江苏省镇江市丹徒区2024-2025学年九年级（上）11月期中物理试卷（解析版）

这是一份江苏省镇江市丹徒区2024-2025学年九年级（上）11月期中物理试卷（解析版），共23页。
1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色墨水笔将自己的姓名和准考证号填写在试卷、答题卷上相应位置．
2．答选择题必须用2B铅笔将答题卷上对应的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，再涂其他答案．答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后写上新的答案．不按以上要求作答的答案无效．
3．作图题请先用2B铅笔作答，确认无误后请用0.5毫米黑色墨水笔描黑．
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题只有一个选项是正确的）
1. 下列单位中是功的单位的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】功的国际单位是焦耳，符号是J；N是力的单位，W是功率的单位，kg是质量的单位，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
2. 下列工具属于省距离杠杆的是（ ）
A. 羊角锤B. 钢丝钳
C. 启瓶器D. 筷子
【答案】D
【解析】A．羊角锤使用时动力臂大于阻力臂，是省力但费距离的杠杆，故A不符合题意；
B．钢丝钳使用时动力臂大于阻力臂，是省力但费距离的杠杆，故B不符合题意；
C．启瓶器在使用时动力臂大于阻力臂，是省力但费距离的杠杆，故C不符合题意；
D．筷子使用时动力臂小于阻力臂，是费力但省距离的杠杆，故D符合题意。
故选D。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 静止的物体不具有能B. 没有做功的物体不具有能
C. 具有能的物体一定在做功D. 能够做功的物体一定具有能
【答案】D
【解析】物体具有能量说明物体具有做功的本领，不一定正在做功，与物体运动与否无关，故A、B、C说法都不正确；
根据能量守恒的规律，能够做功的物体是一定具有能的，说法正确．
故选D．
点睛：重点是理解能和做功的关系，做功是能转化的过程，但具有能不一定做功，如高处的物体具有重力势能，但没有从高处落下时，是不做功的．
4. 一名质量为同学用从教学楼的一楼走上二楼。则该同学上楼的功率最接近（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】一层楼的高度约为，该同学上楼的功率约为
故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
5. 如图所示神舟十六号返回舱进入大气层，与大气摩擦形成高温“火球”进入黑障区。下列改变内能的方式与“火球”的形成原理相同的是（ ）
A. 烧水水温升高
B. 铁丝来回快速弯折，弯折处温度升高
C. 暖风机使房间温度升高
D. 向手哈气取暖
【答案】B
【解析】神舟十六号返回舱进入大气层克服大气的摩擦阻力做功使自身内能增加，这是用做功的方式改变内能。
A．烧水使水温升高时通过热传递的方式改变内能，故A不符合题意；
B．铁丝来回快速弯折，手对铁丝做功使铁丝内能增加，是通过做功的方式改变物体的内能，故B符合题意；
C．暖风机使房间温度升高是暖风机中的热空气将热量传递给房间中温度较低的空气从而使房间温度升高，是通过热传递的方式改变物体的内能，故C不符合题意；
D．向手哈气取暖是口中的热空气将热量传递给了温度较低的手使手温度升高，是通过热传递的方式改变物体的内能，故D不符合题意。
故选B。
6. 小华参加校外劳动时，经历了如下过程：①她用力搬一筐玉米，未能搬起；②她又用力推筐，仍未推动；③在小明的帮助下，他们将这筐玉米抬起并放到手推车上；④接着他们用水平力推着手推车沿水平路面前往仓库。则（ ）
A. ①中小华对这筐玉米做了功
B. ②中小华对这筐玉米做了功
C. ③中他们对这筐玉米做了功
D. ④中他们对手推车没有做功
【答案】C
【解析】做功的两个必要因素：有力且物体在这个力的方向上移动了一段距离。
A．①中她用力搬一筐玉米，未能搬起，有力但是物体没有移动距离，未做功，故A不符合题意；
