吉林省长春市吉大力旺实验中学2023-2024学年九年级上学期开学物理试卷+

这是一份吉林省长春市吉大力旺实验中学2023-2024学年九年级上学期开学物理试卷+，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2023-2024学年吉林省长春市吉大力旺实验中学九年级（上）开学物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）
1. 下列说法中正确的是(    )
A. 两个物体互相接触就一定有力的作用
B. 两个物体不接触就一定没有力的作用
C. 两个物体相互作用，一定有一个物体受力，另一个物体不一定受力
D. 两个物体互相作用，这两个物体同时是受力物体，也同时是施力物体
2. 对牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是(    )
A. 物体不受力的作用，一定静止
B. 物体受到力的作用，运动状态一定改变
C. 物体的运动状态发生改变，一定是受到了力的作用
D. 物体在水平方向匀速运动，水平方向上一定受到了力的作用
3. 下列四种情境中，人没有对物体做功的是(    )
A. 把一箱报刊搬起来
B. 举起杠铃
C. 将足球踢出去
D. 背着书包水平匀速行进
4. 在生产、生活中有很多物理知识的应用，下列说法中正确的是(    )
A. 滑雪板一般都有较大的面积，是为了增大压力
B. 把书包带做得扁而宽，是为了减小书包对人体的压强
C. 菜刀钝了磨一磨，是为了减小对被切物的压强
D. 在铁轨下铺设枕木，是为了减小对地面的压力
5. 如图所示的工具中，在正常使用时属于费力杠杆的是(    )
A.      启瓶器 B.             天平
C.           羊角锤 D.            食品夹
6. 下列现中，解释正确的是(    )
A. 粉笔用力捏碎变成粉末，说明物体是由分子组成的
B. 大雪四处飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动
C. 破镜难圆，说明分子之间存在引力
D. 水和酒精混合后总体积变小，说明分子之间存在间隙
7. 某学校的校园足球比赛正在火热地进行中，如图是运动员将球抛出后，足球在空中运动的轨迹，则当足球从A点运动到最高点的过程中，(    )
A. 足球的重力势能一直小，机械能不变 B. 足球的动能一直增大，机械能不变
C. 足球的重力势能增大，动能减小 D. 足球运动到最高点时动能为零
8. 内燃机的能量流向图如图所示。内燃机的效率为(    )

A. 7% B. 28% C. 31% D. 34%
9. 东汉学者王充在《论衡⋅乱龙》中记载：“顿牟掇芥，磁石引针。”这句话的意思是摩擦过的琥珀可以像磁铁吸引细针一样，吸引芥菜籽。对“顿牟掇芥”这一现象分析正确的是(    )
A. 异名磁极相互吸引 B. 异种电荷相互吸引
C. 自然界只有两种电荷 D. 带电体吸引轻小物体
10. 滑动变阻器实现变阻是利用了改变接入电路中电阻线的(    )
A. 材料 B. 长度 C. 粗细 D. 温度
11. 小明在探究“电流跟电压、电阻的关系”时，根据收集的数据画出了如图所示的图象，下列结论与图象相符的是(    )


A. 电流一定时，电阻跟电压成正比 B. 电压一定时，电流跟电阻成反比
C. 电阻一定时，电流跟电压成正比 D. 电阻一定时，电流跟电压成反比
12. 甲、乙两个实心均匀正方体(ρ甲<ρ乙)分别放在水平地面上。若在两正方体的右侧，按图所示方式，沿竖直方向各截去相同的质量，它们剩余部分对地面的压强相等。则两个正方体原来对地面的压力F甲、F乙的关系是(    )
A. F甲一定大于F乙 B. F甲可能等于F乙 C. F甲一定小于F乙 D. F甲可能小于F乙
13. 如图所示，烧杯中装有一定量的水，把金属箔卷成一卷放入水中，金属箔沉底，再把它做成碗状放入水中(水的质量未变)金属箔漂浮。与原来相比，金属箔受到的浮力和水对容器底的压强将会(    )
A. 变大  变大 B. 变大  不变 C. 不变  不变 D. 不变  变小
14. 如图所示是我国某新型万吨级导弹驱逐舰，其满载排水量达12500t，该型驱逐舰在海上航行过程中，下列说法正确的是(    )
A. 驱逐舰所受浮力的方向是竖直向下
B. 满载时的排水量指的是驱逐舰所受的重力
C. 发射导弹后，驱逐舰所受浮力变小
