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陕西省西安市高新逸翠园中学2023-2024学年九年级上学期第二次段考物理试卷（月考）
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这是一份陕西省西安市高新逸翠园中学2023-2024学年九年级上学期第二次段考物理试卷（月考），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年陕西省西安市高新逸翠园中学九年级（上）第二次段考物理试卷
一、单选题（本大题共16小题，共32.0分）
1.如图，一杯热咖啡慢慢冷却下来(忽略蒸发)，下列说法正确的是( )
A. 它的热量在减少
B. 它的内能在减小
C. 它的质量在减少
D. 整杯对桌面的压强在减少
2.下列物体既有势能又有动能的是( )
A. 教室的灯管 B. 拉长的橡皮筋 C. 公路上行驶的汽车 D. 飞行的小鸟
3.如图简单机械使用过程中，费力的是( )
A. B. C. D.
4.在非洲的旱季，人们常用一种中间有转轴的塑料桶运水。如图所示，某人用背、抱、平拉、水平滚拉的方式运送同样的一桶水，在相同的水平地面上匀速行走相同路程的过程中，对这桶水做功最多的是( )
A. B.
C. D.
5.一台抽水机工作时的功率是5000W，它表示的意义是( )
A. 这台抽水机1min内做的功是5000W B. 这台抽水机1min内做的功是5000J
C. 这台抽水机1s内做的功是5000W D. 这个抽水机1s内做的功是5000J
6.某中学组织春季运动会，如图所示为运动员跳高时的场景，若不计空气阻力，下列关于运动员跳高过程的描述中，说法正确的是( )
A. 上升的过程中动能和机械能都不断减小 B. 下降的过程中动能增大，重力势能不变
C. 上升的过程中动能不变，其重力势能增大 D. 下降的过程中重力势能减小，机械能不变
7.晓丽和晓华分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组(每个滑轮重相同)在相同时间内把相同重物G提升相同高度。若F1和F2也相等，不计绳重及摩擦，关于这两次使用对比的说法正确的是( )
A. 力F1和F2做的总功相同
B. 力F1和F2做功的功率不相同
C. 两个滑轮组机械效率相同
D. 两个滑轮组完成的有用功不相同
8.如图是《天工开物》中记载的在井上汲水的桔槔，它的前端系一木桶，后端系一质量适当的配重物。木桶装满水后，为了减小人向上提水时所需的拉力，下列操作可行的是( )
A. 将配重靠近支点 B. 将水桶远离支点 C. 适当增大配重 D. 将支点远离地面
9.如图所示，把重力为G的物体匀速推到斜面顶端，斜面长为s，高为h，实际推力为F，斜面上的摩擦力为f。那么，下列判断正确的是( )
A. 因为匀速推重物上行，所以F=f B. 计算额外功大小等于(F-G)h
C. 若使斜面更光滑，推力和机械效率都减小 D. 高度不变，缩短斜面长度将增大机械效率
10.小明在家里把一个铁锁用绳子悬挂起来，将铁锁拉到紧贴自己鼻尖，之后松手，铁锁向前摆去，则下列说法中正确的是( )
A. 铁锁来回摆动过程中，铁锁上没有力做功
B. 铁锁达到左侧最高点瞬间速度为零，处于平衡状态
C. 铁锁向下摆动的过程中重力势能转化为动能
D. 小明说“它打不着我”因为铁锁机械能守恒
11.关于物体的内能，下列说法正确的是( )
A. 温度在0℃以上的物体才具有内能 B. 一杯水温度升高，内能增大
C. 内能是物体的动能和势能的总和 D. 温度相同的两杯水内能相同
12.如图所示，不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，在水平拉力F的作用下，重为100N的物体A以0.2m/s的速度向左匀速直线运动5s，弹簧测力计的示数为20N，以下正确的是( )
A. 物体A受到的重力对物体A所做的功大小为100J
B. 物体A受到地面的摩擦力大小为20N，方向向右
C. 拉力对物体A做的功为20J
D. 拉力F的功率为8W
13.在北京冬奥会自由式滑雪空中技巧女子个人项目决赛中，辽宁运动员徐梦桃勇夺冠军。如图所示，在她滑行过程中，下列说法正确的是( )
A. A点时不具有机械能
B. 从A点滑行到C点的过程中重力势能不断变大
C. 从C点滑行到D点的过程中，减少的动能全部转化成了重力势能
D. 在B点的速度大于与它高度相同的D点的速度
14.两个相同的试管分别装了质量相同的水和煤油。用同一杯热水同时加热，发现煤油升温比水快。(忽略热量散失)关于这一现象分析正确的是( )
A. 加热相同时间，水吸收的热量大于煤油吸收的热量
B. 加热相同时间，水增加的内能等于煤油增加的内能
C. 在这样的情况下液体升温快的是因为其比热容较大
D. 在这样的情况下液体升温快的说明其吸收的热量多
15.春游时，小明和小红决定爬山比赛，他们同时出发，结果又同时到达山顶。想判断谁的功率大，还需知道的物理量是( )
A. 山的高度 B. 二人的体重 C. 爬山的时间 D. 二人身高
16.如图所示，质量一定的木块放在粗糙程度不同的水平桌面上，AB的距离等于BC的距离。木块在水平恒力F作用下从静止开始从A连续运动到C，AB过程中加速运动，BC过程中匀速运动。下列说法中( )
①木块在AB段所受的摩擦力等于在BC段所受的摩擦力
②水平拉力F在AB段做的功等于在BC段做的功
③木块在AB段与桌面有摩擦，它的机械能逐渐减小
④水平拉力F在AB段的平均功率小于在BC段的功率
A. 只有①②正确 B. 只有①③正确 C. 只有②④正确 D. 只有③④正确
二、填空题（本大题共6小题，共22.0分）
17.大多数汽车发动机冷却液是用水和乙二醇混合而成的，其中主要成分是水，这是利用了水的______ 大的特点，其大小为______ 。配制时将二者混合后发现，实际的总体积小于混合前的水和乙二醇的总体积，这一现象不仅说明了分子是运动的，同时也说明分子间有______ 。车开动后，冷却液随着在发动机周围循环流动而温度升高，这是通过______ 的方式改变自己的内能的。
18.如图是军军玩弹弓的情景。经验表明，在一定范围内，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，橡皮筋对“子弹”做的功越______，橡皮筋具有的弹性势能越______，说明橡皮筋的弹性势能与______有关。
19.如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是其杠杆模型示意图。壁灯与支架总重力为10N，壁灯与支架总重力的作用线恰好经过横杆上B点，BD=30厘米、DA=20厘米，DC=40厘米，DC垂直于AD，以D为支点，上方螺丝钉A受到垂直于墙面的拉力FA= ______ N，方向向______ (左/右)。若仅将AD之间直杆改为的半圆弧造型，其它不变的情况下，A点拉力大小将______ (变大/不变/变小)。
20.建筑工地上，电动起重机吊臂上的滑轮组(若不计滑轮重及摩擦)如图所示，在匀速起吊重4.2×103N的物体时，物体5s内上升了6m，此过程中有用功为______ J，若滑轮组的机械效率为70%，则总功为______ J，电机拉力F做功功率为______ W，动滑轮重为______ N；保持电机的功率不变，匀速向上提升另一个重为5.4×103N的重物，该物体上升的速度为______ 。
21.商场电动扶梯载着顾客匀速向上运动的过程中，顾客的动能______ ，势能______ ，机械能______ (选填“变大”、“变小”或“不变”).有的商场安装了自动调速电动扶梯，这种扶梯不载人时，以较低速度运行；载人时则以较高的速度运行。则这种自动调速扶梯载人时做功的功率______ (选填“大于”、“等于”或“小于”)不载人时做功的功率。
22.某同学发明一个自动升降排水井盖(如图甲)，其中井壁内侧固定着支架横杆上安装有定滑轮，下方的水槽两侧用一根完整的绳子绕过定滑轮，绳子中央固定着井盖的下凸起，暴雨时通过收集雨水实现井盖自动抬升(如图乙)，加快路面雨水的排放。
(1)井盖抬升过程中，定滑轮的作用是______ 。
(2)某次排水过程中，重150牛的井盖被抬升0.1米。在井盖被抬起过程中，克服井盖重力做功______ 焦。
(3)要使降水量稍小时就能抬升井盖，可采取的措施可行的是：______ (填序号)。
A.减小下面的排水口
B.增大井盖的重力
C.减少定滑轮重
三、作图题（本大题共1小题，共3.0分）
23.如图甲是一款机械鼠标，它的按键可看作简单的杠杆。图乙是简易构造图，A处为手按键，O为支点，B点下有一复位弹簧。请画出按下按键时A点的最小动力F1、复位弹簧对按键的阻力F2以及阻力臂L2的示意图。
四、实验探究题（本大题共3小题，共22.0分）
24.同学们在做“探究杠杆的平衡条件”实验。
(1)实验前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于______ (选填“平衡”或“非平衡”)状态；应该将平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节。
(2)实验中，在杠杆的两侧加挂钩码，并移动钩码的位置，使杠杆始终在水平位置平衡，这样做的目的是便于测量______ 的大小；进行多次实验记录在表格中，多次实验的目的是______ ；小明根据下表所测数据得出杠杆平衡的条件是：______ 。
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
1.5
10
1
15
2
1
20
2
10
3
0.5
20
1
10
(3)如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，其示数大小将______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；当测力计转到b位位置，此时杠杆恰为______ (省力/费力/等臂)杠杆。
(4)实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆平衡条件是否仍然成立？”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置处于平衡时，测出的拉力大小与杠杆平衡条件不相符。其原因是______ 对实验的影响。
(5)实验中，用如图所示的方式悬挂钩码，杠杆也能在水平位置平衡(杠杆上每小格长度相等)，但老师提醒大家不要采用这种方式，主要是因为这种方式______ (填选项前的字母)。
A.一个人无法独立操作
B.需要使用太多的钩码
C.力臂与杠杆不重合
D.力和力臂数目过多
25.小明在测量滑轮组机械效率的实验中，所用装置如图所示，实验中的每一个钩码重2N，测得的数据如下表所示：
物理量实验次数
钩码总重G/N
钩码上升的高度h/m
测力计示数F/N
测力计移动距离s/m
机械效率/η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
6
0.1
2.4
0.3
83%
3
4
0.1
1.4
0.5
57%
4
4
0.2
1.1
1.0
57%
(1)实验中测绳端拉力F时，应沿竖直方向尽量______ 拉动弹簧测力计。
(2)实验中读取弹簧测力计的示数时应在______ (静止/拉动过程)中读数。
(3)分析表中数据可知：第3次实验是用______ 图做的。[选填(a)/(b)/(c)]
(4)分析第1、2次实验数据可知：使用同一滑轮组，______ 可以提高滑轮组的机械效率；由第1、3次实验数据可知：降低滑轮组的机械效率的因素是______ 。
(5)分析第______ 次实验数据可知，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度______ 关。
26.小明同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况受到启发，并产生了如下猜想。
猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关。
猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关。
猜想三：物体的重力势能与物体的运动路径有关。
为此小明设计了如图所示的实验，他的做法是：
