江西省2020年中考物理模拟试题二含解析.docx

2020年江西省中考物理模拟试题（二）
一、填空题（共23分，每空1分）
1．小红在学习了测量后，用螺旋测微仪测了自己的头发丝直径约为90μm＝________m；并称的自己的体重大约是500________。
【答案】9.0×10﹣5；N。
【解析】①∵1μm＝10﹣6m，∴90μm＝90×10﹣6m＝9.0×10﹣5m；②中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N左右。
2．在“探究光反射时的规律”实验中，收集的数据如表格：
晓彤和小雪对测得的数据进行了分析如下：晓彤认为只有一组实验数据反射角和入射角相等，而其它三组数据都不等，说明第一组数据测量有误，所以根据其它三组数据得出反射角不等于入射角；小雪认为后三组数据不等是因为测量中存在误差造成的，排除误差干扰，反射角等于入射角，你认为________分析的正确，由此，根据表格中的数据可以得出的结论是________。
实验次数
反射角度
入射角度
1
10
10
2
32
33
3
48
47
4
60
61
【答案】小雪；在光的反射现象中，反射角等于入射角。
【解析】因为测量时，不可避免地存在误差，因此小雪分析的正确；根据表格中的数据可以得出的结论是：在光的反射现象中，反射角等于入射角。
3．在自然界的水循环中，水的状态发生了变化，如图所示。其中括号1、2、3对应的物态变化的名称分别是________、________、________，括号3对应的物态变化中，水向外界________（填放热或吸热）。

【答案】熔化；液化；凝华；放热。
【解析】水蒸气是气态的，水是液态的，冰是固态的，（1）冰变为水的现象叫熔化，熔化过程吸热；（2）水蒸气变为水的现象叫液化，液化过程放热；（3）水蒸气直接变成固态冰的现象叫凝华，凝华过程放热；
4．生活处处有物理，勤于思考皆学问，小明发现妈妈切肉前总是先磨刀，目的是为了________，拿油瓶的时候，为了防止滑落，总是要用很大力去拿，这是用________的方法来增大摩擦力。
【答案】增大压强；增大压力。
【解析】（1）小明发现妈妈切肉前总是先磨刀，是为了在压力一定时，使刀刃更薄，减小受力面积，增大压强。（2）拿油瓶的时候，为了防止滑落，总是要用很大力去拿，这是用增大压力的方法来增大摩擦力。
5．图所示为建筑物轮廓灯，根据图中的现象，可知建筑物轮廓灯的连接方式为________联，你所判断的依据是________。

【答案】并；并联电路中各用电器互不影响。
【解析】由图知，建筑物上两盏轮廓灯不亮，但其余的灯还亮，说明各轮廓灯互不影响；因为串联电路各用电器相互影响，并联电路中各用电器互不影响，所以建筑物轮廓灯的连接方式为并联。
6．如图所示，挤压气囊时瓶中香水从小孔喷出，这是由于挤压气囊使瓶中吸管顶端的气体流速增大，于是吸管顶端气体压强________（选填：“大于”、“小于”或“等于”）瓶中液面上方气体的压强，从而使香水沿吸管上升并随着高速的气流从小孔喷出，周围的人闻到香水味属于________现象。

