2024年温州市九上科学第三单元能量的转化与守恒中等生拔高训练卷（浙教版）
阅卷人 一、选择题（每小题2分，共40分）
得分
1．（2018九上·桐乡竞赛）如图所示，O为杠杆AB的支点，A端挂一重物 G，图中能使杠杆在水平位置平衡的最小的拉力是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
2．（2024九上·临平区期中）如图所示为单板滑雪大跳台比赛时运动员在空中运动的轨迹，其中a、c两处等高，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从a处到b处，重力势能转化为动能
B．运动员从b处到d处，动能逐渐减小
C．运动员在a处和c处的重力势能相等
D．运动员在b处时的动能为零
3．（2023九上·镇海区期中）如图甲是一种电热膜，工作时能自动控温。其构造是在绝缘薄膜表面，将多条薄的导电墨线两端与金属导线相连，如图乙。该电热膜的额定电压为220V，导电墨线电阻随温度变化图象如图丙，有关电热膜说法正确的是（ ）
A．导电墨线间以串联的方式连接
B．若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率可能大于额定功率
C．工作时通过导电墨线的电流始终不变
D．当温度到达t0并继续升温时，发热功率会急剧减小
4．（2024九上·新昌期中）物体在水平地面上做直线运动，当物体运动的路程和时间图像如图甲时，受到的水平推力为；当物体运动的速度和时间图像如图乙时，受到的水平推力为。两次推力的功率分别为。则下列关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024九上·淳安期中）如图是千岛湖“城市之眼”摩天轮，小金乘坐匀速转动的“摩天轮”向最高点运动的过程中，关于小金的能量变化，下列说法正确的是（ ）
A．动能转化为重力势能，机械能守恒
B．动能转化为重力势能，机械能变小
C．动能不变，重力势能变大，机械能变大
D．动能不变，重力势能不变，机械能不变
6．（2024九上·拱墅期末）如图甲所示，规格相同的玻璃杯装了相同质量的水，将阻值不同的两段电热丝与电源、开关接成电路，忽略散热，得到图乙所示的水温与加热时间的图线，下列说法正确的是（ ）
A．加热相同时间，两杯水吸收相同热量，升高相同的温度
B．由图乙可知：比热容cA>cB
C．对于A、B杯中的两个加热器，R2
P1
D．A杯水在2min内吸收的热量与B杯水在3min内吸收的热量相同
7．（2024九上·淳安期中）如图为一名举重运动员做挺举连续动作时的几个状态图。下列说法中正确的是（ ）
A．从发力到上拉的过程中，运动员对杠铃不做功
B．从上拉到翻站的过程中，运动员对杠铃不做功
C．从翻站到上挺的过程中，运动员对杠铃不做功
D．举着杠铃稳定站立的过程中，运动员对杠铃不做功
8．（2024九上·余杭期末）核电站是利用核反应堆提供能量，使水变成蒸汽，再利用高温高压的蒸汽推动汽轮发电机发电的。甲是核电站的原理示意图，乙是两种核反应示意图。下列说法不正确的是（ ）
A．日本福岛核污染水是C中流出的水
B．核电站核反应堆利用的是A所示的核反应
C．核反应后有核废料，因此它是化学变化
D．根据核电站原理图，能量转化顺序是核能→内能→机械能→电能
9．在排球比赛中，小明把排球竖直向上抛出，排球在运动中动能E 随时间t变化的图像最接近下列选项中的 ( )
A． B．
C． D．
10． 某同学测得甲、乙两杯水的温度分别是45℃和75℃，下列判断正确的是 ( )
A．乙杯水的温度降低，水的内能一定减少
B．乙杯水的热量一定比甲杯水的热量多
C．甲杯水的分子运动一定比乙杯水的分子运动剧烈
D．甲杯水的内能一定比乙杯水的内能小
11． 如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力的方向，使其从位置①到位置②，再到位置③。此过程中，弹簧测力计的示数将 ( )
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
12． 如图所示，放在水平桌面上的匀质长直木板长度L 为40厘米，质量为2千克，它的右端与桌面相齐，与桌面间的滑动摩擦力为木板重 5。若在板左端用一水平推力F 将其匀速推下桌子，则水平推力至少要做功(g取10牛/千克) ( )
A．1.6焦 B．0.8焦 C．0.6焦 D．0.4焦
13．（2019九上·萧山期末）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10N
B．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6J
D．水平拉力F的功率是6W
14．（2024九上·杭州）如图所示，将一弹性小球沿一定角度斜抛出去，小球落地后被弹出，依次经过A点、B点、C点和D点后又被多次弹起，图中虚线为小球的运动轨迹。则该弹性小球在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时机械能为零
B．小球第一次反弹后到达最高点C时动能为零
C．小球经过相同高度的A、D两点时动能相等
D．小球在C点时的机械能大于在D点时的机械能
15．（2023九上·义乌期中）图中的每个滑轮重0.5N，物体A重6N，托板重1N。为了提升重物A，在2s的时间内，拉力F的作用点沿竖直方向匀速升高了1.2m，这个过程中，不计滑轮轴摩擦和绳重，则下列分析正确的是（ ）
A．拉力F的大小为1.5N
B．天花板对定滑轮拉力大小为4.5N
C．物体A上升的速度为0.6m/s
D．拉力F克服A重力做功7.2J
16．（2024九上·拱墅期末）如图甲所示电路的电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，图乙是小灯泡的I-U图像。闭合开关S后，下列判断正确的是（ ）
A．电压表示数为2.5V时，小灯泡的功率是1.25W
B．小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电功率是0.25W
C．滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡变暗
D．电流表示数为0.4A时，灯泡的电阻是25Ω
17．（2024九上·拱墅期末）如图甲示，重80N的物体在大小为30N的水平向左的拉力F1的作用下，在水平面上以0.4m/s的速度做匀速直线运动。再改用图乙所示的滑轮组拉物体，该物体在水平向右的拉力F2作用下在相同的水平面上以相同的速度水平方向右匀速直线运动了0.5m(滑轮与绳子质量及滑轮与绳子的摩擦均不计).下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面之间的摩擦力的大小为15N
B．拉力F2的功率为36W
C．拉力F2的大小为90N
D．拉力F2做的功为15J
18．（2024九上·绍兴期末）利用核能发电是人们和平利用核能的一个重要方向。下面有关核电站的说法正确的是（ ）
A．核反应堆是利用核聚变原理工作的
B．汽轮机将机械能转化为内能
C．发电机将机械能转化为电能
D．核电站发电和原子弹爆炸时发生的链式反应，
19．（2024九上·余杭期末）小科用如图所示电路研究电流产生的热量与哪些因素有关，他将电热丝R1、R2涂上一种红色温变油墨，当温府达到80℃时，该油墨会变成无色，以下选项不正确的是（ ）
A．利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法
B．R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻
C．若要使变色时间提前，应将滑动变阻器滑片P往右移
D．该实验控制的变量是电流和通电时间相同
20．（2024九上·金东期末）下图是灯泡L的I—U图像，结合图像分析，下列选项正确的是（ ）
A．通过灯泡L的电流与其两端的电压成正比
B．当通过灯泡L的电流为0.3A时，其实际功率为0.72W
C．将两个完全相同的灯泡L串联在2.4V的电源两端，电路的总功率为0.24W
D．将灯泡L和18Ω的定值电阻并联在3.6V的电源两端，电路的总电阻为6Ω
阅卷人 二、填空题（每空1分，共36 分）
得分
21．（2024九上·杭州）如图甲所示，离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在 点动能最大。根据图乙的能量柱状图，可知B和D的高度 （选填“一定”或“不一定”）相同，而且篮球在B点的机械能 （选填“大于”“等于”或“小于”）在D点的机械能。
22．如图所示为探究电流通过导体产生的热量与 关系的实验装置，实验中用U形管内液面的 来反映导体产生热量的多少。通电一段时间后，容器 (填“甲”或“乙”)内电阻丝产生的热量较多。
23．小星学习了电功率知识后，想利用电能表测量家中电热水壶工作时的实际功率。他仔细观察了家中的电能表，表盘参数如图所示，则小星家允许加载的用电器的最大功率为 W。他关闭家中其他用电器，只让电热水壶烧水，发现电热水壶工作1min，电能表转盘转过60r，则该电水壶的实际功率为 W。
24．小金在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和煤油进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，控制水和煤油在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出 (填“甲”或“乙”)物质为水，煤油在0~15 min 内放出的热量为 。[c水=4.2×103J/(kg ℃)]
25．小明在社会实践中观察到修理汽车的叔叔使用扳手时，还在扳手手柄上加了一个套筒，如图甲所示，于是小明设计了如图乙所示的装置探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系。
（1） 测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于 。
（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图所示的动力随动力臂变化的图像，则杠杆左端所挂重物的重力大小是 N(杠杆上每一小格长度为1cm)，小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的长方形面积(如图丙中阴影部分)总相等，原因是 。
26．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
【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。
【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。物块被撞得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越 。
【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 。
【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 (填“超载”或“超速”)行驶时危险性大的原因。
27．（2024九上·海曙开学考）能量转化和守恒定律是许多科学家经长期探索建立起来的，是科学史上的重大发现。
材料一：十七至十八世纪，多位科学家对能量的量度提出了不同的观点。1644年，笛卡尔用物体的质量和其速度的乘积来量度；1686年，莱布尼兹用物体的质量和其速度平方的乘积来量度；1743年，达朗贝尔用“活力”（即物体受力作用而通过一定距离）来量度。
材料二：温度计的不断改进给热与功研究的精确化准备了必要条件。焦耳通过400多次的实验，于1849年精确地测定了热功当量关系的数值，这一数值与现代公认值非常接近，为能量守恒定律的确立奠定了定量的实验基础。
（1）材料一中，哪位科学家的观点与“功”概念相符合____；
A．笛卡尔 B．莱布尼兹 C．达朗贝尔
（2）如图所示是焦耳研究热功当量关系的实验装置，通过重物的上下运动，带动叶片转动，通过做功使水的内能 （选填“增大”或“减小”）。
28．（2024九上·平湖期末）某电能表的表盘上标有“1600 imp/kW·h”的字样。将某品牌的电饭锅(电路图如图所示)接在家庭电路中，只让它处于高温档单独工作12分钟，这段时间内电能表的指示灯烁了320imp(次)。根据以上信息，请回答下列问题。
（1）“kW·h”是 的单位。
（2）电饭锅的开关S连接在 接线柱(选填“bc”.“cd”)。
（3）该电饭锅在12分钟内的实际功率为 瓦。
29．（2024九上·江北期末）如图甲是一款多功能电暖器，其内装有导热油，转动旋钮可实现高、中、低不同档位之间的切换。图乙是其内部电路原理图，其中四个发热电阻阻值相同，已知中温档额定功率为1000W。
（1）电暖器是利用电流的 效应来工作的。
（2）电暖器低温档工作时，开关应处于 位置（填“1”“2”或“3”）。
（3）电阻R的阻值为 Ω。
30．（2024九上·鄞州期末）小宁在妈妈的指导下练习炒菜时，用天然气将质量为的菜油加热，若使用的天然气体积为且天然气完全燃烧释放出的热量有被菜油吸收。[取，天然气的热值为]
（1）天然气完全燃烧放出的热量为 J。
（2）菜油升高的温度为 ．
31．（2023九上·联合月考）如图甲所示，小科分别将A、B两个完全相同的物体，沿左右两边斜面拉到顶端，做功情况如图乙所示。
（1）小科对B做的额外功是 J。
（2） 侧斜面的机械效率更高（填“左”或“右”）。
32．（2023九上·义乌月考）如图甲是蹦极运动过程示意图，小江同学从O点开始下落，OA长度是弹性绳的自由长度，在B点时他所受弹性绳弹力恰好等于自身重力，C点是下落到达的最低点。小江画出了蹦极过程中自己的动能和弹性绳的弹性势能变化情况如图乙（不计空气阻力）。
