2025-2026学年江西省新余四中九年级（上）月考物理试卷（10月份）

这是一份2025-2026学年江西省新余四中九年级（上）月考物理试卷（10月份），共22页。试卷主要包含了填空题，单选题，多选题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.大型载重汽车下坡时间较长时，为防止刹车片过热造成刹车失灵，要向刹车片和轮胎喷水降温。刹车片过热是通过 方式增加内能的。喷水降温是通过 方式减小内能的。
2.长征五号遥八运载火箭开始加注液氧低温推进剂，计划执行探月工程四期嫦娥六号任务，其运载火箭采用的推进剂主要使用液态氢作为燃料是利用其具有较大的 这一特性，若液态氢用去了一半，这一特性将 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
3.我市为创建文明卫生城市，每天都安排洒水车清洁街道，匀速行驶的洒水车在水平路面行驶的过程中持续洒水，洒水车的动能 ，机械能 (两空均选填“增大”、“减小”或“不变”)。
4.老旧小区没装电梯的情况下，李师傅送水时会选择将水扛上楼，第一次李师傅用2min将一桶水从一楼送到四楼，第二次用5min将同样的一桶水从一楼送到六楼，两次送水过程中李师傅对水桶做的功分别为W1、W2，对水桶做功的功率分别为P1、P2，则W1：W2= ，P1：P2= 。
5.如图所示是汽油机的 冲程，若该汽油机的飞轮转速是3600r/min，那么1s对外做功 次。
6.初温相同的甲、乙同种物质，质量之比为4：1，放出热量之比为3：1，则它们温度变化之比为 ；接触后热传递的方向是 (选填“从甲到乙”或“从乙到甲”)。
7.如图所示，是小李同学做冰熔化实验绘制出的温度−时间图象，已知冰的质量为0.1kg，若整个过程用同一稳定的热源加热，则由图知第6min时的内能 第8min时的内能(选填“大于”、“等于”或“小于”)，该物质从A到D整个过程吸收的总热量为 J。
8.如图所示，重100N的物体A在水平拉力F的作用下以0.1m/s的速度匀速运动10s，弹簧测力计的示数为20N，滑轮组的机械效率为80%。拉力F的功率是 W，物体A受到的摩擦力是 N。(不计绳重和滑轮重)
二、单选题：本大题共4小题，共8分。
9.下列有关温度、内能和热量的说法中正确的是( )
A. 温度高的物体，内能一定大
B. 一个物体的内能增大一定是因为它吸收了热量
C. 一个物体吸收了热量，温度一定会升高
D. 热量可以从内能少的物体转移给内能多的物体
10.某商场中有两种电动扶梯，甲为阶梯式扶梯，乙为履带式扶梯。如图所示为小明分别乘坐这两种电动扶梯匀速运动的情景，该过程他与扶梯保持相对静止。下列说法正确的是( )
A. 乘坐甲扶梯的过程中，扶梯对人的支持力不做功
B. 乘坐甲扶梯的过程中，扶梯对人没有摩擦力
C. 乙扶梯为斜面，机械效率可以达到100%
D. 乘坐乙扶梯的过程中，人的机械能保持不变
11.关于如图所示的热现象，说法正确的是( )
A. 图甲中炙热的铁水具有内能，冰冷的冰块没有内能
B. 图乙中冬天搓手取暖是将内能转化为机械能
C. 图丙中用湿毛巾冷敷降温是通过热传递的方式增加人体的内能
D. 图丁中能量转化与汽油机压缩冲程能量转化都是机械能转化为内能
12.如图所示，将一个空易拉罐的底部钻一个小孔，往易拉罐里喷少量酒精，然后将一个空的纸杯迅速套上，用点燃的打火机靠近易拉罐底部的小孔，纸杯就会飞出去，下列说法错误的是( )
A. 酒精燃烧时，将化学能转化为内能
B. 酒精燃烧时，酒精的热值变小
C. 纸杯飞出去的过程，相当于内燃机的做功冲程
D. 纸杯飞出去时，易拉罐内气体的内能减小
三、多选题：本大题共2小题，共6分。
13.如图甲，冰壶质量为19kg。一位运动员用20N的水平力将冰壶从水平冰道的A点推至B点后放手，离手后冰壶继续滑行至C点停止，如图乙所示。下列说法不正确的是( )
A. 不计空气阻力，冰壶在BC段运动时受到重力、支持力、推力、摩擦力
B. 冰壶在C点静止时，冰壶受到的重力和冰壶对冰道的压力是一对平衡力
C. 冰壶在BC段运动时，动能逐渐减小
D. AC段，运动员对冰壶做的功为48J
14.用相同的加热装置给质量均为200g的水和某种液体(比热容比水小)加热，两种液体的温度随加热时间变化的图像如图所示，已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。则下列说法正确的是( )
A. 相同时间内两种液体吸收的热量相同
B. 图中乙是水的温度随时间变化的图像
C. 升高相同的温度时，甲、乙吸收的热量之比为1：2
D. 加热8min，甲吸收的热量为8.4×106J