【答案】小于；扩散。
【解析】（1）如图所示，挤压气囊时瓶中香水从小孔喷出这是由于挤压气囊使瓶中吸管顶端的气体流速加大，于是吸管顶端气体压强小于瓶中液面上方气体的压强，从而使吸管中的香水受到瓶中液面上较大压强的作用而上升，并随着高速的气流从小孔喷出。（2）周围的人闻到香水味是香水分子在运动，属于扩散现象。
7．使用测电笔测电路时，手要接触测电笔的笔尾________。家庭电路触电有两种情形，一是单线触电，另一种是________触电。
【答案】金属体；双线。
【解析】使用测电笔时，手指要接触笔尾的金属体，笔尖接触电线；家庭电路触电方式包括两种：一是单线接触，指的是站在地上的人单手接触火线；二是双线触电，指的是两手分别接触火线和零线。
8．现代工程建设提倡采用“微爆破”技术，爆破中产生的声音很小，这是在________处减弱噪声，最大限度的控制了声音的________（选填“音调”、“响度”或“音色”）。
【答案】声源；响度。
【解析】采用“微爆破”技术，爆破中产生的声音很小可以在声源处减弱噪声，防止影响人们正常生活。爆破中产生的声音很小是发声体的振幅发生改变，所以发出声音的响度发生改变；所以最大限度的控制了声音的响度。
9．冬天同学们常常利用热水袋取暖，是通过________改变人体的内能；小朋友从滑梯上端滑下来感到臀部发热。是通过________改变人体的内能。
【答案】热传递；做功。
【解析】冬天，人们用热水袋取暖，使人的内能增加，温度升高，是通过热传递改变物体内能的；小朋友从滑梯上滑下时克服摩擦做功，使内能增加，所以臀部感到烫，是通过做功方式改变物体内能。
10．如图所示是“探究电流通过导体产生的热量与________关系的实验”装置。实验中，将两段电阻丝组成串联电路，目的使________和通电时间保持相同；实验后小明取出装置中的电阻，发现两段电阻长度和材料均相同，________（选填“A”或“B”）容器中电阻的横截面积较大。

【答案】电阻；电流；A。
【解析】（1）由图知，两电阻串联，目的是通过的电流相等，通电时间也相同，两电阻的阻值不相等，所以是探究电流通过导体产生的热量与电阻大小关系；（2）材料与长度均相同时，导体电阻与横截面积成反比，已知A容器中的电阻较小，则两电阻丝中横截面积较大的是A。
二、选择题（共26分，把你认为正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上第11-16小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分；第17、18小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题3分全部选择正确得4分，不定项选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
11．同学们通过学习物理养成了关注生活和社会的良好习惯，对下列物理量的估测中，你认为最接近实际的是（　　）
A．正常人1min脉搏次数约为20次
B．初中物理课本的长度约为26mm
C．人体的密度大约为1.0×103kg/m3
D．答题所用2B铅笔质量约为100g
【答案】C
【解析】A、正常人1min脉搏次数约为70次左右；故A错误；B、初中物理课本的长度约为26cm，即260mm；故B错误；C、人体的密度与水接近，大约为1.0×103kg/m3；故C正确；D、答题所用2B铅笔质量约5g；故D错误；选C。
12．如图，宇航员王亚平在太空舱中利用失重状态制成了一个完美的水球，我们透过水球也可以看到她的“脸”，通过观察我们可以判断，此时她的脸到水球的距离（　　）

A．小于一倍焦距
B．大于一倍焦距，小于两倍焦距
C．等于两倍焦距
D．大于两倍焦距
【答案】D
【解析】图中所成的像为倒立、缩小的实像，水球具有中间厚，边缘薄的特点，因此水球相当于一个凸透镜，此时王亚平到水球的距离与水球焦距的关系是大于2倍焦距，故D正确。选D。
13．如图所示的电路中，两电阻相同，当只闭合开关S1时，电流表、电压表的示数分别为I1、U1，当开关S1、S2都闭合时，电流表、电压表的示数分别为I2、U2，则下列说法正确的是（　　）