B．②中她又用力推筐，仍未推动，有力但是物体没有移动距离，未做功，故B不符合题意；
C．③中在小明的帮助下，他们将这筐玉米抬起并放到手推车上，有力，且这筐玉米在托举力的方向上移动了距离，他们对这筐玉米做了功，故C符合题意；
D．④中接着他们用水平力推着手推车沿水平路面前往仓库，手推车在推力的作用下移动了距离，他们对手推车做了功，故D不符合题意。
故选C。
7. 以下说法中正确的是（ ）
A. 使用斜面提升物体时，既可以省力也可以省功
B. 力做功越多，功率就越大
C. 力做的有用功越多，机械效率就越大
D. 滑轮组在使用时，既可以省力也可以改变力的方向
【答案】D
【解析】A．因为使用任何机械都不省功，所以使用斜面可以省力，但不能省功，故A错误；
B．由于力做功的多少与时间的比值为功率，所以时间不确定，力做功多，功率大小不能确定，故B错误；
C．由于有用功与总功的比值为机械效率，力做的总功不确定，有用功多，机械效率大小不能确定，故C错误；
D．滑轮组由定滑轮和动滑轮组成，在使用时，定滑轮可以改变力的方向，动滑轮能省力，所以滑轮组在使用时，既可以省力也可以改变力的方向，故D正确。
故选D。
8. 关于温度、内能和热量，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体的机械能越大，它的内能就越大
B. 物体的温度不变，它的内能可能变小
C. 物体的内能增加，它一定吸收热量
D. 物体吸收热量，它的温度一定会升高
【答案】B
【解析】A．物体的机械能与内能是两种不同的能量形式。机械能是物体发生机械运动而具有的能，包括动能和势能。内能是指物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和。二者没有直接的联系，故A错误；
B．物体的温度不变，它的内能可能变小，比如晶体凝固时，放出热量，温度不变，但是内能减小，故B正确；
C．物体内能增加，可能是外界对物体做功，也可能是吸收了热量，故C错误；
D．物体吸收热量，温度可能升高可能不变，比如晶体熔化时，吸收热量，内能增加，但温度不变，故D错误。
故选B。
9. 用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热（不计热量损失）。如图所示是A和B的温度随加热时间变化的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 加热相同时间，B比A吸收热量多
B. 升高相同的温度，A吸收热量较多
C. 由图像可知，B的吸热本领强
D. 通过分析图像可以得出，B的比热容是A的两倍
【答案】B
【解析】A．用相同加热器，加热相同时间，物体A、B吸收的热量相同，故A错误；
BC．A、B液体质量相等，初温相同，当A、B升高相同的温度，A加热时间较长，A吸收的热量较多，说明A的吸热本领强，故B正确，C错误；
D．由于A、B液体质量相等，初温相同，用相同的加热器加热相同的时间，表示A、B吸收的热量相同，A温度升高了
ΔtA=40℃-20℃=20℃
B温度升高了
ΔtB=60℃-20℃=40℃
ΔtA∶ΔtB=20℃∶40℃=1∶2
由Q吸=cmΔt可知，吸收的热量、质量相同时，不同物质的比热容与升高的温度成反比，所以比热容
cA∶cB=ΔtB∶ΔtA=2∶1
A的比热容是B的两倍，故D错误。
故选B。
10. 如图是篮球运动员投篮的情景（不计空气阻力）。下列描述正确的是（ ）
A. 篮球在空中飞行时，受到重力和人对篮球的推力
B. 篮球离开手在空中飞行时，重力势能先减小后增大
C. 篮球在空中飞行过程中，动能变化量等于重力势能变化量
D. 篮球在空中飞行到最高点时，动能等于零，重力势能最大
【答案】C
【解析】A．由图可知，篮球离手后，在空中飞行时，篮球不受推力，只受到重力，故A错误；
B．由图可知，篮球离开手在空中飞行时，质量不变，篮球的高度先增大后减小，所以篮球的重力势能先增大后减小，故B错误；
C．篮球在空中飞行过程中，不计空气阻力，不需要克服空气阻力，机械能守恒，所以动能变化量等于重力势能变化量，故C正确；
D．篮球在空中飞行到最高点时，篮球具有水平方向的速度，所以动能不等于零，篮球的高度最高，所以篮球的重力势能最大，故D错误。
11. 如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水和油进行加热，图1、图2、图3装置均相同。下列说法正确的是（ ）
