2018年上海市徐汇区中考物理模拟真题
一、选择题（共16分）
1．（2分）在原子核中，不带电的粒子是（ ）
A．质子 B．电子 C．中子 D．原子
2．（2分）以下各种单色光中，属于三原色光之一的是（ ）
A．蓝光 B．橙光 C．黄光 D．紫光
3．（2分）发现电流磁效应的科学家是（ ）
A．牛顿 B．奥斯特 C．库伦 D．欧姆
4．（2分）冬运会的冰壶运动中，冰壶在运动员不断摩擦冰面的过程中前进，其惯性（ ）
A．变大 B．不变 C．先变大后不变 D．先变大后变小
5．（2分）质量和初温都相同的铁块和一杯水，吸收相等热量后，把铁块投入这杯水中，已知c铁＜c水，则（ ）
A．热量由水传给铁块 B．水和铁块之间没有热传递
C．热量由铁块传给水 D．条件不足，无法判断
6．（2分）甲、乙两物体同向做匀速直线运动，如图所示是它们的s﹣t图象，观察者位于P处，t=0时，乙物体经过P处，t=2秒时甲物体也经过P处，则甲从经过P处到追上乙所用时间t甲和通过的路程s为（ ）
A．t甲=3秒，s=15米 B．t甲=3秒，s=25米
C．t甲=5秒，s=15米 D．t甲=5秒，s=25米
7．（2分）甲、乙两个均匀实心正方体放在水平地面上，它们对水平地面的压强相等，密度的大小关系为ρ甲＞ρ乙．若分别沿水平方向截去一部分，使剩下的高度相同，它们剩余部分质量为m甲、m乙，对地面压力的变化量的大小为△F甲、△F乙，则（ ）
A．m甲＞m乙，△F甲＞△F乙 B．m甲＞m乙，△F甲＜△F乙
C．m甲＜m乙，△F甲＞△F乙 D．m甲＜m乙，△F甲＜△F乙
8．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电键S断开，在下列的各种操作中，能使电表A与A1示数之差变大的是（ ）
A．滑动变阻器R1的滑片向右滑动
B．滑动变阳器R1的滑片向左滑动
C．闭合电键S前后
D．闭合电键S后，滑动变阻器R1的滑片向右滑动
二、填空题（共24分）
9．（3分）上海地区家用照明电路的电压为 伏：电灯所消耗的电能是远方的发电站通过 （选填“高压“或“低压“）输电线路输送至用电区的：额定功率为1千瓦的用电器正常工作2小时，耗电 度。
10．（3分）如图所示的冰球比赛中，球被击打飞出主要表明力可以改变物体的 ：冰球在向上飞行的过程中，其质量将 ，重力势能将 （均选填“增大”“不变”或“减小”）。
11．（3分）生活中蕴含着很多物理知识：小朋友能透过声音分辨门外的人是不是自己的家人，主要是因为不同人声音的 不同：如图所示，真空吸盘挂钩是利用了 的作用牢牢吸附在墙上：工人常用重锤线检测墙面是否竖直，因为重锤线是利用重力的方向总是 向下的原理制成的。
12．（3分）某导体两端电压为3伏，通过的电流为0.5安，则在10秒内通过该导体横截面的电荷量为 库，这段时间电流做的功为 焦。导体的电阻为 欧。
13．（4分）如图所示， 滑轮可以看作是等臂杠杆（选填“A”或“B“）若两物体所受重力均为10牛且处于静止状态，不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为 牛，力F2的大小为 牛；当乙物体匀速上升时，它所受合力的大小为 牛。
14．（4分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S后，灯泡L1和L2都不亮，己知故障仅发生在灯泡L1或L2上，且为断路，其他元件仍保持完好，现用电流表或电压表检查电路故障，检查方法一：将电压表接在a，b两点间，若电压表有示数，则说明灯泡L1断路，请写出其它的检查方法（至少两种） ； 。
15．（4分）某小组同学为了研究带同种电荷的带电体之间排斥力的大小与哪些因素有关，他们用测微小力的电子秤和两个带同种电荷的金属球A、B进行图7所示的实验，他们先将电子秤调零，如图（a）所示。然后让金属球A、B分别带等量同种电荷，带电体间排斥力的大小通过电子秤的示数观察。己知图（c）、（d）中A、B球间距相同，且大于图7（b）中A、B球间距；图（b）、（c）中A，B球电量相等，且大于图（d）中A、B球的电量。实验现象如图7所示，请根据实验现象及相关条件，归纳得出初步结论。
①分析比较图（b）和（c）中电子秤示数和相关条件可得： ；
②分析比较图（c）和（d）中电子秤示数和相关条件可得： 。
三、作图题〔共7分）请用2B铅笔将图画在答题纸的相应位置．
16．（2分）在图中，重为4牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法画出它受到的重力G。
17．（2分）根据平面镜成像特点画出图AB在镜中的像。
18．（3分）在图所示的电路中，以笔线代替导线，补两根导线，要求：使两灯并联，电键S闭合后两灯发光，电流表只测灯L2的电流。
四、计算题（共25分）
19．（3分）杠杆平衡时，动力F1的大小为10牛，动力臂L1为0.1米，阻力臂L2为0.2米，求阻力F2的大小。
20．（5分）物体在15牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，5秒内前进了10米。求此过程中拉力做的功W和功率P。
21．（8分）如图所示，均匀圆柱体甲和盛有液体乙的圆柱形容器分别置于高度差为h的两个水平面上。甲物高为5h、底面积为S甲：圆柱形容器高度为7h，液体乙深度为6h、底面积为S乙（S甲=2S乙）、体积为5×10﹣3米（ρ乙=0.8×103千克/米3）。求：
①液体乙的质量m乙
②距离液面0.1米深处的液体内部压强p乙
③如图所示，若沿图示水平面MN处切去部分甲物，从容器中抽取部分乙液体至水平面MN处，发现二者质量的变化是一样。现从甲的上部继续沿水平方向截去高度△h后，甲对水平地面压强为p′甲；向容器中加入深度为△h的液体乙后，乙对容器底部的压强为p′乙，请通过计算比较p′甲和p′乙的大小关系及其对应的△h取值范围。
22．（9分）如图（a）所示，电源电压为18伏，且保持不变，定值电阻R1的阻值为5欧，滑动变阻器R2标有“60Ω 1A”字样，两电压表的规格相同。闭合电键S后，电流表示数为0.6安，求：
①电压表V1的示数
②电阻R2接入电路的阻值
