安徽省2024中考物理试题分项汇编：实验题（含解析）

专题19试验题

1、（2024安徽）如图所示的试验装置，可以用来探讨光从水中斜射到与空气的分界面时所

发生的光现象。

光屏N।空气

（1）使入射角i在确定范围内由小变大，会发觉折射角r（填写变更规律），且折射角总是

大于相应的入射角；

（2）当入射角i增大到某一值时，折射角r会达到最大值，该最大值是；

（3）若接着增大入射角i,将会发觉不再有光线，而只存在光线。

【答案】由小变大90°折射反射

【解析】

试题分析：（1）使入射角：在一定范围内由小变大，会发现折射角r由小变大，且折射角总是大于相应的人

射角；

（2）当入射角：增大到某一值时，折射角r会达到最大值，该最大值是外。。

（3）若继续增大入射角：，将会发现不再有折射光线，入射光全部进入水中，而只存在反射光线，这就是

全反射现象。

考点：光的折射全反射

2、（2015•安徽）某试验小组在探究光的折射规律时，让一束光从空气斜射入玻璃水槽内的

水中，看到如图所示的现象：

第18题图

（1）请在图中分别作出入射角（用字母？表示）和折射角（用字母r表示）。

（2）为了探究光从空气斜射入水中时折射角和入射角的关系，以下方案中正确的是：（选填

“A”、"B”或“C”）.

A.只测量图中的入射角和折射角，分析并得出结论

1

B.保持入射角不变，进行多次试验，测量入射角和每次试验的折射角，分析并得出结论

C.变更入射角，进行多次试验，测量每次试验的入射角和折射角，分析并得出结论

【答案】（1）

（2）C

【解析】

试题分析：（1）过入射点作垂直界面的垂线即为法线，入射光线与法线的夹角为人身:区折射光线与出线

的夹角为折射角，答案如图（二）为了探究光从空气斜射入水中时折射角和入射行的关系:A曰百一组都巧,

结论具有偶然性，3虽然多次测量，但保持人射角不变，数据仍单一，为使结论具有普遍性，辞免偶然性的

方法是改变入射角，进行多次实嗡，测量每次实嗡的入射角和折射角，分析并传出结论；立答案选C.