A. 为完成“探究不同物质吸热升温的现象”实验，应选取图2、图3
B. 为完成“比较不同燃料燃烧时放出的热量”实验，应控制甲、乙燃料燃烧时间相同
C. 在“探究不同物质吸热升温的现象”实验中，加热相同时间升温快的物质吸热能力弱
D. 在“比较不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，完全燃烧后使水温变化大的燃料热值小
【答案】C
【解析】A．“探究不同物质吸热升温的现象”实验中，据控制变量法可知，可以改变吸热物质的种类，控制液体相同时间内，吸收的热量相同，即燃料相同，故应选取图1、图3，故A错误；
B．“比较不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，据控制变量法可知，应用不同的燃料给相同的液体加热，所以选择甲、乙装置，据控制变量法，需要控制燃料燃烧的质量相同，故B错误；
C．图1、图3装置中，用相同的燃料给不同的液体加热，可探究不同物质吸热升温现象，在相同时间内，吸收相同的热量，升温快的，说明吸热能力弱，故C正确；
D．“比较不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，完全燃烧后，水温变化大，水吸收的热量多，燃料燃烧放出的热量多，所以燃料热值大，故D错误。
故选C。
12. 如图可绕O点转动的轻质杠杆A端用轻绳系一正方体浮块，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的力传感器保持水平接触，杠杆保持水平平衡，此时力传感器的读数为零。从打开容器底部抽液机匀速向外排水开始计时，则A处绳的拉力FA及B处力传感器的读数FB大小随时间t的变化图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．AB为轻质杠杆，杠杆保持水平平衡，此时力传感器的读数为零，表明FA此时为0，即此时物体是漂浮，浮力等于重力，从打开容器底部抽液机匀速向外排水开始计时，则A处绳的拉力FA为减小的浮力，则
故FA开始阶段与t成正比，即为过原点的直线，液面低于物体后浮力为0，拉力等于物体重力不变。故AB错误。
CD．根据杠杆平衡条件
可知
故FA开始阶段与t成正比，即为过原点的直线，拉力FA等于物体重力不变时，FB也不变。故C正确，D错误。
故选C。
二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）
13. 人造地球卫星在大气层外运动，当它从远地点向近地点运动时，卫星的重力势能________（选填“增大”“减小”或“不变”），卫星的机械能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。2024年3月20日，搭载鹊桥二号中继星的长征八号遥三运载火箭，在文昌航天发射场点火升空，一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，中继星是________（选填“静止”或“运动”）的，中继星的机械能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】减小 不变 静止 增大
【解析】[1][2]当从卫星远地点向近地点运动时，高度变小，速度变快，重力势能转换为动能，故卫星的重力势能减小，动能增加，因为只有机械能的相互转换，卫星的机械能保持不变。
[3][4]中继星与运载火箭一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，中继星位置保持不变，是静止的，中继星高度变大，速度变快，重力势能与动能都增加，故机械能增大。
14. 如图，把刀放在磨刀石上打磨，刀和磨刀石的温度升高，内能增大，这说明，通过___________的方式可以改变物体的内能；磨刀时人们通常在刀上洒水降温，这是用___________的方式减小刀的内能，从而降低刀刃的温度。
【答案】做功 热传递
【解析】[1]磨刀时，刀和磨刀石互相摩擦，刀和磨刀石的温度升高，内能增大，在此过程中，机械能转化为内能，即通过做功的方式改变了物体的内能。
[2]在刀上洒水降温，刀放出热量，水吸收热量，是通过热传递的方式减小刀的内能，从而降低刀刃的温度。
