2022-2023学年江苏省南通市通州区九年级上学期物理期中试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省南通市通州区九年级上学期物理期中试题及答案，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，比指甲盖还小的芯片集成了上千万的电子元件，这些元件的主要材料为（ ）
A. 铜B. 铁C. 碳D. 硅
【答案】D
【解析】
【详解】芯片主要由半导体材料构成，硅、锗等属于半导体材料，在芯片上有重要的应用。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
2. 如图是我国古代舂米的场景，使用图中的舂米装置可以（ ）
A. 省力B. 省功C. 省距离D. 提高机械效率
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由图可知，舂米装置可以绕一定点转动，属于简单机械中的杠杆，由于碓锤重力的阻力臂大于人脚施力的动力臂，所以为费力杠杆，故可以省距离，故A不符合题意，C符合题意；
BD．根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，使用舂米装置虽然省距离，但是费力；在舂米的过程中，机械装置中的有用功与总功的比值不变，因此不能提高机械效率，故BD不符合题意。
故选C。
3. 如图是一款“盲人水杯防溢报警器”，使用时挂在杯壁上即可，其挂扣上有两个金属触点，当杯中水位到达挂扣时，报警器会发出蜂鸣声，提示水已盛满，挂扣的作用相当于防溢报警器电路中的（ ）
A. 用电器B. 导线C. 电源D. 开关
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知：当杯中水位到达挂扣时，电路接通，报警器会发出蜂鸣声，提示水已盛满，这说明杯口处两个触点的作用相当于开关。故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
4. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A. 内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体
B. 物体的温度为0℃，其内能也为零
C. 物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D. 物体的温度越高，所含的热量越多
【答案】A
【解析】
【详解】A．内能只能从高温物体转移到低温物体，所以只要的物体的温度高，即使内能小，也可将热量以传递给内能大的物体，故A正确；
B．内能是物体内部的能量，组成物质的分子在不停地做无规则运动，所以一切物体都有内能，即使在0℃也有内能，故B错误；
C．物体内能的大小跟物质的质量、温度、体积有关；温度不变，物体的内能可能改变，例如冰熔化时，温度不变，但内能增加，故C错误；
D．热量是指在热传递的过程中物体之间能量的转移的多少，不能说物体含有多少热量，故D错误。
故选A。
5. 一小球从某高度由静止释放后，利用安装在手机中具有录音和显示声音波形的APP（软件），记录小球碰撞地面发出的声音随时间变化的波形如图所示。则小球（ ）
A. 每次下落过程重力做功均相同
B. 每次弹起时的动能逐渐减小
C. 每次碰撞的最大形变程度逐渐增大
D. 下落过程中重力势能全部转化为动能
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像可知，乒乓球每次发声的时间逐渐变短，这说明乒乓球在空中运动的时间变短，乒乓球上升的高度逐渐变小，根据可知，每次下落过程重力做功不相同，故A不符合题意；
BCD．根据波形图可知，乒乓球每次发声时的振幅变小，乒乓球每次与台面碰撞的最大形变程度变小，这说明弹性势能是减小的；此过程中乒乓球的动能和重力势能转化为弹性势能，弹性势能减小，说明机械能逐渐变小；乒乓球的弹性势能变小，转化为的动能逐渐变小；下落过程中，乒乓球克服阻力做功，机械能逐渐减小，所以，下落过程中重力势能没有全部转化为动能，故B符合题意，CD不符合题意。
故选B。
6. 小明自制“伏打电堆”并连接了如图所示电路。闭合开关S，小灯泡发光，电压表指针右偏，则（ ）
