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2022-2023学年江苏省苏州市高新区九年级（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省苏州市高新区九年级（上）期中物理试卷（含答案解析），共26页。
2022-2023学年江苏省苏州市高新区九年级（上）期中物理试卷
1. 下列图中的简单机械，不能省力但能省距离的是( )
A. 瓶盖起子 B. 食品夹
C. 盘山公路 D. 滑轮组
2. 小敏同学设计并制作了一个“盲人水杯”，其工作原理如图所示。杯中近杯口处A点是水位器的两个触点，当杯中的水位到达A位置时，水位器会自动发出音乐声，表示水已盛满。杯口处两个触点的作用相当于( )
A. 导线 B. 用电器 C. 开关 D. 电源
3. 疫情防疫期间，某市防控人员使用如图所示的小型电动无人机向管控区投递防疫物资，当无人机携带药品箱沿竖直方向匀速上升时(空气对药品箱的阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A. 药品箱的机械能增大
B. 无人机对药品箱不做功
C. 药品箱的内能增大
D. 无人机上的电动机将机械能转化为电能
4. 根据你的生活经验，下列数值中最接近实际情况的是( )
A. 将一本九年级物理书从地上捡起来放在桌子上做功约为10J
B. 中学生爬楼时的功率约为120W
C. 一次性杯中装满开水，当温度降至适合饮用时，放出的热量约为4×103J
D. 我区1号线的有轨电车正常行驶时的功率约为20W
5. 下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是( )
A. 功率大的机械，做功一定多 B. 做功快的机械，功率一定大
C. 机械效率高的机械，功率一定大 D. 做功多的机械，机械效率一定高
6. 如图所示，是我国古代《墨经》记述的有关杆秤的杠杆原理，此时杆秤处于平衡状态，以下关于它的说法不正确的是( )
A. “标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
B. 增大“重”时，应把“权”远离O点
C. 若“权”有磨损，会导致测量结果偏小
D. 为提高测量精度，可换轻一点的“权”
7. 如图是探究“比较水和煤油吸收热量时温度升高快慢”的实验装置，该实验运用了控制变量法，下列对各个步骤中的控制变量要求正确的是( )
A. 酒精灯中酒精量必须相同 B. 两只温度计的量程必须相同
C. 水和煤油体积必须相同 D. 盛放水和煤油的容器必须相同
8. 如图所示，甲图中活塞迅速下压后棉花燃烧；乙图中点火后盒盖飞出。在“活塞压缩空气”和“使盒盖飞出”的两个过程中，对比能量转化情况、改变筒内气体内能的方式和筒内气体内能的变化三个方面，它们( )
A. 三个方面都相同 B. 三个方面都不相同
C. 有两个方面相同，一个方面不同 D. 有一个方面相同，两个方面不同
9. 关于热量、热值、内能和比热容，以下说法正确的是( )
A. 我们不能喝刚烧开的水，是因为它含有的热量太多
B. 用煤气灶烧水时，煤气燃烧越充分，其热值越大
C. 把零下10℃的冰块放在0℃的冰箱保鲜室中，冰块的内能会增加
D. 沙漠地区昼夜温差大是因为沙子的比热容大
10. 某款“抓娃娃”机通过投币接通电源后，娃娃机内彩灯发光，接着用手接触“感应”开关接通电动机才能抓取“娃娃”，不投币只用手接触“感应”开关无法抓“娃娃”。下列简化电路中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
11. 物理学中把机械对重物施加的力与人对机械施加的力的比值叫作机械效益，根据机械效益可以比较不同机械的省力程度，现用图示滑轮组匀速提升重物，不计绳重和摩擦，下列描述中不正确的是( )
A. 提升物体越重，机械效益越小
B. 机械效益越大，机械省力程度越大
C. 机械效益是一个没有单位的物理量
D. 机械效益与机械效率比值一定
12. 如图甲所示，将一个带孔的金属球和一根弹簧套在铁架台的金属杆上，现将小球提到A点后松手，小球的高度随时间变化情况如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的原长为50cm
B. 0∼t1过程中，小球的动能先增大后减小
C. 0∼t1过程中，小球的减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能
D. 小球在t1时刻的动能大于在t2时刻的动能
13. 如图甲所示，升旗时，旗杆顶端装置是______(定/动)滑轮，它的作用是______。如图乙所示，粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来。在B端放一支蜡烛，在AO的中点C处放上两支完全相同的蜡烛，此时直尺______(能/不能)保持平衡；若将三支蜡烛同时点燃，且它们的燃烧速度相同，在燃烧过程中，直尺______(能/不能)保持平衡。
14. 小明同学对如图所示的某款国产油电混合动力汽车进行研究，提出了以下问题：
(1)发动机散热器常用水做冷却剂，是因为水的______大；
(2)汽车的各转向灯能独立工作，可以判断它们是______联的；
(3)汽油机的飞轮转速为60r/s，则在1min内，汽油机完成______个冲程，对外做功______次。
15. 如图所示，小华和小红一起坐在秋千凳上荡秋千，她们的重力分别是G1、G2，且G1//
16. 如图所示电路，若要使灯和电铃组成串联电路，需闭合开关______；若同时闭合开关S2、S3，则电铃______(工作/不工作)；为防止电源短路，不能同时闭合开关______。
17. 小明同学用酒精灯对冰块加热，研究冰的熔化现象，图中甲、乙两条图线中的一条是他依据实验数据绘制而成，已知m冰=0.1kg，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)根据上述信息，可知：
(1)小明绘制的是______(甲/乙)图线，原因是______。
(2)0−1min内冰块吸收的热量为______ J；冰块的比热容为______J/(kg⋅℃)；
(3)实验过程中，该物质在1min时的内能______(大于/等于/小于)3min时的内能。
18. 在沿海地区炎热的天气里，由于陆地与海水的比热容不同，常常会形成特有的海陆风，如图是______(海/陆)风的形成过程，这种风通常在______(白天/夜晚)出现。
19. 一木箱重400N，工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处，如图甲所示，已知整个过程中拉力F做的功W与木箱沿斜面运动距离s的关系如图乙所示，整个过程的额外功是240J，则拉力F=______N，斜面的机械效率η=______，木箱所受的摩擦力f=______N。
20. 如图所示的两套装置完全相同，分别在两个燃烧皿中放入质量相同的不同燃料，点燃后加热质量相等的同种液体，通过比较燃料______(燃烧
相同时间/全部燃烧)后温度计示数的变化，可以判断两种燃料的热值的大小，燃料燃烧时，______转化为内能，用比热容______(大/小)的液体可以使实验现象更明显。(实验中液体没有沸腾)
21. 俯卧撑是一项常见的健身项目，采用不同的方式做俯卧撑，健身效果通常不同，图甲所示的是小苏在水平地面上做俯卧撑保持静止时的情景，他的身体与地面平行，可抽象成如图乙所示的杠杆模型，地面对脚的力作用在O点，对手的力作用在B点，小苏的重心在A点，已知小苏的体重为560N，OA长为1m，OB长为1.4m。则地面对手的力F1=______N。图丙所示的是小苏手扶凳子做俯卧撑保持静止时的情景，此时他的身体姿态与图甲相同，只是身体与水平地面成一定角度，凳子对手的力F2与他的身体刚好垂直，且仍作用在B点。则F2______F1(>/
22. 双手握住自拍杆辅助手机进行自拍时，自拍杆可看作一个杠杆，如图甲所示，其简化示意图如图乙所示。请在图乙中画出F1的力臂l1和F2的力臂l2。
23. 用如图所示的滑轮组提升重物，拉力F将绳子的自由端拉动1.6m时，重物升高0.8m，请你在图中画出绳子绕法。
24. 如图所示，搭在台阶上的长木板ABC自重不计，AB中点位置放着一个重物，现要在C点用最小的力将重物抬起，请在图中画出最小动力F的示意图。
25. 在如图虚线框中填入电池和电表(电流表或电压表)的符号，使电路成为并联电路。
26. 重为600N的装卸工人用如图所示的滑轮组匀速提升重力为900N的货物，所用的拉力F为500N，物体以0.1m/s的速度上升10s，不计绳重及摩擦，求：
(1)拉力F做的有用功；
(2)滑轮组的机械效率；
(3)拉力的功率。
27. 每到夏收季节，大量农作物秸秆在田间被随意焚烧，这不仅造成资源浪费、环境污染，而且极易引发火灾，为解决这一问题，现已研制出利用秸秆生产的节能环保型燃料——秆浆煤。若燃烧秆浆煤(热值q=2.4×107J/kg)可以使50kg、20℃的水温度升高到80℃。[c=4.2×103J/(kg⋅℃)]求：
(1)水吸收的热量；
(2)如果秆浆煤完全燃烧释放的热量有30%被水吸收，需要秆浆煤的质量。
28. 北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车，是利用氢与氧发生化学反应产生电能，供给电动机而驱动汽车行驶的。如图所示，该类型汽车甲在平直公路上从A地出发，以90km/h的速度行驶1h到达B地，消耗0.8kg氢燃料，所产生电能E电的90%用于维持汽车匀速行驶，所受阻力为1000N。
(1)求此过程中产生的电能E电；
(2)燃油汽车乙也在该公路上从A地出发，以90km/h的速度匀速行驶，所受阻力与甲车相同，汽油在气缸内完全燃烧，且燃烧所释放热量的30%用来维持汽车匀速行驶，汽油热值取q=5×107J/kg。同样到达B地，需要多少千克汽油？
29. 如图所示，在“探究影响重力势能大小的因素”实验中，有三个实心的、大小相同的铁球A、铁球B和塑料球C，球A、C离沙地高度相同.现让三个球同时由静止释放，球落到沙地上的状态如图中虚线球所示。
(1)根据A、B、C三个小球在沙地中下陷的深度可以判断出释放前球______的重力势能最大；
(2)比较球A、C可得出结论______；
(3)球在空中下落时减少的重力势能主要转化为______；
(4)小球在下落过程中，重力会对小球做功，则重力对小球做功大小与时间关系图应是______。
30. 小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
(1)为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，此时应将杠杆右端的螺母向______调节(填“左”、“右”)，使杠杆在水平位置达到平衡。
(2)在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是______。
(3)实验时，小明在杠杆左侧A位置(左边位置第四格)先挂了3个钩码，如图乙所示，则在右侧B位置(右边位置第三格)应挂______个相同规格的钩码，杠杆可以重新在水平位置平衡。
(4)如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码。现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是______。
31. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)比较不同燃料的热值，可以选择______两个装置；然后通过观察______(加热时间/物质升高的温度)来比较两种燃料热值大小；
(2)为了研究不同物质的吸热能力，可以选择______两个装置进行实验。实验时根据______(加热时间/物质升高的温度)反映物质吸收热量的多少。
