随时间变化的图象，由图象可知：水沸腾时的特点是______
小强观察到：沸腾时水中气泡的情形为图丙中______图。选填““或““
小强同学想提高水的沸点，换用了火力更大的酒精灯加热，这种做法______选填“可行”或“不可行”。
答案：
；继续吸热但温度不变；；不可行
解析：温度计的分度值是，所以其温度；
分析图象会发现：水在沸腾过程中继续吸热但温度不变；
水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小，图符合水沸腾前的现象；
水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大，图符合水沸腾时的现象。
液体的沸点随气压的增大而增大，换用了火力更大的酒精灯加热，不能使气压增大，不能提高水的沸点，故此方法不可行。
所以答案为：；继续吸热但温度不变；；不可行。
要正确的读数一定要先认清温度计的分度值。
液体沸腾的特点：吸收热量，温度不变；
水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小；水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大。
液体的沸点随气压的增大而增大。
此题是研究水的沸腾实验，在实验中需要测量水的温度，所以有关温度计的读数也是非常重要的，一定要认清温度计的分度值。
10、在观察“水的沸腾”实验中，当水温升到时，每隔读一次温度计的示数，直到水沸腾后停止读数，数据记录如下表：
时间
温度
小明读温度的方法如图甲所示，他在实验中的错误是______。
某次数据没有记录，当时温度计示数如图乙所示，请将漏填的数据填在表格内。
根据表格中的数据，在图丙的小方格纸上画出水的温度随时间变化的图象。
从图丙所画出的图象可以看出水的沸点是______，水在沸腾时温度______升高不变降低。
小明和小华选用相同的实验装置同时开始做实验，开始加热时，烧杯中所加水的初温相同，但水开始沸腾的时刻不同，他们绘制的沸腾图象如图丁所示，、两种图象不同的原因是水的______不同。
答案：
视线没有与温度计液柱的上表面相平；
；
；
；不变；
质量。
解析：
由图知，在读数时俯视了，这样所读出的数据会偏大，视线应与温度计中液柱的上表面相平；
由图知，温度计的分度值为，示数为；
根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：
由图知，水在沸腾过程中温度保持不变，所以沸点为，水在沸腾过程中吸热、温度不变；
图丁中，图线温度上升较快，加热时间较短，图线温度上升较慢，加热时间较长，说明的水量较多；
所以答案为：视线没有与温度计液柱的上表面相平；；图象如图所示；；不变；质量。
在进行读数时，视线应与温度计液柱的上表面相平，避免俯视和仰视；
认清温度计的分度值，然后读数；
根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来；
由表格中数据确定水的沸点，并结合图象，得出水沸腾的特点：不断吸热，但温度保持不变；
其他条件相同，水的多少会影响加热时间，所以水越多，所需加热时间越长，根据图象可得出结论。
观察水的沸腾实验中，要探究水的温度随时间的变化关系，所以要用到温度计测量水的温度变化，因此温度计的使用、读数也是此实验中的重点；有关沸腾时的特点及沸腾图象，也是此实验中常考查的内容，一定要掌握，实验中为了缩短加热时间，要采用合适的方法。
11、如图，小军在“观察水的沸腾”实验中，当水温升到时，随着加热过程，每隔记录一次水的温度。某同学记录的数据如表：
时间
温度
根据探究数据记录，可以推测表中第分钟时记录的实验数据可能是错误的，第分钟应该______。
此时一种剧烈的______现象，液体在经历这种物态变化时，要______热，并看到有“白气”不断从烧杯中冒出，这些“白气”是由于水蒸气______填物态变化名称而产生的。图中所示的器材，还需要一个重要的测量工具是______；请根据记录的数据在如图中先描点，再用平滑的曲线画出水的沸腾图象。
某个实验小组观察到沸腾前和沸腾时水中气泡上升过程中的两种情况，如图所示。则图______是水在沸腾前的情况。
小明得出水沸腾条件后，但他发现撤掉酒精灯时，烧杯内的水没有立即停止沸腾，你认为可能的原因______。
小军根据实验记录描出图象如图中实线所示，同组的小华认为小军所用时间过长，于是通过减少水量缩短实验时间进行实验并描出了图象如图中虚线所示，正确的是______。
实验完成后，好学的小明想到上课时老师讲解过可以利用水浴法加热物体，于是将实验组装成如图所示，用容器中的液体对试管中的液体进行加热。如果小明想加热至最后让两种液体都能沸腾，你为两种液体需要满足什么条件？______。
答案：
汽化 吸 液化 秒表 水可以从石棉网中吸热 的沸点低于的沸点
解析：水沸腾时温度的特点是：虽然继续吸热，但温度保持不变。因此可以判断第的温度是不正确的，应为；沸腾属于一种剧烈的汽化现象，需要吸热，“白气”是由于水蒸气液化而产生的；因要记录加热时间，故还需要秒表；根据表中数据利用描点法画出水的沸腾图象，如图：
图中气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的现象；图中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象。
酒精灯加热时，铁圈和石棉网的温度升高，高于水的温度，当移开酒精灯时，水还会从石棉网吸收热量，继续沸腾。
无论减小水的质量，还是提高水的初温，减少了加热时间，但是此时的气压不变，水的沸点不变。故正确。
液体沸腾的条件：一是到达沸点，二是继续吸热，容器中的液体沸腾，说明中的液体的温度达到沸点，而容器中的液体也沸腾，说明中的液体的温度也达到沸点且能从中吸到热量，所以的沸点低于的沸点。
所以答案为：；汽化； 吸；液化；秒表；如图；；水可以从石棉网中吸热；；的沸点低于的沸点。
根据水沸腾过程中温度保持不变的特点分析出表格中错误的数据；沸腾属于汽化现象，汽化要吸热，“白气”是由于水蒸气液化而产生的；因要记录加热时间，故还需要秒表；根据表中数据利用描点法画出水的沸腾图象；
掌握水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大；
酒精灯加热时，铁圈和石棉网的温度升高，高于水的温度，移开酒精灯时，水还会从铁圈和石棉网吸收热量，继续沸腾；
水的沸点跟气压有关，跟初温、质量多少都没有关系；
液体沸腾的条件有两个：一是到达沸点，二是继续吸热，二者缺一不可。
此题是探究水的沸腾实验，主要考查了水的沸腾图象的画法，水沸腾前和沸腾时现象的区别，一定要注意气泡在上升过程中的体积变化情况，同时考查了沸腾的条件，属于常见问题的考查。
12、小凡同学在做“观察水的沸腾”的实验。请回答下列问题：
他的操作如图甲所示，其中错误之处是________________。这样做温度计的示数会偏________填“大”或“小”。
纠正错误后，水沸腾时温度计示数如图乙所示，为________。
在图丙中________是水在沸腾时的情况，这一现象说明了沸腾是在液体的__________同时发生的汽化现象。
分析图丁所示图象，可知水在沸腾过程中的特点是_______________________________。
本实验中，要缩短加热时间让水尽快沸腾，请写出一种可行的办法：______________________________________________________________________________。
答案：
温度计的玻璃泡碰到了烧杯底 大 内部和表面 持续吸收热量，温度保持不变 适当减少水的质量答案不唯一
解析：由图甲可知，温度计的玻璃泡碰到了烧杯的底部，故测量值会偏大。从图乙中能看出温度计的分度值是，所以温度计的示数是。中气泡在上升过程中体积逐渐减小，是沸腾前的情景；中气泡在上升过程中体积逐渐变大，是沸腾时的情景；可见沸腾是在液体的内部和表面同时发生的汽化现象。液体沸腾的特点是持续吸收热量，温度保持不变。要使水尽快沸腾，可采用的方法是适当减少水的质量、给烧杯加盖等。
13、在“探究水的沸腾特点”的实验中：
测温物质 凝固点 沸点
水银
酒精
注：在一个标准大气压下
组装如图甲所示的实验装置时，应先调节______ 选填“”或“”固定夹的位置。
水银和酒精是液体温度计常用的测温物质。由表格中的数据可知，本实验应选用______ 制作的温度计。
实验过程中，某时刻温度计的示数如图甲所示，此时水的温度为______ 。
实验结束后撤去酒精灯，水还会继续沸腾一小会儿，这是因为______ 。
图乙是、两个实验小组根拟实验数据描绘出的水的沸腾象，两图线不同的原因可能是______ 选填序号。
A.酒精灯的火焰相同，组水的质量大
B.水的质量相同，组酒精灯的火焰小
答案：
；水银；；石棉网的余温高于水的沸点，水会继续吸收热量；
解析：按照自下而上的顺序，先根据酒精灯火焰的位置确定固定夹的位置；
标准大气压下，水的沸点为，酒精的沸点为，低于水的沸点，水银的沸点为，高于水的沸点，所以选用水银制作的温度计；
温度计的分度值为，示数为；
实验结束后撤去酒精灯，水还会继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网的余温高于水的沸点，水会继续吸收热量；
从图中可知组加热至沸腾所用时间较长；
A、酒精灯的火焰相同，相同时间里、组的水吸收的热量相同，组的水的质量大，则组加热至沸腾所用时间应较长，与题意不符；
B、水的质量相同，组酒精灯的火焰小，则相同时间里组的水吸收的热量少，加热至沸腾所用时间长，符合题意。
所以选B；
所以答案为：；水银；；石棉网的余温高于水的沸点，水会继续吸收热量；。
按照自下而上的顺序，先根据酒精灯火焰的位置确定固定夹的位置；
标准大气压下，水的沸点为，酒精的沸点为，低于水的沸点，水银的沸点为，高于水的沸点，据此选择；
先看清温度计的分度值，再读数；
实验结束后撤去酒精灯，水还会继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网的余温高于水的沸点，水会继续吸收热量；
从图中可知组加热至沸腾所用时间较长；
A、酒精灯的火焰相同，相同时间里、组的水吸收的热量相同，组的水的质量大，则组加热至沸腾所用时间应较长，据此分析；
B、水的质量相同，组酒精灯的火焰小，则相同时间里组的水吸收的热量少，加热至沸腾所用时间长，据此分析。
本题考查“探究水的沸腾特点”的实验，重点考查了器材组装顺序、温度计的选择和读数、实验现象分析等知识。
14、图甲是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。
组装实验装置时，应先调整图甲中__________选填“”或“”的高度。
某小组用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的、图像。由图可知：实验中水的沸点为__________；沸腾过程中水的温度保持__________；若两次实验所用水的质量分别为、则__________选填“”“”或“”。
撒去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续__________。
各实验小组发现，水沸腾时的温度均低于。那么，水的沸点可能与__________有关。
答案：
不变 吸热 大气压
解析：略
15、用如图所示的实验装置做“观察水的沸腾”实验
下表为记录实验数据的表格，表中处应填的内容是______。
温度
分析实验数据可知，水的沸点是______沸腾过程中______选填“需要”或“不需要”吸热。
实验结束停止加热后，发现水在高温时散热快，低温时散热慢。查阅资料，同一燃气灶不同火力加热的耗气量还有如下信息：
火力大小 水的质量 水的初温 水的末温 消耗的燃气
大火
中火
综合分析可知：从节能的角度，用燃气灶烧开水的策略为______填字母
A.先中火后大火 先大火后中火 一直用大火 一直用中火
答案：
时间 需要
解析：探究水的沸腾温度变化规律时，需要时间，记录实验数据的表格中处应填的内容是时间；
由表中的实验数据可知：水不断吸收热量，温度保持不变，所以此时水的沸点是；当水的温度达到沸点后，需要吸热，才能保持沸腾，水的温度保持不变；
分析资料可知，低温时加热使水达到相同的温度，质量是的水，初温是加热到时，大火消耗的燃气是，中火消耗的燃气是，水在高温时使用燃料多，散热快，水在低温时使用燃料少散热慢，所以用中火节约燃气，综合分析可知：从节能的角度，用燃气灶烧开水的策略为。
所以答案为：时间；；需要；。
探究水的沸腾温度变化规律时，需要时间；
液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
分析资料可知，低温时加热使水达到相同的温度，中火节约燃气，据此分析解答。
“探究水的沸腾实验”是热现象中重要实验之一，实验涉及内容很多，该题主要考查了分析处理数据，从中获取信息的能力。
16、在”观察水的沸腾”实验中，如图甲所示，在烧瓶中加入水，加热并从开始记录温度，每隔记录一次温度计的示数，直到水沸腾一段时间为止。数据记录表格如下：
记录次数 第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 第六次 第七次
温度
水在沸腾过程中吸收热量，温度______。
水沸腾时，瓶口不断冒出”白气”，该现象的物态变化名称是______。
若不考虑水的质量损失，从开始记录温度到水刚沸腾的过程中，水吸收的热量为______。
完成实验后，移走酒精灯，当水停止沸腾时，用连有注射器的橡皮塞塞住烧瓶口，然后向外拉注射器活塞，如图乙所示，会看到烧瓶中的水重新沸腾起来，这是因为______。
答案：
保持不变；液化；；瓶内气压减小，水的沸点降低。
解析：水在沸腾时，吸收热量，温度保持不变；
烧杯口有大量的“白气”不断冒出，这些“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
不考虑水的质量损失，从开始加热到水刚沸腾的过程中水吸收的热量：
。
待水沸腾后，移去酒精灯，水停止沸腾。过一会儿，将注射器接到烧瓶口上，如图丙所示，然后向外拉注射器活塞，这是从瓶内向外抽气，瓶内气压减小，水的沸点降低，所以看到水重新沸腾。
所以答案为：保持不变；液化；；瓶内气压减小，水的沸点降低。
水沸腾前，吸收热量，温度升高；沸腾时，吸热温度不变。
物体由气态变为液态是液化；
已知水的比热容、质量和温度的变化量，根据吸热公式即可计算出水吸收的热量。
液体的沸点跟气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。
此题考查水沸腾的特点，以及沸点与气压的关系，是热学的重点实验，应注意掌握。
17、小明用图甲所示装置探究水的沸腾特点。
除温度计外，本实验还需要的测量工具是______。
组装图甲所示实验装置时，应按照______选填“自上而下”或“自下而上”的顺序进行。
某时刻温度计的示数如图甲所示，此时水的温度为______，这时小明观察到水中产生气泡的现象如图______所示。
图丁是小明根据实验数据描绘的水的沸腾图象，由图象可知，水的沸点不是，这是因为______选填序号
A.实验操作错误造成的
B.实验误差引起的
C.当地气压低于标准大气压
答案：
秒表
自下而上
；乙

解析：在实验中，还需要用秒表记录时间；
在使用酒精灯时，需要用其外焰加热，所以要先根据酒精灯确定铁圈的位置；
又因为使用温度计时，温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底和容器壁，所以要根据温度计的长度确定横杆的位置，因此按照“由下至上”安装实验装置；
温度计的分度值是，此时是零上，读作；
乙图中气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的现象；
丙图中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象；
根据图象可知，水在沸腾过程中保持不变，所以水的沸点为，小于一个标准大气压下水的沸点，因此当时的大气压小于个标准大气压，故C符合题意。
所以答案为：秒表；自下而上；；乙；。
观察水的沸腾实验中，要探究水的温度随时间的变化，所以还需要秒表记录时间；
要正确解决此题，需要掌握酒精灯与温度计的使用规则。要用酒精灯的外焰加热，温度计的玻璃泡要完全浸没在被测液体中，但不能碰到容器壁和容器底；
温度计读数时，先确定是零上还是零下，认清分度值，再读数。
根据水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大；
一个标准大气压的沸点为，并且沸点随气压的增大而增大。
此题是“观察水的沸腾”的实验，考查了温度计的正确使用，同时还考查了沸腾时和沸腾前现象的区别及沸点与气压的关系，考查的很全面，是一道综合题目，要熟练掌握。
18、小明和同学在研究“水的沸腾”的实验中，观察到水沸腾前和沸腾时水中气泡上升过程中的两种情况如图所示，则图______是水沸腾时的情况，小文记录了下列的实验数据：
时间
温度
从记录看出，记录有明显错误的是第______时的数据。
从记录数据可知：此时水沸腾的温度为______。
在沸腾过程中水需要______热填“吸”或“放”。
实验室常用液体温度计来测量温度，它是利用______的原理制成的，如图，甲、乙两支温度计的读数分别为：甲______，乙______读数时，视线要与凸形液面顶部相平
请根据记录的正确数据在图中先描点，再用平滑的曲线画出水的沸腾图象。
答案：
甲
；
；
吸；
液体热胀冷缩；；；

解析：甲图气泡上升时越来越大，是因为水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大。
乙图气泡上升时越来越小，是因为水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小。
水从第开始沸腾，水沸腾时，水不断吸收热量，温度保持不变，所以第的温度是错误的。
水从第开始沸腾，水沸腾时，水不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是水的沸点，所以水的沸点是。
水沸腾时，水不断吸收热量，温度保持不变。
实验室常用液体温度计来测量温度，液体温度计是利用液体热胀冷缩的原理制成的。
甲图，零刻度在下方，液柱远离零刻度，是零上，每一个大格代表，每一个小格代表，示数是。
乙图，零刻度在上方，液柱靠近零刻度，是零下，每一个大格代表，每一个小格代表，示数是。
在图象上描出，然后用光滑的曲线连接起来。如图。
所以答案为：甲；；；吸；液体热胀冷缩；；；如上图。
水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小；水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大。
液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变。液体沸腾时不变的温度是液体的沸点。根据这个特点判断错误的数据。
液体温度计是根据液体热胀冷缩的原理制成的。
温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字。
利用数学描点法描出时间和温度的对应点，然后用光滑的曲线连接起来。
19、小芳用如图甲所示的实验装置探究水的沸腾特点。
请指出图甲中的操作错误：___________________________________________________。
如图乙所示，温度计的正确读数是__________。
当水沸腾时，水中有一个气泡从位置体积为上升至位置时体积为，则__________选填“”“”或“”。
图丙是根据实验数据画出的水的温度随时间变化的图线。由图可知，水沸腾时的特点是_______________________。
为了说明水在沸腾过程中是否需要吸热，应__________，观察水是否继续沸腾。
小芳再次实验时采取两项措施节省了加热时间，请在图丙中大致画出能体现那两项措施的图线。
答案：
温度计玻璃泡碰到杯壁


温度保持不变
停止加热
如图所示

解析：略
20、如图是小明同学探究“水的沸腾”的实验装置。
为节约能源，适当缩短实验时间，可采取的措施有写出一种即可______。
当水温上升到时，每隔记录一次温度，直到水沸腾后停止记录。
图甲中温度计的示数为______图乙中，表示水在沸腾时的现象是其中的______图。
根据实验数据，作出了水的温度随时间变化的图象，如图丙所示。有图象可知，在当时条件下，水的沸点是______，当时的大气压______选填“高于”、“等于”、“低于”标准大气压。
小明同学在做完“观察水的沸腾”实验后又进一步探究了沸水自然冷却过程中温度随时间的变化情况，他将实验数据记录在表中。
时间
温度
根据表中的数据可推知，小明做上述实验时的环境温度即室温应在______左右。
如果有一天你要喝一杯奶茶，可以有两种方法供你选择：
先将滚烫的热茶冷却，然后加一匙冷牛奶；
先将一匙冷牛奶加进滚烫的热中，然后冷却。
你认为方法______的冷却效果好。选填“”或“”。
答案：
减小水的质量；
；；；低于；
；

解析：
从给水开始加热到水沸腾需要的时间比较长，根据知，可能是水的质量太大，可能是水的初温太低等等；
温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字；
水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小；水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大；
液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
物体和环境温度相同时，就不再发生热传递。通过温度可以判断环境的温度；
根据水和环境的温度差越大，水放出热量越快行判断；
本题考查水沸腾的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
从给水开始加热到水沸腾需要的时间比较长，水的质量不变，为了节约能源适当缩短实验时间，根据知，可能是水的质量太大，可能是水的初温太低等等。
零刻度在温度计的下方，液柱远离零刻度，是零上，每一个大格代表，每一个小格代表，示数是；
水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大。现象符合水沸腾时的现象；
有图象可知，水沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，所以此时水的沸点是；液体沸点随气压的升高而增大，标准大气压下水的沸点，故此时气压低于标准大气压；
根据表中的数据可推知，当水的温度为时，水的温度保持不变，可以判断环境的温度是；
根据表中的数据可推知，水和环境的温度差越大，水放出热量越快，水和环境的温度差越小，水放出热量越慢，根据水和环境的温度差越大，水放出热量越快，先将滚烫的热茶冷却，然后加一匙冷牛奶效果更好。
21、如图所示，在做“观察水沸腾”的实验时，甲、乙、丙三组同学分别从图、所示的两套器材中任选一套来完成实验。实验室已准备多套图、所示的装置，请回答：
组装实验器材时，应按照______的顺序选填“自上而下”或“自下而上”。
甲组同学发现所测水的沸点高于，他们选择的是图______选填“”或“”所示的装置。
乙、丙两组同学虽然选用的实验装置相同，但水开始沸腾的时刻不同，他们绘制的沸腾图象如图所示，得到、两种不同图象的原因是水的______不同。
实验完毕，小云撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是______。
小丽观察到沸腾前和沸腾时水中气泡上升过程中的两种情况，如图、所示，则图______是水沸腾前的情况。水沸腾时，烧杯中不停地冒出“白气”，这些“白气”实际上是______选填“小冰晶”、“小水滴”或“水蒸气”；
答案：
自下而上 质量 石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点 小水滴
解析：酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度，所以组装实验器材时，应按照自下而上的顺序；
装置有盖，水面上气压大，沸点高，所以甲组同学发现所测水的沸点高于，他们选择的是装置；
由知，水的比热相同，升高相同的温度，水的质量不同，水吸收热量不同，需要的时间不同；
由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间；
图气泡在上升过程中气泡体积增大，所以是沸腾时的情况；图气泡在上升过程中，体积逐渐减小，所以是沸腾前的情况；
烧杯中冒出的“白气”是水蒸气液化形成的小水滴。
所以答案为：自下而上；；质量；石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点；；小水滴。
实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；要正确地选择温度计，需要了解各温度计的量程。体温计、家用寒暑表、酒精温度计的最大测量值都不会达到；
液体的沸点跟气压有关，气压越高沸点越高；
乙丙实验器材相同，从给水加热到沸腾需要的时间不同，可能是水的质量不同；
液体沸腾的条件是达到沸点，并能够不断吸热，撤去酒精灯，水能够从铁圈、石棉网继续吸热而沸腾一段时间；
掌握沸腾时和沸腾前的现象：沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐减小，到水面消失。沸腾时，有大量气泡产生，气泡在上升过程中体积逐渐增大，最后破裂；物质由气态变为液态的过程是液化。
本题考查水的沸腾实验，考查了仪器的装置、水沸腾的条件应用等，同时考查了对液化现象的掌握。
22、为了探究水的沸腾，科学小组进行了下面的实验：
如图甲所示，安装实验器材时，应按照______选填“自下而上”或“自上而下”的顺序进行。温度计的示数是______。
加热时，杯底有“气泡”形成，上升到水面破裂，有“白雾”冒出，“白雾”是水蒸气______形成的。由图乙可知，水沸腾过程中不断吸热，温度______选填“升高”、“降低”或“保持不变”。
实验结束后，移开酒精灯，发现烧杯内的水没有立即停止沸腾，可能的原因是：______。把水在沸腾的高压锅从灶上拿下来以后，水不再沸腾，但打开锅盖，水又会重新沸腾，原因是______。
答案：
自下而上；；液化；保持不变；石棉网的温度较高，水继续从石棉网吸热；气压减小沸点降低。
解析：因为要用酒精灯的外焰加热，所以安装器材时，先安装下面器材，再安装上面器材；
温度计的分度值是，示数是；
加热时，杯底有“气泡”形成，上升到水面破裂，有“白雾”冒出，“白雾”是水蒸气遇冷后液化成小水滴；水在沸腾过程中，虽然不断吸热，但温度保持不变。
石棉网的温度高于水的沸点，水继续从石棉网吸热，所以水没有立即停止沸腾。水的沸点与气压有关，气压越低沸点越低，把水在沸腾的高压锅从灶上拿下来以后，水不再沸腾，但打开锅盖，水面上的气压减小，水还能继续沸腾。
所以答案为：自下而上；；液化；保持不变；石棉网的温度较高，水继续从石棉网吸热；气压减小沸点降低。
本题为探究水的沸腾实验题目，考查了器材组装、温度计的读数、沸腾规律、沸点与气压的关系等知识点，要学会从图象得出相关信息。
23、在“观察水的沸腾”实验中：
实验室提供了一块比烧杯口稍大的圆形硬纸板，甲、乙两名同学分别在硬纸板上剪出小孔，以便将温度计通过小孔插入烧杯内的水中。如图所示，剪裁合适的是______ ，理由是______ 。
在烧杯中倒入约的水，提高了水的初温，从而______ 。水沸腾后持续加热几分钟并继续测温，会发现______ 。
如图所示，水沸腾后，甲同学移走酒精灯，继续观察；乙同学继续加热，观察烧杯中的水和试管中的水。他们的目的都是探究______ 。
答案：
甲；乙同学剪裁的孔会让温度计玻璃泡碰到烧杯壁；缩短加热至沸腾的时间；温度保持不变；水沸腾时是否需要持续吸热
解析：乙同学在纸板边缘剪孔，放入温度计后，温度计的玻璃泡会接触到烧杯侧壁，从而导致测量温度不准确，故剪裁合适的是甲同学；提高水的初温，从而缩短了加热至沸腾的时间；水沸腾后持续加热并继续测温，会发现温度保持不变；甲同学移走酒精灯，水无法持续吸热，沸腾停止，而乙同学继续加热，烧杯中的水持续吸热，能继续沸腾，但试管内水的温度始终和烧杯内水的温度相同，没有温度差，无法热传递，因此试管内的水无法持续吸热，故不沸腾，因此他们的目的都是探究水沸腾时是否需要持续吸热。
所以答案为：甲；乙同学剪裁的孔会让温度计玻璃泡碰到烧杯壁；缩短加热至沸腾的时间；温度保持不变；水沸腾时是否需要持续吸热
温度计在使用时，玻璃泡不能碰触烧杯底部和侧壁，据此判断纸板小孔的合适位置；缩短加热至沸腾的时间：提高水的初温、烧杯加盖、适当减少水的质量；水沸腾后继续加热，根据沸腾特点分析看到的现象；比较两个装置，发现有个装置没有加热，而另一个装置继续加热，这是探究沸腾的条件：持续吸热。
本题考查水的沸腾实验，重点考查学生实验操作和分析、综合的能力。
24、在“观察水的沸腾”实验中：
如图所示，是小明同学用温度计测小烧杯中水的初温时的操作图。是操作过程，是读数过程，是读取的温度。
图中操作的错误是______。
图中读数的错误是______。
图中实验某时刻温度计的示数为______。
小明同学在利用图所示的装置做实验时，安装实验器材时应按照______自上而下自下而上的顺序进行。实验时发现从开始给水加热到水开始沸腾所用的时间过长，请你帮助他找出可能存在的原因______。
如图中图______所示是在沸腾前的现象，在给水加热的过程中，杯中出现的气泡内主要是______空气水蒸气，这些气泡在上浮的过程中越来越小，说明杯中底部的水温______大于等于小于上部的水温。
当水温上升到时。每隔记一次温度计的示数直至沸腾一段时间，绘制出温度随时间变化的图象如图。根据图象可知水的沸点为______。
小明实验后的沸水放在桌上越来越凉，探究水沸腾前后温度变化特点，根据实验数据作出了如下图象，最合理表示其温度随时间变化关系的是______。
答案：
温度计的玻璃泡碰到杯底了；视线未与温度计中液柱的上表面相平；；自下而上；水量多；乙；水蒸气；大于；；。
解析：使用温度计测量液体温度，温度计玻璃泡不能接触容器底和容器壁，图中的错误是：温度计的玻璃泡碰到杯底了；
读数的方法是错误的，读数时，视线没有与温度计内液柱的上表面相平；
零刻度在温度计的下方，液柱远离零刻度，是零上，每一个大格代表，每一个小格代表，示数是；
探究水沸腾实验时，安装实验装置时，从下到上依次安装各装置；
实验室中加热的工具多数情况下都是采用酒精灯的，单位时间内产生的热量是比较少的，所以研究水的沸腾时所用的时间过长，原因可能是水量太大；
沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡中的水蒸气遇低温液化，气泡减小，所以图中的乙图象是沸腾前的图象；
由图象可以判断水沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，所以此时水的沸点是；
沸腾前水吸收热量，温度不断升高；沸腾时，吸收热量，温度不变；实验后的沸水放在桌上越来越凉，其温度变化的规律是先快后慢的，直到与室温相同时，温度不再变化，故图象符合题意。
所以答案为：温度计的玻璃泡碰到杯底了；视线未与温度计中液柱的上表面相平；；自下而上；水量多；乙；水蒸气；大于；；。
本题考查了温度计的正确使用和读数、实验装置的安装、液体沸腾的特点等，考查的知识点比较全面，综合性比较强。
25、小明利用如图甲所示的实验装置观察水的沸腾。
实验中，应用酒精灯的________填“外焰”或“内焰”加热，为缩短实验时间，小明在烧杯中倒入热水，温度计示数如图乙所示，此时温度计的示数为________。
在水温升高到后，小明每隔观察次温度计的示数，记录在表中，直至水沸腾，如此持续后停止读数；
时间
温度
根据表格中的数据可知水的沸点是________，说明此时气压________填“大于”“等于”或“小于”标准大气压。
小明观察到：沸腾时水中气泡的情形为图丙中的________填“”或“”。
请你根据表格中的数据，在图丁所示的坐标系中画出水沸腾前后温度随时间变化的图象。
小明还通过实验得出不同浓度的盐水在标准大气压下的沸点，数据记录如下：
盐水的浓度
沸点
分析表中数据可知，当盐水浓度增大时其沸点________填“降低”“不变”或“升高”。
根据以上探究得到的结论是：在煮食物时要想让汤汁尽快沸腾，最好选择________放盐填“先”或“后”。
答案：
外焰 小于 升高 后
解析：实验中，应用酒精灯的外焰加热；如图乙所示，温度计的分度值是，示数是。
水沸腾时吸热但温度不变，不变的温度就是水的沸点，根据表格中数据可知水的沸点是，标准大气压下水的沸点是，液体沸点随气压的升高而升高，所以此时气压小于标准大气压。水沸腾时，水中产生大量气泡，气泡在上升的过程中，不断有水蒸气进入气泡中，气泡逐渐变大，所以沸腾时水中气泡的情形为图丙中的。根据表格中的数据，描点并用平滑的曲线连接起来，图象如下。
分析表中数据可知，当盐水浓度增大时其沸点升高。
根据以上探究得到的结论是：在煮食物时要想让汤汁尽快沸腾，最好选择后放盐。04《探究光的反射规律》
考点汇总：
1、实验目的：探究光的反射规律。
2、试验器材：平面镜1个。激光笔1个，带刻度的硬纸光屏1个，水槽一个，支架1对，夹子1个。
3、实验步骤：
①按要求组装器材。将平面镜水平放置，然后把一块标有刻度的白色硬纸板竖直放置在平面镜上；
②用激光笔射出一束激光，用笔记下入射光线和反射光线的位置，并在刻度光屏上读出入射角和反射角的度数，记录在表格中。
③重复实验两次。改变入射光的方向，多测几组入射角和发射角，并将有关数据填入下表。
④将光屏向前或向后折，观察反射光线。
⑤整理器材。
4、实验记录：
次数 入射角i 反射角r
1
2
3
5、实验结论：
在反射现象中， 入射光线、反射光线、法线 在同一平面内；
入射光线和反射光线 分居法线两侧；
反射角 等于 入射角。
6、以法线ON为轴，将硬纸板的B面向后旋转，这时在B面上观察不到反射光线，证明三线共面；通过比较入射角和反射角的大小关系可以证明反射角等于入射角；反射光线和入射光线对称，并且对称还意味着分居法线两侧。
7、反射定律是用来确定反射光线位置的，对应每一条确定的入射光线而言，反射光线是唯一的。
8、如果光线垂直射向平面镜，入射角为0o,反射角为0o，入射光线、反射光线、法线重合。
9、光的反射定律是：“共面”、“两侧”、“等角”、“可逆”。
10、显示光路：光屏表面 粗糙 ，可以通过漫反射 显示光的传播径迹 ，操作时要求入射光线要 贴着 光屏入射；也可以通过 烟雾 等手段显示光路。
11、验证共面：光屏 可折转 的作用是 验证反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内（三线共面）。将光屏折转后不能观察到反射光线，这说明反射光线、入射光线和法线在 同一平面上 。
12、探究等角：要 改变入射角（或入射光线的方向）多次测量 ，探求规律，使结论具有普遍性。注意反射角和入射角都是光线与 法线 的夹角，不是光线与平面镜的夹角。
13、光路可逆：光的直射、反射、折射都具有可逆性。
14、如果想探究反射光线与入射光线是否在同一平面内，应如何操作？将纸板沿中轴ON向后折，观察在纸板B上是否有反射光线。
15、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：在反射现象中，光路是可逆的
16、理想模型法：用带箭头的直线表示光的传播路径和方向。
17、量角器的作用：测量反射角和入射角的大小。
18、从纸板不同方向都能看到光的传播路径原因是：光在纸板上发生了漫反射。
19、多次改变入射角大小并进行多次实验的目的：保证实验结论具有普遍性。
典题精析：
1、如图所示，小云在探究光的反射定律时，将一块平面镜放在水平桌面上，再把一块白色硬纸板垂直放置在平面镜上．
实验时让光贴着纸板入射是利用光的______选填“镜面反射”“漫反射”以便显示光路；
图中反射角是______度；让入射光线靠近法线，则反射角会______选填“变大”或“变小”；
将纸板向后折转一定角度，在板上______选填“能”或“不能”看到反射光，这说明_______________________________；
逆着的方向射向镜面，会发现反射光线沿着方向射出，这表明：_____________________；
实验中，同组的小马选择不同的入射角分别进行实验，结果得到了不同的数据，如表所示．经检查，四次试验中各角度的测量值都是准确的，但总结的规律却与反射定律相违背，你认为其中的原因应该是______________________________________________．
实验次数 入射角 反射角
答案：
漫反射；；变小；不能；反射光线，入射光线，法线在同一平面内；反射时，光路是可逆的；将反射光线与镜面的夹角当成反射角了
解析：
此题考查了光的反射定律的研究过程，需要学生能规范的用物理语言表达．
在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里；
根据反射定律，反射角等于入射角可知图中反射角，反射角随入射角的变化而变化；
为了证明反射光线，入射光线，法线在同一平面内，应把反射光线所在纸板前后翻折；
为了证明光路是可逆的，应该让光线沿着反射光线方向传播，看光线能否原路返回；
由光的反射定律知，反射角应等于入射角，由表中数据可知，他所测量的角不是反射角，而是反射光线与镜面的夹角．
实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；
由图可知，入射角为，根据反射角等于入射角可知图中反射角也为，让入射光线靠近法线，入射角减小，则反射角随之减小；
因为反射光线，入射光线，法线在同一平面内，所以将纸板向后折转一定角度，在板上不能看到反射光；
让光线沿着方向射向镜面，若反射光线沿着方向射出，则光路是可逆的；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射光线与法线的夹角，入射角是入射光线与法线的夹角，当入射角分别为、、时，反射光线与法线的夹角，即反射角也应分别是、、，不是、、，而、、正好是反射光线与镜面的夹角，所以原因是将反射角看成了反射光线与镜面的夹角．
所以答案为：漫反射；；变小；不能；反射光线，入射光线，法线在同一平面内；反射时，光路是可逆的；将反射光线与镜面的夹角当成反射角了．
2、“探究光的反射规律”的实验装置如图甲所示，平面镜放在水平桌面上，标有刻度图中未画出的白色纸板能绕垂直于的轴翻转，在纸板上安装一支可在纸板平面内自由移动的激光笔。
实验前，应将纸板_________放置平面镜上；移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，可观察到反射光束沿________时针方向转动；
移动激光笔，使入射角为，测得反射角也为，由此就得出“光反射时，反射角等于入射角”的结论你认为有何不妥之处？___________________________；
如图乙所示，将纸板右半部分绕向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现此现象说明了：____________________；
在图甲中，若将纸板连同激光笔绕向后倾斜，此时反射光束_______选填字母符号。
A.仍在纸板上呈现 被纸板挡住 在纸板前方
实验结束后，同组的小明和小刚都想从镜子中看到对方的眼睛，而不想让对方看到自己的眼睛，结果他俩谁都没有能做到，你认为没有能做到的原因是_____________。
答案：
垂直；顺时针；
实验次数太少，结论具有偶然性，不具有普遍性；
反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
；
光路是可逆的
解析：
本题考查“探究光的反射规律”的实验，实验题是中考中必不可少的题目，要加强实验教学，引导学生从实验中分析现象，归纳总结规律。培养学生观察、分析、概括能力。
实验中应将硬纸板垂直置于平面镜上；根据反射角等于入射角的关系进行分析；
为避免实验的偶然性，应多做几次试验，然后才可以得出结论；
光的反射定律：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在法线的两侧；反射角等于入射角；
反射中光路且有可逆性。
白色纸板应垂直放置于平面镜上，这样反射光线才可以在硬纸板上呈现；
如图甲，移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，则入射角增大，反射角也增大，则反射光线会远离法线，即反射光线将会顺时针转动；
因为实验次数太少，结论具有偶然性，不具有普遍性，所以不能只由一组数据就得出结论，应改变入射角的度数进行多次实验。
如图乙所示，将纸板右半部分绕向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现。此现象说明了反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
在图甲中，若将纸板连同激光笔绕向后倾斜，而法线始终垂直于平面镜，则反射光线、入射光线、法线所在的平面也垂直于平面镜，所以可知反射光束在纸板前方，故应选C；
实验结束后，同组的小明和小刚都想从镜子中看到对方的眼睛，而不想让对方看到自己的眼睛，结果他俩谁都没有能做到，没有能做到的原因是反射中光路且有可逆性。
所以答案为：垂直；顺时针；
实验次数太少，结论具有偶然性，不具有普遍性；
反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
；
光路是可逆的。
3、如图，探究光的反射规律时，在平面镜的上方垂直放置一块光屏，光屏由可以绕折转的、两块板组成．让一束光贴着光屏左侧的板沿方向射到点，在右侧板上能看到反射光线实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，这是因为光在光屏上发生了______ 填“镜面”或“漫”反射．若将板向后折转一定的角度，则在板上______ 填“能”或“不能”看到反射光，此时反射光线和入射光线______ 填“在”或“不在”同一平面内．如果让入射光线沿方向射入，反射光线将沿______ 方向射出，这说明了光的反射现象中光路是______ 的．
答案：
漫；不能；在；；可逆
解析：在不同方向都能看到光的传播路径，是由于漫反射的缘故；
由于入射光线、法线、反射光线在同一平面内，所以当、两块板共面时，可以在光屏上看到反射光；当、不在同一平面上时，在光屏上不能看到反射光，但此时的入射光线、反射光线仍在同一平面内．
如果让入射光线沿方向射入，反射光线将沿方向射出，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．
所以答案为：漫；不能；在；；可逆．
漫反射指的凹凸不平的表面，当平行光线射向光滑面时，反射光线向着四面八方，不平行；镜面反射只表明光滑，当平行光线射向光滑面时，反射光线也平行；
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．
根据入射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察反射光线与原来入射光线的关系得出结论．
本题考查了研究光的反射定律的实验，反射角等于入射角，反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧．
4、用如图所示装置探究光的反射定律，白色硬纸板垂直于平面镜放置，能沿折转，垂直于平面镜。
次数
入射角
反射角
让入射光贴着纸板沿射向平面镜上的点，观察反射光的方向。多次改变入射光的方向，观察并描绘光的径迹，量出入射角和反射角，记录如表。比较和，可以得出：光反射时，反射角______入射角。
纸板右侧没有沿折转时，能观察到反射光，有折转时，观察不到反射光，说明光反射时，反射光线、入射光线和法线在______。
将一束光贴着纸板沿射到点，光沿图中的方向射出。说明光反射时，光路是______的。
由于光在纸板上发生了______选填“镜面反射”或“漫反射”，所以从不同方向都可以观察到光在纸板上传播的径迹。
答案：
等于 同一平面内 可逆 漫反射
解析：根据表格中的数据可知，光反射时，反射角等于入射角；
在实验过程中，将纸板向前或向后折，是为了验证反射光线与入射光线在同一平面内，此时把半面纸板向前或向后折，不能看到反射光线，说明反射光线与入射光线及法线在同一平面内；
将一束光贴着纸板沿射到点，光沿图中的方向射出，这表明在光的反射中，光路是可逆的；
在不同方向都可以看到纸板上入射光的径迹，这是因为光在纸板上发生了漫反射的缘故；
所以答案为：等于；同一平面内；可逆；漫反射。
根据表格中的数据得出结论；
反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
若沿反射光线的方向入射，则反射光线沿入射光线的方向射出；
在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里。
此题是探究光的反射定律的内容，要掌握光的反射定律的内容，知道反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。同时考查了光路的可逆性。
5、如图所示，在探究光的反射定律时，芳芳将一块平面镜放在水平桌面上，再把一张硬纸板竖直放在平面镜上，硬纸板由可以绕折转的、两块板组成。让一束光贴着硬纸板左侧的板沿方向射到点，在右侧板上能看到反射光线。
实验时从硬纸板前不同的方向都能看到入射光线，这是因为光在硬纸板上发生了__________填“镜面”或“漫”反射，其中硬纸板的作用是____________________。
若将板向后折转一定的角度，则在板上__________填“能”或“不能”看到反射光线，此时反射光线和入射光线__________填“在”或“不在”同一平面内。
当将光线沿着方向射向平面镜时，反射光线沿着方向射出，这说明在光的反射现象中，光路是__________。
答案：
漫；显示光的传播路径，探究反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内；
不能；在；
可逆的
解析：
本题考查了探究光的反射定律的实验，实验中需要注意操作，知道硬纸板的作用、如何探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内等，难度不大；
光在硬纸板上发生漫反射，可以从不同方向都能看到光线，实验中使用硬纸板可以显示光路；将纸板向前或向后翻折，观察纸板上是否有反射光线可以知道反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内；
光反射时，反射光线、入射光线和法线在同一平面内；将板向后折转一定的角度，可以探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内；如果纸板上没有反射光线，则可以说明三线在同一平面内；如果纸板上有反射光线，则可以说明三线不在同一平面内；
在光的反射中，光路是可逆的。
实验时从硬纸板前不同的方向都能看到入射光线，这是因为光在硬纸板上发生了漫反射，其中硬纸板的作用是显示光的传播路径和探究反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内；
根据光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，所以若将板向后折转一定的角度，则在板上不能看到反射光线，此时反射光线和入射光线在同一平面内；
当将光线沿着方向射向平面镜时，反射光线沿着方向射出，这说明在光的反射现象中，光路是可逆的。
6、小明在探究“光反射时的规律”时将一块平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板放置在平面镜上；纸板由可以绕接缝转折的、两部分组成。
实验中实验仪器除了激光笔、平面镜、光屏还需要_______，让光贴着纸板入射是为了_______________。
如果纸板没有与平面镜垂直放置，当光贴着纸板沿入射时，______填“能”或“不能”在纸板上看到反射光。
纸板由可以绕接缝转折的、两部分组成的，这样做的实验目的是为了探究______ ，若以接缝为轴线，将纸板的面绕法线向后旋转，此时反射光线的位置______填“发生”或“不发生”变化。
为了便于测量和研究，需要把光路记录在纸板上，你的方法是：_____。
小明探究反射角和入射角之间的关系时，三次改变入射角的大小如图乙，实验所测数据如下表，他根据表中数据得出的结论和其他同学的结论并不一致请你根据表中的数据分析小明实验中出现错误的原因是_____________________。
实验次数 入射角 反射角
第一次
第二次
第三次
若将一束光贴着纸板沿射到点，则光沿图中的方向射出，这是因为在反射现象中光路是_________；小明还发现，从纸板前不同方向都能看到光的径迹，这时因为光在纸板上发生了________。
答案：
量角器 能看到光的路径
不能
反射光线、入射光线与法线是否在同一平面内 不发生
用不同颜色的笔在纸板上描下光的路径
把反射光线与镜面的夹角当成了反射角
可逆的 漫反射

解析：
根据反射光线、入射光线、法线在同一平面内的特点分析；
实验过程中法线要与平面镜垂直；
实验要探究反射角和入射角的关系，还要探究反射光线、入射光线、法线是否共面；
为了便于测量和研究反射角和入射角的关系，可以用笔在纸板上沿着光路将其描画下来；
根据反射角和入射角的定义分析；
反射现象中，光路是可逆；实验时光在纸板上发生了漫反射，从纸板前不同方向都能看到光的径迹。
本题主要考查了如何验证光的反射定律的实验，此实验是初中物理的一个最基本的探究实验，应当掌握。
实验中要测入射角和反射角的大小，所以实验仪器除了激光笔、平面镜、光屏还需要量角器，实验时如果不让光贴着纸板入射，则无法看见入射光线以及反射光线，就无法确定反射光线、入射光线，所以让光贴着纸板入射是为了显示光路；
法线在纸板上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，如果纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线；
纸板由可以绕接缝转折的、两部分组成的，这样做的实验目的是为了探究反射光线、入射光线与法线是否在同一平面内，以法线为轴线，将白色硬纸板的面绕法线向后旋转，此时反射光线的位置不发生变化，因为反射光线是由入射光线决定的；
为了便于测量和研究，需要把光路记录在纸板上，可以用笔在纸板上沿着光路将其描画下来；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射线与法线的夹角，入射角是入射线与法线的夹角，当入射角分别为、、时，反射线与法线的夹角，即反射角也应分别是、、，而，，正好是反射光线与镜面的夹角，所以是把反射光线与镜面的夹角当成了反射角；
当光逆着原来的反射光线入射时，反射光线也逆着原来的入射光线反射出去，即将一束光贴着纸板沿射到点，光将沿图中的方向射出，这说明在反射现象中光路是可逆的；实验时，从纸板前不同方向都能看到光的径迹，这是因为光在纸板上发生了漫反射。
所以答案为：量角器；能看到光的路径；
不能；
反射光线、入射光线与法线是否在同一平面内；不发生；
用不同颜色的笔在纸板上描下光的路径；
把反射光线与镜面的夹角当成了反射角；
可逆的；漫反射。

7、小红同学用如图所示装置，“探究光反射时的规律”，请在下列空格中填写适当内容：
实验时从纸板前不同的方向都能看到入射光线，这是因为光在纸板上发生了______选填“镜面”或“漫”反射，其中纸板的作用是______。
左图中反射角是______。
在实验过程中，若将纸板向后偏折，如右图所示，让光线仍贴着纸板沿方向射向镜面，此时纸板上______选填“能”或“不能”看到反射光线，反射光线与法线、入射光线______选填“在”或“不在”同一平面内。
如果让一束光线沿垂直入射到平面镜上，保持入射光线的方向不变，平面镜绕入射点顺时针方向转，则反射光线会沿顺时针方向转______。
答案：
漫；显示光路；；不能；在；；
解析：
此题要探究光的反射定律，要了解光的反射定律：在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧。要验证一个现象是否必须在在某一条件下才能成立，实验时只要让这一条件不满足，观察是否出现这一现象即可。
在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里；光的传播路径我们看不见，可通过一些方法间接看到，如通过水雾、烟雾等，这里用光屏就起到了这个作用。在光的反射中，反射光线与法线、入射光线在同一平面上，也是通过“平”的光屏展现在我们眼前的；
反射角是反射光线与法线的夹角，反射角等于入射角；
根据光的反射规律：三线共面反射光线、入射光线、法线可做出解答；
入射光线与法线的夹角叫做入射角；反射光线与法线的夹角叫做反射角，据此分析解答。
实验时从硬纸板前不同的方向都能看到入射光线，是由于硬纸板表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；从图中可以很清晰观察到光的传播路径，即硬纸板可以显示光的传播路径；
已知入射光线与镜面的夹角为，则入射角为，反射角等于入射角，也为；
当板向后折转一定的角度，则呈现反射光线的板和呈现入射光线的板不在同一平面内，所以在板上不能看到反射光；但是此时反射光线的位置不发生变化，反射光线和入射光线仍然在同一平面内；
如果让一束光线沿垂直入射到平面镜上，入射角为，反射角也为，保持入射光线的方向不变，平面镜绕入射点顺时针方向转，则入射角为，所以反射角也为，则反射光线与入射光线的夹角为，即反射光线顺时针方向转了。
所以答案为：漫；显示光路；；不能；在；。
8、在进行光的反射规律的探究实验中，小明设计了如下实验。如图所示，平面镜平放在桌面上，把一个白色硬纸板竖立在镜面上，硬纸板是由、两块粘接起来的，可以绕接缝转动，垂直于镜面。
先使、两块纸板成为同一平面，让一束红光沿纸板射向镜面上的点，观察到反射光线与入射光线出现在法线的 “同”或“异”侧。
使慢慢偏离，观察到反射角将 ；用量角器量出几组入射角和反射角的大小，比较可知，反射角 入射角。此处进行多次测量的目的是 。
小明想探究反射光线与入射光线是否在同一平面内，应该如何操作？ 。
如果光线沿的方向射向，则反射光线会与重合，这说明 。
本实验中可在纸板上看到光线，这是利用了光的 填“镜面反射”或“漫反射”。
答案：
异
增大 等于 避免实验带来的偶然性
将硬纸板围绕向后旋转一定的角度，能否看到
光路具有可逆性
漫反射

解析：
光的反射定律：反射光线、入射光线与法线在同一平面内；反射光线与入射光线分居法线两侧；
反射角随入射角的变化而变化；根据入射角和反射角的大小判断它们的关系；
在物理实验中，多次实验的目的一般有两个：取平均值减小误差；总结规律，避免结论的偶然性；
当纸板在同一平面上时，能够在纸板上观察到反射光线；当纸板不在同一平面上时，若不能观察到反射光线，则说明两者反射光线和入射光线在同一平面上；
将光的传播方向倒过来，光线能够原路返回，由此体现了在光的传播过程中，光路是可逆的；
在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里。
此题主要通过实验探究了光的反射定律，通过各个分实验分别探究了两角大小和三线之间的关系。
由实验可知，反射光线、入射光线和法线在同一平面内；反射光线、入射光线分居在法线两侧；
使慢慢偏离，入射角增大，反射角随入射角的增大而增大，用量角器量出入射角和反射角的大小，比较可知，反射角等于入射角；在“光的反射定律”的探究实验中，多次改变角度获取数据的目的是避免实验带来的偶然性，使结论更具有普遍性；
要验证反射光线和入射光线是否在同一平面上，将硬纸板围绕向后旋转一定的角度，能否看到；
将反射光线变为入射光线，此时的反射光线沿着原来入射光线的路径射出，体现了反射中光路是可逆的；
实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故。
所以答案为：异；增大；等于；避免实验带来的偶然性；将硬纸板围绕向后旋转一定的角度，能否看到；光路具有可逆性；漫反射。

9、如图是“探究光的反射规律”的实验装置，其中是白色硬纸板制成的光屏，并能沿折转，垂直于
实验次数
入射角
反射角
实验时，将光屏______放置在平面镜上，让一束光紧贴光屏射向镜面上的点，可在光屏上看到反射光，如图甲：将光屏右半部分向后折转任意角度，光屏上都看不到反射光，如图乙。说明反射光线、入射光线与法线在______。
某同学的实验数据如上表，其中有一组数据测错了，这组数据是第______次实验的，原因可能是将反射光线与______的夹角当成反射角。
答案：
垂直 同一平面内 平面镜
解析：
实验时，将光屏垂直放置在平面镜上，让一束光紧贴光屏射向镜面上的点，可在光屏上看到反射光，如图甲；将光屏右半部分向后折转任意角度，光屏上都看不到反射光，如图乙。说明反射光线、入射光线与法线在同一平面内；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射线与法线的夹角，入射角是入射线与法线的夹角，某同学的实验数据如上表，其中有一组数据测错了，这组数据是第次实验的，原因可能是将反射光线与平面镜的夹角当成反射角。
所以答案为：垂直；同一平面内；；平面镜。
实验时，将光屏垂直放在平面镜上；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。
由光的反射定律知，反射角应等于入射角，故他所测量的角不是反射角，而是反射光线与镜面的夹角
此题主要考查了光的反射定律的实验。通过分析实例考查了学生对所学知识的应用。
10、为了验证光的反射定律，海若同学准备了一块平面镜、一块画有法线的平整硬纸板、直尺、量角器及铅笔。
这个实验还需要的一个重要器材是_________。
海若按如图甲所示方式开始实验，纸板上显示出了两条光线，她想把这两条光线的传播路径保留在纸板上以便探究，请你为她设计一个简便的方法：____________________________________________________________________。
改变入射角，继续保留光的传播路径，最后纸板上留下了很多条光路，无法区分哪条反射光线与哪条入射光线对应，为了避免这一问题出现，可采取的做法是____________________________________。
如果纸板与平面镜不垂直，入射光沿纸板照射后将会出现的现象是___________________________。
海若将一缺角的纸板按如图乙所示方式放置，让光沿直线入射，接着她以为轴旋转缺角纸板，发现无论缺角纸板旋转到哪个角度，反射光都只出现在入射光所在平面的纸板上，在缺角纸板上没有显示出反射光。这一现象说明了：____________________________________________________________________。
答案：
光源
沿光路用铅笔相隔一定距离在纸板上各点两点，再过两点用直尺、铅笔将光的路径画在纸板上
给对应的入射光线和反射光线编号
在纸板上看不到反射光线
反射光线、入射光线和法线在同一平面内

解析：略
11、小聪在探究“光的反射规律”时，将一块平面镜放在水平桌面上，再把一张可折转的纸板放置在平面镜上。
实验次数 入射角 反射角
实验中，要使入射光线和其反射光线的径迹同时在纸板上出现，纸板的放置方式是______________________________________。
如图甲所示，让光线贴着纸板沿方向射向镜面，反射光线沿方向射出。多次改变入射光线与的夹角进行实验，测量记录如表所示。由此得出的结论是______________________________________________。
在实验过程中，若将纸板倾斜，如图乙所示，让光线仍贴着纸板沿方向射向镜面，此时反射光线与入射光线__________填“在”或“不在”同一平面内，纸板上__________填“能”或“不能”看到反射光线。
在图甲中，再用另一只激光笔让光线沿着即逆着原反射光线射向平面镜时，可看到反射光线沿射出，这说明_______________________________________________。
如将右边的纸板向后折，在纸板上__________填“能”或“不能”看见反射光线，这说明________________________________________________________________________。
答案：
纸板与平面镜垂直 反射角等于入射角 在 不能 光在反射时，光路是可逆的 不能 反射光线、入射光线和法线在同一平面内
解析：解因为反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，为了使反射光线能够呈现在纸板上，探究“光的反射规律”时，纸板应与平面镜垂直放置。由表格中的数据可知，反射角等于入射角。由于反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，所以当将纸板倾斜时，纸板上就看不到反射光线了。用激光笔让光线沿着即逆着原反射光线射向平面镜时，可看到反射光线沿射出，说明在光的反射中光路是可逆的。将纸板向后折，在纸板上不能看到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线是在同一平面内的。
12、在“探究光反射的规律”时，小李进行了如图甲所示的实验。
他先将平面镜平放在水平桌面上，再把白色硬纸板放在平面镜上且与镜面保持______，白色的硬纸板表面应尽可能______光滑粗糙。
小李让一束光贴着纸板射到平面镜上，在纸板上会看到反射光线，然后将纸板绕 向后折，如图乙所示，此时在面上______看到看不到反射光线，此时，反射光______存在不存在。
为了进一步确定此时反射光线的位置，小李将纸板沿剪开，将纸板的上半部分向后折，如图丙所示，发现在纸板右侧的______上部下部会看到反射光线。此实验现象说明反射光线、入射光线和法线______在不在同一平面。
在图甲中，如果让光线逆着的方向射向镜面，会看到反射光线沿着方向射出，这 表明光反射时，光路是______。
答案：
垂直； 粗糙；看不到； 存在；下部； 在；可逆的。
解析：
我们能从不同角度观察到光线，是因此光在光屏上发生了漫反射；只有硬纸板和平面镜垂直，才能保证法线和平面镜垂直；
光的反射定律：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在法线的两侧；反射角等于入射角；根据光的反射定律，可判断纸反向后折和纸板不垂直时是否能观察到反射光线；
据光路的可逆性分析即可判断。
本题考查光的反射定律实验的有关内容，主要考查学生对实验过程中出现问题的应对能力，就是为了锻炼学生的动手、动脑的能力。
白色硬纸板的表面应尽量粗糙，让光线发生漫反射，从不同的角度都能够观察到光线；如果纸板没有与平面镜垂直放置，由于法线与镜面垂直，且反射光线、入射光线、法线在同一平面内，因此，当光贴着纸板沿入射时，不能在纸板上看到反射光。硬纸板放在平面镜上时，要保持与镜面垂直；
光在反射时，反射光线、入射光线、法线在同一平面内，所以将纸板面绕轴向后折，在面上看不到反射光线，此时入射光线、法线、反射光线在同一平面内，反射光线存在；
光在反射时，反射光线、入射光线、法线在同一平面内，将纸板的上半部分向后折，如图丙所示，发现在纸板右侧的下部会看到反射光线。此实验现象说明反射光线、入射光线和法线在同一平面；
在图甲中，如果让光线逆着的方向射向镜面，会看到反射光线沿着方向射出，这 表明光反射时，光路是可逆的；
所以答案为：垂直； 粗糙；看不到； 存在；下部； 在；可逆的。
13、小明和小聪在探究光的反射规律，实验装置如图所示。
是______角选填“入射”或“反射”。
一束光沿射到镜面，在纸板上会看到反射光若沿着的方向再入射一束光，它的反射光沿方向射出，此现象说明______。
在研究反射角和入射角的关系时，收集数据如下表：
入射角 反射角
小明分析表中数据，得出______的结论。
小聪说，此结论不具有普遍性。请指出实验中的不足并加以改进______。
答案：
反射 在反射现象中，光路是可逆 反射角等于入射角 不足：只测量了一组入射角及对应的反射角的大小；改进：多次改变入射角的大小，测量并分析对应的反射角和入射角的大小，得出普遍规律
解析：由图可知，是反射光线与法线的夹角，故是反射角；
如果让光沿方向射到镜面，会发现反射光沿方向射出，这表明在反射现象中，光路是可逆的；
分析表中数据，可得出反射角等于入射角的结论；
此结论不具有普遍性，实验中的不足：只测量了一组入射角及对应的反射角的大小；改进：多次改变入射角的大小，测量并分析对应的反射角和入射角的大小，得出普遍规律。
所以答案为：反射；在反射现象中，光路是可逆的；反射角等于入射角；不足：只测量了一组入射角及对应的反射角的大小；改进：多次改变入射角的大小，测量并分析对应的反射角和入射角的大小，得出普遍规律。
入射光线与法线的夹角是入射角，反射光线与法线的夹角是反射角。
光在反射时光路是可逆的。
一次实验具有很大的偶然性，应当改变入射角进行多次实验。
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。
14、如图所示，在“探究光的反射规律”的实验中，平面镜放在水平桌面上，、是两块粘接起来的硬纸板，垂直于镜面且可绕转动。
如图甲，当、在同一平面上时，让入射光线沿纸板射向镜面，在上可看到反射光线，测出入射角和反射角的大小，便立即得出实验结论：反射角等于入射角。你认为这样得出结论合理不合理 ，理由是 。
若将一束光贴着纸板沿射到点，光将沿图中的 方向射出，因为在光的反射现象中光路是 的。
如图乙，以法线为轴线，把纸板向后缓慢旋转，在上 填“能”或“不能”看到反射光线，这样做的目的是为了探究 。
答案：
不合理；只做一次实验就得出结论，其结论具有偶然性，不具有普遍性；
；可逆；不能；反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内
解析：
本题考查了研究光的反射定律的实验．本实验可以得出：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．以及光路具有可逆性。
为避免实验的偶然性，应多做几次试验，然后才可以得出结论；
当入射光线与反射光线变为相反方向，由图可知，光路是可逆的；
实验要探究反射角和入射角的关系，还要探究反射光线、入射光线、法线是否共面。
、在同一平面上时，让入射光线沿纸板射向镜面，在上可看到反射光线，测出入射角和反射角的大小，便立即得出实验结论：反射角等于入射角。我认为这样得出结论不合理；实验有偶然性，不能只由一组数据就得出结论，凭一次实验数据得出结论有偶然性，应进行多次实验；
当光逆着原来的反射光线入射时，反射光线也逆着原来的入射光线反射出去，即将一束光贴着纸板沿射到点，光将沿图中的方向射出，这说明在反射现象中光路是可逆的；
以为轴线，把纸板向后缓慢旋转一个角度，在白纸板上不能看到反射光线，是因为纸板面和反射光线不在同一个平面上，以法线为轴线，把纸板向后缓慢旋转，这样做的目的是为了探究反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内。
所以答案为：不合理；只做一次实验就得出结论，其结论具有偶然性，不具有普遍性；； 可逆；不能；反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内。
15、小英利用激光笔、平面镜和纸板做“探究光的反射规律”的实验。纸板是用两块纸板和连接起来的。她将一个平面镜放在水平桌面上，把纸板展开成一个平面。
把纸板倾斜的立在平面镜上，如图甲所示，使一束光贴着纸板沿某一个角度射到点，经平面镜反射，在纸板上______看到反射光选填“能”或“不能”；
把纸板竖直的立在平面镜上，如图乙所示，纸板上的直线垂直于平面镜，使一束光贴着纸板沿某一个角度射到点，经平面镜反射，在纸板上______看到反射光选填“能”或“不能”；
把纸板向后折，纸板上的直线仍垂直于平面镜，如图丙所示，使一束光贴着纸板沿某一个角度射到点，经平面镜反射，在纸板上上______看到反射光选填“能”或“不能”。由上述实验验证：反射光线在______的平面内。
答案：
不能；能；不能；入射光线和法线所在
解析：
法线与镜面垂直，如果把纸板倾斜的立在平面镜上，纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线也不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线；
把纸板竖直的立在平面镜上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，使一束光贴着纸板沿某一个角度射到点，经平面镜反射后，在纸板上能看到反射光；
把纸板向后折，则呈现反射光线的纸板和呈现入射光线的纸板不在同一平面内，所以在纸板上上不能看到反射光；但是此时反射光线的位置不发生变化；由此可得出结论：反射光线在入射光线和法线所在的平面内。
所以答案为：不能；能；不能；入射光线和法线所在。
实验过程中法线要与平面镜垂直；如果不垂直，在纸板上看不到反射光线。
光的反射规律：三线共面入射光线、反射光线、法线，两线分居入射光线、反射光线分居法线两侧，两角相等入射角、反射角；
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。
此题是探究光的反射定律。要熟记光的反射定律的内容，并且要搞清每一个相对内容的得出，特别是反射光线、入射光线、法线的关系，通过改变反射面和入射面的关系，来观察现象，从而得出结论。
16、如图，小凯在水平鼓面上固定了一块平面镜，用固定位置的激光笔照射平面镜，此时小凯观察到墙壁上出现了一个小光斑。
画出经过平面镜的反射光线，确定墙壁上光斑位置，并标出反射角。
小凯在多个角度都能观察到墙上的光斑，说明光在墙壁上发生了_________填“镜面”或“漫”反射。
轻压图中平面镜左侧的鼓面，墙壁上光斑位置_________填“上移”“不变”或“下移”。
当用力敲击鼓面使鼓发声时，可以看到墙壁上的光斑在跳动，通过光斑的跳动证明了_________________。
实验时在敲击鼓面力度相同的情况下，要让光斑跳动的幅度更大些，你的做法是_________________。
答案：

漫 上移 声音是由物体的振动产生的 增大墙壁与鼓面的距离
解析：首先通过入射点作镜面的垂线，即法线，根据反射角等于入射角作出反射光线，反射光线与法线之间的夹角为反射角，反射光线射向墙壁形成的光点即为墙壁上光斑的位置，如图所示：
小凯在多个角度都能观察到墙上的光斑，这说明反射光射向四面八方，即光在墙壁上发生了漫反射。
轻压图中平面镜左侧的鼓面，平面镜逆时针转动，此时的入射角会变小，反射角也变小，则反射光会靠近法线，所以反射光落在墙壁上的光斑位置会上移。
鼓面发声时，鼓面振动带动镜子也振动，所以小光斑的位置会上下移动，这说明声音是由于物体的振动产生的。
鼓面发声时，镜子也振动，小光斑的位置会上下移动，增大鼓面与墙壁间的距离，墙上光斑跳动的幅度更明显。
17、在探究“光的反射规律”的实验中，为了确定反射光线和入射光线的位置关系，实验器材有：可旋转的光屏如图甲所示，光屏的、两部分均可绕轴旋转、平面镜和激光电筒。如图乙所示，将光屏立放在水平放置的镜面上，让激光电筒发出的光沿光屏入射到点。
实验中，光屏是用来呈现______ 光线的，为了观察到完整的光路，光屏需旋转到图乙中的位置______ 填序号；
旋转光屏到位置时，也同时需要旋转光屏到位置才能观察到完整光路，通过以上操作过程可知，要观察完整的光路，光屏、两部分旋转后要处于______ ；
记录多次实验光路，进一步研究发现反射光线和入射光线关于转轴对称，这条过入射点并______ 于镜面的直线叫做______ ，根据这条线便可以确定反射光线和入射光线的位置关系。
答案：
入射 同一平面 垂直 法线
解析：由题知，让激光电筒发出的光沿光屏入射到点，因此光屏是用来呈现入射光线的。
由光的反射定律可知，反射光线与入射光线在同一平面内，因此为观察到完整的光路，需将光屏需旋转到图乙中的位置，使光屏和光屏在同一平面内。
由图乙可知，旋转光屏到位置，旋转光屏到位置时，光屏和光屏在同一平面内，此时才能观察到完整光路，说明要观察完整的光路，光屏、两部分旋转后要处于同一平面。
由光的反射定律可知，反射光线与入射光线分居在法线两侧，反射角等于入射角，即反射光线与入射光线关于法线对称，研究发现反射光线和入射光线关于转轴对称，因此转轴即为法线所在位置，法线与镜面垂直，因此过入射点并垂直于镜面作直线即为法线。
所以答案为：入射；；同一平面；垂直；法线。
光屏是用来呈现光路的；入射光线、反射光线和法线在同一平面内；
光的反射定律可知，反射光线与入射光线分居在法线两侧，反射角等于入射角，反射光线、入射光线位于法线两侧。
本题主要探究“光的反射规律”的实验中，确定反射光线和入射光线的位置关系，基础题目。
18、为了探究光反射时的规律，同学们进行如图所示的实验。
为了完成实验，需要的测量工具是______。
把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板 ______地立在平面镜上，纸板上的直线垂直于镜面。
如图甲所示，使一束光贴着纸板射到点，经平面镜反射后。沿另一方向射出。当入射角增大时，反射光线______填“靠近”或“远离”平面镜。
某同学的实验数据如表，其中有一组数据测错了，这组数据是第______次实验的，原因可能是将反射光线与______的夹角当成反射角。改正该组数据后，同学们发现这次实验中的平面镜让入射光线改变了______度角。
次数
如图乙，把纸板向前折或向后折，在纸板上都不能看到反射光线，说明：反射光线、入射光线和法线______。
试验中若保证激光笔的位置不变，将左侧纸板以为轴向后旋转，则在左侧纸板上______选
填“能”或“不能”看到入射光线，此时在右侧纸板上______选填“能”或“不能”看到反射光线。
保持图甲所示的、在同一平面，而把平面、一起向后倾倒使得整个平面与水平面成的夹角，仍然让光线沿纸板射向镜面如图丙，则在上______选填“能”或“不能”看到反射光线。
答案：
量角器 竖直 面镜 在同一平面内 不能 能 不能
解析：因为实验时要测量反射角和入射角的大小，所以需要量角器；
法线在纸板上，当把纸板竖直地立在平面镜上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，如果纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线；
当入射角增大时，反射角也增大，反射光线面镜；
反射现象中，反射角等于入射角，由实验数据表格可以看出只有第四组数据反射角是不等于入射角，且两数据相加刚好等于，可能是将反射光线与平面镜的夹角当成反射角，改正数据后，反射角此时为，所以这次实验中平面镜让入射光线改变的角度为度角，即度角；
把纸板向前折或向后折，纸板与不在同一平面内，在纸板上不能看到反射光线，由此得出反射光线、入射光线和法线在同一平面内的结论；
试验中纸板的作用是显示光路，所以当激光笔的位置不变，将左侧纸板以为轴向后旋转时，左侧纸板和入射光线、法线、反射光线不在同一平面内，右侧纸板和入射光线、法线、反射光线在同一平面内，故左侧纸板上不能看到入射光线，右侧纸板上能看到反射光线；
当把平面、一起向后倾倒使得整个平面与水平面成的夹角，仍然让光线沿纸板射向镜面时，法线依然应垂直与镜面，所以此时它不在与镜面倾斜的纸板上，即此时法线与倾斜的纸板不在同一平面内，故在上不能看到反射光线。
所以答案为：量角器；竖直；靠近；；平面镜；同一平面内；不能；能不能。
根据实验目的确定这个实验还需要的一个重要器材。
实验过程中法线要与平面镜垂直；
根据光的反射定律分析解答；
根据反射定律中的两角相等解题；
根据反射光线与入射光线、法线在同一平面上的特点分析；
根据纸板的作用和反射光线与入射光线、法线在同一平面上解题；
根据法线垂直反射面，反射光线与入射光线、法线在同一平面上的特点分析。
这道题考查的光现象中探究实验光的反射规律，解题时应理解记忆光的反射规律：三线共面、法线居中垂直于反射面，两角相等。
19、为了探究光反射时的规律，小明进行了如图所示的实验：
如图甲所示，如果入射角为，则根据光的反射定律，反射角的大小是___________ ．
图甲中的光屏是一个可折转的硬纸板，此光屏在实验中的作用是：______________； ______________
小明在实验时，选择入射角分别为、、的三条光线进行实验，结果得到了不同的数据见表格乙经检查，三次实验中各角度的测量值都是准确的，但总结的规律却与反射定律相违背．你认为其中的原因应该是 _______________________ ，反射定律中两角的关系表达为_______________________。
如果让光线逆着的方向射向镜面，会发现反射光线沿着方向射出，这表明：_________________________
答案：
；
显示光的传播路径；探究入射光线、反射光线、法线是否共面；
测量的不是反射角，而是反射光线与镜面的夹角；反射角等于入射角；
光路是可逆的
解析：
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，光路是可逆的。
在光的根据反射定律，反射角等于入射角，可以求出反射角；
光的传播路径我们看不见，可通过一些方法间接看到，如通过水雾、烟雾等，这里用光屏就起到了这个作用；在光的反射中，三线在同一平面上，也是通过“平”的光屏展现在我们眼前的；
由光的反射定律知，反射角应等于入射角，故他所测量的角不是反射角，而是反射光线与镜面的夹角；
无论是光的反射，还是折射，光路都是可逆的。
如果入射角为，则根据光的反射定律，反射角等于入射角，所以反射角的大小也是；
我们看不见光的传播路径，就无法对光线进行研究，在研究光的反射规律时，安装一个光屏后，能够间接的在光屏上看到光的传播途径； 将光屏的左半部分向前后翻折，就不会看到反射光线，只有当整个光屏为一平面时，才能够看到反射光线，说明入射光线、反射光线、法线共面；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射光线与法线的夹角，入射角是入射光线与法线的夹角，当入射角分别为、、时，反射光线与法线的夹角，即反射角也应分别是、、，不是、、，而、、正好是反射光线与镜面的夹角；反射定律中两角的关系表达为： 反射角等于入射角光路；
让光线逆着的方向射向镜面，会发现反射光线沿着方向射出，说明了在反射现象中，光路是可逆的。
所以答案为：； 显示光的传播路径；探究入射光线、反射光线、法线是否共面； 测量的不是反射角，而是反射光线与镜面的夹角；反射角等于入射角；光路是可逆的。
20、“探究光的反射规律”的实验装置如图甲所示，平面镜放在水平桌面上，标有刻度图中未画出的白色纸板能绕垂直于的轴翻转，在纸板上安装一支可在纸板平面内自由移动的激光笔．
实验前，应将纸板________放置在平面镜上；移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，可观察到反射光束沿________时针方向转动．
在纸板前从不同方向可以看到纸板上入射光的径迹，这是因为光在纸板上发生了________反射．
如图乙所示，将纸板右半部分绕向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现，此现象说明了_______________________________________________________________．
小珠利用图甲所示装置探究“光反射时的规律”，在纸板上用笔描出多组入射光和反射光的径迹，接着她用量角器测出与，多次测量结果如下表所示，分析可知：在光的反射中，______________________在图丙所示的实验中，如果让光沿方向射到镜面，会发现反射光沿方向射出，这表明在反射现象中，_________________小海也把一束光贴着纸板射到点，如图丁所示，但纸板与平面镜并未垂直，此时反射光线在纸板________填“上”“前”或“后”．
序号
答案：
竖直； 顺
漫
反射光线、入射光线和法线在同一平面内
反射角等于入射角；光路是可逆的； 前
解析：实验前，应将纸板竖直放置在平面镜上．移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，由于反射角等于入射角，反射光束沿顺时针方向转动．
在纸板前从不同方向可以看到纸板上入射光的径迹，这是因为光在纸板上发生了漫反射．
将纸板右半部分绕向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现，此现象说明了反射光线、入射光线和法线在同一平面内．
根据表中数据可知，在光的反射中，反射角等于入射角．由于光路是可逆的，让光沿方向射到镜面，反射光会沿方向射出．图丁中，纸板与平面镜并未垂直，此时反射光线在纸板前面．
21、小明在探究“光的反射规律”时将一块平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板放置在平面镜上；纸板由可以绕接缝转折的、两部分组成．
实验时让光贴着纸板入射是为了_________．
如果纸板没有与平面镜垂直放置，当光贴着纸板沿入射时，_______填“能”或“不能”在纸板上看到反射光．
若将一束光贴着纸板沿射到点，则光沿图中的方向射出，这是因为在反射现象中光路是_______的．
纸板由可以绕接缝转折的、两部分组成的，这样做的实验目的是为了探究___________________________________，若入射光线的位置不变，以接缝为轴线，将纸板的面绕法线向后旋转，此时反射光线的位置_______填“发生”或“不发生”变化．
小明探究反射角和入射角之间的关系时，次改变入射角的大小如图乙，实验所测数据如下表，他根据表中数据得出的结论和其他同学的结论并不一致．请你根据表中的数据分析小明实验中出现错误的原因是_____________________________________________．
实验次数 入射角 反射角
第一次
第二次
第三次
答案：
显示光路；不能；可逆 ；反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内；不发生；把反射光线与镜面的夹角当成了反射角。
解析：实验时让光贴着纸板入射是为了显示光路．
如果纸板没有与平面镜垂直放置，当光贴着纸板沿入射时，反射光不在纸板上，所以不能在纸板上看到反射光．
若将一束光贴着纸板沿射到点，则光沿图中的方向射出，这是因为在反射现象中光路是可逆的．
纸板由可以绕接缝转折的、两部分组成的，这样做的目的是为了探究反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内．若入射光线的位置不变，以接缝为轴线，将纸板的面绕法线向后旋转，此时反射光线的位置不发生变化，纸板上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线、法线在同一平面内．
22、“探究光的反射规律”的实验装置如图甲所示，平面镜放在水平桌面上，标有刻度图中未画出的白色纸板能绕轴翻转，在纸板上安装一支可在纸板平面内自由移动的激光笔．
实验前，应将纸板________放置在平面镜上；移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，可观察到反射光束沿________时针方向转动．
在纸板前从不同方向可以看到纸板上入射光的径迹，这是因为光在纸板上发生了________反射．
如图乙所示，将纸板右半部分绕向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现，此现象说明了_______________________________________________________________．
小珠利用同一套实验器材，选择入射角分别为、、的三条光线进行实验，结果得到了不同的数据，如下表所示．经检查，三次实验中各角度的测量值都是准确的，但总结的规律却与反射定律相违背，你认为其中的原因是：___________________；多次实验的目的是：_________________。
实验次数 入射角 反射角
在实验过程中，若将纸板倾斜，如图丙所示，让光线仍贴着纸板沿方向射向镜面，此时反射光线与入射光线________填“在”或“不在”同一平面内。此时以下物理量中入射光线入射角反射光线反射角法线，没有发生变化的的有_________选填字母。
A.
实验结束后，同组的小明和小刚都想从镜子中看到对方的眼睛，而不想让对方看到自己的眼睛，结果他俩谁都没有能做到，你认为没有能做到的原因是______________________。
答案：
垂直竖直；顺；
漫；
反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
误将反射光线与镜面的夹角作为反射角；避免偶然性多次实验得出普遍规律；
在；；
在光的反射现象中，光路是可逆的
解析：
本题考查探究光的反射定律。
实验中应将硬纸板垂直置于平面镜上；根据反射角等于入射角的大小关系进行分析；
可以从各个方向看到光的路径是发生漫反射；
反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
反射角是反射光与法线的夹角；多次实验可以得出普遍规律；
纸板倾斜后，需要改变入射光线才可以使入射光线贴着纸板；
反射光路是可逆的。
实验中白色纸板垂直或竖直放置于平面镜上，这样反射光线才可以在硬纸板上呈现；如图甲，移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，则入射角增大，反射角也增大，所以反射光线会远离法线，即反射光线将会顺时针转动；
实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；
将纸板右半部分绕向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现。此现象说明了反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
反射角是反射光线与法线的夹角，入射角是入射光线与法线的夹角，根据光的反射定律，反射角等于入射角；
当入射角分别为、、时，反射角也应分别是、、，不是、、，而、、正好是反射光线与镜面的夹角；
在实验过程中，若将纸板倾斜，如图丙所示，让光线仍贴着纸板沿方向射向镜面，此时反射光线与入射光线在同一平面内；为了使入射光线贴着纸板入射，需要改变入射光线的位置，则反射光线的位置也发生变化，入射角变化，反射角变化；只有法线仍然是垂直于镜面，故只有法线不变；
实验结束后，同组的小明和小刚都想从镜子中看到对方的眼睛，而不想让对方看到自己的眼睛，结果他俩谁都没有能做到，没有能做到的原因是在光的反射现象中，光路是可逆的。
23、“探究光的反射规律”的实验装置如图所示，平面镜放在水平桌面上，标有刻度图中未画出的白色纸板能绕垂直于的轴翻转，在纸板上安装一支可在纸板平面内自由移动的激光笔。
实验前，应将纸板_________放置于平面镜上；移动激光笔，使入射光束绕入射点沿逆时针方向转动，可观察到反射光束沿_________时针方向转动。
移动激光笔，使入射角为，测得反射角也为，由此就得出“光反射时，反射角等于入射角”的结论，你认为有何不妥之处？答：___________________________。____________________________________________________________________。
在图中，若将纸板连同激光笔绕向后倾斜，此时反射光束（ ）
A.仍在纸板上呈现 被纸板挡住 在纸板前方
答案：
垂直；顺
一次实验得到的结论具有偶然性

解析：
该题考查了光的反射定律的应用，重点要掌握光的反射定律，结合实验数据，分析解决问题。
实验中应将硬纸板垂直置于平面镜上，这样反射光线才能在硬纸板上呈现；根据反射角等于入射角的关系进行分析。
为避免实验的偶然性，应该多做几次实验，然后才可以得出结论。
利用反射光线、入射光线、法线都在同一个平面内这个原理分析。
白色纸板应垂直放置于平面镜上，因为反射光线、入射光线、法线都在同一个平面内，这样反射光线才能在纸板上呈现；
如图甲所示，移动激光笔，使入射光线绕入射点沿逆时针方向转动，则入射角增大，反射角也增大，则反射光线会远离法线，即反射光线会顺时针转动；
因为一次实验具有很大的偶然性，所以不能只由一组数据就得出结论，应改变入射角的度数进行多次实验，得到普遍性规律。
在图甲中，若将纸板连同激光笔绕向后倾斜，而法线始终垂直于平面镜，则反射光线、入射光线、法线所在的平面也垂直于平面镜，且反射光线、入射光线分居法线两侧，所以反射光束在纸板前方。
24、在探究“光的反射定律”实验中，把一块平面镜放在水平桌面上，再将一张纸板放在平面镜上。纸板由、两块纸板粘成，可绕接缝转动。
让一束光贴着纸板射到点，如图要使入射光线和反射光线同时出现在纸板上，纸板应与平面镜______。
如图是证明“光反射时，反射光线、入射光线和法线在同一个平面上”的实验操作，具体做法是：将纸板沿接缝______。
小组记录的数据如表。分析表中数据，可得出的结论是：______。
次数 入射角 反射角
光沿入射，反射光线会沿射出，这表明：反射现象中，光路是______的。
答案：
垂直 向后转动 反射角等于入射角 可逆
解析：要使入射光线和其反射光线的径迹同时在纸板上出现，则法线必须与平面镜垂直，并且反射光线、入射光线和法线必须在同一平面内，因此纸板与平面镜的位置关系必垂直；
为了证明反射光线、入射光线和法线在同一平面内，具体做法是把纸板沿接缝向后转动，纸板与不在同一平面内，观察纸板上不能看到反射光线；
当入射角为，此时反射角也为；当入射角为，此时反射角也为，当反射角为时，入射角也为；由此可以得出结论：反射角等于入射角。
如果让光光沿入射，反射光线会沿射出，这时的入射角为原来的反射角，根据光的反射定律，反射角等于入射角，这时的反射角为原来的入射角，所以会发现光线原路返回，也就是在反射现象中，光路是可逆的。
所以答案为：垂直；向后转动；反射角等于入射角；可逆。
要使入射光线和其反射光线的径迹同时在纸板上出现，则法线必须与平面镜垂直；
根据光的反射定律：反射光线与入射光线、法线在同一平面上的特点分析；
反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；
根据入射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察反射光线与原来入射光线的关系得出结论。
本题考查了研究光的反射定律的实验，反射角等于入射角。反射光线与法线的夹角--反射角，而不是反射光线与镜面的夹角。并考查了探究的方法，应注意掌握。
25、如下图，在“研究光的反射定律”的实验演示中：
当入射角为___________时，反射光线和入射光线重合。
让一束光贴着纸板沿某一个角度射到点，经平面镜的反射，沿另一个方向射出，测出入射角和反射角，比较它们的大小关系。改变光束的入射方向，再观测几组入射角和反射角，这样做的目的是______________________________________；如果要验证“在反射中光路是可逆的”，正确的做法是____________________
课后，某同学利用同一套实验器材，选择入射角分别为、、的三条光线进行实验，测出反射角的数据记录在表格中经检查三次实验中各角度的测量值都是准确的，但明显不符合光的反射定律你认为其中的原因是________________________________。
在实验中使用白色硬纸板能显示_____________，也能方便地测量_______________
答案：
；
多次实验，防止偶然性，获得普遍规律；让光束沿着的方向射向点，观察反射光线是否沿着方向射出；
测的反射角不是实际的反射角，而是反射角的余角；
光路；入射角和反射角的大小
解析：
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。当光垂直射到水或玻璃的表面时，在水和玻璃中的传播方向不变，此时入射角为，折射角为；
为了得出反射角与入射角的关系，使实验结论更具普遍性，实验中需多测几组数据进行分析；
光在发生反射时光路具有可逆性，将原来的入射光线变为反射光线即可；
由光的反射定律知，反射角应等于入射角，由表中数据可知，他所测量的角不是反射角，而是反射光线与镜面的夹角；
白色物体能够反射所有色光，黑色物体吸收所有色光。
当光由空气中垂直射入其他介质中即入射角为时，传播方向不改变，反射光线和入射光线重合；
改变光束的入射方向，再观测几组入射角和反射角，这样做的目的是防止偶然性，获得普遍规律；验证“在反射中光路是可逆的”，正确的做法是：让光束沿着的方向射向点，观察反射光线是否沿着方向射出；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射光线与法线的夹角，入射角是入射光线与法线的夹角，当入射角分别为、、时，反射光线与法线的夹角，即反射角也应分别是、、，不是，，，而，，正好是反射光线与镜面的夹角，即测的反射角不是实际的反射角，而是反射角的余角。
为了更好的观察到反射光线和入射光线，实验中采用了白色硬纸板，光线在白色纸板上的轨迹就容易观察到了，也方便反射角和入射角的大小。
所以答案为：；
多次实验，防止偶然性，获得普遍规律；让光束沿着的方向射向点，观察反射光线是否沿着方向射出；
测的反射角不是实际的反射角，而是反射角的余角；
光路；入射角和反射角的大小。 03《探究水沸腾时温度变化特点》
考点汇总：
1、实验器材：两支完全一样的蜡烛、一块玻璃板、一个光屏、火柴、刻度尺
2、实验步骤：
①将玻璃板垂直置于桌面，在玻璃板的一 侧立一支点燃的蜡烛，透过玻璃板观察其另一侧面的蜡烛的像。
②将光屏放在像的位置，不透过玻璃板，直接观察光屏上有无像。
③将相同的未点燃的蜡烛放在像的位置，观察像与蜡烛的大小关系。
④移到蜡烛的位置，观察其像的大小有无变化。
⑤量出蜡烛和像到玻璃板的距离。
3、实验数据：
像与物的大小关系 物体与玻璃的距离（cm） 像与玻璃的距离(cm) 物像连线与镜面的关系 实像或虚像
位置1
位置2
位置3
4、实验结论：
平面镜成像特点：
①像和物大小 相等 ；
②像到镜面的距离和物到镜面的距离相等 ；
③像和物的连线与镜面 互相垂直 ；
④平面镜所成像是 虚 像。
5、 镜面的选择与放置：用薄的 茶色 透明 玻璃代替平面镜的目的是 便于确定像的位置 ；由于玻璃板的前后表面均能反射成像，为了减小两个像之间的干扰，玻璃板要 薄 一些较好。放置时玻璃板要和纸面 垂直 ，否则玻璃板后的蜡烛无法与像 完全重合 。
6、像的位置与大小：选取两段完全相同的蜡烛的目的是 为了比较像与物的大小关系 ，拿一支没有点燃的相同蜡烛在玻璃板后寻找蜡烛像的位置时，眼睛应在玻璃板前侧从不同角度观察，同时移动玻璃板后面的蜡烛，直到跟前面那支蜡烛的像 完全重合 ，说明 像和物的大小相等 。
（1）镜前蜡烛点燃，目的是成像 清晰 ；镜后蜡烛不点燃，替代镜前蜡烛的像，用到了“等效替代法”。
（2）平面镜成像是光的反射现象，在 镜前 反射光线所在的区域可以观察到物体的像，在镜后无法观察到物体的像，因为镜后没有反射光线进入人眼。即“镜前观察，镜后成像”。
7、多次测量探求规律：要分析像距和物距的关系，就要 改变物距 并用 刻度尺 多次测量记录像距和物距，比较得出像距 等于 物距的结论，多次测量的目的是 得出普遍结论 。使用有刻度的方格纸，其目的是便于比较 像距与物距的关系 。
8、虚像的理解和应用：人眼逆着反射光线看到镜后的像点，是反射光线反向延长线的交点，没有实际光线的会聚，是虚像，光屏 不能 承接。
9、像的亮度：像的亮度取决于物体和环境的光线亮度关系。可以在 较暗 的环境中观察蜡烛的像；若用棋子或圆斑小人代替蜡烛时，若像不清晰，可以用 激光灯照亮棋子或小人 ，注意要照亮朝向镜面的一侧。
10、评估：（1）像无法和蜡烛重合，可能是因为 平面镜放置时与纸面 不垂直 。
（2）分析像距与物距关系时， 一组数据太少，结论没有普遍性 。
11、结论：平面镜成像时，像的大小取决于物的大小，像距取决于物距。
典题精析：
1、艾英同学在“探究平面镜成像特点”的实验时，所用的实验器材有带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺、两支外形相同大小相等的蜡烛和。
选用玻璃板代替平面镜，主要是为了______。
在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，拿______选填“点燃”或“未点燃”的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至蜡烛与蜡烛的像完全重合。这种确定像与物大小的方法是______。选填“控制变量法”或“等效替代法”
移去蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是______选填“虚”或“实”像。
当蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小______。
为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，艾英只将玻璃板向右平移，则蜡烛像的位置______选填“向右移动”“向左运动”或“不变”。
答案：
便于确定像的位置；
未点燃；等效替代法；
虚；
不变；
不变。
解析：
在平面镜成像特点实验中采用玻璃板代替平面镜，其目的是为了确认物像的位置及大小；
等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。等效替代法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一。
平面镜所成的像是虚像，不会出现在光屏上。
平面镜成像特点：像距等于物距，物像等大。
本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
因为玻璃板是透明的，所以能在观察到蜡烛像的同时，还可以透过玻璃清楚的看到放在后面蜡烛，便于确定像的位置；
在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，拿未点燃的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧侧观察，直至它与蜡烛的像完全重合，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
移去蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是虚像；
当蜡烛向玻璃板靠近，蜡烛的大小不变，由平面镜成像特点像与物体的大小相等可知，蜡烛的像大小不变；
为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，艾英只将玻璃板向右平移，在向右移动的过程中，由于物像到平面镜的距离相等，所以蜡烛像的位置不变。
所以答案为：便于确定像的位置；未点燃；等效替代法；虚；不变；不变。
2、如图所示，是小明在“探究平面镜成像的特点”的活动中所选用的器材和活动过程．
在探究活动中对玻璃板放置的要求是：____；
李明在玻璃板的前面放一支点燃的蜡烛，还要在玻璃板的后面放一支没有点燃的蜡烛，对蜡烛和的要求是 ，这是为了___________________．
在寻找蜡烛像的位置时，眼睛应该在蜡烛______填“”或“”这一侧观察，如果小明无论怎样调节后面的蜡烛，都不能与蜡烛的像重合，请你推测可能的原因是___________________________．
张红用跳棋代替点燃的蜡烛进行实验，但看不清跳棋的像，请你帮想个办法看清跳棋的像：__________________________________．
实验时在玻璃板前面放置一支点燃的蜡烛，再拿没有点燃的相同蜡烛在玻璃板后面移动，直到跟前面那支蜡烛的像____________，若用光屏替换玻璃板后面的蜡烛，在玻璃板后面观察光屏，______观察到玻璃板前点燃蜡烛的像选填“能”、“不能”．
在实验中用平板玻璃代替平面镜，主要是利用玻璃透明的特点，便于_____________；如果有厚和厚的两块玻璃板，应选择______厚的玻璃板做实验．
答案：
竖直放置；
完全相同；比较像与物的大小关系；
；玻璃板与桌面不垂直；
用强光对着跳棋照亮即可；
完全重合；不能；
确定像的位置；．
解析：
在“探究平面镜成像特点”实验中必须将玻璃板竖直，才能确保蜡烛与像完全重合，才能使实验达到效果，
探究平面镜成像特点时，采用两个完全相同的蜡烛，是为了比较物像大小的关系．
观察物体的像要和物体在同侧．玻璃板在放置时应与桌面垂直，这样才能保证顺利找到像的位置．
亮的物体成像清晰，所以把前面的跳棋照亮，容易看清像．
平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等．实像能呈现在光屏上，虚像不能呈现在光屏上．
在实验中选玻璃板是为了准确确定像的位置，便于比较像与物的大小，达到理想的实验效果．从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题．研究平面镜成像特点的探究类习题，注意几个关键的词语不能含糊：实像中选取的两个蜡烛要完全相同，后面蜡烛与前面蜡烛的像要完全重合，要选薄玻璃板，玻璃板要与桌面垂直，要把玻璃板前面的物体弄亮．
实验时玻璃板要竖直放置，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合；
由于平面镜所成的像与物体的大小是相等的，所以实验时，采用两个完全相同的蜡烛，是为了比较物像大小的关系．
眼睛在蜡烛侧观察，能看到蜡烛、蜡烛的像、代替蜡烛的蜡烛当移动蜡烛，直到看上去它跟蜡烛的像完全重合时，即可确定像的位置．
实验中，如果玻璃板放置时没有与桌面垂直，则实验中蜡烛与像将无法在水平位置重合，不容易找到蜡烛和像．
根据亮的物体成像清晰的经验，用强光对着跳棋照亮即可．
在玻璃板前面放置一支点燃的蜡烛，再拿一支没有点燃的相同蜡烛，在玻璃板后面移动，直到跟前面那支蜡烛的像完全重合，说明物像大小相等．
光屏放在像的位置，光屏上不能呈现蜡烛的像，因为平面镜成的是虚像．
因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板；
因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用厚的．
3、艾英同学在“探究平面镜成像特点”的实验时．所用的实验器材有带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺，两支外形相同的蜡烛和．
为了保证实验效果，应选择________填“厚玻璃板”或“薄玻璃板”进行实验．
在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，拿________填“点燃”或“未点燃”的蜡烛竖立在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至蜡烛与蜡烛的像完全重合．这种确定像与物大小的方法是________填“控制变量法”或“等效替代法”．
移去蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是________填“虚”或“实”像．
当蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小________．
为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，艾英只将玻璃板向右平移，则蜡烛像的位置________填“向右移动”“向左移动”或“不变”．
答案：
薄玻璃板；
未点燃；等效替代法；
虚；
不变；
不变
解析：
本题考查了探究平面镜成像的特点；探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，解决办法，合理的思考和解释来考查同学的。
利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
根据“较薄的平板玻璃”、“较厚的平板玻璃”的特点进行分析，例如较厚的玻璃板两面，都可以成像，会出现了两个不重合的像，从而影响实验效果等；
等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。等效替代法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一。
平面镜所成的像是虚像，不会出现在光屏上。
平面镜所成的像的大小与物体大小相同；
平面镜成像特点：像距等于物距，物像等大。
如果玻璃板没有放正，所成的像不在水平面上，所以无论怎样移动另一支蜡烛都不能与像重合。
玻璃板有两个反射面，每个反射面相当于一个平面镜，都可以成像，玻璃板如果薄，两个像距离近，测量误差小，实验效果好；反之，较厚的玻璃板两面，都可以成像，会出现了两个不重合的像，从而影响实验效果；
在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，拿未点燃的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧侧观察，直至它与蜡烛的像完全重合，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
移去蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是虚像；
平面镜所成的像的大小与物体大小相同，当蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小不变；
为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，艾英只将玻璃板向右平移，在向右移动的过程中，由于物像到平面镜的距离相等，所以蜡烛像的位置不变。
所以答案为：薄玻璃板；未点燃；等效替代法；虚；不变；不变。
4、某兴趣小组用如图所示的器材“探究平面镜成像的特点”。实验中蜡烛放在水平面上，玻璃板竖直放置。请回答下列问题。
用透明玻璃板代替平面镜的目的是______。应选择______选填“薄”或“厚”玻璃板进行实验。
将点燃的蜡烛放在玻璃板前处，小丽沿垂直板面方向将以的速度远离玻璃板，后放稳。则未点燃的蜡烛与相距______才能与的像完全重合。
将光屏放到像的位置，光屏上______选填“能”或“不能”承接到像。
若玻璃板上端向左倾斜如图，蜡烛在玻璃板中成像的位置会______选填“偏高”或“偏低”。
答案：
便于确定像的位置；薄；；不能；偏高。
解析：
利用透明的玻璃板即可以确定像的位置，也便于比较像和物体的大小关系。实验中为了防止玻璃的两个面都能成像，影响实验效果，应采用较薄的玻璃板进行实验；
解答本题依据平面镜成像的特点，像与物到镜面的距离相等，像与物大小相同，利用公式可求出蜡烛移动的距离，再根据像物等距可判断蜡烛应放置的位置；
虚像实际并不存在，所以不会出现在光屏上；
由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，蜡烛的像偏高。
本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，解决办法，合理的思考和解释来考查同学的。
玻璃板透明，用其来代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛，巧妙地解决了像的位置不易确定的问题。这种方法是等效替代法；
为防止出现两个像，减小误差，实验中应选用薄玻璃板进行实验；
小丽沿垂直板面方向将以的速度远离玻璃板，像的大小不变，由，可得蜡烛移动的距离，此时蜡烛距平面镜的距离，
根据像与物体到平面镜的距离相等可得：蜡烛应与相距，这样才能与的像完全重合。
因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，所以移去蜡烛，并在其所在位置上放一光屏，光屏不能接收到的烛焰的像，从而说明平面镜成的像是虚像；
由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，蜡烛的像偏高。
5、小滨用如图所示装置进行了“探究平面镜成像特点”的实验。

他应选取两支外形______选填“相同”或“不同”的蜡烛进行实验。
小滨选择用玻璃板代替平面镜进行实验的目的是______。
在探究实验的过程中，他把蜡烛放在距玻璃板处，蜡烛在玻璃板中所成的像到蜡烛的距离是______；当蜡烛远离玻璃板时，它的像的大小将______选填“变大”、“变小”或“不变”。
在玻璃板后放一光屏，无论怎样移动光屏，都不能接收到蜡烛的像，说明______。
实验过程中，小滨仔细观察，发现蜡烛的像有重影，请你帮小滨分析产生这一现象的原因是______。
答案：
相同；便于确定像的位置；；不变；平面镜成的是虚像；玻璃板有一定的厚度
解析：
研究平面镜成像特点时，确定像的位置是关键，为了确定像的位置，用另一个蜡烛和像重合。注意等效替代法的利用。本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
实验时选择两个相同的蜡烛，便于比较物像大小关系。
实验时选择透明的玻璃板，在物体的一侧，既能看到物体的像，也能看到代替物体的像的另一个物体，便于确定像的位置。
平面镜成像特点：物像等距，物像等大。
平面镜所成的像是虚像，虚像不是实际光线的会聚点，所以不会出现在光屏上。
玻璃板有两个反射面，每个反射面都可以作为平面镜成像，所以仔细观察时，会发现通过玻璃板成两个像。
实验时选择两支外形相同的蜡烛，便于比较物像大小关系。
实验时选择透明的玻璃板，能同时观察到像和代替蜡烛的像的蜡烛，便于确定像的位置。
由平面镜成像特点之一：物像等距可知，蜡烛到玻璃板的距离是，那么蜡烛到玻璃板的距离等于，所以蜡烛在玻璃板中所成的像到蜡烛的距离是；由平面镜成像特点之一：物像等大可知，将蜡烛不管是远离玻璃板还是靠近玻璃板时，蜡烛所成像的大小不变。
因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，而平面镜成的是虚像，所以移开，并在其所在位置放一个光屏，则光屏上不能接收的像，这说明蜡烛成的像是虚像。
玻璃板有一定的厚度，且有两个反射面，因为玻璃的两个表面同时发生反射，两个反射面各成一个像，所以成两个像。
所以答案为：相同；便于确定像的位置；；不变；平面镜成的是虚像；玻璃板有一定的厚度。
6、如图所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置，把一支点燃的蜡烛放在玻璃板的前面，再拿另一支外形相同的蜡烛竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去跟蜡烛的像完全重合，这个位置就是像的位置，在白纸上记下和的位置。移动点燃的蜡烛，重做多次实验。
实验过程中蜡烛______选填“需要”或“不需要”点燃。
通过对实验现象和数据的分析得出结论：平面镜所成的像与物体关于镜面______。
移去蜡烛，在其位置上竖立光屏，在光屏上______选填“能”或“不能”承接到蜡烛的像。
实验过程中同学们体会到：用玻璃板代替平面镜成像虽没有平面镜清晰，但能透过玻璃板观察到蜡烛______填“”或“”，便于确定像的位置，这是本实验成功的关键。
答案：
不需要 对称 不能
解析：实验过程中蜡烛不需要点燃；
通过对实验现象和数据的分析得出结论：平面镜所成的像与物体关于镜面对称；
移去蜡烛，在其位置上竖立光屏，在光屏上不能承接到蜡烛的像；
实验过程中同学们体会到：用玻璃板代替平面镜成像虽没有平面镜清晰，但能透过玻璃板观察到蜡烛，便于确定像的位置，这是本实验成功的关键。
所以答案为：不需要；对称；不能；。
另外一支相同的蜡烛与竖立在玻璃板前面点燃的蜡烛的像能完全重合；
根据物像相对于镜面对称的性质；
虚像光屏接收不到，实像光屏能接收到；
平面镜不能透光，不容易确定像的位置，玻璃既能成像又能透光，便于确定出像的位置。
本题考查学生动手操作实验的能力并能根据实验现象得出正确结论，动手操作实验时，能根据实验现象得出正确的结论，提高实验能力。
7、如图是小方同学用两只外形相同的蜡烛“探究平面镜成像的特点”。
选取相同的蜡烛，是为了便于比较像和物体的______关系。
在实验过程中，把一只点燃的蜡烛放在玻璃板前，再将另一支______蜡烛选填“点燃”或“不点燃”放在玻璃板的后面来回移动，直到看上去跟前面的蜡烛的像______。
当点燃的蜡烛放在玻璃板前面的处时，玻璃板后处的蜡烛好像也被“点燃”了；移去处的蜡烛，将光屏放在处，发现光屏上并没有蜡烛的像，这说明平面镜所成的像是______像。
在某次实验中，把蜡烛放到玻璃板前，在玻璃板后的桌面上无论怎样移动蜡烛，都无法让它与蜡烛的像完全重合，其原因可能是______。
答案：
大小 不点燃 重合 虚 玻璃板倾斜没有竖直
解析：两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的。
一支大小和点燃蜡烛相同的蜡烛在玻璃板后面移动，当移动到处时，可以看到它跟像完全重合，既用蜡烛来替代蜡烛的像，这里应用了等效替代法。
移去处的蜡烛，将光屏放在处，发现光屏上并没有蜡烛的像，因为虚像不能用光屏承接，说明是虚像。
由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，蜡烛的像与蜡烛不能重合。
所以答案为：大小；不点燃；重合；虚；玻璃板倾斜没有竖直。
实验中选择两根完全一样的蜡烛是为了比较物体与像的大小关系。
在实验中，用蜡烛来替代蜡烛的像，是用到了等效替代法；
实像和虚像的重要区别，实像能用光屏接到，虚像不能用光屏接到。
实验时玻璃板要竖直放置，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合。
本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易，探究平面镜成像特点的实验过程，在近年中考题中较为热点。重在探索过程中遇到的困难、解决的办法的考查，这些题往往有规律可循。
8、如图所示，某同学在做“探究平面镜成像的特点”实验时，将 一块玻璃板竖直架在一把直尺的上面，取两段相同的蜡烛和，将和一前一后竖直立在直尺上．实验过程中，眼睛始终在蜡烛的一侧观察．
直尺的作用是便于比较像与物______ 的关系；两段蜡烛相同是为了比较像与物______ 的关系．
为了便于观察，该实验最好在______ 环境申进行 填“较明亮”或“较黑暗”；
点燃蜡烛，调节蜡烛的位置，当______ 时，的位置即为的像所在的位置．
用平面镜代替玻璃板，上述实验______ 填“能”或“不能” 进行，因为______ ．
如果将蜡烛向玻璃板靠近，像的大小______ ．
答案：
到玻璃板距离；大小；较黑暗；蜡烛与蜡烛的像完全重合；不能；平面镜不透光无法找到像的位置；不变
解析：
在实验中用到刻度尺，但尺并不是测量像、物的大小用的，而是测像到镜的距离、物到镜的距离，然后比较二者关系用的．
两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的；
在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮．所以最比较黑暗的环境中进行实验；
试验时，点燃蜡烛，调节蜡烛的位置，直到看到蜡烛与蜡烛的像完全重合时，的位置即为的像所在的位置；
实验中如果用平面镜，尽管成像更加清晰，但镜子没有透光性，不能看到后面的物体，无法确定像的具体位置；玻璃板既能透光又能反光，既能看到反射的像，又能看到后面的物体，所以可以准确确定像的位置．
平面镜所成的像与物体大小相等，所以将蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小不变．
所以答案为：到玻璃板距离；大小；较黑暗；蜡烛与蜡烛的像完全重合；不能；平面镜不透光无法找到像的位置；不变．
要比较像与物的位置关系，需借助直尺；用刻度尺测出两支蜡烛到玻璃板的距离便可得出像和物体到平面镜的距离相等；
在实验中为了便于研究像的特点与位置，用了两支相同的蜡烛，将另一支蜡烛放在像的位置与像进行比较，运用了替代法；
物体射出的光线对人眼刺激越强，人眼感觉物体越亮，物体经过平面镜反射，反射光线进入人眼的光线越多，人眼感到物体的像越亮．在比较亮的环境中，很多物体射出光都对眼睛有刺激，干扰人的视线；
在做平面镜成像的实验中，先放一支点燃的蜡烛，在这支蜡烛的同侧观察另一侧的蜡烛，不断移动它，直到另一侧的蜡烛与观察者一侧的蜡烛完全重合时，停止移动，记下蜡烛的位置，即得到相应的蜡烛的位置，这是在探究平面镜成像实验中确定虚像位置的方法；
玻璃板是透明的，利用玻璃板可以调节未点燃的蜡烛，便于找到像的位置；
根据平面镜的成像特点解答．
本题主要考查了平面镜成像特点的实验，同时考查学生动手操作实验的能力并会根据对实验现象的分析得出正确的结论．这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用．
9、小滨探究“平面镜成像的特点”。
实验中，他在水平桌面的白纸上竖立一块玻璃板作为平面镜，主要是利用玻璃板透明的特点，便于确定______的位置。
在玻璃板前放一支点燃的蜡烛，可以看到玻璃板后面蜡烛的像，如图所示，小滨拿另一支外形相同但______的蜡烛，竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛的像______。
移去蜡烛，在其位置上放置一块光屏，光屏上______选填“能”或“不能”呈现蜡烛的像。
当蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小______选填“变大”、“变小”或“不变”。
为了让左侧的同学也能够看清蜡烛的像，小滨只将玻璃板向左平移，则蜡烛的像的位置______选填“向右移动”、“向左移动”或“不变”。
答案：
像；未点燃；完全重合；不能；不变；不变
解析：实验中用玻璃板代替平面镜，主要是利用玻璃板透明的特点，便于观察像并确定像的位置；
小滨拿另一支外形相同未点燃的蜡烛，竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛的像完全重合；
平面镜所成的像是虚像，移去蜡烛，在其位置上放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛的像；
当蜡烛向玻璃板靠近时，蜡烛的大小不变，像的大小不变；
玻璃板向右移动，蜡烛到玻璃板的距离不变，蜡烛和蜡烛的像还关于玻璃板对称，则蜡烛像的位置不变。
所以答案为：像；未点燃；完全重合；不能；不变；不变。
实验中为了确定像的位置，用透明的玻璃板来代替平面镜；
平面镜所成的像和物大小相等，实验中用等效替代的方法来研究像和物的大小关系；
平面镜所成的像是虚像，虚像不能用光屏承接；
平面镜所成的像和物大小相等；
玻璃板左右移动，蜡烛到玻璃板的距离不变，蜡烛和蜡烛的像还关于玻璃板对称，像的位置没有变化。
关于平面镜成像特点的实验探究，常是中考出题的热点，关键是掌握平面镜成像的特点，针对性的分析问题。
10、小阳利用如图甲所示装置探究平面镜成像特点。他在水平桌面上铺一张白纸，将一块玻璃板竖立在白纸上，把蜡烛点燃放在玻璃板前面，把另一个相同的蜡烛，竖立在玻璃板后面移动，直到从不同角度透过玻璃板看，它跟前面蜡烛的像都完全重合。改变蜡烛的位置，重复上述步骤，再做两次实验，并把三次实验中蜡烛和的位置记录在白纸上，如图乙所示。
实验中用玻璃板代替平面镜的目的是_________。
蜡烛跟前面蜡烛的像完全重合，说明像与物大小_________。
如果将玻璃板竖直向上移动一段距离，观察到蜡烛的像_________填“向上移动”“向下移动”或“不动”。
小阳把白纸沿着玻璃板的位置对折，观察到像与物的对应点完全重合，说明像与物到镜面的距离_________。
小阳取走蜡烛，把光屏放在像的位置，这时应该_________填“透过”或“不透过”玻璃板观察，发现光屏上没有像，这说明物体在平面镜中成的是_________像。
如图丙所示，若小明将玻璃板与水平桌面成角固定在水平桌面上，让蜡烛沿着桌面向右做直线运动，将看到蜡烛在玻璃板后的像_________填“水平向右”“水平向左”“竖直向上”或“竖直向下”运动。
小伟看到自己的手表与同桌的相同，于是小伟突发奇想将两块手表代替、蜡烛，正立于玻璃板两侧，如图丁所示，此时手表指针指在点整位置，那么手表的指针应调至_________点整才能与手表指针的像完全重合。
答案：
便于确定像的位置 相等 不动 相等 不透过 虚 竖直向下
解析：
本题考查了探究“平面镜成像特点”的实验，理解此实验的各个细节，理解替代法在实验中的应用，领会实验结论，可解答此题。
玻璃板是透明的，既可以透过光，还可以反射光；
实验时采用两个完全相同的蜡烛，是为了便于比较物像大小关系；
物体在平面镜里成的像是正立的虚像，与物体大小相同、连线与镜面垂直、到镜面的距离相等；
平面镜成像，像物到镜面距离相等；
虚像不是实际光线会聚而成的，不能在光屏上成像；根据物体在平面镜中成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等；
根据物像相对于镜面对称的性质：在平面镜中的像与物体关于镜面对称．
用透明的玻璃板，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
实验时采用两个完全相同的蜡烛，当蜡烛和蜡烛的像完全重合时，表明像和物体的大小是相同的；
因为平面镜所成的像与物体的连线与镜面垂直，所以将玻璃板竖直向上移动一段距离，蜡烛的像的位置保持不变；
小阳把白纸沿着玻璃板的位置对折，观察到像与物的对应点完全重合，这表明像到镜面的距离与物体到镜面的距离是相等的；
实验中若移开蜡烛，光屏放在像的位置，应该不透过玻璃板，而是直接观察光屏，看不到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是虚像；
当蜡烛沿着桌面向右做直线运动时，根据物像相对于镜面对称的性质，蜡烛在平面镜中的像将竖直向下运动；
由于平面镜成的像与物关于镜面对称，故表面上的刻度是左右相反的，因此当手表指针指在点整时，那么手表的指针应调至点整才能与手表指针的像完全重合。
11、如图所示是小军“探究平面镜成像特点”的情景：竖立的透明薄玻璃板下方放一把直尺，两支相同的蜡烛、竖立于玻璃板两侧的直尺上，以蜡烛为成像物体。
实验时不采用平面镜而采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于______。
在实验中点燃蜡烛，在水平桌面上无论怎样移动蜡烛，也不能使蜡烛与蜡烛的像完全重合，原因是______。
小军解决上述问题后，进一步观察、两支蜡烛在直尺上的位置发现，像和物到玻璃板的距离相等；移去后面的蜡烛，并在其所在位置上放一光屏，光屏上不能接收到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是______像选填“虚”或“实”
为证实上述成像特点的可靠性，小军接下来进行的实验操作是______。
答案：
便于确定像的位置 玻璃板与桌不垂直 虚 保持玻璃板的位置不变，多次改变、蜡烛的位置进行实验
解析：
该实验采用透明薄玻璃板代替日常使用的平面镜，玻璃板是透明的，观察到蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛，当蜡烛和蜡烛的像重合时，蜡烛的位置便是蜡烛的像的位置；
无法让蜡烛与蜡烛的像完全重合，可能是实验时玻璃板没有竖直放置时，像与物体不在同一水平面上；
移去后面的蜡烛，并在所在位置上放一光屏，则光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像。所以平面镜所成的像是虚像；
一次实验不具备代表性，应采取同样的实验方案多做几次，避免实验现象的偶然性，才能保证结论的正确，所以应该保持玻璃板位置不变，多次改变、蜡烛的位置进行实验。
所以答案为：便于确定像的位置；玻璃板与桌不垂直；虚；保持玻璃板的位置不变，多次改变、蜡烛的位置进行实验。
实验时用透明的玻璃板代替平面镜，既能看到物体的像，也能看到像一侧的代替物体的蜡烛，便于确定像的位置；
实验时玻璃板没有竖直放置时，像和物体不在同一水平面上，则无法使蜡烛与像完全重合；
实像可以在光屏上成接到，而虚像则不能；
一次实验不具备代表性，具有很大的偶然性，所以应采取同样的实验方案多做几次，才能保证结论的正确。
本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题，只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。
12、在“探究平面镜成像特点”的活动中：实验室提供了如下器材：厚为的茶色玻璃、厚为的透明玻璃、刻度尺、光屏、两只相同的蜡烛和、火柴。
探究活动中应选用的玻璃板是______填序号。
小红同学在做此实验时，将一块玻璃板竖直架在水平台上，再取两段完全相同的蜡烛和，点燃玻璃板前的蜡烛，进行观察，如图所示，在此实验中：
所用刻度尺的作用是便于比较像与物______关系。
选取两段完全相同的蜡烛是为了比较像与物______的关系。
当蜡烛与蜡烛的像完全重合后，移去后面的蜡烛，并在其所在位置上放一光屏，则光屏上______接收到蜡烛烛焰的像选填“能”或“不能”，由此可知，平面镜所成的像是______像选填“实”或“虚”。
小红将蜡烛逐渐远离玻璃板时，像的大小______选填“变大”、“变小”或“不变”。
经过三次实验后，在白纸上记录了像与物对应的位置，如图乙所示，通过测出和、和、和到镜面的距离并进行比较、归纳，从而得到的实验结论是______。
答案：
到平面镜的距离 大小 不能 虚 不变 像到镜面的距离等于物到镜面的距离
解析：
本题考查学生动手操作实验的能力并能正确分析实验现象。此类题目在近几年中考中频繁出现，备受出题人青睐，其实解答此类题目往往有规律可循，牢记并紧扣平面镜成像特点可比较容易的进行解答。
因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃，故用厚的茶色玻璃。
用刻度尺测量物像到平面镜距离关系，比较物像到平面镜的距离关系。
选择两段相同的蜡烛便于比较物像大小关系。
因为平面镜成虚像，而实像能用光屏承接，虚像不能用光屏承接。所以，移去后面的蜡烛，并在其所在位置上放一光屏，光屏上不能接到像，说明平面镜成虚像。
小红将蜡烛逐渐远离玻璃板时，蜡烛大小不变，根据物像大小相等，所以蜡烛像的大小不变。
经过三次实验后，在白纸上记录了像与物对应的位置，如图乙所示，通过测出和、和、和到镜面的距离并进行比较、归纳，从而得到的实验结论是：像到镜面的距离等于物到镜面的距离。
13、小华同学在做“探究平面镜成像特点”的实验时，将玻璃板竖直放在水平桌面上，再取两段完全相同的蜡烛和，在玻璃板前放置点燃的蜡烛，然后在玻璃板后放置未点燃的蜡烛，并移动蜡烛直到和蜡烛的像完全重合，如图所示。在此实验中：
在移动蜡烛时，眼睛应在玻璃板放有蜡烛的一侧，观察到蜡烛与蜡烛的像完全重合，这说明了______；
在实验的过程中，小华仔细观察，发现蜡烛的像有重影，产生这一现象的原因是______；
若蜡烛远离玻璃板，则它的像的大小______选填“变大”、“变小”或“不变”
实验中当蜡烛和蜡烛的像完全重合后，移去蜡烛，取一个光屏放在蜡烛所在的位置，发现光屏上没有蜡烛的像，这说明了平面镜所成的像是______选填“实”或“虚”像。此时，小华将玻璃板移去，在玻璃板位置放置一个焦距为的凸透镜，发现光屏上恰好呈现清晰的倒立、等大的蜡烛像，则蜡烛到凸透镜位置的距离是______。
答案：
像与物体大小相等 玻璃板两个表面都成像 不变 虚
解析：完全相同的未点燃的蜡烛与点燃的蜡烛的像完全重合，这说明平面镜所成的像与物体的大小相等；
玻璃板有一定的厚度，且有两个反射面，因为玻璃板的两个表面同时发生反射，两个反射面各成一个像，所以成两个像，即重影；
平面镜成像的特点是物像等大，将蜡烛远离玻璃板，像的大小不变；
因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，所以移去蜡烛，并在其所在位置上放一光屏，光屏不能接收到蜡烛的像，从而说明平面镜成的像是虚像；
将玻璃板移去，在玻璃板位置放一焦距为的凸透镜，此时物体成一个等大的实像，根据凸透镜成像的规律可知，此时的物距等于二倍焦距，即蜡烛到凸透镜的距离。
所以答案为：像与物体大小相等； 玻璃板两个表面都成像；不变；虚； 。
平面镜成像是有关光的反射形成的，在寻找点燃蜡烛的像的位置时，眼睛应在玻璃板放有点燃蜡烛的一侧观察；实验中用完全相同的蜡烛来代替像，为等效替代法，同时可以比较像和物体的大小关系；
玻璃板有两个反射面，每个反射面都可以作为平面镜成像，所以仔细观察时，会发现通过玻璃板成两个像；
像与物大小相等，与距离无关；
平面镜成的像是虚像；凸透镜在时，成倒立等大的实像。
研究平面镜成像特点时，确定像的位置是关键，为了确定像的位置，用另一个蜡烛和像重合。注意等效替代法的利用。本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
14、如图所示是探究光的反射规律甲和平面镜成像特点乙的实验装置．
在探究光的反射规律时：
如果让光线逆着的方向射向镜面，会发现反射光线沿着方向射出，这表明______．
小红探究反射光线与入射光线是否在同一平面内时，她将纸板向后折，______填“能”或“不能”看到反射光线．在探究平面镜成像特点时：
用玻璃板代替平面镜主要是利用玻璃板透明的特点，便于______；
选用两支相同的蜡烛目的是：______．
如果有厚和厚的两块玻璃板，应选择______厚的玻璃板做实验．
答案：
反射时，光路是可逆的；不能；确定像的位置；为了比较像与物的大小；
解析：由让光线逆着的方向射向镜面，会发现反射光线沿着方向射出可知，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．
由光的反射定律可知：入射光线与反射光线在同一平面内，则她将纸板向后折不能接收到反射光线．
因为玻璃板是透明的，能在观察到蜡烛像的同时．还可以透过玻璃清楚的看到放在后面蜡烛，便于确定像的位置和大小．
两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以他选择的蜡烛与蜡烛的大小、外形完全一样是为了比较像与物的大小．
因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用厚的．
所以答案为：反射时，光路是可逆的；不能；确定像的位置；为了比较像与物的大小；．
根据题目中：让光线逆着的方向射向镜面，会发现反射光线沿着方向射出告诉的信息，可以得到此题的答案．
根据光的反射定律中的反射光线、入射光线、法线都在同一平面内分析解答；
在平面镜成像特点实验中采用玻璃板代替平面镜，其目的是为了确认物像的位置及大小．
实验中选择两根完全一样的蜡烛是为了比较物体与像的大小关系．
从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题．
本题考查了探究光的反射的实验，还考查了平面镜成像特点的实验及其应用．这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用．
15、小丽同学在做“探究平面镜成像特点”的实验时，将一块玻璃板竖直立在水平台上，再取两段完全相同的蜡烛和，点燃玻璃板前的蜡烛，进行观察，如图所示．在此实验中：
为便于观察，该实验最好在______ 的环境中进行选填“较明亮”或“较黑暗”，实验中应选______ 的玻璃板选填“较厚”或“较薄”．
当玻璃板后面的蜡烛与蜡烛的像完全重合时，小丽移去蜡烛，并在蜡烛所在位置放一光屏，则光屏上______ 填“能”或“不能”承接到蜡烛的像，此现象说明平面镜所成的是______ 像填“实”或“虚”．
蜡烛的像是由于______ 形成的．
实验中小丽选择玻璃板代替平面镜进行实验的目的是便于确定像与物的______ 关系；选取两段完全相同的蜡烛的目的是便于确定像与物的______ 关系；使用刻度尺的目的是便于测量像与物到平面镜的______ 关系．
答案：
较黑暗，较薄；不能；虚；光的反射；位置；大小；距离
解析：因蜡烛是点燃的，所以适合在较黑暗的环境下才可看清蜡烛的像．
因为玻璃板是透明的，能在观察到蜡烛像的同时．还可以透过玻璃清楚的看到放在后面蜡烛，便于确定像的位置和大小，而平面镜无法解决这些问题．同时由于玻璃板有两个反射面，每个反射面相当于一个平面镜，都可以成像，玻璃板如果薄，两个像距离近，测量误差小，实验效果好；反之，较厚的玻璃板两面，都可以成像，会出现了两个不重合的像，从而影响实验效果．
平面镜成虚像，虚像不能呈现在光屏上，所以移去蜡烛，并在其所在位置上放一光屏，则光屏不能承接到烛焰的像．
蜡烛的像是平面镜成像，平面镜所成的像是由于光的反射原理．
选择玻璃板代替平面镜便于确定像的位置，用刻度尺测量物像到平面镜距离关系，比较像与物到平面镜的距离关系．选择两段相同的蜡烛便于比较像与物的大小关系．
所以答案为：较黑暗，较薄；不能；虚；光的反射；位置；大小；距离．
进行平面镜成像实验时，物体和环境的对比度越大，物体越亮，物体在平面镜中成像越清晰．
玻璃板代替平面镜巧妙地解决了确定像的位置和大小两个问题，较厚的玻璃板两面，都可以成像，会出现了两个不重合的像，从而影响实验效果．
实像和虚像的重要区别：实像能用光屏承接，虚像不能用光屏承接．
平面镜所成的像是由于光的反射原理．
用玻璃板代替平面镜，同时能看到镜前物体的像，又能看到物体的像，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系．
用两个相同的蜡烛，便于比较物像大小关系．用刻度尺测量物像到平面镜的距离，比较物距和像距的关系．
掌握平面镜成像实验中各器材选择和操作的目的，例如为什么选择薄透明玻璃板、为什么选择两个完全相同的蜡烛、玻璃板为什么要竖直放置、刻度尺的作用、看用光屏是否能承接到像等．
16、如图所示，在探究“平面镜成像的特点”实验中，桌面上已给出的器材有：带支架的玻璃板、铅笔各一个；完全相同的蜡烛两个；白纸一张；火柴一盒。
为便于观察，该实验最好在______环境中进行选填“较明亮”或“较黑暗”。
实验中，改变蜡烛到镜面的距离，移动镜后的蜡烛，发现总能与的像完全重合，说明平面镜成像的大小与物体到镜面的距离______选填“有关”或“无关”过了一段时间，蜡烛变短则的像的大小将______。“变长”、“不变”、“变短”
在实验中必须选用______ 填“平面镜”或“玻璃板”，原因是______。找像的位置采用的物理思维方法是______。
在寻找蜡烛像的位置时，眼睛应该在______一侧观察。小明无论怎样调节后面的蜡烛，都不能与蜡烛的像重合，请你推测可能的原因是______。
经过三次实验，记录的像、、与物、、对应的位置如图乙所示。为了得出实验结论，接下来小明应该进行的操作是什么？______
如图丙所示，将玻璃板与水平桌面成 角固定在水平桌面上，让蜡烛 沿 着桌面向右做直线运动，将看到蜡烛 在玻璃板后的像______运动选填“水平向右”、“水平向左”、“竖直向上”或“竖直向下。
另一位同学直接用平面镜来确定像的位置，如图所示，平面镜竖直放置在铺有白纸的水平桌面上，将节同样的小电池直立在白纸上，保持电池的位置不变，移动其它电池，使电池遮挡住电池的像和电池，电池遮挡住电池的像和电池，在白纸上记录下电池的位置如图所示，请在图中作出电池像的位置并用“”表示。
答案：
较黑暗 无关 变短 玻璃板 便于确定像的位置 等效替代法 玻璃板与桌面不垂直 连接物像对应点，测量物像到镜面的距离并比较，观察物像连线与镜面的位置关系 竖直向下
解析：
点燃蜡烛，烛焰在明亮的环境中，烛焰和明亮环境对比度较小，成像不太清晰；烛焰在黑暗环境中，烛焰和黑暗环境的对比度大，成像更清晰。
本实验采用等效替代法，与大小完全相同，与的像完全重合，说明与的像大小相同，不论物到镜的距离远还是近都得看到相同的现象，这说明像与物大小相同，与距离无关；
由于像与物大小相同，像的大小取决于物的大小，当蜡烛变短，的像也变短。
用透明的玻璃板代替平面镜，在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体，便于准确确定像的位置。找像的位置采用的物理思维方法是等效替代法。
平面镜成的像是光的反射形成的，蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在蜡烛所在这一侧；
玻璃板没有竖直放置，蜡烛所成的像可能偏高或偏低，这样蜡烛与蜡烛的像就无法重合了；
本实验是探究验证平面镜成像的特点，所成的像是虚像；像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等。他们下一步应该连接像与物的对应点，判断连线与镜面是否垂直；通过归纳处理即可得出如下结论：物和像的连线与镜面垂直，物体和像到镜面的距离相等。
如图所示：当蜡烛沿着桌面向右做直线运动时，根据物像相对于镜面对称的性质，蜡烛在平面镜中的像做竖直向下运动。
保持电池的位置不变，移动其它电池，使电池遮挡住电池的像和电池，电池遮挡住电池的像和电池，根据光的直线传播作图得：
。
所以答案为：较黑暗；无关；变短；玻璃板；便于确定像的位置；等效替代法；；玻璃板与桌面不垂直；连接物像对应点，测量物像到镜面的距离并比较，观察物像连线与镜面的位置关系；竖直向下；见上图。
成像的物体和环境的对比度越大，成像越清晰。
依据平面镜成像的特点，像与物到镜面的距离相等，像与物大小相同；
探究平面镜成像实验中，要用透明的玻璃板代替平面镜，虽然成像不太清晰，但是在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系。
实验过程中，眼睛要在蜡烛侧观察，眼睛既能看到蜡烛，又能看到代替蜡烛的蜡烛如果在蜡烛侧观察，只能看到蜡烛和透过透明玻璃板看到蜡烛，不能看到蜡烛的像。
无论怎样调节后面的蜡烛，都不能与蜡烛的像重合，可能玻璃板和水平面不垂直。
平面镜成像的特点：物像等大、等距、连线与镜面垂直，据此分析实验的操作步骤；
根据物像相对于镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称。
根据光的直线传播作图。
探究平面镜成像特点时，确定像的位置是关键，为了确定像的位置，用另一个蜡烛和像重合。注意等效替代法的利用。本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用
17、如图甲所示，在“探究平面镜成像的特点”实验中：
实验时，先将方格纸放在水平桌面上，再将茶色玻璃板________放置在方格纸上。
选用两个完全相同的棋子是为了比较________和物的大小关系。
如图乙所示，棋子放在处，观察者在处，可以看到棋子的像在________。填序号
A.处 处 处 处
将一张白卡片竖直放在像的位置，能否从白卡片上直接观察到像？答：________。
答案：
竖直；像；；不能。
解析：
本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。同时考查学生动手操作实验的能力，并能通过对实验现象的分析得出正确结论。
像与物关于玻璃板对称，玻璃板的摆放角度要能够使后面的棋子与前面棋子的像完全重合；
在此实验中，为了比较物像大小关系，利用等效替代的方法，用相同的棋子进行比较，来获得物像大小关系；
像和物体关于镜面对称；
根据平面镜成的是虚像这一特点，可判断棋子的像能不能成在白纸上。
如果玻璃板不垂直，后面的棋子与前面棋子的像不在同一高度上，怎样操作都不会重合的，也就无法比较像与物的大小关系，因此应将茶色玻璃垂直放置在方格纸上；
实验中的两棋子要求大小相同，这是为了探究物像的大小关系；
的像和关于镜面对称，故可以看到棋子的像在处，所以选B；
此实验中的白纸相当于光屏，光屏只能承接实像，不能承接虚像，因为平明镜成的像是虚像，所以棋子的像不会出现在白纸上。
所以答案为：竖直；像；；不能。

