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2022-2023学年江苏省盐城市大丰区九年级（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省盐城市大丰区九年级（上）期中物理试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了3%，【答案】C，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省盐城市大丰区九年级（上）期中物理试卷
1. 如图所示的四种用具中，正常使用时属于费力杠杆的是( )
A. 瓶盖起子 B. 活动扳手
C. 镊子 D. 钢铁钳
2. 如图所示，用力打开夹子过程中，标注的夹子支点、动力、阻力正确的是( )
A. B.
C. D.
3. 星期天的早晨小明去登山采用两种路径登山，一种是从东面陡坡登上山顶，用了15分钟；另一种是从西面缓坡登上山顶，用了7分钟(设山下地面相平，不计摩擦)。则下列说法正确的是( )
A. 从东面登山，克服自身重力做功多一些
B. 从东面登山和从西面登山，克服自身重力做功一样多
C. 从东面登山的功率大
D. 两种登山方式功率一样大
4. 如图所示是古人锻造铁器的过程，下列关于改变物体内能的方式，说法正确的是( )
A. 加热和锻打属于热传递，淬火属于做功
B. 加热和淬火属于热传递，锻打属于做功
C. 加热属于热传递，锻打和淬火属于做功
D. 加热和淬火属于做功，锻打属于热传递
5. 分别用如图所示的两个滑轮组，将同一物体提升到相同高度。若物体受到的重力为100N，动滑轮的重力为20N，在把物体匀速提升1m的过程中。(不计绳重和摩擦)下列说法不正确的是( )
A. 甲、乙两滑轮组所做的总功都是120J
B. 甲滑轮组所做的有用功为200J，乙滑轮组所做的有用功为300J
C. 甲、乙滑轮组中绳子的自由端的拉力不相等
D. 甲、乙两滑轮组的机械效率均为83.3%
6. 在某场馆建设中，采用了如图所示的装置提升重物，当工人师傅们用1000N的拉力F向下拉绳，使重1600N的重物匀速上升了5m，此过程中克服绳重和摩擦做功500J，下列说法中正确的是( )
A. 拉力F做功为5×103J
B. 缠绕在动滑轮上每股绳的拉力为800N
C. 动滑轮重为300N
D. 滑轮组的机械效率为75%
7. 小红在操场上将一皮球抛出，皮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是( )
A. 皮球由a到b时，动能逐渐增大 B. 皮球在b点时的机械能最大
C. 皮球由c到d时，机械能一直减小 D. 皮球在a、c两点时动能相等
8. 如图所示，B端悬挂一重为G的重物，不计杠杆自重，在A点施加动力F使杠杆保持水平平衡。则下列说法正确的是( )
A. 杠杆可能为等臂杠杆
B. 因为OA大于OB，所以F小于G
C. 当杠杆平衡时，一定满足G×0B=F×OA
D. 动力的方向一定竖直向下
9. 为加强疫情防控、保护师生安全，学校在校门口设立了红外人脸识别测温系统。若人脸识别通过，开关S1闭合；若红外测温数值在正常范围内，开关S2闭合。只有两个条件都满足时，系统才会启动电动机打开闸门放行。如图中电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图甲所示，将质量相等的甲、乙两种物质分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图像，如图乙所示，下列说法正确的是( )
①甲物质是晶体，乙物质是非晶体
②0∼2min内乙物质比甲物质吸收的热量多
③乙物质在BC段不断吸热，温度不变，内能增加
④乙物质在AB段的比热容比CD段的比热容小
A. 只有①和② B. 只有②和③ C. 只有③和④ D. 只有②和④
11. 如图1所示，水平路面由三段长度相等的粗糙区域组成。在2N水平拉力F的作用下，物块(体积忽略不计)从区域①的最左端从静止开始运动，在刚进入区域③时撤去拉力，物块最终停在区域③的最右端。图2为物块在区域①和②上运动的v−t图象。则( )
A. 拉力在区域①中做功的功率比②的小 B. 物块在区域①上所受的摩擦力等于2N
C. 物块在区域③上运动的时间可能为1s D. 区域①路面的粗糙程度比②的大
12. 如图是某地的蹦极设备，橡皮条自由下垂时末端处在A点；某人从跳台跳下后，竖直下落到C点被反弹，多次上下反复振动后静止在B点。下列有关不同阶段的人体运动情况和能的转化说法正确的是( )
A. 人从A点下降到C点的过程中始终做加速运动，重力势能转化成动能
B. 人从跳台到达B点过程中，始终做加速运动，重力势能转化成动能和弹性势
C. 人从C点上升到B点的过程中始终做减速运动，动能转化成重力势能
D. 人每次上升到最高点的高度逐渐下降，说明该装置能的转化并不守恒
13. 小朋友从滑梯上滑下时臀部有灼热感，他的机械能______，这是通过______的方法改变了物体的内能；家庭炒菜的时候，勺把也会变热，这是通过______的方法改变了物体的内能。
14. 一木箱重400N，工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处，如图甲所示。已知整个过程中拉力F做的功W与木箱沿斜面运动距离s的关系如图乙所示，整个过程的额外功是160J，则拉力F=______N，斜面的机械效率η=______，斜面的摩擦力f=______N。
15. 如表所示是一些物质的比热容，由表可知：
物质
水
铝
干泥土
沙石
铁、钢
铜
比热容/[J⋅(kg⋅℃)−1]
4.2×103
0.88×103
0.84×103
0.92×103
0.46×103
0.39×103
(1)物质的比热容与质量______(有关/无关)。
(2)在阳光照射下，干泥土比湿泥土温度升高得______(快/慢)。
(3)质量相等的铝块和铁块升高相同的温度，______(铝块/铁块)吸收的热量较少。
(4)从节能的角度，烧开水时用质量相等的铜壶和铝壶相比，选用______壶更节能。
16. 质量为45kg的某同学在跳绳时重心高度随时间变化的关系如图所示。根据图象可估算出该同学跳一次克服重力做功______J，每分钟跳绳的次数是______次，克服重力做功的平均功率为______。(g取10N/kg)
17. 搬运砖头的独轮车，车厢和砖头的总重力G=1200N，独轮车有关尺寸如图所示。该独轮车是一个______杠杆，动力F=______，在不减少砖头重力的情况下，为了让搬运更省力，工人师傅可以采取的措施______。(写出一条即可)
18. 2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空，在地球上空一个椭圆形的轨道上运行。火箭在加速升空的过程中，卫星的重力势能将______(变小/变大/不变，下同)机械能将______；当卫星运行到距地球最近点时______最大，而运行到最远点时______最大。
19. 如图为宾馆房间的取电房卡。将房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用。房卡的作用相当于电路元件中的______；给充电宝充电时，充电宝相当于简单电路中的______；充电宝给手机充电时，充电宝相当于简单电路中的______。
20. 如图所示电路，如果同时闭合开关S1、S3，且断开S2，则灯L1、L2为______联；如果只闭合开关S2，则灯L1、L2为______联。
21. 用一个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组来提升重物，请在图中画出最省力的绕法。
22. 如图所示，小明正在借用一个平台做俯卧撑，此时可将他视为一个以脚尖为支点O的杠杆，他的重心在A点，请在图中画出支撑力F的力臂L。
23. 根据电路图连接实物图。
24. 如图所示，一建筑工人用80N拉绳子的力通过滑轮组将210N的重物匀速提高2m，不计摩擦及绳重。求：
(1)工人使用滑轮组时做的有用功为多少？
(2)绳子自由端移动的距离；
(3)拉力做的总功；
(4)滑轮组的机械效率为多少？
(5)动滑轮的重力是多少？
25. 太阳能热水器是把太阳能转化为内能的设备之一．某品牌太阳能热水器每小时平均接收4.2×106J的太阳能，在5小时的有效照射时间内，将热水器中质量为100kg、初温为20℃的水温度升高到40℃.求：
(1)热水器中的水吸收的热量Q；[水的比热容c=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(2)热水器的效率η；
(3)若改用煤气来加热这些水，则需要完全燃烧多少千克的煤气？(煤气的热值q=4.2×107J/kg，假设煤气燃烧放出的热量50%被水吸收)
26. 如图所示，小科同学利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、若干相同钩码、弹簧测力计(单位N)等实验器材“探究杠杆的平衡条件”，一起完成以下问题：
(1)在挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆______(填“已达到”或“未达到”)平衡状态，接下来应将杠杆两端的平衡螺母向______(填“左”或“右”)调，使杠杆在水平位置平衡。
(2)移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡(如图乙)。若在A、B下方再增挂一个相同的钩码，则杠杆______(填“左”或“右”)端将下沉。
(3)图丙是已经调节平衡的杠杆，在某处挂上适当的钩码后，用弹簧测力计在杠杆C处竖直向上按使杠杆在水平位置重新平衡，则所挂钩码的位置和重力分别是______(填字母编号)。
A.A处挂3N
B.A处挂2N
C.C处挂3N
D.C处挂2N
(4)如图丁所示为农村经常用来测量物体的质量的杆秤，它是利用杠杆原理来制作的。称量是把货物挂在A点。手提着B或C点，调节D点秤砣的位置使秤杆在水平位置平衡，对应秤杆上D点的读数就是货物的质量了。在使用时，为了称量质量较大的货物，手应该提着______(填“B”或“C”)点的绳子；若秤砣有磨损，则所测物体的质量将______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
27. 某小组的同学在探究“比较不同物质的吸热能力”时使用了如图所示装置。
(1)除如图所示器材外，该实验中还必须使用天平，目的是______；
(2)为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、水和食盐水的质量和初温；实验时用同样的酒精灯加热，某同学观察到：“加热相同的时间时，食盐水升高的温度高一些”即认为食盐水吸收的热量多一些。”这位同学的判断是否正确？______。理由是______；
(3)能否仅由“加热到沸腾需要的时间长”得出谁的比热容大的结论？______(能/否)，理由是______；
(4)该小组同学测得物质升高一定的温度时所需的加热时间如下表，根据表中数据可得：质量相同的水和食盐水，升高相同的温度，______吸热多一些；
物质
质量/g
升温10℃所需时间/s
升温20℃所需时间/s
升温30℃所需时间/s
食盐水
30
64
89
124
水
30
96
163
220
(5)由以上数据还可以分析得出：质量相同的水和食盐水，吸收相同热量，______温度升高得多一些。下列事实能用上述实验结果解释的是______。
A.沿海地区昼夜温差会比内陆地区小
B.夏天给教室洒水，感觉凉爽
C.用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸
D.长期堆放煤的水泥地面变成黑色
28. 兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，于是他们进行了如下探究：