【考点定位】光的反射与折射

3、（2024安徽）关于凸透镜成像试验，完成以下内容：

（1）首先应将.蜡烛、凸透镜和—依次固定在光具座上并调整它们的中心在同一高度

（2）图中。为凸透镜的光心，尸为焦点，请画出烛焰上的S点发出的三条光线（中间一条

光线平行于主光轴）经凸透镜后的出射光线，并确定其像的位置S,

（3）试验中当物距u等干焦距?时，某同学却发觉在光屏一侧透过凸透镜看到了烛焰正立

放大的像。对此下列说明合理的是

A因为烛焰有确定的宽度，事实上它的某些部分到凸透镜的距离稍大于焦距

B因为烛.焰有确定的宽度，事实上它的某些部分到凸透镜的距离稍小于焦距

C这是烛焰.发出的光经凸透镜表面反射形成的像

【答案】（1）光屏（2）如图所示

2

第18题图

(3)B

【解析】

试题分析：(1)在做凸透镜成像试验时，先应将蜡烛、凸透镜和光屏依次固定在光具座上并

调整它们的中心在同一高度；(2)做光路图首先作出平行于主光轴的光线折射后经过另一侧

的焦点，如图所示，在作过光心的光线传播方向不发生变更，如图所示，两条光线相交的点

即为s的像点s',再作剩下的光线，从s发出的光线折射后均经过像点S'；(3)某同学

发觉在光屏一侧透过凸透镜看到了烛焰正立放大的像，说明该像是虚像，即物体在一倍焦距

以内，故答案选B。

考点：凸透镜成像试验

4、(2013•安徽)某同学在做凸透镜成像的试验时，所用凸透镜的焦距为10cm,老师要求他

视察物距等于5cm时烛焰所成的像。试验时，他将点燃的蜡烛移到物距为5cm处(如图)，

移动光屏，发觉光屏上只有光斑(图中未画

出).矽16cmi02030405060708090限

(1)下列关于光斑的说法正确的是：—(选填“A”、"B”或"C”)。

A.光斑是烛焰所成的实像

B.光斑是烛焰所成的虚像

C.光斑是烛焰发出的光折射到光屏上形成的

(2)为了视察物距等于5cm时烛焰的成像特点，请你写出接下来的操作步骤：—o

【解析】解：(1)蜡烛在凸透镜的5cm处时，u<f,在透镜的一倍焦距以内，在蜡烛同

侧成的是正立放大的虚像，在光屏上不能成像，光屏上的光斑是烛焰发出的光折射到光

屏上形成的；

(2)蜡烛在凸透镜的5cm处时，u<f,在透镜的一倍焦距以内，在蜡烛同侧成的是正立

放大的虚像，要想视察烛焰的成像特点，需移去光屏，从凸透镜的右侧通过凸透镜视察。

3

故答案为：(1)C；(2)移去光屏，从凸透镜的右侧通过凸透镜视察。

5、(2024安徽)试验室用的托盘天平，祛码盒中常配备的祛码规格有：100g、50g、20g、

10g、5go现要测量一物体的质量(约为70g)。

(1)调整横梁平衡：将天平放在水平桌面上，取下两侧的垫圈，指针就起先摇摆。稳定后指

针指在分度盘的位置如图甲所示。则接下来的调整过程为：。

(2)调整天平横梁平衡后，将物体放在左盘中，用镶子由大到小在右盘中加减祛码……，当

放入5g的祛码时，指针偏向分度盘的右侧，如图乙所示。则接下来的操作是,直

到横梁复原平衡。

【答案】(1).游码归零，调整平衡螺母至指针指在分度盘中心(2).取下5g祛码，

向右缓慢移动游码

【解析】

【详解】(1)[1]调整横梁平衡：将天平放在水平桌面上，取下两侧的垫圈，指针就起先摇摆。

稳定后指针指在分度盘的位置，游码未归零，且指针偏右，故接下来的调整过程为：游码归

零，调整平衡螺母至指针指在分度盘中心。

(2)[2]调整天平横梁平衡后，将物体放在左盘中，用镶子由大到小在右盘中加减祛码……，

当放入5g的祛码时，指针偏向分度盘的右侧，但5g祛码为可用的最小祛码，故接下来的操

作是取下5g祛码，向右缓慢移动游码，直到横梁复原平衡。

6、(2024安徽)小明运用天平测小石块的质量.测量前他将天平放在水平桌面上，然后进

行天平横梁平衡的调整.调整完成后指针静止时的位置和游码的位置如图甲所示.

(1)请你指出小明调整天平横梁平衡的过程中遗漏的操作步骤：

(2)完成遗漏的操作步骤后，为了调整横梁平衡，他需向(选填“左”或“右”)

调整平衡螺母使指针指到分度盘中心刻度线或在中心刻度线两侧等幅摇摆;

4

(3)调整横梁平衡后，小明将小石块放在左盘，在右盘中加减祛码并调整游码在标尺上的位

置,直到横梁复原平衡.这时右盘中的祛码状况和游码在标尺上的位置如图乙所示,则小石块

的质量为—g

【答案】(1).游码调零(2).右(3).78.4

【解析】

【详解】(1)运用天平常，应先把游码移到标尺的零刻度线处，即游码归零，再调整平衡螺

母使天平平衡，而小明调整天平横梁平衡的过程中遗漏了游码归零这一步骤.

(2)甲图中没有将游码移至零刻度线，横梁就平衡了，假如将游码调零，则指针会偏向分

度盘左侧，此时要使横梁平衡，则应将平衡螺母向右调整；

(3)由图知，小石块的质量次50g+20g+5g+3.4g=78.4g.

7.(2024安徽)同学们通过以下试验步骤测量未知液体的密度：

(1)取一只烧杯，向其中倒入适量的待测液体，用托盘天平测出此时烧杯(包括其中的液

体)的质量为76.4g；

(2)另取一只100mL的量筒，将烧杯中的部分液体缓慢到人量筒中，如图a所示，量筒内

液体的体积为mL；

(3)再用托盘天平测量此时烧杯(包括剩余液体)的质量，如图b所示，托盘天平的读数

为g;则该液体的密度kg/n?。

【答案】6028.2803.3

【解析】

试题分析：(1)如图a所示，量筒内液体的体积为V=60mL,

(2)如图b所示，托盘天平的读数为m剌=20g+5g+3.2g=28.2g,

(3)由密度公式可得该液体的密度

考点：密度的测量

5

8、（2015•安徽）某同学依据以下步骤测量盐水的密度：

①在烧杯中倒入适量盐水，用天平测出烧杯和盐水的总质量ID!

