第3章 能量的转化与守恒 期末复习（含解析）

第三章能量的转化与守恒期末复习
一．选择题（共15小题）
1．如图所示，AB是一质量为m的均匀细直杆，A端靠在光滑的竖直墙壁上，B端置于水平地面上，杆身与竖直方向夹角θ为30°杆保持平衡，则此时地面对细杆的支持力与摩擦力分别为（　　）
A．mg，mg B．mg，mg
C． D．2mg，mg
2．如图所示，小明将质量为M的球在同一高度处分两次抛出。第一次竖直向上抛出（轨迹如图①所示），手对球的作用力恒为F1，手对球做功为W1；第二次斜向上抛出（轨迹如图②所示），此时手对球的作用力恒为F2，手对球做功为W2；前后两次球恰好达到相同的最高高度，后落回同一水平地面A、B两点。不计摩擦和空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．F2定大于F1
B．W2一定大于W1
C．球两次达到最高高度时机械能大小相等
D．球两次落地到达A、B点的瞬间速度大小相等
3．如图所示装置中，甲、乙两个完全相同的烧瓶中分别装有质量、初温都相同的煤油，烧瓶中的电阻丝分别为R甲、R乙（其中R甲＞R乙），瓶塞上都有相同的玻璃管。小周用该装置探究“电热多少与哪些因素有关”实验，其中错误的是（　　）
A．该装置可探究“电热多少与电阻大小有关”
B．该装置无法完成“电热多少与电流大小有关”
C．该探究实验中运用了控制变量法、转换法
D．通电时间相同，玻璃管内液柱高低关系为h甲＞h乙
4．如图，甲、乙是完全相同的小球，处于同一水平面上。甲以速度v竖直上抛，乙以与水平面成一定角度、大小也是v的速度斜向右上抛出。上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦，比较达到最高点时小球具有的动能和重力势能，正确的是（　　）
A．动能：E甲＞E乙 B．动能：E甲＝E乙
C．重力势能：E甲＞E乙 D．重力势能：E甲＝E乙
5．2023年5月30日，搭载“神舟十六号”载人飞船的运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．发射前，飞船重力势能为零
B．火箭加速上升过程中，燃料化学能全部转化成重力势能
C．火箭加速上升过程中，飞船动能增大
D．在整个发射过程中，火箭机械能守恒
6．如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示。其中吊篮和动滑轮总质量为30kg，吊篮由电动机控制升降。在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量200kg，20s内吊篮匀速上升4m，电动机对钢丝绳的拉力为750N。下列说法错误的是（　　）
A．本次吊升过程中的有用功是8×103J
B．本次吊升过程中的机械效率约为87.0%
C．可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来提高该平台使用时的机械效率
D．可以通过增加工人和工具重力来提高该平台使用时的机械效率
7．原长为l的橡皮筋一端固定在O点，另一端悬挂一个小钢球，将钢球从O点释放，钢球运动到A点后开始向上返回，O、A两点间距离为2l，如图所示。则能反映钢球从O点运动到A点的过程中，其动能Ek随运动距离s变化的关系图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
8．把金属小球放在O处，静止滚下，然后让它沿轨道滚下先后通过轨道上b、c，再通过b，最终恰好落在d处停下如图。观察小球滚动的全过程，下列图像中有关能量随小球位置变化的大致趋势正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
9．手机具有录音和显示波形的功能。将一乒乓球从一定高度由静止释放，利用手机记录下乒乓球碰撞台面发出的声音，其波形随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．每次发声的时间间隔不相等
B．整个过程中乒乓球的机械能依次变小
C．乒乓球每次与台面碰撞的最大弹性势能都相同
D．整个过程依然遵循能的转化与守恒定律
10．将一只乒乓球从O点由静止释放，竖直下落撞击到升降台上，弹起的最高点为M；若只将升降台升高至图乙位置，乒乓球下落弹起后到达的最高点为N，不计碰撞过程中的能量损失。则N点（　　）
A．在M点的下方 B．与M点重合
C．在M点和O点之间 D．与O点重合
11．用如图所示的四种简单机械，将同一重物从低处匀速提升到高处，在不计机械自重及摩擦的情况下，最省力的是（　　）
A．
B．
C．
D．
12．下列是生活中的四种杠杆，属于费力杠杆的是（　　）
A．开瓶器 B．核桃夹
C．园艺剪 D．钓鱼竿
