九上科学阶段练习（3.1-3.2）
考试时间40分钟，满分120分
一、单选题
1．同一篮球以不同弧线从A点投向B点，空气阻力不可忽略且大小恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．从A点到B点，篮球重力势能的增加量弧线l大于弧线2
B．篮球在弧线Ⅰ和弧线2的最高点的动能都为零
C．篮球沿着两条弧线运动，重力势能均一直增大
D．若篮球在B点的机械能相等，则在A点的机械能弧线I大于弧线2
2．如图所示，木块竖立在小车上，随小车一起以相同的速度向右做匀速直线运动，不考虑空气阻力，下列分析正确的是（ ）
A．小车的运动速度增大，则它的惯性和动能也随之增大
B．小车受到阻力突然停止运动时，那么木块将向左倾倒
C．小车对木块的支持力与木块受到的重力是一对平衡力
D．木块对小车的压力与小车对木块的支持力是一对平衡力
3．2019年5月17日23时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功发射第45颗北斗导航卫星，如图1所示是北斗卫星在随火箭加速上升的情景。人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行时，离地球最近的一点叫近地点，最远的一点叫远地点，如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．如图 1 北斗卫星上升过程中，重力势能变大，动能变大
B．如图 2 人造地球卫星运行中，重力势能变大，动能变大
C．如图 2 人造地球卫星运行中，从近地点向远地点运动时，速度变大
D．如图 1、2 中卫星的机械能都不变
4．2022年11月，我国首款齿轨列车上线。该齿轨列车能以40千米/时匀速登上48°的斜坡(如图)。这一过程中，齿轨列车的（ ）
A．动能增大 B．动能减小
C．重力势能增大 D．重力势能减小
5．跳绳是大家喜爱的体育运动之一，小金的质量为50千克，每次跳起高度约为6厘米（人整体上升，如图所示），一分钟跳100次，下列说法正确的是（ ）
A．向上起跳过程中小金的动能持续增大
B．在整个跳绳过程中小金的机械能守恒
C．小金跳一次克服重力做功约 3 焦
D．小金在这一分钟内跳绳的功率约为 50 瓦
6．下列物体所具有能量的形式表述正确的是（ ）
A．被大风摇动的树干不具有能量
B．米饭中储存着化学能
C．被拉仲的弹簧具有能量而被压缩的弹簧不具有能量
D．水库中的水不具有能量，而只有当它从水库中流下时才具有能量
7．在苏州乐园里有个极刺激的游乐项目：蹦极．游乐者系上弹性牵索从高处跳下，利用牵索产生的弹力作用使自己在空中几番升降后静止．那么游乐者在下降过程中（ ）
A．重力势能一直在减小 B．动能一直在增大
C．重力势能一直在增大 D．机械能保持不变
8．如图所示，关于下列情景的说法正确的是（ ）
A．甲图中人用水平向右的力F推木箱没推动，是因为推力小于木箱受到的摩擦力
B．乙图中用竖直向上的拉力F未能拉动放置在水平面上的物体，说明拉力未对物体做功
C．丙图中用细线拉住的小球在竖直面上做单摆运动时，拉力对小球做了功
D．丁图中弓拉开后箭被射出，是弓的动能转化为箭的动能
9．能量的形式多种多样且可以相互转化，下列事例中，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．运动员奔跑 B．电风扇工作 C．氢弹爆炸 D．内燃机做功冲程
10．掷实心球是某市的中考体育加试项目之一；掷出去的实心球从a处出手后，在空中运动的轨迹如图所示，球最终停在水平地面e点处(不计空气阻力)；则实心球（ ）
A．在a处重力势能最小 B．在b处动能为零
C．在a、b、c三处机械能相等 D．在d处动能为零
11．用6N的水平拉力拉着小车在光滑水平面上向右运动，小车的动能逐渐变大。当拉力逐渐减小为2N的过程中，小车的动能将（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大后变小 D．先变小后不变
12．杭温高铁的正式开通标志着浙江陆上“1 小时交通圈”初步合龙。杭温高铁施工中，吊车是必不可少的，如图所示，吊车将重物由M 点匀速拉起，途经 O 点后到达 N 点，然后水平匀速将物体运至 P 点，最后缓慢匀速放置于 Q点，以下说法正确的是 ( )
A．重物由M 点匀速上升时，重物的动能增加
B．PQ段重物重力做功大小等于 ON 段拉力做功大小
C．重物在O点和Q 点时具有的机械能相等
D．MO段与NP 段，吊机对重物的拉力做的功相等
二、填空题
13．健腹轮是一种健身器材，使用时可将膝盖跪在垫上，双手紧握健腹轮手柄，向前推动健腹轮至身体水平于地面，然后回收归位，反复操作，如图所示。
（1）图甲所示，体重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中，其重心平均下降30厘米，重力所做的功为 焦。
（2）在身体从状态1到状态2的过程中，轮内的弹性钢圈因形变而绕紧，在从状态2恢复到状态1时，绕紧的钢圈会自动恢复到原来的状态，让人体自动回弹。图乙是两种弹性钢圈使用过程中弹性势能的变化图，结合图中信息进行分析，在健腹轮中安装 （填“A”或“B”）型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
14．请你用所学的知识解释以下生活中的问题：
（1）天然气是一种清洁的能源，它的主要成分是 （填化学式），也是最简单的有机物。
（2）糖类、蛋白质、脂肪都是人体重要的有机物，其中 是生命活动所需能量的主要来源。
（3）较大的冰雹会砸破车窗、砸伤行人，说明下落的冰雹具有 能。
（4）质量50kg的小科跳绳1分钟跳了180次，每次离地面约0.05米，小科跳绳功率约为 瓦。
15．将皮球从离地某一高度O点处水平抛出，球落地后又弹起。它的部分运动轨迹如图所示。
（1）皮球运动到A点时的重力势能 （选填“大于”“等于”或“小于”）运动到B点时的重力势能。（注：图中AB等高）
（2）皮球运动到D点时的机械能 （选填“大于”“等于”或“小于”）运动到C点时的机械能。
（3）若将皮球表面涂黑，则会在地面M、N两处留下两个黑色圆斑，其中M处的圆斑 （选填“大于”“等于”或“小于”）N处的圆斑。
16．在课外兴趣小组活动中，小明想验证重力势能与高度的关系：他在水平地面上铺一张纸，将蓝球表面涂黑，使蓝球分别从不同高度处自由下落，在纸上留下黑色圆斑A、B如图所示．球从较高处下落形成的圆斑是图中 （选填“A”或“B”），你判断的依据是 ．
17．如图所示为蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端系在运动员双脚上，另一端固定在跳台O点。运动员由静止开始自由下落，A点处弹性绳正好处于原长；B点处运动员受到的重力与弹性绳对运动员的拉力大小相等；C点处是蹦极运动员到达的最低点。（整个过程忽略空气阻力，弹性绳的自重不计）
（1）O点到A点过程中，运动员的机械能 （选填“增大”“减小”“不变”或“先增大后减小”）。
（2）A点到C点过程中，弹性绳的弹性势能 （选填“增大”“减小”“不变”或“先增大后减小”，下同）；运动员的动能 。
18．物体G和弹簧相连固定于墙壁上，开始时弹簧没有形变，物体处于位置B处，用力将其拉至C处，松手后，由C到B时，弹簧的势能 （填“不变”、“增大”或“减少”）．物体在A、C间往复运动，如图所示，如果物体G与地面都是光滑的，则物体G由C到A过程中，物体G的动能最大的点在 （B点、AB之间或BC之间）．如果物体G与地面存在一定的摩擦力，则物体G由C到A过程中物体G的动能最大的点在 （B点、AB之间或BC之间）。
19．利用斜面探究“动能大小与哪些因素有关”的实验如图所示；实验中，质量为m的小球从图示的高度由静止开始滚下，撞击水平面上的物体M，并将物体M推至虚线所在位置。
（1）该实验是为了探究物体动能大小与 之间的关系；实验中通过观察比较水平面上 来判断小球动能的大小。
（2）小乐再用一个质量为2m的小球，从斜面上高为h处由静止开始滚下，最后测得M移动的距离为s3。多次重复实验，发现都有s3＞s1，由此可得出结论： 。
20．如图所示，物体M与弹簧一增相连，系在绳子末端的小球从A处由静止开始释放，经最低点B，撞击物体M后反弹，并使M在光滑水平面上向右运动，最终到达最右端D点，（图中C点是弹簧原长的末端，均不计空气阻力)。
（1）小球从A到B的过程中，能量的转化情况是
（2）小球在最低点B时，受到的力 (选填“是”或“不是”)平衡力。
（3）物体M从C到D点的过程中，动能大小变化情况是 （选填“一直变大”“一直变小”或“先变大后变小”）。
21．由金属杆组成如图所示的导轨，其中水平面上两平行导轨足够长且全部置于竖直向上的磁场中，与倾斜放置的导轨ABCD平滑且固定连接．将一金属棒ab从倾斜导轨上一定高度由静止释放，运动过程中始终与导轨垂直接触且不受摩擦，请你判断ab棒在水平导轨上的运动情况： ；并从能量转化的角度简述理由： ．
22．在探究“电瓶汽车的速度”的实验中，甲、乙两辆相同的电瓶汽车在同一水平地面上做直线运动的图像分别如图(1)、(2)所示。由图可知，甲车的动能 (选填“大于”、“小于”或“等于”)乙车的动能；经过相同的时间，甲、乙两车牵引力做的功之比为 。(空气阻力忽略不计)
三、实验探究题
23．为探究影响重力势能的大小的因素，小金利用带有四个铁钉的小方桌、沙箱及质量不同的重物设计并进行了如图甲所示的实验。
（1）要探究重力势能的大小与高度的关系，应选择图甲中的哪两个图比较？答： 。
（2）小金为了探究“重力势能大小与物体质量是否有关”，选择了b和c进行实验，老师说她的选择是错误的，请你分析原因： 。
（3）本实验中，主要采用的科学研究方法是控制变量法和 。
（4）图a中的重物 由静止下落到接触小方桌的过程中，下落高度与时间的关系如图乙所示。在如图丙所示的四个选项中，描述重力对重物做功大小与下落时间关系最接近正确的是 。
24．在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小红同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验.让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应选用 两图；
（2）选用甲、丙两次实验可以得出的结论是 。
（3）该实验是通过观察 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的.下面的四个实例中也采用这种研究方法的是 。
A.认识电压时，我们可以用水压来类比B.用画磁感线的方法来描述看不见的磁场
C.探究电功大小与哪些因素有关，通过重物提升的高度来判断电流做功的多少
25．小科同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况受到启发，并产生了如下猜想。
猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关；
猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关；
猜想三：物体的重力势能与物体的运动路径有关
设计了如图所示的实验：用大小、形状相同的A、B、C、D四个铅球分别从距离沙表面某高度处静止释放，其中D球从光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直落下(球在光滑管道中运动的能量损失不计)实验数据如下表：
实验序号 铅球代号 铅球质量/g 下落高度/m 陷入沙中的深度/m
① A 200 0.5 0.1
② B 400 0.5 0.25
③ C 200 1 0.2
④ D 200 1 0.2
（1）本实验中，采用的研究问题的方法有 ；
（2）本实验中，铅球的重力势能大小是通过 来反映的；
（3）为验证猜想二，应比较实验序号 可得到结论。
（4）比较实验③④，得到的结论是 。
26．物体由于运动而具有的能，叫做动能。在“探究物体的动能与那些因素有关”的实验中，小明提出如下猜想：
A．物体的动能可能与物体的质量有关；B．物体的动能可能与物体的速度有关。
设计以下探究实验：让质量为m的小球从高为h的斜槽上滚下，在水平面上运动。运动的小球碰上水平面上静止的木块后，能将木块撞出一段距离s。实验过程如图甲、乙、丙所示。图中m1＜m2、s1＜s2、s1＜s3、h1＜h2，水平面上所用的木块是同一木块。
（1）通过观察比较 就可以反映小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是 法（选填“放大”、“控制变量法”或“转换”）
（2）通过比较甲、乙，可初步验证 （填猜想序号）是正确的；
（3）通过比较 两次实验，初步验证猜想A是正确的。
（4）实验表明：质量相同的物体，运动的速度越大，它的动能越 ；运动速度相同的物体，质量越大，它的动能也越 。
答案解析部分
1．【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；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】动能和势能的影响因素主要包括物体的质量、物体的速度、物体被举高的高度、物体的弹性形变程度以及分子间的相互作用力等因素。动能与物体的质量和物体的速度有关。物体的质量越大，运动速度越大，物体具有的动能就越大。这表明动能的大小取决于物体的运动状态，即运动物体的质量和速度的乘积。势能包括重力势能和弹性势能。重力势能与物体的质量和物体被举高的高度有关。物体的质量越大，被举得越高，具有的重力势能就越大。而弹性势能的大小与物体的弹性形变程度有关，同一物体的弹性形变程度越大，它具有的弹性势能就越大。
【解答】A. 从A点到B点，篮球重力势能的增加量弧线l等于弧线2 ，因为重力势能和质量和高度有关，质量不变，高度不变，所以重力势能；
B. 篮球在弧线1和弧线2的最高点的动能都为不为零，因为都有水平速度，B错误；
C. 篮球沿着两条弧线运动，重力势能均先增大在减小，C错误；
D.因为空气阻力不可忽略且大小恒定，弧线1的路经长，所以克服空气阻力所做的功更多，所以若篮球在B点的机械能相等，则在A点的机械能弧线I大于弧线2 ，正确；
故答案为：D
2．【答案】C
【知识点】惯性；平衡力的辨别；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）惯性只与物体的质量大小有关，与运动状态无关；
（2）一切物体都有保持运动状态不变的性质，这种性质叫惯性；
