安徽省六安市新世纪学校2023-2024学年九年级上学期第一次月考物理试卷

这是一份安徽省六安市新世纪学校2023-2024学年九年级上学期第一次月考物理试卷，共25页。试卷主要包含了填空题，单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年安徽省六安市新世纪学校九年级（上）第一次月考物理试卷
一、填空题
1．如图所示是神舟十三号在返回地面过程中的一个瞬间，它像个“火球”，是因为返回舱与大气摩擦　 　的方式，使返回舱的内能 　 　。（选填“增大”、“减小”或“不变”）

2．质量相同的水、铝和铜（c水＞c铝＞c铜），降低相同温度，放出热量最多的是 　 　。
3．如图所示的是古人锻造铁器的场景，共经历了①加热、②锻打和③淬火三个过程。其中属于利用做功的方式改变物体内能的是 　 　（填序号）。

4．小勇放学后，背着重40N的书包沿水平路面走了200m，用时3min，小勇的重力为600N。则他在回家过程中对书包所做的功为 　 　J，他所做总功的功率是 　 　W。
5．已知柴油的热值是4.2×107J/kg，它表示的物理意义是 　 　，则完全燃烧1.0kg柴油能使 　 　kg的水温度升高20℃。[假定放出的热量被水完全吸收c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
6．如图所示，光滑斜面PM与水平面MN平滑连接，弹簧左端固定。小物块在斜面上从P点由静止滑向M点的过程中　 　；小物块压缩弹簧的过程中，弹簧的弹性势能　 　（均选填“变大”，“变小”或“不变”）。

7．如题图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，小球由A点自由释放。不考虑空气阻力，小球从A点到1点的过程中重力势能转化为 　 　，摆到右侧最高点的位置是图中的 　 　点，在这一点静止时，球 　 　（选填“受”或“不受”）平衡力。

8．工人用如图所示的装置提升砖块。已知每块砖重40N，工人的质量为70kg（不计绳重、托板重和摩擦），当工人竖直匀速提升20块砖时，砖块上升的速度是0.2m/s则工人做功的功率是 　 　W。当工人用此装置提升 　 　块砖时，该装置的机械效率最高。

9．小聪探究斜面的机械效率时，将粗糙程度均匀的长木板用支架支撑构成斜面，如图所示。用刻度尺量出斜面底端A点到斜面上B点的距离L为80cm，用时2s，则这段过程中拉力F做功的功率P＝　 　W，斜面的机械效率η＝　 　%，木块在该斜面上受到的滑动摩擦力f＝　 　N，木块从A点运动到B点的过程中，机械能 　 　。（选填“变大”或“变小”或“不变”）

10．如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第4min时的内能 　 　第6min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在AB段的比热容是CD段比热容的 　 　倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。

二、单选题
11．下列各图所列举的事例中，属于热传递改变物体内能的是（　　）
A．对试管加热，管内水温升高
B．冬天搓手，手会变暖
C．从滑梯滑下，臀部发热
D．迅速压下活塞，筒内气温升高
12．关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（　　）
A．温度高的物体内能一定大
B．物体的温度越低，所含的热量越少
C．物体吸收了热量，其温度不一定升高
D．物体的内能增大，一定是外界对其做了功
13．小李家使用的燃气热水器，将30kg的水从20℃加热到45℃，消耗了0.15m3的天然气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4×107J/m3，则下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（　　）
A．水吸收的热量与水的末温成正比
B．水吸收的热量是3.15×105J
C．热水器的能量转化效率是52.5%
D．热水器的能量转化效率与环境温度无关
14．将质量和初温相等的常温铜块与铝块，一起放入1标准大气压下的沸水中足够长的时间，已知铜的比热容小于铝的比热容（　　）
A．铜块从水中吸收的热量一定比铝块吸收的热量多
B．从沸水中取出铜块和铝块后迅速靠在一起，铜块会向铝块传递热量
C．从沸水中取出铜块和铝块后迅速靠在一起，铝块会向铜块传递热量
D．从沸水中取出铜块和铝块后分别与足量的0℃的冰接触，铝能熔化的冰多
15．如图所示，在试管里注入少量的水，用软木塞塞紧管口，水蒸气把软木塞向上冲起。下面解释正确的是（　　）

