九年级科学上册 第3章 能量的转化与守恒 综合练习卷（含解析）

九年级科学上册第三单元综合测试卷
一、单选题
1．如图所示，在均匀杠杆的A 处挂3个钩码，B处挂2个钩码，杠杆恰好在水平位置平衡。下列操作中，仍能使杠杆在水平位置平衡的是(所用钩码均相同) (　　)
A．两侧钩码同时向支点移动一格B．两侧钩码下方同时加挂一个钩码
C．左侧加挂一个钩码，右侧加挂两个钩码D．左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格
2． 有两电热水壶甲和乙，甲标有“220V 1200 W”，乙标有“220V 1000W”。两个电热水壶都正常工作时，下列说法正确的是 (　　)
A．甲电热水壶的电阻较大
B．电流通过甲电热水壶做功较快
C．通过两个电热水壶的电流相等
D．相同时间内，两个电热水壶消耗的电能一样多
3．如图，重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端匀速缓慢转动一定角度，重物P相对于木板始终保持静止。匀速转动过程中，下列说法错误的是（　　）
A．外力对木板做了功B．木板对重物P做了功
C．重物P的机械能不断变大D．长木板和重物的总机械能保持不变
4．甲、乙两只普通照明白炽灯泡的铭牌如图所示，下列说法正确的是（　　）。
A．甲灯的实际功率为40瓦B．当乙灯两端电压为110伏时，它的额定功率仍为60瓦
C．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较小D．两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能较少
5．2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的运载火箭成功发射，进入轨道后，“天舟六号”与我国空间站组合体完成对接(如图)下列说法正确的是（　　）
A．加速升空时，“天舟六号”的机械能不变
B．进入轨道后，“天舟六号”的惯性消失
C．对接靠近时，以天和核心舱为参照物，“天舟六号”是静止的
D．对接成功后，组合体绕地运行过程中，运动状态发生改变
6．光发动机是一种把光能转化为机械能的装置，其核心部分的工作原理如图示：带有活塞的密闭气室中装有NO2气体，当光从窗口射入时，发生分解反应：2NO22NO+O2；当无光照射情况下，又发生化合反应：NO+O22NO2。这样便可通过控制窗口处射入的光照强弱，使气室中的气态物质循环反应，从而推动活塞运动。忽略温度对气压的影响，则光照增强时，发动机装置中的活塞运动，相当于下图汽油机四个冲程中的（　　）
A．B．C．D．
7．杭州亚运会足球比赛于北京时间9月19日开赛。观赛时小金看到运动员将足球贴着地面传给门将，门将开大脚将球踢飞过中场的情景，对此小金作出了以下分析，正确的是（　　）
A．贴地传球时，足球在平直的地上滚动，重力对足球做了功
B．门将用500N的力将足球踢出80m，则门将对足球做功40000J
C．足球从最高点下落至地面的过程中，部分重力势能转化为动能
D．足球在飞行过程中，达到最高点时，动能为零
8． 下列说法正确的是 (　　)
A．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
B．同一物体，温度越高，它所含的内能越大，热量也越多
C．比热容在数值上等于单位质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量
D．做功改变内能的实质是机械能与内能的相互转化
9．如图所示，用40N的力F沿水平方向拉滑轮，可使重20N的物体A以0.3m/s的速度在水平面上匀速运动。物体B重10N，弹簧测力计的示数恒为10N（不计滑轮、测力计、绳子的重力，滑轮的转轴光滑）。下列说法不正确的是（　　）
A．物体A受到水平面的摩擦力是10NB．滑轮移动的速度是0.15m/s
C．在2s内绳子对物体A做的功为6JD．水平拉力F的功率是6W
10．篮球运球是宁波市体育中考项目之一，其中投篮时可采用打击篮板进篮的方法，如图所示。忽略空气阻力，下列关于打板进篮的说法正确的是
A．篮球抛出后向上运动，打板的一瞬间，篮球的动能最大
B．篮球打板进篮筐的过程中，篮球的能量没有损失
C．篮球离开篮筐下落到地面的过程中，球的机械能不变
D．篮球在地面上越弹越低，最终静止，说明能量消失，不符合能量守恒定律
11．下表为小铄同学家中安装的OJM品牌的自动电热马桶盖的详细参数（在小铄同学家的电能表上标着3600r/kW·h），下列说法正确的是（）
A．每次加热时，电能表转盘转过2160转B．加热丝的电阻为2420欧
C．待机1小时消耗的电能最多为0.01千瓦时D．工作电流为5安
12．如图所示，物理项目化学习小组在空旷的室外测试某型号无人机负重飞行能力。测试时将重20N的物体A固定在无人机上，并控制无人机完成以3m/s的速度匀速上升、在空中悬停、以2m/s的速度匀速下降三个阶段的测试项目，同时利用系统软件记录多次测量的相关信息，并做出测评报告。下列说法中（　　）
①匀速上升阶段，物体A相对于地面是运动的
②匀速上升阶段，物体A的机械能不变
③匀速下降阶段，物体A的重力势能转化为动能
④无人机匀速上升阶段对重物的拉力大于它匀速下降阶段对重物的拉力
A．只有②④正确B．只有②③正确C．只有①④正确 D．只有①正确
13． 大力发展核能是解决能源危机的主要出路之一。下表是核电站工作流程图，关于流程图中各装置的能量转化，正确的是（　　）
A．核反应堆：核能转化为机械能 B．蒸汽轮机：机械能转化为内能
C．发电机：机械能转化为电能 D．用电器：电能转化为机械能