四、实验探究题：本大题共4小题，共28分。
15.在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。
(1)要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和______；
(2)实验中应量取质量______的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用______的电加热器加热；(两空均选填“相同”或“不相同”)
(3)小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲______(选填“>”、“h2，mA=mB”、“=”或“h1)由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断钢球动能的大小，这种方法是______(选填“正确”或“错误”)的，理由是：______。
17.生活和生产中，简单机械有着十分重要的作用：

(1)在“探究杠杆平衡条件”实验中，小集把杠杆支在支架上，发现杠杆左端低右端高，应将杠杆的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)端调节：如图甲所示，杠杆左边A点挂3个钩码，要使杠杆再次水平平衡，应在杠杆右边B点挂______个钩码。(实验中所用钩码均相同)
(2)小集用图乙的实验装置探究滑轮组机械效率，实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如下表：
①第1次实验中，滑轮组的机械效率为______%(精确到0.1%)；
②第2次实验中，弹簧测力计示数如图乙所示，为______N；
③分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)小集用图丙的实验装置探究斜面的机械效率，某次实验测得物重G=6N、斜面长s=1m、高h=0.2m、拉力F=1.5N，则物体在斜面上匀速运动时受到的摩擦力为______N，此过程中斜面的机械效率为______。
18.做功与物体内能的变化存在怎样的关系？小明利用注射器、数字温度传感器等器材进行了如图所示探究。
【证据】
(1)如图甲，在注射器前端筒壁上钻一个小孔，将温度传感器的探头插入注射器内，用密封胶将小孔密封，读出此时温度传感器的示数。
(2)如图乙，用橡皮帽将注射器的注射口堵住，用力向左推动活塞，读出此时温度传感器的示数。
(3)如图丙，快速取下橡皮帽，活塞向右运动，注射口喷出“白气”，读出温度传感器的示数。
【解释】
(1)该实验通过______来反映气体内能的变化，这里应用了______法。
(2)比较______两图可知，外界对气体做功，气体内能增大；比较______两图可知，气体对外界做功，气体内能减小。
(3)做功可以改变物体的内能，它在改变物体内能的效果上与热传递______(选填“是”或“不是”)等效的。
【交流】快速取下橡皮帽，注射口喷出“白气”，这是______(填物态变化的名称)现象；此过程中的能量转化与汽油机的______冲程相同。
五、计算题：本大题共3小题，共22分。
19.如图1所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1000J。现将甲、乙(蓖麻油)两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为200g，加热过程中甲、乙两种液体温度随加热时间的变化曲线如图2所示。分析回答下列问题：
(1)加热60s时，乙吸收的热量。
(2)蓖麻油的质量。[c蓖麻油=1.8×103J/(kg⋅℃]
(3)甲液体的比热容。
20.如图所示，是百度开发的一款无人驾驶汽车，汽车自动驾驶时用激光测距器来了解周围的交通状况，用北斗卫星导航系统进行定位和导航，该款车以某速度在一段平直的公路上匀速行驶一段距离时，消耗汽油2kg，该汽油机的效率为30%，在这段行驶过程中受到的平均阻力为1×103N[已知：汽油的热值为4.5×107J/kg，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。求：
(1)若其行驶的速度为20m/s，则该汽车发动机此时的功率为多少？
(2)消耗2kg汽油，有多少能量被发动机转化为有用功？
(3)假设该汽车在这次行驶过程中，发动机排出的废气带走的能量占汽油完全燃烧放出的热量的42%，若这些废气带走的能量全部被质量为200kg的水吸收，水升高的温度是多少？
