中考物理二轮复习宝典提分专题教材基础实验答案详解教师版.docx
- 文档编号:23382007
- 上传时间:2023-05-16
- 格式:DOCX
- 页数:26
- 大小:285.98KB
中考物理二轮复习宝典提分专题教材基础实验答案详解教师版.docx
《中考物理二轮复习宝典提分专题教材基础实验答案详解教师版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考物理二轮复习宝典提分专题教材基础实验答案详解教师版.docx(26页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
中考物理二轮复习宝典提分专题教材基础实验答案详解教师版
2021年中考物理二轮复习宝典提分专题教材基础实验
试题
教材基础实验
1.如图所示,用手拨动钢尺,发出声音,声音是由钢尺 产生的。
增加钢尺伸出桌面的长度,声音的
产生改变,钢尺的振幅越大,声音的 越大。
【分析】
(1)声音是由物体的振动产生的;
(2)音调和发声体振动的频率有关,频率越大,音调越高;
(3)响度和发声体振动的振幅有关,振幅越大,响度越大。
【解答】解:
(1)用手拨动钢尺,钢尺会发出声音,说明声音是由物体的振动产生的;
(2)改变钢尺伸出桌边的长度,会使声音的频率发生变化,也就是音调发生变化;
(3)若增大钢尺振动的幅度,则声音的响度增大。
故答案为:
振动;音调;响度。
2.在“探究光反射时的规律”实验中,将一块平面镜平放在水平桌面上,再把一张硬纸板竖直放在平面镜上,用激光笔将一束光贴着纸板射到平面镜上,用直尺和笔描出光线的传播路径。
(1)上述实验中硬纸板的作用是 ;
(2)为了探究完整的反射规律,还需要用到的器材是 。
【分析】
(1)硬纸板的作用是显示光路,并通过向后折另一半,来判断反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内;
(2)根据实验的目的分析解答。
【解答】解:
(1)根据题意可知,上述实验中硬纸板的作用是能够间接的在纸板上看到光的传播途径,即显示光的传播路径;
(2)“探究光反射时的规律”实验的目的有:
探究反射光线和入射光线是否共面;反射光线与入射光线是否位于法线两侧;反射角与入射角的大小关系。
实验中采用可折转的纸板,可以探究反射光线、入射光线是否共面,可以探究反射光线与入射光线是否位于法线两侧;要想探究反射角与入射角的大小关系,则需要使用量角器量出反射角和入射角的大小,然后进行比较,所以还需要用到的器材是量角器。
故答案为:
(1)显示光的传播路径;
(2)量角器。
3.在“探究光的反射规律”实验中,平面镜水平放置,白纸板要 放置在平面镜上;图中反射角度数为 ;能不能因此得出反射光线和入射光线总是垂直的结论 。
【分析】根据反射角等于入射角即可求出反射角的度数。
光的反射定律的内容,知道反射角等于入射角。
知道反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
【解答】解:
在“探究光的反射规律”实验中,平面镜要水平放置,白纸板要竖直放置在平面镜上;因为反射角等于入射角,所以反射角为45°;只有入射角为45°时,反射角为45°,此时反射光线和入射光线垂直,只凭一次实验存在偶然性,不能得出反射光线和入射光线总是垂直的结论。
故答案为:
竖直;45°;不能。
4.如图所示,在“探究光的反射规律”实验中,小明将硬纸板竖直地立在平面镜上,硬纸板上的直线ON垂直于镜面,右侧纸板可绕ON向后转动,如图甲所示,入射角等于 (选填“30°”或“60°”);若增大入射角,则反射角,若将右侧纸板向后转动,如图乙所示,在右侧纸板上 (选填“能”或“不能”)观察到反射光。
【分析】
(1)入射角是入射光线与法线的夹角;
(2)反射镜随入射角的增大而增大;
(3)当把纸板向后缓慢旋转时,反射光线将会消失,所以证明了反射光线、法线、入射光线在同一平面内。
【解答】解:
(1)图甲中ON是法线,入射光线与法线的夹角就是入射角,为30°;
(2)根据光的反射定律知:
反射镜等于入射角,若入射角增大,反射角也增大;
(3)根据光的反射定律知:
反射光线、法线、入射光线在同一平面内,所以若将右侧纸板向后转动,在右侧纸板上不能观察到反射光。
故答案为:
30°;增大;不能。
5.小明在“探究平面镜成像规律”实验时,找来两枚完全相同的棋子,是为了比较像和物的 关系;为了确定像的位置,应该选择 来代替平面镜;为了探究平面镜所成的像是实像还是虚像,还应准备的器材是 。
【分析】
(1)选取两段完全相同的棋子的目的是比较像与物的大小关系。
(2)选玻璃板是为了准确确定像的位置,便于比较像与物的大小,达到理想的实验效果。
(3)实像是可以呈现在光屏上的,虚像不能。
【解答】解:
本题考查的是探究平面镜成像规律的实验,要演示实验,至少要找两根完全相同的棋子,一个作为物体,还有一个作为像,便于比较像与物的大小关系;
要用玻璃板代替平面镜,既能像平面镜一样成像,还能透过平面镜观察对面的物体;
实像是可以呈现在光屏上的,虚像不能。
因此要探究是实像还是虚像,应该用一个光屏接受像;
故答案为:
大小;玻璃板;光屏。
6.小李在实验室取出-10℃的冰进行加热实验,她观察冰熔化成水直到沸腾的过程并记录相关数据,绘制成如图所示的温度随时间变化的图像。
根据图像可知0~4min内这块冰的内能______(选填“增加”或“不变”),加热到6min时,将处于______(选填“固态”“液态”或“固液共存态”),加热到______min,水开始沸腾。
【答案】
(1).增加
(2).固液共存态(3).14
【解析】[1]根据图像可知0~4min内这块冰的温度在升高,内能在增加。
[2]加热到6min时,物质继续吸热,但温度保持不变,正在熔化,处于固液共存状态。
[3]加热到14min时,水的温度达到100℃,保持不变,开始沸腾。
7.如图甲所示,是小蕊同学探究“水沸腾时温度变化特点”的实验装置。
(1)图甲的实验装置,安装时应按照 (选填“由上到下”或“由下到上”)的顺序;实验中除了图甲的器材之外,还需要的测量工具是 。
(2)图甲装置中硬纸板的主要作用是 。
(3)小蕊用质量为m1的水做实验,根据记录的实验数据,绘出图乙中的a图线,由a图象可知:
水沸腾时吸收热量,温度 。
(4)若换用初温相同的质量为m2(m2>m1)的水做实验,得到的图线是图乙中的 。
(选填“b”“c”或“d”)
【分析】
(1)用酒精灯加热物体时,安装装置时,先从下到上,方便调节;根据需要测量的量确定实验器材。
(2)在烧杯上覆盖的中心有孔的硬纸板的主要作用是减少热量散失,缩短加热时间。
(3)在探究水的沸腾实验中,水开始沸腾,吸收热量,此时水温保持不变。
(4)改变水的质量,水的沸点不变。
【解答】解:
(1)在该实验中,先安装下面器材,再安装上面器材,便于调节器材间的距离,且便于利用酒精灯的外焰加热;
实验过程中需要测量加热时间,因此需要用到秒表。
(2)在烧杯上覆盖的中心有孔的硬纸板的主要作用是减少热量散失,缩短实验时间。
(3)由图象可知:
水沸腾时的特点是吸收热量,温度不变;
(4)改变水的质量,水的沸点不变,只改变加热的时间,得到的图象可能是图乙中的c。
故答案为:
(1)由下到上;秒表;
(2)减少热量散失,缩短实验时间;(3)不变;(4)c。
8.在“探究不同物质吸热升温的现象”实验中,量取沙子和水时,要保证它们的质量 ;用酒精灯分别加热沙子和水,沙子和水的温度升高, 能增加;如果采用升高相同温度,比较加热时间的方式,得到的图象应是甲、乙两种图象中的 。
【分析】在“探究不同物质吸热升温的现象”实验时采用的是控制变量法,需要控制两种物质的质量相同;物体吸收热量,内能变大。
【解答】解:
在“探究不同物质吸热升温的现象”实验时,需要控制水和沙子的质量相同;
用酒精灯分别加热沙子和水,沙子和水会吸收热量,温度升高,内能变大;
由图甲可知,此时的加热时间相同,升高的温度不同,由图乙可知,升高的温度相同,加热时间不同,故应选择乙。
故答案为:
相等;内;乙。
9.如图甲所示是“探究冰熔化时温度随加热时间变化”的图象。
(c水=4.2×103J/(kg•℃),相同时间吸收的热量相同)