A．这个过程与内燃机的做功冲程类似
B．试管内水的内能增加是通过做功方式改变
C．酒精燃烧时是内能转化为化学能
D．管内水蒸气的内能减少，温度降低，在试管口变成白色的热空气
16．如图所示，在50N的水平拉力F的作用下，重600N的物体沿水平地面做匀速直线运动，绳子自由端向前移动的速度为0.6m/s。则（　　）

A．拉力F的功率为3W
B．1min内物体移动的距离为36m
C．1min内所做的有用功为1440J
D．该滑轮组的机械效率为85%
17．质量和初温相等的甲、乙两种金属块，先将甲放入低温的水中，水温升高了Δt，再把乙放入同一杯水中，水温又升高了Δt（不考虑热量及水质量的损耗），则（　　）
A．c甲＞c乙 B．c甲＜c乙 C．c甲＝c乙 D．无法判断
三、实验题
18．小明和小华都选用如图甲所示的实验装置“探究水沸腾时温度变化的特点”。

（1）实验时，给盛水的烧杯加热，是通过 　 　方式改变水的内能；
（2）水沸腾时，继续加热，水的温度 　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）；
（3）实验过程中两位同学分别绘制了水的温度随时间变化的图像（如图乙所示），两位同学图像不同的原因是水的 　 　不同；
（4）水沸腾后，将水倒入烧瓶，发现水停止沸腾。如图丙所示，向烧瓶底部浇冷水，发现水重新沸腾了。这是因为浇冷水后瓶内水蒸气 　 　（填物态变化的名称），瓶内气压减小，水的沸点 　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）。
19．为了比较甲、乙两种液体的吸热能力，做了如下的实验：
（1）在相同的烧杯中，分别装入初温和　 　相同的两种液体，用两个相同的电加热器加热，实验数据记录如下表：
物质种类
温度升高10℃所需时间/s
温度升高20℃所需时间/s
温度升高30℃
所需时间/s
甲
110
225
342
乙
85
179
270
（2）选用相同电加热器的目的是使两种液体在相同时间内　 　。（不计热量损失）
（3）分析上表中的实验数据可得　 　液体的吸热能力强。
（4）停止加热后，　 　液体温度下降得快。
20．在探究“燃料热值与燃料种类关系”的实验中，组装了甲、乙两套实验装置，如图所示
（1）为了保证实验结论的可靠性，实验时应控制两灯具内所盛酒精和煤油的质量相同，两个相同的烧杯内盛有初温和质量相同的水。
（2）通过观察水温的高低，由此判断两种燃料的热值大小。当两灯的燃料完全燃烧后，甲装置中水温度为80℃，由此可以初步判断 　 　（选填“酒精”或“煤油”）的热值更大一些。
（3）根据Q吸＝cmΔt计算出水吸收的热量，再根据Q＝mq计算出煤油的热值，发现结果与资料中给出的煤油热值相比 　 　（选填“偏大”或“偏小”），理由是：　 　。

四、计算题
21．如图所示，工人沿着长为L的斜面用大小为F的力，把一重为G的小物体从斜面底部匀速推到顶部
（1）求斜面的高h的表达式；
（2）求小物体在斜面上所受摩擦力f的表达式；
（3）请通过推导判断：在G和F一定时，当斜面变陡（即斜面与水平面的夹角θ变大）时，机械效率如何变化。

22．小喻用如图所示的均匀杠杆OB将重为15N的货物匀速提升0.1m。经测量AB＝2m，OA＝0.4m，小喻所用拉力F＝4N
（1）小喻做的有用功是多少？
（2）小喻所用的杠杆的机械效率是多少？
（3）若杠杆的重心处于OB的中点，忽略转轴O处的摩擦，杠杆的自重是多少？

23．小明家新买来一台容积为80L的天然气热水器．小明学习了热效率的知识后，尝试估测该热器的热效率，当它进满水时，开始加热．当水温达到40℃时，自动停止加热．已知当时自来水的温度是20℃3，停止加热后变为70.1m3，天然气的热值q天然气＝4.2×107J/m3，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），1L＝10﹣3m3.求：
（1）水箱中水的质量；
（2）水箱中水吸收的热量；
（3）该热水器的热效率










2023-2024学年安徽省六安市新世纪学校九年级（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、填空题
1．如图所示是神舟十三号在返回地面过程中的一个瞬间，它像个“火球”，是因为返回舱与大气摩擦　做功　的方式，使返回舱的内能 　增大　。（选填“增大”、“减小”或“不变”）