②将烧杯中的一部分盐水倒入量筒，测出烧杯和剩余盐水的总质量m2

③

④把测得的数据填入表格，计算出盐水的密度。

（1）请补充步骤③的内容。

（2）为了记录相关数据，他设计了如下表格，请将表格中第一行所缺的项目补充完整。

烧杯和盐水烧杯和剩余.量筒内盐水的

的总质量/g盐水的总质量/g盐水的质量/g密度/（g,cm-3）

（3）盐水密度的表达式为P=。（用测量的物理量符号表示）

【答案】（1）读出量筒内盐水的体积匕（2）量筒内盐水的体积/cn?；m-m2/r

【解析】

试题分析：（1）在测量液体密度时，要利用密度公式P=m/K所以用天平测量液体质量，

用量筒测量液体体积，第①步与第②步测出了液体的质量，所以第③步用量筒测液体体积,

即读出量筒内盐水的体积V;（2）表格中缺少的是液体体积，所以应补充量筒内盐水的体积

/cm3；（3）盐水的密度公式P=m/片/K

【考点定位】测量液体密度

9.（2014•安徽）现用托盘天平称量一物体的质量。把天平放在水平台面上，取下两侧的橡

胶垫圈，指针就起先摇摆。稳定后，指针指在分度盘的位置如图a所示。

（1）请从试验操作的角度，具体叙述接下来的调整过程：

（2）调整完成后，将物体放在左盘，在右盘中增减祛码，并通过移动游码，再次使天平横

梁平衡。这时右盘中的祛码状况和游码在标尺上的位置如图b所示，则物体的质量为g.

i2。£I20g&5仅

，仁(111Si111rii|ITTITITTq

jI-0-18-2--3-4-5

图卜

第18题图

6

【答案】（1）视察游码是否在零刻度线处，若不在，将游码调整至左侧零刻度线处，视察天

平横梁是否平

衡，若不平衡，如果指针指向中央刻度*的左侧，将平衡螺日向右调节，直至天平平衡；如果指针指向中

央刻度线的右侧，将平衡螺母向左调解，二至天平5r肉.；-）46.2

【解析】

试题分析：天平使用前应将游码归零，然后调节天平平衡.实嗡操作的角度，详细叙述接下来的调节过

程为（1）现察游码是否在零刻度线处，若不在，格二沟温整至左侧零刻度线处，观察天平横梁是否平衡，

若不平衡，如果指针指向中央刻度线的左侧平衡螺母向右调节，直至天平平衡；如果指针指向

中央刻度线的右侧，将平衡螺母向左调江，直至天邛广衡.（1'不平读数时，首先将右盘中的祛码值相加,

再加上游码时应的刻度值，物体的质量为1.工=46.、=.

考点：天平的运用，试验操作设计。

10.（2012•安徽）某同学利用天平测物体的质量.测量前，他将天平放在水平桌面上，此

时指针和游码位置如图所示.为了调整天平横梁平衡，正确的操作步骤是：

(1);

(2).

分析：调整天平横梁平衡的方法：首先把天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻

度，调整横梁两端的平衡螺母，使指针指到分度盘的中心位置，或在中心位置左右

偏转的格数相同.

解答：解：（1）天平已经放在水平桌面上，还要把游码移到标尺左端的零刻度.

（2）调整天平的横梁平衡：调整平衡螺母，使指针指到分度盘的中心位置，或在中

心位置左右偏转的格数相同一.

故答案为：（1）将游码移到标尺左端的零刻度；（2）调整平衡螺母，使指针指到分

度盘的中心位置，或在中心位置左右偏转的格数相同.

11、（2024安徽）图为探讨“影响滑动摩擦力大小的因素”试验的示意图.

