物理（北京）-2025年中考終極押題猜想（解析版）

年中考物理終極押題猜想（高分的秘密武器：終極密押+押題預測）（含解析）題型一選擇題押題猜想一動態(tài)電路中的電學綜合性應用 1押題猜想二杠桿平衡原理、滑輪組計算的綜合性應用 8押題猜想三浮力、壓強的綜合應用 15押題猜想四摩擦力、平衡力的綜合應用 21押題猜想五電能、電功和電功率 25題型二實驗題押題猜想六設計電路實驗 29押題猜想七焦耳定律實驗 36押題猜想八凸透鏡成像實驗 40押題猜想九液體壓強實驗 48押題猜想十多種方法測密度實驗 53題型三解答題押題猜想十一力學綜合題 64押題猜想十二電學綜合計算題 70押題猜想一動態(tài)電路中的電學綜合性應用如圖甲所示電路，電源電壓恒為4.5V，閉合開關S后，滑片P由右端向左滑動，因變阻器某處發(fā)生斷路，滑片P向左移動一段距離后電流表才有讀數，電流表讀數I與滑片P滑動距離d的關系如圖乙所示。當電流表開始有讀數時，才閉合開關S1，此時電壓表的示數為2.5V。下列說法中（）①當電流表開始有讀數時，R1接入電路的阻值為12.5Ω；②當滑片P移到d＝2cm處時，電阻R0在10s內產生的熱量為5J；③當滑片P移到d＝6cm處時，R0消耗的電功率為0.2W；④滑片P左右移動時，R0消耗的最大電功率是2.025W。A．只有①②正確 B．只有②③正確 C．只有①④正確 D．只有③④正確【答案】C【詳解】由電路圖可知，兩開關均閉合時，R1與R0串聯，電流表測電路中的電流，電壓表測R1兩端的電壓。①由圖乙和題意可知，當電流表開始有讀數即I=0.2A時，滑片P移動的距離d＝2cm，此時電壓表的示數為2.5V，由歐姆定律可得，R1接入電路的阻值故①正確；②當d＝2cm時，電壓表的示數為2.5V，因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，R0兩端的電壓則電阻R0的阻值電阻R0在10s內產生的熱量為故②錯誤；③當滑片P滑到d＝6cm處時，由圖乙可知，此時電路中的電流I′=0.4A，此時R0兩端的電壓則R0消耗的電功率故③錯誤；④滑動變阻器的滑片位于最左端，此時滑動變阻器接入電路的電阻為零，此時電路中的電流最大，則電路中的最大電流為R0的最大電功率為故④正確。故ABD錯誤，C正確。故選C。押題解讀動態(tài)電路是初中電學的重難點，此題考察根據歐姆定律計算導體的電阻、電流及電壓

，結合歐姆定律計算動態(tài)電路的電功率

，動態(tài)電路中電功率的最值問題

，焦耳定律的公式及簡單應用?？记懊伢疟绢}的要點是將每個情景下的動態(tài)電路畫出等效電路圖，并對應好每個等效的數據。通常是多個電路圖利用電學公式綜合列式求解。1．如甲圖所示的電路中，電源電壓為16V恒定不變，R0為定值電阻，R為滑動變阻器，閉合開關S后，在滑片P滑動的過程中，電壓表與電流表示數的變化關系如圖乙所示，根據圖像信息可知，下列說法不正確的是（）

A．R0的阻值是10B．滑動變阻器的最大阻值是70C．R0的最小功率是4WD．電路的最大總功率是25.6W【答案】C【詳解】如圖所示，定值電阻和滑動變阻器串聯，電壓表測變阻器兩端電壓。A．如圖乙，當變阻器滑片滑到最左端時，通過電路的電流為1.6A，此時電路中僅有一個定值電阻，則R0的阻值是故A正確，不符合題意；B．如圖乙，當變阻器滑片滑到最右端時，通過電路的電流為0.2A，此時定值電阻和最大阻值的變阻器串聯，此時電路總電阻為則滑動變阻器的最大阻值是故B正確，不符合題意；C．R0的電阻不變，當電路中電流最小時有最小功率為故C錯誤，符合題意；D．當電路總電阻最小時，電路有最大總功率，最大總功率為故D正確，不符合題意。故選C。2．如圖所示電路中，電源電壓恒為15V，燈泡L上標有“8V；6.4W”字樣，定值電阻R1的阻值為15，滑動變阻器R2上標有“50；？A”字樣，電流表量程為，電壓表量程為，不考慮溫度對燈絲電阻的影響，在保證所有電路元件安全的情況下，則下列說法錯誤的是（）A．燈泡L的阻值為10B．閉合開關S、S1、S2、S3時，將R2的滑片從中點移到最右端，電流表的示數變小，電壓表的示數不變C．開關S、S1、S2閉合，S3斷開時，滑動變阻器R2消耗的最大功率和最小功率之比為10∶3，則滑動變阻器允許通過的最大電流為1AD．若題中“？”值為1.5A，任意閉合開關，整個電路總功率的變化范圍是【答案】D【詳解】A．由題意可知，燈泡的電阻是故A正確，A不符合題意；B．閉合開關S、S1、S2、S3時，R1與R2并聯，電壓表測量電源電壓，電流表測量干路電流，將R2的滑片從中點移到最右端，根據并聯電路的電壓特點可知，電壓表示數不變，根據并聯電路中，各支路互不影響的特點可知，通過R1的電流大小不變，因滑片從中點移到最右端，R2電阻變大，通過R2的電流變小，根據并聯電路的電流特點可知，并聯電路中，干路電流等于各支路電流之和，所以，電流表示數變小，故B正確，B不符合題意；C．閉合開關S、S1、S2，斷開開關S3時，R1與R2并聯，燈L短路，根據可知，電阻越大，功率越小，所以，滑動變阻器R2消耗的最小功率即為R2阻值最大，R2消耗的小功率為滑動變阻器R2消耗的最大功率和最小功率之比為10∶3，所以，滑動變阻器R2消耗的最大功率為滑動變阻器允許通過的最大電流是故C正確，C不符合題意；D．當閉合開關S、S3，斷開S1、S2，R2和燈L串聯，當R2的滑片向右滑動時，R2的電阻變大，最大電阻是50Ω，又因為不考慮溫度對燈絲電阻的影響，所以，電路中的最小電流是電路消耗的最小功率是當閉合開關S、S1、S2、S3時，R1與R2并聯，電流表量程為，通過R1的電流是R2的滑片向左滑動時，R2的電阻變小，通過R2的電流變大，最大電流是1.5A，根據并聯電路的電流特點，電流表的示數變大，干路電流最大是所以，電路消耗的最大功率是所以，電路總功率范圍為故D錯誤，D符合題意。故選D。3．如圖所示電路，電源電壓保持不變，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時（）A．電流表A示數變小，電壓表V1示數變大B．電流表A示數變大，電壓表V2示數變大C．電壓表V1示數與電流表A示數乘積變小D．電壓表V2示數與電流表A示數比值變小【答案】D【詳解】由電路圖可知，閉合開關，R1與R2串聯，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流。AB．當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，變阻器接入電路中的電阻變小，且串聯電路的總電阻等于各部分電阻之和，則電路中的總電阻變小，由可知，電路中的電流變大，即電流表A的示數變大；由U=IR可知，定值電阻R1兩端的電壓變大，即電壓表V1示數變大，因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，R2兩端的電壓變小，即電壓表V2的示數變小，故AB不符合題意；CD．由于電壓表V1示數變大，電流表A的示數變大，則電壓表V1示數與電流表A示數乘積變大；電壓表V2示數與電流表A示數的比值等于R2的阻值，而變阻器R2接入電路的阻值變小，則該比值變小，故C不符合題意，D符合題意。故選C。4．如圖所示的電路中，電源電壓不變。閉合開關S，將滑片P向右移動的過程中（忽略燈絲電阻的變化），下列說法中正確的是（）

A．電流表A1示數變小，電壓表V示數變大B．電流表A示數不變，燈泡亮度變亮C．電壓表V示數與電流表A1示數的比值不變D．電壓表V示數與電流表A示數的乘積變大【答案】D【詳解】由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器并聯，電壓表測電源的電壓，電流表A測干路電流，電流表A1測滑動變阻器支路的電流。AB．因電源電壓保持不變，所以，滑片移動時，電壓表V的示數不變；因并聯電路中各支路獨立工作、互不影響，所以，滑片移動時，通過燈泡支路的電流不變，燈泡的亮度不變；閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P向右移動時，變阻器接入電路中的電阻變小，由可知，通過滑動變阻器的電流變大，即電流表A1示數變大；因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，干路電流變大，即電流表A的示數變大，故AB錯誤；C．根據可知，電壓表V示數與電流表A1示數的比值為滑動變阻器接入電路的電阻，因變阻器接入電路的電阻變小，則該比值變小，故C錯誤；D．電壓表V的示數不變，電流表A的示數變大，電壓表V示數與電流表A的乘積變大，故D正確。故選D。5．如圖甲，電源電壓恒定不變，R0為定值電阻。閉合開關S，滑動變阻器R的滑片P從A端滑至B端的過程中，電壓表示數隨電流表示數的變化關系如圖乙，則下列說法正確的是（）

