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2022-2023学年江苏省常州市新北实验中学九年级（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省常州市新北实验中学九年级（上）期中物理试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了S2等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省常州市新北实验中学九年级（上）期中物理试卷
1. 如图所示的四种工具，能达到省距离作用的是( )
A. 食品夹 B. 钢丝钳
C. 瓶盖起子 D. 核桃夹
2. 如图所示，旗杆顶端装有滑轮，升旗时旗手向下拉绳子，国旗冉冉升起。下列说法正确的是( )
A. 该滑轮是动滑轮，可以省力
B. 旗手对绳的拉力一定等于国旗重力
C. 国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离
D. 国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离的一半
3. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 物体内能增大，一定从外界吸收了热量
B. 物体吸热，温度一定升高，内能增加
C. 内能小的物体也可能将热量传给内能大的物体
D. 物体温度越高，所含热量越多
4. 如图所示，轻质杠杆O为支点，OA>OB，若把A端重物对杠杆的拉力当作阻力，现在B端施加一个动力使杠杆在图中位置平衡，这个杠杆属于( )
A. 省力杠杆 B. 费力杠杆 C. 等臂杠杆 D. 以上都有可能
5. 以下描述中的“发热”现象，其改变内能的方式与其他三个不同的是( )
A. 锯木头锯条发热 B. 阳光下路面发热
C. 铁丝反复弯折后发热 D. 搓手时手掌发热
6. 2022年北京冬奥会赛场上，我国选手谷爱凌摘得自由式滑雪大跳台比赛的金牌。谷爱凌离开跳台后，从低处向高处跃起后下落，在此过程中( )
A. 动能一直减小
B. 重力势能一直减小
C. 动能先减小后增大
D. 重力势能先减小后增大
7. 如图所示，木块在水平拉力作用下做直线运动，其中AB段表面铺着毛巾，BD段表面铺着棉布，木块在AC段一直做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 木块在BC段所受的摩擦力小于CD段所受的摩擦力
B. BC段拉力F2对木块所做的功大于CD段拉力F3对木块所做的功
C. AB段拉力F1对木块所做的功大于BC段拉力F2对木块所做的功
D. BC段中木块克服摩擦力做的功小于CD段中木块克服摩擦力做的功
8. 一根粗细不均匀的木棒AB在O点被悬挂起来，AO=OC。在A、C两点分别挂有不同数量的同种钩码后，木棒刚好在水平位置平衡，如图所示。若在木棒的A、C两点各减少两个钩码，则木棒AB( )
A. 仍保持平衡 B. 绕O点顺时针方向转动
C. 绕O点逆时针方向转动 D. 平衡被破坏，转动方向不定
9. 炎热的夏天，在路上执勤的交警从地上拿起一瓶矿泉水送到嘴边，如图所示，他对矿泉水做功约( )
A. 8J
B. 80J
C. 800J
D. 8000J
10. 关于功、功率和机械效率，下列说法正确的是( )
A. 作用在物体上的力越大，做的功越多 B. 使用机器一定不能省功
C. 做功快的机械其机械效率一定高 D. 物体通过的距离越长，对物体做的功越多
11. 如图所示，用甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B两物体匀速提升相同高度，已知物体受到的重力GA>GB，滑轮组的机械效率η甲<η乙，不计绳重和摩擦。下列判断正确的是( )
A. 两滑轮组绳端移动的速度相等
B. 甲滑轮组做的有用功比乙的少
C. 甲滑轮组拉力的总功率比乙的小
D. 甲滑轮组的动滑轮比乙的重
12. 如图所示，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起。在这个过程中，力F作用在B端且始终与铁棒垂直，则用力F将( )
A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 保持不变 D. 先变小后变大
13. 掷实心球是中考体育加试项目之一。图为掷出去的实心球从a处出手后，在空中的运动轨迹，球最终停在水平地面e处，a点、c点高度相同，不计空气阻力。则实心球( )
A. 在a处动能最大 B. 在b处动能最小
C. 在d处动能为零 D. 在a、b、c三处机械能相等
14. 甲、乙两辆功率相等的汽车，在水平公路上做匀速直线运动，如果在相等的时间内通过的路程之比为2：3，那么( )
A. 它们做的功之比为2：3 B. 它们做的功之比为3：2
C. 它们的牵引力之比为2：3 D. 它们的牵引力之比为3：2
15. 电动自行车两制车手柄中各有一只开关S1、S2。在行驶中用任意一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作。下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
16. 在水平地面上铺一张纸，将皮球表面涂黑，使皮球分别从不同高度处自由下落，在纸上留下黑色圆斑A、B，如图所示。球从较高处下落形成的圆斑是图中______(选填“A”或“B”)，由此可知重力势能大小与______有关。
17. 国庆期间，小明一家驾车旅行。
(1)加油时，闻到汽油味，说明分子在______。
(2)“汽车不但要吃油，有时也要喝水”，用水冷却发动机是因为水的______大，在发
动机开始工作后一段时间内，水箱中水的内能会增加，判断的依据是______，这是通过______方式来改变水的内能。
(3)如图所示为汽车单缸四冲程汽油机的一个冲程，其能量转化情况是______。该汽油机的飞轮转速是1800r/min，则汽油机燃气每秒对外做功______次。
18. 如图所示，斜面长3m，高1m，工人用400N沿斜面方向的力将重为900N的箱子匀速推到车上，在此过程中他所做的有用功是______ J；推力做功______ J；斜面的机械效率为______；箱子受到的摩擦力是______ N。
19. 体育课上，质量为50kg的小明在训练“跳绳项目”时，1min跳绳180次，每次跳绳重心上升的高度为4cm。则小明跳绳一次做的功为______ J，1min跳绳的平均功率为______ W。(g取10N/kg)
20. 某氢能源客车，氢耗为4.5kg/100km，发动机效率可达40%。该客车每匀速行驶100km，氢完全燃烧释放的能量是______ J，输出的机械功是______ J，发动机提供的牵引力为______ N。(q氢=1.4×108J/kg)
21. 如图所示，重庆网红“木桶鱼”是在木桶内放入高温的鹅卵石，再加入调制好的鱼和汤，鹅卵石放热使汤沸腾，别有生趣。质量为4.2kg的卵石从300℃降到100℃，放出的热量是______J；这些热量如果全部被水吸收，在1标准大气压下，鹅卵石放出的热量能将______kg的水从20℃烧至恰好沸腾。[c鹅卵石=0.8×103J/(kg⋅℃),c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
22. 闪烁的彩灯，装点着节日的热闹与繁华，小明同学发现一串彩灯中有一盏彩灯处于熄灭状态，其他彩灯仍继续发光，据此他______(能/不能)判定同一串彩灯中各个小彩灯间是串联还是并联，为了进一步探究，小明小心的取下该彩灯，整串彩灯都熄灭，这说明各个小彩灯相互间是采用______(串联/并联)的方式连接的。
23. 如图所示的电路中，若要使灯和电铃组成串联电路，只需闭合开关______；若要使灯和电铃组成并联电路，只需闭合开关______；若只闭合S2、S3，则______(选填“灯”“电铃”或“灯和电铃”)工作；同时闭合开关______是绝不允许的。
24. 图中是活塞式抽水机的示意图，其手柄相当于一个杠杆，O是支点，请在图种画出阻力F2对支点O的力臂L2；并画出在a点施加的最小动力F1的示意图．
25. 利用如图所示的器材，按下列要求补充完成实物连线图。①灯L1和灯L2并联；②开关S1控制灯L1，开关S2控制灯L2。
26. 西安市三中初三实验小组做探究“杠杆平衡条件”的实验，所用的器材有：每格长度等距的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线，重力均为0.5N的钩码若干个。
(1)杠杆安装好后处于如图甲所示的静止状态，此时的杠杆______(选填“是”或“不是”)平衡状态，若要调节杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节；
(2)杠杆调节好后，小明在杠杆上A处挂4个钩码，如图乙所示，则在B处挂______个钩码，可使杠杆在水平位置平衡；
(3)如图丙所示，也可以用弹簧测力计替代钩码完成实验。用弹簧测力计竖直向上拉杠杆，使杠杆处于水平平衡状态，则弹簧测力计的示数为______ N；当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计示数将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(4)本实验中多次测量的目的是______(选填“减小误差”或“寻找普遍规律”)。
27. 如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将质量为m的小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块在木板上向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中mA=mBhB。
(1)小钢球在滚下斜面的过程中，它的______转化为动能，其动能大小是通过______来反映的，这里用到了物理学研究问题时的______法。
(2)分析比较甲和乙两组实验可得，物体______相同时，______越大，动能越大；分析比较______两组实验还可得出物体的动能与______的关系。
(3)某学习小组同学做丙实验时小木块被撞后滑出木板，小明同学建议换用表面相同但长度较长的木板，小华同学建议换质量较大的木块，小红同学建议换用质量比前两次实验较小的钢球。你认为不恰当的是______同学的建议。
(4)有同学将实验装置改装成如图丁所示，利用同一铁球将同一弹簧压缩不同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块在木板(足够长)上滑行距离，能否研究铁球的动能大小与速度的关系？______(选填“能”或“不能”)。
28. 在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用碎纸片和酒精为燃料进行了实验。
(1)小林将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图甲所示，则他应将平衡螺母向______端调节；图乙是正确测量所用碎纸片质量时的场景，此时游码所处位置如图丙所示，则他还应称量______ g的酒精。
