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2022-2023学年江苏省镇江市九年级（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省镇江市九年级（上）期中物理试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了则，，5×108J/kg、q汽油=4，【答案】A，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省镇江市九年级（上）期中物理试卷
1. 功率的单位是( )
A. 焦耳 B. 牛顿 C. 瓦特 D. 帕斯卡
2. 下列工具在使用时，属于费力杠杆的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列事例中改变内能方式与其它不同的是( )
A. 划火柴 B. 用热水袋取暖
C. 水壶烧水 D. 太阳能热水器
4. 小明捧着一摞质量为5kg的书从教学楼一楼匀速走到三楼，用时30s，则他上楼时对书做功的功率最接近于( )
A. 1W B. 10W C. 30W D. 100W
5. 下列关于功的说法正确的是( )
A. 人用力推汽车但未推动，推力对汽车做了功
B. 人站在匀速上行的厢式电梯中，电梯对人做了功
C. 冰壶在水平冰面上向前滑行时，冰壶的重力对冰壶做了功
D. 被抛出的实心球在空中飞行的过程中，人对实心球做了功
6. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 0℃的物体没有内能 B. 温度越高的物体，具有的内能越大
C. 内能不等的物体接触时可能不发生热传递 D. 物体的温度越高，所含热量越多
7. 如图所示，在歼20飞机加速向上运动的过程中，关于飞行员的能量分析，下列说法正确的是( )
A. 动能增加，重力势能不变 B. 动能不变，重力势能增加
C. 机械能总量不变 D. 机械能总量增加
8. 质量相等的铜块和铝块分别放出相等热量时(c铝>c铜)，则( )
A. 铜块降低的温度比铝块多 B. 铜块和铝块降低的温度相同
C. 铝块末温一定比铜块高 D. 铝块和铜块末温一定不同
9. 如图所示，轻质杠杆AO可绕O点无摩擦转动，AB=BC=CO，用细线将重物悬挂在A点，在C点施加图示方向的拉力F，在杠杆保持水平静止的情况下( )
A. 此杠杆属于省力杠杆 B. 当重物的悬挂点右移时，F将增大
C. 若改沿图中虚线方向施力，F将增大 D. 若物重增加1N，F的大小增加6N
10. 如图所示，光滑斜面AB>AC，沿斜面AB和AC分别将同一重物从它们的底部拉到顶部，所需拉力分别为F1和F2，所做的功分别为W1和W2.则，( )
A. F1
11. 如图所示，有一小球沿光滑的曲面轨道ABCD从A点静止滑下，从D点抛出，虚线DEF为小球在空中的运动轨迹。其中C为轨道最低点，B、D、F三点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在C点的动能最大，E点的动能为零
B. 从E点运动到F点的过程，小球的动能转化为重力势能
C. 小球在E点的机械能小于在A点的机械能
D. 小球从B运动到C和从C运动到D的过程中动能变化量相等
12. 如图所示，甲、乙两装置所用滑轮质量均相等，用它们分别将重为G1和G2的两物体匀速提升相同的高度。所用竖直方向上的拉力分别为F1和F2，两装置的机械效率分别为η1和η2(不计绳重和一切摩擦)，则下列选项正确的是( )
A. 若G1=G2，则η1<η2 B. 若G1
14. 在水平地面上，工人师傅沿水平方向用100N的力推着重为500N的箱子匀速前进，箱子在5s内移动了12m，在这个过程中，箱子的重力做功为______ J，推力所做的功为______ J，推力做功的功率为______ W。
15. 如图所示，用拉力F将重G=40N的货物匀速提升1m，动滑轮的机械效率为80%，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，则上述过程中所做的有用功是______ J，总功______ J，动滑轮的重为______ N；如果用该动滑轮把重100N的一袋大米匀速提升相同高度，则动滑轮的机械效率将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
16. 学龄前儿童常因为好奇而将下边抽屉拉出当作台阶去攀爬柜子，容易使柜子翻倒造成伤害事件，其侧视示意图如图所示。柜子可简化成一个杠杆模型，标有A、B、C、D四个点，当它翻倒时，是以______点为支点的，为防止图示中柜子翻倒，可在图中______点与墙壁接触处加装固定装置，使该装置起防翻倒作用时受力最小。
17. 如图是两个演示实验和四冲程汽油机的两个冲程的示意图，与汽油机做功冲程原理相同的是图______所示的演示实验；图______表示汽油机正处于压缩冲程，若该汽油机每秒钟完成40个冲程，则该汽油机：①每秒对外做功______次，②其飞轮转速为______转/分。
18. 小莉在某次体育训练时，身体散发了8.8×103J的热量，这些热量至少要完全燃烧______ kg的天然气才能获得，若用这些天然气给水加热，天然气燃烧放出的热量有84%被水吸收，则它可以使质量为100g，初温是30℃的水温度升高到______℃；上述天然气用掉一半时，其热值______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。(已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，天然气的热值为4.4×107J/kg)
19. 跳绳是校运会的比赛项目之一，如图是体重为480N的某同学某次跳绳时重心移动的高度h随时间t变化的图像．由图可知，她每跳一次克服自身重力所做的功为______ J，她1min内跳绳______次，克服重力做功的平均功率为______ W。
20. 有一种蹦极游戏，游戏者将一根有弹性的绳子一端系在身上，另一端固定在高处，从高处跳下。如图甲所示，图中a点是弹性绳自然下垂时下端的位置，c点是游戏者所到达的最低点。从a至c处的过程中，游戏者的速度v和弹性绳被拉伸的长度Δl之间的关系如乙图所示。不计空气阻力，则从a至c处的过程中，游戏者的动能______；游戏者的重力势能______(以上两空均选填“变小”、“变大”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；在a至b处过程中游戏者动能的变化量______重力势能的变化量(“大于”、“小于”或“等于”)。
21. 如图所示，有一根质量分布均匀的金属棒CB，现将AC部分搭在水平桌面上，已知金属棒长为L、重为600N，CA：AB=1：3，为使金属棒保持图示位置静止，则在______(选填“A”、“B”或“C”)点施加的力F最小，该最小力F1=______N，若保持与F1的作用点和方向均相同，则使金属棒在图示位置静止时所需的最大外力F2应为______ N。
22. 图中，轻质杠杆在图示位置平衡，O为支点，请作出此杠杆的动力臂l1和阻力F2的示意图。
23. 图中杠杆BOA，请画出作用于A点使杠杆在图示位置平衡的最小动力F的示意图及其力臂l1。
24. 在图中画出使用滑轮组提升物体时最省力的绳子绕法。
25. “探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板(足够长)上后与木块碰撞，通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景。
(1)选用场景①和______(选填“②”、“③”或“④”)可探究小车动能与______关系；本实验中，物体动能的大小是通过______来反映的，该动能由______转化而来；
(2)选用场景③和④进行实验时，可得结论：在质量一定时，______；
(3)实验中探究的动能是指______；
A.小车即将撞击木块时的动能
B.小车撞击木块后的动能
C.木块被小车撞击后的动能
(4)若将场景③和④中的木块均移走，______(选填“能”或“不能”)研究物体的动能的大小与速度的关系。
26. 在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用甲、乙燃料进行了实验。
(1)小林已将天平正确调至平衡，为称取质量相等的甲、乙燃料，小林将装有燃料甲和乙的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上。称取过程中，天平再次平衡时的场景如图1和图2所示，则小林在称取中错误操作是______；这一错误操作会导致所称取的甲燃料质量比乙燃料质量要______；
(2)小林组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是______；
(3)本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过______(选填“加热时间”或“温度计升高的示数”)来反映的；
(4)经过正确的测量和组装实验装置后，小林用甲、乙燃料分别进行实验，通过正确采集实验数据，比较出质量相等的甲、乙燃料燃烧时放出的热量多少，从而建立了热值的概念，对建立热值概念，下列方法中可行的有______。(注意：本题为多选题)
①相同质量m的燃料燃尽时比较水温变化ΔT；
②燃料燃烧相同时间t内比较水温变化ΔT；
③分别测出消耗的燃料质量M和水温变化ΔTM；比较的大小；
④分别测出消耗的燃料质量M和水温变化MΔT；比较的大小．
27. 在“探究影响动滑轮机械效率的因素”的实验中，小霞用同一动滑轮进行了三次实验，实验装置如图所示，实验数据如表所示。
序
号
动滑轮重
G动/N
钩码总重
G/N
钩码上升的
高度h/m
测力计示数
F/N
绳自由端上升
的高度s/m
动滑轮的机械
效率η/%
1
0.3
1
0.2
0.70
0.4
71.4
2
0.3
2
0.2
0.4
3
0.3
4
0.2
2.4
0.4
83.3
(1)实验时，小霞应竖直向上______拉动弹簧测力计；
(2)第2次实验时，弹簧测力计的示数如图所示，此时绳端受到的拉力为______ N，提升重物所做的有用功为______ J，拉力克服绳重及轮与轴的摩擦所做功为______ J，动滑轮的机械效率为______%；
(3)分析表中数据可知：用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，随着钩码总重的增加，拉力所做的额外功将______，拉力所做的额外功占总功的比值将______(以上两空均选填“减小”、“不变”或“增大”)。
28. 如图所示，工人用滑轮组在20s内将质量为180kg的物体匀速提升了4m，此过程中滑轮组的机械效率为90%。不计绳重及轮与轴间的摩擦。(g=10N/kg)求：
(1)工人做的有用功W有用；