A．圖乙中a點的數值為5B．定值電阻R0的阻值為20ΩC．滑動變阻器R的最大阻值為30ΩD．圖乙中陰影部分的面積表示滑片P置于A端時，滑動變阻器R的電功率【答案】D【詳解】ABC．由電路圖可知，定值電阻R0和滑動變阻器串聯，電壓表測量R兩端的電壓，電流表測量電路中的電流；當滑片P位于B端時，電路為R0的簡單電路，此時電路中的電流最大；由圖像可知，電路中的最大電流0.6A時，根據歐姆定律可知，電源電壓U=0.6A×R0①當滑片P位于A端時，定值電阻R與滑動變阻器的最大阻值串聯，此時電路中的電流最小，由圖像可知，電路中的最小電流0.2A，電壓表示數為4V，根據可得，此時滑動變阻器的阻值最大，為根據串聯電路電壓特點和歐姆定律可知，電源電壓U=0.2A×R0+4V②聯立①②可得R0=10Ω，U=6V當滑動變阻器斷路時，電路中的電流為0，電壓表測量電源電壓，即圖中的a點，故a點的數值為6，故ABC錯誤；D．圖乙中陰影部分的面積是電壓與電流乘積，根據P=UI知，表示滑動變阻器的電功率，且此時電流最小，是滑片P置于A端時，故D正確。故選D。押題猜想二杠桿平衡原理、滑輪組計算的綜合性應用如圖所示為建筑工地上常用的吊裝工具，物體Ｍ是重5000N的配重，杠桿AB的支點為O，已知長度OA∶OB=1∶2，滑輪下面掛有建筑材料P，每個滑輪重100N，工人體重為700N，杠桿與繩的自重、滑輪組摩擦均不計。當工人用300N的力豎直向下以1m/s的速度勻速拉動繩子時（）A．建筑材料P上升的速度為3m/s B．物體M對地面的壓力為5000NC．工人對地面的壓力為400N D．建筑材料P的重力為600N【答案】C【詳解】A．物重由2段繩子承擔，建筑材料P上升的速度v=v繩=×1m/s=0.5m/s故A錯誤；B．定滑輪受向下的重力、3段繩子向下的拉力、杠桿對定滑輪向上的拉力，由力的平衡條件可得FA′=3F+G定=3×300N+100N=1000N杠桿對定滑輪的拉力和定滑輪對杠桿的拉力是一對相互作用力，大小相等，即FA=FA′=1000N根據杠桿的平衡條件FA×OA=FB×OB，且OA:OB=1:2，所以FB=FA×=1000N×=500N因為物體間力的作用是相互的，所以杠桿對物體M的拉力等于物體M對杠桿的拉力，即FB′=FB=500N物體M受豎直向下的重力、豎直向上的支持力、豎直向上的拉力，則物體M受到的支持力為FM支持=GM?FB′=5000N?500N=4500N因為物體間力的作用是相互的，所以物體M對地面的壓力FM壓=FM支持=4500N故B錯誤；C．當工人用300N的力豎直向下拉繩子時，因力的作用是相互的，則繩子對工人會施加豎直向上的拉力，其大小也為300N，此時人受豎直向下的重力G、豎直向上的拉力F、豎直向上的支持力F支，由力的平衡條件可得F+F支=G，則F支=G?F=700N?300N=400N因為地面對人的支持力和人對地面的壓力是一對相互作用力，大小相等，所以工人對地面的壓力F壓=F支=400N故C正確；D．由圖可知n=2，且滑輪組摩擦均不計，由F=(G+G動)可得，建筑材料P重G=2F?G動=2×300N?100N=500N故D錯誤。故選C。押題解讀杠桿和滑輪是簡單機械的重點模型，此題考察了運用杠桿平衡原理進行計算

，滑輪組承重繩子段數與繩端拉力、移動距離的關系滑輪組承重繩子段數與繩端拉力、移動距離的關系

P=Fv

滑輪、滑輪組機械效率的綜合計算。考前秘笈本題的要點是對找準物體做受力分析，對于人、物體、動滑輪的受力分析要準確，杠桿及滑輪的所有公式要熟練。1．如圖所示，用滑輪組勻速提起1200N的重物，拉力大小為500N，物體向上移動的速度為1m/s，工人的質量為80kg，不計繩重和摩擦。下列說法正確的是（g＝10N/kg）（）A．此時拉力的功率為1200WB．此時該滑輪組的機械效率為80%C．當人提起另一個重物時，人對地面的壓力恰好為零，此時被提升物體的重力為1920ND．利用這個滑輪組來提升物體時，滑輪組的最大機械效率為86%【答案】B【詳解】A．由圖可知，繩子有效段數為n=3，拉力的功率為故A錯誤；B．該滑輪組的機械效率為故B正確；C．不計繩重和摩擦，由可知，動滑輪重為G動＝nF﹣G＝3×500N﹣1200N＝300N當人提起另一個重物時，人對地面的壓力恰好為零，即F'＝G人＝m人g＝80kg×10N/kg＝800N被提升物體的重力為G'＝nF'﹣G動＝3×800N﹣300N＝2100N故C錯誤；D．當人對地面的壓力恰好為零，此時滑輪組的機械效率最大，滑輪組的最大機械效率為故D錯誤。故選B。2．如圖甲，用滑輪組將重為120N的物體勻速提起，5s內繩子自由端移動的距離為3m，圖乙是拉力F與繩自由端移動距離s的關系圖像，不計繩重和摩擦。則下列說法正確的是（）

A．該滑輪組的機械效率為80% B．拉力的功率為40WC．動滑輪重是20N D．物體上升的速度是0.6m/s【答案】A【詳解】A．圖乙是拉力F與繩自由端移動距離s的關系圖像，從圖中可以看到，拉力的大小為50N，繩自由端移動距離為3m，則該滑輪組做的總功為該滑輪組做的有用功為克服物體的重力所做的功，物體重為120N，繩子自由端移動的距離為3m，三條繩子托著動滑輪，則物體上升的高度為1m，該滑輪組做的有用功為根據機械效率的公式可知，該滑輪組的機械效率為該滑輪組的機械效率為80%，故A正確；B．由A解析可知，該滑輪組做的總功為150J，這過程所用的時間為5s，根據功率的公式可知，拉力的功率為拉力的功率為30W，故B錯誤；C．由A解析可知，該滑輪組做的總功為150J，做的有用功為120J，而總功大小等于其有用功和額外功之和，不計繩重和摩擦，則該滑輪組的額外功為其額外功為克服動滑輪重力所做的功，動滑輪上升的高度為1m，那么動滑輪的重力為動滑輪的重力為30N，故C錯誤；D．由A解析可知，物體上升的高度為1m，所用的時間為5s，根據速度公式可知，物體上升的速度為物體上升的速度為0.2m/s，故D錯誤。故選A。3．如圖所示，使用不同的簡單機械勻速提升重力相同的物體（不考慮機械重力和摩擦），關于拉力F和物重G之間的關系，其中正確的是（）A．

F1＝2GB．

C．

F3＝GD．

【答案】C【詳解】不計機械重和摩擦；A．由圖知所以，故A錯誤；B．由圖知，滑輪組由三段繩子承擔物重，所以，故B錯誤；C．由圖知，是定滑輪，物體掛在自由端，所以，故C正確；D．根據杠桿的平衡條件所以，故D錯誤。故選C。4．小明分別嘗試用如圖所示的兩個滑輪組提升不同重物，使其在相同時間內提升了相同的高度，所用的拉力分別為和。圖中每個滑輪的質量均相等，不計繩重及摩擦。下列說法全部正確的是（）①一定大于②甲的額外功一定等于乙的額外功③若重物的重力相同，則甲的機械效率小于乙的機械效率④若做功的功率大于做功的功率，則甲的機械效率大于乙的機械效率

