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2022-2023学年江苏省无锡市江阴市九年级（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省无锡市江阴市九年级（上）期中物理试卷（含答案解析），共26页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省无锡市江阴市九年级（上）期中物理试卷
1. 如图所示的几种杠杆类工具，在使用时属于省力杠杆是( )
A. 镊子 B. 托盘天平
C. 开瓶扳手 D. 笤帚
2. 如图所示，工人用动滑轮匀速提升重物，这样做( )
A. 省力，不改变施力的方向 B. 不省力，改变施力的方向
C. 既省力，也改变施力的方向 D. 既不省力，也不改变施力的方向
3. 手电筒的结构如图所示，按下按键时，电路接通小灯泡发光。该手电筒的电路图，选项图中正确的是( )
A. B.
C. D.
4. 如图所示的四种情景中，人对物体做功的是( )
A. 女孩把一箱报刊搬起来
B. 司机推车，车纹丝不动
C. 学生背着书包在水平路面匀速前进
D. 足球被踢后，在草地上滚动了一段距离
5. 小明同学设计并制作了一个“盲人水杯”，其工作原理如图所示。杯中近杯口处A点是水位器的两个金属触点，当杯中的水位达到A位置时，水位器会发出音乐声，表示水已盛满。杯口处的两个金属触点的作用相当于( )
A. 导线
B. 开关
C. 用电器
D. 电源
6. 下列说法正确的是( )
A. 越省力的机械，做功一定越快 B. 做功越多的机械，功率一定越大
C. 功率越大的机械，效率一定越高 D. 做功越快的机械，功率一定越大
7. 下列关于内能、热量和温度的说法，正确的是( )
A. 温度高的物体含有的热量多
B. 热传递只能从内能大的物体传给内能小的物体
C. 一杯开水慢慢变凉，其内能减小
D. 一个物体内能增大，一定吸收了热量
8. 2022年6月5日10时44分发射神舟十四号载人飞船。执行此次发射任务的长征二号F遥十四运载火箭如图所示。下列说法正确的是( )
A. 燃料燃烧推动火箭升空，把机械能转化为内能
B. 使用液氢燃料，主要利用了液氢的热值大
C. 火箭上升时，重力势能增大，动能减小，机械能不变
D. 燃料燃烧释放的内能全部转化为机械能
9. 由Q=cm(t−t0)得c=Qm(t−t0)，关于同一种物质的比热容，下列说法正确的是( )
A. 若质量增大一倍，则比热容减小一半
B. 若质量增大一倍，则比热容增大一倍
C. 若吸收的热量增大一倍，比热容增大一倍
D. 比热容与物体质量多少、温度变化大小、吸热或放热的多少都无关
10. 破壁机可以瞬间击破食物细胞壁，让食材营养释放更充分。某品牌破壁机(如图)设置了安全开关S1和工作开关S2，当杯体放在主机上时S1自动闭合，安全指示灯亮起；再闭合S2，电动机启动破壁，下列电路图符合上述要求的是( )
A.
B.
C.
D.
11. 一冰块先后经历了以下三个过程：①−10℃的冰到0℃的冰，吸收热量Q1；②0℃的冰变为10℃的水，吸收热量Q2；③10℃的水到20℃的水，吸收热量Q3。已知c冰
A. 从小球接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中，小球的机械能不变
B. 从小球接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能减小
C. 从t=0到t3时刻，小球减小的重力势能等于弹簧获得的弹性势能
D. 从t2到t3时刻，小球的速度减小，动能减小，重力势能增加
13. 频频发生高空抛物坠物致人伤亡事件严重危害人民群众生命财产安全，原因是物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越______(选填“大”或“小”)，当高处的物体坠落时，因重力势能转化为______能，从而带来安全隐患。
14. 热熔钻工艺是在金属薄板上一次加工出孔的技术，热熔钻头采用耐磨、耐高温的硬质材料制成．钻头与薄板接触时，钻头高速旋转，使钻头和薄板之间剧烈摩擦，用______的方式(填“做功”或“热传递”)，瞬间达到几千℃的温度，实现______能转化为______能，由于温度超过金属的熔点，钻头附近的金属迅速熔化，钻头继续施加向下的压力，几秒钟就在金属薄板上贯穿一个孔．
15. 如图所示的电路处于______(通路/断路/短路)状态，会造成______(电源/灯泡)损坏，要使其成为正确的电路，只需要拆掉图中标注的______号导线。
16. 如图是城市的十字路口可移动的太阳能红绿灯。白天太阳能电池板给红绿灯供电，同时又能给蓄电池充电，则白天太阳能电池板将______能转化为______能，相当于______(选填“用电器”或“电源”)。在阴雨天和晚上，蓄电池又给红绿灯供电，使红绿灯能连续工作。
17. 江阴市某学校在操场上举办秋季运动会的开幕式。入场时，小明竖直举着九(2)班的班牌走在最前列，如图所示。若匀速前进时，班牌受到水平向后风的阻力为10N，作用在A点。若将班牌视为杠杆，AC间的距离是BC间距离的3倍。她将图中B点作为支点，手对另一点施加的力为______ N，这个力的方向是水平______(选填“向前”或“向后”)。若她将图中C点作为支点，手对另一点施加的力为______ N。
18. 如图所示，小军沿着斜面用500N的拉力，将重为800N的物体从底端匀速拉上斜面顶端，物体沿斜面方向移动的距离s为3m，上升的高度h为1.5m，在这一过程中，拉力做的功是______ J，斜面的机械效率是______，物体受到的摩擦力为______ N。
19. 实验测得0.5kg某物质温度随时间变化的图象如图示，已知物质在固态下的比热容为c1=2.1×103J/(kg⋅℃)。假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图象解答下列问题：
(1)在最初的2min内，物质吸收的热量为______ J。
(2)求该物质在液态下的比热容c2=______J/(kg⋅℃)。
(3)该0.5kg物质在加热到第4分钟时的内能______(选填“小于”、“等于”、“大于”或“无法比较”)加热到第8分钟时的内能。
20. 如图1所示，小明将气球吹大后，让气球自行飞出，若及时捡拾起气球，将会感觉到气球球身的温度和原来相比______(选填“变高”“变低”或“没有变化”)，此过程发生的能量转化与图2 ______(选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”)图中的能量转化是一致的。1min内汽油机完成2400个工作循环，曲轴的转速为______r/s。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，这些燃料完全燃烧放出的热量为______ J。(ρ燃料=1.5kg/m3,q燃料=4.6×107J/kg)
21. 健腹轮是一种健身器材，使用时可将膝盖跪在垫上，双手紧握健腹轮手柄，向前推动健腹轮至身体水平于地面，然后回收归位，反复操作，如图所示。
(1)图甲所示，身重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中，身体重心平均下降30厘米，重力所做的功为______焦。
(2)在身体从状态1到状态2的过程中，轮内的弹性钢圈因形变而绕紧，在从状态2恢复到状态1时，绕紧的钢圈会自动恢复到原来的状态，让人体自动回弹。图乙是两种弹性钢圈使用过程中弹性势能的变化图，结合图中信息进行分析，在健腹轮中安装______(填“A”或“B”)型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
22. 引体向上是同学们经常做的一项健身运动，如图所示，该运动的规范动作是两手正握单杠，由悬垂开始，上提时，下颚须超过杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂。这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。课外活动时，小华同学连续做了15个规范的引体向上，小组的同学们设计了如下表格，并测量一些物理量估测小华同学做引体向上时的功率。
人的质量m/kg
完成15个的时间t/s
a
功率P/W
(1)所需要的测量器材有刻度尺、秒表和______。
(2)请在表格a处填上合适的物理量、符号及单位：______(不需要填写数据)。
(3)写出计算小华同学做引体向上时功率的表达式：P=______(利用以上测量的物理量符号表示)。
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是1min，两位同学的功率是否一定相等？理由是______。
23. 用五个相同的滑轮和绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，分别将不同的物体G1和G2匀速提升相同高度，绳端所需的拉力F恰好相等，不计摩擦、绳和木板的重。则绳端拉力F做的功之比为W1：W2=______，滑轮组的机械效率之比η1：η2=______。
24. 杆秤是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种，映射出中国古代劳动人民的聪明才智。如图是杆秤的示意图，秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，C点就是杆秤的______，杆秤上的刻度是______(选填“均匀”或“不均匀”)的。某标准杆秤的秤砣质量为1kg，秤和秤钩的总质量为0.5kg，O点为秤纽悬点，OC=4cm，OD=10cm，要称量真实质量为2.0kg的物体，则秤砣离O点______ cm。如因长期使用，秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时，称出来的质量为______ kg。
25. 如图所示为工人师傅用笤帚扫地的情景。O是支点，右手作用在笤帚上A点的动力为F1，请在图乙中画出动力F1的力臂L1和作用在B点的水平方向的阻力F2的示意图。
26. 要站在地面上用一个滑轮组提升重物，请在图中作出最省力的绕线方法。
27. 小明要在房间里安装一盏吊灯和一盏壁灯，要求两灯都能独立地工作，并各用一个开关控制。在图的虚线框内画出吊灯、壁灯、开关连接的电路图。
28. 在探究“杠杆的平衡条件”实验时：
(1)实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时发现左端下沉，如图1所示，此时杠杆处于______(选填“平衡”或“非平衡”)状态；为使杠杆水平平衡，应把杠杆的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节。
(2)调节平衡后，在杠杆上A点处挂两个钩码(每个钩码的质量均为50g)，如图2所示，则在B点处应挂______个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡。
(3)将B点的钩码换成弹簧测力计，为了便于测量力臂，弹簧测力计应______拉动杠杆使其水平平衡。
(4)回家后，小华又做了这样的探索：将一根长为L，重为50N的不均匀木棒放在水平桌面上，并使木棒的13伸出桌子边缘，如图3所示，在最右端A点施加竖直向上的力F1，当F1=35N时，木棒以C点为支点恰好水平平衡；若木棒以B点为支点恰好水平平衡，作用在A点的最小作用力F2的方向为______，大小为______ N。
29. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相等，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)比较不同燃料的热值，应选择______两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过______来反映的(选填“温度计升高的示数”或“加热时间”)。
