2017年江苏省泰州市中考物理试卷解析版

2017年省市中考物理试卷解析版

一、选择题

1．在国际单位制中，力的单位是以哪位科学家的名字命名的（）

A．安培 B．帕斯卡C．牛顿 D．焦耳

【考点】2S：物理量的单位及单位换算．

【分析】根据对常见物理量及其单位的掌握作答．

【解答】解：在国际单位制中，

A、安培是电流的基本单位．故A不符合题意；

B、帕斯卡是压强的基本单位．故B不符合题意；

C、牛顿是力的基本单位．故C符合题意；

D、焦耳是功和能量的基本单位．故D不符合题意．

故选C．

2．夏天，从冰箱中取出一瓶饮料，一会儿瓶外壁“出汗了”，该现象属于（）

A．融化 B．液化 C．汽化 D．凝华

【考点】1M：液化及液化现象．

【分析】物质由气态遇冷变为液态的现象是液化现象．

【解答】解：

夏天，从冰箱中取出冷藏的饮料温度较低，低于周围的环境温度，空气中的水蒸汽遇到温度较低的饮料瓶发生液化，变成小水珠附着在瓶的外壁上，这就是我们看到的饮料瓶的“出汗”现象，是水蒸汽液化现象，故B正确．

故选B．

3．下图中使用的工具，属于费力杠杆的是（）

A．

镊子B．

独轮车C．

羊角锤D．

铜丝钳

【考点】7O：杠杆的分类．

【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．

【解答】解：

A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；

B、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；

C、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；

D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．

故选A．

4．某凸透镜焦距为15cm，若将一物体放在此透镜前25cm处，则可在透镜的另一侧得到一个（）

A．倒立、放大的实像 B．倒立、缩小的实像

C．正立、放大的虚像 D．正立、缩小的虚像

【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．

【分析】根据凸透镜成像的三种情况确定成像情况．当u＞2f时，成倒立、缩小的实像；当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像；当u＜f时，成正立、放大的虚像．

【解答】解：将一物体放在此透镜前25cm处，f＜25cm＜2f，成倒立、放大的实像．

故选A．

5．酒精和水混合后总体积变小，如图所示，该现象直接说明了（）

A．分子水不停息地做无规则运动

B．分子间存在引力

C．分子间存在斥力

D．分子间有空隙

【考点】G1：分子动理论的基本观点．

【分析】物体是由大量分子组成的，分子在永不停息的做无规则运动，分子间存在相互的引力和斥力，分子间有间隙．

【解答】解：

因为分子间存在着空隙，水和酒精充分混合后，酒精分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，使得水和酒精混合后的总体积变小了，故D正确．

