2017年宜賓中考物理試卷答案解析及word文字版下載（難度系數點評）

一、選擇題（共8小題，每小題3分，共24分，其中1-6題每小題給出的四個選項中只有一個選項是正確的；7-8兩小題有一個或一個以上的選項正確，全選對的得3分，選對但選不全的得2分，有錯或不選的得0分）
1．有位意大利物理學家經歷了“觀察?疑問?猜想?證實”的歷程，探究了擺動規律，他還通過實驗分析得出“物體的運動并不需要力來維持”的結論，這位物理學家是（　　）
A．牛頓B．伽利略C．法拉第D．奧斯特
2．下列自然現象中，屬于熔化的是（　　）
A．
冰雪遇暖消融B．
冬天江河結冰
C．
春天白霧彌漫D．
陽光下露珠變小
3．踢足球是我國青少年喜愛的一項體育運動，如圖所示是一次精彩的傳球攻門過程，下列說法正確的是（　　）

A．在運動過程中，足球的重力勢能是不變的
B．足球對腳的作用力和腳對足球的作用力是一對平衡力
C．足球在空中能夠繼續飛行，是因為受到慣性力的作用
D．足球飛行路線發生了變化，說明力能改變物體的運動狀態
4．下列關于家庭電路的說法中不正確的是（　　）
A．在家庭電路中各用電器都是并聯的
B．保險絲熔斷后，禁止用鐵絲、銅絲等導線代替
C．控制用電器的開關要連接在零線和用電器之間
D．我國家庭電路的電壓是220V
5．下列說法中正確的是（　　）
A．工人在工作中戴防噪聲耳罩是為了防止噪聲的產生
B．用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電
C．電磁波在真空中的傳播速度是3.0×105m/s
D．秋千擺動越來越低，說明能量不守恒
6．將一個凸透鏡正對著太陽光，在凸透鏡另一側15cm處的紙上出現一個最小、最亮的光斑，將一個物體放在該凸透鏡主光軸上距光心20cm處，則在凸透鏡的另一側光屏上會出現一個（　　）
A．正立、放大的虛像B．正立、縮小的虛像
C．倒立、放大的實像D．倒立、縮小的實像
7．如圖所示是興趣小組研究并聯電路電流特點的實物圖，實驗中保持電源電壓不變，先閉合開關S（　　）
A．甲表有示數，乙表沒有示數
B．再閉合開關S1，甲表示數大于乙表示數
C．再閉合開關S1，甲表示數變大，乙表示數不變
D．再閉合開關S1，甲表示數變大，乙表示數變小
8．小李同學在探究某種液體密度的實驗中，用測力計懸掛一個正方體金屬塊，浸沒在液體中，如圖甲所示，緩慢地將金屬塊從液體中豎直提起，該過程中測力計讀數F隨金屬塊提起高度h的關系如圖乙所示，g取10N/kg，則根據圖象信息可以確定（　　）

A．該金屬塊的邊長為4cm
B．在高度h由2cm變化到6cm的過程中，金屬塊所受浮力逐漸增大
C．該液體的密度約為1.56×103kg/m3
D．甲圖中剛提起金屬塊時上表面受到的液體壓強為250Pa
　
二、填空題（共4小題，每題4分，共16分）
9．磁場對通電導線有力的作用，其方向與電流方向和　　　　　　方向有關；發電機利用了　　　　　　的原理發電，將機械能轉化為電能．
10．如圖所示小球在水平面上做直線運動，每隔0.2s記錄一次小球的運動位置，則小球從D點運動到F點的路程為　　　　　　cm，該過程的平均速度為　　　　　　m/s．
11．一定質量的水從從30℃提高到80℃，吸收了4.2×103J的熱量，這是通過　　　　　　（選填“做功”或“熱傳遞”）方式改變了水的內能，水的質量是　　　　　　kg．已知水的比熱容為c水=4.2×103J/（kg•℃）
12．如圖甲是某種車載空氣凈化器，其工作過程如圖乙所示，受污染的空氣被吸入后，顆粒物進入電離區后帶上某種電荷，然后在集塵器上被帶電金屬網捕獲，再通過復合過濾網使空氣凈化，其中帶電金屬捕獲顆粒物的工作原理是　　　　　　，車載空氣凈化器的額定功率為4.8W，額定電壓為12V，則它正常工作的電流為　　　　　　A．