15. 如图所示，小球以某速度从点开始沿粗糙轨道运动，经点离开轨道，上升至最高点，又下落经过点，位于、之间，、、处在同一水平高度，若不计空气阻力，小球经过、两点时动能________（选填“相等”或“不相等”）；小球到达最高点时速度________（选填“可能”或“不可能”）为零；小球到达的最高点________（选填“可能”或“不可能”）高于点。
【答案】不相等 不可能 可能
【解析】[1]由于球以某速度从M点沿粗糙轨道开始运动，在轨道上运动过程中，要克服摩擦阻力做功，有部分机械能转化为其他形式的能，因此球到达P点的机械能一定小于在O点的机械能，O、P处在同一水平高度，球的重力势能相等，则球在P点的动能一定小于在O点动能。
[2][3]球在轨道上运动过程中，要克服摩擦阻力做功，有部分机械能转化为其他形式能，球在N点的机械能一定小于在M点的机械能，但由于球在M、N点的动能大小不确定，由于N点具有动能，所以小球到达最高点N时速度不可能为零，因此球在M、N两点的重力势能大小也不确定，即N点重力势能有可能比M点重力势能大，则最高点N与M点对比，N点可能比M点高。
16. 如图是一款智能送餐机器人，它的重力是400N，如果机器人在水平路面上以0.6m/s的速度沿直线匀速运动20m，它所受到的阻力为50N。机器人的重力做功____________J，牵引力对机器人做功____________J，功率为____________W。
【答案】0 1000 30
【解析】[1]机器人在水平路面上运动时，在重力方向上没有移动距离，所以重力不做功，即重力做功为0。
[2]在水平方向做匀速直线运动，所以牵引力等于阻力，故牵引力对机器人做功

[3]功率
17. 如图所示，起重机以1 m/s 的速度将重1500N的货物匀速提升4 s，穿过滑轮的钢丝绳中拉力 F为600N，则此过程中，有用功为________ ，拉力的功率为________W； 若改用2m/s 的速度提升重物，则该起重机的机械效率将 ________（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】 不变
【解析】[1]物体升高的高度为
拉力做的有用功为
[2]由图知，由3段绳子吊着动滑轮，绳子自由端移动的距离为
拉力做的总功为
拉力功率为
[3]起重机的机械效率为
可见，它机械效率与提升重物的速度无关，所以，若改用2m/s 的速度提升重物，则该起重机的机械效率将不变。
18. 质量均为0.5kg的水和煤油在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容，。由图像可知，甲物质是________，0~12min乙物质温度降低了________℃，0~12min甲物质放出了________J的热量，乙物质的比热容为________。
【答案】水 40
【解析】[1][2]由图像可知，甲液体温度降低较慢，甲物质是水，0~12min乙物质温度降低了
60°C-20°C=40°C
[3]0~12min水放出的热量为
[4]相同时间内，两种液体放出的热量相等，所以乙液体放出的热量也为，根据可知，乙液体的比热容为
19. 如图甲是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，由图甲可以看出，它此时处在________冲程，其能量转化情况与________（选填“乙”或“丙”）图相同。若此汽油机飞轮的转速为，汽油机对外做功________次。
【答案】做功 丙 1800
【解析】[1]由图甲可知两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，所以是做功冲程。
[2]做功冲程，燃气对外做功，内能转化为机械能。乙图是用力将活塞压下，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，是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程。丙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能。因此与做功冲程原理相同的是丙图。
[3]汽油机一个工作循环飞轮转两圈，完成四个冲程，对外做功一次。汽油机飞轮的转速为，即内有1800个工作循环，所以对外做功1800次。