A. 金属B是电源的负极
B. “伏打电堆”将内能转化为电能
C. 若小灯泡断路，电压表仍有示数
D. 若断开开关，A、B两金属间没有电压
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意知，电压表指针右偏，说明电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，金属B是电源的正极，故A不符合题意；
B．自制“伏打电堆”并连接了如图所示电路，闭合开关S，小灯泡发光，“伏打电堆”是将化学能转化为电能的装置，故B不符合题意；
C．闭合开关，若小灯泡断路，电压表仍可以接在电源的两极上，所以有示数，故C符合题意；
D．A、B两金属间的电压是始终存在的，与电路是否接通无关，故D不符合题意。
故选C。
7. 为将一物块送到高处，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，该过程中（ ）
A. 物块所受摩擦力小于拉力
B. 使用滑轮是为了更加省力
C. 物块的动能转化为重力势能
D. 物块受到的支持力做额外功
【答案】A
【解析】
【详解】A．用力F拉动绳端，物块沿斜面匀速向上运动，物体处于平衡状态，此时的拉力要大于物块所受的摩擦力，故A符合题意；
B．由图可知，该滑轮固定不动，是一个定滑轮，使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向，故B不符合题意；
C．物块沿斜面匀速向上运动，质量不变，速度不变，动能不变；高度变大，重力势能变大，不是动能转化为重力势能，故C不符合题意；
D．物块沿斜面运动，支持力的方向垂直于斜面，物块没有在支持力的方向上通过距离，所以，支持力不做功，故D不符合题意。
故选A。
8. 如图所示电路，闭合开关后，灯L不发光，移动滑动变阻器R的滑片P，电流表示数增大，电压表示数不变，则下列判断正确的是（ ）
A. 灯L断路，滑片P左移B. 灯L断路，滑片P右移
C. 灯L短路，滑片P右移D. 灯L短路，滑片P左移
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压；闭合开关后，灯L不发光，移动滑动变阻器R的滑片P，电流表示数增大，这说明电路是通路，电路出现了短路现象；滑片移动过程中，电压表示数不变，这说明电压表测量的是电源电压，所以，故障是灯泡短路；电流表示数变大，根据欧姆定律可知，电路中的电阻变小，所以，滑片向左移动，故ABC错误，D正确。
故选D。
9. 野外生存取火时，可用随身携带的引燃装置，在铜制活塞上放少量易燃物，将金属筒套在活塞上迅速下压，即可点燃易燃物，当用竖直向下、大小为F=200N的力将筒套从如图所示位置迅速下压至最底端过程中，力F做的功约为（ ）
A. 1JB. 10JC. 50JD. 100J
【答案】B
【解析】
【详解】由图知，筒套压下的距离大约为手掌宽度的一半，手掌宽度大约10cm，所以筒套压下的距离约
s=5cm=0.05m
所以力F做的功约为
W=Fs=200N×0.05m=10J
故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
10. 一辆汽车沿直线通过两段平直路面，已知后一段路面比前一段路面更粗糙，汽车始终保持匀速。则下列描述汽车行驶过程中发动机的功率P随时间t、克服阻力做功W随运动路程s的变化关系图像中，可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】AB．因为汽车始终保持匀速，处于平衡状态，所以，由二力平衡条件可知，汽车在前面一段或后面一段路面上的牵引力保持不变，由题意可知，汽车对路面的压力一定，后一段路面比前一段路面更粗糙，因此，汽车在两段路面上阻力的关系为
则汽车在前后两段路面上牵引力的关系为
由
可知，汽车始终保持匀速，在前面一段或后面一段路面上的牵引力保持不变，因此，在前面一段或后面一段路面上的汽车发动机的功率保持不变，由于汽车的速度保持不变，阻力的关系为
所以，前后两段路面上的功率关系为
故A错误，B正确；
CD．由可知，在牵引力F不变时，功与路程成正比，因为阻力的关系为