　
三、作圖題（共2小題，共6分）
13．如圖所示，用細線將小球懸掛在豎直墻壁上，請畫出小球所受重力及小球對墻壁壓力的示意圖．

14．如圖所示，S′為發光點S在平面鏡MN中所成的像，S發出的一條光線經平面鏡反射后經過P點，請在圖中作出發光點S的位置，并作出經過P點的反射光線及相應的入射光線（保留作圖痕跡）

　
四、實驗與探究題（共2小題，每小題7分，滿分14分）
15．如圖所示，探究小組利用鐵架臺、帶有刻度的杠桿、細線、若干相同鉤碼、彈簧測力計（單位：N）等實驗器材探究杠桿的平衡條件，在探究實驗中

（1）在掛鉤碼前，小組發現杠桿左端高右端低（如圖甲），應將杠桿兩端的平衡螺母向　　　　　　端調節（選填“左”或“右”），使杠桿在水平位置平衡，這樣做的目的是為了方便讀出　　　　　　；
（2）接著小組在杠桿的兩側掛上不同數量的鉤碼，移動鉤碼的位置，使杠桿重新在水平位置平衡（如圖乙），這時杠桿兩側受到的作用力大小　　　　　　（選填“大于”、“等于”或“小于”）各自鉤碼所受重力大小，若在A，B下方再增掛一個相同的鉤碼，則杠桿　　　　　　端將下沉（選填“左”或“右”）；
（3）如圖丙是已經調節平衡的杠桿，用彈簧測力計在杠桿C處豎直向上拉，在A處掛上適當的鉤碼，使杠桿在水平位置平衡，則彈簧測力計讀數為　　　　　　，鉤碼總質量為　　　　　　kg．（g取10N/kg）
16．如圖甲所示，是利用伏安法測量小燈泡L的電阻的實驗線路，已知L的額定電壓為2.5V，滑動變阻器的最大阻值為20Ω．

（1）請你用筆畫線代替導線，把圖甲的實物電路連接完整（要求導線不交叉、閉合開關后，變阻器滑片向左滑動時燈泡變亮）；
（2）閉合開關前，應將滑動變阻器的滑片置于　　　　　　（選填“A端”、“B端”或“AB正中間”）；
（3）移動滑片P，當小燈泡L正常發光時，發現電流表示數如圖乙所示，則此時電流表的讀數為　　　　　　A，小燈泡的電阻為　　　　　　Ω（保留一位小數）；
（4）實驗操作時，因小燈泡L不慎損壞而出現斷路，無論怎樣移動滑片P，電壓表指針　　　　　　（選填“幾乎不動”或“明顯偏轉”）．
　
五、計算與解答題（本題共2小題，每小題10分，共20分，要求寫出必要的文字說明和重要的演算步驟）
17．如圖所示，一個邊長為0.1m的正方體質量為3kg，放在水平地面上，已知動滑輪的重力為10N，g取10N/kg．
（1）該正方體的密度是多少？
（2）正方體對地面的壓強為多大？
（3）不計摩擦和繩重，用圖示的滑輪組將正方體豎直向上勻速提升20cm，求拉力F所做的功．

18．如圖是某電器設備的部分電路，電源電壓U=4.5V保持不變，燈泡L標有“6V、6W”字樣．已知閉合開關S1和S3時，電路消耗的功率為2.025W，不計燈絲電阻隨溫度的變化．
（1）求定值電阻R3的阻值；
（2）三個開關S1，S2，S3都閉合時，求通過電流表的電流大小；
（3）電壓表的量程為0?3V，電流表的量程為0?0.6A，滑動變阻器R2的阻值在0?20Ω內可調，只閉合開關S2，在保證電表安全的情況下，求燈泡L消耗的電功率的變化范圍．

　