（3）平衡力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一物体且在同一直线上；
【解答】A.惯性与物体的运动速度无关，因此小车速度增大但惯性不变；因为动能与物体的速度大小有关，所以小车速度增大动能增大，故A错误；
B.原来小车和木块是匀速向右运动的，当小车受到阻力突然停止运动时，木块上面部分会由于惯性继续向右运动，因此木块应该向右倾倒，故B错误；
C.小车对木块的支持力向上，木块的重力向下，且在同一直线上同一物体上，大小相等，因此它们是平衡力，故C正确；
D.木块对小车的压力作用在小车上，小车对木块的支持力作用在木块上，二者不在同一物体上，故D错误。
故选C。
3．【答案】A
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关；
（2）（3）（4）根据重力势能和动能的相互转化分析。
【解答】图1中，在北斗卫星上升过程中，它的质量不变，高度增大，则重力势能增大；质量不变速度增大，则动能增大，则机械能增大，故A正确，D错误；
当人造卫星从近地点向远地点运动的过程中，高度增大，则重力势能增大；速度减小，则动能减小，而二者之和保持不变，即机械能保持不变，故B、C错误。
故选A。
4．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，据此分析判断。
【解答】该齿轨列车能以40千米/时匀速登上48°的斜坡，即质量不变，速度不变，那么动能不变；质量不变，高度增大，那么重力势能增大，故C正确，而A、B、D错误。
故选C。
5．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）重力势能与物体质量和高度有关，动能与质量和速度有关，分析跳起过程中的能量转化即可；
（2）物体运动时，与空气摩擦，肯定会有机械能转化为内能，据此判断；
（3）已知重力和高度根据计算克服重力做的功；
（4）首先根据计算出1min内跳绳做的功，然后再根据计算跳绳的功率。
【解答】A.向上起跳过程中，小金的质量不变，高度增大，因此重力势能增大；速度减小，动能应该减小，故A错误；
B.在跳绳过程中，小金要克服空气阻力做功，因此它的机械能不守恒，故B错误；
C.小金跳一次做的功：，故C错误；
D.1min内小金跳绳做的功：；
小金跳绳的功率：，故D正确。
故选D。
6．【答案】B
【知识点】能的多种形式
【解析】【分析】 发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种势能叫做弹性势能。
【解答】A.被大风摇动的树干具有动能，故A错误；
B.储存在食物中的能量是化学能，米饭中储存着化学能，故B正确；
C.被拉伸和被压缩的弹簧都有弹性势能，故C错误；
D.水库中的水由于位置较高，具有重力势能，故D错误。
故答案为：B。
7．【答案】A
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度．质量越大，速度越大，动能越大．（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．（3）物体之间摩擦生热，机械能转化为内能．
【解答】解：当游乐者从高处下落到最低点时，重力势能转化为动能，动能又转化为弹性势能．下落时，质量不变，高度减小，重力势能减小；速度先增大后减小，动能先增大后减小；弹性形变越来越大，弹性势能越来增大．下落时，游乐者和空气之间有摩擦，机械能转化为内能，机械能减小．
故选A．
8．【答案】B
【知识点】力是否做功的判断；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）二力平衡的条件是：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
（2）力对物体做功的两个条件：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上前进一定的距离；
（3）可以从弓箭的状态变化上进行分析。
【解答】A、图甲中，木箱没被推动，处于静止，则在水平方向所受的推力与摩擦力是一对平衡力，它们的大小相等，故A错误；B、图乙中，物体未被拉动，在力的方向上没有移动距离，拉力不做功，故B正确；
C、图丙中，拉力方向与运动方向始终垂直，在力的方向上没有移动距离，拉力不做功，故C错误；
D、将弓拉弯时，人对弓做功，弓形状发生改变，产生了弹性势能；松手后，恢复原状态的弓对箭做功，使箭的速度变大，即增加了箭的动能，故D错误。
故答案为：B。
9．【答案】D
【知识点】能的多种形式
【解析】【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移．
【解答】解：A、运动员奔跑时，将化学能转化为机械能，故A错误；
B、电风扇工作时，将电能转化为机械能；故B错误；
C、氢弹爆炸时，将核能转化为机械能和内能，故C错误；
D、内燃机的做功冲程，是利用高温高压燃气做功，将内能转化为机械能，故D正确．
故选D．
10．【答案】C
【知识点】能量的转化与守恒定律；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）动能的大小与物体的质量以及速度有关，重力势能的大小和物体的质量以及物体所处的高度有关；
（2）不计空气阻力和摩擦力，即说明机械能是守恒的。【解答】A.重力势能的大小与物体的质量和高度有关，据图可知，d、e两点高度最小，重力势能最小，故A错误；
B.实心球在b处时，竖直方向上的速度为0，但水平方向上速度不为0，因此b处的动能不为0，故B错误；
C.不计空气阻力，说明球在空中的机械能是守恒的，所以由a运动到c处机械能不变，即a、b、c三处的机械能相等，故C正确；
D.d点的高度最小，因此该点时重力势能最小，而动能最大，故D错误。
故选C。
11．【答案】A
【知识点】力与运动的关系；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）当物体受到的合力方向与运动方向相同时，物体做加速运动；
（2）当质量相同时，物体的速度越大，它的动能越大，据此分析即可。
【解答】小车在光滑平面上向右运动，那么它不受阻力，只受向右的拉力；无论拉力是6N还是2N，它始终在做加速运动，因此它的速度越来越大，那么动能逐渐增大。
故选A。
12．【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；动能的影响因素
【解析】【分析】做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离。
根据W=Fs比较做功的大小关系。
【解答】A.重物在匀速上升的过程中，速度大小不变，质量不变，因此动能保持不变，故A错误；
B.因为物体匀速直线运动，所以拉力和重力平衡，大小相等，由图可知PQ段物体下降的距离等于ON段物体上升的距离，由W=Fs可知，PQ段物体重力做功等于ON段拉力做功，故B正确；
C.重物在O点与Q点的高度相同，其重力势能大小相同，而在Q点最后是静止的，其动能为0，在O点的运动速度大于0，其势能大于0，因此O点与Q点时具有的机械能是不相等的，故C错误；
D.MO段提升时，吊机对物体做功，NP段吊机用力方向竖直向上，水平方向移动，沿力的方向没有移动距离，不做功，因而MO段与NP段，吊机对物体的拉力做的功不相等，故D错误。
故答案为：B。
13．【答案】（1）150
（2）A
【知识点】功的计算公式的应用；势能的影响因素
【解析】【分析】（1）根据W=Gh计算重力做的功；
（2）弹性势能越大，回弹时转换为的动能越多，则回弹越快，因此自动回弹功能越好，根据图乙判断即可。
【解答】（1）重力做功：W=Gh=500N×0.3m=150J；
（2）根据乙图可知，当动作次数相同时，A的弹性势能大于B，则在健腹轮中安装A型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
14．【答案】（1）CH4
（2）糖类
（3）动能和势能（或机械能）
（4）75
【知识点】食物与营养；功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；动能和势能的概念；化学式的书写及意义
【解析】【分析】（1）根据天然气的组成知识分析解答；
（2）根据人体的营养素的知识分析解答；
（3）物体由于运动具有的能量叫动能，由于被举高而具有的能量叫重力势能；
（4）首先根据W=nGh计算出一分钟内跳绳做的功，然后根据公式计算跳绳的功率。
【解答】（1）天然气是一种比较清洁的能源，它的主要成分是甲烷，化学式为CH4，也是最简单的有机物。
（2）糖类、蛋白质、脂肪等都是人体内基本的有机物，其中糖类是人体生命活动所需能量的主要来源。
（3）冰雹形成原因之一是液态水因气温骤降而形成的。比较大的冰雹会砸破车窗、砸伤行人，说明下落的冰雹具有动能和重力势能。
（4）1分钟内小科跳绳做功：W=nGh=50kg×10N/kg×0.05m×180=4500J；
他跳绳的功率为：。
15．【答案】（1）等于
（2）小于
（3）大于
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）物体的重力势能与质量和高度有关；
（2）在皮球运动的过程中，肯定会有机械能转化为内能，因此运动的时间越长，机械能的损失越大，剩余的机械能越少；
（3）皮球从空中落下，首先将重力势能转化为动能，接触地面后，再将动能转化为弹性势能，那么重力势能越大，弹性势能越大，即皮球的形变越大，因此黑斑越大。
【解答】（1）A点和点高度相同，且皮球的质量相同，因此它们的重力势能相等；
（2）因此D点在C点的后面，皮球运动的时间更长，因此机械能转化成的内能越多，而D点剩余的机械能越少，因此应选小于；
（3）因为O点的高度大于P点，所以O点的重力势能大于P点，那么着地时M点的弹性势能大于N点，因此M处的圆斑大于N处的圆斑。
16．【答案】B；在质量相同的情况下，高度越高，重力势能越大，转变成的弹性势能大，球的形变大
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】重力势能的大小与物体的质量和下落高度有关，下落高度相同时，质量越大，重力势能越大；质量相同时，下落高度越大，重力势能越大；皮球下落过程中，具有的重力势能转化为动能，与地面碰撞接触时又转化为弹性势能，弹性势能的大小与物体的形变大小有关，形变越大，弹性势能越大．
【解答】解：从图中A、B的印迹看出，B球的形变大，说明在质量相同的情况下，高度越高，重力势能越大，转变成的弹性势能大，球的形变大．
故答案为：B；在质量相同的情况下，高度越高，重力势能越大，转变成的弹性势能大，球的形变大．
17．【答案】（1）不变
（2）增大；先增大后减小
【知识点】能的多种形式；能量的相互转化和转移
【解析】【分析】（1）A点处弹性绳自然伸直，弹性绳没有产生弹力，因此从O点到A点的运动过程中，忽略空气阻力，机械能守恒；
（2）弹性势能大小的影响因素：弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度，形变越大，越难，弹性势能越大。A点到B点的过程中，重力大于弹性绳对运动员拉力，速度越来越大，动能越来越大，当弹性绳对运动员拉力大于重力时，运动员的速度开始减小，到达C点时，速度为零，因此动能逐渐减小。
【解答】（1）O点到A点，运动员自由下落，其重力势能转化为动能，由于不计空气阻力，所以运动员的机械能不变；
（2）在从A点至C点运动员的动能和重力势能转化为绳的弹性势能；A点到B点的过程中，重力大于弹性绳对运动员拉力，因此速度越来越大，动能越来越大；到达C点动能变为0，弹性势能增大到最大值，所以从A点到C点的过程中，弹性绳的弹性势能增大，而运动员的动能先增大后减小。
故答案为：（1）不变；（2）增大；先增大后减小。
18．【答案】减少；B；BC之间
【知识点】动能和势能的大小变化；势能的影响因素
【解析】【分析】（1）弹性势能的大小与形变程度大小有关；
（2）根据动能与弹性势能的转化过程分析；
（3）根据弹性势能转化为物体的动能和内能分析。
【解答】（1）物体处于位置B处，用力将其拉至C处，松手后，由C到B时，因此弹簧的形变程度在不断减小，因此弹簧的势能减少。
（2）如果地面是光滑的，那么没有能量损失，即弹簧的弹性势能会全部转化为物体的动能。当物体到达B点时，弹簧恢复原状，此时弹性势能为零，即势能最小，则该点时物体的动能最大。
（3）如果物体和地面之间存在摩擦力，那么弹簧的弹性势能会转化为物体的动能和内能。由于有能量损失，因此物体的动能会在到达B点之前就达到最大值，即动能最大的点在BC之间。
19．【答案】（1）速度；物体M移动的距离大小
（2）在速度相同时，物体质量越大动能越大（合理即可）。
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）物体的动能与质量和速度大小有关，分析图片中哪个因素不同即可。小球撞击木块，木块在水平面上克服摩擦力做功，根据W=fs可知，木块移动的距离越大，克服摩擦做的功越多，则对应小球的动能越大。
（2）两个小球都从斜面上相同位置滚下来，则到达水平面时速度相同；M移动的距离越大，则小球的动能越大，据此根据控制变量法的要求描述实验结论即可。
【解答】（1）根据图片可知，两个小球的质量相同，它们在斜面上的高度不同，则到达水平面时的速度不同，那么该实验探究动能大小与速度之间的关系。实验中通过观察比较水平面上物体M移动的距离大小来判断小球动能的大小。
（2）两个小球的速度相同，质量为2m的小球质量偏大，M移动的距离更大，即它的动能越大，那么得到结论：在速度相同时，物体质量越大动能越大。
20．【答案】重力势能转化为动能；不是；一直变小
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）根据影响动能和重力势能的因素分析它们的变化，然后得出能量的转化情况；
（2）当物体受平衡力作用时运动状态将不会改变，运动状态发生改变时一定是受非平衡力作用；
（3）弹簧的弹力与弹簧的形变有关，形变越大，弹力越大；物体受到的合力与运动的方向相反时做减速运动，速度越小，动能越小。
【解答】(1) 当小球从 A 位置运动到 B 位置时，其质量保持不变，速度逐渐增大，高度逐渐降低，由此可得动能增加，重力势能减少，所以能量转化情况为重力势能转化为动能。
(2) 小球处于最低点 B 时，速度达到最大值，且其运动轨迹呈现为圆周运动，因此小球所受的力并非平衡力。