所以，由数学知识可知，汽车在前一段路面上功与路程的变化比在后一段路面上功与路程的变化要慢，C选项中图像可知，汽车在前一段路面上功与路程的变化比在后一段路面上功与路程的变化关系相同，而D选项中图像可知，汽车在前一段路面上功与路程的变化比在后一段路面上功与路程的变化要快，故CD错误。
故选B。
二、填空题
11. 图甲是我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒燃烧起来，这是通过______的方式，使筒内空气的______能增加，温度升高，达到艾绒的着火点，这一过程与图乙所示的内燃机工作冲程原理______（选填“相同”或“不同”）。
【答案】 ①. 做功 ②. 内 ③. 不同
【解析】
【详解】[1][2]把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒燃烧起来，这是通过做功的方式，使筒内空气的内能增加，则温度升高，达到艾绒的着火点，使艾绒燃烧。
[3]由于图乙气门关闭，活塞向下运动，为做功冲程，将内能转化为机械能，把木制推杆迅速推入牛角套筒的这一过程与图乙所示的内燃机工作冲程原理不同。
12. 如图甲为某可调节亮度的充电台灯，图乙为其用于调光的电位器结构图，a、b、c是它的三个接线柱，a、c分别与弧形电阻丝的两端相连，b与金属滑片相连。
（1）给台灯充电时，其内置电池将______（选填“提供”或“消耗”）电能；
（2）为使电位器的作用明显，电位器电阻丝适合选用相同长度下阻值较______（选填“大”或“小”）的材料制作；
（3）电位器与灯泡联，若将b、c接入电路，顺时针转动旋钮时，灯泡的亮度会变______（选填“亮”或“暗”）。
【答案】 ①. 消耗 ②. 大 ③. 亮
【解析】
【详解】[1]给台灯充电时，其内置电池相当于用电器，用电器在电路中的作用是消耗电能。
[2]电位器电阻丝适合选用相同长度下阻值较大的材料制作，根据可知，电压一定时，电流的变化越明显，电位器的作用明显。
[3]若只将b、c接入电路，滑片右边的电阻丝接入电路，顺时针转动旋钮时，电位器接入电路的电阻变小，电路中电流变大，灯泡变亮。
13. 如图甲，小明用相同的酒精灯分别给体积相同的不同液体A和B加热，探究它们的吸热能力。
（1）小明方案设计中有一处错误，请指出错误之处：______；
（2）修正错误后继续探究，收集实验数据，小明作出了液体A和B的温度随加热时间变化的图像如图乙。加热10min，A吸收的热量______（选填“大于”、“小于”或“等于”）B吸收的热量，A和B的比热容之比cA∶cB______；
（3）这两种液体中，应选择液体______作为制冷剂效果更好。
【答案】 ①. 没有控制水和煤油的质量相等 ②. 等于 ③. 2∶1 ④. A
【解析】
【详解】（1）[1]在此实验中，为了比较A和B两种液体吸热本领的大小，需要控制两种液体的质量和初温相同，体积相等的水和煤油的密度不相等，所以质量不相等，错误之处是没有控制水和煤油的质量相等。
（2）[2]用相同的酒精灯加热，加热时间相同，物质吸收的热量相同。
[3]由图可知，液体A和液体B从68℃升高到98℃，液体A用了20min，液体B用了10min，由于相同的时间内液体A和液体B吸收的热量相同，所以升高相同的温度，液体A吸收的与液体B吸收的热量之比为
QA∶QB=20min∶10min=2∶1
液体A和液体B的质量相等，根据可知，二者比热容之比为
（3）[4]根据Q=cmΔt，改变相同的温度，比热容大的，吸收的热量更多，更适合做冷却液，A的吸热能力强，A的比热容大，故A做冷却液更好。
14. 如图甲所示，仅闭合开关S1，电压表示数如图乙；再闭合S2，两电流表的指针均如图丙所示。
（1）闭合S1、S2，两灯______联，电源电压为______V，通过L1的电流为______A；再断开S2，电流表A1的示数______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）若将电路中电流表A1与电压表对换，开关都闭合时______。
①电流表A2有示数
②只有灯泡L2亮
③电压表有示数
【答案】 ①. 并 ②. 6 ③. 1.36 ④. 变小 ⑤. ③
