江苏省2022-2023学年九年级第一学期期中教学情况测试苏科版物理模拟试题一

这是一份江苏省2022-2023学年九年级第一学期期中教学情况测试苏科版物理模拟试题一，共17页。试卷主要包含了8s，6 m= G ×0， 化学 ，0×107 J/kg求，4×105J；；等内容，欢迎下载使用。
江苏省2022-2023学年九年级第一学期期中教学情况测试
苏科版物理模拟试题一
2022年10月
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：本试卷由小林老师原创，盗用必究
1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为90分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
一、 选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 常州城区的高层建筑越来越多，但高空抛物却存在巨大的安全隐患，因为高处的物体具有较大的（ ）。
A．弹性势能 B．重力势能 C．体积 D．阻力
【答案】B。
【解析】物体的重力势能与物体的高度有关，物体的质量越大、高度越高，重力势能越大，所以高处的物体具有较大重力势能，故B正确为答案。
2. 关于热机的效率，下列说法正确的是(　　)
A. 在做功同样多的情况下，热机的效率越高消耗的燃料越多
B. 一般情况下柴油机的效率比汽油机的高
C. 热机的效率越高说明做功越快
D. 热机损失的能量中，废气带走的能量较少，主要是由于机械摩擦损失的
【答案】B
【解析】A．热机的效率越高，做有用功与燃料完全燃烧放出的热量的比值越大，即在做功相同的情况下，消耗的燃料较少，或消耗相同的燃料，做功较多，故A错误。
B．一般情况下柴油机的效率比汽油机的高，多用在重型机器上，故B正确；
C．热机的效率是有用功与燃料完全燃烧放出的热量的比值，热机的效率越高说明有用功占的比值越大，功率表示做功的快慢，功率越高说明做功越快，效率和功率是两个不同的物理量，二者之间没有必然联系，故C错误；
D．根据内燃机的能量流向，热机损失的能量中，废气带走的能量较多，故D错误。
故选B。
3. 如图，弧形轨道 ab 段光滑，bc 段粗糙，小球从a 点经最低点b 运动至c 点。下列分析正确的是(   )

A. 从a 到b 的过程中，小球动能转化为重力势能    
B. 经过b 点时，小球动能最大
C. 从b 到c 的过程中，小球动能增大                       
D. 从a 到c 的过程中，小球机械能守恒
【答案】 B
【解析】A.从a到b的过程中，小球的高度减小，重力势能减小；因为表面光滑，所以没有摩擦力，那么重力势能会全部转化为动能，故A错误；
B.因为b点是整个运动过程的最低点，所以这点的重力势能最小，而动能最大，即小球的速度最大，故B正确；
C.从b到c的过程中，小球的高度增加，重力势能增大，因此它的动能会逐渐减小，故C错误；
D.由于bc段粗糙，所以这段过程中机械能会转化为内能，故D错误。
4. 下列说法中正确的是(　　)
A．物体的机械能越大，其内能也越大
B．物体温度不变，内能一定也不变
C．物体温度升高，一定吸收了热量
D．物体吸收了热量，内能会增大，温度可能不变
【答案】D
【解析】
A．物体的机械能与内能无关，故A错误；
B．晶体熔化时吸收热量，内能增加，但温度不变，故B错误；
C．物体温度升高，也可能是外界对物体做功，不一定是吸收了热量，故C错误；
D．物体吸收了热量，内能会增大，温度可能不变，比如晶体的熔化，故D正确。
故选D。
5. 如图，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定。右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。压缩弹簧使小球至A位置，然后释放小球，小球就在AB间做往复运动(已知AO＝OB)。小球从A位置运动到B位置的过程中，下列判断正确的是(   )

