2023-2024学年河北省邯郸市永年实验中学九年级（上）开学物理试卷（含解析）

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2023-2024学年河北省邯郸市永年实验中学九年级（上）开学物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共17小题，共51.0分）
1. 用图甲、乙两种方式匀速提升重为300N的物体，已知滑轮重50N，绳重和摩擦力不计，则(    )
A. 手的拉力：F甲>F乙；机械效率；η甲<η乙
B. 手的拉力：F甲>F乙；机械效率：η甲>η乙
C. 手的拉力；F甲 D. 手的拉力：F甲>F乙；机械效率；η甲=η乙

2. 如图甲所示，小明用弹簧测力计水平拉动木块，使它先后两次沿同一个水平木板匀速直线滑动相同的距离。乙图是他两次拉动同一木块得到的距离随时间变化的图象。则下列说法错误的(    )

A. 两次木块受到的摩擦力一样大 B. 两次木块受到的拉力一样大
C. 两次拉力对木块做的功一样多 D. 两次拉力对木块做功的功率一样大
3. 如图，A、B两个完全相同的试管中装入等质量的不同液体后，情况如图所示，则试管底部所受的压强关系是(    )
A. pA小于pB
B. pA大于pB
C. pA等于pB
D. 无法确定
4. IPS自平衡电动独轮车是一种具有自我平衡的交通工具。它仅靠一个刻有花纹的轮子行驶，靠传感器控制平衡，采用轻薄、大功率电动机驱动，充电快速。使用者把脚分别放在轮子两侧的宽大、粗糙踏板上以后，轻轻向前倾斜身体是前进，向后倾斜是停止，向左和向右倾斜身体是转弯，当在驾驶过程中失去平衡、不得不跳下车的时候，还可以利用手上的手带来拽住独轮车，以免它失去控制靠成损坏。如图所示，当某  人驾驶独轮车在水平路面上匀速直线运动时，下列说法正确的是(    )
A. 当人从独轮车上跳下来静止后就没有惯性
B. 独轮车做匀速直线运动是因为不受摩擦力
C. 独轮车的重力与地面对独轮车的支持力是一对平衡力
D. 人对独轮车的压力与独轮车对人的支持力是一对相互作用力
5. “足球进校园活动”推动了校园足球的发展，下列说法正确的是(    )
A. 足球在空中飞行时受到了运动员的踢力作用
B. 足球在草地上越滚越慢是因为受到重力作用
C. 足球在空中沿弧线飞行说明力可以改变物体的形状
D. 守门员抱住飞来的足球说明力可以改变物体的运动状态
6. 盛有液体的圆柱形容器置于水平桌面上，如图甲所示，容器对桌面的压强为400Pa；用细线拴一金属球，将金属球浸没在液体中，如图乙所示，容器对桌面的压强为500Pa；将细线剪断，金属球沉到容器底部，如图丙所示，容器对桌面的压强为1400Pa。已知：容器的底面积为100cm2，金属球的密度为8g/cm3，g取10N/kg。则下列正确的是(    )

A. 金属球所受浮力是6N B. 金属球的体积是100cm3
C. 丙液体的密度是0.8g/cm3 D. 图丙中金属球对容器底部的压力是10N
7. 如图所示是探究“动能的大小与什么因素有关”实验的示意图．小球从a处由静止滚下，在c处与小木块碰撞，并与小木块共同运动到d处停下．下面的一些判断不正确的是(    )

A. 从a到b小球的势能减小，动能增大
B. 到达c处，小球的势能最小，动能最大
C. 从c到d处，小球的机械能增大
D. 到达d处，小球的动能为零，小木块的动能为零
8. 如图所示与其对应的说法不正确的是(    )
A. 茶壶的壶嘴与壶身构成了连通器
B. 向两纸中间吹气两纸向外分开
C. 用吸管吸饮料利用了大气压强
D. 轮船从长江驶入东海浮力不变
9. 下列是小明在生活中观察到的一些现象，他根据所学的物理知识做出了自己的判断，其中正确的是(    )
A. 坐沙发比坐木凳舒服，利用了减小压力来减小压强的道理
B. 骑共享单车过程中，捏闸减速是通过增大压力来增大摩擦
C. 刹车时感到自己身体向前倾，是由于人受到惯性的作用
D. 向两张自由下垂的纸片中间吹气，发现两纸向中间靠拢，说明流速越大的位置压强越大
10. 一个杯子静止在水平桌面上，下列说法正确的是(    )
A. 桌子受到的重力和地面对桌子的支持力是一对平衡力
B. 桌面对杯子的支持力和桌子的重力是一对相互作用力
C. 桌面受到杯子的压力是桌面发生弹性形变产生的
D. 杯子受到的重力和桌面对杯子的支持力是一对平衡力
11. 关于温度、热量、内能的关系，下列说法中正确的是(    )
A. 温度高的物体一定比温度低的物体内能大
B. 温度高的物体一定比温度低的物体热量多
C. 物体的温度降低，它的内能一定减少
D. 物体的温度升高，一定是从外界吸收了热量
12. 小车油箱中的汽油用去了一半，则剩下的汽油(    )
A. 比热容变为原来的一半，热值不变 B. 热值变为原来的一半，比热容不变
C. 比热容和热值均变为原来的一半 D. 比热容和热值均不变
13. 利用一燃气热水器对10kg、20℃的水进行加热时，完全燃烧了0.105m3的煤气。已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4×107J/m3，该热水器烧水的效率是50%。下列说法中(    )
①煤气完全燃烧放出的热量是4.41×103J
②水吸收的热量是2.1×106J
③水温升高了50℃
④加热过程中水的内能保持不变