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]由图甲知，仅闭合开关S1，L2断路，只有L1连入电路中，电压表测电源电压；由图乙知，电压表使用的量程，分度值为0.5V，示数为6V，即电源电压为6V；由图甲可知，当S1、S2都闭合时，电流从正极流出，经过开关S1后分成两支路，一支通过L1，一支通过A2、L2、S2，汇合后经电流表A1回到电源负极，所以两灯是并联的；此时A1测干路电流，A2测L2支路的电流，根据并联电路的电流特点知，A1示数应大于A2示数，而两电流表的指针位置相同，所以A1使用0~3A量程，分度值为0.1A，示数为1.7A，即干路电流为1.7A；A2使用量程，分度值为0.02A，示数为0.34A，即通过L2的电流为0.34A。
[4]根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可得，通过L1的电流为
再断开S2，仅闭合S1时，只有L1连入电路中，电流表A1测L1的电流，电流表A1的示数变小。
（2）[5]若将电路中电流表A1与电压表对换，电压表串联在电路中，电流表并联在电路中，因为电压表内阻很大，电路中开关都闭合时，电路中电流很小，电流表无示数，灯泡不能发光，但电压表有示数，测量的是电源电压；故③符合题意，①②不符合题意。
故选③。
15. 杆秤是一种测量物体质量的工具。小明尝试制作了如图所示的杆秤，秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，将此处标为0刻度线。当秤盘上放一质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，测得OA=5cm，OB=10cm。
（1）秤砣的质量为______kg；
（2）若C处的刻度为5kg，则图中OC=______cm。小明所标的杆秤刻度线分布______（选填“均匀”或“不均匀”）；
（3）用该自制杆秤测待测物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡，其读数会偏______（选填“大”或“小”）。
【答案】 ①. 1 ②. 25 ③. 均匀 ④. 小
【解析】
【详解】（1）[1]以O点为支点，当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，根据杠杆平衡条件有
m物g•OA=m秤砣g•OB
所以秤砣的质量
（2）[2]由于C点的刻度应为5kg，因此物体质量为5kg时且秤砣在C点时杆秤平衡，则
m′g•OA=m秤砣g•OC
所以OC的长度
[3]杆秤刻度D与O点的距离为OD，刻度D对应的物体质量即秤盘中的待测物体质量为m物，根据杠杆的平衡条件可得
m物g•OA=m秤砣g•OD
解得，式子中OA和m秤砣为定值，所以OD与m物成正比，故小明所标的杆秤刻度线分布均匀。
（3）[4]当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，物体重力不变，重力的力臂不变，秤砣的重力变大，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，根据杠杆平衡条件可知秤砣重力的力臂变短，即向O点移动；由图已知O处刻度为0，B处标的刻度为2kg，所以移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数小于2kg。
三．作图题
16. 如图，轻质杠杆可绕O点转动，杠杆上吊一重物，在动力F作用下，杠杆静止在水平位置。图中的l1为动力F的力臂，请作出动力F示意图和阻力臂l2。
【答案】
【解析】
【详解】做出力臂l1的垂线，与杠杆相交于一点，即F的作用点A，由于重物使杠杆沿顺时针方向转动，所以F方向应使杠杆沿逆时针方向转动，作用点在A点；重物对杠杆的作用力为阻力F2，过支点O作阻力作用线的垂线段l2即为阻力臂，如图所示：
17. 如图为一摆球从左侧A点摆到右侧最高点B的过程图，请在图中三个位置的摆球上用“1”和“2”分别标注出机械能最大位置和动能最小位置。
【答案】
【解析】
【详解】摆球从左侧A点摆到右侧最高点B的过程图，克服空气的阻力做功，一部分机械能转为内能，所以，在该过程中，摆球的机械能逐渐减小，所以，在A点的机械能是最大的，应标注“1”；摆球运动到B点时，摆球的质量不变，速度最小，动能最小，应标注“2”，如图所示：
18. 在如图虚线框中填入电压表或电流表的符号，使开关闭合时两灯都亮。
