《2026年金考卷中考试题汇编45套物理山东专版》

15. (8分)某同学利用家庭中的有关器材,开展科学探究活动,请根据其实验操作,回答相关问题。
(1)探究平面镜成像的特点,实验装置如图甲所示,通过移动未点燃的蜡烛,找到点燃蜡烛的像的位置。
①家中有如下器材,为确保实验效果,应选择的器材是A(选填"A""B""C"或"D")。
A. 薄玻璃板
B. 厚玻璃板
C. 薄平面镜
D. 厚平面镜
②实验过程中,将光屏放置在点燃蜡烛的像的位置,直接观察光屏,发现光屏上并没有承接到蜡烛的像,说明平面镜所成的像为虚像(选填"实像"或"虚像")。
(2)探究水在沸腾前后温度变化的特点,实验装置如图乙所示,向电水壶中加入常温水,盖上盖板后闭合开关,测量水的温度并观察水中发生的现象。
①水在沸腾前,温度不断升高;水在沸腾后,温度保持不变。
②整个实验过程用时过长,请写出一条改进的措施:减少电水壶中的水量。

答案： 15.
(1)①A ②虚像
(2)①保持不变(或不变) ②减少电水壶中的水量(或提高水的初始温度)
【解题思路】
(1)①探究平面镜成像特点，为了既能成像，又能看到后面的蜡烛，便于确定像的位置及大小，需要使用透明的玻璃板；同时为了避免出现重影，影响实验，应使用较薄的玻璃板。
②实像能用光屏承接，虚像不能用光屏承接。
(2)①水在沸腾后，吸收热量但温度保持不变，这个温度就是水的沸点。
②整个实验过程用时过长，可能是因为水的量太多，可以减少水的量；可能是水的初温太低，可以提高水的初温。

16. (8分)在"伏安法测电阻"实验中,某同学准备了下列器材:待测电阻R、干电池两节(每节电压为1.5V)、滑动变阻器R₁(10Ω 1A)、滑动变阻器R₂(20Ω 0.5A)、电流表、电压表、开关、导线若干。


(1)请用笔画线代替导线将实物电路连接完整,要求闭合开关后滑片向右移动时电流表的示数变大。
(2)正确连接好电路后,为了减小实验误差,他调整滑片进行了三次测量,测量的数据如表所示。根据实验数据,回答下列问题:
①待测电阻R的阻值为10.1Ω(结果保留1位小数);
②实验中选择的滑动变阻器应为R₂(选填"R₁"或"R₂");
③第3次测量,滑动变阻器连入电路的阻值为4.1Ω(结果保留1位小数)。

答案：
16.
(1)如图3所示。(2分)
(2)①10.1 ②R₂ ③4.1

【解题思路】
(1)滑动变阻器需采用“一上一下”的接线方式串联在电路中，题目要求闭合开关后滑片向右移动时电流表示数变大，电流变大说明电路总电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小。因此需将滑动变阻器的右下接线柱接入电路。
(2)①伏安法测电阻中，为减小误差，需根据每次实验的电压和电流数据，用欧姆定律的变形式R = U/I分别计算待测电阻的阻值，再求平均值。第一次测量，R₁ = U₁/I₁ = 1.21V/0.12A≈10.1Ω，第二次测量，R₂ = U₂/I₂ = 1.52V/0.15A≈10.1Ω，第三次测量，R₃ = U₃/I₃ = 2.14V/0.21A≈10.2Ω，待测电阻的平均值R = (R₁ + R₂ + R₃)/3 = (10.1Ω + 10.1Ω + 10.2Ω)/3≈10.1Ω。
②电源电压为3V，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压U滑 = U - UR。当待测电阻两端电压最小时(第1次实验U₁ = 1.21V)，滑动变阻器两端电压最大，此时滑动变阻器接入的电阻也最大。第一次实验中，电路电流I₁ = 0.12A，滑动变阻器两端电压U滑₁ = 3V - 1.21V = 1.79V，根据R = U/I可得R滑 = U滑₁/I₁ = 1.79V/0.12A≈14.9Ω，滑动变阻器R₁最大阻值为10Ω，R₂最大阻值为20Ω，因此实验中选择的滑动变阻器应为R₂。
③第3次测量时，滑动变阻器两端电压U滑₃ = U - U₃ = 3V - 2.14V = 0.86V，滑动变阻器接入电路的阻值R滑₃ = U滑₃/I₃ = 0.86V/0.21A≈4.1Ω。