A. 只有①④正确 B. 只有②③正确 C. 只有①②正确 D. 只有②③④正确
14. 用两个相同的电热器给质量都是2kg的物质甲和水加热，理想情况，无热量损失。它们的温度随时间的变化关系如图所示，已知：水的比热容c=4.2×103J/(kg⋅℃)。下列说法正确的是(    )

A. 0～10min内水吸收的热量为5.04×105J
B. 0～10min内水吸收的热量和物质甲吸收的热量不相等
C. 物质甲的比热容为2.1×103J/(kg⋅℃)
D. 条件不足，无法判断
15. 一台内燃机的转速是1440转/分，那么在每秒钟内(    )
A. 转轴转动24转，燃气对活塞做功12次，活塞完成48个冲程
B. 转轴转动1440转，燃气对活塞做功720次，活塞完成2880个冲程
C. 转轴转动1440转，燃气对活塞做功1440次，活塞完成1440个冲程
D. 转轴转动24转，燃气对活塞做功24次，活塞完成24个冲程
16. 冰在熔化成水的过程中，下列判断正确的是(    )
A. 比热容改变，内能和温度不变 B. 比热容改变，内能增加，温度不变
C. 比热容、内能和温度都增加 D. 比热容、内能和温度都不变
17. 下列有关热量、内能、比热容的说法中正确的是(    )
A. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
B. 物体吸热，内能增大，温度不一定升高
C. 一杯水结冰，比热容不变
D. 炎热的夏天在室内地上洒水感到凉爽，是因为水的比热容比较大
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
18. 在斜面上将一个质量为12kg的物体沿斜面匀速拉到h高处。如图所示，沿斜面向上的拉力F为100N，斜面长s为2m、高h为1m。把物体直接提升h所做的功为有用功(g取10N/kg)。下列说法正确的是(    )
A. 物体只受拉力和摩擦力两个力的作用 B. 提升物体做的有用功为120J
C. 此斜面的机械效率为60% D. 物体受到的摩擦力大小为20N
19. 下列有关运动和力的说法中正确的是(    )
A. 头球攻门，主要说明力可以改变物体的运动状态
B. 用力拉弓，说明力可以改变物体的运动状态
C. 用力向后划水，皮划艇才能前进，说明物体运动需要力来维持
D. 一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态
20. 根据表格中的数据，下列说法正确的是(    )
物质
铝
铁
铜
水
煤油
密度/(kg⋅m−3)
2.7×103
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
比热容/[J⋅(kg⋅℃)−1]
0.88×103
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103



A. 用同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，发现水中的温度计示数较高
B. 加热质量相同的铜和铝，其吸收热量与升高温度的关系图象如图所示，其中图线a表示的是铜
C. 若铜块和铁块的吸热之比是3：1，升温之比是3：2，则二者的质量之比为92：39
D. 煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为12：5，则升高温度之比为3：1
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
21. 用如图所示滑轮组拉着重为30N的物体A匀速前进0.2m，若物体A与地面的摩擦力为9N，则克服摩擦力所做的有用功是______J；若该滑轮组的机械效率为75%，则拉力F的大小为______N。
22. 如图照示，杠杆上的格等距，杠杆水平放置且自重忽略不计，O是支点，左侧挂一物体，动力F1大小为6N，整个装置处于静止状态，则物体的重力为______N，此时杠杆属于______(填“省力”或“费力”)杠杆。
23. 如图所示，水平桌面上一个底面积为20cm2、深度为10cm的薄壁杯子装满水时，水和杯子总质量为400g。已知g取10N/kg，水的密度为1.0×103kg/m3。水对杯子底部的压力为______ N。杯子对水平桌面的压强为______ Pa。


24. 如图所示，我国的“海翼1000号”深海滑翔机刷新了下潜深度的世界纪录，它是通过改变自身油囊体积实现浮沉的。在水面下滑翔机下沉时，油囊体积变小，所受浮力______。下沉过程中滑翔机受到海水的压强______。(均填“变大“变小”“不变”)
四、实验探究题（本大题共1小题，共12.0分）
25. 在“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小英做了如图甲所示的三次实验，用到了一个弹簧测力计、一个木块、一个砝码、两个材料相同但表面粗糙程度不同的长木板。实验中第1次和第2次用相同的长木板，第3次用表面更加粗糙的长木板。
(1)实验时用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在水平桌面上做______ 运动，根据______ 原理，可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小；