A. 小球的动能不断增加
B. 弹簧的弹性势能不断减少
C. 小球运动到O点时的动能与此时弹簧的弹性势能相等
D. 在任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
【答案】 D
【解析】由题知，O点是弹簧保持原长时小球的位置，则AO段弹簧处于压缩状态，OB段弹簧处于拉伸状态；小球从A运动到O的过程中，弹簧逐渐恢复原状，形变程度变小，弹性势能变小，小球所受弹力方向向右、速度不断增大，动能变大，此过程中弹性势能转化为动能；到达O点时，弹簧恢复原长，弹性势能为零，小球所受弹力为零，此时速度最大，动能最大；小球从O运动到B的过程中，弹簧被拉长，形变程度变大，弹性势能变大，此时小球所受弹力方向向左、速度不断减小，动能变小，此过程中动能转化为弹性势能；则小球从A位置运动到B位置的过程中：
A.小球的动能先增加后减少，A不符合题意；
B.弹簧的弹性势能先减少后增大，B不符合题意；
C.小球运动到O点时的动能(最大)与此时弹簧的弹性势能(为零)不相等，C不符合题意；
D.水平台面光滑，且AO＝OB，说明没有机械能转化为内能，小球和弹簧组成的整体机械能守恒，所以在任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变，D符合题意。
6. 在探究“影响滑轮组机械效率高低的因素“时，同学们提出了下列猜想

(1)滑轮组机械效率高低可能与动滑轮重力有关；
(2)滑轮组机械效率高低可能与被提升的物重有关；
(3)滑轮组机械效率高低可能与物体提升高度有关；
(4)滑轮组机械效率高低可能与承重绳子股数有关。
小明同学设计了如图所示的两个滑轮组，进行对比实验来验证提出的猜想，则该实验
验证的猜想是(　　)
A．(1) B．(2) C．(3) D．(4)
【答案】B
【解析】比较两图可知，承重绳子股数相同，动滑轮重相同，提升高度可以相同，而被提升物体的重力不同；结合控制变量法的思想，所以该实验装置探究的是滑轮组的机械效率与被提升物体的重力的关系，即该实验验证的猜想是(2)。故选：B。
7. 常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能．若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则符合要求的模拟电路是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知开关S1或开关S2均可接通电路，所以S1、S2并联，开关S3断开手机解锁功能暂停，说明S3位于电路干路．故C项符合题意.
8. 如图所示，某人用扁担担起两筐质量为m1、m2的货物，当他的肩处于O点时，扁担水平平衡，已知l1＞l2，扁担和筐的重力不计．若将两筐的悬挂点向O点移近相同的距离△l，则

A．扁担仍能水平平衡
B．扁担右端向下倾斜
C．要使扁担恢复水平平衡需再往某侧筐中加入货物，其质量为(m2-m1)
D．要使扁担恢复水平平衡需再往某侧筐中加入货物，其质量为(m2-m1)​
【答案】D
【解析】AB．原来平衡时，m1gl1=m2gl2，由图知，l1＞l2，所以m1＜m2，
设移动相同的距离∆l，则左边：m1g(l1−△l)=m1gl1−m1g△l，右边：m2g(l2−△l)=m2gl2−m2g△l，因为m1＜m2，所以m1△lg＜m2△lg，则m1(l1−△l)g＞m2(l2−△l)g，则杠杆的左端向下倾斜，故AB错误；
CD．因为m1(l1−△l)g＞m2(l2−△l)g，故往右边加入货物后杠杆平衡，即：m1(l1−△l)g=(m2+m)(l2−△l) g，且m1gl1=m2gl2，
得m=(m2−m1)，故C错误，D正确．
9. 如图所示，闭合开关S后，灯泡L1亮，电流表有示数，但灯泡L2不亮。原因可能是（ ）。

A. 灯泡L2的灯丝断了或灯泡L2与灯座未接通；
B. 电流表被烧坏、烧断了；
C. 电流表的两个接线柱间被短路；
D. 灯泡L2的两个接线柱间被短路
【答案】D
【解析】A 如果灯泡L2的灯丝断了或灯泡L2与灯座未接通，整个电路断路，L1不亮，电流表无示数．此选项不符合题意；
B 如果电流表被烧坏、烧断了，整个电路断路，L1、L2不亮，电流表无示数．此选项不符合题意；
C 如果电流表的两个接线柱间被短路，电流表无示数；灯泡都发光．此选项不符合题意；
D 如果灯L2的两个接线柱间被短路，L2不亮，L1发光，电流表测量通过L1的电流有示数．此选项符合题意。
故选D。
10. 如图轻杆(不计杠杆重力)，O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是(　　)