32. 如图所示，甲、乙两图中摆线的长度、摆线与竖直方向的夹角以及木块均相同，小球A、B的质量mA
(1)图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，这表明两小球在摆动过程中任一时刻速度大小与小球的______无关；
(2)小强用如图所示装置探究“物体的动能大小与哪些因素有关”，将小球按图示位置由静止释放，当小球摆动到竖直位置时，恰好与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块都会在水平面上滑行一定距离后停止，本实验中通过木块滑行的距离来反映小球撞击木块______(前/后)的动能大小；
(3)用该实验装置______(可以/不可以)探究“物体的重力势能大小与哪些因素有关”；
(4)在探究动能与物体质量的联系时，为了控制物体的速度，小强又设计了如图丙所示的实验方案：利用不同质量的小球将弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块(水平面对小球的阻力忽略不计)。方案是否可行？答：______；若按此方案操作，他会看到的现象：______。
33. 物理实验小组在“测滑轮组机械效率”的实验中得到的数据如表所示，装置如图所示。
实验次数
l
2
3
钩码重G/N
4
4
6
钩码上升高度h/m
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
1.8
1.6
2.4
绳端移动距离s/m
0.3
0.4
机械效率η
74.1%
62.5%
(1)实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应______；(保持静止/匀速上升)；
(2)小组同学做第3次实验时，滑轮组的机械效率η=______；通过比较第1、3次两次实验数据，请对提高滑轮组的机械效率提出一条针对性建议：______；
(3)如果采用第3次装置，改变动滑轮重，提升同一物体进行多次实验，获得数据并绘制出如图甲的图像，分析可知：被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越轻，机械效率______(越高/不变/越低)；分析图像中的A点可知，被提升物体所受的重力为______ N；(忽略绳重和摩擦)
(4)若第2次实验中克服摩擦做的额外功为0.04J，则动滑轮总重为______ N。(不计绳重)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、瓶盖起子在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，费距离，故A不符合题意；
B、食品夹在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离，故B符合题意；
C、盘山公路与斜面的原理相同，省力但费距离，故C不符合题意；
D、滑轮组在使用时，能省力但费距离，故D不符合题意。
故选：B。
结合生活经验和图片信息，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，根据杠杆的平衡条件，判断它是省力还是省距离。
本题考查的是杠杆的分类，杠杆主要包括以下几种：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。
2.【答案】C
【解析】解：由题意知：当杯中的水位到达A位置时，电路接通，水位器会发出音乐声，这说明杯口处两个触点的作用相当于开关。
故选：C。
由图可知，电路由水位器、电源、导线组成，当电路闭合时，水位器才有可能发出声音，根据题意分析触点的作用。
本题是一道基础题，分析清楚电路结构、知道电路闭合时水位器才能发出乐音是正确解题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、药品箱的质量一定，速度一定，动能不变；高度增加，重力势能增加；动能和势能统称机械能，所以药品箱的机械能增大，故A正确；
B、无人机携带药品箱沿竖直方向匀速上升，无人机对药品箱有竖直向上的拉力，并且药品箱在拉力方向上通过了距离，因此无人机对药品箱做了功，故B错误；
C、因空气对药品箱的阻力忽略不计，没有对药品箱做功，也没有传递给药品箱热量，所以药品箱的内能不变，故C错误；
D、无人机上的电动机将电能转化为机械能，故D错误。
故选：A。
A、动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，动能和势能统称机械能；
B、做功的必要因素：作用在物体上的力和物体在力的方向上通过的距离；
C、改变物体内能的方式：做功和热传递；
D、电动机工作时消耗电能，得到机械能。
此题考查了动能和重力势能的影响因素、做功的要素、能量的转化和转移等知识点。
4.【答案】B
【解析】解：A、将一本九年级物理书(质量m约为250g=0.25kg)从地上捡起来放在桌子上(上升的高度约为80cm=0.8m)做功约为：W=Gh=mgh=0.25kg×10N/kg×0.8m=2J，故A错误；
B、一个中学生的体重在50kg左右，其重力G=mg=50kg×10N/kg=500N；楼房每层楼的高度在h=3m左右，爬一层楼用时约12s；中学生克服重力做功为：W=Gh=500N×3m=1500J；功率为：P=Wt=1500J12s=125W，与B接近，故B正确；
C、一次性纸杯能盛水的质量在200g=0.2kg左右，开水温度(约为100℃)降低到可以饮用(40℃)时，降低的温度大约为60℃，水放出的热量Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.2kg×60℃=5.04×104J，故C错误；
D、我区1号线的有轨电车正常行驶时的功率较大，约为2000kW，故D错误。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
5.【答案】B
【解析】解：A、功率大的机械，做功一定快，故A错误；
B、做功快的机械，功率一定大，故B正确；
C、机械效率是有用功与总功的比值。机械效率高，功率不一定大，故C错误；
D、由于机械效率是有用功与总功的比值，做功多，机械效率不一定高，故D错误。
故选：B。
根据功、功率、机械效率的关系分析。功率是单位时间内做的功的多少，机械效率是有用功与总功的比值。
本题考查了功、功率、机械效率的关系。功率由功和时间共同决定，机械效率由有用功和总功共同决定。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据杠杆的五要素并结合图可知，“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，故A正确；
B、在“权”不变时，“重”增大，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，即适当把“权”远离O点，故B正确；
C、若“权”有磨损，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，会导致测量结果偏大，故C错误；
D、为提高测量精度，应使“标”增大，根据杠杆平衡条件可知可换轻一点的“权”，故D正确。
故选：C。
(1)利用杠杆的五要素分析；
(2)根据杠杆平衡条件可知“权”和“标”的乘积等于“重”和“本”的乘积，据此分析。
本题考查杠杆的五要素、杠杆平衡条件及其应用，理解杠杆的五要素及平衡条件是解答本题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：探究“比较水和煤油吸收热量时温度升高快慢”的实验中，采用的是控制变量法，实验中必须要控制水和煤油的质量相同；由于煤油和水的密度不同，根据m=ρV可知，煤油和水的体积是不同相同的；实验中应该采用相同的容器，这样容器的吸热情况相同；实验中加热相同时间，吸收相同热量，根据温度计升高的示数来反映吸热能力大小的，所以不需要控制温度计的量程相同，故D正确、ABC错误。
故选：D。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。
8.【答案】D
【解析】解：
图甲中，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，是将机械能转化为内能的过程；
图乙中，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，盖子飞出去，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小；
在“活塞压缩空气”过程中是机械能转化为内能，“使盒盖飞出”过程中是内能转化为机械能；改变筒内气体内能的方式都是做功；甲图筒内气体内能增大，乙图筒内气体内能减小，以上三个方面有一个方面相同，两个方面不同，故D正确。
故选：D。
改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。
知道做功可以改变物体的内能，能准确判断其能量的转化过程，并能与内燃机的能量转化情况相联系，是解决该题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：A、我们不能喝刚烧开的水，是因为热水的温度高，故A错误；
B、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与质量多少、是否燃烧、是否完全燃烧都没有关系，用煤气灶烧水时，煤气燃烧越充分，其热值不变，故B错误；
C、将零下10℃的冰块放在冰箱的0℃保鲜室中，一段时间后，冰块从冰箱中吸收热量，内能一定增加，故C正确；
D、沙漠地区昼夜温差大，是因为沙子的比热容小，同样受冷或者受热时温度变化大，故D错误。
故选：C。
(1)热量是个过程量，区别于状态量，只是在热传递这个过程中才有热量这个物理量，当两物体温差达到相等时，热传递就停止，所以只能说某物体吸收了多少热量，放出了多少热量，而不能说含有多少热量
(2)热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量大小、燃烧程度无关；
(3)物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和叫做内能，内能与物体的温度有关，温度升高，内能增大；
(4)热传递的条件是有温度差，温度相同，不会发生热传递；影响物体内能大小的因素：物体的质量、温度和状态。
本题考查热值、内能的有关知识，综合性较强。
10.【答案】A
【解析】解：
由题知，某款“抓娃娃”机通过投币接通电源后，娃娃机内彩灯发光，接着用手接触“感应”开关接通电动机才能抓取“娃娃”，不投币只用手接触“感应”开关无法抓“娃娃”，这说明彩灯和电动机互不影响，所以彩灯和电动机应是并联的，投币开关可控制彩灯和电动机，应在干路上，感应开关只控制电动机，应在电动机支路上；结合图示可知，只有A符合题意。
故选：A。
根据题意可知：彩灯和电动机互不影响，据此可知彩灯和电动机连接方式；感应开关和投币开关同时闭合才可以使电动机工作，投币开关控制照明灯，据此可知开关的位置。
本题考查了电路的设计，明确两个开关的作用是解题的关键。
11.【答案】A
【解析】解：A、由图知，承担重物绳子的段数n=2，不计绳重和摩擦时，绳端拉力F=1n(G+G动)，
机械效益N=GF=G12(G+G动)=2GG+G动=21+G动G，对于一个滑轮组而言，动滑轮重G动一定的，当提升物体G越重时，机械效益N值越大，故A错误；
B、机械效益N=GF，则F=GN，机械效益N值越大，机械省力程度越大，故B正确；
C、机械效益是两个力的比值，所以机械效益是一个没有单位的物理量，故C正确；
D、机械效率为：η=W有W总=GhFs=GnF，
机械效益与机械效率比值：Nη=GFGnF=n，即两者的比值是一个定值，故D正确。