用大小、形状相同的A、B、C、D四个金属小球，其中A、C、D三球的质量为m，B球质量为2m，让A、B两球从距沙表面高H处由静止下落，C球从距沙表面高2H处由静止下落，D球从距沙表面高2H处的光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直地落下。(球在光滑管道中运动时的能量损失不计)实验中测得A、B两球陷入沙中深度分别为h1和h2，而C、D两球陷入沙中深度均为h3，且h1
(1)本实验是通过观察______ 来判断重力势能大小的。
(2)实验中B球比A球陷入沙中的深度更大，由此可验证猜想______ 。
(3)为验证猜想二，应比较______ (选ABCD)两球，可得出结论，当物体______ 相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大。
(4)由B、C两球不能探究重力势能的大小与质量的关系，理由是______ 。
(5)比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙中深度相同，由此可得出结论，物体的重力势能与物体运动的路径______ (填“有关”或“无关”)。
五、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
27.如图，画出滑轮组的绕线图，使站在地面上的小孩提升重物时所用拉力最小。
28.如图甲，宜昌市某中学学生在课外实践活动中对滑轮组进行了探究。他们自制滑轮组的简化图如图乙所示，小华利用此滑轮组用时10s将小军匀速提升了50cm，称得小军的重力为540N，动滑轮组的质量为60N，g取10N/kg，不计绳重和滑轮上的摩擦，问：
(1)所做的有用功是多少？
(2)小华的拉力是多少？
(3)小华拉绳的功和功率是多少？
(4)此过程中滑轮组的机械效率是多少？
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
29.智能机器正在进入我们的生活，为人们提供高效、精准的服务。某款全自动扫拖一体机器人主要由锂电池组、扫地模组、吸尘模组、拖地模组、升降模组和车轮模组等组件构成，它的质量为6kg，既可以扫地，也可以拖地。小强同学在空房间(图乙矩形ABCD)内，用这台机器人打扫家庭卫生。(g取10N/kg)
(1)机器人底部构造如图甲所示，两块抹布固定在转盘01、02上，可旋转擦洗拖地。加压拖地与未加压吸尘相比，匀速移动过程中的摩擦力更______ (大/小)，电机功率不变的情况下，两者移动速度是______ (相同/不同)的。
(2)机器人扫地过程中，若在1×103s内总共做了1.8×104J的功，则机器人做功的功率是多少W？
(3)机器人拖地过程可以简化为如图乙所示路线，关门后，机器人(用θ表示)从图示A位置开始，贴近墙壁AB沿着弓形路线拖洗地面，在地面上拖出水带(水的痕迹)的宽度均为0.3m，其中平行于墙边AB的任意相邻的两条水带面积都不重叠，当机器人拖出15条直线长9m的水带(即机器人直线移动的距离)到达墙角C处时，刚好将整个房间的地面拖洗了1次。机器人牵引力的功率不变，受到的阻力为机身重力的0.5倍，每次转弯需1s。忽略沿着弓形路线无法拖洗的地面面积，设机器人运动速度大小不变。
求：①机器人在此过程中受到地面的阻力是多大？
②它需要多长时间，才能沿着弓形路线从A到C将整个房间的地面拖洗1次？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、一杯热咖啡慢慢冷却下来，是放出了热量，不能说热量减少，故A错误；
B、咖啡冷却下来，温度降低，内能减小，故B正确；
C、咖啡冷却过程中，质量不变，故C错误；
D、整体的质量不变，重力不变，压力不变，受力面积不变，根据p=FS可知，整杯对桌面的压强不变，故D错误。
故选：B。
(1)热量是一个过程量；
(2)内能的大小与质量、温度、状态等因素有关；
(3)质量是物体的一种属性；
(4)根据p=FS分析压强的变化。
本题考查了内能、质量、热量、压强等知识的应用，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A.教室的灯管处于静止状态，没有动能，只有重力势能，故A错误；
B.拉长的橡皮筋由于发生弹性形变所以有弹性势能，但是没有运动所以没有动能，故B错误；
C.公路上行驶的汽车有动能，但是由于没有被举高，所以没有重力势能，故C错误；
D.飞行的小鸟由于有速度又有高度，所以具有动能和重力势能，故D正确。
故选：D。
重力势能是由于物体被举高而具有的能量；弹性势能是由于物体发生弹性形变而具有的能量；动能是由于物体运动而具有的能量。
本题考查的是对动能和势能的理解，属于基础题。
3.【答案】D
【解析】解：
A、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆，不省力也不费力，故A错误；
B、定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，故B错误；
C、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故C错误；
D、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，故D正确。
故选：D。
结合生活经验，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。结合各个选项逐一分析。
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。
4.【答案】C
【解析】解：由图可知，AB中某同学背、抱，即力的方向向上，桶是在水平方向上移动的距离，即沿向上的方向没有移动距离，因此不做功；
在其他条件相同时，滑动摩擦力大于滚动摩擦力，则C中滑动摩擦力大于D中的滚动摩擦力；又因为匀速拉动水桶向前运动，所以由二力平衡条件可知C中拉力大于D中拉力，且水平移动的距离s相同，根据W=Fs可知C做功最多，故ABD不合题意，C符合题意。
故选：C。
物理学中规定，功等于力跟物体在力的方向上移动距离的乘积。先判断力的大小、物体在力的方向上移动的距离相同，利用功的公式W=Fs分析判断。
本题考查影响物体做功大小的因素(力的大小和物体在力的方向上移动距离)。
5.【答案】D
【解析】解：一台抽水机工作时的功率是5000W，它表示的含义是这台机器每秒钟做的功是5000J。
故选：D。
功率是指物体在单位时间内完成的功。在数值上等于功与时间的比值，据此对5000W的物理意义做出判断。
深入理解功率的概念与物理意义，可顺利解答此题，但也要注意判断时要细心。
6.【答案】D
【解析】解：
AC、上升的过程中，不计空气阻力，机械能守恒，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，故AC错误；
BD、下降的过程中，机械能守恒，保持不变，质量不变，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大，故D正确、C错误。
故选：D。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，弹性势能的大小与物体弹性形变的程度有关，机械能为动能、势能的和。
本题考查了动能、重力势能和机械能的变化，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，F1移动的距离是物体上升高度的3倍，F2移动的距离是物体上升高度的4倍，物体上升高度相同，所以两个力移动的距离不相同。而F1和F2相同，根据做功的公式W=FS可知，两个力所做的总功不相同，所以A选项错误；
B.由于做功时间相同，且两个力做的总功不相同，所以由功率公式可知两个力的功率不相同，所以B选项正确；
CD.由于物体相同且上升高度相同，根据有用功公式W有=Gh可知有用功相同，而因为总功不相同，所以根据机械效率公式η=W有W总×100%可知两个滑轮组机械效率不相同，所以C、D选项错误；
故选：B。
拉力大小相同，拉力移动的距离不相同，所以拉力做的功不同，所以功率也不同；有用功相同，总功不同，所以机械效率不相同。
本题考的是滑轮组的做功、功率和机械效率的知识，属于常考题型，难度一般。
8.【答案】C
【解析】解：如下图所示，O为支点，配重A对杠杆的拉力作用在C点，水桶对杠杆的拉力作用在D点，且F配重=G配重，F水桶=G水桶，人的向上拉力作用在B处，
如果杠杆平衡，则有G配重L配重=(G水桶-F人)L水桶，木桶盛满水后，水桶的重力不变；
A.将配重靠近支点，则配重的重力力臂变小，配重的重力和力臂的乘积会变小，水桶的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力变大，故A错误；
B.将水桶远离支点，则水桶的重力力臂变大，水桶的重力和力臂的乘积会变大，配重的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力变大，故B错误；
C.适当增大配重，则配重的重力和力臂的乘积会变大，水桶的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力变小，故C正确；
D.将支点远离地面，则水桶的重力和力臂的乘积不变，配重的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力不变，故D错误。
故选C。
根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂判断。
本题考查了杠杆平衡的条件的应用，有一定难度。
9.【答案】D
【解析】解：A.斜面上的推力需要克服摩擦力做额外功，还要做有用功，因而总功大于额外功，Fs>fs，所以推力F>f，故A不正确；
B.W有用=Gh；拉力做的总功：W总=Fs，则额外功：W额=W总-W有用=Fs-Gh，故B错误；
C.若使斜面更光滑，可以减小摩擦力，摩擦力减小，额外功减小，而有用功不变，总功减小，机械效率增大，故C错误；
D.高度不变，缩短斜面长度，减小了物体对斜面的压力，摩擦力减小，额外功减小，而有用功不变，总功减小，将增大机械效率，故D正确。
故选：D。
(1)斜面上的推力需要克服摩擦力做额外功，还要做有用功，总功大于额外功，因而拉力F>f；
(2)利用W=Gh求克服物体重力做功(即有用功)；利用W=Fs求拉力做的总功；额外功等于总功减去有用功，
(3)斜面的机械效率与斜面的粗糙程度和倾斜程度有关。
本题考查斜面的机械效率，属于中档题，难度适中。
10.【答案】C
【解析】解：A.铁锁来回摆动过程中，在重力方向上通过了距离，所以重力对铁锁做了功，故A错误；
B.铁锁达到左侧最高点瞬间速度为零，此时拉力和重力不在同一直线上且大小不相等，所以二力不是平衡力，则铁锁不是处于平衡状态，故B错误；
C.铁锁向下摆动的过程中，质量不变，高度降低，同时速度增大，则铁锁的重力势能减小，动能增大，所以是重力势能转化为动能，故C正确；
D.小明说“它打不着我”，是因为铁锁在摆动过程中会受到空气阻力的作用，其机械能逐渐减少，故D错误。
故选：C。
(1)做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可。
(2)物体受平衡力时处于平衡状态；二力平衡的条件是大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。
(3)影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，则物体的动能越大；
影响重力势能大小的因素：质量、被举高的高度，质量越大，高度越大，则物体的重力势能就越大；
(4)机械能守恒是一种理想情况，只有在无摩擦、无空气阻力的情况下才能真正实现；铁锁自由摆动的过程中，会受到空气阻力的作用。
本题考查了做功的必要因素、平衡状态的判断、能量的转化以及机械能是否守恒的判断，涉及的知识点较多，但难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A、任何物体都具有内能，故A错误；
B、一杯水温度升高，内能增大，故B正确；
C、构成物体的所有分子，其热运动的动能和分子势能的总和叫做内能，故C错误；
D、温度相同的两杯水，内能不一定相同，还要考虑水的质量大小，故D错误。
故选：B。
(1)构成物体的所有分子，其热运动的动能和分子势能的总和叫做内能。任何物体都具有内能。
(2)物体的内能与温度有关，同一物体的温度越高，内能越大。
