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江苏省南京玄武区2022-2023学年九年级上学期期中物理试卷
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这是一份江苏省南京玄武区2022-2023学年九年级上学期期中物理试卷，共44页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南京玄武区2022-2023学年九年级上学期11月期中
物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列工具在使用时，属于费力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿
B．独轮车
C．瓶盖起子
D．羊角锤
2．（2分）下列数据符合实际的是（ ）
A．一位初中生以正常速度从一楼登上三楼，登楼的功率约为150W
B．教室内一盏日光灯正常发光时的电流约为2A
C．定滑轮的机械效率一定是100%
D．从地上拿起一个鸡蛋并把它缓慢举过头顶过程中对鸡蛋做的功约为0.1J
3．（2分）将铁丝快速弯折十余次，铁丝弯折处的温度会升高，以下四个事例中能量转化与之相同的是（ ）
A．甲、丙 B．甲、丁 C．乙、丙 D．乙、丁
4．（2分）夏天，将饮料放入冰箱冷藏室，饮料温度降低。下列说法正确的是（ ）
A．饮料将温度传递给冰箱中的空气
B．饮料放出热量后自身所含热量减少
C．饮料温度降低的过程伴随着内能的转移
D．饮料放热是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
5．（2分）甲、乙两人在相同的水平路面上，用水平推力分别以1m/s和0.5m/s的速度将两个完全相同的木箱沿直线匀速推动了10m。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲的推力大于乙的推力
B．甲、乙做功相等
C．甲、乙做功的功率相等
D．推动过程中木箱的动能相同
6．（2分）2022年第24届冬季奥林匹克运动会在我国举行，某运动员在高山滑雪项目比赛过程中的运动轨迹如图所示（a→b→c→d→e→f），c点和e点高度相等。下列说法正确的是（ ）
A．运动员a点和d点机械能相等
B．运动员从b点到d点，动能全部转化为重力势能
C．运动员在d点时的动能为零
D．运动员在c点的动能大于e点的动能
7．（2分）根据表格中的数据，下列说法中正确的是（ ）
物质
铝
铁
铜
水
煤油
密度/（kg•m﹣3）
2.7×103
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
比热容/[J/（kg•℃）]
0.88×103
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103
A．质量和温度都相等的铝块和铁块降低相同的温度，铁块放出的热量多
B．同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，水中温度计示数较高
C．煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为4：1，则升高温度之比为4：1
D．加热质量相同的铜和铝，吸收热量与升高温度的关系如图所示，其中图线a表示的是铝
8．（2分）如图甲所示，停车场的入口处常用横杆来控制车辆的出入。将横杆看作一个质量分布均匀的杠杆，如图乙所示，O为杠杆的支点，杠杆的重力G＝50N，AB＝3m，AO＝0.3m。下列说法正确的是（ ）
A．升起横杆时，施加在A端的力F1为动力，此时横杆是省力杠杆
B．升起横杆时，沿F1方向比沿F2方向更省力
C．相同条件下，在左端施加的动力越靠近O点，升起横杆所需的动力越小
D．要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加的最小力为200N
9．（2分）如图所示，物体重200N，动滑轮重20N。工人用125N的拉力将物体匀速提升3m，用了10s，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．有用功是750J
B．拉力的功率是37.5W
C．滑轮的机械效率是80%
D．克服动滑轮重所做的额外功占总功的20%
10．（2分）人脸识别测温一体机，可以实现健康码查验、口罩检测、体温检测自动报警功能。当出示的健康码为黄码或红码时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示电路，下列分析不正确的是（ ）
A．仅闭合S1、S2时，L1、L2并联，A1测得是L1的电流，A2无示数
B．仅闭合S1、S3时，L1、L2并联，A1、A2均有示数
C．仅闭合S2、S3时，电源短路
D．仅闭合S3时，L1、L2串联，A1、A2的示数相等
12．（2分）如图所示电路，电源为两节新干电池，先闭合开关S1，再闭合开关S2的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数不变
B．电流表A2的示数变大
C．电流表A2的示数不变
D．电流表A1、A2示数始终相等
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分）
13．（3分）2022年6月5日10时44分，“长征2F”火箭载着带有3名航天员的“神舟十四号”飞船，从大漠深处的酒泉卫星发射中心拔地而起，飞赴苍穹，与中国空间站会合。加速上升过程中，火箭燃料的化学能转化为燃气的 能，飞船的动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以 的方式改变了整流罩的内能。
14．（3分）图甲中旗杆顶端的滑轮是一种简单机械，升旗时使用这种滑轮的目的是改变力的 。图乙是园艺工人修剪树枝时使用的剪刀，使用这种剪刀的好处是可以省 （选填“力”或“距离”），如果树枝太硬不容易剪断，可以使树枝到支点O的距离变 一些。
15．（3分）在综合实践活动中，科技小组自制如图甲所示的开门报警器，电路板固定于大门，绝缘条带左端插在两电池之间，右端固定于门框。如图乙所示，大门一旦被打开，灯亮、电铃响，绝缘条带在电路中起到了电路元件 的作用，干电池供电时，把 能转化为电能。某次测试发现，把大门打开时，电灯亮而铃不响，故障可能是电铃处发生 。
16．（3分）如图所示为冬天人们常用的热水袋，灌满热水后能够放热较长时间，是利用了水 较大的特性；用热水袋焐手，是利用 的方式使手的内能增大。若该热水袋内装有1.2kg水初温为90℃的热水，使用一段时间后水的温度降低了50℃，则此过程中水放出的热量为 J。【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】
17．（3分）如图所示，用力F沿斜面将重为1000N的小车匀速拉动，沿斜面拉动的距离s为10m，上升的高度h为2m，若斜面是光滑的，则拉力为 N；如果斜面不光滑，且斜面的机械效率为80%，则拉力做功为 J，小车受到的摩擦力为 N。
18．（5分）如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图 。1min内汽油机完成2400个工作循环，飞轮的转速为 r/s，在做功冲程中，每次做功240J，则该汽油机的功率是 W。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，其质量为 kg，这些燃料完全燃烧放出的热量为 J。（ρ燃料＝1.4g/cm3，q燃料＝4.6×107J/kg）
19．（3分）如图甲所示电路，当开关S闭合后，两个电流表的指针偏转如乙图所示，灯泡L1、L2的连接方式是 联，通过灯L1的电流为 A，通过灯L2的电流为 A。
20．（3分）如图所示，小明用力F1拉动绳子使重为10N的物体A以速度v1匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η1，拉力F1做功的功率为P1；若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，并用力F2拉动绳子使它们一起以v2的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η2，拉力F2做功的功率为P2。已知η1：η2＝3：4，v1：v2＝1：2，不计绳重及摩擦，则动滑轮重G动＝ N，P1：P2＝ ，F1：F2＝ 。
三、解答题（本题共10小题，共50分.解答27、28题时应有公式和解题过程）
21．（2分）如图，某同学手推墙壁处于静止状态，O为支点，A为重心，设F为动力，人的重力G为阻力，画出动力臂L1和阻力臂L2。
22．（2分）如图，小明站在地面上用图中滑轮组提起重物，画出最省力的绕绳方法。
23．（2分）如图，请根据（a）所示电路，用笔画线代替导线将图（b）中的实物图连接完整。
24．（6分）用如图所示装置做“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）实验开始时，杠杆静止于图甲所示位置，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向 移动。
（2）图乙中，在A点挂4个质量均为50g的钩码，在B点用调整好的弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 N。
（3）图丙中，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F的变化情况是 ，F与其力臂的乘积变化情况是 。
（4）图丁中，小华发现杠杆不能在水平位置平衡，若左侧钩码数量及位置不变，请在右侧适当的位置画出合适数量的钩码使杠杆在水平位置平衡。
25．（5分）小华用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如下：
次数
物重G/N
物体上升高度h/m
拉力F/N
机械效率η
1
2
0.10
1.0
66.7%
2
3
0.10
1.4
71.4%
3
6
0.10
2.5
（1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计，绳端移动距离为 m。
（2）第3次实验的机械效率为 %。
（3）分析数据可知，提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是 ；小华所用动滑轮的重一定小于 N。
26．（7分）在“探究动能大小跟哪些因素有关”实验中，小明用质量不同的两个钢球m和M（M＞m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下撞击木块，实验过程如图所示。
（1）本实验探究 的动能大小跟哪些因素有关，其动能的大小是通过观察 来判断的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论： 。
（3）小明在实验中，让质量不同的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，目的是 ；若在丙图中，木块被撞后滑出木板，需要重做本次实验，A同学建议换用同样较长的木板，B同学建议换一个较重的木块，C同学建议降低钢球的高度。你认为应当采用 同学的建议。
（4）小华用图丁所示的方法探究动能的大小与速度的关系，她将相同质量的小球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法 （选填“正确”或“错误”），理由是 。
27．（6分）用如图所示的装置做“探究不同物质吸热升温的现象”实验。
（1）除了图甲中所示器材，还需要的测量仪器有 和 。
（2）实验中使用玻璃棒不断搅拌A、B两种液体的目的是 ；选用规格相同的酒精灯分别给A、B两种液体加热，实验中A、B两种液体吸收热量的多少是通过 来判断的。
（3）图乙中若A液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），则B液体的比热容为 J/（kg•℃）。
（4）小华同学继续利用如图丙、丁装置（燃烧皿内燃料和烧杯内液体未画出），既可以比较不同液体的比热容，又可以比较不同燃料的热值，则两个实验都需要控制相同的有 。
A.液体种类
B.燃料种类
C.液体质量
D.燃料质量
28．（7分）小明在“探究并联电路的电流特点”的实验中。
（1）图甲是连好的电路，如果他闭合开关，将出现 （选填“只有一个灯亮”“两灯都亮”或“两灯都不亮”）的现象。检查电路后发现有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图甲中改正。
（2）若闭合开关后，电流表出现乙图所示现象，原因是 ；改正后，当闭合开关试触时，发现电流表指针的偏转如图丙，为了提高准确度，接下来的操作是断开开关， ；电流表的指针的偏转如图丁所示，则该处电流大小是 A。
（3）用电流表分别测出图戊电路中支路电流I1、I2和干路电流I，改变电源电压，重复实验，记录数据如表所示，小明根据实验得出结论：并联电路中干路电流为支路电流的2倍。该实验有不完善之处，请你提出改进的建议： 。
实验序号
I1/A
I2/A
I/A
①
0.16
0.16
0.32
②
0.22
0.22
0.44
③
0.26
0.26
0.52
29．（5分）小明用所学知识估算家中所用天然气的热值；用燃气灶将质量为2kg的水从20℃加热至80℃的过程中，观察到天然气表的数字变化了0.035m3。若燃气灶的效率为36%，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。
（1）在这个过程中水吸收了多少热量？
（2）请你帮小明算出天然气的热值，为 J/m3。
30．（8分）如图甲所示，用滑轮组提升质量为60kg的重物，物体在拉力F的作用下以0.4m/s匀速上升了8m。此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图像如图乙所示。求：
（1）拉力F的功率；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）若克服摩擦与绳重所做的额外功占总额外功的三分之一，则动滑轮的重力为 N。
江苏省南京玄武区2022-2023学年九年级上学期11月期中
物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列工具在使用时，属于费力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿
B．独轮车
C．瓶盖起子
D．羊角锤
【分析】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。
【解答】解：独轮车、瓶盖起子和羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】此题重点考查杠杆的分类以及应用，属于基础题。
2．（2分）下列数据符合实际的是（ ）
A．一位初中生以正常速度从一楼登上三楼，登楼的功率约为150W
B．教室内一盏日光灯正常发光时的电流约为2A
C．定滑轮的机械效率一定是100%
D．从地上拿起一个鸡蛋并把它缓慢举过头顶过程中对鸡蛋做的功约为0.1J
