2024年苏科版物理九年级上册九年级上册物理期中考试模拟测试02（第11~13章）（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．测试范围：苏科版九年级上册第11~13章。
2．g=10N/kg。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2022秋•无为市校级期中）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
【答案】C
【分析】（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。
【解答】解：A、皮球由a到b时，其质量不变，速度变慢，故动能变小，同时其高度增加，重力势能变大，故A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B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C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D错误；
故选：C。
2．（2022秋•靖江市期中）将两节相同的干电池与两只小灯泡，按如图所示的四种方式连接，其中不能使两只小灯泡都发光的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】图中的小灯泡为螺口灯泡，其正确接法是小灯泡的尾部和侧边应分别接入电路，据此进行判断。
【解答】解：
ABC、两节干电池串联在一起组成电源，两个小灯泡的尾部和侧面都分别接入了电路，接法正确，两个小灯泡都会发光，且AB两图中两灯泡串联接入电路，而C图中两灯泡并联接入电路，故ABC不符合题意；
D、左侧小灯泡的尾部和侧面接入了电路，则左侧灯泡能发光，而右侧的小灯泡只有侧面接入了电路，不能发光，故D符合题意。
故选：D。
3．（2022秋•新吴区期中）如图是某小区使用的一种垃圾投放装置的示意图，人向下拉吊把就能打开垃圾桶桶盖，非常方便、卫生。下列说法正确的是（ ）
A．装置中的滑轮是动滑轮
B．装置中的滑轮改变了力的方向
C．绳子拉起桶盖时，桶盖可视为费力杠杆
D．人向下拉吊把，垃圾桶桶盖绕最左端端点转动
【答案】B
【分析】A、轴的位置固定不动的滑轮称为定滑轮；轴的位置随被拉物体一起运动的滑轮称为动滑轮；
B、使用定滑轮可以改变力的方向；
C、绳子拉起桶盖时，桶盖可视为杠杆，动力作用点在绳子与桶盖连接处，阻力作用点在桶盖正中心，支点在垃圾桶桶盖最右端端点，故动力臂大于阻力臂；
D、人向下拉吊把时，桶盖可视为省力杠杆，支点在垃圾桶桶盖最右端端点。
【解答】解：A、装置中的滑轮是定滑轮，故A错误；
B、装置中的滑轮改变了力的方向，故B正确；
C、绳子拉起桶盖时，桶盖可视为省力杠杆，故C错误；
D、人向下拉吊把，垃圾桶桶盖绕最右端端点转动，故D错误。
故选：B。
4．（2022秋•鼓楼区校级期中）疫情期间，学校门口的智能门禁具有来访人员身份识别和检测体温的功能，其工作原理如图所示.当来访人员为本校师生时S1闭合，当来访人员体温正常时S2闭合，只有当来访人员是本校师生并且体温正常时，电动机才工作，开门放行，同时扬声器会发出“体温正常”的声音，此时若扬声器损坏，电动机仍然可以单独工作将门打开.以下电路的设计符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知，当来人为本校师生时S1闭合，当来访人员体温正常时S2闭合，电动机才工作，扬声器发出声音，这说明开关S1、S2相互影响、不能独立工作即为串联；若扬声器损坏，电动机仍然可以单独工作将门打开，说明电动机和扬声器互不影响，即两者并联，据此进行解答。
【解答】解：根据题意可知，当来人为本校师生时S1闭合，当来访人员体温正常时S2闭合，电动机才工作，扬声器发出声音，这说明开关S1、S2相互影响、不能独立工作，所以两个开关是串联的；
若扬声器损坏，电动机仍然可以单独工作将门打开，说明扬声器与电动机间互不影响，所以扬声器和电动机是并联的；
所以电动机与扬声器并联再与两个开关串联，由各选项图知，D正确。
故选：D。
5．（2023秋•灵武市校级期中）飞机在万米高空飞行时，舱外大气压比舱内气压低。要使舱内获得新鲜空气，必须使用压缩机把空气从舱外压进舱内。在这个过程中，压缩机对空气做功，空气的（ ）
