【期末复习】2022-2023学年初三物理上册综合训练（实验题）

这是一份【期末复习】2022-2023学年初三物理上册综合训练（实验题），共51页。
九年级上册物理（实验题）综合训练（原卷版）
注意：
训练范围：苏科版九年级下册第11~14章。
训练内容：杠杆平衡条件探究、测量滑轮组的机械效率、动能与势能影响因素、不同物质吸热能力探究、串并联电路中电流规律探究、串并联电路中电压规律探究、电阻的大小与哪些因素有关探究、探究电流与电阻电压的关系。

1．（2021秋•友谊县校级期末）如图甲所示，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。

（1）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 　 　（左/右）调节，使杠杆在不挂钩码时在水平位置平衡；让杠杆在水平方向平衡的目的是 　 　。
（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6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为：　 　（用字母表示）。他这样得出的结论 　 　（合理/不合理）；原因是：　
　 ；
（3）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？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，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水平平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是：　 　。
2．（2022春•望城区期末）某学习小组在做“探究杠杆的平衡条件”的实验：
（1）小刚将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆的左端上翘（如甲图所示），此时，他应将杠杆右端的平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）如图乙所示，若每个钩码重0.5N，且杠杆上每格相等，小明在杠杆左端图示位置处挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，他在图中B处挂上 　 个钩码。
（3）若将杠杆右端B处的钩码去掉，施加一个方向向下的力F1，或者斜向下的力F2（如图乙所示），杠杆在水平位置始终保持平衡，则F1　 　F2（选填“大于”“小于”或“等于”）。

3．（2022春•贵溪市期末）（一）在“探究杠杆平衡的条件”实验中，华华同学用的实验器材有：杠杆（每小格均等长）、铁架台、刻度尺、细线和若干个钩码。

（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，目的是 　 。
（2）杠杆调节好后，进行了三次实验，实验情景如图甲（a）（b）（c）所示，两边钩码所受的重力分别为动力F1和阻力F2，对应的力臂为L1和L2，由此可得杠杆的平衡条件为：　 　。
（3）将图甲（b）所示杠杆两边的钩码各撤掉1个，则杠杆 　 　（选填“保持平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（4）如图甲（d）所示，用细绳竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡；保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力F大小将 　 　（选填“变大”“不变”或“变小”）。
（二）华华同学在探究“影响浮力大小与哪些因素有关”时，发现手中的弹簧测力计损坏了，她利用刻度均匀的杠杆和钩码（每个重0.5N）替代弹簧测力计顺利地完成了该实验。以下是她的实验探究过程。
（1）如图乙①所示，将重2N的物体G挂在A点，两只钩码挂在B点时，杠杆在水平位置平衡。
（2）将物体G部分浸入水中，如图乙②所示，两只钩码移到C点时，杠杆在水平位置平衡。
（3）将物体G浸没于水中，如图乙③所示，两只钩码移到D点时，杠杆在水平位置平衡。
（4）将物体G浸没于盐水中，如图乙④所示，两只钩码移到B点时，杠杆在水平位置平衡。分析与论证：
分析比较（1）、（2）、（3）可得：物体G所受浮力大小与 　 　有关；
分析比较（1）、（3）、（4）可得：物体G所受浮力大小与 　 　有关；
根据题中信息计算盐水的密度ρ盐水＝　 　kg/m3（ρ水＝1.0×103kg/m3）。
4．（2022春•曹县期末）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。

（1）当杠杆静止在如图甲所示位置时，处于 　 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。此时调节两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了 　 　。
（2）实验时，小明在杠杆左侧A位置（左边位第四格）先挂了3个相同规格钩码，如图乙所示。则在右侧B位置（右边位置第三格）应挂 　 　个相同规格的钩码，杠杆可以重新在水平位置平衡。
（3）实验中改变钩码位置和个数，一般要做三次，其目的是 　 　。
（4）如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码。现将弹簧测力计从D位置转到C位置，杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数 　
　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。

5．（2021秋•花山区校级期末）在“测量滑轮组的机械效率”实验中，小丽用同一滑轮组提升不同的物体，如图甲、乙所示，实验数据记录如下：
实验次数
物重G/N
提升高度h/m
拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
3
0.1
2.0
0.3
50%
2
6
0.1
①
0.3
②
（1）实验中要沿竖直方向，向上 　 　拉动弹簧测力计，使物体升高。
（2）表格中①处数据为图乙中弹簧测力计的示数，则表格中②处数据应为 　 。
（3）根据实验次数1、2初步得到结论：　 　。
（4）小牛又做了图丙实验，并与图甲进行比较，其目的是 　 　。

6．（2022春•渝北区期末）某兴趣小组在“测量滑轮组机械效率”实验中使用的实验装置如图所示。
（1）除了如图所示的器材和轻质弹簧测力计外，实验中还需用到的测量工具的是 　 　。
（2）实验中应沿竖直方向 　 　（选填“加速”、“减速”或“匀速”）缓慢拉动测力计，此时拉力F的大小等于测力计的示数。
（3）实验小组通过更换滑轮组绕绳方式、改变钩码个数，进行多次实验，记录数据如下表所示：
实验次数
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
2.7

74.1%
2
4
0.1
1.8
0.3
74.1%
3
4
0.2
1.8
0.6
74.1%
4
8
0.1
3.1
0.3
86.0%
①在第1次实验中，小冬同学忘记在表格中填写绳端移动的距离s，你认为s应该为 　m（保留小数点后1位）。
②通过分析1、2次实验数据，可得出结论：使用相同滑轮组提升同一物体时，滑轮组的机械效率与绕绳方式 　 　（选填“有关”或“无关”）。
③通过比较 　 　两次（选填实验序号“1、2、3或4”）实验数据可得出结论：使用相同滑轮组提升物体时，物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）小冬又发现绳端移动的距离始终与钩码提升高度有固定的倍数关系，于是他认为：钩码数量一定时，无论将钩码提升多高，都不影响该滑轮组的机械效率；小组另一同学小芳则认为：钩码提升的高度不同，有用功就不同，机械效率就变化了。你认为 　　的看法是正确的（选填“小冬”或“小芳”）。

7．（2022春•鲤城区校级期末）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。
次数
物重G/N
物体上升高度h/m
拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6%
2
2
0.1
1.0
0.3
66.7%
3
4
0.1
1.8
0.3

（1）实验过程中，应竖直向上 　 　拉动弹簧测力计；
（2）第3次实验中滑轮组的机械效率约为 　 　。
（3）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；
（4）若在第3次实验中，物体上升的速度为0.1m/s，则拉力F的功率为 　 　W；
（5）创新小组也利用重为1N、2N、4N的物体进行三次实验，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，弹簧测力计末调零，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的

8．（2022春•盘山县期末）某学习小组想要研究被提升物体所受重力对滑轮组机械效率的影响，他们用如图所示的滑轮组进行实验，通过实验得到了下表中的数据：
（1）实验时，应将弹簧测力计竖直向上 　 　拉动；
（2）第二次实验绳端移动的距离s为 　 　m；第三次实验后计算的机械效率为 　 　。
（3）分析比较表中的数据可以得出的实验结论是：对于同一滑轮组，被提升物体所受重力越大，滑轮组的机械效率越 　 　（选填“高”或“低”）。
序号
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
6
0.1
2.5

80%
3
8
0.1
3.1
0.3

（4）若弹簧测力计没有竖直向上拉，则测得的机械效率将 　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。


9．（2021秋•常山县期末）如图是探究“物体动能大小与哪些因素有关”的装置。将钢球用绳系着，从某一高度由静止释放，当钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，木块撞出一段距离。
实验次数
钢球质量/g
钢球下摆高度/cm
木块滑行距离/cm
1
10
20
5
2
20
20
10
3
30
20
14
（1）实验中运用了转换法，请举证说明 　 　。
（2）改变钢球质量做了3次实验，数据如表所示，分析数据得出的实验结论是 　
　 。
（3）若第3次实验，木块起始位置向左移了一小段距离，则木块的滑行距离 　 　14cm（选填“大于”、“小于”或“等于”）。

10．（2021秋•友谊县校级期末）在“探究影响动能大小的因素”实验中，如图a、b、c所示，让质量为m、2m的两个小球分别从斜面上由静止滚下，小球撞击放在水平木板上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后停止的位置。
（1）小球动能是由 　 　（填某种能量）转化来的。
（2）实验中，通过 　 　反映小球动能的大小。
（3）比较 　 　两图进行的实验，可以探究小球的动能与速度的关系。
（4）比较a、b两图进行的实验，小球选择同一高度释放是为了让小车到达水平面有 　 。比较a、b两图可以得到小球的动能随质量增大而 　 　。

11．（2022春•大足区期末）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中h1＝h3＞h2，mA＝mB＜mC。
（1）小钢球在滚下斜面的过程中，它的 　 　转化为动能，其动能大小是通过 　　（选填“高度h”或“距离s”）大小来反映的。
（2）小钢球在水平面上不能立即停下，是因为小钢球具有 　 　，小木块最终会停下来是因为受到 　 　力的作用。
（3）分析比较甲和乙两组实验可得，物体质量相同时，速度越大，动能越 　 　。
（4）分析比较 　 　两组实验可得出物体的动能与质量的关系。
（5）实验后，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，分析表格中对应的实验数据可知：　
　 （选填“超载”或“超速”）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。
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/cm
1
40
20
4
2
40
40
16
3
80
20
8