(3) 在物体 M 从 C 点向 D 点移动的过程中，弹簧的形变程度不断加大，物体受到的与运动方向相反的弹力逐渐增强，导致物体做减速运动，速度越来越小，动能也随之越来越小。
故答案为：（1）重力势能转化为动能；（2）不是；（3）一直变小。
21．【答案】减速运动，最后静止；导体棒在下滑过程中，重力势能转化为动能；滑到水平导轨上后，导体棒需要克服安培力做功，消耗机械能，机械能越来越小，速度越来越慢，最后静止
【知识点】电磁感应；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】导体棒在下滑过程中，重力势能转化为动能；滑到水平导轨上后，根据右手定则判断出导体棒中的电流方向，再根据左手定则判断出导体棒受到安培力的方向，导体棒需要克服安培力做功，消耗机械能，动能越来越小。
【解答】导体棒在下滑过程中，重力势能转化为动能，做加速运动；滑到水平导轨上后，导体棒做切割磁感线运动，根据右手定则可以判断出导体棒中的电流方向为b-α，再根据左手定则判断出导体棒受到安培力的方向和导体棒运动方向相反，对导体棒的运动起到阻碍作用，导体棒需要客服安培力做功，消耗机械能，机械能越来越小，所以做减速运动，最后静止。
故答案为：减速运动，最后静止； 导体棒在下滑过程中，重力势能转化为动能；滑到水平导轨上后，导体棒需要克服安培力做功，消耗机械能，机械能越来越小，速度越来越慢，最后静止
22．【答案】大于；5：3
【知识点】速度公式及其应用；功的计算公式的应用；动能的影响因素
【解析】【分析】（1）根据计算甲的速度，然后与乙的速度进行比较，再比较动能大小即可；
（2）首先根据s=vt比较二者相同时间内经过的路程之比，再根据W=Fs计算二者牵引力做功之比。
【解答】（1）根据（1）图可知，甲的速度为：；
乙的速度为3m/s，则速度v甲>v乙；
二者的质量相同，那么甲车的动能大于乙车的动能。
（2）相同的电瓶车对地面的压力相等，且接触面粗糙程度不变，因此它受到的摩擦力相等。
根据平衡力的知识可知，甲和乙中受到的牵引力等于摩擦力；
因此甲和乙中受到的牵引力相等。
甲和乙的速度之比v甲；v乙=5m/s：3m/s=5：3；
当时间相同时，根据s=vt可知，二者的路程之比：s甲：s乙=5：3；
根据W=Fs可知，二者的做功之比：W甲：W乙=5：3。
23．【答案】（1）a、b
（2）实验中没有控制物体下落高度相同
（3）转换法
（4）C
【知识点】势能的影响因素
【解析】【分析】（1）根据控制变量法的要求选择对比实验；
（2）根据控制变量法的要求分析b、c两个实验是否控制变量；
（3）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。
（4）根据公式W=Gh分析即可。
【解答】（1）探究重力势能与高度的关系时，需要控制质量相同而改变高度，故选a、b；
（2）探究重力势能的大小与物质质量的关系时，必须控制高度相同而改变质量，而b、c两个实验中没有控制物体下落高度相同；
（3）本实验中，将重力势能的大小转化为铁钉插入沙箱中的深度，使用了的转换法；
（4）根据W=Gh可知，当物体的重力相同时，功与高度成正比，那么功随时间变化的图像的形状应该与高度随时间变化的图像的形状相似，故选C。
24．【答案】（1）甲、乙
（2）质量相同的物体，运动速度越大，动能就越大
（3）纸盒被撞击后所运动的距离；C
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】物体由于作机械运动而具有的能。控制变量在进行科学实验的概念，是指那些除了实验因素(自变量)以外的所有影响实验结果的变量，这些变量不是本实验所要研究的变量，所以又称无关变量、无关因子、非实验因素或非实验因子。
【解答】（1）研究动能与物体质量的关系，则实验装置的变量中只有质量一个变量，对甲乙丙可知，甲乙质量不同，释放高度相同；故答案为：甲、乙；
（2）对甲、丙装置可知，变量为释放高度不同，则小球获得的初速度不同，甲球获得的速度大于丙球获得的速度，导致木块移动的距离越大，则说明质量相同时，速度越大，动能也越大；故答案为： 质量相同的物体，运动速度越大，动能就越大 ；
（3）甲乙丙都是通过对比纸盒移动的距离来判断动能大小的，属于转换法；
A、认识电压使用的类比法；故A错误；
B、认识磁场使用的是假设法；故B错误；
C、探究电功，使用的转换法；故C正确；故答案为： 纸盒被撞击后所运动的距离 ；C；
故答案为：（1）甲、乙；（2） 质量相同的物体，运动速度越大，动能就越大 ；（3）纸盒被撞击后所运动的距离 ；C。
25．【答案】（1）控制变量法和转换法
（2）铅球陷入沙中的深度
（3）①③
（4）当物体的质量和下落高度相同时，重力势能与物体运动的路径无关
【知识点】势能的影响因素
【解析】【分析】（1）探究某个因素对物理量的影响时，需要控制其它因素相同，这就是控制变量法。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）铅球从空中落下后撞击沙面，则铅球陷入沙子中的深度越大，说明它的重力势能越大；
（3）根据控制变量法的要求选择对照实验。
（4）分析实验③④中哪些因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论。
【解答】（1）在本实验中，探究铅球质量对重力势能的影响时，需要控制下落高度相同，这里使用了控制变量法。将铅球的重力势能大小转换为铅球陷入沙子中的深度，还使用了转换法。
（2）本实验中，铅球的重力势能大小是通过铅球陷入沙中的深度来反映的；
（3）验证猜想二，即探究重力势能大小与下落高度的关系时，需要控制铅球的重力和运动轨迹相同而改变高度，故选实验①③。
（4）在实验②③中，铅球的质量和下落高度相同，只有运动路径不同，根据陷入沙子中深度相同可知重力势能相同，那么得到结论：当物体的质量和下落高度相同时，重力势能与物体运动的路径无关。
26．【答案】（1）木块被撞的距离；转换
（2）B
（3）甲丙
（4）大；大
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）小球从斜面上滚下，撞击水平面上的木块，木块克服地面的摩擦力而做功。根据W=fs可知，木块移动的距离越远，克服摩擦做的功越多，小球的动能越大。
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）比较甲乙两个实验中哪个因素不同即可；
（3）根据控制变量法的要求选择对照实验；
（4）根据实验现象总结实验结论。
【解答】（1）通过观察比较木块被撞的距离就可以反映小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法。
（2）甲和乙两个实验中，小球的质量相等，但是小球在斜面上的高度不同，即到达水平面时的速度不同，则可以探究动能与速度的关系，即验证猜想B。
（3）验证猜想A，即探究动能与物体质量的关系时，需要控制速度相同，即小球在斜面上的高度相同，而改变小球质量，故选实验甲和丙。
（4）比较甲和乙可知，质量相同的物体，运动的速度越大，它的动能越大。比较甲和丙可知，运动速度相同的物体，质量越大，它的动能也越大。
1 / 1九上科学阶段练习（3.1-3.3）
考试时间40分钟，满分120分
一、单选题
1．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
2．小明用可乐瓶制作水火箭，先在瓶中装适量水，然后将带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞后用打气筒往瓶里打足气（如图所示）；打开阀门后，水会从尾部的金属管向下喷出，使水火箭竖直向上飞向空中。下列分析正确的是（ ）
A．上升过程中，水火箭瓶内气体的内能减少
B．上升过程中，喷出的水对水火箭有向下的推力
C．下降过程中，水火箭的动能转化为重力势能
D．下降过程中，水火箭的机械能逐渐增大
3．跳水运动中蕴含着许多物理知识，运动员站立在跳台上的A点，然后保持直立姿势从跳台上竖直向上弹跳后腾空，至最高点后自由下落，至C点落入水中。若不计空气阻力，运动员从离开跳台到落水前的过程中，下列关于其动能、势能和机械能的大小分别随时间变化的曲线中，正确的是（ ）
A．①③④ B．②③④ C．①④ D．③④
4．根据你的生活经验和所学知识，下列表述接近事实的是（ ）
A．额定功率60W的电风扇正常工作1分钟放热约3600J
B．科学课本封面面积约为450cm2
C．中学生双脚站立时对地面的压强约为10Pa
D．一初中生从一楼到三楼重力做功约100J
5．跳绳是大家喜爱的体育运动之一，小金的质量为50千克，每次跳起高度约为6厘米（人整体上升，如图所示），一分钟跳100次，下列说法正确的是（ ）
A．向上起跳过程中小金的动能持续增大
B．在整个跳绳过程中小金的机械能守恒
C．小金跳一次克服重力做功约 3 焦
D．小金在这一分钟内跳绳的功率约为 50 瓦
6．如图弹簧左端固定，用力将木块压缩弹簧到O点，静止释放后木块在水平地面上向右滑行，经弹簧原长为S1点，继续滑行至S2点停下。木块从O点开始运动所经过的路程为S；则在整个运动过程中木块和弹簧所具有的机械能总量(E)与木块经过的路程(S)的关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．两个完全相同的篮球，表面涂黑，从不同的高度自由下落（由静止开始下落）至同一地面，在地面上留下如图所示的黑色圆斑，下列判断正确的是（ ）
A．落在甲处的篮球初始重力势能大
B．落在乙处的篮球质量大
C．落在乙处的篮球初始高度大
D．落在甲处的篮球重力做功多
8．如图所示，右端固定的弹簧与粗糙的水平平台平行，在它的左侧有一个小球与它接触，这时弹簧处于自然伸直状态。水平地面上B点个物体。现将小球向右推固定的距离，弹簧压缩后，由静止释放，小球落在B点右侧。以下说法正确的是（ ）
A．落地时小球的动能由小球的重力势能转化而来
B．为了能使小球击中小物体，可以增加小球的质量
C．小球由静止释放后，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，此过程中机械能守恒
D．若小球落地后静止不动，则小球的能量全部转化为内能
9．菲律宾遭受了超强台风的袭击，急需大量物质，国际救援组织一架满载救援物质的飞机在某一高度水平匀速飞行，并不断地向地面投放民众急需的物质的，飞行中的飞机（ ）
A．动能减小，重力势能减小 B．动能不变，重力势能不变
C．动能减小，重力势能增大 D．动能增大，重力势能减小
10．图甲是投掷实心球的场景(不计空气阻力。灵灵分析了实心球自脱手至落地过程的能量转化，画出了其势能的大小随时间变化的曲线如图乙。班中其他同学也模仿着画出此过程中实心球动能的大小随时间变化的大致曲线，请选出其中正确的曲线是（ ）
A．B．C． D．
11．如图，在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，橡胶塞被冲出，管口产生大量的白雾。则（ ）
A．管内水蒸气的内能不变 B．管内水蒸气对橡胶塞做了功
C．水所含的热量增加 D．白雾是由水汽化产生的
12．关于生活中的科学，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中装满水的塑料管下方的纸片不会掉落，证明大气压强的存在
B．图乙中向两张纸片中间吹气，两纸片相互靠拢，说明流速越大，压强越大
C．图丙中人提着滑板车在水平地面上前行，人竖直向上的提力对滑板车做功
D．图丁中人站在绝缘的木凳上，通电后不会触电
二、填空题
13．2024年6月，携带着月壤样本的“嫦娥六号”返回器成功着陆。此次，嫦娥六号返回器采用了“打水漂”式返回技术，多次进入地球大气层，利用大气的阻力减速，其降落过程的部分轨迹如图所示。返回器由A点到 B点的重力势能 (填“变大”、“不变”或“变小”)；返回器在 A 点的机械能 D点的机械能 (填“大于”、“小于”或“等于”)。
14．如图所示，滑动轨道分别由半径为5分米的半圆弧槽、相同粗糙程度的水平面构成。其中甲的半圆弧槽是光滑的，将10牛重的物块在槽顶静止释放，水平滑行10分米：乙的半圆弧槽是粗糙的，将相同的物块在槽顶静止释放，水平滑行6分米。求乙中重力对物块做的功 焦；乙中物体在水平面上的摩擦力为 牛。
15．喝水鸟是一款玩具，其结构如图。给头部滴一次水，能发现玻璃管内乙醚逐渐上升，“鸟身”逐渐绕支点顺时针转动；当身体接近水平时，玻璃管底部露出气体，头部的液体又回到底部，“鸟身”逐渐绕支点逆时针转动恢复初始状态。若鸟身前放一杯水，使鸟头前倾时能够沾到，保持鸟头湿润，则此过程可反复进行，因此又被称为“永动鸟”。请回答。
（1）给头部滴水的目的是利用水蒸发 (选填“吸热”或“放热”)热量，使头部温度下降。
（2）头部温度降低后，头部玻璃泡内的乙醚蒸气会 (填物态变化名称)，使头部气压小于尾部气压。
（3）喝水鸟并非“永动机”，其运动过程消耗了 能，转化为鸟的机械能。
16．2024年10月16日，SpaceX公司完成一项壮举用发射架机械臂捕获回收了一枚试飞返航的助推火箭，实现了所谓的“筷子夹火箭”。甲乙是观测者先后截取的两张照片。
（1）助推火箭返航时的运动形式属于机械运动，做机械运动的物体所具有的能称 ；
（2）在发射大约七分钟后，助推火箭执行了看似完美的着陆，先是悬停在发射塔附近，然后被塔上的机械臂捕获。若将助推火箭悬停看成是静止状态，是以 作为参照物的。
17．如图是频闪照相机拍下的小球自由落体的照片。小球从静止开始自由下落，经测量通过B、C 两点时，下落的距离 AB=BC。重力在 AB 段做功为 W1。做功功率为 P1；在 BC 段重力做功为 W2，做功功率 P2，则 W1 W2，P1 P2（两空均选填“>”、“<” 或“=”）。
18．如图所示，a、b、c三种情况下，用大小相同的力F（其他力未画出）使同一物体在相同时间内沿不同的轨迹移动了相同的距离s，对于三种情况下拉力F所做的功分别为、、，功率分别为、、三种情况下拉力做功大小 ， 。（选填：“<”、“=”或“>”）
19．杭州亚运会女子跳远决赛中，中国运动员熊诗麒夺得金牌。在起跳前冲刺过程中，运动员具有较大的 能；运动员在比赛时消耗体内储存的 能。
20．下图是某同学利用易拉罐所做的两个实验，请分析回答：
（1）如图甲，让易拉罐从同一斜面上不同高度静止滚下，碰到相同位置的同一木块上。此实验的目的是研究动能的大小与 的关系。
（2）如图乙，将装有少量水的易拉罐加热后倒立在装有冷水的水槽中，易拉罐内的水蒸气发生 ，使得罐内的气压减小，易拉罐在大气压的作用下发生形变。