14．传统的能源——煤和石油在利用过程中将产生严重的环境污染，而且储量有限，有朝一日将要被开采尽。因此，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用风能发电即是一例。如图所示为我国某地的风能电站。其风力发电机的叶片转动时可形成半径为的圆面，若风速恒定为，风向恰好垂直于叶片转动面，该风力发电机能将此圆面内空气动能的10%转化为电能，已知物体的动能与其质量及速度的关系式为，空气的密度取1.2kg/m3，取3，则此风力发电机的发电功率是（　　）
A．9kw B．18kw C．36kw D．90kw
15．如图甲所示的滑轮组装置，不计绳重和摩擦，绳对滑轮的拉力方向均为竖直方向。用该滑轮组提升放置在水平地面上重为G=80N的重物到高处。用竖直向下的拉力拉绳的自由端，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，重物上升的速度v随时间t变化的图象如图丙所示。已知在2s~4s内重物上升的竖直高度为2m，则下列说法错误的是（　　）
A．动滑轮重为20N
B．0～2s内重物对地面的压力为40N
C．2~4s内，绳自由端下降的平均速度为2m/s
D．4~6s内，拉力F的功率为100W
二、填空题
16．在水平地面上有一长方体木箱。小林用水平推力F把木箱向前推，如图甲所示。此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示。
（1）1~3秒内，推力F对木箱做功的功率将　 　（选填“增大”、“保持不变”、“减小”或“无法确定"）。
（2）3~5秒内，推力F对木箱做功　 　J。
17．2023年5月30日，神舟十六号飞船飞往中国空间站；6月2日神舟十五号、神舟十六号航天员乘组完成在轨交接，6月3日神舟十五号飞船与空间站组合体分离返航，如图．回答下列问题：
（1）神舟十五号飞船返回舱落向地面的过程中重力势能变　 　．
（2）空间站利用太阳能电池板获得能量，太阳能来自于太阳内部的核　 　变．
18．小南将长为1.2米、质量可忽略不计的木棒搁在肩上，棒的后端A挂一个80牛的物体，肩上支点O离后端A为0.4米，他用手压住前端B使木棒保持水平平衡，如图所示，小南的质量为60千克，则此时手压木棒的压力大小为　 　牛，若以B为支点，则肩对木棒的支持力大小为　 　牛。（g=10牛/千克）
19． 将两个完全相同的铜质球甲、乙按如图所示放置，其中甲球放置在水平桌面上，乙球悬挂在不可伸长的细线上，且两球重心位于同一高度。当两球吸收相等的热量之后，　 　球的最终温度高，理由：　 　 。
20．如图所示，用甲、乙两个不同的滑轮把同一货物提到同一高度，一般情况下使用　 　滑轮（填“甲”或“乙”下同）能够省力，使用　 　滑轮机械效率较高。
21．如图是一个电烤箱的工作原理图，它用一个旋转开关可以实现高温档和低温档的工作要求，转动开关旋钮可以将左边缘相邻的两个触点与右边缘的金属板同时连通。
（1）如图示位置，旋钮将金属触点①②与右边的金属板连通，则电热器处于　 　档工作。
（2）若在电路中A、B、C三处选择一处安装一个“限高温开关”保护电路，则此开关应安装在　 　处。
（3）电烤箱高温挡的额定功率为1000W。该电烤箱在高温挡工作10分钟消耗电能　 　J。
22．用如图所示的实验装置测杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数如图所示，钩码总重G为1N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，则杠杆的机械效率为　 　，请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：　 　。
（2）钩码从A点改挂在B点后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
23．光伏发电技术已走入寻常百姓家，其简化电路如图。
（1）太阳能板只为蓄电池充电时，应闭合控制开关　 　（填“S1”、“S2”或“S1和S2”），此时蓄电池内的能量转化是　 　。
（2）某用户的光伏发电板总功率为1800W，若每天有效光照时间为5h，刚好满足该用户一天用电量，则该用户每天的用电量是　 　kW·h。
三、实验探究题
24．利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。
（1）如图甲保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F的数据，绘制了l1﹣F1的关系图，如图乙。请据图推算当l1为0.6m时，F1为　 　N。
（2）小柯同学通过提前设定好动力臂和阻力臂值来探究杠杆的平衡条件。根据实验得到的数据得出杠杆平衡条件　 　。
实验次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm
1 1.5 10 3.0 5
2 1.0 20 2.0 10
3 0.5 30 1.0 15
（3）如图丙所示，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，其示数　 　（选填“变大”“不变”或“变小”）。
（4）小柯同学用图丁装置进行探究，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是　 　。
25．小金在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，他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，s2＜s1＜s3实验过程如图所示。
（1）若水平面绝对光滑，本实验将　 　（选填“能”或“不能”）达到探究目的；
（2）通过甲乙实验分析可得结论　 　；
（3）另一同学用图丁、戊所示的方法探究动能跟哪些因素有关，他将相同质量的小球从不同高度（h1>h2）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是　 　的（选填“正确”或“错误”），理由是　 　。