(3)影响物体内能的因素：温度、质量、物质的状态等。
深入理解内能概念和影响内能的因素，可解答此题。
12.【答案】D
【解析】解：
A、物体A沿水平方向运动，没有沿重力方向通过距离，所以重力对物体A所做的功等于零，故A错误；
B、绕过动滑轮两段绳子拉力大小相等，即拉力F=F示=20N，
不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，物体A向左匀速直线运动，由动滑轮特点和二力平衡知识可知，物体A受到地面的摩擦力f=FA=2F=2×20N=40N，方向水平向右，故B错误；
C、由v=st和W=Fs可得，拉力对物体A做的功W=FAsA=FAvAt=40N×0.2m/s×5s=40J，故C错误；
D、绳端移动速度v=nvA=2×0.2m/s=0.4m/s，
拉力F的功率P=Wt=Fst=Fv=20N×0.4m/s=8W，故D正确。
故选：D。
(1)做功包括两个必要因素：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，据此判断重力对物体A做功的大小；
(2)不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，根据动滑轮特点计算物体A受到的拉力，从而得到物体A受到摩擦力的大小，根据物体A的运动方向判断摩擦力方向；
(3)根据v=st和W=Fs计算拉力对物体A做的功；
(4)根据v=nvA和P=Wt=Fst=Fv计算拉力F的功率。
本题考查了动滑轮特点、力是否做功、滑动摩擦力大小的、功以及功率的计算，综合性较强。
13.【答案】D
【解析】解：A、A点虽然静止，动能为0，但由于在高处而具有重力势能，则机械能不为0，故A错误；
B、从A点滑行到C点的过程中，质量不变，高度变小，重力势能变小，故B错误；
C、从C点滑行到D点的过程中，由于克服摩擦力做功，一部分机械能转化为了内能，所以减少的动能没有全部转化为重力势能，故C错误；
D、运动员在滑动的过程中存在摩擦，运动员的一部分机械能转化为内能，所以B点的机械能大于D点的机械能；由于BD的高度相同，重力势能相同，则B点的动能要大于D点的动能，所以在B点的速度大于在D点的速度，故D正确。
故选：D。
(1)动能、重力势能、弹性势能都属于机械能；
(2)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能的影响因素是质量和高度。
本题考查了我们对机械能、重力势能、能量的转化等的理解，以及对物体运动状态的判断，属力学基础题，难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：ABD、由图可知，用同一个烧杯，用水浴法加热，两个相同的试管分别装了质量相同的水和煤油，则在相同的时间内，水和煤油吸收的热量相同，故AD错误，B正确；
C、在这样的情况下液体升温快的是因为其比热容较小，故C错误。
故选：B。
(1)由图可知，用同一个酒精灯加热，两试管的规格相同，则在相同的时间内，水和煤油吸收的热量相同；
(2)水的比热容比煤油的大，由Q=cmΔt可知，若二者的质量相同，在吸收相同热量时，水升高的温度值小；在升高相同温度时，水吸收的热量多。
本题考查学生对水的比热容大的理解，最好借助公式Q=cmΔt理解：质量相同的不同物质，升高相同的温度，比热容大的吸收热量多；吸收相同的热量，比热容大的温度变化小。
15.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了学生对功、功率的公式的掌握和运用，明确爬山时是克服自身的重力做功是本题的关键．
(1)做功的两个必要条件为：力和在力的方向上通过的距离，爬山时是克服自身的重力做功，功等于自身重力乘以山的高度，即W=Gh；(2)功率等于做的功除以做这些功所用的时间，即P=Wt．
【解答】
爬上比赛，克服人的重力做功，爬山功率P=Wt=Ght，他们同时出发，结果又同时到达山顶，说明登山时间是相同的，要比较功率还要知道二人的体重，故ACD错误，B正确。
故选B。
16.【答案】C
【解析】解：①木块在AB段做加速运动，木块受力不平衡，则木块受到的摩擦力小于水平拉力的大小，即fAB
因水平拉力F大小不变，所以木块在AB段受到的摩擦力小于木块在BC段的摩擦力，故①错误；
②木块在AB段和BC段运动的距离相等，拉力F是恒力，则根据W=Fs可知，水平拉力F在AB段做的功等于在BC段做的功，故②正确；
③木块在AB段做加速运动，则木块的动能增大；木块的高度不变，质量不变，则木块的势能不变；因机械能等于动能与势能之和，所以木块在AB段的机械能逐渐增大，故③错误；
④由题知，木块在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，整个过程中速度的变化是连续的(即在BC段木块是以到达B点时的速度做匀速运动)，所以木块在AB段的平均速度小于BC段的速度；
拉力F是恒力，则根据公式P=Fv可知，水平拉力在AB段的功率小于在BC段的功率，故④正确。
故选：C。
(1)木块在AB段做加速运动，木块受力不平衡，则木块受到的摩擦力小于水平拉力的大小；木块在BC段做匀速运动，此时木块受力平衡，则木块受到的摩擦力大小等于水平拉力的大小，由此可得出结论；
(2)木块在AB段和BC段运动的距离相等，拉力F是恒力，根据W=Fs可知做功的大小关系；
(3)木块在AB段做加速运动，木块的动能增加，木块的势能不变，机械能等于动能与势能之和，由此可得出结论；
(4)木块在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，整个过程中速度的变化是连续的(即在BC段木块是以到达B点时的速度做匀速运动)，则木块在AB段的平均速度小于BC段的速度，根据功率公式P=Fv可比较功率的大小关系。
本题主要考查了物体的受力分析、影响滑动摩擦力大小的因素、功和功率的大小比较以及机械能的变化，根据物体的运动情况分析物体的受力情况是解题的关键之一，属于中档题。
17.【答案】比热容 4.2×103J/(kg⋅℃) 间隙 热传递
【解析】解：(1)因为水的比热容大，质量相同时升高相同的温度，吸收的热量多，故大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成分是水，就是利用了水的比热容大的特点；水的比热容为：4.2×103J/(kg⋅℃)；
(2)水和乙二醇充分混合后的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，说明分子之间有间隙；
(3)防冻液的温度会升高是因为防冻液吸收热量，这是通过热传递的方式改变内能的。
故答案为：比热容；4.2×103J/(kg⋅℃)；间隙；热传递。
(1)水的比热容比较大；
(2)乙二醇与水充分混合后，得到溶液的体积小于小于混合前水和酒精的总体积，是因为分子之间有间隙。
(3)改变物体内能有两种方式：做功和热传递。
本题考查水的比热容的特点和分子运动、改变内能的方法的知识，相对比较简单，属于基础题。
18.【答案】多 大 弹性形变的程度
【解析】解：橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，说明橡皮筋对“子弹”做的功越多，橡皮筋具有的弹性势能越大，则可知橡皮筋的弹性势能与弹性形变的程度有关。
故答案为：多；大；弹性形变的程度。
物体由于发生弹性形变而具有的能称为弹性势能；弹性势能的大小与物体发生弹性形变的程度有关，弹性形变越大，则具有的弹性势能越大。
本题考查了弹性势能的概念和影响其大小的因素，比较简单。
19.【答案】15 左 不变
【解析】解：(1)由题意知，以D点为支点，动力臂DA=20cm，阻力臂DB=30cm，
根据杠杆平衡条件可得：
FA×DA=G×BD，即FA×20cm=10N×30cm，
解得，FA=15N。
阻力使杠杆有顺时针转动的趋势，故动力使杠杆有逆向时针转动的趋势，方螺丝钉A受到垂直于墙面的拉力FA方向向左。
(2)若仅将AD之间直杆改为的半圆弧造型，动力臂大小不变，其它不变的情况下，A点拉力大小将不变。
故答案为：15；左；不变。
(1)根据图乙找出动力臂和阻力臂大小，根据杠杆平衡条件求出FA大小；
根据动力和阻力的定义确定拉力FA的方向；
(2)若仅将AD之间直杆改为的半圆弧造型，动力臂大小不变，据此分析。
本题考查杠杆平衡条件的运用，关键是找出动力臂和阻力臂的大小。
20.【答案】2.52×104 3.6×104 7.2×103 1.8×103 1m/s
【解析】解：匀速起吊重4.2×103N的物体时，物体5s内上升了6m，此过程中有用功为：
W有=Gh=4.2×103N×6m=2.52×104J；
根据η=W有W总可知，总功为：
W总=W有η=2.52×104J70%=3.6×104J；
电机拉力F做功功率为：
P=W总t=3.6×104J5s=7.2×103W；
根据W总=W有+W额可知，额外功为：
W额=W总-W有=3.6×104J-2.52×104J=1.08×104J，
不计滑轮重及摩擦，动滑轮重为：
G动=W额h=1.08×104J6m=1.8×103N；
由图可知，n=3，则拉力F'为：
F'=1n(G'+G动)=13×(5.4×103N+1.8×103N)=2.4×103N，
由于电机的功率不变，根据P=Wt=F'st=F'v可知，自由端移动的速度为：
v=PF'=7.2×103W2.4×103N=3m/s，
则物体上升的速度为：
v物=1nv=13×3m/s=1m/s。
故答案为：2.52×104；3.6×104；7.2×103；1.8×103；1m/s。
(1)根据W有=Gh求出有用功；
(2)根据η=W有W总求出总功；
(3)根据P=W总t求出电机拉力F做功功率；
(4)根据W总=W有+W额求出额外功，不计滑轮重及摩擦，利用W额=G动h求出动滑轮重；
(5)根据滑轮组装置确定绳子股数，利用F'=1n(G'+G动)求出拉力F'，由于电机的功率不变，根据P=Wt=F'st=F'v求出自由端移动的速度，利用v=nv物求出物体上升的速度。
本题考查了功率公式、做功公式和滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。
21.【答案】不变 变大 变大 大于
【解析】解：电动扶梯载着顾客匀速向上运动的过程中，速度是不变的，所以顾客的动能不变，但是高度增加，所以重力势能变大，机械能变大；
电动扶梯载人时，重力大，上升相同高度做功多，速度快，用时又少，所以功率大，即自动调速扶梯载人时做功的功率大于不载人时做功的功率。
故答案为：不变；变大；变大；大于。
(1)影响动能大小的因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
(2)影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大；
(3)根据功率是单位时间内完成的功可判断自动调速扶梯的功率大小。
本题主要考查了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。
22.【答案】改变力的方向 15 A
【解析】解：(1)井盖抬升过程中，定滑轮的作用是改变力的方向；
(2)已知井盖的重力G=150N，井盖上升的距离h=0.1m，则克服井盖重力做功W=Fs=Gh=150N×0.1m=15J；
(3)由图乙可知，水槽以及水槽中水的重力等于井盖的重力，因此要使降水量稍小时就能抬升井盖，可采取的措施有减小下面的排水口，即增大水槽中水的重力，故选：A。
故答案为：(1)改变力的方向；(2)15；(3)A。
(1)定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
(2)做功包括两个必要因素：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；计算功的公式：W=Fs；
(3)水槽中的水量越多，对井盖向上的力越大，据此分析。
本题考查了定滑轮的应用，难度较小，属于基础性题目，重点需要掌握定滑轮的特点。
23.【答案】解：
O是支点，B为阻力作用点，A为动力作用点，由图知以OA作为动力臂L1时，动力臂最长，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小；
由题知动力的方向应向下，则过A点作垂直于OA向下的作用力，即为最小的动力F1；阻力和动力使杠杆转动的方向相反，则复位弹簧对杠杆的阻力方向竖直向上，阻力作用在B点，据此作出阻力F2的示意图，如图所示：