分析图象可知:
(1)冰的熔点是 ℃,冰在熔化过程中的特点是吸收热量,温度 。
(2)该物质在第6min时的内能 (大于/等于/小于)第8min的内能。
(3)熔化后水和烧杯的总质量如图乙所示,其中空烧杯的质量是22.4g,则水的质量是 g,冰熔化过程中吸收的热量为 J。
【分析】
(1)由图象可以看出,熔化过程中出现一段温度恒定的时间段,这是晶体的典型特征,晶体在熔化过程中温度保持不变,这个温度就是晶体的熔点。
(2)物体吸收热量,内能增加;
(3)用天平测物体质量时,物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度;水的质量等于水和烧杯的总质量减去空烧杯的质量;物质在相同的时间内吸收的热量是相同的;根据公式Q=cm△t求出吸收的热量。
【解答】解:
(1)由图象知,冰在5~15min处于熔化过程中,此时吸收热量,温度保持0℃不变,所以冰是晶体,其熔点为0℃,
(2)由图象知,冰在5~15min处于熔化过程中,此时不断吸收热量,内能增加,故该物质在第6min时的内能小于第8min的内能;
(3)由图乙可知,水和烧杯的总质量:
m总=50g+20g+2.4g=72.4g;
则水的质量:
m=m总﹣m空=72.4g﹣22.4g=50g。
在15~25min内,水的温度升高了80℃,则在15~25min内水吸收的热量为:
Q水吸=cm△t=4.2×103J/(kg•℃)×0.05kg×80℃=1.68×104J;
由题知物质在相同的时间内吸收的热量是相同的,而冰的熔化过程用时也是10min,
所以冰熔化过程中吸收的热量为Q冰吸=Q水吸=1.68×104J;
故答案为:
(1)0;不变;
(2)小于;(3)50;1.68×104。
10.用图甲所示的实验装置做“观察水的沸腾”实验。
(1)按规范要求,调节铁圈2的高度时, (选填“需要”或“不需要”)点燃酒精灯。
(2)当水温升到92℃时,每隔0.5min记录一次温度计的示数,部分数据记录如下表。
分析数据可知:
水的沸点是 ℃。
时间/min
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
…
水的温度/℃
92
93
94
95
96
97
98
98
98
98
…
(3)在其他条件不变的情况下,仅将水的质量减少,重复
(2)的实验步骤,在图乙中大致画出“温度一时间”的关系图象。
【分析】
(1)点燃酒精灯加热物体时,要使酒精灯的外焰加热,安装装置时,先从下到上,方便调节。
(2)液体沸腾时不断吸收热量,温度保持不变,这个不变的温度是液体的沸点。
(3)在时间和温度图象上,描出温度和时间的对应点,并把各点用光滑的曲线连接起来。
【解答】解:
(1)按规范要求,要使酒精灯的外焰加热,调节铁圈2的高度时,需要点燃酒精灯。
(2)由表格数据知,水在第3min开始,水不断吸收热量,温度保持98℃不变,所以此时水的沸点是98℃。
(3)根据表格中数据,在时间和温度图象上描点,用光滑的曲线连接各点,在其他条件不变的情况下,仅将水的质量减少,重复
(2)的实验步骤,相同时间水的温度变化更快,如下图:
故答案为:
(1)需要;
(2)98;(3)如上图。
11.实验室用的托盘天平,砝码盒中常配备的砝码规格有:
100g、50g、20g、10g、5g。
现要测量一物体的质量(约为70g)。
(1)调节横梁平衡:
将天平放在水平桌面上,取下两侧的垫圈,指针就开始摆动。
稳定后指针指在分度盘的位置如图甲所示。
则接下来的调节过程为:
。
(2)调节天平横梁平衡后,将物体放在左盘中,用镊子由大到小在右盘中加减砝码……,当放入5g的砝码时,指针偏向分度盘的右侧,如图乙所示。
则接下来的操作是 ,直到横梁恢复平衡。
【分析】
(1)首先把天平放在水平桌面上,再调节平衡螺母直到横梁平衡;调节天平平衡时,如果指针向左偏,平衡螺母向右调,如果指针向右偏,平衡螺母向左调;
(2)放入最小的砝码指针向右偏转,应取下最小砝码,移动游码。
【解答】解:
(1)首先把天平放在水平桌面上,由图甲可知,指针向右偏,接下来的调节过程为:
把游码移到横梁标尺左端零刻线,调平衡螺母,使指针对准分度盘中央;
(2)调节天平横梁平衡后,将物体放在左盘中,用镊子由大到小在右盘中加减砝码,当放入5g的砝码时,指针偏向分度盘的右侧,如图乙所示。
则接下来的操作是取下最小5g砝码,移动游码,直到横梁恢复平衡。
故答案为:
(1)把游码移到横梁标尺左端零刻线,调平衡螺母,使指针对准分度盘中央;
(2)取下最小5g的砝码,移动游码。
12.如图所示,某小组在“探究压力的作用效果与哪些因素有关”的实验中。
(1)实验中是通过比较海绵的 来比较压力作用效果的大小。
这种实验方法叫做 法。
(2)通过比较图甲和图乙两次实验,探究压力的作用效果与 的关系;通过比较图 和图 两次实验,探究压力的作用效果与受力面积的关系,这种实验方法是 法。
(3)实验结束后,同学们做了进一步的交流讨论,分析静止在水平桌面上的固体,它对桌面的压力和它受到的重力大小相等,这是因为它对桌面的压力与桌面对它的支持力是一对 力;它受到的重力与桌面对它的支持力是一对 力。
【分析】
(1)压力作用效果用物体形变大小来反映,物体形变越大,压力作用效果越明显;
(2)压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关。
在受力面积一定时,压力越大,压力作用效果越明显;压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关。
在压力一定时,受力面积越小,压力作用效果越明显;
(3)相互作用力:
作用在两个不同的物体上,大小相等、方向相反、作用在同一直线上;
平衡力:
作用在同一个物体上,大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
【解答】解:
(1)实验中小明是通过比较海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的大小,这种科学探究方法是转换法。
(2)乙图中小桌子上加砝码的目的是为了增大压力大小,比较甲、乙可以得出结论:
当受力面积相同时,压力越大,压力的作用效果越明显,探究压力的作用效果与压力大小的关系。
丙图中小桌子倒放的目的是为了增大受力面积大小,比较乙、丙探究压力的作用效果与受力面积的关系,这种实验方法是控制变量法。
(3)实验结束后,同学们做了进一步的交流讨论,分析静止在水平桌面上的固体,它对桌面的压力和它受到的重力大小相等,这是因为它对桌面的压力与桌面对它的支持力是一对相互作用力;它受到的重力与桌面对它的支持力是一对平衡力。
故答案为:
(1)凹陷程度;转换;
(2)压力大小;乙;丙;控制变量;(3)相互作用;平衡。
13.在“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中。
(1)如图所示,为测出滑动摩擦力大小,三次实验中均用弹簧测力计沿水平方向 拉动木块A,弹簧测力计的示数F1<F2<F3,图中F3为 N。
(2)丙图中,若增大弹簧测力计的拉力,此时木块A所受滑动摩擦力 (变大/变小/不变),木块A上面的砝码 (受/不受)摩擦力。
(3)比较 两幅图,可得出:
压力相同时,接触面越粗糙滑动摩擦力越大。
【分析】滑动摩擦力在物体的接触面上,所以摩擦力的大小无法直接测量,可借助于平衡力的条件,将摩擦力的大小转化成测力计示数的大小进行测量;又因为滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关,所以在探究影响滑动摩擦力大小的因素时应使用控制变量法。
【解答】解:
(1)在此实验操作中必须让弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动木块A,这样做的目的是使拉力和摩擦力成为一对平衡力,大小相等,即弹簧测力计的示数就等于摩擦力;
图中弹簧测力计的分度值为0.2N,示数为2.4N;
(2)若增大弹簧测力计的拉力,但压力和接触面的粗糙程度不变,此时木块A所受滑动摩擦力不变,此时拉力大于摩擦力,木块A上面的砝码有相对运动或相对运动的趋势,受摩擦力;