（1）AB阶段小江受到弹性绳的拉力F和自身重力G的大小关系是F （填“大于”“等于”或“小于”）G。
（2）图像中a曲线表示 能的变化情况。
（3）请解释a曲线的最高点为什么低于b曲线的最高点： 。
33．（2023九上·宁波竞赛）2019年5月6日，聊城首批30辆氢燃料新能源公交车投放使用。氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是21世纪最理想的能源，[ ；)求：
（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量 ；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高的温度 ；
（3）某氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的焦耳数和公交车所做的功相等。则这些热量能让该公交车匀速行驶多长时间 。
阅卷人 三、实验探究题（每空1分，共11 分）
得分
34．（2024九上·柯桥期中） 小柯设计了如图装置来探究动能的影响因素，其中 所用物块为木块。
（1）实验中利用木块被碰撞后移动的距离来比较物体的动能大小。下列实例中与此实验方法相同的有 。 (填编号)
①认识电流大小时，用水流进行类比
②用红墨水在水中的扩散现象来认识分子是运动的
③用吸引大头针的多少来比较电磁铁的磁性强弱
（2）小柯通过甲、丙两次实验初步得出“物体动能的大小与质量有关”的结论，小柯得出这个结论是否具有科学性，请说明理由 。
（3）做丙图实验时，木块被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成木块损坏，需改进实验装置或实验方案。在不改变木板长度的情况下，可以采用以下____方法。
A．适当减小钢球C的质量
B．给丙组水平木板铺上毛巾
C．适当降低钢球C的高度，使 hC=hA
D．给丙组换用一个较重的木块
（4） 实验后，同学们联想到汽车的“超载”与“超速”是造成交通事故的最大安全隐患。为探究“超载”与“超速”，哪个造成的危害更严重 小柯利用上述装置进行了实验测定，得到的数据如表。
实验序号 小球的质量m/g 小球自由滚下的高度h/ cm 木块被撞后运动的距离s/m
1 30 10 4
2 30 20 16
3 60 20 32
由实验可知：当发生交通事故时， 造成的危害更严重。
35．（2024九上·余杭期末）为了比较两种燃料的热值，小金采用如图甲所示的两套完全相同的装置进行实验，烧杯内水的初温和质量相同，实验中忽略热量损失。
（1）实验时若温度计的玻璃泡碰到杯底，则测量的温度值 （“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）实验中燃烧相同质量的燃料，根据 来比较放出热量的多少。
（3）小金选用了燃料a和燃料b进行实验。当燃料燃尽后，小金根据各个时刻烧杯中的水温，绘制了如图乙所示的图像，则可初步判断燃料 的热值大。
（4）另一组的小华也用图甲的两套完全相同的装置进行实验，并重新在烧杯内加入初温和质量相同的水，在燃料烧完后也画出了水的温度随时间变化的图像如图丙所示，根据丙图像，燃料1和燃料2的热值之比为 。
36．（2023九上·北仑期末）图甲是小科的哥哥测定小灯泡额定功率的电路，小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）测小灯泡电压的电压表有“0﹣3V”、“0﹣15V”两个量程，小科的哥哥正确选用了“ ”量程。
（2）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，使电压表的示数为2.5V 。
（3）小科发现，与我们教材中测小灯泡电功率的电路相比，哥哥的实验电路多了一根导线 。（用图甲中导线旁的字母表示）
阅卷人 四、解答题（计算小题各2分，其他1分，共13分）
得分
37．如图所示为太阳能LED路灯，白天有日照时，电池板将太阳能转化为电能并储存在锂电池中，晚上锂电池给LED路灯系统供电提供照明。已知：太阳能电池板输出参数为“20V 5A”，有效面积为0.5m2；正常日照时，太阳每秒辐射到每平方米电池板上的能量为
（1） 若每天正常日照8h，锂电池一天可以储存多少电能
（2） 该太阳能电池板的光电转换效率为多少
（3）若路灯每晚从20：00持续工作到凌晨5：00，为了节能，LED 路灯系统安装雷达感应装置，20：00至24：00人群活动密集时功率为20W，24：00至凌晨5：00夜深人静时功率为4 W。已知锂电池最多能储存， 的电能，则充满电可以提供LED路灯系统在阴雨天(无日照)持续工作多少个晚上
38．（2024九上·杭州）某小球被水平抛出，其部分运动轨迹如图甲所示，小球在运动过程中经过M、N两点，对应甲图①②③点处的某两个位置，其动能和重力势能的参数如图乙所示。
（1）从小球的运动轨迹图可知，小球在①③位置机械能 （选填“相等”或“不相等”）
（2）根据图乙计算小球在N点的机械能是多少焦？
（3）通过计算分析说明，M点在对应甲图①②③的哪个位置？
39．（2024九上·拱墅期末）神舟飞船返回舱结构呈钟形，稳定性好。如图所示为返回舱以倾斜的姿态飞行返回地球，此过程中返回舱外壳温度可高达1500℃，且返回舱迎着大气层的一侧会比背着的一侧产生更多的热量。
（1）写出返回舱返回地球时，返回舱外壳温度高的原因。 。
（2）为使返回舱受热均匀，可采取的措施是 （写出1点）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】1、杠杆平衡条件是动力×动力臂=助力×阻力臂；
2、题中的重物G作为阻力不变，阻力臂也不变，要使杠杆在水平位置平衡的拉力最小只需要动力臂最长。找出使杠杆平衡时的最长的动力臂即可判断出答案。
【解答】由分析可知，F4虽然动力臂最长，但在它的作用下杠杆会发生逆时针的转动，不能使杠杆平衡，D错误；在剩下的三个力都可以使杠杆在水平位置平衡，其中F1的力臂是最大的，所以F1力最小，A选项正确。B、C错误。
故选A
2．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】ABC.动能与物体的质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能也就越大；
重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大，高度越大，物体的重力势能越大。
D.注意分析b点时水平方向上的速度是否为零。
【解答】 A．运动员从a处到b处，高度增大，重力势能增大，速度减小，是动能转化为重力势能，故A错误；
B．运动员从b处到d处，是下降过程，高度减小，重力势能减小，重力势能转化为动能，动能逐渐增大，故B错误；
C．运动员在a处和c处的高度相同，质量相等，故重力势能相等，故C正确；
D．运动员到达b处时竖直方向上的速度为零，而水平方向上速度不为零，即b点动能不为零，故D错误。
故选C。
3．【答案】D
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【分析】电压不变，电阻增加，电流减小，P=UI，可得功率减小。
【解答】 A.导电墨线间以并联的方式连接，A错误；
B. 若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率小于额定功率，B错误；
C. 工作时通过导电墨线的温度升高，电阻变大电流减小，C错误；
D. 当温度到达t0并继续升温时，电阻急剧变大，电流减小，发热功率会急剧减小，D正确；
故答案为：D。
4．【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；摩擦力的存在；功率计算公式的应用
【解析】【分析】根据甲图可求得速度，由图象可知，物体做匀速直线运动。根据速度-时间图象确定物体做匀速直线运动的阶段，并读出速度大小，由此可知两次水平推力的关系。
【解答】由图象甲可知，物体做匀速直线运动，速度大小为
v甲== =2m/s
由v-t图象乙可知，物体的速度保持不变，即物体做匀速直线运动，速度大小为v乙=4m/s
因为两次都是匀速直线运动，推力和摩擦力是平衡力，根据二力平衡条件可知，推力都等于摩擦力，压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，两次受到的水平推力为
F1=F2
已知
v甲＜v乙
由
可得两次推力的功率
P1＜P2
故答案为：B。
5．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】 动能的大小取决于物体的质量和运动的速度；物体的重力势能取决于物体的质量和高度；动能和势能统称为机械能。
【解答】 由于摩天轮是在匀速转动，所以小明在上升到最高点的过程中，其速度、质量不变，故动能保持不变。同时高度增加，故重力势能增加，即其机械能增加，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．【答案】D
【知识点】内能；热量的计算
【解析】【分析】 （1）由题知，用不同的热源加热，在相同的时间内加热器放出的热量不同，说明在相同时间内水吸收的热量不同，根据图象知升高的温度不同；
（2）比热容的大小与物质的种类和状态有关；
（3）根据两杯水的温度变化量判断出电阻的大小和功率的大小；
（4）根据题中条件和Q=cmΔt分析甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量的关系。
【解答】解：A、实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，根据图象知两杯水升高的温度不相同，故A错误；
B、由题可知，甲、乙两容器中都是水，且状态相同，则两杯水的比热容相同，故B错误；
C、根据图象乙知甲的温度升高快，说明吸热多，根据Q=I2Rt知，在电流和通电时间相同时，甲的电阻大，根据P=I2R知甲的功率大，即R2＜R1，P2＜P1，故C错误；
D、由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min升高的温度相同，且两杯水的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故D正确。
故选：D。
7．【答案】D
【知识点】力是否做功的判断
【解析】【分析】力学里所说的功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离。
【解答】 力学里所说的功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离。
A．从发力到上拉的过程中，运动员对杠铃施加一个向上的力，杠铃向上移动了距离，所以运动员对杠铃做功，故A错误；
B．从上拉到翻站的过程中，运动员对杠铃施加一个向上的力，杠铃向上移动了距离，所以运动员对杠铃做功，故B错误；
C．从翻站到上挺的过程中，运动员对杠铃施加一个向上的力，杠铃向上移动了距离，所以运动员对杠铃做功，故C错误；
D．举着杠铃稳定站立的过程中，运动员对杠铃施加了力，但是杠铃没有移动距离，所以运动员对杠铃不做功，故D正确。
故选D。
8．【答案】C
【知识点】核裂变与核聚变；核电站及其工作原理
【解析】【分析】核电站主要利用核裂变释放的能量进行发电。
【解答】A.日本排放的是核污染水，日本福岛核污染水是机芯断裂，内部核料泄露到冷却水中，A正确；
B.A是核裂变，B是核聚变，核电站主要利用核裂变释放的能量进行发电，B正确；
C. 核反应后有核废料，属于核反应，不是化学反应，也不是化学变化，C错误；
D. 核电站能量转化顺序是核能→内能→机械能→电能，D正确；
故答案为：C。
9．【答案】A
【知识点】能量的相互转化和转移；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】动能被定义为物体由于运动而具有的能量形式，而势能则是物体由于位置而具有的能量形式。 动能和质量和速度有关，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能和质量和高度有关，质量越大，高度越大，重力势能越大；
【解答】 在排球比赛中，小明把排球竖直向上抛出，排球在运动中，先回先会向上运动到最高点，然后往下运动回到地面，动能E 随时间t变化的图像最接近下列选项中的A，先是动能转化为重力势能，达到最高点后，动能为0，重力势能最大；下落时，重力势能转化为动能，所以动能不断增加；
故答案为：A
10．【答案】A
【知识点】温度、热量与内能的关系
【解析】【分析】 物体的内能与物体的温度、质量、状态有关；温度是分子平均动能的标志；能量自发的从高温物体传向低温物体。
【解答】A.乙杯中水的温度降低，分子运动速度减慢，内能变小，故A正确；
B.热量是一个过程量，故不能比较热量的多少，故B错误；
C.温度越高，分子运动越激烈，乙的温度比甲的高，所乙杯中的水分子运动一定比甲杯中的剧烈，故C错误；
D.物体的内能与物体的温度、质量、状态有关，两杯水质量关系不知，无法判断内能关系，故B错误；
故选A。
11．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 分析图中在改变弹簧测力计拉力的方向的过程中力臂的变化情况，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得出结论。
【解答】 由图知，测力计在②位置时，其动力臂等于右段杆长，此时动力臂最长，由①→②→③的过程动力臂先变大后变小，阻力和阻力臂一定，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，测力计的示数先变小后变大。
故选C。
12．【答案】B