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试验的过程为：

a.用弹簧测力计缓缓拉动木块.使它沿水平长木板滑动，当测力计示数稳定后,该示数即为此

状态下滑动摩擦力的大小

b.变更放在木块上的祛码.测出此种状况A的滑动摩擦力.

c.换用材料相同但表面粗糙的长木板，保持木块上的祛码不变,测出此种状况下的滑动摩擦

力.

(1)该试验的原理是:.

(2)该试验的结论是:

【答案】(1).二力平衡(2).滑动摩擦力的大小跟压力大小及接触面积的粗糙程度

有关

【解析】

【详解】(1)用弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，

依据二力平衡条件可得出二者大小相等；

(2)比较a、b次试验可知，接触面的粗糙程度，压力大小不同，结果摩擦力的大小不同，

所以滑动摩擦力的大小与压力大小有关；比较a、c两次运用数据可知，压力大小相同，接

触粗糙程度不同，结果摩擦力的大小不同，说明滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关;

综上分析可知，该试验的结论是：动摩擦力的大小跟压力大小及接触面积的粗糙程度有关.

12.(2024安徽)为探讨弹簧的性质，我们在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码(如图a),同时记

录弹簧总长度L与钩码质量m,所得.数据记录在表一中。已知弹簧原长L°=6.0cm,试验过程

中，弹簧形变在弹性限度内，不计弹簧所受的重力。(g取10N/kg)

表一:

试验次数123456

钩码质量m/g0306090120150

弹簧总长度L/cm6.07.28.49.610.812.0

8

第19题图a第19题图b

(1)请依据表一中的数据，将表二填写完整。

表二:

试验一次数123456

弹力00.30.91.5

弹簧伸长量Ax/cm01.23.66.0

.(2)请在图b坐标系中描点作出弹力尸跟弹簧伸长量Ax的关系图像。

(3)本试验的结论就是弹簧一测力计的工作原理。只有规范运用弹簧测力计，才能精确测量

力的大小。请写出一条正确运用弹簧测力计的操作要求：

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【解析】

试题分析：(1)钩码重力与钩码质量成正比，而弹簧弹力大小等于钩码重力哒小，故第三注实验弹力等于

0.6N；第五次实验弹力等于1.2X；而弹簧的伸长量等于弹簧长度减去弹簧原长，即第三次实验弹簧伸长量

Av=S.4cn>6.0cm=2.4cm；第五次实境弹簧伸长量Av=10.Scm-6.0cn;=4.Scm.(2)描点法作图，在图中描出(口,

Q)、(1.2.Q.3)、(2,4,。⑹、(36口.9)、(4.8,1.2)、(6,0,1.5)把这些点用线连接起来.⑶正确使用

弹簧测力计的操作包括使用前校零、被测力的方向要沿弹簧的轴线方向等.

考点：弹簧测力计

13.(2011•安徽)某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的滑动摩擦力。试验装

置如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，木板上的滑块通过轻绳绕过定滑轮，

绳的另一端悬挂托盘。试验时，在托盘中放入适量的祛码，使滑块做匀速直线运动。回

答下列问题：

(1)为了测量滑块的滑动摩擦力，须要测量的物理量是—。(填选项前的编号)

①木板的质量皿，

②滑块的质量m2：

③祛码的质量m3,

④托盘和祛码的总质量014。

(2)滑块的滑动摩擦力表达式为f=_。(用已知或测量的物理量符号表示)

(3)该试验的理论依据是：—。

(4)该试验存在一些不足之处，请你写出其中的一点：—。

【解析】解：(1)试验中没有运用弹簧测力计，所以摩擦力的大小只能通过托盘和祛码

对绳子的拉力体现，拉力等于托盘和祛码的总重力，因此须要测量托盘和祛码的总质量in；

(2)滑块所受摩擦力的大小等于托盘和祛码的总重力，即f=G=mg；

(3)试验的理论依据就是滑块做匀速直线运动是受到的摩擦力和拉力是一对平衡力，它

们的大小相等；

(4)试验中要求滑块做匀速直线运动，即托盘和祛码总重力的大小等于摩擦力，由于祛

码的质量最小是5g,数值不是连续的，因此这一点很难做到。

10

故答案为：(1)④；(2)img；

(3)二力平衡(或滑块匀速直线运动时，拉力等于滑动摩擦力)；

(4)难以限制滑块恰好做匀速直线运动(或祛码的质量是不连续的)。

14.(2011•安徽)某试验小组利用图示装置探讨杠杆的机械效率，试验的主要步骤如下：

①用轻绳悬挂杠杆一端的0点作为支点，在A点用轻绳悬挂总重为G的钩码，在B点用

轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计，使杠杆保持水平；

②竖直向上拉动弹簧测力计缓慢匀速上升(保持。点位置不变)，在此过程中弹簧测力计

的读数为F,利用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为卜、h2

回答下列问题：

(1)杠杆机械效率的表达式为n=_。(用已知或测量的物理量符号表示)