A．温度升高 内能增加B．温度降低 内能减少
C．温度升高 内能减少D．温度降低 内能减小
【答案】A
【分析】本题要抓住做功与内能的改变，主要有摩擦生热和压缩气体做功。
【解答】解：对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功内能会减少。压缩机对空气做功，空气的温度升高内能增加。
故选：A。
6．（2022秋•怀远县期中）关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（ ）
A．物体温度升高，一定是吸收了热量
B．物体的温度越高，所含的热量越多
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
D．一个物体的温度降低，内能减小
【答案】D
【分析】（1）改变内能的方式有做功和热传递，二者是等效的；
（2）热量是过程量，就是说，热量只存在热传递中，只能说吸收或放出热量；热量不是状态量，不能说含有热量；
（3）热传递的条件是：存在温度差；
（4）内能的大小与物体的温度、质量、状态等因素有关。
【解答】解：A、物体温度升高，可能是物体吸收了热量，也可能是对物体做了功，故A错误；
B、热量不是状态量，不能说含有或者具有热量，故B错误；
C、发生热传递的条件是：存在温度差，热量从高温物体传给低温物体，内能大的物体的温度不一定高，故C错误；
D、一个物体的温度降低，分子无规则运动变慢，内能减小，故D正确。
故选：D。
7．（2022秋•金坛区期中）关于功、功率和机械效率，下列说法正确的是（ ）
A．有力作用在物体上，且物体移动了一段距离，说明就有力对该物体做功
B．使用任何机械都不省功
C．做功快的机械其机械效率一定高
D．做功越多的机械其功率越大
【答案】B
【分析】（1）做功的必备条件：有力作用在物体上，物体在力的方向上移动了距离。
（2）使用任何机械都不省功。
（3）有用功跟总功的比值叫做机械效率。
（4）功率表示物体做功的快慢。
【解答】解：A、有力作用在物体上，但物体在力的方向上没有移动距离，力就没有对该物体做功，故A错误。
B、使用任何机械都不省功，故B正确。
C、做功快的机械其机械效率不一定高，故C错误。
D、做功越多的机械其功率不一定越大，故D错误。
故选：B。
8．（2022秋•张店区期中）在烧杯中加入盐水，将铜片和锌片放在盐水中，这就是一个电池。用电压表测量这个自制电池的电压，其现象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电压表能提供电压
B．盐水电池将化学转化为电能
C．铜片是该盐水电池的负极
D．该盐水电池两端的电压为2.5V
【答案】B
【分析】（1）电压表是测量电压的仪器；
（2）电池是产生电能的装置；
（3）图中铜片与电压表的正接线柱连接，指针正向偏转，根据电压表的正确使用方法，判断电源的正负极；
（4）根据电压表的接线柱判断量程、分度值，根据指针的位置确定读数。
【解答】解：A、电压表是测量电压大小的仪器，不能提供电压，故A错误；
B、盐水电池将化学能转化为电能，故B正确；
C、图中铜片与电压表的正接线柱连接，指针正向偏转，说明铜片是该盐水电池的正极，故C错误；
D、图中电压表的量程为0～3V，分度值是0.1V，示数为0.4V，说明该盐水电池两端的电压为0.4V，故D错误；
故选：B。
9．（2022秋•南开区期中）小明根据表中的数据，得出以下四个结论，其中正确的是
（ ）
A．不同物质的比热容可能相等
B．同种物质在不同状态下比热容一定相等
C．如果吸收或放出的热量相同，水的温度变化一定比沙石大得多
D．质量相同的水和沙石，要使它们上升同样的温度，沙石吸收更多的热量
【答案】A
【分析】（1）根据表格数据分析即可；
（2）比热容是指单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量，是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关；
（3）由Q＝cmΔt可知，质量相等的不同物质吸收或放出相同的热量，比热容小的物质温度升高得多；
（4）由Q吸＝cmΔt可知，质量相同得不同物质，升高相同的温度，比热容大的物质吸收的热量多。
【解答】解：A、由表格数据可知煤油和冰的比热容相同，因此不同物质的比热容可能相等，故A正确；