【答案】
【解析】
【详解】根据电路图可知，要想闭合开关时两灯都亮，则两灯应并联，上面的电表与灯泡并联，为电压表，下面的电流与右侧灯泡串联，为电流表，如图所示：
四、计算题
19. 某款太阳能热水器平均每小时接收4.2×106J的太阳能。在5小时的有效照射时间内，使热水器中100kg、初温为20℃的水温度升高到60℃。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求该过程中：
（1）水吸收的热量；
（2）太阳能热水器的效率；
（3）若改用热效率为40%的煤炉达到同样的烧水效果，需要燃烧煤的质量。（q煤＝3.0×107J/kg）
【答案】（1）1.68×107J；（2）80%；（3）1.4kg
【解析】
【详解】解：（1）水吸收的热量为
（2）太阳能热水器获得的太阳能为
热水器的效率为
（3）煤燃烧放出的热量为
需要煤的质量为
答：（1）热水器中的水吸收的热量为1.68×107J；
（2）太阳能热水器的效率80%；
（3）若改用热效率为40%的煤炉达到同样的烧水效果，需要燃烧煤的质量为1.4kg；
20. 如图甲所示，重40N的物体在拉力F的作用下，5s内被匀速提高了0.5m，拉力F做的功W随时间t变化的图像如图乙。绳子能承受的最大拉力为50N，不计绳重与摩擦。求：
（1）5s内做的有用功；
（2）动滑轮重力；
（3）该滑轮组的最大机械效率。
【答案】（1）20J；（2）10N；（3）90%
【解析】
【详解】解：（1）5s内做的有用功是
（2）由图甲可知
则绳子自由端移动距离是
由图乙可知，5s内拉力F做的功
由可得，作用在绳子上的拉力是
不计绳重与摩擦，根据拉力的计算公式可知，动滑轮重力是
（3）由题知，绳子能承受的最大拉力是50N，不计绳重与摩擦，根据拉力的计算公式可知，提升的最大物重是
因为在使用滑轮组时，在其他条件相同时，提升的物重越大，滑轮组的机械效率越大，滑轮组的机械效率是
所以，滑轮组的最大机械效率是
答：（1）5s内做的有用功为20J；
（2）动滑轮重力为10N；
（3）该滑轮组的最大机械效率为90%。
五、实验题
21. 在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图甲、乙、丙所示的三次实验，让铁球从斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰。铁球推动木块在水平面上移动一段距离后静止，图中的s1、s2、s3分别是三次实验中木块在铁球推动下前进的距离，已知木块的质量m1＝m2≠m3。不计铁球受到的摩擦力。
（1）实验中应选用______（选填“光滑”或“粗糙”）水平面；
（2）实验中是通过观察______来判断______（选填“木块”或“小球”）的动能大小，下列实验中也用到此种方法的是______；
①比较质量相同的不同燃料燃烧时放出的热量；
②探究杠杆平衡条件；
（3）对比甲、乙两次实验，可得出的结论是______；
（4）分析乙、丙两次实验，小球从斜面滚落过程中重力做功______（选填“乙大”、“丙大”或“相等”）；两次实验中s2＞s3，则m2______m3（选填“＞”或“＜”）。
【答案】 ①. 粗糙 ②. 木块被撞击后移动的距离 ③. 小球 ④. ① ⑤. 物体的速度相同时，物体的质量越大，具有的动能就越大 ⑥. 相等 ⑦. ＜
【解析】
【详解】（1）[1]若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的，所以应该选用粗糙的水平面。
（2）[2][3][4]实验中通过观察木块被撞击后移动的距离的大小来间接判断小球动能的大小，采用的方法是转换法；①比较质量相同的不同燃料燃烧时放出的热量；利用了转换法；②探究杠杆平衡的条件，没有采用转换法；故①符合题意，②不符合题意。
故选①。
（3）[5]对比甲、乙两次实验，小球从同一高度由静止滑下，小球到达水平面时的速度相同，甲实验中小球的质量大于乙次实验中小球的质量，甲实验中木块移动的距离s1、大于乙实验中木块移动的距离s2，由此可得出的结论是：物体的速度相同时，物体的质量越大，具有的动能就越大。
（4）[6][7]分析乙、丙两次实验，乙实验中重力做功
甲实验中重力做功