21.如图所示，塔式起重机上的滑轮组将重为2.7×104N的重物吊起，使其在15s内匀速上升10m，滑轮组的机械效率为90%。
(1)求提升重物做的有用功。
(2)求绳端的拉力。
(3)求拉力的功率。
(4)若克服摩擦和钢丝绳重所做的功12000J，求动滑轮的重力。
答案和解析
1.【答案】做功
热传递

【解析】解：汽车下坡时刹车，刹车片与车轮之间存在摩擦，刹车片克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，导致自身温度升高，属于做功改变内能。
水喷到高温的刹车片和轮胎上时，水会从刹车片和轮胎吸收热量，温度升高并汽化，带走热量，属于热传递改变内能。
故答案为：做功；热传递。
改变物体的内能有做功和热传递两种方式，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程，二者改变内能是等效的。
本题考查做功的方式和物态变化，相对比较简单，属于基础题。
2.【答案】热值
不变

【解析】解：火箭采用液态氢作为燃料，原因是液态氢具有较大的热值，和其它燃料相比较，完全燃烧相同质量的液态氢时，可以放出更多的热量。
热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与质量无关；若液态氢用去了一半，液态氢的热值不变。
故答案为：热值；不变。
燃料的热值与燃料的种类有关，与燃料的质量无关。
本题考查的是热值的基本概念，属于基础题型。
3.【答案】减小
减小

【解析】解：一辆在水平高架路面上匀速行驶的洒水车正在洒水作业，洒水过程中质量在减小、速度不变，所以动能减小；高度不变、质量减小，所以重力势能减小；而机械能等于动能和势能之和，机械能减小。
故答案为：减小；减小。
(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)机械能等于动能和势能之和。
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。
4.【答案】3：5
3：2

【解析】解：从一楼到四楼，上升的楼层数为3层；从一楼到六楼，上升的楼层数为5层。
设每层楼的高度为h，则第一次送水上升的高度h1=3h，第二次送水上升的高度h2=5h。
根据W=Gh可得，第一次送水做功：W1=Gh1=G×3h=3Gh，
第二次送水做功：W2=Gh2=G×5h=5Gh，
则李师傅对水桶做的功之比：W1W2=3Gh5Gh=35；
已知第一次送水时间t1=2min=120s，第二次送水时间t2=5min=300s，则t1：t2=2：5，
则李师傅对水桶做功的功率之比：P1P2=W1t1W2t2=W1W2⋅t2t1=35×52=32。
故答案为：3：5；3：2。
根据W=Gh求出两次所做的功之比；根据P=Wt求出做功的功率之比。
本题考查了做功公式和功率公式的应用，难度不大。
5.【答案】排气
30

【解析】解：
(1)由题中示意图可知：排气门打开、活塞上移，是排气冲程；
(2)汽油机的转速为3600r/min，说明1s内汽油机曲轴的转动次数等于60次。一个工作循环中，曲轴转动两周，对外做功一次，1s内曲轴转动60次，对外做功30次。
故答案为：压缩；30。
(1)排气冲程中，排气门打开，活塞上移；
(2)四冲程汽油机的四个冲程为一个工作循环，一个工作循环中只有做功冲程对外做功，活塞往复两次，曲轴转动两周。先根据汽油机的转速求出1s内汽油机曲轴的转动圈数，然后求出1s内汽油机对外做功的次数。
此题考查内燃机四个冲程的判断、以及内燃机转速的计算。在四冲程汽油机中，一个工作循环，曲轴转两圈，对外做功一次，这个知识是平常学习中比较容易忽视的，需要引起注意。
6.【答案】3：4
从甲到乙

【解析】解：由题知，甲、乙两物体由同种物质组成，比热容相同，由Q放=cmΔt得，甲、乙两物体温度变化之比：
Δt甲Δt乙=Q甲cm甲Q乙cm乙=Q甲Q乙×m乙m甲=31×14=34；
甲、乙两物体的初温相同，由计算可知甲物体温度变化小于乙物体，所以甲物体的末温度高于乙物体，甲、乙接触后热传递的方向是由甲向乙。
故答案为：3：4；从甲到乙。
(1)同种物质组成的甲、乙两物体，比热容相同，已知甲、乙两个物体的质量之比、放出的热量之比，根据公式Q=cmΔt可求它们温度变化之比；
(2)热传递的条件是存在温度差，热量从高温物体传递给低温物体。
本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，涉及到求比值，要细心，防止因颠倒而出错！
7.【答案】小于
1.05×104

