2022年中考物理二轮复习：作图、实验探究题专项练习题精选汇编一、作图题1.(2021·山东省威海市·历年真题)如图是撑杆跳运动员起跳动作示意图，请在图中画出运动员对撑杆A点竖直向下的拉力及其力臂。2.(2021·山东省威海市·历年真题)请在图中画出1条能够描述通电螺线管外部磁场的磁感线。3.(2020·山东省威海市·历年真题)如图所示，一条入射光线过凹透镜光心，一条折射光线与主光轴平行。请将光路补画完整。4.(2020·山东省威海市·历年真题)如图所示，用滑轮组提升物体，已知滑轮质量均为2kg，物体重100N，绳子能承受的最大拉力为50N，请画出绳子的正确绕法，并在绳的末端标出力的方向。（不考虑绳重及摩擦，g取10N/kg）5.(2019·山东省威海市·历年真题)如图是一种活塞式抽水机的示意图。其中手柄AOB是一个杠杆，杠杆在动力F1的作用下绕O第19页共19页
点匀速转动，请在图中画出杠杆在B点受到阻力的示意图和F1的力臂。1.(2019·山东省威海市·历年真题)闭合开关S后小磁针的状态如图所示（小磁针黑色一端表示N极），请在图中括号内标出通电螺线管的N极和电源的“+”极。二、实验探究题2.(2021·山东省威海市·历年真题)小明同学在实验室探究光的反射和折射规律。（1）小明将一束光射到白板上，只能在白板上看到一个亮点，不能看到光的传播路径。请帮小明想出在空气中显现光的传播路径的1种方法：______。可从不同方向看到白板上的亮点，是因为光束中的部分光在白板上发生了______反射。（2）实验中，小明将光从空气射向水面，得到的实验数据如表所示。通过分析实验数据，你能发现哪些规律？______；______。（写出两条即可）入射角0°15°30°45°60°反射角0°15°30°45°60°折射角0°11°22°32°40°（3）当光从水中射向空气，若入射角为22°，则光在空气中的折射角为______。（4）小明想利用紫光探究光的反射定律，他利用三棱镜和遮光板将阳光中的紫光分离出来，如图所示，三种遮挡方法最有可能得到紫光的是______。（选填“1”、“2”或“3”）第19页共19页
1.(2021·山东省威海市·历年真题)小明用质地均匀、桌面为长方体的小桌，质量相等的重物（若干），海绵和水等器材进行以下实验。实验1：用小桌、重物、海绵按如图1所示方式进行实验。（1）本实验可以通过观察______来比较压力作用效果的大小，这是因为力可以使物体发生______。（2）若要探究压力作用效果与受力面积的关系，应选择图1中的______（选填“甲”、“乙”或“丙”）两次实验。（3）通过比较图1中甲、乙两次实验现象，可得出的结论是______。实验2：将小桌和重物放入水中按图2所示方式进行实验，静止后小桌桌面均与水面平行。（4）图2-乙比图2-甲小桌浸入水的深度增加了△h1，图2-丙比图2-甲小桌浸入水的深度增加了△h2，则△h1=______△h2。（5）若图1-丙中桌面对海绵的压强为p1，图2-乙中桌面对水的压强为p2，请你推断p1______p2（选填“＞”、“=”或“＜”）。2.(2021·山东省威海市·历年真题)小红和小明进行“测量小灯泡的额定功率”的实验，实验室提供的器材有：不同规格的小灯泡和滑动变阻器、1.5V的干电池（若干）和其他常用器材。（1）图甲是小红进行实验的实物电路图，小灯泡额定电压为3.8V，滑动变阻器的规格为“10Ω1A第19页共19页
”，请用笔画线代替导线，将图中的电路连接完整，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的阻值最大。（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想______是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想______是正确的。（两空均选填“①”、“②”或“③”）（3）排除故障后，小红移动滑片，使电压表的示数达到小灯泡的额定电压，此时电流表的指针如图乙所示，小灯泡的额定功率为______W。（4）小明用小红的实验电路接着测量规格为“2.5V0.3A”小灯泡的额定功率。闭合开关，保证小灯泡发光的情况下，无论如何移动滑片，电压表示数始终高于2.5V，为此必须对实验器材进行调整，下列措施可行的是：______、______。（填字母代号）A.