③现用定值电阻R0替换电阻R1，要求：移动变阻器的滑片P，使电压表V1和V2的指针分别都能处于如图（b）所示的位置，且电路正常工作
i）若电压表V1和V2的指针分别都能处于如图（b）所示的位置，电压表V1和V2的读数一定为 伏，理由是 。
ii）进一步分析题目要求可知，当电路中的电流I达到1A时电路中的总电阻最小，此时电压表V2的示数为 （均选填“最大值”或“最小值“），可分析推出：R0的最小阻值为 欧。
iii）通过计算求出定值电阻R0的范围。
五、实验题（共18分）
23．（4分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，为了能够找到 像的位置（选填“实”或“虚”），要用 作为平面镜，如图所示的弹簧测力计测量范围为 牛，此时的示数为 。
24．（4分）如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”实验中，调整实验装置时，要使凸透镜和光屏的中心跟烛焰的中心大致在 。若凸透镜焦距为12厘米，将凸透镜置于光具座上A点处，在距B点5厘米的光屏上能找到清晰的像，则这个像一定是 的（选填“放大”或“缩小“），此时蜡烛位于光具座 厘米的刻度线之间：若要得到烛焰的虚像，应使蜡烛位于光具座 厘米的刻度线之间。[第（7）、（8）空均选填“0﹣26”、“26﹣38”或“38﹣50″]
25．（5分）小徐做“测定小灯泡的电功率”实验，现有电源（电压为定值）、待测小灯泡（标有“4V”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器A、B（A标有“10Ω 1A”字样、B标有“20Ω 1A“字样）、电键及导线若干。他选用其中一个滑动变阻器正确连接电路后进行实验，当移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示。
他经过思考，重新连接电压表后进行实验，将新测得的三组数据记录在下表中，
|
物理量 实验序号 |
电压U （伏） |
电流I （安） |
小灯 |
|
|
功率 |
亮度 |
|||
|
1 |
3.0 |
0.2 |
/ |
较暗 |
|
2 |
2.5 |
0.22 |
/ |
较亮 |
|
3 |
2.0 |
0.24 |
/ |
最亮 |
①小徐在实验中选用的滑动变阻器是 （选填“A”或“B”），重新接入电压表时，他把电压表接在 （选填“cd”或“ef”）位置。
②实验中小徐观察到小灯三次的发光亮度不同，因此他在“亮度”这一列填写了“较暗、较亮、最亮”，他经过判断后确认实验序号 时小灯泡恰好正常发光，他判断的依据是 ，小灯的额定电功率P额为 瓦。
26．（5分）一个小球固定在弹性细杆的末端，弹性细杆竖直安置在一个平台上，小球静止时在平衡位置O，当小球被拨离平衡位置到A处后释放，小球将和杆一起按图所示的方式来回振动。若将小球从A出发再次回到A确定为振动1次，可以数出一段时间内小球来回振动的次数（取整数）。
小组同学猜想小球在1分钟内的振动次数可能受下列因素影响。
甲。细杆长度； 乙。小球开始释放位置与平衡位置之间的距离AO； 丙。小球质量他们想通过实验来探究影响小球在1分钟内振动次数的因素。于是设计了实验记录表一，并将些有关的实验条件及数据记录在表一中：
表一：
|
物理量 实验序号 |
细杆长度 （厘米） |
AO间距 （厘米） |
小球质量 （克） |
|
1 |
50 |
4 |
49 |
|
2 |
50 |
3 |
25 |
|
3 |
50 |
6 |
25 |
①根据表一中的信息，你认为可以探究的相关因素是
A．甲 B．乙 C．丙 D．甲和乙 E．甲和丙 F．乙和丙 G．甲、乙、丙 H．与甲、乙、丙无关的其它因素
请说明你选择该选项的依据： 。
②小组同学随后进行了实验，并把实验结果记录在表二中
表二：
|
物理量 实验序号 |
细杆长度 （厘米） |
AO间距 （厘米） |
小球质量 （克） |
1分钟内振动的次数 |
|
1 |
50 |
4 |
49 |
27 |
|
2 |
50 |
3 |
25 |
38 |
|
3 |
50 |
6 |
25 |
38 |
根据表二中的信息，你认为影响小球1分钟内振动次数的因素是 。
A．甲 B．乙 C．丙 D．甲和乙 E．甲和丙 F．乙和丙 G．甲、乙、丙 H．与甲、乙、丙无关的其它因素
请说明你选择该选项的依据：
2018年上海市徐汇区中考物理模拟真题参考答案
一、选择题（共16分）
1．（2分）在原子核中，不带电的粒子是（ ）
A．质子 B．电子 C．中子 D．原子
【分析】根据原子结构的基础知识可以得到此题的答案。
【解答】解：原子是由带负电的电子和原子核组成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的，故不带电的粒子是中子。
故选：C。
【点评】牢记课本的基础知识，对于解决这种基础题非常关键。
2．（2分）以下各种单色光中，属于三原色光之一的是（ ）
A．蓝光 B．橙光 C．黄光 D．紫光
【分析】彩色电视机荧屏上呈现各种颜色是由红绿蓝三色色光合成的，红、绿、蓝三种色光叫色光的三原色。
【解答】解：用放大镜观察彩色电视画面，可以发现是由红、绿、蓝三种色光混合而成的，因此红、绿、蓝被称为色光的三原色。
故选：A。
【点评】光的三原色需要牢固记忆和掌握；色光的三原色和颜料的三原色容易混淆，要正确区分。
3．（2分）发现电流磁效应的科学家是（ ）
A．牛顿 B．奥斯特 C．库伦 D．欧姆
【分析】此题考查物理学家及其贡献，根据对于牛顿、奥斯特、库伦、欧姆对于我们物理学的贡献来作答。
【解答】解：
A、牛顿在力学方面做出了卓越贡献，著名的牛顿三定律就是牛顿归纳总结的，故A不符合题意；
B、奥斯特通过奥斯特实验揭示了电流周围存在磁场，成为第一个揭示电和磁联系的人，故B符合题意；
C、库伦发现了电荷之间相互作用的规律﹣﹣库伦定律，故C不符合题意；
D、欧姆发现了通过导体的电流与导体两端电压、导体的电阻关系的欧姆定律，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】此题有很好的教育意义，能够教育学生在学习中不屈不挠，认真学习顽强拼搏的精神。