21．第七届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行。某跳伞运动员为备战军运会进行刻苦训练，某次他从3000m高空跳下，经45s后在1500m高空打开降落伞，再经过6min左右落地。
（1）运动员打开降落伞后的平均速度 (填“大于”、“等于”或“小于”)打开前的平均速度。
（2）如果降落伞的质量为20kg，则关于该运动员整个跳伞过程，下列估计正确的是 。
A．运动员的体重约为60N
B．整个过程重力做功约2.4×106J
C．整个下落过程中重力做功的功率约为5900W
22．体育比赛中，小榕抛出的实心球在空中的运动轨迹如图所示，成绩为10.0米。若实心球重20牛，从最高点B运动到落地点C的过程中，球下降的高度为2.7米，用时为0.75秒。
（1）小榕在体育比赛时的散热方式是 。
（2）比较实心球在ABC三个位置时，机械能大小关系 。
（3）实心球下降过程中重力做功的功率为 瓦。
三、实验探究题
23．图 1 是小丽探究动能大小与速度关系时的实验场景：斜面上有两平行轨道，将两小球①、②从轨道上由静止释放，与放置在水平木板上的两个相同木块甲、乙发生碰撞， 两个木块初始位置到斜面底端的距离相等。
（1）为完成实验，应使两个质量 （“相同”或“不同”）的小球从轨道上不同高度静止释放；
（2）由图 1 场景可知，碰撞木块前瞬间，动能较大是哪个小球，并说明理由： ；
（3）由图 1 场景究除了可探究动能大小与速度关系，还能探究 与高度关系；
（4）图 2 是某次实验的场景：将两小球从图中 E、F 处静止释放，最终木块甲从水平木板的右端滑出，下面是小丽对实验的改进方法，其中合理的是（ ）
A．用质量大的木块替换木块甲后继续此次实验；
B．用质量小的小球替换小球①后继续此次实验；
C．换用相同的更长的木板继续此次实验；
D．适当降低小球①的高度（与小球②的高度仍不同）继续此次实验；
24．“探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板上后与木块碰撞通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景
（1）为探究小车动能与质量的关系，应选用场景①和 (填“②”、“③”或“④”)进行实验；选用场景③和④进行实验时，可探究小车动能与 的关系
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越 ，木块被碰撞后在木板上滑行的距离 。
（3）若将场景①和②中的木块均移走，利用这两个场景可探究 对物体运动的影响，为提高实验结论的准确性，还需再增加一次实验，为此，在场景①的基础上，你所作的调整是 。
25．为探究物体的动能跟哪些因素有关，利用斜槽、钢球、木块等器材在同一水平面上进行探究活动。钢球从高为h的斜槽上滚下，在水平面上运动，运动的钢球碰上木块后，能将木块撞出一段距离s，如图所示。
（1）实验中探究的“物体的动能”是指____(选填字母)
A．钢球在斜面上的动能 B．钢球撞击木块时的动能 C．木块被撞击后的动能
（2）若水平面是光滑的， (选填“能”或“不能”)达到探究目的。
（3）实验过程中，发现木块移动的距离较短而不易观察和比较。对此请写出一条改进措施 。
（4）改进后用同一钢球A先后从不同高度h1和h2的斜槽上由静止滚下，将同一水平面上的木块撞出的距离分别为s1和s2，如图所示：可得出的结论为 。
26．如图甲所示是我们常见的按压式圆珠笔。小明利用圆珠笔开展了以下实验研究。
实验一：研究弹簧弹力与压缩量的关系(如图乙)，实验数据记录如下表：
序号 钩码质量(g) 弹簧压缩量x(mm) 弹簧弹力F(N) k
1 50 2 0.5 0.25
2 100 4 1 0.25
实验二：研究影响弹簧弹性势能的因素。先将笔倒立向下按压一定程度然后放开，笔将向上弹起一定的高度。某次弹跳过程可以分为三个阶段： (如图丙)
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(见位置a)；
②由静止释放，外壳竖直上升，弹簧恢复到原长(见位置b)；
③笔继续上升到离桌面2厘米的最高处(见位置c)开始下落。
（1） 实验一表中的“k”应该填入的项目是： (选填“F/x”或“x/F”)；小明由实验一表格数据就得出了弹簧弹力与压缩量的关系是否正确，请说明理由 。
（2）实验二的笔在上升过程中，笔的外壳的最大速度处于位置 之间(选填“ab”或“bc”)。
（3）实验二通过测量 研究弹簧弹性势能的大小(选填“笔上升的最大高度”或“笔的质量”)。
四、解答题
27．太阳能将成为全球未来供电的主要能源。某学校开展了“制作太阳能动力小车”的项目活动。小科制作的小车已经完成测定的参数如下：小车的质量为100g，车长8cm、宽6.5cm、高3cm，轮胎与地面的总接触面积为2cm2。完成下列问题：
（1）小车静止在水平地面时，对地面的压强为多少？
（2）某次测试中，小车在阳光照射下行驶40米用时1分20秒，该次测试中小车的速度为多少？
（3）测试中，小车以最快速度0.8m/s在水平地面上匀速直线行驶，若受到的阻力为重力的0.1倍，此时小车的功率为多少瓦？
28． 如图所示的防空导弹驱逐舰被誉为“中华神盾”．它满载时总重约为6×107N，驱逐舰满载以36km/h的速度匀速直线航行时，受到的阻力是总重的0.01倍，如果以这个速度匀速航行10h消耗燃油12t．问：
（1）驱逐舰航行时的牵引力是多大？
（2）航行时驱逐舰克服阻力做了多少功？
（3）整个航行过程中驱逐舰的效率是多大？（取q燃油=4×107J/kg）
答案解析部分
1．【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。
2．【答案】A
【知识点】能量的相互转化和转移；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】A.根据内能和机械能的转化分析；
B.根据力的作用的相互性分析；
C.根据动能和重力势能的大小变化判断；
D.根据机械能和内能的转化判断。
【解答】A.上升过程中，水火箭将气体的内能转化为机械能，则瓶内气体的内能减少，故A正确；
B.上升过程中，水火箭向下喷水，对水施加向下的作用力。根据相互作用力的知识可知，喷出的水对水火箭有向上的推力，故B错误；
C.下降过程中，水火箭的动能增大，重力势能减小，则重力势能转化为动能，故C错误；
D.下降过程中，水火箭与空气摩擦，部分机械能转化为内能，即机械能减小，故D错误。
故选A。
3．【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】 （1）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。
（2）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。
（3）不计空气阻力，只有动能和势能的相互转化，机械能是守恒的。
【解答】 ①②运动员上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小，当上升到最高点时，速度最小，动能最小。下落的过程中，速度越来越大，动能越来越大。所以动能是先减小，上升到最高点速度最小，动能最小，后又增大，当上升到最高点时，速度最小，但不为零，动能不为零，故图①错误，图②正确；
③小球上升的过程中，高度越来越大，重力势能越来越大，当上升到最高点时，高度最高，重力势能最大，下落的过程中，高度越来越小，最后落地，重力势能越来越小，直到为零。所以重力势能是先增大，上升到最高点重力势能最大，后又减小，最后为零。故图③正确；
④由于此时不计空气阻力，所以机械能是守恒的，故机械能不变，图④正确。
故选B。
4．【答案】B
【知识点】面积的测量；压强的大小及其计算；功的计算公式的应用；电功计算公式的应用
【解析】【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出合理的答案。
【解答】A、额定功率60W的电风扇正常工作1分钟消耗的电能
电风扇主要将消耗的电能转化成机械能，产生的热量很少，故A不符合题意；
B、一本科学课本的宽度约为16cm，长约为28cm，科学课本封面面积约为
与450cm2接近，故B符合题意；
C、一个普通中学生的质量大约为50kg，他对水平地面的压力等于他的重力
双脚的面积大约是500cm2，他对水平地面的压强
故C不符合题意；
D、每层楼的高度约为3m，从一楼走上三楼克服自己的重力做功约为
故D不符合题意。
故答案为：B。
5．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）重力势能与物体质量和高度有关，动能与质量和速度有关，分析跳起过程中的能量转化即可；
（2）物体运动时，与空气摩擦，肯定会有机械能转化为内能，据此判断；
（3）已知重力和高度根据计算克服重力做的功；
（4）首先根据计算出1min内跳绳做的功，然后再根据计算跳绳的功率。
【解答】A.向上起跳过程中，小金的质量不变，高度增大，因此重力势能增大；速度减小，动能应该减小，故A错误；
B.在跳绳过程中，小金要克服空气阻力做功，因此它的机械能不守恒，故B错误；
C.小金跳一次做的功：，故C错误；
D.1min内小金跳绳做的功：；
小金跳绳的功率：，故D正确。
故选D。
6．【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；能量的相互转化和转移
【解析】【分析】①弹簧的弹性势能与形变程度的大小有关；
②根据W=fs可知，当木块受到的摩擦力相同时，距离越远，克服摩擦做的功越多；
③根据能量转化的知识分析判断。
【解答】当弹簧推动木块，从O点经过S1点到达S2静止的过程中，弹簧具有的弹性势能转化为木块的动能和克服地面摩擦而产生的内能，即E动=E-W=E-fs=-fs+E，即图线为一条斜线，且当s=0时，E动=E；当s=s2时，E动=0，故B正确，而A、C、D错误。
故选B。
7．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】弹性势能与物体发生弹性形变的程度大小有关，重力势能与物体的质量和高度大小有关，据此分析判断即可。
【解答】A.相同的篮球，撞击地面后，甲圆斑小，说明篮球形变程度小，产生的弹性势能小。因为弹性势能由最初的重力势能转化而成，因此落在甲处的篮球初始动能小，故A错误；
B.两个篮球完全相同，因此它们的质量相等，故B错误；
C.乙处的圆斑大，那么篮球的弹性形变大，具有的弹性势能就大。因为弹性势能由开始时的重力势能转化而来，所以落在乙处的篮球重力势能大。因为篮球质量相同，所以乙处的篮球初始高度大，故C正确；
D.根据W=Gh可知，两个篮球质量相等，那么重力相等，乙处的篮球高度大，所以落在乙处的篮球重力做功多，故D错误。
故选C。
8．【答案】D
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】本题考查平抛运动与功能关系的联合应用，要注意分析运动过程，根据题意正确选择物理规律进行分析求解，注意平抛运动的基本处理方法，弹簧推到小球时，弹簧的弹性势能转化成小球的动能，小球离开桌面时，做平抛运动，只受重力作用，此时小球的机械能守恒。
【解答】A、落地时小球的动能由小球的重力势能和弹簧的弹性势能而来，故A错误；
B、平抛运动小球水平位移的距离，只和高度和小球的初速度有关，小球的初速度由弹簧的弹性势能决定，故与质量无关，故B错误；
C、小球由静止释放后，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，由于水平面为粗糙面，小球还受到摩擦力，由于受到外力，机械能不守恒，故C错误；
D、若小球落地后静止不动，由于空气阻力的作用，小球的能量全部转化为内能，故D正确。
故选D
9．【答案】A
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）重力势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（2）动能大小的影响因素：质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。
【解答】动能大小的影响因素是质量和速度；重力势能大小的影响因素是质量、被举得高度；当飞机在空中沿水平方向匀速飞行时，由于往地面投放救灾物资，所以，高度不变，质量不断减小，而速度不变，即动能减小，重力势能减小，故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
10．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】根据动能和重力势能的转化知识分析判断。
【解答】①根据图片可知，在铅球上升的过程中，实心球的高度增大，则重力势能增大，此时动能转化为重力势能，即动能减小；
②当到达最高点时，实心球的动能最小，但是不为零；
③当铅球下降的过程中，实心球的高度减小，则重力势能减小，此时重力势能转化为动能，因此动能增大。
故选C。
11．【答案】B
【知识点】液化及液化现象；力是否做功的判断；物体内能的改变方法
【解析】【分析】AB.物体对外界做功，则物体内能减小；外界对物体做功，则物体内能增大；
C.热传递过程中传递能量的多少叫热量；
D.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
【解答】AB．对试管加热，水蒸气对橡胶塞做功，将水蒸气的内能转化为橡胶塞的机械能，则水蒸气的内能减小，故A错误，B正确；
C．热量是一个过程量，不是状态量，不能说物体含有多少热量，故C错误；
D．白雾是水蒸气从气态变成液态发生液化形成的小水滴，故D错误。
故选B。
12．【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系；大气压强的存在；触电危害及常见的触电类型与预防；力是否做功的判断
【解析】【分析】（1）根据大气压强的知识判断；
（2）根据流体压强和流速的关系判断；
（3）功的两个要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离；
（4）触电的条件：①接触火线；②构成通路形成电流。
【解答】A.图甲中装满水的塑料管下方的纸片不会掉落，是因为大气对纸片有向上的压强，从而证明大气压强的存在，故A正确；
B.图乙中向两张纸片中间吹气，两纸片相互靠拢，说明流速越大，压强越小，故B错误；
C.图丙中人提着滑板车在水平地面上前行，人对滑板车的提力竖直向上，而滑板车没有在这个方向上通过距离，因此这个提力对滑板车不做功，故C错误；