【提出问题】汽车的动能大小跟什么因素有关？
(1)【猜想假设】由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能可能跟______有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能可能跟______有关；
(2)【进行实验】他们做了如图所示的三次实验：用金属球模拟汽车，让金属球从斜槽的某一高度由静止开始滚下，碰到水平面上的物块，将物块撞出一段距离。物块被撞击得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越______；
(3)【分析论证】分析甲、丙两图的实验现象，可以初步得到的结论是：______；
(4)【实践应用】用甲、乙两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车______(选填“超载”或“超速”)行驶时危险性大的原因；
(5)【实验方法】实验用到的主要实验方法是______法和转换法。
29. 阅读短文，回答下列问题：
喷气发动机喷气发动机是指靠喷管高速喷出的气流直接产生反作用推力的发动机。广泛用作飞行器的动力装置。
如图甲为涡轮喷气发动机使压缩后的混合气体在燃烧室燃烧，燃烧后剧烈膨胀的气体从尾部高速喷出，其巨大的反冲推力直接成为飞机的推进力。减小发动机的体积和质量，使用高能燃料，可以获得更大的推进力。
如图乙为火箭发动机的工作原理图，火箭发动机和涡轮喷气发动机十分相似，主要的差别是：火箭自带燃料和氧化剂，而涡轮喷气发动机只带燃料，利用空气做氧化剂，因此它只能在大气层内工作。同涡轮喷气发动机相比较，火箭发动机的最大特点是：它自身既带燃料，又带氧化剂，靠氧化剂来助燃，不需要从周围大气层中汲取氧气，所以它不但能在大气层内也可以在大气层之外的宇宙真空中工作。火箭发动机可用于航天器推进，也可用于导弹等在大气层内飞行。迄今为止发射的人造卫星、月球飞船以及各种宇宙飞行器所用的推进装置，都是火箭发动机。
2019年3月24日，由中国航天科技集团有限公司六院研制的500吨级液氧煤油发动机燃气发生器-涡轮泵联动试验取得圆满成功(如图丙)，标志着我国500吨级重型运载火箭发动机关键技术攻关及方案深化论证达到预期目标，为后续重型运载火箭工程研制打下坚实基础。
2019年10月5日02时51分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将高分十号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满成功。
(1)喷气发动机工作过程中燃料的化学能先转化为内能，内能再转化为______，来提供动力；
(2)______(选填“涡轮喷气”或“火箭”)发动机不能在大气层外工作；
(3)长征四号丙运载火箭使用的燃料主要是液态氢，随着液态氢的不断消耗，其热值将______；
A.减小
B.不变
C.增大
D.都有可能
(4)假设我国500吨级重型运载火箭某次发射平均推力约为8×106牛，将起飞质量5000多吨的火箭在100秒的时间内推到约6×104米的高度，同时最大速度达到3千米/秒。则火箭发动机推力的平均功率约为______ W；
(5)喷气压缩发动机使混合气体在燃烧室燃烧直到膨胀的气体再从尾部高速喷出过程中，燃气的温度是不断变化的，图中能大致反应燃气温度随时间而变化的是______。
A.B.C.D.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查杠杆的分类，是历年考试的热点，属于简单试题。中考出现概率极高。
本题主要考查对杠杆分类方法的了解与记忆：动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆。
【解答】
AB.由图可知起子、扳手的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，所以选项AB不符合题意。
C.由图可知镊子的动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，所以选项C符合题意。
D.由图可知钢丝钳的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，所以选项D不符合题意。
故选C。
2.【答案】A
【解析】解：
A、阻力的方向应为垂直于杠杆向下，动力方向以及作用点、支点位置正确，故A正确；
B、阻力的方向应该向下，故B错误；
CD、支点位置不对，阻力作用点不对，故CD错误。
故选：A。
动力F1使杠杆绕固定点转动，阻力F2阻碍杠杆转动，杠杆绕着固定转动的点为支点。
根据杠杆的五要素进行判断，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：AB、小明重力一定，从东面陡坡登上山顶和从西面缓坡登上山顶，高度h相等，根据W=Gh可知，从东面登山和从西面登山，克服自身重力做功一样多，故A错误、B正确；
CD、由题知，从东面陡坡登上山顶所用时间大于从西面缓坡登上山顶所用时间，又知从东面登山和从西面登山，克服自身重力做功一样多，根据P=Wt可知，从西面登山的功率大，故CD错误。
故选：B。
(1)根据W=Gh比较克服自身重力做功大小；
(2)根据P=Wt比较克服自身重力做功的功率大小。
此题考查功和功率的大小比较，属于基础题目，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：
用铁锤锻打工件，工件会发热，属于做功改变物体内能；用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火，铁器向水中放热，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能，故B正确。
故选：B。
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，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，其实质是能量的转移。
本题考查了改变物体内能有两种方式，能结合生活实际解决问题是解答的关键。
5.【答案】B
【解析】解：(1)甲乙两滑轮组所提的重物相同、上升的高度相同，
根据W=Gh可知两滑轮组所做的有用功相同，则W有=Gh=100N×1m=100J，故B不正确。
(2)由图可知滑轮组绳子的有效股数n甲=2，n乙=3，
∵动滑轮的个数和重力以及物体的重力相同，
∴根据F=1n(G物+G动)可知，两滑轮组绳子自由端的拉力不相等，故C正确，
(3)不计绳重和摩擦时，滑轮组的额外功是由克服动滑轮重力所做的功，
根据W=Gh可知，动滑轮重和上升高度相同时，两者的额外功相等，
即W额=G动h=20N×1m=20J，
∵W总=W有+W额，
∴两滑轮组的总功相同，即W总=100J+20J=120J，故A正确；
据η=W有用W总可知，两滑轮组的机械效率相等，均为η=W有用W总=100J120J≈83.3%，故D正确。
故选：B。
(1)甲乙两滑轮组所提的重物相同，上升的高度相同，根据F拉=1n(G物+G动)计算出所用的拉力，比较两绳子拉力的大小关系；
(2)甲乙两滑轮组所提的重物相同，上升的高度相同，根据W=Gh求出所做的有用功；
(3)不计绳重和摩擦时，滑轮组的额外功是由克服动滑轮重力所做的功，再根据总功等于有用功和额外功之和结合机械效率公式分析两滑轮组机械效率之间的关系。
本题考查了功和机械效率的计算，关键是会分析滑轮组额外功产生的原因和公式F=1n(G物+G动)的灵活运用。
6.【答案】C
【解析】解：
A.由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=2，则绳子自由端移动的距离s=nh=2×5m=10m，
拉力F做功：W总=Fs=1000N×10m=1×104J，故A错误；
B.同一根绳子的拉力是相等的，由绳子末端的拉力F为1000N可知，缠绕在动滑轮上每股绳的拉力为1000N，故B错误；
C.拉力做的有用功：W有=Gh=1600N×5m=8×103J，
拉力做的额外功：W额总=W总−W有=1×104J−8×103J=2×103J，
此过程中克服绳重和摩擦做功W额1=500J，
提升动滑轮做的额外功：W额2=W额总−W额1=2×103J−500J=1.5×103J，
由W=Gh可得，动滑轮重力：G轮=W额2h=1.5×103J5m=300N，故C正确；
D.滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=8×103J1×104J×100%=80%，故D错误。
故选：C。
(1)根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据W=Fs求出拉力F做功；
(2)缠绕在动滑轮上每股绳的拉力都等于绳子末端的拉力；
(3)利用W=Gh求拉力做的有用功，拉力做的额外功等于总功减去有用功，知道此过程中克服绳重和摩擦做功，可求提升动滑轮做的额外功，再利用W=Gh求动滑轮重力；
(4)滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，要知道：拉力做的额外功等于克服绳重和摩擦做功与提升动滑轮做功之和。
7.【答案】C
【解析】解：A、皮球由a到b时，其质量不变，速度变慢，即动能变小，同时其高度增加，重力势能变大，故错误；
B、从能量的转化的角度分析，当球离开手后的运动过程中，或与空气摩擦，或与地面摩擦，使得一部分机械能损失掉，所以相对来说，a点的机械能最大，故错误；
C、皮球由c到d时，由于和空气、地面摩擦，故损失掉一部分机械能，故机械能减小，故正确；
D、据机械能的损失可知，小球在a处的动能大于在c处的动能，故错误；
故选：C。
(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)重力势能的大小与物体的质量和高度有关，即质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能。
在不计能量损失时，机械能是守恒的；但在真实的情况下，由于地面附近有空气的阻力或地面的摩擦力，故一般机械能是不守恒的。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
(1)因为在A点施加动力F的方向不知道，所以力F的力臂可能比OB大，也可能比OB小，还可能相等，力F的力臂大小决定了F与G的大小关系；
(2)力F的作用与G的作用应使杠杆向两个相反的方向旋转。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，知道在A点施加力的方向不确定、力臂不确定是本题的关键。
【解答】
解：
ABC、因为力F的方向不确定，所以OA不一定是力F的力臂，则不一定满足G×OB=F×OA；
力F的方向不确定，则力F的力臂可能大于或小于或等于G的力臂，杠杆可能为省力杠杆或费力杠杆或等臂杠杆；故A正确、BC错误。
D、杠杆平衡时，两个力应使杠杆绕支点转动的方向相反，由图知F的方向应向下，但不一定竖直向下，故D错误；
故选：A。
9.【答案】B
【解析】解：只有当人脸识别通过、体温在正常范围都满足时，系统才会启动电动机打开闸门，当人脸识别不通过或体温不正常时，闸门就不会打开，这说明两个开关是相互影响的，所以两个开关是串联的，由选项可知B正确。
故选：B。
由题意可知，只有当人脸识别通过、体温在正常范围都满足时，系统才会启动电动机打开闸门，说明开关S1、S2相互影响、不能独立工作即为串联，据此进行解答。
本题考查了电路的设计，正确得出两开关的连接方式是关键。
10.【答案】C
【解析】解：①由图象乙可知，甲物质吸热温度一直升高，乙物质在2∼4min时，吸收热量温度保持不变，所以甲物质可能是非晶体，乙物质是晶体，故①错误；