13．如图所示，分别用甲、乙两种滑轮，把同一物体在相同时间内匀速提升相同高度（不计绳重、滑轮重和摩擦），所用拉力分别是F甲和F乙，拉力的功率分别是P甲和P乙，则（　　）
A．F甲＝F乙 B．F甲＞F乙 C．P甲＝P乙 D．P甲＜P乙
14．如图为自动垂直升降式车库的停车过程示意图。下列关于汽车匀速上升时的说法，正确的是（　　）
A．动能增加，重力势能不变
B．动能增加，重力势能增加
C．动能不变，重力势能不变
D．动能不变，重力势能增加
15．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，有关电热膜说法不正确的是（　　）
A．导电墨线间以并联的方式连接
B．若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率小于额定功率
C．工作时通过导电墨线的电流会改变
D．当温度到达t0并继续升温时，发热功率会急剧增大
二．填空题（共8小题）
16．如图所示，两个完全相同的托盘秤甲和乙放在水平地面上，托盘秤的自重为9N，底面积为150cm2．木条AB质量分布不均匀（粗细忽略不计），A、B是木条两端，C、D是木条上的两个点，AD＝BD，AC＝DC．A端放在甲上，B端放在乙上，A、B下方各垫有一个大小和质量不计的小木块，甲的示数是6N，乙的示数是18N．则甲对地面的压强是 　 　Pa；若此时用细线系住A端，竖直向上拉细线，使A端缓慢上升，此过程中乙的示数 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）；若移动甲，让C点放在甲上，则乙的示数是 　 　N。
17．如图所示，要将重为G＝500N，半径为r＝0.5m的轮子滚上高为h＝20cm的台阶（支点为轮子与台阶的接触点O），试在图中作出阻力G的力臂L，并在图中作出所用的最小力F的示意图。这个最小力F＝　 　N，并且至少需要做W＝　 　J的功，才能将轮子滚上台阶。
18．如图所示，长为L、密度为ρ的均匀细棒下端系一根细线，细线的另一端被拴在杯底A点处，细棒竖直浸没在杯中的液体内，液体密度为ρ0（ρ0＝4ρ）现打开杯底阀门K，使液体缓慢流出。当细棒露出液面一定长度时，细棒有可能倾斜，该长度的最小值为　 　。
19．某同学利用标有“6V、6W”的灯泡L1和“6V、3W”的灯泡L2进行实验。
（1）如图甲所示：A、B分别为通过灯泡L1和L2中的电流随两端电压变化关系的曲线。现将两灯连入图乙所示电路中，使其中一个灯泡正常发光时，电路消耗的总功率为 　 　W。
（2）如图丙所示，L1、L2两灯接在12V的电路中，欲使两灯都正常发光，且电路中消耗的功率最小，应是图丙中四种接法中的哪一种接法 　 　，此时电路消耗的总功率为 　 　W。
20．如图所示是甲、乙两种质量相等的不同晶体，均匀加热，在相同时间内吸收相同热量的条件下，两种晶体熔化前后温度随时间变化的图象。则单位质量的两种晶体熔化过程中吸收的热量相比较，Q甲　 　Q乙；液态甲的比热容　 　液态乙的比热容。（填“大于”、“小于”或“等于”）
21．如图甲为无叶风扇的结构图。其工作原理是利用底座中的电动机将空气从进风口吸入，经压缩后进入环形空腔，再从环形空腔上的细缝中高速吹出，夹带着周边的空气一起向前流动，导致后方更多的空气流入风扇的出风口，风量被显著放大，可达到15倍之多，如图乙所示。
（1）后方更多空气流入电扇出风口的原理是 　 　。
（2）电动机将空气从进风口吸入，然后经压缩后进入环形空腔，此过程中进入空腔内空气的内能 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
22．我国古代劳动人民通过横杆、支架和石块等将巨石的抬起，转移到其他地方。
（1）支架下放有面积较大的石块，目的是 　 　。
（2）若横杆的质量忽略不计，OB＝5AO，巨石的质量为300kg，此时横杆B点受到的力至少为 　 　牛。
（3）把300kg的巨石从地面抬升到3米的地方，克服重力做的功为 　 　焦耳。
23．如图所示，GA＝10N，GB＝20N，放在光滑水平面上，现用一水平向右的力F作用在物体A上，使A向右匀速滑动。已知弹簧测力计的示数为2N，物体A的速度vA＝0.2m/s，不计滑轮、绳子的自重及它们之间的摩擦。
（1）物体B受到的摩擦力大小为 　 　N。
（2）拉力F的功率为 　 　W。
三．实验探究题（共5小题）
24．在做“测量小灯泡的额定功率”实验中，所用学生电源有1.5V、3V、4.5V、6V、7.5V、9V六档，滑动变阻器“15Ω 2A”，待测小灯泡（标有2.5V字样）。
（1）连接电路如图甲所示，小宁检查发现电路连接有误，但只要改动一根导线即可。请在要改动的这根导线上打上“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确。