【知识点】功；功的计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）用一水平推力F将匀质长直木板匀速推下桌子，均匀木板的重心在中心，当木板的重心到达桌子边时，木板就会在重力的作用下自己落下，所以只需将木板向右推动20cm即可。
（2）已知木板质量2kg，可求出重力，又知木板与桌面间的动摩擦因数为0.2，可求出摩擦力，因为匀速推动。推力与摩擦力是平衡力大小相等，可知推力大小，然后根据W=FS求出推力做的功。
【解答】解：木块的重力：G=mg=2kg×10N/kg=20N，
木块受到的摩擦力：f=0.2G=0.2×20N=4N。
因为匀速推动。推力与摩擦力是平衡力大小相等，
推力：F=f=4N，
S=20cm=0.2m。
推力做功：W=FS=4N×0.2m=0.8J。
故选：B。
13．【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点
【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。
14．【答案】D
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素
【解析】【分析】影响重力势能的因素：质量、高度；影响动能的因素：质量、速度；影响弹性势能的因素：弹性形变程度；小球弹跳的高度会越来越低，这说明在势能和动能的转化过程中有能量的消耗，所以小球的机械能一次比一次少。
【解答】A．小球在B点时，质量一定，高度最低，速度最大，所以动能最大，重力势能最小，动能和势能统称为机械能，机械能不为零，故A错误；
B．从轨迹来看，小球既有水平方向的速度又有竖直方向的速度，第一次反弹后到达最高点C时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，则小球在C点的动能不为零，故B错误；
C．小球在多次弹起过程中，机械能逐渐变小，而A点在D点之前，因此小球在D点的机械能小于在A点的机械能，由于A、D两点高度相同，重力势能相等，所以D点的动能小于A点的动能，故C错误。
D．由图可知，小球在多次弹起过程中，机械能逐渐变小，而C点在D点之前，所以小球在C点时的机械能大于在D点时的机械能，故D正确。
故答案为：D。
15．【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；功的计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】A.根据图片确定承担重力的绳子段数n，再根据计算拉力的大小；
B.对定滑轮进行受力分析，根据平衡力的知识计算天花板对定滑轮的拉力；
C.重物提升的距离，由求出物体A上升的速度；
D.根据W=Fs计算拉力F克服重力所做的功。
【解答】A.根据图片可知，与托板相连的两个滑轮为动滑轮，承担重力的绳子段数n=4。
它们的总重力G=GA+G滑轮+G托板=6N+0.5N+0.5N+1N=8N，
则作用在绳端的力为：，故A错误；
B.定滑轮对天花板的拉力等于两股绳对定滑轮的拉力加上定滑轮的重力，
即F拉=2N+2N+0.5N=4.5N，故B正确；
C.物体上升的高度，
那么物体A上升的速度为：，故C错误；
D.拉力F克服A重力做功：W=Fs=2N×1.2m=2.4J，故D错误。
故选B。
16．【答案】B
【知识点】电功率计算公式的应用；电功率
【解析】【分析】 （1）电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律得出灯的电压，由图知，灯的电压为0.5V电流大小，根据P=UI得出小灯泡的功率；
（2）小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图像可知灯的额定电流，根据串联电路电压的规律求出变阻器的电压为，根据P=UI求出变阻器的功率；
（3）由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，滑片P向左滑动时，分析电路中的电阻变化，由欧姆定律确定电路中的电流变化，根据P=I2R确定灯的实际功率，从而得出灯泡亮度变化；
（4）由图像知，当电流为0.4A时，对应的电压为1V，由欧姆定律的应用求出灯的电阻。
【解答】解：A、电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律，灯的电压为：UL'=U-U滑'=3V-2.5V=0.5V，
由图像可知，灯的电压为0.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，则小灯泡的功率：PL'=UL'I'=0.5V×0.3A=0.15W，故A错误；
B、小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图像可知灯的额定电流为0.5A，
根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：U滑=U-UL额=3V-2.5V=0.5V，
此时滑动变阻器的功率：P滑=U滑I滑=0.5V×0.5A=0.25W，故B正确；
C、由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
滑片P向左滑动时，电路中的电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据P=I2R可知灯泡的实际功率增大，则灯泡变亮，故C错误；
D、由灯泡的I-U图像可知，当电流为0.4A时，灯泡的电压为1V，
由欧姆定律可得，此时灯的电阻：，故D错误。
故选：B。
17．【答案】C
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】 （1）滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，并且摩擦力的大小等于物体做匀速直线运动时的拉力。
（2）根据二力平衡的条件、滑轮组的特点以及摩擦力的大小求出拉力F2的大小，然后根据P=Fv和W=Fs求出拉力F2的功率和做的功。
【解答】解：A、图甲中是一只动滑轮，用2段绳子承担，物体做匀速直线运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力为f=2F1=60N，故A错误；
BC、分析滑轮组可知，左侧60N的摩擦力由两段绳子承担，每段绳子的拉力为30N，每段绳子的速度为物体速度的2倍，右侧F2的拉力则分为了3段承担，因此F2=3×30N=90N，F2的速度为物体速度的，故；所以B错误，C正确；
D、在滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计的情况下，拉力F2做的功就是克服摩擦力做的功W=fs=60N×0.5m=30J，所以D错误。
故选：C。
18．【答案】C
【知识点】核电站及其工作原理
【解析】【分析】AD.根据核反应堆的工作原理判断；
B.根据热机的能量转化判断；
C.根据发电机的能量转化判断。
【解答】A.核反应堆是利用核裂变原理工作的，反应是可控的，而原子弹爆炸是不可靠的核裂变，故A、D错误；
B.汽轮机将内能转化为机械能，故B错误；
C.发电机将机械能转化为电能 ，故C正确。
故选C。
19．【答案】C
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 转换法的基本思想是在保证实验效果相同的前提下，将不可见或难以测量的物理量转换为可见或易于测量的物理量。
【解答】 A.利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法，A正确；
B.R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻，可以探究电热与电阻大小的关系，B正确；
C. 若要使变色时间提前，可以将电路电流变大，应将滑动变阻器滑片P往左移，C错误；
D. 该实验控制的变量是电流和通电时间相同，串联电路电流相等，D正确；
故答案为：C。
20．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】如果电流与电压成正比，则IU图像为直线。结合欧姆定律以及电功率公式进行分析。
【解答】A．由图可知，灯泡L的图像是一条曲线，说明通过它的电流与电压不成正比关系，故A错误；
B．当通过灯泡L的电流为0.3A时，由图像可知，灯泡L两端的电压略小于2.4V，根据可得小灯泡的实际功率小于0.72W，故B错误；
C．将两个完全相同的灯泡L串联在2.4V的电源两端，根据串联分压的规律，各小灯泡分得的电压为1.2V，由图像可知，此时电路中的电流为0.2A，则电路的总功率为故C错误；
D．将灯泡L和18Ω的定值电阻并联在3.6V的电源两端，由图可知，此时小灯泡的电流为0.4A，根据欧姆定律，通过定值电阻的电流为则电路中的总电流为电路中总阻值为，故D正确。
故答案为：D。
21．【答案】A；一定；大于
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素
【解析】【分析】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。动能和势能统称为机械能，据此根据能量柱状图，结合能量守恒定律分析解答。
【解答】离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在A点时速度最大，则在A点动能最大。根据篮球在等高点B和D的能量柱状图知道，篮球在B点和D点重力势能相等，所以，B和D的高度一定相同；根据篮球在等高点B和D的能量柱状图知道，在D点的动能小于在C点的动能，由于动能和势能统称为机械能，所以，篮球在B点的机械能大于在D点的机械能。
22．【答案】电流；高度差；甲
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 （1）由图可知甲、乙两容器中电阻丝的电阻相同，通过电阻丝的电流不同，故如图是探究电流通过导体产生的热量与电流的关系；
（2）电流通过导体产生的热量的多少不能直接观察，但可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（3）根据Q=I2Rt可判断电流产生热量的多少。
【解答】 （1）装置中右侧乙容器中一个5Ω的电阻和容器外面一个5Ω的电阻并联后再与甲容器中一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的一个电阻的电流相等，右侧两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，则通过右侧容器中电阻的电流是通过左侧容器中电阻的电流的一半，故此装置是研究电流产生的热量与电流的关系；
（2）根据实验装置可知，电流通过导体产生热量使容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，这种通过U形管液面高度差的变化来反映电流通过导体产生热量多少的研究方法叫转换法；
（3）根据公式Q=I2Rt可知，在电阻和通电时间相同的情况下，电流越大，电流产生的热量越多，故通过容器甲内电阻丝产生的热量较多。
23．【答案】4400；1200
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）“220V、10（20）A”中，220V是指电能表的工作电压，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求小星家允许加载的用电器的最大功率。
（2）3000r/（kW h）表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表转盘转3000r，据此求电能表转盘转60r时，电热水壶消耗的电能，再利用求电热水壶的实际功率。
【解答】 （1）“220V、10（20）A”中，220V表示电能表的工作电压，20A表示电能表平时工作允许通过的最大电流，
小星家允许加载的用电器的最大功率：P最大=UI最大=220V×20A=4400W；
（2）3000r/（kW h）表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表转盘转3000r，
电能表转盘转60r时，
电水壶消耗的电能：W=kW h=0.02kW h=0.02×3.6×106J=7.2×104J，
工作时间t=1min=h，
电水壶的实际功率：。
24．【答案】甲；4.2×104J
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】 （1）根据放热公式Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得慢，则它的比热容大，据此结合图像进行判断。
（2）前面已经判断出哪一种液体是水，根据图像上的数据利用Q放=cmΔt求出水在0～15min内放出的热量；由题知，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，据此可知另一种液体在0～15min内放出的热量。
【解答】 （1）甲、乙两液体在相同时间内放出的热量相等，由图像可知，甲液体的温度降低得慢，乙液体的温度降低得快；
根据放热公式Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得慢（即Δt小），则它的比热容大；
所以甲液体的比热容大，即甲是水。
（2）甲液体是水，由图可知，水的初温是60℃，放热15分钟后水的末温是40℃，
则水在0～15min内放出的热量：