(2)小林组装的实验装置如图丁所示，他在器材安装中的一处错误是______。
(3)本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过______(选填“加热的时间”或“水温的升高”)来反映的。
(4)为保证实验结论的可靠，以及方便比较，小林同学在实验中应让下列______(填序号)保持相同。
①酒精和碎纸片的质量；②两烧杯中水的质量；③加热的时间；④水升高的温度。
(5)完成实验数据记录如下表。根据表中数据，酒精和碎纸片热值较大的是______。通过实验得到的燃料热值与实际相比会偏______(选填“大”或“小”)。
燃料
加热前的水温/℃
燃料燃尽时的水温/℃
水温的变化/℃
酒精
20
80
60
碎纸片
20
65
45
29. 小星家的太阳能热水器，水箱容积是100L。小星进行了一次观察活动：某天早上，他用温度计测得自来水的温度为20℃，然后给热水器水箱送满水，中午时“温度传感器”显示水箱中的水温为50℃。问：[ρ水=1.0×103kg/m3,水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(1)水箱中水的质量有多大？
(2)在这段时间内，水吸收的热量有多大？
(3)如果水吸收的这些热量，由燃烧天然气来提供，而天然气灶的效率为42%，求至少需要燃烧多少体积的天然气？(q天然气=4.0×107J/m3)
30. 如图甲所示，质量为50kg的小明用滑轮组将空吊篮提升到高处，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，空吊篮上升的速度v随时间t变化的图像如图丙所示。动滑轮重60N，不计绳重和摩擦，g取10N/kg。问：
(1)在0∼4s内空吊篮处于______(选填“平衡”或“非平衡”)状态。
(2)在4∼8s内小明拉力做功的功率有多大？
(3)空吊篮的质量有多大？
(4)若小明手中的拉绳能承受的最大拉力为600N，则小明用图甲装置匀速提升货物时的最大机械效率有多大？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，可以省距离，故A符合题意；
B、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故B不合题意；
C、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故C不合题意；
D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故D不合题意。
故选：A。
人类发明各种杠杆应用于生活，其目的有三：省力、省距离和改变用力的方向。因此我们把杠杆分为三类：省力杠杆(动力臂大于阻力臂，省力费距离)、费力杠杆(动力臂小于阻力臂，费力省距离)和等臂杠杆(动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离)。
此题考查的是杠杆的分类，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：A、该滑轮是定滑轮，可以改变用力的方向，但不能省力，故A错误；
B、旗手要克服摩擦力，对绳的拉力大于国旗重力，故B错误；
CD、国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离，故C正确，D错误。
故选：C。
轴的位置固定不动的滑轮称为定滑轮；定滑轮不省力，但是可以改变力的方向，使用定滑轮时，物体上升的距离等于绳子自由端移动的距离。
此题考查了定滑轮及其工作特点，属基础题目。
3.【答案】C
【解析】解：
A、物体内能增大，不一定是从外界吸收了热量，也可以是外界对其做了功，故A错误。
B、内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，温度不变时，物体的内能也可能改变，如晶体熔化过程中吸热且温度不变，此时晶体的内能增大，故B错误；
C、热传递的条件是存在温度差，内能小的物体温度可能高，所以内能小的物体也可能将热量传给内能大的物体，故C正确；
D、热量是一个过程量，要用“吸收”或“放出”来表达，而不能用“具有”或“含有”来修饰，故D错误。
故选：C。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(2)内能的大小跟质量、温度、状态有关，晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加；
(3)热传递的条件：温度差；
(4)热量是在热传递过程中内能改变的多少，是一个过程量。
本题是一道热学综合题，主要考查学生对温度、内能、热量的关系、内能大小的影响因素、热传递的实质理解，是中考的热点，热学的难点。
4.【答案】B
【解析】解：由图示可知：轻质杠杆O为支点，OA>OB，OA是阻力臂，OB是动力臂时，动力臂最长，动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆。
故选：B。
杠杆分为三类：省力杠杆(动力臂大于阻力臂，省力费距离)、费力杠杆(动力臂小于阻力臂，费力省距离)和等臂杠杆(动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离)。
本题考查了杠杆的分类，属于基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A、用锯条锯木头时锯条发热，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
B、阳光下路面发热，路面从阳光中吸收热量，是通过热传递的方式改变物体的内能；
C、反复弯折铁丝时，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
D、搓手时手掌发热，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
综上分析可知，改变内能的方式与其他三个不同的是B。
故选：B。
改变物体内能的方式有两种：一是做功，二是热传递，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程。
做功和热传递都可以改变物体的内能，二者是等效的，但其实质不同，前者是能量的转化，后者是能量的转移。
6.【答案】C
【解析】解：谷爱凌离开跳台后，从低处向高处跃起时，高度增加，质量不变，故重力势能增加，同时她的运动速度减小，故动能减小；当她从高处往下落时，质量不变，高度减小，故重力势能减小，同时运动速度加快，故动能增大。所以她的动能是先减小后增大，重力势能先增大后减小，故C正确。
故选：C。
动能的大小与物体的质量和速度有关；重力势能的大小与物体的质量和高度有关。
本题考查了动能与重力势能的转变，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：A、同一物体在CD段和BC段对水平路面压力相同，且CD段和BC段的粗糙程度相同，所以物体在CD段所受的摩擦力和BC段所受的摩擦力一样大，故A错误；
B、由图可知，BC段拉力F2对物体所做的功为：W2=F2sBC=2N×6m=12J；CD段的拉力F3=2.8N，CD段拉力F3对物体所做的功为：W3=F3sCD=2.8N×4m=11.2J，所以BC段拉力F2对物体所做的功大于CD段拉力F3对物体所做的功，故B正确；
C、AB段拉力F1对物体做的功为：W1=F1sAB=3N×4m=12J，所以BC段拉力F2对物体所做的功等于AB段F1对物体所做的功，故C错误；
D、物体在CD段所受的摩擦力和BC段所受的摩擦力一样大，BC段的距离大于CD段的距离，根据W=fs可知，BC段中木块克服摩擦力做的功大于CD段中木块克服摩擦力做的功，故D错误。
故选：B。
(1)首先根据二力平衡知识判断出摩擦力的大小；掌握影响摩擦力大小的因素：压力大小和接触面的粗糙程度，根据影响因素判断摩擦力的变化情况。
(2)根据W=Fs计算力做的功，然后再分别比较功的大小，注意分清哪个力对物体做功，计算时F就是这个力；公式中的s 一定是在力的方向上通过的距离，且与力对应。
本题主要考查了摩擦力的影响因素、功的计算，是一道好题。
8.【答案】A
【解析】解：
由题知，AO=OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左AO+G0×OD=F右CO，
2G×AO+G0×OD=3G×CO，
G0×OD=G×CO=G×AO
在木棒的A、C两点各减少两个钩码：
左边力和力臂的乘积为G0×OD，
右边力和力臂的乘积为G×CO，由于G0×OD=G×CO，所以减少钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选：A。
杠杆原来平衡，力臂相同，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。设杠杆的重心在D，根据杠杆平衡条件求出杠杆重力和其力臂的乘积；
两边各减少两个钩码，求出两边力和力臂的乘积相同，根据杠杆平衡条件分析判断。
木棒原来平衡，根据两边增加的力和力臂的乘积相同，由杠杆平衡条件判断各挂一个相同的钩码后木棒就能保持平衡。
9.【答案】A
【解析】解：一瓶500mL的矿泉水的质量在0.5kg左右，受到的重力G=mg=0.5kg×10N/kg=5N，从地上拿起一瓶矿泉水送到嘴边的高度h=1.6m，做的功W=Gh=5N×1.6m=8J。
故选：A。
一瓶500mL的矿泉水的质量在0.5kg左右，根据G=mg得出受到的重力，从地上拿起一瓶矿泉水送到嘴边的高度h=1.6m，根据W=Gh得出他对矿泉水做的功。
本题考查功的计算，并考查估算能力，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A、作用在物体上的力越大，做的功不一定越多，还要考虑距离大小，故A错误；
B、使用机械，不论效率高低，都不能省功，故B正确；
C、功率是功与时间的比值，机械效率是有用功与总功的比值，两者之间无关系，故C错误；
D、物体移动的距离越长，力做的功不一定越多，还要考虑力的大小，故D错误。
故选：B。
(1)由公式W=Fs知，物体做功多少与力和在力的方向上通过的距离的大小都有关系；
(2)使用任何机械都不能省功；
(3)功率和机械效率是无必然联系的。
本题考查功、功率和机械效率的区别，深刻理解功、功率和机械效率的概念，是正确解决此题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图知，两滑轮组承担重物绳子的段数n甲=3，n乙=2，
由题知，甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B两物体匀速提升相同高度，所以两物体上升速度相同，即vA=vB，
由v=nv物知，绳端速度v甲=3vA，v乙=2vB，所以v甲>v乙，故A错误；
B、由题知，hA=hB，GA>GB，由W有=Gh知，两滑轮组做的有用功W有甲>W有乙，故B错误；
C、滑轮组的机械效率η甲<η乙，有用功W有甲>W有乙，