【解析】解：晶体在熔化过程中需要吸热，内能不断增大，第6min时的内能小于第8min时的内能；
m=0.1kg，在CD段内，物质的温度升高了10℃，则吸收的热量为QCD吸=cm液Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.1kg×10℃=4.2×103J，
物质在AD段的加热时间是25min，在CD的加热时间是10min，同一热源加热，加热时间相同，物质吸收的热量相同，所以QAD吸=2.5QCD吸=2.5×4.2×103J=1.05×104J。
故答案为：小于；1.05×104。
(1)晶体在熔化过程中需要吸热，内能增大；
(2)根据公式Q吸=cmΔt求出吸收的热量；
(3)根据加热时间得出物质在AD段吸收的热量；
本题考查了在探究“冰的熔化特点”的实验中，温度−时间图象的分析，热量公式的灵活运用等，有一定综合性，难度适中。
8.【答案】4
32

【解析】解：不计绳重和滑轮重，由图可知，动滑轮上的绳子段数n=2，
绳子自由端移动的速度：v=nv物=2×0.1m/s=0.2m/s，
弹簧测力计的示数为20N，即拉力F=20N，
则拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv=20N×0.2m/s=4W；
水平使用滑轮组，克服物体A受到的摩擦力所做的功为有用功，根据η=W有W总=fs物Fs绳=fs物nFs物=fnF可得，
物体A受到的摩擦力：f=nFη=2×20N×80%=32N。
故答案为：4；32。
不计绳重和滑轮重，由图可知，动滑轮上的绳子段数n=2，根据v=nv物求绳子自由端移动的速度；
根据P=Wt=Fst=Fv求拉力F的功率；
水平使用滑轮组，克服物体A受到的摩擦力所做的功为有用功，根据η=W有W总=fs物Fs绳=fs物nFs物=fnF求物体A受到的摩擦力
本题考查功率和机械效率的有关计算，知道n的值和明确有用功是关键。
9.【答案】D
【解析】解：A.内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关；温度高的物体，如果质量很小，其内能不一定大，故A错误；
B.一个物体的内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故B错误；
C.物体吸收热量时，温度不一定升高。晶体熔化时，吸收热量，但温度保持不变，故C错误；
D.热量传递的方向是从温度高的物体传向温度低的物体，内能少的物体，温度可能高；内能多的物体，温度可能低。例如，一杯高温的小杯水(内能少)，可以将热量传递给一大桶低温的水(内能多)。所以热量可以从内能少的物体转移给内能多的物体，故D正确。
故选：D。
(1)物体的内能与质量、温度、状态等因素有关。
(2)物体的内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功。
(3)物体吸热，温度不一定升高。
(4)热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递。
本题考查的是影响物体内能大小的因素；知道热传递的条件和方向。
10.【答案】B
【解析】解：A、乘坐甲电梯过程中，电梯对人的支持力竖直向上，且人在支持力的方向上移动了距离，所以电梯对人的支持力做了功，故A错误；
B、乘坐甲电梯过程中，人与电梯一起匀速运动，人与电梯台阶之间没有发生相对运动，也没有相对运动的趋势，所以人不受摩擦力的作用，故B正确；
C、使用任何机械都要做额外功，所以斜面机械效率不会达到100%，故D错误；
D、乘坐乙扶梯的过程中，人的质量不变、速度不变，动能不变；人的质量不变、高度变大，重力势能变大，机械能变大，故D错误。
故选：B。
(1)做功的两个必要因素：作用在物体上的力、物体在力的方向上移动了距离；
(2)两个相互挤压的物体之间发生相对运动或将要发生相对运动时，在接触面上产生的阻碍相对运动或相对运动趋势的力叫做摩擦力；
(3)使用机械时，需要做额外功，机械效率总小于1；
(4)物体由于运动而具有的能叫动能，动能与物体的质量、速度有关；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，重力势能与物体的质量、高度有关；物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能，弹性势能与物体发生弹性形变的程度有关；物体的动能和势能统称为机械能。
本题考查了力是否做功的判断、摩擦力存在的条件、机械效率、机械能大小变化分析，属于基础题目。
11.【答案】D