18、同学们在做“探究平面镜成像特点”的实验时，王成在竖立的玻璃板前处放一支点燃的蜡烛，发现在玻璃板的后面出现蜡烛的像，他再取一段同样的点燃蜡烛放在像处，使与蜡烛的像完全重合如图所示：
此时蜡烛与蜡烛的距离______；将蜡烛以的速度匀速远离玻璃板时，蜡烛应与玻璃板相距______才可能与的像完全重合。
实验中的错误之处是______。
纠正错误后某次实验，将光屏竖直放置蜡烛的位置，光屏上______选填“能”或“不能”接收到蜡烛的像。若将蜡烛远离玻璃板，它的像的大小将______。填“变大”、“变小”或“不变”
实验中，看到点燃的蜡烛通过玻璃板成两个像，其中距离观察者较远的像是来自于蜡烛的入射光经过玻璃板______。
A.一次反射、一次折射形成的 两次反射、一次折射形成的
C.两次反射、两次折射形成的 一次反射、两次折射形成的
玻璃板太厚不仅会看到蜡烛在玻璃板后成两个像，同时也会使我们透过玻璃板看到的蜡烛也不是其真实位置，我们透过玻璃板看到的蜡烛到玻璃板比实际位置到玻璃板______选填近远。
用平面镜代替玻璃板，上述实验______能、不能进行，因为______。
答案：
蜡烛被点燃了 不能 不变 近 不能 无法确定像的位置
解析：据题意可知，王成在竖立的玻璃板前处放一支点燃的蜡烛，既镜中的像距离镜面的距离也是，故蜡烛与蜡烛的距离；将蜡烛以的速度匀速远离玻璃板时，既运动了，所以此时蜡烛距离镜面是，故蜡烛蜡烛应与玻璃板相距也是时才能与重合；
当把一支点燃的蜡烛放在平面镜前面，然后再点燃另一支蜡烛，竖立在玻璃板后面移动时，两蜡烛的烛焰会晃动，很难重合，因此蜡烛还是不点燃更好，故实验中的错误之处：蜡烛被点燃了；
由于平面镜成的是虚像，既不能成在光屏上，纠正错误后某次实验，将光屏竖直放置蜡烛的位置，光屏上不能接收到蜡烛的像；若将蜡烛远离玻璃板，由于物像大小相等，所以它的像的大小将不变；
光线射到玻璃上，要发生反射和折射。玻璃有两个表面，前表面直接反射，较亮，所以其中距离观察者较近的像较亮，距离观察者较远的像较暗
反射是光线到达玻璃板后有一部分被反射到你的眼睛，所以看到次反射，次折射是光到了玻璃板后还有一部分光透过玻璃板，而光从空气进入玻璃板后会折射，这是第一次，然后又要从玻璃板另一侧出来，又一次折射，所以次反射，次折射。
我们透过玻璃板看到的蜡烛，是蜡烛反射的光线从空气射入玻璃，在界面上发生折射，折射光线向法线靠近，折射小于入射角，眼睛顺着折射光线看去，像在实际物体的前方，即像靠近玻璃板。
用玻璃板进行实验，能同时发现物体的像和代替物体像的物体，用平面镜不能确定蜡烛像的位置，所以不能用平面镜代替玻璃板完成实验。
所以答案为：；；蜡烛被点燃了；不能；不变；；近；不能；无法确定像的位置。
平面镜成像时像与物体到镜面的距离是相等的；
当拿着点燃另一支蜡烛，竖立在玻璃板后面移动时，蜡烛的烛焰会晃动，很难与平面镜前面的蜡烛的烛焰重合，因此后面那个蜡烛还是不点燃更好；
平面镜成的是虚像，不能成在光屏上，且像的大小与物体大小相等；
玻璃表面比较光滑，而且是透明的，因此光线射到玻璃上，要发生反射和折射，这两种光现象都可以使蜡烛成像；
根据光的折射分析解答；
实验中既能看到物体的像，又能看到蜡烛，要采用透明的玻璃板。
此题主要是探究平面镜成像的特点，首先要掌握平面镜成像的特点。知道其中像的位置的确定利用了替代法，在实验中要注意像与物的位置和大小的确定方法。
19、如图甲所示是小明探究“平面镜成像的特点”的实验装置，图中、是两段外形相同的蜡烛。
选用透明的玻璃板代替平面镜，主要是利用玻璃板透明的特点，便于______。
小明将玻璃板竖直立在水平桌面上，在玻璃板前放置点燃的蜡烛，将蜡烛放在玻璃板后并移动，直到与的像完全重合，这说明______。
为探究平面镜所成的像是实像还是虚像，将蜡烛移去，在相同位置上放上光屏，光屏上______填“能”或“不能”承接到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是______填“实”或“虚”像。
小明把蜡烛向靠近玻璃板方向移动一段距离，会发现蜡烛的像的大小______填“变大”、“变小”或“不变”。
实验结束后，小明想，若把玻璃板沿截成两部分，如图乙所示，并分别向两侧平移一小段距离，则蜡烛通过左右两部分玻璃板成像的情况：______。
A.都成完整的像，且两个像在同一位置
B.各成半个像，合起来成一个完整的像
答案：
确定像的位置；像与物的大小相等；不能；虚；不变；
解析：
因为玻璃板是透明的，能在观察到棋子像的同时。还可以透过玻璃清楚的看到放在后面棋子，便于确定像的位置；
能和的像完全重合说明像和物的大小相等；
因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，而平面镜成虚像，因此如果在像的位置放一个光屏，在光屏上不能承接到像，所以平面镜成的像是虚像。
如果使蜡烛离玻璃板靠近一些，物体不变，物体的像和物体大小相等，所以像的大小不变。
平面镜所成的像关于镜面对称，像点与物点的连线与镜面垂直，所以，只有一个像的位置。每个平面镜都成一个完整的像，但这两个像在同一位置。故应选A。
所以答案为：确定像的位置；像与物的大小相等；不能；虚；不变；。
利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
当镜后蜡烛和镜前蜡烛的像完全重合时，确定镜前蜡烛像的位置，便于测量物像到平面镜的距离，同时为了比较物像大小。
实像能成在光屏上，而虚像不能成在光屏上；
物体在平面镜中成像大小跟物体大小有关，跟物体到平面镜的距离没有关系。
平面镜成像的特点是：所成的像是虚像；像和物体形状、大小相同；像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等。
本题主要考查了平面镜成像特点的实验及操作相关问题，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
20、小明同学在“探究平面镜成像特点”的实验时，所用的实验器材有带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺、两支外形相同的蜡烛和。
选用玻璃板代替平面镜，主要是为了便于______。
在竖直放置的玻璃板前点燃蜡烛，拿______选填“点燃”或“未点燃”的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，在寻找蜡烛的像的位置时，移动玻璃板后的蜡烛，眼睛在蜡烛______选填“”或“”这一侧观察，使它与蜡烛在玻璃板中所成的像重合。
为了确定像的虚实，移动蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，眼睛应该在图中的______选填“”或“”这一侧观察光屏上是否有像；光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是______选填“虚”或“实”像。
当蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小______。
为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，小明只将茶色玻璃板向右平移，则蜡烛像的位置______选填“向右移动”“向左运动”或“不变”。
实验结束后，小明无意间从平面镜中看到墙上的电子钟的像如图乙所示，这时的时间是______。
答案：
确定像的位置及大小 未点燃 虚 不变 不变 ：
解析：
因为玻璃板是透明的，能在观察到蜡烛像的同时，还可以透过玻璃清楚的看到放在后面蜡烛，便于确定像的位置和大小；
在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，拿未点燃的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧侧观察，直至它与蜡烛的像完全重合，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
移去蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，且在侧观察，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是虚像；
平面镜成的像与物体大小是相等的，所以当蜡烛向玻璃板靠近时，像的大小不变；
为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，艾英只将玻璃板向右平移，在向右移动的过程中，由于物像到平面镜的距离相等，所以蜡烛像的位置不变；
根据镜面对称的性质，在平面镜中的像与现实中的事物恰好左右颠倒，且关于镜面对称，分析可得：图中显示的时间：。
所以答案为：确定像的位置及大小；未点燃；；；虚；不变；不变；：；
在平面镜成像特点实验中采用玻璃板代替平面镜，其目的是为了确认像的位置及大小；
等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。等效替代法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一。
平面镜所成的像是虚像，不会出现在光屏上。
平面镜成的像与物体大小是相等的；
平面镜成像特点：像距等于物距，物像等大；
根据平面镜对称的性质求解。镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称。
本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。06《探究凸透镜成像的规律》
考点汇总：
1、实验器材：凸透镜、光具座、蜡烛、光屏、火柴
2、实验步骤：
①共轴调节,把蜡烛、凸透镜、光屏依次摆放在光具座上。点燃蜡烛，调整蜡烛、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度。
②把蜡烛放在较远处，使，移动光屏，直到光屏上出现明亮、清晰的烛焰的像。观察这个像是倒立的还是正立的，是放大的还是缩小。测量像距和物距。
③把蜡烛移向凸透镜，让蜡烛到凸透镜的距离等于，移动光屏，直到光屏上出现明亮、清晰的烛焰的像。观察像到凸透镜的距离、像的倒正和大小。测量像距和物距。
④把蜡烛再靠近凸透镜，让蜡烛到凸透镜的距离在，移动光屏，直到光屏上出现明亮、清晰的烛焰的像。观察像到凸透镜的距离、像的倒正和大小。测量像距和物距。
⑤把蜡烛继续靠近凸透镜，让蜡烛在凸透镜的焦点上，移动光屏，看是否能够成像
⑥把蜡烛移动到凸透镜的焦点以内，移动光屏，在光屏上还能看到烛焰的像吗
⑦表格：透镜焦距f=　　　 cm　
物距与焦距的关系 物距u/cm 像的性质 像距v/cm
实虚 大小 正倒
物距 像的性质 像距 应用
倒、正 放、缩 虚、实
u>2f 倒立 缩小 实像 ff2f 幻灯机
u3、实验结论：
4、测量凸透镜的焦距：利用平行光源或太阳光粗测凸透镜的焦距。（实验室提供的凸透镜的焦距有5cm、10cm和30cm，我们所选的透镜最好在10cm—20cm之间，太大或太小都不方便）。
5、操作过程中，应固定好蜡烛、凸透镜，然后移动光屏，直到在光屏上得到一个清晰的像为止，读出物距与像距的大小。
6、当物距小于焦距时，无论怎样移动光屏，在光屏上也找不到物体的像。此时应去掉光屏，透过凸透镜观察火焰的成像情况。
7、光屏上没有像原因：
①蜡烛放在一倍焦距内；
②焦距太大，像成在光具座外。
③蜡烛放在一倍焦距处。
④三心没有在同一高度。
8、若像成在光屏左上角，可将①蜡烛左上移；②透镜右下移。
9、实验：实验时点燃蜡烛，使烛焰中心、凸透镜光心、光屏的中心（即焰心、光心、光屏中心）大致在同一高度，目的是：使烛焰的像成在光屏中央。 实验时发现蜡烛的像呈在光屏的上半部分，要想使像呈在光屏的中心，该如何操作：①向上移动光屏②向上移动蜡烛③向下移动凸透镜。
10、燃烧的蜡烛不断变短，光屏上的像向上移动，为使像呈在光屏中央，应该将光屏向上移动或蜡烛向上移动或凸透镜向下移动。
典题精析：
1、小莉同学用焦距为的凸透镜做“探究凸透镜成像的规律”实验：
实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离如图甲所示时，在光屏上可得到一个清晰的倒立、______的实像，若保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜至______刻度线处，光屏上能再次呈现清晰的像。
如图乙所示，保持蜡烛位置不变，移动透镜至刻度线处，则人眼在______选填、、”处能观察到蜡烛的像，像是图丙中的______选填“、、、”。
实验完成之后，小莉把自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，如图丁所示，光屏上原来清晰的像变得模糊了，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏______凸透镜。选填“靠近”或“远离”
答案：
放大；；
；；
远离
解析：由图乙知，当蜡烛在刻度尺的处，，，凸透镜成倒立放大的实像，，根据折射中光路可逆可知，保持蜡烛和光屏位置不变，当时，即凸透镜移动至刻度线处，在屏上能再次呈现清晰的像；
时，凸透镜成正立放大的虚像，光屏上接不到，透过凸透镜观察蜡烛看到正立放大的虚像，故图符合像的性质；虚像与成像物体同侧，所以应从处观察；
将一副近视眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，即像推迟会聚，故应将光屏远离凸透镜。
所以答案为：放大；；；；远离。
本题考查了凸透镜成像规律的探究实验，包括焦点的测量、成像规律的总结与应用，实验中遇到问题的分析与对策等，综合性较强。
2、小亮利用如图装置，做“探究凸透镜成像规律”的实验．
在他开始实验时，应先将烛焰、透镜和光屏三者的中心调整到____________．
由于凸透镜的焦距未知，于是他将凸透镜放在光具座处，将蜡烛换成平行光源，用平行于主光轴的光照射凸透镜，当光屏移动到光具座刻线处时，看到光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，则该凸透镜的焦距是______．
他保持凸透镜的位置不变，换掉平行光源，将点燃的蜡烛放在光具座刻线处，这时小亮将处于光具座刻线处的光屏向______侧移动选填：“左”或“右”，于是在光屏上得到一个倒立、______的实像．
答案：
同一水平高度；；右；等大
解析：根据实验的要求，让像成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
因焦距指焦点到凸透镜光心的距离，此时成最小最亮的光斑处到凸透镜的距离即为焦距；
点燃的蜡烛放在光具座刻线处，物距时，由凸透镜成像规律可知，成倒立等大的实像，此时物距，应位于处，所以光屏应向右移动才能得到清晰的像．
所以答案为：同一水平高度；；右；等大．
为了使像能成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
凸透镜能使平行于主光轴的光会聚的点到其光心的距离为焦距；
凸透镜成像的规律及其应用之一：当时，成倒立、等大的实像，．
此题考查的是凸透镜焦距的确定及成像规律和实际应用，属于基本技能的考查和基本规律的应用，难度不大，熟练掌握凸透镜成像规律是解决此类问题的前提．
3、如图所示，小李用点燃的蜡烛、凸透镜和光屏进行“探究凸透镜成像规律”的实验，凸透镜的焦距为。
蜡烛和凸透镜的位置不变，要使光屏承接到一个倒立、______清晰的实像，具体的操作是：
首先将光屏向右移动，______，直到找到最清晰的像，日常生活中______选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”就是利用这一原理制成的。
当蜡烛燃烧一段时间后会变短，烛焰的像会往______偏离光屏中心。
请你指出用烛焰作为发光物体完成“探究凸透镜成像规律”实验存在的两点不足之处：
______；______。
答案：
放大；注意观察光屏上的像；投影仪；
上；
火焰在有风的时候会晃动；蜡烛会越烧越短
解析：
凸透镜成像的几种情况和凸透镜成实像时，物距变化，像距变化，像变化经常用到，一定要熟练掌握。
凸透镜成实像时，根据物距和像距的关系，能判断凸透镜的成像情况：
物距大于像距，成倒立、缩小的实像；
物距等于像距，成倒立、等大的实像；
物距小于像距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪或幻灯机．
实验一段时间后，蜡烛变短了，根据过光心不改变方向，判断透镜的移动方向．
蜡烛做光源的缺点：不稳定，会变短。
如图，物距为，位于一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像。具体的操作是：首先将光屏向右移动，注意观察光屏上的像，直到找到最清晰的像，日常生活中投影仪就是利用这一原理制成的；
由于图中的像为倒立的像，故蜡烛变短了，光屏上的像会向上移动；
用烛焰作为发光物体存在的两点不足之处：烛焰不稳定，火焰在有风的时候会晃动；蜡烛会越烧越短，光屏上的像向上移动。
所以答案为：放大；注意观察光屏上的像；投影仪；上；火焰在有风的时候会晃动；蜡烛会越烧越短。
4、在“探究凸透镜成像规律”的实验中：
如图甲所示，该透镜焦距 ______ ；
将蜡烛、凸透镜、光屏依次安装在光具座上后，点燃蜡烛，光屏上得到蜡烛的像如图乙所示．若要让像成在光屏的中心位置，则可以将凸透镜向______ 移动选填“上”或“下”；
如图丙所示，把蜡烛放在光具座上______ 点时选填“”、“”、“”或“”，在光屏上能得到一个清晰放大的像，______ 就是利用这种成像规律工作的选填“投影仪”、“照相机“或“放大镜”．
答案：
；
下；
，投影仪
解析：
掌握焦距的概念，从焦点到凸透镜光心的距离叫焦距；
根据凸透镜成倒立实像的特点，若像偏上，则应将物体向上移动，或凸透镜向下移；
物距在一倍焦距和二倍焦距之间时成倒立、放大的实像，其应用是投影仪。
此题是探究凸透镜成像的规律实验，考查了焦距的测量及实验器材的调节，掌握成像特点及物距、像距之间的关系及应用，同时自己做一些总结，更有利于对成像规律的理解和掌握。
由焦距的概念知，；
由图知，像偏上，为了使像能成在光屏的中央，应将像向下移动，所以她应把凸透镜向下调节；
由图可知，点在一倍焦距和二倍焦距之间，能成倒立、放大的实像，其应用是投影仪．
所以答案为：；下；，投影仪。
5、在做“探究凸透镜成像的规律”实验中，平行于主光轴的光线经凸透镜后会聚在光屏上一点，如图所示。
当把蜡烛放在乙图位置时，移动光屏，在光屏上能成______、缩小的实像；生活中的______就是利用这个原理制成的。
凸透镜的位置固定不动，当蜡烛向右靠近透镜移动一段距离后，要在光屏上再次成清晰的像，需将光屏向______选填“左“或“右”移动。
在上一步光屏上成清晰的像后，取一副近视镜放在凸透镜和蜡烛之间，要使光屏上还能成清晰的像，保持凸透镜和光屏的位置不动，可将蜡烛适当向______选填“左“或“右”移动。
答案：
倒立；照相机；右；左
解析：由图可知，凸透镜的焦距为；当把蜡烛放在乙图位置时，物距为，大于二倍焦距，成倒立缩小的实像，其应用是照相机；
当蜡烛向右移动一段距离后，物距减小，像距变大，要在光屏上再次成清晰的像，需将光屏向右移动。
近视眼是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚的光线推迟会聚，蜡烛向左远离凸透镜，才能在光屏上得到清晰的像。
所以答案为：倒立；照相机；右；左。
平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点和光心的距离是凸透镜的焦距。物距大于二倍焦距，成倒立缩小的实像；
凸透镜成实像时，物距减小，像距变大；
近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，能使会聚的光线推迟会聚。
此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用。此题看似复杂，其实只要用心，仔细审题，并不难。
6、在“探究凸透镜成像特点”的实验中，将凸透镜固定在光具座上刻度线处不动，移动蜡烛和光屏至如图所示位置时，光屏上承接到清晰的像。
该凸透镜的焦距为______。
将远视眼镜的镜片放在蜡烛和透镜之间适当位置，此时应将光屏向______选填“左”或“右”移动，才能再次承接到清晰的像。
取走镜片，将蜡烛向左移动一段距离后，应将光屏移至______选填序号范围内才能承接到清晰的像。
A.
将蜡烛移到刻度线上，观察到的像是______选填“倒立”或“正立”的。
答案：
；左；；正立。
解析：根据图可知，烛焰距凸透镜时，移动光屏至某一位置，在光屏上得到一等大清晰的像，说明此时满足，所以；
将远视眼镜的镜片放在蜡烛和透镜之间适当位置，对光线能够起到提前会聚的作用，此时应将光屏向左移动，才能再次承接到清晰的像。
取走镜片，将蜡烛向左移动一段距离后，此时物距大于倍焦距，像距应在倍焦距与倍焦距之间，凸透镜在处，应将光屏移至范围内才能承接到清晰的像。所以选 B。
将蜡烛移到刻度线上，，凸透镜成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。
所以答案为：；左；；正立。
根据时，成倒立、等大的实像，可求得焦距；
凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；近视眼用凹透镜矫正，远视眼用凸透镜矫正。
根据成像特点及物距、像距与焦距的关系分析；
，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。
此题主要考查凸透镜成像规律，关键是熟记凸透镜成像特点，并能从图中读出物距与像距的关系。
7、在探究凸透镜成像规律的实验中：
当蜡烛到凸透镜的距离为时，在光屏上出现烛焰清晰、等大的像，则该凸透镜的焦距是______。
图示是某次的实验情景，则此时光屏上出现的是烛焰清晰的倒立、______的实像，生活中的______就是利用这一原理制成的。
若保持图中凸透镜的位置不变，将蜡烛向左移动，则其所成像的大小将______。若保持图中凸透镜和蜡烛位置都不变，在凸透镜左侧附近放置一近视眼镜图中未画出，则需要将光屏向______移动才能再次在光屏上成清晰的像选填“左”或“右”。
答案：
缩小 照相机 变小 右
解析：光屏上出现烛焰清晰、等大的像，表明此时物距；由题可知，此时，所以；
由图所知，物距，所以成倒立缩小的实像，生活中照相机便是这一特点的应用；
保持图中凸透镜的位置不变，将蜡烛向左移动，表明物距增大，所以像会变小；近视镜为凹透镜，有发散光线的作用，在凸透镜左侧附近放置一近视眼镜，通过凸透镜的光线将会延迟会聚，则需要将光屏向右移动；
所以答案为：；缩小；照相机；变小；右。
根据凸透镜成像特点，当物距时，在光屏上会成倒立等大的实像；
根据凸透镜成像特点，当物距时，在光屏上会成倒立缩小的实像；
凸透镜成实像时，遵循物远像近像变小的特点；近视镜为凹透镜，具有发散光线的作用。
此题主要考查凸透镜成像规律及其应用，同时考查了近视镜对光线的发散作用，熟练掌握规律内容，是解决问题的关键。
8、现有如下器材：光具座、焦距为的凸透镜、光屏、蜡烛、火柴。小明根据上述实验器材，进行了“探究凸透镜成像规律”的实验。
实验前应将蜡烛、凸透镜、光屏依次放到光具座上，把烛焰、凸透镜、光屏的中心大致调到______。为了验证凸透镜的焦距是否等于，小明把蜡烛和凸透镜放在如图所示的刻度线处，把光屏移到光具座的______刻度线处，观察光屏上是否承接到等大、清晰的像。经验证，凸透镜的焦距准确。
实验进行一段时间后，发现光屏上烛焰的像上移了一段距离，在没有移动器材的情况下，造成上述现象的原因是______。保持蜡烛、凸透镜的位置和高度不动，需将光屏______选填“向上”或“向下”移动，使烛焰的像呈现在光屏中央。
分别把蜡烛放在如图所示的、、、四个点对应的刻度线处，在______点能够在光屏上承接到清晰、最大的烛焰的像，在______点所成像的性质与眼睛的相同。
实验结束后，小明又将一只眼镜片放在蜡烛与凸透镜之间且较靠近凸透镜，结果光屏上原来清晰的像变得模糊，将光屏远离凸透镜移动到某一位置时，光屏上又看到烛焰清晰的像，由此可知该眼镜片可用来矫正______眼选填“近视”或“远视”。
答案：
同一高度处 蜡烛在燃烧过程中不断缩短，向下移动 向上 近视
解析：实验前的规范操作是将蜡烛、凸透镜、光屏依次放到光具座上，并使它们的中心大致在同一高度处，这样像才能成在光屏中央；
凸透镜焦距，当物距等于时，像距也等于，小明把蜡烛和凸透镜放在如图所示的刻度线处，把光屏移到光具座的刻度线处，观察光屏上是否承接到等大、清晰的像。经验证，凸透镜的焦距准确。
蜡烛在燃烧过程中不断缩短，向下移动，光屏上的像向上移动，要使像能够成在光屏中央，可向上移动光屏；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，把蜡烛放在如图所示的、、、四个点对应的刻度线处，在点能够在光屏上承接到清晰、最大的烛焰的像；
在点所成像的性质与眼睛的相同，照相机是利用凸透镜成倒立、缩小的实像来工作的；
当该眼镜放在蜡烛和凸透镜之间时，将光屏远离透镜移动时，才能在光屏上看到烛焰清晰的像，说明该眼镜对光线起发散作用，是凹透镜，由此可知该眼镜片可用来矫正近视眼。
所以答案为：同一高度处；；蜡烛在燃烧过程中不断缩短，向下移动；向上；；；近视。
为使像能成在光屏的中央，应调节凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度处；
根据物距等于时，成倒立等大的实像特点得出凸透镜的焦距；
凸透镜成的实像是倒立的，像与物体的变化方向恰好相反；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；当时，成倒立、缩小的实像。像距，照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用。
掌握凸透镜成像的三种情况和应用：
，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。
，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。
，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。
9、在探究凸透镜成像的实验中，
让凸透镜正对着太阳，得到图甲所示的光路图，由图可知，该凸透镜的焦距为______ ．
利用图乙装置进行以下操作：
为了使烛焰的像能成在光屏的中央，要调整三者的位置，使它们的中心在______ ；
当蜡烛距凸透镜的位置如乙图所示时，移动光屏，可以在光屏上得到一个清晰的倒立、______ 选填“放大”或“缩小”的实像，成像情况与此类似的是______ 填照相机、投影仪或放大镜；
将蜡烛移到距凸透镜处，无论怎样调节光屏，光屏上始终接收不到清晰的像，这时应从乙图所示中的______ 侧透过凸透镜直接观察选填“左”或“右”．
答案：
；同一高度上；放大；投影仪；右
解析：凸透镜对光线有会聚作用；可把平行光线会聚到凸透镜的焦点，焦距指的是焦点到光心的距离．由此可知该凸透镜的焦距为；
为使所成像能在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上；
因为物距，即，所以物体通过凸透镜成倒立、放大的实像；成倒立、放大、实像这一特点的应用是投影仪；
当物距时，物体通过凸透镜成放大的虚像，并且虚像和物体在同一侧．所以应从右侧透过凸透镜直接观察．
所以答案为：；同一高度上；放大；投影仪；右．
凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用；题目中的操作方法是一种测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为就焦距．由此可以确定其焦距是多少．
为使所成像能在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上．
已知凸透镜的焦距和烛焰到凸透镜的距离，可以判定成像的性质；具体的应用根据成像特点确定．
物体在焦点以内时，不能成实像，只能成正立、放大的虚像，此时像物同侧．
粗测凸透镜焦距的方法：让太阳光经凸透镜会聚成最小最亮的光斑，用刻度尺测出亮斑到凸透镜的距离即为焦距．
当时，凸透镜成倒立缩小的实像，应用是照相机；当时，凸透镜成倒立等大的实像，应用是测焦距；当时，凸透镜成倒立放大的实像，应用是投影仪；当时，不成像；当时，成正立放大的虚像，应用是放大镜．
10、薛物理和沈仔细同学想探究凸透镜成像规律，实验桌上有两个凸透镜，焦距分别为和，请你帮助他们完成下列内容：
一薛物理同学利用如图所示的装置做“探究凸透镜成像规律”的实验．
他先将其中一块凸透镜放置光具座上，当蜡烛、透镜及光屏的位置如图所示时，恰能在光屏上得到一个烛焰清晰的像，则他选择凸透镜的焦距为______，照相机、投影仪和放大镜是生活中常用的三种光学仪器，______遵循此时的成像规律．
如图，保持凸透镜的位置不变，他讲蜡烛和光屏的位置对换，发现在光屏上仍能成一清晰的像，此时像的性质是倒立、______选填“放大”或“缩小”的实像．
实验中，不改变蜡烛和凸透镜的位置，薛物理换了另一块凸透镜，调节光屏的位置，此时______选填“能”或“不能”在光屏上找到烛焰清晰的像．
二沈仔细同学也利用如图所示的装置做“探究凸透镜成像规律”的实验．
他先用其中一块凸透镜做实验，实验时光屏上得到一个清晰的像，接着他保持蜡烛的位置不变，用另一个焦距不同的凸透镜代替原来的凸透镜并保持透镜的位置不变，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，他发现像比像变小了，则原来实验时所选用的凸透镜焦距为______．
实验时，光屏上得到了烛焰清晰的像，沈仔细同学不小心在凸透镜上贱了一个钢笔墨水点，则光屏上______选填“有”或“没有”墨水点的像或影子．
答案：
；投影仪；缩小；不能；；没有
解析：一由图可知，此时的物距为，物距小于像距，成的是倒立、放大的实像，其应用是投影仪；此时，即，则；所以选的凸透镜；
据光路的可逆性可知，若将透镜和光屏的位置对换，即此时物距大于二倍焦距，此时成倒立、缩小的实像；
物距是，所以不改变各元件的位置，小明换了另一块焦距为的凸透镜时，此时物体相当于处于倍焦距以内，故光屏上不能成像；
二蜡烛的位置不变，用另一个焦距为的凸透镜代替原来焦距为的凸透镜并保持透镜的位置不变，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，观察实验现象，他发现像比像变大了．说明物距相对变小，凸透镜的焦距应该是变大了，故原来实验时所选用的凸透镜焦距为；
凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，凸透镜上溅了一个钢笔墨水点，整个物体发出的光虽有一小部分被挡住，但总会有一部分光通过凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，大小不变；由于透镜的一小部分被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了，像将完好，但亮度会变暗，所以不会出现钢笔墨水点的影子．
所以答案为：一；投影仪；缩小；不能；二；没有．
一凸透镜成实像时，，成倒立、放大的实像；
据光路的可逆性分析即可；
若物体处于凸透镜的倍焦距以内，在光屏上不能成像，通过凸透镜能看到一个正立、放大的虚像．
二物距不变时，凸透镜的焦距变大，物距相对变小，根据凸透镜成实像时，物距减小，像距变大，像变大进行判断；
凸透镜成像属于光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗．
本题考查了凸透镜成像的规律，要注意理解应用．明确凸透镜成像规律是解题的关键．
11、在“探究凸透镜成像规律“实验中，凸透镜焦距为，蜡烛、透镜和光屏的位置如图所示。
图中光屏上呈一清晰的像，该像是倒立、______选填”放大”、“等大”或“缩小”的实像
图中固定蜡烛位置不变，将透镜移到刻度线处，要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向______选填“左”或“右”移动
图中固定透镜位置不变，将蜡烛移到刻度线处，移动光屏______选填“能”或“不能”，下同承接到像，把光屏放在蜡烛的左侧，移动光屏______承接到像。
图中将一个眼镜片放在透镜和烛焰之间，光屏上的像变模糊了，将光屏向左移动，光屏上再次呈现清晰的像，该眼镜片是______选填“近视“或“远视”眼镜的镜片。
答案：
等大；右；不能；不能；远视
解析：由图可知，此时的物距等于像距，都等于，所以成倒立、等大的实像，，则焦距；
将透镜移到刻度线处，此时，成倒立、缩小的实像，，即光屏距离凸透镜的距离在之间，故应将光屏向右移动；
图中固定透镜位置不变，将蜡烛移到刻度线处，此时的物距为，小于焦距，成正立、放大的虚像，虚像不能呈在光屏上；
图中将一个眼镜片放在透镜和烛焰之间，光屏上的像变模糊了，将光屏向左移动，说明像距变小，即凸透镜的会聚能力变强，故放置的是凸透镜；凸透镜能矫正远视眼。
所以答案为；等大；右；不能；不能；远视。
当物距等于像距时，成倒立、等大的实像；
，成倒立、缩小的实像，；
，成正立、放大的虚像，；
凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；近视眼用凹透镜矫正，远视眼用凸透镜矫正。
本题考查学生对凸透镜成像规律的掌握程度，对凸透镜的成像规律必须牢固掌握。并且考查了凸透镜成像规律的应用。
12、在研究”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所示，恰能在光凭上得到一个清晰的倒立，等大的实像，则凸透镜的焦距为______。
保持蜡烛与凸透镜位置不变，换用一个不同焦距的凸透镜，将光凭向右移动才能重新得到清晰的像，此时像______选填“变大”“变小”或“不变”，换用的凸透镜焦距可能为______。
A.
将图中的凸透镜换成玻璃板后光屏上的像消失了，原因是______。
答案：
变大 平面镜成虚像，无法呈在光屏上
解析：当时，在另一侧距凸透镜处的光屏上可以得到一个与蜡烛等大的像，所以，即。
保持蜡烛与凸透镜位置不变，换用不同焦距的凸透镜，将光屏向右移动重新得到清晰的像，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大的特点可知，物距减小了，换用焦距大的凸透镜，相当于减小了物距，故换用的凸透镜焦距是，不是；若用的是，焦距是，则蜡烛正好在焦点上，不成像，若用的是，则蜡烛正好在倍焦距内，成倒正立放大的虚像，故B符合题意；
将图中的凸透镜换成玻璃板后光屏上的像消失了，原因是平面镜成虚像，所以在光屏上不能得到蜡烛的像。
所以答案为：；变大；；平面镜成虚像，无法呈在光屏上。
当物距等于倍焦距时成等大的倒立的实像，求出焦距。
根据凸透镜成实像时，物近像远像变大的特点进行判断；
换用焦距大的凸透镜，相当于减小了物距，然后用排除法分析。
平面镜成像特点，像和物体的大小相等为虚像，虚像不可以成在光屏上。
此题考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握凸透镜成像的特点与物距、像距之间的关系，做到灵活应用，其中题是难点。
13、在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是。用米尺在水平桌面上画一直线并标明刻度，将透镜固定在处，实验装置如图所示。
当把点燃的蜡烛放在刻度处时，首先应该调节凸透镜、光屏和蜡烛，使它们的中心位置大致在____________。点燃蜡烛应在调整高度之________“前”或“后”。实验时间过长时，蜡烛将会消耗，如果不随时调整高度，光屏上的像将会向_____“上”或“下”移动。
重新调整后，保持蜡烛、凸透镜的位置不变，为了找到清晰的像，应将光屏移到____________的刻度范围内，才能在光屏上得到一个倒立缩小的实像。
当把蜡烛移到刻度处时，移动光屏可得到一个倒立、________的实像。照相机、投影仪、放大镜这三种光学仪器正常使用时，与这种成像规律相同的是_________。
此时，若有一只苍蝇落到凸透镜上，则光屏上_______成完整的烛焰的像填“能”或 “不能”。
当移到刻度处时，应该是从________这一侧透过透镜看到在________这一侧所成的放大的像都是选填“光屏”或“蜡烛”。
小明在光屏上得到一个倒立缩小的实像后，将自己的近视眼镜放在凸透镜前，此时若想得到清晰的像，应向_______移动光屏填 “左”或“右”。
答案：
同一高度；前；上；
；
放大；投影仪；
能；
光屏；蜡烛；
右
解析：
本题主要考查凸透镜成像实验，难度一般。
为了使像呈现在光屏中心，首先应该调节凸透镜、光屏和蜡烛，使它们的中心位置大致在同一高度上，调节三心同高时首先点燃蜡烛，再进行调节，凸透镜成像时物体和像的移动方向相反；
当物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，光屏上成倒立、缩小的实像；
当物体在一倍焦距和二倍焦距之间，像在二倍焦距以外，，光屏上成倒立、放大的实像；应用是投影仪；
若有一只苍蝇落到凸透镜上，只会造成光线变暗，对像的完整没有影响；
当物体在一倍焦距以内时，光屏上不成像，在光屏一侧透过透镜能看到一个正立、放大的虚像；
近视眼镜是凹透镜，对光有发散作用。
为了使像呈现在光屏中心，首先应该调节凸透镜、光屏和蜡烛，使它们的中心位置大致在同一高度上，调节三心同高时首先点燃蜡烛，再进行调节，直到光斑出现在光屏中心，凸透镜成像时物体和像的移动方向相反，故实验时间过长时，蜡烛将会消耗，如果不随时调整高度，光屏上的像将会向上移动。
凸透镜的焦距为，当物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，光屏上成倒立、缩小的实像，如图可判断像位于，故应将光屏移到的刻度范围内，
当把蜡烛移到刻度处时，物距为，在一倍焦距和二倍焦距之间，故移动光屏可得到一个倒立、放大的实像，与这种成像规律相同的是投影仪；
若有一只苍蝇落到凸透镜上，只会造成折射光线变少，像变暗，对像的完整没有影响；
当移到刻度处时，此时物距为，物体在凸透镜的一倍焦距以内，光屏上不成像，在光屏一侧透过透镜能看到蜡烛一侧有一个正立、放大的虚像；
视眼镜是凹透镜，对光有发散作用，会造成像远离凸透镜，故若想得到清晰的像，应向右移动光屏。
14、在利用太阳光测量凸透镜的焦距时，小明将凸透镜正对着太阳，再把一张纸放在它的下方，如图所示．当在纸上呈现一个并非最小的光斑时，测得这个光斑到凸透镜的距离为。小明推断，凸透镜的焦距大于。
小明为了检验自己的推断是否正确，可将手上的凸透镜向下方的纸张慢慢移近了一些，若观察纸上呈现的光斑_________ ，则自己的推断是正确．
小红在早上：利用太阳光进行观察凸透镜焦点的活动，她将凸透镜与水平地面平行放置，调节凸透镜到地面的距离，直至地面上出现一个最小的亮点，她认为此点就是凸透镜的焦点．你认为她这种活动过程存在的问题是：_________
小亮在做“探究凸透镜成像规律”的实验时，凸透镜的位置固定不动．在图甲所示位置时，烛焰恰好在光屏上成清晰的像．生活中的 选填“放大镜”、“投影仪”或“照相机”就是利用这一原理制成的，由图可知此凸透镜焦距的范围是____________；为了更清晰地看到所成的实像，应选择__________选填“较粗糙”或“较光滑”的光屏来进行实验。若将烛焰置于凸透镜一倍焦距以内，在透镜另一侧可以观察到放大的虚像．若将一不透明的光屏置于图中虚线处，如图乙所示，则此时人眼_______选填“能”或“不能”看到烛焰的像．
答案：
变大；
太阳光没有正对凸透镜照射；
照相机；；较粗糙；能
解析：
本题考查的是焦距和凸透镜成像规律，属于基础题；
利用太阳光测量凸透镜的焦距时，得到一个最小最亮的光斑，光斑到凸透镜的距离大致为焦距；距离大于焦距时，靠近凸透镜光斑变小，距离小于焦距时，靠近凸透镜光斑变大；
利用太阳光测量凸透镜的焦距时，需使凸透镜正对太阳光；
凸透镜成像时，物距大于二倍焦距，成倒立缩小的实像，像距大于焦距小于二倍焦距，应用于照相机；能从不同方向看清光屏上的像，是因为光在光屏上发生了漫反射；物距小于焦距，成正立放大的虚像，眼睛在凸透镜的另一侧通过透镜可看到所成的虚像。
光斑到凸透镜的距离大于焦距时，靠近凸透镜光斑变小，小于焦距时，靠近凸透镜光斑变大，所以若光斑靠近凸透镜，光斑变大，则光斑到凸透镜的距离小于焦距；
早上：利用太阳光进行观察凸透镜焦点的活动，将凸透镜与水平地面平行放置，此时凸透镜没有正对太阳光；
由图可知，物距大于像距，符合成倒立缩小实像的规律，照相机就是利用这一原理制成的；物距为，像距为，根据凸透镜成像规律可得，，，则焦距的范围为；能从不同方向看清光屏上的像，是因为光在光屏上发生了漫反射，所以应选择较粗糙的光屏进行实验；蜡烛发出的光线能通过凸透镜进入人眼，就可以观察到蜡烛的虚像，由图乙可知，光屏置于图中虚线处，不能阻挡蜡烛的光线通过凸透镜进入人眼，所以此时人眼能看到烛焰的像。
所以答案为：
变大；太阳光没有正对凸透镜照射；照相机；；较粗糙；能。
15、小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验中：
为了粗测凸透镜的焦距，小明上午上课前，将凸透镜与水平地面平行放置，让太阳光照射到凸透镜上，调节凸透镜到地面的距离，直至地面上出现一个最小的亮点，小明认为此点到光心的距离，就是凸透镜的焦距，小强却说，这个距离不是凸透镜的焦距，其理由是______．
在如图甲所示的位置上，成的像是等大的倒立的实像．分析实验成像情况可知实验中所用凸透镜的焦距为______调节光具座上烛焰、透镜和光屏三者的中心在______．
当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的刻度时，向______选填“左”或“右”移动光屏会得到一个倒立、______的实像；______就是利用这一成像规律工作的．若蜡烛烧短后，烛燃的像成在光屏的______选填“上方”或“下方”
在小问的基础上若光屏和凸透镜位置不变，则应在凸透镜和蜡烛之间放置一个______选填“远视眼镜”或“近视眼镜”才能再次在光屏上成清晰的像．
在小问的基础上若蜡烛和光屏位置不变，应更换一个焦距______选填“大”或“小”的凸透镜才能再次在光屏上成清晰的像．
实验过程中，如果用不透明的硬纸板挡住凸透镜的上半部分，则光屏上的像______
A.只出现烛焰像的上半部分 只出现烛焰像的下半部分
C.出现烛焰完整的像，但像更小了 像仍然是完整的，且大小不变，只是变暗了．
答案：
凸透镜没有正对太阳光太阳光没有平行于主光轴入射到凸透镜上；；同一高度；右；放大；投影仪或幻灯机；上方；远视眼镜；小；．
解析：
太阳光可以近似看为平行光源，将凸透镜正对着太阳光，太阳光经凸透镜后将会聚在焦点；
所以把光屏置于另一侧，改变光屏与凸透镜间的距离，直到光屏上出现一个最小、最亮的光斑，这个光斑便为焦点，测出光斑到凸透镜的距离，便是焦距；
而小明上午上课前，将凸透镜与水平地面平行放置，此时凸透镜没有正对太阳光太阳光没有与凸透镜的主光轴平行，所以这个亮点不是凸透镜的焦点位置．
当凸透镜成的像是等大的倒立的实像时，物距和像距均为焦距的倍，由图甲可知物距或像距为，即，则凸透镜的焦距为；
，为了使烛焰的像成在光屏的中央应调节光具座上烛焰、透镜和光屏三者的中心在同一高度．
由“物近像远像变大”可知，当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的刻度时，应向右移动光屏，此时物距，则，会得到一个倒立、放大的实像，投影仪、幻灯机等就是利用这一成像规律工作的；
由“过光心的光线传播方向不变”可知，若蜡烛烧短后，烛燃的像成在光屏的上方；
如图所示：
若光屏和凸透镜位置不变右图，当把点燃的蜡烛向右移动时，为了再次在光屏上成清晰的像，比较可知，应使光线提前会聚；而远视眼镜是凸透镜，对光有会聚作用，故应在凸透镜和蜡烛之间放置一个远视眼镜．
若蜡烛和光屏位置不变，要能再次在光屏上成清晰的像，由上图可知，应使光线提前会聚，即凸透镜对光线的折射能力更强，所以应更换一个焦距小的凸透镜．
挡住透镜上半部分，下半部分仍能折射光线成像，所以光屏上所成的像是完整的，只是会聚光线比原来变少，像变暗了，故D正确．
所以答案为：凸透镜没有正对太阳光太阳光没有平行于主光轴入射到凸透镜上；
；同一高度；
右；放大；投影仪或幻灯机；上方；
远视眼镜；
小；
．
平行于主光轴的光线会聚于一点，此点为凸透镜的焦点．
当物距等于倍焦距时，物体通过凸透镜成倒立、等大的实像，此时像距也为倍焦距，从甲中读出物距或像距，然后求出凸透镜的焦距；
在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度；
根据“物近像远像变大，物远像近像变小”判断光屏移动的方向并判断像大小的变化，凸透镜成像时，，成倒立、放大的实像，投影仪等依据的是这一原理；
过光心的光线传播方向不变，据此判断；
远视眼镜是凸透镜，对光有会聚作用；近视眼镜是凹透镜，对光有发散作用；
蜡烛和光屏位置不变，换用焦距更小的凸透镜相当于增大物距，才能再次在光屏上成清晰的像．
物体有无数点组成，物体上任一点射向凸透镜有无数条光线，经凸透镜折射后，有无数条折射光线会聚成该点的像；
当遮住凸透镜的一部分，还有另外的部分光线，经凸透镜折射会聚成像．
此题是探究凸透镜成像规律的实验，考查了凸透镜成像规律及应用，不仅要掌握成像特点与物距像距之间的关系，而且要善于总结规律．
16、在“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______。
实验前，在摆放凸透镜、蜡烛和光屏时要求三者的中心在同一水平高度，同时注意将______填“凸透镜”、“蜡烛”或“光屏”摆放在另外两个元件的中间。
如图乙所示，若想在光屏上光屏未画出得到烛焰清晰放大的实像，则烛焰应位于透镜左侧、、、四个位置中的______位置，。
小明进一步学习知道了眼球的成像原理。一束来自远处的光经眼球的角膜和晶状体折射后所成的像落在视网膜______填“前”或“后”，这就是远视眼，矫正方法是戴一副由______填“凸”或“凹”透镜片做的眼镜。
答案：
；凸透镜；；后；凸
解析：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：。
物体经过凸透镜成实像时，像与物体位于凸透镜异侧，所以凸透镜必须摆在另外两个元件的中间；
要使烛焰经过凸透镜成倒立放大的实像，蜡烛应该在二倍焦距和一倍焦距之间，由图知，需要在位置；
远视眼的原因是晶状体太薄，折光能力太弱，或者眼球在前后方向上太短，因此来自远处某点的光会聚在视网膜后面，为了让像成在视网膜上，应该提前光线会聚，故需用凸透镜矫正；
所以答案为：；凸透镜；；后；凸。
根据凸透镜焦点和焦距的定义进行判断。
在凸透镜成像实验中，物体经过凸透镜所成实像与物体位于凸透镜两侧；
当物体在二倍焦距和一倍焦距之间时，通过凸透镜成倒立、放大的实像；
远视眼的原因是晶状体太薄，折光能力太弱，或者眼球在前后方向上太短，因此来自远处某点的光会聚在视网膜后面；凸透镜对光线有会聚作用。
本题考查学生动手操作实验的能力以及学生对凸透镜成像规律的掌握，要求学生能根据透镜成像规律和应用分析实际问题。
17、小明同学用凸透镜、蜡烛、光屏和光具座等器材完成“探究凸透镜成像规律”的实验。
为了测出凸透镜的焦距，小明将凸透镜正对太阳光，用一个光屏在透镜的另一侧移动，直到光屏上得到一个最小最亮的光斑，这说明凸透镜对光线有______作用，测出光斑到凸透镜的距离为，则该透镜的焦距为______。
小明将蜡烛、凸透镜、光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛后，无论怎样移动光屏都不能在光屏上得到像，请你指出其中一条可能的原因：______。
重新调整后，将蜡烛放在图中的位置上，光屏在位置上，为了找到清晰的像，应将光屏向______填“左”或“右”移动。
依次改变蜡烛的位置，移动光屏，直到找到清晰的像。记录的数据如下表。
次数
物距
像距
在次实验中，所成的像为倒立、______的实像。
第次的像比第次的______ 填“大”或“小”。
将蜡烛放在上图中的点，观察到烛焰的正立、放大的虚像后，若希望看到更大的虚像，应将蜡烛向______填“左”或“右”移动。
小明还想知道蜡烛火焰与光屏上成的像是否左右颠倒。请你帮他设计实验。你的设计方法是：______。
答案：
会聚；；蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心不在同一高度；左；缩小；大；左；用嘴轻轻的吹烛焰使其向左或向右摆动。然后观察光屏上烛焰像的变化情况
解析：太阳光到达地球，行光，凸透镜正对太阳光，太阳光平行于主光轴，经凸透镜折射后形成一个最小最亮的点，这个点是凸透镜的焦点，光点到凸透镜的距离是凸透镜的焦距，所以是。
凸透镜能把平行光会聚成一点，说明凸透镜对光线有会聚作用。
所以答案为：会聚；。
无论怎样移动光屏都不能在光屏上得到像，可能是蜡烛、凸透镜、光屏没有在同一高度或物距小于一倍焦距或物距等于一倍焦距等。
所以答案为：蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心不在同一高度。
现在光屏放在了处，物距大于倍像距，此时像距应处于和之间，所以光屏应靠近透镜，即向左移动。
所以答案为：左
在次实验中，物距分别为：、、、，都大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时的像是倒立缩小的实像；
所以答案为：缩小。
第次试验时，物距为二倍焦距，此时所成的像是与物体大小相等的实像；
第次试验时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，所成的像是倒立放大的实像，所以第次的像比第的像大。
所以答案为：大。
将蜡烛放在点，物距小于焦距，此时所成的像是正立、放大的虚像，若希望看到更大的虚像，则物距增大，虚像越大，所以应将蜡烛向左移动。
所以答案为：左。
要知道凸透镜成倒立的实像，像与物不仅左右相反，而且上下相反。在利用烛焰进行验证时，上下相反可以直接看出。左右相反可以通过使火焰左右不同或发生变化来进行验证。所以我们可以通过改变烛焰的形状，使其左右明显不对称。所以可以用嘴轻轻地向左侧或右侧吹气，观察像的摆动情况。
所以答案为：用嘴轻轻的吹烛焰使其向左或向右摆动。然后观察光屏上烛焰像的变化情况。
凸透镜对光线有会聚作用。
平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这个点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距。
探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心。
凸透镜成像的规律，知道当物距大于时，成倒立缩小的实像，此时像距处于和之间。
根据凸透镜成像的规律可以确定当物距大于时，成倒立缩小的实像，从而可以得到答案。
根据凸透镜成像的规律可以，成倒立等大的实像；，成倒立放大的实像，从而可以得到答案。
物体放在焦点之内，在凸透镜同一侧成正立放大的虚像，物距越小，像距越小，虚像越小。
两个蜡烛并排放置且烛焰高度不同。然后观察光屏上两个烛焰像的情况或用嘴轻轻的吹烛焰使其左右摆动。然后观察光屏上烛焰像的变化情况；或用物体在烛焰前挡住左侧或右侧一部分火焰。然后观察光屏上烛焰像的变化情况或找一个发光的字母作为物体，观察光屏上的成像情况合理即可得分。
此题主要考查了凸透镜成像的规律，同时考查了学生根据数据得出结论的能力。在分析时要注意成像的特点与物距的关系，通过比较与焦距的关系，得出结论，同时还考查了学生对实验操作的要求。一定要注意实验前的调整工作。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。同时考查了学生根据猜想设计实验的能力，在此题中关键要抓住左右是否相反这个问题。
18、小明在探究“凸透镜成像的规律”实验时，实验操作规范。
实验前，要调整烛焰、凸透镜、光屏的中心在______，实验一段时间后，他发现光屏上的像偏上，那么他应该把凸透镜向______选填“上”或“下”适当调节，才能使像最终成在光屏的中央。
当他将蜡烛、凸透镜、光屏调节到图甲所示位置时，烛焰恰好在光屏上成清晰的像，此时成像原理与______选填“放大镜”、“投影仪”或“照相机”相同；若将蜡烛向右移动，保持凸透镜的位置不动，则应将光屏向______选填“左”或“右”适当移动才能再次在光屏上成清晰的像，此时像的大小比原来的像要______选填“大”或“小”些。
小明近日发现自己看不清黑板，到医院检查，医生告诉他患上了近视，成像示意图为______选填“乙”或“丙”图，近视眼可以使用______选填“凸透镜”或“凹透镜”加以矫正。
答案：
同一高度 下 照相机 右 大 乙 凹透镜
解析：蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置。实验中他发现光屏上的像偏上，根据光线过光心不改变方向，凸透镜向下移动，或蜡烛向上移动，或光屏上移动。
根据图示可知，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，因此与照相机原理相同。
凸透镜成实像时，物距越小，像距越大，像越大；因此当凸透镜的位置不变时，只向右移动蜡烛，要使光屏上再次出现一个明亮清晰的像需要向右移动光屏，此时像的大小比原来的像要大些；
图乙的入射光线会聚在视网膜的前方，所以图乙表示了近视眼的成像情况，
图丙的入射光线会聚在视网膜的后方，所以图丙表示了远视眼的成像情况，也是老花眼成像情况；
近视眼是因为晶状体焦距太短，或眼球前后经过长，看远处物体时，使物像落到视网膜前方，为了使光线会聚在原来的会聚点后面的视网膜上，就需要在光线进入人的眼睛以前发散一下，因此带对光线具有发散作用的凹透镜来矫正。
所以答案为：同一高度；下；照相机；右；大；乙；凹透镜。
探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置。根据光线过光心不改变方向进行判断。
凸透镜成实像时，根据物距和像距的关系，能判断凸透镜的成像情况：物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；物距等于像距，成倒立、等大的实像；物距小于像距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪或幻灯机；凸透镜成实像时，物距越小，像距越大，像越大；
视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体，近视眼的晶状体太厚，使像成在视网膜的前方。要戴一个凹透镜来矫正，凹透镜对光线有发散作用。戴上凹透镜能使像成在视网膜上。
掌握凸透镜成像的两种判断方法：根据物距和焦距的关系，根据物距和像距的关系。
本题涉及到的知识点很多，有仪器的调节、凸透镜成像的应用、近视眼的成因及其矫正等，综合性很强，使试题具有一定的难度。
19、以下是某实验小组进行的两组光学实验；
图甲“探究平面镜成像特点”的实验．
实验中选取两只完全相同的蜡烛，是为了比较像和物的______关系．
移去玻璃板后面的蜡烛，将光屏放在此处，则光屏上______选填“能”或“不能”接收到烛焰的像．
将蜡烛远离玻璃板，像的大小将______选填“变大”、“变小”或“不变”
图乙、丙、丁是探究“凸透镜成像规律”的实验．
让一束平行光射向凸透镜，移动光屏，直到光屏上出现最小最亮的光斑，如图所示，则该透镜的焦距为______．
将蜡烛放在距凸透镜处，如图丙所示，在凸透镜的另一侧前后移动光屏，光屏上会得到一个倒立、______的实像．人们利用这一原理制成了______．
若烛焰在光屏上所成的像如图丁所示，为了使像能清晰地呈在光屏中央，应将凸透镜向______选填“上”或“下”移动．
答案：
大小；不能；不变；；放大；投影仪；下．
解析：
本题考查学生动手操作实验的能力并能正确分析实验现象．此类题目在近几年中考中频繁出现，备受出题人青睐，其实解答此类题目往往有规律可循，牢记并紧扣平面镜成像特点和凸透镜成像的特点可比较容易的进行解答。
平面镜成像的特点：物与像大小相等，物与像到镜面距离相等，物与像的连线与镜面垂直，平面镜成像是虚像。
平行光线经凸透镜后会聚到最小、最亮的一点，是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是焦距；
物体处于倍焦距和倍焦距之间，光屏上成一个倒立、放大的实像，投影仪是根据此原理工作的；
过光心的光线经凸透镜后传播方向不变，据此解答。
两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的；
虚像光屏接收不到，实像光屏能接收到．而平面镜成的是虚像，所以光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像；
平面镜成的像与物大小相同，和物到镜的距离无关，人们感觉到的近大远小是一种视觉效果，不影响真实的大小；
由图中，平行光线经凸透镜后会聚到一点，说明凸透镜对光线具有会聚作用，光屏上得到的最小、最亮的光斑便是凸透镜的焦点，所以焦距为；
把蜡烛放到距凸透镜的位置，即物体恰好处于倍焦距和倍焦距之间，所以此时光屏上成一个倒立、放大的实像，投影仪是根据此原理工作的；
要使烛焰的像清晰地成在光屏的中央，像需要向下移动，因为过光心的光线经凸透镜后方向不变，所以应该将凸透镜向下移动。
20、在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，如图所示，小明用高为的发光体由发光二极管组成作为物体，把凸透镜固定在光具座刻度线处不动。表是小明记录的凸透镜成实像时的部分实验数据数据记录时取整数：
实验次数 物距 像距 像高
分析表中数据可知，实验中所用凸透镜的焦距为______。
在第次实验时，将光屏移到光具座______刻度线处，光屏上会出现清晰的像。此时，如果小明不小心用手指尖触碰到了凸透镜，光屏上______选填“会”或“不会”出现手指尖的像。
根据实验数据推测，当把物体放在光具座“”刻度线处时，物体通过凸透镜所成实像的高度______选填“大于”、“小于”或“等于”。
小明完成实验后，又找来一个装有水的圆柱形玻璃瓶，把一支铅笔放在玻璃瓶的一侧，透过瓶和水可以看到那支笔，如图所示。将铅笔由靠近玻璃瓶的位置向远处慢慢移动的过程中，铅笔所成像的______选填“长短”、“粗细”或“笔尖朝向”一直不会有明显的变化。
答案：
不会 小于 粗细
解析：时，成倒立等大的实像，在第次实验时，物像等大，
，解得：；
在第次实验时，根据光路的可逆性，此时像距等于，由图可知，将光屏移到光具座刻度线处，光屏上会出现清晰的像。此时，如果小明不小心用手指尖触碰到了凸透镜，此时物距小于焦距，不能成实像，所以光屏上不会出现手指的像；
根据实验数据推测，当把物体放在光具座“”刻度线处时，根据凸透镜成像物远像近像变小，可知物体通过凸透镜所成实像的高度小于；
小明完成实验后，又找来一个装有水的圆柱形玻璃瓶，把一支铅笔放在玻璃瓶的一侧，透过瓶和水可以看到那支笔，如图所示。将铅笔由靠近玻璃瓶的位置向远处慢慢移动的过程中，透过透镜会看到铅笔尖逐渐变长，铅笔所成像的粗细一直不会有明显的变化。
所以答案为：；；不会； 小于；粗细。
时，成倒立等大的实像；
根据光路的可逆性，若对换物体和光屏的位置，仍能够成像，根据物距的范围，可得成像的特点；
若物距处于和之间，凸透镜成倒立放大的实像；
根据凸透镜成像物远像近像变小分析解答；
由凸透镜成像的规律知，当物距在一倍焦距以内时，得到正立、放大的虚像。
本题是有关凸透镜成像的实验探究，解决此类题目的关键是能够熟练掌握凸透镜成像的特点与物距、像距的关系，并能熟练应用。07《测量物质的密度》
考点汇总：
1、实验原理：
ρ=m/v
2、实验器材：
量筒、天平、待测物体或液体、细线、水、烧杯等
3、固体的密度：
固体的质量可直接用天平称得，外形不规则物体的体积可通过“排水法”来测定，然后，根据密度定义求得密度。
4、实验步骤：
　　①用天平测出石块的质量m；
　　②向量筒内倒入适量的水，测出的水的体积V1；
③把石块放入量筒中，测出石块和水的总体积V2；
④算出石块的体积V=V2-V1；
⑤利用公式算出石块的密度。
5、液体的密度：
（1）先测液体和容器的总质量，
（2）然后倒入量筒中一部分液体，并测出这部分液体的体积，
（3）再称出容器与剩余液体的总质量，两者之差就是量筒内液体的质量，
（4）再用密度公式求出液体的密度。
6、实验步骤：
　　①用天平测出烧杯和盐水的总质量m1；
　　②将烧杯中的盐水倒入量筒中的一部分，记下体积V；
　　③用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量m2，算出量筒中盐水的质量m=m1-m2；
　　④利用公式算出盐水的密度。
7、体积的测量
量筒：量筒是用来测量液体体积的仪器，。
（1）量筒上的单位一般是ml，1ml=1cm3
（2）量筒的使用方法与注意事项：
①选：选择量程与分度值适当的量筒；
②放：把量筒放在水平桌面上；
③测：若量筒内的液体内有气泡，可轻轻摇动，让气泡释放出来；
④读：读数时视线要与量筒内液面的中部相平，即要与凸液面（如水银）的顶部或凹液面的底部（如水）相平。
8、天平的使用
（1）、使用天平时，先观察量程和分度值，估测物体质量；再把天平放到水平桌面上，为什么？因为天平是一个等臂杠杆，只有天平处于水平平衡是，两边受到的力才相等，物体和砝码的质量才相等。
（2）、调节天平时应先将游码移到称量标尺左端零刻度处，在调节平衡螺母，时指针指在分度标尺中央红线处。或指针在中央红线左右摆动幅度相同即可。（左偏右调）
（3）、称量过程中要用镊子夹取砝码，左物右码，先大后小，最后移到游码，直至天平水平平衡。
（4）、读数=砝码+游码
（5）、如果砝码缺了一块，所测物体质量比实际质量偏大 。
（6）、使用量筒时先观察量程和分度值
（7）、注意量筒的量程没有0 刻度线 。
16、观察时视线要与凹面底部或凸面顶部在同一水平线上。
典题精析：
1、如图是李强同学“测量瓷片密度”的实验步骤及观察到的实验现象，按要求完成下列各题。
把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节______使天平平衡；
用调节好的天平测量瓷片的质量时，所用砝码的个数和游码的位置如图所示，则瓷片的质量为______；
因瓷片放不进量筒，李强同学改用如图乙、丙所示的方法测量瓷片的体积；
往烧杯中加入适量的水，把瓷片浸没，在水面到达的位置作上标记，然后取出瓷片；
先将量筒中盛入的水，然后将量筒中的水缓慢倒入取出瓷片的烧杯中，让水面达到标记处，量筒里剩余水的体积如图丙所示，则瓷片的体积为______；
该瓷片的密度为______；
李强同学的测量方法会导致瓷片密度的测量值______选填“偏大”或“偏小”。
答案：
平衡螺母 偏小
解析：把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节平衡螺母使天平平衡；
瓷片的质量：；
由图丙可知，量筒的分度值为，量筒中液体的凹液面的底部与刻度线相平，所以瓷片的体积：。
瓷片的密度：；
因为取出瓷片时，瓷片上会沾有水，因此倒入水的体积大于瓷片的体积，由可知，测量结果偏小。
所以答案为：平衡螺母；；；；偏小。
天平使用前必须进行调节，调节要做到放--放在水平台上，拨--将游码拨到零刻度线，调--调节平衡螺母使横梁平衡；
天平的调节原则是：相对于指针，平衡螺母“左偏右调”、“右偏左调”；
被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；
读数时视线要与凹液面的底部或凸液面的顶部相平，读数前要看清量筒的分度值，要注意量筒的零刻度在量筒的最下方。
直接根据密度公式即可求出瓷片的密度。
根据测量的质量和体积分析即可。
固体密度的测量是初中物理的重要实验，一定要熟练掌握。天平、量筒的读数，以及利用密度公式进行简单的计算，这都是测密度实验中最基本的技能，需要我们熟练掌握。
2、小明用天平、烧杯、油性笔及足量的水测量一块鹅卵石的密度，实验步骤如下：
将天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺______，发现横粱稳定时指针偏向分度盘的右侧，要使横粱在水平位置平衡，应将平衡螺母往______选填“左”或“右”调。
用调好的天平分别测出鹅卵石的质量是和空烧杯的质量是。
如图甲所示，把鹅卵石轻轻放入烧杯中，往烧杯倒入适量的水，用油性笔在烧杯壁记下此时水面位置为，然后放在天平左盘，如图丙所示，杯、水和鹅卵石的总质量为______。
将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号，如图乙所示，用天平测出杯和水的总质量为，此时杯中水的体积为______。
根据所测数据计算出鹅卵石的密度为______。
若小明在第步骤测量过程中，用镊子添加砝码并向右旋动平衡螺母，直到天平平衡，此错误操作将导致所测密度偏______。
答案：
零刻度处； 左；
；
；
；
大
解析：把天平放在水平台上，游码拨到标尺左端的零刻度线处，通过调节平衡螺母使天平平衡；
指针偏向分度盘的右侧，要使横粱在水平位置平衡，应将平衡螺母往左调。
由图知，杯、水和鹅卵石的总质量：；
水的质量为：，
此时水的体积为
将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号，用天平测出杯和水的总质量为，
此时，杯中水的体积；
由题意知，鹅卵石的体积等于加入水的体积，则；
鹅卵石的密度。
若小明在第步骤测量过程中用镊子添加砝码并向右旋动平衡螺母，所加砝码少，测量水的质量偏小，水的体积偏小，根据知密度测量的偏大。
所以答案为：零刻度处； 左； ；；； 大。
3、某兴趣小组测量一种易溶于水且形状不规则的固体颗粒物质的密度，测量的部分方法和结果如图所示。
用调节好的天平测量适量小颗粒的质量。当天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图甲所示，则称量的颗粒的质量是______。
因颗粒易溶于水，小组同学采用图乙所示方法测量体积，所称量的颗粒的体积是______。
该物质的密度是______。
在步操作中，若摇动不够充分，铁砂未充满颗粒的空隙，则测出的值比实际密度偏______填“大”或“小”原因______。
答案：
；；；小。
解析：
砝码的质量是：，游码的质量是，所以物体的质量是；
由乙图可知细铁砂的体积是：，由图可知颗粒与细铁砂的总体积是：，所以颗粒的体积是；
铁砂的密度是；
当细铁砂未充满颗粒的空隙时，测量的物质与细铁砂的总体积就变大了，由密度公式可知物质的密度就变小了。
所以答案为：；；；小。
天平测量物体质量，读数时是砝码质量加上游码的示数；
该固体颗粒物质易溶于水，所以用细铁砂代替水，通过乙图中与就能算出该固体颗粒物质的体积；
利用密度公式可以求出物质的密度；
如果铁砂未充满颗粒的空隙时，测量的物质与细铁砂的总体积就不准确，这样计算出的密度就会有较大误差。
本题是一道测固体密度的实验题。质量由天平直接测出，但读数是考试的重点，主要是游码的示数不要看成右侧所对的示数；体积利用差值得出，但当不能用水时可以用其他物质替代；实验数据误差的分析也要熟练掌握。
4、小芳的妈妈每年都要腌制一些鸡蛋，为了帮妈妈减轻一些负担，小芳提前配置了一定浓度的盐水，她想知道配置的盐水的浓度，就用天平和量筒进行测量．
小芳把天平放在水平台上，将______ 拨到标尺左端的零刻度处后，发现天平指针如图甲所示，她将天平右端的平衡螺母向______ 填“左”或“右”调节，使天平平衡．
然后小芳进行了测量，步骤如下：
用调节好的天平测得空烧杯的质量；在烧杯中倒入适量的盐水，测得烧杯和盐水的总质量，如图乙所示；把烧杯中的盐水倒入量筒中，测得盐水的体积，如图丙所示；根据图中的数据利用公式求密度，请你帮小芳同学把下表填写完整：
空烧杯的质量 量筒中盐水的体积 烧杯和盐水的总质量 盐水的密度
______ ______ ______
在测烧杯和盐水总质量的过程中，小芳发现放上最小砝码后，指针又如图甲所示，她接下来的操作是______ 使天平平衡．
经分析，小芳认为以上方法测出的盐水密度比真实值______ 选填“偏大”或“偏小”为了减小误差，小芳对上述步骤进行了改进，你认为她的改进是______ 填序号．
答案：
游码；左；
；；；
取下最小砝码调节游码；
偏大； 将测量步骤改为
解析：把天平放在水平台上，将游码拨到标尺左端的零刻度处；
调节天平横梁平衡时，指针偏向分度盘的右侧，此时应该将右边的平衡螺母向左移动，直到指针指在分度盘的中央；
被测物体的质量等于砝码的质量加上游码对应的质量，烧杯液体总质量，
由图丙知，量筒中盐水的体积为，盐水的密度；
被测物体在左盘中，砝码在右盘中，在测烧杯和盐水总质量的过程中，小芳发现放上最小砝码后，指针又如图甲所示，说明加小最的砝码的质量大了，所以此时应取下最小砝码调节游码；
如果按上面的操作顺序，盐水的质量是准确的，但把烧杯中的盐水倒入量筒中时，烧杯中还会沾有一定质量的液体，因此用量筒测出的盐水的体积偏小，根据，故测出的盐水密度值比真实值偏大．为避免这种情况的存在，将测量步骤改为即可．
所以答案为：
游码； 左；
；； ；
取下最小砝码调节游码；
偏大； 将测量步骤改为．
天平使用前的调节：把天平放在水平台上，将游码拨到标尺左端的零刻度处后，若指针右偏，应向左调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；
天平的分度值是，读数为砝码质量加游码对应的刻度值；量筒分度值为，平视液面最低处读出体积，利用密度公式求得其密度．
放上最小砝码后，指针向右偏说明砝码质量大了，据此回答；
分析测量过程中准确的量和不准确的量，根据密度误差的原因，采取相应的措施．
本题测量盐水的密度，考查天平的调节使用、量筒的使用、密度的计算及对测量误差的分析和对实验方案的改进，是力学中的重要实验，要掌握．
5、在“用天平和量筒测量盐水密度”的实验中，小宇同学步骤如下：
将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端刻度线处，发现指针指在分度盘的右侧，应将平衡螺母向______调，使天平横梁平衡。
用天平测出空烧杯的质量为，在烧杯中倒入适量的盐水，测出烧杯和盐水的总质量如图甲所示，则盐水的质量是______；再将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，如图乙所示，盐水的密度为______。
小宇用的方法测出盐水密度会______选填“偏大”或“偏小”，因为______。
小萱同学在实验中先测出空烧杯的质量，倒入盐水后测出其总质量；在将盐水倒入量筒的过程中，发现由于盐水较多，无法全部倒完，她及时停止了操作。同组同学讨论后认为仍可继续完成实验，于是小聪读出此时量筒中盐水的体积，又加了一个步骤，顺利得出了盐水的密度。你认为增加的步骤是：______，请帮小萱写出计算盐水密度的表达式______。
答案：
左 偏大 盐水从烧杯倒入到量筒中后会有残留。 用天平称出烧杯和剩余盐水的质量 。
解析：用天平测量物体的质量时，首先把天平放在水平桌面上，把游码放在标尺左端的零刻线处。然后调节横梁两端的平衡螺母，使横梁平衡，在调节过程中，若指针偏向分度盘的右侧，应将平衡螺母向左边调节；
由图甲知，烧杯和盐水的总质量为，
盐水的质量，
由乙图知，盐水的体积，
盐水的密度：。
因为将盐水从烧杯倒入量筒时不可能完全倒干净，所以体积的测量结果会偏小，而质量的测量是准确的，根据可知，此密度的测量结果比真实值偏大。
原来烧杯和盐水的总质量与剩余盐水和烧杯的总质量之差等于倒入量筒中盐水的质量，
所以增加的步骤为：用天平测出剩余盐水和烧杯总质量；
则倒入量筒中盐水质量，
所以盐水密度的表达式。
所以答案为：左；；；偏大；盐水从烧杯倒入到量筒中后会有残留；用天平称出烧杯和剩余盐水的质量，。
在天平使用时，应先将天平放在水平的桌面上，而后将天平的游码归零，后根据指针的偏转方向判断天平哪端下沉，调节过程中，调节天平平衡时，平衡螺母向上翘的方向移动。
天平读数时应将砝码的质量与游码的示数相加；盐水的质量为烧杯和盐水的总质量与空烧杯的质量之差；
读出量筒中的体积，利用量筒读数时，视线应与凹液面相平；
利用密度公式可计算出盐水的密度；
将烧杯中的盐水倒入量筒时，烧杯中会有残留，因此，会造成体积的测量结果偏小，这样也就影响了密度的测量结果。
倒入盐水后烧杯和盐水的总质量与剩余盐水和烧杯总质量差就是倒入量筒中盐水质量，由此分析解答。
此实验中考查了天平的调节与读数、量筒的读数、密度公式的运用等，这都是该实验中应掌握的基本知识。同时，为了使测量的结果更精确，应在设计步骤时考虑到尽可能减小误差的方法。
6、用天平和量筒测合金块的密度：
调节天平时，发现指针偏向分度盘的右侧如图甲所示，此时应将平衡螺母向________调。
小明用托盘天平测量合金块的质量，操作情况如图乙所示，指出其中的一个错误：________。改正错误后，小明用正确的方法称合金块的质量，天平平衡时放在盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图丙所示，则合金块的质量为________。
用细线拴好合金块，把它放入盛有水的量筒中，水面到达的位置如图丁所示。则合金块的体积为________，合金块的密度为________。
答案：
左；
用手拿砝码或使用前游码未调零，或物体与砝码的位置放反了；；
；
解析：
本题目是测定密度的常规实验题，主要考查天平、量筒的读数及密度的基本计算。要学会正确调节天平，正确称量物体，正确读出质量是多少，还要注意一些事项一定要铭记。
对天平的调节和使用的方法为“水平放置游码零，指针居中横梁平衡；左物右码轻放置，质量等于砝码游码和”。即天平测量物体质量前要调节横梁平衡，先将游码移至零刻度线；天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢；
天平的正确使用方法：
一放：将托盘天平放置在水平桌面上，将游码拨至标尺左端零刻度线上；
二调：调节横梁左右两端的平衡螺母，使横梁平衡，此时指针恰好指在分度盘的中央或左右摆幅度相等；
三称：左物右码，用镊子向右盘中加减砝码，当加最小砝码横梁还不平衡时，调节游码在标尺上的位置，使天平再次平衡；
四记：物体的质量等于右盘中砝码的质量与标尺上游码所对应的刻度值之和。
注意事项：
被测物体的质量不能超过天平的最大称量；
用镊子加减砝码要轻拿轻放；
保持天平干燥、清洁；
天平在使用过程中不能再调节平衡螺母，只能通过加减砝码或调节游码使横梁达到平衡。
读取量筒的体积时，视线与液面凹液面的底部相平。合金块的体积合金块和水的总体积水的体积。
根据密度公式，求出合金块的密度。
根据天平的调节和使用方法，如图所示，指针右偏，应向左调节平衡螺母；
根据天平的正确使用方法和注意事项，正确使用天平：把天平放在水平台上，把游码拨到零刻度；
不要用手拿砝码，要用镊子夹取，还要轻拿轻放；左物右码。
所以他的错误是用手拿砝码，物体与砝码的位置放反了；
注意用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准。如图所示，本天平的分度值是，即砝码质量游码对应刻度值；
根据量筒的读数方法，视线与液面凹面低处平行，读出合金块和水的总体积，已知水的体积，
合金块的体积
根据密度公式，已知合金体的质量，合金块的体积，
。
所以答案为：左；用手拿砝码或使用前游码未调零，或物体与砝码的位置放反了；；
；。
7、小明在实验室里测量一块形状不规则，体积较大的矿石的密度：用调节好的天平测量矿石的质量，当天平平衡时，右盘中砝码和游码的位置如图所示；
因矿石体积较大，放不进量筒，因此他利用一只烧杯，按下图所示方法进行测量；
经计算，矿石的密度约是________从图到图的操作引起的密度测量值比真实值________选填“偏大”、“偏小”或“不变”．
小明不小心把量筒摔破了，一时找不到新的量筒，老师又给小明一个烧杯，请完成以下实验步骤并测出矿石的密度：
用调节好的天平测量矿石的质量；
将适量的水倒入烧杯并称出；
将矿石轻放入烧杯内，标记此时水面位置；
将石块取出后，加水至标记处，称出此时烧杯和水的总质量；
由此可得矿石的体积为________用字母表示，已知；
得到矿石的密度表示式为________用字母表示，已知；
由于矿石吸入部分水产生误差，所以测得的密度值________选填“偏大”、“偏小”或“无影响”；
若此实验中将矿石拿出后带了一部分水，此过程对实验结果________选填“有”或“无”影响．
答案：
；偏小；
；
；
无影响；
无

解析：
本题考查了天平的调节、量筒读数、天平的读数、固体密度的测量方法等，是一道常见题。
由图知，标尺的分度值为，游砝所对的刻度值为，则矿石的质量；
量筒中水的体积为，倒出水后水的体积为，则石子的体积；
则矿石的密度：；
矿石从水中取出，矿石上会沾有一部分水，使倒入烧杯中水的体积大于矿石的体积，会使矿石体积测量值偏大，密度会偏小由密度公式可判断所测矿石密度偏小；
。
加水的质量：；由得石块的体积：；
矿石的密度为：；
用此方法进行体积测量的过程中，利用水的体积等于矿石的体积这一方法，矿石吸入部分水，倒水又倒到标记处，矿石的体积不变，所以密度测量值无影响；
重新加水的时候带出来的一部分水又会重新添加进去，对整体实验没有影响，所测密度相等。
所以答案为：；偏小；；；无影响；无。
8、现在，很多家庭使用浓度为的医用酒精来消毒。小刚同学利用烧杯、天平、量筒来测量其密度。
他把天平放在水平桌面上，将游码移至零刻度线处，发现指针偏向分度盘的左侧，如图甲所示，这时他应将平衡螺母向_________填“左”或“右”调节，使天平平衡。
天平平衡后，他开始测量，测量的步骤如下：
将待测酒精倒入烧杯中，用天平测出烧杯和酒精的总质量；
将烧杯中酒精的一部分倒入量筒中，测出倒入量筒的这部分酒精的体积，如图乙，则_________；
用天平测出烧杯和剩余酒精的总质量，如图丙，则_________。
该酒精密度的表达式为_________用实验步骤中的字母表示，计算出酒精的密度为_________。
答案：
右；
；；
；
解析：
天平放在水平桌面上，将游码移至零刻度线处，发现指针偏向分度盘的左侧，说明天平的左端下沉，右端上翘，故平衡螺母向上翘的右端移动。
量筒中酒精的体积。烧杯和剩余酒精的总质量。
酒精密度为。
天平放在水平桌面上，将游码移至零刻度处，平衡螺母向上翘的一端移动。
量筒中液体的体积等于液面对应的刻度值。
烧杯和剩余酒精的质量等于砝码的质量和游码对应的刻度之和。
酒精的密度等于量筒中酒精的质量和体积之比。

9、小军利用天平、水和烧杯来测量一不规则小石块的密度，请将他的实验步骤补充完整。
把托盘天平放在水平台面上，将标尺上的游码移到零刻度线处，调节天平的__________使天平平衡。
用天平测量小石块的质量，右盘中的砝码和标尺上的游码位置如图所示，则小石块的质量为__________。
如图所示。
往烧杯中加入适量的水，测得烧杯和水的总质量为；
把小石块浸没在水中，在水面到达的位置上作标记；
取出小石块，往烧杯中加水，直到水面到达标记处，再测出此时烧杯和水的总质量为；
小石块的体积为__________。
用密度公式计算出小石块的密度为__________。
实验中量筒被摔碎了，老师说只用天平也能测量出食用油的密度。某组同学添加了两个完全相同的烧杯和适量的水，设计了如下实验步骤，请你补充完整：
调节好天平，用天平测出空烧杯质量为；
将一个烧杯装满水，用天平测出烧杯和水的总质量为；
将另一个烧杯装满食用油，用天平测出__________________________；
根据测得的物理量写出该食用油的密度的表达式：__________用、、和表示。
答案：
平衡螺母



烧杯和食用油的总质量为
解析：
托盘天平使用时放在水平台面上，将标尺上的游码移到零刻度线处，调节天平的平衡螺母，使天平平衡。
标尺上的分度值是，游码左侧与刻度线对齐，因此小石块的质量是。
通过石块排开水的体积得知石块的体积，由题意知，。
小石块的密度。
烧杯装满水后水的质量：；将另一个烧杯装满食用油，用天平测出烧杯和食用油的总质量为；则烧杯装满食用油后食用油的质量：，根据两杯液体的等体积性可知，，即，
因此食用油的密度：。
托盘天平是实验室测量质量的工具，使用前放在水平台上，将游码放在左侧的零刻度处，用平衡螺母调节天平平衡。
使用过程中，通过增减砝码和移动游码，直到天平平衡，天平在读数时应将砝码质量与游码示数相加。
掌握替代法测体积的方法，石块的体积等于排开水的体积
计算出排开水的体积，根据计算石块的密度
烧杯装满水后水的质量等于，利用密度公式求烧杯的容积水的体积相同烧杯装满食用油的体积等于烧杯的容积求出烧杯装满食用油后食用油的质量，利用密度公式求食用油的密度。
10、如图所示，小庄利用天平，大烧杯，小烧杯等器材测量贝壳的密度
先把天平放在水平台面上，发现指针位置如图甲所示，使用前，他应进行的操作首先是__________，然后_______________，使指针尖对准分度标尺的中央刻度线。
用调好的天平测出空烧杯的质量；
将装有水的大烧杯和空小烧杯按图乙所示方法放置大烧杯中的水面至溢水口；
用细线系贝壳缓缓浸没于大烧杯的水中，用小烧杯收集溢出的水；
从大烧杯取出贝壳，放在天平上称量，天平平衡时，右盘中砝码及游码在标尺上位置如图丙所示，则测得贝壳的质量______；
用天平测出______的总质量；
计算出贝壳的密度______；
小琳认为小庄测出贝壳的密度偏大，因为______________________。
答案：
将游码移动到标尺的零刻线处 调节平衡螺母
小烧杯和水
贝壳上沾有水，测出的质量偏大

解析：
使用前他应进行的操作是：把天平放在水平桌面上，首先将游码移动到标尺的零刻线处，然后调节平螺母，天平调平时遵循指针左偏右调、右偏左调的原则；天平读数时，左盘中物体的质量等于右盘中砝码的质量加上游码的示数；
测量贝壳的质量和体积，根据密度公式求出贝壳的密度；本题没有量筒，需要间接测量贝壳的体积是关键；
等效替代的方法：；
测出空小烧杯的质量，烧杯中装满水，把贝壳浸没在水中，有部分水溢出进入小烧杯，用天平测出承接了溢出水的小烧杯和水的总质量，计算出溢出水的质量，求得溢出水的体积，贝壳体积等于溢出水的体积；用公式计算出贝壳的密度；
在本实验中从水中取出贝壳，贝壳会沾水，导致贝壳质量偏大，密度偏大。
此题主要考查的是学生对测量固体密度方法的了解和掌握，本题的难点是利用排水法测量贝壳的体积，基础性题目，中考常见题型。
使用前他应进行的操作是：首先将游码移动到标尺的零刻线处，然后调节平螺母，使横梁平衡；
由图丙可得，贝壳的质量：；
用天平测出小烧杯和水的总质量，则溢出水的质量：，溢出水的体积：，即贝壳的体积：；
贝壳的密度：；
从大烧杯取出贝壳，贝壳上沾有一些水，此时测量贝壳的质量将使质量偏大，由可得贝壳密度的测量值偏大。
所以答案为：将游码移动到标尺的零刻线处；调节平衡螺母；；小烧杯和水；；贝壳上沾有水，测出的质量偏大。

11、小王同学为了测量醋的密度，进行以下实验：
把天平放在水平台上，将移动游码至标尺左端“”刻线处，然后调节______________，使天平横梁水平平衡；
接下来进行以下项操作：
A.用天平测量烧杯和剩余保宁醋的总质量；
B.将待测保宁醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和保宁醋的总质量；
C.将烧杯中醋的一部分倒入量筒中，测出这部分醋的体积；
以上操作的正确顺序是：______填字母代号。
由图所示的量筒中的示数可知。醋的密度为______。
图 图
另一实验小组的小张同学想测量小石块的密度，他设计了如下实验：
小张同学用调好的天平测量小石块的质量的过程中，他按合理的程序加减砝码，往右盘放入最小的砝码后，指针仍偏在分度盘中线左侧一点，则他应该______；选填选项前的字母
A.向左调平衡螺母 向右调平衡螺母 向右盘再加砝码 向右移动游码
如图所示，、往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置做上标记；、取出小石块，测得烧杯和水的总质量为；、往烧杯中加水直到____________，再测出此时烧杯和水的总质量为；
计算出小石块的体积为______；
小张测得的小石块的密度比真实值______选填“偏大”或“偏小”。
答案：
平衡螺母；；；； 水面达到标记处； ；偏小。
解析：在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；然后调节平衡螺母，使天平横梁平衡；
为减小测量保宁醋密度的误差，实验顺序应为：
B、将待测保宁醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和保宁醋的总质量；
C、将烧杯中保宁醋的一部分倒入量筒中，测出这部分保宁醋的体积；
A、用天平测量烧杯和剩余保宁醋的总质量。
由图知，量筒的分度值为，量筒中保宁醋的体积为：；
标尺的分度值为，
烧杯和剩余保宁醋的总质量，
烧杯和保宁醋的总质量，
量筒中保宁醋的质量，
保宁醋的密度；
用调好的天平测量石块的质量时，当在右盘放入最小的砝码后，指针偏在分度盘中线左侧一点，说明此时左盘石块的质量偏大了一点但已经加了最小砝码，故应该向右调节游码，使得天平再次平衡；所以选D；
、通过石块排开水的体积得知石块的体积，所以往烧杯中加水，直到水面与标记相平；
由题意可知，
由可得小石块的体积：；
由于测量过程中，取出石块时石块上会沾有一些水，则测出的石块体积偏大，据密度公式可知，测得的小石块的密度比真实值偏小；
所以答案为：平衡螺母；；；； 水面达到标记处； ；偏小。
掌握天平的调平，在调平前将天平放在水平桌面上，游码拨到标尺左端的零刻度线处，哪边的盘高，平衡螺母向哪边移动；
在能够测量出食用油密度的前提下，实验步骤的确定应有利于减小误差。
用天平测量物体质量时，物体的质量等于砝码总质量加上游码所对的刻度；保宁醋的质量等于保宁醋和烧杯的总质量减去剩余保宁醋和烧杯的质量；
天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，注意标尺的分度值；在进行量筒的读数时，注意其分度值，根据公式计算保宁醋的密度。
在称量过程中，天平指针偏向分度盘的右侧，说明右盘砝码质量过大，应取出右盘质量最小的砝码，然后移动天平横梁标尺上的游码，使天平平衡；
在测量液体密度时，为了减小误差，测出的是倒在量筒中的质量和体积，根据分析排列成顺序；
利用天平测出石块排开水的体积，利用即可求出石块排开水的体积，即为石块的体积；
先用烧杯小石块的体积，再用天平测小石块的质量，这样石块上附有水，使得测量出的质量不准确，据此分析密度变化。
此题是测量石块的密度，考查了天平的天平及读数，同时考查了利用转换法测量石块的体积，并且考查了对实验误差的分析，特别是注意密度的单位及换算。
12、小刚同学想测出一个实心塑料球的密度，但是发现塑料球放在水中会漂浮在水面上，无法测出它的体积。小刚设计了以下实验步骤：
A.用天平测量塑料球的质量，天平平衡时如图甲所示。记录塑料球质量为。
B.把适量的水倒进量筒中如图乙所示，记录此时水的体积为。
C.用细线在塑料球下吊一个小铁块放入水中，静止时如图丙所示，记录此时量筒的示数为。
D.把小铁块单独放入水中静止时如图丁所示，记录此时量筒的示数为。
E.利用密度公式计算出结果。
塑料球的质量_______。
塑料球的体积_______。
塑料球的密度_______。
答案：
；；
解析：略
13、小明利用托盘天平、量筒、烧杯和水来测量一正方体金属块的密度。实验步骤如下：
A.用细线将金属块拴好，轻轻放入量筒内的水中，测出水和金属块的总体积
B.计算金属块的密度
C.往量筒中倒入适量的水，测出水的体积
D.用天平称出金属块的质量．
上述实验步骤的正确顺序是 。
当天平平衡时，盘中砝码和游码如图甲，该金属块放入量筒前，后的情况如图乙，丙所示，则金属块的体积是_____，此金属块的密度是_____．
指出“往量筒中倒入适量的水”中“适量”的确切含义：
_____________________________；____________________________。
实验中，如果小明没有将游码完全调到零刻线就开始调节天平平衡，然后测量小石块的质量，再测小石块的体积。那么他最后测得的小石块的密度比真实值选填“偏大”、“不变”或“偏小”。小明在评估实验过程时想到：测量本实验中金属块的体积，如果不用量筒和水，而用这一测量工具，测出金属块的，就可以算出金属块的体积，这样实验过程将更为简便。
答案：


水能将金属块浸没 水和金属块的总体积不越过量筒的量程
偏大
刻度尺 边长

解析：
测固体的密度，先测质量，再测水的体积，最后测水和固体的总体积；
被测物体的质量等于砝码质量加游码示数；石块的体积等于石块和水的总体积减水的体积；已知质量和体积，运用密度公式可算出石块密度；
量筒中的水不可过多或过少；
游码没有调零就调节天平横梁平横，实际上零刻度右移，但是读数时还是按照原来的零刻度读数，质量测量值偏大，体积不变，可以判断密度测量值和真实值的关系；
长度测量应保留一位估计值，正方体的体积等于边长的三次方。
测量固体的密度是初中重要的实验，用天平和量筒测量固体密度是最简单，最常见的类型。
测量石块的密度，实验步骤如下：
D.用天平称出石块的质量．
C.往量筒中倒入适量的水，测出水的体积．
A.用细线将石块拴好，轻轻放入量筒内的水中，测出水和石块的总体积．
B.计算石块的密度．
即实验步骤的顺序应调整为：；
由图可知，砝码质量为，游码示数为，故石块的质量为；
由图可知，水与石块的总体积为即，故石块体积；
故石块的密度；
量筒中的水不可太少，水能将金属块浸没，同样水不可太多，水和金属块的总体积不超过量筒的量程，水面超过最大刻度线时无法读数；
游码没有调零就调节天平横梁平横，实际上零刻度右移，但是读数时还是按照原来的零刻度读数，质量测量值偏大，体积不变，石块的测量值比真实值偏大；
测量本实验中金属块的体积，如果不用量筒和水，而用刻度尺这一测量工具，测出金属块的边长，就可以算出金属块的体积。
所以答案为：；；；水能将金属块浸没；水和金属块的总体积不超过量筒的量程；偏大；刻度尺；边长。

14、某校同学参加社会实践活动时，在山上发现一块很大的岩石，他们想测出这块岩石的密度。几位同学随身携带的工具和器材有：电子天平附说明书、购物用的弹簧秤、卷尺、喝水用的茶缸、铁锤、细线和一瓶饮用水已知水的密度为请你从中选用部分工具和器材，帮他们设计一种精确测量岩石密度的实验方案要求
写出主要的实验步骤
写出岩石密度的数学表达式用已知量和测量量表示
答案：
测物体密度所依据的实验原理是，所以要测出岩石的密度，就需要知道岩石的质量和岩石的体积，
故设计实验步骤如下：
用铁锤敲击岩石，取下适当体积的小岩石块；
用电子天平称出小岩石块的质量，记为；
在茶缸中倒入适量水，称出茶缸和水的总质量，记为；
用细线系好小岩石块，提着细线的一端，将小岩石块浸没在水中保持静止小岩石块不与茶缸接触，读出此时天平的示数，记为；
小岩石块浸没在水中，，
排开水的质量，
则其排开水的重力为，
根据阿基米德原理可知，，
又因为，
故，
所以岩石的密度表达式。
答：主要的实验步骤见解答；
岩石密度的数学表达式为。
解析：测物体密度所依据的实验原理是，所以要测出岩石的密度，就需要知道岩石的质量和岩石的体积。
岩石的质量可以选用天平进行测量；
题中所给的器材里并没有量筒，所以无法采用常规的方法即用量筒测量岩石的体积。我们可以利用等效替代的方法来解决这个问题：如果让岩石浸没入水中，则就可以得到在我们所学的公式里，还有一个公式里含有，那就是阿基米德原理利用天平称出排开水的质量，再代入公式求得排开水的体积，即岩石体积，最后利用密度公式推导出其密度表达式。
本题考查了测量物体密度的方法，本题中测量物体密度所用到的知识包括密度知识和阿基米德原理。要能根据题中的器材想到用阿基米德原理来解决岩石体积的测量，该题综合考查了学生的分析能力和综合能力，是一道好题。
15、如图所示，小丽利用天平、玻璃杯、体积为的金属块、细线等器材测量蜂蜜的密度。
将天平放在水平台上，将游码放到标尺左端的______刻度线上，调节横梁平衡。
在玻璃杯中倒入适量的蜂蜜如图甲所示，用天平称出蜂蜜和玻璃杯的总质量，其示数如图乙所示，______。
将金属块浸没在蜂蜜中，金属块不接触玻璃杯并保持静止，且蜂蜜无溢出，如图丙所示。天平平衡后，砝码的总质量加上游码在标尺上对应的刻度值为，则蜂蜜密度______；
小明用天平测出同种蜂蜜和玻璃杯的总质量后，将浓稠粘滞的蜂蜜沿量筒壁缓缓倒入量筒内测量体积，再用天平测出剩余蜂蜜和玻璃杯总质量。对比小丽的测量方法，小明所测得的密度值______选填“偏大”或“偏小”。
答案：
；；；偏大。
解析：将天平放在水平台上，将游码放到标尺左端的刻度线上，调节横梁使天平平衡；
由图乙知，标尺的分度值为，烧杯与防冻液的总质量，
金属块排开的蜂蜜的质量为：；
排开的蜂蜜的重力即金属块受到的浮力为：；
根据阿基米德原理可知，蜂蜜的密度为：
；
测出同种蜂蜜和玻璃杯的总质量后，将浓稠粘滞的蜂蜜沿量筒壁缓缓倒入量筒内测量体积，此时会有一部分蜂蜜粘在量筒的内壁上，使得测量的体积偏小，根据密度公式可知，密度会偏大。
所以答案为：；；；偏大。
调节天平平衡时，应先调节游码，再调节平衡螺母；
左盘中物体质量等于右盘中物体质量与游码读数之和；
根据丙图示数，求出增加的质量；增加的质量与金属块排开的液体的质量相等，从而求出金属块受到的浮力，根据阿基米德原理求出蜂蜜的密度；
根据质量和体积的变化分析。
本题综合探究了物体密度的测量，同时考查了阿基米德原理的应用，能求出浮力的大小是解题的关键。
16、受“曹冲称象”的启发，小明在家利用量筒、碗、水盆和足量的水密度为、油性笔等，测量小玻璃珠的密度，如图所示，实验步骤如下请将步骤补充完整。
如图甲，取一定数量的小玻璃珠放入空碗中，再把碗放入盛有水的水盆中，用油性笔在碗外壁上标记水面的位置：
如图乙，往量筒内倒入适量的水，记下量筒中水的体积。
如图丙，取出碗中所有的小玻璃珠并放入量筒中，记下小玻璃珠和水的总体积。
如图丁，将量筒中的水慢慢倒入水盆中的空碗内，直到标记处与碗外水面______，记下量筒中小玻璃珠和剩余水的总体积。
完成下列填空选用、、和表示以下物理量：
小玻璃珠的总体积为______。
小玻璃珠的总质量为______。
小玻璃珠密度的表达式为______
在不改变实验方法的前提下，请提出一条提高测量精度的措施：______示例：在同等容积的情况下换用碗口面积较小的碗。
答案：
相平；
；
；
；
取出碗中所有的小玻璃珠，慢慢放入量筒中，注意不要溅出水或测量水的体积时，视线要以凹液面为准。
解析：如图丁，将量筒中的水慢慢倒入水盆中的空碗内，直到标记处与碗外水面相平，记下量筒中小玻璃珠和剩余水的总体积；
量筒中水的体积，取出碗中所有的小玻璃珠并放入量筒中，记下小玻璃珠和水的总体积，小玻璃珠的总体积为；
取一定数量的小玻璃珠放入空碗中，再把碗放入盛有水的水盆中，用油性笔在碗外壁上标记水面的位置；
取出碗中所有的小玻璃珠并放入量筒中，记下小玻璃珠和水的总体积。
将量筒中的水慢慢倒入水盆中的空碗内，直到标记处与碗外水面相平，根据等效替代法，量筒中减小的水的质量即小玻璃珠的总质量，
因减小水的体积：，
减小水的质量：，
小玻璃珠密度的表达式为：；
在不改变实验方法的前提下，提高测量精度的措施：取出碗中所有的小玻璃珠，慢慢放入量筒中，注意不要溅出水或测量水的体积时，视线要以凹液面为准。
所以答案为：相平；
；
；
；
取出碗中所有的小玻璃珠，慢慢放入量筒中，注意不要溅出水或测量水的体积时，视线要以凹液面为准。
本题测量小玻璃珠的密度，考查排水法测体积和等效法测量物体的质量及减小误差的方法。
根据等效替代法分析；
根据排水法得出小玻璃珠的总体积；
由题意，根据等效替代法，量筒中减小的水的质量即小玻璃珠的总质量，求出量筒中减小水的体积，根据密度公式求出减小水的质量；
根据求出小玻璃珠密度的表达式；
从提高测量体积的精度考虑。
17、小丽同学为了测量家中食用醋的密度，进行以下实验：如图所示
天平平衡后接下来进行以下项操作：
A.用天平测量烧杯和剩余醋的总质量；
B.将烧杯中醋的一部分倒入量筒，测出这部分醋的体积；
C.将待测醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和醋的总质量；
以上操作的正确顺序是：______填字母代号。
由图乙可知醋的体积为______ ，醋的质量______ ，醋的密度是______。
答案：
；；；。
解析：
在测量时，需先测出烧杯和醋的总质量，再将烧杯中的一部分醋倒入量筒，测出这部分醋的体积，并测出烧杯和剩余醋的总质量，所以测量顺序为；
由图知，标尺的分度值为，
由图甲知烧杯和剩余醋的总质量：，
由图乙知烧杯和醋的总质量：，
所以量筒中醋的质量：，
由图丙知量筒的分度值为，量筒中醋的体积为：
；
醋的密度：。
所以答案为：；；；。
在测量液体密度时，为了减小误差，测出的是倒在量筒中液体的质量和体积，根据这个方法排列顺序；
首先读出两次天平的示数及量筒中醋的体积，天平的示数等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，读数时注意标尺和量筒的分度值；
根据两次天平的读数之差，即可得出剩余液体的质量，根据计算出液体的密度。
本题是测量醋的密度，考查了对测量液体密度的掌握，同时考查了天平、量筒的读数及密度的计算，以及密度单位之间的换算。对知识的考查很全面。
18、某物理实验小组为了测量医用酒精的密度，进行了如下实验。
在使用天平测量物体质量前，是通过______选填“移动游码”、“加减砝码”或“调节平衡螺母”使横梁在水平位置平衡；在使用天平测量物体质量时，______选填“能”或“不能”通过调节平衡螺母使横梁平衡。
调节好上述实验装置后，按照图中、、的步骤顺序进行测量，则医用酒精的质量为______，医用酒精的密度为______。用这种方法测量出的医用酒精的密度比真实值偏______选填“大”或“小”，原因是______。合理即可
为了更准确地测量出医用酒精的密度，常思远同学设计了以下操作步骤：
用天平测量出空烧杯的质量为；
将烧杯中的一部分酒精倒入量筒中，读出量筒中酒精的体积为；
将酒精倒入烧杯，用天平测量出烧杯和酒精的总质量为；
用天平测量出烧杯和剩余酒精的总质量为。
上述实验操作步骤没有必要做的是______，正确的实验操作步骤顺序应为______填图中字母。
答案：
调节平衡螺母；不能；；；大；将烧杯中的酒精倒入量筒中后，会有部分酒精沾在烧杯壁上，导致测得的体积偏小，所以密度偏大；；。
解析：在使用天平测量物体质量前，是通过调节平衡螺母使横梁在水平位置平衡；在使用天平测量物体质量时，不能通过调节平衡螺母使横梁平衡；
如图所示，空烧杯的质量为，如图所示，烧杯和酒精的总质量：，
量筒中酒精的质量：，
如图所示，量筒中酒精的体积：，
酒精的密度：；
在测量液体密度时，若先测空烧杯的质量，再测烧杯和液体总质量，最后将液体倒入量筒来测体积，这种做法会因烧杯壁沾液体而使测出的体积偏小，导致算出的液体密度偏大；
测量过程中倒入量筒中液体的质量就是烧杯和酒精的总质量减去烧杯和剩余酒精的总质量，所以本实验没有必要测量空烧杯的质量，所以没有必要；正确的实验步骤为。
所以答案为：调节平衡螺母；不能；；；大；将烧杯中的酒精倒入量筒中后，会有部分酒精沾在烧杯壁上，导致测得的体积偏小，所以密度偏大；；。
在使用天平前，首先将游码移到零刻度线，接着调节平衡螺母使天平水平平衡，在使用天平测量物体质量时，不能再用平衡螺母调节；
烧杯和酒精的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中酒精的体积；知道酒精的质量和体积，根据密度公式求出酒精的密度；
若先测空烧杯的质量，再测烧杯和液体总质量，最后将液体倒入量筒来测体积，这种做法会因烧杯壁沾液体而使测出的体积偏小，导致算出的液体密度偏大；
测量过程中倒入量筒中液体的质量就是烧杯和酒精的总质量减去烧杯和剩余酒精的总质量，所以本实验没有必要测量空烧杯的质量。
本题考查的是学生对天平的调节和读数、量筒的读数、密度的计算公式理解和掌握，难点是对实验误差的分析。
19、小明发现橙子放入水中会下沉，于是想办法测量它的密度。
将托盘天平放在水平桌面上，将标尺上的游码移至零刻度线处，调节平衡螺母，直到指针在______，表示天平平衡。
用天平测量橙子质量，天平平衡时砝码和游码的示数如图所示，橙子质量为______小明利用排水法测得橙子的体积为，则橙子的密度是______。
做实验时，小明若先用排水法测出橙子的体积，接着用天平测出橙子质量，这样测得的密度值将比真实值______选填“偏大”或“偏小”。
小亮不用天平，利用弹簧测力计、细线、盛有水的大烧杯等器材，也巧妙测出了橙子的密度。请你将他的测量步骤补充完整，已知水的密度为。
用弹簧测力计测出橙子的重力；
______；
橙子密度的表达式为：______用测出的物理量和已知量的字母表示。
答案：
分度盘的中央 偏大 将橙子浸没在水中，读出弹簧测力计的示数为
解析：
使用托盘天平时应把天平放在水平桌面上，将标尺上的游码移到零刻度线处，调节平衡螺母，直到指针指到分度盘的中线处或指针左右摆动的幅度相同为止。
标尺的分度值为，橙子的质量：；
橙子的密度：。
先用排水法测出橙子的体积，接着用天平测出橙子质量，由于橙子上粘有水，所以测得的质量偏大，根据知，测得的密度偏大。
不用天平，利用弹簧测力计、细线、盛有水的大烧杯等器材，测橙子的密度的步骤：
用弹簧测力计测出橙子的重力；
将橙子浸没在水中，读出弹簧测力计的示数为；
橙子密度表达式的推导：
橙子的质量为：，
橙子受到的浮力为：；
橙子的体积等于橙子排开水的体积：，
橙子密度的表达式为：。
所以答案为：分度盘的中央；
；；
偏大；
将橙子浸没在水中，读出弹簧测力计的示数为；。
将托盘天平放在水平桌面上，将标尺上的游码移至零刻度线处，调节平衡螺母，直到指针在分度盘的中央，表示天平平衡。
橙子的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值。知道橙子的质量和体积，根据密度公式求出橙子的密度。
先用排水法测出橙子的体积，接着用天平测出橙子质量，质量偏大，根据判断密度的大小；
选用弹簧测力计、水、细线、烧杯、橙子等，测出橙子的重力，利用浮力知识测出橙子的体积，再计算出橙子的密度。
本实验中的方法是常规方法和特殊情况下测量固体密度的方法，本题中用到了等效替代法，借助了弹簧测力计，通过浮力求来得出橙子的体积，有一定的难度，但实用性强，值得我们学习。
20、小明喝牛奶时想知道牛奶的密度，于是他进行了如下操作：
把天平放在水平桌面上，将游码拔到标尺左端的零刻线处，发现指针向左偏。此时他应向______填“左”或“右”端调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处。
把空杯子放在天平左盘上，在右盘中放人砝码后，再用镊子向右盘夹取砝码，发现放上质量最小的砝码时，指针向右偏；取下它，指针向左偏，则他下一步的操作是 。当横梁再次平衡后，如图所示，杯子的质量______．
他利用现有的实验器材和足够的水，完成以后的实验操作，请你写出实验步骤及所测物理量的符号：
第一步： ；
第二步： 。
牛奶密度的表达式：______。
整理实验器材时发现，天平的左盘有一个缺角，则测量结果______选填“偏大偏小”或“仍然准确”。
答案：
右；
移动游码；；
在杯子中装满水，用天平测出杯子与水的总质量为； 将水倒掉并擦干杯子，再向杯中装满牛奶，用天平测出杯子与牛奶的总质量为；
；仍然准确。
解析：指针向左偏，说明左边重，此时他应向右调平衡螺母；
放上质量最小的砝码时，指针向右偏；取下它，指针向左偏，则他下一步的操作是：移动游码；塑料杯子的质量；
实验步骤：
第一步：在杯子中装满水，用天平测出杯子与水的总质量为；
第二步：将水倒掉并擦干杯子，再向杯中装满牛奶，用天平测出杯子与牛奶的总质量为；
水的质量；水的体积；
牛奶的质量；牛奶的体积；
牛奶的密度：。
天平的左盘有一个缺角，调节平衡螺母调平后，左右两边盘和平衡螺母质量之和相等，不影响测量结果；即小明所测的密度值仍然准确。
本题考查了天平的使用和液体密度的测量，难点在实验步骤的设计，注意：杯子装满水后水的体积等于装满牛奶后牛奶的体积。
天平平衡的标志是：指针指在分度盘的中央或左右摆动幅度相等；
指针左偏右调、右偏左调；
天平使用时，左物右码，当用砝码无法使天平再次达到平衡时，可以调节游码；物体质量等于砝码质量加游码质量；
利用已给的器材，在杯子中装满水，用天平测出杯子与水的总质量；将水倒掉并擦干杯子，再向杯中装满牛奶，用天平测出杯子与牛奶的总质量；
求出装满水的质量，利用求杯子装满水后水的体积，即装满牛奶后牛奶的体积，再求出牛奶的质量，利用密度公式求牛奶的密度；
左盘有一个缺角，可以调节平衡螺母来调平，不影响测量结果。
21、一次实验课上，老师提供给同学们下列器材：一架已调节好的天平无砝码、两只完全相同的烧杯、一支量筒、水、滴管等。要求用上述器材来测定一个合金块的密度。小明同学设计好实验方案后，进行了如下操作：
将两只空烧杯分别放在天平的左右两盘内，把合金块放入左盘烧杯中；
向右盘烧杯中缓缓倒水，再用滴管调节，直至天平平衡；
将烧杯内的水倒入空量筒中，测出水的体积如图所示；
用细线拴好合金块，将其放入图的量筒内，测出水和合金块的总体积如图所示。则：
合金块的质量__________；合金块的体积__________；合金块的密度__________。
在读数无误的情况下，小明测出的合金块密度值与真实值相比__________填“偏大”或“偏小”，产生这一误差的主要原因是______________________________________________________________________________。
答案：
偏小 烧杯中的水不能完全倒入量筒中，使测得的合金块的质量偏小
解析：烧杯内水的质量为，合金块的质量为：，合金块的体积：，合金块的密度：。
烧杯内的水不能全部倒入量筒中，测得水的体积偏小，求出的水的质量偏小即合金块的质量偏小，合金块体积准确，求出的密度偏小。
22、小明利用天平、量筒、烧杯和电子秤等器材测量盐水和鸭蛋的密度。
用天平测量物体质量时，添加砝码过程中，______ 选填“能”或“不能”调节平衡螺母。
测量盐水密度时，有以下四个步骤：
向烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量；
将烧杯中盐水倒入量筒烧杯内有残留，测出盐水体积；
；
算出盐水密度，为使测量结果更准确，步骤的操作是______ 选填“直接”或“擦干残留盐水后”测量烧杯质量。
测量鸭蛋密度的步骤如图甲、乙、丙、丁所示：
图中电子秤显示的四个数据，若没有“”这个数据，能否求出鸭蛋的密度？请在横线上作答。要求：
若能，请写出鸭蛋的密度值；若不能，请说明理由。
答：______ 。
答案：
不能；直接；能，鸭蛋的密度为。
解析：
本题考查固体、液体密度测量实验的方案设计，及密度计算，难度较大。
用调节好的天平测量物体质量时，不能再调节平衡螺母；
若擦干残留盐水测量烧杯质量，所测盐水质量会有误差，计算密度有误差；
计算鸭蛋的质量，再用排水法来测量鸭蛋的体积，可以计算鸭蛋的密度。
用调节好的天平测量物体质量时，通过增减砝码和移动游码来使天平恢复水平平衡，这个过程中，不能再调节平衡螺母；
由公式可知，为了减小液体残留对测量结果的影响，应测量出残留盐水与烧杯的总质量，算出倒入量筒的盐水质量及其体积，使所测密度更为准确。若擦干残留盐水测量烧杯质量，则所测盐水质量会偏大，使所测密度偏大；
鸭蛋的质量，再用排水法来测量鸭蛋的体积，鸭蛋浸没在水中时，。在乙、丙两图中，由于取出鸭蛋时带出一些水，在丁中补入水的体积略大于鸭蛋排开水的体积，按丙、丁数据计算鸭蛋的体积会使所测体积偏大，由可知，所测鸭蛋的密度会偏小。
若没有丙中数据，由甲、乙、丁三个数据计算排开水的体积可以不受带出水对实验的影响，此时，
排开水的质量为：，
鸭蛋的体积为：，
鸭蛋的密度为：。
23、在实验室里测量一块形状不规则、体积较大的矿石的密度．
在使用已调节好的托盘天平，按规范的操作来称量矿石的质量时，通过增、减砝码后指针偏在分度盘中线右边一点，这时应该（ ）
A.向左调平衡螺母 往右调平衡螺母
C.从右盘中减砝码，移动游码 向右盘中加砝码
调好后如图，用托盘天平测得矿石的质量是_______，
因矿石体积较大，放不进量筒，于是利用一只烧杯，按图所示方法进行测量，矿石的体积是_____，则矿石的密度是________；从图到图的操作引起的密度测量值比真实值______偏大偏小不变；

若不小心把量筒打碎了，再加一个烧杯，也可按以下步骤完成实验并测出矿石密度：
用调好的天平测矿石质量，
将适量水倒入烧杯并称出总质量，
将矿石放入烧杯内，标记此时水面位置，将石块取出后，加水至标记处，称出此时烧杯和水的总质量
由此可得矿石体积表达式为________，矿石密度表达式为________，
实验中将矿石拿出来后带了一部分水，此过程对实验结果_______有无影响，
由于矿石吸入部分水，产生误差，所以测得的密度________矿石真实密度大于小于等于．
答案：

偏小
不变大于

解析：
用天平称量物体质量时，当物体和砝码放在天平盘里，就不能再移动平衡螺母，只能增减砝码或移动游码．当右盘下沉时，要减少砝码或向左移动游码；当左盘下沉时，增加砝码或向右移动游码；读取天平的示数时应将砝码质量与游码示数相加；
矿石的体积等于量筒中倒出水的体积，我们可以根据量筒中倒水前后的示数求出倒出水的体积；
矿石吸入部分水，排开水的体积偏小，导致体积增大，对密度测量有影响。
用天平和量筒测固体的密度时，读取测量结果是必须要学会的，但学会分析测量过程中误差的产生原因，并能想办法减小，才是我们更需要加强的能力。本题中固体密度的测量属基础问题，因初中物理对固体密度的测量要求较高，测量体积用到补充水的方法，给本题带来了一定难度
指针偏在分度盘中线右边一点，天平的右端下沉，向左移动游码或从右盘中减少砝码，故C正确；图中矿石的质量：
；
矿石的体积等于量筒中倒出水的体积：
；
矿石的密度：
，由于从烧杯中取矿石，矿石会沾水，使测得的矿石体积偏大，密度偏小；
若不小心把量筒打碎了，再加一个烧杯，也可按以下步骤完成实验并测出矿石密度：
用调好的天平测矿石质量，
将适量水倒入烧杯并称出总质量，
将矿石放入烧杯内，标记此时水面位置，将石块取出后，加水至标记处，称出此时烧杯和水的总质量
由此可得矿石体积表达式为，矿石密度表达式为；
实验中将矿石拿出来后带了一部分水，此过程对实验结果，无有影响；因为矿石吸入部分水，所以排开水的体积偏小，产生误差，所以测得的密度大于矿石真实密度。
所以答案为：；；；；偏小；；；不变；大于。

24、小丽同学在“测量鸡蛋的密度”实验中，进行了以下操作：
将天平放在______桌面上，在天平托盘中分别放入不吸水的纸，把游码移到零刻度线处，指针静止后的情形如图甲所示。要使横梁平衡，应将横梁上的平横螺母向______选填”左”或”右”调，直至天平平衡。接着将鸡蛋放在天平的左盘，在右盘加减砝码、移动游码直到天平重新复平衡，所加砝码的质量和游码的位置如图乙所示，则被测鸡蛋的质量为______。
因可供选择的量筒口径较小，鸡蛋无法放入，小丽自制了一个溢水杯，采用如图丙所示的方法测量鸡蛋的体积，其具体做法是：先在溢水杯中加水，直到水面恰好与溢水口相平，把量筒放在水溢水口下方，将鸡蛋慢慢放入水杯中，鸡蛋最终沉入水底，量筒收集完从溢水杯溢出的水后，示数如图丙所示。他所使用量筒的分度值为______，在读取量筒中水的体积时，视线与液面______选填”相平”或“不相平”，鸡蛋的体积为______。
被测鸡蛋的密度为______。
若小丽用上述方法先测出鸡量的体积，再取出溢水杯中的鸡蛋，放在天平的左盘，称出它的质量为，然后利用计算出鸡蛋的密度。用种方法测得鸡蛋的密度与真实值相比会______。选填“偏大”“偏小”或”一样“。
答案：
水平；右；；；相平；；；偏大
解析：将天平放在水平台面上，把游码移到标尺的零刻线处，调节天平横梁平衡时，指针指在分度盘中央刻度线的左侧，说明左盘较重，应当将横梁上的平衡螺母向右调节，直至平衡。
图乙中天平标尺的分度值为，盐水和烧杯的总质量为；
如图丙所示的量筒分度值为，量筒读数，视线应该与量筒内凹液面的底部相平，由图丙所示量筒可知，鸡蛋排开水的体积，
因为鸡蛋沉底，所以鸡蛋的体积，
鸡蛋的密度，
若先测出鸡量的体积，再用天平测其质量，这样鸡蛋上会沾有水，使得鸡蛋质量的测量值偏大，由密度公式可知，密度的测量值偏大。
所以答案为：水平；右；；；相平；；；偏大。
将天平放在水平台面上，把游码移到标尺的零刻线处。当指针恰好指在分度盘的中央或左右摆动幅度相同时，表示横梁平衡；指针向左偏，平衡螺母向右调；指针向右偏，平衡螺母向左调；
观察标尺上的分度值，物体的质量砝码的质量游码的读数；
用量筒量取液体时，量筒要放平，读数时视线应与凹液面的最低处相平；因为鸡蛋沉底，所以鸡蛋的体积等于鸡蛋排开水的体积；
利用密度公式可求得鸡蛋的密度；
先测出物体的体积，再用天平测其质量，这样物体上会沾有水，使得质量的测量值偏大，再根据密度公式得出密度的测量值偏大还是偏小。
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、误差分析和实验步骤的设计等知识的理解和掌握，难易程度适中。
25、小明在实验室测量一块不规则石块的密度。
小明把天平放在水平桌面上，调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，如图甲所示，其做法错误之处是没有把______放到正确位置。
小明纠正上述错误后，应向______选填“左”或“右”端调节平衡螺母，才能使天平横梁重新平衡。
用调好的天平测石块的质量，当右盘中所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平横梁平衡，则石块质量为______在量筒内倒入适量水，该石块放入前、后的情况如图丙所示，则石块的体积是______此石块的密度是______。
答案：
游码 右
解析：天平在调平衡前必须将游码拨到零刻度线；由图可知，其做法错误之处是没有把游码拨到零刻度线；
原来游码没有归零时，天平平衡，当把游码拨到零刻度线处时，相当于右盘质量变小，则指针左偏，应将平衡螺母右调；
物体质量；
水和石块的体积为，石块体积；
石块的密度。
天平使用前的调节要做到放、拨、调，拨是指将游码拨到零刻度线；
天平的调节原则是：左偏右调、右偏左调、先快后慢；
物体质量砝码质量游码对应的刻度值；
读出图中水和石块的总体积，减去原来水的体积，就等于小石块的体积；
用公式算出石块的密度。
本题考查了：天平的调节，先将天平放到水平桌面上，将游码拨到零刻度线，调节平衡螺母使横梁平衡；
测固体密度的基本方法，先用天平测出固体的质量，根据排水法测出固体的体积，用公式算出固体的密度。
26、小元同学在完成“测量某小合金块密度”的实验中，进行如下的实验操作：
A.把天平放在水平桌面上，把游码移动到标尺左端的零刻线处，调节横梁上的平衡螺母，使橫梁平衡。
B.在量筒中倒入适量的水，记下水的体积；将小合金块用细线系好后，慢慢地浸没在水中，记下小合金块和水的总体积。
C.将小合金块放在左盘中，在右盘中增减砝码并移动游码，直至横梁恢复平衡。
该实验原理是______。
为了减小实验误差，最佳的实验操作顺序是______填写字母。
正确操作后读取数值，如图甲、乙所示，小合金块的质量为______，小合金块的体积为______，由此可得出小合金块的密度为______。
答案：
；
；
；；
解析：
该实验原理是；
为了减小实验误差，最佳的实验操作顺序是：
A.把天平放在水平桌面上，把游码移动到标尺左端的零刻线处，调节横梁上的平衡螺母，使橫梁平衡。
C.将小合金块放在左盘中，在右盘中增减砝码并移动游码，直至橫梁恢复平衡。
B.在量筒中倒入适量的水，记下水的体积；将小合金块用细线系好后，慢慢地浸没在水中，记下小合金块和水的总体积。
由图甲知，合金块的质量：；
合金块的体积：，
合金块的密度：。
所以答案为：；；；；。
本实验原理是；
为了避免测量中的误差应先测质量，再测体积，由此分析解答；
合金块的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；合金块的体积等于合金块浸没水中前后量筒中水面对应的刻度值的差；知道合金块的质量和体积，根据密度公式求出合金块的密度。
本题考查固体密度的测量，考查了实验操作的步骤、天平和量筒的读数以及密度的计算，先测质量再体积可避免物体从量筒中取出后沾有水给质量测量带来的误差。
27、小斌同学想测量一块不规则瓷片的密度。
他把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节______使天平平衡；
用调节好的天平测量瓷片的质量，所用砝码的个数和游码的位置如图甲所示，则瓷片的质量为______；
他发现瓷片放不进量筒，改用如图乙所示的方法测瓷片的体积：
往烧杯中加入适量的水，把瓷片浸没，在水面到达的位置上作标记，然后取出瓷片；
再往量筒装入的水，然后将量筒的水缓慢倒入烧杯中，让水面到达标记处，量筒里剩余水的体积如图丙所示，则瓷片的体积为______；
用密度公式计算出瓷片的密度为______；
根据以上步骤，你认为小李同学测出的瓷片密度值______选填“偏大”或“偏小”。
答案：
平衡螺母；；；；偏小
解析：把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节平衡螺母使横梁平衡；
天平的分度值为，瓷片的质量；
图中量筒的分度值为，量筒中剩余水的体积为，瓷片的体积；
瓷片的密度；
取出瓷片时，瓷片上会沾有一部分水，使得倒入量筒中水的体积会偏大，即水的体积大于瓷片的体积，由可知，密度测量值会偏小。
所以答案为：平衡螺母；；；；偏小。
把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节平衡螺母使横梁平衡；
弄清楚天平的分度值，物体质量等于砝码质量加上游码对应刻度值；
弄清楚量筒的分度值，在如图所示的方法中，向烧杯中所添加水的体积就是瓷片的体积，通过量筒两次的示数之差可以求出；
瓷片的密度可利用密度的公式计算得出；
实验的误差主要产生在从烧杯中取出瓷片时，上面容易带出一定量的水，使再补充的水体积增大，进而影响密度的结果。
固体密度的测量是初中物理的重要实验，一定要熟练掌握。天平、量筒的读数，以及利用密度公式进行简单的计算，这都是测密度实验中最基本的技能，需要我们熟练掌握。难点是掌握用等效替代法测量瓷片的体积。
28、小惠同学为了测量高山茶油的密度，进行以下实验：
把天平放在______桌面上，将游码移到称量标尺零刻度处，指针静止时的位置如图所示，此时应将平衡螺母向______选填“左”或“右”调节，使天平平衡；
用调节好的天平测量茶油和烧杯的总质量时，当小惠往天平的右盘添加最小质量的砝码时，发现指针指向分度标尺中央刻度线的右侧，她接下来的操作应是______
A.将横梁上的平衡螺母向左调
B.将处在零刻度位置的游码向右移
C.取出最小质量的砝码，将横梁上的平衡螺母向右调
D.取出最小质量的砝码，将处在零刻度位置的游码向右移
天平平衡后，小惠称得茶油和烧杯的总质量为，然后将一部分茶油倒入量筒中，如图所示；再将烧杯放在天平上，称得剩余茶油和烧杯的总质量如图所示，由此可知：量筒中茶油的体积是______，量筒中茶油的质量是______，茶油的密度______。
答案：
水平；右；；；；
解析：用托盘天平测量物体质量时，把天平放置在水平桌面上；游码移到标尺左端的零刻度处，然后调节平衡螺母，平衡螺母向上翘的一端移动，即若发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的在侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向右调节。
小惠往天平的右盘添加最小质量的砝码时，发现指针指向分度标尺中央刻度线的右侧，即如果增加最小质量的砝码，则增加的砝码质量过大，故应取出最小质量的砝码，将处在零刻度位置的游码向右移使天平平衡，不能再移动平衡螺母；选D；
由图知，量筒分度值为，液体体积为，砝码质量：，游码刻度，剩余茶油和烧杯的总质量共为：；
根据题意，量筒里茶油的质量是：。
由图知，量筒中茶油的体积是，则茶油的密度：
。
所以答案为：
水平；右； ； ； ； 。
天平的正确使用：把天平放到水平桌面上；把游码移到标尺左端零刻线处；调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处。
在使用天平称量物体的质量时，通过增减砝码和移动游码使天平平衡；
用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面凹液面的底部相平；
已知茶油和烧杯的总质量，读出量筒中剩余茶油和烧杯的总质量，可求得量筒中茶油的质量，量筒中茶油的体积可从量筒中读出。然后利用密度公式可求出其密度。
测量密度的实验题是常规性实验题，要掌握天平、量筒的正确使用及密度的计算公式。
29、科学选种是提高粮食产量的关键环节。小华想测量稻谷种子的密度，具体做法如下：
用调好的天平测量适量稻谷种子的总质量，天平平衡时右盘砝码质量和游码在标尺上的位置如图甲所示， ______ 。
往量筒中加入适量的水，测得其体积为，将上述种子放入量筒中，种子全部沉入水中，如图乙所示，此时水和种子的总体积 ______ 。
种子的密度 ______ ，与真实值相比偏______ ，理由是______ 。
小华经过反思后改进了实验方案：将量筒中种子倒出，用纸巾吸干种子表面的水后，再次测得种子总质量为，则种子密度 ______ 。用和测得的物理量符号表示
答案：
大 种子浸入水中，由于吸水，测得体积会偏小
解析：天平平衡时物体的质量等于右盘砝码质量加上游码在标尺上所对的刻度值：；
由图乙读出；
种子的体积
种子的密度
种子浸入水中，由于吸水，测得体积会偏小，故密度偏大；
根据题意浸入水中种子吸收的水的体积
种子的实际体积
此时种子密度为：。
所以答案为：；
；
，大，种子浸入水中，由于吸水，测得总体积以及种子的体积都会偏小；
。
用天平测量物体的质量，天平平衡时物体的质量等于右盘砝码质量加上游码在标尺上所对的刻度值。
将种子放入量筒中，种子全部沉入水中时，种子的体积等于水和种子的总体积减去水的体积。由图乙可读出水和种子的总体积。
根据公式求出种子密度，种子浸入水中，由于吸水，测得体积会偏小，根据前面公式可以判断。
测得吸水后种子的质量和吸水前种子的质量，就可算出，浸入水中种子吸收的水的质量。根据公式求出吸收了水的体积，再算出种子密度。
掌握天平的正确使用方法及读数，以及固体密度的计算方法。
30、小明想知道酱油的密度，于是他和小华用天平和量筒做了如下实验：
将天平放在______上，把游码放在______处，发现指针情况如图甲所示，要使横梁平衡，应将平衡螺母向______选填“右”或“左”调。
用天平测出空烧杯的质量为，在烧杯中倒入适量的酱油，测出烧杯和酱油的总质量如图乙所示，将烧杯中的酱油全部倒入量筒中，酱油的体积如图丙所示，则烧杯中酱油的质量为______，酱油的密度为______。
小明用这种方法测出的酱油密度会______选填“偏大”或“偏小”。
小华不小心将量筒打碎了，老师说再拿两个完全相同的空饮料瓶也能测量出酱油的密度。于是小华添加两个完全相同的空饮料瓶和适量的水，设计了如下实验步骤，请你补充完整。
调好天平，用天平测出空饮料瓶的质量为
将一个空饮料瓶______，用天平测出它们的总质量为
用另一个空饮料瓶装满酱油，用天平测出它们的总质量为
则酱油的密度表达式______已知水的密度为 。
答案：
水平桌面；零刻线；右；
；；
偏大；
装满水；
解析：在调节托盘天平时，首先将其放在水平桌面上，游码放在标尺的左端零刻度线处，此时，若发现指针指在分度盘的中央零刻度线的左边，说明左侧质量略大，应旋动横梁右端的螺母，使之向右移动；
量筒的分度值为，量筒中酱油的体积为；
在天平的标尺上，之间有个小格，一个小格代表的质量是，即天平的分度值为；
烧杯和酱油的总质量是；
空烧杯的质量为，
烧杯中酱油的质量为，
酱油的密度为。
小明不可能把烧杯内的酱油全部倒入量筒内，导致测量的酱油的体积偏小，由公式知：密度测量结果偏大；
小华不小心将量筒打碎了，用天平也能测量出酱油的密度：
调好天平，用天平测出空饮料瓶的质量为
将一个空饮料瓶装满水，用天平测出它们的总质量为
则水的质量，
由可求得，水的体积，
用另一个空饮料瓶装满酱油，用天平测出它们的总质量为
则酱油的质量，
烧杯内水的体积等于酱油的体积
则酱油的密度表达式。
测量液体密度时，只有量筒没有天平，可以采用被测液体和水的质量相同进行测量；只有天平没有量筒，可以采用被测液体和水的体积相同进行测量。酱油体积的测量是本实验的难点，巧妙地利用等效替代法，是解决此题的关键。08《探究重力大小跟质量的关系》
考点汇总：
典题精析：
1、地球附近物体都要受到重力，小考同学认为物体的重力大小与物体的质量有关，他用天平、钩码、弹簧测力计进行了探究。
你______选填“同意”或“不同意”物体的重力大小与物体的质量有关，依据是______。
如图甲是他第次测量弹簧测力计的读数，该测力计的量程是______，分度值是______，请将此时测力计的示数填入下表的空格处。
请你根据表格中的实验数据，在图乙中作出重力随质量变化的图象。
由图象可知：物体的重力跟物体的质量成______。
若干年后，小考在我国建成的太空站工作时，你认为他用同样的器材______选填“能”或“不能”完成该探究。
次数
质量
重力
答案：
同意；质量增大为原来的几倍，重力也增大为原来的几倍；；；；；正比；不能
解析：
本题除了考查影响重力大小的因素外，还考查了学生对于实验数据的分析能力，常见题目。
通过观察表格中的数据发现，每一栏中的重力与质量的比值都是固定的数值，设表格中空白处的物理量为，选任一一组数据与该栏中的物理量建立等式，求出空白处的数字；
明确弹簧测力的使用；
分析图象，得出图中物体所受的重力跟质量的关系。
分析表数据可知，重力大小随质量的增大而增大，并且增大的倍数相等，从而得出重力与质量的关系；
观察图象发现，弹簧测力计的量程是，弹簧测力计的分度值是；读图可知，此时弹簧测力计的示数为；
根据表中的数据先画点，再描线，如图所示：；
由表中数据可见：质量增大几倍，重力也相应的增大几倍，但是重力和质量的比值是不变的，比值的大小是一定值。因此可以得出的结论是：物体的重力和质量成正比；
太空处于失重状态故与重力有关的实验不能完成。
所以答案为：同意；质量增大为原来的几倍，重力也增大为原来的几倍； ；； ；；正比；不能。
2、在“探究重力的大小跟质量的关系”的实验中，实验小组的同学们测量了相关数据并记录在表中．
实验次数
质量
重力
测量前，要检查弹簧测力计的指针是否指在_____________上．
第次测量的弹簧测力计指针指示位置如图甲所示，表中空缺的实验数据“”是__________．
根据表中的数据得到如图乙所示的对应点，请画出物体受到重力的大小跟质量关系的图象．
由图象可知，物体所受的重力跟它的质量__________．
答案：
零刻度线

成正比

解析：略
3、某同学在探究“物体所受重力大小与物体质量的关系”的实验记录如表：
实测物体 物体质量 重力 比值
物体
物体
物体
在实验过程中，需要的两个测量工具是______、______。
分析表中实验数据，可以得出的结论是：物体的重力和质量成______比，你判断的依据是______
______。
在图中，以质量为横坐标，重力为纵坐标，根据表格中的数据，画出重力与质量之间关系的图线。
该小组的同学在继续探究“影响物体重力大小的因素”实验中，进行了“物体重力的大小跟物体形状是否有关”的探究实验，他们用橡皮泥为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，实验数据如表所示。
被测物体 形状 重力
橡皮泥 正方体
球体
锥体
分析实验数据得出的实验结论是：物体重力的大小与物体的形状有关。他们的结论正确吗？______，请你对此实验过程及实验结论作出评价。评价：______。
答案：
托盘天平；弹簧测力计
正；比值不变，等于
不正确；因为实验中没有保证橡皮泥的质量不变，所以实验结论不正确
解析：
本实验要测量物体的重力与质量，因此须用到弹簧测力计和托盘天平；
分析数据可知，比值基本不变，等于；故可得出的结论：物体的重力和质量成正比；
利用数学中描点连线的方法作图即可，如下图：
因为物体所受重力大小与质量有关，所以在探究重力大小与形状之间的关系时，应保证质量不变；该小组的同学用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，未保持橡皮泥的质量不变，所以得到了错误结论；
所以答案为：托盘天平；弹簧测力计；
正；比值不变，等于；
见上图；
不正确；因为实验中没有保证橡皮泥的质量不变，所以实验结论不正确；
探究“物体所受重力大小与物体质量的关系”，必须要测量物体的重力和质量；
根据表中数据求平均值；根据表中数据关系，归纳结论；
利用数学中描点连线的方法作图即可；
因为物体所受重力大小与质量有关，所以在探究重力大小与形状之间的关系时，应保证质量不变。
本题探究物体所受重力大小与物体质量的关系，要理解实验所需器材，会从分析表中数据并得出相关结论。
4、下表是小华在探究“重力的大小跟什么因素有关”实验中得到的实验数据．
测量对象 质量 重力 比值
物体
物体
物体
实验中，需要的测量工具是______ 和______ ．
分析表中数据，可以得出的初步结论是：______ ．
在通常情况下，我们将值取为但经过精确测量，发现在某些不同的地理位置，值存在着微小差异．下表列出了一些城市和地区的值大小．
地点 赤道 广州 武汉 上海 北京 纽约 莫斯科 北极
值大小
地理纬度
根据表中提供的信息，回答下列问题：
值相同的城市是：______ ．
我国与许多国家之间的贸易往来频繁，在这些往来的货物运输中，发货单上所标示 的“货物重量”，实质上应该是货物的______ ．
若干年后，小华在我国建成的太空站工作时，你认为他用同样的器材______ 选填“能”或“不能”完成该探究．
答案：
托盘天平；弹簧测力计；
物体所受的重力跟它的质量成正比或物体所受重力和它的质量的比值是个定值或物体所受重力和它的质量的比值是；
武汉和上海；质量；不能．
解析：探究“重力的大小跟什么因素有关”实验中，需要测量物体的重力和质量，因此需要的测量工具是弹簧测力计和托盘天平．
从表中数据知：物体的质量增大几倍，物体所受的重力大小也增大几倍，重力大小与质量的比值相等，所以得到结论：物体所受的重力跟它的质量成正比．
从表二中第一、二行中获知：值相同的城市是：武汉和上海；
质量是物体的属性，不随形状、状态、位置的变化而变化，因此在往来的货物运输中，发货单上所标示的“货物重量”，实质上应该是货物的质量；
在太空站物体处于失重状态，不能用弹簧测力计测出物体的重力，所以不能探究出物体的重力与质量的关系．
所以答案为：托盘天平；弹簧测力计；物体所受的重力跟它的质量成正比或物体所受重力和它的质量的比值是个定值或物体所受重力和它的质量的比值是；武汉和上海；质量；不能．
实验中探究重力与质量的关系，因此需要测量重力和质量；
从表中分析重力与质量的变化关系，当质量增大时，物体的重力大小也在同倍的增大；
分析表二中数据，找出表中值相同与差异最大的城市；
质量的大小与位置无关，位置变化质量不变；
太空站中的物体处于失重状态，不能测出物体的重力．
此题通过探究得出了物体的重力与质量成正比关系，然后根据实验数据中值得变化得出值相同的城市和值相差较大的地区，进而通过值得变化规律得出了值变化的原因，较好的锻炼了学生利用所学知识来分析和解决问题的能力．
5、在“探究重力与质量的关系”的实验中：
测量物体重力前，除了观察弹簧测力计的量程和分度值外，还应将弹簧测力计在__________方向调零．
测量物体重力时，应将物体挂在弹簧测力计下并让它处于__________状态，这时弹簧测力计的示数即拉力大小就等于物体的重力．
实验小组的同学测量出了不同质量钩码所受重力的多组数据，如下表：
钩码数个 质量 重力
分析表中数据，下列图象中能正确表示物体所受重力与质量关系的是 （ ）
A. ． ． ．
若某次测量物体的重力为，则物体的质量为__________．
答案：
竖直
静止


解析：略
6、为了探究物体所受重力与质量的关系，某实验小组进行了实验，
钩码所受重力的大小用______进行测量，测量时钩码必须处于______状态；
他们将测出的数据记录在表格中并进行了处理，通过分析发现有一次测量数据存在问题，这个数据是______；重新测量并进一步分析数据，得出的结论是：______。
答案：
弹簧测力计 静止平衡 在同一地点，物体所受重力与质量成正比
解析：钩码所受重力的大小用弹簧测力计进行测量，测量钩码重力时，必须让钩码处于静止状态，这样测力计的拉力与重力是一对平衡力，大小相等；
由表格中的数据可知，当物体的质量为时，重力为；的物体的重力应该为物体重力的倍，故数据出错了，应该是；此时；由数据可知，物体的重力与质量的比值为定值，故结论为：在同一地点，物体所受重力与质量成正比。
所以答案为：弹簧测力计；静止；；在同一地点，物体所受重力与质量成正比。
弹簧测力计可以测量物体的重力；当钩码处于静止状态时处于平衡状态，受到的力为平衡力；
根据表格中的质量关系和重力关系分析。
此题考查了重力和质量之间的关系，考查了学生对实验数据的分析，首先对数据进行定性分析，若都是增大的，则考虑正比例关系，看是否成相同倍数的变化。
7、在探究“重力的大小跟什么因素有关”实验中，得到下表数据：
本实验中用到的测量器材有：_________和____________．
分析上表数据可知：物体的质量为时，它受到的重力是_________．
以下四个图像中，关于物体重力的大小与其质量的关系，正确的是_________．
A. ． ． ．
答案：
天平；弹簧测力计；
；

解析：
本题考查了重力的大小与什么因素有关的实验探究，包括实验器材的选择，物理量的测量以及实验数据分析，难度一般；
根据表格中需要测量的物理量选取合适的测量器材；
根据表格中的数据分析出重力与质量的关系，再进行求解的物体的重力是多少；
根据表格中的数据分析出重力与质量的关系，选择正确的图像。
表格中需要测量物体的质量和重力，所以用到的测量器材有天平和弹簧测力计；
根据表格中的数据，可得，所以当物体的质量为时，；
由可知，物体重力的大小与其质量成正比，图像应为过原点的直线，所以选A。
8、在“探究重力的大小与质量的关系”活动中，得到下表所示的数据：
质量
重力
本实验中用到的主要测量工具有_________和________。
分析表中数据可知：物体的质量为时，它受到的重力是________。
根据表中数据可以作出物体重力与质量的关系图像，图中能表示这种关系的是________。
同一物体在月球上的重力大约是地球上的。若在月球上做此实验，则所测的物理量会发生变化的是________选填“质量”“重力”或“质量和重力”。
答案：
弹簧测力计 天平

甲
重力
解析：略
9、某同学利用天平、弹簧测力计、若干只质量均为的钩码、橡皮泥、细线等器材来探究“物体所受的重力大小与质量的关系”。若该同学利用部分器材，设计了如下实验步骤：
A. 观察测力计的量程与分度值
B. 将测力计水平放置，调整指针至零点
C. 用测力计测一个钩码的重力，并记录数据
D. 逐次增加钩码的个数，分别测量所受的重力，并记录数据
以上实验步骤中，步骤______的操作是错误的，应该进行改正；
小明用正确的实验步骤进行了正确的操作，记录了如表所示的数据．根据表中的数据，可分析得出的结论是____________________；
该同学进行多次实验的目的是：_________________________________________________。
答案：
；
物体所受的重力与质量成正比；
避免偶然性，使实验结论具有普遍性
解析：
本题探究物体重力与哪些因素有关，考查了学生利用控制变量法进行实验探究的能力，有一定的难度，是中考探究题考查的热点。
重力的方向是竖直向下的，测力计在该实验中是竖直使用，所以应竖直调节；利用确定钩码的质量；计算三组重力与质量之比，分析得出实验结论；
进行实验究某两个量的关系时，需要控制其它的变量相同；
多次实验避免偶然性，使实验结论具有普遍性。
重力的方向是竖直向下的，测力计在该实验中是竖直使用，所以应竖直调节；
所以步骤是错误的，应该将测力计竖直放置，调整指针至零点；
根据、、次实验中重力与质量的比为；
分析以上数据过程可得出结论是：物体所受重力与物体的质量成正比；
进行多次实验的目的是避免偶然性，使实验结论具有普遍性。
所以答案为：；物体所受的重力与质量成正比；避免偶然性，使实验结论具有普遍性。
10、地球附近的物体都要受到重力，小明同学猜想物体的重力大小与物体的质量有关，于是用天平、钩码、弹簧测力计进行了研究。
实验中要使用弹簧测力计，关于弹簧测力计的使用，
下列说法中不正确的是______；
A、弹簧测力计必须竖直放置，不得倾斜
B、使用前，弹簧、指针、挂钩不能与外壳摩擦
C、使用前必须检查指针是否指到零刻度线处
D、使用时必须注意所测的力不超过量程
如图甲是他第次测量中弹簧测力计的读数，读数为______。
次数
质量
重力
请你根据表格中的实验数据，在图乙中做出重力随质量变化的图象；
由图象可知：物体的重力根物体的质量成______。
经过精确测量，发现值存在着微小差异。下表列出了一些城市和地区的值大小。
地点 赤道 广州 武汉 上海 北京 纽约 莫斯科 北极
值大小
地理纬度
根据表中提供的信息，回答下列问题：
值相同的城市是：______；
造成值不同的原因可能是：______；
在货物运输中，发货单上所标示的“货物重量”，实质上应该是货物的______。
答案：
；；如图所示；正比；武汉、上海；地理纬度不同； 质量。
解析：、测竖直方向上的力弹簧测力计要竖直放置，测水平方向上的力弹簧测力计就要水平放置，所以是错误的；
B、使用中弹簧、指针、挂钩与外壳摩擦时，弹簧测力计的示数会偏小，所以是正确的；
C、使用前必须检查零点是否准确，不准确要调零所以是正确的；
D、所测的力超过弹簧测力计的测量范围就会损坏测力计，所以是正确的。
观察图象发现，弹簧测力计的量程是，弹簧测力计的分度值是；读图可知，此时弹簧测力计的示数为；
根据表中的数据先画点，再描线，如图所示：
；
由图象可知：物体所受的重力与物体的质量成正比；
由表格中数据可知武汉和上海的值均为；
分析表格中数据发现：地理纬度不同时，值一般不同；
物体的质量是物体的属性，不随物体形状、位置、状态及温度而变化；虽然物体所受重力与质量成正比，但由于值会随地理纬度的变化而变化，为保证交易的公平，贸易中应按质量进行。
所以答案为：；；如图所示；正比；武汉、上海；地理纬度不同； 质量。
测力计的使用方法如下：在使用弹簧测力计之前要根据被测力的大小选择量程合适的弹簧测力计；使用前要检查弹簧测力计的指针是否指到零位置。如果没有指在零位置就需要调零；被测力的方向应与弹簧测力计轴线方向一致；弹簧、指针、拉杆都不要与刻度板和刻度板末端的限位卡发生摩擦；
明确弹簧测力的使用，正确读数；
应用描点、连线法作图。
分析图象，得出图中物体所受的重力跟质量的关系。
物体所受重力与物体的质量成正比、比值用“”表示；“”的大小与纬度有关；
物体的质量是物体的属性，不随物体形状、位置、状态及温度而变化。
此题除了考查了影响重力大小的因素外，还考查了学生对于实验数据的分析能力，这也是新课标要求学生掌握的能力之一，需要引起注意。
11、探究物体所受重力的大小与其质量的关系时，用天平和弹簧测力计测量一些水果的质量及其所受的重力，获得的数据记录表中：
分析表中实验数据，可得出的结论： ；
实验进行多次测量的目的是 ；
用表示重力与质量的比值，则 ；
如果另一组某同学根据自己测量的数据，绘制出重力与质量的关系图象如图所示，你认为该同学在实验中存在的问题是 ．
答案：
物体所受重力的大小与质量成正比；
总结普遍规律，避免偶然性；
；
弹簧测力计测量物体的重力前，没有调零。
解析：
本题考查的是探究物体所受重力的大小与其质量的关系，属于基础题；
根据表格中的实验数据，总结实验结论；
为得出普遍规律，避免偶然性，实验中需多次测量；
为减小实验误差，应多次测量求平均值；
根据重力与质量的关系图象，分析存在的问题。
表格中的数据显示，物体的质量越大，其重力越大，据此可得出结论：物体所受重力的大小与质量成正比；
实验进行多次测量的目的是为了得出普遍规律，避免偶然性；
由实验表格中的数据可知，实验得出了四组重力与质量的比值，为减小误差，应计算平均值，则；
由重力与质量的关系图象可知，当质量为零即没有挂物体时，测力计就有一定的示数，说明弹簧测力计测量物体的重力前，没有调零。
所以答案为：
物体所受重力的大小与质量成正比；
总结普遍规律，避免偶然性；
；
弹簧测力计测量物体的重力前，没有调零。
12、大雪造成很多房屋垮塌，小明想知道屋顶的雪到底有多重，他找来器材进行了测量：
用弹簧测力计测出空杯子重力为；
将杯子里装满水，用弹簧测力计测出总重如图，则杯中水的重力为 __________；
将杯子里装满雪的样品，用弹簧测力计测出总重为。杯中雪的样品体积是_________，雪的样品密度是___________。
若屋顶面积为，雪的厚度为，则屋顶雪的总重力是______________。取
答案：
；；；
解析：
本题考查了测量雪的密度实验，要掌握弹簧测力计的读数方法，要掌握等效法测雪的体积，计算时注意单位换算．
根据图示弹簧测力计，确定弹簧测力计的分度值，然后读出弹簧测力计的示数．杯子与水的总重力减去杯子的重力，是杯子中水所受的重力，根据水的重力求出水的质量，然后由密度公式的变形公式求出杯子的体积．杯子与雪的总重力减去杯子的重力，是雪的重力，根据雪的重力求出雪的质量，然后由密度公式求出雪的密度．
根据提供的条件求出雪的体积，进而计算总质量和密度．
在弹簧测力计上，最大示数是，所以其量程为；之间有个小格，一个小格代表，即弹簧测力计的分度值为，指针在“”后个小格处，所以弹簧测力计的示数为．
水的重力为，
，
雪的体积为，
雪的质量为，
雪的密度为；
屋顶雪的总体积为，
雪的总重力为
所以答案为：；；；．
13、某兴趣小组在探究“影响物体重力大小的因素”和“判断重力方向”的实验中，进行了如下的实验探究。
在探究物体所受重力大小与物体质量关系时，实验记录如表：
被测物体 物体质量 重力 与的比值
物体
物体
物体
在探究过程中，需要的测量工具有______ 、______ 。
分析表中实验数据，得出的结论是：______ 。
根据上表中测量的实验数据分析图甲，其中能正确描述物体所受的重力与质量关系的图像是______ 。
该组同学在探究重力方向时，实验装置如图乙所示，操作如下：
将该装置放在水平桌面上后，逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向______ 选填“变化”或“不变”；剪断悬线，小球______ 选填“竖直”或“垂直”下落。
从以上实验现象分析得到：重力的方向总是______ 。
答案：
天平 弹簧测力计 物体所受重力与其质量成正比 不变 竖直 竖直向下
解析：
根据表中数据，要测量质量和重力，故实验所需要的测量工具是：天平和弹簧测力计；
因重力与质量之比为一定值，故分析表中实验数据得出的结论是：物体所受重力与其质量成正比；
因物体所受的重力跟它的质量成正比，故重力随质量的变化关系图像为过原点的直线，所以选B；
因为重力的方向总是竖直向下的，所以逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线由于受重力的作用方向保持竖直方向不变；剪断悬线，小球受到重力的作用会竖直下落。
从以上实验现象分析得到：重力的方向总是竖直向下的。
所以答案为：天平；弹簧测力计；物体所受重力与其质量成正比；；不变；竖直；竖直向下。
由表中数据，根据要测量质量和重力，确定实验所需要的测量工具；
考虑到误差因素，根据重力与质量之比为一定值得出结论；
此实验中多次测量，是为了得出重力和质量的正比例关系，使结论更具普遍性；
根据重力的方向总是竖直向下的来作答。
本题是对重力的考查，掌握重力的大小和方向，考查了学生进行实验探究的能力，有一定的难度，是中考探究题考查的热点。
14、某物理小组在探究“物体所受重力大小与物体质量关系”和“探究重力方向”实验中，进行了如下的实验测量和操作：
其中在探究“物体所受重力大小与物体的质量关系”时，记录的实验数据如下表所示：
实验次序
被测物体 无 物体 物体 物体 物体 物体
物体质量
所受重力
比值
在该实验探究过程中，需要的测量工具有弹簧测力计和______；
分析上表中的实验数据可初步得出的实验结论是______；
根据上表中测量的实验数据分析图甲，其中能正确描述物体所受的重力与质量关系的图象是______字母
本实验需要多次测量，其目的与下列实验中多次测量的实验目的相同的是______选填字母
探究物体质量和体积的关系；用刻度尺测量物理课本的长度；
在探究重力方向时，采用的实验装置如图乙所示，将该装置放在水平桌面上后，缓慢改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向不变；如果剪断悬线，则原来静止的小球将会______选填“竖直”或“垂直于木板”下落。
答案：
天平 物体所受的重力跟它的质量成正比 竖直
解析：实验中需要测量的物理量有质量与重力，所以测量工具为：弹簧测力计和天平；
分析表中数据，物体所受的重力随质量的增加而增大，且重力与质量的比值是常数，说明：物体所受的重力跟它的质量成正比；
因物体所受的重力跟它的质量成正比，故重力随质量的变化关系图象为过原点的直线，所以选C；
本实验需要多次测量，是为了避免实验的偶然性得出普遍性的结论：
A.探究质量和体积的关系，多次测量是为了得出质量和体积的普遍性规律；
B.用刻度尺测物理课本的长度，是为了多次测量求平均值，减小误差；
所以与本实验目的相同的是；
因为重力的方向总是竖直向下的，所以悬线由于受重力的作用就保持竖直方向不变；
剪断悬线，则原来静止的小球将会竖直向下运动。
所以答案为：天平；物体所受的重力跟它的质量成正比；；
竖直。
根据实验目的“探究物体所受重力的大小与物体质量的关系”，根据需要测量的物理量：质量与重力，确定选取的测量工具；
分析表中数据，得出重力与质量的关系；
根据中结论分析；
此实验中多次测量，是为了得出重力和质量的正比例关系，使结论更具普遍性；
根据重力的方向总是竖直向下的来作答。
本题探究“物体所受重力大小与物体质量关系”和“探究重力方向”实验，考查所用的测量工具、数据分析、归纳法的运用等知识。
15、探究“重力的大小跟什么因素有关”的实验中，按照如图甲所示把钩码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在下面的表格中。
如图甲所示，弹簧测力计的示数为_____。
记录数据如下表：
质量
重力
表格中还应该添加的栏目是：___________；
在图乙中画出重力与质量的关系图象；
由此可得实验结论：____________________________________。
实验中多次测量的目的是____________________。
完成上述实验后，小明又将如图丙所示的装置放在水平桌面上，逐渐改变木板与桌面的夹角，观察到悬线的方向_______选填“变化或“不变”；从实验观察到的现象可以得出：重力的方向总是___________。
答案：
；
重力与质量之比；
如图：；
物体的重力与质量成正比；
寻找普遍规律；
不变；竖直向下
解析：略
16、小明同学在探究“重力的大小跟质量的关系”实验中，得到下表中的实验数据。
实验中，需要的测量工具包括弹簧测力计以及________。
实验次数 被测物体 物体质量 重力 比值
物体
物体
物体 ______ ____
第次实验“物体”的重力如图所示物体处于静止状态，根据实验结果完成表格中第次实验的有关数据。
根据上面实验结果可知：同一物体重力与质量的比值为________。
月球对它表面附近的物体也有引力，这个引力是地球对地面附近同一物体引力的。若一个连同随身装备共的航天员到达月球表面，根据上面实验结果，月球对他的引力是________。
小明对太空中的星球比较感兴趣，他从网上查得：甲、乙两个星球表面上物体的重力与其质量的关系如图所示。从图中信息可知，相同质量的物体在甲星球表面上的重力________填“大于”“等于”或“小于”其在乙星球表面上的重力。
答案：
天平 大于
解析：探究“重力的大小跟质量的关系”时，需要测量物体质量和重力，需要的测量工具是天平和弹簧测力计；由图可知，弹簧测力计的分度值为，“物体”的重力，比值；实验中物体、、测量的值不同，为了减小误差，需要求平均值，则同一物体重力与质量的比值为；地球对航天员的引力，由月球对它表面附近物体的引力是地球对地面附近同一物体引力的可得，月球对航天员的引力；由图可知，相同质量的物体在甲星球表面上的重力大于其在乙星球表面上的重力。
17、在探究“重力的大小跟什么因素有关”实验中，得到如表数据：
本实验中用到的测量器材有：______。
分析如表数据可知：物体的质量为时，它受到的重力是______。
以下四个图象中，关于物体重力的大小与其质量的关系，正确的是______。
在探究重力方向时，实验装置如图所示，操作如下：将该装置放在水平桌面上，逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向______选填“变化”或“不变”；以上实验现象分析得出：重力的方向总是______。
小明同学取了质量不同的苹果、小木块、小铁球各一个，并分别测出它们的质量和重力，来探究物体所受重力大小与质量的关系，你认为小明同学的做法______。
A.不合理，因为他没有用同种物质的物体做实验
B.不合理，因为他没有使物体的质量成整数倍变化
C.合理，因为他同样可以得到的物体所受重力大小与质量的关系
D.合理，因为他的操作比甲同学更简便
回忆我们在做这个实验时，为什么要选取多种物质，且对每种物质都要收集多组数据？若对每种物质仅收集一组数据是否可以？为什么？
答案：
天平和弹簧测力计 不变 竖直向下
解析：
分析表格数据可知，需要测量物体的质量和重力，故需要的测量工具有天平和弹簧测力计；
分析数据可得，重力与质量的比值，
当物体的质量为时，它受到的重力为：；
由为正比例函数，说明物体所受的重力跟它的质量成正比，图象过坐标原点，所以选A图。
逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向不变，由以上分析可知，重力的方向总是竖直向下；
要探究物体所受重力的大小与质量的关系，必须改变物体的质量，苹果、小木块、小铁球的材料不同，不影响探究结果。所以小明同学的做法合理，所以选C；
这样得出的结论才具有普遍性；不行，收集一组数据找不出物体所受重力的大小与质量的关系。
所以答案为：天平和弹簧测力计；；；不变；竖直向下；；这样得出的结论才具有普遍性；不行，收集一组数据找不出物体所受重力的大小与质量的关系。
根据表格所列数据可知需要的测量工具有：天平、弹簧测力计；
分析数据可得，据此计算当质量为时物体的重力；
由为正比例函数，再结合选项进行判断；
根据重力的方向总是竖直向下的分析；
要探究物体所受重力的大小与质量的关系，根据知，重力与物质的密度无关，即与物质种类无关；
选取多种物质，且对每种物质都要收集多组数据能够充分验证结论的正确性和普遍性，不至于犯以偏概全的错误。
本题考查了重力的大小跟什么因素有关，考查了所需的实验器材、实验数据的分析以及重力与质量的关系图象。
18、我校物理实验兴趣小组的几位同学在探究“影响物体重力大小的因素”和“判断重力方向”实验中，进行了如下的实验探究：
第一小组在探究物体所受重力大小与物体质量关系时，实验记录如表：
实测物体 物体质量 重力 比值
物体
物体
物体
在探究过程中，需要的测量工具有______、______。
分析表中实验数据，得出的结论是：______。
本实验需要多次测量，其目的与以下实验中多次测量目的相同的是：______ 填字母。
A.探究质量和体积的关系用刻度尺测量物体的长度
该组同学在探究重力方向时，实验装置如图所示，操作如下。
将该装置放在水平桌面上后，逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向______变化不
变；剪断悬线，小球______竖直垂直下落。
从以上实验现象分析得到：重力的方向总是______。
第二组：探究“物体重力的大小跟物体形状的关系”，他们用橡皮泥为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，实验数据如表所示。
被测物体 形状 重力
橡皮泥 正方体
球形
三角锥形
分析上述的实验数据，第二组的同学得出实验结论：物体重力的大小与物体的形状有关。他们形成这一错误结论的主要原因：______。
答案：
天平 弹簧测力计 物体所受重力与物体质量成正比 不变 竖直 竖直向下 没有控制橡皮泥的质量不变
解析：
实验中需要测量的物理量是：质量与重力，所以测量工具为：天平与弹簧测力计；
分析表中数据，物体所受的重力随质量的增加而增大，且比值是常数，说明：物体所受的重力跟它的质量成正比；
本实验需要多次测量，是为了通过探究得出重力和质量的正比例关系，使结论更具普遍性；
A.探究质量和体积的关系，多次测量，是为了得出普遍性的规律；
B.用刻度尺测物体长度，是为了多次测量求平均值，减小误差，所以与本实验类似的应为。
因为重力的方向总是竖直向下的，所以悬线由于受重力的作用就保持竖直方向不变；
剪断悬线，小球在竖直向下的重力的作用下就会竖直向下运动；
通过分析得出的结论：重力的方向总是竖直向下的；
要探究物体重力和物体形状的关系我们就要控制质量一定，由三种形状橡皮泥的重力可知没有保证橡皮泥的多少不变；故他们的结论不正确。
所以答案为：
天平；弹簧测力计；物体所受重力与物体质量成正比；
；
不变；竖直；竖直向下；
没有控制橡皮泥的质量不变。
根据实验目的“探究物体所受重力的大小与物体质量的关系”，找出需要测量的物理量：质量与重力，选取测量工具；
分析表中数据，得出重力与质量的关系；
此实验中多次测量，是为了得出重力和质量的正比例关系，使结论更具普遍性。
根据重力的方向总是竖直向下的来作答，建筑工人经常用重垂线来检查墙壁是否竖直；
物体的重力和质量成正比，要探究物体重力和物体形状的关系我们就要控制质量一定。
本题为重力大小与什么因素有关的探究实验，明确实验目的，找准所测物理量，选对测量工具，是做探究实验必备的能力；涉及到控制变量法的应用，控制变量法在初中阶段物理学习中经常用到，是探究过程中的重要方法。
19、班级里在探究物体所受重力的大小与质量的关系时，第一组记录的数据如表所示：
实验序号 物体质量 物体重力 重力与质量的比值
在实验过程中，需要的测量工具有______和______；
分析表中实验数据，可得出的结论是：______。
某同学根据自己测量的数据，绘制出重力与质量的关系图象如图所示，你认为该同学在实验中存在的问题是什么？答：______。
第二组：探究物体重力的大小跟物体形状的关系，研究小组用橡皮泥为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，实验数据如表所示。分析实验数据，第二组得出实验结论：物体重力的大小与物体的形状有关。他们的结论______选填“正确”或“错误”，影响实验结果的原因是：______。
被测物体 形状 重力
橡皮泥 正方体
圆形
三角形
第三小组经过精确测量，并在互联网上与不同地区的同学进行了交流合作，发现在某些不同的地理位置，值存在着微小差异。下表列出了一些城市和地区的值大小。
地点 赤道 广州 武汉 上海 北京 纽约 莫斯科 北极
值大小
地理纬度
由表分析值相同的城市是：______。造成值不同的原因可能是：______。我国与许多国家之间的贸易往来频繁，在这些往来的货物运输中，发货单上所标示的“货物重量”，实质上应该是货物的______。
答案：
天平 弹簧测力计 物体所受重力大小与物体的质量成正比 弹簧测力计没有校零 错误 没有控制橡皮泥的质量不变 武汉和上海 地理维度或地理位置 质量
解析：本实验要测量物体的重力与质量，因此须用到弹簧测力计和天平；
分析数据可知，比值基本不变，可得：物体所受重力大小与物体的质量成正比；
由图象知，当质量为零时，质量不为零，即测力计有示数，则弹簧测力计没有校零。
研究小组用橡皮泥为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，用小刀刻成各种形状时，改变了物体的质量，同时改变了物体的重力。他们的结论是错误的，原因是没有控制橡皮泥的质量不变；
由表中数据可知，值相同的城市是武汉与上海，均为；
分析表中数据可知，地理纬度不同，值也可能不同，因此可得：值随地理纬度的变化而变化。
质量是物体的属性，不随形状、状态、位置的变化而变化，因此在往来的货物运输中，发货单上所标示的“货物重量”，实质上应该是货物的质量；
所以答案为：天平；弹簧测力计；物体所受重力大小与物体的质量成正比；弹簧测力计没有校零；错误； 没有控制橡皮泥的质量不变；武汉和上海； 地理维度或地理位置；质量。
探究“物体所受重力大小与物体质量的关系”，必须要测量物体受到的重力和质量；
根据表中数据关系，归纳结论；
当物体的质量为零时，其重力应为零，由图象知，当质量为零时，质量不为零，则测力计没有调零。
用小刀刻成各种形状时，改变了物体的质量，同时改变了物体的重力。
由表中数据得出结论；分析表中数据差异的原因，提出可能；质量是物体的一种属性，其大小不随物体形状、状态、位置的变化而变化。
本题探究物体所受重力大小与物体质量的关系，要理解实验所需器材，会分析表中数据并得出相关结论。
20、小军在学习重力知识的过程中，经历了以下的活动。
在判断重力方向时，小军利用了图甲所示的装置进行了实验。首先将铁架台放在水平桌面上，用细线将铁球悬挂在铁架台的点，实验中缓慢增大铁架台底面与水平桌面间的倾角，根据______的现象可以判断出重力的方向。实验中不断改变铁架台底面与水平桌面间的倾角，是为了______。
物体所受重力大小和质量的关系是查阅资料发现：值大小不仅与地球纬度有关，还与海拔高度有关。表为某地区的值与海拔高度的大致关系：
海拔高度
小军认为利用该表格数据可以粗测该地区某山峰的海拔高度约几百米，并选用了图乙所示的器材进行实验。该实验的原理是______。小军利用图乙的器材______。选填“能”或“不能”粗略测出此山峰的高度。
答案：
始终与水平面垂直 多次实验获得普遍规律 不能
解析：
实验中缓慢增大铁架台底面与水平桌面间的倾角，始终与水平面垂直，据此可以判断出重力的方向是竖直向下的；
为了使结论更具有普遍性，实验中不断改变铁架台底面与水平桌面间的倾角，进行多次实验。
因为值大小随海拔高度的增加而减小，所以可以根据值的大小判断海拔高度；所以该实验的原理是；
由表中数据可知，值的大小随海拔高度变化不明显，所以小军利用图乙的器材不能粗略测出此山峰的高度。
所以答案为：始终与水平面垂直；多次实验获得普遍规律；；不能。
根据重力的方向总是竖直向下的来作答；为了使结论更具有普遍性，要改变铁架台底面与水平桌面间的倾角，进行多次实验；
根据值大小与海拔高度有关，进行分析；然后根据值大小随海拔高度变化是否明显，进行分析。
本题是重力方向的探究实验，同时本题还考查了同学们对数据的分析能力，由数据发现值也不是固定不变的，它与地球的纬度和高度有关，体现物理知识服务于社会生活的理念。
21、小明在探究“重力与质量的关系”实验中，以钩码作为被测物体，逐渐增加所挂钩码的个数，测出相应钩码的重力，如图甲所示。实验数据如表所示：
钩码数个
质量
重力
实验前将弹簧测力计在______ 选填“水平方向”或“竖直方向”调零，使指针对准零刻度线；
把钩码挂在弹簧测力计上，当钩码静止时，读出弹簧测力计的示数。此时弹簧测力计的示数______ 选填“大于”、“小于”或“等于”钩码所受的重力；
根据表格中的实验数据，在图乙中画出重力与质量的关系图象；
由图象可以得出结论：______ 。
答案：
竖直方向 等于 物体所受重力跟它的质量成正比
解析：测量物体重力时，由于重力是竖直向下的，应将弹簧测力计在竖直方向调零；
当钩码静止时处于平衡状态，弹簧测力计对钩码的拉力和钩码自重的重力是一对平衡力，二力大小相等，
因弹簧测力计对钩码的拉力和钩码对弹簧测力计的拉力是一对相互作用力，二力大小相等，
所以，此时弹簧测力计的示数等于钩码所受的重力；
由表格中的实验数据，根据描点法作图，如下所示：
因物体的重力随质量的变化关系图象为过原点的直线，故可得结论：物体所受重力跟它的质量成正比。
所以答案为：竖直方向；等于；如上图所示；物体所受重力跟它的质量成正比。
重力的方向是竖直向下的，据此进行解答；
根据二力平衡条件和相互作用力的关系判断弹簧测力计的示数与钩码所受的重力关系；
根据描点法画出重力与质量的关系图象；
分析图象得出重力与质量的关系。
本题考查了探究“重力与质量的关系”实验，涉及到弹簧测力计的正确使用和描点法作图以及分析图象得出结论的能力，是一道较为简单的实验题。
22、在探究“重力的大小跟什么因素有关系”的实验中，按照图把钩码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在下面的表格中。取
质量 ______
重力
把表格中的空格填写______。
图中弹簧测力计的示数为______。
如图利用弹簧测力计测量钩码重力，使测力计内弹簧伸长的力是______。
A.钩码的重力钩码和测力计的总重力
C.钩码对弹簧的拉力弹簧对钩码的拉力
实验测量多组数据的目的是______。
分析表中实验数据，可以得出的结论是：物体的重力和质量成______比，你判断的依据是______。
在图中，以质量为横坐标，重力为纵坐标，根据表格中的数据，画出重力与质量之间关系的图线。
该小组的同学在探究“物体重力的大小跟物体形状是否有关”的实验，他们用橡皮泥为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，实验数据如表所示。
被测物体 形状 重力
橡皮泥 正方形
圆形
三角形
分析实验数据得出的实验结论是：物体重力的大小与物体的形状有关。他们的结论正确吗？请你对此实验过程及实验结论做出评价。
评价：______，______。
答案：
得到普遍规律 正 物体所受重力与它的质量的比值为定值或质量增大几倍，重力也增大几倍 不正确 当物体的形状改变时，没有控制橡皮泥的质量保持不变
解析：
通过观察表格中的数据可得，解得；
由图知，弹簧测力计的量程是，弹簧测力计的分度值是，弹簧测力计指针指示的数字是，故图中弹簧测力计的示数为；
力能使物体发生形变，利用弹簧测力计测量钩码重力时，使测力计内弹簧伸长的力是钩码对弹簧的拉力，所以选C。
实验测量多组数据的目的是得到普遍规律；
根据表中数据可知，物体所受的重力跟质量的比值是一个定值或质量增大几倍，重力也增大几倍，满足正比例函数关系，由此可知物体所受的重力跟质量成正比；
根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：
因为物体所受重力大小与质量有关，所以在探究重力大小与形状之间的关系时，应保证物体的质量不变。该小组的同学用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，没有控制橡皮泥的质量不变，所以得到的结论是错误的。
所以答案为：；；；得到普遍规律；正；物体所受重力与它的质量的比值为定值或质量增大几倍，重力也增大几倍；见上图；不正确；当物体的形状改变时，没有控制橡皮泥的质量保持不变。
通过观察表格中的数据发现，每一栏中的重力与质量的比值都是固定的数值，设表格中空白处的物理量为，选二、三、四、六栏中的任一一组数据与第五栏中的物理量建立等式，求出空白处的数字；
观察弹簧测力计的量程和分度值以及指针指示的数值，得出正确的弹簧测力计的示数；
力能物体发生形变，使测力计内弹簧伸长的力一定是弹簧受到的拉力；
多测几次，得到普遍规律；
分析图象，得出图中物体所受的重力跟质量的关系；
根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来；
因为物体所受重力大小与质量有关，所以在探究重力大小与形状之间的关系时，应保证质量不变。
本题是物体所受的重力跟质量关系的探究过程，考查学生实验数据的分析能力及概括能力。
23、如图，小东同学在探究重力与质量的关系时，得到实验数据如表所示。
实测物体 物体质量 重力 比值
物体
物体
物体
在探究过程中，需要的测量工具有______ 、______ ；
分析表中实验数据，得出的结论是：______ ；
利用弹簧测力计测量钩码重力，使测力计内弹簧伸长的力是______ ；
钩码的重力
钩码和测力计的总重力
钩码对弹簧的拉力
弹簧对钩码的拉力
实验测量多组数据的目的是______ ；
在通常情况下，我们认为为，但经过科学家的精确测量，发现在不同的地理位置值存在着微小差异。下表为各个不同城市的值大小，观察分析表中提供的数据，回答下列问题：
地点 赤道 高明 北京 莫斯科 北极
值大小
地理纬度
猜想：值的大小可能与______ 有关，其越高，值越______ ；
月球表面的值只有地球表面的六分之一，设想我们乘宇宙飞船到达月球后，下列说法正确的是______ ；
小东在地球上的质量为，在月球上只有
一块石头在月球上的密度仅为它在地球上的六分之一
一堆货物，在地球上重为，在月球上重为
一根轻弹簧，在地球表面将它拉长需要的拉力，在月球上只需要的拉力
答案：
天平 弹簧测力计 物体所受的重力跟它的质量成正比 得到普遍规律 地理纬度 大
解析：探究“重力的大小跟什么因素有关”实验中，需要测量物体的重力和质量，因此需要的测量工具是弹簧测力计和天平。
从表中数据知：物体的质量增大几倍，物体所受的重力大小也增大几倍，重力大小与质量的比值相等，所以得到结论：物体所受的重力跟它的质量成正比。
使弹簧伸长的力为弹簧受到的拉力，
A.钩码的重力，是钩码受到的力，不符合题意；
B.钩码和弹簧测力计的总重力，是弹簧和钩码受到的力，不符合题意；
C.钩码对弹簧的拉力，是使弹簧伸长的力，符合题意；
D.弹簧对钩码的拉力，是钩码受到的力，不符合题意；
本实验课题是寻找规律的问题，故多次实验是得到普遍规律；
从表二中第三行知：值变化的可能原因是：值可能与地球纬度有关，纬度越高，值越大。
、质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、状态、位置的改变而改变，地球上质量为的物体，在月球上仍为，故A错误；
B、密度是物质的一种特性，每种物质都有一定的密度，密度与物体所处的位置无关，故B错误；
C、因为月球对其表面物体的引力只有地球对地面物体引力的六分之一，所以在地球上重为的货物，在月球上重为，故C正确；
D、弹簧的伸长跟所受的拉力成正比，在地球表面将弹簧拉长需要的拉力，在月球上也需要的拉力，故D错误。
所以答案为：天平；弹簧测力计；物体所受重力与质量成正比；；得到普遍规律；地理纬度；大；。
实验中探究重力与质量的关系，因此需要测量重力和质量；
从表中分析重力与质量的变化关系，当质量增大时，物体的重力大小也在同倍的增大；
使弹簧伸长的力为弹簧受到的拉力；
物理多次实验的目的可能是：减小误差；寻找规律；
分析表二中数据，找出表中值相同与差异最大的城市；通过第三行分析值变化的原因；
质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、状态、位置的改变而改变；密度是物质的特性，每种物质都有一定的密度，密度与物体所处的位置无关；弹簧的伸长跟所受的拉力成正比。
此题通过探究得出了物体的重力与质量成正比关系，然后根据实验数据中值得变化得出值相同的城市和值相差较大的地区，进而通过值得变化规律得出了值变化的原因，较好的锻炼了学生利用所学知识来分析和解决问题的能力。
24、在探究“重力的大小跟质量的关系”实验中，老师给不同小组提供了相同规格及标度相同的透明坐标纸如图甲，随机提供绿豆、红豆或黄豆一包每组只有一种豆类，利用弹簧测力计和天平测得多组重力与质量的实验数据。
分析图像是一条经过原点的直线，说明______ 。
有小组提出可以将绿豆和黄豆两组数据的透明坐标纸进行重叠后，观察绘制的图像，图线可能是图乙中______ ，以此判断重力与物质种类的关系。已知
经过一段时间的学习后，老师提出把弹簧测力计改装成测量液体的密度秤。小明小组用同一小桶分别盛满不同的液体图丙，用弹簧测力计测出小桶的重力为，装满水后总重力为，再装满另一液体时示数为，则液体密度为______ 。
该“密度秤”的零刻度线应在______ 刻度处。
如图丙，该“密度秤”能测量的最大的密度是______ 。
通过分析比较此表，他推测：液体密度与弹簧测力计示数之间有一定的规律。如图丁所示的图像中能正确反映这一规律的图像是______ 。
答案：
物体所受重力大小与质量成正比
解析：
分析图像是一条经过原点的直线，说明物体所受重力大小与质量成正比；
因物体所受重力大小与质量成正比，中为定值，故图线可能是图乙中，以此判断重力与物质种类的关系；
装满水后水的重力为：
；
装满液体液体的重力为：
；
因桶的容积不变，则有：
，故
．
挂上小桶，弹簧测力计显示的刻度位置即为“密度称”的零刻度，小桶的重力为，则“密度计”零刻度处即为处；
“密度称”最大称量的密度则为弹簧测力计最大量程处，据此计算对应的密度值，；
密度最大时液体的重力为；
密度最大时液体的质量
小桶的容积不变，则
密度最大时液体的密度为；
液体密度为零时，弹簧测力计应有一定的拉力，等于小桶的重力，且弹簧测力计的拉力与密度成正比，因此图像符合题意。
所以答案为：物体所受重力大小与质量成正比；；；；；
从重力质量的图像为一条过原点的直线分析；
因为是与的图像，因此每个图像都是相同的定值；
计算出水和液体的重力，可以计算出水和液体的质量，和水的体积，水的体积即为液体体积，从而算出液体密度；
挂上小桶，弹簧测力计显示的刻度位置即为“密度称”的零刻度；
“密度称”最大称量的密度则为弹簧测力计最大量程处，据此计算对应的密度值；
液体密度为零是，弹簧测力计应有一定的拉力，即小桶的重量，且弹簧测力计的拉力与密度成正比，据此分析；
本题综合考查了密度的计算，重力和质量的关系，相关图像的认识，很综合，有一定的难度．
25、如表所示是“探究重力与质量的关系”时得到的实验数据．
被测物体 质量 重力
物体
物体
物体
在实验过程中，需要的测量工具是__________和_________；
在测重力时，必须使弹簧测力计竖直，因为_____________________；
分析表中实验数据，得出结论是：__________________；
下列图象中，能正确反映“物体所受的重力跟它的质量的关系”的是（ ）
若干年后，小明在我国建成的太空站工作时，你认为他用同样的器材_____选填“能”或“不能”完成该探究．
答案：
天平；弹簧测力计
重力的方向是竖直向下
重力跟质量成正比

不能
解析：
本题考查重力与质量关系的理解及实验探究能力，知道重力与质量的关系是解答关键。
探究重力与质量的关系时，需要测量物体的质量和重力；
重力的方向是竖直向下的；
重力跟质量成正比；
重力跟质量成正比，其图像是一条斜直线；
在太空中的引力小于在地球上的引力。
探究重力与质量的关系时，需要测量物体的质量和重力，因此需要用到天平和弹簧测力计；
由于重力的方向是竖直向下的，所以在测重力时，必须使弹簧测力计竖直；
分析表中实验数据，得出的结论是：重力跟质量成正比；
由于物体的重力跟质量成正比，因此其图像应该是一条斜直线，所以选B；
物体在太空中的引力小于在地球上的引力，所以小明在我国建成的太空站工作时，他用同样的器材不能完成该探究。
所以答案为：天平；弹簧测力计；重力的方向是竖直向下；重力跟质量成正比；；不能。
26、在探究“重力的大小跟什么因素有关系”的实验中，按照如图所示把钩码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在下面的表格中。
质量 ______
重力
把表格中的空格填写完整。
如图利用测力计测量钩码重力，使测力计内弹簧伸长的力是______。
A.钩码的重力钩码和测力计的总重力
C.钩码对弹簧的拉力弹簧对钩码的拉力
由此可知：物体所受的重力跟质量成______；你得出该结论的依据是______。
观察题中表格在设计上是否存在不足？______选填“是”或“否”，如果有不足提出改进方案______。
在通常情况下，我们认为为，但经过科学家的精确测量，发现在不同的地理位置值存在着微小差异。如表为各个不同城市的值大小，观察分析表中提供的数据，回答下列问题：
地点 赤道 广州 武汉 上海 北京 纽约 莫斯科 北极
值大小
地理纬度
猜想：值的大小可能与______有关。
月球表面的值只有地球表面的，设想我们乘宇宙飞船到达月球后，下列说法正确的是______。
A.地球上质量为的物体，在月球上只有
B.一个金属球在月球上的密度仅为它在地球上的六分之一
C.在地球上重为的人，在月球上重为
D.一根轻弹簧，在地球表面将它拉长需要的拉力，在月球上只需要的拉力
太空中值为，也就是物体处于失重的状态，航天员在完全失重的太空舱中研究时下列工具不可用的是______。
A.弹簧测力计温度计天平刻度尺
答案：
正比 物体所受的重力跟质量的比值是一个定值，满足正比例函数关系 是 应增加一栏重力与质量的比值 地理纬度
解析：根据第三、四列数据列出等式：，解得：；
弹簧秤对物体的拉力与物体对弹簧秤的拉力为相互作用力，使测力计内弹簧伸长的力是钩码对弹簧的拉力。选C；
根据表中数据可知，物体所受的重力跟质量的比值是一个定值，满足正比例函数关系，由此可知物体所受的重力跟质量成正比；
如在表格中增加重力与质量的比值，能更直观地反映出物体所受重力与质量的正比例关系；
根据表格中数据可知，不同地理纬度的地方的值不同，所以值的大小可能与地理纬度有关；
、质量是物体的属性，与位置、状态和形状无关，所以地球上和月球上的质量相同，故A错误；
B、一块金属球在地球和月球上的密度是相同的，故B错误；
C、人在地球上重为，月球表面的值只有地球表面的，所以在月球上重为，故C正确；
D、同一根弹簧的弹性系数在地球和月球上是一样的，拉长相同的长度所用拉力相同，故D错误；
所以选：；
如果完全失重，则物体对天平的压力为零，天平就无法进行测量，弹簧测力计、温度计和刻度尺都不会受到此影响，所以选C。
所以答案为：；；正比；物体所受的重力跟质量的比值是一个定值，满足正比例函数关系；是；应增加一栏重力与质量的比值；地理纬度；；。
通过观察表格中的数据发现，每一栏中的重力与质量的比值都是固定的数值，设表格中空白处的物理量为，选二、三、四、六栏中的任一一组数据与第五栏中的物理量建立等式，求出空白处的数字；
根据力的概念可得使弹簧伸长的力；
分析图象，得出图中物体所受的重力跟质量的关系；
判断两物理量的定量关系，最好计算出它们的比值，以便于分析；
根据表格中数据及数学关系分析解答；
质量是物体的属性，与位置、状态和形状无关；一般情况下，不同物质密度是不相同的，与种类有关；
失重状态是重力为的状态。
本题是物体所受的重力跟质量关系的探究过程，考查学生实验数据的分析能力及概括能力。
27、在探究“重力的大小跟质量的关系”实验中，老师给不同小组提供了相同规格及标度相同的透明坐标纸如图甲所示，随机提供绿豆、红豆或黄豆一包每组只有一种豆类，利用弹簧测力计和天平测得多组重力与质量的实验数据。
根据测得的实验数据描绘成的图像；发现图像是一条经过原点的直线，由此可知“物体所受重力大小与质量成______”；
有小组提出可以将绿豆和黄豆两组数据的透明坐标纸进行重叠后，观察绘制的图像，图线可能是图乙中______，以此判断重力与物质种类的关系。已知
经过一段时间的学习后，老师提出把弹簧测力计改装成测量液体的密度秤，具体操作如下：
用同一小桶分别盛满不同的液体图丙，用弹簧测力计测出小桶的重力为，装满水后总重力为，再装满另一液体时示数为，则液体密度为______用这样的方法分别在弹簧测力计的示数处标注对应其它液体的密度；小宇对本实验原理进行了进一步分析，从而得到弹簧测力计的示数与被测液体的密度之间的函数关系，则符合此关系的应是图丁中的图线______选填“”、“”或“”；若某次测量液体密度时，小桶中没有装满待测液体，则测量结果与真实值相比会______选填“偏大”、“不变”或“偏小”。若要提高此密度秤的精确度，可采用的方法是______。
答案：
正比 偏小 增大桶的体积
解析：分析图像是一条经过原点的直线，说明物体所受重力大小与质量成正比；
因物体所受重力大小与质量成正比，为一定值，故图线可能是图乙中，以此判断重力与物质种类的关系；
装满水水的重力为：，
装满液体液体的重力为：，因桶的容积不变，故有：
，
故；
由可知，与液体密度的大小成正比，故图线不符合此关系；
图线表示小桶有一定的重力，当液体具有一定质量时，与液体密度的大小成正比，故图线符合此关系；
图线表示随液体密度的增大而增大，没有考虑小桶的重力，故图线不符合此关系；
某次测量液体密度时，小桶中没有装满待测液体，测得液体的重力减小了，根据的图线可知，测量结果与真实值相比会偏小；
要想提高液体密度秤测量液体密度时的精确度，应减少分度值，可采用的方法是增大桶的体积。
所以答案为：不能；正比；；；；偏小；增大桶的体积。
物体所受重力大小与质量成正比；
因物体所受重力大小与质量成正比，为一定值，据此分析；
求出装满水水的重力和装满液体液体的重力，因小桶的容积不变求出；由题意可知，先将小桶挂在弹簧测力计上，再将指针调到零刻度线处，然后由可知符合此关系的图线；
测量液体密度时，小桶中没有装满待测液体。测得的重力减小了，根据图像可得出结论；要想提高液体密度秤测量液体密度时的精确度，应减少分度值。
本题研究重力的大小跟质量的关系，考查数据分析、称重法测浮力、阿基米德原理、密度公式的运用对实验方案的评估。
28、在学习重力时、老师和同学们共同进行了一些探究，实验过程如下：
在探究物体所受重力大小与物体质量关系时，实验记录如表所示。
物体 物体质量 重力 比值
物体
物体
物体
有同学提出，这个实验表格有不足之处，这个不足之处是：______。
在探究过程中，需要的测量工具有______、______。
实验结论是：______。
在探究重力方向时实验装置如图所示，将该装置放在水平桌面上，逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向______选填“变化”或“不变”；分析以上实验现象得出：重力的方向是______。
答案：
物理量没有单位 天平 弹簧测力计 物体所受的重力跟它的质量成正比 不变 竖直向下
解析：表格的表头的物理量没有单位，如物体质量应该是”物体质量“重力应该是“重力“
实验中需要测量的物理量是：质量与重力，所以测量工具为：天平和弹簧测力计。
分析表中数据，物体所受的重力随质量的增加而增大，且比值是常数，说明：物体所受的重力跟它的质量成正比。
逐渐改变木板与桌面的夹角，会观察到悬线的方向不变，由以上分析可知，重力的方向总是竖直向下的。
所以答案为：物理量没有单位；天平；弹簧测力计；物体所受的重力跟它的质量成正比；不变； 竖直向下。
根据实验目的“探究物体所受重力的大小与物体质量的关系”，找出需要测量的物理量：质量与重力，选取测量工具；分析表中数据，得出重力与质量的关系；
根据重力的方向总是竖直向下的来作答，建筑工人经常用重垂线来检查墙壁是否竖直；
考查重力大小与什么因素有关的探究实验，明确实验目的，找准所测物理量，选对测量工具，是做探究实验必备的能力。
29、在探究“重力的大小跟什么因素有关系”的实验中，按照图甲所示，把钩码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在下面的表格中。
质量
重力
实验所需要的测量工具是：______和______；
根据表格中的实验数据，在图乙中画出重力与质量的关系图象。
由此得出实验结论：______。
如图丙所示是做“判断重力方向”的实验装置。将装置放在水平桌面上，逐渐改变木板与桌面的夹角，观察到悬线的方向______选填“变化”或“不变”；从实验观察到的现象可以得出：重力的方向总是______。
答案：
天平 弹簧测力计 物体所受重力与其质量成正比 不变 竖直向下
解析：根据表中数据，要测量质量和重力，故实验所需要的测量工具是：天平和弹簧测力计；
根据表中数据，在坐标系中找出对应的点，然后连线，如下所示：
因物体的重力随质量的变化关系图象为过原点的直线，故得出：物体所受重力与其质量成正比；
将装置放在水平桌面上，逐渐改变木板与桌面的夹角，观察到悬线的方向不变，从实验观察到的现象可以得出：重力的方向总是竖直向下。
所以答案为：天平；弹簧测力计；如上所示；物体所受重力与其质量成正比；不变；竖直向下。
根据表中要测量的物理量确定所需要的测量工具；
根据描点法作图；
根据的图象分析；
重力的方向总是竖直向下，而不是垂直向下。
本题探究“重力的大小跟什么因素有关系”，考查所用的测量工具、描点法作图、数据分析和对重力的方向的理解。
30、某校八年级班物理实验小组的同学在探究影响物体重力大小的因素“实验中。进行如下的实验探究。
第一组：探究物体重力的大小与物体形状的关系，他们用橡皮泥作为实验对象，用小刀将橡皮泥雕刻成各种形状进行实验，实验数据如表所示。
被测物体 形状 重力
橡皮泥 正方形
圆形
三角形
分析实验数据，第一组的同学得出实验结论：物体重力的大小与物体的形状有关，他们的结论正确吗______？请你对此实验过程及实验结论作出评价______。
第二组：探充物体重力的大小跟物体的质量的关系。
在实验过程中，需要的测量工具有弹簧测力计和______；
某组同学实验时测得数据如下：
质量
弹簧测力计示数
通过实验，得到重力与质量关系的图象，正确的是______。
本实验需要多次测量，其目的与以下实验中多次测量目的相同的是：______选填字母
A.探究质量和体积的关系 用刻度尺测量物理课本的长度
答案：
不正确 没有控制质量相等 天平
解析：第一组：不正确；没有控制质量相等；
第二组：在实验过程中，需要的测量工具有弹簧测力计和天平；
为正比例函数，说明物体所受的重力跟它的质量成正比，图象过坐标原点的倾斜直线，所以选B。
本实验需要多次测量，是为了通过探究得出重力和质量的正比例关系，使结论更具普遍性；
A、探究质量和体积的关系，多次测量，是为了得出质量和体积的关系，得出普遍性的规律；
B.用刻度尺测物体长度，都是为了多次测量求平均值，减小误差。
所以选A。
所以答案为：不正确；没有控制质量相等；天平；；。
物体的重力和质量成正比，要探究物体重力和物体形状的关系我们就要控制质量一定。
探究物体的重力和质量的关系，要用弹簧测力计测量重力，用天平测量质量；由为正比例函数，再结合选项进行判断；物体所受的重力跟它的质量成正比。
此实验中多次测量，是为了得出重力和质量的正比例关系，使结论更具普遍性。
本题考查探究重力大小跟什么因素有关的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
31、甲、乙两位同学做“探究物体所受重力的大小与质量的关系”实验。
如图甲所示，甲同学用弹簧测力计测量钩码所受重力大小，读数时他让钩码保持静止状态，此时钩码所受的重力大小和它受到的拉力大小相等。他分别测出一个钩码、两个钩码、三个钩码的重力大小后，根据实验数据得出结论：物体所受重力的大小与它的______成正比；
序号
乙同学取了质量不同的苹果、小木块、小铁球各一个，并分别测出它们的质量和重力，来探究物体所受重力大小与质量的关系，你认为乙同学的做法______；
A.不合理，因为他没有用同种物质的物体做实验
B.不合理，因为他没有使物体的质量成整数倍变化
C.合理，因为他同样可以得到的物体所受重力大小与质量的关系
D.合理，因为他的操作比甲同学更简便
根据表中数据，该小组作出的重力与质量的关系图象如图乙中图线______，下同所示；另一小组在测量前忘记调零，指针指在刻度处，则该小组描绘的图线应该是图乙中的图线______。
在“天宫一号”中用同样的器材______能不能完成该探究。
答案：
质量 不能
解析：如图甲所示，甲同学用弹簧测力计测量钩码所受重力大小，读数时他让钩码保持静止状态，此时钩码所受的重力大小和它受到的拉力大小相等。他分别测出一个钩码、两个钩码、三个钩码的重力大小后，根据实验数据得出结论：物体所受重力的大小与它的质量成正比；
要探究物体所受重力的大小与质量的关系，必须改变物体的质量，苹果、小木块、小铁球的材料不同，不影响探究结果。所以乙同学的做法合理，所以选C。
根据表中数据，该小组作出的重力与质量的关系成正比，图象如图乙中图线；
另一小组在测量前忘记调零，指针指在刻度处，当质量为时，不为零，根据重力与质量的关系成正比，则该小组描绘的图线应该是图乙中的图线。
太空处于失重状态故与重力有关的实验不能完成．
所以答案为：质量； ；；；不能。
根据实验数据，得出物体所受的重力跟质量的关系；
要探究物体所受重力的大小与质量的关系，根据知，重力与物质的密度无关；
通过重力与质量的正比关系，可以得出图象；
在太空站中，物体处于失重状态，根据重力对实验的影响分析答题．
本题考查了重力的大小跟什么因素有关，考查了所需的实验器材、实验数据的分析以及重力与质量的关系图象．
32、小东同学在探究重力与质量的关系时，得到的实验数据如表所示。
实测物体 物体质量 重力 比值
物体
物体
物体
如图所示，能表示物体所受重力大小与质量关系的是______。
在通常情况下，我们认为为，但经过科学家的精确测量，发现在不同的地理位置值存在着微小差异。下表为各个不同城市的值大小，观察分析表中提供的数据，回答下列问题：
地点 赤道 高明 北京 莫斯科 北极
值大小
地理纬度
猜想：值的大小可能与______有关。物体所处的地理位置纬度越高，值越______。
月球表面的值只有地球表面的，设想我们乘宇宙飞船到达月球后，下列说法正确的是______
A.小东在地球上的质量为，在月球上只有
B.一块石头在月球上的密度仅为它在地球上的六分之一
C.一堆货物，在地球上重为，在月球上重为
D.一根轻弹簧，在地球表面将它拉长需要的拉力，在月球上只需要的拉力
我们在电视中，看到空间站里的人和物都飘在空中的现象，就是完全失重现象。这时物体在空间站中就像没重力一样实际上重力还在，不需要支持物提供支持力就可以相对空间站静止。那么航天员在完全失重的空间站中研究时，下列工具不可用的是______选填：“弹簧测力计”、“温度计”、“天平”或“刻度尺”，理由是______。
答案：
地理纬度 大 天平 如果完全失重，则物体对天平的压力为零，天平就无法进行测量
解析：由数据可知，物体的重力与质量的比值为定值，物体所受重力与其质量成正比，故为过原点的直线，所以选A；
根据表格中数据可知，不同地理纬度的地方的值不同，所以值的大小可能与地理纬度有关。物体所处的地理位置纬度越高，值越大；
、质量是物体的属性，与位置、状态和形状无关，所以地球上和月球上的质量相同，故A错误；
B、一块石块在地球和月球上的密度是相同的，故B错误；
C、一堆货物，在地球上重为，月球表面的值只有地球表面的，所以在月球上重为，故C正确；
D、同一根弹簧的弹性系数在地球和月球上是一样的，拉长相同的长度所用拉力相同，故D错误；
所以选：；
如果完全失重，则物体对天平的压力为零，天平就无法进行测量，弹簧测力计、温度计和刻度尺都不会受到此影响。
所以答案为：；地理纬度； 大；；天平；如果完全失重，则物体对天平的压力为零，天平就无法进行测量。
根据表格中数据及数学关系分析解答；
质量是物体的属性，与位置、状态和形状无关；一般情况下，不同物质密度是不相同的，与种类有关；
失重状态是重力为的状态。
本题考查探究重力大小与哪些因素有关的实验，关键是将实验操作原则及结论掌握清楚，仔细分析即可。09《探究二力平衡条件》
考点汇总：
1、实验目的：
探究当物体只受两个力作用而处于平衡状态时，这两个力必须满足的条件。
2、实验器材：
弹簧测力计、一张硬纸板、细绳、剪刀等。
3、实验步骤：
探究当物体处于静止时，两个力的关系；探究当物体处于匀速直线运动状态时，两个力的关系
①如图 a 所示，作用在同一物体上的两个力，在大小相等、方向相反的情况下，它们还必须在同一直线，这二力才能平衡。
②如图 b、c 所示，两个力在大小相等、方向相反且在同一直线上的情况下，它们还必须在同一物体上，这二力才能平衡。
4、实验结论：
二力平衡的条件：
（1）大小相等（等大）
（2）方向相反（反向）
（3）同一直线（共线）
（4）同一物体（同体）
5、在探究究二力平衡问题时，什么因素影响实验结果？答：摩擦力
6、你认为右图哪个实验更合理？答：甲，应为乙物体受到的摩擦力大，对实验效果影响大。
7、如何判断物体是否处于平衡状态？答：当物体保持静止或匀速直线运动状态时，都可以判定物体处于平衡状态．
8、实验中如何改变拉力的大小？答：通过改变砝码的个数，来改变对小车的拉力大小．
9、定滑轮有什么作用：答：改变拉力的方向
10、如何探究两个力作用在同一物体上？答：将纸板从中间剪开，观察纸板是否还处于平衡状态。
11、如何探究两个力在同一直线上：答：把纸板转动一个角度，然后松手，观察小车的运动状态．
12、实验结论：二力平衡条件：同体、等大、方向、共线。
13、实验方法：控制变量法
14、选择静止状态的原因：匀速运动状态不好控制。
15、进行多次实验的目的：得出普遍规律，避免偶然性。
典题精析：
1、如图甲所示是小华同学在探究二力平衡条件时的实验情景．
小华将系于纸质小卡片重力可忽略不计两端的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向________，并通过调整______来改变拉力的大小；
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片______选填“能”或“不能”平衡设计此实验步骤的目的是为了探究_______；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是______；
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是______；
A.减少摩擦力对实验结果的影响
B.小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡
D.小卡片容易扭转
你对小明的实验装置提出的改进建议是______．
答案：
相反；钩码的数量；
不能；不在同一直线上的两个力能否平衡；
将卡片从中间剪开；
；
给木块下面装轮子
解析：
此题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析，还要注意用好控制变量法。
在线的两端挂上钩码的作用是使两个拉力的方向相反，可通过调整钩码的数量来改变拉力的大小；
小华将小卡片转过一个角度，两个拉力不在同一直线上，则松手后小卡片不能平衡，设计此实验步骤的目的是为了探究：不在同一直线上的两个力能否平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，用剪刀把小卡片剪成两个更小的卡片，观察两个更小卡片是否平衡；
小华实验用的小卡片重力小，悬在空中不受摩擦力影响；小明实验用的木块放在水平桌面上，木块和桌面之间存在摩擦力，摩擦力是不能消除的，实验要受到摩擦力影响，所以小华的实验方案好，所以选A；
为减小摩擦力对实验的误差，可将滑动摩擦改为滚动摩擦，给木块下面加轮子。
2、如图甲所示，是小慧同学探究二力平衡条件时的实验情景：
小慧将系于小卡片重力可忽略不计两端的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上两个拉力的方向相反，并通过改变______来改变拉力的大小；
当小卡片平衡时，小慧将小卡片在竖直平面内转过一个角度，松手后小卡片______填“能”或“不能”平衡
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小慧下一步的操作是：______；
在探究同一问题时，小宇将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小慧的实验优于小宇的实验，其主要原因是______
A.减小了摩擦力对实验结果的影响
B.小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡
D.小卡片容易扭转。
答案：
钩码个数；
不能；
用剪刀将卡片剪成两半；