(2)比较1、2两次实验，得出结论：接触面粗糙程度相同时，______ 越大，滑动摩擦力越大；
(3)比较______ 两次实验，可探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
(4)刚开始小英做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图像如图乙所示，木块的速度随时间变化的图像如图丙所示，则木块在第7s时受到的摩擦力为______ N；
(5)同一组的小芳同学将实验方法进行了改进，实验装置如图丁所示：木块下面是一个长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动，此过程______ (选填“需要”或“不需要”)保持长木板匀速运动。弹簧测力计示数如图丁所示，则上面木块受到的摩擦力大小为______ N。
五、计算题（本大题共2小题，共12.0分）
26. 底面积为200cm2的圆柱形容器内装有适量的水，将其竖直放在水平桌面上，把体积为1×103cm3的正方体木块A放入水后，再在木块A的上方放一物体B，物体B恰好没入水中，如图甲所示。已知物体B的密度为3×103kg/m3，质量为0.3kg。求：
(1)图甲中A受到的浮力；
(2)木块A的密度；
(3)若将B放入水中，如图乙所示，求水对容器底部压强的变化量。
27. 随着人们生活水平的日益提高，小汽车越来越多地走进了百姓人家．一辆使用汽油为燃料的小汽车，以72km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的实际功率为20kW.若小汽车行驶的距离为100km，汽油的热值q=4.6×107J/kg，小汽车发动机的效率为25%.求小汽车在这段路程中：
(1)运动的时间；
(2)发动机所做的功；
(3)消耗汽油的质量．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：(1)由图可知，甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，
由于使用定滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力，即：F甲=G=300N；
乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮可以省一半的力，
即拉力等于物体和滑轮总重力的一半，F乙=12(G+G动)=12×(300N+50N)=175N，
所以，F甲>F乙；
(2)两幅图中物体的重力相同，当提升高度相同时，由W有=Gh可知，有用功是相同的；但乙图中还要克服动滑轮的重力做额外功，则乙图比甲图做的总功要多，结合η=W有用W总×100%可知，有用功相同时，总功越大的，机械效率越小，所以乙的机械效率低，即η甲>η乙。
故选：B。
(1)解决此题要知道定滑轮是轴固定不动的滑轮，动滑轮是轴随被拉物体一起运动的滑轮；使用定滑轮不省力但能改变力的方向，使用动滑轮能省一半力，但费距离；
(2)利用W有=Gh得出有用功的大小关系，利用W额=G动h得出额外功的大小关系，根据W总=W有+W额判断出总功的大小关系，利用公式η=W有用W总×100%即可比较机械效率。
此题考查了定滑轮和动滑轮的工作特点，并比较了它们之间的机械效率，知道使用定滑轮和动滑轮做的总功的区别是解决此题的关键。
2.【答案】D 
【解析】解：A、滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关，与物体的运动速度无关；两次拉动同一木块时，木块对木板的压力和接触面的粗糙程度都没有变化，故两次受到的摩擦力一样大，故A正确；
B、从图中可知，两次木块都做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的拉力和摩擦力大小相等，已知两次受到的摩擦力相等，故两次木块受到的拉力一样大，故B正确；
C、从图中可知，两次木块运动的距离相同，且所受拉力大小相等，根据W=Fs可知两次拉力对木块做的功一样多，故C正确；
D、从图中可知，第一次拉动木块所用的时间较少，两次拉力对木块做的功一样多，根据P=Wt可知第一次拉力对木块做功的功率较大，故D错误。
故选D。
(1)影响滑动摩擦力大小的因素有：压力和接触面的粗糙程度；滑动摩擦力的大小与物体运动的速度、接触面积均无关，据此分析判断两次受到的摩擦力的大小关系。
(2)从图中可知，两次木块都做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的拉力和摩擦力大小相等，已知两次受到的摩擦力的大小关系，可得出两次木块受到的拉力的大小关系；
(3)从图中可知，两次木块运动的距离相同，且已知所受拉力的大小关系，根据W=Fs可知两次拉力对木块做的功的大小关系；
(4)从图中可知，第一次拉动木块所用的时间较少，且已知两次拉力对木块做的功的大小关系，根据P=Wt可知两次拉力对木块做功的功率的大小关系。
本题考查了摩擦力、拉力、功和功率大小的比较，关键是熟知影响滑动摩擦力大小的因素，并从图中得出有用信息。
3.【答案】B 
【解析】解：
由题意可知两管中所装的液体质量是相等的mA=mB，B管是倾斜的，由此可知B管中所装的液体体积比较大，即VAρB。