26．某同学利用如图1所示的电路来测量小灯泡的电功率（电源电压3V，小灯泡的额定电压2.5V）。
（1）闭合开关发现两电表指针处于图2所示位置，此时灯泡　 　（选填“不发光”“微弱发光”或“比正常亮”）
（2）故障排除后，从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡图象如图3所示，则小灯泡的额定功率是　 　W。
（3）他做完以上实验后，又想测出一个未知电阻的阻值，连接电路时发现电压表已损坏，于是他又设计了如图4所示的电路，也测出了电阻的阻值（是已知阻值的定值电阻）。请你帮他完成下列步骤。
①只闭合开关S1，电流表的示数为；②开关S1、S2闭合后，电流表的示数为；
③请写出未知电阻的阻值表达式：　 　（用、和表示）。
27． 在验证焦耳定律（Q=I2Rt）中电热与电阻的定性关系时，实验小组出现了如图2种电路连接情况（已知R甲实验电路 玻璃管内液面高度 小组结论 你的合理解释与评价
A 液面都上升， 且 h甲< h乙 。 电流通过导体时，电阻越大，产生的热量就(1) 　 　。 电流和时间都相同，验证了焦耳定律中Q与R的定性关系。
B 液面都上升， 且 h甲(2)　 　 h乙。 （选填“<”、“>”或“=”) 电流通过导体时，电阻越小，产生的热量就越多。 时间相同，(3)　 　不同，无法验证焦耳定律中Q与R的定性关系。
四、解答题
28．本届杭州亚运会科技满满，其中两只“呆萌”的四足机械狗成为亮点，它们变身铁饼“搬运工”，这是世界首次使用机械狗在赛场搬运体育器械。工作人员只需将铁饼放置在卡槽上，便可在第一时间操控机械狗将铁饼运输回起点处。
（1）机械狗在平地上运输铁饼，是将电能转化为　 　。
（2）已知机械狗的牵引力为100牛，将铁饼从65米的落地点径直运到起点用时13秒，求该机械狗的功率。
（3）机械狗除了能在平地上行走外，它还能进行负重登楼。已知机械狗自重12千克，现携带重为2千克的标准铁饼上五楼。试通过计算，求整个过程中机械狗克服重力所做的功。（每层楼高3米）
29．如图所示，有一粗细均匀，重为40N，长为4m的长木板AB，置于支架上，支点为O，且AO=1m，长木板的右端B用绳子系住，绳子另一端固定在C处，当木板AB水平时，绳与水平成30°的夹角，且绳子所能承受的最大拉力为60N。一个重为50N的体积不计的滑块M在F=10N的水平拉力作用下，从AO之间某处以V=1m/s的速度向B端匀速滑动，求：
（1）滑块匀速运动时所受的摩擦力的大小；
（2）当滑块匀速运动时拉力F做功的功率；
（3）滑块在什么范围内滑动才能使AB保持水平。
30． 如图甲为小金同学设计的电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能。图甲中电磁继电器(线圈电阻不计)、热敏电阻R、保护电阻 R0、电压恒为6V的电源U1、导线等组成控制电路。当电磁铁线圈中的电流I<10mA 时，继电器上方触点和触点c接通；当电磁铁线圈中的电流I≥10mA 时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通。热敏电阻中允许通过的最大电流 I0=15mA， 其电阻R随温度变化的规律如图乙，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中。已知
（1）衔铁被吸下时，求加热电路的总功率
（2）保温状态下，10分钟电热器产生的热量是多少
（3）为使控制电路正常工作，保护电阻Ro的阻值至少为多大 若R0为该值，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少
31．2022年4月16日上午，我国神舟十三号载人飞船返回舱首次采用快速返回模式，依次经过轨返分离、推返分离等关键环节。已知返回舱的总质量为3×103千克，假设返回舱在降落过程质量保持不变，返回舱着陆时下落速度与时间的关系如图所示。
合金 性能
铝合金 密度小，耐高温，强度大
黄铜 耐磨，密度大，光泽好
不锈钢 不易锈蚀，耐腐蚀，耐低温
（1）AB段，返回舱的动能　 　，机械能　 　。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）参考合金的资料，以下合金最适合作为返回舱外壳的是　 　
（3）计算返回舱受到的总重力在CD段做功的功率。
32．如图甲为陶瓷电煎药壶，其简化的工作电路如图乙所示，电源电压为为单刀双掷开关，和均为电加热丝。电煎药壶刚开始工作时先用武火档快速加热，当药液的温度达到时自动跳到文火挡慢熬，药液熬制一段时间后自动跳到保温档防止药液烧干。已知电煎药壶在电压下正常工作时，武火快速加热功率为，文火慢熬功率为，某次煎药时药液的温度与电煎药壶工作时间的关系图像如图丙所示。
（1）根据题意可知，当单刀双掷开关拨到“2”位置，同时开关：　 　（填“闭合”或“断开”）时，电煎药壶处于武火档。
（2）求电加热丝的阻值。
（3）求电煎药壶处于保温档时的功率。
（4）分析图像可知，电煎药壶武火加热前半段时间对药液的加热效率　 　（填“大于”“小于”或“等于”）后半段时间的加热效率。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【分析】 杠杆是否平衡，取决于两边力和力臂的乘积是否相等，若F1L1=F2L2，杠杆平衡；若F1L1≠F2L2，杠杆就不平衡。
【解答】 设每个钩码重力为G，每个小格长度为L；
A.两侧钩码同时向支点移动一格，左边：3G×L=3GL，右边：2G×2L=4GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故A错误；
B.两侧钩码下方同时加挂一个钩码，左边：4G×2L=8GL，右边：3G×3L=9GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故B错误；