四川省宜賓市中考物理試卷
參考答案與試題解析
　
一、選擇題（共8小題，每小題3分，共24分，其中1-6題每小題給出的四個選項中只有一個選項是正確的；7-8兩小題有一個或一個以上的選項正確，全選對的得3分，選對但選不全的得2分，有錯或不選的得0分）
1．有位意大利物理學家經歷了“觀察?疑問?猜想?證實”的歷程，探究了擺動規律，他還通過實驗分析得出“物體的運動并不需要力來維持”的結論，這位物理學家是（　　）
A．牛頓B．伽利略C．法拉第D．奧斯特
【考點】物理常識．
【分析】伽利略最早提出“物體的運動并不需要力來維持”，并用斜面實驗結合推理對這一觀點進行了驗證．
【解答】解：A、牛頓是在伽利略觀點的基礎上，進行了進一步的完善，不是第一個提出這一觀點的科學家，不符合題意；
B、伽利略最早提出“物體的運動并不需要力來維持”，并用斜面實驗結合推理對這一觀點進行了驗證，符合題意；
C、法拉第發現的電磁感應現象，不合題意；
D、1820年，丹麥物理學家奧斯特首先發現了電流的磁效應，即電流能產生磁場的現象，不符合題意．
故選B．
　
2．下列自然現象中，屬于熔化的是（　　）
A．
冰雪遇暖消融B．
冬天江河結冰
C．
春天白霧彌漫D．
陽光下露珠變小
【考點】熔化與熔化吸熱特點．
【分析】（1）在一定條件下，物體的三種狀態??固態、液態、氣態之間會發生相互轉化，這就是物態變化；
（2）物質由氣態直接變為固態叫凝華，物質由固態直接變為氣態叫升華；由氣態變為液態叫液化，由液態變為氣態叫汽化；由固態變為液態叫熔化，由液態變為固態叫凝固．
【解答】解：A．冰雪遇暖消融，是固態的冰雪熔化為液態的水，故A正確；
B．冬天江河結冰，是液體的水凝固為固體，故B錯誤；
C．春天白霧彌漫，是空氣中的水蒸氣遇冷液化為液態的小水滴，故C錯誤；
D．陽光下露珠變小，是液體的露珠汽化為水蒸氣，故D錯誤．
故選A．
　
3．踢足球是我國青少年喜愛的一項體育運動，如圖所示是一次精彩的傳球攻門過程，下列說法正確的是（　　）