【分析】A、一位初中生体重约500N，以正常速度从一楼登上三楼，高度约6m，用时约20s，将数据代入功率公式可求得登楼的功率；
B、教室内一盏日光灯正常发光时功率约为40W，利用电功率公式可算出电流；
C、使用定滑轮时要克服摩擦做功，所以机械效率一定小于100%；
D、一个鸡蛋重约0.5N，从地上拿起缓慢举过头顶距离约2m，代入功的计算公式可知对鸡蛋做的功。
【解答】解：A、一位初中生体重约500N，以正常速度从一楼登上三楼用时约20s，高度约6m，登楼的功率约为P＝＝＝＝＝150W，故A正确；
B、教室内一盏日光灯功率约为40W，正常发光时的电流约为I＝＝≈0.2A，故B错误；
C、使用定滑轮时要克服摩擦做功，克服摩擦做的功就是额外功，所以机械效率一定小于100%，故C错误；
D、一个鸡蛋重约0.5N，从地上拿起一个鸡蛋并把它缓慢举过头顶距离约为2m，过程中对鸡蛋做的功约为W＝Gh＝0.5N×2m＝1J，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了电流的大小、功率的计算、机械效率、功的计算等知识点。
3．（2分）将铁丝快速弯折十余次，铁丝弯折处的温度会升高，以下四个事例中能量转化与之相同的是（ ）
A．甲、丙 B．甲、丁 C．乙、丙 D．乙、丁
【分析】做功可以改变物体的内能，对物体做功的过程中，机械能转化为内能，物体内能增加；物体对外做功，内能转化为机械能，物体内能减小。
【解答】解：
反复弯折铁丝，铁丝弯折处温度升高，机械能转化为内能，使铁丝内能增加；
甲、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，此过程机械能转化为内能；
乙、酒精燃烧后产生的高温高压的燃气，体积膨胀，对外做功，使盒盖飞出去，内能转化为盒盖的机械能；
丙、汽油机的做功冲程中，高温高压的燃气，体积膨胀，对外做功，内能转化为机械能；
丁、冬天搓手取暖，是利用做功的方式改变内能的；
所以，与铁丝弯折处的温度会升高的能量转化相同的是甲和丁，故B正确。
故选：B。
【点评】此题考查了做功改变物体内能两种情况，需要注意的是：对物体做功，物体内能增加，物体对外做功，物体内能减小。
4．（2分）夏天，将饮料放入冰箱冷藏室，饮料温度降低。下列说法正确的是（ ）
A．饮料将温度传递给冰箱中的空气
B．饮料放出热量后自身所含热量减少
C．饮料温度降低的过程伴随着内能的转移
D．饮料放热是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
【分析】（1）改变物体内能的方法：做功和热传递：热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体或从物体的高温部分向低温部分转移的过程；
（2）热量是过程量，只能说吸收或放出，不能说含有；
（3）热传递的条件是有温度差，内能的影响因素：质量、温度和状态。
【解答】解：A、饮料放进冰箱后，温度较高的饮料放出热量、温度降低，饮料将热量传递给冰箱中的空气，而不是将温度传递给冰箱中的空气，故A错误；
B、热量是过程量，只能说吸收或放出，不能说含有，故B错误；
C、是通过热传递的方式改变物体的内能，热传递是能的转移过程，故C正确；
D、饮料放热是因为饮料的温度比冰箱中空气的温度高，内能的影响因素：质量、温度和状态，无法比较内能多少，故D错误。
故选C。
【点评】本题考查了温度、热量与内能的关系、改变物体内能的方法（做功和热传递）等，属于基础题目。
5．（2分）甲、乙两人在相同的水平路面上，用水平推力分别以1m/s和0.5m/s的速度将两个完全相同的木箱沿直线匀速推动了10m。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲的推力大于乙的推力
B．甲、乙做功相等
C．甲、乙做功的功率相等
D．推动过程中木箱的动能相同
【分析】（1）根据影响滑动摩擦力大小的因素及二力平衡条件判断甲、乙两人所用推力的大小；
（2）根据功的公式W＝Fs分析做功大小；由P＝＝＝Fv来分析甲、乙功率的大小；
（3）动能的大小与质量、速度有关。
【解答】解：A、由题可知，两次运动过程中接触面的粗糙程度相同、压力大小相同，所以木箱在两种情况下受到的摩擦力相同，因为均做匀速直线运动，木箱处于平衡状态，推力等于摩擦力，所以两次对木箱的推力相等，即F甲＝F乙，故A错误；
B、又知木箱运动的距离相等，由W＝Fs可知，甲、乙两人对木箱做功相等，即W甲＝W乙，故B正确；
C、甲的速度大于乙的速度，由P＝＝＝Fv可知，甲的功率大于乙的功率，即P甲＞P乙，故C错误；
D、甲的速度大于乙的速度，物体的质量不变，所以推动过程中木箱的动能不相同，故D错误。
故选：B。
【点评】本题通过一个简单的情景考查了影响摩擦力大小的因素、二力平衡条件的应用、动能的大小比较、以及功和功率计算公式的应用，关键是分析得出两人所用推力的大小。
6．（2分）2022年第24届冬季奥林匹克运动会在我国举行，某运动员在高山滑雪项目比赛过程中的运动轨迹如图所示（a→b→c→d→e→f），c点和e点高度相等。下列说法正确的是（ ）
A．运动员a点和d点机械能相等
B．运动员从b点到d点，动能全部转化为重力势能
C．运动员在d点时的动能为零
D．运动员在c点的动能大于e点的动能
【分析】动能的大小与速度和质量有关；重力势能的大小与质量和高度有关；机械能为动能和势能的和；物体克服摩擦做功，机械能转化为内能。
【解答】解：
A、由于运动员在运动过程中，克服摩擦力做功，使得机械能逐渐减小，所以运动员a点和d点机械能不相等，故A错误；
B、运动员从b点到d点，克服摩擦做功，一部分动能转化为内能，动能没有全部转化为重力势能，故B错误；
C、运动员在d点时有一定的速度，所以动能不为零，故C错误；
D、运动员在c点的机械能大于e点的机械能，高度相同，重力势能相同，所以运动员在c点的动能大于e点的动能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以滑雪比赛为背景，考查了机械能转化过程的分析，难度不大。
7．（2分）根据表格中的数据，下列说法中正确的是（ ）
物质
铝
铁
铜
水
煤油
密度/（kg•m﹣3）
2.7×103
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
比热容/[J/（kg•℃）]
0.88×103
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103
A．质量和温度都相等的铝块和铁块降低相同的温度，铁块放出的热量多
B．同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，水中温度计示数较高
C．煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为4：1，则升高温度之比为4：1
D．加热质量相同的铜和铝，吸收热量与升高温度的关系如图所示，其中图线a表示的是铝
【分析】（1）由Q放＝cmΔt可知，等质量的不同物质，降低相同的温度，比热容大的物质放出的热量多；
（2）由Q吸＝cmΔt可知，等质量的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的物质升高的温度少；
（3）由表中数据可知，煤油和水的密度之比、比热容之比；知道煤油和水体积之比，利用m＝ρV可求质量之比；知道吸热之比，再利用Q吸＝cmΔt，可求升高温度之比；
（4）由Q＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，升高相同的温度，比热容大的物质吸收的热量多，据此分析。
【解答】解：A、由表中数据可知，铁的比热容小于铝的比热容，降低的温度相同，由Q放＝cmΔt可知，等质量的铜和铝，铝放出的热量多，故A错误；
B、由表中实验数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，用同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，它们吸收的热量相等，由Q吸＝cmΔt可知，水升高的温度少，水中温度计示数低，故B错误；
C、由表中数据可知，煤油和水密度之比：ρ煤油：ρ水＝（0.8×103kg/m3）：（1×103kg/m3）＝4：5，
比热容之比：c煤油：c水＝[2.1×103J/（kg•℃）]：[4.2×103J/（kg•℃）]＝1：2，
煤油和水体积之比：V煤油：V水＝2：1，
由m＝ρV可得质量之比：m煤油：m水＝ρ煤油V煤油：ρ水V水＝（4×2）：（5×1）＝8：5，
已知吸收热量之比为：Q煤油：Q水＝4：1，
由Q吸＝cmΔt可知升高温度之比：Δt煤油：Δt水＝：＝：＝5：1，故C错误；
D、通过表格数据可知，铝的比热容大于铜的比热容，由Q＝cmΔt可知，给等质量的铜块和铝块加热，升高相同的温度时，铝块吸收的热量多，因此图象a表示的是铝块，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了学生对密度和比热容计算公式的应用，熟练掌握相关的计算公式是解题的关键。
8．（2分）如图甲所示，停车场的入口处常用横杆来控制车辆的出入。将横杆看作一个质量分布均匀的杠杆，如图乙所示，O为杠杆的支点，杠杆的重力G＝50N，AB＝3m，AO＝0.3m。下列说法正确的是（ ）
A．升起横杆时，施加在A端的力F1为动力，此时横杆是省力杠杆
B．升起横杆时，沿F1方向比沿F2方向更省力
C．相同条件下，在左端施加的动力越靠近O点，升起横杆所需的动力越小
D．要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加的最小力为200N
【分析】（1）根据动力臂、阻力臂的大小分析；
（2）（3）根据杠杆的平衡条件分析；
（4）根据杠杆平衡条件求出最小的力。
【解答】解：
A、在升起横杆时，施加在A端的力为动力，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，故A错误；
B、升起横杆时，沿F1方向的动力臂比沿F2方向的动力臂要小，根据杠杆的平衡条件可知，此时会更费力，故B错误；
C、相同条件下，在A端施加的动力越靠近O点，动力臂变小了，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，升起横杆所需的动力越大，故C错误；
D、要使横杆AB保持水平平衡，根据杠杆的平衡条件可知：F×OA＝G×（﹣OA）则：F×0.3m＝100N×（﹣0.3m），解得：F＝200N，即在A端施加的最小的力为200N，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆的分类、杠杆平衡力的应用、杠杆中最小力的问题，难度适中。
9．（2分）如图所示，物体重200N，动滑轮重20N。工人用125N的拉力将物体匀速提升3m，用了10s，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．有用功是750J
B．拉力的功率是37.5W
C．滑轮的机械效率是80%
D．克服动滑轮重所做的额外功占总功的20%
【分析】（1）根据W有＝Gh计算有用功；
（2）根据s＝nh和W总＝Fs计算总功，根据P＝计算拉力的功率；
（3）根据η＝计算机械效率；
（4）克服动滑轮重和摩擦做的功叫额外功，据此分析解答。
【解答】解：A、滑轮组克服物体重力做的有用功：W有＝Gh＝200N×3m＝600J，故A错误；
B、动滑轮承担重物绳子的段数n＝2，绳端拉力做的总功：W总＝Fs＝Fnh＝125N×2×3m＝750J，
所以拉力的功率：P＝＝＝75W，故B错误；
C、滑轮的机械效率：η＝＝＝80%，故C正确；
D、滑轮的机械效率为80%，说明额外功占总功的20%，即克服动滑轮重和摩擦做的功占总功的20%，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查使用动滑轮时有用功、功率、机械效率的计算，要正确理解有用功、额外功、总功的概念。
10．（2分）人脸识别测温一体机，可以实现健康码查验、口罩检测、体温检测自动报警功能。当出示的健康码为黄码或红码时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意可知，当出示的健康码为黄色或者红色时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起，说明三开关可以独立工作、互不影响即为并联，且红灯位于干路，据此结合电路图得出答案。
【解答】解：根据题意可知，当出示的健康码为黄色或者红色时，开关S1闭合，红灯亮起；
未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；
体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起，
综上可知，三开关可以独立工作、互不影响即为并联，且红灯位于干路，
由选项可知，B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出三开关的连接方式是关键。
11．（2分）如图所示电路，下列分析不正确的是（ ）
A．仅闭合S1、S2时，L1、L2并联，A1测得是L1的电流，A2无示数
B．仅闭合S1、S3时，L1、L2并联，A1、A2均有示数
C．仅闭合S2、S3时，电源短路
D．仅闭合S3时，L1、L2串联，A1、A2的示数相等
【分析】（1）由电路图可知，仅闭合S1、S2时，两灯并联，电流表A1测量通过L1的电流，电流表A2断路；
（2）仅闭合S1、S3时，L2和电流表A2短路，电路为L1的简单电路，电流表A1测量通过L1的电流；
（3）仅闭合S2、S3时，电路短路；
（4）仅闭合S3时，两灯串联，电流表A1、A2均测电路中的电流，根据串联电路的电流规律可知两电流表的示数关系。
【解答】解：A、由电路图可知，仅闭合S1、S2时，两灯并联，电流表A1测量通过L1的电流；电流表A2断路，没有示数，故A正确；
B、仅闭合S1、S3时，L2和电流表A2短路，电路为L1的简单电路，电流表A1测量通过L1的电流，电流表A1有示数，A2没有示数，故B错误；
C、仅闭合S2、S3时，由于电流表内阻很小，相当于导线，所以此时电源短路，故C正确；
D、仅闭合S3时，两灯串联，电流表A1、A2均测电路中的电流。由于串联电路中各处的电流相等，所以电流表A1、A2的示数相等，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查电路连接方式的判断和电流表的作用，知道串联电路的电流规律是关键之一。
12．（2分）如图所示电路，电源为两节新干电池，先闭合开关S1，再闭合开关S2的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数不变
B．电流表A2的示数变大
C．电流表A2的示数不变
D．电流表A1、A2示数始终相等
【分析】当S1闭合、S2断开时，电路为灯泡L1的简单电路，两电流表测电路中的电流；当两个开关都闭合时，两灯泡并联，电流表A2测通过L1的电流，A1测干路电流；根据并联电路独立工作、互不影响可知通过L1的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
【解答】解：
根据实物连接图，画出电路图如下：
由图知，两灯并联，S1在干路上，S2在L2支路上，电流表A1在干路上，测量干路电流；电流表A2在L1支路上，测量通过L1的电流。