C.右侧加挂两个钩码，左侧加挂一个钩码，左边：4G×2L=8GL，右边：4G×3L=12GL，右边大于左边，右边下倾，故C错误；
D.左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格，左边：2G×2L=4GL，右边：2G×2L=4GL，右边等于左边，杠杆平衡，故D正确。
故选D。
2．【答案】B
【解析】【分析】 A.根据分析电阻的大小；
B.电功率是表示电流做功快慢的物理量；
C.电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI比较两电热水壶通过的电流关系；
D.由W=Pt分析消耗电能的多少。
【解答】 A．两个电热水壶都正常工作时，电压相同，功率不同，根据可知，甲的电阻小，故A错误；
B．电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲的实际功率大，电流通过甲电热水壶做功较快，故B正确；
C．甲的额定功率比乙大，两个电热水壶都正常工作时，甲的实际功率比乙大，由P=UI可知，通过甲的电流比乙大，故C错误；
D．两个电热水壶都正常工作时，甲的功率比乙大，根据W=Pt可知，甲消耗的电能多，故D错误。
故选B。
3．【答案】D
【解析】【分析】（1）根据能量转化的知识分析；
（2）根据（1）中分析判断；
（3）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而机械能=动能+重力势能。
（4）根据（3）中的分析判断。
【解答】A、在木板旋转的过程中，木板的重心在不断升高，那么木板的机械能在不断增大，因此外力肯定克服木板的重力做了功，故A正确不合题意；
B、重物P的位置不断升高，那么它的机械能不断增多，因此木板对重物的力肯定做了功，故B正确不合题意；
C、重物P匀速转动，那么动能不变；由于高度增大，因此重力势能变大。根据机械能=动能+重力势能可知，它的机械能不断增大，故C正确不合题意；
D、长木板和重物的速度不变，那么动能不变；高度增大，那么重力势能增大。据机械能=动能+重力势能可知，它们的机械能不断增大，股D错误符合题意。
故选D。
4．【答案】B
【解析】【分析】 实际功率是描述用电设备在实际用电过程中单位时间内所消耗的能量。 对于同一个用电器来说，铭牌上所刻的电压即为这个用电器的额定电压，当这个用电器在此电压下工作时，所得到的功率是额定功率。 此时实际功率在数值上等于额定功率的值。
【解答】A. 甲灯的额定功率为40瓦，A错误；
B.额定功率是指灯泡在正常工作时的功率； 当乙灯两端电压为110伏时，它的额定功率仍为60瓦 ，B正确；
C. 两灯均正常发光时，根据公式R=U2/P ，甲灯灯丝电阻较大，C错误．
D. 两灯均正常发光时，相同的时间下，甲灯消耗的电能（W=Pt ）较少，D错误；
故答案为：B。
5．【答案】D
6．【答案】C
【解析】【分析】分析光发动机该装置中的活塞向右运动时的能量转化情况，找出汽油机四冲程中能量转化与此相当的冲程。
【解答】由题知，通过控制窗口处射入的光能使气室中的气态物质循环反应，从而推动活塞输出机械能；
这里将光能转化为机械能，使活塞向右运动（气室内的空气对活塞做功），相当于汽油机的做功冲程，此时两个气门关闭，燃气膨胀对活塞做功，使活塞向下运动，观察可知只有C符合题意。
故选：C。
7．【答案】C
【解析】【分析】A.做功的要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离；
B.根据W=Fs计算对足球做的功；
C.根据能量转化的知识判断；
D.注意分析足球在最高点时水平方向上速度是否为零。
【解答】A.贴地传球时，足球在平直的地上滚动，重力方向竖直向下，但是足球没有在这个方向上通过距离，因此重力对足球不做功，故A错误；
B.门将用500N的力将足球踢出80m，但是这80m内脚并没有始终作用在足球上，根据W=Fs可知，门将对足球做功肯定小于40000J，故B错误；
C.足球从最高点下落至地面的过程中，重力势能减小，动能增大，则部分重力势能转化为动能，故C正确；
D.足球在飞行过程中，达到最高点时，它在水平方向上速度不为零，因此动能不为零，故D错误。
故选C。
8．【答案】D
【解析】【分析】 A.根据热传递的方向判断；
B.同一物体，温度越高，分子运动越剧烈，物体内能越大。
C.根据比热容的定义判断；
D.根据做功改变内能的本质判断。
【解答】 A.热量总是从高温物体传到低温物体，或者从物体的高温部分传到低温部分，故A错误；
B.同一物体，温度越高，它所含的内能越大，但不能说含有热量，故B错误；
C.比热容在数值上等于单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（放出）的热量，故C错误；
D.做功改变内能的实质是机械能与内能的相互转化，故D正确。
故选D。
9．【答案】C
【解析】【分析】（1）首先对动滑轮进行受力分析，根据二力平衡计算出绳子对A的拉力，然后对A进行受力分析，根据二力平衡的知识计算出A受地面的摩擦力；
（2）根据动滑轮的特点及A的移动速度计算滑轮的移动速度；
（3）首先根据sA=vAt计算出物体A移动的距离，再根据公式W=F拉sA计算对A做的功；
（4）根据公式P=Fv计算水平拉力F的功率即可。【解答】A.不计滑轮的摩擦和重力，以动滑轮为研究对象，则两段绳子向右的拉力与向左的拉力平衡，所以2F拉=F，则A物体对滑轮的拉力；因为力的作用是相互的，所以滑轮对A的拉力也为20N；物体B始终处于静止状态，则测力计对B向右的拉力与A对B向左的摩擦力平衡，所以fA对B=F示=10N；因为力的作用是相互的，所以物体B对A的摩擦力为10N，方向向右；
物体A向左匀速运动，它受到绳子向左的拉力，B对它向右的摩擦力和地面对物体A还有向右的摩擦力，由力的平衡条件可得：F拉=fB对A+f地，所以地面对A的摩擦力为：f地=F拉-fB对A=20N-10N=10N，故A正确不合题意；