A．在運動過程中，足球的重力勢能是不變的
B．足球對腳的作用力和腳對足球的作用力是一對平衡力
C．足球在空中能夠繼續飛行，是因為受到慣性力的作用
D．足球飛行路線發生了變化，說明力能改變物體的運動狀態
【考點】平衡力的辨別；物體運動狀態變化的原因；慣性；勢能大小的比較．
【分析】（1）重力勢能的影響因素是質量和高度，據此判斷其是否發生改變；
（2）一對平衡力必須大小相等、方向相反、作用在一條直線上、作用在同一物體上；
（3）一切物體都有保持原來運動狀態不變的性質，叫慣性；
（4）力可以改變物體的運動狀態．
【解答】解：A、在運動過程中，足球的高度發生了變化，所以重力勢能是變化的，故A錯誤；
B、足球對腳的作用力和腳對足球的作用力，作用在不同的物體上，是一對相互作用力，不是一對平衡力，故B錯誤；
C、足球在空中能夠繼續飛行，是由于足球具有慣性，但不能說受到慣性力的作用，因為慣性不是力，故C錯誤；
D、足球飛行路線發生了變化，是重力作用的結果，說明力能改變物體的運動狀態，故D正確．
故選D．
　
4．下列關于家庭電路的說法中不正確的是（　　）
A．在家庭電路中各用電器都是并聯的
B．保險絲熔斷后，禁止用鐵絲、銅絲等導線代替
C．控制用電器的開關要連接在零線和用電器之間
D．我國家庭電路的電壓是220V
【考點】家庭電路的連接；家庭電路工作電壓、零線火線的辨別方法；熔斷器的作用及保險絲的選擇方法．
【分析】（1）我國家庭電路的電壓是220V．家庭電路中的用電器都是并聯的，目的是為了用電器之間相互不影響工作．
（2）保險絲是采用電阻率大熔點低的鉛銻合金制成的．
（3）開關控制用電器或插座時，開關和用電器是串聯的，且開關應接在火線和用電器之間．
【解答】解：A、在家庭電路中各用電器之間相互不影響工作，都是并聯的，故A正確；
B、保險絲采用電阻率大熔點低的鉛銻合金制成，在電流過大時能自動切斷電源．鐵絲、銅絲的熔點高，在電流過大時不能自動切斷電源，不能起到保險的作用，故禁止用鐵絲、銅絲等導線代替，故B正確；
C、控制電路的開關應該接在火線和用電器之間，防止開關斷開時，用電器仍然和火線連接造成觸電事故，故C錯誤；
D、我國家庭電路的電壓是220V，故D正確．
故選C．
　
5．下列說法中正確的是（　　）
A．工人在工作中戴防噪聲耳罩是為了防止噪聲的產生
B．用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電
C．電磁波在真空中的傳播速度是3.0×105m/s
D．秋千擺動越來越低，說明能量不守恒
【考點】防治噪聲的途徑；電磁波的傳播；能量守恒定律；正電荷與負電荷．
【分析】（1）防治噪聲的途徑：在聲源處減弱、在傳播過程中減弱、在人耳處減弱；
（2）絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電；用毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電．
（3）電磁波在真空中的傳播速度是一定的，和光速相同，即c=3×108m/s．
（4）根據能量守恒定律來分析．
【解答】解：A、工人戴耳罩是在人耳處減弱噪聲，不能防止噪聲的產生．故A錯誤；
B、用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電，故B正確；
C、電磁波在真空中的傳播速度等于光在真空中的傳播速度，即電磁波在真空中的傳播速度為3×108m/s．故C錯誤；
D、秋千擺動越來越低，是因為受到阻力的作用，在此過程中不可避免的要克服空氣阻力做功，一部分機械能轉化為內能；任何形式的能在轉化為其他形式能的過程中，能的總量都是保持不變的，即能量是守恒的；故D錯誤．
故選B．
　
6．將一個凸透鏡正對著太陽光，在凸透鏡另一側15cm處的紙上出現一個最小、最亮的光斑，將一個物體放在該凸透鏡主光軸上距光心20cm處，則在凸透鏡的另一側光屏上會出現一個（　　）
A．正立、放大的虛像B．正立、縮小的虛像
C．倒立、放大的實像D．倒立、縮小的實像
【考點】凸透鏡成像的應用．
【分析】根據陽光聚焦方法得到焦距：太陽光射到地球上是平行光，平行于主光軸的光線經凸透鏡會聚后得到凸透鏡的焦點．
凸透鏡成像時，2f＞U＞f，成倒立、放大的實像．
【解答】解：把一個凸透鏡對準太陽光，可在距凸透鏡15cm處得到一個最小、最亮的光斑，所以，f=15cm．
U=20cm，2f＞U＞f，成倒立、放大的實像．
故選C．
　
7．如圖所示是興趣小組研究并聯電路電流特點的實物圖，實驗中保持電源電壓不變，先閉合開關S（　　）
A．甲表有示數，乙表沒有示數
B．再閉合開關S1，甲表示數大于乙表示數
C．再閉合開關S1，甲表示數變大，乙表示數不變
D．再閉合開關S1，甲表示數變大，乙表示數變小
【考點】并聯電路的電流規律；電流表的使用．
【分析】分析清楚圖示電路結構，明確各電路元件的連接方式，然后應用并聯電路特點與歐姆定律分析答題．
【解答】解：A、先閉合開關S，電流從正極出發經開關S、甲電流表、燈泡L1回負極，電流表甲測L1的電流，則甲表有示數，乙表無電流經過，故沒有示數，故A正確；
（2）再閉合S1，兩燈泡并聯，電流表甲測干路電流，電流表乙測L2支路電流，電流表甲示數變大，甲表示數大于乙表示數，因為S1斷開時乙表的示數為0，再S1閉合時，乙表有示數，因此這個過程乙表的示數變大．故BC正確，CD錯誤．
故選AB．
　
8．小李同學在探究某種液體密度的實驗中，用測力計懸掛一個正方體金屬塊，浸沒在液體中，如圖甲所示，緩慢地將金屬塊從液體中豎直提起，該過程中測力計讀數F隨金屬塊提起高度h的關系如圖乙所示，g取10N/kg，則根據圖象信息可以確定（　　）