12．（2022春•鹿邑县期末）在探究“重力势能的大小与哪些因素有关”的实验中，已知重物A、B、C的质量关系为mA＝mB＜mC。三个完全相同的木桩和三个从不同高度处释放时的重物位置如图甲所示，木桩被打击后陷入沙中的情形如图乙所示，重物B、C将木桩打入沙中的深度相同。
（1）让重物自由下落打击在木桩上，通过观察木桩陷入沙中的深度判断 　 　（选填“重物”“木桩”）的重力势能大小。
（2）比较 　 　两个重物将木桩打入沙中的深度，可判断重力势能的大小和重物下落高度的关系，得出的结论是：在 　 　一定时，物体的高度越 　 　，重力势能越大。
（3）结合（2）中的实验结论，通过比较B和C两个重物将木桩打入沙中的深度，我们 　
　 （选填“能”或“不能”）得出物体的重力势能与其质量有关的结论。


13．（2021秋•安顺期末）如图甲所示，小明用相同的酒精灯分别给水和煤油进行加热，探究“不同物质吸收热量的能力”。

（1）在烧杯中需要分别装入 　 　和初温相同的水和煤油。
（2）实验中，用 　 　反映液体吸收热量的多少，用 　 　反映液体吸热本领的强弱。
（3）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，如图乙所示。分析图象，加热15min，水吸收的热量 　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量，煤油的温度变化大于水的，由此可知，　 　的吸热能力更强。
14．（2021秋•绥宁县期末）用如图所示装置探究水和煤油的吸热能力实验数据记录如表：
（1）实验中，在相同的烧瓶中装上 　 　（选填“质量”或者“体积”）相同的水和煤油两种液体；甲、乙两根电阻丝的电阻应该 　 　（选填“相同”或者“不同”）。
（2）实验中，用 　 　来间接反映液体吸收热量的多少；通过比较 　 　（两空均填序号）来判断吸热能力的强弱。
A.加热时间的长短 B.温度计示数的变化
（3）分析表格中的实验数据，可知，　 　（填“水”或“煤油”）的吸热能力较强。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
煤油
60
20
6
68
（4）若甲、乙两个相同的烧瓶中，液体是质量和初温都相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与 　 　的关系。

15．（2021秋•井研县期末）为了比较水和食用油的吸热能力，小涵用两个完全相同的装置做了如图所示的实验用温度计测量水和食用油吸收热量前后的温度值，并用钟表记录加热时间，实验数据如表所示。
物质
质量/g
初始温度/℃
最后温度/℃
加热时间/min
水
60
20
45
6
食用油
60
20
72
6
（1）实验装置的组装顺序应该是 　 　（选填“由上到下”或“由下到上”）。
（2）由表可知，加热前，应该选取 　 　和 　 　相同的水和食用油；加热后 　 　的温度更高。
（3）在上述实验中，水吸收的热量 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）食用油吸收的热量。如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 　 　加热更长的时间。实验表明 　 　的比热容更大。

16．（2021秋•南宫市期末）如图甲、乙所示，小明用完全相同的两套加热装置，给烧杯中的A、B两种液体加热，来比较两种不同液体的吸热能力。

（1）液体吸收热量的多少是通过 　 　（选填“温度计示数的变化”或“加热时间”）来反映的。
（2）实验中的变量控制不正确的是 　 　（选填字母代号）。
A.使用相同的烧杯 B.采用相同的加热方法
C.烧杯中分别装入同体积的两种液体 D.烧杯中分别装入同质量的两种液体
（3）小明正确操作并根据记录的实验数据，分别做出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图丙所示。根据图像可知 　 　液体的吸热能力强。
（4）为了能够及时将汽油机工作时产生的大量的热量带走，通常采用水循环的方式，这是利用水 　 　的特性。

17．（2021秋•安顺期末）小亮用如图甲所示的实验电路探究“并联电路电流规律”。

（1）若要测量干路中的电流，则电流表应接在图甲中的　（选填“A”“B”或“C”）点。
（2）小亮同学测量A处的电流时，开关闭合后发现电流表的指针偏转如图乙所示，出现该现象的原因是 　 　。
（3）排除故障后，小亮用电流表分别在A、B、C处测得电流值并记录在表中，由此得出结论：并联电路中，各支路的电流相等。
测量处
A
B
C
I/A
0.28
0.28
0.56
①小亮得出错误的实验结论，主要原因是 　 　。
②请你对上面的实验提出改进措施 　 　（一条即可）。
（4）实验结束后，小亮又利用器材连接了如图丙所示的电路，当开关S由断开到闭合时，电流表A2的示数 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变）。
18．（2021秋•阿鲁科尔沁旗期末）小明在做“探究并联电路中电流的规律”实验，如图所示是实验的电路图。
（1）使用电流表时，应预先估计被测电流的大小，然后选用合适的量程。若不能预先估计，则应先用电流表 　 　（选填“较大”或“较小”）的量程进行试触。
（2）接通电路后，小明发现电流表的指针偏转角很小，其原因可能是 　 　。
（3）如表所示是小明在实验中用3组小灯泡测出的数据，其中两组灯泡的规格彼此不同，由此可得出实验结论：在并联电路中，　 　。
A处电流IA（A）
B处电流IB（A）
C点电流IC（A）
0.3
0.2
0.5
0.3
0.3
0.6
1.0
1.2
2.2
（4）小明用不同的小灯泡测量多组实验数据的目的是 　 　。

19．（2021秋•科尔沁区期末）在“探究串联电路电流规律”的实验中，图甲是实验的电路图。
（1）在连接电路时，开关闭合前，发现电流表指针如图乙所示，原因是 　
　 ；
（2）电流表应 　 　（选填“串联”或“并联”）在被测电路中，在测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是 　 　；
（3）如表是在实验中用两盏规格相同的小灯泡测得的实验数据。由实验数据得出的实验结论是：串联电路中的电流处处相等。请指出探究过程的一点不妥之处：　
　 。
A点电流IA/A
B点电流IB/A
C点电流IC/A
0.16
0.16
0.16


20．（2021秋•新化县校级期末）小明和小亮探究“并联电路电压的关系”，小明先按图甲所示电路图连成图乙的实物图（电压表尚未连接）。
①小亮一眼就看出了小明连接的错误，并指出如果直接闭合开关将出现 　 　（选填“开路”或“短路”）现象，小灯泡L1、L2都不会亮，还可能造成 　 　损坏。
②接下来，他们按图丙所示电路图连接了三个电压表。实验过程中，电压表V2的示数如图丁所示，则电压表V的示数是 　 　V。

21．（2021秋•宁安市期末）在探究串、并联电路电压规律的实验中。
（1）如图甲所示是小亮已经完成部分的电路，请你用笔画线代替导线在图中增加一条导线，使得电压表测量L2两端电压。
（2）如图乙所示的电路图中，在测L1两端电压时，发现只有灯L2发光且电压表示数为零，原因可能是 　 　；小芳保持电压表的B点连线不动，只断开A连接点，并改接到C连接点上，来测得L2两端电压。他能否测出L2两端电压？　 　，理由是 　
　 。
22．（2021秋•宜昌期末）小希和小聪一起进行“探究串联电路的电压关系”的实验。
（1）为了使结论具有普遍意义，不能选择规格 　 　的小灯泡。
（2）他们只用两个小灯泡，通过如图所示电路就记录了3次实验数据如表，分析实验数据，你认为3组数据都可信吗？　 　（选填“全部可信”或“部分可信”），理由是 　 　。
试验次数
UAB/V
UBC/V
UAC/V
1
0.8
2.2
3.0
2
1.0
2.0
3.0
3
1.2
1.8
3.0
（3）测出L1两端的电压后，小希断开开关，准备拆下电压表，改装在B、C之间。小聪认为这样操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可。小希认为小聪的办法是错误的，原因是 　 　。


23．（2021秋•乐东县期末）在探究“电阻的大小与哪些因素有关”的实验中，采用如图所示的实验装置，a、b、c是镍铬合金制成的三根导线，a、b长度相同但粗细（横截面积）不同，a、c粗细相同而长短不同，导线d由锰铜合金制成，长短、粗细与导线b相同。
①选导线a、b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）；
②由实验得出结论：导体的长度越长，电阻 　 　；导体的横截面积 　 　，电阻越小。

24．（2021秋•赣县区期末）如图所示是探究影响导体电阻大小因素的实验电路，表中给出了可供选择的几种导体，分别用A、B、C、D四个字母代表，问：
导体代号
长度（m）
横截面积（mm2）
材料
A
0.6
0.4
镍铬合金
B
1.0
0.4
镍铬合金
C
0.6
0.6
镍铬合金
D
0.6
0.6
锰铜
（1）实验中，通过观察电流表示数可以判断导体的电阻大小。这种研究方法是 　 　法。
（2）通过对 　 　和 　 　导体进行实验，可探究电阻的大小与长度的关系。
（3）分别将A和C两导体接入电路进行实验，发现接入C导体时，电流表的示数比接入A导体时更大，说明导体的电阻大小与导体的 　 　有关。
（4）若把A、B两导体首尾相连后再接入电路中M、N两端，会发现电流表示数变得更小，说明两导体 　 　联后电阻将 　 　，相当于增加了导体的 　 　。

25．（2021秋•紫阳县期末）请完成与下列实验有关的填空。

（1）如图﹣1所示，探究重力势能的大小与哪些因素有关时，为了显示重力势能的大小，甲用橡皮泥代替沙子，乙用海绵代替沙子，你认为更合适的是 　 　（选填“甲”或“乙”）的方法，理由是 　。
（2）在探究“电阻的大小与哪些因素有关”的实验中，采用如图﹣2所示的实验装置，a、b、c是镍铬合金制成的三根导线，a、b长度相同但粗细（横截面积）不同，a、c粗细相同但长短不同，导线d由锰铜合金制成，长短、粗细与导线b相同。实验中电流表的示数越大，对应的导线电阻越 　 　；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）。