4．（2分）冬运会的冰壶运动中，冰壶在运动员不断摩擦冰面的过程中前进，其惯性（ ）
A．变大 B．不变 C．先变大后不变 D．先变大后变小
【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
【解答】解：惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否运动、运动速度等都没有关系，冰壶在运动员不断摩擦冰面的过程中前进，质量不变，惯性不变。
故选：B。
【点评】此题主要考查学生对惯性的理解。难度不大，属于基础题目。
5．（2分）质量和初温都相同的铁块和一杯水，吸收相等热量后，把铁块投入这杯水中，已知c铁＜c水，则（ ）
A．热量由水传给铁块 B．水和铁块之间没有热传递
C．热量由铁块传给水 D．条件不足，无法判断
【分析】物体间发生热传递的条件是有温度差，先结合热量公式Q=cm△t分析铁块和水的温度关系，判断出铁块和水的末温大小后，再判断热传递的方向。
【解答】解：
质量和初温都相同的铁块和一杯水，当它们吸收相同的热量后，由于c铁＜c水，所以根据Q=cm△t可知，铁块升高的温度较高，由于初温相同，所以铁块的末温高；
根据热传递的条件可知，此时把铁块投入这杯水中，热量由温度高的铁块传给温度低的水，故C正确。
故选：C。
【点评】解决此类问题要结合发生热传递的条件和比热容相关知识进行分析解答。
6．（2分）甲、乙两物体同向做匀速直线运动，如图所示是它们的s﹣t图象，观察者位于P处，t=0时，乙物体经过P处，t=2秒时甲物体也经过P处，则甲从经过P处到追上乙所用时间t甲和通过的路程s为（ ）
A．t甲=3秒，s=15米 B．t甲=3秒，s=25米
C．t甲=5秒，s=15米 D．t甲=5秒，s=25米
【分析】（1）由图象知，甲和乙路程与时间的图象都是一条过原点的直线，说明了甲和乙都是做匀速直线运动的，分别找出甲和乙运动2s的路程，再根据v=
求出甲和乙的运动速度；
（2）由图象得出甲和乙2秒运动的路程，分析两物体同向运动时，根据甲和乙原来的距离分别求出甲和乙运动2秒后的距离。
【解答】解：
由甲和乙的运动s﹣t图象可知：都是一条过原点的直线，说明甲和乙都是做匀速直线运动的；
甲在2s的时间内运动的距离是6m，则速度v甲=
=
=5m/s，乙在2s的时间内运动的距离是6m，速度为v乙=
=
=3m/s；
观察者位于P处，t=0时，乙物体经过P处，t=2秒时甲物体也经过P处，由题意可得甲乙相差的路程：s=s乙=v乙t=3m/s×2s=6m，
由v=
可得，则甲从经过P处到追上乙所用时间t甲：
t甲=
=
=3s；
甲、乙两物体同向运动，甲从经过P处到追上乙所用时间通过的路程s：
s=v甲t甲=5m/s×3s=15m。
故选：A。
【点评】此题考查的是我们对于图象的分析能力和速度公式的灵活应用，需要我们认真的分析，关键是甲乙物体的运动方向的几种可能性，一定做出正确的判断。
7．（2分）甲、乙两个均匀实心正方体放在水平地面上，它们对水平地面的压强相等，密度的大小关系为ρ甲＞ρ乙．若分别沿水平方向截去一部分，使剩下的高度相同，它们剩余部分质量为m甲、m乙，对地面压力的变化量的大小为△F甲、△F乙，则（ ）
A．m甲＞m乙，△F甲＞△F乙 B．m甲＞m乙，△F甲＜△F乙
C．m甲＜m乙，△F甲＞△F乙 D．m甲＜m乙，△F甲＜△F乙
【分析】因水平面上物体的压力和自身的重力相等，正方体对水平地面的压强为p=
=
=
=
=
=ρgL，由甲乙对水平地面的压强相等可知两者的边长关系和密度关系；若分别沿水平方向截去一部分，使剩下的高度相同，根据m=ρV表示出剩余部分的质量，根据△F=△G=△mg表示出对地面压力的变化量，然后结合边长关系和密度关系比较它们的大小关系。
【解答】解：因水平面上物体的压力和自身的重力相等，
所以，正方体对水平地面的压强：
p=====
=ρgL，
因甲、乙两个均匀实心正方体对水平地面的压强相等，且ρ甲＞ρ乙，
所以，L甲＜L乙，
由p=ρ甲gL甲=ρ乙gL乙可得，ρ甲=
，
若分别沿水平方向截去一部分，使剩下的高度h相同，如下图所示：
则甲、乙剩余部分的质量分别为：
m甲=ρ甲L甲2h=L甲2h=ρ乙L乙L甲h，
m乙=ρ乙L乙2h=ρ乙L乙L乙h，
由L甲＜L乙可知，ρ乙L乙L甲h＜ρ乙L乙L乙h，即m甲＜m乙，故AB错误；
因水平面上物体的压力和自身的重力相等，
所以，甲、乙对地面压力的变化量分别为：
△F甲=△m甲g=ρ甲L甲2（L甲﹣h）g=L甲2（L甲﹣h）g=ρ乙L乙L甲（L甲﹣h）g，
△F乙=△m乙g=ρ乙L乙2（L乙﹣h）g=ρ乙L乙L乙（L乙﹣h）g，
由L甲＜L乙可知，（L甲﹣h）＜（L乙﹣h），即ρ乙L乙L甲（L甲﹣h）g＜ρ乙L乙L乙（L乙﹣h）g，
所以，△F甲＜△F乙，故C错误、D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了密度公式和重力公式以及压强公式的灵活运用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等以及p=ρgh的灵活运用。
8．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电键S断开，在下列的各种操作中，能使电表A与A1示数之差变大的是（ ）
A．滑动变阻器R1的滑片向右滑动
B．滑动变阳器R1的滑片向左滑动
C．闭合电键S前后
D．闭合电键S后，滑动变阻器R1的滑片向右滑动
【分析】开关S断开时，滑动变阻器接入电路中，两个电流表测量的是通过滑动变阻器的电流；
开关S闭合时，该电路为并联电路，电流表A测量的是干路中的电流，电流表A1测量的是滑动变阻器的电流，根据并联电路的电流特点分析。
【解答】解：
AB、开关S断开时，只有滑动变阻器接入电路中，滑动变阻器的滑片移动时，能改变电路中电流的大小；两个电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，故两个电流表的示数是相同的，故AB错误；