（2）正确连接电路后，当观察到小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示。实验中，小宁可能选择的电源电压档位有哪几档 　 　。
25．在测量标有“0.28A”字样小灯泡电功率的实验中，小宁选择电流表0～0.6A量程，电压表0～3V量程，连接好电路，闭合开关，正确测得表一数据。同组同学用相同的器材，选用同样的量程，正确测得表二数据。
表一：
实验序号 电压表示数U/V 电流表示数I/A
1 1.5 0.16
2 2.5 0.22
3 3 0.24
表二：
实验序号 电压表示数U/V 电流表示数I/A
4 3 0.24
5 2.2 0.28
6 1.5 0.30
（2）分析有关数据，小灯泡的电阻随温度的升高而 　 　。
（3）小灯泡的额定功率为 　 　W。
26．用图甲电路研究电热与电流的关系，若要比较不同设定电流值时的电热多少，调节电流大小过程中，电热丝已经开始加热，因而会影响实验的准确性。为解决这一问题，小明设计图乙电路进行研究。图中电路包括调试电路和实验电路，R1和R2是阻值都为20欧的电热丝，R2放置在装有煤油的保温容器中。实验中通过调试电路，使电热丝R2在调试过程中不发热。实验步骤如下：
①用数字温度计测量并记录装有R2的保温容器内煤油的温度。
②将开关S与“1”连接，调节滑动变阻器，直至电流表示数为0.2安。
③将开关S拨至“2”，使R2工作50秒，断开开关S，测量并记录温度计示数。
④再将电流值分别设定为0.3安、0.4安、0.5安、0.6安，重复上述步骤。记录相关数据，并计算每次升高的温度Δt（Δt可反映电热的多少），整理Δt、I2的数据如图丙。
（1）将步骤③中通过温度计的示数来反映电阻产生的热量多少，其中涉及到的实验方法是：　 　。
（2）通过图丙中画出的Δt与I2的关系图像可以得出什么结论：　 　。
（3）小科想改变电热丝阻值，用上述实验中设定的电流值，继续研究电热与电流的关系：保持R1不变，将R2更换为30欧的电热丝，重复上述步骤。他的做法是否合理并说明理由：　 　。
27．为了提高快递配送效率，某公司使用如图所示的物流机器人完成最后三公里的快速智能配送。该物流机器人空载时质量为350kg，最大承载质量为150kg，匀速行驶时所受阻力是重力的0.2倍，牵引力做功的功率恒为2.1kW。计算（g＝10N/kg）：
（1）当物流机器人未装载货物匀速行驶时的牵引力是多少牛。
（2）当物流机器人未装载货物匀速行驶时的速度大小。
（3）某一次机器人装载货物在平直道路上匀速行驶最后3km，用时20min，计算货物的质量及机器人克服阻力所做的功。
28．在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：两节新干电池、电流表、电压表、额定电压2.5V的小灯泡、滑动变阻器、开关、导线若干，部分实物电路如图甲所示。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整（要求：滑片P向右移时灯泡变亮）。
（2）移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示；若要测量小灯泡的额定功率，滑动变阻器的滑片P应向 　 　（选填“A”或“B”）端移动。
（3）图丙是由实验数据描出的小灯泡的I﹣U图像，若将该实验中的两个相同的小灯泡串联在3V的电源上，则电路消耗的总功率为 　 　W。
（4）考虑到电压表中也有电流通过，该电路所测小灯泡的额定功率与真实值相比 　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四．解答题（共5小题）
29．如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，两托盘上水平架着质量分布不均匀重为48N的长条状物体AB．A、B是物体的两端，托盘秤乙的示数为36N。求：
（1）图示情景时托盘秤甲的读数为 　 　N。
（2）C、E、D也是物体上的三个点，AC＝CE＝ED＝DB＝10cm。物体所受重力可看成作用在重心，其作用线经过D点。将托盘秤甲移至C点，计算此时乙托盘秤的示数是多少N？
30．某新型太阳能汽车，动力由安装在车顶的电池板收集的太阳能提供。汽车（包括乘务人员）的质量为1.5t。汽车在水平的路面上匀速直线行驶时所受的阻力为车重的0.02倍。汽车在水平路面上以恒定功率做直线运动时，其速度和时间的关系如图所示。
（1）汽车在水平路面上匀速直线行驶过程中产生的牵引力为 　 　N。
（2）汽车在水平路面上匀速直线运动时，牵引力做功的功率为多少？
（3）图像中0～20秒，汽车牵引力做了多少功？