26．（2021秋•于洪区期末）小明用如图甲所示的电路探究“电流与电阻的关系”。如图丙所示是根据实验数据绘制的电流随电阻变化的图像。

（1）小明先把5Ω的电阻接入电路，闭合开关后电流表指针偏转到如图乙所示位置，其原因是 　 　。（填字母序号）。
A.电流表没调零 B.电流表正负接线柱接反了
（2）纠正错误后继续实验。小明用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器的滑片P不动，把电阻R由5Ω更换为10Ω，会发现电压表的示数变 　 　。接下来小明应把滑动变阻器滑片向 　 　移，直到电压表的示数变为 　 　V为止。
（3）分析图象可得出实验结论：在电压不变时，通过导体的电流与导体的电阻成 　 　。
27．（2021秋•铜仁市期末）某实验小组在探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”时，电路如图甲所示，电源电压为6V保持不变，选取了5Ω、10Ω、20Ω三个定值电阻。

（1）请用笔画线代替导线，将图乙中的电路连接完整（要求：滑片向右滑动电流表示数变小）；
（2）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 　 　（选填“A”或“B”）端。
（3）电路连接正确后，闭合开关，发现电压表无示数，但电流表有示数，此时出现的故障可能是 　 　（选填字母）。
A.滑动变阻器短路 B.电流表断路 C.电阻R短路 D.电阻R断路
（4）排除故障后，实验中分别把阻值为5Ω、10Ω、20Ω的三个定值电阻接入电路中，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，由图像可知，实验中控制的电压是：　 　V。
（5）上述实验中，实验小组用5Ω的电阻做完实验后，断开开关，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为20Ω的电阻接入电路中，经过检查无误后，闭合开关，此时应该向 　 　（选填“A”或“B”）端移动滑动变阻器的滑片，要完成此次实验，滑动变阻器的最大阻值至少为 　 　Ω。
28．（2021秋•白碱滩区期末）同学们在探究“电流与电阻的关系”的实验中，设计了如图所示的电路。已知电源电压为4.5V保持不变，所给的定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω，不同的定值电阻两端的控制电压恒为2.5V。
（1）连接电路的过程中，开关处于 　 　状态。
（2）实验中，他们将10Ω的定值电阻换成15Ω的定值电阻后，同时应将滑动变阻器R2的滑片P向 　 　端移动到适当位置。（选填“A”或“B”）
（3）为了使所给的三个定值电阻都能进行实验，滑动变阻器R2的最大阻值至少应为 　Ω。
（4）小红同学在做此实验时，测得数据如下表所示，分析表中数据不能得出“电流和电阻成反比”的结论，原因是 　 　。
实验次数
1
2
3
电阻/Ω
5
10
15
电流/A
0.3
0.2
0.14

29．（2021秋•睢县期末）小明利用如图所示的电路“探究电流与电阻电压的关系”。
（1）实验时，在探究通过导体的电流与电阻的关系时，滑动变阻器的作用是 　 　。（从下列的选项中选择相应的字母填入）
A.改变电路中的电流 B.改变电阻两端的电压
C.控制电阻两端的电压一定 D.保护电路
（2）小明将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的一组实验数据如表1所示，此过程小明实际探究的是电流跟 　 　的关系，用到的研究方法是 　 　。
表1
次数
U1/V
I/A
1
1.0
0.20
2
1.5
0.30
3
2.0
0.40
（3）小明继续探究，得到的另一组实验数据如表2所示。分析表2中的数据，你能得出的结论是 　 　。
表2
次数
R1/Ω
I/A
1
5.0
0.60
2
10.0
0.30
3
15.0
0.20

30．（2021秋•庆云县期末）小致同学利用四个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、规格为“15Ω 1A”的滑动变阻器、电压为4.5V的电源、电压表、电流表、导线和开关等器材，进行“探究电流与电阻关系”的实验。
（1）小致选择10Ω的定值电阻，连接如图甲所示电路，检查发现电路中有一根导线连接错误，请你在接错的导线上面“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
（2）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录电流表示数如图乙所示，此时电压表示数应为 　 　V。
（3）小致利用以上器材继续实验，发现无法完成探究，应更换滑动变阻器规格为 　　（填序号）。
A.“20Ω 1A” B.“30Ω 0.5A” C.“50Ω 0.3A”
（4）更换器材后，多次测量，根据实验数据，作出I﹣R图像如图丙所示，分析图像得出的结论是：在电压一定时，　 　。
（5）小致更换电源后，利用器材进行了如图丁所示的实验，闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表有示数，电流表没有示数，则故障可能是 　 　。
（6）排除故障后，滑片P滑动过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图戊所示，则他更换后的电源电压为 　 　V。

九年级上册物理（实验题）综合训练（解析版）
注意：
训练范围：苏科版九年级下册第11~14章。
训练内容：杠杆平衡条件探究、测量滑轮组的机械效率、动能与势能影响因素、不同物质吸热能力探究、串并联电路中电流规律探究、串并联电路中电压规律探究、电阻的大小与哪些因素有关探究、探究电流与电阻电压的关系。

1．（2021秋•友谊县校级期末）如图甲所示，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。

（1）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 　左　（左/右）调节，使杠杆在不挂钩码时在水平位置平衡；让杠杆在水平方向平衡的目的是 　便于测量力臂的大小　。
（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6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为：　F1L1＝F2L2　（用字母表示）。他这样得出的结论 　不合理　（合理/不合理）；原因是：　用实验来探究物理规律时，只有一次实验，实验结论具有偶然性　；
（3）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？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，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水平平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是：　杠杆自身重力对实验结论有影响　。
【答案】（1）左；便于测量力臂的大小；（2）F1L1＝F2L2；不合理；用实验来探究物理规律时，只有一次实验，实验结论具有偶然性；（3）杠杆自身重力对实验结论有影响。
【解答】解：（1）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，发现杠杆右端下沉，应让杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；
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的大小；
（2）设一个钩码重为G，杠杆上一个小格代表1cm，所以，4G×3cm＝6G×2cm，所以杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2；
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。
（3）用如图乙所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的重对杠杆平衡有影响；
（4）由图丙可知，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，弹簧测力计拉力F的力臂变小，FA＝4G，LA＝3L保持不变，由杠杆平衡条件可知弹簧测力计的示数变大；
故答案为：（1）左；便于测量力臂的大小；（2）F1L1＝F2L2；不合理；用实验来探究物理规律时，只有一次实验，实验结论具有偶然性；（3）杠杆自身重力对实验结论有影响。
2．（2022春•望城区期末）某学习小组在做“探究杠杆的平衡条件”的实验：
（1）小刚将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆的左端上翘（如甲图所示），此时，他应将杠杆右端的平衡螺母向 　左　（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）如图乙所示，若每个钩码重0.5N，且杠杆上每格相等，小明在杠杆左端图示位置处挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，他在图中B处挂上 　4　个钩码。
（3）若将杠杆右端B处的钩码去掉，施加一个方向向下的力F1，或者斜向下的力F2（如图乙所示），杠杆在水平位置始终保持平衡，则F1　小于　F2（选填“大于”“小于”或“等于”）。

【答案】（1）左；（2）4；（3）小于。
【解答】解：
（1）小刚将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆的左端上翘，说明杠杆的右侧偏重，此时他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；
（2）若每个钩码重0.5N，且杠杆上每格相等，
小明在杠杆上挂3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，设在O点右侧3格处悬挂n个钩码，每格长度为l，
根据杠杆平衡条件可得：n×0.5N×3l＝3×0.5N×4l，
解得n＝4，故他应在O点右侧3格处悬挂4个钩码；
（3）力臂是支点到力的作用线的距离，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，F的力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，弹簧测力计的拉力将增大。
故答案为：（1）左；（2）4；（3）小于。
3．（2022春•贵溪市期末）（一）在“探究杠杆平衡的条件”实验中，华华同学用的实验器材有：杠杆（每小格均等长）、铁架台、刻度尺、细线和若干个钩码。