故选：A。
机械对重物施加的力大小等于物体重力G，人对机械施加的力，即绳端拉力F，所以机械效益N=GF；
不计绳重和摩擦时，绳端拉力F=1n(G+G动)；
机械效率为：η=W有W总=GhFs=GnF，据此分析解答。
本题考查对机械效益和机械效率的理解，熟练运用公式是关键。
12.【答案】D
【解析】解：
A、由图乙可知当弹力与重力平衡时，弹簧的长度为50cm，由于此时弹簧处于压缩状态，所以弹簧原来的长度应大于50cm，故A错误；
B、0∼t1过程中，未接触弹簧前，小球在重力的作用下向下做加速运动；接触弹簧后，开始的弹力小于重力，小球继续做加速运动，在t1时刻，小球的重力与弹力大小相等，此时小球的动能最大，故0∼t1过程中小球的动能一直增大，故B错误；
C、小球在运动的过程中，克服空气的阻力做功，一部分机械能转化为内能，所以0∼t1过程中，小球的减少的机械能大于弹簧增加的弹性势能，故C错误；
D、在t1、t2两个时刻，由于能量的损失，t1时刻的速度最大，所以小球在t1时刻的动能大于在t2时刻的动能，故D正确。
故选：D。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，当弹力等于重力时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，小球减速运动。根据动能和重力势能的影响因素分析得出结论。
本题考查影响动能、势能的因素和能量之间的转化，主要考查学生对所学物理知识点的灵活应用能力，有一定难度。
13.【答案】定 改变用力方向 能 能
【解析】解：旗杆顶端装置是定滑轮，它的作用是改变用力方向；粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来。在B端放一支蜡烛，在AO的中点C处放上两支完全相同的蜡烛，因AO=BO，满足2G蜡×AO2=G蜡×BO，所以此时直尺能保持平衡；若将三支蜡烛同时点燃，且它们的燃烧速度相同，在燃烧过程中，仍能满足杠杆平衡条件，所以直尺能保持平衡。
故答案为：定；改变用力方向；能；能。
旗杆顶端装置是定滑轮，定滑轮可改变用力方向；可根据杠杆平衡条件来判断直尺是否平衡。
此题考查了定滑轮及其工作特点、杠杆的动态平衡分析等知识点，题型较新颖。
14.【答案】比热容 并 120 30
【解析】解：(1)因为水的比热容大，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，所以汽车散热器常用水作为冷却剂；
(2)汽车各转向灯能独立工作，因此转向灯是并联的；
(3)汽油机的转速是60r/s，所以该汽油机每秒可以完成120个冲程，可以做30次功。
故答案为：(1)比热容；(2)并；(3)120；30。
(1)比热容是反映不同物质吸放热能力的一个物理量；物质的比热容越大，在质量和升高温度相同时，吸收热量多；
(2)并联用电器互不影响；
(3)在四冲程汽油机中，一个工作循环，曲轴转两圈，对外做功一次，完成4个冲程，据此分析计算。
本题考查了比热容的应用、串、并联电路的辨别、热机的工作原理，是一道基础题。
15.【答案】<<
【解析】解：(1)从最高点下摆到最低点的过程中，小华和小红的重力做功分别为：W1=G1h，W2=G2h，
因为h相同，且G1
因为t相同，W1
利用做功公式W=Fs=Gh，以及功率公式P=Wt进行判断。
本题主要考查做功以及功率的计算，难度不大。
16.【答案】S2 工作 S1、S2、S3
【解析】解：若要使灯和电铃组成串联电路，就要保证电路中只有一条电流路径，应闭合开关S2；
若同时闭合开关S2、S3，灯泡被短路，只有电铃接入电路中，电铃工作；
若同时闭合开关S1、S2、S3，电流不经过用电器而直接跟电源的两极相连，即电源短路。
故答案是：S2；工作；S1、S2、S3。
电路元件的连接有串联和并联两种方式：由于串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；而并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响；在进行电路连接时，还一定要注意不能出现电源短路。
该题考查了串联电路和并联电路的连接方式，学生在连接电路时一定不能出现电源短路。
17.【答案】乙 水的比热容大于冰的比热容 1.05×103 2.1×103 小于
【解析】解：(1)从图中信息可知，冰熔化成水以后，水的比热容大于冰，故升高相同的温度时，水加热的时间要比冰多些，故图形是乙。
(2)从图中信息可知，水和冰的质量相同，冰升高5℃需要加热1分钟，水升高5℃需要加热2分钟，故每升高1℃，水吸收的热量是冰的2倍，故冰的比热容是水的一半，为2.1×103J/(kg⋅℃)；0−1min内冰块吸收的热量为：
Q冰=cmΔt=2.1×103J/(kg⋅℃)×0.1kg×5℃=1.05×103J；
(3)1−3min，冰处于熔化阶段，不断吸热，温度不变，内能增加。故在1min时的内能小于3min时的内能。
故答案为：(1)乙；水的比热容大于冰；(2)1.05×103；2.1×103；(3)小于。
(1)晶体熔化时的特点：达到熔点，继续吸热，温度不变。
(2)质量相同的两物体，吸收相等的热量，比热容大的温度变化小。
本题考查了冰的熔化图像，利用好Q=cmΔt是解答本题的关键，难度不大，要掌握。
18.【答案】陆 夜晚
【解析】解：因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，所以相同质量的水和泥土、砂石吸收(或放出)相同的热量，水的温度升高(或降低)得慢；白天，在太阳照射下陆地和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢，陆地升温快；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，风从海面吹向陆地，形成海风；晚上，陆地和海水放出相同的热量，海水温度降低慢，陆地降低快；海水上方的热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风；由图可知，这是陆风的形成过程，在夜晚出现。
故答案为：陆；夜晚。
根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点来分析海陆风的形成过程，进一步判断风向的特点。
本题主要考查学生对水的比热容较大的应用的了解和掌握，涉及到海陆风的形成，是一道应用物理知识解释自然现象的题目。
19.【答案】10070%30
【解析】解：(1)由图象知，拉力做的总功W总=800J，木箱移动的距离s=8m，
由W=Fs得，拉力大小：F=W总s=800J8m=100N；
(2)木箱上升过程中，拉力做的有用功：W有=W总−W额=800J−240J=560J，
斜面的机械效率：η=W有用W总×100%=560J800J×100%=70%；
(3)由W额=fs得摩擦力大小：f=W额s=240J8m=30N。
故答案为：100；70%；30。
(1)由图可知拉力做的总功、物体移动的距离，利用W=Fs求出拉力大小；
(2)知道总功和额外功，求出有用功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)使用斜面时克服摩擦做的功为额外功，利用W额=fs求摩擦力大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、机械效率的计算，需要注意的是：求有用功一种方法是W=Gh，还有一种方法是W有=W总−W额，此题利用后者，因为题目中没有提供斜面的高度。
20.【答案】全部燃烧； 化学能 小
【解析】解：
(1)比较不同燃料热值的实验中，应在两个燃烧皿中放入质量相同的不同燃料，点燃后加热质量相等的同种液体，需等待燃料全部燃烧，通过观察温度计示数的变化来比较两种燃料的热值大小；
(2)燃料燃烧时将化学能转化为内能；
(3)在液体的质量相同、吸收的热量相同时，比热容小的物质升温快(升高的温度多)，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显。
故答案为：全部燃烧；化学能；小。
(1)比较不同燃料的燃烧值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；质量相同的不同燃料全部燃烧释放的热量被相同质量的同种液体吸收，根据Q=cm△t可知，通过温度计示数的变化能反映液体吸热的多少，即反映燃料燃烧放出热量的多少，从而比较两种燃料的热值大小；
(2)燃料在燃烧过程中将化学能转化为内能；
(3)在液体的质量相同、吸收的热量相同时，比热容小的温度变化大，据此进行分析。
本题研究燃料的热值和比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21.【答案】400<
【解析】解：
如图1所示，O为支点，重力的力臂为LA，F1的力臂为LB，依据杠杆的平衡条件F1LB=GLA可得：F1=GLALB=560N×1m1.4m=400N；
手扶凳子时，抽象成杠杆模型如图2所示，O为支点，重力的力臂为LA′，F2的力臂为LB′，依据杠杆的平衡条件，F2LB′=GLA′可得：F2=GLA′LB′，
由图可知LA′
如图1所示，O为支点，重力的力臂为LA，F1的力臂为LB，依据杠杆的平衡条件F1LB=GLA可得F1的大小；
手扶凳子时，抽象成杠杆模型如图2所示，O为支点，重力的力臂为LA′，F2的力臂为LB′，依据杠杆的平衡条件F2LB′=GLA′可得F2，由图可知力臂的大小关系，进而得出F2与F1的大小关系。
本题考查杠杆的平衡条件的灵活应用，综合性强，难度适中。
22.【答案】解：延长力F2的作用线，从支点O分别向F1和F2作垂线，垂线段的长度分别是两个力的力臂，如图所示：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离。
此题主要考查了力臂的画法。解决此类题目的关键是搞清力臂的概念，找出支点、力的作用线。从而根据概念画出力臂。
23.【答案】解：由题意知，绳子的自由端移动1.6m时，重物升高0.8m，则n=1.6m0.8m=2，所以滑轮组由2段绳子承担物重，如图所示：
【解析】已知绳子的自由端移动1.6m时，重物升高0.8m，则滑轮组由两段绳子来承担物重，根据“偶定奇动”原则即可确定绳子的绕法。
本题考查的是学生对滑轮组绳子的绕法这一知识点，关键根据s与h的关系确定承担物重的绳子段数。
24.【答案】解：由图示可知，将重物抬起时，支点为A点，根据杠杆平衡条件可知，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，因此当以AC为动力臂时，动力臂最长，所需动力最小，过C点作垂直于AC的力，方向向上，即为所求得最小动力F，如图所示：
【解析】由杠杆平衡条件可知，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，以支点到杠杆端点的连线为力臂时，力臂最长。
本题考查杠杆平衡条件的应用，在力与力臂乘积一定的情况下，若支点与力的作用点的连线成为力臂，此时的力臂最大，相应的力最小。
25.【答案】解：若左侧方框为电流表，会造成右侧灯泡短路，不能发光，故电流表位于右侧方框，电源位于左侧方框，如下图所示：
【解析】电流表的内阻很小、在电路中相当于导线，据此判断电流表的位置，然后确定电源的位置。
解决本类题的关键是牢记电压表和电流表的正确使用方法，并且能够识别串并联电路。
26.【答案】解：(1)由v=st可得，物体被提升的高度：
h=v物t=0.1m/s×10s=1m，
拉力F做的有用功：
W有=Gh=900N×1m=900J；
(2)由图知，承担重物绳子的段数n=2，
由s=nh和W总=Fs可得，拉力做总功：
W总=Fs=Fnh=500N×2×1m=1000J，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总=900J1000J=90%；
