2023年初中科学中考二轮复习专题：7电学实验探究.docx

1、初中科学2023年中考二轮复习专题：7电学实验探究一、实验探究题1探究“一定电压下，电流与电阻的关系”提供的实验器材有电源（电压恒为4.5V），电流表、电压表各一个，开关一个，三个定值电阻（10，15，20），滑动变阻器一个（40，1A），导线若干（1）（1）请根据图1电路图用笔画线将图2实物图连接完整（2）实验时，在a、b间先接入20的电阻，闭合开关，移动滑片P使电压表的示数为2V，记下相应电流值，再改接15的电阻，此时滑片P应向 （选填“E”或“F”）端移动，移动滑动变阻器的目的是 （3）如表所示，根据分析，得到的结论是 R/101520I/A0.20.130.1（4）闭合开关，电表均正常

2、工作，但一段时间后，电流表示数为0，电压表示数接近电源电压，则出现故障的原因可能是 2小宁设计了测量电阻的电路，如图甲所示。实验器材有：电源(电压6V)，电流表(量程00.6A)，滑动变阻器(20 2A) 。将MN直接用导线相连，调节滑片P，使电流表满偏(即示数为0.6A)，此后保持滑片P位置不变。（1）在MN之间接入待测电阻Rx，电流表的指针位置如图乙，Rx的阻值为 。（2）依据Rx与I的对应关系，小宁将电流表表盘上的刻度标记为对应的阻值，图丙中标记正确的是 。（3）该装置使用一段时间后，电源电压减小，这将导致电阻的测量值 。(填“偏小”“不变”或“偏大”)3为了探究“通过导体的电流与电阻的

3、关系”，小明利用电压为4.5伏的电源，标有“20欧，1.5安”的滑动变阻器、开关、电压表、电流表等仪器进行实验，步骤如下：使用阻值为5欧的定值电阻R0，按图甲电路图连接电路；闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P，当电压表示数为3伏时，记录电流表的示数：把R0换用其它阻值的定值电阻，重复步骤，得到阻值R与电路中电流大小R-I关系如图丙。（1）图乙是对应的未连接完整的实物图，请用笔画线代替导线完成该实物图的连接。（2）实验过程中，移动变阻器滑片时，眼睛应注视 。 A变阻器滑片B电压表示数C电流表示数（3）实验结束后，小明进一步对滑动变阻器接入的阻值R1与电路中电流大小关系进行探究，并继续画出R-I图像

4、。则对应的图像是图丁中的哪一条线(选数字)，并简述你选择的依据： 。4为测量小灯泡的额定功率，现提供的器材如下：A：小灯泡一个（额定电压为2.5V，阻值约为几欧）；B：电流表(00.6A03A)；C：电压表(03V015V)；D：滑动变阻器(151A)；E：滑动变阻器(500.3A)；F：滑动变阻器(5000.1A)；G：电源(3V)，H：导线若干。（1）滑动变阻器应选 （填器材前的字母编号）。（2）选出合适的滑动变阻器后，按如图甲所示的电路，将乙图中的实验器材用导线连接起来，其中有一处连接错误，错误的地方是 。（3）改正错误后，移动滑片，读取多组电压表的示数 U、电流表的示数 I 的值，记录

5、在列表中，然后在坐标纸上描点作出IU关系图，如图丙所示。通过图丙可得小灯泡的额定功率为 W。（4）实验后，小明同学想到另一种求解额定功率的方法，利用电压小于2.5V时的电压、电流数据求出电阻，然后利用P= U2R 计算出小灯泡的电功率。小明发现计算结果R与真实值相比偏大，根据所学的知识，你认为原因可能是 。5某兴趣小组在研究扬声器结构时，发现扬声器中有一个环形磁体，他们不知道环形磁体的磁极分布情况，于是几位同学提出了以下三种猜想：猜想1：磁极呈横向分布(例如图甲，左侧为N极，右侧为S极)；猜想2：磁极呈轴向分布(例如图乙，上面为N极，下面为S极)；猜想3：磁极呈上中下分布(例如图丙，上、下面为

6、N极，中部为S极)。（1）根据所学知识，他们经过讨论，断定猜想3是错误的。你认为他们判断的依据是 。（2）为了验证其他猜想，他们用细线将环形磁体水平悬挂起来(如图丁所示)，结果观察到磁体在任意位置都能保持静止。这说明猜想 是错误的。（3）为了验证剩下的一个猜想是否正确，环形磁体可以 悬挂起来，如果出现的现象是 ，说明该猜想正确。还可以使用 证明该猜想正确与否。6为了探究通电螺线管磁场的强弱与哪些因素有关，某小组同学使用电压相等的电源、规格相同的滑动变阻器R、大头针和螺线管等器材进行实验，并通过插在螺线管中铁芯 来比较螺线管磁场的强弱。实验中，他们先将甲、乙两个匝数不同的螺线管分别连入电路，并使

