资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理第一次月考模拟测试02（原卷版+解析版）
展开
这是一份2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理第一次月考模拟测试02（原卷版+解析版），文件包含九年级上册物理第一次月考模拟测试02第1112章原卷版docx、九年级上册物理第一次月考模拟测试02第1112章解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．测试范围：苏科版九年级上册第11~12章。
2．g=10N/kg。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2022春•徐汇区校级期中）将一本现在使用的八年级第二册物理书由地面拿到学生课桌上，所做的功约为（ ）
A．0.1焦B．1焦C．10焦D．100焦
【答案】B
【分析】估测出物理书的重力和学生课桌高度，然后根据W＝Fs＝Gh即可求出所做的功。
【解答】解：一本物理书重约1.5N，课桌高度在0.8m左右，将一本物理书由地面拿到学生课桌上，所做的功大约是：W＝Fs＝Gh＝1.5N×0.8m＝1.2J．故B符合实际；
故选：B。
2．（2022秋•江阴市期中）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
【答案】D
【分析】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。
【解答】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＝，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。
3．（2022春•二道区校级期中）如图，杠杆AO可绕O转动，B为OA中点，在B点挂一重为G的物体，用始终与OA垂直的力F抬起杠杆。下列说法不正确的是（ ）
A．动力F的力臂始终不变
B．若把F变为始终竖直向上，则旋转过程中，它的大小不变
C．力F先增大后减小
D．旋转过程中阻力与阻力臂的乘积一直变大
【答案】D
【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，即动力臂不变，然后分析阻力与阻力臂的关系，并得出正确结果。
【解答】解：ACD、将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，阻力与阻力臂的乘积变大，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F逐渐变大；
当杠杆从水平位置向上拉动时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，阻力与阻力臂的乘积变小，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力变小；故F先变大后变小，故AC正确，D错误；
B、若把F变为始终竖直向上，将杠杆缓慢地由OA位置拉到水平位置时，根据相似三角形知识可知，动力臂与阻力臂的比值不变，阻力为杠杆的重力，保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力的大小不变，故B正确。
故选：D。
4．（2022秋•新沂市期中）如图所示，小猴与小兔一起发现一个胡萝卜，想要平分，小猴找来一个小石块支起胡萝卜，使其水平平衡，小猴要左侧部分，小兔要右侧部分，则获取萝卜的情形是（ ）
A．小猴多B．小兔多C．二者一样多D．无法判定
【答案】见试题解答内容
【分析】由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系。
【解答】解：（1）萝卜处于平衡状态，由图可知，
右侧部分重心离支点O较远，故力臂OB较大，左侧部分重心离支点O较近，故力臂OA较小；
根据杠杆平衡条件GA×OA＝GB×OB，左侧萝卜重力GA大、右侧重力GB小，故小猴分的萝卜要重。
故选：A。
5．（2022春•沙坪坝区校级期中）下列关于功和功率的说法正确的是（ ）
A．踢出去的足球在草地上滚动的过程中，脚对足球做了功
B．作用在物体上的力越大，力做的功就越多
C．功率越大的机械，做功就越多
D．功率越大的机械，做功就越快
【答案】D
【分析】（1）功包含两个必要因素：作用在物体上的力；物体在这个力的方向上移动的距离，功等于力乘以在力的方向上通过的距离；
（2）功率是比较物体做功快慢的物理量，物体在单位时间完成的功叫功率。功率的大小与做功多少和所用时间都有关系。
【解答】解：A、足球离开脚，足球不再受到脚的踢力作用，足球由于惯性在草地上滚动，脚对足球没有做功，故A错误；
B、机械做功的多少与力的大小和物体在这个力的方向上移动的距离有关，不知道物体在这个力的方向上移动的距离，无法确定做功的多少，故B错误；
C、物体在单位时间完成的功叫功率，功率与做功的多少和时间的长短两个物理量有关，只知道一个物理量，无法确定功率的大小，故C错误；
D、功率是比较做功快慢的物理量，功率大的机械一定比功率小的机械做功快，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•滨海县期中）如图所示，弹簧的左端固定，将小球套在水平杆上，装置的各种摩擦均不计。a点是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b点是弹簧原长时小球的位置，c点是小球到达最右端的位置。小球由a点运动到c点的过程中（水平面光滑），下列说法中错误的是（ ）
A．在a点时，弹簧的弹性势能最大
B．在b点时，小球的运动速度最大
C．从a点到b点，小球的机械能逐渐增大
D．从b点到c点，小球处于加速滑动过程
【答案】D
【分析】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。
重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
弹性势能与物体的弹性形变程度有关。
机械能为动能和势能的和；动能和势能可以相互转化。
【解答】解：
A、a点是压缩弹簧后形变程度最大处，弹性势能也最大，故A正确；
B、因为水平杆光滑，所以小球在a点时只受到弹簧向右的弹力，则小球由a向b运动时会做加速运动，过了b点受向左的弹簧拉力而减速运动，则b点时小球的速度最大，故B正确；
C、小球质量一定，从a点到b点时速度越来越快，所以动能逐渐增大；小球的重力势能不变，所以机械能变大，故C正确；
D、b点是弹簧原长时小球的位置，弹性势能为0，小球到达b点后由于惯性继续向右运动，所以弹簧逐渐被拉伸，弹性势能逐渐变大，小球的动能转化为弹性势能，使得小球的动能减小，速度变小，小球做减速运动，故D错误。
故选：D。
7．（2022秋•溆浦县校级期中）初温相同的铁块，甲的质量是乙的2倍，它们分别放出相同的热量后，立即接触，则（ ）
A．热量从甲传到乙
B．无法确定热量的传递方向
C．甲、乙间无热传递发生
D．温度由甲传到乙
【答案】A
【分析】热量总是从高温物体传递到低温物体，或者从物体的高温部分传递到低温部分；由热量公式变形式Δt＝推断甲、乙两铁块温度变化情况，确定热传递方向；温度表示物体的冷热程度；热传递过程中传递的是能量，不是温度。
【解答】解：由热量公式变形式Δt＝可知，同种物质放出相同的热量，质量小的物质温度变化较大，因为甲、乙两铁块初温相同，放出热量相同，但甲的质量是乙的2倍，因此甲铁块的温度下降较少，乙铁块的温度下降较多，放出热量后的甲铁块温度高于乙铁块，因此接触后热量从甲传到乙；温度表示物体的冷热程度，热传递过程中传递的是能量，不是温度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．（2022秋•惠阳区期中）如图所示实验或事例，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．水蒸气将软木塞冲出
B．搓手取暖
C．钻木取火
D．由滑梯上滑下臀部会有灼热感
【答案】A
【分析】在一定的条件下，各种能量都可以相互转化。内能转化为机械能就是利用内能来做功的过程。
分析清楚图示物理情景即可正确解题。
【解答】解：A、水蒸气顶开软木塞，是利用水蒸气的内能来做功，把内能转化为机械能，符合题意，故A正确；
B、C、搓手取暖，钻木取火，都是机械能转化为内能，不符合题意，故B、C错误；
D、由滑梯上滑下，臀部会有灼热感，机械能转化为内能，不符合题意，故D错误。
故选：A。
9．（2022秋•吴江区期中）如图所示，用不同的机械将同一物体提升，若不计机械重力及摩擦，下列装置中最省力的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】若不计机械重力及摩擦。设物体的重力为G。
A中直接提升物体，根据F1＝G得出拉力；
B中使用定滑轮，根据F2＝G得出拉力；
CD中使用滑轮组，根据F＝G得出拉力。
比较四组拉力大小，即可得出答案。
【解答】解：若不计机械重力及摩擦。设物体的重力为G。
A中直接提升物体，则拉力F1＝G；
B中使用定滑轮，则拉力F2＝G；
C中使用滑轮组，n＝3，则拉力F3＝G；
D中使用滑轮组，n＝2，则拉力F4＝G；
故下列装置中最省力的是C。
故选C。
10．（2023春•蓬莱区期中）如图所示，压在杯底的乒乓球，上浮时会弹离水面，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球弹离水面后上升，获得的能量源自水的重力势能
B．乒乓球自1至3的过程中，受到的浮力不断减小
C．乒乓球自1至4的过程中，水对杯底的压强先不变后增大
D．乒乓球自1至4的过程中，杯子对桌面的压强始终不变
【答案】A
【分析】（1）乒乓球脱离水面下降，水的重力势能转化为动能，再对乒乓球做功；