A．①③④ B．②④ C．②③ D．①②③【答案】B【詳解】①不計繩重及摩擦，拉力由圖知，，所以繩子受的拉力被提升的物體重力不同，所以拉力的大小關系無法確定，故①錯誤；②③因為不計繩重及摩擦，動滑輪重相同，提升的物體重和高度相同，，所以利用滑輪組做的有用功相同、額外功相同，拉力做的總功相同，由可知，機械效率相同，故②正確，③錯誤；④已知物體在相同時間內被提升了相同的高度，做功的功率大于做功的功率，由可知，做功較多，又因為和做的額外功相同，說明做有用功較多，則甲的機械效率大于乙的機械效率，故④正確。綜上可知，②④正確。故選B。5．如圖所示，AB為一輕質杠桿，O為支點，BO=2AO，AB兩端分別懸掛實心銅球和實心鐵球，杠桿在水平位置平衡，若將兩球同時浸沒在某種液體中（鐵密度為7.9×103kg/m3；銅密度為8.9×103kg/m3），則杠桿（）A．仍能保持平衡 B．向銅球一端傾斜C．向鐵球一端傾斜 D．液體密度未知，故無法判斷哪端下降【答案】B【詳解】如圖，杠桿處于平衡狀態(tài)，根據杠桿平衡條件得即則當兩球同時浸沒在水中，杠桿兩端力乘以力臂，左端①右端②由①②得即左端力與力臂的乘積大于右端力與力臂的乘積，所以杠桿的左端（銅球端）下沉。故ACD不符合題意，B不符合題意。故選B。押題猜想三浮力、壓強的綜合性應用將兩個相同的木塊分別放入盛有甲乙兩種液體的容器A和B中，ρ甲>ρ乙，待木塊靜止時，兩容器液面相平，則下列說法正確的是（）A．木塊在A容器中受到的浮力較大B．A、B兩個容器底部受液體的壓強相等C．A容器盛的是甲液體，B容器盛的是乙液體D．若ρ甲∶ρ乙=2∶1，則木塊下表面所受壓力之比F甲∶F乙=1∶1【答案】CD【詳解】A．由圖可知，物體漂浮，浮力等于自身重力，物體的重力相同，受到的浮力相同，故A錯誤；BC．由圖可知，物體漂浮，浮力相同，A中物體排開的液體的體積小，根據阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，A中液體的密度大于B中液體的密度，則A中的是甲液體；B容器盛的是乙液體；液體的深度相同，根據p=ρgh可知，甲容器底部受液體的壓強大，故B錯誤，C正確；D．物體都處于漂浮狀態(tài)，根據浮力產生的原因可知，下表面受到的壓力等于浮力，所以木塊下表面所受壓力之比F甲∶F乙=1∶1故D正確。故選CD。押題解讀浮力與壓強的綜合問題是力學難點，此題考察了比較液體在不同容器中對容器底部壓強和壓力的大小

利用阿基米德原理計算浮力、密度及質量綜合計算?？记懊伢疟绢}的要點是對物體做受力分析，熟練運用整體法，浮力、壓強的所有公式要熟練。1．兩個完全相同的容器A、B，盛水后放在水平桌面上，將兩個體積相同的正方體物塊甲、乙分別放入水中，當兩物塊靜止時，兩容器中水面恰好相平，兩物塊所處的位置如圖所示。下列說法中正確的是（）

A．甲物塊受到的浮力等于乙物塊受到的浮力B．甲物塊的質量大于乙物塊的質量C．A容器對桌面的壓力等于B容器對桌面的壓力D．水對A容器底的壓力小于水對B容器底的壓力【答案】BC【詳解】A．甲乙體積相等，甲完全浸沒水中，乙部分浸沒水中，所以甲排開水的體積大于乙，由阿基米德原理可知液體密度相等，甲排開水的體積大于乙排開水的體積，甲物塊受到的浮力大于乙物塊受到的浮力，故A錯誤；B．甲物塊漂浮，甲受到的浮力大小等于甲的重力大小，乙物塊懸浮，乙受到的浮力大小等于甲的重力大小，甲物塊受到的浮力大于乙物塊受到的浮力，所以甲物塊的重力大于乙物塊的重力，由可知甲物塊的質量大于乙物塊的質量，故B正確；CD．液面一樣高，即深度一樣，由于液體密度一樣，由可知水對容器底的壓強相等，所以水對A容器底的壓強等于水對B容器底的壓強；根據可知水對容器底的壓力也相等，容器對桌面的壓力大小等于水對容器底的壓力和容器自身重力大小之和，所以A容器對桌面的壓力等于B容器對桌面的壓力，故C正確，D錯誤。故選BC。2．某同學用鉛筆、細鐵絲制作了一支簡易密度計，他將密度計先后插入盛有不同液體的甲、乙兩個相同容器中、當密度計靜止時，兩容器中液面恰好相平，如圖所示。下列說法正確的是（）

A．甲容器中液體密度小 B．甲容器底部受到的液體壓強較大C．乙容器中密度計受到的浮力較大 D．乙容器對水平桌面的壓強較小【答案】BD【詳解】AC．密度計是根據漂浮條件工作的，同一密度計在甲、乙液體中受到的浮力相同，但排開液體的體積不同，，由阿基米德原理可知，甲容器中液體密度大，故AC錯誤。B．根據液體內部壓強的計算公式可知，密度小的乙容器底部受到液體的壓強較小，甲容器底部受到的液體壓強較大。故B正確；D．兩容器相同，甲中液體密度大于乙中液體密度，甲液體的體積大于乙液體的體積，根據可知，甲杯中液體的重力大于乙杯中液體的重力，則甲杯對水平桌面的壓力大于乙杯對水平桌面的壓力，兩容器底面積相同，由壓強的定義式可知，甲容器對水平桌面的壓強較大，乙容器對水平桌面的壓強較小，故D正確。故選BD。3．如圖所示，水平桌面上有甲、乙兩個質量相同的薄壁容器，兩個容器開口大小相同、底面積相同，分別裝有質量相同的a、b兩種液體，兩個容器中的液面深度不同，下列說法正確的是（）A．桌面對兩個容器支持力的大小關系是 B．兩種液體密度的大小關系是C．兩個容器對桌面壓強的大小關系是 D．兩種液體對容器底壓力的大小關系是【答案】BD【詳解】AC．容器和液體的質量都相同，容器對桌面的壓力相同，壓力與支持力是相互作用力，大小相同，所以桌面對兩個容器支持力的大小關系是；甲、乙容器的底面積相同，由可知，兩個容器對桌面壓強的大小關系是，故AC錯誤；B．液體質量相同，由圖可知，甲中液體體積更大，由可知，甲中液體密度更小，故B正確；D．甲容器上下寬度相等，液體對容器底部的壓力等于液體的重力，乙容器上小下大，液體對容器底部的壓力大于液體的重力，所以兩種液體對容器底壓力的大小關系是，故D正確。故選BD。4．兩個相同的燒杯中分別裝滿甲、乙兩種不同的液體，把A、B兩球（VA＞VB）分別輕輕放入兩杯液體中，靜止后如圖所示。如果A、B兩球排開液體的重力相等，則下列說法正確的是（）

A．甲液體對容器底部的壓強較大 B．乙液體對容器底部的壓強較大C．A球所受浮力更大 D．A、B球兩球所受浮力相等【答案】BD【詳解】由圖可知，A、B兩球浸沒在液體中，VA=VA排，VB=VB排，由于VA>VB，所以VA排>VB排；由于A、B兩球排開液體的重力相等，根據阿基米德原理可知，，即，由于VA排>VB排，所以ρ甲<ρ乙；由圖可知，液體深度相等，且ρ甲<ρ乙，根據可知，甲液體對容器底部的壓強較小，乙液體對容器底部的壓強較大，故AC錯誤，BD正確。故選BD。5．水平桌面上有兩個完全相同的甲、乙容器裝有深度相同的水，將兩個體積相同、材料不同的小球A、B，分別放在兩容器中（水均未溢出），小球靜止如圖所示。下列判斷正確的是（）A．兩小球的密度ρA<ρBB．兩個小球受到的浮力關系：F甲>F乙C．兩個容器對桌面的壓強關系：p甲<p乙D．如果向乙中加入酒精并攪拌均勻，B球受到的浮力變小【答案】ACD【詳解】完全相同的容器甲、乙，分別裝有深度相同的水，將兩個體積相同材料不同的小球A、B，分別放在甲、乙兩容器中（水均未溢出）；A．根據浮沉條件，漂浮時物體的密度小于液體密度，即懸浮時：物體密度等于液體密度，即所以兩小球的密度故A正確；B．甲容器中小球排開水的體積小于乙容器中小球排開水的體積，根據阿基米德原理可得，乙容器中小球受到的浮力較大，即故B錯誤；C．兩小球的密度它們的體積相同，根據密度的計算公式可得，它們的質量關系為又因兩容器及水的質量相同，容器底部對桌面的壓力大小等于容器、水、小球的總重力，有受力面積相同，根據壓強的計算公式可知故C正確；D．如果向乙中加入酒精并攪拌均勻，液體的密度變小，排開液體的體積不變，根據可知，物塊受到的浮力變小，故D正確。故選ACD。6．小雨用彈簧測力計鉤住一長方形物體以3cm/s的速度勻速下降直至完全浸沒于水中，如圖是拉力隨時間變化的圖像，則下列說法中正確的是（不考慮水面變化）（）A．整個過程中，物體受到的重力與彈簧測力計的拉力是一對平衡力B．物體完全浸沒后所受浮力為5NC．物體剛好完全浸沒在水中時，其下表面受到水的壓強為500PaD．若將上述物體換成密度為5g/cm3的同體積石塊，當石塊完全浸沒在水中時，彈簧測力計示數為20N【答案】BD【詳解】A．由圖像知，0~2s過程中，物體在空中勻速下降，重力與拉力是一對平衡力，2s后物體還受到浮力的作用，重力和拉力的大小不相等，此時重力和拉力不是一對平衡力，故A錯誤；B．由圖像知，0~2s過程中，物體在空中勻速下降，此時物體的重力G=F=14N3~6s過程中，物體完全浸沒，此時彈簧測力計的示數F拉=9N，由稱重法求浮力可知，物體受到的浮力F浮=G-F拉=14N-9N=5N故B正確；C．2~3s是物體剛接觸水面到剛好完全浸沒的過程，根據速度為3cm/s可得物體下表面距水面的深度h=vt=3cm/s×1s=3cm=0.03m則受到的壓強p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.03m=300Pa故C錯誤；D．若將上述物體換成密度為5g/cm3的同體積石塊，因為石塊完全浸沒在水中，因此排開水的體積沒有變化，由F浮=ρ水gV排可知，石塊受到的浮力不變，仍為5N，由F浮=ρ水gV排可知，石塊的體積石塊的質量m石=ρ石V石=5g/cm3×500cm3=2500g=2.5kg重力G石=m石g=2.5kg×10N/kg=25N由稱重法可知，此時彈簧測力計的示數F示=G石-F浮=25N-5N=20N故D正確。故選BD。押題猜想四摩擦力、平衡力的綜合應用小東將表面粗糙程度均勻的木板放在水平桌面上，木塊A放置在水平木板上，細線一端連接在豎直懸掛的彈簧測力計（已調零）上，保持細線豎直，另一端通過定滑輪連接木塊A，保持細線水平，如圖所示。實驗時用水平拉力F向右拉動木板，木塊A相對地面靜止，測力計的示數為2N。忽略輪與軸之間的摩擦。下列說法正確的是（）