A．該金屬塊的邊長為4cm
B．在高度h由2cm變化到6cm的過程中，金屬塊所受浮力逐漸增大
C．該液體的密度約為1.56×103kg/m3
D．甲圖中剛提起金屬塊時上表面受到的液體壓強為250Pa
【考點】阿基米德原理；液體的壓強的計算．
【分析】（1）金屬塊下表面剛離開液面的高度減去上表面開始露出液面的高度即為金屬塊的邊長；
（2）根據圖象可判斷在高度h由2cm變化到6cm的過程中彈簧測力計的示數的變化，然后根據F浮=G?F拉判斷浮力變化；
（3）當金屬塊完全露出液面時拉力等于重力，據此求出金屬塊重，根據當金屬塊未露出液面時拉力的大小，根據稱重法求出物體受到的浮力，再求出金屬塊的體積，即排開液體的體積，最后利用阿基米德原理求解液體密度；
（4）從圖象中得出甲圖中剛提起金屬塊時上表面距離液面的高度，利用液體壓強公式計算液體壓強．
【解答】解：A、由圖可知，金屬塊被提高2cm時，彈簧測力計的示數開始變大，此時金屬塊的上表面剛露出液面，金屬塊被提升6cm時，彈簧測力計的示數不再變化，此時金屬塊的下表面開始露出液面，故金屬塊的邊長為6cm?2cm=4cm．故A正確；
B、由圖象可知，在高度h由2cm變化到6cm的過程中，彈簧測力計的示數逐漸變大，根據F浮=G?F拉，金屬塊的重力不變，浮力逐漸減小．故B錯誤；
C、金屬塊完全露出液面時拉力等于重力，由圖象可知，該金屬塊的重力：G=F拉=3.5N．
在高度h由0變化到2cm的過程中，金屬塊完全浸沒在液體中，
此時排開液體的體積：V排=V=（4cm）3=64cm3=6.4×10?5m3，
此過程中彈簧測力計的示數為F拉′=2.5N，
所以，物體完全浸沒在液體中受到的浮力為F浮=G?F拉′=3.5N?2.5N=1N，
由F浮=ρ液gV排得，液體的密度：ρ液==≈1.56×103kg/m3．故C正確；
D、由圖象可知，甲圖中剛提起金屬塊時上表面距離液面的高度為h′=2cm=0.02m，
則上表面受到的液體壓強：p=ρ液gh′=1.56×103kg/m3×10N/kg×0.02m=312Pa．故D錯誤．
故選AC．
　
二、填空題（共4小題，每題4分，共16分）
9．磁場對通電導線有力的作用，其方向與電流方向和　磁場　方向有關；發電機利用了　電磁感應　的原理發電，將機械能轉化為電能．
【考點】磁場對通電導線的作用；電磁感應．
【分析】根據影響通電導體在磁場里受力方向的因素和發電機的原理進行解答．
【解答】解：（1）通電導體在磁場中受磁場力的作用，磁場力的方向與電流方向及磁場的方向有關；
（2）發電機的原理是電磁感應，將其他形式的能轉化為電能．
故答案為：磁場；電磁感應．
　
10．如圖所示小球在水平面上做直線運動，每隔0.2s記錄一次小球的運動位置，則小球從D點運動到F點的路程為　8.00　cm，該過程的平均速度為　0.2　m/s．
【考點】變速運動與平均速度．
【分析】讀出小球從D點運動到F點的路程（測量長度時必須估讀到分度值的下一位）和時間，根據v=計算該過程的平均速度．
【解答】解：由圖可知，小球從D點運動到F點的路程為：s=12.50cm?4.50cm=8.00cm=0.08m，
時間：t=2×0.2s=0.4s，
該過程的平均速度為：v===0.2m/s．
故答案為：8.00；0.2．
　
11．一定質量的水從從30℃提高到80℃，吸收了4.2×103J的熱量，這是通過　熱傳遞　（選填“做功”或“熱傳遞”）方式改變了水的內能，水的質量是　0.02　kg．已知水的比熱容為c水=4.2×103J/（kg•℃）
【考點】熱傳遞改變物體內能；熱量的計算．
【分析】（1）做功和熱傳遞都可以改變物體的內能，它們的主要區別是：做功是能量的轉化，而熱傳遞是能量的轉移；
（2）已知水的初溫、末溫和水吸收的熱量，根據公式Q=cm（t?t0）可求水的質量．
【解答】解：
（1）水在升溫過程中吸收了熱量，是通過熱傳遞的方式增加了水的內能；
（2）根據Q=cm（t?t0）可知，
水的質量為：m===0.02kg．
故答案為：熱傳遞；0.02．
　
12．如圖甲是某種車載空氣凈化器，其工作過程如圖乙所示，受污染的空氣被吸入后，顆粒物進入電離區后帶上某種電荷，然后在集塵器上被帶電金屬網捕獲，再通過復合過濾網使空氣凈化，其中帶電金屬捕獲顆粒物的工作原理是　異種電荷相互吸引　，車載空氣凈化器的額定功率為4.8W，額定電壓為12V，則它正常工作的電流為　0.4　A．