A．I1：I2＝1：1，U1：U2＝1：2 B．I1：I2＝1：2，U1：U2＝1：1
C．I1：I2＝1：2，U1：U2＝1：2 D．I1：I2＝2：1，U1：U2＝2：1
【答案】C
【解析】当只闭合开关S1时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压U1，电流表测电路中的电流I1；当开关S1、S2都闭合时，电路为R2的简单电路，电压表测R2两端的电压U2，也就是电源电压U（U2＝U），电流表测电路中的电流I2；因两电阻相同，都为R，且串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电流表示数为：I1＝＝，I2＝，所以两电流表的示数之比为：＝＝；当只闭合开关S1时，R1与R2串联，根据串联电路的分压作用，两电阻相同，两电阻分得的电压相同，所以U1＝U，所以＝＝，故C正确。选C。
14．一台笔记本电脑放在桌面上，桌子放在地面上，笔记本电脑与桌面都静止。在下列物体的力中，属于一对平衡力的是（　　）
A．桌子受到的重力与桌子对笔记本电脑的支持力
B．笔记本电脑受到的重力与桌子受到的重力
C．笔记本电脑受到的重力与桌面对笔记本电脑的支持力
D．地面对桌子的支持力与桌面对笔记本电脑的支持力
【答案】C
【解析】A、桌子受到的重力与桌子对笔记本电脑的支持力分别作用在桌子上和电脑上，不是同一物体，不是一对平衡力，故A错误；B、笔记本电脑受到的重力与桌子受到的重力分别作用在电脑上和桌子上，不是同一物体，大小也不相同，不是一对平衡力，故B错误；C、笔记本电脑的重力与桌面对笔记本电脑的支持力，两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线，作用在同一个物体上，是一对平衡力，故C正确；D、地面对桌子的支持力与桌面对笔记本电脑的支持力作用在不同的物体上，且大小也不相同，不是一对平衡力，故D错误。选C。
15．安福县羊狮慕景区以“奇峰怪石、流泉飞瀑、山花争姸、云海幻境、雾凇飞雪”为主要特色，因景区常年云雾蒸腾，常现“羊”“狮”追逐嬉戏于山间的气象景观，故有“羊狮慕”之名。太阳出来云雾散去又见秀丽山川。以下物态变化中，吸收热量的是（　　）
A．雾的形成 B．雾的消散 C．雪的形成 D．雾凇的形成
【答案】B
【解析】在六种物态变化中，吸热的有熔化，汽化和升华三种。A．雾的形成是由于水蒸气遇冷液化形成的，是液化现象，放热，故A选项错误；B．雾的消散是汽化现象，吸热，故B选项正确；C．雪的形成是凝华现象，放热，故C选项错误；D．雾凇的形成是凝华现象，放热，故D选项错误；选B。
16．下列有关热的说法正确的是（　　）
A．晶体在熔化过程中温度不变，内能也不变
B．热机所用燃料的化学能转化成的内能越多，该热机的效率越高
C．某台四冲程汽油机的飞轮转速为 2400 r/min，则1s内该汽油机对外做功80次
D．在沿海，由于陆地和大海升、降温快慢不同，所以白天的风通常从大海吹向陆地
【答案】D
【解析】A、晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，温度不变，故A错误；B、热机效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出能量的比值，所用燃料的化学能转化成热机的机械能越多，效率越高，故B错误；C、四冲程汽油机的飞轮转速为2400r/min＝40r/s，即该飞轮每秒钟转40圈，因为飞轮转2圈，对外做功1次，所以飞轮转40圈，对外做功20次，故C错误；D、由于地面和海水的比热不同，海水的比热容大于陆地的比热容，在同样太阳光的照射下，地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流。白天，地面比大海升温快，地面热空气密度较小，热空气上升，海面较冷的空气就会来补充，于是冷空气沿海面吹向陆地，形成海风，故D正确。选D。
17．在测“滑轮组机械效率”的活动中，瑞瑞同学在与动滑轮相切的细绳上作一标记A（如图甲所示），然后用大小为F的拉力匀速竖直向上提升总重为G的钩码，当钩码上升的高度为H时，瑞瑞同学在与动滑轮相切的细绳上作另一标记B，并测得AB两点间的距离为2H（如图乙所示），则以下所求物理量正确的是（　　）