Q水放=c水m水（t水-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（60℃-40℃）=4.2×104J，
由题知，实验过程中水和煤油在相同时间内放出的热量相等，
所以煤油在0～15min内放出的热量：Q液放=Q水放=4.2×104J。
25．【答案】（1）测量力臂
（2）1.5；阻力和阻力臂不变
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）让杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂；
（2）①阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，据此分析。
②根据长方形面积的计算方法结合杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】 （1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；
（2）①由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，
即F2L2=F1L1=3N×2cm=6N cm；
由图乙可知，阻力臂L2=4cm，则杠杆左端所挂重物的重力；
②图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等。
26．【答案】速度；质量；大；质量相同时，汽车(物体)的速度越大，动能越大；超载
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）十次车祸九次快的快说的是速度，安全驾驶莫超载中的超载说的是质量；
（2）小球具有的能量越多，小球对外做功的本领越强，碰撞时，对物块做的功就越多，物块移动的距离就越远；
（3）图甲、丙中，小球的质量相同，下落高度不同，则碰撞时，小球的速度不同，根据控制变量法的思想，归纳出合理的结论；
（4）由图甲、乙可知，小球的动能与小球的质量有关，再结合问题进行分析；
【解答】 解：十次车祸九次快的快说的是速度，则汽车的动能可能跟速度有关。安全驾驶莫超载中的超载说的是质量，则汽车的动能可能跟质量有关；
小球具有的能量越多，小球对外做功的本领越强，碰撞时，对物块做的功就越多，物块移动的距离就越远，所以物块在水平面移动的距离越远、小球到达水平面时动能就越大；
图甲、丙中，小球的质量相同，下落高度不同，则碰撞时，小球的速度不同，物块在水平面移动的距离不同，则说明：物体的动能与速度有关；
图甲、乙中，小球下落的高度相同，则小球下滑到水平面时的速度相同，甲图中小球的质量大于乙图的，撞击后，甲图中物块移动的距离大于乙图的，则说明：速度一定时，物体的质量越大，物体的动能越大。则可以说明汽车超载时，危险性大；
故答案为：速度；质量；大； 质量相同时，汽车(物体)的速度越大，动能越大 ；超载。
27．【答案】（1）C
（2）增大
【知识点】功；物体内能的改变方法
【解析】【分析】 （1）功等于力与力的方向上通过的距离的乘积；
（2）做功改变内能的实质是能量的转化。
【解答】 （1）功是力和力的方向上通过的距离的乘积，达朗贝尔用“活力”（即物体受力作用而通过一定距离）来量度，所以科学家达朗贝尔的观点与“功”概念相符合，故选C；
（2）通过重物的上下运动，带动叶片转动，通过做功使水的内能增大。
28．【答案】（1）电能（或电功）
（2）cd
（3）1000
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法；电功率
【解析】【分析】1600 imp/(kW●h)表示电能表指示灯每闪烁1600次，电路消耗的电能为1kW●h。
【解答】（1）kW·h是电能的单位。1kW·h表示乙1kW的功率工作1小时消耗的电能。
（2） 电饭锅的开关S连接在cd接线柱，此时R2被短路，只有R1连通，电路电流最大，功率最大，处于高温档。
（3） 该电饭锅在12分钟内的实际功率为
29．【答案】（1）热
（2）1
（3）48.4
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）电流通过导体时都会发热，这就是电流的热效应；
（2）根据比较开关在不同位置时电功率的大小，从而确定对应的工作状态即可；
（3）当开关在2时，只有R单独工作，此时为中温档，根据计算R的阻值。
【解答】（1）电暖器是利用电流的热效应来工作的。
（2）根据乙图可知，当开关处于1时，两个电阻串联，总电阻为R串；
当开关处于2时，只有一个R工作，总电阻为R；
当开关处于3时，两个电阻并联，总电阻为R冰；
那么总电阻R串>R>R并；
根据可知，总功率P串则三者对应的功率为低温、中温和高温档。
（3）当开关在2时，只有R单独工作，此时为中温档，
则R的阻值为：。
30．【答案】（1）8000
（2）50
【知识点】能量利用效率；热量的计算；燃料的热值
【解析】【分析】（1）根据公式Q放=Vq求出天然气完全燃烧放出的热量；
（2）知道效率，利用效率公式可以求出菜油吸收的热量，根据公式Q吸=cmΔt求得菜油升高的温度
【解答】 （1）天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Vq=2×10-4m3×4×107J/m3=8×103J；
（2）由可得菜油吸收的热量：Q吸=ηQ放=50%×8×103J=4×103J，
由Q吸=cmΔt知，菜油升高的温度：。
31．【答案】（1）0.5
（2）右
【知识点】功；机械效率；机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】根据斜面做的总功等于克服重力做功为有用功，与克服摩擦力做功为额外功的和。来计算B物体的额外功。根据机械效率等于有用功除以总功来比较机械效率的高低。
【解答】（1）A物体的有用功=总功-额外功=2J。B物体的额外功=总功-有用功=0.5J；
（2）A的机械效率为2J/3J=75%，B的机械效率为2J/2.5J=80%，所以右侧机械效率更高。
故答案为：（1）0.5 （2）右
32．【答案】（1）小于
（2）人的动能
（3）根据能量转化和守恒定律可知两处总的机械能相等，但a曲线最高点除了动能还有重力势能和弹性势能
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】 （1）运动员下落过程中，若重力大于弹力，则运动员做加速运动；若重力小于弹力，则运动员做减速运动，据此分析弹力与运动员重力的关系；
（2）动能的大小与物体的质量和速度有关，在质量一定时，速度越大，动能越大，弹性势能与弹性形变大小有关，不计空气阻力整个系统机械能守恒。
【解答】（1）小江同学从O点开始下落，OA长度是弹性绳的自由长度，在B点时他所受弹性绳弹力恰好等于自身重力，AB阶段的形变大小小于B点，故弹力小于B点的弹力，因而AB段小江受到弹性绳的拉力F和自身重力G的大小关系是F小于G，做加速运动；
（2）刚开始下落的OA阶段，弹性绳子没有形变，不具有弹性势能，说明b是弹性势能的曲线，而刚开始下落就做加速运动，具有动能，则a是动能的曲线；
（3）由于C点的高度低于B点，因而B点动能最大，此时还有重力势能，从B到C，动能和重力势能都转化为弹性势能，因此a曲线的最高点低于b曲线的最高点。
故答案为：（1）小于；（2）动；（3）根据能量转化和守恒定律可知两处总的机械能相等，但a曲线最高点除了动能还有重力势能和弹性势能 。
33．【答案】4.2×107J；50℃；300
【知识点】功率计算公式的应用；热量的计算
【解析】【分析】（1）有关热值的计算公式：；
(2)比热容相关的计算公式：；
(3)功率的计算：。
【解答】(1)0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量
(2)水吸收的热量
由得水升高温度
(3)公交车所做的功
由得公交车行驶时间
34．【答案】（1）②③
（2）不科学，没有控制物体速度相同
（3）A；C
（4）超速
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
（2）根据控制变量法的要求可知，探究动能与质量的关系时，需要控制速度大小相同。甲和丙中小球在斜面上的高度不同，则到达斜面底端时的速度大小不同，据此分析解答；
（3）根据影响动能大小的因素，以及动能大小的反映方法判断；
（4）根据表格数据分析速度和质量哪个对动能的影响更大即可。
【解答】（1） 实验中利用木块被碰撞后移动的距离来比较物体的动能大小，使用转换法。
①认识电流大小时，用水流进行类比，使用类比法；
②用红墨水在水中的扩散现象来认识分子是运动的，使用转换法；
③用吸引大头针的多少来比较电磁铁的磁性强弱，使用转换法。
故选②③。
（2）小柯通过甲、丙两次实验初步得出“物体动能的大小与质量有关”的结论，小柯得出这个结论是不科学的，理由是：没有控制物体速度相同。
（3）木块被撞后滑出桌面掉落，说明小球的动能太大，此时可以减小小球的动能，即适当减小小球的质量，或者适当降低小球在斜面上的高度进而减小速度，故A、C正确；
使用过程中，要用木块移动的距离反映小球动能大小，因此必须控制它受到的阻力大小相等，故B、D错误。
故选AC。
（4）根据实验1和2可知，当速度增大到原来的2倍时，木块移动的距离是原来的4倍，即动能大小与速度的平方成正比；
根据实验2和3可知，当质量增大到原来的2倍时，木块移动的距离是原来的2倍；
比较可知，速度对动能的影响更大；
则发生交通事故时，超速造成的危害更严重。
35．【答案】（1）偏大
（2）温度计上升的示数
（3）B
（4）8：3
【知识点】热量的计算；燃料的热值
【解析】【分析】玻璃泡碰到杯底，测量的温度值偏大，用烧杯中温度计上升的示数来比较放出热量的多少，根据热量计算公式计算吸收的热量之比，根据热值公式计算热值。
【解答】（1）实验时若温度计的玻璃泡碰到杯底，由于杯底的温度较高，则测量的温度值偏大。
（2）由于实验中不能直接观察到燃料放出热量的多少，所以实验中运用转换法，用烧杯中温度计上升的示数来比较放出热量的多少。
（3）由图乙可知，燃料燃尽后，燃料b能使烧杯中温度计上升的示数更大，所以燃料b放出热量更多，故燃料b的热值大。
（4）由图丙可知，燃料1使水温度升高到100℃，水的温度保持不变，水在5min内，温度由20℃升高到100℃，温度升高80℃，燃料2使水温在15min内，温度由20℃升高到80℃，则燃料2使水温在5min内，升高20℃；则在5min内，两套装置中的水吸收热量之比
则在5min内，两套装置中的燃料放出热量之比为4∶1，在5min内，燃料1只燃烧总质量的，燃料2只燃烧总质量的，则燃料1和燃料2的热值之比。
36．【答案】（1）0﹣3V
（2）0.75W
（3）b
【知识点】电功率计算公式的应用；小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】电流表使用前要调零，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，滑动变阻器与灯泡串联。
【解答】（1）测定小灯泡额定功率时，电压表测量小灯泡两端电压，由于小灯泡上标有“2.5V”字样，所以电压表选用“0~3V”量程。
（2）由乙图可知，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（3）图中是灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联，而课本上滑动变阻器与灯泡串联，因而把导线b去掉，就与课本电路相同，故多了的一根导线是b。
37．【答案】（1）若每天正常日照8h，则锂电池一天可以储存的电能W=UIt=20V×5A×8×3600s=2.88×106J
（2）由太阳每秒辐射到每平方米电池板上的能量为0.8×103 J 知： 由太阳能电池板输出参数为“20 V 5 A”知： 5A×1 s=100 J，根据效率公式
（3）LED路灯系统每个晚上所消耗能量W'=20W×4×3600s+4W×5×3600s=3.6×105 J，充满电的锂电池可以提供LED路灯系统在阴雨天(无日照)持续工作晚上的个数为 个
【知识点】电功计算公式的应用；电能表参数的理解与电能的求法；电功率计算公式的应用；测定小灯泡的功率；电功率
【解析】【分析】电功率（P）是单位时间内消耗或产生的电能的速率，单位是瓦特（W）。电功率可以通过电流和电压的乘积来计算，即 P = IV。电能（E）是电路中消耗或存储的总能量，单位是焦耳（J）。电能可以通过电功率乘以时间来计算，即 E = Pt；
38．【答案】（1）不相等
（2）小球在N点时的重力势能为
故小球在N点的机械能是
（3）由图知道，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小，小球在①位置机械能大于在③位置机械能。小球在M点时的机械能为
小球在M点时的动能为
小球在M点时的动能小于小球在N点时的动能，质量不变，则小球在M点的速度小于N点，小球在N点的重力势能为N点的重力势能比较大，说明N点的高度比较高，故N点可能在位置②，M点在①。
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】根据小球起跳的高度分析机械能的变化，得出结论。
【解答】（1）由图知道，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小，小球在①位置机械能大于在③位置机械能。
（2）根据小球在N点的重力势能的百分比计算出小球在N点的重力势能；
（3）根据小球在M、N点的重力势能的大小关系可知高度关系。
39．【答案】（1）返回舱与大气剧烈摩擦，把机械能转化为内能（摩擦生热），使返回舱外壳温度升高
（2）使返回舱自转起来
【知识点】内能；物体内能的改变方法
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式有做功和热传递；