31．图甲是某款空气炸锅的铭牌。当炸锅内温度高于预设温度时，温控开关自动断开，电热管停止加热；当炸锅内温度低于预设温度时，温控开关自动闭合，电热管加热，使锅内温度基本维持在预设温度。整个过程电风扇始终工作，其简化电路如图乙，图丙是空气炸锅烘焙薯条时，电热管功率随时间变化的图象。求：
（1）空气炸锅消耗的电能主要转化为 　 　能。
（2）正常工作时，干路上的电流大小为多少安。
32．木条AB的质量较大，超出了实验室台秤的量程，小金利用水平放置的两架完全相同的台秤甲和乙进行称量。如图台秤正中间各固定有一个大小和质量不计的支架，将木条的两端A和B分别放在甲和乙台秤的支架上，此时甲的示数是3N，乙是9N。
（1）木棒的重力为 　 　。
（2）若向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，则乙的示数 　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）设甲台秤支点到木条B端的距离为x（假设x始终大于重心到B点距离），甲台秤示数为F，请在坐标系内大致画出F和x的变化趋势。
33．钓鱼是目前最受欢迎的户外休闲活动之一。如图甲所示是人坐在钓箱上垂钓时的情景。该钓箱（如图乙所示）长50cm、宽30cm、高40cm，容量大、功能齐全，带有四只可升降脚，每只脚的高度都可以独立调节，使箱体上表面呈水平状态，方便人坐，空箱时，整箱质量仅6kg，轻便易携，还可以安装遮阳伞等配件。
（1）若该钓箱每只脚的着地面积为4cm2，空箱时，钓箱对水平地面的压强是多少？
（2）在有风的天气，安装遮阳伞后，钓箱容易发生翻倒。整个装置的简图如图丙所示（无人坐），除遮阳伞外，钓箱（包括箱内的物品）重心可近似看作在钓箱的几何中心。遮阳伞（包括伞杆）的质量为4kg，重心在M点下方30cm处。若风从左往右吹，已知遮阳伞承受风压的面积为1.2m2，某时刻风压为40N/m2，风压作用点可视为M点。当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放多少千克的重物？（空气对遮阳伞的升力忽略不计）
第三章能量的转化与守恒期末复习
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C B B C C B D D C C B
题号 12 13 14 15
答案 D C D D
一．选择题（共15小题）
1．【解答】解：以A为支点，由杠杆的平衡条件得：mgF支持力 AB sinθ
解得：F支持力mg
以B为支点，墙壁对A的支持力为FA
由杠杆平衡条件得：mgFA AB cos30°，
解得：FA，
杆处于静止状态，在水平方向上受到平衡力得左右，故f＝FAmg；
故答案选：C。
2．【解答】解：竖直上抛上行时，手对球做的功全部转化为重力势能，即最高点时动能为零，此时手对球做的功等小球客服重力所所做的功即：W1＝MgH，落地时，重力势能全部转化动能；
斜上抛上行时，手对球做的过一部分转化为竖直向上的重力势能，同时由于惯性在最高点时，水平方向速度不为零，即最高点时动能不为零，手对球做的功W2＝W1+W水平，
故两次球到达最高点时，机械能不相等，且W2＞W1，
惯性不是力，故F2不一定大于F1，
落地时的动能同样也大于竖直上抛时的动能，所以球两次落地时的速度也不相等。
综上所述ACD错误，B正确，
故选：B。
3．【解答】解：A、图中两个电阻串联，控制电流和通电时间相同，电阻不等，故装置可探究“电热多少与电阻大小有关”，故A正确；
B、探究电流产生的热量跟电流关系，必须改变电流，保持电阻和通电时间不变，选用同一个装置加热相同时间，通过滑动变阻器改变电流，故可以探究电流产生的 热量与电流的关系，故B错误；
C、由于此实验中，电热是不易观察的，通过温度计升高的示数来反映产生电热的多少，采用的是转换法；实验中需要相同的量和不同的量，采用的是控制变量法；故C正确；
D、装置中电流和通电时间相同，R甲＞R乙；根据焦耳定律知，甲产生的热量多，根据转换法知，通电时间相同，玻璃管内液柱高低关系为h甲＞h乙；故D正确。
故选：B。
4．【解答】解：开始时，甲、乙是完全相同的小球，质量相同，速度相同，则动能大小相同；高度为0，所以两个个小球的重力势能都为0；
甲、乙小球都到达最高点时，小球的质量不变，甲小球在最高点时的速度为0，小球的动能全部转化为重力势能；乙小球在最高点时在水平方向上具有一定的速度，具有一定的动能，所以此时乙小球的重力势能小于甲小球的重力势能，乙小球的动能大于甲小球的动能，故C正确。
故选：C。
5．【解答】解：A、发射前，飞船有一定的高度，重力势能不为零，故A错误；
B、火箭加速上升过程中，利用内能做功，燃料化学能转化内能，内能转化为火箭的动能和重力势能，没有全部转化为重力势能，故B错误；
C、火箭加速上升过程中，飞船质量不变，速度增大，动能增大，故C正确；
