九上第3章 能量的转化与守恒 单元测试卷（含解析）

九上第三章能量的转化与守恒单元测试卷
本试卷总分160分、考试时间120分钟。除特殊说明外，全卷计算中g均取10N/kg。
一、单选题（每题3分，共45分）
1．立定纵跳摸高是中学生常见的运动项目，起跳前先屈膝下蹲，然后脚掌用力蹬地，伸展身体，两臂上挥，竖直向上跳起至最高点，小刚同学在一次立定纵跳摸高中消耗的能量约为（　　）
A．3×102J B．3×103J C．3×104J D．3×105J
2．下面几个灯泡，都在其额定电压下工作，其中亮度最大的是（　　）
A．“220V 25W” B．“110V 40W” C．“36V 60W” D．“24V 100W”
3．出行是人们工作、生活中必不可少的环节，出行的工具多种多样，使用的能源也不尽相同，燃油汽车所消耗能量的类型是（　　）
A．生物能 B．电能 C．太阳能 D．化学能
4．关于能量与能源，下列说法错误的是（　　）
A．能量的转化、能量的转移，都是有向性的
B．人类在耗用各种能源时，不可避免地会对环境造成影响
C．化石能源、水能、核能，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源
D．可再生能源是未来理想能源的一个重要发展方向
5．如图所示的杠杆处于平衡状态，F的力臂是(　　)
A．DF B．OD
C．OC D．OF
6．人用机械提升重物可以省力。这里的“省力“是指（　　）
A．人对机械的力很小 B．机械对重物的力很小
C．人对机械的力小于机械对重物的力 D．人对机械的力大于机械对重物的力
7．在图中所示的简单机械中，忽略机械自重和摩擦，当提起相同重物时，最省力的是（　　）
A． B． C． D．
8．物质发生化学变化时伴随有能量变化。下列说法正确的是（　　）
A．化学反应过程中都会有放热现象
B．人类利用的能量都是通过化学反应获得的
C．化学能可转变成电能，如天然气燃料电池已被应用于城市客车的驱动电源
D．石蜡熔化、钢铁锈蚀都包含物质的缓慢氧化
9．2024年10月30日，在酒泉卫星发射中心，神舟十九号载人飞船由运载火箭发射成功，这预示着一个崭新的太空时代即将开启。在加速升空过程中，飞船的（　　）
A．重力势能不变 B．动能增大
C．机械能减小 D．机械能不变
10．据媒体报道，10月11日一颗陨石坠落在吉林省松原市附近，天空火光一片，犹如科幻电影。下落过程中陨石质量因燃烧而减小，则该过程中（　　）
A．重力势能不断减小，机械能不变 B．重力势能不断增加，机械能不变
C．重力势能不断增加，机械能增加 D．重力势能不断减小，机械能减小
11．人体中有不少骨骼构成杠杆。如图所示是手端起茶杯的情景，其前臂骨骼相当于杠杆，肱二头肌收缩提供动力。则（　　）
A．这是一个省力杠杆 B．肘关节相当于杠杆支点
C．这是一个等臂杠杆 D．肱二头肌相当于杠杆支点
12．一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面。则（　　）
A．F甲＞F乙，因为乙方法的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为甲方法的阻力臂短
C．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂短
D．F甲＝F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
13．如图是人造地球卫星绕地球运动的示意图，卫星在近地点的速度较大，在远地点的速度较小，那么卫星从近地点到远地点，卫星的动能和势能是如何变化的（　　）
A．动能增大，势能减小 B．动能减小，势能减小
C．动能增大，势能增大 D．动能减小，势能增大
14．在海难搜救工作中，经常要用卫星图像和自动潜航器，为了拍到相应地点的图像，有时要进行卫星变轨，自动潜航器进入深海搜寻探测信号，并把信号转化成图像信息呈现在搜救船的显示器上。以下有关卫星和自动潜航器的说法中不正确的是（　　）
A．自动潜航器可以潜入深海说明制作材料必须具有坚固和耐高压耐腐蚀的特点
B．卫星可以环绕地球运行是因为它可以把太阳能转化为动力来飞行
C．自动潜航器应该要具有信号发射和接收装置
D．卫星运行过程中动能和势能都是在变化的，但是能量的总和不变
15．如图所示，OB=BA，在A点施加一个力，使轻质杠杆OA在水平位置静止，以下说法正确的是（　　）
A．杠杆OA一定是一个省力杠杆 B．杠杆OA一定是一个费力杠杆
C．在A点施加的最小力为 D．在A点施加的力不能大于G
二、填空题（每空2分，共34分）
16．某课外活动中，学生利用下图所示的杠杆完成探究实验，杠杆已调至平衡。
（1）实验1中，较长时间后，左边下降，是因为铁粉与发生了反应。将铁粉换成下列物质中的 （填序号），杠杆也会出现相似现象。
A．NaCl B．NaOH C．CaO
（2）实验2中，通入CO2一段时间，右边乒乓球
　 　 （填“上升”或“下降”）。
17．2024年6月2日，嫦娥六号探测器成功着陆月球表面预选着陆区，从月球上采样并顺利返回地球。
（1）月壤中含有丰富的理想能源氦—3。利用氦—3获得原子核能的途径是　 　；
