2019年上海市松江区中考物理二模试卷（解析版）

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④会分析多次实验的目的。

【解答】解：①分析表一或表二中数知，动滑轮的重力相同，被提升的物重不同，且G物越大，拉力F越大，可得表一或表二中F与G物的数据及相关条件，当G滑相同时，G物越大，F越大；

②由表中实验2、6（或3、7或4、8或5、9）数据，被提升的物重相同，动滑轮重力不同，且G滑越大，F越大；故分析比较实验2、6（或3、7或4、8或5、9）序号等相关条件及相关数据，可得出初步结论是：使用动滑轮匀速提起物体，G物相同，G滑越大，F越大； ③由表一数据有： 第1次实验：1.5N＝第2次实验：2.0N＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 第5次实验：5.0N＝由表二数据有： 第5实验：3.0＝第6实验：4.0N＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 第10次实验：7.0N＝

， ； ； ， ； ；

故得出F与G滑、G物的关系为： F＝（G物+G滑）。

根据表一、二中前三列的数据可知，当G物等于G滑时，F＝G物，当G物＞G滑时，F＜G物； 即按图所示方式使用动滑轮匀速提起物体，若有省力，需满足的条件是：G物＞G滑：。

④实验分为探究性实验和测量型实验，测量型实验的目的是取平均值减小误差，而此实验是探究性实验，多次测量的目的是寻找普遍规律，故应选B。 故答案为：（1）当G滑相同时，G物越大，F越大； （2）2、6（或3、7或4、8或5、9）； ③F＝（G物+G滑）；G物＞G滑； ④B。

【点评】本题是探究动滑轮省力特点的实验，考查了对实验数据的分析，在分析时注意控制变量法的应用，并注意物理量的变化。

26．【分析】①灯正常发光时的功率为额定功率，小华同学要测定标有“0.3A”字样小灯L的额定功率，据此分析；

②由题意，根据分压原理和串联电路电压的规律确定电压表与变阻器并联了；

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因按规范步骤进行操作，即闭合开关前，变阻器连入电路中电阻最大，由欧姆定律求出小明第一次操作中，电路中的电流；

根据串联电路的规律及欧姆定律求出第一次待测电阻大小：

由欧姆定律求出小明的第二次操作中电路中的电流；根据串联电路的规律及欧姆定律，求出第二次操作中待测电阻大小；为减小误差，将两次测量的平均值作为测量结果；

小华在第2次测量中，根据已知条件，由欧姆定律求出变阻器的电压，根据串联电路电压的规律得出灯的额定电压，根据P＝UI求出灯的额定功率。

【解答】解：①灯正常发光时的功率为额定功率，小华同学要测定标有“0.3A”字样小灯L的额定功率，即当灯的电流为0.3A时，灯正常发光，故小华用的是电流表； 小明用的是电压表：

②选取电压表的同学闭合开关时，电压表示数为2.8伏；移动变阻器滑片至中点位置时（即它接入电路的电阻为5欧），根据分压原理，变阻器的电压变小，根据串联电路电压的规律，电阻的电压变大，因电压表示数为1.8伏，故电压表与变阻器并联了；

因按规范步骤进行操作，即闭合开关前，变阻器连入电路中电阻最大，为10Ω； 根据欧姆定律，在小明的第一次操作中，电路中的电流： I1＝

＝

＝0.28A；

根据串联电路的规律及欧姆定律，待测电阻： RX1＝

＝

≈11.4Ω；

在小明的第二次操作中，电路中的电流： I2＝

＝

＝0.36A；

根据串联电路的规律及欧姆定律，待测电阻： R′X1＝

＝

＝

≈11.7Ω；

为减小误差，将两次测量的平均值作为测量结果： RX＝

≈11.6Ω

小华在第2次测量中，变阻器连入电路中的电阻为5Ω，此时电流表的示数为0.3A，灯正常发光，由欧姆定律，变阻器的电压为：UV＝I′R滑中＝0.3A×5Ω＝1.5V； 根据串联电路电压的规律，灯的额定电压为： U额＝U﹣UV＝6V﹣1.5V＝4.5V； 灯的额定功率为：

P额＝U额I额＝4.5V×0.3A＝1.35W。

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故答案为：①小华；②11.6Ω；1.35W。

【点评】本题测电阻大小和功率，考查器材的选择、串联电路的规律及欧姆定律和串联电路的规律，有一定难度。 19

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