C、闭合电键S前，两表示数是相同的；闭合电键S后，R1和R2并联接入电路，由于R1两端的电压不变，故通过R1的电流不变，即A1的示数不变；根据并联电路的电流特点可知，干路中的电流等于支路电流的和，故A的示数会变大，则A与A1示数之差变大，故C正确；
D、闭合电键S后，电流表A与A1示数之差为通过定值电阻R2的电流，滑动变阻器R1的滑片滑动，不会改变R2的电流，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路电流的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
二、填空题（共24分）
9．（3分）上海地区家用照明电路的电压为 220 伏：电灯所消耗的电能是远方的发电站通过 高压 （选填“高压“或“低压“）输电线路输送至用电区的：额定功率为1千瓦的用电器正常工作2小时，耗电 2 度。
【分析】（1）我国家庭电路的电压为220V。
（2）根据P=UI，在输送功率一定时，电压越高，电流越小，根据Q=I2Rt，电阻一定，通电时间一定时，电流越小，电热越少，输送过程中能量损失越小，所以从发电站到用电区采用高压输电。
（3）利用W=Pt求消耗的电能。
【解答】解：
（1）上海地区家用照明电路的电压为220V。
（2）在输送功率一定时，电压越高，电流越小，输送过程中电能的损失越小，所以从发电站到用电区采用高压输电。
（3）用电器消耗的电能：W=Pt=1kW×2h=2kW•h=2度。
故答案为：220；高压；2。
【点评】本题考查了家庭电路的电压、高压输电的原因以及电能的计算，计算时注意单位统一。
10．（3分）如图所示的冰球比赛中，球被击打飞出主要表明力可以改变物体的 运动状态 ：冰球在向上飞行的过程中，其质量将 不变 ，重力势能将 增大 （均选填“增大”“不变”或“减小”）。
【分析】（1）力的作用效果是改变物体的形状和改变物体的运动状态；物体运动状态的改变指：物体方向的改变和物体速度的改变；
（2）质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变，如果只是改变了形状、状态、位置则不会发生改变；
（3）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】解：
球被击打飞出后球的运动方向和速度都发生了变化，说明力改变了球的运动状态；
质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变，冰球在向上飞行的过程中，质量不变，所处高度增加、重力势能增大。
故答案为：运动状态；不变；增大。
【点评】此题考查力的作用效果、质量的特性、影响能量大小的因素，是力学的基础知识。
11．（3分）生活中蕴含着很多物理知识：小朋友能透过声音分辨门外的人是不是自己的家人，主要是因为不同人声音的 音色 不同：如图所示，真空吸盘挂钩是利用了 大气压 的作用牢牢吸附在墙上：工人常用重锤线检测墙面是否竖直，因为重锤线是利用重力的方向总是 竖直 向下的原理制成的。
【分析】（1）音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关；音调是由发声体振动的频率决定的，物体振动频率越快，音调越高，振动频率越慢，音调越低；
（2）真空吸盘挂钩是利用了大气压的作用；
（3）重力的方向在任何情况下都是竖直向下的，重锤线是利用重物静止时线总是竖直下垂的原理制造的仪器。
【解答】解：
每个人的声带结构有所不同，所以发出声音的音色就会不同，小朋友能透过声音分辨门外的人是不是自己的家人，主要是因为不同人声音的音色不同；
用力将吸盘紧压在墙壁上，将吸盘中的空气排出，松手后，由于吸盘内的空气减少，内部气压小于外界大气压，外界大气压将吸盘紧压在墙壁上，则在钩上可以挂衣服；
重力的方向总是竖直向下的，如果墙和重锤线的方向是一致的，则墙和重锤线平行，即墙壁就是竖直的，所以工人常用重锤线检测墙面是否竖直，原理就是利用了重力的方向是竖直向下的。
故答案为：音色；大气压；竖直。
【点评】本题考查了学生对音色、大气压的应用、重力方向的理解和掌握，重力的方向总是竖直向下的这一原理在实际生活和生产中经常用到，学习中要认真领会。
12．（3分）某导体两端电压为3伏，通过的电流为0.5安，则在10秒内通过该导体横截面的电荷量为 5 库，这段时间电流做的功为 15 焦。导体的电阻为 6 欧。
【分析】由欧姆定律可以求出导体电阻；由电流定义式的变形公式可以求出电荷量；由W=UIt可以求出电流做的功；导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压和电流无关。
【解答】解：因为I=
，
所以电荷量Q=It=0.5A×10s=5C；
电流做的功W=UIt=3V×0.5A×10s=15J；
因为I=
，
所以导体电阻R=
=
=6Ω。
故答案为：5；15；6。
【点评】本题考查了求电阻、电荷量、电功等问题，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。
13．（4分）如图所示， A 滑轮可以看作是等臂杠杆（选填“A”或“B“）若两物体所受重力均为10牛且处于静止状态，不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为 20 牛，力F2的大小为 10 牛；当乙物体匀速上升时，它所受合力的大小为 0 牛。
【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆，不省力，也不省距离；动滑轮的本质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但是费距离。
（2）当物体受平衡力作用时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：（1）A是定滑轮，本质是等臂杠杆，B是动滑轮，本质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆；定滑轮不省力，也不费力，不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为20N；