换最大阻值较小的滑动变阻器B.串联定值电阻C.减少电池个数D.增加电池个数1.(2020·山东省威海市·历年真题)小明用同一光源做了以下几个光学实验请回答下列问题。（l）实验1：在探究凸透镜成像规律的实验中，发现像成在光屏的上方，当如图所示，要使像成在光屏中央，应向______（选填“上”或“下”）调节凸透镜；调好后，发现光屏上的像与光源等大，则凸透镜的焦距为______cm。（2）实验2：如果利用实验1的装置，光源位置不变，取下凸透镜，在原透镜位置正确放置带小孔的遮光板，若还想承接与光源等大的像，光屏应该______（选填“左移”、“右移”或“不动”），此时成的像与实验l成的像相比______（选填“较亮”、“较暗”或“一样亮”）。（3）实验3：如果利用实验1的装置，光源及光屏位置不变，取下凸透镜，在原透镜位置正确放置一块薄玻璃板（不考虑玻璃板厚度），在光源一侧透过玻璃板观察，能否在光屏位置看到像：______（选填“能”或“否”）；此时成的像与实验1成的像在哪个方面有区别：______（选填“正倒”、“大小”或“完整度”）。第19页共19页
1.(2020·山东省威海市·历年真题)在“探究电流与电阻的关系”实验中，电源电压保持不变。（l）检查器材时，在电流表的左侧观察到指针恰好指在零刻度线处，如果直接用该电流表测电流，测量值与真实值相比会______（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）。（2）如图所示，电路中有一根导线连接错了，请在该导线上打“×”，然后画正确的连线。（3）选择5Ω的定值电阻，正确连接电路进行实验。闭合开关前，应将滑动变阻器的______端（选填“左”或“右”）。闭合开关，移动滑片使电压表的示数为Ul，此时电流表的示数如图乙所示，电流为______。（4）滑动变阻器滑片位置不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻，继续实验，为使电压表的示数保持Ul不变，应向______（选填“左”或“右”）移动滑片。（5）实验结束后，小明利用图丙所示原理，制作了简易电流表：导体可以在水平光滑轨道上左右滑动（轨道电阻忽略不计），导体与水平弹簧相连，弹簧由绝缘材料制成，整套装置处于竖直方向的均匀磁场中。电流表接入电路前，弹簧不受力，在导体与轨道的接触点处画一个刻度线，标记为“OA”。当电流表正确接入电路，导体受到磁场力的方向水平向右，电流每增加0.1A，磁场力就增大1N，弹簧就伸长2cm，在导体与轨道的接触点处就增加一个刻度线，相邻两个刻度线之间的长度表示“0.1A”的电流。当弹簧被拉伸至最大弹性限度时，弹簧的弹力为20N，则该电流表的量程为______A．若用此电流表测量电流时，发现弹簧被向左压缩，原因可能是______。2.(2019·山东省威海市·历年真题)如图是“探究凸透镜成像的规律”实验装置，小明通过实验得到了如表所示的实验数据，请回答下列问题：物距u（cm）605035302019181716151412像距v（cm）1212.514152021.122.524.326.7303560第19页共19页
（1）根据表可知凸透镜的焦距f=______cm。（2）当u=25cm时，像距v应该在______（选填“15-16”、“16-17”、“17-18“、“18-19”或“19-20”）cm范围内；当u=60cm时，光屏上成______（选填“放大”或“缩小”）的像，此种成像原理可以制成什么光学仪器？______（选填“照相机”或“投影仪“）；此时，用遮光板遮住LED光源的一部分，光屏上的像相比原来的像会______（选填“变暗”“缩小”或“不完整”）。（3）LED光源的高度h=10cm，小明经过认真测量，得到像高h′与物距u的数据，如图2所示，请在图中画出h′与u的关系图象。1.(2019·山东省威海市·历年真题)小明利用杠杆做了以下实验，实验时使用的每个钩码的质量均相等，杠杆上相邻刻线间的距离相等，请回答下列问题：（1）如图甲所示，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆的左端下沉，若想使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向______调节。