(3)要探究压力相同时,接触面越粗糙滑动摩擦力越大,需要控制压力相同,改变接触面的粗糙程度,图甲乙符合题意。
故答案为:
(1)匀速直线;2.4;
(2)不变;受;(3)甲乙。
14.某同学为了测出木块A在水平桌面上运动的过程中所受滑动摩擦力的大小,采用了如图所示的实验装置。
(1)他用弹簧测力计水平拉动木块A,应使木块A沿水平桌面做 直线运动。
(2)请你画出
(1)中木块A的受力示意图,并分析说明这种运动状态下,弹簧测力计的示数能表示木块A所受滑动摩擦力大小的依据。
【分析】
(1)利用二力平衡条件;
(2)将木块A放在水平木板上,用弹簧测力计沿水平方向拉动,使木块做匀速直线运动,此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数,其原理是二力平衡;
【解答】解:
(1)用弹簧测力计水平拉动木块A,应使木块A沿水平桌面做匀速直线运动,这样做的目的是便于测出木块所受滑动摩擦力的大小;
(2)木块A沿水平桌面做匀速直线运动,木块A在水平方向上受拉力F和滑动摩擦力f,在竖直方向上受重力G和支持力F支,受力示意图如下图所示。
由于木块A做匀速直线运动,处于平衡状态,拉力和滑动摩擦力为一对平衡力,所以f=F,则弹簧测力计的示数能表示木块A所受滑动摩擦力大小。
故答案为:
(1)匀速;
(2)见上图;由于木块A做匀速直线运动,处于平衡状态,拉力和滑动摩擦力为一对平衡力,所以f=F,则弹簧测力计的示数能表示木块A所受滑动摩擦力大小。
15.某同学要测量一卷粗细均匀的铜线的长度,已知铜线的横截面积S=5×10﹣3cm2,铜的密度ρ=8.9g/cm3,他的主要实验步骤如下:
①用天平测出这卷铜线的质量m。
②计算出这卷铜线的长度l。
请完成下列问题:
(1)画出本次实验数据的记录表格。
(2)测量铜线质量时,天平平衡后,右盘中砝码的质量和游码的位置如图所示,则该卷铜线的质量
m=g,铜线的长度1= cm。
【分析】
(1)根据实验步骤确定测量的物理量,然后设计记录表格。
(2)物体的质量等于砝码质量加上游码对应的示数;根据密度公式变形可求得其体积,已知铜线的横截面积,然后利用V=Sl可求得卷铜线的长度。
【解答】解:
(1)用天平测出这卷铜线的质量m,已知铜的密度,根据密度公式变形可求得其体积,已知铜线的横截面积,然后利用V=Sl可求得卷铜线的长度l;故设计表格如下:
铜线的质量m/g
铜线的体积V/cm3
铜线的长度l/cm
(2)该卷铜线的质量m=100g+50g+20g+5g+3g=178g;
由ρ=
可得,该卷铜线的体积V=
=
=20cm3,
铜线的长度1=
=
=4×103cm。
故答案为:
(1)见上表;
(2)178;4×103。
16.如图是“测量滑动摩擦力大小”的实验装置示意图。
(1)如图甲中,将木板固定水平拉动木块,木块受到的滑动摩擦力与其受到的水平拉力 大小相等;图乙中,水平拉动木板,待测力计示数稳定后,木块受到的滑动摩擦力与其受到的水平拉力 大小相等。
(选填“一定”或“不一定“)
(2)如图丙中,水平拉动木板,待测力计示数稳定后,测力计A的示数为4.0N,测力计B的示数为2.5N,木块受到的滑动摩擦力大小为 N.若增大拉力,当A的示数为4.8N时,B的示数为 N。
【分析】
(1)实验中,摩擦力的大小是通过读取弹簧测力计的拉力得出的,这是依据了二力平衡的原理。
在乙方案中,要保证摩擦力等于拉力,就必须匀速拉动木块,在实际操作中,很难保证匀速。
而甲方案中,无论长木板是否做匀速直线运动,木块始终处于静止状态,摩擦力始终等于拉力。
(2)根据二力平衡分析;物体在非平衡力的作用下做变速运动,根据影响滑动摩擦力大小两下因素不变分析。
【解答】解:
(1)摩擦力的大小是通过读取弹簧测力计的拉力得出的,这是依据了二力平衡的原理,因此,图甲要保持物体做匀速直线运动才行。
图甲在拉动木块时,很难让木块保持匀速直线运动状态,会导致弹簧测力计的示数不稳定;图甲与图乙的最大不同就是一个拉弹簧测力计,一个拉木板,同是做相对运动,但可以看出,图乙当拉动长木板运动的过程中,无论长木板是否做匀速直线运动,木块始终处于静止状态,根据二力平衡的条件知弹簧测力计的示数一定等于摩擦力的大小。