(2)本次试验中，若提升的钩码重确定，则影响杠杆机械效率的主要因素是：—。

(3)若只将钩码的悬挂点由A移至C,0、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠

杆的机械效率将—(选填“变大”、“变小”或“不变”)。

有

【解析】解：(1)有用功为W^r=Ghi,总功W,^=Fh?,则机械效率的表达式n=—W^X

Gh.

ioo%=-Lxioo%o

Fh2

(2)有用功是提升钩码所做的功，额外功主要是克服杠杆重力做的功，影响机械效率的

因素主要是有用功和总功所占的比例；提升的钩码重确定说明有用功确定，所以影响杠

杆机械效率的主要因素是杠杆自身的重力。

(3)钩码的悬挂点在A点时，由杠杆的平衡条件得G・0A=F・0B；悬挂点移至C点时，由

杠杆的平衡条件得G・0C=F・0B,经对比发觉，由0A到0C力臂变大，所以拉力F也变大，

假如仍使钩码提升相同的高度，那么杠杆提升的高度就会减小，额外功减小，因此杠杆

的机械效率变大。

11

故答案为：（1）—GhiLx100%；（2）杠杆的自重；（3）变大。

15.（2013•安徽）某试验小组进行测量滑轮组机械效率的试验，先用弹簧测力计测量钩码的

重力G（如图甲），再按图乙所示连接方式线装好滑轮组，并分别登记钩码和弹簧测力计

的起始位置。

（1）图甲中弹簧测力计的示数为—N«

（2）图乙中，为了测量绳子自由端的拉力F,A同学认为应当在弹簧测力计静止时读数，

B同学认为应当在缓慢匀速提升时读数，正确的是—（选填"A”或“B”）同学的方法。

（3）依据正确的测量方法，测出拉力F与钩码所受重力G的大小关系为F—（选填“〉”、

或“="）色。

3

（4）试验中要分别登记钩码和弹簧测力计的起始位置，是为了—。

【解析】解：（1）由图知，测力计的分度值为0.2N,所以其示数为2.0N。

（2）为了正确测量滑轮组提升物体时的拉力，需在缓慢匀速提升时读数，B同学正确。

（3）由图知，滑轮组由3段绳子担当物重，所以F=@,但其成立的条件是不考虑机械

3

自重和摩擦。若考虑的话拉力F大于g。

3

（4）为了测量钩码和弹簧测力计移动的距离，从而计算有用功和总功，应分别登记钩码

和弹簧测力计的起始位置。

故答案为：（1）2.0；（2）B；（3）＞；（4）测量钩码和弹簧测力计移动的距离，从而计

算有用功和总功，计算出滑轮组的机械效率。

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安徽省10年(2011-2025)中考物理试题分项汇编

专题20试验题(二)

1.(2024安徽)图为探究物体(钢球)动能大小跟哪些因素有关的试验装置。

①钢球从平滑斜面上由静止起先向下运动，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起先向下运动，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o

(2)试验现象：

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，钢球起先向下运

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】(1).大(2).大(3).高(4).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起先向下运动，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试验中是通过钢球撞击木块移动的距离来视察钢球动能大小的，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质量确定的钢球起先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确定，质量越大，所具

13

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】确定动能大小的因素有两个：物体的质量和物体的运动速度。因此探讨物体动能大

小与这两个因素的关系时要用到限制变量法，物体动能的多少可以通过木块被推出去的距离

来体现。

2.(2012•安徽)图示为探究“物体动能的大小跟哪些因素有关”的试验.试验步骤如下:

I,让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，视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，视察木块被撞击后移动的距离.

回答下列问题：

(1)步骤I是为了探讨动能大小与的关系.

(2)步骤II是为了探讨动能大小与的关系.