A．拉力所做的功W＝2FH
B．拉力所做的有用功W有用＝GH
C．该滑轮组的机械效率η＜1
D．该滑轮组的机械效率η＝
【答案】BCD
【解析】AB、图中AB两点间的距离为2H，这并不是绳子自由端移动的距离，绳子自由端移动的距离应该为原来的A点到现在A点的竖直距离；由图可知，物体的重由三段绳子承担，钩码升高H，则绳子自由端移动的距离为：s＝3H；有用功：W有＝GH，总功：W总＝Fs＝F×3H＝3FH，故A错误，B正确；C、因为使用滑轮组要克服动滑轮和绳子的重、要克服摩擦而做额外功，有用功小于总功，滑轮组的机械效率小于1，故C正确；D、该滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝，故D正确。选BCD。
18．如图所示，是同学们所画的几种情景下的示意图，其中不正确的是（　　）
A．门手柄受到的压力的力臂
B．家庭电路中开关和灯泡的连接
C．通电螺线管周围小磁针静止时的指向
D．岸上的人看到水中鱼的光路
【答案】BC
【解析】A、由图可知，O为支点，图中动力F的力臂是指从支点O到力F作用线的距离，故A正确。B、根据安全用电原则可知，火线先进入开关，再接灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上；而图中火线先接灯泡，后接开关，即开关接在零线上，故B错误；C、根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的下端为N极，其上端为S极，由磁极间的相互作用规律可知，小磁针的下端应为S极，故C错误；D、从岸上看水中物体，水中物体反射的光斜射到水面时，光发生折射远离法线后进入眼睛，逆着折射光线看上去，看到是变高了的鱼的虚像；故D正确；选BC。
三、简答与计算题（共16分，第19小题4分，第20小题4分，第21小题2分，第22小题6分）
19．图所示，是小明推着购物车在超市购物，发现用力推车，车运动，不用力推车，车不动；向前用力推，车向前运动，向后拉车，车向后运动。于是他得出结论：力是使车运动的原因，且车运动的方向始终和对车施加的力方向一致。请简要说明小明的结论是错误的。

【答案】见解析
【解析】在超市的水平地面上，用力向前推小车，车向前运动，撤掉推力，手离开小车，没有推力，车由于惯性还继续向前运动；这个现象说明力不是使车运动的原因，是使车从静止变为运动的原因；为了使向前运动的小车尽快停下来，对车施加一个向后的力（与车运动方向相反），车向前减速运动；这个现象说明，车运动的方向和对车施加的力方向不一致。以上现象说明，小明的结论是错误的。
20．甲、乙两物体同时同地反方向开始做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，它们的s﹣t图象为如图所示a、b两条线。求：
①甲物体运动的速度；
②运动5秒甲、乙间的距离s。

【答案】（1）甲物体的速度为20m/s；（2）运动5s后甲、乙间的距离为160m。
【解析】（1）甲的速度：v甲＝＝＝20m/s；
（2）甲经过5s运动的路程为s甲＝v甲t＝20m/s×5s＝100m；
由图象可以看出，乙运动的路程为s乙＝60m，
因为甲、乙两物体同时同地反方向运动，
所以运动5秒甲、乙间的距离s＝s甲+s乙＝100m+60m＝160m。
21．如图所示电路，电源电压保持不变，R1＝20Ω，滑动变阻器的滑片P在两个端点a、b间滑动，电流表的变化范围为0.6A至0.2A．则R2的最大阻值为________Ω；电源电压为________V。

【答案】40；12。
【解析】（1）当滑片位于a端时，电路为R1的简单电路，电路中的电阻最小，电路中的电流最大，即I＝0.6A，由I＝可得，电源的电压：U＝IR1＝0.6A×20Ω＝12V；
（2）当滑片位于b端时，R1与滑动变阻器R2的最大阻值串联，此时电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，即I′＝0.2A，电路中的总电阻：R＝＝＝60Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器的最大阻值：R2＝R﹣R1＝60Ω﹣20Ω＝40Ω。
22．某电热水瓶的铭牌如下表所示。若热水瓶内装满水，在额定电压下工作（外界大气压强为1个标准大气压）。求：
（1）保温时通过电热水瓶的电流是多少________？
（2）加热10分钟电热水瓶消耗的电能是多少________？
（3）若瓶内20℃的水加热10min正好烧开，则加热时电热水瓶的热效率是多少？（c水＝4.2×103J/kg•℃）