A．木塊A受到的摩擦力方向水平向左B．若水平向右拉動木板，木板的速度越來越大，則彈簧測力計的示數大于2NC．若水平向右拉動木板，木板的速度越來越小，則彈簧測力計的示數大于2ND．若水平向右勻速拉動木板，則拉力F大于2N【答案】D【詳解】A．實驗時用水平拉力F向右拉動木板，木塊A相對地面靜止，水平方向A受到平衡力作用，木塊A受到的拉力水平向左，摩擦力方向水平向右，故A錯誤；BC．由于滑動摩擦力的大小與壓力和接觸面粗糙程度有關，與速度無關，若水平向右拉動木板，木板的速度快慢不影響摩擦力的大小，故彈簧測力計的拉力不變，則彈簧測力計的示數等于2N，故BC錯誤；D．由于A受到木板的摩擦力2N，若水平向右勻速拉動木板，A對木板的摩擦力為2N，方向水平向左，桌面對木板也有水平向左的摩擦力，則拉力F大小為兩個摩擦力之和，故大于2N，故D正確。故選D。押題解讀摩擦力實驗及受力分析是力學必考內容，此題考察滑動摩擦力的方向

影響滑動摩擦力大小的因素

探究影響滑動摩擦力的實驗改進

平衡力與相互作用力的區(qū)別及簡單應用?？记懊伢琶鞔_滑動摩擦的影響因素，將每個物體單獨做受力分析，根據運動狀態(tài)明確是否受平衡力。1．如圖甲所示，木板A在方向不變的水平拉力F作用下，在粗糙程度相同的水平桌面上向右運動的過程中，F的大小與時間t的關系、運動速度v與時間t的關系圖像如圖乙、丙所示。此時物體B相對于桌面靜止，彈簧測力計的示數為1N。下列說法正確的是（）

A．必須使木板A做勻速直線運動才能測出B受到的摩擦力B．物體B所受滑動摩擦力方向水平向右，大小為1NC．在2-4s內木板A受到的摩擦力為3ND．在4-6s內拉力F的功率為12W【答案】B【詳解】．如圖所示的實驗裝置，由于B相對于地面靜止，受到摩擦力和測力計的拉力為一對平衡力，故該裝置的優(yōu)點是不需要長木板做勻速直線運動，故A錯誤；B．物體B受到向左的拉力和向右的摩擦力的作用下處于靜止狀態(tài)，所以物體B所受滑動摩擦力方向水平向右，大小為1N，故B正確；C．在內木板加速運動，A受到的摩擦力小于拉力，則A受到的摩擦力小于3N，故C錯誤；D．在內木板勻速運動，根據可得拉力的功率為故D錯誤。故選B。2．如圖所示，用F=6N水平向右的拉力勻速拉動物塊A時，物塊B靜止不動，此時彈簧測力計的示數為4N；繼續(xù)用F=12N水平向右的拉力拉動物塊A時，物塊B所受摩擦力的大小及方向為A．4N，向左 B．4N，向右 C．8N，向左 D．8N，向右【答案】B【詳解】向右拉動物塊A時，若選擇物塊A為參照物，則物塊B相對于物塊A向左運動，所以物塊B受到物塊A的向右的摩擦力．當F=6N時，物塊B靜止不動，即物塊B處于平衡狀態(tài)，此時物塊B受到的彈簧測力計拉力和物塊A對物塊B的摩擦力為一對平衡力，所以物塊A對物塊B的摩擦力大小等于4N；當F=12N時，物塊A運動方向不變，則物塊B仍然受到物塊A的向右的摩擦力．由于物塊B對物塊A的壓力不變，它們接觸面的粗糙程度也不變，所以塊B受到物塊A的向右的摩擦力大小不變，為原來的4N．故B正確．3．如圖所示的裝置，繩重以及繩子與滑輪間的摩擦忽略不計，當用水平方向的拉力拉動長木板B向左加速運動時，彈簧測力計的示數保持4N不變，則（）A．木塊A受到的摩擦力為4NB．木塊A所受力的合力為4NC．木板B所受力的合力為0ND．木板B受到的拉力為4N【答案】A【分析】本題考查力和運動的關系以及加速運動物體的受力情況的分析，難度不大。【詳解】A．當用水平方向的拉力拉動長木板B向左加速運動時，木塊在水平方向上受到繩子向右的拉力和長木板對它向左的滑動摩擦力處于平衡狀態(tài)，木塊受到的摩擦力等于繩子的拉力，而繩子的拉力為4N，所以木塊A受到的摩擦力為4N，故A符合題意；B．物體處于靜止狀態(tài)所受的合力為零，故B不符合題意；C．木板B向左加速運動，合力的方向向左，大小不為零，故C不符合題意；D．若木板B受到的拉力為4N，木塊A與木板B之間的摩擦為4N，木板B所受合力為零，就不會加速運動，故D不符合題意。故選A。4．某同學用如圖所示的裝置研究影響滑動摩擦力大小的因素。表面粗糙程度均勻的木板放在水平桌面上，木塊A放在水平木板上，可忽略重力的彈簧測力計沿水平方向一端固定，一端掛在木塊A上，拉動木板，下列說法正確的是（）A．需要在木塊A相對木板靜止時讀取測力計的示數B．向右拉動木板時，木塊A受到的摩擦力方向水平向左C．彈簧測力計對木塊A的拉力和木塊A受到的滑動摩擦力是一對相互作用力D．當木塊A相對地面靜止時，拉動木板的速度加快，彈簧測力計的示數不變【答案】D【詳解】A．研究影響滑動摩擦力大小的因素，需要在木塊相對木板運動時讀取測力計的示數，故A錯誤；BC．向右拉動木板時，A相對地面處于靜止狀態(tài)，受到測力計的拉力與受到長木板施加的滑動摩擦力為一對平衡力，作用在同一個物體上、作用在同一條直線上、大小相等，方向相反，因測力計的拉力方向為水平向左，故木塊A所受的摩擦力方向為水平向右，故BC錯誤；D．當木塊A相對地面靜止時，拉動木板的速度加快，因壓力大小和接觸面粗糙程度不變，故A受到的摩擦力不變，則彈簧測力計的示數不變，故D正確。故選D。5．如圖所示，小華將彈簧測力計一端固定，另一端鉤住長方體木塊A，木塊下面是一長木板。長木板在水平拉力F的作用下，第一次沿水平桌面以0.2m/s的速度向左勻速運動，彈簧測力計的示數穩(wěn)定后為F1，第二次沿水平桌面以0.3m/s的速度向左勻速運動，彈簧測力計的示數穩(wěn)定后為F2，第三次沿水平桌面向左加速運動，彈簧測力計的示數穩(wěn)定后為F3，則（）A．F1＜F2＜F3 B．F1=F2=F3 C．F1＞F2＞F3 D．F1=F2＜F3【答案】B【詳解】根據題意可知，長木板在水平拉力F的作用下，第一次沿水平桌面以0.2m/s的速度向左勻速運動，彈簧測力計的示數穩(wěn)定后為F1，木板向左運動，因此木塊A相對于木板向右運動，相對地面靜止，此時木塊A受到水平向左的滑動摩擦力和彈簧測力計對木塊A水平向右的拉力，兩者是一對平衡力，大小相等，所以f1=F1；同理可得第二、三次木塊A受到水平向左的滑動摩擦力和彈簧測力計對木塊A水平向右的拉力仍是一對平衡力，大小相等，即f2=F2，f3=F3。因滑動摩擦力的大小與物體的接觸面粗糙程度和所受壓力大小有關，題中三次拉動木板，接觸面的粗糙程度和壓力不變，所以滑動摩擦力大小不變，即f1=f2=f3，所以F1=F2=F3。故ACD不符合題意，B符合題意。故選B。押題猜想五電能、電功和電功率額定電壓相同的甲、乙兩個電熱水壺，甲的額定功率為800W，乙的額定功率為1000W。兩個電熱水壺都正常工作時，下列說法正確的是（）A．甲電熱水壺的加熱電阻阻值較小B．電流通過乙電熱水壺做功較快C．通過兩個電熱水壺的電流大小相等D．工作相同時間，兩個電熱水壺消耗的電能一樣多【答案】B【詳解】甲乙電熱水壺的加熱電阻阻值分別為甲電熱水壺的加熱電阻阻值較大，故A錯誤；B．功率是反映做功快慢的物理量，兩個電熱水壺都正常工作時，乙的額定功率大，電流通過乙電熱水壺做功較快，故B正確；C．額定功率電壓相同，乙的電阻小于甲的電阻，根據可知，通過乙電熱器的電流較大，兩個電熱水壺的電流大小不相等，故C錯誤；D．乙的額定功率大于甲的額定功率，在正常工作時，根據可知，工作相同時間，乙產生的熱量較多。故D錯誤。故選B。押題解讀電能、電功和電功率經常練習生活實際進行考察，此題考察了解各種用電器使用時的能量轉化