(2)工人做功的功率P；
(3)动滑轮的重G动。
29. 如图所示是提升重物的装置：长0.9m的杆OA可绕O点自由转动，将重G=90N的物体用轻绳悬挂在杆上B点处，在杆上A点用竖直向上的拉力F，使杆从水平位置缓慢转至图中虚线位置处，重物从位置①被缓慢匀速提升至位置②，B点上升的高度为0.2m，A点上升的高度为0.3m，已知OB=2BA。
(1)若不考虑杆重和摩擦，求杆在水平位置平衡时拉力F的大小；
(2)若考虑杆重和O处摩擦，则题述过程中：
①求拉力所做的有用功W有；
②若拉力所做的额外功为6J，求该装置的机械效率及提升时实际所需的拉力F′的大小。
30. 氢气-汽油发动机采用氢气和汽油两种燃料工作，可进行自由切换，氢气和汽油的热值分别取q氢气=1.5×108J/kg、q汽油=4.5×107J/kg。某司机驾驶使用上述发动机的轿车沿平直公路从甲地至乙地，甲、乙两地相距225km，出发时油箱内汽油的质量25kg。设氢气和汽油在气缸内均完全燃烧，轿车行驶中所受阻力恒定，发动机输出的能量全部用来驱动轿车行驶，全程分两个阶段，如图所示：
阶段一：轿车使用氢燃料从甲地出发，以25m/s的速度匀速行驶1h到达丙地，此过程中轿车牵引力的功率为20kW，在使用氢燃料的情况下，轿车发动机的效率为50%。
阶段二：从丙地开始，由于氢气不足，司机切换汽油为燃料，轿车仍以25m/s的速度匀速行驶，到达乙地油箱内汽油的质量还剩15kg。求：
(1)甲、丙两地之间距离；
(2)阶段一中轿车行驶时受到的阻力；
(3)阶段一中消耗的氢燃料的质量；
(4)阶段二中轿车发动机的效率。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在国际单位制中，
A、焦耳是功和各种能量的主单位。故A不符合题意；
B、牛顿是力的基本单位。故B不符合题意；
C、瓦特是功率的主单位。故C符合题意；
D、帕斯卡是压强的主单位。故D不符合题意。
故选：C。
根据对功率单位的掌握作答。
此题考查的是我们对常见物理量及其单位的掌握情况，是一道基础题，难度较小，容易解答。
2.【答案】A
【解析】解：A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A正确；
B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C错误；
D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：A。
结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。
本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3.【答案】A
【解析】解：
A、划火柴的过程，克服摩擦力做功，火柴头的内能增加，是通过做功来改变物体的内能。
B、用热水袋取暖，人从热水袋吸收热量，内能增加，温度升高，是通过热传递来改变物体的内能。
C、水壶烧水，水吸收热量，内能增加，温度升该，是通过热传递来改变物体的内能。
D、太阳能热水器，水吸收热量，内能增加，温度升该，是通过热传递来改变物体的内能。
由此可知，只有A是用做功的方式来改变物体内能的。
故选：A。
改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化；热传递是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，其实质是能的转移。
本题考查改变内能的方式的判断，明确两种方式的实质是关键。
4.【答案】B
【解析】解：书本的重力：G=mg=5kg×10N/kg=50N，
一层楼的高度在3m左右，从教学楼的一楼走上三楼的高度：h=2×3m=6m，
小明对书做的功：W=Gh=50N×6m=300J，
做功的功率：P=Wt=300J30s=10W，故B正确。
故选：B。
根据G=mg求书的重力，一层楼的高度在3m左右，据此求出小明爬楼的高度，根据W=Gh求出小明对书做的功，根据P=Wt求出小明对书做功的功率。
此题考查功和功率的计算，关键是估测出一层楼的高度。
5.【答案】B
【解析】解：A、人用力推汽车没推动，有力而无距离，推力没有做功；故A错误；
B、人站在匀速上行的厢式电梯中，电梯对人力的方向上竖直向上的，移动的距离在竖直方向上，所以电梯对人做了功，故B正确；
C、冰壶在水平冰面运动的过程中，所受重力竖直向下，冰壶向下没有移动距离，所以重力对冰壶没有做功，故C错误；
D、被抛出去的实心球离开手后继续运动过程中，推力已经消失，是由于惯性在运动，故人的推力没有做功，，故D错误。
故选：B。
做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
本题考查了力是否做功的判断方法，有力有距离，力对物体不一定做功，物体一定在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。
6.【答案】C
【解析】解：A、一切物体都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关，所以0℃的物体具有内能，故A错误；
B、内能大小取决于温度、体积和物质的量，故温度高的物体，其内能不一定大，故B错误；
C、发生热传递的条件是存在温差，内能不等的物体的温度可能相同，可能不会发生热传递，故C正确；
D、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关。
(2)发生热传递的条件是存在温差。
(3)热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量。
此题考查温度、热量与内能的关系，属于热学的难点，中考的热点。
7.【答案】D
【解析】解：在歼20飞机加速向上运动的过程中，飞行员的质量不变，速度增大，其动能增大；高度升高，重力势能增大，故机械能总量增大。
故选：D。
影响动能的因素有物体质量和速度；影响重力势能的因素有质量和高度；机械能是动能和势能的总和。
对于机械能的考查中考中会常出现，熟知各能量的影响因素是解题关键。
8.【答案】A
【解析】解：质量相等的铜块和铝块分别放出相等热量后，因为铜的比热容小，放出相同的热量后，由Q放=cmΔt可知，铜块的温度下降的多，铝块的温度降低的少，由于不知道它们初温度关系，所以不能确定末温度的高低，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由吸热公式Q放=cmΔt可知，质量相同的不同物质，吸收或放出相同的热量，比热容大的温度变化小，比热容小的温度变化大。
本题考查了学生对放热公式Q放=cmΔt的掌握和运用，理解并记住：质量相同的不同物质，吸收或放出相同的热量，比热容大的物体温度变化小。
9.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，F与杠杆的夹角为30∘，根据三角形知识可知，F的力臂为12OC小于AO，即动力臂小于阻力臂，为费了杠杆，故A错误；
B、当悬挂点右移时，动力臂、阻力不变，阻力臂变小，则动力F将变小，故B错误；
C、若改沿图中虚线方向施力，F与杠杆的夹角为30∘，根据三角形知识可知，F的力臂为12OC，动力臂、阻力臂、阻力不变，根据杠杆的平衡条件可知，F大小不变，故C错误；
D、若物重增加1N，此时的动力臂为阻力臂的六分之一，根据杠杆的平衡条件可知，动力会增加为1N的6倍，所以F的大小增加6N，故D正确。
故选：D。
(1)根据动力臂和阻力臂的大小分析；
(2)根据力臂的变化，利用杠杆的平衡条件分析动力的变化；
(3)力臂是指从支点到力的作用线的距离，根据动力臂的变化和杠杆的平衡条件分析F的变化；
(4)根据杠杆的平衡条件分析。
本题主要考查对杠杆平衡条件以及力臂概念的记忆，是一道基础题目，不难解决。
10.【答案】A
【解析】解：(1)斜面光滑说明摩擦力为0，即使用光滑的斜面没有额外功，则把同一物体沿斜面BA和CA分别拉到顶端A，h相同，由W=Gh可知两次做的功相同，即W1=W2。
(2)根据图示可知，LBA>LCA，而W1=W2，由W=FL可知，FBA
(1)斜面光滑说明摩擦力为0，即使用光滑的斜面没有额外功。无论是沿斜面BA还是CA匀速拉同一物体，由于其高度相同，由功的原理可知沿斜面所做的功都等于不用机械而直接用手所做的功，从而可以判断出两次做的功W1和W2的大小关系。
(2)知道斜面长的大小关系，利用W=FL比较拉力关系。
本题考查斜面的省力情况，物体做功大小的判断，关键是知道接触面光滑，摩擦力为0，使用任何机械都不省功。也可以利用斜面倾斜角度越大，越费力，来判断两次拉力的大小关系。
11.【答案】D
【解析】解：
AC、轨道是光滑的，不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，保持不变，所以小球在C点的机械能等于在其它各点的机械能，但C点高度最小，重力势能最小，所以在C点的动能最大。但小球在E点时，在水平方向上速度不为零，所以其动能不为零，故A错误；
B、从E点运动到F点的过程，小球的质量不变，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能，故B错误；
C、轨道是光滑的，不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，保持不变，所以小球在E点的机械能等于在A点的机械能，故C错误；
D、轨道是光滑的，不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，保持不变，所以小球在B点的机械能等于在D点的机械能，B、D两点高度相同，重力势能相同，所以小球从B运动到C和从C运动到D的过程中动能变化量相等，故D正确。
故选：D。
(1)动能和物体的质量、速度有关；
(2)重力势能和物体的质量、高度有关；
(3)动能和重力势能是可以相互转化的，只有在不计摩擦和阻力时，机械能才守恒。
明确影响动能和重力势能的因素、机械能的守恒，是解题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：AB、若G1=G2，则η1=η2，故AB错误；
C、据图可知：
F1=13(G1+G动)；
F2=12(G2+G动)；
推理可得：
G1=3F1−G动；
G2=2F2−G动；
因此若F1=F2，则G1>G2，那么一定有η1>η2，故C正确；
D、据C中等式可知，若F1
滑轮组的额外功来自于动滑轮自重、绳重和摩擦，当滑轮质量相等时，不计绳重和一切摩擦，则额外功大小不变，由于克服物体重力做的功即为有用功，因此滑轮组的机械效率主要取决于物重G，G越大，有用功越多，机械效率越高。
此题考查了机械效率、滑轮组中的相关计算等知识点。
13.【答案】比热容 机械 内
【解析】解：因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，汽车发动机常用水来做冷却剂；