D.图丁中人站在绝缘的木凳上，但是人一手接触火线，一手接触零线，构成了通路，会有电流经过人体，肯定会发生触电事故，故D错误。
故选A。
13．【答案】变大；大于
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能守恒
【解析】【分析】（1）重力势能的大小与高度和质量有关；质量一定时，高度越高，重力势能越大；
（2）机械能是动能和势能（包括重力势能和弹性势能）的总和。
【解答】由图可知，A到B点，高度增大，故重力势能增大，则A的重力势能小于B点的重力势能；
返回器从A到B以及C到D都在大气层内，故会与空气摩擦，机械能会损失，故A点的机械能大于D点的机械能。
故答案为：变大；大于。
14．【答案】5；5
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据W=Gh计算重力对物块做的功；
（2）甲和乙的物块相同，接触面粗糙程度相同，因此物体受到的摩擦力相同。在甲中，半圆轨道光滑，那么物块重力势能正好等于它在水平面上克服摩擦做的功，根据公式计算摩擦力。
【解答】（1）乙中物块下降高度5dm=0.5m，那么重力做功W=Gh=10N×0.5m=5J；
（2）甲中，物块的重力势能等于克服重力做的功，即W=5J；
那么物体受到的摩擦力。
甲和乙的物块相同，接触面粗糙程度相同，
因此物体受到的摩擦力相同。
则乙中物体受到的摩擦力为5N。
15．【答案】（1）吸热
（2）液化
（3）内
【知识点】蒸发及其现象；液化及液化现象；能量的相互转化和转移；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】（1）（2）物态变化：熔化：由固态转化为液态；凝固：由液态转化为固态；凝华：由气态转化为固态；升华：由固态转化为气态；汽化：由液态转化为气态；液化：由气态转化为液态。
（3）由能量守恒定律可知能量不会凭空产生或消失，只是发生了转化或转移，由原理可知，是将内能转化为机械能。
【解答】（1）蒸发，由液态转化为气态，吸收热量。
（2）温度降低，乙醚蒸气受冷液化，头部气体减少，压强减小。
（3）由题中信息可知，鸟在运动过程中存在吸放热过程，可知该过程消耗了内能，转化为机械能。
16．【答案】（1）机械能
（2）地面
【知识点】参照物及其选择；动能和势能的概念
【解析】【分析】（1）由于运动而具有的能量叫做动能；
（2）看研究对象相对于参照物的位置是否发生变化来判断。
【解答】（1）做机械运动的物体，能够做功，做机械运动的物体所具有的能称机械能。机械能包括动能和势能。
（2）助推火箭悬停在发射塔附近，被塔上的机械臂捕获，助推火箭相对于地面或机械臂或发射架没有发生位置的变化，是静止状态。
（1）做机械运动的物体，能够做功，做机械运动的物体所具有的能称机械能。机械能包括动能和势能。
（2）助推火箭悬停在发射塔附近，被塔上的机械臂捕获，助推火箭相对于地面或机械臂或发射架没有发生位置的变化，是静止状态。
17．【答案】=；<
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】根据W=Gh比较重力做功的大小，根据比较功率大小。
【解答】小球的重力保持不变，且AB=BC，根据W=Gh可知，重力在两个阶段做功相同，即W1=W2。相邻两个小球之间的时间相同，则tAB>tBC，根据可知，做功的功率P1
18．【答案】<；>
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】 功的大小是物体所受的力与在力的方向上通过距离的乘积；在a、b、c三种情况下受力相同，根据物体在力的方向上通过的距离，利用公式W=Fs分析拉力做功的大小，根据比较做功功率的大小。
【解答】根据图片a可知，力F在竖直方向上，移动的距离s在水平方向上，二者不在同一方向上，则F对物体不做功，即，做功的功率；
如图b，力F在水平方向上，物体在力的方向上移动的距离为s，F对物体做的功，做功的功率；
比可知，拉力做功大小；
如图c，力F在竖直方向上，物体在力F的方向上移动的距离，
那么F对物体做的功，做功的功率；
比较可知，。
19．【答案】机械或动；化学
【知识点】能的多种形式
【解析】【分析】物体由于运动具有的能量叫机械能，而物质内部储存的能量叫化学能，据此分析解答。
【解答】在起跳前冲刺过程中，运动员具有较大的机械能；运动员在比赛时消耗体内储存的化学能。
20．【答案】（1）速度
（2）液化
【知识点】液化及液化现象；动能的影响因素
【解析】【分析】影响动能的因素有质量和速度，液化的两种方式：降低温度，压缩体积。
【解答】（1）图甲中让同一小球从同一个斜面上不同的高度由静止开始运动，“同一小球”控制了小球的质量不变，“不同高度”小球的高度不同，运动的速度也就不同，因此该实验探究的是小球动能与速度的关系；
（2）点燃酒精灯对装有少量水的易拉罐加热，水吸热汽化生成水蒸气，倒立在装有冷水的水槽中，水蒸气遇冷发生液化 ，气压减小。
故答案为：（1）速度；（2）液化。
21．【答案】（1）小于
（2）B；C
【知识点】速度公式及其应用；功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据公式分别计算出两个阶段的平均速度，然后进行比较即可；
（2）①人的正常体重在50kg~100kg之间；
②根据W=Gh计算克服重力做的功；
③根据计算下落过程中的平均功率。
【解答】（1）打开降落伞前的平均速度为：；
打开降落伞后的平均速度：；
则该运动员打开降落伞后的平均速度小于打开降落伞前的平均速度。
（2）A.该运动员的体重大约为60kg，而不是60N，故A错误；
B.运动员和降落伞的总重力G总=m总g=（60kg+20kg）×10N/kg=800N；
整个过程中重力做功：W总=G总h=800N×3000m=2.4×106J，故B正确；
整个下落过程中消耗的功率为：，故C正确。
故选BC。
22．【答案】（1）汗液蒸发散热
（2）EA＞EB＞EC
（3）72
【知识点】体温的控制；功的计算公式的应用；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】 （1）体育比赛时人体的主要散热方式是蒸发散热。
（2）实心球在抛出后，由于空气的阻力，机械能逐渐减小。
（3）根据计算重力做功的功率。
【解答】 （1）小榕在体育比赛时的散热方式是汗液蒸发散热。
（2）实心球在抛出后，由于空气的阻力，机械能逐渐减小，实心球在ABC三个位置时，机械能大小关系EA＞EB＞EC。
（3）实心球下降过程中重力做功的功率为：。
23．【答案】（1）相同
（2）小球①；理由：木块甲移动距离大于木块乙移动的距离
（3）（重力）势能
（4）C D
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】所谓动能，简单的说就是指物体因运动而具有的能量。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。
【解答】（1）由题干可知小球的高度是不同，就是该实验中高度是变量，那么剩下的所有因素都要是相同的；故答案为：相同；
（2）动能的大小及速度的大小难以观察，所以通过观察小木块移动的远近来衡量动能大小；图中①的木块移动距离较远，所以①的动能大；故答案为：小球①；理由：木块甲移动距离大于木块乙移动的距离；
（3）能量中与高度有关系的是重力势能；故答案为：（重力）势能；
（4）图2中的实验场景，①因为动能太大，导致木块滑出木板；因此要减小动能或者增长木板都可以，但一定要控制变量；
A、用质量大的木块替换木块甲后继续此次实验，如此改进后会出现两个变量，小球的高度不同，木块的质量不同；故A错误；
B、用质量小的小球替换小球①后继续此次实验，如此改进后会出现两个变量，小球的高度不同，小球的质量不同；故B错误；
C、换用相同的更长的木板继续此次实验；这样甲中的木块就不会滑出木板了；故C正确；
D、适当降低小球①的高度（与小球②的高度仍不同）继续此次实验；这样甲中小球的动能就会减小，木块就不会滑出木板；故D正确；
故答案为：CD；
故答案为：（1）相同；（2）小球①；理由：木块甲移动距离大于木块乙移动的距离；（3）（重力）势能；（4）CD。
24．【答案】（1）③；速度
（2）多；越远
（3）阻力；在木板上铺设玻璃板
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）根据控制变量法的要求选择对比实验；比较③④两个实验中哪个因素不同即可；
（2）小车的动能越大，传递给木块的能量越大。木块移动时克服地面阻力做功，而阻力大小不变，根据W=fs可知，木块被碰撞后滑行的距离越远；
（3）将①②中的木块去掉，让小车从斜面上相同高度滑下，那么到达水平面时的速度相同，根据小车在水平面上移动的距离，可以分析阻力对物体运动的影响。为了提高实验的准确性，至少要换用不同的表面材料完成三次实验，因此可以换用阻力更小的玻璃板。
【解答】（1）为探究小车动能与质量的关系，要控制小车到达水平面时的速度相同，即在斜面上的高度相同，而改变小车的质量，故选①和③。③和④中，小车的质量相同，而在斜面上的高度不变，也就是到达水平面时的速度不变，因此探究小车动能与速度的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越多，木块被碰撞后在木板上滑行的距离越远。
（3）若将场景①和②中的木块均移走，利用这两个场景可探究阻力对物体运动的影响。为提高实验结论的准确性，还需再增加一次实验，为此，在场景①的基础上，我所作的调整是在木板上铺设玻璃板。
25．【答案】（1）B
（2）不能
（3）减小水平面的粗糙程度或者将木块换为小车
（4）当质量不变时，物体的速度越大，则动能越大
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】 （1）根据转换法，通过比较木块在同一水平面上被撞击的距离来比较小球到达水平面时动能的大小，据此分析；
（2）实验中小球动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来；若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律分析木块的运动状态；
（3）木块移动的越近，说明重力势能转化的动能就越小，可以从增强小球的重力势能方面考虑。
（4）小球在斜面上的高度越大，则到达斜面底端时的速度越大，根据图片对比得到动能大小与速度大小的关系即可。
【解答】 （1）根据转换法，通过比较木块在同一水平面上被撞击的距离来比较小球到达水平面时动能的大小，“物体的动能”是指钢球撞击木块时的动能；
故选B。
（2）根据转换法，实验中，是通过观察木块移动的距离的大小s判断出小球具有的动能的大小；若水平面绝对光滑，木块就会做匀速直线运动，无法比较木块移动距离的远近，达不到探究目的；
（3）在实验过程中，发现木块移动的距离较短而不易进行观察和比较，说明可能是小球到达水平面时的动能小，可以增大小球的重力势能，即实验时，可以增大小球在斜面的高度或者增大球的质量，也可能是水平面对木块的摩擦力较大，可以减小水平面的粗糙程度或者将木块换为小车等方法；
（4）在甲和乙图中，小球的质量相同，甲中小球在斜面上的高度大，到达斜面底端时速度大，同时木块移动的距离大说明小球的动能大，那么得到结论：当质量不变时，物体的速度越大，则动能越大。
26．【答案】（1）F/x；不正确，实验次数太少，实验存在偶然性
（2）ab
（3）笔上升的最大高度
【知识点】势能的影响因素
【解析】【分析】（1）根据表格数据，分析k值与前面数据的关系即可。在科学探究中，往往需要多次进行实验，从而收集多组数据，这样得出的结论会更加客观，具有普遍意义；
（2）当物体受到合力的方向与运动方向一致时，物体做加速运动；当合力为零时，加速停止，此时速度最大；
（3）在实验中，笔的外壳到达的最大高度越大，说明重力势能越大，那么对应的弹性势能越大。
【解答】（1）根据表格可知，；
小明由实验一表格数据就得出了弹簧弹力与压缩量的关系不正确，理由是：实验次数太少，实验存在偶然性；
（2）根据图片可知，在开始阶段，弹力大于重力，合力向上，则外壳做加速运动。随着弹力的减小，当弹力等于外壳的重力时，合力为零，此时加速停止，即此时速度最大。由此可知，速度最大的时候弹力依然存在，即还有形变，故速度最大的位置在ab之间；
（3）实验二通过测量笔上升的最大高度研究弹簧弹性势能的大小。
27．【答案】（1）解：G=mg=0.1kg×10N/kg=1N
P= =5000Pa
（2）解：1分20秒=80秒
v==0.5m/s
（3）解：f=0.1G=0.1×1N=0.1N
物体匀速直线运动时，F=f=0.1N
P=Fv=0.1N×0.8m/s=0.08w
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）首先根据F=G=mg计算出小车对地面的压力，再根据公式计算出小车对地面的压强；
（2）根据公式计算出小车的速度；
（3）首先根据f=0.1G计算出小车受到的阻力，再根据二力平衡的知识计算出小车受到的牵引力，最后根据P=Fv计算小车的功率。
28．【答案】（1）解：因为驱逐舰做匀速直线运动，受平衡力的作用，
所以，F=f=0.01G=0.01×6×107N=6×105N；
（2）由v=得，10h通过的路程为：
s=vt=36km/h×10h=360km=3.6×105m，
驱逐舰克服阻力做功：
W=fs=6×105N×3.6×105m=2.16×1011J；
（3）12t燃油完全燃烧放出的热量：
Q放=mq燃油=1.2×104kg×4×107J/kg=4.8×1011J，
驱逐舰的效率：
η=×100%=×100%=45%．
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）已知驱逐舰匀速直线航行受到的阻力是总重的0.01倍，利用二力平衡知识可求牵引力大小；
（2）利用速度公式变形求出10h行驶的路程，利用W=fs求解驱逐舰克服阻力做的功；
（3）利用Q放=mq求出12t燃油完全燃烧放出的热量，再利用η=求解驱逐舰的效率．
1 / 1九上科学阶段练习（3.4）
考试时间40分钟，满分120分
一、单选题
1． 斜面是一种简单机械。螺丝钉是被拧成圆柱形的斜面，螺丝钉上的螺纹就像图甲中形成的纹路，一圈圈螺纹的长相当于斜面的长度。仔细观察图乙、丙所示的两个螺丝钉，则( )
A．乙、丙省力情况相同 B．乙更省力
C．丙更省力 D．乙、丙都能省功
2．下列做法不能够改变滑轮组机械效率的是（ ）.