先闭合开关S1，电路为L1的简单电路，两电流表均测L1的电流；
当S2从断开到闭合的过程中，因并联电路中各支路互不影响，则通过L1的电流不变，即A2的示数不变；电流表A1由测量通过L1的电流，变为测量干路电流，则A1示数变大；所以，ABD错、C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析和并联电路特点以及欧姆定律的应用，关键是开关闭合前后电路变化的分析和电流表所测电路元件的判断。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分）
13．（3分）2022年6月5日10时44分，“长征2F”火箭载着带有3名航天员的“神舟十四号”飞船，从大漠深处的酒泉卫星发射中心拔地而起，飞赴苍穹，与中国空间站会合。加速上升过程中，火箭燃料的化学能转化为燃气的 内 能，飞船的动能 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”），飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以 做功 的方式改变了整流罩的内能。
【分析】热机工作过程中把燃料的化学能转化为内能，内能通过做功的方式转化为机械能；动能的大小与质量、速度有关；飞船外面的整流罩与大气层发生剧烈摩擦，克服空气阻力做功，飞船外面的整流罩的内能增加，由此可得出结论。
【解答】解：火箭燃料的化学能转化为燃气的内能，飞船的质量不变，速度变大，动能增大；
飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以做功的方式改变了整流罩的内能。
故答案为：内；增大；做功。
【点评】本题考查了能量的转化、动能的大小变化和改变内能的方法，属于基础题。
14．（3分）图甲中旗杆顶端的滑轮是一种简单机械，升旗时使用这种滑轮的目的是改变力的 方向 。图乙是园艺工人修剪树枝时使用的剪刀，使用这种剪刀的好处是可以省 力 （选填“力”或“距离”），如果树枝太硬不容易剪断，可以使树枝到支点O的距离变 近 一些。
【分析】（1）定滑轮不省力，但可以改变用力方向；
（2）利用杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，阻力和动力臂不变，动力随阻力臂的增大而增大。
【解答】解：（1）旗杆顶端的滑轮是一种简单机械，升旗时不随红旗一起升降为定滑轮，使用这种滑轮的目的是改变力的方向；
（2）园艺工人修剪树枝时使用的剪刀，由图可知使用这种剪刀时，动力臂长，阻力臂短，可以省力，如果树枝太硬不容易剪断，可以使树枝到支点O的距离变近一些，减小阻力臂。
故答案为：方向；力；近。
【点评】本题考查了定滑轮以及杠杆平衡条件的应用，难度不大。
15．（3分）在综合实践活动中，科技小组自制如图甲所示的开门报警器，电路板固定于大门，绝缘条带左端插在两电池之间，右端固定于门框。如图乙所示，大门一旦被打开，灯亮、电铃响，绝缘条带在电路中起到了电路元件 开关 的作用，干电池供电时，把 化学 能转化为电能。某次测试发现，把大门打开时，电灯亮而铃不响，故障可能是电铃处发生 断路 。
【分析】电路是指用导线把电源、用电器、开关连接起来组成的电流的路径。要想组成一个完整的电路，在这四个电路元件中缺一不可；
判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，因为总是消耗的能量转化为得到的能量；
并联在电路中，各电器互不影响；
电路的三种状态是通路、短路和断路。即处处连通的电路叫做通路；某处断开的电路叫做断路，也叫开路；短路是将导线直接接在电源正负两极上的电路。
【解答】解：条带具有优异的绝缘性，在电路中起到了电路元件开关的作用，图中大门打开，相当于闭合开关，灯与电铃并联在电路中，灯亮、电铃响；
干电池给灯泡供电时，将化学能转化为电能；
灯与电铃并联在电路中，两电器互不影响，把大门打开，电灯亮而铃不响，故障可能是电铃处发生断路。
故答案为：开关；化学；断路。
【点评】本题考查了电路的组成、能量的转化、电路的三种状态，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。
16．（3分）如图所示为冬天人们常用的热水袋，灌满热水后能够放热较长时间，是利用了水 比热容 较大的特性；用热水袋焐手，是利用 热传递 的方式使手的内能增大。若该热水袋内装有1.2kg水初温为90℃的热水，使用一段时间后水的温度降低了50℃，则此过程中水放出的热量为 2.52×105 J。【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】
【分析】（1）水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少；
（2）改变物体内能的方法：做功和热传递；
（3）知道水的质量、水的比热容、水的温度降低值，利用放热公式Q放＝cmΔt求水放出的热量。
【解答】解：（1）因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以电热暖手袋用水为介质；
（2）用热水袋焐手，手从热水袋吸收热量、温度升高、内能增大，是利用热传递的方式使手的内能增大；
（3）Q放＝cmΔt＝＝4.2×103J/（kg•℃）×1.2kg×50℃＝2.52×105J。
故答案为：比热容；热传递；2.52×105。
【点评】本题考查了对于比热容特性的理解、改变物体内能的方法、放热公式Q放＝cmΔt的应用，计算时注意温度降低了（Δt）与降低到（末温）的区别。
17．（3分）如图所示，用力F沿斜面将重为1000N的小车匀速拉动，沿斜面拉动的距离s为10m，上升的高度h为2m，若斜面是光滑的，则拉力为 200 N；如果斜面不光滑，且斜面的机械效率为80%，则拉力做功为 2500 J，小车受到的摩擦力为 50 N。
【分析】（1）若斜面是光滑的，拉力做的功等于提升小车做的功，利用Fs＝Gh求拉力大小；
（2）如果斜面不光滑，利用W＝Gh求拉力做的有用功，知道斜面的机械效率，利用η＝求拉力做的功（总功）；拉力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额＝fs求小车受到的摩擦力。
【解答】解：（1）若斜面是光滑的，拉力做的功等于提升小车做的功，即：Fs＝Gh，
则拉力大小：
F＝＝＝200N；
（2）如果斜面不光滑，拉力做的有用功：W有用＝Gh＝1000N×2m＝2000J，
由η＝得拉力做的功（总功）：
W总＝＝＝2500J；
拉力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝2500J﹣2000J＝500J，
由W额＝fs得小车受到的摩擦力：
f＝＝＝50N。
故答案为：200；2500；50。
【点评】本题考查了使用斜面（考虑摩擦）时有用功、总功、额外功、摩擦力的计算，要知道：若斜面是光滑的，拉力做的功等于提升小车做的功。
18．（5分）如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图 甲 。1min内汽油机完成2400个工作循环，飞轮的转速为 80 r/s，在做功冲程中，每次做功240J，则该汽油机的功率是 9600 W。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，其质量为 2.8 kg，这些燃料完全燃烧放出的热量为 1.288×108 J。（ρ燃料＝1.4g/cm3，q燃料＝4.6×107J/kg）
【分析】（1）根据图中气门的关闭情况和活塞的运动方向判断是哪个冲程，进而判断能量的转化。
（2）四冲程内燃机一个工作循环包括4个冲程，曲轴转动2圈，对外做功1次。
（3）知道密度和体积，根据密度公式可以求出质量。
（4）知道燃料的热值和质量，利用Q放＝mq求该汽油机完全燃烧可放出多少热量。
【解答】解：（1）机械能转化为内能的冲程是压缩冲程，活塞向上运动，进气门、排气门均关闭，故图甲是。
（2）一个工作循环飞轮转动两转，所以飞轮的转速为＝80r/s。
在做功冲程中，每次做功240J，1s做功40次，则该汽油机的功率是：
P＝＝＝＝9600W；
（3）2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，
根据密度公式ρ＝，可得燃料的质量
m＝ρ燃料V＝1.4×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2.8kg。
（4）燃料完全燃烧放出的热量
Q放＝q燃料m＝4.6×107J/kg×2.8kg＝1.288×108J。
故答案为：甲；80；9600；2.8；1.288×108。
【点评】本题主要考查四冲程汽油机的各个冲程的工作特点、密度公式和对热值计算公式的理解和掌握。
19．（3分）如图甲所示电路，当开关S闭合后，两个电流表的指针偏转如乙图所示，灯泡L1、L2的连接方式是 并 联，通过灯L1的电流为 0.3 A，通过灯L2的电流为 0.9 A。
【分析】（1）一个电路中有两条或以上支路就说这电路是并联电路。
（2）并联电路的干路电流等于各支路电流之和。
【解答】解：从图中信息可知，这个电路有两条支路，故灯泡L1、L2的连接方式是并联；A1测L1的电流，A2测干路的电流，A2用的是大量程，示数为1.2A，故A1用的是小量程，示数为0.3A；通过灯L2的电流为：I2＝I总﹣I1＝1.2A﹣0.3A＝0.9A。
故答案为：并联；0.3；0.9。
【点评】本题考查了并联电路的电流特点和电流表的读数，属于基础题。
20．（3分）如图所示，小明用力F1拉动绳子使重为10N的物体A以速度v1匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η1，拉力F1做功的功率为P1；若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，并用力F2拉动绳子使它们一起以v2的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η2，拉力F2做功的功率为P2。已知η1：η2＝3：4，v1：v2＝1：2，不计绳重及摩擦，则动滑轮重G动＝ 10 N，P1：P2＝ 1：3 ，F1：F2＝ 2：3 。
【分析】（1）不计绳重及摩擦，根据η＝＝＝＝列式表示出两次滑轮组的机械效率比，从而计算出动滑轮的重力；
（2）不计绳重及摩擦，根据不计绳重和摩擦，根据F＝（G+G动）计算两次拉力F1、F2的比值；
（3）根据P＝＝＝Fv计算两次功率比。
【解答】解：
（1）由题知，GA＝10N，滑轮组承担重物绳子的段数n＝3，
滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝，
两次提起物体的机械效率比：
η1：η2＝：＝：＝3：4，
解得：动滑轮重G动＝10N；
（2）不计绳重和摩擦，所以拉力F＝（G+G动），
两次拉力比：
F1：F2＝×（GA+G动）：×（2GA+G动）＝（10N+10N）：（20N+10N）＝2：3；
（3）由P＝＝＝Fv可得，两次拉力的功率比：
P1：P2＝F1v1：F2v2＝（2×1）：（3×2）＝1：3。
故答案为：10；1：3；2：3。
【点评】本题考查使用滑轮组绳端拉力的计算、功率以及机械效率公式的应用，比值的计算过程要细心。
三、解答题（本题共10小题，共50分.解答27、28题时应有公式和解题过程）
21．（2分）如图，某同学手推墙壁处于静止状态，O为支点，A为重心，设F为动力，人的重力G为阻力，画出动力臂L1和阻力臂L2。
【分析】已知动力和阻力，根据力臂的画法，先确定支点O，再过支点作动力作用线和阻力作用线的垂线段，即可画出动力臂和阻力臂。
【解答】解：反向延长F的作用线，延长G的作用线，从支点O作动力F作用线的垂线段L1、作重力G作用线的垂线段L2，L1、L2即为所求作的力臂。如图所示：
【点评】此题考查力臂的画法，作力臂时要找好支点与力的作用线，力臂是从支点到力的作用线的距离。
22．（2分）如图，小明站在地面上用图中滑轮组提起重物，画出最省力的绕绳方法。
【分析】与动滑轮连接的绳子能分担物体的重力，所以与动滑轮相连的绳子的股数越多越省力，但还要注意对拉力方向的要求。
【解答】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起，依次绕过上面的定滑轮、下面的动滑轮，再绕过上面的另一个定滑轮，如图所示：
【点评】对于滑轮组的组装与绕线方法，要看清题目的每一个要求，灵活运用，不能死记硬背最省力的绕线方法。
23．（2分）如图，请根据（a）所示电路，用笔画线代替导线将图（b）中的实物图连接完整。
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，开关和电流表在干路上，根据电路图连接实物，可以按照电流流向法进行连接。
【解答】解：根据电路图可知，该电路为并联电路，电流表在干路中，开关在干路中，根据电路图连接实物图，如下所示：
【点评】考查了根据电路图连接实物图以及根据要求连接实物图，实物连接图的关键在于看懂电路图，在连接过程中，注意各元件的次序，导线不能交叉。
24．（6分）用如图所示装置做“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）实验开始时，杠杆静止于图甲所示位置，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向 右 移动。
（2）图乙中，在A点挂4个质量均为50g的钩码，在B点用调整好的弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 1.5 N。
（3）图丙中，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F的变化情况是 先变小后变大 ，F与其力臂的乘积变化情况是 不变 。
（4）图丁中，小华发现杠杆不能在水平位置平衡，若左侧钩码数量及位置不变，请在右侧适当的位置画出合适数量的钩码使杠杆在水平位置平衡。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；
要使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；根据杠杆自身重力对杠杆平衡的影响分析弹簧测力计的示数变化；
（3）根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析测力计示数的变化；
根据杠杆的平衡条件分析拉力F与其力臂的乘积变化情况；
（4）利用杠杆的平衡条件进行解答。
【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；
杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；
（2）一个钩码的重力G＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，
由图根据杠杆平衡条件可知FALA＝FBLB，代入数据可得4×0.5N×3L＝FB×4L解得：FB＝1.5N；
（3）如图丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的B点，当弹簧测力计由位置a转至位置b的过程中，动力臂先变大后变小，因为阻力、阻力臂不变，故测力计的拉力先变小后变大；