遇到紧急事件而刹车，刹车片克服摩擦做功，温度会升高，这个过程中将机械能转化为内能。
故答案为：比热容；机械；内。
对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；改变内能的方法：做功和热传递。
本题考查了水的比热容大的应用、能量的转化，属于基础题。
14.【答案】0 1200 240
【解析】解：重力的方向是竖直向下的，物体在水平地面上运动，在重力的方向上没有移动距离，所以重力没有做功，即重力做功为0J；
推力做功为：
W=Fs=100N×12m=1200J，
推力做功的功率：
P=Wt=1200J5s=240W。
故答案为：0；1200；240。
(1)物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可；
(2)已知推力和物体前进的距离，根据公式W=Fs可求推力做的功，然后利用P=Wt可求推力做功的功率。
此题主要考查的是学生对功和功率的计算的理解和掌握，明确做功的两个必要因素是解答此题的关键。
15.【答案】40 50 10 变大
【解析】解：上述过程中所做的有用功W有用=Gh=40N×1m=40J；
总功W总=W有用η=40J80%=50J，
从图中可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×1m=2m，
拉力F=W总s=50J2m=25N，
不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重G动=nF−G=2×25N−40N=10N。
不计绳重及轮与轴间的摩擦，如果用该动滑轮把重100N的一袋大米匀速提升相同高度，根据η=W有用W总=G′hG′h+G动h=G′G′+G动=100N100N+10N≈91%>80%，动滑轮的机械效率将变大。
故答案为：40；50；10；大于。
根据W有用=Gh得出上述过程中所做的有用功，根据W总=W有用η得出总功；
从图中可知n=2，根据s=nh得出绳子自由端移动的距离，根据F=W总s得出拉力，不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重。
不计绳重及轮与轴间的摩擦，如果用该动滑轮把重100N的一袋大米匀速提升相同高度，根据η=W有用W总=G′hG′h+G动h=G′G′+G动得出动滑轮的机械效率，与80%比较大小即可。
本题考查有关滑轮组的功和效率的有关计算，是一道综合题。
16.【答案】D A
【解析】解：根据图示可知，当柜子翻倒时，柜子将绕D点运动，所以此时D点为支点；
为了固定柜子，并使该装置起作用时受力最小，根据杠杆平衡条件可知，动力臂应最长，由于图中DA为最长的动力臂，所以需在A点固定该装置，并使该装置起作用时受力最小。
故答案为：D；A。
(1)一根硬棒绕某固定点转动，该点称之为支点，据此分析；
(2)当以D点位支点时，根据杠杆平衡条件可知，离支点最远点的连线为最长力臂，过该点作用垂直于力臂的力即为最小作用力。
本题考查杠杆五要素以及杠杆中最小力的问题，关键是找出最长的动力臂。
17.【答案】2 3 10 1200
【解析】解：图1是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；
图2中对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水蒸气的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能；
图3中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，压缩冲程是把机械能转化为内能的过程；
图4中两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，做功冲程将内能转化为机械能；
热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，若该汽油机每秒完成40个冲程，则每秒它对外做功10次，飞轮转速为40×60×12r/min=1200r/min。
故答案为：2；3；10；1200。
(1)内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，其中在做功冲程中，是燃气的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能；
(2)改变物体内能的方式有热传递和做功两种，做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化，对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
(3)热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案。
此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道比较简单的实验题，掌握热机的工作原理，学会变通。
18.【答案】0.000247.6不变
【解析】解：由Q放=qm可得，所需天然气的体积：
m天然气=Q放q=8.8×103J4.4×107J/kg=0.0002kg；
Q吸=8.8×103J×84%=7.392×103J，
由Q吸=c水mΔt可得，水温是30℃的水温度升高：
Δt=Q吸c水m水=7.392×103J4.2×103J/(kg⋅℃)×100×10−3kg=17.6℃；
所以水温度升高到30℃+17.6℃=47.6℃；
由于燃料的热值的燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量以及燃料情况无关，所以当天然气燃烧了一半，剩余天然气的热值不变，还是4.4×107J/kg。
故答案为：0.0002；47.6；不变。
知道放出的热量和天然气的热值，根据公式Q放=qm求出需要天然气的质量；
由Q吸=c水mΔt可求得初温是30℃的水温度升高的度数；
燃料的热值的燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量以及燃料情况无关。
此题考查热值的概念、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的灵活运用，是一道典型题，难度不大。
19.【答案】24 150 60
【解析】解：由图像可知，某同学每次跳的高度为5cm，
则他每跳一次所做的功为：W=Gh=480N×5×10−2m=24J；
由图像可知，他在0.4s内完成一次跳绳动作，
所以在1min内跳绳的次数：
n=60s0.4s/次=150次；
克服重力做功的功率为：
P=Wt=24J0.4s=60W。
故答案为：24；150；60。
跳绳时，人要克服自身重力做功，根据图像可知跳绳的高度和跳一次所需时间，再根据W=Gh求出每跳一次克服自身重力所做的功，根据P=Wt求出克服重力做功的平均功率。
本题主要考查功和功率的运算，要掌握功和功率的计算公式，会分析图像并能从图像上获得相应的数据，题目条件明确，难度不大。
20.【答案】先变大后变小 变小 小于
【解析】解：由图乙可知，从a至c处的过程中，游戏者的速度先变大后变小，高度一直变小，所以其动能先变大后变小，重力势能变小；
不计空气阻力，机械能守恒，但从a到b的过程中，游戏者的重力势能转化为动能和弹性势能，所以在a至b处过程中游戏者动能的变化量小于重力势能的变化量。
故答案为：先变大后变小；变小；小于。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)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。
(3)不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
此题通过蹦极游戏考查能量转化问题，需要结合动能和势能的影响因素分析解答，有一定难度难度，属于中考热点，
21.【答案】B 200 300
【解析】解：由图可知，CA：AB=1：3，由于金属棒质量分布均匀，重心在O点，当以A为支点、AB为动力臂时，动力臂与阻力臂的比值为3：1，此时的比值是最大的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力是最小的；则：
F1=GLGL1=600N×13=200N；
若保持与F1的作用点和方向均相同，则C为支点，BC为动力臂，动力臂与阻力臂的比值为2：1，此时的动力臂是最小的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的F2最大，则：
F2=GLGL2=600N×12=300N。
故答案为：B；200；300。
力臂是指从支点到力的作用线的距离；杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1 L1=F2 L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
根据杠杆的平衡条件求出F2的大小。
本题考查了杠杆的平衡条件的应用，难度不大。
22.【答案】解：从O点向动力F1的作用线作垂线，即为动力臂L1；物体通过绳子对杠杆向下的拉力为阻力F2，作用点在杠杆上，方向竖直向下，如下图所示：
【解析】动力臂是支点到动力作用线的距离，阻力是阻碍杠杆向上运动的力，阻力方向竖直向下。
此题主要考查力臂的画法，力臂是支点到力的作用线的距离，是一条垂线段，不是直线，阻力和重力不是一回事，作用点不同，要特别注意。
23.【答案】解：
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
图中支点在O点，动力作用于A点，当OA作为动力臂l1时，动力臂最长，此时动力最小；由图知动力的方向应该向上，过A点垂直于OA向上作出最小动力F的示意图，如下图所示：
【解析】(1)力臂是指从支点到力的作用线的距离；
(2)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1 L1=F2 L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
本题考查了杠杆中最小力的问题，关键是从图中找出作用于B点的最长动力臂。
24.【答案】
【解析】解：图中只有一个动滑轮和一个定滑轮，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：
滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。
本题画最省力的绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮。
25.【答案】③ 质量 木块被撞距离的远近 重力势能 小车的速度越大，小车的动能越大 A 能