【答案】做功；增大。
【分析】返回舱克服摩擦做功，机械能转化为内能；动能和势能可以相互转化，转化过程中，若没有能量的损失，则机械能保持不变。
【解答】解：返回舱进入大气层后，与大气摩擦，机械能不守恒，返回舱的内能增大，这是通过做功的方式改变返回舱的内能。
故答案为：做功；增大。
2．质量相同的水、铝和铜（c水＞c铝＞c铜），降低相同温度，放出热量最多的是 　水　。
【答案】见试题解答内容
【分析】由放热公式Q放＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，降低相同的温度，比热容大的放出的热量多，比热容小的放出的热量少。
【解答】解：质量相等的水、铝、铜，因为c水＞c铝＞c铜，降低相同温度，由Q放＝cmΔt可知，Q水放＞Q铝放＞Q铜放，即：水放出的热量最多。
故答案为：水。
3．如图所示的是古人锻造铁器的场景，共经历了①加热、②锻打和③淬火三个过程。其中属于利用做功的方式改变物体内能的是 　②　（填序号）。

【答案】②
【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功实质是能量的转化，热传递实质是能量的转移。
【解答】解：用铁锤锻打工件，工件会发热；用火对铁器加热，把铁器放在水中淬火，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能。
故答案为：②。
4．小勇放学后，背着重40N的书包沿水平路面走了200m，用时3min，小勇的重力为600N。则他在回家过程中对书包所做的功为 　360　J，他所做总功的功率是 　24　W。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）力对物体做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在该力的方向上通过的距离。
小勇在水平路面上行走时，对书包的作用力竖直向上，但在竖直方向上移动的距离是0，此过程对书包做功为0J；在登楼时，将书包提升，根据W＝G书包h得出克服书包重力做的功：据此得出他在回家的过程中对书包所做的功；
（2）同理，根据W′＝G人h可得他在回家的过程中克服自身重力所做的功，进而得出他克服重力所做的总功，根据P＝得出他克服重力所做总功的功率。
【解答】解：小勇在水平路面上行走时，对书包的作用力竖直向上，此过程对书包做功为0J；
在登楼时，将书包提升书包h＝40N×9m＝360J，
即他在回家的过程中对书包所做的功为360J；
他在回家的过程中克服自身重力所做的功为：W′＝G人h＝600N×5m＝5400J，
他克服重力所做的总功：W总＝360J+5400J＝5760J，
总时间为：t＝3min+1min＝2min＝240s，
他所做总功的功率为：P＝＝＝24W。
故答案为：360；24。
5．已知柴油的热值是4.2×107J/kg，它表示的物理意义是 　1kg柴油完全燃烧时放出的热量是4.2×107J　，则完全燃烧1.0kg柴油能使 　50　kg的水温度升高20℃。[假定放出的热量被水完全吸收c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】1kg柴油完全燃烧时放出的热量是4.2×107J；50。
【分析】（1）热值的定义是：1kg某种燃料完全燃烧时放出的热量叫做这种燃料的热值；
（2）知道柴油的质量和热值，利用Q放＝mq求出完全燃烧1.0kg柴油放出的热量；根据题意可知，水吸收的热量Q吸＝Q放，利用Q吸＝cmΔt求出水的质量。
【解答】解：（1）柴油的热值为4.2×103J/kg，它表示的物理意义是：1kg柴油完全燃烧时放出的热量是4.6×107J；
（2）完全燃烧1.4kg柴油放出的热量：Q放＝m柴油q＝1.0kg×3.2×107J/kg＝5.2×107J，
根据题意可知，水吸收的热量：Q吸＝Q放＝4.2×107J，
由Q吸＝cmΔt可知，水的质量：m＝＝。
故答案为：1kg柴油完全燃烧时放出的热量是4.5×107J；50。
6．如图所示，光滑斜面PM与水平面MN平滑连接，弹簧左端固定。小物块在斜面上从P点由静止滑向M点的过程中　不变　；小物块压缩弹簧的过程中，弹簧的弹性势能　变大　（均选填“变大”，“变小”或“不变”）。