根据η=W有W总知，W总=W有η，所以甲滑轮组拉力做的总功比乙的大，已知时间相同，由P=Wt可知，甲滑轮组的总功率比乙的大，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，根据η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动，
则：η甲=GAGA+G甲动，η乙=GBGB+G乙动，因为GA>GB，η甲<η乙，所以甲滑轮组的动滑轮比乙的重，故D正确。
故选：D。
(1)由图可知，两滑轮组承担重物绳子的段数n，根据v=nv物判断两滑轮组绳端速度大小关系；
(2)根据W有=Gh判断两滑轮组做的有用功的大小关系；
(3)根据η=W有W总比较两滑轮组拉力做的总功大小关系，根据P=Wt判断拉力的总功率的大小关系；
(4)不计绳重和摩擦，根据η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动比较两滑轮组的动滑轮重力大小关系。
本题考查滑轮组特点、有用功、功率、机械效率计算公式的应用，灵活应用公式是关键。
12.【答案】B
【解析】解：如下图所示：
在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，以动力臂L1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂L2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：FL1=F2L2可知，L1、F2都不变，L2变小，所以F也在变小。
故选：B。
杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，在抬起的过程中，利用杠杆的平衡条件来分析F大小的变化。
此题考查了杠杆平衡条件的应用，确定阻力臂的变化是此题的难点。
13.【答案】D
【解析】解：
D、因为不计空气阻力，所以，在动能与势能的相互转化过程中，小球的机械能没有损失(即机械能守恒)，则小球在a、b、c三处机械能相等，故D正确；
A、不计空气阻力，小球在空中运动的过程中，小球的机械能守恒，在d处时高度最低，重力势能最小，动能最大，所以小球在d处时的动能最大，而不是在a处动能最大，故A错误；
B、小球在b处时具有一定的速度，动能不为0；在e处时，小球的速度为0，动能为0，所以在e处动能最小，故B错误；
C、由A项解答可知小球在d处时动能不为零，而是动能最大，故C错误。
故选：D。
(1)机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关；
(2)在分析动能与势能相互转化时机械能的大小变化情况时，要搞清题目提供的条件或环境，此题的条件是不计空气阻力，则小球在空中运动的过程中其机械能守恒。
深入理解动能、势能的概念和影响因素，正确分析动能与势能相互转化时机械能的大小变化情况，是解答此题的关键。
14.【答案】D
【解析】解：AB、因两车功率和运动时间均相同，由W=Pt得：做功之比为1：1，故AB错误；
CD、由v=st可得，甲、乙两车的速度之比v甲v乙=s甲ts乙t=s甲s乙=23，
由P=Wt=Fst=Fv可得，F甲F乙=Pv甲Pv乙=v乙v甲=32，故C错误，D正确。
故选：D。
由P=Wt可求得两车的做功之比；根据速度公式求出两车的速度之比，根据P=Wt=Fst=Fv可得两车的牵引力之比。
本题考查了功率的定义及P=Wt=Fst=Fv的应用，在做题时应灵活选择公式。
15.【答案】C
【解析】解：
由题知，任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，所以两开关应串联接在电路中，比较可知C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作即为串联。
本题要牢牢把握住关键点“任一只手柄刹车时，开关立即断开、电动机停止工作”，从而判断出两个开关的连接方式是串联。
16.【答案】B 高度
【解析】解：从图中A、B的印迹看出，B球的形变大，说明它原有的重力势能大；在质量相同的情况下，高度越高，重力势能越大。
故答案为：B；高度。
重力势能的大小与物体的质量和下落高度有关，下落高度相同时，质量越大，重力势能越大；质量相同时，下落高度越大，重力势能越大；皮球下落过程中，具有的重力势能转化为动能，与地面碰撞接触时又转化为弹性势能，弹性势能的大小与物体的形变大小有关，形变越大，弹性势能越大。
解答本题注意所用的研究方法：控制变量法，转换法；掌握重力势能与弹性势能的影响因素以及重力势能、动能、弹性势能的转化情况。
17.【答案】不停地做无规则运动 比热容 水箱中水的温度升高 热传递 机械能转化为内能 15
【解析】解：(1)给汽车加油时，会闻到汽油味，从物理学角度来看，属于扩散现象，这个现象表明分子在不停地做无规则运动；
(2)与其它液体相比，水的比热容大，在质量和升高的温度相同时，由公式Q=cmΔt知，水吸收的热量多，冷却效果好，因此用水冷却发动机；
汽车发动机开始工作一段时间后，水箱中水的温度升高，内能会增加，即是由于水箱中的水从机器上吸收热量导致的，所以这是通过热传递方式来改变内能的；
(3)图中进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，机械能转化为内能。
汽油机一个工作循环，4个冲程，飞轮转2圈，对外做功1次。若一单缸四冲程汽油机的飞轮转速是1800r/min，则飞轮每秒转30转，每秒对外功15次。
故答案为：(1)不停地做无规则运动；(2)比热容；水箱中水的温度升高；热传递；(3)机械能转化为内能；15。
(1)一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递；
(3)根据气门的关闭和活塞的运行方向判断属于什么冲程，并分析能量转化情况；汽油机一个工作循环中包含四个冲程，对外做功一次，飞轮转动2圈。
本题考查了分子热运动、水的比热容大的应用、内能与温度的关系、热机的工作过程，是一道综合题，有一定的难度。
18.【答案】900120075%100
【解析】解：
(1)工人做的有用功：
W有用=Gh=900N×1m=900J；
(2)推力做的总功：
W总=Fs=400N×3m=1200J；
(3)斜面的机械效率为：
η=W有用W总×100%=900J1200J×100%=75%；
(4)工人做的额外功：
W额=W总−W有用=1200J−900J=300J，
由W额=fs得箱子受到的摩擦力：
f=W额s=300J3m=100N。
故答案为：900；1200；75%；100。
(1)知道箱子重力和斜面的高度，根据W有用=Gh求出有用功；
(2)知道斜面的长度和推力，根据W总=Fs求出推力做的总功；
(3)斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)克服摩擦力的功为推力做的额外功，而额外功等于总功减去有用功，再利用W额=fs求摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，关键是知道利用斜面做的额外功等于克服摩擦力做的功。
19.【答案】20 60
【解析】解：小明的重力G=mg=50kg×10N/kg=500N，
小明跳一次做功W′=Gh=500N×0.04m=20J，
180次所做总功为：W=180×20J=3600J，
则小明跳绳的平均功率为：
P=Wt=3600J1×60s=60W。
故答案为：20；60。
知道小明的质量，可利用公式G=mg计算出小明的体重，知道每次跳绳重心上升的高度，则可利用公式W=Gh计算每跳一次克服重力做的功；跳了120次，从而可以求出他在跳绳过程中克服重力做的功，又知道时间，可利用公式P=Wt计算做功的功率。
本题考查了功与功率的计算，由能量守恒可知，人跳起时做的功等于跳起后克服自身重力所做的功，则求出克服重力所做的功即为人做的功。
20.【答案】6.3×108 2.52×108 2520
【解析】解：(1)该客车每匀速行驶100km，氢完全燃烧释放的能量：Q放=mq氢=4.5kg×1.4×108J/kg=6.3×108J；
(2)由η=WQ放可知，发动机输出的机械功：W=ηQ放=40%×6.3×108J=2.52×108J；
(3)由W=Fs可知，发动机提供的牵引力：F=Ws=2.52×108J100×1000m=2520N。
故答案为：6.3×108；2.52×108；2520。
(1)知道消耗氢的质量和氢的热值，利用Q放=mq求出氢完全燃烧放出的能量；
(2)根据热机效率公式求出发动机输出的机械功；
(3)知道输出的机械功和客车行驶的路程，利用W=Fs求出发动机提供的牵引力。
本题考查燃料完全燃烧放热公式、热机效率公式以及功的计算公式的应用，是一道综合题，难度不大。
21.【答案】6.72×105 2
【解析】解：(1)鹅卵石放出的热量为：
Q放=c鹅卵石(t−t01)m鹅卵石=0.8×103J/(kg⋅℃)×4.2kg×(300℃−100℃)=6.72×105J；
(2)若这些热量全部被水吸收，则水吸收的热量：Q吸=Q放=6.72×105J，
在1标准大气压下，水的沸点为100℃，
由Q吸=cm△t可得，加热水的质量：
m=Q吸c△t=6.72×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=2kg。
故答案为：6.72×105；2。
(1)根据Q放=cm△t算出鹅卵石放出的热量；
(2)根据题意求出水吸收的热量，利用Q吸=cm△t求出加热水的质量。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式和吸热公式的应用，是一道较为简单的计算题。
22.【答案】不能 串联
【解析】解：一串彩灯中有一盏彩灯处于熄灭状态，如果彩灯之间是并联的，则该灯可能断路，如果彩灯之间是串联，则该灯可能是短路，故不能判定同一串彩灯中各个小彩灯间是串联还是并联。
取下该彩灯，整串彩灯都熄灭，电路断开，则说明该灯泡为短路，原电路为串联。
故答案为：不能；串联。
各电路元件首尾顺次连接的连接方式是串联，串联电路只有一条电流路径；各电路元件并列连接的连接方式是并联，并联电路有多条电流路径；
本题考查了串并联电路的辨别，属于基础知识，要掌握。
23.【答案】S2 S1、S3 电铃 S1、S2、S3
【解析】解：若要使灯和电铃组成串联电路，则只需闭合开关S2，此时灯与电铃首尾顺次连接；
若要使灯和电铃组成并联电路时，则要断开开关S2，闭合开关S1和S3，此时灯和电铃并列地连接。
同时闭合S2、S3，电流从正极出发经电铃回负极，灯泡被短路，因此灯不工作，电铃工作；
若同时闭合S1、S2、S3，电流从正极出发，不经用电器直接回负极，发生电源短路，会烧坏电源，是绝不允许的。
故答案为：S2；S1、S3；电铃；S1、S2、S3。
(1)串联电路中电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路中电流有多条路径，电流进行分支、汇合从电源正极回到负极；
(2)短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连，电源短路是绝对不允许的；而用电电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来。