（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，目的是 　避免杠杆自身的重力对实验的影响　。
（2）杠杆调节好后，进行了三次实验，实验情景如图甲（a）（b）（c）所示，两边钩码所受的重力分别为动力F1和阻力F2，对应的力臂为L1和L2，由此可得杠杆的平衡条件为：　F1L1＝F2L2　。
（3）将图甲（b）所示杠杆两边的钩码各撤掉1个，则杠杆 　右端下沉　（选填“保持平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（4）如图甲（d）所示，用细绳竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡；保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力F大小将 　变大　（选填“变大”“不变”或“变小”）。
（二）华华同学在探究“影响浮力大小与哪些因素有关”时，发现手中的弹簧测力计损坏了，她利用刻度均匀的杠杆和钩码（每个重0.5N）替代弹簧测力计顺利地完成了该实验。以下是她的实验探究过程。
（1）如图乙①所示，将重2N的物体G挂在A点，两只钩码挂在B点时，杠杆在水平位置平衡。
（2）将物体G部分浸入水中，如图乙②所示，两只钩码移到C点时，杠杆在水平位置平衡。
（3）将物体G浸没于水中，如图乙③所示，两只钩码移到D点时，杠杆在水平位置平衡。
（4）将物体G浸没于盐水中，如图乙④所示，两只钩码移到B点时，杠杆在水平位置平衡。分析与论证：
分析比较（1）、（2）、（3）可得：物体G所受浮力大小与 　物体排开液体的体积　有关；
分析比较（1）、（3）、（4）可得：物体G所受浮力大小与 　物体排开液体的密度　有关；
根据题中信息计算盐水的密度ρ盐水＝　1.125×103　kg/m3（ρ水＝1.0×103kg/m3）。
【答案】（一）（1）避免杠杆自身的重力对实验的影响；（2）F1L1＝F2L2；（3）右端下沉；（4）变大；（二）物体排开液体的体积；物体排开液体的密度；1.125×103。
【解答】解：（一）（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，此时杠杆的重心过支点，其力臂为0，所以这是为了避免杠杆自身重力对实验的影响；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G＝1N，由甲图可得2G×3L＝1G×6L，由乙图可得2G×3L＝3G×2L，由丙图可得3G×4L＝2G×6L，
分析上述数据，可得出的杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2（或动力×动力臂＝阻力×阻力臂）；
（3）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，如在图甲（b）杠杆两边的钩码各撤掉1个，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，
得：1G×3L＜2G×2L，所以杠杆右端下沉；
（4）保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，根据杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大；
（二）根据阿基米德原理：F浮＝ρ液gV排，实验（2）（3）（4）中，物体作用在杠杆的动力为：FA＝G﹣F浮＝G﹣ρ液gV排，
根据杠杆的平衡条件，FA×OA＝2G×L阻，
即（G﹣F浮）×OA＝1N×L阻，故F浮＝ρ液gV排＝G﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
①中，G和OA为定值，L阻越大（小），物体受到浮力F浮越小（大），
（2）、（3）实验中，物体排开液体的密度相同，（4）中排开液体的体积较大，L阻较小，物体受到浮力较大，故比较（1）、（2）、（3）实验可得：物体G所受浮力大小与排开液体的体积有关；
（3）、（4）实验中，排开液体的体积相同，而（4）中排开液体的密度大于（3）中排开液体的密度，（4）中对应的阻力臂最小，则受到的浮力最大，故分析比较（1）、（3）、（4）可得：物体G所受浮力大小与排开液体的密度有关；
由图知：OA＝4L，OE＝3.5L，OD＝4L，OC＝6L，OB＝8L，
由（1），杠杆的平衡条件，G×OA＝2G钩×OB＝1N×OB；
G＝＝2N；
G浸没于水中时，将已知量代入①得：
ρ水gV排＝2N﹣＝1N，
V排＝＝10﹣4m3；
因物体浸没，所以物体G的体积：V＝V排＝10﹣4m3；
由（4），将已知量和求出的量代入①有：
ρ盐水g×10﹣4m3＝2N﹣＝N，
盐水的密度：ρ盐水＝1.125×103kg/m3。
故答案为：（一）（1）避免杠杆自身的重力对实验的影响；（2）F1L1＝F2L2；（3）右端下沉；（4）变大；（二）物体排开液体的体积；物体排开液体的密度；1.125×103。
4．（2022春•曹县期末）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。

（1）当杠杆静止在如图甲所示位置时，处于 　平衡　（选填“平衡”或“不平衡”）状态。此时调节两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了 　便于测量力臂　。
（2）实验时，小明在杠杆左侧A位置（左边位第四格）先挂了3个相同规格钩码，如图乙所示。则在右侧B位置（右边位置第三格）应挂 　4　个相同规格的钩码，杠杆可以重新在水平位置平衡。
（3）实验中改变钩码位置和个数，一般要做三次，其目的是 　得到的结论具有普遍性　。
（4）如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码。现将弹簧测力计从D位置转到C位置，杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）平衡；便于测量力臂；（2）4；（3）得到的结论具有普遍性；（4）变大。
【解答】解：（1）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；
（2）一个钩码的重力为GN，设杠杆的一个小格为L，
由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2知，
3G×4L＝nG×3L
解得：n＝4，即在B位置挂上4个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
（3）在多次实验的基础上通过分析才能得出结论，排除偶然性，得到普遍的规律；
（4）图丙中，当弹簧测力计绕A点从D位置转动到C位置的过程中，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变大，这是因为，当拉力由垂直变成倾斜时，阻力、阻力臂不变，拉力F力臂变小，相应的力会变大，这样才能继续平衡。
故答案为：（1）平衡；便于测量力臂；（2）4；（3）得到的结论具有普遍性；（4）变大。

5．（2021秋•花山区校级期末）在“测量滑轮组的机械效率”实验中，小丽用同一滑轮组提升不同的物体，如图甲、乙所示，实验数据记录如下：
实验次数
物重G/N
提升高度h/m
拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
3
0.1
2.0
0.3
50%
2
6
0.1
①
0.3
②
（1）实验中要沿竖直方向，向上 　匀速　拉动弹簧测力计，使物体升高。
（2）表格中①处数据为图乙中弹簧测力计的示数，则表格中②处数据应为 　62.5%　。
（3）根据实验次数1、2初步得到结论：　使用同一滑轮组提升物体时，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高　。
（4）小牛又做了图丙实验，并与图甲进行比较，其目的是 　探究滑轮组的机械效率与滑轮组的绕线是否有关　。

【答案】（1）匀速；（2）3.2；62.5；（3）使用同一滑轮组提升物体时，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；（4）探究滑轮组的机械效率与滑轮组的绕线是否有关。
【解答】解：（1）实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使钩码升高，此时，系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小；
（2）由图可知，测力计分度值为0.2N，示数为3.2N；
有用功：W有＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
总功：W总＝Fs＝3.2N×0.3m＝0.96J，
第2次机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝62.5%；
①处数据应为 3.2，编号②处数据应为 62.5%。
（3）由表格实验次数1、2数据可知，使用同一滑轮组提升物体时，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（4）不计摩擦及绳重，则克服动滑轮的重做的功为额外功的唯一来源，有用功：W有＝Gh；
额外功：W额外＝G动h，
总功：W＝W有+W额外＝Gh+G动h，
滑轮组的机械效率η＝＝＝，因用一滑轮组提升相同的物体，故G和G动不变，故滑轮组的机械效率不变，做图丙实验目的是探究滑轮组的机械效率与滑轮组的绕线是否有关。
故答案为：（1）匀速；（2）3.2；62.5；（3）使用同一滑轮组提升物体时，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；（4）探究滑轮组的机械效率与滑轮组的绕线是否有关。
6．（2022春•渝北区期末）某兴趣小组在“测量滑轮组机械效率”实验中使用的实验装置如图所示。
（1）除了如图所示的器材和轻质弹簧测力计外，实验中还需用到的测量工具的是 　刻度尺　。
（2）实验中应沿竖直方向 　匀速　（选填“加速”、“减速”或“匀速”）缓慢拉动测力计，此时拉力F的大小等于测力计的示数。
（3）实验小组通过更换滑轮组绕绳方式、改变钩码个数，进行多次实验，记录数据如下表所示：
实验次数
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
2.7

74.1%
2
4
0.1
1.8
0.3
74.1%
3
4
0.2
1.8
0.6
74.1%
4
8
0.1
3.1
0.3
86.0%
①在第1次实验中，小冬同学忘记在表格中填写绳端移动的距离s，你认为s应该为 　0.2　m（保留小数点后1位）。
②通过分析1、2次实验数据，可得出结论：使用相同滑轮组提升同一物体时，滑轮组的机械效率与绕绳方式 　无关　（选填“有关”或“无关”）。
③通过比较 　2、4　两次（选填实验序号“1、2、3或4”）实验数据可得出结论：使用相同滑轮组提升物体时，物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）小冬又发现绳端移动的距离始终与钩码提升高度有固定的倍数关系，于是他认为：钩码数量一定时，无论将钩码提升多高，都不影响该滑轮组的机械效率；小组另一同学小芳则认为：钩码提升的高度不同，有用功就不同，机械效率就变化了。你认为 　小冬　的看法是正确的（选填“小冬”或“小芳”）。

【答案】（1）刻度尺；（2）匀速；（3）0.2；无关；2、4；（4）小冬。
【解答】解：
（1）因为在实验中需要测量钩码上升的高度和绳端移动的距离，所以除了如图所示的器材和轻质弹簧测力计外，实验中还需用到的测量工具的是刻度尺。
（2）实验中应沿竖直方向匀速缓慢拉动测力计，此时系统处于平衡状态，拉力F的大小等于测力计的示数。
（3）①由表格中的数据可知，钩码的重力为4N，钩码上升的距离为0.1m，绳端的拉力为2.7N，机械效率为74.1%，根据公式η＝＝可得，绳端移动的距离为：
s＝＝≈0.2m；
②根据1、2两次的实验数据可知，虽然滑轮组的绕绳方法发生了变化，但滑轮组的机械效率没有发生变化，因此可得出结论：使用相同滑轮组提升同一物体时，滑轮组的机械效率与绕绳方式无关。
③根据控制变量法的思想可知，想要探究滑轮组的机械效率与被拉物体重力的关系时，应控制其它因素相同，改变被拉物体的重力，所以从表格中的数据可得，应比较2、4的实验数据。
（4）根据公式η＝＝＝＝可知，机械效率与钩码被提升的高度无关，所以小冬的看法是正确的。
故答案为：（1）刻度尺；（2）匀速；（3）0.2；无关；2、4；（4）小冬。
7．（2022春•鲤城区校级期末）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。
次数
物重G/N
物体上升高度h/m
拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6%
2
2
0.1
1.0
0.3
66.7%
3
4
0.1
1.8
0.3

（1）实验过程中，应竖直向上 　匀速缓慢　拉动弹簧测力计；
（2）第3次实验中滑轮组的机械效率约为 　74.1%　。
（3）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；
（4）若在第3次实验中，物体上升的速度为0.1m/s，则拉力F的功率为 　0.5　W；
（5）创新小组也利用重为1N、2N、4N的物体进行三次实验，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 　C　。（填字母）
A.测拉力时，弹簧测力计末调零，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的