(2)比较不同物质吸热升温的特点，应选择______两图进行实验，比热容的概念采用比值定义法，物理学中，将物体温度升高时吸收的热量与它的______之比，叫做比热容。
(3)如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，______液体的温度升高得较快，升高相同的温度______液体吸收热量多。
30. 如图，用小球和木块来做探究“动能大小与哪些因素有关”的实验。
(1)本实验是探究影响______(选填“小球”或“木块”)动能大小的因素；
(2)实验中，两小球从不同高度静止滚下，目的是______，图A、B得到的结论是______；
(3)本实验采用了多种研究方法，以下实验中，没有使用本实验研究方法的是______；
A.探究不同种物质的吸热升温现象时，选用质量相同的沙子和水
B.比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时，选用等质量的水
C.探究定滑轮工作特点时，将其看成等臂杠杆
D.用压缩引火仪研究做功改变物体内能时，在玻璃筒中放入棉花
(4)在研究动能与质量的关系时，小华某次实验发现木块运动到了长木板的末端之外，为使实验顺利完成，最简便的解决办法是：______；
(5)在探究动能大小与质量关系时，有同学这样设计实验方案：拿走木块，在水平木板上铺上毛巾，将质量不同小球从斜面的相同高度静止释放，通过比较小球在毛巾上滚动的距离，得出探究结论。你认为他们的方案是否合理______，理由是______。
31. 如图所示，塔式起重机上的滑轮组将质量为450kg的重物匀速吊起2m，作用在绳端的拉力为2.0×103N，g取10N/kg，求：
(1)提升重物做的有用功；
(2)滑轮组的机械效率；
(3)若动滑轮的质量为80kg，克服摩擦和钢绳重所做的功。
32. 汽车慢慢进入每一个家庭，小明家的汽车尾部上标有“2.0T”的字样，其中“T”就是“涡轮增压”，是利用高温、高压的废气去冲击“废气涡轮”高速旋转，来带动同轴的“进气涡轮”也高速旋转，从而增加吸气冲程的进气量并增大进气气压，使汽油燃烧更充分，燃气压强更大，同时也减少了废气中的有害物质，达到提高发动机效率和减少废气污染的目的。小明发现，他家汽车说明书上标的最低油耗为：50g汽油可以提供1.15×106J的有用功的能量，已知汽油的热值为4.6×107J/kg。
(1)汽车发动机用水进行冷却，是因为______；加入同型号的汽油，汽车采用涡轮增压后，汽油的热值将______(选填“更大”、“一样大”或“更小”)。
(2)50g的汽油完全燃烧时放出的热量为多少？这些热量如果全部被水吸收可使23kg，初温为50℃冷却水温度升高多少℃？(结果保留一位小数)
(3)该汽车发动机的效率最高可达多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不合题意；
B、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故B不合题意；
C、开瓶扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C符合题意；
D、笤帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不合题意。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
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】A
【解析】解：
动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，使用动滑轮时能省力，但不能改变施力的方向，故A正确、BCD错误。
动滑轮是指轴随物体一起运动的滑轮，其实质是动力臂是阻力臂2倍的杠杆；使用动滑轮能省一半力，但不能改变用力的方向。
本题考查了动滑轮的特点，属于基础题目。
3.【答案】B
【解析】解：按下按键时，电流流过的路径为正极→灯泡→开关→负极，故B正确。
故选：B。
由题意知，电源、开关、灯泡组成电路，开关控制灯泡，由此分析解答。
本题考查学生对电路图的认识和理解，属于一道基础题。
4.【答案】A
【解析】解：A、女孩把一箱报刊搬起来，有一个向上的力，且物体沿向上的方向移动了一段距离，所以该过程中力做了功，故A正确；
B、司机推车，车纹丝不动，对车有力的作用，车没有在力的方向通过距离，没有做功，故B错误；
C、背着书包，人给书包一个竖直向上的力，而书包没有在力的方向上通过的距离，所以没有做功，故C错误；
D、足球被踢后，在草地上滚动了一段距离，是由于惯性向前运动，不存在向前踢的力，所以没有做功，故D错误。
故选：A。
做功必须具备两个必要因素：①作用在物体上的力，②物体在力的方向上通过距离。判定有没有做功，就从是否具备这两个必要因素入手。
注意不做功的三种情况：(1)有力但没有距离：如推而不动，搬而未起。(2)先有力后有距离：离开脚的足球、抛出的物体。(3)力和距离相垂直：背书包水平行走。
5.【答案】B
【解析】解：由题意知：当杯中的水位到达A位置时，电路接通，水位器会发出音乐声，这说明杯口处两个触点的作用相当于开关。
故选：B。
由图可知，电路由水位器、电源、导线组成，当电路闭合时，水位器才有可能发出声音，根据题意分析触点的作用。
本题是一道基础题，分析清楚电路结构、知道电路闭合时水位器才能发出乐音是正确解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A.功率是表示做功快慢的物理量，与机械的省力情况无关，故A错误；
B.功率是单位时间内完成的功，做功越多，时间不确定，根据公式P=Wt，不能确定功率大小，故B错误；
C.功率和机械效率两者没有因果关系，所以功率大，效率不一定越高，故C错误；
D.功率是表示做功快慢的物理量，做功越快功率越大，故D正确。
故选：D。
机械做功功率和机械的省力情况无关；
功率是单位时间内完成的功，是表示做功快慢的物理量；
机械效率是有用功跟总功的比值。
本题考查了功率的知识，深刻理解功率的概念是解决此题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：A、热量是一个过程量，不能说“某物体含有或具有多少热量”，故A错误；
B、发生热传递的条件是物体之间有温度差，内能小的物体温度可能高，内能大的物体温度可能低，因此热传递时热量可能从内能小的物体传向内能大的物体，故B错误；
C、一杯开水慢慢变凉，温度降低，其内能一定减小，故C正确；
D、一个物体内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故D错误。
故选：C。
(1)热量是物体通过热传递方式改变的内能，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。
(2)发生热传递的条件是物体之间有温度差；
(3)物体的内能与温度、质量以及状态有关，同一物体的温度越高、内能越大；
(4)改变内能的方式，做功和热传递。
本题考查内能、温度与热量三者之间的关系以及改变内能的方式，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A、燃料燃烧推动火箭升空，把内能转化为机械能，故A错误；
B、热值反映了燃料燃烧放热的能力，使用液氢燃料，主要利用了液氢的热值大，故B正确；
C、火箭上升时，质量不变，高度增加，重力势能增加；速度增加，则动能增加；机械能等于重力势能和动能之和，因此机械能增加，故C错误；
D、燃料燃烧释放大的内能有一部分会散失，因此不能全部转化为机械能，故D错误。
故选：B。
(1)燃料燃烧时将燃料的化学能转化为内能，火箭升空时通过内能转化为机械能；
(2)热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧时放出的热量，反映了燃料燃烧放热的能力；
(3)动能是由于物体运动而具有的能量，与质量和速度有关；重力势能是由于物体被举高而具有的能量，与质量和高度有关；机械能包括动能和势能之和。
本题考查了对能量的转化、热值的概念的理解，属于基础题，难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：比热容是物质本身的一种特性，在状态和物质种类一定时，比热容大小与物体吸放热的多少、温度变化大小、质量的多少都没有关系，故ABC错误，D正确。
故选：D。
比热容是物质的本质特性，它不会随物质吸收的热量，质量，温度的改变而改变。
本题考查学生对比热容概念的理解。需要清楚的是c=Qm(t−t0)是比热容的计算式，而不是决定式。
10.【答案】B
【解析】解：当杯体放在主机上时S1自动闭合，安全指示灯亮起，说明该电路是接通的，即S1能控制灯泡；此时电动机不工作，说明电动机和灯泡是并联的；再闭合S2，电动机启动破壁，这说明S2和电动机串联在一个支路中，所以开关S1在干路中，故B正确。
故选：B。
串联的各电路元件相互影响，不能独立工作；并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意确定两开关与电动机、灯泡的连接方式，然后分析电路图答题。
(1)根据电路元件是否相互影响，判断出它们的连接方式，相互影响为串联，互不影响为并联；
(2)根据开关的控制作用，确定开关的位置，控制整个电路，开关在干路上，单独控制某个用电器，开关在支路上。
11.【答案】C
【解析】解：由题意可知：①−10℃的冰变为0℃的水，吸热为Q1；②0℃的冰变为10℃的水，吸热为Q2；③10℃的水变成20℃的水吸热为Q3，
比较①、③，由热量计算公式可知，冰和水二者总质量相等，升高温度也相等，因水的比热容大于冰的比热容，所以，结果Q3>Q1；
而在②0℃的冰变为10℃的水，吸热为Q2中，实际包含了两个物理过程：首先是0℃的冰熔化成0℃的水，这个过程不升温但要不断吸热，然后是熔化成的0℃的水再变为10℃的水，这个过程跟③的变化过程在结果上是一样的，所以，在②中比③多吸收了热量，即Q2>Q3。
故有Q1
(1)先比较①③两个过程吸热大小关系，两过程中冰和水升高的温度相同、质量相同，比热容不同，根据Q吸=cm△t得出①③两个过程吸热大小关系；
(2)再比较②③两个过程吸热大小关系，0℃的冰变为10℃的水，包含了两个不同的物理过程(冰化水、水的升温过程)，据此分析比较②③两个过程吸热大小关系。
在分析时，特别需要注意的是②0℃的冰变为10℃的水，这个过程实际上包含了两个不同的物理过程，其中0℃的冰变为0℃的水，这个过程吸收热量但温度不变。这是分析此题的一个关键。
12.【答案】C
【解析】解：
AB、从小球接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的弹性形变变大，其弹性势能变大，是小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能减小；由v−t图像可知，小球的速度先增大后减小，所以动能先变大后变小，故AB错误；
C、在t=0和t3时刻，小球的速度都为0，动能都为0；不计空气阻力，整个过程中小球的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，所以小球减小的重力势能等于弹簧获得的弹性势能，故C正确；
D、从t2到t3时刻，由v−t图像可知，小球的速度减小，其动能减小；此过程中小球所处的高度变小，其重力势能减小，故D错误。
故选：C。
机械能是动能和势能的统称，动能的大小与物体的质量和速度有关；重力势能的大小与高度、质量有关；弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关；根据图像结合动能、势能和机械能的知识进行解答。
本题考查了动能、势能和机械能的大小变化、能量转化等知识，从图像中获取有用的信息是解答的关键之一。
13.【答案】大 动
【解析】解：同一物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越大；
物体从高空落下的过程中，高度越来越小，所以重力势能越来越小，速度越来越快，所以动能越来越大，故物体落下的过程中重力势能转化为动能。
故答案为：大；动。
