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2023-2024学年陕西省西安市九年级上学期物理第一次月考试题及答案
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这是一份2023-2024学年陕西省西安市九年级上学期物理第一次月考试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 电动公交既节能、又环保。乘坐电动公交车时，车的前后两门（电路开关）中的任意一个门没有关闭好，电动公交车都无法行驶，下面符合题要求的电路是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为电动机要由前、后两门（电路开关）关闭同时控制，否则电动公交车无法行驶，所以前后两门中的电路开关应串联连接，且同时控制电动机，所以电动机与两个开关串联，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
2. 关于体育课上的活动情景，某同学对物体做功的是（ ）
A. 举着杠铃不动B. 将地面上的实心球捡起
C. 提着体育器材在操场上水平走动D. 踢出去的足球在草地上滚动
【答案】B
【解析】
【详解】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
A．举着杠铃静止不动，人给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功，故A不符合题意；
B．将地面上的实心球捡起，对实心球施加了力，并且在力的方向上移动了距离，因此对实心球做功了，故B符合题意；
C．提着体育器材在操场上水平走动，人对体育器材施加了力，没有在力方向上移动了距离，移动距离的方向与力的方向垂直，因此人对体育器材没有做功，故C符合题意；
D．踢出去的足球在草地上滚动，足球离开人的脚后在地面上滚动的过程，不受脚对它的力，故无力有距离，不做功，故D不符合题意。
故选B。
3. 如图所示的工具在正常使用过程中，属于省力杠杆的是（ ）
A. 食品夹子B. 筷子
C. 核桃夹D. 镊子
【答案】C
【解析】
【详解】A．食品夹子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不符合题意；
B．筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B不符合题意；
C．核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C符合题意；
D．镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不符合题意。
故选C。
4. 如图所示，用相同的滑轮和绳子分别组成甲、乙两个滑轮组，分别用甲、乙两个滑轮组在相同时间内将重为G的物体匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A. 绳自由端的拉力F甲＜F乙B. 拉力所做的功W甲＞W乙
C. 拉力的功率P甲＞P乙D. 滑轮组的机械效率η甲＝η乙
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．甲滑轮组有两段绳子承担物重，乙滑轮组有三段绳子承担物重，不计绳重及摩擦，则甲滑轮组绳子自由端的拉力
乙滑轮组绳子自由端的拉力
故
F甲＞F乙
故A错误；
B．因忽略绳重与摩擦时，克服物体重力做的功为有用功，且两滑轮组将物体提升相同高度，由W有=Gh可知，两滑轮组做的有用功相等。利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，则两滑轮组拉力做的总功相等，即
W甲=W乙
故B错误；
C．两滑轮组拉力所做的功相同，做功时间相同，所以两个滑轮组拉力的功率相同，即
P甲=P乙
故C错误；
D．两滑轮组做的有用功即为克服物重所做的功，因此有用功相同、总功相同，故两滑轮组的机械效率相同，即
η甲＝η乙
故D正确。
故选D。
5. 关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A. 沿海地区白天的风多是从陆地吹向海面
B. 热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体
C. 我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多
D. 夏天在室内洒水降温，利用了水的比热容较大的性质
【答案】B
【解析】
【详解】因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，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；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，风从海洋吹向陆地，形成海风，故A错误；
B．热量总是从高温物体传向低温物体，或者从同一物体的高温部分传向低温部分，跟内能多少无关，所以内能少的物体可以把热量传递给内能多的物体，故B正确；
C．我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤的温度高，不能说物体含有多少热量，故C错误；
D．夏天在室内洒水降温，是因为水蒸发要吸收热量，使室内温度降低，故D错误。
故选。
6. 如图所示是学校小制作比赛中的作品自制蒸汽机，烧瓶瓶口的橡皮塞上插着“”型喷管，喷管的最上端通过球形磁铁吸到铁架台上，使烧瓶可以自由转动。当加热至水沸腾，水蒸气从喷嘴喷出，烧瓶开始快速旋球形磁铁转。下列说法正确的是（ ）
A. 酒精灯中的酒精未完全燃烧时，酒精的热值变小
B. 烧瓶中的水温度升高，内能增大是通过热传递的方式实现的
C. 水蒸气喷出时对喷管做功，内能增大
D. 此实验的原理等效内燃机压缩冲程，此时机械能转化为内能
【答案】B
【解析】
【详解】A．热值是燃料的一种性质，与燃烧程度无关，酒精灯中的酒精未完全燃烧时，酒精的热值不变，故A错误；
B．烧瓶中的水吸收热量， 温度升高，内能增大是通过热传递的方式改变的，故B正确；
C．烧瓶内水蒸气的内能会转化为烧瓶的机械能，烧瓶内水蒸气的内能减少，故C错误；
D．烧瓶内水蒸气对外做功的过程中，内能转化为机械能，与内燃机的做功冲程相同，故D错误。
故选B。
7. 在劳动实践中，小孙在水平地面与车厢间用木板搭一斜面，并用平行于斜面的推力将重G=600N的货物匀速地从斜面底端推到顶端的车厢，如图所示。已知斜面长L=6m，斜面高h=1.5m，斜面的机械效率η=60%。下列叙述中正确的是（ ）
A. 小孙推动货物所用推力大小为150N
B. 若增大推行速度，则货物受到的摩擦力将变大
C. 货物受到斜面的摩擦力大小为250N
D. 若h不变、减小L，则斜面机械效率将升高
【答案】D
【解析】
【详解】A．有用功
W有用=Gh=600N×1.5m=900J
根据可得总功
小孙推动货物所用推力
故A错误；
B．滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，若增大推行速度，货物对斜面的压力大小和接触面的粗糙程度均不变，则货物受到的摩擦力将不变，故B错误；
C．额外功
W额=W总-W有用=1500J-900J=600J
货物受到斜面的摩擦力
故C错误；
D．若h不变、减小L，斜面变陡，物体对斜面的压力减小，斜面对物体的摩擦力减小，额外功减小，有用功不变，根据
W总=W有用+W额
可知，总功减小，根据可知斜面的机械效率将升高，故D正确。
故选D。
8. 某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点．运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示(蹦极过程视为在竖直方向的运动)．下列判断错误的是
A. 运动员在B点的动能大于在C点动能
B. 从B点到C点绳的弹性势能增大
C. 运动员重力大于F0
D. t0时刻运动员动能为0
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点．A．运动员从B点到C点的过程中，由于弹力大于重力，所以运动员的运动速度减小，动能减小，因此运动员在B点的动能大于在C点动能，故A说法正确； B．从B点到C点的过程中，绳子的长度越来越长，形变程度越来越大，则绳的弹性势能越来越大，故B说法正确； C．由图乙可知，最后绳的弹力几乎不变，说明此时运动员已经静止下来，此时弹力与重力平衡，由图象可知，运动员的重力小于F0，故C说法错误； D．由图乙可知，t0时刻弹力最大，则绳子的弹性形变是最大的，所以运动员应达到了最低点，此时速度为零，动能最小为零，故D说法正确．故选C.