【考點】電功率與電壓、電流的關系；物體帶電現象．
【分析】（1）同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引；
（2）車載空氣凈化器正常工作時的功率和額定功率相等，根據P=UI求出正常工作的電流．
【解答】解：（1）顆粒物所帶電荷與集塵器帶電金屬網所帶電荷電性相反，異種電荷相互吸引，因此顆粒物被電網捕獲；
（2）由P=UI可得，車載空氣凈化器正常工作的電流：
I===0.4A．
故答案為：異種電荷相互吸引；0.4．
　
三、作圖題（共2小題，共6分）
13．如圖所示，用細線將小球懸掛在豎直墻壁上，請畫出小球所受重力及小球對墻壁壓力的示意圖．

【考點】力的示意圖．
【分析】重力的方向豎直向下，作用點在物體的重心上．
壓力的方向總是垂直于接觸面，并且指向接觸面；根據壓力的作用點在接觸面上，確定出壓力的作用點，然后過作用點表示壓力的方向．
【解答】解：重力的方向豎直向下，壓力的作用點是球與墻壁的接觸點，然后過作用點作垂直于墻壁，并指向墻里面的壓力．如圖所示：

　
14．如圖所示，S′為發光點S在平面鏡MN中所成的像，S發出的一條光線經平面鏡反射后經過P點，請在圖中作出發光點S的位置，并作出經過P點的反射光線及相應的入射光線（保留作圖痕跡）

【考點】平面鏡成像的相關作圖．
【分析】根據平面鏡成像的特點可知，物與像關于鏡面對稱，首先作出像點S′的物點S，連接PS′，與鏡面的交點為入射點O，再畫出入射光線SO．
【解答】解：作出像點S′的對稱點，即為物點S，連接PS′，與鏡面的交點為入射點O，再連接SO、OP，畫上箭頭，SO為入射光線，OP為反射光線．如下圖所示：

　
四、實驗與探究題（共2小題，每小題7分，滿分14分）
15．如圖所示，探究小組利用鐵架臺、帶有刻度的杠桿、細線、若干相同鉤碼、彈簧測力計（單位：N）等實驗器材探究杠桿的平衡條件，在探究實驗中

（1）在掛鉤碼前，小組發現杠桿左端高右端低（如圖甲），應將杠桿兩端的平衡螺母向　左　端調節（選填“左”或“右”），使杠桿在水平位置平衡，這樣做的目的是為了方便讀出　力臂　；
（2）接著小組在杠桿的兩側掛上不同數量的鉤碼，移動鉤碼的位置，使杠桿重新在水平位置平衡（如圖乙），這時杠桿兩側受到的作用力大小　等于　（選填“大于”、“等于”或“小于”）各自鉤碼所受重力大小，若在A，B下方再增掛一個相同的鉤碼，則杠桿　左　端將下沉（選填“左”或“右”）；
（3）如圖丙是已經調節平衡的杠桿，用彈簧測力計在杠桿C處豎直向上拉，在A處掛上適當的鉤碼，使杠桿在水平位置平衡，則彈簧測力計讀數為　3.2N　，鉤碼總質量為　0.2　kg．（g取10N/kg）
【考點】探究杠桿的平衡條件實驗．
【分析】（1）杠桿右端下傾，說明杠桿的重心在支點右側，調節平衡螺母應使杠桿重心左移，使杠桿在水平位置平衡的目的是為了直接從杠桿上讀出力臂；
（2）杠桿所受鉤碼的拉力等于鉤碼的重力；
要判斷此題，需掌握杠桿的平衡條件：F1L1=F2L2，在支點兩側的鉤碼下方分別再加掛一個相同的鉤碼，若力和力臂的乘積相等，杠桿平衡；若力和力臂的乘積不相等，則杠桿向乘積大的一端傾斜．
（3）觀察彈簧測力計的量程和分度值，讀出彈簧測力計的示數；根據杠桿平衡條件計算鉤碼的總重力，然后利用G=mg計算質量．
【解答】解：（1）杠桿重心右移應將平衡螺母向左調節，直至重心移到支點處；由于力臂是支點到力的作用線的垂直距離，調節杠桿在水平位置平衡時，可以方便的讀出力臂；
（2）杠桿兩側受到的作用力大小等于各自鉤碼所受重力大小；
設杠桿的一個小格為L，一個鉤碼的重力為G，
分別加掛一個相同的鉤碼后：
左邊=5G×3L，右邊=7G×2L，
左邊＞右邊，
所以，杠桿不能平衡，杠桿右端上升，左端下沉．
（3）圖中彈簧測力計的分度值為0.2N，彈簧測力計的示數為3.0N；
設杠桿的一個小格為L，鉤碼的質量為G，
根據杠桿平衡條件可得，G×3L=3.0N×2L，
則G==2N，
所以鉤碼的總質量m===0.2kg．
故答案為：（1）左；力臂；（2）等于；左；（3）3.2N；0.2．
　
16．如圖甲所示，是利用伏安法測量小燈泡L的電阻的實驗線路，已知L的額定電壓為2.5V，滑動變阻器的最大阻值為20Ω．

