2018-2022年五年中考物理汇编（安徽）：实验题（解析版）

专题19实验题

000©

Q

1、(2022•安徽•8分)小红测量一小灯泡(额定电压为2.5V)正常发光时的电阻，电源电压保

(1)图甲为实验电路图，图中的圆圈分别表示电流表和电压表，请在圆圈内填入相应的字母;

()

(2)正确连接电路后，将滑动变阻器的滑片移至电阻值最大处，闭合开关.要使小灯泡正常发光,

应进行的操作是：;

(3)正确完成上述操作后，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为

Ω;(结果保留一位小数)

(4)小灯泡正常发光时，因灯丝断路突然熄灭，若其他元件均完好，则此时电压表的示数

(选填“小于”“等于”或“大于”)2.5V.

【答案】①.W②.向右移动滑片直至灯泡两端的电压为2.5V③.

—1∣-<<—Γ⅛-

s

7.8④.大于

【解析】

(I)[1]由于电压表与被测电路并联，电流表应与被测电路串联，故电表连接如下

L

―ι[-<<-Γ⅛-

S

(2)[2]由图知道，闭合开关，将滑动变阻器的滑片移至电阻值最大处，此时滑动变阻器接入电路的

电阻最大，灯泡两端的电压应小于额定电压，由串联分压原理知道，为了使小灯泡正常发光，应向

右移动滑片直至灯泡两端的电压为2.5V.

(3)[3]电流表选用0~0.6A量程，分度值是0.02A,示数为0.32A,小灯泡正常发光时的电阻为

RL=-=三上≈7.8Ω

LI0.32A

(4)[4]由图知道，若小灯泡正常发光时，灯丝断路突然熄灭，而其他元件均完好，此时电压表将会

与电流表、滑动变阻器串联，由串联分压原理知道，此时电压表的示数应是电源电压值，即示数大

于2.5V.

2、(2022•安徽•4分)为探究液体压强与哪些因素有关，取一个空的透明塑料瓶，在瓶口扎上橡

皮膜，将塑料瓶浸在液体中，橡皮膜向瓶内凹进得越多，表明液体的压强越大.

水Jl水酒M

甲NrM

(1)将塑料瓶竖直地浸入水中，第一次瓶口朝上(如图甲)，第二次瓶口朝下(如图乙)，两次塑料

瓶在水里的位置相同,图乙中的橡皮膜凹进得更多，则可得到的实验结论是：同种液体中，,

液体的压强越大；

(2)若用体积相同的酒精(P酒精少水)进行实验，如图丙所示，塑料瓶在酒精里的位置与图乙相同，

则图______(选填“乙”或“丙”)中的橡皮膜凹进得更多。

【答案】①.深度越大②.乙

【解析】

(I)[1]由甲、乙两图可知，虽然两次塑料瓶在水里的位置相同，但瓶口朝向不同，甲图中的瓶口所

处的深度小于乙图中瓶口所处的深度，乙图中瓶口的橡皮膜凹进得更多.则可得到的实验结论是：

同种液体中，深度越大，液体的压强越大。

(2)[2]用体积相同的酒精放入相同的塑料瓶中，则两液体的液面处于同一水平高度.如图丙所示，

塑料瓶在酒精里的位置与图乙相同，塑料瓶的瓶口朝向也相同，即瓶口处橡皮膜在两种液体的同一

深度，由液体压强与液体的密度和深度有关，当液体深度相同时，液体的密度越大，压强越大可知,

橡皮膜在水中受到的压强大于在酒精中受到的压强，所以乙图中的橡皮膜凹进得更多.

3、(2022•安徽•4分)用图中所示的装置探究杠杆的平衡条件，通过正确的实验操作，得到下

表中的数据.

实验次数动力Fι∕N动力臂∕ι∕m阻力F√N阻力臂∕2∕m

13.00.202.00.30

22.00.151.5

31.50.201.00.30

....................

图甲图乙

2m；

⑴第次实验数据中的阻力臂I2应为___________

（2）第3次实验后，用带杆的滑轮水平向左缓慢推动右边挂钩码的悬线（保持上端悬点不动），如

图乙所示，不计摩擦，杠杆___________（选填“能”或“不能”）在水平位置保持平衡，原因是:

【答案】①.0.20②.不能③.见解析

【解析】

（1）[1]

根据杠杆平衡可知，阻力臂I2应为

,El,2N×0.15mCCC

/,=」■=-----------=0.20m

-F21.5N

（2）[2][3]用带杆的滑轮水平向左缓慢推动右边挂钩码的悬线（保持上端悬点不动），改变了拉力

的方向，但是没有改变拉力的大小，但是支点到力的作用线的距离，即力臂的长短发生了变化，由

=工4可知，乙乙不变，耳的大小不变，但是力臂发生了变化，故杠杆不能保持平衡.

4、（2021•安徽）小华按图示的步骤进行探究浮力的实验；

A.在弹簧测力计下悬桂个金属球，如图甲所示，弹簧测力计的示数为2.6N；

B.将金属球浸没在水中，弹簧测力计的示数如图乙所示；

C.将金属球从水中取出并擦干水分，再将它浸没在另一种液体中，弹簧测力计的示数如图丙所示.