(3)该试验中斜面的作用是为了限制钢球的大小，木块的作用是为了比较钢球

________的大小.

分析：让同一小球从不同的高度由静止滚下，高度不同，小球到达水平面速度不同，所以

同一小球从不同高度滚下，是为了在质量相同时，变更速度，来探究动能和速度的

关系.

不同质量的小球从同一高度静止滚下，为了获得相同的速度，所以不同质量的小球

在同一高度由静止滚下，是为了在速度相同时，变更质量，来探究动能跟质量的关

系.

斜面的作用是为了使小球从相同的高度由静止滚下获得相同的速度，或从不同的高

度由静止滚下获得不同的速度，斜面是为了限制钢球的速度大小.

小球推动木块运动越远，小球的动能越大，用木块运动的距离来反映小球的动能大

小.

解答：解：(1)让同一钢.球从斜面不同的高度由静止滚下，限制了钢球的质量，变更的是

钢球到达水平面的速度，因此探究的是动能大小与速度的关系.

(2)让不同质量的钢球，从斜面相同的高度由静止滚下，限制了钢球到达水平面的

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速度，变更的是钢球的质量，因此探究的是动能与质量的关系.

（3）该试验中斜面的作用是限制钢球滚到水平面的速度.钢球推动木块运动的距离,

来比较钢球动能大小，这里采纳了转换法的思想.

故答案为：（1）速度；（2）质量；（3）速度；动能.

3.（2024安徽）在某次电学试验中，已知所运用的双量程电流表能够满意试验的测量要求。

在不能事先估计电流的状况下，为了避开损坏电流表，且又能较精确的测出电路中的电流,

经常通过“试触”来确定电流表的量程。

（1）假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后快速断开，同时视察开关闭合瞬间电流表

的指针偏转状况，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：闭合开关然后快速断开，同时视察开关闭合瞬间电流表

的指针偏转状况，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：电流表运用之前，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状况下，要先用试触法来确定电流表的

星亚。

具体做法是：

（1）假如先选用电流表的小量程：闭合开关然后快速断开，同时视察开关闭合瞬间电流表

的指针偏转状况，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：闭合开关然后快速断开，同时视察开关闭合瞬间电流表

的指针偏转状况,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缘由。试触后既可以使读数精确，又能爱护电流表不被损

坏。

4.（2024安徽）如图所示，现要组装一个由热敏电阻限制的报警系统，要求当热敏电阻的

温度达到或超,过60°C时，系统报警。供应的器材有：热敏电阻（其阻值随温度的上升而减

小，在60°C时阻值为650.OQ）,报警器（内阻很小，通过的电流Ig超过10mA时就会报警,

超过20mA时可能被损坏），电阻箱（最大阻值为999.9Q）,在此范围内可调整出阻值精确

可读的电阻值），电源（输出电压U约为18V,内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值为2000Q）,

15

单刀双掷开关S,导线若干。

I一（I---------1报警器

I电阻箱1_5电二_

J

Lqz5}^Sa1Mb

热敏电阻

（1）依据系统工作要求，电路接通前，应先将滑动变阻器滑片置于（选填"a”或"b”）

端，再将电阻箱调到确定的阻值，这一阻值为Q。

（2）将开关S向（选填"c”或"d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至；

（3）保持滑动变阻器的滑片位置不变，将开关S向另一端闭合，报警系统即可正常运用。

【答案】b650c温度报警器

【解析】

试题分析：（D根据系统工作要求，电路接通前，应先将滑动变阻器滑片置于阻值最大位置，故置于b端,

再将电阻箱调到一定的阻值，因要求热敏电阻达到60七报警，此时电阻为650Q,故应将电阻箱调至阻值

为650Qo

（2）将开关S向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至温度报警器报警。

考点：报警器的调整等效法

5.（2024安徽）一小灯泡额定电压为2.5V,图a是测量其电阻的试验电路图。

（1）请依据图a,将图b中的实物电路连接完整；

（2）闭合开关，调整滑动变阻器，当电压表示数为2.50V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）调整滑动变阻器，让小灯泡两端的电压渐渐减小，会发觉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“上升”、“不变”或“降低”）；

（4）测量数据如下表所示。

16

电压U/V2.502.101.701.300.900.50

电流I/A0.260.240.210.190.16

分析表中数据，可以发觉小灯泡两端的电压越低，其灯丝的电阻越

【答案】(2).0.28(3).降低

⑷.小

【解析】

【详解】灯泡电阻约10Q,灯泡正常发光时的电流是

U_2.5V

=0.25A

R10。

电流表选00.6A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3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，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。

6.(2024安徽).图甲为伏安法测电阻的试验电路图.