【答案】（1）0.14A；（2）7.2×105J；（3）加热时电热水瓶的热效率是93.3%。
【解析】（1）由P＝UI可得，保温时通过电热水瓶的电流：I＝＝≈0.14A；
（2）由P＝可得，加热10分钟电热水瓶消耗的电能：
W＝P加热t1＝1200W×10×60s＝7.2×105J；
（3）由铭牌可知，热水瓶内装满水后水的质量为2kg，
1个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J，
加热时电热水瓶的热效率：η＝×100%＝×100%≈93.3%。
四．实验探究题（共35分）
23．如图所示，弹簧测力计的最小刻度是________N，物体所受的拉力大小为________N，弹簧测力计在使用前要进行________，使指针与零刻度线对齐。

【答案】0.2；3.4；校零。
【解析】弹簧测力计一个大格表示1N，里面有5个小格，一个小格表示0.2N，其分度值为0.2N．其测量范围为：0～5N，弹簧测力计的示数为3N+2×0.2N＝3.4N；由弹簧测力计的使用方法知，使用前指针要指向零刻度线，如果没指向零刻度线，需要校零，即调整至与零刻度线对齐。
14．一次实验课上，老师提供给同学们下列器材：一架已调节好的天平（无砝码）、两只完全相同的烧杯、一只量筒、水、滴管等。要求用上述器材来测定一个合金块的密度。小明同学设计好实验方案后，进行了如下操作：
①将两只空烧杯分别放在天平的左右两盘内，把合金块放入左盘烧杯中；
②向右盘烧杯中缓缓倒水，再用滴管调节，直至天平平衡；
③将烧杯内水倒入空量筒中，测出水的体积（如图a所示）；
④用细线拴好合金块，将其放入图a的量筒内，测出水和合金块的总体积（如图b所示）。则
（1）合金块的质量＝________g；合金块的体积＝________cm3；合金块的密度＝________kg/m3。
（2）在读数无误的情况下，小明测出的合金块密度值与真实值相比________（填“偏大”或“偏小”），产生这一误差的主要原因是________。

【答案】（1）60；20；3×103；（2）偏小；烧杯中的水不能完全倒入量筒中，合金块的质量偏小。
【解析】（1）烧杯内水的质量为：m＝ρV＝1.0g/cm3×60cm3＝60g，
合金块的质量为：m＝60g，合金块体积：V＝80ml﹣60ml＝20ml＝20cm3，
合金块密度：ρ＝＝＝3g/cm3＝3×103kg/m3。
（2）烧杯内的水不能全部倒入量筒，测量水的体积偏小，求出的质量偏小即合金块的质量偏小，求出的密度偏小。
25．在探究通电螺线管外部磁场的实验中，采用了如图1所示的实验装置。

（1）当闭合开关S后，小磁针________发生偏转（填“会”或“不会”），说明通电螺丝管与小磁针之间是通过________发生力的作用。
（2）用铁屑来做实验，得到了如图2所示的情形，它与________磁铁的磁场分布相似。为描述磁场而引入的磁感线________真实存在的。
（3）为了研究通电螺线管的磁极性质，老师与同学们一起对螺线管可能的电流方向和绕线方式进行了实验，得到了如图所示的四种情况。实验说明通电螺线管的磁极极性只与它的________有关，且这个关系可以用________判断。