【答案】见试题解答内容
【分析】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；影响重力势能大小的因素：质量、高度，即物体的质量越大，高度越高，其重力势能越大；
弹性势能的影响因素：弹性形变的大小。动能和势能统称机械能。三者之间可以相互转化。
【解答】解：
小物块从P向M运动过程中，斜面光滑，机械能守恒；
弹簧被压缩过程中，其机械能转化为弹簧的弹性势能；
故答案为：不变；变大。
7．如题图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，小球由A点自由释放。不考虑空气阻力，小球从A点到1点的过程中重力势能转化为 　动能　，摆到右侧最高点的位置是图中的 　3　点，在这一点静止时，球 　不受　（选填“受”或“不受”）平衡力。

【答案】动能；3；不受
【分析】（1）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；
根据机械能守恒，小球从某一高度静止释放后它所能达到的高度不会超过原来的高度，或者说它所具有的机械能的大小不会超过原来所具有的机械能的大小，若不考虑空气阻力，小球的机械能守恒，小球回到同等高度。
（2）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上。
【解答】解：（1）小球从A点到1点的过程中，小球的质量不变，动能变大，重力势能变小；
不考虑空气阻力，根据机械能守恒，而初始时动能也为零，即3点；
（2）当小球在5点时，瞬间静止，这两个力不在一条直线上。
故答案为：动能；3；不受。
8．工人用如图所示的装置提升砖块。已知每块砖重40N，工人的质量为70kg（不计绳重、托板重和摩擦），当工人竖直匀速提升20块砖时，砖块上升的速度是0.2m/s则工人做功的功率是 　200　W。当工人用此装置提升 　30　块砖时，该装置的机械效率最高。

【答案】200；30
【分析】由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝2h，利用η＝＝＝＝求出拉力的大小，根据物体移动的速度求出绳子自由端移动的速度，根据P＝＝＝Fv求出功率的大小；
根据G＝mg求出人的重力；工人匀速提升20块砖时，根据F＝（G+G动）求出动滑轮的重力；在滑轮组相同的情况下，物体越重，机械效率越大，拉力越大，当拉力最大时，机械效率是最大的，根据F＝（G+G动）求出物体的最大重力。
【解答】解：（1）20块砖重：G＝40N×20＝800N，
由图知，n＝2，
由η＝＝＝＝得拉力的大小为：F＝＝；
在此过程中，砖块上升的速度是4.2m/s；
工人做功的功率是：P＝Fv＝500N×0.2m/s＝200W；
（2）人的重力为：G人＝mg＝70kg×10N/kg＝700N；
当工人匀速提升20块砖时，根据F＝动）可知，动滑轮的重力为：根据G动＝2F﹣G＝2×500N﹣800N＝200N；
在滑轮组相同的情况下，物体越重，拉力越大，机械效率是最大的，则最大拉力为：F'＝700N；
根据F＝（G+G动）可知，提升的物体的最大重力为：G'＝2F'﹣G动＝2×700N﹣200N＝1200N；
提升砖块的数目为：n'＝＝30。
故答案为：200；30。
9．小聪探究斜面的机械效率时，将粗糙程度均匀的长木板用支架支撑构成斜面，如图所示。用刻度尺量出斜面底端A点到斜面上B点的距离L为80cm，用时2s，则这段过程中拉力F做功的功率P＝　0.32　W，斜面的机械效率η＝　62.5　%，木块在该斜面上受到的滑动摩擦力f＝　0.3　N，木块从A点运动到B点的过程中，机械能 　变大　。（选填“变大”或“变小”或“不变”）

【答案】0.32；62.5；0.3；变大。
【分析】（1）已知拉力的大小和拉力端移动的距离（斜面长），利用W＝FL求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功功率；
（2）已知木块的重力和提升的高度（斜面高），利用W＝Gh求拉力做的有用功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
（3）拉力做的额外功等于总功与有用功之差，利用W＝fL求木块受到斜面的滑动摩擦力；
（4）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，机械能是动能和势能的总和。
【解答】解：（1）L＝80cm＝0.8m，
拉力做的总功：W总＝FL＝7.8N×0.3m＝0.64J，
拉力做功功率：P＝＝＝0.32W；
（2）h＝20cm＝0.3m，
拉力做的有用功：W有用＝Gh＝2N×0.2m＝0.4J，
斜面的机械效率：η＝＝×100%＝62.7%；
（3）克服滑动摩擦力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝0.64J﹣0.7J＝0.24J，
由W额＝fL可得物体受到的滑动摩擦力：
f＝＝＝0.5N；
（4）木块从A点匀速运动到B点的过程中，质量不变，动能不变，重力势能增加，所以机械能变大。
故答案为：0.32；62.5；变大。
10．如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第4min时的内能 　小于　第6min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在AB段的比热容是CD段比热容的 　0.5　倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。