解析：
本题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析；二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡；
探究二力平衡时，验证两个力需要作用在同一个物体上，可以把小卡片分成两半变成两个物体；
木块放在水平桌面上，木块和桌面之间存在摩擦力，实验要考虑摩擦力，使实验比较复杂。
小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力的作用，通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；
小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在同一条直线上，卡片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，应该用剪刀把小卡片剪成两个更小的卡片，观察两个更小卡片是否平衡；
小慧实验用的小卡片重力小，悬在空中时绳子与滑轮间的摩擦力较小；小宇实验用的木块放在水平桌面上，木块和桌面之间的摩擦力较大，摩擦力对实验结果的影响较大；
所以，小慧的实验优于小宇的实验，其主要原因是减小了摩擦力对实验结果的影响，所以选A。
3、在“探究二力平衡的条件”活动中．
如果物体只受到两个力的作用，且处于____________状态，说明这两个力是相互平衡的由此，小明提出，能否利用如图甲所示的实验装置来探究二力平衡的条件？
小华认为，若采用小明的方案，必须测出物体所受的________和_____________的大小来进行比较研究发现，在小明的方案中，只能根据相互作用的关系直接测出_____________的大小，在未知二力平衡条件的前提下，另一个力无法直接测量，所以这一方案无法实施下去．
为此，两位同学不断改进并先后设计了三个实验方案，如图乙所示，请你判断出他们改进的先后顺序：________________用字母表示，这样的改进是为了减小_______________ 对实验的影响．
如图丙，是最终确认的实验方案此方案中，由于__________________________ ，故卡片的重力可忽略不计．
答案：
静止或匀速直线运动；拉力；重力；拉力；、、；摩擦力；卡片的重力远小于钩码的重力
解析：
此题探究的是二力平衡的条件，二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
平衡状态是指物体处于静止或匀速直线运动状态，此时物体受力平衡；
弹簧测力计测得重力等于测力计的示数；
怎样减小摩擦力对实验的影响来分析解答；
将木块放在水平桌面上，木块在水平桌面上静止或运动都可能受到摩擦力的作用，就会影响实验效果。
当物体处于静止或匀速直线运动状态时，物体受到的力是平衡的；
小华认为，若采用小明的方案，必须测出物体所受的拉力和重力的大小来进行比较。研究发现，在小明的方案中，只能根据相互作用的关系直接测出拉力的大小，在未知二力平衡条件的前提下，另一个力无法直接测量，所以这一方案无法实施下去；
图为滑动摩擦，图为滚动摩擦，图只有滑轮间的摩擦，为了减小摩擦力对实验的影响，他们改进的先后顺序：、、；这样的改进是为了减小摩擦对实验的影响；
如图丙，是最终确认的实验方案。此方案中，由于卡片的重力远小于钩码的重力，可以忽略不计。
所以答案为：静止或匀速直线运动；拉力；重力；拉力；、、；摩擦力；卡片的重力远小于钩码的重力。
4、在探究“二力平衡的条件”的实验中，小明采用的实验装置如图甲所示。
实验过程中，要求桌面水平，且表面是________填“光滑”或“粗糙”的。
将系于小车两端的线挂上托盘，并在托盘中加砝码，分别跨过两定滑轮，使作用在小车上的两个拉力方向相反，并通过调整________来改变拉力的大小。当小车平衡时，将小车水平扭转一个角度，松手后小车不能保持平衡，这样的操作是为了探究相互平衡的二力是否________________________。
小明发现用图甲装置无法完成全部探究过程，又设计了图乙所示的装置。在卡片平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开，并观察随之发生的现象，由此可以得到二力平衡的又一个条件是________________________。
两个探究方案相比较，________方案的探究过程对实验结论的影响小些，理由是___________________________________________________________________。
答案：
光滑
砝码个数；作用在同一直线上
作用在同一物体上
乙；卡片的重力可以忽略不计，而图甲装置中的小车要受到摩擦力的影响
解析：在实验过程中，桌子的表面是光滑的，可减小小车在桌子表面受到的阻力。
当托盘中砝码个数不一样的时候，两段绳子对小车的拉力大小不同，可探究相互平衡的两个力的大小关系。通过观察被扭转的小车松手后的状态，来探究相互平衡的两个力是否作用在同一条直线上。
当卡片平衡时，用剪刀从中间剪断卡片，由于此后二力不作用在同一物体上，所以两侧钩码落下，说明二力平衡的又一个条件是两个力必须作用在同一物体上。
因为图甲装置中的小车受到摩擦力的影响，对实验结论影响较大，而图乙装置中卡片重力可忽略不计，对实验结论影响较小。
5、小明在探究“二力平衡”条件的实验中，设计了如图所示的两种实验方案。
通过实验比较，小明发现采用方案乙，实验效果更好，原因是______。
该实验装置中，木板两端的定滑轮的作用是______。
保持两盘中砝码质量相等，把小车在水平桌面上扭转一个角度，放手后观察到小车转动，最后恢复到静止状态。这个实验现象说明：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，并且______，这两个力才能彼此平衡。
小明在探究完“二力平衡”条件的实验后，又利用该装置进行探究，剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，此现象说明力可以改变物体的______。
答案：
摩擦力更小，减小摩擦力对实验的影响
改变力的方向
在同一条直线上
运动状态

解析：
通过实验比较，小明发现采用方案乙，实验效果更好，原因是滚动摩擦力小于滑动摩擦力，减小了摩擦力对实验的影响；
该实验装置中，木板两端的定滑轮的作用是能改变作用力的方向；
保持两盘砝码质量相等即让两边的拉力相等，把木块扭转一个角度，使拉力和不在同一条直线上，观察到木块发生转动，当木块重新恢复到原来的静止状态时，拉力和作用在同一条直线上；这个实验现象说明：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，并且作用在同一条直线上，这两个力才能彼此平衡。
小明在探究完“二力平衡”条件的实验后，又利用该装置进行探究，剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，小车受力不再平衡，此现象说明力可以改变物体的运动状态。
所以答案为：
摩擦力更小，减小摩擦力对实验的影响
改变力的方向
在同一条直线上
运动状态
做实验时滑动摩擦力大于滚动摩擦力，摩擦力对实验影响较大。
在探究二力平衡的条件实验中，其中定滑轮的作用是改变力的方向；
分析实验现象可知，当两个力大小相等、方向相反时、作用在同一直线上、作用在同一物体上时，两个力平衡。
力的作用效果为：可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。
明确二力平衡的条件，选择合适的实验探究方法；是解答此题的关键。
6、小明在“探究二力平衡条件”的实验中，设计了如图所示的两种实验方案．
通过实验比较，小明发现采用方案乙，实验效果更好，原因是_______________________________________．
实验时，小明向左盘和右盘同时加入一个质量相等的砝码时，木块两边所受的拉力_________填“相等”或“不相等”，木块处于静止状态．把小车在水平桌面上扭转一个角度，放手后观察到小车转动，最后恢复到静止状态．这个实验现象说明：作用在_________的两个力，大小_________，方向_________，并且___________________________，这两个力才能彼此平衡．
小明在完成“探究二力平衡条件”的实验后，又利用该装置进行探究，剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，此现象说明力可以改变物体的____________．
答案：
滚动摩擦小于滑动摩擦，减小了摩擦对实验的影响
相等 同一物体上 相等 相反 作用在同一条直线上
运动状态
解析：略
7、小明利用小车、钩码、较光滑的水平桌面等器材进行探究“二力平衡条件”的实验，实验装置如图所示。
此实验的研究对象是______ 。
实验中选用较光滑的水平桌面的目的是______ 。
实验中保持和大小相等，方向相反，用手把小车在水平桌面上扭转一个角度后释放，小车将不能在此位置平衡。这一步骤的目的是为了研究二力平衡时，两个力必须满足的条件之一是______ 。
答案：
小车；
减小摩擦力对实验的影响；
作用在同一直线上
解析：
在探究“二力平衡条件”的实验中，研究对象是小车；
实验时，将小车放在光滑的水平桌面上，是为了减小摩擦力对实验的影响；
通过扭转小车、松手后观察小车是否平衡，探究两个平衡力是否作用在同一条直线上；
所以答案为：小车；减小摩擦力对实验的影响；作用在同一直线上。
通过研究小车的受力情况进行实验；
在研究二力平衡条件时，要排除其它力如摩擦力的干扰；
可以通过旋转小车探究两个平衡力是否作用在一条直线上。
对于探究平衡力条件的实验，要掌握如何探究平衡力的大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上，并要注意尽量减小阻力对实验的影响。
8、如图甲是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景．
小华将系于小卡片重力可忽略不计两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向________，并通过调整________________来改变拉力的大小．
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片________填“能”或“不能”平衡设计此实验步骤的目的是探究________．
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是________________________________．
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验同学们认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是________．
A.减小摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转
答案：
相反 钩码的数量
不能 不在同一直线上的两个力能否平衡
把小纸片剪成两半

解析：小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个方向相反的拉力，拉力的大小等于钩码受到的重力，钩码的数量越多，拉力就越大．
小卡片转过一个角度，其两端的拉力就不在一条直线上，小卡片就会转动，说明不在同一直线上的两个力不能平衡．
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，可以将小卡片剪成两半，使拉力作用在两个小卡片上．
小明将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面就会产生摩擦力，这样会影响实验效果当木块两端的拉力相差很小时，因为受到摩擦力的作用，木块保持平衡．
9、在“探究二力平衡的条件”实验中，小明选择了图甲的装置：把小卡片两端细线绕过滑轮，并挂上钩码，静止时卡片两侧绳上的拉力分别为和．
为了探究“一对平衡力”是否要满足“在同一直线上”的条件，可以把原来处于静止状态的小卡片_________，看小卡片能否继续保持静止．
在研究物理问题时，有些因素常常被忽略．如图甲所示的装置，在探究二力平衡的条件过程中，忽略的因素是_________．
实验中通过调整_________来改变拉力的大小．下表是某次实验记录的数据，根据这些数据_________填“能”或“不能”得出：“二力平衡”条件之一是“力的大小相等”，理由是________________________________________________________________________．
实验次数 物体状态
静止
静止
静止
该实验通常采用图甲装置，相比图乙而言，图甲的优势是__________________________．
答案：
转过一个角度 小卡片的重力 钩码的数量 不能 需要进一步探究“两侧钩码数量不等时，小卡片是否也能保持静止” 减小了摩擦力对实验的影响
解析：略
10、利用如图所示器材“探究二力平衡的条件”。
小华将卡片上的两根线跨放在支架的滑轮上，并在两个线端分别挂上钩码，使作用在卡片上的两个拉力方向相反，且在一条直线上。当卡片平衡时，从钩码质量看，卡片两边所受的拉力相等。
为观察不在同一直线上的两个力是否能平衡，可用手将卡片________________________，释放时观察其是否保持平衡。
在卡片平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开，并观察随之发生的现象．由此可以得到二力平衡的又一个条件是_________________________。
该实验在选择卡片时，选用较轻卡片的目的是____________________________________。
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验。其主要原因是____________。
A.减少摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转
答案：
旋转一个角度
作用在同一个物体上
卡片重力可忽略

解析：
要验证不在同一直线上两个力是否平衡，可以将小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上；
二力平衡的条件：大小相等，方向相反，在一条直线上，作用在同一物体上；
实验中，用到了小卡片，是因为小卡片的质量很小，其重力远小于卡片受到的拉力，重力可以忽略；
轻质卡片上的两根线跨放在支架的滑轮上，轻质卡片没有受到摩擦力。
本题考查二力平衡条件的应用以及控制变量法的应用，可根据二力平衡条件分析解答本题。
为观察不在同一直线上的两个力是否能平衡，可用手将卡片转过一定角度，并保持两个拉力方向相反，松开手后观察小卡片能否平衡；
当小卡片平衡时，用剪刀沿虚线迅速剪断小卡片，由于二力不在同一物体上，所以两侧钩码落下，说明二力平衡的又一个条件是必须作用在同一物体上；
由于小卡片的质量很小，重力远小于卡片受到的拉力，所以选用轻质小卡片目的是忽略卡片重力对实验的影响；
轻质卡片上的两根线跨放在支架的滑轮上，轻质卡片没有受到摩擦力，小华的实验优于小明的实验，其主要原因是减少了摩擦力对实验结果的影响，所以选A。
所以答案为：旋转一个角度 作用在同一个物体上 卡片重力可忽略 。

11、小明利用图示器材“探究二力平衡的条件”。
将卡片上的两根线跨放在支架的滑轮上，并在两线端分别挂上钩码。当卡片平衡时，卡片两边所受的拉力大小______。
用手旋转平衡的小卡片，松手后观察小卡片是否能保持平衡，这是为了探究使物体平衡的两个力______。
在卡片平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开，并观察随之发生的现象由此可以得到二力平衡的另一条件是______。
实验时选择较轻卡片的目的是______。
答案：
相等；
是否在同一条直线上；
在同一物体上；
减小卡片重力对实验的影响。
解析：
将卡片上的两根线跨放在支架的滑轮上，并在两线端分别挂上钩码，当卡片平衡时，钩码对小卡片的拉力大小相等；
用手旋转平衡的小卡片，此时两个力不在同一条直线上，松手后观察小卡片是否能保持平衡，是为了探究使物体平衡的两个力是否在同一条直线上；
当小卡片平衡时，用剪刀剪断小卡片，由于二力不在同一物体上，所以两侧钩码落下，说明二力平衡的又一个条件是必须在同一物体上；
实验中，用到了小卡片，是因为小卡片的质量很小，其重力远小于卡片受到的拉力，重力可以忽略，能减小卡片重力对实验的影响。
所以答案为：相等；是否在同一条直线上；在同一物体上；减小卡片重力对实验的影响。
钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
要验证不在同一直线上两个力是否平衡，可以将小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上；
二力平衡的条件：大小相等，方向相反，在一条直线上，在同一物体上；
实验中，用到了小卡片，是因为小卡片的质量很小，其重力远小于卡片受到的拉力，重力可以忽略。
本题考查二力平衡条件的应用以及控制变量法的应用，可根据二力平衡条件分析解答本题。
12、实验小组要探究二力平衡条件。实验中每个钩码重力相同，摩擦力忽略不计。
如图甲装置，当左右两端同时各挂两个钩码时，小车静止，此时、的方向______，大小______；当左右两端同时取下一个钩码时，如图乙，小车仍静止，此时______；当右端再挂上一个钩码时，如图丙，小车将做变速运动，此时______。
在图甲实验的基础上，将小车扭转一个角度，松手后，观察小车的情况，这样做可以探究什么问题？
对比甲、乙、丙三次实验，当小车静止时，水平方向上受到两个力的大小关系如何？还能看出小车受非平衡力作用时，运动状态将怎样？
答案：
相反；相等；等于；小于；
作用在同一物体上但不在同一直线上的两个力，能否平衡？
大小相等；运动状态将改变
解析：
由题知，实验中每个钩码重力相同，摩擦力忽略不计；
图甲中小车静止，此时、的方向相反，左边挂个钩码，右边挂个钩码，故F、的大小相等；
图乙中小车仍静止，左边挂个钩码，右边挂个钩码，故F等于；
图丙中当右端再挂上一个钩码时，小车做变速运动，左边挂个钩码，右边挂个钩码，故F小于。
图甲实验的基础上，将小车扭转一个角度，力的方向不在一条直线上，松手后小车会发生转动，这样做可以探究作用在同一物体上但不在同一直线上的两个力，能否平衡？
对比甲、乙、丙三次实验可知，当小车静止时，水平方向上受到两个力的大小相等；由图丙可知，小车受非平衡力作用时，运动状态将改变。
所以答案为：相反；相等；等于；小于；作用在同一物体上但不在同一直线上的两个力，能否平衡？大小相等；运动状态将改变。
先判断物体的运动状态，再根据运动状态判断力的大小，物体如果在两个力的作用下静止或匀速直线运动，那么这两个力平衡，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
小车片转过一个角度，不满足二力平衡的条件，不能平衡；设计此实验步骤的目的是探究平衡力是否在同一直线上；
二力平衡条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用在同一物体上。
此题考查了探究二力平衡实验中需要注意问题及实验中的一些重要步骤，牢固掌握二力平衡的四个条件是关键。此题考查比较全面，是一道基础题。
13、小刚和小明两位同学利用图甲所示装置探究二力平衡条件个相同砝码，每个砝码质量均为。
实验中通过______来改变拉力、的大小；
把木块放在水平桌面上，向两端的小盘里加砝码，发现当两盘砝码质量相等时，木块静止。当左侧放砝码，右侧放砝码时，小木块也保持静止状态，经过分析是木块水平方向除受、作用还受到______力的作用，则该力的大小为______。；
为避免上述现象发生小刚用图乙中所示的小车替换木块进行实验，小明用图丙中所示的轻质硬纸板替换木块进行实验，你认为______方案好，原因是：______；
小明将轻质硬纸板转过一个角度，如图丙所示，然后再松手。这样做是为了探究相互平衡的两个力是否作用在______选填“同一直线上”或“同一物体上”；
当轻质硬纸板处于平衡状态时，若用剪刀将轻质硬纸板剪成两半，再观察两半轻质硬纸板是否平衡，这样做是为了验证二力平衡时两个力必须作用在______选填“两个物体上”或“同一物体上”。
答案：
改变砝码数量；摩擦；；小明的；消除了摩擦力对实验的影响；同一直线上；同一物体上
解析：探究二力平衡条件的实验中通过改变其两边的砝码的数量来改变小车受到的拉力、的大小；
当左侧放砝码，右侧放砝码时，发现木块仍然处于静止状态，出现这种现象的原因是木块受到了摩擦力的作用，且此时木块在左右两边拉力以及桌面对木块的摩擦力作用下平衡，所以，
则；
小刚将木块换成小车，将滑动摩擦变为滚动摩擦，减小了摩擦力；小明将木块换成硬纸板，且硬纸板与桌面不接触，消除了摩擦力，所以小明的方案好；
将硬纸板扭转到如图丙所示的位置，两个拉力不在同一直线上，小车不能平衡，所以会扭转回来，可以探究相互平衡的两个力是否作用在同一直线上；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才平衡，将硬纸板剪成两半，使这两个力不再作用在同一物体上，物体就不能静止，各自向相反的变方向运动，因此二力平衡时两个力必须作用在同一物体上。
所以答案为：改变砝码数量；摩擦；；小明的；消除了摩擦力对实验的影响；同一直线上；同一物体上。
实验中通过改变其两边的砝码数量来改变小车受到的拉力、的大小；
当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体受平衡力作用；
在研究二力平衡的条件时，要尽可能排除其它力如摩擦力对实验的干扰；
为了探究两个平衡力是否在同一条直线上，可以通过旋转小车使两个力不在同一条直线上，观察小车的运动情况；
探究二力平衡时，验证两个力需要作用在同一个物体上，可以把小卡片分成两半变成两个物体。
此题主要通过实验来探究二力平衡的条件，首先要搞清二力平衡的条件，明确实验目的，才能够确定好的方案；用空中悬着的小卡片代替放在水平桌面的物体，简化实验，便于操作。
14、如图甲是小华小明两位同学探究二力平衡条件时的实验情景。
小华将系于小卡片重力可忽略不计两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整__来改变拉力的大小。
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片_____选填“能”或“不能”平衡。设计此实验步骤的目的是为了探究_____。
甲图中，若两个滑轮的位置没有在同一高度，则_____选填“能”或“不能”完成此实验。
小明将木块放在水平桌面上，如图乙，实验时，小明发现当向左边和右边同时加入相等质量的钩码时，木块处于静止状态。此时木块在水平方向受到的这两个力是一对_____选填“平衡力”或“相互作用力”。
小明再向右边换上质量更大的钩码时，发现木块仍然处于静止状态，出现这种现象的原因是_____，要避免这种现象产生，请你对该实验装置提出改进意见：_____。
答案：
钩码数量；
不能；相互平衡的两个力是否必须在同一直线上；
能；
平衡力；
木块受到向左的摩擦力；将木块换成小车，减小与桌面之间的摩擦力
解析：
本题考查了探究二力平衡条件的掌握情况，二力平衡的条件简单来说就是同体、等大、反向、共线；特别是“同体”和“共线”这个条件往往被初学者遗漏，而造成对二力平衡做出错误判断；注意区分好平衡力与相互作用力之间的异同；
在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整钩码个数来改变里的大小；
小华将小卡片转过一个角度，两个力不在一条直线违背了平衡力的特点，不能平衡，此实验步骤的目的是为了探究不在一条直线上的两个力是否能平衡；
作用在同一物体上的两个力，如果大小相等、方向相反，并且在同一条直线上，这两个力就彼此平衡；
根据平衡力和相互作用力的区别进行辨析；
小明再向右边换上质量更大的砝码时，发现木块仍然处于静止状态，但有相对向右运动的趋势，木块受到向左的摩擦力；要避免这种现象产生，可以减小木块与桌面之间的摩擦力，便于更好探究二力平衡的条件。
解析：
在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整钩码个数来改变里的大小；
小华将小卡片转过一个角度，两个力不在一条直线违背了平衡力的特点，不能平衡，设计此实验步骤的目的是为了探究不在同一直线上的两个力是否能平衡；
作用在同一物体上的两个力，如果大小相等、方向相反，并且在同一条直线上，这两个力就彼此平衡，两个滑轮的位置没有在同一高度，但细线对小卡片的拉力在同一直线上，能完成此实验；
由于这两个力的大小相等，方向相反，作用在同一物体上的同一直线上，是一对平衡力；
小明再向右边换上质量更大的砝码时，发现木块仍然处于静止状态，但有相对向右运动的趋势，木块受到向左的摩擦力；要避免这种现象产生，可以减小木块与桌面之间的摩擦力或者将木块换成小车等，便于更好探究二力平衡的条件。
15、关于探究“二力平衡的条件”的实验，如图甲所示是小华探究二力平衡条件时的实验情景：
小华将系于小卡片重力可忽略不计两对角上的细线分别跨过左右支架上的滑轮，并在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向________，并通过调整________来改变拉力的大小．
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片________能不能平衡，设计此实验步骤是为了探究_____________________________．
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们都认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是________．
A.减少摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转
另一同学若使用两个倾斜着的滑轮如图丙所示，使纸片静止，此装置________能不能探究二力平衡的条件．
答案：
相反；钩码数目；
不能；不在同一直线上的二力能否平衡；
；
能
解析：
此题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析；二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡。
小明将木块放在水平桌面上，木块在水平桌面上静止或运动都可能受到摩擦力的作用，就会影响实验效果。
只要能到达平衡力的四个条件，就可以研究。
小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大。
小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，纸片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡。
小明将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面上就会产生摩擦力，就会影响实验效果当木块两端的拉力相差很小时，因为受到摩擦力的作用，木块保持平衡；所以选A。
因为左右两侧各通过一个定滑轮，定滑轮的位置虽然不等高，但是当两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一个物体上时，小卡片还是处于静止状态，照样能完成实验；
所以答案为：相反；钩码数目；不能；不在同一直线上的二力能否平衡；；能。
16、如图甲是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景。
小华用轻质卡片进行实验，是为了忽略卡片的________对实验的影响，这种突出问题的主要方面、忽略次要因素的研究方法是物理学中常采用的，以下两个实例中没有用到此研究方法的是________；
A.选用薄玻璃板来探究平面镜的成像特点 选用轻质小球来体现发声音叉的振动
将小卡片两边的线分别跨过滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向________，并通过调整________________来改变拉力的大小；
当小卡片平衡时，小华将小卡片________填“翻转”或“旋转”一个角度，并且保持两根细线平行，松手后小卡片________填“能”或“不能”在此位置保持平衡，设计此实验步骤的目的是探究_____________________________________________________；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是：___________________________________________________________________；
在卡片平衡时，小华将右边滑轮的位置上调如图乙，目的是研究不在___________________填“水平方向”或“同一直线”上的两个力能否平衡。
答案：
重力；
相反；钩码个数
旋转；不能；一对平衡力是否作用在同一条直线上
把小卡片剪成两半，观察小卡片能否保持平衡
水平方向
解析：小华用轻质卡片进行实验，是为了忽略卡片的重力对实验的影响；选用薄玻璃板来探究平面镜的成像特点时，能够减少两个反射面都成像带来的影响，故A不符合题意；选用轻质小球来体现发声音叉的振动，采用的是转换法，通过小球的振动来体现音叉的振动，故B符合题意；
保持两个方向相反的拉力作用在同一直线上，调整细线两端的钩码个数来改变拉力的大小，当两端钩码个数相等时，作用在小卡片上的两个拉力方向相反、两根细线平行，大小相等，实验中可通过改变钩码的个数来改变拉力的大小；
为观察不在同一直线上的两个力是否能平衡，可用手将卡片旋转一定角度，并保持两个拉力方向相反、两根细线平行，松开手后小卡片不能保持平衡，会发生转动；此实验步骤的目的是探究一对平衡力是否作用在同一条直线上；
当小卡片平衡时，用剪刀把小卡片剪成两半，由于两个力不在同一物体上，所以两侧钩码落下，说明二力平衡的另一个条件是作用在同一物体上；
将右边滑轮的位置上调，小卡片受到的两个拉力就不在水平方向上了，设计此实验步骤的目的是探究不在水平方向上的两个力能否平衡。
17、如图是“探究二力平衡的条件”的实验装置。在两侧挂上等质量的钩码，纸片保持静止。
若挂上质量不等的钩码，则纸片不能保持静止，这说明平衡的两个力需要________相等；
将纸片转动一定的角度，保证两个力作用方向相反。释放后纸片马上转动回来，这说明平衡的两个力一定作用在________________________；
将纸片撕开，两块纸片都不能保持静止，这说明平衡的两个力必须作用在____________。
答案：
大小 同一条直线上 同一个物体上
解析：两边挂上质量不相等的钩码，说明两边的力大小不相等，纸片不能保持静止，所以二力平衡需要两个力的大小相等；将纸片转动一个角度，两个力就不在同一条直线上了，纸片不能保持静止，说明二力平衡需要两个力作用在同一条直线上；将纸片撕开，两个力就不在同一个物体上了，则纸片不能保持静止，说明平衡的两个力必须作用在同一个物体上。
18、如图甲是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景．
小华将系于小卡片重力可忽略不计两对危的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向_______，并通过调整______ 来改变拉力的大小．
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片___________选填“能”或“不能平衡。设计此实验步骤的目的是为了探究___________．
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是____________________________________________________．
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，没计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优予小明的实验．其主要原因是___________．
A.减少，摩擦力对实验结果的影响
B.小书片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡
D.小卡片容易扭转
答案：
相反；钩码个数；
不能；大小相同方向相反不在同一直线上的两个力是否能平衡；
用剪刀把纸片从中间剪开；
。
解析：
此题探究的是二力平衡的条件，二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力是否平衡，可以将卡片剪成两半，使力作用在两个卡片上；
小明将木块放在水平桌面上，木块在水平桌面上静止或运动都可能受到摩擦力的作用，就会影响实验效果。
小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；
小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，松手后小卡片就会转动，说明小卡片不能平衡；
设计此实验步骤的目的是为了探究大小相同方向相反不在同一直线上的两个力是否能平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，可以将小卡片一剪两半，使拉力作用在两个小卡片上；
小明将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面上就会产生摩擦力，就会影响实验效果当木块两端的拉力相差很小时，因为受到摩擦力的作用，木块保持平衡；
所以选A。
19、课后服务活动中，物理兴趣小组的同学们利用图甲装置进行“二力平衡条件”的探究：
图甲的探究装置中研究对象是________，实验中判断其是否受平衡力作用的依据是物体处于__________状态。
小虎向左盘和右盘同时加入一个质量相等的砝码时，小车处于静止状态；改变其中一端的砝码数量，发现小车无法保持静止状态，由此说明两个力必须_____________才能平衡。
把小车转过一个角度，然后松手，观察到小车转动，最后恢复到静止状态，说明两个力必须作用在_______________才能平衡。
某次实验中，当左盘放入稍大一点的砝码时，两个拉力大小不同，但小车仍处于静止状态，此时小车受到的____选填“是”或“不是”平衡力，产生这一现象的原因可能是小车受到___________的影响。
为尽量减少以上影响，小敏提出将甲装置中的小车换成小卡片，如图乙，实际操作中还发现乙装置具有更适合探究__________的优点填字母。
A.不在同一条直线上的两个力能否平衡 不在同一物体上的两个力能否平衡
答案：
小车；静止；大小相等；同一条直线上；是；摩擦力；
解析：
本题考查探究二力平衡的条件。
实验中通过改变小车的受力情况与其所处的静止状态来探究二力平衡条件的，以小车为研究对象；
作用在小车上的两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上时，小车处于平衡状态；
两个物体接触时，要发生或已经发生相对运动时，物体之间产生阻碍物体运动的摩擦力；要想探究二力必须作用在同一物体上，实验时可将物体分成两个物体，看物体是否还能保持静止状态。
实验中通过观察小车能否静止，确定其是否处于平衡状态，故研究对象是小车，实验中判断其是否受平衡力作用的依据是物体处于静止状态；
实验时，小虎发现当向左盘和右盘同时加入一个相等重量的砝码时，小车在水平方向受到的拉力相等，处于静止状态，改变其中一端的砝码数量，发现小车无法保持静止状态，这表明平衡的两个力需要大小相等；
把小车转过一个角度，小车受到的两个拉力不在一条直线上，然后松手，观察到小车转动，最后恢复到静止状态，说明两个力必须作用在同一条直线上；
实验中，当左盘放入稍大一点的砝码时，小车仍处于静止状态，此时小车还受平衡力的作用，此时小车有向左运动的趋势，桌面对小车有向右的摩擦力，产生这一现象的原因可能是小车受到摩擦力的影响；
探究二力必须作用在同一物体上，实验时可将物体分成两个物体，而无法将小车分成两个物体，因此该方案无法探究平衡力作用在同一物体上，所以乙装置具有更适合探究不在同一物体上的两个力能否平衡。
20、如图甲是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景。
小华将系于小卡片重力可忽略不计两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向相反，并通过调整_______来改变拉力的大小。
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片不能平衡，设计此实验步骤的目的是探究______________________。
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是______
A.减少摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转。
答案：
钩码个数；平衡力是否在同一条直线上；
解析：
此题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析；二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
定滑轮不能改变力的大小，但是可以改变力的方向；
实验中通过调节钩码的个数来改变卡片受到的力；
一个物体上受到的力相差很大时，很小的力可以忽略不计．实验中小卡片的力比较小，可以忽略不计，使小卡片只受水平方向的力．
转动卡片，卡片受到的两个力不在同一直线上，松手后卡片转动说明卡片受到的两个力不在同一直线上时，卡片不能保持平衡状态．
木块放在水平桌面上，木块和桌面之间存在摩擦力，实验要考虑摩擦力，使实验比较复杂。
小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力；并通过调整钩码个数来改变拉力的大小．
由于小卡片的质量较小，所以实验中选择小卡片的目的是不考虑小卡片的重力；
要探究平衡力是否在同一条直线上，可将小卡片转过一个角度，使小卡片两端的拉力不在一条直线上，观察小卡片是否平衡．
小华实验用的小卡片重力小，可以忽略，悬在空中不受摩擦力影响；
小明实验用的小车放在水平桌面上，小车和桌面之间存在摩擦力，摩擦力是不能消除的，实验要受到摩擦力影响，所以还是小华的实验方案好。
所以答案为：钩码个数；平衡力是否在同一条直线上；。
21、为探究二力平衡的条件，初二的同学们进行了如下实验：
肖明向图中的左盘和右盘同时加入一个质量相等的砝码，此时木块两边受到的拉力______选填“相等或不等”，木块处于静止状态。当他把左盘中砝码换成一个质量较大的砝码时，木块仍处于静止状态，出现这种现象的原因是______。
李亮对肖明的实验进行了改进，利用如图所示的装置继续实验。往两盘中加入质量相等的砝码，将小车在水平桌面上扭转个角度后释放，小车将______选填“运动或静止”。这个操作是为了探究______。
李老师看完他们的实验后，对他们表示了赞扬，并让他们尝试用轻质硬纸片代替小车，用如图甲中的装置进行实验。请你写出图甲装置的两个优点：____________
轻质硬纸片两端细线上挂上相同钩码，如图乙所示，此时卡片______选填“能或不能”平衡。
答案：
相等；桌面与木块有摩擦力；
运动；不在同一直线上的两个力是否平衡；
忽略卡片重力对实验的影响；可以消除摩擦力对实验的影响；
能
解析：由于左盘和右盘中砝码的质量相等，故木块两边所受的拉力相等；小明再把右盘中的砝码换成一个较重的砝码时，发现木块仍然处于静止状态，所以木块还受平衡力的作用；此时木块有向右运动的趋势，桌面对木块有向左的摩擦力，向左的拉力、向左的摩擦力与向右的拉力这三个力平衡；
用手将小车扭转一个角度，两个力不在同一直线上，松手后小车不能平衡，小车会发生转动，设计这个步骤的目的是为了探究不在同一直线上的两个力是否平衡。
由于小卡片的质量很小，重力远小于卡片受到的拉力，所以选用轻质小卡片目的是忽略卡片重力对实验的影响；
将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面间就会产生较大的摩擦力，就会影响实验效果，而用轻质硬纸片代替小车，可以消除摩擦力对实验的影响；
如图乙所示，满足二力平衡条件，大小相等、方向相反、作用同一直线、同一物体上，所以能平衡。
所以答案为：相等；桌面与木块有摩擦力；运动；不在同一直线上的两个力是否平衡；忽略卡片重力对实验的影响；可以消除摩擦力对实验的影响；能。
物体静止或做匀速直线运动时，物体处于平衡状态，物体受到平衡力的作用；两个物体接触时，要发生或已经发生相对运动时，物体之间产生阻碍物体运动的摩擦力；减小摩擦力的方法：减小压力、减小接触面的粗糙程度、用滚动代替滑动、使接触面脱离。
为了探究二力在同一直线上，可以把物体转动一个方向；
将木块放在水平桌面上，木块在水平桌面上静止或运动都可能受到摩擦力的作用，就会影响实验效果；
二力平衡的条件：同一物体、大小相等、方向相反且在同一直线上。
本题探究二力平衡的条件，明确用控制变量法研究问题，要清楚实验过程中的每个细节的目的，可根据二力平衡条件分析解答本题。
22、在探究“二力平衡条件”的实验中：某同学采用的实验装置如图甲所示
当物体处于静止状态或____状态时我们认为它受到的力是相互平衡的。
在探究力的大小对二力平衡的影响时，通过调整____来改变和的大小。
实验时，小明在利用甲装置实验时，发现当向左盘和右盘同时加入一个相等质量的砝码时，木块处于静止状态。此时木块在水平方向受到两个力的作用，这些力是平衡的。小明再把右盘中的砝码换成一个稍重一点的砝码时，发现木块仍然处于静止状态，出现这种现象的原因是____，这时木块在水平方向受到的力____填“平衡”或“不平衡”。要避免这种现象产生，请你对该实验装置提出改进意见：____。
保持与相等，用手将小车扭转到图乙中的位置，松手后，小车将无法在此位置平衡。实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须满足____。
答案：
匀速直线运动；
砝码的大小；
木块与桌面间存在摩擦力；平衡；将木块换成小车；
在同一直线上
解析：
探究二力平衡条件时，采用质量很小的硬纸片悬在空中，可以尽量减小摩擦力对实验的影响。
物体处于静止状态或匀速直线运动状态，物体受力平衡。
探究二力平衡力大小时，通过改变左右两盘内的砝码来改变力的大小。
木块在水平桌面上有向右运动的趋势，木块和水平桌面之间存在摩擦力，因为摩擦力作用，木块受到平衡力作用，处于静止状态。
可以从减小摩擦的方法进行分析：减小压力、减小接触面粗糙程度、滚动代替滑动等。
为了探究二力在同一直线上，可以把物体转动一个方向。
当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时我们认为它受到的力是相互平衡的。
在探究力的大小对二力平衡的影响时，通过调整左右天平盘放置砝码的大小来改变和的大小。
小明再把右盘中的砝码换成一个稍重一点的砝码时，木块受到两端的拉力和摩擦力作用，这三个力是平衡力，木块处于静止状态，木块受力一定是平衡力。为了减小木块和桌面之间的滑动摩擦力，可以用滚动代替滑动，用小车来代替木块。
用手将小车扭转到图乙中的位置，松手后，小车将无法在此位置平衡这是为了探究二力平衡时，两个力必须满足同一直线上。
所以答案为：匀速直线运动；砝码的大小；木块与桌面间存在摩擦力；平衡；将木块换成小车；在同一直线上。
23、如图甲所示是探究“二力平衡条件”的实验装置。
当木块处于静止态或_______状态时，它受到的力是相互平衡的。实验中是通过调整_______来改变和的大小的。
如果将两边的吊盘挂在木块同一端的同一挂钩上，并且沿同一方向拉木块，可以发现木块不静止。这是为了表明木块受到的二力要平衡，必须满足_______这一条件。
保持与相等，用手将木块扭转到如图乙所示的位置，松手后瞬间，木块不能保持平衡状态。实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力应该满足的条件是_______。
实验时发现，当稍大于时，木块依然能保持平衡状态，原因是_______，改进该小组的实验方案是________。
答案：
匀速直线运动；砝码的质量；
两力方向相反；
两力作用在同一条直线上；
木块受到摩擦力的作用；将木块换用带有轮子的小车
解析：
本题主要考查二力平衡条件的实验，我们要掌握该实验的器材选择、实验过程、实验结论等。
静止的物体和匀速直线运动的物体都处于平衡状态；实验中通过改变砝码的质量来改变拉力的大小；
小车受到同一方向的拉力，受力不平衡，小车将运动；
掌握二力平衡条件：作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；根据实验操作及现象判断哪个条件发生了变化；
两个物体接触，要发生或已经发生相对运动时，物体之间产生阻碍物体运动的摩擦力。减小摩擦力的方法：减小压力、减小接触面的粗糙程度、用滚动代替滑动、使接触面脱离；
静止的物体和匀速直线运动的物体都称为物体处于平衡状态；实验中改变砝码的质量，来改变和的大小；
如果将两边吊盘都挂在小车同一边的同一挂钩上，小车在水平面上只在一个方向上受到拉力作用，可以发现小车不会静止，而当二力方向相反，且大小相等时，小车静止，说明二力平衡必须符合方向相反这一条件。
保持与相等，用手将小车扭转到图乙后，松手后，小车将无法在此位置平衡；是采取控制变量法的思想来研究“两个力作用在同一条直线上”；
实验时发现，当稍大于时，木块依然能保持平衡状态，原因是木块和桌面之间的摩擦力的作用导致的；要避免摩擦力对实验的影响，需要减小木块与桌面之间的摩擦力的作用，可以用小车代替木块，或用光滑的水平面代替桌面等；
所以答案为：匀速直线运动；砝码的质量；两力方向相反；两力作用在同一条直线上；木块受到摩擦力的作用；将木块换用带有轮子的小车。
24、如图甲所示是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景。
小华将系于小卡片重力可忽略不计两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在两线端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向________，并通过调整_________________来改变拉力的大小。
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一定角度，松手后小卡片________选填“能”或“不能”平衡。设计此实验步骤是为了探究__________________________________________________________________________________________________________________。
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是______________________________________________________________________。
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验，其主要原因是________。
A.减小了摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转
答案：
相反 钩码的数量
不能 不在同一条直线上的两个力能否平衡
把小卡片剪为两半

解析：略
25、如图甲所示是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景。
小华将系于小卡片重力可忽略不计两端的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向 ，并通过调整 来改变拉力的大小。
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片 能不能平衡，设计此实验步骤的目的是为了探究 。
小红同学也对同一问题进行了探究，但他在左右支架上装配两个滑轮时没有安装成相同高度如图乙所示，你认为能否用小红的装置进行实验 选填“能”或“不能”。
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验。其主要原因是 。
A.减少摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转。
答案：
相反；钩码个数
不能；两个力是否在同一直线上
能；

解析：
此题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析；二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握，还要注意用好控制变量法。
根据二力平衡的条件答题：一对平衡力大小相等、方向相反、作用在一条直线上，作用在同一个物体上，在探究时注意控制变量法的应用；探究二力平衡时，验证两个力需要作用在同一个物体上，可以把小卡片分成两半变成两个物体；为了减小实验误差，应减小摩擦力对实验的影响，根据摩擦力对实验的影响分析小明与小华的实验设计的优劣。
在线的两端挂上钩码的作用是使两个拉力的方向相反，可通过调整钩码的数量来改变拉力的大小；
小华将小卡片转过一个角度，两个拉力不在同一直线上，则松手后小卡片不能平衡，设计此实验步骤的目的是为了探究：不在同一直线上的两个力能否平衡；
因为左右两侧各通过一个定滑轮，定滑轮的位置虽然不等高，但是当两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一个物体上时，小卡片还是处于静止状态，照样能完成实验；
小华实验用的小卡片重力小，悬在空中不受摩擦力影响；小明实验用的木块放在水平桌面上，木块和桌面之间存在摩擦力，摩擦力是不能消除的，实验要受到摩擦力影响，所以还是小华的实验方案好，所以选A。
所以答案为：相反；钩码个量；不能；两个力是否在同一直线上；能；。
26、实验探究：探究二力平衡的条件。如图甲是小华同学探究二力平衡条件时的实验情景。
小华将两根细线系于轻质卡片重力可忽略不计两对角的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在卡片上的两个拉力方向相反。如果左端挂上个钩码，右端挂上个钩码，卡片将______静止、匀速直线运动、加速向右运动或减速向左运动；
当卡片平衡时，小华将卡片转过一个角度，松手后卡片______选填“能”或“不能”平衡。设计此实验步骤的目的是为了探究______ ；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是______ ；
在探究同一问题时，小明将木块放在水平桌面上，设计了如图乙所示的实验，同学们认为小华的实验优于小明的实验。其主要原因是______ 。
A.卡片容易扭转 容易让卡片在水平方向上保持平衡 减小了摩擦力对实验结果的影响
答案：
加速向右运动；不能；不在同一直线上的两个力是否平衡；把小卡片剪为两半；
解析：
本题探究的是二力平衡的条件，注意从二力平衡的四个条件进行分析，注意控制变量法的运用。
小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；当小卡片的左端挂上个钩码，右端挂上个钩码时，卡片两边的拉力大小不相等，且卡片的右端所受的拉力大，所以卡片将加速向右运动。
小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，纸片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡，探究了不在同一直线上的两个力是否平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，用剪刀把小卡片剪成两个更小的卡片，观察两个更小卡片是否平衡。
小明将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面上就会产生摩擦力，就会影响实验效果；当木块两端的拉力相差很小时，因为受到摩擦力的作用，木块仍会保持平衡，对实验结果有影响；而小华的方案中，纸片的质量远小于钩码的质量且绳子和滑轮间的摩擦很小，减小摩擦力对实验结果的影响。
所以答案为：加速向右运动；不能；不在同一直线上的两个力是否平衡；把小卡片剪为两半；。
27、在探究“二力平衡的条件”的实验中：
实验装置如图甲所示。实验目的是探究小车在水平方向上所受两个拉力、的关系。实验中，小车应该处于______状态将更便于实验探究。
实验中，通过调整______来改变和的大小。
实验中，当大于时，小车仍保持静止，因此得出结论：二力平衡时，两个力的大小不一定相等，你认为这样的结论______可靠不可靠。
小组的同学建议将实验器材改进如图乙，跟甲图比较这样做的目的主要是为了______；为了便于实验研究，此时的卡片应当尽量的______。
答案：
静止；钩码个数；不可靠；减小摩擦力的影响；轻。
解析：静止和匀速直线运动都是平衡状态，实验时小车处于静止状态更方便；
小车受到的拉力和分别等于水平桌面两端所挂钩码的重力，可以通过调整钩码的个数来改变和的大小；
实验中，当大于时，小车仍保持静止，是由于摩擦力较大造成的；因此得出结论：二力平衡时，两个力的大小不一定相等，这样的结论不可靠的，需要减小小车与桌面之间的摩擦力的作用；
为了摩擦力对实验的影响，把小车换成一张悬挂的卡片；为减小重力的影响，实验中卡片应当尽量的轻。
静止和匀速直线运动都是平衡状态，从便于操作的角度进行选择；
实验时用一个小车，通过两个滑轮和下方挂着的钩码对小车施加两个相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，通过调节钩码的个数来改变拉力的大小；
摩擦力会对实验产生影响；
纸片悬空则不需要考虑摩擦力，实验时用质量比较小的硬纸片，是减小重力对实验的影响。
二力平衡是初中物理力学中的一个重点，也是一个难点，需要掌握；
此题考查的是我们对于实验的分析能力，考查的是实验过程，这也是近几年中考考查的一个重要方式，是一道好题。
28、在探究“二力平衡的条件”的实验中：
实验装置如图甲所示。实验目的是探究小车在水平方向上所受两个拉力、的关系。实验中，小车应该处于____状态将更便于实验探究。
实验中，通过调整______来改变和的大小。
实验中，当大于时，小车仍保持静止，因此得出结论：二力平衡时，两个力的大小不一定相等，你认为这样的结论____可靠不可靠。
小组的同学建议将实验器材改进如图乙，跟甲图比较这样做的目的主要是为了_____________________；乙图中轻质卡片其实真正受到____选填“”或“”或“”个力的作用，但由于_________________________，所以本实验中____考虑不考虑小卡片的重力对实验的影响。
图乙中为了探究两个平衡力是否在同一条直线上，进行如下操作：____翻转旋转小卡片，松手后观察到小卡片____选填“能”或“不能”平衡。
小明同学也对该实验进行了探究，但他在左右支架上装配两个滑轮时没有安装成相同高度如图丙所示，你认为能否用小明的装置进行实验____选填“能”或“不能”。
答案：
静止；两侧钩码的数目；不可靠；消除摩擦力对实验的影响；；重力远远小于拉力；不考虑；旋转；不能；能
解析：
二力平衡是初中物理力学中的一个重点，也是一个难点，需要掌握；此题考查的是我们对于实验的分析能力，考查的是实验过程，这也是近几年中考考查的一个重要方式，是一道好题。
在水平桌面上的小车受到水平向左的力和水平向右的力，和等于水平桌面左右两端所挂钩码的重力，桌面两端都挂了两个钩码，钩码的重力相等，和也就相等，方向相反，且作用在同一直线上，这两个力就是一对平衡力，小车就会处于静止状态；
小车受到的拉力和分别等于水平桌面两端所挂钩码的重力，可以通过调整钩码的个数来改变和的大小；
实验中，当大于时，小车仍保持静止，是由于摩擦力较大造成的；因此得出结论：二力平衡时，两个力的大小不一定相等，这样的结论不可靠的，需要减小小车与桌面之间的摩擦力的作用；
跟甲图比较这样做的目的主要是为了消除摩擦力对实验的影响，把小车换成一张悬挂的卡片，故实验中卡片应当尽量的轻。
乙图中轻质卡片其实真正受到重力和两侧的拉力，共个力的作用，但由于重力远远小于拉力，所以本实验中不考虑小卡片的重力对实验的影响。
小卡片转过一个角度，松手后小卡片不能平衡。设计此实验步骤的目的是为了探究是否在同一条直线上；
因为左右两侧各通过一个定滑轮，定滑轮的位置虽然不等高，但是当两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一个物体上时，小卡片还是处于静止状态，照样能完成实验。
29、如图甲是小华同学设计探究“二力平衡条件”的实验装置．
小华将系于小卡片重力可忽略不计两端的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向_________，并通过调整________来改变拉力的大小．
当小卡片平衡时，小华将小卡片转过一个角度，松手后小卡片_______选填“能”或“不能”平衡。设计此实验步骤的目的是为了探究___________
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，在图甲所示情况下，小华下一步的操作是：_________________________________________．
如图乙所示是小明设计探究“二力平衡”的实验装置，同学们认为小华的实验设计优于小明的实验设计．其主要原因是（ ）
A.减少摩擦力对实验结果的影响 小卡片是比较容易获取的材料
C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 小卡片容易扭转
答案：
相反钩码的数量
不能不在同一直线上两个力能否平衡
把小纸片剪成两半

解析：
钩码由于重力的作用，会对小卡片施加一个拉力的作用，左端的钩码对小卡片施加一个向左的拉力，右端的钩码对小卡片施加了一个向右的拉力，拉力的大小等于钩码的重力；
小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力是否平衡，可以将卡片一剪两半，使力作用在两个卡片上；
小明将木块放在水平桌面上，木块在水平桌面上静止或运动都可能受到摩擦力的作用，就会影响实验效果。
此题探究的是二力平衡的条件，二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
小卡片两端通过滑轮各挂一个钩码，两个钩码由于重力通过绳子对小卡片施加了两个向相反方向的拉力，拉力的大小等于钩码的重力，钩码的数量越多，拉力就越大；
小卡片转过一个角度，小卡片两端的拉力就不在一条直线上，纸片就会转动，说明了不在同一直线上的两个力不能平衡；
为了验证只有作用在同一物体上的两个力才能平衡，可以将小卡片一剪两半，使拉力作用在两个小卡片上；
小明将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面上就会产生摩擦力，就会影响实验效果当木块两端的拉力相差很小时，因为受到摩擦力的作用，木块保持平衡，所以选A。
所以答案为：
相反；钩码的数量；
不能；不在同一直线上两个力能否平衡；
把小纸片剪成两半；
。

30、在“探究二力平衡的条件”的活动中，主要是通过探究力对物体的作用效果来实现探究目的。如图所示的是可供选择的、两种探究方案。
小明选择了方案，他将系于小卡片两对角的细线分别跨过左、右支架上的滑轮后，在线的两端挂上钩码。该实验中我们以小卡片为研究对象，是因为可以__________________。
探究活动中还要把小卡片转过一个角度，然后再松手。这样做的目的是为了探究不在_______________上的两个力对物体平衡的影响。
探究方案、相比较，你认为方案__________填“”或“”的探究过程对实验结论的影响要大一些，理由是_______________________________________。
答案：
忽略卡片的重力对实验的影响 同一直线 ；方案中小车与桌面间的摩擦力较大
解析：由于小卡片的质量较小、重力较小，在实验过程中可以忽略卡片的重力对实验的影响。要把小卡片转过一个角度，然后再松手。这样做的目的是探究不在同一直线上的两个力对物体平衡的影响。方案中小卡片的重力小，可忽略不计，小卡片在水平方向上只受两个力的作用；方案中桌面对小车的摩擦力较大，对实验结论的影响较大。
31、在“探究二力平衡的条件”的活动中，主要是通过研究“作用在物体上的两个力满足什么条件时，才能使物体处于平衡状态”来实现探究目的．
选用轻薄塑料片作为图甲实验研究对象的原因是________________________________．
将图甲中静止的研究对象转到虚线位置，松手后发现研究对象发生转动．据此可以得出结论：作用在物体上的两个力需要满足的条件是__________________，物体才处于静止状态．
图甲中研究对象处于平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开，并观察随之发生的现象，是为了探究____________________________________．
如图乙所示，若启动电动机继续进行研究：当弹簧测力计示数与物体重力大小相等时，观察物体的运动状态；当弹簧测力计示数与物体重力大小不相等时，再观察物体的运动状态．继续这项研究的目的是_______________________________________________________．
答案：
减小研究对象的自重对实验的影响 在同一直线上 二力平衡是否必须作用在同一物体上 探究作用在物体上的两个力的大小满足什么条件时物体才能保持匀速直线运动状态或探究二力平衡的两个力的大小关系
解析：略
32、在探究“二力平衡条件”的实验中：
甲、乙两组同学分别选择器材后，设计组装的实验装置如图甲、乙所示。老师指出乙组同学选择的器材更加合理，其原因是：______。
丙组同学听后，又进行了改进设计如丙图，实验中选择小卡片的目的是______填“考虑”、“不考虑”小卡片的重力；探究、两个力大小关系时。应该观察______。
实验中保持与相等，进行如下操作：______ 填“挤压”、“翻转”或“旋转”小卡片，松手后观察小卡片是否平衡。实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须满足的条件之一是______。
小明利用弹簧测力计代替图中的钩码进行了探究，发现两个力的大小还有较小的差距。你认为 形成差距的原因是______。
答案：
小车与桌面间的摩擦力较小，可以忽略不计；
不考虑；两边钩码个数；
旋转；两个力必须作用在同一条直线上；
读数误差
解析：
甲图中的是木块，它与桌面之间的摩擦是滑动摩擦，而乙图中的是小车，它与桌面之间是滚动摩擦，其摩擦力较小可以忽略，实验更准确些；
由于小卡片的质量很小，重力远小于卡片受到的拉力，所以其重力可以不考虑；探究两个力大小关系时，应该观察细线两端所挂钩码的个数和小卡片的运动状态；
为了探究两个平衡力是否在同一条直线上，应控制拉力大小相等，不在一条直线上，所以在卡片两端挂同样多的钩码，旋转小卡片松手并观察小卡片的运动情况；
利用弹簧测力计代替图中的钩码时，由于测量工具、或测量的人或所用器材，都会造成误差的存在，形成差距的原因可能是读数误差或两个滑轮的摩擦不同，或测力计未校零。
此题是“探究二力平衡的条件”实验，利用小卡片代替小车可减少摩擦力对实验结果的影响，并注意控制变量法在实验中的应用，同时学习探究拉力相等、在一条直线上的方法。10《探究影响滑动摩擦力大小因素》
考点汇总：
1、实验目的：
探究影响滑动摩擦力大小的因素有哪些
2、实验方法:
控制变量法；转换法在本实验中,影响滑动摩擦力的因素有多个,所以实验探究过程中我们要用控制变量法,在研究滑动摩擦力与压力之间的关系时,要保持接触面的粗糙程度等因素不变,而在研究滑动摩擦力与接触面的粗糙程度的关系时,要保持压力等因素不变。
3、实验原理:
二力平衡；通过水平方向匀速拉动木块，使木块处于平衡状态，即二力平衡，从而间接测出摩擦力的大小。（转换法）
4、提出猜想:
影响滑动摩擦力的因素可能有，接触面所受的压力、接触面的粗糙程度。
5、实验器材：
木块、弹簧测力计、表面粗糙程度不同的长木板两块、砝码。
6、实验步骤：
①用弹簧测力计匀速拉动木块，使它沿水平长木板滑动，从而测出木块与长木板之间的滑动摩擦力。
②在木块上面放一个砝码,改变木块对长木板的压力,测出此种情况下的摩擦力。
③换用材料相同，但表面粗糙的长木板，保持木块上的砝码不变，测出此种情况下的摩擦力。
7、实验结论：
滑动摩擦力的大小跟接触面所受的压力有关，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。滑动摩擦力的大小还跟接触面的粗糙程度有关，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
8、实验补充：
（1）因为弹簧测力计本身有重量，为了保证水平拉力，牵引木块时，要握住弹簧测力计的外壳；使木块在水平面上做匀速直线运动的关键是拉力要均匀，集中注意力盯住弹簧测力计的指针，一直拉到底，在指针不颤动时读数。
（2）实验拓展：验证“滑动摩擦力的大小还可能与接触面积有关”。方法：把木块侧放，改变和木板的接触面积，保持对木板的压力不变、接触面的粗糙程度不变，测出此时木块与长木板之间的摩擦力。决定摩擦力大小的因素中没有“接触面积”，物体间摩擦力的大小跟接触面的“大小”无关，而是跟接触面的“粗糙程度”有关。
9、、本实验体现两个物理研究方法：控制变量法和转换法。
10、实验中出现误差：用手拉动弹簧测力计，很难控制匀速直线运动，可以让弹簧测力计一端固定，另一端勾住木块，将木块水平放置在长木板上，然后直接如图所示拖动长木板，从而读出示数。
11、测量方法：把木块放在水平长木板上，用弹簧测力计水平拉木块，使木块匀速运动，读出这时的拉力就等于滑动摩擦力的大小。
12、结论：接触面粗糙程度相同时，压力越大滑动摩擦力越大；压力相同时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大。该研究采用了控制变量法。
13、转换法应用：通过拉力的大小来反映摩擦力的大小
14、由前两结论可概括为：滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关。实验还可研究滑动摩擦力的大小与接触面大小、运动速度，拉力大小等无关。
典题精析：
1、为了探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”，小明设计了如图所示的实验，请你完成下列内容。
实验过程中，弹簧测力计______选填“必须”或“不必”沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小______选填“大于”、“等于”或“小于”弹簧测力计的示数；
在甲、乙、丙、丁四次实验中，滑动摩擦力最小的是______选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”实验；
比较甲、乙两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与______是否有关；比较______选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”两次实验，可以探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度是否有关；
比较甲、丁两次实验，小明发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，由此得出结论：滑动摩擦力大小与接触面积的大小有关；你认为他的结论是______选填“正确”或“错误”的；
实验结束后，小明又对实验装置进行了改进，如图所示，实验后发现效果更好，实验中，小明______选填“一定”、“不一定”或“一定不”要匀速拉动长木板。
答案：
必须；等于；丁；压力；乙、丙；错误；不一定。
解析：实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时物块处于平衡状态，由平衡条件可知，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
由图示四次实验可知，在实验丁中，物体间的压力最小，接触面粗糙程度最小，因此滑动摩擦力最小；
由图甲、乙所示实验可知，接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同，可以应用甲、乙所示实验探究滑动摩擦力大小与压力的关系；
由图乙、丙所示实验可知，物体间的压力相等而接触面的粗糙程度不同，乙、丙所示实验可以探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
由图甲、丁所示实验可知，接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同，由于没有控制物体间的压力相同，他的结论是错误的；
由图所示实验可知，拉动木板时物块保持不动，物块处于平衡状态，滑动摩擦力等于测力计的拉力，实验时不需要匀速拉动长木板。
所以答案为：必须；等于；丁；压力；乙、丙；错误；不一定。
用弹簧测力计水平匀速拉动物块，物块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，滑动摩擦力等于测力计的示数；
掌握影响滑动摩擦力大小的因素：接触面的粗糙程度和压力的大小。并且压力越大、接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
分析图示实验，根据实验控制的变量与实验现象可以得出实验结论；
根据控制变量法的要求分析答题；
根据图示实验装置分析答题。
本题考查了实验现象分析，知道实验原理、应用控制变量法分析清楚图示实验情景即可解题，熟练应用控制变量法是正确解题的关键。
2、林同学做“探究滑动摩擦力的大小与什么因素有关”的实验，如图所示。
实验中采取的办法是用弹簧测力计水平拉动木块，使其在长木板上做______运动。
甲、乙两图所示的实验说明：接触面粗糙程度相同时，______，滑动摩擦力越大。
甲、丙两图所示的实验说明：压力一定时，______，滑动摩擦力越大。
此实验用到的物理实验方法是______，在物理学中用到此实验方法的实验还有______只需举出一例。
答案：
匀速直线；
压力越大；
接触面越粗糙；
控制变量法；探究压力的作用效果与哪些因素有关的实验。
解析：
当用弹簧测力计水平拉动木块，使其在长木板上做匀速直线运动时，木块处于平衡状态，此时摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
对比甲、乙两图可知接触面的粗糙程度相同，但压力大小不同，结果测力计的示数不同，所以该实验说明：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
对比甲、丙两图其压力大小相等，但其接触面的粗糙程度不同，结果测力计的示数不同，所以该实验说明：压力一定时接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
通过以上分析可知，此实验主要用了控制变量法；在探究压力的作用效果与哪些因素有关的实验中，压力的作用效果是采用控制变量法。
所以答案为：匀速直线；压力越大；接触面越粗糙；控制变量法；探究压力的作用效果与哪些因素有关的实验。
滑动摩擦力在物体的接触面上，所以摩擦力的大小无法直接测量，可借助于平衡力的条件，将摩擦力的大小转化成测力计示数的大小进行测量；又因为滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以在探究影响滑动摩擦力大小的因素时应使用控制变量法。
把握住利用控制变量法分析实验结论的基本思路是解答此题的关键所在。
3、在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，同学们提出了以下几种猜想：
A.与接触面的压力大小有关
B.与接触面积大小有关
C.与运动的快慢有关
D.与接触面的粗糙程度有关
为了验证以上猜想是否正确，小慧同学用一个表面平整的长木板、一个带钩的木块、一块棉布、一块毛巾和一只弹簧测力计设计了如图所示的实验，
实验数据如下表所示：
序号 实验条件 测力计示数
长方形木块的放置 表面情况 压力
平放 木板
平放 木板
平放 木板
侧放 木板
竖放 木板
平放 木板上铺棉布
平放 木板上铺毛巾
为了测量滑动摩擦力的大小，应在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向______拉动木块。此时，摩擦力的大小就等于弹簧测力计的示数是利用了______知识；
由序号，，的三次实验，可验证猜想______填字母；
要验证猜想，应选取序号为______的三次实验；
根据表中信息，能否验证猜想？______填“能”或“不能”；
由实验可得出的结论是：______；
实验探究中，小慧采用的实验探究方法是______；
A.类比法 科学推理法 控制变量法
同组的小慧同学采用如图所示的实验装置测量木块与长木板之间的摩擦力时，发现弹簧测力计示数不稳定，很难读数，其原因是______；
某同学将图实验装置改进为如图所示的装置：将弹簧测力计一端固定，另一端钩住木块，木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动。
写出装置改进以后的好处：______。
答案：
匀速；二力平衡；
；
、、；
能；
滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，与接触面的面积无关；
；
木块没有保持匀速直线运动；
改进后，不论木板是否匀速运动，测力计示数都等于摩擦力的大小，便于操作和读数。
解析：根据二力平衡的原理，只有物体做匀速直线运动时，拉力才与摩擦力大小相等；
分析表格数据，接触面、放置都相同，压力不同，测力计示数不同，所以小慧验证的是摩擦力的大小与压力的大小关系，即猜想。
“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小有关”的实验中，应控制压力和接触面的粗糙程度相同，接触面积的大小不同，木块放置的位置不同，则接触面积就不相同，所以选取序号为、、的三次实验；
由表格中的数据可知：在压力相同时，木块在不同的表面上运动时，测力计的示数不同，故可以探究；
根据表格中的数据可知：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，与接触面的面积无关；
滑动摩擦力的大小与压力的大小、接触面的粗糙程度同时有关，此选项是在接触面的粗糙程度一定时，研究滑动摩擦力与压力的关系，是控制变量的研究方法，所以选C；
由于在拖动木块时，很难让木块保持匀速直线运动达到平衡状态，才导致了弹簧测力计的示数不稳定，很难读数；
木块与弹簧测力计固定不动，拉动木板运动，该实验设计的优点是：一方面，不需要木板做匀速直线运动，便于实验操作，另一方面，由于测力计静止便于读数。
所以答案为：匀速；二力平衡；；、、；能；滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，与接触面的面积无关；；木块没有保持匀速直线运动；改进后，不论木板是否匀速运动，测力计示数都等于摩擦力的大小，便于操作和读数。
实验中，摩擦力的大小是通过读取弹簧测力计的拉力得出的，这是依据了二力平衡的原理，因此，要保持物体做匀速直线运动才行；
分析表格中的物理量，哪个变量不同，就是验证哪个猜想。
“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小有关”的实验中，应控制压力和接触面相同，接触面积不同；
“探究滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关”时，应控制压力相同，接触面的粗糙程度不同；
根据表格中的数据分析；
物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素变量的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
利用二力平衡的条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小，因此是否能保持木块处于平衡状态是实验过程中的关键。
木块与弹簧测力计静止不动，不需要控制木板做匀速直线运动，便于实验操作，便于弹簧测力计读数。
本题考查了实验注意事项与实验分析，把握住利用控制变量法分析实验结论的基本思路是解答此题的关键所在；要明确：滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟物体的运动速度、接触面积大小等都没有关系。
4、如图是“测量滑动摩擦力大小”的实验装置示意图。
如图甲中，将木板固定水平拉动木块，木块受到的滑动摩擦力与其受到的水平拉力______大小相等；图乙中，水平拉动木板，待测力计示数稳定后，木块受到的滑动摩擦力与其受到的水平拉力______大小相等。选填“一定”或“不一定“
如图丙中，水平拉动木板，待测力计示数稳定后，测力计的示数为，测力计的示数为，木块受到的滑动摩擦力大小为______，若增大拉力，当的示数为时，的示数为______。
答案：
不一定，一定；，。
解析：
本题考查了摩擦力的测量及实验方法的评估，对于实验类试题一定要从实验的操作、过程、方法考虑解题，是今后中考实验的重点和热点，体现了新课标中注重实验探究过程的要求。
摩擦力的大小是通过读取弹簧测力计的拉力得出的，这是依据了二力平衡的原理，因此，图甲要保持物体做匀速直线运动才行，图甲中，将木板固定水平拉动木块，木块受到的滑动摩擦力与其受到的水平拉力不一定相等；
图甲在拉动木块时，很难让木块保持匀速直线运动状态，会导致弹簧测力计的示数不稳定；图甲与图乙的最大不同就是一个拉弹簧测力计，一个拉木板，同是做相对运动，但可以看出，图乙当拉动长木板运动的过程中，无论长木板是否做匀速直线运动，木块始终处于静止状态，根据二力平衡的条件知弹簧测力计的示数一定等于摩擦力的大小。
如图丙所示，弹簧测力计的示数为，根据二力平衡，则木块受到的摩擦力大小为；若拉力增大到，木板将做加速运动，因压力和接触面粗糙程度不变，故木块受到的摩擦力将不变，还是，的示数为。
所以答案为：不一定，一定；，。
5、在探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，装置如图所示，铝块和木块的外形相同，一端带有定滑轮的长木板固定不动，铝块通过细线与弹簧测力计相连。忽略滑轮的摩擦
图甲中，将铝块放在水平木板上，竖直向上拉测力计，当铝块沿水平方向做______运动时，铝块所受滑动摩擦力大小等于测力计的示数，则______。
比较甲、乙两次实验，可以得出：在______相同时，______越大，滑动摩擦力越大。
图乙实验完成后，利用原有器材，还可进一步探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，请你简要说明实验方案：______。
请你判断：图丙中，铝块水平运动时所受滑动摩擦力______选填“大于”、“等于”或“小于”图甲中铝块所受滑动摩擦力。
答案：
匀速直线；；
接触面粗糙程度；压力；
将木块与铝块互换位置，重复实验，比较两次弹簧测力计的示数；
等于。
解析：竖直向上拉测力计，通过定滑轮使铝块沿水平方向做匀速直线运动时，铝块在水平方向上受到平衡力的作用，铝块所受滑动摩擦力大小等于测力计的示数。
测力计的示数如图甲所示，图中测力计分度值为，示数为，即木块受到的滑动摩擦力大小为。
分析比较甲、乙两次可知，接触面粗糙程度相同，乙图中接触面间的压力大，测力计示数大，滑动摩擦力大，
故可以得出滑动摩擦力大小与压力大小有关，在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
要探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，需控制压力相同，接触面的粗糙程度不同，故可设计方案：
将铝块叠放在木块上，然后放在水平木板上，竖直向上拉测力计，使它们沿水平方向做匀速直线运动，记下测力计示数，分析比较与的大小，得出结论。
由图丙可知，铝块在木板上运动时，压力也不变，接触面的粗糙程度不变，
则所受的滑动摩擦力不变，故图丙中铝块水平运动时所受滑动摩擦力等于图甲中铝块所受滑动摩擦力。
所以答案为：匀速直线；；接触面粗糙程度；压力；将木块与铝块互换位置，重复实验，比较两次弹簧测力计的示数；等于。
本题探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验，考查了实验操作、仪器的读数、实验结论的归纳与实验方案的设计等，属于力学重要实验之一，平时学习时多总结实验命题点有助于快速解题。
6、在学习摩擦力时，小强猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能有：
接触面所受的压力
接触面的粗糙程度
他通过如图所示的实验进行探究，并记录实验数据．
如图甲，在木板上，用弹簧测力计水平匀速拉动木块，从而测出木块与长木板间的滑动摩擦力．
如图乙，在木块上加一砝码，从而改变木块对长木板的压力，测出此情况下的滑动摩擦力．
如图丙，在木板上铺上毛巾，从而改变接触面的粗糙程度，保持木块上的砝码不变，测出此情况下的滑动摩擦力．
实验次数 接触面 压力 弹簧测力计的读数
木板面
木板面
毛巾面
在以上实验中，用弹簧测力计水平拉动木块，使其做匀速直线运动，根据_________知识可知滑动摩擦力大小等于拉力大小．在第次实验中，滑动摩擦力为_________；若拉力增大到，木块做加速运动，滑动摩擦力为_________．
比较第、次实验得出结论：_______________________________________________．
比较第、次实验得出结论：______________________________________________．
如图丁所示，小强还利用以上实验器材来研究木块所受到的滑动摩擦力．他水平拉动木板向有加速运动的过程中，木块相对地面保持静止，木块受到木板的摩擦力大小_________填“大于”“等于”或“小于”弹簧测力计的读数，方向是_________．
答案：
二力平衡；；；
在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
等于；水平向右
解析：
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
根据二力平衡分析；根据影响滑动摩擦力大小的两个因素不变分析；
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象找出相同的量和变化的量，分析得出摩擦力与变化量的关系；
根据二力平衡分析。
在以上实验中，用弹簧测力计水平拉动木块，使其做匀速直线运动，根据二力平衡知识可知滑动摩擦力大小等于拉力大小；
在第次实验中，测力计示数为，故滑动摩擦力为；
若拉力增大到，木块做加速运动时，因压力大小和接触面粗糙程度不变，故滑动摩擦力不变，仍为；
比较第、次实验得出结论：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
比较第、次实验得出结论：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
物体处于静止状态，受到的摩擦力与测力计拉力为平衡力，木块受到木板的摩擦力大小等于弹簧测力计的读数，与木板的运动无关；
对物体的拉力方向是水平向左，根据二力平衡条件，摩擦力方向是水平向右。
所以答案为：二力平衡；；；在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；等于；水平向右。
7、为了探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”，小明设计了如图所示的实验
实验中应水平向右拉动弹簧测力计，使物体做______，此时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数
比较图甲、乙所示的实验，是为了研究滑动摩擦力大小与______有关；比较图乙、丙所示的实验，是为了研究滑动摩擦力与______有关
在拉动物体的过程中，若将拉力增大时，滑动摩擦力的大小______选填“增大”、“减小”或“不变”
比较图甲、丁所示的实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，于是小明得出结论：滑动摩擦力大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是______选填“正确”或“错误”的，理由是______。
爱动脑筋的小明认为上述实验在测滑动摩擦力的大小时误差较大，于是对实验装置进行了改进，如图所示，进行实验时，发现效果很好。请写出用图所示实验装置进行实验的优点______只需写出一个即可。
答案：
匀速直线运动 压力大小 接触面粗糙程度 不变 错误 没有控制物体间的压力相同 实验时不需要匀速拉动长木板
解析：实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时物块处于平衡状态，由平衡条件可知，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。
由图甲、乙所示实验可知，接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同，可以应用甲、乙所示实验探究滑动摩擦力大小与压力的关系；
由图乙、丙所示实验可知，物体间的压力相等而接触面的粗糙程度不同，乙、丙所示实验可以探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。
滑动摩擦力与接触面的粗糙程度和物体间的压力有关，若将拉力增大时，压力和接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力的大小不变；
由图甲、丁所示实验可知，接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同，由于没有控制物体间的压力相同，他的结论是错误的。
由图戊所示实验可知，拉动木板时物块保持不动，物块处于平衡状态，滑动摩擦力等于测力计的拉力，实验时不需要匀速拉动长木板。
所以答案为：匀速直线运动；压力大小；接触面粗糙程度；不变；错误；没有控制物体间的压力相同；实验时不需要匀速拉动长木板。
用弹簧测力计水平匀速拉动物块，物块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，滑动摩擦力等于测力计的示数。
滑动摩擦力与接触面的粗糙程度和物体间的压力有关，接触面越光滑、物体间的压力越小，滑动摩擦力越小。
分析图示实验，根据实验控制的变量与实验现象可以得出实验结论。
根据控制变量法的要求分析答题。
根据图示实验装置分析答题。
本题考查了实验现象分析，知道实验原理、应用控制变量法分析清楚图示实验情景即可解题，熟练应用控制变量法是正确解题的关键。
8、小华使用图甲装置来探究影响滑动摩擦力大小的因素。
实验中，应沿______方向拉动弹簧测力计，使木块在水平木板上做______运动。
某次正确实验中，弹簧测力计的指针位置如图乙所示，木块受到的滑动摩擦力大小为______，方向为______。
小华利用图丙中场景和来探究滑动摩擦力与压力的关系，请指出她在实验中明显的不当之处：______。
在某次实验中，小华拉动木块在木板上运动，木块运动的路程时间图像如图丁所示。若用和分别表示和时间内弹簧测力计的示数，则可判断______填“”、“”或“”。
答案：
水平；匀速直线；
；水平向左；
没有控制接触面粗糙程度相同；

解析：
本题通过探究“滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验主要考查了控制变量法的应用，熟练应用控制变量法、认真分析图示实验情景即可正确解题。
滑动摩擦力在物体的接触面上，所以摩擦力的大小无法直接测量，可借助于平衡力的条件，将摩擦力的大小转化成测力计示数的大小进行测量；
明确弹簧测力计的分度值，读出弹簧测力计的示数；摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反；
要探究滑动摩擦力与压力的关系，应控制接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同；
滑动摩擦力的大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关。
当用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在长木板上做匀速直线运动时，木块处于平衡状态，根据二力平衡知识，此时摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
由图可知，用弹簧测力计水平向右匀速拉动木块，弹簧测力计的分度值为，其示数大小为，木块受到的滑动摩擦力大小为，摩擦力方向水平向左；
由图丙可知，和两实验接触面的粗糙程度不同，压力不同，由于没有控制接触面粗糙程度相同，无法探究摩擦力与压力之间的关系；
由图可知，木块在和内运动的路程和时间均成正比，说明木块在和内均做匀速直线运动，同一木块在粗糙程度相同的水平面上运动，压力不变，接触面的粗糙程度相同，所以木块受到的滑动摩擦力相同，木块做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，所以拉力也相等，即。
9、小刚发现汽车在柏油马路上容易停下来，而在下过雨的路面上不容易停下来。
小刚猜想：摩擦力的大小可能与______有关。于是小刚利用长木板、毛巾、木块、以及弹簧测力计做了如图所示的实验；
实验时，应使弹簧测力计水平______拉动木块；
小刚通过比较______两图的弹簧测力计示数，可以验证他的猜想；
小明进一步探究了滑动摩擦力与压力大小的关系，由甲图和丙图可得结论______。
答案：
接触面粗糙程度 匀速直线 甲、乙 当接触面粗粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大
解析：
由题目情境可知：柏油马路与雨后路面的粗糙程度不同，故可猜想到摩擦力的大小可能与接触面粗糙程度有关；
若物体匀速直线运动，此时摩擦力和弹簧测力计的拉力大小相等，读出弹簧测力计的示数，就等于摩擦力；
要探究滑动摩擦力的大小和接触面粗糙程度的关系，需要控制压力的大小不变，改变接触面的粗糙程度，由三幅图中可知甲乙符合要求；
由图甲、丙所示实验可知，物体间接触面的粗糙程度相同，物体间的压力越大，弹簧测力计所示越大，物体受到的滑动摩擦力越大。
所以答案为：接触面粗糙程度；匀速直线；甲、乙；当接触面粗粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
10、如图甲是探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验装置，实验所用的长木板，一面比较光滑，另一面比较粗糙。同学们根据猜想进行了实验，得出数据如下表所示：
实验序号 长木板表面 木板放置方式 拉动木块的个数 弹簧测力计实数
较粗糙 平放
较粗糙 平放
较光滑 平放
较光滑 竖放
实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，根据______的知识可知，弹簧测力计的示数与滑动摩擦力的大小相等。
由实验序号______可以探究滑动摩擦力的大小是否和接触面所受的压力有关。
由实验序号可得到的结论是：滑动摩擦力的大小和接触面的______有关。
同学们在老师的指导下对实验装置进行改进，用如图乙所示的方式测量滑动摩擦力发现效果更好。图乙实验中______选填“一定”或“不一定”要匀速拉动长木板。
根据你在本实验中的收获，请写出一种避免汽车在冰雪路面上行驶时出现打滑现象的具体做法：______。
答案：
二力平衡 粗糙程度 不一定 在路面上撒炉渣；在路面上撒盐加速雪的熔化；换防滑轮；安装防滑链；在车上放重物等
解析：实验中要求弹簧测力计匀速直线拉动木块，此时拉力与摩擦力大小相等，是一对平衡力，即根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计的示数与滑动摩擦力的大小相等；
探究滑动摩擦力的大小是接触面所受的压力的关系，需要控制接触面的粗糙程度相同，改变压力，观察拉力的大小也就是摩擦力的大小，表中两次符合题意；
由实验序号知压力相同，接触面越粗糙，拉力越大，摩擦力越大，可得到的结论是：滑动摩擦力的大小和接触面的粗糙程度有关；
在实验中，采用如图甲所示的实验装置测量木块与长木板之间的摩擦力时，操作上必须要水平匀速直线拉动物块，操作较为困难。
实验改进后，用图乙所示的装置进行实验，操作上不一定要匀速直线拉动长木板，弹簧测力计相对固定，便于读数。
汽车在冰雪路面上行驶时出现打滑是由于下雪后车轮与地面之间的摩擦力减小造成的，因此要避免汽车在冰雪路面上行驶时出现打滑现象就要想办法增大两者之间的摩擦力，比如：在路面上撒炉渣，增大接触面的粗糙程度；在路面上撒盐加速雪的熔化；换防滑轮；安装防滑链；在车上放重物，增大压力等。
故答案：二力平衡；；粗糙程度；不一定；在路面上撒炉渣；在路面上撒盐加速雪的熔化；换防滑轮；安装防滑链；在车上放重物等。
实验中，要拉动木块做匀速直线运动，此时拉力与摩擦力相等，是一对平衡力；
影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度，要探究摩擦力与一个因素的关系，需要控制其他量相同；
可从实际操作的角度，判断是否容易操作和便于读数，据此找出两种方式的不同；
首先思考汽车在冰雪路面上行驶时出现打滑的原因，再思考针对这种现象我们应该采取什么措施。
在本题的实验中，既考查了二力平衡和控制变量法的运用，又考查了实验操作的改进和实验结论的归纳，综合性强，考查全面。
11、探究影响滑动摩擦力大小的因数。
小明用测力计拉同一木块进行了三次正确的实验操作，实验情景如图甲、乙、丙所示。
在乙图中，木块受到的滑动摩擦力大小等于______，方向______。
比较______两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
比较甲、丙两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与______有关。
在操作过程中小明还发现，弹簧测力计不沿水平方向拉动时，也可以使木块在木板上沿水平方向做匀速直线运动，如图丁所示，此过程中，木块处于______平衡不平衡状态；弹簧测力计对木块的拉力和木块受到的滑动摩擦力______是不是一对平衡力，理由是：______；竖直方向上，木块受到的重力和木板对它的支持力______是不是一对平衡力。
答案：
；水平向左；甲乙；接触面的粗糙程度；
平衡；不是；拉力与摩擦力不在同一直线；不是。
解析：在乙图中，测力计分度值为，测力计示数为，因沿水平方向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，拉力大等于摩擦力的大小，木块受到的滑动摩擦力大小等于，物体向右运动，故摩擦力方向水平向左；
研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面的粗糙程度相同，只改变压力大小，乙中测力计示数大于甲中的示数，故比较甲乙两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
比较甲、丙两图的实验可知，压力大小相同，故得出：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
在操作过程中小明还发现，弹簧测力计不沿水平方向拉动时，也可以使木块在木板上眼水平方向做匀速直线运动，如图丁所示，此过程中，木块处于平衡状态；弹簧测力计对木块的拉力和木块受到的滑动摩擦力不是一对平衡力，理由是：拉力与摩擦力不在同一直线；
竖直方向上，物体受到斜向上的拉力，使得木块受到的重力和木板的支持力不相等，不是一对平衡力。
所以答案为：；水平向左；甲乙；接触面的粗糙程度；
平衡；不是；拉力与摩擦力不在同一直线；不是。
由测力计分度值，根据二力平衡的条件分析；
研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面的粗糙程度相同，只改变压力大小；
找出相同的量和不同的量，根据测力计示数，分析得出结论；
二力平衡的条件：同体、反向、等大、共线分析；物体在平衡状态中受平衡力的作用。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和平衡力的知识。
12、小明按如下步骤完成探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验：
如图中甲图所示，将木块平放在长木板上，缓缓地匀速拉动木块，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
如图中乙图所示，将毛巾固定在长木板上，木块平放在毛巾上，缓缓地匀速拉动木块，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
如图中丙图所示，将木块平放在长木板上，并在木块上放一钩码，缓缓地匀速拉动木块，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
该实验主要采用的探究方法是_______。
由图中_____两图可知：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
由图中甲乙两图可知：当接触面受到的压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越_____选填“大”或“小”。
实验后小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动。于是小丽设计了如图中丁图所示的实验装置，该装置的优点是_____长木板做匀速直线运动选填“需要”或“不需要”。实验中小丽发现：当为时，木块相对于地面静止且长木板刚好做匀速直线运动，则长木板受到地面的摩擦力大小为_____。
实验拓展：如图所示，放在水平地面上的物体受到方向不变的水平拉力的作用，和图象分别如图图所示。则物体在第秒时受到的摩擦力大小为_______。
答案：
控制变量法；甲丙；大；不需要；；
解析：
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，利用控制变量法，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。
如图中丁图所示的实验装置，相对于地面静止，受到摩擦力和测力计的拉力为一对平衡力，木板匀速运动，受拉力与木块摩擦力和地面摩擦力平衡，据此分析；
因压力大小和接触面粗糙程度不变，则受到摩擦力大小不变，据此分析。
该实验主要采用的探究方法是控制变量法。
因沿水平方向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，拉力大小等于摩擦力的大小；
由图中甲丙两图可知：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
由图中甲乙两图可知：当接触面受到的压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大；
如图中丁图所示的实验装置，相对于地面静止，受到摩擦力和测力计的拉力为一对平衡力，故该装置的优点是不需要长木板做匀速直线运动；
实验中小丽发现：当为时，木块相对于地面静止且长木板刚好做匀速直线运动，所以木板受拉力与木块摩擦力和地面摩擦力平衡，由图甲可知木块与木板间摩擦力为，则长木板受到地面的摩擦力大小为。
实验拓展：如图所示，放在水平地面上的物体受到方向不变的水平拉力的作用，和图象分别如图图所示，由图知，秒物体做匀速直线运动，受到的拉力与摩擦力为一对平衡力，大小相等，因压力大小和接触面粗糙程度不变，则受到摩擦力大小不变，故物体在第秒时受到的摩擦力大小为。
所以答案为：控制变量法；甲丙；大；不需要；；。
13、小宇要探究“影响滑动摩擦力大小的因素”，他猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能有：接触面所受的压力大小；接触面的粗糙程度；物体运动的速度。接下来小宇通过如图所示的实验操作开展探究。
进行甲、乙、丙图实验时，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物体做______运动；
要验证猜想，需按照______两个图选填“甲”、“乙”、“丙”进行对比实验；
比较甲、乙图的实验，得到的实验结论是______；
在本次实验中运用的研究方法是转换法和______；
小颖发现小宇上述实验操作中弹簧测力计的示数并不稳定，于是改进了实验装置，如图丁所示。改进后长木板______选填“一定”或“不一定”要做匀速直线运动。
答案：
匀速直线 甲、丙 接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 控制变量法 不一定
解析：
进行甲、乙、丙图实验时，弹簧测力计必须沿水平方向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，由二力平衡的条件，拉力大小才等于摩擦力的大小。
要验证猜想，即与接触面的粗糙程度的关系，要控制压力大小相同和速度大小相同，需按照甲、丙两个图进行对比实验；
比较甲、乙图的实验，接触面粗糙程度相同，乙中压力大，乙受到的滑动摩擦力也大，故实验结论是：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
在本次实验中运用的研究方法是转换法和控制变量法；
如图丁所示，木块相对地面处于静止状态，受到的测力计拉力与受到的摩擦力为一对平衡力，大小相等，故改进后长木板不一定要做匀速直线运动。
所以答案为：匀速直线；甲、丙；接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；控制变量；不一定。
根据二力平衡的条件分析；
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，由控制变量法，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
木块相对地面处于静止状态，受到的测力计拉力与受到的摩擦力为一对平衡力。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
14、探究影响滑动摩擦力大小的因数。
小明用测力计拉同一木块进行了三次正确的实验操作，实验情景如图甲、乙、丙所示。
在乙图中，木块受到的滑动摩擦力大小等于______，方向______。
比较______两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
比较甲、丙两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与______有关。
在操作过程中小明还发现，弹簧测力计不沿水平方向拉动时，也可以使木块在木板上沿水平方向做匀速直线运动，如图丁所示，此过程中，木块处于______平衡不平衡状态；弹簧测力计对木块的拉力和木块受到的滑动摩擦力______是不是一对平衡力，理由是：______。
答案：
；水平向左；甲、乙；接触面的粗糙程度；
平衡；不是；拉力与摩擦力不在同一直线。
解析：
在乙图中，测力计分度值为，测力计示数为，因沿水平方向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，拉力大等于摩擦力的大小，木块受到的滑动摩擦力大小等于，物体向右运动，故摩擦力方向水平向左；
研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面的粗糙程度相同，只改变压力大小，乙中测力计示数大于甲中的示数，故比较甲乙两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
比较甲、丙两图的实验可知，压力大小相同，故得出：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
在操作过程中小明还发现，弹簧测力计不沿水平方向拉动时，也可以使木块在木板上沿水平方向做匀速直线运动，如图丁所示，此过程中，木块处于平衡状态；弹簧测力计对木块的拉力和木块受到的滑动摩擦力不是一对平衡力，理由是：拉力与摩擦力不在同一直线。
所以答案为：；水平向左；甲、乙；接触面的粗糙程度；
平衡；不是；拉力与摩擦力不在同一直线。
由测力计分度值，根据二力平衡的条件分析；
研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面的粗糙程度相同，只改变压力大小；
找出相同的量和不同的量，根据测力计示数，分析得出结论；
二力平衡的条件：同体、反向、等大、共线分析；物体在平衡状态中受平衡力的作用。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和平衡力的知识
15、在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，小梦学习小组的同学提出了以下猜想：
A.与接触面所受的压力有关
B.与接触面的粗糙程度有关 与接触面积的大小有关
为了探究各种猜想是否正确，他们找来了弹簧测力计一个，带有挂钩的长方体木块和正方体木块各一个各个表面的相糙程度相同、钩码一盒。长木板两块一块光滑，一块粗糙
测量前观察弹簧测力计，发现指针指在如图甲所示的位置，他应先在水平方向_____后再测量。
为了验证猜想、应选用____木块，实验中用弹簧测力计拉着木块沿水平长本板做______，读出弹簧测力计的示数，改变该木块的放置方式重新实验，发现弹簧测力计的示数不变，说明猜想C错误的。
图乙中木块所受的摩擦力为_____，为了验证猜想，选择图 进行比较，可以得出结论：______________________________________。
同组的大梦同学采用如图所示的装置测量木块受到的摩擦力，这样设计能解决小梦测量滑动摩擦力时___________________的问题。
答案：
调零；
长方体； 匀速直线运动；
；乙丙；在压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
弹簧测力计示数不稳定
解析：
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
弹簧测力计使用前先沿受力方向调零；
根据二力平衡分析；
根据弹簧测力计的分度值读数；根据控制变量法得出结论；
若拉动木板，无论其是否做匀速直线运动物体始终处于静止状态，受力平衡。
测量前观察弹簧测力计，发现指针指在图甲所示的位置，他应先调零后再测量；
为了探究摩擦力与接触面积的大小是否有关，应改变面积，故应选择长方体；
只有沿水平方向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，拉力大小才等于摩擦力的大小；故测量时长木板应水平放置，用弹簧测力计平行于长木板拉着木块做匀速直线运动，根据二力平衡知识，弹簧测力计的示数就等于木块受到的滑动摩擦力的大小。
由图乙可知，测力计分度值为，示数为；
为了验证摩擦力接触面的粗糙程度是否有关，应控制压力不变，改变接触面的粗糙程度，故应选择乙丙；由图可知，在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
若采用该图，由于上面的木块始终处于静止状态，所以其受力平衡，测力计的示数会较稳定，因此此方法解决了弹簧测力计示数不稳定的问题。
所以答案为：调零； 长方体； 匀速直线运动；；乙丙；在压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；弹簧测力计示数不稳定。
16、在探究“滑动摩擦力大小和哪些因素有关”的实验中：
此实验是根据______原理测出摩擦力大小的。
小明刚开始拉木块时，他的水平拉力逐渐增大，但木块仍静止，木块所受的摩擦力______选填“变大”“变小”或“不变”；木块被拉动，且越来越快，小明读出某一时刻弹簧测力计的示数为，他认为这时摩擦力的大小为，他操作中的错误是______。
改正错误后，小明完成了探究过程，比较甲、丙两次实验可得出的结论是：______。
小明把木块沿竖直方向截掉一部分后，继续图甲的操作，测得摩擦力减小，由此得出结论：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小。你认为他探究过程中存在的问题是______，改进方法是______。木块各表面粗糙程度相同
答案：
二力平衡 变大 木块未做匀速直线运动 压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大 没有控制压力相等 将木块的各个面放在木板上，做匀速直线运动，读出弹簧测力计的示数
解析：在实验中匀速拉动木块运动时，木块处于平衡状态，根据二力平衡条件，木块受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，所以拉力与摩擦力的大小相等；
虽然水平拉力逐渐增大，但是木块始终处于静止状态，所以在水平方向受到的拉力与摩擦力相互平衡，大小相等；由于拉力在增大，所以摩擦力也在增大；木块未做匀速直线运动，所以此时拉力与摩擦力不相等；
甲、丙两次实验，压力大小相等，丙的接触面粗糙程度大于甲的接触面粗糙程度，拉力大于甲的压力，说明丙的摩擦力大于甲的摩擦力，可得压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
甲图中将木块沿竖直方向截去一半后，测得所受的滑动摩擦力变为原来一半。由此得出结论：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小。你认为探究过程中存在的问题是没有控制压力相等。
将木块的各个面放在木板上，做匀速直线运动，读出弹簧测力计的示数。
所以答案为：二力平衡；变大；木块未做匀速直线运动；压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；没有控制压力相等；将木块的各个面放在木板上，做匀速直线运动，读出弹簧测力计的示数。
在探究摩擦力与哪些因素有关的实验中，利用二力平衡条件来测量摩擦力的大小；
静止或匀速直线运动状态都属于平衡状态，物体受力平衡；在测滑动摩擦力时，应拉动物体做匀速直线运动；
掌握控制变量法，比较甲、丙两次实控制的量和改变的量，得出影响摩擦力大小的因素；
研究滑动摩擦力的大小跟接触面积大小的关系时，需要保持压力和接触面的粗糙程度相同，据此分析解答；
此题考查学生对于滑动摩擦力的影响因素的理解和掌握，注意控制变量法的应用。
17、在探究“滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验中，同学们提出了以下猜想：
A.与压力大小有关
B.与接触面的粗糙程度有关
C.与接触面积大小有关
D.与运动速度大小有关
为了验证以上猜想是否正确，小张这组的同学利用如图所示装置及有关器材进行实验，收集的数据如表：
序号 长方体木块的放置 表面情况 压力 测力计示数
平放 木板
平放 木板
侧放 木板
平放 木板上铺毛巾
在实验时必须让木块做______ 运动，这样摩擦力才与弹簧测力计示数相等；
要验证猜想，应选取序号为______ 的两次实验；要验证猜想，应选取序号为______ 的两次实验．
由表中信息，______ 选填“能”或“不能”验证猜想．
小张同学将木块沿竖直方向截去一半后，测得木块所受摩擦力变为原来的一半，由此他得出“滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关”的结论，你认为张华同学得出的结论是______ 选填“正确”或“错误”，原因是______ ．
答案：
匀速直线；与；与；不能；错误；在探究过程中没有控制压力不变
解析：实验中，用弹簧测力计拉着木块做匀速直线运动，此时拉力与摩擦力平衡，根据二力平衡条件可知，木块所受摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数；
要验证猜想，必须控制接触面粗糙程度不变，木块放置不变，改变压力大小，所以选、；验证猜想，必须控制压力大小不变，木块放置不变，改变接触面粗糙程度，所以选、；
要验证滑动摩擦力与运动速度的关系，由表格可知，没有速度信息，不能确定滑动摩擦力与速度的关系；
小张将木块沿竖直方向截取一半后，压力也减小一半，探究过程没有控制压力大小不变，所以得出了错误结论．
所以答案为：匀速直线；与；与；不能；错误；在探究过程中没有控制压力不变．
要使拉力与摩擦力相等，需沿水平方向拉动木块做匀速直线运动，物体处于二力平衡状态；
要探究摩擦力与压力大小的关系，需使接触面的粗糙程度相同，压力不同；要探究摩擦力与接触面的粗糙程度的关系，需使压力相同，接触面粗糙程度不同；
滑动摩擦力的大小与运动速度大小的关系，没有速度不同的实验；
滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟接触面积大小的关系时，控制压力大小和接触面粗糙程度不变．
本题是探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验，利用二力平衡，主要考查了摩擦力的测量方法及控制变量法的应用．
18、小宇用如图甲所示的装置“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做匀速直线运动，小华记录的部分实验数据如下表：
序号 木块放置情况 接触面情况 接触面所受压力 弹簧测力计示数
平放 木板
平放 木板
平放 木板
平放 棉布
平放 毛巾
在实验操作中，用弹簧测力计沿平方向拉动木块，使其做匀速直线运动，这样做的目的是______；
分析序号为、、的三组实验数据可得：滑动摩擦力的大小与接触面所受压力大小的关系式是______；
通过分析序号为______的三组实验数据可得：滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关；
某次实验中拉动木块由静止到匀速直线运动的过程中，弹簧测力计对木块的拉力随时间的变化图象如图乙所示，其中木块处于静止状态，分析图象可知：要使木块由静止开始运动，至少要用______的水平拉力拉木块；如果实验时木块受的拉力是，下列对木块所处状态的判断，正确的是______；
A.始终静止 始终做匀速直线运动
C.静止或匀速直线运动 条件不足，无法判断
实验过程中，弹簧测力计的示数不容易稳定，可能的原因是______。
答案：
木块在水平方向上受力平衡，摩擦力等于弹簧测力计的拉力；
；
、、；
；；
没有拉着物体做匀速直线运动或接触面粗糙程度不均匀
解析：
此题是探究影响滑动摩擦力的因素，主要考查了对二力平衡条件的应用及控制变量法；在此实验中要水平拉动木块做匀速直线运动，要研究滑动摩擦力与一个量的关系，需要控制另一个量不变。
在实验操作中，用弹簧测力计沿平方向拉动木块，使其做匀速直线运动，此时拉力与摩擦力平衡，根据二力平衡知识，滑动摩擦力等于测力计的拉力，读出拉力就测量出了摩擦力；
通过分析实验、、可知，在接触面的粗糙程度相同时，滑动摩擦力的大小与接触面所受压力成正比，比值为，用关系式表达为：；
要探究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度的关系，需要保持压力的大小不变，改变接触面的粗糙程度，因此应该分析序号、、的三组实验数据；
分析图乙可知，要使木块由静止开始运动，至少要用的力；
当木块受到的拉力是时，木块可能静止还没拉动，也可能匀速直线运动已经拉动了，且由乙图可知滑动摩擦力等于，故C正确；
如果没有拉着物体做匀速直线运动或接触面的粗糙程度不均匀，会造成弹簧力计的示数不稳定，从而影响摩擦力的测量结果。
所以答案为：
木块在水平方向上受力平衡，摩擦力等于弹簧测力计的拉力；；、、；；；没有拉着物体做匀速直线运动或接触面粗糙程度不均匀。
19、一位同学在学习了滑动摩擦力之后，认为两物体间的滑动摩擦力的大小可能与两物体的接触面积大小有关，于是他通过实验探究这个问题。
为完成本实验，需要自己制作木块，他制作的木块应该选择下列选项中的______。
A.各面粗糙程度相同的正方体各面粗糙程度相同，长宽高各不相同的长方体
C.各面粗糙程度不同的正方体各面粗糙程度不相同，长宽高各不相同的长方体
本实验中，该同学设计了两种方案：
方案一：木板水平固定，通过弹簧测力计水平拉动木块，如图所示。
方案二：木块与弹簧测力计相连，弹簧测力计水平固定，通过细绳水平拉动木板，如图所示
用方案一实验时，应该拉动木块作______运动，目的是______。
两种方案中，你认为更合理、更易于操作的是______ 填“方案一”，“方案二”
应该记录的实验数据是______。
答案：
匀速直线 利用二力平衡条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小 方案二 接触面积的大小、弹簧测力计的示数
解析：实验目的是探究“滑动摩擦力的大小与两物体的接触面积大小的关系”，必须保证压力与接触面粗糙程度相同，只改变接触面积的大小；所以选B。
方案一：拉动的是木块，为了得到摩擦力，应匀速拉动木块，利用二力平衡条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小；
方案一中很难控制木块做匀速直线运动，所以弹簧测力计示数不稳，很难读数；
方案二中无论长木板是否做匀速直线运动，木块都处于静止状态即平衡状态，这样拉力等于摩擦力，而且无论拉木板速度多少，摩擦力都一样，不改变摩擦力大小，所以容易操作；
实验中应记录：接触面积大小、弹簧测力计示数。
所以答案为：；
匀速直线；利用二力平衡条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小；方案二；
接触面积的大小、弹簧测力计的示数。
明确实验目的：滑动摩擦力的大小与两物体的接触面积大小的关系；采用控制变量法设计实验步骤：控制“压力与接触面粗糙程度相同，只改变接触面积的大小”；
木块做匀速直线运动时受平衡力，根据二力平衡条件，得到摩擦力大小；
记录实验中改变的变量与测量的量。
考查探究摩擦力大小与什么因素有关，实验中采用了控制变量法、转换法，并对实验进行了改进，明确改进后的实验操作有什么优点。
20、小伟要探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”，他猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能有：接触面所受的压力大小；接触面的粗糙程度；接触面积的大小。接下来小伟通过如图所示实验操作验证他的猜想：
实验中小伟应该用弹簧测力计水平______拉动木块在长木板上滑动，这样做是根据二力平衡的知识得出拉力等于摩擦力，从而测出木块所受的摩擦力的大小。
如果小伟要探究猜想，他应该选择______两幅图所示的实验步骤来操作，根据图中弹簧测力计的示数可得出结论：在其他因素相同的情况下，______，滑动摩擦力越大。
小伟要探究猜想，他将木块切去一半，重复甲的操作过程，如图丁所示。他比较甲和丁的实验结果，得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。你认为他的结论可靠吗？答：______。
小明仔细观察了小伟的实验过程，发现了一些问题，经过认真分析研究，他们最后把甲图所示的实验装置改进为乙图所示装置，利用图乙装置进行实验有许多优点，以下______不是其优点选填字母。
A.不需要匀速拉动 测力计示数稳定 实验更容易操作 实验原理更合理
答案：
匀速直线 甲丙 接触面越粗糙 不可靠
解析：实验中小伟应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，这时拉力和摩擦力是一对平衡力，摩擦力等于拉力；
要探究摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系，需使压力大小和接触面积大小相同，改变接触面的粗糙程度，所以应选择甲图和丙图；
由图知，在其他因素相同的情况下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
要探究摩擦力大小与接触面积的大小的关系，需使压力大小和接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小，而小伟将木块切去一半，则在接触面积变化的同时，压力也发生了变化，所以得出错误结论；
在此实验中，很难控制拉动木块做匀速直线运动，测力计的示数不稳定，读数较困难，而乙图不需要做匀速拉动，木块始终保持静止状态，弹簧测力计的示数就很稳定，实验更容易操作，但是它们的实验原理是相同的，都是二力平衡，故D符合题意；
所以选：。
所以答案为：匀速直线； 甲丙；接触面越粗糙；不可靠；。
掌握二力平衡条件，要正确测出摩擦力的大小，需拉动木块做匀速直线运动；
根据猜想，要探究摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系，需使压力大小和接触面积大小相同，改变接触面的粗糙程度；
要探究摩擦力大小与接触面积的大小的关系，需使压力大小和接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小；
在测量摩擦力大小时，需匀速直线拉动木块，而此操作很难控制。
此题是探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”的实验，考查了学生对控制变量法的理解和应用，题目很典型。
21、在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，小英做了如图甲所示的三次实验，用到了一个弹簧测力计、一个木块、一个砝码、两个材料相同但表面粗糙程度不同的长木板。实验中第次和第次用相同的长木板，第次用表面更加粗糙的长木板。
实验时用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在水平桌面做______运动，根据二力平衡知识，可知滑动摩擦力的大小______选填“大于”“等于”或“小于”拉力的大小。
比较、两次实验，得出结论：______。
刚开始小英做第次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第时的摩擦力为______。
答案：
匀速直线；等于；
在接触面粗糙程度一定时，压力越大，摩擦力越大；
。
解析：只有沿水平方向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，拉力大小才等于摩擦力的大小，实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，根据二力平衡知识，从而测出木块与长木板之间的滑动摩擦力；
由、两次接触面粗糙程度相同，压力不同，是探究滑动摩擦力的大小跟压力大小的关系，故可以得出：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，摩擦力越大；
有图丙知：物体做匀速运动，此时物体处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙知此过程的拉力为，所以滑动摩擦力为；
物体做减速运动，但由于压力的接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为，故第时，摩擦力为。
所以答案为：匀速直线；等于；在接触面粗糙程度一定时，压力越大，摩擦力越大；。
根据二力平衡的条件分析；
影响摩擦力的因素由压力和接触面的粗糙程度，根据影响滑动摩擦力大小的因素分析；
根据图丙分析各段的运动情况，根据图乙分析出拉力的大小，根据影响摩擦力的因素分析出摩擦力的大小。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和影响滑动摩擦力大小的两个因素，体现了对过程和方法的考查。
22、科学探究的过程一般要经历“提出问题”、“猜想与假设”等环节，在课堂学习中进行到“猜想与假设”这一环节时，老师往往要求“要有理由地猜想”，意思是猜想时要结合自己的生活经验或者是学习过的相关知识，在“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验中，同学们已有的猜想和理由分别是：
猜想依据：拖动教室中较重的讲台比较轻的课桌感觉费力；
猜想：滑动摩擦力的大小与______ 有关．
猜想依据：穿上鞋底有花纹的鞋走路时不容易滑倒；
猜想：滑动摩擦力的大小与______ 有关．
实验过程需要让木块在水平木板或棉布上做______ 运动；
在如图所示的甲、乙、丙三次实验中，其中甲图的测力计示数是______ ；
为验证猜想，应比较______ 两图，可得出结论：______ ；
爱思考的小艺想要测量斜面上的滑动摩擦力，查阅相关资料了解到，在斜面上的物体受到一个使其下滑的力，当斜面的倾斜程度和物体不变的时候，“下滑力”大小不变，利用如图所示的装置设计出了实验方案，请你帮其补充完整
实验步骤：
用弹簧测力计拉动物块沿斜面向下做匀速直线运动，测量此时拉力记为；
______ ．
______ 用测量物理量的符号表示
答案：
物体间的压力大小；接触面粗糙程度；匀速直线；；甲和丙；在压力相同的情况下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；在该斜面上，用弹簧测力计拉动物块沿斜面向上作匀速直线运动，测量此时拉力记为；
解析：
猜想依据：拖动教室中较重的讲台比较轻的课桌感觉费力；
猜想Ⅰ：滑动摩擦力的大小与物体间的压力大小有关．
猜想依据：穿上鞋底有花纹的鞋走路时不容易滑倒；
猜想Ⅱ：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关．
实验过程需要让长方体木块在水平木板或棉布上做匀速直线运动；
由图甲所示弹簧测力计可知，其分度值是，示数为；
由图甲与图丙所示实验可知，物体间的压力相同而接触面的粗糙程度不同，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大，由此可得：在压力相同的情况下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
当斜面的倾斜程度和物体不变的时候，“下滑力”大小不变，设下滑力为；
用弹簧测力计拉动物块沿斜面向下作匀速直线运动，测量此时拉力记为；则，
在该斜面上，用弹簧测力计拉动物块沿斜面向上作匀速直线运动，测量此时拉力记为；则，
由可得，．
所以答案为：物体间的压力大小；接触面粗糙程度；匀速直线；；甲和丙；在压力相同的情况下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；、在该斜面上，用弹簧测力计拉动物块沿斜面向上作匀速直线运动，测量此时拉力记为；．
根据生活经验，提出相应的猜想；
实验过程中应水平匀速拉动木块，让木块做匀速直线运动；
根据图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数；
分析图示实验现象，根据实验控制的变量与实验现象分析答题；
实验步骤：设下滑力为拉着物体下滑时，物体受沿斜面向上的摩擦力、沿斜面向下的拉力和沿斜面向下的下滑力．列平衡方程，拉着物体匀速上滑时，物体受沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向下的下滑力和沿斜面向上的拉力，测量此时拉力记为，列出方程，求得．
根据实验经验提出合理的猜想，然后设计实验验证猜想是否正确；解题时要注意控制变量法的应用，正确应用控制变量法是正确解题的关键．
23、如图所示是小明“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。铜块和木块的大小和形状完全相同，实验时：
应使弹簧测力计拉着物体沿______方向做______运动。
比较甲、乙两图，可得到的结论是______；
图乙、丙中铜块和木块叠在一起的目的是使______相同；
比较乙、丙两图，可得到的结论是______；
图甲中弹簧测力计的读数是______若物体不是做匀速运动，而是做加速直线运动，弹簧测力计读数______摩擦力；若物体做减速直线运动，弹簧测力计读数______摩擦力填“大于”“等于”或“小于”。
实验时，小明先在竖直方向上对弹簧测力计调零，然后用弹簧测力计拉着物体沿水平方向做匀速直线运动，则测出的摩擦力______实际摩擦力填“大于”“等于”或“小于”。
答案：
水平 匀速直线 接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 压力大小 压力大小相同时，接触面粗糙程度越粗糙，滑动摩擦力越大 大于 小于 小于
解析：“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验，实验时要用弹簧测力计拉着物体沿水平方向做匀速直线运动；
比较甲、乙两图可知，接触面相同、压力大小不同，弹簧测力计示数不同，故结论为：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
图乙、丙中铜块和木块叠在一起即可以使压力保持不变，同时还可通过改变叠放次序控制接触面的变化；
比较乙、丙两图可知，压力大小相同，接触面粗糙程度不同，弹簧测力计示数不同，故结论为：压力大小相同时，接触面粗糙程度越粗糙，滑动摩擦力越大；
图甲中弹簧测力计的分度值为，其示数为；当物体做加速运动时，拉力大于摩擦力，当物体做减速运动时，拉力小于摩擦力，只有做匀速直线运动时，二力才平衡；
因为弹簧自身重力的作用，所以当在竖直方向上对弹簧测力计调零后，再在水平方向上测拉力的大小，指针的位置会有一定的回缩，至使所测出的摩擦力小于实际摩擦力的大小。
所以答案为：水平；匀速直线；接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；压力大小；压力大小相同时，接触面粗糙程度越粗糙，滑动摩擦力越大；，大于，小于；小于。
根据二力平衡可求摩擦力；
影响滑动摩擦力的因素有压力的大小和接触面的粗糙程度，图甲、乙比较接触面是相同的，压力的大小不同，弹簧测力计的示数不同，据此可得出结论；
将铜块和木块叠在一起可保证压力大小不变，改变叠放的次序可使不同的接触面与水平面接触；
影响滑动摩擦力的因素有压力的大小和接触面的粗糙程度，图乙丙比较压力大小是相同的，接触面粗糙程度不同，弹簧测力计的示数不同，据此可得出结论；
读取弹簧测力计示数应注意看清分度值以及刻度的延伸方向；物体在受平衡力的作用时，拉力与摩擦力才相等，当加速或减速运动时，两个力是一对非平衡力，据此来分析其大小关系；
在竖直方向上对弹簧测力计调零，因弹簧自身重力的作用，会使指针所指的初始位置偏下方，再水平使用时，指针回缩，则测出的力的示数会变小。
在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中我们应注意两种研究方法与一个物理原理的合理利用，两个方法是控制变量法和转换法将摩擦力转换为弹簧测力计的拉力；一个物理原理是二力平衡原理在物体做匀速直线运动时，拉力与摩擦力平衡；本题的易错点在于对问题的解答，要细心分析弹簧测力计竖直调零再水平使用时对测量结果的影响，防止颠倒。
24、为探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验小组的同学用如图所示的装置和器材进行实验。
将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿______方向拉动，使其做______运动，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小。
在木块上加放砝码，是为了探究滑动摩擦力大小与______的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面______的关系。
实验中，大家发现弹簧测力计示数很难稳定，于是设计了如图所示的装置来进行实验。水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。
启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面______，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向______。
某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小______。
答案：
水平 匀速直线 压力大小 粗糙程度 静止 左 无关
解析：将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，根据二力平衡，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小；
在木块上加放砝码，增大了压力，是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，改变了接触面的粗糙程度，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止状态，此时弹簧测力计绳子对木块的拉力水面向右与木块所受滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左；
某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力大小不变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关。
所以答案为：水平；匀速直线；压力大小；粗糙程度；静止；左；无关。
根据二力平衡的条件分析；
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此得出结论；
启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止，由二力平衡分析；
弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力不变，据此分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
25、图甲是小盛同学探究“阻力对物体运动的影响”的实验。
丙
三次实验中，均保持小车从同一斜面同一位置由静止下滑，目的是保证小车到达平面起始端时___________相同。在水平面上，小车每次停止时的位置如图甲所示，由三次实验可以看出，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，小车滑行的距离就越远，速度减小得越_______选填“快”或“慢”。
在此实验基础上通过推理可知观点_______选填“”或“”是正确的。
A.物体的运动不需要力来维持力是维持物体运动的原因
小盛又将小车系上细线，分别倒放、立放在铺有不同材料的水平木板上，用测力计拉动小车，探究“影响滑动摩擦力大小的因素”，实验如图乙所示。
实验中，沿水平方向匀速直线拉动测力计，根据_______原理可测出滑动摩擦力的大小。
比较第_________两次实验可知，滑动摩擦力大小与接触面积无关。
比较第、两次实验可得结论：_____________________________________________。
小芳同学利用身边的器材将小盛的实验方法进行了改进，实验装置如图丙所示：将弹簧测力计一端固定，另一端钩住木块，木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动。此实验中____________选填“需要”或“不需要”拉动长木板做匀速直线运动；此时，木块受到的摩擦力大小为_____________。
答案：
初速度 慢
二力平衡 、
压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大
不需要 。

解析：
本题将“阻力对物体运动的影响”、“影响滑动摩擦力大小的因素”两个实验相结合，考查了学生分析实验现象的能力以及严谨的科学观，这就要求我们在平常的实验中多注意分析实验的方法。
要使小车到达水平面具有相同的初速度，应让小车从斜面的同一高度处由静止滑下；
根据实验现象得出平面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越慢；
在此实验基础上通过推理可知观点物体的运动不需要力来维持。不受力运动的物体仍然会运动，之所以停止，是因为受阻力，若所有力都没有了，运动的物体将会永远的匀速直线运动下去。
物体只有在做匀速直线运动时，才处于平衡状态，才受平衡力，根据二里平衡的知识，弹簧测力计的拉力才等于受到的摩擦力；
探究摩擦力大小与接触面面积的关系，应控制接触面粗糙程度与压力大小相等而接触面的面积不同；
比较第两次实验，根据控制的变量与实验现象得出结论；
无论拉动下面的长木板是否匀速，木块和弹簧测力计都处于静止状态，便于读出示数，由于木块静止，处于平衡状态，此时摩擦力和拉力仍然是一对平衡力，相等，读书弹簧测力计的示数就是摩擦力。
要研究小车在水平面上滑行的距离，必须控制变量，即控制控制小车的初速度相同，即让小车从斜面的同一高度滑下；
由图知，小车在木板表面停止得最慢，是因为在该表面受到的阻力最小；由以上的现象可知，平面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越慢。
不受力运动的物体仍然会运动，之所以停止，是因为受阻力，若所有力都没有了，运动的物体将会永远的匀速直线运动下去。可见物体的运动不需要力来维持。
实验中需沿水平方向拉动小车做匀速直线运动，此时小车受力平衡，根据二力平衡条件，测力计的示数等于摩擦力的大小；
由、两次实验数据可知，物体间接触面的粗糙程度与物体间的压力相同而接触面的面积不同，物体间的滑动摩擦力相同，由此可知，滑动摩擦力的大小与接触面积无关；
比较第、两次实验数据可知，在压力相同时，物体间接触面的粗糙程度越大，滑动摩擦力越大。
无论拉动下面的长木板是否匀速，木块和弹簧测力计都处于静止状态，便于读出示数，所以不需要拉动长木板做匀速直线运动；由于木块静止，处于平衡状态，此时摩擦力和拉力仍然是一对平衡力，相等，读书弹簧测力计的示数就是摩擦力。
所以答案为：初速度 慢
二力平衡 、压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大 不需要 。
26、如下图所示是探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”的实验．器材有：木块一块、砝码一个，弹簧测力计一个，长木板一块和棉布一块．

实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使其在长木板上做________直线运动，此时弹簧测力计示数的大小等于滑动摩擦力的大小．
甲实验中，木块受到的摩擦力为________．
比较甲、乙实验，可以探究滑动摩擦力的大小与________的关系；比较________实验可以探究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度的关系．
比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出；滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是________填“正确”或“错误”的．
本实验采用的探究方法是________填“控制变量法”或“等效替代法”．
答案：
匀速
压力大小乙、丙
错误
控制变量法．
解析：
本题考查了实验现象分析，知道实验原理、应用控制变量法分析清楚图示实验情景即可解题，熟练应用控制变量法是正确解题的关键。
木块只有在做匀速直线运动时，受到弹簧测力计的拉力才等于受到的摩擦力；
在进行测力计的读数时，注意测力计的分度值；
影响摩擦力大小的因素是压力的大小和接触面的粗糙程度；在压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大；在接触面粗糙程度一定时，压力越大，摩擦力就越大；
根据控制变量法的要求分析答题；
滑动摩擦力与压力和接触面粗糙程度有关，本实验采用的探究方法是控制变量法。
实验时为了测出滑动摩擦力大小，应使弹簧测力计拉着木块在水平面上做匀速直线运动，此时摩擦力和拉力是一对平衡力，根据二力平衡，可知此时滑动摩擦力与拉力大小相等；
由甲图知，测力计的分度值为，其示数为；
比较甲、乙实验可知：两此实验的接触面的粗糙程度不变，压力的大小不同，弹簧测力计的示数不同，可以探究滑动摩擦力的大小与压力的大小是否有关；
比较乙、丙两图可知：此两实验的压力大小不变，接触面的粗糙程度不同，弹簧测力计的示数不同，所以能说明滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度是否有关；
由图甲、丁所示实验可知，接触面的粗糙程度相同而接触面积的大小和物体间的压力都不同，由于没有控制物体间的压力相同，则滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关的结论是错误的；
滑动摩擦力与压力和接触面粗糙程度有关，本实验采用的探究方法是控制变量法。
所以答案为：
匀速；
；
压力大小；乙、丙；
错误；
控制变量法。

27、如图是“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验．

实验中用的探究方法是：__________________________．
实验过程中，弹簧测力计_________选填“必须”或“不必”沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小_________选填“大于”、“等于”或“小于”弹簧测力计示数．
在三次实验中，滑动摩擦力最大的是_______选填“甲”、“乙”或“丙”．
比较甲、乙实验，是为了研究滑动摩擦力大小与_______________有关；比较乙、丙实验，是为了研究滑动摩擦力大小与__________________ 有关以上两空选填“压力大小”或“接触面粗糙程度”．
答案：
控制变量法；必须；等于；丙；压力大小；接触面粗糙程度
解析：
此题是探究影响摩擦力因素的实验，考查了控制变量法和二力平衡条件的应用，注意实验的改进所具有的优点，并学习改进的方法。
在探究影响摩擦力大小的因素时，要注意应用控制变量法，控制其中一个因素不变，探究摩擦力与另一个因素间的关系；
为了正确测量出摩擦力的大小，实验中应沿水平方向拉动木块做匀速直线运动，此时拉力与摩擦力平衡，大小相等；
根据影响摩擦力大小的因素利用控制变量法进行分析；分析甲、乙及甲、丙实验的相同量和不同的量，得出探究的影响因素。
在探究影响摩擦力大小的因素时，要控制其中一个因素不变，探究摩擦力与另一个因素间的关系，这种方法叫做控制变量法；
实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，此时，拉力与摩擦力是一对平衡力，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计示数；
读图可知，三次实验中，丙图弹簧测力计的示数最大，所以滑动摩擦力最大的是丙；
甲、乙两图，接触面的粗糙程度相同，乙的压力较大，所受的摩擦力较大，故可得出结论：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
乙、丙两图，压力相同，丙的接触面较粗糙，摩擦力较大，故可得出结论：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
所以答案为：控制变量法；必须；等于；丙；压力大小；接触面粗糙程度。
28、在探究滑动摩擦力的实验中，如图甲所示，用一个拉力传感器（能感应力大小的装置）水平向右拉在水平面上的木块，A端的拉力均匀增加，0～t1时间内木块保持静止状态，木块运动后改变拉力，使木块于时间t2后处于匀速直线运动状态。电脑对数据进行处理后，得到如图乙所示拉力随时间变化的图线。
(1)为了测量木块的滑动摩擦力，应让它在水平面上作________运动，由________知识可知，此时木块所受的摩擦力等于拉力传感器的拉力；
(2)在0~t1时间内，当F=5N时，木块处于________状态，此时木块所受摩擦力的大小为________N；若用F=6N的水平力拉木块，木块所受摩擦力的大小为________N；
(3)为了探究两物体间的滑动摩擦力的大小可能与接触面的大小有关，则实验中的木块应选________；
A．各个面粗糙程度相同的正方体
B．各个面粗糙程度相同，长宽高各不相同的长方体
C．各个面粗糙程度不同的正方体
D．各个面粗糙程度不相同，长宽高各不相同的长方体
(4)如图丙所示，为研究滑动摩擦力大小与接触面受到压力大小的关系，在重为20N的木块上每次增加1N重的砝码，分别用永平拉力F使木块作匀速直线运动，实验测量数据如下表：
木块对水平面压力 25 26 27 28 29 30
水平拉力F/N 5.0 5.2 5.4 5.6 5.8 6.0
分析表中的数据，可得出________的结论。
答案：
（1）匀速直线；二力平衡
（2）静止；5；5
（3）B
（4）接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力和压力成正比
解析：
此题是探究物体所受摩擦力的影响因素，主要考查了二力平衡条件的应用，会根据图象和物体的运动状态，分析物体的受力情况，再根据影响摩擦力的因素等知识进行解答。
（1）由二力平衡条件可知，要测量摩擦力的大小，需拉动测力计做匀速直线运动，此时拉力大小与摩擦力大小相等；
（2）静止或做匀速直线运动的物体将受到平衡力的作用；滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度和压力大小有关；
（3）根据控制变量法的要求选择需要的木块；
（4）认真分析表格中的数据，找出拉力与摩擦力的关系。
（1）要测滑动摩擦力，需拉动木块做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，此时拉力与摩擦力是一对平衡力，大小相等；
（2）当用F=5牛的水平拉力拉静止的木块时，静止的木块在水平方向上受到平衡力的作用，
即拉力与静摩擦力是一对平衡力，其大小相等，
故木块所受摩擦力大小为5N；
木块在t2后处于匀速直线运动状态，所受拉力F=5N，与滑动摩擦力是一对平衡力，故摩擦力f=5N，
当用F=6牛的水平拉力拉木块时，木块将做加速运动，而木块所受摩擦力大小不会变化，因为压力和粗糙程度都未变，故摩擦力大小仍为5N；
（3）为了探究两物体间的滑动摩擦力的大小可能与接触面的大小有关，应使木块的侧面积改变，而粗糙程度不变，所以选项B符合题意；
（4）在研究摩擦力大小与所受压力关系时，拉动物体做匀速直线运动，所以摩擦力与拉力是一对平衡力，因此f=F；
从表格中数据可以看出，拉力与压力大小的比值不变，即摩擦与所受压力的比值是一个定值，故得结论：接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力和压力成正比。
所以答案为： （1）匀速直线；二力平衡；（2）静止；5；5；（3）B；（4）接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力和压力成正比。
29、如图所示是小华物理学习小组探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验。
实验过程中，必须用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做______运动，根据______的原理，得出滑动摩擦力与拉力大小相等。
观察图甲、乙，发现弹簧测力计的示数，由此可知：在接触面粗糙程度相同时，______越大，滑动摩擦力越大。
观察图甲、丙，发现弹簧测力计的示数，说明：压力一定时，接触面粗糙程度______，滑动摩擦力越大。
在实验后交流的过程中，小华发现有同学设计的实验装置如图丁所示，实验时，在托盘中放入适量的砝码，使木块做匀速直线运动。滑轮的摩擦不计
请回答下列问题：
为了测木块滑动摩擦力，需要测量物理量是______填编号。
A.木板的质量 木块的质量
C.砝码的质量 托盘和砝码的总质量
小华猜想：摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关。于是，他在上述实验的基础上，将木块沿竖直方向切去一部分后。用剩下的部分继续进行实验，测得的滑动摩擦力变小。由此得出：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小。你认为她的探究过程存在的问题是______。正确的做法是：小华将木块沿竖直方向切去一部分后，只要将______，就可以进行实验并得出正确结论。
答案：
匀速直线；二力平衡；
压力；
越大；
；未控制压力一定； 截去部分叠在剩余部分上面
解析：
实验时为了测出滑动摩擦力大小，应使弹簧测力计拉着木块在水平面上做匀速直线运动，此时摩擦力和拉力是一对平衡力，根据二力平衡，可知此时滑动摩擦力与拉力大小相等；
甲、乙两图接触面粗糙程度相同，压力不同，发现弹簧测力计的示数，由此可知：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
甲、丙两图压力相同，接触面粗糙程度不同，发现弹簧测力计的示数，说明：压力一定时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大。
因为图的设计中，对木块的拉力来自托盘的砝码的总重力，所以为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是托盘和砝码的总质量；
小华将木块沿竖直方向截去一部分后，用剩下部分继续进行实验，测得木块所受的滑动摩擦力变小。由此得出：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小，在她的探究过程中没有控制压力大小一定，不符合控制变量法的要求，因此结论不可靠；
正确的做法是：将木块沿竖直方向截去一部分后，将截去部分叠在剩余部分上面进行实验，这样既保证了接触面的粗糙程度相同，也保证了压力不变，符合控制变量法的要求。
所以答案为：匀速直线；二力平衡；压力；越大；；未控制压力一定； 截去部分叠在剩余部分上面。
木块只有在做匀速直线运动时，受到弹簧测力计的拉力才等于受到的摩擦力；
滑动摩擦力跟压力大小和接触面粗糙程度有关。探究滑动摩擦力跟压力大小关系时，控制接触面粗糙程度不变；探究滑动摩擦力跟接触面粗糙程度关系时，控制压力大小不变。
在图的设计中，对木块的拉力来自托盘的砝码的总重力，因此需要测量二者的质量，并据此根据二力平衡条件计算出摩擦力的大小。
在探究摩擦力的大小跟接触面积的关系时，必须控制压力和接触面的粗糙程度不变，据此可做出评价和提出改进方案。
掌握滑动摩擦力大小的影响因素是压力大小和接触面的粗糙程度，能利用控制变量法和二力平衡条件探究滑动摩擦力大小的影响因素，同时还应学会对实验进行大胆的改进。
30、如图所示，是某物理小组探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验。
实验过程中，必须用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做______运动，这样做利用______知识便于测量滑动摩擦力的大
观察图甲、乙，发现弹簧测力计的示数，由此可知：在接触面粗糙程度相同时，______越大，滑动摩擦力越大。
观察图甲、丙，发现弹簧测力计的示数，说明：压力一定时，接触面粗糙程度
______，滑动摩擦力越大。选填“越大”或“越小”
在实验后交流的过程中，小华发现有同学设计的实验装置如图所示，实验时，在托盘中放入适量的砝码，使木块做匀速直线运动。请回答下列问题：
为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是______填选项目前的编号。
A.木板的质量 B.木块的质量
C.砝码的质量D.托盘和砝码的总质量
木块的滑动摩擦力表达式为______用已知和测量的物理量符号表示。
小华猜想：摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关。于是，他在上述实验的基础上，将木块沿竖直方向切去一部分后。用剩下的部分继续进行实验，测得的滑动摩擦力变小。由此得出：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小。你认为她的探究过程存在的问题是______。
答案：
匀速直线 二力平衡 压力 越大 未控制压力一定
解析：
要测滑动摩擦力，需拉动木块做匀速直线运动，此时拉力与摩擦力是一对平衡力，大小相等；
甲、乙两图接触面粗糙程度相同，压力不同，发现弹簧测力计的示数，由此可知：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
甲、丙两图压力相同，接触面粗糙程度不同，发现弹簧测力计的示数，说明：压力一定时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；
因为图的设计中，对木块的拉力来自托盘的砝码的总重力，所以为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是托盘和砝码的总质量；
木块的滑动摩擦力表达式为；
小华将木块沿竖直方向切去一部分后，用剩下部分继续进行实验，测得木块所受的滑动摩擦力变小。由此得出：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小；
在她的探究过程中没有控制压力大小一定，不符合控制变量法的要求，因此结论不可靠。
所以答案为：匀速直线；二力平衡；压力；越大；；；未控制压力一定。
在此题中要掌握二力平衡条件的应用，要测量摩擦力的大小，需拉动测力计做匀速直线运动，此时拉力大小与摩擦力大小相等；
接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
压力大小相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
根据二力平衡的知识，细线对木块的拉力与摩擦力平衡，而细线对木块的拉力等于砝码和托盘的总重力；
根据得出结论；
在探究摩擦力的大小跟接触面积的关系时，必须控制压力和接触面的粗糙程度不变。
掌握滑动摩擦力大小的影响因素是压力大小和接触面的粗糙程度，能利用控制变量法和二力平衡条件探究滑动摩擦力大小的影响因素，同时还应学会对实验进行大胆的改进。11《探究影响压力作用效果的因素》
考点汇总：
1、实验目的：压力的作用效果跟什么因素有关。
2、提出猜想：跟压力的大小有关，跟受力面积的大小有关。
3、实验步骤：
　① 照图甲那样，把小桌腿朝下放在泡沫塑料上；观察泡沫塑料被压下的深度；
②再照图乙那样，在桌面上放一个砝码观察泡沫塑料被压下的深度；
③ 再把小桌翻过来，如图丙，观察泡沫塑料被压下的深度。
　步骤①、②是受力面积一定，改变压力的大小，步骤②、③是压力一定，改变受力面积。
　　　　　　　　　
4、实验结论：泡沫塑料被压下的深度与压力的大小和受力面积的大小有关。压力越大，效果越明显，受力面积越小效果越明显。
5、此实验采用的方法有控制变量法、转换法。
6、此实验使用海绵而不用木板为什么？答：木板不容易产生形变，而海绵容易产生形变，便于观察实验现象。
7、比较图甲和图乙可以得到实验结论是：受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显。（不能说压强越明显，因为探究这个实验时还没有提出压强的概念）
8、比较图乙和图丙可以得到实验结论是：压力一定时，受力面积越大，压力的作用效果越明显。用海绵形变的大小来衡量压力作用效果的大小，是转换法；而在探究压力作用效果具体受哪个因素影响时，采用了控制变量的方法；
9、如果将图乙中的海绵换成木板，压力的作用效果与放海绵的作用效果相同吗？答：相同，因为压力的效果与压力大小和受力面积有关，有其他因素无关，改成木板后只是我们观察不到效果而已。
10、小明同学实验时将物体B沿竖直方向切成大小不同的两块，如图所示．他发现它们对海绵的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力作用效果与受力面积无关．你认为他在探究过程中的做法是否正确？原因是：她没有控制压力大小相同。
典题精析：
1、小明利用、两物体、砝码、泡沫等器材探究“压力的作用效果与什么因素有关”的实验，如图所示．
实验中小明是通过观察______ 来比较压力作用效果的．
比较甲、乙两图所示实验，可得结论是：______ ．
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应通过比较______ 图所示实验．
小明实验时将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，如图所示．他发现它们对泡沫的压力作用效果
______ 选填“变大”、“不变”或“变小”，由此他得出的结论是：压力作用效果与受力面积无关．你认为他在探究过程中存在的问题是______ ．
本实验采用的实验方法是______ 写出一种方法即可．
答案：
泡沫的凹陷程度；
受力面积一定时，压力作用效果与压力大小有关；
甲、丙；
不变；没有控制压力相同；
控制变量法．
解析：
本题考查的是影响压力作用效果的因素，涉及到了控制变量法和转换法，这两种方法是初中物理用到的最多的探究方法，大部分探究实验都用到这两种方法，需要重点掌握。
压力的作用效果是采用转换法，通过泡沫的形变来体现的；
比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积的大小是相同的，压力不同，泡沫的凹陷程度不同，由此得出压力作用效果和压力的关系；
要得出“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，就要控制压力不变，而受力面积不同；
压力的作用效果跟压力大小和受力面积的大小有关，在探究压力作用效果和受力面积的关系时，应该保持压力不变；
本实验用到了控制变量法和转换法。
实验中，泡沫的凹陷程度越大，压力作用效果越明显，用泡沫的凹陷程度来反映压力作用效果；
比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积相同，压力越大，泡沫凹陷程度越大，故可得结论：受力面积一定时，压力作用效果与压力大小有关；
如果要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应该保持压力不变，故应通过比较图中甲、丙两次实验；
图中，将切开的两块对泡沫压力的作用效果是相同的。研究压力作用效果和受力面积的关系时，应该保持压力不变，小明实验时没有保持压力不变，实验过程中压力和受力面积同时变化，无法研究压力作用效果和受力面积的关系；
本实验中，探究一个量与多个变量的关系，每次只探究一个量，而控制其它的量不变，用到了控制变量法；同时，通过用泡沫的凹陷程度来反映压力作用效果，用到了转换法。
所以答案为：泡沫的凹陷程度；受力面积一定时，压力作用效果与压力大小有关；甲、丙；不变；没有控制压力相同；控制变量法。
2、如图所示，某小组在“探究压力的作用效果与哪些因素有关”的实验中。
实验中是通过比较海绵的______来比较压力作用效果的大小。这种实验方法叫做______法。
通过比较图甲和图乙两次实验，探究压力的作用效果与______的关系；通过比较图______和图______两次实验，探究压力的作用效果与受力面积的关系，这种实验方法是______法。
实验结束后，同学们做了进一步的交流讨论，分析静止在水平桌面上的固体，它对桌面的压力和它受到的重力大小相等，这是因为它对桌面的压力与桌面对它的支持力是一对______力；它受到的重力与桌面对它的支持力是一对______力。
答案：
凹陷程度； 转换； 压力大小； 乙；丙； 控制变量；相互作用；平衡
解析：实验中是通过比较海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的大小，这种科学探究方法是转换法。
乙图中小桌子上加砝码的目的是为了增大压力大小，比较甲、乙可以得出结论：当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显，探究压力的作用效果与压力大小的关系。
丙图中小桌子倒放的目的是为了增大受力面积大小，比较乙、丙探究压力的作用效果与受力面积的关系，这种实验方法是控制变量法。
实验结束后，同学们做了进一步的交流讨论，分析静止在水平桌面上的固体，它对桌面的压力和它受到的重力大小相等，这是因为它对桌面的压力与桌面对它的支持力是一对相互作用力；它受到的重力与桌面对它的支持力是一对平衡力。
压力作用效果用物体形变大小来反映，物体形变越大，压力作用效果越明显；
压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关。在受力面积一定时，压力越大，压力作用效果越明显；压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关。在压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
相互作用力：作用在两个不同的物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
平衡力：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
在探究“压力作用效果”的实验中，要熟悉控制变量法和转换法的运用，体现了过程与方法的考查。
3、利用小桌、海绵、砝码等探究影响压力作用效果的因素，如图甲、乙、丙所示。
图中压力的作用效果是通过观察______来比较压力作用效果的。我们______填“可以”或“不可以”用沙子代替海绵来完成实验。
通过比较图甲和图乙，说明 ，压力的作用效果越明显，通过比较图______填序号和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
实验中主要采用的研究方法是______填“控制变量法”或“理想实验法”。
将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，比较图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系为______填“”“”或“”。
实验时如果将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示。小明发现它们对海绵的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是 。
答案：
海绵的凹陷程度；可以；压力越大；乙；控制变量法；；没有控制压力大小不变。
解析：根据转换法，图中压力的作用效果是通过观察海绵的凹陷程度来比较的。因沙子受压形变明显，故我们可以用沙子代替海绵来完成实验；
通过比较图甲和图乙，说明压力越大，压力的作用效果越明显；研究压力的作用效果与受力面积关系时，要控制压力一定，故通过比较图乙和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
实验中主要采用的研究方法是控制变量法。
将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，根据，因压力和受力面积相同，故图丙中海绵受到的压强等于图丁中木板受到的压强的大小，；
研究压力的作用效果与受力面积的关系要控制压力大小相等，将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，对支持面的压力大小发生了改变，故他在探究过程中存在的问题是：没有控制压力大小不变。
所以答案为：海绵的凹陷程度；可以；压力越大；乙；控制变量法；；没有控制压力大小不变。
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；选用的受压材料形变要明显；
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；
因受压材料不同，故不能根据受压材料的凹陷程度比较，根据分析。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
4、如图甲、乙、丙所示，小明利用小桌、海绵、砝码等探究影响压力作用效果的因素。
本实验是通过观察______来比较压力作用效果的。实验中用到的研究方法有______和转换法。
通过比较图甲、乙，说明______，压力的作用效果越明显。
通过比较图______填序号，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，则图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系为______选填“”“”或“”。
实验时，小明将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示，发现它们对海绵的压力作用效果相同。由此得出的结论是压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是______。
答案：
海绵的凹陷程度 控制变量法 受力面积一定时，压力越大 乙、丙 没有控制压力的大小相同
解析：
根据转换法，本实验是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的；
实验中用到的研究方法有控制变量法和转换法；
通过比较图甲、乙知，受力面积一定，乙中压力大，海绵的凹陷程度大，这说明受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
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，而受力面积不同，故应该比较图乙、丙，且可以得出结论：压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，与图丙相比，因压力大小和受力面积都相同，则根据可知，图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系为；
研究压力的作用效果与受力面积的关系时，要控制压力大小一定，实验时，小明将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，则压力大小不同，由此得出的结论是压力的作用效果与受力面积无关是错误的，他在探究过程中存在的问题是没有控制压力的大小相同。
所以答案为：海绵的凹陷程度；控制变量法；
受力面积一定时，压力越大；
乙、丙；
；
没有控制压力的大小相同。
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；
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的关系时应控制压力的大小不变，据此分析回答；
因图丙中和图丁中受压材料不同，故不能根据受压材料的凹陷程度来反映压力的作用效果，应据据分析。
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的应用及的运用，体现了对过程和方法的考查。
5、为了探究压力的作用效果与哪些因素有关，小勇同学在同一块海绵上做了如图所示的实验来进行研究．所用每块砖重力和型号大小都相同
一块砖平放在海绵上 两块砖叠放在海绵上
一块砖竖放在海绵上
小勇是通过观察______ 来比较压力作用效果的．
观察比较图______ 的情况可知，压力的作用效果与压力有关；比较图______ 的情况可知，压力的作用效果与受力面积有关．压力越大，受力面积越小则压强______ 越大、越小．
答案：
海绵的凹陷程度；；；越大
解析：
因海绵比较容易发生形变，所以小勇是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果．
由两图可知，受力面积相同，压力的大小不同，二者产生的作用效果不同，通过分析可知，压力的作用效果与压力有关；
由两图可知，压力的大小是相同的，受力面积不同，二者产生的作用效果不同，通过分析可知，压力的作用效果与受力面积有关．压力越大，受力面积越小则压强越大．
所以答案为：海绵的凹陷程度；； ； 越大．
压力的作用效果主要表现在物体的形变上，可以通过海绵的形变程度来反映压力作用效果的强弱．
影响压力作用效果的因素是压力的大小和受力面积的大小．探究压力的作用效果和压力大小的关系时就要保证受力面积一定；要探究压力的作用效果和受力面积的关系时就要保证压力的大小一定．
此题通过影响压力作用效果的因素这一探究实验，考查了控制变量法和转化法的具体应用，是中考的热点的热点，耍熟练掌握．
6、小平在家中找了一块泡沫、一个小塑料板凳、一个铁块来研究压力作用效果跟什么因素有关，如图所示，根据实验回答下列问题：
实验中是通过观察比较______ 来判断压力的作用效果的．
比较甲、乙两个实验可知，压力作用效果跟______ 有关系．
比较乙、丙两个实验可知，压力作用效果跟______ 有关系．
实验中用到的方法是______ 法．
答案：
海绵凹陷的程度；压力大小；受力面积；控制变量
解析：如图，用海绵凹陷程度来反映压力作用效果．
甲、乙两图，受力面积相同，压力越大，海绵凹陷程度越大，故可得故可得压力作用效果跟压力大小有关系．
乙丙两个实验，压力大小相同，受力面积越小，海绵的凹陷程度越大，故可得压力作用效果跟受力面积有关系．
在实验过程中分别控制受力面积和压力大小不变，来探究压力作用效果与压力大小和受力面积的关系，用到了控制变量法．
所以答案为：
海绵凹陷的程度；
压力大小；
受力面积；
控制变量．
压力作用通过海绵凹陷程度来反映．泡沫凹陷程度越大，压力作用效果越大；泡沫凹陷程度越小，压力作用效果越小．
压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关．受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越大；
在压力相同时，受力面积越小，压力作用效果越明显．
实验中要用控制变量法进行分析．
掌握压力作用效果的影响因素，会利用控制变量法和转换法探究压力作用效果影响的因素是关键．
7、小明同学在探究“压力的作用效果与压力大小的关系”时，做了如图甲、乙所示的实验．
画出丁图中海绵受到的压力的示意图．
实验中观察______ 来判断压力的作用效果
甲、乙所示的实验能够得到的结论是______ 下列实例中，直接应用该结论的是______ 填序号
交通管理部门规定，货车每一车轴的平均承载质量不得超过
小小的蚊子能轻而易举地用口器把皮肤刺破
书包要用宽的背带
若想继续探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应再作图______ 填“丙”或“丁”所示实验．
本实验用到的科学探究方法有：______ 、______ ．
答案：
海绵的凹陷程度；在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；；丁；控制变量法；转换法
解析：海绵受到的压力是由物体受到重力产生的，故压力的方向竖直向下，如图：
；
用海绵凹陷程度来反映压力作用效果．
甲、乙两图，受力面积相同，压力越大，海绵凹陷程度越大，故可得结论：在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；是通过增大压力来增大压力效果的，是通过改变受力面积来改变压力效果的，所以选；
若想继续探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应再作图丁即可；
通过以上的实验过程可以看出，我们在研究压力的作用效果与多个变量的关系时，应运用控制变量法，每次只研究与其中一个变量的关系．压力的作用效果可以通过海绵的凹陷程度来反应，这是转换法．
所以答案为：如图；海绵的凹陷程度；在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；；丁；控制变量法；转换法．
根据压力产生的原因作图；
压力作用通过海绵凹陷程度来反映．泡沫凹陷程度越大，压力作用效果越大；泡沫凹陷程度越小，压力作用效果越小．
压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关．受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越大；在压力相同时，受力面积越小，压力作用效果越明显．
由图可知，甲乙的受力面积相同，甲的压力大，海绵的下陷程度大，若想继续探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，只需要把小桌倒过来即可．
压力作用效果用容易发生形变的物体来反映；同一个实验发生形变的物体材料要相同，否则无法比较压力作用效果；在研究多个变量时，应运用控制变量的方法．
探究“压力的作用效果与哪些因素有关”时，使用控制变量法进行实验，实验现象的观察使用转换法，实验结论要完整．
8、小明同学利用、两物体、砝码、泡沫等器材探究“压力的作用效果与什么因素有关”的实验。如图所示。
实验中小明是通过观察______来比较压力作用效果的，这种科学探究方法是______法。
比较甲、乙两图所示实验，能够得到的结论是______。
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应通过比较图______和______所示实验。
小明同学实验时将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，如图所示。他发现它们对泡沫的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是______。
答案：
泡沫的凹陷程度；转换法；
在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；
甲；丙；
没有控制压力大小相同。
解析：实验中小明是通过观察泡沫的凹陷程度来比较压力作用效果的，这种科学探究方法是转换法；
甲乙两图中，受力面积相同，乙图中压力更大，故得出的结论是：在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应控制压力大小相同，只改变受力面积大小，故应比较图甲丙两实验；
研究压力作用效果与受力面积的关系，应控制压力大小相同，将物体沿竖直方向切成大小不同的两块时，受力面积不同的同时，压力大小也改变了，即没有控制压力大小相同，得出结论是错误的。
通过泡沫的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；
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，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。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
9、小明同学利用、两物体、铁块、泡沫等器材探究“压力的作用效果与什么因素有关”的实验。如图所示。
实验中小明是通过观察______来比较压力作用效果的。
比较甲、乙两图所示实验，能够得到的结论是______。
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应通过比较______图和所示实验，能够得到的结论是______。
小华同学实验时将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，如图丁所示。他发现它们对泡沫的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是______。
答案：
泡沫的形变程度；受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
甲、丙；压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
没有控制压力大小不变
解析：
本题考查的是影响压力作用效果的因素，涉及到了控制变量法和转换法，这两种方法是初中物理用到的最多的探究方法，大部分探究实验都用到这两种方法，需要重点掌握。
压力的作用效果是采用转换法，通过泡沫的形变来体现的。
比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积的大小是相同的，压力不同，泡沫的凹陷程度不同，由此得出压力作用效果和压力的关系。
探究压力作用效果与受力面积的关系，应控制受力面积相同而压力不同，分析图示实验，然后答题。
通过泡沫的形变判断压力作用效果，要得出“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，就要控制压力不变，而受力面积不同。
实验中，泡沫的凹陷程度越大，压力作用效果越明显，用泡沫的凹陷程度来反映压力作用效果；
比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积相同，压力越大，泡沫凹陷程度越大，故可得结论：受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应控制压力相同而受力面积不同，图甲、丙所示实验符合要求。得出的结论是：压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
小明同学实验时将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，如图丁所示，因泡沫的凹陷程度不变，故它们对泡沫的压力作用效果不变；
研究压力作用效果和受力面积的关系时，应该保持压力不变。由图丁所示实验可知，没有控制压力大小相等，所以得出的结论不可靠。
所以答案为：泡沫的形变程度；受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
甲、丙；压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
没有控制压力大小不变。
10、小明同学利用洗手间的肥皂及海绵探究“压力的作用效果与哪些因素有关”，实验探究过程如图所示．
小明是通过观察______来比较压力作用效果的．
分析比较甲、乙两图中的实验现象，得到的结论是______图乙和图丙探究的问题是______
以上这种研究方法在科学探究中属于______法．
答案：
海绵的凹陷程度 当压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显 压力的作用效果与压力大小的关系 控制变量
解析：压力作用效果用海绵形变大小来反映．海绵的凹陷程度越大即海绵形变越大，压力作用效果越明显．
分析比较甲、乙的实验现象可知，两图的压力大小不变，受力面积的大小不同，海绵的凹陷程度不同，且受力面积越小、海绵的凹陷程度越大，当压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显．
分析比较乙、丙两图可知，受力面积相同，压力大小不同，海绵的凹陷程度不同，且压力越大，海绵的凹陷程度越大；要探究压力的作用效果与压力大小的关系，应控制受力面积不变，改变压力的大小．
探究压力作用效果跟压力大小关系时，控制受力面积不变；探究压力作用效果跟受力面积大小关系时，控制压力大小不变．这种方法是控制变量法．
所以答案为：海绵的凹陷程度；当压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；压力的作用效果与压力大小的关系；控制变量法．
压力作用效果用物体形变大小来反映．
影响压力作用效果的因素是压力的大小和受力面积的大小：探究压力的作用效果和压力大小的关系时就要保证受力面积一定；要探究压力的作用效果和受力面积的关系时就要保证压力的大小一定．
一个物理量受到多个因素影响时，探究物理量和一个因素关系时，控制其它因素不变，这种方法是控制变量法．
掌握压力作用效果的影响因素，利用控制变量法和转化法，探究压力作用效果跟影响因素之间的关系．
11、探究“压力作用效果”的实验如甲、乙、丙所示。
甲、乙、丙实验中，根据______来比较压力的作用效果。
通过甲、乙实验能够得到的结论是______。
将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，比较图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系为______选填“”““或“”。
答案：
海绵的凹陷程度 在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显
解析：实验中是根据海绵的凹陷程度来判断压力的作用效果的。
通过甲、乙实验可以看出，受力面积相同，压力不同，海绵的凹陷程度不同，故得到的结论是：受力面积一定时，压力越大。压力的作用效果越明显。
图丁和图丙中，压力大小和受力面积均相同，所以对接触面的压强是相等的，只是由于木板不易发生形变，其效果显现不出来。故海绵受到的压强和木板受到的压强的大小关系为。
所以答案为：海绵的凹陷程度；在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；。
压力的作用效果，通常通过接触面的形变程度来反映；压力的作用效果与压力大小和受力面积有关，在探究时，要注意控制变量法的运用。
在探究“压力作用效果”的实验中，要熟悉控制变量法和转换法的运用，知道日常生活中增大和减小压强的方法。
12、某同学利用小桌、砝码、泡沫塑料在探究“压力的作用效果跟什么因素有关”时，实验过程如图所示，请仔细观察并回答下列问题：
该实验是通过观察______来显示压力的作用效果；
由甲、乙两图所示实验现象可得出：受力面积一定时，______越大，压力作用效果越______；
由______两图所示实验现象可得出：压力一定时，受力面积越大，压力作用效果越______。
该同学在实验时将图乙中的小桌和砝码又放到一块木板上，如图丁所示，则在乙、丁两种情况中小桌产生的压强______填“大于”、“小于”或“等于”
该实验采用的研究方法是______
答案：
泡沫塑料凹陷程度 压力 明显 乙丙 不明显 等于 控制变量法和转换法
解析：根据转换法，该实验是通过观察泡沫塑料凹陷程度来显示压力的作用效果；
由甲、乙两图所示实验现象知，受力面积一定，乙中压力大，作用效果明显，故可得出：受力面积一定时，压力越大，压力作用效果越明显；
研究压力作效果与受力面积关系时，要控制压力一定，故由乙丙两图所示实验现象可得出：压力一定时，受力面积越大，压力作用效果越不明显。
该同学在实验时将图乙中的小桌和砝码又放到一块木板上，如图丁所示，根据，因压力和受力面积相同，在乙、丁两种情况中小桌产生的压强等于；
该实验采用的研究方法是控制变量法和转换法。
所以答案为：泡沫塑料凹陷程度；
压力； 明显；
乙丙； 不明显；等于；
控制变量法和转换法。
本实验通过泡沫塑料的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；
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；
因受压面材料不同，故不能根据受压面的凹陷程度来反映压力的作用效果，根据分析；
由上分析可知本实验采用的研究方法。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
13、在探究影响压力作用效果的影响因素时，小红同学利用小桌、海绵和砝码实验中砝码都相同等器材进行了如图所示的实验。