B.此时这个滑轮是费力的，因此它省距离，即滑轮的移动速度为：，故B正确不合题意；
C.绳子对物体A的拉力是20N，2s物体A移动的距离为sA=vAt=0.3m/s×2s=0.6m，
所以在2s内绳子对物体A做的功：W=F拉sA=20N×0.6m=12J，故C错误符合题意；
D.水平拉力F的功率为：P=Fv=40N×0.15m/s=6W，故D正确不合题意。
故选C。
10．【答案】C
【解析】【分析】A.影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，动能越大；
B.做功的过程中可将机械能转化为内能；
C.不计空气阻力时，球的机械能守恒；
D.一切能量的转化和转移都遵循能量守恒定律。
【解答】 A.篮球抛出后向上运动的过程中，动能转化为重力势能，因此到达最高点时，篮球的速度最小，动能最小，故A错误；
B.篮球打板进篮筐的过程中，篮球对篮板做了功，其部分机械能转化为内能，所以有能量损失，故B错误；
C.不计空气阻力时，篮球离开篮筐下落到地面的过程中，球的机械能不变，故C正确；
D.篮球在地面上越弹越低，最终静止，是篮球对外做功，机械能逐渐转化为内能，但整个过程中，仍符合能量守恒定律，故D错误。
故选C。
11．【答案】C
【解析】【分析】 A.知道加热功率和时间，利用W=Pt求每次加热消耗的电能，电能表上标着3600r/kW h，进而求出电能表转盘转动的圈数；
B.知道加热功率和工作电压，利用求马桶盖加热的电热丝的电阻；
C.根据W=Pt求出待机1h消耗的电能；
D.根据P=UI可求得工作电流。
【解答】 A.P加热=1800W=1.8kW，，
则马桶盖每次加热消耗的电能：W=P加热t=1.8kW×h=0.06kW h，
电能表转盘转动的圈数为：0.06kW h×3600r/kW h=216r，故A错误；
B.马桶盖加热的电热丝的电阻：，故B错误；
C.待机1小时消耗电能最多为W'=P待机t待机=10×10-3kW×1h=0.01kW h，故C正确；
D.由P=UI可得，工作电流，故D错误。
故选C。
12．【答案】D
【解析】【分析】①根据参照物的知识判断；
②机械能=动能+重力势能；
③根据重力势能和动能的大小变化分析；
④根据平衡力的知识分析。
【解答】①匀速上升阶段，物体A相对于地面的位置改变，因此是运动的，故①正确；
②匀速上升阶段，物体A的质量不变，速度不变，则动能不变；高度增大，则重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，机械能变大，故②错误；
③匀速下降阶段，物体A的重力势能减小而动能不变，则二者不存在转化关系，故③错误；
④无人机匀速上升阶段和匀速下降阶段，则都处于平衡状态，那么拉力都等于重力，即拉力相等，故④错误。
故选D。
13．【答案】C
【解析】【分析】根据核电站的能量转化过程分析判断。
【解答】A.核反应堆：核能转化为内能，故A错误；
B.蒸汽轮机：内能转化为机械能，故B错误；
C.发电机：机械能转化为电能，故C正确；
D.用电器：电能转化为内能，故D错误。
故选C。
14．【答案】A
【解析】【分析】本题根据风力发电机将空气动能转化为电能，结合功率表达式分析求解。
【解答】 设时间t内吹到风力发电机上的空气的质量为m，则m=ρV=ρSvt，其中S=πR2，
空气的动能为，
则风力发电机将空气动能转化为电能的功率为
代入数据解得：
P=9000W=9kW，
故A正确，BCD错误。
故选：A。
15．【答案】D
【解析】【分析】由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n=2，则拉力F移动的距离s=2h。
（1）由F-t图象得出在4～6s内的拉力F，根据求出动滑轮的重力；
（2）把动滑轮和重物看成整体，则这个整体受到向下的总重力、向上的支持力以及2股绳子向上的拉力而处于静止状态， 由力的平衡条件求得地面对物体的支持力，根据力的作用是相互的可知，此过程中重物对地面的压力；
（3）由v-t图象得出4s～6s内重物上升的速度，求出拉力F的作用点下降的速度；
（4）利用P=Fv求拉力做功功率。【解答】A.由图甲可知，连接动滑轮绳子的股数n=2，由丙图可知，物体在4s～6s内做匀速直线运动，由图乙可知此时的拉力F3=50N，
不计绳重和摩擦，则由得，
动滑轮的重力：G动=nF3-G物=2×50N-80N=20N，故A正确不合题意；
B.在0～2s内，物体的运动速度为零，即物体静止在地面上，
由图乙可知此时的拉力F1=30N，
把动滑轮和重物看成整体，则这个整体受到向下的总重力、向上的支持力以及2股绳子向上的拉力而处于静止状态，
由力的平衡条件得：F支+2F1=G物+G动，
则地面对物体的支持力：F支=G物+G动-2F1=80N+20N-2×30N=40N，
根据力的作用是相互的可知，此过程中重物对地面的压力：F压=F支=40N，故B正确不合题意；
C.已知在2s～4s内重物上升的竖直高度为2m，
则绳子自由端移动的距离：s=nh=2×2m=4m，
所用的时间：t=4s-2s=2s，
则在2s～4s内，绳自由端下降的平均速度，故C正确不合题意；
D.由图丙可知，在4s～6s内，重物做匀速直线运动，
其速度v=nv3=2×2.0m/s=4.0m/s，
拉力做功的功率：，故D错误符合题意。
故选D。
16．【答案】（1）增大
（2）400
【解析】【分析】功的定义：如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，我们就说这个力对物体做了功。功的计算公式：W=FS（其中W是功，F是力，S是在力的方向上的距离）；功率的定义：功率是指物体在单位时间内所做的功的多少，即功率是描述做功快慢的物理量。功率的计算公式：P=W/S=FV（其中P是功率，W是功，S是距离，F是力的大小，V是速度）；