【解析】解：A.任何物体在任何情况下都具有内能。冰冷的冰块也有内能，故A错误；
B.搓手取暖是机械能转化为内能，故B错误；
C.湿毛巾冷敷降温是通过热传递的方式减小人体的内能，故C错误；
D.汽油机压缩冲程是机械能转化为内能，图丁中能量转化是机械能转化为内能，图丁中能量转化与汽油机压缩冲程能量转化都是机械能转化为内能，故D正确。
故选：D。
一个物体在任何情况下都具有内能，例如：0℃的水具有内能。
知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
空气压缩引火仪工作时能量转化是机械能转化为内能，汽油机压缩冲程是机械能转化为内能。
本题考查一切物体都有内能，改变内能的方法及四冲程能量转化，属于基础题。
12.【答案】B
【解析】解：A、酒精燃烧时，将化学能转化为内能，故A正确；
B、热值是燃料的一种特性，与燃烧程度无关，酒精灯中的酒精未完全燃烧时，酒精的热值不变，故B错误；
C、纸杯飞出去的过程，膨胀空气的内能转化为纸杯的机械能，相当于内燃机的做功冲程，故C正确；
D、纸杯飞出去时，空气膨胀对纸杯做了功，易拉罐内气体的内能减小，故D正确。
故选：B。
(1)分析能量转化时，就看什么能量减少了，什么能量增加，总是减少的能量转化为增加的能量；
(2)热值是燃料的一种特性，与燃烧程度无关；
(3)气体膨胀对外做功，本身的内能会减小，内能转化为机械能。
本题考查了内燃机的工作过程、热值、内能的转化等知识点，属于综合题。
13.【答案】AB
【解析】解：A、放手后，冰壶不再受水的推力，冰壶在BC段做惯性运动，不计空气阻力，冰壶在BC段运动时受到重力、支持力、摩擦力，故A错误；
B、冰壶受到的重力和冰壶对冰道的压力，受力物体不同，不是一对平衡力，故B错误；
C、冰壶在BC段运动时，质量不变，速度逐渐减小，动能逐渐减小，故C正确；
D、在AB段，运动员对冰壶做功，在BC段，运动员对冰壶不做功，所以AC段，运动员对冰壶做的功为W=FsAB=20N×2.4m=48J，故D正确。
故选：AB。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，据此对BC段进行受力分析；
(2)一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上；
(3)动能与物体的质量和速度有关；
(4)根据W=Fs求出运动员对冰壶做的功。
本题考查了物体的受力分析、动能的影响因素、平衡力的判断和功的计算，属于综合题。
14.【答案】ABC
【解析】解：A、相同的加热装置单位时间内放出的热量相同，由此可知在相同时间内，水和液体吸收的热量相同，故A正确；
B、水的比热容比液体的大，在质量和吸收热量相同时，水升温慢，故图中乙是水的温度随时间变化的图像，甲是液体的温度随时间变化的图像，故B正确；
CD、由图像可知，加热8min时，水升高的温度：Δt水=40℃−30℃=10℃，
水吸收的热量，即甲吸收的热量：
Q吸=c水mΔt水=4.2×103J/(kg⋅℃)×200×10−3kg×10℃=8.4×103J，
液体升高的温度：Δt液=30℃−10℃=20℃，
甲的比热容：c液=Q吸mΔt液=8.4×103J200×10−3kg×20℃=2.1×103J/(kg⋅℃)，
根据Q吸=cmΔt可知升高相同的温度时，甲、乙吸收的热量之比为
Q甲：Q乙=c液：c水=2.1×103J/(kg⋅℃)：4.2×103J/(kg⋅℃)=1：2，
故C正确、D错误。
故选：ABC。
(1)相同的加热装置单位时间内放出的热量相同，由此可知在相同时间内，水和液体吸收热量的关系；
(2)水的比热容比液体的大，在质量和吸收热量相同时，温度变化慢，由此可知水的温度随时间变化的图像；
(3)由图像可知，加热8min时，水和液体升高的温度，根据Q吸=cmΔt求水吸收的热量，即甲吸收的热量，并求得甲的比热容；根据Q吸=cmΔt可知升高相同的温度时，甲、乙吸收的热量之比。
本题考查热量与比热容的相关计算，根据图像得出正确信息是关键。
15.【答案】秒表 相同 相同 > 甲 A 2.1×103
【解析】解：(1)根据转换法，用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，故要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和秒表；
(2)根据比较不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同的电加热器加热；