故选D．

6．以下关于压强的说法，错误的是（）

A．菜刀的刀口做得很薄是为了增大压强

B．“蛟龙号”深潜器在海水中下潜的过程中，受到的海水压强增大

C．氢气球升到高空后会炸裂，是因为大气压随高度的增大而增大

D．动车运行时，车厢附近的气流速度较大，压强较小

【考点】84：增大压强的方法及其应用；88：液体的压强的特点；8G：大气压强与高度的关系；8K：流体压强与流速的关系．2-1-c-n-j-y

【分析】A、固体压强的大小与压力大小和受力面积的大小有关，在压力一定时，可以通过减小受力面积的方式来增大压强．

B、液体部的压强随深度的增加而增大；

C、大气压随高度的最大而减小；

D、流体的压强跟流速有关，流速越快的地方压强反而越小．

【解答】解：

A、菜刀刀口做的很薄，减小了受力面积，从而增大了压强，使刀更锋利，故A正确；

B、“蛟龙号”深潜器在海水中下潜的过程中，深度增大，受到的海水压强增大，故B正确；

C、氢气球升到高空后会炸裂，是因为大气压随高度的增大而减小，故C错；

D、动车运行时，车厢附近的气流速度较大，压强较小，故D正确；

故选C．

7．关于测量工具的使用，下列说确的是（）

A．常用体温计可以放在沸水中消毒

B．刻度尺测量时，应估读到分度值的下一位

C．量筒读数时，视线应与液面垂直

D．电能表可以直接测量家用电器的电功率

【考点】18：体温计的使用及其读数；2D：量筒的使用；64：长度的测量；J6：电功的测量．【分析】（1）体温计的测量围是：35℃～42℃，沸水的温度为100℃；

（2）使用刻度尺读数时视线要与尺面垂直，估读到分度值的下一位；

（3）使用量筒测量液体的体积时，视线要和液柱的凹面底部相平；

（4）电能表是测量电功的仪表．

【解答】解：

A、体温计的测量围是：35℃～42℃，而沸水的温度为100℃，不能用沸水给体温计消毒，故A错误；

B、使用刻度尺测量长度时，应估读到分度值的下一位，故B正确；

C、使用量筒测量液体的体积时，视线要和液柱的凹面底部相平，不是与液面垂直，故C错误；

D、电能表可以直接测量电功，不能直接测量家用电器的电功率，故D错误．

故选B．

8．一般汽油机的一个工作循环分为四个冲程，每个冲程都伴随着能量的转移或转化，其中主要将机械能转化为能的冲程是（）

A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程

【考点】GM：燃机的四个冲程．

【分析】汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气；做功冲程对外做功，将能转化为机械能；压缩冲程也有能量转化，将机械能转化为能．

【解答】解：

在汽油机一个工作循环的四个冲程中，压缩冲程活塞向上运动，压缩燃料混合物对其做功，使气缸的气体的能增加，温度升高，故是将机械能转化为能，故B正确．

故选B．

9．无线充电技术应用了特斯拉线圈，如图，用一不通电的LED灯靠近正在通电的特斯拉线圈时，LED灯发光了，灯被点亮的现象可以用我们学过的哪一知识来解释（）

A．电流的磁效应 B．磁场对电流的作用

C．安培定则 D．电磁感应

【考点】CP：电磁感应．

【分析】灯被点亮，说明通过灯泡是有电流的，再根据电磁感应现象的定义分析．

【解答】解：用一不通电的LED灯靠近正在通电的特斯拉线圈时，LED灯发光了，这说明灯泡中产生了电流，故该现象为电磁感应现象．

故选：D．

10．2017年4月20日，搭载着“天舟一号”货运飞船的长征七号运载火箭在发射中心升空，“天舟一号”进入太空后，与“天宫二号”自动对接成功，如图，以下说法中正确的是（）

A．火箭升空时，“天舟一号”的重力势能不变

B．对接成功后，以“天宫二号”为参照物，“天舟一号”是静止的

C．“天宫二号”的太阳能电池板工作时将光能转化为化学能

D．“天舟一号”进入太空后，质量减小

【考点】FN：动能和势能的大小变化；22：质量及其特性；52：参照物及其选择；KA：太阳能的转化．

【分析】（1）物体由于被举高而具有的能量是重力势能．影响重力势能的因素是质量和被举高度；

（2）在研究物体的运动情况时，要先选取一个标准做为参照物，研究对象和参照物的位置发生了改变，就是运动的；如果位置没有发生改变，则是静止的；

（3）天空二号上有许多电子设备，需要电能的提供，太阳能电池板就可以将太阳能转化为电能；

（4）物体所含物质的多少叫质量．质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置、温度无关．

【解答】解：

A、火箭升空时，“天舟一号”的质量不变，高度增加，所以重力势能增大．故A错误；

B、对接成功后，“天宫二号”与“天舟一号”成为一个整体，以相同的速度和方向运动，以“天宫二号”为参照物，“天舟一号”的位置没有变化，所以是静止的．故B正确；

C、太阳能电池板工作时将光能直接转化为电能．故C错误；

D、“天舟一号”进入太空后，位置发生变化，所含物质的多少没有变化，所以质量不变．故D错误．

故选B．

11．小明做实验时，将电路连接成如图所示的情景，若要将导线M、N与ABCD四个接线柱中任意两个连接，使两灯构成并联，且开关闭合后电压表指针正常偏转，共有几种接法（）

A．两种 B．四种 C．六种 D．八种

【考点】HS：电路的基本连接方式；I3：电压表的使用．

【分析】根据电路的连接和电压表的使用规则进行分析．

【解答】解：

电压表与灯泡并联且遵循“正进负出”，故将M接B 或D能保证电流从电压表的正接线柱流进，将N接A或C保证两灯并联、且电流从电压表的正接线柱流出，故有AB两接线柱、AD两接线柱、CB两接线柱、CD两接线柱这四种接法．

故选B．

12．青少年科技创新材料中有一种变光二极管，电流从其P端流入时发红光，从其Q端流入时发绿光，奥秘在于其部封装有一红一绿两个发光二极管，发光二极管具有单向导电性，其

