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2022-2023学年江苏省无锡市锡山区锡北片九年级（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省无锡市锡山区锡北片九年级（上）期中物理试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省无锡市锡山区锡北片九年级（上）期中物理试卷
1. 如图是杠杆原理在生活中的应用，能省距离的是( )
A. 羊角锤 B. 核桃夹
C. 园艺剪 D. 赛艇的桨
2. 如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 拉力F的力臂不变，拉力F变大
B. 拉力F先变小后变大
C. 阻力和阻力臂乘积不变
D. 这个杠杆先省力后费力
3. 小明同学从距地面1m高的地方竖直向上抛出一块橡皮，橡皮离手后，在空中飞行到落地的过程中，不计空气阻力。动能Ek随时间t变化的曲线最接近的是( )
A. B.
C. D.
4. 对如图所示的三个电路，状态判断正确的是( )
A. 甲断路、乙短路、丙通路 B. 甲通路、乙短路、丙短路
C. 甲断路、乙通路、丙短路 D. 甲短路、乙断路、丙通路
5. 质量相等、温度相同的铜块和水放出相同的热量后，再把铜块放入水中后它们之间( )
A. 不发生热传递 B. 热量由水传给铜 C. 温度由铜传给水 D. 热量由铜传给水
6. 下列关于机械效率的说法错误的是( )
A. 总功一定，有用功越多，机械效率越高
B. 相同的时间内，机械效率高的机械做的功多
C. 当额外功一定时，有用功越多，机械效率越高
D. 当有用功一定时，额外功越少，机械效率越高
7. 如图所示，粗糙的弧形轨道竖直固定于水平面，一小球由A点以速度ν沿轨道滚下，经另一侧等高点B后到达最高点C。下列关于小球滚动过程的分析正确的是( )
A. 整个过程中小球的机械能不变
B. 小球在A、B两点具有的动能相同
C. 小球在A、B、C三点的速度大小关系是vA>vB>vC
D. 小球在A点具有的机械能等于它在C点具有的重力势能
8. 如图所示，用滑轮组在4s内将重为160N的物体匀速提升2m，若动滑轮重20N，不计滑轮与轴之间的摩擦及绳重。则在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳子自由端向上移动了4m
B. 拉力F的功率为90W
C. 拉力F为90N
D. 滑轮组的机械效率为80%
9. 水具有比热容较大的特点，下列现象及应用与此特点无关的是( )
A. 沿海的昼夜温差比内陆小 B. 夏天，在教室地面上洒水，感觉变凉爽
C. 冬天的暖气设备用热水供暖 D. 育秧时，傍晚向秧田里灌水
10. 某同学把装有20个鸡蛋的塑料袋从1楼提到3楼，他提鸡蛋的力做的功最接近于( )
A. 6J B. 30J C. 60J D. 90J
11. 景颇族的祖先曾发明一种活塞式点火器，如图所示。以牛角作套筒，木质推杆前端粘附艾绒。取火时，一手握住套筒，另一手猛推推杆，艾绒即燃，随即将杆拔出，口吹立见火苗。手推杆入筒的过程中，筒内密封气体的( )
A. 分子动能减小 B. 密度不变 C. 分子数增加 D. 内能增大
12. 在图所示的绝热装置中有一双层金属容器。在内层容器中倒入温度为80℃的水，用温度计I测量其温度；在外层容器中倒入相同质量的温度为20℃的水，用温度计II测量其温度。如果认为热传递只在双层容器内部进行，那么根据每隔相等时间记录的两个温度计的示数，可绘制出热水的降温图线(用虚线表示)和冷水的升温图线(用实线表示).在图中，最能反映下述两个容器内水温变化的图象是图( )
A. B.
C. D.
13. 如图是使用汽车打捞水下重物示意图，在重物从水底拉到井门的过程中，汽车以恒定速度向右运动，忽略水的阻力和滑轮的摩擦，四位同学画出了汽车功率(P)随时间(t)变化的图象(如图)，其中正确的是( )
A. B. C. D.
14. 如图所示的滑轮是______滑轮，观察图中弹簧测力计的示数，可以知道使用这种滑轮可以改变______，不能______。
15. 如图所示，将同一物体分别沿光滑的斜面AB、AC以相同的速度从底部匀速拉到顶点A，已知AB>AC，则施加的力F1______F2，拉力做的功为W1______W2，拉力做功的功率P1______P2。(填“>”、“<”或“=”)
16. 人造地球卫星在从近地点向远地点运动的过程中______(选填动能/重力势能/机械能)增大，机械能将______(选填“变大”、“变小”或“不变”，下同)，装满水的洒水车在一段平直公路上匀速前进，它在向公路两旁的花木喷水的过程中，洒水车的动能将______。
17. 冬天，双手反复摩擦，手会感到暖和，这是利用______方式增加了手的内能；用嘴对着双手“呵气”，手也会感到暖和，这是利用______方式增加了手的内能。这两种方式在改变内能是等效的。
18. 刘明在0.5min内，用20N的水平推力推着重为100N的超市购物车，在水平路面上前进了15m.在此过程中，重力做功______J；水平推力做功功率为______W。
19. (1)如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重G=60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，则F=______N。保持F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F将______(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(2)如图所示，有一根均匀铁棒重为600N，长为L，O为重心，OA=L4，为了不使这根铁棒的B端下沉，所需外力F至少应为______ N，若F的方向不变，微微抬起这根铁棒的B端，所需外力F′应为______ N。
20. 再生制动器是指刹车的同时还可以使发电机发电．先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭再生制动器两种情况下，汽车通过的路程S是与对应的速度大小v，计算出动能Ek，作出Ek−S是图象，如图所示．从图中可以看出，开启再生制动器进行测试的图线是①、②中的______ ，该次测试中储能效率为______ .
21. 如图所示，在空气压缩引火仪的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速下压，观察到棉絮被点燃。由此可知：对______(选填“棉絮”或“筒内气体”)做功，内能______，其能量转化情况与下列单缸四冲程汽油机的______(选填“A”、“B”、“C”或“D”)冲程相同，若汽油机每秒对外做功25次，则此汽油机的转速为______r/min。
22. 如图所示，将位于同一高度的甲、乙两个相同的小球以大小相等的速度抛出，其中将甲球竖直向下抛出、乙球竖直向上抛出，则抛出时两球机械能______(选填“相等”或“不相等”)。若不计空气阻力，落地前甲球的机械能______(选填“先减小后增大”、“先增大后减小”、“不变”或“减小”，下同)；落地前乙球的重力势能______，动能______。
23. 质量为4kg的水温由20℃升高了50℃，则水吸收的热量为______ J。若天然气完全燃烧放出热量的30%被水吸收，则至少需要燃烧______ g的天然气。(q天然气=4×107J/kg)
24. 如图为人们所喜爱的电动自行车，它具有轻便、节能、环保等特点。只要将图中车钥匙插入锁孔并顺时针旋转一下，车子就通电了，但不会行驶。车钥匙其实就是一个______；给电动车充电时，电瓶相当于______(填“电源”或“用电器”)。
25. 将重物从长4m、高1m的斜面底部匀速推上斜面顶端，已知沿斜面的推力是300N，斜面的机械效率是75%.则在此过程中，推力做的总功是______J，重物所受摩擦力为______N，物体的重力为______N。
26. 某剧组为拍摄节目需要，设计了如图所示的拉力装置来改变照明灯的高度，轻质杠杆ABO可绕O点转动，请在图中画出：
(1)杠杆所受拉力的力臂L1；
(2)照明灯所受重力的示意图。
27. 工人站在地面用滑轮组匀速提升重物，请在如图所示的滑轮组上画出绕线。
28. 请按照如图所示的实物图画出电路图。
29. 如图，塔式起重机的滑轮组将重为1.2×104N的重物5s内匀速吊起2m，滑轮组的机械效率为80%。求：
(1)提升重物做的有用功；
(2)绳端的拉力F；
(3)拉力的功率。
30. 某兴趣小组将一张硬卡片对折，在开口的一边剪两个小豁口A和B，然后套上橡皮筋，做成了一个会跳的卡片，如图所示。为了探究卡片跳起的高度与哪些因素有关，该兴趣小组提出了如下猜想：
A、与卡片的质量有关
B、与橡皮筋的形变量有关
C、与橡皮筋的条数有关
为了验证猜想，小组选用几根相同的橡皮筋和几张大小相同、厚度不同的卡片进行实验。
(1)小明将图中的卡片反过来，把它放在桌面上用手向下压，使橡皮筋伸长，迅速松开手，观察到的现象是______，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片，因此它具有弹性势能。
(2)探究跳起高度与质量是否有关，应选择大小相同、厚度不同的卡片，分别套上相同的橡皮筋，操作中将卡片反过来，每次把它在桌面上用手压平的目的是______；实验发现厚卡片弹起的高度较低，那是因为厚卡片刚离开地面时的______比薄卡片小。
(3)为了探究卡片的跳起高度与橡皮筋的形变量是否有关。小明取了一张卡片，多次改变同一根橡皮筋的形变量，测量跳起高度，进行比较；关于上述方案，下列措施中不能实现改变同一根橡皮筋形变量的是______
A.改变小豁口A和B的距离
B.改变小豁口A和B的深度
C.用一根长度不同的橡皮筋
D.改变每次卡片下压的程度。
31. 小红和小明在“探究哪些因素影响滑轮组的机械效率”实验中，测得了三组数据，如表所示：
次数
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
测力计的示数F/N
绳端移动的距离s/cm
1
2
5
0.8
15
2
4
5
1.5
15
3
6
5
2.2
15
(1)实验时，测绳端拉力时，应尽量沿着______方向匀速直线拉动弹簧测力计并读数。
(2)他们设计这三次实验的目的是为了探究滑轮组的机械效率与______是否有关。
(3)他们通过分析表格中的数据，得到了提高滑轮组机械效率的一种方法，汽车作为一种“机械”，提高效率对节能减排有重要意义，请你指出以下三种提高效率的方法中，方法______是与本实验同理的。
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量满员出行；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑。
(4)小明发现绳端移动的距离与钩码上升的高度有固定的倍数关系，于是他认为钩码重一定时，无论将钩码提升多高，都不影响该滑轮组的机械效率；小红则认为：钩码提升的高度不同，有用功就不同，机械效率就变化了，你认为______的看法是正确的
32. 在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆(杠杆上每小格长为2cm)、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
(1)实验时，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于______(填“平衡”或“不平衡”)状态。
(2)为使杠杆在水平位置平衡，应将图甲杠杆左端的平衡螺母适当往______(填“左”或“右”)调。杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，B点处挂上1个钩码，如图乙所示，分别测量出两个力的力臂L1和L2，计算后发现：F1L1=F2L2，便得出杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2。你认为小明这种实验处理方法是否完善的：______，理由是______。
(3)小明将一端的钩码换成弹簧测力计，发现按图丙中弹簧测力计使用方式校零时往往很困难，由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，这时弹簧测力计的示数略______绳子受到的实际拉力(填“大于”或“小于”)，为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如图所示竖直放置，秤钩对钩，在竖直方向拉到某一数值，这时只要移动弹簧测力计______的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零。
(4)小明觉得这样校零比较麻烦，接着他采用了如图丁所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉使杠杆在水平位置处于平衡状态。以弹簧测力计的拉力为动力F1′，钩码重力为阻力F2′，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1′L1′总是大于F2′L2′，其原因是______。
33. 探究“动能大小的影响因素”实验中，过程如图甲、乙所示(h1>h2)。
(1)该实验的研究对象是______。
(2)实验过程中发现两次木块移动距离s1、s2相差太小。仅利用原有器材，通过______，可使两次木块移动距离差变大，实验现象更明显。
(3)改进实验方案，完成实验后，得出的结论是______。
(4)下列现象可以用该结论解释的是______。
A.高速公路限高
B.高速公路限重
C.桥梁限重
D高速公路限速
(5)下列实验中的物体，与本实验的木块作用相似的是______。
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中的小桌
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子
D.“比较质量相同的不同燃料燃烧放出热量”实验中的水
34. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同．燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量、初始温度都相同，当燃料燃烧完时(烧杯内的液体均未沸腾)，立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙和T丙，且有T甲>T乙>T丙.
