2017年上海市中考物理试卷

2017年上海市中考物理试卷

一、选择题（共16分）

1. 在太阳系中，月球属于（）

A.恒星

B.行星

C.卫星

D.彗星

【答案】

C

【考点】

人类探究太阳系及宇宙的历程

【解析】

解答本题应掌握：能够自身发光发热的星体称为恒星，离我们最近的恒星为太阳；同时应记清太阳系里的八大行星。

【解答】

解：太阳是能够发光发热的星体，是离我们最近的恒星，地球是围绕太阳转动的一颗行星，而月球是地球的一颗卫星．

故选C．

2. 新“七不规范”中，“言语不喧哗”提醒大家要控制声音的（）

A.响度

B.音调

C.音色

D.频率

【答案】

A

【考点】

音调、响度与音色的区分

【解析】

声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。

【解答】

解：校园内和一些公共场所有“言语不喧哗”的规定，指的是声音大，即指声音的响度大．

故选A．

3. 家用电能表读数所用的单位是（）

A.千瓦

B.千瓦时

C.库仑

D.伏特

【答案】

B

【考点】

电功

【解析】

电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表，其单位是千瓦时，简称度。

【解答】

解：A．千瓦是电功率的单位，而电能表是测量电能（或电功）的，故A不合题意；B．电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表，其单位是千瓦时，简称度，故B符

C．库仑是电量的单位，而电能表是测量电能（或电功）的，故C不合题意；

D．伏特是电压的单位，电能表是测量电能（或电功）的，故D不合题意．

故选B．

4. 光从空气倾斜射入玻璃中，入射角为60°，折射角可能为（）

A.0°

B.35°

C.60°

D.90°

【答案】

B

【考点】

光的折射规律

【解析】

光的折射定律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居

法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射

角小于入射角；光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，

折射角大于入射角。

【解答】

解：根据从空气斜射入水中时，入射角为60°，折射角小于入射角，故B可能正确，ACD一定错误．

故选：B．

5. 四冲程内燃机工作时，将内能转化成机械能的冲程是（）

A.吸气冲程

B.压缩冲程

C.做功冲程

D.排气冲程

【答案】

C

【考点】

内燃机的四个冲程

【解析】

四冲程内燃机包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程。其中有两个冲程存在能量转化：压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。