符号为，当电流从“+”极流入时二极管能通电且发光，当电流从“﹣”极流入时二极管不能发光，则该变光二极管的部结构可能是下图中的（）

A．B．C．D．

【考点】42：半导体的特点．

【分析】当电流从二极管的正接线柱流入，负接线柱流出时，二极管将电路接通；当电流从二极管的负接线柱流入时，二极管在电路中处于断开状态．

【解答】解：

因为二极管具有单向导电性，当电流从二极管的正接线柱流入，负接线柱流出时，二极管将电路接通；当电流从二极管的负接线柱流入时，二极管在电路中处于断开状态；根据题意可知，电流从其P端流入时发红光，从其Q端流入时发绿光，所以两二极管并联，且红发光二极管的正接线柱在P端，负接线柱在Q端，绿发光二极管的正接线柱在Q端，负接线柱在P 端，所以C图正确．

故选C．

二、填空题

13．如图，在试管中加入少量水，用嘴对着试管口部吹气，使其发声，这是由于管空气柱正在振动，增加试管中的水量，吹气时声音的音调变高（高/低）．

【考点】91：声音的产生；9D：频率及音调的关系．

【分析】声音是由物体的振动产生的，振动的频率越高，音调越高．

【解答】解：用嘴贴着试管口吹气，振动发声的是由于试管口空气柱的振动发出的，当水量增加时，空气柱长度越短，音调越高．

故答案为；振动；高．

14．如图，“冰壶”是一项体育运动，冰壶出手后能继续运动是因为冰壶具有惯性；为了减小冰壶收到的阻力，运动员需要不停地刷冰，使冰层表面发生熔化（填物态变化）而产生水，这是通过做功方式来改变表层冰的能的．

【考点】6L：惯性；19：熔化与熔化吸热特点；G9：做功改变物体能．

【分析】①改变物体的能的方法：一是做功，二是热传递；

②物质从固态变为液态叫熔化，从液态变为固态叫凝固；

③物体具有的保持运动状态不变的性质的惯性．

【解答】解：掷出的冰壶由于具有惯性，所以能在冰面继续滑行；

比赛时两名队员在冰壶前方“刷冰”，克服摩擦做功，消耗机械能转化为冰的能，是通过做功的方式改变冰的能；

冰的能增加，熔化成成薄薄的一层水，这样就能够减小冰壶与冰面之间的摩擦，使冰壶按照预计的运动快慢和方向运动；

故答案为：具有惯性；熔化；做功．

15．用塑料棒摩擦毛衣，塑料棒能够吸引纸屑，说明带电体具有吸引轻小物体的性质，如果用摩擦棒接触验电器金属小球（如图所示），验电器的金属箔片开，这是因为箔片带同（同/异）种电荷相互排斥，摩擦起电的实质是电子在物质间转移．

【考点】H1：物体带电现象；H7：摩擦起电的实质；HA：验电器的原理及使用．

【分析】（1）毛衣摩擦过的塑料棒带了电荷，而带电体具有吸引轻小物体的性质．

（2）根据验电器的金属箔片是否开角度来确定物体是否带电．其之所以开角度，就是由于两个箔片带了同种电荷，同种电荷相互排斥的造成的．

（3）摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．

【解答】解：

用毛衣摩擦过的塑料棒带了电荷，由于带电体能够吸引轻小物体，所以当其靠近碎纸屑时，碎纸屑会被吸引过来．

当验电器与带电的塑料棒接触后，验电器的金属箔片上都带了同种电荷，由于同种电荷相互排斥，所以两个金属箔片会开角度．

摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即摩擦起电的实质是电子在物质间转移．

故答案为：吸引轻小物体；同；电子．

16．今年5月，国产打飞机首飞成功，在机体主结构上，设计人员使用了第三代铝锂合金材料，由于铝锂合金密度更小，所以相比同体积的普通铝合金质量更小．舱壁的新型复合材料，因其具有良好隔热性能，可有效维持舱的温度，降低能耗，航电系统工作时可将飞机参数通过电磁波传输给地面指挥控制中心．