(1)比较不同物质的比热容，应选择______两图进行实验，液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有ca______cb(选填“>”、“=”或“<”)；
(2)比较不同物质的热值，应选择______两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有q1______q2(选填“>”、“=”或“<”)；
(3)若在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态，且燃料燃烧完时温度计读数仍然为T甲>T乙>T丙，液体b没有沸腾，则ca______cb(选填“>”、“=”、“<”或“无法判断”)；
(4)在甲装置中，若燃料为酒精，烧杯内的液体是质量为200克的水，点燃燃料直至燃烧完，温度计的示数由20℃上升到70℃，再结合“10g”燃料这一数据，计算出燃料的热值，通过实验算出的热值与实际相比______(填“偏大”或“偏小”)，理由是______
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离，故A不符合题意；
B、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离，故B不符合题意；
C、园艺剪在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离，故C不符合题意；
D、赛艇的桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离，故D符合题意。
故选：D。
结合图片和生活经验，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。
本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。
2.【答案】A
【解析】解：重物G通过细线对杠杆的拉力为F′大小等于物体的重力G，即F′=G，重力不变；
由图知，在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA的长度没有变化，细线对杠杆的拉力F′的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；
由杠杆的平衡条件知：F×OA=GL，当OA、G不变时，L越大，GL的乘积越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐变大；
由于该过程中，动力臂始终大于阻力臂，杠杆一直省力；
综上所述，A正确，BCD错误。
故选：A。
首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。
在分析杠杆的动态平衡时，一般是动中取静，依据杠杆的平衡条件进行分析，最后得到结论。
3.【答案】D
【解析】解：橡皮上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小，到达最高点，速度为0，动能为0，下落的过程中，速度越来越大，动能越来越大，所以动能是先减小，后增大，且落地点低于抛出点，末动能大于初动能。
故选：D。
影响动能的因素是物体的质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大。
本题考查动能的影响因素，关键是根据动能的变化来判断图象。同时还要知道橡皮的运动情况。
4.【答案】A
【解析】解：
甲图电路中，由于开关断开，则是开路；
乙图电路中，由于灯泡两端并联了一根导线，直接将电源正负两极相连，则引起电源短路；
丙图电路中处处连通，则是通路。
故选：A。
根据电路的三种的状态(通路、开路、短路)的概念填写。
本题考查电路图的分析，牢记基础知识是解答本类题型的前提，属于基础题型。
5.【答案】B
【解析】解：铜块和水的质量相同，水的比热容大，放出相等的热量，水的温度降低的少，而初温相同，水的末温高，热将从温度高的水传向温度低的铜块．
故选B.
质量相等的铜块和水，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少，而初温相同，可以得出铜块和水的末温高低，进而确定热传递的方向．
本题考查了学生对放热公式的掌握和应用，理解用好“质量相等的不同物质，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少”是本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、由公式η=W有W总知，在总功一定时，有用功越多，机械效率越高，故A正确；
B、机械效率可以反映有用功或额外功所占总功的比值，不能表示做的功的多少，故B错误；
C、由公式η=W有W总=W有W有+W额知，在额外功一定时，有用功越多，机械效率越高，故C正确；
D、由公式η=W有W总=W有W有+W额知，在有用功一定时，额外功越少，机械效率越高，故D正确。
故选：B。
机械效率指有用功和总功的比值，机械效率可以反映有用功或额外功所占总功的比值。
本题考查学生对机械效率的理解，特别要注意机械效率由有用功和总功共同决定。
7.【答案】C
【解析】解：
A、弧形轨道是粗糙的，小球受摩擦力，要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能变小，故A错误；
B、在粗糙的弧形轨道上受摩擦力，要克服摩擦力做功，则在整个过程中小球的机械能减小；虽然小球在A、B两点等高，具有的重力势能相同，但由于小球的机械能减小，所以小球在B点具有的动能小于在A点的动能，故B错误；
C、由题意可知小球在C点的速度为0，由B项分析可知小球在A点的速度大于在B点的速度，所以在A、B、C三点的速度大小关系是νA>νB>νC，故C正确；
D、小球要克服摩擦力做功，机械能减小，所以在A点具有的机械能大于它在C点具有的重力势能(此时小球的动能为0，只有重力势能)，故D错误。
故选：C。
(1)运动的物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
(2)由于受到的阻力，所以小球下落过程中，有机械能的损失；
(3)物体受到非平衡力，其运动状态不断变化(如速度改变)。
此题考查了力是改变物体运动状态的原因、能量的转化和运动快慢的分析，是一道综合题目。
8.【答案】B
【解析】解：
由图可知，n=3，则绳端移动的距离：s=3h=3×2m=6m，故A错误；
不计摩擦及绳重，拉力：
F=13(G+G动)=13×(160N+20N)=60N，故C错误；
拉力做功：W总=Fs=60N×6m=360J，
拉力做功的功率：P=Wt=360J4s=90W，故B正确；
有用功：W有用=Gh=160N×2m=320J，
滑轮组的机械效率：η=W有用W总×100%=320J360J×100%≈88.9%，故D错误。
故选：B。
(1)由图可知，滑轮组绳子的有效股数为3，根据s=nh求出绳端移动的距离；
(2)根据F=13(G+G动)求出拉力；根据W=Fs可求拉力做功；根据P=Wt可求拉力做功的功率；
(3)根据W=Gh求出克服物体重力做的有用功，根据效率公式求出滑轮组的机械效率。
本题考查了滑轮组绳子拉力的计算和滑轮组机械效率的计算，关键是绳子有效股数的判断和公式的灵活运用。
9.【答案】B
【解析】解：A、海边昼夜温差小是因为水的比热容大，在吸收相同热量时，温度变化小，故不合题意；
B、给地板洒水降温是利用了蒸发吸热，与比热容无关，故符合题意；
C、D、暖气设备和傍晚向秧田里灌水都借助水来做介质，是利用了水比热容大的特性，故不合题意。
故选：B。
水的比热容较大，在实际生活中也有着广泛的应用，对照实例具体分析可判断所应用的知识是否是比热容。
对比热容概念的理解是解决此题用到的主要知识，同时，还要分辨夏天洒水降温和用水做冷却剂的不同。
10.【答案】C
【解析】解：由物理常识知，提起两个鸡蛋的力大约是1N，则提20个鸡蛋的力大约为：F=G=10N；
每层楼的高度大约为3m，家住3楼，则某同学实际爬楼的高度：s=3m×2=6m；
提鸡蛋的力做功约为：W=Fs=10N×6m=60J。
故选：C。
提起两个鸡蛋的力大约是1N，每层楼的高度大约为3m，估算出提起20个鸡蛋的力和爬楼的高度，再利用W=Gh可算出做功的多少。
本题考查了功的计算，关键是估算出提起20个鸡蛋的力和爬楼的高度，是一道基础题。
11.【答案】D
【解析】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，所以气体内能增加，则温度升高，分子动能增加，气体体积减小，因为是封闭的气体，质量不变，所以分子数不会增加，
由ρ=mV可知，密度变大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做功，气体内能增加，温度升高，压强增大。
本题是物理知识在生活中的应用，考查做功改变物体的内能，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：因为温度与时间不是线性关系，而A体现的是温度与时间是线性关系，故A错误。在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。而B选项中没体现这一点，故B错误。C选项中体现了温度高时热传递进行的慢，温度低时进行的快，即温度高时温度变化的慢，温度低时温度变化的快。故C错误。选项D体现出了在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。两物体温度差越小热传递进行的越慢，高温物体温度下降的慢，低温物体温度升高的也慢。最终温度在50℃左右。所以D正确。
故选：D。
质量相等的80℃的水和20℃的水混合，热传递只在双层容器内部进行，故最终温度应在50℃.在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。故温度与时间不是线性关系。
此题考查的是热传递的规律及特点，在热传递过程中，高温物体放热，温度降低。低温物体吸热，温度升高。并且，两物体温度差越大，热传递进行的越快。
13.【答案】C
【解析】解：汽车匀速运动，重物也匀速运动，在重物露出水面前，浮力不变，F=G−F浮，所以拉力不变，根据P=Fv可知：汽车的功率不变；
在物体露出水面而没完全露出时，浮力减小，F=G−F浮，所以拉力增大，根据P=FV可知：汽车的功率增大；
在物体完全露出液面时，F=G，拉力不变，根据P=Fv可知：汽车的功率不变；综上所述，汽车的功率先不变，再增大，最后又不变，
故选：C。
此过程分三个阶段：
第一个阶段，物体完全浸没在水中，此时浮力不变，F=G−F浮，所以拉力不变，根据P=Fv可知：汽车在此阶段的功率不变；
第二个阶段，物体只有一部分浸入水中，而且排开水的体积越来越小，所受浮力也越来越小，F=G−F浮，所以拉力增大，根据P=Fv可知：汽车在此阶段的功率增大；
第三个阶段，物体离开水面了，此时物体只在拉力和重力的作用下匀速运动，所以F=G，拉力不变，根据P=Fv可知：汽车在此阶段的功率不变。
此题的关键要知道功率的公式P=FV，通过浮力的变化来判断功率的变化。
14.【答案】定 力的方向 省力
【解析】解：图中的滑轮轮轴是固定的，所以该滑轮是定滑轮；
在不使用该滑轮吊起钩码和使用该滑轮拉起钩码时，无论拉力的方向如何，弹簧测力计的示数都相同，即使用定滑轮不能够省力，但可以改变力的方向；
故答案为：定，力的方向，省力。
解决此题要知道轮轴固定的滑轮是定滑轮，使用定滑轮时不能省力，但可以改变力的方向。
此题是考查定滑轮的定义及其定滑轮的特点。
15.【答案】<=<
【解析】解：(1)斜面AB倾斜角度小于AC，所以物体沿AB运动时拉力较小，即F1
斜面光滑说明摩擦力为0，根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，所以拉力在两斜面上做功相同，即W1=W2。