液体的深度是相同的，ρA>ρB，根据液体压强的计算公式p=ρgh可知，pA>pB。
故选：B。
首先根据试管中液体的体积关系确定两种液体密度的大小，然后利用公式p=ρgh比较液体对容器底压强的大小。
液体产生的压强与液体的密度和深度都有关系，比较压强大小时，一定明确密度或深度的变化情况。
4.【答案】D 
【解析】解：A、一切物体都具有惯性，人静止后也具有惯性；故A错误；
B、独轮车做匀速直线运动是因为受到的牵引力和摩擦力是一对平衡力，故B错误；
C、独轮车的重力加上人的重力才等于地面对独轮车的支持力，不符合二力平衡的条件，故C错误；
D、人对独轮车的压力与独轮车对人的支持力大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于两个不同的物体上，是一对相互作用力。故D正确。
故选：D。
(1)一切物体都具有惯性。
(2)静止状态或匀速直线运动状态，都是平衡状态，故据牛一定律可知，物体在不受力时可能处于上述状态，同时据二力平衡的条件可知，物体在受平衡力时也可能保持上述状态。
(3)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上。缺一不可。
(4)力的作用是相互的，两个相互的作用力大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于两个不同的物体上。
此题以平衡车为载体考查了惯性、平衡状态的判断、平衡力和相互作用力的区分等多个知识点，综合性很强，但难度不是很大。
5.【答案】D 
【解析】解：
A、足球在空中飞行时受到了重力和空气阻力的作用，没有受到运动员的踢力作用，故A错误。
B、足球在草地上越滚越慢是因为受到摩擦力的作用，故B错误。
C、足球在空中沿弧线飞行，其运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故C错误。
D、守门员抱住飞来的足球，足球的速度大小发生了变化，说明力可以改变物体的运动状态，故D正确。
故选：D。
(1)力是物体对物体的作用。
(2)摩擦力的概念是：两个互相接触的物体，当它们做相对运动时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力。
(3)力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
深入理解力的概念，力与物体运动状态间的关系，可解答此题。
6.【答案】C 
【解析】解：
(1)由甲图和丙图可得：Δp1=1400Pa−400Pa=1000Pa，
由p=FS可得，桌面增加的压力：ΔF1=Δp1S=1000Pa×100×10−4m2=10N，
因桌面增加的压力ΔF1=G，所以金属球的重力G=10N，
金属球的质量：m=Gg=10N10N/kg=1kg=1000g，
由ρ=mV可得，金属球的体积：V=mρ=1000g8g/cm3=125cm3，故B错误；
(2)由甲图和乙图可得，Δp2=500Pa−400Pa=100Pa，
由p=FS可得，桌面增加的压力：ΔF2=Δp2S=100Pa×100×10−4m2=1N，
桌面增加的压力ΔF2=G排，所以金属球排开液体的重力G排=1N，
金属球的受到的浮力：F浮=G排=1N，故A错误；
排开液体的体积：V排=V=125cm3，
由F浮=ρ液V排g可得，液体的密度：ρ液=F浮V排g=1N125×10−6m3×10N/kg=800kg/m3=0.8g/cm3，故C正确；
(3)丙图金属球对容器底部的压力：F=G−F浮=10N−1N=9N，故D错误。
故选：C。
(1)甲图和丙图比较，求出增加的压强值，知道受力面积，利用压强公式求对桌面增加的压力，而对桌面增加的压力等于金属球重；据此求出金属球重，再根据重力公式求金属球的质量；知道金属球的密度，可求金属球的体积；
(2)甲图和乙图比较，求出增加的压强值，知道受力面积，利用压强公式求对桌面增加的压力，而对桌面增加的压力等于排开液体的重力，根据阿基米德原理求金属球的浮力；再根据F浮=ρ液V排g求液体的密度；
(3)当金属球沉到容器底部时，金属球对容器底部的压力等于金属球重力减去受到液体的浮力。
本题考查了学生对重力公式、压强公式、阿基米德原理的掌握和运用，本题关键点：①由甲和丙可知增加的压力等于金属块的重力；②由甲和乙知道增加的压力等于金属块排开水重。
7.【答案】C 
【解析】解：
A.从a到b，小球的质量不变，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，故A正确；
B.到达c处，小球到达平面c处时，小球的质量不变，小球的高度最小，重力势能最小，速度最大，动能最大，故B正确；
C.从c到d处，小球高度和质量不变，重力势能不变，速度逐渐减小，动能减小，机械能为动能和势能的总和，所以机械能减小，故C错误；
D.到达d处，小球质量不变，小球撞击木块后，速度不断减小，动能不断减小，到d点停止，速度为零，动能为零，木块到达d处速度为零，动能也为零，故D正确。
故选：C。
(1)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能为动能和势能的总和。
本题考查了动能、重力势能的大小变化，关键是分析物体的速度和高度的大小变化。
8.【答案】B 