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；动能和势能可以相互转化。
本题考查了重力的概念及动能和势能相互转化。在判断动能和势能相互转化时，要先分析每种形式能的变化情况，若是动能和势能相互转化，一定是一种形式的能变小，另一种形式的能变大。
14.【答案】做功 机械 内
【解析】解：钻头高速旋转，使钻头和薄板之间剧烈摩擦，这是通过做功的方式，使物体内能增大，温度升高，实现机械能转化为内能。
故答案为：机械；内。
做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。
本题主要考查学生对做功改变物体内能的理解和能量转化的认识，是一道基础题。
15.【答案】短路 电源 ②
【解析】解：如图所示的电路中，开关处于闭合状态，电流直接沿导线②、开关、④流回电源的负极，所以引起电源短路，会损坏电源；
要使其成为正确的电路，应将灯泡连入电路，故电流应依次经过导线①、灯泡、③、开关、④流回电源的负极，故应拆除导线②。
故答案为：短路；电源；②。
电路的三种状态：通路，开路(断路)，短路。电源短路是指用导线将电源两极直接连接起来的电路。
本题考查了电路的状态的判断和改装电路，明确电路的三种状态是关键。
16.【答案】太阳 电 电源
【解析】解：太阳能电池板将太阳能转化为电能，因为太阳能电池板既能给红绿灯供电，又能给蓄电池充电，所以太阳能电池板相当于电源。
故答案为：太阳；电；电源。
太阳能电池板的作用是把太阳能转化为电能后，输出直流电存入蓄电池中，在蓄电池中是以化学能形式储存的，当红绿灯工作时，化学能又转化为电能。太阳能电池板既能给红绿灯供电，又能给蓄电池充电，故太阳能电池板相当于电源。
本题考查了太阳能的利用以及能量转化，属于基础题目。
17.【答案】20 向后 30
【解析】解：AC间的距离是BC间距离的3倍，即LAC：LBC=3：1，所以LAB：LBC=2：1，
若以B点作为支点，A点受到向后的力为阻力F2，AB为阻力臂LAB，A、C两点位于支点的两侧，要使杠杆平衡，则C点受到的力为动力F1，方向向后，BC为动力臂LBC，
由据杠杆的平衡条件得，手对C点施加的力为：F1=LABLBCF2=21×10N=20N。
若以C点作为支点，A点受到向后的力为阻力F2，AC为阻力臂LAC，B点受到的力为动力F1′，BC为动力臂LBC，
由据杠杆的平衡条件得，手对B点施加的力为：F′1=LACLBCF2=31×10N=30N。
故答案为：20；向后；30。
(1)若以B点作为支点，A点受到向后的力为阻力，AB为阻力臂，C点受到的力为动力，要使杠杆处于平衡状态，C点的受力方向向后，BC为动力臂，根据杠杆的平衡条件可计算C点人手的作用力；
(2)若以C点作为支点，A点受到向后的力为阻力，AC为阻力臂，B点受到力为动力，BC为动力臂，根据杠杆的平衡条件可计算B点人手的作用力；
本题考查了杠杆的五要素和杠杆的平衡条件，题目难度适中。
18.【答案】150080%100
【解析】解：拉力所做的功为：
W总=Fs=500N×3m=1500J，
拉力做的有用功：
W有=Gh=800N×1.5m=1200J，
斜面的机械效率：
η=W有W总×100%=1200J1500J×100%=80%；
拉力所做的额外功为：
W额=W总−W有=1500J−1200J=300J，
根据W额=fs可得，物体受到斜面的摩擦力：
f=W额s=300J3m=100N。
故答案为：1500；80%；100。
(1)根据W总=Fs得出拉力所做的总功；
(2)根据W有=Gh得出拉力做的有用功，根据η=W有W总×100%得出斜面的机械效率；
(3)根据W额=W总−W有得出拉力所做的额外功，根据W额=fs得出物体受到斜面的摩擦力。
本题考查功、机械效率和摩擦力的计算，属于常考题目。难度不大，熟练运用相关公式是关键。
19.【答案】2.1×104 4.2×103 小于
【解析】解：(1)在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，
因m=0.5kg，c1=2.1×103J/(kg⋅℃)，△t1=0℃−(−20℃)=20℃，
所以，物质吸收的热量：
Q吸=c1m△t1=2.1×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×20℃=2.1×104J。
(2)该物质的吸热功率：P=Q吸t=2.1×104J2×60s=175W，
由图象可知，10min∼12min内物质处于液体，在t′=2min=120s内，物体温度升高△t2=10℃，
因吸热功率恒定不变，所以，吸收的热量为：
Q吸′=Pt′=175W×120s=2.1×104J，
该物质在液态下的比热容：
c2=Q吸′m△t2=2.1×104J0.5kg×10℃=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(3)因为晶体在熔化过程吸热虽然温度不变，但内能增加，所以加热到第4分钟时的内能小于加热到第8分钟时的内能。
故答案为：(1)2.1×104；(2)4.2×103；(3)小于。
(1)由图象知，在最初的2min内物质处于固体状态，知道固态下的比热容，又知道物体的质量，可利用吸热公式Q吸=c1m△t可以求出吸收的热量；
(2)知道吸热时间，可利用公式P=Q吸t求出吸热功率；由图象可知，10min∼12min内物质处于液体，
由于吸热功率恒定不变，根据Q=Pt可求出这一段时间内吸收的热量，又知道物体的质量和温度的变化，然后利用公式c=Q吸cm△t求出该物质在液态下的比热容；
(3)晶体在熔化过程吸热内能增加。
本题考查了晶体熔化的规律、吸收热量的计算、物体吸热功率的计算，涉及到从温度-时间图象搜集信息并加以利用，知识点多，属于难题。
20.【答案】变低 丙 801.38×105
【解析】解：(1)气球内的气体向外喷出，气体对外做功，内能转化为球的机械能，球内气体的温度降低，所以气球球身的温度将会比原来低；
图丙中，内燃机的进气门和排气门都关闭，高温高压的燃气推动活塞向下运动，是做功冲程，此冲程内能转化为机械能，所以丙图中的能量转化与气球变冷原理相同；
(2)一个工作循环飞轮转动两转，所以飞轮的转速为：2×2400r60s=80r/s。
(3)燃料的体积为：V=2L=2dm3=2×10−3m3，
根据ρ=mV可得燃料的质量为：
m=ρV=1.5kg/m3×2×10−3m3=3×10−3kg，
燃料完全燃烧放出的热量为：
Q放=q燃料m=4.6×107J/kg×3×10−3kg=1.38×105J。
故答案为：变低；丙；80；1.38×105。
(1)对物体做功时，物体的内能会增大，物体对外做功时，其内能会减小；
汽油机的压缩冲程中，机械能转化成内能，做功冲程中内能转化为机械能，根据气门的情况判断出做功冲程；
(2)四冲程内燃机一个工作循环曲轴转动2圈，对外做功1次；
(3)根据ρ=mV的变形公式可以求出质量，利用Q放=mq求该燃料完全燃烧可放出多少热量。
本题主要考查能量转化、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，是一道综合题，有一定的难度。
21.【答案】150 A
【解析】解：(1)身重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中重力所做的功：W=Gh=500N×0.3m=150J；
(2)弹性势能的变化图可知，A型钢圈弹性形变大，所以在健腹轮中安装A型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
故答案为：(1)150；(2)A。
(1)根据W=Gh求出重力所做的功；
(2)由图乙比较AB的弹性势能的变化图即可得出结论。
本题考查了功的计算，这是一道结合学生实际的题目，要学会分析题目所给的图形，从图形上找到解题的信息。
22.【答案】体重计 每次引体向上重心上升的高度h/m15mght 不一定，两位同学质量可能不同
【解析】解：(1)根据功率的公式可得，P=Wt=Ght=mght，因此，需要的测量器材有除刻度尺、秒表外，还应该有体重计；
(2)由功率的测量原理公式可知，表格a处应该填：每次引体向上重心上升的高度h/m；
(3)由于测量的是完成15个引体向上做的功和时间，因此，小华同学做引体向上时功率的表达式为：P=15mght；
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是1min，两位同学的功率不一定相等，因为两同学的质量(体重)可能不同。
故答案为：(1)体重计；(2)每次引体向上重心上升的高度h/m；(3)15mght；(4)不一定，两位同学质量(体重)可能不同。
要测某同学做引体向上的功率时，根据公式P=Wt可知，只要测出双臂的拉力对身体做的功和做功需要的时间即可；双臂拉力对身体的做功，就是克服自身重力做的功；根据W=Gh可知，要测出人的重力、身体重心上升的距离、做功的时间等，据此解答。
完成该实验，关键在两点：一是保证每次身体重心上升的高度相同，二是计算功率时，应该用总功除以总时间。
23.【答案】1：2 1：1
【解析】解：
由图可知，n甲=2，n乙=4，当不同的物体G1和G2匀速提升相同高度，绳端所需的拉力F恰好相等，此时s1=2h，s2=4h，
绳端拉力F做功之比为：W1：W2=Fs1：Fs2=s1：s2=2h：4h=1：2；
根据F=1n(G动+G)知，
G1=2F−G动，G2=4F−2G动，
根据η=W有用W总=GhFs=GhFnh=GnF知，
两滑轮组的机械效率之比为：
η1：η2=G12F：G24F=2F−G动2F：4F−2G动4F=2F−G动2F：2×(2F−G动)2×2F=1：1。
故答案为：1：2；1：1。
因克服物体重力G做的功为有用功，克服物重和动滑轮重做的功为总功；
由图可知，n甲=2，n乙=4，当不同的物体提升相同高度时，s甲=2h，s乙=4h，根据W=Fs算出绳端拉力F做功之比；
根据F=1n(G动+G)判断出G1和G2的关系，根据η=W有用W总=GhFs=GhFnh=GnF算出滑轮组的机械效率之比。
本题考查了做功公式、滑轮组机械效率公式、滑轮组绳子拉力公式的应用。
24.【答案】零刻度线 均匀 242.6
【解析】解：秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，C点就是杆秤的零刻度线；杆秤刻度是均匀的；
标准杆秤的秤砣质量为1kg，由杠杆平衡条件得：G秤×L秤=G秤砣×L秤砣，
即：m秤g×L秤=m秤砣g×L秤砣，
整理并代入数据有：0.5kg×L秤=1kg×4cm，
解得：L秤=8cm；
称量真实质量为2.0kg的物体，由杠杆平衡条件得：GL+G秤×L秤=G秤砣×L秤砣1，
即：mgL+m秤g×L秤=m秤砣g×L秤砣1，
整理并代入数据有：2kg×10cm+0.5kg×8cm=1kg×L秤砣1，
解得：L秤砣1=24cm；
秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时，根据杠杆平衡条件可得：2kg×10cm+0.5kg×8cm=0.8kg×L秤砣2，
解得：L秤砣2=30cm；
L秤砣1−OC=24cm−4cm=20cm，则C点右侧20cm表示2kg，此时称出来的质量为30cm−4cm20cm×2kg=2.6kg。
故答案为：零刻度线；均匀；24；2.6。
秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，C点就是杆秤的零刻度线；杆秤刻度是均匀的；
由杠杆平衡条件得G秤×L秤=G秤砣×L秤砣，代入数据可得杆秤重力的力臂L秤(重心与O点的距离)，
由杠杆平衡条件得：GL+G秤×L秤=G秤砣×L秤砣1，代入数据可得称量真实质量为2.0kg的物体时秤砣对杆秤作用力的力臂L秤砣1(秤砣离O点的距离)；
根据杠杆平衡条件进一步计算秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时秤砣对杆秤作用力的力臂L秤砣2(秤砣离O点的距离)；
根据杆秤刻度是均匀的进一步计算称出来的质量。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，求出秤杆和秤盘的重心位置是本题的突破口。