7、滑动变组器接入电路的电阻不同（RaRb），其实验现象如图（a）、（b）所示。该小组同学在仔细观察、比较图（a）、（b）后，认为无法得出结论。于是在此基础上继续进行研究，实验现象如图（c）所示（RaRbRc）。该小组同学在观察、比较图（a）和（b）的实验现象后无法得出结论的理由是： 。进行图（c）实验后，是否可以得出初步结论？若可以，请写出有关结论；若不可以，请说明理由： 。7为研究通电导体在磁场中受力大小的影响因素，小明利用弹簧测力计、粗细和材料相同的不同导体在同一磁场中进行相关实验，得到实验数据如表:实验次数(米)导体长度通过导体的电流 (安)导体受到磁场的作用力 (牛)10.10.2220

8、.20.2430.20.48（1）实验中除了弹簧测力计外，还需用到的测量仪器有 （2）本实验基于的猜想是 （3）分析表中数据，若保持导体的材料、粗细与所处磁场不变，当导体长度为0.3米、通过的电流为0.3安时，导体受到磁场的作用力为 牛。8在观察“磁场对通电直导线的作用”活动中，小明按照如图组装实验器材。（1）小明先探究磁场对通电导线作用力的方向与什么因素有关。小明接通电源，看到直导线向左运动，若改变电源正负极并将磁体的两极对调，接通电源后，将观察到直导线向 （选填“左”或“右”）运动。（2）观察“磁场对通电直导线的作用”活动后，小明又接着探究磁场对通电导线作用力的大小与什么因素有关。他的猜想

9、如下：猜想1：磁场对电流作用力的大小与直导线的长度有关；猜想2：磁场对电流作用力的大小与磁场的强弱有关；猜想3：磁场对电流作用力的大小与导线中的电流大小有关。小明决定对猜想3进行探究。他在图中器材的基础上，可以添加一个 。（3）本实验运用的研究方法主要是 。9在“探究感应电流的产生”的实验中，小颖同学的四次实验情况分别如图所示（1）实验中我们通过观察 来判断是否有感应电流产生；（2）有同学说：“只要闭合电路中的一部分导体在磁场中运动，就会产生感应电流”你认为他的说法正确吗？ ，图 可支持你的结论；（3）为了探究感应电流的方向跟磁场方向和导体运动方向之间的关系；根据图甲和图乙的实验现象可以得出结

10、论： ；根据图乙和图丁的实验现象可以得出结论： 。在上述探究过程中，用到的物理研究方法是 法和 法；（4）从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是 能转化为 能。10探究小灯泡的电功率是初中科学非常重要的实验。（1）探究小灯泡的电功率与电压有关的实验中，小组同学设计了图甲的电路图。小灯泡的电功率与电压有关，电压越大，功率越大。则支持该结论的实验现象是 。（2）为了测定额定电压为“2.5V”的小灯泡的额定电功率，小明按图乙连接电路。闭合开关，将滑动变阻器滑片P移到某一位置，电压表示数如图丙所示，此时为测定小灯泡额定功率，小明接下来应该如何操作？ 。当电压表示数为2.5伏，此时电流表读数为0.3安

11、，小明根据PUI算出小灯泡的额定功率为0.75W，断开开关，发现电流表的指针如图丁所示，则小灯泡的额定功率的真实值 0.75W（填大于、等于或小于）。11图甲为测定“小灯泡电功率”的实验电路，电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10。（1）小明连接好电路后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不亮，且电压表有示数，电流表无示数，则故障原因可能是 。（2）排除故障闭合开关，小明继续移动滑动变阻器的滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成IU 图象（图乙），根据图象，可计算出小灯泡的额定功率是 W。（3）进一步分析图象可知，随着电压表示数增大，电流表与电压表的示数比值 ，（

12、填“变大”、“变小”或“不变”）造成这一现象的原因可能是 。（4）小敏将原电路中的小灯泡先后换接阻值分别为5、10、15的定值电阻，探究“电流与电阻关系”，得到如图丙所示的电流随电阻变化的图像，则滑动变阻器的最大阻值应不小于 。12某科学兴趣小组对“电流通过导体产生热量的多少与哪些因素有关”进行了探究。装置如图，2个烧瓶内装满煤油，瓶塞上各插一根完全相同的玻璃管，瓶内各装1根阻值分别为R甲和R乙(已知R甲R乙)的电阻丝，将2根电阻丝串联在电路中，标出2根玻璃管内液面的位置。（1）烧瓶中装的液体是煤油而不是水，主要原因是因为煤油的 小，温度容易发生变化。（2）闭合开关，记下电流表的读数。经过一段