【解析】解：(1)为探究小车动能与质量的关系，应让两质量不相同小车分别从同一斜面同高度由静止滑下，小车的质量不同，初速度相同，且水平面的粗糙程度相同，②图水平面上有棉布，粗糙程度不同，所以要探究动能与小车的质量的关系，应选场景①和③；
该实验中物体动能的大小是通过木块被撞距离的远近体现的；
从斜面上滚下时，由物体的重力势能转化为动能；
(2)选用场景③和④进行实验时，控制了两小车的质量相同，初速度不同，所以可探究动能与小车的速度的关系，由实验③、④知在质量相同时，小车的速度越大，小车的动能越大；
(3)根据题意可知，实验中探究小车动能，即小车撞击木块时的动能的大小，故选A；
(4)若将场景③和④中的木块均移走，可通过观察两辆小车在水平面移动的距离比较动能大小，所以可以研究物体的动能的大小与速度的关系。
故答案为：(1)③；木块被撞距离的远近；重力势能；(2)小车的速度越大，小车的动能越大；(3)A；(4)能。
(1)(2)动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小；
(3)据题意可知，实验中探究小车动能，即小车撞击木块时的动能的大小；
(4)若将场景③和④中的木块均移走，可通过观察两辆小车在水平面移动的距离比较动能大小。
本题考查了“影响动能大小的因素”的实验，考查了学生分析实验现象的能力以及严谨的科学观，这就要求我们在平常的实验中多注意分析实验的方法。
26.【答案】不应移动游码 偏大 温度计与杯底接触 温度计升高的示数 ①②③④
【解析】解：(1)调节天平平衡后，为称取质量相等的甲、乙燃料，小强将分别装有甲、乙燃料的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上，称取完成后，天平平衡时的场景如图2所示，则小强在称取中存在的问题是：不应移动游码(未称取相等质量的甲、乙燃料)；
天平平衡时的场景如图1和图2所示，则烧杯和甲燃料相当于被测物体，烧杯和乙燃料相当于砝码，因游码对应一定的刻度，砝码的质量加上游码所对应的刻度等于被测物体的质量，故这一错误操作会导致所称取的甲燃料质量比乙燃料质量要偏大；
(2)小林组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是温度计与杯底接触；
(3)比较不同燃料的热值，根据Q=cmΔt，燃料完全燃烧放出的热量是通过温度计升高的示数来反应的；
(4)①相同质量m的燃料燃尽时，使水温变化ΔT大的燃料的热值较大，故①可行；
②燃料燃烧相同时间t时，使水温变化ΔT大的燃料的热值较大，故②可行；
③通过计算消耗的燃料质量M与水温变化的比值ΔTM，也就是计算出每提高1℃消耗燃料的质量，再比较的大小，故③可行；
④通过计算消耗的燃料质量M和水温变化MΔT，也就是计算出消耗1kg燃料提高多少摄氏度，再比较的大小，故④可行。
故答案为：(1)不应移动游码；偏大；(2)温度计与杯底接触；(3)温度计升高的示数；(4)①②③④。
(1)调节天平平衡后(游码归零)，为称取质量相等的甲、乙燃料，天平再次平衡时，即称取相等质量的甲、乙燃料；
烧杯和甲燃料相当于被测物体，烧杯和乙燃料相当于砝码，砝码的质量加上游码所对应的质量等于被测物体的质量，据此分析；
(2)温度计玻璃泡要与水充分接触；
(3)根据Q=cmΔt，通过液体升高的温度来反应燃料完全燃烧放出的热量的多少；
(4)根据热值公式q=Qm进行解答。
本题探究不同物质吸热升温的现象，考查天平的调节和使用及温度计使用注意事项，同时考查转换法的运用和数据分析。
27.【答案】匀速 1.30.40.0676.9增大 减小
【解析】解：
(1)实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数；
(2)第2次实验中，由图可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，弹簧测力计的示数为1.3N；
拉力做的总功为：
W总=Fs=1.3N×0.4m=0.52J；
滑轮对钩码所做的功为：
W有=Gh=2N×0.2m=0.4J，
额外功为：
W额=W总−W有=0.52J−0.4J=0.12J；
克服动滑轮重力做的额外功为：
W额动=G动h=0.3N×0.2m=0.06J，
拉力克服绳重及轮与轴的摩擦所做功为：
W额摩擦=W额−W额动=0.12J−0.06J=0.06J；
动滑轮的机械效率为：
η=W有用W总×100%=0.4J0.52J×100%≈76.9%；
(3)分析表中数据可知：使用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，增大物重可以提高动滑轮的机械效率；
在用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，由表格数据可知：
第一次拉力所做的额外功为：W额1=W总1−W有1=F1s−G1h=0.7N×0.4m−1N×0.2m=0.08J，
第二次拉力所做的额外功为：W额2=W总2−W有2=F2s−G2h=1.3N×0.4m−2N×0.2m=0.12J，
综上可知，若仅增加被提升物体的物重，则拉力所做的额外功增大，由表格数据最后一列可知，动滑轮的机械效率增大，有用功占总功的比值将增大，则拉力所做的额外功占总功的比值将减小。
故答案为：(1)匀速；(2)1.3；0.4；0.06；76.9；(3)增大；减小。
(1)实验过程中要匀速直线拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数；
(2)根据W=Fs求出拉力做的总功，根据W=Gh求出滑轮对钩码所做的功，从而求出额外功；由W=G动h算出克服动滑轮重力做的额外功，进而算出拉力克服绳重及轮与轴的摩擦所做功，利用η=W有用W总×100%求出动滑轮的机械效率；
(3)使用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，增大物重可以提高动滑轮的机械效率；根据W额=W总−W有=Fs−Gh求出拉力所做的额外功，然后结合最后一列数据得出结论。
本题考查了实验的注意事项和功、机械效率的计算以及实验数据的分析等，明确有用功和总功以及额外功是关键。
28.【答案】解：(1)物体的重力G=mg=180kg×10N/kg=1800N，
工人做的有用功W有用=Gh=1800N×4m=7200J；
(2)工人做的总功W总=W有用η=7200J90%=8000J，
工人做功的功率P=W总t=8000J20s=400W；
(3)从图中可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×4m=8m，
工人的拉力F=W总s=8000J8m=1000N，
不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重G动=nF−G=2×1000N−1800N=200N。
答：(1)工人做的有用功W有用为7200J；
(2)工人做功的功率P为400W；
(3)动滑轮的重G动为200N。
【解析】(1)根据G=mg得出物体的重力，根据W有用=Gh得出工人做的有用功；
(2)根据W总=W有用η得出工人做的总功，根据P=W总t得出工人做功的功率；
(3)从图中可知n=2，根据s=nh得出绳子自由端移动的距离，根据F=W总s得出工人的拉力，不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重。
本题考查有关滑轮组的功、功率和效率的有关计算，是一道综合题。
29.【答案】解：(1)已知OB=2BA，则OB=23OA，
若不考虑杆重和摩擦，如图杠杆在水平位置A时，根据杠杆平衡条件可得F×OA=G×OB，则拉力F=G×OBOA=90N×23OAOA=60N；
(2)若考虑杆重和O处的摩擦，
①拉力所做的有用功W有=Gh=90N×0.2m=18J；
②拉力所做的总功W总=W有+W额=18J+6J=24J，
该装置的机械效率η=W有W总×100%=18J24J×100%=75%；
提升时实际所需的拉力F′=W总s=24J0.3m=80N。
答：(1)若不考虑杆重和摩擦，杆在水平位置平衡时拉力F的大小为60N；
(2)若考虑杆重和O处摩擦，则题述过程中：
①拉力所做的有用功为18J；
②该装置的机械效率为75%；提升时实际所需的拉力F′的大小为80N。
【解析】(1)根据杠杆平衡条件计算不考虑杆重和摩擦，杆在水平位置平衡时拉力F的大小；
(2)①利用W有=Gh求出拉力所做的有用功；
②已知额外功，由W总=W有+W额求出总功，最后由η=W有W总×100%算出该装置的机械效率；根据F=Ws计算提升时实际所需的拉力。
本题考查杠杆平衡条件、做功公式、效率公式的灵活运用，综合性强。
30.【答案】解：(1)由v=st可知，甲、丙两地之间距离：s1=vt=25m/s×1×3600s=90000m=90km；
(2)由P=Wt=Fst=Fv可知，阶段一中轿车的牵引力：F=Pv=20×1000W25m/s=800N，
轿车匀速行驶过程中，轿车的牵引力与轿车受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，阶段一中轿车行驶时受到的阻力：f=F=800N；
(3)由P=Wt可知，阶段一牵引力所做的有用功：W=Pt=20×1000W×1×3600s=7.2×107J，
由η=WQ放可知，消耗的氢燃料完全燃烧放出的热量：Q放=Wη=7.2×107J50%=1.44×108J，
由Q放=mq可知，消耗的氢燃料的质量：m=Q放q氢气=1.44×108J1.5×108J/kg=0.96kg；
(4)根据题意可知，阶段二中轿车从丙地到达乙地消耗汽油的质量：m汽油=25kg−15kg=10kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q放′=m汽油q汽油=10kg×4.5×107J/kg=4.5×108J，
从丙地到乙地的距离s2=s−s1=225km−90km=135km，
由于轿车行驶中所受阻力恒定，根据二力平衡条件可知，轿车的牵引力大小不变，
则轿车从丙地到达乙地所做的有用功：W′=Fs2=800N×135×1000m=1.08×108J，
阶段二中轿车发动机的效率：η′=W′Q放′×100%=1.08×108J4.5×108J×100%=24%。
答：(1)甲、丙两地之间距离为90km；
(2)阶段一中轿车行驶时受到的阻力为800N；
(3)阶段一中消耗的氢燃料的质量为0.96kg；
(4)阶段二中轿车发动机的效率为24%。
【解析】(1)利用速度公式求出甲、丙两地之间距离；
(2)阶段一中知道轿车的速度和牵引力的功率，利用P=Wt=Fst=Fv求出轿车的牵引力，根据二力平衡条件可知轿车行驶时受到的阻力；
(3)根据P=Wt求出阶段一牵引力所做的有用功，利用效率公式求出氢燃料完全燃烧放出的热量；利用Q放=mq求出消耗的氢燃料的质量；
(4)先求出从丙地到达乙地消耗汽油的质量，利用Q放=mq求出汽油完全燃烧放出的热量；求出从丙地到乙地的距离，利用W=Fs求出轿车从丙地到达乙地所做的有用功，利用效率公式求出阶段二轿车发动机的效率。