(3)拉力的功率：
P=W总t=1000J10s=100W。
答：(1)拉力F做的有用功为900J；
(2)滑轮组的机械效率为90%；
(3)拉力的功率为100W。
【解析】(1)根据v=st计算物体被提升的高度，W有=Gh计算有用功；
(2)根据s=nh和W总=Fs计算总功，根据η=W有W总计算滑轮组的机械效率；
(3)根据P=Wt计算拉力功率。
本题考查滑轮组使用中有用功、功率和机械效率的计算，熟练运用公式是关键。
27.【答案】解：(1)水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×(80℃−20℃)=1.26×107J；
(2)根据题意可知，Q吸=30%Q放，则秆浆煤完全燃烧释放的热量：Q放=Q吸30%=1.26×107J30%=4.2×107J，
由Q放=mq，需要秆浆煤的质量：m′=Q放q=4.2×107J2.4×107J/kg=1.75kg。
答：(1)水吸收的热量为1.26×107J；
(2)如果秆浆煤完全燃烧释放的热量有30%被水吸收，需要秆浆煤的质量为1.75kg。
【解析】(1)知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)根据题意Q吸=30%Q放求出秆浆煤完全燃烧释放的热量，利用Q放=mq求出需要秆浆煤的质量。
本题考查热量的计算，主要要掌握吸热公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，是一道常考题，难度不大。
28.【答案】解：(1)由v=st可知，AB两地的距离：s=vt=90km/h×1h=90km，
汽车甲在平直公路上匀速行驶，汽车甲受到的阻力和汽车的牵引力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车甲的牵引力F=f=1000N，
汽车甲所做的有用功：W=Fs=1000N×90×1000m=9×107J，
由η=WE电可知，此过程中产生的电能E电=Wη=9×107J90%=1×108J；
(2)根据题意可知，燃油汽车乙受到的阻力与甲车相同，路程相同，所以燃油汽车乙和汽车甲所做的有用功相等，
根据η=WQ放可知，汽油完全燃烧放出的热量：Q放=Wη′=9×107J30%=3×108J，
由Q放=mq可知，需要完全燃烧汽油的质量：m=Q放q=3×108J5×107J/kg=6kg。
答：(1)求此过程中产生的电能E电为1×108J；
(2)同样到达B地，需要6kg汽油。
【解析】(1)利用速度公式求出AB两地的距离，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，利用W=Fs求出汽车所做的有用功，利用效率公式求出此过程中产生的电能E电；
(2)根据题意可知燃油汽车乙和汽车甲所做的有用功相等，根据效率公式求出汽油完全燃烧放出的热量；根据Q放=mq求出需要完全燃烧汽油的质量。
本题是一道力热综合题，主要考查二力平衡条件的应用、速度公式、功的计算公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，题目综合性较强，有一定的难度。
29.【答案】A 物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大 动能 D
【解析】解：
(1)小球释放前的重力势能越大，小球的能量就越多，做功本领越强，则小球陷入沙中越深；图中铁球A陷入沙中的深度最大，说明铁球A的重力势能最大；
(2)比较A、C两球可知，两球所处的高度相同，A是铁球，C是塑料球，铁球A的质量大，A球陷入沙的深度大，因此得出的结论是：物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大；
(3)球在空中下落时，高度降低、速度变大，重力势能主要转化为动能。
(4)小球在单位时间内下落的高度越来越大(即小球下落过程中速度逐渐增大)，根据W=Gh可知，单位时间内重力对该球做功也越来越多，故D正确。
故答案为：(1)A；(2)物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大；(3)动能；(4)D。
(1)本实验中把小球的重力势能转化成小球陷进沙坑的深度来比较各小球重力势能的大小的，这种研究问题的方法叫转换法；
(2)重力势能的大小与物体的质量和被举的高度有关；比较A、C两球找出相同因素和不同因素，根据小球陷进沙坑的深度比较重力势能的大小，结合控制变量法的思想得出结论；
(3)根据影响动能和重力势能的因素可判断球的能量转化情况。
(4)先根据小球下落速度的变化中得出单位时间内物体下落高度的变化，再根据W=Gh即可判断小球重力做功与时间关系的图象。
该题考查了探究重力势能与质量和高度的关系的实验，考查了转换法和控制变量法在该实验中的应用。
30.【答案】(1)右；(2)为了能够直接从杠杆上读出力臂；(3)4；(4)变小；当拉力由倾斜变成垂直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡
【解析】解：(1)为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是为了能够直接从杠杆上读出力臂；
(3)一个钩码的重力为GN，设杠杆的一个小格为L，
由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2知，
3G×4L=nG×3L
解得：n=4，即在B位置挂上4个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
(4)图丙中，当弹簧测力计绕A点从C位置转动到D位置的过程中，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变小，这是因为，当拉力由倾斜变成垂直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。
故答案为：(1)右；(2)为了能够直接从杠杆上读出力臂；(3)4；(4)变小；当拉力由倾斜变成垂直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
(3)由杠杆的平衡条件可推出B处所挂钩码的个数；
(4)当拉力由倾斜变成垂直时，会造成力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。
在探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，是为了便于在杠杆上读出动力臂和阻力臂。杠杆平衡条件是杠杆平衡计算的基础内容，一定要掌握。在探究杠杆平衡条件的实验中为得出普遍性的规律，在实验中应多测几组数据进行分析。
31.【答案】乙、丙 物质升高的温度 甲、乙 加热时间
【解析】解：
(1)为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择乙和丙两图进行实验；
比较不同燃料的热值时，采用的是控制变量法，实验中需要控制燃料的质量相同，当燃料全部燃烧完后，通过比较液体升高的温度来比较放出热量的多少；
(2)为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和乙两图进行实验；在此实验中，用相同的燃料加热，在相等时间内物质吸收的热量相等，所以，可以用加热时间来反映两种液体吸收热量的多少。
故答案为：(1)乙、丙；物质升高的温度；(2)甲、乙；加热时间。
(1)为了比较热值大小，要用相同质量的不同燃料料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，这种燃料热值越大；
实验时通过观察燃料燃尽后温度计示数的变化来比较两种燃料的热值大小；
(2)要比较不同物质的比热容，就要选用不同种类的液体，用相同的装置加热，在相等时间内物质吸收的热量相等。
本题是一道关于比较燃料的热值、液体比热容大小的实验题，熟练应用控制变量法和转换法可正确解题。
32.【答案】(1)质量；(2)前；(3)可以；(4)不可行；木块在水平面移动的距离相等
【解析】解：(1)由静止同时释放A、B两球，，观察到它们始终并排摆动且同时到达竖直位置，这说明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小均相同，速度大小与小球的质量无关；
(2)小球按图示位置由静止释放，当小球摆动到竖直位置时，恰好与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块都会在水平面上滑行一定距离后停止，本实验中通过木块滑行的距离来反映小球撞击木块前的动能大小，这是转换法；
(3)物体的重力势能与质量和高度有关，小球摆动过程中重力势能转化为动能，根据控制变量法可知同一小球由不同高度释放，可探究重力势能与高度的关系，A、B两小球从相同高度释放可探究重力势能与质量的关系，故可以探究“物体的重力势能大小与哪些因素有关”；
(4)在水平面桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度时，弹簧的弹性势能转换成小球的动能，所以不同小球的动能是相同的，则木块在水平面移动的距离相等。
故答案为：(1)质量；(2)前；(3)可以；(4)不可行；木块在水平面移动的距离相等。
(1)小球A、B的质量mA
(3)物体的重力势能与质量和高度有关，小球摆动过程中重力势能转化为动能，根据控制变量法分析可知是否可以探究“物体的重力势能大小与哪些因素有关”；
(4)在水平面桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度时，弹簧的弹性势能转换成小球的动能，所以不同小球的动能是相同的，则木块在水平面移动的距离相等。
此题是探究影响动能和重力势能大小的因素，考查了控制变量法和转换法在实验中的应用，同时考查了能量的转换过程。
33.【答案】匀速上升 83.3%增加物重 越高 3 2
【解析】解：(1)在测量绳端受到的拉力时，为了使装置处于平衡状态，方便读弹簧测力计的拉力，应使弹簧测力计匀速上升；
(2)在第3次实验中，由图可知，绳子的股数n=3，物体上升的高低h=0.1m，则绳端移动的距离s=nh=3×0.1m=0.3m；
提升物体做的有用功w有用=Gh=6N×0.1m=0.6J，总功w总=Fs=2.4N×0.3m=0.72J，
所以滑轮组的机械效率η=w有w总×100%=0.6J0.72J×100%=0.833=83.3%
比较第1、3次实验，由η1<η3，G1
A点对应的动滑轮重G动=1N，η=75%，根据效率公式η=w有w总=GhFs=GhGh+G动h=GG+G动，则G=G动η1−η=1N×75%1−75%=3N；
(4)在不计绳重的情况下，额外功指提升动滑轮所做的功和克服摩擦所做的功。
在第2次实验中，做的总功w总=F2s2=1.6N×0.4m=0.64J，有用功w有用=G2h2=4N×0.1m=0.4J，则额外功w额=w总−w有用=0.64J−0.4J=0.24J，
已知克服摩擦所做的额外功wf=0.04J，所以克服动滑轮重所做的额外功w动=w额−wf=0.24J−0.04J=0.2J，因为动滑轮上升的高度和物体上升的高度相等h=0.1m，w动=G动h，G动=w动h=0.2J0.1m=2N。
故答案为：(1)匀速上升；(2)83.3%；增加物重；(3)越高；3；(4)2。
(1)在“测滑轮组机械效率”的实验中，应沿竖直方向缓慢匀速向上拉动弹簧测力计，使装置处于平衡状态；
(2)第3次实验滑轮组的机械效率可通过题目给出的数据，应用机械效率公式进行计算；
(3)根据图甲图像的变化可知动滑轮重与效率的关系；
(4)根据总功、有用功、额外功的关系可求得动滑轮重。