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(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，发觉电流表的指针偏转很

小;移动滑动变阻器的滑片，发觉指针偏转仍旧较小.产生该现象的缘由可能

是:;

(3)电路调试完成后，某次试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—V,该电阻的阻值为Q

【答案】(1).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，发觉电流表的指针偏转

很小；移动滑动变阻器的滑片，发觉指针偏转仍旧较小，故解除了电路中电阻过大的可能,

故产生该现象的缘由可能是：电流表量程过大；

(3)电路调试完成后，某次试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.IV,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,

U?4V

电流为0.24A,由欧姆定律，该电阻的阻值为：7?=—=——=100.

I0.24A

7.(2024安徽)利用如图a所示的电路，可以探讨通过小灯泡的电流跟加在它两端电压的关

系。试验中运用小灯泡的额定电压为2.5V.

(2)闭合开关S,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

18

生变更，于是可得到多组测量值(U,I),依据测量值画出小灯泡的I-U图像如图C所示。

从图像可以发觉；随着小灯泡两端电压从0渐渐增大(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”)；

(3)在图a中，闭合开关，将片P从A端向B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”)

(4)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】(1).见解析所示(2).不断增大(3).不断变大(4).偏大

【解析】分析：(1)依据灯的额定电压确定电压表选用小量程与灯并联；

(2)由图c知，当电压为0.25V、1.0V、2.0V时，对应的电流大小分别为0.1A、0.3A、0.45A,

由欧姆定律R=1分别求出对应的电阻大小分析回答；

I

(3)在图a中，灯与变阻器PA部分并联后与变阻器的PB部分串联，闭合开关，将片P从

A端向B端移动，推断PA部分电阻变更，依据并联电阻的规律得出并联部分的电阻变更，

由分压原理确定并联部分的电压变更，即灯的电压变更；

(4)依据并联电路电流的规律分析。

解答：(1)灯的额定电压为2.5V,故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：

(2)由图c知，当电压为0.25V、1.0V、2.0V时，对应的电流大小分别为0.1A、0.3A、0.45A,

由欧姆定律R=U,对应的电阻大小分别为：2.5Q、3.3Q、4.4Q,故灯丝的电阻值不断增

I

大；

(3)在图a中，灯与变阻器PA部分并联后与变阻器的PB部分串联，闭合开关，将片P从

A端向B端移动。PA部分电阻越来越大，依据并联电阻的规律，并联部分的电阻变大，PB

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；

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（4）因电压表与灯并联，依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。

故答案为：（1）如上；（2）不断增大；（3）不断增大；（4）偏大。

【点睛】本题探讨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。

8.（2014•安徽）在测量额定电压为2.5V的某小灯泡电阻的试验中，试验电路图如图a所

示。闭合开关，调整滑动变阻器，变更小灯.泡两端的电压，相应地读取通过小灯泡灯丝的

电流。下表中记录的是每次的测量值。

U/V00.501.001.502.002.50

I/A00.170.300.390.450.49

（1）以电压为横坐标、电流为纵坐标，将测量数据转换为坐标点，标记在坐标系中，如图

b所示，请用平滑曲线将这些点连接起来

-®-

Ola

（2）通过计算或依据所画的试验图线都可以发觉，小灯泡灯丝的电阻值是（选填“变更”

