江苏省苏州市工业园区五校联考2024-2025学年九年级上学期期中物理试卷

这是一份江苏省苏州市工业园区五校联考2024-2025学年九年级上学期期中物理试卷，共49页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列数据符合实际的是（ ）
A．家用电冰箱正常工作时的电流为1A
B．一节干电池电压为2V
C．中学生用20s从1楼走到3楼的功率约为20W
D．物理课本从桌面掉落到地面，其重力做功约为20J
2．（2分）如图所示的用具中，在使用时属于省力杠杆的是（ ）
A．筷子B．羊角锤
C．钓鱼竿D．天平
3．（2分）下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是（ ）
A．越省力的机械，机械效率越高
B．做功越快的机械，所做的总功越大
C．所做有用功越多的机械，机械效率越高
D．使用机械可以省力或省距离，但不能省功
4．（2分）以下说法正确的是（ ）
A．物体内能增加，温度不一定升高
B．具有机械能的物体不一定具有内能
C．1kg、0℃的水比1kg、0℃的冰具有的内能一样多
D．内能小的物体不可能将热量传递给内能大的物体
5．（2分）如图所示是明朝的《天工开物》中关于用铜铸币的情景，下列说法正确的是（ ）
A．炉火加热是通过做功的方式使铜内能增大的
B．熔化的液态铜温度高因为其含有的热量多
C．熔化的液态铜倒入钱币模具，凝固过程中温度不变，内能不变
D．铜币在冷却过程中，将内能转移给模具和空气
6．（2分）海洋水质改善，给了中华白海豚一个温馨的家。如图所示，下列说法正确是（ ）
A．海豚跃出海面减速上升的过程中，动能不变
B．海豚跃起到最高点的过程中，重力势能先变大后不变
C．海豚从高处落回海面的过程中，动能变大
D．海豚在海面下加速上浮的过程中，机械能不变
7．（2分）小明自制“伏打电堆”并连接了如图所示电路。闭合开关，小灯泡发光，电压表指针右偏，下列说法正确的是（ ）
A．金属B是电源的负极
B．“伏打电堆”将内能转化为电能
C．若小灯泡断路，电压表仍有示数
D．若断开开关，A、B两金属间没有电压
8．（2分）在“探究串联电路的电压规律”时，小明同学设计了如图所示的电路，电源由三节蓄电池组成，下列说法中不正确的是（ ）
A．电压表测量的是L1两端的电压
B．将两灯的位置对调后，电路中流大小不变
C．将“﹣”“A”导线的A端改接到电源“﹣”，电压表示数不变
D．将“3”“B”导线的B端改接到C点，可测量两灯的总电压
9．（2分）如今大城市普遍存在着停车难的问题，图甲是路边空中绿化存车亭，图乙为其工作原理图，A为存车架，O为转动轴，B端固定悬挂泊车装置，BC为牵引钢丝绳，M为电动机。汽车从水平地面被提升到BC与OB垂直的过程中，B点到地面的距离为3m，OB长为5m（忽略OB的重力和机械的摩擦力），以下说法正确的是（ ）
A．在这一过程中，作用在B点的动力将逐渐变小
B．C处滑轮的作用是为了省力
C．当处于图乙位置时，OB属于费力杠杆
D．若A和汽车的总质量为1200kg，钢丝绳所受拉力为7200N
10．（2分）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用拉力FA、FB在相同时间内将重为GA、GB的两个物体匀速提升相同高度，拉力的功率为PA、PB，绳子自由端移动的距离为sA，sB，不计绳重和摩擦，下列推理中正确的是（ ）
A．若GA＝GB，则FA＝FBB．若GA＞GB，则sA＞sB
C．若FA＜FB，则PA＜PBD．若FA＝FB，则η甲＞η乙
11．（2分）如图是一个风暖型浴霸，只闭合“照明”开关S1时浴霸灯亮；只闭合“电机”开关S2时浴霸电动机工作，开始吹冷风，但是灯不亮，若此时再闭合“暖风”开关S3，浴霸的陶瓷加热片R1开始加热，冷风就变成暖风；如果只闭合“暖风”开关S3，浴霸不工作。请选出符合该浴霸工作情况的电路图（ ）
A．B．
C．D．
12．（2分）某小球被水平抛出后，其部分运动轨迹如图甲所示，其中位置①和③离地高度相等，小球在运动过程中经过M、N两点，其动能和重力势能的参数如图乙所示，且M、N两点分别为图中“①”、“②”或“③”点中的两点。则小球（ ）
A．经过的M点就是②点
B．小球在点③的速度比在点②的大
C．在M点的重力势能大于在N点的重力势能
D．小球在点①的动能大于260J
二、填空题（本题共10小题，每空1分，共29分）
13．（3分）学习物理学知识，可以更好地理解生活现象，“天气很热”中的“热”是指 高；“两手相互摩擦手会发热”的“热”是指 增加；火箭用液态氢做燃料是因为液态氢具有较大的 。
14．（2分）华为手机具有反向无线充电功能，点击“无线反向充电”按键即可实现无线充电，该按键的功能相当于电路中的 （选填“开关”或“导线”）。用一台华为手机为台小米手机充电时，华为手机相当于电路中的 。
15．（2分）图甲是扔实心球的分解动作，其中人对实心球做功的是动作 （选填序号）；从实心球出手到落地的过程中，能正确反映实心球的动能E动与时间t的关系是图乙中 图线。
16．（4分）体重500N的小明在60s内跳绳120个，每次跳离地面的高度约0.05m，则小明跳绳一次做的功为 J，他在跳绳时的功率为 W。小华在60s内跳绳150个，则小华跳绳的功率 （选填“一定小于”“一定大于”或“可能小于”）小明跳绳的功率。
17．（2分）图甲中气球在放气时，它喷气的嘴部温度和原来相比 （选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在 （选填“A”或“B”）图所示过程的能量转化是一致的。某四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功 J。
18．（2分）在探究并联电路的电流特点时，根据如图所示的电路图连接好电路，闭合S、S1，断开S2，可以测出通过灯 的电流，接着闭合S、S2，断开S1， （选填：“能”或“不能”）测出通过另一盏灯的电流。
19．（3分）如图所示，在“测杠杆机械效率”的实验中，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在杠杆OB下面的物块缓慢上升至虚线位置，弹簧测力计的示数F为 N，若OA：OB＝2：3，物块所受重力G为1.4N，则该杠杆的机械效率约 %。若A点向O点移动，始终沿竖直方向拉动弹簧测力计，则机械效率将 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
20．（3分）如图所示，斜面底端A与B点的距离为80cm，B点高度为20cm，沿斜面向上用0.8N的拉力F将重为2N的木块从A点缓慢拉到B点，该过程中拉力F做的功是 J，斜面的机械效率为 %，斜面对木块的滑动摩擦力为 N。
21．（3分）小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况。将分别盛有50g水和50g食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连，电脑上显示温度随时间变化的图线如图乙所示。第2～3min内，油吸收的热量为 J，油的比热容为 J/（kg•℃） 小华用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化图线均为A，则 m水：m油＝ 。
22．（5分）阅读短文，回答问题。
汽车发动机
发动机是汽车的动力源。汽油机以汽油为燃料，使活塞在汽缸中往复运动，一个工作循环烃历进气、压缩、做功和排气四个冲程，汽油机的性能和汽缸排量有关。汽缸排量指活塞一个冲程中活塞在汽缸内通过的容积，它取决于活塞的面积和活塞上下运动的距离（冲程长度）。如果发动机有若干个汽缸，那么所有汽缸“工作容积”之和称为发动机排量，实际汽车拄往采用多缸发动机。
如图所示发动机有4个汽缸（图中标注1、2、3、4），通过连杆把4个汽缸的活塞连在一根曲轴上。各个汽缸的做功过程错开，在飞轮转动的每半周里，都有一个汽缸在做功，其他三个汽缸分别在吸气、压缩和排气冲程。
（1）汽油机工作时将燃料燃烧的内能转化为 能；
（2）若一个汽缸排量为V，燃气对活塞的平均压强为p，则一个做功冲程中燃气对活塞所做的功为 （用字母表示）；
（3）若汽车发动机以恒定功率输出，在爬坡的时候减慢车速，目的是 ；