(3)速度相同，物体沿AC运动时用的时间较少，根据公式P=Wt可知，做相同的功时，拉力沿AC运动时拉力做功的功率较大，即P1
(1)斜面倾斜角度越大，越费力。斜面AB的倾斜角度小于斜面AC，所以斜面AB更省力，
(2)斜面光滑说明摩擦力为0，即使用光滑的斜面没有额外功。
(3)速度相同，AB>AC，所以物体沿斜面AC用的时间较少，根据公式P=Wt可判断拉力所做的功的功率大小。
本题考查斜面的省力情况，对物体做功的大小以及做功功率的大小，关键是知道接触面光滑，摩擦力为0，使用任何机械都不省功。
16.【答案】重力势能 不变 变小
【解析】解：人造地球卫星在从近地点向远地点运动的过程中，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，由于没有阻力，卫星的机械能守恒，保持不变；
一辆洒水车匀速行驶在平直的公路上，速度不变，但质量不断减小，所以动能变小。
故答案为：重力势能；不变；变小。
从动能和重力势能大小的影响因素进行分析，然后由动能和重力势能大小的变化，判断机械能的变化。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能=动能+势能。
掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，利用控制变量法，判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化。
17.【答案】做功 热传递
【解析】解：改变物体内能有两种方式：做功和热传递；
双手反复摩擦也会感到暖和。是摩擦生热属于做功改变物体内能。
用嘴对着双手“呵气”，手也会感到暖和，这是通过热传递改变物体内能。
故答案为：做功；热传递。
本题抓住改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，热传递有传导、对流和辐射三种方式。
本题考查了改变物体内能的两种方式，属于基础题。
18.【答案】0 10
【解析】解：
(1)购物车在水平路面上匀速前进15m，虽然有力，也有距离，但移动的距离不是在重力的方向上，所以重力没做功，即重力做功为0J；
(2)推力F=20N，s=15m，
推力做的功为：
W=Fs=20N×15m=300J，
t=0.5min=30s，
水平推力做功功率：
P=Wt=300J30s=10W。
故答案为：0；10。
(1)购物车受到重力但在重力的方向上没移动距离，重力不做功；
(2)知道水平推力和水平方向上移动的距离，可利用功W=FS计算推力做的功；又知道做功的时间，可利用公式P=Wt计算功率。
本题考查了学生对功的公式、功率的公式、做功的两个必要条件的了解与掌握，明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
19.【答案】30 不变 200 300
【解析】解：(1)根据杠杆平衡条件可得FLA=GLG，杠杆在水平位置A时LA=2LG，则F=GLGLA=12G=12×60N=30N；
F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，根据数学知识可知动力臂、阻力臂之比不变，又重力不变，故力F的大小不变；
(2)为了不使这根铁棒的B端下沉，此时杠杆的支点是A，根据杠杆的平衡条件可知，F×(L2+L4)=G×L4，
所以F=13G=13×600N=200N；
微微抬起这根铁棒的B端，此时杠杆的支点是C，根据杠杆平衡条件可得F′×L=G×L2；
所以F=G2=600N2=300N。
故答案为：(1)30；不变；(2)200；300。
(1)在A位置时，动力臂是阻力臂的2倍，利用杠杆的平衡条件求动力F的大小；F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，根据数学知识可知动力臂、阻力臂之比不变，利用杠杆的平衡条件判断F的变化；
(2)根据均匀木杆确定杠杆的重心，支点为A，然后根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2计算F的大小；
微微抬起这根铁棒的B端，支点为C，根据杠杆平衡的条件计算F′的大小。
本题考查杠杆平衡条件的灵活运用，属于基础题。
20.【答案】①；40%
【解析】解：
(1)关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，
开启再生制动器，有部分动能转化为电能，克服摩擦力做功的能量减少，摩擦力大小不变，所以汽车运动的距离减小，所以汽车动能变化曲线是①；
(2)关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，由图②可知，关闭发动机时汽车的动能为EK0=W=fs2=f×(40m−30m)=10m×f，
开启再生制动器，由图①可知，汽车克服摩擦力做功W=fs1=f×(36m−30m)=6m×f，则动能转化为的电能为E=EK0−E=10m×f−6m×f=4m×f，
则该次测试中储能效率η=EEK0=4m×f10m×f×100%=40%.
故答案为：①；40%.
(1)关闭再生制动器时，汽车的动能全部转化为汽车克服摩擦力产生的内能，开启再生制动器，部分动能转化为电能；
(2)根据两次小车克服摩擦力做功的大小得出原来汽车动能的大小、动能转化为电能的大小，计算得出该次测试中储能效率．
本题考查了学生对能量的转化的掌握和理解，难点在学生对于汽车再生制动器涉及到的能量的转化的理解和图象的分析．
21.【答案】筒内气体 增加 A 3000
【解析】解：(1)在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加，温度升高；
(2)A图中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，机械能转化为内能；
B图中排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程，没有能量转化；
C图中两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，内能转化机械能；
D图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程，没有能量转化；
综上分析，空气压缩引火仪的能量转化形式与汽油机的压缩冲程的能量转化形式相同；
(3)汽油机每秒对外做功25次，则每分钟对外做功25×60=1500次；因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个工作冲程，做功一次，故汽油机的转速为1500×2r/min=3000r/min。
故答案为：筒内气体；增加；A；3000。
(1)改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；
(2)四冲程汽油机一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成，根据气门的闭合和活塞的运行方向判断是哪一个冲程；在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
(3)在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次。
本题主要考查改变物体内能的方式、热机飞轮转速的含义的理解以及对热机工作循环中各冲程情况的了解，难度不大。
22.【答案】相等 不变 先增大后减小 先减小后增大
【解析】解：甲、乙两个相同的小球质量相等，抛出时速度相等，动能相等；高度相同，重力势能相等，故机械能相等；
若不计空气阻力，甲球在空中下落时机械能不变；
乙球质量不变，上升过程中，高度增大，重力势能增大；速度减小，动能减小；乙球上升的最高点开始下降，下降过程中，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大；所以乙球在落地前，重力势能先增大后减小，动能先减小后增大。
故答案为：相等；先增大后减小；先减小后增大。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)机械能=动能+势能。不计空气阻力，小球的机械能是守恒的。
掌握动能、重力势能的影响因素，理解重力势能和动能的转化可从高度和速度来理解，可以帮助我们更好的理解能量的转化。
23.【答案】8.4×105 70
【解析】解：水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×4kg×50℃=8.4×105J；
天然气完全燃烧放出的热量Q放=Q吸η=8.4×105J30%=2.8×106J，
天然气的质量m=Q放q天然气=2.8×106J4×107J=0.07kg=70g。
故答案为：8.4×105；70。
知道水的质量和升高的温度，根据Q吸=cmΔt计算水吸收的热量；
根据Q放=Q吸η计算天然气完全燃烧放出的热量，根据m=Q放q天然气计算天然气的质量。
本题考查了水升温吸热和燃料燃烧放热的知识，能够熟练应用公式是解答本题的关键。
24.【答案】开关 用电器
【解析】解：(1)电动自行车钥匙插入锁孔开顺时针旋转一下，车子就通电了，所以这车钥匙其实就是一个开关，控制电路的通断；
(2)给电动车充电时，是将电能转化为化学能，此时电瓶相当于用电器。
故答案为：开关；用电器。
(1)开关串联在电路中，能起到控制电路中电流通断的作用；
(2)给电池充电的过程，消耗电能，获得化学能。
本题考查了电路的组成及各部分的作用，属于基础知识。
25.【答案】1200 75 900
【解析】解：
(1)推力做的总功：
W总=Fs=300N×4m=1200J；
(2)由η=W有用W总可得有用功：
W有用=ηW总=1200J×75%=900J；
因为W总=W有用+W额，
所以克服摩擦做的额外功：
W额=W总−W有用=1200J−900J=300J，
由W额=fs得物体所受摩擦力：
f=W额s=300J4m=75N；
(3)由W有用=Gh可得，物体所受的重力：
G=W有用h=900J1m=900N。
故答案为：1200；75；900。
(1)知道推力和斜面长度，根据公式W=Fs求出推力做的总功；
(2)根据公式η=W有用W总求出有用功；知道总功和有用功，求出克服摩擦做的额外功，再根据公式W额=fs求出摩擦力；
(3)根据公式W=Gh求出物体的重力。
关于斜面机械效率的题目，要明确总功、有用功、额外功怎样计算，并且掌握本题中克服摩擦力做的功为额外功是解决此题的关键，对于公式的变形公式也要熟练掌握。
26.【答案】解：
(1)绳子对杠杆的拉力作用在B点，拉力的方向斜向右上方，过支点O作这条拉力作用线的垂线段，即拉力的力臂L1。
(2)重力的方向是竖直向下的，过照明灯重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力的示意图。如图所示：
【解析】(1)已知支点和动力的方向，过支点作力的作用线的垂线段(即力臂)。
(2)先确定重力作用点，然后过力作用点表示重力的方向(即竖直向下)；
本题考查了重力示意图和力臂的作法。关键是要作出支点到力的作用线的垂线段。掌握作图的基本方法，并且作图要规范。
27.【答案】解：如图，滑轮组由2段绳子承担物重。
【解析】用一只定滑轮与一只动滑轮组成的滑轮组，绕绳方法有两种，但我们除考虑省力情况外，还要注意工人是站在地面拉绳子。
绕绳时注意绳端最后拉力的方向，不要忘了标上箭头。
28.【答案】解：由图知，由电源的正极出发依次连接两灯泡、开关，最后回到负极，如下图所示：
【解析】由图知，两灯泡串联，开关靠近电源的负极。
画电路图前要分析实物图的连接情况，用规定的符号把实物图用电路符表示出来，注意作图的美观性。
29.【答案】解：(1)提升重物做的有用功：
W有=Gh=1.2×104N×2m=2.4×104J；