【解答】

解：在四冲程内燃机的四个冲程中，压缩冲程中活塞压缩气体对其做功，将机械能转

化为内能，做功冲程是将内能转化为机械能．

故选：C．

6. 两个质量不同的金属块，放出相同热量，降低相同温度，则（）

A.质量大的金属块的比热容一定大

B.质量大的金属块的比热容一定小

C.质量大的金属块的比热容可能大

D.两个金属块的比热容有可能相同

【答案】

B

【考点】

比热容的概念

【解析】

两个质量不同、散发热量相同的物体，降低相同的温度时，其所能放出热量的多少与其比热容有关，故在分析判断时应联系公式Q=cm△t进行判断。

【解答】

解：据公式Q=cmΔt可得c=Q

mΔt

，金属块的质量不同，放出的热量相同，其变化的温度相同，质量大的金属块的比热容一定小，故B正确．

故选B．

7. 甲车从M点、乙车从N点同时相向运动，它们的s?t图象分别如图(a)、(b)所示，

当甲、乙相遇时，乙距M点12米，若甲、乙的速度分别为v

甲、v

乙

，M、N间的距离为

s，则（）

A.v

甲

乙

，s=36米 B.v

甲

乙

，s=12米

C.v

甲>v

乙

，s=36米 D.v

甲

>v

乙

，s=18米

【答案】

D

【考点】

速度公式及其应用

【解析】

（1）根据图甲和图乙读出对应的路程和时间，然后根据速度公式即可求出甲、乙的速度；

（2）根据甲、乙各自的速度和时间，首先设出甲12m路程所需时间，再列出这段时间内乙通过的路程，它们的路程之和就是M?N两点间的距离。。

【解答】

解：AB．由图象可知，s

甲=12m时，t

甲

=6s，

s 乙=12m时，t

乙

=12s，

则甲的速度：v

甲=

s

甲

t

甲

=12m

6s

=2m/s，

乙的速度：v

乙=

s

乙

t

乙

=12m

12s

=1m/s，

v 甲>v

乙

，故AB错误；

乙车通过的路程为：s

乙=v

乙

t=1m/s×t，

M、N间的距离为：s=s

甲+s

乙

=2m/s×t+1m/s×t=1m/s×t+12m，

解得相遇的时间：t=6s，带入M、N间的距离为：s=s

甲+s

乙

=2m/s×t+

1m/s×t=2m/s×6s+1m/s×6s=18m，故C错误，D正确．

故选：D．

8. 在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，向右移动滑动变阻器滑片P 的过程中（）

A.电流表A示数变大

B.电压表V2示数变小

C.电压表V1示数与电压表V2示数的差值变大

D.电压表V1示数与电流表A示数的比值变大

【答案】

D

【考点】

电路的动态分析

【解析】

由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化。

【解答】

解：A．由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的

总电阻变大，由I=U

R

可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A错误；

B．由U=IR可知，R1两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；

C．因电压表V1示数与电压表V2示数的差值等于R1两端的电压，且R1两端的电压变小，所以，电压表V1示数与电压表V2示数的差值变小，故C错误；

D．由电压表的示数不变、电流表A的示数变小可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故D正确．

故选D．

二、填空题（共22分）

上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器正常工作的电压为________伏，这些用电器是________的（选填串联或并联），工作时将________能分别转化为光能、机械能等．

220,并联,电

【考点】

能量转化和转移

家庭电路的连接

【解析】

（1）家庭电路的电压是220V；

（2）家庭电路中各个用电器是互不影响的，所以是并联的关系；

（3）用电器工作时，消耗电能，产生其他形式的能。

【解答】

解：据教材知识可知，家庭电路的电压是220V；由于家庭电路中的用电器互不影响，所以这些用电器是并联的；这些用电器工作时，消耗了电能，产生其他形式的能，所以是将电能转化为其他形式的能的过程．

2017年月，我国自主研制的C919大型客机在上海首飞成功，客机飞行时，以地面为参照物，客机是________的（选填“运动”或“静止”）；客机下降过程中，其重力势能

________（选填“增大”“不变”或“减小”）；客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎表面的温度会升高，这是通过________的方式改变其内能的．

【答案】

运动,减小,做功

【考点】

改变内能的两种方式

动能和势能的大小变化

参照物及其选择

【解析】

如果物体相对于参照物位置保持不变，物体是静止的；如果物体的位置相对于参照物位置不断变化，则物体是运动的；据此分析答题。

重力势能的大小与质量和高度有关；

改变内能的两种方式是做功和热传递。

【解答】

解：客机飞行时，相对于地面的位置不断变化，以地面为参照物，客机是运动的，

重力势能的大小与质量和高度有关，客机下降时，质量不变，高度减小，所以重力势能减小；

客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎与地面摩擦，克服摩擦做功，表面的温度会升高．

生活中蕴含着很多物理知识：老花眼镜是利用凸透镜对光的________作用制成的（选填“会聚”或“发散”）；运动员把铅球掷出，这主要表明力可以改变物体的________；用吸管吸饮料，是利用________的作用．

【答案】

会聚,运动状态,大气压强

【考点】

大气压的综合应用

力的作用效果

凸透镜的会聚作用

【解析】

（1）凸透镜对光线有会聚作用；

（3）知道生活中常见大气压的应用。

【解答】

解：根据课本可知，老花眼镜是凸透镜，其对光线有会聚作用，就是利用该作用矫正远视眼的；运动员把铅球掷出，这主要表明力可以改变物体的运动状态；在用吸管吸饮料，是利用大气压强的作用将饮料压入吸管的．