20. 如图为过去农村用的舂米结构示意图，相当于一个________杠杆，为固定转轴，在端连接着石球，用脚踏端可以使石球升高，松开脚后石球落下打击稻谷。若石球重50N，要想将石球抬起至少需要在端施加竖直向下________N的力。若某次在端施加竖直向下的力，则石球对稻谷的压力为________N。
【答案】省力 20 30
【解析】[1]图中O为支点，脚对杠杆作用力为F1时，由图可知，动力臂L1大于阻力臂L2，所以杠杆为省力杠杆。
[2]要将石球抬起，则F2等于重力，即
F2=G=50N
根据杠杆的平衡条件
F1L1=F2L2
有F1×1m=50N×0.4m
解得F1=20N，故脚竖直向下施加作用力至少为20N。
[3]若某次在B端施加竖直向下8N的力，根据杠杆的平衡条件有
F1'×1m=F2'×0.4m
即8N×1m=F2'×0.4m
故石球对杠杆竖直向下的力F2'=20N。由力的相互性，杠杆对石球的作用力F拉=20N，则稻谷对石球的支持力
F支=G-F拉=50N-20N=30N
由相互作用力的关系可知，石球对稻谷的压力
F压=F支=30N
21. 如图1所示，物体静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。对电梯底部的压力用表示，忽略和电梯的形变。内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。内，随时间变化的图线如图2所示．则内，电梯________（选填“向上”或“向下”）运动，内，的机械能________（选填“变大”“变小”或“不变”），内，电梯一定做________运动（选填“加速”“匀速”或“减速”）。
【答案】向上 变大 减速
【解析】[1]物体M静止在电梯底部，弹簧处于伸长状态，内，电梯静止，物体也静止，受力平衡，则受到竖直向下重力G、电梯对M的竖直向上的支持力和弹簧的竖直向上的拉力T；由于M对电梯底部的压力F与电梯对M的支持力是相互作用力，则有
内，由图2可知压力F1变大，则支持力变大，弹力和重力不变，此时，则物体受力不平衡，由于合力的方向竖直向上，说明物体M随电梯一起向上加速运动。
[2]内，由图2可知压力F2恢复到静止时F大小，支持力与压力相等，说明物体M受力平衡，因而电梯匀速上升，电梯在上升过程中质量不变，高度增大，速度不变，重力势能变大，动能不变，机械能变大。
[3]内，由图2可知压力F3小于F，即支持力变小，此时，电梯向上做减速运动。
三、解答题（本题共7小题，共48分．解答26、27、28题时应有必要的解题过程）
22. 请按题目要求作答：
（1）如图为垃圾桶的简化示意图，可将其桶盖视为一个杠杆模型，点为支点。请在图中画出打开垃圾桶盖时，作用在点的最小动力的示意图；
（2）如图所示，杠杆处于静止状态，是力的力臂，请画出动力的示意图与的力臂；
（3）如图所示，一个人利用滑轮组提升重物，请画出正确的绕绳方式。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）打开垃圾桶盖时，阻力是桶盖的重力，方向竖直向下；根据杠杆的平衡条件可知，在阻力及阻力臂不变时，动力臂最大，动力最小；最大动力臂是动力作用点和支点之间的线段，即图中的OA，所以过A点作OA的垂线就可以作出最小动力F的示意图；由于重力使桶盖逆时针转动，那么动力F应使杠杆顺时针转动，即F的方向垂直OA向上，如下图所示：
（2）由于杠杆的力臂为支点到力的距离，所以过力臂L1的另一端，作垂线与杠杆相交，力的方向向上；过支点向F2作垂线，垂线段为的力臂，如下图所示：
（3）人对绳子的拉力方向向下，所以动滑轮上有2股绳，如下图所示：
23. 如图所示，甲、乙、丙三图的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）实验中燃料完全燃烧放出的热量，是通过液体吸热后温度的变化来反映的。本实验要比较不同燃料的热值：应选择_________两图进行实验；
（2）比较不同物质吸热升温的特点：
①应选择_________图进行实验；
②在燃烧同种燃料时还需要控制火力相同，是为了使两种液体是相同时间内吸收_________（选填“相同”或“不同”）的热量，所以该实验主要用_________（选填“温度计示数”或“加热时间的长短”）来表示两种液体吸热的多少；