解决此类题目的关键是根据题目中的开关组合方式，联系串并联电路的特点进行分析电路的连接情况。
24.【答案】解：
做出F2的作用线，由支点O向F2的作用线引垂线，垂线段的长度即为其力臂L2；
阻力与阻力臂一定时，要使施加的力最小根据杠杆的平衡条件，动力臂需最长．连接支点O与a点，过a点作Oa的垂线就得到在a点施加的最小动力F1，如图所示：
【解析】根据力臂的概念，做出从支点到力的作用线的距离；
根据杠杆的平衡条件，要使施加的力最小，应使得其力臂最长，由此画出最小力．
根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力．
25.【答案】解：灯L1和灯L2并联接入电路中；开关S1控制灯L1，则这两个元件在一条支路中，开关S2控制灯L2，则这两个元件在另外一条支路中，如图所示：
。
【解析】根据题中的2个要求确定灯的连接开关控制的电路，据此连接实物图。
本题考查根据要求连接实物图，关键是根据要求确定电路的连接关系及开关控制的灯。
26.【答案】是 右 6 6 变大 寻找普遍规律
【解析】解：(1)杠杆处于静止状态，则杠杆达到平衡状态；杠杆左端下沉，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；
(2)如图甲所示，设一个钩码的重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可得：在杠杆A点处挂4个钩码时，4G×3L=2L×nG，解得n=6，所以应在杠杆右边B处挂6个钩码；
(3)如图丙所示，用弹簧测力计竖直向上拉杠杆，使杠杆处于水平平衡状态，由杠杆平衡条件得：0.5N×4×3=F×1，解得F=6N，
则则弹簧测力计的示数为6N；
当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，根据杠杆平衡条件，动力变大，弹簧测力计的示数变大；
(4)通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获取多组实验数据归纳出物理规律才具有普遍性，结论才正确，所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据寻找普遍规律。
故答案为：(1)是；右；(2)6；(3)6；变大；(4)寻找普遍规律。
(1)杠杆静止和匀速转动时，杠杆都处于平衡状态；探究杠杆平衡之前，首先调节杠杆两端的平衡螺母使杠杆在水平位置平衡。平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)知道动力臂、阻力、阻力臂，根据杠杆平衡条件求出动力，求出钩码的数量；
(3)根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析解题；
(4)通过实验总结实验结论时，一般要进行多次实验，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出普遍的物理规律。
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
27.【答案】重力势能 小木块移动的距离 转换 质量 速度 甲、丙 质量 小华 能
【解析】解：(1)小钢球在滚下斜面的过程中，它的重力势能转化为动能，其动能大小是通过小木块移动的距离S大小来反映的，用到了转换法；
(2)分析比较甲和乙两组实验可得，物体的质量相同，而下滑的高度不同，甲图中下滑的高度大，运动到水平时速度大，推动木块滑行的距离大，故物体质量相同时，速度越大，动能越大；
研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，故分析比较甲、丙两组实验可得出物体的动能与质量的关系；
(3)探究动能与质量的关系，应控制速度相同，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，丙实验中，钢球的动能较大，因此可以改变木板的长度和金属球的质量，故应小华的建议不恰当；
(4)相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，控制了质量相同，速度不同，所以能研究铁球的动能大小与速度的关系。
故答案为：(1)重力势能；小木块移动的距离；转换；(2)质量；速度；甲、丙；(3)小华；(4)能。
(1)小钢球在滚下斜面的过程中，重力势能转化为动能；观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，用到了转换法；
(2)影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系；研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，据此分析；
(3)由图知是控制速度相同时，研究动能与质量的关系，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的；
(4)影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系。
本题是探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验，考查了转换法、控制变量法在实验中的应用。
28.【答案】左 7.5温度计的玻璃泡接触到了容器底 温度计的示数变化 ①② 酒精 小
【解析】解：(1)把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端的零刻线处；此时指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，平衡螺母应向左移动；
如图乙和丙所示，碎纸片的质量m=5g+2.5g=7.5g；
为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，所以则他还应称量7.5g的酒精；
(2)由图丁知，实验中温度计的玻璃泡碰到了容器底；
(3)为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数变化得出吸热多少，进而判断热值大小；
(4)实验中要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，故选①②；
(5)由表格数据可知，相同质量的酒精和碎纸片燃尽时，酒精燃烧放出的热量可以将水的温度升高60℃，碎纸片燃烧放出的热量可以将水的温度升高45℃，可见酒精的热值比碎纸片的大；
因为烧杯、空气也吸收热量(即存在热损失)，并且燃料不可能完全燃烧，所以测得的热值会偏小。
故答案为：(1)左；7.5；(2)温度计的玻璃泡接触到了容器底；(3)温度计的示数变化；(4)①②；(5)酒精；小。
(1)把天平放在水平桌面上，首先将游码调到标尺左端的零刻线处，从指针的偏转判断天平横梁哪端上翘，平衡螺母向上翘的一端移动。碎纸片的质量等于砝码质量与游码对应的刻度值的和；
根据题意可知，为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料；
(2)根据温度计的使用规则分析解答；
(3)(4)(5)燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此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；测得热值偏小有两个原因，一是“烧杯、空气也吸收热量”，二是“燃料不可能完全燃烧”。
本题通过实验考查了学生对控制变量法的应用，同时考查了学生对热值的理解和掌握，考查了学生对实验情况的分析。
29.【答案】解：(1)水的体积V=100L=100dm3=0.1m3，
由ρ=mV可知，水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×0.1m3=100kg；
(2)在这段时间内，水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×100kg×(50℃−20℃)=1.26×107J；
(3)由η=Q吸Q放可知，如果水吸收的这些热量，由燃烧天然气来提供，需要天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Q吸η=1.26×107J42%=3×107J，
由Q放=Vq可知，至少需要完全燃烧天然气的体积：V天然气=Q放q天然气=3×107J4.0×107J/m3=0.75m3。
答：(1)水箱中水的质量有100kg；
(2)在这段时间内，水吸收的热量有1.26×107J；
(3)至少需要燃烧0.75m3的天然气。
【解析】(1)知道水的体积和密度，利用密度公式求出水的质量；
(2)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；
(3)根据效率公式求出天然气完全燃烧放出的热量，根据Q放=Vq求出至少需要完全燃烧天然气的体积。
本题考查密度公式、吸热公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，是一道综合题，难度不大。
30.【答案】非平衡
【解析】解：(1)由丙图知，0∼4s内空吊篮的速度逐渐变大，所以空吊篮处于非平衡状态；
(2)由图甲知，承担重物绳子的段数n=2，
由图乙知，4∼8s内拉力F=50N，由图丙知，4∼8s物体的速度v物=0.6m/s，
绳端速度：v=nv物=2×0.6m/s=1.2m/s，
拉力的功率：P=W总t=Fst=Fv=50N×1.2m/s=60W；
(3)不计绳重和摩擦，绳端的拉力：F=1n(G+G动)，
所以空吊篮的重力：G吊篮=2F−G动=2×50N−60N=40N，
由G=mg可得，空吊篮的质量：
m吊篮=G吊篮g=40N10N/kg=4kg；
(4)小明的重力G小明=m小明g=50kg×10N/kg=500N，拉绳能承受的最大拉力为600N，
因力的作用是相互的，所以为了避免小明被绳子拉上去，则小明对绳端的最大拉力F最大=G小明=500N，
不计绳重和摩擦，由F最大=1n(G吊篮+G最大+G动)可得小明能提起货物的最大重力：
G最大=2F最大−G吊篮−G动=2×500N−40N−60N=900N，
则提升货物的最大机械效率：
η=W有W总=G最大hF最大s=G最大nF最大=900N2×500N×100%=90%。
答：(1)非平衡；
(2)在4∼8s内小明拉力做功的功率为60W；
(3)空吊篮的质量为4kg；
(4)小明用图甲装置匀速提升货物时的最大机械效率为90%。
(1)物体处于静止或匀速直线运动状态时叫做平衡状态，由图丙知0∼4s内空吊篮的速度情况，从而可知是否处于平衡状态；
(2)由图乙可知4∼8s内拉力的大小，由图丙可知这段时间内物体的速度，根据v=nv物可得绳端速度，根据P=Wt=Fst=Fv计算拉力的功率；
(3)不计绳重和摩擦，由F=1n(G+G动)和G=mg计算空吊篮的质量；
(4)根据小明的重力和拉绳能承受的最大拉力判断小明使用此装置时绳端最大拉力，根据F最大=1n(G吊篮+G最大+G动)计算能提起货物的最大重力，根据η=W有W总=G吊篮hFs=G吊篮nF计算提升货物的最大机械效率。