某导体两端的电压为9伏，10秒内通过该导体横截面积的电荷量为6库仑，通过该导体的电流为________安，这段时间内电流做功为________焦，若将该导体两端的电压调整为12伏，其电阻为________欧．

【答案】

0.6,54,15

【考点】

电量及其计算

电功的计算

欧姆定律的应用

【解析】

（1）知道10秒内通过该导体横截面积的电荷量，根据I=Q

t

求出通过导体的电流，根据W=UIt=UQ求出这段时间内电流做的功，根据欧姆定律求出导体的电阻；

（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。

【解答】

解：通过导体的电流：

I=Q

t =6C

10s

=0.6A，

这段时间内电流做功：

W=UIt=UQ=9V×6C=54J，由I=U

R

可得，导体的电阻：

R=U

I =9V

0.6A

=15Ω，

因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，

所以，将该导体两端的电压调整为12伏时，导体的电阻仍为15Ω不变．

如图(a)、(b)所示，分别用力F1、F2匀速提升重为牛的物体，图________中的滑轮可以看作省力杠杆；图(a)中，若不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为________牛，物体受到合力的大小为________牛．

【答案】

b,10,0

【考点】

动滑轮及其工作特点

定滑轮及其工作特点

【解析】

臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但是费距离；

【解答】

解：a是定滑轮，本质是等臂杠杆，b是动滑轮，本质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆，

使用定滑轮不省力也不费力，若不计摩擦和滑轮重力，则F1=G=10N，

匀速提升物体，则a图中物体受到的重力和拉力是一对平衡力，其合力的大小为0．

在如图所示的电路中，电源电压为U，已知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，电键S闭合前后，电压表指针的位置不变，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障，________．

【答案】

若电压表的示数为U，说明R2断路或R1短路；若电压表的示数为0，说明R1断路

【考点】

电流表、电压表在判断电路故障中的应用

【解析】

从两个方面分析：①若电压表有示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端相连，

据此定出故障所在；

②若电压表无示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端不相连，据此确定出故障

所在。

【解答】

解：①若闭合开关前，电压表有示数，说明电压表通过R1与电源的两极连通，此时电

压表的示数为电源电压U，闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然测电

源电压，则故障可能是R1短路了（R1不分压），也可能是R2断路（此时电压表串联在电路中测电源电压）；

②若闭合开关前，电压表无示数，说明电压表与电源的两极不相连，则故障为R1断路，闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然无示数，也说明是R1断路．

研究发现，人体内部存在磁场，人体内部的磁场与人体健康密切相关．

①人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则

下列判断中合理的是________．

A．人体内部磁场的磁感线分布较疏

B．人体内部磁场的磁感线分布较密

C．两者磁场的磁感线疏密大致相同

②对人体内部磁场存在的原因提出猜想，请写出一种猜想及其依据________．

【答案】

A,人体内有电流，电流周围有磁场

【考点】

磁场

【解析】

（1）为了形象、准确的描述磁场，我们用一些带箭头的曲线来表示，这样的曲线叫磁

感线，磁感线也是假想出来的，不是真实存在的；但磁场是确确实实存在。

（2）电流的周围存在磁场。

解：磁场越强，反映在磁感线上分布较密，磁场越弱，反映在磁感线上分布较疏；人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则人体内部磁场的磁感线分布较疏，故选A．