B、比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，因此同种物质在不同状态下比热容不同，故B错误；
C、由表格数据可知水的比热容大于沙石比热容，根据Q＝cmΔt，如果吸收或放出的热量相同，但不确定质量大小关系，因此不能确定水的温度变化比沙石大得多，故C错误；
D、由Q吸＝cmΔt可知，质量相同的水和沙石，升高相同的温度，水的比热容较大，则水吸收的热量更多，故D错误。
故选：A。
10．（2022秋•钦南区校级期中）如图甲的电路中，当闭合开关后，两个电流表指针偏转均如图乙所示，则通过灯泡L1和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．1.7A，0.34AB．0.34A，1.7A
C．1.36A，0.34AD．0.34A，1.36A
【答案】C
【分析】分析电路可知：两灯并联，电流表A1测的是干路电流，电流表A2测的是L2所在支路的电流；
由于并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和，
所以电流表A1选用的应该是大量程（0～3A），A2选用的是小量程（0～0.6A）；
然后根据相应量程下的分度值和指针位置来进行读数。结合并联电路的电流特点即可求出通过各灯的电流大小。
【解答】解：经分析可知，电流表A1选择的量程是0～3A，分度值为0.1A，所以电流表A1的示数为I总＝1.7A，即干路电流为1.7A；
电流表A2选择的量程是0～0.6A，分度值是0.02A，所以电流表的示数为I2＝0.34A，即通过灯L2的电流为0.34A；
那么通过灯L1的电流大小为：I1＝I总﹣I2＝1.7A﹣0.34A＝1.36A。
故选：C。
11．（2022秋•滨海县期中）如图所示的四种情景中，人对物体做功的是（ ）
A．踢出后滚动的足球
B．汽车推而不动
C．搬起箱子
D．背书包水平行走
【答案】C
【分析】做功必须具备两个必要因素：①作用在物体上的力，②物体在力的方向上通过距离。判定有没有做功，就从是否具备这两个必要因素入手。
【解答】解：A、足球被踢出后，在地面上滚动，此时人没有对足球施加力，所以人对足球不做功，故A错误；
B、人给汽车一个推力，但是汽车没动，即没有沿力的方向通过距离，所以人对汽车不做功，故B错误；
C、人给箱子一个向上的力，箱子被搬起，箱子向上通过了一段距离，所以人对箱子做了功，故C正确；
D、背着书包水平行走，人给书包一个向上的力，但书包向上没有移动距离，则人对书包没有做功，故D错误。
故选：C。
12．（2022秋•苏州期中）如图所示，是我国古代《墨经》记述的有关杆秤的杠杆原理，此时杆秤处于平衡状态，以下关于它的说法不正确的是（ ）
A．“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
B．增大“重”时，应把“权”远离O点
C．若“权”有磨损，会导致测量结果偏小
D．为提高测量精度，可换轻一点的“权”
【答案】C
【分析】（1）利用杠杆的五要素分析；
（2）根据杠杆平衡条件可知“权”和“标”的乘积等于“重”和“本”的乘积，据此分析。
【解答】解：A、根据杠杆的五要素并结合图可知，“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，故A正确；
B、在“权”不变时，“重”增大，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，即适当把“权”远离O点，故B正确；
C、若“权”有磨损，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，会导致测量结果偏大，故C错误；
D、为提高测量精度，应使“标”增大，根据杠杆平衡条件可知可换轻一点的“权”，故D正确。
故选：C。
二、填空题（本题共10小题，每题3分，共30分）
13．（2022秋•锡山区校级期中）如图所示，物重G＝10N，绳的一端拴在地面，拉力F使滑轮匀速上升。不计绳重与摩擦，若滑轮重为2N，使物体上升10cm，则拉力F＝ 22 N，滑轮向上移动 5 cm。
【答案】22；5。
【分析】轴的位置随被拉物体一起运动的滑轮称为动滑轮；图中为动滑轮费力省距离的用法，拉力为物重的2倍和动滑轮重的和，滑轮向上移动的距离为物体上升距离的一半。