電功率的定義式P=W/t的應用

電流熱效應的概念

奧斯特實驗?？记懊伢琶鞔_電能、電功、電功率的概念和三者之間的異同，具備基本的電學生活常識。1．小杰在中國科技館看到“1度電的意義”展品后，繪制了1度電可供她家中的一些額定電壓相同的用電器分別在額定功率下持續(xù)工作的時間圖，如圖所示．關于圖中用電器的比較，下列說法中正確的是A．節(jié)能燈正常工作的電壓最大B．浴霸正常工作的電流最小C．電風扇的額定功率比浴霸的額定功率小D．節(jié)能燈正常工作的電流比白熾燈正常工作的電流大【答案】C【詳解】A.家庭電路中各用電器的正常工作的電壓相同，都是220V，故A錯誤；B.由圖可知，1度電可供浴霸持續(xù)工作的時間最短，工作電壓相同，由W=UIt可知，浴霸正常工作的電流最大，故B錯誤；C.由圖可知，1度電可供電風扇持續(xù)工作的時間比浴霸長，由W=Pt可知，電風扇的額定功率比浴霸的額定功率小，故C正確；D.由圖可知，1度電可供節(jié)能燈持續(xù)工作的時間比白熾燈長，工作電壓相同，由W=UIt可知，節(jié)能燈正常工作的電流比白熾燈正常工作的電流小，故D錯誤；故選C.2．小明用標有“12V60W”的燈甲和標有“24V30W”的燈乙做實驗，關于這兩個汽車燈的比較，下列說法中正確的是（）A．甲燈的額定功率一定小于乙燈的額定功率B．甲燈的實際功率一定小于乙燈的實際功率C．甲燈和乙燈均正常工作，甲燈消耗的電能一定比乙燈多D．甲燈和乙燈均正常工作，且消耗相同的電能，甲燈工作的時間比乙燈短【答案】D【詳解】A．甲燈的額定功率為60W，乙燈的額定功率為30W，甲燈的額定功率大于乙燈的額定功率，故A錯誤；B．電燈實際功率取決于實際電壓的高低，由于甲燈和乙燈實際工作的電壓不清楚，所以它們的實際功率大小無法比較，故B錯誤；C．根據公式W=Pt，兩燈消耗的電能多少取決于功率和工作的時間，雖然甲燈和乙燈均正常工作時甲的功率大于乙的功率，但由于工作時間不確定，消耗的電能多少無法比較，故C錯誤；D．根據公式甲燈和乙燈均正常工作，且消耗相同的電能，由于P甲>P乙，那么t甲<t乙，故D正確。故選D。3．如圖所示的是某液晶彩色電視的銘牌。下列說法中正確的是（）A．該液晶彩色電視可以接在380V電壓下使用B．1kW·h的電能可供該液晶彩色電視正常工作4hC．該液晶彩色電視正常工作時，1h內消耗250W電能D．正常工作時，該液晶彩色電視比60W的燈消耗電能慢【答案】B【詳解】A．由彩電銘牌知其額定電壓（正常工作電壓）為220V～240V，不可以接在380V電壓下使用，故A錯誤；B．由圖可知，電視的額定功率是250W，1kW·h的電能可供該液晶彩色電視正常工作的時間故B正確；C．彩電正常工作時，1h內消耗電能W=Pt=250W×3600s=9×105J故C錯誤；D．與60W的燈相比，在正常工作時彩電額定功率大，消耗電能快，故D錯誤。故選B。4．電磁爐是利用高頻電流在電磁爐內部線圈中產生磁場，磁化鐵質鐵鍋，從而形成無數個小渦流（即電流），加速鍋底分子運動，使鍋底自身發(fā)熱達到加熱食品的目的，它具有安全可靠、節(jié)能環(huán)保等優(yōu)點，是現代家庭中的理想灶具，其工作原理如圖所示。下列有關電磁爐的說法中正確的是（

）

A．電磁爐功率大，使用時很耗電B．電磁爐在使用中會產生煙塵和廢氣C．普通鐵鍋普通砂鍋均可在電磁爐上使用D．電磁爐在使用中利用了電流的磁效應、熱效應【答案】D【詳解】A．由W=Pt可知用電器消耗的電能的多少與功率P和時間t有關，電磁爐功率大，消耗電能不一定多，故A錯誤；B．由于電磁爐是消耗電能而工作的，故在工作時是不能產生煙塵和廢氣的，故B錯誤；C．電磁爐是利用電流的磁效應的原理制成的，故所使用的鍋必須是含有磁性材料的物質，普通砂鍋不是磁性材料，該鍋不能在電磁爐上使用，故C錯誤；D．爐子內部有一個金屬線圈，當電流通過線圈時會產生磁場，這是電流的磁效應；渦流使鍋體及食物的溫度升高，這是電流的熱效應，故D正確。故選D。5．小南對家中電冰箱進行過測試：當將家中其他所有用電器斷開，只有電冰箱單獨接入電路時，電能表初始示數如圖（a）所示，正常工作兩整天后，電能表示數如圖（b）所示，則下列說法正確的是（）

A．這兩天電冰箱消耗的電能為4JB．這兩天電冰箱消耗的電能為1.44×107JC．這兩天電冰箱實際工作時間為48hD．電冰箱工作時，消耗的電能主要轉化為內能【答案】B【詳解】AB．由題意可得，兩天電冰箱消耗的電能為1346kW·h-1342kW·h=4kW·h=1.44×107J故A錯誤，B正確；C．冰箱的功率約在200W左右，則由上述分析可知，冰箱的實際工作時間約為故C錯誤；D．電冰箱工作時，主要是將電能轉化為電動機的動能，故D錯誤。故選B。押題猜想六設計電路實驗如圖甲是中考體測項目之一坐位體前屈的測試儀，測試者向前推動的滑塊實際上是滑動變阻器，滑塊推動的距離越大，滑動變阻器連入電路的電阻值越大，儀器的示數就越大。如圖乙是其簡化原理圖，表的示數反映被測者成績。若該電路電源電壓為6V且保持不變，電壓表量程為0~3V，電流表量程為0~0.6A，滑動變阻器銘牌標有“50Ω1A”字樣，定值電阻標有“10Ω0.6A”字樣，滑片每移動1cm，R1的電阻變化0.5Ω，則在保證電路各元件安全的情況下，某次測試中推動滑塊時最大距離是cm?！敬鸢浮侩妷?0【詳解】[1]根據串聯電路的分壓規(guī)律可知，電阻越大，分擔的電壓越大，故是電壓表的示數反映被測者成績。[2]電流表量程為0~0.6A，則電路中的最大電流為0.6A，根據歐姆定律可知，此時電路的總電阻為所以電流最大時，滑動變阻器接入電路的電阻為0Ω；當電路中的電流最小時，滑動變阻器分擔的電壓最大，根據電壓表的量程可知，滑動變阻器兩端的最大電壓為3V，則定值電阻兩端的電壓為U2=U-U1=6V-3V=3V此時電路中的電流為滑動變阻器接入電路的電阻為滑片每移動1cmR1的電阻變化0.5Ω，則滑動變阻器變化10Ω時移動的距離為押題解讀設計電路的實驗需要注意滑片移動時，電路中各電表示數的變化情況

。會根據歐姆定律計算導體的電阻、電流及電壓

，其中還含有變阻器電路的動態(tài)分析?？记懊伢琶鞔_題意中，設計電路的目的，電阻的變化導致電表怎么變，再進行反推。1．如圖所示，是一種自動測定油箱內油量的裝置，R是轉動式滑動變阻器，它的金屬滑片是杠桿的一端，且由定位擋板限制只能在電阻上滑動，從油量表指針所指的刻度，就可以知道油箱內液面的高度，請回答：