（4）当发动机转速为3000r/min时，则发动机每个工作循环所需要的时间为 s；设做功冲程燃气对活塞的平均压强是p0，发动机排量为V排，则发动机转速为n时该轿车的输出功率P与发动机排量为V排的关系式为 。
A.P＝
B.P＝np0V排
C.P＝2np0V排
D.P＝4np0V排
三、解答题（本题共11小题，共47分。解答24、25题时需要写出必要的解答过程）
23．（2分）如图，用开瓶器打开瓶盖，画出作用在A点上的最小力F1及其力臂l1。
24．（2分）如图，请用笔画线代替绳画出最省力的绕线。
25．（2分）请将电源、电流表两个元件的符号填入虚线框内，将电路补充完整。要求：开关S闭合后，电流方向如图所示，电压表测滑动变阻器两端电压。
26．（2分）根据图（a）图所示的电路图，把图（b）实物连接图补充完整。
27．（4分）工人用图中的滑轮组提升重物，每个滑轮重为42.5N，物重为200N，物体上升2m，用时10s，克服动滑轮重所做的功占额外功的85%；
（1）求工人所做的有用功的功率；
（2）求滑轮组的机械效率。
28．（6分）2023年9月，南通建造的远洋货轮“中远337号”出海试航10min，试航过程中平台以10m/s的速度匀速直线航行，航行过程中牵引力为8×106N。已知平台燃油机动力系统效率为40%，q燃油＝4.0×107J/kg。求试航过程中：
（1）货轮牵引力做功的功率P；
（2）克服阻力做的功W；
（3）需要燃烧的燃油质量m。
29．（8分）为探究影响动能大小的因素，老师设计了如图甲、乙所示的实验方案。
（1）图甲探究的是动能与 的关系，实验中通过 来比较小球动能的大小。
（2）在完成甲实验的第二步操作时，木块被撞后滑出木板，为使木块不滑出木板，对甲实验的第二步操作应采取的方法是 。
A.适当降低钢球的高度
B.换用一个较重的木块
（3）实验结束后，各小组对实验提出各种改进方案：
①小明认为在“探究动能与速度关系”的实验中，可以撤走木块并使用足够长的木板，记录小球在相同表面上滑行直到静止的距离，你认为小明的实验方案是否合理 （选填“合理”或“不合理”）；
②小虎利用图丙装置做“探究动能与质量关系”实验，通过观察小球撞击上端固定的相同塑料软片，通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小。小华指出此装置不适合体积不同的小球做实验，原因是 。
③小刚设计了丁图所示的装置进行实验。
A.若用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离，可以研究小球的动能大小与 （选填“质量”、“速度”或“质量和速度”）的关系。
B.若用A、B两个质量不同的小球（mA＞mB）将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，同一木块受到撞击后相应移动距离sA sB（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）小明认为还可以通过甲、乙两图探究物体重力势能的影响因素，他的设想是 （选填“可行”或“不可行”）的。
30．（5分）在“探究杠杆平衡条件”的实验中，杠杆每格长5cm，每个钩码的质量均相同。
（1）如图甲杠杆在所示位置静止，为使杠杆在水平位置平衡应将平衡螺母向 调；
（2）在杠杆上挂钩码后如图乙所示，要使杠杆重新在水平位置平衡，下列操作正确的是 ；
A．将右侧钩码向右移动
B．将左侧钩码向左移动
C．增加右侧钩码个数
D．减少左侧钩码个数
（3）如图丙所示，保持杠杆左侧所挂钩码个数不变，改变钩码悬挂的位置，用弹簧测力计在M点竖直向下拉，使杠杆保持水平平衡，记录每次弹簧测力计的示数F和钩码对应悬挂位置到O点的距离L，在F﹣L坐标系中作出图像，其中正确的是 ；
（4）小明根据实验得出杠杆平衡条件是：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离，小华认为不对，她用轻质木板设计了如图丁所示的杠杆，木板的中心O为支点。已知AB＝BO＝OC＝CD，ABOCD的连线水平，且与EDF的连线垂直。现在B处挂两个钩码，D处挂一个钩码，木板在水平位置平衡。若只移动右侧钩码的位置，小华的操作是 ，观察到杠杆仍然水平平衡，从而证明小明的观点是错误的；
（5）如图戊将图丙杠杆的中点O紧贴在桌子边缘，将一个质量均匀的木条放在杠杆上，其右端与桌子边缘齐平。若杠杆的质量为m1，木条的质量为m2、长为l，当水平向右缓慢推动杠杆的距离超过 （用m1、m2、l表示）时，杠杆会翻倒。
31．（7分）小明做探究“串、并联电路电流及电压的特点”的实验。
（1）小明用图乙所示的电路探究并联电路中的电流特点。
①实验前，发现电流表指针的位置如图甲所示，应该 。
②解决问题后闭合开关，电流表示数如图丙，为 A。
③小明想在图乙中只改动一根导线来测量L2的电流，请在该导线上画“×”，并在图中改正。
④若闭合开关后两灯都发光，由于导线弯曲杂乱，一时无法确定电路是串联还是并联，请你写出一种简单可行的判断方法： 。
（2）小明利用图丁探究串联电路中的电压特点。
①下列操作不正确的是 。
A．连接电路时，开关S处于断开状态；
B．连接电压表时，试触后再选择合适量程；
C．仅将电压表A点连线转接至C点，可以测量L2两端电压。
②测量灯泡L1两端电压时，两灯突然熄灭，电压表示数变为0，若故障可能是由某只灯泡引起的，则发生故障的灯泡及故障类型是 。
③测得UAB＝1.1V，UBC＝1.4V，UAC＝2.5V，为了使实验结论具有普遍性，接下来进行的操作是 。
32．（6分）实验室现有a、b、c三种液体，以及1、2、3三种燃料。需要完成如下两个实验：实验一是比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量，实验二是探究不同物质吸热升温的现象。如图所示，小明设计了甲、乙、丙三套装置。
（1）为完成实验一，应选用 两套装置，实验时通过比较液体的 来反映燃料燃烧放热多少。
（2）为了两个实验都能完成，须对图中器材进行调整，以下方案可行的是 。
A.将甲图中的液体换成c
B.将乙图中的液体换成c
C.将甲图中的燃料换成3
D.将乙图中的燃料换成1
（3）小明使用未调整的甲、乙图示装置进行实验，收集数据并作出液体a、b的温度随加热时间的变化图线如图丁所示（两燃料充分燃烧均用时5分钟）。若燃料充分燃烧放出的热量全部被液体吸收，燃料1热值是燃料2的0.2倍，则液体a比热容是液体b的 倍。
（4）如果用“单位质量的某种物质吸收（或放出）1J的热量Q所升高（或降低）的温度Δt”来比较物质的这种物理属性，用符号K来表示。
①则K的表达式是K＝ 。
②液体a的K值 （选“＞”、“＝”或“＜”）液体b的K值。
33．（3分）科学家焦耳为了探究做功与产生热之间的关系，设计了如图装置：在一个装满煤油的绝热桶（可保证热量不流失）里放入铜制的翼轮，多次用下落的钩码带动翼轮上的叶片转动，转动的叶片与煤油摩擦，产生的热使煤油的温度升高，并改变钩码的重力与钩码下降高度，探索这些变化对产热的影响。
（1）请帮科学家焦耳补齐6号实验中的煤油升高的温度 。
（2）根据该实验科学家焦耳认为做功越多，产生的热多，请找到佐证焦耳结论的现象 。
（3）以下哪些方法可以使科学家焦耳实验的现象更加明显 。（多选）
A.将煤油换成比热容更高的水
B.在滑轮轴上涂抹润滑油
C.将煤油质量适当减小
D.降低实验前煤油的初始温度
2024-2025学年江苏省苏州市工业园区五校联考九年级（上）期中
物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列数据符合实际的是（ ）
A．家用电冰箱正常工作时的电流为1A
B．一节干电池电压为2V
C．中学生用20s从1楼走到3楼的功率约为20W
D．物理课本从桌面掉落到地面，其重力做功约为20J
【答案】A
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A．家用电冰箱电功率约为220W，正常工作时的电流约为I＝＝＝1A，故A正确；
B．一节干电池电压为1.5V，故B不正确；
C．1楼走到3楼的高度约为6m，中学生重约为500N，用20s从1楼走到3楼的功率约为P＝＝＝＝150W，故C不正确；
D．一本物理课本的质量约为250g＝0.25kg，其重力G＝mg＝0.25kg×10N/kg＝2.5N，课桌高约为0.8m，从课桌面掉到地面，重力做功W＝Gh＝2.5N×0.8m＝2J，故D不正确。