D. 发射导弹后，驱逐舰会下沉一些
15. 用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，相同时间把相同的重物匀速提升相同的高度。若不计绳重及摩擦，下列说法正确的是(    )
A. 滑轮组的机械效率相同
B. 拉力F1和F2大小相等
C. 拉力F1对滑轮组所做的功大
D. 拉力F1对滑轮组所做功的功率大


第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共3小题，共6.0分）
16. 我国北方楼房中的“暖气”用水作为介质，把热量带到房屋取暖，用水取暖主要是利用了水的        的性质；一杯水倒出一半后剩下半杯水的比热容        (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
17. 小明同学用50N的水平推力推着重200N的纸箱在水平地面上前进了3m，松开手后，纸箱仍向前滑行了1m，整个过程中小明对纸箱做功______ J，纸箱的重力做功______ J。
18. 卫星绕地球飞行，当卫星运动到______ (选填“近地点”或“远地点”)时，其势能最小；卫星在大气层外运行，不受空气阻力，因此机械能______ 。
三、实验探究题（本大题共6小题，共36.0分）
19. 在探究二力平衡条件时，如图甲选质量为10g的卡片作为研究对象，在线的两端分别挂上等质量的重物，对卡片施加两个拉力，此时小卡片保持静止。

(1)实验中所挂重物质量合适的是______ (选填“5g”、“200g”或“任意质量均可”)。
(2)如图甲所示，两侧挂相同质量的钩码，小卡片静止，说明两侧细线对小卡片的力大小______ 。
(3)为验证“使物体平衡的两个力必须在同一直线上”，小新和小吴同学在图甲所示实验的基础上，又分别进行了图乙、图丙操作，合理的操作是图______ (选填“乙”或“丙”)，原因是______ 。
(4)为验证“使物体平衡的两个力必须作用在同一个物体上”，下一步的操作是______ 。
20. 如图所示为“探究影响液体内部压强的因素”实验情景，甲、乙、丙烧杯内液面相平，所用的压强计均相同。

(1)压强计是通过U形管______ 来显示橡皮膜所受压强大小的。
(2)比较______ 两图，可以初步得出结论，在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大。
(3)比较甲、丙两图，______ (选填“能”或“不能”)初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论，理由是______ 。
21. 如图所示，在“研究物体动能与哪些因素有关”的实验中，将A、B、C三小球先后从同一装置的hA、hB、hC高处滚下(mA=mBhB)，推动纸盒运动一段距离后静止。

(1)实验中通过观察______ 比较动能的大小。
(2)实验中采用______ ，使得小球滚到水平面的初速度相同。
(3)从图中可以看出，A、B、C三个小球刚到达水平面时，______ 球的动能最大。
(4)分析比较实验甲与实验乙，可得出结论：______ 。
(5)分析比较实验甲与实验丙，可得出结论：______ 。
22. 某实验小组在“测量滑轮组机械效率”的实验中得到的数据如表所示，第1、2、3次实验装置分别如图中的甲、乙、丙所示。
实验次数
G/N
h/m
F/N
s/m
机械效率η
1
2
0.1
0.9
0.3
74.1%
2
4
0.1
1.6
0.3
83.3%
3
4
0.1
1.1
0.5
______
(1)比较第1、2次实验，可得结论：同一滑轮组，提起的物重越大，滑轮组的机械效率______ 。填写第3次实验中的机械效率。
(2)比较第2、3次实验，可得结论：提升相同的重物时，动滑轮的个数越多(动滑轮越重)，滑轮组的机械效率越______ ；
(3)如果不计绳重和摩擦，图丙中钩码重为4N时，测力计的拉力为1N，那么当钩码重为9N时，该滑轮组的机械效率是______ 。
23. 为了比较水和食用油的吸热能力，铭铭用两个相同的装置做了如图所示的实验。已知甲、乙两个容器分别装有水和食用油。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
76
(1)选用相同规格电加热器的目的是______。
(2)此实验可以控制质量和吸收热量相同，通过比较______来研究水和食用油吸热能力的差异。