由实验可知，金属球浸没在水中时受到的浮力大小为N,图丙中液体的密度（选填“大

于”“等于”或“小于”）水的密度.

【答案】⑴.1.0⑵.小于

【解析】

口］甲图中弹簧测力计的示数等于金属球的重力,由图乙可知，弹簧测力计分度值为0.2N,则金属球

浸没在水中时弹簧测力计的示数为1.6N.故金属球浸没在水中时受到的浮力大小为

F殍=G-F示=2.6N-1.6N=1.0N

［2］由图丙可知，弹簧测力计的示数为L8N,则金属球浸没在液体中时受到的浮力大小为

Fn=G-F示=2.6N-1.8N=0.8N

与浸没在水中相比，金属球排开液体的体积相同，在液体中受到的浮力小于在水中受到的浮力，根

据产浮=P淞g上『可知，图丙中液体的密度小于水的密度.

5、（2021•安徽）用图甲所示的电路探究“电流与电阻的关系”，电源电压为3V,滑动变阻器的规

格为“20Q1.5A"；

（1）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R和

电流示数/,数据如下表:

实验次数12345

电阻R/Q302015105

电流I/A0.080.120.160.48

电阻的测数

ɪ/o-*0.330.500.0670.1000.200

R

(2)第4次实验的电流表示数如图乙所示，该数为A；

(3)为了更精确地描述/与R的关系，在表中增加了L的数据，并根据/,'的值在图丙的坐标

RR

纸中描出相应的点.请你在图丙中补充第4次的实验数据点，并作出I--的图像；

(4)根据图像可以得到的实验结论是：.

【答案】(1).滑动变阻器的滑片(2).0.24(4).见解析

【解析】

(1)口］实验时，更换不同的电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电阻两端的电压不变，记录电阻值

和电流值。

(2)［2］由图乙可知，电流表的量程是0〜0.6A,分度值是0.02A,电流表的示数是0.24A.

(3)［3］由表中数据，利用描点法画出/-［的图像，如图所示：

(4)［4］由图像可知，电流与电阻的倒数成正比，可以得到电压一定时，通过导体的电流与导体的电

阻成反比.

6、(2021•安徽)如图所示，某小机用玻璃板代替平面镜探究平面镜成像的特点.

(1)为了比较像与物到平面镜的距离，需要的测量工具是；

(2)将一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前，再拿一支外形相同(选填“点燃”或“未点燃”)

的蜡烛B,竖直着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，这个位置就是蜡烛A

的像的位置.

【答案】(1).刻度尺(2).未点燃

【解析】

(1)[1]为了比较像与物到平面镜的距离，需要的测量工具是刻度尺，刻度尺测量距离.

(2)[2]未点燃的蜡烛替代像，当像与蜡烛B重合时，感觉就像是蜡烛B在燃烧，说明平面镜成的

像是等大的像.

7、(2020安徽)一小灯泡额定电压为2.5V,图a是测量其电阻的实验电路图.

(1)请按照图a,将图b中的实物电路连接完整；________

(2)闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为2.5OV时•，小灯泡正常发光，电流表示数如图C所

示，则此时通过小灯泡的电流为A；

(3)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”)；

(4)测量数据如下表所示.

电压U/V2.502.101.7()1.300.900.50

电流I/A0.260.240.210.190.16

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

(2).0.28(3).降低(4).小

【解析】

【详解】(1)口］灯泡电阻约1OQ灯泡正常发光时的电流是

u_2.5V

=0.25A

~R10Ω

电流表选0~0∙6A量程，把开关、滑动变阻器、电流表串联接入电路，所求画图如下

(2)［2］如图C,电流表分度值是0.02A,电流表读数0.28A.

(3)［3］小灯泡两端实际电压减小，实际功率降低，亮度变暗，温度降低.

(4)［4］由表格数据可知I,小灯泡两端实际电压减小，实际功率降低，亮度变暗，温度降低.灯丝电阻

受温度影响，温度降低，电阻减小。

8.(2019安徽).图甲为伏安法测电阻的实验电路图.

(1)闭合开关前,滑动变阻器的滑片P应置于______(选填"a”或"b”)端;

(2)小亮同学用完好的器材按图甲正确连接好电路,“试触”时，发现电流表的指针偏转很小;移动滑

动变阻器的滑片，发现指针偏转仍然较小.产生该现象的原因可能是:;

(3)电路调试完成后,某次实验中电压表和电流表示数如图乙和丙所示，则此时被测电阻两端的电

压为一V,该电阻的阻值为Q

【答案】(l).a(2).电流表量程过大(3).2.4(4).10

【解析】

【详解】(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处的a端；

(2)小亮同学用完好的器材按图甲正确连接好电路，“试触”时，发现电流表的指针偏转很小；移动

滑动变限器的滑片，发现指针偏转仍然较小，故排除了电路中电阻过大的可能，故产生该现象的原

因可能是：电流表量程过大；

(3)电路调试完成后，某次实验中电压表和电流表示数如图乙和丙，电压表选用小量程，分度值为

则0.1V,此时被测电阻两端的电压为2.4V,电流表选用小量程，分度值为0.02A,电流为0.24A,

U24V

由欧姆定律，该电阻的阻值为：R=-=--=10Ω.