【答案】小于；0.5。
【分析】（1）晶体熔化的过程中吸热而不升温，但内能增大；（2）晶体熔化前处于固态，晶体熔化过程中质量不变，吸收热量的多少与加热时间成正比，根据Q＝cmΔt可判断比热容的比值。
【解答】解：由图像可知，物质在第4min到第6min，但吸收了热量，故物质在第5min的内能小于第6min的内能，说明物质在AB段和CD段吸收的热量相同，物质的质量不变可知，cAB：cCD＝ΔtCD：ΔtAB＝1：4，故该物质在AB段的比热容是CD段比热容的0.5倍。
故答案为：小于；3.5。
二、单选题
11．下列各图所列举的事例中，属于热传递改变物体内能的是（　　）
A．对试管加热，管内水温升高
B．冬天搓手，手会变暖
C．从滑梯滑下，臀部发热
D．迅速压下活塞，筒内气温升高
【答案】A
【分析】做功与热传递是改变物体内能的两种方式，做功过程是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程。
【解答】解：
A、对试管加热，是通过热传递的方式改变水的内能；
B、冬天搓手，是克服摩擦做功机械能转化为内能的，故B错误；
C、从滑梯滑下，机械能转化为内能，摩擦生热这是利用做功来改变物体内能的；
D、迅速压下活塞时，机械能转化为内能，因此是通过做功改变物体的内能。
故选：A。
12．关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（　　）
A．温度高的物体内能一定大
B．物体的温度越低，所含的热量越少
C．物体吸收了热量，其温度不一定升高
D．物体的内能增大，一定是外界对其做了功
【答案】C
【分析】在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量；热传递的条件是：物体之间存在着温度差；内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，温度是表示物体冷热程度的物理量。了解这三个物理量的概念与联系，再结合改变物体内能的方法有做功和热传递，可对各选项依次做出分析。
【解答】解：A、内能的大小除了跟温度有关，故温度高的物体内能不一定大；
B、热量是一个过程量，故选项说法错误；
C、晶体的熔化过程中，但是温度不变；
D、物体的内能增加，也可能是外界对它做了功。
故选：C。
13．小李家使用的燃气热水器，将30kg的水从20℃加热到45℃，消耗了0.15m3的天然气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4×107J/m3，则下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（　　）
A．水吸收的热量与水的末温成正比
B．水吸收的热量是3.15×105J
C．热水器的能量转化效率是52.5%
D．热水器的能量转化效率与环境温度无关
【答案】C
【分析】（1）根据Q吸＝cm（t﹣t0）分析水吸收的热量是否与水的末温成正比；
（2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）可求得水吸收的热量；
（3）根据Q放＝Vq可求得天然气燃烧放出热量，由η＝×100%可求得能量转化效率；
（4）环境温度越低，加热时间越长，其散失的热量越多，据此分析。
【解答】解：
A、由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，水吸收的热量与水的质量和升高的温度成正比；
B、将30kg的水从20℃加热到45℃
Q吸＝cm（t﹣t0）＝6.2×103J/（kg•℃）×30kg×（45℃﹣20℃）＝6.15×106J，故B错误；
C、天然气完全燃烧放出热量：Q放＝V天然气q＝0.15m5×4×107J/m4＝6×106J，
热水器的能量转化效率：η＝×100%＝，故C正确；
D、热水器的能量转化效率与环境温度有关，加热的时间越长，则热水器的能量转化效率越低。
故选：C。
14．将质量和初温相等的常温铜块与铝块，一起放入1标准大气压下的沸水中足够长的时间，已知铜的比热容小于铝的比热容（　　）
A．铜块从水中吸收的热量一定比铝块吸收的热量多
B．从沸水中取出铜块和铝块后迅速靠在一起，铜块会向铝块传递热量
C．从沸水中取出铜块和铝块后迅速靠在一起，铝块会向铜块传递热量
D．从沸水中取出铜块和铝块后分别与足量的0℃的冰接触，铝能熔化的冰多
【答案】D
【分析】（1）（4）根据Q＝cmΔt分析吸收热量或放出热量的多少；
（2）（3）发生热传递的条件是存在温度差。
【解答】解：
A、质量和初温相等的常温铜块与铝块，升高的温度相同，根据Q＝cmΔt可知，故A错误；
BC、从沸水中取出铜块和铝块后迅速靠在一起，不会发生热传递；
D、从沸水中取出铜块和铝块后分别与足量的0℃的冰接触，铜的比热容小于铝的比热容，所以铝块放出的热量多，故D正确。
故选：D。
15．如图所示，在试管里注入少量的水，用软木塞塞紧管口，水蒸气把软木塞向上冲起。下面解释正确的是（　　）