【答案】（1）匀速缓慢；（2）74.1%；（3）越大；（4）0.54；（5）C。
【解答】解：
（1）实验过程中，应竖直向上匀速缓慢拉动弹簧测力计，系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数；
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是：
η＝＝＝≈74.1%；
（3）纵向分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越重，滑轮组的机械效率越高；
（4）若在第三次实验中，F＝1.8N，物体上升的速度为0.1m/s，
则绳子自由端的速度：v＝3×0.1m/s＝0.3m/s，
则拉力F的功率为：P＝＝＝Fv＝1.8N×0.3m/s＝0.54W；
（5）A．测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，则测得的拉力变大，总功变大，在有用功一定时，滑轮组的机械效率将变小，不符合题意；
B．弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，测得的拉力变大，总功变大，在有用功一定时，滑轮组的机械效率将变小，不符合题意；
C．使用的动滑轮的重力小于智慧小组，克服动滑轮重力做的功减小，即额外功减小，在有用功一定时，总功减小，滑轮组的机械效率将变大，符合题意；
故选：C。
故答案为：（1）匀速缓慢；（2）74.1%；（3）越大；（4）0.54；（5）C。
8．（2022春•盘山县期末）某学习小组想要研究被提升物体所受重力对滑轮组机械效率的影响，他们用如图所示的滑轮组进行实验，通过实验得到了下表中的数据：
（1）实验时，应将弹簧测力计竖直向上 　匀速　拉动；
（2）第二次实验绳端移动的距离s为 　0.3　m；第三次实验后计算的机械效率为 　86%　。
（3）分析比较表中的数据可以得出的实验结论是：对于同一滑轮组，被提升物体所受重力越大，滑轮组的机械效率越 　高　（选填“高”或“低”）。
序号
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
6
0.1
2.5

80%
3
8
0.1
3.1
0.3

（4）若弹簧测力计没有竖直向上拉，则测得的机械效率将 　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】（1）匀速；（2）0.3；86%；（3）高；（4）偏小。
【解答】解：（1）为准确测量绳端拉力，需要使测力计匀速运动；
（2）由图可知n＝3，由表格数据可知物体上升的高度为0.1m，所以第二次实验绳端移动的距离s为0.3m，
第三次实验的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝×100%＝86%；
序号
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
6
0.1
2.5
0.3
80%
3
8
0.1
3.1
0.3
86%
（3）从表格中数据可以看出，滑轮组提升的物体越重，机械效率越高；
（4）当拉力的方向不在竖直方向上时，由于动力臂变短，会造成拉力偏大，从而使得总功变大，根据η＝×100%，在有用功不变的情况下，总功增大，所以机械效率变小。
故答案为：（1）匀速；（2）0.3；86%；（3）高；（4）偏小。

9．（2021秋•常山县期末）如图是探究“物体动能大小与哪些因素有关”的装置。将钢球用绳系着，从某一高度由静止释放，当钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，木块撞出一段距离。
实验次数
钢球质量/g
钢球下摆高度/cm
木块滑行距离/cm
1
10
20
5
2
20
20
10
3
30
20
14
（1）实验中运用了转换法，请举证说明 　钢球动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的　。
（2）改变钢球质量做了3次实验，数据如表所示，分析数据得出的实验结论是 　在速度一定时，物体质量越大，动能越大　。
（3）若第3次实验，木块起始位置向左移了一小段距离，则木块的滑行距离 　小于　14cm（选填“大于”、
“小于”或“等于”）。

【答案】（1）钢球动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的；（2）在速度一定时，物体质量越大，动能越大；（3）小于。
【解答】解：（1）钢球动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，这是转换法；
（2）小球释放的高度一定，到达最低点是的速度滚下的高度一定，由表中的数据知，速度一定时，钢球质量越大，推动木块移动的距离越远，动能越大，故结论为：在速度一定时，物体质量越大，动能越大；
（3）实验中钢球撞击木块做功，第3次实验，钢球的质量和高度没有改变，所以钢球具有的重力势能不变，木块起始位置向左移了一小段距离，钢球的重力势能不是最小，则钢球获得的动能减小，木块的滑行距离小于14cm。
故答案为：（1）钢球动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的；（2）在速度一定时，物体质量越大，动能越大；（3）小于。
10．（2021秋•友谊县校级期末）在“探究影响动能大小的因素”实验中，如图a、b、c所示，让质量为m、2m的两个小球分别从斜面上由静止滚下，小球撞击放在水平木板上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后停止的位置。
（1）小球动能是由 　重力势　（填某种能量）转化来的。
（2）实验中，通过 　木块滑动的距离　反映小球动能的大小。
（3）比较 　a、c　两图进行的实验，可以探究小球的动能与速度的关系。
（4）比较a、b两图进行的实验，小球选择同一高度释放是为了让小车到达水平面有 　相同的速度　。比较a、b两图可以得到小球的动能随质量增大而 　增大　。

【答案】（1）重力势；（2）木块滑动的距离；（3）a、c； （4）相同的速度；增大。
【解答】解：（1）实验中，小球从高处滑下，重力势能转化为动能；
（2）实验中通过比较木块滑动的距离来反映小球动能的大小；
（3）探究小球的动能与速度的关系，应控制质量相同，速度不同，应使质量相同的小球从不同的高度滚下，故选a、c两图；
（4）比较a、b两图进行的实验，质量不同的小球从相同高度滚下，到达水平时的速度相同，质量大的小球推动木块运动的距离远，故可以得到结论：小球的动能随质量增大而增大。
故答案为：（1）重力势；（2）木块滑动的距离；（3）a、c； （4）相同的速度；增大。
11．（2022春•大足区期末）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中h1＝h3＞h2，mA＝mB＜mC。
（1）小钢球在滚下斜面的过程中，它的 　重力势能　转化为动能，其动能大小是通过 　距离s　（选填“高度h”或“距离s”）大小来反映的。
（2）小钢球在水平面上不能立即停下，是因为小钢球具有 　惯性　，小木块最终会停下来是因为受到 　阻　力的作用。
（3）分析比较甲和乙两组实验可得，物体质量相同时，速度越大，动能越 　大　。
（4）分析比较 　甲、丙　两组实验可得出物体的动能与质量的关系。
（5）实验后，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，分析表格中对应的实验数据可知：　超速　（选填“超载”或“超速”）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。
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/cm
1
40
20
4
2
40
40
16
3
80
20
8

【答案】（1）重力势能；距离s；（2）惯性；阻；（3）大；（4）甲、丙；（5）超速。
【解答】解：（1）小钢球从斜面滚下过程中，质量不变，高度减小，故重力势能减小，同时速度变大，动能增加，所以是将重力势能转化为动能的过程；
小钢球从斜面滚下过程中，其动能大小是通过小木块移动的距离s大小来反映的；
（2）小钢球在水平面上不能立即停下，是因为小钢球具有惯性，小木块最终会停下来是因为受到阻力的作用；
（3）分析比较甲和乙两组实验可得，物体的质量相同，而下滑的高度不同，甲图中下滑的高度大，运动到水平面时速度大，推动木块滑行的距离大，故物体质量相同时，速度越大，动能越大；
（4）研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，质量不同，故分析比较甲、丙两组实验可得出物体的动能与质量的关系；
（5）根据序号为1、2的实验数据可知，质量相同，小车到达斜面底端的速度变为原来的2倍，木块被撞距离变为原来的4倍；根据序号为1、3的实验数据可知，小车到达斜面底端的速度相同，质量变为原来的2倍，木块被撞距离变为原来的2倍，所以在同等条件下超速带来的安全隐患更大一些。
故答案为：（1）重力势能；距离s；（2）惯性；阻；（3）大；（4）甲、丙；（5）超速。
12．（2022春•鹿邑县期末）在探究“重力势能的大小与哪些因素有关”的实验中，已知重物A、B、C的质量关系为mA＝mB＜mC。三个完全相同的木桩和三个从不同高度处释放时的重物位置如图甲所示，木桩被打击后陷入沙中的情形如图乙所示，重物B、C将木桩打入沙中的深度相同。
（1）让重物自由下落打击在木桩上，通过观察木桩陷入沙中的深度判断 　重物　（选填“重物”“木桩”）的重力势能大小。
（2）比较 　A、B　两个重物将木桩打入沙中的深度，可判断重力势能的大小和重物下落高度的关系，得出的结论是：在 　质量　一定时，物体的高度越 　高　，重力势能越大。
（3）结合（2）中的实验结论，通过比较B和C两个重物将木桩打入沙中的深度，我们 　不能　（选填“能”或“不能”）得出物体的重力势能与其质量有关的结论。

【答案】（1）重物；（2）A、B；质量；高；（3）不能。
【解答】解：（1）让重物自由下落打击在木桩上，通过观察木桩陷入沙中的深度判断重物的重力势能大小；
（2）由图可知：A、B的质量是相同的，物块B的高度大于A的高度，B撞击木桩的深度大于A撞击木桩的深度，所以结论为：物体的质量一定时，物体的高度越大，具有的重力势能就越大；
（2）由图可知：B、C的下落的高度不同，质量也不同，打击的木桩的深度相同；要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，故不能得出结论。
故答案为：（1）重物；（2）A、B；质量；高；（3）不能。