9. 通过学习，小云知道了冰和水的比热容是不同的，为了探究其他物质的吸热本领是否也与状态有关，小云将质量为100g比热容为1.5×103 J/(kg·℃)的固体碾碎，用酒精灯对它均匀加热，共加热10min，它的温度随时间的变化如图所示。加热过程共消耗5g酒精，酒精的热值为3×107J/kg。若相同时间内物质吸收的热量相等，下列说法正确的是（ ）
A. 该物质固态时升温比液态时快，说明固态时吸热本领比液态时强
B. 由于2~6min物质温度不变，因此无法计算其吸收的热量
C. 该物质在液态时比热容为3×103 J/(kg·℃)
D. 该酒精灯的加热效率为40%
【答案】C
【解析】
【详解】A．熔化过程中物质的质量不变，固态和液态时质量相同，而相同时间内物质吸收的热量相等，由可知，固态时升温比液态时快，说明固态时的比热容小，即固态吸热本领比液态时弱，故A错误；
B．相同时间内物质吸收的热量相等，所以根据BC段（加热时间为4min）吸收的热量可以求出2～6min物质吸收的热量，故B错误；
C．由图可知，该物质固态时加热了2min，温度变化为
Δt固=40℃-0℃=40℃
该物质液态时加热了4min，温度变化为
Δt液=80℃-40℃=40℃
固态和液态时质量相同
m=100g=0.1kg
该物质固态时加热了2min，吸收的热量
Q固吸=c固mΔt固=1.5×103 J/(kg·℃)×0.1kg×40℃=6×103J
相同时间内物质吸收的热量相等，所以
Q液吸=2Q固吸=2×6×103J=1.2×104J
该物质在液态时比热容
故C正确；
D．加热过程总计10min，物质吸收的总热量是固态阶段吸收热量的5倍
Q总吸=5×Q固吸=5×6×103J=3×104J
酒精放出的热量
Q放=m酒精q=5×10-3kg×3×107J/kg=1.5×105J
该酒精灯的加热效率
故D错误。
故选C。
10. 某单缸四冲程汽油机的汽缸活塞面积为30cm2，一个冲程活塞在汽缸中移动的距离是50mm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为9.0×l05Pa，飞轮在lmin转动1800周，当汽油机满负荷工作时（不计摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A. 汽油机每秒内完成30个冲程
B. 一个做功冲程中燃气对活塞做的功为1.35×l05J
C. 汽油机的功率为2025W
D. 做功冲程中燃气对活塞的平均压力为2.7×l07N
【答案】C
【解析】
【详解】A．由汽油机工作时，完成一个工作循环，飞轮转动2周，完成4个冲程，对外做功1次，可知当飞轮lmin转动1800周，即每秒钟转动30周，完成60个冲程，故A错误；
BCD．由题可知，汽油机的汽缸活塞面积为
燃气对活塞的平均压力为
一个冲程活塞在汽缸中移动的距离为
一个做功冲程中燃气对活塞做的功
飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动1800周，要对外做功900次，燃气对活塞做的总功为
汽油机的功率为
故C正确，BD错误。
故选C。
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
11. 如图是学校楼道中安装的应急照明灯，外部供电线路有电时应急灯不亮，供电线路对应急照明灯内的蓄电池充电，把电能转化为____能，此时蓄电池相当于_____（填“电源”或“用电器”）；供电线路停电时，应急灯正常发光，取下其中的一个灯泡，另一个灯泡仍然发光，说明应急灯的两个灯泡是______填“串”或“并”）联的｡
【答案】 ①. 化学 ②. 用电器 ③. 并
【解析】
【分析】电池充电时，将电能转化为化学能；串并联电路最基本的外在表现是：串联电路中各用电器相互影响，一处断路，其它用电器也停止工作；并联电路中电流有多条路径，一条支路的通断不影响其它支路的工作．据此，可对应急灯的工作情况做出判断
【详解】[1][2]电池充电时，消耗电能，将电能转化为化学能，相当于一个用电器。
[3]应急灯取下其中一个灯泡时，另一个灯泡仍然发光，说明两灯的工作互不影响，可以断定其连接方式是并联。
12. 如图所示，若闭合开关，断开开关、，则灯___________ （选填“L1”或“L2”）能发光；若需要灯L1、L2并联，则应闭合开关___________ ；若同时闭合开关___________ ，则会使电源短路。
【答案】 ①. ②. 、 ③. 、
【解析】
【详解】[1]如果闭合开关，断开开关、，灯没有连入电路，电流只流经灯，故亮，灯不发光。
[2]如果需要、灯并联，电流的路径有两条，分别经过两个灯泡，需要闭合开关、。
[3]同时闭合开关、，电流依次流经、，然后流回电源的负极，引起电源短路。
13. 图甲正在作业的喷雾车在水平路面上匀速直线行驶，它的动能___________ （增大/减小/不变）；图乙卫星绕地球从远地点向近地点运动时，它的重力势能___________ （增大/减小/不变）；图丙是嫦娥五号返回器以“太空打水漂”的方式成功着陆时，假设返回器的质量不变，返回器在A、B、C三处的机械能分别为EA、EB、EC，则这三处机械能的大小关系为___________ （用“>”“=”或“<”连接）。
【答案】 ①. 减小 ②. 减小 ③.