由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的；
（4）设一个钩码的重是G，杠杆一个小格代表L，左侧钩码数量及位置不变，
根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
4G×2L＝G×3L+nG×L，
解得：n＝5，
所以在杠杆右边第1各小格上挂5各钩码，如图所示：
故答案为：（1）平衡；右；（2）1.5；（3）先变小后变大；不变；（4）见解答。
【点评】本题考查杠杆的平衡条件的实验，考查器材调试、力臂定义的理解以及对数据分析能力。
25．（5分）小华用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如下：
次数
物重G/N
物体上升高度h/m
拉力F/N
机械效率η
1
2
0.10
1.0
66.7%
2
3
0.10
1.4
71.4%
3
6
0.10
2.5
（1）实验中应竖直向上 匀速 拉动弹簧测力计，绳端移动距离为 0.3 m。
（2）第3次实验的机械效率为 80 %。
（3）分析数据可知，提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是 增加物重 ；小华所用动滑轮的重一定小于 1 N。
【分析】（1）只有匀速竖直向上拉动弹簧测力计，拉力大小不变，弹簧测力计的示数稳定；重物和动滑轮有三段绳子承担，绳子移动的距离物体升高距离的3倍；
（2）根据公式η＝＝可计算出机械效率；
（3）根据1、2、3次实验中使用同样的滑轮组，做的额外功相同；提起的物体越重，做的有用功越多，有用功占总功的比值越大，机械效率越大。
当物体越重时，对滑轮的压力越大，摩擦力越大，所以第一次实验受摩擦力的影响最小，根据G动＝nF﹣G物算出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）实验中应该匀速竖直向上拉动弹簧测力计，以保证拉力大小恒定；
由图示可知，滑轮组承重绳子有效股数n＝3，弹簧测力计移动的距离s＝3h＝3×0.10m＝0.3m；
（2）第3次测量中，
有用功：W有用＝Gh＝6N×0.10m＝0.60J；
做功：W总＝Fs＝2.5N×0.30m＝0.75J；
机械效率为：
η3＝×100%＝×100%＝80%；
（3）由1、2、3次数据知，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高，故增加物重可以提高同一滑轮组的机械效率；
当物体越重时，对滑轮的压力越大，摩擦力越大，所以第一次实验受摩擦力的影响最小，此时滑轮的重力为：G动＝nF﹣G物＝3×1N﹣2N＝1N。
故答案为：（1）匀速；0.3；（2）80；（3）增加物重；1。
【点评】滑轮组的机械效率跟提起的物重有关，跟物体升高的距离、移动的速度、绳子的绕法无关。通过增加提起的物重来提高机械效率。本题关键：一是知道改变机械效率的方法（增大提升重物的重、减少摩擦机械重），二是承担物重的绳子股数的确定。
26．（7分）在“探究动能大小跟哪些因素有关”实验中，小明用质量不同的两个钢球m和M（M＞m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下撞击木块，实验过程如图所示。
（1）本实验探究 钢球 的动能大小跟哪些因素有关，其动能的大小是通过观察 木块移动的距离 来判断的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论： 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 。
（3）小明在实验中，让质量不同的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，目的是 控制小球到达水平面的速度相同 ；若在丙图中，木块被撞后滑出木板，需要重做本次实验，A同学建议换用同样较长的木板，B同学建议换一个较重的木块，C同学建议降低钢球的高度。你认为应当采用 A 同学的建议。
（4）小华用图丁所示的方法探究动能的大小与速度的关系，她将相同质量的小球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法 错误 （选填“正确”或“错误”），理由是 木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，所受的摩擦阻力不同 。
【分析】（1）该实验探究的是钢球撞击木块时的动能大小，实验中通过木块被撞击后移动的距离来表示钢球动能的大小，这是转换法；
（2）（3）动能的大小与物体的速度和质量有关，要探究动能和速度的关系，需保持质量相同，要探究动能和质量的关系，需保持速度相等；根据控制变量法分析得出结论，选择可行的实验方案；
（4）木块在水平面上运动的过程中，克服摩擦力做功，木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，克服摩擦不同，据此分析。
【解答】解：（1）该实验探究的是钢球撞击木块时的动能大小，通过观察木块被撞击后移动的距离来判断钢球动能的大小，这是转换法；
（2）分析甲、乙两图可知钢球的质量相同，滚下的高度不同，到达水平面的速度不同，高度越高，速度越大，木块移动的距离越远，动能越大，得到的结论是质量一定时，物体的速度越大，动能越大；
（3）让不同质量的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，是为了使钢球滚到斜面底端时具有相同的速度；
探究动能与质量的关系，应控制速度相同，所以钢球滚下的高度不能改变，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，故实验中使用的木块大小不能改变，本次实验中，钢球的动能较大，因此只能改变木板的长度，故应采用A的建议；
（4）木块在水平面上运动的过程中，克服摩擦力做功，木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，克服摩擦不同，所以该方案是错误的。
故答案为：（1）钢球；木块移动的距离；（2）质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）控制钢球到达水平面的速度相同；A；（4）错误；木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，所受的摩擦阻力不同。
【点评】明确本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。
27．（6分）用如图所示的装置做“探究不同物质吸热升温的现象”实验。
（1）除了图甲中所示器材，还需要的测量仪器有 秒表 和 天平 。
（2）实验中使用玻璃棒不断搅拌A、B两种液体的目的是 使液体受热均匀 ；选用规格相同的酒精灯分别给A、B两种液体加热，实验中A、B两种液体吸收热量的多少是通过 加热时间 来判断的。
（3）图乙中若A液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），则B液体的比热容为 4.2×103 J/（kg•℃）。
（4）小华同学继续利用如图丙、丁装置（燃烧皿内燃料和烧杯内液体未画出），既可以比较不同液体的比热容，又可以比较不同燃料的热值，则两个实验都需要控制相同的有 C 。
A.液体种类
B.燃料种类
C.液体质量
D.燃料质量
【分析】（1）（2）我们使用相同的酒精灯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；
（3）根据c＝可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，据此得出B液体的比热容；
（4）比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q＝cmΔt，得出不同燃料放出热量的多少。
【解答】解：（1）根据转换法，我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，故除了图甲中所示器材，还需要的测量仪器有天平和秒表。
（2）实验中使用玻璃棒不断搅拌A、B两种液体，其目的是使液体受热均匀；
根据转换法可知，实验中用加热时间表示液体吸收热量的多少；
（3）由图数据知，加热5分钟，A升高的温度为60℃﹣20℃＝40℃，B升高的温度为40℃﹣20℃＝20℃；
根据c＝可知，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，故B液体的比热容：c＝×2.1×103J/（kg•℃）＝4.2×103J/（kg•℃）；
（4）比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制质量相同的不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力；
比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，得出不同燃料放出热量的多少，故两个实验都需要控制相同的液体质量，ABD错误，只有C正确。
故答案为：（1）秒表；天平；（2）使液体受热均匀；加热时间；（3）4.2×103；（4）C。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
28．（7分）小明在“探究并联电路的电流特点”的实验中。
（1）图甲是连好的电路，如果他闭合开关，将出现 两灯都不亮 （选填“只有一个灯亮”“两灯都亮”或“两灯都不亮”）的现象。检查电路后发现有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图甲中改正。
（2）若闭合开关后，电流表出现乙图所示现象，原因是 电流表正负接线柱接反 ；改正后，当闭合开关试触时，发现电流表指针的偏转如图丙，为了提高准确度，接下来的操作是断开开关， 将电流表的量程改用0～0.6A ；电流表的指针的偏转如图丁所示，则该处电流大小是 0.44 A。
（3）用电流表分别测出图戊电路中支路电流I1、I2和干路电流I，改变电源电压，重复实验，记录数据如表所示，小明根据实验得出结论：并联电路中干路电流为支路电流的2倍。该实验有不完善之处，请你提出改进的建议： 换用不同规格的灯泡进行多次实验 。
实验序号
I1/A
I2/A
I/A
①
0.16
0.16
0.32
②
0.22
0.22
0.44
③
0.26
0.26
0.52
【分析】（1）不经过用电器直接把电源两极连接起来会造成电源短路；电路元件并列连接在电路两点间的方式是并联，根据并联的接法分析并进行修改。
（2）电流表在使用时要与被测电路串联；让电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；电流表要选用合适的量程，否则，指针偏转角度过大或过小；根据电流表的量程和分度值读数；
（3）为得出普遍结论，应用不同规格的实验器材进行多次实验。
【解答】解：（1）由图示实物电路图可知，闭合开关，没有经过两灯泡直接经过电流表把电源两极连接起来，电流表内阻很小，相当于导线，电路将短路，两灯都不亮，故将出现两灯都不亮；两灯泡并联后与电流表串联，然后接入电路，实物电路图如图所示：
；
（2）图乙所示，当闭合开关试触时，发现电流表指针反偏说明电流表正负接线柱接反；当闭合开关试触时，发现电流表指针的偏转如图丙所示，说明电流表量程选择过大，为使读数更精确，接下来的操作是：断开开关，将电流表的量程改用0～0.6A；电流表量程是0～0.6A，分度值是0.02A，示数为：0.4A+2×0.02A＝0.44A；
（3）由表中实验数据可知，两支路电流相等，实验用相同规格的灯泡进行实验，具有局限性，为得出普遍实验结论，应换用不同规格的灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）两灯都不亮；；（2）电流表正负接线柱接反；0～0.6A；0.42；（3）换用不同规格的灯泡进行多次实验。
【点评】本题“探究串、并联电路中的电流关系”，考查了修改实验电路图、实验评价、电流表的读数、电路故障等；为得出普遍结论，应使用不同规格的实验器材进行多次实验，测出多组实验数据。
29．（5分）小明用所学知识估算家中所用天然气的热值；用燃气灶将质量为2kg的水从20℃加热至80℃的过程中，观察到天然气表的数字变化了0.035m3。若燃气灶的效率为36%，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。
（1）在这个过程中水吸收了多少热量？
（2）请你帮小明算出天然气的热值，为 4×107 J/m3。
【分析】（1）根据质量为2kg的水从20℃加热至80℃，利用Q吸＝cmΔt可求出水吸收的热量；
（2）根据η＝×100%可求出天然气放出的热量，根据q＝可求出天然气的热值。
【解答】解：（1）质量为2kg的水从20℃加热至80℃，吸收的热量Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（80℃﹣20℃）＝5.04×105J；
（2）天然气放出的热量Q放＝＝＝1.4×106J，
天然气的热值q＝＝＝4×107J/m3。
答：（1）在这个过程中水吸收的热量是5.04×105J；
（2）天然气的热值是4×107J/m3。
【点评】本题主要考查燃料燃烧放出热量的计算公式的应用，物体吸收热量计算公式的应用，属于热学基础题，难度不大。
30．（8分）如图甲所示，用滑轮组提升质量为60kg的重物，物体在拉力F的作用下以0.4m/s匀速上升了8m。此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图像如图乙所示。求：
（1）拉力F的功率；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）若克服摩擦与绳重所做的额外功占总额外功的三分之一，则动滑轮的重力为 100 N。
【分析】（1）利用v＝求出物体上升8m所需的时间，根据图乙读出此时间内拉力F做的功，利用P＝求拉力做功的功率；
（2）根据G＝mg求物体的重力，利用W有＝Gh求有用功，利用η＝×100%求滑轮组的机械效率；
（3）利用W总＝W有+W额求出总的额外功，根据克服摩擦与绳重所做的额外功占总额外功的三分之一求出克服摩擦与绳重所做的额外功，进而求克服动滑轮重力做的额外功，利用W动＝G动h求出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）由v＝可知，物体上升8m所需的时间：
t＝＝＝20s，
由图乙可知，此时拉力做的总功W总＝6000J，
则拉力做功的功率：
P＝＝＝300W；
（2）物体的重力：
G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
拉力做的有用功：
W有＝Gh＝600N×8m＝4800J，
滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%；
（3）由W总＝W有+W额可知，总的额外功：
W额＝W总﹣W有＝6000J﹣4800J＝1200J，
由题意可知，克服摩擦与绳重所做的额外功：
Wf＝W额＝×1200J＝400J，
则克服动滑轮重力做的额外功：
W动＝W额﹣Wf＝1200J﹣400J＝800J，
由W动＝G动h可知，动滑轮的重力：
G动＝＝＝100N。