（1）請你用筆畫線代替導線，把圖甲的實物電路連接完整（要求導線不交叉、閉合開關后，變阻器滑片向左滑動時燈泡變亮）；
（2）閉合開關前，應將滑動變阻器的滑片置于　B端　（選填“A端”、“B端”或“AB正中間”）；
（3）移動滑片P，當小燈泡L正常發光時，發現電流表示數如圖乙所示，則此時電流表的讀數為　0.3　A，小燈泡的電阻為　8.3　Ω（保留一位小數）；
（4）實驗操作時，因小燈泡L不慎損壞而出現斷路，無論怎樣移動滑片P，電壓表指針　幾乎不動　（選填“幾乎不動”或“明顯偏轉”）．
【考點】伏安法測電阻的探究實驗．
【分析】（1）根據燈的額定電壓確定電壓表的量程，根據變阻器滑片向左滑動時燈泡變亮，滑動變阻器滑片左邊的電阻連入電路；
（2）由上面的連接，滑片應置于滑動變阻器阻值最大的位置；
（3）認清電流表小量程的分度值讀數，根據歐姆定律求電阻；
（4）小燈泡L不慎損壞而出現斷路，電壓表串聯在電路中，電壓表分得的電壓接近電源電壓．
【解答】解：（1）L的額定電壓為2.5V＜3V，電壓表選用小量程；由變阻器滑片向左滑動時燈泡變亮，可知，燈的電壓變大，變阻器的電壓變小，由分壓原理知，滑動變阻連入電路中的阻值應變小，所以，應將滑動變阻器滑片左邊的電阻連入電路，如圖所示；
（2）閉合開關前，滑片應置于滑動變阻器阻值最大的位置，所以，應將滑動變阻器的滑片置于B端；
（3）由圖乙知，電流表選用小量程，分度值為0.02A，示數為0.3A，小燈泡L正常發光時對應的電阻值R==≈8.3Ω；
（4）實驗操作時，因小燈泡L不慎損壞而出現斷路，則電壓表串聯在電路中，因其內阻比其它電路元件大的多，根據分壓原理，其示數接近電源電壓，移動滑片改變變阻器連入電路中的電阻時，電壓表示數仍接近電源電壓，指針幾乎不動．
故答案為：（1）如上圖所示；
（2）B端；
（3）0.3；8.3；
（4）幾乎不動．

　
五、計算與解答題（本題共2小題，每小題10分，共20分，要求寫出必要的文字說明和重要的演算步驟）
17．如圖所示，一個邊長為0.1m的正方體質量為3kg，放在水平地面上，已知動滑輪的重力為10N，g取10N/kg．
（1）該正方體的密度是多少？
（2）正方體對地面的壓強為多大？
（3）不計摩擦和繩重，用圖示的滑輪組將正方體豎直向上勻速提升20cm，求拉力F所做的功．