13、时间后，标出2根玻璃管内液面的位置，发现烧瓶甲中玻璃管内液面上升较多。可以通过玻璃管内液面的高度变化反映电阻丝产生热量的多少，运用的研究方法是 (选填“等效替代法”或“转换法”或“类比法”)。由上述实验现象，可得出结论：当通电时间和电流相等时，电阻越大，电流通过导体时产生的热量越多。 （3）当2根玻璃管中的液面降回到原来的高度后，将滑动变阻器的滑片向左移动一段距离，闭合开关，记下电流表的读数。经过与第一次相同的通电时间后，标出2根玻璃管内液面的位置。发现2根玻璃管内液面上升的高度都比前一次实验中上升的高度要高。由上述实验现象，可得出什么结论? 。 13小科想知道标有“3.8V” 字样的小灯泡正

14、常工作时的电功率，于是连接了如图所示的实验电路。电源电压6伏恒定不变，滑动变阻器规格为“50 1A”。（1）请你用笔画线代替导线，将电路连接完整;（2）正确连接电路,闭合开关，发现小灯泡不亮。小科观察到电流表无示数，电压表有示数，由此判断故障是小灯泡 。（3）排除故障后，小科经过实验，观察到的现象和测得的数据如下所示。实验次数12345发光情况很暗较暗较亮亮很亮电压U/伏1233.84.5电流I/安0.20.220.250.300.34由表中数据可得，小灯泡的额定功率是 瓦;（4）小科计算了各次实验的灯丝电阻，分析后认为,闭合开关前小灯泡灯丝的阻值小于5欧姆，小科的理由是 。14小红和小明分别

15、用下图所示的装置，探究电流一定时，电流产生的热量与电阻的关系。他们分别将两段阻值不同的电阻丝（R1R2）密封在完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与气球相连。（设他们所用的各种同类器材性能相同）（1）在这个实验中电流产生热量的多少是通过什么现象体现出来的？ （2）他们同时开始进行实验，在a、b、c、d四个气球中，鼓起来最快的是 。 （3）小红和小明的实验方案中有一个是错误的，是哪一个？ 为什么？ 。 15如图是探究“电流通过导体产生的热的多少跟哪些因素有关”的实验电路（烧瓶、煤油质量和玻璃管均相同）瓶中的电阻采用金属丝（1）完成电路的连接，要求滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数变小（2）实验中，

16、通过观察 来判断电流通过导体产生热的多少（3）在电流与通电时间相同的条件下，选用长度和横截面积都相同的两种材料进行实验，为了使实验现象最明显，可以选用表中的铜与 进行对比材料铜铝钨镍铬合金电阻（欧）0.01750.0290.0531.0（4）要进一步探究导体产生的热的多少与电流是否有关，可以采取的方法是 （允许改变元件位置，更换元件等，只要求写出一种）16利用如图四所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5、10、15、20和25。（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉） （2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使

17、电压表的读数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。由图象可以得出结论：电压一定时， 。上述实验中，小明用5的电阻做完实验后，接下来的操作是 ，然后将10的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表的示数为 V时，读出电流表的示数。（3）为完成整个实验，应选取阻值不小于 的滑变阻器。 17“大胆猜想与小心求证”是科学研究的基本要求。甲乙两同学做了如图所示的实验：在静止的小磁针上方平行地放一根直导线，闭合开关，原来静止的小磁针转动了。对于小磁针转动的原因，两同学有着不同的假设：甲：是因为导线通电发热，造成导线周围空气温度升高， 空气的对流运动使磁针偏转；乙：是因为电

18、流产生磁场，磁场对磁针产生了力的作用。（1）没通电时，静止时小磁针指向南方的那极叫 极。 （2）两同学讨论后，设计了以下实验来验证哪一个观点是正确的：他们调换电池的正负极，改变电流的方向， 闭合开关， 如果甲同学的假设是正确的， 预计应该看到的现象是 。（3）在其它实验条件不变的情况下，把小磁针从直导线下方移到了直导线上方，闭合开关后 ，小磁针的转动方向将 （选填“不改变”或“改变”）。 18小科用如图所示装置探究电磁铁磁性强弱的影响因素。该实验是通过观察电磁铁吸引大头针数量来判断磁性强弱的。请回答：（1）甲、乙两个电磁铁串联，是为了控制通过两者的 一致，根据如图所示的实验现象，能得到的结论是

19、 ；（2）若要利用该装置继续探究“电磁铁磁性强弱与电流大小的关系”，闭合开关S后，还应进行的操作是 ，并与(1)中的实验结果进行比较。答案解析部分1【答案】（1）解：电流表与电阻串联，根据实际，电路中的电流未超过0.6A，可用00.6A的量程；如图所示：（2）E；保持定值电阻R两端电压不变（3）电压一定时，电流与电阻成反比（4）电阻R断路【解析】【解答】（1）电流表与电阻串联，根据实际，电路中的电流未超过0.6A，可用00.6A的量程；如图所示：（2） 将20的电阻换成了15的电阻时，串联电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流变大，滑动变阻器分得的电压变大，电阻分得的电压变小；要探究电