实验是通过观察__________________来比较压力的作用效果的，这种研究方法称为_________；
比较甲、乙两图，可以初步得出的结论是_________________________________________________；
小红联想到坦克车履带的设计，这可用________两组实验所得结论解释；
若将丙图中有砝码的小桌放在木板上如丁图所示，比较图丁与图丙，小桌对木板和海绵的压强____选填“相同”或“不相同”。
答案：
海绵的凹陷程度；转换法；
当受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
乙、丙；
相同
解析：
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的应用。
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；
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，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。

实验中是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的，这种研究方法是转换法；
研究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积不变，故比较甲乙两图，可得出的结论是：受力面积相同时，压力越大，压力作用的效果越明显。
坦克的履带面积比较大，是通过增大受力面积来减小压力的作用效果的，故应通过比较乙丙两组实验所得结论进行解释；
如图丁所示，若将有砝码的小桌放在木板上，比较图丁与图丙可知，压力相同，受力面积的大小相同，所以小桌对木板和海绵的压强相同。
14、在探究“压力的作用效果与哪些因素有关”的实验中，小明和小华利用所提供的器材小桌、海绵、砝码、木板设计了图甲、乙、丙三个实验，请你根据已学过的压强知识分析：
小明和小华是根据海绵的_______来比较压力的作用效果的．
若要探究压力的作用效果与压力大小的关系，应选用图甲和图_______来比较．
通过观察图乙和图_______可得出“压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显”以下实例中应用该结论的是_______．
A.汽车限重 斧头磨得很锋利 在铁轨下面铺枕木
如图丁所示，小华把小桌挪放到一块木板上，她通过对图丙、丁的比较又得出“压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越不明显”的结论．造成前后两个结论不一致的原因是前后两次受力面的_______不同．
在图乙、丁中小桌对海绵、小桌对木板的压强分别是、，则_______填“”“”或“”．
答案：
凹陷程度；乙；丙；；材料；
解析：
本题主要考查探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。
小明和小华是根据海绵凹陷的程度来比较压力的作用效果的，属于转换法的运用；
若要探究压力作用效果与压力大小的关系，应控制受力面积相同，而压力不同，所以选用图甲和图乙来比较；
通过观察图乙和图丙两实验可得出“压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显”。
A.汽车限重，是通过减小压力来减小压力的作用效果，不合题意；
B.斧头磨得很锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压力的作用效果，符合题意；
C.在铁轨下面铺枕木，是在压力一定时，增大受力面积来减小压力的作用效果，不合题意。
故以上实例中应用该结论的是。
图丁中，小华把小桌挪放到一块木板上，通过对图丙、丁的比较又得出“压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越不明显”的结论；
造成前后两个结论不一致的原因是前后两次受力面的材料不同，是木板不容易发生形变造成的；
在图乙、丁中小桌对海绵、小桌对木板的压强分别是、，由于压力和受力面积均相同，所以压强相同，即。
15、小明用质地均匀、桌面为长方体的小桌，质量相等的重物若干，海绵和水等器材进行以下实验。
实验：用小桌、重物、海绵按如图所示方式进行实验。
本实验可以通过观察______来比较压力作用效果的大小，这是因为力可以使物体发生______。
若要探究压力作用效果与受力面积的关系，应选择图中的______选填“甲”、“乙”或“丙”两次实验。
通过比较图中甲、乙两次实验现象，可得出的结论是______。
实验：将小桌和重物放入水中按图所示方式进行实验，静止后小桌桌面均与水面平行。
图乙比图甲小桌浸入水的深度增加了，图丙比图甲小桌浸入水的深度增加了，则______。
若图丙中桌面对海绵的压强为，图乙中桌面对水的压强为，请你推断______选填“”、“”或“”。
答案：
海绵的凹陷程度 形变 乙、丙 当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显
解析：海绵受到了压力的作用，压力可以改变海绵的形状；实验中小明是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的；
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，要控制压力大小相同，应通过比较图乙和丙所示实验；
比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积相同，压力越大，海绵的凹陷程度越大，故结论为：当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；
由图可知，图乙比图甲中对小桌的压力增大了，图丙比图甲中对小桌的压力增大了，则压力的作用效果变为原来的倍，即浸入水中的深度变为原来的倍，即；
图丙和图乙中，小桌的总重力不变，产生的压力不变，受力面积相同，根据可知，产生的压强是相同的，即。
所以答案为：海绵的凹陷程度；形变；乙、丙；当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；；。
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；
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；
在受力面积一定时，压力的作用效果与压力大小成正比；
根据分析压强的大小。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
16、老师要求同学们用身边的物品探究“压力的作用效果与哪些因素有关”。
小顺找到的器材有：电子秤、海绵、两个相同的矿泉水瓶、刻度尺及一大杯水。他利用电子秤测量，将两个瓶子装入相同质量的水，如甲图所示，分别正立和倒立放在海绵上，其目的是控制 大小相同，改变受力面积的大小。该实验可得出结论：压力一定时， ，压力的作用效果越明显。
以下实例中应用到该结论的有 选填字母。
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
利用现有器材，小顺想探究压力的作用效果与压力大小的关系，他接下来的操作是 。
小芃找到的器材有：海绵、一块质地均匀的方形木块和刻度尺。实验时小芃将木块沿竖直方向切成大小不同的两块，如乙图所示，测量发现泡沫的凹陷程度相同，他由此得出错误的结论：压力的作用效果和受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是没有控制 选填“压力”的大小“受力面积”或“压力的作用效果”相同。
答案：
压力 受力面积越小 、
将其中一瓶内的水倒出一部分，再将两个瓶子倒立在海绵上，比较海绵的凹陷程度 压力

解析：略
17、在“探究压力作用的效果与哪些因素有关”的实验中，利用了两个相同的木块和一块海绵，如图所示。
实验中通过观察____________________来比较压力的作用效果。
对比甲、乙两图，可以得出结论：___________________________________________。
对比__________两图，可以得出结论：受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显。
对比甲、丁两图，得出压力的作用效果与压力大小无关的结论。你认为是否正确，并叙述理由：___________________________________________________________________。
答案：
海绵的凹陷程度
压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显
甲、丙
不正确，因为没有控制受力面积相同

解析：略
18、小明同学利用、两物体、砝码、泡沫等器材探究“压力的作用效果与哪些因素有关”的实验。如图所示。
实验中小明是通过观察______来比较压力作用效果的。
比较甲、乙两图所示实验，能够得到的结论是______。
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应通过比较______两图实验。
小华同学实验时将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，如图所示。他发现它们对泡沫的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力作用效果与受力面积无关。该结论______选填：正确不正确，原因是______。
老师还提供了如图所示的器材：用钉子做腿的小桌；海绵；砝码；木板；盛有适量水的矿泉水瓶；装有沙的容器等供同学们选择。同学们所选的下列四组器材中。不能达到小明探究目的是______选填字母。
A.。
答案：
泡沫的凹陷程度；
受力面积相同，压力越大，压力作用效果越明显；
甲丙；
不正确；沒有控制压力相同；
。
解析：
实验中小明是通过观察泡沫的凹陷程度来比较压力作用效果的；
由图甲、乙所示实验可知，物体的受力面积一定而压力不同，压力越大，力的作用效果越明显，由此可得：受力面积相同，压力越大，压力作用效果越明显；
若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应控制压力相同，改变受力面积的大小，故可通过比较图甲丙所示实验得出结论；
将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，没有控制物体间压力相等，因此结论：“压力作用效果与受力面积无关”是错误的；
选择用钉子做腿的小桌、砝码、装有沙的容器：小桌放在沙子上，观察小桌陷入沙子的深度；在小桌上再放砝码，再观察小桌陷入沙子的深度；把小桌的桌面朝下，小桌上放砝码，再观察桌面陷入沙子的深度，可以达到实验目的，故A不符合题意；
B.选择海绵、盛有适量水的矿泉水瓶：瓶口拧紧，瓶子正放和倒放在桌子上的海绵上，观察海绵的凹陷程度；瓶子正放时，瓶子中有水和空瓶分别放在海绵上，观察海绵的凹陷程度，可以达到实验目的，故B不符合题意；
C.选择海绵、砝码、木板，木板放在海绵上，观察海绵凹陷程度；木板上再放砝码观察海绵的凹陷程度；砝码放在海绵上，再在砝码上面放木板，观察海绵的凹陷程度，可以达到实验的目的，故C不符合题意。
D.选择砝码、木板、盛有适量水的矿泉水瓶，没有明显发生形变的物体，无法显示压强大小，达不到探究的目的，故D符合题意。
所以答案为：泡沫的凹陷程度；受力面积相同，压力越大，压力作用效果越明显；甲丙；不正确；沒有控制压力相同；。
压力的作用效果是采用转换法，通过泡沫的形变来体现的；
比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积的大小是相同的，压力不同，泡沫的凹陷程度不同，由此得出压力作用效果和压力的关系；
要得出“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，就要控制压力不变，而受力面积不同；
压力的作用效果跟压力大小和受力面积的大小有关，在探究压力作用效果和受力面积的关系时，应该保持压力不变；
影响压强在小的因素有压力的大小和接触面积的大小，根据这两个因素，运用转换法和控制变量的方法可以选用不同的器材设计出相应的实验来进行探究。对照选项中的器材看能否完成这一探究便可做出判断。
本题考查了实验现象分析，实验应用了转换法与控制变量法，应用控制变量法分析图示实验即可正确解题。
19、如图所示，小刚为了探究：压强可能与受力面积和压力的大小有关，找到了下面器材：规格相同的两块海绵、三本字典。设计了下面的实验：图甲海绵平放在桌面上；图乙海绵上平放一本字典；图丙海绵上叠放两本字典；图丁海绵上立放一本字典；图戊一本字典平放在桌面上。
通过实验图甲、图乙，可以得出：力能使物体发生______，小刚是根据比较海绵______的程度来比较压强的。
通过实验图乙、图丙，可以得出：在______一定时，______越大，压强越大。
通过观察比较图______后得出：在压力一定时，受力面积越小，压强越大。
设图乙中字典对海绵的压强是，图戊中字典对桌面的压强是，比较______选填“大于”“小于”或“等于”
答案：
形变；凹陷；受力面积；压力；乙丁；大于。
解析：
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
通过实验图甲、图乙，可以得出：力能使物体发生形变，小刚是根据比较海绵的凹陷程度来比较压强的。
通过实验图乙、图丙，可以得出：在受力面积一定时，压力越大，压强越大。
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，通过观察比较图乙丁得出：在压力一定时，受力面积越小，压强越大。
设图乙中字典对海绵的压强是，图戊中字典对桌面的压强是，因压力相同，而乙中受力面积小，根据，比较大于。
20、利用小桌、海绵、砝码、木块等探究影响压力作用效果的因素，如图所示。
实验中通过观察海绵发生______来反映压力的作用效果，我们______选填“可以”或“不可以”用木板代替海绵来完成实验；
通过比较图甲和图乙，说明受力面积一定时，压力______，压力的作用效果越明显。通过比较图______和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
小东利用木块和海绵做此实验，在实验过程中，通过对比图丁中的、两实验，得出压力的作用效果与压力大小无关，你认为这个结论正确吗？______选填“正确”或“不正确”，理由是______；
以下物理量采用比值定义法的有______。多选
A.密度
B.功
C.功率
D.速度
E.重力
答案：
形变 不可以 越大 乙 不正确 没有保持受力面积不变 、、
解析：图中压力的作用效果是通过海绵发生形变来体现的，因为木板受压后形变不明显，不可以用木板代替海绵来完成实验。
通过比较图甲和图乙，说明受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
通过比较图乙和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
在实验过程中，通过对比图丁中的、两实验，得出压力的作用效果与压力大小无关，这一结论是不正确的，因为实验中没有保持受力面积不变，不符合控制变量法的要求；
物理学中将质量与体积的比值定义为密度，是采用的比值定义法；
B.功是作用在物体上的力与物体在力的方向上通过距离的乘积，采用的是乘积定义法，不是比值定义法。
C.功率是功与做功时间的比值，即，是采用的比值定义法。
D.路程和时间的比值定义为速度，是采用的比值定义法。
E.重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，不是比值定义法。
所以采用比值定义法的是、、。
所以答案为：形变；不可以：越大； 乙；不正确；没有保持受力面积不变；、、。
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，选择海绵主要是因为海绵容易发生形变；
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，据此分析回答；
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；
比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义；用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、密度、压强、功率、比热容、热值等等。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。同时，本题还考查了对比值定义法的了解，是我们应该重点了解的物理定义方法。
21、在“探究影响压力作用效果的因素”的实验中，小明利用小桌、海绵、砝码等器材做了如图所示的一系列实验。
小明是根据______来比较压力作用效果的，这种实验探究方法叫做______。
观察比较甲、乙两图所示的情况可以得到结论：当受力面积一定时，______，压力的作用效果越明显。
要探究压力的作用效果跟受力面积的关系，应比较______两图的实验，可以得到结论：______。
小明将图丙中的小桌和砝码又放到一块木板上，如图丁所示，图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系为：______选填“”“”或“”。
小明实验时将一物体沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示。他发现它们对海绵的压力作用效果相同，由此他得出结论：压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是______。改进建议：______。
有些公共汽车配备逃生锤，遇到紧急情况时，乘客可以用逃生锤打破玻璃逃生，为了更容易打破玻璃，逃生锤外形应选图中的______。选填字母代号
答案：
凹陷程度；转换法；
压力越大；
乙、丙；在压力大小相同时，受力面积越小，压力作用的效果越明显；
；
没有控制压力的大小相同；把切下的部分放在剩余木块的上方；

解析：力可以使物体发生形变；在实验中，根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果的，这种方法叫作转换法；
由甲、乙两图可知，压力大小不相同，受力面积相同，受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果明显，可得结论为：受力面积一定时，压力越大，压力作用的效果越明显；
要探究压力的作用效果跟受力面积的关系，应保持压力大小不变，只改变受力面积，故应比较乙、丙的情况；
由乙丙知在压力大小相同时，受力面积越小，压力作用的效果越明显；
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关，观察乙、丁两图可知，压力相同，受力面积相同，根据可知，产生的压强相同，即；
将物体沿竖直方向切成大小不同的两块，没有控制物体间压力不变，由此得出的结论是压力的作用效果与受力面积无关是错误的，他在探究过程中存在的问题是没有控制压力的大小相同，改进的方法是把切下的部分放在剩余木块的上方；
由可知，在压力一定时，受力面积越小，压强越大。由题意可知，这四种逃生锤在对玻璃的压力一定的情况下，逃生锤对玻璃的作用面积越小，压强就越大，玻璃就越容易被打破。选项D中的逃生锤面积最小，所以在相同压力作用下，它对玻璃的压强是最大的。
所以答案为：凹陷程度；转换法；压力越大；乙、丙；在压力大小相同时，受力面积越小，压力作用的效果越明显；；没有控制压力的大小相同；把切下的部分放在剩余木块的上方；。
力可以使物体发生形变，相同受力面的形变程度越大，压力作用效果越明显，可以通过受力面形变程度的大小判断压力的作用效果；
根据控制变量法的要求，根据实验所控制的变量、分析图示实验现象，然后得出实验结论；
因为受压材料不同，所以不能用凹陷程度来反映压力的作用效果，要根据分析；
探究压力作用效果与受力面积的关系，应控制压力不变，据此分析答题；
逃生锤对玻璃的压强越大，玻璃就越容易被打破，所以要判断哪个逃生锤更容易打破玻璃，就看哪个逃生锤对玻璃的压强最大。
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的应用和增大压强的运用，体现了对过程和方法的考查。
22、在探究“压力的作用效果与哪些因素有关”实验中，小聪在平底的矿泉水瓶中装水后，分别放在海绵和砖块上进行实验，实验过程中的情景如图、、、、所示已知两图中瓶内的水是满的。
实验过程中，通过观察______来比较矿泉水瓶对海绵的压力作用效果。
要探究压力的作用效果与受力面积的关系，可以选用如图中______两次实验，结论：当压力大小相等时，受力面积越______选填“大”或“小”，压力的作用效果越明显。
比较如图中、、三次实验，可得的结论：当受力面积相等时，压力越______选填“大”或“小”，压力的作用效果越明显。
你认为能否通过分析如图中、两次实验现象得出压力作用效果与压力大小的关系？______选填“能”或“不能”。理由是______。
答案：
海绵的凹陷程度 小 大 不能 中受压材料不同
解析：
实验过程中，通过观察海绵的凹陷程度来比较矿泉水瓶对海绵的压力作用效果；
要探究压力的作用效果与受力面积的关系，要控制压力相同，可以选用如图中两次实验，结论：当压力大小相等时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
比较如图中、、三次实验，可得的结论：当受力面积相等时，压力越大，压力的作用效果越明显。
因中受压材料不同，故不能根据凹陷程度来比较矿泉水瓶对海绵的压力作用效果。
所以答案为：海绵的凹陷程度；；小；大；不能；中受压材料不同，
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；
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；
通过受压材料的凹陷程度来反映压力的作用效果，受压材料相同且形变要明显。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
23、物理课堂上，老师请同学们进行如下实验：第一次，两食指同时挤压铅笔的两端；第二次，用更大的力同时挤压铅笔两端，如图甲所示。老师请同学说出自己的感受，同学们说：右手食指肚疼。老师说：疼，说明压力产生了一定的效果。请同学们根据刚才的实验及结果，大胆地猜一猜压力的作用效果可能与哪些因素有关，分别设计实验验证。
同学们根据第一次实验得到猜想：压力的作用效果可能与受力面积有关；根据第二次实验得到猜想：压力的作用效果可能与______有关。为了验证同学们的猜想，小伟所在小组的同学找来了一块海绵、两块规格和质量均相同的长方体砖块进行实验，如图中的乙、丙、丁、戊所示。
实验过程中，小伟和同学们是通过观察海绵的______来比较压力作用效果的。
为了验证猜想，小伟和同学们应观察比较图中的______两次实验。通过实验可知：受力面积相同时，压力越______，压力的作用效果越明显。
另一小组的同学在验证猜想时，将两块相同的砖块竖放在海绵上，如图戊所示。他们发现图戊中的压力作用效果与图乙中的压力作用效果相同，得出结论：压力的作用效果与受力面积无关。在探究过程中存在的问题是______。
答案：
压力大小 凹陷程度 乙、丁 大 没有控制压力大小相同
解析：第二次实验用更大的力同时挤压铅笔两端，据此可得到的猜想是：压力的作用效果可能与压力大小有关。
实验过程中，小伟和同学们是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的，属于转换法。
要验证猜想，应观察比较图中的乙、丁两次实验。通过实验可知：受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显。
将两块相同的砖块竖放在海绵上，比较图戊与图乙，得出结论：压力的作用效果与受力面积无关，这一探究过程是不对的，因此在探究过程中没有控制压力大小相同，不符合控制变量法的要求。
所以答案为：压力大小；凹陷程度；乙、丁；大；没有控制压力大小相同。
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；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。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。
24、如图所示，用一只矿泉水瓶和一块海绵等器材探究“影响压力的作用效果的因素”。
实验时，通过观察______来比较矿泉水瓶对海绵的压力作用效果。
在图、、操作中，观察______两图可知：压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
观察图和可知：受力面积一定时，______越大，压力的作用效果越明显。
“磨刀不误砍柴工”是应用“、、”三图中______两图的结论。
如图所示，小明把鸡蛋夹在铁架台，手拿比较宽的包装带切鸡蛋，没有切开；他换用同种材料的细包装带再次切该鸡蛋，如图所示，鸡蛋被切开了，小明因此得出结论“压力的作用效果与受力面积有关”。
本次探究过程中存在的问题是______。
为解决该问题，你认为需要补充的器材是______，操作中最主要的步骤是______。
答案：
海绵的凹陷程度 压力 没有控制压力大小相同 钩码 将宽、细包装带两端分别挂上一个钩码，逐渐增加钩码数量，看哪个图中鸡蛋先切开
解析：实验中采用转换法，通过观察海绵的凹陷程度来比较矿泉水瓶对海绵的压力作用效果。
根据控制变量法的思想，在图、、操作中，观察压力相同但接触面积不同的图和可知：压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
观察受力面积相同但压力不同的图和可知：受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
“磨刀不误砍柴工”是压力一定时，通过减小受力面积增大压强，是应用“、、”三图中两图的结论；
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，题中没有没有控制压力大小相同；
为控制压力大小相同，可补充适量质量较小的钩码，如上所示，将宽、细包装带两端分别挂上一个钩码，逐渐增加钩码数量，看哪个图中鸡蛋先切开。
所以答案为：海绵的凹陷程度；；压力；；没有控制压力大小相同；钩码；将宽、细包装带两端分别挂上一个钩码，逐渐增加钩码数量，看哪个图中鸡蛋先切开。
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；
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受力面积关系时应控制压力的大小不变；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，据此分析回答；
“磨刀不误砍柴工”是压力一定时，减小受力面积；
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，
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；
根据控制压力大小相同分析。
本题探究“影响压力的作用效果的因素”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。
25、在探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验中，小明同学用一块海绵、一张小桌子和一个砝码，做了如图所示的一系列实验，请注意观察、分析，并回答下列问题：
该实验采用的研究方法是______ ，实验中小明是通过比较______ 来确定压力作用效果的大小；
分析比较图甲、乙的实验现象，乙图中小桌子上加砝码的目的是为了______ 选填“增大”或“减小”压力大小；可以得出结论：当______ 相同时，______ 越大，压力的作用效果越明显；
分析比较图乙、丙的实验现象，丙图中小桌子倒放的目的是为了______ 选填“增大”或“减小”受力面积大小；可以得出结论：当______ 相同时，受力面积越小，压力的作用效果越明显．
答案：
控制变量法；海绵的凹陷程度；增大；受力面积；压力；增大；压力
解析：该实验采用的研究方法是控制变量法，实验中小明是通过比较海绵的凹陷程度来确定压力作用效果的大小；
物体对海绵的压力大小等于物体的重力，
分析比较图甲、乙的实验现象，受力面积相同，乙图中小桌子上加砝码的目的是为了增大压力大小；
经合图中现象，可以得出结论：当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；
分析比较图乙、丙的实验，对海绵的压力相同，丙图中小桌子倒放的目的是为了增大受力面积大小；
由图中现象，可以得出结论：当压力相同时，受力面积越小，压力的作用效果越明显．
所以答案为：控制变量法；海绵的凹陷程度；增大；受力面积；压力；增大；压力．
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；
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，
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．
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的应用，体现了对过程和方法的考查．
26、如图所示，为小明在“探究影响压力作用效果的因素”实验中所选用的器材及在水平桌面上进行的实验过程图示。
在实验中，小明同学是通过观察海绵的___________来比较压力作用效果的。
小明为了探究压力作用的效果跟压力大小的关系，应该通过图中的____两次实验进行比较得出结论；为了探究压力作用的效果跟受力面积大小的关系，应该通过图中的____两次实验进行比较得出结论。
通过实验小明得出结论：压力作用的效果不仅跟____的大小有关，而且跟____有关。
在物理学中，用____来表示压力的作用效果，本实验的科学探究方法是：________。
若将带砝码的小桌分别放在图所示的海绵、木板上，比较图中海绵受到的压强和图中木板受到的压强的大小关系为____选填“”、“”或“”。
答案：
凹陷程度；、；、；压力；受力面积的大小；压强；控制变量、转换法；。
解析：
压力作用效果用物体形变大小来反映，物体形变越大，压力作用效果越明显；
影响压力作用效果的因素是压力的大小和受力面积的大小：探究压力的作用效果和压力大小的关系时就要保证受力面积一定；要探究压力的作用效果和受力面积的关系时就要保证压力的大小一定；
分析中两组数据得出结论，然后得出影响压力作用效果的因素；
压强是表示压力作用效果的物理量；物理学中对于多因素多变量的问题，常常采用控制因素变量的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法；
分析图中压力的大小和受力面积的大小，然后判断两者的压强关系。
本题主要通过本实验考查了转换法与控制变量法的运用，熟知影响压力作用效果的两个因素，并能运用控制变量法来进行分析，是解答此类题目的关键。
实验中小明是通过比较海绵的凹陷程度来反映压力作用效果大小；
探究压力作用的效果跟压力大小的关系，应该受力面积不变，改变压力的大小，图中、两次实验进行比较得出结论；
探究压力作用的效果跟受力面积大小的关系，应控制压力的大小不变，改变受力面积的大小，图中、两次实验进行比较得出结论；
由图中、两次实验可知，受力面积相同时，压力越大，海绵的凹陷程度越大，故可知压力的作用效果与压力的大小有关；
由图中、两次实验可知，压力一定时，受力面积越小，海绵的凹陷程度越大，故可知压力的作用效果与受力面积的大小有关；
综上可知，压力作用的效果不仅跟压力的大小有关，而且跟受力面积的大小有关；
在物理学中，用压强来表示压力的作用效果，本实验的科学探究方法是：控制变量法；
图和图中，压力大小和受力面积均相同，所以对接触面的压强是相等的，只是由于木板不易发生形变，其效果显现不出来，
故海绵受到的压强和木板受到的压强的大小关系为。
所以答案为：凹陷程度；、；、；压力；受力面积的大小；压强；控制变量、转换法；。
27、在“探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关”的实验中，某中学一小组的同学们认为此压强跟圆柱体的密度、高度、圆柱体底面积有关，但有怎样的关系看法不同，于是，在老师的帮助下，小组的同学们从实验室里挑选了由不同密度的合金材料制成高度和横截面积不同、质量分布均匀的实心圆柱体做实验，测出实心圆柱体竖直放置时如图所示对水平桌面上海绵的压下深度，实验记录见下表。
序号 物体 底面积 高度 海绵被压下深度
合金甲圆柱体
合金甲圆柱体
合金甲圆柱体
合金乙圆柱体
合金乙圆柱体
合金乙圆柱体
该小组同学是通过_____________________来判断压强大小的。
分析实验、或、可以得出：当圆柱体的材料密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与圆柱体的_________有关。
分析_________可以得出，当圆柱体的材料密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与底面积无关。
此探究过程用到的科学探究方法有____________________________________________。
实验结束之后，同学们在老师的指导下，以某一合金甲圆柱体为研究对象，推导它对海绵的压强大小的表达式已知合金的密度为，圆柱体合金的高度为，底面积为。表达式为________________。
上面推导出的表达式_________填“能”或“不能”应用于各类固体压强的计算。
答案：
海绵被压下深度 高度 、或、 控制变量法、转换法 不能
解析：略
28、在“探究压力的作用效果跟什么因素有关”的实验中，小欣同学利用木条、橡皮泥、包装带和钩码进行探究活动。
如图所示，将橡皮泥做成长方体平放于木条上方，木条把包装带撕成相同宽度的两段，并将两段包装带绕过橡皮泥，且在包装带下方挂上不同数量的钩码，通过观察对比橡皮泥上端的变化，小欣同学可得出结论：______相同时，______越大，压力的作用效果越明显；
小欣同学想继续探究压力的作用效果跟受力面积的关系，应进行的操作是：将橡皮泥恢复原状，把包装带撕成______宽度的两段，两包装带下方挂______数量的钩码；均选填“相同”或“不同”
实验过程中，小欣同学是通过观察橡皮泥______来比较压力作用效果的，这种研究物理问题的方法在物理学中叫______。
橡皮泥被压后会留下凹痕，说明力的作用效果可以改变物体的______。
答案：
受力面积 压力 不同 相同 凹陷程度 转换法 形状
解析：如图所示，将橡皮泥做成长方体平放于木条上方，把包装带撕成相同宽度的两段，并将两段包装带绕过橡皮泥，则受力面积相同，且在包装带下方挂上不同数量的钩码，根据，左边橡皮泥受到的压力大，橡皮泥的凹陷程度大，故小欣同学可得出结论：受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；
小欣同学想继续探究压力的作用效果跟受力面积的关系，要控制压力相同，只改变受力面积，故应进行的操作是：将橡皮泥恢复原状，把包装带撕成不同宽度的两段，两包装带下方挂相同数量的钩码；
实验过程中，小欣同学是通过观察橡皮泥凹陷程度来比较压力作用效果的，这种研究物理问题的方法在物理学中叫转换法；
橡皮泥被压后留下的凹痕，这是力改变了橡皮泥的形状，说明说明力的作用效果可以使物体发生形变。
所以答案为：受力面积； 压力； 不同； 相同；凹陷程度； 转换法；形状。
本实验通过橡皮泥的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；
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；
力的作用效果包括两个方面，即力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。
掌握压力作用效果的影响因素是压力大小和受力面积的大小，会利用控制变量法和转换法探究压力作用效果影响的因素是解答此类问题的关键。
29、在“探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关”的实验中，某中学一小组的同学们认为此压强跟圆柱体的密度、高度、圆柱体底面积是有关的，但有怎样的关系看法不同。于是，在老师的帮助下，小组的同学们从实验室里挑选了由不同密度的合金材料制成的高度和横截面积不同、质量分布均匀的实心圆柱体做实验，测出实心圆柱体竖直放置时如图所示水平桌面上海绵被压下的深度，实验记录见下表。
序号 材料 底面积 高度 海绵被压下的深度
合金甲
合金甲
合金甲
合金乙 ．
合金乙
合金乙
该小组同学是通过海绵 来判断压强大小的。
分析实验 填序号可以得出，当圆柱体的密度相同时，实心圆柱体对海绵的压强与底面积无关。
此探究过程用到的科学探究方法有控制变量法和 。
实验结束之后，同学们在老师的指导下，以某一合金圆柱体为研究对象，推导它对海绵的压强大小的表达式已知合金的密度为，实心圆柱体的高度为，底面积为。表达式为 。
答案：
被压下的深度
、或、
转换法

解析：略
30、如图所示，小月利用小桌，海绵、砝码、木板等“探究影响压力作用效果的因素”。
实验中是通过观察海绵的______ 来比较压力作用效果的。
通过比较图______ 可知，受力面积一定时，压力越______ ，压力的作用效果越明显；通过比较图______ 可知，压力一定时，受力面积越______ ，压力的作用效果越明显。
将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，比较图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系： ______ 选填“”“”或“”。
实验时，如果将小桌换成长方体橡皮泥块，并将橡皮泥块沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示。小月发现它们对海绵的压力作用效果相同，由此她得出结论：压力的作用效果与受力面积无关。你认为她在探究过程中存在的问题是______ 。
答案：
凹陷程度；
甲、乙；大；乙、丙；小；
；
没有控制压力一定。
解析：根据转换法，本实验是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的；
通过比较图甲、乙知，受力面积相同，乙中压力大，压力作用效果明显，说明受力面积一定时，压力越大，压力作用效果越明显；
研究作用效果与受力面积大小的关系，要控制压力相同，故通过比较图乙、丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
图丙中和图丁支持面受到的压力相同，受力面积也相同，根据，则图丙中海绵受到的压强和图丁中木板受到的压强的大小关系为；
研究压力的作用效果与受力面积的关系，要控制压力相同，将橡皮泥块沿竖直方向切成大小不同的两块，压力大小和受力面积大小都不同，不符合控制变量法的要求，因此，他在探究过程中存在的问题是没有控制压力一定。
所以答案为：凹陷程度；甲、乙；大；乙、丙；小；；没有控制压力一定。
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；
压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，研究压力的作用效果与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析；根据被压物质的形变来反映压力的作用效果，受压面的材料应相同且形变要明显，若被压物质不同，不能根据被压物质的形变来反映压力的作用效果，根据分析。
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的应用，体现了对过程和方法的考查。05《液体压强的特点》
考点汇总：
1、实验目的：
通过实验知道液体内部压强的特点。
2、实验器材：
压强计；相同的大烧杯2个；食盐；水；刻度尺。
3、实验设计：
（1）提出问题: 液体内部压强的大小可能与哪些因素有关？
（2）猜想或假设： 可能与液体深度，液体的密度，液体重力，方向等有关。
（3）制定与设计实验方案： 控制变量法的应用。
4、实验步骤：
①将水倒入烧杯，如图a，控制探头在水下深度不变，调节旋钮改变探头的朝向，观察并测出U形管中液面的高度差，将数据填入下表。
②如图b，控制橡皮膜的朝向不变，改变探头浸入水中的深度，观察并测出U形管中液面的高度差，将数据填入下表。
③如图c，控制探头在水和盐水下的深度相同，观察并测出U形管中液面的高度差，将数据填入下表。
5、实验记录：
实验内容 液体物质 探头浸入水下深度 橡皮膜朝向 U形管两端液面高度差（cm）
a 水 相同（5cm） 向下
相同（5cm） 向前
相同（5cm） 向上
b 水 不同(3cm) 向下
不同(5cm) 不同(7cm） 向下 向下
c 水 相同（5cm） 向下
盐水 相同（5cm） 向下
6、实验结论：
液体内部向各个方向_都有_压强，压强随液体深度的增加而__增加__；同种液体在同深度的各处，各个方向的压强大小相等_；不同的液体，在同一深度产生的压强大小与液体的密度有关，密度越大，液体的压强 越大 。
7、由图1、图2可以知道液体压强产生的原因是：液体受到重力作用；液体有流动性。（因此在太空失重情况下液体不会产生压强）
8、探究液体压强与哪些因素有关实验中，采用了哪些方法？答：控制变量法、转换法
9、通过观察什么开知道液体压强大小的？答“U型管内页面的高度差，高度差也大说明液体产生的压强也大”
10、实验前的两个操作：（1）先检查U型管左右两边的液面是否相平。
（2）检查装置的气密性：（用手压金属盒上的橡皮膜，观察U型管中液面是否发生变化，若变化明显，则气密性良好）
11、实验时发现U型管内高度差没变化原因是什么？怎么解决？答：气密性不好，拆下来重新安装。
12、使用的U型管是不是连通器？答：不是
13、此实验U型管内液体为什么要染成红色？答：使实验效果明显，便于观察。
14、比较甲乙实验结论是：液体密度一定时，深度越深，液体产生的压强越大。比较乙丙实验结论是：当液体深度相同时，液体密度越大，液体产生的压强越大。
15、如图甲乙，金属盒在水中的深度和U型管内页面的高度差大小有何关系？为什么？答：相等，因为两侧产生的压强相等，液体密度相等，所以深度也相等。 如图丙，左侧金属盒的深度和U型管内页面的高度差大小有何关系？为什么？答：U型管内高度差比金属盒的深度大。因为盐水的密度比水的密度大，两边压强相等，所以U型管内高度差比金属盒的深度大
16、测量出U型管内页面的高度差，能否算出金属盒在左侧液体中的压强？答：能，因为两侧压强相等。
典题精析：
1、某同学用下列器材探究“液体内部的压强”取
他向图甲的形管内注入适量的红墨水，红墨水静止时，形管两侧液面高度_________．
图乙压强计通过形管两侧液面的_________来反映橡皮膜所受压强的大小，用手指按压橡皮膜发现形管中的液面升降灵活，说明该装置_________填“漏气”或“不漏气”．
他把探头放入水面下处，探头受到水的压强是_________；继续向下移动探头，会看到形管两侧液面的高度差变大，说明液体内部的压强与液体的_________有关．
为了检验“液体内部的压强与液体密度有关”这一结论，他用图丙的装置，在容器的左右两侧分别装入深度相同的不同液体，看到橡皮膜向左侧凸起，则_________填“左”或“右”侧液体的密度较大．
答案：
相同；高度差；不漏气；；深度；右；
解析：
形管内注入适量的红墨水，则形管为连通器，根据连通器原理回答；
根据转换法，通过形管两侧液面的高度差来反映橡皮膜所受压强的大小，高度差越大说明此时的液体压强越大；采用手指按压橡皮膜发现形管中的液面升降灵活，说明该装置不漏气，否则说明该装置漏气；
根据计算探头受到水的压强；液体压强与液体的深度和密度有关，由控制变量法，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
根据转换法分析。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查连通器原理中、转换法、控制变量法及的运用。
他向图甲的形管内注入适量的红墨水，红墨水静止时，根据连通器原理，形管两侧液面高度相同；
根据转换法，图乙压强计通过形管两侧液面的高度差来反映橡皮膜所受压强的大小，用手指按压橡皮膜发现形管中的液面升降灵活，说明该装置不漏气；
他把探头放入水面下处，探头受到水的压强是：
；
继续向下移动探头，会看到形管两侧液面的高度差变大，说明液体内部的压强与液体的深度有关；
在容器的左右两侧分别装入深度相同的不同液体，看到橡皮膜向左侧凸起，则右侧液体压强大，根据，右侧液体的密度较大。
答案为：相同；高度差；不漏气；；深度；右；
2、在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：
实验中，探究液体压强的工具是______ ．
由丙、丁两图进行实验对比，得出液体压强与盛液体的容器形状______ 选填“有关”或“无关”．
甲、乙两图是探究液体压强与______ 的关系，结论是：______ ．
要探究液体压强与密度的关系，应选用______ 两图进行对比．
在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，两玻璃管中液面高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小______ 如图所示装置是否是连通器______ 填“是”或“否”
答案：
压强计；无关；深度；液体内部压强随着深度的增加而增大；乙、丙；相等；否
解析：
由图可知，用来探究液体内部压强的特点的工具是形管压强计，实验时把金属盒放入水中，通过观察两管中水面的高度差就可以反映橡皮膜受到液体压强的大小；
由图可知，丙和丁中都是盐水，液体密度相同，金属盒在液体中的深度相同，容器形状不同，形管中液面的高度差相同，说明液体压强与盛液体的容器形状无关；
由图可知，甲、乙两图中都是水，液体的密度相同，金属盒在水中的深度不同，形管中液面的高度差不同，说明液体压强与液体的深度有关，并且液体内部压强随着深度的增加而增大；
要探究压强与液体密度的关系，应使金属盒在液体中深度相同，液体密度不同，所以应选择乙和丙两图；
在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，形管中液面的高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小相等；
因为连通器是上端开口，底部连通的容器，所以压强计不是连通器．
所以答案为：压强计；无关；深度；液体内部压强随着深度的增加而增大；乙、丙；相等；否．
探究液体压强的工具是形管压强计；
液体内部压强与液体的密度和液体的深度有关，与容器的形状无关，在探究影响液体内部压强的因素时，需要用到控制变量法．
液体内部压强的特点是：液体内部压强随着深度的增加而增大，同一深度，液体内部向各个方向的压强相等，不同液体内部的压强还与液体的密度有关．
连通器：上端开口，底部连通的容器．
此题考查的是对液体压强计的了解、液体内部压强的影响因素以及连通器的认识．注意物理实验中控制变量法的运用．液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握．
3、探究液体内部压强的特点。
用压强计和盛有水的容器进行实验，情形如图甲所示。比较、可知：在液体内部的同一深度，向_________的压强都相等；比较、可知：液体内部压强的大小跟__________有关。
用如图乙所示的容器也可以探究液体内部的压强。容器中间用隔板分成互不相通的左右两部分，隔板上有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时其形状发生改变。用此容器进行的两次实验情形如图丙的、所示。由此可推断：、两种液体密度的大小关系是__________，、两种液体密度的大小关系是__________。
答案：
各个方向 深度

解析：比较、可知，在液体内部的同一深度，橡皮膜的朝向不同，形管的液面高度差是相同的，即液体内部向各个方向的压强都是相等的；比较、可知，液体的密度相同，深度越深，形管液面高度差越大，即压强越大，所以液体内部压强的大小跟深度有关；
由可知，液体的深度大于液体的深度，橡皮膜没有发生形变，说明此时压强相同，根据可知，的密度要小于的密度，即；中，液体的深度要大于液体的深度，橡皮膜向左凸，说明右侧的压强大于左侧，根据可知，的密度要大于的密度，即。
4、小强利用形管压强计和装有水的大烧杯来探究液体内部压强的特点．
实验前，小强发现压强计形管两边红墨水的高度不相等，如图所示，接下来的操作应该是______ ．
A.再多加一些红墨水 倒出一些红墨水 取下软管重新安装 按压金属盒的橡皮膜
排除故障后，他重新将金属盒浸没于水中，发现随着金属盒没入水中的深度增大，形管两边液面的高度差逐渐变大，如图乙所示，由此可知液体内部的压强与______ 有关．
小强保持乙图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，实验情形如图丙所示．比较乙、丙两次实验，小强得出了：在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大的结论．你认为他的结论是否可靠？
答：______ 原因是：______ ．
他换用其他液体探究液体压强与液体密度的关系，当探头在液体中的深度相同时，形管左右两侧液面的高度差对比不明显，则下面操作不能使两侧液面高度差对比更加明显的是______ 选填序号
烧杯中换密度差更大的液体 形管中换用密度更小的酒精 将型管换成更细的．
答案：
；
深度；
不可靠；没有保持金属盒浸入液体中的深度不变；

解析：使用压强计之前，应调整型管压强计，使左右两边玻璃管中的液面相平．如图所示，压强计形管两边红墨水的高度不相等，说明压强计各部分之间连接不够严密，有漏气现象，接下来的操作应该是取下橡皮管重新安装，所以选C；
金属盒没入水中的深度增大，形管两边液面的高度差逐渐变大，所以在液体密度一定时，液体越深，液体压强越大，所以液体压强跟液体深度有关；
小强保持乙图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体的深度增大，密度增大，型管左右液面差增大，没有控制深度不变，不能探究液体压强跟密度的关系；
探头在下列液体中的深度相同，根据可知，深度相同，液体的密度越大压强越大，所以在“烧杯中换密度差更大的液体”形管左右两侧液面的高度差最大；“形管中换用密度更小的酒精”形管左右两侧液面的高度差较大；“将型管换成更细的”不能使两侧液面高度差对比更加明显，所以选．
所以答案为：；深度；不可靠；没有保持金属盒浸入液体中的深度不变；．
用压强计可以测量液体内部压强大小，使用前首先调节型管液面相平，当压强计放入液体中，型管左右液面差越大，液体内部压强越大．在使用压强计之前要检查其密闭性，防止漏气．
液体压强大小跟液体深度和密度有关．探究液体压强跟深度关系时，控制液体的密度不变，改变液体深度；探究液体压强跟密度时，控制深度不变，改变密度的大小．
根据来分析压强和液体密度的关系．
掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强大小的影响因素．
5、在“研究影响液体内部压强”的实验中：
压强计是通过观察型管的两端液面的______来显示橡皮膜所受压强大小。
比较图甲和图乙，可以初步得出结论：在同种液体中，液体内部压强随液体______的增加而增大。
如果我们要讨论液体内部压强是否与液体密度有关，应选择______进行比较。
已知乙图中型管左侧液柱高为，右侧液柱高为，则型管底部受到的液体的压强为______
答案：
高度差 深度 乙、丙
解析：
压强计测量液体压强时，就是靠形管两侧液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大；
比较图甲和图乙，两杯中的液体密度相同、金属盒所处的深度不相同，深度越深，高度差越大，压强越大，可以初步得出结论：在同种液体中，液体内部压强随液体深度的增加而增大。
要讨论液体内部压强是否与液体密度有关，需要控制，液体的深度相同，金属盒的方向相同，液体的密度不同，所以选乙、丙两次实验即可；
图乙中形管的右侧与大气相通，
则型管底部受到的液体的压强为右侧液柱产生的压强：
。
所以答案为：高度差；深度；乙、丙；。
液体压强计就是利用形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，形管液面高度差越大；压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变形管中液面高度差的；
液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程。
根据求出型管底部受到的液体的压强。
掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转化法探究液体压强大小的影响因素。
6、如图甲、乙、丙、丁是用压强计探究“液体内部压强”的实验。
使用前没有用手指按压橡皮膜时，发现形管两边液面的高度不等，为了使形管两边液面保持相平，你接下来应如何操作：________________________________________。
如图乙和图丙是将该装置的探头放入水中不同深度的情况，比较后得出的结论是液体内部的压强随深度的增加而__________填“增大”“减小”或“不变”。
比较图丙和图丁，得出的结论是液体内部的压强与__________有关。
为了证明液体内部的压强与密度有关，有同学提出保持丁中的探头的位置不变，将一杯比丁更浓的盐水倒入烧杯中搅匀后，比较前后两次实验，可以得出的结论是液体的密度越大，其内部压强越大，你认为这个结论可靠吗？__________。原因是________________________________________________________________________________。
用相同的盐水换用形状不同的容器进行实验，如图戊、己所示，可以得出结论是液体压强与盛液体的容器形状__________填“有关”或“无关”。
答案：
取下软管重新安装
增大
液体密度
不可靠；没有控制深度不变
无关
解析：
这是一道综合实验题，此题的难点是液体压强计的有关知识，我们要了解压强计的原理，知道液体压强计的操作要求，还要能灵活运用控制变量法。
使用压强计时，通过形管液面高度差 来比较被测压强大小的；形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；形管右端液面比较高，就说明形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让形管左端液面和大气相通，这样形管两端的液面就是相平的；
液体压强大小跟液体深度和密度有关。探究液体压强跟深度关系时，控制液体的密度不变，改变液体深度；探究液体压强跟密度时，控制深度不变，改变密度的大小。
在用控制变量法分析实验结论时，要先找出不同实验的相同条件和不同条件。实验中的不同条件就是被研究的对象，如果实验结果相同，则与被研究对象无关；如果实验结果不相同，则与被研究对象有关。
压强计是通过比较形管液面高度差来比较被测压强大小的。使用前，形管两边的液面应当相平，此时发现形管两边液面的高度不等，为了使形管两边液面保持相平，接下来的操作应该是取下软管重新安装。
如图乙、丙所示，将探头浸没水中，发现随着探头没入水中的深度不断增大，形管两边液面的高度差逐渐变大，由此可知液体内部的压强与深度有关，深度越深，压强越大。
比较图丙和图丁，图丁中盐水密度大，形管两边液面的高度差变大，得出的结论是液体内部的压强与液体密度有关，同一深度，液体密度越大，压强越大。
要探究液体内部压强与液体密度的关系，则应保持深度不变。由题可知，保持丁中的探头位置不变，再倒入一杯比丁更浓的盐水，此时，探头所处的深度改变，没有控制深度不变，不能探究液体压强跟密度的关系。
要探究液体压强与盛液体的容器形状是否有关，应保持液体的深度和密度均相同，如图戊、己所示，探头在液体中所处深度与液体密度均相同，形管两边液面的高度差相同，因此可得出结论是液体压强与盛液体的容器形状无关。
7、在“探究影响液体内部压强因素”活动中：
如图甲所示，使用前用手指按压强计的橡皮膜，是为了检查实验装置的________。实验过程中通过形管两侧液面的________来比较液体内部压强的大小。
比较图乙中的、、，可得出结论：同种液体，同一深度，________________________。
在实验过程中发现，在同种液体的同一深度处，使用不同的压强计时，形管两侧液面的高度差不完全相同。
小明猜想可能是实验时形管没有________放置；
小强则认为可能是形管中初始液面没有在中间刻度线。这种说法是________选填“正确”或“错误”的；
小华认为可能与金属盒的橡皮膜安装时松紧有关。小华将砝码放在水平放置的金属盒橡皮膜上，改变橡皮膜的松紧程度，发现橡皮膜较紧时，形管两侧液面的高度差较________。你认为形管两侧液面的高度差还与橡皮膜的________有关。
答案：
气密性 高度差 液体向各个方向的压强相等 竖直 错误 小 大小
解析：使用前用手指按压强计的橡皮膜，是为了检查实验装置的气密性，压强计是通过形管两侧液面的高度差来反映压强大小的；题图乙中三个金属盒距液面的距离相同，只改变金属盒的方向，形管两边液柱的高度差不变，可得出同种液体同一深度处，液体向各个方向的压强相等；为了使测量的数据更准确，应使形管竖直放置；本实验是通过形管两侧液面的高度差来比较压强大小的，与形管中初始液面是否在中间刻度线上无关；橡皮膜较紧时不容易发生形变，形管两侧液面的高度差会较小；形管两侧液面的高度差还可能与橡皮膜的大小或橡皮膜的弹性有关。
8、小明做“研究液体的压强”实验时得到的几组数据如表：
序号 液体 深度 橡皮膜方向 压强计右左液面高度差
水 朝上
水 朝下
水 朝侧面
水 朝侧面
水 朝侧面
酒精 朝侧面
根据表中的数据，请回答下列问题：
当把调节好的压强计放在空气中时，形管两边的液面______ ．
该液体压强计______选填“是”或“不是”连通器．
比较序号为______ 的三组数据，可得出的结论是：同种液体在同一深度处，液体向各个方向的压强都相等．
比较序号、、的三组数据，可得出的结论是：________________________ ．
比较序号为______ 的两组数据，可得出的结论是：在同一深度处，不同液体的压强与密度有关．
若形管中装的是红墨水，则第次实验中橡皮管内气体的压强与大气压之差约为______
在实验后的讨论中，大家认为小明的实验操作和读数完全正确，但是发现橡皮膜所处的深度数值总是大于形管左右液面高度差的数值，经过分析，大家找出了下列几个原因，你认为可能的是：______ ．
大气压像皮膜受到压强形管中液体密度与烧杯中的液体密度不同软管太粗读数有误差形管放斜了
A.
答案：
相平；不是；、、；相同液体，深度越深，压强越大；、；；．
解析：
压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变形管中液面高度差的．
根据连通器：上端开口下端连通的容器．连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的．
掌握控制变量法在此实验中的应用，通过分析表格中数据的变化的量和不变的量得出影响液体压强的因素．
得出压强与深度的关系，需改变深度，其它条件不变；
不同液体的密度不同，也得出与密度的关系，需保持深度相同；
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；
橡皮膜所处的深度数值总是大于形管左右液面高度差的数值，注意分两种不同情况分析．
此题是探究液体内部压强的规律实验，主要考查了学生对控制变量法的掌握和应用，在分析时，注意不变的量和改变的量．掌握液体内部压强的特点：随深度的增加而增大，同一液体相同深度向各个方向的压强相等，相同深度，液体的密度越大，压强越大，这是解题的关键．
调节好的压强计放在空气中时，橡皮膜不受液体的压强，因此形管两边的液面应该相平．
液体压强计的下部是连通的，但两端不是开口的，所以不是利用连通器原理制成的；
由、、的三组数据，液体的密度相同，深度相同，橡皮膜方向不同，压强计左右液面高度差相同，则压强相同，可得相同液体的同一深度，向各个方向的压强相等；
、、三组数据的液体密度相同、橡皮膜的方向相同，但深度不同，所以可以探究液体压强与深度的关系，得出相同液体，深度越深，压强越大；
、的两组数据，深度相同，橡皮膜方向相同，液体密度不同，可得不同液体的压强与液体密度有关．
橡皮管内气体的压强与大气压之差：．
橡皮膜所处的深度数值总是大于形管左右液面高度差的数值，原因一是按液体深度计算的压强值大于按压强计液面高度差计算的压强值，其原因是橡皮膜由于发生形变，自身产生一个向外的压强，另一个原因可能是形管中液体密度与烧杯中的液体密度不同；所以选B．
所以答案为：相平；不是；、、；相同液体，深度越深，压强越大；、；；．
9、在“探究影响液体内部压强因素”活动中：
如图甲，使用前用手指按压强计的橡皮膜，是为了检查实验装置的 。实验过程中通过形管两侧液面的 来比较液体内部压强的大小。
比较图乙中的、、，可得出结论：同种液体，同一深度， 。
在图乙中，若只将烧杯中的水换成同深度的盐水，其他条件不变，则可以观察到形管两边液面的高度差将 选填“变大”“变小”或“不变”。
在实验过程中发现，在同种液体的同深度处，使用不同的压强计时，形管两侧液面的高度差不完全相同。小明猜想可能是实验时形管没有 放置小强则认为可能是形管中初始液面没有在中间刻度线，这种说法是 选填“正确”或“错误”的小华认为可能与金属盒的橡皮膜安装时松紧程度有关，小华将砝码放在水平放置的金属盒橡皮膜上，改变橡皮膜的松紧程度，发现橡皮膜较紧时，形管两侧液面的高度差较 。你认为形管两侧液面的高度差还与橡皮膜的 有关。
答案：
气密性 高度差 液体向各个方向的压强相等 变大 竖直 错误 小 大小
解析：略
10、如图所示是用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置。
实验前，某同学检查实验装置，发现：按与不按探头的橡皮膜，形管两边液面均处在同一水平线上，则这套实验装置可能出现的问题是：______ 。
在使用压强计前，发现形管左右两侧的水面有一定的高度差，如图甲，其调节的方法是______ ，使形管左右两侧的水面相平。
比较图中的乙和丙图，可以得到：液体的压强与______ 有关。
比较图中______ 两图，可以得液体的压强与液体密度有关。
已知图丁中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强之差为______ 。
答案：
装置漏气 取下左侧橡皮管，重新组装 深度 丙、丁
解析：漏气是造成按压橡皮膜时，液柱的高度不变的原因；
若在使用压强计前，发现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，形管中的液面就是相平的；
比较乙图、丙图，在相同液体中的不同深度处，形管两侧的液面高度差不相等，液体的压强不同，可得出液体的压强与液体的深度有关；
研究液体的压强与液体密度的关系，要控制液体的深度相同，故比较图中丙、丁两图，可以得出液体的压强与液体密度有关；
图丁中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：
。
所以答案为：装置漏气； 取下左侧橡皮管，重新组装； 深度；丙、丁； 。
按压橡皮膜形管中的液柱不动，说明空气没有将压强传递给管中的液体，表明装置漏气；
形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；形管右端液面比较高，就说明形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让形管左端液面和大气相通，这样形管两端的液面就是相平的；
液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
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。
本题探究影响液体内部压强大小的因素，考查注意事项、液体压强特点和控制变量法和转换法的运用及液体压强公式的运用，是一道综合题。
11、某同学利用如图所示的器材探究液体内部压强的特点。
他向图甲中的形管内注入适量的红墨水，当管内的红墨水______时，形管左右两侧液面的高度相同。
如图乙所示，他将橡皮管的一端紧密地套在形管左侧的端口后，多次改变探头在水中的同一深度不同的方向，并比较每次的橡皮膜方向及相应的形管左右两侧液面的高度差。这是为了探究______。
他换用其他液体探究液体压强与液体密度的关系，当探头在下列液体中的深度相同时，形管左右两侧液面的高度差最大的是______。填符号
A.酒精 植物油
若图乙中形管左右两侧红墨水面的高度差，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为______
答案：
静止；同一液体内部，相同深度处各个方向压强是否相等；；
解析：
图甲中的形管相当于一连通器，液体静止不流动时，两侧的液面高度相同；
实验中液体的密度不变，多次改变探头在水中的同一深度不同的方向，研究的是同一液体内部，相同深度处各个方向压强是否相等；
探头在下列液体中的深度相同，根据可知，深度相同，液体的密度越大压强越大，所以在植物油中的压强最大，形管左右两侧液面的高度差最大；
橡皮管内气体的压强与大气压之差：。
所以答案为：静止；同一液体内部，相同深度处各个方向压强是否相等；；。
形管的实质是连通器，当连通器中的同种液体不流动时，两侧的液面高度相同；
液体内部压强大小通过形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；液体压强和液体的密度、深度有关，实验中采用控制变量法来设计实验；同一深度，液体向各个方向的压强相等；
根据来分析压强和液体密度的关系；
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。
此题主要考查的是学生对液体压强的影响因素实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。
12、两个烧杯中分别装有清水和盐水，小明想利用压强计进行区分．
小明以分图所示的压强计进行检查，当用手指按压不论轻压还是重压金属盒的橡皮膜时，发现形管两边液柱的高度几乎不变化，出现这种情况的原因是：______
压强计调节正常后，小明将金属盒先后浸入到两杯液体中，如图和所示．他发现两次实验中形管两边的液柱高度差相同，而图中金属盒在液体中的深度较大，于是认为图杯子中盛的是盐水．你认为小明的结论______ 填“可靠”“不可靠”，理由是______ ．
答案：
装置密封性不好或漏气；
可靠；两种情况下，压强计的型管中液体的高度差是相同的，则它们受到的压强是相同的，由于在中金属盒的深度更小，根据可知道中液体的密度更大，则可说明中盛的是盐水
解析：
用压强计可以测量液体内部压强大小，使用前首先调节型管液面相平，当压强计放入液体中，型管左右液面差越大，液体内部压强越大．
在使用压强计之前要检查其密闭性，防止漏气．
根据型管中的液面高度查确定压强大小的关系，然后根据液体压强公式可分析中液体的密度更大。
探究液体压强的影响因素，运用了两种研究问题的方法：转换法和控制变量法．
液体压强的变化是通过形管液面高度差显示的，采用的是转换法；压强与液体密度和深度的关系，采用控制变量法探究．
液体的压强变化不能直接观察，压强计的测量原理是：压强的变化引起形管两液面出现高度差，压强越大，高度差越大．
使用压强计之前，应调整型管压强计，使左右两边玻璃管中的液面相平．
用手轻轻按压几下橡皮膜，形管中的液柱高度几乎不变，说明压强计各部分之间连接不够严密，有漏气现象．
如图和可知道，两种情况下，压强计的型管中液体的高度差是相同的，则它们受到的压强是相同的，由于在中金属盒的深度更小，根据可知道中液体的密度更大，则可说明中盛的是盐水。
13、如图所示，用微小压强计探究液体内部压强的特点。
实验中，将液体内部的压强大小转换为用形管两侧液面的_____来表示。
为了使实验现象更明显，形管中的液体最好用_____选填“有色”或“无色”。
将探头放在图所示液体内部的、位置，观察到形管两侧液面的高度差，经过多次实验观察到同样的现象，这说明同种液体内部的压强随_____的增加而增大。
将探头放在图中所示液体内部等深的、位置，观察到形管两侧液面的高度差_____选填“”、“”或“”，这是为了研究液体压强与液体_____关系。
由以上实验可知图所示液体内部、、、四个位置压强最大的是位置_____。
答案：
高度差 有色 深度 密度
解析：压强计的工作原理是；橡皮膜受到压强时，形管内两边液面出现高度差，两侧液面高度差反映了探头受到的压强大小，采用的是转换法；液体压强越大，两侧液面高度差也越大；
为了使实验现象更明显，形管中的液体最好用有色液体；
将探头放在图所示液体内部的、位置，观察到型管两侧液面的高度差，探头慢慢下移，深度变大，发现型管两边液面的高度差逐渐增大，故结论为：深度越深液体压强越大；
将探头放在图中所示液体内部等深的、位置，观察到型管两侧液面的高度差，在相同的深度时，探头在浓盐水时型管两边液面的高度差增大了，即压强变大了，故结论为：在深度相同中，液体密度越大，压强越大。这是为了研究液体压强与液体密度关系；
点位于密度大，深度大的位置，故该点液体压强最大。
所以答案为：高度差；有色；深度；；密度；。
压强计的工作原理是；橡皮膜受到压力时，形管内两边液面出现高度差，两边高度差表示压强的大小，压强越大，液面高度差也越大；
为了使实验现象更明显，形管中的液体最好用有色液体；
液体内部向各个方向都有压强，深度越深压强越大，液体压强的大小还与液体的密度有关；根据控制变量法解答。
此题主要考查的是液体内部压强的规律，注意转换法、制变量法在实验中的运用，液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握。
14、小强利用形管压强计和装有水的大烧杯来探究液体内部压强的特点；
实验前，小强发现压强计形管两边红墨水的高度不相等，如图甲所示，接下来的操作应该是______选填：“”或“”；
A.此时向右管中加入红墨水直至液面相平
B.取下软管重新安装
排除故障后，他将金属盒浸没于水中，发现随着金属盒没入水中的深度增大，形管两边液面的高度差逐渐变大，如图乙所示，由此可知液体内部的压强与______有关；
小强保持乙图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，实验情形如图丙所示；比较乙、丙两次实验，小强得出了：在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大的结论；你认为他的结论是否可靠？答：______，原因是：______。
答案：
；
深度；
不可靠；没有控制深度相同
解析：当压强计的橡皮膜没有受到压强时，形管中液面应该就是相平的，若形管中的液面出现了高度差，就说明软管中的气体压强大于大气压，在压力差的作用下，形管中的液面出现高度差。要调节，只需要将软管取下，再重新安装，这样的话，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，形管中的液面就是相平的。所以选B；
金属盒没入水中的深度增大，形管两边液面的高度差逐渐变大，所以在液体密度一定时，液体越深，液体压强越大，所以液体压强跟液体深度有关。
小强保持丙图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体是深度增大，密度增大，形管左右液面差增大，没有控制深度相同，不能探究液体压强跟密度的关系。
所以答案为：；深度；不可靠；没有控制深度相同。
形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；形管右端液面比较高，就说明形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让形管左端液面和大气相通，这样形管两端的液面就是相平的。
液体压强大小跟液体深度和密度有关。探究液体压强跟深度关系时，控制液体的密度不变，改变液体深度；探究液体压强跟密度时，控制深度不变，改变密度的大小。
掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强大小的影响因素。
15、小明利用如图甲所示的实验装置，探究“影响液体内部压强大小的因素”。
在使用压强计前，发现形管左右两侧的水面有一定的高度差，如图甲。这可以通过______填字母的方法进行调节，使形管左右两侧的水面相平。
A.将右侧支管中高出的水倒出
B.取下软管重新安装
实验中液体压强的大小变化是通过比较形管两侧液面______的变化；将探头放进盛水的容器中，探头的橡皮膜受到水的压强会______选填“内凹”或“外凸”。
比较图乙和图丙，可以得到：液体的压强与______有关。
比较______两图，可以得到：液体的压强与液体密度有关。
答案：
高度差 内凹 深液体度 丙、丁
解析：若在使用压强计前发现形管中有高度差，进行调节时，只需要将软管取下，再重新安装，这样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，形管中的液面就是相平的，即选B；
实验中液体压强的大小变化是通过比较形管两侧液面高度差的变化；将探头放进盛水的容器中，探头的橡皮膜受到水的向内的压强，会内凹；
比较图乙和图丙，液体密度相同，探头所在深度不同，形管两侧液面的高度差不同，可以得到液体的压强与液体的深度有关；
要探究液体压强与液体密度的关系，应使探头深度相同，液体密度不同，所以应选择丙、丁两图，可以得到液体的压强与液体密度有关。
所以答案为：；高度差；内凹；液体深度；；丙、丁。
形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；形管右端液面比较高，就说明形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让形管左端液面和大气相通，这样形管两端的液面就是相平的；
根据转换法，实验中液体压强的大小变化是通过比较形管两侧液面高度差的变化；将探头放进盛水的容器中，探头的橡皮膜受到水向内的压强；
液体内部压强与液体的密度和液体的深度有关，在探究影响液体内部压强的因素时，在探究与其中的一个因素时，就要控制另一个因素一定，需要用到控制变量法。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法的运用。
16、在研究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：
实验前，应调整形管压强计，使左右两边玻璃管中的液面保持______ ；
甲、乙两图是探究液体压强与______ 的关系；
要探究液体压强与盛液体的容器形状是否有关，应选择______ 两图进行比较。结论是：液体压强与盛液体的容器形状______ ；
要探究液体压强与密度的关系，应选用______ 两个图进行对比；在图丙中，固定形管压强计金属盒的橡皮膜在盐水中的深度，使金属盒处于：向上、向下、向左、向右等方位，这是为了探究同一深度处，液体向______ 的压强大小关系。丙图中形管右边的液体比左边液体高，则金属盒橡皮膜受到的压强是______ 。形管内液体的密度为，
答案：
相平；液体深度；丙、丁；无关；乙、丙；各个方向；
解析：研究液体压强的实验中，是根据形管两侧液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大，因此实验前，应调整形管压强计，使左右两边玻璃管中的液面相平；
甲、乙两图中，液体密度相同，而液体深度不同，故是探究液体压强与液体深度的关系；
要探究液体压强与盛液体的容器形状是否有关，要控制液体的密度和深度相同，故应选择丙、丁两图进行比较；
因形管两边液面的高度差不变，故结论是：液体压强与盛液体的容器形状无关；
要探究液体压强与密度的关系，要控制液体深度相同，应选用乙、丙两个图进行对比；
在图丙中，固定形管压强计金属盒的橡皮膜在盐水中的深度，使金属盒处于：向上、向下、向左、向右等方位，这是为了探究同一深度处，液体向各个方向的压强大小关系；
丙图中形管右边的液体比左边液体高，液体产生的压强为：
，则金属盒橡皮膜受到的压强是。
所以答案为：相平；液体深度；丙、丁；无关；乙、丙；各个方向；。
液体内部压强的大小是通过液体压强计形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；
液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
要探究液体压强与盛液体的容器形状是否有关，要控制液体的密度和深度相同；
分析实验中相同量和不同量，分析得出液体压强与变化量的关系；根据求解。
17、在学习液体的压强知识时，老师使用了如图所示的实验装置：容器中间用隔板分成左右两部分，隔板下部有一用薄橡皮膜封闭的圆孔。实验时在左右两侧倒入同种或不同种液体。
如图此实验装置此时______填“是”或“不是”连通器
在两侧倒入不同深度的水如图，通过观察橡皮膜向______填“左”或“右”侧凸起可以判断右侧水的压强较大。这种研究方法叫______。
向左侧水中加盐，可以观察到橡皮膜的凸起程度变______，这说明______。忽略加盐后水位的变化
若左侧注入的是水，水面距离橡皮膜，右侧注入酒精，酒精液面距离橡皮膜，我们可以观察到的现象是______，此时如果橡皮膜破裂了，液体将______流动选填“向左”“向右”或“不”。
答案：
不是；左；转换法；小；橡皮膜两边的压强差变小；橡皮膜不向任何一方凸起；不
解析：此实验装置上端开口，下端不连通，不是连通器；
右侧水的压强大，所以橡皮膜应向左侧突起；
通过橡皮膜的突起方向反映了两边压强的大小，这种方法叫转换法；
向左侧水中加盐，根据，深度不变，液体的密度变大，所以液体的压强变大，两边的压强差变小，则橡皮膜的凸起程度变小；
水对橡皮膜的压强：
酒精对橡皮膜的压强：
，
橡皮膜受到水和酒精的压强相等，所以不向任何一方凸起；
此时如果橡皮膜破裂了，由于两侧的一切都相等，液体将不流动。
所以答案为：不是；左；转换法；小；橡皮膜两边的压强差变小；橡皮膜不向任何一方凸起；不。
根据连通器的概念来判断该装置是否属于连通器：连通器是上端开口，底部连通的容器。
掌握转换法在实验中的应用，通过橡皮膜凸起的方向来判断两边压强的大小；
深度相同，液体的密度越大，压强越大；
分别计算出水和酒精对橡皮膜的压强，比较大小得出结论。
此题考查了影响液体压强大小的因素及压强大小的计算，注意转换法在实验中的应用。
18、年月日，“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，创造了的中国载人深潜新纪录，标志着我国在载人深潜领域达到世界领先水平。这激发了小杨同学探究液体内部压强的兴趣，实验如图所示。
图甲是形管压强计，金属盒上的橡皮膜应该选用______ 选填“薄”或“厚”一些的较好，从结构来看，压强计______ 选填“是”或“不是”连通器。
比较图乙、丙两次实验可知：同种液体内部压强随深度的增加而______ ；比较乙，丁两次实验可初步判断：液体内部压强与液体密度______ 选填“有关”或“无关”。
根据液体内部压强的规律可知，“奋斗者”号深潜到时每平方米的舱体受到的海水压力为______ 取，相当于质量为______ 的物体受到的重力。
若图丁的实验中形管左右两侧水面的高度差为，则橡皮管内气体的压强与管外大气压之差为______ ；在图乙的实验中，保持金属盒位置不变，在容器中加入适量清水与其均匀混合后液体不溢出，橡皮膜受到的液体压强将______ 选填“变大”“变小”或“无法判断”。
答案：
薄；不是；增大；有关；；；；无法判断
解析：在实验中，形管压强计金属盒上的橡皮膜应该选用薄一些的为好，这样在测量时会较灵敏，实验效果明显；
形管与压强计的探头连接后，一端被封闭，一端开口，所以不是连通器；
比较图乙、丙两次实验，两容器中的液体密度相同、金属盒所处的深度不相同，深度越深，高度差越大，压强越大，由此可知：在同种液体中，液体内部压强随液体深度的增加而增大；
比较乙，丁两次实验，金属盒在两种不同液体中的深度相同，形管中液面高度差不同，由此可知：液体内部压强与液体密度有关；
奋斗者”号深潜到深处时，受到海水产生的压强：
，
由可得，每平方米外壁要承受到的海水压力：
，
由可得：；
图丁中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：；
图乙中实验中，保持金属盒位置不变，在容器中加入适量清水与其均匀混合后液体不溢出，液体密度减小，橡皮膜所在深度增大，所以橡皮膜受到的液体压强无法判断。
所以答案为：薄；不是；增大；有关；；；；无法判断。
用压强计测量液体内部压强，通过形管左右液面出现高度差来反映压强的大小，从压强计灵敏方面选择橡皮膜；根据连通器定义：上端开口，底部连通，判断压强计是否为连通器；
液体内部的压强与液体的深度和密度有关，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从而得到结论；
由 求深潜到时受到海水的压强，由计算每平方米的舱体受到的海水压力，由计算质量；
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；容器中加入适量清水与其均匀混合后液体密度减小，由此判断橡皮膜受到的液体压强的变化。
本题是探究液体内部压强影响因素的实验，主要考查了控制变量法的应用，液体压强和压力的计算等，难度适中。
19、在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：
实验中，探究液体压强的工具是______________．
由丙、丁两图进行实验对比，得出液体压强与盛液体的容器形状______________选填“有关”或“无关”．
甲、乙两图是探究液体压强与______________的关系．
要探究液体压强与密度的关系，应选用______________两图进行对比．
在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，两玻璃管中液面高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小____________．
答案：
型压强计；
无关；
深度；
乙丙；
相等
解析：由图可知，用来探究液体内部压强的特点的工具是型压强计，实验时把金属盒放入水中，通过观察两管中水面的高度差就可以反映橡皮膜受到水的压强的大小；
丙和丁液体密度相同，探头在液体中的深度相同，容器形状不同，型管中液面的高度差相同，说明液体压强与盛液体的容器形状无关；
甲、乙两图液体的密度相同，探头在液体中的深度不同，可用来探究液体压强与液体深度的关系；
要探究压强与液体密度的关系，应使探头深度相同，容器形状相同，液体密度不同，所以应选择乙丙两图．
在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，两玻璃管中液面高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小相等．
所以答案为：型压强计；无关；深度；乙丙；相等．
在初中物理学中，研究液体内部压强特点的工具是型压强计，本题用到了物理上常用的研究方法--转换法．用手按压强计的橡皮膜，型管内水面出现高度差；即将液体压强的大小转化为型管中液面的高度差．
液体内部压强与液体的密度和液体的深度有关，与容器的形状无关，在探究影响液体内部压强的因素时，需要用到控制变量法．
液体内部压强的特点是：液体内部压强随着深度的增加而增大，同一深度，液体内部向各个方向的压强相等，不同液体内部的压强还与液体的密度有关．
此题考查的是我们对于液体压强计的了解以及液体内部压强的影响因素．注意物理实验中研究方法--转换法和控制变量法的运用．液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握．
20、水平实验桌面上有微小压强计、刻度尺和装有适量水和待测液体的、两个烧杯。小明和同学们利用提供的实验器材进行了如下实验。
将微小压强计的探头放入烧杯的水中，用刻度尺测得探头到烧杯底的距离为，如图甲所示，记录微小压强计形管两侧的液面高度差；
将微小压强计的探头放入烧杯的待测液体中，探头到烧杯底的距离为，如图乙所示，记录微小压强计形管两侧的液面高度差；
如图所示的实验现象可得出等于，则可以得出待测液体的密度______水的密度选填“大于”、“小于”或“等于”。
小明想研究“液体内部任意一点的压强跟该点到容器底的距离有关”，设计了如下的实验来验证实验步骤：
微小压强计的探头放入烧杯的水中，用刻度尺分别测出探头到水面的距离，以及______，读出压强计型管两侧的液面高度差，记录数据。
______，调整探头所在的位置，重复上一步的步骤，使得探头到水面的距离仍为，压强计型管两侧的液面高度差，记录数据。
实验结论：通过数据可发现______，由此可以验证明上述观点不合理。
答案：
大于 探头到烧杯底的距离 向烧杯中倒入适量的水 ，但
解析：如图所示的实验现象可得出等于，可得，，，可得，所以，可以得出待测液体的密度大于水的密度；
实验步骤：
将微小压强计的探头放入烧杯的水中，用刻度尺分别测量探头到烧杯底的距离，探头到水面的距离，读出压强计形管两侧的液面高度差，将以上数据记录下来。
向烧杯中倒入适量的水，调整探头所在的位置，使探头到水面的距离仍为，用刻度尺测量探头到烧杯底部的距离，读出压强计形管两侧的液面高度差，将以上数据记录在表格中。
实验现象：通过数据可发现，。
由此证明液体内部任意一点的压强跟该点到容器底的距离无关，所以小明的观点是不合理的。
所以答案为：大于；探头到烧杯底的距离；向烧杯中倒入适量的水；，但。
根据液体压强公式可知，液体内部压强只跟液体的密度和深度有关，密度相同时深度越深压强越大，深度是指自由液面到所在位置的竖直距离，与该点到容器底的距离无关；
这是一道探究实验题，此题的难点是液体压强计的有关知识，我们要了解压强计的原理，知道液体压强计的操作要求等。
21、在探究“液体压强跟哪些因素有关”的实验中，进行了如图所示的操作：
甲、乙两图是探究液体压强与液体______的关系。
要探究液体压强与盛液体的容器形状是否有关，应选择丙和丁两图进行对比，结论是：液体压强与盛液体的容器形状______填“有关”或“无关”。
要探究压强与液体密度的关系，应选用______ 两个图进行对比。
他同一深度处多次改变探头在水中的方向，发现形管左右两侧液面的高度差都相等。得到的结论是______。
答案：
深度；
无关；
乙丙；
同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等
解析：
此题是探究“液体压强跟哪些因素有关”的实验，考查了控制变量法在实验中的应用，是一道基础性题目。
液体内部压强与液体的密度和液体的深度有关，在探究影响液体内部压强的因素时，需要用到控制变量法。由此分析解答。
由图知，甲、乙两图中的液体密度相同，探头所在深度不同，所以探究了探究液体压强与液体深度的关系；
丙和丁液体密度相同，探头在液体中的深度相同，容器形状不同，型管中液面的高度差相同，说明液体压强与盛液体的容器形状无关；
要探究压强与液体密度的关系，应使探头深度相同，液体密度不同，所以应选择乙丙两图；
同一深度处多次改变探头在水中的方向，发现形管左右两侧液面的高度差都相等，即水的压强都相等，所以可得结论：同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等。
所以答案为：深度；无关；乙丙；同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等。
22、育才中学“生活物理实验室”的成员小建和小竹利用压强计等器材探究“液体内部压强的特点”，他们进行了以下的实验操作：
小建在使用压强计时发现，形管两边液面不齐平，如图甲所示，出现这种情况的原因是：形管左支管液面上方的气压__________选填“大于”“小于”或“等于”大气压，调整的方法是__________。
A.取下软管重新安装 往右边支管吹一口气 将右管中液体倒出一些
小竹在使用压强计时发现，无论轻压还是重压橡皮膜，形管两边液柱的高度几乎不变化，如图乙所示，这说明该装置气密性__________选填“差”或“好”。
小建将压强计调整正常后，他固定好探头所处的深度不变，使探头处于向上、向下、向左、向右等方位时，形管两边液面的高度差不变，这说明，在同种液体同一深度处，液体向各个方向的压强大小__________选填“相等”或“不相等”。
如图丙、丁所示，小建在探究液体压强与液体__________的关系。
如图丁、戊所示，小建将探头分别放置在不同液体中深度相同的位置，由此可以得出结论：当液体深度相同时，液体密度越__________，液体压强越大。
答案：
大于 差 相等 深度 大
解析：略
23、如图所示，用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”。
压强计上的形管______选填“属于”或“不属于”连通器，甲所示压强计是通过比较形管两边液面的高度来反映被测压强大小的，这种方法叫______。
若在使用压强计前，发现形管内水面已有高度差。通过______填写正确选项前字母方法可以进行调节。
A.拆除软管重新安装
B.从左管口向形管内添加适量水
C.从形管右管口向外抽出适量水
比较图中乙图、丙图和丁图，可以得到结论：______。
在乙图中，若将烧杯中的水换成盐水，其他条件不变，则可以观察到形管两边液面的高度差将______选填“变大”“变小”或“不变”。
若在步骤时，图乙中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______。
答案：
不属于 转换法 在同一深度，液体内部向各个方向的压强相等 变大
解析：压强计上端不都是开口的，故不属于连通器；压强计是通过比较形管两边液面的高度来反映被测压强大小的，这种方法叫转换法；
进行调节时，只需要将软管取下，再重新安装，这样的话，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，形管中的液面就是相平的，所以选A；
比较乙图、丙图和丁图，可以得到：在同一深度，液体内部向各个方向的压强相等；
在乙图中，若只将烧杯中的水换成盐水，其他条件不变，控制深度不变，把水换成盐水，密度变大，则可以观察到形管两边液体的高度差变大。
图乙中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：
。
所以答案为：不属于；转换法；；在同一深度，液体内部向各个方向的压强相等；变大； 。
上端开口，底部相互连通的容器是连通器；压强计是通过比较形管两边液面的高度来反映被测压强大小的，这种方法叫转换法；
形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；形管右端液面比较高，就说明形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让形管左端液面和大气相通，这样形管两端的液面就是相平的；
在相同液体的同一深度，液体内部向各个方向的压强相等；
在乙图中，若只将烧杯中的水换成盐水，其他条件不变，是控制深度相同，改变液体的密度，观察形管两侧的液面高度差是否相等，得出液体内部压强是否和液体的密度有关；
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。
此题考查的是我们对于液体压强计的了解以及液体内部压强的影响因素。注意物理实验中研究方法转换法和控制变量法的运用。液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握。
24、如图所示，是小强做的“探究影响液体压强大小的因素”实验，形管压强计里倒入适量的水。
通过观察形管压强计管内液面的高度差来反映橡皮膜所受________的大小，因此在没有按压探头橡皮膜时形管两边的液面应________，否则需要进行调节；形管压强计________连通器填“是”或“不是”；
使用前应先检查是否漏气，当用手指按压探头橡皮膜时，形管中的液面几乎没有变化，则该装置________填“漏气”或“不漏气”；
图甲、乙实验表明：当液体深度相同时，液体压强与液体的________有关；小强根据图甲、丙实验得出深度越深液体压强越大的结论，他的做法是________的填“正确”或“错误”；
后来小强将形管压强计进行了改造，如图所示。将两探头分别放在、容器内密度分别为和的两种液体中，当两探头所处的深度相同时，形管压强计中的左右管内水面高度差为，则________填“”、“”或“”，形管压强计左右橡皮管内气体压强相差为________。
答案：
压强；相平；不是；
漏气；
密度；错误；
；
解析：
本题考查了探究液体内部压强的特点的实验，压强计的工作原理是我们首先应该了解的，在此实验中控制变量法的运用非常关键，只有这样，所探究的结论才具有说服力和科学性。
液体压强计就是利用形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，形管液面高度差越大；压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变形管中液面高度差的，若液体压强计漏气，形管中的液面就不会变化，使用前要保持型管两端的液面相平；上端开口，下端连通的容器叫连通器；
影响液体压强的因素有：液体的密度和浸入液体的深度，在探究与其中的一个因素时，就要控制另一个因素一定；探究液体压强与液体密度的关系时，应控制液体的深度相同，改变液体的密度；
探究液体压强与液体深度的关系时，应控制液体的密度相同，改变液体的深度；
影响液体内部压强大小的因素有深度和液体的密度，据此来通过读图做出判断；由液体压强公式分析解答。
压强计测量液体压强时，就是靠形管两侧液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大；
在没有按压探头橡皮膜时形管两边的液面应相平；
形管压强计的一端是密闭的，所以不属于连通器；
当用手指按压探头橡皮膜时，形管中的液面几乎没有变化，则该装置漏气；
图中甲、乙实验表明：当液体深度相同时，液体压强与液体的密度有关；
图甲、丙实验没有控制液体的密度相同，不能得出深度越深液体压强越大的结论，因此小强的做法是错误的；
读图可知，压强计的探头在两液体中的深度是相同的，而形管中液面的高度左边小于右边，说明甲中的压强更大，根据可知甲液体的密度更大，即；
左右橡皮管内气体压强相差：
。
所以答案为：压强；相平；不是；
漏气；
密度；错误；
；。
25、现有两只相同的烧杯和，分别盛有体积相同的水和酒精，小天用压强计来鉴别水和酒精。
小天把调节好的压强计放在空气中时，形管两边的液面应该________选填“相平”或“不相平”；
如图甲所示，小天先后将调节好的压强计的探头浸入两种液体中，他发现中形管两侧液面的高度差较大，于是认为图甲杯子中是水，他的结论是________选填“可靠”或“不可靠”的；
小天用自己改装并调试好的压强计进行实验，如图乙所示，将压强计两个探头分别浸入两种液体中，从而判断出图乙中装水的是________选填“”或“”杯。
答案：
相平；
不可靠；

解析：
此题考查液体压强特点，在研究一个量与两个变量的关系时，运用控制变量法是最有效的研究方法，否则其实验结论往往不可靠。
调节好的压强计放在空气中时，橡皮膜不受液体的压强，因此形管两边的液面应该相平；
要根据压强的知识判断液体密度的大小，需将压强计的金属盒放在同一深度；
根据液体压强公式可知，在液体压强相同时，液体密度和深度成反比。
调节好的压强计放在空气中时，橡皮膜不受液体的压强，因此形管两边的液面应该相平；
影响液体压强的因素有：液体的密度和浸入液体的深度，探究压强与密度的关系时，应控制深度不变，实验中没有控制金属盒浸入的深度相同，因此得出的结论不可靠；
压强计两金属盒分别浸入两种液体中，型管两边的高度差相同也就是压强相同，根据，在压强相同的情况下与成反比，即深度大的液体密度小，深度小的，密度大，因为的深度大，所以的密度小，故A是酒精，是水。
所以答案为：相平；
不可靠；
。
26、某同学利用如图所示的器材，探究液体内部压强的特点。
他向图甲中的形管内注入适量的红墨水，当管内的红墨水静止时，形管左右两侧液面的高度________ 。选填“相等”、“不相等”
如图乙所示，他将橡皮管的一端紧密地套在形管左侧的端口后，多次改变探头在水中的深度，并比较每次的深度及相应的形管左右两侧液面的高度差。这是为了探究___________________________。
他换用下列其他液体探究液体压强与液体密度的关系，当探头在下列液体中的深度相同时，形管左右两侧液面的高度差最大的是_________。填：、或
A.酒精酒精植物油植物油盐水盐水
若图乙中形管左右两侧红墨水水面的高度差，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为___________。红墨水
答案：
相等
液体压强的特点

解析：
形管的实质是连通器，当连通器中的同种液体不流动时，两侧的液面保持相平；
液体内部压强大小通过形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；液体压强和液体的密度、深度有关，实验中采用控制变量法来设计实验；
根据来分析压强和液体密度的关系；
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。
此题主要考查的是学生对液体压强的影响因素实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。
图甲中的形管相当于一连通器，液体不流动时，两侧的液面保持相平；
实验中液体的密度不变，改变探头在水中的深度，研究的是液体内部压强与深度的关系；
探头在下列液体中的深度相同，根据可知，深度相同，液体的密度越大压强越大，所以在盐水中的压强最大，形管左右两侧液面的高度差最大；
橡皮管内气体的压强与大气压之差：
。
所以答案为：相同；液体压强的特点；；。

27、压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”，请你在认真思考、观察的基础上，回答下列问题：
压强计是通过形管中液面的____________来反映被测压强大小的．
仔细观察图所示的“实验”和“实验”，回答：
实验是想验证：当_______________相同时，液体的压强与____________ 的关系；
实验得出结论： ；
以上实验都采用了一个共同的科学方法，那就是________________ 如图所示，有两个完全相同的容器，分别盛有适量的水和浓盐水，某同学用压强计鉴别这两种液体，则图_______填或中装的是盐水．
答案：
高度差
液体密度 液体深度 在液体深度中相同时，液体密度越大，压强越大 控制变量

解析：
液体压强计是利用形管中液面的高度差来体现压强大小的，压强越大；
液体的压强与液体密度和深度有关，要探究液体压强与其中一者之间的关系，需用控制变量法；
根据，深度相同，液体的密度越大，压强越大。
此题是“探究影响液体内部压强大小的因素”，考查了转换法和控制变量法在实验中的应用，同时考查了检查压强计是否漏气的方法，并考查了液体密度和深度对压强的影响。
压强计测量液体的压强时，靠形管的液面高度差来体现压强的大小，液面高度差越大就表示液体压强越大；
实验液体的密度相同，深度不同，可探究液体压强和深度的关系；
实验金属盒在液体的深度相同，可探究液体压强和液体的密度的关系；
在探究液体压强与深度和密度的关系时，分别控制密度和深度不变，用了控制变量法；
金属盒在液体中的深度相同，液体中型管中液面的高度差大于中液面的高度差，可知液体的密度大于液体的密度，图中装的是盐水。
所以答案为：高度差；液体密度；液体深度；在液体深度中相同时，液体密度越大，压强越大；控制变量；。

28、小明跟着爸爸去游泳，站在齐胸深的水中，感觉呼吸略微有些困难，越往深处感觉越明显，由此激发了他想研究水的压强特点的想法．
图甲中是小明利用底部和侧壁套有橡皮膜的玻璃管倒入水后的实验现象，由此可说明________________________________．
下表是小明利用形管压强计探究水内部压强时的几组数据，根据表中的数据，回答下列问题：
序号 深度 橡皮膜方向 压强计左右液面高度差
朝上
朝下
朝侧面
朝侧面
朝侧面
比较前三组数据，可得出的结论：_____________________________________________；
比较序号___________的三组数据，可得出的结论是水的压强随深度的增加而增大．
早在年，物理学家帕斯卡曾做过一个著名的实验，如图乙所示．结果，他只用了几杯水，就把木桶撑破了．此实验不仅证明了液体的压强与液体的深度有关，还由此说明了液体的压强与_____________________________无关．
我国第一艘深海载人潜水器蛟龙号是目前世界上下潜能力最强的作业型载人潜水器．当蛟龙号潜水器下潜到深度时，所受海水的压强为____________取，
答案：
液体对侧壁和底部都有压强
在同种液体的同一深度，液体内部向各个方向压强相等 、、
液体体积填“液体质量”亦可

解析：略
29、同学们利用压强计等装置“探究液体内部压强的规律”，进行了如下操作：
在使用压强计前，发现形管中两侧液面已有高度差如图甲所示，接下来的操作应是________填字母．
A.直接从形管右侧中倒出适量液体 拆除胶管重新安装
正确操作后，分析乙、丙两图的实验现象，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而____________因此拦河大坝要做成__________填“上窄下宽”或“上宽下窄”的形状．
玲玲保持丙图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，她发现形管两侧液面的高度差又变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大”的结论．她的操作不可靠，原因是加入盐水后液面位置改变了，正确操作是应将探头适当________填“上移”或“下移”．
红红用图丁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，直到观察到橡皮膜相平，需要测量的物理量有________多选．
A.右侧待测液体到容器底的深度 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 左侧水到橡皮膜中心的深度
根据你选用的物理量推导出待测液体密度的表达式为________用题中字母和表示．
答案：
增大 上窄下宽 上移
解析：略
30、如图在“研究液体内部的压强”的探究活动中形管所装液体是水。
甲图中的压强计是通过观察形管中液面高度差的大小来反映______ 的大小；
小明在探究过程中，发现形管中的液面高度差不变，说明______ ；
仪器调试好后进行实验，得到乙、丙、丁图的结果，由图可知，在同一深度，液体内部向各个方向的压强______ ；
比较丁图和戊图，说明同一深度，液体压强还与______ 有关；
在戊图中，形管左右两侧液面高度差，则压强计所测之处的液体压强是______ 。
答案：
液体压强 装置气密性不好 相等 液体密度
解析：形管中液面的高度差反映了液体压强的大小，用到了转换法的思想；
实验探究过程中，发现形管中的液面高度差不变，说明装置漏气，气密性不好；
液体的压强跟液体的密度和深度有关，由乙、丙、丁三图可知，在同一深度，形管中液面高度差相同，说明同种液体内部向各个方向的压强相等；
液体的压强跟液体的密度和深度有关，由丁图和戊图可知，在同一深度时，形管中液面高度差不相同，说明液体压强与液体的密度有关；
戊图中形管左右两侧水面的高度差，则压强计所测之处的液体压强。
。
所以答案为：液体压强；装置气密性不好；相等；液体密度；。
液体压强的大小是通过比较形管中液面的高度差来判断的；
使用液体压强计之前，要检查装置的气密性；
液体的密度一定，深度一定，方向不同，压强计的液面高度差相同；
要判断液体压强与液体密度关系，先控制深度不变；
根据求出形中液体产生的压强差，即为压强计所测之处的液体压强。
本题考查液体压强公式的应用，关键知道影响液体压强的因素有液体密度和液体深度，要研究液体压强与其中一个量的关系，先保证另一个量不变，做实验前一定要检查装置的气密性，还要学会应用控制变量法解决问题。13《探究浮力的大小跟哪些因素有关》
考点汇总：
1、实验目的：探究浮力的大小与哪些因素有关
2、实验器材：透明玻璃筒、鸡蛋、食盐、弹簧测力计、金属圆柱体、细线、烧杯、小石块
3、实验原理：称重法测浮力： F浮 =G-F
4、实验步骤：
①把鸡蛋放入盛水的透明玻璃筒中，鸡蛋沉入筒底，然后向水中撒盐并搅动，观察鸡蛋的浮沉情况。
②用弹簧测力计提着金属圆柱体慢慢浸入水中，观察弹簧测力计的示数变化情况，
③用弹簧测力计提着小石块浸没在水中，改变其深度观察弹簧测力计的示数变化情况，
5、实验结论：
物体在液体中所受浮力的大小不仅与液体的密度有关，还与物体排开液体的体积有关，而与浸没在液体中的深度无关。
6、探究浮力的大小跟哪些因素有关的实验中，用到了“称重法”测浮力：，弹簧测力计的示数越小，说明物体受到的浮力越大。
7、探究浮力的大小跟哪些因素有关，实验中利用“控制变量法”，把多因素问题变成多个单因素问题。
8、注意完全浸没和不完全浸没对实验的影响。
9、实验原理：称重法。
10、弹簧测力计自身重力和细线以及盐水的浓度会对实验产生一定的误差
典题精析：
1、在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中如图所示，小明先用弹簧测力计测出金属块的重力，然后将金属块缓慢浸入液体中不同深度，步骤如图、、、、所示液体均未溢出，并将其示数记录在表中：
实验步骤
弹簧测力计示数
分析比较实验步骤和______，可得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较、、、可知：浮力大小与物体______有关；分析实验步骤、、可知：浮力的大小还与______有关。
分析实验数据可知，中液体密度______选填“大于”、“小于”或“等于”水的密度。
金属块浸没在水中时受到的浮力大小是______，金属块密度为______水的密度，取
答案：
、；排开液体的体积；液体的密度；
小于；
；。
解析：研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度，故由图可知，物体排开液体的体积相同时，液体的密度相同，浸没的深度不同，浮力相同，所以物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
研究物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积关系，要控制排开液体的密度相同，由分析比较、、、可知，液体的密度相同时，物体排开液体的体积不同，浮力不同，所以物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关。
由分析比较、、可知：图知，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，浮力大小不同，故可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关。
根据称重法可知：物块在水中受到的浮力为：；物块在另一液体中受到的浮力为：；
根据阿基米德原理知物体排开液体的体积相同时，密度越大，受到的浮力越大，故F中液体密度小于水的密度。
物块在水中受到的浮力为：；
金属块的体积：
金属块的质量：
金属块的密度：
所以答案为：、；排开液体的体积；液体的密度；小于；；。
本题目就是考查学生对阿基米德实验的掌握程度，看学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出。
2、某同学按照如图所示的操作，探究影响浮力大小的因素。
物体受到的重力为______。
物体全部浸没在水中时，受到的浮力是______。
由______两图可得出结论：物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关。
由______两图可得出结论：物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
由、两图可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的______有关。
答案：
；；、；、；密度。
解析：
测力计拉着物体静止在空气中的示数为物体的重力：；
由图可知，物体浸没在水中时受到的浮力：；
探究物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积的关系时，应控制液体的密度相同，排开液体的体积不同，所以选B、两图进行比较；
探究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度的关系时，应控制液体的密度、排开液体的体积相同，深度不同，所以选C、两图进行比较；
物体浸没在水中受到的浮力，
物体浸没在酒精中受到的浮力，
所以，在排开液体的体积相同的情况下，液体的密度不同，受到的浮力不同，则物体受到的浮力大小与液体的密度有关。
所以答案为：；；、；、；密度。
测力计可以直接测出物体的重力；
根据求浮力大小；
研究液体中的物体所受浮力的大小与排开的液体的体积的关系时，要控制液体的密度相同；
研究液体中的物体所受浮力的大小与液体的深度的关系时，要控制物体排开液体的体积和密度都相同。
根据、中的相同点和不同点，根据控制变量分析。
本题探究影响浮力大小的因素，重点考查了控制变量法在实际的中具体运用，对常见的错误认识做了澄清。
3、在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”时，同学们提出了如下猜想：
A.可能跟物体浸入液体的深度有关 可能跟物体的重力有关
C.可能跟物体浸入液体的体积有关 可能跟液体的密度有关
为了验证上述猜想，李明做了如图所示的实验：铜块和铁块的体积相同
铁块从位置的过程中，弹簧测力计的示数减小，说明铁块受到的浮力________选填“变大”“变小”或“不变”，可以验证猜想________选填“”“”“”或“”是正确的。
铁块从位置的过程中，弹簧测力计的示数不变，说明铁块受到的浮力不变，可以验证猜想________选填“”“”“”或“”是错误的。
分析比较实验与，可以验证猜想________选填“”“”“”或“”是错误的。
分析比较________两次实验可得结论：浸在液体中的物体所受浮力的大小与液体的密度有关。
该实验探究主要运用的科学探究方法是：_____________。
答案：
变大；
；
；
；
控制变量法
解析：解析：
本题考查浮力的大小跟哪些因素有关的实验探究过程。
在实验中都是浸没在水中，液体密度相同，但排开水的体积不同；，计算浮力
可知，说明物体受到的浮力与液体体积有关，猜想是正确的；
在实验中，液体的密度相同，排开液体的体积相同，。但物体浸没在液体中的深度不同，此时，弹簧测力计的示数相同，都是；计算可知，，物体受到的浮力与物体浸没在液体中的深度无关及猜想是错误的；
在实验中，铁块完全浸没在水中，计算可知；
在实验中，铜块完全浸没在水中，计算可知；
比较可知，铁块和铜块排开水的体积相同，液体的密度相同，受到的浮力相同，说明物体受到的浮力与物体的密度无关；猜想B错误；
研究物体所受浮力的大小与液体密度有关，需控制排开液体的体积相同，浸没在不同液体中。实验中铜块排开液体的体积相同，浸没在不同的液体中，弹簧测力计的示数不同，即浮力不同，说明物体所受浮力的大小与液体的密度有关；
当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法把多因素的问题变成多个单因素的问题，每次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响分别加以研究，最后再综合解决。
4、在“探究影响浮力大小的因素”实验中，同学们根据生活经验，提出了浮力大小可能与下列因素有关的猜想：
与物体浸入液体中的深度有关；与物体排开液体的体积有关：与液体的密度有关。
请你写出能够支持猜想的一个生活现象：______ 。
进行探究时，实验步骤和弹簧测力计的示数如图所示。其中序号中物体所受浮力大小为______ 。
分析、、三次实验，可知浮力大小与物体浸没在液体中的深度______ 选填“有关”或“无关”；分析______ 三次实验，可知浮力大小与物体排开液体的体积有关；分析、、三次实验，可知在物体排开液体的体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力______ 选填“越大”或“越小”。
本实验不仅可以探究影响浮力大小的因素，从实验数据还可求出物体的密度为______ 。已知，取
答案：
向清水中加盐能使鸡蛋上浮；；无关；、、；越大；。
解析：先把鸡蛋放入清水中，发现鸡蛋沉入水底；然后缓缓向水中加盐并不断地搅拌，随着盐水越来越浓，即盐水密度越来越大，发现鸡蛋竟然能浮在液面上，这个实验说明，浮力的大小与液体的密度有关；
物体在空气中时弹簧测力计示数，图在水中时弹簧测力计的示数为，则物体在水中所受浮力；
、、三次实验中，浸没的深度不同，弹簧测力计的示数相同，说明物体受到的浮力也相同，因此结论是浸没在液体中的物体所受的浮力大小与深度无关；
探究浮力的大小与物体排开液体的体积是否有关时，应该控制液体的密度相同，物体排开液体的体积不同，所以应该比较分析、、三次实验；
由图可知，、、三次实验，弹簧测力计示数不同，受到的浮力不同，即浮力大小与液体的密度有关；且在物体排开液体的体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大；
由图、所示实验可知，物体浸没在水中时受到的浮力：；
由得物体的体积：；
物体的质量，
物体的密度。
所以答案为：向清水中加盐能使鸡蛋上浮；；无关；、、；越大；。
本题探究“浮力的大小与哪些因素有关”，考查控制变量法、阿基米德原理的运用及称重法测浮力。
5、如图甲所示，小华同学在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，在弹簧测力计下面悬挂一个实心圆柱体，当圆柱体下表面与水面相平时开始缓慢下降，直到浸没在溢水杯内的水中，用小桶收集溢出的水。
圆柱体的重力为 ，圆柱体浸没在水中时所受浮力为 。
比较 两图可知：浸在同种液体中的物体所受浮力的大小跟物体排开液体体积有关。
比较、两图可知：当物体浸没在同种液体中，所受浮力不随 而改变。
小华进行实验时发现，弹簧测力计示数保持不变后，示数又突然减小，原因是 。
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如图乙所示的弹簧测力计的拉力随物体下降高度变化的图像，那么物体浸没在这种液体力为 ，这表明浸在液体中的物体所受浮力的大小还跟 有关该液体的密度是 。
答案：
、或、 深度
圆柱体与杯底接触，受到杯底对圆柱体的支持力
液体的密度

解析：略
6、小华同学在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，在弹簧测力计下面悬挂一个实心圆柱体如图甲所示，当圆柱体下表面与水面相平时开始缓慢下降，直到浸没在溢水杯内的水中，用小桶收集溢出的水。取
圆柱体的质量为______。
圆柱体浸没在水中时所受浮力为______；圆柱体的密度是______。
比较______两图可知：浸在同种液体中的物体所受浮力的大小跟物体排开液体体积有关。
比较、两图可知：当物体浸没在同种液体中，所受浮力不随______而改变。
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如图乙所示的弹簧测力计的拉力随物体下降高度变化的图象，那么物体浸没在这种液体中受到的浮力为______，这表明浸在液体中的物体所受浮力的大小还跟______有关。
答案：
；；；、；深度；；液体密度。
解析：
由知，；根据可得，圆柱体的质量；
由图、知，圆柱体浸没在水中后所受浮力；
由知，
圆柱体的体积：
圆柱体的密度：
；
要探究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，需要控制液体密度相同，排开液体的体积不同，图、符合要求；
由、两图可知，圆柱体完全浸没，下沉过程中，测力计的示数不变，即物体所受浮力不随深度改变；
由图乙知，物体完全浸没时测力计的示数为，则；
由实验知，浸在液体里的物体受到的浮力大小还根据液体的密度有关。
所以答案为：；；；、；深度；；液体密度。
根据图得出圆柱体的重力大小，然后根据公式求出圆柱体的质量；
由图及根据得出所受浮力的大小；
比较、两图的不同点，得出浮力大小与物体排开液体体积的关系；
根据浮力大小与深度的关系得出结论；
根据物体完全浸没时测力计的示数及其重力求出浮力，再与甲比较，分析影响浮力大小因素。
此题是探究影响浮力大小的因素实验，考查了学生分析图象和数据的能力，注意分析问题过程中控制变量法的应用，同时要熟练掌握密度公式及阿基米德原理公式，做到灵活应用。
7、小明用如图所示的装置探究“影响浮力大小的因素”，已知，取
小明利用图甲所示的实验装置，将圆柱体合金块慢慢浸入水中时，根据测得的实验数据，作出了弹簧测力计示数与合金块下表面所处深度的关系图象如图中所示。实验过程中合金块所受浮力的变化情况是______。请在图中画出随变化的关系图象，分析图象可知，浸在水中的物体所受浮力的大小跟它排开水的体积成______。
将合金块分别浸没在水和某液体中如图乙、丙所示，比较图甲、乙、丙可知：______。
合金块的密度为______。
若用此合金块制成一空心合金球，当合金球恰好能悬浮于图丙所示液体中时，空心部分的体积是______。
答案：
先变大后不变；；正比；
浸没在液体中的物体所受浮力大小与液体的密度有关；
；
。
解析：
由弹簧测力计的示数与合金块下表面所处深度的关系图象可以知道：弹簧测力计的示数随着深度的增加是先变小后不变的，
而测力计的示数等于合金块的重力减去合金块浸在液体中受到的浮力。所以此实验过程中浮力先变大后不变。
由图象可知，合金块完全浸没在水中时所受的浮力：；则随的变化的关系图象，如下图所示：
由图象可知，当时，浸在水中的物体所受浮力的大小与浸入水中的深度成正比，而排开水的体积与浸入水中的深度成正比，
所以浸在水中的物体所受浮力的大小跟它排开水的体积成正比。
分析比较甲、乙、丙可知，合金块排开液体的体积相同，液体的密度不同，弹簧测力计的示数不同，即受到的浮力不同，说明浮力大小跟液体的密度有关。
由图甲可知，合金块的重力，
合金块的质量：，
由图乙可知，合金块浸没在水中时弹簧测力计的示数，
则合金块完全浸没在水中时所受的浮力：；
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
由可得，合金块的体积：
，
则合金块的密度：
。
由图丁可知，金属块浸没在某液体中时弹簧测力计的示数，
则合金块完全浸没在某液体中时所受的浮力：，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由可得：，
则：。
合金球悬浮在某液体中时所受的浮力：，
由可得，合金球的体积：
，
则空心部分的体积：
。
所以答案为：先变大后不变；如上图所示；正比；
浸没在液体中的物体所受浮力大小与液体的密度有关；
；
。
本题是探究影响浮力大小因素的实验，涉及到的知识点较多，熟练应用公式及变形公式即可正确解题，计算空心部分的体积是难点，对学生的分析能力要求较高。
8、某物理社团在探究影响浮力大小的实验中将同一物体分别按如图所示的步骤进行实验：
物体所受重力为______。
物体浸没在水中受到的浮力______。
通过比较、、三幅图，物理社团得出：浮力的大小与浸在液体中深度有关的结论，对此结论你认为是______”正确“或”错误“的。理由是______。
根据已有条件，请你求出图中弹簧秤的示数是______取，
答案：
错误 过程不完整，没有探究物体浸没后受到浮力与深度的关系
解析：由图可知，物体所受重力为；
物体在空气中时弹簧测力计示数，全部浸没在水中时弹簧测力计的示数为，则物体浸没在水中受到的浮力：；
通过比较、、三幅图，物理社团得出的结论是不对的；物体没有浸没时，深度变化的同时，排开液体的体积也在变化，浮力发生变化；实验过程不完整，还应该将物体完全浸没后，再探究浮力与深度是否有关。
由可得，物体浸没时排开水的体积
，
图中物体浸没在酒精中，所以，
物体浸没在酒精中受到的浮力：
，
则图中弹簧秤的示数：。
浸在液体中的物体受到浮力的作用，浮力的大小等于排开的液体受到的重力，浮力大小与液体密度和排开液体的体积有关，与物体在液体中浸没的深度无关，本题考查了影响浮力大小的因素及阿基米德原理的应用，考查全面，应用性强。
9、在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”时，同学们提出了如下的猜想：
A.可能跟物体浸入液体的深度有关
B.可能跟物体排开液体的体积有关
C.可能跟液体的密度有关
D.可能跟物体的密度有关
为了验证上述猜想，李明做了如图甲所示的实验：他在弹簧测力计下端挂一个铁块，依次把它缓缓地浸入水中不同位置，在这一过程中：
为了观察物体逐渐放人水中时所受浮力的变化情况，弹簧测力计吊着物体要匀速、缓慢下放，这是为了保证物体处于 状态。
铁块从位置的过程中，弹簧测力计的示数 ，说明铁块受到的浮力 从位置的过程中，弹簧测力计的示数 ，说明铁块受到的浮力 。均选填“变大”“变小”或“不变”
通过以上实验可以验证上述猜想 填上面猜想的字母是正确的。
为使实验数据更具有普遍性，应该采用 选填“”或“”的方法。
多次测量取平均值
换用其他液体多次实验
如图乙所示，把新鲜的鸡蛋放在水中会下沉，陆续向水中加盐并轻轻搅拌，你会发现 ，这种现象说明了上述猜想 填上面猜想的字母是正确的。
答案：
平衡
变小；变大；不变；不变


鸡蛋上浮；
解析：略
10、在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，提出如下猜想：
猜想：浮力的大小可能与液体的密度有关
猜想：浮力的大小可能与物体的重力有关
猜想：浮力的大小可能与物体的形状有关
猜想：浮力的大小可能与浸在液体中的体积有关
如图所示，用手把饮料罐按入水中，饮料罐浸入水中越深，手会感到越吃力．这个事实可以支持以上猜想__________填序号．
为了研究猜想和猜想，运用了体积相同的、、三个圆柱体，测得重力分别为、和然后进行如图所示的实验．
比较序号__________、_________、的三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关，当浸在液体中的体积相同时，液体的密度越大，物体所受的浮力越__________．
比较序号、、的三次实验，可得出结论：浮力的大小与物体的重力__________关．
为了研究猜想，小明用两块相同的橡皮泥分别捏成圆锥体和圆柱体进行如图所示的实验，由此小明得出的结论是：浮力的大小与物体的形状有关，小珍认为这个结论不可靠，主要原因是_______________________________________________．
综上所述，实验结果表明，物体_______________________，________________________，浮力就越大．
如图所示，正确反映弹簧测力计的示数与物体下表面在水中的深度关系的图象是________．
答案：
；
；；大；无；
没有控制浸在液体中的体积相等；
浸在液体中的体积越大；液体的密度越大；

解析：
此题主要考查的是学生对“浮力的大小跟哪些因素有关”探究实验的理解和掌握，同时考查学生对浮力公式的理解和掌握，综合性很强，有一定难度，掌握控制变量法是解决此题的关键。
浮力是竖直向上的，根据手的感觉来感知浮力的变化；通过水面的变化来判断物体排开液体体积的关系；从而提出浮力和物体排开液体体积关系的猜想；
根据控制变量法分析，要探究浮力大小与液体密度的关系，需要控制同一物体、排开液体的体积相同，改变液体的密度，找出符合要求的图即可，进一步分析得出结论；
比较序号为、、的三次实验的物体所受浮力的大小变化和变化的因素，得出浮力物体的重力之间的关系；
利用控制变量法分析小明同学的方案，即可判断不可靠的原因；
根据实验数据得出结论；
根据影响浮力大小的因素解答。
用手把空的饮料罐按入水中，手就会感受到竖直向上的浮力，越往下按，浮力越大，手会感到越吃力；空饮料罐向下按入的过程中，水面会升高，空饮料罐排开水的体积比较大；由此得出猜想：浮力的大小与物体排开液体的体积有关，即这个事实可以支持猜想；
要探究浮力大小与液体密度的关系，需要控制排开液体的体积相同、形状相同同一物体，改变液体的密度，图中、、三图符合要求；
图中物体浸没在水中，受到的浮力为：
图中物体浸没在酒精中，受到的浮力为：；
图中物体浸没在盐水中，受到的浮力为：；
所以同一物体在盐水中浮力最大、在酒精中受到的浮力最小，又因为盐水的密度最大，酒精的密度最小，所以可以得出：液体的密度越大，物体所变的浮力越大；
序号为、、的三次实验中，物体的体积和浸没的液体都相同，不同因素是物体的重力；
由图可知测力计的示数分别为：、、，而三个圆柱形物体、、的重分别为、和，根据称重法，则所受浮力分别为、、，可见浮力相等，于是可得出结论：浮力的大小与物体的重力无关；
根据控制变量法知：要研究浮力大小与物体形状的关系，必须保证排开液体的体积和液体的密度不变，小明实验中改变了形状，但没有控制排开水的体积相同，故小珍认为小明的结论不可靠，不可靠主要原因为没有控制排开液体的体积相同；
综上所述，实验结果表明，物体浸在液体中的体积越大、液体的密度越大 ，浮力就越大；
物体开始浸入水中时，排开水的体积越来越大，浮力越来越大，弹簧测力计示数越来越小；物体浸没以后，物体继续浸入水中，深度增大，浮力大小不变，弹簧测力计示数不变，故D正确，ABC错误。
所以答案为：；；；大；无；没有控制浸在液体中的体积相等； 浸在液体中的体积越大；液体的密度越大；。
11、小龙在“探究影响浮力大小因素”的实验中，有以下种猜想。
猜想：浮力的大小与液体的密度有关；
猜想：浮力的大小与物体的形状有关；
猜想：浮力的大小与物体浸入液体中的体积有关；
猜想：浮力的大小与物体所受重力大小有关。
如图甲小龙用手把开口朝上的饮料罐按入水中，饮料罐浸入水中越深，手会感到越吃力。这个事实可以支持猜想__________。
为了验证猜想和，选用了体积相同的、、三个圆柱体，测得重力分别为、和，然后进行如图乙所示的实验。
在序号为的实验中物体所受的浮力为__________；
比较__________三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体的密度有关；
进一步分析可知：液体的密度越大，物体受到的浮力越__________填“大”或“小”；
比较__________三次实验，可以得出结论：浮力的大小与物体的重力无关。
为了验证猜想，小龙用两块橡皮泥分别捏成圆锥体和圆柱体进行如图丙所示的实验，由此小龙得出的结论是：浮力的大小与物体的形状有关，小珍认为结论不可靠，主要原因是______________________________________________________________________________。
答案：

大
没有控制物体排开液体的体积相同
解析：如图用手把饮料罐按入水中，饮料罐浸入水中越深，即排开水的体积越大，手会感到越吃力，这个事实说明浮力的大小可能与排开液体的体积有关，可以支持猜想。
由称重法可知，在序号为的实验中物体所受的浮力为：；
比较、、三次实验，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，由称重法可知，圆柱体受到的浮力不同，故可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关；
由称重法可知，实验中圆柱体受到的浮力最大，而浓盐水的密度最大，故进一步分析可知：排开液体的体积相同时，液体的密度越大，物体所受的浮力越大；
根据控制变量法可知，要得出“浮力的大小与物体的重力无关”的结论，要控制其他条件一定，只改变物体的重力，故应比较、、三次实验。
根据控制变量法知：要研究浮力大小与物体形状的关系，必须保证排开液体的体积和液体的密度不变，小龙在实验中改变了物体的形状，但没有控制排开水的体积相同，故小珍认为小龙的结论不可靠，不可靠主要原因为没有控制排开液体的体积相同。
12、小虹利用弹簧测力计、实心圆柱体物块、烧杯等器材，探究浮力的大小跟哪些因素有关。小虹提出如下猜想，设计并进行了实验。
猜想：浮力大小与物体浸没在液体中的深度有关；
猜想：浮力大小与物体排开液体的体积有关；
猜想：浮力大小与液体的密度有关。
小虹确定了测量浮力的方法：用弹簧测力计先测出物体的重力，接着将物体浸入液体中静止时，读出测力计对物体的拉力，可计算出物体所受的浮力。其测量原理利用了______ 。
A.与是一对平衡力
B.与是相互作用力
C.与是相互作用力
D.、和是一组平衡力
小虹的操作步骤及测量数据如图所示。
由测量数据可得：步骤中圆柱体物块受到水的浮力为______ 。
分析图中步骤与______ 步骤的数据，可以验证猜想是错误的。填出步骤的序号
进一步学习了阿基米德原理之后，利用如图的测量数据，还可以计算出其它一些物理量水的密度已知。下列物理量中不能计算出的是______ 。
A.物块的体积
B.物块的密度
C.盐水的体积
D.盐水的密度
答案：

解析：由题意知，物体受重力、水的浮力、测力计的拉力三个力的作用，在这三个力的作用下保持平衡，所以这三个力平衡，故D正确；
测力计分度值为，由图可知，物体的重力为；
中测力计的示数为，所以此时受到的浮力为：
；
、两图实验，物体排开液体的体积和密度相同，浸没在液体中的深度不同，因测力计示数相同，受到的浮力相同，故可得：浮力大小跟物体浸没在液体中的深度无关，可以验证猜想是错误的；
、由图可知物体所受的重力，则；
根据图或图可求出物体完全浸没在水中时受到的浮力；
由得，；
物体的密度为：；
C、通过数据无法得知盐水的体积；
D、由图可知物体在盐水中受到的浮力为：
；
由得，盐水。
由上可知，不能得出的是选项。
所以答案为：；；；。
物体在水中静止，说明此时受平衡力的作用，分析物体受到的所有力即可得到结论；
根据测力计分度值，由图得出物体的重力，根据、两次的示数便可求出步骤中受到的浮力大小；
物体受到的浮力大小与物体排开液体的密度和体积有关，要探究浮力大小是否与物体浸没在液体中的深度有关，需保持物体排开液体的密度和体积不变，只改变物体浸没在液体中的深度；
要充分利用好和，根据已知量进行分析即可。
本题探究影响浮力大小的因素，考查称重法测浮力、控制变量法及数据分析、阿基米德原理和密度公式的运用。
13、小明用装有沙子的带盖塑料瓶探究浮力的影响因素。
小明列举了三个常识，分别做出了三个猜想，其中符合常识的是______填序号。
常识 猜想
常识：木头漂在水面，铁钉沉在水底 常识：轮船从长江驶入大海，船身会上浮一些 常识：人从泳池浅水区走向深水区，感觉身体变轻 猜想：与浸入液体的深度有关 猜想：与液体的密度有关 猜想：与物体的密度有关
为了验证上述猜想是否正确，小明依次做了如下实验：
根据、、的结果，可得猜想是______正确错误的；根据、、的结果，可得猜想是______正确错误的。深入分析上述现象，可得：浮力大小与______有关，与浸入液体的深度______；
接下来根据、和______能不能对猜想进行验证；
为验证猜想，小明在老师的指导下，将瓶子中的沙子倒掉一些以减小物体密度。接着他仿照步骤进行实验，发现此时测力计示数小于，便认为该猜想是正确的。小明在该实验环节中存在的问题是______。
答案：
；正确；错误；排开液体的体积；无关；能；没有测量出此时瓶子含有沙子的重力
解析：木头漂在水面，是因为木头的密度小于水的密度；铁钉沉在水底，是因为铁的密度大于水的密度，符合常识的猜想是浮力与物体的密度有关，即符合常识的是猜想。
、实验中物体在水中的深度不同，测力计示数不同，由称重法，两实验中受到的浮力不同，根据、、的结果，可得猜想是正确的；
而、实验中，浸入液体的深度不同，两实验中，测力计示数相同，由称重法，两实验中受到的浮力相同，根据、、的结果，可得猜想是错误的；
B、实验中排开液体的体积不同，而、实验中排开液体的体积相同，深入分析上述现象，可得：浮力大小与排开液体的体积有关，与浸入液体的深度无关。
研究浮力与液体的密度有关，要控制排开液体的体积相同，只改变排开液体的密度，故接下来根据、和能对猜想进行验证。
根据称重法测浮力，，将瓶子中的沙子倒掉一些以减小物体密度，则此时瓶子含有沙子的重力小于，为验证猜想，即浮力与与物体的密度有关，应测量出此时瓶子含有沙子的重力，故小明在该实验环节中存在的问题是没有测量出此时瓶子含有沙子的重力。
所以答案为：
；正确；错误；排开液体的体积；无关；能；没有测量出此时瓶子含有沙子的重力。
木头漂在水面，是因为木头的密度小于水的密度；铁钉沉在水底，是因为铁的密度大于水的密度，据此分析。
分析、、实验中相同量和不同量，根据测力计示数，由称重法比较两实验中受到的浮力关系，据此回答。
B、实验中排开液体的体积不同，而、实验中排开液体的体积相同，据此分析。
物体受到的浮力大小与物体排开液体的密度和体积有关，研究浮力大小与其中一个因素的关系时，要控制另一个因素不变。
根据称重法测浮力，，将瓶子中的沙子倒掉一些以减小物体密度，则此时瓶子含有沙子的重力小于，据此分析回答。
本题探究浮力的影响因素，考查物体的浮沉条件、称重法测浮力、控制变量法、数据分析和对实验方案的评估。
14、在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，提出如下猜想：
猜想浮力的大小可能与液体的密度有关
猜想浮力的大小可能与物体的重力有关
猜想浮力的大小可能与物体的形状有关
猜想浮力的大小可能与排开液体的体积有关。
如图所示，用手把脸盆按入水中，脸盆浸入水中越深，手会感到越吃力。这个事实可以支持以上猜想 选填序号。
为了研究猜想和猜想，采用了体积相同的、、三个圆柱体，测得重力分别为、和。然后进行如图所示的实验。
在序号的实验中物体所受的浮力为 。
比较序号 、 、的三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关。
进一步分析可知：液体的密度越大，物体所受的浮力越 。
比较序号、、的三次实验，可得出结论：浮力的大小与物体的重力 关。
为了研究猜想，小明用两块相同的橡皮泥分别捏成圆锥体和圆柱体进行如图所示的实验，由此小明得出的结论是：浮力的大小与物体的形状有关，小珍认为这结论不可靠，主要原因是 。
实验时若先将物体放入水中，然后测量物体的重力，则浮力的测量结果偏 。
答案：
大 无 没有控制变量唯一 大
解析：略
15、小云实验小组用如图甲所示的实验装置“探究浮力的大小跟哪些因素有关”。
分析、两次实验可知：浸在液体中的物体受到浮力的大小与______有关；
分析、两次实验可知：浸在液体中的物体受到浮力的大小与浸没深度______；
分析、两次实验可知：浸在液体中的物体受到浮力的大小与______有关；
若先完成实验，再完成实验，则测得的浮力将______选填“偏大”或“偏小”；
完成上述实验后，小云又利用如图乙所示的装置来测量实验中所用金属块的密度，实验过程如下：
将空烧杯漂浮在水槽内，用刻度尺测得水面高度为；
将金属块放在烧杯内，用刻度尺测得水面的高度为；
______，用刻度尺测得水面高度为；
金属块的密度______用，，，表示。
答案：
物体排开液体的体积 无关 液体的密度 偏大 将烧杯内的金属块拿出直接放入水中
解析：分析、两次实验可知，液体的密度相同，排开液体的体积不同，观察弹簧测力计的示数变小，根据称量法知浮力变大，说明浮力大小与物体排开液体的体积有关；
分析、两次实验可知，深度增加，弹簧测力计的示数不变，浮力不变，说明浮力大小与物体浸没到液体的深度无关；
分析、两次实验可知，排开液体的体积相同，液体的密度不同，观察弹簧测力计的示数变大，根据称量法知浮力变大，说明浮力大小与物体排开液体的密度有关；
若先完成实验，再完成实验，则物体表面有水，测得的重力偏大，根据称量法知浮力变大；
由可知，烧杯前后都是漂浮在水面，受到的浮力都等于自重，则两图中浮力的变化量等于金属块重力，
两图中浮力的变化量：，所以金属块的重力为：；
将烧杯内的金属块拿出直接放入水中，用刻度尺测得水面高度为，则金属块的体积为；
则金属块的密度为：。
所以答案为：物体排开液体的体积；无关；液体的密度；偏大；将烧杯内的金属块拿出直接放入水中；。
浮力的大小可能跟液体的密度、物体排开液体的体积、物体浸没到液体的深度、可能跟物体的重力、可能跟物体的体积有关，研究浮力大小的影响因素时，采用控制变量法；
若先完成实验，再完成实验，则物体表面有水，测得的重力偏大，根据称量法知浮力可知浮力变化；
比较图乙中两图可知，都是漂浮，受到的浮力都等于自重，则两图中浮力的变化量等于金属块重力，进一步求出金属块的质量；然后将金属块拿出直接放入水槽内，可以求出金属块的体积。
本题考查探究影响浮力大小的因素，难点是题，分析上面所给出的图示，利用前后几次的水面的高度差找出等量关系。
16、小华游泳时发现，人在水中越往深处走就越觉得所受的浮力越大。由此他猜想：“浮力的大小可能与物体浸入水中的深度有关或者与物体排开水的体积有关”，于是他找来一个金属圆柱体、弹簧测力计、烧杯和水等器材进行了如图所示的实验探究。
分析图中弹簧测力计的变化可知：液体密度相同时，物体排开水的体积越大，物体所受的浮力就______选填“越大”或“越小”。
小华绘制了弹簧测力计对金属圆柱体的拉力和金属圆柱体所受浮力随浸入水中深度变化的两条图象、如图所示。分析图象可知：能正确描述金属圆柱体所受浮力的变化情况的图象是______选填“”或“”；该金属圆柱体在空气中所受的重力为______，当金属块完全浸没水中后所受到的浮力是______，金属块浸没水中所受浮力大小与金属块所处的深度______选填“有”或“无”关。
若要探究浮力大小与液体密度的关系，可将该金属圆柱体浸没在盐水中，与______图比较，可知当______相同时，液体密度越大，物体所受的浮力______选填“越大”、“越小”或“不变”。
实验中由于握着测力计的手臂易晃动，导致测力计示数不稳定，读数困难。请你写出一种改进措施______。
答案：
越大；
；；；无；
丁；排开液体体积；越大；
将弹簧测力计固定在铁架台上，通过改变铁夹的高度来改变浸入水中的多少。
解析：
本题考查称称重法测浮力、控制变量法、数据分析等知识，知道物体受到的浮力大小只与物体排开液体的体积和密度有关而与物体浸在液体中的深度无关是解题的关键。
根据称重法比较浮力大小，比较得出结论；
金属块受到的浮力大小在浸没前随排开液体的体积增大而增大，浸没后浮力大小不变；当物体浸在水中的深度为时弹簧测力计的示数即为物体的重力；由图可知物体浸没时受到的浮力大小或根据称重法，由图根据浮力求浮力；分析图得出结论；
研究浮力大小与液体密度关系时，要保持物体排开液体的体积不变，比较弹簧测力计的示数大小，最后得出结论；
想法解决因手臂晃动而造成测力计示数不稳定的问题，可以将测力计悬挂在铁架台上等。
比较乙、丙、丁中的实验可知，物体排开液体的体积增大，弹簧测力计示数越来越小，由知，物体受到的浮力越来越大，所以，得出的结论是物体排开液体的体积越大，受到的浮力越大；
由上面的分析，在浸没前金属块受到的浮力大小随排开液体的体积增大而增大，浸没后排开液体的体积不变，根据阿基米德原理可知，浮力大小不变，据此判断出描述金属圆柱体所受浮力的变化情况的图象是；
当物体浸在水中的深度为时，根据二力平衡条件可知，弹簧测力计的示数等于物体的重力大小，由图知，重力大小为；
图中的水平线即为浸没后物体受到的浮力大小，为；
根据图可知，金属块浸没在水中后所受浮力大小与金属块所处的深度无关；
若要探究浮力大小与液体密度的关系，需要控制排开液体的体积相同，改变液体的密度，通过比较弹簧测力计的示数来比较浮力的大小，所以可将该金属圆柱体浸没在盐水中，观察弹簧测力计的示数，与丁图比较，可以得出当排开液体体积相同时，液体密度越大，物体所受的浮力越大；
实验中，由于握着测力计的手臂晃动，导致测力计示数不稳定，读数困难，可以将弹簧测力计固定在铁架台上，通过改变铁夹的高度来改变浸入水中的多少。
17、同学们用空塑料瓶和细沙等实验器材探究影响浮力大小因素，取，
为了测出塑料瓶的体积，进行如下操作，
把天平放在水平桌面上，调节天平平衡，在左盘中放入盛有适量水的烧杯，通过增减砝码和移动游码使天平再次平衡，所加砝码和游码的位置如图甲所示，烧杯和水的总质量为______。
在空塑料瓶中装入适量细沙，拧紧瓶盖，在瓶颈系一细绳，手拿细绳将塑料瓶完全浸没于烧杯的水中瓶没有接触烧杯，水未溢出，通过增减砝码和移动游码使天平再次获得平衡，所用砝码总质量和游码所示质量之和为，塑料瓶的体积是______。
同学们根据生活经验提出了如下三种猜想，并举出了相应的实例
猜想一，浮力的大小与物体的密度有关，实例：铁块可以在水中下沉，木头可以浮在水面上
猜想二，浮力的大小与液体的密度有关，实例：鸡蛋可以在水中下沉，在盐水中可以浮起来
猜想三，浮力的大小与浸入液体的深度有关，实例：在游泳池里，人越往下蹲感觉到水向上托自己的力越大
为了验证以上猜想是否正确，同学们选择了装入细沙的塑料瓶和其他实验器材进行探究，实验过程如图乙所示。
根据实验步骤和______填序号，可以确定猜想二是正确的；
根据实验步骤和可以验证猜想三是______选填“正确”或“错误”；对该猜想对应的实例，合理的解释是______。
要验证猜想一是否正确，可以在塑料瓶中______后再进行探究。
同学们讨论认为，猜想一和猜想二中的实例反应了物体的浮与沉可能与密度有关，要选用一个能漂浮在图中盐水上的物体时，物体的密度应小于______计算结果保留位小数。
答案：
；；
；
错误；在游泳池里，人越往下蹲排开水的体积越大，人受到的浮力越大；
减少一些细砂；

解析：烧杯和水的总质量为：，
由步骤可知，塑料瓶排开水的质量，
由可得，
因为塑料瓶浸没，所以
物体浸没水中受到的浮力；
物体浸没在盐水中受到的浮力；
因为，浮力不相等，而物体所处的深度和浸没的体积相同，则是液体的种类密度不同的引起的，说明浮力的大小与液体的密度有关，根据实验、可以确定猜想二是正确的；
物体在、中排开液体的密度相同，都是水中受到的浮力相同，而排开液体的体积都等于物体的体积，但物体所处的深度不同，故得出：物体浸在同种液体中，所受浮力大小与浸入液体的深度无关。根据实验步骤和可以验证猜想三是错误的；
对该猜想对应的实例，合理的解释是：在游泳池里，人越往下蹲排开水的体积越大，人受到的浮力越大；
要验证猜想一是否正确，即浮力的大小与物体的密度有关，根据控制变量法要改变物体的密度，在物体体积不变时，在塑料瓶中减少一些细砂可以改变塑料瓶整体的密度；
由、两图知，物体浸没在水中所受浮力：；
物体浸没在盐水中受到的浮力：；
由阿基米德原理可得：Ⅰ，Ⅱ
浸没时相等，由ⅠⅡ可得盐水的密度：
。
物体的浮与沉与密度有关，要选用一个能漂浮在图中盐水上的物体时，物体的密度应小于。
所以答案为：；；
；错误；在游泳池里，人越往下蹲排开水的体积越大，人受到的浮力越大；减少一些细砂；。
18、在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中如图所示，小田先用弹簧测力计测出金属块的重力，然后将金属块缓慢浸入液体中不同深度，步骤如图、、、、所示液体均未溢出，并将其示数记录在表中：
实验步骤
弹簧测力计示数
小田进行了如图所示的实验：步骤所示弹簧测力计的示数为______ ；用弹簧测力计挂着金属块缓慢地浸入液体中不同深度，步骤如图、、、、液体均未溢出，并将其示数记录在上表中；
在实验步骤中金属块所受浮力 ______ ；
分析实验步骤、、、，可以说明浮力大小跟排开液体的______ 有关；分析实验步骤、、，可以说明浮力大小跟液体的______ 有关。
小田用表格中的数据算出了某种液体的密度是______ ，金属块的密度为______ 。若将放至最后一步，则会使得金属块的密度的测量值______ 选填“偏大”或“偏小”“不变”。
同组的小超只有刻度尺这一测量工具，于是他进行了如下操作：
在圆柱形容器中装有适量的水，将另一平底烧杯放入圆柱形容器的水中，烧杯静止时容器中水的深度为，如图甲所示。
将待测金属块吊在烧杯底部金属块未触底，测量出烧杯静止时露出水面的高度为，容器中水的深度为，如图乙所示。
将金属块放在烧杯中，烧杯静止时露出水面的高度为，如图丙所示。已知圆柱形容器底面积为烧杯底面积的倍。则金属块的密度为______ 。
答案：
；；体积；密度；；；偏小；。
解析：
弹簧测力计的分度值是，步骤所示弹簧测力计的示数为；
在实验步骤中金属块所受浮力可以用称重法求出：；
物体浸在液体中所受浮力大小与液体密度和物体排开液体体积有关，分析实验步骤、、、，液体都是水，物体排开液体体积变化，所受浮力变化，可以说明浮力大小跟排开液体的体积有关，分析实验步骤、、，物体都是完全浸在液体中，液体密度不同，可以说明浮力大小跟液体的密度有关；
当浸没在水中时，物体所受浮力：，
根据阿基米德原理：，即，
解得，
由可得，
金属的密度，
金属浸没在某液体中浮力：，
根据阿基米德原理：，即，
，
若将放至最后一步，因为金属上沾有液体，会使测得金属的质量偏大、重力偏大，
根据中可知计算金属密度的计算式：，
测得金属的重力增大，浸没时弹簧测力计示数不受影响，则计算式中分母增大，分子不变，所以会使得金属块的密度的测量值偏小；
比较甲乙两图可知，都是漂浮，受到的浮力都等于自重，则两图中浮力的变化量等于金属块重力，
两图中浮力的变化量：；
所以金属块的重力为：；
金属块的质量：；
比较乙丙可知，都是漂浮，烧杯和金属块的总重不变，总浮力不变；
则乙图中金属块受到的浮力等于这两次烧杯受到的浮力变化量，
金属块受到的浮力：；
所以金属块的体积为；
的密度为：；
所以答案为：；；体积；密度；；；偏小；。
测量仪器读数时要看清量程和分度值；
物体所受浮力：；
物体浸在液体中所受浮力大小与液体密度和物体排开液体体积有关；
利用物体在水中所受浮力大小计算物体体积，进而计算金属密度，利用在某液体中的浮力和阿基米德原理计算液体密度；
比较甲乙两图可知，都是漂浮，受到的浮力都等于自重，则两图中浮力的变化量等于金属块重力；进一步求出金属块的质量；比较乙丙可知，根据烧杯两次受到的浮力之差可以求出金属块的体积；最后利用密度公式求出密度的大小。
本题考查重力、浮力和密度的计算，难点是题，分析上面所给出的图示，利用前后几次的水面的高度差找出等量关系。
19、如图所示是探究“浮力的大小与什么因素有关”的实验装置和实验过程中弹簧测力计的示数。
金属块浸没水中时，所受的浮力大小为______。
分析图可知，浮力大小与物体浸没在水中的深度______选填“有关”或“无关”。
分析______三图可知，浸在液体中的物体所受的浮力大小与液体的密度有关，结论是______。
如果在实验中不小心使金属块碰到容器底且与容器底有力的作用，则测出的浮力将______选填“偏大”或“偏小”。
水对容器底的压力与物体浸入深度的关系图象是______。
答案：
无关 在排开液体的体积一定时，液体的密度越大，浮力越大 偏大
解析：
根据可知，金属块浸没在水中时受到的浮力为；
分析图可知，物体浸没在水中的深度不同，弹簧测力计示数相同，则浮力相同，即浮力大小跟物体浸没在水中的深度无关；
探究浸在液体中的物体所受的浮力大小与液体的密度有关时，需要控制金属块排开的液体的体积相同，液体的密度不同，所以需要对比，金属块排开液体的体积相同，液体密度越大，测力计示数越小，浮力越大；即浮力大小跟液体密度有关；
如果他在实验中不小心使戊图中物体接触了容器底且与容器底有力的作用，则测力计示数变小，会导致所测浮力偏大；
金属块刚浸入水中时，会排开一定体积的水，则水的液面会升高，根据可知，容器底部受到的压强变大，压力变大，当金属块全部没入水中后，液面的高度不会发生变化，则压力不变，故C正确。
所以答案为：；无关；；在排开液体的体积一定时，液体的密度越大，浮力越大偏大；
根据弹簧测力计的分度值得出弹簧测力计的示数；
物体完全浸没在水中时所受的浮力等于空气中弹簧测力计的示数减去水中弹簧测力计的示数；浮力大小与液体的密度和排开液体的体积有关，在进行实验探究时，要注意控制变量法的运用；把握住所探究的相同量和不同量，再结合图示可判断出实验结论；
如果他在实验中不小心使戊图中物体接触了容器底且与容器底有力的作用，测力计示数变小；
根据水的液面的高度的变化分析。
在“探究浮力的大小”实验中，用“称量法”测出物体受到的浮力，即，注意控制变量法的运用。14《探究浮力的大小跟排开液体所受重力的关系》
考点汇总：
1、实验目的：
定量探究浸在液体中的物体受到的浮力大小与物体排开液体的重力之间的关系。
2、实验器材：
弹簧测力计、金属块、量筒（小桶）、水、溢水杯、
3、实验步骤：
①把金属块挂在弹簧测力计下端，记下测力计的示数F1。
②在量筒中倒入适量的水，记下液面示数 V1。
③把金属块浸没在水中，记下测力计的示数 F2 和此时液面的示数 V2。
④根据测力计的两次示数差计算出物体所受的浮力（F 浮=F1-F2） 。
⑤计算出物体排开液体的体积（V2-V1），再通过 G水=ρ（V2-V1）g 计算出物体排开液体的重力。
⑥比较浸在液体中的物体受到浮力大小与物体排开液体重力之间的关系。（物体所受浮力等于物体排开液体所受重力）
4、实验结论：液体受到的浮力大小等于物体排开液体所受重力的大小
5、实验更合适的操作顺序是：b a c d
6、实验中溢水杯倒水必须有水溢出后才能做实验，否则会出现什么结果：答：会出现浮力大于物体排开水的重力
7、此实验弹簧测力计的示数关系是：Fa-Fc=Fd-Fb
8、实验结论：物体受到的浮力等于物体排开液体的重力
典题精析：
1、如图所示，图甲是“探究浮力大小跟排开液体所受重力的关系”实验的五个步骤。
圆柱体物块浸没在水中时受到的浮力 。 两步骤可得出物块排开水所受的重力。比较与，可以得到浮力的大小跟物块排开水所受重力的关系。
如图乙所示是圆柱体物块从水面缓慢浸入水中时，根据实验数据描绘出弹簧测力计示数随物块浸入深度变化的关系图像。
分析图像可得：当物块没有浸没之前，增大时，弹簧测力计示数 选填“变大”“变小”或“不变”。当时，物块所受的浮力为 ，浸没后，继续增大时，弹簧测力计示数为 ，该圆柱体物块的高度是 。
答案：
；
变小；；；
解析：
本题考查了探究浮力大小跟排开液体所受重力的关系的实验。从图像中获取有用的信息是关键。
探究浮力大小跟排开液体所受重力的关系，需要测出四个量：、、、需要计算两个量：，，比较和，可以得出浮力的大小跟物块排开水所受重力的关系。
物块没有浸没之前，增大时，受到的浮力变大，则弹簧测力计的示数变小；
根据图乙的图像和称重法测浮力，计算当时，物块所受的浮力；根据图乙的图像解得浸没后，继续增大时，弹簧测力计示数和圆柱体物块的高度。
圆柱体物块浸没在水中时受到的浮力；
根据和两步骤可得出物块排开水所受的重力。比较与，可以得到浮力的大小跟物块排开水所受重力的关系；
如图乙所示是圆柱体物块从水面缓慢浸入水中时，根据实验数据描绘出弹簧测力计示数随物块浸入深度变化的关系图像。分析图像可得：当物块没有浸没之前，增大时，物体排开水的体积变大，浮力变大，弹簧测力计示数就变小；
当时，弹簧测力计的示数是，物块所受的浮力；
浸没后，继续增大时，弹簧测力计示数不变为；
圆柱体下表面接触到水时，，圆柱体上表面接触到水时即圆柱体刚好浸没时，，所以该圆柱体物块的高度是。
2、小红设计了如图所示的实验来探究“浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”。
实验的最佳顺序是__________。
A.甲、乙、丙、丁 丁、甲、乙、丙 乙、甲、丁、丙
图乙中物体受到的浮力是__________。通过实验可得到的结论是：浸在液体中的物体，受到的浮力大小等于它____________________________________________________。
以下情况会影响结论的是__________。
A.图乙中水面未到达溢水杯的溢水口 图乙中物体未全部浸入水中
将图乙中的水换成酒精，物体受到的浮力__________填“变大”“变小”或“不变”。
小红利用上述实验中的器材和物体，探究“漂浮在液面上的物体所受浮力的大小是否遵循阿基米德原理”，实验过程中__________填“甲”“乙”“丙”或“丁”步骤不需要弹簧测力计。
答案：
排开的液体受到的重力 变小 乙
解析：最合理的实验顺序是：丁、测出空桶的重力；甲、测出物体所受到的重力；乙、把物体浸没在装满水的溢水杯中，读出测力计的示数；丙、测出桶和排开的水受到的重力。故正确顺序为：丁、甲、乙、丙甲、丁顺序可调换，故B正确。空气中物体的重力为；浸没在水中弹簧测力计的示数，物体浸没在水中受到的浮力：；由图丁可知，空桶的重力，由图丙可知，溢出水和桶的总重力，所以溢出水的重力：；根据计算结果，，说明浸在液体中的物体受到的浮力等于它排开的液体受到的重力。若图乙中水面未到达溢水杯的溢水口，则物体放入溢水杯时，先要使溢水杯内的水面升高到溢水口才可以向外排水，故在此过程中，物体受到的浮力大于排出的水的重力，故A符合题意；若图乙中物体未全部浸入水中，则物体排开水的体积变小，排开水的重力变小，浮力也变小，仍然能得出浮力等于排开的液体受到的重力这一结论，对实验没有影响，故B不符合题意；将图乙中的水换成酒精 ，液体的密度减小，根据阿基米德原理知浮力变小；因物体漂浮在水面上，受到的浮力等于它的重力，则测量漂浮的物体受到的浮力时，不需要用弹簧测力计提着物体，即乙步骤不需要弹簧测力计。
3、某实验小组利用弹簧测力计、石块、溢水杯等器材，按照如图所示的步骤，探究浮力的大小与排开液体所受重力的关系。
先用弹簧测力计分别测出空桶和石块的重力，其中石块的重力大小为 。
把石块浸没在盛满水的溢水杯中，石块受到的浮力大小为 。石块排开的水所受的重力可由 填字母代号两个步骤测出。
由以上步骤可初步得出结论：浸在水中的物体所受浮力的大小等于 。
为了得到更普遍的结论，下列继续进行的操作中不合理的是 。
A.用原来的方案和器材多次测量取平均值
B.用原来的方案将水换成酒精进行实验
C.用原来的方案将石块换成体积与其不同的铁块进行实验
答案：
排开液体的重力
解析：略
4、如图甲是“探究浮力大小”的实验过程示意图。
实验步骤的合理顺序是______，步骤和______可以测出物块浸没在水中时受到的浮力______，步骤和______可以测出物块排开的水所受重力；比较与，可以得到结论是：________选填“”、“”、“”。
图乙是物块缓慢浸入水中时，弹簧测力计示数随浸入深度变化的关系图象。分析图象，可得关于浮力大小的初步结论：
物块浸没前，物体浸入水中的体积越大，物块所受的浮力_______；
物块浸没后，所受的浮力大小与______无关。
此物块的密度是______。
答案：
；；；；；
越大；浸没的深度；

解析：
本题是探究阿基米德原理的实验，考查学生结合图象对所学知识进行综合分析的能力，难度较大。
要先测物块的重力和空桶的重力，然后再把物块没入水中，测出物块受到的浮力，最后再测出桶和溢出水的重力；分析几步实验的相同因素和不同因素，就可知道这几步是探究哪个因素对浮力的影响，并根据测力计示数计算出每步浮力的大小，从而得出结论。
乙图中物体已全部浸入了水中，所以弹簧测力计的示数应读随的增大不变的一段的示数，利用称重法可计算出此时物体所受的浮力；
由图可知弹簧测力计的示数有一段随的增大而不变，可总结出物体所受浮力与深度的关系。
知道物体的重力可以根据计算出物体的质量，根据阿基米德原理计算出物体排开水的体积和物体的体积，最后根据密度公式计算出物体的密度。
该实验合理的步骤是先测出空桶的重力，再将物块挂在弹簧秤上测出物块的重力，将物体浸没水中读出弹簧测力计的示数，最后再测出小桶和水的总重；故合理的步骤为：；
由可知物体的重力为，由可知物体浸在水中时的拉力为，则；
由可知空桶的重力为，由可知水和桶的总重为，则；
比较与可得，浮力大小跟物体排开的水所受重力大小相等。
物体未浸入水中时，从图乙可读出此时弹簧测力计的示数等于物体的重力在未完全浸入时弹簧测力计的示数逐渐减小，则浮力逐渐增大由图知物体浸没水中位置时弹簧测力计的示数为，所以物体所受的浮力；物块浸没前，物体排开的液体体积越大，物块所受的浮力越大；
由图可知弹簧测力计的示数有一段随的增大而不变浸没后，故可得出：浸没在液体中的物体所受浮力大小与它浸没在水中的深度无关。
由可知，物块的质量：
由阿基米德原理可知，物块的体积：
物块的密度：
。
所以答案为：
；；；；；
越大；浸没的深度；
。
5、小明利用弹簧测力计、烧杯、小桶、石块、细线等器材探究浮力大小与排开液体
的重力的关系。
部分实验操作步骤如图所示，遗漏的主要步骤是______，若将遗漏的步骤标注为，最合理的实验步骤顺序是______用实验步骤对应的字母表示。
小明进行实验并把数据记录在下表中。从表中数据可知石块受到的浮力是
______，排开液体的重力是______小明根据它们的大小关系归纳出了实验结论并准备结束实验，同组的小丽认为实验还没有结束，理由是______，接下来的实验操作应该是______。
实验步骤
弹簧测力计示数
实验结束后，小明还想进一步探究浮力大小是否与物体的密度有关，可取______相同的铁块和铝块，使其浸没在同种液体中，比较浮力的大小。
答案：
测量空桶的重力；、、、；
；；通过一组数据得出的结论会具有片面性或偶然性；换用不同液体重新实验；
体积
解析：
探究浮力大小与排开液体的重力的关系，需要测出物体排开水的重力，需要先测出空桶的重力，由图示实验可知，实验遗漏的步骤是：测量空桶的重力；
实验时，先测出空桶的重力，然后测出物体的重力，再将物体浸在溢水杯中，读出弹簧测力计的示数，根据得出物体受到的浮力，最后测出小桶和水的总重力，从而测出物体排开水的重力，因此合理的实验步骤是：、、、；
由实验步骤可知，物体浸在液体中时受到的浮力：；
由实验步骤可知，物体排开液体的重力：；
由于只测了一组实验数据，这样得出的结论会具有片面性或偶然性，所以为了寻找普遍规律，做完一次实验后，需要换用不同液体重新实验；
想进一步探究浮力大小是否与物体的密度有关，需要选用体积相同、密度不同的物体，使其浸没在同种液体中保证了液体密度相同、排开液体的体积相同，比较浮力的大小。
所以答案为：测量空桶的重力；、、、；
；；通过一组数据得出的结论会具有片面性或偶然性；换用不同液体重新实验；
体积。
阿基米德原理的内容：浸在液体中物体受到的浮力，大小等于被它排开的液体受到的重力；要验证阿基米德原理就要测出物体的浮力，可根据得出，然后测出排开液体的重力，两者进行比较即可验证。
根据称重法求出实验中物体所受的浮力；用桶和水的总重力减去桶的重力算出排开水的重力；为了找普遍规律，需要换用不同的液体再次实验；
根据控制变量法的要求，要探究浮力大小是否与物体的密度有关，需要选用体积相同的不同物体使其浸没在同种液体中，比较浮力的大小。
本题目就是考查学生对阿基米德实验的掌握程度，看学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出。
6、某实验小组利用弹簧测力计、小石块、溢水杯等器材，按照如图所示的步骤，验证阿基米德原理．
先用弹簧测力计分别测出空桶和石块的重力，其中石块的重力大小为__________．
把石块浸没在盛满水的溢水杯中，石块受到的浮力大小为__________石块排开的水所受的重力可由__________填字母代号两个步骤测出．
由以上步骤可初步得出结论：浸在水中的物体所受浮力的大小等于_________________．
为了得到普遍规律，接下来应该________________________的物体多次实验．
答案：
物体所排开液体的重力 更换大小不同
解析：略
7、如图，“验证阿基米德原理”的实验步骤如下：
用弹簧测力计测出物体所受的重力图甲
将物体浸没在水面恰好与溢口相平的溢水杯中，用空的小桶接从溢水杯里被物体排开的水，读出这时测力计的示数图乙
测出接水后小桶与水所受的总重力图丙
将小桶中的水倒出，测出小桶所受的重力图丁
分别计算出物体受到的浮力和排开的水所受的重力，并比较它们的大小是否相同。
回答下列问题：
物体浸没在水中，受到水的浮力 ，被排开的水所受的重力 。用上述测得量的符号表示
指出本实验产生误差的原因写出两点

。
物体没有完全浸没在水中， 选填“能”或“不能”用该实验验证阿基米德原理。
答案：
；
测量时测力计未保持静止；小桶中的水未倒净合理即可
能
解析：略
8、在物理实验操作考查中，小雨抽测的实验题目是“探究浮力的大小”。他的实验操作步骤如图所示，实验过程如下．
A.用细线将橡皮挂在弹簧测力计下，测出橡皮的_____________；
B.将水倒入溢水杯中；
C.将挂在弹簧测力计下的橡皮浸没水中，让溢出的水全部流入小桶中，同时__________；
D.将盛有溢出水的小桶挂在弹簧测力计下，读出此时弹簧测力计的示数；
E.记录、分析实验数据，得出实验结论；
F.整理实验器材。
请根据小雨的实验过程回答下面问题：
指出小雨在实验操作中漏掉的一个步骤：_________________________。
指出上面实验操作中的一处错误：_________________________________________。
如果用能够漂浮在水面的木块代替橡皮做此实验，那么与上述操作不同的一个步骤是_______填字母。
小雨从橡皮接触水面到逐渐没入水中，在确保不碰到溢水杯底的过程中，下图中能正确反映弹簧测力计示数和橡皮下表面到水面距离关系的图象是：________。
小雨最后还算出了这块橡皮的密度为______________
答案：
A.重力
C.观察弹簧测力计的示数
测量空桶的重力
溢水杯没有装满水

解析：
在“探究浮力的大小”实验中：
用称量法测出浮力大小，即：首先测出物体在空气中的重力，然后将其浸入水中，测出此时弹簧测力计的示数 ，那么物体所受的浮力为：浮示；
用溢水法收集物体排开的水，将溢水杯装满水，然后将物体浸入水中，用其他容器需先测出其重力接住溢出的水，然后再测出装有溢出的水的容器的总重力，两者之差就是物体排开水的重力；
漂浮在水面上的物体只有部分浸入水中。
在“探究浮力的大小”实验中，用“称量法”测出物体受到的浮力，即浮示；用两次称重测出物体在液体中排开液体的重力，进行比较得出：物体在液体中受到的浮力，大小等于它排开的液体的重力；
明确横纵轴表示的内容，再分析随的变化趋势，与表格中的实验结果相对照；
根据由物阿基米德原理，求出物体体浸没在水中的体积，即物体的体积，物体密度可求。
本题“探究浮力的大小跟排开的液体所受重力的关系”，涉及实验操作顺序、阿基米德原理的内容、浮力公式的运用、操作的注意事项等，是一道基础题。

A.用细线将橡皮挂在弹簧测力计下，测出橡皮的重力；
C.将挂在弹簧测力计下的橡皮浸没水中，让溢出的水全部流入小桶中，同时读出弹簧测力计的示数；
实验中要测出溢出水的重力，应先测出盛水小桶的重力，由实验步骤可知，小雨的实验操作漏掉的步骤是：用弹簧测力计测空小桶的重力；
物体放入水中前，溢水杯应该是满水的，否则小桶内所盛的水将小于物体排开水的体积，故错误的实验步骤是；
木块和橡皮的区别在于：木块的密度小于水的密度，会漂浮在水面上，而不会浸没在水中不施加外力的情况下，因此若用木块代替橡皮做此实验，步骤会有所不同；
由表中实验数据可知，拉力随的变化趋势是先变小后不变，由图示可知，B正确；
在实验中，物体受到的浮力，物体浸没在液体中，物体排开液体的等于物体自身的体积，根据阿基米德原理，
，所以，物体的密度：
。 所以答案为：
A.重力
C.观察弹簧测力计的示数
测量空桶的重力
溢水杯没有装满水
。

9、为了探究浸在液体中的物体所受的浮力跟它排开液体所受的重力的关系，小斐进行了如下图所示的实验：
图甲中你觉得最合理的实验顺序是___________。
甲图中小石块浸没于水中受到的浮力___________，被排开的水所受的重力___________。比较和的关系，可知浮力大小等于物体排开液体所受的重力。
乙图中弹簧测力计的示数___________。
小石块的密度是___________
答案：
；
；；
或小于；

解析：
本题是一道综合题，综合考查了学生的实验和计算能力，理解阿基米德原理是解答本题的关键。
本实验要先测物体和空桶的重力，然后把物体浸没水中，测出物体所受到拉力，根据称重法求出浮力，最后再测出桶和溢出水的重力得出排开水的重力；比较浮力大小和排开水所受重力的关系得出结论；
由根据称重法求小石块浸没于水中受到的浮力；
由可知，被排开的水所受的重力；
物体所受浮力大小与排开液体体积和液体密度有关，与浸没的深度无关；
根据阿基米德原理公式和称重法求浮力公式分别列出等式，然后联立解答。
在探究浸在液体中的物体所受的浮力跟它排开液体所受的重力的关系实验中，要比较浮力大小与排开液体重力的关系，需要先测出空桶和小石块的重力，这样才能正确测出小石块受到浮力和排开水的重力，故顺序为；
由可知，小石块浸没于水中受到的浮力为：
，
由可知，被排开的水所受的重力为：
；
乙图中物体浸没在盐水中，根据可知，在排开液体体积不变时，液体密度变大，浮力越大，则弹簧测力计示数越小；
由可知，小石块的体积为：
，
由可知，物体的质量为：
，
根据可知，物体的密度为：
。

10、小鹭做“阿基米德原理”实验的步骤如图所示。
小鹭处理数据时，发现实验步骤有所遗漏。遗漏的步骤 为______。若将遗漏的步骤标注为，则最合理的实验步骤依次为______用实验步骤对应的字母表示。
通过实验步骤______选填代号可求出石块受到的浮力。
实验步骤、、、中，弹簧测力计的示数依次为、、、若这些示数之间关系满足用式子表示____________，则可证阿基米德原理正确。
答案：
、测量空桶的重力；、、、；
、；
；
解析：验证“阿基米德原理”实验，需要测出物体排开水的重力，需要先测出空桶的重力，由图示实验可知，实验遗漏的步骤是：测量空桶的重力；
实验时，先测出空桶的重力，然后测出物体的重力，再物体浸没在溢水杯中，读出弹簧测力计的示数，根据得出受到的浮力，最后测出小桶和水的总重力，因此合理的实验步骤是：、、、。
根据得出受到的浮力，则实验步骤是、。
由实验过程可知，物体浸没液体中受到的浮力：，物体排开液体的重力：，如果满足：，可以证明：浸入液体中的物体所受浮力的大小等于物体排开的液体所受重力的大小。
阿基米德原理的内容：浸在液体中物体受到的浮力，大小等于被它排开的液体受到的重力；要验证阿基米德原理就要测出物体的浮力，可根据得出，然后测出排开液体的重力，两者进行比较即可验证。
本题目就是考查学生对阿基米德实验的掌握程度，看学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出。
11、如图，“验证阿基米德原理”的实验步骤如下：
用弹簧测力计测出物体所受的重力图甲
将物体浸没在水面恰好与溢口相平的溢水杯中，用空的小桶接从溢水杯里被物体排开的水，读出这时测力计的示数图乙
测出接水后小桶与水所受的总重力图丙
将小桶中的水倒出，测出小桶所受的重力图丁
分别计算出物体受到的浮力和排开的水所受的重力，并比较它们的大小是否相同。
回答下列问题：
物体浸没在水中，受到水的浮力 ，被排开的水所受的重力 。用上述测得量的符号表示
指出本实验产生误差的原因写出两点