A．该杠杆与镊子类型相同
B．图甲位置时，拉力大小为15N
C．图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3：1
D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变
【答案】D
【解析】A、根据图示可知，动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；
B、已知物重为30N，OA：AB＝1：2；由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA
解得：F＝＝＝＝10N，故B错误；
C、图甲位置时，若仅增加物重，则(F+△F)×OB＝(G+△G)×OA，显然拉力的变化量与物重的变化量之比不等于OA与OB的比值，故C错误；
D、保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：
OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，
因为△OA′A∽△OB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3
由杠杆平衡条件可知，F′×OB′＝G×OA′，F′＝＝＝10N；由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变，故D正确。故选：D。
11. 为了将一物块送到高处，小杰用木板和滑轮搭建了如图所示的装置。用力F拉动绳端，物块沿斜面匀速向上运动，下列说法正确的是（　　）。

A. 该装置使用滑轮是为了更加省力；
B. 此过程中物块的动能转化为重力势能；
C. 物块所受摩擦力的方向沿斜面向下；
D. 若绳子突然断开，物块将立即下滑
【答案】C。
【解析】A．该装置使用的是定滑轮，只能改变力的方向，不能省力，故A错误；
B．物块沿斜面匀速向上运动，动能不变，物体的重力势能是拉力F做功增加的，故B错误；
C．物块相对斜面斜向上运动，受到的滑动摩擦力与其相对运动方向相反，所以摩擦力沿斜面向下，故C正确；
D．若绳子突然断开，物块由于惯性会先继续向上运动，故D错误。故选C。
12. 如图所示是四冲程汽油机的剖面图，关于其四个冲程的描述正确的是(　　)

A．吸气冲程中，汽油和空气的混合物进入汽缸
B．压缩冲程中，通过做功的方式使汽缸内气体的内能减小
C．做功冲程中，燃料释放的能量绝大部分转化为机械能
D．排气冲程中，废气带走了燃料释放的能量的极少部分
【答案】A
【解析】四冲程汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能；根据气门的状态、活塞运动的方向确定冲程的种类。
A.汽油机在吸气冲程中，进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动，汽油和空气的混合物进入汽缸，故A正确；
B.在压缩冲程中，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，燃料混合物被压缩，气体的内能变大，此过程是机械能转化为内能的过程，故B错误；
C.在做功冲程中，燃料燃烧释放的内能大部分需要克服摩擦、发生热传递而散失，只有一少部分转化为机械能，故C错误；
D.在排气冲程中，废气带走了燃料释放的能量的大部分，故D错误
13. 用大小相同的力F，作用在质量不同的物体上，使它们分别在同一水平面上沿力的方向移动相同的距离s（如图所示），F所做的功分别为W1和W2，则（ ）。

A． B． C． D．
【答案】B。
【解析】根据功的计算公式，得，。可见，故应选B。
14. 用两只相同的电加热器，分别给两种液体加热，图为两种液体的温度随时间变化的图线。已知ρ甲：ρ乙＝4：5，加热的效率都是90%，下列说法正确的是(　　)