【解析】解：A、茶壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器，当里面的水不流动时，壶嘴的水面和壶身的水面保持相平，故A正确；
B、向两纸中间吹气，使中间空气流速快、压强小，而外侧的空气流速慢、压强大，所以两纸向中间靠拢，故B错误；
C、用吸管喝饮料时，吸管内的压强小于外界大气压，饮料在大气压的作用下进入吸管，利用了大气压的作用，故C正确；
D、漂浮的物体所受的浮力始终等于自身的重力，因此，轮船从长江驶入东海浮力不变，故D正确。
故选：B。
(1)上端开口，底部连通的容器叫连通器，连通器中装同种液体，液体静止时液面是相平的；
(2)根据流体压强与流速的关系来做出判断；
(3)用吸管喝饮料是利用了大气压的作用；
(4)漂浮的物体所受的浮力始终等于自身的重力。
本题考查的连通器的应用、大气压的应用、流体压强与流速的关系、漂浮的条件等，有一定综合性，但都是基础知识。
9.【答案】B 
【解析】解：A、坐沙发比坐木凳舒服，是利用了增大受力面积的方法来减小压强的；故A错误；
B、骑共享单车过程中，捏闸减速是通过增大压力来增大摩擦；故B正确；
C、刹车时感觉自己身体向前倾，是因为人具有惯性，不能说人受到惯性的作用，故C错误。
D、向两张自由下垂的纸片中间吹气，发现两纸向中间靠拢，说明流速越大的位置压强越小，故D错误；
故选：B。
(1)减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
(2)增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
(3)一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性，惯性不是力。
(4)气体和液体都属于流体，在流体中，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。
此题考查了压强与流速的关系、减小压强的方法、增大摩擦力的方法、惯性现象，是一道综合题；联系生活实际来考查物理知识，是现在中考考查知识一个很重要的方式，需要掌握其方法。
10.【答案】D 
【解析】解：
A、地面对桌子的支持力大小等于桌子受到的重力和杯子受到的重力之和，与桌子受到的重力大小不相等，不是一对平衡力；故A错误；
B、桌面对杯子的支持力发生在桌子和杯子之间，桌子的重力发生在桌子和地球之间，不是一对相互作用力；故B错误；
C、桌面受到杯子的压力是由于杯子发生弹性形变所产生的；故C错误；
D、杯子受到的重力和桌面对杯子的支持力，作用在同一物体上，大小相等，方向相反，是一对平衡力；故D正确。
故选：D。
(1)二力平衡的条件是：作用在同一物体上，大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
(2)相互作用力的条件是：作用在两个物体上，大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
(3)桌面受到杯子的压力是由于杯子发生弹性形变所产生的。
此题主要考查我们对于物体所受力的分析和二力平衡的条件，以及弹力产生原因知识的应用，要明确作用力与反作用力和平衡力之间的区别。
11.【答案】C 
【解析】解：A、说法错误，影响内能的因素不仅有温度，还有质量、状态等；
B、说法错误，热量是指在热传递的过程中，内能改变的多少，是过程量，不说含有；
C、说法正确；
D、说法错误，物体的温度升高，也可以是对物体做了功现内能增加的。
故选：C。
根据内能、热量的概念、改变内能的方式和温度的关系分析。
本题考查了内能与热量、温度的关系。内能是状态量，热量是过程量，内能的改变可通过做功或热传递来实现。
12.【答案】D 
【解析】解：小车油箱中的汽油用去了一半后，质量变小，由于物质种类不变，而比热容和热值都是燃料的一种特性，所以剩下汽油的比热容和热值均不变。
故选：D。
比热容、热值是物质的某种特性，与物质的种类和状态有关，与物质的质量无关。
热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关。比热容是物质的一种特性，它只与物质的种类和所处的状态有关。
13.【答案】B 
【解析】解：
①煤气完全燃烧放出的热量：Q放=Vq=0.105m3×4×107J/m3=4.2×106J，故①错误；
②由η=Q吸Q放=50%得水吸收的热量：Q吸=Q放×50%=4.2×106J×50%=2.1×106J，故②正确；
③由Q吸=cm△t得水温度升高值：△t=Q吸cm=2.1×106J4.2×103J/(kg·℃)×10kg=50℃，故③正确；
④在加热过程中，水吸收热量，温度升高、内能增加，故④错误。
可见，只有②③正确。
故选：B。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式、吸热公式、效率公式的应用，是一道较为简单的计算题。
14.【答案】C 
【解析】解：A、由图可知，加热20分钟水的温度升高60℃，根据物体在相同时间吸收热量相同知，若加热10分钟水的温度升高30℃，若不计热量损失，
则0～10min水吸收的热量为：
Q水吸=c水m水Δt水=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×30℃=2.52×105J，故A不正确；