D、在整个发射过程中，火箭动能和重力势能都在增大，机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
6．【解答】解：A、两名工人及所带工具的总重力：G＝mg＝200kg×10N/kg＝2000N，则本次吊升过程中的有用功：W有＝Gh＝2000N×4m＝8×103J，故A正确；
B、由图可知n＝4，本次吊升过程中的机械效率：η100%≈66.7%，故B错误；
C、减少吊篮和动滑轮的重力，由W额外＝G动h可知，吊篮上升相同的高度时，有用功W有不变，额外功W额外减小，由η可知，机械效率增大，故C正确；
D、增加工人和工具重力，由W有＝Gh可知，吊篮上升相同的高度时，有用功W有增大，额外功W额外几乎不变，由η可知，机械效率增大，故D正确。
故选：B。
7．【解答】解：橡皮筋长为l，小球从初始状态下降至l过程中，重力势能转化为动能，小球做加速运动，动能逐渐变大；
小球从l继续下降至2l过程中，受到橡皮筋向上的拉力作用；当拉力小于重力时，合力向下，小球仍加速，动能仍然增大；当拉力大于重力时，合力向上，小球做减速运动，动能逐渐减小，最后变为零；
对照选项中的图象可知，只有D选项符合题意。
故选：D。
8．【解答】解：把金属小球放在O处，静止滚下，然后让它沿轨道滚下先后通过轨道上b、c，再通过b，最终恰好落在d处停下，d处的高度比O处小，说明机械能减小了；
AB、根据质量不变，重力势能与高度有关，高度越高，重力势能越大，故O点重力势能最大，其次是c点，d点比c点低，重力势能比c点小，b点的高度最低，重力势能为0，而c到d过程重力势能增大，但d点重力势能不为0，小于O点，故AB错误；
CD、从O到b过程中速度逐渐增大，动能增大，b到c再到b，由于摩擦力阻力的存在，第二次到经过b点的动能比第一次小，且在c点的速度不为0，动能不为0，故C错误，D正确。
故选：D。
9．【解答】解：A、根据图像可知，乒乓球每次发声的时间间隔变短，故A正确；
BCD、根据波形图可知，乒乓球每次发声时的振幅变小，乒乓球每次与台面碰撞的最大形变程度变小，这说明弹性势能是减小的；此过程中乒乓球的动能和重力势能转化为弹性势能，弹性势能减小，说明机械能逐渐变小，但整个过程依然遵循能的转化与守恒定律，能的总量保持不变，故BD正确，C错误；
故选：C。
10．【解答】解：由图甲、乙可知，刚开始的位置相同，故机械能相同，但是两图对比可知，乙图中小球与升降台的距离小，故在上升下降过程，克服摩擦阻力做功比甲图中的小球做功少，故比甲图中的小球上升的高，由于要克服摩擦消耗机械能，故不可能回到原来的位置，故N点在M点和O点之间，故ABD错误，C正确。
故选：C。
11．【解答】解：由题知，不计机械自重及摩擦；
A、动滑轮可以省一半力，即；
B、不计摩擦，根据功的原理可知：FL＝Gh，则；
C、根据题图可知：此时的动力臂为：；阻力臂为：；；
杠杆的动力臂是阻力臂的1.5倍，所以；
D、使用定滑轮不省力，即F＝G；
综上可知：最省力的是斜面，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
12．【解答】解：ABC、开瓶器、核桃夹、园艺剪在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故ABC不符合题意；
D、钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D符合题意。故选：D。
13．【解答】解：AB、由题知，两装置都不计摩擦、动滑轮重和绳重，提升物体的重相同，
乙图，拉力作用在动滑轮的轴上，费一倍的力，即F乙＝2G；
甲图，拉力作用在绳子自由端，省一半的力，即F甲G，故F甲＜F乙，故AB错误；
CD、在相同时间内匀速提升相同高度，则物体上升的速度相同，则拉力端的速度分别为：v乙v物，v甲＝2v物，
乙图拉力的功率：P乙＝F乙v乙＝2Gv物＝Gv物；
甲图拉力的功率：P甲＝F甲v甲G×2v物＝Gv物，故P甲＝P乙，故C正确，D错误。
故选：C。
14．【解答】解：汽车匀速上升时，质量不变，速度不变，动能不变；质量不变，高度增加，重力势能增加。
故选：D。
15．【解答】解：A、由图乙可知，各条导电墨线是并列连接的，故各导电墨线是并联的，故A正确；
B、若实际电压小于220V，根据P可知，温度稳定后实际功率小于额定功率，故B正确；
C、由图丙可知，导电墨线的电阻随温度的变化而变化，根据I可知，在电压不变时，通过各导电墨线的电流是变化的，故C正确；
D、由图丙知，当温度到达t0并继续升温时，电热膜的电阻会急剧增大，根据P可知，发热功率会急剧减小，故D错误。
故选：D。
二．填空题（共8小题）
16．【解答】解：（1）由甲的示数是6N可知，甲托盘秤受到的压力FA压＝6N，
则甲对地面的压力：