(2)由η=W有W总×100%可得，拉力做的总功：
W总=W有η=2.4×104J80%=3×104J，
由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，则绳端移动的距离：
s=nh=3×2m=6m，
由W=Fs可得，绳端的拉力：
F=W总s=3×104J6m=5×103N；
(3)拉力的功率P=W总t=3×104J5s=6000W。
答：(1)提升重物做的有用功为2.4×104J；
(2)绳端的拉力F为5×103N；
(3)拉力的功率为6000W。
【解析】(1)根据W有=Gh得出提升重物做的有用功；
(2)由η=W有W总×100%可得拉力做的总功；
由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，根据s=nh得出绳端移动的距离，
由W=Fs可得绳端的拉力；
(3)根据P=W总t得出拉力的功率。
本题考查功、功率、效率的计算，综合性较强。
30.【答案】卡片跳起做功 橡皮筋弹性形变程度相同 速度 C
【解析】解：(1)“橡皮筋伸长”说明橡皮筋发生了弹性形变，发生弹性形变的物体要恢复原状，就会对使它发生形变的物体施加力的作用，所以橡皮筋对硬卡片施力，使它弹起；
橡皮筋对卡片施力，卡片弹起即在力的方向上运动了，所以橡皮筋对卡片做功。
(2)操作中将卡片反过来，每次把它在桌面上用手压平的目的是控制橡皮筋的形成变量相同；实验发现厚卡片弹起的高度较低，那是因为厚卡片刚离开地面时的速度比薄卡片小。
(3)使橡皮筋的形变量不同的方法有：分别压两个卡片时将一个卡片压平，另一个不压平；使小豁口A、B的间距不相同；故ABD能做到，C做不到。
故答案为：(1)卡片跳起做功；(2)橡皮筋弹性形变程度相同；速度；(3)C。
(1)发生弹性形变的物体就具有了弹性势能，也具有了弹力，必然会对使它发生形变的物体施加力的作用。若该物体受到了力且在的方向上运动了一段距离，就说它做了功。
(2)物理学中对于多因素(多变量)的问题，常常采用控制因素(变量)的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题；每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
探究跳起高度与质量是否有关，应该控制橡皮筋的形成变量、橡皮筋的条数不变，而卡片的质量不同；
(3)此题为开放性题目，分别压两个卡片时将一个卡片压平，另一个不压平；使小豁口A、B的间距不相同均可以使橡皮筋的形变量不同。
此题紧密联系学的实际，考查控制变量法的应用及设计实验方案的能力。关键是审清题意，正确运用控制变量法解答。
31.【答案】竖直 物重 一 小明
【解析】解：(1)实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
(2)由表格中数据可以看出，在3次实验中物体的重力是不同的，所以是探究滑轮组机械效率与物重是否有关。
(3)由表中数据可知，同一滑轮组将不同的重物提升相同的高度，提升物体越重，机械效率越高；即对同一滑轮组，增加提升物体的重力可提高机械效率；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员，是在额外功相同时，人越多，有用功越多，机械效率越高，故符合题意；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量，是通过减小额外功来提高机械效率的，故不符合题意。
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑，是通过减小摩擦来提高机械效率的，故不符合题意，
故选方法一与本实验同理；
(4)分析表格数据可知n=3，由η=W有用W总=GhFs=G3F可知，滑轮组的机械效率与提升的高度无关，故小明的看法正确。
故答案为：(1)竖直；(2)物重；(3)一；(4)小明。
(1)实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
(2)根据表格中的不同点，利用控制变量法分析；
(3)对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率。据此分析。
(4)根据因η=W有用W总=GhFs=G3F来分析。
本题考查了测量滑轮组机械效率的实验，涉及到注意事项、分析实验数据得出结论的能力等，要注意影响滑轮组机械效率因素的运用。
32.【答案】平衡 右 否 一次实验结论具有偶然性 小于 乙 杠杆自重对实验有影响
【解析】解：(1)因为杠杆此时处于静止状态，所以杠杆平衡；
(2)根据哪端高就往哪边调节的原则，此时应该将平衡螺母适当向右调；只做一次实验就得出结论，实验具有偶然性，不具有说服力；
(3)由题可知绳子对弹簧的拉力等于弹簧对绳子的拉力和弹簧测力计自重之和，所以弹簧测力计的示数略小于绳子受到的实际拉力；
因为乙弹簧是倒立的，所以应该考虑乙弹簧自重对读数的影响，故移动乙弹簧测力计的指针；
(4)由图可知，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响，故F1′L1′总是大于F2′L2′。
故答案为：(1)平衡；(2)右；否；一次实验结论具有偶然性；(3)小于；乙；(4)杠杆自重对实验有影响。
(1)杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；
(2)杠杆右端偏高，说明杠杆的重心在支点左侧；在探究性实验中，应进行多次实验，寻找普遍规律，避免结论的偶然性；
(3)弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量；由于物体间力的作用是相互的甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力；
(4)图丁中，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
本题探究“杠杆的平衡条件”，考查杠杆平衡的定义、器材的调试、归纳法的运用及测力计的调零方法、力的相互性等知识，综合性较强。
33.【答案】小车 增加甲图小车由静止释放时的高度 质量相同时，小车的速度越大，动能越大 D BD
【解析】解：(1)根据题意可知，实验中探究小球的动能，即小球撞击木块时的动能；
(2)由图可知，图甲中小车下滑的高度大于乙中小车下滑的高度，实验中观察到木块移动的距离s1、s2接近，这表明小车的动能接近，为了使现象更明显，可以增大h1来增大小车的动能，从而使s1更大；
(3)如图所示，同一小车从斜面不同高度由静止释放，达到水平面的速度不同，高度越高，达到水平面的速度越大，纸盒被推得越远，说明小球的动能越大，结论是：质量相同时，小车的速度越大，动能越大；
(4)根据实验可知，小车下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，探究的是动能大小与速度的关系，速度越大，动能越大；
A.高速公路对货车限高，与动能的大小无关；
B.高速公路对货车限重，是通过减小质量来减小动能的；
C.桥梁对货车限重，与动能的大小无关；
D.高速公路对货车限速，是通过减小速度来减小动能的，
故D正确。
(5)实验中通过小车撞击木块运动的距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小，没有用到转换法，故A不符合题意；
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中，通过小桌下陷的深度来体现物体重力势能的大小，用到了转换法，故B符合题意；
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子质量相同，应用了控制变量法，故C不符合题意；
D.“比较质量相同的不同燃料燃烧放出热量”实验中，根据水的温度变化大小判定燃料放出热的多少，用到了转换法，故D符合题意；
故选：BD。
故答案为：(1)小车；(2)增加甲图小车由静止释放时的高度；(3)质量相同时，小车的速度越大，动能越大；(4)D；(5)BD。
(1)据题意可知，实验中探究小车的动能，即小车撞击木块时的动能；
(2)可以从增大速度，从而增大动能的方法考虑；
(3)动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与速度关系时，要控制质量不变，据此分析；
(4)在质量一定时，速度越大，动能越大；
(5)根据转换法分析。
本题探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法及转换法的运用，同时也考查了对实验方案的改进。
34.【答案】(1)甲丙；<；
(2)甲乙；>；
(3)<；
(4)偏小；存在热量损失
【解析】解：
(1)为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲丙两图进行实验；
甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，相同时间内燃料燃烧释放的热量相等，烧杯中的液体吸收的热量相等，则Qa=Qb，
又知甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲>T丙，则△t甲>△t丙，即△ta>△tb，
由Q=cm△t可知，c=Qm△t，所以ca
由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由热量公式Q=cm△t可知，
Q甲>Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1>Q2，
由于甲乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由Q=mq可知，q1>q2。
(3)由题意知，在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态，且燃料燃烧完时温度计读数为：T甲>T乙>T丙，
液体b没有沸腾，甲、丙所示实验所用燃料相同，则吸收相等的热量时，a液体升高的温度大于b液体升高的温度，
a、b两液体质量相同，由热量公式Q=cm△t可知，甲液体a的比热容小于液体b的比热容。
(4)因为存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收，所以测得的热值会偏小。
故答案为：(1)甲丙；<；(2)甲乙；>；(3)<；(4)偏小；存在热量损失。
(1)比较两种液体的比热容，根据控制变量法的要求，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；
(2)燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
(3)根据图甲、丙所示实验所控制的变量与实验现象分析答题。
(4)存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，测得的热值会偏小。
本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时用好控制变量法是本题的关键。
2022-2023学年江苏省无锡市锡山区锡北片九年级（上）期中物理试卷
1. 如图是杠杆原理在生活中的应用，能省距离的是( )
A. 羊角锤 B. 核桃夹
C. 园艺剪 D. 赛艇的桨
2. 如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 拉力F的力臂不变，拉力F变大
B. 拉力F先变小后变大
C. 阻力和阻力臂乘积不变
D. 这个杠杆先省力后费力
3. 小明同学从距地面1m高的地方竖直向上抛出一块橡皮，橡皮离手后，在空中飞行到落地的过程中，不计空气阻力。动能Ek随时间t变化的曲线最接近的是( )