根据奥斯特实验，通电导体周围有磁场，对人体内部磁场存在的原因提出猜想：人体内有电流，因为电流周围有磁场．

三、作图题

在图中，小球受到的重力G为20牛，用力的图示法画出重力G．

【答案】

答案如解答图所示．

【考点】

重力示意图

【解析】

作物体的重力图示时，应先分析出力的大小、方向和作用点，再利用所给出的标度，画出这个力即可。

【解答】

解：重力的大小为20N，取标度为10N，方向竖直向下，作用在小球的重心．

在图中，根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角的大小．

【答案】

答案如解答图所示．

【考点】

作光的反射光路图

【解析】

根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数。

【解答】

解：由图知，反射角为30°，可得入射角也为30°，在法线左侧画出入射光线，度数等于反射角为30°即可，

在图甲所示电路的“○”里填上适当的电表符号，要求：闭合S，两灯均能发光．

答案如解答图所示．

【考点】

电压表的使用

电流表的使用

【解析】

根据电流表是串联使用，电压表是并联使用分析。

【解答】

解：根据电路图可知，左面的电表与灯泡串联，因此为电流表；右面的电表与灯泡并联，因此为电压表，如下图所示：

四．计算题（共27分）

金属块排开水的体积为2×10?3米3，求金属块受到浮力F

浮

的大小．（g取9.8N/kg）【答案】

金属块受到浮力的大小为19.6N．

【考点】

浮力大小的计算

【解析】

知道金属块排开水的体积，利用阿基米德原理的推导公式F

浮=G

排

=ρ

液

gV

排

求金属块

受到水的浮力。

【解答】

解：金属块所受浮力：

F 浮=ρ

水

gV

排

=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×2×10?3m3=19.6N．

物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P．

【答案】

此过程中拉力做的功为1000J，功率为100W．

【考点】

功的计算

功率的计算

【解析】

知道水平拉力的大小和前进的距离，根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=W

t

求出功率的大小。

【解答】

解：拉力做的功：

W=Fs=50N×20m=1000J，

拉力的功率：

P=W

t =1000J

10s

=100W．

甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够高）置于水平地面上，甲容器底面积为

6×10?2米2，盛有质量为8千克的水，乙容器盛有深度为0.1米、质量为2千克的

水．（g取9.8m/s2）

（1）求乙容器中水的体积V

乙

．

（2）求乙容器底部受到水的压强p

乙

．

（3）现从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，

求抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量Δp

甲

．

【答案】

（1）乙容器中水的体积为2×10?3m3．

（2）乙容器底部受到水的压强为980Pa．

（3）抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量为490Pa．

【考点】

液体压强的计算公式及其应用

压强的计算公式及其应用

密度公式的应用

【解析】

①已知水的质量和密度，两者之比得到其体积；

②已知水的密度和深度，可以得到水对容器底的压强；

③放在水平面上的物体对水平面的压力等于物体的重力。薄壁容器质量不考虑，根据

两个容器中原来水的质量和质量多少变化后的压力相同，可以得到甲减少的水的质量，进一步得到重力；根据甲减少水的重力和容器底面积，得到甲容器底部受到水的压强

变化量。

【解答】

解：（1）因为ρ=m

V

，

所以乙容器中水的体积：

V 乙=

m

乙

ρ

水

=2kg

1.0×103kg/m3

=2×10?3m3．

（2）乙容器中水对容器底的压强：p

乙=ρ

水

g?

乙

=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×

0.1m=980Pa．

（3）已知从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，也就是剩余水的重力相同，

甲容器剩余水的质量：

m

剩=8kg+2kg

2

=5kg，

甲抽出水的质量：

Δm=m

甲?m

剩

=8kg?5kg=3kg，

甲容器中水对容器底减小的压力：

ΔF=ΔG=Δmg=3kg×9.8N/kg=29.4N，

Δp=ΔF

S

甲=29.4N

6×10?2m2

=490Pa．

在如图所示的路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20欧，闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8安和0.3安．

（1）求电源电压U．

（2）求通过电阻R2的电流I2．

（3）现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，求电阻R0的阻值．

【答案】

（1）电源电压U为6V．

（2）通过电阻R2的电流I2为0.5A．

（3）现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，电阻R0的阻值为10Ω或15Ω．

【考点】

电功率的计算

欧姆定律的应用

【解析】

由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流。（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；

（2）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流；

（3）由题知，电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；根据并联电路的特点确定电阻R0所替换的电阻；根据题中条件利用P= UI求出替换前电源的电功率；再根据题意求出替换后电源的电功率；由并联电路的特点可知另一支路的电阻消耗的功率不变，且根据P=UI可求出该电阻消耗的功率；因