（2）乒乓球在上浮过程中，分两个过程：一是全浸入水中的上升过程，二是露出水面到脱离水面；分析两个过程排开水的体积变化，利用阿基米德原理F浮＝ρ水V排g得出受到的浮力变化；
（3）乒乓球在上浮过程中，分两个过程：一是全浸入水中的上升过程，二是露出水面到脱离水面；分析两个过程水的深度变化，利用液体压强公式p＝ρgh得出水对杯底的压强变化；
（4）乒乓球弹离水面后杯子对桌面的压力变小，据此分析压强的变化。
【解答】解：A、乒乓球弹离水面，水位下降，水的重力势能转化为动能，再对乒乓球做功，因此乒乓球弹离水面后上升，获得的能量源自水的重力势能，故A正确；
B、乒乓球在1至3的上浮过程中，是全浸入水中的上升过程，此过程排开水的体积不变，由F浮＝ρ水V排g可知受到的浮力不变，故B正确；
C、乒乓球自1至4的过程中，先是全浸入水中的上升过程，此过程排开水的体积不变，水的深度不变，由p＝ρgh可知水对杯底的压强不变；然后是露出水面到脱离水面，此过程排开水的体积变小，水的深度变小，由p＝ρgh可知水对杯底的压强变小；所以乒乓球在上浮过程中，水对杯底的压强先不变、后变小，故C错误；
D、乒乓球自1至4的过程中，杯子对桌面的压力先不变，乒乓球弹离水面后，压力变小，由p＝可得，压强变小，故D错误。
故选：A。
11．（2023春•牟平区期中）将完全相同的物体A、B置于如图所示的装置中，物体B恰好能够匀速下降，已知A、B的重力均为6N；若对物体A施加一个水平向右10N的拉力F1，可以使物体B以0.1m/s的速度匀速上升。忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．B匀速上升时，拉力F1的功率为1W
B．物体B匀速下降时，物体A受桌面的支持力为5N
C．B匀速下降时，A受到的摩擦力为10N
D．动滑轮的重力为4N
【答案】D
【分析】（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度v＝nv物，利用P＝＝＝Fv求拉力F1做功的功率；
（2）根据二力平衡条件求出物体A受桌面的支持力；
（3）根据力的平衡条件求出A受到的摩擦力；
（4）根据力的平衡条件求出绳子自由端的拉力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力。
【解答】解：A、由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度：v＝nv物＝2×0.1m/s＝0.2m/s，
拉力F1做功的功率：P＝＝＝F1v＝10N×0.2m/s＝2W，故A错误；
B、物体A做匀速直线运动，由二力平衡条件可知，物体A受桌面的支持力：F支＝G＝6N，故B错误；
C、B匀速上升时，物体A在水平方向上受到绳子自由端向左的拉力F、桌面向左的摩擦力f和水平向右10N的拉力F1，由力的平衡条件可知：F+f＝10N……①
B匀速下降时，物体A在水平方向上受到绳子自由端向左的拉力F、桌面向右的摩擦力f，由于压力和接触面的粗糙程度没有发生变化，因此摩擦力f也不变，由力的平衡条件可知：F＝f……②，由①②解得：f＝5N，故C错误；
D、B匀速下降时，由力的平衡条件可知，绳子自由端的拉力：F＝f＝5N，
因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×5N﹣6N＝4N，故D正确。
故选：D。
12．（2022秋•乾县期中）如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示的液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲液体比乙液体的比热容比大
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2：3
C．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比2：3
D．将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点）所需要的时间之比仍为2：3
【答案】D
【分析】（1）升高相同的温度，比较加热时间可得吸收热量之比；由Q吸＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，升高相同的温度，吸收热量之比与比热容成正比，据此可得比热容之比。
（2）用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同；
（3）加热相同的时间，即吸收的热量相同，由Q吸＝cmΔt可知，加热相同的时间，即吸收的热量相同，甲、乙两种液体升高的温度之比与比热容成反比，据此可得升高的温度之比；
（4）质量相同，升高相同的温度，吸收热量之比与比热容成正比，加热时间之比与吸收热量成正比。
【解答】解：A、由图丙可知，将甲、乙两种液体从20℃加热至40℃时，甲用时2min，乙用时3min，由于加热器相同，则甲乙所吸收的热量之比为：
＝，
根据Q＝cmΔt可得：
＝＝＝，
所以甲的比热容比乙小，故A错误；
B、用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同，甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比应为1：1，故B错误；
C、加热相同的时间，即吸收的热量相同，则温度变化量为：
＝＝＝，故C错误；
D、将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点），即温度变化相同，质量相同，所需要吸收的热量之比为：
＝＝＝，
而两个加热器是相同的，吸收热量多少与时间成正比，所以＝＝，故D正确。
故选：D。
二、填空题（本题共10小题，每题3分，共30分）
13．（2023春•丰台区校级期中）（1）如图1所示，体温计的示数为 37.3 ℃。
（2）如图2所示，OB是以O点为支点的杠杆，F是作用在杠杆B端的力。图中线段AB与力F的作用线在一条直线上，且OA⊥AB、AC⊥OB。线段 OA （选填“OA”或“AC”）表示力F的力臂。
【答案】（1）37.3；（2）OA。
【分析】（1）由图确定体温计的分度值，再根据液柱位置读数；
（2）力臂是从支点到力的作用线的距离。
【解答】解：（1）由图1可知，体温计的分度值为0.1℃，此时示数为37.3℃；
（2）由图可知，OA是从支点到力F作用线的距离，所以，OA表示力F的力臂。
故答案为：（1）37.3；（2）OA。
14．（2023春•南昌县期中）如图所示，小欣同学只有一根绳子，他想把被风刮倒的甲树拉正，想起刚学习滑轮知识，他把绳子的一端系在乙树上，然后绕过甲树用力拉绳子，这样做有 2 段绳子拉甲树。如果不计绳重和摩擦，甲树受到400N拉力，则乙树受到的拉力为 200 N。
【答案】2；200。
【分析】由图知，小欣同学用绳拉甲树可以看成一个动滑轮，据此分析解答。
【解答】解：由图可知，用绳子拉甲树时，甲相当于一个动滑轮，此时有两段绳子拉甲树；
不计绳重和摩擦，甲树受400N拉力，则每段绳子承担的力是400N的，
所以小欣对绳子的拉力为：F＝F甲＝×400N＝200N，乙树受到的拉力也为200N。
故答案为：2；200。
15．（2023春•绥棱县校级期中）小华用50N的水平力推重为400N的物体沿水平面做匀速直线运动，物体在5s内移动5m，在此过程中，小华对物体所做的功是 250 J，重力做功是 0 J。
【答案】250；0。
【分析】（1）利用W＝Fs求小华做的功；
（2）一个力要对物体做功，物体必须在这个力的方向上通过一段距离。重力的方向竖直向下，物体在水平方向上通过了距离，而没有在竖直方向上通过距离，所以重力对物体没有做功。
【解答】解：（1）小华对物体做的功：
W＝Fs＝50N×5m＝250J；
（2）重力的方向竖直向下，物体在水平方向上通过了距离，而没有在竖直方向上通过距离，所以重力对物体没有做功，即重力做功为0J。
故答案为：250；0。
16．（2023春•靖江市校级期中）上周五，我们走进生祠镇东进村、丽园开展践行红色之旅、点燃热血青春的社会实践活动。丽园内桃红柳绿，鸟语花香，渲染着盎然春意。闻到花香，这是 扩散 现象；同学们发现树叶上的露珠可以保持近似球形，表明分子间存在相互作用的 引力 。
【答案】扩散；引力。
【分析】扩散现象说明指一切物质的分子在不停地做无规则运动；温度越高，分子运动越剧烈；分子间有相互作用的引力和斥力。
【解答】解：闻到花香，这是花香分子在做无规则的运动，是扩散现象。
同学们发现树叶上的露珠可以保持近似球形，表明分子间存在相互作用的吸引力。
故答案为：扩散；引力。
17．（2023春•蓬莱区期中）茶是世界三大饮品之一，起源于中国，盛行于世界，用电热壶将2kg初温为15℃的水烧至95℃沏茶，水吸收的热量为 6.72×105 J，沏好茶后一会儿就茶香四溢，从物理学的角度来讲，这是 扩散 现象。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】6.72×105；扩散。
【分析】（1）已知水的质量、比热容、初温和末温，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）计算水吸收的热量；
（2）不同物质相互接触时，分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（95℃﹣15℃）＝6.72×105J；
（2）茶香四溢，是茶香分子在空气中不停地做无规则运动的结果，属于扩散现象。
故答案为：6.72×105；扩散。
18．（2023春•凉州区期中）一台拖拉机以30kW的功率匀速耕地，速度为3.6km/h，拖拉机耕地时的牵引力 3×104 N，有一头牛，它的功率是0.3kW，这台拖拉机以30kW的功率工作2h所做的功由这头牛来完成，需要 200 h。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据P＝＝＝Fv可知拖拉机的牵引力，根据P＝得出拖拉机所做的功；