【解析】
【详解】[1]正在作业的喷雾车在水平路面上匀速直线行驶，它的速度不变，但质量在不断减小，因此动能减小。
[2]在从远地点向近地点运动的过程中，卫星的质量不变卫星的质量不变、相对高度减小，势能减小。
[3]从点到点，由于克服空气阻力做功，消耗一部分机械能，所以机械能减小，从点到点，是在真空中，机械能不会消耗，所以机械能不变，故机械能的关系为
14. 如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，这是___________（选填“做功”或“压缩”）冲程；此时汽缸内的燃气内能___________（选填“增加”或“减少”），若完全燃烧汽油，放出热量为4.2×106J，如果这些热量全部被质量为100kg的水吸收，能使水的温度升高___________℃。（c水=4.2×103J/（kg•℃）
【答案】 ①. 做功 ②. 减少 ③. 10
【解析】
【详解】[1][2]如图，内燃机的进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，所以是做功冲程；此冲程中，汽缸内的燃气推动活塞做功，燃气内能转化为机械能，则燃气的内能减小。
[3]由题知，水吸收的热量
由可得，水升高的温度
15. 质量为70kg的工人，用如图装置提升石板，已知托板重200N，容量足够大，每块石板重100N，绳能承受的最大拉力为800N，滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计。当工人在4s内将10块石板匀速提升2m时，此装置的机械效率为80%。当该工人站在地面上用此装置提升石板的过程中，此装置动滑轮重___________N；该工人用此装置最多可提升___________块石板。
【答案】 ①. 50 ②. 11
【解析】
【详解】[1]托板重200N，容量足够大，每块石板重100N，当工人在4s内将10块石板匀速提升2m时，此装置的机械效率为80%，设动滑轮的重力为G动，此装置提升的重物重力为
石板升高的高度为2m，此装置所做的有用功为
此装置的机械效率为80%，此装置做的总功为
由于总功等于有用功和额外功之和，所以此装置做的额外功为
滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计，那么所做的额外功为克服动滑轮自身的重力和托板的重力所做的功，动滑轮和托板也上升了2m，该动滑轮和托板的重力之和为
已知托板重200N，则动滑轮的重力为50N。
[2]虽然绳能承受的最大拉力为800N，但是工人的质量为70kg，工人能使用的最大的拉力为自身的重力大小，为700N，每条绳子产生的拉力最大为700N，托板重200N，动滑轮的重力为50N。设该工人用此装置最多可提升石板的数量为n，把动滑轮、托板、石块看作一个整体，动滑轮上有两段绳子，两条绳子的拉力和整体的重力平衡，可得
代入数据解得，则该工人用此装置最多可提升11块石板。
16. 小张驾驶一辆额定功率为千瓦、效率为的汽车在一段平直的公路上匀速行驶，在额定功率下行驶1小时至少需要______汽油（汽油的热值为3.5×107 J/L）； 若行驶的速度为，则汽车受到的阻力为______。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]小汽车以额定功率匀速直线行驶牵引力所做的功为
汽油完全燃烧放出的热量为
需要汽油的体积至少为
[2]，汽车发动机的牵引力为
因为汽车在平直公路上匀速行驶，受力平衡，所以汽车受到的阻力为
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 图甲是一个压饺子皮神器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是其简化的示意图，O为支点，F2是使用时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图及阻力臂l2。
【答案】
【解析】
【详解】根据杠杆的平衡条件，要想找到最小力就要找到最长的力臂，连接支点O与作用点A，OA即为最长力臂，力臂始终与力的作用线垂直，从而找到最小力；从点O向F2的作用线作垂线，垂线段长即为阻力臂l2，如图所示：
18. 参照实物图完成电路图。
【答案】
【解析】
【详解】由实物图知，两灯并联，开关在干路上，在支路上，根据实物图从电源正极直到电源负极，依次将各个用电器连入电路中，电路图如图所示：
四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
19. 汽车的超载、超速行驶很容易造成交通事故。小东由此想要探究动能大小与质量、速度的关系。实验过程如图，其中。
（1）三次实验应让小球由静止开始滚下，动能的大小是通过______ 来反映的；
（2）甲、乙两次实验探究的是动能与______ 的关系；
（3）进行图丙实验时，木块被撞后滑出木板掉落，由此可推断A、B两球的质量关系是：mA ______ mB。为了实验安全，需改进丙图实验，再与乙图实验对比，在不改变木板长度的情况下，以下可行的方法是______ （填写正确选项前的字母）。
A．换用质量更小的钢球
B．给水平木板铺上毛巾
C．适当降低钢球B的高度
D．换用一个较重的木块
【答案】 ①. 木块移动的距离 ②. 速度 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]该实验中，小球的动能大小是通过木块移动的距离大小来反映的，采用了转换法。
（2）[2]甲、乙两次实验中，用的是同一小球，小球的质量相同，而小球由静止滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以这两次实验探究的是动能大小与速度的关系。
（3）[3]由图乙和图丙两次实验可知，两个小球的质量不同，小球由静止滚下的高度相同，则到达水平面时的速度相同，图丙实验时，木块被撞后滑出木板掉落，即丙图中木块移动的距离大，则B球的动能较大，根据速度相同时动能大小与质量的关系可知B球的质量较大，即。
[4] A．换用质量更小的钢球，在速度不变的情况下，其动能更小，推动木块移动的距离变小，故能完成实验探究，故A符合题意；
B．给水平木板铺上毛巾，没有控制水平面的粗糙程度相同，则两次实验中木块受到的摩擦力不同，不能通过木块移动距离的大小来反映小球的动能大小，所以不能完成实验探究，故B不符合题意；
C．适当降低钢球B的高度，钢球的速度发生了变化，即没有控制小球到达水平面时的速度相同，所以无法完成实验探究，故C不符合题意；
D．换用一个较重的木块，两木块对木板的压力不同，则两木块受到的摩擦力不同，不能通过木块移动距离的大小来反映小球的动能大小，所以不能完成实验探究，故D不符合题意。
故选A。
20. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，图中搅拌器未画出。燃料的质量都为，烧杯内的液体质量和初温相同。
（1）若要比较不同燃料的热值大小，则应选择___________ 两图进行实验；实验中，用___________ （选填“加热的时间”或“升高的温度”）来表示燃料放热的多少。实验中，待两种燃料燃烧相同的时间后，小明发现图乙烧杯中液体升高的温度较高，这___________ （能/不能）说明燃料的热值较大；
（2）某同学选用甲、乙两图进行实验，所得数据如下表所示：
分析表中数据，你认为a、b两种液体中，液体___________ 的温度升高得较快，液体___________ 的吸热能力更强（选填a或b）。
【答案】 ①. 乙、丙 ②. 升高的温度 ③. 不能 ④. b ⑤. a
【解析】
【详解】（1）[1]若要比较不同燃料的热值，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，应选择乙、丙两图进行实验。
[2]实验中，燃料释放的温度越多，液体吸收的热量越多，液体温度升高越多，实验中用到转换法，用液体温度升高多少来表示燃料放热的多少。
[3]由可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，而在实验中，待两种燃料燃烧相同的时间后，没有控制燃料的质量相同，故据此不能说明燃料的热值较大。
（2）[4]由表中数据，加热秒，a升高、b升高，故实验中发现液体的温度比液体a的温度升高得快。
[5]用相同装置加热相同时间，ab吸收热量相同，ab质量相同，a升高温度较少，由得，这表明液体a吸热本领更强。
21. 某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