答：（1）拉力F的功率为300W；
（2）滑轮组的机械效率为80%；
（3）100。
【点评】本题考查了滑轮组机械效率公式、功和功率公式的综合应用，分清有用功、额外功和总功以及从图像中获取有用的信息是关键。
江苏省南京玄武区2022-2023学年九年级上学期11月期中
物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列工具在使用时，属于费力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿
B．独轮车
C．瓶盖起子
D．羊角锤
2．（2分）下列数据符合实际的是（ ）
A．一位初中生以正常速度从一楼登上三楼，登楼的功率约为150W
B．教室内一盏日光灯正常发光时的电流约为2A
C．定滑轮的机械效率一定是100%
D．从地上拿起一个鸡蛋并把它缓慢举过头顶过程中对鸡蛋做的功约为0.1J
3．（2分）将铁丝快速弯折十余次，铁丝弯折处的温度会升高，以下四个事例中能量转化与之相同的是（ ）
A．甲、丙 B．甲、丁 C．乙、丙 D．乙、丁
4．（2分）夏天，将饮料放入冰箱冷藏室，饮料温度降低。下列说法正确的是（ ）
A．饮料将温度传递给冰箱中的空气
B．饮料放出热量后自身所含热量减少
C．饮料温度降低的过程伴随着内能的转移
D．饮料放热是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
5．（2分）甲、乙两人在相同的水平路面上，用水平推力分别以1m/s和0.5m/s的速度将两个完全相同的木箱沿直线匀速推动了10m。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲的推力大于乙的推力
B．甲、乙做功相等
C．甲、乙做功的功率相等
D．推动过程中木箱的动能相同
6．（2分）2022年第24届冬季奥林匹克运动会在我国举行，某运动员在高山滑雪项目比赛过程中的运动轨迹如图所示（a→b→c→d→e→f），c点和e点高度相等。下列说法正确的是（ ）
A．运动员a点和d点机械能相等
B．运动员从b点到d点，动能全部转化为重力势能
C．运动员在d点时的动能为零
D．运动员在c点的动能大于e点的动能
7．（2分）根据表格中的数据，下列说法中正确的是（ ）
物质
铝
铁
铜
水
煤油
密度/（kg•m﹣3）
2.7×103
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
比热容/[J/（kg•℃）]
0.88×103
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103
A．质量和温度都相等的铝块和铁块降低相同的温度，铁块放出的热量多
B．同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，水中温度计示数较高
C．煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为4：1，则升高温度之比为4：1
D．加热质量相同的铜和铝，吸收热量与升高温度的关系如图所示，其中图线a表示的是铝
8．（2分）如图甲所示，停车场的入口处常用横杆来控制车辆的出入。将横杆看作一个质量分布均匀的杠杆，如图乙所示，O为杠杆的支点，杠杆的重力G＝50N，AB＝3m，AO＝0.3m。下列说法正确的是（ ）
A．升起横杆时，施加在A端的力F1为动力，此时横杆是省力杠杆
B．升起横杆时，沿F1方向比沿F2方向更省力
C．相同条件下，在左端施加的动力越靠近O点，升起横杆所需的动力越小
D．要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加的最小力为200N
9．（2分）如图所示，物体重200N，动滑轮重20N。工人用125N的拉力将物体匀速提升3m，用了10s，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．有用功是750J
B．拉力的功率是37.5W
C．滑轮的机械效率是80%
D．克服动滑轮重所做的额外功占总功的20%
10．（2分）人脸识别测温一体机，可以实现健康码查验、口罩检测、体温检测自动报警功能。当出示的健康码为黄码或红码时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示电路，下列分析不正确的是（ ）
A．仅闭合S1、S2时，L1、L2并联，A1测得是L1的电流，A2无示数
B．仅闭合S1、S3时，L1、L2并联，A1、A2均有示数
C．仅闭合S2、S3时，电源短路
D．仅闭合S3时，L1、L2串联，A1、A2的示数相等
12．（2分）如图所示电路，电源为两节新干电池，先闭合开关S1，再闭合开关S2的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数不变
B．电流表A2的示数变大
C．电流表A2的示数不变
D．电流表A1、A2示数始终相等
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分）
13．（3分）2022年6月5日10时44分，“长征2F”火箭载着带有3名航天员的“神舟十四号”飞船，从大漠深处的酒泉卫星发射中心拔地而起，飞赴苍穹，与中国空间站会合。加速上升过程中，火箭燃料的化学能转化为燃气的 能，飞船的动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以 的方式改变了整流罩的内能。
14．（3分）图甲中旗杆顶端的滑轮是一种简单机械，升旗时使用这种滑轮的目的是改变力的 。图乙是园艺工人修剪树枝时使用的剪刀，使用这种剪刀的好处是可以省 （选填“力”或“距离”），如果树枝太硬不容易剪断，可以使树枝到支点O的距离变 一些。
15．（3分）在综合实践活动中，科技小组自制如图甲所示的开门报警器，电路板固定于大门，绝缘条带左端插在两电池之间，右端固定于门框。如图乙所示，大门一旦被打开，灯亮、电铃响，绝缘条带在电路中起到了电路元件 的作用，干电池供电时，把 能转化为电能。某次测试发现，把大门打开时，电灯亮而铃不响，故障可能是电铃处发生 。
16．（3分）如图所示为冬天人们常用的热水袋，灌满热水后能够放热较长时间，是利用了水 较大的特性；用热水袋焐手，是利用 的方式使手的内能增大。若该热水袋内装有1.2kg水初温为90℃的热水，使用一段时间后水的温度降低了50℃，则此过程中水放出的热量为 J。【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】
17．（3分）如图所示，用力F沿斜面将重为1000N的小车匀速拉动，沿斜面拉动的距离s为10m，上升的高度h为2m，若斜面是光滑的，则拉力为 N；如果斜面不光滑，且斜面的机械效率为80%，则拉力做功为 J，小车受到的摩擦力为 N。
18．（5分）如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图 。1min内汽油机完成2400个工作循环，飞轮的转速为 r/s，在做功冲程中，每次做功240J，则该汽油机的功率是 W。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，其质量为 kg，这些燃料完全燃烧放出的热量为 J。（ρ燃料＝1.4g/cm3，q燃料＝4.6×107J/kg）
19．（3分）如图甲所示电路，当开关S闭合后，两个电流表的指针偏转如乙图所示，灯泡L1、L2的连接方式是 联，通过灯L1的电流为 A，通过灯L2的电流为 A。
20．（3分）如图所示，小明用力F1拉动绳子使重为10N的物体A以速度v1匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η1，拉力F1做功的功率为P1；若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，并用力F2拉动绳子使它们一起以v2的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η2，拉力F2做功的功率为P2。已知η1：η2＝3：4，v1：v2＝1：2，不计绳重及摩擦，则动滑轮重G动＝ N，P1：P2＝ ，F1：F2＝ 。
三、解答题（本题共10小题，共50分.解答27、28题时应有公式和解题过程）
21．（2分）如图，某同学手推墙壁处于静止状态，O为支点，A为重心，设F为动力，人的重力G为阻力，画出动力臂L1和阻力臂L2。
22．（2分）如图，小明站在地面上用图中滑轮组提起重物，画出最省力的绕绳方法。
23．（2分）如图，请根据（a）所示电路，用笔画线代替导线将图（b）中的实物图连接完整。
24．（6分）用如图所示装置做“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）实验开始时，杠杆静止于图甲所示位置，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向 移动。
（2）图乙中，在A点挂4个质量均为50g的钩码，在B点用调整好的弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 N。
（3）图丙中，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F的变化情况是 ，F与其力臂的乘积变化情况是 。
（4）图丁中，小华发现杠杆不能在水平位置平衡，若左侧钩码数量及位置不变，请在右侧适当的位置画出合适数量的钩码使杠杆在水平位置平衡。
25．（5分）小华用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如下：
次数
物重G/N
物体上升高度h/m
拉力F/N
机械效率η
1
2
0.10
1.0
66.7%
2
3
0.10
1.4
71.4%
3
6
0.10
2.5
（1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计，绳端移动距离为 m。
（2）第3次实验的机械效率为 %。
（3）分析数据可知，提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是 ；小华所用动滑轮的重一定小于 N。
26．（7分）在“探究动能大小跟哪些因素有关”实验中，小明用质量不同的两个钢球m和M（M＞m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下撞击木块，实验过程如图所示。
（1）本实验探究 的动能大小跟哪些因素有关，其动能的大小是通过观察 来判断的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论： 。
（3）小明在实验中，让质量不同的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，目的是 ；若在丙图中，木块被撞后滑出木板，需要重做本次实验，A同学建议换用同样较长的木板，B同学建议换一个较重的木块，C同学建议降低钢球的高度。你认为应当采用 同学的建议。
（4）小华用图丁所示的方法探究动能的大小与速度的关系，她将相同质量的小球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法 （选填“正确”或“错误”），理由是 。
27．（6分）用如图所示的装置做“探究不同物质吸热升温的现象”实验。
（1）除了图甲中所示器材，还需要的测量仪器有 和 。
（2）实验中使用玻璃棒不断搅拌A、B两种液体的目的是 ；选用规格相同的酒精灯分别给A、B两种液体加热，实验中A、B两种液体吸收热量的多少是通过 来判断的。
（3）图乙中若A液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），则B液体的比热容为 J/（kg•℃）。
（4）小华同学继续利用如图丙、丁装置（燃烧皿内燃料和烧杯内液体未画出），既可以比较不同液体的比热容，又可以比较不同燃料的热值，则两个实验都需要控制相同的有 。
A.液体种类
B.燃料种类
C.液体质量
D.燃料质量
28．（7分）小明在“探究并联电路的电流特点”的实验中。
（1）图甲是连好的电路，如果他闭合开关，将出现 （选填“只有一个灯亮”“两灯都亮”或“两灯都不亮”）的现象。检查电路后发现有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图甲中改正。
（2）若闭合开关后，电流表出现乙图所示现象，原因是 ；改正后，当闭合开关试触时，发现电流表指针的偏转如图丙，为了提高准确度，接下来的操作是断开开关， ；电流表的指针的偏转如图丁所示，则该处电流大小是 A。
（3）用电流表分别测出图戊电路中支路电流I1、I2和干路电流I，改变电源电压，重复实验，记录数据如表所示，小明根据实验得出结论：并联电路中干路电流为支路电流的2倍。该实验有不完善之处，请你提出改进的建议： 。
实验序号
I1/A
I2/A
I/A
①
0.16
0.16
0.32
②
0.22
0.22
0.44
③
0.26
0.26
0.52
29．（5分）小明用所学知识估算家中所用天然气的热值；用燃气灶将质量为2kg的水从20℃加热至80℃的过程中，观察到天然气表的数字变化了0.035m3。若燃气灶的效率为36%，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。
（1）在这个过程中水吸收了多少热量？
（2）请你帮小明算出天然气的热值，为 J/m3。
30．（8分）如图甲所示，用滑轮组提升质量为60kg的重物，物体在拉力F的作用下以0.4m/s匀速上升了8m。此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图像如图乙所示。求：
（1）拉力F的功率；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）若克服摩擦与绳重所做的额外功占总额外功的三分之一，则动滑轮的重力为 N。
江苏省南京玄武区2022-2023学年九年级上学期11月期中
物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列工具在使用时，属于费力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿
B．独轮车
C．瓶盖起子
D．羊角锤
【分析】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。
【解答】解：独轮车、瓶盖起子和羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】此题重点考查杠杆的分类以及应用，属于基础题。
2．（2分）下列数据符合实际的是（ ）
A．一位初中生以正常速度从一楼登上三楼，登楼的功率约为150W
B．教室内一盏日光灯正常发光时的电流约为2A
C．定滑轮的机械效率一定是100%
D．从地上拿起一个鸡蛋并把它缓慢举过头顶过程中对鸡蛋做的功约为0.1J
【分析】A、一位初中生体重约500N，以正常速度从一楼登上三楼，高度约6m，用时约20s，将数据代入功率公式可求得登楼的功率；
B、教室内一盏日光灯正常发光时功率约为40W，利用电功率公式可算出电流；
C、使用定滑轮时要克服摩擦做功，所以机械效率一定小于100%；