②由图象甲可知，用相同的加热器对甲、乙两物质加热，在相同时间内，甲、乙两物质吸收的热量相同，所以在0∼2min内，甲、乙两物质吸收的热量相同，故②错误；
③由图象乙可知，乙物质在BC段不断吸收热量，温度保持不变，其内能增加，故③正确；
④由图象乙可知，乙物质在AB段和CD段，加热相同时间，AB段升高的温度比CD段升高的温度大，由此可知，AB段的比热容比CD段的比热容小，故④正确。
故只有③④正确，①②错误。
故选：C。
①由图象乙可知，甲物质吸热温度一直升高，乙物质在2∼4min时，吸热温度保持不变，由此可得出结论；
②由图象甲可知，用相同的加热器对甲、乙两物质加热，在相同时间内，甲、乙两物质吸收的热量相同，由此可得出结论；
③由图象乙可知，乙物质在BC段不断吸收热量，温度保持不变，其内能增加，由此可得出结论；
④由图象乙可知，乙物质AB段和CD段，加热相同时间，AB段升高的温度比CD段升高的温度大，由此可得出结论。
本题主要考查比热容的概念和晶体、非晶体的熔化图象，其中正确理解乙物质的AB段和CD段的比热容大小是本题的难点。
11.【答案】A
【解析】解：由图知：物块在0∼2s内做加速运动，在2s∼3s内做匀速运动，且物块在0∼2s内图象与2s∼3s内图象与坐标轴围成的面积相同，说明物块在0∽2s内与2s∼3s内运动的路程相同。又因为区域①、②是长度相等的粗糙区域，故物块在0∼2s内在区域①上做加速运动，在2s∼3s内在区域②上做匀速直线运动，区域①表面上受到的摩擦力小于拉力F，在区域②表面上受到的摩擦力等于拉力F。
A、拉力在两个区域上运动的距离相等，做功大小相等，作用时间不同，在区域①上运动时间长，根据公式P=Wt，做功相等时，所用时间长，功率小，所以拉力在区域①中做功的功率比②的小，故A正确；
B、物体在区域①上受到的摩擦力小于F=2N.故B错误；
C、物块进入区域3时的速度为2m/s，做减速运动，在区域③的平均速度一定小于2m/s，所以运动时间一定大于1秒。故C错误；
D、因为滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以区域①路面的粗糙程度比区域②的粗糙程度小，故D错误。
故选：A。
①影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
②在平衡力的作用下物体保持静止或匀速直线运动状态，在非平衡力的作用下物体运动状态发生改变；
(1)运用以上规律，结合题目和图象，可知物块在0∽2s内在区域①做加速运动，拉力F大于摩擦力f1，在2s∼3s内在区域②上做匀速运动，拉力F等于摩擦力f2，在区域上③上做减速运动，拉力F等于0，物体只受摩擦力f3的作用；其中区域①路面的粗糙程度比区域②小；
(2)拉力在区域①、②上运动的距离相等，做功大小相等，在区域①上运动时间长，根据P=Wt可判断在区域①上做功功率比②小。
此题考查的是力和运动的关系的应用，结合运动图象和速度-时间图象得到有价值的信息，是解答此题的关键，难度较大。
12.【答案】B
【解析】解：已知橡皮条自由下垂时末端处在A点；某人从跳台跳下后，竖直下落到C点被反弹，多次上下反复振动后静止在B点。
则人从A点下降到B点的过程：重力大于弹力，人做加速运动，重力势能转化为动能和弹性势能；
人从B点下降到C点的过程：弹力大于重力，人做减速运动，人的动能和重力势能转化为弹性势能；
人从C点上升到B点的过程中：弹力大于重力，人做加速运动，弹性势能转化为动能和重力势能；
人每次上升到最高点的高度逐渐下降，是因为空气阻力的作用，能量不会凭空产生，也不会消灭，所以能量的转化是守恒的。
综上可知B正确，ACD错误。
故选：B。
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、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
弹性势能大小的影响因素：发生弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度；弹性形变越大，发生弹性形变越难，弹性势能越大。
本题考查了机械能的变化，明确影响动能、重力势能、弹性势能大小的因素是解题的关键。
13.【答案】减小 做功 热传递
【解析】解：小朋友从滑梯上滑下时臀部有灼热感，是克服摩擦做功，机械能转化为内能，机械能减小，这是通过做功途径改变了物体的内能；
家庭炒菜的时候，勺把也会变热，这是热量发生了转移，是通过热传递途径改变了物体的内能。
故答案为：减小；做功；热传递。
改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，热传递是能量的转移过程，做功的实质是能量的转化过程。
判断哪种方式改变了物体的内能，关键是看是能量的转化还是能量的转移，发生能量转化的是做功的方式，发生能量转移的是热传递的方式。
14.【答案】10080%20
【解析】解：由图像乙可知W总=800J，s=8m；
由W=Fs变形得拉力为：F=W总s=800J8m=100N；
有用功为：W有=W总−W额=800J−160J=640J；
机械效率为：η=W有W总=640J800J=80%；
由W额=fs变形得摩擦力为：f=W额s=160J8m=20N。
故答案为：100；80%；20。
利用公式W=Fs变形后可求出拉力大小。利用W总=W有+W额求出有用功，再运用机械效率的公式求出η，利用W额=fs变形求出摩擦力f。
熟练运用功、机械效率的公式，知道克服摩擦做的功是额外功，可解答此题。
15.【答案】无关 快 铁块 铜
【解析】解：(1)比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类和状态有关，与物质的质量无关；
(2)在受太阳光照射的条件相同时，干泥土比湿泥土的比热容较小，吸收相同的热量，干泥土比湿泥土升温快；
(3)已知c铁
故答案为：(1)无关；(2)快；(3)铁块；(4)铜。
(1)比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类有关，与物质的质量无关；
(2)在质量和初温相同的情况下，吸收相同的热量，根据Δt=Qcm分析；
(3)根据Q=cmΔt分析；
(4)同样烧开一壶水，壶吸收的热量越少越好，由Q吸=cmΔt分析。
本题考查对比热容概念的理解和Q吸=cmΔt公式的运用。
16.【答案】27 180 81 W
【解析】解：(1)由图可知，在跳绳时每次重心上升的高度h=0.06m，
则该同学跳一次克服重力做的功：
W=Gh=mgh=45kg×10N/kg×0.06m=27J；
(2)由图可知，该同学跳绳一次的时间t=13s，
则每分钟跳绳的次数：
n=t总t=60s13s=180，即180次；
(3)克服重力做功的平均功率：
P=Wt=27J13s=81W。
故答案为：27；180；81W。
(1)由图可知在跳绳时每次重心上升的高度，根据W=Gh=mgh求出该同学跳一次克服重力做的功；
(2)由图可知，该同学跳绳一次的时间，然后求出每分钟跳绳的次数；
(3)根据P=Wt求出克服重力做功的平均功率。
本题考查了做功公式和功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
17.【答案】省力 450 N 手向后移动(砖头往前移动)
【解析】解：由图可知，独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，所以该独轮车是省力杠杆。
根据杠杆平衡条件可得：FL1=GL2，
即：F×1m=1500N×0.3m，
解得F=450N。
已知车厢和砖头所受的总重力不变，根据杠杆的平衡条件可知，增大动力臂(即手向后移动)或减小阻力臂(即砖头往前移动)，能减小动力，更省力。
故答案为：省力；450N；手向后移动(砖头往前移动)。
(1)结合图片和生活经验，先判断独轮车在使用过程中，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；
(2)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可以求出作用在车把上竖直向上的力的大小。
(3)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
此题主要考查的是杠杆平衡条件的应用、杠杆的分类，属于中考的常见题型，难度不大。
18.【答案】变大 变大 动能 重力势能
【解析】解：火箭加速升空过程中，卫星的质量不变，速度增大，所以其动能增大；质量不变，同时高度增大，所以其重力势能变大；机械能为动能和势能的和，所以机械能变大；
外太空没有空气，卫星运动时机械能是守恒的，当卫星运行到距地球最近点时，质量不变，高度最小，重力势能最小，动能最大，速度最大；运行到最远点时，高度最高，重力势能最大，动能最小，速度最小。
故答案为：变大；变大；动能；重力势能。
动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，动能和势能统称机械能；卫星运动过程中，不受空气阻力，机械能守恒。
本题以火箭为情景考查对动能、势能影响因素以及机械能的认识和理解，难度不大。
19.【答案】开关 用电器 电源
【解析】解：
(1)房卡可以控制用电器的工作，插入插槽中，房间内的用电器才能工作，所以房卡相当于家庭电路中的开关；
(2)给充电宝充电时，充电宝消耗电能，转化为化学能，充电宝相当于简单电路中的用电器；
充电宝给手机充电时，充电宝提供电能，此时充电宝相当于简单电路中的电源。
故答案为：开关；用电器；电源。
(1)开关的作用是控制电路的通断，串联电路中开关控制所有用电器，并联电路中干路的开关控制所有用电器，支路的开关控制本支路用电器。
(2)电路的基本组成：电源、用电器、开关、导线，用电器工作时消耗电能转化为其他形式的能，电源工作时将其他形式的能转化为电能。
本题考查了电路中开关、用电器、电源的作用，属于基础题目。
20.【答案】并 串
【解析】解：
如果同时闭合开关S1、S3，且断开S2，电流从电源正极出发，分两支，一支经开关S3、灯泡L1，另一支经灯泡L2，然后经过开关S1共同回负极，则灯L1、L2并联；
只闭合开关S2，电流从电源正极出发，经灯泡L2、灯泡L1、开关S2回负极，灯L1、L2串联。
故答案为：并；串。
电流先后经过各个用电器的连接方法叫做串联；如果电流在某点出现分路，通过支路上的用电器后又在另一点汇合，再回到电源的负极，这种连接方式叫并联，根据题目中的开关组合，分析电流的流向，从而判断电路的连接情况。
本题考查了判断电路元件的连接方式，知道串并联电路的连接方式、分析清楚电路结构即可正确解题。会根据串并联电路的特点分析电路的连接。
21.【答案】解：
从动滑轮的挂钩开始依次绕绳子，最后有三段绳子承担物重，这就是最省力的绕法。如图所示：
。
【解析】滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子通过动滑轮，段数越多越省力。
在滑轮组中，绕过动滑轮的绳子股数越多会越省力，即F=1nG。
22.【答案】解：从手与平台的接触点沿竖直向上画一条带箭头的线段，在线段末尾标上字母F，即为小明所受支撑力示意图；从支点作支撑力作用线的垂线段即为支撑力F的力臂L.如图所示：
【解析】确定支撑力F的作用点和方向，根据力的示意图的画法画出F的示意图，然后从支点作支撑力的作用线的垂线段，即为其力臂L。
本题考查了力的示意图、力臂的画法，属于基础题目。
23.【答案】解：根据电路图可知，电铃与小灯泡并联，开关S1控制电铃，开关S控制整个电路；现将三节电池串联，从电源的正极出发，依次经过开关S，开关S1，在开关S1处分两路，一路经过开关S1和电铃，一路经过灯泡，这两路在电铃的另一个接线柱上汇合后回到电源负极，如图所示：
。
【解析】根据电路图可知，电铃与小灯泡并联，开关S1控制电铃，开关S控制整个电路，三节电池作为电源时应将三节电池串联，据此连接实物图。
本题考查根据电路图连接实物图，正确分析电路的连接方式和开关的位置是关键。
24.【答案】解：(1)工人使用滑轮组时做的有用功：