（1）实验中应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。但小组有同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，应该静止读数，其他人认为他的想法不正确，因为他没有考虑到_____对滑轮组机械效率的影响，静止时测出的机械效率将 _____（填“变大”或“变小”或“不变”）；
（2）通过比较_____两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关（填实验次数的序号）；
（3）第4次实验的机械效率η＝_____；通过比较3、4两次实验数据可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越 _____（填“高”或“低”）；
（4）若每个滑轮的质量为100g，则第二次实验中克服摩擦做的额外功为_____J。（不计绳重）
【答案】 ①. 摩擦 ②. 变大 ③. 1、2 ④. 80% ⑤. 低 ⑥. 0.04
【解析】
【详解】（1）[1]提升过程中，滑轮和轴之间的摩擦，会影响滑轮组的机械效率。
[2]若静止时读数，测力计没有测量出机械之间的摩擦，测量的拉力偏小，导致在有用功一定时，总功偏小，根据机械效率公式知机械效率变大。
（2）[3]比较第1、2两次的实验数据，同一滑轮组，绳子段数不同，机械效率相同，可得出结论：使用同一滑轮组提升重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关。
（3）[4]图丁的装置中，承担物重的绳子段数为4，故绳子自由端移动的距离
s＝nh＝4×0.1m＝0.4m
拉力做的总功
W总＝Fs＝2.5N×0.4m＝1J
有用功
W有用＝Gh＝8N×0.1m＝0.8J
滑轮组的机械效率
[5]比较第3、4次的实验数据，不同滑轮组提升相同重物，动滑轮重不同，机械效率不同，可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低。
（4）[6]由表中数据可知，第二次实验中，有用功
W有2＝G2h2＝4N×0.1m＝0.4J
总功
W总2＝F2s2＝1.8N×0.3m＝0.54J
动滑轮的重力
G动＝m动g＝100×10﹣3kg×10N/kg＝1N
则克服动滑轮重力做的功
W动＝G动h2＝1N×0.1m＝0.1J
不计绳重，由W总＝W额+W有和W额＝W动+W摩擦可得，克服摩擦做的额外功
W摩擦＝W总2﹣W有2﹣W动＝0.54J﹣0.4J﹣0.1J＝0.04J
22. 小明和小红一起做探究杠杆平衡条件的实验：
（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，发现杠在如图甲所示的位置保持静止，此时杠杆___________ （选填“是”或“不是”）处于平衡状态；
（2）如图乙所示，A位置挂2个钩码，为使杠杆再次平衡，应该在B位置挂上___________ 个同样的钩码，当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时向着靠近支点的方向各移动一小格，则杠杆___________ 端（选填“左”或“右”）会下沉；
（3）如图丙所示，为改变力的方向，小红在杠杆右侧用弹簧测力计向下拉，当测力计由竖直方向逐渐向左转，杠杆始终保持水平平衡，测力计的示数将___________ （“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）该实验中，要多次测量动力F1动力臂l1，阻力F2阻力臂l2的数据，其目的是___________ （减小误差/得出普遍规律）；
（5）如图丁所示，O为杠杆的中点，若以杠杆上的C位置为支点，在D位置挂质量为m的钩码时，杠杆恰好在水平位置平衡，用刻度尺测出此时钩码悬挂位置D点到C点的距离l，根据杠杆平衡条件，可以估算出杠杆的质量m杆= ___________ （用给出的字母符号表示）；
（6）若图戊中B点悬挂的钩码总重为G，在A点弹簧测力计用拉力大小为F使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：
（a）拉力所做的有用功W有= ___________ （用测量的物理量符号表示）。
（b）若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆机械效率将___________ （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 是 ②. 4 ③. 左 ④. 变大 ⑤. 得出普遍规律 ⑥. ⑦. Gh2 ⑧. 变大
【解析】
【详解】（1）[1]杠杆的位置如图甲所示，此时杠杆处于静止状态，则杠杆处于平衡状态。
（2）[2]假设一个钩码重G0，杠杆一格为l0；根据杠杆的平衡条件：动力动力臂阻力阻力臂得出
解得，即应该在B点挂4个钩码。
[3]若A、B两点的钩码同时向靠近支点的方向移动一个格，则左侧为
右侧
因为，杠杆不能平衡，左端将会下沉。
（3）[4]由图丙可知，弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动过程中，动力臂变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，由于阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数将变大。
（4）[5]该实验中，一次实验得出的结论具有偶然性，应多次测量动力F1动力臂l1，阻力F2阻力臂l2的数据，分析数据之间的逻辑关系，其目的是排除偶然性，寻找普遍规律。
（5）[6]以杠杆上的C位置为支点，在C的右侧挂质量为m的钩码，移动钩码至D位置时，杠杆恰好在水平位置平衡；钩码悬挂位置D点到C点的距离l0，杠杆中点即O点到C点的距离3l0，为杠杆自身重力的力臂。根据杠杆的平衡条件有
杠杆的质量。
（6）（a）[7]钩码总重为G，钩码随B点上升的高度为h2，则拉力所做的有用功为。
（b）[7]若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，根据可知有用功不变，从图中可以看出，杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的做功将小于第一次做的总功，由可知，杠杆机械效率将变大。
五、计算题（本大题共2小题，共16.0分）
23. 如图所示，某建筑工地用起重机将质量为2.7t的货箱以0.5m/s的速度匀速提升，吊臂上的滑轮组如图所示，若忽略绳重和摩擦，该滑轮组的机械效率为90%。（g=10N/kg）求：
（1）在10s内货箱上升的高度；
（2）吊臂上电动机拉力F做功的功率；
（3）依然利用此机械提升重为3.7×104N的货箱，求此时滑轮组的机械效率。
【答案】（1）5m；（2）1.5×104W；（3）92.5%
【解析】
【详解】（1）在10s内货箱上升的高度
h=vt=0.5m/s×10s=5m
（2）货箱的重力
G=mg=2.7×103kg×10N/kg=2.7×104N
滑轮组做的有用功：
W有用=Gh=2.7×104N×5m=1.35×105J
由η=90%可得吊臂上电动机拉力F做的总功
电动机拉力F做功的功率
（3）忽略绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功
W额=W总﹣W有用=1.5×105J﹣1.35×105J=1.5×104J
由W额=G动h可得动滑轮重力
忽略绳重和摩擦，利用此机械提升质量为3.7×104N的货箱时，滑轮组的机械效率
答：（1）在10s内货箱上升的高度为5m；
（2）吊臂上电动机拉力F做功的功率为1.5×104W；
（3）依然利用此机械提升质量为3.7×104N的货箱，此时滑轮组的机械效率为92.5%。
24. 我国自主研制的某新型航空飞机，它的热效率和推进效率都较高，所谓热效率是指发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比，而推进效率则是指发动机对飞机的推力所做的功与发动机获得的机械能之比。已知飞机飞行时所受阻力与运行速度的关系如表，若某次航行中飞机以的水平速度匀速巡航，需要完全燃烧热值为的燃油，求：
（1）飞机推力做功的功率；
（2）1080kg燃油完全燃烧释放的热量；
（3）若发动机的推进效率为60%，求发动机的热效率。
【答案】（1）7.2×106 W；（2）5.4×1010 J；（3）40%。
【解析】
【详解】解：（1）某次航行中飞机的速度为
飞机匀速巡航时推力与飞机受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，飞机的推力
飞机推力所做的功率
（2）1080kg燃油完全燃烧放出的热量为
（3）发动机推力做的功为
由题意可知，发动机的推进效率
则发动机获得的机械能为
发动机的热效率为
答：（1）飞机在这次匀速巡航的过程中，推力做功的功率为；