(3)分析实验数据可知，______的吸热能力更强。
(4)此实验中，要使水和食用油的最后温度相同，水需要吸收的热量______(选填“大于”、“小于”或“等于”)食用油吸收的热量。
(5)本实验中食用油的比热容为______J/(kg⋅℃)。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]

24. 小红同学利用弹簧测力计测量矿石(不吸水)的密度和盐水的密度，借助电子秤来完成实验，操作步骤如图：

(1)电子秤放在水平桌面上装有适量水的烧杯放在电子秤上，电子秤示数如图甲所示，把被测矿石用细线拴好、缓慢放入装水的烧杯中，示数如图乙所示，则被测矿石的的质量m石= ______ g。
(2)用手提起细线，让被测矿石离开烧杯底部，继续浸没在水中，电子秤示数如图丙，则矿石浸没在水中所受到的浮力为______ N，图丙中细线的拉力为T= ______ N。
(3)被测矿石的的密度ρ石= ______ kg/m3。
(4)若操作图丙时、矿石接触到了烧杯底部，存在支持力，其余操作完全正确，所测矿石密度值______ (选填“偏大、“偏小”或“不变”)；完成矿石密度测量后，将烧杯中的水倒出，并擦干烧杯内壁的水，并倒入适量被测盐水，放到电子秤上，如图丁。
(5)将刚才使用的矿石表面的水擦干，浸没在盐水中，示数如图戊所示，烧杯底部对石块无支持力，则被测盐水的密度ρ盐= ______ kg/m3。
四、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
25. 如图所示，一铁桶平放在面积为1m2的水平台面上，铁桶重为20N，桶的底面积为100cm2。往桶里倒入8kg的水。求：(g取10N/kg)
(1)桶底受到水的压强；
(2)台面受到桶的压力。



答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：
A、相互接触的两个物体不一定就有力的作用，如：并列摆放在水平面上的两个长方体物块，两物块虽然接触，但它们之间没有力的作用，故A错误。
B、在发生力的作用时，两个物体不一定接触(如：磁铁吸引铁钉)，故B错误。
C、物体间力的作用是相互的，物体受到力的同时，也对另一个物体施加了力(即另一个物体一定受力的作用)，故C错误。
D、物体间力的作用是相互的，所以这两个物体同时是受力物体，也同时是施力物体，故D正确。
故选：D。
(1)力是物体对物体的作用，在发生力的作用时，两个物体不一定接触(如：磁铁吸引铁钉)；相接触的物体不一定就有力的作用。
(2)物体间力的作用是相互的，物体受到力的同时，也对另一个物体施加了力。
深入理解力的概念和力的作用的相互性，可解答此题。
2.【答案】C 
【解析】解：A、物体不受力的作用，可能静止，也可能做匀速直线运动，故A错误；
B、如果物体受到平衡力的作用，其运动状态不变，故B错误；
C、力是改变物体运动状态的原因，如果物体的运动状态发生改变，一定是受到了力的作用，故C正确；
D、物体在水平方向匀速运动，水平方向上可能受平衡力，也可能不受力，故D错误。
故选：C。
牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；力是改变物体运动状态的原因。
深刻理解力与运动状态之间的关系，是掌握牛顿第一定律的关键。
3.【答案】D 
【解析】解：
A、把一箱报刊搬起来，人对报刊施力，并在力的方向上移动了距离，人对报刊做功；故A不合题意；
B、举重运动员举起杠铃，运动员对杠铃一个向上的力，杠铃在这个力的方向上移动了距离，所以运动员对杠铃做了功；故B不符合题意；
C、运动员用力将足球踢出去，在接触的一段距离中，运动员对足球施力，足球在这个力的方向上移动了距离，运动员对足球做了功；故C不符合题意；
D、学生背着书包在水平路面行进，学生对书包施力，但没有在力的方向上移动距离，学生对书包没有做功；故D符合题意。
故选：D。
做功的两个必要的因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离。据此分析判断。
明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
4.【答案】B 
【解析】解：A、滑雪板一般都有较大的面积，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A错误；