本题是一道力热综合题，主要考查速度公式、功率公式、效率公式、燃料完全燃烧放热公式以及二力平衡条件的应用，题目综合性较强，有一定的难度。
2022-2023学年江苏省镇江市九年级（上）期中物理试卷
1. 功率的单位是( )
A. 焦耳 B. 牛顿 C. 瓦特 D. 帕斯卡
2. 下列工具在使用时，属于费力杠杆的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列事例中改变内能方式与其它不同的是( )
A. 划火柴 B. 用热水袋取暖
C. 水壶烧水 D. 太阳能热水器
4. 小明捧着一摞质量为5kg的书从教学楼一楼匀速走到三楼，用时30s，则他上楼时对书做功的功率最接近于( )
A. 1W B. 10W C. 30W D. 100W
5. 下列关于功的说法正确的是( )
A. 人用力推汽车但未推动，推力对汽车做了功
B. 人站在匀速上行的厢式电梯中，电梯对人做了功
C. 冰壶在水平冰面上向前滑行时，冰壶的重力对冰壶做了功
D. 被抛出的实心球在空中飞行的过程中，人对实心球做了功
6. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 0℃的物体没有内能 B. 温度越高的物体，具有的内能越大
C. 内能不等的物体接触时可能不发生热传递 D. 物体的温度越高，所含热量越多
7. 如图所示，在歼20飞机加速向上运动的过程中，关于飞行员的能量分析，下列说法正确的是( )
A. 动能增加，重力势能不变 B. 动能不变，重力势能增加
C. 机械能总量不变 D. 机械能总量增加
8. 质量相等的铜块和铝块分别放出相等热量时(c铝>c铜)，则( )
A. 铜块降低的温度比铝块多 B. 铜块和铝块降低的温度相同
C. 铝块末温一定比铜块高 D. 铝块和铜块末温一定不同
9. 如图所示，轻质杠杆AO可绕O点无摩擦转动，AB=BC=CO，用细线将重物悬挂在A点，在C点施加图示方向的拉力F，在杠杆保持水平静止的情况下( )
A. 此杠杆属于省力杠杆 B. 当重物的悬挂点右移时，F将增大
C. 若改沿图中虚线方向施力，F将增大 D. 若物重增加1N，F的大小增加6N
10. 如图所示，光滑斜面AB>AC，沿斜面AB和AC分别将同一重物从它们的底部拉到顶部，所需拉力分别为F1和F2，所做的功分别为W1和W2.则，( )
A. F1
11. 如图所示，有一小球沿光滑的曲面轨道ABCD从A点静止滑下，从D点抛出，虚线DEF为小球在空中的运动轨迹。其中C为轨道最低点，B、D、F三点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在C点的动能最大，E点的动能为零
B. 从E点运动到F点的过程，小球的动能转化为重力势能
C. 小球在E点的机械能小于在A点的机械能
D. 小球从B运动到C和从C运动到D的过程中动能变化量相等
12. 如图所示，甲、乙两装置所用滑轮质量均相等，用它们分别将重为G1和G2的两物体匀速提升相同的高度。所用竖直方向上的拉力分别为F1和F2，两装置的机械效率分别为η1和η2(不计绳重和一切摩擦)，则下列选项正确的是( )
A. 若G1=G2，则η1<η2 B. 若G1
14. 在水平地面上，工人师傅沿水平方向用100N的力推着重为500N的箱子匀速前进，箱子在5s内移动了12m，在这个过程中，箱子的重力做功为______ J，推力所做的功为______ J，推力做功的功率为______ W。
15. 如图所示，用拉力F将重G=40N的货物匀速提升1m，动滑轮的机械效率为80%，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，则上述过程中所做的有用功是______ J，总功______ J，动滑轮的重为______ N；如果用该动滑轮把重100N的一袋大米匀速提升相同高度，则动滑轮的机械效率将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
16. 学龄前儿童常因为好奇而将下边抽屉拉出当作台阶去攀爬柜子，容易使柜子翻倒造成伤害事件，其侧视示意图如图所示。柜子可简化成一个杠杆模型，标有A、B、C、D四个点，当它翻倒时，是以______点为支点的，为防止图示中柜子翻倒，可在图中______点与墙壁接触处加装固定装置，使该装置起防翻倒作用时受力最小。
17. 如图是两个演示实验和四冲程汽油机的两个冲程的示意图，与汽油机做功冲程原理相同的是图______所示的演示实验；图______表示汽油机正处于压缩冲程，若该汽油机每秒钟完成40个冲程，则该汽油机：①每秒对外做功______次，②其飞轮转速为______转/分。
18. 小莉在某次体育训练时，身体散发了8.8×103J的热量，这些热量至少要完全燃烧______ kg的天然气才能获得，若用这些天然气给水加热，天然气燃烧放出的热量有84%被水吸收，则它可以使质量为100g，初温是30℃的水温度升高到______℃；上述天然气用掉一半时，其热值______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。(已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，天然气的热值为4.4×107J/kg)
19. 跳绳是校运会的比赛项目之一，如图是体重为480N的某同学某次跳绳时重心移动的高度h随时间t变化的图像．由图可知，她每跳一次克服自身重力所做的功为______ J，她1min内跳绳______次，克服重力做功的平均功率为______ W。
20. 有一种蹦极游戏，游戏者将一根有弹性的绳子一端系在身上，另一端固定在高处，从高处跳下。如图甲所示，图中a点是弹性绳自然下垂时下端的位置，c点是游戏者所到达的最低点。从a至c处的过程中，游戏者的速度v和弹性绳被拉伸的长度Δl之间的关系如乙图所示。不计空气阻力，则从a至c处的过程中，游戏者的动能______；游戏者的重力势能______(以上两空均选填“变小”、“变大”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；在a至b处过程中游戏者动能的变化量______重力势能的变化量(“大于”、“小于”或“等于”)。
21. 如图所示，有一根质量分布均匀的金属棒CB，现将AC部分搭在水平桌面上，已知金属棒长为L、重为600N，CA：AB=1：3，为使金属棒保持图示位置静止，则在______(选填“A”、“B”或“C”)点施加的力F最小，该最小力F1=______N，若保持与F1的作用点和方向均相同，则使金属棒在图示位置静止时所需的最大外力F2应为______ N。
22. 图中，轻质杠杆在图示位置平衡，O为支点，请作出此杠杆的动力臂l1和阻力F2的示意图。
23. 图中杠杆BOA，请画出作用于A点使杠杆在图示位置平衡的最小动力F的示意图及其力臂l1。
24. 在图中画出使用滑轮组提升物体时最省力的绳子绕法。
25. “探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板(足够长)上后与木块碰撞，通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景。
(1)选用场景①和______(选填“②”、“③”或“④”)可探究小车动能与______关系；本实验中，物体动能的大小是通过______来反映的，该动能由______转化而来；
(2)选用场景③和④进行实验时，可得结论：在质量一定时，______；
(3)实验中探究的动能是指______；
A.小车即将撞击木块时的动能
B.小车撞击木块后的动能
C.木块被小车撞击后的动能
(4)若将场景③和④中的木块均移走，______(选填“能”或“不能”)研究物体的动能的大小与速度的关系。
26. 在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用甲、乙燃料进行了实验。
(1)小林已将天平正确调至平衡，为称取质量相等的甲、乙燃料，小林将装有燃料甲和乙的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上。称取过程中，天平再次平衡时的场景如图1和图2所示，则小林在称取中错误操作是______；这一错误操作会导致所称取的甲燃料质量比乙燃料质量要______；
(2)小林组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是______；
(3)本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过______(选填“加热时间”或“温度计升高的示数”)来反映的；
(4)经过正确的测量和组装实验装置后，小林用甲、乙燃料分别进行实验，通过正确采集实验数据，比较出质量相等的甲、乙燃料燃烧时放出的热量多少，从而建立了热值的概念，对建立热值概念，下列方法中可行的有______。(注意：本题为多选题)
①相同质量m的燃料燃尽时比较水温变化ΔT；
②燃料燃烧相同时间t内比较水温变化ΔT；
③分别测出消耗的燃料质量M和水温变化ΔTM；比较的大小；
④分别测出消耗的燃料质量M和水温变化MΔT；比较的大小．
27. 在“探究影响动滑轮机械效率的因素”的实验中，小霞用同一动滑轮进行了三次实验，实验装置如图所示，实验数据如表所示。
序
号
动滑轮重
G动/N
钩码总重
G/N
钩码上升的
高度h/m
测力计示数
F/N
绳自由端上升
的高度s/m
动滑轮的机械
效率η/%
1
0.3
1
0.2
0.70
0.4
71.4
2
0.3
2
0.2
0.4
3
0.3
4
0.2
2.4
0.4
83.3
(1)实验时，小霞应竖直向上______拉动弹簧测力计；
(2)第2次实验时，弹簧测力计的示数如图所示，此时绳端受到的拉力为______ N，提升重物所做的有用功为______ J，拉力克服绳重及轮与轴的摩擦所做功为______ J，动滑轮的机械效率为______%；
(3)分析表中数据可知：用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，随着钩码总重的增加，拉力所做的额外功将______，拉力所做的额外功占总功的比值将______(以上两空均选填“减小”、“不变”或“增大”)。
28. 如图所示，工人用滑轮组在20s内将质量为180kg的物体匀速提升了4m，此过程中滑轮组的机械效率为90%。不计绳重及轮与轴间的摩擦。(g=10N/kg)求：
(1)工人做的有用功W有用；
(2)工人做功的功率P；
(3)动滑轮的重G动。
29. 如图所示是提升重物的装置：长0.9m的杆OA可绕O点自由转动，将重G=90N的物体用轻绳悬挂在杆上B点处，在杆上A点用竖直向上的拉力F，使杆从水平位置缓慢转至图中虚线位置处，重物从位置①被缓慢匀速提升至位置②，B点上升的高度为0.2m，A点上升的高度为0.3m，已知OB=2BA。