（2）不计摩擦和滑轮重力，B是动滑轮可以省一半的力，因此F2=
×20N=10N，货物在竖直匀速上升时，受平衡力作用，即合力为零。
故答案为：A；20；10；0。
【点评】本题考查了定滑轮和动滑轮的实质以及平衡力，属于力学基础内容的考查，是中考的热点。
14．（4分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S后，灯泡L1和L2都不亮，己知故障仅发生在灯泡L1或L2上，且为断路，其他元件仍保持完好，现用电流表或电压表检查电路故障，检查方法一：将电压表接在a，b两点间，若电压表有示数，则说明灯泡L1断路，请写出其它的检查方法（至少两种） 将电压表接在b、c两点间，开关闭合，如果电压表有读数，说明灯泡L2断路 ； 将电流表并联在a、b两点间，开关闭合，如果电流表有读数，说明灯泡L1断路 。
【分析】使用电流表时，由于电流表的电阻很小，相当于所接的两点用导线连接，若有示数，说明原来这两点间开路，若无示数，说明其它地方开路。使用电压表时，若有示数，说明所接两点分别能接到电源的两极上，原来这里开路，若无示数，说明其它地方开路。
【解答】解：由题知，闭合电键S后，灯泡L1和L2都不亮，故障仅发生在灯泡L1或L2上，且为断路，其他元件仍保持完好；检查方法如下：
（1）将电压表接在b、c两点间，开关闭合，如果电压表有读数，说明电压表与电源两端相连，则灯泡L2断路；
（2）将电流表并联在a、b两点间，开关闭合，如果电流表有读数，说明电流表通过L2与电源两端相连，L2是完好的，故障为灯泡L1断路；
（3）将电流表并联在b、c两点间，开关闭合，如果电流表有示数，说明电流表通过L1与电源两端相连，L1是完好的，故障为灯泡L2断路。
故答案为：（1）将电压表接在b、c两点间，开关闭合，如果电压表有读数，说明灯泡L2断路；
（2）将电流表并联在a、b两点间，开关闭合，如果电流表有读数，说明灯泡L1断路。
【点评】本题考查了电路的故障的判断，答案不唯一，可有多种方法来判断，只要合理即可。
15．（4分）某小组同学为了研究带同种电荷的带电体之间排斥力的大小与哪些因素有关，他们用测微小力的电子秤和两个带同种电荷的金属球A、B进行图7所示的实验，他们先将电子秤调零，如图（a）所示。然后让金属球A、B分别带等量同种电荷，带电体间排斥力的大小通过电子秤的示数观察。己知图（c）、（d）中A、B球间距相同，且大于图7（b）中A、B球间距；图（b）、（c）中A，B球电量相等，且大于图（d）中A、B球的电量。实验现象如图7所示，请根据实验现象及相关条件，归纳得出初步结论。
①分析比较图（b）和（c）中电子秤示数和相关条件可得： 同种电荷的带电体之间排斥力的大小与距离有关；带电量相等时，距离越小，排斥力越大 ；
②分析比较图（c）和（d）中电子秤示数和相关条件可得： 同种电荷的带电体之间排斥力的大小与电量有关；距离相等时，电量越大，排斥力越大 。
【分析】明确实验目的，结合控制变量法的应用，找出图中的异同点，则能够得出实验结论。
【解答】解：（1）分析比较图（b）和（c），电子秤示数不同，说明排斥力不同；实验条件是电量相同，距离不同；故可得结论：同种电荷的带电体之间排斥力的大小与距离有关；带电量相等时，距离越小，排斥力越大。
（2）分析比较图（c）和（d），电子秤示数不同，说明排斥力不同；实验条件是距离相同，电量不同；故可得结论：同种电荷的带电体之间排斥力的大小与电量有关；距离相等时，电量越大，排斥力越大。
故答案为：（1）同种电荷的带电体之间排斥力的大小与距离有关；带电量相等时，距离越小，排斥力越大。
（2）同种电荷的带电体之间排斥力的大小与电量有关；距离相等时，电量越大，排斥力越大。
【点评】结合实验目的，运用控制变量法的思想，可回答实验结论。
三、作图题〔共7分）请用2B铅笔将图画在答题纸的相应位置．
16．（2分）在图中，重为4牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法画出它受到的重力G。
【分析】先画出标度，然后根据规则物体的重心在物体的几何中心，过重心表示出重力的大小和方向。
【解答】解：画出大小表示2N的标度，然后过物体重心作竖直向下的重力，使线段长度为标度的2倍。如图所示：
。
【点评】此题考查了力的图示的画法，力的图示比示意图要求更加严格，在作图时，注意线段的长度必须与标度统一起来。
17．（2分）根据平面镜成像特点画出图AB在镜中的像。
【分析】平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像。如图：
【点评】在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
18．（3分）在图所示的电路中，以笔线代替导线，补两根导线，要求：使两灯并联，电键S闭合后两灯发光，电流表只测灯L2的电流。
【分析】由题意可知，两灯并联，电键S闭合后两灯发光说明电键位于干路，电流表只测灯L2的电流说明电流表与L2串联，据此连接实物电路图。
【解答】解：由题意可知，两灯并联，电键S位于干路，电流表与L2串联，实物图的连接如下图所示：
【点评】本题考查了实物电路图的连接，根据题意得出电路元件的连接方式是关键。
四、计算题（共25分）
19．（3分）杠杆平衡时，动力F1的大小为10牛，动力臂L1为0.1米，阻力臂L2为0.2米，求阻力F2的大小。
【分析】已知动力臂、阻力臂与动力大小，由杠杆平衡条件可以求出阻力大小。
【解答】解：由杠杆平衡条件得：F1×L1=F2×L2，
即：10N×0.1m=F2×0.2m，
则动力F2=5N。
答：阻力F2的大小为5N。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，属于基础题目。
20．（5分）物体在15牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，5秒内前进了10米。求此过程中拉力做的功W和功率P。