（2）通过自身转动使得各个部分轮流摩擦生热。
【解答】（1）返回舱返回地球时，返回舱外壳与空气摩擦生热，将机械能转化为内能。
（2）为使返回舱受热均匀，可采取的措施是让返回舱缓慢转动，各个部分轮流与空气摩擦生热。
1 / 12024年温州市九上科学第三单元能量的转化与守恒中等生拔高训练卷（浙教版）
阅卷人 一、选择题（每小题2分，共40分）
得分
1．（2018九上·桐乡竞赛）如图所示，O为杠杆AB的支点，A端挂一重物 G，图中能使杠杆在水平位置平衡的最小的拉力是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】1、杠杆平衡条件是动力×动力臂=助力×阻力臂；
2、题中的重物G作为阻力不变，阻力臂也不变，要使杠杆在水平位置平衡的拉力最小只需要动力臂最长。找出使杠杆平衡时的最长的动力臂即可判断出答案。
【解答】由分析可知，F4虽然动力臂最长，但在它的作用下杠杆会发生逆时针的转动，不能使杠杆平衡，D错误；在剩下的三个力都可以使杠杆在水平位置平衡，其中F1的力臂是最大的，所以F1力最小，A选项正确。B、C错误。
故选A
2．（2024九上·临平区期中）如图所示为单板滑雪大跳台比赛时运动员在空中运动的轨迹，其中a、c两处等高，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从a处到b处，重力势能转化为动能
B．运动员从b处到d处，动能逐渐减小
C．运动员在a处和c处的重力势能相等
D．运动员在b处时的动能为零
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】ABC.动能与物体的质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能也就越大；
重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大，高度越大，物体的重力势能越大。
D.注意分析b点时水平方向上的速度是否为零。
【解答】 A．运动员从a处到b处，高度增大，重力势能增大，速度减小，是动能转化为重力势能，故A错误；
B．运动员从b处到d处，是下降过程，高度减小，重力势能减小，重力势能转化为动能，动能逐渐增大，故B错误；
C．运动员在a处和c处的高度相同，质量相等，故重力势能相等，故C正确；
D．运动员到达b处时竖直方向上的速度为零，而水平方向上速度不为零，即b点动能不为零，故D错误。
故选C。
3．（2023九上·镇海区期中）如图甲是一种电热膜，工作时能自动控温。其构造是在绝缘薄膜表面，将多条薄的导电墨线两端与金属导线相连，如图乙。该电热膜的额定电压为220V，导电墨线电阻随温度变化图象如图丙，有关电热膜说法正确的是（ ）
A．导电墨线间以串联的方式连接
B．若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率可能大于额定功率
C．工作时通过导电墨线的电流始终不变
D．当温度到达t0并继续升温时，发热功率会急剧减小
【答案】D
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【分析】电压不变，电阻增加，电流减小，P=UI，可得功率减小。
【解答】 A.导电墨线间以并联的方式连接，A错误；
B. 若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率小于额定功率，B错误；
C. 工作时通过导电墨线的温度升高，电阻变大电流减小，C错误；
D. 当温度到达t0并继续升温时，电阻急剧变大，电流减小，发热功率会急剧减小，D正确；
故答案为：D。
4．（2024九上·新昌期中）物体在水平地面上做直线运动，当物体运动的路程和时间图像如图甲时，受到的水平推力为；当物体运动的速度和时间图像如图乙时，受到的水平推力为。两次推力的功率分别为。则下列关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；摩擦力的存在；功率计算公式的应用
【解析】【分析】根据甲图可求得速度，由图象可知，物体做匀速直线运动。根据速度-时间图象确定物体做匀速直线运动的阶段，并读出速度大小，由此可知两次水平推力的关系。
【解答】由图象甲可知，物体做匀速直线运动，速度大小为
v甲== =2m/s
由v-t图象乙可知，物体的速度保持不变，即物体做匀速直线运动，速度大小为v乙=4m/s
因为两次都是匀速直线运动，推力和摩擦力是平衡力，根据二力平衡条件可知，推力都等于摩擦力，压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，两次受到的水平推力为
F1=F2
已知
v甲＜v乙
由
可得两次推力的功率
P1＜P2
故答案为：B。
5．（2024九上·淳安期中）如图是千岛湖“城市之眼”摩天轮，小金乘坐匀速转动的“摩天轮”向最高点运动的过程中，关于小金的能量变化，下列说法正确的是（ ）
A．动能转化为重力势能，机械能守恒
B．动能转化为重力势能，机械能变小
C．动能不变，重力势能变大，机械能变大
D．动能不变，重力势能不变，机械能不变
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】 动能的大小取决于物体的质量和运动的速度；物体的重力势能取决于物体的质量和高度；动能和势能统称为机械能。
【解答】 由于摩天轮是在匀速转动，所以小明在上升到最高点的过程中，其速度、质量不变，故动能保持不变。同时高度增加，故重力势能增加，即其机械能增加，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．（2024九上·拱墅期末）如图甲所示，规格相同的玻璃杯装了相同质量的水，将阻值不同的两段电热丝与电源、开关接成电路，忽略散热，得到图乙所示的水温与加热时间的图线，下列说法正确的是（ ）
A．加热相同时间，两杯水吸收相同热量，升高相同的温度
B．由图乙可知：比热容cA>cB
C．对于A、B杯中的两个加热器，R2P1
D．A杯水在2min内吸收的热量与B杯水在3min内吸收的热量相同
【答案】D
【知识点】内能；热量的计算
【解析】【分析】 （1）由题知，用不同的热源加热，在相同的时间内加热器放出的热量不同，说明在相同时间内水吸收的热量不同，根据图象知升高的温度不同；
（2）比热容的大小与物质的种类和状态有关；
（3）根据两杯水的温度变化量判断出电阻的大小和功率的大小；
（4）根据题中条件和Q=cmΔt分析甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量的关系。
【解答】解：A、实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，根据图象知两杯水升高的温度不相同，故A错误；
B、由题可知，甲、乙两容器中都是水，且状态相同，则两杯水的比热容相同，故B错误；
C、根据图象乙知甲的温度升高快，说明吸热多，根据Q=I2Rt知，在电流和通电时间相同时，甲的电阻大，根据P=I2R知甲的功率大，即R2＜R1，P2＜P1，故C错误；
D、由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min升高的温度相同，且两杯水的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故D正确。
故选：D。
7．（2024九上·淳安期中）如图为一名举重运动员做挺举连续动作时的几个状态图。下列说法中正确的是（ ）
A．从发力到上拉的过程中，运动员对杠铃不做功
B．从上拉到翻站的过程中，运动员对杠铃不做功
C．从翻站到上挺的过程中，运动员对杠铃不做功
D．举着杠铃稳定站立的过程中，运动员对杠铃不做功
【答案】D
【知识点】力是否做功的判断
【解析】【分析】力学里所说的功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离。
【解答】 力学里所说的功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离。
A．从发力到上拉的过程中，运动员对杠铃施加一个向上的力，杠铃向上移动了距离，所以运动员对杠铃做功，故A错误；
B．从上拉到翻站的过程中，运动员对杠铃施加一个向上的力，杠铃向上移动了距离，所以运动员对杠铃做功，故B错误；
C．从翻站到上挺的过程中，运动员对杠铃施加一个向上的力，杠铃向上移动了距离，所以运动员对杠铃做功，故C错误；
D．举着杠铃稳定站立的过程中，运动员对杠铃施加了力，但是杠铃没有移动距离，所以运动员对杠铃不做功，故D正确。
故选D。
8．（2024九上·余杭期末）核电站是利用核反应堆提供能量，使水变成蒸汽，再利用高温高压的蒸汽推动汽轮发电机发电的。甲是核电站的原理示意图，乙是两种核反应示意图。下列说法不正确的是（ ）
A．日本福岛核污染水是C中流出的水
B．核电站核反应堆利用的是A所示的核反应
C．核反应后有核废料，因此它是化学变化
D．根据核电站原理图，能量转化顺序是核能→内能→机械能→电能
【答案】C
【知识点】核裂变与核聚变；核电站及其工作原理
【解析】【分析】核电站主要利用核裂变释放的能量进行发电。
【解答】A.日本排放的是核污染水，日本福岛核污染水是机芯断裂，内部核料泄露到冷却水中，A正确；
B.A是核裂变，B是核聚变，核电站主要利用核裂变释放的能量进行发电，B正确；
C. 核反应后有核废料，属于核反应，不是化学反应，也不是化学变化，C错误；
D. 核电站能量转化顺序是核能→内能→机械能→电能，D正确；
故答案为：C。
9．在排球比赛中，小明把排球竖直向上抛出，排球在运动中动能E 随时间t变化的图像最接近下列选项中的 ( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】能量的相互转化和转移；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】动能被定义为物体由于运动而具有的能量形式，而势能则是物体由于位置而具有的能量形式。 动能和质量和速度有关，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能和质量和高度有关，质量越大，高度越大，重力势能越大；
【解答】 在排球比赛中，小明把排球竖直向上抛出，排球在运动中，先回先会向上运动到最高点，然后往下运动回到地面，动能E 随时间t变化的图像最接近下列选项中的A，先是动能转化为重力势能，达到最高点后，动能为0，重力势能最大；下落时，重力势能转化为动能，所以动能不断增加；
故答案为：A
10． 某同学测得甲、乙两杯水的温度分别是45℃和75℃，下列判断正确的是 ( )
A．乙杯水的温度降低，水的内能一定减少
B．乙杯水的热量一定比甲杯水的热量多
C．甲杯水的分子运动一定比乙杯水的分子运动剧烈
D．甲杯水的内能一定比乙杯水的内能小
【答案】A
【知识点】温度、热量与内能的关系
【解析】【分析】 物体的内能与物体的温度、质量、状态有关；温度是分子平均动能的标志；能量自发的从高温物体传向低温物体。
【解答】A.乙杯中水的温度降低，分子运动速度减慢，内能变小，故A正确；
B.热量是一个过程量，故不能比较热量的多少，故B错误；
C.温度越高，分子运动越激烈，乙的温度比甲的高，所乙杯中的水分子运动一定比甲杯中的剧烈，故C错误；
D.物体的内能与物体的温度、质量、状态有关，两杯水质量关系不知，无法判断内能关系，故B错误；
故选A。
11． 如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力的方向，使其从位置①到位置②，再到位置③。此过程中，弹簧测力计的示数将 ( )
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 分析图中在改变弹簧测力计拉力的方向的过程中力臂的变化情况，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得出结论。
【解答】 由图知，测力计在②位置时，其动力臂等于右段杆长，此时动力臂最长，由①→②→③的过程动力臂先变大后变小，阻力和阻力臂一定，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，测力计的示数先变小后变大。
故选C。
12． 如图所示，放在水平桌面上的匀质长直木板长度L 为40厘米，质量为2千克，它的右端与桌面相齐，与桌面间的滑动摩擦力为木板重 5。若在板左端用一水平推力F 将其匀速推下桌子，则水平推力至少要做功(g取10牛/千克) ( )
A．1.6焦 B．0.8焦 C．0.6焦 D．0.4焦
【答案】B
【知识点】功；功的计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）用一水平推力F将匀质长直木板匀速推下桌子，均匀木板的重心在中心，当木板的重心到达桌子边时，木板就会在重力的作用下自己落下，所以只需将木板向右推动20cm即可。
（2）已知木板质量2kg，可求出重力，又知木板与桌面间的动摩擦因数为0.2，可求出摩擦力，因为匀速推动。推力与摩擦力是平衡力大小相等，可知推力大小，然后根据W=FS求出推力做的功。
【解答】解：木块的重力：G=mg=2kg×10N/kg=20N，
木块受到的摩擦力：f=0.2G=0.2×20N=4N。
因为匀速推动。推力与摩擦力是平衡力大小相等，
推力：F=f=4N，
S=20cm=0.2m。
推力做功：W=FS=4N×0.2m=0.8J。
故选：B。
13．（2019九上·萧山期末）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10N
B．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6J
D．水平拉力F的功率是6W