（1）圖中油量表為電流表改裝而成。閉合開關，當油箱內所盛油量逐漸增多時，整個電路中的電流（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）定值電阻在電路中的作用是；（3）正常行車過程中，油量表指示長時間一直滿偏，最可能出現下列哪種情況；（油箱本身是完好的）A．短路B．斷路C．R短路D．R斷路（4）下列各圖中能實現油箱內存油量越大，油量表示數越大，且油量表刻度均勻的是。

【答案】增大保護電路（意思正確即可）CD【詳解】（1）[1]當油箱內所盛油量逐漸增多時，浮標上浮，通過杠桿使滑動變阻器接入電路的電阻變小，串聯電路總電阻等于各分電阻之和，所以電路總電阻變小，由歐姆定律可知電路中的電流變大（2）[2]當油箱內所盛油量最多時，滑動變阻器接入電路的電阻為0，為了防止電路短路，在電路中串聯一個定值電阻，即定值電阻在電路中的作用是保護電路安全。（3）[3]正常行車過程中，油表指示一直滿偏，說明電流表示數不變，由可知，在電源電壓不變時，電路中的電阻沒有發(fā)生改變，即電路為定值電阻的簡單電路，則電路故障為滑動變阻器R短路，（4）[4]A．由圖可知，油量表測量R0兩端電壓，R與R0串聯在電路中，當存油量變大時，R接入電路中的電阻變小，電路中的總電阻變小，由歐姆定律可知，電路中的電流會變大，電流為由U=IR可知，R0兩端的電壓變大，即油量表的示數變大，而U0與R不是線性函數，則油量表的刻度是不均勻，故A不符合題意；B．由電路圖可知，R0與R串聯，當油箱內存油量越大時，浮子上移，滑片下移，接入電路中的電阻變小，電路中的總電阻變小，由歐姆定律可知，電路中的電流變大，由U=IR可知，R0兩端的電壓變大，因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，R兩端的電壓變小，即油量表的示數變小，故B不符合題意；C．由電路圖可知，R0與R串聯，當油箱內存油量越大時，浮子上移，滑片下移，接入電路中的電阻變小，電路中的總電阻變小，由歐姆定律可知，電路中的電流變大，即油量表的示數變大，因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，所以，油量表的示數為與R不是線性函數，則油量表的刻度是不均勻，故C不符合題意；D．圖中，R的最大阻值和R0串聯接入電路，根據串聯電路電阻規(guī)律結合歐姆定律可知通過電路的電流為即通過電路的電流為一個定值，電壓表與滑動變阻器的上端并聯，則電壓表的示數可表示為所以UP與RP成正比，即油量表刻度均勻，且油箱內存油量越大時，滑動變阻器與電壓表并聯部分的電阻越大，則電壓表示數越大，即油量表示數越大，故D符合題意。故選D。2．如圖是一種握力計的電路示意圖，a、b、c、d是四個接線柱，M、N均為金屬板，N固定不動，當握力F增大時，金屬片P向移動時，R接入電路的阻值變。若握力F增大時，要求儀表的示數也增大，則接線柱a、b之間應接入，接線柱c、d之間應接入。（后兩空選填“定值電阻”、“電流表”或“電壓表”）【答案】右大電壓表定值電阻【詳解】[1][2]由圖可知，當握力F增大時，M、N之間的彈簧壓縮，M金屬板滑片P右移，此時滑動變阻器R接入電路中的電阻變大。[3][4]c、d之間不可能是電壓表，否則電路斷路；若c、d之間為電流表，當a、b之間為電壓表時，電壓表測電源電壓示數不變，電流表測電路中的電流，當握力增大時，滑片右移，變阻器接入電路中的電阻變大，由知，電流表的示數減小，這與電表的示數增大不符；若c、d之間為電流表，a、b之間為定值電阻時，R與定值電阻并聯，電流表測干路電流，因并聯電路中各支路獨立工作、互不影響，所以，滑片移動時通過定值電阻的電流不變，當握力增大時，滑片右移，變阻器接入電路中的電阻變大，由可知該支路的電流減小，因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，干路電流表示數減小，這與電表的示數增大不符；若c、d之間為定值電阻，a、b之間不可能為電流表，否則滑動變阻器被短路；若c、d之間為定值電阻，a、b之間為電壓表時，定值電阻與滑動變阻器串聯，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，當握力增大時，滑片右移，變阻器接入電路中的電阻變大，電路中的總電阻變大，由可知電流表的示數減小，由可知，定值電阻兩端的電壓減小，因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，滑動變阻器兩端的電壓增大，即電壓表的示數增大，符合題意；綜上所述，c、d之間為定值電阻，a、b之間為電壓表。3．如圖是小明設計的一個簡易電子身高測量儀的示意圖．其中電源電壓恒為6V；R是一只固定著的、豎直放置的硬電阻棒、總長為30cm，其接入電路的電阻與接入電路的棒長成正比；金屬桿cd和MP（右端P是滑片）與電路接觸良好，電阻不計．小明用該測量儀對小英的身高進行了測量，測出身高為1.6m，此時電流表示數為0.15A，電壓表示數為3V，滑片恰在電阻棒ab的中點位置．則電阻棒的總電阻是Ω；當測小天身高時，電流表示數為0.2A，電壓表示數為2.4V，則小天的身高為m．【答案】401.54【詳解】[1]由電路圖可知，電阻棒與電阻串聯，電流表測電路中的電流，電壓表測電阻棒兩端的電壓．測小英身高時，電流表示數為0.15A，電壓表示數為3V，滑片恰在電阻棒ab的中點位置，則電阻棒的總電阻：；[2]測小天身高時，電流表示數為0.2A，電壓表示數為2.4V，此時電阻棒接入電路中的電阻：，因為電阻棒總長為30cm，總電阻為40Ω，所以1cm電阻棒的阻值為，則電阻棒的阻值為12Ω時，其接入電路的長度：，根據圖示和題中條件可得，小天的身高為：．4．如圖為某同學設計的高速公路收費站計重秤的原理圖，該原理圖中，R2為滑動變阻器，車重表是由（選填“電流表”或“電壓表”）改裝而成，則當車越重時，車重表的示數將（選填“越大”、“不變”或“越小”）?！敬鸢浮侩娏鞅碓酱蟆驹斀狻縖1]由電路圖可知，車重表串聯電路中，是由電流表改裝而成。[2]由圖可知，當車越重時，滑片下移，R2接入電路中的電阻越小，電路的總電阻越小，由歐姆定律可知，電路中的電流越大，即車重表的示數將越大。5．小海設計了一種測定油箱內油量的模擬裝置，如圖甲所示，其中電源兩端電壓保持不變，R0是定值電阻，R是滑動變阻器的電阻片，滑動變阻器的滑片P跟滑桿的一端連接，滑桿可以繞固定軸O轉動，另一端固定著一個浮子。油箱中的油量減少時，浮子隨油面下降，帶動滑桿使變阻器的滑片P移動，從而引起電流表的示數發(fā)生變化。當油箱中的油量減少時，變阻器R連入電路的電阻，電流表示數，（均選填：“變大”、“變小”或“不變”）。如圖乙，當油箱中的油量增加時，油量表示數（選填：“能”或“不能”）變大?！敬鸢浮孔兇笞冃∧堋驹斀狻縖1][2]由電路圖甲可知，滑動變阻器R與定值電阻R0串聯，電流表測電路中的電流。當油箱中的油量減少時，浮子隨油面下降，帶動滑桿使變阻器的滑片P向上移動，變阻器R連入電路的電阻變大，電路中的總電阻變大，電源電壓不變，由可知，電路中的電流變小，即電流表的示數變小。[3]如圖乙可知，滑動變阻器R與定值電阻R0串聯，油量表與滑動變阻器R并聯，所以該油量表為電壓表，電壓表測滑動變阻器R兩端的電壓。當油箱中的油量增加時，浮子隨油面上升，帶動滑桿使變阻器的滑片P向上移動，變阻器R連入電路的電阻變大，電路中的總電阻變大，電源電壓不變，由可知，電路中的電流變小，電阻R0兩端的電壓減小。根據串聯電路中電壓特點，滑動變阻器R兩端的電壓變大，即油量表示數能變大。6．如圖甲所示的電子秤的示數表是由電流表改裝的。圖乙是電子秤的原理圖，R1是一根長6cm、阻值15Ω的均勻電阻絲?；琍在a端時，電流表示數為0.15A；滑片P在b端時，電流表示數為0.6A。彈簧c受到壓力F與壓縮量△L的關系如圖丙所示。(掛鉤的重力不計，不稱重物時滑片P剛好在電阻絲的a端，所稱物重最大時P在b端，g=10N/kg)，電源電壓為V，該電子秤中R2的阻值Ω；當電路中的電流為0.3A時，電子秤的示數為kg?！敬鸢浮?52【詳解】[1][2]滑片P在a端時，R1與R2串聯電路中的電流Ia=0.15A，因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，由可得，電源的電壓：U=Ia(R1+R2)=0.15A×(15Ω+R2)，滑片P在b端時，電路為R2的簡單電路，電路中的電流Ib=0.6A，電源的電壓：U=IbR2=0.6A×R2，因電源的電壓不變，所以，0.6A×R2=0.15A×(15Ω+R2)，解得：R2=5Ω，則電源電壓U=IbR2=0.6A×5Ω=3V；[3]當電路中的電流為0.3A時，電路中的總電阻：，因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，所以，滑動變阻器連入電路的阻值：R′=R總-R2=10Ω-5Ω=5Ω，由題意可知，此時彈簧的壓縮量：，由圖像可知，此時彈簧所受壓力為20N，即G=F=20N。由G=mg可得，物體的質量：。押題猜想七焦耳定律實驗如題圖所示是“探究電流通過導體時產生的熱量與哪些因素有關”實驗的部分裝置，兩個相同的透明容器中封閉著等量的空氣，實驗中通過觀察U形管液面的變化來反映電阻產生熱量的多少。圖甲所示，表明在電流和通電時間相同的情況下，越大，產生的熱量越多；圖乙中R3與R2并聯，是使通過R1與R2的不同。