20、流和电阻之间关系，必须保持电阻两端的电压不变，即与电阻并联的电压表示数不变，所以应调节滑片向E移动，减小滑动变阻器接入电路的电阻，使电压表的示数 达到2V时，读取电流表示数因此移动变阻器滑片P的目的保持定值电阻两端电压为2V不变（3）由表格中数据知，电压一定时，导体的电阻增大为原来的几倍，通过电阻的电流变为原来的几分之一，故可得结论：电压一定时，导体中的电流与导体电阻成反比（4）电压表有示数，电流表无示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是断路，所以出现故障的可能原因是电阻R断路故答案为：（1）见上图；（2）E； 保持定值电阻R两端电压不变（3）电压一定时，电流与电阻成反比；（4）电阻R断路；【

21、分析】（1）由电路图可知，电流表与电阻R串联，可根据电压表的量程和最小定值电阻的阻值确定电路中的最大电流；然后根据电流从正接线流入，负接线柱流出将电流表接入电路中（2） 将20的电阻换成了15的电阻时，电路中的总电阻变小，电路中的电流增大，滑动变阻器两端的电压变大，电压表的示数变小；要探究电流和电阻之间关系， 必须保持电阻两端的电压不变，即与电阻并联的电压表示数不变，为保证电阻两端的电压不变，要通过调节滑片，使滑动变阻器两端的电压变小，从而使电阻两端的 电压变为原来的值（3）分析表格中数据，得出电流与电阻的关系（4）电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，说明电路断路

22、，从而判断出故障的可能原因2【答案】（1）15（2）D（3）偏大【解析】【分析】（1）已知电压和电流，根据欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的阻值。根据电流表选用的量程，读出电流表的示数，再根据欧姆定律和串联电路中电压和电流的规律计算待测电阻；（2）根据欧姆定律和串联电路中电压和电流的规律计算待测电阻，比较电流表与欧姆表是否对应；（3）电源实际电压减小，电路中测量的电流减小，根据欧姆定律计算的待测电阻的测量值偏大。【解答】（1）将M、N直接用导线相连，调节滑片P，使电流表满偏（即示数为0.6A），此时电路中电流为0.6A，电源电压为6V，则滑动变阻器接入电路的阻值为：RUI6V0.6A10；由图乙

23、可知，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.24A，保持滑片P位置不变，滑动变阻器和待测电阻Rx在电路中串联，则Rx的阻值为：RxUI-R6V0.24A-1025-1015；（2）分析电路图，根据欧姆定律和串联电路中电压和电流的规律可得Rx的阻值为：RxUI-R，即电流越大，电阻越小，故A、B错误；当电流I为0.2A时，此时Rx的阻值为：RxUI-R6V0.2A-1030-1020，故C错误，D正确。故选D；（3）该装置使用一段时间后，电源实际电压减小，电路中测量的电流减小，而计算时电源电压为6V，根据欧姆定律可知电路中的总电阻偏大，若滑动变阻器的阻值是准确的，则将导致电

24、阻的测量值偏大。3【答案】（1）如图(其他合理连接也可) （2）B（3）；电源电压4.5伏不变，电阻R两端电压控制为3伏，因此滑动变阻器两端电压保持1.5伏不变，则两者电压比为2：1。根据串联特点(或电流相等)，滑动变阻器的接入的有效电阻应该始终为定值电阻阻值的一半。其他基于证据的合理表达也可。【解析】【分析】（1）探究通过导体的电流与电阻的关系时，除了电压表与定值电阻并联外，其它的元件都是串联，要注意电表的量程和接线柱的选择，还要注意变阻器接线“一上一下”。（2）在实验过程中，要控制电阻两端的电压相等。不断调节变阻器的滑片，直到到达规定的电压值，然后再记录对应的电流值即可。（3）根据丙图可知

25、，电压表的示数应该控制为3V不变，那么变阻器两端的电压始终为：U变=U总-U=4.5V-3V=1.5V，然后根据串联电路的电流规律，结合欧姆定律得到变阻器的阻值与定值电阻值的比例关系，进而进行判断即可。【解答】（1）根据乙图可知，变阻器应该与定值电阻串联，它下面的接线柱A已经与电源相连，只需将上面的接线柱D与定值电阻左端相连即可。电压表应该与定值电阻并联，其中的“-”接线柱已经与定值电阻的右端相连，只需将“15”的接线柱与定值电阻的左端相连即可，如下图所示： （2）实验过程中，移动变阻器滑片时，眼睛应注视电压表示数，故选B。 （3）则对应的图像是图丁中的，选择的依据：电源电压4.5伏不变，电阻