【分析】知道水平拉力的大小和前进的距离，根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=
求出功率的大小。
【解答】解：拉力做的功：W=Fs=15N×10m=150J；
拉力的功率：P==
=30W。
答：此过程中拉力做的功为150J，功率为30W。
【点评】本题考查了功和功率的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题。
21．（8分）如图所示，均匀圆柱体甲和盛有液体乙的圆柱形容器分别置于高度差为h的两个水平面上。甲物高为5h、底面积为S甲：圆柱形容器高度为7h，液体乙深度为6h、底面积为S乙（S甲=2S乙）、体积为5×10﹣3米（ρ乙=0.8×103千克/米3）。求：
①液体乙的质量m乙
②距离液面0.1米深处的液体内部压强p乙
③如图所示，若沿图示水平面MN处切去部分甲物，从容器中抽取部分乙液体至水平面MN处，发现二者质量的变化是一样。现从甲的上部继续沿水平方向截去高度△h后，甲对水平地面压强为p′甲；向容器中加入深度为△h的液体乙后，乙对容器底部的压强为p′乙，请通过计算比较p′甲和p′乙的大小关系及其对应的△h取值范围。
【分析】①已知液体乙的体积和密度，根据根据ρ=
求液体乙的质量；
②根据P=ρgh求距离液面0.1米深处的液体内部压强：
③由题意结合上图，根据ρ=，由二者质量的变化是一样求出
；
甲的上部继续沿水平方向截去高度△h后，向容器中加入深度为△h的液体乙后，根据压强公式设p′甲=p'乙，求出压强相等式的△h，以△h为横坐标，以P′为纵坐标，分别画出p′甲与p'乙的图象，据此分析。
【解答】解：①液体乙体积为5×10﹣3米，ρ乙=0.8×103千克/米3，根据ρ=
，则液体乙的质量：
m乙=ρ乙V乙=0.8×103千克/米3×5×10﹣3米=4千克；
②距离液面0.1米深处的液体内部压强：
p乙=ρ乙gh=0.8×103千克/米3×9.8牛/千克×0.1米=784帕；
③两个水平面高度差为h，甲物高为5h、底面积为S甲：圆柱形容器高度为7h，液体乙深度为6h、底面积为S乙（S甲=2S乙）、
由上图知。甲物切去的高度为：
5h﹣h=4h，乙中倒倒出的液体高度为：6h+h﹣4h=3h，
发现二者质量的变化是一样，根据ρ=，m=ρV，
故有ρ甲S甲h甲=ρ乙S乙h乙，
ρ甲2 S乙×h=ρ乙S乙×3h，
=
，
甲的上部继续沿水平方向截去高度△h后，甲对水平地面压强为P′甲；向容器中加入深度为△h的液体乙后，乙对容器底部的压强为P'乙，
设p′甲=ρ甲g （4h﹣△h），
p'乙=ρ乙g （3h+△h），
因p′甲=p′乙，
即ρ甲g （4h﹣△h）=ρ乙g （3h+△h），
故△h=1.2h，
以△h为横坐标，以p′为纵坐标，当△h=0时，P′甲=4ρ甲gh，
当△h=4h时，P′甲=0；
当△h=0时，p′乙=3ρ乙g h=2ρ甲gh，
当△h=3h时，p′甲=6ρ乙gh=4ρ甲gh，分别作出p′甲与p'乙的图象，如下所示：
由图知：
Ⅰ当0＜△h＜1.2h时，p′甲＞p'乙，
Ⅱ当△h=1.2h时，p′甲=p'乙，
Ⅲ当1.2h＜△h＜4h时，p′甲＜p'乙。
答：
①液体乙的质量为4千克；
②距离液面0.1米深处的液体内部压强p乙=784帕；
③当0＜△h＜1.2h时，p′甲＞p'乙，
Ⅱ当△h=1.2h时，p′甲=p'乙，
Ⅲ当1.2h＜△h＜4h时，p′甲＜p'乙。
【点评】本题考查密度公式和压强公式的运用，最后一问用作图法求解，难度较大。
22．（9分）如图（a）所示，电源电压为18伏，且保持不变，定值电阻R1的阻值为5欧，滑动变阻器R2标有“60Ω 1A”字样，两电压表的规格相同。闭合电键S后，电流表示数为0.6安，求：
①电压表V1的示数
②电阻R2接入电路的阻值
③现用定值电阻R0替换电阻R1，要求：移动变阻器的滑片P，使电压表V1和V2的指针分别都能处于如图（b）所示的位置，且电路正常工作
i）若电压表V1和V2的指针分别都能处于如图（b）所示的位置，电压表V1和V2的读数一定为 6 伏，理由是 如果示数为1.2V，则另一个电压表的示数为16.8V，超出了量程 。
ii）进一步分析题目要求可知，当电路中的电流I达到1A时电路中的总电阻最小，此时电压表V2的示数为 最小值 （均选填“最大值”或“最小值“），可分析推出：R0的最小阻值为 12 欧。
iii）通过计算求出定值电阻R0的范围。
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
①根据欧姆定律求出电压表V1的示数；
②根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据欧姆定律求出电阻R2接入电路的阻值；
③i）根据电压表的量程和分度值读出示数，根据电压表的量程确定其大小；
ii）由滑动变阻器的铭牌可知电路中的最大电流，当电路中的电流I达到最大时，电路中的总电阻最小，根据欧姆定律和串联电路的电压特点可知电压表V2的状态，电路中的电流最大为1A，此时电压表V1的示数为12V，电压表V2的示数为6V，根据欧姆定律求出R0的最小阻值；
iii）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大且电压表V2的示数为12V时，R0的阻值最大，根据串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R0的最大值，然后得出答案。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
①由I=
可得，电压表V1的示数：
U1=IR1=0.6A×5Ω=3V；
②因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压：
U2=U﹣U1=18V﹣3V=15V，
则电阻R2接入电路的阻值：
R2=
=
=25Ω；
③i）由图（b）可知，电压表的量程为0～3V时，分度值为0.1V，示数为1.2V，