B、把书包带做得扁而宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小书包对人体的压强，故B正确；
C、菜刀钝了磨一磨，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故C错误；
D、在铁轨下面铺设枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D错误。
故选：B。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。
增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。
减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。
5.【答案】D 
【解析】解：A、启瓶器在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；故A不符合题意；
B、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，既不省力，也不费力；故B不符合题意；
C、羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；故C不符合题意；
D、食品夹在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故D符合题意。
故选：D。
根据杠杆的动力臂与阻力臂之间的关系，可将杠杆分为省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆；阻力臂大于动力臂的杠杆属于费力杠杆。
准确分析题目中工具的动力臂与阻力臂的关系，是判断省力杠杆和费力杠杆的关键。
6.【答案】D 
【解析】解：
A、粉笔用力捏碎变成粉末，粉末是宏观物体，分子是肉眼看不到的，不能说明物体是由分子组成的，故A错误；
B、大雪四处飞扬，雪是宏观物体，属于机械运动，不能说明分子在永不停息地做无规则运动，故B错误；
C、破镜不能重圆，主要是因为绝大多数分子间的距离较大，分子间的引力无法发挥作用，所以分子间几乎没有相互作用力，故B错误；
D、水和酒精混合后总体积变小，说明分子之间存间隙，故D正确。
故选：D。
物质是由大量分子组成的，组成物质的分子永不停息地做无规则的运动，分子间存在相互作用的引力和斥力。
本题考查分子的运动、分子间作用力等相关说法，主要考查学生对分子动理论知识的综合应用能力。
7.【答案】C 
【解析】解：
(1)足球从A点运动到最高点的过程中，质量不变，高度增大，重力势能增大；同时速度减小，动能减小，
在此过程中，足球需要克服空气阻力做功，一部分机械能会转化为内能，所以机械能减小，故AB错误、C正确；
(2)当足球运动至最高点时，速度不为零，所以动能不为零。故D错误。
故选：C。
影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。
本题考查了学生对动能、势能的变化以及转化的掌握，把握住影响它们大小的因素是解决此类问题的关键。
8.【答案】D 
【解析】解：
由内燃机的能量流向图知，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出能量的34%，即内燃机的效率为34%。
故选：D。
用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。
此题考查了学生对热机效率认识和理解，属于一道基础性题目。
9.【答案】D 
【解析】解：
摩擦可以使物体带电，带电体能够吸引轻小物体，故“顿牟掇芥”这一现象分析正确的是带电体具有吸引轻小物体的性质，故D正确，ABC错误。
故选D。
摩擦可以使物体带电；带电物体能够吸引轻小物体。
本题考查了带电物体的特点，是一道简单题。
10.【答案】B 
【解析】解：滑动变阻器移动滑片时，不能改变接入电阻丝的材料和横截面积以及温度，只能改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻和电流，故ACD错误、B正确．
故选B．
滑动变阻器工作原理：移动滑片改变接入电路电阻丝的长度，来改变接入电路的电阻，来改变电路中的电流．
本题考查了滑动变阻器的原理，牢记滑动变阻器的工作原理是关键．
11.【答案】C 
【解析】【分析】