杠杆在水平位置平衡后，在A点悬挂2个钩码，要使杠杆在水平位置再次平衡，需在B点悬挂______个钩码；之后在A、B两点再各增加1个钩码，杠杆将______（选填“不动”、“顺时针旋转”或“逆时针旋转”）。（2）如图乙所示，小明在A、C两点分别悬挂等重的载物盘，制作了一个天平，左盘盛放物体，右盘加减砝码，此天平是利用了哪一类杠杆制作面成的？______。（3）小明正确使用自制天平称量物体质量时：①假如支点O因某种原因向右偏移，则测量值______真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）；②假如砝码因生锈等原因质量增大，则测量值______真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。2.(2019·山东省威海市·历年真题)图甲是测量定值电阻R阻值的实验电路图。（1）闭合开关S，当电压表的示数为2.4V时，电流表示数如图乙所示，则R的阻值为______Ω；调节滑片P的位置，进行多次测量，其目的是______。（2）实验过程中，发现电流表示数突然变大，电压表示数几乎为零，则电路故障可能是______。（3）实验结束后，小明想探究“什么情况下磁能生电”，于是他在蹄形磁铁的磁场中悬挂一根导线，导线的两端跟电流计连接，组成闭合电路，如图丙所示。第19页共19页
①保持导线在磁场中静止，观察到电流计的指针没有偏转，小明认为可能是电流太小，于是换成更加灵敏的电流计，观察到指针仍没有偏转。他认为也有可能是由于磁铁磁性不够强，没有电流产生，于是更换了磁性更强的磁铁进行探究，在更换磁铁的同时，发现电流计的指针动了一下后又静止了。你认为电流计指针“动了一下”的原因是什么？②当导线水平向右运动时，电流计指针反向偏转，为使电流计指针正向偏转，可以如何操作？请说出两种方法：______；______。③根据图丙装置原理人们制成了______机。第19页共19页
参考答案1.【答案】解：从A点作竖直向下的拉力F，延长拉力F的作用线，从支点O向拉力作用线画垂线，可得拉力的力臂L，如图所示： 【解析】已知拉力作用点在A点，拉力方向竖直向下，由此可作出运动员对撑杆A点竖直向下的拉力；根据力与力臂的关系进行画图，即过支点作力的作用线的垂线段即为力臂。本题考查了力臂的画法、力的示意图的画法，知道力与力臂的关系，会根据力臂的画法画出正确的力或力臂。2.【答案】解：电流由左侧流入，右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向右方，即螺线管的右端为N极，左端为S极；磁体外部，磁感线的方向总是从N极出发流向S极，如图所示：【解析】由电流方向和线圈绕向，利用右手螺旋定则即可判断出螺线管的磁极；在磁体外部，磁感线的方向总是从N极出发流向S极。本题考查通电螺线管磁场的方向和右手螺旋定则的简单应用，比较简单。3.【答案】解：入射光线过凹透镜光心，其折射光线传播方向不改变；折射光线与主光轴平行，则入射光线的延长线过另一侧焦点，如图所示：第19页共19页
【解析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凹透镜的三条特殊光线作图。凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。4.【答案】解：动滑轮的重力：G动=m动g=2kg×10N/kg=20N，不考虑绳重及摩擦，最大拉力F=1n（G+G动），承担物重的绳子股数：n=G+G动F=100N+20N50N=2.4，所以要提升物体，绳子股数取3，从下面动滑轮的上挂钩开始绕起，向上绕过定滑轮，再绕过下面的动滑轮，如图所示：【解析】知道动滑轮的质量，利用G=mg求其重力，不考虑绳重及摩擦，最大拉力F=1n（G+G动），据此求承担物重的绳子股数（除不开，不能四舍五入，小数点后面入、取整数）；若绳子股数n为偶数，从上面定滑轮的下挂钩开始绕起，向下绕过动滑轮，再绕过上面的定滑轮；若为奇数，从下面动滑轮的上挂钩开始绕起，向上绕过定滑轮，再绕过下面的动滑轮。本题考查了滑轮组的绕法，利用“不考虑绳重及摩擦，拉力F=1n（G+G动第19页共19页