（2）知道拖拉机的功率和工作时间，可利用公式W＝Pt计算出拖拉机所做的功；又知道牛的功率，可利用公式P＝计算出耕牛做这些功需要的时间。
【解答】解：v＝3.6km/h＝1m/s，
根据P＝＝＝Fv可知拖拉机的牵引力为：F＝＝＝3×104N；
拖拉机的功率P＝30kW＝3×104W，工作时间t机＝2h＝7.2×103s，
由P＝得，拖拉机所做的功为：
W＝Pt机＝3×104W×7.2×103s＝2.16×108J，
而牛的平均功率为：P牛＝0.3kW＝300W，
由P＝得，牛做这些功需要的时间为：
t牛＝＝＝7.2×105s＝200h。
故答案为：3×104；200。
19．（2023春•德化县期中）如图所示，这是工人向高处运送材料的装置，图中右侧滑轮的作用是 改变力的方向 ；每个滑轮重为100N，某一次运送的材料重为400N，在拉力F作用下，材料匀速上升，不计绳重和摩擦，则滑轮组的机械效率为 80% 。
【答案】改变力的方向；80%。
【分析】（1）由图可知，右侧滑轮的轴固定不动，因此右侧滑轮为定滑轮，利用定滑轮可以改变力的方向；
（2）由于不计绳重和摩擦，根据η＝×100%＝＝×100%＝×100%＝×100%求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：由图可知，右侧滑轮的轴固定不动，因此右侧滑轮为定滑轮，利用定滑轮可以改变力的方向；
由于不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。
故答案为：改变力的方向；80%。
20．（2023春•云阳县期中）奥运冠军全红婵多次在跳台上表演“水花消失术”。起跳前，她总是要用力蹬一下跳台，这是利用力的作用是 相互 的原理；在下落过程中，她受到的重力势能 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】相互；减小。
【分析】力的作用是相互的；重力势能与高度和质量有关，高度越高，质量越大，重力势能越大。
【解答】解：力的作用是相互的，起跳前全红婵要用力蹬一下跳台，就是利用这一原理。当她在下落过程中，离水面的高度不断减小，则其受到的重力势能减小。
故答案为：相互；减小。
21．（2023春•零陵区期中）汽油的燃烧值是4.6×107J/kg，氢的燃烧值是1.4×108J/kg。在燃烧相同质量的两种燃料时， 氢 放出的热量多；燃料质量减小，热值 不变 （选填“变小”或“不变”）。
【答案】氢；不变。
【分析】根据热值的物理含义进行分析解答即可；
热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放热的多少以及是否充分燃烧无关。
【解答】解：因为氢的热值大于汽油的热值，
所以在燃烧单位质量这两种燃料时，氢完全燃烧放出的热量大于汽油完全燃烧放出的热量；
热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量无关，所以燃料燃烧时，质量减小，热值不变。
故答案为：氢；不变。
22．（2023春•招远市期中）如图所示，杆秤秤砣的质量为0.2kg，杆秤自身质量忽略不计。若杆秤水平静止时，被测物体和秤砣到秤纽的距离分别为0.05m和0.2m，则被测物体的质量为 0.8 kg；若被测物体质量变大了，则称纽应向 左 （选填“左”或“右”）移动；若秤砣有缺损，则测量值比被测物体的真实质量要 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】0.8；左；偏大。
【分析】知道秤砣的质量和两边力臂的大小，利用重力公式和杠杆的平衡条件求被测物的质量；
保持秤砣不变，根据杠杆平衡条件分析力臂的变化；
若秤砣有缺损时，左边的力和力臂不变，右边的力减小，根据杠杆的平衡条件知道右边的力臂增大，即：杆秤所示的质量值要大于被测物的真实质量值。
【解答】解：如图所示：
（1）因为杠杆平衡，所以G1LOA＝G2LOB，
即：m1gLOA＝m2gLOB，
则m1＝＝＝0.8kg。
（2）秤砣质量不变，即动力不变，若被测物体质量变大，则阻力变大，由杠杆平衡条件知，动力臂与阻力臂的比值变大，由于阻力臂与动力臂的和等于杆秤的长度是一定的，则应减小阻力臂，增大动力臂，所以称纽应向左端移动。
（3）若秤砣有缺损，m2减小，而G1LOA不变，所以LOB要变大，
杆秤所示的质量值要偏大。
故答案为：0.8；左；偏大。
三．解答题（本题共8小题，共46分）
23．（2023春•响水县期中）在图画出动力F1的力臂l1。
【答案】见解答
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：延长力的作用线，沿力F1的方向作出F1的作用线，由支点O向F1的作用线作垂线，垂线段的长度就为F1的力臂L1，如图所示：
24．（2023春•惠城区期中）如图，站在地面上的人通过滑轮组提升物体，请画出滑轮组的绕线。
【答案】见试题解答内容
【分析】滑轮组可以从动滑轮绕起，也可以从定滑轮绕起，不同的绕法，省力情况也不同；绳子自由端的拉力向下，滑轮组要从定滑轮绕起。
【解答】解：用一个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组，人站在地面上用力提升物体，说明绳子自由端的拉力方向向下，从绳子末端向上先通过上面的定滑轮，再绕过下面的动滑轮，最后固定在定滑轮的下挂钩上，如图所示：
。
25．（2023春•襄阳期中）沈仔细同学在研究“影响重力势能大小的因素”时，提出了如下猜想：
猜想一：重力势能的大小可能与物体的质量有关；
猜想二：重力势能的大小可能与物体所在的高度有关；
猜想三：重力势能的大小可能与物体的体积有关。
他为了验证猜想，准备了如下实验器材：花泥（易产生塑性形变）若干块，体积相同、质量为m的小球3个和质量为2m、3m的小球各一个；体积不同的小球3个。将它们分别从不同位置由静止释放，小球陷入花泥里的深度情况如图所示。请你完成下列内容。
（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过观察 小球陷入花泥的深度 来反映的；
（2）分析A、B、C球的实验现象，可得出结论： 当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大 ；
（3）为了验证猜想二，他应分析 A、D、E （填写字母）三球的实验现象；
（4）为了验证猜想三，沈仔细同学正确操作，F球、G球和H球的质量应该 相同 （选填“相同”或“不同”）；实验后根据图乙的现象，由此可知物体重力势能的大小与物体的体积 无关 （选填“有关”或“无关”）。
【答案】（1）小球陷入花泥的深度；（2）当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）A、D、E；（4）相同；无关。
【分析】（1）实验中通过球陷入花泥的深度来反映小球重力势能的大小用到转换法；
（2）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，研究物体的重力势能与物体的质量关系时，需要保持下落高度不变，改变物体质量；
（3）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体质量不变，改变下落高度；
（4）研究物体重力势能与物体体积的关系时，需要保持物体质量和下落高度不变，改变物体的体积，根据小球陷入花泥的深度分析。
【解答】解：（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过小球陷入花泥的深度来反映的；这是转换法的应用；
（2）比较A、B、C三球，下落高度和运动路径相同，小球的质量越大，小球陷入花泥的深度越大，由此可得出结论：当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；
（3）比较A、D、E三球，三球质量相同，下落高度不同，发现E球陷入花泥的深度更大，说明E球的重力势能较大，由此可得出结论：当物体的质量相同时，下落高度越高，物体的重力势能越大；
（4）研究物体重力势能与物体体积的关系时，需要保持物体质量和下落高度不变，所以F球、G球和H球的质量相同，由图乙知，陷入花泥的深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体的体积无关。
故答案为：（1）小球陷入花泥的深度；（2）当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）A、D、E；（4）相同；无关。
26．（2023春•丰台区校级期中）如表是小明测滑轮组机械效率时收集的有关数据。
（1）请在图中画出实验中滑轮组的绕绳方法。
（2）第3次实验测得滑轮组机械效率为 66.7% （计算结果保留一位小数）。
（3）用同一滑轮组提升不同的重物至同一高度，提升的物重增加时，除克服动滑轮重所做的额外功外，其他额外功将 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）。进一步分析可知，在动滑轮和绳重一定的情况下，该滑轮组的机械效率与 物重 和 摩擦 有关。
【答案】（1）见解答图；（2）66.7%；（3）变大；物重；摩擦。
【分析】（1）根据s和h的关系求出绳子股数n，再根据奇动偶定的原则来绕制滑轮组；
（2）根据η＝×100%＝×100%求出机械效率；
（3）滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子与滑轮间的摩擦力做的功，摩擦力与绳子间的压力和接触面的粗糙程度有关，因此提的物体越重，压力越大，摩擦力越大，额外功也会变大。
【解答】解：（1）由表格中数据可知，物体上升的高度h＝0.1m，而绳子自由端移动的距离为0.3m，s＝3h，所以由3段绳子承担物重，因此要从动滑轮绕起。
绕制滑轮组如下图：
；
（2）第三次的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝×100%≈66.7%；