A．改变提升重物的高度 B．用体积相等的塑料动滑轮代替铸铁动滑轮
C．提升更重的物体 D．给定滑轮加润滑油
3．如图甲所示的水龙头，徒手很难拧开。用图乙所示的“钥匙”，安装并旋转“钥匙”就能正常出水（如图丙所示），正确的是（ ）
A．减小阻力 B．减小阻力臂 C．增大动力 D．增大动力臂
4．对于功率和机械效率的理解，下列说法中正确的是（ ）
A．机械工作时的功率越大，其工作时机械效率一定越高
B．机械工作时的功率越大，其工作时一定越省力
C．机械做的有用功相同，总功越少，其机械效率一定越高
D．机械工作时越省力，其机械效率一定越高
5．如图所示，一根轻木条左端放一支较短的蜡烛，右端放一支较长的蜡烛，木条能在水平位置平衡。同时点燃蜡烛，点燃后蜡烛的燃烧速度相同。一段时间后，木条将( )
A．始终保持水平 B．左端会下沉
C．右端会下沉 D．无法判断
6．杠杆在生产生活中普遍使用。下列工具在使用过程中，属于省力杠杆的是( )
A． B．C． D．
7．如图所示，小科用竖直向上的拉力F 提升物体，使物体在2s内匀速上升了0.1hm。已知物体重为1N，动滑轮重为0.25N，不计绳重和摩擦。这一过程中，下列说法错误的是 （ ）
A．绳子自由端移动速度为0.05m/s B．拉力F的大小为0.625N
C．拉力 F做功为0.125J D．绳子自由端移动了0.2m
8．如图所示，在均匀刻度尺中支起，两边挂上钩码，杠杆已经平衡，那么下列情况中，那种情况还能使尺保持平衡？（ ）
A．左右两边的钩码组各向内移动一格
B．左右两边的钩码组各减少一只钩码
C．左右两边的钩码组各减少一半
D．左右两边的钩码组各向外移一格
9．如图所示，在轻质杆OB的中点A处，悬挂有重为G的物体M，在端点B施加方向始终跟杆垂直的拉力F，杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，下列叙述中正确的是（ ）
A．拉力F逐渐变大
B．拉力F始终大于G、小于G，该杠杆是省力杠杆
C．拉力F跟它力臂的乘积变小
D．以上说法均不正确
10．如图所示，下列简单机械中，省距离的是（ ）
A． B． C． D．
11．用如图所示的四种机械提起同一重物，不计机械自重和摩擦，最省力的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，用刻度均匀的匀质杠杆进行“探究杠杆平衡条件”的实验（每个钩码重0.5牛）。下列说法正确的是（ ）
A．实验前出现如图所示情况，应将杠杆的平衡螺母向左调 B．在A、B处各增加一个钩码，杠杆仍然能在水平位置保持平衡 C．弹簧测力计从a位置转到b，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数需变大 D．用测力计在c点向上拉杠杆，当杠杆在水平位置平衡，其示数小于3牛
二、填空题
13．有两块相同的均质木块A、B，小科将A、B叠放在一起放在水平面上，如图甲所示，用 6 N的力使A、B一起向左做匀速直线运动。接着小科又将A 和B 用一根轻绳连接，平放在同一水平面上，如图乙所示，用F2向右拉B，使A、B一起向右做匀速直线运动。
（1）如图甲，以木块B 为参照物，地面处于 (选填“静止状态”或“运动状态”)。
（2）如图甲，小科使A、B一起向左做匀速直线运动时，B对A 的摩擦力为 N。
（3）在图乙中，若A 和B一起向右运动10 m， 做功 J。
14．端午节赛龙舟时，运动员一手支撑住浆柄，一手用力划桨，此时浆属于 （选填“省力”或“费力”）杠杆；当运动员向后划桨时，龙舟就向前行进，说明 的；当龙舟快速前进时，水面中的漂浮物会自动靠近船身，这是因为 。
15． 如图所示， 物体A重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中D为 (填“定”或“动”) 滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是 .
（2） 拉力F的灭小为 N， 拉力F的功率为 W。
16．题图是搬运泥土的独轮车，独轮车属于 杠杆（选填“省力”或“费力”），设车箱和泥土的总重，运泥土时从A点提起独轮车把手的力是F，F的力臂是 m，F的大小至少是 N。
17．如图甲为某大桥的实景图，其主通航孔桥采用双塔双索面斜拉桥，可逐步简化成图乙、图丙、图丁所示的模型。
（1）图丁主要体现了杠杆的知识，为了减小钢索承受的拉力，在需要与可能的前提下，可以适当 （选填“增加”或“减小”）桥塔的高度。
（2） 大桥设计车速为60km/h， 某货车质量为5×103kg，按设计车速行驶时受到的阻力为货车重力的0.06倍。则该货车以设计车速通过大桥时，发动机的功率为 W。
18．停车场入口处常用横杆来控制车辆的进出，如图甲所示。我们可以把该装置简化成如图乙所示的杠杆，若横杆AB粗细相同，质量分布均匀，重120N，OB=2.8m，OA=0.3m。要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加最小动力的方向是竖直向上，这个力的大小是 N， 此杠杆是一个 杠杆(选填“省力”、“费力”或“等臂”)。
19．如图所示装置， AOB为杠杆， O为支点， OA=20cm、OB=40cm，甲、乙为两金属块，当乙全部浸没在水中时，杠杆恰好在水平位置平衡，已知ρ甲=3ρz=6ρ水，不计杠杆、滑轮的重量及摩擦，则图示状态下AC线和DE线上的拉力之比是 ，甲、乙两金属块的体积比是 。
20．列车上出售的食品常常放在如图所示的小推车上，若货物均匀摆在车内，当前轮遇到障碍物时，售货员向下按扶把，这时手推车可以视为杠杆，支点是 （写出支点位置的字母），当后轮遇到障碍物A时，售货员向上提扶把，这时支点是 （写出支点位置的字母），这种情况下，手推车可以视为 杠杆．
21．木条AB长1.5米，现小科利用水平放置的两架完全相同的台秤甲和乙对其进行相关问题的研究。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，此时台秤甲的示数是5N，乙是20N。回答下列问题：
（1）木条的重心离A端的距离是 米；
（2）若只向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，则台秤甲的示数将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
22．如图甲所示，用核桃钳夹核桃时，用力握紧手柄即可夹碎核桃。将上部的手柄ABC简化为如图乙所示的杠杆。
（1）据图分析，该杠杆属于 杠杆(填杠杆类型)。
（2） 若F1=2ON， L1=10cm， L2=4cm，忽略杠杆自身的重力，则F2的大小为 N。
三、实验探究题
23．浙江省内河流众多，遍布拱形的石桥。拱桥的承重能力与许多因素有关，如拱的形状等。古拱桥的桥拱形状有半圆、圆弧、蛋形、抛物线等 (如图甲所示)，不同形状的桥拱承重能力是否相同 小柯对此进行探究，步骤如下：
①利用 3D 打印机制作不同形状的桥拱模型；
②在模型上放置一定数量的钩码，直到桥拱恰好被压塌，记录此时钩码的总质量(如图乙所示) 。
（1）步骤①中除了控制拱的形状不同外，还需控制相同的变量有： (写出两个)
（2）实验中发现使用钩码很难做到使桥拱恰好被压塌，为了更精确地测量桥拱恰好被压塌的压力大小，本实验可如何改进
（3）在查阅资料的过程中，小柯发现跨度大的江面往往采用的是斜拉桥，若将它看作一个杠杆模型 (如丙图所示)，在支点O和拉索作用点A一定的情况下，增高桥塔使OB 距离增大，可使拉索的力 (选填“变大”、 “变小”或“不变”)理由是 。
24．小科在“探究杠杆平衡条件”的实验中，在轻质杠杆后面安装一个以O为圆心、以OB为半径的圆盘(不影响杠杆的平衡)，如图。
步骤一：调节杠杆两端的平衡螺母使杠杆在水平位置静止。如图甲，在杠杆的A点挂上一重物，在B点用弹簧测力计施加竖直向下的力F1使杠杆在水平位置静止。
步骤二：将弹簧测力计从B点移到C点，拉力F2沿DC方向(CD是圆O的切线)，使杠杆再次在水平位置静止。
（1）在图甲中画出拉力F2的力臂L2。
（2）判断：F1 F2。(选填“>”、“<”或“=”)
（3）在图乙中的E点施加拉力F3，使杠杆仍然在水平位置静止，且弹簧测力计的示数与F1相同，则施加的作用力的方向可能是 。
A．① B．② C．③ D．④
25．用图甲滑轮组探究“动滑轮的重量对滑轮组机械效率的影响”实验。实验中把不同的磁铁吸附在动滑轮边框上以改变滑轮的重量，每次实验都匀速拉动绳子自由端使物体上升10厘米，实验数据如表所示。
次数 G物/N G动/N F/N η/%
1 6.0 0.3 2.2 90.9
2 6.0 1.0
3 6.0 1.9 2.9 69.0
（1）每次实验时，绳子自由端移动的距离为 厘米。
（2）第2次实验中拉力F的示数如图乙，读数为 牛。
（3）分析数据可知：在物重不变的情况下，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越 。
（4）保持物体和动滑轮的重量不变，增大绳子自由端移动的距离，滑轮组的机械效率将 。(选填“变大”、 “变小”或“不变”)。
26．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，某实验小组用同一滑轮组进行了三次实验（如图所示），实验数据记录如表。
次数 钩码重/N 钩码上升距离 弹簧测力计示数 弹簧测力计上升距离 机械效率/%
1 2 10cm 0.8N 30cm 83.3
2 4 10cm 1.5N 30cm
3 6 10cm 30cm 90.9
（1）在第2次实验中，滑轮组的机械效率为 ；（保留一位小数）
（2）分析数据可得结论：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率 （选填“越高”、“越低”或“不变”）；
（3）根据实验结论推测，使用该滑轮组再次将重为8N的物体匀速提升10cm，此时滑轮组的机械效率可能为____；
A．71.6% B．82.6% C．92.4% D．100%
（4）另一实验小组改变动滑轮的重，提升同一物体进行多次实验，获得数据并绘制出如图丁的图像。分析可知：被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率 （选填“越高”、“越低”或“不变”）；分析图像中的A点可知，被提升物体所受的重力为 N。（忽略绳重和摩擦）
四、解答题
27． 如图所示，用轻质杆将一电灯吊起，O点是支点．请画出动力F1的力臂L1和阻力F2的示意图．
28．如图是科学兴趣小组设计的一款“高空修枝”工具的示意图。使用时，一只手握紧杆子保持静止，另一只手用F1的力缓慢拉绳子，带动滑轮组工作，在A点产生的拉力为F2，从而使剪刀绕O点转动，其刀口对树枝的力为F3，请回答：
（1）制作剪片的材料采用碳钢合金，具有硬度大、有较好的弹性和延展性等机械特性，这属于它的 （“物理”，“化学”性质）；
（2）为了更易剪断较粗较硬的枝条，应尽量将枝条 （填“靠近”或“远离”）O点；
（3）不计绳重、滑轮自重及摩擦，若作用在绳子自由端的力F1为100N，则A点受到绳子的拉力 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】斜面及其工作特点
【解析】【分析】 使用斜面可以省力，斜面越平缓越省力，但同时也就越费距离，据此分析判断。
【解答】 由图知，乙、丙螺丝钉高度相同，乙螺丝钉螺纹密、螺线长，相当于斜面较长。因为斜面高度一定时，斜面越长，使用起来越省力。所以乙螺丝钉使用起来更省力。
故选B。
2．【答案】A
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】（1）使用滑轮组时，克服绳子的重力、动滑轮的重力和摩擦做额外功；
（2）当不计摩擦和绳重时，根据公式可知，影响滑轮组机械效率的因素有两个，即动滑轮的重力和物体重力，据此分析即可。
【解答】A.滑轮组的机械效率与提升重物的高度无关，故A符合题意；
B.用体积相等的塑料动滑轮代替铸铁动滑轮，可以减小动滑轮的重力，根据公式可知，滑轮组的机械效率增大，故B不合题意；
C.提升更重的物体，根据公式可知，滑轮组的机械效率增大，故C不合题意；
D.给定滑轮加润滑油，可以减小摩擦力，减小额外功，根据公式可知，滑轮组的机械效率增大，故D不合题意。
故选A。
3．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】轮轴就是变形的可以连续转动的杠杆，注意分析动力臂的变化即可。
【解答】根据图片可知，安装并旋转钥匙后，手接触的位置半径明显变大，即动力臂变大。阻力臂不变，阻力不变，由杠杆平衡的条件可知，动力变小，故D正确，ABC错误。
故选D。
4．【答案】C
【知识点】功率；机械效率
【解析】【解答】A、机械工作时的功率越大，其工作时做功快，与机械效率无关；故A错误，不符合题意；B、机械工作时的功率越大，其工作时做功越快，至于是否省力，无法判断，故B错误，不符合题意；C、机械效率是有用功和总功的比值，所以机械做的有用功相同，总功越少，其机械效率一定越高，故C正确，符合题意；D、机械效率和是否省力，没有关系，它是有用功和总功的比值，故D错误，不符合题意．故选C．
【分析】根据功率的物理意义、机械效率的定义逐一分析判断各选项是否正确．
5．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 蜡烛对杠杆的作用力等于蜡烛的重力，由于杠杆是在水平方向平衡，所以力臂的长度等于蜡烛到支点的距离。
设左右两边的蜡烛质量分别为m左、m右，根据杠杆平衡条件可得m左g×L左=m右g×L右，
由于蜡烛同时点燃，燃烧速度相同，过一段时间后因燃烧减少的质量Δm相同，这时根据杠杆受到的力的变化，利用杠杆平衡条件分析。
【解答】 设左右两边的蜡烛质量分别为m左、m右，
∵杠杆在水平位置平衡；
∴m左g×L左=m右g×L右----------------①
∵两支蜡烛粗细相同，同时点燃，则燃烧速度相同，
∴两支蜡烛因燃烧减少的质量Δm相同，此时杠杆左右两端受到的力分别为（m左-Δm）g、（m右-Δm）g，
∵左边：（m左-Δm）gL左=m左g×L左-△mgL左----------------②
右边：（m右-Δm）gL右=m右g×L右-△mgL右----------------③
由图可知：L左＞L右，则△mgL左＞△mgL右，--------------------④
∴根据①④可比较②③得：
（m甲-Δm）gL左＜（m右-Δm）gL右，
所以杠杆失去平衡，右端会下沉。
故答案为：C。
6．【答案】D
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】本题需要结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】
A、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆；
B、铁锹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
C、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
D、铡刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
所以选D。
7．【答案】A
【知识点】速度公式及其应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】 AD.根据s=2h计算绳子自由端移动距离，利用速度公式求绳子自由端移动速度；
B.不计绳重及摩擦，根据计算拉力的大小；
C.利用W=Fs求拉力做的总功。
【解答】 AD.由图知，承担重力的绳子段数n=2，绳子自由端移动距离s=2h=2×0.1m=0.2m，