【解答】解：图中所示滑轮为动滑轮，使用时费力省距离，拉力F＝2G+G动＝10N×2+2N＝22N，滑轮向上移动的距离s＝h＝×10cm＝5cm。
故答案为：22；5。
14．（2022秋•明水县校级期中）如图甲电路，当开关s闭合后，电流表的指针偏转如图乙所示，其中a电流表测量的是通过 L1 （选填“电源”、“L1”或“L2”）的电流，通过L2的电流应为 0.9 A。
【答案】见试题解答内容
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表a测L1支路的电流，电流表b测干路电流，根据并联电路的电流特点和电流表指针的位置确定a、b电流表的量程，再根据分度值读出示数。
【解答】解：
由电路图可知，两灯泡并联，电流表a测L1支路的电流，电流表b测干路电流，
∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且b电流表指针的偏转角小于a电流表指针的偏转角，
∴b电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.2A；
a电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，
通过L2的电流应为I2＝I﹣I1＝1.2A﹣0.3A＝0.9A。
答案：L1；0.9。
15．（2023•高州市模拟）如图1所示，当翼装飞行运动员从高处一跃而下，他的重力势能逐渐 减小 ，在整个下降过程中，翼装飞行运动员的机械能 减小 （均选填“增大”、“减小”或“不变”）。如图2所示是加油机正在给歼20战机空中加油的情景，此时匀速飞行的歼20战机动能 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】减小；减小；增大
【分析】（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、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）机械能等于动能加上重力势能，据此分析加油机机械能的变化。
【解答】解：当翼装飞行运动员从高处一跃而下，其质量不变，高度减小，则他的重力势能逐渐减小；
机械能等于动能加上重力势能，在整个下降过程中，动能不变、重力势能减小，因此运动员的机械能减小；
加油机正在给歼20战机空中加油的情景，此时匀速飞行的歼20战机的速度不变，质量变大，动能增大。
故答案为：减小；减小；增大。
16．（2022秋•黄梅县期中）高铁全列禁烟是因为吸烟后烟雾在空气中有 扩散 现象，会触发烟雾报警器报警，影响行车安全。清晨荷叶上的两颗露珠接触后成为了更大的一颗水珠，表明分子之间存在 引 力。仅管分子间有空隙，可是却很难压缩固体和液体，这是因分子间有 斥 力。
【答案】扩散；引；斥
【分析】一切物质是由分子组成的，组成物质的分子都在永不停息地做无规则运动，分子之间存在相互作用的引力和斥力。
【解答】解：（1）吸烟时产生的烟雾分子无规则运动到空气中，这是扩散现象，会触发烟雾报警器报警，影响行车安全，故高铁全列禁烟。
（2）清晨荷叶上的两颗露珠接触后成为了更大的一颗水珠，表明分子之间存在引力。
（3）仅管分子间有空隙，可是却很难压缩固体和液体，这是因分子间有斥力。
故答案为：扩散；引；斥。
17．（2022秋•正阳县期中）如图所示的商丘古城8000亩湖面是盛夏时节人们休闲纳凉的好去处。环城湖的周边明显比其他地方凉爽很多，主要是因为水的 比热容 比砂石和泥土大；掬一捧湖水，手感到凉快，这是通过 热传递 的方式减小了手的内能。
【答案】比热容；热传递
【分析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
【解答】解：（1）因为水的比热容比砂石和泥土大，夏天吸收相同的热量，水的升高的温度小于砂石和泥土升高的温度，水的温度较周边低，所以比其他地方凉爽很多；
（2）湖水的温度比手的温度低，掬一捧湖水，内能从手传递到湖水，所以手感到凉快，这是通过热传递的方式减小了手的内能。
故答案为：比热容；热传递。
18．（2022秋•鲤城区校级期中）如图所示电路中，电源电压为3V且保持不变。闭合开关S，电压表的示数为1V，则R1两端电压为 1 V，断开开关S，电压表的示数为 3 V。
【答案】1；3。