（2）1080kg燃油完全燃烧释放的热量为；
（3）发动机的热效率为。温度
加热时间/s
液体a
液体b
实验
次数
钩码重
量G/N
钩码上升
高度h/m
绳端拉
力F/N
绳端移
动距离s/m
机械效
率η
1
4
0.1
2.7
0.2
74%
2
4
0.1
1.8
0.3
74%
3
8
0.1
3.1
0.3
86%
4
8
0.1
2.5
速度v/（m/s）
阻力
1. 电动公交既节能、又环保。乘坐电动公交车时，车的前后两门（电路开关）中的任意一个门没有关闭好，电动公交车都无法行驶，下面符合题要求的电路是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为电动机要由前、后两门（电路开关）关闭同时控制，否则电动公交车无法行驶，所以前后两门中的电路开关应串联连接，且同时控制电动机，所以电动机与两个开关串联，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
2. 关于体育课上的活动情景，某同学对物体做功的是（ ）
A. 举着杠铃不动B. 将地面上的实心球捡起
C. 提着体育器材在操场上水平走动D. 踢出去的足球在草地上滚动
【答案】B
【解析】
【详解】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
A．举着杠铃静止不动，人给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功，故A不符合题意；
B．将地面上的实心球捡起，对实心球施加了力，并且在力的方向上移动了距离，因此对实心球做功了，故B符合题意；
C．提着体育器材在操场上水平走动，人对体育器材施加了力，没有在力方向上移动了距离，移动距离的方向与力的方向垂直，因此人对体育器材没有做功，故C符合题意；
D．踢出去的足球在草地上滚动，足球离开人的脚后在地面上滚动的过程，不受脚对它的力，故无力有距离，不做功，故D不符合题意。
故选B。
3. 如图所示的工具在正常使用过程中，属于省力杠杆的是（ ）
A. 食品夹子B. 筷子
C. 核桃夹D. 镊子
【答案】C
【解析】
【详解】A．食品夹子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不符合题意；
B．筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B不符合题意；
C．核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C符合题意；
D．镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不符合题意。
故选C。
4. 如图所示，用相同的滑轮和绳子分别组成甲、乙两个滑轮组，分别用甲、乙两个滑轮组在相同时间内将重为G的物体匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A. 绳自由端的拉力F甲＜F乙B. 拉力所做的功W甲＞W乙
C. 拉力的功率P甲＞P乙D. 滑轮组的机械效率η甲＝η乙
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．甲滑轮组有两段绳子承担物重，乙滑轮组有三段绳子承担物重，不计绳重及摩擦，则甲滑轮组绳子自由端的拉力
乙滑轮组绳子自由端的拉力
故
F甲＞F乙
故A错误；
B．因忽略绳重与摩擦时，克服物体重力做的功为有用功，且两滑轮组将物体提升相同高度，由W有=Gh可知，两滑轮组做的有用功相等。利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，则两滑轮组拉力做的总功相等，即
W甲=W乙
故B错误；
C．两滑轮组拉力所做的功相同，做功时间相同，所以两个滑轮组拉力的功率相同，即
P甲=P乙
故C错误；
D．两滑轮组做的有用功即为克服物重所做的功，因此有用功相同、总功相同，故两滑轮组的机械效率相同，即
η甲＝η乙
故D正确。
故选D。
5. 关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A. 沿海地区白天的风多是从陆地吹向海面
B. 热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体
C. 我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多
D. 夏天在室内洒水降温，利用了水的比热容较大的性质
【答案】B
【解析】
【详解】因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，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；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，风从海洋吹向陆地，形成海风，故A错误；
B．热量总是从高温物体传向低温物体，或者从同一物体的高温部分传向低温部分，跟内能多少无关，所以内能少的物体可以把热量传递给内能多的物体，故B正确；
C．我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤的温度高，不能说物体含有多少热量，故C错误；
D．夏天在室内洒水降温，是因为水蒸发要吸收热量，使室内温度降低，故D错误。
故选。
6. 如图所示是学校小制作比赛中的作品自制蒸汽机，烧瓶瓶口的橡皮塞上插着“”型喷管，喷管的最上端通过球形磁铁吸到铁架台上，使烧瓶可以自由转动。当加热至水沸腾，水蒸气从喷嘴喷出，烧瓶开始快速旋球形磁铁转。下列说法正确的是（ ）
A. 酒精灯中的酒精未完全燃烧时，酒精的热值变小
B. 烧瓶中的水温度升高，内能增大是通过热传递的方式实现的
C. 水蒸气喷出时对喷管做功，内能增大
D. 此实验的原理等效内燃机压缩冲程，此时机械能转化为内能
【答案】B
【解析】
【详解】A．热值是燃料的一种性质，与燃烧程度无关，酒精灯中的酒精未完全燃烧时，酒精的热值不变，故A错误；
B．烧瓶中的水吸收热量， 温度升高，内能增大是通过热传递的方式改变的，故B正确；
C．烧瓶内水蒸气的内能会转化为烧瓶的机械能，烧瓶内水蒸气的内能减少，故C错误；
D．烧瓶内水蒸气对外做功的过程中，内能转化为机械能，与内燃机的做功冲程相同，故D错误。
故选B。
7. 在劳动实践中，小孙在水平地面与车厢间用木板搭一斜面，并用平行于斜面的推力将重G=600N的货物匀速地从斜面底端推到顶端的车厢，如图所示。已知斜面长L=6m，斜面高h=1.5m，斜面的机械效率η=60%。下列叙述中正确的是（ ）
A. 小孙推动货物所用推力大小为150N
B. 若增大推行速度，则货物受到的摩擦力将变大
C. 货物受到斜面的摩擦力大小为250N
D. 若h不变、减小L，则斜面机械效率将升高
【答案】D
【解析】
【详解】A．有用功
W有用=Gh=600N×1.5m=900J
根据可得总功
小孙推动货物所用推力
故A错误；
B．滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，若增大推行速度，货物对斜面的压力大小和接触面的粗糙程度均不变，则货物受到的摩擦力将不变，故B错误；
C．额外功
W额=W总-W有用=1500J-900J=600J
货物受到斜面的摩擦力
故C错误；
D．若h不变、减小L，斜面变陡，物体对斜面的压力减小，斜面对物体的摩擦力减小，额外功减小，有用功不变，根据
W总=W有用+W额
可知，总功减小，根据可知斜面的机械效率将升高，故D正确。
故选D。
8. 某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点．运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示(蹦极过程视为在竖直方向的运动)．下列判断错误的是
A. 运动员在B点的动能大于在C点动能
B. 从B点到C点绳的弹性势能增大
C. 运动员重力大于F0
D. t0时刻运动员动能为0
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点．A．运动员从B点到C点的过程中，由于弹力大于重力，所以运动员的运动速度减小，动能减小，因此运动员在B点的动能大于在C点动能，故A说法正确； B．从B点到C点的过程中，绳子的长度越来越长，形变程度越来越大，则绳的弹性势能越来越大，故B说法正确； C．由图乙可知，最后绳的弹力几乎不变，说明此时运动员已经静止下来，此时弹力与重力平衡，由图象可知，运动员的重力小于F0，故C说法错误； D．由图乙可知，t0时刻弹力最大，则绳子的弹性形变是最大的，所以运动员应达到了最低点，此时速度为零，动能最小为零，故D说法正确．故选C.