W有=Gh=210N×2m=420J；
(2)由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，则绳子自由端移动的距离：
s=nh=3×2m=6m；
(3)拉力做的总功：
W总=Fs=80N×6m=480J；
(4)滑轮组的机械效率：
η=W有W总×100%=420N480N×100%=87.5%；
(5)不计摩擦及绳重，由F=1n(G+G动)可得，动滑轮的重力：
G动=nF−G=3×80N−210N=30N。
答：(1)工人使用滑轮组时做的有用功为420J；
(2)绳子自由端移动的距离为6m；
(3)拉力做的总功为480J；
(4)滑轮组的机械效率为87.5%；
(5)动滑轮的重力是30N。
【解析】(1)知道重物的重力和提升的高度，根据W=Gh求出工人使用滑轮组时做的有用功；
(2)根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，根据s=nh求出绳子自由端移动的距离；
(3)知道绳子自由端的拉力和绳子自由端移动的距离，根据W=Fs求出拉力做的总功；
(4)利用η=W有W总×100%求出滑轮组的机械效率；
(5)不计摩擦及绳重，根据F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力。
本题考查了做功公式和滑轮组的特点、滑轮组绳子拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。
25.【答案】解：(1)由题可知，水的质量m水=100kg，水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，t=40℃，t0=20℃，
根据Q吸=cm△t可得热水器中的水吸收的热量为：Q吸=c水m水(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×100kg×(40℃−20℃)=8.4×106J；
(2)在5小时的有效照射时间内，接收的太阳能能量为Q′=5×4.2×106J=2.1×107J，
可得热水器的效率η=Q吸Q′×100%=8.4×106J2.1×107J×100%=40%；
(3)设需要完全燃烧煤气的质量为m煤气，这些煤气放出的热量为Q放=qm煤气，
煤气燃烧放出的热量50%被水吸收，则Q吸=50%Q放，
有50%×4.2×107J/kg×m煤=8.4×106J，
解得煤气的质量为m煤气=0.4kg。
答：(1)热水器中的水吸收的热量为8.4×106J；
(2)热水器的效率为40%；
(3)若改用煤气来加热这些水，则需要完全燃烧0.4kg的煤气。
【解析】(1)水的质量、比热容、升高的温度已知，根据Q吸=c水m水△t可得热水器中的水吸收的热量；
(2)太阳能热水器每小时平均接收的太阳能已知，算出有效照射5小时的太阳能Q′，根据η=Q吸Q′可求得热水器的效率；
(3)已知煤气燃烧放出的热量有50%被水吸收，则煤气放出的热量Q放=Q吸50%，根据Q放=qm煤气求出完全燃烧煤气的质量。
此题主要考查的是学生对热量计算公式、热值计算公式、效率计算公式的理解和掌握，基础性题目。
26.【答案】已达到 左 左 BC B 偏大
【解析】解：
(1)杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于静止状态，已达到平衡状态；
由图甲中，杠杆的左端较高，平衡螺母应向左端移动使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是方便读出力臂；
(2)设杠杆上一个小格的长度为L，一个钩码重为G，
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2，在A、B下方再增挂一个相同的钩码，
则左侧力和力臂的乘积5G×3L=15GL，右侧力和力臂的乘积7G×2L=14GL，
因为15GL>14GL，
所以杠杆左端会下沉，右端上翘；
(3)当弹簧测力计在C处竖直向上拉杠杆，弹簧测力计的示数如图所示，分度值是0.2N，数值是3N，
设每个小格长度为L，在A处挂一定数量的钩码时，阻力臂为3L，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得：
F2=F1L1L2=3N×2L3L=2N，
钩码的重力GA=F2=2N，即在A处挂2N的钩码；
若在C处挂一定数量的钩码，此时阻力臂和动力臂大小相等，则阻力和动力大小也相等(F2=F1=3N)，所以也可在C处挂3N的钩码；
故选BC；
(4)由图示可知，使用提纽B时，秤砣的力臂变大，物体的力臂变小，由m秤砣gL秤砣=m物gL物可知，杆秤的最大称量量较大。
当秤砣磨损一部分，相当于秤砣的质量减小了，根据杠杆的平衡条件知，在阻力和阻力臂不变时，动力减小，动力臂增大，所以测量结果偏大了。
故答案为：(1)已达到；左；(2)左；(3)BC；(4)B；偏大。
(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。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。
(2)设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，根据杠杆平衡判断；
(3)当弹簧测力计在竖直向上拉杠杆，弹簧测力计的示数如图所示，分度值是0.2N，读出弹簧测力计示数；根据杠杆的平衡条件求出钩码的重力；
(4)杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杆秤自重重心位置及杠杆平衡条件判断，杆秤零刻度线的位置；
秤砣有磨损，就是使被测物体质量变大，根据杠杆平衡条件分析原因。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。
27.【答案】测得相同质量的食盐水和水 不正确 加热时间相同，吸热相同 否 水和食盐水的沸点不同，升高的温度不同 水 食盐水 A
【解析】解：(1)天平的作用是测物体的质量，因此使用天平的目的是测得相同质量的水和食盐水。
(2)根据转换法，通过加热时间来反映吸收热量的多少。加热时间相同，吸收的热量相同，故这位同学的判断不正确。
(3)水和食盐水的沸点不同，都加热到沸腾时，水和食盐水升高的温度不同，加热时间不同，故无法判断谁的比热容大。
(4)由表中数据可知，质量相同的水和实验，升高相同的温度，水所需要的加热时间大于食盐水所需加热时间，因此水吸热多一些。
(5)由上述分析可知，水的吸热能力强，水的比热容比食盐水的比热容大。因此质量相同的水和食盐水，吸收相同的热量，食盐水吸热能力弱，温度升高得多一些。
A.沿海地区昼夜温差会比内陆地区小，是因为水的比热容较大，相同质量的水比其他物质在吸收或放出相等的热量，水的温度变化量较小。故A符合题意；
B.夏天给教室洒水，感觉凉爽，是因为水蒸发吸热，带走一部分热量。故B不符合题意；
CD.用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸；长期堆放煤的水泥地面变成黑色。二者都是扩散现象，说明分子永不停息的做无规则运动。故CD不符合题意。
故选A。
故答案为：(1)测得相同质量的食盐水和水；(2)不正确；加热时间相同，吸热相同；(3)否；水和食盐水的沸点不同，升高的温度不同；(4)水；(5)食盐水；A。
(1)天平的作用是测物体的质量，据此分析。
(2)根据转换法，通过加热时间来反映吸收热量的多少。
(3)水和食盐水的沸点不同，都加热到沸腾时，水和食盐水升高的温度不同，加热时间不同。
(4)由表中数据可知，质量相同的水和实验，升高相同的温度，水所需要的加热时间大于食盐水所需加热时间。
(5)由上述分析可知，水的吸热能力强，水的比热容比食盐水的比热容大。
逐项分析得出答案。
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，为热学中的重要实验。
28.【答案】速度 质量 大 质量相同时，物体的速度越大，动能越大 超载 控制变量
【解析】解：(1)“十次车祸九次快”，意思就是速度越快越容易造成严重事故，因此可以猜想动能的大小可能跟速度有关。
“安全驾驶莫超载”，意思就是质量过大也会造成不安全因素，由此猜想动能的大小可能与质量有关。
(2)物块被撞击得越远，说明金属球对木块做的功越多，说明金属球装积木块时的动能越大。
(3)甲、丙两图中，金属球的质量相同，但在斜面上所处高度不同，则金属球撞击木块时的速度不同，图中木块被推动的距离不同，速度较大时木块被撞得更远，故可得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大。
(4)甲、乙两图中，金属球所处的高度相同，则金属球撞击木块前的速度相同，但金属球的质量不同，甲图中金属球质量大，将木块推得更远，说明速度相同的物体，质量越大，动能越大。由此可解释汽车超载行驶时危险大的原因。
(5)由于动能的大小同时与物体的质量和速度两个因素都有关，因此实验中用到了控制变量法，同时金属球动能的大小以木块被推动的距离远近来衡量，这是转换法。
故答案为：(1)速度；质量；(2)大；(3)质量相同时，物体的速度越大，动能越大；(4)超载；(5)控制变量。
(1)物体的动能跟物体的速度和质量有关。
(2)(3)(4)(5)利用控制变量法，探究动能与质量的关系时需要控制金属球的速度相同，探究动能与速度的关系时需要控制质量相同；金属球撞击物块时，金属球的动能传递给物块，物块移动的距离反映了金属球动能的大小，采用的是转换法
本题是探究影响动能大小的因素实验，主要考查了控制变量法和转换法在实验中的应用，并要掌握实验中控制速度和改变速度的方法。
29.【答案】机械能 涡轮喷气 B4.8×109 C
【解析】解：(1)喷气发动机工作过程中燃料的化学能先转化为内能，内能再转化为机械能；
(2)涡轮喷气发动机只带燃料，利用空气做氧化剂，所以涡轮喷气发动机不能在大气层外工作；
(3)热值是燃料的一种特性，与燃料的质量、燃烧程度、放出热量等无关，故随着液态氢的不断消耗，其热值将不变；
(4)推力做功为：W=Fs=8×106N×6×104m=4.8×1011J；
推力的平均功率约为：P=Wt=4.8×1011J100s=4.8×109W；
(5)从能量转化的角度看，内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能，所以燃气的温度升高；在做功冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，燃气温度降低，所以能大致反应燃气温度随时间而变化的是C。
故答案为：(1)机械能；(2)涡轮喷气；(3)B；(4)4.8×109；(5)C。
(1)喷气发动机工作过程中燃料的化学能先转化为内能，内能再转化为机械能；
(2)涡轮喷气发动机只带燃料，利用空气做氧化剂，据此分析涡轮喷气发动机能不能在大气层外工作；
(3)热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量大小和燃烧程度无关；
(4)已知海平面平均推力和推进高度，根据公式W=Fs求出推力所做的功，又知道做功时间，根据公式P=Wt求出海平面推力的平均功率；
(5)内燃机一个工作循环由吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能，在压缩冲程中的能量转化是转化机械能为内能，据此分析燃气温度的变化。
本题综合考查了能量的转化、热值的特性、内燃机工作过程中燃气温度的变化特点、涡轮发动机的工作特点以及功和功率的计算，属于综合性题目。
2022-2023学年江苏省盐城市大丰区九年级（上）期中物理试卷
1. 如图所示的四种用具中，正常使用时属于费力杠杆的是( )
A. 瓶盖起子 B. 活动扳手
C. 镊子 D. 钢铁钳
2. 如图所示，用力打开夹子过程中，标注的夹子支点、动力、阻力正确的是( )