13．（2021秋•安顺期末）如图甲所示，小明用相同的酒精灯分别给水和煤油进行加热，探究“不同物质吸收热量的能力”。

（1）在烧杯中需要分别装入 　质量　和初温相同的水和煤油。
（2）实验中，用 　加热时间　反映液体吸收热量的多少，用 　温度计示数的变化　反映液体吸热本领的强弱。
（3）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，如图乙所示。分析图象，加热15min，水吸收的热量 　等于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量，煤油的温度变化大于水的，由此可知，　水　的吸热能力更强。
【答案】（1）质量；（2）加热时间；温度计示数的变化；（3）等于；水。
【解答】解：（1）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，所以在烧杯中分别装入质量和初温相同的水和煤油；
（2）根据转换法，实验中，用加热时间反应液体吸收热量多少；当水和煤油吸收相同的热量时，可以通过比较温度变化来判断吸热本领的强弱；
（3）根据转换法，加热15min，加热时间相同，水吸收的热量等于煤油吸收的热量，因煤油的温度变化大于水的温度变化，根据比较吸热能力的第2种方法，水的吸热能力更强。
故答案为：（1）质量；（2）加热时间；温度计示数的变化；（3）等于；水。
14．（2021秋•绥宁县期末）用如图所示装置探究水和煤油的吸热能力实验数据记录如表：
（1）实验中，在相同的烧瓶中装上 　质量　（选填“质量”或者“体积”）相同的水和煤油两种液体；甲、乙两根电阻丝的电阻应该 　相同　（选填“相同”或者“不同”）。
（2）实验中，用 　A　来间接反映液体吸收热量的多少；通过比较 　B　（两空均填序号）来判断吸热能力的强弱。
A.加热时间的长短
B.温度计示数的变化
（3）分析表格中的实验数据，可知，　水　（填“水”或“煤油”）的吸热能力较强。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
煤油
60
20
6
68
（4）若甲、乙两个相同的烧瓶中，液体是质量和初温都相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与 　电阻　的关系。

【答案】（1）质量；相同；（2）A；B；（3）水；（4）电阻。
【解答】解：（1）根据比较不同物质的吸热能力的两种方法，要控制不同物质的吸热能力相同，故实验中，在相同的烧瓶中装上质量相同的水和煤油两种液体；串联电路中电流相等，根据Q＝I2Rt，为使相同时间产生的热量相同，甲、乙两根电阻丝的电阻应该相同；
（2）根据转换法，实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少；根据比较吸能力的第2种方法，通过比较温度计示数的变化来判断吸热能力的强弱；分别选A、B；
（3）分析表中的实验数据，加热相同时间，水升温慢，根据比较吸能力的第2种方法，可知 水的吸热能力较强；
（4）据图可知，此时两电阻串联，所以电流相同，通电时间相同，电阻丝的阻值不同，故该装置可以探究电热和电阻的关系。
故答案为：（1）质量；相同；（2）A；B；（3）水；（4）电阻。
15．（2021秋•井研县期末）为了比较水和食用油的吸热能力，小涵用两个完全相同的装置做了如图所示的实验用温度计测量水和食用油吸收热量前后的温度值，并用钟表记录加热时间，实验数据如表所示。
物质
质量/g
初始温度/℃
最后温度/℃
加热时间/min
水
60
20
45
6
食用油
60
20
72
6
（1）实验装置的组装顺序应该是 　由下到上　（选填“由上到下”或“由下到上”）。
（2）由表可知，加热前，应该选取 　质量　和 　初温度　相同的水和食用油；加热后 　食用油　的温度更高。
（3）在上述实验中，水吸收的热量 　等于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）食用油吸收的热量。如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 　水　加热更长的时间。实验表明 　水　的比热容更大。

【答案】（1）由下到上；（2）质量；初温度；食用油；（3）等于；水；水。
【解答】解：（1）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；
（2）从表中数据可知，水和食用油的质量都是60g、初温度都是20℃，加热结束时，食用油的温度和水的温度分别是72℃、45℃，即加热后食用油的温度更高；
（3）在上述实验中，水和食用油的加热时间相同，水吸收的热量等于食用油吸收的热量；
如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，水就会吸收更多的热量，表明水的比热容更大。
故答案为：（1）由下到上；（2）质量；初温度；食用油；（3）等于；水；水。
16．（2021秋•南宫市期末）如图甲、乙所示，小明用完全相同的两套加热装置，给烧杯中的A、B两种液体加热，来比较两种不同液体的吸热能力。

（1）液体吸收热量的多少是通过 　加热时间　（选填“温度计示数的变化”或“加热时间”）来反映的。
（2）实验中的变量控制不正确的是 　C　（选填字母代号）。
A.使用相同的烧杯 B.采用相同的加热方法
C.烧杯中分别装入同体积的两种液体 D.烧杯中分别装入同质量的两种液体
（3）小明正确操作并根据记录的实验数据，分别做出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图丙所示。根据图像可知 　B　液体的吸热能力强。
（4）为了能够及时将汽油机工作时产生的大量的热量带走，通常采用水循环的方式，这是利用水 　比热容大　的特性。
【答案】（1）加热时间；（2）C；（3）B；（4）比热容大。
【解答】解：（1）根据转换法，此实验中水和某种液体吸热的多少是通过加热时间来反映的；
（2）AB、采用相同的加热方式，是为了使热源放出相同的热量；使用相同的烧杯目的使水和某种液体在相同的时间吸收相同的热量，故AB正确；
C、水和某种液体的密度不同，根据m＝ρV，烧杯中分别装入相同体积的水和某种液体，则水和某种液体的质量不相等，故C错误，
D、实验中需要控制水和液体的质量相同，故D正确；
故选：D；
（3）根据实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图丙所示可知：质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，B加热时间长，故B吸收的热量较多，则B的吸热能力强；
（4）汽车的散热器可用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大，在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。
故答案为：（1）加热时间；（2）C；（3）B；（4）比热容大。

17．（2021秋•安顺期末）小亮用如图甲所示的实验电路探究“并联电路电流规律”。

（1）若要测量干路中的电流，则电流表应接在图甲中的 　C　（选填“A”“B”或“C”）点。
（2）小亮同学测量A处的电流时，开关闭合后发现电流表的指针偏转如图乙所示，出现该现象的原因是 　电流表的正负接线柱接反了　。
（3）排除故障后，小亮用电流表分别在A、B、C处测得电流值并记录在表中，由此得出结论：并联电路中，各支路的电流相等。
测量处
A
B
C
I/A
0.28
0.28
0.56
①小亮得出错误的实验结论，主要原因是 　选用了相同规格的灯泡　。
②请你对上面的实验提出改进措施 　选用不同规格的灯泡　（一条即可）。
（4）实验结束后，小亮又利用器材连接了如图丙所示的电路，当开关S由断开到闭合时，电流表A2的示数 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变）。
【答案】（1）C；（2）电流表的正负接线柱接反了；（3）①选用了相同规格的灯泡；②选用不同规格的灯泡；（4）变大。
【解答】解：
（1）电流表应串联在被测电路中，若要测量干路中的电流，电流表应接在干路上，则电流表应接在甲图中的C点；
（2）小亮同学测量A处的电流时，开关闭合后发现电流表的指针反向偏转，出现该现象的原因是电流表正负接线柱接反了；
（3）①之所以得出“并联电路中，各支路的电流相等”的错误结论，是因为选用的灯泡的规格相同；
②为得出普遍性的结论，需要换用不同规格的灯泡多次测量；
（4）图丙中，开关S断开时，电路中只有L1接入电路，两电流表均测L1的电流；开关S闭合后，两灯并联，电流表A1测L1的电流，电流表A2测干路电流，根据并联电路电流规律可知电流表A2示数变大。
故答案为：（1）C；（2）电流表的正负接线柱接反了；（3）①选用了相同规格的灯泡；②选用不同规格的灯泡；（4）变大。
18．（2021秋•阿鲁科尔沁旗期末）小明在做“探究并联电路中电流的规律”实验，如图所示是实验的电路图。
（1）使用电流表时，应预先估计被测电流的大小，然后选用合适的量程。若不能预先估计，则应先用电流表 　较大　（选填“较大”或“较小”）的量程进行试触。
（2）接通电路后，小明发现电流表的指针偏转角很小，其原因可能是 　电流表量程选择过大　。
（3）如表所示是小明在实验中用3组小灯泡测出的数据，其中两组灯泡的规格彼此不同，由此可得出实验结论：在并联电路中，　干路电流等于各支路电流之和　。
A处电流IA（A）
B处电流IB（A）
C点电流IC（A）
0.3
0.2
0.5
0.3
0.3
0.6
1.0
1.2
2.2
（4）小明用不同的小灯泡测量多组实验数据的目的是 　使结论更具有普遍性　。

【答案】（1）较大；（2）电流表量程选择过大；（3）干路电流等于各支路电流之和；（4）使结论更具有普遍性。
【解答】解：（1）为避免烧坏电流表，应选择较大的量程；
（2）电流表指针偏转角度很小，可能是量程选择过大；
（3）分析实验数据可知，在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
（4）测量多组实验数据的目的是使结论更具有普遍性。
故答案为：（1）较大；（2）电流表量程选择过大；（3）干路电流等于各支路电流之和；（4）使结论更具有普遍性。
19．（2021秋•科尔沁区期末）在“探究串联电路电流规律”的实验中，图甲是实验的电路图。
（1）在连接电路时，开关闭合前，发现电流表指针如图乙所示，原因是 　没有将电流表的指针调零　；
（2）电流表应 　串联　（选填“串联”或“并联”）在被测电路中，在测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是 　电流表的正负接线柱接反了　；
（3）如表是在实验中用两盏规格相同的小灯泡测得的实验数据。由实验数据得出的实验结论是：串联电路中的电流处处相等。请指出探究过程的一点不妥之处：　实验次数太少，结论具有偶然性　。
A点电流IA/A
B点电流IB/A
C点电流IC/A
0.16
0.16
0.16