9. 通过学习，小云知道了冰和水的比热容是不同的，为了探究其他物质的吸热本领是否也与状态有关，小云将质量为100g比热容为1.5×103 J/(kg·℃)的固体碾碎，用酒精灯对它均匀加热，共加热10min，它的温度随时间的变化如图所示。加热过程共消耗5g酒精，酒精的热值为3×107J/kg。若相同时间内物质吸收的热量相等，下列说法正确的是（ ）
A. 该物质固态时升温比液态时快，说明固态时吸热本领比液态时强
B. 由于2~6min物质温度不变，因此无法计算其吸收的热量
C. 该物质在液态时比热容为3×103 J/(kg·℃)
D. 该酒精灯的加热效率为40%
【答案】C
【解析】
【详解】A．熔化过程中物质的质量不变，固态和液态时质量相同，而相同时间内物质吸收的热量相等，由可知，固态时升温比液态时快，说明固态时的比热容小，即固态吸热本领比液态时弱，故A错误；
B．相同时间内物质吸收的热量相等，所以根据BC段（加热时间为4min）吸收的热量可以求出2～6min物质吸收的热量，故B错误；
C．由图可知，该物质固态时加热了2min，温度变化为
Δt固=40℃-0℃=40℃
该物质液态时加热了4min，温度变化为
Δt液=80℃-40℃=40℃
固态和液态时质量相同
m=100g=0.1kg
该物质固态时加热了2min，吸收的热量
Q固吸=c固mΔt固=1.5×103 J/(kg·℃)×0.1kg×40℃=6×103J
相同时间内物质吸收的热量相等，所以
Q液吸=2Q固吸=2×6×103J=1.2×104J
该物质在液态时比热容
故C正确；
D．加热过程总计10min，物质吸收的总热量是固态阶段吸收热量的5倍
Q总吸=5×Q固吸=5×6×103J=3×104J
酒精放出的热量
Q放=m酒精q=5×10-3kg×3×107J/kg=1.5×105J
该酒精灯的加热效率
故D错误。
故选C。
10. 某单缸四冲程汽油机的汽缸活塞面积为30cm2，一个冲程活塞在汽缸中移动的距离是50mm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为9.0×l05Pa，飞轮在lmin转动1800周，当汽油机满负荷工作时（不计摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A. 汽油机每秒内完成30个冲程
B. 一个做功冲程中燃气对活塞做的功为1.35×l05J
C. 汽油机的功率为2025W
D. 做功冲程中燃气对活塞的平均压力为2.7×l07N
【答案】C
【解析】
【详解】A．由汽油机工作时，完成一个工作循环，飞轮转动2周，完成4个冲程，对外做功1次，可知当飞轮lmin转动1800周，即每秒钟转动30周，完成60个冲程，故A错误；
BCD．由题可知，汽油机的汽缸活塞面积为
燃气对活塞的平均压力为
一个冲程活塞在汽缸中移动的距离为
一个做功冲程中燃气对活塞做的功
飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动1800周，要对外做功900次，燃气对活塞做的总功为
汽油机的功率为
故C正确，BD错误。
故选C。
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
11. 如图是学校楼道中安装的应急照明灯，外部供电线路有电时应急灯不亮，供电线路对应急照明灯内的蓄电池充电，把电能转化为____能，此时蓄电池相当于_____（填“电源”或“用电器”）；供电线路停电时，应急灯正常发光，取下其中的一个灯泡，另一个灯泡仍然发光，说明应急灯的两个灯泡是______填“串”或“并”）联的｡
【答案】 ①. 化学 ②. 用电器 ③. 并
【解析】
【分析】电池充电时，将电能转化为化学能；串并联电路最基本的外在表现是：串联电路中各用电器相互影响，一处断路，其它用电器也停止工作；并联电路中电流有多条路径，一条支路的通断不影响其它支路的工作．据此，可对应急灯的工作情况做出判断
【详解】[1][2]电池充电时，消耗电能，将电能转化为化学能，相当于一个用电器。
[3]应急灯取下其中一个灯泡时，另一个灯泡仍然发光，说明两灯的工作互不影响，可以断定其连接方式是并联。
12. 如图所示，若闭合开关，断开开关、，则灯___________ （选填“L1”或“L2”）能发光；若需要灯L1、L2并联，则应闭合开关___________ ；若同时闭合开关___________ ，则会使电源短路。
【答案】 ①. ②. 、 ③. 、
【解析】
【详解】[1]如果闭合开关，断开开关、，灯没有连入电路，电流只流经灯，故亮，灯不发光。
[2]如果需要、灯并联，电流的路径有两条，分别经过两个灯泡，需要闭合开关、。
[3]同时闭合开关、，电流依次流经、，然后流回电源的负极，引起电源短路。
13. 图甲正在作业的喷雾车在水平路面上匀速直线行驶，它的动能___________ （增大/减小/不变）；图乙卫星绕地球从远地点向近地点运动时，它的重力势能___________ （增大/减小/不变）；图丙是嫦娥五号返回器以“太空打水漂”的方式成功着陆时，假设返回器的质量不变，返回器在A、B、C三处的机械能分别为EA、EB、EC，则这三处机械能的大小关系为___________ （用“>”“=”或“<”连接）。
【答案】 ①. 减小 ②. 减小 ③.