电源的电功率等于各电阻消耗功率之和，据此可求出R0消耗的功率；最后利用P=U 2

R 可得R0的阻值。

【解答】

解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流．

（1）闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8A和0.3A，

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，

所以，干路电流I=0.8A，通过电阻R1的电流I1=0.3A，

并联电路中各支路两端的电压相等，

所以，由欧姆定律可得，电源电压：

U=U1=I1R1=0.3A×20Ω=6V．

（2）由并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：

I2=I?I1=0.8A?0.3A=0.5A．

数发生了变化，

若用R 0替换电阻R 1，则电流表A 1所在支路的电阻发生变化，电流表A 1的示数会发生变化，同时干路电流也会发生变化，即电流表A 的示数发生变化，不符合题意，因此只能是用R 0替换电阻R 2；

替换前电源的电功率：

P 总=UI =6V ×0.8A =4.8W ，

替换后电源的电功率变化了0.6W ，则此时电源的电功率可能为：

P 总′=P 总+ΔP =4.8W +0.6W =5.4W ，

P 总″=P 总?ΔP =4.8W ?0.6W =4.2W ，

并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，替换前后R 1的电流和功率均不变， 则R 1消耗的功率：P 1=UI 1=6V ×0.3A =1.8W ，

因替换后R 1与R 0并联，且电源的电功率等于各电阻消耗功率之和，

所以，电阻R 0消耗的功率可能为：

P 0=P 总′?P 1=5.4W ?1.8W =3.6W ，

P 0′=P 总″?P 1=4.2W ?1.8W =2.4W ，

由P =

U 2R 可得，R 0的阻值可能为： R 0=U 2P 0=(6V)23.6W =10Ω，R 0′=U 2

P 0′=(6V)22.4W =15Ω，

即电阻R 0的阻值为10Ω或15Ω才能满足题中的要求．

五．实验题（共18分）

如图所示的弹簧测力计的最小分度值为________牛，读数为________牛，在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要测量的物理量是________、动力臂、阻力和阻力臂，为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在________位置保持平衡．

【答案】

0.2,3.2,动力,水平

【考点】

探究杠杆的平衡条件实验

弹簧测力计的使用与读数

【解析】

（1）弹簧测力计的分度值是指最小刻度值。

弹簧测力计的读数：确定每一个大格和每一个小格代表的示数，然后读出力的大小。

（2）在探究杠杆平衡条件时，实验前移动平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；实验过程中移动钩码的位置或改变钩码的数量，使杠杆在水平位置重新平衡。

解：如图，弹簧测力计的分度值是0.2N，每一个大格代表1N，弹簧测力计的示数为

3.2N，

在“探究杠杆平衡条件”实验中，需要测量的物理量是动力、动力臂、阻力和阻力臂，

才能得出：动力×动力臂=阻力×阻力臂，

为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在水平位置平衡．

在“探究平面镜成像的特点”实验中，玻璃板应________放置在水平桌面上；为得到像

与物体到镜面的距离关系，物体需放在________位置多次实验（选填“同一”或“不同”），如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，凸透镜置于光具座的A点处，蜡烛、________应置于凸透镜的两侧，若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像，则该凸透镜的焦距________10厘米（选填“大于”“等于”或“小于”）．

【答案】

竖直,不同,光屏,小于

【考点】

凸透镜成像规律及其探究实验

平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案

【解析】

（1）玻璃板不竖直，像的底部不在桌面上，怎么移动都不会与另一蜡烛重合；

（2）一次实验不具备代表性，具有很大的偶然性，所以应采取同样的实验方案多做几次，才能保证结论的正确。

（3）蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧；

首先根据“若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像”。确定凸透镜的焦距范围。

【解答】

解：做“探究平面镜成像的特点”实验，玻璃板应竖直放置在水平桌面上，玻璃板没有

竖直放置，前面蜡烛所成的像可能偏高或偏低，这样前面蜡烛的像与后面的蜡烛就无

法重合了；

一次实验不具备代表性，应采取同样的实验方案多做几次，避免实验现象的偶然性，

才能保证结论的正确，所以应将物体放在不同位置进行实验，在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧；