本题目考查了对滑轮组的分析、机械效率公式的运用、效率高低与物重和滑轮重的关系，同时控制变量法在本题中也有很好的运用。
2022-2023学年江苏省苏州市高新区九年级（上）期中物理试卷
1. 下列图中的简单机械，不能省力但能省距离的是( )
A. 瓶盖起子 B. 食品夹
C. 盘山公路 D. 滑轮组
2. 小敏同学设计并制作了一个“盲人水杯”，其工作原理如图所示。杯中近杯口处A点是水位器的两个触点，当杯中的水位到达A位置时，水位器会自动发出音乐声，表示水已盛满。杯口处两个触点的作用相当于( )
A. 导线 B. 用电器 C. 开关 D. 电源
3. 疫情防疫期间，某市防控人员使用如图所示的小型电动无人机向管控区投递防疫物资，当无人机携带药品箱沿竖直方向匀速上升时(空气对药品箱的阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A. 药品箱的机械能增大
B. 无人机对药品箱不做功
C. 药品箱的内能增大
D. 无人机上的电动机将机械能转化为电能
4. 根据你的生活经验，下列数值中最接近实际情况的是( )
A. 将一本九年级物理书从地上捡起来放在桌子上做功约为10J
B. 中学生爬楼时的功率约为120W
C. 一次性杯中装满开水，当温度降至适合饮用时，放出的热量约为4×103J
D. 我区1号线的有轨电车正常行驶时的功率约为20W
5. 下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是( )
A. 功率大的机械，做功一定多 B. 做功快的机械，功率一定大
C. 机械效率高的机械，功率一定大 D. 做功多的机械，机械效率一定高
6. 如图所示，是我国古代《墨经》记述的有关杆秤的杠杆原理，此时杆秤处于平衡状态，以下关于它的说法不正确的是( )
A. “标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
B. 增大“重”时，应把“权”远离O点
C. 若“权”有磨损，会导致测量结果偏小
D. 为提高测量精度，可换轻一点的“权”
7. 如图是探究“比较水和煤油吸收热量时温度升高快慢”的实验装置，该实验运用了控制变量法，下列对各个步骤中的控制变量要求正确的是( )
A. 酒精灯中酒精量必须相同 B. 两只温度计的量程必须相同
C. 水和煤油体积必须相同 D. 盛放水和煤油的容器必须相同
8. 如图所示，甲图中活塞迅速下压后棉花燃烧；乙图中点火后盒盖飞出。在“活塞压缩空气”和“使盒盖飞出”的两个过程中，对比能量转化情况、改变筒内气体内能的方式和筒内气体内能的变化三个方面，它们( )
A. 三个方面都相同 B. 三个方面都不相同
C. 有两个方面相同，一个方面不同 D. 有一个方面相同，两个方面不同
9. 关于热量、热值、内能和比热容，以下说法正确的是( )
A. 我们不能喝刚烧开的水，是因为它含有的热量太多
B. 用煤气灶烧水时，煤气燃烧越充分，其热值越大
C. 把零下10℃的冰块放在0℃的冰箱保鲜室中，冰块的内能会增加
D. 沙漠地区昼夜温差大是因为沙子的比热容大
10. 某款“抓娃娃”机通过投币接通电源后，娃娃机内彩灯发光，接着用手接触“感应”开关接通电动机才能抓取“娃娃”，不投币只用手接触“感应”开关无法抓“娃娃”。下列简化电路中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
11. 物理学中把机械对重物施加的力与人对机械施加的力的比值叫作机械效益，根据机械效益可以比较不同机械的省力程度，现用图示滑轮组匀速提升重物，不计绳重和摩擦，下列描述中不正确的是( )
A. 提升物体越重，机械效益越小
B. 机械效益越大，机械省力程度越大
C. 机械效益是一个没有单位的物理量
D. 机械效益与机械效率比值一定
12. 如图甲所示，将一个带孔的金属球和一根弹簧套在铁架台的金属杆上，现将小球提到A点后松手，小球的高度随时间变化情况如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的原长为50cm
B. 0∼t1过程中，小球的动能先增大后减小
C. 0∼t1过程中，小球的减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能
D. 小球在t1时刻的动能大于在t2时刻的动能
13. 如图甲所示，升旗时，旗杆顶端装置是______(定/动)滑轮，它的作用是______。如图乙所示，粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来。在B端放一支蜡烛，在AO的中点C处放上两支完全相同的蜡烛，此时直尺______(能/不能)保持平衡；若将三支蜡烛同时点燃，且它们的燃烧速度相同，在燃烧过程中，直尺______(能/不能)保持平衡。
14. 小明同学对如图所示的某款国产油电混合动力汽车进行研究，提出了以下问题：
(1)发动机散热器常用水做冷却剂，是因为水的______大；
(2)汽车的各转向灯能独立工作，可以判断它们是______联的；
(3)汽油机的飞轮转速为60r/s，则在1min内，汽油机完成______个冲程，对外做功______次。
15. 如图所示，小华和小红一起坐在秋千凳上荡秋千，她们的重力分别是G1、G2，且G1
16. 如图所示电路，若要使灯和电铃组成串联电路，需闭合开关______；若同时闭合开关S2、S3，则电铃______(工作/不工作)；为防止电源短路，不能同时闭合开关______。
17. 小明同学用酒精灯对冰块加热，研究冰的熔化现象，图中甲、乙两条图线中的一条是他依据实验数据绘制而成，已知m冰=0.1kg，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)根据上述信息，可知：
(1)小明绘制的是______(甲/乙)图线，原因是______。
(2)0−1min内冰块吸收的热量为______ J；冰块的比热容为______J/(kg⋅℃)；
(3)实验过程中，该物质在1min时的内能______(大于/等于/小于)3min时的内能。
18. 在沿海地区炎热的天气里，由于陆地与海水的比热容不同，常常会形成特有的海陆风，如图是______(海/陆)风的形成过程，这种风通常在______(白天/夜晚)出现。
19. 一木箱重400N，工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处，如图甲所示，已知整个过程中拉力F做的功W与木箱沿斜面运动距离s的关系如图乙所示，整个过程的额外功是240J，则拉力F=______N，斜面的机械效率η=______，木箱所受的摩擦力f=______N。
20. 如图所示的两套装置完全相同，分别在两个燃烧皿中放入质量相同的不同燃料，点燃后加热质量相等的同种液体，通过比较燃料______(燃烧
相同时间/全部燃烧)后温度计示数的变化，可以判断两种燃料的热值的大小，燃料燃烧时，______转化为内能，用比热容______(大/小)的液体可以使实验现象更明显。(实验中液体没有沸腾)
21. 俯卧撑是一项常见的健身项目，采用不同的方式做俯卧撑，健身效果通常不同，图甲所示的是小苏在水平地面上做俯卧撑保持静止时的情景，他的身体与地面平行，可抽象成如图乙所示的杠杆模型，地面对脚的力作用在O点，对手的力作用在B点，小苏的重心在A点，已知小苏的体重为560N，OA长为1m，OB长为1.4m。则地面对手的力F1=______N。图丙所示的是小苏手扶凳子做俯卧撑保持静止时的情景，此时他的身体姿态与图甲相同，只是身体与水平地面成一定角度，凳子对手的力F2与他的身体刚好垂直，且仍作用在B点。则F2______F1(>/
22. 双手握住自拍杆辅助手机进行自拍时，自拍杆可看作一个杠杆，如图甲所示，其简化示意图如图乙所示。请在图乙中画出F1的力臂l1和F2的力臂l2。
23. 用如图所示的滑轮组提升重物，拉力F将绳子的自由端拉动1.6m时，重物升高0.8m，请你在图中画出绳子绕法。
24. 如图所示，搭在台阶上的长木板ABC自重不计，AB中点位置放着一个重物，现要在C点用最小的力将重物抬起，请在图中画出最小动力F的示意图。
25. 在如图虚线框中填入电池和电表(电流表或电压表)的符号，使电路成为并联电路。
26. 重为600N的装卸工人用如图所示的滑轮组匀速提升重力为900N的货物，所用的拉力F为500N，物体以0.1m/s的速度上升10s，不计绳重及摩擦，求：
(1)拉力F做的有用功；
(2)滑轮组的机械效率；
(3)拉力的功率。
27. 每到夏收季节，大量农作物秸秆在田间被随意焚烧，这不仅造成资源浪费、环境污染，而且极易引发火灾，为解决这一问题，现已研制出利用秸秆生产的节能环保型燃料——秆浆煤。若燃烧秆浆煤(热值q=2.4×107J/kg)可以使50kg、20℃的水温度升高到80℃。[c=4.2×103J/(kg⋅℃)]求：
(1)水吸收的热量；
(2)如果秆浆煤完全燃烧释放的热量有30%被水吸收，需要秆浆煤的质量。
28. 北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车，是利用氢与氧发生化学反应产生电能，供给电动机而驱动汽车行驶的。如图所示，该类型汽车甲在平直公路上从A地出发，以90km/h的速度行驶1h到达B地，消耗0.8kg氢燃料，所产生电能E电的90%用于维持汽车匀速行驶，所受阻力为1000N。
(1)求此过程中产生的电能E电；
(2)燃油汽车乙也在该公路上从A地出发，以90km/h的速度匀速行驶，所受阻力与甲车相同，汽油在气缸内完全燃烧，且燃烧所释放热量的30%用来维持汽车匀速行驶，汽油热值取q=5×107J/kg。同样到达B地，需要多少千克汽油？
29. 如图所示，在“探究影响重力势能大小的因素”实验中，有三个实心的、大小相同的铁球A、铁球B和塑料球C，球A、C离沙地高度相同.现让三个球同时由静止释放，球落到沙地上的状态如图中虚线球所示。
(1)根据A、B、C三个小球在沙地中下陷的深度可以判断出释放前球______的重力势能最大；
(2)比较球A、C可得出结论______；
(3)球在空中下落时减少的重力势能主要转化为______；
(4)小球在下落过程中，重力会对小球做功，则重力对小球做功大小与时间关系图应是______。
30. 小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
(1)为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，此时应将杠杆右端的螺母向______调节(填“左”、“右”)，使杠杆在水平位置达到平衡。
(2)在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是______。
(3)实验时，小明在杠杆左侧A位置(左边位置第四格)先挂了3个钩码，如图乙所示，则在右侧B位置(右边位置第三格)应挂______个相同规格的钩码，杠杆可以重新在水平位置平衡。
(4)如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码。现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是______。
31. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)比较不同燃料的热值，可以选择______两个装置；然后通过观察______(加热时间/物质升高的温度)来比较两种燃料热值大小；
(2)为了研究不同物质的吸热能力，可以选择______两个装置进行实验。实验时根据______(加热时间/物质升高的温度)反映物质吸收热量的多少。
32. 如图所示，甲、乙两图中摆线的长度、摆线与竖直方向的夹角以及木块均相同，小球A、B的质量mA
(1)图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，这表明两小球在摆动过程中任一时刻速度大小与小球的______无关；