26、R两端电压控制为3伏，因此滑动变阻器两端电压保持1.5伏不变，则两者电压比为2：1。根据串联特点(或电流相等)，滑动变阻器的接入的有效电阻应该始终为定值电阻阻值的一半。4【答案】（1）D（2）电流表量程选择错误，应选00.6A的量程（3）1.25（4）灯丝电阻随温度的升高而增大【解析】【分析】（1）根据图丙确定通过电路的最大电流，然后与变阻器的最大电流进行比较，确定变阻器的选用；（2）根据电流表的使用规范分析；（3）灯在额定电压下正常发光，由作出I-U关系图知灯在额定电压下的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率。（4）根据灯丝电阻随温度的变化规律分析解答。【解答】（1）根据图丙可知，通过电路

27、的最大电流为0.5A。因为0.5A0.3A0.1A，所以只能选择最大电流为1A的滑动变阻器D；（2）因最大电流为0.5A，故电流表应选用小量程（00.6A），而上图中电流表选用大量程，量程选择错误；（3）灯在额定电压下正常发光，由作出I-U关系图知，灯在额定电压下的电流为0.5A，小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V0.5A=1.25W。（4）小明发现计算结果R与真实值相比偏大，根据所学的知识，我认为原因可能是：灯丝电阻随温度的升高而增大。5【答案】（1）一个磁体只可能有两个磁极（2）1（3）竖直；磁体总停留在一个位置静止；铁屑【解析】【分析】磁极间相互作用的规律为：同名磁极相互排斥，异名磁

28、极相互吸引。每一个磁体有且仅有两个磁极，即一个N极，一个S极；地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近。【解答】（1）每一个磁体有且仅有两个磁极，即一个N极，一个S极，即猜想3是错误的判断的依据是：一个磁体只可能有两个磁极；（2）如果猜想1正确，用细线将环形磁体水平悬挂起来，由于地磁场的作用，磁体在特定位置才能保持静止，结果观察到磁体在任意位置都能保持静止，这说明猜想1是错误的；（3）为验证猜想2是正确的，可以将环形磁铁竖直悬挂，由于地磁场的作用，环形磁铁会一端指南，一端指北，停留在一个位置，并不会指向其他方向

29、；由于磁体的不同部位磁性不同，可以在磁铁的周围放置铁屑，吸引铁屑多的部位为磁极；故答案为：（1）一个磁体只可能有两个磁极；（2）1；（3）竖直；磁体总停留在一个位置静止；铁屑。6【答案】吸引大头针的数量；螺线管的匝数、通过的电流均不同，无法确定影响其磁场强弱的因素；由图（b）和（c）可知，当螺线管的匝数相同时，通过螺线管的电流越大，螺线管的磁场越强【解析】【分析】对照实验是指在研究一种条件对研究对象的影响时，所进行的除了这种条件不同以外，其他条件都相同的实验，若实验中有两个变量，将不能进行对照实验。【解答】实验通过插在螺线管中铁芯吸引大头针的数量来比较螺线管磁场的强弱，因为大头针数量越多，螺线

30、管磁场越强。该小组同学在观察、比较图（a）和（b）的实验现象后无法得出结论的理由是：实验中有两个变量，螺线管的匝数不同，通过的电流也不同，因此无法作对照得出实验结论。由图（b）和（c）可知，两者的螺线管的匝数相同，唯一不同的是通过的电流不同，b图由于滑动变阻器的作用，电阻阻值大于c图，因此通过的电流是c图更大一些，c图的螺线管的磁场更强，吸引大头针的数量也越多，得出结论为：当螺线管的匝数相同时，通过螺线管的电流越大，螺线管的磁场越强。7【答案】（1）刻度尺、电流表（2）通电导体在磁场中受力的大小可能与导体长度、电流大小有关（3）9【解析】【分析】（1）分析表格中的数据，根据要测量的物理量选择合

31、适的测量工具；（2）除了导体受到的作用力外，表格中测量了哪些物理量，这个实验就基于这些因素进行猜想；（3）分别将1和2，2和3进行比较，找到导体受到的作用力与导线长度，电流大小之间的定量关系，然后再进行计算即可。【解答】（1）根据表格可知，需要测量的物理量分别为导线长度、电流大小和作用力，因此除了测量力的弹簧测力计外，还需要刻度尺和电流表；（2）表格中出了导体受到的作用力外，还记录了导体的长度和电流的大小，因此本实验基于的猜想是：通电导体在磁场中受力的大小可能与导体长度、电流大小有关。（3）对比实验1和2可知，当电流相同时，长度增大：0.20.1=2倍时，导体受到的作用力增大到：4N2N=2倍

32、，可见，导体受到的作用力与导线长度成正比；对比实验1和3可知，当导线长度相同时，电流增大到：0.40.2=2倍时，导体受到的作用力增大到：8N4N=2倍，可见，导体受到的作用力与电流大小成正比；与实验1对比，当导体长度为0.3m，电流为0.3A时，相当于长度增大到原来的3倍，电流增大到原来的0.3A0.2A=1.5倍，因此导体受到的作用力为：2N332=9N。8【答案】（1）左（2）滑动变阻器（3）控制变量法【解析】【分析】（1）通电导体在磁场中受力方向与磁场方向和电流方向有关；（2）根据控制变量法的要求分析即可；（3）在探究一个因素对物理量的影响时，保证其他因素相同，这就是控制变量法。【解答