10.24A

9.(2018安徽)图为探究物体(钢球)动能大小跟哪些因素有关的实验装置.

(1)实验原理：

①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______________O

②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。

(2)实验现象：

①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.

②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】⑴.大(2).大(3).高⑷.大

【解析】分析：(1)①整个过程中重力势能转化为动能，机械能守恒.动能与速度和质量有关，质

量不变时，当动能越大，速度就越大；

②物体做功的过程就是能的转化过程，物体对外做功越多，所具有的能量越大；

(2)影响动能大小的因素有质量和速度，质量越大，速度越大，物体所具有的动能越大.

解答：(1)①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；

②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；

(2)①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；

②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.

故答案为：(1).大(2).大(3).高(4).大

【点睛】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.

10.(2018安徽)在某次电学实验中，已知所使用的双量程电流表能够满足实验的测量要求.在不能

事先估计电流的情况下，为了避免损坏电流表，且又能较准确的测出电路中的电流，常常通过“试

触”来确定电流表的量程。

(1)假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏

转情况，若指针则换用电流表的大量称；

(2)假如先选用电流表的大量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏

转情况，若指针,则换用电流表的小量称；

【答案】(1).偏转角度较大(2).偏转角度较小

【解析】分析：电流表使用之前，在无法确定电流大小时，要试触.

解答：测量电流时，在不能预先估计被测电流大小的情况下，耍先用试触法来确定电流表的量程.

具体做法是：

(1)假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏

转情况，若电流表的指针偏转超过最大值，说明被测电流超过了小量程，而在大量程范围内，应换

用大量程进行测量；

(2)假如先选用电流表的大量程：闭合开关然后迅速断开，同时观察开关闭合瞬间电流表的指针偏

转情况，若电流表的指针偏转较小，说明量程选择过大，被测电流在小量程范围内，应换用小量程

进行测量.

故答案为：偏转超过最大值；偏转较小.

【点睛】本题考查了试触的方法和原因.试触后既可以使读数准确，又能保护电流表不被损坏.

1.(2022・安徽宣城•二模)图为“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验的示意图.

(1)实验中，用弹簧测力计沿水平方向拉木块时，应使它沿长木板上做运动;

(2)比较两次实验中弹簧测力计伸长量可知：在接触面粗糙程度一定时，压力越大滑动摩擦力越

(选填“大”或“小”).

【答案】匀速直线大

【解析】

(I)[1]摩擦力的大小是不能直接测量的，可以通过读取弹簧测力计的示数来间接测量摩擦力.当木

块做匀速直线运动时，木块受到的拉力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，所以通

过读取弹簧测力计的示数来间接测量摩擦力.

[2]由图可知，两次实验接触面的粗糙程度相同，而压力大小不同，放钩码的压力更大，弹簧测力计

伸长的更长，示数也更大，即滑动摩擦力更大，故通过比较两次实验中弹簧测力计伸长量可知：在

接触面粗糙程度一定时，压力越大滑动摩擦力越大.

2.(2022・安徽宣城•二模)小明按图示的步骤进行“探究浮力的大小与哪些因素有关”实验.

(1)由图中实验数据可知浮力的大小与物体浸没在液体中的深度(选填“有关”或“无

关”)；

(2)实验中所用酒精的密度为kg/nP(已知人=LOXlo3kg∕rn3)

【答案】无关0.8x103

【解析】

(1)[1]分析图1、3、4三次实验，可知深度不同，弹簧测力计示数大小相同，所以分析可得浮力的

大小与物体浸在液体中的深度无关.

(2)[2]由1、4.5可知物体完全浸没在水中受到的浮力为1N,物体完全浸没在酒精中受到的浮力

0.8N,且物体排开的水的体积等于物体排开的水的体积，根据尸产∕⅛g，萍有

。水g。酒Iftg

所以

IN0.8N

1.0×103kg∕m,P酒精

解得

33

Pisffi=0.8×IOkg∕m

3.(2022•安徽合肥•三模)使用物理器材时要注意使用方法，有时候，即使现象相同，但操作方式却

大不相同.例如使用天平的过程中，分度标尺的指针偏转位置如图所示

(1)若是在刚取下天平垫圈后，横梁静止时指针位置如图所示，则接下来应该进行的操作是

(2)若在测量质量的过程中，在右盘内加上最小5g的祛码后指针位置如图所示，则接下来应该进

行的操作是

【答案】将游码移至零刻度线位置，然后调节平衡螺母使指针对准分度盘的中央用镒子向右

调节游码，使指针对准分度盘的中央

【解析】

[1]刚取下天平垫圈后，横梁静止时指针指在分度盘中线的左侧，接下来首先要用镇子把游码移动至

标尺左端的零刻度线位置，然后再调节横梁两端的平衡螺母使指针指在分度盘的中央.