故乙、丙两次实验中小球从斜面滚落过程中重力做功相等；小球在下落过程中通过重力做功将重力势能转化为动能，则两小球到达水平面时的动能相同，若两次实验中
则说明
22. 同学们做“探究并联电路的电流规律”的实验，用两节干电池串联做电源，连接了如图甲所示电路；
（1）电路连接时开关应______，否则图甲电路连接完最后一根导线时会出现______（选填“L1”或“L2”）不亮，电流表______（选填“有”或“无”）示数；
（2）若只改动甲图电路中一根导线就能使两灯并联，并且电流表测干路电流，请在要移接的导线上打上“×”号，并画出改动后的导线；______
（3）为更方便地测出两支路的电流，小明找来一个单刀双掷开关，设计了如图乙所示的电路，当开关S接a时，电流表可测通过______（选填“L1”或“L2”）的电流；那么当开关S接b时，请判断电流表能否正常测量通过另一条支路的电流，并说明理由：______。
【答案】 ①. 断开 ②. L2 ③. 有 ④. ⑤. L2 ⑥. 电流表不能正常测量通过另一条支路的电流，因为电流表的正负接线柱接反了
【解析】
【详解】（1）[1]为保护电路，连接电路时，开关应断开。
[2][3]如图甲所示，电源、开关、电流表、灯泡L1串联在电路中，灯泡L2断路，若连接电路时开关没有断开，图甲电路连接完最后一根导线时会出现灯泡L2不亮，电流表有示数。
（2）[4]将两灯并列连接，电流表接在干路上，如图所示：
（3）[5]如图乙所示的电路，当开关S接a时，两灯并联，电流表与灯L2串联，电流表可测通过灯L2的电流。
[6]当开关S接b时，电流从电流表负接线柱流入，从正接线柱流出，电流表的正负接线柱接反了，电流表的指针反向偏转，所以，电流表不能正常测量通过另一条支路的电流。
23. 如图甲所示，小明发现放在同一杯热水中的金属勺摸起来比塑料勺烫，他认为这是两种物质导热性不同造成的，那么，如何比较不同物质的导热性？小明设计了如图乙所示的实验装置，分别将铜丝和铝丝一端浸入装有沸水的烧杯A中，另一端浸入盛有水的试管B中，每隔2min测一次试管中水的温度，记录两组实验数据并绘制了如图丙所示的“温度﹣时间”图像；已知实验环境气压为1标准大气压；
（1）由丙图推断：______（选填“铜”或“铝”）的导热性能更好，依据是：______；
（2）为衡量物质的导热性能，爱动脑的小明类比所学的知识，将实验中“A、B中水的温差与时间的比值”定义为物理量：热导k；则当试管B中水温为时，铜的热导值k＝______；计算分析实验数据可知：导热物质两端温差越大，热导k的值______（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（3）小明进一步猜想，热导k可能还与导热物质的长度L和横截面积S有关；于是他又找来几根铜丝浸入图乙的装置中，每次将B中水加热至相同温度，记录加热时间t和铜丝的规格数据如表；
①第______（写序号）三次实验是为了探究热导k与导热物质长度L的关系；
②分析数据可知，当其他条件相同时，热导k与导热物质的横截面积S成______比；
③由规律推测：第6次加热时间t=______min。
【答案】 ①. 铜 ②. 相同时间内传递热量多的导热性能好 ③. ④. 不变 ⑤. 2、4、5 ⑥. 正 ⑦. 8
【解析】
【详解】（1）[1][2]相同时间内试管内水的温度升高大的，导热性能好，从图丙可知用铜丝时试管内水的温度高，说明铜丝的导热性能好，依据是：相同时间内传递热量多的导热性能好。
（2）[3]由于A、B中水的温差与时间的比值为热导k，则当试管B中水温为时，铜的热导值为
[4]由图知同种物质，导热物质两端温差越大，时间越长，但A、B中水的温差与时间的比值不变，即热导k的值不变。
（3）①[5]要探究热导k与导热物质长度L的关系，需要控制横截面积相同，改变导热物质长度L，分析表格数据得实验2、4、5符合题意。
②[6]分析数据1、2、3的实验可知，导热物质的长度相同、横截面积不同，且横截面积变成2倍，加热时间变成原来的，热导k会变为原来的2倍，故可以得出：当其他条件相同时，热导k与导热物质的横截面积S成正比。
③[7]由2、4、5实验可知，横截面积相同，导热物质的长度变成2倍，加热时间变成原来的2倍，热导k会变为原来的，故可以得出：当其他条件相同时，热导k与导热物质的长度L成反比；由1、6的数据知横截面积变成原来的3倍，加热时间变成原来的，长度变成原来的3倍，加热时间变成原来的3倍，所以加热时间不变，仍为8min。