A. B.
C. D.
4. 对如图所示的三个电路，状态判断正确的是( )
A. 甲断路、乙短路、丙通路 B. 甲通路、乙短路、丙短路
C. 甲断路、乙通路、丙短路 D. 甲短路、乙断路、丙通路
5. 质量相等、温度相同的铜块和水放出相同的热量后，再把铜块放入水中后它们之间( )
A. 不发生热传递 B. 热量由水传给铜 C. 温度由铜传给水 D. 热量由铜传给水
6. 下列关于机械效率的说法错误的是( )
A. 总功一定，有用功越多，机械效率越高
B. 相同的时间内，机械效率高的机械做的功多
C. 当额外功一定时，有用功越多，机械效率越高
D. 当有用功一定时，额外功越少，机械效率越高
7. 如图所示，粗糙的弧形轨道竖直固定于水平面，一小球由A点以速度ν沿轨道滚下，经另一侧等高点B后到达最高点C。下列关于小球滚动过程的分析正确的是( )
A. 整个过程中小球的机械能不变
B. 小球在A、B两点具有的动能相同
C. 小球在A、B、C三点的速度大小关系是vA>vB>vC
D. 小球在A点具有的机械能等于它在C点具有的重力势能
8. 如图所示，用滑轮组在4s内将重为160N的物体匀速提升2m，若动滑轮重20N，不计滑轮与轴之间的摩擦及绳重。则在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳子自由端向上移动了4m
B. 拉力F的功率为90W
C. 拉力F为90N
D. 滑轮组的机械效率为80%
9. 水具有比热容较大的特点，下列现象及应用与此特点无关的是( )
A. 沿海的昼夜温差比内陆小 B. 夏天，在教室地面上洒水，感觉变凉爽
C. 冬天的暖气设备用热水供暖 D. 育秧时，傍晚向秧田里灌水
10. 某同学把装有20个鸡蛋的塑料袋从1楼提到3楼，他提鸡蛋的力做的功最接近于( )
A. 6J B. 30J C. 60J D. 90J
11. 景颇族的祖先曾发明一种活塞式点火器，如图所示。以牛角作套筒，木质推杆前端粘附艾绒。取火时，一手握住套筒，另一手猛推推杆，艾绒即燃，随即将杆拔出，口吹立见火苗。手推杆入筒的过程中，筒内密封气体的( )
A. 分子动能减小 B. 密度不变 C. 分子数增加 D. 内能增大
12. 在图所示的绝热装置中有一双层金属容器。在内层容器中倒入温度为80℃的水，用温度计I测量其温度；在外层容器中倒入相同质量的温度为20℃的水，用温度计II测量其温度。如果认为热传递只在双层容器内部进行，那么根据每隔相等时间记录的两个温度计的示数，可绘制出热水的降温图线(用虚线表示)和冷水的升温图线(用实线表示).在图中，最能反映下述两个容器内水温变化的图象是图( )
A. B.
C. D.
13. 如图是使用汽车打捞水下重物示意图，在重物从水底拉到井门的过程中，汽车以恒定速度向右运动，忽略水的阻力和滑轮的摩擦，四位同学画出了汽车功率(P)随时间(t)变化的图象(如图)，其中正确的是( )
A. B. C. D.
14. 如图所示的滑轮是______滑轮，观察图中弹簧测力计的示数，可以知道使用这种滑轮可以改变______，不能______。
15. 如图所示，将同一物体分别沿光滑的斜面AB、AC以相同的速度从底部匀速拉到顶点A，已知AB>AC，则施加的力F1______F2，拉力做的功为W1______W2，拉力做功的功率P1______P2。(填“>”、“<”或“=”)
16. 人造地球卫星在从近地点向远地点运动的过程中______(选填动能/重力势能/机械能)增大，机械能将______(选填“变大”、“变小”或“不变”，下同)，装满水的洒水车在一段平直公路上匀速前进，它在向公路两旁的花木喷水的过程中，洒水车的动能将______。
17. 冬天，双手反复摩擦，手会感到暖和，这是利用______方式增加了手的内能；用嘴对着双手“呵气”，手也会感到暖和，这是利用______方式增加了手的内能。这两种方式在改变内能是等效的。
18. 刘明在0.5min内，用20N的水平推力推着重为100N的超市购物车，在水平路面上前进了15m.在此过程中，重力做功______J；水平推力做功功率为______W。
19. (1)如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重G=60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，则F=______N。保持F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F将______(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(2)如图所示，有一根均匀铁棒重为600N，长为L，O为重心，OA=L4，为了不使这根铁棒的B端下沉，所需外力F至少应为______ N，若F的方向不变，微微抬起这根铁棒的B端，所需外力F′应为______ N。
20. 再生制动器是指刹车的同时还可以使发电机发电．先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭再生制动器两种情况下，汽车通过的路程S是与对应的速度大小v，计算出动能Ek，作出Ek−S是图象，如图所示．从图中可以看出，开启再生制动器进行测试的图线是①、②中的______ ，该次测试中储能效率为______ .
21. 如图所示，在空气压缩引火仪的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速下压，观察到棉絮被点燃。由此可知：对______(选填“棉絮”或“筒内气体”)做功，内能______，其能量转化情况与下列单缸四冲程汽油机的______(选填“A”、“B”、“C”或“D”)冲程相同，若汽油机每秒对外做功25次，则此汽油机的转速为______r/min。
22. 如图所示，将位于同一高度的甲、乙两个相同的小球以大小相等的速度抛出，其中将甲球竖直向下抛出、乙球竖直向上抛出，则抛出时两球机械能______(选填“相等”或“不相等”)。若不计空气阻力，落地前甲球的机械能______(选填“先减小后增大”、“先增大后减小”、“不变”或“减小”，下同)；落地前乙球的重力势能______，动能______。
23. 质量为4kg的水温由20℃升高了50℃，则水吸收的热量为______ J。若天然气完全燃烧放出热量的30%被水吸收，则至少需要燃烧______ g的天然气。(q天然气=4×107J/kg)
24. 如图为人们所喜爱的电动自行车，它具有轻便、节能、环保等特点。只要将图中车钥匙插入锁孔并顺时针旋转一下，车子就通电了，但不会行驶。车钥匙其实就是一个______；给电动车充电时，电瓶相当于______(填“电源”或“用电器”)。
25. 将重物从长4m、高1m的斜面底部匀速推上斜面顶端，已知沿斜面的推力是300N，斜面的机械效率是75%.则在此过程中，推力做的总功是______J，重物所受摩擦力为______N，物体的重力为______N。
26. 某剧组为拍摄节目需要，设计了如图所示的拉力装置来改变照明灯的高度，轻质杠杆ABO可绕O点转动，请在图中画出：
(1)杠杆所受拉力的力臂L1；
(2)照明灯所受重力的示意图。
27. 工人站在地面用滑轮组匀速提升重物，请在如图所示的滑轮组上画出绕线。
28. 请按照如图所示的实物图画出电路图。
29. 如图，塔式起重机的滑轮组将重为1.2×104N的重物5s内匀速吊起2m，滑轮组的机械效率为80%。求：
(1)提升重物做的有用功；
(2)绳端的拉力F；
(3)拉力的功率。
30. 某兴趣小组将一张硬卡片对折，在开口的一边剪两个小豁口A和B，然后套上橡皮筋，做成了一个会跳的卡片，如图所示。为了探究卡片跳起的高度与哪些因素有关，该兴趣小组提出了如下猜想：
A、与卡片的质量有关
B、与橡皮筋的形变量有关
C、与橡皮筋的条数有关
为了验证猜想，小组选用几根相同的橡皮筋和几张大小相同、厚度不同的卡片进行实验。
(1)小明将图中的卡片反过来，把它放在桌面上用手向下压，使橡皮筋伸长，迅速松开手，观察到的现象是______，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片，因此它具有弹性势能。
(2)探究跳起高度与质量是否有关，应选择大小相同、厚度不同的卡片，分别套上相同的橡皮筋，操作中将卡片反过来，每次把它在桌面上用手压平的目的是______；实验发现厚卡片弹起的高度较低，那是因为厚卡片刚离开地面时的______比薄卡片小。
(3)为了探究卡片的跳起高度与橡皮筋的形变量是否有关。小明取了一张卡片，多次改变同一根橡皮筋的形变量，测量跳起高度，进行比较；关于上述方案，下列措施中不能实现改变同一根橡皮筋形变量的是______
A.改变小豁口A和B的距离
B.改变小豁口A和B的深度
C.用一根长度不同的橡皮筋
D.改变每次卡片下压的程度。
31. 小红和小明在“探究哪些因素影响滑轮组的机械效率”实验中，测得了三组数据，如表所示：
次数
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
测力计的示数F/N
绳端移动的距离s/cm
1
2
5
0.8
15
2
4
5
1.5
15
3
6
5
2.2
15
(1)实验时，测绳端拉力时，应尽量沿着______方向匀速直线拉动弹簧测力计并读数。
(2)他们设计这三次实验的目的是为了探究滑轮组的机械效率与______是否有关。
(3)他们通过分析表格中的数据，得到了提高滑轮组机械效率的一种方法，汽车作为一种“机械”，提高效率对节能减排有重要意义，请你指出以下三种提高效率的方法中，方法______是与本实验同理的。
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量满员出行；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑。
(4)小明发现绳端移动的距离与钩码上升的高度有固定的倍数关系，于是他认为钩码重一定时，无论将钩码提升多高，都不影响该滑轮组的机械效率；小红则认为：钩码提升的高度不同，有用功就不同，机械效率就变化了，你认为______的看法是正确的
32. 在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆(杠杆上每小格长为2cm)、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
(1)实验时，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于______(填“平衡”或“不平衡”)状态。
(2)为使杠杆在水平位置平衡，应将图甲杠杆左端的平衡螺母适当往______(填“左”或“右”)调。杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，B点处挂上1个钩码，如图乙所示，分别测量出两个力的力臂L1和L2，计算后发现：F1L1=F2L2，便得出杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2。你认为小明这种实验处理方法是否完善的：______，理由是______。
(3)小明将一端的钩码换成弹簧测力计，发现按图丙中弹簧测力计使用方式校零时往往很困难，由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，这时弹簧测力计的示数略______绳子受到的实际拉力(填“大于”或“小于”)，为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如图所示竖直放置，秤钩对钩，在竖直方向拉到某一数值，这时只要移动弹簧测力计______的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零。
(4)小明觉得这样校零比较麻烦，接着他采用了如图丁所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉使杠杆在水平位置处于平衡状态。以弹簧测力计的拉力为动力F1′，钩码重力为阻力F2′，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1′L1′总是大于F2′L2′，其原因是______。
33. 探究“动能大小的影响因素”实验中，过程如图甲、乙所示(h1>h2)。
(1)该实验的研究对象是______。
(2)实验过程中发现两次木块移动距离s1、s2相差太小。仅利用原有器材，通过______，可使两次木块移动距离差变大，实验现象更明显。
(3)改进实验方案，完成实验后，得出的结论是______。
(4)下列现象可以用该结论解释的是______。
A.高速公路限高
B.高速公路限重
C.桥梁限重
D高速公路限速
(5)下列实验中的物体，与本实验的木块作用相似的是______。
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中的小桌
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子
D.“比较质量相同的不同燃料燃烧放出热量”实验中的水
34. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同．燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量、初始温度都相同，当燃料燃烧完时(烧杯内的液体均未沸腾)，立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙和T丙，且有T甲>T乙>T丙.