或“不变”）的，且随着电压的上升，其阻值。（选填“变大”或“变小”）

（3）依据电路图a,在图C中将实物图连接起来

W

.4

fflc

第19题图

【答案】（1）如下图b所示（2）变更变大（3）如下图C所示

20

【解析】

试题分析：（1）依据题意“用平滑曲线将逑匚点连接松来”即引.如下图b所示.（2）由数据记录表可见,

当电压为1.八一时,电流为0.1此时灯泯声.石为舄=二=«2.9C.当电压为1.八'时,电流为3.39A,

h0.17.4

此时灯泡电阻为用=%=‘工"3.8C：当电压为二「时，电流为0.49A,此时灯泡电阻为

120.39上

2=三工以5」0.可见小灯泡灯丝的E.：值是“变化”的，且随着电压的升高，灯丝温度升高，其

%049工

限值变大.（3）依据电路图按以下顺序连接电路：电源正极一开关左接线柱，开关右接线柱一滑动变阻器

金属杆一端接线柱，滑动变阻器电阻丝右炖接线柱里流表中口接线柱，电流表接线柱一灯泡右接线

柱，灯泡左接线柱一电源负极，电压表中间接线柱一灯泡右端，电压表接线柱一灯泡

左接线柱。如下图C所示。

考点：描绘图像，分析数据或分析图像得出结.论，依据电路图连接实物示意图。

21

9.（2013•安徽）小明利用图甲所示的电路图测小灯泡的电阻。

（1）请你依据电路图用笔画线代替导线，将图乙中的试验装置图连接完整。

（2）试验中，用U、I分别表示电压表、电流表的读数，则小灯泡的电阻口=

（3）若试验室只供应较小量程的电流表与一个电阻箱R'（能读出电阻值的变阻器）并

联，减小通过电流表的电流，如图丙所示。老师确定了他的想法，并指出电流表的内阻

RA不为零，可以看成一个小电阻。为了爱护电流表，在接入电路前，电阻箱的阻值应当

调到最一（选填“大”或“小”）

【解析】解：（1）依据电路图连接电路。电流表串联在电路中，将负接线柱与开关相连；

电压表与灯泡并联，将负接线柱与灯泡左边的接线柱相连；滑动变阻器已接了下面一个

接线柱，需再接上面一个接线柱。

（2）依据I=U得，R=UO

RI

（3）电阻箱与电流表并联，可以分得部分电流，依据公式依据1=U得，并联电路两端

R

的电压相等，电阻箱的电阻越小，分得的电流会越多。所以起先为爱护电流表，应将电

阻箱的阻值调到最小。

10.（2011•安徽）在伏安法测量电阻R阻值的试验中：

（1）为了完成试验，请将右图连成一个完整的试验电路图，并使滑动变阻器连入电路的

阻值最大。

（2）试验测得的数据如下表,请你依据表中的数据计算出R的阻值，要求写出计算过程，

22

结果保留一位小数。

【解析［解：（1）试验电路应是开关、滑动变阻器、电流表、待测电阻串联接在电源两

极上；然后电压表与待测测电阻并联，滑动变阻器串联在电路时滑片处于最大阻值处。

如图。

RZ=%=24V.=101,

I20.24A

Rs=%=2.8V=10.4Q,

I30.27A

R的阻值为：E="+R2+R3=10Q+10、+10.4Q=10.1Q。

33

故：R的阻值10.l^o

11.（2024安徽）要求测只额定电压;为2.5V小灯泡的电功率。

（1）依据电路图a.将图b中的实物图连接成试验电路。

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第20题图a第20题图b第20题图c

（2）在电路连接过程中开关应处于状态，闭合开关前，要把滑动变阻器的滑片移到（依据

你连接的实物电路选填“最右端”或“最左端”）

（3）试验时某次电压表的示数为2.20V,对应电流表示数如图c所示，则小灯泡此时的电

功率为肌要想测出小灯泡的额定功率，接下来的操作是：。

【答案】（1）答案如图所示

（2）断开；最右端；（3）0.528,移动滑片，直到电压表的示数为2.5V,记录对应的电流

表示数。

【解析】

试题分析：（D按照电路图顺序逐一连接实物图，答案如图；（2）为了保证连接电路时器件的安全，要求

在电路连接过程中开关应处于断开状态，闭合开关前，滑动变阻器的滑片要移到最大限值处；（3）当电压

表示数等于2.XX时，读出电流表示数3.XA；故灯泡功率此时小灯泡两端

电压小于2.5V,故为了测出小灯泡的额定功率,接下来的操作是移动滑动受阻器,直到电压表的示数为2.5V,

记录此时对应,电流表示数。

考点：测量小灯泡电功率试验

12.（2015•安徽）某同学要测量一个额定电压为2.5『的小灯泡的额定功率