【分析】由电路图可知，闭合开关S，电阻R1、R2串联，电压表测R1两端的电压；断开开关，根据电压表的作用分析其示数的变化。
【解答】解：由图可知，闭合开关S，该电路为R1和R2的串联电路，电压表测R1两端的电压；
已知电压表的示数为1V，即R1两端的电压为U1＝1V；
若断开开关S，电压表相当于连接在电源两端，此时相当于测电源电压，则电压表的示数为3V。
故答案为：1；3。
19．（2022秋•东台市期中）如图甲是同学们常用的燕尾夹，AB＝BC，当用力摁住C点打开该夹子时，可把B点看作支点，此时夹子可近似看作 等臂 （选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。如图乙所示，手柄 粗 （选填“粗”或“细”）一些的螺丝刀用起来更省力；螺纹 密 （选填“密”或“稀”）一些的螺丝钉拧起来更省力。
【答案】等臂；粗；密。
【分析】比较动力臂、阻力臂大小关系，识别杠杆类型；轮轴属于变形的杠杆，其它条件一定时，动力臂越大，越省力；螺纹属于变形的斜面，斜面越费距离，越省力，据此分析解答。
【解答】解：图中的燕尾夹，支点是B点，动力臂是BC，阻力臂是AB，AB＝BC，即动力臂等于阻力臂，该杠杆属于等臂杠杆；图中的螺丝刀属于轮轴，本质也是杠杆，支点在手柄截面的中心，手柄越粗，动力臂越大，在其他条件一定时，动力越小，即越省力；螺丝钉的螺纹属于斜面，螺纹越密，即越费距离，就会越省力。
故答案为：等臂；粗；密。
20．（2022秋•惠山区校级期中）斜面也是一种简单机械。工人师傅常利用斜面把重物搬运到汽车上，如图所示，斜面高为1m，长为4m，工人用500N沿斜面方向的力将重为1000N的箱子推到车上．此斜面的机械效率是 50% ，重物移动过程中受到的摩擦力是 250 N。
【答案】50%；250。
【分析】（1）知道推力大小、斜面长，利用W总＝Fs求出工人师傅做的总功；知道箱子重力、斜面高，利用W有用＝Gh求出工人师傅做的有用功，根据η＝×100%求出斜面的机械效率；
（2）克服摩擦做的额外功等于总功减去有用功，根据W额＝fs求出摩擦力的大小。
【解答】解：
（1）工人师傅做的总功：
W总＝Fs＝500N×4m＝2000J，
工人师傅做的有用功：
W有用＝Gh＝1000N×1m＝1000J；
斜面的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝50%；
（2）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＝2000J﹣1000J＝1000J，
因为W额＝fs，
所以重物移动过程中的摩擦力：
f＝＝＝250N。
故答案为：50%；250。
21．（2022秋•莲湖区校级期中）如图甲所示，这是一款自动清洁地面的扫地机器人，扫地机器人以60W的恒定功率工作10min做的功是 36000 J。扫地机器人工作一段时间后，需要充电，充电时，扫地机器人与家庭电路的电视机之间是 并联 （选填“串联”或“并联”）连接的。
【答案】36000；并联。
【分析】（1）根据P＝求出扫地机器人工作10min做的功；
（2）串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路。并联电路电流有多条通路，各支路互不影响。
【解答】解：（1）由P＝得，扫地机器人工作10min做的功是：W＝Pt＝60W×10×60s＝36000J；
（2）充电时，扫地机器人与家庭电路的电视机互不影响，是并联的。
故答案为：36000；并联。
22．（2022秋•镇江期中）跳绳是校运会的比赛项目之一，如图是体重为480N的某同学某次跳绳时重心移动的高度h随时间t变化的图像．由图可知，她每跳一次克服自身重力所做的功为 24 J，她1min内跳绳 150 次，克服重力做功的平均功率为 60 W。
【答案】24；150；60。
【分析】跳绳时，人要克服自身重力做功，根据图像可知跳绳的高度和跳一次所需时间，再根据W＝Gh求出每跳一次克服自身重力所做的功，根据P＝求出克服重力做功的平均功率。
【解答】解：由图像可知，某同学每次跳的高度为5cm，
则他每跳一次所做的功为：W＝Gh＝480N×5×10﹣2m＝24J；
由图像可知，他在0.4s内完成一次跳绳动作，
所以在1min内跳绳的次数：
n＝＝150次；
克服重力做功的功率为：
P＝＝＝60W。
故答案为：24；150；60。
三．解答题（本题共8小题，共46分）