。
物体没有浸没在水中， 选填“能”或“不能”用实验验证阿基米德原理。
答案：
； ；测量时测力计未保持静止；小桶中的水未倒净，排开的水未全部流入小桶；能
解析：
本题验证阿基米德原理，考查实验过程和误差分析，要掌握。
根据称重法测浮力得出物体浸没在水中受到水的浮力；被排开的水所受的重力：；
实验产生误差的原因：
从测力计测量的角度分析；
从小桶中的水未倒净，排开的水未全部流入小桶等分析；
若物体没有完全浸没在水中，按照上面的方法，仍能用实验验证阿基米德原理。
根据称重法测浮力：物体浸没在水中，受到水的浮力：；
被排开的水所受的重力：；
实验产生误差的原因：
测力计的精度不够，测量时测力计未保持静止等；
小桶中的水未倒净，排开的水未全部流入小桶等。
实验中需要测量出物体受到的浮力和排开水的重力，与物体浸没还是不浸没没有关系，物体没有完全浸没在水中，按照上面的方法，能用实验验证阿基米德原理。
所以答案为：；；测量时测力计未保持静止；小桶中的水未倒净，排开的水未全部流入小桶；能。
12、小明和小华各自做“验证阿基米德原理”的实验，如图所示为小明实验的示意图，图所示为小华实验的部分示意图。
在小明的实验中，弹簧测力计的示数分别为、和量筒中水面刻度值分别为、，浸没时物体上下表面压力差为 ，若满足关系式 时，则可以验证阿基米德原理水的密度已知。
在小华的实验中，应使用天平测量 选填“溢水杯”或“小烧杯”的前后质量之差，即为溢出水的质量。若此时图中两弹簧测力计的示数差值跟满足关系 时，则可以验证阿基米德原理。
阿基米德原理：浸在液体中的物体受到 的浮力，浮力大小等于 。
两位同学实验相比，请你说说他们各自的优点：
。
答案：

小烧杯；
竖直向上；物体排开液体的重力
小明实验中无需添加其他测量工具，可直接测得排开液体的体积进而计算得到排开液体的重力；小华实验中可以直接测得排开水的质量，计算简便
解析：略
13、如图所示，某同学为了探究“浮力的大小跟排开的液体所受重力的关系”，按照、、、的顺序做了如下的实验：
上图所示的、、、四个步骤，更合理的实验顺序是______；
______两步骤可计算出物块浸没在水中时受到的浮力；
______两步骤可得出物块排开水所受的重力；
为了使实验结论更为可信，将物块换成其它物体，再进行几次实验，其主要目的是______；
下列图中，能正确反映弹簧测力计示数和物块下表面在水中的深度关系的图象是______选填序号。物块未接触容器底
答案：
、 、 多次测量找规律、排除偶然性 丁
解析：合理的实验顺序是：
D、测出空桶所受的重力；
A、测出物体所受的重力；
B、把物体浸没在装满水的溢水杯中，读出弹簧测力计的示数；
C、测出桶和排开的水所受的重力。
合理的实验顺序是；
根据称重法可知需要测量的物理量：物体的重力、物体完全浸没后测力计的拉力，即、两步骤可计算出物块浸没在水中时受到的浮力；
由可知需要测量的物理量是：小桶的重力、物体排开的水和小桶的总重力，即、两图可得；
本实验多次实验的目的是：多次测量找规律、排除偶然性；
随着金属块浸在水中体积的增大，浮力增大，则测力计示数减小，当物体完全浸没时，排开水的体积不变，受到的浮力不变，所以测力计示数不变，所以水深度的关系是先减小后不变，所以丁正确。
所以答案为：；、；、；多次测量找规律、排除偶然性；丁。
要先测物体的重力和空桶的重力，然后再把物体浸没在水中，读出弹簧测力计的示数，根据称重法求出浮力；最后再测出桶和溢出水的重力得出排开水的重力；
根据称重法和，可知需要测量的物理量及对应的实验步骤；
科学探究实验一般进行多次。目的有二：发现规律，避免结论的偶然性；取平均值减小误差；
分析浮力的变化情况，得出拉力的变化情况结合图象进行分析。
本题考查了探究浮力大小的实验，主要考查了控制变量法的应用，看懂实验图和理解题意是解决本题的关键。
14、在“探究浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”的实验中，小明用弹簧测力计、密度大于水的合金块、溢水杯、小桶等器材进行实验，实验操作步骤如图所示，实验过程如下：
将水倒入溢水杯中；
用细线将合金块挂在弹簧测力计下，测出合金块的重力；
将挂在弹簧测力计下的合金块缓慢浸没水中，让溢出的水全部流入小桶中，同时读出弹簧测力计的示数；
将盛有溢出水的小桶挂在弹簧测力计下，读出此时弹簧测力计的示数；
记录、分析实验数据，得出实验结论；
整理实验器材。
请根据小明的实验过程简答下面问题：
小明的实验操作中存在一处错误，是步骤_________填写对应的字母。
小明的实验操作中漏掉了一个步骤，该步骤是：___________________。
若小明不更正错误，根据图中步骤_______填写对应的字母可知合金块浸没水中时受到的浮力为_________，根据阿基米德原理，此时也可求出小桶的重力为______。这个重力比小桶真实的重力_________选填“偏大”或“偏小”。
答案：
将空的小桶挂在弹簧测力计下，读出此时弹簧测力计的示数 偏小
解析：
合金块放入水中前，溢水杯中的水应该是满的，否则小桶内所盛的水将小于物体排开水的体积，因此：小明的实验操作中存在一处错误，是步骤，应改为用水装满溢水杯；
实验中要测出溢出水的重力，应先测出空小桶的重力，由实验步骤可知，小明的实验操作漏掉的步骤是：将空的小桶挂在弹簧测力计下，读出此时弹簧测力计的示数；
由称重法测浮力，根据图中步骤、，可知合金块浸没水中时受到的浮力为：
；
排开水的重力：，根据阿基米德原理，可以求出空桶的重力，；
根据溢水杯的水没有装满，溢出的水偏少，使得偏小，求得的空桶的重力偏小。
所以答案为：；将空的小桶挂在弹簧测力计下，读出此时弹簧测力计的示数；；；；偏小。
在“探究浮力的大小”实验中：
合金块放入水中前，溢水杯中的水应该是满的，否则小桶内所盛的水将小于物体排开水的体积；
实验中要测出溢出水的重力，应先测出空小桶的重力；
由称重法测浮力，根据图中步骤、，可知合金块浸没水中时受到的浮力；
排开水的重力：，根据阿基米德原理可以求出空桶的重力，根据溢水杯的水没有装满分析解答。
本题考查探究浮力的大小实验的正确操作步骤和称重法测浮力及注意事项。
15、Ⅰ如图，为了探究浸在液体中的物体所受的浮力跟它排开液体所受重力的关系，某同学进行了实验：

将石块浸入装满水的溢水杯中如图，石块所受浮力是________；
比较图和图可知，石块在水中所受浮力与浸没的_______无关；
该同学做完实验总结出浮力跟它排开液体所受重力的关系_____________。Ⅱ小明用弹簧测力计、圆柱体、两个相同的圆柱形容器，分别装有一定量的水和盐水，对浸在液体中的物体所受的浮力进行了探究，其装置和弹簧测力计示数如图所示。
分析图甲、乙、丙，说明浮力的大小与______有关。
为了探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度有无关系，可选用______图的装置来进行操作。
圆柱体浸没在水中时受到的浮力是______，圆柱体的体积是______取
用图示实验数据测出盐水的密度是______。
答案：
I.
；
深度；
．
物体排开液体的体积；
丙、丁；
；；

解析：
I.
本题主要考查了对阿基米德原理实验内容的理解，要掌握每个环节的目的，并能够根据实验现象得出结论。
要先测合金块的重力和空桶的重力，然后再把金属块没入水中，测出合金块受到的浮力，最后再测出桶和溢出水的总重力，得出浮力大小等于它排开液体的重力，与浸没在液体中的深度无关。
图中可得石块的重力；
由知，石块浸没在水中时，受到测力计的拉力，可知浮力；
图，石块浸没在水中的深度不同，测力计的示数相同，可知所受浮力相同，则可得浮力与浸没的深度无关；
由两图可知，排开水的重力，可知。
所以答案为：
；
深度；
．
本题考查了探究影响浮力大小因素实验、求物体的体积与密度问题，要掌握称重法测浮力的方法、应用浮力公式即可解题，应用控制变量法是正确解题的关键。
分析图示实验，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论；
探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，分析图示实验，然后答题；
物体的重力与测力计拉力之差是物体受到的浮力，根据浮力公式求出物体的体积；根据浮力公式求出盐水的密度。
由图甲、乙、丙所示实验可知，物体排开液体的密度相同而排开液体的体积不同，物体受到的浮力不同，由此可知，浮力大小与物体排开液体的体积有关；
探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，由图示实验可知，图丙、丁所示实验中物体排开液体的密度、物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，可以选用图丙、丁所示实验探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度有无关系；
由图甲、丙所示实验可知，圆柱体浸没在水中时受到的浮力：
；
由得圆柱体的体积：
；
由图甲、戊所示实验可知，圆柱体浸没在盐水中所受浮力：
，
浮力，盐水的密度：
。
所以答案为：
物体排开液体的体积；
丙、丁；
；；

16、某同学为探究漂浮在水面上的物体受到的浮力大小是否遵从阿基米德原理的结论，他进行了如图所示的实验．实验中所用弹簧测力计的一个黑格或一个白格均表示请回答下列问题：
由图中的测量可知，由图中、可知木块漂浮时受到浮力的大小是______
图中、两次测量的目的是为了测出______ 的大小．
分析上述实验可得出初步结论：漂浮在水面上的物体受到的浮力大小______ 阿基米德原理的结论．选填“遵从”或“不遵从”
答案：
；木块排开水的重力；遵从
解析：木块漂浮时排开水的重力等于木块漂浮时受到的浮力，由图可知，此时木块的重力为，故浮力为．
图中测空杯的重力，图测杯与水的总重力，、两图所示实验的目的是测出木块排开水的重力的大小；
浮力等于，排开水的重力等于，则遵从阿基米德原理．
所以答案为：；木块排开水的重力；遵从．
本题目关键要看清图，找到示数的大小，关键要清楚实验的步骤，条理要清晰，知道每一步测量的对象，从而验证最后的阿基米德原理，检查学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出．
17、如图所示是探究“物体所受浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”的实验。
实验操作中甲、乙、丙、丁四个步骤先后顺序应该是_________________。
当图中的四个测量值、、、满足关系式_______________________时，就可以得出物体所受浮力的大小跟排开液体所受重力的关系。
若在图乙的操作中物体未完全浸没到水中__________选填“会”或“不会”影响实验的结果。
某同学按照实验的操作测得，，，，根据这组数据他通过进一步计算，得出实验中所用石块的密度为____________。
为了得到更普遍的结论，下列继续进行的的操作中不合理的是_______。
A.用原来的方案和器材多次测量取平均值
B.用原来的方案将水换成酒精进行实验
C.用原来的方案将石块换成体积与其不同的铁块进行实验
答案：
丁甲丙乙；
；
不会；
；

解析：
本题意在考查对浮力等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。
在实验中得出的结论是浸在液体中的物体受到的浮力等于它排开液体的重力，所以要测出物体的重力、物体浸没在水中时的拉力及排开水的重力；而要测出排出水的重力，应先测出空桶的重力，再测出空桶与水的总重；要正确测出物体排开水的重力，则应在溢水杯中装满水，然后将物体浸没在水中，并收集排出的水
比较浮力和排开的水重得出结论；
浸在液体中的物体受到的浮力决定于液体的密度和物体排开液体的体积；
则物体浸没在水中受到的浮力：由可得物体的体积，根据密度公式可得答案。
本实验无需测出物块所受到的浮力的具体值，不用取平均值，应换用多种方式进行不同实验，
实验操作中甲、乙、丙、丁四个步骤先后顺序应该是丁甲丙乙。
当图中的四个测量值、、、满足关系式时，就可以得出物体所受浮力的大小跟排开液体所受重力的关系。
若在图乙的操作中物体未完全浸没到水中不会选填“会”或“不会”影响实验的结果。
某同学按照实验的操作测得，，，，根据这组数据他通过进一步计算，得出实验中所用石块的密度为。
A.由于本实验无需测出物块所受到的浮力的具体值，不用取平均值，故A不合理；
B.由于本实验是探究“物体所受浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”与用液体种类无关，合理；
C.由于本实验是探究“物体所受浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”与用物块种类无关，合理。
所以选A。
所以答案为：
丁甲丙乙；；不会；；。
18、小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图所示的实验．请你根据小明的实验探究回答下列问题取
比较图______ ，说明浸在液体里的物体会受到浮力的作用；比较图与图可得到的结论是______
在与两图中，保持了排开液体的体积不变，研究浮力与______ 的关系；这种研究方法叫做______ ．
根据与两图所标的实验数据，可知物体浸没在水中所受的浮力为______ ；还可以测得物体的密度为______
根据与两图所标的实验数据，可知物体浸没在盐水中所受的浮力为______ ，盐水的密度为______ ．
答案：
；在液体密度一定时，排开液体的体积越大，物体所受到的浮力越大；液体密度；控制变量法；；；；
解析：由图可知，物体的重力是，在图中，物体浸入水中时弹簧测力计的示数变为，示数减小了就说明物体受到了竖直向上的浮力；
B、两图中物体浸入的是同种液体，液体的密度是一定的，图中物体排开水的体积比较大；
根据可知，图中物体受到的浮力等于，图中物体受到的浮力等于；
由此得出：在液体的密度一定时，物体排开液体的体积变大时，物体受到的浮力就会变大；
图与图，物体都是浸没，物体排开液体的体积是一定的，但液体密度不同，是探究浮力的大小和液体密度的关系，盐水密度比水的密度大，物体浸在盐水的浮力大于水中的浮力，所以得出结论：在物体排开液体的体积一定时，液体的密度越大，物体受到的浮力就越大；
探究浮力大小和液体密度的关系时，保证了物体排开液体体积一定，这种探究方法就叫控制变量法；
由、两图，根据；
由阿基米德原理，，完全浸没的物体体积等于排开液体的体积，；
物体的质量：，
物体的密度：；
由、两图，根据，
由阿基米德原理，，
盐水的密度：．
所以答案为：；在液体密度一定时，排开液体的体积越大，物体所受到的浮力越大；液体密度；控制变量法；；；；．
挂在弹簧测力计下的物体，若浸入液体中，弹簧测力计的示数减小就说明物体受到了竖直向上的浮力；
、两图中液体的密度是不同的，两图中物体排开液体的体积相同，根据求出浮力，若浮力相等就说明浮力的大小和物体排开液体的密度无关；影响浮力大小的因素是多个，实验时要采用控制变量法；
由、两图，根据求出浮力，得出浮力，再由阿基米德原理求出物体的体积，根据密度公式可求物体密度的关系；
由、两图，根据求出浮力，得出浮力，再由阿基米德原理求出液体密度．
本题考查了探究影响物体所受浮力大小因素的实验，侧重考查了控制变量的应用，一个现象受到多个因素的影响时，研究其中一个因素的作用时，一定采用控制变量法，要注意保证其它因素是相同的．
19、小华做“验证阿基米德原理”的实验中，用图所示的溢杯和小桶收集石块排开的水，他的实验过程分别如图、、、所示。
图所示，是小华在使用______测量石块的______。
若图中四个测量值、、、满足关系式______，该原理将得到验证。
以下关于实验过程中的操作，会影响验证结果的是______。
A.图中溢杯内未盛满水。 图中小桶内有少量水。 图中石块未浸没水中。
石块从刚接触水面到全部浸没水中，水对溢水杯底的压强______选填“逐渐增大”、“逐渐减小”、“保持不变”。
答案：
弹簧测力计 重力 保持不变
解析：图是使用弹簧测力计测量石块所受的拉力，重力与拉力是一对平衡力，即测量石块所受的重力；
由于，，当时，则，所以可以验证阿基米德原理。
图中溢杯内未盛满水，则测得排开水的重力会偏小，会影响验证结果。
B.图中小桶内有少量水，石块排开水后，小桶重力的两次示数之差仍为排开水的重力，不影响实验结果。
C.图中石块未浸没水中，此时浮力小，排开的水的体积也小，不影响实验结果。
所以选A；
溢水杯中的水应该满的，圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中的过程，溢水杯中水的深度不变，由可知，水对溢水杯底的压强保持不变。
所以答案为：弹簧测力计；重力；；；保持不变。
测力的仪器是弹簧测力计；
浮力大小是根据称重法得出的；；排开液体的重力。
根据石块收到的浮力和排开的水的重力分析。
根据分析圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中，水对溢水杯底的压强。
阿基米德反映了浸在液体中的物体受到的浮力与物体排开液体的重力的关系，只有掌握阿基米德的内容，才能正确掌握实验目的。
20、小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图所示的实验。请你根据小明的实验探究回答下列问题。
在与两图中，保持了排开液体的体积不变，研究浮力与液体______的关系；根据与两图所标的实验数据，可知物体浸没在盐水中所受的浮力为______。
小明对、、、四个步骤进行了观察研究，发现浮力的大小有时与深度有关，有时与深度又无关。
对此正确的解释是浮力的大小随着排开水的体积的增大而______填“增大”“减小”或“不变”；
当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，浮力的大小与深度______填“有关”或“无关”。
在小明实验的基础上，根据有关实验数据，可以计算出盐水的密度为______。
小明利用浮力和杠杆的知识，发明了一个密度称。如图，轻质杠杆可绕点转动，在、两端分别挂有两个完全相同的正方体、边长为，重力为，，。小聪向容器中倒入不同密度的液体，每次都将浸没与液体中，移动物体，使杠杆在水平位置平衡，上便可以标出不同液体的密度值。
当物体浸没在水中时，物体移动到点时杠杆恰好水平静止，那么的长度为______，在点标上。
这个密度称能够测量的最小液体密度为______。
上的刻度是否均匀：______填“是”或“否”
答案：
液体密度 增大 无关 否
解析：分析图与，排开液体的体积相同，液体的密度不同，可得出浮力的大小与排开液体密度有关；
由图知：，由图知，，所以；
探究物体浸没在水中时所受浮力大小与深度是否有关时，应控制液体的密度和物体排开液体的体积这两个因素相同，实验、中物体在液体中浸没的深度改变的同时，其排开液体体积是变化的，，因图中弹簧测力计的示数小于图中的示数，根据，故F，浮力的大小随着排开水的体积的增大而增大；图、中，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，弹簧测力计的示数保持不变，浮力的大小与深度无关；
由知，物体浸没在水中时的浮力，由，浸没在盐水中受到的浮力，根据阿基米德原理，因，，
盐水密度：
；
由图知：端所受得力等于重物对杠杆的拉力，大小等于物体的重力，即；
当物体浸没在水中时，受到的浮力为：
；
物体受到的力：点对的拉力、浮力、重力
故物体受到的拉力为：；
此时物体移动到点时杠杆恰好水平静止，
由 得：，
的长度：；
液体密度越小，浮力越小，拉力越大，根据 知：在、不变时，拉力越大，越大，最大为，为
根据，
所以，
物体受到的力：点对的拉力、浮力、重力
故物体受到的浮力为：；
根据知液体的密度为：
。
根据杠杆的平衡条件知：
因为、、、都为定值，与不成正比，故的刻度不均匀。
所以答案为：液体密度；
增大；无关；
；
；；否。
影响浮力大小的因素是排开液体的密度和物体排开液体的体积，要探究浮力和其中一个因素的关系，就要控制另外一个因素一定，由此进行解答；由“称重法”可以测出物体在水中受浮力的大小；
比较和；与实验，找出相同因素和不同因素，结合控制变量法的思想得出实验结论；
根据计算出在水中和盐水中受到的浮力，根据在水中和在盐水中排开液体的体积相等列出关系式求出盐水的密度；
根据阿基米德原理算出物体全部浸没水中时受的浮力，对物体受力分析得出拉力，根据杠杆的平衡条件算出的长度；
根据 知：在、不变时，拉力越大，越大，即液体密度越小，越大；
根据杠杆的平衡条件分析出物体在点时拉力，对物体受力分析算出此时的浮力，在根据阿基米德原理算出液体的密度；
根据杠杆的平衡条件写出液体密度和长度的关系式，判断出上的刻度是否均匀。
本题探究影响浮力大小的因素，涉及称重法、测液体的密度、控制变量法等知识，考查实验数据分析归纳结论的能力。
21、小明同学在探究浮力的实验中：
如图甲，把半径为、密度均匀的实心小球用细线挂在弹簧测力计上，测得其重力为______，他用手竖直向上轻轻托起小球，弹簧测力计示数将变______。
他又将小球缓慢放入盛有适量水的烧杯中，弹簧测力计的示数逐渐变小，说明小球受浮力作用且浮力的方向是竖直向______，当小球顶部距水面时，弹簧测力计示数为，如图乙，小球受到的浮力大小是______。
为进一步研究浮力产生的原因，小明自制了薄壁实验箱，左右分别是柱形箱和，箱下部有一圆孔与箱相通，他将上下表面是橡皮膜的透明空心立方体放在圆孔上紧密接触，并向箱中加入适量的水使浸没且沉在箱底，如图丙。现往箱加水至与下表面相平时，下表面橡皮膜______选填“受到”或“不受”水的压力作用；继续向箱中加水至上下表面橡皮膜形変程度相同时，则上下表面受到水的压力______选填“相等”或“不相等”；再向箱中加一定量的水，上下表面形变程度如图丁，则下表面受到水的压力______选填“大于”“小于”或“等于“”上表面受到水的压力。这就是浮力产生的真正原因。
同组小斌同学根据第小题中小球受到的浮力大小和第小题探究浮力产生的原因巧妙地计算出图乙中小球受到水对它向下的压力是______圆面积公式，取
答案：
小 上 不受 相等 大于
解析：
如图所示，弹簧测力计分度值为，示数为，则实心小球的重力为；
他用手竖直向上轻轻托起小球，此时物体受到竖直向上的拉力和拖力及竖直向下的重力的作用，根据力的平衡可知：；所以，托力变大时，测力计的示数变小；
将小球缓慢放入盛有适量水的烧杯中，弹簧测力计的示数逐渐变小，说明此时物体受到浮力与竖直向上轻轻托起小球的作用效果相同的力，所以则浮力的方向是竖直向上；
根据称重法，则小球受到的浮力为：；
图丙中，箱加水至与下表面相平时，由于下表面橡皮膜与箱中的水面相同，根据受到的压强为零，则它不受水的压力作用；
由于橡皮膜形変程度表明它的受力情况；所以当上下表面橡皮膜形変程度相同时，说明上下表面受到水的压力相等；
再向箱中加一定量的水，如图丁中下表面形变程度明显大于上表面形变程度，所以下表面受到水的压力大于上表面受到水的压力。这就是浮力产生的真正原因。
由可知小球受到的浮力为，则半个球受到的浮力为，如图所示：
，
则小球受到水向下的压力：
。
所以答案为：；小；上；；不受；相等；大于；。
先确定弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数；分析此时物体受到力的作用，根据力的平衡，分析测力计示数的变化；
浮力的方向竖直向上，利用称重法求小球受到的浮力；
往箱加水至与下表面相平时，根据即可判断下表面橡皮膜的受力情况；根据橡皮膜形変程度判断上下表面的受力情况；
由可知小球受到的浮力，可求则半个球受到的浮力，，可求小球受到水向下的压力。
本题考查了浮力的方向、阿基米德原理和称重法测浮力的应用，难点在第四问，借助半个球的浮力求解是关键。
22、在弹簧测力计下挂一圆柱体，从盛水的烧杯上方某一高度缓慢下降，圆柱体浸没后继续下降，直到圆柱体底面与烧杯底部接触为止，如图所示是圆柱体下降过程中弹簧测力计读数随圆柱体下降高度变化的图象。求：
分析图象可知，圆柱体重力是______；
圆柱体浸没在水中时，受到的浮力是______；
圆柱体的体积是______；
圆柱体的密度是______；
分析图象段，可得结论：物体浸没液体之前，浸入液体的深度越深，受到的浮力越______选填“大”或“小”；
分析图象段，可得结论______。
答案：
大 物体浸没到液体中后，浮力大小不变或者说物体浸没到液体中后，物体所受的浮力与物体浸入的深度无关
解析：由图象可知，当时，弹簧测力计示数为，
此时圆柱体处于空气中，根据二力平衡条件可知，。
从开始，弹簧测力计示数不变，说明此时圆柱体已经浸没在水中，对圆柱体受力分析可知，
。
由阿基米德原理得：
，
因为物体是全部浸没，所以，
由公式可求出物体的质量，
，
。
分析图象段，物体在液体中的深度逐渐增加，测力计读数在减小，说明物体在慢慢浸入水中，在逐渐增大，物体受到的浮力也在逐渐增大。
分析图象段，深度在增加，而测力计的读数不变，说明物体全部浸没水中，不变，浮力不变。
所以答案为：；；；；大；物体浸没到液体中后，浮力大小不变或者说物体浸没到液体中后，物体所受的浮力与物体浸入的深度无关。
由题知，物体缓慢下落，整个过程中物体受力平衡，图象反映的是圆柱体下降过程中弹簧测力计读数随圆柱体下降高度的变化关系：
分析图象段，物体还未浸入水中，由二力平衡知此时弹簧对圆柱体的拉力即为物重；
分析图象段，物体全部浸没水中，对物体受力分析如右图所示求其受到的浮力；
由阿基米德原理求出，；
由公式求出质量，再由求出物体的密度；
设想情景，分析段，为物体慢慢浸入液体，至到浸没的过程，弹簧测力计的读数逐渐变小，由图知浮力的变化；
段表明物体全部浸没液体中，测力计的读数不变，说明了浮力不再变化。
本题用到的知识点有重力、质量、密度、单位换算、二力平衡、受力分析、阿基米德原理等，考查学生结合图象对所学知识进行综合分析的能力，难度较大。
23、下列甲、乙、丙、丁四幅图是某实验小组利用弹簧测力计、溢水杯、圆柱形物块、小桶和水“探究浸在液体中的物体所受浮力跟它排开液体所受重力的关系”的过程情景，其中弹簧测力计的示数依次是、、、。
在实验操作前细心的明天同学指出：在情景甲中存在错误，该错误是溢水杯中水面______。
纠正错误后，该探究实验的合理顺序为______用甲、乙、丙、丁表示。
在情景乙的测量中，溢水口还在溢水过程中，义正同学便急忙把小杯移开，开始测量小杯和溢出水的总重力，这样会导致测得“排开液体所受重力”______选填“偏小”、“不变”或“偏大”。
在完成实验之后，陶子同学发现实验桌上有一瓶用于测量密度的盐溶液，她思考之后建议：利用浮力来测量该液体的密度，经过组内一番讨论，仅增加了戊图注意：戊图中是盐水，乙图中是水所示情景，此时弹簧测力计示数为，则待测盐溶液的密度可表示为或，其中______用、表示。
答案：
未到达溢水杯的溢水口；
丁、甲、乙、丙；
偏小；

解析：要想测出物体排开的水的重力，溢水杯内水的液面必须到达溢水杯的溢水口，若达不到，则测得的排开的液体的重力会变小，故图甲中的错误为溢水杯内水面未到达溢水杯的溢水口；
合理的实验顺序是：
丁、测出空桶所受的重力；
甲、测出实心合金块所受的重力；
乙、把合金块浸没在装满水溢水杯中，测出合金块所受的浮力，收集合金块排开的水；
丙、测出桶和排开的水所受的重力；
故合理的顺序为丁、甲、乙、丙；
在情景乙的测量中，溢水口还在溢水过程中，把小杯移开，开始测量小杯和溢出水的总重力，此时测量的总重力会偏小，即测得“排开液体所受重力”偏小；
物体在水中时，根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于其排开的液体的重力，即：；
物体在液体中时，物体受到的浮力等于其排开的液体的重力，即：；
物体全部浸没在水和液体中时，物体的体积不变，排开的液体的体积是相同的；
则：；
；
，即：，解得：或，所以。
所以答案为：未到达溢水杯的溢水口；丁、甲、乙、丙；偏小；。
24、某中学两支物理小组的同学，在实验室中验证阿基米德原理
方案一，小刚用石块按如图甲实验步骤依次进行实验。由甲图可知，石块浸没在水中受到的浮力______，排开水的重力______，发现，造成这种结果的原因不可能是______。
A、整个实验过程中，弹簧测力计都没有校零
B、最初溢水杯中的水未装至溢水口
C、步骤中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部
方案二，如图乙，小明将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度。当小明逐渐调高升降台，发现随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计的示数______选填“增大”、“减小”或“不变”，且弹簧测力计的示数变化量______选填“大于”、“小于”或“等于”的示数变化量，从而证明了。
为了多次实验得到普遍规律，方案______选填“一”或“二”的操作更加简便。
然后小明利用阿基米德原理测量某实心金属块的密度，实验步骤如下：
让小空筒漂浮在盛满水的溢水杯中，如图甲；
将金属块浸没在水中，测得溢出水的体积为，如图乙；
将烧杯中水倒掉，从水中取出金属块，如图丙；
将金属块放入小空筒，小空筒仍漂浮在水面，测得此时溢出水的体积为，如图丁。
请回答下列问题：
被测金属块的密度是______。
在实验步骤和中，将沾有水的金属块放入小空筒，测出的金属块密度将______选填“偏大”、“不变”或“偏小”。
答案：
；；；减小；等于；二；；不变
解析：
一方案一：
根据可知，石块浸没在水中受到的浮力；
排开水的中力；
，
A.若弹簧测力计都没有校零，那么四次测量结果都应加上测量前弹簧测力计示数，那么所得浮力与排开水的重力大小应不变，故A不可能；
B.若最初溢水杯中的水未装至溢水口，则石块排开水的只有一部分溢出到桶中，排开水的重力减小，有可能；
C.步骤中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部，则导致减小，增大，有可能；
故不可能的是。
二方案二：
重物浸入水中的体积越来越大时，排开液体的体积变大，根据可知，重物受到的浮力变大，
因为，所以弹簧测力计的示数变小；
又因为重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水的质量变大、溢出水受到的重力变大，所以弹簧测力计的示数变大；
根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计示数的变化量和弹簧测力计的示数变化量相等；
由上可知，方案二的操作可较方便的完成多次实验，使结论有普遍性。
由图乙可知，金属块的体积，在图丁中，小空桶和金属块处于漂浮状态，由阿基米德原理，得此时排开水的重力等于小金属块的重力；
由于图丙中小金属块拿出后，液面会下降，故图丁中排开水的体积等于倒掉的水的体积加上图丁中溢出水的体积，即，
故G，
，
故金属块的密度：
，
在实验步骤中测得的金属块的体积一定，在实验步骤和中，将沾有水的金属块放入小空筒，在步骤中金属块拿出时，液面下降的体积增大，在步骤中排开水的体积增大，步骤中增大的液面下降体积等于在步骤中增大的排开水的体积，故在步骤中将金属块放入小空筒溢出水的体积不变，则其重力不变，质量不变，所以根据可知，测出的金属块密度不变。
所以答案为：；；；减小；等于；二；；等于。
方案一根据称重法测出小石块受到的浮力；排开水的重力等于排开的水和小桶的重力之和减掉空桶的重力；逐一分析每个选项，确定不符合条件的选项；
方案二：
根据阿基米德原理可知，重物浸入水中的体积越来越大时受到的浮力变大，根据称重法可知弹簧测力计示数的变化；
此时重物排开水的体积变大即溢出水的体积变大，据此可知弹簧测力计示数的变化；再根据阿基米德原理判断弹簧秤的示数变化量和弹簧秤的示数变化量之间的关系；
根据比较两个方案哪个操作更简便选择；
根据图甲和图乙求出金属块排开水的体积，即金属块的体积；根据图丙和图丁，再利用物体漂浮条件可得金属块的重力，然后利用求出其质量，最后根据计算金属块的密度；
根据分析在实验步骤和中，将沾有水的金属块放入小空筒，对实验结果的影响。
此题验证阿基米德原理，考查操作过程及误差的分析和对实验方案评估和改进，同时也考查了有关物体密度的计算、力的平衡、阿基米德原理等，根据已知条件确定金属块的体积和质量是解决此题的关键。综合性强，难度大，为压轴题。
25、在探究物体所受浮力大小与物体排开液体所受重力大小关系的实验中，小波的一次操作过程如图。
实验步骤：
用细线将物块系好，挂在已调零的弹簧测力计挂钩上，测出物块所受的重力如图甲，将数据记录在表格中；
将水倒入溢水杯中如图乙；
将挂在弹簧测力计挂钩上的物块浸没在溢水杯内的水中，不接触溢水杯，同时用小桶收集溢出的水，物块静止、待溢水杯中的水不再流出时，读出弹簧测力计示数如图丙，将数据记录在表格中；
将步骤中装有溢出水的小桶挂在弹簧测力计挂钩上，测出小桶和溢出水的总重如图丁，将数据记录在表格中；
利用求出物体所受浮力的大小，并与进行比较。
请指出上述步骤中存在的两个问题：
问题：______；
问题：______；
已知水的密度为，请根据小波测量出的物理量和及，写出计算物块体积的表达式：______。
答案：
问题：溢水杯未装满，则溢出到小桶中的水所受的重力小于物块排开的水所受的重力；
问题：没有测量空桶所受的重力，所以不能得到物块排开的水所受的重力；

解析：物体放入水中前，溢水杯应该是装满水的，否则溢出到小桶中的水所受的重力小于物块排开的水所受的重力；
排开水的重力等于桶与水的总重力减去空桶的重力，即：，由实验步骤知实验中没有测量空桶的重力；
由实验知
根据称重法，浮力等于铁块重力减去铁块浸没在水中时弹簧测力计的示数，
即：；
物体的体积等于排开液体的体积：。
用溢水法收集物体排开的水，将溢水杯装满水，然后将物体浸入水中，用其他容器需先测出其重力接住溢出的水，然后再测出装有溢出的水的容器的总重力，两者之差就是物体排开水的重力；
根据称重法测浮力大小，根据和比较表示出物块的体积。
26、小华做“验证阿基米德原理”的实验中，用图所示的溢杯和小桶收集石块排开的水，他的实验过程分别如图、、、所示。
实验时，使用图所示的溢水杯和小桶接收被测石块排开的水．为减少实验误差，要求“在浸入被测物块前，要使溢水杯中的水面恰好与溢水口相平”，请写出达到该要求的操作要点：________________。
图所示，是小华在使用_______测量石块________。
若图中四个测量值、、、满足关系式_____________，该原理将得到验证．
以下关于实验过程中的操作，会影响验证结果的是____
A.图中溢杯内未盛满水．
B.图中小桶内有少量水．
C. 图中石块未浸没水中．
答案：
先在溢出杯中倒入水时，超过溢水口，并有水溢出，等水不再溢出
弹簧测力计 重力

解析：
根据实验的要求结合实验的过程来分析解答；
弹簧测力计能直接测出物体的重力；
由图可知，根据两图可测出物体浸在液体中受到的浮力，根据两图可测出物体排开液体的重力，再根据阿基米德原理的内容进行解答；
根据石块收到的浮力和排开的水的重力分析。
本题是验证阿基米德原理实验，充分考查了学生对基础知识的掌握程度，关键是掌握阿基米德原理的内容。
由题意可知，要达到溢水杯中的水面恰好与溢水口相平，则实验的要点是：先在溢出杯中倒入水时，超过溢水口，并有水溢出，等到水不再溢出时即可；
由图可知，弹簧测力计下竖直挂着石块，是用测力计测量石块的重力；
由图可知，图测出了石块的重力，图测出了石块浸没在液体中时测力计的拉力，图测出空桶的重力，图测出桶和石块排开液体的重力；
则物体浸入液体时受到的浮力为，物体排开液体的重力为，
如果时，即物体浸在液体中受到的浮力等于物体排开液体的重力，阿基米德原理就成立．
图中溢杯内未盛满水，则测得排开水的重力会偏小，会影响验证结果．
B.图中小桶内有少量水，石块排开水后，小桶重力的两次示数之差仍为排开水的重力，不影响实验结果．
C.图中石块未浸没水中，此时浮力小，排开的水的体积也小，不影响实验结果。
所以答案为：先在溢出杯中倒入水时，超过溢水口，并有水溢出，等到水不再溢出时；弹簧测力计；重力；；。

27、探究“浮力的大小等于什么”时，实验步骤如图所示．
请回答下列问题．
小石块重________．
排开的水重________．
为了使实验结论更为可信，将小石块换成钩码等其他物体再进行几次实验，其主要目的是________填序号．
A.多次测量求平均值，以减小偶然误差
B.多次测量找规律，排除偶然性
C.探究浮力的大小与哪些因素有关
实验是通过比较物体受到的重力与________受到的重力，得出结论
答案：
排开液体
解析：由第一步中弹簧测力计的示数可以读出小石块重．
由第二步可读出空桶重，由第五步读出小桶和溢出水受到的总重力为，则排开的水重．
换用多种物体进行实验，是为了使实验更具有普遍性，排除偶然性．
物体受到的浮力，排开的水重，由此可得物体所受浮力的大小与它排开液体所受的重力的关系．
28、如图甲是“探究浮力大小”的实验过程示意图。
实验步骤的合理顺序是______，步骤和______可以测出物块浸没在水中时受到的浮力______，步骤和______可以测出物块排开的水所受重力；比较与，可以得到结论是______。
图乙是物块缓慢浸入水中时，弹簧测力计示数随浸入深度变化的关系图象。分析图象，可得关于浮力大小的初步结论：
物块浸没前，______，物块所受的浮力越大；
物块浸没后，所受的浮力大小与______无关。
此物块的密度是______。
答案：
；；；；浮力大小跟物体排开的水所受重力大小相等；
物体浸入水中的体积越大；浸没的深度；

解析：该实验合理的步骤是先测出空桶的重力，再将物块挂在弹簧秤上测出物块的重力，将物体浸没水中读出弹簧测力计的示数，最后再测出小桶和水的总重；故合理的步骤为：；
由可知物体的重力为，由可知物体浸在水中时的拉力为，则；
由可知空桶的重力为，由可知水和桶的总重为，则；
比较与可得，浮力大小跟物体排开的水所受重力大小相等。
物体未浸入水中时，从图乙可读出此时弹簧测力计的示数等于物体的重力在未完全浸入时弹簧测力计的示数逐渐减小，则浮力逐渐增大由图知物体浸入水中位置时弹簧测力计的示数为，所以物体所受的浮力；物块浸没前，物体排开的液体体积越大，物块所受的浮力越大；
由图可知弹簧测力计的示数有一段随的增大而不变浸没后，故可得出：浸没在液体中的物体所受浮力大小与它所处深度无关。
由可知，物块的质量：
；
由阿基米德原理可知，物块的体积：
；
物块的密度：
。
所以答案为：
；；；；浮力大小跟物体排开的水所受重力大小相等；
物体浸入水中的体积越大；浸没的深度；
。
要先测物块的重力和空桶的重力，然后再把物块没入水中，测出物块受到的浮力，最后再测出桶和溢出水的重力；分析几步实验的相同因素和不同因素，就可知道这几步是探究哪个因素对浮力的影响，并根据测力计示数计算出每步浮力的大小，从而得出结论。
乙图中物体已全部浸入了水中，所以弹簧测力计的示数应读随的增大不变的一段的示数，利用称重法可计算出此时物体所受的浮力；
由图可知弹簧测力计的示数有一段随的增大而不变，可总结出物体所受浮力与深度的关系。
知道物体的重力可以根据计算出物体的质量，根据阿基米德原理计算出物体排开水的体积和物体的体积，最后根据密度公式计算出物体的密度。
本题是探究阿基米德原理的实验，考查学生结合图象对所学知识进行综合分析的能力，难度较大。
29、某中学两支物理小组的同学，在实验室中验证阿基米德原理．
方案一：小刚用石块按如图甲实验步骤依次进行实验。由甲图中__________两次实验数据可得石块浸没在水中受到的浮力_____，由甲图中___________两次实验可知石头排开水的重力_____，发现，造成这种结果的原因不可能是_____。
、整个实验过程中，弹簧测力计都没有校零
、最初溢水杯中的水未装至溢水口
、步骤中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部
方案二，如图乙，小明将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度。当小明逐渐调高升降台，发现随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计的示数_____选填“增大”、“减小”或“不变”，且弹簧测力计的示数变化量_____选填“大于”、“小于”或“等于”的示数变化量，从而证明了。
为了让物体不完全浸没水中，从而多次实验得到普遍规律，方案_____选填“一”或“二”的操作更加简便。
答案：
；；；；；
减小；等于；
二
解析：
此题验证阿基米德原理，考查操作过程及误差的分析和对实验方案评估和改进，同时也考查了有关物体密度的计算、力的平衡、阿基米德原理等，综合性强，难度大，为压轴题。
方案一：
根据可知，由甲图中、两次实验数据可得石块浸没在水中受到的浮力，石块浸没在水中受到的浮力；
由两次实验可知石头排开水的重力，排开水的重力；
所以，，
A.若弹簧测力计都没有校零，那么四次测量结果都应加上测量前弹簧测力计示数，那么所得浮力与排开水的重力大小应不变，故A不可能；
B.若最初溢水杯中的水未装至溢水口，则石块排开水的只有一部分溢出到桶中，排开水的重力减小，故B有可能；
C.步骤中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部，容器对石块有支持力，测的偏小，则利用偏大，故C有可能；
不可能的是。
重物浸入水中的体积越来越大时，排开液体的体积变大，根据可知，重物受到的浮力变大，
因为，所以弹簧测力计的示数变小；
又因为重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水的质量变大、溢出水受到的重力变大，所以弹簧测力计的示数变大；
根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计示数的变化量和弹簧测力计的示数变化量相等，从而证明了。
由上可知，方案二的操作便于进行多次实验，得到普遍规律。
30、按照图一所示正确进行操作，可以探究“浮力大小跟排开液体所受重力大小的关系”，每次弹簧测力计的示数如图所示，观察实验过程可知：
乙图中溢水杯底受到的压力______选填“大于”、“小于”或“等于”甲图中溢水杯底受到的压力，如果乙图中圆柱体不慎碰到溢水杯的底部，圆柱体受到的浮力______填“变大”、“变小”或“不变”；
图中实验步骤的正确顺序是______。分析图中弹簧测力计的示数可以得出结论：浸在液体中的物体所受的浮力大小等于______；
圆柱体的体积是______，圆柱体的密度为______
为了使实验结论更具有普遍性和代表性，该同学还可以______。
A、多次测量取平均值
B、换用其他液体进行多次实验
C、换用不同的弹簧测力计进行测量
课后复习时，物理兴趣小组的同学们，经过反复的思考、讨论，提出了对该实验的改进意见，并动手制作出了如图二所示的实验装置，其中、为两个规格相同的弹簧测力计，为重物，为薄塑料袋质量不计，是用废弃的大号饮料瓶、带孔橡皮塞以及弯曲玻璃管自制的溢水杯，杯中加人红色的水，是升降平台摇动手柄，可使平台高度缓慢上升、下降，为铁架台。
实验中同学们逐渐调高平台，使重物浸入水中的体积越来越大，观察到弹簧测力计的示数______；弹簧测力计的示数______选填“增大”“减小”或“不变”。比较弹簧测力计的示数变化量和弹簧秤的示数变化量，它们的大小关系是______选填“”“”或“”。
答案：
等于；不变；
丁甲乙丙；排开液体的重力；
；；
；
减小；增大；
解析：乙图中放入圆柱体后，水的深度不变，由可知容器底所受压强不变，底面积不变，由可得，溢水杯底受到的压力不变，即乙图中溢水杯底受到的压力等于甲图中溢水杯底受到的压力。
如果乙图中圆柱体不慎碰到溢水杯底部，虽然碰到底部，但仍受浮力，且排开液体的体积不变，因此浮力不变，只能说弹簧测力计示数变小，
实验过程是：
丁用弹簧测力计测出小桶的重力；
甲用弹簧测力计测出合金块的重力；
乙在溢水杯中盛满水，将合金块慢慢浸入水中，记下拉力；同时使溢出的水流入小桶；
丙用弹簧测力计测出小桶和溢出的水的总重力，求出排出的水重力。
所以实验顺序为：丁甲乙丙；
根据图中数据得出结论：浸在液体中的物体所受的浮力，大小等于排开液体所受的重力；
由甲图、乙图可得，
由可得，圆柱体排开水的体积，
圆柱体的质量，
因为圆柱体全部浸没，所以，
圆柱体的密度。
为了使实验结论更具有普遍性和代表性，该同学应换用其他的液体进行实验，B正确。
由分析知弹簧秤和弹簧秤的示数变化都是由重物排出水的多少决定，只是弹簧秤的示数随着排出水的增加而减小，弹簧秤的示数随着排出水的增加而增大。而弹簧秤增加的和弹簧秤减少的相等。
所以答案为：等于；不变；丁甲乙丙；排开液体的重力；；；；减小；增大；。
放入圆柱体后，溢水杯中的水仍然是满的，根据公式可知容器底所受压强的变化。再利用分析溢水杯底受到的压力情况；
当乙图中圆柱体不慎碰到溢水杯底部，圆柱体排开液体体积不变，由此分析圆柱体受到的浮力变化；
要先测合金块的重力和空桶的重力，然后再把金属块浸没水中，读出测力计的示数，根据称重法求出浮力；最后再测出桶和溢出水的重力减去空桶的重力得出排开水的重力；
分析比较浮力大小和排开水的重力大小；
由甲图、乙图或丙图、丁图可求得圆柱体受到的浮力，再利用可求得圆柱体排开水的体积，因为圆柱体全部浸没，所以，已知圆柱体的重力，可求得其质量，再利用密度公式可求得圆柱体的密度；
该实验为使结论具有普遍性和代表性，应换用不同液体进行实验；
根据浮力的计算公式可知，和一定时，变大，也变大，而弹簧称的示数，变大，不变，所以弹簧秤的示数变小。而弹簧秤的示数与重物排出的水的多少有关，逐渐调高平台，使重物浸入水中的体积越来越大，所以排出水的体积增大，重力增大。弹簧秤的示数变化量和弹簧秤的示数变化量，它们的大小相等，因为它们都等于重物排出水的重力变化量。
本题是探究浮力的大小跟排开液体所受重力的关系的实验，会用称量法算浮力，关键是从图上获取有用信息。15《探究物体的动能跟哪些因素有关》
考点汇总：
1、实验目的：
探究物体的动能大小因素
2、实验器材：
木板 长方形木块 质量不同的小球
3、实验原理：
观察下车在木板上移动的距离，如木块移动的越远，
表示木块做的功越多，说明小车具有很大的动能；
4、实验方法：控制变量法、转换法
5、实验步骤：
①将木板的一端垫高，组成一个斜面；
②让小球在斜面的不同高度滚下，推动木块在木板上前进，观察木块在木板上移动的距离。（做三次）
③换做质量在较大的小球在斜面的同一高度滚下， 观察木板在木板上移动的距离。（做三次）
6、实验现象：
（1）同一小球在斜面越高的地方滚下，木块被推的越远；
（2）质量不同的小球，在同一高度滚下，质量越大的小车，把木块被推的越远
7、实验结论：
（1）质量相同的物体，运动速度越大，动能越大；
（2）运动速度相同的物体，质量越大，动能越大；
（3）动能与物体的质量和物体运动的速度有关
8、猜想：动能大小与物体质量和速度有关；
9、实验研究：研究对象：小钢球 方法：控制变量法；转换法
10、如何判断动能大小：看木块被小钢球推动的距离多少
11、使质量不同的钢球从同一高度静止释放的目的：使小球到达水平面时的初速度相同；
12、如何改变钢球速度：使钢球从不同同高度滚下；
13、分析归纳：保持钢球质量不变时结论：运动物体质量相同时，速度越大，动能越大；
14、保持钢球速度不变时结论：运动物体速度相同时，质量越大，动能越大；
15、得出结论：物体动能与质量和速度有关；速度越大动能越大，质量越大动能也越大。
16、斜面的作用：是物体具有速度并改变物体速度的大小。
17、水平面的作用：是物体在竖直方向上受力平衡，在水平方向只受摩擦力。
18、能量转化：在斜面上机械能转化过程：重力势能转化成动能 ， 在水平面上能力转化过程：动能转化为内能。
19、木块最终停下来的原因：在水平面受到摩擦力。
20、实验推理与假设：当水平面绝对光滑，小球将做匀速直线匀速，不能达到探究目的。
21、超载、超速问题判断：超速时，质量不变，速度越大，动能越大；超载时，速度不变，质量越大，动能越大。
22、用小球做实验有不足之处是：不能保证小球在水平面上沿直线运动。
典题精析：
1、如图所示是“探究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平面向右运动直至停止。
实验中是通过观察______ 来判断钢球的动能大小。
让同一钢球从斜面的不同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与______ 的关系。
换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与______ 的关系。
被撞击的木块由于______ 不会立即停下来，而木块最终会停下来的主要原因是______ 。
答案：
木块被推动距离的大小；
速度；
质量；
惯性；受到摩擦力的作用
解析：
该题考查了转换法、控制变量法等研究方法在探究实验中的应用，在平时做实验时要多观察，多思考。
动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与质量关系时，控制速度不变；
探究动能与速度关系时，控制质量不变。该实验也采用了转换法，通过比较小球推动木块移动的距离来反映小球动能的大小；
由于动能的大小与物体的质量和速度有关，要想研究物体动能与质量的关系，需要换用不同质量的钢球从斜面相同的高度滑下；
任何物体都有惯性；力是改变物体运动状态的原因。
在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察钢球推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想；
图中实验中让同一钢球从同一个斜面上不同的高度由静止开始运动，即钢球滚动到斜面低端的速度是不同的，即探究动能大小与物体运动速度的关系；
不同钢球从相同的高度释放，运动到斜面低端的速度也就相同，即该实验探究的是钢球动能与质量的关系；
被撞击的木块在运动过程中，由于具有惯性，仍然会向前运动，不会立刻停下来；由于木块受到摩擦力的作用，所以木块最终会停下来．
所以答案为：木块被推动距离的大小；速度；质量；惯性；受到摩擦力的作用。
2、在探究“动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小阳用同一实验装置，让从斜面上滚下的小钢球钻入水平面上的硬纸盒，完成以下实验。
通过比较甲、乙两次实验中硬纸盒被推的远近，可以得出结论：质量相同时物体的______越大，动能越大。对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势能______。在甲、乙两次实验中，硬纸盒所受滑动摩擦力______选填“相同”或“不同”
如果做乙图实验时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成硬纸盒损坏需改进乙图实验，再与甲图实验对比。在不改变木板长度的情况下，应采用以下______方法填写正确选项前的字母。
A.换用质量更小的钢球
B.给水平木板铺上毛巾
C.适当降低钢球的高度
D.换用一个较重的硬纸盒
若要探究影响动能大小的另一因素，具体的操作方法是：选择两个______不同的钢球，从同一斜面相同高度由静止滑下。
小阳在原硬纸盒的上表面粘上砝码，设计了如图丙所示实验，探究影响滑动摩擦力大小的因素，通过比较甲、丙两次实验可得出：滑动摩擦力与______有关。
答案：
速度；越大；相同；
；质量；压力大小。
解析：
物体的动能与物体的质量和速度有关，在探究时需要利用控制变量法进行分析，即探究动能的大小与速度的关系时，需要控制小球的质量相同；
重力势能的大小与质量和高度有关；摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关；
实验中，小球到达水平面时的速度由小球的高度决定，通过调整高度可调整其速度，从而改变动能；
即探究动能的大小与质量的关系时，需要控制小球的速度相同，选择不同质量的小球；
滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
在解决多因素问题时常利用控制变量法进行分析，对于动能的大小研究常采用转化法进行分析。
通过比较甲、乙两次实验中硬纸盒被推的远近，可以得出结论：质量相同时物体的速度越大，动能越大。
重力势能的大小与质量和高度有关；对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势能越大。
在甲、乙两次实验中，硬纸盒对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，因此所受滑动摩擦力相同。
如果做乙图实验时，为防止造成硬纸盒损坏掉落，可适当降低钢球的高度，这样小球的动能减小，撞击纸盒后前进的距离变小，就不会掉落了。
A.换用质量更小的钢球，不能与甲控制相同的质量，故A错误；
B.给水平木板铺上毛巾，不能与甲控制相同的接触面，故B错误；
C.适当降低钢球的高度，小球的动能减小，撞击纸盒后前进的距离变小，就不会掉落了，故C正确；
D.换用一个较重的硬纸盒，则可能推动的距离过小，无法正确判断动能的大小，故D错误。
所以选：。
物体的动能与物体的质量和速度有关，若要探究影响动能大小与质量的关系，操作方法是：选择两个质量不同的钢球，从同一斜面相同高度由静止滑下。
小阳在原硬纸盒的上表面粘上砝码，探究影响滑动摩擦力大小的因素。由于纸盒对水平面的压力不同，所以通过比较甲、丙两次实验可得出：滑动摩擦力与压力大小有关。
所以答案为：速度；越大；相同；
；质量；压力大小。
3、下图为探究物体钢球动能大小跟哪些因素有关的实验装置。
实验原理：
钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，到达斜面底端时的速度只与钢球起点位置的高度有关。起点位置越高，该速度越________。
钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，在水平木板上撞击木块，木块运动的距离越长，运动钢球所具有的动能越________。
实验现象：
同一钢球从斜面上不同高度处由停止向下运动。在水平木板上撞击木块，钢球开始向下运动的起点位置越________，木块运动的距离越长。
同一高度由静止向下运动，在水平木板上撞击木块，钢球的质量越________，木块运动的距离越长。
答案：
大；大；
高；大。
解析：
决定动能大小的因素有两个：物体的质量和物体的运动速度。因此研究物体动能大小与这两个因素的关系时要用到控制变量法，物体动能的多少可以通过木块被推出去的距离来体现。
钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，重力势能转化为动能，起点位置越高，重力势能越大，到达斜面底端时的动能越大，速度越大；
实验中是通过钢球撞击木块移动的距离来观察钢球动能大小的，利用了转换法；被撞木块的运动距离越长，说明钢球对被撞物体所做的功就越多，钢球原来所具有的动能就越大；
质量一定的钢球开始向下运动的起点位置越高，到达水平面时的速度越大，因此动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长；
不同质量的钢球从同一高度由静止向下运动，到达水平面时的速度一定，质量越大，所具有的动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长。
所以答案为：大；大；高；大。
4、如图所示，是研究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，碰到同一木块上。请回答以下问题：
设计实验的目的是研究钢球动能的大小与______ 的关系。
本实验中研究的是______ 的动能。
A.钢球在斜面上时钢球撞击木块时钢球撞击木块后木块
实验是通过观察______ ，说明钢球对木块做功的多少，从而得出结论的。
若水平面为光滑的，该实验还能得出结论吗？______ ，理由是：______ 。
小明同学在实验时，木块被撞出了水平木板的右端而掉到了地上。对这一现象，请你给小明一条合理的建议：______ 。
答案：
钢球速度；； 木块被推动的距离；不能； 木块将做匀速直线运动，不会停下来，故不能通过木块被推动的距离判断钢球动能的大小；钢球放低点或增加桌面粗糙程度
解析：实验中，同一个钢球，控制了质量相同，从不同高度滚下，控制了球的速度不同，由控制变量法的研究方法可知实验目的是研究钢球的动能与速度的关系；
铁球从斜面上滚下来的过程中，重力势能转化为动能，让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，到达底端时的动能不同，速度不同，撞击木块时的动能不同，木块运动的距离也不同，所以该实验钢球撞击木块时的动能；
实验中通过木块被推动的距离来反映钢球动能的大小；这种研究方法叫转换法；
实验中，桌面不应太光滑，若水平面光滑，木块不受摩擦力，由牛顿第一定律可知物体将永远运动下去．物体的通过的距离无法确定，做功的多少也无法确定．所以小球动能的大小就无法比较故。应选择较粗糙的水平桌面来完成实验；
为了防止木块被撞出了水平木板的右端而掉到了地上，可以：钢球放低点或增加桌面粗糙程度等。
所以答案为：钢球速度； ； 木块被推动的距离；不能； 木块将做匀速直线运动，不会停下来，故不能通过木块被推动的距离判断钢球动能的大小；钢球放低点或增加桌面粗糙程度。
动能的大小与质量和速度有关。用控制变量法去分析解决。
探究动能与速度的关系，保持质量相同；
要探究动能与质量的关系，需保持速度相同。
利用转换法：由木块运动距离的长短，来认识钢球的动能多少。
木块被撞出了水平木板的右端而掉到了地上，说明小球的动能太大，可以减小小球的质量或速度，也可以增大木块的质量。
解决此类问题，关键要理解两种方法在实验中的应用，即控制变量法和转换法，明确影响动能大小的两个因素，这是我们必须熟知的基本知识。
5、图示为探究“物体动能的大小跟哪些因素有关”的实验。实验步骤如下：
I.让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，观察木块被撞击后移动的距离。
Ⅱ让不同质量的钢球从斜面上相同的高度由静止滚下，观察木块被撞击后移动的距离。
回答下列问题：
步骤Ⅰ是为了研究动能大小与 的关系。
步骤Ⅱ是为了研究动能大小与 的关系。
该实验中斜面的作用是为了控制钢球 的大小，木块的作用是为了比较钢球 的大小。
钢球的动能是由 转化而来的，若斜面光滑，小球从斜面顶端由静止滚到斜面底部的过程中，其机械能 选填“变大”“不变”或“变小”。
答案：
速度 质量 速度 动能
重力势能 不变
解析：略
6、小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，他用质量不同的两个钢球和的质量大于分别从不同的高度和由静止开始滚下，观察木块被撞击后移动的距离，实验过程如图所示。
小明通过观察木块移动的距离长短，来判断钢球动能的大小，这种研究方法是 选填“控制变量法”或“转换法”。
实验中，钢球滚到斜面底端后会继续向前运动，是因为钢球具有 木块最终会停下来是因为受到 的作用若水平面绝对光滑，本实验将 选填“能”或“不能”达到探究目的。
由图甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与 有关。
小丽根据图甲、丙两图得出结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确 选填“正确”或“错误”，理由是： 。
某同学用下图的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的小球从不同高度由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是 选填“正确的”或“错误的”。
答案：
转换法 惯性 摩擦力 不能 速度 错误 没有控制速度一定 错误的
解析：略
7、小明同学在探究重力势能的大小与什么因素有关时，提出了如下猜想：
猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关
猜想二：物体的重力势能与物体所在高度有关
为了验证上述猜想，他计划利用小桌、沙子、质量不同的铁块和刻度尺进行实验：如图所示，将小桌桌腿朝下放在平整的沙面上，把铁块从距桌面某一高度由静止释放，撞击在桌面的中心部位，记录桌腿进入沙子的深度。
按上述方案进行实验，其实验数据如下表所示。
实验 序号 铁块质量 铁块距桌面高度 桌腿进入沙子 的深度
实验中通过比较______来判断物体重力势能的大小；
为了验证猜想一，需选择表中______填实验序号三组数据进行分析；
分析表中的实验数据，可得出的结论是：______。
答案：
桌腿进入沙子的深度；；质量相同的物体，高度越大，重力势能越大
解析：通过小明设计的实验可以知道，他是通过比较桌腿进入沙子的深浅来比较重力势能的大小的。桌腿进入沙堆越深说明物体做的功越多，它原来具有的重力势能越大；
根据控制变量法，要验证物体的重力势能与物体的质量有关，应控制物体的高度相同，改变物体质量的大小，故小明要完成探究，需要找数个质量不同的物体进行实验；
故三组数据符合，所以应利用三组数据分析得出结论。
比较表中的实验数据，可以发现，高度相同，中桌腿进入沙子的深度更深，所以，中的物体具有重力势能大，即可以得出的初步结论是：质量相同的物体，高度越大，重力势能越大。
所以答案为：桌腿进入沙子的深度；；质量相同的物体，高度越大，重力势能越大。
桌腿进入沙堆的深浅，体现了物体对其做功的多少。桌腿进入沙堆越深反映了小球具有的重力势能越大。这用到了转换法。
利用控制变量法，要验证重力势能的大小与质量有关，需控制质量其他的因素相同，只有质量不同，从图中找出符合条件的实验即可。
利用控制变量法，比较图中相同因素和不同因素，总结出研究的对象。
在设计实验和写结论时常用控制变量法来分析。在研究物理量的变化时常用转换法来分析。
8、如图所示为“探究物体动能跟哪些因素有关”的装置示意图。
目的：该实验所探究的是 选填“钢球”或“木块”的动能。
原理：运动的钢球碰上木块后，能将撞出一段距离。在同样的水平面上，被撞得越远，对做的功就越多，的动能就越大，通过被撞的远近来反映动能大小的方法在物理学中属于 选填“控制变量法”或“转换法”。
步骤：
让同一钢球分别从不同高度由静止开始滚下，高度越高，钢球运动到水平面时速度越 ，木块被撞得越远
改变钢球的质量，让不同的钢球从 选填“同一”或“不同”高度由静止开始滚下，质量越大的钢球将木块撞得越远。
结论：通过多次实验表明，质量相同的物体，运动的速度越大，它的动能越大运动速度相同的物体，质量越大，它的动能 。
答案：
钢球 转换法 大 同一 越大
解析：略
9、小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球和的质量大于，分别不从同的高度和静止开始放下，观察木块被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。
小明通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是______选填“控制变量法”或“转换法”；若水平面绝对光滑，本实验将______选填“能”或“不能”达到探究目的。
由甲、乙图可得实验结论：物体的动能大小与______有关。
小明根据甲、丙两图得出结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？______选填“正确”或“错误”，理由是：______。
答案：
转换法 不能 速度 错误 没有控制小球到达水平面时的速度相同
解析：
实验中通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的；
由甲、乙图可知，小球的质量相同，小球从同一斜面的不同高度由静止滑下，到达斜面底部时的速度不同，撞击木块后木块移动的距离不同，说明小球的动能不同，所以得出的实验结论为：物体的动能大小与速度有关；
要探究小球动能与质量的关系，需要控制小球到达水平面时的速度相同，即不同质量的小球从同一高度由静止滑下，而甲、丙两图没有让小球从同一高度滚下，没有控制小球的速度相同，所以小明的看法错误。
所以答案为：转换法；不能；速度；错误；没有控制小球到达水平面时的速度相同。
掌握转换法在实验中的应用，实验中通过观察木块被推动的距离来比较物体动能的大小；
根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，实验将不能达到探究目的；
动能大小跟质量和速度有关。在探究动能大小跟质量关系时，控制速度大小不变；在探究动能大小跟速度关系时，控制质量不变；
影响动能大小的因素有物体的质量与速度，因此，在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，并据此得出结论。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。
10、小红猜想动能的大小可能与物体质量和运动速度有关，于是设计了如图甲、乙所示的实验，探究动能的大小与哪些因素有关．
让质量相同的两个小球沿同一光滑斜面分别从处和处开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，纸盒在水平面上移动一段距离后静止，如图甲所示．
让不同质量的两个小球沿同一光滑斜面分别从处开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，纸盒在水平面上移动一段距离后静止，如图乙所示．上述甲、乙两组实验中：
乙图中让不同质量的两个小球从同一高度滚下的目的是两球到达水平面时，具有相同的______ ．
选用图甲探究的是动能与______ 的关系得出的结论是：______ ．
选用图乙探究得出的结论是：______ ．
答案：
速度；速度；当物体的质量相同时，速度越大，具有的动能越大；当速度一定时，质量越大动能越大
解析：为了探究物体的动能与质量的关系，应该让不同质量的钢球沿斜面同一高度静止滚下撞击水平板上的木块，这样它们到达斜面底端的速度相等；
让同一钢球沿斜面的不同高度静止滚下撞击水平板上的木块，这是控制了质量相同，目的是探究物体的动能与速度的关系，能得出的结论是：当质量一定时，速度越大动能越大；
据乙图可知，物体的所处的高度相同，但质量不同，所以是探究物体的动能和质量的关系，即说明，当速度一定时，质量越大动能越大．
所以答案为：速度；
速度；当物体的质量相同时，速度越大，具有的动能越大；
当速度一定时，质量越大动能越大．
影响动能大小的因素有质量和速度，实验过程要采用控制变量法；
当研究动能大小与质量的关系时，要让钢球沿斜面的同一高度下落，这样保证下落速度相同；当研究动能大小与速度的关系时，应选择同一小球，这样可以保证小球的质量相同；且据此分析得出结论即可．
解决此类问题要会利用控制变量法和转换法，探究影响动能的大小因素，是中考探究实验考查的重点．
11、小明在探究影响物体重力势能大小的因素的实验中，采用如图所示的措施：把三根相同的铁钉打入沙中，从空中释放钢球来撞击铁钉，看到的实验现象如图所示。
通过观察铁钉______来比较各钢球重力势能的大小。
若、两钢球质量不相等，两钢球下落的高度为，则从观察到的现象可知，、钢球重力势能较大的是______球。
若、两钢球质量相等，两钢球下落的高度为，则、钢球重力势能较大的是______球。
实验得出的结论是：物体重力势能的大小与______、______有关。
答案：
陷进沙坑的深度；
；
；
物体的质量；物体的高度
解析：
钢球在下落过程中，钢球的重力势能转化为钢球的动能，对铁钉做功，钢球的重力势能就越大，对铁钉做的功越多，铁钉陷入沙坑越深；
若、两钢球质量不相等，两钢球下落的高度为，由图可知铁钉打进沙坑里的深度大于铁钉打进沙坑里的深度，说明钢球重力势能较大；
若、两钢球质量相等，两钢球下落的高度为，由图可知铁钉打进沙坑里的深度大于铁钉打进沙坑里的深度，说明钢球重力势能较大；
实验得出的结论是：物体重力势能的大小与物体的质量和物体的高度有关；
所以答案为：陷进沙坑的深度；；；物体的质量；物体的高度。
本题是把钢球的重力势能转化成铁钉陷进沙坑的深度来比较各钢球重力势能的大小的，这种研究问题的方法叫转换法；
解决此类问题时，通常是利用转换法和控制变量法来探究物体的重力势能的大小与质量和高度的关系。
12、某实验小组在用“模拟打桩”来探究影响重力势能大小的因素”，已知物体质量的关系为，使用的器材有沙子、木桩等。实验时，让物体从木桩正上方的某一高度处自由下落将木桩打入沙中，三次实验木桩进入沙中的深度如图所示：
本实验是通过______ 来反映物体重力势能大小的。
为了探究物体重力势能大小与质量的关系，应选择______ 两图实验进行分析。
实验中为了探究重力势能大小与高度的关系，应让质量相同的物体，从______ 选填“相同高度”或“不同高度”由静止自由放下。实验现象表明：当质量一定时，物体所处的高度越大，重力势能越______ 。
对比、、三次实验，具有的重力势能最大的是图______ 选填“”、“”或“”中的物体。
答案：
木桩进入沙中的深度 、 不同高度 大
解析：根据转换法，本实验是通过木桩进入沙中的深度来反应物体的重力势能大小的；
为了探究物体重力势能大小与质量的关系，要控制物体被举高的高度相同，只改变物体的质量，已知，由上图知，应选择、两图实验进行分析；
实验中为了探究重力势能大小与高度的关系，应控制物体的质量相同，改变物体被举高的高度，即将物体从不同高度由静止自由放下，应选择图中、实验，中物体的高度大，根据转换法，中物体的重力势能更大，即当质量一定时，物体所处的高度越大，重力势能越大；
对比、、三次实验，因中木桩进入沙中的深度最大，由转换法，具有的重力势能最大的是图中的物体。
所以答案为：木桩进入沙中的深度；、；不同高度；大；。
实验中通过木桩进入沙中的深度来表示重力势能的大小，采用了转换法；
重力势能的大小与物体的质量和被举高的高度有关，根据控制变量法，研究重力势能的大小与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析。
本题探究影响重力势能大小的因素，考查转换法、控制变量法的运用及数据分析等知识。
13、为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙所示的实验装置来进行实验图甲是让不同质量的小球沿同一光滑斜面从处由静止自由释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块，木块在水平面上运动一段距离后静止时的情景；图乙是让质量相同的小球沿同一光滑斜面分别从、处由静止自由释放然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块，木块在水平面运动一段距离后静止时的情景。
若要探究动能大小与速度的关系，应选择图______选填“甲”、“乙”进行实验。木块在水平面上滑动时，受到水平面的摩擦力______选填“变大”、“变小”或“不变”，克服摩擦力做功的功率______选填“变大”、“变小”或“不变”。
本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？______，原因是______。
答案：
乙；不变；变小；不能；木块做匀速直线运动。
解析：
同一小车保证了质量相同，从斜面的不同高度滑下，到达水平面时的速度不同，木块被撞后移动的距离越远，推力做功越多，就可以说明小球的动能越大，从而得出质量相同时，速度越大的物体动能越大；水平面的摩擦力是滑动摩擦力，与压力大小和接触面粗糙程度有关；根据分析解答；
由牛顿第一定律内容分析回答。
本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键。
若要探究动能大小与速度的关系，控制物体的质量不变，改变物体的速度，应选择图乙进行实验。木块在水平面上滑动时，受到水平面的摩擦力是滑动摩擦力，与压力大小和接触面粗糙程度有关，二者不变，滑动摩擦力不变；由可知，木块受到的滑动摩擦力不变，木块的速度减小，在水平面上滑动时，克服摩擦力做功的功率变小；
如果水平面绝对光滑，小球推木块运动时，木块不受摩擦力，由牛顿第一定律可知木块将永远运动下去；木块通过的距离无法确定，做功的多少也无法确定，所以小球动能的大小就无法比较。
所以答案为：乙；不变；变小；不能；木块做匀速直线运动。
14、在探究“重力势能的大小与哪些因素有关”的实验中，已知木块、、的质量关系为；三个完全相同的木桩和三个木块从高处释放时的位置如图甲所示；木桩被打击后陷入沙中的情形如图乙所示，木块、将木桩打入沙中的深度相同。
实验时，木块应在木桩的________填“正上方”或“后上方”释放，将木桩打入沙中。
比较木块和将木桩打入沙中的深度可得：在质量一定时，物体高度________填“越高”或“越低”，重力势能________填“越大”或“越小”。
比较木块和将木桩打入沙中的深度，小刚认为：物体重力势能的大小与质量无关，你认为小刚的观点是________填“正确”或“错误”的，理由是________。
实验时，我们可以通过观察木桩陷入沙中的________来判断重力势能的大小；下列实验与该步骤采用探究方法类似的是________。
A.学习光的三原色时，与颜料三原色做比较
B.研究发声的音叉是否振动时，把音叉放进水里观察到水花四溅
答案：
正上方
越高 越大
错误 、两木块释放的高度不同
深度

解析：木块释放后会在重力的作用下沿竖直方向运动，为了使木块能撞击木桩，木块应在木桩的正上方释放。
由图可知：、的质量是相同的，木块的高度高于的高度，撞击木桩的深度大于撞击木桩的深度，所以结论为：物体的质量一定时，物体的高度越高，具有的重力势能就越大。
由图可知：、下落的高度不同，质量也不同，打击的木桩的深度相同；而探究物体重力势能的大小与质量的关系，应控制物体下落的高度相同，故结论是错误的。
木块的重力势能转化为木桩的动能，木块的重力势能越大，则木桩获得的能量就越多，木桩陷入沙中越深，所以我们可以通过木桩陷入沙中的深度来判断重力势能的大小，这用到了转换法；学习光的三原色时，与颜料三原色做比较，用到了类比法，故A不符合题意；研究发声的音叉是否振动时，把音叉放进水里观察到水花四溅，将音叉的振动转换为水花四溅，用到了转换法，故B符合题意。
15、图是小丽探究动能大小与速度关系时的实验场景：斜面上有两平行轨道，将两小球、从轨道上由静止释放，与放置在水平木板上的两个相同木块、发生碰撞，两个木块初始位置到斜面底端的距离相等。
为完成实验，应使两个质量______的小球从轨道上______高度由静止释放均选填“相同”或“不同”
由图场景可知，碰撞木块前瞬间，小球______的动能较大，两木块通过、两点处所受的滑动摩擦力大小分别为、，则______，滑行中，木块的动能转化成______能；
图是某次实验的场景：将两小球从图中、处静止释放，最终木块从水平木板的右端滑出，小丽用质量更大的木块替换木块后继续此次实验，将两小球仍从图中、处由静止释放，木块未滑出木板，小丽的实验改进有一处遗漏，它是______。
答案：
相同；不同；
；；内；
没有将木块也更换为与木块相同的木块。
解析：探究动能大小与速度关系时，应控制质量不变，改变速度，故应使两个质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放；
碰撞木块前瞬间，小球是从高处滑下的，速度较大，动能较大，两木块通过、两点处所受的滑动摩擦力大小分别为、，由于压力大小和接触面的粗糙程度相同，故摩擦力相同，即，滑行中，木块克服摩擦做功，木块的动能转化成内能；
由图可知，图实验探究的是动能大小与速度的关系，此时应控制质量相同，故实验的遗漏为：没有将木块也更换为与木块相同的木块。
所以答案为：相同；不同；；；内；没有将木块也更换为与木块相同的木块。
探究动能大小与速度关系时，应控制质量不变，改变速度；
动能的大小与速度有关；摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；木块克服摩擦做功，动能转化为内能；
根据实验的目的和控制变量法分析。
本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能大小时运用了转换法，要掌握这两种方法的应用。分析清楚图示情景是正确解题的关键。
16、在探究“物体动能的大小与哪些因素有关“的实验中，让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离，如图甲所示。
从同一高度由静止释放钢球，是为了让钢球到达水平面时______选填“质量”速度”或“动能相同，该实验的目的是研究铁球的动能大小与______的关系。
该实验是通过观察______大小，来说明铁球对木块做功的多少。
有同学将实验装置改成如图乙所示，用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究铁球的动能大小与质量的关系。
这个实验方案是______选填“正确”或“错误”的，因为压缩程度相同时，小球获得的动能______，木块移动的距离______。
答案：
速度；质量；木块移动的距离；错误；相同；相同
解析：
根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面速度相同，该实验的目的是研究铁球的动能大小与质量的关系；
实验中，是通过观察木块移动的距离的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出铁球具有的动能的大小，这是转换法的运用；
观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。
所以答案为：速度；质量；木块移动的距离；错误；相同；相同。
在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，若要研究动能大小与质量的关系，应控制其运动的速度相同；
动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来；
结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
本题考查了探究动能大小影响因素的实验，除考查控制变量法的转换法的运用外，最后通过一个弹簧来对实验进行改进是本题的新颖之处，需要我们认真分析。
17、如图是“研究物体的动能与哪些因素有关”的实验装置示意图。请你完成下列内容。
通过观察______来判断______选填“”或“”动能的大小；
让同一小球从斜面的不同高度由静止滚下，推动木块做功，目的是为了探究动能的大小与______的关系；
换用质量不同的小球，让它们从斜面的______选填“相同”或“不同”高度由静止滚下，推动木块做功，目的是为了探究动能的大小与______的关系。
若利用图所示的器材做“探究阻力对物体运动的影响”的实验，必须增加的器材是______填写字母
A.倾斜程度不同的斜面
B.粗糙程度不同的水平面
C.质量不同的小球
答案：
木块被推动的距离 速度 相同 质量
解析：研究物体的动能与哪些因素有关的实验，小球从斜面上滚落下来重力势能转化为动能，撞击木块，木块被推动的越远，则小球所具有的动能越大；
让同一小球从斜面的不同高度由静止滚下，质量一定，到达斜面底端的速度不同，目的是为了探究动能的大小与速度的关系；
换用质量不同的小球，改变了物体质量，应该让球从斜面的相同高度由静止滚下，推动木块做功，目的是为了探究动能的大小与质量的关系；
若利用图所示的器材做“探究阻力对物体运动的影响”的实验，实验中需要让物体运动时所受阻力不同，阻力大小受压力和接触面粗糙程度的影响，所以必须增加的器材是粗糙程度不同的水平面，所以选B；
所以答案为：木块被推动的距离；；速度；相同；质量；。
小球从斜面上滑下，重力势能转化为动能；
动能的影响因素是质量和速度，根据控制变量法的操作要求分析解答；
“探究阻力对物体运动的影响”的实验，要让球在不同的阻力下运动，据此分析；
本题考查探究影响物体动能大小的因素实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
18、如图所示是探究物体动能大小与物体的质量、速度关系的示意图。
在探究“动能与速度”的关系时，要保持小球的______不变，让小球从______选填“相同”或“不同”的高度滚下，以不同的速度推动木块移动。
在探究“动能与物体质量”的关系时，要保持______相同，就是让质量不同的小球从______滚下。
物理研究方法有许多，本实验运用了两种研究方法：一是______法；二是转换法。就本题来说：用______来表示小球动能大小的方法就是转换法。
答案：
质量；不同；速度；同一高度；控制变量；木块移动的距离。
解析：
解析：
动能的大小与质量和速度有关，若要探究动能的大小与速度的关系，需控制小球的质量相同，速度不同。所以应选质量相同的两个小球，使两球在斜面的不同高度滚下来；
同理，若要探究动能的大小与质量的关系，需控制小球的速度相同，质量不同。所以应选质量不同的两个小球，使两球从斜面的相同高度滚下来。这样控制速度相同；
在实验中采用了控制变量法和转换法两种科学研究方法；
动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；
由小球推动木块移动距离的远近来体现球的动能多少，是一种转换法。
所以答案为：质量；不同；速度；同一高度；控制变量；木块移动的距离。
动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究，研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
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。
动能的决定因素有两个：质量和速度。要研究物体的动能与物体的质量和速度的关系时，要从控制变量法的思路入手分析。注意解本题时，要把握转换法和控制变量法的运用。
19、小明为研究动能大小与哪些因素有关，设计了如图实验，让小球静止从斜面上滚下后与固定在右端的弹簧碰撞，斜面底端和水平面平滑相接，请结合实验回答下列问题：
实验中通过______反映小球动能的大小；实验中让同一小球从斜面上不同高度滚下，当高度______ 选填“越大”或“越小”时，观察到弹簧被压缩得越短，说明小球动能大小与速度有关。
为了研究动能大小是否和物体质量有关，应该让不同质量的小球从斜面上相同的高度滚下，这样做的目的是______。
实验中小明发现小球压缩弹簧后被弹簧弹回到斜面上，为了研究小球被弹回到斜面上的高度与哪些因素有关，小明分别将玻璃板、木板和毛巾铺在接触面含斜面和平面上，进行实验，而保证小球质量和高度______ 选填“相同”或“不同”，发现当小球在玻璃表面滚动时被弹回的高度最大，在毛巾表面滚动时被弹回的高度最小，因此小明认为小球被弹回的高度与接触面粗糙程度有关。
小明在实验所得结论基础上进行推理，接触面越光滑小球被弹回的越高，如果接触面光滑到没有摩擦，那么小球将______
A.沿着斜面匀速直线运动 不能上升到初始高度，最终静止在平面上
C.上升到初始高度后静止 能上升到初始高度，并在斜面和弹簧之间往复运动
小明在中用到一种科学方法，下面哪个定律或原理的得出用到了同一种方法______
A.阿基米德原理 杠杆原理 牛顿第一定律。
答案：
弹簧被压缩的程度；越大；
使小球达到水平时速度相同；
相同；
；

解析：
小球压缩弹簧，对弹簧做功，做功的多少反映了小球动能的多少，弹簧被压缩的程度越大，说明小球的动能越大。所以，可以通过弹簧被压缩的程度来反映小球动能的多少；实验中让同一小球从斜面上不同高度滚下，当高度越小时，小球达到水平面上的速度越小，弹簧被压缩得越短，说明小球动能大小与速度有关；
要研究动能大小与质量的关系，由控制变量法的应用可知：就要控制速度不变，让质量变化；速度是通过起始点的高度来控制的，所以要控制两球从同一高度滚下；
斜面实验中，小球从同一斜面的同一高度滚下，可以让小球到达水平面上时保持相同的初速度；
接触面越光滑小球被弹回的越高，由此推理，如果接触面光滑到没有摩擦，只有动能和势能相互转化，机械能保持不变，那么小球将能上升到初始高度，并在斜面和弹簧之间往复运动；
牛顿第一定律：水平面越光滑，对小车的阻力越小，小车运动得越远，小车的速度减小得越慢；由此推理，当水平面绝对光滑时，运动的小车受到的阻力为，即小车在水平方向上不受力的作用时，小车将匀速直线运动下去；牛顿第一定律也是在实验和科学推理相结合的基础上得出的。
所以答案为：弹簧被压缩的程度；越大；使小球达到水平时速度相同；相同；；。
小球动能的多少是通过它对弹簧做功的多少来认识的，对弹簧做功的多少又是通过弹簧被压缩距离来体现的；物体动能的大小质量和速度两个因素有关；
研究动能大小的决定因素时，用到控制变量法进行研究；研究动能与质量大小的关系时，需要控制小球的速度相同；从图中读出小球的高度；
物体的动能和势能可以相互转化，而且在转化过程中，如果不受阻力，机械能的总量保持不变，如果有阻力作用，则机械能减小，内能增加；
牛顿第一定律是建立在实验和科学推理相结合的基础上的。
本题主要是对学生科学探究能力的考查，有机渗透对科学态度、以及科学方法的体验与应用，在研究多变量的关系时，一定要运用控制变量法，本题是一道难题。
20、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、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，若球相对于球______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
答案：
；速度；静止；相等。
解析：
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；所以选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、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，所以若球相对于球静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
所以答案为：；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；
21、如图，用小球和木块来探究“动能大小与哪些因素有关”

实验中是通过比较__________来比较动能大小．
本实验研究的动能是指__________填序号．
A.小球在斜面上时的动能 小球撞击木块时的动能 小球撞击木块后木块的动能
比较图甲、乙是为了研究动能大小与__________的关系．
如图丙所示，小赵在实验时，先让质量为的小球从斜面高处由静止下滑，撞击放在处木块，测出木块被撞击的距离为，保持木块在位置不变，让同一小球从斜面高处由静止下滑，测出木块被二次撞击的距离为，则可能出现___选填“”、“”或“”，你判断的依据是______从能量角度解释．
答案：
木块移动的距离；
；
速度；
；小球在粗糙水平面运动时有部分机械能转化为内能，第二次撞击木块时的动能没有第一次的大
解析：
本题考查影响物体动能大小的实验。通过实验考查了学生对控制变量法的运用，通过实验过程在不同实验中的联系，考查了学生对基本知识的掌握。
小车动能大小不能直接观察，而是通过小车推动木块运动距离来反映；
小球动能的大小是指撞击木块时的动能；
动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究，研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同；研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
小球在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，据此进行分析。
由图知，小球从斜面滚下，将木块推得越远，动能就越大，通过木块在水平面上被撞击的距离来反映动能的大小；
小球动能的大小是指小球撞击木块时的动能，小球部分动能转化为木块的动能，故B符合题意；
由图知，两个小球从不同一高度滚下，速度不相同，速度大的将木块推得较远，动能较大，此实验为了研究动能大小与速度的关系；
第一次实验时，小球刚滚下斜面就撞击到木块，第二次实验时，小球在水平面上滚动了一段距离后才撞击到木块，小球在运动的过程中要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，所以小球在第二次撞击木块时的机械能比第一次小，所以木块移动的距离大于。
所以答案为：木块移动的距离；
；
速度；
；小球在粗糙水平面运动时有部分机械能转化为内能，第二次撞击木块时的动能没有第一次的大。
22、小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，他用质量不同的两个钢球和的质量大于，分别从不同的高度和静止开始滚下，观察木块被撞击后移动的距离，实验过程如图所示。
小明通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这种研究方法是______选填“控制变量法”或“转换法”。若水平面绝对光滑，本实验将______选填“能”或“不能”达到探究目的。
由图甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与______有关。
小丽根据图甲、丙两图得出结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？______选填“正确”或“错误”，理由是：______。
某同学用图所示的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的小球从不同高度由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是______选填“正确的”或“错误的”。
答案：
转换法 不能 速度 错误 没有控制速度一定 错误的
解析：实验中通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的。
甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面的时的速度不同，对木块做功多少不同，故可以得出结论：物体的动能大小与速度有关。
小丽的看法是错误的，因为要探究动能与质量的关系，需要保证小球的速度不变，甲、丙两图中小球下落的高度不同，则到达水平面的速度不同，故不能得出动能大小与质量的关系。
图所示的方法探究动能的大小与速度的关系，应改变小球撞击木块前的速度，控制其它因素相同，而实验中没有控制水平面的粗糙程度相同，故错误的。
所以答案为：转换法；不能；速度；错误；没有控制速度一定；错误的。
掌握转换法在实验中的应用，实验中通过观察木块被推动的距离来比较物体动能的大小；根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，实验将不能达到探究目的；
动能大小跟质量和速度有关；在探究动能大小跟质量关系时，控制速度大小不变；在探究动能大小跟速度关系时，控制质量不变；影响动能大小的因素有物体的质量与速度，因此，在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，并据此得出结论。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。
23、如图所示，在探究阻力对物体运动影响的实验中。
固定斜面，让小车从斜面上的______由静止滑下，其目的是使小车到达水平面时的______相同。
比较甲、乙、丙三次实验，可得结论：水平面越光滑，小车受到的阻力越______，在水平面上运动的距离越______。
若水平面绝对光滑，不考虑空气阻力，请在图中大致画出小车在光滑水平面上运动的图象。
小明将实验装置改为图所示，让小车在斜面上由静止滑下后，能与固定在右端的弹簧碰撞，来研究动能大小与哪些因素有关。
通过观察______可以反映小车动能的大小；
为了研究动能大小与物体速度大小的关系，应该让同一小车从斜面上______高度滑下；
小车压缩弹簧的过程，小车的动能转化为弹簧的______能。
答案：
同一位置 速度 小 远 弹簧的形变程度 不同 弹性势
解析：
让小车从斜面的同一高度由静止下滑的目的是，当小车到达水平面时，使小车的速度相同；
毛巾、棉布、木板粗糙程度变小，阻力变小，根据实验现象，可以得出结论，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，在水平面上运动的距离越远，小车速度减小的越慢；
由以上可知，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，在水平面上运动的距离越远；如果水平面绝对光滑，对小车没有阻力，则小车将做匀速直线运动；匀速直线运动在图线上是一条平行于时间轴的直线，如图所示：
；
本实验中运动的小车会压缩弹簧，弹簧的形变越大，表明小车对弹簧做的功越多，小车的动能就越大，所以实验中通过弹簧的形变程度来判断小车动能的大小；
研究动能与速度的关系时，应该改变速度的大小，即让同一小车从斜面上不同的高度滑下；
小车压缩弹簧的过程，小车的速度变小，动能变小，弹簧的形变变大，弹性势能变大，动能转化为弹簧的弹性势能。
所以答案为：同一位置；速度；小；远；见上图；弹簧的形变程度；不同；弹性势。
为完成“阻力对物体运动的影响”的实验，应采用控制变量的思想，即保持小车到达水平面时的速度相同；
毛巾、棉布、木板粗糙程度变小，根据实验现象得出结论；
根据运动变化的趋势推理想像，画出图象即可；
小车压缩弹簧，弹簧的形变越大，小车的动能就越大；
研究动能与速度的关系时，控制物体的质量不变，改变速度的大小；
弹簧发生弹性形变，具有弹性势能。
本题考查了阻力对物体运动的影响、动能的影响因素；在用控制变量法探究物理问题时，一定要控制其它因素不变，才能得到正确的结论。
24、小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，他用质量不同的两个钢球和的质量大于，分别从不同的高度和静止开始滚下，观察木块被撞击后移动的距离，实验过程如图甲所示。
小明通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这种研究方法是________选填“控制变量法”或“转换法”。若水平面绝对光滑，本实验将________选填“能”或“不能”达到探究目的。
由图甲、两图可得实验结论：物体的动能大小与________有关。
小丽根据图甲、两图得出结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？________选填“正确”或“错误”，理由是：________________________。
某同学用如图乙所示的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的小球从不同高度由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是________选填“正确的”或“错误的”。
答案：
转换法 不能 速度 错误 没有控制速度一定 错误的
解析：实验中通过观察木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，采用的是转换法；若水平面绝对光滑，则木块运动时不受阻力作用，撞击后将保持匀速直线运动，无法通过木块移动距离的长短来判断小球动能的大小；题图甲、中小球的质量一定，下落高度不同，到达水平面的时的速度不同，对木块做功多少不同，可得出物体的动能大小与速度有关的结论；由题图甲、得出的结论是错误的，因为要探究动能与质量的关系，要保证小球到达水平面的速度相同，即小球下落的高度必须相同；题图乙中探究动能的大小与速度的关系时，应改变小球撞击木块前的速度，控制其他因素相同，而实验中没有控制水平面的粗糙程度相同。
25、某同学在探究弹性势能大小与形变量的关系时，猜测弹性势能可能与形变量成正比，也可能与形变量的平方成正比。用如图装置进行探究，将弹簧套在光滑竖直杆上且底端固定在水平面上，刻度尺与杆平行，进行了如下操作：
弹簧处于自由状态时，读出其上端距水平面的高度；
将中间有孔的小铁块套在光滑杆上放于弹簧上端，竖直向下按压铁块，读出此时弹簧上端到水平面的高度；
释放小铁块，当铁块上升到最大高度时，读出铁块下端到水平面的高度；
改变弹簧的压缩长度，重复步骤，将测出的数据记录在表格中，并计算出弹簧的形变量、形变量的平方和小铁块上升的距离
实验次数
实验中弹簧的形变量______用所测物理量符号表示；
本实验中，弹簧弹性势能大小是通过______来间接反映的；
A. C.
该同学根据表中数据分别作出图甲和图乙图象，由此得到的结论是弹簧弹性势能的大小与______成正比
答案：
；；形变量的平方
解析：弹簧的形变量等于弹簧的原长度减去弹簧被压缩后的长度，即；
实验中弹性势能的大小通过铁块被弹起的高度来间接的反应，即铁块到达的最高点减去弹簧被压缩的最低点，即，故D正确；
由表可知，与成正比例函数关系，图象为过原点的直线，即弹簧弹性势能的大小与形变量的平方成正比。
所以答案为：；；形变量的平方。
弹簧的形变量等于弹簧的原长度减去弹簧被压缩后的长度；
实验中弹性势能的大小通过铁块被弹起的高度来间接的反应，这用到了转换法；
正比例函数图象为过原点的直线。
本题考查了学生通过题中信息分析解答能力，这类题，难度一般不会很大，只要认真审题即可解答。
26、小李同学想要利用如图甲所示的装置来探究“物体动能大小与什么因素有关”。
在探究“动能的大小与速度的关系”时，应保持小车的________相同，让小车从斜面上________选填“相同”或“不同”高度处自由滑下，以不同的速度推动木块移动。
本实验运用了两种研究方法：一是________________；二是转换法，就本题来说用________________来反映小车动能大小的方法就是转换法。
小李同学在实验过程中又发现只要去掉木块，就可以探究“阻力对物体运动的影响”。如图乙所示，他将毛巾、棉布和玻璃分别铺在水平面上，让小车分别从斜面上由静止滑下，观察小车在水平面上运动的距离。每次均让同一小车从斜面同一高度由静止滑下的目的是：使小车到达水平面时具有相同的________。
实验发现，小车在玻璃面上运动的距离最远，说明小车受到的阻力最________，进一步推理得出：如果小车运动时不受阻力，小车将做________运动。
答案：
质量 不同 控制变量法 木块移动的距离 初速度 小 匀速直线
解析：探究动能与速度的关系时，要保持小车的质量不变，让小车从斜面的不同高度处自由滑下，到达水平面时的速度不同，由小车推动木块移动距离的远近可反映小车的动能多少，采用的是转换法；玻璃表面最光滑，受到的阻力最小，小车运动的距离最远，速度减小得最慢；水平表面绝对光滑时，小车在水平方向上不受力，将一直做匀速直线运动。
27、在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明让质量不同的小球从同一斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，木块被撞出一段距离，如图甲所示忽略小球与接触面的滚动摩擦以及撞击过程中的能量损失，图乙中球离开弹簧前的接触面光滑，离开后接触面粗糙。
将质量不同的小球从同一高度由静止释放的目的是______ ；
该实验是通过观察______ 来反映小球的动能大小；
小李同学将实验装置改进成图乙所示，用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与______ 选填“质量”或“速度”的关系；
小李觉得利用图乙的装置，也能探究小球的动能大小与质量的关系。只需利用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块；小华觉得将质量不同的小球从同一高度静止释放图丙撞击同一木块，也能探究小球的动能大小与质量的关系。______ 选填“小李”或“小华”的设计方案不可行，如果用该方案，你将观察到的现象是______ 。
答案：
控制速度相同 木块移动的距离 速度 小李 木块最终移动的距离相同
解析：根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制小球到达水面时初速度相同，即控制速度相同；
根据转换法，实验中，是通过观察木块移动的距离的大小判断出小球具有的动能的大小；
用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系；
小华的方案：将质量不同的小球从同一高度静止释撞击同一木块，小球的速度相同，质量不同，故能探究小球的动能大小与质量的关系；
图乙的装置可知，若用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧弹性势能相同，转化出的动能相同，如果按此方案操作，可以观察到的现象是木块最终移动的距离相同，故小李的设计方案不可行。
所以答案为：控制速度相同；木块移动的距离；速度；小李；木块最终移动的距离相同。
由控制变量法，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同；
根据转换法，动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来；
物体动能的大小与物体的质量和速度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的动能转化为木块的动能；
根据控制变量法分析；
结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
本题探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法、转换法的运用及机械能的转化和对实验方案的评估。
28、在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离．如图甲所示．请回答下列问题：
从同一高度由静止释放的目的是____，该实验的目的是研究铁球的动能大小与______的关系．
该实验是通过观察________的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出________“铁球”或“木块”具有的动能的大小．如果水平面绝对光滑，则________选填“能”“不能”比较出铁球动能的大小。
有同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较．该实验方案是否可行？
答：____，你的理由是______________________________________________。
答案：
使铁球到达水平面时的速度相等；质量；
木块移动的距离；铁球；不能；
不可能；相同的弹性势能转化得到相同的动能，最终木块移动的距离相等
解析：略
29、在“探究物体的动能与哪些因素有关”的实验中，如图甲所示。
小宇选用质量不同的两个钢球、从同一斜面上相同的高度处由静止滚下，分析钢球两次推动水平面上的木块移动的距离，可以探究动能大小与______的关系。
实验中，钢球在水平面上推动木块移动的距离______选填“相同”或“不同”。比较实验现象，可以得出动能较小的是______钢球。
实验中，若让同一钢球从斜面相同高度处滚下，推动木块在粗糙程度不同的水平面上移动，他发现水平面越光滑，木块移动的距离越______选填“远”或“近”，若水平面绝对光滑，木块将______。
他还想“探究滑动摩擦力与压力大小的关系”，进行了如图乙所示的实验。
在实验操作中他发现，弹簧测力计斜向上拉动物块时，也可使物块在长木板上沿水平方向做匀速直线运动，此过程中，物块处于______选填“平衡”或“非平衡”状态；弹簧测力计对物块的拉力和物块受到的滑动摩擦力______选填“是”或“不是”一对平衡力，理由是______。
实验次数
木块对木板压力
弹簧测力计读数
保持接触面粗糙程度不变，沿水平方向拉物块做匀速直线运动，通过实验得到了表格中的相关数据，请帮他分析，此次试验中，滑动摩擦力的大小与压力之间的表达式为：______。
答案：
质量 不同 远 做匀速直线运动 平衡 不是 两个力不在同一条直线上
解析：
小宇选用质量不同的两个钢球、从同一斜面上相同的高度处由静止滚下，到达水平面时的速度相同，所以探究的是动能大小与质量的关系；
实验中，钢球在水平面上推动木块移动的距离越远，则动能越大，由于的质量大，则推动木块移动的距离远，的动能大，的动能小；
接触面越光滑，物体所受摩擦力越小，物体运动的越远，若水平面绝对光滑，物体不受阻力作用，则运动的物体将一直保持匀速直线运动状态；
弹簧测力计斜向上拉动物块时，也可使物块在长木板上沿水平方向做匀速直线运动，此时物块的运动状态不变，则处于平衡状态；弹簧测力计对物块的拉力和物块受到的滑动摩擦力不在同一条直线上，不是一对平衡力；
根据表格中数据时，，当时，，则由此知，滑动摩擦力的大小等于拉力的大小，即弹簧测力计的示数大小，故滑动摩擦力的大小与压力之间的表达式为：。
所以答案为：质量；不同；；远；做匀速直线运动；平衡；不是；两个力不在同一条直线上；。
动能的大小与质量和速度有关，根据实验中的相同点和不同点，利用控制变量法分析；
木块被撞出得远，说明小球的动能大，做功越多；
接触面的粗糙程度不同，小车的运动距离不同；可得出：物体如果不受外力作用，则运动的物体将一直匀速直线运动状态。
二力平衡的条件：同体、反向、等大、共线分析；物体在平衡状态中受平衡力的作用；
由表格中的数据分析得出。
解决多因素问题时常利用控制变量法进行分析，对于动能的大小研究常采用转换法进行分析。
30、小夏同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况受到启发，并产生了如下猜想。
猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关
猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关
猜想三：物体的重力势能与物体的运动路径有关。
为此小夏设计了如图所示的实验：用大小、形状相同的、、、四个铅球分别从距离沙坑表面某高度处静止释放，其中球从光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直落下球在光滑管道中运动的能量损失不计。各小球质量大小关系为。
本实验中，铅球的重力势能大小是通过 来反映的。
为验证猜想二，应比较 填实验序号，得到的结论是：当物体质量相同时，高度越高，重力势能越 选填“大”或“小”。
比较，可以验证猜想 选填“一”“二”或“三”。
比较，得到的结论是当质量和下落高度相同时，重力势能与物体运动的路径 选填“有关”或“无关”。
答案：
铅球陷入沙中的深度 大 一 无关
解析：略
31、为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙所示的实验装置来时行实验。
如图甲是让不同质量的小球沿同一光滑斜面从处静止自由释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块，木块在水平面运动一段距离后静止时的情景，据此你能得出的结论是：速度相同时，物体的______越大，动能越大。
如图乙是让质量相同的小球沿同一光滑斜面分别从、处由静止释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块，木块在水平面运动一段距离后静止时的情景，据此你能得出结论是质量相同时，物体的______越大，动能越大。
本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？______；理由是______。
实验结束后，同学们联想到在许多公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如下表：
实验序号 小球的质量 小球自由滚下的高度 木块被撞后运动的距离
为了探究“超载”安全隐患，应选择______两个序号的实验进行比较；为了探究“超速”安全隐患，应选择______两个序号的实验进行比较，分析表格中对应的实验数据可知：______对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
答案：
质量 速度 不能 无法比较动能大小 、 、 速度
解析：
图甲，两小球滚下高度相同，速度相同，两小球的质量不同，探究的是动能与质量的关系，得出的结论是，速度相同时，物体的质量越大，动能越大；
图乙两小球的质量相等，滚下的高度不同，探究的是动能与速度的关系；
图乙中两小球的质量相同，滚下的高度越大，到达水平面的速度越大，将木块推得越远，得出的结论是：质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大；
若水平面光滑，木块不受摩擦力，由牛顿第一定律可知木块将永远运动下去。木块通过的距离无法确定，做功的多少也无法确定。所以小球动能的大小就无法比较。
、研究超载隐患时，应控制小球下滑的高度相同而质量不同，由表中实验数据可知，应选择、两个序号的实验进行比较；
、为了探究“超速”安全隐患，应选择、两个序号的实验进行比较；由表中实验数据可知，在同等条件下速度对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
所以答案为：质量；速度；不能；无法比较动能大小或无法比较木块被推动的距离而无法比较动能；、；、；速度。
分析图甲，两小球的质量不同，可探究动能与质量的关系；
分析图乙，小球滚下的高度不同，到达水平面的速度不同，可探究动能与速度的关系；
由牛顿第一定律内容分析回答。
、研究超载危害，应控制速度相等，即小球下滑的高度相同而质量不同，分析表中实验数据，然后答题；
、应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题。
本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键。16《探究杠杆平衡的条件》
考点汇总：
1、探究目的：杠杆的平衡条件
2、实验器材：杠杆、钩码盒一套、弹簧测力计、 细线、 刻度尺；
3、探究假设：杠杆的平衡可能与“动力和力臂的乘积”、“阻力和阻力臂的乘积”有关。
4、实验步骤：
①调节杠杆两端的 平衡螺母 ，使横梁平衡。
②在杠杆的左右两端分别用细线依次悬挂个数不同钩码（每一个钩50g=0.05kg，重为：G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N），（假设左端砝码的重力产生的拉力为阻力F2，右端钩码的重力产生的拉力为动力F1，）先固定F1大小和动力臂l1的大小，再选择适当的阻力F2，然后移动阻力作用点，改变阻力臂l 2大小，直至杠杆平衡，分别记录下此时动力F1、动力臂l1、阻力F2和阻力臂l 2的数值，并将实验数据记录在表格中。
③固定F1大小和动力臂l1的大小，改变阻力F2的大小，在移动阻力作用点，改变阻力臂l 2大小，直至杠杆平衡，记录下此时的阻力F2和阻力臂l 2的数值，并填入到实验记录表格中。
④改变动力F1的大小，保持动力臂l1的大小以及阻力F2大小不变，再改变阻力F2作用点，直至杠杆重新平衡，记录下此时动力F1大小和阻力臂l 2的大小，并填入到实验数据记录表。
⑤整理实验器材。
5、数据记录：实验数据记录表如下：
动力F1（N） 动力臂l1(cm) 动力×动力臂(NM 阻力F2(N) 阻力臂l2(cm) 阻力×阻力臂(N m)
步骤2
步骤3
步骤4
7、实验结论：根据实验记录数据，探究结论是： 动力×动力臂=阻力×阻力臂 公式表示： F1L1=F2L2
思考：在上述探究实验中，为什么每次都要使杠杆在水平位置保持平衡？
答：可以方便用刻度尺来直接测出实验中杠杆的力臂大小
8、实验前杠杆的调节：左高右调，右高左调。平衡后实验过程中不能在调节平衡螺母。
9、将杠杆调成水平平衡的目的是：便于测量力臂
10、选择杠杆终点作为支点的好处：消除杠杆自身重力对实验的影响。
11、将砝码换成测力计的好处是：能直接测出拉力的大小，实验操作方便。
12、将砝码换成测力计的缺点是：测力计本身有重量，对实验有一定的影响，使弹簧测力计的示数变大。
13、如上图，乙图和丙图中，弹簧测力计的示数作怎样变化：由大变小，原因是力臂由小变大。
14、你认为哪个图更合理？答：丁图，实验不受弹簧测力计的重力的影响。
15、使用弹簧测力计代替钩码最终目的是：更能正确认识力臂。
16、多次实验的目的是：避免实验的偶然性，是结论具有普遍规律。
典题精析：
1、小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中，
实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向______ 调节，使杠杆在水平位置平衡调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是______ ；
首先应调节杠杆两端的螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，这时杠杆重力的力臂为______ ．
杠杆平衡后，小明在图甲所示的位置挂上两个钩码，可在位置挂上______ 个钩码，使杠杆在水平位置平衡．
如果再在、两处各加挂一个钩码，杠杆的______ 端将会下沉此后，小红又经过多次实验，得出的杠杆的平衡条件是______ ．
他改用弹簧测力计在图乙所示的位置斜向下拉，若每个钩码重当杠杆在水平位置平衡时，测力计的示数将______选填“大于”、“等于”或“小于”．
答案：
右；便于测量力臂；
；
；
左；；
大于
解析：
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂．探究杠杆平衡的条件就是动力动力臂阻力阻力臂。
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；
调节杠杆两端的螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态，这时杠杆的重心在支点上；
设杠杆分度值是，一个钩码重是，根据杠杆平衡条件求出钩码数量；
杠杆是否平衡，取决于两边力和力臂的乘积是否相等，若，杠杆平衡；若，杠杆就不平衡，会沿力和力臂乘积大的的方向转动；杠杆平衡条件为：；
已知阻力和阻力臂，又知动力臂，当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
杠杆的左端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，以减小这一侧的力臂．因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便；
因为杠杆的重心在支点上，所以力臂为零；
设杠杆分度值是，一个钩码重是，所以由杠杆平衡条件可得：，所以个；
如果再在、两处各加挂一个钩码，则由于：，所以杠杆左端下沉；
由多次实验可以得出杠杆平衡条件：
当斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，因为动力臂变小，由杠杆平衡条件可知，此时的动力变大，所以，测力计的示数将大于。
所以答案为：右；便于测量力臂；；；左；；大于。
2、小明在“研究杠杆平衡条件”的实验中所用的实验器材有，刻度均匀的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的重的钩码若干个。
如图所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向______选填“左”或”右”调节，直到杠杆在______位置平衡，目的是便于测量______，支点选在杠杆的中点是为了消除杠杆______对平衡的影响。
小明同学所在实验小组完成某次操作后，实验现象如图所示，他们记录的数据为动力，动力臂，阻力，则阻力臂______。
甲同学测出了一组数据后就得出了“动力动力臂阻力阻力臂”的结论，乙同学认为他的做法不合理，理由是______。
丙同学通过对数据分析后得出的结论是：动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离，与小组同学交流后，乙同学为了证明丙同学的结论是错误的，他做了如图的实验，此实验______选填“能”或”不能”说明该结论是错误的，图实验中，已知杠杆上每个小格长度为，每个钩码重，当弹簧测力计在点斜向上拉与水平方向成角杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，动力动力臂______选填“等于”或“不等于”阻力阻力臂。
答案：
右；水平；力臂；自重；；一组实验数据太少，具有偶然性，不便找出普遍规律；能；等于
解析：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；
杠杆平衡条件为：。
由杠杆平衡条件得：，
得：；
只有一次实验得出杠杆平衡的条件是：动力动力臂阻力阻力臂。这种结论很具有偶然性，不合理。要进行多次实验，总结杠杆平衡条件。
丙同学通过对数据分析后得出的结论是：动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离，与小组同学交流后，乙同学为了证明丙同学的结论是错误的，他做了如图的实验，此实验能得到“动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离”，这个结论是不正确的；当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立，所以利用图进行验证；
杠杆平衡条件为：。
由杠杆平衡条件得：，左右相等，杠杆在水平位置平衡时，动力动力臂等于阻力阻力臂。
所以答案为：右；水平；力臂；自重；；一组实验数据太少，具有偶然性，不便找出普遍规律；能；等于。
调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆的自重；
根据杠杆平衡条件分析解答；
探究杠杆平衡条件时，一般要进行多次测量，为了使实验结论具有普遍性，只有一次实验得出的结论是不科学的。
利用力臂不在杠杆上的情况进行实验；根据杠杆平衡条件分析解答。
本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小。
3、小华在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图，杠杆上相邻刻线间的距离相等。
杠杆在如图甲的位置静止时______选填“是”或“不是”处于杠杆平衡状态的。
为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______选填“左”或“右”端调节。
如图乙，杠杆在水平位置平衡后，在点挂两个钩码，每个钩码重，在点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数应为______当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将______。选填“变大”、“变小”或“不变”
小华改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是______。
答案：
是；
右；
；变大；
使实验结论更具有普遍性，避免实验结论的偶然性。
解析：
杠杆的平衡状态是指杠杆处于静止或匀速转动状态，图甲中杠杆处于静止状态，因而杠杆处于平衡状态；
图甲可知，杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，说明杠杆的重心在左端，平衡螺母应向较高的右端调节；
每个钩码重，由图可知：：，
根据杠杆的平衡条件可得，，
测力计的示数：；
斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以，测力计的示数将大于；
本实验中进行多次测量的目的是：使实验结论更具有普遍性，避免实验结论的偶然性；
杠杆的平衡状态包括两种：静止状态或匀速转动状态；
杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，说明杠杆的重心在左端，据此判断平衡螺母的调节方向；
从图乙知道两边力臂的关系，知道阻力重力大小，利用杠杆的平衡条件求所需拉力大小；当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
实验规律应建立在多次测量的基础上，以避免得到偶然性的结论。
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，此时力与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；初中物理实验进行多次测量有些是为了求平均值，使测得的数据更准确，有些是为了寻找普遍规律，探究杠杆平衡的条件就是为了寻找普遍规律。
4、“探究杠杆平衡条件”的实验中，把杠杆的中点支在支架上，杠杆停在如图甲所示的位置，
为了使杠杆在水平位置平衡，可以调节右端的平衡螺母，使它向______填“左”或“右”移动。
调节好的杠杆，如图乙，用弹簧测力向上拉动杠杆使其水平平衡，若每个钩码重为，则弹簧测力计的读数为______
如图丙，当弹簧测力计由位置倾斜至位置时，用力使杠杆在水平位置处于平衡，弹簧测力计的示数将会变______，这是因为______。
实验中测得的数据如表所示
测量序号 动力 动力臂 阻力 阻力臂
有的同学按现有方案得出如下结论“动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离。”这个结论与杠杆平衡条件不符，原因是实验过程中______。
A.没有改变力的大小
B.没有改变力的方向
C.没有改变力的作用点
D.没有改变平衡螺母的位置从而让杠杆在水平位置重新平衡。
答案：
左；；大；动力臂变小了；
解析：
杠杆处于静止状态和匀速转动状态都称为杠杆平衡。为了使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动；
根据动力动力臂阻力阻力臂，可求得弹簧测力计的读数；
根据动力动力臂阻力阻力臂，阻力和阻力臂不变，动力臂变短，动力变大；
从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂。
对于杠杆的平衡，学生容易认为杠杆在平衡位置静止是平衡状态，在其它位置静止和匀速转动容易被忽视。对于杠杆平衡的问题，正确运用杠杆平衡条件是关键。
杠杆停在如图甲所示的位置，左端上翘，要使杠杆在水平位置处于平衡状态，平衡螺母向上翘的左端移动；
根据动力动力臂阻力阻力臂，可得，解得：。
弹簧测力计在位置时，力臂是红色的线段；弹簧测力计在位置时，力臂是绿色的线段。根据动力动力臂阻力阻力臂，阻力和阻力臂都不变，动力臂变短，动力变大，故弹簧测力计示数变大。
“动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向。所以选项A、、D错误，选项B正确。
5、在“探究杠杆平衡条件”的实验中，把杠杆的中点支在支架上，杠杆静止在图甲所示的位置。
杠杆的位置如图甲所示，此时应调节杠杆两端的平衡螺母使其向______选填“左”或“右”移动，使杠杆在水平位置平衡，实验时施加的动力和阻力的方向都是竖直方向，这样做的好处是______。
某同学做了图乙一次实验后就得出了“动力动力臂阻力阻力臂”的结论，小明同学认为他的做法不合理，理由是______。
如果乙图左右两侧各加挂一个钩码，杠杆的______端会下降。
利用如图丙所示装置进行实验，每个钩码重，杠杆平衡时弹簧测力计的读数应为______如果保持弹簧测力计拉力作用点的位置不变，把弹簧测力计沿虚线方向拉，为了保证杠杆在水平位置平衡，其示数将______选填：“变大”“不变”或“变小”。
答案：
左 方便测量力臂 一次实验得出的结论具有偶然性 左 变大
解析：
杠杆右端下沉，为了使它在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向左调节；
实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，施加的动力和阻力的方向都是竖直方向，是为了便于测量力臂的长度；
只有一次实验得出杠杆平衡的条件是：动力动力臂阻力阻力臂。这种结论很具有偶然性，不合理。要进行多次实验，总结杠杆平衡条件。
如果再在左右两处各加挂一个钩码，，所以杠杆左端下沉。
设一格的长度为，杠杆在水平位置平衡，则力的方向应竖直向下，由得，，解得，；
从丙图中可以看出，弹簧秤的作用力最长的力臂为，即杠杆的长度，当力的方向发生改变时，力臂将减小，因此作用力将变大。
所以答案为：左；方便测量力臂；一次实验得出的结论具有偶然性；左；；变大。
杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母或一端的螺母要向杠杆上翘的一端调节；实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆平衡的目是便于测量力臂的长度；
探究杠杆平衡条件时，一般要进行多次测量，为了使实验结论具有普遍性，只有一次实验得出的结论是不科学的
设杠杆分度值是，一个钩码重是，根据杠杆平衡条件求出钩码数量，力和力臂的乘积大的一端下沉。
钩码在支点的左侧，要使杠杆平衡，根据杠杆的平衡条件：，将已知条件代入便可求出的大小。阻力和阻力臂不变，根据题意判断动力臂如何变化，然后由平衡条件判断弹簧测力计示数如何变化。
本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小。
6、如图所示，小明利用铁架台，带有刻度的杠杆，细线，弹簧测力计，若干钩码每个钩码重均为等实验器材，探究杠杆的平衡条件。
实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，则此时杠杆处于______ 选填“平衡”或“不平衡”状态；要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______ 调节，这样做的目的是消除杠杆自重对实验的影响。
将杠杆调整好后，如图乙所示，在点挂个钩码，则应在点挂______ 个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡。
如图丙所示，小明用弹簧测力计替代钩码，在点竖直向下拉，然后将弹簧测力计逐渐向右倾斜，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将逐渐______ 选填“变大”或“变小”，原因是______ 。
在实验中，改变力和力臂的大小得到多组数据的目的是______ 填序号。
A.使测量数据更准确
B.多次测量取平均值减小误差
C.避免偶然性，使实验结论具有普遍性
答案：
平衡；左；；变大；拉力力臂变小；
解析：杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；
调节杠杆在水平位置平衡，目的是便于从杠杆上测量力臂，同时是为了让杠杆的重心在支点上，可避免杠杆自重的影响；杠杆的左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动；
设一个钩码的重力，一格的长度为，由杠杆的平衡条件得
解得，
故应在点挂个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡。
当拉力向右倾斜时，拉力力臂变小，要保持杠杆仍在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，因阻力和阻力臂不变，则拉力将变大。
多次改变力和力臂的大小，得到了多组实验数据，得出了杠杆平衡条件。该实验测多组数据的目的是为了得出的结论更具有普遍性，所以选C。
此题探究杠杆平衡条件的实验，考查器材的调试、杠杆的平衡条件和对力臂的理解。
7、如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向______调节，使杠杆在水平位置平衡。
杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的______端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将______即可。
小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为______的实验方案更好，请说明你的理由______。
实验中小王发现：如果在杠杆的点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由______。
答案：
右 左 左侧的钩码去掉一个 小李 弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量 这个作用在杠杆点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡。
解析：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；
设杠杆每个格的长度为，每个钩码的重力为，根据杠杆的平衡条件：，即，左端大，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总个数和悬挂点位置，只需要将左侧的钩码去掉一个即可平衡；
由图可知，弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；
杠杆在点还受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，这两个力在探究杠杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。
所以答案为：右；左；将左侧的钩码去掉一个；小李；弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量；这个作用在杠杆点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡。
调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
设一个钩码重为，杠杆一个小格是，根据杠杆平衡条件判断杠杆向那端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断移动那侧钩码；
根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力，根据杠杆的平衡条件可知，图丙弹簧测力计方向向上，容易测量力臂，图丁方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；
过支点的力，力臂为零。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用以及过支点的力对杠杆的影响，要注意分析力和对应的力臂。
8、利用杠杆开展相关实验探究：
安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，如图甲所示。则应将平衡螺母向______选填“左”或“右”调节，直到杠杆在水平位置平衡；
如图乙所示，在点挂个重力均为的钩码，在点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______；若在第小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验，弹簧测力计的示数会______选填“偏大”、“偏小”或“不变”；
始终竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示。此过程中，弹簧测力计拉力的力臂______选填“变大”、“变小”或“不变”，下同，拉力的大小______。
答案：
左；
；偏小；
变小；不变。
解析：利用杠杆开展相关实验探究：
安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，左端上翘，如图甲所示。则应将平衡螺母向左调节，直到杠杆在水平位置平衡；
由图可知，根据杠杆平衡条件得：，，所以；
若在第小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验，由于左侧已经存在杠杆的力与力臂的乘积，故弹簧测力计的示数会偏小；
图丙使杠杆处于水平位置时，根据杠杆平衡条件得，
，
则；
当转动到图中位置时，物体的力臂、弹簧测力计拉力的力臂均变小；由相似可知，力臂变化比例一致，则根据杠杆平衡条件得，
在此过程中拉力的大小不变。
所以答案为：左；；偏小；变小；不变。
在调平杠杆平衡时，杠杆向哪端转动，那端沉，平衡螺母要向另一端移动；
根据杠杆平衡条件可求出弹簧测力计的示数；根据力与力臂乘积的大小变化可判断弹簧测力计的示数变化。
图丙使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，求出各自的力臂根据杠杆平衡条件即可求判断的大小变化。
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。探究杠杆平衡的条件就是动力动力臂阻力阻力臂。
9、小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中
实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向______选填“左”或“右”调节，使杠杆在水平位置平衡，调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是______．
使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态还有一个目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，这时杠杆重力的力臂为______．
杠杆平衡后，小明在图甲所示的位置挂上两个钩码，可在位置挂上______个钩码，使杠杆在水平位置平衡，再在、两处各加挂一个钩码，杠杆的______端将会下沉，此后，小明又经过多次实验，得出的杠杆的平衡条件是______．
他改用弹簧测力计在图乙所示的位置斜向下拉，若每个钩码重，当杠杆在水平位置平衡时，测力计示数将______选填“大于”、“等于”或“小于”．
答案：
右；便于测量力臂；；；左；；大于
解析：
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂．探究杠杆平衡的条件就是动力动力臂阻力阻力臂。
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；
调节杠杆两端的螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态，这时杠杆的重心在支点上；
设杠杆分度值是，一个钩码重是，根据杠杆平衡条件求出钩码数量；
杠杆是否平衡，取决于两边力和力臂的乘积是否相等，若，杠杆平衡；若，杠杆就不平衡，会沿力和力臂成积大的的方向转动．杠杆平衡条件：；
已知阻力和阻力臂，又知动力臂，当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案．
杠杆的左端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，以减小这一侧的力臂．因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便．
因为杠杆的重心在支点上，所以力臂为零．
设杠杆分度值是，一个钩码重是，
所以，所以个．
如果再在、两处各加挂一个钩码，，所以杠杆左端下沉．
由多次实验可以得出杠杆平衡条件：．
当斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，由杠杆平衡条件可知，动力变大，所以，测力计的示数将大于。
所以答案为：
右；便于测量力臂；；；左；；大于。
10、在“探究杠杆的平衡条件”实验中，每个钩码重力相等，杠杆刻度均匀。
平衡时，应该让杠杆静止在______位置。
小周同学所在实验小组完成某次操作后，实验现象如图所示，他们记录的数据为：动力，动力臂，阻力，则阻力臂______
下列四个因素中，不会带来实验误差的是______
A.铁架台自身的重力足够大
B.单个钩码的重力不完全相等
C.悬挂钩码的绳套重力偏大
D.杠杆与转轴之间的摩擦偏大
小周同学所在实验小组在完成规定实验后，他们想进一步探究，如果杠杆受到、两个阻力，结果会怎样？通过实验，他们得到了如图所示的结果。根据这个结果，可以初步得出，在这种情况下杠杆的平衡条件为：______。、、的力臂分别用、、表示
答案：
水平
解析：为了便于从杠杆上直接读取力臂，在进行实验时应该使杠杆在水平位置平衡；
杠杆平衡条件为：。
由杠杆平衡条件得：，
得：；
铁架台自身的重力足够大目的使杠杆稳定，但对杠杆的平衡无影响，故A符合题意；
B.单个钩码的重力不完全相等，则多个钩码总重力无法确定，对实验结果有影响，故B不符合题意；
C.悬挂钩码的绳套重力偏大，会对力的真实值有影响，故C不符合题意；
D.杠杆与转轴之间的摩擦偏大会影响杠杆的灵敏，对测量结果造成误差，故D不符合题意，
所以选A。
设一个钩码的重力为，杠杆一个格的长度为，根据杠杆平衡条件可知，杠杆右侧；杠杆左侧，故左侧等于右侧，故F。
所以答案为：水平；；；。
杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂重力的方向跟杠杆垂直，同时能够消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；
根据杠杆平衡条件分析解答；
对各选项分析解答；
无论两侧挂几组钩码，每一组都有自己的力与力臂，因此，求出每一个力与相应力臂的乘积，再相加，就是整个这一侧的结果，同样表示出另一侧，看两者是否平衡。
本题主要考查对“探究杠杆平衡条件”的实验内容的了解，是一道中等题。
11、根据“探究杠杆的平衡条件”实验要求，完成下列各题：
实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，______ 是不是处于平衡状态的。小明通过调节杠杆右端的螺母向______ 左右移动，使杠杆在水平位置平衡，目的是______ 。
要使图乙中杠杆平衡，应在处挂______ 个钩码题中的每个钩码都是相同的。
当弹簧测力计由图丙的竖直地拉着变成倾斜地拉着，使杠杆在水平位置静止时，弹簧测力计的示数将______ 变大不变变小。
有同学根据自己的实验数据，得到如下结论：动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离。这个结论与杠杆的平衡条件不符，原因是实验过程中没有______ 选填序号：改变力的大小改变力的方向改变力的作用点。
在实验中，多次改变力和力臂的大小主要是为了______ 。
A.减小摩擦
B.使每组数据更准确
C.多次测量取平均值减小误差
D.获取多组实验数据归纳出物理规律
答案：
是；右；便于测量力臂；
；
变大；
；

解析：杠杆的位置如图甲所示，此时杠杆处于静止状态时，处于平衡状态；杠杆右端高，说明此时杠杆的重心在支点左边，所以应将平衡螺母右调，使重心右移，杠杆才能平衡；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；
设杠杆的分度值为，一个钩码的重为，根据杠杆平衡条件得：，解得：个；
当弹簧测力计逐渐向左倾斜时，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计拉力的力臂变小，由杠杆平衡条件：，可知弹簧测力计的拉力变大；
“动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向。故正确；
在探究杠杆平衡条件的实验中，需要多次改变悬挂的钩码个数和位置，也就是改变力和力臂的大小，获取多组实验数据总结杠杆平衡满足的条件，故D正确。
所以答案为：是；右；便于测量力臂；；变大；；。
物体处于静止状态时，处于平衡状态；杠杆平衡调节原则是：右低将平衡螺母左调，左低将平衡螺母右调；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来。
根据杠杆平衡条件求出处挂钩码的个数。
阻力和阻力臂不变，根据题意判断动力臂如何变化，然后由平衡条件判断弹簧测力计示数如何变化。
从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂。
在探究杠杆平衡条件的实验中，我们曾多次改变力和力臂的大小，这样做的目的主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，避免实验结论的偶然性。
杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小，力会变大。同时，本题还考查了利用杠杆的平衡条件来对杠杆的动态平衡情况进行分析，是我们应该掌握的。
12、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，在杠杆点处挂上个钩码，用弹簧测力计在点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为______ 。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，弹簧测力计处在点位置时，此杠杆属于______ 选填“省力”或“费力”杠杆，请举出它在生活生产中的一个应用实例：______ 。
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；钓鱼竿或镊子等
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，力臂为，当杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件：，
由丁图可知，所以杠杆自动对杠杆平衡有影响，此时；
由图丁可知此时，故为费力杠杆，生活中常见的镊子、钓鱼竿等都是费力杠杆。
所以答案为：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；钓鱼竿或镊子等。
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。
13、如图所示，在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于 选填“平衡”或“不平衡”状态。
实验时，使杠杆在 位置平衡，主要是为了便于测量 的大小，因此应将如图甲所示杠杆左端的平衡螺母适当往 选填“左”或“右”调。
杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆处挂个钩码，作动力，点处挂上个钩码，作阻力，杠杆恰好在水平位置平衡，如图乙所示，分别测量出两个力的力臂和，计算后发现：，便得出杠杆的平衡条件是：。但小红认为这种实验处理方法是不完善的，理由是 。
图丙中小明换用弹簧测力计对杠杆施力进行探究，当弹簧测力计的位置在点固定时，只改变测力计与水平方向的角度，则能描述弹簧测力计示数与关系的图像是图中的 。
依据实验结论，小明利用图乙中平衡的杠杆进行操作：将一石头浸没于装满水的溢水杯中，用轻质塑料袋将溢出的水收集后，分别将石头与装有溢出水的轻质塑料袋悬吊于杠杆两侧，并适当调节位置直至杠杆在水平位置平衡，此时石头在支点左侧距点第小格处，而塑料袋则在支点右侧距点第小格处，由此可知 。
答案：
平衡 水平 力臂 右
没有经过多次测量就得出结论，实验结论没有普遍性


解析：略
14、如图所示是小明在“探究杠杆的平衡条件”实验中的一些过程．
实验前杠杆如图甲所示，此时杠杆是_________填“平衡”或“不平衡”的，应向_________调节杠杆左端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡．
挂上钩码后调节_________填“平衡螺母”或“钩码位置”，使杠杆水平平衡，平衡后如图乙所示．若两边同时去掉一个钩码，杠杆将_________填“仍平衡”“顺时针转动”或“逆时针转动”．
如图乙和图丙分别是小明同学第次、第次实验时的情景．实验时所用的每个钩码重，杠杆上每一小格长，两次实验的部分数据已记录在表中．
次数 动力 动力臂 阻力 阻力臂
第次实验中，阻力臂_________；小明第次实验记录的数据中明显错误的数据是_________填具体数据．
根据第次实验数据，小明得到了“动力动力臂阻力阻力臂”的结论．该同学得出的探究结论是_________填“可靠”或“不可靠”的，理由是___________________________________________．
答案：
平衡 右 钩码位置 逆时针转动 不可靠 根据一组实验数据得出结论，不具有普遍性
解析： 图甲中实验前没挂钩码时，杠杆处于静止的平衡状态；发现杠杆右端上翘，调节时重心应向右移动，应将两端的平衡螺母向右旋一些，使杠杆在水平位置平衡．挂上钩码后不能再调节平衡螺母，应调节钩码位置；若两边同时去掉一个钩码，则左侧，右侧，因为，杠杆不能平衡，左侧下沉，则杠杆逆时针转动．第次实验中，由杠杆的平衡条件得，；第次实验中，拉力的方向不再与杠杆垂直，因此小明存在的错误是误把力的作用点到支点的距离当做了力臂，第次实验记录的数据中明显错误的数据是仅根据一组实验数据就得出结论，实验结论具有偶然性，不具有普遍性，故实验结论不合理．
15、在探究杠杆平衡条件的实验中，如图甲、图乙所示。
实验前，发现杠杆处于如图甲所示的状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向______移动。
上面操作使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是______。
某实验小组进行正确的实验操作后，得到的数据为，，和该实验小组是否根据这组数据就能得出探究结论。
答：______。理由是______。
实验中，用如图乙所示的方式悬挂钩码，杠杆也能平衡，但采用这种方式是不妥当的。这主要是因为______
A.一个人无法独立操作 需要使用太多的钩码
C.力臂与杠杆不重合 力和力臂数目过多
乙图中，不改变支点右侧所挂的两个钩码及其位置，保持左侧第______格的钩码不动，将左侧另外两个钩码改挂到它的下方，杠杆仍然可以平衡。
答案：
右；避免杠杆重力对杠杆平衡的影响并且便于测量力臂的长度；不能；因为一次实验获得的数据具有偶然性，不能得出普遍规律；；
解析：
由图甲知，实验前没挂钩码时，发现杠杆右端上翘，则重心应向右移动，应将左端平衡螺母向右旋一些，使杠杆在水平位置平衡；
使杠杆在水平位置平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度；
只有一组实验数据，总结实验结论很具有偶然性，要进行多次实验，通过多组数据总结实验结论，使实验结论具有普遍性；
实验中，如图所示的方式悬挂钩码，杠杆平衡是杠杆的左侧在多个力共同作用的结果，采用这种方式是不妥当的。这主要是因为杠杆的力和力臂数目过多；
不改变支点右侧所挂的两个钩码及其位置，将左侧另外两个钩码改挂到第三个钩码的下方，即左侧的力是三个钩码，根据杠杆平衡的条件，，格格，；即保持左侧第格的钩码不动。
所以答案为：右；避免杠杆重力对杠杆平衡的影响并且便于测量力臂的长度；不能；因为一次实验获得的数据具有偶然性，不能得出普遍规律；；。
杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母或一端的螺母要向杠杆上翘的一端调节。
实验前先要调节杠杆两端的平衡螺母，使其在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；调节好以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度；
杠杆平衡条件是规律性结论，必须经过多次实验验证才行，只有一次实验数据，偶然性太大，不能反映普遍规律；
在初中阶段，探究杠杆平衡条件的实验，作用在杠杆上的力只有一个动力和一个阻力，不探究多个动力或阻力的作用下的杠杆平衡。
根据杠杆平衡的条件，，进行判断右侧的力与力臂不变，左侧的三个钩码一起所挂的位置。
本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。
16、在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
实验前，若使如图所示的杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向______ 选填“左”或“右”调节。
实验时，在已调平衡的杠杆两侧分别挂上不同数量的钩码，移动钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，三次实验获得的数据如表所示。分析可得杠杆的平衡条件是______ 。
次数 动力 动力臂 阻力 阻力臂
为了进一步验证实验结论，又做了如图所示的实验，在杠杆水平平衡时：
已知每个钩码的质量均为，则此次实验中阻力大小为______ ，阻力臂为______ ；取
请你在图中画出动力的力臂。
答案：
右；；；；见图

解析：杠杆左端下沉，应将杠杆重心向右移，所以应将两端的平衡螺母左端和右端的均可向右调节；
分析表格中的数据知，，，故可得出杠杆平衡的条件是：动力动力臂阻力阻力臂；
已知每个钩码的质量均为，由图可知，阻力即为钩码的重力，所以阻力大小为：
；
杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点的距离即为阻力臂，由图知阻力臂为；
过支点作动力作用线的垂线段，即动力臂；如图所示：
所以答案为：右；；；；见上图。
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移；
杠杆平衡的条件是：动力动力臂阻力阻力臂；
由图可知，阻力即为钩码的重力，根据重力公式即可得出，根据图得出阻力臂；
已知支点和动力的方向，过支点作垂直于动力作用线的垂线段，即动力臂。
本题考查杠杆的平衡条件，明确杠杆的平衡条件是关键。知道力臂的定义，并且能根据力臂的定义画出正确的力臂。
17、小明用如图所示的实验装置探究杠杆的平衡条件．
次数
为了方便测量______ ，应将杠杆调至水平位置平衡．调节时若杠杆右端稍低，可只将右端的平衡螺母向______ 调节．
小明调节杠杆平衡后，通过加挂钩码分别改变和并测出对应的力臂和记录了如表中所不的实验数据．小明得出杠杆的平衡条件是：“动力动力作用点到支点的距离阻力阻力作用点到支点的距离”小红认为小明白结论不正确，为了验证自己的观点，小红将图中的改用弹簧测力计来拉，实验时改变拉力的______ ，仍使杠杆在水平位置平衡，比较拉力的______ ，即可证明小红的判断是否正确．
小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图乙装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符．其原因是：______ ．
答案：
力臂大小；左端；方向；大小；杠杆自重的影响
解析：
杠杆在水平位置平衡，此时支点到力的作用点间距离等于力臂的大小，这样便于测量力臂大小；
杠杆右端稍低，左端上翘，所以平衡螺母向上翘的左端移动．
杠杆在水平位置平衡，力竖直作用在杠杆上，力臂在杠杆上，此时支点到力作用点的距离等于支点到力作用线的距离；
实验时用弹簧测力计拉动杠杆，改变拉力的方向，仍使杠杆在水平位置平衡，此时支点到力作用点的距离不等于支点到力作用线的距离，比较拉力的大小，即可证明小红的判断是否正确．
图乙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大．
所以答案为：力臂大小；左端；方向；大小；杠杆自重的影响．
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点间距离即为力臂；调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动．
杠杆在水平位置平衡，力竖直作用在杠杆上，力臂在杠杆上，力倾斜时，力臂不在杠杆上，力臂变小．
图乙中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响．
本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算．当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小．
18、利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。
实验前，杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 选填“左”或“右”调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是可以直接从杠杆上读出 。
杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆点挂个相同的钩码，可在杠杆的点挂 个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡。
保持点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂和动力的数据，绘制了的关系图像，如图丙所示。请根据图像推算，当为时，为 。
答案：
右；力臂的大小
解析： 杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样支点到力的作用点的距离就是力臂，便于测量力臂大小设一钩码重为，一格长度为，根据杠杆平衡条件可知，，所以 ，需在点挂个钩码由于此题中的阻力和阻力臂不变，据可知，选取图像中一组数据能得出，故当为时， 。
19、在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
若实验前，杠杆静止在图甲所示位置，此时的杠杆是_________填“平衡”或“不平衡”的。
如图甲，实验前可通过调节杠杆的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡时，此时杠杆自重的力臂为__________。
如图乙所示，杠杆在水平位置处于平衡状态，杠杆上的每格均匀等距，每个钩码都相同。下列四项操作中，会使杠杆左端下倾的是__________。
杠杆的两侧同时各减掉一个钩码
在两侧钩码下同时各加挂一个相同的钩码
将两侧的钩码同时各向外移动相同距离
将两侧的钩码同时各向内移动相同距离
A.
如图丙，在右边用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是__________。若左边钩码离支点，右边挂钩离支点，每个钩码重为，则此时弹簧测力计示数应为__________。
如图丁，当杠杆在水平位置平衡时，此时拉力的力臂__________填“大于”“小于”或“等于”。
某同学用定滑轮进行如图戊操作时，同学们发现杠杆不再平衡，请说明理由：______________________________。
答案：
平衡


消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，同时便于测量力臂；
小于
力的方向影响杠杆的平衡
解析：杠杆静止时，杠杆便处于平衡状态不一定要水平平衡。杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆自重的力臂为零，可以消除杠杆自重对杠杆平衡的影响。由杠杆的平衡条件可知，当动力动力臂阻力阻力臂时，就会导致杠杆一端下倾。杠杆两侧同时减掉一个钩码，左边，右边，右边下倾。在两侧钩码下同时各加挂一个相同的钩码，左边，右边，左边下倾。将两侧的钩码同时各向外移动一个小格，左边，右边，右边下倾。将两侧的钩码同时各向内移动一个小格，左边，右边，左边下倾。符合要求的是，所以选B。杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。如题图丙，根据杠杆平衡条件得，解得。当如题图丙，杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上时，力的力臂在杠杆上，此时力臂最大。当如题图丁，弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，力臂不与杠杆在同一直线上，动力臂变小，小于。
用带杆的滑轮向左或向右推动右边挂钩码的悬线时，力的大小不变，方向发生变化，力臂发生变化，杠杆不再变化，说明力的方向影响杠杆的平衡。
20、在“探究杠杆平衡的条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆每小格均等长、铁架台、刻度尺、细线和若干个重为的钩码。
为了便于测量力臂，要将如图甲所示杠杆调节在水平位置平衡，应将平衡螺母适当往________选填“左”或“右”调。
杠杆调节好后，进行了三次实验，实验情景如图甲、、所示，以两边钩码所受的重力分别为动力和阻力，对应的力臂为和，由此可得杠杆的平衡条件为：________，实验中进行多次实验的目的是________选填“”或“”。
A.取平均值减少误差 使实验结论具有普遍性
将如图甲所示杠杆两边的钩码各撤掉个，则杠杆________选填“保持平衡”“左端下沉”或“右端下沉”。
如图乙所示，用细绳竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，则拉力为________；保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力大小将________选填“变大”“不变”或“变小”。
在生活、生产中经常应用到杠杆的平衡条件，例如用天平测量物体的质量。某次用天平测量物体质量时，如图丙所示，则物体的质量为________。
答案：
右 动力动力臂阻力阻力臂 左端下沉 变大
解析：本题通过探究杠杆的平衡条件，考查了杠杆的调平方法、力臂的正确理解、数据的分析归纳及杠杆平衡条件的应用等。
在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；由图甲知，右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节；
杠杆调节水平后，进行了三次实验，以两边钩码所受的重力分别为动力和阻力，对应的力臂为和，可得出的杠杆的平衡条件是：或动力动力臂阻力阻力臂；实验中多次实验，是为了得出普遍性结论，避免偶然性；
将图甲中杠杆两边的钩码各撤掉个，设杠杆每格的长度为，左端力和力臂的乘积为，右端力和力臂的乘积为，故左端下沉；
每个钩码所受的重力为，根据杠杆的平衡条件，有，解得，保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力向左倾斜，此时的力臂变短，由杠杆的平衡条件知拉力将变大；
在天平的标尺上，有个小格，一个小格代表的质量是，被测物体的质量为．
21、如图所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
图 图
实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉。此时，应把杠杆两端的平衡螺母向________选填“左”或“右”调节，使杠杆在不挂钩码时，保持________并静止，达到平衡状态。这样做的好处是便于在杠杆上直接测量________。
杠杆调节平衡后，小明在杠杆上点处挂个钩码，在点处挂个钩码，杠杆恰好在原位置平衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件：_______________。他这样得出的结论是否合理？________；为什么？___________________________________________________。
实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用图所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。其原因是：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案：
左；水平；力臂
；不合理；实验次数太少，结论具有偶然性结论没有普遍性
杠杆自重的影响

解析：
本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上。
杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母或一端的螺母要向杠杆上翘的一端调节；调节好以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度；
根据实验数据总结结论；实验时应多次测量，可以得到普遍规律，只做一次，实验结论具有偶然性；
实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；图丙中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，为了使它在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向左调节；使杠杆在水平位置平衡的好处是：便于在杠杆上直接测量力臂；
设杠杆一个格的长度是，每个钩码重是；杠杆调节平衡后，由图可知，小明在杠杆上点处挂个钩码，在点处挂个钩码，杠杆恰好在原位置平衡。则有：，于是小明便得出了杠杆的平衡条件：。他这样得出的结论不合理，理由是：实验次数太少，结论具有偶然性结论没有普遍性；
图中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
22、小华和小刚两位同学一起做“探究杠杆平衡条件”的实验，以杠杆中点为支点，如图、图所示。