25.【答案】解：
由图可知，动力F1的作用是使杠杆沿顺时针方向转动，所以阻力F2的作用是阻碍其转动，方向与F1相反，从B点开始，沿水平向左的方向画出阻力F2的示意图；
从支点O作阻力F1作用线的垂线，即为动力臂L1。如图所示：
【解析】阻力是阻碍杠杆转动的力，根据动力F1的方向确定阻力F2的方向，然后根据力的示意图的画法画出作用在B点的水平方向的阻力F2的示意图，再根据力臂的概念画出F1的力臂L1。
此题考查力的示意图和力臂的画法，画力臂，关键是确定支点和力的作用线，从支点向力的作用线引垂线，垂线段的长度即为力臂，只要细心，不会出错。
26.【答案】解：图中有一个动滑轮和两个定滑轮，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮，依次绕成，如图所示：
。
【解析】要使滑轮组省力，就是使最多的绳子段数来承担物重，图中滑轮组由一个动滑轮和两个定滑轮组成，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮，依次绕成。
本题考查了滑轮组的绕法，滑轮组的组装有两种方法，从定滑轮绕起或从动滑轮绕起。要看清题目的每一个要求，选择合适的绕线方法。
27.【答案】解：根据题目要求两灯并联，开关都在支路，分别控制灯泡，如图：
【解析】两灯都能独立地工作，说明两灯是并联的，并各用一个开关控制，说明一个开关控制一个灯泡，开关与灯泡串联。
本题考查电路图的设计和并联电路的特点，关键知道家庭电路中开关要在火线上，还要知道只有在并联电路中，灯泡才互不影响，。
28.【答案】平衡 右 3 竖直向下 竖直向上 5
【解析】解：(1)当杠杆静止时，杠杆处于平衡状态，发现左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)设一个钩码重为G，每一格为L，
根据杠杆平衡条件可知：2G×3L=nG×2L，解得：n=3，需在B点挂3个钩码；
(3)为了便于测量力臂，弹簧测力计应竖直向下拉动杠杆使其水平平衡；
(4)设木棒的重心距离C端为L′，根据杠杆的平衡条件可知，GL′=F1L，
故：L′=F1LG=35N×L50N=710L，
因为木棒的13伸出桌子边缘，所以B点到C的距离是(1−13)L=23L，
因为710L>23L，所以木棒的重心在B点的右侧，若木棒以B点为支点恰好水平平衡，作用在A点的最小作用力F2的方向应该是竖直向上，
木棒重心到B点的距离：L′′=710L−23L=130L，
由杠杆的平衡条件可知，以B为支点，使木棒平衡时，G×L′′=F2×13L，
故：F2=GL′′13L=50N×130L13L=5N。
故答案为：(1)平衡；右；(2)3；(3)竖直向下；(4)竖直向上；5。
(1)物体做匀速直线运动或物体静止时物体处于平衡状态；
当杠杆静止时，发现左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向相反方向调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆平衡条件做出解答；
(3)探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
(4)首先根据作用力F1使木棒平衡求出木棒重心的位置，再根据重心的位置确定木棒以B点支点时，A点作用力F2的方向，最终根据杠杆的平衡条件求出作用力F2的大小。
本题考查的是探究“杠杆的平衡条件”实验，解答(4)小题的关键是首先确定木棒重心的位置，本题难度较大。
29.【答案】甲、乙 温度计升高的示数 甲、丙 质量和升高温度的乘积 a b
【解析】解：(1)为了比较不同燃料的热值，要用相同质量的不同燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料完全燃烧放出的热量越多，这种燃料热值越大，故应选择甲、乙两图进行实验，燃料完全燃烧放出热量的多少，是通过温度计示数的变化来反映的；
(2)比较不同物质吸热升温的特点：应控制燃料相同而吸热物质不同，选择甲、丙两图进行实验；
物理学中，将物体温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度的乘积之比，叫做比热容；
(3)如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，a液体的温度升高得较快；
升高相同的温度时，b液体需要加热的时间长，所以b液体吸收热量多。
故答案为：(1)甲、乙；温度计升高的示数；(2)甲、丙；质量和升高温度的乘积；(3)a；b。
(1)为了比较热值大小，要用相同质量的不同燃料料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料完全燃烧放出的热量越多，这种燃料热值越大，据此分析；
(2)比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料相同而吸热物质不同；
比热容是物质的一种特性，质量是1千克的某种物质，温度升高(或降低)1℃所吸收(或放出)的热量为该物体的比热容；
(3)根据两种物质的温度随时间变化的图象分析解答。
本题比较不同物质的吸热能力及比较不同燃料的热值，考查控制变量法、转换法的应用、对图象的认识，是热学中的重要实验。
30.【答案】小球 使小球到达水平面的速度不同 质量相同时，物体的速度越大，动能越大 C 换用质量更小的小球 不合理 小球的质量不同，小球在水平面上受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小
【解析】解：(1)“探究物体动能的大小跟哪些因素有关”的实验探究的主体是小球，所以探究的是小球的动能；
(2)由AB两图可知，两个质量相同的小球从不同高度滚下，高度越高，则小球到达水平面时的速度越大，将木块推得较远，说明小球撞击木块时的动能较大，可得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大；
(3)实验通过观察木块移动的距离来判断小球动能的大小，这是转换法，由(2)可知该实验还用到控制变量法，
A、探究不同种物质的吸热升温现象时，选用质量相同的沙子和水，采用控制变量法；
B、比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时，选用等质量的水，采用控制变量法；
C、探究定滑轮工作特点时，将其看成等臂杠杆，采用模型法；
D、用压缩引火仪研究做功改变物体内能时，在玻璃筒中放入棉花，采用转换法；
故选：C；
(4)在研究动能与质量的关系时，发现木块运动到了长木板的末端之外，说明小球的动能太大，为使实验顺利完成，可以换用质量更小的小球；
(5)小球的质量不同，则小球对水平面的压力不同，小球受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小，所以实验方案不合理。
故答案为：(1)小球；(2)使小球到达水平面的速度不同；质量相同时，物体的速度越大，动能越大；(3)C；(4)换用质量更小的小球；(5)小球的质量不同，小球在水平面上受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小。
(1)该实验探究的主体是小球的动能；
(2)动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究，研究动能大小与速度关系时要保证质量相同，速度不同；研究动能大小与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
此实验把动能的大小转换为木块被撞击后运动的距离，距离越远表明小球的动能越大；
(3)该实验用到了控制变量法和转换法；
(4)动能的大小与质量、速度有关，据此进行分析；
(5)小球的质量不同，则小球对水平面的压力不同，小球受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小。
用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
31.【答案】解：(1)物体的重力为：
G=mg=450kg×10N/kg=4500N，
提升重物做的有用功：
W有=Gh=4500N×2m=9×103J；
(2)由图知，n=3，拉力端移动距离s=nh=3×2m=6m，
拉力做的总功：
W总=Fs=2.0×103N×6m=1.2×104J；
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=9×103J1.2×104J×100%=75%；
(3)克服动滑轮做的功：
W额1=G动h=m动gh=80kg×10N/kg×2m=1.6×103J，
拉力做的总额外功：
W额=W总−W有用=1.2×104J−9×103J=3×103J，
克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功：
W额2=W额−W额1=3×103J−1.6×103J=1.4×103J。
答：(1)提升重物做的有用功为9×103J；
(2)滑轮组的机械效率为75%；
(3)若动滑轮的质量为80kg，克服摩擦和钢绳重所做的功1.4×103J。
【解析】(1)根据G=mg算出物体的重力，利用W有用=Gh求提升重物做的有用功；
(2)由图可知，有三股绳吊着物体，拉力端移动距离s=nh，利用W总=Fs求拉力做的总功，根据η=W有用W总×100%滑算出轮组的机械效率；
(3)先利用W=G动h求克服动滑轮做的额外功，根据W总=W有用+W额求出拉力做的总额外功，减去克服动滑轮做的额外功，可得克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，明确使用滑轮组时额外功的计算方法是关键。
32.【答案】水的比热容大 一样大
【解析】解：(1)比热容是反映物质吸热(或放热)的能力的物理量，因此汽车发动机用水进行冷却，是因为水的比热容大；
热值反映燃料燃烧放热的能力，与燃料的种类有关，因此加入同型号的汽油，汽车采用涡轮增压后，汽油的热值将一样大；
(2)50g的汽油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.6×107J/kg×50×10−3kg=2.3×106J；
由题知水吸收的热量为：Q吸=Q放=2.3×106J，
由Q吸=cm′Δt可知水升高的温度为：Δt=Q吸cm′=2.3×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×23kg≈23.8℃；
(3)根据题意可知该汽车发动机的效率为：η=WQ放×100%=1.15×106J2.3×106J×100%=50%。
答：(1)水的比热容大；一样大；
(2)冷却水温度升高23.8℃；
(3)该汽车发动机的效率为50%。
(1)比热容是指单位质量的某种物质温度升高(或降低)1℃吸收(或放出)的热量，反映的是物质吸热(或放热)的能力；
热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，热值大小只与燃料的种类有关；
(2)已知汽油的热值和消耗汽油的质量，根据Q放=qm可求出汽油完全燃烧放出的热量；根据题意可知水吸收的热量，再根据Q吸=cm′Δt可求出水升高的温度；
(3)热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，据此求出汽车发动机的效率。
本题考查了对比热容和热值概念的理解，以及相关计算公式的应用，属于常规计算题，难度不大。
2022-2023学年江苏省无锡市江阴市九年级（上）期中物理试卷
1. 如图所示的几种杠杆类工具，在使用时属于省力杠杆是( )
A. 镊子 B. 托盘天平
C. 开瓶扳手 D. 笤帚
2. 如图所示，工人用动滑轮匀速提升重物，这样做( )
A. 省力，不改变施力的方向 B. 不省力，改变施力的方向
C. 既省力，也改变施力的方向 D. 既不省力，也不改变施力的方向
3. 手电筒的结构如图所示，按下按键时，电路接通小灯泡发光。该手电筒的电路图，选项图中正确的是( )