（3）物体越重，每段绳子上承担的物重越大，所以绳子与轮之间的摩擦也会越大，所做的额外功会变大，根据表格中的数据可知，机械效率变大；
在绳重一定的情况下，物体的重力大小会影响有用功，摩擦力大小会影响额外功，所以滑轮组的机械效率与物重和摩擦有关。
故答案为：（1）见解答图；（2）66.7%；（3）变大；物重；摩擦。
27．（2023春•永修县校级期中）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）把杠杆放在支架上后，在图甲所示位置静止，这时应将平衡螺母 向右 （向右/向左）调节使杠杆水平平衡，这样调节的目的是 便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响 ；
（2）如图乙，实验时在杠杆左侧A点挂钩码，在右侧的B点挂弹簧测力计，为了便于测量力臂，接下来的操作应该是：沿 竖直向下 方向拉弹簧测力计使杠杆在 水平位置 平衡；若每个钩码重0.5N，则此时弹簧测力计的拉力为 3 N；
（3）当弹簧测力计处于图丙中斜拉位置b时，仍要使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数会 变大 （变大/变小），若要使弹簧测力计的示数仍等于竖直向下拉弹簧测力计的示数，应将钩码 向右 （向左/向右）移动适当的距离。
【答案】（1）向右；便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响；（2）竖直向下；水平方向；3；（3）变大；向右。
【分析】（1）杠杆左端下沉，说明重心偏左，应向右调节平衡螺母；使杠杆在平衡位置平衡的目的是便于测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响。
（2）（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；用杠杆平衡条件可对两侧的力的力臂的乘积进行分析，最后做出判断。
【解答】解：（1）图中杠杆左端下沉，说明重心偏左，应向右调节平衡螺母，才能使杠杆在水平位置平衡；让杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是：便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响；
（2）竖直向下拉测力计使杠杆在水平位置平衡，此时力的作用点与支点的距离等于拉力力臂的大小，弹簧测力计的示数就是拉力的大小；
根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，已知每个钩码重0.5N，所以阻力为2N，得2×3L＝F×2L，解得F＝3N；
（3）当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，动力臂变小，阻力、阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力变大，弹簧测力计示数变大；
要保持弹簧测力计示数大小不变，在阻力不变的情况下就得减小阻力臂，因此应将钩码向右移动适当的距离。
故答案为：（1）向右；便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响；（2）竖直向下；水平方向；3；（3）变大；向右。
28．（2023春•秀峰区校级期中）如图，杠杆在水平位置平衡，人的重量为600N，物体M1重为500N，OA：OB＝2：3，每个滑轮重为20N；在拉力F＝50N的作用下，物体 M2以5m/s的速度匀速上升了5m。（杠杆与绳的自重、摩擦均不计）求：
（1）物体M2的重力；
（2）绳子自由端F移动速度；
（3）地面对人的支持力；
（4）物体M1对水平地面的压力。
【答案】（1）物体M2的重力为80N；
（2）绳子自由端F移动速度为10m/s；
（3）地面对人的支持力为550N；
（4）物体M1对水平地面的压力为245N。
【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，绳的自重、摩擦均不计，利用F＝（G+G动）求出物体M2的重力；
（2）根据v绳＝nv物求出绳子自由端F移动速度；
（3）首先对人进行受力分析，受竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的支持力，人对绳子的拉力，即绳子对人的拉力，又知道人的重力，从而可以计算出地面对人的支持力；
（4）由力的平衡，得出绳子对定滑轮向上的拉力，根据力的作用是相互的，即定滑轮对绳子的拉力可知作用在杠杆B端的力，根据杠杆的平衡条件求出绳子作用在杠杆A端的力，根据力的作用是相互的知杠杆对绳子的拉力，即绳子对M1向上的拉力为FA′，由力的平衡，求出地面对M1的支持力，由力的相互性求出物体M1对水平面的压力。
【解答】解：（1）由图可知，n＝2，绳的自重、摩擦均不计，每个滑轮重为20N，根据F＝（G+G动）可知，物体M2的重力为：
G2＝nF﹣G动＝2×50N﹣20N＝80N；
（2）物体M2以5m/s的速度匀速上升了5m，则绳子自由端F移动速度为：
v绳＝nv物＝2×5m/s＝10m/s；
（3）当人用50N的力竖直向下拉绳子时，因力的作用是相互的，则绳子对人会施加竖直向上的拉力，其大小也为50N，
此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支，
由力的平衡条件可得：F+F支＝G人，
则F支＝G人﹣F＝600N﹣50N＝550N；
（4）由力的平衡条件可得，B端对定滑轮向上的拉力：
FB′＝3F+G定＝3×50N+20N＝170N，
根据力的作用是相互的，则定滑轮对杠杆B端的拉力为：FB＝FB′＝170N，
根据杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB×OB，OA：OB＝2：3，
故绳子对杠杆A端的拉力为：
FA＝×FB＝×170N＝255N，
力的作用是相互的，则绳子对M1向上的拉力为FA′＝FA＝255N，
根据力的平衡，地面对M1的支持力：
F支′＝G1﹣FA′＝500N﹣255N＝245N；
由力的相互性可知，物体M1对水平面的压力：
F压＝F支′＝245N。
答：（1）物体M2的重力为80N；
（2）绳子自由端F移动速度为10m/s；
（3）地面对人的支持力为550N；
（4）物体M1对水平地面的压力为245N。
29．（2023春•襄阳期中）如图所示，斜面长s＝8m，高h＝3m。用平行于斜面F＝50N 的拉力，将重力为G＝100N的物体，由斜面的底端匀速拉到顶端，用时t＝10s。求：
（1）有用功W有；
（2）该斜面的机械效率η；
（3）物体受到的摩擦力f。
【答案】（1）有用功300J；
（2）该斜面的机械效率75%；
（3）物体受到的摩擦力12.5N。
【分析】（1）根据W有用＝Gh求出有用功；
（2）根据W总＝Fs求出总功，根据η＝求出机械效率；
（3）求出额外功，物体克服摩擦力做的功为额外功，根据W额＝fs求出摩擦力。
【解答】解：（1）物体克服重力所做的有用功：
W有用＝Gh＝100N×3m＝300J；
（2）拉力做的总功：
W总＝Fs＝50N×8m＝400J，
该斜面的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）物体克服摩擦力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝400J﹣300J＝100J，
由W额＝fs得，物体受到的摩擦力：
f＝＝＝12.5N；
答：（1）有用功300J；
（2）该斜面的机械效率75%；
（3）物体受到的摩擦力12.5N。
30．（2023春•南通期中）氢能源汽车具有零排放的环保优势。某款氢能源汽车总质量为2.0×103kg，在水平公路上以70km/h的速度匀速行驶时受到的阻力为1.2×103N，行驶0.5h消耗氢0.8kg。已知氢的热值为1.4×108J/kg，g取10N/kg。求汽车：
（1）受到的总重力；
（2）牵引力做的功；
（3）利用氢能的效率。
【答案】（1）汽车受到的重力为2×104N；
（2）牵引力做的功为4.2×107J；
（3）汽车利用氢能的效率为37.5%。
【分析】（1）根据G＝mg可以得出汽车重力；
（2）根据二力平衡原理可得牵引力；根据v＝可得汽车行驶的距离；根据W＝Fs可以求出牵引力做的功；
（3）根据Q＝mq，η＝可得效率。
【解答】解：（1）汽车受到的重力：G＝mg＝2.0×103kg×10N/kg＝2×104N
（2）因为汽车匀速行驶，根据二力平衡原理，汽车受到的牵引力：F牵＝f＝1.2×103N，
汽车行驶的距离为：由v＝得：s＝vt＝70km/h×0.5h＝35km＝3.5×104m，
牵引力做的功为：W＝F牵s＝1.2×103N×3.5×104m＝4.2×107J；
（3）氢完全燃烧所产生的热量：Q＝mq＝0.8kg×1.4×108J/kg＝1.12×108J，
汽车利用氢能的效率：η＝＝＝37.5%。
答：（1）汽车受到的重力为2×104N；
（2）牵引力做的功为4.2×107J；实验次数
动滑轮重G0/N
物重
钩码上升高度h/m
动力F/N
动力作用点移动距离s/m
滑轮组机械效率η
1
0.5
1
0.1
0.7
0.3
47.6%
2
0.5
2
0.1
1.1
0.3
60.6%
3
0.5
4
0.1
2
0.3
注意事项：
1．测试范围：苏科版九年级上册第11~12章。
2．g=10N/kg。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2022春•徐汇区校级期中）将一本现在使用的八年级第二册物理书由地面拿到学生课桌上，所做的功约为（ ）
A．0.1焦B．1焦C．10焦D．100焦
【答案】B
【分析】估测出物理书的重力和学生课桌高度，然后根据W＝Fs＝Gh即可求出所做的功。