故选：A。
2．（2分）如图所示的用具中，在使用时属于省力杠杆的是（ ）
A．筷子B．羊角锤
C．钓鱼竿D．天平
【答案】B
【分析】结合生活经验，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。
【解答】解：羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；筷子、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，不省力也不费力。
故选：B。
3．（2分）下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是（ ）
A．越省力的机械，机械效率越高
B．做功越快的机械，所做的总功越大
C．所做有用功越多的机械，机械效率越高
D．使用机械可以省力或省距离，但不能省功
【答案】D
【分析】（1）有用功占总功的比值越大，机械效率越高。
（2）功率是表示物体做功快慢的物理量，物体的功率越大，做功越快。
（3）机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大，使用任何机械，都不可避免的要做额外功。
（4）使用机械或省力，或省距离，但是就是不能省功。
【解答】解：A、机械效率是指有用功与总功的比值，机械效率的高低与是否省力没有必然的联系，故A错误；
B、功率是表示做功快慢的物理量，所以功率越大的机械，做功快，但是所做的总功不一定越大，故B错误；
C、所做有用功越多的机械，但总功不确定，机械效率不一定越高，故C错误；
D、使用机械如果省力了，根据功的原理可知，就一定费距离，使用机械时，如果省了距离，根据功的原理可知，就一定费了力，故D正确。
故选：D。
4．（2分）以下说法正确的是（ ）
A．物体内能增加，温度不一定升高
B．具有机械能的物体不一定具有内能
C．1kg、0℃的水比1kg、0℃的冰具有的内能一样多
D．内能小的物体不可能将热量传递给内能大的物体
【答案】A
【分析】（1）物体的内能大小与温度、质量、状态等有关；
（2）一切物体在任何温度下都具有内能；
（3）内能是指物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，内能与物体的温度和、质量、状态有关；
（4）热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递。
【解答】解：
A、晶体在熔化时，吸收热量，温度不变，内能增加，故A正确；
B、一切物体在任何温度下都具有内能，具有机械能的物体也一定具有内能，故B错误；
C、物体内能与物体的温度、物质的质量、状态有关，温度相等的1kg0℃的水的内能大于1kg0℃的冰的内能，故C错误；
D、发生热传递的条件是存在温度差，内能小的物体可能温度高，故D错误。
故选：A。
5．（2分）如图所示是明朝的《天工开物》中关于用铜铸币的情景，下列说法正确的是（ ）
A．炉火加热是通过做功的方式使铜内能增大的
B．熔化的液态铜温度高因为其含有的热量多
C．熔化的液态铜倒入钱币模具，凝固过程中温度不变，内能不变
D．铜币在冷却过程中，将内能转移给模具和空气
【答案】D
【分析】（1）改变物体内能有两种方式：做功和热传递；
（2）热量是过程量，不能说含有；
（3）晶体凝固过程，温度不变，内能减小；
（4）物体放出热量，内能减小。
【解答】解：A、炉火加热是通过热传递的方式使金属铜内能增大的，故A错误；
B、热量是过程量，不能说含有，故B错误；
C、熔化的液态铜倒入钱币模具，凝固过程中温度不变，内能减小，故C错误；
D、铜币在冷却过程中，温度降低，放出热量，将内能转移给模具和空气，故D正确。
故选：D。
6．（2分）海洋水质改善，给了中华白海豚一个温馨的家。如图所示，下列说法正确是（ ）
A．海豚跃出海面减速上升的过程中，动能不变
B．海豚跃起到最高点的过程中，重力势能先变大后不变
C．海豚从高处落回海面的过程中，动能变大
D．海豚在海面下加速上浮的过程中，机械能不变
【答案】C
【分析】（1）物体由于运动所具有的能量叫动能，动能与物体的质量和速度有关。
（2）物体由于受到重力且处于一定高度时所具有的能量叫重力势能，重力势能与质量和高度有关。
（3）动能和势能统称为机械能。
【解答】解：A、海豚跃出海面减速上升过程，速度减小，质量不变，动能变小，故A错误；
B、海豚跃起到最高点的过程中，海豚的质量不变，高度变大，重力势能变大，故B错误；
C、海豚从高处落回海面过程，质量不变，速度变大，动能变大，故C正确；
D、海豚在海面下加速上浮的过程中，质量不变，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，所以机械能增大，故D错误。
故选：C。
7．（2分）小明自制“伏打电堆”并连接了如图所示电路。闭合开关，小灯泡发光，电压表指针右偏，下列说法正确的是（ ）
A．金属B是电源的负极
B．“伏打电堆”将内能转化为电能
C．若小灯泡断路，电压表仍有示数
D．若断开开关，A、B两金属间没有电压
【答案】C
【分析】根据电压表的偏转情况，可判断电源的正负极；电压表是否有示数，要看两个接线柱是否能与电源的两极连接；“伏打电堆”是将化学能转化为电能的装置。
【解答】解：A、由题意知，电压表指针右偏，说明与电压表正接线柱连接的是电源的正极，即金属B是电源的正极，故A错误；
B、“伏打电堆”是将化学能转化为电能的装置，故B错误；
C、闭合开关，若小灯泡断路，电压表仍可以接在电源的两极上，所以有示数，故C正确；
D、A、B两金属间的电压是始终存在的，与电路是否接通无关，故D错误。
故选：C。
8．（2分）在“探究串联电路的电压规律”时，小明同学设计了如图所示的电路，电源由三节蓄电池组成，下列说法中不正确的是（ ）
A．电压表测量的是L1两端的电压
B．将两灯的位置对调后，电路中流大小不变
C．将“﹣”“A”导线的A端改接到电源“﹣”，电压表示数不变
D．将“3”“B”导线的B端改接到C点，可测量两灯的总电压
【答案】D
【分析】（1）电压表与被测用电器并联连接，据此分析电压表测量的用电器；
（2）灯泡电阻不变，对调后总电阻不变，电流不变；
（3）将电压表并联在L1、L2两端；测电路中的总电压，根据电源电压大小和电压表量程分析。
【解答】解：A．根据实物图可知，电压表与灯泡L1并联，因此电压表测量灯泡L1两端电压，故A正确；
B．将两灯的位置对调后，总电阻不变，电路中流大小不变，故B正确；
C．将“﹣”“A”导线的A端改接到电源“﹣”，电压表仍然与灯泡L1并联，电压表示数不变，故C正确；
D．将“3”“B”导线的B端改接到C点，电压表并联在L1、L2两端；测电路中的总电压，但由于电源电压为6V，超过电压表的量程，故不能测量两灯的总电压，故D错误。
故选：D。
9．（2分）如今大城市普遍存在着停车难的问题，图甲是路边空中绿化存车亭，图乙为其工作原理图，A为存车架，O为转动轴，B端固定悬挂泊车装置，BC为牵引钢丝绳，M为电动机。汽车从水平地面被提升到BC与OB垂直的过程中，B点到地面的距离为3m，OB长为5m（忽略OB的重力和机械的摩擦力），以下说法正确的是（ ）
A．在这一过程中，作用在B点的动力将逐渐变小
B．C处滑轮的作用是为了省力
C．当处于图乙位置时，OB属于费力杠杆
D．若A和汽车的总质量为1200kg，钢丝绳所受拉力为7200N
【答案】A
【分析】（1）利用杠杆的平衡条件分析；
（2）使用定滑轮不省力也不费力，但可以改变力的方向；
（3）当动力臂大于阻力臂时，为省力杠杆；当动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，为等臂杠杆。
【解答】解：AC．小汽车从水平地面被提升到BC垂直于杆OB的过程中，如下图所示：
由图2可知，动力臂大于阻力臂，所以该杠杆为省力杠杆，
动力的力臂L1逐渐变大、阻力臂L2变小，且阻力不变（阻力为车架和汽车的总重力），根据F1L1＝F2L2可知，在此过程中作用在B点的动力逐渐变小，故A正确，故C错误；
B．使用定滑轮不省力也不费力，但可以改变力的方向，故B错误；
D．如图2所示，在直角三角形OBE中，OB＝5m，BE＝3m，故
，
B点受到拉力
，
由杠平衡条件可得拉力
，故D错误。
故选：A。