该题考查探究电流、电压和电阻三者之间的关系，为欧姆定律做铺垫，侧重考查控制变量法和分析图象。
探究“电流跟电压、电阻的关系”实验重点的是考查控制变量法，研究电流跟电压关系时，控制电阻不变，研究电流跟电阻关系时要保持电压不变。
【解答】
这是一个正比例函数图象，可以看出电流随着电压的增大而增大，并且电压和电流的比值是一定的，因此由图象可得出：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
故选C。
12.【答案】A 
【解析】解：在两正方体右侧沿竖直方向各截去相同的质量，它们剩余部分对地面的压强相等，根据公式p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρgh可知，对于甲正方体沿竖直方向切去一部分，ρ甲和h甲都不变，所以p甲不变，
同理，乙正方体沿竖直方向切去一部分后，p乙也不变，因为它们对水平地面的压强现在相等，所以原来也相等。
因为p=ρgh，p甲=p乙，ρ甲<ρ乙，
所以h甲>h乙；
所以甲的底面积>乙的底面积，
根据公式F=pS可知，甲对地面的压力大于乙对地面的压力。
由上可知，A正确，BCD错误。
故选：A。
在水平面上物体对水平面的压力等于物体自身的重力，对地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρgh，因为剩余部分对地面的压强相等，可以比较出正方体的边长大小关系，进一步求出底面积的大小关系，根据公式F=pS即可知道对地面压力的大小关系。
本题考查压力的大小比较，关键是公式的推导，要知道在水平面上物体对水平面的压力等于物体自身的重力。
13.【答案】A 
【解析】解：把金属箔卷成一卷放入水中，金属箔沉底，所受水的浮力小于自身重力；
金属箔做成碗状漂浮在水面，由漂浮条件可知，所受水的浮力等于自身重力，说明浮力变大；
由阿基米德原理F浮=ρ水gV排可知，金属箔排开水的体积增大，所以容器内液面升高；
由p=ρgh可知，水对容器底的压强变大；故A正确，BCD错误。
故选：A。
金属箔卷成一卷时沉入水中，制成碗状漂浮在水面，在自重不变的情况下，说明浮力比刚才变大了；由阿基米德原理原理可知，浮力变大，排开水的体积变大，容器内液面上升，根据液体压强公式p=ρgh判断水对容器底的压强变化。
正确判断金属箔浮力大小变化，进一步根据阿基米德原理判断液面变化是解题的关键。
14.【答案】C 
【解析】解：A、驱逐舰所受浮力的方向是竖直向上的；故A错误；
B、满载时的排水量指的是驱逐舰满载时排开水的质量，故B错误；
C、发射导弹后，驱逐舰的重力减小，根据漂浮条件F浮=G排可知，驱逐舰受到浮力变小，故C正确；
D、发射导弹后，驱逐舰受到浮力变小，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，驱逐舰排开水的体积变小，会上浮一些，故D错误。
故选：C。
(1)浮力的方向是竖直向上；
(2)排水量是满载时排开水的质量；
(3)根据漂浮条件判断驱逐舰受到浮力的变化；
(4)根据阿基米德原理判断驱逐舰排开水的体积变化，进一步判断浮沉情况。
本题考查了浮力的方向、浮沉条件和阿基米德原理等知识的理解和应用，根据漂浮条件正确判断浮力和排开水的体积变化是解题的关键。
15.【答案】A 
【解析】解：A、由图可知，甲、乙两个滑轮组吊的物体重量相等，两动滑轮重量也相等，若不计绳重及摩擦，滑轮组的机械效率相同，故A正确。
B、因为甲有两股绳子拉，乙有三股绳子拉，物体重量和动滑轮重量相等，故拉力F1>F2，故B错误。
C、因为物体重力和动滑轮重力相等，匀速提升相同的高度。若不计绳重及摩擦，它们做的总功相同，故C错误。
D、因为两个滑轮组做的总功相同，所用时间又相同，故功率也相同，故D错误。
故选：A。
(1)机械效率是有用功与总功之比。
(2)总功等于有用功加额外功。
(3)功率是物体做功的快慢。
本题考查了机械效率和功率，属于基础题。
16.【答案】比热容大  不变 
【解析】解：我国北方楼房中的“暖气”用水作为介质，主要是利用了水的比热容大的性质，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，可以放出更多的热量；
比热容是物质本身的一种特性，一杯水倒出一半后质量减小，剩下半杯水的比热容不变。
故答案为：比热容大；不变。
水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，比热容是物质本身的一种特性，其大小与物质的种类、状态、温度有关，而与质量、体积无关。