33、】（1）若改变电源正负极并将磁体的两极对调，则通过导线的电流方向与原来相反，那么导线受力的方向与原来相反，因此将观察到直导线向左运动。（2）探究猜想3时，即探究磁场对电流作用力的大小与电流大小的关系时，必须改变通过导线的电流，即改变电路的电阻，因此可以添加一个滑动变阻器。（3）本实验运用的研究方法主要是控制变量法。9【答案】（1）电流表指针是否偏转（2）不正确；丙（3）感应电流的方向与导体切割磁感线运动方向有关；感应电流的方向与磁场（或磁感线）方向有关；控制变量；转换（4）机械；电【解析】【分析】电路中有电流时，电流表的指针转动，因此可以通过观察电流表的指针是否偏转来确定是否产生了感应电流；需

34、要掌握产生感应电流的条件：闭合电路的部 分导体在磁场中做切割磁感线运动；控制变量法就是每一次只改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而研究被改变的这个变量对事物影响，分别加以 研究，最后再综合解决问题的方法；用能直接观测的量来显示不易直接观测量的方法叫做“转换法”；在此过程中，消耗了机械能得到了电能，所以是机械能转化为 电能。【解答】（1）实验时，通过观察电流表的指针是否偏转，来确定电路中是否产生感应电流（2）要产生感应电流，闭合电路的部分导体在磁场中要做切割磁感线运动；如图丙，竖直移动金属棒不能切割磁感线运动，此时电路中没有产生电流，故说法“只要闭合电路中的一部分导体在磁场中运动，

35、就会产生感应电流”是错误的，所以丙图可支持自己的判断。（3）根据图甲和图乙的实验现象可知：磁场方向不变，导体切割磁感线运动方向改变，电流计指针的摆动方向发生改变，说明感应电流与导体的切割运动方向有关；根据图乙和图丁的实验现象可知：导体切割磁感线运动方向不变，磁场方向不变，电流计指针的摆动方向发生改变，说明感应电流与磁场（或磁感线）有关；感应电流的方向与导体运动的方向和磁场方向有关，根据控制变量法进行实验；电流的方向通过电流表指针的偏转方向反映出来，采用“转换法”。（4）导体运动消耗了机械能，得到了电能，所以在此过程中，机械能转化为电能。故答案为：（1）电流表指针是否偏转（2）不正确、丙（3）感

36、应电流的方向与导体切割磁感线运动方向有关；感应电流的方向与磁场（或磁感线）方向有关；控制变量；转换（4）机械；电10【答案】（1）电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮（2）滑片向左移动，直到电压表示数为2.5V；大于【解析】【分析】（1）灯泡的亮度由它的实际功率决定，即亮度越大，灯泡的亮度越大。两个灯泡串联时，通过它们的电流相等，根据P=UI可知，电压表的示数越大，则说明灯泡的实际功率越大，据此分析解答。 （2）根据丙图读出现在电压表的示数，并与额定电压比较，从而确定电压表的示数变化方向，再根据U=IR分析电流的变化方向，最后根据“电流与电阻的反比关系”确定变阻器的阻值变化，最终确定滑片的移动方

37、向；根据指针的位置确定实际电流与额定电流的大小关系，进而比较实际功率的大小变化。【解答】（1）小灯泡的电功率与电压有关，电压越大，功率越大。则支持该结论的实验现象是：电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮。 （2）根据丙图可知，电压表选择量程03V，分度值为0.1V，则此时电压表的示数为2V，小于额定电压2.5V，那么电压表的示数要变大。根据U=IR可知，此时通过电路的电流变大，那么变阻器的电阻要变小，即滑片向右移动，直到电压表的示数为2.5V。根据图丁可知，电流表的指针在0刻线左侧，则实际电流大于0.3A，那么灯泡的实际功率大于0.75W。11【答案】（1）灯泡断路（2）0.5（3）变小；灯丝的

38、电阻随温度的升高而增大（4）21【解析】【分析】（1）在测量小灯泡电功率的实验中，如果灯泡断路，那么电压表串联在电路中。由于它的内阻很大，因此电流会很小，因此电流表几乎无示数。在串联电路中，电压的分配与电阻成正比，因此电压表的示数非常接近电源电压，即示数较大。（2）根据图乙确定灯泡电压为2.5V时对应的额定电流，然后根据P=UI计算灯泡的额定功率。（3）根据灯丝电阻随温度变化的规律分析解答。（4）在实验过程中，要始终保持电阻两端的电压不变，因此变阻器两端的电压也不变。根据串联电路电压与电阻成正比可知，定值电阻的阻值越大，变阻器的接入电阻越大，因此计算出定值电阻为15时变阻器接入的电阻值即可。【