【答案】高度差電阻電流【詳解】[1]兩個相同的透明容器中封閉著等量的空氣，由轉換法，實驗中通過觀察U形管液面高度差的變化來反映電阻產生熱量的多少，U形管液面高度差的變化越大，說明電阻產生的熱量越多。[2]由圖甲所示，兩個電阻串聯，兩個電阻大小不同，通過它們的電流和時間相同，10Ω電阻產生熱量多，故在電流和通電時間相同的情況下，電阻越大，產生的熱量越多。[3]乙圖中右側兩電阻R3與R2并聯后再與左側電阻R1串聯，根據并聯和串聯電路電流的規(guī)律，通過左側容器中電阻R1的電流大小大于通過右側容器中電阻R2的電流，故圖乙中R3與R2并聯，是使通過R1與R2的電流不同。

押題解讀焦耳定律實驗是中考物理必考實驗。其實驗可以考察控制變量、轉換法等物理思維，對于實驗的理解要求較高?？记懊伢琶鞔_焦耳定律實驗的整體思路，知道影響電流通過導體時產生的熱量與哪些因素有關。1.如圖是探究電流通過導體產生的熱量與關系的實驗裝置，通電一段時間后容器（選填“甲”或“乙”）內電阻絲產生的熱量較多。

【答案】電流甲【詳解】[1]由圖知，裝置中一個5Ω的電阻與兩個5Ω的電阻并聯后再串聯，根據串聯電路的電流特點可知，右端兩個電阻的總電流和左端的電阻電流相等，即I右=I左，兩個5Ω的電阻并聯，根據并聯電路的電流特點知I右=I1+I2，兩電阻阻值相等，則支路中電流相等，I1=I2，所以右邊容器中的通過電阻的電流是左側通過電流的一半，即是研究電流產生的熱量與電流的關系。[2]由Q=I2Rt可知，左邊容器中的電阻產生的熱量是右側容器電阻絲產生的熱量的4倍，所以甲內電阻絲產生的熱量較多。2．如圖是探究電流通過導體產生熱量跟什么因素有關的實驗裝置，圖甲所示的裝置是用來探究電流產生的熱量與（填“電阻”或“電流”）的關系，該裝置中電阻R1、R2兩端電壓之比為；若通過R1的電流為0.5A，則1min內電流通過R2產生的熱量為J；裝置乙中電阻R3、R4產生的熱量之比為?！敬鸢浮侩娮?∶21504∶1【詳解】[1]由圖甲可知，兩個電阻串聯，電流相同，通電時間也相同，電阻不同，故探究的是電流產生的熱量與電阻的關系。[2]電流相同，電阻不同，根據U=IR可知，電壓之比等于電阻之比，故電壓之比為U1:U2=R1:R2=5Ω:10Ω=1:2[3]1min內電流通過R2產生的熱量Q2=I22R2t=(0.5A)2×10Ω×60s=150J[4]圖乙中，R4與R5并聯后，再與R3串聯，R4與R5兩端的電壓相等，R4與R5的阻值相同，由I=可知通過它們的電流相同，由串并聯電路電流的規(guī)律可知，通過R3電流為通過R4電流的2倍，R3、R4的電阻相同，根據Q=I2Rt可知，電阻R3、R4產生的熱量之比為Q3:Q4=I32Rt:I42Rt=22:12=4:13．如圖所示裝置是用來探究通電時間相同，電流通過導體產生熱量跟的關系。若通過甲容器內電阻的電流為1A，通電3min甲容器內電阻產生熱量為J；若將乙容器外的電阻放入乙容器內，通電一段時間，（選填“左”或“右”）側U形管內液面高度差較大?！敬鸢浮侩娏?00左【詳解】[1]由圖可知，右側電阻絲與容器外電阻并聯后再與左側電阻絲串聯，左側容器內電阻絲的電流大小等于右側容器內電阻絲與容器外電阻的電流之和，即通過左側容器內電阻的電流是通過右側容器內電阻的電流的2倍；兩個容器內電阻絲的電阻相等，所以是探究通電時間相同時，電流通過導體產生的熱量跟電流的關系。[2]通電3min甲容器內電阻產生熱量Q甲=I2R甲t=(1A)2×5Ω×3×60s=900J[3]將乙容器外的電阻放入乙容器內，乙容器內兩個電阻并聯，總電阻R乙總==2.5Ω通過甲乙容器內電阻的電流相同，甲容器內電阻大于乙容器內的電阻，甲容器內電阻產生的熱量多，通電一段時間，左側U形管內液面高度差較大。4．如圖所示的裝置是用來研究電流通過電阻絲產生的熱量與的關系，閉合開關，通電5min，若通過的電流為2A，則電阻產生的熱量為J。【答案】電流1500【詳解】[1]由圖可知，R1、R2阻值相同，通過電阻R1、R2的電流不同，所以研究電流通過電阻絲產生的熱量與電流大小的關系。[2]若通過R1的電流為2A，則通過R2、R3的電流之和為2A，R2、R3的阻值大小相同，根據并聯電路的電流關系可知，通過電阻R2的電流為1A，則電阻絲R2在5min內產生的熱量Q=I2R2t=(1A)2×5Ω×5×60s=1500J5．如圖所示，左側電阻阻值為5Ω，右側容器外部一個阻值5Ω的電阻與容器內的電阻并聯，右側容器內電阻絲的阻值應為Ω，該裝置是用來探究通電時間相同時，電流通過導體產生的熱量與的關系；左側容器內電阻的電流大小為1A，通電10s，右側容器內電阻產熱為J。【答案】5電流12.5【詳解】[1]要探究電流通過導體產生的熱量與電流的關系，應該控制右側容器中的電阻和左側容器中5Ω的電阻阻值相等，所有右側容器內電阻絲的阻值應為5Ω。[2]裝置中右側兩個電阻并聯后再與左側容器中一個5Ω的電阻串聯，根據串聯電路的電流特點可知，右端兩個電阻的總電流和左端的電阻電流相等，即，即通過左右兩密閉容器內電阻絲的電流不同，所以本實驗應該是探究電流通過導體產生的熱量與電流的關系。[3]右側容器內電阻產生的熱量押題猜想八凸透鏡成像實驗在探究凸透鏡成像的實驗中，（1）小芳讓凸透鏡正對著太陽，得到圖甲所示的光路圖，由圖可知，該凸透鏡的焦距為cm；（2）利用圖乙裝置進行以下操作：①為了使燭焰的像能成在光屏的中央，要調整三者的位置，使它們的中心在；②當蠟燭距凸透鏡的位置如乙圖所示時，移動光屏，可以在光屏上得到一個清晰的倒立、（選填“放大”或“縮小”）的實像，成像情況與此類似的是（填照相機、投影儀或放大鏡）；③將蠟燭移到距凸透鏡5cm處，無論怎樣調節(jié)光屏，光屏上始終接收不到清晰的像，這時應從乙圖所示中的側透過凸透鏡直接觀察（選填“左”或“右”）；（3）通過實驗，小芳發(fā)現蠟燭離凸透鏡越遠，光屏上得到的清晰像越（選填“大”或“小”），把蠟燭向凸透鏡靠近時，要在光屏上成清晰的像，光屏應（選填“靠近”或“遠離”）凸透鏡；（4）實驗時有只甲蟲停在了凸透鏡上，則此時光屏上燭焰的像（選填“完整”或“不完整”）。【答案】10.0同一高度放大投影儀右小遠離完整【詳解】（1）[1]焦距指焦點到光心的距離，由圖可知，該凸透鏡的焦距為10.0cm。（2）[2]蠟燭、凸透鏡、光屏，三者在同一條直線上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈現在光屏的中央。[3]當蠟燭距凸透鏡的位置如乙圖所示時，物距在一倍焦距和二倍焦距之間，由凸透鏡成像規(guī)律可知，移動光屏，可以在光屏上得到一個清晰的倒立、放大的實像。[4]投影儀也是成倒立、放大的實像，故選填投影儀。[5]將蠟燭移到距凸透鏡5cm處，物體位于一倍焦距之內，成正立、放大的虛像，光屏上沒有像；這時應從乙圖所示中的右側透過凸透鏡直接觀察。（3）[6][7]凸透鏡成實像時，物遠像近像變小，蠟燭離凸透鏡越遠，光屏上得到的清晰像越??；把蠟燭向凸透鏡靠近時，像會變大并遠離凸透鏡，要在光屏上成清晰的像，光屏應遠離凸透鏡。（4）[8]實驗時有只甲蟲停在了凸透鏡上，擋住了一部分光線，其他部分光線仍能透過，成像性質不會變化，此時光屏上燭焰的像是完整的。