本题考查了对平衡状态的认识、使用滑轮组时绳端拉力、功率以及机械效率计算公式的应用，要能从图象中获取有用信息。
2022-2023学年江苏省常州市新北实验中学九年级（上）期中物理试卷
1. 如图所示的四种工具，能达到省距离作用的是( )
A. 食品夹 B. 钢丝钳
C. 瓶盖起子 D. 核桃夹
2. 如图所示，旗杆顶端装有滑轮，升旗时旗手向下拉绳子，国旗冉冉升起。下列说法正确的是( )
A. 该滑轮是动滑轮，可以省力
B. 旗手对绳的拉力一定等于国旗重力
C. 国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离
D. 国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离的一半
3. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 物体内能增大，一定从外界吸收了热量
B. 物体吸热，温度一定升高，内能增加
C. 内能小的物体也可能将热量传给内能大的物体
D. 物体温度越高，所含热量越多
4. 如图所示，轻质杠杆O为支点，OA>OB，若把A端重物对杠杆的拉力当作阻力，现在B端施加一个动力使杠杆在图中位置平衡，这个杠杆属于( )
A. 省力杠杆 B. 费力杠杆 C. 等臂杠杆 D. 以上都有可能
5. 以下描述中的“发热”现象，其改变内能的方式与其他三个不同的是( )
A. 锯木头锯条发热 B. 阳光下路面发热
C. 铁丝反复弯折后发热 D. 搓手时手掌发热
6. 2022年北京冬奥会赛场上，我国选手谷爱凌摘得自由式滑雪大跳台比赛的金牌。谷爱凌离开跳台后，从低处向高处跃起后下落，在此过程中( )
A. 动能一直减小
B. 重力势能一直减小
C. 动能先减小后增大
D. 重力势能先减小后增大
7. 如图所示，木块在水平拉力作用下做直线运动，其中AB段表面铺着毛巾，BD段表面铺着棉布，木块在AC段一直做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 木块在BC段所受的摩擦力小于CD段所受的摩擦力
B. BC段拉力F2对木块所做的功大于CD段拉力F3对木块所做的功
C. AB段拉力F1对木块所做的功大于BC段拉力F2对木块所做的功
D. BC段中木块克服摩擦力做的功小于CD段中木块克服摩擦力做的功
8. 一根粗细不均匀的木棒AB在O点被悬挂起来，AO=OC。在A、C两点分别挂有不同数量的同种钩码后，木棒刚好在水平位置平衡，如图所示。若在木棒的A、C两点各减少两个钩码，则木棒AB( )
A. 仍保持平衡 B. 绕O点顺时针方向转动
C. 绕O点逆时针方向转动 D. 平衡被破坏，转动方向不定
9. 炎热的夏天，在路上执勤的交警从地上拿起一瓶矿泉水送到嘴边，如图所示，他对矿泉水做功约( )
A. 8J
B. 80J
C. 800J
D. 8000J
10. 关于功、功率和机械效率，下列说法正确的是( )
A. 作用在物体上的力越大，做的功越多 B. 使用机器一定不能省功
C. 做功快的机械其机械效率一定高 D. 物体通过的距离越长，对物体做的功越多
11. 如图所示，用甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B两物体匀速提升相同高度，已知物体受到的重力GA>GB，滑轮组的机械效率η甲<η乙，不计绳重和摩擦。下列判断正确的是( )
A. 两滑轮组绳端移动的速度相等
B. 甲滑轮组做的有用功比乙的少
C. 甲滑轮组拉力的总功率比乙的小
D. 甲滑轮组的动滑轮比乙的重
12. 如图所示，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起。在这个过程中，力F作用在B端且始终与铁棒垂直，则用力F将( )
A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 保持不变 D. 先变小后变大
13. 掷实心球是中考体育加试项目之一。图为掷出去的实心球从a处出手后，在空中的运动轨迹，球最终停在水平地面e处，a点、c点高度相同，不计空气阻力。则实心球( )
A. 在a处动能最大 B. 在b处动能最小
C. 在d处动能为零 D. 在a、b、c三处机械能相等
14. 甲、乙两辆功率相等的汽车，在水平公路上做匀速直线运动，如果在相等的时间内通过的路程之比为2：3，那么( )
A. 它们做的功之比为2：3 B. 它们做的功之比为3：2
C. 它们的牵引力之比为2：3 D. 它们的牵引力之比为3：2
15. 电动自行车两制车手柄中各有一只开关S1、S2。在行驶中用任意一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作。下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
16. 在水平地面上铺一张纸，将皮球表面涂黑，使皮球分别从不同高度处自由下落，在纸上留下黑色圆斑A、B，如图所示。球从较高处下落形成的圆斑是图中______(选填“A”或“B”)，由此可知重力势能大小与______有关。
17. 国庆期间，小明一家驾车旅行。
(1)加油时，闻到汽油味，说明分子在______。
(2)“汽车不但要吃油，有时也要喝水”，用水冷却发动机是因为水的______大，在发
动机开始工作后一段时间内，水箱中水的内能会增加，判断的依据是______，这是通过______方式来改变水的内能。
(3)如图所示为汽车单缸四冲程汽油机的一个冲程，其能量转化情况是______。该汽油机的飞轮转速是1800r/min，则汽油机燃气每秒对外做功______次。
18. 如图所示，斜面长3m，高1m，工人用400N沿斜面方向的力将重为900N的箱子匀速推到车上，在此过程中他所做的有用功是______ J；推力做功______ J；斜面的机械效率为______；箱子受到的摩擦力是______ N。
19. 体育课上，质量为50kg的小明在训练“跳绳项目”时，1min跳绳180次，每次跳绳重心上升的高度为4cm。则小明跳绳一次做的功为______ J，1min跳绳的平均功率为______ W。(g取10N/kg)
20. 某氢能源客车，氢耗为4.5kg/100km，发动机效率可达40%。该客车每匀速行驶100km，氢完全燃烧释放的能量是______ J，输出的机械功是______ J，发动机提供的牵引力为______ N。(q氢=1.4×108J/kg)
21. 如图所示，重庆网红“木桶鱼”是在木桶内放入高温的鹅卵石，再加入调制好的鱼和汤，鹅卵石放热使汤沸腾，别有生趣。质量为4.2kg的卵石从300℃降到100℃，放出的热量是______J；这些热量如果全部被水吸收，在1标准大气压下，鹅卵石放出的热量能将______kg的水从20℃烧至恰好沸腾。[c鹅卵石=0.8×103J/(kg⋅℃),c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
22. 闪烁的彩灯，装点着节日的热闹与繁华，小明同学发现一串彩灯中有一盏彩灯处于熄灭状态，其他彩灯仍继续发光，据此他______(能/不能)判定同一串彩灯中各个小彩灯间是串联还是并联，为了进一步探究，小明小心的取下该彩灯，整串彩灯都熄灭，这说明各个小彩灯相互间是采用______(串联/并联)的方式连接的。
23. 如图所示的电路中，若要使灯和电铃组成串联电路，只需闭合开关______；若要使灯和电铃组成并联电路，只需闭合开关______；若只闭合S2、S3，则______(选填“灯”“电铃”或“灯和电铃”)工作；同时闭合开关______是绝不允许的。
24. 图中是活塞式抽水机的示意图，其手柄相当于一个杠杆，O是支点，请在图种画出阻力F2对支点O的力臂L2；并画出在a点施加的最小动力F1的示意图．
25. 利用如图所示的器材，按下列要求补充完成实物连线图。①灯L1和灯L2并联；②开关S1控制灯L1，开关S2控制灯L2。
26. 西安市三中初三实验小组做探究“杠杆平衡条件”的实验，所用的器材有：每格长度等距的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线，重力均为0.5N的钩码若干个。
(1)杠杆安装好后处于如图甲所示的静止状态，此时的杠杆______(选填“是”或“不是”)平衡状态，若要调节杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节；
(2)杠杆调节好后，小明在杠杆上A处挂4个钩码，如图乙所示，则在B处挂______个钩码，可使杠杆在水平位置平衡；
(3)如图丙所示，也可以用弹簧测力计替代钩码完成实验。用弹簧测力计竖直向上拉杠杆，使杠杆处于水平平衡状态，则弹簧测力计的示数为______ N；当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计示数将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(4)本实验中多次测量的目的是______(选填“减小误差”或“寻找普遍规律”)。
27. 如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将质量为m的小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块在木板上向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中mA=mB
(1)小钢球在滚下斜面的过程中，它的______转化为动能，其动能大小是通过______来反映的，这里用到了物理学研究问题时的______法。
(2)分析比较甲和乙两组实验可得，物体______相同时，______越大，动能越大；分析比较______两组实验还可得出物体的动能与______的关系。
(3)某学习小组同学做丙实验时小木块被撞后滑出木板，小明同学建议换用表面相同但长度较长的木板，小华同学建议换质量较大的木块，小红同学建议换用质量比前两次实验较小的钢球。你认为不恰当的是______同学的建议。
(4)有同学将实验装置改装成如图丁所示，利用同一铁球将同一弹簧压缩不同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块在木板(足够长)上滑行距离，能否研究铁球的动能大小与速度的关系？______(选填“能”或“不能”)。
28. 在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用碎纸片和酒精为燃料进行了实验。
(1)小林将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图甲所示，则他应将平衡螺母向______端调节；图乙是正确测量所用碎纸片质量时的场景，此时游码所处位置如图丙所示，则他还应称量______ g的酒精。
(2)小林组装的实验装置如图丁所示，他在器材安装中的一处错误是______。
(3)本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过______(选填“加热的时间”或“水温的升高”)来反映的。