【解答】解：一本物理书重约1.5N，课桌高度在0.8m左右，将一本物理书由地面拿到学生课桌上，所做的功大约是：W＝Fs＝Gh＝1.5N×0.8m＝1.2J．故B符合实际；
故选：B。
2．（2022秋•江阴市期中）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
【答案】D
【分析】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。
【解答】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＝，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。
3．（2022春•二道区校级期中）如图，杠杆AO可绕O转动，B为OA中点，在B点挂一重为G的物体，用始终与OA垂直的力F抬起杠杆。下列说法不正确的是（ ）
A．动力F的力臂始终不变
B．若把F变为始终竖直向上，则旋转过程中，它的大小不变
C．力F先增大后减小
D．旋转过程中阻力与阻力臂的乘积一直变大
【答案】D
【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，即动力臂不变，然后分析阻力与阻力臂的关系，并得出正确结果。
【解答】解：ACD、将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，阻力与阻力臂的乘积变大，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F逐渐变大；
当杠杆从水平位置向上拉动时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，阻力与阻力臂的乘积变小，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力变小；故F先变大后变小，故AC正确，D错误；
B、若把F变为始终竖直向上，将杠杆缓慢地由OA位置拉到水平位置时，根据相似三角形知识可知，动力臂与阻力臂的比值不变，阻力为杠杆的重力，保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力的大小不变，故B正确。
故选：D。
4．（2022秋•新沂市期中）如图所示，小猴与小兔一起发现一个胡萝卜，想要平分，小猴找来一个小石块支起胡萝卜，使其水平平衡，小猴要左侧部分，小兔要右侧部分，则获取萝卜的情形是（ ）
A．小猴多B．小兔多C．二者一样多D．无法判定
【答案】见试题解答内容
【分析】由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系。
【解答】解：（1）萝卜处于平衡状态，由图可知，
右侧部分重心离支点O较远，故力臂OB较大，左侧部分重心离支点O较近，故力臂OA较小；
根据杠杆平衡条件GA×OA＝GB×OB，左侧萝卜重力GA大、右侧重力GB小，故小猴分的萝卜要重。
故选：A。
5．（2022春•沙坪坝区校级期中）下列关于功和功率的说法正确的是（ ）
A．踢出去的足球在草地上滚动的过程中，脚对足球做了功
B．作用在物体上的力越大，力做的功就越多
C．功率越大的机械，做功就越多
D．功率越大的机械，做功就越快
【答案】D
【分析】（1）功包含两个必要因素：作用在物体上的力；物体在这个力的方向上移动的距离，功等于力乘以在力的方向上通过的距离；
（2）功率是比较物体做功快慢的物理量，物体在单位时间完成的功叫功率。功率的大小与做功多少和所用时间都有关系。
【解答】解：A、足球离开脚，足球不再受到脚的踢力作用，足球由于惯性在草地上滚动，脚对足球没有做功，故A错误；
B、机械做功的多少与力的大小和物体在这个力的方向上移动的距离有关，不知道物体在这个力的方向上移动的距离，无法确定做功的多少，故B错误；
C、物体在单位时间完成的功叫功率，功率与做功的多少和时间的长短两个物理量有关，只知道一个物理量，无法确定功率的大小，故C错误；
D、功率是比较做功快慢的物理量，功率大的机械一定比功率小的机械做功快，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•滨海县期中）如图所示，弹簧的左端固定，将小球套在水平杆上，装置的各种摩擦均不计。a点是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b点是弹簧原长时小球的位置，c点是小球到达最右端的位置。小球由a点运动到c点的过程中（水平面光滑），下列说法中错误的是（ ）
A．在a点时，弹簧的弹性势能最大
B．在b点时，小球的运动速度最大
C．从a点到b点，小球的机械能逐渐增大
D．从b点到c点，小球处于加速滑动过程
【答案】D
【分析】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。
重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
弹性势能与物体的弹性形变程度有关。
机械能为动能和势能的和；动能和势能可以相互转化。
【解答】解：
A、a点是压缩弹簧后形变程度最大处，弹性势能也最大，故A正确；
B、因为水平杆光滑，所以小球在a点时只受到弹簧向右的弹力，则小球由a向b运动时会做加速运动，过了b点受向左的弹簧拉力而减速运动，则b点时小球的速度最大，故B正确；
C、小球质量一定，从a点到b点时速度越来越快，所以动能逐渐增大；小球的重力势能不变，所以机械能变大，故C正确；
D、b点是弹簧原长时小球的位置，弹性势能为0，小球到达b点后由于惯性继续向右运动，所以弹簧逐渐被拉伸，弹性势能逐渐变大，小球的动能转化为弹性势能，使得小球的动能减小，速度变小，小球做减速运动，故D错误。
故选：D。
7．（2022秋•溆浦县校级期中）初温相同的铁块，甲的质量是乙的2倍，它们分别放出相同的热量后，立即接触，则（ ）
A．热量从甲传到乙
B．无法确定热量的传递方向
C．甲、乙间无热传递发生
D．温度由甲传到乙
【答案】A
【分析】热量总是从高温物体传递到低温物体，或者从物体的高温部分传递到低温部分；由热量公式变形式Δt＝推断甲、乙两铁块温度变化情况，确定热传递方向；温度表示物体的冷热程度；热传递过程中传递的是能量，不是温度。
【解答】解：由热量公式变形式Δt＝可知，同种物质放出相同的热量，质量小的物质温度变化较大，因为甲、乙两铁块初温相同，放出热量相同，但甲的质量是乙的2倍，因此甲铁块的温度下降较少，乙铁块的温度下降较多，放出热量后的甲铁块温度高于乙铁块，因此接触后热量从甲传到乙；温度表示物体的冷热程度，热传递过程中传递的是能量，不是温度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．（2022秋•惠阳区期中）如图所示实验或事例，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．水蒸气将软木塞冲出
B．搓手取暖
C．钻木取火
D．由滑梯上滑下臀部会有灼热感
【答案】A
【分析】在一定的条件下，各种能量都可以相互转化。内能转化为机械能就是利用内能来做功的过程。
分析清楚图示物理情景即可正确解题。
【解答】解：A、水蒸气顶开软木塞，是利用水蒸气的内能来做功，把内能转化为机械能，符合题意，故A正确；
B、C、搓手取暖，钻木取火，都是机械能转化为内能，不符合题意，故B、C错误；
D、由滑梯上滑下，臀部会有灼热感，机械能转化为内能，不符合题意，故D错误。
故选：A。
9．（2022秋•吴江区期中）如图所示，用不同的机械将同一物体提升，若不计机械重力及摩擦，下列装置中最省力的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】若不计机械重力及摩擦。设物体的重力为G。
A中直接提升物体，根据F1＝G得出拉力；
B中使用定滑轮，根据F2＝G得出拉力；
CD中使用滑轮组，根据F＝G得出拉力。
比较四组拉力大小，即可得出答案。
【解答】解：若不计机械重力及摩擦。设物体的重力为G。
A中直接提升物体，则拉力F1＝G；
B中使用定滑轮，则拉力F2＝G；
C中使用滑轮组，n＝3，则拉力F3＝G；
D中使用滑轮组，n＝2，则拉力F4＝G；
故下列装置中最省力的是C。
故选C。
10．（2023春•蓬莱区期中）如图所示，压在杯底的乒乓球，上浮时会弹离水面，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球弹离水面后上升，获得的能量源自水的重力势能
B．乒乓球自1至3的过程中，受到的浮力不断减小
C．乒乓球自1至4的过程中，水对杯底的压强先不变后增大
D．乒乓球自1至4的过程中，杯子对桌面的压强始终不变
【答案】A
【分析】（1）乒乓球脱离水面下降，水的重力势能转化为动能，再对乒乓球做功；
（2）乒乓球在上浮过程中，分两个过程：一是全浸入水中的上升过程，二是露出水面到脱离水面；分析两个过程排开水的体积变化，利用阿基米德原理F浮＝ρ水V排g得出受到的浮力变化；
（3）乒乓球在上浮过程中，分两个过程：一是全浸入水中的上升过程，二是露出水面到脱离水面；分析两个过程水的深度变化，利用液体压强公式p＝ρgh得出水对杯底的压强变化；
（4）乒乓球弹离水面后杯子对桌面的压力变小，据此分析压强的变化。
【解答】解：A、乒乓球弹离水面，水位下降，水的重力势能转化为动能，再对乒乓球做功，因此乒乓球弹离水面后上升，获得的能量源自水的重力势能，故A正确；
B、乒乓球在1至3的上浮过程中，是全浸入水中的上升过程，此过程排开水的体积不变，由F浮＝ρ水V排g可知受到的浮力不变，故B正确；
C、乒乓球自1至4的过程中，先是全浸入水中的上升过程，此过程排开水的体积不变，水的深度不变，由p＝ρgh可知水对杯底的压强不变；然后是露出水面到脱离水面，此过程排开水的体积变小，水的深度变小，由p＝ρgh可知水对杯底的压强变小；所以乒乓球在上浮过程中，水对杯底的压强先不变、后变小，故C错误；