【考点】21：物质的基本属性；D2：电磁波的传播．

【分析】①体积一定的不同物质，质量与密度成正比；

②飞机舱要保持一定的温度，舱壁材料要具有良好的隔热性能；

③电磁波传播不需要介质，利用电磁波可以传递信息．

【解答】解：

由“相比同体积的普通铝合金质量更小”知，铝锂合金的密度更小，体积一定时质量更小；为有效维持舱的温度，降低能耗，舱壁所需材料要具有良好的隔热性能；

航电系统工作时可将飞机参数通过电磁波传输给地面指挥控制中心．

故答案为：密度；隔热；电磁波．

17．小明用天平测量矿石的质量，他先把天平放在水平台面上，再将游码调到“0”刻度线处，发现指针停在如图甲所示的位置，要使天平平衡，应将平衡螺母向左调，调好天平后，他进行了正确的操作，砝码和游码的位置如图乙所示，矿石的质量为52.4 g．

【考点】25：质量的测量与天平．

【分析】（1）天平在使用前应先在水平桌面上放好，再将游码归零，然后观察指针进行调节，调节时要将平衡螺母向指针偏转的对侧移动；

（2）天平在读数时，应将砝码质量与游码示数相加，并注意标尺上的分度值．

【解答】解：

在用天平测量矿石的质量时，应将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端的“0”刻度线处．由图1可知，指针偏右，说明右侧质量偏大，此时应将平衡螺母向左调节；

由图2可知，矿石的质量是：m=50g+2.4g=52.4g．

故答案为：水平；左；52.4．

18．一物块的质量为90g，体积为100cm3，现将它浸没在水中，物体所受的浮力为 1 N，松手后，物体将会上浮（上浮/下沉/悬浮），最终静止时物体排开水的质量为90 g．（g=10N/kg，ρ水=1.0g/cm3）

【考点】8P：浮力大小的计算；78：重力的计算；8S：物体的浮沉条件及其应用．

【分析】（1）将物体浸没在水中，排开水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理求物体受到的浮力；

（2）知道物体的质量，利用重力公式求物体受到的重力，再利用物体的浮沉条件判断物体的浮沉；

（3）根据物体所处的状态求出静止时受到的浮力，再利用阿基米德原理求排开水的重力，利用G=mg求其质量．

【解答】解：

（1）将物体浸没在水中，V排=V物=100cm3=1×10﹣4m3，

物体受到的浮力：

F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg=1N．

（2）物体重：

G=mg=0.09kg×10N/kg=0.9N，

因为F浮＞G，

所以松手后物体将上浮．

（3）当物体静止时，处于漂浮状态，

受到的浮力F浮′=G=0.9N．

排开水的重力：

G排′=F浮′=0.9N，

排开水的质量：

m排′===0.09kg=90g．

故答案为：1；上浮；90．

19．小明用如图装置探究电流产生的热量与电流的关系，锥形瓶装有200g煤油，他先闭合开关，调节滑片P使电流表示数为0.5A，记录到5分钟温度计示数升高了5℃，则煤油吸收的热量为2100 J，接着他调节滑片P使电流表示数发生改变，观察并记录温度计示数的变化，对比前后数据，可得出初步结论，利用该装置还可以探究电流产生的热量与通电时间的关系．（c煤油=2.1×103J/（kg?℃））

【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用．

【分析】知道煤油的质量和比热容以及温度的变化，根据Q吸=cm△t求出煤油吸收的热量；电流产生的热量与通电时间、电流大小和电阻的大小有关．

【解答】解；煤油的质量m=200g=0.2kg，则煤油吸收的热量：

Q吸=cm△t=2.1×103J/（kg?℃）×0.2kg×5℃=2100J；

由图可知，此时的电阻是定值电阻，无法改变，可以通过改变时间来探究电流产生的热量与时间大小的关系．

故答案为：2100；通电时间．

20．电冰箱使用时外壳一定要接地，以保证安全，夏天，为了节能，可将冰箱的设置温度适当调高（高/低），有一台冰箱铭牌上标有“220V 150W”字样，测得其一天消耗的电能为1.2kW?h．假设冰箱在压缩机停止工作时不消耗电能，估算该冰箱压缩机在一天工作的总时间为8 h．2·1·c·n·j·y