10．（2分）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用拉力FA、FB在相同时间内将重为GA、GB的两个物体匀速提升相同高度，拉力的功率为PA、PB，绳子自由端移动的距离为sA，sB，不计绳重和摩擦，下列推理中正确的是（ ）
A．若GA＝GB，则FA＝FBB．若GA＞GB，则sA＞sB
C．若FA＜FB，则PA＜PBD．若FA＝FB，则η甲＞η乙
【答案】D
【分析】（1）不计绳重和摩擦，物体匀速上升时，物体和动滑轮处于平衡状态，有力的关系式：nF＝G+G动，把已知条件分别代入力的关系式，即可得到FA和FB的大小关系；
（2）在如图所示的装置中，绳子移动距离s、物体移动距离h和动滑轮上的绳子段数n之间的关系式为：s＝nh；
（3）利用W＝Fs和P＝，结合滑轮组特点分析即可；
（4）利用功的公式、机械效率公式以及有用功、额外功和总功的关系分析即可。
【解答】解：A.由图知，甲装置动滑轮上绳子的段数为3，乙装置动滑轮上绳子的段数为2，不计绳重和摩擦，由nF＝G+G动知，3FA＝GA+G动；2FB＝GB+G动；若GA＝GB，则FA＜FB，故A错误；
B.由图知，sA＝3h，sB＝2h，故sA＞sB，但sA与sB之间的关系与物体的重力大小无关，故B错误；
C.相同时间内，FA做的功为：WA＝FA×3h，FB做的功为：WB＝FB×2h，仅根据FA＜FB不能推出WA和WB之间的关系，由P＝知不能确定PA与PB的关系，故C错误；
D.若FA＝FB，B选项已经推出sA＞sB，由W＝Fs知WA＞WB，甲、乙两装置的动滑轮相同，不计绳重和摩擦，由W额＝G动h知它们的额外功相同，由W总＝W有+W额知，W甲有＞W乙有，由η＝×100%＝×100%＝1﹣×100%知η甲＞η乙，故D正确。
故选：D。
11．（2分）如图是一个风暖型浴霸，只闭合“照明”开关S1时浴霸灯亮；只闭合“电机”开关S2时浴霸电动机工作，开始吹冷风，但是灯不亮，若此时再闭合“暖风”开关S3，浴霸的陶瓷加热片R1开始加热，冷风就变成暖风；如果只闭合“暖风”开关S3，浴霸不工作。请选出符合该浴霸工作情况的电路图（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意分析三个开关的作用、电动机、发热电阻和灯泡的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，只闭合“照明”开关S1时浴霸灯亮；只闭合“电机”开关S2时浴霸电动机工作，开始吹冷风，但是灯不亮，若此时再闭合“暖风”开关S3，浴霸的陶瓷加热片R1开始加热，冷风就变成暖风，这说明浴霸灯、电动机、电热丝是并联的，开关S1控制浴霸灯，开关S2能浴霸电动机，开关S3控制R1，开关S2控制R1和电动机，只闭合“暖风”开关S3，浴霸不工作，根据四个选项可知，C正确。
故选：C。
12．（2分）某小球被水平抛出后，其部分运动轨迹如图甲所示，其中位置①和③离地高度相等，小球在运动过程中经过M、N两点，其动能和重力势能的参数如图乙所示，且M、N两点分别为图中“①”、“②”或“③”点中的两点。则小球（ ）
A．经过的M点就是②点
B．小球在点③的速度比在点②的大
C．在M点的重力势能大于在N点的重力势能
D．小球在点①的动能大于260J
【答案】D
【分析】机械能为动能和势能的和，根据图乙求出M点和N点的机械能；根据动能和重力势能所占的比例分析二者的大小关系；根据小球起跳的高度分析机械能的变化，最后根据小球在M、N点的机械能的大小分析N、M点的位置。
【解答】解：AC、根据图乙可知，小球在M点时的机械能为：＝320J；
小球在N点的机械能为：＝500J，此时的重力势能势能为：500J×60%＝300J，所以小球在M点时的重力势能小于小球在N点时的重力势能；小球起跳的高度越来越低，所以机械能是逐渐减小的，N点的机械能大于M点，N点在前面，由图可知，M 只可能是③，N点是②，故A、C错误；
B、M点的动能为320J﹣240J＝80J，N点的动能为200J，质量不变，动能减小，故球在点③（M）的速度比在点②（N）小，故B错误；
D、小球在点①的机械能大于点②，即大于500J，而重力势能与③相同，即240J，故动能大于500J﹣240J＝260J，故D正确。
故选：D。
二、填空题（本题共10小题，每空1分，共29分）
13．（3分）学习物理学知识，可以更好地理解生活现象，“天气很热”中的“热”是指 温度 高；“两手相互摩擦手会发热”的“热”是指 内能 增加；火箭用液态氢做燃料是因为液态氢具有较大的 热值 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据对生活中物理名词的理解分析前两空；
（2）液态氢的热值较大。
【解答】解：温度是反映冷热程度的物理量，所以“天气很热”中的“热”是指温度很高；
内能是指物体内部所有分子由于热运动而具有的动能和分子之间势能的总和，做功和热传递是改变内能的两种方式，所以“摩擦发热”中的“热”指通过做功的方式使内能增加。
火箭的燃料使用液态氢，主要是因为它的密度小且热值大，完全燃烧相同质量的燃料时，氢可以释放更多的热量。
故答案为：温度；内能；热值。
14．（2分）华为手机具有反向无线充电功能，点击“无线反向充电”按键即可实现无线充电，该按键的功能相当于电路中的 开关 （选填“开关”或“导线”）。用一台华为手机为台小米手机充电时，华为手机相当于电路中的 电源 。
【答案】开关；电源。
【分析】电路是由提供电能的电源、消耗电能的用电器、控制电路通断的开关和输送电能的导线四部分组成，缺少或不完整都会影响电路的正常工作。
【解答】解：华为手机具有反向无线充电功能，点击“无线反向充电”按键即可实现无线充电，说明该按键对电路起到控制作用，在电路中相当于开关；
用一台华为手机为一台小米手机充电时，华为手机提供电能，在电路中相当于电源；小米手机消耗电能，在电路中相当于用电器。
故答案为：开关；电源。
15．（2分）图甲是扔实心球的分解动作，其中人对实心球做功的是动作 ①③ （选填序号）；从实心球出手到落地的过程中，能正确反映实心球的动能E动与时间t的关系是图乙中 D 图线。
【答案】①③；D。
【分析】（1）做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；
（2）动能是由于物体运动而具有的能，其大小与物体的质量和速度有关，据此分析实心球出手到落地的过程中的动能变化，然后结合图像作出判断。
【解答】解：（1）①中把球捡起来，力的方向是向上的，在力的方向上通过了距离，所以做了功；
②停在空中时，虽然有力，但没有通过距离，不做功；
③挥动球时，球在力的方向上通过了距离，做了功；
④球飞出去是因为球具有惯性，人对球没有力的作用，所以不做功；
故选①③；
（2）实心球在上升过程中，因为质量不变，速度减小、实心球的动能减小；到达最高点时，因实心球在水平方向上具有一定的速度，动能不为零；下降过程中，实心球质量不变，速度增大，动能增大。所以只有乙图中的D图符合要求。所以D正确。
故答案为：①③；D。
16．（4分）体重500N的小明在60s内跳绳120个，每次跳离地面的高度约0.05m，则小明跳绳一次做的功为 25 J，他在跳绳时的功率为 50 W。小华在60s内跳绳150个，则小华跳绳的功率 可能小于 （选填“一定小于”“一定大于”或“可能小于”）小明跳绳的功率。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据公式W＝Gh计算跳一次做的功；
（2）根据公式求出跳绳时的功率；
（3）由于不知道小华每次跳离地的高度和小华的重力，由W＝Gh可知小华做的总功可能小于小明做的总功，由P＝可知小华的功率与小明的功率关系。
【解答】解：小明跳绳一次做的功为
W＝Gh＝500N×0.05m＝25J
跳绳时的功率为
由于不知道小华每次跳离地的高度和小华的重力，由W＝Gh可知小华做的总功可能小于小明做的总功，由P＝可知小华的功率可能小于小明的功率。
故答案为：25；50；可能小于。
17．（2分）图甲中气球在放气时，它喷气的嘴部温度和原来相比 变低 （选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在 A （选填“A”或“B”）图所示过程的能量转化是一致的。某四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功 10000 J。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）对物体做功时，物体的内能会增大，物体对外做功时，其内能会减小；内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能；在做功冲程中，将内能转化为机械能；