[2]在测量质量的过程中，在右盘内加上最小5g的祛码后指针仍偏向分度盘中央的左侧，说明物体

质量大于右盘祛码的质量，这时要用镶子向右移动游码，直到指针对准分度盘的中央.

4.(2022•安徽合肥•三模)小明利用天平、量筒和烧杯等器材测量液体的密度.

甲乙丙

(1)天平调节平衡后，小明将适量的液体倒入烧杯中.然后将烧杯放在天平左盘，用天平测量烧杯

和液体的总质量，他向天平右盘加减祛码，当他将祛码盒中最小的祛码放入右盘后，指针静止时如

图甲所示，请你写出小明接下来的操作应该是;

(2)小明测出烧杯和液体的总质量为83.4g后，将烧杯中的部分液体倒入量筒，液面位置如图乙所

示，测量烧杯和剩余液体的总质量天平横梁平衡时如图丙所示，则小明测量的液体密度为

______kg∕m3;

(3)在步骤(2)中向量筒倒入液体后，小明发现在测量烧杯和剩余液体总质量时不慎将少量液体

洒落在实验台上，这样测出的液体密度会(选填“偏大”、“偏小”或“不影响”).

【答案】用锻子向右拨动游码，使天平水平平衡∣.15×103偏大

【解析】

(1)[1]由图甲知，当小明将祛码盒中最小的祛码放入右盘后，横梁指针偏向刻度盘的左侧，说明右

盘中祛码的总质量略小于左盘中物体的质量，此时应该用银子向右拨动游码，使天平水平平衡.

(2)[2]由图乙可知，量筒的分度值为ImL,量筒中液体的体积为

V=40mL=40cm5

由图丙知，游码标尺的分度值是0∙2g,游码所对的刻度值为2.4g,则烧杯和剩余液体的总质量为

“%=加砧码+加游码=35g+2.4g=37.4g

倒入量筒中液体的质量为

用液体=加总-⅝∣J=83.4g-37.4g=46g=0.046kg

测量的液体密度为

p=加.体=46g产ι.i5g∕cm3=1.15×103kg∕m3

V40cmj

(3)[3]在向量筒倒入液体时，测出的体积是准确的，其次测出烧杯和液体的总质量〃?总是准确的,

小明发现在测量烧杯和剩余液体总质量时不慎将少量液体洒落在实验台上，会导致测出烧杯和剩余

液体的总质量m毅偏小，测出的液体质量为两次所测质量之差m.-rn所测液体质量结果偏大,

则根据Pe可知测出的液体密度会偏大.

5.(2022・安徽合肥•三模)某物理兴趣小组利用如图所示的实验器材来“探究杠杆的平衡条件”，实验

步骤如下.请你完成下列问题(弹簧测力计已经校零)：

(1)如图甲所示，小明同学在已调至水平平衡的杠杆上N点挂2个钩码，8点系上弹簧测力计的挂

钩，如果仅仅将弹簧测力计绕B点从α位置缓慢转到b位置，且使杠杆始终保持水平平衡.在此过

程中弹簧测力计的示数变化情况是(选填代表正确答案的字母)；

A.逐渐变大B,逐渐变小C.先变大后变小D,先变小后变大

(2)同组的小强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？”于是小强同学利用如图乙所示的装置继续进行实验探究，他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.请你分析

其原因是.

【答案】A杠杆自重对实验的影响

【解析】

(1)口］弹簧测力计传动过程中动力臂逐渐减小，则动力即弹簧测力计示数要逐渐变大，故A符合

题意，BCD不符合题意.

故选A.

(2)［2］支点不在杠杆中点时，杠杆自身重力也是阻力的一部分，故测出的结果与平衡条件不相符.

6.(2022•安徽亳州•二模)在用天平和量筒测量小石块密度的实验中.

(1)若在调节天平平衡时，指针偏向分度盘中线处的右侧就停止调节，会引起读数比实际值偏

(2)正确测量小石块时的祛码质量和游码对应的刻度值以及小石块测量的体积如图所示，则小石块

的密度为g/cm3.

【答案】小2.8

【解析】

(1)[1]调节天平平衡时，指针偏向分度盘的中线处的右侧就停止调节，相当于右盘已经有东西了,

这时测物体质量时，由于左盘放物体，右盘只需要较少的祛码就可以使天平平衡，因此，会引起读

数比实际值偏小.

(2)[2]由图可知，标尺的分度值为0.2g,游码的读数为3g,小石块的质量

∕n=20g+5g+3g=28g

小石块的体积

片％-嗫=30cmZ20cm3=1Ocm'

故小石块的密度

.m28gJ

r=——=--------=2.8g∕cm

VIOcm3

7.(2022•安徽淮北•二模)如图所示的是某物理兴趣小组做“探究影响浮力大小的因素”实验和“验证

阿基米德原理”实验的操作过程示意图，各图中的液体为同一种液体.