（2）若上升器飞离月球时，在3×103牛的推力作用下，沿推力方向飞行了1.5×104米，则在该过程中推力做功　 　焦；
（3）返回器返回地球常采用“跳跃式返回”和“直接进入返回”两种方式。返回器采用　 　方式着陆时的速度更小、热防护要求更低、落点精度便于控制。
18．如图甲是一种落地式海报架，图乙是海报架的侧视结构示意图。若视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，支点是　 　（选填“B”或“C”）；若要使海报架抵抗更大的风力，可适当　 　（选填“增大”或“减小”）∠BAC角度的大小。
19．我国劳动人民在很早以前就将杠杆原理应用于日常生活。 《天工开物》中记载的一种捣谷工具“ 舂 ” (如图甲所示)，便蕴含着杠杆原理，其原理示意图如图乙所示。
（1） “舂”可视为费力杠杆，在使用过程中，能够使脚上下踩动的距离　 　(选填“增大”或“减少”)；
（2）请在图乙中画出力F1的力臂l1；
（3）如图乙，某次舂米过程中，人对舂的力F1保持500牛不变，1分钟内碓头下落20次，每次A点在竖直方向上通过的距离均为45厘米，则人对“春”做功的功率为　 　。
20．标有“6V 3W”的小灯泡，通过它的电流与电压的关系如图所示。则该灯泡正常发光时的电阻为　 　Ω，若把它与一只阻值为8Ω的电阻串联接在电压为7.2V的电路中，则整个电路消耗的功率为　 　W。
21．如图甲，A、B是两个完全相同的物体，小明分别将A、B两物体拉到斜面顶端，对物体做功情况如图乙所示，请问对物体A做的有用功是　 　 J，对物体B做的额外功是　 　J。
22．跳伞运动员在空中匀速下降的过程中，其机械能的总量将　 　；当钟表走动时，发条具有的　 　能转化为　 　能。
三、实验探究题（每空2分，共38分）
23．某兴趣小组为了测量小灯泡的电功率。选用电压恒为 3V 的电源、额定电压为 2.5V 的小灯泡（正常发光时的电阻约为 10Ω）。
（1）该小组发现用图甲所示的电路无法完成此实验，经检查各接线柱接触良好、器材均正常，请指出错误所在　 　 。
（2）排除故障后闭合开关，电压表示数为 2V，若要测量小灯泡的额定功率，接下来的操作是　 　。
（3）根据多次实验后的数据绘制出灯泡两端的电压和通过的电流关系如图乙所示。实验结束后断开开关发现电表示数如图丙所示。利用已知信息推测该灯泡的额定功率　 　。
24．小乐受骑自行车上坡的启发，提出了“物体冲上斜坡的最大距离与哪些因素有关”的问题，建立了如下猜想：
猜想一：物体冲上斜坡的最大距离与物体的质量有关；
猜想二：物体冲上斜坡的最大距离与斜坡的倾角有关；
猜想三：物体冲上斜坡的最大距离与冲上斜坡前的速度有关。
（1）为验证猜想一，小乐将长木板的一端与水平面接触，另一端垫起一定高度，使长木板与水平面成一定的倾角θ，如图所示；实验时让不同质量的木块从弧形滑道同一位置静止释放，木块从弧形滑道滑下后再冲上长木板。实验结果证实了猜想一是错误的，则小乐在该实验中获得的证据（或事实）是　 　。
（2）为了验证猜想二，小乐多次改变长木板与水平面的倾角θ，让同一木块从弧形滑道同一位置静止释放，测出木块冲上长木板后滑行的最大距离，相关实验数据如表所示：
次数 1 2 3 4 5
长木板与水平面的倾角θ 10° 30° 53° 75° 85°
木块冲上长木板后滑行的最大距离s/m 0.50 0.40 0.36 0.39 0.43
据表中数据，可得出的结论是　 。
（3）若使用如图所示装置验证猜想三，应如何选择和操控木块？　 　、
　 　（写出2点）。
25．滑轮组不但可以省力，而且可以改变力的方向，那么使用滑轮组时，拉力的大小究竟跟什么因素有关呢 某科学兴趣小组同学开展了如下实验探究：
实验步骤：
⑴用弹簧测力计测出钩码和动滑轮的总重G。
⑵按如图甲所示的方式匀速拉动绳子，记录此时承担重物和动滑轮总重的绳子股数和弹簧测力计读数F1。
⑶按如图乙所示的方式匀速拉动绳子，记录此时承担重物和动滑轮总重的绳子股数和弹簧测力计的读数F2。
实验 ▲ 称重绳子股数 弹簧测力计的拉力（牛）
甲
乙
请回答下列问题：
（1）表格中▲的内容是　 　。
（2）该小组同学探究的是拉力大小跟　 　因素是否有关。
（3）做甲实验前，某同学将滑轮组按照图丙所示放置绕绳，你认为是否可行，并说出理由　 　。
26．为“测定小灯泡电功率”，小滨连接了如图甲所示的实验电路，已知小灯泡L 的额定电压为2.5V，多次实验，获得数据和现象记录在下表：
电压U/V 电流I/A 灯泡亮度
1 0.5 0.10 微亮
2 2.5 正常发光
3 3.0 0.34 很亮
（1）小滨发现：“小灯泡的亮度由实际功率决定”，该实验中支持此结论的证据是　 　。
（2）实验中，变阻器滑片移到某一位置时电压表示数如图乙所示，为测定小灯泡额定功率，应将滑片向　 　移动。
（3）第二次实验中，电流表示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是　 　瓦。
（4）小滨发现小灯泡在不同亮度下，两端的电压与电流比值不一样，小灯泡的额定功率为P0，若某次实验小灯泡两端电压 U1=1.25V，则实际功率 P1与额定功率P0的数值关系为P0　 　4P1（选填“<”或“=”或“>”） 。