D、一个鸡蛋重约0.5N，从地上拿起缓慢举过头顶距离约2m，代入功的计算公式可知对鸡蛋做的功。
【解答】解：A、一位初中生体重约500N，以正常速度从一楼登上三楼用时约20s，高度约6m，登楼的功率约为P＝＝＝＝＝150W，故A正确；
B、教室内一盏日光灯功率约为40W，正常发光时的电流约为I＝＝≈0.2A，故B错误；
C、使用定滑轮时要克服摩擦做功，克服摩擦做的功就是额外功，所以机械效率一定小于100%，故C错误；
D、一个鸡蛋重约0.5N，从地上拿起一个鸡蛋并把它缓慢举过头顶距离约为2m，过程中对鸡蛋做的功约为W＝Gh＝0.5N×2m＝1J，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了电流的大小、功率的计算、机械效率、功的计算等知识点。
3．（2分）将铁丝快速弯折十余次，铁丝弯折处的温度会升高，以下四个事例中能量转化与之相同的是（ ）
A．甲、丙 B．甲、丁 C．乙、丙 D．乙、丁
【分析】做功可以改变物体的内能，对物体做功的过程中，机械能转化为内能，物体内能增加；物体对外做功，内能转化为机械能，物体内能减小。
【解答】解：
反复弯折铁丝，铁丝弯折处温度升高，机械能转化为内能，使铁丝内能增加；
甲、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，此过程机械能转化为内能；
乙、酒精燃烧后产生的高温高压的燃气，体积膨胀，对外做功，使盒盖飞出去，内能转化为盒盖的机械能；
丙、汽油机的做功冲程中，高温高压的燃气，体积膨胀，对外做功，内能转化为机械能；
丁、冬天搓手取暖，是利用做功的方式改变内能的；
所以，与铁丝弯折处的温度会升高的能量转化相同的是甲和丁，故B正确。
故选：B。
【点评】此题考查了做功改变物体内能两种情况，需要注意的是：对物体做功，物体内能增加，物体对外做功，物体内能减小。
4．（2分）夏天，将饮料放入冰箱冷藏室，饮料温度降低。下列说法正确的是（ ）
A．饮料将温度传递给冰箱中的空气
B．饮料放出热量后自身所含热量减少
C．饮料温度降低的过程伴随着内能的转移
D．饮料放热是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
【分析】（1）改变物体内能的方法：做功和热传递：热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体或从物体的高温部分向低温部分转移的过程；
（2）热量是过程量，只能说吸收或放出，不能说含有；
（3）热传递的条件是有温度差，内能的影响因素：质量、温度和状态。
【解答】解：A、饮料放进冰箱后，温度较高的饮料放出热量、温度降低，饮料将热量传递给冰箱中的空气，而不是将温度传递给冰箱中的空气，故A错误；
B、热量是过程量，只能说吸收或放出，不能说含有，故B错误；
C、是通过热传递的方式改变物体的内能，热传递是能的转移过程，故C正确；
D、饮料放热是因为饮料的温度比冰箱中空气的温度高，内能的影响因素：质量、温度和状态，无法比较内能多少，故D错误。
故选C。
【点评】本题考查了温度、热量与内能的关系、改变物体内能的方法（做功和热传递）等，属于基础题目。
5．（2分）甲、乙两人在相同的水平路面上，用水平推力分别以1m/s和0.5m/s的速度将两个完全相同的木箱沿直线匀速推动了10m。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲的推力大于乙的推力
B．甲、乙做功相等
C．甲、乙做功的功率相等
D．推动过程中木箱的动能相同
【分析】（1）根据影响滑动摩擦力大小的因素及二力平衡条件判断甲、乙两人所用推力的大小；
（2）根据功的公式W＝Fs分析做功大小；由P＝＝＝Fv来分析甲、乙功率的大小；
（3）动能的大小与质量、速度有关。
【解答】解：A、由题可知，两次运动过程中接触面的粗糙程度相同、压力大小相同，所以木箱在两种情况下受到的摩擦力相同，因为均做匀速直线运动，木箱处于平衡状态，推力等于摩擦力，所以两次对木箱的推力相等，即F甲＝F乙，故A错误；
B、又知木箱运动的距离相等，由W＝Fs可知，甲、乙两人对木箱做功相等，即W甲＝W乙，故B正确；
C、甲的速度大于乙的速度，由P＝＝＝Fv可知，甲的功率大于乙的功率，即P甲＞P乙，故C错误；
D、甲的速度大于乙的速度，物体的质量不变，所以推动过程中木箱的动能不相同，故D错误。
故选：B。
【点评】本题通过一个简单的情景考查了影响摩擦力大小的因素、二力平衡条件的应用、动能的大小比较、以及功和功率计算公式的应用，关键是分析得出两人所用推力的大小。
6．（2分）2022年第24届冬季奥林匹克运动会在我国举行，某运动员在高山滑雪项目比赛过程中的运动轨迹如图所示（a→b→c→d→e→f），c点和e点高度相等。下列说法正确的是（ ）
A．运动员a点和d点机械能相等
B．运动员从b点到d点，动能全部转化为重力势能
C．运动员在d点时的动能为零
D．运动员在c点的动能大于e点的动能
【分析】动能的大小与速度和质量有关；重力势能的大小与质量和高度有关；机械能为动能和势能的和；物体克服摩擦做功，机械能转化为内能。
【解答】解：
A、由于运动员在运动过程中，克服摩擦力做功，使得机械能逐渐减小，所以运动员a点和d点机械能不相等，故A错误；
B、运动员从b点到d点，克服摩擦做功，一部分动能转化为内能，动能没有全部转化为重力势能，故B错误；
C、运动员在d点时有一定的速度，所以动能不为零，故C错误；
D、运动员在c点的机械能大于e点的机械能，高度相同，重力势能相同，所以运动员在c点的动能大于e点的动能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以滑雪比赛为背景，考查了机械能转化过程的分析，难度不大。
7．（2分）根据表格中的数据，下列说法中正确的是（ ）
物质
铝
铁
铜
水
煤油
密度/（kg•m﹣3）
2.7×103
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
比热容/[J/（kg•℃）]
0.88×103
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103
A．质量和温度都相等的铝块和铁块降低相同的温度，铁块放出的热量多
B．同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，水中温度计示数较高
C．煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为4：1，则升高温度之比为4：1
D．加热质量相同的铜和铝，吸收热量与升高温度的关系如图所示，其中图线a表示的是铝
【分析】（1）由Q放＝cmΔt可知，等质量的不同物质，降低相同的温度，比热容大的物质放出的热量多；
（2）由Q吸＝cmΔt可知，等质量的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的物质升高的温度少；
（3）由表中数据可知，煤油和水的密度之比、比热容之比；知道煤油和水体积之比，利用m＝ρV可求质量之比；知道吸热之比，再利用Q吸＝cmΔt，可求升高温度之比；
（4）由Q＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，升高相同的温度，比热容大的物质吸收的热量多，据此分析。
【解答】解：A、由表中数据可知，铁的比热容小于铝的比热容，降低的温度相同，由Q放＝cmΔt可知，等质量的铜和铝，铝放出的热量多，故A错误；
B、由表中实验数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，用同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，它们吸收的热量相等，由Q吸＝cmΔt可知，水升高的温度少，水中温度计示数低，故B错误；
C、由表中数据可知，煤油和水密度之比：ρ煤油：ρ水＝（0.8×103kg/m3）：（1×103kg/m3）＝4：5，
比热容之比：c煤油：c水＝[2.1×103J/（kg•℃）]：[4.2×103J/（kg•℃）]＝1：2，
煤油和水体积之比：V煤油：V水＝2：1，
由m＝ρV可得质量之比：m煤油：m水＝ρ煤油V煤油：ρ水V水＝（4×2）：（5×1）＝8：5，
已知吸收热量之比为：Q煤油：Q水＝4：1，
由Q吸＝cmΔt可知升高温度之比：Δt煤油：Δt水＝：＝：＝5：1，故C错误；
D、通过表格数据可知，铝的比热容大于铜的比热容，由Q＝cmΔt可知，给等质量的铜块和铝块加热，升高相同的温度时，铝块吸收的热量多，因此图象a表示的是铝块，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了学生对密度和比热容计算公式的应用，熟练掌握相关的计算公式是解题的关键。
8．（2分）如图甲所示，停车场的入口处常用横杆来控制车辆的出入。将横杆看作一个质量分布均匀的杠杆，如图乙所示，O为杠杆的支点，杠杆的重力G＝50N，AB＝3m，AO＝0.3m。下列说法正确的是（ ）
A．升起横杆时，施加在A端的力F1为动力，此时横杆是省力杠杆
B．升起横杆时，沿F1方向比沿F2方向更省力
C．相同条件下，在左端施加的动力越靠近O点，升起横杆所需的动力越小
D．要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加的最小力为200N
【分析】（1）根据动力臂、阻力臂的大小分析；
（2）（3）根据杠杆的平衡条件分析；
（4）根据杠杆平衡条件求出最小的力。
【解答】解：
A、在升起横杆时，施加在A端的力为动力，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，故A错误；
B、升起横杆时，沿F1方向的动力臂比沿F2方向的动力臂要小，根据杠杆的平衡条件可知，此时会更费力，故B错误；
C、相同条件下，在A端施加的动力越靠近O点，动力臂变小了，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，升起横杆所需的动力越大，故C错误；
D、要使横杆AB保持水平平衡，根据杠杆的平衡条件可知：F×OA＝G×（﹣OA）则：F×0.3m＝100N×（﹣0.3m），解得：F＝200N，即在A端施加的最小的力为200N，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆的分类、杠杆平衡力的应用、杠杆中最小力的问题，难度适中。
9．（2分）如图所示，物体重200N，动滑轮重20N。工人用125N的拉力将物体匀速提升3m，用了10s，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．有用功是750J
B．拉力的功率是37.5W
C．滑轮的机械效率是80%
D．克服动滑轮重所做的额外功占总功的20%
【分析】（1）根据W有＝Gh计算有用功；
（2）根据s＝nh和W总＝Fs计算总功，根据P＝计算拉力的功率；
（3）根据η＝计算机械效率；
（4）克服动滑轮重和摩擦做的功叫额外功，据此分析解答。
【解答】解：A、滑轮组克服物体重力做的有用功：W有＝Gh＝200N×3m＝600J，故A错误；
B、动滑轮承担重物绳子的段数n＝2，绳端拉力做的总功：W总＝Fs＝Fnh＝125N×2×3m＝750J，
所以拉力的功率：P＝＝＝75W，故B错误；
C、滑轮的机械效率：η＝＝＝80%，故C正确；
D、滑轮的机械效率为80%，说明额外功占总功的20%，即克服动滑轮重和摩擦做的功占总功的20%，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查使用动滑轮时有用功、功率、机械效率的计算，要正确理解有用功、额外功、总功的概念。
10．（2分）人脸识别测温一体机，可以实现健康码查验、口罩检测、体温检测自动报警功能。当出示的健康码为黄码或红码时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意可知，当出示的健康码为黄色或者红色时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起，说明三开关可以独立工作、互不影响即为并联，且红灯位于干路，据此结合电路图得出答案。
【解答】解：根据题意可知，当出示的健康码为黄色或者红色时，开关S1闭合，红灯亮起；
未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；
体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起，
综上可知，三开关可以独立工作、互不影响即为并联，且红灯位于干路，
由选项可知，B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出三开关的连接方式是关键。
11．（2分）如图所示电路，下列分析不正确的是（ ）
A．仅闭合S1、S2时，L1、L2并联，A1测得是L1的电流，A2无示数
B．仅闭合S1、S3时，L1、L2并联，A1、A2均有示数
C．仅闭合S2、S3时，电源短路
D．仅闭合S3时，L1、L2串联，A1、A2的示数相等
【分析】（1）由电路图可知，仅闭合S1、S2时，两灯并联，电流表A1测量通过L1的电流，电流表A2断路；
（2）仅闭合S1、S3时，L2和电流表A2短路，电路为L1的简单电路，电流表A1测量通过L1的电流；
（3）仅闭合S2、S3时，电路短路；
（4）仅闭合S3时，两灯串联，电流表A1、A2均测电路中的电流，根据串联电路的电流规律可知两电流表的示数关系。
【解答】解：A、由电路图可知，仅闭合S1、S2时，两灯并联，电流表A1测量通过L1的电流；电流表A2断路，没有示数，故A正确；
B、仅闭合S1、S3时，L2和电流表A2短路，电路为L1的简单电路，电流表A1测量通过L1的电流，电流表A1有示数，A2没有示数，故B错误；
C、仅闭合S2、S3时，由于电流表内阻很小，相当于导线，所以此时电源短路，故C正确；
D、仅闭合S3时，两灯串联，电流表A1、A2均测电路中的电流。由于串联电路中各处的电流相等，所以电流表A1、A2的示数相等，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查电路连接方式的判断和电流表的作用，知道串联电路的电流规律是关键之一。
12．（2分）如图所示电路，电源为两节新干电池，先闭合开关S1，再闭合开关S2的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数不变
B．电流表A2的示数变大
C．电流表A2的示数不变
D．电流表A1、A2示数始终相等
【分析】当S1闭合、S2断开时，电路为灯泡L1的简单电路，两电流表测电路中的电流；当两个开关都闭合时，两灯泡并联，电流表A2测通过L1的电流，A1测干路电流；根据并联电路独立工作、互不影响可知通过L1的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
【解答】解：
根据实物连接图，画出电路图如下：
由图知，两灯并联，S1在干路上，S2在L2支路上，电流表A1在干路上，测量干路电流；电流表A2在L1支路上，测量通过L1的电流。
先闭合开关S1，电路为L1的简单电路，两电流表均测L1的电流；