（2）内燃机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，且知道每次做功的多少，进而算出每秒钟对外做的功。
【解答】解：
（1）气球内的气体向外喷出时，气体对外做功，将内能转化为机械能，所以球内气体的内能减小、温度降低，则它喷气的嘴部温度和原来相比变低了；
如图A，进气门和排气门都关闭，活塞向下运行，高温高压的燃气推动活塞做功，因此是做功冲程，也是将内能转化为机械能，即图甲中发生的能量转化与图乙的A图中的能量转化相同；
（2）四冲程柴油机飞轮的转速是3000r/min＝50r/s，表示每秒钟飞轮转动50圈，因为飞轮每转动2圈，对外做功1次，则该柴油机每秒钟对外做功25次，
已知每次做功400J，则每秒钟对外做的功：W＝25×400J＝10000J。
故答案为：变低；A；10000。
18．（2分）在探究并联电路的电流特点时，根据如图所示的电路图连接好电路，闭合S、S1，断开S2，可以测出通过灯 L2 的电流，接着闭合S、S2，断开S1， 不能 （选填：“能”或“不能”）测出通过另一盏灯的电流。
【答案】L2；不能。
【分析】电流表在使用时要与被测电路串联；让电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出。
【解答】解：（1）闭合S、S1，断开S2，两灯并联，电流表与灯泡L2串联，测量通过L2支路的电流。
（2）在上一步的基础上再闭合S、S2，断开S1，电流表正负接线柱接反，不能测出通过另一盏灯的电流。
故答案为：L2；不能。
19．（3分）如图所示，在“测杠杆机械效率”的实验中，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在杠杆OB下面的物块缓慢上升至虚线位置，弹簧测力计的示数F为 2.8 N，若OA：OB＝2：3，物块所受重力G为1.4N，则该杠杆的机械效率约 75 %。若A点向O点移动，始终沿竖直方向拉动弹簧测力计，则机械效率将 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】2.8；75；不变。
【分析】根据弹簧测力计的分度值读数；
根据W＝Gh计算有用功，根据W＝Fs计算做功，根据效率公式计算杠杆的机械效率，进一步分析若A点向O点移动，始终沿竖直方向拉动弹簧测力计时机械效率的变化。
【解答】解：由图可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，测力计的示数F为2.8N；
若OA：OB＝2：3，则拉力和物体上升的高度之比为2：3，
则杠杆的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝75%；
若A点向O点移动，始终沿竖直方向拉动弹簧测力计，支点O、物体位置不变，仍将物体提升相同的高度，这时有用功和总功都不变，根据η＝×100%可知械效率不变。
故答案为：2.8；75；不变。
20．（3分）如图所示，斜面底端A与B点的距离为80cm，B点高度为20cm，沿斜面向上用0.8N的拉力F将重为2N的木块从A点缓慢拉到B点，该过程中拉力F做的功是 0.64 J，斜面的机械效率为 62.5 %，斜面对木块的滑动摩擦力为 0.3 N。
【答案】见试题解答内容
【分析】由W有＝Gh计算有用功，W总＝Fs计算总功，η＝计算斜面的机械效率；由W总＝W有+W额和W额＝fs计算斜面对木块的滑动摩擦力。
【解答】解：把重2N的木块匀速拉到高20cm的B点时，
有用功W有＝Gh＝2N×0.2m＝0.4J，
拉力做的总功W总＝Fs＝0.8N×0.8m＝0.64J，
斜面的机械效率η＝＝＝62.5%；
克服摩擦力做的额外功：W额＝W总﹣W有＝0.64J﹣0.4J＝0.24J，
由W额＝fs可得，斜面对木块的滑动摩擦力f＝＝＝0.3N。
故答案为：0.64；62.5%；0.3。
21．（3分）小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况。将分别盛有50g水和50g食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连，电脑上显示温度随时间变化的图线如图乙所示。第2～3min内，油吸收的热量为 4.2×103 J，油的比热容为 2.8×103 J/（kg•℃） 小华用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化图线均为A，则 m水：m油＝ 2：3 。
【答案】4.2×103；2.8×103；2：3。
【分析】（1）根据图像和吸热公式Q吸＝cmΔt判断两物质的比热容之间的关系，判断出A、B物质的种类，从而得出食用油的比热容；
根据Q＝cmΔt得出加热3分钟升高20℃水吸收的热量，据此得出第2～3min内水吸收的热量，由转换法得出第2～3min内油吸收的热量；
（2）水和油的温度随时间变化图线均为A，因相同时间（吸热相同）升高的温度相同，根据Q＝cmΔt得出m水：m油。
【解答】解：用两个相同的电热器给质量相同的食用油和水加热，由图象可知，A温度升高到40℃﹣20℃＝20℃需要2min，B温度升高到20℃需要3min；加热时间越长，吸收的热量越多，且水的吸热能力强，所以B为水，A为食用油；
因为加热器相同，则物质吸收的热量和加热时间成正比，所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸：Q油吸＝3：2，由Q吸＝cmΔt可知，c水：c油＝3：2；
则c油＝c水＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.8×103J/（kg•℃）；
B为水，加热3分钟升高20℃，水吸收的热量为：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.05kg×20℃＝4.2×103J；
第2～3min内，水吸收的热量为：
Q吸'＝Q吸＝×4.2×103J＝1.4×103J，
由转换法，相同加热器，相同时间内油吸收的热量等于水吸收的热量，所以第2～3min内油吸收的热量为1.4×103J；
两物质温度随时间变化图像均为图A，则吸收相同的热量，温度变化量相同，根据Q吸＝cmΔt可知，＝＝＝。
故答案为：4.2×103；2.8×103；2：3。
22．（5分）阅读短文，回答问题。
汽车发动机
发动机是汽车的动力源。汽油机以汽油为燃料，使活塞在汽缸中往复运动，一个工作循环烃历进气、压缩、做功和排气四个冲程，汽油机的性能和汽缸排量有关。汽缸排量指活塞一个冲程中活塞在汽缸内通过的容积，它取决于活塞的面积和活塞上下运动的距离（冲程长度）。如果发动机有若干个汽缸，那么所有汽缸“工作容积”之和称为发动机排量，实际汽车拄往采用多缸发动机。
如图所示发动机有4个汽缸（图中标注1、2、3、4），通过连杆把4个汽缸的活塞连在一根曲轴上。各个汽缸的做功过程错开，在飞轮转动的每半周里，都有一个汽缸在做功，其他三个汽缸分别在吸气、压缩和排气冲程。
（1）汽油机工作时将燃料燃烧的内能转化为 机械 能；
（2）若一个汽缸排量为V，燃气对活塞的平均压强为p，则一个做功冲程中燃气对活塞所做的功为 pV （用字母表示）；
（3）若汽车发动机以恒定功率输出，在爬坡的时候减慢车速，目的是 增大牵引力 ；
（4）当发动机转速为3000r/min时，则发动机每个工作循环所需要的时间为 0.04 s；设做功冲程燃气对活塞的平均压强是p0，发动机排量为V排，则发动机转速为n时该轿车的输出功率P与发动机排量为V排的关系式为 A 。
A.P＝
B.P＝np0V排
C.P＝2np0V排
D.P＝4np0V排
【答案】（1）机械；（2）pV；（3）增大牵引力；（4）0.04；A。
【分析】（1）内燃机就是利用内能来做功的机器，将内能转化为机械能；
（2）利用功的公式W＝Fs求每个做功冲程燃气做功；
（3）机车行进时，发动机的功率P＝Fv，即功率一定时，降低速度可以增大牵引力；
（4）根据发动机转速得到每个工作循环所需要的时间；