(1)由图A、图B和图C可知，物体所受浮力的大小与物体所排开液体的有关.

(2)下列不能验证阿基米德原理的实验操作组合是

A.FABGB.FACEC.FADED.FADG

在不考虑误差时，图E中弹簧测力计的示数应为N.

【答案】体积D1.3

【解析】

(1)[1]由图A图B可知，B图中物体受到的浮力为

2.6N-2.1N=0.5N

、由图A图C可知，C图中物体受到的浮力为2.6N-1.6N=1N,图B图C排开液体的体积不同；ABC

三个图可以说明物体所受浮力的大小与物体排开液体的体积有关.

(2)[2]A.G中液体为A到B排出的液体，ABGF可以验证阿基米德原理，故A不符合题意；

B.E中的液体可以看成A到C排出的液体，ACEF能验证阿基米德原理，故B不符合题意；

C.E中的液体也可以看成A到D排出的液体，ADEF能验证阿基米德原理，故C不符合题意；

D.G中的液体不是由A到D排出的液体，故ADGF不可以验证阿基米德原理，故D符合题意。

故选D.

[3]在ACEF四个图中，物体受到的浮力为

2.6N-1.6N=1N

即排开液体的重力为IN,则图E中弹簧测力计的示数应为

1N+O.3N=1.3N

8.(2022•安徽省马鞍山市第七中学二模)小冬要用水和酒精配制密度为0.87g∕cn√的消毒酒精，已

知酒精密度为0.8g∕cm3,为检验自己配制的酒精是否符合要求，他进行了如下实验：

(1)将天平放在水平台上并将游码移至标尺左端的零刻度线上，静止时指针如图甲所示，此时应将

平衡螺母向调节，使天平在水平位置平衡；

(2)已知配好的酒精和烧杯总质量96g,小冬将其中一部分导入量筒如图乙所示；剩余部分放回天

平称量，如图丙所示，则小冬配制的酒精密度为g/cnP；

(3)为符合要求，他应该向配制的酒精溶液中添加适量的(选填“水”或“酒精”).

【答案】右0.85水

【解析】

(I)[1]由甲图可知，横梁指针偏向分度盘的左侧，所以左盘偏重，根据平衡螺母调节规则，左偏右

调，右偏左调，故应该向右调节平衡螺母使天平在水平位置平衡。

(2)[2]由题意可知，配好的酒精和烧杯总质量加总=96g,剩余部分放IH天平称量，如图内所示，⅛

码质量为50g+10g=60g,游标卡尺量程为0~5g,其中“1”和“2”两个刻度之间有五个小刻度，即该分

度值为0.2g,游码移过10个小刻度，则游码示数为2g,所以剩余部分酒精和烧杯总质量为m卡62g,

倒出的部分配好的酒精质量为

m=叫、-用剩=96g-62g=34g

由乙图可知，该量筒的量程为0~50mL,其中“40”和“50”两个刻度之间有五个小刻度，即该分度值为

2mL,则倒出的部分配好的酒精体积为

K=40mL=40cm3

可得小冬配制的酒精密度为

(3)[2]小冬要用水和酒精配制密度为0.87g∕cn√的消毒酒精，而实际配出的消毒酒精密度为

O.85g∕cm3,小于要求的消毒酒精的密度，故不符合要求，若要符合要求，还需增大密度，因为水的

密度为lg∕cm3大于酒精的密度，所以此时他应该向配制的酒精溶液中添加适量的水从而赠大消毒酒

精的密度.

9.(2022•安徽淮北二模)如图所示的是“测量小车的平均速度”的实验，实验中让小车从斜面的/

点由静止滑下，分别测出小车到达8点和C点的时间(时间格式为“时：分：秒”)，由此可测出小车

在不同路段的平均速度；

10：35：20

IO：35：23

10：35：25B,二2

Cs

(1)小车从A点运动到C点的路程是cm；

(2)小车在BC段的平均速度是m∕s.

【答案】80.00.2

【解析】

(1)[1]由图可知，斜面刻度尺的量程为0~100cm,0~10cm之间有十个小格，则该刻度尺的分度值

为1cm,刻度尺读数时要估读到分度值的后一位小数，故小车从/点运动到C点的路程是80.0cm.

(2)[2]由图可知，结合(I)中刻度尺的读数规则，小车8C段的路程s=40.0cm=().4()0m,根据该

图中时间示数，小车从8点到C点的运动时间∕=2s,根据

V=—

可得小车在BC段的平均速度是

VJ="驷%2m∕s

t2s

10.(2022•安徽安庆•二模)物理实验小组利用弹簧测力计、实心圆柱体物块、烧杯等器材，探究浮

力的大小跟物体浸入液体深度是否有关.

(1)实验小组的操作步骤及测量数据如图所示，由测量数据可得C步骤中物块受到的浮力为

N；

(2)小红根据A、B,C三次实验数据得出结论：同种液体中，物体浸入液体深度越深，所受浮力

越大.小明认为小红的实验过程中存在问题，得出了错误的结论，请你指出错误的原因.