【考点】J4：电功计算公式的应用．

【分析】金属外壳的家用电器的外壳一定要接地，这样可以避免触电事故的发生；夏天，为了节能，可将冰箱的设置温度适当调高些；

电冰箱工作时的功率和额定功率相等，知道消耗的电能，根据P=求出电冰箱工作的时间【解答】解：

电冰箱的外壳是金属做的，家用电器的金属外壳一定要接地，可防止因漏电使外壳带电而造成触电事故，以保证安全；

夏天，为了节能，可将冰箱的设置温度适当调高些，减小冰箱的工作时间；

冰箱铭牌上标有“220V 150W”字样，表示冰箱的额定电压为220V，额定功率为150W，

电冰箱工作时的功率P=150W=0.15kW，一天消耗的电能W=1.2kW?h，

由P=可得，电冰箱的压缩机在一天工作的总时间：

t===8h．

故答案为：接地；高；8．

21．据天文观测，室女座一类星体向外喷射出超光速喷流，震惊科学界，近期谜底揭开，“超光速”只是一种观测假象．如图所示，喷流用6年时间从A点喷射到5光年远处的B点，其

喷射的实际速度为c，当喷射到达B点时，喷流在A点发出的光已经到达C点位置，此时喷流在B点发出的光才开始传向地球，因观测距离遥远，地球观测者接收到喷流的光时误以为喷流只是在水平方向喷射了3光年，所以观测者测得喷流的速度到达了 1.5 c（c 为光在真空中传播的速度）

【考点】A4：光的传播速度与光年．

【分析】（1）知道从A点喷射到B点的距离和所用的时间，根据速度公式求出喷射的实际速度；

（2）根据勾股定理求出喷流竖直的距离，进而得出喷流在B点发出的光传到地球所用的时间，利用速度公式求出观测者测得喷流的速度．

【解答】解：由题意知，sAB=5光年，时间t=6年，

则喷流喷射的实际速度：

v==c．

由勾股定理可知，喷流竖直的距离：

sBD==光年=4光年，∨

由图可知，sAC=sDE=6光年，

则有：sBE=sDE﹣sBD=6光年﹣4光年=2光年，

由此可知，喷流在B点发出的光传到地球观测者所用的时间t′=2年，

则观测者测得喷流的速度：

v′==c=1.5c．

故答案为：；1.5．

三、解答题（共8小题，满分51分）

22．根据要求作图．

（1）如图a所示，在水平桌面上用手指压铅笔尖，画出铅笔尖对手指弹力的示意图；（2）用图b的滑轮组提升重物，画出最省力的绕绳方法；

（3）将图c中的灯泡，开关接入家庭电路中，使之符合安全用电要求．

【考点】71：弹力；7：滑轮组的设计与组装；IO：家庭电路的连接．

【分析】（1）弹力产生在接触面上，常见的支持力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体，本题中，铅笔受手和水平桌面的弹力．

（2）滑轮组最省力问题：最省力时绳子段数n与滑轮个数n'的关系是：n=n'+1；若n为偶数，绳子固定端在定滑轮上；若n为奇数，绳子固定端在动滑轮上；即：“奇动偶定”．（3）电灯的接法：火线先过开关再入灯泡，并且接入灯泡的顶端．开关控制电灯，开关和电灯是串联的．

【解答】解：（1）由图可知：手指受竖直向上的弹力的作用；力的示意图如图所示：

；

（2）由图知：滑轮个数n'=2，所以绳子段数n=3，

根据“奇动偶定”的方法，绳子从定滑轮开始绕，每个滑轮只能绕一次，如图所示：

（3）火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入螺旋套．如下图所示：

．

23．工人师傅要将质量100kg的木箱搬到1.5m高的车厢里，他将一块5m长的长板搁在地面与车厢之间构成斜面，然后站在车上用400N的拉力在10s将物体从斜面底端匀速拉到车厢里，如图所示，（g=10N/kg）求：

（1）工人所做的有用功；

（2）工人做功的功率；

（3）斜面的机械效率．

【考点】EH：有用功和额外功；F6：斜面的机械效率；FF：功率的计算．

【分析】（1）知道木箱的重力和斜面的高度，根据W=Gh求出克服重力做的有用功；

（2）已知拉力F与斜面长，利用W=Fs计算总功，根据公式P=计算功率；

（3）知道有用功和总功，根据机械效率公式求出机械效率．

【解答】解：（1）木箱的重力G=mg=100kg×10N/kg=1000N，工人师傅对木箱做的有用功：W有用=Gh=1000N×1.5m=1500J；

（2）拉力做的总功 W总=Fs=400N×5m=2000J．

拉力做功的功率为 P总===200W．

（3）斜面的机械效率：

η=×100%=×100%=75%．

故答案为：（1）工人所做的有用功是1500J；

（2）工人做功的功率是200W；

（3）斜面的机械效率是75%．

24．如图为某同学设计的调光灯电路，S为选择开关，当S接触a点时，小灯泡正常发光但不能调光，当S接触b点时，电路断开，的那个S接触c点时，电路可继续调光．已知变阻器R1的规格为“10Ω 1A”，灯泡L上标有“6V 3.6W”字样，电源电压恒为9V．