由“蜡烛置于B点处，得到缩小的实像”知u=50cm?30cm=20cm>2f，即f<

10cm．

小明用六个重力G均为10牛，体积不同的球体，研究放入球体前后容器底部受到水的

压力增加量ΔF的情况，他分别将球体放入盛有等质量水的相同容器中，待球体静止，

得到容器底部受到水的压力增加量ΔF，实验数据和实验现象如表

（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较ΔF和G的大小关系，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时，________，

观察序号4或5或6中实验现象并比较ΔF和G的大小关系，可得出的初步结论是，

________．

（2）小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体

积越大，ΔF越大”的结论，由表中实验序号________的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确．

（3）分析表中序号1?6的现象，数据及相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同

容器中，当放入球体的重力相同时，________体积越大，ΔF越大．

【答案】

（1）容器底部受到水的压力增加量ΔF小于重力G,当放入的球体在水中漂浮时，容器

底部受到水的压力增加量ΔF等于重力G

（2）4、5、6

（3）物体排开液体的

【考点】

控制变量法与探究性实验方案

【解析】

（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力；

（2）分析比较图表的数据，可判断小明得出的结论不正确；

（3）根据阿基米德原理以及力的作用是相互的分析解答。

【解答】

解：（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较ΔF和G的大小关系，可看到浮力小于重力，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量ΔF小于浮力，可得出的初

步结论是：当放入的球体在水中沉底时，容器底部受到水的压力增加量ΔF小于浮力；

观察序号4或5或6中实验现象并比较ΔF和G的大小关系，可看到物体漂浮，浮力等于重力，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量ΔF等于浮力，可得出的初

步结论是，当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量ΔF等于重力G．（2）由（1）的结论，当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量ΔF

等于重力G，与物体体积的大小无关，小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放

入球体的重力相同时，球体的体积越大，ΔF越大”的结论，由表中实验序号4、5、6的

现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确．

（3）分析表中序号1～6的现象，数据及相关条件，根据力的作用是相互的，容器底

部受到水的压力增加量ΔF等于物体受到的浮力，由F

浮=ρ

液

gV

排

，可得出：在盛有等

质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，物体排开液体的体积越大，ΔF越大．

小华做“测定小灯泡的电功率”的实验，现有电源（电压保持不变），待测小灯泡（标有“0.28A”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器、电键及导线若干，小华正确连接电路后进行实验，在移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、

组数据记录在如表中．

1

（1）图(b)中电流表的示数为________安．

（2）请根据相关信息，求出电源电压及小灯泡的额定功率________

________

________

________

________

________

________

________

________（本小题需写出计算过程）

【答案】

（1）0.24

（2）计算过程见解答．

【考点】

探究用电器的电功率实验

【解析】

（1）根据图(b)中电流表的量程和分度值读出示数；

（2）小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，根据图(a)读出电路中的电流为0.24A时灯泡两端的电压；分析表格数据得出重新连接电路时电压表并联在滑动变阻器两端，由表格数据可知电路中的电流为0.24A时变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，从表格数据中得出额定电流下滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率。

【解答】

解：（1）由图(b)可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A．（2）小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，如下图所示：

由图(a)可得，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，灯泡两端的电压为3V，

即灯泡两端的电压为3V时，电路中的电流为0.24A；

由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，

由表中数据可知，当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，

综上可知，当电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，滑动变阻器两端的电压为3V，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，电源的电压U=U L+U滑=3V+3V=6V，

由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U

滑

′=2.2V，

则灯泡的额定电压U

额=U?U

滑

′=6V?2.2V=3.8V，

灯泡的额定功率P

额=U

额

I

额

=3.8V×0.28A=1.064W．