先设出做功冲程燃气对活塞的平均压强和发动机排量，根据F＝pS求出做功冲程燃气对一个活塞的平均压力，根据W＝Fs求出每个做功冲程燃气对一个活塞做的功，再根据P＝得出发动机转速为n时燃气对活塞做功的功率，进一步得出发动机的输出功率与其排量的关系。
【解答】解：（1）内燃机就是将内能转化为机械能的机器；
（2）在做功冲程，活塞移动的距离为l，发动机的单缸排量V＝SL，燃气对活塞所做的功：W＝FL＝pSL＝pV；
（3）因为发动机的功率P＝Fv，即功率一定时，降低速度是为了增大牵引力；
（4）在发动机中，飞轮转2周完成一个工作循环，所以发动机转速为3000r/min时，完成1500个工作循环，
每个工作循环所需要的时间为t＝s＝0.04s；
设做功冲程燃气对活塞的平均压强为p0，发动机排量为V排，则一个活塞的排气量V排，
做功冲程燃气对一个活塞的平均压力：F＝p0S，
每个做功冲程燃气对一个活塞做的功：W0＝FL＝p0SL＝p0V排，
发动机转速为nr/s时，燃气对活塞做功的功率：P＝＝＝n×P0V排＝nP0V排，
所以，在发动机转速nr/s，做功冲程汽缸平均压强p0大致相同时，燃气对活塞做功的功率P与发动机排量V排成正比。故选A。
故答案为：（1）机械；（2）pV；（3）增大牵引力；（4）0.04；A。
三、解答题（本题共11小题，共47分。解答24、25题时需要写出必要的解答过程）
23．（2分）如图，用开瓶器打开瓶盖，画出作用在A点上的最小力F1及其力臂l1。
【答案】
【分析】先确定支点，找出最长的动力臂，再确定最小力的方向，根据力的示意图的画法作图。
【解答】解：用起子开瓶盖时，根据用力情况，起子与瓶盖上面接触的点为支点O；
当动力臂等于OA时，力臂最长，根据杠杆平衡条件可知，动力最小；
连接OA，标出力臂符号l1，即为力臂l1；从动力作用点A垂直于OA向上画一带箭头的线段，标出力的符号F1，即为最小力F1的示意图，如图所示：
24．（2分）如图，请用笔画线代替绳画出最省力的绕线。
【答案】
【分析】滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。
【解答】解：只有一个动滑轮，要求最省力，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：
25．（2分）请将电源、电流表两个元件的符号填入虚线框内，将电路补充完整。要求：开关S闭合后，电流方向如图所示，电压表测滑动变阻器两端电压。
【答案】见解答图。
【分析】根据电压表和滑动变阻器并联，确定电源的位置，电流表串联在电路中，根据电流的方向确定电源正负极的位置。
【解答】解：电压表测滑动变阻器两端电压，所以电压表和滑动变阻器并联，故左边框内是电源，右边框内是电流表，根据在电源外部，电流从正极流向负极确定电源的正负极，如下图所示：
。
26．（2分）根据图（a）图所示的电路图，把图（b）实物连接图补充完整。
【答案】
【分析】结合电路图，利用电流流向法连接实物图。
【解答】解：该电路是L1和L2串联组成的简单电路，电压表测量L1两端的电压，如图所示：
27．（4分）工人用图中的滑轮组提升重物，每个滑轮重为42.5N，物重为200N，物体上升2m，用时10s，克服动滑轮重所做的功占额外功的85%；
（1）求工人所做的有用功的功率；
（2）求滑轮组的机械效率。
【答案】（1）工人所做的有用功的功率为40W；
（2）滑轮组的机械效率为80%。
【分析】（1）根据W有＝Gh求出有用功，利用P＝求出有用功的功率；
（2）根据W动＝G动h求出克服动滑轮重所做的功，利用η＝求出额外功，根据η＝＝求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）工人所做的有用功为：
W有＝Gh＝200N×2m＝400J，
有用功的功率为：
P＝＝＝40W；
（2）克服动滑轮重所做的功为：
W动＝G动h＝42.5N×2m＝85J，
根据η＝可知，额外功为：
W额＝＝＝100J，
则滑轮组的机械效率为：
η2＝＝＝×100%＝80%。
答：（1）工人所做的有用功的功率为40W；
（2）滑轮组的机械效率为80%。
28．（6分）2023年9月，南通建造的远洋货轮“中远337号”出海试航10min，试航过程中平台以10m/s的速度匀速直线航行，航行过程中牵引力为8×106N。已知平台燃油机动力系统效率为40%，q燃油＝4.0×107J/kg。求试航过程中：
（1）货轮牵引力做功的功率P；
（2）克服阻力做的功W；
（3）需要燃烧的燃油质量m。
【答案】（1）货轮牵引力做功的功率为8×107W；
（2）克服阻力做的功为4.8×1010J；
（3）需要燃烧的燃油质量为3000kg。
【分析】（1）根据P＝＝＝Fv求出货轮牵引力做功的功率；
（2）根据速度公式求出货轮航行的距离；因货轮匀速直线航行，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，利用W＝fs求出克服阻力做的功；
（3）根据η＝求出燃料完全燃烧放出的热量，利用Q放＝mq求出需要燃烧的燃油质量。
【解答】解：（1）货轮牵引力做功的功率为：
P＝＝＝Fv＝8×106N×10m/s＝8×107W；
（2）南通建造的远洋货轮“中远337号”出海试航10min，试航过程中平台以10m/s的速度匀速直线航行，则货轮航行的距离为：
s＝vt＝10m/s×10×60s＝6000m，
因货轮匀速直线航行，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，即f＝F＝8×106N，
货轮克服阻力做的功为：
W＝fs＝8×106N×6000m＝4.8×1010J；
（3）根据η＝可知，燃料完全燃烧放出的热量为：
Q放＝＝＝1.2×1011J，
则需要燃烧的燃油质量为：
m＝＝＝3000kg。
答：（1）货轮牵引力做功的功率为8×107W；
（2）克服阻力做的功为4.8×1010J；
（3）需要燃烧的燃油质量为3000kg。
29．（8分）为探究影响动能大小的因素，老师设计了如图甲、乙所示的实验方案。
（1）图甲探究的是动能与 速度 的关系，实验中通过 木块被推动的距离 来比较小球动能的大小。
（2）在完成甲实验的第二步操作时，木块被撞后滑出木板，为使木块不滑出木板，对甲实验的第二步操作应采取的方法是 A 。
A.适当降低钢球的高度
B.换用一个较重的木块
（3）实验结束后，各小组对实验提出各种改进方案：
①小明认为在“探究动能与速度关系”的实验中，可以撤走木块并使用足够长的木板，记录小球在相同表面上滑行直到静止的距离，你认为小明的实验方案是否合理 合理 （选填“合理”或“不合理”）；
②小虎利用图丙装置做“探究动能与质量关系”实验，通过观察小球撞击上端固定的相同塑料软片，通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小。小华指出此装置不适合体积不同的小球做实验，原因是 不同体积小球撞击时，使得塑料片的形变不同，动能转化为每个塑料片的弹性势能不同，不能通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小 。
③小刚设计了丁图所示的装置进行实验。
A.若用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离，可以研究小球的动能大小与 速度 （选填“质量”、“速度”或“质量和速度”）的关系。
B.若用A、B两个质量不同的小球（mA＞mB）将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，同一木块受到撞击后相应移动距离sA ＝ sB（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）小明认为还可以通过甲、乙两图探究物体重力势能的影响因素，他的设想是 可行 （选填“可行”或“不可行”）的。
【答案】（1）速度；木块被推动的距离；（2）A；（3）①合理；②不同体积小球撞击时，使得塑料片的形变不同，动能转化为每个塑料片的弹性势能不同，不能通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小； ③A、速度；B、＝；（4）可行。
【分析】（1）动能的大小与质量和速度有关，根据控制变量法分析可知图甲探究的是动能哪个因素的关系；