(4)为保证实验结论的可靠，以及方便比较，小林同学在实验中应让下列______(填序号)保持相同。
①酒精和碎纸片的质量；②两烧杯中水的质量；③加热的时间；④水升高的温度。
(5)完成实验数据记录如下表。根据表中数据，酒精和碎纸片热值较大的是______。通过实验得到的燃料热值与实际相比会偏______(选填“大”或“小”)。
燃料
加热前的水温/℃
燃料燃尽时的水温/℃
水温的变化/℃
酒精
20
80
60
碎纸片
20
65
45
29. 小星家的太阳能热水器，水箱容积是100L。小星进行了一次观察活动：某天早上，他用温度计测得自来水的温度为20℃，然后给热水器水箱送满水，中午时“温度传感器”显示水箱中的水温为50℃。问：[ρ水=1.0×103kg/m3,水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(1)水箱中水的质量有多大？
(2)在这段时间内，水吸收的热量有多大？
(3)如果水吸收的这些热量，由燃烧天然气来提供，而天然气灶的效率为42%，求至少需要燃烧多少体积的天然气？(q天然气=4.0×107J/m3)
30. 如图甲所示，质量为50kg的小明用滑轮组将空吊篮提升到高处，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，空吊篮上升的速度v随时间t变化的图像如图丙所示。动滑轮重60N，不计绳重和摩擦，g取10N/kg。问：
(1)在0∼4s内空吊篮处于______(选填“平衡”或“非平衡”)状态。
(2)在4∼8s内小明拉力做功的功率有多大？
(3)空吊篮的质量有多大？
(4)若小明手中的拉绳能承受的最大拉力为600N，则小明用图甲装置匀速提升货物时的最大机械效率有多大？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，可以省距离，故A符合题意；
B、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故B不合题意；
C、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故C不合题意；
D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故D不合题意。
故选：A。
人类发明各种杠杆应用于生活，其目的有三：省力、省距离和改变用力的方向。因此我们把杠杆分为三类：省力杠杆(动力臂大于阻力臂，省力费距离)、费力杠杆(动力臂小于阻力臂，费力省距离)和等臂杠杆(动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离)。
此题考查的是杠杆的分类，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：A、该滑轮是定滑轮，可以改变用力的方向，但不能省力，故A错误；
B、旗手要克服摩擦力，对绳的拉力大于国旗重力，故B错误；
CD、国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离，故C正确，D错误。
故选：C。
轴的位置固定不动的滑轮称为定滑轮；定滑轮不省力，但是可以改变力的方向，使用定滑轮时，物体上升的距离等于绳子自由端移动的距离。
此题考查了定滑轮及其工作特点，属基础题目。
3.【答案】C
【解析】解：
A、物体内能增大，不一定是从外界吸收了热量，也可以是外界对其做了功，故A错误。
B、内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，温度不变时，物体的内能也可能改变，如晶体熔化过程中吸热且温度不变，此时晶体的内能增大，故B错误；
C、热传递的条件是存在温度差，内能小的物体温度可能高，所以内能小的物体也可能将热量传给内能大的物体，故C正确；
D、热量是一个过程量，要用“吸收”或“放出”来表达，而不能用“具有”或“含有”来修饰，故D错误。
故选：C。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(2)内能的大小跟质量、温度、状态有关，晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加；
(3)热传递的条件：温度差；
(4)热量是在热传递过程中内能改变的多少，是一个过程量。
本题是一道热学综合题，主要考查学生对温度、内能、热量的关系、内能大小的影响因素、热传递的实质理解，是中考的热点，热学的难点。
4.【答案】B
【解析】解：由图示可知：轻质杠杆O为支点，OA>OB，OA是阻力臂，OB是动力臂时，动力臂最长，动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆。
故选：B。
杠杆分为三类：省力杠杆(动力臂大于阻力臂，省力费距离)、费力杠杆(动力臂小于阻力臂，费力省距离)和等臂杠杆(动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离)。
本题考查了杠杆的分类，属于基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A、用锯条锯木头时锯条发热，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
B、阳光下路面发热，路面从阳光中吸收热量，是通过热传递的方式改变物体的内能；
C、反复弯折铁丝时，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
D、搓手时手掌发热，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
综上分析可知，改变内能的方式与其他三个不同的是B。
故选：B。
改变物体内能的方式有两种：一是做功，二是热传递，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程。
做功和热传递都可以改变物体的内能，二者是等效的，但其实质不同，前者是能量的转化，后者是能量的转移。
6.【答案】C
【解析】解：谷爱凌离开跳台后，从低处向高处跃起时，高度增加，质量不变，故重力势能增加，同时她的运动速度减小，故动能减小；当她从高处往下落时，质量不变，高度减小，故重力势能减小，同时运动速度加快，故动能增大。所以她的动能是先减小后增大，重力势能先增大后减小，故C正确。
故选：C。
动能的大小与物体的质量和速度有关；重力势能的大小与物体的质量和高度有关。
本题考查了动能与重力势能的转变，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：A、同一物体在CD段和BC段对水平路面压力相同，且CD段和BC段的粗糙程度相同，所以物体在CD段所受的摩擦力和BC段所受的摩擦力一样大，故A错误；
B、由图可知，BC段拉力F2对物体所做的功为：W2=F2sBC=2N×6m=12J；CD段的拉力F3=2.8N，CD段拉力F3对物体所做的功为：W3=F3sCD=2.8N×4m=11.2J，所以BC段拉力F2对物体所做的功大于CD段拉力F3对物体所做的功，故B正确；
C、AB段拉力F1对物体做的功为：W1=F1sAB=3N×4m=12J，所以BC段拉力F2对物体所做的功等于AB段F1对物体所做的功，故C错误；
D、物体在CD段所受的摩擦力和BC段所受的摩擦力一样大，BC段的距离大于CD段的距离，根据W=fs可知，BC段中木块克服摩擦力做的功大于CD段中木块克服摩擦力做的功，故D错误。
故选：B。
(1)首先根据二力平衡知识判断出摩擦力的大小；掌握影响摩擦力大小的因素：压力大小和接触面的粗糙程度，根据影响因素判断摩擦力的变化情况。
(2)根据W=Fs计算力做的功，然后再分别比较功的大小，注意分清哪个力对物体做功，计算时F就是这个力；公式中的s 一定是在力的方向上通过的距离，且与力对应。
本题主要考查了摩擦力的影响因素、功的计算，是一道好题。
8.【答案】A
【解析】解：
由题知，AO=OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左AO+G0×OD=F右CO，
2G×AO+G0×OD=3G×CO，
G0×OD=G×CO=G×AO
在木棒的A、C两点各减少两个钩码：
左边力和力臂的乘积为G0×OD，
右边力和力臂的乘积为G×CO，由于G0×OD=G×CO，所以减少钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选：A。
杠杆原来平衡，力臂相同，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。设杠杆的重心在D，根据杠杆平衡条件求出杠杆重力和其力臂的乘积；
两边各减少两个钩码，求出两边力和力臂的乘积相同，根据杠杆平衡条件分析判断。
木棒原来平衡，根据两边增加的力和力臂的乘积相同，由杠杆平衡条件判断各挂一个相同的钩码后木棒就能保持平衡。
9.【答案】A
【解析】解：一瓶500mL的矿泉水的质量在0.5kg左右，受到的重力G=mg=0.5kg×10N/kg=5N，从地上拿起一瓶矿泉水送到嘴边的高度h=1.6m，做的功W=Gh=5N×1.6m=8J。
故选：A。
一瓶500mL的矿泉水的质量在0.5kg左右，根据G=mg得出受到的重力，从地上拿起一瓶矿泉水送到嘴边的高度h=1.6m，根据W=Gh得出他对矿泉水做的功。
本题考查功的计算，并考查估算能力，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A、作用在物体上的力越大，做的功不一定越多，还要考虑距离大小，故A错误；
B、使用机械，不论效率高低，都不能省功，故B正确；
C、功率是功与时间的比值，机械效率是有用功与总功的比值，两者之间无关系，故C错误；
D、物体移动的距离越长，力做的功不一定越多，还要考虑力的大小，故D错误。
故选：B。
(1)由公式W=Fs知，物体做功多少与力和在力的方向上通过的距离的大小都有关系；
(2)使用任何机械都不能省功；
(3)功率和机械效率是无必然联系的。
本题考查功、功率和机械效率的区别，深刻理解功、功率和机械效率的概念，是正确解决此题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图知，两滑轮组承担重物绳子的段数n甲=3，n乙=2，
由题知，甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B两物体匀速提升相同高度，所以两物体上升速度相同，即vA=vB，
由v=nv物知，绳端速度v甲=3vA，v乙=2vB，所以v甲>v乙，故A错误；
B、由题知，hA=hB，GA>GB，由W有=Gh知，两滑轮组做的有用功W有甲>W有乙，故B错误；
C、滑轮组的机械效率η甲<η乙，有用功W有甲>W有乙，
根据η=W有W总知，W总=W有η，所以甲滑轮组拉力做的总功比乙的大，已知时间相同，由P=Wt可知，甲滑轮组的总功率比乙的大，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，根据η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动，