（4）闭合开关S，通电螺线管周围的小磁针N极指向如图3所示，由图可知：在通电螺线管外部，磁感线是从________极发出，最后回到________极。
【答案】（1）会；磁场；（2）条形；不是；（3）电流方向和绕线方法；安培定则；（4）北；南。
【解析】（1）由图1，电源左端为正极，右端为负极，根据安培定则可以判断通电螺线管右端为N极，左端为S极。根据异名磁极相吸引，由图可知小磁针会发生逆时针偏转；通电螺线管和小磁针之间的作用是通过磁场发生的。（2）由图2可知：通电螺线管的外部磁场与条形磁铁的磁场相似；磁感线是为了能形象描述磁场而引入的，不是真实存在。（3）四个图中的螺线管电路中甲和乙的绕线方式相同，电流方向不同，根据小磁针的指向情况知：甲的右端为S极，乙的右端为N极；同理丙丁也是如此，所以实验说明螺线管的绕线方式相同时，极性只与它的电流方向有关；由甲、丙或乙、丁图分析知，电流方向相同，绕线方法不同其极性不同，所以可以得到通电螺线管的磁极极性跟绕线方法有关。这个关系可以用安培定则来判断。（4）由图3根据安培定则可知，通过螺线管的左端为S极，右端为N极，根据周围小磁针N极指向与该点磁感线方向一致可知：在通电螺线管外部，磁感线是从北极发出，最后回到南极。
26．小明同学在探究“液体蒸发快慢与什么因素有关”的实验时，进行了如下猜想：①液体表面积的大小；②液体温度的高低；③液体表面空气流动的快慢。他进行了如下操作：

A．保持水的②、③两个条件相同
B．在玻璃板上分别滴同样多的水，使两滴水表面积大小明显不同，如图甲所示。
C．若干时间后，两玻璃板上剩下的水明显不同
D．取两块相同的玻璃板
（1）请你帮助小明排出合理的实验顺序：________。
（2）实验中，“水消失”的过程是________现象（填写物态变化的名称）；
（3）同组的小凡同学也进行了猜想①的实验，他是这样做的：选取两个横截面积不同，分别装入不同量的水，如图乙所示。保持水的②、③两个条件相同，经过了相同时间后，小凡发现A容器中水剩余的少，B容器中水剩余的多，由此得出结论，水的表面积越少，蒸发越快。请你帮忙分析小凡同学的做法对不对，并说明理由？________；
（4）本实验中，运用到的物理方法有：________法。（填写一种方法即可）
【答案】（1）DBAC；（2）汽化；（3）没控制水的多少相同；（4）控制变量。
【解析】（1）由图可知，小明同学在探究“液体蒸发快慢与液体表面积的大小是否有关”实验，采用控制变量的思想，合理的实验顺序如下：D．取两块相同的玻璃板，B．在玻璃板上分别滴同样多的水，使两滴水表面积大小明显不同，如图甲所示，A．保持水的②、③两个条件相同，C．若干时间后，两玻璃板上剩下的水明显不同。（2）“水消失”的过程是水由液态变为水蒸气的过程，属于汽化现象；（3）小凡同学的做法不正确，因为从设计的环节看他没控制水的多少相同；（4）本实验中，保持水的②、③两个条件相同，在玻璃板上分别滴同样多的水，使两滴水表面积大小明显不同，运用到的物理方法是控制变量法。
27．小明按照如图所示的电路图连接好电路，测量一只额定电压为2.5V的灯泡的电功率，部分实验数据和现象如表：
实验次数
电压表示数/V
电流表示数/A
灯泡亮度
1
1
0.2
较暗
2
2.5

正常发光
3
6
0
不发光
（1）第3次实验电路故障是________；分析表中实验数据可知，所用电源电压约为________。
（2）若小明手边有“1.5A 50Ω”和“2.0A 20Ω”两种规格的滑动变阻器，“0﹣3V”和“0﹣15V”两个量程的电压表，上面实验中他选用的滑动变阻器规格为________，为了实验过程中不换量程，选用的电压表量程为________。
（3）由于小明粗心大意，没有记录灯泡正常发光时电流表的示数，于是他根据第一次实验数据计算出灯泡电阻R＝＝＝5Ω，现计算出灯泡两端电压为2.5V时的功率P＝＝Ω＝1.25W，则灯泡的额定功率________（选填“＞”、“＝”、“＜”）1.25W。