A．0~10min，两种液体吸收热量之比Q甲：Q乙＝4：3 B．0~10min，两种液体吸收热量之比Q甲：Q乙＝3：2
C．两种液体体积相同时，比热容之比c甲：c乙＝5：6 D．两种液体质量相同时，比热容之比c甲：c乙＝3：2
【答案】C
【解析】
AB．由于是用两只相同的电加热器，分别给两种液体加热，相同时间内供热相同；而加热效率相等，都是90%，在相同时间内液体吸收的热量相等，所以在0~10min，两种液体吸收热量之比Q甲：Q乙＝1：1，故AB错误；
C．两种液体体积相同时，由密度公式可得m＝ρV，则两种液体的质量之比为m甲：m乙＝ρ甲V：ρ乙V＝ρ甲：ρ乙＝4：5两种液体吸收热量相同，由图知升高的温度之比Dt甲：Dt乙＝(80℃﹣20℃)：(60℃﹣20℃)＝3：2
由Q吸＝cmDt可得比热容之比为
故C正确；
D．两种液体质量相同时，即m甲：m乙＝1：1，两种液体吸收热量之比Q甲：Q乙＝1：1，由图知升高的温度之比为
Dt甲：Dt乙＝(80℃﹣20℃)：(60℃﹣20℃)＝3：2
由Q吸＝cmDt可得比热容之比为
故D错误。
故选C。
15. 图10甲所示，小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度△l之间的关系，如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则（　　）

A．运动过程小球的动能一直增大 B．在b点时小球所受的重力等于弹簧的弹力
C．运动过程小球的机械能始终不变 D．整个过程中小球和弹簧的机械能总量减小
【答案】B
【解析】A 由图象可知，小球速度先变大，后变小．小球质量不变，所以小球动能先变大，后变小，故B错误；B 小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧．从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧形变程度逐渐变大，所以小球受到弹力也逐渐变大，且在B点二力平衡，故B正确；C. 小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧．此过程中小球高度越来越低所以小球的重力势能减少，弹簧形变程度逐渐变大所以弹性势能增大，故C正确；D. 从b到c过程是小球被弹簧弹起上升的过程，为弹性势转化为能重力势能故D错误
二、 填空题（每空1分，共29分）
16. 如图所示,质量不计的光滑木板AB长1.6m,可绕固定点O转动,离O点0.4 m 远的B 端挂一重物G,板的A端用一根与水平地面成30°夹角的细绳拉住,木板在水平位置平衡时绳的拉力是8 N；然后在O点上方放一质量为0.5 kg的小球,若小球以速度20 cm／s由O点沿木板向A端匀速运动,小球运动几秒钟时间,细绳的拉力才减小到零?

【答案】4.8s
【解析】木板在水平位置平衡时绳的拉力是8 N，F=8N

对应的力臂L=OA/2=1.2 m /2=0.6 m(在直角三角形中，30°角所对边等于斜边一半)
AB=1.6 m ,OB=0.4 m, 根据杠杆平衡条件得到：FL=GOB
8N ×0.6 m= G ×0.4 m G=12N
当细绳拉力为0时有：mgvt=GOB
0.5 kg ×10N/kg ×0.20 m/s t=12N×0.4 m t=4.8s
17. 如图所示，用细线系住小球悬挂在O点，将小球拉至A点释放，从A点经过B点运动到C点的过程中，小球的重力势能先变小后______，动能先_____后______。(选填“变大”、“变小”或“不变”)

【答案】 变大；变大；变小
【解析】细线系住小球悬挂在O点，将小球拉至A点释放，从A点经过B点运动到C点的过程中，小球的质量不变，高度先减小后变大，因此它的重力势能先变小后变大；因为机械能=动能+重力势能，所以小球的动能先变大后变小。
18. 在如图所示的斜面上，一工人用200N的拉力，将一重为250N的物体，从底端匀速拉到顶端，用时6s，则此过程中物体受到的拉力________斜面对物体的摩擦力（选填“大于”、“等于”、“小于”），拉力做功的功率为__________W。

【答案】 大于 100
【解析】解析]当用力F沿斜面匀速向上拉动物体时,在沿斜面方向上,物体受到沿斜面向上的拉力、沿斜面向下的摩擦力和重力沿斜面向下的分力作用处于平衡状态,由力的平衡条件知道,拉力F等于摩擦力与重力沿斜面向下的分力之和,所以,物体所受到的拉力大于斜面对物体的摩擦力;拉力对木箱做的功是:W=Fs=200N×3m=600J,拉力对木箱做功的功率是:P=W/t=600J/6s=100W
19. 如图所示，A、B、C三个实验装置完全相同，燃料的质量都为10g，烧杯内液体的质量都相同。