F甲＝FA压+G托盘秤＝6N+9N＝15N，
甲对地面的压强：
p甲1000Pa；
（2）若此时用细线系住A端，竖直向上拉细线，使A端缓慢上升，等效图如下图所示：
由相似三角形的对应边成比例可得：，
由重力的作用点E不变、AB的长度不变可知，的值不变，则的值不变，
由杠杆的平衡条件G FB＝F HB的变形式FG可知，拉力F的大小不变，
把木条看做整体，受到分析可知：
受到竖直向上的拉力F和B点的支持力FB支、竖直向下重力G作用处于平衡状态，
由木条受到的合力为零可得：F+FB支＝G，
则B点对木条的支持力不变，
因B点对木条的支持力和木条对B点的压力是一对相互作用力，
所以，木条对B点的压力不变，此过程中乙的示数不变；
（3）图中等效图如下图所示：
因A点和B点对木条的支持力与木条对A点和B点的压力分别是一对相互作用力，
所以，FA支＝FA压＝6N，FB支＝FB压＝18N，
对木条受力分析可知：
受到竖直向上A点的支持力FA支和B点的支持力FB支、竖直向下的重力G作用处于平衡状态，
由木条受到的合力为零可得，木条的重力：
G＝FA支+FB支＝6N+18N＝24N，
设AC为L，由AD＝BD、AC＝DC可知，木条AB的长度为4L，
把A点看做支点时，B点的支持力为动力，木条的重力为阻力，
由杠杆的平衡条件可得：FB支 4L＝G AE，
解得：AE3L，
若移动甲，让C点放在甲上时，如下图所示：
把C点看做支点时，B点的支持力FB支′为动力，其力臂为3L，木条的重力G为阻力，其力臂为2L，
由杠杆的平衡条件可得：FB支′ 3L＝G 2L，
解得：FB支′G24N＝16N，
因B点对木条的支持力与木条对B点的压力是一对相互作用力，
所以，此时木条对B点的压力FB压′＝FB支′＝16N，
则乙的示数为16N。
故答案为：1000；不变；16。
17．【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件，动力最小，就是动力臂最大，圆上的直径作为动力臂最长，如下图：
（2）①动力臂如图L′表示，其长度等于直径，即L′＝0.5m×2＝1m；
②在图上做出阻力臂，用L表示，即为OB长度，A为圆环圆心，线段AB长度等于圆半径和台阶高度之差，
即AB＝0.5m﹣0.2m＝0.3m，
△OAB为直角三角形，根据勾股定理得：
L＝OB0.4m
由杠杆平衡条件：FL′＝GL
∴F200N。
（3）根据功的原理，将这个轮子滚上台阶做的功，等于克服轮子重力做的功，
即W＝Gh＝500N×0.2m＝100J。
故答案为：最小力如下图、200、100。
18．【解答】解：设细棒的横截面积为S，细棒浸在水中的长度为L浸，当细棒露出液面一定长度时，细棒有可能倾斜，假设倾斜的角度为θ，则细棒AB为一根杠杆，杠杆的下端点为支点，
则重力G的力臂为L1Lsinθ，浮力F浮的力臂为L2L浸sinθ，
当细棒露出较少时，有GL1＜F浮L2，细棒竖直浸没在杯中的液体内。
当细棒露出较多时，有GL1＞F浮L2，细棒将继续倾斜。
因此当GL1＝F浮L2，细棒将开始倾斜。
则：ρgLSLsinθ＝ρ0gL浸SL浸sinθ，
即：ρL2＝ρ0L浸2，
L浸LLL；
则细棒露出水面长度的最小值为：L露＝L﹣L浸＝LLL。
故答案为：L。
19．【解答】（1）由图甲可知，两灯的额定电流分别为：I1＝1A，I2＝0.5A；
由图乙可知，两灯串联，由于串联电路中各处电流相等，故正常发光的灯为L2，
此时电路中的电流为I＝I2＝0.5A，
由图甲可知，此时L1两端的电压为U1＝2V，
则电路的总电压为U＝U1+U2＝2V+6V＝8V，
电路消耗的总功率为P＝UI＝8V×0.5A＝4W；
（2）由于两灯的额定电流不相等，根据串联电路的电流规律可知两灯串联时，不可能均正常发光，故A不符合题意；
由P＝UI可知，电源电压一定时，要使电路中消耗的功率最小，应使电路中的电流最小，若两灯并联，电路中的电流最大，功率最大，故D不符合题意；
此时应使干路中的电流等于较大的额定电流，同时利用电阻箱与另一灯并联，达到分流的目的，两灯就能都正常发光，故B符合题意，C不符合题意；
所以两灯均正常发光时，电路中的电流为I′＝I1＝1A，
电路消耗的最小功率：P′＝U′I′＝12V×1A＝12W。
故答案为：（1）4；（2）B；12。
20．【解答】解：（1）由题知，在相同时间内物质吸收的热量相同，则加热时间越长，吸收热量越多；
由图像可知，甲晶体在熔化过程所用的加热时间比乙晶体熔化过程的加热时间短，所以可知晶体熔化过程中吸收的热量Q甲小于Q乙。
（2）两种晶体的质量相等，由图像可知当甲、乙两种液态物质吸收的热量相同时（即加热相同的时间），液态乙升高的温度多，所以液态乙的比热容比液态甲的比热容小。
故答案为：小于；大于。
21．【解答】解：（1）空气从圆环空腔上的细缝中高速吹出，空气流速大，压强小，其后方空气流速小，压强大，所以更多的空气流入电扇出风口。即运用到流体压强与流速关系的原理。