【答案】（1）小灯泡断路；6V；（2）“1.5A 50Ω”； 0～15V；（3）＜。
【解析】（1）由表中第3次数据可知，电流表示数为0，说明电路可能断路，示数为6V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联小灯泡断路，导致电压表串联在电路中了，因此电压表示数为电源电压6V；（2）由表中数据可知，当电压为UL＝1V时，通过的电流为IL＝0.2A，由欧姆定律灯此时的电阻RL＝＝＝5Ω，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣1V＝5V，变阻器的电压为灯电压的＝5倍，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻为灯的电阻的5倍，即为25Ω，故选用“1.5A 50Ω”的变阻器。由电源电压示数为6V可知，所选用的电压表量程为0～15V。（3）第一次实验数据计算出灯泡电阻RL＝＝＝5Ω，灯泡两端电压增大，灯丝温度升高，灯丝电阻增大，此时R＞5Ω，再计算出灯泡两端电压为2.5V时的功率P＝＝＝1.25W，此时计算的额定功率偏大，所以灯泡的额定功率小于1.25W。
28．小明在“探究杠杆平衡条件”的实验中。

（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，杠杆处于如图甲所示的静止状态，他应把杠杆左端的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）侧调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）某同学用如图乙装置通过多次实验操作及数据分析出杠杆平衡的条件是：动力×动力作用点到支点的距离＝阻力×阻力作用点到支点的距离，你认为他的结论________（选填“可靠”或“不可靠”），原因是________。
（3）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆________（选填“仍保持平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（4）取下A点下方所挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直________（选填“向上”或“向下”）拉杠杆，才能使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数为F1，如果将弹簧测力计沿如图丙所示方向拉杠杆，使杠杆仍处于水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数为F2，则F2________F1（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【答案】（1）右；（2）不可靠；杠杆一直处于水平位置进行实验比较特殊，不能得到普遍结论；（3）左端下沉；（4）向上；＞。
【解析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）杠杆在水平位置平衡，并且动力和阻力垂直作用在杠杆上，此时动力臂和阻力臂都在杠杆上，“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”成立；原因是杠杆一直处于水平位置进行实验比较特殊，不能得到普遍结论，当动力和阻力不垂直作用在杠杆上，动力臂和阻力臂小于支点和作用点之间的距离，“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”不成立；（3）若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧3G×3L＝9GL，右侧2G×4L＝8GL，因为9GL＞8GL 杠杆不能平衡，左端下沉；（4）取下A点下方所挂钩码，根据杠杆的平衡条件，改用弹簧测力计在C点向上拉，此时弹簧测力计的示数为F1，力与力臂的乘积相等，才能使杠杆在水平位置平衡；将弹簧测力计沿如图丙所示方向拉杠杆，使杠杆仍处于水平位置平衡，阻力与阻力臂不变，动力臂减小，此时弹簧测力计的示数为F2变大，则F2＞F1。
29．学习了光学知识后，小冬进行了如图所示的实验。
（1）在水面上方A点放光源，他看到水面下B处有光源的像。当他将光源向下移动时，水中光源的像________（选填“靠近”或“远空气高”）水面；当光源沿水平方向移动时，水中的像相对于光源是________（选填“静止”或“运动”）的。
（2）从A处光源发出的一束光射向水面上的O点，光在水面处发生了折射。他不断改变入射角a的大小，测出相应的折射角γ，将数据填在右表中，分析表中数据可知：光从空气斜射入水中时，入射角增大，折射角________（选填“增大”或“减小”），且折射角总是________（选填“大于”、“小于”成“等于”）入射角。
入射角a
15°
30°
45°
折射角γ
11.3°
22.1°
32.2°

【答案】（1）靠近；静止；（2）增大；小于。
【解析】（1）平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、故当他将光源向下移动时，物距减小，则像距减小，水中光源的像靠近水面；当光源沿水平方向移动时，水中的像相对于光源位置不发生变化，故水中的像相对于光源是静止的；（2）由表知，光是从空气斜射入水中，折射角随着入射角的增大而增大，而且折射角总小于入射角。

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