D、乒乓球自1至4的过程中，杯子对桌面的压力先不变，乒乓球弹离水面后，压力变小，由p＝可得，压强变小，故D错误。
故选：A。
11．（2023春•牟平区期中）将完全相同的物体A、B置于如图所示的装置中，物体B恰好能够匀速下降，已知A、B的重力均为6N；若对物体A施加一个水平向右10N的拉力F1，可以使物体B以0.1m/s的速度匀速上升。忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．B匀速上升时，拉力F1的功率为1W
B．物体B匀速下降时，物体A受桌面的支持力为5N
C．B匀速下降时，A受到的摩擦力为10N
D．动滑轮的重力为4N
【答案】D
【分析】（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度v＝nv物，利用P＝＝＝Fv求拉力F1做功的功率；
（2）根据二力平衡条件求出物体A受桌面的支持力；
（3）根据力的平衡条件求出A受到的摩擦力；
（4）根据力的平衡条件求出绳子自由端的拉力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力。
【解答】解：A、由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度：v＝nv物＝2×0.1m/s＝0.2m/s，
拉力F1做功的功率：P＝＝＝F1v＝10N×0.2m/s＝2W，故A错误；
B、物体A做匀速直线运动，由二力平衡条件可知，物体A受桌面的支持力：F支＝G＝6N，故B错误；
C、B匀速上升时，物体A在水平方向上受到绳子自由端向左的拉力F、桌面向左的摩擦力f和水平向右10N的拉力F1，由力的平衡条件可知：F+f＝10N……①
B匀速下降时，物体A在水平方向上受到绳子自由端向左的拉力F、桌面向右的摩擦力f，由于压力和接触面的粗糙程度没有发生变化，因此摩擦力f也不变，由力的平衡条件可知：F＝f……②，由①②解得：f＝5N，故C错误；
D、B匀速下降时，由力的平衡条件可知，绳子自由端的拉力：F＝f＝5N，
因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×5N﹣6N＝4N，故D正确。
故选：D。
12．（2022秋•乾县期中）如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示的液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲液体比乙液体的比热容比大
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2：3
C．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比2：3
D．将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点）所需要的时间之比仍为2：3
【答案】D
【分析】（1）升高相同的温度，比较加热时间可得吸收热量之比；由Q吸＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，升高相同的温度，吸收热量之比与比热容成正比，据此可得比热容之比。
（2）用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同；
（3）加热相同的时间，即吸收的热量相同，由Q吸＝cmΔt可知，加热相同的时间，即吸收的热量相同，甲、乙两种液体升高的温度之比与比热容成反比，据此可得升高的温度之比；
（4）质量相同，升高相同的温度，吸收热量之比与比热容成正比，加热时间之比与吸收热量成正比。
【解答】解：A、由图丙可知，将甲、乙两种液体从20℃加热至40℃时，甲用时2min，乙用时3min，由于加热器相同，则甲乙所吸收的热量之比为：
＝，
根据Q＝cmΔt可得：
＝＝＝，
所以甲的比热容比乙小，故A错误；
B、用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同，甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比应为1：1，故B错误；
C、加热相同的时间，即吸收的热量相同，则温度变化量为：
＝＝＝，故C错误；
D、将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点），即温度变化相同，质量相同，所需要吸收的热量之比为：
＝＝＝，
而两个加热器是相同的，吸收热量多少与时间成正比，所以＝＝，故D正确。
故选：D。
二、填空题（本题共10小题，每题3分，共30分）
13．（2023春•丰台区校级期中）（1）如图1所示，体温计的示数为 37.3 ℃。
（2）如图2所示，OB是以O点为支点的杠杆，F是作用在杠杆B端的力。图中线段AB与力F的作用线在一条直线上，且OA⊥AB、AC⊥OB。线段 OA （选填“OA”或“AC”）表示力F的力臂。
【答案】（1）37.3；（2）OA。
【分析】（1）由图确定体温计的分度值，再根据液柱位置读数；
（2）力臂是从支点到力的作用线的距离。
【解答】解：（1）由图1可知，体温计的分度值为0.1℃，此时示数为37.3℃；
（2）由图可知，OA是从支点到力F作用线的距离，所以，OA表示力F的力臂。
故答案为：（1）37.3；（2）OA。
14．（2023春•南昌县期中）如图所示，小欣同学只有一根绳子，他想把被风刮倒的甲树拉正，想起刚学习滑轮知识，他把绳子的一端系在乙树上，然后绕过甲树用力拉绳子，这样做有 2 段绳子拉甲树。如果不计绳重和摩擦，甲树受到400N拉力，则乙树受到的拉力为 200 N。
【答案】2；200。
【分析】由图知，小欣同学用绳拉甲树可以看成一个动滑轮，据此分析解答。
【解答】解：由图可知，用绳子拉甲树时，甲相当于一个动滑轮，此时有两段绳子拉甲树；
不计绳重和摩擦，甲树受400N拉力，则每段绳子承担的力是400N的，
所以小欣对绳子的拉力为：F＝F甲＝×400N＝200N，乙树受到的拉力也为200N。
故答案为：2；200。
15．（2023春•绥棱县校级期中）小华用50N的水平力推重为400N的物体沿水平面做匀速直线运动，物体在5s内移动5m，在此过程中，小华对物体所做的功是 250 J，重力做功是 0 J。
【答案】250；0。
【分析】（1）利用W＝Fs求小华做的功；
（2）一个力要对物体做功，物体必须在这个力的方向上通过一段距离。重力的方向竖直向下，物体在水平方向上通过了距离，而没有在竖直方向上通过距离，所以重力对物体没有做功。
【解答】解：（1）小华对物体做的功：
W＝Fs＝50N×5m＝250J；
（2）重力的方向竖直向下，物体在水平方向上通过了距离，而没有在竖直方向上通过距离，所以重力对物体没有做功，即重力做功为0J。
故答案为：250；0。
16．（2023春•靖江市校级期中）上周五，我们走进生祠镇东进村、丽园开展践行红色之旅、点燃热血青春的社会实践活动。丽园内桃红柳绿，鸟语花香，渲染着盎然春意。闻到花香，这是 扩散 现象；同学们发现树叶上的露珠可以保持近似球形，表明分子间存在相互作用的 引力 。
【答案】扩散；引力。
【分析】扩散现象说明指一切物质的分子在不停地做无规则运动；温度越高，分子运动越剧烈；分子间有相互作用的引力和斥力。
【解答】解：闻到花香，这是花香分子在做无规则的运动，是扩散现象。
同学们发现树叶上的露珠可以保持近似球形，表明分子间存在相互作用的吸引力。
故答案为：扩散；引力。
17．（2023春•蓬莱区期中）茶是世界三大饮品之一，起源于中国，盛行于世界，用电热壶将2kg初温为15℃的水烧至95℃沏茶，水吸收的热量为 6.72×105 J，沏好茶后一会儿就茶香四溢，从物理学的角度来讲，这是 扩散 现象。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】6.72×105；扩散。
【分析】（1）已知水的质量、比热容、初温和末温，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）计算水吸收的热量；
（2）不同物质相互接触时，分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（95℃﹣15℃）＝6.72×105J；
（2）茶香四溢，是茶香分子在空气中不停地做无规则运动的结果，属于扩散现象。
故答案为：6.72×105；扩散。
18．（2023春•凉州区期中）一台拖拉机以30kW的功率匀速耕地，速度为3.6km/h，拖拉机耕地时的牵引力 3×104 N，有一头牛，它的功率是0.3kW，这台拖拉机以30kW的功率工作2h所做的功由这头牛来完成，需要 200 h。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据P＝＝＝Fv可知拖拉机的牵引力，根据P＝得出拖拉机所做的功；
（2）知道拖拉机的功率和工作时间，可利用公式W＝Pt计算出拖拉机所做的功；又知道牛的功率，可利用公式P＝计算出耕牛做这些功需要的时间。
【解答】解：v＝3.6km/h＝1m/s，
根据P＝＝＝Fv可知拖拉机的牵引力为：F＝＝＝3×104N；
拖拉机的功率P＝30kW＝3×104W，工作时间t机＝2h＝7.2×103s，
由P＝得，拖拉机所做的功为：
W＝Pt机＝3×104W×7.2×103s＝2.16×108J，
而牛的平均功率为：P牛＝0.3kW＝300W，
由P＝得，牛做这些功需要的时间为：
t牛＝＝＝7.2×105s＝200h。
故答案为：3×104；200。
19．（2023春•德化县期中）如图所示，这是工人向高处运送材料的装置，图中右侧滑轮的作用是 改变力的方向 ；每个滑轮重为100N，某一次运送的材料重为400N，在拉力F作用下，材料匀速上升，不计绳重和摩擦，则滑轮组的机械效率为 80% 。
【答案】改变力的方向；80%。
【分析】（1）由图可知，右侧滑轮的轴固定不动，因此右侧滑轮为定滑轮，利用定滑轮可以改变力的方向；