实验过程中应将杠杆调节到水平位置平衡，这样做的目的是消除杠杆自重对实验的影响和____________；若杠杆右端低，为使其在水平位置上静止，应将左端的平衡螺母向________端调节填“左”或“右”。
如图所示，杠杆在水平位置平衡，记录数据。根据这一次实验数据，小华同学立即分析得出杠杆的平衡条件，这种做法的不足是：________________________________。
如图所示，小刚同学设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为；第二种弹簧测力计倾斜拉，其读数为，第________填“一”或“二”种实验方案更方便。在同等条件下，两次弹簧测力计读数________填“”“”或“”。
杠杆在生活中有很多应用。现要使如图所示的静止跷跷板发生转动，小女孩乙可采取的做法是__________________________。
答案：
便于测量力臂；左
仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性
一 ；
向远离支点方向移动
解析：
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。探究杠杆平衡的条件就是动力动力臂阻力阻力臂。
调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡，杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆重对杠杆平衡的影响；在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡；
初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性；
第一种弹簧测力计沿竖直方向拉时比第二种弹簧测力计倾斜拉时的力臂较长，根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力，可得出答案；
跷跷板就是杠杆的应用，它是通过改变力的大小或者力臂的长度使杠杆发生转动的。
当在杠杆上挂物体时，杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂，同时消除了杠杆自重对杠杆平衡的影响；
在调节杠杆平衡时，杠杆右端低左端高，要使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向左端调节；
只有一次实验总结实验结论是不合理的，一次实验很具有偶然性，要多进行几次实验，避免偶然性；
弹簧测力计沿竖直方向拉时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以直接读出，因此第一种实验方案更方便；第一种弹簧测力计沿竖直方向拉时比第二种弹簧测力计倾斜拉时的力臂较长，根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力，即；
要使跷跷板转动，小女孩乙可采取的做法是：男孩不动，小女孩向远离支点方向移动。
所以答案为：便于测量力臂；左；仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性；一 ；；向远离支点方向移动。
23、小明在“研究杠杆平衡条件”的实验中所用的实验器材有：刻度均匀的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的重的钩码若干个。
如图所示，此时的杠杆______选填“是”或“不是”平衡状态。实验时为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，且便于直接从杠杆上读出力臂的大小，应将杠杆调到______。
小明同学所在实验小组完成一次操作后，实验现象如图所示，他们记录的数据为动力，动力臂，阻力，则阻力臂。甲同学测出了这组数据后就得出了“动力动力臂阻力阻力臂”的结论，乙同学认为他的结论不一定科学，理由是______。他把右边的钩码换成弹簧秤，使杠杆从水平位置慢慢转过一定角度，如图所示，此过程中，弹簧秤拉力的大小______选填“变大”、“变小”或“不变”。
图实验中，小明把两边的钩码同时远离支点一格，杠杆不再平衡，______选填“左”或“右”端会下沉。小明回家又做了图的探索，将一根长为，重为的均匀木棒，有的木棒伸出桌子边缘，用竖直向下的力压木棒的一端，当______时，木棒刚好会被翘起。
答案：
是；水平位置平衡；一组实验数据太少，具有偶然性，不便找出普遍规律；不变；左；。
解析：
杠杆保持静止，此时杠杆是处于静止状态，达到平衡；实验时为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，且便于直接从杠杆上读出力臂的大小，应将杠杆调到水平位置平衡；
只有一次实验得出杠杆平衡的条件是：动力动力臂阻力阻力臂。这种结论很具有偶然性，不合理；要进行多次实验，总结杠杆平衡条件。
力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
设一个钩码重为，杠杆一个格的长度为，杠杆在水平位置平衡后，如果将两边钩码同时向远离支点方向移动相同的距离后，
左端力与力臂的乘积为，
右端力与力臂的乘积为，左端下沉；
为了木棒刚好会被翘起，此时杠杆的支点是桌子边缘，根据杠杆的平衡条件可知，
，
解得。
所以答案为：是；水平位置平衡；一组实验数据太少，具有偶然性，不便找出普遍规律；不变；左；。
杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
探究杠杆平衡条件时，一般要进行多次测量，为了使实验结论具有普遍性，只有一次实验得出的结论是不科学的。图使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，求出各自的力臂根据杠杆平衡条件即可求判断的大小变化。
根据杠杆的平衡条件可知，当杠杆两边钩码同时向远离支点方向移动相同的距离，力和力臂的乘积大的一端下沉；根据均匀木杆确定杠杆的重心，支点为；然后根据杠杆平衡的条件：计算出的大小。
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。还考查了利用杠杆的平衡条件解题能力。
24、根据“探究杠杆的平衡条件”实验要求，完成下列各题：
实验开始时，杠杆的位置如图甲所示。小明通过调节杠杆右端的螺母向______选填“左”或“右”移动，使杠杆在水平位置平衡，然后进行下面的实验探究。
要使图乙中杠杆平衡，应在处挂______个钩码每个钩码都是相同的。
当弹簧测力计由图丙的竖直方向变成倾斜方向，则杠杆在水平位置静止时，弹簧测力计的示数将______选填“变大”“不变”或“变小”。
有同学根据自己的实验数据，得到如下结论：动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离。这个结论与杠杆的平衡条件不符，原因是实验过程中没有______选填序号：改变力的大小改变力的方向改变力的作用点多次进行实验。
小明对原来装置进行改装如图丁所示，小明两次将钩码分别挂在点和点，使钩码上升同样的高度，那么机械效率______选填“”“”或“一样”的高。
答案：
右；；变大；；。
解析：杠杆右端高，说明水平时重心在支点左边，所以应将平衡螺母右调，使重心右移，杠杆才能平衡。
设杠杆的分度值为，一个钩码的重为，
根据杠杆平衡条件得：，
解得：个。
当弹簧测力计逐渐向左倾斜时，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计拉力的力臂变小，由杠杆平衡条件：，可知弹簧测力计的拉力变大。
“动力支点到动力作用点的距离阻力支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向。故正确。
小明对原来装置进行改装如图丁所示，小明两次将钩码分别挂在点和点，钩码在点，要提高相同的高度，弹簧测力计上升的高度更大，克服杠杆的重力做功更多，机械效率更低，所以在点时机械效率更高。
所以答案为：右；；变大；；。
杠杆平衡调节原则是：右低将平衡螺母左调，左低将平衡螺母右调。
根据杠杆平衡条件求出处挂钩码的个数。
阻力和阻力臂不变，根据题意判断动力臂如何变化，然后由平衡条件判断弹簧测力计示数如何变化。
从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂。
通过比较额外功的大小比较机械效率高低。
杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小，力会变大。同时，本题还考查了利用杠杆的平衡条件来对杠杆的动态平衡情况进行分析，是我们应该掌握的。
25、小明在做“探究杠杆平衡”的实验中，所用的器材有规格相同的钩码只、弹簧测力计一只、杠杆及支架、细线等器材，杠杆上每小格距离相等。
杠杆的平衡状态是指杠杆处于______或______状态。
实验前调节杠杆在水平位置平衡，其主要目的是便于测量______，同时消除______对杠杆平衡的影响。
小明将杠杆挂在支架上，发现杆左端下沉，若他调节杠杆右端的平衡螺母，应将该平衡螺母向______端调节，直到杠杆在水平位置平衡。杠杆平衡后，在整个实验过程中______选填“可以”或“不可以”再旋动两侧的平衡螺母。
杠杆平衡后，小明在图甲所示的位置挂上两个钩码，可在位置挂上______个钩码，使杠杆在水平位置平衡。
如图乙，将一均匀的木板用细线悬挂在杠杆的位置，杠杆处于水平平衡状态。当小明用电吹风水平对着悬挂的木板吹风时，木板在水平方向上不左右晃动，以下说法正确的是______。
A.对着木板上方吹风，杠杆右端下沉
B.对着木板下方吹风，杠杆右端下沉
C.无论对着木板上、下方吹风，杠杆总保持平衡
答案：
静止；匀速转动；力臂；杠杆自重；右；不可以；；。
解析：杠杆平衡是指杠杆静止或匀速转动状态；
实验前和实验中调节杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时杠杆的重力作用线过支点，杠杆重力的力臂为零，能消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
发现杠杆左端下沉，此时，应把杠杆右端的平衡螺母向右调节，使杠杆在不挂钩码时，在水平位置平衡。实验过程中不能再调节平衡螺母，否则就不能得出平衡条件；
设每个钩码重力是，杠杆每格的长度是
杆平衡条件：动力动力臂阻力阻力臂：
，则，
需要挂上个钩码；
、对着木板上方吹风，木板上方空气流速加快，压强减小，会对木板产生一个向上的压强差，所以杠杆会向左倾斜；故A错误；
B、对着木板下方吹风，木板下方空气流速加快，压强减小，会对木板产生一个向下的压强差，所以杠杆会向右倾斜；故B正确；
C、由选项分析可知，无论对着木板上或者下方吹风，杠杆都不能保持平衡；故C错误。
所以选B。
所以答案为：静止；匀速转动；力臂；杠杆自重；右；不可以；；。
杠杆处于静止或匀速转动时，成为杠杆平衡；
实验前和实验中调节杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆重对杠杆平衡的影响。
如果杠杆左端下沉，应向右调节平衡螺母，使杠杆在平衡位置平衡，实验中不可以再调节平衡螺母。
根据杠杆平衡条件：动力动力臂阻力阻力臂，分析答题；
流体流速越快的地方压强越小，再根据杠杆的平衡条件即可得出结论。
本题考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。探究杠杆平衡条件时，要使力臂在杠杆上，有两个条件：杠杆在水平位置平衡；力竖直作用在杠杆上；还考查了流体压强与流速的关系以及杠杆的平衡条件的应用，综合性较强。
26、在探究杠杆平衡条件的实验中：
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______选填“左”或“右调节，直到______。
如图乙杠杆上的刻度均匀在点挂个钩码要使杠杆在水平位置平衡，应在点挂______个相同的钩码；当杠杆平衡后将、两点下方所挂的钩码同时朝远离支点方向移动一小格则此时杠杆在水平位置______
选填“能”或“不能保持平衡。
如图丙所示若不在点挂钩码改用弹簧测力计在点向下拉杠杆使杠杆仍在水平位置当测力计从位置转到位置时其示数大小将______；小明经过多次实验，分析实验数据后得出了杠杆的平衡条件______
如图丁所示已知每个钩码重杠杆上每个小格长度为当弹簧测力计在点斜向上拉与水平方向成角杠杆使杠杆在水平位置平衡时拉力的力臂大小为______，弹簧测力计示数大小为______
答案：
右 在水平位置平衡 不能 变大 或动力动力臂阻力阻力臂
解析：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；
设杠杆每个格的长度为，每个钩码的重力为，根据杠杆的平衡条件：，即，解得，需挂个钩码；
若、两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧，右侧，因为，杠杆不能平衡，右端下降；
保持点不变，若拉力向右倾斜时，此时的力臂变小，根据杠杆的平衡条件，力变大；
杠杆的平衡条件为或动力动力臂阻力阻力臂；
当弹簧测力计在点斜向上拉与水平方向成角杠杆，动力的力臂，由数学知识，拉力的力臂大小为：
；
根据杠杆的平衡条件：，
弹簧测力计示数大小为：
。
所以答案为：右；在水平位置平衡；；不能；变大；或动力动力臂阻力阻力臂；；。
调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
设一个钩码重为，杠杆一个小格是，根据杠杆平衡条件判断在点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
当拉力向右倾斜时，保持点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；杠杆的平衡条件为或动力动力臂阻力阻力臂；
当弹簧测力计在点斜向上拉与水平方向成角杠杆，根据力臂的定义求出动力臂大小，根据杠杆的平衡条件：求出弹簧测力计示数大小。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。
27、小强在探究“杠杆的平衡条件”时，经历了如下的实验步骤：
实验前调节杠杆在水平位置平衡时，发现杠杆右端下沉。则他应把杠杆右端的平衡螺母
向______左右调节。
实验时仍然使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是______。
在杠杆的两边挂上钩码，并移动悬挂位置，使杠杆重新平衡；改变动力或动力臂的大小，
并重新调节，再次使杠杆平衡。如此多次测量，得到多组数据，如表：
试验次数 动力 动力臂 阻力 阻力臂
分析上表，杠杆平衡条件可表示为______。
小强用弹簧测力计做如图的实验时，发现不再满足上表中得到的规律。请你对此做出评析：______。
如图，小强用弹簧测力计取代一侧的钩码进行了进一步的探究活动，他这样做的目的是______。
A.便于提供不同方向的拉力
B.便于直接读出拉力的大小
C.便于正确认识力臂
D.便于测量力臂的大小
答案：
左 便于从杠杆上直接读出力臂，杠杆自身的重力作用线过支点，不产生转动效果 由于动力的方向没有与杆垂直，因此此时的力臂不再等于长
解析：杠杆的右端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向左调节，以减小这一侧的力臂。
因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便，因此这样做的目的有两个：便于从杠杆上直接读出力臂，杠杆自身的重力作用线过支点，不产生转动效果。
分析表中的实验数据，发现动力动力臂阻力阻力臂，用、、和分别表示动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：。
如图，当小强将弹簧测力计斜向左拉时，拉力的力臂不再等于杆长，而是长，所以再将作为力臂时是错误的。
从支点到力的作用线的距离叫力臂，在杠杆两侧挂钩码，由于重力的方向是竖直向下的，力臂在杠杆上可以直接读出，当用弹簧测力计拉，若弹簧测力计倾斜时，拉力不再与杠杆垂直，这样力臂会发生变化，相应变短，根据杠杆的平衡条件，力会相应增大，才能使杠杆仍保持平衡，这样做实验可以加深学生对力臂的正确认识。
所以答案为：左；便于从杠杆上直接读出力臂，杠杆自身的重力作用线过支点，不产生转动效果；；由于动力的方向没有与杆垂直，因此此时的力臂不再等于长；。
杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母；
使杠杆在水平位置平衡最大的好处就是测量力臂时非常方便。
根据表中数据总结结论。
杠杆受到的力不再竖直方向时，力臂不等于杆长。
根据杠杆平衡的条件分析解答。
本题主要考查对“探究杠杆平衡条件”的实验内容的了解。合理运用杠杆平衡条件进行分析，同时明确拉力倾斜时力臂会变小，这也是我们在实验中应该注意的细节。
28、在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
在做实验前，杠杆静止在如图甲的位置，此时杠杆_____填“平衡”、“不平衡”。下一步的操作应该将图甲右边的平衡螺母向_____填“左”、“右”调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了在实验中便于_____。
小明同学根据图乙的操作进行实验，记录数据如表：根据实验数据分析，可得出杠杆的平衡条件：_____。
次数
保持图乙中左边钩码的个数和位置不变，在右端用弹簧测力计竖直向下拉杠杆。弹簧测力计从点向支点移动过程中未到点，杠杆始终保持水平平衡，大致可以反映拉力的大小随它的力臂变化的关系的是：_____。
如丙图，另一小组的小红在实验中将弹簧测力计的拉环挂在杠杆右端，用力向下拉挂钩，读出弹簧测力计的示数。进行多次实验发现都不能满足杠杆平衡条件。原因是_____。
答案：
平衡 右 测量力臂 没有考虑弹簧测力计自身的重力
解析：杠杆静止在如图位置，所以杠杆处于平衡状态。
杠杆的右端上翘，左端的平衡螺母或右端的平衡螺母都向右端移动，才能使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了在实验中便于测量力臂。
根据实验、实验的数据可得，。
所以杠杆平衡条件：。
弹簧测力计在处由竖直向下逐渐向左倾斜拉动杠杆的过程中，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，根据可知动力将变大，测量计的示数变大；和成反比，图象B正确；
如丙图，另一小组的小红在实验中将弹簧测力计的拉环挂在杠杆右端，用力向下拉挂钩，读出弹簧测力计的示数。进行多次实验发现都不能满足杠杆平衡条件。原因是没有考虑弹簧测力计自身的重力。
所以答案为：平衡；右；测量力臂；；；没有考虑弹簧测力计自身的重力。
杠杆调平的方法是：左端下沉向右调节平衡螺母，右端下沉向左端调节平衡螺母，使杠杆水平平衡。
掌握杠杆平衡条件，并学会利用杠杆平衡条件分析实验中出现的问题是解答此类题目的关键。
29、如图所示，是某物理实验小组探究“杠杆平衡条件”的实验过程。
安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，则应将平衡螺母向______ 选填“左”或“右”调节，直到杠杆在水平位置平衡；
如图甲所示，在点挂个重力均为的钩码，在点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______ ；
如图乙，保持点所挂砝码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕点从位置转到位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力与其力臂的乘积变化情况是______ 。
A.一直变小
B.一直变大
C.一直不变
D.先变小后变大
竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数______ 选填“变大”“变小”或“不变”。
实验结束后，小聪同学提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小聪同学利用如图丁所示的装置继续进行探究，发现在杠杆左端不同位置用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆在水平位置平衡时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是：______ 。
答案：
左 不变 杠杆自身重力对实验的影响
解析：安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，左端上翘，则应将平衡螺母向左调节，直到杠杆在水平位置平衡；
由图可知，根据杠杆平衡条件得：，，所以；
将测力计绕点从位置转动到位置过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力与其力臂的乘积也是不变的。
所以选：；
力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
图丁中，杠杆的重心不在支点上，重力的力臂不为零，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
所以答案为：左；；；不变；杠杆自身重力对实验的影响。
在调平杠杆平衡时，杠杆向哪端转动，那端沉，平衡螺母要向另一端移动；
根据杠杆平衡条件可求出弹簧测力计的示数；
在测力计转动过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，根据杠杆的平衡条件分析拉力与其力臂的乘积变化情况。
图使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，求出各自的力臂根据杠杆平衡条件即可求判断的大小变化。
在探究杠杆平衡条件时，将支点支在杠杆的中点，这样杠杆的重力恰好通过支点，力臂为零，可以消除杠杆自身重力对实验的影响。
本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，从原理到实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验，根据杠杆的平衡条件分析解答。
30、在探究“杠杆平衡的条件”的实验中：
实验前，杠杆处于如图甲所示的位置，应先将平衡螺母向______选填“左”或“右”调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是______。
小伟根据图乙便直接得出杠杆平衡的条件：动力动力臂阻力阻力臂。你认为小伟这样得出结论______选填“合理”或“不合理”，理由是______。
把图乙中点的钩码取下，在点用弹簧测力计竖直向下拉，杠杆仍在水平位置平衡，如图丙所示；当拉力向右倾斜时，要保持杠杆仍在水平位置平衡，拉力将______选填“变大”、“变小”或“不变”。
小红采用了图丁所示的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，得出的结论与杠杆平衡的条件不相符，其原因可能是______。
答案：
右；便于测量力臂；不合理；根据一次实验得出的结论有偶然性；变大；杠杆自身的重力对实验有影响。
解析：
由图可知，杠杆左端较低，为使其在水平位置平衡，应向右端移动平衡螺母；杠杆在水平位置平衡时，力臂是支点到力的作用线的垂直距离，可以方便的读出力臂；
实验时如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，不具有普遍性，因此应获取多组实验数据归纳普遍性的规律；
若拉力向右倾斜时，此时的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂一定，动力的力臂变短，则动力变大；
利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
所以答案为：右；便于测量力臂；不合理；根据一次实验得出的结论有偶然性；变大；杠杆自身的重力对实验有影响。
调节杠杆在水平位置平衡时，应向上翘的一端调节平衡螺母；使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
为得出普遍性的规律，应获取多组实验数据；
当拉力向右倾斜时，分析出力臂的变化结合杠杆的平衡条件判断力的变化；
图丁中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。
31、苗苗在“探究杠杆平衡条件”的实验中。
挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆______ 选填“达到”或“没有达到”平衡状态，应将杠杆左端的平衡螺母向______ 选填“左”或“右”调节，使杠杆在水平位置平衡，这样调节的目的是______ 。
如图乙所示，调节杠杆平衡后，在杠杆上点处挂个钩码，在点处挂个钩码，杠杆恰好在原位置平衡，于是便得出了杠杆的平衡条件为：；请判断他这样得出的结论是否合理______ ，选填“合理”或“不合理”判断的理由是______ 。
如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将、两点下方挂的钩码同时朝远离支点方向移动一小格，则杠杆将______ 选填“仍保持平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”。
取下位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的点如图丙，当弹簧测力计由位置转至位置的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，则测力计的示数如何变化？______ 。
完成以上实验后，苗苗利用杠杆来测量杠杆的机械效率。如图丁，实验时，竖直向上拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。实验中，将杠杆拉至图中虚线位置测力计的示数，钩码总重，钩码上升高度为，测力计移动距离为，则杠杆的机械效率为______ 结果精确到。如果把钩码由移至，两次都将点竖直移动相同距离，拉力所做的有用功将______ ，此杠杆的机械效率将______ 两空均选填“变大”、“变小”或“不变”。
答案：
达到；右；便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
不合理；仅通过一次实验得出的结论不具有普遍性，应该多次测量找普遍规律；
左端下沉；
先变小再变大；
；变大；变大
解析：杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡；
如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，此时所挂钩码对杠杆产生的拉力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
实验中仅通过一次实验得出的结论不具有普遍性，应该多次测量找普遍规律，所以不合理；
根据杠杆的平衡条件：，若将、两点下方挂的钩码同时朝远离支点方向移动一小格，则左侧，右侧，因为，所以杠杆左侧下沉；
让杠杆在水平位置平衡，将弹簧测力计由斜向左拉改为斜向右拉，阻力和阻力臂不变，拉力的力臂先变长再变短，根据杠杆平衡条件可知，杠杆在水平位置平衡时，拉力先变小再变大；
有用功是：，
总功是：，
所以杠杆的机械效率是；
将钩码的悬挂点由移至，、位置不变，仍将点竖直移动相同距离，钩码提升的高度增加，有用功变大；
由于额外功是提升杠杆所做的功，悬挂点由移至后，仍将点竖直移动相同距离，杠杆实际提升的高度不变，所以额外功也不变，根据知杠杆的机械效率将变大。
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。杠杆平衡的条件是动力动力臂阻力阻力臂。17《测量滑轮组及杠杆的机械效率》
考点汇总：
1、实验目的：会测量滑轮组的机械效率。
2、实验原理：
3、待测数据：物重G、拉力F、重物上升的距离h、弹簧测力计移动的距离S
4、实验器材：钩码、滑轮组、铁架台、细线、弹簧测力计、刻度尺。
5、实验步骤：
①用所给器材组装如图１所示滑轮组。
②将钩码挂在滑轮组下方，记录下所挂钩码的重力，用弹簧测力计竖直拉住绳子自由端。
③将刻度尺放在如图所示的位置，分别记录下钩码和绳子自由端的起始位置。
④用弹簧测力计匀速拉动绳子自由端，使物体匀速上升一段距离，记录弹簧测力计的读数，并记录物体上升后所达到的末位置以及绳子自由端上升到的末位置。
⑤根据测量数据，分别计算出钩码上升的距离ｈ和绳子自由端移动的距离ｓ，然后根据Ｗ有用＝Ｇｈ和Ｗ总＝Ｆｓ计算出有用功和总功，按η 计算该滑轮组的机械销率。
⑥改变所挂钩码的重力，重复以上实验步骤。
⑦钩码重力不变，改变动滑轮个数重复上述实验步骤。
次数 钩码重/N 钩码上升高度/cm 滑轮组有用功/J 弹簧测力计示数/N 弹簧测力计移动距离/cm 滑轮组总功/J 机械效率%
单滑轮组 1 4 10 1.6 30
2 6 10 2.6 30
双滑轮组 1 4 10 1.1 50
2 6 10 1.4 50
6、实验结论：
①滑轮组机械效率与物体重力和动滑轮的个数有关；
②同一滑轮组，提起的物重越重，滑轮组的机械效率越高；
③不同的滑轮组机械效率不同，且在物重相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低
7、 步骤：必须匀速拉动弹簧测力计使钩码升高，目的：保证测力计示数大小不变。
8、结论：影响滑轮组机械效率高低的主要因素有：
A动滑轮越重，个数越多则额外功相对就多。
B提升重物越重，做的有用功相对就多。
C 摩擦，若各种摩擦越大做的额外功就多。
9、同一滑轮组： 绕线方法和重物提升高度不影响滑轮机械效率。
10、测量机械效率时为什么不能使弹簧测力计静止？机械效率会怎样？
答：当弹簧测力计静止时，绳子和滑轮之间没有摩擦力，拉力示数会变小，用
功在总功中占的比例增大，滑轮组的机械效率偏大。
典题精析：
1、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、丙组实验，实验数据记录如下：
次 数 钩码重 钩码上升 的距离 弹簧测力计 的示数 弹簧称上升的距离 机械 效率
第次
第次
第次
实验操作中应______拉动弹簧测力计；
进行第次测量时，滑轮组的机械效率约为______；
进行第次测量时，弹簧测力计示数为______，读数时弹簧测力计______选填“应该”或“不应该”处于静止状态。
分析三次实验数据，得出结论是：滑轮组的机械效率与______有关。
答案：
竖直匀速 不应该 物重或钩码重
解析：实验操作中应竖直匀速拉动弹簧测力计；
进行第次测量时，滑轮组的机械效率；
由图知，测力计的分度值为，所以其示数为如让弹簧测力计静止时读数，则减小了一部分由于摩擦造成的额外功，因此测得的机械效率偏大。
从实验数据看，钩码上升的高度无规律的变化，所以机械效率不断增大不是由于被提升高度的变化而引起的。钩码重不断增大，机械效率不断提高。所以可以看出增大被提升物体的重力可以提高滑轮组的机械效率。
所以答案为：竖直匀速；；；不应该；物重或钩码重。
实验时应竖直匀速拉动测力计；
根据实验数据，由机械效率公式求出滑轮组的效率；
由图示测力计确定其分度值，读出其示数；如让弹簧测力计静止时读数，则减小了一部分由于摩擦造成的额外功，因此测得的机械效率偏大；
在分析数据时，要注意机械效率的变化是由哪个物理量的变化引起的，从而得出结论。
此题考查了学生对测滑轮组机械效率实验的理解，这些问题也是大多数同学存在的，要真正理解其中的原因。
2、某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
实验次数 钩码重量 钩码上升高度 绳端拉力 绳端移动距离 机械效率
实验中应沿竖直方向______缓慢拉动弹簧测力计，某同学在该实验中加速向上提升重物，所测滑轮组的机械效率会______选填“偏大”“偏小”或“不变”；
通过比较______填实验次数的序号两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关；比较、两次实验得出结论：同一滑轮组，______越大，滑轮组的机械效率越高；
表格中第次实验空格中数值：绳端移动距离______；通过比较、两次实验数据可得出结论；不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越______填“高”或“低”；
若每个滑轮的质量为，第三次实验中克服摩擦做的额外功为______不计绳重。
答案：
匀速；变小；、 ；物重；；低 ；
解析：
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；某同学在该实验中加速向上提升重物，提升物体的力变大，总功变大，而有用功不变，故滑轮组的机械效率变小；
比较、两次的实验数据，同一滑轮组，提升的物重不变，绳子段数不同，机械效率相同，可得出结论：使用同一滑轮组提升重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关；
比较第、次的实验数据，同一滑轮组提升不同重物，物重不同，机械效率不同，可得出结论：同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；
由图丁可知绳子的有效段数为，绳端移动距离；
比较第、次的实验数据，不同滑轮组提升相同重物，动滑轮重不同，机械效率不同，可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；
由表中数据可知，第三次实验中，有用功；总功；
动滑轮的重力；则克服动滑轮重力做的功；
不计绳重，由 ，
可得，克服摩擦做的额外功。
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；根据总功和有用功的变化情况判断机械效率的变化；
根据控制变量法进行分析解答；
根据计算第次实验中绳端移动的距离；根据、次实验数据进行分析解答；
，据此解答分析；
本题考查了测滑轮组机械效率的实验，其中包括控制变量法的应用和机械效率的计算，难度一般。
3、在探究影响滑轮组机械效率的因素时，小明提出了如下猜想：
猜想一：滑轮组机械效率与被提升物体所受的重力有关
猜想二：滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关
为了验证猜想，准备的器材如下：两个相同的滑轮、一根细绳、钩码若干、刻度尺和弹簧测力计。
小明把两个滑轮分别作为定滑轮和动滑轮组装成滑轮组，用该滑轮组提升不同数量的钩码进行了三次实验，数据如表所示：
实验次数 钩码所受的重力 提升高度 拉力 绳端移动的距离 机械效率
请你解答如下问题：
表中第次实验时滑轮组的机械效率为_________；根据表中数据在图中画出该滑轮组的绕线方式；
分析表中数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体，物体越重，滑轮组的机械效率_________选填“越高”“越低”或“不变”；
为了验证猜想二，还需增加的实验器材是_____________________。
答案：
；；
越高；几个自重不同的滑轮。
解析：表中第次实验时滑轮组的机械效率为：
；
由可得绳子的有效段数：，该滑轮组的绕线方式如下图所示：
分析表中数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体，物体越重，滑轮组的机械效率越高；
为了验证猜想二，滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关，要控制其它因素相同，只改变动滑轮的重力，故还需增加的实验器材是几个自重不同的滑轮。
所以答案为：；如上图所示；越高；几个自重不同的滑轮。
本题探究影响滑轮组机械效率的因素，考查机械效率的计算、滑轮组的连接、数据分析和控制变量法的运用。
4、斜面的机械效率与斜面的哪些因素有关呢？小刚猜想：斜面的机械效率可能跟斜面的粗糙程度、斜面的倾斜程度有关．他将一木板的一端垫高，构成长度一定、高度可调的斜面，用弹簧测力计拉着同一块木块沿不同的斜面匀速向上运动．下表是他们实验记录的有关数据：
次数 斜面 倾角 斜面材料 物重 斜面高度 沿斜面拉力 斜面长 有用功 总功 机械效率
木板
毛巾
木板
请将第次实验表格的空补充完整．
在第次实验中，木块与斜面的摩擦力为______
分析第、次实验数据，可以得出：当其他条件一定时，______斜面机械效率越低．
分析第、次实验数据，可以得出：斜面材料相同时，斜面倾角越大，斜面的机械效率越______，斜面在生活中有着广泛的应用，例如______．
答案：
；；；；斜面越粗糙；高；盘山公路
解析：
此题是测量斜面的机械效率并探究影响斜面机械效率的因素，考查了控制变量法在实验中的应用，考查了对实验数据的分析和实验结论的得出；实验探究题考查内容细致，数据多，需要细心读题，考虑全面，回答准确。
克服重力做的功为有用功，拉力做的功为总功，有用功与总功的比值为机械效率；
先根据和分别求出有用功和总功，然后根据求出额外功，克服摩擦力做功就是额外功，利用求出摩擦力；
根据表格中的数据，利用控制变量法分析。
由表格第次实验数据：，
，
故机械效率为：；
由第次实验的数据可知，则额外功，
由得，木块所受摩擦力；
分析第、次实验数据，可以得出：当斜面倾角、斜面高、物重等条件一定时，发现斜面越粗糙，斜面的机械效率越低；
分析第、次实验数据，可以得出：当物重、斜面材料相同时，斜面倾角越大，斜面的机械效率越高；盘山公路就是利用了斜面。
所以答案为：；；；；斜面越粗糙；高；盘山公路。
5、在生活和生产中，简单机械有着十分重要的作用。
为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用图的装置进行实验。实验前，杠杆左端下沉，应将右端的平衡螺母向______ 调节选填“左”或“右”，使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量______ 。
小明用图的实验装置探究滑轮组机械效率。实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如下表。
实验 次数 滑轮材质 钩码的重 力 钩码提升的 高度 有用功 拉力 绳端移动的 距离 总功 机械效率
铝
铝
铝
塑料
塑料
由图可知，第次实验中弹簧测力计示数为______ ；
由第次实验中滑轮组的机械效率为______ 结果保留一位小数；
分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率______ 选填“变大”、“变小”或“不变”。
小明用图的实验装置探究斜面的机械效率。发现斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用______ 的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。某次实验测得物重、斜面长、高，若机械效率，则物体在斜面上受到的摩擦力为______ 。
答案：
右 力臂的大小 变大 减小接触面的粗糙程度
解析：杠杆静止时，杠杆左端下沉，右端偏高，平衡螺母需向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂的大小；
由图知，测力计的分度值为，其示数为；
由表格数据知，第次实验中滑轮组的机械效率为：
；
由表中第、两次实验数据知，钩码重相同，塑料滑轮比铝制滑轮重力小，机械效率大，故提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率变大；
保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率；
利用斜面时，克服物体与斜面间的摩擦力做的功是额外功，
则，
即：，
解得：。
所以答案为：右；力臂的大小；；；变大；减小接触面的粗糙程度；。
在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；
在进行测力计的读数时，注意测力计的分度值；
根据公式可求出机械效率；
由控制变量法结合表格中数据分析；
通过减小接触面粗糙程度和压力可减小摩擦；
由计算摩擦力。
本题是探究杠杆平衡条件和滑轮组机械效率的实验，考查了杠杆平衡的调节、机械效率的计算、运用控制变量法分析数据以及减小摩擦的方法应用，是一道中等题。
6、在“探究哪些因素影响滑轮组的机械效率”的实验中，某小组利用如图所示装置测得了四组数据，如表所示．
试验次数 钩码重 钩码上升的高度 测力计的示数 测力计移动的距离
前三次实验中，第_________次实验数据明显出现错误，应当剔除．
第四次实验中，有用功是_________，滑轮组的机械效率为_________．
该小组设计这四次实验的目的是为了探究滑轮组的机械效率与____________的关系．
小红在以上实验的基础上多使用一个滑轮也做了实验，如图所示．
小红多使用一个滑轮，目的是为了______________________；
当两位同学使用各自的滑轮组提升同一重物时，若忽略绳重及摩擦，它们的机械效率________填“相同”或“不相同”，理由是：_______________________________________________________ ．
答案：
；
；；
钩码上升高度；
改变力的方向；相同；若将同一重物提升相同的高度所做的有用功和额外功相同。
解析：
本题主要考查了探究滑轮组的机械效率，难度一般。
由图可知，绳端移动的距离与物体上升的高度之间的关系为：；
本题中有用功是指克服重力所做的功，总功时拉力所做的功，机械效率等于有用功占总功的百分比；
分析表格中改变的量，机械效率的变化是由哪个物理量的变化引起的；
定滑轮不能省力，但是能改变力的方向，在忽略绳重以及摩擦的前提下，滑轮组的机械效率与提升物体的重力和动滑轮的重力有关。
和次实验中，绳端移动的距离与物体上升的高度之间的关系为；但是第三次实验不满足这个关系，故第三次实验应该剔除；
第四次实验钩码重，钩码上升的高度，故有用功为：
；
此时测力计示数为，绳端移动的距离为；故总功为：
；
故机械效率为：
；
由表可知，这四组数据中，钩码上升的高度不断变化，故该小组设计这四次实验的目的是为了探究滑轮组的机械效率与钩码上升高度是否有关；
如图所示小红多使用一个定滑轮，目的是为了改变力的方向；当两位同学使用各自的滑轮组提升同一重物时，若忽略绳重及摩擦，此时滑轮组的机械效率与物体的重力和动滑轮的重力有关，故此时它们的机械效率相同，，理由是若将同一重物提升相同的高度所做的有用功和额外功相同。
所以答案为：
；
；；
钩码上升高度；
改变力的方向；相同；若将同一重物提升相同的高度所做的有用功和额外功相同。
7、如图是智慧小组“测滑轮组的机械效率”的实验装置。测得的实验数据如表。
实验次数 物重 物体上升高度 拉力 绳端移动距离 机械效率
实验过程中，应竖直向上______拉动弹簧测力计。
第三次实验中滑轮组的机械效率是______。
分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重______，滑轮组的机械效率越高。
若在第三次实验中，物体上升的速度为，则拉力的功率为______
创新小组也利用重为、、的物体进行了三次实验，每次测得的机械效率均大于智慧小组的测量值，则创新小组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.所使用的动滑轮的重力小于智慧小组
答案：
匀速缓慢；；越大；；。
解析：实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数；
第三次实验中滑轮组的机械效率是：
；
纵向分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；
若在第三次实验中，，物体上升的速度为，则绳子自由端的速度：
，
则拉力的功率为：
；
测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，拉力测量大了，机械效率变小，不符合题意；
B.弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，拉力变大，机械效率变小，不符合题意；
C.使用的动滑轮的重力小于智慧小组，克服动滑轮做的功减小，额外功减小，机械效率变大，符合题意；所以选C。
所以答案为：匀速缓慢；；越大；；。
实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
根据表中数据，由求出第三次实验中滑轮组的机械效率；
纵向分析表中实验数据得出结论；
物体上升的速度为，根据得出则绳子自由端的速度；
根据求出拉力的功率；
机械效率与动滑轮的重有关，根据机械效率公式分析。
本题测滑轮组的机械效率，考查注意事项、机械效率计算、影响效率大小的因素和功率计算及数据分析。
8、在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，小芳用如图所示的滑轮组分别做了甲、乙、丙次实验，实验数据记录如表所示。
次数 钩码重 钩码上升的距离 弹簧测力计的示数 绳端上升的距离 机械效率
在实验操作中应该____________________拉动弹簧测力计。
进行第次测量时，弹簧测力计示数为__________，机械效率约为__________保留到。
分析实验数据，小芳得出的实验结论是：使用同一滑轮组提升不同重物，______________可以提高机械效率。
第次实验时，钩码上升的速度为，则拉力的功率为__________。
若在实验时弹簧测力计的拉动方向偏离了竖直方向，则测出的机械效率将__________。填“变大”“不变”或“变小”
小芳进一步分析数据，发现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，所做的额外功将__________填“变大”“不变”或“变小”，分析原因：______________________________________________________________________。
答案：
竖直向上匀速

增加物重

变小
变大； 物重增加，轮和轴、绳之间的压力变大，摩擦力变大
解析：在实验操作中应该竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，弹簧测力计示数等于拉力的大小。
由弹簧测力计示数可知，其分度值为，进行第次测量时，弹簧测力计示数为，机械效率。
分析实验数据，小芳得出的实验结论是使用同一滑轮组提升不同重物时，增加物重可以提高机械效率。
第次实验时，钩码上升的速度为，因绳子的有效段数为，故绳子自由端移动的速度，功率。
在实验时弹簧测力计的拉动方向偏离了竖直方向，则弹簧测力计示数偏大，总功偏大，而有用功不变，由可知，测出的机械效率将变小。
小芳进一步分析数据，发现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，所做的额外功将变大，原因是物重增加，轮和轴、绳之间的压力变大，摩擦力变大。
9、为了探究斜面的机械效率与斜面倾斜程度之间的关系，探究小组的同学利用木板、刻度尺、弹簧测力计、木块等器材设计了如图所示的实验装置。实验测得的数据如下表：
实验 次数 斜面倾 斜程度 木块重力 斜面高度 沿斜面拉 力 斜面长度 机械 效率
较缓
较陡
最陡
请你根据表中的数据解答下列问题：
实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做______运动，该过程中木块的机械能______选填“变大”、“不变”或“变小”。
第次实验中，斜面的机械效率为______，斜面对木块的摩擦力为______。
斜面的机械效率与斜面的倾斜程度之间的关系是：______。
试列举出生活中利用斜面的一个实例：______。
答案：
匀速直线 变大 斜面越陡，其机械效率越高 盘山公路
解析：
实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速直线运动，动能不变，因木块高度变大，重力势能变大，该过程中木块的机械能变大；
第次实验中，斜面的机械效率：。
在第次实验中，有用功，总功，
额外功：，
根据可得摩擦力：
；
由表中数据可知：斜面越陡，其机械效率越高；
生活中利用斜面的实例：盘山公路。
所以答案为：匀速直线；变大；；；斜面越陡，其机械效率越高；盘山公路。
实验用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速直线运动，测力计示数才恒定；
动能大小与物体的质量和速度大小有关，重力势能大小与物体的质量和举高的高度有关，据此分析；
根据表中数据，由求出第次实验中斜面的机械效率；
在第次实验中，求出额外功，根据可得摩擦力：
由表中数据得出结论；
生活中利用斜面的实例：盘山公路。
本题为斜面机械效率的测量实验，考查了斜面摩擦力的计算、机械效率的计算、影响机械能大小的因素及数据分析能力。
10、斜面是一种简单机械，在生活和生产中使用斜面的好处是可以省力，如：______。那么斜面的省力情况与哪些因素有关呢？使用斜面的省力情况可以通过比较沿斜面拉力与物体重力的比值大小来判定，比值越小，越省力
小明做了如下猜想：
猜想：与斜面的表面材料有关；
猜想：与斜面的倾斜程度有关；
猜想：与物体受到的重力大小有关。
小明为验证上述猜想，利用如图所示的装置进行了实验。实验中所用的物块材料及其表面粗糙程度相同，在沿斜面拉力的作用下，在斜面上做匀速直线运动。实验中相关的记录如表。
实验序号
斜面倾角
斜面的表面材料 木板 毛巾 木板 木板 木板 木板
物块重
沿斜面拉力
回答下列问题：
通过对比实验______中的数据可知，使用斜面省力的情况与斜面的表面材料有关；
通过对比实验、、中的数据，得出的结论是：在其他条件相同时，______；
为验证猜想，小明做了实验______填写实验序号，分析实验数据后，小明认为这几次实验省力情况相同，依据是______。
【拓展】完成实验后，小明沿斜面用的拉力，将重为的物体从斜面底端匀速拉到了顶端。已知斜面长、高，则斜面的机械效率是______把重物直接提升所做的功作为有用功
答案：
盘山公路；和；其他条件相同时，斜面的倾斜程度越小，提升物体越省力；、、；根据、、的实验数据可知，物体的重力变为原来的几倍，拉力会变为原来的几倍，即沿斜面的拉力与物体的重力的比值大小相等；【拓展】。
解析：斜面是一种简单机械，使用斜面可以省力。当斜面的高度一定时，斜面越长，则坡度越缓，则越省力；如：盘山公路；
探究斜面省力的情况与斜面的表面材料有关时，采用的是控制变量法，实验中需要控制物重、倾角相同，表面材料不同，所以应该对比和的数据；
对比实验、、中的数据可知，在斜面的表面材料、物重相同的情况下，倾角越小，拉力越小，故结论是：在其他条件相同时，斜面的倾斜程度越小，提升物体越省力；
探究斜面省力的情况与重力大小有关时，根据控制变量法可知，实验中需要控制倾角相同、表面材料相同，物体的重力不同；所以需要对比、、的实验数据；
根据、、的实验数据可知，物体的重力变为原来的几倍，拉力会变为原来的几倍，即沿斜面的拉力与物体的重力的比值大小相等；
【拓展】有用功为：；拉力做的总功：；
斜面的机械效率：。
所以答案为：盘山公路；和；其他条件相同时，斜面的倾斜程度越小，提升物体越省力；、、；根据、、的实验数据可知，物体的重力变为原来的几倍，拉力会变为原来的几倍，即沿斜面的拉力与物体的重力的比值大小相等；【拓展】。
斜面也是一种常用的机械，使用斜面比较省力；
探究斜面省力的情况与斜面的表面材料有关时，需要控制物重、倾角相同，表面材料不同；
根据实验、、中的数据中的相同点和不同点，利用控制变量法分析；
探究斜面省力的情况与重力大小有关时，需要控制倾角相同、表面材料相同，物体的重力不同；
【拓展】根据公式可求拉力做的有用功；利用求出拉力做的功，即总功；斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
此题主要考查我们的实验分析能力，以及斜面机械效率的计算，是一道好题，要掌握。
11、斜面是简单机械的一种，可用于克服竖直提升重物的困难。几名同学围绕斜面展开如下两个方面的探究忽略空气阻力：
小花同学猜想斜面的机械效率可能跟斜面的倾斜程度有关。她利用图甲的装置进行实验，用弹簧测力计匀速拉动物块并记录数据如下表：
实验次数 斜面倾斜程度 物块重力 斜面高度 拉力 斜面长度 机械效率
较缓
较陡
最陡
表格的空白处应该填的数据是___________；
第一次实验中，物块受到斜面的摩擦力为___________；
通过分析实验数据，可得结论：___________。
小埔同学想探究物体沿斜面下滑过程中的能量转化。如图乙，他将同一物体分别置于两个高度相同但倾斜程度不同的斜面顶端由静止释放，物体均沿斜面运动到底端。
若斜面光滑，下滑过程中物体的运动速度___________选填“增大”、“减小”或“不变”；
已知斜面对物体的支持力为，斜面长，支持力在这个过程中做功___________；
若两斜面的材料相同，物体沿斜面下滑到底端的速度为，物体沿斜面下滑到底端的速度为，则___________选填“”、“”或“”，判断的依据是___________。
答案：
当物重与斜面的粗糙程度一定时，斜面越陡，机械效率越高 增大 根据，两种情况下做的有用功相同，斜面机械效率高，克服摩擦力做的额外功少，故当物体滑到斜面底端时，机械能转换成的内能少，物体在斜面上动能较大，即的速度较大。
解析：第三次的机械效率为
第一次实验中，总功为
有用功为
额外功为
本实验中克服摩擦力做的功为额外功，故物块所受斜面的摩擦力为
纵向分析表中的实验的数据，结论是：当物重与斜面的粗糙程度一定时，斜面越陡，机械效率越高。
若斜面光滑，则物体只受到垂直斜面上的支持力与物体的重力作用，这两力的合力斜向下，为非平衡力，故物体的运动状态要发生改变，下滑过程物体的运动速度增大。
因支持力与移动的距离垂直，故这个过程中支持力做功为。
根据，两种情况下做的有用功相同，由知，斜面机械效率高，克服摩擦力做的额外功少，故当物体滑到斜面底端时，机械能转换成的内能少，物体在斜面上动能较大，即的速度较大。
12、测量如图所示滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表。
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
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。第次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为______。
第次实验时所做的有用功为______，滑轮组的机械效率是______。
分析、、次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越______选填“大”或“小”，滑轮组的机械效率越高；分析、次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度______选填“有关“或“无关”。
结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是______。
A.增大绳重
B.减轻动滑轮重
C.加快物体提升的速度
答案：
匀速 大 无关
解析：
实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动。测力计分度值为，第次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为；
第次实验时所做的有用功为：
；
第次做的总功：；
滑轮组的机械效率是：
；
分析、、次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越，滑轮组的机械效率越高；
分析、次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关；
增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小；
B.减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率大；
C.由知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据，机械效率与物体提升的速度无关，
所以选B。
所以答案为：匀速；；；；大；无关；。
实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；根据拉力计分度值得出弹簧测力计示数；
根据得出第次实验时所做的有用功，
根据得出第次做的总功，根据求出滑轮组的机械效率；
分析、、次实验的数据得出结论；
分析、次实验的数据可知得出滑轮组的机械效率与钩码上升的高度的关系；
增大绳重，增大了额外功，据此分析；
B.减轻动滑轮重，减小了额外功，据此分析；
C.由知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据分析。
本题测量滑轮组的机械效率，考查注意事项、测力计读数、功和机械效率的计算、数据分析及影响机械效率大小的因素。
13、用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率。实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数为，钩码总重为，钩码上升高度为，测力计移动距离为，则杠杆的机械效率为______请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：______。
为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，一位同学用该实验装置，先后将钩码挂在、两点，测量并计算得到如表所示的两组数据：
次数 钩码 悬挂点 钩码总重 钩码移动距离 拉力 测力计移动距离 机械效率
点
点
根据表中数据，能否得出“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”的结论？答：______，原因是______。
答案：
由于使用杠杆时需要克服杠杆自重克服摩擦力等做功 不能 两次实验时钩码没有挂在同一位置或者仅根据一次对比实验所得结论是不可靠的
解析：；
；
因为杠杆自身有重力，提升物体的同时也要提升杠杆，即克服杠杆自重做功，就有了额外功；
分析机械效率的影响因素应采取控制变量法，研究提起的物重和机械效率的关系时，应保持位置不变，而实验中，两次钩码悬挂的位置是不同的。同时，还应进行多次实验，分析多组数据，才能得出有说服力的正确结论，只凭一次实验数据做出结论是不科学的。
所以答案为：；由于使用杠杆时需要克服杠杆自重克服摩擦力等做功；
不能；两次实验时钩码没有挂在同一位置 或者 仅根据一次对比实验所得结论是不可靠的。
先计算出有用功和总功
再由算出机械效率。
由额外功产生的原因解答。
通过探究实验来得出结论时，应进行多次实验，分析多组数据，同时，分析机械效率的影响因素也应采取控制变量法，这样才能得出正确结论。根据这一思路来对最后的问题做出判断。
此题主要考查弹簧测力计的读数和功的计算，以及机械效率等，是一道综合题，属于中档题。
14、某物理兴趣小组在测量滑轮组的机械效率，实验过程如下：
用弹簧测力计测量沙和袋所受总重力并填入表格。
按图安装滑轮组，分别记下沙袋和绳端的位置。
匀速拉动弹簧测力计，使沙袋升高，读出拉力的值，用刻度尺测出沙袋上升的高度和绳端移动的距离，将这三个量填入表格。
算出有用功，总功，机械效率。
改变沙袋中沙子的重量，重复上面的实验。
次数 沙和袋所受的总重力 提升高度 有用功 拉力 绳端移动的距离 总功 机械效率
请根据实验过程和实验记录，思考并回答：
在第一次实验中，粗心的小冬同学忘记在表格中填写绳端移动的距离，你认为应该为______。
根据表中数据，可计算得出第二次实验的机械效率为______。
根据表中数据，分析得出所用动滑轮的重为______绳重和摩擦忽略不计
分析三次实验中的数据，可以发现用同一个滑轮组提升重物，物重越大，滑轮组的机械效率
______。选填“越大”、“越小”或“不变”
答案：
越大
解析：
绳子的有效段数为，根据，在第一次实验中，绳端移动的距离；
根据表中数据，可计算得出第二次实验的机械效率为：
；
不计绳重和摩擦，绳子自由端的拉力：，
结合第一次实验的数据可得，所用动滑轮的重：；
纵向分析三次实验中的数据，可以发现用同一个滑轮组提升重物，物重越大，滑轮组的机械效率越大。
所以答案为：；；；越大。
已知绳子的有效段数为，根据求出在第一次实验中绳端移动的距离；
根据表中数据，由计算得出第二次实验的机械效率；
不计绳重和摩擦，绳子自由端的力：，据此求出；
纵向分析三次实验中的数据得出结论。
本题测量滑轮组的机械效率，考查、及作用绳子自由端的力计算和影响机械效率大小的因素。
15、在“探究滑轮组的机械效率”时，小林利用滑轮组进行了次测量，测得数据如表：
实验 次数 动滑轮重 物重 钩码上升 高度 动力 绳端移动 距离 滑轮组的 机械效率
根据表中数据在图上用笔画线代替细绳组装滑轮组
实验中应沿竖直方向拉动弹簧测力计，使钩码 缓缓上升
表格中编号处数据应为
由表中第、组数据可知，同一滑轮组的机械效率与 无关
比较第、次实验数据可得出结论：使用同一滑轮组，提升重物越重，机械效率 选填“越高”“不变”或“越低”。
答案：
如图所示
匀速 钩码或物体上升的高度 越高

解析： 根据绳端移动的距离与钩码上升高度的关系，可得，将细绳的一端固定在动滑轮上面的挂钩上，依次绕过定滑轮和动滑轮，完成作图实验中应沿竖直方向拉动弹簧测力计，使钩码匀速缓缓上升第次实验，有用功，总功，滑轮组的机械效率比较表中第、组数据可知，使用同一滑轮组，物重相同，绳子自由端的拉力也相同，物体提升高度不同，机械效率相等，故得出结论：同一滑轮组的机械效率与钩码或物体上升的高度无关比较第、次实验数据，可得出结论：使用同一滑轮组，提升的重物越重，机械效率越高。
16、测量如图所示滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表所示。
实验次序 钩码重力 钩码上升高度 拉力 绳端移动距离 机械效率
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。第次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为________。
第次实验时所做的有用功为________，滑轮组的机械效率是________。
分析、、次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越________选填“大”或“小”，滑轮组的机械效率越高；分析、次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度________选填“有关”或“无关”。
结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是________。
A.增大绳重 减轻动滑轮重 加快物体提升的速度
答案：
匀速 大 无关
解析：实验时应缓慢拉动测力计，使钩码竖直向上做匀速运动；第次实验时，测力计示数
为；第次实验时，，；分析、、次实验数据知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，滑轮组的机械效率越高；分析、次实验数据知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关；减轻动滑轮重可减小额外功，有用功与总功的比值变大，可提高滑轮组的机械效率。
17、小明用如图所示装置探究“斜面的机械效率”。实验前他有如下猜想：
A.斜面的机械效率可能与物体所受的摩擦力有关；
B.斜面的机械效率可能与斜面的倾斜程度有关。
实验中，沿斜面拉动物体时，应使其做______ 运动。
下表是小明探究过程中记录的两次对比实验数据：
次数 物体 物重 拉升高度 拉力 拉动距离 机械效率
木块
小车
第次实验时斜面的机械效率为______ ；
进行这两次对比实验是为了研究斜面机械效率与______ 的关系；
第次实验中，木块所受摩擦力为______ 。
小明进一步研究发现，将长的木板搭成倾角不同的斜面，用弹簧测力计把重为的物块从斜面底端拉至顶端的过程中，额外功与斜面的水平长度木板在水平面上的正投影长度有如下关系：
由表格中信息可知：与成______ 比；
当斜面的水平长度时，拉力做的总功为______ ；
若将木板平放在水平桌面上，水平匀速拉动木板上的物块时，弹簧测力计的示数为______ 。
答案：
匀速直线；；摩擦力；；正；；。
解析：沿斜面拉动物体时，为使弹簧测力计的示数稳定，便于读数，所以应尽量使物体做匀速直线运动。
斜面的机械效率；
由图可知，物体的重力是相同的，小车和木块与斜面的接触面的粗糙程度是不同的，受到的摩擦力也不同，故探究的是斜面的机械效率与摩擦力的关系；
沿斜面拉木块做的有用功，
拉力做的总功，
则额外功，
由得，木块所受摩擦力。
由表中实验数据可知，与成正比；
当斜面的水平长度时，斜面高度，
此时有用功，
总功，
当木板平放在水平桌面上，斜面的水平长度，
设此时的额外功为，则，则，
由得，，
物体做匀速运动，由平衡条件得：弹簧测力计的拉力；
从实验操作方便的角度考虑，要测量沿斜面的拉力，就要让木块做匀速直线运动，因为只有这样，弹簧测力计的示数稳定，测量才够准确；
根据求出机械效率；
根据表格中的相同点和不同点分析；
求出总功和有用功，然后求出额外功，根据求出摩擦力；
分析表中实验数据，得出额外功与斜面水平长度的关系；
根据斜面的长度与斜面水平长度，由勾股定理求出斜面的高度，然后由功的公式求出有用功与总功；
当木板放在水平面上时，克服摩擦力做的功为额外功，根据额外功与斜面水平长度的关系求出斜面水平时的额外功，由功的公式求出摩擦力，然后由平衡条件求出弹簧测力计的拉力。
本题考查了求斜面效率、实验数据分析、求拉力等问题，有一定的难度；掌握功的计算公式、效率公式、总功与有用功与额外功间的关系即可正确解题。
18、某班同学利用杠杆做了以下的实验：

：“探究杠杆的平衡条件”
当杆杠静止在图甲所示的位置时，杆杠处于______选填“平衡”或“不平衡”状态；如图甲中，应将右端的平衡螺母向______选填“左”或“右”调节使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了__________________ ；
小明同学用图乙所示的方法使杠杆处于平衡状态，测出此时的拉力大小为，发现，其原因是：_________________ ．
：“探究杠杆的机械效率”
如图丙所示装置，每个钩码的质量为，为支点支点处摩擦忽略不计
他将只钩码悬挂在点，在点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力为，测得、两点上升的高度分别为、，则此次杠杆的机械效率为 ______用物理量的符号表示
他将只钩码悬挂在点，在点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使点上升高度仍为，则弹簧测力计的示数将______选填“大于”、“等于”或“小于”下同，此次弹簧测力计做的功将______ 第一次做的功．
答案：
：平衡；右；便于测量力臂，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
把当成的力臂；
：；
大于；小于
解析：
本题考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、总功的计算方式，明确机械效率的表达式，知道总功等于有用功与额外功之和。
A.如图甲杠杆处于静止状态，所以杠杆处于平衡状态，
但是杠杆右端上翘，没有在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡；这样做的目的是便于测量力臂，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，拉力的方向与杠杆不垂直，力臂不等于从杠杆标尺刻度上直接读出的，因此测出的拉力大小与杠杆平衡条件不相符，从杠杆上直接读取不是拉力的力臂。
B.有用功为，
总功，
则机械效率的表达式；
钩码的悬挂点在点时，由杠杠的平衡条件得；悬挂点移至点时，由杠杠的平衡条件得；从图中可以看出，由到力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功。
所以答案为：
：平衡；右；便于测量力臂，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；把当成的力臂；
：；大于；小于。
19、实验小组的同学用如图甲所示装置探究“斜面的机械效率与哪些因素有关”，改变斜面倾角斜面与水平面的夹角和木块的重力，用弹簧测力计沿斜面向上匀速拉动木块，记录的部分实验数据如表所示。
实验次数 斜面倾角 斜面高度 斜面长度 木块重力 沿斜面拉力 机械效 率
实验中调整斜面的倾斜程度时，要使斜面倾角由变为，应将垫块向 选填“左”或“右”移动
第次实验中，斜面的机械效率为
第、次实验是为了探究斜面的机械效率与 的关系，分析两次实验的数据，可知在其他条件一定时，沿斜面拉动不同重力的物体，斜面的机械效率 选填“变大”“变小”或“不变”。分析第、次实验的数据，可知在其他条件一定时，斜面的倾斜程度越 ，斜面的机械效率越高
如果对原实验装置做如图乙所示的改进，与原实验装置相比，用带滑轮的斜面做实验的好处是 。
答案：
左 物体重力 不变 大
能使木块所受拉力的方向与斜面平行

解析：略
20、点点在“探究杠杆的机械效率与哪些因素有关”时，用弹簧测力计、一盒钩码共个，每个等器材进行实验．实验装置如图所示，，忽略摩擦力对实验的影响．她猜想影响杠杆机械效率的因素有：
A.悬挂点的位置 物体的重力 拉力作用点的位置
测定杠杆机械效率的实验步骤如下：
用轻绳悬挂杠杆一端的点作为支点，用轻绳悬挂总重为的钩码，并用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆保持水平；
缓慢匀速竖直向上拉动弹簧测力计保持点位置不变，在此过程中测力计的读数为，分别测出悬挂点和拉力作用点上升的高度为、．
杠杆的机械效率 用已知或测量的物理量符号表示
为探究猜想一，改变悬挂点的位置进行实验，得出数据如表一：
实验次数 钩码悬挂点 钩码重 拉力 机械效率

将表格中的空格填写完整．
仅将钩码的悬挂点向远离支点的方向移动时，杠杆的机械效率 填“变大”、“变小”或“不变”．
为探究猜想二，保持拉力作用在点不变，改变钩码重进行实验，得出数据如表二：
实验次数 钩码悬挂点 钩码重 拉力 机械效率
由表二中的数据可求出杠杆的重力为 杠杆的重心位于杠杆的中点．
写出拉力与钩码重的表达式 ．
保持悬挂点和拉力的作用点不变，仅改变钩码重力，能达到的最大机械效率是 ．
她还通过实验得出：杠杆的机械效率与拉力作用点的位置 选填“有关”或“无关”．
答案：
；
； 变大；
； ；；
无关

解析：
本题考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、总功的计算方式，明确机械效率的表达式，知道总功等于有用功与额外功之和。
使用杠杆克服钩码的重力做功，有用功等于克服钩码重力做的功，总功等于弹簧测力计的拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值；
由机械效率的公式计算第次实验的机械效率；
结合表格数据分析结论；
实验中克服杠杆的重力做的功为额外功，即，取、、次实验中的一次，计算额外功即可求出杠杆重；
分析表格数据寻找与的关系；
仅改变钩码重力，结合机械效率公式分析最大值；
由影响机械效率的因素分析杠杆的机械效率与拉力作用点的位置的关系。
有用功为，总功，
则机械效率的表达式：；
第次实验的机械效率：；
由题图可以看出，、、三点离支点越来越远，由表格数据知，三次的机械效率依次变大；
以第次实验为例：，，
则，
杠杆的重心位于杠杆的中点，则杠杆重心移动的距离与物体升高的距离相同，
即，
所以杠杆的重力：；
分析表格、、次实验中的与的数值，得到拉力与钩码重的表达式：；
当钩码最重，为时，杠杆的机械效率最大，
由得，；
由以上实验可知，克服杠杆的重力做的功为额外功、对钩码做的功为有用功，改变拉力作用点的位置时不能改变有用功和额外功的大小，故不会影响机械效率。
所以答案为：；；变大；；；；无关。

21、小明在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，利用如图所示的滑轮组进行了次测量，测得数据如下表所示：
次数 钩码所受的重力 钩码提升的高度 拉力 绳端移动的距离 机械效率
根据表中的数据计算得出第次实验时绳端移动的距离______，机械效率______。
通过比较、和三次实验数据得出：同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率______。
在忽略摩擦力和绳重的前提下，通过第次数据可算出动滑轮的重力为______。
以下选项中不影响滑轮组机械效率的因素是______
A.动滑轮的重力
B.绳子与滑轮之间的摩擦
C.物体上升的高度
答案：
越高
解析：由图知实验中由四段绳子承担物重，所以第次实验中绳子移动的距离：，
第次实验测得机械效率为：
；
通过比较、和三次实验数据知，物体提升的高度和绳子移动的距离相同，物体的重力不同，且物体的重力越大，机械效率越高，所以可以得出：同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率高；
如果不考虑绳子与滑轮之间的摩擦，动滑轮和重物由几股绳子承担，拉力为重物和动滑轮总重的几分之一。即：，
所以动滑轮的重力：。
滑轮组的机械效率跟动滑轮的重、绳重、摩擦、提起物体的重有关，跟滑轮组的绕法、物体升高的距离等都没有关，所以不符合题意，符合题意。
根据求出绳端移动的距离，由求机械效率；
比较、和次实验数据找出相同的量和变化的量，分析得出机械效率与变化量的关系；
如果不考虑绳子与滑轮之间的摩擦，拉力为重物和动滑轮总重的几分之一；
滑轮组的机械效率跟动滑轮的重、绳重、摩擦、提起物体的重有关，跟滑轮组的绕法、物体升高的距离等都没有关系。同一滑轮组，提起的物体越重，滑轮组的机械效率越高。
本题考查了测量滑轮组机械效率的实验，涉及到注意事项、控制变量法、滑轮组机械效率的计算和分析实验数据得出结论的能力及影响滑轮组机械效率大小的因素。
22、用如图所示装置测量动滑轮的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在动滑轮下面的钩码缓缓上升，实验数据如下表：
序号 动滑轮重 钩码重力 钩码上升高度 绳的拉力 绳端移动距离 机械效率
弹簧测力计应该______ 并匀速拉动绳子．
第次实验时，测得动滑轮的机械效率约为______ ．
分析表中数据可知，对于同一动滑轮，所提升钩码的重力增大，机械效率将______ ；提升相同重力的钩码时，动滑轮的重力增大，其机械效率将______ 选填“增大”、“减小”或“不变”
分析表中数据可知，，可能的原因是：______ ．
答案：
竖直向上；；增大；减小；滑轮与轮轴间有摩擦、绳子有重力．
解析：
在实验中，为了正确测出拉力的大小，应拉动弹簧测力计竖直向上匀速上升；
根据表中实验数据应用效率公式求出动滑轮的机械效率；
根据控制变量法的要求分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据分析答题；
从摩擦与绳重等方面分析答题．
本题考查了求滑轮组效率、实验数据分析，应用效率公式可以求出滑轮组效率，应用控制变量法分析表中实验数据即可正确解题；解题时要注意控制变量法的应用．
在实验中，为了正确测出拉力的大小，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数；
由表中实验数据可知，第次实验时，动滑轮的机械效率：
；
由表中实验序号为的实验数据可知，对于同一动滑轮，所提升钩码的重力增大，机械效率将增大；
由表中实验序号为的实验数据可知，提升相同重力的钩码时，动滑轮的重力增大，其机械效率将减小；
由于滑轮与轮轴间存在摩擦、缠绕滑轮组的绳子有重力，因此：．
所以答案为：竖直向上；；增大；减小；滑轮与轮轴间有摩擦、绳子有重力．
23、如图是智慧小组“测滑轮组的机械效率”的实验装置，测得的实验数据如表。
实验次数 物重 物体上升高度 拉力 绳端移动距离 机械效率
实验过程中，应___________向上缓慢匀速拉动弹簧测力计。
通过表中数据可分析出三次实验是用_________选填“甲”或“乙”图所示装置做的，第三次实验中滑轮组的机械效率是_________。
分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重_________选填“越大”或“越小”，滑轮组的机械效率越高。
智慧小组的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，你认为他们的想法_________选填“正确”或“不正确”，因为他们没有考虑到_________对滑轮组机械效率的影响。
创新小组也利用重为、、的物体进行了三次实验，每次测得的机械效率均大于智慧小组的测量值，则创新小组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.所使用的动滑轮的重力小于智慧小组
答案：
竖直 ；甲；；越大；不正确；机械之间的摩擦；。
解析：
实验过程中，应竖直向上缓慢匀速拉动弹簧测力计，使系统处于平衡状态，此时拉力大小等于测力计示数；
由表中实验数据分析可得，则三次实验是用甲图所示装置做的；第三次实验中滑轮组的机械效率；
纵向分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；
实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，他们的想法不正确，因为他们没有考虑到机械之间的摩擦力对滑轮组机械效率的影响；
测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，拉力测量值变大，机械效率变小，不符合题意；弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升，拉力变大，机械效率变小，不符合题意；创新小组使用的动滑轮的重力小于智慧小组，克服动滑轮重做的功减小，额外功减小，机械效率变大，符合题意。选C。
24、探究小组为探究影响滑轮组的机械效率的因素，实验装置如图所示，数据如表所示。
次数 钩码重力 提升高度 有用功 拉力 总功 机械效率
______ ______ ______
请把表格中三个未完成的空补充完整。
甲同学根据表格数据可以得出钩码重力逐渐增大，滑轮组机械效率______选填“增大”、“减小”或“不变”。请你解释出现这种现象的原因______。
乙同学进一步研究，测出动滑轮的质量为，根据表格中的数据得出：总功总是大于有用功与克服动滑轮重力的功之和，即：，他猜测还有______因素影响机械效率。答一种因素即可
丙同学计算出每一组总功与有用功和克服动滑轮重力的功的差值，通过比较第、和______组的数据，发现重物的重力越大，差值______选“越大”、“越小”或“不变”，请你利用所学知识对此作出解释______。
答案：
次数 钩码重力 提升高度 有用功 拉力 总功 机械效率
；
增大；动滑轮重力不变，随着钩码重力增大，有用功在总功中所占的比例增大，机械效率变大；
绳重、各种摩擦；
；越大，所挂钩码增多，摩擦力增大，额外功增多。
解析：由表中数据，第次实验的有用功：；
绳子有效段数为，根据，绳子自由端移动的距离，
总功：；
机械效率：；
次数 钩码重力 提升高度 有用功 拉力 总功 机械效率
纵向比较表中数据，钩码重力逐渐增大，滑轮组的机械效率增大；
原因：动滑轮重力不变，随着钩码重力增大，有用功在总功中所占的比例增大，机械效率变大。
实验中，额外功为克服动滑轮重力做的功与克服绳重、各种摩擦做的功之和，即绳重、各种摩擦也会影响机械效率；
在计算出每一组总功与有用功和克服动滑轮重力的功的差值，即克服绳重和绳子与轮之间的摩擦做的功时，要控制物体提升的高度相同，故应通过比较第、和组的数据；
；
；
；
故重物的重力越大，差值越大，原因是：所挂钩码增多，摩擦力增大，额外功增多。
由表中数据，根据得出有用功；
绳子有效段数为，根据求出绳子自由端移动的距离，根据求出总功，根据机械效率求解；
纵向比较表中数据得出结论；
动滑轮重力不变，随着钩码重力增大，有用功比例增大，机械效率变大；
根据额外功的来源分析；
根据表中数据，求出在每一组总功与有用功和克服动滑轮重力的功的差值，比较大小得出结论；
根据要控制物体提升的高度相同回答；
分别得出次实验的回答；由影响摩擦力大小的因素分析。
本题考查机械效率的计算、数据分析和控制变量法的运用和影响机械效率大小的因素。
25、涪江六桥建筑工地上矗立的塔吊，是用电动机来带动滑轮组提升重物的设备。如何提高滑轮组机械效率，节约电能呢？为此同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图，实验数据记录如下表所示：
实验次数 钩码重 钩码上升高度 绳端拉力 绳端移动距离 机械效率
实验中应沿竖直方向______ 拉动弹簧测力计。
分析表中数据可知：第次实验是用______ 图所示装置来完成的。
通过比较、两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度无关。
通过比较______ 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高填实验次数的序号。
通过比较、两次实验数据可得出：不同滑轮组提升相同重物，动滑轮越重机械效率越小。
为提高滑轮组机械效率节约电能，根据以上结论和生活经验，你建议可采取的措施有多选 ______ 。
A.减轻动滑轮重
B.增加所提物体重
C.机械加润滑油
D.增加重物上升高度
答案：
匀速 丙 、
解析：为了准确测出滑轮组的机械效率，应使弹簧测力计沿竖直方向做匀速直线运动；
在第四次实验中，，，由可得，即承担物重的绳子股数，所以第次实验是用丙图所示装置来完成的；
、两次实验，，，由可得，使用同样的滑轮组，即使用的甲乙两图，通过得出的实验数据可知提升的物体重力越大，滑轮组的机械效率越高，得出结论：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高；
要提高滑轮组的机械效率，可以：
A、减轻动滑轮重力，在提升相同重物、提升相同高度时，减小额外功，而有用功不变，总功减小，有用功与总功的比值增大，提高了滑轮组的机械效率；故A正确；
B、由实验得出的结论可知，增大提升的物体重力，可以提高滑轮组的机械效率，故B正确；
C、机械加润滑油，在提升相同重物、提升相同高度时，减小额外功，而有用功不变，总功减小，有用功与总功的比值增大，提高了滑轮组的机械效率；故C正确；
D、滑轮组的机械效率，可见滑轮组的机械效率与提升物体的高度无关，所以，增加重物上升高度，不能提高滑轮组的机械效率；故D错误。
所以答案为：匀速；丙；、；。
实验时应沿竖直方向匀速拉动物体；
由确定的大小，据此第次实验是用哪个图所示装置来完成的；
研究滑轮组机械效率与提升物体重力的关系，要使用同样的滑轮组，改变提升的物体重力，据此选择；
根据影响滑轮组效率高低的因素分析答题。
本题考查了实验注意事项、实验数据处理、影响滑轮组效率的因素等问题，认真分析实验数据是正确解题的关键。
26、测量滑轮组的机械效率：
步骤 如图所示为测量某滑轮组机械效率的实验装置。 实验时沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。 分析表中数据可知：实验是用图　 　做的实验。 实验序号中的机械效率　 　。 装置图
表格 实验序号 钩码重量 钩码上升高度 绳端拉力 绳端移动距离 机械效率
结论 通过比较　 　填实验序号两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。 通过比较、两次实验数据可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率　 　
问题讨论 实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数。你认为他的想法 　 　选填“正确”或“不正确”，因为他没有考虑到　 　对滑轮组机械效率的影响。
答案：
乙；；、；越低；不正确；摩擦力
解析：
本题测量滑轮组的机械效率，考查注意事项、绳子自由端移动的距离与提升物体的高度的关系、机械效率的计算、数据分析及摩擦力的知识。
根据绳子自由端移动的距离与提升物体的高度的关系，，求出实验中绳子的有效段数分析；
求出实验中绳子的有效段数分析；
根据求第次实验的机械效率：
根据控制变量法，要探究滑轮组的机械效率与物重的关系，需要控制绳子的段数相同，改变物体的重力，找出合适的次数；
比较实验和的相同条件和不同条件得出结论；
在测力计静止时，不会克服轮与轴、绳与轮之间的摩擦考虑。
根据绳子自由端移动的距离与提升物体的高度的关系，，故实验中绳子的有效段数：
；
实验中绳子的有效段数：
；
由表格数据知：第次实验物体的重力为，第次物体的重力为，故第次是用甲图做的实验，第次是用乙图做的：
第次实验的机械效率：
；
根据控制变量法，要探究滑轮组的机械效率与物重的关系，需要控制绳子的段数相同，改变物体的重力，表格中、两次实验符合要求，可以得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。
比较实验和可得出结论：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低；
在弹簧测力计静止时读出了数据，由于不会克服绳与轮之间的摩擦，所以测得的拉力偏小，她的想法是不正确的，因为她没有考虑到摩擦对滑轮组机械效率的影响。
所以答案为：乙；；、；越低；不正确；摩擦力。
27、在“测量滑轮组机械效率”的实验中，小兵与同学们用同一滑轮组进行了三次实验如图所示，实验数据记录如表。
次数 钩码重 钩码上升距离 弹簧测力计示数 弹簧测力计上升距离 机械效率
实验中应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计，并用_________测出物体上升的高度。
表格中编号处数据为_________，编号处数据为_________。
分析数据可得结论：使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，所做的额外功_________选填“变大”“变小”或“不变”，造成此现象的原因是____________________________________。
分析数据可得结论：使用同一滑轮组，滑轮组的机械效率与物重的关系可能比较符合的图是______。
A. ．
C. ．
若将此滑轮组换一种绕绳方法，不计绳重及摩擦，提升相同的物体时，滑轮组的机械效率_________选填“变大”“变小”或“不变”。
答案：
刻度尺；；；变大；物重增加，轮和轴之间的压力变大，摩擦力变大 ； ；不变。
解析：
实验时沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，受到拉力等于测力计的示数；根据求出第次实验的机械效率；根据测力计分度值读数；根据功的计算公式与影响滑轮组效率的因素分析答题；纵向分析表中数据可得出结论；
本题测量滑轮组机械效率实验，考查功和机械效率计算、测力计读数及影响机械效率的因素。
实验时应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计，并用刻度尺测量出物体上升的高度；
第次实验的机械效率为，图丙中弹簧测力计分度值为，示数为，故编号处数据为；
进一步分析数据，可知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，所做的额外功将变大，因为物重增加，轮和轴之间的压力变大，摩擦力变大；
动滑轮重力不可忽略，则克服动滑轮重和绳与滑轮、滑轮与轴间的摩擦所做的功为额外功，物重增大，有用功逐渐增大，有用功占总功的比值在增大，所以机械效率逐渐增大，但从摩擦角度考虑，随着物体重力的增加，滑轮与绳子间摩擦会有一定程度增大，故机械效率与物体重力的关系并不成正比，故B符合题意；
不计绳重及摩擦，则克服动滑轮的自重做功为额外功的唯一来源，若将此滑轮组换一种绕绳方法，提升相同的物体时，滑轮组的机械效率，因和不变，故滑轮组的机械效率不变。18《比较不同物质吸热的情况》
考点汇总：
典题精析：
1、小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热如图甲，以探究水和煤油的吸热能力。
本实验需要用到天平这一测量工具，目的是______；
加热，水吸收的热量______填“大于”、“小于”或“等于”煤油吸收的热量；
根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图乙，由图象可知，水的沸点是______，煤油的比热容是______【】
若本实验共消耗酒精，则这些酒精完全燃烧放出的热量是______．
答案：
控制不同物质的质量相同；等于；；；
解析：本实验需要用到天平这一测量工具，目的是：控制不同物质的质量相同；
加热，水吸收的热量等于煤油吸收的热量；
水沸腾时保持不变的温度叫沸点，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图乙，由图象可知，水的沸点是，
由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的倍，即吸收的热量是煤油的倍，根据，在质量、升温相同的情况下，比热容与成正比，故煤油的比热容是：
。
若本实验共消耗酒精，则这些酒精完全燃烧放出的热量是：
。
所以答案为：控制不同物质的质量相同；等于；；；。
我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
根据沸点回答；由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的倍，即吸收的热量是煤油的倍，根据在质量、升温相同的情况下，比热容与成正比，求出煤油的比热容；
已知质量和热值，根据求放出的热量。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比热公式、热值公式的应用，为热学中的重要实验。
2、如图所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，取质量和初温都相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的易拉罐中，用相同的装置加热，实验数据记录如下表：
温度
加热时间 甲
乙
实验中，可以通过______；选填“升高的温度”或“加热时间”来比较两种液体吸收热量的多少。
分析实验数据可知：当它们升高相同温度时，______选填“甲”或“乙”，下同液体需要吸收的热量更多；当它们吸收相同热量时，______液体升温更高。
若在这两种液体中选择一种作为汽车发动机的冷却剂，______液体冷却效果更好。
答案：
加热时间；甲；乙；甲。
解析：
相同的热源对液体加热，液体在相等时间内吸收的热量相等；
分析表中数据，得出升高相同温度哪个加热时间长，则吸热多；加热相同的时间，看哪个升高温度多；
根据吸收热量的公式，质量相等的甲、乙液体，吸收相同的热量，温度升高的就小，比热容大的，就更适合做冷却液。
本题考查了实验注意事项、实验数据分析，应用控制变量法是正确解题的关键，熟练应用控制变量法、分析表中实验数据即可解题。
用相同的装置加热，加热相同的时间，放出的热量就是相等的，甲和乙吸收的热量也就是相等的，所以物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
由表中实验数据可知，甲升高时需要的时间为，乙升高需要的时间为，甲需要的加热时间长、吸收的热量多；
当它们加热相同的时间，甲升高，乙升高，则它们吸收相同热量时，乙温度升高的多；
根据，吸收相同的热量，吸热能力强的，温度升高的就小，就更适合做冷却液，故甲做冷却液更好。
所以答案为：加热时间；甲；乙；甲。
3、在探究“比较不同物质吸热能力”的实验中：
在两个完全相同的烧杯中分别装入______、初温都相同的水和煤油选填“质量”或“体积”。
实验中选择相同规格的电加热器，可以认为在相同时间内水和煤油______相同，然后比较______的方法来完成探究实验的。
根据实验测得的数据分别描绘出了水和煤油两种液体的温度随加热时间变化的图象，如图所示，则______的吸热能力更强，因此“暖手宝”中装的储热液具有的比热容______选填：“较大”或“较小”。
由图象可得煤油的比热容为______
答案：
质量 吸收的热量； 升高温度 水； 较大
解析：根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故在两个完全相同的烧杯中分别装入质量、初温都相同的水和煤油；
实验中选择相同规格的电加热器，根据转换法，可以认为在相同时间内水和煤油吸热相同，根据比较吸热能力的第种方法，然后比较升高温度的方法来完成探究实验的；
根据水和煤油两种液体的温度随加热时间变化的图象知，加热相同时间，水升温慢，根据比较吸热能力的第种方法，则水的吸热能力更强；
根据，质量相同的不同液体降低相同的温度，比热容大的液体放热多，因此“暖手宝”中装的储热液具有的比热容较大；
如果质量和初始温度均相同的两种液体，加热分钟，水升温，煤油升温：，根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容与成反比，故煤油的比热容是：。
所以答案为：质量；吸收的热量；升高温度；水；较大；。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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；
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
根据比较吸热能力的第种方法分析水的吸热能力更强；根据分析回答；
质量和初始温度均相同的两种液体，加热分钟，分别求出水和煤油升高的温度，根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容与成反比，求出煤油的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及水的比热容大的运用，为热学中的重要实验。
4、某班同学利用图甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力．
在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有托盘天平和________加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过_____________________来判断的．
实验中第、两个小组记录的实验数据如下表．
组别 液体 质量 初温 末温 加热时间
水
煤油
水
煤油
通过分析实验数据，能够得出的结论是_____________________________________________．
下列是第组同学绘制的“吸收热量时间”和“温度时间”图象，能正确描述该实验真实情况的图象是________填序号．
A. ．
C. ．
使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但、两组的同学在交流实验数据时发现：第小组的加热时间明显偏长，其原因可能是________________________________________．
这两组同学对图甲的装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图乙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是________________．
答案：
停表；加热时间
质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸收的热量多

酒精灯的火焰大小不同
在相同时间内水和煤油吸收的热量相同或避免两个酒精灯火焰大小不同
解析：
加热时间不同，水和煤油吸收热量的多少不同，所以要用停表来测量加热时间．
质量相同的水和煤油升高相同温度，加热水所用时间较长，说明水吸收的热量比煤油多．
加热时间相同，水和煤油吸收的热量相同，但水温升高得比煤油慢，故C图对．
酒精灯火焰大小不同，在相同时间内放出的热量也不相同，则质量相同的水升高相同的温度，所需的加热时间会不相同．
将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，可以保证在相同时间内水和煤油吸收的热量相同．
5、在探究”比较不同物质吸热的情况“的实验中，实验装置如图所示。
加热时间
甲的温度
乙的温度
实验中应量取质量______的甲、乙两种液体，分别倒入相同的两烧杯中，用相同的电加热器加热。当它们吸收相同热量时，通过比较______来判断吸热能力的强弱。
通过实验，记录数据如表格所示，从开始加热到时，甲、乙两种液体吸收热量的______。
分析实验数据可知______物质的吸热能力强。
答案：
相同 升高的温度 甲
解析：实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的两烧杯中，用相同的电加热器加热。当它们吸收相同热量时，通过比较升高的温度来判断吸热能力的强弱；
根据记录数据，从开始加热到时，甲用了分钟，乙用了分钟，故。
由表中数据可知，甲从升高到，温度升高了，用了分钟，乙从到升高，用了分钟，即升高相同的温度，甲吸热量的热量多，故甲物质的吸热能力强。
所以答案为：相同；升高的温度；；甲。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，要注意表中物质的初温不同。为热学中的重要实验。
6、为了比较水和食用油的比热容，某同学用如图所示的器材进行了实验。实验数据记录如下：
物质 质量 初始温度 加热时间 最后温度
水
食用油
该实验除了图示中的实验器材以外，还需要的测量工具是停表和______。
实验中，两烧杯内放入相同规格的电加热器，这样可以保证在相同的时间内，水和食用油吸收的热量______，通过比较______来比较水和食用油的吸热能力。
实验中用到的研究方法除了转换法外还有______。
已知水的比热容为，则食用油的比热容为______。
如图中能合理反映该实验结果的图象是______填“甲”“乙”或“丙”。
答案：
天平；相同；升高的温度；控制变量法；；乙。
解析：根据比较比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，除停表外，还需要天平；
实验中，两烧杯内放入相同规格的电加热器，根据转换法，这样可以保证在相同的时间内，水和食用油吸收的热量相同，根据比较吸热能力的第种方法，通过比较升高的温度来比较水和食用油的吸热能力。
实验中用到的研究方法除了转换法外还有控制变量法。
由图可以看出，加热相同时间，水升高，食用油升高，根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，故则食用油的比热容为：
；
由表中数据，加热相同时间，水升温慢，如下所示：
故如图中能合理反映该实验结果的图象是乙。
所以答案为：天平；相同；升高的温度；控制变量法；；乙。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
由图可以看出，加热相同时间，水升高，食用油升高，根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，求出食用油的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
7、小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热如图甲所示，以探究水和煤油的吸热能力。
本实验需要用到天平这一测量工具，目的是_____________________________________。
加热，水吸收的热量_______煤油吸收的热量。填“大于”“小于”或“等于”
根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象图乙所示，由图象可知，煤油的比热容是_______。
选用两套完全相同的装置分别给水和煤油加热，这样做的目的是___________________。
由图乙可知，如果要使水和煤油的最后温度相同，就要给_______加热更长的时间，此时水吸收的热量_______煤油吸收的热量。
如果升高相同的温度但要减少加热的时间，可采取的做法________。
答案：
取相同质量的水和煤油 等于 保证相同时间内水和煤油吸收的热量相同 水 大于 减少水和煤油的质量
解析：本实验需要用到天平这一测量工具，目的是测量出等质量的水和煤油。
由于使用两个相同的酒精灯加热，加热，水吸收的热量等于煤油吸收的热量。
根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象，由图象可知，水的沸点是；因为温度由升高到，加热水用的时间是加热煤油用的时间的倍，则，又有，
则，
煤油的比热容为。
选用两套完全相同的装置分别给水和煤油加热，这样做的目的是使水和煤油在相同时间内吸收的热量相等。
由图乙可知，如果要使水和煤油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，此时水吸收的热量大于煤油吸收的热量。
如果升高相同的温度但要减少加热的时间，可采取的做法是减少水和煤油的质量。
8、为了比较甲、乙两种液体的吸热能力，做了如图所示的实验：在相同的烧杯中，分别装入初温和质量相同的两种液体，用两个相同的电加热器加热，实验数据记录如下表：
物质种类 质量 温度升高所需时间 温度升高所需时间 温度升高 所需时间
甲
乙
选用相同电加热器的目的是使两种液体在相同时间内______。不计热量损失
加热过程中，某一时刻温度计的示数是______。
分析上表中的实验数据可得______液体的吸热能力强。
停止加热后，______液体温度下降得快。
答案：
两种液体吸收的热量是相同的；；甲；乙
解析：
用相同的电加热器加热，在相同的时间内，两种液体吸收的热量是相同的；
该温度计的分度值为，这一时刻温度计的示数是；
甲、乙两种液体的温度都升高时，甲用时，乙用时，这说明在升高相同温度时，甲吸收的热量大于乙吸收的热量，故甲的吸热能量强；
甲的吸热能量强，即质量相同的甲和乙，停止加热后，放出相同热量，乙的比热容小于甲的比热容，由可知，乙降温快。
所以答案为：两种液体吸收的热量是相同的；；甲；乙。
用相同的热源对液体加热，液体在相等时间内吸收的热量相等；
认清温度计的分度值，正确读数即可；
质量相同的液体升高相同的温度，吸收的热量越多，液体吸热能力越强；
根据，质量和放出热量相同时，比热容越小降低的温度越低。
本题考查了实验注意事项、实验数据分析，应用控制变量法是正确解题的关键，熟练应用控制变量法、分析表中实验数据即可解题。
9、图是“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。两个相同的烧杯中分别装有质量相等的水和食用油。
选用两个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内______。
实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和______。
图中能合理反映该实验结果的图象是______选填“甲”“乙”或“丙”。
答案：
吸收的热量相同；加热器；乙。
解析：
选用两个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内吸收的热量相同。
为准确测量液体的温度，温度计的玻璃泡应充分与被测液体接触，实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和加热器。
相同质量的水和食用油在吸收相同的热量时加热时间相同，因水的比热容大，由可知，水的温度变化小，故图中能合理反映该实验结果的图象是乙。
所以答案为：吸收的热量相同；加热器；乙。
我们使用相同的或加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
温度计玻璃泡充分与被测液体接触，实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和加热器。
本题比较不同物质吸热的情况，考查控制变量法的转换法的运用及温度计使用注意事项。
10、某同学在“探究不同物质吸热情况”的实验中，将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，用两个相同的酒精灯加热，每隔记录一次温度。
图甲是这位同学的实验装置，其中有一处明显错误，请指出错误之处：______；
纠正错误后继续实验，加热过程中某时刻水的温度如图乙所示为______；
实验中用______表示物质吸热的多少；
某同学根据记录的实验数据，绘制了如图丙所示的温度随时间变化关系的图象，由图象可知______吸热能力强。已知水的比热容为，则煤油的比热容为______。
答案：
没有控制液体的质量相同 加热时间 水
解析：要探究不同物质的吸热能力，需要控制液体的质量相同，图甲中液面相平，液体的体积相同，由于液体的密度不相同，根据知液体的质量不相同，故甲图中的错误是没有控制液体的质量相同；
图中温度计的分度值为，温度计的示数为；
根据转换法，加热过程中，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映的；
根据图象分析可知，加热相同的时间，水升温小，根据比较吸热能力的第种方法，水的吸热能力强些；
由图乙可以看出，升高，水要加热分钟，煤油要分钟，即升高相同的温度，煤油吸热的热量是水的，
根据可知，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与正比，故煤油的比热容是：
。
所以答案为：没有控制液体的质量相同；； 加热时间；水；。
根据控制变量法分析解答；
根据温度计分度值读数；
我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
根据算出煤油的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及根据的运用，为热学中的重要实验。
11、A.如图所示是“比较不同液体吸热升温特点”的实验装置。
用水和食用油作为研究对象，用相同的加热器加热，目的是__________________________________________。
实验数据如表。
次数 液体 质量 初温 末温 加热时间
食用油
食用油
水
水
比较________填序号得出：质量相同的同种物质，升高相同的温度，吸收的热量相同。
比较、得出：质量_________的_________物质，升高________的温度，吸收的热量_________。
评估与交流：从这次实验中能得到的实验结论是：液体吸热升温时，吸收的热量的多少与液体的______________有关。
B.为了探究甲、乙两种液体的吸热能力，某同学用如图所示两套完全相同的装置进行实验探究，两种液体的质量和初温都相同。
本实验除了图中所给的实验器材外，还需要的测量工具是__________。
选用两套完全相同的装置分别给甲、乙两种液体加热，这样做的目的是_________________________________。
写出图中所示装置的两处错误：_______________________________________________。改正错误后，同时加热，分别记录加热时间和液体温度，数据如表所示：
加热时间
甲的温度
乙的温度
加热分钟后，甲、乙两种液体温度均不再升高，原因是______________________________________________。
根据实验数据，可知________填“甲”或“乙”液体吸热能力强。
另一位同学认为用酒精灯这种加热方式误差比较大，请帮他提出一条改进措施________________________________________。
答案：
A.确保加热时间相同时吸收热量相同；、； 不同； 相同； 不同； 液体种类和质量；
B.天平；加热相同时间液体吸收的热量相同；温度计液泡接触了容器底；两种液体的体积相等；两种液体的温度都到达沸点；甲；用相同的电加热器加热。
解析：
A.
用相同的加热器加热，可以确保在相等时间内两种液体吸收的热量相等；
由可知，吸收热量的多少和物质的比热容、物体的质量，以及温度的变化值有关。
实验中用相同的加热器加热的目的是确保加热时间相同吸收热量相同；
比较、实验数据可得，质量相同的同种物质，升高相同的温度，吸收的热量相同。
比较、得出：质量不同的同种物质，升高相同的温度，吸收的热量不同。
从这次的实验中能得到的实验结论是：液体吸热升温时，吸收的热量的多少与液体的种类和质量有关。
所以答案为：确保加热时间相同时吸收热量相同；、；不同；相同；不同；液体种类和质量。
B.
要完成该探究实验，需要取相同质量的液体，则除了图甲和图乙中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和秒表；
根据加热装置放出的热量关系分析液体吸收热量的关系；
从温度计的正确使用以及液体质量相等两方面查找错误之处；
当液体温度到达沸点时，继续加热，温度不变；
让相同质量的两种物质吸收相同的热量，通过比较温度的变化来比较吸热能力；
探究不同物质的吸热能力，要保持其它量相同，用到控制变量法。
根据转换法，通过加热时间的长短来比较吸热多少，要完成该探究实验，除了图甲和图乙中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和秒表。
选用两套完全相同的装置分别给甲、乙两种液体加热时，加热装置在相同时间内放出的热量相同，确保加热相同时间液体吸收的热量相同；
根据温度计的正确使用可知，温度计的液泡应完全浸没在液体中，因此该装置的错误之一是温度计的液泡接触了容器底；
根据图示可知，甲乙两种液体的体积相同，由于液体的密度不同，则甲乙液体的质量一定不相等；
因为当液体温度到达沸点时，继续吸热，温度不变，所以加热分钟后，甲乙两种液体温度均不再升高，说明两种液体温度都到达沸点温度。
由表格中数据知，相同质量的甲乙两种物质加热相同的时间，即吸收相同的热量，发现甲的温度变化较慢，说明其吸热能力较强；物理学中用比热容来表示物质的吸热能力；
用酒精灯这种加热方式误差比较大，可以改用功率相同的电加热器；
所以答案为：天平；加热相同时间液体吸收的热量相同；温度计液泡接触了容器底 两种液体的体积相等；两种液体的温度都到达沸点；甲；用相同的电加热器加热。
12、小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热如图甲，以探究水和煤油的吸热能力。
在两烧杯中分别装入初温度相同且______相等的煤油和水。
实验中，是通过比较______来间接反映煤油和水吸收的热量。
加热，水吸收的热量______“大于”、“小于”或“等于”煤油吸收的热量；______升高的温度更高，由此可见，______的比热容较大。选填“水”或“煤油”。
根据实验数据小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图乙，由图象可知，水的沸点是______，煤油的比热容是______。水。
答案：
质量 加热时间 等于 煤油 水
解析：根据比较不同物质吸热能力的种方法，要控制不同物质的质量相同，故在两烧杯中分别装入初温度相同且质量相等的煤油和水；
根据转换法，实验中，是通过比较加热时间来间接反映煤油和水吸收的热量；
由转换法，加热，水吸收的热量等于煤油吸收的热量；由图乙知煤油升高的温度更高，水升温小，由比较吸热能力的第种方法，水的比热容较大；
根据如图乙水和煤油的温度随加热时间变化的图象可知，水的沸点是；
质量和初始温度均相同的两种液体，加热，温度升高：
，水用，煤油用时，根据转换法，升高相同的温度，煤油吸收热量是的倍，根据，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与成正比，故煤油的比热容是：
。
所以答案为：质量； 加热时间； 等于；煤油；水； ；。
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，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
加热时水保持不变的温度为沸点，根据如图乙水和煤油的温度随加热时间变化的图象可知水的沸点；
由图可知，加热温度升高水和煤油所用时间，根据转换法结合在质量和升高温度相同的情况下，比热容与成正比求出煤油的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和的运用，为热学中的重要实验。
13、小明利用如图甲所示的实验装置探究了“沙子和水的温度变化与吸热的关系”，操作如下：
在两烧杯中分别装入初温度相同且____相等的沙子和水。
用相同的酒精灯火焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为____根据实验数据绘制成温度与时间的关系图象，如图丙所示；
实验中，是通过比较_____来间接反映沙子和水吸收的热量的；
分析图象可知，对于质量相等的沙子和水，升温较快的是____；若使两者升高相同的温度，则____吸收的热量较多，由此可见，____的比热容较大。
答案：
质量；
；
加热时间；
沙子；水；水
解析：
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验，难度一般。
比较物质吸热能力的种方法：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使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
根据温度计分度值读数；
我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
由图象分析和得出的结论推理回答，然后比较吸热能力的方法得出结果。
根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故在两烧杯中分别装入初温度相同且质量相等的沙子和水；
某时刻温度如图乙所示，温度计分度值为，示数为；
根据转换法，实验中，相同时间内沙子和水吸收的热量相等，因此实验中是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收的热量的；
分析图象可知，
对于质量相等的沙子和水，加热相同的时间，升温较快的是沙子；即质量相等的沙子和水，吸收相同的热量，升温较快的是沙子，据此推理，若使两者升高相同的温度，则水吸收的热量较多；根据比较吸热能力的方法可知，水的比热容较大。
所以答案为：质量；；加热时间；沙子；水；水。
14、如图甲所示是“比较水和煤油吸热升温特点”的实验装置．
加热过程中，用搅棒搅动的目的是______________，水和煤油吸热的多少是通过_______温度计示数加热时间来反映的．
关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是__________填字母．
A.采用相同的加热方法 使用相同的烧杯
C.水和煤油的初温一定相等 烧杯中分别装入相同体积的水和煤油
某同学用同一个加热装置分别给质量和初温都相同的水和煤油加热，分别记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像如图乙所示．
根据图像可知，要使水和煤油升高相同的温度，应给__________加热更长的时间，这说明__________的吸热能力强些．
已知水的比热容是，则煤油的比热容是__________．
小明再用水和水做实验，以吸收的热量为纵坐标，升高的温度为横坐标，分别画出水和水的图像．它们都是过原点的直线，即：进一步分析，发现这两条直线的值与对应水的__________之比相等．
答案：
使水和煤油受热均匀 加热时间 水 水 质量
解析：略
15、在“比较不同物质吸热升温情况”的实验中：

小丽和小明用一套器材做加热水和煤油的实验，如图甲所示。在组装器材时应先调节________选填“”或“”的高度，调节它的高度是为了________________。
组装好器材，他们先后在同一个烧杯中称出________相等的水和煤油，分别加热相同的时间，比较水和煤油________________，得出结论。如果要通过比较水和煤油的末温来比较它们的吸热能力，则还应该控制水和煤油的________相同。要完成该实验，除图甲所示器材外，还需要的一个测量工具是________。
在此实验中，用加热时间的长短来表示物质________________。
在对实验进行反思时，他们认为原方案有需要两次加热耗时长等缺点，因此改进方案并设计了图乙所示的装置。与原方案相比，该方案除克服了上述缺点外还具有的优点是______________________________________________________________________________。答出一个即可
答案：
；确保用外焰加热
质量升高的温度 初温 停表
吸收热量的多少
“水浴法”加热，受热均匀，不需搅拌或原方案两次加热，酒精灯火焰不易控制到完全相同，现方案同一热源加热，确保相同的时间内提供的热量相等；或两实验同时进行，便于同时比较水和煤油升温的快慢
解析：略
16、探究物质的吸热能力，通常有两种方案．
方案一：取相同质量的两种物质，吸收相等的热量，比较温度的变化．
方案二：取相同质量的两种物质，升高相同的温度，比较吸收的热量．
为便于开展实验探究，热源相同时，我们将方案中的“吸收的热量”转换为“加热的时间”，通过加热时间的长短可知吸收热量的多少．实验室温度计就是应用这种转换思想测量温度的，当温度升高或降低时，温度计中的液体便膨胀或收缩，从温度计中_______的变化便可知温度的变化．
下表是小明探究甲、乙两种液体的吸热能力时记录的实验数据．
液体名称 液体质量 液体初温 液体末温 加热时间 液体吸热情况“多”或“少”
甲 多
乙 少
分析表中信息，小明采用的是_______填“方案一”或“方案二”；
分析表中数据，可得出结论：__________________________________________________；
如果甲、乙两种液体都可作为发动机的冷却液，从物质吸热能力角度考虑，应选_______液体作为发动机的冷却液．
答案：
液柱高度 方案二 甲液体的吸热能力强 甲
解析：由表中数据可知液体质量相同，初温和末温相同，加热时间不相同，故小明采用的是方案二；根据表格数据可知两种液体质量相等，升高温度相同，甲的加热时间比乙长，说明甲的吸热本领大；发动机的冷却液吸热能力应较大，因此应选甲液体作为发动机的冷却液．
17、在探究“比较不同物质吸热情况”的实验中，实验装置如图所示。
加热时间
甲的温度
乙的温度
要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和______。
实验中应将甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用______电加热器加热选填“相同的”或者“不同的”。
物质吸收热量的多少无法用测量工具测出来，本实验是通过______来反映的，所用的物理方法是______。
小明设计的记录数据的表格如右上图，分析表格可知：他是用______相同的甲、乙液体、加热相同的时间，比较______的方法来判断不同物质的吸热本领的，此种实验探究方法叫______。
分析数据，从开始加热到，甲、乙两种液体吸收热量的关系为______填“”“”或“”，由此也可以看出______物质的吸热能力强，若甲的比热容为，则乙的比热容为______。
以下四个图象中哪一个能反映该实验情况______
下列现象中不能用比热容知识来解释的是______
A、汽车发动机的冷却循环系统用水做冷却剂
B、春天的夜晚，农民往稻田里灌水以防秧苗冻坏
C、炎热的夏天常常在教室的地面上洒水
D、城区建造人工湖以降低“热岛效应”造成的夏季高温
答案：
秒表 相同的 加热时间的长短 转换法 质量 升高的温度 控制变量法 甲
解析：由表中数据，要记录加热时间，故除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和秒表。
为控制吸热相同，根据转换法，实验中应将甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同的电加热器加热；
物质吸收热量的多少无法用测量工具测出来，本实验是通过加热时间长短来反映的，所用的物理方法是转换法；
小明设计的记录数据的表格如右上图，由比较吸热能力的第种方法，他是用质量相同的甲、乙液体、加热相同的时间，即吸收相同热量，通过比较升高的温度的方法来判断不同物质的吸热本领的，此种实验探究方法叫控制变量法；
分析数据，从开始加热到，升高相同的温度，甲用时分钟，乙用时分钟，，根据比较吸热能力的第种方法，得出甲物质的吸热能力强；
升高，甲用时分钟，乙用时分钟，即乙吸收的热量是甲的，
根据，在质量和升高温度相同的条件下，比热容与吸收的热量成正比，若甲的比热容为，则乙的比热容为：
；
、根据转换法，加热相同时，甲乙吸热相同；A错误；
、由表中数据，加热相同时间，乙温度升高的多，C正确，D错误。
所以选C；
、汽车发动机用循环水冷却，是利用升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多的特点，将汽车发动机工作时产生大量热量迅速转移，故A不符合题意。
B、春天的夜晚，农民往稻田里灌水，因水的比热容，故放出相同热量后水降温慢，水以防秧苗冻坏，故B不符合题意。
C、教室内洒水，水蒸发吸热，感觉凉快，与比热容大无关，故C符合题意；
D、导致“热岛效应”的原因有很多，比如水泥、沥青路面吸收大量太阳辐射的热；城市中的水面小，地面含水量少，致使水蒸发吸热少。可以通过增加公园面积，种植树木花草，建造人工湖等减弱“热岛效应”，是利用水的比热容大的特点，故D不符合题意；
所以选：。
所以答案为：秒表；相同的；加热时间的长短；转换法；质量；升高的温度；控制变量法；；甲；；；。
根据表中栏目内容分析；
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
分析数据，从开始加热到，甲用时分钟，乙用时分钟，根据转换法比较甲、乙两种液体吸收热量的关系；
求出升高的温度甲乙所用时间之经，根据，在质量和升高温度相同的条件下，比热容与吸收的热量成正比求出乙的比热容；
、根据转换法分析；
、由表中数据，加热相同时间，乙温度升高的多，据此分析；
水分的蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，即蒸发吸热；
对水的比热容大的理相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及水的比热容大的运用，为热学中的重要实验。
18、小明在学习“物质的比热容”时，取相同质量的水和沙子，用相同的酒精灯加热，测得它们升高的温度如表，并在图乙中作出沙子升高的温度随时间变化的图线。
加热时间
温度 水
沙子
用温度计测量水的初温如图甲所示，其读数为______。
实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和沙子______相同。
请利用表中数据在图乙中作出表示水升高的温度随时间变化规律的图线。
沙子在内升高的温度有明显异常，其主要原因是______。
小明再用水和水做实验，以吸收的热量为纵坐标，升高的温度为横坐标，分别画出水和水的图象。它们都是过原点的直线，即进一步分析，发现这两条直线的值与对应水的______之比相等。
答案：
吸收热量
沙子受热不均匀
质量
解析：
由图知：温度计的分度值为；“”在“”的上方，液柱最高处在两者之间，所以显示的温度高于，为；
小丽选用了两个火焰相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量；
水升高的温度随时间变化规律的图线如图：
由于沙子在内受热不均匀，会导致沙子升高的温度有明显异常；
根据可知，中的，则有，，
因为，所以，即这两条直线的值与对应水的质量之比相等。
所以答案为：；吸收热量；如上图；沙子受热不均匀；质量。
使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱最高处所对刻度相垂直，并注意区分温度是零上还是零下。
为了使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，实验中，要用两个火焰相同的酒精灯，分别给水和沙子加热；
在图象中找出表格中的数据所对应的点，然后用平滑的曲线连接；
沙子受热不均匀，会导致沙子的温度变化不均匀。
根据可知，中的，据此推导得出结论。
本题考查的是温度计的使用方法、比较物质吸热能力的方法，绘图能力、以及对于实验数据的分析能力，我们要能够根据相关的实验数据得出我们需要的知识，并能够将这些知识应用于生活，以及物理实验中常常采用控制变量法，属于中考中的常见题型。
19、如图所示为探究比较不同物质吸热情况的实验装置．
设计实验时：用水和煤油做实验，应使水和煤油的_______相等．
实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和_______．
实验中得到如下数据：
烧杯号 液体 质量 初温 末温 加热时间
水
水
煤油
煤油
比较分析、号烧杯的实验记录数据，可以得出的初步结论是：质量相等的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量不同．
比较分析、号烧杯的实验记录数据，可以得出的初步结论是：_____________________________________________________________________________．
比较分析_______、_______号烧杯的实验记录数据，可以得出的初步结论是：质量相等的同种物质，升高不同的温度，吸收的热量不同．
图中能合理反映该实验结果的图像是_______填“甲”“乙”或“丙”．
实验中，物质吸热的多少是通过______________填“温度升高的高低”或“加热时间的长短”来反映的．
能否准确控制物体吸收热量的多少是本次实验成败的关键．酒精灯和电加热器都可作为热源，你认为选_______较合理，理由是________________________________________．
答案：
质量
电加热器
质量不同的同种物质，升高相同的温度，吸收的热量不同
乙
加热时间的长短
电加热器 电加热器工作状态稳定，能够更好地通过控制加热时间的长短准确地控制吸收热量的多少
解析：略
20、如图是探究“物质吸热规律”的实验装置：
取质量相同的水和煤油分别放入两个______ 的容器里，用两盏同样的酒精灯对它们进行加热，升高______ 温度时比较它们吸收热量的多少，来衡量谁吸热能力更强；
取相同质量的水和煤油的目的，是为了______ 选填“便于比较”或“控制变量”；
在对水和煤油加热的方式上，有酒精灯和电加热器两种热源可供选择，选用______ 更容易控制让煤油和水吸收的热量相同；
如果甲、乙两组同学进行分工合作，甲组对水进行加热和记录，乙组对煤油进行加热和记录。他们加热的水和煤油的初温、末温、质量、电加热器的功率和加热时间等都不相同。若温度差用表示、质量用表示、电加热器的功率用表示、加热时间用表示，忽略热损失，则吸收的热量为。此时要衡量水和煤油谁的吸热能力更强，他们应该用______ 用已给物理量写出表达式分别进行计算，得到______ 的水和煤油、温度升高______ 吸收的热量，就可以进行比较了。
答案：
相同；相同；
控制变量；
电加热器；
；质量相同；相同
解析：探究“物质吸热规律”实验中，采用的是控制变量法，实验中需要取质量相同的水和煤油分别放入两个相同的容器里，用两盏同样的酒精灯对它们进行加热，升高相同温度时，加热的时间不同，吸收的热量不同，加热时间越长的物质，吸收的热量越多，吸热能力更强一些；
实验中取相同质量的水和煤油的目的，是为了控制变量；
电热器易于控制产生热量的多少，因此为了准确地控制物体吸收热量的多少，应选电加热器作为热源；
忽略热损失，则物质吸收的热量为，根据可知，，据此可以得到质量的水和煤油、温度升高相同时吸收的热量，就可以进行比较了。
所以答案为：相同；相同；控制变量；电加热器；；质量相同；相同。
比较物质吸热能力的种方法：
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；
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
根据得出比较吸热能量的方法。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用、比较吸热能力的方法及电功公式及的运用、误差分析，为热学中的重要实验。
21、小明在学习“物质的比热容”时，取相同质量的水和沙子，用相同的酒精灯加热，测得它们升高的温度如下表，并在图乙中作出沙子升高的温度随加热时间变化的图线．
加热时间
升高的温度 水
沙子
用温度计测量水的初温如图甲所示，其读数为_________．
实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和沙子_______________________相同．
请利用表中数据在图乙中作出表示水升高的温度随时间变化的图线．
沙子在内升高的温度有明显异常，其主要原因是________________________________．
小明再用水和水做实验，以吸收的热量为纵坐标，升高的温度为横坐标．分别画出水和水的图象．它们都是过原点的直线，即进一步分析，发现这两条直线的值与对应水的_________之比相等．
答案：
吸收的热量 如答图所示 沙子受热不均匀 质量

解析：
使用温度计测量液体温度时，要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱的液面所对刻度相平，同时要注意区分温度是零上还是零下．
为了使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，实验中，要用两个相同的酒精灯，分别给水和沙子加热．
在沙子加热过程中，如果沙子受热不均匀，会导致沙子的温度变化不均匀．
根据可知，中的，则有，，，所以，即这两条直线的值与对应水的质量之比相等．
22、在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示，实验中记录的数据如下表所示。
加热时间
甲的温度
乙的温度
实验中应量取______相等的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中；用相同的电加热器加热，吸热多少可以通过______来反映选填“温度计示数”或“加热时间”；
如果甲物质是水，根据表格中的实验数据可知，乙物质的比热为______；
图中是绘制的乙加热时温度随时间变化的图线，如果将初温相同的乙物质，质量增加到原来的倍，不考虑热损失，用相同的加热器加热，再绘制出一条温度随时间变化的曲线，则曲线为图中的第______条。
答案：
质量 加热时间
解析：在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，需要利用控制变量法控制被加热物质的质量相同；
在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，为了比较被加热物质吸收热量的多少，利用转换法，通过加热时间长短来反映吸收热量多少；
由表格数据可知，加热时，甲、乙吸收的热量相同，温度变化量分别为、，甲的温度变化量恰好是乙的一半，甲、乙质量相同，根据可知，乙的比热容为甲的一半，甲为水，则乙的比热容为：
；
由温度时间图象可知，加热时，乙的温度变化量为，不考虑热损失，用相同的加热器加热，将初温相同的乙物质，质量增加到原来的倍，加热相同时间，它们吸收的热量相同，根据可知，质量大的温度变化量小一些，质量增加到原来的倍，则温度变化量为原来的一半，故曲线为图中的第条。
所以答案为：质量；加热时间； ；。
根据，吸热多少与物质的种类、质量和升高的温度有关，比较不同物质吸热的情况，要控制质量和升高的温度相同；
我们使用相同的加热器过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
由表格数据可知加热时甲、乙温度变化量，根据可知乙的比热容为甲的一半，据此得乙的比热容；
由温度时间图象可知加热乙的温度变化，根据转换法，由已知条件结合分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及的运用，为热学中的重要实验．
23、某兴趣小组为了比较水和煤油的吸热能力，进行了如下的实验：
提出问题
烈日炎炎的夏季，白天海滩上的沙子热得烫脚，但海水却非常凉爽；傍晚太阳西落，沙子很快凉了下来，但海水却仍然暖暖的。同样的日照条件，为什么不同物质的温度不一样呢？
设计实验
实验装置如图所示：
除了图中所给的实验器材外，还需要的测量工具有天平或量筒和______ 。
本实验的主要探究方法是______ 法和转换法。
进行实验
该兴趣小组设计了如下实验步骤，其中存在错误的是______
A.在两个同样的试管中分别装入等体积的水和煤油
B.用温度计测量这两种液体的初温，发现温度计示数相同
C.把两个试管同时放入同一烧杯中加热如图所示，且加热相同的时间
D.用温度计测出两种液体的末温，发现两温度计的示数不相同
数据分析
改正错误后，下图是该兴趣小组绘制的“吸收热量时间”和“温度时间”图象，能正确描述这两种液体真实情况的图象是______
答案：
停表；控制变量法。。。
解析：本实验中，两只试管中的煤油和水处于同一杯水中，所以加热条件相同；为比较煤油和水的吸热能力，应控制二者的质量相同，利用天平量筒可以达到这样的目的；为绘制出“吸收热量时间”和“温度时间”图象，还需要计时工具，所以还应添加“停表”或其他计时工具。本实验中需控制试管内煤油与水的质量相同、加热条件相同，所以采用了控制变量法；本实验是通过比较两只温度计的示数变化来比较煤油与水的吸热能力的，所以还用到了转化法。
为比较煤油和水的吸热能力，应使试管中的煤油与水的质量相同，而不是体积相同，故步骤A错误。
本实验中，两只试管中的煤油和水处于同一杯水中，所以加热条件相同，即两只试管内的煤油和水在相同时间内吸收的热量相同，即、两图中，煤油和水吸收热量的图线是重合的，故A、B错误。煤油的比热容小于水的比热容，所以在相同时间内液体均未沸腾的情况下，水的温度改变量较煤油的小，即在初温相同的情况下，加热相同时间，水的末温低于煤油的末温。故C、两图中，图符合要求。
所以答案为：停表；控制变量法。。。
在初中阶段，控制变量法和转化是我们最为常见的两种实验设计方法，也是解题中我们经常用到的解题方法。我们要掌握这两种方法的实质，做到灵活应用。
24、如图所示是“探究不同物质吸热升温现象”的实验装置，小华将初温和质量相等的色拉油和水分别装在相同的烧杯中，用酒精灯加热并不断搅拌，每隔测量一次温度，数据记录在下表中。
加热时间
温度 色拉油
水
选用相同的酒精灯，是为了使单位时间内色拉油和水______相同，不断搅拌的目的是使色拉油和水______。
图中已经画出色拉油温度随时间变化的图象，开始部分并不是直线，导致此现象的原因是除色拉油外还有______吸收热量，为尽量减小这种影响，写出一种改进方法：______。
根据上表实验数据，在图中画出水的温度随时间变化的图象。分析图象可知，当色拉油和水升高相同温度时，______需要的时间短，______需要吸收的热量更多。
答案：
吸收的热量 均匀受热 石棉网 用电加热器直接加热色拉油 色拉油 水
解析：选取相同的酒精灯的目的是相同的时间内提供的热量相同；实验中不断地用搅拌器搅拌，目的是使得物质受热均匀；
加热过程中，石棉网会吸收热量，所以开始部分不是直线；为了减少这种影响，最好是用电加热器直接加热色拉油；
如图：
由表格中的数据可知，当色拉油和水升高相同温度时，水的加热时间长，色拉油的时间短，这说明水需要吸收的热量更多。
所以答案为：吸收的热量；均匀受热；石棉网；用电加热器直接加热色拉油；色拉油；水。
实验中不断地用搅拌器搅拌，目的是使得物质受热均匀；选取相同的酒精灯的目的是相同的时间内提供的热量相同；
加热过程中，石棉网会吸收热量；
根据表格中的数据分析。
本题考查了物质的吸热能力的探究实验，明确表格中数据的特点是解题的关键。
25、为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如下．
物质 质量 初始温度 加热时间 最后温度
水
食用油
为保证实验结论的可靠，关于实验时“应控制两套装置中相同的量”的说法中，不必要的是________．
A.食用油和水的质量相等 两套装置中的烧杯相同
C.两酒精灯的火焰大小相同 两酒精灯内酒精的质量相等
实验中，食用油和水从升温至，________所需时间较长，________吸收的热量较多，由此可见，________吸热能力较强均填“水”或“食用油”．
实验中，加热相同的时间，水吸收的热量________填“大于”“小于”或“等于”食用油吸收的热量，________填“水”或“食用油”升高的温度较多，________填“水”或“食用油”吸热能力较强
答案：
水 水 水
等于 食用油 水
解析：为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有酒精灯火焰的大小，水和食用油的质量和初温，烧杯等．酒精灯中的酒精质量可以不同．
食用油和水从升温至，水所需时间较长，说明水吸收的热量较多，由此可见，水吸热能力较强．
加热相同的时间，水吸收的热量等于食用油吸收的热量，食用油升高的温度较多，说明水吸热能力较强．
26、在“比较不同液体的吸热能力”实验中：
除了图中所示器材，还需要的测量仪器有天平和______；
在甲装置中，分别给初温相同且______相等的水和食用油加热；
在甲装置中，用相同酒精灯给两种液体加热相同时间，其目的是为了保证两种液体______相同，这种研究方法叫______；
在甲装置中，两种液体升高相同的温度，给______加热时间更长；
图乙装置中两个相同烧杯装有相同质量的水，灯中煤油和酒精的质量相等，进行“比较煤油和酒精的热值大小关系”实验，实验数据如表。分析数据可知：热值较大的是______；
加热时间
甲杯水温
乙杯水温
通过实验数据直接计算出燃料的热值将______选填“偏大”或“偏小”。
答案：
秒表 质量 吸热 转换法 水 煤油 偏小
解析：实验中需要测量吸热的时间，故需要秒表来计时；
在“比较不同液体的吸热能力”时，应控制两种物质的质量是相同的；
用相同的加酒精灯给两种物质加热，在相同的时间内，物质吸收的热量是相同的；这是转换法的应用；
给质量相同的水和煤油加热，升高相同的温度时，由于水的比热容大，所以水吸收的热量多，即水的加热时间长；
分析表格数据可知，甲、乙两个装置中，水的质量和初温相同，由知，末温高的吸收的热量较多；在相同的加热设备下，相同时间内，消耗燃料的质量相同，由知，水温上升高的，对应的燃料的热值较大；所以煤油的热值大；
在实验的过程中，由于存在热量的散失，所以实验测得的热值会偏小。
所以答案为：秒表；质量；吸热；转换法；水；煤油；偏小。
本题是一道关于热值的实验探究题，知道热值的意义；会用控制变量法和转换法设计探究实验是本题的解题关键。
27、小明同学“探究不同物质吸热升温的现象”，同时又“探究不同燃料燃烧的放热能力”，他设计了两组实验装置如下图：
你认为“探究不同燃料燃烧的放热能力”应选用______选填“甲”或“乙“组器材。
除了图中已经呈现的器材，还需要用到其他测量工具。你认为两个实验都还要用到的其他测量工具是______；仅甲组实验还需要的测量工具是______。
甲组实验是通过______来反映物质吸收热量的多少，乙组是通过______来反映燃料放出热量的多少。
小明购买了一盒薯片，取出几片用上述方法测出薯片的热值为，他又观察到包装盒上印有“质量：”，他据此算出了整盒薯片能提供的热量为______。这个结果与包装盒上注明的“能量：”不等，原因可能是______。
答案：
乙 天平 秒表 加热时间的长短 液体升高的温度 实验中存在热量的损失，或实验时薯片没有完全燃烧
解析：研究不同燃料燃烧放热能力应用不同的燃料，因此选乙组器材。
观察甲、乙两图，物质的质量都必须相等，因此还要用天平称量质量，即要用到相同的器材是天平；仅甲组实验还需要测量加热时间，所用工具是秒表；
甲组实验是通过加热时间的多少来反映物质吸收热量的多少，因此秒表用在甲装置中；乙组是通过水温升高的度数或水温的变化来反映燃料放出热量的多少。
，整盒薯片能提供的热量为：
，用实验中测得的薯片的热值计算出整盒薯片能提供的热量小于包装盒上注明的能量，原因可能是实验中存在热量的损失，或实验时薯片没有完全燃烧。
所以答案为：
乙；
天平；秒表；
加热时间的长短；液体升高的温度；
；实验中存在热量的损失，或实验时薯片没有完全燃烧。
研究不同燃料燃烧放热能力，应选用不同的燃料；
利用控制变量法进行分析；
加热时间的长短反映物质吸收热量的多少；相同质量的同种液体，升高的温度反映燃料放出热量的多少；
知道燃料的热值，可利用公式计算燃料完全燃烧放出的热量。
本题考查了学生对“不同物质吸热升温的现象”和“不同燃料燃烧的放热能力”实验探究，分析时利用好控制变量法是解决本题的关键。
28、如图所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置。取质量和初温都相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同的装置加热。实验数据记录如下表：
温度
加热时间 甲
乙
酒精燃烧，将______能转化为______能。
实验中，可以通过______“升高的温度”或“加热时间”来比较两种液体吸收热量的多少，这是用______的方法增加了液体的内能。
分析实验数据可知：当它们升高相同温度时，______液体需要吸收的热量更多；当它们吸收相同热量时，______液体升温更高。选填“甲”或“乙”
若在这两种液体中选择一种作为汽车发动机的冷却剂，______液体冷却效果更好。
答案：
化学 内 加热时间 热传递 甲 乙 甲
解析：酒精燃烧时将化学能转化为内能；
实验中使用相同的酒精灯在相同时间内放出的热量相同，使液体在相同时间内吸收的热量相同，根据转换法，实验中，可以通过加热时间来比较两种液体吸收热量的多少，这是用热传递的方法增加了液体的内能；
分析实验数据可知：升高相同的温度，甲加热时间长，甲吸收的热量多；据此推理，故当它们吸收相同热量时，乙液体升温更高；根据比较吸热能力的方法，甲液体吸热本领更强；
因甲的吸热能力强，即比热容大，根据，质量相同的甲乙两种液体升高相同的温度，甲吸热多，故若在这两种液体中选一种作为汽车发动机的冷却剂，甲液体冷却效果更好。
所以答案为：化学；内；加热时间；热传递；甲；乙；甲。
燃料燃烧时将化学能转化为内能；
我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
改变内能的方法是做功和热传递；
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
因甲的吸热能力强，即比热容大，根据分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
29、在“探究物质的吸放热能力”实验活动中：
小中同学使用相同的电加热器给水和煤油加热，用加热时间的长短来表示物质吸收热量的多少。他得到如下数据：
物质 次数 质量 升高的温度 加热的时间
水
煤油
分析第、次或第、次实验数据，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收热量的多少与物质的______有关。
分析第、次或第、次实验数据，可以得出的初步结论是：______。
我们还可以通过大量实验分析出：不同物质的吸热能力一般不同，在相同条件下，升温快的物质，它的吸热能力较______。选填“强”或“弱”
小华分别用质量相等、初温相同的水和另一种液体进行了实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验中，水和该液体在相同时间内放出的热量相等。分析图象可以得出：______物质为水，另一种液体的比热容为______。
答案：
质量 质量相同的不同种物质，升高相同温度时，吸收热量的多少与物质种类有关 弱 甲
解析：分析第、次或第、次实验数据，升高的温度相同，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收热量的多少与物质的质量有关。
分析第、次或第、次实验数据，质量相同，升高的温度相同，物质种类不现，可以得出的初步结论是：质量相同的不同种物质，升高相同温度时，吸收热量的多少与物质种类有关。
我们还可以通过大量实验分析出：不同物质的吸热能力一般不同，在相同条件下，升温快的物质，它的吸热能力较弱。
小华分别用质量相等、初温相同的水和另一种液体进行了实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验中，水和该液体在相同时间内放出的热量相等。由图乙可知，在第分钟，甲物质降温乙物质降温，在相同的时间甲降温慢，即吸热能力强，故甲物质为水，根据，、相同的情况下，与成反比，故另一种液体的比热容为。
所以答案为：质量；质量相同的不同种物质，升高相同温度时，吸收热量的多少与物质种类有关；弱；
甲；。
纵向比较表中数据，找到相同的量与不同的量，研究吸收热量与不同量之间的关系
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的种方法：
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
使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
根据，、相同的情况下，与成反比示另一物质的比热容。
本题探究物质的吸放热能力，考查控制变量法和转换法的应用及数据分析处理能力。
30、夏天中午海边的沙子很热但海水却很凉；傍晚海边的沙子较凉但海水却较暖和。对此，同学们提出如下猜想：可能是沙子吸热升温或放热降温都比水快。为了比较水和沙子吸热本领的大小，小明和小童所在的两探究小组都都做了如图所示的实验：
他们在实验前准备了火柴、酒精灯、烧杯、沙子、水、搅棒、铁架台、石棉网、温度计、秒表除此之外，还需要的测量工具是______。
在加热过程中，小明用搅棒不断搅动的目的是______；水和沙子吸热的多少是通过______来反映的选填“温度计示数”或“加热时间”。
设计实验方案时，需要确定以下控制的变量，你认为其中多余的是______。
A.采用完全相同的加热方式 酒精灯里所加酒精量相同
C.取相同质量的水和沙子 盛放水和沙子的容器相同
两小组获得的实验结论分别是：等质量的沙子和水升高相同的温度，加热沙子的时间短；等质量的沙子和水加热相同的时间，沙子的温度上升得多。你认为上述结论能验证实验猜想的是______
选填“仅是”、“仅是”或“和”。
探究过程中也有部分同学提出猜想：可能是中午海水蒸发吸收热量，所以温度低；而沙子不蒸发，所以温度高，你认为上述猜想是否正确，请说明理由：______。
答案：
天平 使被加热的物体受热均匀 加热时间 和 不正确，因为海水在晚上也在蒸发，而沙子不蒸发，照些推理晚上应该海水凉，沙子暧和，而这与事实不符合
解析：
根据，必须控制变量，控制水和沙子的质量相同，就需要用天平。
为了使沙子能均匀受热，因使用搅拌棒进行搅拌；由于是相同的酒精灯加热，即沙子和水在相同的时间内吸收的热量相等，所以可以利用加热时间的长短来反映物体吸收热量的多少。
用控制变量法进行探究，因为引起温度变化的因素是吸热的多少、物质的质量、加热时间和方式，与酒精的多少无关，所以选项多余。
“等质量的沙子和水升高相同的温度，加热沙子的时间短”，说明水的吸热能力比沙子强。“等质量的沙子和水加热相同的时间，沙子温度上升得多”，同样说明了水的吸热能力比沙子强。因为均说明“沙子吸热升温或放热降温都比水快”，故两条实验结论均能验证实验猜想，故应选择“和”。
因为蒸发吸热不是海水温度低的主要原因，其主要原因是海水的比热容大。比如傍晚时海水同样在蒸发吸热，其温度却比沙子高，便能有力证明这一点。
所以答案为：天平；使被加热的物体受热均匀；加热时间；；和；不正确，因为海水在晚上也在蒸发，而沙子不蒸发，照些推理晚上应该海水凉，沙子暧和，而这与事实不符合。
实验需要的器材，可根据来判断，采用控制变量法实验。
实验时使用搅棒，才能使沙子受热均匀；实验采用相同的酒精灯对其加热，加热时间越长，沙子和水吸收的热量就多，因此实验中用酒精灯加热时间表示水和沙子吸热的多少。
探究物质比热容的大小需要控制的变量包括：吸收的热量，不同物质的质量，加热的时间和加热的方式。
沙子与水吸放热能力的比较必须符合控制变量法的要求，注意结论所描述的条件是否严密，再确定结论能否验证猜想。
中午海水比沙子凉的主要原因是比热容大造成的，而不是因为水蒸发吸热，因为傍晚水同样在蒸发吸热，温度却要比沙子高。
此题考查了我们对于实验数据的分析能力，还一定注意应用控制变量法来考虑。我们要能够根据相关的实验数据得出需要的结论，并能够将这些知识应用于生活。
31、某物理兴趣小组对热现象的有关实验进行如如下探究：在两个同样的烧杯中分别装等质量的水和煤油，用同样的热源分别对它们加热，实验装置如图甲、乙所示。
安装实验器材时，应按照______选填“自上而下”成“自下而上”的顺序进行。
小亮用甲装置探究“水沸腾时温度变化的特点”。为适当缩短实验时间。小亮同学在烧杯中倒入一些热水，温度计示数如图丁所示，温度计读数为______。
图戊是小亮在实验中观察到的情景，其中图______是水沸腾时的现象选域“”或“”。水沸腾时，瓶口不断冒出“白气”，该现象的物态变化名称是______。
为比较不同物质吸热的情况，小强用如图甲、乙所示的实验装置完成实验。根据实验数据，小强作出了如图丙所示的水和煤油的温度随加热时间变化的图象，由图丙可知，______的吸热能力强。
小强在完成实验整理器材时不小心将酒精灯打翻了，一部分酒精泼洒在桌子上，灯内剩下酒精的热值______选填“变大“、“变小”或“不变”，很快同学们闻到了酒精气味，这是______现象。
答案：
自下而上 液化 水 不变 扩散
解析：因用酒精灯的外焰加热，故安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行。
小亮同学在烧杯中倒入一些热水，温度计分度值为，示数如图丁所示，温度计读数为。
图气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象；图气泡在上升过程中，体积逐渐增大，所以是沸腾时的现象。
瓶口不断冒出“白气”，是因为蒸发的水蒸气遇冷液化成的小水珠，该现象的物态变化名称是液化。
根据如图丙所示的水和煤油的温度随加热时间变化的图象知，升高相同的温度，水加热时间长，故水的吸热能力强。
热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，与质量和体积无关，小强在完成实验整理器材时不小心将酒精灯打翻了，一部分酒精泼洒在桌子上，灯内剩下酒精的热值不变，很快同学们闻到了酒精气味，这是扩散现象。
所以答案为：自下而上；；；液化；水；不变；扩散。
根据用酒精灯的外焰加热，确定安装实验器材的顺序，确保一次调整到位；
根据温度计分度值读数；
掌握水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大；
瓶口不断冒出“白气”实际是因为蒸发的水蒸气遇冷液体成的小水珠；
使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；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；
密度、比热容、热值是物质的某种特性，与物质的种类和状态有关，同种物质的密度、比热容、热值一般不变；
同学们闻到了酒精气味，这是扩散现象。
本题研究水沸腾时温度变化的特点，考查器材的调试、温度计读数、沸腾的现象、物态变化的知识及对热值的理解等知识，综合性较强。
32、小方同学用温度传感器代替温度计，用红外加热器代替酒精灯，探究不同物质的比热容。装置如图甲所示，将盛有初温相同的水和色拉油的两个相同试管放入同一个红外加热器中，两只温度传感器通过数据采集线与计算机相连，采集数据，得到图象如图乙。
实验中所盛的水和色拉油的______选填“质量”、“体积”应该相同：
加热分钟，甲液体吸收的热量______选填“”、“”、“”乙吸收的热量。
根据图象可知，甲乙的比热容关系是______选填“”、“”、“”，进一步计算可得，色拉油的比热容为______。
答案：
质量；；；
解析：
为了便于比较水和色拉油吸热能力的强弱，实验除让两个试管内的水和色拉油初温相同外，实验前还必须控制水和色拉油的质量相同；
使用相同的加热器对他们加热时，即在相同的时间内两种物质所吸收的热量的多少是相同的，所以此实验中记录加热时间的长短来表示水及色拉油吸收热量多少；
加热一段时间分钟，根据转换法，吸热相同；
乙升高的温度为：
；
甲升高的温度为：
；
根据知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，所以，
由于水的比热容大于色拉油的比热容，所以甲是色拉油，
因为加热相同的时间，吸收的热量相同，即
色拉油的比热容：
。
所以答案为：质量；；；。
比较水和食用油的吸热能力，要控制水与油的质量相等、初温相等；
相同的加热器对其加热时，即表明在相同的时间内两种液体所吸收的热量是相同的，所以加热时间的长短，表明液体吸收热量的多少；
选同样的加热时间，在相同时间内吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断；
求出加热一段时间水和色拉油升高的温度，根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比求出色拉油的比热容。
本题比较不同物质的比热容，考查控制变量法、转换法的应用及的运用，为热学中的重要实验。
33、如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是，烧杯内的液体质量和初温也相同。
比较不同燃料的热值，应选择______两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量多少，是通过______来反映的．
比较不同物质吸热升温的特点；
应选择______两图进行实验．
不同物质吸热的多少是通过______来反映的选填“温度计示数”或“加热时间”。
关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是______。
A.采用相同的加热方法
B.烧杯中分别装入相同体积的物质
C.使用相同的烧杯
如果质量和初始温度均相同的、两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，______液体的温度升高得较快，______液体的比热容较大，、两种液体的比热容之比为______。
答案：
甲乙；温度计升高的示数；
甲丙；加热时间；；；；：。
解析：比较不同燃料的热值，应控制加热液体相同而燃料不同，由图示可知，应选择甲、乙两图进行实验，根据，燃料完全燃烧放出的热量，是通过温度计升高的示数来反应的；
比较不同物质吸热升温的特点：
根据控制变量法，要控制相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度变化的特点，
为保证不同物质吸收相同的热量，故应控制燃料相同，只改变吸热物质的种类，选择甲、丙两图进行实验；
根据转换法，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
、采用相同的加热方法；
C、使用相同的烧杯；
以上两处选项都是为了控制不同物质吸收的热量相同，故AC正确；
B、烧杯中分别装入相同体积的不同液体，因不同物质的密度不同，根据，故两种物质质量不相等，故B错误；
所以选：；
如图丁所示，由图可以看出，加热相同的时间，即吸收相同的热量，液体的温度升高得较快，液体的温度升高得慢，根据比较吸热能力的方法，故B液体的比热容较大；
由图象知升高到时，需要，需要，故B吸收的热量是的倍，即的比热容是的倍，即、两种液体的比热容之比为：。
所以答案为：甲乙；温度计升高的示数；甲丙；加热时间；；；；：。
根据控制变量法，比较不同燃料的燃烧值，应使燃料不同，而控制被加热液体的种类比热容相同和质量相同，根据，通过液体升高的温度来反应燃料完全燃烧放出的热量的多少；
比较不同物质吸热升温的特点，应控制质量相同的不同物质吸收相同热量，比较升高的温度，故要控制燃料相同而吸热物质不同；
使用相同的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；
根据控制质量相等的不同物质吸收相同的热量分析；
根据图丁回答；
使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，温度计的示数变化相同时，通过比较加热时间比较吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系。
本题是一道关于物质比热容的实验，实验中应用了控制变量法，熟练应用控制变量法可正确解题。
34、如图甲所示，是“探究不同物质吸热升温的规律”实验装置，在两个相同的烧杯中，分别装有水和煤油，用相同的酒精灯分别对它们加热相同的时间。实验数据记录画成图象如图乙：
实验中应保证水和煤油的______选填“质量”或“体积”相同；实验中选用相同的酒精灯对水和煤油加热相同的时间，水吸收的热量______选填“大于”、“等于”或“小于”煤油吸收的热量；
对水和煤油加热相同的时间后，可以观察到水升高的温度______选填“高于”、“等于”或“低于”煤油升高的温度；
实验表明，______选填“水”或“煤油”的吸热能力更强，在物理学中，我们用比热容这一物理量来描述物质的这种特性，已知水的比热容是，请根据图中数据计算出煤油的比热容是______；
小明又利用如图丙所示的两套相同装置，分别在两个燃烧皿中放入质量相同的不同燃料，点燃后加热质量相等的水，通过比较燃料______选填“燃烧相同时间”或“全部燃烧”后温度计示数的变化，来判断两种燃料热值的大小。实验数据记录如表：根据表中数据，计算出碎纸片的热值是______。
燃料 加热前水温 燃料燃尽时水温 燃料的热值
酒精
碎纸片
答案：
质量 等于 低于 水 全部燃烧
解析：在此实验中，为了比较水和煤油吸热本领的大小，我们可以加热相同的时间，观察升高的温度的不同；也可以让它们其升高相同温度，比较加热时间，来比较它们吸热本领的大小。为了达到实验目的前提条件是：在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和煤油；
用相同的电热器对水和煤油加热相同的时间，加热器放出的热量相同，则物质吸收的热量是相同的；
根据表格中的数据可知，质量相同的水和煤油，吸收相同的热量后，煤油升高的温度更高，水的温度更低；
根据表中的数据可知，相同质量的水和煤油，水升高的温度小于煤油升高的温度，因此水吸热的能力更强；
由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的倍，即吸收的热量是煤油的倍，根据，在质量、升温相同的情况下，比热容与成正比，故煤油的比热容是：；
比较不同燃料热值的实验中，同时点燃料后，需等待燃料完全燃烧，通过观察温度计示数的示数上升来比较两种燃料热值大小；
相同质量的酒精和碎纸片燃烧放热，酒精燃烧放出的热量可以将水的温度升高，碎纸片燃烧放出的热量可以将水的温度升高，根据可知，酒精的热值是碎纸片的倍，所以碎纸片的热值为。
所以答案为：质量；等于；低于；水；；全部燃烧；。
判断水与煤油的吸热本领的大小，可以判断两种物质在吸收相同热量的情况下，升高温度的多少。温度升高较多的，则比热较小；为了达到此目的必须控制所用的物质的质量相等、初温相同，所用仪器相同；选取相同的加热的目的是相同的时间内提供的热量相同；
加热相同的时间，质量相同的水和煤油，由于煤油的吸热本领小，所以煤油升高的温度更高；
加热相同的时间，质量相同的水和煤油，由于煤油的吸热本领小，所以煤油升高的温度更高；由图乙知，升高相同的温度，水用的时间是煤油的倍，即吸收的热量是煤油的倍，根据在质量、升温相同的情况下，比热容与成正比，求出煤油的比热容；
比较不同燃料的燃烧值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；质量相同的不同燃料完全燃烧释放的热量被相同质量的同种液体吸收，根据，可以通过液体温度计示数变化来反应放出热量多少；通过水温度的变化值得出水吸热的大小关系，也就知道燃烧酒精和碎纸片放出热量的关系，又知道燃烧的质量相同，据此得出热值关系，求出碎纸片的热值。
本题主要考查如何用转换法和控制变量法来比较不同物质比热容吸热能力的大小。
35、如图所示，小明利用甲乙两三套完全相同的装置，完成下面两个热学实验．
为了比较水和煤油的吸热本领的大小，他应选择______两套装置小明通过______选填“加热时间”或“温度计上升的示数”来比较水和煤油吸收热量的多少．
为比较不同燃料的热值，小明选择了甲、乙两套装置，他分别在加热器中放入相同质量的不同燃料，同时点燃后对质量和初温相等的两种液体加热，直至燃料完全燃烧．
小明设计的方案存在明显的缺陷是：______．
小明按正确方法进行实验，发现用燃料作为燃料的水升高的温度是用燃料作为燃料的水升高的温度的倍，由此，他能否得出“燃料的热值是燃料的倍”的结论，答：______选填“能”“不能”，原因是：______．
经过实验得出了水和煤油温度随时间变化的图象如图丁、所示，若不计实验过程中的热量损失，则煤油的比热容为______水的比热容为
答案：
甲、丙 加热时间 没有控制被加热液体的种类相同 不能 燃料燃烧放出的热量没有完全被液体吸收
解析：为了比较水和煤油的吸热本领的大小，应选用相同的燃料加热即相同的热源，目的是在相同的时间内两种物质吸收的热量相同，所以选择甲、丙两套装置；
用相同的燃料加热，液体在相等时间内吸收的热量相等，在此实验中，根据转换法，液体吸收热量的多少是通过加热时间来比较的；
为便于通过升高温度比较液体吸收的热量，应使用初温和质量相同的同种液体，实验中的缺陷是：对质量和初温相等的两种液体加热，即没有控制被加热液体的种类相同；
用不同燃料对液体加热时，两种燃料释放的热量不可能完全被液体吸收，不能根据液体升高的温度直接得出“燃料的热值是燃料的倍”的结论；
由图可知，升高的温度均为时，需要的加热时间大于加需要的加热时间，即需吸收的热量比多，由可知，的比热容比大，因此是水的温度随时间变化的图象，是煤油的温度随时间变化的图象，由图可知，水和煤油变化的温度均为时，油，可知：，解得煤油的比热容为。
所以答案为：甲、丙；加热时间；没有控制被加热液体的种类相同；不能；燃料燃烧放出的热量没有完全被液体吸收；。
比较水和煤油的吸热本领的大小，应使用相同的热源，控制不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力；我们使用相同的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。
比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据，得出不同燃料放出热量的多少，据此分析；
实验中通过液体吸收热量反应燃料燃烧放出热量，应使用同种初温和质量相同的液体；
燃料释放的热量不一定全部被液体吸收，不能根据液体升高的温度关系确定酒精与纸的热值关系；
质量相同的不同物质，吸收相同的热量，温度变化越小，表示该物质的吸热能力越强，根据图象，利用公式判断物质的吸热能力并进行计算。
本题将比较水和煤油的吸热本领的大小和比较不同燃料的热值实验对比，还考查了转换法和控制变量法。20《探究串并联电路中各处电路两端电压的关系》
考点汇总：
（一）串联电路电压规律
提出问题
串联电路中各部分电路两端电压与总电压有什么关系呢？
实验猜想
①串联电路中各部分电路两端的电压相等；
　　②串联电路中各部分电路两端的电压之和等于总电压。
实验器材
两节干电池，六只小灯泡（其中第二次实验用的两只相同），1只电
压表，一只开关，导线若干。
实验电路
实验步骤
①分别把电压表并联在如图所示的电路中A、B两点，B、C两点，A、C两点间测量电压，看看它们之间有什么关系。
②换上另外四只灯泡，再测两次，看看是否还有同样的关系。
实验记录：
数据分析
从实验过程和实验记录中可以看出，两灯泡的规格相同时，U1=U2；当两灯泡的规格不相同时，U1≠U2，但都满足U1+U2=U。
实验结论
串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，即U=U1+U2。
（二）探究并联电路电压规律
提出问题
并联电路两端的总电压跟各个支路两端电压有什么关系？
实验猜想
①并联电路各条支路两端的电压都相等；
②并联电路的总电压等于各条电路两端的电压之和。
实验器材
两节干电池，六只小灯泡(其中第二次实验用的两只相同)，1只电压
表，一只开关，导线若干。
实验电路
实验步骤
①别把电压表并联在如图所示的电路中A、B两点，C、D两点，E、F两点间测量电压，看看它们之间有什么关系。
②换上另外四只灯泡，再测两次，看看是否还有同样的关系。
实验记录
数据分析
并联电路中各支路两端电压相等，等于总电压（电源电压）与灯泡的规格没有关系。
实验结论
并联电路中的总电压，等于各个支路两端的电压，各支路电压相等即：U= U1=U2。
1、以上两种实验结论用到的探究方法是“归纳法”。
2、实验过程中全部测量完一次后，再更换不同规格的灯泡再次测量目的是什么？
答：避免实验存在偶然性，使实验结论具有普遍性。
3、实验时发现在连接电路闭合开关前，发现电压表指针向逆时针偏转原因是什么？
答：电压表正负接线柱接反。
4、连接实验电路时，开关应断开；电压表应并联在被测电路中。
5、连接好电路后，要先用开关试触，观察电压表的指针偏转情况，确认无误后，再闭合开关，观察示数。
6、用电压表探究串联电路电流规律得出的结论是：串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，即U=U1+U2。
7、闭合开关前，发现其中一个电表指针没有指在零刻度上，出现这种现象的原因是 没调零 。
8、闭合开关后，电压表指针示数较小，说明选择的量程偏大，为了使实验结果更准确，接下来他应该先断开开关，然后选用小量程；
9、该实验中小灯泡的作用是：用电器，防止出现电源短路。
10、读数时，要客观、精确，视线与刻度线垂直，读数完毕，先断开开关，切断电源，再拆卸线路，整理好仪器；。
11、电压表的量程选择得过小，会使指针偏转过大，损坏电表；选择得过大，会使指针偏转过小，测量不准确。一般来说，选择的量程，应使指针偏转到刻度盘的三分之一到三分之二之间。
典题精析：
1、小兰同学对串联电路电压规律进行了探究。
根据电路图甲，用笔代替导线连接实物电路图乙。
如图甲所示闭合开关，发现不发光，比较亮，电压表示数为零，则小灯泡的故障是______；
排除故障后，小兰正确测出了两端的电压，在测两端的电压时，小兰打算采用以下方法：电压表所接的接点不动，只断开接点，并改接到接点上。此操作可能会导致电压表出现的现象是______。
最后，小兰按照正确的方法测出了、、之间的电压，，的示数如图丙所示，读出______，并得出了实验的最终结论。实验结论为：______
此实验依然存在着一定的缺陷，你的改进方法是：______。
答案：
；
短路；
电压表指针反向偏转；
；串联电路两端的总电压等于各串联部分两端电压之和；
换用不同规格的灯泡多做几次实验。
解析：由电路图可知，两灯泡串联，电压表测量灯泡两端电压，如图所示：
发现不发光，比较亮，电压表示数为零，说明灯的没有电流通过，即短路了；
只断开电压表接点，并改接到接点上，而接点不动，电压表正负接线柱接反了，闭合开关后，电压表指针反向偏转，所以不能测出两端的电压。
电压表测量间电压，所以选择电压表选择的是量程；电压表分度值为，所以示数为；
由实验数据可知：、的总电压为：；
由此可得出实验结论为：串联电路两端的总电压等于各串联部分两端电压之和；
为得出普遍结论，应更换不同规格的灯泡，或改变电源电压，进行多次实验，测出多组实验数据。
所以答案为：见上图；短路；电压表指针反向偏转；；串联电路两端的总电压等于各串联部分两端电压之和；换用不同规格的灯泡多做几次实验。
在根据电路图连接电路过程中，要特别注意电压表的位置、接法、量程选择和电流方向。
闭合开关灯泡不亮原因有两个：灯泡处发生短路或断路，其它位置发生断路。一个灯泡发光，另一个不发光，不可能发生断路，只能是短路。
电流从电压表正接线柱流入，负接线柱流出，电压表反向偏转。
根据串联电路两端的总电压与各用电器两端的电压之和的关系计算出两灯泡的总电压，由此判断出电压表选择的量程，根据指针的位置读出电压表示数；
为了得出普遍结论，应进行多次实验，进行多次测量。
本题考查了利用电压表判断电路故障的分析能力、电压表的使用方法等知识；做此题时要围绕串联电路的电压规律去分析解答，需要注意的是实验为了得出普遍结论，应进行多次实验，测出多组数据。
2、小明、小华、小军三位同学在做物理实验时，对“串联电路电压规律”进行探究。
【猜想与假设】
串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和
按电路图连接电路；
闭合开关，用电压表测出两端的电压；
在测两端的电压时，小明同学为了节省实验时间，采用以下方法：电压表所接的接点不动，只断开接点，并改接到接点上。
测出间的电压。
【交流与评估】
在连接电路时，开关必须______；
小明用上面的方法不能测出两端的电压，理由是______；
方法改进后，所测出、、间的电压记录在下面表格中。小明同学在这个实验设计方案上还存在的不足之处是______；
小华同学在用电压表测电压时，电压表指针偏转角度每次均很小，这是由于______；
A.电压表没有并联在电路中 “”、“”接线柱接反
C.电压表量程选择太大 电压表量程选择太小
小军同学按图示电路图连接电路，闭合开关后发现灯亮，灯不亮，电压表的示数为，造成该现象可能的原因是______。
答案：
断开；
电压表正负接线柱接反了；
只进行了一次实验，结论具有片面性；
；
短路。
解析：
连接电路时，开关必须要断开，断开的目的是为了保护电路，以防止由于接错出现短路烧坏电源；
电压表要准确地测量用电器两端的电压，必须严格按照电压表的使用规则进行操作，所以判断小明同学能不能用此方法测出两端的电压，就看电压表此时是否与并联，正负接线柱的接法是否正确；
实验中，为得到普遍性的规律，应多测几组数据进行分析；
为减小误差，若不超量程，应选择小量程进行测量；
若某电路短路，则两端电压为零。
本题是一道实验题，做此题时要围绕串联电路的电压规律去分析解答，需要注意的是在电学实验中，连接电路时开关都必须是断开的。
在拆接电路时，开关必须断开；
当电压表点不动，只断开点，并改接到点上时，虽然电压表此时与并联，但电压表的正负接线柱却是反的，闭合开关后，指针会反向偏转，所以不能测出两端的电压；
实验中，小明只做了一次实验，而没有进行多次测量，只凭一组实验数据得出结论带有偶然性，不能得出正确规律；
电压表指针偏转角度每次均很小，这说明电压表所选量程太大，C正确；
灯亮，则电路未发生断路，灯不亮，电压表的示数为，则可能短路。
所以答案为：断开；
电压表正负接线柱接反了；
只进行了一次实验，结论具有片面性；
；
短路。
3、“探究串联电路的电压关系”的实验电路如图甲所示，请完成下列问题．
为了使探究得出的结论具有普遍意义，、应该选择________填“相同”或“不同”的小灯泡．
在连接电路时，开关必须________小明根据电路图连接电路，闭合开关前，发现电压表的指针指在零刻度线的左侧，造成这种现象的原因是________________．
正确连接后闭合开关，发现电压表示数为零，则故障可能是________或________．
在测两端的电压时，小明为了节省时间，采用以下方法：电压表的连接点不动，只断开连接点，并改接到连接点上．小明用上面的方法能否测出两端的电压？为什么？
答：_______________________________________________________________．
排除故障后进行测量，小明用电压表分别测与、与之间的电压，电压表的示数分别如图乙和图丙所示，则电压表的示数分别为________，________．
答案：
不同 断开 电压表没有调零 短路 断路 不能；因为电压表的正负接线柱反接了 ；
解析：题图甲中两灯串联，电压表测两端的电压，由于电压表示数为零，则原因可能是电压表被短路，即短路；原因也可能是电压表的正负接线柱没有与电源正负极相连，即断路．
与之间的电压为两端的电压，其小于电源电压，与之间的电压是电源电压，根据乙、丙两图指针位置可知，乙选用的是量程，分度值为，丙选用的是量程，分度值为，所以电压表的示数分别为，。
4、在今年的实验操作考试中，吴丽同学抽到“探究串联电路电压的规律”的实验，其实验过程如下：
她在检查实验器材时发现电压表的指针位置如图所示，接下来她要对电压表进行的操作是______ ．
问题解决后，开始按图连接好电路，用开关试触时发现电压表的指针又偏转到图的位置，则电压表产生此现象的原因是______ ．
改正错误后，她用电压表分别测量两端的电压、两端的电压和 两端的总电压，更换不同灯泡，再做两次实验，将三次测出的电压填入下表．
实验次数
第一次
第二次
第三次
请你根据她的实验过程和有关数据回答下列问题：
上面设计的表格中存在的不足之处是______ ．
分析表格中的数据，得出实验结论是______ ．
在许多实验中都需要进行多次测量：有的是为了找到普遍规律，避免偶然性；有的是为了求平均值以减小误差下列实验中多次测量的目的与本实验相同的是______填字母．
A.测量物体的长度 伏安法测电阻 探究重力大小与质量的关系．
答案：
对电压表进行调零；电压表的正负接线柱接反了；物理量没有单位；串联电路两端的总电压等于各串联用电器两端的电压之和；．
解析：
使用电压表前应对电压表进行调零，使指针指在零刻度线上；
从电压表的正确使用方法上找到指针不正常偏转的原因；
被测物理量包括数字和单位；
根据表中的数据，分别计算出每一次实验中的，再和相对应的的电压值比较，得出结论；
在物理实验过程中，多次测量的目的有两种：将测量数据取平均值，减小误差；总结规律，避免结论的片面性．
此题为探究串联电路中的电压规律实验，考查电压表的正确使用以及串联电路的电压特点，还考查了学生对实验数据的处理能力和分析、归纳、总结能力．
由图知，电压表指针没有指在零刻度线上，使用电压表前应对电压表进行调零，使指针指在零刻度线上；
根据题意可知，电压表的指针发生了反向偏转，说明电压表的正负接线柱接反了；
分析表格内容可知，表中测量的物理量没有单位，因此该表格的不足之处：物理量没有单位；
两点间的电压为两端的电压，两点间的电压为两端的电压，两点间的电压为电路两端的总电压．由表中的数据可以看出：
第一次实验：，；
第二次实验：，；
第三次实验：，；
因此可以得出：串联电路两端的总电压等于各串联用电器两端的电压之和，即；
“探究串联电路电压的规律”，多次实验的目的是总结规律，避免因次数太少造成结论的偶然性或片面性．
A、测量课本的长度，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差；
B、伏安法测电阻，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差；
C、探究重力与质量的关系，多次测量的目的是：总结规律，防止结论的偶然性．
所以选C．
所以答案为：对电压表进行调零；电压表的正负接线柱接反了；物理量没有单位；串联电路两端的总电压等于各串联用电器两端的电压之和；．
5、在探究“并联电路电压的关系”实验中：
小明按照图甲所示电路连成图乙所示实物图电压表尚未连接。如果直接闭合开关将出现________选填“断路”或“短路”现象，小灯泡、都不会亮，还可能造成________损坏；
为了使电路连接正确，只需更改跟、的四个接线柱、、、相连的某根导线的一端。请在需要改动的导线上打“”并改正。指出一种即可；
接下来，他们按如图丙所示电路图连接了三个电压表，实验过程中，电压表的示数如图丁所示，则电压表的示数是_________；
答案：
短路；电源 ；
；

解析：
会读电压表的示数，会分析短路的情况，并理解并联电路中电压的规律是解决该题的关键。
电流流过导体时产生的热量跟电流的平方成正比，跟电阻成正比，跟通电时间成正比。导线把两个灯泡都短路了，电路中的电流增大，会烧坏电源或滑动变阻器。要使两个灯泡并联改动导线或导线。
先判断电压表的量程和分度值，而后读出电压表的示数；由于并联电路中，各支路的电压与总电压相等，故据此分析可得答案。
根据焦耳定律，在电阻一定，通电时间一定时，电流越大，产生的电热越多。如图连接，其他条件相同，导线把两个小灯泡都短路了，会造成电路中电流增大，产生的电热过多，烧坏电源。
只更改跟、的四个接线柱、、、相连的某根导线的一端，将导线的上端改接到或，也可以将导线的右端改接到或，就使电路连接正确了。如下图所示：
该电压表选择的是小量程，所以分度值是，所以电压表的示数；由于该电路是并联，所以电压表、和示数相等，所以电压表的示数是。
所以答案为：短路； 电源； 图见上面的解析； 。
6、在“探究串联电路电压的特点”活动中。
如图所示，实验中应选择规格______相同不同的小灯泡。
在测两端电压时，闭合开关，发现电压表示数为零，原因可能是______填出一种即可。
小明保持电压表的连接点不动，只断开连接点，并改接到连接点上，测量两端电压。她能否测出两端电压？______，理由是______。
小明分别测出、、间的电压并记录在如下表格中，分析实验数据得出结论：串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。请对小明的做法进行评价：______，改进方法是______。
答案：
不同 短路断路 不能 电压表正负接线柱反接了 一次实验具有偶然性 更换规格不同的灯泡进行多次实验
解析：为了避免实验的偶然性，使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同的小灯泡进行实验；
电压表示数为零，说明与电压表并联的电路短路或与电压表并联之外的电路出现了断路，则故障可能是短路或断路；
测出两端的电压，与电压表的正接线柱相连。将与点相连的导线改接到点，则会造成电流从电压表的负接线柱流入了；故不能测出两端电压；
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进行多次实验。
所以答案为：不同；短路或断路；不能；电压表正负接线柱反接了；一次实验具有偶然性；更换规格不同的灯泡进行多次实验。
根据电路图判定导线的条数；为了使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同的小灯泡进行实验；
电压表示数为零，说明电路出现故障的原因：电路断路或短路；根据灯泡的明暗和电表的示数判断电路故障原因电路中出现了断路；
电压表连接时电流从正接线柱流入；
只进行了一次实验就得出结论，不具有普遍性；为了使实验结论具有普遍性，应进行多次测量。
本题主要是探究串联电路电压的规律，掌握电路故障的分析电压表的使用及得出普遍性结论的方法，难度中等。
7、如图甲是小明“探究串联电路的电压规律”的实验电路图。
连接电路时，开关应______。实验时，灯和灯的规格应______。填“相同”或“不相同”
闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中两点、两点及两点，测得数据分别是，，；小明检查发现只有灯和灯中的一盏出现故障，则故障可能是______。
处理好故障后，小明把电压表接在之间重新测量，电压表示数如图乙所示，电压表的分度值是______；为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关______。
正确实验后，小明分析多组数据得出结论：______。请使用文字叙述
答案：
断开 不相同 断路 换接电压表 串联电路的总电压等于各部分电压之和
解析：连接电路时，开关应断开。实验时，为得出普遍性的结论，灯和灯的规格应不相同；
闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中两点、两点及两点，测得数据分别是，则说明之外的电路为通路，，说明之外的电路为通路；说明之外的电路为通路；，说明之外的电路为断路，小明检查发现只有灯和灯中的一盏出现故障，则故障可能是断路；
处理好故障后，小明把电压表接在之间重新测量，电压表选用大量程，示数如图乙所示，电压表的分度值是，电压为，为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关，换接电压表；
正确实验后，小明分析多组数据得出结论：串联电路的总电压等于各部分电压之和。
所以答案为：
断开；不相同；断路；；换接电压表；串联电路的总电压等于各部分电压之和。
连接电路时，为保护电路，开关应断开；用归纳法得出普遍性的结论要满足个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；
实验中，若电压表有示数，则与电压表并联的电路之外的电路为通路，若电压表没有示数，说明与电压表并联的电路之外的电路为断路，据此分析；
根据电压表的分度值读出电压表的示数，为了使实验结果更准确，测量电压不超过电压表量程的条件下要选用小量程；
串联电路的总电压等于各部分电压之和。
本题探究串联电路的电压规律，考查注意事项、归纳法的运用、故障分析、电压表的选用及串联电路电压的规律。
8、如图所示，小明在“探究串联电路电压特点”的实验中：
在连接电路的过程中，开关必须______，在串联电路中，开关可以控制所有用电器，开关位置的改变______填“影响”或“不影响”它对用电器的控制。
某次测量时，电压表的示数如图乙所示，则此时灯两端的电压为______。
闭合开关后，小明发现、均不发光，电压表有示数且大小接近，则电路中出现的故障可能是发生了______填“短路”或“断路”。
排除故障后，小明在测量了灯两端的电压后，断开开关，然后将导线的端松开，接到接线柱上，闭合开关测量灯两端的电压，小明的做法是______填“正确”或“错误”的，原因是______。
小明更换了不同规格的小灯泡并多次实验，将得到的数据记录在下表中，分析实验数据，你可以得到串联电路中的电压规律：串联电路两端的总电压等于______。
实验次数
小明进行多次实验的主要目的是______填序号。
寻找普遍规律 减小实验误差
答案：
断开；不影响；；断路；错误；电压表的正负接线柱接反了；各串联电阻两端的电压之和；。
解析：在连接电路的过程中，为保证电路安全，开关必须断开；在串联电路中，开关可以控制所有用电器，开关位置的改变不改变它对所有用电器的控制作用；
由图甲可知，电源电压大约，因此图乙电压表选用的是小量程，其分度值是，故此时电压表的示数是。
闭合开关后，灯、均不发光，而电压表的示数大小接近电源电压，说明此时电压表的正负接线柱与电源两极相连，故灯发生断路。
如图，如果将导线的端松开，接到接线柱上来测量灯两端的电压，这样电流从电压表的“”接线柱流入，从“”接线柱流出了，电压表的正负接线柱接反了；
由表格可知：次数：；次数：；次数：；因此可以得出：串联电路两端的总电压等于各串联电阻两端的电压之和，即；
多次实验分析数据是为了寻找普遍规律，故填。
在串联电路中，一个开关可以控制所有用电器，开关位置改变，控制作用不变
据实物图判断出电压表的量程，而后判断出分度值，进而读出电压表的示数即可；
闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路。具体原因从电流表、电压表有无示数判断故障；
电学实验中，电压表并联在待测电路两端，电流从“”接线柱流入，从“”接线柱流出，不能接反了；
根据表中的数据，分别计算出每一次实验中的，再和相对应的的电压值比较，得出结论。
在物理实验过程中，多次测量的目的有两个：将测量数据取平均值，减小误差；总结规律，避免结论的片面性。
本题主要考查电压表的使用及电路故障分析，重点是电压表的使用：电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，电压表有较大示数接近电源电压，此处用电器断路或与之串联的用电器短路；电压表无示数，此处用电器短路或与之串联的用电器断路。
9、小明选用了一些实验器材来探究“串、并联电路中电流及电压的关系”实验：
小明设计了如图甲所示的电路图，并用电流表测量、、三处的电流，电流表示数如表
表：

表：


小明同学分析数据后得出结论：并联电路中各支路电流相等．小华认为他得出的结论是错误的，请你提出一条建议，用来说明小明的观点是错误的：______ 改进后并多次实验得到的结论是：并联电路中，______ ；
为了探究串联电路中电压的关系，小明设计了如图乙所示的电路图，并进行实验．测量完两端的电压后，在测量两端的电压时，为了节省时间，小明将电压表的接点不动，只断开接点，并改接到接点上，你认为小明用上面的方法______ 选填“能”或“不能”测出两端的电压，原因是______ ；
图乙中，小明通过实验操作，测得、间电压表示数如表，其中间电压如图丙所示，其大小是______ 小华认为小明在测量间电压时操作还有待改进，接下来应该______ 通过多次实验分析可以得出的结论是：串联电路中，______ ；
小明按如图丁连接好电路，正确操作后，测得、、三处的电流记、、，测得、、两点间的电压为、、下列说法中正确的是______ ；
A.
在进行图乙所示实验时小明同学误将电流表当成电压表并联在了两端，闭合开关后能发光的灯泡是______ 选填“”、“”或“和，并且亮度比正确操作时更______ 选填“亮”或“暗”．
答案：
采用不同规格的灯泡进行实验；干路电流等于各支路电流之和；
不能；电压表正负接线柱接反了；
；断开开关，电压表换用的量程；总电压等于各分电压之和；
；
；亮
解析：【试题解析】
两灯泡并联，灯泡两端电压相同，通过灯泡的电流相等，这说明所选用的灯泡规格相同，从而得出了错误的结论，为得出普遍结论，应采用不同规格的灯泡进行实验；
改进后并多次实验得到的结论是：并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
由电路图知，当电压表测量两端电压时，电流从端流入电压表，从端流出，也就是端对应的是电压表的“”接线柱；如果将端连接在点时，电流就从“”接线柱流入电压表，引起指针倒转；
由可知，电压表的量程为，分度值为，示数为；
闭合开关，电压表示数如图丙所示，示数较小，说明选择的量程偏大，为了使实验结果更准确，接下来他应该断开开关，选用小量程，即选用的量程；
通过多次实验分析可以得出的结论是：串联电路中总电压等于各分电压之和；
由串联电路中各处的电流相等可知，AC错误，B正确；
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，D错误；
在进行图乙实验时小明误将电流表当成电压表并联在了两端时，被短路不能发光，能发光的是，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，两端的电压变大．
所以答案为：
采用不同规格的灯泡进行实验；干路电流等于各支路电流之和；
不能；电压表正负接线柱接反了；
；断开开关，电压表换用的量程；总电压等于各分电压之和；
；
；亮．
一次实验数据得出的结论具有偶然性，为得出普遍结论，应使用不同规格的器材进行多次实验，然后得出结论，根据并联电路的电流特点得出正确的结论；
使用电压表测量导体两端电压时，必须使电流从“”接线柱流入，从“”接线柱流出，否则指针会倒转；
根据的电压确定电压表的量程，根据分度值读出图丙的示数；根据电压表所示信息，可以确定选择量程过大了，接下来应该，断开开关，换用小量程；
根据串联电路的电压特点和电流特点得出正确的答案；
电流表的电阻很小、在电路中相当于导线，与之并联的灯泡不能发光，根据串联电路的电压特点可知发光灯泡两端的电压变化，
本题考查了探究串并联电路电流特点和电压特点的实验，注意电流表的量程的选择和正负接线柱要接正确，结果要有代表性，就要用不同的规格的灯泡，多做几次实验，然后得出结论．
10、小明和小华同学在“探究串联电路电压的规律”实验中，都设计了如图甲所示的电路。
连接电路前，小明发现电压表指针如图乙所示，接下来他要对电压表进行的操作是________。
小明根据图甲连接好电路，闭合开关后，发现电压表示数为零，若只有或中的一处发生故障，则故障可能是________写出一种即可。
排除故障后，小明完成了实验，并把数据记录在下表中。
分析实验数据得出两个实验结论：串联电路两端的电压________各部分电路两端电压之和；串联电路中，各部分电路两端电压相等。
实验结束后小明和小华互相交流，小华指出结论是错误的，造成结论错误的原因是________，另外，小明的实验在设计方案上还存在另一个不足之处是__________________________。
小明和小华还进行了深入交流，为了节省时间，利用原来的电路图，在测两端的电压时，电压表所接的接点不动，只断开接点，并把接线改接到接点上，这个方法________选填“能”或“不能”测出两端的电压，理由是________________________。
答案：
对电压表进行调零 断路或短路 等于 选用相同规格的灯泡做实验 只测出了一组实验数据，实验次数太少，得出的实验结论具有偶然性和片面性 不能 电压表的正负接线柱接反了
解析：由题图知，连接电路前，在检查实验器材时发现电压表指针没有指在零刻度线上，则应对电压表进行调零，使指针指在零刻度线上；由电路图知，两灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压；闭合开关后，电压表示数为零，且只有或中的一处发生故障；若灯、均不亮，说明电路发生断路，而电压表没有示数，说明电压表的两端不能与电源连通，则是断路；若亮、不亮，而电压表没有示数，则可能是灯短路；由表中实验数据可知，串联电路的总电压等于各部分电路电压之和。由实验数据可知，各部分电路两端电压相等，该结论是错误的，造成结论错误的原因是选用了规格相同的灯泡做实验；由实验数据可知，只测出了一组实验数据，实验次数太少，得出的实验结论具有偶然性和片面性，为得出普遍结论，应改变灯泡的规格进行多次实验或改变电源电压进行多次实验；为了节省时间，利用原来的电路图，在测两端的电压时，电压表所接的接点不动，只断开接点，并把接线改接到接点上，这样做不能测出两端的电压，因为根据电路图分析可以看出，直接改接一端连线，会造成电压表的正负接线柱接反。
11、小明选择了一些实验器材来研究“串并联电路中的电流及电压的关系”的实验
小明探究串联电路中的电流规律，刚接好最后一根导线，表的指针迅速向右偏，立即切断电源，经检查发现在连接电路时没有________。
小明设计了如图甲所示的电路图，并用电流表测量了、、三处的电流，如表
表
小明同学分析数据后得出结论：并联电路中各支路电流相等。小华认为他得出的结论是错误的，请你提出如何实验，用来说明小明的观点是错误的：________。
图乙中，小明通过实验操作，测得、间电压表示数如表，其中间电压如图丙所示，其大小是________。小华认为小明在测量间电压时操作还有待改进，接下来应该________。
表
如图丁，小明和同学合作完成了探究串联电路电流规律的实验，小明同学读取电流表的示数后，感觉比其它实验小组的读数大一些，于是他断开开关又仔细观察发现电流表还有的读数，这是因为________。
在实验过程中他们连接了如下图所示的电路，闭合开关后，观察到灯不发光，请在图上只改动一根导线，符合、并联，电流表测干路电流，测灯的电流，开关控制所有用电器。要求：在需要改动的导线上画“”，用笔将改动后的导线画出，导线不许交叉
答案：
断开开关；
同一次实验，使用不同规格的小灯泡；
；将电压表量程更换成小量程；
实验前电流表未校零；
如图：

解析：
此题考查“探究串并联电路的电流电压规律”的实验，解决此题的关键是熟知电流表的使用方法。
连接电路或改接电路时开关应断开；
探究串并联电路的电流电压规律的实验中应选不同规格的灯泡，避免特殊性，总结普遍规律；
使用电压表和电流表时，要选合适的量程，测量值在小量程内的必须选小量程测得结果更准确；
使用电压表和电流表时要先调零；
在并联电路中，电流表接在干路测干路中电流，电流表串联在支路中测所在支路的电流。
小明探究串联电路中的电流规律，刚接好最后一根导线，表的指针迅速向右偏，说明在连接电路时没有断开开关；
由表格中数据可知两支路电流相等，说明选了两规格相同的灯泡，具有特殊性，不能总结普遍规律；
由电压表示数读出电压值为，可见所测电压值小于，所以应换接小量程，测得结果更准确；
断开开关后，发现电流表还有的读数，说明电流表使用前没调零；
根据两灯泡并联，一个电流表在干路一个在支路，将电流表的“”接线柱改接到灯的右接线柱即可。
所以答案为：
断开开关；
同一次实验，使用不同规格的小灯泡；
；将电压表量程更换成小量程；
实验前电流表未调零；
如图：

12、小刚和小丽用如图甲所示的电路探究串联电路的电压关系．
【基础设问】
连接电路前，小刚发现电压表指针如图乙所示，接下来他要对电压表进行的操作是_________．
连接电路时，开关应该_________．
根据图甲，请用笔画线代替导线，连接图丙中的实物图．
小刚根据图甲连接好电路，闭合开关后，发现电压表示数为零，若只有或中的一处发生故障，则故障可能是__________________________．
排除故障后，小刚用电压表测量两端的电压时，直接选用的量程，小丽说这样不行，规范的操作方法是先用_________的量程进行试触，如果试触结果不超过，再改用小量程测量．
小刚通过多次更换小灯泡测出了几组数据如下表所示．
实验序号 两端电压 两端电压 两端电压
分析第、、三组数据，可以得出的结论是_______________________________________．
分析第组数据，小刚得出“串联电路各用电器两端电压相等”的结论，请你对这一结论的合理性做出简要的分析：______________________________________________________________________________．
小刚和小丽设计了如图丁所示的电路来探究并联电路中电压的规律．
请用笔画线代替导线，将图中电路连接完整，要求电压表测量灯两端的电压．
丁
电路连接正确后进行实验，分别测出灯、两端的电压分别为和，并联电路的总电压为，则、和三者之间的关系是_________用已知字母表达．
【能力设问】
小丽又单独设计了图戊所示的电路，按图正确连接实验器材后，读出电压表示数；然后将电压表分别接到、两端，测出两端电压和电源电压；再调节滑动变阻器的滑片，重复上述操作并记录多组数据．
戊
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最_________填“左”或“右”端．
实验中多次调节滑动变阻器滑片的目的是____________________________；为了实现这个目的，还可以进行的操作有______________________________________________________．
图戊中，将电压表改接到两端时，保持电压表接点的导线不动，只将接点的导线改接到点，此时____填“能”或“不能”测出两端电压，原因是____________________________．
在如图己所示的电路中，、都是有和两个量程的电压表．当闭合开关后，两个电压表指针偏转均如图庚所示，则灯、两端的电压分别为 （ ）
己 庚
A.， ， ， ，
答案：
调零 断开 如图所示． 短路或断路 串联电路中的总电压等于各用电器两端电压之和 不合理，只利用一组数据得出结论，实验结论不具有普遍性 如图所示． 右 得到多组电压数据，寻找普遍规律，避免结论的偶然性 改变电源电压 不能 电压表正、负接线柱接反了