【解析】
【详解】[1]正在作业的喷雾车在水平路面上匀速直线行驶，它的速度不变，但质量在不断减小，因此动能减小。
[2]在从远地点向近地点运动的过程中，卫星的质量不变卫星的质量不变、相对高度减小，势能减小。
[3]从点到点，由于克服空气阻力做功，消耗一部分机械能，所以机械能减小，从点到点，是在真空中，机械能不会消耗，所以机械能不变，故机械能的关系为
14. 如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，这是___________（选填“做功”或“压缩”）冲程；此时汽缸内的燃气内能___________（选填“增加”或“减少”），若完全燃烧汽油，放出热量为4.2×106J，如果这些热量全部被质量为100kg的水吸收，能使水的温度升高___________℃。（c水=4.2×103J/（kg•℃）
【答案】 ①. 做功 ②. 减少 ③. 10
【解析】
【详解】[1][2]如图，内燃机的进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，所以是做功冲程；此冲程中，汽缸内的燃气推动活塞做功，燃气内能转化为机械能，则燃气的内能减小。
[3]由题知，水吸收的热量
由可得，水升高的温度
15. 质量为70kg的工人，用如图装置提升石板，已知托板重200N，容量足够大，每块石板重100N，绳能承受的最大拉力为800N，滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计。当工人在4s内将10块石板匀速提升2m时，此装置的机械效率为80%。当该工人站在地面上用此装置提升石板的过程中，此装置动滑轮重___________N；该工人用此装置最多可提升___________块石板。
【答案】 ①. 50 ②. 11
【解析】
【详解】[1]托板重200N，容量足够大，每块石板重100N，当工人在4s内将10块石板匀速提升2m时，此装置的机械效率为80%，设动滑轮的重力为G动，此装置提升的重物重力为
石板升高的高度为2m，此装置所做的有用功为
此装置的机械效率为80%，此装置做的总功为
由于总功等于有用功和额外功之和，所以此装置做的额外功为
滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计，那么所做的额外功为克服动滑轮自身的重力和托板的重力所做的功，动滑轮和托板也上升了2m，该动滑轮和托板的重力之和为
已知托板重200N，则动滑轮的重力为50N。
[2]虽然绳能承受的最大拉力为800N，但是工人的质量为70kg，工人能使用的最大的拉力为自身的重力大小，为700N，每条绳子产生的拉力最大为700N，托板重200N，动滑轮的重力为50N。设该工人用此装置最多可提升石板的数量为n，把动滑轮、托板、石块看作一个整体，动滑轮上有两段绳子，两条绳子的拉力和整体的重力平衡，可得
代入数据解得，则该工人用此装置最多可提升11块石板。
16. 小张驾驶一辆额定功率为千瓦、效率为的汽车在一段平直的公路上匀速行驶，在额定功率下行驶1小时至少需要______汽油（汽油的热值为3.5×107 J/L）； 若行驶的速度为，则汽车受到的阻力为______。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]小汽车以额定功率匀速直线行驶牵引力所做的功为
汽油完全燃烧放出的热量为
需要汽油的体积至少为
[2]，汽车发动机的牵引力为
因为汽车在平直公路上匀速行驶，受力平衡，所以汽车受到的阻力为
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 图甲是一个压饺子皮神器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是其简化的示意图，O为支点，F2是使用时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图及阻力臂l2。
【答案】
【解析】
【详解】根据杠杆的平衡条件，要想找到最小力就要找到最长的力臂，连接支点O与作用点A，OA即为最长力臂，力臂始终与力的作用线垂直，从而找到最小力；从点O向F2的作用线作垂线，垂线段长即为阻力臂l2，如图所示：
18. 参照实物图完成电路图。
【答案】
【解析】
【详解】由实物图知，两灯并联，开关在干路上，在支路上，根据实物图从电源正极直到电源负极，依次将各个用电器连入电路中，电路图如图所示：
四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
19. 汽车的超载、超速行驶很容易造成交通事故。小东由此想要探究动能大小与质量、速度的关系。实验过程如图，其中。
（1）三次实验应让小球由静止开始滚下，动能的大小是通过______ 来反映的；
（2）甲、乙两次实验探究的是动能与______ 的关系；
（3）进行图丙实验时，木块被撞后滑出木板掉落，由此可推断A、B两球的质量关系是：mA ______ mB。为了实验安全，需改进丙图实验，再与乙图实验对比，在不改变木板长度的情况下，以下可行的方法是______ （填写正确选项前的字母）。
A．换用质量更小的钢球
B．给水平木板铺上毛巾
C．适当降低钢球B的高度
D．换用一个较重的木块
【答案】 ①. 木块移动的距离 ②. 速度 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]该实验中，小球的动能大小是通过木块移动的距离大小来反映的，采用了转换法。
（2）[2]甲、乙两次实验中，用的是同一小球，小球的质量相同，而小球由静止滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以这两次实验探究的是动能大小与速度的关系。
（3）[3]由图乙和图丙两次实验可知，两个小球的质量不同，小球由静止滚下的高度相同，则到达水平面时的速度相同，图丙实验时，木块被撞后滑出木板掉落，即丙图中木块移动的距离大，则B球的动能较大，根据速度相同时动能大小与质量的关系可知B球的质量较大，即。
[4] A．换用质量更小的钢球，在速度不变的情况下，其动能更小，推动木块移动的距离变小，故能完成实验探究，故A符合题意；
B．给水平木板铺上毛巾，没有控制水平面的粗糙程度相同，则两次实验中木块受到的摩擦力不同，不能通过木块移动距离的大小来反映小球的动能大小，所以不能完成实验探究，故B不符合题意；
C．适当降低钢球B的高度，钢球的速度发生了变化，即没有控制小球到达水平面时的速度相同，所以无法完成实验探究，故C不符合题意；
D．换用一个较重的木块，两木块对木板的压力不同，则两木块受到的摩擦力不同，不能通过木块移动距离的大小来反映小球的动能大小，所以不能完成实验探究，故D不符合题意。
故选A。
20. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，图中搅拌器未画出。燃料的质量都为，烧杯内的液体质量和初温相同。
（1）若要比较不同燃料的热值大小，则应选择___________ 两图进行实验；实验中，用___________ （选填“加热的时间”或“升高的温度”）来表示燃料放热的多少。实验中，待两种燃料燃烧相同的时间后，小明发现图乙烧杯中液体升高的温度较高，这___________ （能/不能）说明燃料的热值较大；
（2）某同学选用甲、乙两图进行实验，所得数据如下表所示：
分析表中数据，你认为a、b两种液体中，液体___________ 的温度升高得较快，液体___________ 的吸热能力更强（选填a或b）。
【答案】 ①. 乙、丙 ②. 升高的温度 ③. 不能 ④. b ⑤. a
【解析】
【详解】（1）[1]若要比较不同燃料的热值，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，应选择乙、丙两图进行实验。
[2]实验中，燃料释放的温度越多，液体吸收的热量越多，液体温度升高越多，实验中用到转换法，用液体温度升高多少来表示燃料放热的多少。
[3]由可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，而在实验中，待两种燃料燃烧相同的时间后，没有控制燃料的质量相同，故据此不能说明燃料的热值较大。
（2）[4]由表中数据，加热秒，a升高、b升高，故实验中发现液体的温度比液体a的温度升高得快。
[5]用相同装置加热相同时间，ab吸收热量相同，ab质量相同，a升高温度较少，由得，这表明液体a吸热本领更强。
21. 某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
（1）实验中应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。但小组有同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，应该静止读数，其他人认为他的想法不正确，因为他没有考虑到_____对滑轮组机械效率的影响，静止时测出的机械效率将 _____（填“变大”或“变小”或“不变”）；