绳子自由端移动速度，故A错误符合题意，D正确不合题意；
B.不计绳重及摩擦，拉力，故B正确不合题意；
C.拉力做的功W总=Fs=0.625N×0.2m=0.125J，故C正确不合题意。
故选A。
8．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】原来杠杆是平衡的，如果支点两侧的力和力臂乘积的变化量相同，那么杠杆仍然平衡。
【解答】A.左右两边的钩码组各向内移动一格，左边减小量为：4G×1；右边减小量为：2G×1，支点两侧的减小量不等，不能平衡，故A错误；
B.左右两边的钩码组各减少一只钩码，左边的减小量为：G×2，右边的减小量为：G×4，二者不相等，不能平衡，故B错误；
C.左右两边的钩码组各减少一半，左边减小量为：2G×2，右边减小量为：G×4，二者相等，能够平衡，故C正确；
D.左右两边的钩码组各向外移一格，左边增大量为：4G×1；右边增大量为：2G×1，支点两侧的增大量不等，不能平衡，故D错误。
故选C。
9．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，杆重、动力臂不变，阻力臂减小，利用杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析。【解答】A.如图，物体M的重为G不变，动力F的方向始终跟杆垂直（动力臂LOB不变），
由于杆匀速转动（处于平衡状态），则FLOB=GLOC，
由于杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，则阻力臂LOC逐渐减小，所以拉力F逐渐变小，故A错误；
B.根据FLOB=GLOC可得：，该杠杆是省力杠杆，故B错误；
C.由于阻力臂LOC逐渐变小，物体M的重为G不变，则根据FLOB=GLOC可得：FLOB的大小（拉力F跟它力臂的乘积）逐渐变小，故C正确；
D.由于C选项是正确的，则D错误。
故选C。
10．【答案】C
【知识点】杠杆的分类；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】根据功的原理：使用任何机械都不省功可知，省距离的机械肯定费力，据此分析判断即可。
【解答】A.使用定滑轮提升重物，不省距离也不省力，故A不合题意；
B.瓶起子为省力杠杆，因此它省力费距离，故B不合题意；
C.用杠杆提升重物，此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，那么它省距离费力，故C符合题意；
D.使用动滑轮拉动物体，省力费距离，故D不合题意。
故选C。
11．【答案】D
【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
【解析】【解答】A图：定滑轮实质是等臂杠杆，只改变力的方向，不改变力的大小；
B图：动力力臂小于阻力力臂，所以是费力杠杆；
C图：吊动滑轮的为2股绳子，拉力为物重的二分之一；
D图：吊动滑轮的为3股绳子，拉力为物重的三分之一，所以最省力；
故选D。
【分析】掌握杠杆平衡条件和滑轮及滑轮组的特点。
12．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）（3）（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
【解答】A.根据图片可知，杠杆的右端上翘，即右端轻，因此平衡螺母应该向右调节，故A错误；
B.设钩码重力为G，每格长度为L，左边：4G×2L=8GL；
右边：3G×3L=9GL；
因此杠杆的右端下沉，故B错误；
C.根据图片可知，弹簧测力计从a位置转到b位置时，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，弹簧测力计的示数肯定增大，故C正确；
D.根据杠杆的平衡条件得到：（0.5N×3）×6L=F×3L；
解得：F=3N。
故D错误。
故选C。
13．【答案】（1）运动状态
（2）0
（3）60
【知识点】参照物及其选择；摩擦力的存在；功的计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据物体相当于参照物位置的改变是运动的分析；
（2）根据摩擦力的产生条件分析；
（3）根据摩擦力的有关因素分析摩擦力大小，结合二力平衡和W=Fs计算功。
【解答】（1）以木块B为参照物，地面相对于B的位置是改变的，故处于运动状态；
（2）用F1=6N的力使A、B一起向左做匀速直线运动，AB之间没有相对运动或相等运动趋势，故不产生摩擦力，即B对A的摩擦力为0N；
（3）两块相同的均质木块A、B，粗糙程度相同，而乙图的压力与甲图相同，粗糙程度相同，故摩擦力相等，根据平衡条件知，乙图拉力与甲图相等，故F2=F1=6N；
做功W=Fs=6N×10m=60J。
14．【答案】费力；物体间力的作用是相互；水中流速大的地方压强小。
【知识点】力的作用是相互的；流体压强与流速的关系；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）通过比较动力臂和阻力臂的大小，确定杠杆的分类；
（2）根据“物体间力的作用是相互的”原理解答；
（3）根据流体压强和流速的关系分析。
【解答】（1）根据图片可知，运动员高处的手是支点，中间的手施加动力，而水对船桨的阻力作用在桨头上；此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；
（2）当运动员向后划桨时，龙舟就向前行进，说明物体间力的作用是相互；
（3）当龙舟快速前进时，水面中的漂浮物会自动靠近船身，这是因为：水中流速大的地方压强小。
15．【答案】（1）动滑轮；改变力的方向
（2）75；24
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）动滑轮可以省力，不能改变力的方向，定滑轮不能省力，但可以改变力的方向。
（2）拉力等于物体和动滑轮总重力的有效绳子股数分之一，绳子自由端移动的距离和速度是物体的有效绳子股数倍。
【解答】（1）由图可知，D滑轮的位置随物体一起运动，可知属于动滑轮。
C的位置未发生改变，可知是定滑轮，定滑轮的作用是改变力的方向。
（2）B的重力为120N，D的重力30N，有两股绳子受力，拉力为。
B运动的速度为
拉力的功率为。
16．【答案】省力；1.6；250
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
17．【答案】（1）增加
（2）5×104
【知识点】杠杆的平衡条件；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析出原因。
（2）已知汽车的质量，可以得到其重力；已知阻力与重力的关系，可以得到汽车受到的阻力；已知汽车匀速行驶，牵引力与阻力相同，已知牵引力和车速，利用公式P=Fv得到牵引力的功率。
【解答】 （1）由图可知，若增加塔桥的高度，增加了支点O到钢索的垂直距离，即增大了动力臂，根据公式，可以得到，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力越小，即桥对钢索的拉力就越小；
（2）汽车受到的重力为G=mg=5×103kg×10N/kg=5×104N，
汽车发动机的牵引力为F=f=0.06G=0.06×5×104N=3×103N，
汽车行驶的速度为v=60km/h=m/s，
汽车的功率为P=Fv=3×103N×m/s=5×104W。
18．【答案】560；费力
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算；
（2）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
【解答】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G×=F×OA；
120N×=F×0.3m；
解得：F=560N；
（2）因为动力臂小于阻力臂，所以为费力杠杆。
19．【答案】1：2；1：12
【知识点】阿基米德原理；杠杆的平衡条件；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】 设甲、乙的体积分别为V甲和V乙，由阿基米德原理得出乙物体受到的浮力，根据G=mg得出乙的重力，由力的平衡得出绳子对乙物体的拉力；由力的作用是相互的可知乙物体对绳子的拉力大小，即绳子对下面滑轮的拉力，根据下面的滑轮由两段绳子分担，从而得出绕在下面滑轮上绳子每段上的力；同理，绕在上面的滑轮上的绳子每段上的力，得出甲物体的重力，根据杠杆的平衡条件，从而得出甲、乙两金属块的体积比。
【解答】 设甲、乙的体积分别为V甲和V乙，由阿基米德原理，乙全部浸没在水中时，乙物体受到的浮力：
F浮乙=ρ水gV乙，
乙的重力：G乙=m乙g=ρ乙V乙g=2ρ水gV乙，由力的平衡，绳子对乙物体的拉力：
T=G乙-F浮乙=2ρ水gV乙-ρ水gV乙=ρ乙gV乙；
由力的作用是相互的，故乙物体对绳子向下的拉力大小为ρ乙gV乙，
即绳子对下面滑轮的拉力为ρ乙gV乙，
因作用在下面的滑轮的力由两段绳子分担，故绕在下面滑轮上绳子每段上的力为：
，
同理，绕在上面的滑轮上的绳子每段上的拉力为：
，
G甲×OA=T2×OB
FAC：FDE=2T2：4T2=1：2
甲物体的重力：G甲=ρ甲gV甲=6ρ水gV甲，
根据杠杆的平衡条件有：
G甲×OA=T2×OB，
，
答：甲、乙两金属块的体积比是1：12。
20．【答案】C；B；省力
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】（1）解决此题要知道杠杆的五要素是：支点、动力、阻力、动力臂、阻力臂；（2）由杠杆的平衡条件可知：当动力臂大于阻力臂时，较为省力．
【解答】解：（1）当前轮遇障碍物A时，售货员向下按扶把，这时手推车可看成杠杆，支点是C点；（2）当后轮遇到障碍物A时，售货员向上提扶把，这时支点是B点，显然动力臂大于阻力臂，此时手推车可看成是省力杠杆．
故答案为：C、B、省力．
21．【答案】（1）1.2
（2）变大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（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，由三力平衡得出重力表达式，结合力的相互性得出木棒的重力；
以A为支点，B点作用力为动力，物体的重力为阻力，由杠杆的平衡条件可得木条的重心离A端的距离；
（2）设甲台秤支架到木条B端的距离为x，甲台秤的示数为F，由杠杆的平衡条件得出F表达式，结合已知条件得出F与x的关系。
【解答】 （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=5N+20N=25N；
以A为支点，B点作用力为动力，物体的重力为阻力，
由杠杆的平衡条件可得：FBLB=GLG，
则：；
（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，即甲的示数变大。
22．【答案】（1）省力
（2）50
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂大小分析是否省力；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2进行解答。
【解答】 （1）根据图片可知， 用核桃钳夹核桃时， 核桃施加阻力在B点，动力作用在C点。此时动力臂大于阻力臂，可以省力，是省力杠杆；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：20N×10cm=F2×4cm，
解得：F2=50N。
23．【答案】（1）材料、质量、高度、宽度等
（2）用装有细沙的小桶代替钩码
（3）变小；根据杠杆平衡条件，桥面的重力和对应力臂的大小不变时，作用在拉索的力因其力臂的增大而减小
【知识点】实验探究的其他思想方法；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据影响拱桥承重能力的因素进行解答；
（2）根据钩码不如用细沙更容易控制压力的大小进行解答；
（3）根据杠杆平衡的条件，重力与对应力臂不变的情况下，拉索的力与其力臂成反比进行解答。
【解答】（1）影响拱桥承重能力的因素可能有材料、质量、高度、宽度等，所以步骤①中除了控制拱的形状不同外，还需控制相同的变量有材料、质量、高度、宽度等；
（2）在实验中，为了更精确地测量桥拱恰好被压塌的压力大小，用装有细沙的小桶代替钩码；
（3）在查阅资料的过程中，小柯发现跨度大的江面往往采用的是斜拉桥，若将它看作一个杠杆模型 (如丙图所示)，根据杠杆平衡条件，桥面的重力和对应力臂的大小不变时，作用在拉索的力因其力臂的增大而减小，所以在支点O和拉索作用点A一定的情况下，增高桥塔使OB 距离增大，可使拉索的力变小。
故答案为：（1）材料、质量、高度、宽度等；（2）用装有细沙的小桶代替钩码；（3）变小；根据杠杆平衡条件，桥面的重力和对应力臂的大小不变时，作用在拉索的力因其力臂的增大而减小。
24．【答案】（1）
（2）=
（3）A；B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）力臂是从杠杆支点到力的作用线的垂线段的长度；
（2）圆的切线都与过切点的半径垂直，因此两个力的力臂都是圆的半径，即动力臂相等；根据杠杆的平衡条件可知，那么两个拉力大小相等；
（3）要保证拉力大小相等，那么拉力的动力臂要保持不变，因此F3的力臂仍然要等于圆的半径；只有它的作用线与圆相切，才能符合要求。
【解答】（1）因为拉力F2沿切线方向，因此它的作用线肯定与通过切点的半径垂直，即半径就是力臂，因此将OD两点连接即可，如下图所示：
（2）因为两个拉力的作用线都与圆相切，所以它们的动力臂都等于半径，那么F1=F2；
（3）根据图乙可知，只有②和①的作用线与圆相切，所以施加力的方向可能是②和①，故选AB。
25．【答案】（1）30
（2）2.5
（3）小
（4）不变
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）根据甲图确定承担重力的绳子段数n，根据s=nh计算绳子自由端移动的距离；
（2）根据乙图确定测力计的分度值，根据指针的位置读出示数；
（3）根据表格数据分析滑轮组的机械效率与动滑轮重力的变化规律；
（4）根据分析解答。
【解答】（1）根据图片可知，承担重力的绳子段数n=3，则绳子自由端移动的距离s=nh=3×10cm=30cm；
（2）根据图乙可知，测力计的分度值为0.1N，则测力计的示数为2.5N；
（3）根据表格数据可知， 在物重不变的情况下，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越小；
（4）根据公式可知，滑轮组的机械效率与绳子自由端移动的距离大小无关，则： 持物体和动滑轮的重量不变，增大绳子自由端移动的距离，滑轮组的机械效率将不变。
26．【答案】（1）88.9%
（2）越高
（3）C
（4）越低；12
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）由表中数据，根据求出第2次实验中滑轮组的机械效率；
（2）纵向分析数据可得结论得出结论；
（3）根据（2）结合分析；
（4）①根据图像机械效率与动滑轮重的关系得出相应的结论；
②忽略绳重和摩擦，根据即可求出被提升物体所受的重力。
【解答】 （1）由表中数据可得，第2次实验中滑轮组的机械效率为：
；