（2）由于不计绳重和摩擦，根据η＝×100%＝＝×100%＝×100%＝×100%求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：由图可知，右侧滑轮的轴固定不动，因此右侧滑轮为定滑轮，利用定滑轮可以改变力的方向；
由于不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。
故答案为：改变力的方向；80%。
20．（2023春•云阳县期中）奥运冠军全红婵多次在跳台上表演“水花消失术”。起跳前，她总是要用力蹬一下跳台，这是利用力的作用是 相互 的原理；在下落过程中，她受到的重力势能 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】相互；减小。
【分析】力的作用是相互的；重力势能与高度和质量有关，高度越高，质量越大，重力势能越大。
【解答】解：力的作用是相互的，起跳前全红婵要用力蹬一下跳台，就是利用这一原理。当她在下落过程中，离水面的高度不断减小，则其受到的重力势能减小。
故答案为：相互；减小。
21．（2023春•零陵区期中）汽油的燃烧值是4.6×107J/kg，氢的燃烧值是1.4×108J/kg。在燃烧相同质量的两种燃料时， 氢 放出的热量多；燃料质量减小，热值 不变 （选填“变小”或“不变”）。
【答案】氢；不变。
【分析】根据热值的物理含义进行分析解答即可；
热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放热的多少以及是否充分燃烧无关。
【解答】解：因为氢的热值大于汽油的热值，
所以在燃烧单位质量这两种燃料时，氢完全燃烧放出的热量大于汽油完全燃烧放出的热量；
热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量无关，所以燃料燃烧时，质量减小，热值不变。
故答案为：氢；不变。
22．（2023春•招远市期中）如图所示，杆秤秤砣的质量为0.2kg，杆秤自身质量忽略不计。若杆秤水平静止时，被测物体和秤砣到秤纽的距离分别为0.05m和0.2m，则被测物体的质量为 0.8 kg；若被测物体质量变大了，则称纽应向 左 （选填“左”或“右”）移动；若秤砣有缺损，则测量值比被测物体的真实质量要 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】0.8；左；偏大。
【分析】知道秤砣的质量和两边力臂的大小，利用重力公式和杠杆的平衡条件求被测物的质量；
保持秤砣不变，根据杠杆平衡条件分析力臂的变化；
若秤砣有缺损时，左边的力和力臂不变，右边的力减小，根据杠杆的平衡条件知道右边的力臂增大，即：杆秤所示的质量值要大于被测物的真实质量值。
【解答】解：如图所示：
（1）因为杠杆平衡，所以G1LOA＝G2LOB，
即：m1gLOA＝m2gLOB，
则m1＝＝＝0.8kg。
（2）秤砣质量不变，即动力不变，若被测物体质量变大，则阻力变大，由杠杆平衡条件知，动力臂与阻力臂的比值变大，由于阻力臂与动力臂的和等于杆秤的长度是一定的，则应减小阻力臂，增大动力臂，所以称纽应向左端移动。
（3）若秤砣有缺损，m2减小，而G1LOA不变，所以LOB要变大，
杆秤所示的质量值要偏大。
故答案为：0.8；左；偏大。
三．解答题（本题共8小题，共46分）
23．（2023春•响水县期中）在图画出动力F1的力臂l1。
【答案】见解答
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：延长力的作用线，沿力F1的方向作出F1的作用线，由支点O向F1的作用线作垂线，垂线段的长度就为F1的力臂L1，如图所示：
24．（2023春•惠城区期中）如图，站在地面上的人通过滑轮组提升物体，请画出滑轮组的绕线。
【答案】见试题解答内容
【分析】滑轮组可以从动滑轮绕起，也可以从定滑轮绕起，不同的绕法，省力情况也不同；绳子自由端的拉力向下，滑轮组要从定滑轮绕起。
【解答】解：用一个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组，人站在地面上用力提升物体，说明绳子自由端的拉力方向向下，从绳子末端向上先通过上面的定滑轮，再绕过下面的动滑轮，最后固定在定滑轮的下挂钩上，如图所示：
。
25．（2023春•襄阳期中）沈仔细同学在研究“影响重力势能大小的因素”时，提出了如下猜想：
猜想一：重力势能的大小可能与物体的质量有关；
猜想二：重力势能的大小可能与物体所在的高度有关；
猜想三：重力势能的大小可能与物体的体积有关。
他为了验证猜想，准备了如下实验器材：花泥（易产生塑性形变）若干块，体积相同、质量为m的小球3个和质量为2m、3m的小球各一个；体积不同的小球3个。将它们分别从不同位置由静止释放，小球陷入花泥里的深度情况如图所示。请你完成下列内容。
（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过观察 小球陷入花泥的深度 来反映的；
（2）分析A、B、C球的实验现象，可得出结论： 当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大 ；
（3）为了验证猜想二，他应分析 A、D、E （填写字母）三球的实验现象；
（4）为了验证猜想三，沈仔细同学正确操作，F球、G球和H球的质量应该 相同 （选填“相同”或“不同”）；实验后根据图乙的现象，由此可知物体重力势能的大小与物体的体积 无关 （选填“有关”或“无关”）。
【答案】（1）小球陷入花泥的深度；（2）当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）A、D、E；（4）相同；无关。
【分析】（1）实验中通过球陷入花泥的深度来反映小球重力势能的大小用到转换法；
（2）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，研究物体的重力势能与物体的质量关系时，需要保持下落高度不变，改变物体质量；
（3）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体质量不变，改变下落高度；
（4）研究物体重力势能与物体体积的关系时，需要保持物体质量和下落高度不变，改变物体的体积，根据小球陷入花泥的深度分析。
【解答】解：（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过小球陷入花泥的深度来反映的；这是转换法的应用；
（2）比较A、B、C三球，下落高度和运动路径相同，小球的质量越大，小球陷入花泥的深度越大，由此可得出结论：当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；
（3）比较A、D、E三球，三球质量相同，下落高度不同，发现E球陷入花泥的深度更大，说明E球的重力势能较大，由此可得出结论：当物体的质量相同时，下落高度越高，物体的重力势能越大；
（4）研究物体重力势能与物体体积的关系时，需要保持物体质量和下落高度不变，所以F球、G球和H球的质量相同，由图乙知，陷入花泥的深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体的体积无关。
故答案为：（1）小球陷入花泥的深度；（2）当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）A、D、E；（4）相同；无关。
26．（2023春•丰台区校级期中）如表是小明测滑轮组机械效率时收集的有关数据。
（1）请在图中画出实验中滑轮组的绕绳方法。
（2）第3次实验测得滑轮组机械效率为 66.7% （计算结果保留一位小数）。
（3）用同一滑轮组提升不同的重物至同一高度，提升的物重增加时，除克服动滑轮重所做的额外功外，其他额外功将 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）。进一步分析可知，在动滑轮和绳重一定的情况下，该滑轮组的机械效率与 物重 和 摩擦 有关。
【答案】（1）见解答图；（2）66.7%；（3）变大；物重；摩擦。
【分析】（1）根据s和h的关系求出绳子股数n，再根据奇动偶定的原则来绕制滑轮组；
（2）根据η＝×100%＝×100%求出机械效率；
（3）滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子与滑轮间的摩擦力做的功，摩擦力与绳子间的压力和接触面的粗糙程度有关，因此提的物体越重，压力越大，摩擦力越大，额外功也会变大。
【解答】解：（1）由表格中数据可知，物体上升的高度h＝0.1m，而绳子自由端移动的距离为0.3m，s＝3h，所以由3段绳子承担物重，因此要从动滑轮绕起。
绕制滑轮组如下图：
；
（2）第三次的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝×100%≈66.7%；
（3）物体越重，每段绳子上承担的物重越大，所以绳子与轮之间的摩擦也会越大，所做的额外功会变大，根据表格中的数据可知，机械效率变大；
在绳重一定的情况下，物体的重力大小会影响有用功，摩擦力大小会影响额外功，所以滑轮组的机械效率与物重和摩擦有关。
故答案为：（1）见解答图；（2）66.7%；（3）变大；物重；摩擦。
27．（2023春•永修县校级期中）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）把杠杆放在支架上后，在图甲所示位置静止，这时应将平衡螺母 向右 （向右/向左）调节使杠杆水平平衡，这样调节的目的是 便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响 ；
（2）如图乙，实验时在杠杆左侧A点挂钩码，在右侧的B点挂弹簧测力计，为了便于测量力臂，接下来的操作应该是：沿 竖直向下 方向拉弹簧测力计使杠杆在 水平位置 平衡；若每个钩码重0.5N，则此时弹簧测力计的拉力为 3 N；