电压表的量程为0～15V时，分度值为0.5V，示数为6V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的示数为1.2V时，另一个电压表的示数为16.8V，超出了量程，此种情况不可能；
电压表的示数为6V时，另一个电压表的示数为12V，此种情况可能；
ii）由滑动变阻器的铭牌可知，电路中的电流最大为1A，当电路中的电流I达到1A时，电路中的总电阻最小，
由U=IR可知，当电路中的电流达到最大值时，R0两端的电压最大，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R2两端的电压最小，即电压表V2的示数最小，
此时电压表V1的示数为12V，电压表V2的示数为6V，
则R0的最小阻值：
R0小=
=
=12Ω；
iii）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大且电压表V2的示数为12V时，R0的阻值最大，
此时电路中的电流：
I小=
=
=0.2A，
则R0的最大值：
R0大=
=
=30Ω，
则定值电阻R0的范围为12Ω～30Ω。
答：①电压表V1的示数为3V；
②电阻R2接入电路的阻值为25Ω；
③i）6；如果示数为1.2V，则另一个电压表的示数为16.8V，超出了量程；ii）1A；最小值；12；iii）定值电阻R0的范围为12Ω～30Ω。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，正确的判断电表的量程以及利用好“移动变阻器的滑片P，使电压表V1和V2的指针分别所示的位置的示数”是关键。
五、实验题（共18分）
23．（4分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，为了能够找到 虚 像的位置（选填“实”或“虚”），要用 玻璃板 作为平面镜，如图所示的弹簧测力计测量范围为 0～5 牛，此时的示数为 3.4 。
【分析】（1）实像可以在光屏上承接到，而虚像则不能；探究平面镜成像实验中用透明的玻璃板代替平面镜，同时能看到成像物体的像和镜后和像对比的物体，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系；
（2）量程是测量工具的测量范围，读数时先要认清分度值。
【解答】解：（1）平面镜所成的像不能用光屏承接，所以平面镜所成的像是虚像；
在“探究平面镜成像的特点”实验中，用透明的玻璃板代替平面镜，在物体一侧，既能看到蜡烛A的像，也能看到代替蜡烛A的蜡烛A，便于确定像的位置；
（2）图中弹簧测力计的最大刻度是5，量程为0～5N；分度值为0.2N，指针在3N以下第2个刻度上，示数为：3N+2×0.2N=3.4N。
故答案为：虚；玻璃板；0～5；3.4。
【点评】此题考查了探究“弹簧测力计的使用”和“平面镜成像特点”实验中的注意事项，是中考的重点实验。
24．（4分）如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”实验中，调整实验装置时，要使凸透镜和光屏的中心跟烛焰的中心大致在 同一高度 。若凸透镜焦距为12厘米，将凸透镜置于光具座上A点处，在距B点5厘米的光屏上能找到清晰的像，则这个像一定是 缩小 的（选填“放大”或“缩小“），此时蜡烛位于光具座 0﹣26 厘米的刻度线之间：若要得到烛焰的虚像，应使蜡烛位于光具座 38﹣50 厘米的刻度线之间。[第（7）、（8）空均选填“0﹣26”、“26﹣38”或“38﹣50″]
【分析】（1）探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心；
（2）根据凸透镜成像的情况判断：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f；
u=2f，成倒立、等等的实像，v=2f；
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f；
u=f，不成像；
u＜f，成正立、放大的虚像。
【解答】解：（1）凸透镜和光屏的中心跟烛焰的中心在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中央；
（2）距B点5厘米的位置有两个：一是60cm处，此时像距v=60cm﹣50cm=10cm＜f，不能成像；
二是70cm处，此时像距v=70cm﹣50cm=20cm，2f＞v＞f，成倒立、放大的实像，物距大于二倍焦距，即在0～26cm之间，
若要得到烛焰的虚像，应使物距小于焦距，即蜡烛位于38﹣50cm之间。
故答案为：同一高度；缩小；0﹣26；38﹣50。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及应用。首先要熟练掌握规律的内容，要做到灵活运用。
25．（5分）小徐做“测定小灯泡的电功率”实验，现有电源（电压为定值）、待测小灯泡（标有“4V”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器A、B（A标有“10Ω 1A”字样、B标有“20Ω 1A“字样）、电键及导线若干。他选用其中一个滑动变阻器正确连接电路后进行实验，当移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示。
他经过思考，重新连接电压表后进行实验，将新测得的三组数据记录在下表中，
|
物理量 实验序号 |
电压U （伏） |
电流I （安） |
小灯 |
|
|
功率 |
亮度 |
|||
|
1 |
3.0 |
0.2 |
/ |
较暗 |
|
2 |
2.5 |
0.22 |
/ |
较亮 |
|
3 |
2.0 |
0.24 |
/ |
最亮 |
①小徐在实验中选用的滑动变阻器是 B （选填“A”或“B”），重新接入电压表时，他把电压表接在 ef （选填“cd”或“ef”）位置。