17. (8分)某同学利用带有刻度的杠杆、量筒、弹簧测力计、细线、小桶,设计实验测量某品牌洗衣液的密度,进行了如下操作:
①将杠杆置于桌面上,调节杠杆两端的螺母,使杠杆在水平位置平衡;
②将装有洗衣液的小桶悬挂在杠杆右侧,左侧用弹簧测力计对杠杆施加竖直向下的拉力,两侧细线拴接位置如图甲所示,杠杆在水平位置平衡时,弹簧测力计的示数为4.0N;
③将小桶中一部分洗衣液倒入量筒,测得其体积为100mL,剩余部分挂回原位置,竖直向下拉动弹簧测力计,杠杆在水平位置再次平衡时,弹簧测力计的示数如图乙所示。
请回答下列问题:
(1)实验中三次杠杆平衡时,均位于水平位置,目的是便于测量力臂的大小。
(2)图乙中弹簧测力计的示数为3.6N。
(3)根据测量数据,g取10N/kg,洗衣液的密度为1.2×10³kg/m³。
(4)该同学整理器材时发现,摆放杠杆的桌面不水平,左侧比右侧略高一点,该因素对密度测量结果的影响是:C(选填"A""B"或"C")。
A. 导致测量结果偏大
B. 导致测量结果偏小
C. 对测量结果没有影响

答案： 17.
(1)便于测量力臂的大小
(2)3.6
(3)1.2×10³
(4)C
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第一步：知器材。
(1)杠杆在水平位置平衡时，左侧弹簧测力计对杠杆的拉力竖直向下，右侧小桶对杠杆的拉力也竖直向下，此时力臂与杠杆都在水平方向。杠杆上带有刻度，我们可以直接通过读取杠杆上悬挂点到支点的刻度值来确定力臂的长度，不需要额外测量力臂，操作更简便、准确，所以实验中三次杠杆平衡均位于水平位置，目的是便于测量力臂的大小。
(2)弹簧测力计的测量分度值为0.1N，所以示数为3.6N。
第二步：明过程。
利用两次杠杆平衡，结合杠杆平衡条件，可测量倒入量筒中的洗衣液的重力及质量。
第三步：测密度。
(3)第一次平衡时，左侧弹簧测力计的拉力F₁ = 4.0N，支点到左侧拉力作用点的距离为L₁ = 24.0cm，则动力臂L₁ = 24.0cm；右侧装有洗衣液的小桶总重力为G总，支点到右侧小桶悬挂点的距离为L₂ = 8.0cm，则阻力臂L₂ = 8.0cm。根据杠杆平衡条件可得4.0N×24.0cm = G总×8.0cm，解得G总 = 12N。第二次平衡时，左侧弹簧测力计的拉力F₁' = 3.6N，动力臂仍为L₁ = 24.0cm；右侧剩余洗衣液和小桶的总重力为G剩，阻力臂仍为L₂ = 8.0cm。同理可得3.6N×24.0cm = G剩×8.0cm，解得G剩 = 10.8N。倒出洗衣液的重力ΔG = G总 - G剩 = 12N - 10.8N = 1.2N，根据重力公式G = mg，可得倒出洗衣液的质量m = ΔG/g = 1.2N/10N/kg = 0.12kg。倒出洗衣液的体积V = 100mL = 1×10⁻⁴m³，根据密度公式ρ = m/V，可得洗衣液的密度ρ = m/V = 0.12kg/1×10⁻⁴m³ = 1.2×10³kg/m³。
第四步：拓思维。
(4)虽然摆放杠杆的桌面不水平，左侧比右侧略高，但实验中每次都使杠杆在当前桌面状态下达到水平平衡，杠杆的支点位置不变，两侧力的方向始终竖直向下，力臂始终是从支点到力的作用线的垂直距离，且能通过杠杆上的刻度准确读取，所以桌面不水平不会改变力臂与杠杆刻度的对应关系，不会改变ΔG、m和V的计算结果，对最终的密度测量结果没有影响。
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