27．在探究物体动能大小与哪些因素有关的实验中，让质量不同的铁球从斜面同一高度静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离，如图甲所示。请回答下列问题：
（1）该实验的目的是研究铁球动能大小与　 　的关系。为维护交通安全，对某段道路进行限速规定(如图乙)：
①对机动车限定最大行驶速度；
②对不同车型限定不同的最大行驶速度。
其中第　 　个规定利用了此实验结论。
（2）有同学将图甲装置改成图丙，用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，对木块撞出的距离进行比较。该实验方案是否可行并说明理由　 　。
四、解答题（共39分）
28．（9分）如图甲是某品牌电压力锅，图乙所示是它的简化电路图．R1、R2是定值电阻，闭合开关S1，开关S2与触点b接通，电压力锅处于加热状态，此时电压力锅的功率P1=1000W，通过R1的电流为I1，当锅内的气压达到设定值时，S2自动与触点b断开并与触电a接通，S1仍闭合．电压力锅处于保压状态，此时电压力锅的功率为P2，通过R2的电流为I2．图2是表示做好某次饭的过程中，电压力锅从加热到保压消耗的电功率与时间的关系，已知I1=5I2．求：
（1）电压力锅处于加热状态时，求通过电阻R1的电流．
（2）求电压力锅处于保压状态时的功率P2．
（3）用电高峰期，电路的实际电压为210V，电压力锅做好同样一次饭，求处于加热过程实际需要的时间．（不考虑能量损失）
29． （6分）几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”二字．现在市面上流行如图1所示的新型电饭锅，采用了“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的口感和营养，其简化电路如图2甲所示．R1和R2均为电热丝，S是自动控制开关．把电饭锅接入220V的电路中，用电饭锅的“聪明火”煮米饭，电饭锅工作时的电流随时间变化的图象如图2乙所示．
（1）（3分）求电热丝R2的阻值（计算结果保留一位小数）；
（2）（3分）这个电饭锅在0﹣15min把质量为1.1kg的米饭由20℃加热到100℃，求电饭锅在这段时间内加热的效率[c米饭=4.2×103J/（kg ℃）]．
30．（8分）李红去商店购买电热水壶，售货员给了她一份推销××牌电热水壶的宣传广告，其内容如下：已知ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg ℃），请你根据宣传广告中提供的信息回答、计算：
××牌电热水壶铭牌：
额定电压 220V
额定功率 2000W
容积 2.5L
超温保护器 熔断温度110℃
（1）（3分）电热水壶正常工作4min消耗多少电能？
（2）（3分）夏季自来水的温度为12℃，若将一壶水烧开需要吸收多少热量？（标准大气压）
（3）（2分）此电热水壶正常工作时的热效率为92.4%，则实际
烧开一壶水需要多长时间？根据计算结果，请你对该品牌宣传广告中电热水壶“优点”的有关内容作出评价。
31．（9分）甲是一款水管扳手钳，用它夹水管时，AOB部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图乙所示。请在乙图中画出：
（1）（3分）阻力F2的力臂L2；
（2）（6分）杠杆平衡时，作用在B点的最小动力F，及其力臂L1。
32．（8分）在南湖区某校科技节上，聪聪同学自己动手制作了一个牛奶加热器，设计电路简图如图所示，已知滑动变阻器R0的电大阻值为100Ω，用于加热的电阻丝R1的阻值为55Ω．求闭合开关S后：
（1）（3分）电路中的最小电流（结果保留1位小数）；
（2）（3分）电热丝的最大加热功率；
（3）（2分）在最大加热功率下，用时100s可以将1kg常温牛奶温度升高多少？[不考虑热量损失，牛奶的比热容为c＝2.5×103J/（kg·℃）]
答案解析部分
1．【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】【解答】中学生重力G约600N，重心升高的高度为：△h=0.5m；
故该同学跳起后增加的重力势能最大值是：E=W=G△h=600N×0.5m=300J=3×102J，故A正确，B、C、D错误．
故选A．
【分析】在立定纵跳摸高中消耗的能量转化为该同学的重力势能，结合重力势能的变化量得出消耗的能量．
2．【答案】D
【知识点】电器的电功率；电功率
【解析】【解答】 灯泡的亮度由它的实际功率确定，灯泡的实际功率越大，灯的亮度也就越大．本题中的四只灯泡都在其额定电压下工作，那么四只灯泡的实际功率分别与它的额定功率相等．而“24V 100W”的灯的额定功率最大，所以此时它的实际功率最大，亮度也就最大．
故选D．
【分析】 灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，因灯泡均在额定电压下工作，则比较额定功率的大小即可知正确答案．
3．【答案】D
【知识点】能的多种形式
【解析】【分析】解答本题的关键是理解不同能量的实质，生物能是生物体直接做功具有能量，电能是电流通过产生的能量，太阳能是由太阳光提供的能量，化学能是通过化学变化提供的能量.