A. B.
C. D.
3. 星期天的早晨小明去登山采用两种路径登山，一种是从东面陡坡登上山顶，用了15分钟；另一种是从西面缓坡登上山顶，用了7分钟(设山下地面相平，不计摩擦)。则下列说法正确的是( )
A. 从东面登山，克服自身重力做功多一些
B. 从东面登山和从西面登山，克服自身重力做功一样多
C. 从东面登山的功率大
D. 两种登山方式功率一样大
4. 如图所示是古人锻造铁器的过程，下列关于改变物体内能的方式，说法正确的是( )
A. 加热和锻打属于热传递，淬火属于做功
B. 加热和淬火属于热传递，锻打属于做功
C. 加热属于热传递，锻打和淬火属于做功
D. 加热和淬火属于做功，锻打属于热传递
5. 分别用如图所示的两个滑轮组，将同一物体提升到相同高度。若物体受到的重力为100N，动滑轮的重力为20N，在把物体匀速提升1m的过程中。(不计绳重和摩擦)下列说法不正确的是( )
A. 甲、乙两滑轮组所做的总功都是120J
B. 甲滑轮组所做的有用功为200J，乙滑轮组所做的有用功为300J
C. 甲、乙滑轮组中绳子的自由端的拉力不相等
D. 甲、乙两滑轮组的机械效率均为83.3%
6. 在某场馆建设中，采用了如图所示的装置提升重物，当工人师傅们用1000N的拉力F向下拉绳，使重1600N的重物匀速上升了5m，此过程中克服绳重和摩擦做功500J，下列说法中正确的是( )
A. 拉力F做功为5×103J
B. 缠绕在动滑轮上每股绳的拉力为800N
C. 动滑轮重为300N
D. 滑轮组的机械效率为75%
7. 小红在操场上将一皮球抛出，皮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是( )
A. 皮球由a到b时，动能逐渐增大 B. 皮球在b点时的机械能最大
C. 皮球由c到d时，机械能一直减小 D. 皮球在a、c两点时动能相等
8. 如图所示，B端悬挂一重为G的重物，不计杠杆自重，在A点施加动力F使杠杆保持水平平衡。则下列说法正确的是( )
A. 杠杆可能为等臂杠杆
B. 因为OA大于OB，所以F小于G
C. 当杠杆平衡时，一定满足G×0B=F×OA
D. 动力的方向一定竖直向下
9. 为加强疫情防控、保护师生安全，学校在校门口设立了红外人脸识别测温系统。若人脸识别通过，开关S1闭合；若红外测温数值在正常范围内，开关S2闭合。只有两个条件都满足时，系统才会启动电动机打开闸门放行。如图中电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图甲所示，将质量相等的甲、乙两种物质分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图像，如图乙所示，下列说法正确的是( )
①甲物质是晶体，乙物质是非晶体
②0∼2min内乙物质比甲物质吸收的热量多
③乙物质在BC段不断吸热，温度不变，内能增加
④乙物质在AB段的比热容比CD段的比热容小
A. 只有①和② B. 只有②和③ C. 只有③和④ D. 只有②和④
11. 如图1所示，水平路面由三段长度相等的粗糙区域组成。在2N水平拉力F的作用下，物块(体积忽略不计)从区域①的最左端从静止开始运动，在刚进入区域③时撤去拉力，物块最终停在区域③的最右端。图2为物块在区域①和②上运动的v−t图象。则( )
A. 拉力在区域①中做功的功率比②的小 B. 物块在区域①上所受的摩擦力等于2N
C. 物块在区域③上运动的时间可能为1s D. 区域①路面的粗糙程度比②的大
12. 如图是某地的蹦极设备，橡皮条自由下垂时末端处在A点；某人从跳台跳下后，竖直下落到C点被反弹，多次上下反复振动后静止在B点。下列有关不同阶段的人体运动情况和能的转化说法正确的是( )
A. 人从A点下降到C点的过程中始终做加速运动，重力势能转化成动能
B. 人从跳台到达B点过程中，始终做加速运动，重力势能转化成动能和弹性势
C. 人从C点上升到B点的过程中始终做减速运动，动能转化成重力势能
D. 人每次上升到最高点的高度逐渐下降，说明该装置能的转化并不守恒
13. 小朋友从滑梯上滑下时臀部有灼热感，他的机械能______，这是通过______的方法改变了物体的内能；家庭炒菜的时候，勺把也会变热，这是通过______的方法改变了物体的内能。
14. 一木箱重400N，工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处，如图甲所示。已知整个过程中拉力F做的功W与木箱沿斜面运动距离s的关系如图乙所示，整个过程的额外功是160J，则拉力F=______N，斜面的机械效率η=______，斜面的摩擦力f=______N。
15. 如表所示是一些物质的比热容，由表可知：
物质
水
铝
干泥土
沙石
铁、钢
铜
比热容/[J⋅(kg⋅℃)−1]
4.2×103
0.88×103
0.84×103
0.92×103
0.46×103
0.39×103
(1)物质的比热容与质量______(有关/无关)。
(2)在阳光照射下，干泥土比湿泥土温度升高得______(快/慢)。
(3)质量相等的铝块和铁块升高相同的温度，______(铝块/铁块)吸收的热量较少。
(4)从节能的角度，烧开水时用质量相等的铜壶和铝壶相比，选用______壶更节能。
16. 质量为45kg的某同学在跳绳时重心高度随时间变化的关系如图所示。根据图象可估算出该同学跳一次克服重力做功______J，每分钟跳绳的次数是______次，克服重力做功的平均功率为______。(g取10N/kg)
17. 搬运砖头的独轮车，车厢和砖头的总重力G=1200N，独轮车有关尺寸如图所示。该独轮车是一个______杠杆，动力F=______，在不减少砖头重力的情况下，为了让搬运更省力，工人师傅可以采取的措施______。(写出一条即可)
18. 2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空，在地球上空一个椭圆形的轨道上运行。火箭在加速升空的过程中，卫星的重力势能将______(变小/变大/不变，下同)机械能将______；当卫星运行到距地球最近点时______最大，而运行到最远点时______最大。
19. 如图为宾馆房间的取电房卡。将房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用。房卡的作用相当于电路元件中的______；给充电宝充电时，充电宝相当于简单电路中的______；充电宝给手机充电时，充电宝相当于简单电路中的______。
20. 如图所示电路，如果同时闭合开关S1、S3，且断开S2，则灯L1、L2为______联；如果只闭合开关S2，则灯L1、L2为______联。
21. 用一个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组来提升重物，请在图中画出最省力的绕法。
22. 如图所示，小明正在借用一个平台做俯卧撑，此时可将他视为一个以脚尖为支点O的杠杆，他的重心在A点，请在图中画出支撑力F的力臂L。
23. 根据电路图连接实物图。
24. 如图所示，一建筑工人用80N拉绳子的力通过滑轮组将210N的重物匀速提高2m，不计摩擦及绳重。求：
(1)工人使用滑轮组时做的有用功为多少？
(2)绳子自由端移动的距离；
(3)拉力做的总功；
(4)滑轮组的机械效率为多少？
(5)动滑轮的重力是多少？
25. 太阳能热水器是把太阳能转化为内能的设备之一．某品牌太阳能热水器每小时平均接收4.2×106J的太阳能，在5小时的有效照射时间内，将热水器中质量为100kg、初温为20℃的水温度升高到40℃.求：
(1)热水器中的水吸收的热量Q；[水的比热容c=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(2)热水器的效率η；
(3)若改用煤气来加热这些水，则需要完全燃烧多少千克的煤气？(煤气的热值q=4.2×107J/kg，假设煤气燃烧放出的热量50%被水吸收)
26. 如图所示，小科同学利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、若干相同钩码、弹簧测力计(单位N)等实验器材“探究杠杆的平衡条件”，一起完成以下问题：
(1)在挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆______(填“已达到”或“未达到”)平衡状态，接下来应将杠杆两端的平衡螺母向______(填“左”或“右”)调，使杠杆在水平位置平衡。
(2)移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡(如图乙)。若在A、B下方再增挂一个相同的钩码，则杠杆______(填“左”或“右”)端将下沉。
(3)图丙是已经调节平衡的杠杆，在某处挂上适当的钩码后，用弹簧测力计在杠杆C处竖直向上按使杠杆在水平位置重新平衡，则所挂钩码的位置和重力分别是______(填字母编号)。
A.A处挂3N
B.A处挂2N
C.C处挂3N
D.C处挂2N
(4)如图丁所示为农村经常用来测量物体的质量的杆秤，它是利用杠杆原理来制作的。称量是把货物挂在A点。手提着B或C点，调节D点秤砣的位置使秤杆在水平位置平衡，对应秤杆上D点的读数就是货物的质量了。在使用时，为了称量质量较大的货物，手应该提着______(填“B”或“C”)点的绳子；若秤砣有磨损，则所测物体的质量将______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
27. 某小组的同学在探究“比较不同物质的吸热能力”时使用了如图所示装置。
(1)除如图所示器材外，该实验中还必须使用天平，目的是______；
(2)为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、水和食盐水的质量和初温；实验时用同样的酒精灯加热，某同学观察到：“加热相同的时间时，食盐水升高的温度高一些”即认为食盐水吸收的热量多一些。”这位同学的判断是否正确？______。理由是______；
(3)能否仅由“加热到沸腾需要的时间长”得出谁的比热容大的结论？______(能/否)，理由是______；
(4)该小组同学测得物质升高一定的温度时所需的加热时间如下表，根据表中数据可得：质量相同的水和食盐水，升高相同的温度，______吸热多一些；
物质
质量/g
升温10℃所需时间/s
升温20℃所需时间/s
升温30℃所需时间/s
食盐水
30
64
89
124
水
30
96
163
220
(5)由以上数据还可以分析得出：质量相同的水和食盐水，吸收相同热量，______温度升高得多一些。下列事实能用上述实验结果解释的是______。
A.沿海地区昼夜温差会比内陆地区小
B.夏天给教室洒水，感觉凉爽
C.用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸
D.长期堆放煤的水泥地面变成黑色
28. 兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，于是他们进行了如下探究：
【提出问题】汽车的动能大小跟什么因素有关？
(1)【猜想假设】由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能可能跟______有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能可能跟______有关；
(2)【进行实验】他们做了如图所示的三次实验：用金属球模拟汽车，让金属球从斜槽的某一高度由静止开始滚下，碰到水平面上的物块，将物块撞出一段距离。物块被撞击得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越______；