（2）电动机将空气从进风口吸入，然后经压缩后进入环形空腔，对空气做功，此过程中进入空腔内空气的内能变大。
故答案为：（1）空气流速大，压强小；（2）变大。
22．【解答】解：（1）支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强；
（2）巨石所受的重力：G＝mg＝300kg×10N/kg＝3000N，
不计横杆质量，由杠杆平衡条件可得：
FB×OB＝G×OA，
杠杆B端受到的拉力：
FBG3000N＝600N；
（3）克服重力做的功：W＝Gh＝3000N×3m＝9000J。
故答案为：（1）在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强；（2）600；（3）9000。
23．【解答】解：（1）根据题意知：水平面光滑，水平面对B无摩擦力，当A向右匀速滑动，A、B两物体均处于平衡状态：对B受力分析，水平方向物体B受到向左弹簧的拉力与向右的摩擦力，根据二力平衡可得物体B的摩擦力：f＝F＝2N；
（2）由图可知，滑轮组有2段绳子拉着物体A，物体B端的拉力是2N，所以A端绳拉力是4N，又因为力的作用是相互的，所以对物体A水平方向受力分析，物体A受到方向向左的绳子的拉力和B对A的摩擦力、向右受到拉力F，根据力的平衡力条件可得：F＝f+4N＝2N+4N＝6N；
因为A匀速滑动，所以拉力的功率：。
故答案为：（1）2；（2）1.2。
三．实验探究题（共5小题）
24．【解答】解：（1）图中电压表并联在小灯泡和滑动变阻器的两端，由于小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应该选用小量程并联在小灯泡的两端，如下图所示：
（2）由图甲知电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，图乙中电流表的示数为0.28A，
滑动变阻器两端的最大电压为：
U滑＝IR滑大＝0.28A×15Ω＝4.2V，
电源电压最大为：
U电源大＝UL+U滑大＝2.5V+4.2V＝6.7V，
由于小灯泡的额定电压为2.5V，所以电源电压最小为3V，
所以小宁可能选择的电源电压挡位有3V、4.5V、6V三挡。
答：（1）见解答图；（2）3V、4.5V、6V。
25．【解答】解：（2）由表一中数据，根据P＝UI知，小灯泡的电压变大，通过小灯泡的电流变大时，电功率变大，温度升高；同时，根据R分别计算出电阻分析知，灯丝的电阻随温度的升高而增大；
（3）由两表知，表一时电压表测小灯泡的电压，表二时电压表测变阻器的电压，小灯泡和变阻器串联，当通过的电流是0.24A时，它们的电压都3V，则电源电压为3V+3V＝6V；.
由表二知，小灯泡的额定电压为U＝6V﹣2.2V＝3.8V，额定电流为0.28A，其额定功率P＝UI＝3.8V×0.28A＝1.064W。
故答案为：（2）增大；（3）1.064。
26．【解答】解：（1）由电流的热效应可知，电流通过R2时，会产生热量，煤油吸收其产生的热量，温度升高，因此步骤③为将开关S拨至“2”，使R2工作50秒，断开开关S，测量并记录煤油的温度；
（2）根据Q吸＝cmΔt可知，煤油的比热容一定，质量不变，因此煤油吸收的热量与其温度的变化量Δt成正比；根据焦耳定律可知，在电阻一定和相同的时间内，电流通过导体产生的热量与12成正比，由此可知，Δt与I2应成正比例关系，其图像应为一条过原点的直线，由于存在实验误差，则图像如下图所示：
；
（3）由于调试电路的电流为设定值时，开关S由“1”拔至“2”，根据欧姆定律可知，通过30欧电热丝的电流不是设定值，电流发生变化，对实验结果产生影响，故小明的想法是不合理的。
故答案为：（1）转换法；（2）见解答；在通电时间和电阻相同时，电阻产生的热量与电流平方成正比；（3）不合理，R1、R2阻值不同，开关S从1拨至2时，实验电路电流和调试电路电流不同。
27．【解答】解：（1）因为匀速行驶，所以牵引力为：
F＝0.2G＝0.2mg＝0.2×350kg×10N/kg＝700N；
（2）根据P＝Fv得物流机器人未装载货物匀速行驶时的速度为：
v＝3m/s；
（3）某一次机器人装载货物在平直道路上匀速行驶最后s＝3km＝3000m，时间t＝20min＝1200s，
机器人的速度为：
v′2.5m/s，
由P＝Fv和平衡力得f′＝F′840N，
物流机器人的总重力为：
G总4200N，
物流机器人的总质量为：
m总420kg，
货物的质量为：
m货＝m总﹣m＝420kg﹣350kg＝70kg；
机器人克服阻力所做的功为：
W＝F′s＝840N×3000m＝2.52×106J。
答：（1）物流机器人未装载货物匀速行驶时的牵引力是700N；