23．（2022秋•丹阳市校级期中）如图，画出滑轮组的绕线图，使站在地面上的小孩提升重物时所用拉力最小。
【答案】见试题解答内容
【分析】首先要会组装滑轮组。知道承担物重的绳子段数越多越省力。在此题中，人在地面用力，所以拉力方向下。
【解答】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起。如图：
24．（2022秋•济源校级期中）某额定电压为220V的电动扶梯（已接地），只需在白天且有人时开启，利用红外线开关S1（有人时闭合、无人时断开）及可见光开关S2（白天闭合、夜间断开）即可实现自动控制。请在图中按要求正确完成电路连接。
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意可知，自动扶梯只有在白天且有人时才开启，说明两开关不能独立工作即为串联，开关要控制火线，据此连接。
【解答】解：由题意知，在白天且有人时电动扶梯才能启动，说明两个开关串联后共同控制电动机，根据安全用电的原则，开关应接在火线上；
所以，从火线开始，用导线将两个开关S1、S2串联，再连接电动扶梯的电动机，最后回到零线，如下图所示：
25．（2022秋•东莞市校级期中）小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同的两个钢球m和M（M的质量大于m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下，观察木块B被撞击后移动的距离，实验过程如图所示：
（1）该实验中物体的动能是指 钢球 （选填“钢球”或“木块”）的动能；实验中通过观察 木块移动距离的远近 来说明动能的大小；
（2）比较甲、乙两图进行的实验，由此得出结论是：当 质量 相同时，小球的 速度 越大，动能越大；
（3）图乙、丙换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，目的是控制 钢球下滑到斜面底时的速度 相同，探究物体动能大小与 质量 的关系；
（4）木块在水平面上滑动的过程中，克服摩擦力做功的功率 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）钢球；木块移动距离的远近；（2）质量；速度；（3）钢球下滑到斜面底时的速度；质量；（4）变小。
【分析】（1）该实验探究的是钢球下滑到斜面底，与木块碰撞前的动能大小与什么因素有关；碰撞时，钢球的动能越大，钢球对木块做的功就越多，木块移动的距离就越远；
（2）根据控制变量法的思想，归纳出合理的结论；
（3）小球下滑到斜面底的速度大小与下滑的高度有关，下滑的高度越高，小球下滑到斜面底时的速度就越大。图乙和图丙中，小球的质量不同，下滑的高度相同，木块移动的距离不同，根据控制变量法的思想进行分析；
（4）由于水平面的摩擦力作用，木块在水平面上运动时的速度越来越小，直到停止，则可根据功率P＝Fv，判断摩擦力做功的功率变化情况。
【解答】解：（1）该实验探究的是碰撞前钢球的动能，碰撞时，钢球的动能越大，钢球对木块做的功就越多，木块移动的距离就越远，所以实验中通过观察木块的移动距离来说明钢球动能的大小；
（2）图甲、乙中，钢球的质量相同，甲图中钢球下滑的高度大于乙图中的钢球的下滑高度，则碰撞时，甲图中钢球的速度大于乙图中钢球的速度，碰撞后，甲图中木块移动的距离大于乙图中的木块移动的距离，则可得出的结论为：质量一定时，物体的速度越大，物体的动能越大；
（3）小球下滑到斜面底的速度大小与下滑的高度有关，下滑的高度越高，小球下滑到斜面底时的速度就越大，所以让钢球从斜面的相同高度由静止开始下滑，目的是控制钢球下滑到斜面底时的速度相同。图乙和图丙中，钢球的质量不同，下滑的高度相同，根据控制变量法知，探究的是钢球的动能大小与质量的关系；
（4）由于水平面滑动摩擦力作用，木块在水平面上运动时的速度越来越小，木块对水平面的压力和接触面的粗糙程度保持不变，滑动摩擦力的大小也保持不变，则根据功率P＝Fv知，克服摩擦力做功的功率变小。
故答案为：（1）钢球；木块移动距离的远近；（2）质量；速度；（3）钢球下滑到斜面底时的速度；质量；（4）变小。
26．（2022秋•淮安区期中）在“探究串联电路的电压规律”的实验时，小明同学设计了如图所示的电路。
（1）连接电路时，开关应该处于 断开 （选填“断开”或“闭合”）状态，实验中应选择规格 不同 （选填“相同”或“不同”）的小灯泡；