解析：电压表示数为零，说明没有电流通过电压表，若只有或中的一处发生故障，可能是短路或断路．
由题图己可知，、串联，电压表测电源电压，电压表测两端的电压．因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电压表的示数应大于的示数，而两个电压表指针偏转相同，则电压表的量程是，分度值为，示数为，即电源电压；电压表的量程是，分度值为，示数为，即两端的电压；由串联电路电压规律可知，两端的电压．
13、在实验操作考试中，吴丽同学抽到“探究串联电路电压的规律”的实验，其实验过程如下：
她在检查实验器材时发现电压表的指针位置如图所示，接下来她要对电压表进行的操作是______。
问题解决后，开始按图连接好电路，用开关试触时发现电压表的指针又偏转到图的位置，则电压表产生此现象的原因是______。
改正错误后，她用电压表分别测量两端的电压、两端的电压和 两端的总电压，更换不同灯泡，再做两次实验，将三次测出的电压填入下表。
实验次数
第一次
第二次
第三次
请你根据她的实验过程和有关数据回答下列问题。
上面设计的表格中存在的不足之处是______。
分析表格中的数据，得出实验结论是______。
有许多实验中都需要进行多次测量：有的是为了找到普遍规律，避免偶然性：有的是为了求平均值以减小误差。下列实验中多次测量的目的与本实验相同的是______填字母。
A、测量物体的长度 、伏安法测电阻 、探究并联电路中电流规律。
答案：
指针调零 电压表的正负接线柱接反了 物理量没有单位 串联电路两端的总电压等于各串联电阻两端的电压之和
解析：由图知，电压表指针没有指在零刻度线上，使用电压表前应对电压表进行调零，使指针指在零刻度线上；
根据题意可知，电压表的指针发生了反向偏转，说明电压表的正负接线柱接反了；
分析表格内容可知，表中测量的物理量没有单位，因此该表格的不足之处：物理量没有单位；
两点间的电压为两端的电压，两点间的电压为两端的电压，两点间的电压为电路两端的总电压。由表中的数据可以看出：
第一次实验：，；
第二次实验：，；
第三次实验：，；
因此可以得出：串联电路两端的总电压等于各串联电阻两端的电压之和，即；
研究“物体的质量跟体积的关系”，多次实验的目的是总结规律，避免因次数太少造成结论的偶然性或片面性。
A、测量课本的长度，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差；
B、伏安法测电阻，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差；
C、探究重力与质量的关系，多次测量的目的是：总结规律，防止结论的偶然性。所以选C。
所以答案为：指针调零；电压表的正负接线柱接反了；物理量没有单位；串联电路两端的总电压等于各串联电阻两端的电压之和；。
使用电压表前应对电压表进行调零，使指针指在零刻度线上；
从电压表的正确使用方法上找到指针不正常偏转的原因；
被测物理量包括数字和单位；
根据表中的数据，分别计算出每一次实验中的，再和相对应的的电压值比较，得出结论；
在物理实验过程中，多次测量的目的有两个：将测量数据取平均值，减小误差；总结规律，避免结论的片面性。
此题为探究串联电路中的电压规律实验，考查电压表的正确使用以及串联电路的电压特点，还考查了学生对实验数据的处理能力和分析、归纳、总结能力。
14、小明、小华、小军三位同学在物理实验时，对“串联电路电压规律”进行探究．
【猜想与假设】串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和
按电路图连接电路；
闭合开关，用电压表测出两端的电压；
在测两端的电压时，小明同学为了节省实验时间，
采用以下方法：电压表所接的接点不动，只断开接点，
并改接到接点上；
测出间的电压．
【交流与评估】
在连接电路时，开关必须______ ；
小明用上面的方法不能测出两端的电压，理由是______ ；
方法改进后，所测出、、间的电压记录在下面表格中．分析小明同学的实验数据可以得出的结论是______ ；
这个实验在设计方案上还存在的不足之处是______ ；
图是小明同学记录的另一次实验数据，读数为______ ；
小华同学在用电压表测电压时，电压表指针偏转角度每次均很小，这是由于______ ；
A.电压表没有并联在电路中 “”、“”接线柱接反
C.电压表量程选择太大 电压表量程选择太小
小军同学按图示电路图连接电路，闭合开关后发现灯亮，灯不亮，电压表的示数为，造成该现象可能的原因是______ ；
细心的小明还发现：电压较大的那个灯泡比另一个亮，且更换了不同规格的灯泡总是这样，于是他得出了“不同灯泡的亮暗和电压有关，电压高的灯泡亮，电压低的灯泡暗”的结论，你认为该结论______ 选填“正确”“错误”．
答案：
断开；电压表接线柱接反了；在串联电路中总电压等于各用电器两端电压之和；实验次数太少；；；短路；错误
解析：为保护电路安全，在连接电路时，开关必须断开；
当电压表点不动，只断开点，并改接到点上时，虽然电压表此时与并联，但电压表的正负接线柱却是反的，闭合开关后，指针会反向偏转，所以不能测出两端的电压；
由表中数据可知：，这与间电压不相等，所以可得结论：串联电路中总电压等各用电器两端电压之和或；
由实验可知，该实验值进行了一次实验，只测出了一组实验数据，实验此时太少，得出的实验结论具有偶然性和片面性，为得出普遍结论，应改变灯泡的规格进行多次实验或改变电源电压进行多次实验；
电压表使用的量程为，分度值为，则此时电压表的示数为；
小华同学在用电压表测电压时，电压表指针偏转角度每次均很小，
A、如果电压表没有并联在电路中，电压表示数会较大，指针偏角较大，故A错误；
B、“”、“”接线柱接反，电压表指针将反向偏转，故B错误；
C、电压表量程选择太大，电表指针偏角很小，故C正确；
D、电压表量程选择太小，指针将会超出量程，故D错误；所以选C．
由题意可知，电流表无示数，说明电路中没有电流，故说明电路中可能出现了开路，则可能短路或电压表短路．
两灯泡串联，通过它们的电流相等，由可知，灯泡电压越大，灯泡实际功率越大，灯泡越亮，灯泡的亮度是由灯泡的实际功率决定的，不是由电压决定的，因此小明的结论是错误的．
所以答案为：断开；电压表正负接线柱接反了；串联电路中总电压等各用电器两端电压之和；实验次数太少；；
；短路；错误．
连接电路时，开关必须要断开，断开的目的是为了保护电路，以防止由于接错出现短路烧坏电源；
电压表要准确的测量用电器两端的电压，必须严格按照电压表的使用规则进行操作，所以判断李瑞同学能不能用此方法测出两端的电压，就看电压表此时是否与并联，正负接线柱的接法是否正确；
将间电压与间电压相加，即可判断出是否与间电压相等；电压表与灯泡并联根据并联电路的特点可知对电路结构有影响；由题意可知 和串联，电压表测量灯泡两端的电压，测量两端的电压；
为得出普遍结论，应使用不同规格的实验器材进行多次实验，测出多组实验数据．
看清量程和分度值，读出电压表的示数；
实验时电表应选择合适的量程，量程太小，可能会损坏电表，量程太大，电表指针偏角太小，读出误差较大．
在用电压表判断电路故障时，可以根据以下规律进行：
当电压表示数为零时，电压表所测范围之内出现短路，或者所测范围之外出现开路；
当电压表示数较大或等于电源电压时，电压表所测范围之外出现短路，或者所测范围之内出现开路．
灯泡亮度是由灯泡的电功率决定的，应用串联电路特点与电功率公式分析答题．
本题是一道实验题，做此题时要围绕串联电路的电压规律去分析解答，需要注意的是在电学实验中，连接电路时开关都必须是断开的．
15、小明同学对串联电路电压规律进行了探究。
【猜想与假设】串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和。
【设计与进行实验】
按如图所示的电路图连接电路。
闭合开关，排除故障，用电压表测出两端的电压。
在测两端的电压时，小明为了节省时间，采用以下方法：电压表所接的点不动，只断开接点，并改接到接点上。
测出间的电压，得出结论。
【交流与评估】
在拆接电路时，开关必须______。
闭合开关，发现电压表示数为零，则小灯泡的故障可能是______或______。填“短路”或“断路”
小明用上面的方法______填“能”或“不能”测出两端的电压，原因是：______。
方法改进后，测出、、间的电压记录在如表表格中，小明分析实验得出结论：串联电路总电压等于各用电器两端电压之和。此实验在设计方案上存在的不足之处是______，改进方法是______。
答案：
断开 短路 断路 不能 电压表的正负接线柱接反了 只做一次实验，一组实验数据得出的实验结论不具有普遍性 换用不同规格的灯泡进行多次实验
解析：为保护电路，拆接电路时，开关要断开；
因为闭合开关，发现电压表示数为零，可能是电压表的正负接线柱没有与电源正负极相连，或电压表短路，则可能短路或是断路；
因已测量出的电压，故与点相连的为电压表的负接线柱，在测两端的电压时，电压表所接的接点不动，只断开接点，并改接到接点上，这样电流从电压表负接线柱流入了，所以不能测出两端的电压；
本实验只做了一次实验，一组实验数据得出的实验结论不具有普遍性，故应更换规格不同的灯泡进行多次实验。
所以答案为：
断开；
短路；断路；
不能；电压表的正负接线柱接反了；
只做一次实验，一组实验数据得出的实验结论不具有普遍性；换用不同规格的灯泡进行多次实验。
拆接电路时，开关要断开；
闭合开关，发现电压表示数为零，可从灯泡发生断路或短路分析；
在使用电压表时，电流一定要从电压表的正接线柱流入，从负接线柱流出；
用归纳法得出普遍性的结论要满足个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题研究串联电路的电压规律，考查了实物连接注意事项、电路故障分析以及电压表的使用及归纳法的运用
16、为探究“并联电路中电压的规律”，实验室提供的器材有：电池组电压为、电压表、多个小灯泡、开关、导线若干．
请用笔画线代替导线，在图甲中把电路连接完整，要求电压表测量灯两端的电压．
电路连接正确后进行实验，某小组分别测出灯、两端的电压和并联电路的总电压，电压表示数相同，如图乙所示，其值为______根据这组数据，该小组得出并联电路中电压的规律．你认为实验的疏漏之处是______．
小华发现，实验中电压表示数明显小于电源电压，他认为产生这一现象的原因是导线有电阻，为了验证猜想是否正确，闭合开关后，小华又测出了电池组两端的电压为，由此可以判断，导线有电阻______选填“是”“不是”电压表示数明显小于电源电压的主要原因，理由是______．
答案：
；
；没有更换不同规格的灯泡组成不同的并联电路，多次实验；
不是；闭合电路后，电池组两端的电压和并联电路的总电压相差很小
解析：灯、并联，要测量灯泡两端电压，电压表需与并联，因为干电池组电压为，则选择量程．
由图可知：因为干电池组电压为，选择量程，则对应的分度值为；根据指针所指位置可读出电压值为；
利用实验得出实验结论的过程中，为了避免实验的偶然性，增加实验的可信度，换用不同规格的灯泡多测量几次并联电路两端的电压．才能进行归纳总结，这样得出的结论才更加准确．
据题目能看出，闭合开关后，小华又测出了电池组两端的电压为，接近，因为电池组两端的电压和并联电路的总电压相差很小，由此可以判断，导线有电阻不是电压表示数明显小于电源电压的主要原因．
所以答案为：见上图；；没有更换不同规格的灯泡组成不同的并联电路，多次实验；不是；闭合电路后，电池组两端的电压和并联电路的总电压相差很小．
电压表连接在电路中时，要注意连接位置、量程和电流方向．
根据指针位置读出示数，在实验中为了避免实验的偶然性，增加实验的可信度，一般最少做三次试验，同样的，利用相同的方法来研究．
据实际情况分析即可判断．
本题考查了实物电路的设计与连接，实物电路的连接是学生出错比较多的内容，特别是电压表的量程选择和正负接线柱的连接．
17、在“探究串联电路电压的特点”活动中。
如图所示，连接电路时，至少需要______根导线；实验中应选择规格______选填“相同”或“不同”的小灯泡。
在测两端电压时，闭合开关，发现电压表示数为零，原因可能是______填出一种即可。
小芳保持电压表的连接点不动，只断开连接点，并改接到连接点上，测量两端电压。她能否测出两端电压？______理由是______。
小明分别测出、、间的电压并记录在如下表格中，分析实验数据得出结论：串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。请对小明的做法进行评价：______，改进方法是______。
答案：
不同 断路或短路 不能 电压表的正负接线柱接反了 一次实验得出的结论具有偶然性 更换不同规格的灯泡进行多次实验
解析：
由电路图可知，共需要接根导线；为了避免实验的偶然性，使探究得出的结论具有普遍性，应该选取不同的小灯泡进行实验；
在测两端电压时，发现电压表示数为零，说明电路中可能出现了断路，若断路，则电压表串联在电路中测电源电压，有示数；若断路，则电压表无示数；还可能是短路，造成电压表也被短路而无示数；
测出两端的电压时，与电压表的正接线柱相连；小芳保持电压表的连接点不动，只断开连接点，并改接到连接点上，则会造成电流从负接线柱流入了，即电压表的正负接线柱接反了，故不能测出两端电压；
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结论带有偶然性，不能得出普遍规律，故应更换不同规格的灯泡进行多次实验。
所以答案为：；不同；断路或短路；不能；电压表的正负接线柱接反了；一次实验得出的结论具有偶然性；更换不同规格的灯泡进行多次实验。
根据电路图判定导线的条数；为了使探究得出的结论具有普遍性，应该选取不同的小灯泡进行实验；
电压表示数为零，说明电路中出现了断路；
电压表连接时电流从正接线柱流入；
只进行了一次实验就得出结论，不具有普遍性；为了使实验结论具有普遍性，应进行多次测量
本题主要是探究串联电路电压的规律，掌握电路故障的分析电压表的使用及得出普遍性结论的方法，难度中等。
18、“探究串联电路的电压关系”的实验电路如图甲所示．
为了使探究得出的结论具有普遍意义，、应该选择______选填“相同”或“不同”的小灯泡．
小明根据图甲连接好电路，闭合开关，电压表示数如图乙所示，为了使实验结果更准确，接下来他应该______．
测出两端的电压后，小明断开开关，准备拆下电压表，改接在、之间．小聪认为小明的操作太麻烦，只需将与点相连的导线改接到点即可．小聪的办法是否正确？______，为什么？______．
测量完成后，进行小组交流讨论，如表选录了四个小组的数据，由表中数据可以得出的结论是：______．
实验小组 两端电压 两端电压 串联总电压
答案：
不同；
换用的量程；
不正确；电压表的正负接线柱接反了；
串联电路两端的总电压等于各部分电压之和
解析：为了使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同的小灯泡进行实验；
根据图乙电压表所示情况可知，电压表指针偏转角度太小，说明电压表所选量程偏大，所以接下来需要断开开关，换用的量程重新做实验；
测出两端的电压后，小明断开开关，准备拆下电压表，改装在、之间．小聪认为小明的操作太麻烦，只需将与点相连的导线改接到点即可．这样做是不可以的，根据电路图分析可以看出，直接改接一端连线，会造成电压表的正负接线柱接反，不能测出的电压；
测量完成后，进行小组交流讨论，如表选录了四个小组的数据，这些数据是合理的；虽然实验数据存在差异，原因是每一组的电源电压不同；由测量数据可知，在误差允许范围内，可以得出：串联电路两端的总电压等于各部分电压之和．
所以答案为：不同；换用的量程；不正确；电压表的正负接线柱接反了；串联电路两端的总电压等于各部分电压之和．
本题考查学生对于“探究串联电路的电压关系”实验的理解和掌握，熟知实验的原理与操作中的注意问题是解答的关键．本实验也是中考的重点实验之一．
19、小兰同学对串联电路电压规律进行了探究。
根据电路图甲两端电压小于，连接实物电路图乙。
闭合开关，发现不发光，发光，电压表示数为零，则小灯泡的故障是__________。
排除故障后，小兰正确测出了两端的电压。在测两端的电压时，小兰打算采用以下方法：电压表所接的接点不动，只断开接点，并改接到接点上。此操作可能会导致电压表出现的现象是____________________。
最后，小兰按照正确的方法测出了、两端的电压分别为，，测、两点间的电压时电压表的示数如图丙所示，读出__________，并得出了实验的最终结论。实验结论为________________________________________。
此实验依然存在着一定的缺陷，你的改进方法是______________________________。
答案：
如图：
短路 电压表指针反向偏转 串联电路两端的总电压等于各用电器两端电压之和 换用不同规格的灯泡或改变电源电压多做几次实验
解析：由电路图可知，两灯泡串联，电压表测量灯泡两端电压，实物图连接如图所示。
灯不发光，灯发光，电压表示数为零，说明故障是灯短路。只断开电压表接点，并改接到接点上，而接点不动，电压表正负接线柱反接，闭合开关后，电压表指针反向偏转，不能测出灯两端的电压。由题意可知电压表选择的是量程，分度值为，所以示数为；由实验数据可知灯、两端的总电压；由此可得出实验结论为串联电路两端的总电压等于各用电器两端电压之和。为得出普遍结论，应更换不同规格的灯泡或改变电源电压，进行多次实验，测出多组实验数据。
20、如图所示，小明在“探究串联电路电压特点”的实验中：
请在图丙的方框内画出与图甲对应的电路图，并在电路图中标上、；
某次测量时，电压表的示数如图乙所示，则此时灯两端的电压为______；
闭合开关后，小明发现、均不发光，电压表有示数且大小接近，则电路中出现的故障可能是发生了______选填“短路”或“断路”。
排除故障后，小明在测量了灯两端的电压后，断开开关，然后将导线的端松开，接到接线柱上，测量灯两端的电压，这一做法存在的问题是______。
小明进行多次实验的主要目的是______填序号
寻找普遍规律减小实验误差。
答案：
断路 电压表的正负接线柱接反了
解析：由实物图分析知：本电路为串联电路，开关控制整个电路，电压表测量灯泡两端电压，画出相应的电路图如下：
由图甲可知，电源电压大约，因此图乙电压表选用的是小量程，其分度值是，故此时电压表的示数是。
闭合开关后，灯、均不发光，而电压表的示数大小接近电源电压，说明此时电压表的正负接线柱与电源两极相连，故灯发生断路。
如图，如果将导线的端松开，接到接线柱上来测量灯两端的电压，这样电流从电压表的“”接线柱流入，从“”接线柱流出了，电压表的正负接线柱接反了；
多次实验分析数据是为了寻找普遍规律，故填。
所以答案为：见下图；；断路；电压表的正负接线柱接反了。。
从实物图中可以看出，电流从正极流出，依次经过开关、灯泡、，然后回到电源负极，电压表并联在灯泡两端；
据实物图判断出电压表的量程，而后判断出分度值，进而读出电压表的示数即可；
闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路。具体原因从电流表、电压表有无示数判断故障；
电学实验中，电压表并联在待测电路两端，电流从“”接线柱流入，从“”接线柱流出，不能接反了；
在物理实验过程中，多次测量的目的有两个：将测量数据取平均值，减小误差；总结规律，避免结论的片面性。
本题主要考查电路图的画法、电压表的使用及电路故障分析，重点是电压表的使用：电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，电压表有较大示数接近电源电压，此处用电器断路或与之串联的用电器短路；电压表无示数，此处用电器短路或与之串联的用电器断路。
21、在“探究串联电路电压特点”的实验中，小明设计了如图甲所示的电路，并完成电路的部分连接如图乙所示．
请用笔画线代替导线，根据图甲补全图乙中的实验电路．为了保证电路的安全，连接器材时，开关应________由图乙可知，学生电源的端应为________极．
测量两端电压时，两灯突然熄灭，电压表示数迅速变大，此故障的原因可能是________．
排除故障后，电压表的示数如图丙所示，则此时灯两端的电压为________．
小明在测量了灯两端的电压后，断开开关，再将与电压表“”接线柱相连导线的另一端由接线柱改接到接线柱上，测量灯两端的电压，该操作存在的问题是_____________________________________________________________________________．
纠正上述错误后正确实验，得出一组实验数据，为得出串联电路电压关系的普遍规律，小明还应_____________________________________．
实验中，小明记录的实验数据如下：
序号
灯两端的电压
灯两端的电压
第次实验中流过的电流________大于等于小于流过的电流．实验中电源电压为________．
实验过程中，小明观察到实验时灯总比亮些．小明猜想：灯发光的亮暗程度只与电压有关，与其他因素无关．你认为小明的猜想正确吗？
答：________理由是_________________________________________________________．
答案：
断开 负
断路

测两端的电压时，电压表的正、负接线柱接反了
选择不同规格的灯泡进行多次实验
等于 不正确 教室里电灯并联，电压相等，亮暗程度也有不同
解析：略
22、“探究串联电路特点”时小明选用两只规格相同的灯泡连接的电路如图甲所示。
闭合开关后，发现灯发光，不发光。同学们有以下几种猜想：灯丝断了；短路；灯也工作，但中电流比中电流小。以上猜想中正确有______填序号。
为了寻找“串联电路的电流关系”，分别把图中、、各点断开，然后把______接入，闭合开关前，发现其中一个电表指针如图乙所示，但电表连接正确且电路并无故障，出现这种现象的原因是______。
在寻找“串联电路的电压关系”时，小明将电压表并联在两端，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______。
正确实验操作后，测得、、三处的电流记、、，测得、、两点间的电压、、下列说法正确的是______。
A.
为了使结论更有普遍性，可采用的方法是：______。
A.换用不同规格灯泡多次实验 改变电源电压多次实验。
答案：
电流表 电流表指针没有调零 断开开关，电压表换用量程，然后再进行实验
解析：闭合开关后，发现灯发光，不发光，说明电路中没有断路，不发光，说明是短路，所以选；
为了探究“串联电路的电流关系”，应该把电流表接入电路；
闭合开关前，发现其中一个电表指针如图乙所示，没有指在零刻度上，出现这种现象的原因是没调零；
闭合开关，电压表示数如图丙所示，示数较小，说明选择的量程偏大，为了使实验结果更准确，接下来他应该断开开关，选用小量程，即选用的量程；
串联电路中各处的电流都相等；串联电路两端的电压等于各部分电压之和，故D正确，所以选D；
为了得出普遍结论，应该换用不同规格的灯泡、改变电源电压，重复操作，进行多次实验，所以选A。
所以答案为：；电流表；电流表指针没有调零；断开开关，电压表换用量程，然后再进行实验；；。
电路故障包括短路和断路，断路时用电器不能工作；短路时，被短路的用电器不工作，电路中有电流；
为了探究“串联电路的电流关系”，应该把电流表接入电路；开关闭合前，电流表应该调零；
根据电压表所示信息，可以确定选择量程过大了，接下来应该，断开开关，换用小量程；
串联电路中各处的电流都相等；串联电路两端的电压等于各部分电压之和；
为了得出普遍结论，应换用不同规格的实验器材进行多次测量。
本题考查学生对于“探究串联电路的电流、电压关系”实验的理解和掌握，是中考的重点，考查了探究并联电路电流特点的实验的操作，关键是电路现象的分析，为了使实验结论具有普遍性，应换用不同规格的实验器材进行多次实验。
23、 同学们为了“探究串联电路的电压关系”，设计的实验电路如图甲所示。
根据电路图甲，小明进行电路连接，当他连接好最后一根导线时两灯立即发光，小明实验过程中操作不当之处是______，为了使探究得出的结论具有普遍意义，、应该选择______选填“相同”或“不同”的小灯泡。
小明根据图甲正确连接好电路，闭合开关，电压表示数如图乙所示，此时电压表的示数为______；为了使实验结果更准确，接下来他应该________________。
测出两端的电压后，小明断开开关，准备拆下电压表，改接在、之间。小聪认为小明的操作太麻烦，只需将与点相连的导线改接到点即可。小聪的办法是否正确？答：______。你的理由是_____________________________ 。
实验过程中，某实验小组的同学闭合开关后发现两灯不亮，但电压表有示数，由此他判断出电路中出现的故障是_______________。为进一步确定故障原因，他们用一根导线进行尝试，当将该导线并联在之间时，发现亮了起来，但不发光，此时发现电压表______填“偏转”或“不偏转”，由此他们找到了故障的原因。
某小组测量完成后，记录了下表所示的数据，分析表格后同学们发现有一个数据记录错误，该数据是_____，经过讨论他们发现错误的数据是由于电压表的量程读错引起的，纠正错误后，他们根据表格得出的结论是__________________。
实验小组 两端电压 两端电压 串联总电压
答案：
连接电路时，开关没有断开 不相同 换用的量程 不正确 电压表的正负接线柱接反了 灯泡断路 不偏转 串联电路两端的电压等于各部分电压之和
解析：把最后一根导线刚连接好，灯泡、就亮，说明连接电路时开关没有断开；
为了使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不相同的小灯泡进行实验；
根据图乙电压表的量程为，分度值为，电压表的示数为，根据图乙所示情况可知，电压表指针偏转角度太小，说明选择量程太大，误差过大，所以接下来需要断开开关，换用较小的量程重新做实验；
测出两端的电压后，小明断开开关，准备拆下电压表，改装在、之间；小聪认为小明的操作太麻烦，只需将与点相连的导线改接到点即可；这样做是不正确的，因为根据电路图分析可知，直接改接一端连线，会造成电压表的正负接线柱接反；
灯泡不亮，电压表有示数，说明电压表与电源的两端相连，则故障可能为灯泡断路；
当将该导线并联在之间时，亮了起来，将电压表和灯泡短路，灯泡不发光，电压表不偏转；
测量完成后，进行小组交流讨论，可以得出串联电路两端的电压等于各部分电压之和的规律，由表格知第次实验中支路电压之和不等于串联的总电压，又因为是量程读错了故是错误，应该为，符合并联电路电压的规律。
所以答案为：连接电路时，开关没有断开；不相同；；换用的量程；不正确；电压表的正负接线柱接反了；灯泡断路；不偏转；；串联电路两端的电压等于各部分电压之和。
为防止电路连接过程中出现短路，连接电路时开关应该断开；为了使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同的小灯泡进行实验；
根据电压表的量程和分度值读出电压表的示数，使用电压表时，为减小误差，需选择合适的量程；
根据电路图分析可以看出，直接改接一端连线，会造成电压表正负接线柱接反了；
电压表有示数，说明电压表与电源的两端相连，则故障可能为灯泡断路；
当将该导线并联在之间时，将电压表短路，判断出电压表的偏转情况；
串联电路两端的电压等于各部分电压之和。
本题考查学生对于“探究串联电路的电压关系”实验的理解和掌握，熟知实验的原理与操作中的注意问题是解答的关键。本实验也是中考的重点实验之一。
24、下面“探究串并联电路的电流、电压特点”的实验
小明实验小组用如图甲所示的电路来探究并联电路电流、电压关系，其实验思路如下；接好电路后，把电流表分别接入到、、三处．连接电路时开关应处于______状态，实验中应该选择规格______选填“相同”或“不同”的小灯泡。
根据实验过程回答下列问题：
实验时，接好电路后，闭合开关发现两灯都亮，但由于连线较乱，一时无法确定两灯是串联还是并联，小明灵机一动，随意拆下一根导线，发现两灯都熄灭，因此他认定两灯是串联的，小明的方法是______的选填“正确”或“错误”．
小明同学在测量处的电流时，闭合开关前，发现电流表指针位置如图乙所示，原因是______；解决问题后，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为______A.
根据实验结论，应用到如图丁中，图中已标明了电流的方向，若、、中的电流大小分别为、、，则中的电流大小为______A.
如图戊在测量两端电压时，两灯突然熄灭，电流表示数为，用电压表检测两端电压，电压表示数为电源电压，出现此故障的原因是______。
小明根据图戊连接好电路，闭合开关，测出两端电压后，小明断开开关，准备拆下电压表，改接在、之间，小聪认为小明的操作太麻烦，他认为只需将与点相连的导线改接到点即可，小聪的方法______选填“正确”或“不正确”，原因是______。
答案：
断开；不同；
错误；电流表没有调零；；；断路；
不正确；电压表的正负接线柱接反了。
解析：
连接电路时开关应处于断开状态，为得出普遍性的规律，实验中应该选择规格不同的小灯泡；
若两灯泡串联，拆开一根导线，电路断路，两灯泡熄灭；若两灯泡并联时，拆开干路中的一根导线，两灯泡也同时熄灭，所以，根据拆开电路中的一根导线两灯泡都熄灭不能判定两灯泡是串联的，即小明的方法是错误的；
小明同学在测量处的电流时，闭合开关前，发现电流表指针位置如图乙所示，原因是电流表没有调零；
解决问题后，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为，则电流表的示数为；
由图丁可知，、、分别在支路，在干路，
根据并联电路电流的规律可知，中的电流大小：。
如图戊在测量两端电压时，两灯突然熄灭，电流表示数为，则电路断路，用电压表检测两端电压，电压表示数为电源电压，则电压表通过与电源连通，出现此故障的原因是断路；
测出两端电压后，则与点相连的为电压表的正接线柱，与点相连的为电压表的负接线柱，若将与点相连的导线改接到点，此时电流从电压表的负接线柱流入，即电压表的正负接线柱接反了，所以小聪的方法不正确；
所以答案为：断开；不同；错误；电流表没有调零；；；断路；不正确；电压表的正负接线柱接反了。
为保护电路，连接电路时开关应处于断开状态，为得出普遍性的规律，实验中应该选择规格不同的小灯泡；
串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响、不能独立工作；并联电路中有多条路径，各用电器可以独立工作、互不影响，但干路断路时各用电器都不能工作；
电流表使用前要调零，根据电流表选用小量程确定分度值读数；
根据并联电路的干路电流和支路电流的关系计算；
若灯不发光，电流表示数为，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的电路断路了；
用电压表测量电压时，电流应从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则指针反向偏转。
本题是探究串并联电路的电流、电压特点的实验，考查了注意事项、串联和并联电路的特点、电流表读数及电压表的使用。
25、我们已经学习了串联电路电压的规律，那么串联的各部分电路如何分配电源电压呢？小明利用以下实验器材进行实验：阻值不同的定值电阻若干、电压表、电压为的电源、开关及导线。请回答下列问题：
实验次数 间电阻 间电阻
连接电路时，应将开关处于______状态选填：“断开”或“闭合”；
如图甲所示，小明将阻值为和的电阻分别接入电路中和两位置，闭合开关，电压表的示数如图乙所示，则间电压为______比较两电阻阻值和所分电压值可得初步结论：串联电路中，电阻值越大，其所分电压______；
为了进一步探究电压的分配规律，小明更换电阻完成了上表中、两次实验，观察到每次实验电压表示数几乎不变。分析实验数据发现间和间的电压之比与其对应电阻阻值之比相等，于是得出：“串联电路中各部分电路按其阻值之比分配电源电压”的结论。根据这一实验过程得出的结论是否可信？______选填：“可信”或“不可信”，你的理由是：______。
答案：
断开 越大 不可信 要得到普遍规律，实验中每次实验的电阻比值应不同
解析：连接电路时，应将开关处于断开状态，这样连接电路时可以避免出现短路等问题的出现而损坏电路元件；
电压表使用量程，分度值是，电压表的示数如图乙所示，则间电压为，
电阻通过的电流为：，串联电路中电流处处相等，所以电阻两端电压，
所以，串联电路中，电阻值越大，其所分电压越大；
实验过程中，三次实验的电阻比都是：，具有偶然性，实验中每次实验的电阻比不同，才能得到普遍结论，所以这次实验得到的结论不可信。
所以答案为：断开；；越大；不可信；要得到普遍规律，实验中每次实验的电阻比值应不同。
连接电路时应将开关断开；
电压表读数时应看清量程和分度值；串联电路中电流处处相等；
为了使结论具有普遍性应改变实验对应条件多次测量。
本题考查探究串并联电路中电压规律的实验，关键是将实验操作要求及结论掌握清楚，仔细分析即可。
26、小明所在的实验小组用如图所示的电路来研究串联电路中电压的规律，其实验过程如下：用电压表分别测量两端的电压、两端的电压和、两端的电压
小明根据第一次的实验数据断定“串联电路中各用电器两端的电压相等”，这一结论是______选填“正确”或“错误”的，他得出这样的结论是因为实验所用的小灯泡规格______选填“相同”或“不同”。
为了防止个别偶然因素的影响，他们采用了更换其中一个灯泡规格须不同方法来重复实验，完成了第二次和第三次测量。
两端的电压 两端的电压 两端的总电压
第一次测量
第二次测量
第三次测量
请你根据他们的实验过程和有关数据回答下列问题：
在连接电路时，开关必须是______的，电压表应该______填“串联”或“并联”在被测电路中。
上面设计的表格中存在的不足之处是物理量没有______。
表格补充完整后，通过对上面数据的分析可得实验结论：串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压______。
答案：
错误；相同；断开；并联；单位；之和
解析：
小明的实验结论是错误的，原因是实验所用的灯泡规格相同才得出“串联电路中各用电器两端的电压相等”的错误结论；
为了保护电路，在拆接电路时，开关必须是断开的，经检查电路连接无误后，再闭合开关；
电压表应该并联在被测电路中；
记录结果由数字和单位组成，上面设计的表格中的物理量或电压没有单位；
由数据可知，，故可得结论：串联电路中总电压等于各部分电压之和；
所以答案为：
错误；相同；断开；并联；单位；之和。
研究串联和并联电路的电压和电流时为了实验结论具有普遍性，采用相同灯泡和不同灯泡进行多次实验；
在连接电路的过程中为了避免出现短路现象，开关应断开，经检查电路连接无误后，再闭合开关；
电压表的特点电阻很大，相当于断路，与用电器并联；
记录结果由数字和单位组成；
串联电路中总电压等于各部分电压之和。
此题为探究串联电路中的电压规律实验，研究串联电路的电流、电压的关系时，都应该采用相同规格的灯泡和规格不同的灯泡进行实验。
27、如图所示，小明在“探究串联电路电压特点”的实验中：
在连接电路的过程中，开关必须___________，在串联电路中，开关可以控制所有用电器，开关位置的改变____________填“影响”或“不影响”它对用电器的控制．
某次测量时，电压表的示数如图乙所示，则此时灯两端的电压为___________．
小明在测量了灯两端的电压后，断开开关，然后将导线的端松开，接到接线柱上，闭合开关测量灯两端的电压．小明的做法是_________填“正确”或“错误”的，原因是______________________．
小明更换了不同规格的小灯泡并多次实验，将得到的数据记录在下表中，分析实验数据，你可以得到串联电路中的电压规律：串联电路两端的总电压等于________________．
实验次数
小明进行多次实验的主要目的是______________填序号．
寻找普遍规律 减小实验误差
答案：
断开；不影响；
；
错误；电压表的正负接线柱接反了；
各部分电路两端电压之和；

解析：
本题主要考查探究串联电路电压规律的实验，考查的知识点比较多，但难度不大。
在连接电路的过程中，为防用电器烧坏，开关必须断开，串联电路中，开关作用不受位置的影响；
据实物图判断出电压表的量程，而后判断出分度值，进而读出电压表的示数即可；
电学实验中，电压表并联在待测电路两端，电流从“”接线柱流入，从“”接线柱流出，不能接反了；
分析实验数据，你可以得到串联电路中的电压规律；
多次实验的主要目的是：寻找普遍规律和减小实验误差，看是否是取平均值，取平均值是减小实验误差，否则是寻找普遍规律。
在连接电路的过程中，为防用电器烧坏，开关必须断开，串联电路中，开关作用：开关可以控制所有用电器，开关位置的改变作用不变，不影响它对用电器的控制；
由图甲可知，电源电压大约，因此图乙电压表选用的是小量程，其分度值是，故此时电压表的示数是；
如果将导线的端松开，接到接线柱上来测量灯两端的电压，这样电流从电压表的“”接线柱流入，从“”接线柱流出了，电压表的正负接线柱接反了；分析实验数据，可以得到串联电路中的电压规律：串联电路两端的总电压等于各部分电路两端电压之和；
多次实验的主要目的是寻找普遍规律。
所以答案为：断开；不影响；；错误；电压表的正负接线柱接反了；各部分电路两端电压之和；。
28、如图所示是小明“探究串联电路中电压的关系”的实验电路图。
实验步骤
按图所示接好电路。闭合开关前，滑片应置于最______端；滑片移到适当位置，用电压表测出定值电阻两端的电压；保持滑片不动，用电压表测出两端的电压；
保持滑片不动，用电压表测出、两点之间的电压；
移动滑片的位置，重复步骤、、两次。
讨论交流：
按图接好电路时，闭合开关，无论怎样移动滑片，灯泡都不亮，但此时电压表有读数，经检查：除灯和定值电阻外，其余元件都没问题，则电路存在的故障可能是______请将两种可能填写完整，为进一步确定故障，应将电压表接______选填“”或“”两端；
实验过程中，滑片向左移动过程中，灯泡的亮度______选填“变亮”、“变暗”或“不变”。
小明通过实验得到结论：串联电路中各个电器两端的电压相等，总电压等于各个电器两端电压之和；另一小组的小芳通过实验得到结论：串联电路中各个电器两端的电压不相等，总电压等于各个电器两端电压之和。你认为______的结论更合理，理由是______。
答案：
右 灯泡短路或断路 变亮 小芳 采用不同阻值的电阻进行实验，这样得出的结论才具有普遍性
解析：实验中，开关闭合之前，要移动滑动变阻器的滑片，将滑动变阻器调到最大阻值处，即最右端；
、由图可见，电压表与定值电阻并联，灯泡不亮，电压表有读数，说明灯泡短路或断路；为进一步确定故障，应将电压表接在两端并观察电压表有无示数，如电压表有示数说明是灯泡短路，如电压表无示数说明是电阻断路；
、实验过程中，滑片向左移动过程中，电阻变小，故电流变大，灯泡变亮；
、小明的结论中“串联电路中各个电阻两端的电压相等”是不合理的，只有串联两个电阻的阻值相等时，才会得出这个结论，因此只是特殊情况，不是普遍规律；应该像小芳那样，采用不同阻值的电阻进行实验，这样得出的结论才具有普遍性。
所以答案为：右；、灯泡短路或断路；；、变亮；、小芳；采用不同阻值的电阻进行实验，这样得出的结论才具有普遍性。
接好电路闭合开关关，要求把滑动变阻器调到阻值最大的位置，目的是保护电路；
、灯不亮说明灯泡短路或某处断路，电压表有示数，说明电压表和电源连接的部分电路无断路；为进一步判断故障，可以将电压表并联在滑动变阻两端，根据电压表示数情况判断故障原因。
、据滑片的移动方向，判断出电阻的变化关系，进而判断出电流关系即可；
、为了得出普遍规律，实验中要换用不同规格的用电器多次测量，小明实验中，定值电阻和小灯泡的阻值相同，容易得出串联电路各用电器电压相等的错误结论。实验中要求所选器材规格不同，这样得到的结论具有一般性。
此题考查了实验操作的注意事项、故障分析等内容，解题时要围绕串联电路的电压规律去分析得出结论，需要注意的是在电学实验中，连接电路时开关都必须是断开的；实验中既要选择不同规格的用电器又要选择阻值不同的用电器，发现共同点，这样得出的结论才具有普遍性，才有说服力。
29、小明同学按如图所示的电路进行实验，得到如下表所示数据。
示数 示数 示数 示数 示数
由图可知，灯和的连接方式是____________________________________________。
由电流表和的示数，可得出的结论是______________________________________。
由电压表、和的示数，可得出的结论是______________________________。
答案：
串联 串联电路中各处电流相等 串联电路总电压等于各部分电路电压之和
解析：略
30、小芳在“探究串联电路电压特点”的实验中，连接好了的实物电路如图甲所示，请你协助完成：
在方框内画出与图甲对应的电路图，并在电路图中标上、。
在某次测量时，电压表的示数如图乙所示，此时灯两端的电压为________。
闭合开关后，小芳发现灯、均不发光，电压表有示数且大小接近，则电路中出现的故障可能是灯发生了________选填“短路”或“开路”。
排除故障后，小芳在测量了灯两端的电压后，断开开关，然后将导线的端松开，接到接线柱上，测量灯两端的电压，这一做法会造成__________________________。
答案：
如图所示 开路 电压表的正负接线柱接反

解析：解析 由实物图分析可知，两灯泡串联，开关控制整个电路，电压表测量灯泡两端电压，画出相应的电路图如图所示。
由题图甲可知，电压表选用的是小量程，故题图乙所示电压表的示数是。
闭合开关后，灯、均不发光，说明电路中可能有开路故障，而电压表的示数大小接近电源电压，说明此时电压表的正负接线柱与电源两极相连，故灯发生开路。
如果将导线的端松开，接到接线柱上来测量灯两端的电压，这样电流就会从电压表的“”接线柱流入，从“”接线柱流出，即会造成电压表的正、负接线柱接反。
31、小芳在“探究串联电路电压特点”的实验中，连接好了的实物电路图如图甲所示，请你协助完成：
在拆接电路时，开关必须_________；
在某次测量时，电压表的示数如图乙所示，此时灯两端的电压为_________；
闭合开关后，小芳发现、均不发光，电压表有示数且大小接近，则电路中出现的故障可能是发生了________选填“短路”或“断路”；
排除故障后，小芳在测量了灯两端的电压后，断开开关，然后将导线的端松开，接到接线柱上，测量灯两端的电压，这一做法会造成___________________________；
方法改进后，小芳选用不同规格的灯泡，完成了三次实验，测得、、间的电压记录在表格中，分析表中的数据，可得出的结论：____________________________________；
第一次测量
第二次测量
第三次测量
如图所示，请在甲、乙圆圈内填入合适的电流表或电压表，使开关闭合后，两灯都能正常发光。甲圆圈内是____________，乙圆圈内是____________。
答案：
断开；；断路；电压表指针反向偏转；串联电路各部分电压之和等于电源电压；电压表；电流表。
解析：为保护电路安全，在拆接电路时，开关必须断开。电压表的示数如题图乙所示，量程为，分度值为，此时灯两端的电压为。闭合开关后，、均不发光，电压表有示数且大小接近电源电压，则电路中出现的故障可能是发生了断路。将导线的端松开，接到接线柱上，测量灯两端的电压，这一做法会由于电压表的正负接线柱接反导致电压表指针反向偏转。分析表中的数据，可得出的结论：串联电路各部分电压之和等于电源电压。如图所示，开关闭合后，两灯都能正常发光，甲圆圈内应是电压表，乙圆圈内应是电流表。
32、我们已经学习了串联电路电压的规律，那么串联的各部分电路如何分配电源电压呢？小明利用以下实验器材进行实验：阻值不同的定值电阻若干、电压表、电压为的电源、开关及导线。请回答下列问题：
实验次数 间电阻 间电阻
连接电路时，应将开关处于______状态选填：“断开”或“闭合”；
如图甲所示，小明将阻值为和的电阻分别接入电路中和两位置，闭合开关，电压表的示数如图乙所示，则间电压为______比较两电阻阻值和所分电压值可得初步结论：串联电路中，电阻值越大，其所分电压______；
为了进一步探究电压的分配规律，小明更换电阻完成了上表中、两次实验，观察到每次实验电压表示数几乎不变。分析实验数据发现间和间的电压之比与其对应电阻阻值之比相等，于是得出：“串联电路中各部分电路按其阻值之比分配电源电压”的结论。根据这一实验过程得出的结论是否可信？______选填：“可信”或“不可信”，你的理由是：______。
答案：
断开 越大 不可信 要得到普遍性规律，实验中每次实验的电阻比值应不一样
解析：连接电路时，开关处于断开状态。
电压表使用量程，每一个大格代表，每一个小格代表，两端的电压是，
电阻通过的电流为：，
串联电路中电流处处相等，所以电阻两端的电压为：，
所以串联电路中，电阻值越大，其所分电压越大。
实验过程中，三次实验的电阻比都是：，具有偶然性，实验中每次实验的电阻比值不同，才能得到普遍性结论，所以这一实验过程得到的结论不可信。
所以答案为：断开；；越大；不可信；要得到普遍性规律，实验中每次实验的电阻比值应不同。
连接电路时，开关处于断开状态，防止连接完最后一根导线，电路接通，损坏元件。
明确电压表使用的量程，根据每一个大格和每一个小格各代表多少，读出示数。
知道两端的电压，根据欧姆定律求出电流，根据串联电路中电流处处相等和欧姆定律，求出电阻两端的电压，总结结论。
要得到普遍性规律，实验中每次实验的电阻比值应不同。
串联电路中各电阻分担的电压比等于电阻比；在并联电路中各电阻分担的电流比等于电阻比的倒数。21《探究影响导体电阻大小的因素》
考点汇总：
1、实验目的：探究影响电阻大小的因素有哪些
2、猜想假设影响导体电阻大小的因素可能是，导体的材料、长度、横截面积等。
3、实验方法：控制变量法和转换法
4、实验设计：
（1）在几个因素中，如何研究其中的一个因素是否影响电阻的大小，常用的方法是控制变量法。
①保持材料和横截面积一定，研究电阻与导体长度的关系。
②保持材料和长度一定，研究电阻与导体横截面积的关系。
③保持长度和横截面积一定，研究电阻与导体材料的关系。
（2）已经提供了如图所示的几种导体，还需要的器材有：电源、电流表、开关、导线
（3）电路图：
5、实验过程：
①探究电阻大小跟导体长度的关系应选择A、B两根电阻丝。
表1
接入的导体 长度 横截面积 电流/A
A（镍铬合金丝） L s
B（镍铬合金丝） 2L s
结论：导体的材料和横截面积一定时，导体的长度越长，导体的电阻越大。
②探究电阻的大小跟导体横截面积的关系应选择A、C两根电阻丝。
表2
接入的导体 长度 横截面积 电流/A
A（镍铬合金丝） L s
C（镍铬合金丝） L 2s
结论：导体的长度、材料一定时，导体的横截面积越小，导体的电阻越大。
③探究电阻的大小跟导体材料的关系应选择A、D两根电阻丝。
接入的导体 长度 横截面积 电流/A
A（镍铬合金丝） L s
D（锰铜丝） L s
结论：导体的电阻与材料有关。
6、实验补充：
导体的电阻受温度的影响：
（1）导体的电阻与它的温度的高低有关，金属导体的电阻通常随温度的升高而增大。而有些导体的电阻，如铅笔芯（石墨），其电阻是随着温度的升高而减小。在温度变化不大时，一般不考虑温度对电阻的影响。
（2）在超低温的情况下电阻突然减小为零。
7、结论可总结成公式 ，其中ρ叫电阻率，与导体的材料有关。假如架设一条输电线路，一般选铝导线，因为在相同条件下，铝的电阻小，减小了输电线的电能损失；而且铝导线相对来说价格便宜。
8、研究电阻与导体材料关系时”控制长度和横截面积不变，只改变材料，看电流表示数的变化，从而得出电阻与材料有关的结论。
9、该实验用到了两个实验探究方法：控制变量法和转换法。
10、该实验中 “转换法”的使用体现把电流表示数的变化情况来表示电阻的大小。
11、实验中用其中一个规格的材料实验时，发现刚闭合开关电流表的读数和过一段时间后第二次电流表的读数有明显的不同，说明电阻的大小还受温度的影响。
12如果实验过程中，电流表发生故障而不能使用，只用小灯泡是否可以完成实验，
13、实验中选用电流表时，选择小量程（“大量程”或“小量程”）的电流表，理由是：为了提高测量的精度，应该使用更灵敏的电流表。
典题精析：
1、在“探究影响导体电阻大小的因素”的实验中，小明用实验室提供的根不同规格下表的电阻丝分别接入电路图中处：
编号 材料 长度 横截面积
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
锰铜合金
为了探究导体与导体长度的关系，应选用编号为________的两根电阻丝进行实验。
若选用编号、两根电阻丝进行实验，是为了研究导体电阻与导体______的关系。
如电路图所示，为粗略比较、两点间导体电阻的大小，可观察______的变化。
、间接入下列哪种物体？闭合开关后能使小灯泡发光且该物体能被磁铁吸引的是______
A、一元硬币 、橡皮擦 、铅笔芯 、铜钥匙
另有甲、乙两位同学分别对电路图所示电路作了如下改进：甲把灯泡更换为电流表：乙在原电路中串联接入电流表。你认为______同学的改进更好一些，理由是____________________________________。
答案：

横截面积
小灯泡亮度

乙 灯泡能保护电路
解析：
要探究导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同，长度不同，由表中数据可知，应选编号为、的两根电阻丝进行实验；
、两根电阻丝的材料和长度相同，横截面积不同，所以选用编号、两根电阻丝进行实验，是为了研究导体电阻与导体横截面积的关系；
电阻的大小是不便于直接观察的，所以我们将电阻的大小转化成所串联的小灯泡的亮度来观察，即在电压一定时，灯泡越亮，表明电阻越小。即通过观察小灯泡的亮度来比较电阻丝阻值的大小；
硬币、铅笔芯、铜钥匙是导体，接在、之间能使灯泡发光；橡皮擦是绝缘体，接在、之间不能使灯泡发光；硬币的主要成分是铁能被磁铁吸引，铅和铜不被磁铁吸引，故A符合题意；
将灯泡换为电流表，、间的电阻决定电路中的电流，因此，当、间电阻过小时，电流会过大，电路可能会被烧坏；在原电路中串联一个电流表，灯泡可以起到保护电路的作用。因此乙同学的方案更好，可以起到保护电路的作用。
所以答案为：；；横截面积；小灯泡亮度；；乙；灯泡能保护电路。
影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；
在该实验中，由于电阻的大小是不便于直接观察的，所以我们将电阻的大小转化成所串联的小灯泡的亮度来观察，即在电压一定时，灯泡越亮，表明电阻越小；
导体接在金属夹子之间能使灯泡发光，绝缘体接在金属夹子之间，不能使灯泡发光；磁铁能吸引铁、钴、镍等具有磁性的金属，据此进行分析判断；
电路的总电阻越大，电路中的电流会越小，电路以及电路中的各元件越安全，因此根据保护电路的思路进行分析。
本题通过影响电阻大小的实验，考查电路的组成以及欧姆定律的应用，本题的关键是知道灯泡中的电流可以影响灯泡的亮度，要学会应用控制变量法来解决物理问题。
2、在“探究影响电阻大小的因素”的实验中，某实验小组同学利用如图所示的电路分别对“导体电阻跟它的材料、长度、横截面积有关”的猜想进行实验验证．实验中使用根电阻丝，其规格、材料如表所示．
编号 材料 长度 横截面积 电流大小
锰铜合金
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
实验中通过观察_______来比较电阻的大小，此过程用到的研究方法是_______．
分别将、两根合金丝接入电路，可初步探究出的结论是_____________________．
分别将_______填编号两根合金丝接入电路，可初步探究出的结论是：导体的材料、长度相同时，横截面积越小，电阻越大．
答案：
电流表的示数大小；转换法
导体的材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大
、

解析：略
3、导体电阻的大小与哪些因素有关呢？对于这个问题，小明想起课堂上老师把电压比作水压，把电流比作水流，于是他想：电阻也可以比作是水管对水流的阻力。他还想到水管内部粗糙程度、有无杂物和它的长短粗细都可能导致水管对水流的阻力不同，因此经过分析，他提出了以下几种猜想：
猜想：导体的电阻可能跟导体的材料有关；
猜想：导体的电阻可能跟导体的长度有关；
猜想：导体的电阻可能跟导体的横截面积有关：
为了验证自己的猜想，实验室有如下表格中的种电阻丝，则：
导线代号
长度
横截面积
材料 锰铜 钨 镍铬 锰铜 钨 锰铜 镍铬
若要探究电阻跟横截面积的关系，可依次把如图中、跟电阻丝______、______选填导线代号的两端连接，闭合开关记下电流表示数，分析比较这两个金属丝电阻大小。
若依次把、跟电阻丝、的两端连接；闭合开关记下电流表示数，分析比较这两个金属丝的电阻大小，这时探究的是电阻跟导体的______的关系。
在上面的实验中，电阻的大小并不能直接观察，而是通过电流表的示数反映出来的，电流表的示数越大，说明电阻丝的电阻越______。
答案：
；；材料；小
解析：
探究电阻与横截面积的关系时，要选取的电阻丝必须长度相同、材料也相同，横截面积不同，由表格数据可知，应选A、两电阻丝；
、两电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，分析比较、两根金属丝的电阻大小，可探究电阻跟导体的材料的关系；
实验中通过电流表示数大小反映电阻大小，电流表示数越大，说明电阻丝的电阻越小。
所以答案为：；；材料；小。
探究导体的电阻与导体的材料是否有关，应控制其长度和横截面积不变；同理要想探究导体的电阻与导体的长度是否有关，应控制导体的材料和横截面积不同；
控制变量法的核心是要研究两导体电阻的大小与哪个因素有关，就要控制这两个因素不同，同时也要控制两导线其它因素相同；
在此实验装置中，运用转换法，电阻的大小通过比较电流表示数大小来判断。
物理学中对于多因素的问题，常常采用控制因素的办法，把多因素的问题变成多个单因素的问题，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法，一定要掌握控制变量法。
4、学习了电学知识后，小明对影响电阻大小的部分因素进行了进一步的探究，器材有：开关、电流表、电源电压恒为各一个，三根完全相同的合金丝，导线若干．实验电路如图所示，将合金丝以不同方式分别接入电路、之间，闭合开关后，记录的数据如下表．根据实验数据，回答下列问题：
连接方式 一根 两根串联 三根串联 两根并联 三根并联
电流表读数
本实验是通过比较______ 来比较导体电阻的大小；
图是一根合金丝接入电路时电流表的读数，是______ ；
其他条件相同时，导体长度越______ ，横截面积越______ ，导体的电阻越大；
此实验还可以得出导体中通过的电流与导体电阻的关系是：______ ；
用上述合金材料制成长度，横截面积的电阻丝的阻值为实验中所用合金丝的横截面积为，则一根合金丝的电阻为______ ，长度为______
答案：
电流的大小；
；
长；小；
在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
；
解析：在电压相同时，电阻越大，电流越小．因此，可以通过电流的大小电流表的示数来反映电阻的大小，这种研究问题的方法叫做转换法；
图中电流表的量程为，分度值为，示数为；
导体的电阻由导体的材料、长度、横截面积决定；其他条件相同时，导体越长、横截面积越小，电阻越大；
由实验数据可知，导体两端的电压不变，导体的电阻增大到原来的几倍，电流减小到原来的几分之一，故可得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
一根合金丝接入电路时电流表的读数为，电源电压恒为，
由欧姆定律可知，一根合金丝的导体电阻为；
因为在材料相同时，导体的电阻跟长度成正比，跟横截面积成反比，
所以，对于相同合金材料制成的电阻丝，其电阻值可记为；
代入上面关系式可得：，
解得．
所以答案为：电流的大小；；长；小；在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；；．
电阻的大小可以通过电流的大小来转换比较，结合给出的实验器材，可以利用电流表的示数来比较；
确定电流表的量程，读出示数；
导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定；一般情况下，导体越长、横街面积越小，电阻越大．
根据电流和电阻的变化关系，得出结论；
由电阻与导体长度和横截面积的关系及已知条件得出其长度的大小．
本题是探究导体的长度和横截面积对电阻的影响实验，能够根据电流的大小判断出电阻的大小，是关键，分析时注意控制变量法的应用．
5、小明、小红和小亮在做“探究影响导体的电阻大小因素”实验时，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．
实验室提供了根电阻丝，其规格、材料如表所示：
编号 材料 长度 横截面积
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
锰铜合金
如图所示，闭合开关后，在、之间分别接上不同导体，通过观察相关现象来比较导体电阻大小，小明、小红和小亮对图中电路设计提出了自己的观点．
小明认为：电流表是多余的，观察灯泡的亮度就可以判断导体电阻的大小．
小红认为：灯泡是多余的，根据电流表示数变化就可以判断导体电阻的大小．
小亮认为：灯泡和电流表同时使用更好，因为灯泡可以保护电路，从而防止烧坏电流表．
你赞同_________填“小明”“小红”或“小亮”的观点．
为了验证猜想二，可依次把、跟_________填编号的两端相连，闭合开关，记下电流表的示数，分析比较这两根电阻丝电阻的大小．
依次把、跟电阻丝、的两端连接，闭合开关，电流表的示数不同，分析比较、两根电阻丝电阻的大小，可探究电阻与_________的关系，其结论是_______________________________________．
小丽在探究同样的课题时，手边只有一根电阻丝，那么，她利用这根电阻丝和上述电路，不能够完成猜想_________填“一”“二”或“三”的实验验证．
答案：
小亮；、 ；导体的长度；当材料和横截面积相同时，导体越长电阻越大 ；三
解析：在、之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，同时灯泡可以保护电路，从而防止烧坏电流表，小亮的观点正确．
要验证猜想二，应控制导体材料与长度相同而横截面积不同，应选编号为、的两根电阻丝进行实验．
、两根电阻丝材料相同、横截面积相同，长度不同，可以探究导体的电阻与导体的长度的关系，分别将和两电阻丝接入电路中、两点间，电流表示数不同，由此可得出结论．
要探究电阻与导体材料的关系时，需保证电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同．
6、如图中甲所示是“探究电阻的大小与哪些因素有关”的实验电路图，它们的材料、长度、横截面积的情况如图乙所示
为粗略判断、两点间导体电阻的大小，可观察______．
若实验中要研究导体的电阻与长度的关系，应选择________________选填字母代号．
若选择、，可研究导体的电阻与________________的关系．
若选择、，可研究导体的电阻与________________的关系．
在其他物理问题的学习中我们也常用到上述类似的研究方法，这种研究方法称为________________．
小雨同学为了探究温度对电阻的影响，他对实验做了如图丙的改进，用酒精灯给线圈加热．
观察到随着线圈的温度升高，灯泡渐渐变暗，电流表的示数________________．
通过实验得出的结论：金属导体的电阻随温度的升高而____________________．
在家庭电路中，刚打开电灯时，灯泡容易烧坏，原因是：__________________．
A.刚开灯时灯丝的温度低、电阻小、电流小；
B.刚开灯时灯丝的温度低、电阻小、电流大
C.刚开灯时灯丝的温度低、电阻大、电流小；
D.刚开灯时灯丝的温度高、电阻大、电流小．
答案：
灯泡的亮度；
、；
导体的材料；
导体的横截面积；
控制变量法；
变小；增大；
解析：
本题考查“探究电阻的大小与哪些因素有关”的实验，注意控制变量法和转换法的使用。
实验中使用到转换法，通过电流表示数和灯的亮度可以判断电阻的大小；
探究与长度的关系，应该控制电阻的材料和横截面积相同，只改变长度；
根据中的变量分析；
根据中的变量分析；
一个物理量受到几个因素影响时，探究其中一个因素，应该保持其他因素不变，只改变探究的因素，称为控制变量法；
根据现象分析即可。
通过灯泡的亮度可以粗略的比较间的电阻大小，当电阻比较大时，电路中的电流比较小，灯比较暗；电阻比较小时，电路中的电流比较大，灯比较亮；
研究导体的电阻与长度的关系，应该控制导体的材料和横截面积相同，所以选C、；
、两导体，长度和横截面积相同，材料不同，是研究导体的电阻与与导体材料的关系；
、两导体，材料和长度相同，横截面积不同，是研究导体的电阻与与导体横截面积的关系；
实验中研究哪一个因素就改变哪一个因素，控制其他因素不变，故探究中使用的方法为控制变量法；
观察到随着线圈的温度升高，灯泡渐渐变暗，说明电路中电流变小，电流表的示数变小；
电流变小的原因是温度升高以后线圈的电阻变大；通过实验得出的结论：金属导体的电阻随温度的升高而增大；
灯泡的温度高电阻大，刚开灯时温度低，电阻很小；故在家庭电路中，刚打开电灯时，灯泡容易烧坏，原因是：刚开灯时灯丝的温度低、电阻小、电流大，所以选 B。
7、在“探究导体的电阻跟哪些因素有关”的实验中：、、是镍铬合金丝，是锰铜合金丝；、的长度相同而粗细不同；、的粗细相同而长度不同；、的长度和粗细都相同．
小明的猜想：导体的电阻可能与导体的材料有关．
小亮的猜想：导体的电阻可能与导体的温度有关．
小敏的猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关．
根据你掌握的电学知识，你认为：导体的电阻可能还与__________________有关．
如图是三位同学为上述探究活动准备的实验器材，他们已经完成了部分实物的连接．
若电阻受温度的影响可以忽略，要探究猜想，应该控制______________________________不变；要探究猜想，应该选用导线_________和导线_________填导线的代号字母进行对比实验．
该实验是通过观察电流表的示数来间接比较导线电阻的大小，这种研究问题的方法是_________法．
结论：大量实验表明，导体的电阻是导体本身的一种性质，它的大小主要决定于导体的_________、_________、_________和温度，与导体两端的电压和通过导体的电流大小无关．
答案：
导体的横截面积 导体的长度和横截面积 转换 材料 长度 横截面积
解析：略
8、某兴趣小组要探究电阻的大小与哪些因素有关。他们设计了如图甲所示的实验电路，电源电压不变，保持滑动变阻器滑片位置不变，分别将、、、四根电阻丝接入电路，得到表格所示的数据。
导体编号 长度 横截面积 材料 电流大小
锰铜合金
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
在间分别接入、电阻丝，探究的是电阻跟导体的______的关系。电阻丝的阻值______电阻丝的阻值填“大于”、“等于”或“小于”。
要探究电阻与横截面积的关系，可选择______填编号进行实验。其结论是：其它因素相同时，导体横截面积越大，导体的电阻越______。
某同学在间接入电阻丝后，又在其两端并联一块电压表，这样测出了电阻丝的电阻大小，其测量原理是______。画出实验电路图电阻丝可看成定值电阻。
另一位同学不用电压表，在已知滑动变阻器最大阻值为的情况下，利用甲图电路测出电阻丝的电阻大小，操作如下：
在之间接入电阻丝，闭合开关，将滑片滑到最左端，读出电流表示数为；
将滑片滑到最右端，读出电流表示数为；
电阻丝的阻值表达式为______用、、表示。
答案：
材料；小于；；小；；

解析：、电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，故研究电阻与材料的关系；闭合开关，通过观察电流表的示数和灯泡的亮度来比较电阻丝电阻的大小；中电流较大，说明电阻较小。即电阻丝的阻值小于电阻丝的阻值；
要探究电阻与横截面积的关系，需要控制材料、长度相同，改变横截面积，两次实验符合要求；
由图知的横截面积大，电流大，说明电阻小，故其结论是：其它因素相同时，导体横截面积越大，导体的电阻越小。
根据用伏安法测量出电阻，电路图如图所示：
步骤如下；
将在之间接入电阻丝，闭合开关，将滑片滑到最左端，移动滑动变阻器使接入电阻为零，读出电流表示数为；
将滑片滑到最右端，滑动变阻器到最大阻值处，读出电流表示数为；
计算方法：
当滑动变阻器的电阻为零时，只有被测电阻接入电路，测得电流为，电源电压为，
当滑动变阻器的电阻最大为时，与串联，测得电路电流为，电源电压为，
所以根据电源电压不变：，解得：。
所以答案为：材料；小于；；小；；见上图；。
通过观察电流表的示数或灯泡的亮度来比较电阻丝电阻的大小；从两次电流表示数大小可以比较连入导线的电阻大小；
导体的电阻跟导体的长度、横截面积和材料有关，当研究电阻与导体长度的关系时，应控制其它的因素不变；
根据用伏安法测量出电阻，画出电路图；
题目中只有一个电流表、滑动变阻器电阻、未知电阻，测量未知电阻阻值，肯定要根据滑动变阻器的特殊点，电源电压不变进行设计。
此题考查了影响电阻的因素和特殊的方法测量电阻，注意控制变量法的应用，是一道电学综合试题。
9、某实验小组探究金属丝电阻大小与长度的关系，他们取一段粗细均匀的由同种材料制成的金属丝，将金属丝拉直后连接在、接线柱上，在金属丝上安装一个可滑动的金属夹实验室还提供了下列器材：电压表、电流表、电池组电压、滑动变阻器、刻度尺、开关和导线若干。
为了测量段的电阻，他们连接了如图甲所示的电路，请用笔画线代替导线，把图中还没有连接的一根导线接上，使电路完整。
闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至变阻器的最______选填“左”或“右”端。
闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，测得电压表的读数为，电流表指针偏转如图乙所示，读数______。
实验中移动金属夹，分别测得段的长度和对应的电阻值，数据如下表：分析表中数据，可知与的关系是：当导体的材料和横截面积一定时，导体的长度越长，电阻______选填“越大”或“越小”。
答案：
右 越大
解析：
因为电池电压为，所以电压表的量程选择的量程，将电压表的接线柱与滑片相连；将电流表与电阻串联，将电流表的负接线柱与接线柱连接，如下图所示：
由于滑动变阻器接的下面左边的接线柱，所以闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移至变阻器的最右端；
由图乙知，电流表的量程为，分度值为，所以示数为；
由表格中数据知，电阻长度增大为原来的几倍，电阻值便增大为原来的几倍或电阻值与长度的比值是一个常数，所以其它条件不变，导体的电阻与长度成正比；导体的长度越长，电阻越大。
所以答案为：见上图；右； ； 越大。
掌握电流表、电压表、滑动变阻器的连接方式，注意电流表、电压表量程的选择及正负接线柱的接法，滑动变阻器要接一上一下；
为防止电流过大，在闭合开关前，需将滑动变阻器的滑片移至最大阻值处；
在进行电流表的读数时，需先确定电流表的量程和分度值；
分析电阻和长度的变化关系，得出结论。
此题是探究金属丝电阻大小与长度的关系，考查了有关滑动变阻器、电流表的连接及读数及根据实验数据得出结论的能力，是一道综合性很强的题目。
10、在探究影响导体电阻大小的因素时，小兵、小红两位同学作出了如下猜想：
导体的电阻与导体的长度有关
导体的电阻与导体的横截面积有关。
导体的电阻与导体的材料有关。
实验室提供了根电阻丝，规格、材料如表：
编号 材料 长度 横截面积
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
锰铜合金
探究该实验所用到研究方法是控制变量法和________。
为了验证上述猜想，应该选用编号为________两根电阻丝进行实验；如果选用编号为、两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想________填序号；分别将和两电阻丝接入电路中、两点间时，电流表示数不相同，由此，初步得到的结论是：________________________________________。
小丽在探究同样的课题时，手边只有一根电阻丝，那么，她利用这根电阻丝和上述电路，不能够完成猜想________选填“”、“”或“”的实验验证。
有同学认为，由图可知，通过灯泡的亮暗来判断接入的电阻丝阻值的变化情况。老师指出：此实验中这种方法不可取。这是因为电源电压一定时，所选电阻丝的阻值相差太________选填“大”或“小”，灯泡亮度变化________选填“明显”或“不明显”．
以上方法在研究物理问题时经常用到，被称为控制变量法，以下没有采用控制变量法的是________。
A.物体吸收热量的多少与哪些因素有关 液体蒸发的快慢与哪些因素有关
C.滑动摩擦力的大小与哪些因素有关 探究串联电路中的电流关系
在最近几年，我国城乡许多地区进行了输电线路的改造，将原来细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，这样就________了输电线的电阻选填“增大”或“减小”。
答案：
转换法。
；；当长度、横截面积相同时，导体的电阻与材料有关。
小；不明显
减小

解析：
本题探究影响导体电阻大小的因素，考查控制变量法的运用及对实验方案的评估。
导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；
为了验证导体的电阻与导体的长度有关，应保证导体的材料与横截面积相等，只改变长度大小，找出符合要求的电阻丝编号；
编号为、的两根电阻丝材料与长度都相同，而横截面积不同，利用、可验证电阻与横截面积的关系；、两电阻丝长度、横截面积相等，而材料不同，利用它们可以研究导体电阻与材料的关系；
电压一定时，由可知，导体电阻变化不大时，灯泡的功率变化不大，灯泡的亮暗变化不明显；
物理学中对于多因素的问题，常常采用控制因素的办法，把多因素的问题变成多个单因素的问题，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法，一定要掌握控制变量法；
影响电阻大小的因素有材料、长度和横截面积，当材料和长度都一定时，导线的横截面积越大，导线的电阻值就会越小。
探究该实验所用到研究方法是控制变量法和转换法；
为了验证上述猜想，即研究导体的电阻与导体的长度有关，要控制导体的横截面积和材料不变，由表中数据可知，应该选用编号为两根电阻丝进行实验；
A、两根电阻丝材料与长度相同而横截面积不同，故可用与验证导体的电阻与导体的横截面积有关，即；
和两电阻丝，长度和横截面积相同，而材料不同，接入电路中、两点间时，电流表示数不相同，由欧姆定律，说明电阻不同，初步得到的结论是：长度和横截面积相同时，导体的电阻与导体的材料有关；
要探究电阻大小与导体材料的关系时，需保证电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，小丽在探究同样的课题时，手边只有一根电阻丝，那么，她利用这根电阻丝和上述电路不能完成对猜想的实验验证；
有同学认为，由图可知，可以灯泡的亮度来判断接入的电阻丝阻值的变化情况；
由可知，电源电压一定时，所选电阻丝的阻值相差太小，灯的功率变化小，灯泡亮度变化不明显，故由灯泡的亮来判断接入的电阻丝阻值的变化情况不可取；
根据可知，物体吸收热量的多少与比热容、质量和升高的温度有关，因此探究物体吸收热量的多少与哪些因素有关时，需要使用控制变量法；
B.影响蒸发快慢的因素有温度、液体的表面积以及液面上的空气流动，因此探究影响蒸发快慢的因素时，需要利用控制变量法；
C.滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面粗糙程度有关，因此探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关时，需要利用控制变量法；
D.探究串联电路中的电流关系，需要多次实验找出正确规律，不需要利用控制变量法；所以选D；
细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，导线的横截面积增大了，电阻值减小了，由可知，当电流、通电时间一定时，减小导线的电阻可以减小导线上产生的热量，即减小了电能在输送过程中的损耗，从而起到节能的效果。
所以答案为：转换法。；；当长度、横截面积相同时，导体的电阻与材料有关。小；不明显减小。
11、在“探究导体电阻与哪些因素有关”的实验时，小明猜想导体的电阻可能与导体的材料、长度、横截面积有关。于是他选择了如图所示的器材进行实验，其中和均为镍铬合金丝，为康铜丝，三条金属丝的横截面积相同，的长度是的两倍。
实验中可以通过电流表示数反映金属丝_____的大小，由于金属丝的电阻未知，为了避免电路中电流过大，串联一个灯泡可以起到_____作用；
若要探究电阻与材料的关系，应选用_____两根金属丝接入电路进行实验；填写金属丝序号
小明在探究电阻与长度的关系时，将金属丝、分别接入电路。闭合开关后发现接入金属丝时电路中电流较大，这说明该金属丝的电阻较_____，同组的小红提出，仅用金属丝也能完成探究，你认为她改变金属丝长度的方法是：_____；
小明若仅用金属丝来探究电阻与导体横截面积的关系，请你帮他设计一种可行的实验方案：_____。
答案：
电阻；保护电路；
、；
小；将一个导线夹固定在金属丝末端，另一导线夹夹在金属丝上的不同位置，改变其接入电路中的长度；
将金属丝的一半接入电路，观察电流表的示数；再将金属丝对折后全部接入电路，观察电流表的示数，将两次示数进行比较。
解析：
本题考查探究导体电阻与哪些因素有关，注意控制变量法和转换法的运用，难度一般。
在此实验装置中，运用转换法，电阻的大小通过比较电流表示数大小来判断，串联一个灯泡可以对电路起到保护作用；
要探究电阻与材料的关系，必须使用长度和横截面积相同，材料不同的电阻丝进行实验；
电源电压一定，电流较大说明电阻较小，可以将一个导线夹固定在金属丝末端，另一导线夹夹在金属丝上的不同位置，改变其接入电路中的长度；
通过对折并联可以改变横截面积。
实验中通过电流表示数大小反映电阻大小，电流表示数越大，说明电阻丝的电阻越小，在电路中串联一个灯泡可以起到保护电路的作用；
要探究电阻与材料的关系，必须使用长度和横截面积相同，材料不同的电阻丝进行实验，所以应选用、两根金属丝接入电路进行实验；
将金属丝、分别接入电路。闭合开关后发现接入金属丝时电路中电流较大，这说明该金属丝的电阻较小；
要仅用金属丝也能完成探究，可以将一个导线夹固定在金属丝末端，另一导线夹夹在金属丝上的不同位置，改变其接入电路中的长度；
仅用金属丝来探究电阻与导体横截面积的关系，可以将金属丝的一半接入电路，观察电流表的示数；再将金属丝对折后全部接入电路，观察电流表的示数，将两次示数进行比较。
所以答案为：电阻；保护电路；
、；
小；将一个导线夹固定在金属丝末端，另一导线夹夹在金属丝上的不同位置，改变其接入电路中的长度；
将金属丝的一半接入电路，观察电流表的示数；再将金属丝对折后全部接入电路，观察电流表的示数，将两次示数进行比较。
12、在探究“电阻的大小与哪些因素有关”的实验中，采用如图甲所示的实验装置，
、、是镍铬合金制成的三根导线，、长度相同但粗细横截面积不同，、粗细相同而长短不同，导线由锰铜合金制成，长短、粗细与导线相同．
实验中电流表的示数越大，对应的导线电阻越______________；
将导线接在、之间，闭合开关，电流表示数如图乙所示，此时电流为___________；
依次将导线、、替换导线接入电路，电流表对应的示数如表所示：
导线代号
电流表的示数
选导线、比较是为了探究导线电阻的大小与______________的关系；探究导线电阻的大小与材料的关系，应选用的两根导线是__________填写导线代号；
由此可知：导线电阻的大小与导线的长度和横截面积都有关，用相同材料制成的导线长度越____，横截面积越_______，电阻越大。
本实验主要用的探究方法是_________________写出一种即可。
答案：
小；；横截面积粗细； 、；长；小；控制变量法转换法
解析：
实验中通过电流表示数大小反映导线电阻的大小，电流表示数越大，说明导线的电阻越小；
图乙中，电流表的量程为，分度值为，示数为；
由题可知，导线、的材料、长度都相同但粗细横截面积不同，的横截面积较大，选导线、是为了探究导线电阻的大小与横截面积的关系；
探究导线电阻的大小与材料的关系，需要控制长度、横截面积都相同，而材料不同，故导线、符合要求；
由表格中、的电流表数据可知：相同材料制成长度相同的导线横截面积越小，电阻越大；
由表格中、的电流表数据可知：相同材料制成横截面积相同的导线长度越长，电阻越大；
所以，由此可知：导线电阻的大小与导线的长度和横截面积都有关，用相同材料制成的导线长度越长，横截面积越小，电阻越大。
影响导体电阻大小的因素较多，因此本实验要采用控制变量法；通过电流表示数大小反映导线电阻的大小，这是转换法的应用。
所以答案为：小；；横截面积粗细； 、；长；小；控制变量法转换法。
在此实验装置中，运用转换法，电阻的大小通过比较电流表示数大小来判断；
根据电流表的量程和分度值读出电流；
影响电阻大小的因素是材料、长度、横截面积，用控制变量法分析解答即可；
当探究影响导体电阻大小的因素时，运用控制变量法，控制其它的因素不变，只改变该因素看对电阻的影响。
物理学中对于多因素的问题，常常采用控制因素的办法，把多因素的问题变成多个单因素的问题，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法，一定要掌握控制变量法。
13、在探究影响导体电阻大小的因素时，小明作出了如下猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关、导体的横截面积有关、导体的材料有关．实验室提供了根电阻丝，其规格、材料如下表所示．
编号 材料 长度 横截面积
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
锰铜合金
按照图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在、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，这种研究方法称为______ ．
为了验证上述猜想，应该选用编号______ 两根电阻丝分别接入电路进行实验．
分别将和两电阻丝接入图、两点间，电流表示数不相同，由此，初步得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟______ 有关．
要进一步研究导体材料的导电性能，就需要测量导体的电阻，小明的实验方案和操作过程均正确，两表的连接和示数如图所示．但通过观察发现电流表指针偏转过小，这样会导致实验误差______ ，解决这一问题的措施是______ ．
若实验中要继续探究温度对电阻的影响，则需要选择______ 根电阻丝，改变______ 进行探究，整个过程用到的实验方法有______ 写出一种．
答案：
电流表示数；转换法；；材料；偏大；换用小量程进行实验；同一；温度；控制变量法
解析：
在、之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，这里用到了转换法．
要验证猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同而长度不同，由表中数据可知，应选编号为、的两根电阻丝进行实验．
由表中数据可知，、两电阻丝的长度、横截面积相同而材料不同，将和两电阻丝接入图电路中、两点间，电流表示数不相同，由此可知：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟材料有关；
由图所示电流表可知，电流表指针偏转过小，电流表读数误差较大，会增大实验误差，使实验误差偏大；电流表换用小量程，可以减小读数误差，从而减小实验误差．
实验中要继续探究温度对电阻的影响必须使电阻丝的材料、长度和横截面积相同，则需要选择同一根电阻丝，根据控制变量法可知要改变电阻丝的温度．
所以答案为：电流表示数；转换；； 材料；偏大；换用小量程进行实验；同一；温度；控制变量法．
电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小．
根据控制变量法的要求，根据实验目的或实验现象分析答题；
用电流表测电路电流时，要选择合适的量程，量程过大，会使读数误差增大；
电阻大小取决于内因是：导体的材料、长度、横截面积；外因是温度；据此分析实验中需要的电阻丝的根数；
根据控制变量法分析需要改变的量．
本题考查了影响导体电阻因素的实验，应用控制变量法是正确解题的关键．
14、在探究影响导体电阻大小的因素时，小明作出了如下猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关、导体的横截面积有关、导体的材料有关。实验室提供了根电阻丝，其规格、材料如下表所示。
编号 材料 长度 横截面积
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
锰铜合金
按照图甲所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在、之间分别接上不同的导体，闭合开关后，通过观察______来比较导体电阻的大小，这种实验方法叫______填“等效替代法”或“转换法”。
为了验证上述猜想，应该选用编号______和______两根电阻丝分别接入电路进行实验。
实验中当小明把电阻丝接入图甲电路的、两点间时，发现电流表指针偏转角度过小，如图乙所示，这样会导致实验误差______选填“增大”、“减小”，解决这一问题的措施是______。
解决了电流表的问题后，小明先后两次把电阻丝和接入电路的、两点间，观察到电流表示数不相同，由此，初步得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟______有关。
要进一步研究导体材料的导电性能，就需要测量导体的电阻，小明将实验电路作了如图丙所示的改进。他把其中一根电阻丝接入改进后的电路中，并调节滑动变阻器，当电压表的示数为时，电流表的示数如图丁所示。则电流表的读数为______，该电阻丝的电阻______；若小明再次调节滑动变阻器将电压表的示数调为，则此时该电阻丝的电阻______。
答案：
电流表的示数 转换法 增大 换用小量程进行实验 导体的材料
解析：在、之间分别接上不同的导体，通过观察电流表的示数来比较导体电阻的大小，即将电阻的大小转换为电流的大小，这就是我们所说的转换法；
要验证猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同，长度不同，由表中数据可知，应选编号为、的两根电阻丝进行实验。
由图乙所示电流表可知，电流表指针偏转过小，电流表读数误差较大，会增大实验误差；电流表应换用小量程，可以减小读数误差，从而减小实验误差。
由表中数据可知，、两电阻丝的长度、横截面积均相同而材料不同，把电阻丝和接入电路的、两点间，电流表示数不相同，说明两根电阻丝的阻值不同，由此可知：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟导体的材料有关；
由图丁知，电流表的量程为，分度值为，示数为；
该电阻丝的电阻：；
由于电阻是导体本身的一种性质，不随电压、电流的改变而改变，所以此时虽然电阻丝的电压改变了，其阻值是不变的，即仍然为；
所以答案为：电流表的示数；转换法；；；增大；换用小量程进行实验；导体的材料；；；。
电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；
用电流表测电路电流时，要选择合适的量程，量程过大，会使读数误差增大；
根据控制变量法的要求，根据实验目的或实验现象分析答题；
确定电流表的量程和分度值读出电流值，根据计算出电阻值；
电阻是导体本身的一种性质，不随电压、电流的改变而改变。
本题通过探究影响电阻大小的因素考查了控制变量法的思想的应用，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。
15、小瑜、小乐和小奇在做“探究影响导体的电阻大小因素”实验时，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。
实验室提供了根电阻丝，其规格、材料如表所示
编号 材料 长度 横截面积
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
锰铜合金
如图所示电路，闭合开关后，在、之间分别接上不同导体，通过观察相关现象来比较导体电阻大小，小明、小红和小亮对图中的电路设计提出了自己的观点：
小瑜认为：电流表是多余的，观察灯泡的亮度就可以判断导体电阻的大小。
小乐认为：灯泡是多余的，根据电流表示数的变化就可以判断导体电阻的大小。
小奇认为：灯泡和电流表同时使用更好，因为灯泡可以保护电路，从而防止烧坏电流表。你赞同______选填“小瑜”、“小乐”或“小奇”的观点。
为了验证猜想二，可依次把、跟______选填“、、、”的两端相连，闭合开关，记下电流表的示数，分析比较这两根电阻丝电阻的大小。
依次把、跟电阻丝、的两端连接，闭合开关，电流表的示数不同，分析比较、两根电阻丝电阻的大小，可探究电阻跟导体的______的关系。
小美在探究同样的课题时，手边只有一根电阻丝，她利用这根电阻丝和上述电路，不能够完成猜想______选填“一”、“二”或“三”的实验验证。
以上方法在研究物理问题时经常用到，被称为控制变量法。下列个实验中没有用到此方法的是______
A.比较不同物质的吸热情况 探究影响压力作用效果的因素实验
C.探究平面镜成像的特点实验 探究影响摩擦力大小的因素实验。
答案：
小奇 、 长度 三
解析：
在、之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，灯泡可以保护电路，防止电流过大而烧坏电流表。故赞同小奇的观点；
要验证猜想二，即导体的电阻可能与导体的横截面积有关，应控制导体材料与长度均相同而横截面积不同，由表中数据可知，应选编号为、的两根电阻丝进行实验；
分别将和两电阻丝接入电路中、两点间，导体、的材料与横截面积均相同而长度不同，可以探究导体的电阻可能与导体的长度有关；
要探究电阻大小与导体材料的关系时，需保证电阻丝的长度、横截面积均相同，材料不同；小美在探究同样的课题时，手边只有一根电阻丝，那么，他利用这根电阻丝和上述电路不能完成对猜想三的实验验证，而可以完成对猜想一、二的实验验证注意电阻丝可对折；
比较不同物质的吸热情况，应该控制质量相同、升高的温度相同，而物质的种类不同，通过比较加热时间来判断物质吸热的多少，运用了控制变量法；
B.压力的作用效果跟压力大小、受力面积有关，在探究影响压力作用效果的因素实验中运用了控制变量法；
C.探究平面镜成像的特点实验中运用了等效替代法；
D.摩擦力与压力、接触面的粗糙程度有关，在探究影响摩擦力大小的因素实验中运用了控制变量法。
所以，以上个实验中没有运用控制变量法的是。
所以答案为：小奇；、；长度；三；。
电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小。
影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。
16、学习了电学知识后，小明对影响导体电阻大小的部分因素进行了进一步的探究，器材有：开关、电流表、电源电压恒为各一个，三根完全相同的合金丝，导线若干。
实验过程：电路如图甲所示。将合金丝以不同方式分别接入电路、之间，闭合开关后，记录的数据如下表所示，请回答下列问题：
连接方式 一根 两根串联 三根串联 两根并联 三根并联
电流表读数
图乙是一根合金丝接入电路时电流表的读数，请将记录数据的表格补充完整。
分析表格中的数据，得到以下结论：
A.电阻的大小与长度的关系是：横截面积相同的同种导体，______；
B.电阻的大小与横截面积的关系是：长度相同的同种导体，______。
进行多次测量的目的是______。
本实验中一根合金丝的电阻为______。
答案：
导体的电阻跟长度成正比 导体的电阻跟横截面积成反比 得出普遍规律，使结论具有普通性
解析：
根据表格中的特点，串联的电阻越多，电流表的示数越小，所以串联一根电阻丝时，电路中的电流应大于，所以图中电流表的量程为，分度值为，示数为；
根据表中前个数据可知，导体的材料和横截面积相同，导体越长，电流表的示数越小，说明电阻值越大，且电阻值跟导体的长度成正比；
B.根据表中、、个数据可知，导体的材料和长度相同，横截面积越大，电流表的示数越大，说明电阻值越小，且电阻值跟导体的横截面积成反比；
实验中进行多次测量，是为了得出影响电阻与导体长度和横截面积的关系，使结论更具普遍性；
由可知，一根合金丝的导体电阻为。
所以答案为：；导体的电阻跟长度成正比；导体的电阻跟横截面积成反比；得出普遍规律，使结论具有普通性；。
确定电流表的量程，读出示数；
根据串联时电流表示数判断出电阻的变化，得出电阻大小与长度的关系；
根据并联时电流表示数的变化判断出电阻的变化，得出电阻大小与横截面积的关系；
实验中为得出普遍性结论，得出影响电阻的因素，进行多次测量；
根据一根合金丝的电流求出电阻值。
本题是探究导体的长度和横截面积对电阻的影响实验，能够根据电流的大小判断出电阻的大小，是关键，分析时注意控制变量法的应用。
17、学校物理小组利用如图所示的电路探究“影响导体电阻大小的因素”的实验，将、、、四段导体分别接入电路。经过测量，得到下表所示数据。
导体代号 长度 横截面积 材料 电流大小
锰铜合金
镍铬合金
镍铬合金
镍铬合金
实验中，通过比较电路中______的大小，判断导体电阻的大小。
选取导体、进行实验，可以探究导体电阻大小与导体______的关系
在材料一定时，导体的电阻大小与导体的长度成______比，与导体的横截面积成______比。
小明在科技活动中，了解到有一种用半导体材料制成的热敏电阻，其电阻随温度变化的图象如图甲所示。
热敏电阻的阻值随温度的升高而______选填“增大”或“减小”
小明想利用热敏电阻制成温度报警器，实验室中现有两只外形完全相同的电阻和，其中一只为热敏电阻，另一只为定值电阻阻值不随温度的变化而变化。为了辨别它们，小明设计了如图乙所示的电路，接下来小明闭合开关，对其中一只电阻加热，若电流表的示数______选填“增大”或“减小”，则该电阻为热敏电阻。
答案：
电流表示数；
长度；
正；反；
减小；增大
解析：
本题是探究影响电阻大小因素的实验，考查了学生识图能力以及分析问题和解决问题的能力，理解图象的含义和明确电路图的目的是解决本题的关键。
电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，实验探究时应采用控制变量法；
在研究导体的电阻与导体的材料是否有关时，应控制导体的长度和横截面积不变；
在研究导体的电阻与导体的长度的关系时，应控制导体的材料和横截面积不变；
在研究导体的电阻与导体的横截面积是否有关时，应控制导体的材料和长度不变。
根据影响电阻大小的因素分析；
从图象中可以看出，电阻随温度的升高而减小；
根据电流表的示数和温度变化的电阻判断出热敏电阻。
在探究“影响导体电阻大小的因素”的实验中，通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，这种方法叫转换法；
导线、的材料相同、横截面积相同，只是长度不同，所以由此实验可以验证导体的电阻可能跟导体的长度是否有关；
在材料一定时，导体的电阻大小与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比；
根据图甲坐标系中曲线的趋势可以得出，电阻随温度的升高而减小，因此热敏电阻的阻值随温度的升高而减小；
对其中一只电阻加热，如果电流表示数增大，说明加热的电阻为热敏电阻，若电流表示数不变说明加热的电阻为定值电阻。
所以答案为：电流表示数；长度；正；反；减小；增大。
18、学习了电流、电压和电阻知识后，同学们发现电流与水管中的水流相似，电压与水压差相似，李明和同学们提出，导体对电流的阻碍作用可能与水管对水流的阻碍作用相似，所以在探究影响导体电阻大小的因素时，他们提出了以下猜想：
猜想一：类比管道长短导体电阻的大小可能与导体的长度有关；
猜想二：类比管道粗细导体电阻的大小可能与导体的横截面积有关。
于是他们从实验室老师那儿借来了某合金材料制成的各种长度和横截面积的电阻丝，并设计了如图所示的电路。
连接电路时，开关应处于_________选填“断开”或“闭合”状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于__________选填“”或“”位置。
闭合开关后，他们发现电流表无示数，但电压表示数接近电源电压，你判断他们的电路出现的故障可能是____________________________。
电路连接正确后，他们经过认真测量，得到了下表所示的数据。
序号
长度
横截面积
电阻
比较表中数据，要验证他们的猜想一，可选哪三组数据做比较？__________；
比较表中数据，要验证他们的猜想二，可选哪三组数据做比较？__________。
本实验采用的研究方法是_____________________________。
实验结束后，细心的同学发现还有一个影响电阻的因素没有研究，这个因素是________。
答案：
断开；
电阻丝处开路
、、或、、，或、、 、、或、、，或、、
控制变量法
材料
解析：解析 为保护电路，在连接电路时，开关必须断开；开关闭合前应将滑动变阻器滑片移动到最大阻值处，即题图中的端。
电流表没有示数，可知电路中某处开路或者电流表短路，电压表示数始终接近电源电压，则说明与用电器并联的电路发生开路。
此实验应用了控制变量法，如要验证猜想一：导体电阻与长度的关系，应选取导体的材料、横截面积相同而长度不同的导体接入电路，则应选取的数据为、、或、、，或、、组；如验证猜想二：导体电阻与导体横截面积的关系，应选取导体的材料和长度相同而横截面积不同的导体接入电路，即选取的数据为、、或、、，或、、。
由中分析可知此实验应用了控制变量法。
在实验过程中选取的导体的材料都相同，故无法探究导体电阻与材料的关系。
19、在“探究影响导体电阻大小的因素”实验中，小明设计了如图电路．
为粗略判断、两点间导体电阻的大小，可观察_______________这种物理研究方法叫 法
同学们为了完成探究活动，从实验室借来了四根电阻丝如表则选择、两电阻丝进行实验，是为了探究导体电阻大小与____________的关系；为了探究导体电阻与材料的关系，应选择电阻丝和 ．
小明设计的这种实验电路，发现当接入的导体阻值较小时，电流表的示数很大，甚至会发生短路，烧坏电流表；另有甲、乙两位同学分别对小明的电路作了如下的改进：甲把电流表 更换为灯泡；乙在原电路中串联接入灯泡．你认为____________________________________________同学的改进更好一些，理由是_____________________________________________________．
为了进一步探究电阻是否受温度的影响，按下图所示．接通电路后，用酒精灯给某种材料做的导体缓慢加热，观察加热前后电流表的示数，发现加热后电流表的示数变大了，由此现象可得出结论： 对于这种材料的导体，它的电阻随温度的升高而____增大或减小
答案：
电流表的示数；转换；
长度；；
乙；通过观察电流表的示数来判断导体电阻的大小，灯泡能保护电路；
减小
解析：
知道影响电阻大小的因素，并能利用控制变量的思维分析和判断是解决该题的关键。
电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关：
探究导体电阻大小与材料的关系时，导体的长度、横截面积必须相同；探究导体电阻大小与长度的关系时，导体的材料、横截面积必须相同；探究导体电阻大小与横截面积的关系时，导体的材料、长度必须相同；
从保护电路的角度分析即可判断出该题的答案；
灯丝电阻受到温度的影响。
在 、之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表的示数来比较导体电阻的大小，这种方法叫转换法；
、导体的材料和横截面积相同，长度不同，可以研究导体电阻大小与长度的关系；
探究导体电阻大小与材料的关系时，导体的横截面积、长度必须相同，应选择的两根导体是和；
甲把电流表 更换为灯泡，实验中可通过通过观察灯泡亮度来判断电阻的大小，但是当电路中电阻变化不大时，只凭灯泡的亮暗不易区分，所以不科学；
乙在原电路中串联接入灯泡，即可以通过观察电流表的示数来判断导体电阻的大小，灯泡还能保护电路，故乙同学的改进更好；
用酒精灯给电阻丝缓慢加热，观察加热前后电流表的示数，发现示数变大了，表明电阻减小了，故结论为：对于这种材料的导体，它的电阻随温度的升高而减小。
所以答案为：电流表的示数；转换；长度；；乙；通过观察电流表的示数来判断导体电阻的大小，灯泡能保护电路；减小。
20、导体的电阻与哪些因素有关？实验小组用如图所示的装置进行探究，实验数据记录如下表：
比较步骤_____ ，得出结论：导体的电阻与材料有关；
比较步骤和，得出结论：____________________________________；
比较步骤和，探究的问题是_____________________________：
根据你掌握的电学知识，你认为电阻还与______有关；
王刚同学在完成上述实验后，将同时接到、，同时接到、，此时小灯泡的亮度比步骤的小灯泡还亮，是因为_____________________________________________。
答案：
、
在导体的材料、横截面积一定时，导体越长，电阻越大
导体的电阻与导体的横截面积的关系
温度
两根电阻丝并联后，增大了导体的横截面积，总电阻变小，使灯泡中的电流变大，灯泡的实际功率变大了
解析：
本题考查对电阻影响因素的探究，控制变量法和转换法的运用是关键。
灯泡越亮，说明电路中的电流越大，导体对电流的阻碍越小，通过灯泡的亮度来反映电阻的大小。
导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、材料有关，探究电阻大小的影响因素时，利用控制变量法；
探究电阻跟长度的关系时，控制横截面积和材料相同，改变导体的长度；
探究电阻跟横截面积的关系时，控制长度和材料相同，改变导体的横截面积；
导体的电阻还与导体的温度有关；
同时接到、，同时接到、时，、两根电阻线并联，增大了导体的横截面积。
研究导体的电阻与材料有关时，需控制导体的长度和横截面积相同，改变导体的材料．由表中记录情况可知步骤、符合该条件；
比较步骤和可知两电阻线的材料和横截面积相同，两电阻线的长度不同，灯泡亮度不同，得出结论在导体的材料、横截面积一定时，导体越长，电阻越大；
比较步骤和可知两电阻线的长度和材料相同，横截面积不同，探究导体的电阻与导体的横截面积的关系；
导体的电阻还与导体的温度有关；
同时接到、，同时接到、时，、两根电阻线并联，两根电阻线并联时相当于增加了电阻线的横截面积，电阻变小，则与之串联的灯泡中的电流变大，灯泡的实际功率变大，所以灯泡比只接一根时亮。
所以答案为：、；在导体的材料、横截面积一定时，导体越长，电阻越大；导体的电阻与导体的横截面积的关系；温度；两根电阻丝并联后，增大了导体的横截面积，总电阻变小，使灯泡中的电流变大，灯泡的实际功率变大了。22《探究电流与电压和电阻的关系》
考点汇总：
（一）电流与电压的关系
实验目的：探究导体电流与电压的关系
实验器材：若干节干电池、开关、电压表、电流表、两个不同导体、若干导线等。
实验电路：
实验步骤：
①按图连好电路，注意连接时开关要断开，开关闭合之前要把滑动变阻器调到阻值最大处，实物图如下所示。
　　②保持电阻R1=5不变，检查电路后闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数分别为1V、2V、3V，并读出电流表相应的数值、填表。
R1=5Ω
次数 电压U/V 电流I/A
1 1 0.2
2 2 0.4
3 3 0.6
③改变电阻，使R2=10不变，调节滑动变阻器，使电压表的示数分别为1V、2V、3V，并读出电流表相应的数值、填表。
R2=10Ω
次数 电压U/V 电流I/A
1 1 0.1
2 2 0.2
3 3 0.3
④根据数据画出I-U图像。
实验结论：
1.同一导体，电流与电压成正比。
2.同一导体，电压和电流的比值为定值。
3.不同导体，电压和电流的比值不同。
考点方向：
1、该实验采用的研究方法是：控制变量法。即：保持电阻不变，改变电压研究电流随电压的变化关系；
2、电路在连接过程中，开关要 断开 ，
3、实验结论：在电阻一定的情况下，导体中的电流与导体两端的电压成正比；
4、电路连接注意事项：开关断开，滑动变阻器滑片移至阻值最大处。
5、在移动滑片时，发现电压表和电流表的示数始终没有任何变化，
其原因是： 在连接滑动变阻器时没有按照一上一下的原则连接 。
6、检查电路时发现电压表、电流表位置互换了，电流表几乎无示数，电压表接近电源电压。
7、电表异常偏转原因：①指针反向偏转，原因是正负接线柱接反；②正向偏转幅度过小，原因是量程选择过大；③正向偏转幅度过大超过最大刻度，原因是量程选择过小。
8、滑动变阻器的作用：①保护电路；②改变电阻两端电压。
9、调节滑动变阻器不能使电压达到指定示数的原因是：滑动变阻器的最大阻值过小。
10、换不同规格的电阻多次测量的目的是：得出普遍规律，避免实验的偶然性。
11、此实验不能用灯泡代替电阻进行探究的原因：灯丝的电阻随温度的升高而增大。
12、若使用灯泡代替电阻，那么在画出的I-U图像中，其图像是一条 曲 线。
13、考虑到电压表的电阻对电路的影响，每次电流表的示数比测量时通过待测电阻的实际电流_偏大_（选填“偏大”或“偏小”）。
（二）电流与电阻的关系
提出问题：
电流和电阻之间有什么样的关系？
猜想假设：
电流与电阻成反比。
设计实验：
使用控制变量法，即保持定值电阻两端的电压不变，研究电压不变时，电流与电阻的关系。
电路图：　　
实验步骤：
　　　①按图接好电路。注意连接时开关要断开，开关闭合之前要把滑动变阻器调到阻值最大处，实物图如下所示。
②分别将5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻连入电路，检查电路后闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表示数保持3V不变，分别记下电流表的示数，填入表格。
U=3V
次数 电阻R/Ω 电流I/A
1 5Ω 0.6
2 10Ω 0.3
3 15Ω 0.2
③根据数据画出I-R图像。
得出结论：
电阻两端的电压一定时，电流与电阻成反比。
考点方向：
1、滑动变阻器的作用：①保护电路；②使电阻两端电压保持不变。
2、在闭合开关前滑动变阻器应将滑片置于 阻值最大 端。
3、该实验中利用多个不同阻值电阻测出多组不同的数据，其目的是避免实验偶然性，得出普遍规律。
4、更换大电阻后如何滑动滑动变阻器的阻值：应使滑动变阻器的阻值变大，滑动变阻器分担的电压变大，保证定值电阻上分的的电压不变。
5、连接好电路，闭合开关，发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，则故障为定值电阻R发生了断路。
6、为了避免来回更换电阻，带来的麻烦，我们可以使用 电阻箱 来替换定值电阻。
7、电阻箱阻值改变后，发现无论怎样调节滑动变阻器都不能达到实验要求，若电路无故障，则引起这种情况的原因可能是电阻箱的阻值调得太大(或滑动变阻器最大阻值太小)。
8、电路中滑动变阻器阻最大值Rx的确定方法：UR/R=(U-UR)/RX。
9、实验方法：控制变量法：保持电压不变，改变电阻研究电流随电阻的变化关系。
10、结论：在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
典题精析：
1、探究电流与电阻关系的电路图如图甲所示，可供使用的实验器材有：电源电压恒为、电流表、电压表、开关各一个，滑动变阻器、两个，定值电阻三个、、，导线若干．
连接好电路，闭合开关前变阻器的滑片应该移至______ ．
闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数且接近于电源电压，则电路中出现的故障可能是定值电阻发生了______ ．
排除故障后，小明通过实验测得多组数据，由这些数据得到如图乙所示的电流随电阻变化的图象，由图象可以得到的结论是：________________ ．
在上述实验中，小明先把的电阻接入电路中进行测量，接着又改用的电阻继续做实验，当把的电阻接入电路后，小明应将滑片向___ 端移动至适当的位置，目的是______．
小明实验所选用的滑动变阻器应该是______如果小明没有正确选用滑动变阻器，在实验中就会出现这样的情况，当把______的电阻接入电路时，发现无论怎样移动变阻器的滑片，都无法使电压表的示数达到实验要求的数值．
答案：
端或最右端；断路；电压一定时，电流与电阻成反比；；使电压表的示数保持不变； ；。
解析：
本题考查了连接电路图、电路故障分析、滑动变阻器作用、滑动变阻器调节等问题，是常考问题，一定要掌握；连接电路图时，注意电表量程的选择；本题难点是探究电流跟电阻关系的实验中，为了保持电阻两端的电压不变，根据串联电路的特点和欧姆定律得出定值电阻与滑动变阻器连入电路的电阻阻值关系。
滑动变阻器的下面接了左边的接线柱，所以连接好电路，闭合开关前，将变阻器的滑片移至最右端或端使其阻值最大；
电流表无示数，电压表有示数且接近于电源电压，则与电压表并联的电阻断路；
分析乙图中的电流和电阻的关系可看出：电压一定时，通过导体的电流与它的电阻成反比；
把的换为后，根据串联分压的知识，电压表的示数变大，要探究电流与电阻的关系，需保持电压表的示数不变，应增大滑动变阻器的阻值，将滑片向端滑动；
由图象知，电阻两端的电压；
当电阻值为时，电路中的电流为；
则滑动变阻器的阻值应为；，所以应该选择 的变阻器；
当选用的变阻器时，电路中的电流；
则电阻值为：，所以使用 的变阻器时，电阻的阻值不可大于，因此当把的电阻接入电路时，发现无论怎样移动变阻器的滑片，都无法使电压表的示数达到实验要求的数值。
所以答案为：端或最右端；断路；电压一定时，电流与电阻成反比；；使电压表的示数保持不变； ；。
2、小鹏在探究“通过导体的电流与导体两端电压的关系”时，电路如图甲所示，电源电压保持不变，为定值电阻。
请用笔画线代替导线，将图乙中的电路按甲图连接完整要求导线不交叉。
连接电路时，开关应该处于__________状态，实验前滑动变阻器的滑片应位于_______选填“”或“”端。滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到了_______________________的作用。
电路连接正确后，闭合开关，发现电压表有示数但电流表无示数，此时出现的故障可能是________选填字母。
A.滑动变阻器短路 电流表断路 电阻短路 电阻断路
排除故障后，小鹏又取了两个定值电阻，想利用这些器材继续探究“电压不变时，电流与电阻的关系”。实验中所用电阻的阻值分别为、、，电源电压为，分别接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，记录数据，得到了如图丙所示的图像。由图像可以得出结论：_____________________________________________________。
上述实验中：小鹏用的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变。接着把换成的电阻接入电路，闭合开关，应向______选填“”或“”端移动滑片，直至电压表示数为_______时，读出电流表的示数。
小鹏又把换为的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，是因为__________________________________，为完成整个实验，应该选取滑动变阻器___________选填字母。
“” “” “”
答案：
断开 改变导体两端电压

电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
滑动变阻器的最大阻值过小
解析：
电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器要求一上一下连接；
连接电路时，开关应断开；连接好电路后，为了保证电路安全，应将滑动变阻器滑片移至阻值的最大处；滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到改变导体两端电压的作用；
闭合开关电流表没有示数，说明电路是断路，电压表有示数，说明与电压表串联的电路是通路；
由图丙求出电流和电阻的积，分析回答；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入电阻时变阻器连入电路中的电阻，确定变阻器的规格。
本题探究“电压不变时，电流与电阻的关系”，考查电路的连接、数据分析、操作过程、控制变量法、对器材的要求等知识。
将电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器要求一上一下连接，如图所示：
连接电路时，开关应该处于断开状态，实验前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处即端，滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到改变导体两端电压的作用；
电压表有示数，说明电压表与滑动变阻器、电流表、电源是通路；
电流表没有示数，说明电流表、定值电阻、滑动变阻器中有一处是断路的；综合分析可知：电流表、滑动变阻器位置是导通的，所以应为定值电阻断路；所以选D；
由图丙知，电流和电阻的积为：，故图象可以得出结论：
电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由改接成的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向端移动，使电压表的示数为；
小鹏又把换为的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，是因为滑动变阻器的最大阻值过小；
电阻两端的电压始终保持不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少的滑动变阻器，即选A；
所以答案为：如上图；断开；；改变导体两端电压；；电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；；；滑动变阻器的最大阻值过小；。
3、如图甲所示，是“探究电流与电压、电阻关系”实验的实物连接图。
实验中为保护电路元件，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑动到________选填“左”或“右”端。
在探究电流与电压的关系时，闭合开关，保持、间的电阻不变，调节滑动变阻器滑片位置，测出对应的电流和电压，根据实验数据画出电流随电压变化的图象，如图乙所示。分析图象可以得出结论：______________________。
在探究电流与电阻关系时，实验操作过程中如果只是把、间电阻由换成后，为保持________表的示数不变，应调节滑动变阻器的滑片。
答案：
右
电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比
电压
解析：
本题考查探究电流和电阻、电压的关系，需用控制变量法，滑动变阻器在电路中可以控制电阻两端的电压，具有非常主要的作用。
实验前，为保护电路，应断开开关，应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大处；
探究电流与电压关系，应控制电阻阻值不变，改变电阻两端电压测出通过电阻的电流；分析表乙特点得出实验结论；
把定值电阻换成，电阻两端的电压改变，则需调节滑动变阻器的阻值，保持电阻两端的电压不变。
为了保护电路元件，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑到阻值最大处，即右端。
从图象中可以看出：电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
在探究电流与电阻的关系时，必须保持电阻两端的电压不变，所以当把电阻由换成后，应移动滑动变阻器的滑片，保证电阻两端的电压不变。
所以答案为：右；电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；电压。
4、在探究“电阻中的电流跟两端电压的关系”时。小东连接了如图甲的实验电路。
在该实验电路中有一个仪器连接错误，请在实物图中只改变一根导线的连接在改动的导线上打“”，并画出改接的导线，使电路连接正确。
小东改正连接错误后，闭合开关，两个电表指针偏转情况如图乙为了提高实验精确程度，这个电路需要改进的地方是______，理由是______。
小东通过实验低处了下面的表格
实验序号
分析后可以得出的结论是______。
小东还想利用现有器材，继续探究“电阻中的电流跟电阻的关系”。在实验过程中，他用的电阻替换原来的定值电阻，替换后，他应该调节滑动变阻滑片向阻值______选填“较大”或“较小”的地方移动，使______保持不变，然后再记录电流表的示数。
答案：
；
电流表应该选用的量程；电流表指针偏转太小，读数误差较大。
电阻一定时，电阻中的电流与电阻两端电压成正比。
较大；电阻两端电压。
解析：滑动变阻器应一上一下接入电路，如下图所示：
从图中所示情况来看，选择的是量程，电流表的指针偏转幅度较小，在读数时，容易产生误差，故可换用量程，以提高精确度。
电阻都为，利用控制变量法分析得出结论：电阻一定时，电阻中的电流与电阻两端电压成正比。
根据控制变量法可知，在探究电阻中的电流跟电阻的关系时，需控制电阻两端电压不变；当把电阻换成后，电路中电流变小，此时滑动变阻器分担的电压变小，定值电阻两端的电压变大，根据欧姆定律，把滑动变阻器的阻值调大，其分担的电压也就变大，这样才能保证定值电阻两端的电压不变。
所以答案为：如上图所示；
电流表应该选用的量程；电流表指针偏转太小，读数误差较大。
电阻一定时，电阻中的电流与电阻两端电压成正比。
较大；电阻两端电压。
分析：滑动变阻器的正确使用：滑动变阻器串联在电路中；选择上面一个接线柱，下面一个接线柱。
电流表有两个量程可供选择，和，在使用电路表时，应根据电流的大小选择合适的量程，选择的量程太大，指针偏转幅度较小，读数误差较大，选择的量程太小容易损坏电流表。
分析数值，电阻都为，电流和电压有变化，利用控制变量法分析。
把电阻换成后，电路中总阻值变大，故电路中电流变小，此时滑动变阻器分担的电压变小，根据欧姆定律可知，此时需把阻值调大；利用控制变量法分析可知，探究电阻中的电流跟电阻的关系，需控制电阻两端电压不变。
5、在“探究通过导体中的电流与电压和电阻的关系”实验中，有如下器材：电压表、电流表、滑动变阻器、开关、两节干电池、定值电阻分别为、、、、、导线若干．小明在实验时连接的电路如图所示．
在探究“电流与电压的关系”实验中：
电路中滑动变阻器起到保护电路元件安全和______ 的作用；
闭合开关，无论如何移动滑动变阻器的滑片，发现电流表示数几乎为零，电压表示数约为，此时，电路出现的故障可能是______ ；小明排除故障后继续实验．
在探究“电流与电阻的关系”实验中：
小明先将的电阻接入，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为，记下电流表示数；接着在滑动变阻器的滑片位置不变，把换为的电阻时，应向______ 填“”或“”方向移动滑动变阻器的滑片，才能使电压表示数为，同时记下电流表的示数；
根据多次测量数据描绘出电流随电阻变化的曲线如图所示，小明由图象得出的结论是______ ；
若继续使用该实验电路，还可以进行的实验有______ 只要求填写一个实验名称．
答案：
改变电阻两端电压，进行多次测量；处断路；；电压一定时，电流与电阻成反比；伏安法测电阻
解析：在探究“电流与电压的关系”实验中：
电路中滑动变阻器起到保护电路元件安全和改变电阻两端电压，进行多次测量的作用；
闭合开关，无论如何移动滑动变阻器的滑片，发现电流表示数几乎为零，说明电路出现断路故障，电压表示数约为，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，此时，电路出现的故障可能是处断路；
在探究“电流与电阻的关系”实验中：
小明先将的电阻接入，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为，记下电流表示数；接着在滑动变阻器的滑片位置不变，把换为的电阻时，根据串联电路分压的知识，定值电阻变大，滑动变阻器也需要变大，才能保持比例不变，使电压表示数再一次为，所以，应向方向移动滑动变阻器的滑片；
根据多次测量数据描绘出电流随电阻变化的曲线如图乙所示，可以得出电流与电阻是反比例关系，所以得出的结论是：电压一定时，电流与电阻成反比．
若继续使用该实验电路，还可以进行的实验有伏安法测电阻．
所以答案为：改变电阻两端电压，进行多次测量；处断路；；电压一定时，电流与电阻成反比；伏安法测电阻．
滑动变阻器的作用一般有保护电路和改变电路电流或改变被测电阻两端电压；电流表几乎无示数，说明电路出现断路故障；电压表示数等于电源电压，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，据此判断电路故障的具体位置；
探究电流与电阻的关系时，需利用滑动变阻器保持电阻两端电压不变；根据串联电路分压的知识判断滑片移动的方向；根据图象分析得出电流与电阻的反比例关系；
已知电流和电压，可根据计算电阻．
本题考查了实验分析，探究电流与电压、电阻关系实验，要采用控制变量法，应用控制变量法分析即可正确解题．
6、在“探究电流与电阻的关系”的实验中，小强选用了、、、四个定值电阻，电源电压恒为。
请按图甲所示的电路图，将实物图乙连接完整。
闭合开关接触时，发现电流表无示数，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压，造成这一现象的原因可能是______。
排除电路故障后，闭合开关，移动滑片，当选用的电阻时，电流表示数如图丙所示，记为______；以后每更换一个阻值更大的电阻后，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向______选填“”或“”端移动，使电压表的示数为______，同时记下对应的电流值。
根据实验数据，小强做出了如图丁所示的图像，由于此图线为曲线，小强认为不便直观判断与的定量关系，于是对图像中的坐标进行了巧妙变换，从而直观判断出了与的关系。你认为小强的改进方法是：______。
答案：
；
电阻开路；
；；；
将图像的横坐标变为或。
解析：滑动变阻器要按“一上一下”串联接入电路，只需将滑动变阻器上面任一接线柱与电阻的右接线柱连接即可，
电压表要与电阻并联，由于电源电压恒为，故电压表选择的量程为，只需将滑动变阻器的“”接线柱与电阻的右接线柱连接，如图所示：
闭合开关接触时，发现电流表无示数，说明电路开路，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压，
说明与电压表并联的部分电路开路，即电阻开路。
由图丙可知，电流表选择的量程为，分度值为，此时电流表示数为；
由欧姆定律得，则电阻两端的电压：，即电压表示数保持不变；
根据串联分压规律可知，即：，
由于电源电压恒为，电压表示数保持，
每更换一个阻值更大的电阻，滑动变阻器接入电路的阻值也应增大，
故应将滑动变阻器的滑片向端移动，使电压表的示数，同时记下对应的电流值。
小强做出了如图丁所示的图像，由于此图线为曲线，不便直观判断与的定量关系，
根据可知，电压不变时，电流与电阻的倒数成正比，故将横坐标变为或，从而直观判断出了与的关系。
所以答案为：；
电阻开路；
；；；
将图象的横坐标变为或。
7、小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为、、、、。
请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整导线不允许交叉。
实验中多次改变的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流随电阻变化的图象。
由图象可以得出结论：电压一定时，______。
上述实验中，小明用的电阻做完实验后，接下来的操作是______，然后将的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为______时，读出电流表的示数。
为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于______的滑动变阻器。
答案：
实物电路连接如图所示：
导体中的电流与电阻成反比；
断开开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端或阻值最大处；；
。
解析：
电压表的“”接线柱已接入电路，需要把“”接线柱接到定值电阻的右边接线柱，使电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器下面的接线柱已连入电路，只要把上面任意一个接线柱与定值电阻右边的接线柱相连即可。要注意导线不要交叉。连好的实物图如下图所示。
分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于，说明电压一直保持在，此时导体中的电流与电阻成反比。
更换电阻时，必须先断开开关，并把滑动变阻器调至最大阻值处，即把滑片移到最左端；换好定值电阻后，闭合开关，并移动滑片，使电压表的示数为。
当定值电阻时，由图丙可知，此时电路中的电流，
则电路中的总电阻为：，
所以滑动变阻器的最大阻值不能小于：。
图乙中还未连入的元件有电压表和滑动变阻器，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路。
分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，说明电压一定时，导体中的电流与电阻成反比。
每次实验后，必须断开开关，把滑片拨到最大阻值处，然后再更换电阻；闭合开关后，还要调节滑片，使定值电阻两端的电压保持不变。
根据电源电压以及每次定值电阻两端的电压，利用串联分压可求出滑动变阻器的最小阻值。
该题通过实验探究考查了电学元件的使用、分析图象获取信息的能力，难度不大，但需认真、细心分析。
8、小明同学在做“电压一定时，电流跟电阻的关系”实验时，准备了一下器材：干电池两节，电流表、电压表、滑动变阻器、开关各一只，定值电阻、导线若干，按照如图所示的电路图进行实验，请你完成下列内容。
按照如图所示的电路图，以笔画线代替导线，完成上图实物图的电路连接。
将电路连接正确后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电压表、电流表示数如图所示，电流表的示数为______，此时小明连入电路的电阻的阻值为______
实验过程中，小明用电阻替代电阻继续实验时，为了正确完成实验，应将滑动变阻器的滑片向______选填“”或“”移动。
答案：
见下图；；；

解析：已知电源电压为，所以电压表的量程为；电流表的量程为；
将电流表、被测电阻以及滑动变阻器串联连接，电压表并联在被测电阻两端；注意滑动变阻器按一上一下的原则接线；如下图所示：
由图可知，电流表所选量程为；则电流表的最小分度为，故指针所指的示数为；
电压表的量程为：，分度值为，电压为，则由欧姆定律可得：
电阻；
用的电阻替换的电阻后，电路总电阻变大，电源电压不变，
由欧姆定律可知，电路中的电流变小，电阻阻值变大，电阻分压变大，电压表的示数将变大。
若要使电压表示数仍保持不变，应减小电阻两端电压，增大滑动变阻器分压，滑动变阻器滑片应向阻值增大的方向移动，即滑片适当向端移动。
所以答案为：见上图；；；。
根据图确定电压表和电流表的量程，将电流表、被测电阻以及滑动变阻器串联连接，电压表并联在被测电阻两端；注意滑动变阻器按一上一下的原则接线；
由图根据电流表所接量程，先求得电流表的最小分度，则可以得出指针所指的示数；则由欧姆定律可求得电阻。
在探究电流跟电阻的关系时，应移动滑片，保持电阻两端的电压不变。
此题是伏安法测量定值电阻的阻值实验，主要考查实物图的连接、电压表、电流表的读数、电阻的计算、滑动变阻器的调节等，难易程度适中。
9、利用如图所示的电路，可以研究通过小灯泡的电流跟加在它两端电压的关系。实验中使用小灯泡的额定电压为。
请按照图，将图中的实物电路连接完整；
闭合开关，当滑片从滑动变阻器的一端向另一端移动时，小灯泡两端的电压连续发生变化，于是可得到多组测量值，根据测量值画出小灯泡的图象如图所示。从图象可以发现；随着小灯泡两端电压从逐渐增大不大于额定电压，其灯丝的电阻值　 　选填“不断增大”，“保持不变”或“不断减小”；
在图中，闭合开关，将片从端向端移动。在此过程中，小灯泡两端的电压 选填“不断变大”，“保持不变”或“不断变小”
考虑到电压表的电阻对电路的影响，每次电流表的示数比测量时通过小灯泡的实际电流 选填“偏大”或“偏小”。
答案：
；
不断增大；
不断变大；
偏大．
解析：
灯的额定电压为，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
由图知，当电压为、、时，对应的电流大小分别为、、，由欧姆定律
，对应的电阻大小分别为：、、，故灯丝的电阻值不断增大；
在图中，灯与变阻器部分并联后与变阻器的部分串联，闭合开关，将片从端向端移动部分电阻越来越大，根据并联电阻的规律，并联部分的电阻变大，部分电阻变小，由分压原理，并联部分的电压变大，即灯的电压不断变大；
因电压表与灯并联，根据并联电路电流的规律，电流表的示数比测量时通过小灯泡的实际电流偏大．
所以答案为：见上图；不断增大；不断变大；偏大．
本题研究通过小灯泡的电流跟加在它两端电压的关系，考查电路的连接、数据分析、串联、并联电路的规律和欧姆定律的运用．
10、如图甲所示是“探究电流与电压、电阻关系”实验的实物连接图。
实验中为保护电路元件，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑动到________选填“左”或“右”端。
在探究电流与电压的关系时，闭合开关，保持、间的电阻不变，移动滑动变阻器滑片的位置，测出对应的电流和电压，根据实验数据画出电流随电压变化的图像，如图乙所示，分析图像可以得出结论：_________________________________________________________。
在探究电流与电阻的关系时，实验操作过程中如果只是把、间电阻由换成后，为保持________表的示数不变，应将滑动变阻器的滑片向________选填“左”或“右”移动。
答案：
右
电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比
电压 右
解析： 物理核心素养要求我们在实验探究中具有分析论证的能力，会使用各种方法和手段分析、处理信息，描述、解释实验探究结果；具有与他人合作与交流的意愿与能力，能准确表述、评估和反思实验探究过程与结果。
为了保护电路元件，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑到阻值最大处，即最右端。
分析题图乙可得结论：电阻不变时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
在探究电流与电阻的关系时，必须保持电阻两端的电压不变，所以当把电阻由换成后，应移动滑动变阻器滑片，保证电压表的示数不变；根据串联电路的电压特点可知，把电阻由换成后，电阻两端的电压会变大，所以应该向右移动滑片，使变阻器接入电路的阻值变大，分压变大。
11、某学习小组在“探究通电导体中电流与电阻的关系”的实验中，小明连接了如图甲所示的电路电源电压保持不变。
用笔画线代替导线将图甲实物电路连接完整要求：滑动变阻器的滑片向左移动，电路中电流变大，导线不得交叉。
连接好电路，闭合开关，发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，则故障为定值电阻______填“短路”或“断路”
图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流随电阻变化的图象，由图象可知两端的电压为______；当的电阻由更换为时，闭合开关后，为使两端的电压______填“改变”或“不变”，滑动变阻器的滑片应向______填““左”或“右”端滑动；若实验中的阻值分别是、、，则滑动变阻器的阻值至少是______。
答案：
；
断路；
；不变；右；。
解析：滑动变阻器的滑片向左移动，电路中电流变大，即电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联，如下所示：
若定值电阻短路，电压表示数为，电流表有示数，不符合题意；
若定值电阻断路，电流表示数为，电压表串联在电路中测电源电压，有示数，符合题意，故闭合开关，发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，则故障为定值电阻断路；
图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流随电阻变化的图象，由图象可知两端的电压为：
---；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应右端移动，使电压表的示数为。
电压表控制的电压为，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少的滑动变阻器。
所以答案为：如上所示；断路；；不变；右；。
根据滑动变阻器的滑片向左移动，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；
逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
由图乙求出电流与电阻之积；根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题探究通电导体中电流与电阻的关系，考查电路连接、故障分析、控制变量法，数据分析、操作过程和对器材的要求。
12、某实验小组用图甲所示电路进行“探究电流与电阻的关系”实验。
请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大。
闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于______端选填“”或“”。
闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是______。
排除故障后，先将定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙所示，为______。
接下来断开开关，取下的定值电阻，换成的定值电阻，闭合开关，应向______选填“”或“”端移动滑片，直至电压表示数为______时，读出电流表的示数。再更换定值电阻继续实验，实验数据记录在表格中。由实验数据可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______。
实验次数
该小组想用一块电流表和一个定值电阻，测未知电阻的阻值。于是他们设计了如图丙所示的电路图，并进行如下实验操作：
闭合和，此时电流表的示数为。
闭合断开，此时电流表的示数为。
请用已知量和测出量、表示出未知电阻的表达式，则______。
答案：
如图所示；
；定值电阻断路；；；；反比；。
解析：滑动变阻器与电阻串联，要求滑片向右移动时，连入电路的电阻变大，所以应将滑动变阻器的接线柱与开关的右接线柱相连，如下图所示：
为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大即端；
闭合开关，移动变阻器滑片，发现电流表无示数，电路可有断路发生，而电压表有示数，说明电压表到电源两极间是通路，所以故障原因可能是定值电阻断路；
小明同学首先将定值电阻接入电路，将滑片滑到端，再闭合开关，调节滑片，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为，示数；
研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，电压表示数；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由改接成的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向端移动，使电压表的示数为，读出电流表的示数；
由表格中数据发现：电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几分之一，故在电压一定时，电流与电阻成反比。
闭合、，此时两电阻并联，电流表测量干路电流，示数为，
闭合、断开，此时为只有工作的电路，电流表测量的电流，示数为，可测出电源电压，
根据并联电路电流的规律知，的电流：，则电源电压为
根据电源电压相等知：
未知电阻的表达式为：。
所以答案为：如上所示；；定值电阻断路；；；；反比；。
将滑动变阻器与用电器串联，根据滑片向右移动时，连入电路的电阻变大确定其接线柱；
为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大；
电流表无示数，可能是电流表断路或电流表之外的电路断路；再根据电压表有示数分析可知电路故障；
根据电流表小量程计读数；
研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，求出电压表示数；
根据串联电路的分压作用判断出滑动变阻器的移动方向；
由表中数据得出结论；
在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻并联，根据电流表和定值电阻的示数计算出电压，然后根据公式计算出其电阻。
探究电流与电阻的关系，考查电路的连接、操作过程、注意事项、控制变量法的运用的及欧姆定律的应用等知识，其中用一种电表测量电阻有一定的难度。
13、在探究电阻一定时电流与电压关系的实验中：
请根据图甲所示的电路图，用笔画出导线完成图乙的电路连接：
实验过程中得到的部分数据如下表所示。第次测时，电流表的示数如图丙所示，请将该数据填入表格中
实验序号
电压
电流 ______
在图丁中的坐标轴上标出适当的标度，把上表中的数据在坐标系中描点并连线。
答案：
；。
解析：电源电压为，故电压表选用小量程与电阻并联，由图丙知，电流表选用小量程与串联，将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中与电阻串联，如下左所示：
第次测时，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为，示数为；
横坐标小格表，纵坐标每小格表示，根据表中数据在图中找出对应的点，连线，如上右图所示。
所以答案为：；。
根据电源电压为确定电压表选用小量程与电阻并联，由图丙知电流表选用小量程与串联，将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中与电阻串联；
根据电流表选用小量程确定分度值为读数；
根据描点法作图。
本题探究电阻一定时电流与电压关系，考查电路的连接、电流表读数和描点法作图。
14、在探究“电流与电阻的关系”的实验过程中，小明选择了、、、、五个电阻进行实验，电路图如图甲所示．
请用笔画线代替导线将图乙中未完成的电路完成，且使变阻器滑片向右移动时电流表示数变大．导线不能交叉
连接电路时，开关应处于_______填“断开”或“闭合”状态．
连接好电路，闭合开关，发现电流表没有示数，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压．造成这一现象的原因可能是_______填字母．
A.电阻断路 电流表坏了 滑动变阻器短路 电阻短路
排除电路故障进行实验．为达到实验目的，滑动变阻器除了起到保护电路的作用外，还起到_____________________的作用．实验中，当把的电阻换成的电阻后，应把变阻器滑片向_______填“左”或“右”滑动，同时眼睛盯住_______才可能达到这个目的．
根据实验数据，作出图象如图丙所示．根据实验目的分析图象可得出结论：_________________________________________________________．
答案：
如图所示
断开

调节电阻两端电压保持不变；左；电压表
电压不变时，导体中的电流与导体的电阻成反比
解析：该实验中滑动变阻器的作用除了保护电路外，其主要作用是控制电阻两端电压保持不变；根据串联电路的分压原理，把换成，电阻分压变大，滑动变阻器分压变小，为保持电阻两端电压不变，应减小电阻分压，增大滑动变阻器分压，应使滑动变阻器接入电路的阻值变大，由图示电路图可知，闭合开关后应向左移动滑片，同时眼睛盯住电压表．判断电路故障时，要根据故障的表现，逐一分析可能的原因或现象，最后做出判断．
15、用图甲所示电路探究“电流与电阻的关系”，电源电压为，滑动变阻器的规格为“，”。
实验时，依次更换不同的电阻，调节______ ，保证电阻两端电压不变，分别记录每次电阻和电流表示数，数据如表：
实验次数
电阻
电流
电阻的倒数
第次实验的电流表示数如图乙所示，读数为______ ；
为了更精确地描述与的关系，在表中增加了的数据，并根据、的值在图丙的坐标纸中描出了相应的点，请你在图丙中补充第次的实验数据点，并作出图像。
根据图像可以得到的实验结论是：______ 。
答案：
调节滑动变阻器的滑片 导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
解析：实验时，依次更换不同的电阻，通过调节滑动变阻器的滑片使定值电阻两端电压不变；
由表中数据知，换用不同电阻进行实验时，电流在到之间，所以电流表应选择小量程，分度值，由图乙知，第次实验的电流表示数为；
第次实验在图象中的坐标为，描出这个点，将各点连接作出图像如图所示：
由图像知，电压一定时，与正比，所以导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
所以答案为：调节滑动变阻器的滑片；；见上图；导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
在探究电流与电阻关系的实验中，滑动变阻器起到作用有：调节定值电阻两端电压和保护电路；
由表中所测电流情况，判断电流表使用的量程，由图乙读数；
先根据第次实验数据描点，再作出图像；
根据图像总结结论。
本题是探究电流与电阻关系的实验，考查变阻器的作用、电表的读数、图像的作图以及根据图象总结结论。
16、在探究电流与电阻关系的实验中，所用器材如下：蓄电池、电流表、电压表、定值电阻、、各一只、开关、滑动变阻器、导线若干。
请你帮助小军按图甲所示的电路图连接图乙的实物电路，要求滑动变阻器的滑片移动到右端时接入电路中的阻值最大。
补接后小军先将电阻接入电路，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为，电流表示数如图丙。请读出示数：______。
当小军将电阻换接成电阻后，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，都不能使电压表示数仍为，分析其原因可能是______答出一种情况即可。
小军完成此实验后，想利用原有器材进行”伏安法测电阻“的实验。电路连接正确后闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数为，你认为发生故障的原因是______。
排除故障后，将滑片移到某一位置时，两表读数如图丁所示，小军计算得出所测电阻的阻值______你认为这个结果可靠吗？______，理由是______。
答案：
；
；
定值电阻两端的电压保持太低；
定值电阻断路；
；不可靠；没有多次测量求出平均值以减小误差
解析：
本题考查了选择连接电路图、实验操作、滑动变阻器的调节等问题，是实验的常考问题，一定要掌握；连接电路图时，注意电流表量程的选择、滑动变阻器的接法。
滑动变阻器与电阻串联接入电路中，根据滑动变阻器的接法连接滑动变阻器；
根据电流表的量程和分度值读数；
换接电阻时，根据串分压的知识，电压表的示数变大，为使电压表的示数不变，所需滑动变阻器的阻值更大，电压表的示数无法达到，可能是滑动变阻器的阻值太小或是定值电阻两端的电压保持太低或是电源电压太高造成；
定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，当定值电阻断路时，电压表与电路串联，分担电源电压。
在测量电阻的实验中，应通过滑动变阻器改变电路中的电流，多次测量求平均值，以减小实验的误差，因为导体的电阻与电流和电压无关。
滑动变阻器与电阻串联接入电路中，滑动变阻器的滑片移动到右端时接入电路中的阻值最大，则应连接左下接线柱；如图：
；
电流表的量程为，分度值为，则读数为；
换接电阻时，根据串分压的知识，电压表的示数变大，为使电压表的示数不变，所需滑动变阻器的阻值更大，电压表的示数无法达到，可能是滑动变阻器的阻值太小或是定值电阻两端的电压保持太低或是电源电压太高造成；
被测电阻断路时，电压表与电路串联，分担电源电压，示数为电源电压，电流表无示数；
清除故障后，将滑片向左滑动时，其电阻减小，整个电路的电流增大，电压表示数将增大；
因为电源为两节干电池串联组成电源，由图丙知：电压表量程为，分度值为，示数为，电流表量程为，分度值为，示数为，所以；这个结果不可靠，应多次测量求平均值，以减小实验的误差。
所以答案为：；；定值电阻两端的电压保持太低；定值电阻断路；；不可靠；没有多次测量求出平均值以减小误差。
17、小明利用如图实验装置探究“电流跟电压的关系”，电源电压恒为，电阻阻值为，滑动变阻器标有“”字样。
实验组次
电压
电流
请用笔画线代替导线将图中实物电路连接完整；
刚连完最后一根导线，发现两电表指针立即发生偏转，其原因可能是______只填序号
A.开关未断开 滑动变阻器短路 电阻断路
解决问题后，闭合开关，调节滑动变阻器，小明得到五组数据如上表：
获得第组实验数据后，要想得到第组数据，应将滑片向______选填“”或“”端移动；
分析论证时，同组小丽通过计算，认为表中有一组可能是错误的，请指出她认为错误的数据组次及原因______。
排出错误数据后，分析可得：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端电压成______比。
答案：
第组数据；电流不可能为 正
解析：将变阻器接“一上一下”原则接入电路中，如下图所示：
刚连完最后一根导线，发现两电表指针立即发生偏转，其原因可能是开关未断开，所以选A；
获得第组实验数据后，要想得到第组数据，由表格数据可知，电流表的示数由增大为，电流变大，电路中电阻变小，故滑片应向端调节；
由第组数据可知，电路中的电流，电路中的总电阻应为：，
根据电阻的串联可知，实际电路中的最大总电阻：，所以第组数据错误；原因是电路中的电流不可能为；
由表中数据可知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，即：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成正比。
所以答案为：
见上图；；；第组数据；电流不可能为；正。
将变阻器接一上一下接入电路中；
为保护电路，连接电路时开关要断开；
根据表中电流变化，由欧姆定律确定滑片移动的方向；
为保护电路，连接电路时，变阻器连入电路中的电阻最大；由欧姆定律，根据表中数据求出电路的最大总电阻与实际的电阻比较；
分析表中数据得出结论。
本题探究电流跟电压的关系，考查电路的连接、注意事项、操作过程及串联电路规律和欧姆定律的运用和数据的处理能力。
18、在“探究电流与电压的关系”的实验中，小明设计了如图甲所示的电路图．
小明探究通过定值电阻的电流与其两端电压的关系．
在连接实验电路时，开关应__________．
实验过程中，小明调节滑动变阻器使电压表的示数为，记录此时电流表的示数；接着他向__________填“”或“”端移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数增大为，记录此时电流表的示数；继续移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为，记录此时电流表的示数．小明分析所测数据，得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比．
此实验中多次测量的目的与下面的__________填“”或“”实验中多次测量的目的相同．
A.探究串联电路的电压规律 测量定值电阻的阻值
如图乙所示，小明将定值电阻换成额定电压为的小灯泡，探究通过小灯泡的电流与其两端电压的关系．
小明闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡发光，但是电压表的示数始终为经检查后发现是电路中一根导线断路，则发生断路的导线是、、、中的__________填字母．
更换导线后，小明完成了三次实验测量，并把数据填写在表格中．其中第一次测量时，电流表的示数如图丙所示，此时的电流为__________．
又进行了几次实验后，小明根据实验测得的数据，绘制出小灯泡的图象应与图丁中图象__________填“”或“”相似．
次数 电压 电流
答案：
断开
解析：略
19、小欣利用实验探究“电流跟电阻的关系”。已知电源电压为且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为、、、、。
请根据图甲所示的电路图将图乙所示的实物电路连接完整导线不允许交叉；
小欣把定值电阻接入电路后，闭合开关，发现电流表无示数而电压表有示数，则电路中的故障可能是______。
A.电阻处短路 电阻处断路 滑动变阻器处断路
排除故障后进行实验。实验中多次改变的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流随电阻变化的图象。
由图象可以得出结论：电压一定时，______；
将定值电阻换成定值电阻后，闭合开关，为了保持电压表的示数为______不变，应将滑动变阻器的滑片向______选填“”或“”移动，记录此时各表的示数。
答案：
；
；
电流与电阻成反比；
；。
解析：
【试题解析】
本题探究“电流跟电阻的关系”，考查电路连接、故障和数据分析、控制变量法及操作过程。
电压表与电阻并联，电流表、滑动变阻器与电阻串联，滑动变阻器要接一上一下；
根据电流表无示数而电压表有示数进行分析具体原因；
电流与电阻的关系：电压一定，电流与电阻成反比；
根据串联电路的分压特点，换接电阻后，应保持电压表的示数不变，根据串分压的知识判断滑片的移动方向。
变阻器按一上一下接入电路中，电压表与电阻并联，如下所示：
小欣把定值电阻接入电路后，闭合开关，发现电流表无示数而电压表有示数，则电路中的故障可能是电阻处断路，选B；
由图知，电阻两端的电压始终保持：---------，电流与电阻之积为一定值，由图象可以得出结论：电压一定时，电流与电阻成反比；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，由知应保持电阻两端的电压为不变。
将定值电阻由改接成的电阻，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向端移动，记录此时各表的示数。
所以答案为：如上所示；；电流与电阻成反比；；。

20、用如图甲所示的电路探究“通过导体的电流与电压的关系”，电源电压为，定值电阻的阻值为，滑动变阻器的最大阻值为。
用笔画线代替导线把图乙所示的实物图连接完整，要求滑片向右移动时电流表示数变小。
闭合开关前将滑动变阻器的滑片调至端的目的是______ 。闭合开关，移动滑片，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压。若电路仅有一处故障，故障是______ 。
排除故障后，调节滑动变阻器，记录数据如表。请在图丙所示的坐标纸中把未标出的两个点描出来并画出图像。
序号
电压
电流
分析图像可得：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
若探究“通过导体的电流与电阻的关系”，需要用到阻值为、、、、的电阻。将的电阻换成后，若保持电压表的示数为不变，应将滑动变阻器的滑片向______ 端移动。换用的电阻进行实验时，发现无论怎样移动滑片，都无法使电压表的示数达到，原因是滑动变阻器的最大阻值______ 选填“过大”或“过小”。
答案：
保护电路 定值电阻断路 过小
解析：滑片向右移动时电流表示数变小，说明电阻变大，滑动变阻器要接左半段，故接入滑动变阻器的接线柱。
如图，从电源正极出发，经开关、滑动变阻器，先经过电流表的正接线柱，从电流表负接线柱流出，再经过定值电阻，回到电源的负极，此时电压表与定值电阻并联，电压表测量定值电阻两端的电压，电路连接如下图。
闭合开关前将滑动变阻器的滑片调至端，滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路电流最小，滑动变阻器起到保护电路的作用。
闭合开关，移动滑片，发现电流表无示数，说明电路是断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表并联的部分是断路，故障是定值电阻断路。
在图像上描出，，用线连接各点，如图。
根据图像可以得到：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
定值电阻和滑动变阻器串联在电源上，定值电阻两端的电压是，则滑动变阻器两端的电压是，滑动变阻器和定值电阻的阻值之比是，当定值电阻是时，滑动变阻器的电阻是，当定值电阻是时，滑动变阻器的电阻也是，故滑动变阻器滑片向端移动使滑动变阻器的阻值变大。
当定值电阻是时，滑动变阻器的电阻也应该是，才能保持电压表示数是，由于滑动变阻器的阻值是，电压表的示数总是大于，所以无法使电压表的示数达到。
所以答案为：如上图；保护电路；定值电阻断路；如上图；；过小。
连接电路时要求滑片向右移动时电流表示数变小，说明电阻变大，滑动变阻器要接左半段，故接入滑动变阻器的接线柱。
从电源的正极出发，经开关、滑动变阻器，先经过电流表还是先经过定值电阻，要看电流表的正负接线柱，根据连接情况，如果先经过定值电阻再经过电流表，电流会电流表的正接线柱流入，从负接线柱流出，违背电流表的正确使用，故先经过电流表，然后经过定值电阻，回到电源负极。
滑动变阻器接入电路的电阻越大，电路电流越小，滑动变阻器起到保护电路的作用。
判断电路故障：先通过电流表判断电路是通路还是断路，如果电流是断路，再通过电压表来判断，如果电压表无示数，说明电压表并联之外的部分是断路，如果电压表有示数并且接近电源电压，说明电压表并联的部分是断路。
在图像描出电压和电流的对应点，并且用线连接起来。
串联电路中各电阻分担电压，导体两端的电压之比等于电阻之比，根据这个特点分析滑动变阻器滑片的移动方向和定值电阻为时，电压表不能达到的原因。
本题通过探究电流跟电压的关系考查了电路故障、电路连接、滑动变阻器的选择等，考查很全面，是一道很典型的习题，要熟练掌握。
21、如图甲是探究“电流与电阻的关系”时的电路图，电源电压恒为。滑动变阻器，电压表、电流表无损坏，有阻值为、、、、定值电阻个。
实验过程中，需要改变定值电阻，观察电流的变化，为了科学地得出实验结论，当每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时眼睛应注意观察______“电流表示数”或“电压表示数”．
某次实验，更换电阻，合上开关后，电压表示数为，电流表示数正常，其原因可能是______“短路”或“断路”。
在老师的引导下，他们将次实验数据描绘在图丙中，图中阴影部分“面积”表示的物理量是______填序号。
A.电流
B.电压
C.电阻
其中一组同学连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的过程中发现，电流表的示数变大时，电压表的示数反而减小，电流表的示数变小时，电压表的示数反而增大。经检查所有器材均完好。你认为出现上述实验现象的原因是______。
用电阻代替电阻接入电路，应将滑片向______端选填“左”或“右”移动，才能使电压表示数保持不变，并记录下电流表示数：用电阻代替电阻接入电路，正确操作，记下电流表示数。
请你用平滑曲线将图丙中个点连接起来。观察图象你可以得出实验结论：当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成______。
王明所在的小组在探究中发现：他用了的定值电阻代替原来的电阻实验时，发现无论怎样移动滑片都不能满足电压表示数为，要使电压表示数保持，要求变阻器的最大阻值最少为______。
答案：
电压表示数；短路；；电压表并联在滑动变阻器两端；左；图象如图所示：
；反比；。
解析：
本题主要考查探究电流与电阻的关系的实验，其中计算滑动变阻器的阻值，分析电流表示数增大而电压表示数却减小的原因，电路故障是本题的难点。
在探究电流与电阻的关系的实验中，每次更换定值电阻，要保持定值电阻两端的电压不变，由此可得出结论；
电流表有示数，可知电流表与定值电阻、滑动变阻器、开关、电源组成通路，电路故障是短路；电压表示数为，说明定值电阻两端无电压，由此可得出结论；
阴影部分的面积是横坐标与纵坐标的乘积，即电阻与电流的乘积，由此可得出结论；
当电路中的电流变大时，根据欧姆定律可知定值电阻两端的电压将增大，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端的电压将减小，由此得出结论；
当定值电阻变大时，根据串联电路分压规律可知，定值电阻两端的电压也变大，为了完成实验，就要把定值电阻两端的电压降为，由此可知滑片的移动方向；
把图中个点用平滑曲线连接；由图可知，当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
由于定值电阻两端的电压为，电源电压为，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压，当定值电阻的阻值为时，利用求出电路中的电流，根据可求出滑动变阻器的电阻。
在探究电流与电阻的关系的实验中，每次更换定值电阻，要保持定值电阻两端的电压不变，由此可知，手在移动滑动变阻器的滑片时，眼睛要观察电压表示数，每次保持电压不变；
电流表有示数，可知电流表与定值电阻、滑动变阻器、开关、电源组成通路，电路故障是短路；电压表示数为，说明定值电阻两端无电压，由此可知是定值电阻短路了；
阴影部分的面积是横坐标与纵坐标的乘积，即电阻与电流的乘积，根据可知，阴影部分的面积是定值电阻两端的电压；
当电路中的电流变大时，根据可知，定值电阻两端的电压将增大，由于，电源电压保持不变，所以滑动变阻器两端的电压将减小，由此可知，电压表与滑动变阻器并联了；
当定值电阻变大时，电路中的总电阻，由于不变，变大，电路中的总电阻将变大，根据可知，电路中的电流变小，滑动变阻器将变小，定值电阻两端的电压将变大，为了完成实验，就要把定值电阻两端的电压降为，由此可知滑片应向电阻大的一端移动，即向左移动；
图象如图所示；由图可知，当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
由于定值电阻两端的电压为，电源电压为，滑动变阻器两端的电压
，当定值电阻的阻值为时，电路中的电流
，滑动变阻器的电阻。
22、在做“探究导体中电流跟电阻的关系”的实验中，实验器材有：学生电源不变，电流表、电压表、定值电阻四个、、、、各一个，滑动变阻器，滑动变阻器，开关，导线若干，实验电路如图所示。
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应处于______选填“”或“”端，可以起到______的作用；
探究电流与电阻的关系的实验过程中，当、两点间的电阻由更换为后。为了探究上述问题，应该缓慢将变阻器的滑片向______选填“”或“”端移动，保持______表的度数不变，然后再读出另一个电表的读数。
利用收集到的多组数据，作出了如图所示的电流随电阻变化的关系图象，分析图象得出电流与电阻的关系可能是______；
实验中选择的滑动变阻器应是______选填“”或“”
答案：
；保护电路；
；电压；
电压一定时，电流与电阻成反比；

解析：
为防止电路中的电流过大，烧坏电路元件，闭合开关前滑动变阻器处于最大阻值处；
当、两点间的电阻由更换为后，定值电阻阻值变大，定值电阻分压变大，滑动变阻器分压变小，为保证电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器接入电路中的电阻变大，据此进行解答；
分析图象得出电流随电阻变化的关系，然后根据控制变量法得出结论；
知道定值电阻两端不变的电压和电源的电压，根据串联电路的分压特点可知定值电阻为时滑动变阻器接入电路中电阻，然后确定滑动变阻器的规格。
本题考查了实验的注意事项和实验的操作、分析实验数据得出结论、滑动变阻器规格的选择等，利用好串联电路的分压特点和控制变量法是关键。
为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片处于最大阻值处的端；
当、两点间的电阻由更换为后，定值电阻阻值变大，定值电阻分压变大，滑动变阻器分压变小，
为保证电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器接入电路中的电阻变大，即缓慢将变阻器的滑片向端移动；
由图象可知，通过电阻的电流与其阻值的乘积为定值不变，故可得结论：电压一定时，电流与电阻成反比；
电源的电压，定值电阻两端的电压不变，则滑动变阻器两端的电压不变，
由串联电路中各处的电流相等可得：，即，
当时，，故实验中选择的滑动变阻器应是。
所以答案为：；保护电路；；电压；电压一定时，电流与电阻成反比；。
23、小明在“探究电流与电阻关系”的实验中，准备了如下实验器材：干电池，标有“”字样的滑动变阻器，阻值分别为、、的定值电阻。
小明连接了下面的电路，其中有一条导线连接有误，请将连接错误的导线打“”并画出正确连线。
排除故障后，小明将定值电阻连入电路，将滑动变阻器的滑片移动到______选填”或“”端，再闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙，示数为______。
接下来断开开关，取下的定值电阻，分别把它换成、的定值电阻，闭合开关，调节滑动变阻器，控制______选填“电流表”或“电压表”示数不变，分别读取相应的电流表示数，记录在表中：
实验次数
电阻
电流
由数据可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______。
小明想用一块电流表和一个定值电阻测未知电阻的阻值，于是他和同组同学设计了如图丙所示的电路图，并进行如下实验操作：
闭合、，此时电流表的示数为；
闭合、断开，此时电流表的示数为；
求未知电阻的表达式为：______。用、、表示
答案：
；
；；
电压表；
反比；
。
解析：电压表与定值电阻并联且正进负出，如图所示：
为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大即端，小明同学首先将定值电阻接入电路，将滑片滑到端，再闭合开关，调节滑片，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为，示数；
研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，电压表示数
，小明同学应该断开开关，并且将滑动变阻器阻值调到最大，然后将的电阻替换为闭合开关，调节滑片，使电压表示数为，将电流表示数记录在表格中。
由表格中数据发现：电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几分之一，故在电压一定时，电流与电阻成反比。
闭合、断开，此时为只有工作的电路，电流表测量的电流，示数为，可测出电源电压，
闭合、，此时两电阻并联，电流表测量干路电流，示数为，
根据并联电路电流的规律知，的电流：，则电源电压为
根据电源电压相等知：
未知电阻的表达式为：。
所以答案为：如上所示；；；电压表；反比；
。
电压表与定值电阻并联且正进负出；
为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大；根据电流表小量程计读数；
研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，求出电压表示数；
连接电路过程中，应该断开开关，并且将滑动变阻器阻值调到最大；
由表中数据得出结论；
在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻并联，根据电流表和定值电阻的示数计算出电压，然后根据公式计算出其电阻。
探究电流与电阻的关系，考查电路的连接、操作过程、注意事项、控制变量法的运用的及对器材的要求。
24、小峻和小薇两位同学在”探究欧姆定律”的实验中，所用器材有：学生电源、电流表、电压表、标有””的滑动变阻器、开关，导线和定值电阻若干。
请根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路连接完整。要求：向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉
连接电路时，开关必须______；连接完电路后，小薇发现电流表和电压表的位置互换了，如果闭合开关，则______表选填“电压“或“电流”的指针可能有明显偏转。
排除故障后，他们先探究电流与电压的关系，闭合开关，移动滑片依次测得组数据，其中第次实验中电压表的指针如图丙所示，其示数为______他们记录的数据如表所示，分析数据可以得到的结论是：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成______比。
表电流与电压关系
实验序号
电压 --
电流
表电流与电阻关系
实验序号
电阻
电流
他们继续探究电流与电阻的关系，先将电源电压调为，分别换上多个定值电阻进行探究，数据记录如表所示，老师指出其中一组数据是拼凑的，你认为是第______组选填实验序号，理由是实验所用的滑动变阻器的最大阻值太______了选填“大”或小”。
排除拼凑的数据后，分析数据可以得到的结论是：在______一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
在不更换滑动变阻器的情况下，可以采取______的措施选填字母符号，完成这组拼凑数据所对应的实验测量。
A.降低定值电阻两端电压 降低电源电压 选用更大阻值的定值电阻
答案：
断开 电压 正 小 电压
解析：在该实验中，滑动变阻器应“一上一下”串联接入电路中，由题知，向右移动滑片时电流变小，由此可知滑动变阻器接入的阻值变大，应将其左下接线柱接入电路，如图所示：
为保护电路，连接电路时，开关断开，滑动变阻器阻值应调至最大；
若电压表和电流表位置互换，则电压表串联在电路中，电压表的电阻很大，电路电流很小，此时电压表测电源电压，电压表示数接近电源电压，即电压表指针有明显偏转；
第次实验时，电压表示数如图丙所示，电压表选用小量程，分度值为，其示数为；分析数据可以得到的结论是：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
研究电流与电阻关系时，要控制电阻两端的电压不变，由表数据可知，电压表示数为，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为，由串联分压原理可知，变阻器接入的电阻与定值电阻的阻值相同；由表数据可知，所用定值电阻最大为，则滑动变阻器的最大电阻也应该为，而已知滑动变阻器的最大电阻只有，即变阻器的最大电阻太小，故第组数据是拼凑的。
分析表数据可知，电流与电阻的乘积都为，可以得到的结论是：在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
、由知，滑动变阻器的最大电阻太小；在不更换滑动变阻器的情况下，要完成这组拼凑数据所对应的实验测量，若降低定值电阻两端电压，则滑动变阻器分得的电压更多，滑动变阻器的电阻需要更大，故A错误；
B、若降低电源电压，当定值电阻两端的电压不变时，根据串联电路的分压规律，滑动变阻器分的电压变少，变阻器接入电路的阻值变小，所以这个滑动变阻器能够完成这组拼凑数据所对应的实验测量，故B正确。
C、若选用更大阻值的定值电阻，由串联电路的分压规律可知，滑动变阻器的电阻需要更大，不能完成这组拼凑数据所对应的实验测量，故C错误。
所以选B。
所以答案为：见上图；断开；电压；；正；；小；电压；。
滑动变阻器应串联入电路中，滑片向右移动时电流变小，由此确定滑动变阻器阻值变大，将左下接线柱接入；
连接电路时，开关断开，滑动变阻器阻值应调至最大；电压表与电流表位置颠倒，电压表电阻很大，电流很小；
根据电压表选用的量程确定分度值读数，由表中数据，得到的结论；
根据欧姆定律求出电阻大小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中最小电流分析；
研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，由表中数据由电压表示数，根据串联电路电压的规律，求出变阻器分得的电压，由分压原理，确定所用定值电阻最大值。
在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
根据实验现象分析答题。
本题考查了探究欧姆定律实验，包括电路的连接、故障分析、电表读数、得出结论、数据分析等知识，是一道综合题，其中有一定的难度。
25、做“探究电流与电阻的关系”实验时，可供选择的器材有：电压为的电源，电流表，电压表，开关，阻值分别为、、和的定值电阻各个，最大阻值分别为和的滑动变阻器各个，导线若干。
如题图所示的实验电路中，正确的是______，应选用最大阻值为______的滑动变阻器。
若按图乙所示电路图连接好电路后，闭合开关，可观察到电流表的指针______选填“向右”“反向”或“几乎不”偏转。
按正确电路图连接电路，闭合开关，电流表和电压表均有示数，但移动滑动变阻器的滑片时，两表的示数均保持不变，经判断是接线有误，错误可能是______。
纠正错误后，依次更换定值电阻，并控制定值电阻两端电压为进行实验。请将记录实验数据的表格补充完整。
______。
实验序号
______
______
答案：
甲 几乎不 将下面两个接线柱接入电路 电阻 电流
解析：
甲电路中，电压表与定值电阻并联，电流表与定值电阻串联，电流从电表的正接线柱流入、负接线柱流出，故甲正确；
乙电路中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中，且电流表的正负接线柱接反了，故乙错误；
丙电路中，电压表与定值电阻并联，电流表与定值电阻串联，但两电表的正负接线柱接反了，故丙错误；
因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，
所以，电路中的电流，则，
由电压表的量程可知，定值电阻两端的最大电压，
当时，滑动变阻器接入电路中的电阻：
，
所以，应选用最大阻值为的滑动变阻器；
若按图乙所示电路图连接好电路后，闭合开关，由电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知，电路中几乎无电流，所以，可观察到电流表的指针几乎不偏转；
闭合开关，电流表和电压表均有示数，但移动滑动变阻器的滑片时，两表的示数均保持不变，
说明滑动变阻器接线错误，由电压表的量程为和电源的电压为可知，错误可能是将下面两个接线柱接入电路；
由题意可知，定值电阻两端的电压为；
探究电流与电阻的关系实验，应记录的是“电阻”和“电流”。
所以答案为：甲；；几乎不；将下面两个接线柱接入电路；；电阻；电流。
根据电流表和电压表的正确使用进行分析，即电压表与被测电路元件并联、电流表与被测电路元件串联，电流从电表的正接线柱流入、负接线柱流出；
根据串联电路的特点和欧姆定律得出滑动变阻器接入电路中电阻的表达式，根据电压表的量程确定定值电阻两端的最大电压，然后结合定值电阻的阻值确定其大小，然后得出滑动变阻器的规格；
根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路进行解答；
电流表、电压表均有示数，说明电路为通路，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，两电表示数均保持不变，说明滑动变阻器接线错误，然后结合电压表的量程和电源的电压确定原因；
根据题意得出电阻两端的电压，探究电流与电阻的关系实验，应记录的是电阻和电流值。
本题考查了电表的正确使用、串联电路特点、欧姆定律的应用以及电路故障的判断和实验表格的设计等，要注意电压表内阻特点和滑动变阻器的正确使用。
26、在探究“电流与电阻的关系”的实验过程中，小明选择了、、、五个电阻进行实验，电路图如图甲所示。
请用笔画线代替导线将图乙中未完成的电路完成，且使变阻器滑片向右移动时电流表示数变大。导线不能交叉
连接好电路，闭合开关，发现电流表没有示数，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压。造成这一现象的原因可能是______填字母。
A.电阻断路电流表坏了滑动变阻器短路电阻短路
排除电路故障进行实验。为达到实验目的，滑动变阻器除了起到保护电路的作用外，还起到______的作用。实验中，当把的电阻换成的电阻后，应把变阻器滑片向______填“左”或“右”滑动，同时眼睛盯住______才可能达到这个目的。
根据实验数据，作出图象如图丙所示。根据实验目的分析图象可得出结论：______。
答案：
调节电阻两端电压保持不变 左 电压表 电压不变时，导体中的电流与导体的电阻成反比
解析：由图甲，实验中电压表测两端电压，滑动变阻器与串联，滑片向右移动时电流表示数变大，即电阻变小，所以应把变阻器右下角接线柱接入电路。如图所示：
。
、闭合开关，发现电流表没有示数，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压，原因可能是电压表所测量的电阻断路，这样使得电压表串联入电路中，故A符合题意；
B、如果电流表坏了，整个电路断路，电压表也不会有示数，故B不合题意；
C、如果滑动变阻器短路，电流表会有示数，且更大，故C不合题意；
D、如果电阻短路，则电压表的示数将为零，且电流表的示数将变大，故D不合题意。
探究“电流与电阻的关系”，应不断改变电阻阻值而控制电阻两端电压不变，该实验中滑动变阻器的作用除了保护电路外，其作用主要是控制电阻两端电压保持不变；
根据串联电路的分压原理，把换成，电阻分压变大，滑动变阻器分压变小，为保持电阻两端电压不变，应减小电阻分压，增大滑动变阻器分压，应使滑动变阻器接入电路的阻值变大，由图示电路图可知，闭合开关后应向左移动滑片，同时眼睛盯住电压表。
由图象知，电压不变时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
所以答案为：见上图；；调节电阻两端电压保持不变；左；电压表；电压不变时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
由图甲，与滑动变阻器串联，电压表测两端电压，滑片向右移动时电流表示数变大，即电阻变小；
电流表没有示数，电压表示数始终接近电源电压，电路故障可能为电压表所测量的电阻断路；
探究电流与电阻的关系实验，应控制电阻两端电压不变；根据电路图与欧姆定律分析滑片移动方向。
根据图象得出电流和电阻的关系：电压不变，导体中的电流与电阻成反比。
探究电流与电阻关系实验，应采用控制变量法，即控制电阻两端电压不变。考查了电路连接、滑动变阻器的使用、电路故障的判断和图象的题解等。判断电路故障时，要根据故障的表现，逐一分析可能的原因或现象，最后做出判断，是较易出错的问题。
27、某实验小组在探究电流与电阻的关系中，实验器材有：电源、电流表、电压表、滑动变阻器各一个，开关一个，三个定值电阻、、、导线若干。
根据实物图甲，在图乙虚线框内画出实验电路图。
小组在探究时，先将的电阻连入电路中，闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片滑到最______填”左“或”右“端。闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片使电压表的示数为，并记下电流值。接着断开开关，将电阻更换成电阻滑动滑片未动，闭合开关后，接下应做的操作是______，直至电压表示数为______，并记下此时电流表的示数。
断开开关，将电阻更换为电阻实验。当闭合开关后，发现电流表示数为”“，电压表示数几乎等于电源电压，造成这一现象的原因是______写出一种即可。故障排除后完成实验，三次实验所得的数据记录如下表。分析表中数据所得结论是______。
电阻
电流
答案：
如图所示；
右；向右移动变阻器的滑片；；电阻发生断路；电压不变时，通过导体的电流与电阻成反比。
解析：根据实物图连接电路图，如下所示：
闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片滑到阻值最大处即最右端。根据串联分压原理可知，将定值电阻由改接成的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
因探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为，并记下此时电流表的示数；
经分析，断开开关，将电阻更换为电阻实验。当闭合开关后，发现电流表示数为”“，电压表示数几乎等于电源电压，造成这一现象的原因是电阻发生断路。
由表中数据可知，在电压不变时，电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几倍，所得结论是：电压不变时，通过导体的电流与电阻成反比。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路的连接、注意事项、操作过程、故障分析及数据的处理能力及控制变量法的运用。
28、现有下列器材：学生电源，电流表、电压表、定值电阻、、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”
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连接成完整电路要求连线不得交叉
实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，利用描点法得到如图丙所示的电流随电阻变化的图象由图象可以得出结论：______．
上述实验中，小强用的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把换为的电阻接入电路，闭合开关，向______选填“”或“”端移动滑片，使电压表示数为______时，读出电流表的示数．
为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器______．
A. ．
答案：
如图所示：；
电压一定时，导体中的电流与电阻成反比；
；；