【解答】（1）第一秒内静止，所以没有功率；第三秒的和第二秒的拉力F相同，但是速度第三秒更大，所以功率也是第三秒大， 所以 1~3秒内，推力F对木箱做功的功率将增大；
（2） 3~5秒内，物体做匀速直线运动，所以P=Fv=200N×1m/s×2s=400J；推力F对木箱做功400J。
故答案为：（1）增大（2）400
17．【答案】（1）小
（2）聚
【解析】【分析】（1）重力势能与质量和高度有关；
（2）根据能量转化的知识解答。
【解答】（1） 神舟十五号飞船返回舱落向地面的过程中，它的质量不变，高度增大，则重力势能变大；
（2） 空间站利用太阳能电池板获得能量，太阳能来自于太阳内部的核聚变。
18．【答案】40；120
【解析】【分析】（1）根据杠杆平衡条件求出拉力的大小。
（2）肩对木棒的支持力大小为F=FB+G。
【解答】（1）以O为支点，动力为手对木棒B端的压力F，阻力为物重G，
根据杠杆的平衡条件有：F×OB=G×OA，
即：F×（1.2m-0.4m）=80N×0.4m，
所以：F=40N；即手压木棒的压力大小为40N。
（2）木棒处于静止状态，由力的平衡条件可得，肩对木棒的支持力：F支=F+G=40N+80N=120N。
故答案为：40；120。
19．【答案】乙；两球质量相同，吸收相等的热量，体积膨胀、甲球重心上升，重力势能增大，乙球重心下降，重力势能减小，重力对乙球做功，乙球的内能增大，乙球的内能增加量大于甲球的内能增加量，所以乙球的最终温度高
【解析】【分析】 因为两球吸热后膨胀，挂在天花板上的球重心降低，重力对物体做功，机械能转化为内能，而地板上的球重心升高，要克服重力做功，内能转化为机械能。
【解答】 两球质量相同，当它们吸收相等的热量时，两球吸热后体积膨胀，体积变大；
甲球重心上升，要克服重力做功，由于重心上升，所以其重力势能增大；
乙球重心下降，重力对乙球做功，由于重心下降，所以其重力势能减小；
因重力对乙球做功，乙球的内能会增大，
所以乙球的内能增加量大于甲球的内能增加量，
则乙球的最终温度高。
20．【答案】乙；甲
【解析】【分析】（1）定滑轮不省力不费力，动滑轮不能改变用力方向，最多省一半的力；
（2）根据比较滑轮组机械效率的大小。
【解答】（1）甲为定滑轮，则F甲=G；乙为动滑轮，则拉力F乙=G，则乙滑轮可以省力。
（2）甲和乙中将同一物体提升同一高度，甲中不对滑轮做额外功，乙中对动滑轮做额外功。根据可知，使用甲滑轮的机械效率更高。
21．【答案】（1）低温
（2）C
（3）6×105
【解析】【分析】 （1）根据当旋钮开关旋到位置1、2时，电路中只有R1，当旋钮开关旋到位置2、3时，R1和R2并联，根据分析挡位。
（2）根据家庭电路中的开关必须接火线分析。
（3）根据W=Pt计算电能。
【解答】 （1）当旋钮开关旋到位置1、2时，电路中只有R1，当旋钮开关旋到位置2、3时，R1和R2并联，根据可知，当旋钮开关旋到位置1、2时，电热器处于低温挡，当旋钮开关旋到位置2、3时，电热器处于高温挡。
（2）根据家庭电路中的开关必须接火线，安装一个“限高温开关”保护电路要切断火线，故接在C处。
（3）处于高温挡工作10min消耗的电能：W=P高t=1000W×10×60s=6×105J。
故答案为：（1）低温；（2）C；（3）6×105。
22．【答案】（1）66.7%；杠杆的重力
（2）变大
【解析】【分析】（1）根据W有=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。由于支点在杠杆的一侧，那么它的重力不能被抵消，因此在提升钩码的过程中要不可避免的提升杠杆，即克服杠杆的重力做额外功。
（2）根据分析杠杆机械效率的变化。
【解答】（1）该杠杆的机械效率：。使用该杠杆做额外功的一个原因：杠杆的重力。
（2）将钩码从A点改挂在B点后，将相同的钩码提升相同的高度，根据W有=Gh可知，杠杆做的有用功相等。根据相似三角形的性质可知，此时弹簧测力计上升的高度会变小，因此杠杆被提升的高度变小，根据W额=G杠杆h可知，此时对杠杆做的额外功减小。根据W总=W有+W额可知，此时的总功减小，根据可知，机械效率变大。
23．【答案】（1）S1；电能转化为化学能
（2）9
【解析】【分析】（1）太阳能电池板为蓄电池充电时，太阳能电池是电源，蓄电池是用电器，据此分析；
（2）已知总功率为1800W和发电时间，根据W=Pt求出发电量，由题意可知，该用户每天的用电量等于发电板的发电量。
【解答】 （1）太阳能电池板为蓄电池充电时，太阳能电池是电源，蓄电池是用电器，此时蓄电池内的能量转化是电能转化为化学能，所以应该闭合控制开关S1；
（2）光伏发电板总功率为1800W，5h的发电量：W总=P总t=1800×10-3kW×5h=9kW h，
刚好满足该用户一天用电量，所以该用户每天的用电量是9kW h。
24．【答案】（1）0.5
（2）动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂
（3）变大
（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响
【解析】【分析】（1）由于此题中的阻力和阻力臂不变，故据杠杆的平衡条件分析即可解决；
（2）杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2；
（3）力臂是支点到力的作用线垂直距离，找出力和力臂，再根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2来判断；
（4）图丁中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】（1）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，；
故若当L1为0.6m时，；