(3)【分析论证】分析甲、丙两图的实验现象，可以初步得到的结论是：______；
(4)【实践应用】用甲、乙两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车______(选填“超载”或“超速”)行驶时危险性大的原因；
(5)【实验方法】实验用到的主要实验方法是______法和转换法。
29. 阅读短文，回答下列问题：
喷气发动机喷气发动机是指靠喷管高速喷出的气流直接产生反作用推力的发动机。广泛用作飞行器的动力装置。
如图甲为涡轮喷气发动机使压缩后的混合气体在燃烧室燃烧，燃烧后剧烈膨胀的气体从尾部高速喷出，其巨大的反冲推力直接成为飞机的推进力。减小发动机的体积和质量，使用高能燃料，可以获得更大的推进力。
如图乙为火箭发动机的工作原理图，火箭发动机和涡轮喷气发动机十分相似，主要的差别是：火箭自带燃料和氧化剂，而涡轮喷气发动机只带燃料，利用空气做氧化剂，因此它只能在大气层内工作。同涡轮喷气发动机相比较，火箭发动机的最大特点是：它自身既带燃料，又带氧化剂，靠氧化剂来助燃，不需要从周围大气层中汲取氧气，所以它不但能在大气层内也可以在大气层之外的宇宙真空中工作。火箭发动机可用于航天器推进，也可用于导弹等在大气层内飞行。迄今为止发射的人造卫星、月球飞船以及各种宇宙飞行器所用的推进装置，都是火箭发动机。
2019年3月24日，由中国航天科技集团有限公司六院研制的500吨级液氧煤油发动机燃气发生器-涡轮泵联动试验取得圆满成功(如图丙)，标志着我国500吨级重型运载火箭发动机关键技术攻关及方案深化论证达到预期目标，为后续重型运载火箭工程研制打下坚实基础。
2019年10月5日02时51分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将高分十号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满成功。
(1)喷气发动机工作过程中燃料的化学能先转化为内能，内能再转化为______，来提供动力；
(2)______(选填“涡轮喷气”或“火箭”)发动机不能在大气层外工作；
(3)长征四号丙运载火箭使用的燃料主要是液态氢，随着液态氢的不断消耗，其热值将______；
A.减小
B.不变
C.增大
D.都有可能
(4)假设我国500吨级重型运载火箭某次发射平均推力约为8×106牛，将起飞质量5000多吨的火箭在100秒的时间内推到约6×104米的高度，同时最大速度达到3千米/秒。则火箭发动机推力的平均功率约为______ W；
(5)喷气压缩发动机使混合气体在燃烧室燃烧直到膨胀的气体再从尾部高速喷出过程中，燃气的温度是不断变化的，图中能大致反应燃气温度随时间而变化的是______。
A.B.C.D.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查杠杆的分类，是历年考试的热点，属于简单试题。中考出现概率极高。
本题主要考查对杠杆分类方法的了解与记忆：动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆。
【解答】
AB.由图可知起子、扳手的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，所以选项AB不符合题意。
C.由图可知镊子的动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，所以选项C符合题意。
D.由图可知钢丝钳的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，所以选项D不符合题意。
故选C。
2.【答案】A
【解析】解：
A、阻力的方向应为垂直于杠杆向下，动力方向以及作用点、支点位置正确，故A正确；
B、阻力的方向应该向下，故B错误；
CD、支点位置不对，阻力作用点不对，故CD错误。
故选：A。
动力F1使杠杆绕固定点转动，阻力F2阻碍杠杆转动，杠杆绕着固定转动的点为支点。
根据杠杆的五要素进行判断，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：AB、小明重力一定，从东面陡坡登上山顶和从西面缓坡登上山顶，高度h相等，根据W=Gh可知，从东面登山和从西面登山，克服自身重力做功一样多，故A错误、B正确；
CD、由题知，从东面陡坡登上山顶所用时间大于从西面缓坡登上山顶所用时间，又知从东面登山和从西面登山，克服自身重力做功一样多，根据P=Wt可知，从西面登山的功率大，故CD错误。
故选：B。
(1)根据W=Gh比较克服自身重力做功大小；
(2)根据P=Wt比较克服自身重力做功的功率大小。
此题考查功和功率的大小比较，属于基础题目，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：
用铁锤锻打工件，工件会发热，属于做功改变物体内能；用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火，铁器向水中放热，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能，故B正确。
故选：B。
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，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，其实质是能量的转移。
本题考查了改变物体内能有两种方式，能结合生活实际解决问题是解答的关键。
5.【答案】B
【解析】解：(1)甲乙两滑轮组所提的重物相同、上升的高度相同，
根据W=Gh可知两滑轮组所做的有用功相同，则W有=Gh=100N×1m=100J，故B不正确。
(2)由图可知滑轮组绳子的有效股数n甲=2，n乙=3，
∵动滑轮的个数和重力以及物体的重力相同，
∴根据F=1n(G物+G动)可知，两滑轮组绳子自由端的拉力不相等，故C正确，
(3)不计绳重和摩擦时，滑轮组的额外功是由克服动滑轮重力所做的功，
根据W=Gh可知，动滑轮重和上升高度相同时，两者的额外功相等，
即W额=G动h=20N×1m=20J，
∵W总=W有+W额，
∴两滑轮组的总功相同，即W总=100J+20J=120J，故A正确；
据η=W有用W总可知，两滑轮组的机械效率相等，均为η=W有用W总=100J120J≈83.3%，故D正确。
故选：B。
(1)甲乙两滑轮组所提的重物相同，上升的高度相同，根据F拉=1n(G物+G动)计算出所用的拉力，比较两绳子拉力的大小关系；
(2)甲乙两滑轮组所提的重物相同，上升的高度相同，根据W=Gh求出所做的有用功；
(3)不计绳重和摩擦时，滑轮组的额外功是由克服动滑轮重力所做的功，再根据总功等于有用功和额外功之和结合机械效率公式分析两滑轮组机械效率之间的关系。
本题考查了功和机械效率的计算，关键是会分析滑轮组额外功产生的原因和公式F=1n(G物+G动)的灵活运用。
6.【答案】C
【解析】解：
A.由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=2，则绳子自由端移动的距离s=nh=2×5m=10m，
拉力F做功：W总=Fs=1000N×10m=1×104J，故A错误；
B.同一根绳子的拉力是相等的，由绳子末端的拉力F为1000N可知，缠绕在动滑轮上每股绳的拉力为1000N，故B错误；
C.拉力做的有用功：W有=Gh=1600N×5m=8×103J，
拉力做的额外功：W额总=W总−W有=1×104J−8×103J=2×103J，
此过程中克服绳重和摩擦做功W额1=500J，
提升动滑轮做的额外功：W额2=W额总−W额1=2×103J−500J=1.5×103J，
由W=Gh可得，动滑轮重力：G轮=W额2h=1.5×103J5m=300N，故C正确；
D.滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=8×103J1×104J×100%=80%，故D错误。
故选：C。
(1)根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据W=Fs求出拉力F做功；
(2)缠绕在动滑轮上每股绳的拉力都等于绳子末端的拉力；
(3)利用W=Gh求拉力做的有用功，拉力做的额外功等于总功减去有用功，知道此过程中克服绳重和摩擦做功，可求提升动滑轮做的额外功，再利用W=Gh求动滑轮重力；
(4)滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，要知道：拉力做的额外功等于克服绳重和摩擦做功与提升动滑轮做功之和。
7.【答案】C
【解析】解：A、皮球由a到b时，其质量不变，速度变慢，即动能变小，同时其高度增加，重力势能变大，故错误；
B、从能量的转化的角度分析，当球离开手后的运动过程中，或与空气摩擦，或与地面摩擦，使得一部分机械能损失掉，所以相对来说，a点的机械能最大，故错误；
C、皮球由c到d时，由于和空气、地面摩擦，故损失掉一部分机械能，故机械能减小，故正确；
D、据机械能的损失可知，小球在a处的动能大于在c处的动能，故错误；
故选：C。
(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)重力势能的大小与物体的质量和高度有关，即质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能。
在不计能量损失时，机械能是守恒的；但在真实的情况下，由于地面附近有空气的阻力或地面的摩擦力，故一般机械能是不守恒的。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
(1)因为在A点施加动力F的方向不知道，所以力F的力臂可能比OB大，也可能比OB小，还可能相等，力F的力臂大小决定了F与G的大小关系；
(2)力F的作用与G的作用应使杠杆向两个相反的方向旋转。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，知道在A点施加力的方向不确定、力臂不确定是本题的关键。
【解答】
解：
ABC、因为力F的方向不确定，所以OA不一定是力F的力臂，则不一定满足G×OB=F×OA；
力F的方向不确定，则力F的力臂可能大于或小于或等于G的力臂，杠杆可能为省力杠杆或费力杠杆或等臂杠杆；故A正确、BC错误。
D、杠杆平衡时，两个力应使杠杆绕支点转动的方向相反，由图知F的方向应向下，但不一定竖直向下，故D错误；
故选：A。
9.【答案】B
【解析】解：只有当人脸识别通过、体温在正常范围都满足时，系统才会启动电动机打开闸门，当人脸识别不通过或体温不正常时，闸门就不会打开，这说明两个开关是相互影响的，所以两个开关是串联的，由选项可知B正确。
故选：B。
由题意可知，只有当人脸识别通过、体温在正常范围都满足时，系统才会启动电动机打开闸门，说明开关S1、S2相互影响、不能独立工作即为串联，据此进行解答。
本题考查了电路的设计，正确得出两开关的连接方式是关键。
10.【答案】C
【解析】解：①由图象乙可知，甲物质吸热温度一直升高，乙物质在2∼4min时，吸收热量温度保持不变，所以甲物质可能是非晶体，乙物质是晶体，故①错误；
②由图象甲可知，用相同的加热器对甲、乙两物质加热，在相同时间内，甲、乙两物质吸收的热量相同，所以在0∼2min内，甲、乙两物质吸收的热量相同，故②错误；
③由图象乙可知，乙物质在BC段不断吸收热量，温度保持不变，其内能增加，故③正确；
④由图象乙可知，乙物质在AB段和CD段，加热相同时间，AB段升高的温度比CD段升高的温度大，由此可知，AB段的比热容比CD段的比热容小，故④正确。