(1)若不考虑杆重和摩擦，求杆在水平位置平衡时拉力F的大小；
(2)若考虑杆重和O处摩擦，则题述过程中：
①求拉力所做的有用功W有；
②若拉力所做的额外功为6J，求该装置的机械效率及提升时实际所需的拉力F′的大小。
30. 氢气-汽油发动机采用氢气和汽油两种燃料工作，可进行自由切换，氢气和汽油的热值分别取q氢气=1.5×108J/kg、q汽油=4.5×107J/kg。某司机驾驶使用上述发动机的轿车沿平直公路从甲地至乙地，甲、乙两地相距225km，出发时油箱内汽油的质量25kg。设氢气和汽油在气缸内均完全燃烧，轿车行驶中所受阻力恒定，发动机输出的能量全部用来驱动轿车行驶，全程分两个阶段，如图所示：
阶段一：轿车使用氢燃料从甲地出发，以25m/s的速度匀速行驶1h到达丙地，此过程中轿车牵引力的功率为20kW，在使用氢燃料的情况下，轿车发动机的效率为50%。
阶段二：从丙地开始，由于氢气不足，司机切换汽油为燃料，轿车仍以25m/s的速度匀速行驶，到达乙地油箱内汽油的质量还剩15kg。求：
(1)甲、丙两地之间距离；
(2)阶段一中轿车行驶时受到的阻力；
(3)阶段一中消耗的氢燃料的质量；
(4)阶段二中轿车发动机的效率。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在国际单位制中，
A、焦耳是功和各种能量的主单位。故A不符合题意；
B、牛顿是力的基本单位。故B不符合题意；
C、瓦特是功率的主单位。故C符合题意；
D、帕斯卡是压强的主单位。故D不符合题意。
故选：C。
根据对功率单位的掌握作答。
此题考查的是我们对常见物理量及其单位的掌握情况，是一道基础题，难度较小，容易解答。
2.【答案】A
【解析】解：A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A正确；
B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C错误；
D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：A。
结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。
本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3.【答案】A
【解析】解：
A、划火柴的过程，克服摩擦力做功，火柴头的内能增加，是通过做功来改变物体的内能。
B、用热水袋取暖，人从热水袋吸收热量，内能增加，温度升高，是通过热传递来改变物体的内能。
C、水壶烧水，水吸收热量，内能增加，温度升该，是通过热传递来改变物体的内能。
D、太阳能热水器，水吸收热量，内能增加，温度升该，是通过热传递来改变物体的内能。
由此可知，只有A是用做功的方式来改变物体内能的。
故选：A。
改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化；热传递是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，其实质是能的转移。
本题考查改变内能的方式的判断，明确两种方式的实质是关键。
4.【答案】B
【解析】解：书本的重力：G=mg=5kg×10N/kg=50N，
一层楼的高度在3m左右，从教学楼的一楼走上三楼的高度：h=2×3m=6m，
小明对书做的功：W=Gh=50N×6m=300J，
做功的功率：P=Wt=300J30s=10W，故B正确。
故选：B。
根据G=mg求书的重力，一层楼的高度在3m左右，据此求出小明爬楼的高度，根据W=Gh求出小明对书做的功，根据P=Wt求出小明对书做功的功率。
此题考查功和功率的计算，关键是估测出一层楼的高度。
5.【答案】B
【解析】解：A、人用力推汽车没推动，有力而无距离，推力没有做功；故A错误；
B、人站在匀速上行的厢式电梯中，电梯对人力的方向上竖直向上的，移动的距离在竖直方向上，所以电梯对人做了功，故B正确；
C、冰壶在水平冰面运动的过程中，所受重力竖直向下，冰壶向下没有移动距离，所以重力对冰壶没有做功，故C错误；
D、被抛出去的实心球离开手后继续运动过程中，推力已经消失，是由于惯性在运动，故人的推力没有做功，，故D错误。
故选：B。
做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
本题考查了力是否做功的判断方法，有力有距离，力对物体不一定做功，物体一定在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。
6.【答案】C
【解析】解：A、一切物体都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关，所以0℃的物体具有内能，故A错误；
B、内能大小取决于温度、体积和物质的量，故温度高的物体，其内能不一定大，故B错误；
C、发生热传递的条件是存在温差，内能不等的物体的温度可能相同，可能不会发生热传递，故C正确；
D、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关。
(2)发生热传递的条件是存在温差。
(3)热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量。
此题考查温度、热量与内能的关系，属于热学的难点，中考的热点。
7.【答案】D
【解析】解：在歼20飞机加速向上运动的过程中，飞行员的质量不变，速度增大，其动能增大；高度升高，重力势能增大，故机械能总量增大。
故选：D。
影响动能的因素有物体质量和速度；影响重力势能的因素有质量和高度；机械能是动能和势能的总和。
对于机械能的考查中考中会常出现，熟知各能量的影响因素是解题关键。
8.【答案】A
【解析】解：质量相等的铜块和铝块分别放出相等热量后，因为铜的比热容小，放出相同的热量后，由Q放=cmΔt可知，铜块的温度下降的多，铝块的温度降低的少，由于不知道它们初温度关系，所以不能确定末温度的高低，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由吸热公式Q放=cmΔt可知，质量相同的不同物质，吸收或放出相同的热量，比热容大的温度变化小，比热容小的温度变化大。
本题考查了学生对放热公式Q放=cmΔt的掌握和运用，理解并记住：质量相同的不同物质，吸收或放出相同的热量，比热容大的物体温度变化小。
9.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，F与杠杆的夹角为30∘，根据三角形知识可知，F的力臂为12OC小于AO，即动力臂小于阻力臂，为费了杠杆，故A错误；
B、当悬挂点右移时，动力臂、阻力不变，阻力臂变小，则动力F将变小，故B错误；
C、若改沿图中虚线方向施力，F与杠杆的夹角为30∘，根据三角形知识可知，F的力臂为12OC，动力臂、阻力臂、阻力不变，根据杠杆的平衡条件可知，F大小不变，故C错误；
D、若物重增加1N，此时的动力臂为阻力臂的六分之一，根据杠杆的平衡条件可知，动力会增加为1N的6倍，所以F的大小增加6N，故D正确。
故选：D。
(1)根据动力臂和阻力臂的大小分析；
(2)根据力臂的变化，利用杠杆的平衡条件分析动力的变化；
(3)力臂是指从支点到力的作用线的距离，根据动力臂的变化和杠杆的平衡条件分析F的变化；
(4)根据杠杆的平衡条件分析。
本题主要考查对杠杆平衡条件以及力臂概念的记忆，是一道基础题目，不难解决。
10.【答案】A
【解析】解：(1)斜面光滑说明摩擦力为0，即使用光滑的斜面没有额外功，则把同一物体沿斜面BA和CA分别拉到顶端A，h相同，由W=Gh可知两次做的功相同，即W1=W2。
(2)根据图示可知，LBA>LCA，而W1=W2，由W=FL可知，FBA
(1)斜面光滑说明摩擦力为0，即使用光滑的斜面没有额外功。无论是沿斜面BA还是CA匀速拉同一物体，由于其高度相同，由功的原理可知沿斜面所做的功都等于不用机械而直接用手所做的功，从而可以判断出两次做的功W1和W2的大小关系。
(2)知道斜面长的大小关系，利用W=FL比较拉力关系。
本题考查斜面的省力情况，物体做功大小的判断，关键是知道接触面光滑，摩擦力为0，使用任何机械都不省功。也可以利用斜面倾斜角度越大，越费力，来判断两次拉力的大小关系。
11.【答案】D
【解析】解：
AC、轨道是光滑的，不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，保持不变，所以小球在C点的机械能等于在其它各点的机械能，但C点高度最小，重力势能最小，所以在C点的动能最大。但小球在E点时，在水平方向上速度不为零，所以其动能不为零，故A错误；
B、从E点运动到F点的过程，小球的质量不变，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能，故B错误；
C、轨道是光滑的，不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，保持不变，所以小球在E点的机械能等于在A点的机械能，故C错误；
D、轨道是光滑的，不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，保持不变，所以小球在B点的机械能等于在D点的机械能，B、D两点高度相同，重力势能相同，所以小球从B运动到C和从C运动到D的过程中动能变化量相等，故D正确。
故选：D。
(1)动能和物体的质量、速度有关；
(2)重力势能和物体的质量、高度有关；
(3)动能和重力势能是可以相互转化的，只有在不计摩擦和阻力时，机械能才守恒。
明确影响动能和重力势能的因素、机械能的守恒，是解题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：AB、若G1=G2，则η1=η2，故AB错误；
C、据图可知：
F1=13(G1+G动)；
F2=12(G2+G动)；
推理可得：
G1=3F1−G动；
G2=2F2−G动；
因此若F1=F2，则G1>G2，那么一定有η1>η2，故C正确；
D、据C中等式可知，若F1
滑轮组的额外功来自于动滑轮自重、绳重和摩擦，当滑轮质量相等时，不计绳重和一切摩擦，则额外功大小不变，由于克服物体重力做的功即为有用功，因此滑轮组的机械效率主要取决于物重G，G越大，有用功越多，机械效率越高。
此题考查了机械效率、滑轮组中的相关计算等知识点。
13.【答案】比热容 机械 内
【解析】解：因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，汽车发动机常用水来做冷却剂；
遇到紧急事件而刹车，刹车片克服摩擦做功，温度会升高，这个过程中将机械能转化为内能。
故答案为：比热容；机械；内。
对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；改变内能的方法：做功和热传递。
本题考查了水的比热容大的应用、能量的转化，属于基础题。