A. B.
C. D.
4. 如图所示的四种情景中，人对物体做功的是( )
A. 女孩把一箱报刊搬起来
B. 司机推车，车纹丝不动
C. 学生背着书包在水平路面匀速前进
D. 足球被踢后，在草地上滚动了一段距离
5. 小明同学设计并制作了一个“盲人水杯”，其工作原理如图所示。杯中近杯口处A点是水位器的两个金属触点，当杯中的水位达到A位置时，水位器会发出音乐声，表示水已盛满。杯口处的两个金属触点的作用相当于( )
A. 导线
B. 开关
C. 用电器
D. 电源
6. 下列说法正确的是( )
A. 越省力的机械，做功一定越快 B. 做功越多的机械，功率一定越大
C. 功率越大的机械，效率一定越高 D. 做功越快的机械，功率一定越大
7. 下列关于内能、热量和温度的说法，正确的是( )
A. 温度高的物体含有的热量多
B. 热传递只能从内能大的物体传给内能小的物体
C. 一杯开水慢慢变凉，其内能减小
D. 一个物体内能增大，一定吸收了热量
8. 2022年6月5日10时44分发射神舟十四号载人飞船。执行此次发射任务的长征二号F遥十四运载火箭如图所示。下列说法正确的是( )
A. 燃料燃烧推动火箭升空，把机械能转化为内能
B. 使用液氢燃料，主要利用了液氢的热值大
C. 火箭上升时，重力势能增大，动能减小，机械能不变
D. 燃料燃烧释放的内能全部转化为机械能
9. 由Q=cm(t−t0)得c=Qm(t−t0)，关于同一种物质的比热容，下列说法正确的是( )
A. 若质量增大一倍，则比热容减小一半
B. 若质量增大一倍，则比热容增大一倍
C. 若吸收的热量增大一倍，比热容增大一倍
D. 比热容与物体质量多少、温度变化大小、吸热或放热的多少都无关
10. 破壁机可以瞬间击破食物细胞壁，让食材营养释放更充分。某品牌破壁机(如图)设置了安全开关S1和工作开关S2，当杯体放在主机上时S1自动闭合，安全指示灯亮起；再闭合S2，电动机启动破壁，下列电路图符合上述要求的是( )
A.
B.
C.
D.
11. 一冰块先后经历了以下三个过程：①−10℃的冰到0℃的冰，吸收热量Q1；②0℃的冰变为10℃的水，吸收热量Q2；③10℃的水到20℃的水，吸收热量Q3。已知c冰
A. 从小球接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中，小球的机械能不变
B. 从小球接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能减小
C. 从t=0到t3时刻，小球减小的重力势能等于弹簧获得的弹性势能
D. 从t2到t3时刻，小球的速度减小，动能减小，重力势能增加
13. 频频发生高空抛物坠物致人伤亡事件严重危害人民群众生命财产安全，原因是物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越______(选填“大”或“小”)，当高处的物体坠落时，因重力势能转化为______能，从而带来安全隐患。
14. 热熔钻工艺是在金属薄板上一次加工出孔的技术，热熔钻头采用耐磨、耐高温的硬质材料制成．钻头与薄板接触时，钻头高速旋转，使钻头和薄板之间剧烈摩擦，用______的方式(填“做功”或“热传递”)，瞬间达到几千℃的温度，实现______能转化为______能，由于温度超过金属的熔点，钻头附近的金属迅速熔化，钻头继续施加向下的压力，几秒钟就在金属薄板上贯穿一个孔．
15. 如图所示的电路处于______(通路/断路/短路)状态，会造成______(电源/灯泡)损坏，要使其成为正确的电路，只需要拆掉图中标注的______号导线。
16. 如图是城市的十字路口可移动的太阳能红绿灯。白天太阳能电池板给红绿灯供电，同时又能给蓄电池充电，则白天太阳能电池板将______能转化为______能，相当于______(选填“用电器”或“电源”)。在阴雨天和晚上，蓄电池又给红绿灯供电，使红绿灯能连续工作。
17. 江阴市某学校在操场上举办秋季运动会的开幕式。入场时，小明竖直举着九(2)班的班牌走在最前列，如图所示。若匀速前进时，班牌受到水平向后风的阻力为10N，作用在A点。若将班牌视为杠杆，AC间的距离是BC间距离的3倍。她将图中B点作为支点，手对另一点施加的力为______ N，这个力的方向是水平______(选填“向前”或“向后”)。若她将图中C点作为支点，手对另一点施加的力为______ N。
18. 如图所示，小军沿着斜面用500N的拉力，将重为800N的物体从底端匀速拉上斜面顶端，物体沿斜面方向移动的距离s为3m，上升的高度h为1.5m，在这一过程中，拉力做的功是______ J，斜面的机械效率是______，物体受到的摩擦力为______ N。
19. 实验测得0.5kg某物质温度随时间变化的图象如图示，已知物质在固态下的比热容为c1=2.1×103J/(kg⋅℃)。假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图象解答下列问题：
(1)在最初的2min内，物质吸收的热量为______ J。
(2)求该物质在液态下的比热容c2=______J/(kg⋅℃)。
(3)该0.5kg物质在加热到第4分钟时的内能______(选填“小于”、“等于”、“大于”或“无法比较”)加热到第8分钟时的内能。
20. 如图1所示，小明将气球吹大后，让气球自行飞出，若及时捡拾起气球，将会感觉到气球球身的温度和原来相比______(选填“变高”“变低”或“没有变化”)，此过程发生的能量转化与图2 ______(选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”)图中的能量转化是一致的。1min内汽油机完成2400个工作循环，曲轴的转速为______r/s。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，这些燃料完全燃烧放出的热量为______ J。(ρ燃料=1.5kg/m3,q燃料=4.6×107J/kg)
21. 健腹轮是一种健身器材，使用时可将膝盖跪在垫上，双手紧握健腹轮手柄，向前推动健腹轮至身体水平于地面，然后回收归位，反复操作，如图所示。
(1)图甲所示，身重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中，身体重心平均下降30厘米，重力所做的功为______焦。
(2)在身体从状态1到状态2的过程中，轮内的弹性钢圈因形变而绕紧，在从状态2恢复到状态1时，绕紧的钢圈会自动恢复到原来的状态，让人体自动回弹。图乙是两种弹性钢圈使用过程中弹性势能的变化图，结合图中信息进行分析，在健腹轮中安装______(填“A”或“B”)型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
22. 引体向上是同学们经常做的一项健身运动，如图所示，该运动的规范动作是两手正握单杠，由悬垂开始，上提时，下颚须超过杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂。这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。课外活动时，小华同学连续做了15个规范的引体向上，小组的同学们设计了如下表格，并测量一些物理量估测小华同学做引体向上时的功率。
人的质量m/kg
完成15个的时间t/s
a
功率P/W
(1)所需要的测量器材有刻度尺、秒表和______。
(2)请在表格a处填上合适的物理量、符号及单位：______(不需要填写数据)。
(3)写出计算小华同学做引体向上时功率的表达式：P=______(利用以上测量的物理量符号表示)。
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是1min，两位同学的功率是否一定相等？理由是______。
23. 用五个相同的滑轮和绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，分别将不同的物体G1和G2匀速提升相同高度，绳端所需的拉力F恰好相等，不计摩擦、绳和木板的重。则绳端拉力F做的功之比为W1：W2=______，滑轮组的机械效率之比η1：η2=______。
24. 杆秤是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种，映射出中国古代劳动人民的聪明才智。如图是杆秤的示意图，秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，C点就是杆秤的______，杆秤上的刻度是______(选填“均匀”或“不均匀”)的。某标准杆秤的秤砣质量为1kg，秤和秤钩的总质量为0.5kg，O点为秤纽悬点，OC=4cm，OD=10cm，要称量真实质量为2.0kg的物体，则秤砣离O点______ cm。如因长期使用，秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时，称出来的质量为______ kg。
25. 如图所示为工人师傅用笤帚扫地的情景。O是支点，右手作用在笤帚上A点的动力为F1，请在图乙中画出动力F1的力臂L1和作用在B点的水平方向的阻力F2的示意图。
26. 要站在地面上用一个滑轮组提升重物，请在图中作出最省力的绕线方法。
27. 小明要在房间里安装一盏吊灯和一盏壁灯，要求两灯都能独立地工作，并各用一个开关控制。在图的虚线框内画出吊灯、壁灯、开关连接的电路图。
28. 在探究“杠杆的平衡条件”实验时：
(1)实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时发现左端下沉，如图1所示，此时杠杆处于______(选填“平衡”或“非平衡”)状态；为使杠杆水平平衡，应把杠杆的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节。
(2)调节平衡后，在杠杆上A点处挂两个钩码(每个钩码的质量均为50g)，如图2所示，则在B点处应挂______个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡。
(3)将B点的钩码换成弹簧测力计，为了便于测量力臂，弹簧测力计应______拉动杠杆使其水平平衡。
(4)回家后，小华又做了这样的探索：将一根长为L，重为50N的不均匀木棒放在水平桌面上，并使木棒的13伸出桌子边缘，如图3所示，在最右端A点施加竖直向上的力F1，当F1=35N时，木棒以C点为支点恰好水平平衡；若木棒以B点为支点恰好水平平衡，作用在A点的最小作用力F2的方向为______，大小为______ N。
29. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相等，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)比较不同燃料的热值，应选择______两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过______来反映的(选填“温度计升高的示数”或“加热时间”)。
(2)比较不同物质吸热升温的特点，应选择______两图进行实验，比热容的概念采用比值定义法，物理学中，将物体温度升高时吸收的热量与它的______之比，叫做比热容。
(3)如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，______液体的温度升高得较快，升高相同的温度______液体吸收热量多。
30. 如图，用小球和木块来做探究“动能大小与哪些因素有关”的实验。
(1)本实验是探究影响______(选填“小球”或“木块”)动能大小的因素；
(2)实验中，两小球从不同高度静止滚下，目的是______，图A、B得到的结论是______；