故只有③④正确，①②错误。
故选：C。
①由图象乙可知，甲物质吸热温度一直升高，乙物质在2∼4min时，吸热温度保持不变，由此可得出结论；
②由图象甲可知，用相同的加热器对甲、乙两物质加热，在相同时间内，甲、乙两物质吸收的热量相同，由此可得出结论；
③由图象乙可知，乙物质在BC段不断吸收热量，温度保持不变，其内能增加，由此可得出结论；
④由图象乙可知，乙物质AB段和CD段，加热相同时间，AB段升高的温度比CD段升高的温度大，由此可得出结论。
本题主要考查比热容的概念和晶体、非晶体的熔化图象，其中正确理解乙物质的AB段和CD段的比热容大小是本题的难点。
11.【答案】A
【解析】解：由图知：物块在0∼2s内做加速运动，在2s∼3s内做匀速运动，且物块在0∼2s内图象与2s∼3s内图象与坐标轴围成的面积相同，说明物块在0∽2s内与2s∼3s内运动的路程相同。又因为区域①、②是长度相等的粗糙区域，故物块在0∼2s内在区域①上做加速运动，在2s∼3s内在区域②上做匀速直线运动，区域①表面上受到的摩擦力小于拉力F，在区域②表面上受到的摩擦力等于拉力F。
A、拉力在两个区域上运动的距离相等，做功大小相等，作用时间不同，在区域①上运动时间长，根据公式P=Wt，做功相等时，所用时间长，功率小，所以拉力在区域①中做功的功率比②的小，故A正确；
B、物体在区域①上受到的摩擦力小于F=2N.故B错误；
C、物块进入区域3时的速度为2m/s，做减速运动，在区域③的平均速度一定小于2m/s，所以运动时间一定大于1秒。故C错误；
D、因为滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以区域①路面的粗糙程度比区域②的粗糙程度小，故D错误。
故选：A。
①影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
②在平衡力的作用下物体保持静止或匀速直线运动状态，在非平衡力的作用下物体运动状态发生改变；
(1)运用以上规律，结合题目和图象，可知物块在0∽2s内在区域①做加速运动，拉力F大于摩擦力f1，在2s∼3s内在区域②上做匀速运动，拉力F等于摩擦力f2，在区域上③上做减速运动，拉力F等于0，物体只受摩擦力f3的作用；其中区域①路面的粗糙程度比区域②小；
(2)拉力在区域①、②上运动的距离相等，做功大小相等，在区域①上运动时间长，根据P=Wt可判断在区域①上做功功率比②小。
此题考查的是力和运动的关系的应用，结合运动图象和速度-时间图象得到有价值的信息，是解答此题的关键，难度较大。
12.【答案】B
【解析】解：已知橡皮条自由下垂时末端处在A点；某人从跳台跳下后，竖直下落到C点被反弹，多次上下反复振动后静止在B点。
则人从A点下降到B点的过程：重力大于弹力，人做加速运动，重力势能转化为动能和弹性势能；
人从B点下降到C点的过程：弹力大于重力，人做减速运动，人的动能和重力势能转化为弹性势能；
人从C点上升到B点的过程中：弹力大于重力，人做加速运动，弹性势能转化为动能和重力势能；
人每次上升到最高点的高度逐渐下降，是因为空气阻力的作用，能量不会凭空产生，也不会消灭，所以能量的转化是守恒的。
综上可知B正确，ACD错误。
故选：B。
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、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
弹性势能大小的影响因素：发生弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度；弹性形变越大，发生弹性形变越难，弹性势能越大。
本题考查了机械能的变化，明确影响动能、重力势能、弹性势能大小的因素是解题的关键。
13.【答案】减小 做功 热传递
【解析】解：小朋友从滑梯上滑下时臀部有灼热感，是克服摩擦做功，机械能转化为内能，机械能减小，这是通过做功途径改变了物体的内能；
家庭炒菜的时候，勺把也会变热，这是热量发生了转移，是通过热传递途径改变了物体的内能。
故答案为：减小；做功；热传递。
改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，热传递是能量的转移过程，做功的实质是能量的转化过程。
判断哪种方式改变了物体的内能，关键是看是能量的转化还是能量的转移，发生能量转化的是做功的方式，发生能量转移的是热传递的方式。
14.【答案】10080%20
【解析】解：由图像乙可知W总=800J，s=8m；
由W=Fs变形得拉力为：F=W总s=800J8m=100N；
有用功为：W有=W总−W额=800J−160J=640J；
机械效率为：η=W有W总=640J800J=80%；
由W额=fs变形得摩擦力为：f=W额s=160J8m=20N。
故答案为：100；80%；20。
利用公式W=Fs变形后可求出拉力大小。利用W总=W有+W额求出有用功，再运用机械效率的公式求出η，利用W额=fs变形求出摩擦力f。
熟练运用功、机械效率的公式，知道克服摩擦做的功是额外功，可解答此题。
15.【答案】无关 快 铁块 铜
【解析】解：(1)比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类和状态有关，与物质的质量无关；
(2)在受太阳光照射的条件相同时，干泥土比湿泥土的比热容较小，吸收相同的热量，干泥土比湿泥土升温快；
(3)已知c铁
故答案为：(1)无关；(2)快；(3)铁块；(4)铜。
(1)比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类有关，与物质的质量无关；
(2)在质量和初温相同的情况下，吸收相同的热量，根据Δt=Qcm分析；
(3)根据Q=cmΔt分析；
(4)同样烧开一壶水，壶吸收的热量越少越好，由Q吸=cmΔt分析。
本题考查对比热容概念的理解和Q吸=cmΔt公式的运用。
16.【答案】27 180 81 W
【解析】解：(1)由图可知，在跳绳时每次重心上升的高度h=0.06m，
则该同学跳一次克服重力做的功：
W=Gh=mgh=45kg×10N/kg×0.06m=27J；
(2)由图可知，该同学跳绳一次的时间t=13s，
则每分钟跳绳的次数：
n=t总t=60s13s=180，即180次；
(3)克服重力做功的平均功率：
P=Wt=27J13s=81W。
故答案为：27；180；81W。
(1)由图可知在跳绳时每次重心上升的高度，根据W=Gh=mgh求出该同学跳一次克服重力做的功；
(2)由图可知，该同学跳绳一次的时间，然后求出每分钟跳绳的次数；
(3)根据P=Wt求出克服重力做功的平均功率。
本题考查了做功公式和功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
17.【答案】省力 450 N 手向后移动(砖头往前移动)
【解析】解：由图可知，独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，所以该独轮车是省力杠杆。
根据杠杆平衡条件可得：FL1=GL2，
即：F×1m=1500N×0.3m，
解得F=450N。
已知车厢和砖头所受的总重力不变，根据杠杆的平衡条件可知，增大动力臂(即手向后移动)或减小阻力臂(即砖头往前移动)，能减小动力，更省力。
故答案为：省力；450N；手向后移动(砖头往前移动)。
(1)结合图片和生活经验，先判断独轮车在使用过程中，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；
(2)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可以求出作用在车把上竖直向上的力的大小。
(3)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
此题主要考查的是杠杆平衡条件的应用、杠杆的分类，属于中考的常见题型，难度不大。
18.【答案】变大 变大 动能 重力势能
【解析】解：火箭加速升空过程中，卫星的质量不变，速度增大，所以其动能增大；质量不变，同时高度增大，所以其重力势能变大；机械能为动能和势能的和，所以机械能变大；
外太空没有空气，卫星运动时机械能是守恒的，当卫星运行到距地球最近点时，质量不变，高度最小，重力势能最小，动能最大，速度最大；运行到最远点时，高度最高，重力势能最大，动能最小，速度最小。
故答案为：变大；变大；动能；重力势能。
动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，动能和势能统称机械能；卫星运动过程中，不受空气阻力，机械能守恒。
本题以火箭为情景考查对动能、势能影响因素以及机械能的认识和理解，难度不大。
19.【答案】开关 用电器 电源
【解析】解：
(1)房卡可以控制用电器的工作，插入插槽中，房间内的用电器才能工作，所以房卡相当于家庭电路中的开关；
(2)给充电宝充电时，充电宝消耗电能，转化为化学能，充电宝相当于简单电路中的用电器；
充电宝给手机充电时，充电宝提供电能，此时充电宝相当于简单电路中的电源。
故答案为：开关；用电器；电源。
(1)开关的作用是控制电路的通断，串联电路中开关控制所有用电器，并联电路中干路的开关控制所有用电器，支路的开关控制本支路用电器。
(2)电路的基本组成：电源、用电器、开关、导线，用电器工作时消耗电能转化为其他形式的能，电源工作时将其他形式的能转化为电能。
本题考查了电路中开关、用电器、电源的作用，属于基础题目。
20.【答案】并 串
【解析】解：
如果同时闭合开关S1、S3，且断开S2，电流从电源正极出发，分两支，一支经开关S3、灯泡L1，另一支经灯泡L2，然后经过开关S1共同回负极，则灯L1、L2并联；
只闭合开关S2，电流从电源正极出发，经灯泡L2、灯泡L1、开关S2回负极，灯L1、L2串联。
故答案为：并；串。
电流先后经过各个用电器的连接方法叫做串联；如果电流在某点出现分路，通过支路上的用电器后又在另一点汇合，再回到电源的负极，这种连接方式叫并联，根据题目中的开关组合，分析电流的流向，从而判断电路的连接情况。
本题考查了判断电路元件的连接方式，知道串并联电路的连接方式、分析清楚电路结构即可正确解题。会根据串并联电路的特点分析电路的连接。
21.【答案】解：
从动滑轮的挂钩开始依次绕绳子，最后有三段绳子承担物重，这就是最省力的绕法。如图所示：
。
【解析】滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子通过动滑轮，段数越多越省力。
在滑轮组中，绕过动滑轮的绳子股数越多会越省力，即F=1nG。
22.【答案】解：从手与平台的接触点沿竖直向上画一条带箭头的线段，在线段末尾标上字母F，即为小明所受支撑力示意图；从支点作支撑力作用线的垂线段即为支撑力F的力臂L.如图所示：
【解析】确定支撑力F的作用点和方向，根据力的示意图的画法画出F的示意图，然后从支点作支撑力的作用线的垂线段，即为其力臂L。
本题考查了力的示意图、力臂的画法，属于基础题目。
23.【答案】解：根据电路图可知，电铃与小灯泡并联，开关S1控制电铃，开关S控制整个电路；现将三节电池串联，从电源的正极出发，依次经过开关S，开关S1，在开关S1处分两路，一路经过开关S1和电铃，一路经过灯泡，这两路在电铃的另一个接线柱上汇合后回到电源负极，如图所示：
。
【解析】根据电路图可知，电铃与小灯泡并联，开关S1控制电铃，开关S控制整个电路，三节电池作为电源时应将三节电池串联，据此连接实物图。
本题考查根据电路图连接实物图，正确分析电路的连接方式和开关的位置是关键。
24.【答案】解：(1)工人使用滑轮组时做的有用功：
W有=Gh=210N×2m=420J；