14.【答案】0 1200 240
【解析】解：重力的方向是竖直向下的，物体在水平地面上运动，在重力的方向上没有移动距离，所以重力没有做功，即重力做功为0J；
推力做功为：
W=Fs=100N×12m=1200J，
推力做功的功率：
P=Wt=1200J5s=240W。
故答案为：0；1200；240。
(1)物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可；
(2)已知推力和物体前进的距离，根据公式W=Fs可求推力做的功，然后利用P=Wt可求推力做功的功率。
此题主要考查的是学生对功和功率的计算的理解和掌握，明确做功的两个必要因素是解答此题的关键。
15.【答案】40 50 10 变大
【解析】解：上述过程中所做的有用功W有用=Gh=40N×1m=40J；
总功W总=W有用η=40J80%=50J，
从图中可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×1m=2m，
拉力F=W总s=50J2m=25N，
不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重G动=nF−G=2×25N−40N=10N。
不计绳重及轮与轴间的摩擦，如果用该动滑轮把重100N的一袋大米匀速提升相同高度，根据η=W有用W总=G′hG′h+G动h=G′G′+G动=100N100N+10N≈91%>80%，动滑轮的机械效率将变大。
故答案为：40；50；10；大于。
根据W有用=Gh得出上述过程中所做的有用功，根据W总=W有用η得出总功；
从图中可知n=2，根据s=nh得出绳子自由端移动的距离，根据F=W总s得出拉力，不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重。
不计绳重及轮与轴间的摩擦，如果用该动滑轮把重100N的一袋大米匀速提升相同高度，根据η=W有用W总=G′hG′h+G动h=G′G′+G动得出动滑轮的机械效率，与80%比较大小即可。
本题考查有关滑轮组的功和效率的有关计算，是一道综合题。
16.【答案】D A
【解析】解：根据图示可知，当柜子翻倒时，柜子将绕D点运动，所以此时D点为支点；
为了固定柜子，并使该装置起作用时受力最小，根据杠杆平衡条件可知，动力臂应最长，由于图中DA为最长的动力臂，所以需在A点固定该装置，并使该装置起作用时受力最小。
故答案为：D；A。
(1)一根硬棒绕某固定点转动，该点称之为支点，据此分析；
(2)当以D点位支点时，根据杠杆平衡条件可知，离支点最远点的连线为最长力臂，过该点作用垂直于力臂的力即为最小作用力。
本题考查杠杆五要素以及杠杆中最小力的问题，关键是找出最长的动力臂。
17.【答案】2 3 10 1200
【解析】解：图1是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；
图2中对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水蒸气的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能；
图3中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，压缩冲程是把机械能转化为内能的过程；
图4中两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，做功冲程将内能转化为机械能；
热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，若该汽油机每秒完成40个冲程，则每秒它对外做功10次，飞轮转速为40×60×12r/min=1200r/min。
故答案为：2；3；10；1200。
(1)内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，其中在做功冲程中，是燃气的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能；
(2)改变物体内能的方式有热传递和做功两种，做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化，对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
(3)热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案。
此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道比较简单的实验题，掌握热机的工作原理，学会变通。
18.【答案】0.000247.6不变
【解析】解：由Q放=qm可得，所需天然气的体积：
m天然气=Q放q=8.8×103J4.4×107J/kg=0.0002kg；
Q吸=8.8×103J×84%=7.392×103J，
由Q吸=c水mΔt可得，水温是30℃的水温度升高：
Δt=Q吸c水m水=7.392×103J4.2×103J/(kg⋅℃)×100×10−3kg=17.6℃；
所以水温度升高到30℃+17.6℃=47.6℃；
由于燃料的热值的燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量以及燃料情况无关，所以当天然气燃烧了一半，剩余天然气的热值不变，还是4.4×107J/kg。
故答案为：0.0002；47.6；不变。
知道放出的热量和天然气的热值，根据公式Q放=qm求出需要天然气的质量；
由Q吸=c水mΔt可求得初温是30℃的水温度升高的度数；
燃料的热值的燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量以及燃料情况无关。
此题考查热值的概念、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的灵活运用，是一道典型题，难度不大。
19.【答案】24 150 60
【解析】解：由图像可知，某同学每次跳的高度为5cm，
则他每跳一次所做的功为：W=Gh=480N×5×10−2m=24J；
由图像可知，他在0.4s内完成一次跳绳动作，
所以在1min内跳绳的次数：
n=60s0.4s/次=150次；
克服重力做功的功率为：
P=Wt=24J0.4s=60W。
故答案为：24；150；60。
跳绳时，人要克服自身重力做功，根据图像可知跳绳的高度和跳一次所需时间，再根据W=Gh求出每跳一次克服自身重力所做的功，根据P=Wt求出克服重力做功的平均功率。
本题主要考查功和功率的运算，要掌握功和功率的计算公式，会分析图像并能从图像上获得相应的数据，题目条件明确，难度不大。
20.【答案】先变大后变小 变小 小于
【解析】解：由图乙可知，从a至c处的过程中，游戏者的速度先变大后变小，高度一直变小，所以其动能先变大后变小，重力势能变小；
不计空气阻力，机械能守恒，但从a到b的过程中，游戏者的重力势能转化为动能和弹性势能，所以在a至b处过程中游戏者动能的变化量小于重力势能的变化量。
故答案为：先变大后变小；变小；小于。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)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。
(3)不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
此题通过蹦极游戏考查能量转化问题，需要结合动能和势能的影响因素分析解答，有一定难度难度，属于中考热点，
21.【答案】B 200 300
【解析】解：由图可知，CA：AB=1：3，由于金属棒质量分布均匀，重心在O点，当以A为支点、AB为动力臂时，动力臂与阻力臂的比值为3：1，此时的比值是最大的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力是最小的；则：
F1=GLGL1=600N×13=200N；
若保持与F1的作用点和方向均相同，则C为支点，BC为动力臂，动力臂与阻力臂的比值为2：1，此时的动力臂是最小的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的F2最大，则：
F2=GLGL2=600N×12=300N。
故答案为：B；200；300。
力臂是指从支点到力的作用线的距离；杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1 L1=F2 L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
根据杠杆的平衡条件求出F2的大小。
本题考查了杠杆的平衡条件的应用，难度不大。
22.【答案】解：从O点向动力F1的作用线作垂线，即为动力臂L1；物体通过绳子对杠杆向下的拉力为阻力F2，作用点在杠杆上，方向竖直向下，如下图所示：
【解析】动力臂是支点到动力作用线的距离，阻力是阻碍杠杆向上运动的力，阻力方向竖直向下。
此题主要考查力臂的画法，力臂是支点到力的作用线的距离，是一条垂线段，不是直线，阻力和重力不是一回事，作用点不同，要特别注意。
23.【答案】解：
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
图中支点在O点，动力作用于A点，当OA作为动力臂l1时，动力臂最长，此时动力最小；由图知动力的方向应该向上，过A点垂直于OA向上作出最小动力F的示意图，如下图所示：
【解析】(1)力臂是指从支点到力的作用线的距离；
(2)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1 L1=F2 L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
本题考查了杠杆中最小力的问题，关键是从图中找出作用于B点的最长动力臂。
24.【答案】
【解析】解：图中只有一个动滑轮和一个定滑轮，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：
滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。
本题画最省力的绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮。
25.【答案】③ 质量 木块被撞距离的远近 重力势能 小车的速度越大，小车的动能越大 A 能
【解析】解：(1)为探究小车动能与质量的关系，应让两质量不相同小车分别从同一斜面同高度由静止滑下，小车的质量不同，初速度相同，且水平面的粗糙程度相同，②图水平面上有棉布，粗糙程度不同，所以要探究动能与小车的质量的关系，应选场景①和③；
该实验中物体动能的大小是通过木块被撞距离的远近体现的；