24. 阅读短文，回答问题：
多功能喷洒车
二十大报告指出：推动绿色发展，促进人与自然和谐共生，多功能喷洒车作为城市环保小卫士充当着重要角色；某款喷洒车的主要结构如图甲所示，配置的四冲程柴油机不仅要牵引喷洒车前行，还要带动雾炮机电气箱里的发电机发电，然后发电机给风机、转向机、水泵和液压泵供电，水泵和液压泵可独立工作，机械结构上，喷雾炮筒的转轴设计在炮筒的重心；工作时水泵通过水管将水箱中的水直接压到喷嘴处，然后被风机产生的强风喷射出去；转向机可带动喷雾炮筒左右水平旋转，液压泵撑杆可支撑并带动喷嘴上下转动，达到有效控制喷洒射程和面积的作用；
喷洒车的部分参数如下表所示，其中最大能效的定义为：当以最大射程和流量工作时，最大射程和单位时间喷水体积的乘积与发电机输出功率的比值；
（1）喷洒车在水平路面匀速前进喷水的过程中，其动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若一直以最大流量喷水，注满一箱水最多可喷洒______min；
（2）下列关于雾炮机的说法正确的是______；
A．液压泵和水泵串联在电路中
B．风机、转向机和发电机都是将电能转化为机械能
C．喷水时，喷雾炮筒相当于省力杠杆
D．该雾炮机也可利用家中的插座直接供电工作
（3）如图乙是水箱内自动测定水量的电路示意图，R是滑动变阻器，水量表是由______（选填“电压表”或“电流表”）改装而成；若要求喷水过程中水量表示数变小，则图中电源负极应连接R的______（选填“A”或“B”）端；
（4）某次喷洒车以36km/h匀速行驶执行喷洒任务，柴油机以的转速运行，提供5000N牵引力的同时还实现发电机输出功率27kW，使得雾炮机以最大射程和最大流量工作，已知柴油热值为3.2×107J/L，求该过程中：
①柴油机每秒完成______个做功冲程；
②该雾炮机的最大射程为______m，喷洒车工作10min消耗柴油______L。
【答案】 ①. 变小 ②. 100 ③. C ④. 电流表 ⑤. B ⑥. 25 ⑦. 81 ⑧. 3.75
【解析】
【详解】（1）[1]喷洒车在水平路面匀速前进喷水的过程中，喷洒车内的水不断减少，水的质量不断减小，速度不变，动能变小。
[2]若一直以最大流量喷水，注满一箱水的体积是
最多可喷洒的时间是
（2）[3] A．水泵和液压泵可独立工作，所以，液压泵和水泵并联在电路中，故A错误；
B．发电机给风机、转向机、水泵和液压泵供电，发电机是将机械能转化为电能，风机、转向机、水泵和液压泵是将电能转化为机械能的，故B 错误；
C．机械结构上，喷雾炮筒的转轴设计在炮筒的重心，喷水时，喷雾炮筒相当于省力杠杆，故C正确；
D．家庭电路的供电电压为220V，雾炮机的工作电压为发电机的输出电压380V，所以，雾炮机不能利用家中的插座直接供电工作，故D错误。
故选C。
（3）[4]由图乙可知，水量表串联在电路中，所以，该水量表是电流表改装而成。
[5]喷水过程中水量减小，滑动变阻器R的滑片向上滑动，要求水量表（电流表）示数变小，根据欧姆定律可知，电路中的电阻变大，所以，图中电源负极应连接R的B端。
（4）①[6]四冲程柴油机每秒的飞轮转速
即飞轮每秒转50圈，由于柴油机每一个工作循环飞轮转两圈，完成四个冲程，做一次功，所以，该柴油机在每秒钟内完成的100个冲程，完成的25个做功冲程，对外做功25次。
②[7]最大能效的定义为：当以最大射程和流量工作时，最大射程和单位时间喷水体积的乘积与发电机输出功率的比值，即最大能效=最大射程s和单位时间喷水体积V的乘积与发电机输出功率P的比值，所以，喷水最大流量是
发电机输出功率
所以，最大能效是
所以
解得，最大射程
[8]发电机输出功率是
工作时间
则发电机输出的电能是
由得，发电机消耗的机械能是
洒水车运动速度是
运动时间是
洒水车运动的路程是
牵引力是
则洒水车运动做的功是
柴油机输出的机械能是
由可得，柴油燃烧放出的热量是
由可知，消耗的柴油的体积是
次数
S/mm2
L/m
t/min
1
1
1
8
2
4
1
2
3
2
1
4
4
4
0.5
1
5
4
2
4
6
3
3
发电机输出电压
380V
最大能效
5
柴油机效率
40%
发电机效率
90%
喷水最大流量
100L/min
水箱容积
10m3