【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点
【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。
14．（2024九上·杭州）如图所示，将一弹性小球沿一定角度斜抛出去，小球落地后被弹出，依次经过A点、B点、C点和D点后又被多次弹起，图中虚线为小球的运动轨迹。则该弹性小球在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时机械能为零
B．小球第一次反弹后到达最高点C时动能为零
C．小球经过相同高度的A、D两点时动能相等
D．小球在C点时的机械能大于在D点时的机械能
【答案】D
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素
【解析】【分析】影响重力势能的因素：质量、高度；影响动能的因素：质量、速度；影响弹性势能的因素：弹性形变程度；小球弹跳的高度会越来越低，这说明在势能和动能的转化过程中有能量的消耗，所以小球的机械能一次比一次少。
【解答】A．小球在B点时，质量一定，高度最低，速度最大，所以动能最大，重力势能最小，动能和势能统称为机械能，机械能不为零，故A错误；
B．从轨迹来看，小球既有水平方向的速度又有竖直方向的速度，第一次反弹后到达最高点C时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，则小球在C点的动能不为零，故B错误；
C．小球在多次弹起过程中，机械能逐渐变小，而A点在D点之前，因此小球在D点的机械能小于在A点的机械能，由于A、D两点高度相同，重力势能相等，所以D点的动能小于A点的动能，故C错误。
D．由图可知，小球在多次弹起过程中，机械能逐渐变小，而C点在D点之前，所以小球在C点时的机械能大于在D点时的机械能，故D正确。
故答案为：D。
15．（2023九上·义乌期中）图中的每个滑轮重0.5N，物体A重6N，托板重1N。为了提升重物A，在2s的时间内，拉力F的作用点沿竖直方向匀速升高了1.2m，这个过程中，不计滑轮轴摩擦和绳重，则下列分析正确的是（ ）
A．拉力F的大小为1.5N
B．天花板对定滑轮拉力大小为4.5N
C．物体A上升的速度为0.6m/s
D．拉力F克服A重力做功7.2J
【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；功的计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】A.根据图片确定承担重力的绳子段数n，再根据计算拉力的大小；
B.对定滑轮进行受力分析，根据平衡力的知识计算天花板对定滑轮的拉力；
C.重物提升的距离，由求出物体A上升的速度；
D.根据W=Fs计算拉力F克服重力所做的功。
【解答】A.根据图片可知，与托板相连的两个滑轮为动滑轮，承担重力的绳子段数n=4。
它们的总重力G=GA+G滑轮+G托板=6N+0.5N+0.5N+1N=8N，
则作用在绳端的力为：，故A错误；
B.定滑轮对天花板的拉力等于两股绳对定滑轮的拉力加上定滑轮的重力，
即F拉=2N+2N+0.5N=4.5N，故B正确；
C.物体上升的高度，
那么物体A上升的速度为：，故C错误；
D.拉力F克服A重力做功：W=Fs=2N×1.2m=2.4J，故D错误。
故选B。
16．（2024九上·拱墅期末）如图甲所示电路的电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，图乙是小灯泡的I-U图像。闭合开关S后，下列判断正确的是（ ）
A．电压表示数为2.5V时，小灯泡的功率是1.25W
B．小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电功率是0.25W
C．滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡变暗
D．电流表示数为0.4A时，灯泡的电阻是25Ω
【答案】B
【知识点】电功率计算公式的应用；电功率
【解析】【分析】 （1）电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律得出灯的电压，由图知，灯的电压为0.5V电流大小，根据P=UI得出小灯泡的功率；
（2）小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图像可知灯的额定电流，根据串联电路电压的规律求出变阻器的电压为，根据P=UI求出变阻器的功率；
（3）由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，滑片P向左滑动时，分析电路中的电阻变化，由欧姆定律确定电路中的电流变化，根据P=I2R确定灯的实际功率，从而得出灯泡亮度变化；
（4）由图像知，当电流为0.4A时，对应的电压为1V，由欧姆定律的应用求出灯的电阻。
【解答】解：A、电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律，灯的电压为：UL'=U-U滑'=3V-2.5V=0.5V，
由图像可知，灯的电压为0.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，则小灯泡的功率：PL'=UL'I'=0.5V×0.3A=0.15W，故A错误；
B、小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图像可知灯的额定电流为0.5A，
根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：U滑=U-UL额=3V-2.5V=0.5V，
此时滑动变阻器的功率：P滑=U滑I滑=0.5V×0.5A=0.25W，故B正确；
C、由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
滑片P向左滑动时，电路中的电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据P=I2R可知灯泡的实际功率增大，则灯泡变亮，故C错误；
D、由灯泡的I-U图像可知，当电流为0.4A时，灯泡的电压为1V，
由欧姆定律可得，此时灯的电阻：，故D错误。
故选：B。
17．（2024九上·拱墅期末）如图甲示，重80N的物体在大小为30N的水平向左的拉力F1的作用下，在水平面上以0.4m/s的速度做匀速直线运动。再改用图乙所示的滑轮组拉物体，该物体在水平向右的拉力F2作用下在相同的水平面上以相同的速度水平方向右匀速直线运动了0.5m(滑轮与绳子质量及滑轮与绳子的摩擦均不计).下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面之间的摩擦力的大小为15N
B．拉力F2的功率为36W
C．拉力F2的大小为90N
D．拉力F2做的功为15J
【答案】C
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】 （1）滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，并且摩擦力的大小等于物体做匀速直线运动时的拉力。
（2）根据二力平衡的条件、滑轮组的特点以及摩擦力的大小求出拉力F2的大小，然后根据P=Fv和W=Fs求出拉力F2的功率和做的功。
【解答】解：A、图甲中是一只动滑轮，用2段绳子承担，物体做匀速直线运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力为f=2F1=60N，故A错误；
BC、分析滑轮组可知，左侧60N的摩擦力由两段绳子承担，每段绳子的拉力为30N，每段绳子的速度为物体速度的2倍，右侧F2的拉力则分为了3段承担，因此F2=3×30N=90N，F2的速度为物体速度的，故；所以B错误，C正确；
D、在滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计的情况下，拉力F2做的功就是克服摩擦力做的功W=fs=60N×0.5m=30J，所以D错误。
故选：C。
18．（2024九上·绍兴期末）利用核能发电是人们和平利用核能的一个重要方向。下面有关核电站的说法正确的是（ ）
A．核反应堆是利用核聚变原理工作的
B．汽轮机将机械能转化为内能
C．发电机将机械能转化为电能
D．核电站发电和原子弹爆炸时发生的链式反应，
【答案】C
【知识点】核电站及其工作原理
【解析】【分析】AD.根据核反应堆的工作原理判断；
B.根据热机的能量转化判断；
C.根据发电机的能量转化判断。
【解答】A.核反应堆是利用核裂变原理工作的，反应是可控的，而原子弹爆炸是不可靠的核裂变，故A、D错误；
B.汽轮机将内能转化为机械能，故B错误；
C.发电机将机械能转化为电能 ，故C正确。
故选C。
19．（2024九上·余杭期末）小科用如图所示电路研究电流产生的热量与哪些因素有关，他将电热丝R1、R2涂上一种红色温变油墨，当温府达到80℃时，该油墨会变成无色，以下选项不正确的是（ ）
A．利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法
B．R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻
C．若要使变色时间提前，应将滑动变阻器滑片P往右移
D．该实验控制的变量是电流和通电时间相同
【答案】C
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 转换法的基本思想是在保证实验效果相同的前提下，将不可见或难以测量的物理量转换为可见或易于测量的物理量。
【解答】 A.利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法，A正确；
B.R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻，可以探究电热与电阻大小的关系，B正确；
C. 若要使变色时间提前，可以将电路电流变大，应将滑动变阻器滑片P往左移，C错误；
D. 该实验控制的变量是电流和通电时间相同，串联电路电流相等，D正确；
故答案为：C。
20．（2024九上·金东期末）下图是灯泡L的I—U图像，结合图像分析，下列选项正确的是（ ）
A．通过灯泡L的电流与其两端的电压成正比
B．当通过灯泡L的电流为0.3A时，其实际功率为0.72W
C．将两个完全相同的灯泡L串联在2.4V的电源两端，电路的总功率为0.24W
D．将灯泡L和18Ω的定值电阻并联在3.6V的电源两端，电路的总电阻为6Ω
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】如果电流与电压成正比，则IU图像为直线。结合欧姆定律以及电功率公式进行分析。
【解答】A．由图可知，灯泡L的图像是一条曲线，说明通过它的电流与电压不成正比关系，故A错误；
B．当通过灯泡L的电流为0.3A时，由图像可知，灯泡L两端的电压略小于2.4V，根据可得小灯泡的实际功率小于0.72W，故B错误；
C．将两个完全相同的灯泡L串联在2.4V的电源两端，根据串联分压的规律，各小灯泡分得的电压为1.2V，由图像可知，此时电路中的电流为0.2A，则电路的总功率为故C错误；
D．将灯泡L和18Ω的定值电阻并联在3.6V的电源两端，由图可知，此时小灯泡的电流为0.4A，根据欧姆定律，通过定值电阻的电流为则电路中的总电流为电路中总阻值为，故D正确。
故答案为：D。
阅卷人 二、填空题（每空1分，共36 分）
得分
21．（2024九上·杭州）如图甲所示，离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在 点动能最大。根据图乙的能量柱状图，可知B和D的高度 （选填“一定”或“不一定”）相同，而且篮球在B点的机械能 （选填“大于”“等于”或“小于”）在D点的机械能。
【答案】A；一定；大于
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素
【解析】【分析】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。动能和势能统称为机械能，据此根据能量柱状图，结合能量守恒定律分析解答。
【解答】离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在A点时速度最大，则在A点动能最大。根据篮球在等高点B和D的能量柱状图知道，篮球在B点和D点重力势能相等，所以，B和D的高度一定相同；根据篮球在等高点B和D的能量柱状图知道，在D点的动能小于在C点的动能，由于动能和势能统称为机械能，所以，篮球在B点的机械能大于在D点的机械能。
22．如图所示为探究电流通过导体产生的热量与 关系的实验装置，实验中用U形管内液面的 来反映导体产生热量的多少。通电一段时间后，容器 (填“甲”或“乙”)内电阻丝产生的热量较多。
【答案】电流；高度差；甲
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 （1）由图可知甲、乙两容器中电阻丝的电阻相同，通过电阻丝的电流不同，故如图是探究电流通过导体产生的热量与电流的关系；
（2）电流通过导体产生的热量的多少不能直接观察，但可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（3）根据Q=I2Rt可判断电流产生热量的多少。
【解答】 （1）装置中右侧乙容器中一个5Ω的电阻和容器外面一个5Ω的电阻并联后再与甲容器中一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的一个电阻的电流相等，右侧两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，则通过右侧容器中电阻的电流是通过左侧容器中电阻的电流的一半，故此装置是研究电流产生的热量与电流的关系；