（1）比较不同燃料的热值应选择__________两个装置（选填装置序号A、B、C），当温度计的示数变化相同时，燃料剩下的越多，则该燃料的热值___________（选填“越大”或“越小”）；
（2）比较不同物质的吸热能力时，当燃料燃烧相同的时间，温度计示数变化越大的那杯液体的比热容___________。（选填“越大”或“越小”）
【答案】 B、C     越大     越小
【解析】
（1）[1][2]由图知，要比较不同燃料的热值，需要选择B和C两图，因为两图中燃料不同，吸热的液体种类相同；由热值公式可知，当温度计的示数变化相同时，放出的热量相同，燃料消耗的越少，剩下的越多，该燃料的热值越大。
（2）[3]比较不同物质吸热能力的实验时要用相同的加热器，通过加热时间来反映物体吸收热量的多少，运用了转换法；要比较不同物质的吸热能力应选择A和B两图，因为加热的燃料相同，液体的种类不同；当燃料燃烧相同的时间，放出相同的热量，液体a和液体b吸收的热量相同，由热量公式可知，液体a和液体b在质量相同时，温度变化越大，吸热能力越差，即比热容越小。
20. 用如图所示的电动起重机将3000N的货物提高4m，起重机对货物做的有用功是___________J；它的电动机功率为3000W，此过程用时10s，起重机的机械效率为___________%；若减小动滑轮的重力，起重机的机械效率将变___________。

【答案】①1.2×104；②40；③大。
【解析】[1]将3000N的货物提高4m，起重机对货物做的有用功为
W有用=Gh=3000N×4m=1.2×104J
[2]电动机功率为3000W，此过程用时10s，做的总功为W总=Pt=3000W× 10s= 3×104J
起重机的机械效率为
[3]若减小动滑轮的重力，将重物提升同样的高度，做的额外功变小，做的有用功不变，总功变小，根据机械效率的公式，起重机的机械效率将变大。
21. 2019年6月5日，我国首次用固体燃料运载火箭把“文昌物联一号”卫星成功送上太空。火箭发射时要选用热值　　的固体燃料(选填“大”或“小”)，燃料的质量减少，热值　　(选填“变小”或“不变”)。
【答案】大；不变。
【解析】火箭发射时要选用热值大的固体燃料，原因是热值大，完全燃烧相同质量时，可以放出更多的热量；
热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与其质量、是否燃烧和燃烧是否充分无关，所以在燃料的质量减少时热值不变。
22. 如图，是一个简化的电冰箱电路图，图中电动机和灯泡的连接方式是　 　(选填“串联”或“并联”)，开关S2控制　 　(填写电路元件名称)

【答案】并联；电动机。
【解析】由图可知，开关S1控制照明灯，开关S2控制电动机，电冰箱内的照明灯和压缩机独立工作、互不影响，采取并联连接；
23. 扣动步枪扳机，射出一颗子弹｡弹壳内火药燃烧将_____能转化为燃气的内能，燃气推动子弹在枪膛中运动，该过程相当于内燃机的_____冲程｡
【答案】 (1). 化学 (2). 做功
【解析】[1]火药具有化学能，弹壳内火药燃烧将化学能转化为燃气的内能。
[2]燃气推动子弹在枪膛中运动，让子弹具有机械能，这是燃气的内能转化为子弹的机械能，该过程相当于内燃机的做功冲程。
24. 某辆行驶的小轿车，其正常工作时的能量转化情况如图所示，若输入的化学能为2000J，输出的动能为300J。则输出的内能和声能共计______J；输出的有用能量是动能，则小轿车正常工作时的效率为______。

【答案】 (1). 1700 (2).
【解析】[1]由图可知，输入的化学能，输出的动能，输出的内能和声能
[2]小轿车正常工作时的效率
25. 在图中，画出使用滑轮组提升重物时，绳子最省力的绕法。