（2）甲中下图木块被撞后滑出木板，说明该小球具有较大的动能，根据实验目的、动能的影响因素以及控制变量法分析可知具体的操作方法；
（3）①通过移动的距离显示动能大小，即做功多少，必须控制阻力相同，
②不同体积小球撞击时，使得塑料片的形变不同，动能转化为每个塑料片的弹性势能不同，据此分析；
③A、弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的动能转化为木块的动能；
B、结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求；
（4）重力势能的大小与质量和高度有关，实验过程小球的重力势能转化为动能；
（5）实验中通过比较滚下的小球撞击木块移动的距离，来比较小球动能的大小，这是转换法。
【解答】解：（1）动能的大小与质量和速度有关，根据控制变量法分析可知：
图甲中小球的质量相同，小球滚下的高度不同，则小球到达水平面的速度不同，所以图甲探究的是动能与速度的关系；
（2）若在进行图甲实验时，甲中下图木块被撞后滑出木板，说明该小球具有较大的动能，图甲探究的是动能与速度的关系，所以不能改变小球的质量，为了使木块不滑出木板，在不改变木板长度的情况下，可以适当降低钢球的高度，故选A；
（3）①可以撤走木块并使用足够长的木板，记录小球在相同表面上滑行直到静止的距离，此时压力和接触面的粗糙程度相同，摩擦力相同，通过滑行距离显示动能大小是合理的；
②利用图丙装置做“探究动能与质量关系”实验，通过观察小球撞击上端固定的相同塑料软片，通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小。小华指出此装置不适合体积不同的小球做实验，原因是不同体积小球撞击时，使得塑料片的形变不同，动能转化为每个塑料片的弹性势能不同，不能通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小；
③A、用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系；
B、若用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能相同，转化成的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同；
（4）重力势能的大小与质量和高度有关，小球的质量相同，滚下的高度不同，具有的重力势能就不同，实验过程小球的重力势能转化为动能，相同高度时，质量不同，具有的重力势能不同，实验过程小球的重力势能转化为动能，故该所以方案可行；
故答案为：（1）速度；木块被推动的距离；（2）A；（3）①合理；②不同体积小球撞击时，使得塑料片的形变不同，动能转化为每个塑料片的弹性势能不同，不能通过比较撞击的软片数目来比较小球的动能大小； ③A、速度；B、＝；（4）可行。
30．（5分）在“探究杠杆平衡条件”的实验中，杠杆每格长5cm，每个钩码的质量均相同。
（1）如图甲杠杆在所示位置静止，为使杠杆在水平位置平衡应将平衡螺母向 左 调；
（2）在杠杆上挂钩码后如图乙所示，要使杠杆重新在水平位置平衡，下列操作正确的是 B ；
A．将右侧钩码向右移动
B．将左侧钩码向左移动
C．增加右侧钩码个数
D．减少左侧钩码个数
（3）如图丙所示，保持杠杆左侧所挂钩码个数不变，改变钩码悬挂的位置，用弹簧测力计在M点竖直向下拉，使杠杆保持水平平衡，记录每次弹簧测力计的示数F和钩码对应悬挂位置到O点的距离L，在F﹣L坐标系中作出图像，其中正确的是 A ；
（4）小明根据实验得出杠杆平衡条件是：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离，小华认为不对，她用轻质木板设计了如图丁所示的杠杆，木板的中心O为支点。已知AB＝BO＝OC＝CD，ABOCD的连线水平，且与EDF的连线垂直。现在B处挂两个钩码，D处挂一个钩码，木板在水平位置平衡。若只移动右侧钩码的位置，小华的操作是 保持B处钩码不动，把D处钩码挂到F处 ，观察到杠杆仍然水平平衡，从而证明小明的观点是错误的；
（5）如图戊将图丙杠杆的中点O紧贴在桌子边缘，将一个质量均匀的木条放在杠杆上，其右端与桌子边缘齐平。若杠杆的质量为m1，木条的质量为m2、长为l，当水平向右缓慢推动杠杆的距离超过 （用m1、m2、l表示）时，杠杆会翻倒。
【答案】（1）左；（2）B；（3）A；（4）保持B处钩码不动，把D处钩码挂到F处；（5）。
【分析】（1）要使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆的平衡条件分析；
（3）根据题意可知，杠杆左边力与力臂的乘积不变，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2判断右边弹簧测力计的示数F和对应悬挂位置到O轴的距离L的关系，从而得出答案；
（4）力臂是从支点到力的作用线的距离，把钩码挂在E处、F处杠杆水平平衡时，力臂均和钩码挂在D处的力臂相等；
（5）以桌子边缘为支点，利用杠杆的平衡条件求出刻度尺重力的力臂，即为当水平向左缓缓推动刻度尺的距离。
【解答】解（1）由图甲知，杠杆的左端较高，所以接下来应将两端的螺母向左调节，使杠杆保持水平并静止；
（2）由图可知，杠杆不在水平位置，右端向下倾斜，左端上翘，则左侧力与力臂的乘积要小于右侧力与力臂的乘积；
A、在实验的过程中，不能通过调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，故A错误；
B、将左侧钩码向左移动，左侧的力不变，力臂变大，则左侧力与力臂的乘积变大，会使杠杆平衡，故B正确；
C、增加右侧钩码个数，右侧的力臂不变，力变大，力与力臂的乘积变大，杠杆不会平衡，故C错误；
D、减少左侧钩码个数，左侧的力臂不变，力变小，力与力臂的乘积变小，杠杆不会平衡，故D错误。
故选：B；
（3）L是钩码的力臂，F是动力，根据杠杆的平衡条件得F×OM＝L×G，则F＝L，所以是正比例函数，故选：A；
（4）B处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在F处，则杠杆左侧力与力臂的积为2G×L，右侧力与力臂的积为G×2L，因2G×L＝G×2L，所以杠杆会平衡，证明小明的观点是错误的；
（5）当杠杆刚刚没有翻倒时，则以桌子边缘为支点，由于木条和杠杆的重心在物体的中点，则水平向右缓缓推动杠杆的距离为杠杆重力的力臂L2，木条的力臂为L1＝l﹣L2，
根据杠杆的平衡条件可得G1L1＝G2L2，m2g×（l﹣L2）＝m1g×L2，
解得，L2＝。
故答案为：（1）左；（2）B；（3）A；（4）保持B处钩码不动，把D处钩码挂到F处；（5）。
31．（7分）小明做探究“串、并联电路电流及电压的特点”的实验。
（1）小明用图乙所示的电路探究并联电路中的电流特点。
①实验前，发现电流表指针的位置如图甲所示，应该 对电流表调零 。
②解决问题后闭合开关，电流表示数如图丙，为 0.6 A。
③小明想在图乙中只改动一根导线来测量L2的电流，请在该导线上画“×”，并在图中改正。
④若闭合开关后两灯都发光，由于导线弯曲杂乱，一时无法确定电路是串联还是并联，请你写出一种简单可行的判断方法： 把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联 。
（2）小明利用图丁探究串联电路中的电压特点。
①下列操作不正确的是 C 。
A．连接电路时，开关S处于断开状态；
B．连接电压表时，试触后再选择合适量程；
C．仅将电压表A点连线转接至C点，可以测量L2两端电压。
②测量灯泡L1两端电压时，两灯突然熄灭，电压表示数变为0，若故障可能是由某只灯泡引起的，则发生故障的灯泡及故障类型是 L2断路 。
③测得UAB＝1.1V，UBC＝1.4V，UAC＝2.5V，为了使实验结论具有普遍性，接下来进行的操作是 更换不同规格的灯泡进行多次实验 。
【答案】（1）①对电流表调零；②0.6； ③图见解答；④把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联；（2）①C；②L2断路；③更换不同规格的灯泡进行多次实验。
【分析】（1）①电流表使用前要调零；
②根据电流表选用的量程确定其分度值，结合指针位置读数；
③电流表应与待测用电器串联；