从斜面上滚下时，由物体的重力势能转化为动能；
(2)选用场景③和④进行实验时，控制了两小车的质量相同，初速度不同，所以可探究动能与小车的速度的关系，由实验③、④知在质量相同时，小车的速度越大，小车的动能越大；
(3)根据题意可知，实验中探究小车动能，即小车撞击木块时的动能的大小，故选A；
(4)若将场景③和④中的木块均移走，可通过观察两辆小车在水平面移动的距离比较动能大小，所以可以研究物体的动能的大小与速度的关系。
故答案为：(1)③；木块被撞距离的远近；重力势能；(2)小车的速度越大，小车的动能越大；(3)A；(4)能。
(1)(2)动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小；
(3)据题意可知，实验中探究小车动能，即小车撞击木块时的动能的大小；
(4)若将场景③和④中的木块均移走，可通过观察两辆小车在水平面移动的距离比较动能大小。
本题考查了“影响动能大小的因素”的实验，考查了学生分析实验现象的能力以及严谨的科学观，这就要求我们在平常的实验中多注意分析实验的方法。
26.【答案】不应移动游码 偏大 温度计与杯底接触 温度计升高的示数 ①②③④
【解析】解：(1)调节天平平衡后，为称取质量相等的甲、乙燃料，小强将分别装有甲、乙燃料的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上，称取完成后，天平平衡时的场景如图2所示，则小强在称取中存在的问题是：不应移动游码(未称取相等质量的甲、乙燃料)；
天平平衡时的场景如图1和图2所示，则烧杯和甲燃料相当于被测物体，烧杯和乙燃料相当于砝码，因游码对应一定的刻度，砝码的质量加上游码所对应的刻度等于被测物体的质量，故这一错误操作会导致所称取的甲燃料质量比乙燃料质量要偏大；
(2)小林组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是温度计与杯底接触；
(3)比较不同燃料的热值，根据Q=cmΔt，燃料完全燃烧放出的热量是通过温度计升高的示数来反应的；
(4)①相同质量m的燃料燃尽时，使水温变化ΔT大的燃料的热值较大，故①可行；
②燃料燃烧相同时间t时，使水温变化ΔT大的燃料的热值较大，故②可行；
③通过计算消耗的燃料质量M与水温变化的比值ΔTM，也就是计算出每提高1℃消耗燃料的质量，再比较的大小，故③可行；
④通过计算消耗的燃料质量M和水温变化MΔT，也就是计算出消耗1kg燃料提高多少摄氏度，再比较的大小，故④可行。
故答案为：(1)不应移动游码；偏大；(2)温度计与杯底接触；(3)温度计升高的示数；(4)①②③④。
(1)调节天平平衡后(游码归零)，为称取质量相等的甲、乙燃料，天平再次平衡时，即称取相等质量的甲、乙燃料；
烧杯和甲燃料相当于被测物体，烧杯和乙燃料相当于砝码，砝码的质量加上游码所对应的质量等于被测物体的质量，据此分析；
(2)温度计玻璃泡要与水充分接触；
(3)根据Q=cmΔt，通过液体升高的温度来反应燃料完全燃烧放出的热量的多少；
(4)根据热值公式q=Qm进行解答。
本题探究不同物质吸热升温的现象，考查天平的调节和使用及温度计使用注意事项，同时考查转换法的运用和数据分析。
27.【答案】匀速 1.30.40.0676.9增大 减小
【解析】解：
(1)实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数；
(2)第2次实验中，由图可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，弹簧测力计的示数为1.3N；
拉力做的总功为：
W总=Fs=1.3N×0.4m=0.52J；
滑轮对钩码所做的功为：
W有=Gh=2N×0.2m=0.4J，
额外功为：
W额=W总−W有=0.52J−0.4J=0.12J；
克服动滑轮重力做的额外功为：
W额动=G动h=0.3N×0.2m=0.06J，
拉力克服绳重及轮与轴的摩擦所做功为：
W额摩擦=W额−W额动=0.12J−0.06J=0.06J；
动滑轮的机械效率为：
η=W有用W总×100%=0.4J0.52J×100%≈76.9%；
(3)分析表中数据可知：使用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，增大物重可以提高动滑轮的机械效率；
在用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，由表格数据可知：
第一次拉力所做的额外功为：W额1=W总1−W有1=F1s−G1h=0.7N×0.4m−1N×0.2m=0.08J，
第二次拉力所做的额外功为：W额2=W总2−W有2=F2s−G2h=1.3N×0.4m−2N×0.2m=0.12J，
综上可知，若仅增加被提升物体的物重，则拉力所做的额外功增大，由表格数据最后一列可知，动滑轮的机械效率增大，有用功占总功的比值将增大，则拉力所做的额外功占总功的比值将减小。
故答案为：(1)匀速；(2)1.3；0.4；0.06；76.9；(3)增大；减小。
(1)实验过程中要匀速直线拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数；
(2)根据W=Fs求出拉力做的总功，根据W=Gh求出滑轮对钩码所做的功，从而求出额外功；由W=G动h算出克服动滑轮重力做的额外功，进而算出拉力克服绳重及轮与轴的摩擦所做功，利用η=W有用W总×100%求出动滑轮的机械效率；
(3)使用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，增大物重可以提高动滑轮的机械效率；根据W额=W总−W有=Fs−Gh求出拉力所做的额外功，然后结合最后一列数据得出结论。
本题考查了实验的注意事项和功、机械效率的计算以及实验数据的分析等，明确有用功和总功以及额外功是关键。
28.【答案】解：(1)物体的重力G=mg=180kg×10N/kg=1800N，
工人做的有用功W有用=Gh=1800N×4m=7200J；
(2)工人做的总功W总=W有用η=7200J90%=8000J，
工人做功的功率P=W总t=8000J20s=400W；
(3)从图中可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×4m=8m，
工人的拉力F=W总s=8000J8m=1000N，
不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重G动=nF−G=2×1000N−1800N=200N。
答：(1)工人做的有用功W有用为7200J；
(2)工人做功的功率P为400W；
(3)动滑轮的重G动为200N。
【解析】(1)根据G=mg得出物体的重力，根据W有用=Gh得出工人做的有用功；
(2)根据W总=W有用η得出工人做的总功，根据P=W总t得出工人做功的功率；
(3)从图中可知n=2，根据s=nh得出绳子自由端移动的距离，根据F=W总s得出工人的拉力，不计绳重及轮与轴间的摩擦，根据F=1n(G+G动)可知动滑轮的重。
本题考查有关滑轮组的功、功率和效率的有关计算，是一道综合题。
29.【答案】解：(1)已知OB=2BA，则OB=23OA，
若不考虑杆重和摩擦，如图杠杆在水平位置A时，根据杠杆平衡条件可得F×OA=G×OB，则拉力F=G×OBOA=90N×23OAOA=60N；
(2)若考虑杆重和O处的摩擦，
①拉力所做的有用功W有=Gh=90N×0.2m=18J；
②拉力所做的总功W总=W有+W额=18J+6J=24J，
该装置的机械效率η=W有W总×100%=18J24J×100%=75%；
提升时实际所需的拉力F′=W总s=24J0.3m=80N。
答：(1)若不考虑杆重和摩擦，杆在水平位置平衡时拉力F的大小为60N；
(2)若考虑杆重和O处摩擦，则题述过程中：
①拉力所做的有用功为18J；
②该装置的机械效率为75%；提升时实际所需的拉力F′的大小为80N。
【解析】(1)根据杠杆平衡条件计算不考虑杆重和摩擦，杆在水平位置平衡时拉力F的大小；
(2)①利用W有=Gh求出拉力所做的有用功；
②已知额外功，由W总=W有+W额求出总功，最后由η=W有W总×100%算出该装置的机械效率；根据F=Ws计算提升时实际所需的拉力。
本题考查杠杆平衡条件、做功公式、效率公式的灵活运用，综合性强。
30.【答案】解：(1)由v=st可知，甲、丙两地之间距离：s1=vt=25m/s×1×3600s=90000m=90km；
(2)由P=Wt=Fst=Fv可知，阶段一中轿车的牵引力：F=Pv=20×1000W25m/s=800N，
轿车匀速行驶过程中，轿车的牵引力与轿车受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，阶段一中轿车行驶时受到的阻力：f=F=800N；
(3)由P=Wt可知，阶段一牵引力所做的有用功：W=Pt=20×1000W×1×3600s=7.2×107J，
由η=WQ放可知，消耗的氢燃料完全燃烧放出的热量：Q放=Wη=7.2×107J50%=1.44×108J，
由Q放=mq可知，消耗的氢燃料的质量：m=Q放q氢气=1.44×108J1.5×108J/kg=0.96kg；
(4)根据题意可知，阶段二中轿车从丙地到达乙地消耗汽油的质量：m汽油=25kg−15kg=10kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q放′=m汽油q汽油=10kg×4.5×107J/kg=4.5×108J，
从丙地到乙地的距离s2=s−s1=225km−90km=135km，
由于轿车行驶中所受阻力恒定，根据二力平衡条件可知，轿车的牵引力大小不变，
则轿车从丙地到达乙地所做的有用功：W′=Fs2=800N×135×1000m=1.08×108J，
阶段二中轿车发动机的效率：η′=W′Q放′×100%=1.08×108J4.5×108J×100%=24%。
答：(1)甲、丙两地之间距离为90km；
(2)阶段一中轿车行驶时受到的阻力为800N；
(3)阶段一中消耗的氢燃料的质量为0.96kg；
(4)阶段二中轿车发动机的效率为24%。
【解析】(1)利用速度公式求出甲、丙两地之间距离；
(2)阶段一中知道轿车的速度和牵引力的功率，利用P=Wt=Fst=Fv求出轿车的牵引力，根据二力平衡条件可知轿车行驶时受到的阻力；
(3)根据P=Wt求出阶段一牵引力所做的有用功，利用效率公式求出氢燃料完全燃烧放出的热量；利用Q放=mq求出消耗的氢燃料的质量；
(4)先求出从丙地到达乙地消耗汽油的质量，利用Q放=mq求出汽油完全燃烧放出的热量；求出从丙地到乙地的距离，利用W=Fs求出轿车从丙地到达乙地所做的有用功，利用效率公式求出阶段二轿车发动机的效率。
本题是一道力热综合题，主要考查速度公式、功率公式、效率公式、燃料完全燃烧放热公式以及二力平衡条件的应用，题目综合性较强，有一定的难度。
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