）”确定承担物重的绳子股数是关键。5.【答案】解：由图知，此时向上提起杠杆的左端，杠杆会绕O点顺时针转动，则B点会受到下面连杆向上的支持力，即阻力的方向竖直向上，过B点作竖直向上的阻力F2；反向延长力F1画出力的作用线，过支点O作动力作用线的垂线段，即动力臂L1．如图所示：【解析】先确定阻力作用点（即B点），然后过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向上）；已知支点和动力的方向，过支点作力的作用线的垂线段（即力臂）。此类题的关键是掌握杠杆五要素，然后根据杠杆的五要素作出相应的作用力或力臂，并且作图要求规范。6.【答案】解：小磁针静止时N极指向左，根据异名磁极相互吸引、同名磁极相互排斥，可以确定通电螺线管的左端为S极，右端为N极；结合图中的线圈绕向和通电螺线管的N极，利用安培定则可知线圈中的电流方向是从螺旋管的左端流入、右端流出，所以电源的左端为正极，右端为负极。如下图所示：【解析】根据小磁针的N极指向，利用磁极间的作用规律可以确定通电螺线管的N、S极；再根据螺线管的N、S极和线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源正负极。安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个。其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的N、S极联系在一起。7.【答案】在空气中喷洒烟雾 漫 在反射现象中，反射角等于入射角 在折射现象中，光从空气斜射入水中，折射角小于入射角 30° 3第19页共19页
【解析】解：（1）光在空气中是沿直线传播的，但传播路径不容易直接观察，在空气中喷洒烟雾，有利于观察光的传播路径；。实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；（2）由表中数据可知：①在反射现象中，反射角等于入射角；②在反射现象中，反射角随入射角的增大而增大；③在折射现象中，光从空气斜射入水中，折射角小于入射角；④在折射现象中，折射角随入射角的增大而增大；⑤光从空气垂直射入水中，光的传播方向不变。（3）由表中数据可知，光从空气射向水面时，当入射角为30°时，折射角为22°，根据折射时光路是可逆的，可知，当光从水中射向空气，若入射角为22°，光在空气中的折射角为30°；（4）白光经三棱镜后，光屏上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带，因为紫光的偏折能力最大，在光屏的最下面，所以第3种遮挡方法最有可能得到紫光故答案为：（1）在空气中喷洒烟雾；漫；（2）在反射现象中，反射角等于入射角；在折射现象中，光从空气斜射入水中，折射角小于入射角；（3）30°；（4）3。（1）为了显示光的传播路径，可在空气中喷些烟雾；在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里；（2）结合表格中的入射角和反射角以及折射角的关系进行总结规律；（3）根据折射时光路是可逆的，可确定当光从水中射向空气，若入射角为22°，光在空气中的折射角；（4）白光经三棱镜后，光屏上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带，是因为不同颜色的光经玻璃的折射角度不同，据此分析。本题考查了探究光的反射和折射实验；解决此类问题要根据实验现象和表格数据总结规律，提高分析归纳能力。8.【答案】海绵的凹陷程度 形变 乙、丙 当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显 0.5 =【解析】解：（1）海绵受到了压力的作用，压力可以改变海绵的形状；实验中小明是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的；（2）若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，要控制压力大小相同，应通过比较图乙和丙所示实验；第19页共19页