(3)本实验采用了多种研究方法，以下实验中，没有使用本实验研究方法的是______；
A.探究不同种物质的吸热升温现象时，选用质量相同的沙子和水
B.比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时，选用等质量的水
C.探究定滑轮工作特点时，将其看成等臂杠杆
D.用压缩引火仪研究做功改变物体内能时，在玻璃筒中放入棉花
(4)在研究动能与质量的关系时，小华某次实验发现木块运动到了长木板的末端之外，为使实验顺利完成，最简便的解决办法是：______；
(5)在探究动能大小与质量关系时，有同学这样设计实验方案：拿走木块，在水平木板上铺上毛巾，将质量不同小球从斜面的相同高度静止释放，通过比较小球在毛巾上滚动的距离，得出探究结论。你认为他们的方案是否合理______，理由是______。
31. 如图所示，塔式起重机上的滑轮组将质量为450kg的重物匀速吊起2m，作用在绳端的拉力为2.0×103N，g取10N/kg，求：
(1)提升重物做的有用功；
(2)滑轮组的机械效率；
(3)若动滑轮的质量为80kg，克服摩擦和钢绳重所做的功。
32. 汽车慢慢进入每一个家庭，小明家的汽车尾部上标有“2.0T”的字样，其中“T”就是“涡轮增压”，是利用高温、高压的废气去冲击“废气涡轮”高速旋转，来带动同轴的“进气涡轮”也高速旋转，从而增加吸气冲程的进气量并增大进气气压，使汽油燃烧更充分，燃气压强更大，同时也减少了废气中的有害物质，达到提高发动机效率和减少废气污染的目的。小明发现，他家汽车说明书上标的最低油耗为：50g汽油可以提供1.15×106J的有用功的能量，已知汽油的热值为4.6×107J/kg。
(1)汽车发动机用水进行冷却，是因为______；加入同型号的汽油，汽车采用涡轮增压后，汽油的热值将______(选填“更大”、“一样大”或“更小”)。
(2)50g的汽油完全燃烧时放出的热量为多少？这些热量如果全部被水吸收可使23kg，初温为50℃冷却水温度升高多少℃？(结果保留一位小数)
(3)该汽车发动机的效率最高可达多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不合题意；
B、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故B不合题意；
C、开瓶扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C符合题意；
D、笤帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不合题意。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
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】A
【解析】解：
动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，使用动滑轮时能省力，但不能改变施力的方向，故A正确、BCD错误。
动滑轮是指轴随物体一起运动的滑轮，其实质是动力臂是阻力臂2倍的杠杆；使用动滑轮能省一半力，但不能改变用力的方向。
本题考查了动滑轮的特点，属于基础题目。
3.【答案】B
【解析】解：按下按键时，电流流过的路径为正极→灯泡→开关→负极，故B正确。
故选：B。
由题意知，电源、开关、灯泡组成电路，开关控制灯泡，由此分析解答。
本题考查学生对电路图的认识和理解，属于一道基础题。
4.【答案】A
【解析】解：A、女孩把一箱报刊搬起来，有一个向上的力，且物体沿向上的方向移动了一段距离，所以该过程中力做了功，故A正确；
B、司机推车，车纹丝不动，对车有力的作用，车没有在力的方向通过距离，没有做功，故B错误；
C、背着书包，人给书包一个竖直向上的力，而书包没有在力的方向上通过的距离，所以没有做功，故C错误；
D、足球被踢后，在草地上滚动了一段距离，是由于惯性向前运动，不存在向前踢的力，所以没有做功，故D错误。
故选：A。
做功必须具备两个必要因素：①作用在物体上的力，②物体在力的方向上通过距离。判定有没有做功，就从是否具备这两个必要因素入手。
注意不做功的三种情况：(1)有力但没有距离：如推而不动，搬而未起。(2)先有力后有距离：离开脚的足球、抛出的物体。(3)力和距离相垂直：背书包水平行走。
5.【答案】B
【解析】解：由题意知：当杯中的水位到达A位置时，电路接通，水位器会发出音乐声，这说明杯口处两个触点的作用相当于开关。
故选：B。
由图可知，电路由水位器、电源、导线组成，当电路闭合时，水位器才有可能发出声音，根据题意分析触点的作用。
本题是一道基础题，分析清楚电路结构、知道电路闭合时水位器才能发出乐音是正确解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A.功率是表示做功快慢的物理量，与机械的省力情况无关，故A错误；
B.功率是单位时间内完成的功，做功越多，时间不确定，根据公式P=Wt，不能确定功率大小，故B错误；
C.功率和机械效率两者没有因果关系，所以功率大，效率不一定越高，故C错误；
D.功率是表示做功快慢的物理量，做功越快功率越大，故D正确。
故选：D。
机械做功功率和机械的省力情况无关；
功率是单位时间内完成的功，是表示做功快慢的物理量；
机械效率是有用功跟总功的比值。
本题考查了功率的知识，深刻理解功率的概念是解决此题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：A、热量是一个过程量，不能说“某物体含有或具有多少热量”，故A错误；
B、发生热传递的条件是物体之间有温度差，内能小的物体温度可能高，内能大的物体温度可能低，因此热传递时热量可能从内能小的物体传向内能大的物体，故B错误；
C、一杯开水慢慢变凉，温度降低，其内能一定减小，故C正确；
D、一个物体内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故D错误。
故选：C。
(1)热量是物体通过热传递方式改变的内能，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。
(2)发生热传递的条件是物体之间有温度差；
(3)物体的内能与温度、质量以及状态有关，同一物体的温度越高、内能越大；
(4)改变内能的方式，做功和热传递。
本题考查内能、温度与热量三者之间的关系以及改变内能的方式，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A、燃料燃烧推动火箭升空，把内能转化为机械能，故A错误；
B、热值反映了燃料燃烧放热的能力，使用液氢燃料，主要利用了液氢的热值大，故B正确；
C、火箭上升时，质量不变，高度增加，重力势能增加；速度增加，则动能增加；机械能等于重力势能和动能之和，因此机械能增加，故C错误；
D、燃料燃烧释放大的内能有一部分会散失，因此不能全部转化为机械能，故D错误。
故选：B。
(1)燃料燃烧时将燃料的化学能转化为内能，火箭升空时通过内能转化为机械能；
(2)热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧时放出的热量，反映了燃料燃烧放热的能力；
(3)动能是由于物体运动而具有的能量，与质量和速度有关；重力势能是由于物体被举高而具有的能量，与质量和高度有关；机械能包括动能和势能之和。
本题考查了对能量的转化、热值的概念的理解，属于基础题，难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：比热容是物质本身的一种特性，在状态和物质种类一定时，比热容大小与物体吸放热的多少、温度变化大小、质量的多少都没有关系，故ABC错误，D正确。
故选：D。
比热容是物质的本质特性，它不会随物质吸收的热量，质量，温度的改变而改变。
本题考查学生对比热容概念的理解。需要清楚的是c=Qm(t−t0)是比热容的计算式，而不是决定式。
10.【答案】B
【解析】解：当杯体放在主机上时S1自动闭合，安全指示灯亮起，说明该电路是接通的，即S1能控制灯泡；此时电动机不工作，说明电动机和灯泡是并联的；再闭合S2，电动机启动破壁，这说明S2和电动机串联在一个支路中，所以开关S1在干路中，故B正确。
故选：B。
串联的各电路元件相互影响，不能独立工作；并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意确定两开关与电动机、灯泡的连接方式，然后分析电路图答题。
(1)根据电路元件是否相互影响，判断出它们的连接方式，相互影响为串联，互不影响为并联；
(2)根据开关的控制作用，确定开关的位置，控制整个电路，开关在干路上，单独控制某个用电器，开关在支路上。
11.【答案】C
【解析】解：由题意可知：①−10℃的冰变为0℃的水，吸热为Q1；②0℃的冰变为10℃的水，吸热为Q2；③10℃的水变成20℃的水吸热为Q3，
比较①、③，由热量计算公式可知，冰和水二者总质量相等，升高温度也相等，因水的比热容大于冰的比热容，所以，结果Q3>Q1；
而在②0℃的冰变为10℃的水，吸热为Q2中，实际包含了两个物理过程：首先是0℃的冰熔化成0℃的水，这个过程不升温但要不断吸热，然后是熔化成的0℃的水再变为10℃的水，这个过程跟③的变化过程在结果上是一样的，所以，在②中比③多吸收了热量，即Q2>Q3。
故有Q1
(1)先比较①③两个过程吸热大小关系，两过程中冰和水升高的温度相同、质量相同，比热容不同，根据Q吸=cm△t得出①③两个过程吸热大小关系；
(2)再比较②③两个过程吸热大小关系，0℃的冰变为10℃的水，包含了两个不同的物理过程(冰化水、水的升温过程)，据此分析比较②③两个过程吸热大小关系。
在分析时，特别需要注意的是②0℃的冰变为10℃的水，这个过程实际上包含了两个不同的物理过程，其中0℃的冰变为0℃的水，这个过程吸收热量但温度不变。这是分析此题的一个关键。
12.【答案】C
【解析】解：
AB、从小球接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的弹性形变变大，其弹性势能变大，是小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能减小；由v−t图像可知，小球的速度先增大后减小，所以动能先变大后变小，故AB错误；
C、在t=0和t3时刻，小球的速度都为0，动能都为0；不计空气阻力，整个过程中小球的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，所以小球减小的重力势能等于弹簧获得的弹性势能，故C正确；
D、从t2到t3时刻，由v−t图像可知，小球的速度减小，其动能减小；此过程中小球所处的高度变小，其重力势能减小，故D错误。
故选：C。
机械能是动能和势能的统称，动能的大小与物体的质量和速度有关；重力势能的大小与高度、质量有关；弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关；根据图像结合动能、势能和机械能的知识进行解答。
本题考查了动能、势能和机械能的大小变化、能量转化等知识，从图像中获取有用的信息是解答的关键之一。
13.【答案】大 动
【解析】解：同一物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越大；
物体从高空落下的过程中，高度越来越小，所以重力势能越来越小，速度越来越快，所以动能越来越大，故物体落下的过程中重力势能转化为动能。
故答案为：大；动。
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；动能和势能可以相互转化。
本题考查了重力的概念及动能和势能相互转化。在判断动能和势能相互转化时，要先分析每种形式能的变化情况，若是动能和势能相互转化，一定是一种形式的能变小，另一种形式的能变大。