【考點】壓強的大小及其計算；密度的計算；功的計算．
【分析】（1）知道正方體的邊長可求體積，又知道其質量，根據ρ=求出其密度；
（2）正方體對地面的壓力和自身的重力相等，根據F=G=mg求出其大小，正方體的底面積即為受力面積，根據p=求出對地面的壓強；
（3）拉力做的功即為克服正方體重力和動滑輪重力所做的功，根據W=Gh求出拉力F所做的功．
【解答】解：（1）正方體的體積：
V=（0.1m）3=0.001m3，
物塊的密度：
ρ===3×103kg/m3；
（2）正方體對地面的壓力：
F=G=mg=3kg×10N/kg=30N，
受力面積：
S=（0.1m）2=0.01m2，
正方體對地面的壓強：
p===3000Pa；
（3）因不計摩擦和繩重，拉力做的功即為克服正方體重力和動滑輪重力所做的功，
所以，拉力F所做的功：
W=（G+G動）h=（30N+10N）×20×10?2m=8J．
答：（1）該正方體的密度是3×103kg/m3；
（2）正方體對地面的壓強為3000Pa；
（3）拉力F所做的功為8J．
　
18．如圖是某電器設備的部分電路，電源電壓U=4.5V保持不變，燈泡L標有“6V、6W”字樣．已知閉合開關S1和S3時，電路消耗的功率為2.025W，不計燈絲電阻隨溫度的變化．
（1）求定值電阻R3的阻值；
（2）三個開關S1，S2，S3都閉合時，求通過電流表的電流大小；
（3）電壓表的量程為0?3V，電流表的量程為0?0.6A，滑動變阻器R2的阻值在0?20Ω內可調，只閉合開關S2，在保證電表安全的情況下，求燈泡L消耗的電功率的變化范圍．

【考點】歐姆定律的應用；電功率的計算．
【分析】（1）閉合開關S1和S2時，電路為R1的簡單電路，根據P=求出定值電阻R3的阻值；
（2）三個開關S1，S2，S3都閉合時，R1與L并聯，電流表測干路電路，根據P=求出燈泡的電阻，再根據電阻的并聯求出電路中的總電阻，利用歐姆定律求出通過電流表的電流大小；
（3）只閉合開關S2時，燈泡L與R2串聯，電流表測電路中的電路，電壓表測R2兩端的電壓，根據歐姆定律求出燈泡的額定電流，然后與電流表的量程相比較確定電路的最大電流，根據P=I2R求出燈泡L消耗的最大功率，當電壓表的示數最大時電路中的電流最小，燈泡消耗的電功率最小，根據串聯電路的電壓特點求出燈泡兩端的電壓，根據P=求出燈泡L消耗的最小功率，然后得出答案．
【解答】解：（1）閉合開關S1和S2時，電路為R1的簡單電路，
由P=可得，定值電阻R3的阻值：
R3===10Ω；
（2）三個開關S1，S2，S3都閉合時，R1與L并聯，電流表測干路電路，
由P=可得，燈泡的電阻：
RL===6Ω，
因并聯電路中總電阻的倒數等于各分電阻倒數之和，
所以，電路中的總電阻：
R===3.75Ω，
通過電流表的電流大小：
I===1.2A；
（3）只閉合開關S2時，燈泡L與R2串聯，電流表測電路中的電路，電壓表測L兩端的電壓，
燈泡的額定電流：
IL===1A，
因串聯電路中各處的電流相等，且電流表的量程為0～0.6A，
所以，電路中的最大電流I大=0.6A，
則燈泡消耗的最大功率：
PL大=I大2RL=（0.6A）2×6Ω=2.16W，
當電壓表的示數最大U2=3V時，電路中的電流最小，燈泡消耗的電功率最小，
因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，
所以，燈泡兩端的電壓：
UL′=U?U2=4.5V?3V=1.5V，
燈泡L消耗的最小功率：
PL小===0.375W，
所以，燈泡L消耗的電功率的變化范圍0.375W～2.16W．
答：（1）定值電阻R3的阻值為10Ω；
（2）三個開關S1，S2，S3都閉合時，通過電流表的電流為1.2A；
（3）只閉合開關S2，在保證電表安全的情況下，燈泡L消耗的電功率的變化范圍為0.375W～2.16W．