A．这个过程与内燃机的做功冲程类似
B．试管内水的内能增加是通过做功方式改变
C．酒精燃烧时是内能转化为化学能
D．管内水蒸气的内能减少，温度降低，在试管口变成白色的热空气
【答案】A
【分析】①水蒸气遇冷放热会发生液化变成小水滴；
②不同形式的能量之间可以相互转化，做功和热传递都可以改变物体的内能；当物体对外做功时，内能转化为机械能。
【解答】解：
用酒精灯加热水，酒精燃烧时是将化学能转化为内能，产生大量水蒸气，水蒸气对木塞做功，这与内燃机的做功冲程类似，温度降低，在试管口形成“白雾”，BCD错误。
故选：A。
16．如图所示，在50N的水平拉力F的作用下，重600N的物体沿水平地面做匀速直线运动，绳子自由端向前移动的速度为0.6m/s。则（　　）

A．拉力F的功率为3W
B．1min内物体移动的距离为36m
C．1min内所做的有用功为1440J
D．该滑轮组的机械效率为85%
【答案】C
【分析】（1）根据P＝＝＝Fv计算拉力的功率；
（2）动滑轮上绳子的股数n＝3，先根据速度公式得出绳子自由端移动的距离，再得出物体移动的距离；
（3）克服物体与地面间的滑动摩擦力做的功为有用功，W有用＝fs物，计算有用功；
（4）根据W＝Pt计算总功，再由η＝×100%计算机械效率。
【解答】解：A、根据P＝＝，故A错误；
B、绳子自由端移动的距离：s＝vt＝0.6m/s×60s＝36m；
动滑轮上绳子的股数n＝6，物体移动的距离：s物＝s＝，故B错误；
C、物体与地面间的滑动摩擦力：f＝0.8G＝0.2×600N＝120N，W有用＝fs物＝120N×12m＝1440J，故C正确；
D、2min内拉力做的功：W总＝Pt＝30W×60s＝1800J，该滑轮组的机械效率为：η＝×100%＝80%。
故选：C。
17．质量和初温相等的甲、乙两种金属块，先将甲放入低温的水中，水温升高了Δt，再把乙放入同一杯水中，水温又升高了Δt（不考虑热量及水质量的损耗），则（　　）
A．c甲＞c乙 B．c甲＜c乙 C．c甲＝c乙 D．无法判断
【答案】B
【分析】甲、乙两金属块，先后投入同一杯水中，由题意可知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由热平衡方程可知，甲、乙两金属块放出的热量相同；而甲、乙两金属块的质量相等、初温相同，经放热后，甲金属块比乙多降低了Δt，则甲金属块的末温比乙的末温低；由上述分析可知，质量相同的甲、乙两金属块，放出相同的热量，甲降低的温度多，则可知甲金属与乙金属的比热容关系。
【解答】解：先后将甲、乙两金属块投入到同一杯水中，则水吸收的热量相同；
因为不计热量损失，
所以Q吸＝Q放，
所以甲、乙两金属块放出的热量相同；
由题知，甲金属块比乙多降低了Δt；
由上述分析可知，质量相同的甲，放出相同的热量，所以甲的比热容小。
故选：B。
三、实验题
18．小明和小华都选用如图甲所示的实验装置“探究水沸腾时温度变化的特点”。