则：η甲=GAGA+G甲动，η乙=GBGB+G乙动，因为GA>GB，η甲<η乙，所以甲滑轮组的动滑轮比乙的重，故D正确。
故选：D。
(1)由图可知，两滑轮组承担重物绳子的段数n，根据v=nv物判断两滑轮组绳端速度大小关系；
(2)根据W有=Gh判断两滑轮组做的有用功的大小关系；
(3)根据η=W有W总比较两滑轮组拉力做的总功大小关系，根据P=Wt判断拉力的总功率的大小关系；
(4)不计绳重和摩擦，根据η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动比较两滑轮组的动滑轮重力大小关系。
本题考查滑轮组特点、有用功、功率、机械效率计算公式的应用，灵活应用公式是关键。
12.【答案】B
【解析】解：如下图所示：
在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，以动力臂L1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂L2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：FL1=F2L2可知，L1、F2都不变，L2变小，所以F也在变小。
故选：B。
杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，在抬起的过程中，利用杠杆的平衡条件来分析F大小的变化。
此题考查了杠杆平衡条件的应用，确定阻力臂的变化是此题的难点。
13.【答案】D
【解析】解：
D、因为不计空气阻力，所以，在动能与势能的相互转化过程中，小球的机械能没有损失(即机械能守恒)，则小球在a、b、c三处机械能相等，故D正确；
A、不计空气阻力，小球在空中运动的过程中，小球的机械能守恒，在d处时高度最低，重力势能最小，动能最大，所以小球在d处时的动能最大，而不是在a处动能最大，故A错误；
B、小球在b处时具有一定的速度，动能不为0；在e处时，小球的速度为0，动能为0，所以在e处动能最小，故B错误；
C、由A项解答可知小球在d处时动能不为零，而是动能最大，故C错误。
故选：D。
(1)机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关；
(2)在分析动能与势能相互转化时机械能的大小变化情况时，要搞清题目提供的条件或环境，此题的条件是不计空气阻力，则小球在空中运动的过程中其机械能守恒。
深入理解动能、势能的概念和影响因素，正确分析动能与势能相互转化时机械能的大小变化情况，是解答此题的关键。
14.【答案】D
【解析】解：AB、因两车功率和运动时间均相同，由W=Pt得：做功之比为1：1，故AB错误；
CD、由v=st可得，甲、乙两车的速度之比v甲v乙=s甲ts乙t=s甲s乙=23，
由P=Wt=Fst=Fv可得，F甲F乙=Pv甲Pv乙=v乙v甲=32，故C错误，D正确。
故选：D。
由P=Wt可求得两车的做功之比；根据速度公式求出两车的速度之比，根据P=Wt=Fst=Fv可得两车的牵引力之比。
本题考查了功率的定义及P=Wt=Fst=Fv的应用，在做题时应灵活选择公式。
15.【答案】C
【解析】解：
由题知，任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，所以两开关应串联接在电路中，比较可知C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作即为串联。
本题要牢牢把握住关键点“任一只手柄刹车时，开关立即断开、电动机停止工作”，从而判断出两个开关的连接方式是串联。
16.【答案】B 高度
【解析】解：从图中A、B的印迹看出，B球的形变大，说明它原有的重力势能大；在质量相同的情况下，高度越高，重力势能越大。
故答案为：B；高度。
重力势能的大小与物体的质量和下落高度有关，下落高度相同时，质量越大，重力势能越大；质量相同时，下落高度越大，重力势能越大；皮球下落过程中，具有的重力势能转化为动能，与地面碰撞接触时又转化为弹性势能，弹性势能的大小与物体的形变大小有关，形变越大，弹性势能越大。
解答本题注意所用的研究方法：控制变量法，转换法；掌握重力势能与弹性势能的影响因素以及重力势能、动能、弹性势能的转化情况。
17.【答案】不停地做无规则运动 比热容 水箱中水的温度升高 热传递 机械能转化为内能 15
【解析】解：(1)给汽车加油时，会闻到汽油味，从物理学角度来看，属于扩散现象，这个现象表明分子在不停地做无规则运动；
(2)与其它液体相比，水的比热容大，在质量和升高的温度相同时，由公式Q=cmΔt知，水吸收的热量多，冷却效果好，因此用水冷却发动机；
汽车发动机开始工作一段时间后，水箱中水的温度升高，内能会增加，即是由于水箱中的水从机器上吸收热量导致的，所以这是通过热传递方式来改变内能的；
(3)图中进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，机械能转化为内能。
汽油机一个工作循环，4个冲程，飞轮转2圈，对外做功1次。若一单缸四冲程汽油机的飞轮转速是1800r/min，则飞轮每秒转30转，每秒对外功15次。
故答案为：(1)不停地做无规则运动；(2)比热容；水箱中水的温度升高；热传递；(3)机械能转化为内能；15。
(1)一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递；
(3)根据气门的关闭和活塞的运行方向判断属于什么冲程，并分析能量转化情况；汽油机一个工作循环中包含四个冲程，对外做功一次，飞轮转动2圈。
本题考查了分子热运动、水的比热容大的应用、内能与温度的关系、热机的工作过程，是一道综合题，有一定的难度。
18.【答案】900120075%100
【解析】解：
(1)工人做的有用功：
W有用=Gh=900N×1m=900J；
(2)推力做的总功：
W总=Fs=400N×3m=1200J；
(3)斜面的机械效率为：
η=W有用W总×100%=900J1200J×100%=75%；
(4)工人做的额外功：
W额=W总−W有用=1200J−900J=300J，
由W额=fs得箱子受到的摩擦力：
f=W额s=300J3m=100N。
故答案为：900；1200；75%；100。
(1)知道箱子重力和斜面的高度，根据W有用=Gh求出有用功；
(2)知道斜面的长度和推力，根据W总=Fs求出推力做的总功；
(3)斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)克服摩擦力的功为推力做的额外功，而额外功等于总功减去有用功，再利用W额=fs求摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，关键是知道利用斜面做的额外功等于克服摩擦力做的功。
19.【答案】20 60
【解析】解：小明的重力G=mg=50kg×10N/kg=500N，
小明跳一次做功W′=Gh=500N×0.04m=20J，
180次所做总功为：W=180×20J=3600J，
则小明跳绳的平均功率为：
P=Wt=3600J1×60s=60W。
故答案为：20；60。
知道小明的质量，可利用公式G=mg计算出小明的体重，知道每次跳绳重心上升的高度，则可利用公式W=Gh计算每跳一次克服重力做的功；跳了120次，从而可以求出他在跳绳过程中克服重力做的功，又知道时间，可利用公式P=Wt计算做功的功率。
本题考查了功与功率的计算，由能量守恒可知，人跳起时做的功等于跳起后克服自身重力所做的功，则求出克服重力所做的功即为人做的功。
20.【答案】6.3×108 2.52×108 2520
【解析】解：(1)该客车每匀速行驶100km，氢完全燃烧释放的能量：Q放=mq氢=4.5kg×1.4×108J/kg=6.3×108J；
(2)由η=WQ放可知，发动机输出的机械功：W=ηQ放=40%×6.3×108J=2.52×108J；
(3)由W=Fs可知，发动机提供的牵引力：F=Ws=2.52×108J100×1000m=2520N。
故答案为：6.3×108；2.52×108；2520。
(1)知道消耗氢的质量和氢的热值，利用Q放=mq求出氢完全燃烧放出的能量；
(2)根据热机效率公式求出发动机输出的机械功；
(3)知道输出的机械功和客车行驶的路程，利用W=Fs求出发动机提供的牵引力。
本题考查燃料完全燃烧放热公式、热机效率公式以及功的计算公式的应用，是一道综合题，难度不大。
21.【答案】6.72×105 2
【解析】解：(1)鹅卵石放出的热量为：
Q放=c鹅卵石(t−t01)m鹅卵石=0.8×103J/(kg⋅℃)×4.2kg×(300℃−100℃)=6.72×105J；
(2)若这些热量全部被水吸收，则水吸收的热量：Q吸=Q放=6.72×105J，
在1标准大气压下，水的沸点为100℃，
由Q吸=cm△t可得，加热水的质量：
m=Q吸c△t=6.72×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=2kg。
故答案为：6.72×105；2。
(1)根据Q放=cm△t算出鹅卵石放出的热量；
(2)根据题意求出水吸收的热量，利用Q吸=cm△t求出加热水的质量。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式和吸热公式的应用，是一道较为简单的计算题。
22.【答案】不能 串联
【解析】解：一串彩灯中有一盏彩灯处于熄灭状态，如果彩灯之间是并联的，则该灯可能断路，如果彩灯之间是串联，则该灯可能是短路，故不能判定同一串彩灯中各个小彩灯间是串联还是并联。
取下该彩灯，整串彩灯都熄灭，电路断开，则说明该灯泡为短路，原电路为串联。
故答案为：不能；串联。
各电路元件首尾顺次连接的连接方式是串联，串联电路只有一条电流路径；各电路元件并列连接的连接方式是并联，并联电路有多条电流路径；
本题考查了串并联电路的辨别，属于基础知识，要掌握。
23.【答案】S2 S1、S3 电铃 S1、S2、S3
【解析】解：若要使灯和电铃组成串联电路，则只需闭合开关S2，此时灯与电铃首尾顺次连接；
若要使灯和电铃组成并联电路时，则要断开开关S2，闭合开关S1和S3，此时灯和电铃并列地连接。
同时闭合S2、S3，电流从正极出发经电铃回负极，灯泡被短路，因此灯不工作，电铃工作；
若同时闭合S1、S2、S3，电流从正极出发，不经用电器直接回负极，发生电源短路，会烧坏电源，是绝不允许的。
故答案为：S2；S1、S3；电铃；S1、S2、S3。
(1)串联电路中电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路中电流有多条路径，电流进行分支、汇合从电源正极回到负极；
(2)短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连，电源短路是绝对不允许的；而用电电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来。
解决此类题目的关键是根据题目中的开关组合方式，联系串并联电路的特点进行分析电路的连接情况。
24.【答案】解：
做出F2的作用线，由支点O向F2的作用线引垂线，垂线段的长度即为其力臂L2；