（3）比较甲、乙两图所示实验可知，受力面积相同，压力越大，海绵的凹陷程度越大，故结论为：当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；（4）由图可知，图2-乙比图2-甲中对小桌的压力增大了F，图2-丙比图2-甲中对小桌的压力增大了2F，则压力的作用效果变为原来的2倍，即浸入水中的深度变为原来的2倍，即△h1=0.5△h2；（5）图1-丙和图2-乙中，小桌的总重力不变，产生的压力不变，受力面积相同，根据p=FS可知，产生的压强是相同的，即p1=p2。故答案为：（1）海绵的凹陷程度；形变；（2）乙、丙；（3）当受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；（4）0.5；（5）=。（1）本实验通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；（2）（3）压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变；（4）在受力面积一定时，压力的作用效果与压力大小成正比；（5）根据p=FS分析压强的大小。本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。9.【答案】② ① 1.14 B C【解析】解：（1）连接电路图，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的阻值最大，滑动变阻器采用一上一下的连接方式，故选择右下接线柱，因小灯泡的额定电压为3.8V，选择电压表的量程为0～15V，与小灯泡并联连接，连接电路如图所示：（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，电流表示数为零，可以判断电路是断路，由此可判断猜想小灯泡短路是错误的；又进一步观察到电压表有示数，说明电压表与电源之间的电路连接是通路，最终确定猜想小灯泡的灯丝断了是正确的；（3）如图乙所示，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.3A第19页共19页
，此时小灯泡的电压为额定电压3.8V，根据功率公式计算可得小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；（4）闭合开关，保证小灯泡发光的情况下，无论如何移动滑片，电压表示数始终高于2.5V，说明小灯泡两端的电压较大，应采取措施减小灯泡两端的电压，根据串联电路中电流和电压规律可知，可以通过增加电路中总电阻的方法，降低电路中的电流，使灯泡两端的电压减小，故换最大阻值较大的滑动变阻器和串联定值电阻的方法可行，故A错误，B正确；还可以从电源电压考虑，减小电源电压，即减少电池个数，故C正确，D错误；故选：BC；故答案为：（1）如图所示；（2）②；①；（3）1.14；（4）B；C；（1）滑动变阻器采用一上一下的连接方式，选择电压表的量程；（2）根据故障现象分析故障原因，通过分析电流表和电压表的示数，判断电路故障原因；（3）根据电流表的量程读出电流表的示数，通过P=UI计算功率；（4）根据串联电路中电流和电压规律分析降低灯泡两端电压的方法。本题是测量小灯泡功率的实验，考查了滑动变阻器的应用，电压表的读数及电功率的计算，并且涉及到串联电路中电流和电压规律的应用。10.【答案】（1）下；10.0；（2）不动；较暗；（3）能；正倒【解析】【分析】此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，一定要注意实验前的调整工作，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。（1）根据光线过光心不改变方向，判断凸透镜的移动情况；u=2f，成倒立、等大的实像，v=2f；（2）小孔成等大实像时物距等于像距，视野的亮度取决于该位置光线的数量；（3）平面镜成像与成像物体大小相等，像与成像物体到平面镜的距离相等，平面镜成虚像。【解答】解：（1）由图知，烛焰、凸透镜和光屏三者中心不在同一高度，烛焰的像比较靠上，根据光线过光心不改变方向，所以蜡烛向上移动，或凸透镜向下移动，或光屏向上移动，直到烛焰、凸透镜和光屏三者的中心在同一高度上，这样像才能成在光屏的中心；如图，物距：u=400.cm-20.0cm=20.0cm，像距：v=60.0cm-40.0cm=20.0cm，物距等于像距，成倒立、等大的实像，满足条件：u=v=2f=20.0cm，第19页共19页