押題解讀凸透鏡成像實驗是中考物理必考實驗。其實驗可以考察探究凸透鏡成像規(guī)律的實驗裝置和操作步驟

探究凸透鏡成像規(guī)律的實驗注意事項和錯誤分析

探究凸透鏡成像規(guī)律的實驗結論

近視眼和遠視眼的矯正方法及光路圖考前秘笈必須熟練記憶凸透鏡成像規(guī)律，準確找到物距與像距的關系。1．物理課上，同學們做“探究凸透鏡成像規(guī)律”的實驗。（1）小娟將焦距為10cm的凸透鏡固定在光具座上50cm刻線處，將點燃的蠟燭和光屏分別放在凸透鏡的兩側，點燃的蠟燭放置在光具座上20cm刻線處，如圖所示。小娟移動光屏，在光屏上可呈現燭焰清晰的倒立、的實像；（2）為了探究凸透鏡所成實像的高度與物距、焦距的關系時，三個小組的同學用高度相同的發(fā)光體以及焦距不同的凸透鏡等器材進行了實驗，部分實驗數據如表中所示：表1（f1=5cm）表2（f2=9cm）表3（f3=10cm）物距u/cm像高h/cm物距u/cm像高h/cm物距u/cm像高h/cm151.6183.2252.1181.2301.4351.3400.5400.9401.1由表中數據可知：物體高度、凸透鏡焦距一定時，物距越，實像的高度越高。物體高度、物距一定時，凸透鏡焦距越，所成實像的高度越小；（3）小亮和小娟利用凸透鏡和光屏觀察同一個發(fā)光體在各自光屏上所成的像，已知小娟所用凸透鏡的焦距比小亮所用凸透鏡的焦距大，若要在兩人的光屏上呈現等高的像，則的凸透鏡應離發(fā)光體更遠些。（選填“小亮”或“小娟”）【答案】縮小小小小娟【詳解】（1）[1]物距為根據凸透鏡成像規(guī)律可知，此時成倒立、縮小的實像。（2）[2]觀察每一列數據可知，物體高度、凸透鏡焦距一定時，物距越小，實像的高度越高。[3]觀察比較每個表中的最后一組數據可知，物體高度、物距一定時，凸透鏡焦距越小，所成實像的高度越小。（3）[4]物體高度、物距一定時，凸透鏡焦距越大，所成實像的高度越高；物體高度、凸透鏡焦距一定時，物距越小，實像的高度越高。已知小娟所用凸透鏡的焦距比小亮所用凸透鏡的焦距大，所以若要在兩人的光屏上呈現等高的像，則小娟的凸透鏡應離發(fā)光體更遠些。2．小強和小剛同學用光具座、凸透鏡、水透鏡、F光源、光屏進行探究實驗。（1）如圖甲所示，小強讓凸透鏡正對平行光，調整凸透鏡到光屏的距離，光屏上出現一個很小、很亮的光斑，則該凸透鏡的焦距f＝cm；（2）如圖乙所示，小強將凸透鏡固定在50cm刻度線處，當F光源距透鏡15cm時，移動光屏，可在光屏上得到一個倒立、（選填“縮小”、“等大”或“放大”）的實像，利用該成像規(guī)律制成的光學儀器是（選填“照相機”、“投影儀”或“放大鏡”）；（3）將F光源放在20cm刻線處，要在光屏上重新得到清晰的像，光屏應放cm刻度處，依據是折射時光路；（4）小剛用圖丙所示的裝置進行實驗。推動活塞使水凸透鏡變厚，發(fā)現光屏上像變模糊，將蠟燭適當透鏡（選填“遠離”或“靠近”），像又變清晰，若不移動蠟燭，要讓光屏上的像變清晰，可在蠟燭與水透鏡之間適當位置安裝一個合適的（選填“近視”或“遠視”）鏡?！敬鸢浮?0.0放大投影儀65可逆靠近近視【詳解】（1）[1]如圖甲所示，小強讓凸透鏡正對平行光，調整凸透鏡到光屏的距離，光屏上會出現一個很小、很亮的光斑，此光斑位置即為凸透鏡的焦點位置，則該凸透鏡的焦距f=20.0cm-10.0cm=10.0cm（2）[2][3]如圖乙所示，將凸透鏡固定在50cm刻度線處，物距為u=50.0cm-35.0cm=15.0cm像距v=80.0cm-50.0cm=30.0cm此時f<u<2f可在光屏上得到一個倒立、放大的實像，利用該成像規(guī)律制成的光學儀器是投影儀。（3）[4][5]保持凸透鏡位置不變，將F光源放在20cm刻線處，此時物距u1=50.0cm-20.0cm=30.0cm物距等于原來的像距，由于光路具有可逆性，此時像距等于原來的物距v1=u=15.0cm即光屏要距離透鏡15cm，故應將光屏移到65cm刻度處。（4）[6][7]向水凸透鏡內注入適量的水，水凸透鏡的焦距變短，會聚能力變強，可將蠟燭適當靠近透鏡，像才會遠離透鏡回到光屏上，像才又變清晰；若不移動蠟燭，要讓光屏上的像變清晰，可在蠟燭與水透鏡之間適當位置安裝一個對光線有發(fā)散作用的凹透鏡，近視眼鏡是凹透鏡。3．小明同學利用光具座、凸透鏡、蠟燭、光屏等實驗器材探究“凸透鏡成像的規(guī)律：

（1）小明通過圖甲的實驗操作，確定了該凸透鏡的焦距為cm；（2）實驗時，把凸透鏡固定在光具座50cm刻度線處。小明將蠟燭10cm刻度線處移至光具座上25cm刻度線處，為了在光屏上再次得到清晰的像，應將光屏向（選填“靠近”或“遠離”）透鏡的方向移動，應用這一成像特點可制成的光學儀器是；此時小明把自己的近視眼鏡放在蠟燭和凸透鏡之間，若要在光屏上再次成清晰的像，則需要將光屏向（選填“靠近”或“遠離”）透鏡的方向移動?！敬鸢浮窟h離投影儀遠離【詳解】（1）[1]焦距是從焦點到凸透鏡光心的距離，由圖知，該凸透鏡的焦距（2）[2]小明又將蠟燭移至光具座上25cm刻度線處，物距變小，像距變大，所以應將光屏向遠離透鏡的方向移動。[3]此時物距為此時成倒立、放大的實像，應用這一成像特點可制成的光學儀器是投影儀。[4]小明把自己的近視眼鏡放在蠟燭和凸透鏡之間，凹透鏡對光線有發(fā)散作用，延遲會聚，若要在光屏上再次成清晰的像，則需要將光屏向遠離透鏡的方向移動。4．小麗同學在探究“凸透鏡成像規(guī)律”的實驗中；（1）如圖甲所示，一束平行光正對凸透鏡照射，光屏上出現一個最小最亮的光斑，則凸透鏡的焦距f=cm；將此凸透鏡固定在光具座上并調整實驗器材，使燭焰、凸透鏡和光屏三者中心在；（2）如圖乙所示，若將蠟燭移動至10cm刻度處，此時光屏上成倒立、的實像，在生活中人們利用這一成像規(guī)律工作的光學儀器是（選填“照相機”、“投影儀”或“放大鏡”）；若將蠟燭向右移動，應將光屏向（選填“左”或“右”）移動，才能再次在光屏上成清晰的像，此時像的大小比剛才的像要（選填“小”或“大”）些；（3）如圖乙所示，若在凸透鏡左側附近放置一凹透鏡（圖中未畫出），此時應將光屏向（選填“左”或“右”）移動才能在光屏上成清晰的像；（4）如圖乙所示，當光屏上出現燭焰清晰的像時，如果用遮光板擋住凸透鏡的上半部分，我們觀察光屏時，將會在光屏上看到。A．燭焰下半部分的像B．燭焰上半部分的像C．燭焰完整的像，像的亮度變暗D．燭焰完整的像，像的亮度不變【答案】10.0同一高度處放大投影儀右大右C【詳解】（1）[1]凸透鏡能把平行光線會聚一點，由圖甲可知，光屏上出現一個最小最亮的光斑即為凸透鏡的焦點處，焦點到光心的距離f=20.0cm-10.0cm=10.0cm則凸透鏡的焦距是10.0cm。[2]為了能使像清晰的成在光屏的中央位置，要調整蠟燭、凸透鏡、光屏的高度，使燭焰、凸透鏡、光屏的中心大致在同一高度。（2）[3][4]由圖乙可知，物距u=25.0cm-10.0cm=15.0cm此時2f>u>f光屏上成倒立、放大的實像，人們利用這一原理制成了投影儀。[5][6]若將蠟燭向右移動，物距變小，由物近像遠像變大可知，像距應變