39、解答】（1）小明连接好电路后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不亮，且电压表有示数，电流表无示数，则故障原因可能是灯泡断路。（2）根据图乙可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，因此灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V0.2A=0.5W。（3）根据图乙可知，电流随电压变化的图像越来越靠近横轴，即电压和电流的比值越来越小，那么原因是：灯丝的电阻随温度的升高而增大。（4）根据丙图可知，电压表的示数保持：U=IR=0.5A5=2.5V；变阻器两端的电压为：U变=U总-U=6V-2.5V=3.5V；根据串联电路电压与电阻成正比得到：2.5V3.5V=15R变；解得：R变=21。

40、12【答案】（1）比热容（2）转换法（3）当通电时间和电阻相等时，电流越大，电流通过导体时产生的热量越多【解析】【分析】（1）根据公式Q=cmt可知，当质量相同的不同物质吸收相同的热量时，比热容越小的物质，升高的温度越多；（2） 物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法；（3）液柱的高度大，说明升高的温度多，分析两次实验中相同的因素和不同的因素，根据控制变量法进行描述即可。13【答案】（1）（2）断路（3）1.14（4）当小灯泡很暗时，其电阻为5。由于小灯泡电阻随温度降低而减小，所以在没有通电

41、时小灯泡温度低，电阻小于5。【解析】【分析】（1）在测量灯泡功率的实验中，除了电压表与灯泡并联外，其它的元件都是串联，要注意电表的量程和接线柱的选择，还有注意变阻器接线“一上一下”。（2）当小灯泡断路时，电压表串联在电路中，由于它的内阻很大，所以通过电路的电流很小，几乎无示数。根据串联电路电压与电阻成正比可知，电压表几乎分得全部电压，因此示数增大了，接近电源电压。（3）根据公式P额=U额I额计算即可；（4）首先根据欧姆定律计算出刚刚闭合开关后灯泡的电阻，然后根据灯丝电阻随温度变化的规律解答即可。【解答】（1）根据实物图可知，开关应该与灯泡串联，那么只要将开关右侧的接线柱与灯泡右端的接线柱相连即

42、可，如下图所示：（2）正确连接电路,闭合开关，发现小灯泡不亮。小科观察到电流表无示数，电压表有示数，由此判断故障是小灯泡断路。（3）根据表格可知，当灯泡的实际电压为3.8V时，额定电流为0.3A，那么小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=3.8V0.3A=1.14W。（4）小科计算了各次实验的灯丝电阻，分析后认为，闭合开关前小灯泡灯丝的阻值小于5欧姆，小科的理由是：当小灯泡很暗时，其电阻为5。由于小灯泡电阻随温度降低而减小，所以在没有通电时小灯泡温度低，电阻小于5。14【答案】（1）气球膨胀大小（2）气球膨胀大小（3）小明；未做到电流相同【解析】【分析】（1）该实验中采用转换法和控制变量法；通过

43、气体膨胀大小来判断产生热量的多少；（2）利用焦耳定律和Q=U2Rt，分析小红和小明方案中产生热量最多的烧瓶，即可知道四个气球中鼓起来最快的；（3）使用控制变量时不能有两个变量。【解答】（1）该实验中采用了转换法，即电流产生热量的多少是通过气球膨胀大小来体现的；（2）小红的方案中两电阻串联，通过电流和通电时间相同，R1R2，根据公式Q=I2Rt，b鼓起的最早；小明的方案中两电阻并联，两端的电压和通电时间相同，R1R2，根据公式Q=U2Rt，所以C鼓起的最早，b与c相比较，c电阻两端的电压大于b中电阻两端的电压，且c的电阻小于b的电阻，因此，c中的电流会大于b中的电流，由焦耳定律Q=I2Rt可知，

44、c比b先鼓起；（3）小明的方案中，两电阻的阻值和电流不同，两个变量无法探究电流产生的热量与电阻的关系。故答案为：（1）气球膨胀大小；（2）c；（3）小明；未做到电流相同。15【答案】（1）（2）玻璃管内液面上升的高度（3）镍铬合金（4）保持其它不变，改变滑动变阻器连入电路的阻值，进行相同时间的二次实验【解析】【分析】（1）滑动变阻器要一上一下的接入电路，当滑片向左移动时，电流表示数变小，即连入的电阻变大，据此选择下面的接线柱；（2）本实验是通过观察玻璃管内液面上升的高度来判断电流通过导体产生热的多少；（3）在电流与通电时间相同的条件下，为了使实验现象最明显，要使两种导线的阻值相差最大；（4）要

