【分析】首先分析物体受到的作用力，物体做匀速直线运动说明物体受到了平衡力﹣﹣﹣重力和支持力的作用；水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；然后根据力的图示的方法作图．
【解答】解：物体做匀速直线运动说明它受到了平衡力的作用．
水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；
竖直方向上有重力和支持力，物体竖直方向上是静止的，重力和支持力就是一对平衡力，大小相等、方向相反．
作用点画在物体的中心就行，画出表示重力和支持力的射线标出箭头、字母，如图所示：
四.实验题（每小题6分，共18分）
19．如图所示，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让同一铁球从同一斜面的不同高度由静止释放，撞击同一木块．请回答下列问题：
（1）该实验目的是研究动能与 速度 的关系．
（2）该实验是通过观察 木块被推动的距离 说明物体动能的大小．
（3）实验中铁球从同一斜面的不同高度由静止释放的目的是 使铁球获得不同的速度 ．
（4）若水平面绝对光滑，该实验能得出结论吗？ 不能 （填“能”或“不能”）理由是： 木块将永远运动下去，无法显示被推动的距离 ． 【考点】探究影响物体动能大小的因素．
【分析】（1）物体的动能与物体的质量和速度有关，在探究过程中需用控制变量法，根据已知条件判断出控制的变量，便可得出探究的因素；
（2）掌握转换法在实验中的应用，实验中通过观察木块被推动的距离比较物体动能的大小； （3）为使铁球到达水平面的速度不同，让其从斜面的不同高度处滚下；
（4）根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，运动后将保持匀速直线运动． 【解答】解：（1）由题意知，同一铁球的质量相同，从不同的高度滚下时，到达水平面的速度不同，可以探究动能大小与物体速度的关系；
（2）实验中通过木块被铁球推动的距离比较动能的大小；
（3）实验中铁球从同一斜面的不同高度由静止释放，为的是使小球到达水平面获得不同的速度；
（4）若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，将做匀速直线运动，因此无法显示被推动的距离，不能得出结论．
故答案为：（1）速度；（2）木块被推动的距离；（3）使铁球获得不同的速度；（4）不能；木块将永远运动下去，无法显示被推动的距离．
20．在做“观察水沸腾”的实验时，
（1）小丽同学组装的装置如图甲所示，该装置中有一处明显的错误是 温度计接触杯底 ，改正错误后为了节省实验时间，请你提出一条合理的建议： 减少水的质量 ．
（2）小丽同学正确操作后根据实验数据绘制的温度随时间变化的图象如图乙，由图象可知：当时的大气压 ＜ （选填“＜”、“＞”或“=”）标准大气压；
（3）小芳同学在同一环境下同时做这个实验且选用完全相同的实验器材，只是杯中的水比小丽多些．请你在乙图中帮小芳同学大致画出她绘制的温度随时间变化的图象．
【考点】探究水的沸腾实验．
【分析】（1）温度度是根据液体热胀冷缩的原理制成的．要掌握温度计的使用规则，使用时温度计的玻璃泡不能碰到容器壁和容器底；掌握减小加热时间的方法：适当减少水量；适当提高水的初温；给烧杯加盖等；
（2）液体沸腾时的温度叫沸点．并且液体的沸点受水面上方大气压强的影响，压强越大，沸点越高；压强越小，沸点越低．
（3）用完全相同的实验器材，只是杯中的水比小丽多些，根据Q=Cm△t计算温度升高情况，由于杯中的水比小丽多些，所以小芳同学绘制的水的升温较快．
【解答】解：（1）细心读图可看出，温度计的液泡接触了烧杯的底部，这是不允许的；从记录时间到沸腾时间太长，可能是水的质量太大，可能是水的初温太低，所以为了节省课堂时间可以减少水的质量，或提高水的初温；
（2）从图中可以看出，水沸腾时的温度为97℃，水沸点在标准大气压是100℃，故此时气压低于1个标准大气压．
（3）根据Q=Cm△t计算温度升高情况，由于杯中的水比小丽多些，所以小芳同学绘制的水的升温较快，图示如下：
故答案为：（1）温度计接触杯底；减少水的质量；（2）＜； （3）见上图．
21．小明在做“测小灯泡的电功率”实验时，所用的器材有电压为6V的电，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线．
（1）如图1是小明连接的实物电路，其中有一根导线连接错误，请你在错误的导线上打“×”并改正，若不改正，对实验的影响是 不能测出灯泡两端的电压 ．
（2）小明通过移动滑片P分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数并绘制成了图2中所示的U﹣I图象，根据U﹣I图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W，移动滑片P时，小灯泡的电阻 改变 （填“改变”或“不变”）．在实验过程中，滑动变阻器的主要作用是 调节灯泡两端的电压 ． 【考点】电功率的测量．
【分析】（1）在做“测小灯泡的电功率”实验时，应保持灯泡两端的电压不变，改变滑动变阻器电阻的大小，所以电压表应与灯泡并联．
（2）由图象求出额定电压U对应的电流I，由P=UI求出功率；根据灯丝的电阻随温度的升高而增大的特点分析电阻的变化原因．滑动变阻器的作用就是改变连入电路的电阻，改变电阻两端的电压．
【解答】解：（1）在实验中，应保持电阻灯泡两端的电压不变，电压表应与电阻灯泡并联．由图知，电压表与滑动变阻器和灯泡并联了，若不改正，对实验的影响是不能测出灯泡两端的电压．如图所示；
（2）由图C知，当U=2.5V时，I=0.2A，所以P=UI=2.5V×0.2A=0.5W； 根据图象中的数据，随着电压的增大，小灯泡的电阻电阻增大；
这是因为移动滑片P时，灯泡两端的电压越大，电流越大，其功率越大，灯丝的温度越高，所以灯丝的电阻增大．
在此实验中，滑动变阻器的主要作用是改变连入电路的电阻，改变灯泡两端的电压．
故答案为：（1）见解答图；不能测出灯泡两端的电压；（2）0.5；改变；调节灯泡两端的电压．
五、计算题（每小题6分，共12分）
22．如图所示的电路中，灯泡L上标有“12V 9W”字样，滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，电电压保持不变，当开关S1、S2、S3都闭合时，灯泡L正常发光且两电流表（均为学生实验常用电流表）指针指在相同位置．（灯泡电阻不随温度的变化而改变）求： （1）电电压； （2）R2的阻值；
（3）当滑片P移到最左端时，电路消耗的最小功率．
【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算．
【分析】（1）当三个开关S1、S2、S3都闭合时，R2与RL并联，电流表A1测R2支路的电流，电流表A测干路电流，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据并联电路的电压特点可知电的电压；
（2）根据P=UI求出通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点和指针位置相同时大量程示数是小量程示数的5倍确定通过R2的电流，利用欧姆定律求出R2的阻值；
（3）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当开关S1、S3断开，S2闭合，滑片位于左端时电路中的总电阻最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路消耗的最小功率．
【解答】解：（1）当三个开关S1、S2、S3都闭合时，R2与RL并联，电流表A1测R2支路的电流，电流表A测干路电流，
由于灯泡L正常发光则根据并联电路中各支路两端的电压相等可知：电的电压U=UL=12V； （2）由P=UI可得，通过灯泡的电流： IL=
=
=0.75A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两电流表指针的位置相同， 所以，电流表A的示数I是电流表A1示数I2的5倍， 则IL=I﹣I2=5I2﹣I2=4I2=0.75A，