（2）当物流机器人未装载货物匀速行驶时的速度为3m/s；
（3）机器人克服阻力所做的功为2.52×106J。
28．【解答】解：（1）滑片P向右移动时小灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
（2）移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V；若要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故滑动变阻器的滑片P应向B端移动；
（3）若将该实验中的两个相同的小灯泡串联在3V的电路中，根据串联电路的分压规律可知，每个灯泡两端的电压为1.5V，根据图丙可知，此时的电路中的电流为0.2A，则电路消耗的总功率为：
P＝UI＝3V×0.2A＝0.6W；
（4）甲图电压表与灯泡并联，电压表测量的电压是准确的，电流表串联在电路中，根据并联电路电流的规律，电流表示数大于通过灯的实际电流，根据P＝UI可知，该电路所测小灯泡的额定功率与真实值相比偏大。
故答案为：（1）见解答图；（2）B；（3）0.6；（4）偏大。
四．解答题（共5小题）
29．【解答】解：（ 1 ）木条静止受力平衡，受到的重力，与甲和乙对物体的支持力相互平衡，即 G＝F甲+F乙，那么托盘秤的示数为：F甲＝G﹣F乙＝48N﹣36N＝12N；
（2）当托盘秤甲移动至C点时，将C点看做支点，此时阻力臂为CD，动力臂为CB，
根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2有：
48N×20cm＝F乙'×30cm；
解得：F乙'＝32N。
答：（1）12；
（2）此时乙托盘秤的示数是32N。
30．【解答】解：（1）汽车的重力：G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝1.5×104N，
汽车在水平路面上匀速直线行驶过程中产生的牵引力等于阻力，即F＝f＝0.02G＝0.02×1.5×104N＝300N；
（2）由图可知汽车在水平路面上匀速直线运动时速度为v＝15m/s，故牵引力做功的功率：PFv＝300N×15m/s＝4500W；
（3）汽车牵引力做功：W＝Pt＝4500W×20s＝90000J。
答：（1）300；
（2）汽车在水平路面上匀速直线运动时，牵引力做功的功率为4500W；
（3）图像中0～20秒，汽车牵引力做功为90000J。
31．【解答】解：（1）空气炸锅是利用电热管加热的，消耗电能主要转化为内能，还有少部分转化为机械能；
（2）空气炸锅正常工作时，电热管和电风扇并联且同时工作，总功率P＝2100W+100W＝2200W，
由P＝UI可得干路电流：
I10A。
故答案为：（1）内；（2）正常工作时，干路上的电流大小为10A。
32．【解答】解：
（1）木条受到竖直向下的重力和支架对木条竖直向上的支持力，由二力平衡，G＝FA+FB，
两支架对木条的支持力和木条对托盘的压力为作用力和反作用力，大小相等，故木棒的重力为：
G＝3N+9N＝12N；
（2）O为木条的重心，若向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，以B为支点，木条的重力G为阻力，C点对木条的支持力FC为动力，杠杆的示意图如图1所示：
由杠杆的平衡条件，G×LB＝FC×（LC+LB），
因G和LB不变，当向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，LC变小，故动力臂变小，故FC变大，因乙台秤示数等于木条的重力与甲台秤示数，故则乙的示数变小；
（3）设甲台秤支架到木条B端的距离为x，甲台秤的示数为F，
由杠杆的平衡条件，G×LB＝F×x，
故F，因G与LB都不变，为一常数，故F与x为反比例函数，如下图2所示：
故答案为：（1）12N；（2）变小；（3）如图2所示。
33．【解答】解：（1）空箱时，钓箱对水平地面的压力等于自身的重力，即F＝G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N，
空箱时，钓箱对水平地面的压强：p37500Pa；
（2）遮阳伞承受风压的面积为1.2m2，某时刻风压为40N/m2，则风力的大小为：F1＝1.2m2×40N/m2＝48N，
根据杠杆平衡条件可得G0L0＝F1L1，即G048N×（130cm+40cm+5cm），解方程可得G0＝336N，
钓箱内放重物的质量：m′27.6kg。
答：（1）空箱时，钓箱对水平地面的压强是37500Pa；
（2）当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放27.6kg的重物。
第1页（共1页）