【解答】燃油汽车是先将燃料的化学能转化为燃气的内能，然后又将燃气的内能转化为机械能.故答案为D.
4．【答案】C
【知识点】能量的相互转化和转移；能源的种类
【解析】【分析】（1）能量的转化和转移具有方向性即朝可利用率低的方向转化；
（2）能源消耗，尤其是各种化石能源的使用过程中，会向大气中排放大量的氮氧化物等有害气体；
（3）化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而水能可以从自然界不断地得到，所以属于可再生能源；
（4）可再生能源清洁、无污染环境，可以保证不会严重影响环境。
【解答】A、能量的转化和转移具有方向性即朝可利用率低的方向转化，具有方向性，所以A正确；
B、人类耗用各种能源时，特别是燃烧化石能源时，废气的排放是最主要的污染之一，因此会对大气造成影响，所以B正确；
C、化石能源、核能不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而水能可以从自然界不断地得到，属于可再生能源，所以C错误；
D、可再生能源足够清洁、无污染环境，可以保证不会严重影响环境，是未来理想能源的一个重要发展方向，所以D正确。
故答案为：C
5．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】本题考查对杠杆五要素的掌握情况，重点对概念理解透彻，如力臂是支点作力的作用线的垂线段，不仅能从图中读出，同时还应该会画出相应力的力臂。
【解答】从图中可以看出支点O到F作用线的垂线段为OC；该图说明了力臂是指支点到力作用线的垂线段。
故答案为：C
6．【答案】C
【知识点】杠杆的应用
【解析】【分析】“省力”就是用的力比原来小，可根据使用机械的目的进行判断。
【解答】提升重物，人可以直接用力在物体上，这时用的力等于物体重力；如果使用机械，那么就变成人对机械施力，机械再对物体施力，因此用机械“省力”应该指的是人对机械的力小于机械对重物的力。
故选C。
7．【答案】A
【知识点】杠杆的应用；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点
【解析】【解答】
A、此图中，动力臂是阻力臂的3倍，所以动力F=G；
B、此图是定滑轮，由定滑轮及其工作特点可知，不省力，即F=G；
C、此图是动滑轮，由动滑轮及其工作特点可知，省一半的力，即F=G；
D、此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子由2股，则F=G．
由以上可知：忽略杠杆和滑轮的自重及它们与轴之间的摩擦，当提起相同重物时，最省力的是A．
故选A．
【分析】忽略杠杆和滑轮的自重及它们与轴之间的摩擦，当提起相同重物时，
①使用杠杆时，动力臂是阻力臂的几倍，动力就是阻力的几分之一；
②定滑轮不能省力，拉力等于重力；
③动滑轮可以省一半力；
④使用滑轮组时，承担物重的绳子有几段，拉力就是物重的几分之一．
8．【答案】C
【知识点】能量的相互转化和转移；氧化反应；化学反应中能量的变化
【解析】【分析】化学反应中可能放热，也可能吸热；通过化学反应可以实现能量的转化。
【解答】A、有的化学反应吸热，有的化学反应放热，A错误；
B、人类利用的能量可通过化学反应获得，也可通过其它途径获得，如风能、太阳能等，B错误；
C、天然气燃料电池使用时，化学能转变成电能，C正确；
D、石蜡熔化是物理变化，钢铁锈蚀属于缓慢氧化，D错误；
故答案为：C
9．【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能守恒
【解析】【解答】重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大；
动能与物体的质量和速度有关，质量越大，速度越大，动能越大。【解答】火箭加速升空过程中，其速度变大，高度增加，所以动能变大，重力势能变大；机械能包括动能与势能，动能与势能都变大，所以机械能变大，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
10．【答案】D
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】重力势能与质量和高度有关，动能与质量和速度有关，利用能量转化的知识确定机械能的大小变化。
【解答】下落过程中，陨石的质量因燃烧而减小，高度也减小，那么它的重力势能减小；由于与大气摩擦，陨石的机械能不断的转化为内能，因此机械能不断减小，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
11．【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）（2）比较动力臂和阻力臂的长度大小，从而确定杠杆的分类；
（3）（4）根据手臂端起茶杯的工作过程分析支点的位置。
【解答】手臂端起茶杯的工作过程中，肘关节的位置保持不动，因此肘关节是支点。肱二头肌收缩提供动力，茶杯和手臂自身的重力是阻力，此时动力臂小于阻力臂是费力杠杆，故B正确，而A、C、D错误。
故选B。
12．【答案】D
【知识点】杠杆的应用
【解析】【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其几何中心上；此时动力为F，阻力为水泥板的重力，据此分析动力臂与阻力臂的关系；再杠杆的平衡条件比较F甲与F乙的大小关系。
【解答】两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力为F，阻力均为水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以动力臂都等于阻力臂的2倍；