(1)比较不同物质的比热容，应选择______两图进行实验，液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有ca______cb(选填“>”、“=”或“<”)；
(2)比较不同物质的热值，应选择______两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有q1______q2(选填“>”、“=”或“<”)；
(3)若在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态，且燃料燃烧完时温度计读数仍然为T甲>T乙>T丙，液体b没有沸腾，则ca______cb(选填“>”、“=”、“<”或“无法判断”)；
(4)在甲装置中，若燃料为酒精，烧杯内的液体是质量为200克的水，点燃燃料直至燃烧完，温度计的示数由20℃上升到70℃，再结合“10g”燃料这一数据，计算出燃料的热值，通过实验算出的热值与实际相比______(填“偏大”或“偏小”)，理由是______
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离，故A不符合题意；
B、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离，故B不符合题意；
C、园艺剪在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离，故C不符合题意；
D、赛艇的桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离，故D符合题意。
故选：D。
结合图片和生活经验，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。
本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。
2.【答案】A
【解析】解：重物G通过细线对杠杆的拉力为F′大小等于物体的重力G，即F′=G，重力不变；
由图知，在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA的长度没有变化，细线对杠杆的拉力F′的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；
由杠杆的平衡条件知：F×OA=GL，当OA、G不变时，L越大，GL的乘积越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐变大；
由于该过程中，动力臂始终大于阻力臂，杠杆一直省力；
综上所述，A正确，BCD错误。
故选：A。
首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。
在分析杠杆的动态平衡时，一般是动中取静，依据杠杆的平衡条件进行分析，最后得到结论。
3.【答案】D
【解析】解：橡皮上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小，到达最高点，速度为0，动能为0，下落的过程中，速度越来越大，动能越来越大，所以动能是先减小，后增大，且落地点低于抛出点，末动能大于初动能。
故选：D。
影响动能的因素是物体的质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大。
本题考查动能的影响因素，关键是根据动能的变化来判断图象。同时还要知道橡皮的运动情况。
4.【答案】A
【解析】解：
甲图电路中，由于开关断开，则是开路；
乙图电路中，由于灯泡两端并联了一根导线，直接将电源正负两极相连，则引起电源短路；
丙图电路中处处连通，则是通路。
故选：A。
根据电路的三种的状态(通路、开路、短路)的概念填写。
本题考查电路图的分析，牢记基础知识是解答本类题型的前提，属于基础题型。
5.【答案】B
【解析】解：铜块和水的质量相同，水的比热容大，放出相等的热量，水的温度降低的少，而初温相同，水的末温高，热将从温度高的水传向温度低的铜块．
故选B.
质量相等的铜块和水，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少，而初温相同，可以得出铜块和水的末温高低，进而确定热传递的方向．
本题考查了学生对放热公式的掌握和应用，理解用好“质量相等的不同物质，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少”是本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、由公式η=W有W总知，在总功一定时，有用功越多，机械效率越高，故A正确；
B、机械效率可以反映有用功或额外功所占总功的比值，不能表示做的功的多少，故B错误；
C、由公式η=W有W总=W有W有+W额知，在额外功一定时，有用功越多，机械效率越高，故C正确；
D、由公式η=W有W总=W有W有+W额知，在有用功一定时，额外功越少，机械效率越高，故D正确。
故选：B。
机械效率指有用功和总功的比值，机械效率可以反映有用功或额外功所占总功的比值。
本题考查学生对机械效率的理解，特别要注意机械效率由有用功和总功共同决定。
7.【答案】C
【解析】解：
A、弧形轨道是粗糙的，小球受摩擦力，要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能变小，故A错误；
B、在粗糙的弧形轨道上受摩擦力，要克服摩擦力做功，则在整个过程中小球的机械能减小；虽然小球在A、B两点等高，具有的重力势能相同，但由于小球的机械能减小，所以小球在B点具有的动能小于在A点的动能，故B错误；
C、由题意可知小球在C点的速度为0，由B项分析可知小球在A点的速度大于在B点的速度，所以在A、B、C三点的速度大小关系是νA>νB>νC，故C正确；
D、小球要克服摩擦力做功，机械能减小，所以在A点具有的机械能大于它在C点具有的重力势能(此时小球的动能为0，只有重力势能)，故D错误。
故选：C。
(1)运动的物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
(2)由于受到的阻力，所以小球下落过程中，有机械能的损失；
(3)物体受到非平衡力，其运动状态不断变化(如速度改变)。
此题考查了力是改变物体运动状态的原因、能量的转化和运动快慢的分析，是一道综合题目。
8.【答案】B
【解析】解：
由图可知，n=3，则绳端移动的距离：s=3h=3×2m=6m，故A错误；
不计摩擦及绳重，拉力：
F=13(G+G动)=13×(160N+20N)=60N，故C错误；
拉力做功：W总=Fs=60N×6m=360J，
拉力做功的功率：P=Wt=360J4s=90W，故B正确；
有用功：W有用=Gh=160N×2m=320J，
滑轮组的机械效率：η=W有用W总×100%=320J360J×100%≈88.9%，故D错误。
故选：B。
(1)由图可知，滑轮组绳子的有效股数为3，根据s=nh求出绳端移动的距离；
(2)根据F=13(G+G动)求出拉力；根据W=Fs可求拉力做功；根据P=Wt可求拉力做功的功率；
(3)根据W=Gh求出克服物体重力做的有用功，根据效率公式求出滑轮组的机械效率。
本题考查了滑轮组绳子拉力的计算和滑轮组机械效率的计算，关键是绳子有效股数的判断和公式的灵活运用。
9.【答案】B
【解析】解：A、海边昼夜温差小是因为水的比热容大，在吸收相同热量时，温度变化小，故不合题意；
B、给地板洒水降温是利用了蒸发吸热，与比热容无关，故符合题意；
C、D、暖气设备和傍晚向秧田里灌水都借助水来做介质，是利用了水比热容大的特性，故不合题意。
故选：B。
水的比热容较大，在实际生活中也有着广泛的应用，对照实例具体分析可判断所应用的知识是否是比热容。
对比热容概念的理解是解决此题用到的主要知识，同时，还要分辨夏天洒水降温和用水做冷却剂的不同。
10.【答案】C
【解析】解：由物理常识知，提起两个鸡蛋的力大约是1N，则提20个鸡蛋的力大约为：F=G=10N；
每层楼的高度大约为3m，家住3楼，则某同学实际爬楼的高度：s=3m×2=6m；
提鸡蛋的力做功约为：W=Fs=10N×6m=60J。
故选：C。
提起两个鸡蛋的力大约是1N，每层楼的高度大约为3m，估算出提起20个鸡蛋的力和爬楼的高度，再利用W=Gh可算出做功的多少。
本题考查了功的计算，关键是估算出提起20个鸡蛋的力和爬楼的高度，是一道基础题。
11.【答案】D
【解析】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，所以气体内能增加，则温度升高，分子动能增加，气体体积减小，因为是封闭的气体，质量不变，所以分子数不会增加，
由ρ=mV可知，密度变大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做功，气体内能增加，温度升高，压强增大。
本题是物理知识在生活中的应用，考查做功改变物体的内能，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：因为温度与时间不是线性关系，而A体现的是温度与时间是线性关系，故A错误。在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。而B选项中没体现这一点，故B错误。C选项中体现了温度高时热传递进行的慢，温度低时进行的快，即温度高时温度变化的慢，温度低时温度变化的快。故C错误。选项D体现出了在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。两物体温度差越小热传递进行的越慢，高温物体温度下降的慢，低温物体温度升高的也慢。最终温度在50℃左右。所以D正确。
故选：D。
质量相等的80℃的水和20℃的水混合，热传递只在双层容器内部进行，故最终温度应在50℃.在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。故温度与时间不是线性关系。
此题考查的是热传递的规律及特点，在热传递过程中，高温物体放热，温度降低。低温物体吸热，温度升高。并且，两物体温度差越大，热传递进行的越快。
13.【答案】C
【解析】解：汽车匀速运动，重物也匀速运动，在重物露出水面前，浮力不变，F=G−F浮，所以拉力不变，根据P=Fv可知：汽车的功率不变；
在物体露出水面而没完全露出时，浮力减小，F=G−F浮，所以拉力增大，根据P=FV可知：汽车的功率增大；
在物体完全露出液面时，F=G，拉力不变，根据P=Fv可知：汽车的功率不变；综上所述，汽车的功率先不变，再增大，最后又不变，
故选：C。
此过程分三个阶段：
第一个阶段，物体完全浸没在水中，此时浮力不变，F=G−F浮，所以拉力不变，根据P=Fv可知：汽车在此阶段的功率不变；
第二个阶段，物体只有一部分浸入水中，而且排开水的体积越来越小，所受浮力也越来越小，F=G−F浮，所以拉力增大，根据P=Fv可知：汽车在此阶段的功率增大；
第三个阶段，物体离开水面了，此时物体只在拉力和重力的作用下匀速运动，所以F=G，拉力不变，根据P=Fv可知：汽车在此阶段的功率不变。
此题的关键要知道功率的公式P=FV，通过浮力的变化来判断功率的变化。
14.【答案】定 力的方向 省力
【解析】解：图中的滑轮轮轴是固定的，所以该滑轮是定滑轮；
在不使用该滑轮吊起钩码和使用该滑轮拉起钩码时，无论拉力的方向如何，弹簧测力计的示数都相同，即使用定滑轮不能够省力，但可以改变力的方向；
故答案为：定，力的方向，省力。
解决此题要知道轮轴固定的滑轮是定滑轮，使用定滑轮时不能省力，但可以改变力的方向。
此题是考查定滑轮的定义及其定滑轮的特点。
15.【答案】<=<
【解析】解：(1)斜面AB倾斜角度小于AC，所以物体沿AB运动时拉力较小，即F1