【答案】1没有控制物体排开液体的体积相同

【解析】

(I)[1]从A步骤可以看到，弹簧测力计的分度值为0.2N,它的读数为2.4N,根据二力平衡可知，

该物块受到的重力为2.4N；C步骤中，该物块浸没在水中，对它受力分析，它受到重力、浮力、测

力计的拉力作用，处于平衡状态，重力为2.4N,测力计的拉力为1.4N,则物体受到的浮力大小

%=G-F=2.4N-1.4N=IN

(2)[2]观察B、C步骤，物体浸入液体深度不同，但是物体排开液体的体积也不同，无法判断浮力

变大是由哪个因素引起的，所以得出错误结论的原因是，改变物体浸入液体的深度时没有控制物体

排开液体的体积相同.

11.(2022•安徽合肥•二模)小明同学在探究“杠杆平衡条件”的实验中，采用了如图所示的实验装置

(实验中所用的钩码均为1N,杠杆质量均为100g,且质量分布均匀，相邻刻度线之间的距离相等)

(1)如图甲实验前杠杆左端高、右端低，此时应将杠杆左端或右端的平衡螺母向(填“左”或

“右”)调节，使杠杆处于水平平衡状态；

(2)如图乙中杠杆恰好处于水平位置平衡，小明尝试在4B两点下方再各加挂1个相同的钩码,

此时(选填“左端下沉”或“右端下沉”或“仍保持水平平衡”)；

(3)如图丙是另一组同学实验的装置，当弹簧测力计的示数为N时杠杆恰好可以在水平位

置再次平衡(不计摩擦阻力影响).

【答案】左右端下沉5.5N

【解析】

(I)[1]实验前发现杠杆静止时，左端高、右端低，此时处于平衡状态；杠杆右端下沉，为了使杠杆

在水平位置平衡，则他应将杠杆右端的平衡螺母向左调.

(2)[2]设杠杆的一个小格为L,一个钩码重为G,小明尝试在4、8两点下方再加挂I个相同的钩

码，根据杠杆平衡条件可得

4G×2L<3G×3L

所以右端下沉.

(3)[2]杠杆自重

100×10-,kg×10N∕kg=lN

根据杠杆平衡条件可得

F×5Z,=3N×7Z,+1N×6.5Z,

解得

F=5.5N

12.(2022•安徽合肥•三模)如图所示，在“伏安法”测量小灯泡电阻的实验中，所使用的电源电压约

为6V且保持不变，小灯泡额定电压为2.5V,请你完成下列问题：

(1)图甲中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画X,并用笔画线代替导线正确连接好实物电

路。;

(2)正确连接好实物电路后，闭合开关S,移动滑片P到某一点时，电压表示数如图乙所示，若

想测量小灯泡在额定电压下的电阻，应将图甲中滑片P向(选填Z”或“2”)端移动，

使电压表的示数为2.5V；

(3)按照纠正后的图甲进行实验，若考虑电表的自身电阻对测量的影响，则小灯泡电阻的测量值与

此时小灯泡电阻的真实值相比(选填“偏大”或“偏小”)；

(4)按照纠正后的图甲进行多次实验，并将记录的实验数据采用描点法画出小灯泡的/-U图像，如

图丙所示。其中图丙中矩形048C的面积表示的物理量是.

偏小小灯泡的额定功率

【解析】

(1)[1]电压表应该并联在灯泡两端，且灯泡和滑动变阻器、电流表是串联关系，故错误的连接是灯

泡和电流表之间的导线，把灯泡右接线柱连接电压表接线柱.如图所示

(2)[2]电压表示数为2.2V,小于额定电压2.5V,需向力端调节滑片P使总电阻变小，总电流增大,

小灯泡电压增大，直到电压表的示数为2.5V.

(3)[3]电流表测量的是通过灯泡和电压表的总电流，故灯泡电流的测量值偏大，根据欧姆定律可知,

电阻的测量值偏小.

(4)[4]矩形面积是小灯泡额定电压和额定电流的乘积，故表示的物理量是小灯泡的额定功率.

13.(2022•安徽芜湖・二模)小明利用如图甲所示电路测量额定电压为2.5V小灯泡正常发光时的电阻,

他按照电路图连接好实物电路.

2.0

1.5

1.0

0.5

0.2

乙

(1)在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片移到(选填“/端”“8端”或NB中间”)位置;

(2)根据实验数据绘制的小灯泡两端的电压和电流关系图像如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电

阻为Ω(保留一位小数)；

(3)要使所测灯泡电阻误差较小，所选用的电压表的阻值应(选填“接近”“远大于”或“远小

于“)小灯泡的阻值.

【答案】4端8.3远大于

【解析】

(1)口］由图甲中的电路图可知，当滑动变阻器的滑片位于/端时，此时小灯泡被短路，不会有电

流通过小灯泡，滑动变阻器以全部阻值接入电路，起到了保护电路，防止电流过大的作用；当滑动

变阻器的滑片位于8端时，滑动变阻器全部阻值与小灯泡并联，根据并联电路特点可知，滑动变阻

器起不到保护小灯泡的作用；当滑动变阻器的滑片位于NB中间时，滑动变阻器一半阻值与小灯泡

并联，一半阻值与并联电路部分串联，但根据分压原理，如果滑动变阻器阻值不够可能导致小灯泡

两端电压偏高，烧坏灯泡.因此在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片移到/端位置.