根据杠杆的平衡条件可得：，所以前后两次所用的力相同，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
13．【答案】D
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】重力势能与质量和高度有关，动能与质量和速度有关，根据二者相互转化的知识判断。
【解答】卫星从近地点到远地点时，速度减小，即动能减小；高度增大，即重力是能增大，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
14．【答案】B
【知识点】液体的压强；能量的相互转化和转移
【解析】【分析】（1）液体的压强随深度的增加而增大；
（2）卫星绕地飞行不需要额外的能量，就是依靠动能和重力势能的相互转化。
【解答】A.海水深度越大，对潜航器的压力越大，因此自动潜航器可以潜入深海说明制作材料必须具有坚固和耐高压耐腐蚀的特点，故A正确不合题意；
B.卫星可以环绕地球运行是因为它动能和重力势能的相互转化，故B错误符合题意；
C.自动潜航器应该要具有信号发射和接收装置，故C正确不合题意；
D.星运行过程中动能和势能都是在变化的，但是能量的总和不变，即能量守恒，故D正确不合题意。
故选B。
15．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】 要解决此题，需掌握杠杆的平衡条件F1L1=F2L2，力臂的大小关系决定了力的大小关系．若要使动力最小，应使动力臂最大，此题最大的力臂是指OA的长度，由此确定力的方向，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2，可求得力的大小。
【解答】 AB．A点力的方向不同，力臂的大小则不同，不能确定动力臂与阻力臂的大小关系，所以此时杠杆可能是等臂杠杆，也可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆，故AB错误；
C．若在A点施加一个最小的力，应使其力臂最长为OA，所以力应垂直于OA向上，根据杠杆的平衡条件得F×OAG×OB因为OB=BAOA是OB的2倍，所以，故C正确；
D．在A点施加力，当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆，此时在A点施加的力大于G，故D错误。
故答案为：C。
16．【答案】（1）B；C
（2）下降
【知识点】浮力的变化；杠杆的平衡条件；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）如果杠杆的左端下降，那么左端布包中的物质在空气中的质量必须增大；
（2）首先根据阿基米德原理分析两个乒乓球受到浮力的大小，然后根据F拉=G-F浮判断杠杆哪端的拉力大，那端就下沉。
【解答】（1）NaCl在空气中几乎质量不变，故A不合题意；
NaOH和CaO都会吸收空气中的水蒸气，使自身的质量增大，故B、C符合题意。
故选BC。
（2）两个乒乓球排开气体的体积相同，且左边二氧化碳的密度大于右边空气的密度，根据F浮=ρ气gV排可知，左边乒乓球受到的浮力大；两个乒乓球的重力相等，根据F拉=G-F浮可知，右侧乒乓球对杠杆的拉力大，因此右边的乒乓球下降。
17．【答案】（1）核聚变
（2）4.5×107
（3）跳跃式返回
【知识点】功的计算公式的应用；能量的转化与守恒定律；核裂变与核聚变
【解析】【分析】（1）核反应有两种轻核聚变和重核裂变。
（2）做功的条件：物体在力的方向上有移动距离，计算公式为：W=Fs。
（3）跳跃式返回多次经过大气层，与大气层产生摩擦，机械能转化为内能，返回器的机械能减小，速度降低。
【解答】（1）月壤中含有丰富的理想能源氦—3，氦—3是一种轻核，在高温高压条件下可以通过核聚变反应释放巨大能量，核聚变反应是利用轻原子核，如氢的同位素、氦—3等，核聚变成较重原子核时释放能量的过程，是获得原子核能的主要途径之一。
（2）飞离月球时，若上升器在3×103N的推力作用下，沿推力方向飞行了1.5×104m，在该过程中，推力做功为W=Fs=3×103N×1.5×104m=4.5×107J
（3）由题意知，采用“跳跃式返回”与“直接进入返回”相比，返回器与空气摩擦做功更多，机械能转化为的内能更多，返回器的机械能更小，故返回器着陆时速度更小，所以返回器采用跳跃式返回方式着陆时的速度更小、热防护要求更低、落点精度便于控制。
（1）月壤中含有丰富的理想能源氦—3，氦—3是一种轻核，在高温高压条件下可以通过核聚变反应释放巨大能量，核聚变反应是利用轻原子核，如氢的同位素、氦—3等，核聚变成较重原子核时释放能量的过程，是获得原子核能的主要途径之一。
（2）飞离月球时，若上升器在3×103N的推力作用下，沿推力方向飞行了1.5×104m，在该过程中，推力做功为W=Fs=3×103N×1.5×104m=4.5×107J
（3）由题意知，采用“跳跃式返回”与“直接进入返回”相比，返回器与空气摩擦做功更多，机械能转化为的内能更多，返回器的机械能更小，故返回器着陆时速度更小，所以返回器采用跳跃式返回方式着陆时的速度更小、热防护要求更低、落点精度便于控制。
18．【答案】C；增大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）可绕固定点（轴）转动的硬棒是杠杆，杠杆绕着转动的固定点叫支点；
（2）根据杠杆平衡原理分析使海报架抵抗更大的风力要求时∠BAC角度的变化。