B、由题意知，两个相同的电热器在相同时间放出的热量相同，无热量损失，则物体在相同时间吸收热量相同，即0～10min内水吸收的热量和物质甲吸收的热量相等，故B错误；
C、由以上分析及图可知，0～10min内物质甲的温度升高60℃，0～10min内物质甲吸收的热量为2.52×105J，
故甲的比热容为：
c甲=Q甲吸m甲Δt甲=2.52×105J2kg×60℃=2.1×103J/(kg⋅℃)，故C正确；D错误。
故选：C。
(1)根据Q=cmΔt求出水0～10min内升高的温度为60℃时吸收的热量；
(2)两个相同的电热器在相同时间放出的热量相同，无热量损失，则物体在相同时间吸收热量相同；
(3)根据c=QmΔt进行计算。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cmΔt的掌握和运用，利用图像判断物质比热容的大小，比较两个量的大小一定要根据公式来分析。
15.【答案】A 
【解析】解：由题知，飞轮转速是1440转/分钟=24转/秒，
因为飞轮转动2转为一个工作循环，对外做功1次，完成4个冲程，所以内燃机每秒钟曲轴转动24转，燃气对外做功12次，完成48个冲程。
故选：A。
知道内燃机的转速，而内燃机在一个工作循环中对外做功1次，飞轮转动2转，完成4个冲程，据此得出答案。
本题考查了学生对内燃机的工作特点的了解与掌握，难点是明白内燃机一个工作循环，经历四个冲程，燃气对外做功一次，活塞往返两次，曲轴转动两周。
16.【答案】B 
【解析】解：冰在熔化过程中，吸收热量，而温度保持不变，但内能在增加，由于比热容与物质的种类和物质所处的状态有关，当冰熔化成水后，比热容变大；
故选：B。
冰在熔化过程温度不变，但需要继续吸热，所以内能增加，水的比热容比冰的比热容大，所以比热容变化。
解决此类问题要知道熔化过程的特点及不同物质比热容不同。
17.【答案】B 
【解析】解：
A、热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，内能大的物体温度不一定高；故A错误；
B、物体吸收热量，内能一定增加，但温度可能不变，比如晶体在熔化过程，吸热，内能增加但温度不变，故B正确；
C、水结成冰，状态发生变化，比热容也会改变，故C错误；
D、炎热的夏天，在室内地面上洒水，水蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，使人感到凉爽，不是利用水的比热容大的特点，故D错误。
故选：B。
(1)热传递的条件：存在温度差；热量总是从高温物体传递给低温物体或者从物体的高温部分传递给低温部分；
(2)物体吸收热量，可能是物体温度升高，也可能是物体的状态发生改变；
(3)比热容是物质本身的一种特性，反映了物体的吸热或放热能力，大小只与物质种类和状态有关；
(4)水分的蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，即蒸发吸热。
此题综合考查了温度、热量与内能的关系，内能和比热容的概念等多个知识点，综合性很强，但难度不大，掌握基础知识即可解题。
18.【答案】BC 
【解析】解：
A、将物体沿斜面匀速拉到高处，物体在斜面上受重力、拉力、支持力和摩擦力四个力的作用，故A错误；
B、提升物体做的有用功：W有=Gh=mgh=12kg×10N/kg×1m=120J，故B正确；
B、拉力做的总功：W总=Fs=100N×2m=200J，
斜面的机械效率：
η=W有W总=120J200J×100%=60%，故C正确；
D、克服摩擦力做功：W额=W总−W有=200J−120J=80J，
由W额=fs得物体受到的摩擦力：
f=W额s=80J2m=40N，故D错误。
故选：BC。
(1)对物体进行受力分析得出答案；
(2)已知物体的重力和斜面的高度，根据公式W=Gh可求拉力所做的有用功；
(3)利用W=Fs求出总功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)物体克服摩擦力所做的功(额外功)等于总功与有用功的差，再利用W额=fs求出物体受到的摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功(克服物体重力做功)、额外功(克服摩擦力做功)、总功(推力做功)、机械效率的计算，知道克服摩擦力做的功是额外功是本题的关键。
19.【答案】AD 
【解析】解：A、头球攻门，改变球的运动方向，说明力可以改变物体的运动状态。故A正确；
B、用力拉弓，弓变弯，力使弓发生形变。故B错误；
C、用力向后划水，给水一个向后的力，物体间力的作用是相互的，水就会给船桨一个向前的力，皮划艇就会前进，说明力是改变物体运动状态的原因。故C错误；
D、牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。故D正确。
故选：AD。
(1)力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；
(2)力是改变物体运动状态的原因，物体间力的作用是相互的；
(3)牛顿第一定律：物体不受力时保持静止或做匀速直线运动。
本题考查了力的作用效果、力和运动的关系及牛顿第一定律，属于基本规律的考查，难度不大。
20.【答案】CD 
【解析】解：A、用同样的酒精灯给质量相等、初温相同的水和煤油加热相同的时间后，水和煤油吸热相同，因水的比热容大，根据Δt=Qcm可知，水中的温度计示数较低，故A错误；