（1）求小灯泡的额定电流；

（2）求定值电阻R0的阻值；

（3）当S接触c点时，调节R3滑片至中点位置，电路中的电流为0.5A，求此时灯泡的实

际功率．

【考点】J9：电功率与电压、电流的关系；IH：欧姆定律的应用；JE：实际功率．

【分析】（1）根据I=算出小灯泡的额定电流；

（2）根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时变阻器两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式，然后求定值电阻R0的阻值；

（3）根据电路中的电流为0.5A，求出总电阻，根据串联电路的电阻特点求出地球的电阻，根据P=I2R求出灯泡的实际功率．

【解答】解：（1）由P=UI得，

小灯泡的额定电流：I===0.6A；

（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，灯泡正常发光时，定值电阻R0两端的电压：

U0=U﹣UL=9V﹣6V=3V，

因串联电路中各处的电流相等，

所以，电路中的电流：I=0.6A，

定值电阻R0的阻值：R0===5Ω；

（3）当S接触c点时，调节R3的滑片至中点位置时R3=5Ω，电路中的电流为：I′=0.5A，

电路的总电阻：R===18Ω，

灯泡的电阻为：RL=R﹣R3=18Ω﹣5Ω=13Ω，

灯泡的实际功率为：PL=I2R=（0.5A）2×13Ω=3.25W．

答：（1）小灯泡的额定电流为0.6A；

（2）定值电阻R0的阻值为5Ω；

（3）当S接触c点时，调节滑片至中点位置，电路中的电流为0.5A，此时灯泡的实际功率为3.25W．

25．探究光的反射定律．

（1）如图甲，先将平面镜A放在水平桌面上，再经硬纸板B 竖直放置在平面镜A上，让激光紧贴纸板射向O点．

（2）为了显示光路，纸板的表面应粗糙（光滑/粗糙）些，在纸板上标出刻度是为了方便测量反射角和入射角的大小；

（3）多次改变入射光的方向，测得了几组数据如表所示，由此可得出，反射角与入射角大小相等（相等/不相等）．

序号入射角反射角

1 30°30°

2 45°45°

3 60°60°

（4）接下来老师进行了如下演示，先用加湿器使整个教室充满雾气，将平面镜放在一能转动的水平圆台上，在柱M上固定一红色激光笔，使其发出的光垂直射向平面镜上的O点，其作用是为了显示法线的位置，然后打开固定在柱N上的绿色激光笔，使绿色激光射向O 点，出现了如图乙所示的情景，老师水平方向缓慢转动圆台，当我们观察到反射光线时，可判断反射光线，入射光线和法线在同一平面．

【考点】A7：光的反射定律．

【分析】（1）探究光的反射定律时，应让硬纸板竖直放置，这样光的传播路径能呈现在纸上．

（2）根据镜面反射和漫反射的不同可的出结论；在纸板上标出刻度，可以测量角的大小；（3）实验只做一次结论具有偶然性，若需进一步验证该规律的正确性，需多次改变入射角的大小进行实验，表中所示反射角等于入射角；

（4）法线与平面镜垂直；反射光线、入射光线和法线在同一平面，可以通过硬纸板显示光路．

【解答】解：（1）为了使光的传播路径能呈现在硬纸板上，应让硬纸板B竖直放置在平面镜A上，让激光紧贴纸板射向O点．

（2）为了看清楚纸板上的光路，纸板材质应是较粗糙，光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚；

在纸板上标出刻度是为了方便测量反射角和入射角的大小；

（3）读表可得，反射角等于入射角；

（4）加湿器使整个教室充满雾气，这样能显示出光的传播路径；法线与平面镜是垂直的，红色激光笔发出的光垂直射向平面镜上的O点，可以显示法线的位置；沿水平方向缓慢转动圆台，当我们观察到反射光线的传播路径，可以根据光的传播路径来判断三线是否在同一平面．