③如果质量和初始温度均相同的a、b液体，吸热后它们的温度随时间变化的图像如图2所示，由图可看出b液体的温度升高得较慢，则____________（选填“a”或“b”）液体的比热容较大；
（3）某同学用图甲装监测燃料1的热值，假设燃料完全燃烧放出的热量全部供液体a吸收。假设加热前燃料1的质量为m1，加热一段时间变为m2；烧杯中液体a的质量为m，初温为t1，末温为t2，液体a的比热容用c表示、用以上符号表示该同学测燃料1的热值的计算式：q=__________________。
【答案】（1）甲乙 （2）甲丙 相同 加热时间的长短 b （3）
【解析】（1）[1]本实验要比较不同燃料的热值，根据控制变量法，为了能通过液体温度变化来间接反映吸热的多少，应选择等质量的同种液体，不同的燃料进行实验，故应选择甲乙两图进行实验。
（2）①[2]比较不同物质吸热升温的特点，根据控制变量法，为了能通过加热时间来间接反映吸热的多少，应选择相同加热器即燃料相同的加热器，等质量的不同种液体进行实验，应选择甲丙图进行实验。
②[3][4]物体吸收热量不易直接测量，使用完全相同的加热器，相同时间产生的热量相同，故在燃烧同种燃料时还需要控制火力相同，是为了使两种液体是相同时间内吸收相同的热量，该实验主要用加热时间的长短来表示两种液体吸热的多少。运用了转换法。
③[5]质量和初始温度均相同的a、b液体，加热相同时间，即吸热相同热量，由图可看出b液体的温度升高得较慢，根据可知， b液体的比热容较大。
（3）[6]烧杯中液体a的质量为m，初温为t1，末温为t2，液体a的比热容c，不考虑损失，则液体a吸收热量即燃料放出的热量为
测燃料1的热值的计算式为
24. 在探究杠杆平衡条件的实验中，每个钩码重1N。
（1）实验前杠杆如图甲所示，此时杠杆处于________（选填“不平衡”或“平衡”）状态，需向________调节右侧平衡螺母使杠杆处于水平位置平衡；
（2）杠杆平衡后如图乙所示在杠杆点挂3个相同的钩码，则在杠杆的点挂________个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡；
（3）保持点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时测出多组动力臂和动力数据绘制了的关系图像，如图丙所示。由图像推算，当为时，为________；
（4）如图丁所示，用竖直向上的力匀速拉动质量分布均匀的另一杠杆，杠杆转动过程中，拉力的大小将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；现用竖直向上的拉力将重为的物体缓慢升高，拉力大小为，拉力移动的距离为，此时杠杆的机械效率为________。若仅将重物的悬挂点由点（为第1次）向右移至点（为第2次），将物体提升相同高度，则第________次杠杆的机械效率高。
【答案】（1）平衡 右 （2）4 （3）0.5 （4）不变 90% 2
【解析】（1）[1]由图甲可知，杠杆处于静止状态，由于静止状态是平衡状态，所以图甲中杠杆处于平衡状态。
[2]由图甲可知，杠杆左端向下倾斜，右端上翘，由左偏右调可知，应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
（2）设一个钩码的重力为G，一格长度为L，根据杠杆平衡条件可得
3G×4L=FD×3L
解得
FD=4G
所以需在D点挂4个钩码。
（3）由于题中的阻力和阻力臂不变，利用图像中任意一组数据都能得出
F2L2=F1L1=0.1m×3N=0.3N·m
故若当L1为0.6m时，F1为
（4）[1]当重物被提升的过程中，根据数学知识可知，动力臂与阻力臂的比值不变，且重物的重力不变，由杠杆平衡条件可知，拉力的大小将不变。
[2]物体上升的高度
h=10cm=0.1m
拉力移动的距离
s=25cm=0.25m
此时杠杆的机械效率
[3]杠杆提升物体时，对物体做有用功，克服杠杆重做额外功，并且
W有用+W额=W总
设杠杆重心升高的距离为h，所以有
Gh1+G杠杆h=Fh2
G不变，h1不变，G杠杆不变，物体从A点到B点，物体还升高相同的高度，有用功不变，即两次所做的有用功相等；杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小，则Gh1+G杠杆h变小，所以Fh2也变小；由