【解析】(1)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1 L1=F2 L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
(2)复位弹簧对按键的阻力F2作用在B点，阻力和动力使杠杆转动的方向相反。
本题考查了杠杆中最小力的问题；注意分析杠杆中最小力的问题时，先确定最长的动力臂，然后根据力与力臂的关系画出最小作用力的方向。
24.【答案】平衡 右 力臂 避免实验的偶然性，使结论具有普遍规律 F1L1=F2L2 变小 等臂 杠杆自重 D
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆在此位置静止，所以此时杠杆处于平衡状态；要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节；
(2)实验前先调节杠杆在水平位置平衡，是为了方便直接测出力臂的大小；
在杠杆两端加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂．多次实验并把数据记录在表格中．通过分析表格中数据得到杠杆平衡的普遍规律，所以多次实验的目的是得到杠杆平衡的普遍规律，避免偶然性；
第一组：F1×L1=1.5N×10cm=15N⋅cm，F2L2=1N×15cm=15N⋅cm；
第二组：F1L1=1N×20cm=20N⋅cm，F2L2=2N×10cm=20N⋅cm；
第三组：F1L1=0.5N×20cm=10N⋅cm，F2L2=1N×10cm=10N⋅cm；
根据表格中数据，可以看出杠杆平衡条件是：F1L1=F2L2；
(3)如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，此时拉力F的力臂变大，根据杠杆的平衡条件，拉力变小，即测力计示数变小；
当测力计转到b位位置，左右两边的力臂相等，此时杠杆为等臂杠杆；
(4)杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大；
(5)根据图乙情况，右侧有三个力且力臂都不同，力和力臂数目过多不利于实验，故选D。
故答案为：(1)平衡；右；(2)力臂；避免实验的偶然性，使结论具有普遍规律；F1L1=F2L2；(3)变小；等臂；(4)杠杆自重；(5)D。
(1)杠杆平衡状态：静止或者匀速转动；为使杠杆在水平位置平衡，应调节螺母向上翘的一端移动；
(2)杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于测量力臂；
为了得到普遍规律，避免偶然性，实验中应多次测量；
杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2；
(3)当拉力F向右倾斜时，保持作用点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；根据力臂大小进行判断；
(4)支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响；
(5)根据图丁情况分析判断。
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，同时考查杠杆平衡条件的应用，本题不能直接运用杠杆平衡条件求解，首先根据数据推出当阻力和阻力臂的乘积不变时，动力跟动力臂的乘积也不变。然后根据动力跟动力臂的乘积表示出动力和动力臂的关系。
25.【答案】匀速 拉动过程 (c) 增大物重 动滑轮的重力 3、4 无
【解析】解：(1)在测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动测力计，且在拉动时读数；
(2)一定要在拉动的过程中读拉力，若在静止时读拉力，则不包括绳与轮之间的摩擦力；
(3)第3次实验s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第3次实验是由c图做的；
(4)由数据知第1、2次实验中，s为h的3倍，所以滑轮组由3段绳子承担物重，而第1次实验物体的重力为4N，第2次被提升的物重为6N，所以第1次实验是用a图做的、第2次实验是用b图做的；
由数据知第3次实验中，s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第3次是用(c)图做的；
分析第1、2次实验，两次所用滑轮组相同，但第2次物重大于第1次物重，机械效率也大于第1次的机械效率，所以可得使用同一滑轮组，提高物重可以提高滑轮组的机械效率；
分析第1、3次实验，两次提升物体的重力相同，第3次实验的动滑轮较重，而机械效率较低，所以可得使用不同的滑轮组，提升相同的重物，动滑轮个数越多，滑轮组的机械效率越小，所以分析第1、3次实验数据可知：影响滑轮组的机械效率高低的因素主要是动滑轮的重力；
(5)第3、4次实验只是改变了物体被提升的高度，机械效率没变，所以可得滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
故答案为：(1)匀速；(2)拉动过程；(3)(c)；(4)增大物重；动滑轮的重力；(5)3、4；无。
(1)在实验中，要正确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计；
(2)若在静止时读拉力，则不包括绳与轮之间的摩擦力；
(3)根据绳端移动距离与物体上升的高度判断出承担物重的绳子段数；
(4)影响滑轮组机械效率的因素：物重和动滑轮的个数。被提升的物体越重、动滑轮的个数越少，则滑轮组的机械效率越高；
(5)根据物体被提升的高度与效率之间的关系得出结论，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
此题是测量滑轮组的机械效率实验，主要考查了有关滑轮组机械效率的计算，以及影响滑轮组机械效率的主要因素：被提升的物重和动滑轮的重力。被提升的物体越重、动滑轮的重力越小，滑轮组的机械效率越高。而滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
26.【答案】小球陷入沙中的深度 一 A、C 质量 没有控制下落高度相同 无关
【解析】解：(1)本实验中，根据转换法，小球重力势能的大小是通过小球陷入沙中的深度来反映的；
(2)比较A、B两球，下落高度和运动路径相同，B球质量大于A球质量，发现B球陷入沙中的深度更大，说明当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大，由此可验证猜想一；
(3)为验证猜想二，即研究重力势能与下落高度的关系，需要保持小球的质量和运动路径相同，改变下落的高度，由图可知应比较A、C两球；
由图可知，C球比A球陷入沙中的深度更大，说明当物体质量相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大；
(4)研究物体重力势能与质量的关系时，需要保持物体下落高度和运动路径相同，改变物体的质量；而B、C两球下落的高度不同(即没有控制下落高度相同)，所以不能研究物体重力势能与质量的关系；
(5)比较C、D两球，两球的质量相同，下落高度也相同，而两球的运动路径不同，发现两球陷入沙中的深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径无关。
故答案为：(1)小球陷入沙中的深度；(2)一；(3)A、C；质量；(4)没有控制下落高度相同；(5)无关。
(1)该实验中通过小球陷入沙中的深度来反映小球重力势能的大小，采用了转换法；
(2)影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，实验中研究物体的重力势能与物体质量的关系时，需要保持下落高度和运动路径相同，改变物体的质量；
(3)研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体的质量和运动路径相同，改变下落高度，据此得出结论；
(4)研究物体重力势能与质量的关系时，需要保持物体下落高度和运动路径相同，改变物体质量；
(5)研究物体重力势能与运动路径的关系时，需要保持物体质量和下落高度相同，改变运动路径。
此题是探究物体重力势能的影响因素的实验，注意解答时要用好控制变量法和转换法。
27.【答案】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起。如图：
【解析】首先要会组装滑轮组。知道承担物重的绳子段数越多越省力。在此题中，人在地面用力，所以拉力方向下。
此题考查了滑轮组的组装。滑轮组的组装有两种方法，从定滑轮绕起或从动滑轮绕起。从动滑轮开始绕，承担物重的绳子段数多。
28.【答案】解：(1)小华做的有用功：W有=G人h=540N×0.5m=270J；
(2)由图知，n=6，则小华的拉力：F=16(G人+G动)=16(540N+60N)=100N；
(3)小华拉力做的功：W总=Fs=100N×0.5m×6=300J；
小华拉力的功率：P=W总t=300J10s=30W；
(4)滑轮组的机械效率：η=W有W总=270J300J=90%。
答：(1)所做的有用功是270J；
(2)小华的拉力是100N；
(3)小华拉绳的功是300J；功率是30W；
(4)此过程中滑轮组的机械效率是90%。
【解析】(1)根据W有=Gh求出有用功的大小；
(2)用滑轮组来拉升重物时，绳子拉力的计算，就是看动滑轮有几段绳子拉着重物，拉力就是重物重力的几分之一．如果考虑动滑轮的重，不考虑绳重和滑轮与绳之间的摩擦，公式为F拉=G动+G物n；
(2)根据W总=Fs求出总功，根据功率的公式P=Wt计算功率的大小；
(3)根据η=W有W总计算机械效率的大小。
解决此类型题目要区分有用功和总功，会利用功率公式求解功率。
29.【答案】大 不同
【解析】解：(1)加压拖地与未加压吸尘相比，加压拖地时对地面的压力更大，匀速移动过程中的摩擦力更大，牵引力也更大，根据P=Wt=Fst=Fv知电机功率不变的情况下，两者移动速度是不同的；
(2)机器人扫地过程中，若在1×103s内总共做了1.8×104J的功，则机器人做功的功率为：
P=Wt=1.8×104J1×103s=18W；
(3)①机器人在此过程中受到地面的阻力是：f=0.5G=0.5mg=0.5×6×10N/kg=30N；
②由于匀速运动，所以机器人的牵引力为：F=f=30N，
根据P=Wt=Fst=Fv得机器人的速度为：
v=PF=18W30N=0.6m/s，
每次在AB方向运动所用时间为：
t1=s1v=9m0.6m/s=15s；
每次沿BC方向运动0.3m所用时间为：
t2=s2v=0.3m0.6m/s=0.5s，
机器人沿弓形路线将整个房间地面拖洗1次，机器人需要的时间为：
t总=t1×15+t2×14+14×2s=15s×15+0.5s×14+2s×14=260s。
答：(1)大；不同；
(2)机器人做功的功率是18W；
(3)①机器人在此过程中受列地面的阻力是30N；
②它需要260s，才能沿着弓形路线从A到C将整个房间的地面拖洗1次。
(1)影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
根据P=Wt=Fst=Fv判断出电机功率不变的情况下两者移动速度的关系；
(2)已知机器人做的功和时间，根据P=Wt求出机器人做功的功率；
(3)①根据f=0.5G算出机器人在此过程中受到地面的阻力；
②由于匀速运动，所以机器人的牵引力为：F=f，根据P=Wt=Fst=Fv算出机器人的速度，
由速度公式算出每次在AB方向运动所用时间和每次沿BC方向运动0.3m所用时间，然后求出将整个房间的地面拖洗1次所需要的时间。
本题考查了功率的计算及公式的应用、压强的计算、功的计算和公式的应用等知识的了解和掌握，考查的知识点较多，综合性较强，特别是时间的计算容易出现错误。
2023-2024学年陕西省西安市高新逸翠园中学九年级（上）第二次段考物理试卷
一、单选题（本大题共16小题，共32.0分）
1.如图，一杯热咖啡慢慢冷却下来(忽略蒸发)，下列说法正确的是( )
A. 它的热量在减少
B. 它的内能在减小
C. 它的质量在减少
D. 整杯对桌面的压强在减少
2.下列物体既有势能又有动能的是( )
A. 教室的灯管 B. 拉长的橡皮筋 C. 公路上行驶的汽车 D. 飞行的小鸟
3.如图简单机械使用过程中，费力的是( )