本题考查了利用水的比热容大的特性来解释生活中的现象，属热学基础题。
17.【答案】150  0 
【解析】解：
(1)小明同学用50N的水平推力推着重200N的纸箱在水平地面上前进了3m，
此过程中小明对纸箱做的功：W1=Fs1=50N×3m=150J；
(2)纸箱在水平面上运动，虽然受重力，也有距离，但纸箱在重力的方向上没有移动距离，所以重力没做功，即重力做功为0J。
故答案为：150；0。
(1)知道水平推力和水平方向上移动的距离，可利用功W=Fs计算推力做的功；
(2)纸箱受到重力但在重力的方向上没移动距离，重力不做功。
本题考查了功的计算，并考查对做功的两个必要条件的了解与掌握，属于对基础知识的考查。
18.【答案】近地点  守恒 
【解析】解：卫星运动到远地点时，距离最远，速度最小，所以势能最大，动能最小，卫星运动到近地点时，距离最近，速度最大，所以势能最小，动能最大；
卫星在大气层外运动，不受空气阻力作用，只有动能和势能的转化，因此卫星运行过程中机械能守恒。
故答案为：近地点；守恒。
(1)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。
(2)势能大小的影响因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越高，势能越大。
(3)在太空中，卫星绕地球运动时，没有阻力作用，没有克服摩擦做功，机械能守恒。
本题主要考查了机械能守恒以及动能和重力势能大小的判断，只要知道影响动能、重力势能大小的因素即可解答。
19.【答案】200g  相等  乙  丙中虽然两个力不在同一条直线上，但没有控制两个力的方向相反  将卡片剪断 
【解析】解：(1)当卡片受到的拉力远大于卡片的重力时，卡片的重力可以忽略不计，此时卡片可以看作只在两个拉力的作用下平衡，故应选质量大的重物来拉卡片，即选择200g的重物；
(2)小卡片静止，说明两侧细线对小卡片的力大小相等；
(3)为探究不在同一直线上的两个力是否能平衡，可用手将卡片转过一定角度，并保持两个拉力方向相反，松开手后观察小卡片能否平衡，故乙正确；
(4)为了研究一对平衡力是否必须作用在同一物体上，可以将卡片剪断。
故答案为：(1)200g；(2)相等；(3)乙；丙中虽然两个力不在同一条直线上，但没有控制两个力的方向相反；(4)将卡片剪断。
(1)当卡片受到的拉力远大于卡片的重力时，卡片的重力可以忽略不计，此时卡片可以看作只在两个拉力的作用下平衡，据此分析；
(2)小卡片静止，说明两侧细线对小卡片的力大小相等；
(3)为了验证“使物体平衡的两个力必须在同一直线上”需要将卡片扭转一个角度释放；
(4)为了研究一对平衡力是否必须作用在同一物体上，可以将卡片剪断，若旋转两个力还是作用在同一物体上。
该实验中，为了探究两个力是否平衡，要用到控制变量法的思路。探究其中的一个条件时，要控制其他条件相同。这也是根据实验步骤确定实验目的主要依据。同时要注意实验设计的针对性。
20.【答案】液面高度差  甲、乙  不能  没有控制深度相同 
【解析】解：(1)压强计测量液体压强时，就是靠U形管两侧液面的高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大；
(2)想探究液体压强大小与深度的关系，应控制液体的密度相同、金属盒的方向相同，而深度不同，故选甲、乙两次实验即可；
(3)研究液体内部压强与液体密度的关系，需使深度相同，甲、丙没有控制深度相同，故不能初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论。
故答案为：(1)液面高度差；(2)甲、乙；(3)不能；没有控制深度相同。
(1)液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，U形管液面高度差越大；
(2)(3)液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程。
掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转换法探究液体压强大小的影响因素。
21.【答案】纸盒被小球推动的距离长短  小球先后从同一装置的同一高度由静止滚下  C  质量相同的物体，运动速度越大，动能越大  速度相同的物体，质量越大，动能越大 