④串并联电路的判断：串联电路中各用电器相互影响，并联电路中各用电器互不影响。
（2）①A．为了保护电路，连接电路时，开关要断开；
B．电压表、电流表均可通过试触来选择合适的量程；
C．用电压表测量电压时，电流应从电压表的正接线流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针会反向偏转；
②两灯泡串联，电压表测L1的电压时，两灯都熄灭，则可能是某盏灯断路，而电压表的示数为零，说明电压表与电源的两极不相连，据此分析；
③用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
【解答】解：
（1）①实验前，发现电流表指针的位置如图甲所示，此时无电流通过电流表，且电流表指针不在零刻度线上，所以需要对电流表调零；
②如图丙所示，电流表的量程为0﹣3A，分度值为0.1A，其示数为0.6A；
③小明想测量通过L2的电流，则电流表应与L2串联，如图所示：
④若闭合开关后两灯都发光，由于连线较乱，无法确定电路是串联还是并联，因串联电路中各用电器相互影响，而并联电路中各用电器互不影响，所以判断方法为：把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联。
（2）①A．为了保护电路，连接电路时，开关S应处于断开状态，故A正确；
B．若不能估测被测电压的大小，连接电压表时，应试触后再选择合适的量程，故B正确；
C．测完L1两端的电压后，在测量L2两端的电压时，仅将电压表A点连线转接至C点，这样会导致电压表的正负接线柱接反，所以不能测出L2两端的电压，故C错误。
故选：C。
②图丁中两灯串联，电压表测L1的电压时，两灯泡都熄灭，可能是某个灯泡断路或两个灯泡都短路，由题意可知故障可能是由某只灯泡引起的，则应该是某个灯泡断路了，而且电压表的示数变为0，说明电压表与电源的两极不相连，所以故障为小灯泡L2断路。
③为了使实验结论具有普遍性，接下来应更换不同规格的灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）①对电流表调零；②0.6； ③图见解答；④把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联；（2）①C；②L2断路；③更换不同规格的灯泡进行多次实验。
32．（6分）实验室现有a、b、c三种液体，以及1、2、3三种燃料。需要完成如下两个实验：实验一是比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量，实验二是探究不同物质吸热升温的现象。如图所示，小明设计了甲、乙、丙三套装置。
（1）为完成实验一，应选用 甲、丙 两套装置，实验时通过比较液体的 液体升高的温度 来反映燃料燃烧放热多少。
（2）为了两个实验都能完成，须对图中器材进行调整，以下方案可行的是 D 。
A.将甲图中的液体换成c
B.将乙图中的液体换成c
C.将甲图中的燃料换成3
D.将乙图中的燃料换成1
（3）小明使用未调整的甲、乙图示装置进行实验，收集数据并作出液体a、b的温度随加热时间的变化图线如图丁所示（两燃料充分燃烧均用时5分钟）。若燃料充分燃烧放出的热量全部被液体吸收，燃料1热值是燃料2的0.2倍，则液体a比热容是液体b的 0.4 倍。
（4）如果用“单位质量的某种物质吸收（或放出）1J的热量Q所升高（或降低）的温度Δt”来比较物质的这种物理属性，用符号K来表示。
①则K的表达式是K＝ 。
②液体a的K值 ＞ （选“＞”、“＝”或“＜”）液体b的K值。
【答案】（1）甲、丙；液体升高的温度；（2）D；（3）0.4；（4）①；②＞。
【分析】（1）探究不同燃料燃烧放热能力时，要保证选取相同质量的相同物质和相同质量的不同燃料进行实验，据此分析找出符合条件的选项；实验时通过比较液体升高的温度来反映燃料燃烧放热多少；
（2）探究不同燃料燃烧放热能力时，要保证选取相同质量的相同液体和相同质量的不同燃料进行实验；探究不同物质吸热升温的实验时，要保证选取相同质量的同种燃料和相同质量的不同液体，据此分析找出符合条件的选项；
（3）燃料放出的热量完全被液体吸收，即Q吸＝Q放，根据Q吸＝cmΔt、Q放＝mq列出等式即可求出两液体比热容的比值；
（4）根据定义式进行分析。
【解答】解：（1）实验二是比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量，要保证选取相同质量的相同液体和相同质量的不同燃料进行实验，所以，为了完成实验二，应选用甲、丙两套装置；实验时通过比较液体升高的温度来反映燃料燃烧放热多少；
（2）实验一是探究不同物质吸热升温的现象，需要选取相同质量的相同燃料、相同质量的不同物质进行实验；实验二是比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量，需要选取相同质量的相同液体和相同质量的不同燃料进行实验。
A、将甲图中的液体换成c，甲、乙、丙三套装置的燃料都不相同，不能完成实验一，故A错误；
B、将乙图中的液体换成c，甲、丙两套装置中，燃料的质量相同、种类不同，液体的质量、种类相同，可以完成实验一；甲、乙、丙三套装置的燃料都不相同，不能完成实验二，故B错误；
C、将甲图中的燃料换成3，甲、丙两套装置中，燃料的质量相同、种类不同，液体的质量、种类相同，可以完成实验一；乙、丙两套装置中，燃料的质量相同、种类不同，液体的种类不同，不能完成实验二，故C错误；
D、将乙图中的燃料换成1，甲、乙两套装置中，燃料的质量相同、种类相同，液体的种类不同，可以完成实验二；甲、丙两套装置中，燃料的质量相同、种类不同，液体的质量、种类相同，可以完成实验一，故D正确；
故选：D；
（3）因Q放＝Q吸，所以，燃料1：camΔt1＝m'q1，则ca＝，
燃料2：cbmΔt2＝m'q2，则cb＝，
则＝＝＝0.2×＝0.4；
（4）①K的定义为：单位质量的某种物质吸收（或放出）1J的热量所升高（或降低）的温度，则可知K＝；
②由（3）可知ca＜cb，则根据Q＝cmΔt可知，相同质量的a和b吸收的热量相同时，液体a升高的温度大，所以根据K＝可知a的K值大，即Ka＞Kb。
故答案为：（1）甲、丙；液体升高的温度；（2）D；（3）0.4；（4）①；②＞。
33．（3分）科学家焦耳为了探究做功与产生热之间的关系，设计了如图装置：在一个装满煤油的绝热桶（可保证热量不流失）里放入铜制的翼轮，多次用下落的钩码带动翼轮上的叶片转动，转动的叶片与煤油摩擦，产生的热使煤油的温度升高，并改变钩码的重力与钩码下降高度，探索这些变化对产热的影响。
（1）请帮科学家焦耳补齐6号实验中的煤油升高的温度 2.4℃ 。
（2）根据该实验科学家焦耳认为做功越多，产生的热多，请找到佐证焦耳结论的现象 钩码的重力做功越多，液体升高的温度越高 。
（3）以下哪些方法可以使科学家焦耳实验的现象更加明显 BC 。（多选）
A.将煤油换成比热容更高的水
B.在滑轮轴上涂抹润滑油
C.将煤油质量适当减小
D.降低实验前煤油的初始温度
【答案】（1）2.4℃；（2）钩码的重力做功越多，液体升高的温度越高；（3）BC。
【分析】（1）分析表格数据得出规律解答；
（2）做功多少转化为热量，热量通过温度变化显示；
（3）根据Q＝cmΔt分析。
【解答】解：（1）根据表格中数据知，升高的温度与钩码重力与下降高度的乘积成正比；根据第5、6数据知：，t＝2.4℃；
（2）实验中物体做功W＝Gh，做功越多，升高的温度越高，说明吸收的热量越多，佐证焦耳结论的现象钩码的重力做功越多，液体升高的温度越高；
（3）要使得实验现象明显，即温度变化较大，而做功一定，转化为的热量越多越明显，因而减小各种摩擦，故B符合题意，根据Q＝cmΔt知，因而应该减小液体的比热容和质量，故A不符合题意，C符合题意，与初温无关，故D不符合题意；
故选：BC。
故答案为：（1）2.4℃；（2）钩码的重力做功越多，液体升高的温度越高；（3）BC。
序号
钩码的重力（N）
钩码下降高度（m）
温度升高（℃）
1
200
1
0.1
2
200
2
0.2
3
200
3
0.3
4
300
3
0.45
5
400
3
0.6
6
800
6
—
序号
钩码的重力（N）
钩码下降高度（m）
温度升高（℃）
1
200
1
0.1
2
200
2
0.2
3
200
3
0.3
4
300
3
0.45
5
400
3
0.6
6
800
6
—