【解答】（1）根据图片可知，水平向右的风将其吹倒的瞬间，只有C点不动，故支点为C点；
（2）从支点到动力作用线的距离叫动力臂，重力G的力臂L2，如图所示：
根据图片可知，∠BAC角度越大，重力G的力臂L2越长，重力G大小不变，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2可知，此时可承受更大的阻力，故若要使海报架抵抗更大的风力，应增大∠BAC角度。
19．【答案】（1）减少
（2）
（3）75W
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）根据杠杆平衡条件进行分析，省力，则费距离；费力，则省距离。
（2）力臂指的是支点到力的作用线的垂直距离。
（3）根据功率的公式进行计算，注意t的单位是秒。
【解答】（1）由杠杆平衡条件可知，费力杠杆费力但省距离，即在使用过程中，能够使脚上下踩动的距离减少。
（2）反向延长F1的作用线，过支点O作该延长线的垂线，即为F1的力臂，如图所示。
（3）人对舂做功的功率。
20．【答案】12；2.88
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】根据欧姆定律以及电功率的计算式求解。
【解答】灯泡正常发光时 ，6V 3W的小灯泡，电流为0.5A，所以根据欧姆定律，电阻为12Ω ，若把它与一只阻值为8Ω的电阻串联接在电压为7.2V的电路中 ，则电路中电流为0.4A，灯泡电压为4V，电路总功率等于7.2x0.4W=2.88W。
21．【答案】2；0.5
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】①根据乙图确定对物体A做的总功和额外功，根据W有=W总-W额计算对A做的有用功。
②根据图片确定对B做的总功，根据W=Gh比较二者有用功大小，最后根据W额=W总-W有计算即可。
【解答】①根据图片可知，对A做的总功为3J，额外观为1J，则有用功为：W有=W总-W额=3J-1J=2J；
②A、B两个物体的质量相等，且高度相等，根据W=Gh可知，对二者做的有用功相等。根据乙图可知，对B做的总功为2.5J，则对B做的额外观为：W额'=W总'-W有=2.5J-2J=0.5J。
22．【答案】减小；势；动
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【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。重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。弹性势能与弹性形变的大小有关；机械能=动能+势能。
【解答】跳伞运动员，在空中匀速下降过程中，运动员的质量不变，速度不变，动能不变；运动员的质量不变，高度不断减小，重力势能不断减小；机械能=动能+重力势能，动能不变，重力势能不断减小，机械能不断减小。当钟表走动时，发条具有的弹性势能转化为动能。
故答案为：减小； (弹性)势；动。
23．【答案】（1）“电压表串联”或“正负接线柱接反”或“电压表接错”
（2）调节滑动变阻器，使电压表示数为 2.5 伏或 0.5 伏
（3）“等于 0.6W”“大于 0.5W”；“未调零无法推测”或“不等于 0.5W”
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】（1）在测量灯泡电功率的实验中，除了电压表与灯泡并联外，其它的元件都是串联。要注意电表的量程和正负接线柱的选择，还要注意变阻器接线“一上一下”。
（2）要测量灯泡的额定功率，就要测量灯泡电压为2.5V时电流表的示数，而电压表示数的改变依靠调节滑动变阻器来完成。
（3）根据丙图电表的指针情况分析灯泡额定功率的测量情况。
【解答】（1）根据图甲可知，电压表与灯泡串联，且正接线柱与负极相连，负接线柱与正极相连，那么错误为：电压表串联”或“正负接线柱接反”或“电压表接错”。
（2）排除故障后闭合开关，电压表示数为 2V，若要测量小灯泡的额定功率，接下来的操作是：调节滑动变阻器，使电压表示数为 2.5 伏或 0.5 伏。
（3）根据丙图可知，断开开关后，电压表示数为零，而电流表的指针不是零而是反偏，这说明电流表的指针没有调零，无法推测灯泡额定功率的范围。
根据丙图可知，电流表的指针指在-0.04A，根据乙图可知，当电压为2.5V时电流表示数为0.2A，那么实际上灯泡的额定电流应该：0.2A+0.04A=0.24A，额定功率P=UI=2.5V×0.24A=0.6W。
24．【答案】（1）质量不同的木块冲上长木板上后滑行的最大距离均相同。
（2）木块质量和冲上长木板前的速度相同时，随倾角θ的增大，木块冲上长木板后滑行的最大距离s先减小后增大。
（3）选用同一木块、让同一木块在弧形滑道不同高度静止释放（合理即可）。
【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】 能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一。一般表述为：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变。也可以表述为：一个系统的总能量的改变只能等于传入或者传出该系统的能量的多少。总能量为系统的机械能、内能（热能）及除机械能和内能以外的任何形式能量的总和。如果一个系统处于孤立环境，即不可能有能量或质量传入或传出系统。对于此情形，能量守恒定律表述为：“孤立系统的总能量保持不变。”