故答案为：（1）竖直；（2）粗糙；反射角和入射角；（3）相等；（4）法线；反射光线．

26．探究影响滑动摩擦力大小的因数．

（1）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．

①在乙图中，木块受到的滑动摩擦力大小等于 3.4 N，方向水平向左．

②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．

③比较甲、丙两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关．

（2）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，木块处于不平衡（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不是（是/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，木块受到的重力和木板对它的支持力是（是/不是）一对平衡力．

【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验；6T：二力平衡条件的应用．

【分析】（1）①由测力计分度值，根据二力平衡的条件分析；②③

②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；

③找出相同的量和不同的量，根据测力计示数，分析得出结论；

（2）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．【解答】解：①在乙图中，测力计分度值为0.2N，测力计示数为2.4N，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2.4N，物体向右运动，故摩擦力方向水平向左；

②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．

③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．

（2）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，因物体处于静止状态，故木块受到的重力和木板对它的支持力是一对平衡力．故答案为：（1）①3.4；水平向左；②甲乙；③接触面的粗糙程度；

（2）不平衡；不是；拉力与摩擦力不在同一直线；是．

27．如图所示，在探究物体动能的大小与哪些因素有关时，让同一小车分别从同一斜面的不同高度由静止释放，撞击水平面上同一木块．

（1）本实验探究的是小车（木块/小车/斜面）的动能与速度的关系，实验中是通

过观察木块移动的距离来比较动能大小的；

（2）第一次实验的情景如图甲所示，在进行第二次实验前，应先将撞出的木块恢复到原位置；

（3）若操作正确，第二次实验木块最终的位置如图乙所示，则此实验的结论是：在质量相同的情况下，速度越大，动能越大．

【考点】FQ：探究影响物体动能大小的因素．

【分析】（1）动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小；

（2）在实验的过程中，通过木块滑动的距离来判定动能的大小，故重新实验时，应控制木块的初始位置相同；

（3）根据图中木块移动的距离分析．

【解答】解：（1）由图知，两相同小车分别从同一斜面不同高度由静止滑下，小车的质量相同，初速度不同，所以可探究动能与小车的初速度关系；

实验过小车推动木块移动的距离来反映动能的大小；

（2）在实验的过程中，通过木块滑动的距离来判定动能的大小，故重新实验时，应把木块恢复到原位置；

（3）由图可知，甲撞击木块移动的距离远，故结论为：在质量相同的情况下，速度越大，动能越大．

故答案为：（1）小车；速度；木块移动的距离；（2）恢复到原位置；（3）在质量相同的情况下，速度越大，动能越大．

28．（1）如图甲是奥斯特实验装置，接通电路后，观察到小磁针偏转，此现象说明了通电导体周围存在磁场；断开开关，小磁针在地磁场的作用喜爱又恢复到原来的位置，改变直导线中电流方向，小磁针的偏转方向发生了改变，说明了磁场方向与电流方向有关．

（2）探究通电螺线管外部磁场分布的实验中，在嵌入螺线管的玻璃板上均匀撒些细铁屑，通电后轻敲（填写操作方法）玻璃板，细铁屑的排列如图乙所示，由此可以判断，通电螺线管外部的磁场分布与条形磁铁周围的磁场分布是相似的，将小磁针放在通电螺线管外部，小磁针静止时N （N/S）极的指向就是该点处磁场的方向．

【考点】C9：通电直导线周围的磁场；CA：通电螺线管的磁场．

【分析】（1）①奥斯特实验通过小磁针偏转说明了通电导体周围存在磁场；

②小磁针在地磁场的作用下指示南北；

③当电流方向改变时，产生的磁场方向也改变，所以小磁针的偏转方向也改变；

（2）①周围铁屑会被磁化，但由于其与纸板的摩擦力太大，它不能自己转动，因此实验中轻敲玻璃板；

②通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似；根据改变螺线管中的电流方向，发现小磁针转动，

南北所指方向发生了改变可得出结论．

③小磁针静止时N极的指向就是该点处磁场的方向．

【解答】解：（1）①这是著名的奥斯特实验，实验中，开关闭合时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在着磁场；

②断开开关，小磁针在地磁场的作用下又恢复到原来的位置；

③改变电流方向，小磁针的方向也发生了偏转，说明了产生的磁场方向也改变，即表明了通电导体周围的磁场方向与电流方向有关；

（2）①由于周围铁屑会被磁化，但由于其与纸板的摩擦力太大，它不能自己转动，因此实验中轻敲玻璃板的目的是减小铁屑与玻璃板的摩擦，使铁屑受到磁场的作用力而有规律地排列．