A. B. C. D.
4.在非洲的旱季，人们常用一种中间有转轴的塑料桶运水。如图所示，某人用背、抱、平拉、水平滚拉的方式运送同样的一桶水，在相同的水平地面上匀速行走相同路程的过程中，对这桶水做功最多的是( )
A. B.
C. D.
5.一台抽水机工作时的功率是5000W，它表示的意义是( )
A. 这台抽水机1min内做的功是5000W B. 这台抽水机1min内做的功是5000J
C. 这台抽水机1s内做的功是5000W D. 这个抽水机1s内做的功是5000J
6.某中学组织春季运动会，如图所示为运动员跳高时的场景，若不计空气阻力，下列关于运动员跳高过程的描述中，说法正确的是( )
A. 上升的过程中动能和机械能都不断减小 B. 下降的过程中动能增大，重力势能不变
C. 上升的过程中动能不变，其重力势能增大 D. 下降的过程中重力势能减小，机械能不变
7.晓丽和晓华分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组(每个滑轮重相同)在相同时间内把相同重物G提升相同高度。若F1和F2也相等，不计绳重及摩擦，关于这两次使用对比的说法正确的是( )
A. 力F1和F2做的总功相同
B. 力F1和F2做功的功率不相同
C. 两个滑轮组机械效率相同
D. 两个滑轮组完成的有用功不相同
8.如图是《天工开物》中记载的在井上汲水的桔槔，它的前端系一木桶，后端系一质量适当的配重物。木桶装满水后，为了减小人向上提水时所需的拉力，下列操作可行的是( )
A. 将配重靠近支点 B. 将水桶远离支点 C. 适当增大配重 D. 将支点远离地面
9.如图所示，把重力为G的物体匀速推到斜面顶端，斜面长为s，高为h，实际推力为F，斜面上的摩擦力为f。那么，下列判断正确的是( )
A. 因为匀速推重物上行，所以F=f B. 计算额外功大小等于(F-G)h
C. 若使斜面更光滑，推力和机械效率都减小 D. 高度不变，缩短斜面长度将增大机械效率
10.小明在家里把一个铁锁用绳子悬挂起来，将铁锁拉到紧贴自己鼻尖，之后松手，铁锁向前摆去，则下列说法中正确的是( )
A. 铁锁来回摆动过程中，铁锁上没有力做功
B. 铁锁达到左侧最高点瞬间速度为零，处于平衡状态
C. 铁锁向下摆动的过程中重力势能转化为动能
D. 小明说“它打不着我”因为铁锁机械能守恒
11.关于物体的内能，下列说法正确的是( )
A. 温度在0℃以上的物体才具有内能 B. 一杯水温度升高，内能增大
C. 内能是物体的动能和势能的总和 D. 温度相同的两杯水内能相同
12.如图所示，不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，在水平拉力F的作用下，重为100N的物体A以0.2m/s的速度向左匀速直线运动5s，弹簧测力计的示数为20N，以下正确的是( )
A. 物体A受到的重力对物体A所做的功大小为100J
B. 物体A受到地面的摩擦力大小为20N，方向向右
C. 拉力对物体A做的功为20J
D. 拉力F的功率为8W
13.在北京冬奥会自由式滑雪空中技巧女子个人项目决赛中，辽宁运动员徐梦桃勇夺冠军。如图所示，在她滑行过程中，下列说法正确的是( )
A. A点时不具有机械能
B. 从A点滑行到C点的过程中重力势能不断变大
C. 从C点滑行到D点的过程中，减少的动能全部转化成了重力势能
D. 在B点的速度大于与它高度相同的D点的速度
14.两个相同的试管分别装了质量相同的水和煤油。用同一杯热水同时加热，发现煤油升温比水快。(忽略热量散失)关于这一现象分析正确的是( )
A. 加热相同时间，水吸收的热量大于煤油吸收的热量
B. 加热相同时间，水增加的内能等于煤油增加的内能
C. 在这样的情况下液体升温快的是因为其比热容较大
D. 在这样的情况下液体升温快的说明其吸收的热量多
15.春游时，小明和小红决定爬山比赛，他们同时出发，结果又同时到达山顶。想判断谁的功率大，还需知道的物理量是( )
A. 山的高度 B. 二人的体重 C. 爬山的时间 D. 二人身高
16.如图所示，质量一定的木块放在粗糙程度不同的水平桌面上，AB的距离等于BC的距离。木块在水平恒力F作用下从静止开始从A连续运动到C，AB过程中加速运动，BC过程中匀速运动。下列说法中( )
①木块在AB段所受的摩擦力等于在BC段所受的摩擦力
②水平拉力F在AB段做的功等于在BC段做的功
③木块在AB段与桌面有摩擦，它的机械能逐渐减小
④水平拉力F在AB段的平均功率小于在BC段的功率
A. 只有①②正确 B. 只有①③正确 C. 只有②④正确 D. 只有③④正确
二、填空题（本大题共6小题，共22.0分）
17.大多数汽车发动机冷却液是用水和乙二醇混合而成的，其中主要成分是水，这是利用了水的______ 大的特点，其大小为______ 。配制时将二者混合后发现，实际的总体积小于混合前的水和乙二醇的总体积，这一现象不仅说明了分子是运动的，同时也说明分子间有______ 。车开动后，冷却液随着在发动机周围循环流动而温度升高，这是通过______ 的方式改变自己的内能的。
18.如图是军军玩弹弓的情景。经验表明，在一定范围内，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，橡皮筋对“子弹”做的功越______，橡皮筋具有的弹性势能越______，说明橡皮筋的弹性势能与______有关。
19.如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是其杠杆模型示意图。壁灯与支架总重力为10N，壁灯与支架总重力的作用线恰好经过横杆上B点，BD=30厘米、DA=20厘米，DC=40厘米，DC垂直于AD，以D为支点，上方螺丝钉A受到垂直于墙面的拉力FA= ______ N，方向向______ (左/右)。若仅将AD之间直杆改为的半圆弧造型，其它不变的情况下，A点拉力大小将______ (变大/不变/变小)。
20.建筑工地上，电动起重机吊臂上的滑轮组(若不计滑轮重及摩擦)如图所示，在匀速起吊重4.2×103N的物体时，物体5s内上升了6m，此过程中有用功为______ J，若滑轮组的机械效率为70%，则总功为______ J，电机拉力F做功功率为______ W，动滑轮重为______ N；保持电机的功率不变，匀速向上提升另一个重为5.4×103N的重物，该物体上升的速度为______ 。
21.商场电动扶梯载着顾客匀速向上运动的过程中，顾客的动能______ ，势能______ ，机械能______ (选填“变大”、“变小”或“不变”).有的商场安装了自动调速电动扶梯，这种扶梯不载人时，以较低速度运行；载人时则以较高的速度运行。则这种自动调速扶梯载人时做功的功率______ (选填“大于”、“等于”或“小于”)不载人时做功的功率。
22.某同学发明一个自动升降排水井盖(如图甲)，其中井壁内侧固定着支架横杆上安装有定滑轮，下方的水槽两侧用一根完整的绳子绕过定滑轮，绳子中央固定着井盖的下凸起，暴雨时通过收集雨水实现井盖自动抬升(如图乙)，加快路面雨水的排放。
(1)井盖抬升过程中，定滑轮的作用是______ 。
(2)某次排水过程中，重150牛的井盖被抬升0.1米。在井盖被抬起过程中，克服井盖重力做功______ 焦。
(3)要使降水量稍小时就能抬升井盖，可采取的措施可行的是：______ (填序号)。
A.减小下面的排水口
B.增大井盖的重力
C.减少定滑轮重
三、作图题（本大题共1小题，共3.0分）
23.如图甲是一款机械鼠标，它的按键可看作简单的杠杆。图乙是简易构造图，A处为手按键，O为支点，B点下有一复位弹簧。请画出按下按键时A点的最小动力F1、复位弹簧对按键的阻力F2以及阻力臂L2的示意图。
四、实验探究题（本大题共3小题，共22.0分）
24.同学们在做“探究杠杆的平衡条件”实验。
(1)实验前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于______ (选填“平衡”或“非平衡”)状态；应该将平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节。
(2)实验中，在杠杆的两侧加挂钩码，并移动钩码的位置，使杠杆始终在水平位置平衡，这样做的目的是便于测量______ 的大小；进行多次实验记录在表格中，多次实验的目的是______ ；小明根据下表所测数据得出杠杆平衡的条件是：______ 。
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
1.5
10
1
15
2
1
20
2
10
3
0.5
20
1
10
(3)如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，其示数大小将______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；当测力计转到b位位置，此时杠杆恰为______ (省力/费力/等臂)杠杆。
(4)实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆平衡条件是否仍然成立？”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置处于平衡时，测出的拉力大小与杠杆平衡条件不相符。其原因是______ 对实验的影响。
(5)实验中，用如图所示的方式悬挂钩码，杠杆也能在水平位置平衡(杠杆上每小格长度相等)，但老师提醒大家不要采用这种方式，主要是因为这种方式______ (填选项前的字母)。
A.一个人无法独立操作
B.需要使用太多的钩码
C.力臂与杠杆不重合
D.力和力臂数目过多
25.小明在测量滑轮组机械效率的实验中，所用装置如图所示，实验中的每一个钩码重2N，测得的数据如下表所示：
物理量实验次数
钩码总重G/N
钩码上升的高度h/m
测力计示数F/N
测力计移动距离s/m
机械效率/η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
6
0.1
2.4
0.3
83%
3
4
0.1
1.4
0.5
57%
4
4
0.2
1.1
1.0
57%
(1)实验中测绳端拉力F时，应沿竖直方向尽量______ 拉动弹簧测力计。
(2)实验中读取弹簧测力计的示数时应在______ (静止/拉动过程)中读数。
(3)分析表中数据可知：第3次实验是用______ 图做的。[选填(a)/(b)/(c)]
(4)分析第1、2次实验数据可知：使用同一滑轮组，______ 可以提高滑轮组的机械效率；由第1、3次实验数据可知：降低滑轮组的机械效率的因素是______ 。
(5)分析第______ 次实验数据可知，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度______ 关。
26.小明同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况受到启发，并产生了如下猜想。
猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关。
猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关。
猜想三：物体的重力势能与物体的运动路径有关。
为此小明设计了如图所示的实验，他的做法是：
用大小、形状相同的A、B、C、D四个金属小球，其中A、C、D三球的质量为m，B球质量为2m，让A、B两球从距沙表面高H处由静止下落，C球从距沙表面高2H处由静止下落，D球从距沙表面高2H处的光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直地落下。(球在光滑管道中运动时的能量损失不计)实验中测得A、B两球陷入沙中深度分别为h1和h2，而C、D两球陷入沙中深度均为h3，且h1
(1)本实验是通过观察______ 来判断重力势能大小的。
(2)实验中B球比A球陷入沙中的深度更大，由此可验证猜想______ 。
(3)为验证猜想二，应比较______ (选ABCD)两球，可得出结论，当物体______ 相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大。