B、如下所示，质量相同铜和铝吸热相同，a升温慢，根据Q吸=cmΔt可知a的比热容大，根据表中数据可知图线a表示的为铝，故B错误；

C、铜块和铁块的吸热之比Q吸铜：Q吸铁=3：1，升温之比Δt铜：Δt铁=3：2，比热容c铜：c铁=0.39×103J/(kg⋅℃)×0.46×103J/(kg⋅℃)=39：46，
由Q吸=cmΔt可得质量之比：
m铜：m铁=Q吸铜c铜Δt铜：Q吸铁c铁Δt铁=339×3：146×2=92：39，
故C正确；
D、由表中数据可知，煤油和水密度之比：ρ煤油：ρ水=(0.8×103kg/m3)：(1×103kg/m3)=4：5，
比热容之比：c煤油：c水=[2.1×103J/(kg⋅℃)]：[4.2×103J/(kg⋅℃)]=1：2；
煤油和水体积之比：V煤油：V水=2：1，
由m=ρV可得质量之比：m煤油：m水=ρ煤油V煤油：ρ水V水=(4×2)：(5×1)=8：5，
已知吸收热量之比为：Q煤油：Q水=12：5，
由Q吸=cmΔt可知升高温度之比：
Δt煤油：Δt水=Q煤油c煤油m煤油：Q水c水m水=121×8：52×5=3：1
故D正确。
故选CD。
A、由已知条件，根据Δt=Qcm分析；
B、根据图示，结合Q吸=cmΔt分析；
C、根据已知条件，由Q吸=cmΔt的变形公式得出质量之比；
D、由表中数据可知，煤油和水密度之比：ρ煤油：ρ水=(0.8×103kg/m3)：(1×103kg/m3)=4：5，
比热容之比：c煤油：c水=[2.1×103J/(kg⋅℃)]：[4.2×103J/(kg⋅℃)]=1：2；
煤油和水体积之比：V煤油：V水=2：1，
根据已知条件，根据m=ρV可得质量之比，结合已知条件由Q吸=cmΔt的变形公式得出升高温度之比。
本题考查Q吸=cmΔt变形公式和密度公式的运用，关键是从表中获取有效的信息。
21.【答案】1.8  4 
【解析】解：
(1)图中为水平滑轮组，克服摩擦力所做的有用功：W有用=fs物=9N×0.2m=1.8J；
(2)由图知，n=3，拉力端移动的距离s=3s物，
滑轮组的机械效率η=W有用W总=fs物Fs=fs物F3s物=f3F=75%，
则拉力F的大小：
F=f3×75%=9N3×75%=4N。
故答案为：1.8；4。
(1)由于是水平使用滑轮组，利用W=fs求克服摩擦力所做的有用功；
(2)由图知，n=3，拉力端移动距离等于物体移动距离的3倍，滑轮组的机械效率η=W有用W总=fs物Fs=fs物F3s物=f3F，据此求拉力大小。
本题考查了水平使用滑轮组时有用功、拉力的计算，明确有用功(克服摩擦力所做的功)、总功的含义是关键。
22.【答案】12  省力 
【解析】解：设杠杆上每一个格的长度为L，则重物的力臂LG=2L，动力的力臂LF=4L，
由杠杆的平衡条件可得：G⋅LG=F1⋅LF，
则物体的重力：G=LFLG×F1=4L2L×6N=12N，
因LG 所以，此时杠杆属于省力杠杆。
故答案为：12；省力。
设杠杆上每一个格的长度为L，由图可知重物和动力的力臂，根据杠杆的平衡条件求出物体的重力，比较重物的力臂和动力的力臂关系判断杠杆的分类。
本题考查了杠杆平衡条件的应用和杠杆的分类，是一道较为简单的应用题。
23.【答案】2  2×103 
【解析】解：(1)水对杯子底部的压强：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa，
由p=FS得水对杯子底部的压力：
F=pS=1000Pa×20×10−4m2=2N；
(2)水和杯子的总重力：G=mg=0.4kg×10N/kg=4N；
杯子对水平桌面的压力：F′=G=4N。
杯子对水平桌面的压强p′=F′S=4N20×10−4m2=2×103Pa。
故答案为：2；2×103。
(1)根据p=ρgh求出水对杯底的压强；根据F=pS求出水对杯底的压力；
(2)根据G=mg求出水和杯子的总重力；杯子对水平桌面的压力等于总重力，利用p=FS求得杯子对水平桌面的压强。
此题主要考查了液体压强、压力及固体压强、压力的计算，注意选择合适的公式，通过计算也可以看出，液体对容器底的压力不一定等于液体的重力。
24.【答案】变小  变大 
【解析】解：
(1)“海翼”号深海滑翔机下沉时，由于浸没在海水中，油囊的体积变小，排开液体的体积变小，则根据F浮=ρ水gV排可知受到的浮力变小；
(2)因为液体压强随深度的增加而增大，所以滑翔机下沉时所处的深度增加，则海水对它的压强将变大。
故答案为：变小；变大。
(1)“海翼”号深海滑翔机下沉时，油囊体积变小，排开液体的体积变小，根据阿基米德原理可知它受到的浮力F浮变小；
(2)根据液体压强的特点，液体压强随深度的增加而增大，可知在潜艇下潜过程中，海水对它的压强将如何变化。
此题涉及到的知识点较多，有阿基米德原理，液体压强的特点等，难易程度适中，综合性较强，利于学生系统的掌握知识。
25.【答案】匀速直线  二力平衡  压力  2、3  3  不需要  2.2 
【解析】解：(1)实验时用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在水平桌面上做匀速直线运动，根据二力平衡原理，可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
(2)比较1、2两次实验，得出结论：接触面粗糙程度相同时，2中压力大，测力计示数也大，即压力越大，滑动摩擦力越大。