(2)⑵小灯泡的额定电压为2.5V,由图乙可知，当电压为2.5V时，电流为0.3A,由欧姆定律可得,

小灯泡正常发光时的电阻为

(3)［3］电路在实际工作中，电压表会有微弱的电流通过，根据并联电路的电流特点可知，此时电流

表测得的电流会偏大，由R=与可知，所测灯泡的电阻会偏小.因此为了减小误差，所选用的电压

表的阻值应远大于小灯泡的阻值，这样通过电压表的电流才会远小于通过小灯泡的电流，使得电流

表的测量值更接近与通过小灯泡的实际电流.

14.(2022・安徽宣城•二模)为了探究“电流与电压的关系”，小明同学设计了如图甲所示的电路.

(I)请按照图甲，

(2)连接好电路，闭合开关，调节滑片位置，改变定值电阻两端的电压，将测量数据记录在下表中,

当电压表示数为2.0V时，对应的电流表示数如图丙所示，该示数为A；

试验次数123

电压U/V1.()2.03.0

电流〃A0.20.6

(3)根据表中数据可以得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成

(4)实验中，进行了多组数据的测量，其目的是.

【答案】0.4正比寻找普遍规律

【解析】

(1)口］由甲图中的电路图可知，电路为串联电路，电流表测量该电路的电流，串联接入电路，因此

电流表的接线柱与火的左端接线柱相连；电压表与定值电阻并联，测定值电阻两端的电压，因此

电压表的“「‘接线柱与R的右端接线柱相连.如图所示

(2)［2］由图内可知，电流表选择小量程，分度值为0.02A,示数为0.4A。

(3)［3］由表中数据可知，电压增大为原来的几倍，电流就增大为原来的几倍.从而得出实验结论:

当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。

(4)［4］该实验中，多次测量的目的是为了避免实验的偶然性，寻找普遍规律.

15.(2022•安徽合肥三模)小聪同学在“测量小灯.泡额定功率”的实验中，选用的是2.5V的小灯泡(电

阻约为IOC)、电源电压为IOV保持不变.

(I)实验桌上有两个滑动变阻器：A(10Ω,1A)和B(50Ω.O.5A),为了完成实验，小聪需要选

择的滑动变阻器(选填"A"、"B”或"A和B均可以")；

(2)请用笔画线代替导线将实物电路连接完整(要求：闭合开关前，需要将滑片置于最右端)；

(3)若没有电压表，是否可以测出小灯泡的额定功率呢？小明设计了如图乙所示的电路图(R。为阻

值已知的定值电阻)；

①按照如图乙所示，移动变阻器滑片，当电流表示数为说明小灯泡此时正常发光.

【解析】

(1)⑴由于待测小灯泡的额定电压是2.5V,电阻约为IoQ电源电压为IoV,由欧姆定律知道,

灯泡的额定电流

由串联电路电压的规律及欧姆定律，灯正常发光时，变阻器连入电路的电阻

jLJoV25VgI0Q

港1L0.25A

故选用滑动变阻器B.

(2)[2]由(1)知道，待测小灯泡的额定电压是2.5V,电路的最大电流是0.25A,故电压表和电流

表都选用小量程，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡电阻串联，闭合开关前，需要将变阻器的滑片

放到右端，即变阻器以左电阻丝连入电路中与电阻串联，如下

(3)[3]由图乙知道，小明增加了一只定值电阻凡,因当电流表示数为

UL2.5V

&R"

治两端的电压一定为2.5V,根据并联电路电压的特点，灯的电压为2.5V,灯一定正常发光.

16.(2022・安徽合肥•三模)小明在“测定小灯泡电阻”的实验中，所用小灯泡额定电压为2.5V、电阻

约为10Ω.

(1)如图甲所示是小明连接的实验电路，其中有一根导线连接错误，请你在错误的导线上面“x”,

并用笔画代替导线，将甲图的实验电路连接完整；

(2)电路连接正确后，小明根据实验数据绘制成了小灯泡的S/图象如图乙，则小灯泡正常发光时

的电阻为Ω:

(3)另一组的小林也根据他们的实验数据绘制了小灯泡的U-/图像如图丙，但忘记在坐标轴上标注

物理量的数值了，老师看了小林的图像后认为小林的图像是错误的，你认为老师做出以上判断的依

据是0

00.40.2

乙

【解析】

(1)口］原电路中，灯与变阻器并联，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，如下图所示：

⑵［2］由U-/图象可知，灯在额定电压下的电流为0.2A,由欧姆定律得，灯泡正常发光的电阻

(3)［3］由图乙可知，当小灯泡两端电压增大时，通过的电流也增大，由P=U/可知，实际电功率增

大，灯丝温度越高，电阻越大，内图中，电压增大，电流也增大，但电流变化量比电压的变化量大,

电阻会逐渐减小，是错误的.