(3)由表中数据知，实验中从开始加热到42℃，甲用时6分钟，乙用时2分钟，由转换法，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲大于Q乙；
(4)分析数据可知：该同学是用加热相同的时间，比较升高的温度的方法来判断不同物质的吸热本领的，乙升高温度多，所以乙吸热能力弱，甲的吸热能力强；
(5)根据图丙可知，质量相同的A、B升高相同的温度，A的加热时间长，A吸收的热量多，A的吸热能力强，A的比热容大；根据Q=cmΔt可知，相同质量的A、B两种液体升高相同的温度，A吸热多，冷却效果好，故如果要从A、B两种液体中选择汽车的冷却液，应该选择A；
根据图像可知，实验中从开始加热到30℃，升高相同的温度，A用时5分钟，B用时2.5分钟，则A吸收的热量是B吸收热量的2倍；根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故乙的比热容：c=2.5min5min×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)秒表；(2)相同；相同；(3)>；(4)甲；(5)A；2.1×103。
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；
根据转换法回答；
由表中数据，得出实验中从开始加热到42℃甲乙的加热时间，由转换法分析；
根据Q=cmΔt求出B液体的比热容的大小。
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及Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
16.【答案】B；
甲、丙；
>；
物体质量相同时，物体的速度越大，动能越大；
超速；
错误；没有控制接触面粗糙程度不变
【解析】(1)由题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故B符合题意，ACD不符合题意，故选：B；
(2)为了探究物体动能大小与质量的关系，应控制小球速度相同，即小球下滑的高度相同，质量不同，由图可知，甲、丙两图满足实验要求；
(3)甲、乙两次实验中木块被撞击后滑行过程中所受摩擦力分别为f1、f2，因为在同种接触面上，压力不变时，摩擦力大小不变，故f1=f2，s甲>s乙，根据做功的公式W=fs，可知W1>W2；
(4)由甲、乙两图可知，使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，从而使两物体的速度相等，来研究动能大小与物体速度的关系，从实验结果可得：物体质量相同时，物体的速度越大，动能越大；
(5)根据序号为1、2的实验数据可知，质量相同，小车到达斜面底端的速度变为原来的2倍，木块被撞距离变为原来的4倍；根据序号为1、3的实验数据可知，小车到达斜面底端的速度相同，质量变为原来的2倍，木块被撞距离变为原来的2倍，所以在同等条件下超速带来的安全隐患更大一些；
(6)探究动能的大小与速度的关系，应控制物体的质量保持不变，改变物体速度，水平面的粗糙程度也要保持不变才行，否则不符合控制变量法；题中改变了水平面的粗糙程度，所以这种做法是错误的。
故答案为：(1)B；
(2)甲、丙；
(3)>；
(4)物体质量相同时，物体的速度越大，动能越大；
(5)超速；
(6)错误；没有控制接触面粗糙程度不变。
(1)据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
(2)(4)动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用；
(3)根据功的计算公式分析可得；
(5)应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题；
(6)根据控制变量法分析。
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。从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键。
17.【答案】右；2； ①74.1；②1.6；③变大； 0.3；80%
【解析】解：(1)发现杠杆左端低右端高，应将杠杆的平衡螺母向右调节；
设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，设在B处挂了n个钩码，则3G×2L=nG×3L，解得：n=2，应在杠杆B处挂2个钩码；
(2)①第1次实验中，滑轮组的机械效率
η=W有用W总×100%=GhFs=2N××0.3m=74.1%；