当S2从断开到闭合的过程中，因并联电路中各支路互不影响，则通过L1的电流不变，即A2的示数不变；电流表A1由测量通过L1的电流，变为测量干路电流，则A1示数变大；所以，ABD错、C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析和并联电路特点以及欧姆定律的应用，关键是开关闭合前后电路变化的分析和电流表所测电路元件的判断。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分）
13．（3分）2022年6月5日10时44分，“长征2F”火箭载着带有3名航天员的“神舟十四号”飞船，从大漠深处的酒泉卫星发射中心拔地而起，飞赴苍穹，与中国空间站会合。加速上升过程中，火箭燃料的化学能转化为燃气的 内 能，飞船的动能 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”），飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以 做功 的方式改变了整流罩的内能。
【分析】热机工作过程中把燃料的化学能转化为内能，内能通过做功的方式转化为机械能；动能的大小与质量、速度有关；飞船外面的整流罩与大气层发生剧烈摩擦，克服空气阻力做功，飞船外面的整流罩的内能增加，由此可得出结论。
【解答】解：火箭燃料的化学能转化为燃气的内能，飞船的质量不变，速度变大，动能增大；
飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以做功的方式改变了整流罩的内能。
故答案为：内；增大；做功。
【点评】本题考查了能量的转化、动能的大小变化和改变内能的方法，属于基础题。
14．（3分）图甲中旗杆顶端的滑轮是一种简单机械，升旗时使用这种滑轮的目的是改变力的 方向 。图乙是园艺工人修剪树枝时使用的剪刀，使用这种剪刀的好处是可以省 力 （选填“力”或“距离”），如果树枝太硬不容易剪断，可以使树枝到支点O的距离变 近 一些。
【分析】（1）定滑轮不省力，但可以改变用力方向；
（2）利用杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，阻力和动力臂不变，动力随阻力臂的增大而增大。
【解答】解：（1）旗杆顶端的滑轮是一种简单机械，升旗时不随红旗一起升降为定滑轮，使用这种滑轮的目的是改变力的方向；
（2）园艺工人修剪树枝时使用的剪刀，由图可知使用这种剪刀时，动力臂长，阻力臂短，可以省力，如果树枝太硬不容易剪断，可以使树枝到支点O的距离变近一些，减小阻力臂。
故答案为：方向；力；近。
【点评】本题考查了定滑轮以及杠杆平衡条件的应用，难度不大。
15．（3分）在综合实践活动中，科技小组自制如图甲所示的开门报警器，电路板固定于大门，绝缘条带左端插在两电池之间，右端固定于门框。如图乙所示，大门一旦被打开，灯亮、电铃响，绝缘条带在电路中起到了电路元件 开关 的作用，干电池供电时，把 化学 能转化为电能。某次测试发现，把大门打开时，电灯亮而铃不响，故障可能是电铃处发生 断路 。
【分析】电路是指用导线把电源、用电器、开关连接起来组成的电流的路径。要想组成一个完整的电路，在这四个电路元件中缺一不可；
判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，因为总是消耗的能量转化为得到的能量；
并联在电路中，各电器互不影响；
电路的三种状态是通路、短路和断路。即处处连通的电路叫做通路；某处断开的电路叫做断路，也叫开路；短路是将导线直接接在电源正负两极上的电路。
【解答】解：条带具有优异的绝缘性，在电路中起到了电路元件开关的作用，图中大门打开，相当于闭合开关，灯与电铃并联在电路中，灯亮、电铃响；
干电池给灯泡供电时，将化学能转化为电能；
灯与电铃并联在电路中，两电器互不影响，把大门打开，电灯亮而铃不响，故障可能是电铃处发生断路。
故答案为：开关；化学；断路。
【点评】本题考查了电路的组成、能量的转化、电路的三种状态，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。
16．（3分）如图所示为冬天人们常用的热水袋，灌满热水后能够放热较长时间，是利用了水 比热容 较大的特性；用热水袋焐手，是利用 热传递 的方式使手的内能增大。若该热水袋内装有1.2kg水初温为90℃的热水，使用一段时间后水的温度降低了50℃，则此过程中水放出的热量为 2.52×105 J。【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】
【分析】（1）水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少；
（2）改变物体内能的方法：做功和热传递；
（3）知道水的质量、水的比热容、水的温度降低值，利用放热公式Q放＝cmΔt求水放出的热量。
【解答】解：（1）因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以电热暖手袋用水为介质；
（2）用热水袋焐手，手从热水袋吸收热量、温度升高、内能增大，是利用热传递的方式使手的内能增大；
（3）Q放＝cmΔt＝＝4.2×103J/（kg•℃）×1.2kg×50℃＝2.52×105J。
故答案为：比热容；热传递；2.52×105。
【点评】本题考查了对于比热容特性的理解、改变物体内能的方法、放热公式Q放＝cmΔt的应用，计算时注意温度降低了（Δt）与降低到（末温）的区别。
17．（3分）如图所示，用力F沿斜面将重为1000N的小车匀速拉动，沿斜面拉动的距离s为10m，上升的高度h为2m，若斜面是光滑的，则拉力为 200 N；如果斜面不光滑，且斜面的机械效率为80%，则拉力做功为 2500 J，小车受到的摩擦力为 50 N。
【分析】（1）若斜面是光滑的，拉力做的功等于提升小车做的功，利用Fs＝Gh求拉力大小；
（2）如果斜面不光滑，利用W＝Gh求拉力做的有用功，知道斜面的机械效率，利用η＝求拉力做的功（总功）；拉力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额＝fs求小车受到的摩擦力。
【解答】解：（1）若斜面是光滑的，拉力做的功等于提升小车做的功，即：Fs＝Gh，
则拉力大小：
F＝＝＝200N；
（2）如果斜面不光滑，拉力做的有用功：W有用＝Gh＝1000N×2m＝2000J，
由η＝得拉力做的功（总功）：
W总＝＝＝2500J；
拉力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝2500J﹣2000J＝500J，
由W额＝fs得小车受到的摩擦力：
f＝＝＝50N。
故答案为：200；2500；50。
【点评】本题考查了使用斜面（考虑摩擦）时有用功、总功、额外功、摩擦力的计算，要知道：若斜面是光滑的，拉力做的功等于提升小车做的功。
18．（5分）如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图 甲 。1min内汽油机完成2400个工作循环，飞轮的转速为 80 r/s，在做功冲程中，每次做功240J，则该汽油机的功率是 9600 W。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，其质量为 2.8 kg，这些燃料完全燃烧放出的热量为 1.288×108 J。（ρ燃料＝1.4g/cm3，q燃料＝4.6×107J/kg）
【分析】（1）根据图中气门的关闭情况和活塞的运动方向判断是哪个冲程，进而判断能量的转化。
（2）四冲程内燃机一个工作循环包括4个冲程，曲轴转动2圈，对外做功1次。
（3）知道密度和体积，根据密度公式可以求出质量。
（4）知道燃料的热值和质量，利用Q放＝mq求该汽油机完全燃烧可放出多少热量。
【解答】解：（1）机械能转化为内能的冲程是压缩冲程，活塞向上运动，进气门、排气门均关闭，故图甲是。
（2）一个工作循环飞轮转动两转，所以飞轮的转速为＝80r/s。
在做功冲程中，每次做功240J，1s做功40次，则该汽油机的功率是：
P＝＝＝＝9600W；
（3）2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，
根据密度公式ρ＝，可得燃料的质量
m＝ρ燃料V＝1.4×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2.8kg。
（4）燃料完全燃烧放出的热量
Q放＝q燃料m＝4.6×107J/kg×2.8kg＝1.288×108J。
故答案为：甲；80；9600；2.8；1.288×108。
【点评】本题主要考查四冲程汽油机的各个冲程的工作特点、密度公式和对热值计算公式的理解和掌握。
19．（3分）如图甲所示电路，当开关S闭合后，两个电流表的指针偏转如乙图所示，灯泡L1、L2的连接方式是 并 联，通过灯L1的电流为 0.3 A，通过灯L2的电流为 0.9 A。
【分析】（1）一个电路中有两条或以上支路就说这电路是并联电路。
（2）并联电路的干路电流等于各支路电流之和。
【解答】解：从图中信息可知，这个电路有两条支路，故灯泡L1、L2的连接方式是并联；A1测L1的电流，A2测干路的电流，A2用的是大量程，示数为1.2A，故A1用的是小量程，示数为0.3A；通过灯L2的电流为：I2＝I总﹣I1＝1.2A﹣0.3A＝0.9A。
故答案为：并联；0.3；0.9。
【点评】本题考查了并联电路的电流特点和电流表的读数，属于基础题。
20．（3分）如图所示，小明用力F1拉动绳子使重为10N的物体A以速度v1匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η1，拉力F1做功的功率为P1；若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，并用力F2拉动绳子使它们一起以v2的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率为η2，拉力F2做功的功率为P2。已知η1：η2＝3：4，v1：v2＝1：2，不计绳重及摩擦，则动滑轮重G动＝ 10 N，P1：P2＝ 1：3 ，F1：F2＝ 2：3 。
【分析】（1）不计绳重及摩擦，根据η＝＝＝＝列式表示出两次滑轮组的机械效率比，从而计算出动滑轮的重力；
（2）不计绳重及摩擦，根据不计绳重和摩擦，根据F＝（G+G动）计算两次拉力F1、F2的比值；
（3）根据P＝＝＝Fv计算两次功率比。
【解答】解：
（1）由题知，GA＝10N，滑轮组承担重物绳子的段数n＝3，
滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝，
两次提起物体的机械效率比：
η1：η2＝：＝：＝3：4，
解得：动滑轮重G动＝10N；
（2）不计绳重和摩擦，所以拉力F＝（G+G动），
两次拉力比：
F1：F2＝×（GA+G动）：×（2GA+G动）＝（10N+10N）：（20N+10N）＝2：3；
（3）由P＝＝＝Fv可得，两次拉力的功率比：
P1：P2＝F1v1：F2v2＝（2×1）：（3×2）＝1：3。
故答案为：10；1：3；2：3。
【点评】本题考查使用滑轮组绳端拉力的计算、功率以及机械效率公式的应用，比值的计算过程要细心。
三、解答题（本题共10小题，共50分.解答27、28题时应有公式和解题过程）
21．（2分）如图，某同学手推墙壁处于静止状态，O为支点，A为重心，设F为动力，人的重力G为阻力，画出动力臂L1和阻力臂L2。
【分析】已知动力和阻力，根据力臂的画法，先确定支点O，再过支点作动力作用线和阻力作用线的垂线段，即可画出动力臂和阻力臂。
【解答】解：反向延长F的作用线，延长G的作用线，从支点O作动力F作用线的垂线段L1、作重力G作用线的垂线段L2，L1、L2即为所求作的力臂。如图所示：
【点评】此题考查力臂的画法，作力臂时要找好支点与力的作用线，力臂是从支点到力的作用线的距离。
22．（2分）如图，小明站在地面上用图中滑轮组提起重物，画出最省力的绕绳方法。
【分析】与动滑轮连接的绳子能分担物体的重力，所以与动滑轮相连的绳子的股数越多越省力，但还要注意对拉力方向的要求。
【解答】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起，依次绕过上面的定滑轮、下面的动滑轮，再绕过上面的另一个定滑轮，如图所示：
【点评】对于滑轮组的组装与绕线方法，要看清题目的每一个要求，灵活运用，不能死记硬背最省力的绕线方法。
23．（2分）如图，请根据（a）所示电路，用笔画线代替导线将图（b）中的实物图连接完整。
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，开关和电流表在干路上，根据电路图连接实物，可以按照电流流向法进行连接。
【解答】解：根据电路图可知，该电路为并联电路，电流表在干路中，开关在干路中，根据电路图连接实物图，如下所示：
【点评】考查了根据电路图连接实物图以及根据要求连接实物图，实物连接图的关键在于看懂电路图，在连接过程中，注意各元件的次序，导线不能交叉。
24．（6分）用如图所示装置做“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）实验开始时，杠杆静止于图甲所示位置，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向 右 移动。
（2）图乙中，在A点挂4个质量均为50g的钩码，在B点用调整好的弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 1.5 N。
（3）图丙中，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F的变化情况是 先变小后变大 ，F与其力臂的乘积变化情况是 不变 。
（4）图丁中，小华发现杠杆不能在水平位置平衡，若左侧钩码数量及位置不变，请在右侧适当的位置画出合适数量的钩码使杠杆在水平位置平衡。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；
要使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；根据杠杆自身重力对杠杆平衡的影响分析弹簧测力计的示数变化；
（3）根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析测力计示数的变化；
根据杠杆的平衡条件分析拉力F与其力臂的乘积变化情况；
（4）利用杠杆的平衡条件进行解答。
【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；
杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；
（2）一个钩码的重力G＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，
由图根据杠杆平衡条件可知FALA＝FBLB，代入数据可得4×0.5N×3L＝FB×4L解得：FB＝1.5N；
（3）如图丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的B点，当弹簧测力计由位置a转至位置b的过程中，动力臂先变大后变小，因为阻力、阻力臂不变，故测力计的拉力先变小后变大；
由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的；
（4）设一个钩码的重是G，杠杆一个小格代表L，左侧钩码数量及位置不变，
根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