17.(2022•安徽合肥•二模)小明同学在探究通过导体的电流与电压的关系时，用图1所示的电路进

行实验，实验中电阻A=IOQ且保持不变.

图I图2图3

验序号12345

电压

11.522.53

(U/V)

电流

0.10.150.20.250.3

(〃A)

(1)请用笔画线代替导线，将图2中实物电路连接完整(导线不得交叉)；

(2)调节滑动变阻器，记录数据如上表.请在图3所示的坐标纸中把未标出的两个点描出来，并画

出/-U图像

(3)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

【答案】正比

【解析】

(1)口］电压表应该与电阻并联，如下图所示:

b

R

a

⑵[2]在/-U图像上描出(1.5V0.15A)>(2.5V0.25A),用线连接各点，如下图所示:

(3)[3]从表中数据可以看出，电阻一定值，电阻两端的电压增大为原来的几倍，通过电阻的电流也

跟着增大为原来的几倍，故可得结论：电阻一定时，导体中的电流与其两端的电压成正比.

18.(2022•安徽亳州•二模)在“测量未知电阻阻值”的实验中，实验室提供了如下器材：学生电源、

电流表、电压表、滑动变阻器、待测的定值电阻心一个额定电压为2.5V的小灯泡、开关及若干导

线.

-图⅛图乙

(1)某同学连接的实物电路如图甲所示，其中接错了一根导线。请在接错的导线上打“x”，并用笔

画线代替导线将实物电路连接正确；()

(2)连接好电路后，小明将滑动变阻器的滑片滑至最左端.闭合开关S,发现电流表有示数，电压

表无示数，出现此现象的原因可能是；

(3)改正错误后，小明闭合开关，把滑动变阻器滑片移到某处时，电压表、电流表示数如图乙所示,

则R的阻值为Ω(结果保留1位小数)；

(4)小明对上面测算结果进行误差分析：考虑到电压表中也有电流通过，该电路测得的R/的测量

值与真实值相比(选填“偏大”、"相等”或"偏小”).

【答案】A短路7.8偏小

【解析】

(1)[1]实验采用伏安法测电阻，电压表应与待测电阻并联，电流表应与待测电阻串联，图甲中电路

滑动变阻器左侧上端接线柱与未知电阻左端接线柱相连，导致待测电阻并未连入电路，因此，该条

导线连接错误，为完成实验应将滑动电阻器左侧上端接线柱与待测定值电阻右端接线柱相连，如图

所示

(2)[2]电压表无示数的原因有两个，一是被测部分短路，二是被测部分以外存在断路，由题干内容

可知，电流表有示数，说明电路中不存断路，只能是被测部分发生短路，即待测电阻及发生短路.

(3)[3]电压表测的是待测电阻两端电压，电流表测的是流过待测电阻的电流，由图乙可知电压表选

取量程为0~3V,分度值为0.1V,电压表指针指在2.0V右侧第5根刻度线处，因此电压表读数，即

待测电阻两端电压为U=2.5V∙电流表所接量程为0~0.6A,分度值为0.02A,电流表指针指在0.2A

右侧第6根刻度线处，因此电流表读数，即流过待测电阻的电流为∕=0∙3A,由欧姆定律变形式可得

K的阻值为

U=2.5V

R=≈7.8Ω

7-0.32A

R的阻值保留一位小数为7.8Ω.

(4)[4]电压表与待测电阻并联，所测电压为待测电阻两端电压，考虑到有电流流过电压表，根据并

联电路电流规律可知电流表的测量值等于流过电压表的电流与流过待测电阻的电流之和，即电流表

测量的电流值比流过待测电阻的真实值要大，由欧姆定律变形式凡可知，测量电流偏大会导致

R1的测量值与真实值相比偏小.

19.(2022・安徽合肥•二模)请按要求完成下列实验:

C

-

-SO

-

7O

(1)如图1所示,是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验装置.

①在组装器材时，温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部，此时应当将—(选填“Z处向上”或“8处向下”)

调整；

②当水的温度升高到88。C时，每隔一段时间记录一次温度计的示数，数据记录如表所示，分析数据

可知，该地区的大气压—（选填“高于”“低于”或“等于”）1个标准大气压，在实验中，温度计上部出

现的小水珠是—现象形成的（填物态变化）；

次数12345678

水的温度8889909192929292

（2）如图2是探究透镜成像规律的实验，OCm处为凸透镜光心，〃点发出的光线。平行于主光轴.

①由图2可知凸透镜的焦距为_cm,物体MN经凸透镜所成的像相对于物是—（选填“放大”“等

大”“缩小”）的；

②要使光线。经凸透镜后的光线经过K点，应使凸透镜沿光轴水平向—移动（填“左”或“右”）.

【答案】4处向上低于液化3.0缩小左

【解析】

（1）口］实验中，温度计玻璃泡碰到了烧杯的底部，由于要保证用酒精灯外焰加热，不能调节8