（3）当弹簧测力计处于图丙中斜拉位置b时，仍要使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数会 变大 （变大/变小），若要使弹簧测力计的示数仍等于竖直向下拉弹簧测力计的示数，应将钩码 向右 （向左/向右）移动适当的距离。
【答案】（1）向右；便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响；（2）竖直向下；水平方向；3；（3）变大；向右。
【分析】（1）杠杆左端下沉，说明重心偏左，应向右调节平衡螺母；使杠杆在平衡位置平衡的目的是便于测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响。
（2）（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；用杠杆平衡条件可对两侧的力的力臂的乘积进行分析，最后做出判断。
【解答】解：（1）图中杠杆左端下沉，说明重心偏左，应向右调节平衡螺母，才能使杠杆在水平位置平衡；让杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是：便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响；
（2）竖直向下拉测力计使杠杆在水平位置平衡，此时力的作用点与支点的距离等于拉力力臂的大小，弹簧测力计的示数就是拉力的大小；
根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，已知每个钩码重0.5N，所以阻力为2N，得2×3L＝F×2L，解得F＝3N；
（3）当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，动力臂变小，阻力、阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力变大，弹簧测力计示数变大；
要保持弹簧测力计示数大小不变，在阻力不变的情况下就得减小阻力臂，因此应将钩码向右移动适当的距离。
故答案为：（1）向右；便于在杠杆上直接测量力臂，消除杠杆自重对实验的影响；（2）竖直向下；水平方向；3；（3）变大；向右。
28．（2023春•秀峰区校级期中）如图，杠杆在水平位置平衡，人的重量为600N，物体M1重为500N，OA：OB＝2：3，每个滑轮重为20N；在拉力F＝50N的作用下，物体 M2以5m/s的速度匀速上升了5m。（杠杆与绳的自重、摩擦均不计）求：
（1）物体M2的重力；
（2）绳子自由端F移动速度；
（3）地面对人的支持力；
（4）物体M1对水平地面的压力。
【答案】（1）物体M2的重力为80N；
（2）绳子自由端F移动速度为10m/s；
（3）地面对人的支持力为550N；
（4）物体M1对水平地面的压力为245N。
【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，绳的自重、摩擦均不计，利用F＝（G+G动）求出物体M2的重力；
（2）根据v绳＝nv物求出绳子自由端F移动速度；
（3）首先对人进行受力分析，受竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的支持力，人对绳子的拉力，即绳子对人的拉力，又知道人的重力，从而可以计算出地面对人的支持力；
（4）由力的平衡，得出绳子对定滑轮向上的拉力，根据力的作用是相互的，即定滑轮对绳子的拉力可知作用在杠杆B端的力，根据杠杆的平衡条件求出绳子作用在杠杆A端的力，根据力的作用是相互的知杠杆对绳子的拉力，即绳子对M1向上的拉力为FA′，由力的平衡，求出地面对M1的支持力，由力的相互性求出物体M1对水平面的压力。
【解答】解：（1）由图可知，n＝2，绳的自重、摩擦均不计，每个滑轮重为20N，根据F＝（G+G动）可知，物体M2的重力为：
G2＝nF﹣G动＝2×50N﹣20N＝80N；
（2）物体M2以5m/s的速度匀速上升了5m，则绳子自由端F移动速度为：
v绳＝nv物＝2×5m/s＝10m/s；
（3）当人用50N的力竖直向下拉绳子时，因力的作用是相互的，则绳子对人会施加竖直向上的拉力，其大小也为50N，
此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支，
由力的平衡条件可得：F+F支＝G人，
则F支＝G人﹣F＝600N﹣50N＝550N；
（4）由力的平衡条件可得，B端对定滑轮向上的拉力：
FB′＝3F+G定＝3×50N+20N＝170N，
根据力的作用是相互的，则定滑轮对杠杆B端的拉力为：FB＝FB′＝170N，
根据杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB×OB，OA：OB＝2：3，
故绳子对杠杆A端的拉力为：
FA＝×FB＝×170N＝255N，
力的作用是相互的，则绳子对M1向上的拉力为FA′＝FA＝255N，
根据力的平衡，地面对M1的支持力：
F支′＝G1﹣FA′＝500N﹣255N＝245N；
由力的相互性可知，物体M1对水平面的压力：
F压＝F支′＝245N。
答：（1）物体M2的重力为80N；
（2）绳子自由端F移动速度为10m/s；
（3）地面对人的支持力为550N；
（4）物体M1对水平地面的压力为245N。
29．（2023春•襄阳期中）如图所示，斜面长s＝8m，高h＝3m。用平行于斜面F＝50N 的拉力，将重力为G＝100N的物体，由斜面的底端匀速拉到顶端，用时t＝10s。求：
（1）有用功W有；
（2）该斜面的机械效率η；
（3）物体受到的摩擦力f。
【答案】（1）有用功300J；
（2）该斜面的机械效率75%；
（3）物体受到的摩擦力12.5N。
【分析】（1）根据W有用＝Gh求出有用功；
（2）根据W总＝Fs求出总功，根据η＝求出机械效率；
（3）求出额外功，物体克服摩擦力做的功为额外功，根据W额＝fs求出摩擦力。
【解答】解：（1）物体克服重力所做的有用功：
W有用＝Gh＝100N×3m＝300J；
（2）拉力做的总功：
W总＝Fs＝50N×8m＝400J，
该斜面的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）物体克服摩擦力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝400J﹣300J＝100J，
由W额＝fs得，物体受到的摩擦力：
f＝＝＝12.5N；
答：（1）有用功300J；
（2）该斜面的机械效率75%；
（3）物体受到的摩擦力12.5N。
30．（2023春•南通期中）氢能源汽车具有零排放的环保优势。某款氢能源汽车总质量为2.0×103kg，在水平公路上以70km/h的速度匀速行驶时受到的阻力为1.2×103N，行驶0.5h消耗氢0.8kg。已知氢的热值为1.4×108J/kg，g取10N/kg。求汽车：
（1）受到的总重力；
（2）牵引力做的功；
（3）利用氢能的效率。
【答案】（1）汽车受到的重力为2×104N；
（2）牵引力做的功为4.2×107J；
（3）汽车利用氢能的效率为37.5%。
【分析】（1）根据G＝mg可以得出汽车重力；
（2）根据二力平衡原理可得牵引力；根据v＝可得汽车行驶的距离；根据W＝Fs可以求出牵引力做的功；
（3）根据Q＝mq，η＝可得效率。
【解答】解：（1）汽车受到的重力：G＝mg＝2.0×103kg×10N/kg＝2×104N
（2）因为汽车匀速行驶，根据二力平衡原理，汽车受到的牵引力：F牵＝f＝1.2×103N，
汽车行驶的距离为：由v＝得：s＝vt＝70km/h×0.5h＝35km＝3.5×104m，
牵引力做的功为：W＝F牵s＝1.2×103N×3.5×104m＝4.2×107J；
（3）氢完全燃烧所产生的热量：Q＝mq＝0.8kg×1.4×108J/kg＝1.12×108J，
汽车利用氢能的效率：η＝＝＝37.5%。
答：（1）汽车受到的重力为2×104N；
（2）牵引力做的功为4.2×107J；实验次数
动滑轮重G0/N
物重
钩码上升高度h/m
动力F/N
动力作用点移动距离s/m
滑轮组机械效率η
1
0.5
1
0.1
0.7
0.3
47.6%
2
0.5
2
0.1
1.1
0.3
60.6%
3
0.5
4
0.1
2
0.3
相关试卷
2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理综合复习02（易错60题13大考点）（原卷版+解析版）： 这是一份2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理综合复习02（易错60题13大考点）（原卷版+解析版），文件包含九年级上册物理综合复习02易错60题13大考点原卷版docx、九年级上册物理综合复习02易错60题13大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理第三次月考模拟测试01（原卷版+解析版）： 这是一份2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理第三次月考模拟测试01（原卷版+解析版），文件包含九年级上册物理第三次月考模拟测试01第1114章原卷版docx、九年级上册物理第三次月考模拟测试01第1114章解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理第一次月考模拟测试01（原卷版+解析版）： 这是一份2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理第一次月考模拟测试01（原卷版+解析版），文件包含九年级上册物理第一次月考模拟测试01第1112章原卷版docx、九年级上册物理第一次月考模拟测试01第1112章解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