14.【答案】做功 机械 内
【解析】解：钻头高速旋转，使钻头和薄板之间剧烈摩擦，这是通过做功的方式，使物体内能增大，温度升高，实现机械能转化为内能。
故答案为：机械；内。
做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。
本题主要考查学生对做功改变物体内能的理解和能量转化的认识，是一道基础题。
15.【答案】短路 电源 ②
【解析】解：如图所示的电路中，开关处于闭合状态，电流直接沿导线②、开关、④流回电源的负极，所以引起电源短路，会损坏电源；
要使其成为正确的电路，应将灯泡连入电路，故电流应依次经过导线①、灯泡、③、开关、④流回电源的负极，故应拆除导线②。
故答案为：短路；电源；②。
电路的三种状态：通路，开路(断路)，短路。电源短路是指用导线将电源两极直接连接起来的电路。
本题考查了电路的状态的判断和改装电路，明确电路的三种状态是关键。
16.【答案】太阳 电 电源
【解析】解：太阳能电池板将太阳能转化为电能，因为太阳能电池板既能给红绿灯供电，又能给蓄电池充电，所以太阳能电池板相当于电源。
故答案为：太阳；电；电源。
太阳能电池板的作用是把太阳能转化为电能后，输出直流电存入蓄电池中，在蓄电池中是以化学能形式储存的，当红绿灯工作时，化学能又转化为电能。太阳能电池板既能给红绿灯供电，又能给蓄电池充电，故太阳能电池板相当于电源。
本题考查了太阳能的利用以及能量转化，属于基础题目。
17.【答案】20 向后 30
【解析】解：AC间的距离是BC间距离的3倍，即LAC：LBC=3：1，所以LAB：LBC=2：1，
若以B点作为支点，A点受到向后的力为阻力F2，AB为阻力臂LAB，A、C两点位于支点的两侧，要使杠杆平衡，则C点受到的力为动力F1，方向向后，BC为动力臂LBC，
由据杠杆的平衡条件得，手对C点施加的力为：F1=LABLBCF2=21×10N=20N。
若以C点作为支点，A点受到向后的力为阻力F2，AC为阻力臂LAC，B点受到的力为动力F1′，BC为动力臂LBC，
由据杠杆的平衡条件得，手对B点施加的力为：F′1=LACLBCF2=31×10N=30N。
故答案为：20；向后；30。
(1)若以B点作为支点，A点受到向后的力为阻力，AB为阻力臂，C点受到的力为动力，要使杠杆处于平衡状态，C点的受力方向向后，BC为动力臂，根据杠杆的平衡条件可计算C点人手的作用力；
(2)若以C点作为支点，A点受到向后的力为阻力，AC为阻力臂，B点受到力为动力，BC为动力臂，根据杠杆的平衡条件可计算B点人手的作用力；
本题考查了杠杆的五要素和杠杆的平衡条件，题目难度适中。
18.【答案】150080%100
【解析】解：拉力所做的功为：
W总=Fs=500N×3m=1500J，
拉力做的有用功：
W有=Gh=800N×1.5m=1200J，
斜面的机械效率：
η=W有W总×100%=1200J1500J×100%=80%；
拉力所做的额外功为：
W额=W总−W有=1500J−1200J=300J，
根据W额=fs可得，物体受到斜面的摩擦力：
f=W额s=300J3m=100N。
故答案为：1500；80%；100。
(1)根据W总=Fs得出拉力所做的总功；
(2)根据W有=Gh得出拉力做的有用功，根据η=W有W总×100%得出斜面的机械效率；
(3)根据W额=W总−W有得出拉力所做的额外功，根据W额=fs得出物体受到斜面的摩擦力。
本题考查功、机械效率和摩擦力的计算，属于常考题目。难度不大，熟练运用相关公式是关键。
19.【答案】2.1×104 4.2×103 小于
【解析】解：(1)在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，
因m=0.5kg，c1=2.1×103J/(kg⋅℃)，△t1=0℃−(−20℃)=20℃，
所以，物质吸收的热量：
Q吸=c1m△t1=2.1×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×20℃=2.1×104J。
(2)该物质的吸热功率：P=Q吸t=2.1×104J2×60s=175W，
由图象可知，10min∼12min内物质处于液体，在t′=2min=120s内，物体温度升高△t2=10℃，
因吸热功率恒定不变，所以，吸收的热量为：
Q吸′=Pt′=175W×120s=2.1×104J，
该物质在液态下的比热容：
c2=Q吸′m△t2=2.1×104J0.5kg×10℃=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(3)因为晶体在熔化过程吸热虽然温度不变，但内能增加，所以加热到第4分钟时的内能小于加热到第8分钟时的内能。
故答案为：(1)2.1×104；(2)4.2×103；(3)小于。
(1)由图象知，在最初的2min内物质处于固体状态，知道固态下的比热容，又知道物体的质量，可利用吸热公式Q吸=c1m△t可以求出吸收的热量；
(2)知道吸热时间，可利用公式P=Q吸t求出吸热功率；由图象可知，10min∼12min内物质处于液体，
由于吸热功率恒定不变，根据Q=Pt可求出这一段时间内吸收的热量，又知道物体的质量和温度的变化，然后利用公式c=Q吸cm△t求出该物质在液态下的比热容；
(3)晶体在熔化过程吸热内能增加。
本题考查了晶体熔化的规律、吸收热量的计算、物体吸热功率的计算，涉及到从温度-时间图象搜集信息并加以利用，知识点多，属于难题。
20.【答案】变低 丙 801.38×105
【解析】解：(1)气球内的气体向外喷出，气体对外做功，内能转化为球的机械能，球内气体的温度降低，所以气球球身的温度将会比原来低；
图丙中，内燃机的进气门和排气门都关闭，高温高压的燃气推动活塞向下运动，是做功冲程，此冲程内能转化为机械能，所以丙图中的能量转化与气球变冷原理相同；
(2)一个工作循环飞轮转动两转，所以飞轮的转速为：2×2400r60s=80r/s。
(3)燃料的体积为：V=2L=2dm3=2×10−3m3，
根据ρ=mV可得燃料的质量为：
m=ρV=1.5kg/m3×2×10−3m3=3×10−3kg，
燃料完全燃烧放出的热量为：
Q放=q燃料m=4.6×107J/kg×3×10−3kg=1.38×105J。
故答案为：变低；丙；80；1.38×105。
(1)对物体做功时，物体的内能会增大，物体对外做功时，其内能会减小；
汽油机的压缩冲程中，机械能转化成内能，做功冲程中内能转化为机械能，根据气门的情况判断出做功冲程；
(2)四冲程内燃机一个工作循环曲轴转动2圈，对外做功1次；
(3)根据ρ=mV的变形公式可以求出质量，利用Q放=mq求该燃料完全燃烧可放出多少热量。
本题主要考查能量转化、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，是一道综合题，有一定的难度。
21.【答案】150 A
【解析】解：(1)身重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中重力所做的功：W=Gh=500N×0.3m=150J；
(2)弹性势能的变化图可知，A型钢圈弹性形变大，所以在健腹轮中安装A型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
故答案为：(1)150；(2)A。
(1)根据W=Gh求出重力所做的功；
(2)由图乙比较AB的弹性势能的变化图即可得出结论。
本题考查了功的计算，这是一道结合学生实际的题目，要学会分析题目所给的图形，从图形上找到解题的信息。
22.【答案】体重计 每次引体向上重心上升的高度h/m15mght 不一定，两位同学质量可能不同
【解析】解：(1)根据功率的公式可得，P=Wt=Ght=mght，因此，需要的测量器材有除刻度尺、秒表外，还应该有体重计；
(2)由功率的测量原理公式可知，表格a处应该填：每次引体向上重心上升的高度h/m；
(3)由于测量的是完成15个引体向上做的功和时间，因此，小华同学做引体向上时功率的表达式为：P=15mght；
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是1min，两位同学的功率不一定相等，因为两同学的质量(体重)可能不同。
故答案为：(1)体重计；(2)每次引体向上重心上升的高度h/m；(3)15mght；(4)不一定，两位同学质量(体重)可能不同。
要测某同学做引体向上的功率时，根据公式P=Wt可知，只要测出双臂的拉力对身体做的功和做功需要的时间即可；双臂拉力对身体的做功，就是克服自身重力做的功；根据W=Gh可知，要测出人的重力、身体重心上升的距离、做功的时间等，据此解答。
完成该实验，关键在两点：一是保证每次身体重心上升的高度相同，二是计算功率时，应该用总功除以总时间。
23.【答案】1：2 1：1
【解析】解：
由图可知，n甲=2，n乙=4，当不同的物体G1和G2匀速提升相同高度，绳端所需的拉力F恰好相等，此时s1=2h，s2=4h，
绳端拉力F做功之比为：W1：W2=Fs1：Fs2=s1：s2=2h：4h=1：2；
根据F=1n(G动+G)知，
G1=2F−G动，G2=4F−2G动，
根据η=W有用W总=GhFs=GhFnh=GnF知，
两滑轮组的机械效率之比为：
η1：η2=G12F：G24F=2F−G动2F：4F−2G动4F=2F−G动2F：2×(2F−G动)2×2F=1：1。
故答案为：1：2；1：1。
因克服物体重力G做的功为有用功，克服物重和动滑轮重做的功为总功；
由图可知，n甲=2，n乙=4，当不同的物体提升相同高度时，s甲=2h，s乙=4h，根据W=Fs算出绳端拉力F做功之比；
根据F=1n(G动+G)判断出G1和G2的关系，根据η=W有用W总=GhFs=GhFnh=GnF算出滑轮组的机械效率之比。
本题考查了做功公式、滑轮组机械效率公式、滑轮组绳子拉力公式的应用。
24.【答案】零刻度线 均匀 242.6
【解析】解：秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，C点就是杆秤的零刻度线；杆秤刻度是均匀的；
标准杆秤的秤砣质量为1kg，由杠杆平衡条件得：G秤×L秤=G秤砣×L秤砣，
即：m秤g×L秤=m秤砣g×L秤砣，
整理并代入数据有：0.5kg×L秤=1kg×4cm，
解得：L秤=8cm；
称量真实质量为2.0kg的物体，由杠杆平衡条件得：GL+G秤×L秤=G秤砣×L秤砣1，
即：mgL+m秤g×L秤=m秤砣g×L秤砣1，
整理并代入数据有：2kg×10cm+0.5kg×8cm=1kg×L秤砣1，
解得：L秤砣1=24cm；
秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时，根据杠杆平衡条件可得：2kg×10cm+0.5kg×8cm=0.8kg×L秤砣2，
解得：L秤砣2=30cm；
L秤砣1−OC=24cm−4cm=20cm，则C点右侧20cm表示2kg，此时称出来的质量为30cm−4cm20cm×2kg=2.6kg。
故答案为：零刻度线；均匀；24；2.6。
秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，C点就是杆秤的零刻度线；杆秤刻度是均匀的；
由杠杆平衡条件得G秤×L秤=G秤砣×L秤砣，代入数据可得杆秤重力的力臂L秤(重心与O点的距离)，
由杠杆平衡条件得：GL+G秤×L秤=G秤砣×L秤砣1，代入数据可得称量真实质量为2.0kg的物体时秤砣对杆秤作用力的力臂L秤砣1(秤砣离O点的距离)；
根据杠杆平衡条件进一步计算秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时秤砣对杆秤作用力的力臂L秤砣2(秤砣离O点的距离)；
根据杆秤刻度是均匀的进一步计算称出来的质量。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，求出秤杆和秤盘的重心位置是本题的突破口。