【解答】（1） 实验时让不同质量的木块从弧形滑道同一位置静止释放，木块从弧形滑道滑下后再冲上长木板。 小乐在该实验中获得的证据（或事实）是 质量不同的木块冲上长木板上后滑行的最大距离均相同。 所以证明猜想一错误；
（2） 据表中数据，可得出的结论是木块质量和冲上长木板前的速度相同时，随倾角θ的增大，木块冲上长木板后滑行的最大距离s先减小后增大。
（3）同一高度释放使得其到达水平面的初始速度相同，所以探究猜想三：物体冲上斜坡的最大距离与冲上斜坡前的速度有关。 应该选用同一木块、让同一木块在弧形滑道不同高度静止释放
故答案为：（1） 质量不同的木块冲上长木板上后滑行的最大距离均相同。 （2） 木块质量和冲上长木板前的速度相同时，随倾角θ的增大，木块冲上长木板后滑行的最大距离s先减小后增大。 （3） 选用同一木块、让同一木块在弧形滑道不同高度静止释放
25．【答案】（1）钩码和动滑轮的总重G
（2）承重绳子股数
（3）不可以，这样会导致绳子之间会相互缠绕，增大摩擦力
【知识点】滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）根据实验步骤找出▲代表的内容；
（2）根据控制变量的思想，探究哪个因素与拉力大小有关就控制哪个因素不同；
（3）在缠绕滑轮组时，几段绳子必须分开，否则会产生摩擦力。
【解答】（1）步骤（1）中可知，▲代表钩码和滑轮的总重G；
（2）从甲乙两图可以看出，钩码和动滑轮的总重量保持不变，只是承重绳子股数不同，因此该小组同学探究的是拉力大小跟承重绳子股数因素是否有关；
（3）如果按照图丙放置绕绳，这样不可以，因为这样会导致绳子之间会相互缠绕，增大摩擦力；
故答案为：（1）钩码和滑轮的总重G；（2）承重绳子股数；（3）不可以，这样会导致绳子之间会相互缠绕，增大摩擦力。
26．【答案】（1）见解析
（2）左
（3）0.75
（4）<
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】（1）根据图丙确定电流表的量程和分度值，根据指针的位置读出示数，再根据P=UI分别计算出三个功率，然后比较大小与灯泡亮度比较即可。
（2）根据乙图确定电压表的示数，然后与灯泡的额定电压比较，从而确定灯泡电压的变化，接下来根据U总=U1+U2分析变阻器的电压变化，最后根据串联电路的分压规律确定变阻器的阻值变化即可。
（3）根据P=UI计算灯泡的额定功率；
（4）首先假设灯泡电阻不变，计算出实际电压为1.25V时的实际功率，然后根据灯丝电阻随温度的变化规律判断灯丝实际功率的变化即可。
【解答】（1）如图丙所示，电流表选用0-0.6A量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，
根据P=UI可知，三者对应的功率分别为：P1=U1I1=0.5V×0.10A=0.05W，P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W，P1=U1I1=3.0V×0.34A=1.02W；
结合表中灯的亮度，那么得到结论： 每次实验灯的实际功率越大，灯泡就越亮 。
（2）根据乙图可知，电压表的量程为0-3V，分度值为0.1V，则实际电压为2V<2.5V，
则灯泡的电压要增大。
根据U总=U1+U2可知，此时要减小变阻器的电压。
根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，则变阻器连入电路的阻值要减小，
即滑片向左移动。
（3）结合（1）可知，那么灯泡的额定功率为P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W
（4）根据题意可知，灯泡的额定电压为2.5V，实际电压为1.25V，则实际电压是额定电压的；
根据可知，如果灯泡的电阻不变，那么实际功率为；
实际上电压较低时温度较低，则实际电阻变小，根据可知，实际功率会变大，
即。
故有。
（1）第二次实验中，电流表示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，根据P=UI分别计算出三次实验对应的电功率分别为P1=U1I1=0.5V×0.10A=0.05W，P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W，P1=U1I1=3.0V×0.34A=1.02W
结合表中灯的亮度，那么得到结论： 每次实验灯的实际功率越大，灯泡就越亮 。
（2）灯在额定电压下正常发光，根据乙图可知，电压表的量程为0-3V，分度值为0.1V，则实际电压为2V<2.5V，则灯泡的电压要增大，根据串联电路电压的规律，要减小变阻器的电压，由分压原理，则变阻器连入电路的阻值要减小，即滑片向左移动。
（3）结合（1）可知，那么灯泡的额定功率为P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W
（4）灯泡的额定电压为2.5V，实际电压为1.25V，则实际电压是额定电压的；根据可知，如果灯泡的电阻不变，那么实际功率为；实际上电压较低时温度较低，则实际电阻变小；根据可知，实际功率会变大，即
故有
27．【答案】（1）质量；②
（2）不可行，相同的弹性势能转化为相同的动能，最终木块移动的距离相等
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）动能的大小受到物体的质量和速度的影响，分析图甲中哪个因素不同即可；不同的车型的质量大小不同，据此分析解答；
（2）探究质量对动能的影响时，必须控制速度相同。如果换用丙图，那么控制的是铁球的动能相同，最终木块移动的距离相等，无法达到探究目的。