（2）正确连接电路后闭合电路，小明发现电压表示数为零，且只有一只灯泡发光，若只有L1或L2中的一处发生故障，则故障可能是 L1短路 ；
（3）为了测量BC两端间的电压，小明将接A点的线端改接到C点，闭合开关后，发现 电压表指针反偏 ；
（4）实验结束后，先断开开关，再拆除 电源 两端导线。
【答案】（1）断开；不同；（2）L1短路；（3）电压表指针反偏；（4）电源。
【分析】（1）为保护电路，连接电路时，开关要断开；为得出普遍规律，应使用不同规格的器材进行实验；
（2）闭合电路，小玲发现只有一只灯泡发光，说明电路中有电流，电路不可能断路，又因为电压表示数为零，说明与电压表并联的部分电路被短路了，所以则故障可能是L1短路；
（3）电流应从电压表的正接线柱流入，从负接线柱流出，否则指针反向偏转；
（4）为了电路安全，拆除电路时应先拆除电源。
【解答】解：（1）探究串联电路的电压特点，为保护电路，连接电路时，开关要断开；为了寻找规律，必须换用不同规格的小灯泡进行多次实验；
（2）闭合电路，小玲发现只有一只灯泡发光，说明电路中有电流，电路不可能断路，又因为电压表示数为零，说明与电压表并联的部分电路被短路了，所以则故障可能是L1短路；
（3）图中电压表测L1两端电压，电流从电压表右侧流入，左侧流出，若保持电压表的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上，这样电流流入电压表的方向与前面相反，即正负接线柱反接了，所以，闭合开关后，电压表指针反偏，以这样不能测L2两端电压；
（4）实验结束后，应断开开关后，先拆除电源两端导线，防止在拆除其他用电器时出来电源短路。
故答案为：（1）断开；不同；（2）L1短路；（3）电压表指针反偏；（4）电源。
27．（2022秋•碑林区校级期中）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）小明安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 右 调节。（选填“左”或“右”）
（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N。如果在B处施加一个拉力使杠杆在 水平 位置再次平衡，当力的方向为竖直向下时，拉力最 小 （选填“大”或“小”），大小为 2 N。
（3）课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种硬币，使其在水平位置再次平衡，如图丙所示，则力臂l1：l2＝ 2：1 ，若两边同时各取走一枚硬币，则杠杆的 右 端将下沉。
【答案】（1）右；（2）水平；小；2；（3）2：1；右。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆的平衡条件，可得出可使杠杆保持水平平衡的最小力；
（3）根据杠杆的平衡条件求出两力臂之比以及若两边同时各取走―枚硬币，杠杆会向哪端下沉。
【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2知要使力最小，需要使力臂最大，当力的方向竖直向下时，力臂最长，力最小；
在A点悬挂3个钩码，则由杠杆的平衡条件得：3G×4l＝FB×3l，
解得：最小的力FB＝4G＝4×0.5N＝2N；
（3）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2
设每个硬币的重力为G，则由图可得，2Gl1＝4Gl2，
则l1：l2＝2：1；
若两边同时各取走―枚硬币，则左边为：Gl1＝2Gl2，右边为3Gl2，
由于2Gl2＜3Gl2，所以杠杆的右端将下沉。
故答案为：（1）右；（2）水平；小；2；（3）2：1；右。
28．（2022秋•盘龙区期中）蓬溪县城内将开通第四路公交车，在公交车性能测试中，让其在一段平直的公路上匀速行驶5.6km，受到的平均阻力是3.0×103N，消耗燃油1.2kg（假设燃油完全燃烧）。若燃油的热值q＝4×107J/kg，求：
（1）牵引力所做的功是多少？
（2）燃油放出的热量是多少？
（3）该公交车的热机效率是多少？
【答案】（1）公交车牵引力所做的功是1.68×107J。
（2）燃油放出的热量是4.8×107J。
（3）该公交车的热机效率是35%。