(4)由B、C两球不能探究重力势能的大小与质量的关系，理由是______ 。
(5)比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙中深度相同，由此可得出结论，物体的重力势能与物体运动的路径______ (填“有关”或“无关”)。
五、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
27.如图，画出滑轮组的绕线图，使站在地面上的小孩提升重物时所用拉力最小。
28.如图甲，宜昌市某中学学生在课外实践活动中对滑轮组进行了探究。他们自制滑轮组的简化图如图乙所示，小华利用此滑轮组用时10s将小军匀速提升了50cm，称得小军的重力为540N，动滑轮组的质量为60N，g取10N/kg，不计绳重和滑轮上的摩擦，问：
(1)所做的有用功是多少？
(2)小华的拉力是多少？
(3)小华拉绳的功和功率是多少？
(4)此过程中滑轮组的机械效率是多少？
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
29.智能机器正在进入我们的生活，为人们提供高效、精准的服务。某款全自动扫拖一体机器人主要由锂电池组、扫地模组、吸尘模组、拖地模组、升降模组和车轮模组等组件构成，它的质量为6kg，既可以扫地，也可以拖地。小强同学在空房间(图乙矩形ABCD)内，用这台机器人打扫家庭卫生。(g取10N/kg)
(1)机器人底部构造如图甲所示，两块抹布固定在转盘01、02上，可旋转擦洗拖地。加压拖地与未加压吸尘相比，匀速移动过程中的摩擦力更______ (大/小)，电机功率不变的情况下，两者移动速度是______ (相同/不同)的。
(2)机器人扫地过程中，若在1×103s内总共做了1.8×104J的功，则机器人做功的功率是多少W？
(3)机器人拖地过程可以简化为如图乙所示路线，关门后，机器人(用θ表示)从图示A位置开始，贴近墙壁AB沿着弓形路线拖洗地面，在地面上拖出水带(水的痕迹)的宽度均为0.3m，其中平行于墙边AB的任意相邻的两条水带面积都不重叠，当机器人拖出15条直线长9m的水带(即机器人直线移动的距离)到达墙角C处时，刚好将整个房间的地面拖洗了1次。机器人牵引力的功率不变，受到的阻力为机身重力的0.5倍，每次转弯需1s。忽略沿着弓形路线无法拖洗的地面面积，设机器人运动速度大小不变。
求：①机器人在此过程中受到地面的阻力是多大？
②它需要多长时间，才能沿着弓形路线从A到C将整个房间的地面拖洗1次？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、一杯热咖啡慢慢冷却下来，是放出了热量，不能说热量减少，故A错误；
B、咖啡冷却下来，温度降低，内能减小，故B正确；
C、咖啡冷却过程中，质量不变，故C错误；
D、整体的质量不变，重力不变，压力不变，受力面积不变，根据p=FS可知，整杯对桌面的压强不变，故D错误。
故选：B。
(1)热量是一个过程量；
(2)内能的大小与质量、温度、状态等因素有关；
(3)质量是物体的一种属性；
(4)根据p=FS分析压强的变化。
本题考查了内能、质量、热量、压强等知识的应用，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A.教室的灯管处于静止状态，没有动能，只有重力势能，故A错误；
B.拉长的橡皮筋由于发生弹性形变所以有弹性势能，但是没有运动所以没有动能，故B错误；
C.公路上行驶的汽车有动能，但是由于没有被举高，所以没有重力势能，故C错误；
D.飞行的小鸟由于有速度又有高度，所以具有动能和重力势能，故D正确。
故选：D。
重力势能是由于物体被举高而具有的能量；弹性势能是由于物体发生弹性形变而具有的能量；动能是由于物体运动而具有的能量。
本题考查的是对动能和势能的理解，属于基础题。
3.【答案】D
【解析】解：
A、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆，不省力也不费力，故A错误；
B、定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，故B错误；
C、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故C错误；
D、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，故D正确。
故选：D。
结合生活经验，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。结合各个选项逐一分析。
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。
4.【答案】C
【解析】解：由图可知，AB中某同学背、抱，即力的方向向上，桶是在水平方向上移动的距离，即沿向上的方向没有移动距离，因此不做功；
在其他条件相同时，滑动摩擦力大于滚动摩擦力，则C中滑动摩擦力大于D中的滚动摩擦力；又因为匀速拉动水桶向前运动，所以由二力平衡条件可知C中拉力大于D中拉力，且水平移动的距离s相同，根据W=Fs可知C做功最多，故ABD不合题意，C符合题意。
故选：C。
物理学中规定，功等于力跟物体在力的方向上移动距离的乘积。先判断力的大小、物体在力的方向上移动的距离相同，利用功的公式W=Fs分析判断。
本题考查影响物体做功大小的因素(力的大小和物体在力的方向上移动距离)。
5.【答案】D
【解析】解：一台抽水机工作时的功率是5000W，它表示的含义是这台机器每秒钟做的功是5000J。
故选：D。
功率是指物体在单位时间内完成的功。在数值上等于功与时间的比值，据此对5000W的物理意义做出判断。
深入理解功率的概念与物理意义，可顺利解答此题，但也要注意判断时要细心。
6.【答案】D
【解析】解：
AC、上升的过程中，不计空气阻力，机械能守恒，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，故AC错误；
BD、下降的过程中，机械能守恒，保持不变，质量不变，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大，故D正确、C错误。
故选：D。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，弹性势能的大小与物体弹性形变的程度有关，机械能为动能、势能的和。
本题考查了动能、重力势能和机械能的变化，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，F1移动的距离是物体上升高度的3倍，F2移动的距离是物体上升高度的4倍，物体上升高度相同，所以两个力移动的距离不相同。而F1和F2相同，根据做功的公式W=FS可知，两个力所做的总功不相同，所以A选项错误；
B.由于做功时间相同，且两个力做的总功不相同，所以由功率公式可知两个力的功率不相同，所以B选项正确；
CD.由于物体相同且上升高度相同，根据有用功公式W有=Gh可知有用功相同，而因为总功不相同，所以根据机械效率公式η=W有W总×100%可知两个滑轮组机械效率不相同，所以C、D选项错误；
故选：B。
拉力大小相同，拉力移动的距离不相同，所以拉力做的功不同，所以功率也不同；有用功相同，总功不同，所以机械效率不相同。
本题考的是滑轮组的做功、功率和机械效率的知识，属于常考题型，难度一般。
8.【答案】C
【解析】解：如下图所示，O为支点，配重A对杠杆的拉力作用在C点，水桶对杠杆的拉力作用在D点，且F配重=G配重，F水桶=G水桶，人的向上拉力作用在B处，
如果杠杆平衡，则有G配重L配重=(G水桶-F人)L水桶，木桶盛满水后，水桶的重力不变；
A.将配重靠近支点，则配重的重力力臂变小，配重的重力和力臂的乘积会变小，水桶的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力变大，故A错误；
B.将水桶远离支点，则水桶的重力力臂变大，水桶的重力和力臂的乘积会变大，配重的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力变大，故B错误；
C.适当增大配重，则配重的重力和力臂的乘积会变大，水桶的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力变小，故C正确；
D.将支点远离地面，则水桶的重力和力臂的乘积不变，配重的重力和力臂的乘积不变，则人向上提水时所需的拉力不变，故D错误。
故选C。
根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂判断。
本题考查了杠杆平衡的条件的应用，有一定难度。
9.【答案】D
【解析】解：A.斜面上的推力需要克服摩擦力做额外功，还要做有用功，因而总功大于额外功，Fs>fs，所以推力F>f，故A不正确；
B.W有用=Gh；拉力做的总功：W总=Fs，则额外功：W额=W总-W有用=Fs-Gh，故B错误；
C.若使斜面更光滑，可以减小摩擦力，摩擦力减小，额外功减小，而有用功不变，总功减小，机械效率增大，故C错误；
D.高度不变，缩短斜面长度，减小了物体对斜面的压力，摩擦力减小，额外功减小，而有用功不变，总功减小，将增大机械效率，故D正确。
故选：D。
(1)斜面上的推力需要克服摩擦力做额外功，还要做有用功，总功大于额外功，因而拉力F>f；
(2)利用W=Gh求克服物体重力做功(即有用功)；利用W=Fs求拉力做的总功；额外功等于总功减去有用功，
(3)斜面的机械效率与斜面的粗糙程度和倾斜程度有关。
本题考查斜面的机械效率，属于中档题，难度适中。
10.【答案】C
【解析】解：A.铁锁来回摆动过程中，在重力方向上通过了距离，所以重力对铁锁做了功，故A错误；
B.铁锁达到左侧最高点瞬间速度为零，此时拉力和重力不在同一直线上且大小不相等，所以二力不是平衡力，则铁锁不是处于平衡状态，故B错误；
C.铁锁向下摆动的过程中，质量不变，高度降低，同时速度增大，则铁锁的重力势能减小，动能增大，所以是重力势能转化为动能，故C正确；
D.小明说“它打不着我”，是因为铁锁在摆动过程中会受到空气阻力的作用，其机械能逐渐减少，故D错误。
故选：C。
(1)做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可。
(2)物体受平衡力时处于平衡状态；二力平衡的条件是大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。
(3)影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，则物体的动能越大；
影响重力势能大小的因素：质量、被举高的高度，质量越大，高度越大，则物体的重力势能就越大；
(4)机械能守恒是一种理想情况，只有在无摩擦、无空气阻力的情况下才能真正实现；铁锁自由摆动的过程中，会受到空气阻力的作用。
本题考查了做功的必要因素、平衡状态的判断、能量的转化以及机械能是否守恒的判断，涉及的知识点较多，但难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A、任何物体都具有内能，故A错误；
B、一杯水温度升高，内能增大，故B正确；
C、构成物体的所有分子，其热运动的动能和分子势能的总和叫做内能，故C错误；
D、温度相同的两杯水，内能不一定相同，还要考虑水的质量大小，故D错误。
故选：B。
(1)构成物体的所有分子，其热运动的动能和分子势能的总和叫做内能。任何物体都具有内能。
(2)物体的内能与温度有关，同一物体的温度越高，内能越大。
(3)影响物体内能的因素：温度、质量、物质的状态等。
深入理解内能概念和影响内能的因素，可解答此题。
12.【答案】D
【解析】解：
A、物体A沿水平方向运动，没有沿重力方向通过距离，所以重力对物体A所做的功等于零，故A错误；
B、绕过动滑轮两段绳子拉力大小相等，即拉力F=F示=20N，