【答案】（1）没有将电流表的指针调零；（2）串联；电流表的正负接线柱接反了；（3）实验次数太少，结论具有偶然性。
【解答】解：（1）闭合开关前，发现电流表的指针如图甲所示，即电流表的指针没有对准零刻度线，其原因是：没有将电流表的指针调零；
（2）电流表应串联被测电路中；在测量A处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，原因是电流表的正负接线柱接反了；
（3）为得出普遍性的结论，要换用不同规格的灯泡多次测量，本实验探究过程的不妥之处：实验次数太少，结论具有偶然性。
故答案为：（1）没有将电流表的指针调零；（2）串联；电流表的正负接线柱接反了；（3）实验次数太少，结论具有偶然性。

20．（2021秋•新化县校级期末）小明和小亮探究“并联电路电压的关系”，小明先按图甲所示电路图连成图乙的实物图（电压表尚未连接）。
①小亮一眼就看出了小明连接的错误，并指出如果直接闭合开关将出现 　短路　（选填“开路”或“短路”）现象，小灯泡L1、L2都不会亮，还可能造成 　电源　损坏。
②接下来，他们按图丙所示电路图连接了三个电压表。实验过程中，电压表V2的示数如图丁所示，则电压表V的示数是 　2.5　V。

【答案】（1）短路；电源；（2）2.5V。
【解答】解：（1）由甲、乙两图知，电流未通过两灯泡直接和电源、开关形成了回路，两灯泡被短路，此时两灯泡都不会亮，电路中的电流会较大，有可能损坏电源；
（2）由丁图知，电压表V2的量程为0～3V，分度值为0.1V，V2的读数为2.5V。因为两灯泡是并联关系，并联电路中，各支路两端的电压相等，所以电压表V的示数和电压表V2的示数相同，即为2.5V。
故答案为：（1）短路；电源；（2）2.5V。
21．（2021秋•宁安市期末）在探究串、并联电路电压规律的实验中。
（1）如图甲所示是小亮已经完成部分的电路，请你用笔画线代替导线在图中增加一条导线，使得电压表测量L2两端电压。
（2）如图乙所示的电路图中，在测L1两端电压时，发现只有灯L2发光且电压表示数为零，原因可能是 　L1短路　；小芳保持电压表的B点连线不动，只断开A连接点，并改接到C连接点上，来测得L2两端电压。他能否测出L2两端电压？　不能　，理由是 　电压表正负接线柱接反了　。
【答案】（1）如上图；（2）L1短路；不能；电压表正负接线柱接反了。
【解答】解：（1）测量L2两端电压时，应该让电压表并联在L2两端，如图所示：

（2）根据电路图可知，两灯泡串联，电压表测灯泡L1两端的电压，电压表示数为零，说明电压表可能测量导线两端电压，故障原因是灯泡L1短路；
电压表要并联在用电器两端，应使电压表的”﹣“接线柱靠近电源负极，另一个接线柱靠近电源正极，如果接反，就会导致电压表指针反偏。实验中测量L2两端电压时，保持电压表的B连接点不动，只断开A连接点，并改接到C连接点上，会导致电压表正、负接线柱接反了，无法测出L2两端电压。
故答案为：（1）如上图；（2）L1短路；不能；电压表正负接线柱接反了。
22．（2021秋•宜昌期末）小希和小聪一起进行“探究串联电路的电压关系”的实验。
（1）为了使结论具有普遍意义，不能选择规格 　相同　的小灯泡。
（2）他们只用两个小灯泡，通过如图所示电路就记录了3次实验数据如表，分析实验数据，你认为3组数据都可信吗？　部分可信　（选填“全部可信”或“部分可信”），理由是 　只用两个小灯泡，电源电压恒定，两个灯泡分得的电压应保持不变　。
试验次数
UAB/V
UBC/V
UAC/V
1
0.8
2.2
3.0
2
1.0
2.0
3.0
3
1.2
1.8
3.0
（3）测出L1两端的电压后，小希断开开关，准备拆下电压表，改装在B、C之间。小聪认为这样操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可。小希认为小聪的办法是错误的，原因是 　电压表的正负接线柱接反了　。

【答案】（1）相同；（2）部分可信；只用两个小灯泡，电源电压恒定，两个灯泡分得的电压应保持不变；（3）电压表的正负接线柱接反了。
【解答】解：（1）为了使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同规格的小灯泡进行实验，不能选择规格相同的小灯泡；
（2）只用两个小灯泡，电源电压恒定，两个灯泡分得的电压应保持不变，故该实验只能得到1组实验数据，而表中有3组不同数据，所以这3组数据部分可信；
（3）因已测量出L1的电压，故与A点相连的为电压表的负接线柱，与B点相连的为电压表的正接线柱；在测L2两端的电压时，如果电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上，则电流从电压表负接线柱流入了，即电压表的正负接线柱接反了，故小聪的做法是错误的。
故答案为：（1）相同；（2）部分可信；只用两个小灯泡，电源电压恒定，两个灯泡分得的电压应保持不变；（3）电压表的正负接线柱接反了。

23．（2021秋•乐东县期末）在探究“电阻的大小与哪些因素有关”的实验中，采用如图所示的实验装置，a、b、c是镍铬合金制成的三根导线，a、b长度相同但粗细（横截面积）不同，a、c粗细相同而长短不同，导线d由锰铜合金制成，长短、粗细与导线b相同。
①选导线a、b比较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，应选用的两根导线是 　b、d　（填写导线代号）；
②由实验得出结论：导体的长度越长，电阻 　越大　；导体的横截面积 　越大　，电阻越小。

【答案】①横截面积，b、d； ②越大；越大。
【解答】解：①导线a、b的材料、长度都相同但粗细（横截面积）不同，电流不同，电阻不同，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，改变材料，故导线b、d符合题意；
②实验得出结论：在其它条件相同时，导体的长度越大，电阻越大；在其它条件相同时，导体的横截面积越大，电阻越小。
故答案为：①横截面积，b、d； ②越大；越大。
24．（2021秋•赣县区期末）如图所示是探究影响导体电阻大小因素的实验电路，表中给出了可供选择的几种导体，分别用A、B、C、D四个字母代表，问：
导体代号
长度（m）
横截面积（mm2）
材料
A
0.6
0.4
镍铬合金
B
1.0
0.4
镍铬合金
C
0.6
0.6
镍铬合金
D
0.6
0.6
锰铜
（1）实验中，通过观察电流表示数可以判断导体的电阻大小。这种研究方法是 　转换法　法。
（2）通过对 　A　和 　B　导体进行实验，可探究电阻的大小与长度的关系。
（3）分别将A和C两导体接入电路进行实验，发现接入C导体时，电流表的示数比接入A导体时更大，说明导体的电阻大小与导体的 　横截面积　有关。
（4）若把A、B两导体首尾相连后再接入电路中M、N两端，会发现电流表示数变得更小，说明两导体 　串　联后电阻将 　变大　，相当于增加了导体的 　长度　。

【答案】（1）转换法；（2）A；B；（3）横截面积；（4）串；变大；长度。
【解答】解：（1）通过观察电流表示数来比较电阻的大小，是将电阻的大小转换为电流表示数的大小，所以用到的物理方法是：转换法；
（2）探究电阻的大小与长度的关系时，应控制导体的材料和横截面积保持相同，该变导体的长度，由表格的数据判断，导体A和B符合要求；
（3）将A和C两导体接入电路进行实验，发现接入C导体时，电流表的示数比接入A导体时更大，则表明导体C的电阻小于导体A的，由表格的数据可知，导体A和C只有横截面积不同，长度和材料都相同，说明了在其它因素相同的情况下，导体的电阻大小与导体的横截面积有关；
（4）A、B两导的材料和横截面都相同，只有长度不同，则A、B两导体首尾相连，相当于A、B两导体串联，其长度变长。相连后进行实验，发现电流表示数变得更小，说明导体在其它条件不变时，导体的长度变长时，导体的电阻变大。
故答案为：（1）转换法；（2）A；B；（3）横截面积；（4）串；变大；长度。
25．（2021秋•紫阳县期末）请完成与下列实验有关的填空。

（1）如图﹣1所示，探究重力势能的大小与哪些因素有关时，为了显示重力势能的大小，甲用橡皮泥代替沙子，乙用海绵代替沙子，你认为更合适的是 　甲　（选填“甲”或“乙”）的方法，理由是 　橡皮泥形变不能恢复，便于前后进行比较　。
（2）在探究“电阻的大小与哪些因素有关”的实验中，采用如图﹣2所示的实验装置，a、b、c是镍铬合金制成的三根导线，a、b长度相同但粗细（横截面积）不同，a、c粗细相同但长短不同，导线d由锰铜合金制成，长短、粗细与导线b相同。实验中电流表的示数越大，对应的导线电阻越 　小　；探究导线电阻的大小与材料的关系，应选用的两根导线是 　b、d　（填写导线代号）。
【答案】（1）甲；橡皮泥形变不能恢复，便于前后进行比较；（2）小；b、d。
【解答】解：（1）本实验是通过观察方桌陷入沙中的深浅来判断影响金属块的重力势能大小的因素，因重力势能的大小无法直接观察到，所以采用的是转换法，橡皮泥形变不能恢复，便于前后进行比较，而海绵会部分恢复原状不能保持最大形变，故更合适的是甲的方法；
（2）根据转换法可知，实验中电流表的示数越大，对应的导线电阻越小；探究导线电阻的大小与材料的关系，应控制导体的材料、横截面积相同，材料不同，应选用的两根导线是b、d。
故答案为：（1）甲；橡皮泥形变不能恢复，便于前后进行比较；（2）小；b、d。