（2）通过比较_____两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关（填实验次数的序号）；
（3）第4次实验的机械效率η＝_____；通过比较3、4两次实验数据可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越 _____（填“高”或“低”）；
（4）若每个滑轮的质量为100g，则第二次实验中克服摩擦做的额外功为_____J。（不计绳重）
【答案】 ①. 摩擦 ②. 变大 ③. 1、2 ④. 80% ⑤. 低 ⑥. 0.04
【解析】
【详解】（1）[1]提升过程中，滑轮和轴之间的摩擦，会影响滑轮组的机械效率。
[2]若静止时读数，测力计没有测量出机械之间的摩擦，测量的拉力偏小，导致在有用功一定时，总功偏小，根据机械效率公式知机械效率变大。
（2）[3]比较第1、2两次的实验数据，同一滑轮组，绳子段数不同，机械效率相同，可得出结论：使用同一滑轮组提升重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关。
（3）[4]图丁的装置中，承担物重的绳子段数为4，故绳子自由端移动的距离
s＝nh＝4×0.1m＝0.4m
拉力做的总功
W总＝Fs＝2.5N×0.4m＝1J
有用功
W有用＝Gh＝8N×0.1m＝0.8J
滑轮组的机械效率
[5]比较第3、4次的实验数据，不同滑轮组提升相同重物，动滑轮重不同，机械效率不同，可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低。
（4）[6]由表中数据可知，第二次实验中，有用功
W有2＝G2h2＝4N×0.1m＝0.4J
总功
W总2＝F2s2＝1.8N×0.3m＝0.54J
动滑轮的重力
G动＝m动g＝100×10﹣3kg×10N/kg＝1N
则克服动滑轮重力做的功
W动＝G动h2＝1N×0.1m＝0.1J
不计绳重，由W总＝W额+W有和W额＝W动+W摩擦可得，克服摩擦做的额外功
W摩擦＝W总2﹣W有2﹣W动＝0.54J﹣0.4J﹣0.1J＝0.04J
22. 小明和小红一起做探究杠杆平衡条件的实验：
（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，发现杠在如图甲所示的位置保持静止，此时杠杆___________ （选填“是”或“不是”）处于平衡状态；
（2）如图乙所示，A位置挂2个钩码，为使杠杆再次平衡，应该在B位置挂上___________ 个同样的钩码，当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时向着靠近支点的方向各移动一小格，则杠杆___________ 端（选填“左”或“右”）会下沉；
（3）如图丙所示，为改变力的方向，小红在杠杆右侧用弹簧测力计向下拉，当测力计由竖直方向逐渐向左转，杠杆始终保持水平平衡，测力计的示数将___________ （“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）该实验中，要多次测量动力F1动力臂l1，阻力F2阻力臂l2的数据，其目的是___________ （减小误差/得出普遍规律）；
（5）如图丁所示，O为杠杆的中点，若以杠杆上的C位置为支点，在D位置挂质量为m的钩码时，杠杆恰好在水平位置平衡，用刻度尺测出此时钩码悬挂位置D点到C点的距离l，根据杠杆平衡条件，可以估算出杠杆的质量m杆= ___________ （用给出的字母符号表示）；
（6）若图戊中B点悬挂的钩码总重为G，在A点弹簧测力计用拉力大小为F使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：
（a）拉力所做的有用功W有= ___________ （用测量的物理量符号表示）。
（b）若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆机械效率将___________ （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 是 ②. 4 ③. 左 ④. 变大 ⑤. 得出普遍规律 ⑥. ⑦. Gh2 ⑧. 变大
【解析】
【详解】（1）[1]杠杆的位置如图甲所示，此时杠杆处于静止状态，则杠杆处于平衡状态。
（2）[2]假设一个钩码重G0，杠杆一格为l0；根据杠杆的平衡条件：动力动力臂阻力阻力臂得出
解得，即应该在B点挂4个钩码。
[3]若A、B两点的钩码同时向靠近支点的方向移动一个格，则左侧为
右侧
因为，杠杆不能平衡，左端将会下沉。
（3）[4]由图丙可知，弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动过程中，动力臂变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，由于阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数将变大。
（4）[5]该实验中，一次实验得出的结论具有偶然性，应多次测量动力F1动力臂l1，阻力F2阻力臂l2的数据，分析数据之间的逻辑关系，其目的是排除偶然性，寻找普遍规律。
（5）[6]以杠杆上的C位置为支点，在C的右侧挂质量为m的钩码，移动钩码至D位置时，杠杆恰好在水平位置平衡；钩码悬挂位置D点到C点的距离l0，杠杆中点即O点到C点的距离3l0，为杠杆自身重力的力臂。根据杠杆的平衡条件有
杠杆的质量。
（6）（a）[7]钩码总重为G，钩码随B点上升的高度为h2，则拉力所做的有用功为。
（b）[7]若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，根据可知有用功不变，从图中可以看出，杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的做功将小于第一次做的总功，由可知，杠杆机械效率将变大。
五、计算题（本大题共2小题，共16.0分）
23. 如图所示，某建筑工地用起重机将质量为2.7t的货箱以0.5m/s的速度匀速提升，吊臂上的滑轮组如图所示，若忽略绳重和摩擦，该滑轮组的机械效率为90%。（g=10N/kg）求：
（1）在10s内货箱上升的高度；
（2）吊臂上电动机拉力F做功的功率；
（3）依然利用此机械提升重为3.7×104N的货箱，求此时滑轮组的机械效率。
【答案】（1）5m；（2）1.5×104W；（3）92.5%
【解析】
【详解】（1）在10s内货箱上升的高度
h=vt=0.5m/s×10s=5m
（2）货箱的重力
G=mg=2.7×103kg×10N/kg=2.7×104N
滑轮组做的有用功：
W有用=Gh=2.7×104N×5m=1.35×105J
由η=90%可得吊臂上电动机拉力F做的总功
电动机拉力F做功的功率
（3）忽略绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功
W额=W总﹣W有用=1.5×105J﹣1.35×105J=1.5×104J
由W额=G动h可得动滑轮重力
忽略绳重和摩擦，利用此机械提升质量为3.7×104N的货箱时，滑轮组的机械效率
答：（1）在10s内货箱上升的高度为5m；
（2）吊臂上电动机拉力F做功的功率为1.5×104W；
（3）依然利用此机械提升质量为3.7×104N的货箱，此时滑轮组的机械效率为92.5%。
24. 我国自主研制的某新型航空飞机，它的热效率和推进效率都较高，所谓热效率是指发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比，而推进效率则是指发动机对飞机的推力所做的功与发动机获得的机械能之比。已知飞机飞行时所受阻力与运行速度的关系如表，若某次航行中飞机以的水平速度匀速巡航，需要完全燃烧热值为的燃油，求：
（1）飞机推力做功的功率；
（2）1080kg燃油完全燃烧释放的热量；
（3）若发动机的推进效率为60%，求发动机的热效率。
【答案】（1）7.2×106 W；（2）5.4×1010 J；（3）40%。
【解析】
【详解】解：（1）某次航行中飞机的速度为
飞机匀速巡航时推力与飞机受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，飞机的推力
飞机推力所做的功率
（2）1080kg燃油完全燃烧放出的热量为
（3）发动机推力做的功为
由题意可知，发动机的推进效率
则发动机获得的机械能为
发动机的热效率为
答：（1）飞机在这次匀速巡航的过程中，推力做功的功率为；
（2）1080kg燃油完全燃烧释放的热量为；
（3）发动机的热效率为。温度
加热时间/s
液体a
液体b
实验
次数
钩码重
量G/N
钩码上升
高度h/m
绳端拉
力F/N
绳端移
动距离s/m
机械效
率η
1
4
0.1
2.7
0.2
74%
2
4
0.1
1.8
0.3
74%
3
8
0.1
3.1
0.3
86%
4
8
0.1
2.5
速度v/（m/s）
阻力
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