(3)探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同，故比较2、3两次实验，是为了探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系；
(4)由图丙知：2～6s物体做匀速运动，此时物体处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙知此过程的拉力为3N，所以滑动摩擦力为3N；
6～8s物体做减速运动，但由于压力的接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为3N，故第7s时，摩擦力为3N；
(5)木块相对地面处于静止状态，受到测力计拉力与木板对木块施加的摩擦力为平衡力，改进后，木块与弹簧测力计固定不动，故拉动木板运动，不需要木板做匀速直线运动；
测力计分度值为0.1N，示数大小为2.2N；木块相对于长木板处于静止状态，受到的测力计拉力与滑动摩擦力为一对平衡力，故上面木块受到的摩擦力大小为2.2N。
故答案为：(1)匀速直线；二力平衡；(2)压力；(3)2、3；(4)3；(5)不需要；2.2。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)(3)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。
只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小；
(4)根据图丙分析各段的运动情况，根据图乙分析出拉力的大小，根据影响摩擦力的因素分析出摩擦力的大小；
(5)木块相对地面处于静止状态，受到平衡力的作用，据此分析；由测力计分度值读数；根据木块相对于长木板处于静止状态受到平衡力分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理、测力计读数及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
26.【答案】解：(1)体积为1×103cm3的正方体木块A放入水，全部浸没，V排=V=1×103cm3=1×10−3m3，
图甲中A受到的浮力F浮=ρgV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3=10N；
(2)由ρ=mV可得物体B的体积：
VB=mBρB=0.3kg3×103kg/m3=1×10−4m3，
(2)图甲中，A、B共同悬浮，则F浮A+F浮B=GA+GB，
即ρ水g(VA+VB)=ρAgVA+mBg，
其中VA=1×103cm3=1×10−3m3，
ρA=ρ水(VA+VB)−mBVA=1.0×103kg/m3×(1×10−3m3+1×10−4m3)−0.3kg1×10−3m3=0.8×103kg/m3，
(3)B放入水中后，A漂浮，有一部分体积露出水面，造成液面下降，
A漂浮，F浮A=GA，
即ρ水gVA排=ρAgVA，
VA排=ρAVAρ水=0.8×103kg/m3×1×10−3m31.0×103kg/m3=0.8×10−3m3。
液面下降：
△h=△VS=VA−VA排S=1×10−3m3−0.8×10−3m32×10−2m2=0.01m，
水对容器底部压强的变化值：
△p=ρ水g△h=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m=100Pa。
答：(1)图甲中A受到的浮力为10N；
(2)木块A的密度为0.8×103kg/m3；
(3)水对容器底部压强的变化量为100Pa。 
【解析】(1)已知体积为1×103cm3的正方体木块A放入水中，由F浮=ρgV排可求得A受到的浮力；
(2)已知物体B的质量和密度，利用密度公式可求得其体积；
由图可知，A、B共同悬浮，根据F浮=G，可求得A的体积，然后可求得A的密度。
(3)B放入水中后，A漂浮，有一部分体积露出水面，造成页面下降，根据A漂浮，利用F浮=G，求出A排开水的体积，然后可知液面下降的高度，再利用p=ρ水g△h即可求出水对容器底部压强的变化。
本题综合考查了多个公式，关键是知道物体漂浮时浮力等于自身重力以及物体所受力的分析，分析物体所受力这是本题的难点也是重点，还要学会浮力公式及其变形的灵活运用。
27.【答案】解：
(1)速度v=72km/h=20m/s
运动时间t=SV=100000m20m/s=5000s．
答：运动的时间为5000s．
(2)发动机所做的功W=Pt=20000W×5000s=1×108J.
答：发动机所做的功为1×108J.
(3)汽油完全燃烧释放的热量Q=qm，又因为Q=Wη，
所以m=Qq=Wηq=1×108J0.25×4.6×107J/kg≈8.7kg．
答：消耗汽油的质量为8.7kg． 
【解析】(1)已知汽车的行驶速度和行驶的距离，根据公式t=SV可求运动时间．
(2)已知发动机的实际功率和行驶的时间，根据公式W=Pt可求发动机所做的功．
(3)汽油完全燃烧释放的热量根据公式Q=qm可求，还知道小汽车发动机的效率η=WQ×100%，二式联立可求汽油的质量．
本题考查时间、做功、质量的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，还要注意单位的换算．