②由以上实验探究的结果是：通电螺线管外部磁场与条形磁体相似；

改变螺线管中的电流方向，发现小磁针转动，南北所指方向发生了改变，可知通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关．

③将小磁针放在通电螺线管外部，小磁针静止时N极的指向就是该点处磁场的方向

故答案为：（1）通电导体周围存在磁场；地磁场；磁场方向与电流方向有关；（2）轻敲；条形磁铁；N．

29．小明探究电流与电压的关系，实验前他猜想：通过导体的电流可能与其两端的电压成正比，为此，他利用电阻箱代替定值电阻设计了如图甲所示的电路，已知电源电压恒为6V，电阻箱R1规格“0～999.9Ω”，滑动变阻器R2的规格“100Ω 1A”．

（1）图乙是小明姐姐的实物电路，请在图中补画一根导线，使之成为完整实验电路，要求：滑片P向右移动时，R2接入电路的电阻变大．

（2）正确连接电路后，调节两变阻器的阻值至最大并闭合开关，发现两电表示数均为零，则电路故障可能为 D ．

A．R1短路 B．R1断路 C．R2短路 D．R2断路

（3）排除故障后，他调节R1和R2的阻值，进行了第一次实验，两电表的示数如图丙所示，则对应的电压、电流值分别为 3 V、0.3 A．

（4）接着他保持开关闭合及R2的滑片位置不动，调节R1的阻值，又测得了三组数据，如表．他分析实验数据后发现，通过R1的电流与其两端的电压不能正比，请指出他在操作中存在的问题：

实验次数电压U/V 电流I/A

1

2 4.0 0.20

3 4.5 0.15

4 5.0 0.10

①开关闭合时连接电路；②调节R1的阻值．

（5）正在小明准备重新实验时，同组的小华巧妙处理了实验数据，作出了某个元件的I﹣U 图象，顺利得出了正确结论．

①请你帮小华在图丁中画出该图象；

②根据图象得出的结论是在电阻不变时，通过导体的电流与电压成正比．

【考点】IL：探究电流与电压、电阻的关系实验．

【分析】（1）根据滑片P向右移动时，R2接入电路的电阻变大确定变阻器的连接；

（2）逐一分析每个选项，确定正确答案；

（3）根据电表分度值确定电表量程读数；

（4）在连接电路时，开关要断开；研究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，分别测出定值电阻的电压和通过的电流大小，分析得出结论，据此分析；

（5）根据原操作，结合研究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，将变阻器作为研究对象，根据串联电路电压的规律，根据描点法作图；

根据图象分析得出结论．

【解答】解：（1）因滑片P向右移动时，R2接入电路的电阻变大，故将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中，如下图1所示：

（2）A．R1短路，电压表示数为0，根据欧姆定律，电路中电流I==0.06A，因电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表有示数，不符合题意，错误；

B．R1断路，电流表无示数，但电压表与电源连通，有示数，不符合题意，错误；

C．R2短路，电路中只有电阻箱，因电压箱最大电阻接入电路中，电流表示数几乎为0，但电压表示数为电源电压，不符合题意，错误；

D．R2断路，整个电路断路，两表均无法示数，正确；

故选D；

（3）图丙中，电压表选用大量程，分度值为0.5V，示数为3V；

电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A；

（4）在原操作中，没有断开开关进行电路的连接是错误的；研究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，电压表并联在电阻箱的两端，电阻箱为研究对象，故应控制电阻箱的电阻R1大小不变，通过改变变阻器连入电路中的电阻大小改变电阻箱的电压大小；而实验中支改变了R1大小，故通过R1的电流与其两端的电压不能正比；

（5）①在原操作中，因变阻器的滑片位置不动，可视为一定值，作为研究对象，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压U滑=U﹣U表，在实验中，变阻器的电压分别为6V﹣4V=2V；6﹣4.5V=1.5V；6V﹣5V=1V，对应通过变阻器的电流分别为0.2A、0.15A、0.1A，根据描点作图，如下图2所示：

②由图2知，电阻的电流随电压的变化关系为一直线，得出的结论是：在电阻不变时，通过导体的电流与电压成正比．

故答案为：（1）如上图1所所示；（2）D；（3）3；0.3；（4）①开关闭合时连接电路；

②调节R1的阻值；（5）①如上图2所示；②在电阻不变时，通过导体的电流与电压成正比．