阻力与阻力臂一定时，要使施加的力最小根据杠杆的平衡条件，动力臂需最长．连接支点O与a点，过a点作Oa的垂线就得到在a点施加的最小动力F1，如图所示：
【解析】根据力臂的概念，做出从支点到力的作用线的距离；
根据杠杆的平衡条件，要使施加的力最小，应使得其力臂最长，由此画出最小力．
根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力．
25.【答案】解：灯L1和灯L2并联接入电路中；开关S1控制灯L1，则这两个元件在一条支路中，开关S2控制灯L2，则这两个元件在另外一条支路中，如图所示：
。
【解析】根据题中的2个要求确定灯的连接开关控制的电路，据此连接实物图。
本题考查根据要求连接实物图，关键是根据要求确定电路的连接关系及开关控制的灯。
26.【答案】是 右 6 6 变大 寻找普遍规律
【解析】解：(1)杠杆处于静止状态，则杠杆达到平衡状态；杠杆左端下沉，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；
(2)如图甲所示，设一个钩码的重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可得：在杠杆A点处挂4个钩码时，4G×3L=2L×nG，解得n=6，所以应在杠杆右边B处挂6个钩码；
(3)如图丙所示，用弹簧测力计竖直向上拉杠杆，使杠杆处于水平平衡状态，由杠杆平衡条件得：0.5N×4×3=F×1，解得F=6N，
则则弹簧测力计的示数为6N；
当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，根据杠杆平衡条件，动力变大，弹簧测力计的示数变大；
(4)通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获取多组实验数据归纳出物理规律才具有普遍性，结论才正确，所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据寻找普遍规律。
故答案为：(1)是；右；(2)6；(3)6；变大；(4)寻找普遍规律。
(1)杠杆静止和匀速转动时，杠杆都处于平衡状态；探究杠杆平衡之前，首先调节杠杆两端的平衡螺母使杠杆在水平位置平衡。平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)知道动力臂、阻力、阻力臂，根据杠杆平衡条件求出动力，求出钩码的数量；
(3)根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析解题；
(4)通过实验总结实验结论时，一般要进行多次实验，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出普遍的物理规律。
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
27.【答案】重力势能 小木块移动的距离 转换 质量 速度 甲、丙 质量 小华 能
【解析】解：(1)小钢球在滚下斜面的过程中，它的重力势能转化为动能，其动能大小是通过小木块移动的距离S大小来反映的，用到了转换法；
(2)分析比较甲和乙两组实验可得，物体的质量相同，而下滑的高度不同，甲图中下滑的高度大，运动到水平时速度大，推动木块滑行的距离大，故物体质量相同时，速度越大，动能越大；
研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，故分析比较甲、丙两组实验可得出物体的动能与质量的关系；
(3)探究动能与质量的关系，应控制速度相同，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，丙实验中，钢球的动能较大，因此可以改变木板的长度和金属球的质量，故应小华的建议不恰当；
(4)相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，控制了质量相同，速度不同，所以能研究铁球的动能大小与速度的关系。
故答案为：(1)重力势能；小木块移动的距离；转换；(2)质量；速度；甲、丙；(3)小华；(4)能。
(1)小钢球在滚下斜面的过程中，重力势能转化为动能；观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，用到了转换法；
(2)影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系；研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，据此分析；
(3)由图知是控制速度相同时，研究动能与质量的关系，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的；
(4)影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系。
本题是探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验，考查了转换法、控制变量法在实验中的应用。
28.【答案】左 7.5温度计的玻璃泡接触到了容器底 温度计的示数变化 ①② 酒精 小
【解析】解：(1)把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端的零刻线处；此时指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，平衡螺母应向左移动；
如图乙和丙所示，碎纸片的质量m=5g+2.5g=7.5g；
为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，所以则他还应称量7.5g的酒精；
(2)由图丁知，实验中温度计的玻璃泡碰到了容器底；
(3)为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数变化得出吸热多少，进而判断热值大小；
(4)实验中要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，故选①②；
(5)由表格数据可知，相同质量的酒精和碎纸片燃尽时，酒精燃烧放出的热量可以将水的温度升高60℃，碎纸片燃烧放出的热量可以将水的温度升高45℃，可见酒精的热值比碎纸片的大；
因为烧杯、空气也吸收热量(即存在热损失)，并且燃料不可能完全燃烧，所以测得的热值会偏小。
故答案为：(1)左；7.5；(2)温度计的玻璃泡接触到了容器底；(3)温度计的示数变化；(4)①②；(5)酒精；小。
(1)把天平放在水平桌面上，首先将游码调到标尺左端的零刻线处，从指针的偏转判断天平横梁哪端上翘，平衡螺母向上翘的一端移动。碎纸片的质量等于砝码质量与游码对应的刻度值的和；
根据题意可知，为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料；
(2)根据温度计的使用规则分析解答；
(3)(4)(5)燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此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；测得热值偏小有两个原因，一是“烧杯、空气也吸收热量”，二是“燃料不可能完全燃烧”。
本题通过实验考查了学生对控制变量法的应用，同时考查了学生对热值的理解和掌握，考查了学生对实验情况的分析。
29.【答案】解：(1)水的体积V=100L=100dm3=0.1m3，
由ρ=mV可知，水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×0.1m3=100kg；
(2)在这段时间内，水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×100kg×(50℃−20℃)=1.26×107J；
(3)由η=Q吸Q放可知，如果水吸收的这些热量，由燃烧天然气来提供，需要天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Q吸η=1.26×107J42%=3×107J，
由Q放=Vq可知，至少需要完全燃烧天然气的体积：V天然气=Q放q天然气=3×107J4.0×107J/m3=0.75m3。
答：(1)水箱中水的质量有100kg；
(2)在这段时间内，水吸收的热量有1.26×107J；
(3)至少需要燃烧0.75m3的天然气。
【解析】(1)知道水的体积和密度，利用密度公式求出水的质量；
(2)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；
(3)根据效率公式求出天然气完全燃烧放出的热量，根据Q放=Vq求出至少需要完全燃烧天然气的体积。
本题考查密度公式、吸热公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，是一道综合题，难度不大。
30.【答案】非平衡
【解析】解：(1)由丙图知，0∼4s内空吊篮的速度逐渐变大，所以空吊篮处于非平衡状态；
(2)由图甲知，承担重物绳子的段数n=2，
由图乙知，4∼8s内拉力F=50N，由图丙知，4∼8s物体的速度v物=0.6m/s，
绳端速度：v=nv物=2×0.6m/s=1.2m/s，
拉力的功率：P=W总t=Fst=Fv=50N×1.2m/s=60W；
(3)不计绳重和摩擦，绳端的拉力：F=1n(G+G动)，
所以空吊篮的重力：G吊篮=2F−G动=2×50N−60N=40N，
由G=mg可得，空吊篮的质量：
m吊篮=G吊篮g=40N10N/kg=4kg；
(4)小明的重力G小明=m小明g=50kg×10N/kg=500N，拉绳能承受的最大拉力为600N，
因力的作用是相互的，所以为了避免小明被绳子拉上去，则小明对绳端的最大拉力F最大=G小明=500N，
不计绳重和摩擦，由F最大=1n(G吊篮+G最大+G动)可得小明能提起货物的最大重力：
G最大=2F最大−G吊篮−G动=2×500N−40N−60N=900N，
则提升货物的最大机械效率：
η=W有W总=G最大hF最大s=G最大nF最大=900N2×500N×100%=90%。
答：(1)非平衡；
(2)在4∼8s内小明拉力做功的功率为60W；
(3)空吊篮的质量为4kg；
(4)小明用图甲装置匀速提升货物时的最大机械效率为90%。
(1)物体处于静止或匀速直线运动状态时叫做平衡状态，由图丙知0∼4s内空吊篮的速度情况，从而可知是否处于平衡状态；
(2)由图乙可知4∼8s内拉力的大小，由图丙可知这段时间内物体的速度，根据v=nv物可得绳端速度，根据P=Wt=Fst=Fv计算拉力的功率；
(3)不计绳重和摩擦，由F=1n(G+G动)和G=mg计算空吊篮的质量；
(4)根据小明的重力和拉绳能承受的最大拉力判断小明使用此装置时绳端最大拉力，根据F最大=1n(G吊篮+G最大+G动)计算能提起货物的最大重力，根据η=W有W总=G吊篮hFs=G吊篮nF计算提升货物的最大机械效率。
本题考查了对平衡状态的认识、使用滑轮组时绳端拉力、功率以及机械效率计算公式的应用，要能从图象中获取有用信息。
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