45、进一步探究导体产生的热的多少与电流是否有关，可以通过改变滑动变阻器连入电路的阻值或增加电源电压，进行相同时间的二次实验本题为探究电流通过导体产生的热的多少跟哪些因素有关的实验，因物理量较多，在研究电流产生的热量与什么因素有关时，要用好控制变量法【解答】解：（1）滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数变小，即连入的电阻变大，下面选左边接线柱，如图所示： ；（2）烧瓶、煤油质量和玻璃管均相同，加热相同，电阻产生的热量多、温度升高的多，煤油体积膨胀的大，玻璃管内煤油面上升的高，可见是通过观察玻璃管内液面上升的高度来判断电流通过导体产生热的多少（3）为了使实验现象最明显，要使两种导线的阻值相差最大，在电

46、流与通电时间相同的条件下，导线的长度和横截面积相同，铜和镍铬合金的电阻相差最大所以选表中的铜与镍铬合金进行对比（4）要进一步探究导体产生的热的多少与电流是否有关，可以保持其它不变，改变滑动变阻器连入电路的阻值，进行相同时间的二次实验或者保持其它不变，增加电源电压，进行相同时间的二次实验故答案为：（1）如图所示；（2）玻璃管内液面上升的高度；（3）镍铬合金；（4）保持其它不变，改变滑动变阻器连入电路的阻值，进行相同时间的二次实验16【答案】（1）（2）电流与电阻成反比；断开开关；2.5（3）35【解析】【分析】（1）根据电路图确定各个电器元件的串并联关系，注意电表的正负接线柱和量程的选择，滑动变

47、阻器接线要注意“一上一下”，然后将缺少的部分补充完整； （2）正比例函数的图象是一条通过坐标原点的直线，而反比例函数的图象是双曲线；将5电阻换成10电阻，根据串联电路的分压规律判断电压表示数的大小变化，然后确定要恢复原来电压需要电压表的示数如何变化，进而推断变阻器阻值的变化；电压表的示数可根据图像中一组对应的电阻和电流值，利用U=IR计算出来； （3）当电流为0.1A时，变阻器接入的电阻最大，首先根据U滑=U-UR计算出变阻器的电压，然后就根据R滑=U吸I计算变阻器的最小阻值即可。 【解答】（1）根据电路图连接实物图，电压表并联在待测电阻两端，滑动变阻器与待测电阻串联接入电路，电路图如图乙所示

48、： ；（2）由图丙可知，I一R图象是一条反比例函数图象，因此在电压一定的情况下，电流与电阻成反比；把10的电阻接入电路，闭合开关后应向左移动滑动变阻器滑片，使滑动变阻器接入电路的阻值变大，从而减小电阻两端的分压，使电阻两端的电压不变；由图丙可知，电阻为5时，电路电流为0.5A，电阻两端的电压U=IR=0.5A5=2.5V，即应使电压表示数为2.5V；（3）由图丙知，电路的最小电流I=0.1A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，滑动变阻器两端的电压U滑=U-UR=6V-2.5V=3.5V，此时滑动变阻器接入电路的阻值R滑= U吸I=3.5V0.1A =35，即滑动变阻器的阻值不能小于35。17【

49、答案】（1）S（2）小磁针偏转方向不变（3）改变【解析】【分析】（1）小磁针静止时指向南方的是南极（S极），北极指向北方（N）；（2）由安培定则可知，通电直导线中的电流方向改变，则通电直导线周围的磁场方向发生变化；（3）放在磁场中的小磁针，静止时N极所指的方向为该点的磁场方向。【解答】（1）没通电时，静止时小磁针指向南方的那极叫南极（S极）；（2）如果乙正确 , 他们调换电池的正负极 , 则电流的方向改变 , 磁场方向改变 , 小磁针偏转方向也会改变；如果甲同学的假设是正确的 , 磁针偏转的方向就不会改变；（3）因为通电直导线周围的磁场是一个封闭的圆形，电流产生的磁场在导线上、下方的方向相反

50、, 当小磁针从下方移到上方之后 , 小磁针的转动方向会改变。故答案为：（1）南（S）；（2）小磁针念偏转方向不变；（3）改变。18【答案】（1）电流；电磁铁的磁性强弱与线圈匝数有关，匝数越多，磁性越强（2）调节滑动变阻器的滑片【解析】【分析】（1）根据串联电路各处电流都相等的规律解答。根据图片分析哪个因素不同，根据吸引大头针的数量比较磁性的强弱，根据控制变量法的要求描述结论。（2）根据控制变量法的要求可知，探究电磁铁磁性强弱与电流大小的关系时，比较控制线圈匝数相同而改变电流大小，据此分析解答。【解答】（1）甲、乙两个电磁铁串联，是为了控制通过两者的电流一致。根据图片可知，甲的线圈匝数多，吸引的大头针数量多，那么得到结论：电磁铁的磁性强弱与线圈匝数有关，匝数越多，磁性越强。（2）若要利用该装置继续探究“电磁铁磁性强弱与电流大小的关系”，闭合开关S后，还应进行的操作是：调节滑动变阻器的滑片，并与(1)中的实验结果进行比较。