26．（2021秋•于洪区期末）小明用如图甲所示的电路探究“电流与电阻的关系”。如图丙所示是根据实验数据绘制的电流随电阻变化的图像。

（1）小明先把5Ω的电阻接入电路，闭合开关后电流表指针偏转到如图乙所示位置，其原因是 　B　。（填字母序号）。
A.电流表没调零 B.电流表正负接线柱接反了
（2）纠正错误后继续实验。小明用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器的滑片P不动，把电阻R由5Ω更换为10Ω，会发现电压表的示数变 　大　。接下来小明应把滑动变阻器滑片向 　左　移，直到电压表的示数变为 　2.5　V为止。
（3）分析图象可得出实验结论：在电压不变时，通过导体的电流与导体的电阻成 　反比　。
【答案】（1）B；（2）大；左；2.5；（3）反比。
【解答】解：（1）闭合开关后，发现电流表指针偏转到如图乙所示位置，电流表指针反向偏转，说明电流表正、负接线柱接反，故选B；
（2）保持滑动变阻器的滑片P不动，把电阻R由5Ω更换为10Ω，根据串联电路的分压规律，定值电阻两端的电压即电压表示数会变大；
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，使得电压表的示数保持U不变，由图丙可知，电阻R＝5Ω时，电阻中的电流I＝0.5A，故电阻两端分得的电压U＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V；
（3）由图丙实验数据可知，导体中的电流与导体的电阻的乘积不变，IR＝0.5A×5Ω＝……＝0.1A×25Ω，所以可得结论：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反比。
故答案为：（1）B；（2）大；左；2.5；（3）反比。
27．（2021秋•铜仁市期末）某实验小组在探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”时，电路如图甲所示，电源电压为6V保持不变，选取了5Ω、10Ω、20Ω三个定值电阻。

（1）请用笔画线代替导线，将图乙中的电路连接完整（要求：滑片向右滑动电流表示数变小）；
（2）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 　B　（选填“A”或“B”）端。
（3）电路连接正确后，闭合开关，发现电压表无示数，但电流表有示数，此时出现的故障可能是 　C　（选填字母）。
A.滑动变阻器短路 B.电流表断路 C.电阻R短路 D.电阻R断路
（4）排除故障后，实验中分别把阻值为5Ω、10Ω、20Ω的三个定值电阻接入电路中，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，由图像可知，实验中控制的电压是：　2　V。
（5）上述实验中，实验小组用5Ω的电阻做完实验后，断开开关，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为20Ω的电阻接入电路中，经过检查无误后，闭合开关，此时应该向 　B　（选填“A”或“B”）端移动滑动变阻器的滑片，要完成此次实验，滑动变阻器的最大阻值至少为 　40　Ω。
【答案】（1）；（2）B；（3）C；（4）2；（5）B；40。
【解答】解：（1）根据滑片向右滑动时，电流表的示数减小，即电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：；
（2）连接完电路后，为了保护电路，实验前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，即B端；
（3）A、若滑动变阻器短路，则电压表测电源电压，有示数，故A不符合题意；
B、若电流表开路，则整个电路断路，两表都没有示数，故B不符合题意；
C、若电阻R短路，电压表示数为0，电路为通路，电流表有示数，故C符合题意；
 D、若电阻R断路，电流表示数为0，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，故D不符合题意；
故选C；
（4）由图丙知，电阻两端的电压始终保持：UV＝IR＝0.1A×20Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.4A×5Ω＝2V，为一定值；
（5）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，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣U表＝6V﹣2V＝4V，变阻器的电压是电压表示数的＝2倍，根据分压原理，当最大的定值电阻20Ω接入电路中时，定值电阻两端所分电压大于2V，此时需要向右移动滑动变阻器的滑片，使其阻值变大，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝2×20Ω＝40Ω，故为了使所给的四个定值电阻都能进行实验，滑动变阻器R2的最大阻值至少应为40Ω。
故答案为：（1）；（2）B；（3）C；（4）2；（5）B；40。
28．（2021秋•白碱滩区期末）同学们在探究“电流与电阻的关系”的实验中，设计了如图所示的电路。已知电源电压为4.5V保持不变，所给的定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω，不同的定值电阻两端的控制电压恒为2.5V。
（1）连接电路的过程中，开关处于 　断开　状态。
（2）实验中，他们将10Ω的定值电阻换成15Ω的定值电阻后，同时应将滑动变阻器R2的滑片P向 　B　端移动到适当位置。（选填“A”或“B”）
（3）为了使所给的三个定值电阻都能进行实验，滑动变阻器R2的最大阻值至少应为 　12　Ω。
（4）小红同学在做此实验时，测得数据如下表所示，分析表中数据不能得出“电流和电阻成反比”的结论，原因是 　没有控制定值电阻两端的电压不变　。
实验次数
1
2
3
电阻/Ω
5
10
15
电流/A
0.3
0.2
0.14

【答案】（1）断开；（2）B；（3）12；（4）没有控制定值电阻两端的电压不变。
【解答】解：（1）在连接电路的过程中，为保护电路，开关应处于断开状态；
（2）根据串联分压原理可知，将定值电阻R1由10Ω改接成20Ω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，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B端移动，使电压表的示数为2.5V不变；
（3）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，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣U表＝4.5V﹣2.5V＝2.0V，变阻器的电压是电压表示数的＝0.8倍，根据分分压原理，当最大的定值电阻15Ω接入电路中时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝0.8×15Ω＝12Ω，故为了使所给的四个定值电阻都能进行实验，滑动变阻器R2的最大阻值至少应为12Ω；
（4）探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，由表中数据知，三次电阻的电压为：
U＝IR＝0.3A×5Ω≠0.2A×10Ω≠0.14A×15Ω，分析表中数据不能得出“电流和电阻成反比”的结论，原因是没有保持电压不变。
故答案为：（1）断开；（2）B；（3）12；（4）没有控制定值电阻两端的电压不变。
29．（2021秋•睢县期末）小明利用如图所示的电路“探究电流与电阻电压的关系”。
（1）实验时，在探究通过导体的电流与电阻的关系时，滑动变阻器的作用是 　C、D　。（从下列的选项中选择相应的字母填入）
A.改变电路中的电流 B.改变电阻两端的电压
C.控制电阻两端的电压一定 D.保护电路
（2）小明将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的一组实验数据如表1所示，此过程小明实际探究的是电流跟 　电压　的关系，用到的研究方法是 　控制变量法　。
表1
次数
U1/V
I/A
1
1.0
0.20
2
1.5
0.30
3
2.0
0.40
（3）小明继续探究，得到的另一组实验数据如表2所示。分析表2中的数据，你能得出的结论是 　当导体两端的电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比　。
表2
次数
R1/Ω
I/A
1
5.0
0.60
2
10.0
0.30
3
15.0
0.20

【答案】（1）C、D；（2）电压；控制变量法；（3）当导体两端的电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。
【解答】解：（1）变阻器的基本作用是保护电路，在探究通过导体的电流跟电阻的关系时，要控制电阻的电压一定，故滑动变阻器的作用是 C、D；
（2）小明将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的一组实验数据如上表1所示，控制电阻的大小不变，此过程小明实际探究的是电流跟电压的关系，用到的研究方法是控制变量法；
（3）根据如上表2所示的数据知：U＝IR＝0.60A×5.0Ω＝﹣﹣﹣﹣0.20A×15Ω＝3V，故能得出的结论是：当导体两端的电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。
故答案为：（1）C、D；（2）电压；控制变量法；（3）当导体两端的电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。
30．（2021秋•庆云县期末）小致同学利用四个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、规格为“15Ω 1A”的滑动变阻器、电压为4.5V的电源、电压表、电流表、导线和开关等器材，进行“探究电流与电阻关系”的实验。
（1）小致选择10Ω的定值电阻，连接如图甲所示电路，检查发现电路中有一根导线连接错误，请你在接错的导线上面“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
（2）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录电流表示数如图乙所示，此时电压表示数应为 　2　V。
（3）小致利用以上器材继续实验，发现无法完成探究，应更换滑动变阻器规格为 　B　（填序号）。
A.“20Ω 1A” B.“30Ω 0.5A” C.“50Ω 0.3A”
（4）更换器材后，多次测量，根据实验数据，作出I﹣R图像如图丙所示，分析图像得出的结论是：在电压一定时，　通过导体的电流与其电阻成反比　。
（5）小致更换电源后，利用器材进行了如图丁所示的实验，闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表有示数，电流表没有示数，则故障可能是 　滑动变阻器断路　或 　电流表短路　。
（6）排除故障后，滑片P滑动过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图戊所示，则他更换后的电源电压为 　6　V。

【答案】（1）如图所示；（2）2；（3）B；（4）通过导体的电流与其电阻成反比；（5）滑动变阻器断路；电流表短路；（6）6。
【解答】解：（1）原电路中，电阻与电压表被短路了，电流表应与电阻串联，电压表应与电阻并联，如下所示：；
（2）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器滑片到适当位置，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.2A，由欧姆定律，此时电压表示数为：UV＝IR＝0.2A×10Ω＝2V；
（3）实验中使用的定值电阻阻值最大为20Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2V＝2.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.25倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1.25×20Ω＝25Ω＞20Ω；当定值电阻最小时，电路中的电流最大为：I最大＝＝＝0.4A＞0.3A，故选B；
（4）由图丙图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；
（5）小致更换电源后，利用器材进行了如图丁所示的实验，闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表有示数，电流表没有示数，则电路可能断路，电压表和电源接通，则故障可能是滑动变阻器断路或电流表短路；
（6）由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
由图戊可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1＝＝＝0.6A，
则电源电压为：U＝U1+I1R0＝3V+0.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2＝＝＝0.4A，
则电源电压为：U＝U2+I2R0＝4V+0.4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
联立①②得，R0＝5Ω，U＝3V+0.6A×5Ω＝6V。
故答案为：（1）如图所示；（2）2；（3）B；（4）通过导体的电流与其电阻成反比；（5）滑动变阻器断路；电流表短路；（6）6。