25.【答案】解：
由图可知，动力F1的作用是使杠杆沿顺时针方向转动，所以阻力F2的作用是阻碍其转动，方向与F1相反，从B点开始，沿水平向左的方向画出阻力F2的示意图；
从支点O作阻力F1作用线的垂线，即为动力臂L1。如图所示：
【解析】阻力是阻碍杠杆转动的力，根据动力F1的方向确定阻力F2的方向，然后根据力的示意图的画法画出作用在B点的水平方向的阻力F2的示意图，再根据力臂的概念画出F1的力臂L1。
此题考查力的示意图和力臂的画法，画力臂，关键是确定支点和力的作用线，从支点向力的作用线引垂线，垂线段的长度即为力臂，只要细心，不会出错。
26.【答案】解：图中有一个动滑轮和两个定滑轮，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮，依次绕成，如图所示：
。
【解析】要使滑轮组省力，就是使最多的绳子段数来承担物重，图中滑轮组由一个动滑轮和两个定滑轮组成，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮，依次绕成。
本题考查了滑轮组的绕法，滑轮组的组装有两种方法，从定滑轮绕起或从动滑轮绕起。要看清题目的每一个要求，选择合适的绕线方法。
27.【答案】解：根据题目要求两灯并联，开关都在支路，分别控制灯泡，如图：
【解析】两灯都能独立地工作，说明两灯是并联的，并各用一个开关控制，说明一个开关控制一个灯泡，开关与灯泡串联。
本题考查电路图的设计和并联电路的特点，关键知道家庭电路中开关要在火线上，还要知道只有在并联电路中，灯泡才互不影响，。
28.【答案】平衡 右 3 竖直向下 竖直向上 5
【解析】解：(1)当杠杆静止时，杠杆处于平衡状态，发现左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)设一个钩码重为G，每一格为L，
根据杠杆平衡条件可知：2G×3L=nG×2L，解得：n=3，需在B点挂3个钩码；
(3)为了便于测量力臂，弹簧测力计应竖直向下拉动杠杆使其水平平衡；
(4)设木棒的重心距离C端为L′，根据杠杆的平衡条件可知，GL′=F1L，
故：L′=F1LG=35N×L50N=710L，
因为木棒的13伸出桌子边缘，所以B点到C的距离是(1−13)L=23L，
因为710L>23L，所以木棒的重心在B点的右侧，若木棒以B点为支点恰好水平平衡，作用在A点的最小作用力F2的方向应该是竖直向上，
木棒重心到B点的距离：L′′=710L−23L=130L，
由杠杆的平衡条件可知，以B为支点，使木棒平衡时，G×L′′=F2×13L，
故：F2=GL′′13L=50N×130L13L=5N。
故答案为：(1)平衡；右；(2)3；(3)竖直向下；(4)竖直向上；5。
(1)物体做匀速直线运动或物体静止时物体处于平衡状态；
当杠杆静止时，发现左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向相反方向调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆平衡条件做出解答；
(3)探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
(4)首先根据作用力F1使木棒平衡求出木棒重心的位置，再根据重心的位置确定木棒以B点支点时，A点作用力F2的方向，最终根据杠杆的平衡条件求出作用力F2的大小。
本题考查的是探究“杠杆的平衡条件”实验，解答(4)小题的关键是首先确定木棒重心的位置，本题难度较大。
29.【答案】甲、乙 温度计升高的示数 甲、丙 质量和升高温度的乘积 a b
【解析】解：(1)为了比较不同燃料的热值，要用相同质量的不同燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料完全燃烧放出的热量越多，这种燃料热值越大，故应选择甲、乙两图进行实验，燃料完全燃烧放出热量的多少，是通过温度计示数的变化来反映的；
(2)比较不同物质吸热升温的特点：应控制燃料相同而吸热物质不同，选择甲、丙两图进行实验；
物理学中，将物体温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度的乘积之比，叫做比热容；
(3)如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，a液体的温度升高得较快；
升高相同的温度时，b液体需要加热的时间长，所以b液体吸收热量多。
故答案为：(1)甲、乙；温度计升高的示数；(2)甲、丙；质量和升高温度的乘积；(3)a；b。
(1)为了比较热值大小，要用相同质量的不同燃料料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料完全燃烧放出的热量越多，这种燃料热值越大，据此分析；
(2)比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料相同而吸热物质不同；
比热容是物质的一种特性，质量是1千克的某种物质，温度升高(或降低)1℃所吸收(或放出)的热量为该物体的比热容；
(3)根据两种物质的温度随时间变化的图象分析解答。
本题比较不同物质的吸热能力及比较不同燃料的热值，考查控制变量法、转换法的应用、对图象的认识，是热学中的重要实验。
30.【答案】小球 使小球到达水平面的速度不同 质量相同时，物体的速度越大，动能越大 C 换用质量更小的小球 不合理 小球的质量不同，小球在水平面上受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小
【解析】解：(1)“探究物体动能的大小跟哪些因素有关”的实验探究的主体是小球，所以探究的是小球的动能；
(2)由AB两图可知，两个质量相同的小球从不同高度滚下，高度越高，则小球到达水平面时的速度越大，将木块推得较远，说明小球撞击木块时的动能较大，可得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大；
(3)实验通过观察木块移动的距离来判断小球动能的大小，这是转换法，由(2)可知该实验还用到控制变量法，
A、探究不同种物质的吸热升温现象时，选用质量相同的沙子和水，采用控制变量法；
B、比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时，选用等质量的水，采用控制变量法；
C、探究定滑轮工作特点时，将其看成等臂杠杆，采用模型法；
D、用压缩引火仪研究做功改变物体内能时，在玻璃筒中放入棉花，采用转换法；
故选：C；
(4)在研究动能与质量的关系时，发现木块运动到了长木板的末端之外，说明小球的动能太大，为使实验顺利完成，可以换用质量更小的小球；
(5)小球的质量不同，则小球对水平面的压力不同，小球受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小，所以实验方案不合理。
故答案为：(1)小球；(2)使小球到达水平面的速度不同；质量相同时，物体的速度越大，动能越大；(3)C；(4)换用质量更小的小球；(5)小球的质量不同，小球在水平面上受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小。
(1)该实验探究的主体是小球的动能；
(2)动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究，研究动能大小与速度关系时要保证质量相同，速度不同；研究动能大小与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
此实验把动能的大小转换为木块被撞击后运动的距离，距离越远表明小球的动能越大；
(3)该实验用到了控制变量法和转换法；
(4)动能的大小与质量、速度有关，据此进行分析；
(5)小球的质量不同，则小球对水平面的压力不同，小球受到的摩擦力不同，不能通过小球滑行的距离来反映小球动能的大小。
用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
31.【答案】解：(1)物体的重力为：
G=mg=450kg×10N/kg=4500N，
提升重物做的有用功：
W有=Gh=4500N×2m=9×103J；
(2)由图知，n=3，拉力端移动距离s=nh=3×2m=6m，
拉力做的总功：
W总=Fs=2.0×103N×6m=1.2×104J；
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=9×103J1.2×104J×100%=75%；
(3)克服动滑轮做的功：
W额1=G动h=m动gh=80kg×10N/kg×2m=1.6×103J，
拉力做的总额外功：
W额=W总−W有用=1.2×104J−9×103J=3×103J，
克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功：
W额2=W额−W额1=3×103J−1.6×103J=1.4×103J。
答：(1)提升重物做的有用功为9×103J；
(2)滑轮组的机械效率为75%；
(3)若动滑轮的质量为80kg，克服摩擦和钢绳重所做的功1.4×103J。
【解析】(1)根据G=mg算出物体的重力，利用W有用=Gh求提升重物做的有用功；
(2)由图可知，有三股绳吊着物体，拉力端移动距离s=nh，利用W总=Fs求拉力做的总功，根据η=W有用W总×100%滑算出轮组的机械效率；
(3)先利用W=G动h求克服动滑轮做的额外功，根据W总=W有用+W额求出拉力做的总额外功，减去克服动滑轮做的额外功，可得克服摩擦和钢丝绳重所做的额外功。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，明确使用滑轮组时额外功的计算方法是关键。
32.【答案】水的比热容大 一样大
【解析】解：(1)比热容是反映物质吸热(或放热)的能力的物理量，因此汽车发动机用水进行冷却，是因为水的比热容大；
热值反映燃料燃烧放热的能力，与燃料的种类有关，因此加入同型号的汽油，汽车采用涡轮增压后，汽油的热值将一样大；
(2)50g的汽油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.6×107J/kg×50×10−3kg=2.3×106J；
由题知水吸收的热量为：Q吸=Q放=2.3×106J，
由Q吸=cm′Δt可知水升高的温度为：Δt=Q吸cm′=2.3×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×23kg≈23.8℃；
(3)根据题意可知该汽车发动机的效率为：η=WQ放×100%=1.15×106J2.3×106J×100%=50%。
答：(1)水的比热容大；一样大；
(2)冷却水温度升高23.8℃；
(3)该汽车发动机的效率为50%。
(1)比热容是指单位质量的某种物质温度升高(或降低)1℃吸收(或放出)的热量，反映的是物质吸热(或放热)的能力；
热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，热值大小只与燃料的种类有关；
(2)已知汽油的热值和消耗汽油的质量，根据Q放=qm可求出汽油完全燃烧放出的热量；根据题意可知水吸收的热量，再根据Q吸=cm′Δt可求出水升高的温度；
(3)热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，据此求出汽车发动机的效率。
本题考查了对比热容和热值概念的理解，以及相关计算公式的应用，属于常规计算题，难度不大。
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