不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，物体A向左匀速直线运动，由动滑轮特点和二力平衡知识可知，物体A受到地面的摩擦力f=FA=2F=2×20N=40N，方向水平向右，故B错误；
C、由v=st和W=Fs可得，拉力对物体A做的功W=FAsA=FAvAt=40N×0.2m/s×5s=40J，故C错误；
D、绳端移动速度v=nvA=2×0.2m/s=0.4m/s，
拉力F的功率P=Wt=Fst=Fv=20N×0.4m/s=8W，故D正确。
故选：D。
(1)做功包括两个必要因素：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，据此判断重力对物体A做功的大小；
(2)不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，根据动滑轮特点计算物体A受到的拉力，从而得到物体A受到摩擦力的大小，根据物体A的运动方向判断摩擦力方向；
(3)根据v=st和W=Fs计算拉力对物体A做的功；
(4)根据v=nvA和P=Wt=Fst=Fv计算拉力F的功率。
本题考查了动滑轮特点、力是否做功、滑动摩擦力大小的、功以及功率的计算，综合性较强。
13.【答案】D
【解析】解：A、A点虽然静止，动能为0，但由于在高处而具有重力势能，则机械能不为0，故A错误；
B、从A点滑行到C点的过程中，质量不变，高度变小，重力势能变小，故B错误；
C、从C点滑行到D点的过程中，由于克服摩擦力做功，一部分机械能转化为了内能，所以减少的动能没有全部转化为重力势能，故C错误；
D、运动员在滑动的过程中存在摩擦，运动员的一部分机械能转化为内能，所以B点的机械能大于D点的机械能；由于BD的高度相同，重力势能相同，则B点的动能要大于D点的动能，所以在B点的速度大于在D点的速度，故D正确。
故选：D。
(1)动能、重力势能、弹性势能都属于机械能；
(2)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能的影响因素是质量和高度。
本题考查了我们对机械能、重力势能、能量的转化等的理解，以及对物体运动状态的判断，属力学基础题，难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：ABD、由图可知，用同一个烧杯，用水浴法加热，两个相同的试管分别装了质量相同的水和煤油，则在相同的时间内，水和煤油吸收的热量相同，故AD错误，B正确；
C、在这样的情况下液体升温快的是因为其比热容较小，故C错误。
故选：B。
(1)由图可知，用同一个酒精灯加热，两试管的规格相同，则在相同的时间内，水和煤油吸收的热量相同；
(2)水的比热容比煤油的大，由Q=cmΔt可知，若二者的质量相同，在吸收相同热量时，水升高的温度值小；在升高相同温度时，水吸收的热量多。
本题考查学生对水的比热容大的理解，最好借助公式Q=cmΔt理解：质量相同的不同物质，升高相同的温度，比热容大的吸收热量多；吸收相同的热量，比热容大的温度变化小。
15.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了学生对功、功率的公式的掌握和运用，明确爬山时是克服自身的重力做功是本题的关键．
(1)做功的两个必要条件为：力和在力的方向上通过的距离，爬山时是克服自身的重力做功，功等于自身重力乘以山的高度，即W=Gh；(2)功率等于做的功除以做这些功所用的时间，即P=Wt．
【解答】
爬上比赛，克服人的重力做功，爬山功率P=Wt=Ght，他们同时出发，结果又同时到达山顶，说明登山时间是相同的，要比较功率还要知道二人的体重，故ACD错误，B正确。
故选B。
16.【答案】C
【解析】解：①木块在AB段做加速运动，木块受力不平衡，则木块受到的摩擦力小于水平拉力的大小，即fAB
因水平拉力F大小不变，所以木块在AB段受到的摩擦力小于木块在BC段的摩擦力，故①错误；
②木块在AB段和BC段运动的距离相等，拉力F是恒力，则根据W=Fs可知，水平拉力F在AB段做的功等于在BC段做的功，故②正确；
③木块在AB段做加速运动，则木块的动能增大；木块的高度不变，质量不变，则木块的势能不变；因机械能等于动能与势能之和，所以木块在AB段的机械能逐渐增大，故③错误；
④由题知，木块在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，整个过程中速度的变化是连续的(即在BC段木块是以到达B点时的速度做匀速运动)，所以木块在AB段的平均速度小于BC段的速度；
拉力F是恒力，则根据公式P=Fv可知，水平拉力在AB段的功率小于在BC段的功率，故④正确。
故选：C。
(1)木块在AB段做加速运动，木块受力不平衡，则木块受到的摩擦力小于水平拉力的大小；木块在BC段做匀速运动，此时木块受力平衡，则木块受到的摩擦力大小等于水平拉力的大小，由此可得出结论；
(2)木块在AB段和BC段运动的距离相等，拉力F是恒力，根据W=Fs可知做功的大小关系；
(3)木块在AB段做加速运动，木块的动能增加，木块的势能不变，机械能等于动能与势能之和，由此可得出结论；
(4)木块在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，整个过程中速度的变化是连续的(即在BC段木块是以到达B点时的速度做匀速运动)，则木块在AB段的平均速度小于BC段的速度，根据功率公式P=Fv可比较功率的大小关系。
本题主要考查了物体的受力分析、影响滑动摩擦力大小的因素、功和功率的大小比较以及机械能的变化，根据物体的运动情况分析物体的受力情况是解题的关键之一，属于中档题。
17.【答案】比热容 4.2×103J/(kg⋅℃) 间隙 热传递
【解析】解：(1)因为水的比热容大，质量相同时升高相同的温度，吸收的热量多，故大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成分是水，就是利用了水的比热容大的特点；水的比热容为：4.2×103J/(kg⋅℃)；
(2)水和乙二醇充分混合后的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，说明分子之间有间隙；
(3)防冻液的温度会升高是因为防冻液吸收热量，这是通过热传递的方式改变内能的。
故答案为：比热容；4.2×103J/(kg⋅℃)；间隙；热传递。
(1)水的比热容比较大；
(2)乙二醇与水充分混合后，得到溶液的体积小于小于混合前水和酒精的总体积，是因为分子之间有间隙。
(3)改变物体内能有两种方式：做功和热传递。
本题考查水的比热容的特点和分子运动、改变内能的方法的知识，相对比较简单，属于基础题。
18.【答案】多 大 弹性形变的程度
【解析】解：橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，说明橡皮筋对“子弹”做的功越多，橡皮筋具有的弹性势能越大，则可知橡皮筋的弹性势能与弹性形变的程度有关。
故答案为：多；大；弹性形变的程度。
物体由于发生弹性形变而具有的能称为弹性势能；弹性势能的大小与物体发生弹性形变的程度有关，弹性形变越大，则具有的弹性势能越大。
本题考查了弹性势能的概念和影响其大小的因素，比较简单。
19.【答案】15 左 不变
【解析】解：(1)由题意知，以D点为支点，动力臂DA=20cm，阻力臂DB=30cm，
根据杠杆平衡条件可得：
FA×DA=G×BD，即FA×20cm=10N×30cm，
解得，FA=15N。
阻力使杠杆有顺时针转动的趋势，故动力使杠杆有逆向时针转动的趋势，方螺丝钉A受到垂直于墙面的拉力FA方向向左。
(2)若仅将AD之间直杆改为的半圆弧造型，动力臂大小不变，其它不变的情况下，A点拉力大小将不变。
故答案为：15；左；不变。
(1)根据图乙找出动力臂和阻力臂大小，根据杠杆平衡条件求出FA大小；
根据动力和阻力的定义确定拉力FA的方向；
(2)若仅将AD之间直杆改为的半圆弧造型，动力臂大小不变，据此分析。
本题考查杠杆平衡条件的运用，关键是找出动力臂和阻力臂的大小。
20.【答案】2.52×104 3.6×104 7.2×103 1.8×103 1m/s
【解析】解：匀速起吊重4.2×103N的物体时，物体5s内上升了6m，此过程中有用功为：
W有=Gh=4.2×103N×6m=2.52×104J；
根据η=W有W总可知，总功为：
W总=W有η=2.52×104J70%=3.6×104J；
电机拉力F做功功率为：
P=W总t=3.6×104J5s=7.2×103W；
根据W总=W有+W额可知，额外功为：
W额=W总-W有=3.6×104J-2.52×104J=1.08×104J，
不计滑轮重及摩擦，动滑轮重为：
G动=W额h=1.08×104J6m=1.8×103N；
由图可知，n=3，则拉力F'为：
F'=1n(G'+G动)=13×(5.4×103N+1.8×103N)=2.4×103N，
由于电机的功率不变，根据P=Wt=F'st=F'v可知，自由端移动的速度为：
v=PF'=7.2×103W2.4×103N=3m/s，
则物体上升的速度为：
v物=1nv=13×3m/s=1m/s。
故答案为：2.52×104；3.6×104；7.2×103；1.8×103；1m/s。
(1)根据W有=Gh求出有用功；
(2)根据η=W有W总求出总功；
(3)根据P=W总t求出电机拉力F做功功率；
(4)根据W总=W有+W额求出额外功，不计滑轮重及摩擦，利用W额=G动h求出动滑轮重；
(5)根据滑轮组装置确定绳子股数，利用F'=1n(G'+G动)求出拉力F'，由于电机的功率不变，根据P=Wt=F'st=F'v求出自由端移动的速度，利用v=nv物求出物体上升的速度。
本题考查了功率公式、做功公式和滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。
21.【答案】不变 变大 变大 大于
【解析】解：电动扶梯载着顾客匀速向上运动的过程中，速度是不变的，所以顾客的动能不变，但是高度增加，所以重力势能变大，机械能变大；
电动扶梯载人时，重力大，上升相同高度做功多，速度快，用时又少，所以功率大，即自动调速扶梯载人时做功的功率大于不载人时做功的功率。
故答案为：不变；变大；变大；大于。
(1)影响动能大小的因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
(2)影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大；
(3)根据功率是单位时间内完成的功可判断自动调速扶梯的功率大小。
本题主要考查了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。
22.【答案】改变力的方向 15 A
【解析】解：(1)井盖抬升过程中，定滑轮的作用是改变力的方向；
(2)已知井盖的重力G=150N，井盖上升的距离h=0.1m，则克服井盖重力做功W=Fs=Gh=150N×0.1m=15J；
(3)由图乙可知，水槽以及水槽中水的重力等于井盖的重力，因此要使降水量稍小时就能抬升井盖，可采取的措施有减小下面的排水口，即增大水槽中水的重力，故选：A。
故答案为：(1)改变力的方向；(2)15；(3)A。
(1)定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
(2)做功包括两个必要因素：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；计算功的公式：W=Fs；
(3)水槽中的水量越多，对井盖向上的力越大，据此分析。
本题考查了定滑轮的应用，难度较小，属于基础性题目，重点需要掌握定滑轮的特点。
23.【答案】解：
O是支点，B为阻力作用点，A为动力作用点，由图知以OA作为动力臂L1时，动力臂最长，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小；
由题知动力的方向应向下，则过A点作垂直于OA向下的作用力，即为最小的动力F1；阻力和动力使杠杆转动的方向相反，则复位弹簧对杠杆的阻力方向竖直向上，阻力作用在B点，据此作出阻力F2的示意图，如图所示：