②根据图乙可知，测力计的分度值为0.2N，则第2次实验时测力计的示数为1.6N；
③使用滑轮组提升重物时，对动滑轮做额外功。提升同一物体时，有用功相等，动滑轮的重力越小，额外功越小，滑轮组的机械效率越大；
(3)实验证明：斜面的机械效率与斜面倾斜程度、斜面的粗糙程度有关；
利用斜面做的有用功W有=Gh=6N×0.2m=1.2J；
总功为：W总=Fs=1.5N×1m=1.5J；
克服摩擦做的额外功为：
W额=W总−W有=1.5J−1.2J=0.3J；
物体在斜面上受到的摩擦力为：f=W额s=0.3J1m=0.3N。
斜面的机械效率
η=W有用W总=×100%=80%。
故答案为：(1)右；2；(2)①74.1；②1.6；③变大；(3)0.3；80%。
(1)调节杠杆平衡的原则是螺母的调节方向是向上翘的那端调节；设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件求出；
(2)①根据公式η=W有用W总×100%=GhFs计算机械效率的大小；
②根据图乙确定测力计的量程和分度值，然后读出测力计的示数；
③滑轮组对动滑轮做额外功，据此分析动滑轮重力减小时机械效率的变化；
(3)根据影响斜面机械效率的因素分析解答。首先根据W有=Gh计算出有用功，再根据W总=Fs算出总功，接下来根据W额=W总−W有计算出额外功，最后根据f=W额s计算摩擦力即可，根据η=W有用W总×100%计算斜面的机械效率。
本题是探究杠杆平衡条件和滑轮组机械效率的实验，考查了杠杆平衡的调节、机械效率的计算、运用控制变量法分析数据，是一道中等题。
18.【答案】温度传感器的示数；转换； 甲、乙；乙、丙； 是；液化；做功
【解析】(1)该实验通过温度传感器的示数来反映气体内能的变化，这里应用了转换法。
(2)比较甲和乙两图，手压活塞，对管内气体做功，观察到气体温度上升，即气体内能增大，所以外界对气体做功，气体的内能增大；
比较乙、丙两图可知，气体被放出，即气体对外界做功，此时，观察到气体温度下降，即气体内能减小，所以气体对外界做功，气体内能减小；
(3)做功可以改变物体的内能，它在改变物体内能的效果上与热传递是等效的。
快速取下橡皮帽，注射器内的气体对外做功，内能减小，温度降低，故温度传感器的示数变小；注射口喷出“白气”，白气是水蒸气遇冷液化形成的小水滴；在此过程中，筒内气体的内能转化为机械能，与汽油机的做功冲程相同。
故答案为：(1)温度传感器的示数；转换；(2)甲、乙；乙、丙；(3)是；液化；做功。
(1)实验中温度传感器的示数反映气体内能的变化；根据转换法分析；
(2)做功和热传递都可以改变物体的内能，它们在改变物体内能上是等效的；外界对物体做功，物体温度升高，内能增加；物体对外做功，内能减小，温度降低；
(3)物质由气态变为液态称为液化。四冲程内燃机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。
本题考查做功与物体内能变化的关系的探究，要注意区分是外界对物体做功还是物体对外界做功。
19.【答案】加热60s时，乙吸收的热量是5.4×104J；
蓖麻油的质量为0.6kg；
甲液体的比热容为3×103J/(kg⋅℃)
【解析】(1)已知加热器每秒钟放出热量1000J，
则加热60s时，加热器放出热量：Q放=1000J/s×60s=6×104J；
根据题意可知，乙液体吸收的热量：
Q乙吸=Q放×90%=6×104J×90%=5.4×104J；
(2)由图2可知，加热60s时，乙液体的温度从10℃升高到60℃，
根据Q吸=cm(t−t0)可得，蓖麻油的质量：
m蓖麻油=Q乙吸c蓖麻油(t−t0)=5.4×104J1.8×103J/(kg⋅℃)×(60℃−10℃)=0.6kg；
(3)甲液体的质量：m甲=200g=0.2kg，
由图2可知，加热20s时，甲液体的温度从10℃升高到40℃，
由题意可知，甲液体在20s内吸收的热量：
Q甲吸=Q放′×90%=1000J/s×20s×90%=1.8×104J；
根据Q吸=cm(t−t0)可得，甲液体的比热容：
c甲=Q甲吸m甲(t−t0)=1.8×104J0.2kg×(40℃−10℃)=3×103J/(kg⋅℃)；
答：(1)加热60s时，乙吸收的热量是5.4×104J；
(2)蓖麻油的质量为0.6kg；
(3)甲液体的比热容为3×103J/(kg⋅℃)。
(1)已知加热器每秒钟放出热量、热效率和加热时间，可求出加热60s乙液体吸收的热量；
(2)由图2可知，加热60s乙液体的初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)求出蓖麻油的质量；