【解析】
把绳子固定在定滑轮上，然后依次绕过动定滑轮，则承重绳子的根数为4，此时绳子自由端的拉力最小，则绕线如图：

26. 根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，连接实物电路。

【答案】
【解析】根据电流流向法，先从正极出发依次串联开关S2、灯泡L2回到负极，再把灯泡L1、开关S1串联后并联在灯泡L2两端，如下图所示：

三、 解答探究题（计算型问题解答时要有必要的文字说明、公式和计算过程，直接写出结果不能得分）
27. 有一长方体木箱放在水平地面上，现用水平推力F把木箱向前推动10s，此过程中，木箱的平均速度为1.5m/s，推力F和木箱前进的速度v随时间t的变化分别如图甲、乙所示。在这10s的时间内，求：
(1)木箱克服摩擦力所做的功；
(2)推力对木箱所做功的功率。

【答案】(1)300J；(2)35W
【解析】
(1)10s内木箱移动的距离
s=vt=1.5m/s×10s=15m
5~10s木箱做匀速直线运动，此时推力和摩擦力是一对平衡力，即
f=F=20N
木箱克服摩擦力所做的功
Wf=fs=20N×15m=300J
(2)5~10s推力移动的距离
s1=v1t1=2m/s×5s=10m
0~5s推力移动的距离
s2=s-s1=15m-10m=5m
0~5s推力做的功
W1=F1s1=30N×5m=150J
5~10s推力做的功
W2=F2s2=20N×10m=200J
推力对木箱所做功的功率

28. 物理兴趣小组决定对超载超速问题进行一次模拟探究，经讨论后认为，可以用小球作为理想模型，代替汽车作为研究对象。如图，将小球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下，完成甲、乙、丙三次实验，其中，。
（1）把小球放在同一高度由静止开始沿斜面滚下是为了控制到达平面的___________相同；
（2）实验中超载超速带来的危害程度用表示，这种研究方法叫___________；
（3）研究超载带来的危害时，选择甲、乙、丙三次实验中的___________进行比较；
（4）为比较超载超速带来的危害程度，兴趣小组利用上述器材进行定量研究。得到数据如下表：

小球
质量/克
高度/厘米
木块移动距离/厘米
A
10
5
10
B
20
5
18
C
30
5
29
D
10
10
38
E
10
15
86

请根据上表数据分析，货车超载20%与超速20%两者相比，潜在危害更大的是___________。
【答案】  速度     转换法     甲丙     超速
【解析】
（1）[1]为了控制小球到达斜面底端时的速度相同，把小球放在同一高度由静止开始沿斜面滚下。
（2）[2]实验中超载超速带来的危害程度用木块被推动的距离来表示，用到转换法。
（3）[3]研究超载带来的危害时，要控制速度相同、质量不同，所以选择甲、乙、丙三次实验中的甲和丙进行比较。
（4）[4]小球由斜面滑下的高度越高，到斜面底端时的速度越大，由表格中对应的实验数据可知，速度对物体的动能影响更大，当超速20%发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
29. 图甲是小明在标准大气压下“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验装置。已知水的比热容为，酒精的热值为3.0×107 J/kg求：
(1)设冰的质量为2kg，试管中的冰完全熔化后，持续加热，水需要吸收多少热量才能沸腾？
(2)酒精完全燃烧放出的热量只有40%被水吸收，需要燃烧多少质量的酒精才能使(1)中的水沸腾？
(3)由乙图可知，冰在固态时的比热容是多少？

【答案】(1) 8.4×105J；(2)；(3)
【解析】
(1)冰熔化成水后，水的质量和冰的质量相等为2kg，水的初温为0℃，根据吸收热量的公式，可知

(2)由题意得放出的总热量为
需要燃烧酒精的质量为
(3)由图像可知，冰吸收的热量是水吸收热量的一半即因为，则
30. 同学们在探究影响浮力大小的因素时，发现手中的弹簧测力计损坏了，聪明的小强同学利用刻度均匀的杠杆和钩码(每只重0.5N)替代弹簧测力计顺利地完成了该实验。以下是小强同学的实验操作，请你帮他完善该实验探究。
(1)将杠杆安装在支架上，静止时如图1所示，应将平衡螺母向______(选填“右”或“左”)调节，使杠杆在水平位置平衡；