（1）实验时，给盛水的烧杯加热，是通过 　热传递　方式改变水的内能；
（2）水沸腾时，继续加热，水的温度 　不变　（选填“升高”、“降低”或“不变”）；
（3）实验过程中两位同学分别绘制了水的温度随时间变化的图像（如图乙所示），两位同学图像不同的原因是水的 　质量　不同；
（4）水沸腾后，将水倒入烧瓶，发现水停止沸腾。如图丙所示，向烧瓶底部浇冷水，发现水重新沸腾了。这是因为浇冷水后瓶内水蒸气 　液化　（填物态变化的名称），瓶内气压减小，水的沸点 　降低　（选填“升高”、“降低”或“不变”）。
【答案】（1）热传递；（2）不变；（3）质量；（4）液化；降低。
【分析】（1）做功和热传递可以改变物体的内能；
（2）水沸腾过程中，吸收热量，温度不变；
（3）由图像可知，水到达沸点的时间不一样，说明水的质量不同；
（4）水的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高。
【解答】解：（1）实验时，给盛水的烧杯加热，通过热传递的方式改变水的内能；
（2）水沸腾过程中，吸收热量；
（3）读图乙可以看出，在同样加热的情况下，其原因应该是水的质量不同；
（4）在瓶底浇冷水后，瓶内温度降低，气体压强减小，因此。
故答案为：（1）热传递；（2）不变；（4）液化。
19．为了比较甲、乙两种液体的吸热能力，做了如下的实验：
（1）在相同的烧杯中，分别装入初温和　质量　相同的两种液体，用两个相同的电加热器加热，实验数据记录如下表：
物质种类
温度升高10℃所需时间/s
温度升高20℃所需时间/s
温度升高30℃
所需时间/s
甲
110
225
342
乙
85
179
270
（2）选用相同电加热器的目的是使两种液体在相同时间内　吸热相同　。（不计热量损失）
（3）分析上表中的实验数据可得　甲　液体的吸热能力强。
（4）停止加热后，　乙　液体温度下降得快。
【答案】（1）质量；（2）吸热相同；（3）甲；（4）乙。
【分析】（1）（2）（3）我们使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。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强
②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Δt＝分析。
【解答】解：
（1）根据比较不同物质吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，分别装入初温和质量相同的两种液体；
（2）由转换法，选用相同电加热器的目的是使两种液体在相同时间内吸热相同；
（3）分析上表中的实验数据知，升高相同的温度，可得甲液体的吸热能力强；
（4）甲的比热容大，乙的比热容小，根据Δt＝。
故答案为：
（1）质量；（2）吸热相同；（4）乙。
20．在探究“燃料热值与燃料种类关系”的实验中，组装了甲、乙两套实验装置，如图所示
（1）为了保证实验结论的可靠性，实验时应控制两灯具内所盛酒精和煤油的质量相同，两个相同的烧杯内盛有初温和质量相同的水。
（2）通过观察水温的高低，由此判断两种燃料的热值大小。当两灯的燃料完全燃烧后，甲装置中水温度为80℃，由此可以初步判断 　煤油　（选填“酒精”或“煤油”）的热值更大一些。
（3）根据Q吸＝cmΔt计算出水吸收的热量，再根据Q＝mq计算出煤油的热值，发现结果与资料中给出的煤油热值相比 　偏小　（选填“偏大”或“偏小”），理由是：　燃料燃烧放出的热量未被水完全吸收　。

【答案】（2）煤油；（3）偏小；燃料燃烧放出的热量未被水完全吸收。
【分析】（2）根据水温的变化情况结合Q吸＝cmΔt比较酒精和煤油放出热量的多少，然后根据Q放＝mq判断热值的大小；
（3）在此实验中，酒精和煤油燃烧放出的热量有部分未被水吸收。
【解答】解：（2）当两灯的燃料完全燃烧完后，甲装置中温度计读数是80℃，由Q吸＝cmΔt知道，煤油灯加热的那杯水吸热多，由Q放＝mq知道，煤油的热值大于酒精的热值；
（3）由于热量的直接散失、烧杯未加盖等，则由Q吸＝cmΔt知道，计算出水吸收的热量偏小放＝mq知道，计算出的煤油的热值偏小。
故答案为：（2）煤油；（3）偏小。
四、计算题
21．如图所示，工人沿着长为L的斜面用大小为F的力，把一重为G的小物体从斜面底部匀速推到顶部
（1）求斜面的高h的表达式；
（2）求小物体在斜面上所受摩擦力f的表达式；
（3）请通过推导判断：在G和F一定时，当斜面变陡（即斜面与水平面的夹角θ变大）时，机械效率如何变化。