【解析】(1)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1 L1=F2 L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
(2)复位弹簧对按键的阻力F2作用在B点，阻力和动力使杠杆转动的方向相反。
本题考查了杠杆中最小力的问题；注意分析杠杆中最小力的问题时，先确定最长的动力臂，然后根据力与力臂的关系画出最小作用力的方向。
24.【答案】平衡 右 力臂 避免实验的偶然性，使结论具有普遍规律 F1L1=F2L2 变小 等臂 杠杆自重 D
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆在此位置静止，所以此时杠杆处于平衡状态；要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节；
(2)实验前先调节杠杆在水平位置平衡，是为了方便直接测出力臂的大小；
在杠杆两端加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂．多次实验并把数据记录在表格中．通过分析表格中数据得到杠杆平衡的普遍规律，所以多次实验的目的是得到杠杆平衡的普遍规律，避免偶然性；
第一组：F1×L1=1.5N×10cm=15N⋅cm，F2L2=1N×15cm=15N⋅cm；
第二组：F1L1=1N×20cm=20N⋅cm，F2L2=2N×10cm=20N⋅cm；
第三组：F1L1=0.5N×20cm=10N⋅cm，F2L2=1N×10cm=10N⋅cm；
根据表格中数据，可以看出杠杆平衡条件是：F1L1=F2L2；
(3)如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，此时拉力F的力臂变大，根据杠杆的平衡条件，拉力变小，即测力计示数变小；
当测力计转到b位位置，左右两边的力臂相等，此时杠杆为等臂杠杆；
(4)杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大；
(5)根据图乙情况，右侧有三个力且力臂都不同，力和力臂数目过多不利于实验，故选D。
故答案为：(1)平衡；右；(2)力臂；避免实验的偶然性，使结论具有普遍规律；F1L1=F2L2；(3)变小；等臂；(4)杠杆自重；(5)D。
(1)杠杆平衡状态：静止或者匀速转动；为使杠杆在水平位置平衡，应调节螺母向上翘的一端移动；
(2)杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于测量力臂；
为了得到普遍规律，避免偶然性，实验中应多次测量；
杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2；
(3)当拉力F向右倾斜时，保持作用点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；根据力臂大小进行判断；
(4)支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响；
(5)根据图丁情况分析判断。
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，同时考查杠杆平衡条件的应用，本题不能直接运用杠杆平衡条件求解，首先根据数据推出当阻力和阻力臂的乘积不变时，动力跟动力臂的乘积也不变。然后根据动力跟动力臂的乘积表示出动力和动力臂的关系。
25.【答案】匀速 拉动过程 (c) 增大物重 动滑轮的重力 3、4 无
【解析】解：(1)在测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动测力计，且在拉动时读数；
(2)一定要在拉动的过程中读拉力，若在静止时读拉力，则不包括绳与轮之间的摩擦力；
(3)第3次实验s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第3次实验是由c图做的；
(4)由数据知第1、2次实验中，s为h的3倍，所以滑轮组由3段绳子承担物重，而第1次实验物体的重力为4N，第2次被提升的物重为6N，所以第1次实验是用a图做的、第2次实验是用b图做的；
由数据知第3次实验中，s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第3次是用(c)图做的；
分析第1、2次实验，两次所用滑轮组相同，但第2次物重大于第1次物重，机械效率也大于第1次的机械效率，所以可得使用同一滑轮组，提高物重可以提高滑轮组的机械效率；
分析第1、3次实验，两次提升物体的重力相同，第3次实验的动滑轮较重，而机械效率较低，所以可得使用不同的滑轮组，提升相同的重物，动滑轮个数越多，滑轮组的机械效率越小，所以分析第1、3次实验数据可知：影响滑轮组的机械效率高低的因素主要是动滑轮的重力；
(5)第3、4次实验只是改变了物体被提升的高度，机械效率没变，所以可得滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
故答案为：(1)匀速；(2)拉动过程；(3)(c)；(4)增大物重；动滑轮的重力；(5)3、4；无。
(1)在实验中，要正确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计；
(2)若在静止时读拉力，则不包括绳与轮之间的摩擦力；
(3)根据绳端移动距离与物体上升的高度判断出承担物重的绳子段数；
(4)影响滑轮组机械效率的因素：物重和动滑轮的个数。被提升的物体越重、动滑轮的个数越少，则滑轮组的机械效率越高；
(5)根据物体被提升的高度与效率之间的关系得出结论，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
此题是测量滑轮组的机械效率实验，主要考查了有关滑轮组机械效率的计算，以及影响滑轮组机械效率的主要因素：被提升的物重和动滑轮的重力。被提升的物体越重、动滑轮的重力越小，滑轮组的机械效率越高。而滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
26.【答案】小球陷入沙中的深度 一 A、C 质量 没有控制下落高度相同 无关
【解析】解：(1)本实验中，根据转换法，小球重力势能的大小是通过小球陷入沙中的深度来反映的；
(2)比较A、B两球，下落高度和运动路径相同，B球质量大于A球质量，发现B球陷入沙中的深度更大，说明当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大，由此可验证猜想一；
(3)为验证猜想二，即研究重力势能与下落高度的关系，需要保持小球的质量和运动路径相同，改变下落的高度，由图可知应比较A、C两球；
由图可知，C球比A球陷入沙中的深度更大，说明当物体质量相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大；
(4)研究物体重力势能与质量的关系时，需要保持物体下落高度和运动路径相同，改变物体的质量；而B、C两球下落的高度不同(即没有控制下落高度相同)，所以不能研究物体重力势能与质量的关系；
(5)比较C、D两球，两球的质量相同，下落高度也相同，而两球的运动路径不同，发现两球陷入沙中的深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径无关。
故答案为：(1)小球陷入沙中的深度；(2)一；(3)A、C；质量；(4)没有控制下落高度相同；(5)无关。
(1)该实验中通过小球陷入沙中的深度来反映小球重力势能的大小，采用了转换法；
(2)影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，实验中研究物体的重力势能与物体质量的关系时，需要保持下落高度和运动路径相同，改变物体的质量；
(3)研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体的质量和运动路径相同，改变下落高度，据此得出结论；
(4)研究物体重力势能与质量的关系时，需要保持物体下落高度和运动路径相同，改变物体质量；
(5)研究物体重力势能与运动路径的关系时，需要保持物体质量和下落高度相同，改变运动路径。
此题是探究物体重力势能的影响因素的实验，注意解答时要用好控制变量法和转换法。
27.【答案】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起。如图：
【解析】首先要会组装滑轮组。知道承担物重的绳子段数越多越省力。在此题中，人在地面用力，所以拉力方向下。
此题考查了滑轮组的组装。滑轮组的组装有两种方法，从定滑轮绕起或从动滑轮绕起。从动滑轮开始绕，承担物重的绳子段数多。
28.【答案】解：(1)小华做的有用功：W有=G人h=540N×0.5m=270J；
(2)由图知，n=6，则小华的拉力：F=16(G人+G动)=16(540N+60N)=100N；
(3)小华拉力做的功：W总=Fs=100N×0.5m×6=300J；
小华拉力的功率：P=W总t=300J10s=30W；
(4)滑轮组的机械效率：η=W有W总=270J300J=90%。
答：(1)所做的有用功是270J；
(2)小华的拉力是100N；
(3)小华拉绳的功是300J；功率是30W；
(4)此过程中滑轮组的机械效率是90%。
【解析】(1)根据W有=Gh求出有用功的大小；
(2)用滑轮组来拉升重物时，绳子拉力的计算，就是看动滑轮有几段绳子拉着重物，拉力就是重物重力的几分之一．如果考虑动滑轮的重，不考虑绳重和滑轮与绳之间的摩擦，公式为F拉=G动+G物n；
(2)根据W总=Fs求出总功，根据功率的公式P=Wt计算功率的大小；
(3)根据η=W有W总计算机械效率的大小。
解决此类型题目要区分有用功和总功，会利用功率公式求解功率。
29.【答案】大 不同
【解析】解：(1)加压拖地与未加压吸尘相比，加压拖地时对地面的压力更大，匀速移动过程中的摩擦力更大，牵引力也更大，根据P=Wt=Fst=Fv知电机功率不变的情况下，两者移动速度是不同的；
(2)机器人扫地过程中，若在1×103s内总共做了1.8×104J的功，则机器人做功的功率为：
P=Wt=1.8×104J1×103s=18W；
(3)①机器人在此过程中受到地面的阻力是：f=0.5G=0.5mg=0.5×6×10N/kg=30N；
②由于匀速运动，所以机器人的牵引力为：F=f=30N，
根据P=Wt=Fst=Fv得机器人的速度为：
v=PF=18W30N=0.6m/s，
每次在AB方向运动所用时间为：
t1=s1v=9m0.6m/s=15s；
每次沿BC方向运动0.3m所用时间为：
t2=s2v=0.3m0.6m/s=0.5s，
机器人沿弓形路线将整个房间地面拖洗1次，机器人需要的时间为：
t总=t1×15+t2×14+14×2s=15s×15+0.5s×14+2s×14=260s。
答：(1)大；不同；
(2)机器人做功的功率是18W；
(3)①机器人在此过程中受列地面的阻力是30N；
②它需要260s，才能沿着弓形路线从A到C将整个房间的地面拖洗1次。
(1)影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
根据P=Wt=Fst=Fv判断出电机功率不变的情况下两者移动速度的关系；
(2)已知机器人做的功和时间，根据P=Wt求出机器人做功的功率；
(3)①根据f=0.5G算出机器人在此过程中受到地面的阻力；
②由于匀速运动，所以机器人的牵引力为：F=f，根据P=Wt=Fst=Fv算出机器人的速度，
由速度公式算出每次在AB方向运动所用时间和每次沿BC方向运动0.3m所用时间，然后求出将整个房间的地面拖洗1次所需要的时间。
本题考查了功率的计算及公式的应用、压强的计算、功的计算和公式的应用等知识的了解和掌握，考查的知识点较多，综合性较强，特别是时间的计算容易出现错误。
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