(2)如图丙所示,弹簧测力计B的示数为2.5N,根据二力平衡,则木块受到的摩擦力大小为2.5N.若拉力增大到4.8N,木板将做加速运动,因压力和接触面粗糙程度不变,故木块受到的摩擦力将不变,还是2.5N;
故答案为:
(1)不一定;一定;
(2)2.5;2.5。
17.以下为“探究杠杆平衡条件”实验:
(1)如图甲,把杠杆放在支架上并置于水平桌面,静止时发现杠杆左低右高,为了使杠杆在水平位置平衡,应将右端的平衡螺母向 调节。
(2)如图乙,在已经调节好的杠杆左端A处挂4个钩码,要使杠杆仍在水平位置平衡,应在杠杆右边离支点4格的B处挂 个相同的砝码。
(3)如图丙,在杠杆左边离支点4格的C处,用弹簧测力计与水平方向成30°角斜向上拉,也可使杠杆在水平位置平衡,则弹簧测力计示数为 N(每个钩码重0.5N)。
【分析】
(1)把杠杆放在支架上并置于水平桌面后,发现杠杆左低右高,为了使杠杆在水平位置平衡,应将右端平衡螺母向高的一侧调节;
(2)根据杠杆的平衡条件做出解答;
(3)当弹簧测力计在C点斜向上拉(与水平方向成30°角)动力臂是
OC,根据杠杆的平衡条件求出弹簧测力计的读数。
【解答】解:
(1)把杠杆放在支架上并置于水平桌面后,发现杠杆左低右高,为了使杠杆在水平位置平衡,应将右端平衡螺母向右调节;
(2)设杠杆的一个小格为L,一个钩码的重为G,
乙图,设在B处悬挂钩码的个数为n,由杠杆平衡条件得:
4G×2L=nG×4L,
解得:
n=2,
即应在杠杆右边B处挂2个钩码;
(3)当弹簧测力计在C点斜向上拉(与水平方向成30°角)杠杆,此时动力臂等于
OC=
×4L=2L;
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可得,测力计的示数:
F1=
=
=2N。
故答案为:
(1)右;
(2)2;(3)2。
18.如图所示,将压强计的金属盒放在同种液体中,金属盒面的朝向不同。
(1)要观察到U形管两侧液面的高度差相等,必须控制金属盒面的中心在液体中的 相等,由上述实验可知:
液体内部某一点,来自各个方向的压强大小是 的。
(2)不增加器材,用这套装置还可以探究液体内部压强与 的关系。
【分析】
(1)U形管压强计是通过观察U形管两边液面的高度差判断液体内部压强大小的;分析图所示现象,找出相同量和不同因素,分析得出液体压强与不同因素的关系;
(2)液体内部压强与液体深度和密度有关,研究与其中一个因素的关系时,要控制另外一个因素不变,
改变压强计的探头在水中的深度,据此分析。
【解答】解:
(1)如图比较液体内部压强大小的仪器名称是U形管压强计,实验中判断压强大小是通过观察U形管两边液面的高度差实现的;
由图所示现象知,压强计的探头处于同种液体的同一深度,但朝向不同,而U形管压强计两管液面高度差相等,故得出的初步结论是:
同种液体,在同一深度,液体内部向各个方向的压强均相等;
(2)液体密度相同,如果改变压强计的探头在水中的深度,即只改变深度的大小,故可探究液体内部压强与深度的关系。
故答案:
(1)深度;相等;
(2)深度。
19.如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置。
两个相同的透明容器中密封着等量的空气,将1、2和3、4导线分别接到电源两端。
(1)甲图所示的装置用来探究电流通过电阻丝产生的热量与 电流 的关系,通电一段时间, a (选填“a”或“b”)容器中电流产生的热量较多;
(2)通过观察乙图中的实验现象,可知 d (选填“c”或“d”)容器中电阻丝的阻值大。
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关;
(1)探究电流产生热量跟电流关系时,控制电阻和通电时间相同;
(2)探究
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中考 物理 二轮 复习 宝典 专题 教材 基础 实验 答案 详解 教师版