凸透镜的焦距：f=12u=12×20.0cm=10.0cm；（2）取下凸透镜，在原透镜位置正确放置带小孔的遮光板，是通过小孔成像，小孔成等大实像时物距等于像距，光屏的位置不动；凸透镜成像是把照射到凸透镜上的光线会聚形成的，小孔成像是光沿直线传播通过小孔的光线形成的，由于照射到小孔以外的光线被遮光板阻挡，传播到光屏上的光线少，所以像的亮度较暗；（3）光源及光屏位置不变，取下凸透镜，在原透镜位置正确放置一块薄玻璃板，是利用平面镜成像，平面镜成像与成像物体关于平面镜对称，看到的虚像仍在原来光屏的位置；物距等于凸透镜二倍焦距时成倒立、等大的实像；通过平面镜物体成正立、等大的虚像，两次成像的倒正和虚实不同。故答案为：（1）下；10.0；（2）不动；较暗；（3）能；正倒。 11.【答案】偏小 右 0.38A 右 0～2 电流方向或磁场方向改变了【解析】解：（1）检查器材时，在电流表的左侧观察到指针恰好指在零刻度线处，则指针在零刻度线偏左，如果直接用该电流表测电流，测量值与真实值相比会偏小；（2）原电路中，电流表与电阻并联，电压表与电阻串联是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联，如下所示：（3）选择5Ω的定值电阻，正确连接电路进行实验。闭合开关前，变阻器连入电路的电阻最大，故应将滑动变阻器的右端；闭合开关，移动滑片使电压表的示数为Ul，此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.38A；（4）根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω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，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，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数不变；（5）电流每增加0.1A，磁场力就增大1N，弹簧就伸长2cm，当弹簧被拉伸至最大弹性限度时，弹簧的弹力为20N，由这时磁场力为10N；第19页共19页
当弹簧被拉伸至最大弹性限度时，弹簧的弹力为20N，弹簧的伸长量为20cm，电流增大到2A，则该电流表的量程为0～2A，若用此电流表测量电流时，发现弹簧被向左压缩，说明导体的受力方向改变，原因可能是电流方向或磁场方向改变了；故答案为：（1）偏小；（2）右；（3）0.38A；（4）右；（5）0～2A；电流方向或磁场方向改变了。（1）根据在电流表的左侧观察到指针恰好指在零刻度线处，可知左零刻度线偏左，据此分析；（2）原电路中，电流表与电阻并联，电压表与电阻串联是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联；（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相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；根据电流表选用小量程确定分度值读数；（4）根据已知条件分析弹簧的弹力为20N时电流增大多少，据此确定电流表的量程，：一是电流的方向，二是磁场方向，据此回答。本题探究电流与电阻的关系实验，考查电流表正确使用、实验中的注意事项、控制变量法、操作过程、数据分析和影响通电导体在磁场中受力的方向的因素。12.【答案】（1）10；（2）16-17；缩小；照相机；变暗；（3）【解析】【分析】（1）u=v=2f时物与像大小相等，由此可求得焦距；（2）根据物距、像距、焦距的关系式可求得像距；凸透镜成像规律及其应用之一，u＞2f，成倒立缩小的实像，照相机利用了此原理；物体由无数点组成，物体上任一点射向凸透镜有无数条光线，经凸透镜折射后，有无数条折射光线会聚成该点的像。所以遮住凸透镜的一部分，还有另外的部分光线，经凸透镜折射会聚成像；第19页共19页