（2）根据实验装置可知，电流通过导体产生热量使容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，这种通过U形管液面高度差的变化来反映电流通过导体产生热量多少的研究方法叫转换法；
（3）根据公式Q=I2Rt可知，在电阻和通电时间相同的情况下，电流越大，电流产生的热量越多，故通过容器甲内电阻丝产生的热量较多。
23．小星学习了电功率知识后，想利用电能表测量家中电热水壶工作时的实际功率。他仔细观察了家中的电能表，表盘参数如图所示，则小星家允许加载的用电器的最大功率为 W。他关闭家中其他用电器，只让电热水壶烧水，发现电热水壶工作1min，电能表转盘转过60r，则该电水壶的实际功率为 W。
【答案】4400；1200
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）“220V、10（20）A”中，220V是指电能表的工作电压，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求小星家允许加载的用电器的最大功率。
（2）3000r/（kW h）表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表转盘转3000r，据此求电能表转盘转60r时，电热水壶消耗的电能，再利用求电热水壶的实际功率。
【解答】 （1）“220V、10（20）A”中，220V表示电能表的工作电压，20A表示电能表平时工作允许通过的最大电流，
小星家允许加载的用电器的最大功率：P最大=UI最大=220V×20A=4400W；
（2）3000r/（kW h）表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表转盘转3000r，
电能表转盘转60r时，
电水壶消耗的电能：W=kW h=0.02kW h=0.02×3.6×106J=7.2×104J，
工作时间t=1min=h，
电水壶的实际功率：。
24．小金在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和煤油进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，控制水和煤油在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出 (填“甲”或“乙”)物质为水，煤油在0~15 min 内放出的热量为 。[c水=4.2×103J/(kg ℃)]
【答案】甲；4.2×104J
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】 （1）根据放热公式Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得慢，则它的比热容大，据此结合图像进行判断。
（2）前面已经判断出哪一种液体是水，根据图像上的数据利用Q放=cmΔt求出水在0～15min内放出的热量；由题知，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，据此可知另一种液体在0～15min内放出的热量。
【解答】 （1）甲、乙两液体在相同时间内放出的热量相等，由图像可知，甲液体的温度降低得慢，乙液体的温度降低得快；
根据放热公式Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得慢（即Δt小），则它的比热容大；
所以甲液体的比热容大，即甲是水。
（2）甲液体是水，由图可知，水的初温是60℃，放热15分钟后水的末温是40℃，
则水在0～15min内放出的热量：
Q水放=c水m水（t水-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（60℃-40℃）=4.2×104J，
由题知，实验过程中水和煤油在相同时间内放出的热量相等，
所以煤油在0～15min内放出的热量：Q液放=Q水放=4.2×104J。
25．小明在社会实践中观察到修理汽车的叔叔使用扳手时，还在扳手手柄上加了一个套筒，如图甲所示，于是小明设计了如图乙所示的装置探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系。
（1） 测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于 。
（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图所示的动力随动力臂变化的图像，则杠杆左端所挂重物的重力大小是 N(杠杆上每一小格长度为1cm)，小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的长方形面积(如图丙中阴影部分)总相等，原因是 。
【答案】（1）测量力臂
（2）1.5；阻力和阻力臂不变
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）让杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂；
（2）①阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，据此分析。
②根据长方形面积的计算方法结合杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】 （1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；
（2）①由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，
即F2L2=F1L1=3N×2cm=6N cm；
由图乙可知，阻力臂L2=4cm，则杠杆左端所挂重物的重力；
②图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等。
26．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
【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。
【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。物块被撞得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越 。
【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 。
【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 (填“超载”或“超速”)行驶时危险性大的原因。
【答案】速度；质量；大；质量相同时，汽车(物体)的速度越大，动能越大；超载
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）十次车祸九次快的快说的是速度，安全驾驶莫超载中的超载说的是质量；
（2）小球具有的能量越多，小球对外做功的本领越强，碰撞时，对物块做的功就越多，物块移动的距离就越远；
（3）图甲、丙中，小球的质量相同，下落高度不同，则碰撞时，小球的速度不同，根据控制变量法的思想，归纳出合理的结论；
（4）由图甲、乙可知，小球的动能与小球的质量有关，再结合问题进行分析；
【解答】 解：十次车祸九次快的快说的是速度，则汽车的动能可能跟速度有关。安全驾驶莫超载中的超载说的是质量，则汽车的动能可能跟质量有关；
小球具有的能量越多，小球对外做功的本领越强，碰撞时，对物块做的功就越多，物块移动的距离就越远，所以物块在水平面移动的距离越远、小球到达水平面时动能就越大；
图甲、丙中，小球的质量相同，下落高度不同，则碰撞时，小球的速度不同，物块在水平面移动的距离不同，则说明：物体的动能与速度有关；
图甲、乙中，小球下落的高度相同，则小球下滑到水平面时的速度相同，甲图中小球的质量大于乙图的，撞击后，甲图中物块移动的距离大于乙图的，则说明：速度一定时，物体的质量越大，物体的动能越大。则可以说明汽车超载时，危险性大；
故答案为：速度；质量；大； 质量相同时，汽车(物体)的速度越大，动能越大 ；超载。
27．（2024九上·海曙开学考）能量转化和守恒定律是许多科学家经长期探索建立起来的，是科学史上的重大发现。
材料一：十七至十八世纪，多位科学家对能量的量度提出了不同的观点。1644年，笛卡尔用物体的质量和其速度的乘积来量度；1686年，莱布尼兹用物体的质量和其速度平方的乘积来量度；1743年，达朗贝尔用“活力”（即物体受力作用而通过一定距离）来量度。
材料二：温度计的不断改进给热与功研究的精确化准备了必要条件。焦耳通过400多次的实验，于1849年精确地测定了热功当量关系的数值，这一数值与现代公认值非常接近，为能量守恒定律的确立奠定了定量的实验基础。
（1）材料一中，哪位科学家的观点与“功”概念相符合____；
A．笛卡尔 B．莱布尼兹 C．达朗贝尔
（2）如图所示是焦耳研究热功当量关系的实验装置，通过重物的上下运动，带动叶片转动，通过做功使水的内能 （选填“增大”或“减小”）。
【答案】（1）C
（2）增大
【知识点】功；物体内能的改变方法
【解析】【分析】 （1）功等于力与力的方向上通过的距离的乘积；
（2）做功改变内能的实质是能量的转化。
【解答】 （1）功是力和力的方向上通过的距离的乘积，达朗贝尔用“活力”（即物体受力作用而通过一定距离）来量度，所以科学家达朗贝尔的观点与“功”概念相符合，故选C；
（2）通过重物的上下运动，带动叶片转动，通过做功使水的内能增大。
28．（2024九上·平湖期末）某电能表的表盘上标有“1600 imp/kW·h”的字样。将某品牌的电饭锅(电路图如图所示)接在家庭电路中，只让它处于高温档单独工作12分钟，这段时间内电能表的指示灯烁了320imp(次)。根据以上信息，请回答下列问题。
（1）“kW·h”是 的单位。
（2）电饭锅的开关S连接在 接线柱(选填“bc”.“cd”)。
（3）该电饭锅在12分钟内的实际功率为 瓦。
【答案】（1）电能（或电功）
（2）cd
（3）1000
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法；电功率
【解析】【分析】1600 imp/(kW●h)表示电能表指示灯每闪烁1600次，电路消耗的电能为1kW●h。
【解答】（1）kW·h是电能的单位。1kW·h表示乙1kW的功率工作1小时消耗的电能。
（2） 电饭锅的开关S连接在cd接线柱，此时R2被短路，只有R1连通，电路电流最大，功率最大，处于高温档。
（3） 该电饭锅在12分钟内的实际功率为
29．（2024九上·江北期末）如图甲是一款多功能电暖器，其内装有导热油，转动旋钮可实现高、中、低不同档位之间的切换。图乙是其内部电路原理图，其中四个发热电阻阻值相同，已知中温档额定功率为1000W。
（1）电暖器是利用电流的 效应来工作的。
（2）电暖器低温档工作时，开关应处于 位置（填“1”“2”或“3”）。
（3）电阻R的阻值为 Ω。
【答案】（1）热
（2）1
（3）48.4
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）电流通过导体时都会发热，这就是电流的热效应；
（2）根据比较开关在不同位置时电功率的大小，从而确定对应的工作状态即可；
（3）当开关在2时，只有R单独工作，此时为中温档，根据计算R的阻值。
【解答】（1）电暖器是利用电流的热效应来工作的。
（2）根据乙图可知，当开关处于1时，两个电阻串联，总电阻为R串；
当开关处于2时，只有一个R工作，总电阻为R；
当开关处于3时，两个电阻并联，总电阻为R冰；
那么总电阻R串>R>R并；
根据可知，总功率P串则三者对应的功率为低温、中温和高温档。
（3）当开关在2时，只有R单独工作，此时为中温档，
则R的阻值为：。
30．（2024九上·鄞州期末）小宁在妈妈的指导下练习炒菜时，用天然气将质量为的菜油加热，若使用的天然气体积为且天然气完全燃烧释放出的热量有被菜油吸收。[取，天然气的热值为]
（1）天然气完全燃烧放出的热量为 J。
（2）菜油升高的温度为 ．
【答案】（1）8000
（2）50
【知识点】能量利用效率；热量的计算；燃料的热值
【解析】【分析】（1）根据公式Q放=Vq求出天然气完全燃烧放出的热量；
（2）知道效率，利用效率公式可以求出菜油吸收的热量，根据公式Q吸=cmΔt求得菜油升高的温度
【解答】 （1）天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Vq=2×10-4m3×4×107J/m3=8×103J；
（2）由可得菜油吸收的热量：Q吸=ηQ放=50%×8×103J=4×103J，
由Q吸=cmΔt知，菜油升高的温度：。
31．（2023九上·联合月考）如图甲所示，小科分别将A、B两个完全相同的物体，沿左右两边斜面拉到顶端，做功情况如图乙所示。
（1）小科对B做的额外功是 J。
（2） 侧斜面的机械效率更高（填“左”或“右”）。
【答案】（1）0.5
（2）右
【知识点】功；机械效率；机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】根据斜面做的总功等于克服重力做功为有用功，与克服摩擦力做功为额外功的和。来计算B物体的额外功。根据机械效率等于有用功除以总功来比较机械效率的高低。
【解答】（1）A物体的有用功=总功-额外功=2J。B物体的额外功=总功-有用功=0.5J；
（2）A的机械效率为2J/3J=75%，B的机械效率为2J/2.5J=80%，所以右侧机械效率更高。