【解析】解：(1)本实验中是通过观察纸盒被推动的距离的大小来比较小球动能大小的，采用了转换法的思想；
(2)由于动能的大小与质量和速度有关，研究动能大小与质量的关系，应控制速度不变，故只需将不同质量的小球从同一高度释放，比较其推动纸盒所移动的距离大小即可；
(3)比较图(a)、(b)、(c)可知，(c)图中纸盒移动的距离最远，故C球动能最大；
(4)分析比较实验甲与实验乙，速度不同，控制质量相同，则可得出结论：质量相同的物体，运动速度越大，动能越大；
(5)分析比较实验甲与实验丙，质量不同，控制速度相同，则可得出结论：速度相同的物体，质量越大，动能越大。
故答案为：(1)纸盒被小球推动的距离长短；(2)小球先后从同一装置的同一高度由静止滚下；(3)C；(4)质量相同的物体，运动速度越大，动能越大；(5)速度相同的物体，质量越大，动能越大。
(1)物体动能的大小，可由它对外做功的多少来体现，球把纸盒推出的距离长，说明物体对外做的功多，进而体现它的动能大，这是一种转换的方法；
(2)球从相同斜面的同一高度由静止滚下，小球的重力势能转化为动能，小球到达水平面时的速度相等；
(3)比较图中纸盒被推动的距离，判断动能大小；
(4)(5)动能的决定因素有两个：质量和速度；采用控制变量思想来探究，据此回答。
明确本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。
22.【答案】72.7%  越高  低  90% 
【解析】解：(1)比较第1、2次实验可知，同一滑轮组，钩码升高的距离相同，绳子自由端移动的距离相同，提起的重物越重，机械效率越高；
根据表中第3组数据可知，丙图的机械效率η=W有W总=GhFs=4N×0.1m1.1N×0.5m≈72.7%；
(2)比较第2次实验和第3次实验数据可知：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低；
(4)丙图中钩码重为4N时，测力计的拉力为1N，n=5，动滑轮重为：G动=nF-G=5×1N-4N=1N；
故钩码重为9N时，该滑轮组的机械效率：η'=W有W总=G'hF's=G'hG'h+G动h=G'G'+G动=9N9N+1N=90%。
故答案为：(1)越高；72.7%；(2)低；(3)90%。
(1)根据第1、2次实验的相同点和不同点，利用控制变量法得出结论；根据η=W有W总求出滑轮组的机械效率；
(2)根据第2、3次实验的相同点和不同点，利用控制变量法得出结论；
(3)根据丙图可知，n=5，先求出动滑轮重，然后根据机械效率的变形公式求出当当钩码重为9N时，滑轮组的机械效率。
此题是探究滑轮组机械效率的实验，主要考查了机械效率的计算、分析实验数据的能力，这也是中考时经常考到的内容。注意同一滑轮组额外力相同。
23.【答案】使水和食用油在相同时间内吸热相同  升高的温度  水  大于  1.875×103 
【解析】解：
(1)选用相同规格的电加热器，根据转换法，其目的是使水和食用油在相同时间内吸热相同；
(2)此实验可以控制质量和吸收热量相同，通过比较升高的温度来研究水和食用油吸热能力的差异；
(3)实验中，是通过比较加热时间来间接反映水和食用油所吸收的热量；
分析实验数据可知，加热相同时间(即吸收的热量相同)，水升高的温度较少(即水升温慢)，说明水的吸热能力更强；
(4)因加热相同时间，水升高的温度较少，据此推理，要使水和食用油的最后温度相同，水需要的加热时间长，则水需要吸收的热量大于食用油吸收的热量；
(5)由表中数据，加热6分钟，水升高的温度为：45℃-20℃=25℃；
食用油升高的温度为：76℃-20℃=56℃；
根据△t=Qcm，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，
故本实验中食用油的比热容：
c油=Δt水Δt油×c水=25℃56℃×4.2×103J/(kg⋅℃)=1.875×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)使水和食用油在相同时间内吸热相同；(2)升高的温度；(3)水；(4)大于；(5)1.875×103。
(1)用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(2)(3)使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(4)根据(3)推理回答；