(2)小强用如图所示装置探究“物体的动能大小与哪些因素有关”，将小球按图示位置由静止释放，当小球摆动到竖直位置时，恰好与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块都会在水平面上滑行一定距离后停止，本实验中通过木块滑行的距离来反映小球撞击木块______(前/后)的动能大小；
(3)用该实验装置______(可以/不可以)探究“物体的重力势能大小与哪些因素有关”；
(4)在探究动能与物体质量的联系时，为了控制物体的速度，小强又设计了如图丙所示的实验方案：利用不同质量的小球将弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块(水平面对小球的阻力忽略不计)。方案是否可行？答：______；若按此方案操作，他会看到的现象：______。
33. 物理实验小组在“测滑轮组机械效率”的实验中得到的数据如表所示，装置如图所示。
实验次数
l
2
3
钩码重G/N
4
4
6
钩码上升高度h/m
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
1.8
1.6
2.4
绳端移动距离s/m
0.3
0.4
机械效率η
74.1%
62.5%
(1)实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应______；(保持静止/匀速上升)；
(2)小组同学做第3次实验时，滑轮组的机械效率η=______；通过比较第1、3次两次实验数据，请对提高滑轮组的机械效率提出一条针对性建议：______；
(3)如果采用第3次装置，改变动滑轮重，提升同一物体进行多次实验，获得数据并绘制出如图甲的图像，分析可知：被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越轻，机械效率______(越高/不变/越低)；分析图像中的A点可知，被提升物体所受的重力为______ N；(忽略绳重和摩擦)
(4)若第2次实验中克服摩擦做的额外功为0.04J，则动滑轮总重为______ N。(不计绳重)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、瓶盖起子在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，费距离，故A不符合题意；
B、食品夹在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离，故B符合题意；
C、盘山公路与斜面的原理相同，省力但费距离，故C不符合题意；
D、滑轮组在使用时，能省力但费距离，故D不符合题意。
故选：B。
结合生活经验和图片信息，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，根据杠杆的平衡条件，判断它是省力还是省距离。
本题考查的是杠杆的分类，杠杆主要包括以下几种：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。
2.【答案】C
【解析】解：由题意知：当杯中的水位到达A位置时，电路接通，水位器会发出音乐声，这说明杯口处两个触点的作用相当于开关。
故选：C。
由图可知，电路由水位器、电源、导线组成，当电路闭合时，水位器才有可能发出声音，根据题意分析触点的作用。
本题是一道基础题，分析清楚电路结构、知道电路闭合时水位器才能发出乐音是正确解题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、药品箱的质量一定，速度一定，动能不变；高度增加，重力势能增加；动能和势能统称机械能，所以药品箱的机械能增大，故A正确；
B、无人机携带药品箱沿竖直方向匀速上升，无人机对药品箱有竖直向上的拉力，并且药品箱在拉力方向上通过了距离，因此无人机对药品箱做了功，故B错误；
C、因空气对药品箱的阻力忽略不计，没有对药品箱做功，也没有传递给药品箱热量，所以药品箱的内能不变，故C错误；
D、无人机上的电动机将电能转化为机械能，故D错误。
故选：A。
A、动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，动能和势能统称机械能；
B、做功的必要因素：作用在物体上的力和物体在力的方向上通过的距离；
C、改变物体内能的方式：做功和热传递；
D、电动机工作时消耗电能，得到机械能。
此题考查了动能和重力势能的影响因素、做功的要素、能量的转化和转移等知识点。
4.【答案】B
【解析】解：A、将一本九年级物理书(质量m约为250g=0.25kg)从地上捡起来放在桌子上(上升的高度约为80cm=0.8m)做功约为：W=Gh=mgh=0.25kg×10N/kg×0.8m=2J，故A错误；
B、一个中学生的体重在50kg左右，其重力G=mg=50kg×10N/kg=500N；楼房每层楼的高度在h=3m左右，爬一层楼用时约12s；中学生克服重力做功为：W=Gh=500N×3m=1500J；功率为：P=Wt=1500J12s=125W，与B接近，故B正确；
C、一次性纸杯能盛水的质量在200g=0.2kg左右，开水温度(约为100℃)降低到可以饮用(40℃)时，降低的温度大约为60℃，水放出的热量Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.2kg×60℃=5.04×104J，故C错误；
D、我区1号线的有轨电车正常行驶时的功率较大，约为2000kW，故D错误。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
5.【答案】B
【解析】解：A、功率大的机械，做功一定快，故A错误；
B、做功快的机械，功率一定大，故B正确；
C、机械效率是有用功与总功的比值。机械效率高，功率不一定大，故C错误；
D、由于机械效率是有用功与总功的比值，做功多，机械效率不一定高，故D错误。
故选：B。
根据功、功率、机械效率的关系分析。功率是单位时间内做的功的多少，机械效率是有用功与总功的比值。
本题考查了功、功率、机械效率的关系。功率由功和时间共同决定，机械效率由有用功和总功共同决定。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据杠杆的五要素并结合图可知，“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，故A正确；
B、在“权”不变时，“重”增大，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，即适当把“权”远离O点，故B正确；
C、若“权”有磨损，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，会导致测量结果偏大，故C错误；
D、为提高测量精度，应使“标”增大，根据杠杆平衡条件可知可换轻一点的“权”，故D正确。
故选：C。
(1)利用杠杆的五要素分析；
(2)根据杠杆平衡条件可知“权”和“标”的乘积等于“重”和“本”的乘积，据此分析。
本题考查杠杆的五要素、杠杆平衡条件及其应用，理解杠杆的五要素及平衡条件是解答本题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：探究“比较水和煤油吸收热量时温度升高快慢”的实验中，采用的是控制变量法，实验中必须要控制水和煤油的质量相同；由于煤油和水的密度不同，根据m=ρV可知，煤油和水的体积是不同相同的；实验中应该采用相同的容器，这样容器的吸热情况相同；实验中加热相同时间，吸收相同热量，根据温度计升高的示数来反映吸热能力大小的，所以不需要控制温度计的量程相同，故D正确、ABC错误。
故选：D。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。
8.【答案】D
【解析】解：
图甲中，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，是将机械能转化为内能的过程；
图乙中，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，盖子飞出去，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小；
在“活塞压缩空气”过程中是机械能转化为内能，“使盒盖飞出”过程中是内能转化为机械能；改变筒内气体内能的方式都是做功；甲图筒内气体内能增大，乙图筒内气体内能减小，以上三个方面有一个方面相同，两个方面不同，故D正确。
故选：D。
改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。
知道做功可以改变物体的内能，能准确判断其能量的转化过程，并能与内燃机的能量转化情况相联系，是解决该题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：A、我们不能喝刚烧开的水，是因为热水的温度高，故A错误；
B、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与质量多少、是否燃烧、是否完全燃烧都没有关系，用煤气灶烧水时，煤气燃烧越充分，其热值不变，故B错误；
C、将零下10℃的冰块放在冰箱的0℃保鲜室中，一段时间后，冰块从冰箱中吸收热量，内能一定增加，故C正确；
D、沙漠地区昼夜温差大，是因为沙子的比热容小，同样受冷或者受热时温度变化大，故D错误。
故选：C。
(1)热量是个过程量，区别于状态量，只是在热传递这个过程中才有热量这个物理量，当两物体温差达到相等时，热传递就停止，所以只能说某物体吸收了多少热量，放出了多少热量，而不能说含有多少热量
(2)热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量大小、燃烧程度无关；
(3)物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和叫做内能，内能与物体的温度有关，温度升高，内能增大；
(4)热传递的条件是有温度差，温度相同，不会发生热传递；影响物体内能大小的因素：物体的质量、温度和状态。
本题考查热值、内能的有关知识，综合性较强。
10.【答案】A
【解析】解：
由题知，某款“抓娃娃”机通过投币接通电源后，娃娃机内彩灯发光，接着用手接触“感应”开关接通电动机才能抓取“娃娃”，不投币只用手接触“感应”开关无法抓“娃娃”，这说明彩灯和电动机互不影响，所以彩灯和电动机应是并联的，投币开关可控制彩灯和电动机，应在干路上，感应开关只控制电动机，应在电动机支路上；结合图示可知，只有A符合题意。
故选：A。
根据题意可知：彩灯和电动机互不影响，据此可知彩灯和电动机连接方式；感应开关和投币开关同时闭合才可以使电动机工作，投币开关控制照明灯，据此可知开关的位置。
本题考查了电路的设计，明确两个开关的作用是解题的关键。
11.【答案】A
【解析】解：A、由图知，承担重物绳子的段数n=2，不计绳重和摩擦时，绳端拉力F=1n(G+G动)，
机械效益N=GF=G12(G+G动)=2GG+G动=21+G动G，对于一个滑轮组而言，动滑轮重G动一定的，当提升物体G越重时，机械效益N值越大，故A错误；
B、机械效益N=GF，则F=GN，机械效益N值越大，机械省力程度越大，故B正确；
C、机械效益是两个力的比值，所以机械效益是一个没有单位的物理量，故C正确；
D、机械效率为：η=W有W总=GhFs=GnF，
机械效益与机械效率比值：Nη=GFGnF=n，即两者的比值是一个定值，故D正确。
故选：A。
机械对重物施加的力大小等于物体重力G，人对机械施加的力，即绳端拉力F，所以机械效益N=GF；
不计绳重和摩擦时，绳端拉力F=1n(G+G动)；