故答案为：（1）0.5 （2）右
32．（2023九上·义乌月考）如图甲是蹦极运动过程示意图，小江同学从O点开始下落，OA长度是弹性绳的自由长度，在B点时他所受弹性绳弹力恰好等于自身重力，C点是下落到达的最低点。小江画出了蹦极过程中自己的动能和弹性绳的弹性势能变化情况如图乙（不计空气阻力）。
（1）AB阶段小江受到弹性绳的拉力F和自身重力G的大小关系是F （填“大于”“等于”或“小于”）G。
（2）图像中a曲线表示 能的变化情况。
（3）请解释a曲线的最高点为什么低于b曲线的最高点： 。
【答案】（1）小于
（2）人的动能
（3）根据能量转化和守恒定律可知两处总的机械能相等，但a曲线最高点除了动能还有重力势能和弹性势能
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】 （1）运动员下落过程中，若重力大于弹力，则运动员做加速运动；若重力小于弹力，则运动员做减速运动，据此分析弹力与运动员重力的关系；
（2）动能的大小与物体的质量和速度有关，在质量一定时，速度越大，动能越大，弹性势能与弹性形变大小有关，不计空气阻力整个系统机械能守恒。
【解答】（1）小江同学从O点开始下落，OA长度是弹性绳的自由长度，在B点时他所受弹性绳弹力恰好等于自身重力，AB阶段的形变大小小于B点，故弹力小于B点的弹力，因而AB段小江受到弹性绳的拉力F和自身重力G的大小关系是F小于G，做加速运动；
（2）刚开始下落的OA阶段，弹性绳子没有形变，不具有弹性势能，说明b是弹性势能的曲线，而刚开始下落就做加速运动，具有动能，则a是动能的曲线；
（3）由于C点的高度低于B点，因而B点动能最大，此时还有重力势能，从B到C，动能和重力势能都转化为弹性势能，因此a曲线的最高点低于b曲线的最高点。
故答案为：（1）小于；（2）动；（3）根据能量转化和守恒定律可知两处总的机械能相等，但a曲线最高点除了动能还有重力势能和弹性势能 。
33．（2023九上·宁波竞赛）2019年5月6日，聊城首批30辆氢燃料新能源公交车投放使用。氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是21世纪最理想的能源，[ ；)求：
（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量 ；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高的温度 ；
（3）某氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的焦耳数和公交车所做的功相等。则这些热量能让该公交车匀速行驶多长时间 。
【答案】4.2×107J；50℃；300
【知识点】功率计算公式的应用；热量的计算
【解析】【分析】（1）有关热值的计算公式：；
(2)比热容相关的计算公式：；
(3)功率的计算：。
【解答】(1)0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量
(2)水吸收的热量
由得水升高温度
(3)公交车所做的功
由得公交车行驶时间
阅卷人 三、实验探究题（每空1分，共11 分）
得分
34．（2024九上·柯桥期中） 小柯设计了如图装置来探究动能的影响因素，其中 所用物块为木块。
（1）实验中利用木块被碰撞后移动的距离来比较物体的动能大小。下列实例中与此实验方法相同的有 。 (填编号)
①认识电流大小时，用水流进行类比
②用红墨水在水中的扩散现象来认识分子是运动的
③用吸引大头针的多少来比较电磁铁的磁性强弱
（2）小柯通过甲、丙两次实验初步得出“物体动能的大小与质量有关”的结论，小柯得出这个结论是否具有科学性，请说明理由 。
（3）做丙图实验时，木块被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成木块损坏，需改进实验装置或实验方案。在不改变木板长度的情况下，可以采用以下____方法。
A．适当减小钢球C的质量
B．给丙组水平木板铺上毛巾
C．适当降低钢球C的高度，使 hC=hA
D．给丙组换用一个较重的木块
（4） 实验后，同学们联想到汽车的“超载”与“超速”是造成交通事故的最大安全隐患。为探究“超载”与“超速”，哪个造成的危害更严重 小柯利用上述装置进行了实验测定，得到的数据如表。
实验序号 小球的质量m/g 小球自由滚下的高度h/ cm 木块被撞后运动的距离s/m
1 30 10 4
2 30 20 16
3 60 20 32
由实验可知：当发生交通事故时， 造成的危害更严重。
【答案】（1）②③
（2）不科学，没有控制物体速度相同
（3）A；C
（4）超速
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
（2）根据控制变量法的要求可知，探究动能与质量的关系时，需要控制速度大小相同。甲和丙中小球在斜面上的高度不同，则到达斜面底端时的速度大小不同，据此分析解答；
（3）根据影响动能大小的因素，以及动能大小的反映方法判断；
（4）根据表格数据分析速度和质量哪个对动能的影响更大即可。
【解答】（1） 实验中利用木块被碰撞后移动的距离来比较物体的动能大小，使用转换法。
①认识电流大小时，用水流进行类比，使用类比法；
②用红墨水在水中的扩散现象来认识分子是运动的，使用转换法；
③用吸引大头针的多少来比较电磁铁的磁性强弱，使用转换法。
故选②③。
（2）小柯通过甲、丙两次实验初步得出“物体动能的大小与质量有关”的结论，小柯得出这个结论是不科学的，理由是：没有控制物体速度相同。
（3）木块被撞后滑出桌面掉落，说明小球的动能太大，此时可以减小小球的动能，即适当减小小球的质量，或者适当降低小球在斜面上的高度进而减小速度，故A、C正确；
使用过程中，要用木块移动的距离反映小球动能大小，因此必须控制它受到的阻力大小相等，故B、D错误。
故选AC。
（4）根据实验1和2可知，当速度增大到原来的2倍时，木块移动的距离是原来的4倍，即动能大小与速度的平方成正比；
根据实验2和3可知，当质量增大到原来的2倍时，木块移动的距离是原来的2倍；
比较可知，速度对动能的影响更大；
则发生交通事故时，超速造成的危害更严重。
35．（2024九上·余杭期末）为了比较两种燃料的热值，小金采用如图甲所示的两套完全相同的装置进行实验，烧杯内水的初温和质量相同，实验中忽略热量损失。
（1）实验时若温度计的玻璃泡碰到杯底，则测量的温度值 （“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）实验中燃烧相同质量的燃料，根据 来比较放出热量的多少。
（3）小金选用了燃料a和燃料b进行实验。当燃料燃尽后，小金根据各个时刻烧杯中的水温，绘制了如图乙所示的图像，则可初步判断燃料 的热值大。
（4）另一组的小华也用图甲的两套完全相同的装置进行实验，并重新在烧杯内加入初温和质量相同的水，在燃料烧完后也画出了水的温度随时间变化的图像如图丙所示，根据丙图像，燃料1和燃料2的热值之比为 。
【答案】（1）偏大
（2）温度计上升的示数
（3）B
（4）8：3
【知识点】热量的计算；燃料的热值
【解析】【分析】玻璃泡碰到杯底，测量的温度值偏大，用烧杯中温度计上升的示数来比较放出热量的多少，根据热量计算公式计算吸收的热量之比，根据热值公式计算热值。
【解答】（1）实验时若温度计的玻璃泡碰到杯底，由于杯底的温度较高，则测量的温度值偏大。
（2）由于实验中不能直接观察到燃料放出热量的多少，所以实验中运用转换法，用烧杯中温度计上升的示数来比较放出热量的多少。
（3）由图乙可知，燃料燃尽后，燃料b能使烧杯中温度计上升的示数更大，所以燃料b放出热量更多，故燃料b的热值大。
（4）由图丙可知，燃料1使水温度升高到100℃，水的温度保持不变，水在5min内，温度由20℃升高到100℃，温度升高80℃，燃料2使水温在15min内，温度由20℃升高到80℃，则燃料2使水温在5min内，升高20℃；则在5min内，两套装置中的水吸收热量之比
则在5min内，两套装置中的燃料放出热量之比为4∶1，在5min内，燃料1只燃烧总质量的，燃料2只燃烧总质量的，则燃料1和燃料2的热值之比。
36．（2023九上·北仑期末）图甲是小科的哥哥测定小灯泡额定功率的电路，小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）测小灯泡电压的电压表有“0﹣3V”、“0﹣15V”两个量程，小科的哥哥正确选用了“ ”量程。
（2）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，使电压表的示数为2.5V 。
（3）小科发现，与我们教材中测小灯泡电功率的电路相比，哥哥的实验电路多了一根导线 。（用图甲中导线旁的字母表示）
【答案】（1）0﹣3V
（2）0.75W
（3）b
【知识点】电功率计算公式的应用；小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】电流表使用前要调零，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，滑动变阻器与灯泡串联。
【解答】（1）测定小灯泡额定功率时，电压表测量小灯泡两端电压，由于小灯泡上标有“2.5V”字样，所以电压表选用“0~3V”量程。
（2）由乙图可知，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（3）图中是灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联，而课本上滑动变阻器与灯泡串联，因而把导线b去掉，就与课本电路相同，故多了的一根导线是b。
阅卷人 四、解答题（计算小题各2分，其他1分，共13分）
得分
37．如图所示为太阳能LED路灯，白天有日照时，电池板将太阳能转化为电能并储存在锂电池中，晚上锂电池给LED路灯系统供电提供照明。已知：太阳能电池板输出参数为“20V 5A”，有效面积为0.5m2；正常日照时，太阳每秒辐射到每平方米电池板上的能量为
（1） 若每天正常日照8h，锂电池一天可以储存多少电能
（2） 该太阳能电池板的光电转换效率为多少
（3）若路灯每晚从20：00持续工作到凌晨5：00，为了节能，LED 路灯系统安装雷达感应装置，20：00至24：00人群活动密集时功率为20W，24：00至凌晨5：00夜深人静时功率为4 W。已知锂电池最多能储存， 的电能，则充满电可以提供LED路灯系统在阴雨天(无日照)持续工作多少个晚上
【答案】（1）若每天正常日照8h，则锂电池一天可以储存的电能W=UIt=20V×5A×8×3600s=2.88×106J
（2）由太阳每秒辐射到每平方米电池板上的能量为0.8×103 J 知： 由太阳能电池板输出参数为“20 V 5 A”知： 5A×1 s=100 J，根据效率公式
（3）LED路灯系统每个晚上所消耗能量W'=20W×4×3600s+4W×5×3600s=3.6×105 J，充满电的锂电池可以提供LED路灯系统在阴雨天(无日照)持续工作晚上的个数为 个
【知识点】电功计算公式的应用；电能表参数的理解与电能的求法；电功率计算公式的应用；测定小灯泡的功率；电功率
【解析】【分析】电功率（P）是单位时间内消耗或产生的电能的速率，单位是瓦特（W）。电功率可以通过电流和电压的乘积来计算，即 P = IV。电能（E）是电路中消耗或存储的总能量，单位是焦耳（J）。电能可以通过电功率乘以时间来计算，即 E = Pt；
38．（2024九上·杭州）某小球被水平抛出，其部分运动轨迹如图甲所示，小球在运动过程中经过M、N两点，对应甲图①②③点处的某两个位置，其动能和重力势能的参数如图乙所示。
（1）从小球的运动轨迹图可知，小球在①③位置机械能 （选填“相等”或“不相等”）
（2）根据图乙计算小球在N点的机械能是多少焦？
（3）通过计算分析说明，M点在对应甲图①②③的哪个位置？
【答案】（1）不相等
（2）小球在N点时的重力势能为
故小球在N点的机械能是
（3）由图知道，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小，小球在①位置机械能大于在③位置机械能。小球在M点时的机械能为
小球在M点时的动能为
小球在M点时的动能小于小球在N点时的动能，质量不变，则小球在M点的速度小于N点，小球在N点的重力势能为N点的重力势能比较大，说明N点的高度比较高，故N点可能在位置②，M点在①。
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】根据小球起跳的高度分析机械能的变化，得出结论。
【解答】（1）由图知道，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小，小球在①位置机械能大于在③位置机械能。
（2）根据小球在N点的重力势能的百分比计算出小球在N点的重力势能；
（3）根据小球在M、N点的重力势能的大小关系可知高度关系。
39．（2024九上·拱墅期末）神舟飞船返回舱结构呈钟形，稳定性好。如图所示为返回舱以倾斜的姿态飞行返回地球，此过程中返回舱外壳温度可高达1500℃，且返回舱迎着大气层的一侧会比背着的一侧产生更多的热量。
（1）写出返回舱返回地球时，返回舱外壳温度高的原因。 。
（2）为使返回舱受热均匀，可采取的措施是 （写出1点）。
【答案】（1）返回舱与大气剧烈摩擦，把机械能转化为内能（摩擦生热），使返回舱外壳温度升高
（2）使返回舱自转起来
【知识点】内能；物体内能的改变方法
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式有做功和热传递；
（2）通过自身转动使得各个部分轮流摩擦生热。
【解答】（1）返回舱返回地球时，返回舱外壳与空气摩擦生热，将机械能转化为内能。
（2）为使返回舱受热均匀，可采取的措施是让返回舱缓慢转动，各个部分轮流与空气摩擦生热。
1 / 1