斜面光滑说明摩擦力为0，根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，所以拉力在两斜面上做功相同，即W1=W2。
(3)速度相同，物体沿AC运动时用的时间较少，根据公式P=Wt可知，做相同的功时，拉力沿AC运动时拉力做功的功率较大，即P1
(1)斜面倾斜角度越大，越费力。斜面AB的倾斜角度小于斜面AC，所以斜面AB更省力，
(2)斜面光滑说明摩擦力为0，即使用光滑的斜面没有额外功。
(3)速度相同，AB>AC，所以物体沿斜面AC用的时间较少，根据公式P=Wt可判断拉力所做的功的功率大小。
本题考查斜面的省力情况，对物体做功的大小以及做功功率的大小，关键是知道接触面光滑，摩擦力为0，使用任何机械都不省功。
16.【答案】重力势能 不变 变小
【解析】解：人造地球卫星在从近地点向远地点运动的过程中，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，由于没有阻力，卫星的机械能守恒，保持不变；
一辆洒水车匀速行驶在平直的公路上，速度不变，但质量不断减小，所以动能变小。
故答案为：重力势能；不变；变小。
从动能和重力势能大小的影响因素进行分析，然后由动能和重力势能大小的变化，判断机械能的变化。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能=动能+势能。
掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，利用控制变量法，判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化。
17.【答案】做功 热传递
【解析】解：改变物体内能有两种方式：做功和热传递；
双手反复摩擦也会感到暖和。是摩擦生热属于做功改变物体内能。
用嘴对着双手“呵气”，手也会感到暖和，这是通过热传递改变物体内能。
故答案为：做功；热传递。
本题抓住改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，热传递有传导、对流和辐射三种方式。
本题考查了改变物体内能的两种方式，属于基础题。
18.【答案】0 10
【解析】解：
(1)购物车在水平路面上匀速前进15m，虽然有力，也有距离，但移动的距离不是在重力的方向上，所以重力没做功，即重力做功为0J；
(2)推力F=20N，s=15m，
推力做的功为：
W=Fs=20N×15m=300J，
t=0.5min=30s，
水平推力做功功率：
P=Wt=300J30s=10W。
故答案为：0；10。
(1)购物车受到重力但在重力的方向上没移动距离，重力不做功；
(2)知道水平推力和水平方向上移动的距离，可利用功W=FS计算推力做的功；又知道做功的时间，可利用公式P=Wt计算功率。
本题考查了学生对功的公式、功率的公式、做功的两个必要条件的了解与掌握，明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
19.【答案】30 不变 200 300
【解析】解：(1)根据杠杆平衡条件可得FLA=GLG，杠杆在水平位置A时LA=2LG，则F=GLGLA=12G=12×60N=30N；
F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，根据数学知识可知动力臂、阻力臂之比不变，又重力不变，故力F的大小不变；
(2)为了不使这根铁棒的B端下沉，此时杠杆的支点是A，根据杠杆的平衡条件可知，F×(L2+L4)=G×L4，
所以F=13G=13×600N=200N；
微微抬起这根铁棒的B端，此时杠杆的支点是C，根据杠杆平衡条件可得F′×L=G×L2；
所以F=G2=600N2=300N。
故答案为：(1)30；不变；(2)200；300。
(1)在A位置时，动力臂是阻力臂的2倍，利用杠杆的平衡条件求动力F的大小；F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，根据数学知识可知动力臂、阻力臂之比不变，利用杠杆的平衡条件判断F的变化；
(2)根据均匀木杆确定杠杆的重心，支点为A，然后根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2计算F的大小；
微微抬起这根铁棒的B端，支点为C，根据杠杆平衡的条件计算F′的大小。
本题考查杠杆平衡条件的灵活运用，属于基础题。
20.【答案】①；40%
【解析】解：
(1)关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，
开启再生制动器，有部分动能转化为电能，克服摩擦力做功的能量减少，摩擦力大小不变，所以汽车运动的距离减小，所以汽车动能变化曲线是①；
(2)关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，由图②可知，关闭发动机时汽车的动能为EK0=W=fs2=f×(40m−30m)=10m×f，
开启再生制动器，由图①可知，汽车克服摩擦力做功W=fs1=f×(36m−30m)=6m×f，则动能转化为的电能为E=EK0−E=10m×f−6m×f=4m×f，
则该次测试中储能效率η=EEK0=4m×f10m×f×100%=40%.
故答案为：①；40%.
(1)关闭再生制动器时，汽车的动能全部转化为汽车克服摩擦力产生的内能，开启再生制动器，部分动能转化为电能；
(2)根据两次小车克服摩擦力做功的大小得出原来汽车动能的大小、动能转化为电能的大小，计算得出该次测试中储能效率．
本题考查了学生对能量的转化的掌握和理解，难点在学生对于汽车再生制动器涉及到的能量的转化的理解和图象的分析．
21.【答案】筒内气体 增加 A 3000
【解析】解：(1)在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加，温度升高；
(2)A图中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，机械能转化为内能；
B图中排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程，没有能量转化；
C图中两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，内能转化机械能；
D图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程，没有能量转化；
综上分析，空气压缩引火仪的能量转化形式与汽油机的压缩冲程的能量转化形式相同；
(3)汽油机每秒对外做功25次，则每分钟对外做功25×60=1500次；因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个工作冲程，做功一次，故汽油机的转速为1500×2r/min=3000r/min。
故答案为：筒内气体；增加；A；3000。
(1)改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；
(2)四冲程汽油机一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成，根据气门的闭合和活塞的运行方向判断是哪一个冲程；在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
(3)在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次。
本题主要考查改变物体内能的方式、热机飞轮转速的含义的理解以及对热机工作循环中各冲程情况的了解，难度不大。
22.【答案】相等 不变 先增大后减小 先减小后增大
【解析】解：甲、乙两个相同的小球质量相等，抛出时速度相等，动能相等；高度相同，重力势能相等，故机械能相等；
若不计空气阻力，甲球在空中下落时机械能不变；
乙球质量不变，上升过程中，高度增大，重力势能增大；速度减小，动能减小；乙球上升的最高点开始下降，下降过程中，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大；所以乙球在落地前，重力势能先增大后减小，动能先减小后增大。
故答案为：相等；先增大后减小；先减小后增大。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)机械能=动能+势能。不计空气阻力，小球的机械能是守恒的。
掌握动能、重力势能的影响因素，理解重力势能和动能的转化可从高度和速度来理解，可以帮助我们更好的理解能量的转化。
23.【答案】8.4×105 70
【解析】解：水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×4kg×50℃=8.4×105J；
天然气完全燃烧放出的热量Q放=Q吸η=8.4×105J30%=2.8×106J，
天然气的质量m=Q放q天然气=2.8×106J4×107J=0.07kg=70g。
故答案为：8.4×105；70。
知道水的质量和升高的温度，根据Q吸=cmΔt计算水吸收的热量；
根据Q放=Q吸η计算天然气完全燃烧放出的热量，根据m=Q放q天然气计算天然气的质量。
本题考查了水升温吸热和燃料燃烧放热的知识，能够熟练应用公式是解答本题的关键。
24.【答案】开关 用电器
【解析】解：(1)电动自行车钥匙插入锁孔开顺时针旋转一下，车子就通电了，所以这车钥匙其实就是一个开关，控制电路的通断；
(2)给电动车充电时，是将电能转化为化学能，此时电瓶相当于用电器。
故答案为：开关；用电器。
(1)开关串联在电路中，能起到控制电路中电流通断的作用；
(2)给电池充电的过程，消耗电能，获得化学能。
本题考查了电路的组成及各部分的作用，属于基础知识。
25.【答案】1200 75 900
【解析】解：
(1)推力做的总功：
W总=Fs=300N×4m=1200J；
(2)由η=W有用W总可得有用功：
W有用=ηW总=1200J×75%=900J；
因为W总=W有用+W额，
所以克服摩擦做的额外功：
W额=W总−W有用=1200J−900J=300J，
由W额=fs得物体所受摩擦力：
f=W额s=300J4m=75N；
(3)由W有用=Gh可得，物体所受的重力：
G=W有用h=900J1m=900N。
故答案为：1200；75；900。
(1)知道推力和斜面长度，根据公式W=Fs求出推力做的总功；
(2)根据公式η=W有用W总求出有用功；知道总功和有用功，求出克服摩擦做的额外功，再根据公式W额=fs求出摩擦力；
(3)根据公式W=Gh求出物体的重力。
关于斜面机械效率的题目，要明确总功、有用功、额外功怎样计算，并且掌握本题中克服摩擦力做的功为额外功是解决此题的关键，对于公式的变形公式也要熟练掌握。
26.【答案】解：
(1)绳子对杠杆的拉力作用在B点，拉力的方向斜向右上方，过支点O作这条拉力作用线的垂线段，即拉力的力臂L1。
(2)重力的方向是竖直向下的，过照明灯重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力的示意图。如图所示：
【解析】(1)已知支点和动力的方向，过支点作力的作用线的垂线段(即力臂)。
(2)先确定重力作用点，然后过力作用点表示重力的方向(即竖直向下)；
本题考查了重力示意图和力臂的作法。关键是要作出支点到力的作用线的垂线段。掌握作图的基本方法，并且作图要规范。
27.【答案】解：如图，滑轮组由2段绳子承担物重。
【解析】用一只定滑轮与一只动滑轮组成的滑轮组，绕绳方法有两种，但我们除考虑省力情况外，还要注意工人是站在地面拉绳子。
绕绳时注意绳端最后拉力的方向，不要忘了标上箭头。