(5)由表中数据得出加热6分钟水和食用油升高的温度，根据△t=Qcm，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，据此求出本实验中食用油的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
24.【答案】288  1.2  1.68  2.4×103  偏小  1.05×103 
【解析】解：(1)由图甲可知，烧杯和水的总质量m甲=0.350kg，由图乙可知，烧杯、水和矿石的总质量m乙=0.638kg，
则矿石的质量为：m石=m乙-m甲=0.638kg-0.350kg=0.288kg=288g。
(2)丙图中，矿石悬挂在细绳上，矿石受到水竖直向上的浮力，由物体间力的作用是相互的可知，矿石给水一个竖直向下的压力作用在容器的底部，导致电子秤的示数增加，
对比甲图，增加的压力和浮力大小相等，所以，矿石浸没在水中所受到的浮力：F浮=(m丙-m甲)g=(0.470kg-0.350kg)×10N/kg=1.2N；
矿石受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力，这三个力是平衡力，所以，细线的拉力：T=G石-F浮=m石g-F浮=0.288kg×10N/kg-1.2N=1.68N，
(3)由阿基米德原理可知，矿石排开水的体积：V排水=F浮ρ水g=1.2N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10-4m3，
由于此时矿石浸没在水中，因此矿石的体积：V石=V排水=1.2×10-4m3，
矿石的密度：ρ石=m石V石=0.288kg1.2×10-4m3=2.4×103kg/m3。
(4)图丙中矿石接触杯底，导致电子秤的示数增大，导致所求矿石受到的浮力偏大，则求出的矿石的体积偏大，质量测量是准确的，由ρ=mV可知，所测矿石的密度偏小。
(5)戊图中，矿石悬挂在细绳上，矿石受到盐水竖直向上的浮力，物体间力的作用是相互的，矿石给盐水一个竖直向下的压力作用在容器的底部，导致电子秤的示数增加，对比丁图，增加的压力和浮力大小相等，所以，矿石浸没在盐水中所受到的浮力：F浮盐水=(m戊-m丁)g=(0.546kg-0.420kg)×10N/kg=1.26N，
此时矿石排开盐水的体积：V排盐水=V石=1.2×10-4m3，
由阿基米德原理可知，盐水的密度：ρ盐水=F浮盐水gV排盐水=1.26N10N/kg×1.2×10-4m3=1.05×103kg/m3。
(1)图甲测量烧杯和水的总质量，图乙测量烧杯、水和矿石的总质量，两次电子秤示数之差即为矿石的质量。
(2)丙图中，矿石悬挂在细绳上，矿石受到水竖直向上的浮力，物体间力的作用是相互的，矿石给水一个竖直向下的压力作用在容器的底部，导致电子秤的示数增加，对比甲图，增加的压力和浮力大小相等；
根据矿石受到的重力，浮力和拉力三力平衡的关系，可以求出细线对矿石的拉力。
(3)根据阿基米德原理，利用矿石的浮力求出矿石排开液体的体积，矿石的体积等于矿石排开液体的体积，然后根据密度公式求出矿石的密度。
(4)图丙中矿石接触杯底，导致电子秤的示数增大，求出的矿石的体积偏大，由矿石的体积测量值的变化确定密度测量值的变化。
(5)戊图中，矿石悬挂在细绳上，矿石受到盐水竖直向上的浮力，物体间力的作用是相互的，矿石给盐水一个竖直向下的压力作用在容器的底部，导致电子秤的示数增加，对比丁图，增加的压力和浮力大小相等；然后利用阿基米德原理求盐水密度。
本题主要考查了测量密度的特殊方法，借助天平测量多个质量，利用浮力，相互作用力，平衡力，阿基米德原理等知识推导质量和体积，再根据密度公式求密度。
25.【答案】解：(1)由图知，桶内水深：h=15cm=0.15cm，
水对桶底的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m=1500Pa；
(2)桶里水的重力：G水=m水g=8kg×10N/kg=80N，
台面受到桶的压力：F=G桶+G水=20N+80N=100N。
答：(1)桶底受到水的压强为1500Pa；
(2)台面受到桶的压力为100N。 
【解析】(1)知道桶内水的深度，根据p=ρgh求出水对桶底的压强；
(2)知道水的质量，根据G=mg求出水的重力，台面受到桶的压力等于铁桶和水的总重力之和。
本题考查了液体压强公式和压强定义式的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。