(3)利用加热器每秒钟放出热量、热效率和加热时间，求出甲液体在20s内吸收的热量；由图2可知，加热15s甲液体的初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)求出甲液体的比热容。
本题考查了吸热和放热的公式的应用，关键是从图象中获取有用信息。
20.【答案】若其行驶的速度为20m/s，则该汽车发动机此时的功率为2×104W；
消耗2kg汽油，有2.7×107J能量被发动机转化为有用功；
水升高的温度是45℃
【解析】(1)根据二力平衡的条件，牵引力：F=f=103N；
则该车满载时以20m/s的速度匀速行驶时功率是：P=Wt=Fst=Fv=103N×20m/s=2×104W；
(2)2kg汽油完全燃烧放出的热量为：
Q放=mq=2kg×4.5×107J/kg=9×107J，
汽油机的效率为30%，转化成的有用功：
W=ηQ放=30%×9×107J=2.7×107J；
(3)汽油完全燃烧放出的热量：Q放=9×107J，
由题知，发动机排出的废气带走的能量占汽油完全燃烧放出的热量的42%，且这些能量全部被水吸收，
则水吸收的热量：
Q吸=Q废气=42%×Q放=42%×9×107J=3.78×107J，
由Q吸=cmΔt得，水升高的温度：
Δt=Q吸c水m水=3.78×107J4.2×103J/(kg⋅℃)×200kg=45℃。
答：(1)若其行驶的速度为20m/s，则该汽车发动机此时的功率为2×104W；
(2)消耗2kg汽油，有2.7×107J能量被发动机转化为有用功；
(3)水升高的温度是45℃。
(1)根据二力平衡的条件得出牵引力大小，根据P=Wt=Fst=Fv求出该车满载时以20m/s的速度匀速行驶时功率；
(2)根据Q放=mq求出2kg汽油完全燃烧汽车放出的热量，已知汽油机的效率，从而得出转化成的有用功；
(3)由题知，发动机排出的废气带走的能量占汽油完全燃烧放出的热量的42%，据此求出水吸收的热量，根据Q放=cmΔt求水升高的温度。
本题综合考查了二力平衡的条件、功的公式、吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的了解与掌握，计算时注意单位统一。
21.【答案】提升重物做的有用功为2.7×105J；
绳端的拉力为104N；
拉力的功率2×104W；
动滑轮的重力为1800N
【解析】(1)重物的重力为G=2.7×104N，上升高度为h=10m，
提升重物做的有用功为：W有=Gh=2.7×104N×10m=2.7×105J；
(2)滑轮组的机械效率为η=90%。
拉力做的总功为：
W总=W有η=2.7×105J90%=3×105J，
由图可知，连接动滑轮的绳子股数为n=3，
绳子自由端移动的距离为：s=nh=3×10m=30m，
绳端的拉力为：
F=W总s=3×105J30m=1×104N；
(3)上升时间为t=15s，
拉力的功率为：
P=W总t=3×105J15s=2×104W；
(4)拉力做的额外功为：
W额=W总−W有=3×105J−2.7×105J=30000J，
克服摩擦和钢丝绳重所做的功为：W1=12000J，
克服动滑轮重力做的功为：
W2=W额−W1=30000J−12000J=18000J，
动滑轮重力为：
G动=W2h=18000J10m=1800N；
答：(1)提升重物做的有用功为2.7×105J；
(2)绳端的拉力为104N；
(3)拉力的功率2×104W；
(4)动滑轮的重力为1800N。
(1)已知重力和高度，用公式W=Gh可求出有用功；
(2)通过有用功和机械效率算出总功，再用公式F=W总s可求出拉力；
(3)用公式P=Wt可求出拉力功率；
(4)用总功减去有用功得到额外功，用额外功减去克服摩擦和钢丝绳重所做的功得到克服动滑轮重力做的功，再用公式G=Wh可求出动滑轮的重力。
本题考查功率的计算，滑轮、滑轮组机械效率的计算。加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
甲的温度/℃
18
22
26
30
34
38
42
乙的温度/℃
18
30
42
54
66
78
90
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/cm
1
40
20
4
2
40
40
16
3
80
20
8
实验次数
钩码的重力G/N
钩码提升的高度h/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率
1
2
0.1
0.9
0.3
2
4
0.1
0.3
83.3%
3
6
0.1
2.2
0.3
90.9%