【解答】（1）该实验的目的是研究铁球动能大小与质量的关系。为维护交通安全，对某段道路进行限速规定(如图乙)：
①对机动车限定最大行驶速度；
②对不同车型限定不同的最大行驶速度。
其中第②个规定利用了此实验结论。
（2）该实验方案不可行，理由是： 相同的弹性势能转化为相同的动能，最终木块移动的距离相等 。
28．【答案】（1）【解答】解：
由题，闭合开关S1，开关S2与触点b接通，R1接入电路，电压力锅处于加热状态，
根据P=UI，
通过电阻R1的电流：I1==≈4.5A
答：电压力锅处于加热状态时，通过电阻R1的电流为4.5A
（2）【解答】解：
闭合开关S1，开关S2与触点a接通，R2接入电路，电压力锅处于保压状态，
根据P=UI得：U=，
所以=，
已知I1=5I2．
即：=，解得：P2=200W
答：电压力锅处于保压状态时的功率P2为200W
（3）【解答】解：
根据Q=W=t，
电路的实际电压为210V，加热状态下需要热量相同，Q1=Q1′，
则：t1=t1′，
即：×10min=×t1′，解得：t1′≈10.98min．
答：用电高峰期，电路的实际电压为210V，电压力锅做好同样一次饭，处于加热过程实际需要的时间为10.98min．
【知识点】电功的实质；电功计算公式的应用；小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】（1）已知加热状态下的功率和电源电压，由P=UI计算通过电阻R1的电流；
（2）已知加热和保压电流关系，电压相等，根据P=UI列式计算保压功率；
（3）同样一次饭需要的热量是相等的，根据Q=W=t计算实际电压为210V时需要的时间．
29．【答案】（1）解：（1）当开关S闭合时，R1短路，R2单独工作，电路中电阻最小处于加热状态，由图乙可知此时的电流为I=3A，
由I=得：R2==≈73.3Ω
答：求电热丝R2的阻值73.3Ω；
（2）米饭吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/（kg ℃）×1.1kg×（100℃﹣20℃）=3.696×105J，
0～15min消耗的电能为：
W总=W1+W2=UI1t1+UI2t2=220V×3A×10×60s+220V×2A×5×60s=5.28×105J，
电饭锅的加热效率为：η=×100%=×100%=70%．
答：电饭锅在这段时间内加热的效率70%．
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）当开关S闭合时，电路中R1短路，R2单独工作，由乙图得到电流，利用欧姆定律求出R2的阻值；
（2）利用吸热公式求出米饭吸收的热量，结合图乙曲线求出电饭锅在0﹣15min消耗的电能，根据效率公式求出加热效率．
30．【答案】（1）解：由P＝ 可知。电热水壶正常工作4min消耗的电能：W＝Pt＝2000W×4×60s＝4.8×105J；
答：电热水壶正常工作4min消耗4.8×105J电能；
（2）解：电热水壶内水的体积V＝2.5L＝2.5dm3＝2.5×10﹣3m3，
由ρ＝ 可知，水的质量m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝2.5kg，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×2.5kg×（100℃﹣12℃）＝9.24×105J，
答：夏季自来水的温度为12℃，若将一壶水烧开需要吸收9.24×105J的热量；
（3）解：由η＝ 可知，烧开一壶水消耗的总电能
W总＝ ＝ ＝1×106J，
由P＝ 可知，烧开一壶水的时间：t＝ ＝ ＝500≈8.3min；
而电热水壶4 min内产生的热量：Q＝W＝4.8×105J，
该热量远远小于烧开一壶水所用的热量1×106J，所以4分钟不可能将水烧开，此宣传广告不可信。
答：此电热水壶正常工作时的热效率为92.4%，则实际烧开一壶水需要的时间为8.3min；所以4分钟不可能将水烧开，此宣传广告不可信。
【知识点】热量的计算；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据公式W=Pt计算电水壶正常工作4min消耗的电能；
（2）首先根据公式m＝ρ水V计算出电水壶内水的质量，再根据吸热公式Q吸＝c水m（t﹣t0）计算烧开水时吸收的热量；
（3）首先根据 计算出烧开一壶水消耗的电能，再根据公式 计算需要的时间，最后与4分钟进行比较即可。
31．【答案】（1）
（2）
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】力的作用线到转动轴的垂直距离。与动力对应的力臂叫动力臂，与阻力对应的力臂叫阻力臂。
【解答】（1） 阻力F2的力臂L2 是支点O到阻力的垂直距离，即向阻力作垂线即可；
（2）OB是曲线，因此作力臂时，连接OB两点，找最小的力，即力臂最大，因此垂直OB即可；
故答案为：。
32．【答案】（1）解：当R0最大时，即R0＝100欧，电路中的最小电流
（2）解：当滑动变阻器R0为0时，电热丝的最大加热功率为
（3）解：在最大加热功率下，用时100s可以将1kg常温牛奶温度升高
【知识点】欧姆定律及其应用；功率计算公式的应用；热量的计算
【解析】【分析】（1）当变阻器接入电阻为100Ω时总电阻最大，总电流最小，根据公式 计算即可；
（2）当变阻器接入电阻为0时，总电阻最小，总功率最大，根据公式计算即可；
（3）首先根据Q=W=Pt计算出牛奶吸收的热量，然后再根据计算出牛奶温度的变化量。
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