(2)如图2甲所示，将重2N的物体G挂在A点，两只钩码挂在B点时，杠杆在水平位置平衡；
(3)将物体G部分浸入水中(如图2乙所示)，两只钩码移到C点时，杠杆水平位置平衡；
(4)将物体G浸没于水中(如图2丙所示)，两只钩码移到D点时，杠杆在水平位置平衡；
(5)将物体G浸没于盐水中(如图2丁所示)，两只钩码移到E点时，杠杆在水平位置平衡。

分析与论证：分析比较(2)、(3)、(4)可得：物体G所受浮力大小与______有关；分析比较(2)、(4)、(5)可得：物体G所受浮力大小与有______关；由题中信息计算物体G的体积V=______m3，盐水的密度______kg/m3。(，g=10N/kg)
【答案】 (1). 右 (2). 物体排开液体的体积 (3). 液体的密度 (4). 1.0×10-4 (5). 1.125×103
【解析】[1]杠杆如图1位置平衡后，要使杠杆在水平位置重新平衡，应将平衡螺母向右调节。
[2]步骤(2)、(3)、(4)是让物体未浸入、部分浸入和浸没于水中，而钩码逐渐靠近支点，说明物体G所受的浮力逐渐变大，所以可得物体G所受的浮力大小与排开液体的体积有关。
[3]步骤(4)(5)是让物体G分别浸没在水中和盐水中，所以比较的是浮力大小与液体密度的关系。
[4]由步骤(4)及杠杆的平衡条件得
(G物-F浮)⋅4L=1N⋅4L，(2N-F浮)⋅4L=1N⋅4L
所以
F浮=1N
由阿基米德原理有，物体的体积

[5]由步骤(5)及杠杆的平衡条件得
(2N-F浮＇)⋅4L=1N⋅3.5L
所以
F浮＇=1.125N
由阿基米德原理有，盐水的密度

31. 为了比较两种未知燃料的热值以及两种末知液体的比热容的大小，小明同学设计的实验如图所示，甲、乙、丙三图中装置完全相同。燃料的质量都是10g，烧杯内的液体初温相同，当燃料燃烧完时(烧杯内的液体均未沸腾)，立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙、T丙，且有T甲>T乙>T丙。

(1)在实验中，三个烧杯中a、b液体的______(选填“质量”或“体积”)必须相同；
(2)比较不同液体的比热容，应选择______两图进行实验，实验液体a的比热容ca与实验液体b的比热容cb相比，有ca______cb(选填“>”、“=”或“”“=”或“ 2.4×104 1.2×106 小 燃料不可能完全燃烧同时燃料燃烧放出的热量不可能完全被液体吸收
【解析】
(1)[1]本实验甲与乙是比较不同燃料的热值，燃料燃烧放出的热量的多少是通过比较液体吸热时温度的变化来体现的。因此，要求液体的质量相同。甲与丙比较烧杯中两种液体的比热容大小，要求两种液体的质量也必须相同。
(2)[2]比较两种液体的比热容，是在吸收热量、液体质量相同时，比较液体升高的温度；只有燃料质量相同、种类相同，才能保障放出的热量相同。因此，应该选择甲、丙两图进行比较。
[3]液体初温相同，末温T甲>T乙>T丙，则吸收相同的热量，液体a升高的温度大，说明它的比热容小，故选。
(4)[6]完全燃烧10g燃料1放出的热量为Q=mq=10×10-3kg×2.4×106J/kg=2.4×104J
[7]由Q吸=Q放可得，燃料1放出的热量为cam1×(35-15)℃=m2×2.4×106J/kg
燃料2放出的热量为cam1×(25-15)℃=m2×q2
联立两式可得q2=1.2×106J/kg
[8][9]因为燃料不可能完全燃烧同时燃料燃烧放出的热量不可能完全被液体吸收，所以测得的热值会偏小。