（3）根据表中数据描点连线即可。此题是探究凸透镜成像规律的实验，考查了实验中器材的调节，同时考查了凸透镜成像的规律的应用，掌握凸透镜成像的特点及物距、像距与焦距的关系是关键。【解答】解：（1）由表格数据u=v=2f=20cm，可得，所用透镜的焦距为10cm；（2）已知f=10cm，当u=25cm时，1f=1u+1v，则110cm=125cm+1v，解得v≈16.7cm，故像距ν应该在16-17cm范围内；当u=60cm时，u＞2f，成倒立缩小的实像，此种成像原理可以制成照相机；用遮光板遮住LED光源的一部分，物体上任一点射向凸透镜的其他部分，经凸透镜折射后，照样能会聚成像，像的大小不发生变化，折射光线减少，会聚成的像变暗。（3）根据表中数据描点连线，如图所示：故答案为：（1）10；（2）16-17；缩小；照相机；变暗；（3）见上图。 13.【答案】（1）右；4；逆时针旋转；（2）等臂杠杆；（3）①大于；②小于。【解析】解：（1）杠杆静止时，杠杆左端下沉，说明右端偏高，平衡螺母需向右调节；设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，即2G×4L=FB×2L，解得FB=4G，需挂4个钩码；在A、B两点下方所挂的钩码下同时再加挂一个钩码，则左侧3G×4L=12GL，右侧5G×2L=10GL，因为12GL＞10GL，杠杆不能平衡，左端下降，即A端将下沉，杠杆逆时针旋转；（2）如图乙所示，小明在A、C两点分别悬挂等重的载物盘，制作了一个天平，左盘盛放物体，右盘加减砝码，此天平是利用了等臂杠杆的原理；第19页共19页
（3）小明正确使用自制天平称量物体质量时：①假如支点O因某种原因向右偏移，砝码的力臂减小，故测量值大于实际值；②假如砝码因生锈等原因质量增大，用比实际更少的砝码放在右盘，就可使横梁平衡。而读数时仍按上面标的数值来读数，使用这时计算物体质量就比实际少了。．则测量值小于真实值。故答案为：（1）右；4；逆时针旋转；（2）等臂杠杆；（3）①大于；②小于。（1）在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；（2）天平利用的•等臂杠杆的原理；（3）天平是较精密的测量工具，砝码锈蚀或缺损了就不能再使用，因为此时的砝码质量与标准值不同，所以会导致称量结果错误。支点O因某种原因向右偏移，砝码的力臂减小；砝码上生锈是砝码质量增加；考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂；了解天平的使用原理，关键要把握外界的变化使放在右盘的砝码的质量如何变化是解决此题的关键；关于杆秤也有这方面的考查，如：杆秤的秤砣掉了一块；秤杆折了用铜丝重新绑起来等等，其解题思路与此相似。14.【答案】（1）8；多次测量取平均值减小误差；导线水平向左运动；（2）R短路；（3）①导线在磁场做切割了磁感应线；②导线水平向左运动；调换磁铁的两极；③发电。【解析】解：（1）闭合开关S，当电压表的示数为2.4V时，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0.3A，由欧姆定律，R=UI=2.4V0.3A=8Ω；调节滑片P的位置，进行多次测量，其目的是：多次测量取平均值减小误差。（2）实验过程中，发现电流表示数突然变大，电路为通路，由欧姆定律，电路的电阻变小，根据电压表示数几乎为零，则电路故障可能是R短路。（3）①在更换磁铁的同时，发现电流计的指针动了一下后又静止了，即产生了瞬间的感应电流，是因为更换磁铁的同时，相当于导线在磁场做切割了磁感应线，故电流计指针“动了一下”；②根据影响感应电流方向的因素，可将当导线水平向左运动或调换磁铁的两极；③根据图丙装置原理人们制成了发电机。故答案为：（1）8；多次测量取平均值减小误差；导线水平向左运动；（2）R短路；（3）①导线在磁场做切割了磁感应线；②导线水平向左运动；调换磁铁的两极；③发电机。第19页共19页
（1）根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求R；多次测量取平均值减小误差。（2）实验过程中，发现电流表示数突然变大，则电路为通路，由欧姆定律，电路的电阻变小，根据电压表示数几乎为零分析。（3）①产生感应的电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割感应线运动；②影响感应电流方向的因素：切割磁感应线的方向和磁场方向；③根据电磁感应现象制成了发电机。本题测电阻大小，考查电流表读数、电阻计算和数据处理，同时考查了产生感应电流的条件及影响感应电流方向的因素及发电机的原理。第19页共19页
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