（2）通过分析实验数据，可知杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂，可写作F1L1=F2L2；
（3）如图，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以，测力计的示数将变大；
（4）利用图丁装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：（1）0.5；（2）动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂；（3）变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
25．【答案】（1）不能
（2）当质量相同时，物体速度越大，动能越大
（3）错误；铁板和毛巾的阻力不同
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，实验将不能达到探究目的；
（2）根据图片确定哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
（3）在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，并据此得出结论。
【解答】 （1）若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的。
（2）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面时的速度不同，对木块做功多少不同，速度越小，动能越小，故可以得出结论：质量相同时，速度越大，动能越大；
（3）图中所示的方法探究动能的大小与速度的关系，应改变小球撞击木块前的速度，控制其它因素相同，而铁板和毛巾的阻力不同 ，故做法是错误的。
26．【答案】（1）不发光
（2）0.75W
（3）
【解析】【分析】（1）在测灯泡电功率的实验中，如果灯泡发生断路，那么电压表串联在电路中，此时测电源电压。由于电压表的内阻很大，因此电流表的示数几乎为零。
（2）根据图3确定灯泡的额定电流，然后根据P=UI求出额定功率；
（3）在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻串联，根据开关的状态、电流表的示数以及欧姆定律得出电源电压，根据电源电压不变列等式表示出未知电阻Rx的阻值表达式。
【解答】（1）根据图2可知，闭合开关后，电压表的示数等于电源电压，而电流表的示数几乎为零，那么说明此时灯泡可能发生断路，即灯泡不发光；
（2）根据图3可知，灯在额定电压下2.5V时的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是：
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
（3）实验步骤：
①只闭合开关S1，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电流表的示数为I1；
②开关S1、S2闭合后，只有电阻R0工作，电流表测量电路中的电流，电流表的示数为I2；
③两次实验中电源电压不变，则得到：U=I2R0=I1（R0+Rx），
那么未知电阻Rx的阻值表达式：。
27．【答案】越多；>；电流
【解析】【分析】A.电阻产生的热量越多，烧瓶内液体温度越高，则玻璃管内液面升高越多；
B.电阻越小产生的热量越多，则对应玻璃管内液面升高得多。当电阻并联时，电阻两端电压相等，如果电阻大小不同，那么电流大小不同，据此分析解答。
【解答】A.根据描述可知，乙的电阻大于甲的电阻，而乙内玻璃管的液面升高的多，那么产生的 热量多，因此得到：电流通过导体时，电阻越大，产生的热量就多 。
B.根据描述可知，R1的电阻小产生的热量多，则对应玻璃管内液面升高的多，即 h甲> h乙。
由于两电阻并联，则它们的电压相等，那么通过它们的电流大小不同，因此得到：时间相同，电流不同，无法验证焦耳定律中Q与R的定性关系。
28．【答案】（1）动能
（2）W=FS=100牛×65米=6500焦，P==500瓦
（3）W=Gh=mgh=（12千克+2千克）×10牛/千克×4×3米=1680焦
【解析】【分析】（1）用电器是将电能转化为其他形式的能的装置。
（2）根据W=Fs得到机械狗做的功，根据得到机械狗的功率。
（3）根据G=mg得到总重力，从一楼跑到五楼，上升高度为4层楼的高度，再利用W=Gh可求出克服重力做功。
【解答】（1）机械狗在平地上运输铁饼，消耗电能，产生机械能，是将电能转化为机械能；
（2）机器狗做的功：W=Fs=100N×65m=6500J，
机械狗的功率：；
（3）总重力：G=mg=（12kg+2kg）×10N/kg=140N，
从一楼到五楼，上升高度为h=4×3m=12m，
克服重力做的功：W'=Gh=140N×12m=1680J。
答：（1）机械能；（2）该机械狗的功率为500W；（3）整个过程中机械狗克服重力所做的功为1680J。
29．【答案】（1）解：滑块匀速运动时处于平衡状态，水平方向的拉力和受到的摩擦力是一对平衡力，所以根据二力平衡条件可知f=F=10N
（2）解：当滑块匀速运动时拉力做功的功率
（3）解：当在点左侧离点米，且，则
即
解得：
当在点右侧离点米时，且，则
即
解得：
故滑块在点左侧到右测范围内滑动才能使AB保持水平
【解析】【分析】（1）根据平衡力的知识计算滑块受到的摩擦力；
（2）根据公式P=Fv计算滑块移动时拉力做功的功率；
（3）AB长4米，AO为1m，BO为3m，则AO为总重力的，也就是10N，OB的重力为30N。由于杠杆是均匀的，所以AO和BO的重力都作用在二者的中心处。