(2)由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，则绳子自由端移动的距离：
s=nh=3×2m=6m；
(3)拉力做的总功：
W总=Fs=80N×6m=480J；
(4)滑轮组的机械效率：
η=W有W总×100%=420N480N×100%=87.5%；
(5)不计摩擦及绳重，由F=1n(G+G动)可得，动滑轮的重力：
G动=nF−G=3×80N−210N=30N。
答：(1)工人使用滑轮组时做的有用功为420J；
(2)绳子自由端移动的距离为6m；
(3)拉力做的总功为480J；
(4)滑轮组的机械效率为87.5%；
(5)动滑轮的重力是30N。
【解析】(1)知道重物的重力和提升的高度，根据W=Gh求出工人使用滑轮组时做的有用功；
(2)根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，根据s=nh求出绳子自由端移动的距离；
(3)知道绳子自由端的拉力和绳子自由端移动的距离，根据W=Fs求出拉力做的总功；
(4)利用η=W有W总×100%求出滑轮组的机械效率；
(5)不计摩擦及绳重，根据F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力。
本题考查了做功公式和滑轮组的特点、滑轮组绳子拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。
25.【答案】解：(1)由题可知，水的质量m水=100kg，水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，t=40℃，t0=20℃，
根据Q吸=cm△t可得热水器中的水吸收的热量为：Q吸=c水m水(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×100kg×(40℃−20℃)=8.4×106J；
(2)在5小时的有效照射时间内，接收的太阳能能量为Q′=5×4.2×106J=2.1×107J，
可得热水器的效率η=Q吸Q′×100%=8.4×106J2.1×107J×100%=40%；
(3)设需要完全燃烧煤气的质量为m煤气，这些煤气放出的热量为Q放=qm煤气，
煤气燃烧放出的热量50%被水吸收，则Q吸=50%Q放，
有50%×4.2×107J/kg×m煤=8.4×106J，
解得煤气的质量为m煤气=0.4kg。
答：(1)热水器中的水吸收的热量为8.4×106J；
(2)热水器的效率为40%；
(3)若改用煤气来加热这些水，则需要完全燃烧0.4kg的煤气。
【解析】(1)水的质量、比热容、升高的温度已知，根据Q吸=c水m水△t可得热水器中的水吸收的热量；
(2)太阳能热水器每小时平均接收的太阳能已知，算出有效照射5小时的太阳能Q′，根据η=Q吸Q′可求得热水器的效率；
(3)已知煤气燃烧放出的热量有50%被水吸收，则煤气放出的热量Q放=Q吸50%，根据Q放=qm煤气求出完全燃烧煤气的质量。
此题主要考查的是学生对热量计算公式、热值计算公式、效率计算公式的理解和掌握，基础性题目。
26.【答案】已达到 左 左 BC B 偏大
【解析】解：
(1)杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于静止状态，已达到平衡状态；
由图甲中，杠杆的左端较高，平衡螺母应向左端移动使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是方便读出力臂；
(2)设杠杆上一个小格的长度为L，一个钩码重为G，
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2，在A、B下方再增挂一个相同的钩码，
则左侧力和力臂的乘积5G×3L=15GL，右侧力和力臂的乘积7G×2L=14GL，
因为15GL>14GL，
所以杠杆左端会下沉，右端上翘；
(3)当弹簧测力计在C处竖直向上拉杠杆，弹簧测力计的示数如图所示，分度值是0.2N，数值是3N，
设每个小格长度为L，在A处挂一定数量的钩码时，阻力臂为3L，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得：
F2=F1L1L2=3N×2L3L=2N，
钩码的重力GA=F2=2N，即在A处挂2N的钩码；
若在C处挂一定数量的钩码，此时阻力臂和动力臂大小相等，则阻力和动力大小也相等(F2=F1=3N)，所以也可在C处挂3N的钩码；
故选BC；
(4)由图示可知，使用提纽B时，秤砣的力臂变大，物体的力臂变小，由m秤砣gL秤砣=m物gL物可知，杆秤的最大称量量较大。
当秤砣磨损一部分，相当于秤砣的质量减小了，根据杠杆的平衡条件知，在阻力和阻力臂不变时，动力减小，动力臂增大，所以测量结果偏大了。
故答案为：(1)已达到；左；(2)左；(3)BC；(4)B；偏大。
(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。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。
(2)设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，根据杠杆平衡判断；
(3)当弹簧测力计在竖直向上拉杠杆，弹簧测力计的示数如图所示，分度值是0.2N，读出弹簧测力计示数；根据杠杆的平衡条件求出钩码的重力；
(4)杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杆秤自重重心位置及杠杆平衡条件判断，杆秤零刻度线的位置；
秤砣有磨损，就是使被测物体质量变大，根据杠杆平衡条件分析原因。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。
27.【答案】测得相同质量的食盐水和水 不正确 加热时间相同，吸热相同 否 水和食盐水的沸点不同，升高的温度不同 水 食盐水 A
【解析】解：(1)天平的作用是测物体的质量，因此使用天平的目的是测得相同质量的水和食盐水。
(2)根据转换法，通过加热时间来反映吸收热量的多少。加热时间相同，吸收的热量相同，故这位同学的判断不正确。
(3)水和食盐水的沸点不同，都加热到沸腾时，水和食盐水升高的温度不同，加热时间不同，故无法判断谁的比热容大。
(4)由表中数据可知，质量相同的水和实验，升高相同的温度，水所需要的加热时间大于食盐水所需加热时间，因此水吸热多一些。
(5)由上述分析可知，水的吸热能力强，水的比热容比食盐水的比热容大。因此质量相同的水和食盐水，吸收相同的热量，食盐水吸热能力弱，温度升高得多一些。
A.沿海地区昼夜温差会比内陆地区小，是因为水的比热容较大，相同质量的水比其他物质在吸收或放出相等的热量，水的温度变化量较小。故A符合题意；
B.夏天给教室洒水，感觉凉爽，是因为水蒸发吸热，带走一部分热量。故B不符合题意；
CD.用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸；长期堆放煤的水泥地面变成黑色。二者都是扩散现象，说明分子永不停息的做无规则运动。故CD不符合题意。
故选A。
故答案为：(1)测得相同质量的食盐水和水；(2)不正确；加热时间相同，吸热相同；(3)否；水和食盐水的沸点不同，升高的温度不同；(4)水；(5)食盐水；A。
(1)天平的作用是测物体的质量，据此分析。
(2)根据转换法，通过加热时间来反映吸收热量的多少。
(3)水和食盐水的沸点不同，都加热到沸腾时，水和食盐水升高的温度不同，加热时间不同。
(4)由表中数据可知，质量相同的水和实验，升高相同的温度，水所需要的加热时间大于食盐水所需加热时间。
(5)由上述分析可知，水的吸热能力强，水的比热容比食盐水的比热容大。
逐项分析得出答案。
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，为热学中的重要实验。
28.【答案】速度 质量 大 质量相同时，物体的速度越大，动能越大 超载 控制变量
【解析】解：(1)“十次车祸九次快”，意思就是速度越快越容易造成严重事故，因此可以猜想动能的大小可能跟速度有关。
“安全驾驶莫超载”，意思就是质量过大也会造成不安全因素，由此猜想动能的大小可能与质量有关。
(2)物块被撞击得越远，说明金属球对木块做的功越多，说明金属球装积木块时的动能越大。
(3)甲、丙两图中，金属球的质量相同，但在斜面上所处高度不同，则金属球撞击木块时的速度不同，图中木块被推动的距离不同，速度较大时木块被撞得更远，故可得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大。
(4)甲、乙两图中，金属球所处的高度相同，则金属球撞击木块前的速度相同，但金属球的质量不同，甲图中金属球质量大，将木块推得更远，说明速度相同的物体，质量越大，动能越大。由此可解释汽车超载行驶时危险大的原因。
(5)由于动能的大小同时与物体的质量和速度两个因素都有关，因此实验中用到了控制变量法，同时金属球动能的大小以木块被推动的距离远近来衡量，这是转换法。
故答案为：(1)速度；质量；(2)大；(3)质量相同时，物体的速度越大，动能越大；(4)超载；(5)控制变量。
(1)物体的动能跟物体的速度和质量有关。
(2)(3)(4)(5)利用控制变量法，探究动能与质量的关系时需要控制金属球的速度相同，探究动能与速度的关系时需要控制质量相同；金属球撞击物块时，金属球的动能传递给物块，物块移动的距离反映了金属球动能的大小，采用的是转换法
本题是探究影响动能大小的因素实验，主要考查了控制变量法和转换法在实验中的应用，并要掌握实验中控制速度和改变速度的方法。
29.【答案】机械能 涡轮喷气 B4.8×109 C
【解析】解：(1)喷气发动机工作过程中燃料的化学能先转化为内能，内能再转化为机械能；
(2)涡轮喷气发动机只带燃料，利用空气做氧化剂，所以涡轮喷气发动机不能在大气层外工作；
(3)热值是燃料的一种特性，与燃料的质量、燃烧程度、放出热量等无关，故随着液态氢的不断消耗，其热值将不变；
(4)推力做功为：W=Fs=8×106N×6×104m=4.8×1011J；
推力的平均功率约为：P=Wt=4.8×1011J100s=4.8×109W；
(5)从能量转化的角度看，内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能，所以燃气的温度升高；在做功冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，燃气温度降低，所以能大致反应燃气温度随时间而变化的是C。
故答案为：(1)机械能；(2)涡轮喷气；(3)B；(4)4.8×109；(5)C。
(1)喷气发动机工作过程中燃料的化学能先转化为内能，内能再转化为机械能；
(2)涡轮喷气发动机只带燃料，利用空气做氧化剂，据此分析涡轮喷气发动机能不能在大气层外工作；
(3)热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量大小和燃烧程度无关；
(4)已知海平面平均推力和推进高度，根据公式W=Fs求出推力所做的功，又知道做功时间，根据公式P=Wt求出海平面推力的平均功率；
(5)内燃机一个工作循环由吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能，在压缩冲程中的能量转化是转化机械能为内能，据此分析燃气温度的变化。
本题综合考查了能量的转化、热值的特性、内燃机工作过程中燃气温度的变化特点、涡轮发动机的工作特点以及功和功率的计算，属于综合性题目。
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