4G×2L＝G×3L+nG×L，
解得：n＝5，
所以在杠杆右边第1各小格上挂5各钩码，如图所示：
故答案为：（1）平衡；右；（2）1.5；（3）先变小后变大；不变；（4）见解答。
【点评】本题考查杠杆的平衡条件的实验，考查器材调试、力臂定义的理解以及对数据分析能力。
25．（5分）小华用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如下：
次数
物重G/N
物体上升高度h/m
拉力F/N
机械效率η
1
2
0.10
1.0
66.7%
2
3
0.10
1.4
71.4%
3
6
0.10
2.5
（1）实验中应竖直向上 匀速 拉动弹簧测力计，绳端移动距离为 0.3 m。
（2）第3次实验的机械效率为 80 %。
（3）分析数据可知，提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是 增加物重 ；小华所用动滑轮的重一定小于 1 N。
【分析】（1）只有匀速竖直向上拉动弹簧测力计，拉力大小不变，弹簧测力计的示数稳定；重物和动滑轮有三段绳子承担，绳子移动的距离物体升高距离的3倍；
（2）根据公式η＝＝可计算出机械效率；
（3）根据1、2、3次实验中使用同样的滑轮组，做的额外功相同；提起的物体越重，做的有用功越多，有用功占总功的比值越大，机械效率越大。
当物体越重时，对滑轮的压力越大，摩擦力越大，所以第一次实验受摩擦力的影响最小，根据G动＝nF﹣G物算出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）实验中应该匀速竖直向上拉动弹簧测力计，以保证拉力大小恒定；
由图示可知，滑轮组承重绳子有效股数n＝3，弹簧测力计移动的距离s＝3h＝3×0.10m＝0.3m；
（2）第3次测量中，
有用功：W有用＝Gh＝6N×0.10m＝0.60J；
做功：W总＝Fs＝2.5N×0.30m＝0.75J；
机械效率为：
η3＝×100%＝×100%＝80%；
（3）由1、2、3次数据知，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高，故增加物重可以提高同一滑轮组的机械效率；
当物体越重时，对滑轮的压力越大，摩擦力越大，所以第一次实验受摩擦力的影响最小，此时滑轮的重力为：G动＝nF﹣G物＝3×1N﹣2N＝1N。
故答案为：（1）匀速；0.3；（2）80；（3）增加物重；1。
【点评】滑轮组的机械效率跟提起的物重有关，跟物体升高的距离、移动的速度、绳子的绕法无关。通过增加提起的物重来提高机械效率。本题关键：一是知道改变机械效率的方法（增大提升重物的重、减少摩擦机械重），二是承担物重的绳子股数的确定。
26．（7分）在“探究动能大小跟哪些因素有关”实验中，小明用质量不同的两个钢球m和M（M＞m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下撞击木块，实验过程如图所示。
（1）本实验探究 钢球 的动能大小跟哪些因素有关，其动能的大小是通过观察 木块移动的距离 来判断的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论： 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 。
（3）小明在实验中，让质量不同的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，目的是 控制小球到达水平面的速度相同 ；若在丙图中，木块被撞后滑出木板，需要重做本次实验，A同学建议换用同样较长的木板，B同学建议换一个较重的木块，C同学建议降低钢球的高度。你认为应当采用 A 同学的建议。
（4）小华用图丁所示的方法探究动能的大小与速度的关系，她将相同质量的小球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法 错误 （选填“正确”或“错误”），理由是 木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，所受的摩擦阻力不同 。
【分析】（1）该实验探究的是钢球撞击木块时的动能大小，实验中通过木块被撞击后移动的距离来表示钢球动能的大小，这是转换法；
（2）（3）动能的大小与物体的速度和质量有关，要探究动能和速度的关系，需保持质量相同，要探究动能和质量的关系，需保持速度相等；根据控制变量法分析得出结论，选择可行的实验方案；
（4）木块在水平面上运动的过程中，克服摩擦力做功，木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，克服摩擦不同，据此分析。
【解答】解：（1）该实验探究的是钢球撞击木块时的动能大小，通过观察木块被撞击后移动的距离来判断钢球动能的大小，这是转换法；
（2）分析甲、乙两图可知钢球的质量相同，滚下的高度不同，到达水平面的速度不同，高度越高，速度越大，木块移动的距离越远，动能越大，得到的结论是质量一定时，物体的速度越大，动能越大；
（3）让不同质量的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，是为了使钢球滚到斜面底端时具有相同的速度；
探究动能与质量的关系，应控制速度相同，所以钢球滚下的高度不能改变，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，故实验中使用的木块大小不能改变，本次实验中，钢球的动能较大，因此只能改变木板的长度，故应采用A的建议；
（4）木块在水平面上运动的过程中，克服摩擦力做功，木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，克服摩擦不同，所以该方案是错误的。
故答案为：（1）钢球；木块移动的距离；（2）质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）控制钢球到达水平面的速度相同；A；（4）错误；木块在铁板和毛巾上滑行时接触面的粗糙程度不同，所受的摩擦阻力不同。
【点评】明确本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。
27．（6分）用如图所示的装置做“探究不同物质吸热升温的现象”实验。
（1）除了图甲中所示器材，还需要的测量仪器有 秒表 和 天平 。
（2）实验中使用玻璃棒不断搅拌A、B两种液体的目的是 使液体受热均匀 ；选用规格相同的酒精灯分别给A、B两种液体加热，实验中A、B两种液体吸收热量的多少是通过 加热时间 来判断的。
（3）图乙中若A液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），则B液体的比热容为 4.2×103 J/（kg•℃）。
（4）小华同学继续利用如图丙、丁装置（燃烧皿内燃料和烧杯内液体未画出），既可以比较不同液体的比热容，又可以比较不同燃料的热值，则两个实验都需要控制相同的有 C 。
A.液体种类
B.燃料种类
C.液体质量
D.燃料质量
【分析】（1）（2）我们使用相同的酒精灯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；
（3）根据c＝可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，据此得出B液体的比热容；
（4）比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q＝cmΔt，得出不同燃料放出热量的多少。
【解答】解：（1）根据转换法，我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，故除了图甲中所示器材，还需要的测量仪器有天平和秒表。
（2）实验中使用玻璃棒不断搅拌A、B两种液体，其目的是使液体受热均匀；
根据转换法可知，实验中用加热时间表示液体吸收热量的多少；
（3）由图数据知，加热5分钟，A升高的温度为60℃﹣20℃＝40℃，B升高的温度为40℃﹣20℃＝20℃；
根据c＝可知，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，故B液体的比热容：c＝×2.1×103J/（kg•℃）＝4.2×103J/（kg•℃）；
（4）比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制质量相同的不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力；
比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，得出不同燃料放出热量的多少，故两个实验都需要控制相同的液体质量，ABD错误，只有C正确。
故答案为：（1）秒表；天平；（2）使液体受热均匀；加热时间；（3）4.2×103；（4）C。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
28．（7分）小明在“探究并联电路的电流特点”的实验中。
（1）图甲是连好的电路，如果他闭合开关，将出现 两灯都不亮 （选填“只有一个灯亮”“两灯都亮”或“两灯都不亮”）的现象。检查电路后发现有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图甲中改正。
（2）若闭合开关后，电流表出现乙图所示现象，原因是 电流表正负接线柱接反 ；改正后，当闭合开关试触时，发现电流表指针的偏转如图丙，为了提高准确度，接下来的操作是断开开关， 将电流表的量程改用0～0.6A ；电流表的指针的偏转如图丁所示，则该处电流大小是 0.44 A。
（3）用电流表分别测出图戊电路中支路电流I1、I2和干路电流I，改变电源电压，重复实验，记录数据如表所示，小明根据实验得出结论：并联电路中干路电流为支路电流的2倍。该实验有不完善之处，请你提出改进的建议： 换用不同规格的灯泡进行多次实验 。
实验序号
I1/A
I2/A
I/A
①
0.16
0.16
0.32
②
0.22
0.22
0.44
③
0.26
0.26
0.52
【分析】（1）不经过用电器直接把电源两极连接起来会造成电源短路；电路元件并列连接在电路两点间的方式是并联，根据并联的接法分析并进行修改。
（2）电流表在使用时要与被测电路串联；让电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；电流表要选用合适的量程，否则，指针偏转角度过大或过小；根据电流表的量程和分度值读数；
（3）为得出普遍结论，应用不同规格的实验器材进行多次实验。
【解答】解：（1）由图示实物电路图可知，闭合开关，没有经过两灯泡直接经过电流表把电源两极连接起来，电流表内阻很小，相当于导线，电路将短路，两灯都不亮，故将出现两灯都不亮；两灯泡并联后与电流表串联，然后接入电路，实物电路图如图所示：
；
（2）图乙所示，当闭合开关试触时，发现电流表指针反偏说明电流表正负接线柱接反；当闭合开关试触时，发现电流表指针的偏转如图丙所示，说明电流表量程选择过大，为使读数更精确，接下来的操作是：断开开关，将电流表的量程改用0～0.6A；电流表量程是0～0.6A，分度值是0.02A，示数为：0.4A+2×0.02A＝0.44A；
（3）由表中实验数据可知，两支路电流相等，实验用相同规格的灯泡进行实验，具有局限性，为得出普遍实验结论，应换用不同规格的灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）两灯都不亮；；（2）电流表正负接线柱接反；0～0.6A；0.42；（3）换用不同规格的灯泡进行多次实验。
【点评】本题“探究串、并联电路中的电流关系”，考查了修改实验电路图、实验评价、电流表的读数、电路故障等；为得出普遍结论，应使用不同规格的实验器材进行多次实验，测出多组实验数据。
29．（5分）小明用所学知识估算家中所用天然气的热值；用燃气灶将质量为2kg的水从20℃加热至80℃的过程中，观察到天然气表的数字变化了0.035m3。若燃气灶的效率为36%，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。
（1）在这个过程中水吸收了多少热量？
（2）请你帮小明算出天然气的热值，为 4×107 J/m3。
【分析】（1）根据质量为2kg的水从20℃加热至80℃，利用Q吸＝cmΔt可求出水吸收的热量；
（2）根据η＝×100%可求出天然气放出的热量，根据q＝可求出天然气的热值。
【解答】解：（1）质量为2kg的水从20℃加热至80℃，吸收的热量Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（80℃﹣20℃）＝5.04×105J；
（2）天然气放出的热量Q放＝＝＝1.4×106J，
天然气的热值q＝＝＝4×107J/m3。
答：（1）在这个过程中水吸收的热量是5.04×105J；
（2）天然气的热值是4×107J/m3。
【点评】本题主要考查燃料燃烧放出热量的计算公式的应用，物体吸收热量计算公式的应用，属于热学基础题，难度不大。
30．（8分）如图甲所示，用滑轮组提升质量为60kg的重物，物体在拉力F的作用下以0.4m/s匀速上升了8m。此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图像如图乙所示。求：
（1）拉力F的功率；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）若克服摩擦与绳重所做的额外功占总额外功的三分之一，则动滑轮的重力为 100 N。
【分析】（1）利用v＝求出物体上升8m所需的时间，根据图乙读出此时间内拉力F做的功，利用P＝求拉力做功的功率；
（2）根据G＝mg求物体的重力，利用W有＝Gh求有用功，利用η＝×100%求滑轮组的机械效率；
（3）利用W总＝W有+W额求出总的额外功，根据克服摩擦与绳重所做的额外功占总额外功的三分之一求出克服摩擦与绳重所做的额外功，进而求克服动滑轮重力做的额外功，利用W动＝G动h求出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）由v＝可知，物体上升8m所需的时间：
t＝＝＝20s，
由图乙可知，此时拉力做的总功W总＝6000J，
则拉力做功的功率：
P＝＝＝300W；
（2）物体的重力：
G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
拉力做的有用功：
W有＝Gh＝600N×8m＝4800J，
滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%；
（3）由W总＝W有+W额可知，总的额外功：
W额＝W总﹣W有＝6000J﹣4800J＝1200J，
由题意可知，克服摩擦与绳重所做的额外功：
Wf＝W额＝×1200J＝400J，
则克服动滑轮重力做的额外功：
W动＝W额﹣Wf＝1200J﹣400J＝800J，
由W动＝G动h可知，动滑轮的重力：
G动＝＝＝100N。
答：（1）拉力F的功率为300W；
（2）滑轮组的机械效率为80%；
（3）100。
【点评】本题考查了滑轮组机械效率公式、功和功率公式的综合应用，分清有用功、额外功和总功以及从图像中获取有用的信息是关键。
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