当M在O点左侧时，让绳子的拉力为0，则此时左侧的力为M的重力和AO的重力，右侧为OB的重力。根据图片确定它们的力臂，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可；
当M在O点右侧时，左侧的力为AO的重力，右侧的力为M的重力，OB的重力以及绳子的拉力。根据图片确定它们的力臂，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
30．【答案】（1）由电路图知： 衔铁被吸下时， R1、R2并联，
由并联电路的特点知：
电路总电阻
电路加热时的总功率：1
（2）由电路图知，保温状态下：R2、R3串联，
10min加热电路产生的热量
（3）由图乙可知， 热敏电阻的最小值是 R=200Ω，当R 最小，控制电路中的电流不超过最大值时，保护电阻R0阻值最小，由 得：保护电阻 Ro的最小值 由题意知， 衔铁刚好被吸下时， 电路电流I=10mA=0.01A，此时电流总电阻 此时热敏电阻 由图2可知， 此时水温为60℃。
答：保护电阻R0的阻值至少为200Ω，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是 60℃。
【解析】【分析】(1)衔铁被吸下时，与 并联，根据电阻的并联求出加热电路中的总电阻；
(2)衔铁没有被吸下时，R2、R3串联，电路中的总电阻最大，可知电 热水器 处于保温状态 ， 由 P=， Q=W= t 求出 10min 加热电路产生的热量；
(3)由热敏电阻的 Rt 图象找出热敏电阻的最小阻值，此时电路电流最大，根据电路的最大电流求出控制电路保护电阻 R的最小阻值，这是控制电路正常工作的最小阻值；求出衔铁刚好被吸下时热敏电阻的阻值， 然后由图象找出该阻值对应的温度，这就是储水箱中水的温度。
31．【答案】（1）不变；减小
（2）铝合金
（3）60000瓦
【解析】【分析】（1）机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫动能；物体由于受到重力并处在一定高度时所具有的能叫重力势能；物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能。动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变的程度有关，据此分析判断机械能的大小变化；
（2）根据功率的计算公式、铝合金的性质分析解答。
【解答】（1）AB段，v不变，返回舱的质量不变，即动能不变，但由于在降落，高度减小，则重力势能减小，由此可知机械能减小。
（2）返回舱外壳应该耐高温，强度大，密度小轻便，所以选铝合金。
（3）CD段返回舱做匀速运动，速度v=2m/s，时间：t=800s-400s，返回舱在CD段下降的高度：h=vt=400s×2m/s=800m。
返回舱受到的总重力在CD段做的功：W=Gh=mgh=3×103kg×10N/kg×800m=3×104N×800m=2.4×107J。
。
故答案为：（1）减小；（2）铝合金；（3）6×104W。
32．【答案】（1）闭合
（2）解：
（3）解：当单刀双掷开关拨到“2”位置，断开时，处于文火挡
当单刀双掷开关拨到“1”位置，断开时，处于保温挡
（4）小于
【解析】【分析】 （1）由电路图可知，当单刀双掷开关S1拨到“1”位置，开关S2断开时，电阻R1、R2串联；当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2断开时，电路为电阻R2的简单电路；当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2闭合时，电阻R1、R2并联；根据串并联电路电阻特点和可知，当电源电压一定时，电路总电阻越小，电路总功率越大，据此分析不同情况下电煎药壶的档位；
（2）当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2断开时，电路为电阻R2的简单电路，电煎药壶为文火挡，根据P求出电加热丝R2的阻值；
根据武火挡和文火挡求出电阻R1的功率，再根据求出电加热丝R1的阻值；
（3）根据串联电阻规律和求出电成药壶处于保温档时的功率；
（4）根据图丙读出电煎药壶武火加热前半段时间和后半段时间药液温度的变化量，根据Q吸=cmΔt比较两种情况下吸收的热量关系，根据W=Pt比较两种情况下消耗的电能关系，利用比较两种情况下加热效率的关系。
【解答】 （1）由电路图可知，当单刀双掷开关S1拨到“1”位置，开关S2断开时，电阻R1、R2串联；当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2断开时，电路为电阻R2的简单电路；当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2闭合时，电阻R1、R2并联；
由串并联电路电阻特点可知，两电阻串联时电路的总电阻最大，两电阻并联时电路的总电阻最小，且可知，当电源电压一定时，电路总电阻越小，电路总功率越大，因此当单刀双掷开关S1拨到“1”位置，开关S2断开时，电煎药壶处于保温档；当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2断开时，电煎药壶处于文火挡；当单刀双掷开关S1拨到“2”位置，开关S2闭合时，电煎药壶处于武火挡；
（4）由图丙可知，电煎药壶武火加热前半段时间药液温度变化量Δt1=48℃-18℃=30℃，后半段时间药液温度变化量Δt2=98℃-48℃=50℃，
由Q吸=cmΔt可知，电煎药壶武火加热时药液后半段时间吸收的热量多，
由的变形式W=Pt可知，电煎药壶武火加热时前后半段时间内消耗的电能相等，
由可知，电煎药壶武火加热前半段时间的加热效率小于后半段时间的加热效率。
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