②实验中小徐观察到小灯三次的发光亮度不同，因此他在“亮度”这一列填写了“较暗、较亮、最亮”，他经过判断后确认实验序号 3 时小灯泡恰好正常发光，他判断的依据是 电源电压为6V，当电压表的示数为2.0V时，根据串联电路电压电压的规律，灯的电压为6V﹣2V=4V，灯正常发光 ，小灯的额定电功率P额为 0.96 瓦。
【分析】①由表中数据知，电压表示数越小，电流越大，由欧姆定律，分析灯的电压变化，根据串联电路电压的规律，得出变阻器的电压变化，确定将电压表连接的位置；
由表中第1组数据知，可求出变阻器连入电路中的电阻确定选用的变阻器规格；
②根据如图（a）、（b）所示电压表量程确定分度值读数，与表中第1次实验数据相比，根据串联电路电压的规律，求出电源电压为
根据串联电路电压电压的规律，灯的电压为6V﹣2V=4V，灯正常发光，据此分析小灯泡恰好正常发光的实验序号；
根据P额=U额I额求小灯的额定电功率。
【解答】解：①由表中数据知，电压表示数越小，电流越大，由欧姆定律，灯的电压越大，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压超小，故他经过思考，重新连接电压表后进行实验，将电压表并联在变阻器的两端了，即把电压表接在ef位置。
由第1组数据知，变阻器连入电路中的电阻：
R滑=
=
=15Ω＞10Ω，故选用的变阻器规格为“20Ω 1A”：即B；
②他选用其中一个滑动变阻器正确连接电路，电压表测灯的电压，电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为3V；
电流表选用小量程，分度值为0.02A，大小为0.2A，与表中第1次实验数据相比，电路中电流电流大小不变均为0.2A，故灯的电压为3V，根据串联电路电压的规律，电源电压为：U=3V+3V=6V，
电源电压为6V，当电压表的示数为2.0V时，根据串联电路电压电压的规律，灯的电压为6V﹣2V=4V，灯正常发光，实验序号3时小灯泡恰好正常发光；
小灯的额定电功率：
P额=U额I额=4V×0.24A=0.96W。
故答案为：①B；ef；
②3；电源电压为6V，当电压表的示数为2.0V时，根据串联电路电压电压的规律，灯的电压为6V﹣2V=4V，灯正常发光；0.96。
【点评】本题测定小灯泡的电功率，考查欧姆定律和串联电路的规律及电功率的计算，对学生的思维能力要求较高。
26．（5分）一个小球固定在弹性细杆的末端，弹性细杆竖直安置在一个平台上，小球静止时在平衡位置O，当小球被拨离平衡位置到A处后释放，小球将和杆一起按图所示的方式来回振动。若将小球从A出发再次回到A确定为振动1次，可以数出一段时间内小球来回振动的次数（取整数）。
小组同学猜想小球在1分钟内的振动次数可能受下列因素影响。
甲。细杆长度； 乙。小球开始释放位置与平衡位置之间的距离AO； 丙。小球质量他们想通过实验来探究影响小球在1分钟内振动次数的因素。于是设计了实验记录表一，并将些有关的实验条件及数据记录在表一中：
表一：
|
物理量 实验序号 |
细杆长度 （厘米） |
AO间距 （厘米） |
小球质量 （克） |
|
1 |
50 |
4 |
49 |
|
2 |
50 |
3 |
25 |
|
3 |
50 |
6 |
25 |
①根据表一中的信息，你认为可以探究的相关因素是 B
A．甲 B．乙 C．丙 D．甲和乙 E．甲和丙 F．乙和丙 G．甲、乙、丙 H．与甲、乙、丙无关的其它因素
请说明你选择该选项的依据： 根据控制变量法，只的实验序号2与3满足这个条件，即细杆长度与小球质量相同，只有AO间距不同，其余各组实验之间都改变了超过一个因素。 。
②小组同学随后进行了实验，并把实验结果记录在表二中
表二：
|
物理量 实验序号 |
细杆长度 （厘米） |
AO间距 （厘米） |
小球质量 （克） |
1分钟内振动的次数 |
|
1 |
50 |
4 |
49 |
27 |
|
2 |
50 |
3 |
25 |
38 |
|
3 |
50 |
6 |
25 |
38 |
根据表二中的信息，你认为影响小球1分钟内振动次数的因素是 C 。
A．甲 B．乙 C．丙 D．甲和乙
E．甲和丙 F．乙和丙 G．甲、乙、丙 H．与甲、乙、丙无关的其它因素
请说明你选择该选项的依据： 由实验序号2与3，细杆长度与小球质量相同时，小球1分钟内振动次数与AO间距无关，再由实验序号1与2或1与3，可知细杆长度相同时，小球质量越小，1分钟内振动的次数越多。
【分析】当被研究问题受多个因素影响时，研究问题和某一个因素的关系时要控制其他因素一定，这种方法叫控制变量法。
①小球在1分钟内的振动次数可能与细杆长度、小球开始释放位置与平衡位置之间的距离AO和小球质量有关，故研究影响小球在1分钟内的振动次数与其它因素的关系时，要控制另外的因素不变；
②由实验序号2与3，找出相同的量和不同的量，分析得出细小球1分钟内振动次数与AO间距无关，再由实验序号1与2或1与3，找出相同的量和不同的量，分析得出小球1分钟内振动的次数与质量的关系。
【解答】解：①表一中记录了3次实验数据，根据控制变量法，只的实验序号2与3满足这个条件，即细杆长度与小球质量相同，只有AO间距不同，其余各组实验之间都改变了超过一个因素。故根据表一中的信息，可以探究的相关因素是：小球开始释放位置与平衡位置之间的距离AO，即选B；
小球质量；
②由实验序号2与3，细杆长度与小球质量相同时，小球1分钟内振动次数与AO间距无关；
再由实验序号1与2或1与3，可知细杆长度相同时，小球质量越小，1分钟内振动的次数越多，故影响小球1分钟内振动次数的因素是小球质量，故选C。
故答案为：①B；根据控制变量法，只的实验序号2与3满足这个条件，即细杆长度与小球质量相同，只有AO间距不同，其余各组实验之间都改变了超过一个因素。
②C；由实验序号2与3，细杆长度与小球质量相同时，小球1分钟内振动次数与AO间距无关，再由实验序号1与2或1与3，可知细杆长度相同时，小球质量越小，1分钟内振动的次数越多。
【点评】本题研究影响小球在1分钟内的振动次数的因素，考查控制变量法和数据分析的能力。
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