可知，总功变小，有用功不变，所以机械效率变大，即第2次杠杆的机械效率高。
25. 小明在游乐场玩过山车后，自己制作了一个过山车模型如图。选用不同的小球从发车点静止下滑，依次经过轨道上的1、2、3、4位置，最后到达停车点；
（1）小球从发车点下滑，由位置1至位置2的过程中，________转化为________（以上两空选填“重力势能”或“动能”）；
（2）为了让小球顺利停在停车点，位置3至停车点的轨道应适当________点（选填“光滑”或“粗糙”）；
（3）小明发现不同小球从不同的高度静止下滑时，有的小球没到达位置2就下落了。小明利用自制的过山车模型探究小球能否经过位置2与小球质量、下滑的高度是否有关，设计某一探究表格，为完成实验，你认为①处应填写的是________；
（4）小球通过的最高点越来越低，说明小球的机械能在________（选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是________。
【答案】（1）动能 重力势能 （2）粗糙 （3）下滑的高度h/m （4）变小 小球克服阻力做功
【解析】（1）[1][2]小球从发车点下滑，由位置1至位置2的过程中，小球的高度升高，速度减小，质量不变，所以小球的重力势能增大，动能减小，故小球的动能转化为重力势能。
（2）为了让小球顺利停在停车点，小球从位置3到停车点过程中受到阻力作用，所以应增大位置3至停车点的轨道的粗糙程度，故位置3至停车点的轨道应适当粗糙。
（3）利用自制的过山车模型探究小球能否经过位置2与小球质量、下滑的高度是否有关，所以应该测量小球的质量和下滑的高度，故①处应填写的是下滑的高度h/m。
（4）[1][2]由于小球与轨道之间有摩擦力，小球运动过程中，受到阻力作用，小球克服阻力做功，小球的机械能逐渐减小，所以小球通过的最高点越来越低。
26. 用如图滑轮组提升重物．人用500N的拉力F，在10s内将重为900N的物体匀速提升了2m。不计绳重和摩擦，求：
（1）人拉绳子做功的功率；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）动滑轮的重。
【答案】（1）200W （2）90% （3）100N
【解析】（1）拉力移动距离
拉力做的总功
拉力的功率
（2）有用功
机械效率
（3）拉力做的额外功
动滑轮的重
27. 太阳能热水器可把太阳能转化为内能，某太阳能热水器每小时平均接收的太阳能，在2小时的有效照射时间内，使热水器中质量为、初温为20℃的水温度升高到40℃。求：
（1）热水器中的水吸收的热量；（水的比热容）
（2）热水器的效率；
（3）若改用煤气来加热这些水，煤气燃烧放出的热量有50%被水吸收，则需要完全燃烧多少千克的煤气。（煤气的热值）
【答案】（1）4.2×106J （2）50% （3）0.2kg
【解析】（1）热水器中的水吸收的热量
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×50kg×(40℃-20℃)=4.2×106J
（2）热水器2h内接收的太阳能
E=4.2×106J/h×2h=8.4×106J
热水器的效率
（3）煤气完全燃烧放出的热量
需要完全燃烧煤气的质量
28. 某汽车在平直路面上以72km/h的速度匀速行驶1h的过程中，消耗了4kg汽油，汽油燃烧释放能量的30%用来驱动汽车行驶。汽油热值近似取，设汽油在气缸内完全燃烧。
（1）图示时刻，四冲程汽油机正处于________冲程；若该汽油机每分钟完成4800个冲程．则它每秒钟完成________个工作循环；
（2）求汽车所受的阻力f；
（3）某采用氢燃料能源的汽车可将燃烧释放能量的50%用来驱动汽车行驶，氢燃料执值，则汽车以72km/h的速度匀速行驶1h的过程中需要多少氢。
【答案】（1）压缩 20 （2）800N （3）0.768kg
【解析】（1）[1]如图所示，图中两气门关闭，活塞向上运动，压缩气体做功，将机械能转化为内能，属于压缩冲程。
[2]一个工作循环包括4个冲程，对外做1次，若该汽油机每分钟完成4800个冲程，即每分钟有1200个工作循环，则它每秒钟完成20个工作循环。
（2）汽油燃烧释放能量为
驱动汽车行驶所做的有用功为
汽车行驶的路程为
汽车所受的阻力与牵引力相等，故阻力为
（3）采用氢能源所要的总热量为
需要氢气为
序号
小球质量
①
能否经过位置2
1
50
2
50
3
50