机械效率为：η=W有W总=GhFs=GnF，据此分析解答。
本题考查对机械效益和机械效率的理解，熟练运用公式是关键。
12.【答案】D
【解析】解：
A、由图乙可知当弹力与重力平衡时，弹簧的长度为50cm，由于此时弹簧处于压缩状态，所以弹簧原来的长度应大于50cm，故A错误；
B、0∼t1过程中，未接触弹簧前，小球在重力的作用下向下做加速运动；接触弹簧后，开始的弹力小于重力，小球继续做加速运动，在t1时刻，小球的重力与弹力大小相等，此时小球的动能最大，故0∼t1过程中小球的动能一直增大，故B错误；
C、小球在运动的过程中，克服空气的阻力做功，一部分机械能转化为内能，所以0∼t1过程中，小球的减少的机械能大于弹簧增加的弹性势能，故C错误；
D、在t1、t2两个时刻，由于能量的损失，t1时刻的速度最大，所以小球在t1时刻的动能大于在t2时刻的动能，故D正确。
故选：D。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，当弹力等于重力时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，小球减速运动。根据动能和重力势能的影响因素分析得出结论。
本题考查影响动能、势能的因素和能量之间的转化，主要考查学生对所学物理知识点的灵活应用能力，有一定难度。
13.【答案】定 改变用力方向 能 能
【解析】解：旗杆顶端装置是定滑轮，它的作用是改变用力方向；粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来。在B端放一支蜡烛，在AO的中点C处放上两支完全相同的蜡烛，因AO=BO，满足2G蜡×AO2=G蜡×BO，所以此时直尺能保持平衡；若将三支蜡烛同时点燃，且它们的燃烧速度相同，在燃烧过程中，仍能满足杠杆平衡条件，所以直尺能保持平衡。
故答案为：定；改变用力方向；能；能。
旗杆顶端装置是定滑轮，定滑轮可改变用力方向；可根据杠杆平衡条件来判断直尺是否平衡。
此题考查了定滑轮及其工作特点、杠杆的动态平衡分析等知识点，题型较新颖。
14.【答案】比热容 并 120 30
【解析】解：(1)因为水的比热容大，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，所以汽车散热器常用水作为冷却剂；
(2)汽车各转向灯能独立工作，因此转向灯是并联的；
(3)汽油机的转速是60r/s，所以该汽油机每秒可以完成120个冲程，可以做30次功。
故答案为：(1)比热容；(2)并；(3)120；30。
(1)比热容是反映不同物质吸放热能力的一个物理量；物质的比热容越大，在质量和升高温度相同时，吸收热量多；
(2)并联用电器互不影响；
(3)在四冲程汽油机中，一个工作循环，曲轴转两圈，对外做功一次，完成4个冲程，据此分析计算。
本题考查了比热容的应用、串、并联电路的辨别、热机的工作原理，是一道基础题。
15.【答案】<<
【解析】解：(1)从最高点下摆到最低点的过程中，小华和小红的重力做功分别为：W1=G1h，W2=G2h，
因为h相同，且G1
因为t相同，W1
利用做功公式W=Fs=Gh，以及功率公式P=Wt进行判断。
本题主要考查做功以及功率的计算，难度不大。
16.【答案】S2 工作 S1、S2、S3
【解析】解：若要使灯和电铃组成串联电路，就要保证电路中只有一条电流路径，应闭合开关S2；
若同时闭合开关S2、S3，灯泡被短路，只有电铃接入电路中，电铃工作；
若同时闭合开关S1、S2、S3，电流不经过用电器而直接跟电源的两极相连，即电源短路。
故答案是：S2；工作；S1、S2、S3。
电路元件的连接有串联和并联两种方式：由于串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；而并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响；在进行电路连接时，还一定要注意不能出现电源短路。
该题考查了串联电路和并联电路的连接方式，学生在连接电路时一定不能出现电源短路。
17.【答案】乙 水的比热容大于冰的比热容 1.05×103 2.1×103 小于
【解析】解：(1)从图中信息可知，冰熔化成水以后，水的比热容大于冰，故升高相同的温度时，水加热的时间要比冰多些，故图形是乙。
(2)从图中信息可知，水和冰的质量相同，冰升高5℃需要加热1分钟，水升高5℃需要加热2分钟，故每升高1℃，水吸收的热量是冰的2倍，故冰的比热容是水的一半，为2.1×103J/(kg⋅℃)；0−1min内冰块吸收的热量为：
Q冰=cmΔt=2.1×103J/(kg⋅℃)×0.1kg×5℃=1.05×103J；
(3)1−3min，冰处于熔化阶段，不断吸热，温度不变，内能增加。故在1min时的内能小于3min时的内能。
故答案为：(1)乙；水的比热容大于冰；(2)1.05×103；2.1×103；(3)小于。
(1)晶体熔化时的特点：达到熔点，继续吸热，温度不变。
(2)质量相同的两物体，吸收相等的热量，比热容大的温度变化小。
本题考查了冰的熔化图像，利用好Q=cmΔt是解答本题的关键，难度不大，要掌握。
18.【答案】陆 夜晚
【解析】解：因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，所以相同质量的水和泥土、砂石吸收(或放出)相同的热量，水的温度升高(或降低)得慢；白天，在太阳照射下陆地和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢，陆地升温快；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，风从海面吹向陆地，形成海风；晚上，陆地和海水放出相同的热量，海水温度降低慢，陆地降低快；海水上方的热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风；由图可知，这是陆风的形成过程，在夜晚出现。
故答案为：陆；夜晚。
根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点来分析海陆风的形成过程，进一步判断风向的特点。
本题主要考查学生对水的比热容较大的应用的了解和掌握，涉及到海陆风的形成，是一道应用物理知识解释自然现象的题目。
19.【答案】10070%30
【解析】解：(1)由图象知，拉力做的总功W总=800J，木箱移动的距离s=8m，
由W=Fs得，拉力大小：F=W总s=800J8m=100N；
(2)木箱上升过程中，拉力做的有用功：W有=W总−W额=800J−240J=560J，
斜面的机械效率：η=W有用W总×100%=560J800J×100%=70%；
(3)由W额=fs得摩擦力大小：f=W额s=240J8m=30N。
故答案为：100；70%；30。
(1)由图可知拉力做的总功、物体移动的距离，利用W=Fs求出拉力大小；
(2)知道总功和额外功，求出有用功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)使用斜面时克服摩擦做的功为额外功，利用W额=fs求摩擦力大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、机械效率的计算，需要注意的是：求有用功一种方法是W=Gh，还有一种方法是W有=W总−W额，此题利用后者，因为题目中没有提供斜面的高度。
20.【答案】全部燃烧； 化学能 小
【解析】解：
(1)比较不同燃料热值的实验中，应在两个燃烧皿中放入质量相同的不同燃料，点燃后加热质量相等的同种液体，需等待燃料全部燃烧，通过观察温度计示数的变化来比较两种燃料的热值大小；
(2)燃料燃烧时将化学能转化为内能；
(3)在液体的质量相同、吸收的热量相同时，比热容小的物质升温快(升高的温度多)，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显。
故答案为：全部燃烧；化学能；小。
(1)比较不同燃料的燃烧值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；质量相同的不同燃料全部燃烧释放的热量被相同质量的同种液体吸收，根据Q=cm△t可知，通过温度计示数的变化能反映液体吸热的多少，即反映燃料燃烧放出热量的多少，从而比较两种燃料的热值大小；
(2)燃料在燃烧过程中将化学能转化为内能；
(3)在液体的质量相同、吸收的热量相同时，比热容小的温度变化大，据此进行分析。
本题研究燃料的热值和比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21.【答案】400<
【解析】解：
如图1所示，O为支点，重力的力臂为LA，F1的力臂为LB，依据杠杆的平衡条件F1LB=GLA可得：F1=GLALB=560N×1m1.4m=400N；
手扶凳子时，抽象成杠杆模型如图2所示，O为支点，重力的力臂为LA′，F2的力臂为LB′，依据杠杆的平衡条件，F2LB′=GLA′可得：F2=GLA′LB′，
由图可知LA′
如图1所示，O为支点，重力的力臂为LA，F1的力臂为LB，依据杠杆的平衡条件F1LB=GLA可得F1的大小；
手扶凳子时，抽象成杠杆模型如图2所示，O为支点，重力的力臂为LA′，F2的力臂为LB′，依据杠杆的平衡条件F2LB′=GLA′可得F2，由图可知力臂的大小关系，进而得出F2与F1的大小关系。
本题考查杠杆的平衡条件的灵活应用，综合性强，难度适中。
22.【答案】解：延长力F2的作用线，从支点O分别向F1和F2作垂线，垂线段的长度分别是两个力的力臂，如图所示：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离。
此题主要考查了力臂的画法。解决此类题目的关键是搞清力臂的概念，找出支点、力的作用线。从而根据概念画出力臂。
23.【答案】解：由题意知，绳子的自由端移动1.6m时，重物升高0.8m，则n=1.6m0.8m=2，所以滑轮组由2段绳子承担物重，如图所示：
【解析】已知绳子的自由端移动1.6m时，重物升高0.8m，则滑轮组由两段绳子来承担物重，根据“偶定奇动”原则即可确定绳子的绕法。
本题考查的是学生对滑轮组绳子的绕法这一知识点，关键根据s与h的关系确定承担物重的绳子段数。
24.【答案】解：由图示可知，将重物抬起时，支点为A点，根据杠杆平衡条件可知，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，因此当以AC为动力臂时，动力臂最长，所需动力最小，过C点作垂直于AC的力，方向向上，即为所求得最小动力F，如图所示：
【解析】由杠杆平衡条件可知，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，以支点到杠杆端点的连线为力臂时，力臂最长。
本题考查杠杆平衡条件的应用，在力与力臂乘积一定的情况下，若支点与力的作用点的连线成为力臂，此时的力臂最大，相应的力最小。
25.【答案】解：若左侧方框为电流表，会造成右侧灯泡短路，不能发光，故电流表位于右侧方框，电源位于左侧方框，如下图所示：
【解析】电流表的内阻很小、在电路中相当于导线，据此判断电流表的位置，然后确定电源的位置。
解决本类题的关键是牢记电压表和电流表的正确使用方法，并且能够识别串并联电路。
26.【答案】解：(1)由v=st可得，物体被提升的高度：
h=v物t=0.1m/s×10s=1m，
拉力F做的有用功：
W有=Gh=900N×1m=900J；
(2)由图知，承担重物绳子的段数n=2，
由s=nh和W总=Fs可得，拉力做总功：
W总=Fs=Fnh=500N×2×1m=1000J，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总=900J1000J=90%；
(3)拉力的功率：
P=W总t=1000J10s=100W。
答：(1)拉力F做的有用功为900J；
(2)滑轮组的机械效率为90%；