【答案】（1）斜面的高h的表达式为h＝；
（2）小物体在斜面上所受摩擦力f的表达式为f＝F﹣Fη；
（3）在G和F一定时，当斜面变陡（即斜面与水平面的夹角θ变大）时，机械效率变大。
【分析】（1）根据斜面效率的公式η＝＝可求得斜面的高度；
（2）小物体在斜面上所做的额外功为W额＝W总﹣W有用，据此分析；
（3）当在G和F一定时，当斜面变陡，长度L不变，高度h变大，根据斜面效率的公式η＝＝分析。
【解答】解：（1）根据斜面效率的公式可得η＝＝，变形可得斜面的高度为h＝；
（2）小物体在斜面上所做的额外功为W额＝W总﹣W有用＝FL﹣FLη＝fL
小物体在斜面上所受摩擦力f的表达式为f＝F﹣Fη，
（3）根据斜面效率的公式可得η＝＝，
当在G和F一定时，当斜面变陡，高度h变大。
答：（1）斜面的高h的表达式为h＝；
（2）小物体在斜面上所受摩擦力f的表达式为f＝F﹣Fη；
（3）在G和F一定时，当斜面变陡（即斜面与水平面的夹角θ变大）时。
22．小喻用如图所示的均匀杠杆OB将重为15N的货物匀速提升0.1m。经测量AB＝2m，OA＝0.4m，小喻所用拉力F＝4N
（1）小喻做的有用功是多少？
（2）小喻所用的杠杆的机械效率是多少？
（3）若杠杆的重心处于OB的中点，忽略转轴O处的摩擦，杠杆的自重是多少？

【答案】（1）小喻做的有用功1.5J；
（2）杠杆的机械效率62.5%；
（3）若杠杆的重心位于杠杆OB的中点，且不计转轴O处的摩擦，杠杆的自重3N。
【分析】（1）根据W有用＝Gh求出有用功；
（2）根据图中信息，求出拉力移动距离，根据W总＝Fs求出总功，根据η＝求出机械效率；
（3）在提升物体的过程中，克服杠杆的重力做的功是额外功，根据W额＝Gh求出杠杆的重力。
【解答】解：（1）小喻做的有用功：W有用＝Gh＝15N×0.1m＝5.5J；
（2）由图可知，拉力移动距离：s＝×0.1m＝4.6m，
总功W总＝Fs＝4N×2.6m＝2.2J，
杠杆的机械效率η＝×100%＝；
（3）若不计摩擦力，则只克服杠杆的重力做的额外功
W额＝W总﹣W有用＝2.5J﹣1.5J＝4.9J，
杠杆重心上升的高度为h′＝×h＝；
由于W额＝Gh′
因此杠杆的重力G杠杆＝＝＝3N。
答：（1）小喻做的有用功4.5J；
（2）杠杆的机械效率62.5%；
（3）若杠杆的重心位于杠杆OB的中点，且不计转轴O处的摩擦。
23．小明家新买来一台容积为80L的天然气热水器．小明学习了热效率的知识后，尝试估测该热器的热效率，当它进满水时，开始加热．当水温达到40℃时，自动停止加热．已知当时自来水的温度是20℃3，停止加热后变为70.1m3，天然气的热值q天然气＝4.2×107J/m3，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），1L＝10﹣3m3.求：
（1）水箱中水的质量；
（2）水箱中水吸收的热量；
（3）该热水器的热效率．
【答案】（1）水箱中水的质量为40kg；
（2）水箱中水吸收的热量为3.36×106J；
（3）该热水器的热效率为80%。
【分析】（1）知道水的体积，利用ρ＝计算水的质量；
（2）利用Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；
（3）根据燃气表前后读数差求出使用天然气的体积，利用Q放＝qV求天然气完全燃烧释放的热量；该热水器的热效率等于水吸收的热量与天然气完全燃烧释放的热量之比。
【解答】解：
（1）容积为80L的天然气热水器，则水箱中水的体积：
V＝80L＝80dm3＝80×10﹣3m3，
由ρ＝得水箱中水的质量：
m水＝ρV＝1×103kg/m4×80×10﹣3m3＝80kg，
（2）由题意可得，水吸收的热量：
Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×80kg×（40℃﹣20℃）＝5.72×106J；
（3）使用天然气的体积：
V气＝70.1m5﹣69.9m3＝2.2m3，
天然气完全燃烧释放的热量：
Q放＝q天然气V气＝3.2×107J/m3×0.2m7＝8.4×105J；
该热水器的热效率：
η＝＝×100%＝80%。
答：（1）水箱中水的质量为40kg；
（2）水箱中水吸收的热量为3.36×106J；
（3）该热水器的热效率为80%。