【分析】（1）公交车匀速运动，车受到的牵引力和阻力为一对平衡力，知道阻力可求牵引力大小；又知道车行驶的路程，利用W＝Fs求公交车牵引力所做的功（有用能量）；
（2）已知燃油的热值和燃油的质量，利用燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq求燃油放出的热量（总能量）；
（3）利用效率公式求该公交车的热机效率。
【解答】解：
（1）因为公交车匀速行驶，车的牵引力和受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，牵引力F＝f＝3.0×103N，
牵引力所做的功：W＝Fs＝3.0×103N×5.6×103m＝1.68×107J；
（2）消耗燃油的质量m＝1.2kg，
燃油完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝1.2kg×4×107J/kg＝4.8×107J；
（3）该公交车的热机效率：η＝×100%＝×100%＝35%。
答：（1）公交车牵引力所做的功是1.68×107J。
（2）燃油放出的热量是4.8×107J。
（3）该公交车的热机效率是35%。
29．（2022秋•滕州市期中）如图所示，在“用电流表测电流”的实验中，某同学接成图甲所示的电路；当开关闭合后，两灯都发光，两个电流表的指针所指位置均为图乙所示，求：
（1）电路中的总电流；
（2）通过灯L1和L2的电流。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由图甲可知两电流表分别测量的是干路和支路电流，由图乙可读数；
（2）由并联电路电流的规律可求得通过L1的电流。
【解答】解：
（1）由图甲可知，两灯并联，两电流表A1和A2分别测量的是干路和支路电流，由于干路电流大于支路电流，A1测量干路电流，故A1选用的是大量程，由乙图可知干路电流为I＝1.5A；
（2）A2测量通过灯泡L2的电流，故A2选择的是小量程，所以L2的电流为I2＝0.3A；
由并联电路电流的规律I＝I1+I2可得，通过灯L1的电流：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
答：（1）电路中的总电流为1.5A；
（2）通过灯L1的电流为1.2A，通过L2的电流为0.3A。
30．（2022春•长沙期中）如图所示，一个与地面接触面积为500cm2，重620N的人站在水平地面上，用轻绳竖直拉着光滑长木板AB的A端，AB可绕O点转动，OA＝90cm，OB＝30cm。现在B处挂一重为100N的圆柱体，当圆柱体浸入水中静止时，从盛满水的溢水杯中溢出来的水的体积为4×10﹣3m3。（AB质量不计，且始终保持在水平位置，g＝10N/kg）求：
（1）此时圆柱体受到的浮力是多少N；
（2）A端绳子的拉力为多少N；
（3）人对地面的压强是多少Pa。
【答案】（1）此时圆柱体受到的浮力是40N；
（2）A端绳子的拉力为20N；
（3）人对地面的压强是1.2×104Pa。
【分析】（1）溢水杯内装满了水，当圆柱体放入后，知道排开水的体积，利用阿基米德原理和密度公式可以计算浮力。
（2）知道圆柱体受到的浮力和重力，从而可以计算出B端绳子的拉力，然后根据杠杆的平衡条件列出等式即可求A端绳子的拉力的大小；
（3）根据力的合成求出人对地面的压力，然后根据p＝计算人对地面的压强。
【解答】解：
（1）溢水杯内装满了水，则V排＝4×10﹣3m3，
根据阿基米德原理和ρ＝可得物体受到的浮力为：
F浮＝G排＝ρ水V排g＝1.0×103kg/m3×4×10﹣3m3×10N/kg＝40N；
（2）F浮＝40N，G＝100N，
B端绳子的拉力为：FB＝G﹣F浮＝100N﹣40N＝60N，
设A端绳子的拉力为FA，
根据杠杆平衡条件有：
FA×OA＝FB×OB，
则FA＝＝＝20N；
（3）人对地面压力F压＝G人﹣FA＝620N﹣20N＝600N，
人对地面的压强：
p＝＝＝1.2×104Pa。
答：（1）此时圆柱体受到的浮力是40N；
（2）A端绳子的拉力为20N；
（3）人对地面的压强是1.2×104Pa。几种物质的比热容c/[J•（kg•℃）﹣1]
水
4.2×103
冰
2.1×103
酒精
2.4×103
沙石
0.92×103
煤油
2.1×103
铝
0.88×103
水银
0.14×103
铜
0.39×103