(3)拉力的功率为100W。
【解析】(1)根据v=st计算物体被提升的高度，W有=Gh计算有用功；
(2)根据s=nh和W总=Fs计算总功，根据η=W有W总计算滑轮组的机械效率；
(3)根据P=Wt计算拉力功率。
本题考查滑轮组使用中有用功、功率和机械效率的计算，熟练运用公式是关键。
27.【答案】解：(1)水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×(80℃−20℃)=1.26×107J；
(2)根据题意可知，Q吸=30%Q放，则秆浆煤完全燃烧释放的热量：Q放=Q吸30%=1.26×107J30%=4.2×107J，
由Q放=mq，需要秆浆煤的质量：m′=Q放q=4.2×107J2.4×107J/kg=1.75kg。
答：(1)水吸收的热量为1.26×107J；
(2)如果秆浆煤完全燃烧释放的热量有30%被水吸收，需要秆浆煤的质量为1.75kg。
【解析】(1)知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)根据题意Q吸=30%Q放求出秆浆煤完全燃烧释放的热量，利用Q放=mq求出需要秆浆煤的质量。
本题考查热量的计算，主要要掌握吸热公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，是一道常考题，难度不大。
28.【答案】解：(1)由v=st可知，AB两地的距离：s=vt=90km/h×1h=90km，
汽车甲在平直公路上匀速行驶，汽车甲受到的阻力和汽车的牵引力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车甲的牵引力F=f=1000N，
汽车甲所做的有用功：W=Fs=1000N×90×1000m=9×107J，
由η=WE电可知，此过程中产生的电能E电=Wη=9×107J90%=1×108J；
(2)根据题意可知，燃油汽车乙受到的阻力与甲车相同，路程相同，所以燃油汽车乙和汽车甲所做的有用功相等，
根据η=WQ放可知，汽油完全燃烧放出的热量：Q放=Wη′=9×107J30%=3×108J，
由Q放=mq可知，需要完全燃烧汽油的质量：m=Q放q=3×108J5×107J/kg=6kg。
答：(1)求此过程中产生的电能E电为1×108J；
(2)同样到达B地，需要6kg汽油。
【解析】(1)利用速度公式求出AB两地的距离，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，利用W=Fs求出汽车所做的有用功，利用效率公式求出此过程中产生的电能E电；
(2)根据题意可知燃油汽车乙和汽车甲所做的有用功相等，根据效率公式求出汽油完全燃烧放出的热量；根据Q放=mq求出需要完全燃烧汽油的质量。
本题是一道力热综合题，主要考查二力平衡条件的应用、速度公式、功的计算公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，题目综合性较强，有一定的难度。
29.【答案】A 物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大 动能 D
【解析】解：
(1)小球释放前的重力势能越大，小球的能量就越多，做功本领越强，则小球陷入沙中越深；图中铁球A陷入沙中的深度最大，说明铁球A的重力势能最大；
(2)比较A、C两球可知，两球所处的高度相同，A是铁球，C是塑料球，铁球A的质量大，A球陷入沙的深度大，因此得出的结论是：物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大；
(3)球在空中下落时，高度降低、速度变大，重力势能主要转化为动能。
(4)小球在单位时间内下落的高度越来越大(即小球下落过程中速度逐渐增大)，根据W=Gh可知，单位时间内重力对该球做功也越来越多，故D正确。
故答案为：(1)A；(2)物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大；(3)动能；(4)D。
(1)本实验中把小球的重力势能转化成小球陷进沙坑的深度来比较各小球重力势能的大小的，这种研究问题的方法叫转换法；
(2)重力势能的大小与物体的质量和被举的高度有关；比较A、C两球找出相同因素和不同因素，根据小球陷进沙坑的深度比较重力势能的大小，结合控制变量法的思想得出结论；
(3)根据影响动能和重力势能的因素可判断球的能量转化情况。
(4)先根据小球下落速度的变化中得出单位时间内物体下落高度的变化，再根据W=Gh即可判断小球重力做功与时间关系的图象。
该题考查了探究重力势能与质量和高度的关系的实验，考查了转换法和控制变量法在该实验中的应用。
30.【答案】(1)右；(2)为了能够直接从杠杆上读出力臂；(3)4；(4)变小；当拉力由倾斜变成垂直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡
【解析】解：(1)为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是为了能够直接从杠杆上读出力臂；
(3)一个钩码的重力为GN，设杠杆的一个小格为L，
由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2知，
3G×4L=nG×3L
解得：n=4，即在B位置挂上4个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
(4)图丙中，当弹簧测力计绕A点从C位置转动到D位置的过程中，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变小，这是因为，当拉力由倾斜变成垂直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。
故答案为：(1)右；(2)为了能够直接从杠杆上读出力臂；(3)4；(4)变小；当拉力由倾斜变成垂直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
(3)由杠杆的平衡条件可推出B处所挂钩码的个数；
(4)当拉力由倾斜变成垂直时，会造成力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。
在探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，是为了便于在杠杆上读出动力臂和阻力臂。杠杆平衡条件是杠杆平衡计算的基础内容，一定要掌握。在探究杠杆平衡条件的实验中为得出普遍性的规律，在实验中应多测几组数据进行分析。
31.【答案】乙、丙 物质升高的温度 甲、乙 加热时间
【解析】解：
(1)为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择乙和丙两图进行实验；
比较不同燃料的热值时，采用的是控制变量法，实验中需要控制燃料的质量相同，当燃料全部燃烧完后，通过比较液体升高的温度来比较放出热量的多少；
(2)为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和乙两图进行实验；在此实验中，用相同的燃料加热，在相等时间内物质吸收的热量相等，所以，可以用加热时间来反映两种液体吸收热量的多少。
故答案为：(1)乙、丙；物质升高的温度；(2)甲、乙；加热时间。
(1)为了比较热值大小，要用相同质量的不同燃料料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，这种燃料热值越大；
实验时通过观察燃料燃尽后温度计示数的变化来比较两种燃料的热值大小；
(2)要比较不同物质的比热容，就要选用不同种类的液体，用相同的装置加热，在相等时间内物质吸收的热量相等。
本题是一道关于比较燃料的热值、液体比热容大小的实验题，熟练应用控制变量法和转换法可正确解题。
32.【答案】(1)质量；(2)前；(3)可以；(4)不可行；木块在水平面移动的距离相等
【解析】解：(1)由静止同时释放A、B两球，，观察到它们始终并排摆动且同时到达竖直位置，这说明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小均相同，速度大小与小球的质量无关；
(2)小球按图示位置由静止释放，当小球摆动到竖直位置时，恰好与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块都会在水平面上滑行一定距离后停止，本实验中通过木块滑行的距离来反映小球撞击木块前的动能大小，这是转换法；
(3)物体的重力势能与质量和高度有关，小球摆动过程中重力势能转化为动能，根据控制变量法可知同一小球由不同高度释放，可探究重力势能与高度的关系，A、B两小球从相同高度释放可探究重力势能与质量的关系，故可以探究“物体的重力势能大小与哪些因素有关”；
(4)在水平面桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度时，弹簧的弹性势能转换成小球的动能，所以不同小球的动能是相同的，则木块在水平面移动的距离相等。
故答案为：(1)质量；(2)前；(3)可以；(4)不可行；木块在水平面移动的距离相等。
(1)小球A、B的质量mA
(3)物体的重力势能与质量和高度有关，小球摆动过程中重力势能转化为动能，根据控制变量法分析可知是否可以探究“物体的重力势能大小与哪些因素有关”；
(4)在水平面桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度时，弹簧的弹性势能转换成小球的动能，所以不同小球的动能是相同的，则木块在水平面移动的距离相等。
此题是探究影响动能和重力势能大小的因素，考查了控制变量法和转换法在实验中的应用，同时考查了能量的转换过程。
33.【答案】匀速上升 83.3%增加物重 越高 3 2
【解析】解：(1)在测量绳端受到的拉力时，为了使装置处于平衡状态，方便读弹簧测力计的拉力，应使弹簧测力计匀速上升；
(2)在第3次实验中，由图可知，绳子的股数n=3，物体上升的高低h=0.1m，则绳端移动的距离s=nh=3×0.1m=0.3m；
提升物体做的有用功w有用=Gh=6N×0.1m=0.6J，总功w总=Fs=2.4N×0.3m=0.72J，
所以滑轮组的机械效率η=w有w总×100%=0.6J0.72J×100%=0.833=83.3%
比较第1、3次实验，由η1<η3，G1
A点对应的动滑轮重G动=1N，η=75%，根据效率公式η=w有w总=GhFs=GhGh+G动h=GG+G动，则G=G动η1−η=1N×75%1−75%=3N；
(4)在不计绳重的情况下，额外功指提升动滑轮所做的功和克服摩擦所做的功。
在第2次实验中，做的总功w总=F2s2=1.6N×0.4m=0.64J，有用功w有用=G2h2=4N×0.1m=0.4J，则额外功w额=w总−w有用=0.64J−0.4J=0.24J，
已知克服摩擦所做的额外功wf=0.04J，所以克服动滑轮重所做的额外功w动=w额−wf=0.24J−0.04J=0.2J，因为动滑轮上升的高度和物体上升的高度相等h=0.1m，w动=G动h，G动=w动h=0.2J0.1m=2N。
故答案为：(1)匀速上升；(2)83.3%；增加物重；(3)越高；3；(4)2。
(1)在“测滑轮组机械效率”的实验中，应沿竖直方向缓慢匀速向上拉动弹簧测力计，使装置处于平衡状态；
(2)第3次实验滑轮组的机械效率可通过题目给出的数据，应用机械效率公式进行计算；
(3)根据图甲图像的变化可知动滑轮重与效率的关系；
(4)根据总功、有用功、额外功的关系可求得动滑轮重。
本题目考查了对滑轮组的分析、机械效率公式的运用、效率高低与物重和滑轮重的关系，同时控制变量法在本题中也有很好的运用。
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