28.【答案】解：由图知，由电源的正极出发依次连接两灯泡、开关，最后回到负极，如下图所示：
【解析】由图知，两灯泡串联，开关靠近电源的负极。
画电路图前要分析实物图的连接情况，用规定的符号把实物图用电路符表示出来，注意作图的美观性。
29.【答案】解：(1)提升重物做的有用功：
W有=Gh=1.2×104N×2m=2.4×104J；
(2)由η=W有W总×100%可得，拉力做的总功：
W总=W有η=2.4×104J80%=3×104J，
由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，则绳端移动的距离：
s=nh=3×2m=6m，
由W=Fs可得，绳端的拉力：
F=W总s=3×104J6m=5×103N；
(3)拉力的功率P=W总t=3×104J5s=6000W。
答：(1)提升重物做的有用功为2.4×104J；
(2)绳端的拉力F为5×103N；
(3)拉力的功率为6000W。
【解析】(1)根据W有=Gh得出提升重物做的有用功；
(2)由η=W有W总×100%可得拉力做的总功；
由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，根据s=nh得出绳端移动的距离，
由W=Fs可得绳端的拉力；
(3)根据P=W总t得出拉力的功率。
本题考查功、功率、效率的计算，综合性较强。
30.【答案】卡片跳起做功 橡皮筋弹性形变程度相同 速度 C
【解析】解：(1)“橡皮筋伸长”说明橡皮筋发生了弹性形变，发生弹性形变的物体要恢复原状，就会对使它发生形变的物体施加力的作用，所以橡皮筋对硬卡片施力，使它弹起；
橡皮筋对卡片施力，卡片弹起即在力的方向上运动了，所以橡皮筋对卡片做功。
(2)操作中将卡片反过来，每次把它在桌面上用手压平的目的是控制橡皮筋的形成变量相同；实验发现厚卡片弹起的高度较低，那是因为厚卡片刚离开地面时的速度比薄卡片小。
(3)使橡皮筋的形变量不同的方法有：分别压两个卡片时将一个卡片压平，另一个不压平；使小豁口A、B的间距不相同；故ABD能做到，C做不到。
故答案为：(1)卡片跳起做功；(2)橡皮筋弹性形变程度相同；速度；(3)C。
(1)发生弹性形变的物体就具有了弹性势能，也具有了弹力，必然会对使它发生形变的物体施加力的作用。若该物体受到了力且在的方向上运动了一段距离，就说它做了功。
(2)物理学中对于多因素(多变量)的问题，常常采用控制因素(变量)的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题；每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
探究跳起高度与质量是否有关，应该控制橡皮筋的形成变量、橡皮筋的条数不变，而卡片的质量不同；
(3)此题为开放性题目，分别压两个卡片时将一个卡片压平，另一个不压平；使小豁口A、B的间距不相同均可以使橡皮筋的形变量不同。
此题紧密联系学的实际，考查控制变量法的应用及设计实验方案的能力。关键是审清题意，正确运用控制变量法解答。
31.【答案】竖直 物重 一 小明
【解析】解：(1)实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
(2)由表格中数据可以看出，在3次实验中物体的重力是不同的，所以是探究滑轮组机械效率与物重是否有关。
(3)由表中数据可知，同一滑轮组将不同的重物提升相同的高度，提升物体越重，机械效率越高；即对同一滑轮组，增加提升物体的重力可提高机械效率；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员，是在额外功相同时，人越多，有用功越多，机械效率越高，故符合题意；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量，是通过减小额外功来提高机械效率的，故不符合题意。
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑，是通过减小摩擦来提高机械效率的，故不符合题意，
故选方法一与本实验同理；
(4)分析表格数据可知n=3，由η=W有用W总=GhFs=G3F可知，滑轮组的机械效率与提升的高度无关，故小明的看法正确。
故答案为：(1)竖直；(2)物重；(3)一；(4)小明。
(1)实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
(2)根据表格中的不同点，利用控制变量法分析；
(3)对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率。据此分析。
(4)根据因η=W有用W总=GhFs=G3F来分析。
本题考查了测量滑轮组机械效率的实验，涉及到注意事项、分析实验数据得出结论的能力等，要注意影响滑轮组机械效率因素的运用。
32.【答案】平衡 右 否 一次实验结论具有偶然性 小于 乙 杠杆自重对实验有影响
【解析】解：(1)因为杠杆此时处于静止状态，所以杠杆平衡；
(2)根据哪端高就往哪边调节的原则，此时应该将平衡螺母适当向右调；只做一次实验就得出结论，实验具有偶然性，不具有说服力；
(3)由题可知绳子对弹簧的拉力等于弹簧对绳子的拉力和弹簧测力计自重之和，所以弹簧测力计的示数略小于绳子受到的实际拉力；
因为乙弹簧是倒立的，所以应该考虑乙弹簧自重对读数的影响，故移动乙弹簧测力计的指针；
(4)由图可知，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响，故F1′L1′总是大于F2′L2′。
故答案为：(1)平衡；(2)右；否；一次实验结论具有偶然性；(3)小于；乙；(4)杠杆自重对实验有影响。
(1)杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；
(2)杠杆右端偏高，说明杠杆的重心在支点左侧；在探究性实验中，应进行多次实验，寻找普遍规律，避免结论的偶然性；
(3)弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量；由于物体间力的作用是相互的甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力；
(4)图丁中，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
本题探究“杠杆的平衡条件”，考查杠杆平衡的定义、器材的调试、归纳法的运用及测力计的调零方法、力的相互性等知识，综合性较强。
33.【答案】小车 增加甲图小车由静止释放时的高度 质量相同时，小车的速度越大，动能越大 D BD
【解析】解：(1)根据题意可知，实验中探究小球的动能，即小球撞击木块时的动能；
(2)由图可知，图甲中小车下滑的高度大于乙中小车下滑的高度，实验中观察到木块移动的距离s1、s2接近，这表明小车的动能接近，为了使现象更明显，可以增大h1来增大小车的动能，从而使s1更大；
(3)如图所示，同一小车从斜面不同高度由静止释放，达到水平面的速度不同，高度越高，达到水平面的速度越大，纸盒被推得越远，说明小球的动能越大，结论是：质量相同时，小车的速度越大，动能越大；
(4)根据实验可知，小车下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，探究的是动能大小与速度的关系，速度越大，动能越大；
A.高速公路对货车限高，与动能的大小无关；
B.高速公路对货车限重，是通过减小质量来减小动能的；
C.桥梁对货车限重，与动能的大小无关；
D.高速公路对货车限速，是通过减小速度来减小动能的，
故D正确。
(5)实验中通过小车撞击木块运动的距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小，没有用到转换法，故A不符合题意；
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中，通过小桌下陷的深度来体现物体重力势能的大小，用到了转换法，故B符合题意；
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子质量相同，应用了控制变量法，故C不符合题意；
D.“比较质量相同的不同燃料燃烧放出热量”实验中，根据水的温度变化大小判定燃料放出热的多少，用到了转换法，故D符合题意；
故选：BD。
故答案为：(1)小车；(2)增加甲图小车由静止释放时的高度；(3)质量相同时，小车的速度越大，动能越大；(4)D；(5)BD。
(1)据题意可知，实验中探究小车的动能，即小车撞击木块时的动能；
(2)可以从增大速度，从而增大动能的方法考虑；
(3)动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与速度关系时，要控制质量不变，据此分析；
(4)在质量一定时，速度越大，动能越大；
(5)根据转换法分析。
本题探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法及转换法的运用，同时也考查了对实验方案的改进。
34.【答案】(1)甲丙；<；
(2)甲乙；>；
(3)<；
(4)偏小；存在热量损失
【解析】解：
(1)为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲丙两图进行实验；
甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，相同时间内燃料燃烧释放的热量相等，烧杯中的液体吸收的热量相等，则Qa=Qb，
又知甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲>T丙，则△t甲>△t丙，即△ta>△tb，
由Q=cm△t可知，c=Qm△t，所以ca
由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由热量公式Q=cm△t可知，
Q甲>Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1>Q2，
由于甲乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由Q=mq可知，q1>q2。
(3)由题意知，在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态，且燃料燃烧完时温度计读数为：T甲>T乙>T丙，
液体b没有沸腾，甲、丙所示实验所用燃料相同，则吸收相等的热量时，a液体升高的温度大于b液体升高的温度，
a、b两液体质量相同，由热量公式Q=cm△t可知，甲液体a的比热容小于液体b的比热容。
(4)因为存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收，所以测得的热值会偏小。
故答案为：(1)甲丙；<；(2)甲乙；>；(3)<；(4)偏小；存在热量损失。
(1)比较两种液体的比热容，根据控制变量法的要求，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；
(2)燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
(3)根据图甲、丙所示实验所控制的变量与实验现象分析答题。
(4)存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，测得的热值会偏小。
本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时用好控制变量法是本题的关键。
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