解析：
本题通过实验探究考查了实物图的连接、滑动变阻器的正确使用、串联电路特点和欧姆定律的应用，分析图象获取信息和利用好控制变量法是解题的关键。
将电压表与电阻并联，滑动变阻器与电阻串联，且要接一上一下；
分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，据此得出结论；
将的电阻更换为的电阻接入电路后，电路中的总电阻变大，电路中的电流减小，滑动变阻器两端的电压减小，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压变大，要使定值电阻两端的电压不变，应减小电路中的电流，增大滑动变阻器接入电路中的电阻，直到电压表的示数达到原来的示数不变；
由图丙找出实验时电路的最小电流，由串联电路的特点及欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的最小的最大阻值．
将电压表与电阻并联，滑动变阻器与电阻串联，已接了下面一个接线柱，可再接上面任意一个接线柱，如图所示：；
分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于，由此得出结论：电压一定时，导体中的电流与电阻成反比；
将的电阻更换为的电阻接入电路后，定值电阻两端的电压增大，要使电压表的示数不变，应减小电路中的电流，增大滑动变阻器接入电路中的电阻即滑片向移动，直到电压的示数达到为止；
由图丙知，电路的最小电流，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：，由可得，滑动变阻器接入电路的阻值：，则选用变阻器的规格为“”。
所以答案为：如图所示：；电压一定时，导体中的电流与电阻成反比；；；。
29、小亮利用如图甲所示的电路“探究电流跟电阻的关系”，电源电压，五个定值电阻的阻值分别是、、、和，滑动变阻器标有“”字样。
请你找出接错的那一根导线，在这根导线上打“”，并画出正确的连接位置。
正确连接电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是______写出一种即可。
小亮排除故障后再次闭合开关，移动滑动变阻器滑片的同时，眼睛应注视______
A.电压表示数
电流表示数
C.滑动变阻器滑片
实验中小亮多次改变的阻值，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图乙所示的图象。由图象可以得出结论：______。
结合图象乙，小亮同学在五次实验中滑动变阻器接入电路的阻值范围是______。
由于实验器材中有多组电源可以选择，小亮想如果五个定值电阻不变，控制电压表示数与刚才一样，为了能够顺利完成这五次实验，那么小亮应选择最大电压值不超过______的电源。
答案：
灯泡或电压表短路 电压一定时，电流与电阻成反比
解析：原电路中，电阻和电压表短路了，电阻应与变阻器串联，电压表与电阻并联，如下所示：
正确连接电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，则电路为通路，电压表无示数，则故障可能是灯泡或电压表短路；
探究电流跟电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，故小亮排除故障后再次闭合开关，移动滑动变阻器滑片的同时，眼睛应注视电压表示数，选A；
由图知，电阻两端的电压始终保持：
-----，故得出：电压一定时，电流与电阻成反比；
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
；
当接入电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
；
在五次实验中滑动变阻器接入电路的阻值范围是；
由串联电路的规律及分压原理有：
，
即，故，如果五个定值电阻不变，控制电压表示数与刚才一样，为了能够顺利完成这五次实验，那么小亮应选择最大电压值不超过的电源。
所以答案为：如上所示；灯泡或电压表短路；；电压一定时，电流与电阻成反比；；。
原电路中，电阻和电压表短路了，电阻应与变阻器串联，电压表与电阻并联；
正确连接电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，则电路为通路，根据电压表无示数分析；
探究电流跟电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，据此分析；
由图乙得出电阻两端的电压为一定值，据此回答；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入电阻时变阻器连入电路中的电阻；
由串联电路的规律及分压原理求解。
本题探究电流跟电阻的关系，考查电路连接、故障分析、操作过程、控制变量法和数据分析及器材的要求。
30、用如下图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压恒为，定值电阻备有、、、各一个。
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑到最______选填“左”或“右”端。
将的定值电阻接入电路闭合开关，移动滑片发现电流表示数始终为零，电压表示数不为零，其原因可能是______填选项。
A.定值电阻短路定值电阻断路滑动变阻器短路
不改变滑动变阻器滑片的位置，将的电阻换成的电阻，闭合开关后，为保证电压表示数与更换前相同，滑片应向______选填“左”或“右”端滑动。
实验中依次接入定值电阻，调节滑片使定值电阻两端电压相同，记下电流表读数，绘出电流与电阻倒数变化的图象乙，由图乙可知：电压一定时电流与电阻成______比。
为完成整个实验，应该选择______填选项种规格的滑动变阻器。
A.
B.
C.
答案：
左 左 反
解析：为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处，即最左端；
闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片时，发现电流表示数始终为零，说明电路可能断路，而电压表有示数，说明与电压表并联部分断路，则此时电路可能的故障是定值电阻断路，所以选B。
将的电阻换成的电阻接入电路，根据串联分压原理可知，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数与原来相同；
由图乙知，在电压一定时，电流与电阻倒数成正比，所以电压一定时电流与电阻成反比；
当定值电阻为时，电阻的倒数为，由图乙知，此时的电流为，
电阻两端的电压为：，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，
变阻器分得的电压为电阻两端的电压的倍，
根据分压原理，当接入最大的电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：，
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少的滑动变阻器，但又不能太大，所以选B。
所以答案为：左；；左；反；。
为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处。
若电流表示数为，说明电路可能断路；电压表示数不为零，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
电压一定时电流与电阻成反比；
根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法、串联电路的规律、欧姆定律和数据分析及对器材的要求，综合性强。
31、小美利用如图甲电路探究电流跟电阻的关系，已知电源电压为且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为、、、、。
请根据图甲的电路图将图乙实物图补充完整导线不允许交叉。
实验中多次改变的阻值，调节滑动变阻器，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙图象。
由实验图象可得出的结论：______________________。
上述实验中，小明利用的电阻完成实验后，接下来的操作是：将的电阻接入电路中，闭合开关，向____选填“左”“右”移动滑片，使电压表示数为____，读出电流表的示数。
图丙中阴影部分的面积表示__________。
为完成整个实验，根据上述定值电阻，应选择最大阻值至少为____的滑动变阻器，若实验室只有最大阻值为的滑动变阻器，上述定值电阻中有____个不能够完成上述实验。
答案：
电压一定时，通过导体的电流与它的电阻成反比；左；；
导体两端的电压；
；。
解析：
此题是探究电流跟电阻的关系实验，需使电阻两端的电压不变，考查了对图象的分析，同时涉及到了串联电路电流、电压的关系，及欧姆定律的变形应用。
将电压表与电阻并联，滑动变阻器与电阻串联，滑动变阻器已接了下面一个接线柱，必须再接上面一个接线柱，如图所示：
由图象知，电压一定时，通过导体的电流与它的电阻成反比；
由图象知，当时，电流表的示数为，所以电阻两端的电压，在整个过程中，两端的电压保持不变；
的电阻换为后，闭合开关，增大滑动变阻器的阻值，即向左移动滑片，保持电压表的示数为，并读出电流表的示数；
图丙中阴影部分的面积表示导体两端的电压；
根据串分压的知识，当电阻时，滑动变阻器的阻值最大，由图象知，此时电路中的电流为；电路的总电阻为，滑动变阻器接入电路的阻值为：；
由于此实验要求定值电阻分担电压一定为，若实验室只有最大阻值为欧的滑动变阻器，电路最小电流为，所以定值电阻最大的电阻为：，故有、、这个不能够完成以上实验。
所以答案为：
电压一定时，通过导体的电流与它的电阻成反比；左；；
导体两端的电压；
；。
32、某学习小组计划探究电流与电阻的关系，设计的电路如图甲所示。
请根据甲图把乙图中的电路连接完整要求滑动触头向右移动时，电路中电流变大。
在闭合开关进行实验前，滑动变阻器的滑动触头应位于______ 选填“”或“”端。
为得到多组实验数据，进行实验时需要更换连入电路中的定值电阻。每次更换定值电阻后，都需要调节滑动变阻器，使电压表的示数______ 。
某次实验时，闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表的示数始终等于电源电压，电流表示数为零，则电路中的故障是______ 。
某次实验中，电流表示数如图丙所示，该电流表的示数为______ 。
某同学分析实验数据发现在电压一定的情况下，电流与电阻成反比，于是他作出了如图丁所示的图线，则实验中该同学加在电阻两端的电压为______ 。
答案：
如图所示；；不变；电阻断路；；

解析：滑动变阻连入电路的电阻丝是指滑动触头到接入电路的下接线柱这一范围内的电阻丝。要求滑动触头向右移动时，电路中电流变大，则说明向右移动滑动触头时，滑动变阻器连入电路的阻值变小，即要求连入电路的电阻丝的长度减小，所以接入电路的是接线柱，如图所示。
为保护电路，在闭合开关前，我们应保证滑动变阻器连入电路的阻值最大。由图可知，当滑动触头处于端时，滑动变阻器连入电路的电阻丝的长度最长，阻值最大。
本题探究的是“电流与电阻的关系”，而电阻两端的电压也会影响电流的大小，所以为排除电压变化对实验的影响，我们要保证定值电阻两端的电压为一定值。
电流表示数为，电压表的示数始终等于电源电压，23《伏安法测电阻》
考点汇总：
1、实验目的：
用电流表、电压表测出未知电阻（或小灯泡）的阻值
2、实验器材：
电源、开关、电压表、电流表、待测电阻、滑动变阻器、若干导线等。
3、实验原理：R=U/I
　
4、实验步骤：
①按图连好电路，注意连接时开关要断开，开关闭合之前要把滑动变阻器调到阻值最大处；　　
②检查无误后，闭合开关，调节滑动变阻器滑片 P的位置，改变电阻两端电压分别为U1、U2、U3观察电流表每次对应的数值，I1、I2、I3 分别填入设计的记录表格；
次数 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω
1 　 　 　 　
2 　 　 　 　
3 　 　 　 　
③根据每次记录的电压和电流值，求它的对应的电阻值，再求出它们的平均值；
④整理器材。
5、原理：欧姆定律变形式R=U/I。
6、滑动变阻器的作用：①保护电路；②改变电阻（或灯泡）两端的电压和通过电阻的电流
7、电压表量程的选择：看电源电压，一般电压表量程稍大于电源电压。
8、电流表的量程选择：I=U/R最小值 （定值电阻） I=P额/U额
9、滑动变阻器规格选取：1、看电流 2、计算电阻：R滑=（U-U额）/I额
10、使小灯泡正常发光的操作：移动滑动变阻器使电压表示数等于小灯泡额定电压。
11、测定值电阻的阻值，它需要求平均值，因为多次多次测量求平均值，减小实验误差。
12、测小灯泡阻值，它不需求平均值，因为灯丝电阻随温度变化而变化，求平均值失去意义。
13、测量结果偏小是因为：有部分电流通过电压表，电流表的示数大于实际通过Rx电流。根据Rx=U/I电阻偏小。
14、如果在实验中，无论如何移动滑动变阻器，电压表，或电流表的示数没有任何变化，那么可能的原因是：滑动变阻器接法错误，可能同时接成了上面的两个接线柱或同时接在了下面的两个接线柱。
15、闭合开关后，如果发现灯泡不亮，接下来的操作是：移动滑动变阻器，观察小灯泡是否会发光。
16、通过移动滑动变阻器的滑片P记录了多组数据，并作出了的I﹣U图象，发现其图像并不是一条直线，是因为：小灯泡的电阻丝阻值会随温度的变化而变化。
典题精析：
1、小张同学在做“测量小灯泡电阻”的实验中，所用器材如下：两节新干电池，标有相同规格的小灯泡若干，两个滑动变阻器“”、“”，开关、导线若干。
请你根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的电路连接完整。要求：滑动变阻器滑片向左移动时小灯泡变亮，且导线不交叉
闭合开关，移动滑片，小张发现小灯泡始终不亮，电流表指针几乎未偏转，电压表有示数，则故障原因可能是____________。
A.小灯泡短路 滑动变阻器短路小灯泡断路 滑动变阻器断路
排除故障后，移动滑片，依次测得组数据，如表一所示。其中第次实验时电流表表盘如图丙，此时电路中的电流为____________；由表一中的数据可知，小张选用的滑动变阻器应是____________。选填“”或“”。
小张将这组数据算得的电阻值取平均值作为小灯泡的电阻，这种数据处理方式是____________选填“合理”或“不合理”的。
小张继续用图乙所示装置来探究“电流与电阻的关系”。他分别把阻值准确的、、的定值电阻接入原小灯泡的位置，通过实验，记录电流表示数如表二所示。他发现通过导体的电流跟电阻不成反比，其原因可能是________________________。
答案：
；
；
；；
不合理；
未控制电阻两端的电压不变

解析：
本题是测量灯泡的电阻实验，考查了电压表的连接、电流表的读数及电阻的计算，特别注意灯丝电阻与温度有关，在计算过程中不可以求平均值。
电压表与灯泡并联，根据灯泡的额定电压选择电压表的量程；滑动变阻器应串联入电路中，滑片向左移动时灯泡变亮，由此确定其接线情况；
连接电路时，滑动变阻器阻值应调至最大；闭合开关，电流表没有示数，说明电路存在断路；电压表示数指针不动，可能是与电压表并联的电路短路或电压表并联电路之外电路存在断路造成的；
根据电流表的量程和分度值读数；根据欧姆定律求出灯泡的电阻；根据串联电路电压规律求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的电阻；
灯泡的电阻与温度有关，在不同电压下其电阻是不同的，所以取灯泡电阻的平均值无意义；
由欧姆定律知，电压一定时，电流跟电阻成反比，实验发现，电流跟电阻不成反比，没有控制好前提条件不变。
电压表测量小灯泡的电压，与小灯泡并联，小灯泡的额定电压为，所以电压表应接入小量程；滑动变阻器我采用一上一下的接法，滑动变阻器滑片左移灯泡变亮，表明电路中的电流变大，滑动变阻器电阻减小，接法如图所示：
闭合开关后，电压表有示数，电流表指针几乎不偏转，说明问题出在电压表两接线柱之间的电路，短路不对这样电压表示数为，电流表有示数，只能是小灯泡处断路，所以选C；
电流表量程为，分度值为，电流表示数为；
电源有两节干电池组成，电源电压为，第一组灯泡两端的电压为，则滑动变阻器两端的电压为，电流为，则滑动变阻器接入电路的电阻为：，故滑动变阻器应选择；
由表格中的数据可知，灯丝电阻随温度变化而变化，在不同电压下，温度不同，电阻也不同，所以求平均值是不合理；
实验时，分别把、、电阻接入原灯泡位置，立即闭合开关，原灯泡位置接入的电阻越大，分担的电压越大，没有保持电阻两端的电压不变，所以得到电流跟电阻不成反比。

2、小芳利用图甲所示的电路测量未知电阻的阻值，阻值大约为
请你根据电路图，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______端选填“”或“”。
闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。小芳利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在、之间和、之间，电压表均有示数；接在、之间，电压表无示数。如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是______。
排除故障后，调节滑动变阻器，记录多组数据。画出了待测电阻的图象，如图丙所示。由图象可得______。
小芳又设计了一种方案，也测出了的阻值。电路如图丁所示，为阻值已知的定值电阻，电源电压未知且恒定不变。测量步骤如下：
当开关______时，电流表读数为；
当开关、都闭合时，电流表读数为；
待测电阻______。用已知和测出的物理量符号表示
答案：
如图；
；
滑动变阻器断路；
；
闭合、断开；。
解析：
由表中数据，电流表选用小量程与电阻串联在电路中，变阻器按一上一下接入电路中；
为保护电路，连接电路时开关应断开，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应处于阻值最大处；
如图两电阻串联，电路中只有一处故障，且只发生在一电阻上，同时电压表、电流表无示数，说明电路故障不可能是短路，如果是短路，则电流表有示数。因此是断路故障；
从图象上找到电压、电流，利用欧姆定律可求电阻；
根据电源电压不变利用欧姆定律计算出阻值。
电流表选用小量程与电阻串联在电路中，如下左图所示：
；
连接电路时开关应断开，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应处于阻值最大处即端。
闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。小芳利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在、之间和、之间，电压表均有示数，说明与、之间和、之间并联部分是通路；接在、之间，电压表无示数，说明、之间断路。如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是滑动变阻器断路；
由图象知，当灯的电压是时，对应的电流值为，由可得；
电路如图丁所示，为阻值已知的定值电阻，电源电压未知且恒定不变。测量步骤如下：
当开关闭合、断开时，电流表读数为；
当开关、都闭合时，电流表读数为；
待测电阻。
3、在测量阻值约为的定值电阻的实验中，小明用如图甲所示的器材进行实验，电源电压保持不变。
如图甲所示，在图中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片向右滑动时连入电路的电阻变小。
小明把最后一根导线连接完毕后，看到电压表和电流表立即都有较大示数，他在实验操作中的两处错误是______和______。
在实验中出现：电流表有示数，电压表示数为的现象，其故障可能是______
A.电流表的正、负接线柱接反 电压表的量程选小了
C.电阻发生了短路 把滑动变阻器下端两接线柱连入电路
改正错误后，小明改变两端的电压和电流。两次测得的电阻值分别为，第三次测量时，电压表的示数为，电流表的示数如图乙所示，则______，实验测得值应为______结果保留一位小数
若将图甲中的电阻换为小灯泡，当滑动变阻器接入电路的电阻变小时，电压表与电流表示数的比值将______选填“变大”、“变小”或“不变”。
小红在实验室所提供的器材中选择合适的器材，设计如下电路测出该电阻的值。如图丙所示四个电路中，为已知阻值的定值电阻，不能测出未知电阻的电路是______
答案：
；
连接电路过程中开关没有断开；滑动变阻器滑片没有位于最大阻值处；
；
；；
变大；

解析：
滑动变阻器的滑片向右滑动时连入电路的电阻变小，即滑片以右电阻丝连入电路中，电源电压为，电压表选用小量程，与电阻并联。实物连接如下图所示：
将最后一根导线连接完毕后，发现电流表和电压表都有较大的示数，其原因可能是：在连接电路时，开关没有断开；滑动变阻器滑片没有位于最大阻值处；
在实验中出现：电流表有示数，说明电路为通路，电压表示数为，则可能与电压表的电阻短路了，而导致电压表与导线并联了，选C；
图乙中电流表用小量程，分度值为，此时的示数为，
根据欧姆定律，此时电阻阻值为；
测量结果为；
变阻器与灯串联，当滑动变阻器接入电路的电阻变小时，根据压原理，变阻器的电压变小，由串联电路电压的规律，灯的电压变大，通过灯的电流也变大，根据灯的实际功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大，电压表与电流表示数的比值即灯丝电阻变大；
、开关闭合时，短路，电压表测量电源电压；
开关断开时，电压表测量两端的电压；
根据串联电路总电压等于各分电压之和，可求出两端的电压，根据求出通过的电流；
根据串联电路电流处处相等，通过电流等于通过定值电阻电流，根据可求出电阻；
B、由电路图可知，当断开时，电路为的简单电路，电流表测的电流，根据欧姆定律可求电源的电压；
当开关闭合时、并联，电流表测总电流，的电压始终为电源电压保持不变，由并联电路电流特点可求得通过的电流，并且两端电压等于电源电压，所以可以根据可求出阻值；
C、由电路图可知，当开关闭合时，电路为的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
当开关断开时两电阻串联，电流表测串联电路的电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据电阻的串联可以求出阻值；
D、开关闭合时，短路，电压表测量电源电压；开关断开时，电压表测量电源电压；所以无法得到电路中电流，所以不能计算出的值。
所以，不能测出未知电阻的电路是图。
所以答案为：
；
连接电路过程中开关没有断开；滑动变阻器滑片没有位于最大阻值处；
；
；；
变大；
。
4、现有两节新的干电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。在利用“伏安法”测量定值电阻阻值的实验中：
请你按图甲所示的电路图，以笔画划线代替导线，将图乙中的电路连接完整。
实验前为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于______端选填“”或““；
闭合开关，无论怎样移动滑片，发现电流表始终无示数，电压表有示数，其原因可能是______填符号
A.滑动变阻器断路 断路 短路
排除故障后，当电压表示数为时，电流表示数如图丙所示，则通过的电流大小为______。它的阻值是______。
本实验要多次测量取平均值，是为了______。
答案：
减小误差
解析：滑动变阻器下面的接线柱已经选择，上面选择哪一个都行，如下图；
；
实验前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处，结合实物图可知，滑片应滑到端；
闭合开关，移动滑动变阻器滑片，发现电流表无示数，说明电路有地方发生断路；
电压表有示数，说明电阻断路；故B 正确。
电流表量程为，指针指在，故电流为，
则定值电阻的阻值：；
本实验要多次测量取平均值，是为了减小误差。
所以答案为：如上图所示；；；；；减小误差。
滑动变阻器连接时“一上一下”选择接线柱；
为保护电路，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
根据电流表和电压表来判断故障；
正确读数利用欧姆定律求值；
实验要多次测量取平均值减小误差。
用伏安法测电阻的实验，是初中物理非常重要的一个实验，也是中考常考的内容，学生要熟练掌握。
5、小华同学用“伏安法”来测量一只阻值约为的定值电阻，实验室有如下器材供选用：
A.两节干电池 开关一个和导线若干 电压表
D.电流表滑动变阻器滑动变阻器
小华同学完成实验电路设计后，为了操作顺利和方便，除了、、和外，小华同学还需选用______器材选填““或“”；
根据设计的实验电路要求，请用笔划线代替导线连接图甲中最后的两根导线；
如图甲所示，连接好电路。在闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应该滑至______端选填“”或“”；
小华在闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片时，发现电流表示数始终为零，而电压表有示数但不发生变化，此时电路中的一处故障是______选填、、或；
A.滑动变阻器断路 滑动变阻器短路
C.定值电阻断路 定值电阻短路
排除故障后，电流表示数为，电压表示数如乙图所示，则本次实验测得的定值电阻的阻值是______。
答案：
；
；
；
；

解析：
本题考查了实物电路图的连接和电路故障的判断、电压表的读数以及电阻的计算，是一道基础题。
根据滑动变阻器的作用分析；
根据电源电压和滑动变阻器的接法画图；
闭合开关前，滑动变阻器阻值调至最大；
根据灯泡发光情况、电流表和电压表是否有示数确定电路的故障；注意灯泡不亮，说明电路存在断路或灯泡发生短路；电流表示数为零说明电路断路；根据各选项的故障进行逐一分析。
根据欧姆定律求出电阻。
滑动变阻器在电路中是为了改变电流表和电压表的示数，实现多次测量；滑动变阻器的阻值较大，则其两端分担的电压较大，定值电阻两端分担的电压较小，当滑片移动时，电压表的示数变化较小，不利于实验的结果的测量；故应选用滑动变阻器；
电源电压为节干电池，为，故电压表量程为；滑动变阻器采用一上一下的接法，如图：
；
闭合开关前，滑动变阻器阻值调至最大，即滑片移到端；
闭合开关后电流表没有示数，而电压表有示数，说明电压表并联部分断路，即定值电阻断路；所以选C；
电压表的示数为，电流表示数为，由得测得的定值电阻为
。
所以答案为：；；；；。

7、物理兴趣小组在做“测量小灯泡的电阻”实验时，准备了以下器材：小灯泡额定电压为、电流表、电压表、开关、两节干电池、滑动变阻器、导线若干。如图甲为该小组连接的实物图。
请指出实物图连接的两处错误。
____________
正确连接电路后，闭合开关，当滑动变阻器的滑片置于某位置时，电流表和电压表的示数如图乙、丙所示，电流表示数为______，则小灯泡电阻为______计算结果保留一位小数
改变滑动变阻器滑片的位置，记录下不同时刻的电压值和电流值，并计算出小灯泡在不同电压下的电阻值，数据处理表格如下所示，其中有一处是不恰当的，这一处是______，原因是______。
实验次数 电压 电流 电阻 平均电阻
该小组又利用这个电路测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器滑片使电压表示数为______，若此时电流表示数为，则小灯泡的额定功率为______。
答案：
电流表的正负接线柱接反了；滑动变阻器同时接了上面两个接线柱；
；；
计算小灯泡的平均电阻；小灯泡的电阻受温度的影响，且随温度的升高而增大，不能求电阻的平均值；
；
解析：由图甲可知，电流从电流表的负接线柱流入，从正接线柱流出，故错误是：电流表的正负接线柱接反了；
滑动变阻器的两个接线柱同时接在金属杆上，没有按“一上一下”的方式串联在电路中，故错误是：滑动变阻器同时接了上面两个接线柱。
由图乙可知，电流表选择的量程为，分度值为，电流表示数为，
由图丙可知，电压表选择的量程为，分度值为，电压表示数为，
由欧姆定律得，小灯泡的电阻：
。
由表格数据可知，小灯泡在不同电压下的电功率不同，亮度不同，温度不同，灯泡的电阻值也不同，求平均电阻没有意义，故不恰当之处是：计算小灯泡电阻的平均值。
原因是：小灯泡的电阻受温度的影响，且随温度的升高而增大，不能求电阻的平均值。
要测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器滑片使电压表示数等于灯泡的额定电压；
若此时电流表示数为，则小灯泡的额定功率：。
所以答案为：电流表的正负接线柱接反了；滑动变阻器同时接了上面两个接线柱；
；；
计算小灯泡的平均电阻；小灯泡的电阻受温度的影响，且随温度的升高而增大，不能求电阻的平均值；
；。
电流应从电流表的正接线柱流入，从负接线柱流出；滑动变阻器要按“一上一下”串联接入电路；不能同时接在金属杆上；
根据电表选择的量程确定其分度值正确读数，然后根据欧姆定律的变形公式求出小灯泡的电阻；
小灯泡的电阻受温度的影响，且随温度的升高而增大，求平均值没有意义；
小灯泡正常发光时的电压等于额定电压，根据求出小灯泡的额定功率。
此题考查的是实物电路的连接、电表读数、欧姆定律的应用、电功率的计算等知识，属于电学实验的常考内容，要求同学们必须牢固掌握。
8、一小灯泡额定电压为，图是测量其电阻的实验电路图。
请按照图，将图中的实物电路连接完整；
闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为时，小灯泡正常发光，电流表示数如图所示，则此时通过小灯泡的电流为______；
调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐减小，会发现灯泡变暗直至完全不发光。可以猜想此过程中灯丝的温度______选填“升高”、“不变”或“降低”；
测量数据如下表所示。
电压
电流
分析表中数据，可以发现小灯泡两端的电压越低，其灯丝的电阻越______。
答案：
降低 小
解析：
变阻器按一上一下接入电路中，按电路图连接如下图所示：
；
电流表选择的是量程，对应的分度值是，指针指在后第个小格上，
因此示数为；
调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐减小，会发现灯泡变暗直至完全不发光，电能转化成的内能变小。可以猜想此过程中灯丝的温度降低；
由表中数据，比较不同电压下小灯泡的电阻值可知：随着小灯泡灯丝两端电压越低，小灯泡的电阻逐渐减小。
变阻器按一下一上接入电路中；
根据电流表选择的量程和对应的分度值，按照指针的位置读出电流表的示数；
小灯泡电压越低，灯丝温度越低；
小灯泡灯丝电阻随两端电压的变化，比较不同电压下小灯泡的电阻值，电阻值随温度的升高而增大。
本题测某小灯泡电阻，考查实验原理，电路连接、电流表读数、影响电阻大小的因素，是一道综合题。
9、图甲是用伏安法测未知电阻的实验图。
请用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整。
闭合开关，将滑片向左滑动时，此时电压表示数为，电流表示数如图乙所示，其读数为______，则未知电阻______，此时未知电阻消耗的功率______ 要多次测量，滑动变阻器在此实验中的作用是______。
该同学又设计了如图丙所示的测量电路，同样可以测量未知电阻，其中是定值电阻。请在空格内把实验步骤补充完整。
______，用电压表测出电源的电压；
______，用电压表测出待测电阻两端的电压为；
请用测量值和，已知量来表达______。
答案：
如图所示；
；；；取平均值减小实验的误差；
闭合开关、；闭合开关、断开；。
解析：滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，如下图所示：
由图可知，电流表的量程为，分度值为，则，
由可得，定值电阻的阻值：；
定值电阻的电功率：；
此实验中为了多次测量，滑动变阻器在此实验中的作用是取平均值减小实验的误差；
实验步骤：
闭合开关、，用电压表测出电源的电压；
闭合开关、断开，用电压表测出待测电阻两端的电压为；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，两端的电压：，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，，即，
解得：。
所以答案为：
如上图所示；
；；；取平均值减小实验的误差；
闭合开关、；闭合开关、断开；。
滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，要注意开关闭合前滑动变阻器处于最大阻值处；
根据电流表的量程和分度值读出示数，根据欧姆定律求出的阻值；
由电路图可知，当开关、均闭合时电路为的简单电路，电压表测电源的电压；当开关闭合、断开时，、串联，电压表测两端的电压；根据串联电路的分压特点和定值电阻的阻值求出的阻值，据此设计实验步骤得出结果。
本题考查了实物图的连接和电流表的读数、欧姆定律的应用、串联电路的特点等，关键是知道有电压表、无电流表时可根据串联电路的电流、电压特点进行设计实验。
10、某学习小组测量未知电阻的阻值，他们分成、两组用不同方法进行实验。
组设计了如图甲所示的电路图。
请用笔画线代替导线将实物电路图乙连接完整，要求滑动变阻器的滑片向左滑动时电路中的电流变大。
在开关闭合之前，滑动变阻器的滑片应滑至最______端选填“左”或“右”，这样做的目的是______。
闭合开关，将滑动变阻器的滑片滑至某一位置后，电压表的示数为，电流表的示数如图丙所示，则______A.待测电阻______。
组设计了如图丁所示的电路图，其中电源电压未知且不变，另一定值电阻的阻值为。
闭合，断开时，电压表的示数为；
闭合、时，电压表的示数为；
电阻______用、、表示。
评估、两组实验，使用组实验的优点是______。
答案：
；右；保护电路；；；
；
组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到减少误差的目的，而却不可以
解析：
根据滑动变阻器的滑片向左滑动时电路中的电流变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
在开关闭合之前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出待测电阻；
分析开关转换时电路的连接及电压表测量的电压，得出电源电压大小，由串联电路电压的规律和分压原理得出电阻。
组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到到减少误差的目的，据此分析。
本题测量未知电阻的阻值，考查电路连接、注意事项、电流表读数、电阻计算、设计方案测电阻和对实验方案的评估，为中考的热点问题。
要求滑动变阻器的滑片向左滑动时电路中的电流变大，即电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
在开关闭合之前，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处，即最右端，这样做的目的是保护电路；
闭合开关，将滑动变阻器的滑片滑至某一位置后，电压表的示数为，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为，则，由欧姆定律，待测电阻：
；
闭合，断开时，电压表的示数为；
闭合、时，电压表的示数为；
在中，定值电阻与电压表串联在电路中，电压表通过定值电阻与电源连通，电压表测电源电压；
在中，待测电阻与定值电阻串联，电压表测待测电阻的电压，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：
，
由分压原理：
，
电阻；
组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到减少误差的目的，而却不可以。
11、某科技小组同学发现实验室有一只标有“”的电阻为模糊不清的一个数字，为了测出这只电阻的阻值，他们进行了如下探究：
首先设计的实验电路如图所示，使用的器材有：两节新干电池、待测电阻、电压表 、量程、电流表、量程、滑动变阻器标有“”、开关、导线若干。实验后发现，该方案无法测出电阻的值，其主要原因是______。
经讨论后他们利用原有器材并补充适当的器材，重新设计测量电阻的实验方案。小李设计的电路图如图所示，其中定值电阻他连接电路后，闭合，断开，想先测出电源电压，但读出电压表示数，与两节干电池能提供的电压相差很大。请教老师后才知道，电压表相当于一个能显示自身两端电压的定值电阻。则根据小李的测量数据和电源电压取，可估算出电压表自身的电阻为______。
小组其他同学设计的实验电路如图所示，在电源电压恒定且已测出的条件下，能先测出电压表自身电阻后，再测出阻值的电路是______。
他们选择正确方案测出的阻值后，又有同学提出，应该通过多次测量求平均值来减小误差。在正确方案的基础上，通过下列操作，能实现多次测量阻值的是______。
A.改变电源电压 将换成的定值电阻 将电压表换成“”的电流表
答案：
电流太小，无法用电流表直接测出；；；
解析：
本题测电阻的大小，考查对实验方案的评估、串联电路的规律及欧姆定律的运用和数据处理的方法。
由已知条件可求出电路中的最大电流与电流表小量程分度值比较；
分析电路的连接，根据串联电路电压的规律和分压原理求出电压表自身的电阻；
根据电流从电压表正接线柱流入分析；
B.根据并联电路各支路互不影响，开关断开与闭合时，电压表示数不变，分析；
C.开关向上打和向下打，分析电路的连接，根据串联电路电压的规律和分压原理分析；
D.选项中，只能测量出待测电阻与串联时的电压，据此分析。
实验室有一只标有“”的电阻，即电阻为几千欧姆，电源电压为，由欧姆定律，若为千欧姆通过其的最大电流为，远小于电流表量程的分度值，无法用电流表直接测出；
闭合，断开，电压表与定值电阻串联，电压表示数，定值电阻电压为，电压表示数为定值电阻电压的倍，根据分压原理，可估算出电压表自身的电阻为；
选项中，开关向左打若能测量出待测电阻电压，则开关向右打时，电流从电压表负接线柱流入，电压表正负接线柱接反了，无法测量定值电阻的电压；
选项中，根据并联电路各支路互不影响，开关断开与闭合时，电压表示数不变，无法测通过待测电阻的电流；
选项中，开关向上打和向下打，待测电阻和定值电阻分别与电压表串联，电压表示数分别为、，由串联电路电压的规律可分别求出两电阻的电压为：，，
根据分压原理有：-----
------，
因、、、为已知量，由可求出待测电阻；可行；
选项中，只能测量出待测电阻与串联时的电压电源电压，其它量都无法测出，不可行；
所以选C；
对上面的方案，
A.若改变电源电压，则可得出不同的电压值，由可得出几组电阻值，可取平均值减小误差；可行；
B.将换成的定值电阻，由只能测量出一个电阻值，不可行；
C.将电压表换成“”的电流表，因电源电压已知，打到上端时，也只能测量出一个电流值，求出一个电阻值，不可行；所以选A。
所以答案为：电流太小，无法用电流表直接测出；；；。
12、在“用电流表和电压表测量小灯泡的电阻”的实验中，电路如图甲所示．
开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片移动到______端；

闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表和电压表的指针有偏转，但不明显，则可能是电路中______；
A.滑动变阻器接入电阻较大 小灯泡断路
C.电流表断路 小灯泡短路
做适当调整后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某一位置后，观察到电压表和电流表的示数分别如图乙、丙所示，则此次测得的结果：______
A. ．
答案：
；；．
解析：为保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片处于最大阻值处的或右端；
电流表指针稍有偏转，说明整个电路是通路，电压表指针几乎不动说明灯泡的电阻相对于整个电路的电阻来说很小，所以灯泡能够分得的电压很小，其原因是滑动变阻器连入电路阻值过大所致，所以选A；
由图乙可知，电压表量程是，分度值是，电压表读数是；
由图丙可知，电流表量程是，分度值是，电流表示数是；
由可得，灯泡的阻值．
所以答案为：；；．
本题考查了实验注意事项、电路故障分析、电表读数、求电阻阻值等问题，是实验的常考问题；对电表读数时，要先确定电表量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直．
13、小华同学想用“伏安法”来测量定值电阻的阻值，于是他在学校实验室借了一些器材，连接了如图甲所示的电路，电源电压恒定不变．
连接电路时，开关应处于______ 状态．闭合开关，向______ 选填“”或“”端移动变阻器的滑片能使电流表的示数变大．滑动变阻器除了保护电路外，还有一个重要作用是______ 操作中，小华发现两个电表只有一个示数，初步检查确认，电路接线完好，两个电表均无故障，刚发生故障的元件应是______
、电源 、电阻 、滑动变阻器
排出故障后，闭合开关，当电压表示数为时，电流表示数如图乙所示，计算的阻值为______
按照上面的操作步骤，小华又测量了一个额定电压为的小灯泡的电阻，并描绘了其电流随电压变化的图象即图象，小华发现他所描绘的定值电阻的图象是一条直线，而小灯泡的图象如图丙所示，原因可能是小灯泡的电阻与______ 有关．由图象可知小灯泡的额定功率为______
答案：
断开；；多次测量求平均值减小误差；；；温度；
解析：连接电路时，开关应该断开；
闭合开关，向端移动变阻器的滑片能使滑动变阻器的增大变大，根据知，电流变大，电流表的示数变大；
滑动变阻器除了保护电路外，还有一个重要作用是多次测量求平均值减小误差；
A、若电源有故障，电流表和电压表都无示数，故A错误；
B、若电阻有故障，若断路，电压表有示数，电流表无示数，若短路，电压表无示数，电流表有示数，故B正确；
C、若滑动变阻器有故障，两表同时有示数或无示数，故C错误．
电流表的量程为，示数为，灯泡的电阻；
由于灯泡电阻受温度影响，不是定值，随温度变化而变化，因此灯泡的变化图象不是一条直线．
由图丙所示图象可知，灯泡额定电压所对应的电流为，灯泡额定功率．
所以答案为：断开；；多次测量求平均值减小误差；；；．
连接电路时，开关应该断开，滑动变阻器移动遵循“近小远大”根据欧姆定律判断电流的变化；
多次测量求平均值减小误差；
常见的电路故障现象有：断路与短路，根据电路故障现象分析电路故障原因．
根据电流表的分度值，读出电流表的示数；根据算出电阻；
灯泡电阻不是定值，灯泡电阻受温度影响，随温度的变化而变化．
由图丙所示图象求出灯泡额定电压所对应的电流，然后由求出灯泡额定功率．
本题考查了实验注意事项、电路故障分析、求灯泡额定功率、求灯泡电阻、影响灯泡电阻的因素等问题，由图象求出电压所对应的电流，是求灯泡功率与电阻的前提与关键．
14、小聪同学用伏安法测电阻，实验电路图如图甲所示。
该实验的原理是 。
闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于 端选填“”或“”。
假如小聪同学用完好的器材按如图甲所示实验电路图正确连接电路，实验时正确操作，刚一“试触”，就发现电流表的指针迅速摆动到最大刻度，其原因可能是：_______；________________。
小聪同学重新按图甲所示的实验电路图正确连接电路，进行实验，某次实验中电压表示数如图乙所示，电流表示数如图丙所示，被测电阻___。
若滑动变阻器的最大阻值为，被测电阻的阻值为，实验过程中电流表突然烧坏，不能正常使用了，他想出一个方法，应用现有的器材，也能测出电阻的阻值。
实验步骤如下：
将滑动变阻器滑到端，闭合开关，读出电压表的读数，记为；
__________________________________________________________；
读出滑动变阻器的最大值；
则被测电阻的阻值为：_________________________写出表达式。
答案：
电源电压过大 选用电流表的量程太小 将滑动变阻器滑到端，闭合开关，读出电压表的读数，记为
解析：测量电阻的原理是或欧姆定律；
由图知，滑动变阻器的下面接了左边的接线柱，为保护电路，闭合开关前，应将滑片移至右边，即端，使其阻值最大；
操作正确，刚一“试触”，就发现电流表的指针迅速摆动到最大刻度，说明电路中的电流较大，根据影响电流的因素，可能是电源电压过大或电流表的量程选择偏小或滑动变阻器的最大阻值偏小；
由图乙知，电压表的量程为，分度值为，示数为；
由图丙知，电流表的量程为，分度值为，示数为；
则；
被测电阻与滑动变阻器串联，电压表与被测电阻并联，开关串联在电路中，如图。
步骤：
将滑动变阻器滑到端，闭合开关，读出电压表的读数，记为；
将滑片移至端，闭合开关，读出此时电压表的示数为，则滑动变阻器两端的电压为；
则电路中的电流；
则。
所以答案为：；；电源电压过大；选用电流表的量程太小；；将滑动变阻器滑到端，闭合开关，读出电压表的读数，记为； 。
实验中根据来测量电阻值；
为保护电路，闭合开关前，应将滑片移至最大阻值处；
刚一“试触”，就发现电流表的指针迅速摆动到最大刻度，说明滑动电路中的电流太大，可能是电路中发生短路或滑动变阻器的电阻太小造成；
根据图乙和图丙读出电流表和电压表的示数，由计算出电阻值；
没有电流表，利用已知电阻和被测电阻串联找电流相等；被测电阻和已知最大阻值的滑动变阻器串联，电压表与被测电阻并联，滑动变阻器为最大值时，电压表测被测电阻电压，根据串联电路电压特点，求滑动变阻器电压，求滑动变阻器电流，即被测电阻电流，根据计算电阻。
此题是用伏安法测电阻的实验，考查了滑动变阻器的应用、电流表、电压表的读数及电阻的计算，同时考查了对电路故障的分析，是本题的难点，关键是能够分析出滑动变阻器可以相当于定值电阻，可根据串联电路的电流关系及欧姆定律间接地测出电阻两端的电压。
15、小宇用图的电路图测量“小灯泡正常发光时的电阻”，选用的电源电压为，小灯泡的额定电压为，
图 图 图
在连接电路过程中，开关要___________，并将滑动变阻器的滑片调到___________选填“”或“”。
纠正错误后闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片，同时观察____________选填“电压表”或“电流表”示数的变化，当电压表的示数如图所示时，其读数为_____________；若要测得小灯泡正常发光时的电阻，滑片应向____________选填“”或“”端移动。
实验时闭合开关，两表均有示数，若将小灯泡从灯座中取走，电流表____________示数选填“有”或“无”。
通过移动滑动变阻器，多次测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，画出了通过小灯泡的电流随其两端电压变化的图象，如图所示，在该图象中发现电流与电压不成正比，这是因为___________________________________________。
小宇最后不仅测出了小灯泡正常发光时的电阻，还测出了小灯泡的额定功率是_____。
活动最后，老师要求同学们用量程为“”的电压表，电源电压恒为，其它器材符合实验要求。测出额定电压为小灯泡正常发光时的电阻，下图是同学们设计的实验电路图合理的是（ ）
A. B. C. D.
答案：
断开 电压表 无 灯丝电阻与温度有关
解析：
根据连接电路时开关的状态和滑动变阻器的作用，结合题意来分析解答；
根据测定小灯泡电阻的实验过程和电压表的读数方法，结合题意来分析解答；
根据电流表的正确的使用方法，结合题意来分析解答；
根据温度对电阻有影响，结合题意来分析解答；
根据小灯泡正常发光时的电压和电流，计算出电阻和额定功率；
电压表量程小，无法直接测量灯泡两端的电压，可以转化一下，测量滑动变阻器两端的电压。
本题考查了测量“小灯泡正常发光时的电阻”实验，设计到了滑动变阻器的使用、电压表的读数、电路故障的判断、电阻的计算等，虽具有一定的综合性，但都属于基础知识，一定掌握。
在连接电路时，为了防止短路的发生，开关应该断开；
滑动变阻器的滑片应调到阻值最大处，此时电路中的电阻最大，电流最小，起到保护电路的作用；
测定小灯泡正常发光时的电阻的实验时，闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片，同时观察电压表的示数变化；
由图可知，此时电压表使用的是的量程，最小刻度为，此时电压表的示数为；
由于小灯泡的额定电压为，要使灯泡正常发光，应继续减小滑动变阻器连入电路的电阻，滑片向端移动；
取小灯泡后，电压表串联在了电路中，由于电压表的电阻很大，所以此时电流表无示数，电压表有示数，等于电源电压；
由于小灯泡的电阻是随温度变化的，所以小灯泡的电流不与电压成正比；
额定功率为：；
由于小灯泡正常发光时的电压为，电压表量程小，无法直接测量灯泡两端的电压，可以转化一下，测量滑动变阻器两端的电压，所以选B。
所以答案为： 断开 电压表 无 灯丝电阻与温度有关 。

16、小明同学在“伏安法测电阻”的实验中：
在连接电路时，开关应处于______的状态，滑动变阻器的滑片应放在电阻最______的位置。
小明同学连接了如图甲的电路，闭合开关，电流表______示数，电压表______示数。两空均选填“有”或“无”
他仔细检查电路，发现有一根导线连接错误，请你在答图甲中错误的导线上画“”，并用笔画线代替导线画出正确的一根连接导线。
正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，当电压表的示数为时，观察到电流表示数如图乙所示，他记下数据并算出电阻的阻值为______。
同组小斌同学继续向______选填““或“”端移动滑片，适当增大电阻两端的电压，并进行了多次测量计算电阻的平均值从而减小实验误差。
答案：
断开；大；无；有；
；
；
解析：为防止发生短路现象烧坏电源，连接电路时，开关应处于断开状态，闭合开关前，应使滑动变阻器的阻值处于最大状态，由图可知变阻器的滑片滑在点时连入电路中的电阻丝阻值最大。
实验时闭合开关，电压表和电流表串联在电路中，电压表测电源电压，电压表有示数，电流表无示数；
由图可知，电流表与电压表串联了，导致电流表没有示数，应将定值电阻右端接线柱与滑动变阻器左端接线柱之间的导线去掉，将此导线改接在电压表中间接线柱上，如图。
在探究“电流与电阻的关系”实验中，移动滑动变阻器滑片，使定值电阻两端电压为，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为，示数为，由欧姆定律可得，。
根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，适当增大电阻两端的电压，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向端移动，并进行了多次测量计算电阻的平均值从而减小实验误差。
所以答案为：断开；大；无；有；见上图；；。
根据实物连接的正确方法和滑动变阻器的作用进行分析，即在电路没有连接好之前，开关一直是断开的，而且滑动变阻器的阻值应在最大处。
电压表内阻很大，串联接入电路时电路断路，根据电路结构分析答题。
实物连接图中找错误之处，主要从电压表、电流表、滑动变阻器的正确使用上考虑：
从电流表、电压表的量程、连接方式、正负接线柱的接入方法上考虑。从滑动变阻器接线柱的选择考虑；
根据电流表量程确定分度值读数，根据欧姆定律求电阻大小；
根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
此题考查的知识点较多，有电压表的连接，电流表的读数方法以及连接电路时，开关应处于断开状态，闭合开关前，应使滑动变阻器的阻值处于最大状态等，尽管这些都是一些细节问题，但一定要向学生强调。此外在探究电流与电压、电阻的关系时要采用控制变量法，如何控制变量是关键。
17、在测量未知阻值的实验中，小明设计了实验电路并进行连接，如图中甲所示。
在连接电路时，开关应处于 状态。
图中甲是小明接好的实物连接图，其中有一条导线连接错误，该导线是第 条从图中选填导线序号
改正错误后再进行实验，实验前应将滑动变阻器的滑片移到最 选填“左”或“右”端。小明闭合开关，发现电流表无示数，电压表的示数较大，则电路故障可能是 。
排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为时，电流表示数如图乙所示，则其示数为 ，未知电阻 。
若实验中只有一个电压表和一个已知阻值为的定值电阻，小明设计了如图丙所示的电路，同样可以测量未知电阻的阻值，请将以下实验步骤补充完整：
闭合开关、断开开关，用电压表测出待测电阻两端的电压为
，记下此时电压表读数为
请写出未知电阻阻值表达式： 用、和表示。
答案：
断开；；左；断路；；；闭合开关、；
解析：连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；
原电路中，电阻和电压表没有连入电路中，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联，所以错误的是导线；
改正错误后进行实验，实验前应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端；
闭合开关，发现电流表无示数，电路可能断路，电压表的示数较大，电压表与电源连通，则电路故障可能是断路；
纠正错误，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为，电流为，由欧姆定律，则未知电阻：；
实验步骤：
闭合开关、断开开关，用电压表测出待测电阻端的电压为
闭合开关、，此时电压测量的是电源的电压；
在中，两电阻串联，电压表测待测电阻的电压；在中，定值电阻短路，电压表测电源电压，由串联电路电压的规律，在中，定值电阻的电压为：
，由分压原理：，未知电阻阻值表达式：。
所以答案为：断开；；左；断路；；；闭合开关、；。
连接电路时，开关应处于断开状态；
原电路中，电阻和电压表没有连入电路中，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联；
为保护电路，实验前应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；若电流表示数为，说明电路可能断路；电压表示数较大，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出未知电阻大小；
分析电路的连接及电表测量的物理量；通过开关的转换，使电压表测电源电压，由串联电路电压的规律和分压原理得出未知电阻阻值表达式。
本题测量未知阻值的电阻实验，考查注意事项、电路连接、故障分析、电表读数和设计方案测电阻的能力。
18、要测量一个阻值约为几百欧的电阻 实验室提供的器材有：电源电压为、学生用电流表量程为、、学生用电压表量程为 、、滑动变阻器 最大阻值为和电阻箱 各一个，开关、导线若干．
豆豆用伏安法测量该电阻，如图所示是豆豆连接的电路．接通电路后，观察到电流表指针不偏转，示数为零，电压表示数为请你判断：电路中哪一个元件发生了什么故障？答：______ ；
在排除故障后，经检查电路完好．闭合开关，逐渐减小滑动变阻器的接入电阻至最小，电压表有示数，但电流表的指针几乎不偏转，电流太小的原因是______ ，所以按豆豆所选的器材不能用伏安法测出该电阻的阻值．
豆豆在实验室所提供的器材中选择合适的器材，设计如下实验方案测出该电阻的阻值，请你帮助其将方案补充完整．
实验电路如图所示；
实验步骤：按图连接好电路；______ ，调节滑动变阻器，使电压表显示合适的值；______ ，读出电阻箱的阻值为 ；
写出待测电阻的表达式：______ ．
答案：
电阻断路；待测电阻的阻值较大且电源电压低；闭合、断开；保持滑动变阻器的阻值不变，再断开、闭合，调节，使电压表的示数仍然为；
解析：电流表没有示数，说明电路断路了，而电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源间是通路，则故障为电阻断路；
因为电源电压为，而电阻的阻值大约为几百欧，即待测电阻的阻值较大且电源电压低，由可知，电路中的电流太小，所以不能用伏安法测出该电阻的值；
实验步骤：如图所示，先闭合、断开，调节滑动变阻器，使电压表的示数为；
保持滑动变阻器的阻值不变，再断开、闭合，调节，使电压表的示数为，记录此时电阻箱的示数；
的表达式的推导：
闭合、断开，与串联，则，变阻器两端的电压；
保持滑动变阻器的阻值不变，再断开、闭合，调节，与串联，则，变阻器两端的电压；
所以，，即变阻器两端的电压不变，而滑动变阻器的阻值不变，所以通过变阻器的电流不变，即，
电压表示数始终为不变，由可知，．
所以答案为：电阻断路；
待测电阻的阻值较大且电源电压低；
闭合、断开；保持滑动变阻器的阻值不变，再断开、闭合，调节，使电压表的示数仍然为；
．
电压表有示数并等于电源电压，电流表无示数，故障只有与电压表并联的电路断路了；
当电路中电压不变时，电阻减小，电流表示数太小，原因可能是电源电压太小或所测电阻太大；
根据串联电路的电压特点和欧姆定律即可分析实验过程．
此题测量电阻的实验，考查了电路实验的分析和设计．要根据不同的情况用不同的方法测量电阻．
19、如图甲所示是测量定值电阻阻值的实验电路，器材可以满足实验要求。
某同学正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现电流表示数为，电压表有示数，则出现故障的原因可能是______。
排除故障后，调节滑动变阻器，当电压表的示数为时，电流表的示数如图乙所示为______，电阻的阻值为______。
进行了多次实验，测出了的阻值。
后来小明设计了另一种测量电阻的方案，电路如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为，步骤如下：
断开开关，闭合开关、，电压表示数为；
断开开关，闭合开关、，电压表示数为，则电阻的阻值表达式为______。
答案：
定值电阻断路
解析：小灯泡不亮，电流表示数为零，电压表有示数，说明电压表并联部分断路，原因是定值电阻断路；
图乙知，电流表的量程为，分度值为，示数为，则；
根据电路图知：断开开关，闭合开关、，电压表测量电阻两端的电压，电压表示数为；
断开开关，闭合开关、，电压表测量电源电压，电压表示数为，
流过电路的电流，
由欧姆定律得的阻值：
。
所以答案为：定值电阻断路；； ；。
常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因；电流表没有示数，电压表有示数，与电压表并联的电路断路；
根据图乙读出电流表的示数，根据计算出电阻值；
根据电路图知：断开开关，闭合开关、，电压表测量电阻两端的电压，电压表示数为；
断开开关，闭合开关、，电压表测量电源电压，电压表示数为，
定值电阻与待测电阻串联，已知定值电阻电压与阻值，由欧姆定律可以求出电路电流，已知待测电阻两端的电压，由欧姆定律可以求出待测电阻的阻值。
本题测量电阻大小，考查注意事、电流表读数、电阻的计算及测量电阻的特殊方法等知识，其中有一定的难度。
20、某实验小组测定小灯泡正常发光时的电阻，部分己经连好的电路如图所示，已知小灯泡的额定电压为．
请根据图所示实验电路图，用笔画线代替导线，将图中的实物图连接完整；
若该小组同学连好电路并闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡均很亮，且亮度不变，造成这一现象的原因是______ ．
正确连接电路后，继续进行实验，当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图所示为______ ，则被测小灯泡正常发光时的电阻为______
另一实验小组同学实验时发现桌上没有电流表，却多了一个滑动变阻器最大阻值用表示，他设计如图所示电路，也测出了小灯泡在时的电阻，请补全下列步骤．
闭合开关，先调节滑动变阻器______ 选填“”或“”的滑片到最______ 端选填“左”或“右”，再调节另一滑动变阻器的滑片，直到______ ．
接着______ ，读出这时电压表的示数，用表示．
小灯泡正常发光时电阻的表达式 ______ 用、、字母表示．
答案：

滑动变阻器的上面两个接线柱同时接入了电路；
；；
；左；电压表示数为；调节变阻器的滑片到最右端；．
解析：由图知，电流表选用小量程串联在电路中，如下所示：
若该小组同学连好电路并闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡均很亮，说明电路为通路，且电路中电流很大，且亮度不变，则变阻器没有变阻的作用，造成这一现象的原因是：滑动变阻器的上面两个接线柱同时接入了电路；
由图可知，电流表的量程为，分度值为，示数为，
则灯泡的电阻；
实验步骤：
闭合开关，先调节滑动变阻器的滑片到最左端，再调节另一滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为时为止；
接着调节变阻器的滑片到最右端，读出这时电压表的示数为；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流，
小灯泡正常发光时的电阻．
本题小灯泡正常发光时的电阻，考查电路的连接、反常现象的分析、电阻计算及设计实验方案的能力．
由图知，电流表选用小量程串联在电路中；
无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡均很亮，说明电路为通路，且电路中电流很大，且亮度不变，则变阻器没有变阻的作用，据此分析原因；
根据电流表的量程和分度值读出示数，利用欧姆定律求出灯泡的电阻；
由电路图可知，的滑片位于左端时，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器使电压表的示数为，然后保持接入电路中的电阻不变，调节的滑片使其接入电路中的电阻最大，电压表测灯泡和两端的电压之和，根据串联电路的电压特点求出两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的电流，由欧姆定律求灯泡电阻．
21、用如图甲所示的电路可以测量一个未知电阻的阻值，其中为待测电阻，为电阻箱，为滑动变阻器．
小明同学用该电路进行实验，主要步骤有：
保持滑动变阻器滑片位置不变，电阻箱的阻值调至最大，之闭合开关，调节电阻箱，使电流表的示数为；
读出电阻箱的示数；
只闭合开关，移动滑动变阻器滑片，使其部分电阻接入电路，读出电流表的示数为；
根据电路图，连接实物，移动滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值最大．
上述步骤的合理顺序是________只需填写序号
电阻箱调节好后，示数如图乙所示，则待测电阻的阻值为________．
本实验所采用的物理思想方法可称为________选填“控制变量法”或“等效替代法”
答案：


等效替代法

解析：
替代法的测量思路是等效的思想，本题可以利用电压等效，即先把开关接点，读出电压表的示数为此电流为、共同作用的效果；然后再把开关接点，调节电阻箱，使电压表的示数仍为原来的数值此电流为、共同作用的效果；既然和共同作用的效果与、共同作用的效果相同，则，即，这里用电阻箱等效替代了待测电阻；
电阻箱的读数方法：各旋盘对应的指示点图中的小三角的示数乘以面板上标记的倍数，然后加在一起，就是接入电路的阻值。
本题考查了没有电流表测电阻的方法，根据串联电路各处的电流相等这一特点设计实验，着重体现了等效替代法在实验中的具体应用。
实验前，首先根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大，然后把开关接点，读出电流表的示数为；再接入电阻箱来替代，最后读出电阻箱的示数，即为待则电阻的阻值．故上述步骤的合理顺序是；
电阻箱档位指示，档位指示，档位指示，档位指示，故电阻箱示数为，待测电阻的阻值为；
电路接入电阻箱和接入待则电阻，电流表示数一样，是采用等效替代法。
所以答案为：；；等效替代法。

22、小张在“伏安法”测电阻实验中，连接了图甲所示的实物图。
测小灯泡的电阻的实验原理是______，闭合开关前，应向______端选填“”或“”调整滑动变阻器的滑片。
闭合开关后，发现小灯泡不亮，接下来首先应该操作的是______填序号
A.检查导线连接是否良好
B.移动滑动变阻器的滑片观察小灯泡是否发光
C.断开开关
D.观察电流表和电压表是否有示数
测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，则电流值是______A.这时，灯丝突然烧断，则电压表的示数______选填“变大”“变小”或“不变”。换相同规格的灯泡，重新测量数据，并绘出一图象如图丙中的所示。
分析图象可知，当小灯泡两端的电压增大时，灯丝的电阻会______。选填“变大”“变小”或“不变”。
另外一组同学用相同的器材和电路图也做这个实验时，由于接线错误，根据测量的数据绘出的图象如图丙中的所示。你认为错误的原因可能是______。
答案：
变大 变大 电压表并联在变阻器两端了
解析：
测小灯泡的电阻的实验原理是，闭合开关前，变阻器连入电路的电阻最大，故应向端调整滑动变阻器的滑片；
闭合开关后，发现小灯泡不亮，可能是电路断路，或灯短路，或电路的电流过小，故应先观察电流表和电压表是否有示数，若两表都没有示数，可能整个电路断路，若电压表有示数，电流表没有示数，可能是灯断路；若电流表有示数，电压表没有示数，可能是电压表或灯短路了，据此再确定下面的操作，选D；
测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为，则电流值是这时，灯丝突然烧断，电压表串联在电路中测电源电压，由串联电路电压的规律，则电压表的示数变大；
由图象可知，当电压为、、时，对应的电流约为、和，由欧姆定律，
，同理，，，故当小灯泡两端的电压增大时，灯丝的电阻会变大；
当电路的电流变大时，由欧姆定律，灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，根据如图丙中的的图象知，错误的原因可能是：电压表并联在变阻器两端了。
所以答案为：；；；；变大；变大；电压表并联在变阻器两端了。
测小灯泡的电阻的实验原理是；闭合开关前，为保护电路，变阻器连入电路的电阻最大；
闭合开关后，发现小灯泡不亮，分析可能的原因，确定接下来首先应该的操作；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
分析电路的连接，由串联电路电压的规律分析电压表的示数变化；
由图象可知，当电压为、、时可知对应的电流，由欧姆定律得出对应的电阻大小，据此回答；
当电路的电流变大时，由欧姆定律可知灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，根据如图丙中的图象分析错误的可能原因。
本题用“伏安法”测电阻实验，考查实验原理、电路分析、电流表读数、电阻计算、影响电阻大小的因素和反常现象的分析。
23、用伏安法测的电阻实验中：
图甲中，有一根导线未连接，请用笔画线代替导线将电路连接完整。
实验前，滑动变阻器的滑片应置于最______ 选填“左”或“右”端。
闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表示数接近电源电压，则故障原因可能是电阻 ______ 选填“断路”或“短路”。
排除故障后，当电流表的示数为时，电压表的示数如图乙所示，待测电阻的阻值为______ 欧。
电流表的电阻虽然很小，但也会影响本实验中的测量结果。用图丙的电路进行测量可消除这个影响，
为定值电阻。实验步骤如下：
按照图丙的电路图连接电路，将滑动变阻器的滑片置于最大阻值处；
闭合开关，，移动滑动变阻器滑片，读出电压表的示数和电流表的示数，
______ 移动滑动变阻器滑片，读出电压表的示数和电流表的示数；
可得待测电阻 ______ 。
答案：
左 断路 断开
解析：
电压表与灯并联，如下所示：
实验前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即最左端；
闭合开关后，发现电流表示数为零，电路可能断路，电压表示数接近电源电压，电压表与电源连通，则故障原因可能是电阻断路；
排除故障后，当电流表的示数为时，电压表的示数如图乙，电压表选用大量程，分度值为，电压为，由欧姆定律，待测电阻：；
闭合开关，，读出电压表的示数和电流表的示数，
断开，移动滑动变阻器滑片，读出电压表的示数和电流表的示数；
在中，此时待测电阻短路，电流表测定值电阻的电流，电压表测电流表和定值电阻的总电压；移动滑动变阻器滑片，由欧姆定律，定值电阻和电流表的总电阻：
------；
在中，电流表测待测电阻和定值电阻串联后的电流，电压表测待测电阻和定值电阻及电流表的总电压，由欧姆定律，测待测电阻和定值电阻及电流表的串联的总电阻：
------，
得：故待测电阻：
。
所以答案为：如上所示；左；断路；；断开；。
电压表与灯并联；
实验前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
若电流表示数为，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
根据电表选用的量程确定分度值读数，由欧姆定律得出待测电阻；
经分析，中电压表测电流表和定值电阻的总电压，由欧姆定律可得出电流表和定值电阻的总电阻；
为消除电流表内阻对测量的影响，断开，此时电压表测待测电阻和定值电阻及电流表的总电压，由欧姆定律，可求了测待测电阻和定值电阻及电流表的串联的总电阻，两电阻相减即可得出待测电阻大小。
本题用“伏安法”测量电阻的阻值，考查电路的连接、注意事项、故障分析、电表读数、电阻的计算及设计实验方案的能力。
24、某物理兴趣小组利用图甲所示实验电路图同时测量电源电压的大小和电阻的阻值，电源电压约为，的阻值约为实验室提供如下器材：导线若干、开关、电流表量程，、电压表量程，、滑动变阻器最大阻值为。请你思考完成下列问题：
按照图甲用笔画线代替导线，连接好图乙中的实物图。
用物理量、、电流表的示数写出表示电压表示数大小的关系式：______。
正确连接电路后，闭合开关前应使滑动变阻器连入电路的阻值为______选填“最大”或“零”；
移动滑动变阻器的滑片，读出组电流表和电压表示数，分别以电流表的示数和电压表的示数为横坐标和纵坐标，在坐标纸上描点，把这个点连接起来大致为一条直线并虚线延长到纵轴，如图丙所示。从图丙中信息可求得：电源电压______，电阻______。
答案：
；
；
最大；
；
解析：
本题是测电阻的实验，考查了电路连接、欧姆定律的计算，是一道综合题。
根据电路图连接实物图就要注意一一对应，同时注意滑动变阻器接法是一上一下、电压表和被测电阻并联并注意正负接线柱的接法。
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可求电流表的示数写出表示电压表示数大小的关系式；
为了保护电路，闭合开关前应使滑动变阻器连入电路的阻值为最大值；
从图丙中选两个点，根据欧姆定律列出方程可解。
连接实物图时，需要注意和电路图一一对应，另外是电压表和电流表的连接一定要注意正负接线柱，如下图所示：
已知电源电压，电阻和滑动变阻器串联，电路中电流为，
电压表测量滑动变阻器的电压，由串联电路的电压特点和欧姆定律；
电压表的示数：；
为了保护电路，闭合开关前应使滑动变阻器连入电路的阻值为最大值；
电阻和滑动变阻器串联，根据欧姆定律可得，
； ；Ⅰ
；Ⅱ
由Ⅰ、Ⅱ可得，；。
所以答案为：如上图；
；
最大； ；。
25、某同学用下列器材测量定值电阻的阻值：
干电池节，电流表，电压表，滑动变阻器规格“，”，开关及导线。
他连接了如图所示的电路，接错了一根导线，请你在这根导线上打“”，并补画出正确的那根导线。
正确连接电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器______ 。
他按正确步骤进行了次实验，记录数据如表所示，此定值电阻的阻值为______ 结果保留一位小数。
数据序号
电压
电流
为了使并联在定值电阻两端的电压表的示数为，在不增加器材的情况下，可以采取的措施是______ 。
他将上述实验中的定值电阻换成额定电压为的小灯泡，用同样的方法测定小灯泡的电阻。当电压表的示数为时，电流表的示数为；当电压表的示数为时，电流表的示数为；则电压表的示数为时，电流表的示数可能为______ 填“”“”“”或“”。
答案：
改正电路如图所示；
滑片移到最大阻值处；
；
取下一节干电池；

解析：伏安法测电阻的电路设计要求待测电阻与滑动变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表并联在待测电路两端，使电流从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，故改正电路如图所示：
为了保护电路，闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移到最大阻值处；
为了减小误差，取三次测量结果的平均值作为定值电阻的阻值大小，由公式可得：
，，，
的平均值为：
电源电压为，当定值电阻两端电压为时，变阻器两端电压应为，此时，电流大小约为：，滑动变阻器的最大阻值至少约为：，可见，因为电源电压过大或变阻器的最大阻值太小，按现有器材进行实验不能达到题目要求，最简单的方法是取下一节干电池；
由于灯的亮度即实际功率随灯两端电压的增大而增大，灯丝的温度不断升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以当灯两端电压为，其电阻应小于时灯丝的电阻值：，若电流为，电阻为：，并且，电压表示数为时，电流表示数不应与时一样，也就是不可能等于，故当灯两端电压为时，通过它的电流可能为。
所以答案为：改正电路如图所示；
滑片移到最大阻值处；；取下一节干电池；。
26、用伏安法测量某定值电阻的阻值。
请按照图所示的电路图，以笔画线代替导线，完成图的电路连接。
根据实验需求在虚线框内设计一个记录表格；并将某次实验的电表示数图所示及计算结果填入表中。
答案：
由图可知，电压表的量程为，且与电阻并联；电流表的量程为，且与电阻串联；
将电流表、被测电阻以及滑动变阻器串联连接，电压表并联在被测电阻两端，注意滑动变阻器按一上一下的原则接线，如下图所示：
用伏安法测量某定值电阻的阻值，需要设计实验次数次，记录电压表的度数，
由图可知，电压表所选量程为，分度值为，示数为；
电流表所选量程为，分度值为，示数为，
由可得，电阻的数值，计算电阻的平均值等栏目，如图所示：
实验次数 电压 电流 电阻 电阻平均值

所以答案为：实物电路图的连接如上图所示；设计的表格和数据如上表所示。
解析：根据图确定电压表和电流表的量程，将电流表、被测电阻以及滑动变阻器串联连接，电压表并联在被测电阻两端，注意滑动变阻器按一上一下的原则接线；
用伏安法测量某定值电阻的阻值。需要测量定值电阻两端电压、电路中的电流，需要计算电阻的数值，而且要进行多次测量求平均值，据此设计表格。
本题是伏安法测量定值电阻的阻值实验，主要考查实物图的连接、电压表、电流表的读数、实验表格的设计等，难易程度适中。
27、在中考物理实验操作考试中，小红完成了伏安法测电阻实验，用到的器材有：电源电压低于且不变，电流表和电压表各只、滑动变阻器只、待测电阻只约、导线若干、开关个。请完成以下问题：
图甲是老师预接的部份实验电路，请将电路连接完整要求滑动变阻器滑片右移时电流表示数变小。
连接电路时，开关应处于断开状态，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到______ 选填“”或“”端的位置；
闭合开关，发现电流表指针如图乙所示，造成这一现象的原因可能是______ 。
A.滑动变阻器阻值过小
B.电阻短路
C.电池电压过低
D.电流表正负接线柱接反
排除故障，闭合开关，调节滑动变阻器滑片到适当位置时，两表示数如图丙所示，则该次测得阻值为______ 。为了测量结果更准确，应改变电流电压多次测量求平均值。
如果实验中电压表损坏，小红观察了滑动变阻器铭牌后，认为用余下的器材也能完成测量，设计电路如图丁，主要操作步骤如下：
连接电路，将滑片移到端，闭合开关，电流表示数为；
再将滑片移到端，电流表示数为；
若滑动变阻器最大阻值为，则待测电阻 ______ 用字母表示。
答案：

解析：由电压低于且不变可知，电压表的量程为，且与待测电阻并联，
滑动变阻器的左下方接线柱和任意上方接线柱串联在电路中时，滑动变阻器滑片右移时，接入电路中的电阻变大，电路中电流表的示数变小，
如下图所示：
为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值处的端；
由图乙可知，闭合开关，发现电流表指针反偏，造成这一现象的原因可能是电流表正负接线柱接反了，故D正确；
由图甲可知，电流表的量程为，电压表的量程为，
则图丙中，电流表的分度值为，示数，电压表的分度值为，示数，
由可得：该次测得阻值：；
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，
将滑片移到端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电流表示数为，
则电源的电压：---
再将滑片移到端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电流表示数为，
则电源的电压：--------
由可得：。
所以答案为：如上图所示；；；；。
根据电源的电压确定电压表的量程且与待测电阻并联，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，由滑动变阻器滑片右移时电流表示数变小可知，滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路中；
闭合开关前，保护电路的滑动变阻器处于最大阻值处；
电流表在接入电路时应让电流从正极接线柱流入，从负极接线柱流出，若正负接线柱接反了会造成指针反转；
根据图甲可知电流表和电压表的量程，根据分度值读出图丙电表的示数，利用欧姆定律求出该次测得阻值；
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，将滑片移到端时，变阻器接入电路中的电阻最大，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；将滑片移到端时，变阻器接入电路中的电阻为零，根据欧姆定律表示出电源的电压，然后联立等式即可求出的阻值。
本题考查了伏安法测电阻的实验，涉及到实物图的连接和实验的注意事项、电表的读数、串联电路特点和欧姆定律的应用，正确得出电表的量程和滑动变阻器的连接方法是关键。
28、小马同学利用图甲所示的电路测量未知电阻的阻值，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“”或“”端。
实验序号
电压
电流 ______
实验过程中得到的部分数据如下表所示。第次测量时，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，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，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：
先断开、将电阻箱阻值调至最大；
将拨向接点，闭合，调节______ 选填“”或“”，使电流表指针偏转到适当位置，标记电流表指针的位置；
然后将拨向接点，调节______ 选填“”或“”，使电流表指针在______ ，记下电阻箱的阻值；
多次重复上述过程，计算电阻箱读数的______ ，此即为被测电阻的阻值。
答案：



；；标记处；平均值。
解析：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：
，，，
；
先断开、将电阻箱阻值调至最大；
将拨向接点，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；
然后将拨向接点，调节，使电流表指针在标记处，记下电阻箱的阻值；
电源电压不变，两次电流值相等，由欧姆定律可知，
所以；
多次重复上述过程，计算电阻箱读数的平均值，此即为被测电阻的阻值；
多次测量取平均值可以减小误差。
所以答案为：如图所示
；
；；如图
；
；
；；标记处；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。
29、东东同学学习了电学知识以后，选用三节新的干电池作为电源，并设计了如下的电学实验．
探究导体中电流与导体电阻的关系．选用的定值电阻的阻止分别是、、、．
按照甲图所示的电路图，把乙实物电路补充完整，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流表示数增大．
闭合开关后，东东发现电流表没有示数，电压表有示数，电路中出现的故障可能是_______________________．
东东排除故障后，把的电阻接入电路，闭合开关，适当调节滑片的位置，电流表的示数如图丙所示，其示数为________．
断开开关，把的电阻换成的电阻，再次闭合开关后，滑片应向_____填“左”或“右”端移动．
在此实验中，滑动变阻器接入电路的阻值范围是____________东东同学在电源电压未知，缺少电流表的情况下，设计了如图丁所示的电路图阻值已知，来测量未知电阻的阻值．
闭合、，断开，适当调节滑片的位置，电压表示数为．
闭合、，断开，滑动变阻器滑片的位置保持不变，电压表示数为．
未知电阻的阻值_____________用字母表示．
答案：
；
电阻断路或电流表短路；
；右；
；

解析：
本题研究电流与导体电阻的关系，考查电路连接、故障分析、电流表读数、操作过程和控制变量法及设计方案测电阻的能力。
根据滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流表示数增大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
若电流表示数为，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了也可能电流表短路；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
当电阻的电阻接入电路，最大电流为，由串联电阻的规律和欧姆定律求出变阻器连入电路的最小电阻；
根据串联电路的规律及分压强原理，得出滑动变阻器接入电路的最大阻值；
分析开关转换时电路的连接及电压表测量的电压，由串联电路的规律及分压原理求出测电阻。
滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流表示数增大，即电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
闭合开关后，东东发现电流表没有示数，电压表有示数，电路中出现的故障可能是电阻断路或电流表短路；
东东排除故障后，把的电阻接入电路，闭合开关，适当调节滑片的位置，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为，其示数为；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由改接成的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动；
当电阻的电阻接入电路，最大电流为，由串联电阻的规律和欧姆定律，变阻器连入电路的最小电阻为：；
根据串联电路的规律及分压强原理：
有，即，故；
在此实验中，滑动变阻器接入电路的阻值范围是---；
东东同学在电源电压未知，缺少电流表的情况下，设计了如图丁所示的电路图阻值已知，来测量未知电阻的阻值。
闭合、，断开，适当调节滑片的位置，电压表示数为。
闭合、，断开，滑动变阻器滑片的位置保持不变，电压表示数为。
在中，电压表测待测电阻和定值电阻的总电压，
在中，电压表定值电阻的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，根据串联电路电压的规律，待测电阻的电压为：，
由分压原理有：，
未知电阻的阻值：
。
所以答案为：；
电阻断路或电流表短路；
；右；
；
。
30、科技小组用如图所示电路“测量定值电阻”的阻值。
请用笔画线代替导线，将图中的器材连接成完整电路。要求：
滑片向端移动时，电流表示数变小；连线不能交叉；
在连接电路时，开关应处于______选填“断开”或“闭合”状态，滑动变阻器滑片应位于______选填“”或“”端；
闭合开关前，发现电流表指针在零刻度线右端，其原因可能是______选填“”或“”；
A.电流表没调零
B.电流表正负接线柱接反了
问题解决后，闭合开关，滑片移动到某一位置时，电压表的示数为，电流表的示数如图所示，为______，则的阻值是______；
同组的成成说：若将定值电阻换成小灯泡，多测几组数据算出电阻并求出平均值作为小灯泡的电阻值，你认为这种做法______选填“正确”或“不正确”；原因是______。
另一小组的同学利用已知电阻，设计并连接了如图所示的电路来测量未知定值电阻的阻值。
主要步骤如下：
闭合开关和电压表的示数为；
只断开开关，电压表的示数为，
由此可得的阻值为______以上两空均用字母、、表示。
答案：
断开 不正确 灯丝的电阻随温度的升高而增大
解析：要求当滑动变阻器的滑片向滑动时，电流表的示数减小，即当滑动变阻器的滑片向滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，故滑片左侧电阻丝连入电路中，如下所示：
连接电路时，开关应断开，滑动变阻器的滑片应放在端；
、若电流表没调零，开关闭合前，电流表的指针不在零刻度线可能在右端，故A符合题意；
B、若电流表正负接线柱接反，闭合开关后，电流表的指针会反向偏转，故B不符合题意；
所以选：；
如图所示，电流表选用小量程，分度值为，其读数为，由欧姆定律可得的阻值：
；
若将定值电阻换成小灯泡，由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以灯丝电阻的平均值不等于灯泡正常发光时的电阻；
利用已知电阻，设计并连接了如图所示的电路来测量未知定值电阻的阻值。主要步骤如下：
闭合开关和，电压表的示数为，电压表测量电源电压；
只断开开关，电压表的示数为，
串联电路总电压等于各部分电压之和，由串联电路的电压特点可知，两端的电压：，
通过的电流：，
串联电路各处电流相等，由串联电路电流特点可知，通过的电流为；
由欧姆定律可得的阻值为：
。
所以答案为：如上图所示；断开；；；；；正确；灯丝的电阻随温度的升高而增大；。
当滑动变阻器的滑片向滑动时电流表的示数减小，说明滑片右移时接入电路中的电阻变大，据此确定变阻器的连接；
连接电路时，为保护电路，开关应断开，滑动变阻器的滑片应放在阻值最大处；
电流表使用前需要调整调零螺丝，使指针指在零刻度线处；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出待测电阻；
灯丝的电阻随温度的变化而变化，在实验中求平均值是没有意义的；
用等效替代法测出的电流，根据计算出的电阻。
本题考查电路连接、故障分析、电流表的读数、欧姆定律的运用、数据分析等知识，这些知识点是伏安法测电阻或电功率中最常见的内容，也是常考的内容。
31、小明用“伏安法”测量未知电阻的阻值。
根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图补充完整。要求滑动变阻器滑片向右滑动时它的电阻增大、电压表选择合适的量程。
闭合开关前要将滑动变阻器的滑片调到______端。
电压表的示数为时，电流表的示数如图丙所示为______，可算出电阻的阻值为______。
他接着移动滑动变阻器的滑片测出多组电压和电流的值，算出对应的电阻值及电阻的平均值，计算电阻的平均值的目的是______。
测出电阻的阻值后，小明还对标有的小灯泡的电阻进行了测量，他测量了多组数据，如下表所示。
次数
电压
电流
电阻
小灯泡亮度 亮度越来越暗
小明发现次测量的电阻值相差较大，和其他小组交流发现都存在类似情况，且小灯泡的电阻随电压减小而减小，亮度也变暗。同学们认为这种情况不是误差造成的，而是小灯泡电阻受______影响；亮度越来越暗，是小灯泡两端电压越来越小，实际功率变______的缘故。
答案：
为了减小误差 温度 小
解析：两节干电池，所以电压表选择量程，滑动变阻器滑片向右滑动时它的电阻增大，所以滑动变阻器左下接线柱接入电路，电路连接如图所示；
；
闭合开关前，滑动变阻器应调节在阻值最大处，所以滑动变阻器调在端；
电流表量程为，分度值为，所以读数为；
；
计算平均值的目的是减小误差；
小灯泡的阻值和温度有关，灯泡亮，温度高，阻值大，灯泡暗，温度低，阻值小；灯泡的亮暗程度表示灯泡的实际功率大小。
所以答案为：如图所示；；；；为了减小误差；温度；小。
两节干电池，所以电压表选择量程，滑动变阻器滑片向右滑动时它的电阻增大，由此可知滑动变阻器下面接线柱是哪一边的接入电路；
闭合开关前，滑动变阻器应调节在阻值最大处；
电流表读数时要先分析量程和分度值，再进行读数；由欧姆定律计算对于阻值；
为了实验数据的精确度可以多测几组数据求平均值，从而减小误差；
小灯泡的阻值和温度有关，灯泡的亮暗程度表示灯泡的实际功率大小。
本题考查了欧姆定律的综合应用，难度适中。
32、“法拉第”实验小组的同学到实验室做“测量小灯泡的电阻”实验，现有额定电压为的小灯泡以及符合实验要求的电表、开关和导线。如图甲是小虎没有连接完整的电路。
请你用笔画线代替导线，将图甲的电路连接完整，使滑片向右移时小灯泡变亮；
闭合开关前，小虎应将滑动变阻器的滑片移到最 端，以避免闭合开关时电路中的____过大损坏电路元件
闭合开关后，发现小灯泡不亮，接下来首先应该操作的是____填序号
A.检查导线连接是否良好 移动滑动变阻器的滑片观察小灯泡是否发光
C.断开开关 观察电流表和电压表是否有示数
小虎闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮，电压表指针明显偏转，电流表指针无偏转，则故障可能是______填序号
A.小灯泡短路 小灯泡断路 滑动变阻器短路 滑动变阻器断路
排查故障后，在实验过程中，多次移动滑动变阻器的滑片并记录多组数据，实验数据记录如表，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为___结果保留一位小数。
实验次数 电压表示数 电流表示数 小灯泡亮度
较暗
正常
很亮
测量完小灯泡的电阻后，小虎认为利用这套实验装置还能探究“电流与电压的关系”，小张不同意小虎的想法吗，请你分析理由是________________________________。
另外一组同学用相同的器材和电路图也做这个实验时，由于接线错误，根据测量的数据绘出的图象如图丙中的所示。你认为错误的原因可能是_____________________________________________。
小明做完以上实验之后，利用下图所示电路图测量未知电阻的阻值。
当只闭合时，电流表的示数为；
当闭合开关_________时，电流表的示数为；未知电阻的表达式为：_____________。
答案：
；
左或；电流；
；
；
；
灯泡电阻随温度而变化；
电压表并联在滑动变阻器两端；
、；
解析：
本题主要考查测量小灯泡的电阻和其他方法测电阻的实验，考查了实物电路的连接、电路故障的分析、电表读数、电阻的计算以及影响电阻的因素，都是常考的问题，要掌握好。
本实验中，电压表应测灯泡两端电压，根据灯泡的额定电压选择量程，电流表与灯泡串联；根据滑片向右移时灯泡变暗，确定变阻器接线柱的连接方法；
闭合开关前，为了防止电路中电流过大而损坏电路元件应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处；
闭合开关后，发现小灯泡不亮，分析可能的原因，确定接下来首先应该的操作；
根据各选项结合现象分析判断；
小灯泡正常发光时电压等于额定电压，由图读数电流表此时示数，由算出小灯泡正常发光时的电阻；
探究电流与电压的关系时要控制电阻大小不变；
当电路的电流变大时，由欧姆定律可知灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，根据如图丙中的图象分析错误的可能原因；
由电路图可知，当开关和闭合时，电路为的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
当开关断开，闭合时，两电阻串联，电流表测串联电路的电流，根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电源电压，利用电源电压不变求出的阻值。
测量小灯泡的电功率的实验中，电压表应与灯泡并联测其两端电压，灯泡的额定电压，所以电压表应选用量程；滑片向右移时小灯泡变亮，所以应将接线柱接入电路，实物连接如图所示：
；
闭合开关前为了防止电路中电流过大而损坏电路元件，应将滑动变阻器滑片移到最大阻值处的左端；
闭合开关后，发现小灯泡不亮，可能是电路断路，或灯短路，或电路的电流过小，故应先观察电流表和电压表是否有示数，若两表都没有示数，可能整个电路断路，若电压表有示数，电流表没有示数，可能是灯断路；若电流表有示数，电压表没有示数，可能是电压表或灯短路了，据此再确定下面的操作，选D；
小灯泡始终不亮，电流表指针无偏转，电压表指针明显偏转，
A.若小灯泡短路，电路是通路，电流表会有示数，电压表无示数，故A不符合题意；
B.若小灯泡断路，电压表被串联入电路中，小灯泡不亮，电流表指针无示数，电压表指针有示数，故B符合题意；
C.若滑动变阻器短路，电路仍是通路，灯泡发光，电流表会有示数，电压表有示数，故C不符合题意；
D.若滑动变阻器断路，整个电路断路，则小灯泡不亮，电流表会无示数，电压表无示数，故D不符合题意；
所以选B；
小灯泡正常发光时电压等于额定电压，由图乙知，电流表使用量程，分度值，读数为，
小灯的电阻为：
；
探究电流与电压的关系时要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，故不能探究电流与电压的关系；
当电路的电流变大时，由欧姆定律，灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，根据如图丙中的的图象知，错误的原因可能是：电压表并联在变阻器两端了；
当只闭合时，电流表的示数为，此时两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电源电压为：，
当闭合、时，电流表的示数为，此电路为的简单电路，电流表测量电路中的电流电源电压为：，
根据电源电压不变知：，
未知电阻的表达式为：。
所以答案为：见上图；左或；电流；；；；灯泡电阻随温度而变化；电压表并联在滑动变阻器两端；、；。24《测量小灯泡的电功率》
考点汇总：
1、实验原理：P=UI
2、实验器材：电源、小灯泡、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。
3、实验电路： 　　　　　　　　　　　
4、实验步骤：
①按电路图连接好电路，断开开关，将滑动变阻器的滑片置于阻值最大的位置；
②闭合开关，调节滑动变阻器，使灯泡在额定电压下发光，观察电流表和电压表的示数，记录为Ie、Ue，记录小灯泡的亮度；
③调节滑动变阻器，使灯泡两端的电压为额定电压的1.2倍，观察电流表和电压表的示数，记录为I1，U1，记录小灯泡的亮度；
④调节滑动变阻器，使灯泡两端的电压低于额定电压，观察电流表和电压表的示数，记录为I2，U2，记录小灯泡的亮度；
⑤重复步骤4两次，观察电流表和电压表的示数，记录为I3、U3，I4、U4，记录小灯泡的亮度；
⑥根据P=UI，算出小灯泡的额定功率Pe和实际功率的电功率P1……P4；
⑦分析数据，整理器材。
5、实验结论：
　①小灯泡的实际功率越大，小灯泡越亮；
　②当小灯泡的两端的电压等于额定电压时，小灯泡的实际功率等于额定功率， 小灯泡正常发光；
　③当小灯泡的两端的电压大于额定电压时，小灯泡的实际功率大于额定功率，小灯泡发光比正常情况下亮；
　④当小灯泡的两端的电压小于额定电压时，小灯泡的实际功率小于额定功率，小灯泡发光比正常情况下暗。
6、电源的选择：电源电压应高于小灯泡的额定电压。例如：，至少要选择2节干电池串联作电源，学生电源选择3V的电源。
7、电压表的量程应大于，电流表的量程应大于灯泡正常的工作电流；在被测电压、电流不超电压表、电流表量程的情况下，应尽可能选用小量程；例如的小灯泡电压表量程选0—3V，电流表选0—0.6A的量程。
8、滑动变阻器的允许通过最大电流要大于灯泡的正常工作电流，而其最大阻值应与灯泡的电阻差不多，以便调节效果明显。
9、滑动变阻器的作用：①保护电路；②将小灯泡两端电压调成额定电压。
10、实验多次测量的目的：测量小灯泡在不同电压下的电功率，并进行比较。
11、相同电压下LED灯比小灯泡亮的原因是：LED灯的电能转化光能的效率比白炽灯的高。
12、为什么不能通过求平均值求小灯泡的额定功率？额定功率是小灯泡额定电压下的功率，多次测量算出的功率不是额定功率。
13、实验中，调节滑动变阻器发现小灯泡一直比较亮，是由于：滑动变阻器接法错误，错误地接成了上面两个接线柱，相当于接入电路中的是导线。
14、实验中，调节滑动变阻器发现小灯泡一直比较暗，是由于：滑动变阻器接法错误，错误地接成了，滑动变阻器的下面两个接线柱，电路中相当于接入了一个定值电阻。
15、实验中如果发现小灯泡不亮原因可能是：灯泡被短路、干路断路、电池电压太小、灯泡被短路、电路中阻值过大，电流太小。
16、实验进行一段时间后发现，小灯泡有些变暗，电流表示数稍微减小，电池电压假设没有损耗，其中原因可能是：小灯泡的电阻随温度的升高而增大，根据欧姆定律，使电流变小。
典题精析：
1、在测量额定电压为的小灯泡电功率的实验中，电路已部分连接，如图甲所示，
请你用笔画线代替导线，将图甲中的电压表接在灯泡两端。
正确接入电压表后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数等于电源电压，其故障可能是______写出一种即可。
排除故障后，移动滑片到某一位置时，电压表示数如图乙所示，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向______选填“”或“”端移动，使电压表的示数为______。
移动滑片，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是______。
该实验装置______选填“能”或“不能”用来验证欧姆定律中的电流与电压的关系。
答案：
灯丝断路 不能
解析：灯泡的额定电压为，电压表要选择量程，电压表并联在灯泡两端，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出。如图。

灯泡不亮，电流表无示数，电路断路，灯丝断路时，电压表串联在电路中，电压表测量电源电压，电压表示数等于电源电压。
电压表使用量程，每一个大格代表，每一个小格代表，电压为。
要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从增大到，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向端移动，使电压表的示数为。
从图象得知，灯泡在下的电流为，。
要验证欧姆定律中的电流与电压的关系，应保持电阻阻值不变，但小灯泡的电阻随灯泡两端电压的变化而变化，所以利用此实验装置不能用来验证欧姆定律中的电流与电压的关系。
所以答案为：如上图；灯丝断路；；；；不能。
图中还有电压表没有接入电路，要从电压表的量程、连接方式、正负接线柱上考虑。
灯泡不亮可能是灯泡断路或短路，
灯泡断路时，电路断路，电路中没有电流，电流表无示数，电压表串联在电路中，电压表测量电源电压；
灯泡短路时，电路总电阻减小，电路电流增大，电流表示数增大，电压表测量导线电压，示数为。
读出电压表示数为，要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小。
从图象中查得额定电压下的额定电流，根据计算额定功率。
要验证欧姆定律中的电流与电压的关系，应保持电阻阻值不变，但小灯泡的电阻随灯泡两端电压的变化而变化，所以利用此实验装置不能用来验证欧姆定律中的电流与电压的关系。
本题考查了实物图的连接，电压表的读数，故障问题，功率计算，从图象获取信息的能力，最近两年从图象中获取信息频频出现，一定要掌握这种能力。
2、在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：电池组不变、电流表、电压表、小灯泡额定电压、滑动变阻器、开关、导线若干，实物电路如图甲所示。
请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器，发现小灯泡不亮，电压表示数始终为零，电流表示数变化明显。电路故障可能是______。
排除故障后进行实验，图乙是由实验数据描绘得到的小灯泡的图象，则小灯泡额定功率是______小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值是______。
分析小灯泡的图象，发现小灯泡灯丝的阻值随电压变化而变化，从本质上讲，引起小灯泡灯丝阻值变化的因素是______。
答案：
；小灯泡短路； ； ；温度
解析：将电压表与电阻并联，电源电压，所以电压表可选择的量程，如图所示：
小灯泡不亮，电路中无断路，电压表示数为，电流表示数变化明显，则可能是灯泡短路造成；
由图象，当灯泡电压时，通过灯泡的电流，小灯泡额定功率：；
滑动变阻器两端的电压：，
滑动变阻器接入的电阻：；
灯丝的电阻是变化的，因为不同电压下灯泡中电流不同、灯丝的温度不同，小灯泡灯丝的电阻受温度的影响。
所以答案为：如上图；小灯泡短路； ； ；温度。
由小灯泡的额定电压，选择电压表量程，电压表与电阻并联；
灯泡不亮，电流表有明显偏转，电路中无断路，电压表示数为，则灯泡短路；
由图象读出电压表示数为时通过灯泡的电流，由计算额定功率；由计算滑动变阻器接入电路的阻值；
小灯泡的电阻受温度影响。
此题是“测量小电灯功率”的实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电阻和功率的计算等，考查的知识点多，综合性强，这些都是经常考查问题，需熟练掌握。
3、小明在拆装手电筒时，发现手电筒的小灯泡上标有“”的字样，但上面的电流值已经模糊不清，他想通过实验测量该灯泡正常发光时的电功率，如图甲为他所连的实验电路．
经检查发现电路接线有错误，小雨只做了一处改动就闭合开关进行实验．请在他接错的导线上打上“”，并改正．
电路连接正确后好，闭合开关后，发现灯泡不发光，电流表无示数，但电压表示数接近电源电压，则产生此故障的原因可能是_______ ．
排除故障后继续实验时，小雨移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为时，电流表的示数如图乙所示．则该小灯泡的额定电流为___ ，正常发光时的功率为___ ．
在此实验的基础上，老师又出示了数百欧的电阻，小明与其他同学经过讨论，通过增加一电阻箱、定值电阻、单刀双掷开关等器材，设计出了如图丙所示的方案，实验按下列步骤进行，请将有关步骤填写完整，并回答相关问题．
第一步：按电路图正确连接电路．
第二步：将开关拨到，记下电压表示数为．
第三步：将开关拨到，调节________，使得电压表示数为____ 读出电阻箱的阻值大小，该阻值大小就是的大小．
该方案测电阻有不足之处，你认为不足之处是：_____________．
答案：
灯泡断路

电阻箱 只能得到一组数据，测量次数太少，误差较大

解析：
滑动变阻器依靠改变接入电路的电阻线的长度改变电阻，连接方法是“一上一下”； 为使小灯泡正常发光，电源电压必须大于或等于小灯泡的额定电压；
电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，说明电路断路，据此分析故障的可能原因；
读取电流表示数时，首先要明确电流表选择的量程和对应的分度值；已知灯泡额定电压和正常工作的电流，利用公式计算灯泡功率；
由图知，开关分别接或时，待测电阻与电阻箱分别与定值电阻串联，当待测电阻阻值与电阻箱阻值相等时，电压表示数相等，距此分析能否测待测电阻阻值。
本题考查了电路连接、电路故障分析、电流表读数、灯泡功率、实验步骤的设计和评估；涉及到的知识点较多，综合性较强，给解题带来困难。
由实物图知，滑动变阻器上面的两个接线柱同时接入了电路，此时移动滑片，不能改变电路电流，必须要“一上一下”选择接线柱． ；
灯泡不发光，电流表无示数，说明某处发生了断路，电压表示数接近电源电压，说明与电压表并联的灯泡出现了断路；
电流表选择的是量程，小灯泡正常工作的电流为，灯泡额定电压为，
所以灯泡额定功率；
如图丙所示的方案是利用等效替代法测电阻，实验步骤：
第一步：按电路图正确连接电路；
第二步：将开关拨到，记下电压表示数为；
第三步：将开关拨到，调节电阻箱，使得电压表示数为，读出电阻箱的阻值大小，该阻值大小就是的大小；
该方案测电阻通过改变开关连接或的位置，改变待测电阻和电阻箱与定值电阻的串联关系，虽能得出待测电阻的阻值，但只能得到一组数据，测量次数太少，误差较大。
所以答案为： ； 灯泡断路；；； 电阻箱；；只能得到一组数据，测量次数太少，误差较大。

4、一只小灯泡的额定电压为，正常发光时的电阻约为小明想测量这个小灯泡的额定功率，实验室中有如下器材：一个电压表、一个电流表、一个开关，电源：电压为的规格，电压为的规格可选，滑动变阻器规格 ，导线若干。
为保证实验顺利进行，本实验应该选择______选填“”或“”规格的电源
请用笔画线代替导线，将图甲所示电路连接完整要求滑片向左滑动时变阻器阻值变小。
小明调节滑动变阻器滑片位置直到电压表读数为，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定电流为______，小灯泡的额定功率为______。
完成上述实验后，小明进行了反思，如果刚才电压表被损坏了，能不能换成其他的实验器材来完成实验呢，经过思考，他用了一个已知阻值为的电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图丙所示的电路，也测出了灯泡的额定功率，请完成下列实验步骤：
闭合开关，将拨到触点“______”，移动滑片，使电流表的示数为______用表示；
再将开关拨到另一触点，保持滑片的位置不动，读出电流表的示数；
灯泡额定功率的表达式为______。用已知量和测量量表示
答案：
；
；
； ；
；；

解析：
根据串联电路电压的规律，求出灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值，根据分压原理确定变阻器连入电路中的电阻与题中滑动变阻器的最大阻值比较；
根据滑片向左滑动时变阻器阻值变小确定变阻器的连接，与电流串联，将电压表与灯并联；
由图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数，然后又求出灯泡额定功率；
在没有电压表的情况下，测灯泡的额定功率，电流表和定值电阻应起到电压表的作用；当通定值电阻的电流为时，定值电阻的电压为灯的额定电压；根据并联电路电压的规律，灯一定正常发光，在滑片位置不动的情况下，通过开关的转换使电流表测通过灯与定值电阻的总电流，根据各用电器的电阻和电压均不发生改变，通过定值电阻的电流不变，根据并联电路电流的规律可求出灯的额定电流，根据，写出灯的额定功率表达式。
本题测量小灯泡的额定功率，考查器材的选择、电路的连接、电流表读数、额定功率的计算及在没有电压表的情况下设计实验方案的能力，综合性强，难度较大。
灯泡正常发光时滑动变阻器的电压：
，根据分压原理：
，即-------
若电源电压为，
由得，变阻器连入电路中的阻值大小：
，故不可行；
若电源电压，
由得，变阻器连入电路中的阻值大小：
，可行；
所以选用电压为的规格的电源；
滑片向左滑动时变阻器阻值变小，滑片接左下接线柱，把滑动变阻器与电流表串联接入电路，电压表并联在灯泡两端，实物电路图如下图所示：
由图乙电流表可知，其量程为，分度值为，示数为，灯泡额定功率：
；
闭合开关，将拨到触点“”，使电流表的示数为：
；
再将开关拨到触点“”，保持滑片的位置不动，读出电流表的示数；
在中，电流表测定值电阻电流，当电流表示数为：
，根据欧姆定律，定值电阻两端电压为
根据并联电路电压的规律，灯泡两端电压为额定电压；
在中，电流表测灯与定值电阻的总电流，根据电路的连接关系没有改变，根据各用电器的电阻和电压均不发生改变，通过定值电阻的电流不变，根据并联电路电流的规律，通过灯的额定电流：
，
灯泡额定功率的表达式为：
。
所以答案为：；
；
； ；
；；
。
5、在“测量小灯泡的电功率“的实验中，电源电压为，灯泡额定电压为。
请根据图甲，将图乙所示的实物电路用笔画线连接完整；
在连接电路时，开关应______，滑动变阻器的滑片应置于______端选填“”或“”；
移动滑片，当电压表的示数为时，电流表的示数如图丙所示，其示数为______，小灯泡此时的电功率为______要测量小灯泡的额定功率，需将滑片向______端移动选填“”或“”直到电压表的示数为；
实验中，小灯泡突然熄火，电流表示数为零，电压表示数变大，电路中的故障可能是______。
答案：
断开；；
；；；
灯泡断路
解析：“测量小灯泡的电功率“的实验中，电源电压为，灯泡额定电压为故电压表的量程选“”，并联在小灯泡两端，如下图：
电路连接过程中，开关应断开，滑片滑到阻值最大处，阻值最大处在端；
电流表使用量程，分度值为，电流为；此时小灯泡的实际功率：；
要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从增大到，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向端移动，使电压表的示数为为止；
灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表与灯泡并联；闭合开关，灯泡不亮，说明电路存在断路或灯泡发生短路；电流表示数为零，说明电路发生断路；电压表示数变大，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电路故障为灯泡断路。
所以答案为：如上图；断开；；；；；灯泡断路。
6、某同学用如图甲电路测定小灯泡的电功率，电源电压为，小灯泡标有“字样灯丝电阻约为，有以下两种规格的滑动变阻器可选用：“、“。
应选用滑动变阻器_____选填或“。
连接好电路，闭合开关后发现小灯泡比正常工作时亮，他想到自己在闭合开关前遗漏了一个步骤，立即断开开关。遗漏的步骤是___________。
改正错误后，闭合开关小灯泡不亮，电流表和电压表指针都有较小的偏转，则小灯泡不亮的原因是_________。
A.小灯泡烧坏 小灯泡短路 小灯泡的实际功率太小
排除故障后，闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，其读数是_________为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向________端移动选填“左或“右”。
调节滑动变阻器，当小灯泡正常发光时，电流表的示数为，小灯泡的额定功率是__________。
答案：
；
闭合开关前，应将变阻器的滑片移到阻值最大处；
；
；左；

解析：
本题考查测灯的功率，器材的选择、注意事项、故障分析、操作过程及额定功率的计算。
根据小灯泡额定电压为，灯丝电阻约为由欧姆定律求灯的额定电流，当灯正常发光，根据串联电路的规律及欧姆定律求选用的变阻器的电阻；
开关闭合前为保护电路，变阻器连入电路中的电阻应最大；
电流表和电压表指针都有较小的偏转，说明电路为通路，小灯泡不亮，说明电路中电流过小，据此分析；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，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；
根据求灯的额定功率。
电源电压为，小灯泡额定电压为，灯丝电阻约为，根据欧姆定律，灯的额定电流约为：
，当灯正常发光，根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器的电阻为：
，所以选用“”的变阻器；
开关闭合前为保护电路，变阻器连入电路中的电阻应最大，遗漏的步骤是：闭合开关前，应将变阻器的滑片移到阻值最大处；
改正错误后，闭合开关，电流表和电压表指针都有较小的偏转，说明电路为通路，小灯泡不亮，说明电路中电流过小，灯的实际功率太小，选C；
灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，分度值为，其读数是，小于灯的额定电压，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
调节滑动变阻器，当小灯泡正常发光时，电流表的示数为，小灯泡的额定功率是：
。
所以答案为：；闭合开关前，应将变阻器的滑片移到阻值最大处；；；左；。
7、小明同学手里有一个标有“”字样的小灯泡，他想知道小灯泡正常工作时的电功率，于是在学校实验室借来一些实验器材，连接了如图甲所示的实验电路，电源电压恒定不变。
在图中找出连接错误的一根导线并在该导线上画“”，用笔画线代替导线将电路连接正确。所画的导线要用实线，不可用虚线
该实验的原理是______。
连接电路时，开关应该______。
闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，他发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数。则故障原因可能是______。
在实验时，电压表出现了故障不能使用。小明向老师借了一只定值电阻阻值已知，设计了如图乙所示的电路，继续测量额定电压为的小灯泡的额定功率。测量时，应先闭合开关和，调节滑动变阻器，当电流表的示数为______时，小灯泡正常发光；接着将断开，闭合，读出电流表的示数为，则小灯泡的额定功率______用、和表示。
答案：
；
；
断开；
小灯泡短路；
；
解析：
要测量的小灯泡的电功率，应将电压表的量程选择“”，据此修改；
测量小灯泡的电功率的实验原理是；
为了保护电路元件，在连接电路时，开关要断开；
将正常的电流表、电压表接入电路，当闭合开关后，发现电流表有读数，说明电路为通路；电压表读数始终为零，说明电压表测量的用电器发生短路；
根据并联电路电压的关系，各支路两端的电压相等，当电阻两端的电压等于灯泡的额定电压时，小灯泡正常发光，根据欧姆定律得出电流表的示数；
根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和计算出灯泡的电流；
根据写出小灯泡的额定功率表达式。
本题考查了测量小灯泡的电功率的实验原理、连接实物电路图、电路故障分析、实验数据处理等，是实验的常考问题，一定要掌握；连接实物电路图时，要注意电表量程的选择，注意题目要求。
要测量的小灯泡的电功率，应将电压表的量程选择“”，把电压表量程改过来，如图所示：
测量小灯泡的电功率的实验原理是；
为了保护电路，在连接电路时开关应该处于断开状态；
闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，说明电路是通路，小灯泡或电压表发生短路，故障原因可能是小灯泡短路；
，要使小灯泡正常发光，则灯泡两端的电压等于额定电压，应断开，闭合、，此时电流表的示数应为；
要测通过灯泡的电流，在不拆电流表的情况下，则应闭合、，断开，此时电流表测干路电流，则灯泡的电流；
根据功率公式
8、某实验小组的同学用图甲所示器材测量小灯泡电功率，待测小灯泡的额定电压为，额定功率小于，电源电压恒为，滑动变阻器的规格为“ ”，图甲所示是该实验小组没有连接完整的电路．
请你用笔画线代替导线，在图甲中把电路连接完整．
正确连接完电路，闭合开关后，发现无论怎样移动滑片，小灯泡都不亮，电流表无示数，电压表示数明显，仔细检查，连接无误，那么出现该状况的原因应该是________填“”“”“”或“”
A.电流表内部断路了 灯泡的灯丝断了
C.灯座内部出现了短路 滑动变阻器的电阻线断了
排除故障后，通过正确操作，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，其值为________，小灯泡的额定功率为________．
测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，应将滑动变阻器的滑片向________填“左”或“右”端滑动．
测量小灯泡的电功率________填“需要”或“不需要”多次测量求平均值，原因是_________________________________________________________．
【拓展】
图丙是该实验小组的同学测量小灯泡电功率的电路图，测量后他们对测量结果进行了误差分析，考虑电表内阻对电路的影响，该电路主要是由所测________填“电压”或“电流”值偏大引起所测小灯泡电功率偏大的．
答案：
如图所示．
右 不需要 小灯泡在不同电压下的功率不同 电流

解析：小灯泡的额定电压为，故电压表选用大量程与小灯泡并联．
若电流表内部断路了或滑动变阻器的电阻线断了，则整个电路断路，两表都没有示数；若灯泡的灯丝断了，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表串联在电路中，电压表测电源电压，有示数；若灯座内部出现了短路，则电压表没有示数，电流表有示数．所以选B．
电流表选用的是小量程，分度值为，故其值为，小灯泡的额定功率．
测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，要增大小灯泡两端电压，即减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应将滑动变阻器的滑片向右端滑动．
根据并联电路电流的规律，电流表示数等于通过小灯泡的电流与通过电压表电流之和，故该电路主要是由所测电流值偏大引起所测小灯泡电功率偏大的
9、如图所示，小丽同学在测量额定电压为的小灯泡电功率，小灯泡正常发光时的电阻约为，电源是两节新干电池．
连接电路时开关应________请用笔画线将图乙电路连接完整，要求滑片向左移动时，接入电路的电阻变小．
电路正确连接后，闭合开关，移动滑片未达到最小电阻值，发现灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是________________．
排除故障后，为了测量小灯泡的额定电功率，调节滑片使电压表示数为________，此时电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定电功率是________．
实验中发现电流表坏了，小丽向老师要了一个已知阻值为的定值电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图丁所示的实验电路，测出了小灯泡正常发光时的电阻，请你帮她完成下列实验步骤：
连接好实验电路，闭合开关，将开关拨到触点________填“”或“”，移动滑片，使电压表的示数为________．
保持滑片的位置不动，再将开关拨到触点________填“”或“”，读出电压表的示数为．
小灯泡正常发光时电阻的表达式为________用已知量和测量量表示．
答案：
断开；如答图所示 小灯泡短路 ；
；

解析：略
10、有一只小灯泡的铭牌上仅能看清“”的字样，小强为了测量该小灯泡的额定功率，进行了如下实验：
他连接了如图甲所示的电路，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡不亮，电流表的示数始终为零，电压表的示数接近保持不变，为了排除故障，接下来的操作合理的是______选填字母；
A.拧紧开关两端的接线柱拧紧小灯泡和它两端的接线柱
他测量小灯泡额定功率的实验原理是______填公式，图甲中______填仪器名称的量程选择不合理；
排除故障后，正确连接电路，使小灯泡正常发光，电压表示数如图乙所示为______，小灯泡的额定功率为______；
小强对实验进行了拓展，利用如图丙所示的电路，测出了另一只已知额定电流为的小灯泡的额定功率，请完成实验步骤：
闭合开关，开关连接，移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为______；
保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关连接，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为，读出电阻箱的示数为；
则小灯泡的额定功率表达式______用字母表示。
答案：
；；电流表；；；；。
解析：他连接了如图甲所示的电路，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡不亮，电流表的示数始终为零，电路可能断路，电压表的示数接近保持不变，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的部分断路了，为了排除故障，接下来的操作合理的是拧紧小灯泡和它两端的接线柱，选B；
他测量小灯泡额定功率的实验原理是：，灯的额定电流为，故电流表选用小量程，故图甲中电流表的量程选择不合理；
排除故障后，正确连接电路，使小灯泡正常发光，电压表选用小量程，分度值为，示数为，小灯泡的额定功率为：
；
小强对实验进行了拓展，利用如图丙所示的电路，测出了另一只已知额定电流为的小灯泡的额定功率，请完成实验步骤：
闭合开关，开关连接，移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为；
保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关连接，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为，读出电阻箱的示数为；
在中，灯与变阻器串联，电流表测电路的电流，电流表示数为，故灯正常发光；
在中，电阻箱与变阻器串联，电流表示数仍为，由等效代法，电阻箱的示数；即为灯正常发光时的电阻，则小灯泡的额定功率表达式。
若电流表示数为，灯不亮，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的部分断路了；
测量小灯泡额定功率的实验原理是：，根据灯的额定电流为，电流表应选用小量程；
根据电压表选用小量程确定分度值读数，根据求出小灯泡的额定功率；
已知灯的额定电流，根据，测量出灯正常发光的电阻是关键：
先将灯与变阻器串联，通过移动变阻器的滑片，使电流表示数为，灯正常发光；
根据开关的转换控制变阻器的滑片位置不变，使电阻箱与变阻器串联，保持电流表示数不变，由等效替代法可知电阻箱的示数即为灯正常发光时的电阻，从而得出灯的额定功率。
本题测量该小灯泡的额定功率，考查故障分析、实验原理、电流表连接、电压表读数、功率计算及设计方案测额定功率的能力和等效替代法的运用。
11、小红做“测量小灯泡电功率”实验，实验室有如下器材：电源电压恒为、小灯泡额定电压为，灯丝电阻约为、电流表、电压表、开关各一个、规格分别为“ ”和“ ”的滑动变阻器各一个、导线若干．
小红设计了如图甲所示的电路，她应选用规格为________填“”或“”的滑动变阻器，该实验中滑动变阻器的主要作用是____________________．
正确连接电路后，闭合开关，若小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，原因是____________________；若小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因是____________________．
排除故障后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡图象如图乙所示，小灯泡的额定功率为________．
由图乙发现灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是______________________________________________．
在没有电压表、只有电流表的情况下，小红增加了一只的定值电阻并利用原有器材，也测出了额定电压为小灯泡的额定功率．步骤如下：
按照如图丙所示的电路图正确连接实物电路；
闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电流表示数为________时，灯泡正常发光；
断开开关，保持___________不变，将电流表改接在灯泡所在支路中，再闭合开关，读出电流表示数；
小灯泡额定功率的表达式为___________．
答案：
；改变灯泡两端的电压； 小灯泡短路或电压表短路；小灯泡断路； ；灯丝温度； ；
滑动变阻器滑片的位置或滑动变阻器接入电路的阻值； 或
解析：
本题考查了测量小灯泡电功率的实验。
根据串联分压原则判断滑动变阻器的规格；此实验中滑动变阻器的主要作用是调节灯泡两端的电压，以便于找出实际电压和实际功率的关系；
小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，可能是灯泡短路；灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，可能是灯泡断路；
小灯泡的额定功率；
灯丝阻值随温度的变化而变化；
在缺少电压表时，可将阻值为的定值电阻与灯泡并联，当通过定值电阻的电流为时，两端电压为，则此时灯泡两端电压也是，再测出此时通过灯的电流即可求出灯的额定功率。
因为灯泡的额定电压为，所以变阻器两端电压的最小值为，即与的电阻比值为，又因为灯丝电阻约为，所以变阻器阻值不能小于，故应选用滑动变阻器“ ”；
正确连接电路后，闭合开关，若小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，原因是小灯泡短路或电压表短路；若小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因是小灯泡断路；
排除故障后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡图象如图乙所示，小灯泡电压时对应的电流为，小灯泡的额定功率为；
由图乙发现灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是灯丝温度；
闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电流表示数为时，那么定值电阻的电压为，此时小灯泡与定值电阻并联，电压相等，所以小灯泡的电压为，是额定电压，灯泡正常发光；
断开开关，保持滑动变阻器滑片的位置不变，将电流表改接在灯泡所在支路中，再闭合开关，读出电流表示数，此时电流表示数正好是小灯泡的额定电流；
小灯泡额定功率的表达式为。
12、小明利用如图甲所示电路测定小灯泡的功率．被测小灯泡的额定电压为，实验器材如下：电源电压为、电流表 一只、电压表 一只、开关一个、导线若干、滑动变阻器一只．
实验前在检查仪器时，发现电流表指针如图乙所示，则接下来的操作是______正确连接电路闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，灯泡都不亮，电压表示数接近，电流表示数几乎为，电路的故障可能是______；
排除电路故障后，闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，多次测量，小明画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象如图丙，则小灯泡的额定功率为______在多次测量中，小明还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______选填“变大”、“变小”或“不变”．
灯泡的功率测量完毕，小明用、、、、的定值电阻更换电路中的灯泡，探究电流跟电阻的关系，得到如图丁所示的电流随电阻变化的图象，由图象丁可知，小明在不同电阻两端所加的电压是______分析图象丁得出电流与电阻的关系是：______．
答案：
将电流表的指针调零；小灯泡断路；
；变大；
；电压一定时，电流与电阻成反比
解析：
本题是测定小灯泡的功率实验，考查了实验前仪器的检查、常见故障的分析、操作过程、功率的计算、影响电阻大小的因素以及电流与电阻的关系等知识，涉及到的知识多，综合性强，有一定难度。
由图乙知，电流表指针没有指在零刻度线上，使用电流表前应对电流表进行机械调零，使指针指在零刻度线上；闭合开关灯泡不亮，可能是灯泡断路或短路或灯泡之外的电路断路；电流表无示数可能是电路断路；电压表示数接近，等于电源电压，说明电压表与电源两端相连，电压表并联电路之外，不存在断路；综合分析知电路故障原因；
已知灯泡的额定电压，通过图象得到额定电压下的电流，根据求出小灯泡的额定功率；根据欧姆定律分别求出几个电阻值，判断电压与电流大小比值的大小变化；
在探究电流与电阻的关系时，要改变接入电路的电阻阻值大小，但不同阻值的电阻两端电压不变；分析图象丁即可得出结论。
电流表指针没有指在零刻度线上，应先将电流表的指针调零；
电路正确连接后，闭合开关，移动滑片，发观灯泡都不亮，且电流表无示数，说明电路存在断路，
电压表示数接近，说明与电压表并联的部分出现断路，即电路故障可能是小灯泡断路；
由图象知，当小灯泡的额定电压时，通过灯泡的电流为，
所以灯泡的额定功率：；
由图象知，当电压为时，对应的电流为，电压与电流比值大小为，
当电压为时，对应的电流为，电压与电流的比值为，
所以，当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大；
探究电流跟电阻的关系，应保持定值电阻两端电压不变，
由图象知，当时，对应的电流，
由欧姆定律得，电阻两端的电压：
，
同理，当时，对应的电流，
由欧姆定律得，电阻两端的电压：
，
依次计算可得，不同电阻两端所加的电压都是；
由图象丁可得，电流与电阻的关系是：电压一定时，电流与电阻成反比。
所以答案为：将电流表的指针调零；小灯泡断路；
；变大；
；电压一定时，电流与电阻成反比。
13、在“探究小灯泡在不同电压下工作时的电功率是否相同”的实验中，实验室提供了如下器材：电源电压恒为，滑动变阻器规格为““，小灯泡的额定电压，额定功率小于，两个阻值分别为、的定值电阻可供选择。
为使小灯泡两端电压有一较大的调节范围，小聪设计了如图甲所示的电路，请用笔画线代替导线，完成图乙中实物电路的连接。
正确连接电路后，进行实验，记录的数据如表所示。当电压表示数为时，电流表示数如图丙所示，小灯泡的额定功率为______。
电压
电流
电功率
分析表中数据可得出结论：小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而______。根据数据还可判断出，小聪在实验中选用的是______的定值电阻。
完成实验后，爱动脑筋的小聪又想出一种测量小灯泡额定功率的方法，设计了如图丁所示的电路，所用电压表量程为“”，请将以下实验步骤补充完整。
检查电路无误后，闭合开关，将开关拨至“”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为______；
滑片不动，再将开关，拨至“”，读出电压表示数为；
小灯泡的额定功率：______。用、、表示
若步骤中，在将开关拨至“”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值______选填“偏大”或“偏小”。
答案：
；
；
增大；；
；；偏小
解析：
本题是“探究小灯泡在不同电压下工作时的电功率是否相同”的实验，考查了实物电路的连接、电流表的读数、电功率的计算以及测电功率的特殊方法，对于测小灯泡的额定功率，关键是判断小灯泡正常发光只能根据电表的示数，所以一般第一步是让电表的示数或其两端的电压或通过它的电流等于其额定值。
先根据估测灯泡的额定电流，进而确定电流表的量程，然后按电流的顺顺连接即可；
电流表选择量程，分度值为，根据指针位置进行读数，然后根据求出小灯泡的额定功率；
由表中数据可知，随着灯泡两端电压的增大，电流也增大，根据可知小灯泡消耗的电功率变化情况；
由表中数据可知，第次实验电流最大，此时电路总电阻最小，根据求出第次实验时电路总电阻，进而得出答案；
要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，根据串联电路电压规律可得出电压表的示数；
滑片不动，再将开关拨至“”，求出此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流，根据求出小灯泡的额定功率；
将开关拨至“”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压和定值电阻两端的电压变化，最后根据可判断测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小还是偏大。
由得，小灯泡的额定电流约为：，所以，电流表选择的量程；
灯泡、及滑动变阻器串联，故将电流表的“”接线柱与电源的“”极连接，小灯泡的左接线柱与的左接线柱连接，如图所示：
由可知，电流表选择的量程，分度值为，示数为，
则小灯泡的额定功率：。
由表中数据可知，随着灯泡两端电压的增大，电流也增大，根据可知，小灯泡消耗的电功率增大，即小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而增大。
由表中数据可知，第次实验电流最大，此时电路总电阻最小，
由可得，第次实验时电路总电阻：，
因，已知定值电阻的阻值为或，
故小聪在实验中选用的是。
要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，
闭合开关，将开关拨至“”，小灯泡、和滑动变阻器串联，电压表测和滑动变阻器两端的电压，调节滑动变阻器的滑片，灯泡正常发光时，
电压表的示数：。
滑片不动，再将开关拨至“”，电压表测两端的电压，此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流：。
小灯泡的额定功率：。
将开关拨至“”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压变大，定值电阻两端的电压变小，
根据可知，测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小。
所以答案为：如上图所示；；增大；；；；偏小。
本题是“探究小灯泡在不同电压下工作时的电功率是否相同”的实验，考查了实物电路的连接、电流表的读数、电功率的计算以及测电功率的特殊方法，对于测小灯泡的额定功率，关键是判断小灯泡正常发光只能根据电表的示数，所以一般第一步是让电表的示数或其两端的电压或通过它的电流等于其额定值。
14、在测定额定电压为“”小灯泡电功率的分组实验中：
请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
小明闭合开关后，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则故障可能是______。排除故障后，移动滑片使小灯泡正常发光，此时电流表数如图乙所示，则小灯泡额定功率为______。
小华在进行实验数据处理时，算出了小灯泡的平均功率如表，你认为这样处理数据是______合理不合理的，理由：______。
实验序号 电压 电流 功率 平均功率



下列描述小灯泡功率随滑动变阻器阻值变化情况的图象中，正确的是______
答案：
；
小灯泡断路；；
不合理；小灯泡在不同实际电压下的实际功率不同，求平均值没意义；

解析：由小灯泡额定电压为“”，可选电压表的量程为“”，滑动变阻器要一上一下连接，小灯泡的右接线柱与滑动变阻器的上接线柱连接，如下图所示：
电压表并联在灯的两端有示数，而灯不亮，说明小灯泡的两接线柱接触不良或小灯泡与灯座接触不良，即小灯泡断路；
电流表量程是，最小分度值是，电流表的示数，灯泡的额定功率；
灯泡在额定电压下的功率是额定功率，小华的说法是不合理的；小灯泡在不同实际电压下的实际功率不同，反映了小灯泡的明暗程度不同，求平均值没意义；
小灯泡与滑动变阻器串联，由公式可得，小灯泡功率，小灯泡的功率随滑动变阻器阻值增大时，电流减小，功率减小，利用数学知识对比图可选B。
所以答案为：如上图；小灯泡断路；；不合理；小灯泡在不同实际电压下的实际功率不同，求平均值没意义；。
由小灯泡额定电压为“”，可选电压表的量程；滑动变阻器要一上一下连接；
在判断故障时，电压表的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通；确定电流表的量程及分度值，由图读出电流表示数，由公式求出灯泡的额定功率；
灯泡在额定电压下的功率为额定功率，据此分析答题；
小灯泡功率分析解答。
本题重点考查了实物电路的连接和额定功率的计算以及对图象的分析，是一道综合实验题。
15、某同学做“测量小灯泡额定功率的实验，小灯泡标有“”字样，测量电路图如图所示：
该实验的原理是______；连接电路时，要将滑动变阻器的滑片移向______填“”或“”端。
电路图中表和表分别为______填“”或“”
A.和 ．和
正确接入电表后，实验中滑动变阻器滑片移到某个位置时，电压表示数如图所示，其电压为______若他想测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向______填“”或“”端移动。
下表中为该同学的实验记录分析表：
李老师认为该同学的数据处理过程有误，你认为正确的测量结果应该为______。
实验次数 电压表示数 电流表示数 实际功率 额定功率
从表格中的数据可知，灯丝的电阻随两端电压的增加而______填“增大”或“减小”，灯丝电阻发生变化的本质是电阻随______而增大。
答案：
；；；；；；增大；温度的升高
解析：该实验的原理是；
连接电路时，为保护电路，要将滑动变阻器的滑片移向阻值最大处，即端。
电流表与待测电路串联，电压表与待测电路并联，故E为电流表，为电压表，所以选 B；
灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，分度值为，示数为，小于灯的额定电压，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向移动，直到电压表示数为额定电压；
灯在额定电压下的功率为额定功率，在不同电压下功率不同，取平均值没有意义。
正确的测量结果应该为：。
从表格中的数据，根据欧姆定律，，可知，次实验的电阻大小分别为：、、，故灯丝的电阻随两端电压的增加而增大；
由表中数据知，通过灯的电流随电压的变大而增大，根据灯的功率增大，温度升高，因灯丝电阻随温度的升高而增大，故灯丝的电阻变大，故发生变化的本质是灯丝电阻随温度的升高而增大。
所以答案为：；；；；；；增大；温度的升高
测电功率实验的原理是；连接电路时，要将滑动变阻器的滑片移向阻值最大处；
电流表与待测电路串联，电压表与待测电路并联；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，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；
灯在额定电压下的功率为额定功率，在不同电压下功率不同，取平均值没有意义。
根据灯丝电阻随温度的升高而增大分析。
本题测量小灯泡额定功率的实验，考查原理、注意事项、电表的连接、额定功率的计算及影响电阻大小的因素。
16、在“测量小灯泡额定功率”的实验中，器材有：电源电压恒为、开关、电压表和电流表各一只、额定电压为的灯泡、滑动变阻器、、导线若干。
以画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整。要求：滑片向左移动时小灯泡变亮
闭合开关前，发现电流表的指针如图乙所示，其原因是______；
问题解决后，第一小组的同学通过改变滑动变阻器的阻值，得到了小灯泡的电流随其两端电压变化的图象，如图丙所示，则小灯泡的额定功率为______；
第一小组的同学在实验中还发现，电压表与电流表示数的比值变大，原因是______；
第二小组的同学在准备进行实验时，发现电压表坏了，他们找到了一个阻值为的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也顺利的完成了实验：
先闭合开关、，断开，调节滑动变阻器，使电流表的示数为，则______；
保持滑片的位置不变，闭合开关、，断开，读出电流表的示数为，则小灯泡的额定功率______。用、、表示
答案：
没有将电流表的指针调零 灯丝电阻随着温度的升高而增大
解析：
因滑片向左移动时小灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
闭合开关前，发现电流表的指针如图乙所示，其原因是：没有将电流表的指针调零；
根据图丙小灯泡的电流随其两端电压变化的图象知，灯在额定电压时的电流为，则小灯泡的额定功率为：；
由欧姆定律，电压表与电流表示数的比值变大，即灯的电阻，灯的电阻变大原因是灯丝电阻随着温度的升高而增大；
先闭合开关、，断开，调节滑动变阻器，使电流表的示数为；
保持滑片的位置不变，闭合开关、，断开，读出电流表的示数为，
在中，电流表测定值电阻的电流，电流表的示数为，值电阻的电压为，由并联电路电压的规律，灯的电压为，灯正常发光；
在中，电流表测灯与并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：
，则小灯泡的额定功率：
。
所以答案为：
如上所示；没有将电流表的指针调零；；灯丝电阻随着温度的升高而增大；；。
根据滑片向左移动时小灯泡变亮确定变阻器左下接线柱连入电路中与灯串联；
电流表使用前要调零；
根据图丙小灯泡的电流随其两端电压变化的图象知灯在额定电压的电流，根据求出小灯泡的额定功率；
由欧姆定律结合灯丝电阻随着温度的升高而增大分析；
要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻应起到电压表的测量作用，故将与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为时，由并联电路电压的规律，灯的电压为，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡额定功率，考查电路连接、电流表使用、功率计算、欧姆定律的运用、影响电阻大小的因素及设计方案测额定功率的能力。
17、在测小灯泡电功率实验中，小杨同学选用的器材有：额定电压为的灯泡、电流表、电压表、开关、学生电源、滑动变阻器和若干导线等。
请根据图甲，用笔画线代替导线，将答图乙中的实物电路连接完整要求：向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉；
连接电路时，开关必须______，滑动变阻器的滑片应调到最______阻值处；
正确连接电路后，闭合开关，发现电压表无示数，电流表有示数，原因是灯泡______其它部分均完好；
故障排除后，滑片移至某处，电压表表盘如图丙所示，其读数为______，再读出电流表的示数，由此算出此时灯泡电功率______用字母表示；
小杨同学继续移动滑片，将两电表对应的示数记录到下表中
实验序号
电压表示数
电流表示数
则灯泡的额定功率为______，他分析表中数据，发现灯泡的电阻也在变化，主要原因是灯丝的电阻随温度的升高而______。
答案：
；
断开；大；
短路；
；；
；增大
解析：
本题考查了实物图连接、连接电路的注意事项、电路故障的判断、影响电阻的因素、功率的计算公式的应用，本实验是电学中的重点实验，要掌握好。
滑动变阻器应串联入电路中，滑片向右移动时电流变小，由此确定滑动变阻器的接线情况；
连接电路时，应断开开关，并且将变阻器的滑片滑动最大值；
电流表有示数，说明电路是通路，再由电压表无示数分析故障的原因；
由图丙读出电压表示数，由表示出此时灯泡的电功率；
由表格可知灯泡电压等于额定电压时的电流，由计算额定功率；灯丝电阻与温度有关。
测小灯泡电功率实验中，滑动变阻器应“一上一下”串联接入电路中，由题知，向右移动滑片时电流变小，所以滑动变阻器接入的阻值应变大，由图乙知应将其左下接线柱接入电路，如图所示：
；
为了保护电路，连接电路时，开关必须断开，并动变阻器的滑片应调到最大阻值处；
正确连接电路后，闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，但电压表没有示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是短路，其它部分均完好，所以出现故障的原因是小灯泡短路；
如果发现电流表没有示数，说明电路有断路发生，而电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源间是通路，所以故障原因是小灯泡断路；
由图丙知，电压表使用量程，分度值，所以，此时电流表的示数，所以此时灯泡电功率；
灯泡电压等于时正常发光，由表格可知此时通过灯泡的电流为，所以灯泡的额定功率：；
由表中数据知，灯泡两端电压越大时，通过它的电流也越大，其实际功率越大，温度越高，但电压变化比电流变化大，所以灯泡电阻增大。
所以答案为：见上图；断开；大；短路；；；；增大。
18、“测小灯泡额定电功率”的实验中，提供的器材有：电压恒为的电源，额定电压为的待测小灯泡，电阻约为，电流表，电压表，开关和导线若干。还有标有“”的滑动变阻器和标有“”的滑动变阻器。
若小明设计电路如图甲所示，请选择合适的量程，并用笔画线代替导线将图甲的实验电路图连接完整；
本实验选择的滑动变阻器是______选填“”或“”；
当滑动变阻器的滑片移到某一位置时，观察到电压表示数如图乙所示，根据所选正确量程，其示数为______；
为了测量小灯泡额定功率，此时应该将变阻滑的滑片向______选填“”或“”移动。当电压达到小灯泡额定电压时，小灯泡正常发光，电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为______。
小明综合分析实验数据发现，灯泡越亮时灯丝的电阻越大，说明灯丝的电阻______。
答案：
；；； ；随温度的升高而增大。
解析：灯泡的额定电压为，则电压表的量程为，且与灯泡并联；
小灯泡的额定电流约为：，则电流表的量程为，且与灯泡串联；如下图所示：
灯泡正常发光时的电压等于额定电压，
根据欧姆定律可知此时电路电流约为：，
滑动变阻器两端电压，
此时滑动变阻器接入电路的阻值，
所以本实验中应该选择规格为“”的滑动变阻器；
电压表使用量程，分度值为，电压为；
要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从增大到，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向端移动，使电压表的示数为为止；
电流表的量程为，分度值为，此时示数为，小灯泡正常发光，，则小灯泡的额定功率为；
灯泡电阻随灯泡电压的升高而增大；原因是：随灯泡电压的升高，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，电阻变大，说明灯丝的电阻随温度的升高而增大。
所以答案为：如上图；；；； ；随温度的升高而增大。
电流表、灯泡、滑动变阻器、开关串联接入电路；根据灯泡的额定电流选择电流表的量程，然后与小灯泡的左侧相连；根据小灯泡的额定电压选择电压表量程；
灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值即可选择器滑动变阻器的规格；
根据电压表的量程和分度值读出电压表的示数；
电压表的示数小于灯泡的额定电压，要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小；看清电流表的量程和分度值，读出电流表示数，利用求出其电功率；
灯丝的电阻随温度的升高而增大。
此题是“测量小灯泡电功率”的实验，考查了滑动变阻器的选择，同时考查了电流表、电压表的读数及电功率的计算，同时考查了灯丝电阻与温度的关系。
19、某物理兴趣小组在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选取的电源为三节新干电池，使用的小灯泡额定电压为伏。
电路连接完成后，闭合开关，他们发现小灯泡不亮，电压表没有示数，电流表指针有明显的偏转，他们分析电路故障原因可能是______
A.小灯泡断路 小灯泡短路 滑动变阻器断路
故障排除后重新闭合开关，移动滑动变阻器滑片到某一位置时，电压表的示数如图乙所示，此时小灯泡两端电压为______；
在的基础上，若要使小灯泡正常发光，他们应将图甲中滑片向______选填“”或“”端移动；
他们移动滑片，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象，根据图象信息，可知小灯泡的额定功率是______。
答案：
；；；。
解析：
本题测量小灯泡的电功率，考查故障分析、操作过程、额定功率的计算等知识。
闭合开关，电流表指针有明显的偏转，说明电路为通路，由小灯泡不亮，电压表没有示数分析可能原因；
根据电压选用小量程确定分度值读数；
灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，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；
根据绘制成图丙所示的图象找出小灯泡在额定电压下的电流大小，根据求出小灯泡的额定功率。
闭合开关，电流表指针有明显的偏转，说明电路为通路，他们发现小灯泡不亮，电压表没有示数，则电路故障原因可能是小灯泡短路，所以选B；
由图甲和灯泡的额定电压为可知，图乙中电压表选用小量程，分度值为，此时小灯泡两端电压为；
在中小灯泡两端电压为，小于小灯泡的额定电压，若要使小灯泡正常发光，应增大小灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理可知，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片应向端移动，直到电压表示数为额定电压；
根据图丙所示的图象可知，小灯泡在额定电压下的电流为，则小灯泡的额定功率：。
所以答案为：；；；。
20、有一个阻值未知的定值电阻阻值和一个标有“”字样的小灯泡阻值约为，要求测出的阻值和小灯泡的额定功率。
图甲是小明用伏安法测量阻值的实物电路，电源电压恒为，滑动变阻器规格是“”。
甲图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不能交叉。
改正电路后，正确操作，当电压表示数为时，电流表的示数如图乙所示，则阻值为______ 。
小华利用图丙所示实物电路测出了小灯泡的额定功率。电阻箱的规格是“”，电源电压约为。请在空白处填上适当内容。
断开，闭合，调节电阻箱和滑动变阻器，直到______ ，记下此时电阻箱的阻值。
断开，在、间接入一个元件后，闭合，正确操作可以完成测量任务。以下四个元件：
一根导线；
电阻；
电阻；
电阻箱。
其中符合要求的有______ 填字母，操作过程中，______ 选填“需要”或“不需要”调节滑动变阻器。
答案：
电流表示数 ；不需要
解析：电流表应和待测电阻串联，电压表应和待测电阻并联，待测电阻和变阻器串联，电路图如下：
电流表小量程，分度值，电流为，待测电阻为；
此时为串联电路，调节电阻箱和滑动变阻器，直到电流表示数，此时灯泡正常发光。
断开，不调节变阻箱和变阻器，接入导线，读出电流表示数，根据欧姆定律和电源电压，可计算出和变阻器接入电路的电阻，
再根据第一次电流，可计算灯泡正常发光的电压，从而计算灯泡额定功率；
接入或电阻，读出电流表示数，根据可计算定值电阻分压，从而计算出和变阻器分压，
据计算和变阻器电阻，再根据第一次电流，可计算灯泡正常发光的电压，从而计算灯泡额定功率；
利用等效替代法，在、间接入一个电阻箱，闭合，使电流表示数等于，此时新接入电阻箱电阻等于灯泡电阻，可通过计算灯泡电功率，
所以选，同时不需要调节滑动变阻器。
所以答案为：如上图；；电流表示数；；不需要。
本题考查电功率测量的实验，考查综合分析能力，难度较大。
21、小伟在做探究“电流与电阻的关系”实验时，准备了以下器材：电源，定值电阻四个、、、，电流表、电压表、滑动变阻器“”和开关各一个、导线若干。
小伟连接的电路如图甲所示，闭合开关后，发现______填“电流表”或“电压表”无示数，经仔细检查后发现电路中有一根导线连接错误，请在图中错误的根导线上画“”，并出正确的连线。
解决问题后，小伟先将的定值电阻接入电路。调节滑动变阻器的滑片在某位置时，电流表的示数如图乙所示；将的电阻换成的电阻后，他应将滑动变阻器的滑片向______填左”或“右”端移动，使电压表的示数保持______不变，再次读取电流表的示数。
把的电阻接入电路时，小伟发现无论怎样调节滑动变阻器都不能完成实验。为了使四个电阻单独接入电路都能完成实验，他应控制电压表的示数不低于______由实验得出的结论是：当电压一定时，______。
小伟将定值电阻换成小灯泡，测出了几组电流值和电压值。并绘制了的图象如图丙所示，该图象不是直线的原因是______。
同组的同学还想测量额定电流为的小灯泡的额定功率，利用小伟用过的小灯泡和绘制的图象，设计了如图丁所示的电路电源电压为，测出了小灯泡的额定功率。请将她的实验步骤补充完整：
闭合开关将开关接、调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为______，此时正常发光。
将开关由改接到，滑动变阻器的滑片______填“移到最左端”“移到最右端”或“保持不动”此时电流表的示数为，根据的图象可知，当电流为时，对应的电压为；，则滑动变阻器接入电路的阻值______。
小灯泡的额定功率______用、、表示
答案：
电压表；
；
右；；
；电流与电阻成反比；
灯的电阻随温度的变化而变化；
；保持不动；；。
解析：
原电路中，电压表与电阻短路了，只有电流表与变阻器连入电路中，据此分析；
电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出电压表示数；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
设控制电压表的示数最小为，根据串联电路电压的规律和分压原理得出他应控制电压表的示数不低于多少；
当电压一定时，电流与电阻成反比；
根据灯的电阻随温度的变化而变化分析；
求额定电流为的小灯泡的额定功率，根据，关键是得出灯的额定电压；
先将灯与变阻器串联在电路中，使灯正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，使灯与变阻器串联在电路中，记下电流表的示数，可知灯对应的电压，根据串联电路的规律和欧姆定律可求出变阻器连入电路中的电阻大小；
在第次操作中，由欧姆定律和串联电路的规律可得出的额定电压，根据得出小灯泡的额定功率。
原电路中，电压表与电阻短路了，只有电流表与变阻器连入电路中，故电压表没有示数；
电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联，改正后如下所示：
小伟先将的定值电阻接入电路，调节滑动变阻器的滑片在某位置时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为，电流为，由欧姆定律，电压表示数为：
；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由改接成的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为，再次读取电流表的示数；
设控制为，
根据串联电路电压的规律和分压原理：
-----，
式左边为一定值，右边也为一定值，当变阻器的最大电阻连入电路中时，对应的定值也应最大，此时变阻器器分得的电压最大，电压表的示数最小，
即，故；
为了使四个电阻单独接入电路都能完成实验，他应控制电压表的示数不低于；
由实验得出的结论是：当电压一定时，电流与电阻成反比；
绘制了的图象如图丙所示，该图象不是直线的原因是灯的电阻随温度的变化而变化；
实验步骤：
闭合开关，将开关接、调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为，此时正常发光。
将开关由改接到，滑动变阻器的滑片保持不动，此时电流表的示数为，根据的图象可知，当电流为时，对应的电压为；
在中，短路，与变阻器串联，
在中，短路，与变阻器串联，因电流为，由图丙知，对应的电压为，由串联电路的规律和欧姆定律，
则滑动变阻器接入电路的阻值：
；
在中，由欧姆定律，变阻器的电压为：
；
根据串联电路电压的规律，的额定电压为：
；
小灯泡的额定功率：
。
所以答案为：电压表；
；
右；；
；电流与电阻成反比；
灯的电阻随温度的变化而变化；
；保持不动；；
22、某同学利用图甲所示的电路测量小灯泡的电功率，小灯泡的额定电压为。
用笔画线代替导线，将图甲中的电路补充完整导线不得交叉；
连接电路后，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表都有示数，但是数值较小，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光，两电表示数均无变化，产生这一故障的原因可能是：______；
该同学排除故障后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，此时小灯泡两端的电压为______要测量小灯泡的额定电功率，应将图甲中滑动变阻器的滑片向______填“”或“”端移动，使电压表的示数为；
移动滑动变阻器的滑片，记下多组电压和电流值，并绘制成图丙所示的图象，根据图象的信息可以计算出小灯泡的额定电功率为______；
为了用电流表、电阻箱和滑动变阻器，测量额定电流为的小灯泡的额定电功率，该同学设计了如图丁所示的电路。操作步骤为：
闭合开关、，断开，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为，此时小灯泡正常发光；
保持滑动变阻器滑片的位置不动，闭合开关、，断开，调节电阻箱，使电流表的示数为，读出此时电阻箱的电阻值为，则小灯泡的额定电功率的表达式为______。
答案：
滑动变阻器同时接下面两个接线柱
解析：实验中，电压表应该并联在小灯泡两端，如下图所示：
闭合开关，电流表和电压表都有示数，则电路为通路，无论怎样移动滑片，灯泡不亮，但说明灯泡实际功率很小，电路电流很小，滑动变阻器不能改变电路电阻，可能的电路故障是：滑动变阻器同时接下面两个接线柱；
图甲可知，电压表的量程是，电压表的分度值是，由图乙可知故此时电压表的示数是；
灯在额定电压下正常发光，而此时小灯泡两端的电压为，小于灯的额定电压，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向端移动，使电压表的示数为。
根据绘制的小灯泡的图象，当灯的电压为时，电流为，小灯泡的额定功率是
；
保持滑动变阻器滑片的位置不动，闭合开关、，断开，调节电阻箱，使电流表的示数为，根据等效替代法，此时电阻箱的电阻值等于小灯泡正常发光时的电阻等于，则小灯泡的额定电功率的表达式为
。
所以答案为：如上所示；滑动变阻器同时接下面两个接线柱；；；；。
实验中，电压表应该并联在小灯泡两端；
闭合开关，无论怎样移动滑片，电流表和电压表都有示数，则电路为通路，灯泡不亮，说明电路电流很小；无论怎样移动滑动变阻器的滑片，两电表示数均无变化，说明滑动变阻器不能改变电路电阻，据此分析；
根据电压表的量程是确定电压表的分度值是读数；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
根据绘制的小灯泡的图象知灯的电压为时电流大小，根据求出小灯泡的额定功率；已知灯的额定电流，根据求出灯正常发光的电阻是关键，根据等效替代法求出灯正常发光的电阻。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、反常现象的分析、操作过程、额定功率计算及等效替代法和测设计方案测额定功率的能力。
23、在“测量小灯泡额定功率”的实验中，实验器材有：两节新干电池、电流表、电压表、额定电压的小灯泡，滑动变阻器、开关，导线若干，实物电路如图甲所示。
甲图中有一根导线连接错误，在导线上画“”并在图上改正所画的导线不能交叉。
改正错误后进行实验，根据实验数据描出的小灯泡的图象如图乙所示，则小灯泡额定功率是______ 。
仅用该实验装置中的器材，以下探究活动不能够完成的是______ 。
A.测量小灯泡的电阻探究串联电路电流的特点
C.探究串联电路电压的特点探究电流与电压的关系
完成上面实验后，小明又设计了如图丙所示的电路，测出了额定电流为小灯泡的额定功率。实验方案如下：电源电压不变，滑动变阻器的最大阻值为，滑动变阻器的最大阻值为
只闭合开关和，移动滑片，使电流表示数为。
只闭合开关和，保持滑片位置不动，移动滑片，使电流表的示数为。保持滑动变阻器的滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为，则小灯泡额定功率的表达式 ______ 。用、、、、中的字母表示
答案：

解析：原电路中，电压表串联在电路中是错误的，灯应与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：
改正错误后进行实验，根据实验数据描出的小灯泡的图象如图乙所示，可知灯在时的电流为，则小灯泡额定功率是：；
由可知，电压表测出电压，电流表测出电流，可测量小灯泡的电阻，故A能完成；
B.将电流分别串联在电路不同处，可探究串联电路电流的特点，故B能完成；
C.分别将电压表并联在各用电器两端，可探究串联电路电压的特点，故C能完成；
D、探究电流与电压的关系要控制电阻不变，灯的电阻随温度的变化而变化，故D不能完成。
所以选D；
闭合开关和，移动滑片，使电流表的示数为。
只闭合开关和，保持滑片位置不动，移动滑片，使电流表的示数为保持变阻器的滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为。
在中，与灯串联，灯正常发光，
在中，与串联，因为电路中电流仍为，所以；
保持滑片位置不动，将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为。
由串联电路特点和欧姆定律可得：
，
解得：，
小灯泡额定功率的表达式为：
。
所以答案为：
如上所示；；；。
原电路中，电压表串联在电路中是错误的，灯应与变阻器串联，电压表与灯并联；
根据实验数据描出的小灯泡的图象知灯在额定电压下的电流，根据得出小灯泡额定功率；
由分析；
可将电流分别串联在电路不同处；
可分别将电压表并联在用电器两端；
探究电流与电压的关系要控制电阻不变。
已知灯泡的额定电流，可通过等效替代正常发光灯泡，再根据电路特点，利用电源不变计算出的阻值，由计算额定功率。
本题测量小灯泡的额定功率的实验，考查电路连接、功率计算、等效替代法及设计实验方案的能力。
24、小明和小华测量定额电压为的小灯泡的额定功率
图甲是他们连接的部分电路请用笔画线代替导线将电路连接完整。
闭合开关前，应将滑动变阻器处在最______填写“左”或“右”端。
闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，另一端触碰接线柱、、，当发现只有触碰接线柱时，灯泡才发光，若电路中只有一处故障，且各器材，导线均完好，则电路故障可能是______。
排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器，当电压表为时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______。
小明和小华观察电流表和电压表均标有电阻值，请教老师后得知这是电表的电阻，为了在接好的图甲中较准确的测量出小灯泡的电功率，他们对电压表的负接线柱应该接在处还是处进行了探究，他们将开关闭合，移动滑动变阻器的滑片使灯泡发光，不添加器材，请你说出接下来的操作及判断方法。
操作______；
如何判断：______。
小明和小华重新设计了一种测量小灯泡额定功率的电路，如图丙所示，电源电压保持不变，为阻值为的定值电阻，连接好电路后进行如下操作：
断开开关，闭合开关和、，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为；
保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关，闭合开关、，读出电压表示数为；
小灯泡的额电功率为______计算结果保留两位小数。
答案：
左；之间开路；；
分别将电压表的负接线柱接在处和处，分别记下电压表的示数和电流表的示数、，、；
若，要将电压表的负接线柱应该接处；若，要将电压表的负接线柱应该接；

解析：因灯的电压为，电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
闭合开关前，应将滑动变阻器处在阻值最大处即最左端。
闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，当发现只有触碰接线柱时，灯泡才发光，若电路中只有一处故障，导线与或接线柱接触不良；
移动滑动变阻器，当电压表为时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为，示数为，则小灯泡的额定功率为。
在图中，分别将电压表的负接线柱接在处和处，分别记下电压表的示数和电流表的示数、，、滑片，接到时，电流表测量的电流大小等于通过灯的电流，而电压表测灯与电流表串联的电压；
接到时，电压表测灯的电压是准确的，而电流表测通过电压表与灯的总电流；
若，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接处；
若，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接；
在上面的第次操作中，保持持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关，闭合开关、，读出电压表示数为；此时定值电阻与变阻器串联，根据串联电路的电压规律，变阻器的电压，根据分压原理，，即，；
故在第次操作中，由串联电路的规律和欧姆定律，通过变阻器的电流即灯的额定电流：
；
故灯的额定功率：。
所以答案为：如上所示；左；导线与或接线柱接触不良；；
分别将电压表的负接线柱接在处和处，分别记下电压表的示数和电流表的示数、，、滑片，比较与的大小；
若，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接处；
若，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接；
。
根据灯的额定电压确定电压表量程与灯并联；
闭合闭合开关前，应将滑动变阻器处在阻值最大处；
发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；找来一根完好的导线一端连在电源负极，另一端触碰接线柱、、，当发现只有触碰接线柱时，灯泡才发光，导线与或接线柱接触不良；
根据图乙电流表小量程读数，根据求灯的额定功率；
分析分别将电压表的负接线柱接在处和处时，电流表和电压表对测量灯的电流和电压的影响，确定通过比较和大小关系，确定是电压表还是电流表对测量的影响大；
若，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接处；
若，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接；
根据变阻器连入电路中电阻大小不变，由第次操作，由串联电路的规律和欧姆定律可求变阻器连入电路中的电阻大小，在第次操作中，根据串联电路的规律和欧姆定律，求出通过变阻器的电流即灯的额定电流，根据求灯的额定功率。
本题测量定额电压为的小灯泡的额定功率，考查电路的连接、故障的分析及对实验误差的分析及设计方案的能力，难度较大。
25、学习电学知识后，小明做了一系列相关实验来巩固学习成果。
“探究并联电路的电流规律”的实验。
连接如图甲所示电路时，还剩一根导线没连接，请你用笔画线代替导线，将电路实物图补充完整，要求电流表测的电流；
小明分别测量图乙中、、三点的电流，数据如下：
点电流 点电流 点电流
灯泡、并联
图丙是电流表在点时的示数，则为______；
接下来他选用规格______选填“相同”或“不同”的小灯泡，再次测量各点电流，这样操作的目的是______。
“测小灯泡额定功率”的实验。
小明想测量额定电压为的小灯泡的额定功率，却发现电流表损坏了，他又找来一个滑动变阻器最大阻值为，设计了如图丁所示的电路，连接电路进行实验。
小明移动滑片到端，闭合开关，接下来操作步骤的合理顺序是______用字母表示。
A.移动滑片到端；
B.保持滑片位置不动；
C.调节滑片使电压表的示数为；
D.移动滑片到端，记录此时电压表的示数为；
小灯泡的额定功率______请用题中符号、、表示。
答案：
；；不同；避免偶然性，寻找普遍规律；
；
解析：
两个灯泡并联在电路中，电流表测的电流，则电流表与串联在支路中；
根据电流表的量程和分度值读数；
实验中为了获得普遍的规律，应多次实验；
要想测量小灯泡的额定功率，需要测量出小灯泡两端的额定电压和通过小灯泡的额定电流；由于小灯泡和滑动变阻器串联在电路中，小灯泡正常发光时，测量出的电压，根据欧姆定律求出通过的电流，该电流为灯泡正常发光时的电流；
根据求出额定功率。
电流表测的电流，则电流表与串联在支路中；如图所示：
；
由图可知，电流表选用的是小量程，分度值为，示数为；
实验中为了获得普遍的规律，避免偶然性的发生，应选用不同规格小灯泡多次实验；
额定电压为的小灯泡的额定功率，应使小灯泡正常发光，所以应先移动的滑片到最左端，此时电压表测量的是灯泡两端的电压，然后移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为；然后将的滑片到最右端，读出电压表的示数，根据串联电路的电压规律可知，两端的电压为：；则通过滑动变阻器的电流即灯泡的额定电流为：
；所以实验的合理顺序是：；
小灯泡的额定功率。
所以答案为：如图；；不同；避免偶然性，寻找普遍规律；；。
26、在“测量小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为“”，正常发光时的电阻约为。
在图甲中，有一根导线未连接，请用笔画线代替导线将电路连接完整；
闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表有较大的示数，经检查，导线连接完好，则电路故障可能是小灯泡发生了______选填“短路”或“断路”；
移动滑片到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为______；此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向______选填“左”或“右”端移动；
移动滑片，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象，由图象可计算出小灯泡的额定功率是______。
完成上述测量后，不用电压表，用如图丁所示的电路也可测量已知额定电流的小灯泡的额定功率，已知小灯泡的额定电流为，定值电阻的阻值为，实验步骤如下，请补充完整：
______；
闭合开关、，断开开关，记录下此时电流表的示数为；
小灯泡的额定功率的表达式为______。
答案：
断路 右 闭合开关、，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数
解析：灯泡正常发光时的电流，所以电流表选用小量程，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，如下图所示：
电流表无示数，说明电路断路；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电路故障为灯泡断路；
电压表使用量程，每一个大格代表，每一个小格代表，电压为。
要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从增大到，就要减小变阻器的电压，根据分压原理，滑动变阻器连入电路中的电阻要减小，滑片向右端移动，使电压表的示数为。
从图象得知，灯泡在下的电流为，。
闭合开关、，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数；
闭合开关、，断开开关，记录下此时电流表的示数为；
算出小灯泡的额定功率。
定值电阻的电流为：
定值电阻的电压为：，
因为灯泡两端的电压等于定值电阻的电压，
所以灯泡的额定电压功率为：。
所以答案为：如图所示；断路；；右；闭合开关、，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数；。
求出灯泡正常发光时的电流，确定电流表的量程，串联接入电路。
电流表无示数，说明电路断路；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连；
读出电压表示数为，要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到，根据分压原理确定滑片移动的方向；
从图象中查得额定电压下的额定电流，根据计算额定功率。
灯泡与滑动变阻器串联，用电流表测流过电路的电流，由串联电路特点及欧姆定律求出流过灯泡电流为灯泡额定电流时，灯泡两端电压，然后由求出灯泡额定功率。
本题涉及电路的连接、电压表的读数、滑动变阻器的变阻原理、电功率的计算及对实验方案的评估，要认真审题，注意隐含条件，本题综合性强，难度较大。
27、小明在实验室探究电学实验，有如下器材：电压表、电流表、滑动变阻器、开关、电源电压恒为、定值电阻分别为、、、、、小灯泡额定电压为、导线若干。
在探究“电流与电阻的关系”实验中：
小明设计了如图甲所示电路，请你帮他将图乙所示的实物图连接完整。
闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移至______选填“”或““端；电路中滑动变阻器起到保护电路和______的作用。
闭合开关，发现无论如何移动滑动变阻器的滑片，电流表有示数，电压表示数为零，此时电路出现的故障可能是______。
小明排除故障后继续实验，先将的电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为，记下电流表示数；断开开关，把欧电阻换为欧的电阻，再闭合开关，应向______选填“”或““端移动滑动变阻器的滑片，才能使电压表示数仍为，同时再记下电流表的示数。
为确保所给的个定值电阻接入电路后都能正常进行实验，那么，应该选取最大阻值不小于______的滑动变阻器。
完成以上实验后，小明将定值电阻换成小灯泡，想要测量它的额定电功率。在不损坏小灯泡的情况下，移动滑动变阻器的滑片，记录多组小灯泡两端的电压值及对应的电流值，根据这些数据绘制出了小灯泡的“--”关系图象如图丙所示。分析图象可知，小灯泡正常工作时灯丝电阻为______，小灯泡的额定功率是______从图象还可以看出，小灯泡灯丝的电阻是______选填“变化或“不变”的，造成这一现象的原因是灯丝电阻随______升高而增大。
答案：
保持电阻两端电压不变 电阻短路 变化 温度
解析：根据图甲连接实物，注意各元件顺序与电路图一一对应，电压表与电阻并联，且正进负出，如下所示：
闭合开关前，为保护电路，要将滑动变阻器滑片移至阻值最大处，即最左端；
为了探究“电流与电阻的关系”的关系，需要控制电阻两端的电压不变，故电路中滑动变阻器除起到保护电路元件安全的作用外，还有保持电阻两端电压不变的作用；
闭合开关，无论如何移动滑动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路不可能是断路，可能是短路，电压表示数为零，说明电压表测量的电阻为零，则与电压表并联的支路短路了；
小明先将的电阻接入，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为，记下电流表示数；接着在滑动变阻器的滑片位置不变，把换为的电阻时，电阻变大，电压表示数变大，为保持电压表示数不变，要增大变阻器的电压，故应向左移动滑动变阻器的滑片，才能使电压表示数为，同时记下电流表的示数；
由图知，电阻两端的电压始终保持----，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少的滑动变阻器。
由图象可知，小灯泡额定电压为时，电流为，此时的电阻大小；
小灯泡的额定功率：
；
由图象知，当电压分别为、、时，对应的电流大小分别为、、，根据分别求出对应的电阻大小为、、，所以得出的结论是，小灯泡灯丝的电阻随电压的增大逐渐而变大；当电压增大时，通过的电流也相应增大，根据，灯的电功率也逐渐增大，灯丝的温度逐渐升高，由于灯丝电阻随温度的升高而增大，所以小灯泡灯丝的电阻随温度的升高逐渐变大。
所以答案为：见上图；；保持电阻两端电压不变；电阻短路；；；；；变化；温度。
根据图甲连接实物电路；
闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移至阻值最大处；探究“电流与电阻的关系”实验，需要保持电阻两端的电压不变；
若电流表有示数，说明电路可能短路，电压表示数为零，说明电压表测量的电阻为零，则与电压表并联的支路短路了；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入电阻时变阻器连入电路中的电阻。
根据小灯泡额定电压为时，读出图象中对应的电流数值，利用欧姆定律公式变形可求得小灯泡正常工作时的灯丝电阻，根据可求灯泡的额定功率；
根据图象由欧姆定律求出在不同电压下的电阻大小，比较数据得出结论；从温度对电阻的影响分析原因。
本题电流与电阻的关系，考查注意事项、器材的选择，数据的分析、控制变量法的运用，同时也考查了测灯的电阻实验，涉及故障分析、电流表读数、电阻计算和注意事项。
28、为了探究小灯泡亮度与实际功率的关系，某校物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验电路，标有“”字样的小灯泡电阻约为，电源电压，可供选用的滑动变阻器有“”的和“”的。
为了完成实验，你认为应该选用的滑动变阻器是______。选填“”或“”
请用笔划线代替导线将图甲的实验电路补充完整。要求：滑动变阻器滑片向右移动时，灯泡变亮
电路正确连按后，闭合开关，他们发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表指针明显偏转，你认为造成这一现象的原因可能是______。选填字母
A.电流表断路 小灯泡短路 小灯泡灯丝断了 滑动变阻器短路
排除故障后，当滑动变阻器的滑片移到某一位置时，某同学从“”量程的刻度线看出指针停在处，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向______移选填“左”或“右”直到小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是______。
根据收集到的实验数据，同学们得出了灯泡亮度与实际功率的关系。在分析论证过程中，勤于思考的小明发现小灯泡在不同亮度下，它两端的电压与电流的比值不一样，你认为其主要原因是______。
答案：
；；
；右；；灯的电阻随温度的升高而变大。
解析：
灯的额定电压为，小灯泡电阻约为，由欧姆定律求灯的额定电流，当灯正常发光时，由串联电路的规律和欧姆定律求变阻器连入电路中的电阻确定选用的滑动变阻器；
根据滑动变阻器滑片向右移动时，灯泡变亮，确定变阻器的连接与灯串联；
逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
根据电压表大小量程之比为：读数，灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，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；根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据求灯的功率；
灯的电阻随温度的升高而变大，由欧姆定律分析。
本题探究小灯泡亮度与实际功率的关系，考查器材的选择、电路的连接、故障分析、操作过程及影响电阻大小的因素。
灯的额定电压为，小灯泡电阻约为，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
，电源电压，当灯正常发光时，由串联电路的规律和欧姆定律，变阻器连入电路中的电阻：
，选用的滑动变阻器“”的。
滑动变阻器滑片向右移动时，灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故滑片以右电阻丝连入电路中与灯串联，如下所示：
若电流表断路，整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；
B.若小灯泡短路，则电压表示数为，电流表有示数，不符合题意；
C.若小灯泡灯丝断了，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表与电源连通测电源电压，电压表指针明显偏转，符合题意；
D.若滑动变阻器短路，电流表有示数，电压表有示数，不符合题意，
所以选C；
灯在额定电压下正常发光，排除故障后，当滑动变阻器的滑片移到某一位置时，某同学从“”量程的刻度线看出指针停在处，则对应小量程的，小于灯的额定电压，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为，电流大小为，则小灯泡的额定功率是：
；
灯的实际功率越大，灯越亮，灯的温度越高，因灯的电阻随温度的升高而变大，故灯丝的电阻越大，由欧姆定律，灯两端的电压与电流的比值即为灯的电阻，故不一样。
所以答案为：；如上图；；右；；灯的电阻随温度的升高而变大。
2

展开更多......

收起↑