（2）纵向分析数据可得结论：用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（3）根据“用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高”，所以，使用该滑轮组再次将重8N的物体匀速提升10cm（此时物重比第3次实验的物重还大），则此时滑轮组的机械效率可能为92.1%，不可能为100%，故选C；
（4）根据图丁可知，被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；
根据图丁可知，当动滑轮重为4N时，滑轮组的机械效率为75%；
若忽略绳重和摩擦，滑轮组的机械效率，
所以被提升物体所受的重力：。
27．【答案】从支点作动力F1作用线的垂线段，线段的长度即为动力臂；电灯对杠杆的拉力是阻力，方向竖直向下，由此画出阻力的示意图．如图所示：
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】从支点作动力F1作用线的垂线段，线段的长度即为动力臂；电灯对杠杆的拉力是阻力，方向竖直向下，由此画出阻力的示意图．如图所示：
【分析】力臂是从支点到力的作用线的垂直距离，从支点向动力作用线和阻力作用线引垂线段，线段的长度即为动力臂和阻力臂．
28．【答案】（1）物理
（2）靠近
（3）300
【知识点】化学性质与物理性质的差别及应用；杠杆的平衡条件；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】 （1）物质的物理属性指物质在不改变其化学性质性质的情况下所表现出来的各种性质；
（2）根据杠杆的平衡条件可得更易剪断较粗较硬枝条的方法；
（3）以上方滑轮为研究对象，由力的平衡条件可知，A点绳子拉力等于滑轮下方三段绳的拉力之和。
【解答】 （1）制作剪片的材料采用碳钢合金，具有硬度大、有较好的弹性和延展性等机械特性，这属于它的物理性质；
（2）用剪刀剪树枝时，相当于一个杠杆，根据杠杆的平衡条件可知，要更易剪断较粗较硬的枝条，即要更省力，在阻力、动力臂一定时，可通过减小阻力臂的方法来省力，即应尽量将枝条靠近支点O；
（3）由图可知，不计绳重、滑轮自重及摩擦，以上方滑轮为研究对象，由力的平衡条件可知，
A点绳子拉力等于滑轮下方三段绳的拉力之和，即F2=3F1=3×100N=300N。
（1）剪片的材料采用碳钢合金，具有硬度大、有较好的弹性和延展性等机械特性，这些特性运用过程中未发生化学反应，因此属于物理性质。
（2）根据图片可知，为了剪断较粗较硬的枝条，除了增大拉力外，据杠杆的平衡条件尽可能增大动力臂或者减小阻力臂，所以尽量应将枝条靠近O点。
（3）若不计绳重、滑轮自重及摩擦，当用100N的拉力作用在绳子自由端时，根据滑轮组绳末端力的关系可得
将数据带入上式可得
所以FA=240N。
1 / 1九上科学阶段练习（3.5）
考试时间40分钟，满分120分
一、单选题
1．下列说法中正确的是（ ）
A．吸收热量多的物体温度一定升高得多
B．放出热量少的物体比热一定大
C．两个物体升高相同的温度，吸收的热量一定相同
D．高温物体和低温物体彼此接触时一定会发生热传递
2．电水壶是常用小家电．下列有关电水壶烧水的观察和思考，正确的是（ ）
A．加热过程中，水的内能通过热传递改变
B．加热过程中，水的热量不断增加
C．沸腾时，所冒的“白气”是水汽化产生的水蒸气
D．沸腾时，继续吸热水温不断上升
3．如图是教材中“压缩空气发热”的活动，当迅速下压活塞时，筒底浸有乙醚的棉花会燃烧起来，这与乙醚沸点低、易挥发、易燃烧等性质有关。若实验室缺少乙醚，用下列材料替代，实验最有可能成功的是 （ ）
A．水 B．酒精 C．稀硫酸 D．浓盐酸
4．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①比热容大的物质具有的内能也大
②物体温度越低，内能越小，所以℃的物体没有内能
③两物体相互接触时，热量总是从温度高的物体转移到温度低的物体
④做功和热传递都能改变物体内能
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
5．如图是改变物体内能的实验装置，先在烧瓶内装有一些水，瓶口用软木塞塞住，用小打气筒缓慢向瓶内打气，达到一定程度时塞子跳起来，瓶内出现白雾。下列说法正确的是 （ ）
A．此实验研究的对象是塞子
B．塞子弹起过程相当于内燃机的做功冲程
C．该白雾与干冰周围的“白汽”成分不一致
D．此实验研究的问题是外界对物体做功能增加物体的内能
6．如图所示四幅图选自明朝宋应星所著的《天工开物》，下列说法不正确的是（ ）
A．挂上重物后弓发生形变，弓的弹性势能增加
B．采珍珠人潜入水下越深，所受水的压强越大
C．“透火焙干”应用了加热的方法提高温度，使纸面水分蒸发加快
D．鸟铳（火绳枪）发射弹丸时的能量转化，与内燃机压缩冲程的能量转化相同
7．如图所示试管中装有水，用带玻璃管的胶塞塞住，在玻璃管口处放一个纸做的小叶轮，加热试管使水沸腾后，小叶轮转动，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃管口冒出的“白气”是汽化成的水蒸气
B．小叶轮的转动是内能转化为机械能
C．小叶轮的转动是机械能转化为内能
D．内燃机中的压缩冲程与此相同
8．下列物态变化的现象中不可能发生的是（ ）
A．物体吸收热量，温度保持不变
B．固体在熔化过程中，不断吸热，温度不断升高
C．把一块﹣10℃的冰放到0℃的房间里，冰会慢慢地熔化
D．水的沸点会低于或高于100℃
9．生活中处处是科学，下列对于生活中现象的解释，不正确的是（ ）
选项 现象 解释
A． 6000升氧气在加压情况下可装入容积为40升的钢瓶中 气体分子之间空隙大，易于压缩
B． 自行车轮胎在阳光下暴晒而炸裂 分子受热，体积变大
C． 烧杯底部的红墨水会扩散到整个杯子 水分子的无规则运动
D． 湿衣服在夏天比在冬天干得快 温度升高，分子热运动加快
10．如图所示，在一个厚壁玻璃筒里放入一块浸有少量乙醚的棉花，用力把活塞快速压下，棉花就会燃烧起来，这主要是因为（ ）
A．乙醚使棉花的着火点降低
B．活塞压缩筒内气体，使乙醚汽化放热
C．活塞压缩筒内气体时做功，使气体内能增大
D．活塞克服与筒壁的摩擦做功，使筒壁内能增大
11．下列关于内能及相关知识描述错误的是（ ）
A．内能俗称热能，与物体的温度有关，哪怕是寒冷的冰雪也具有内能
B．内能和机械能是两种不同形式的能，但可以相互转化
C．具有内能的物体就有对外做功的本领
D．改变内能的方法有两种，人们可根据结果来判断内能是通过哪种方法改变的
12．如图是我国劳动人民在生产生活中创造和使用的工具，下列选项中错误的是（ ）
A．汲水用的桔槔运用了杠杆原理 B．钻木取火是将内能转化成机械能 C．司南利用了地磁场对磁铁有力的作用指示南北 D．日晷测定时间利用光的直线传播
二、填空题
13．某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等)，到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像(如图).在 时间段，该物体吸收的热量大小是 ，(用字母表示)在t2~t4时间段，该物质的比热容 (选填“先增大后减小”、 “增大” “变小” “不变”，下同)， 时间段内该物质的内能 .
14．如图甲所示为我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过 的方式，使筒内空气内能 ，温度升高，达到艾绒的着火点。如图乙所示为单缸四冲程汽油机工作过程中的四个冲程，其中 （选填字母）与上述套筒内空气温度升高过程中能量的转化是一致的。
15．2022年2月，第24届冬奥会在北京成功举办，大盘高科技惊艳全球，助力节能、环保。
（1）用来消毒的二氧化氯能瞬间杀灭空气中的病毒，同时对人体安全、无毒，从而达到环保目的。二氧化氯的化学式为CIO2，其中氯元素的化合价为 价。
（2）用来制冰的二氧化碳气体被吸入压缩机，经过机械压缩后成为了高温、高压的超临界流体，再通过节流阀膨胀后成为低温流体，经循环泵被均匀输送到埋设在场馆冰面之下的蒸发盘管中，给冰面提供所需的低温，从而达到节能目的。二氧化碳气体是通过 (填“做功”或“热传递”)方式成为高温高压的超临界流体。
16．物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是0.4kg的沙子和水同时开始加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象如图所示，请完成以下问题：
（1）图中 （选填“a”或“b”）图是沙子吸热升温的图象。
（2）求沙子的比热大小是 。(保留一位小数)
17．2021年12月3日，南方首个核能供暖项目在浙江投入试运行。如下是核能供暖工作示意图：
秦山核电站核岛→换热站→用户
（1）核能供暖过程是把核能最终转化为 能。
（2）秦山核电站获得核能的方式是 。
（3）若换热站与用户之间的能量利用效率为η，空气的比热容为c，一套70平方米的房子内的空气总质量为m，欲将室内空气温度从4℃提高到24℃，换热站提供的总热量至少为 。(用η、c、m表示)
18．近期科学家发明了一种单缸六冲程内燃机，它每一个工作循环的前四个冲程与单缸四冲程内燃机相同，在第四冲程结束后，立刻向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速 （填物态变化名称）成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，在水蒸气推动活塞做功的过程中主要的能量转化情况是 ，从而提高了热机的效率．
19．如图所示，在试管中装适量的水，塞好软木塞，点燃酒精灯给试管加热，过一会儿，水蒸气把软木塞冲出试管，同时瓶口会出现白雾。
（1）请解释白雾产生的原因： 。
（2）水蒸气把软木塞冲出试管时的能量转化类似于四冲程汽油机的 冲程。
（3）若软木塞质量为10g，冲出后上升的高度为30cm，则此过程中软木塞克服重力做功 J。
20．如图甲所示，是陆游在《老学庵笔记》记录的一种省油灯，可通过每晚更换夹层中的冷水达到“可省油之半”的目的，该省油灯的结构如图乙所示，请回答下列问题：
（1）在夹层中加水，通过 (填“做功”或“热传递”)的方式降低油温，减少了油的蒸发，达到省油目的。这主要是利用水的 的特性，可以吸收更多的热量。
（2）燃烧一段时间，灯油质量减少了15克，则这15克灯油完全燃烧放出的热量为 焦。
21．甲种液体的质量是乙种液体质量的2倍，甲的温度为10℃，乙的温度为50℃．如果把两种液体混合后，温度变为30℃．不考虑热量损失，则甲、乙两种液体的比热容之比为 。
22．如图是四个冲程汽油机的工作示意图，汽油机工作时各冲程的顺序依次为 ，丁冲程中能量的转化是 。
三、实验探究题
23． 为了比较甲乙两种液体的吸热能力，某同学设计了以下实验：
a．在两个同样的烧杯中，分别装入等体积的甲乙两种液体
b．用温度计分别测出甲乙两种液体的初温
c．在两个烧杯中分别装入功率相同的电热器，且加热时间相同
d．用温度计分别测出甲乙两种液体的末温
请解答下列问题：
（1）在上述a、b、c、d四个实验步骤中，存在错误的是步骤 a （填写步骤前的字母），该步骤中错误的内容应改为 ；
（2）步骤c中“加热时间相同”是为了使甲乙两种液体 ；
（3）如图是甲乙两种液体的温度随时间变化的关系图象．若将液体甲和液体乙加热相同的时间，则液体 温度升高得快，甲乙两种液体的比热容的大小关系是c甲 乙．
24．观察和实验是进行科学研究最重要的方法，我们通过观察和实验获得事实与证据，进而通过认真思考与推理得到科学结论。
（1）如图一：两个相同的烧杯中分别盛有质量相等、初温相同的水和煤油，用两个相同的热得快对其加热。在加热时间相同的情况下，可以比较 来比较水和煤油吸热本领的大小。
（2）如图二：用橡皮帽将注射器的小孔堵住，封闭一部分空气。用力向内推动活塞到一定程度，再难推动，实验现象说明分子之间 。
（3）如图三，在甲、乙两块完全相同的玻璃片上，分别滴上一滴大小相等的水和酒精，置于同一环境中，观察到酒精先消失，该实验说明 。
25．阅读短文，回答文后问题。
当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比。后人研究发现，在温度差不太大的情况下(小于15℃)，这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q=k()，其中k是散热系数，与物体的表面性质表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。由于不同物质的比热容不同，即使散热快慢相同，它们降低相同温度需要的时间也不同，根据降温时间可以得到两种物质比热容的大小关系，从而可以进行比热容的测量。
（1）物体向周围散热，内能减少，这种改变内能的方式叫做 。
（2）散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是____。
A．速度 B．密度 C．功率 D．效率
（3）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的放热快慢为q。当物体温度降低到29℃时，散热快慢为 。
（4）如图甲所示，用两个同样的保温杯分别装满水和盐水，水和盐水的温度都是30℃，周围环境温度保持20℃不变，保温杯散开口，水和盐水温度随时间变化的图像如图乙所示。已知水的比热容为4.2X103J/(kg·℃)，盐水的密度为1.1X103kg/m3，则盐水的比热容为 。
26．我们发现：在一个茶杯内倒入热水，发现热水放在桌上一段时间后就会成为温水。小刚想研究一下热水自然冷却过程中温度变化规律，过程如下：在杯子里倒入大半杯热开水， 将杯子放在室内桌面上，让水自然冷却，并用温度计每隔 5 分钟测量一次水温，直到水温降到室温为止。记录了水在不同时刻的温度值。如下表：
时间(分) 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45
温度(℃) 90 70 55 45 38 32 28 26 26 26
（1）若现在有二支温度计：其一是量程为 110℃的水银温度计 A，另一是量程为 60℃的酒精温度计 B，你认为小刚应选用温度计 (填“A”或“B”)来做实验，原因是
（2）你认为当时室温是
（3）据表中数据，你认为热水在自然冷却过程中温度降低的快慢规律是 。
（4）根据日常生活经验，请你说出一个会影响实验时间长短的因素 。
四、解答题
27．为探究机械功与热之间的关系，焦耳设计了一个实验，在容器里装水，中间安上带有叶片的转轴，通过重物下降，带动叶片旋转，使水的内能增加。小金自制类似装置验证热和功的关系，如图所示（部分固定装置舍去），其中重物的重力为420牛，匀速下降高度为1m，测得水的温度上升了0.2℃，容器中水的质量为0.45kg，（水的比热C=4.2×103焦/（千克·℃））
（1）该实验通过 方式增加了水的内能。
（2）容器内水吸收热量为多少焦
（3）机械功转化为水的内能的效率是多少
28．用燃气灶烧水时，把4.4kg初温为20℃的水加热到70℃，共燃烧了50g天然气（假设天然气完全燃烧）。已知天然气的热值为8.8×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)。
（1）烧水过程中，水的内能增加了多少？
（2）烧水过程中，天然气产生了多少的内能？
（3）燃气灶烧水时转化效率为多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物体内能的改变方法；热量的计算
【解析】【分析】Q=cm(t-t0)
【解答】A、 当Q大时，（t-t0) 的大小与物体的质量m及比热容c 成反比，故A错误；
B、当Q小时，比热容c与（t-t0) 的大小及物体的质量m成反比，故B错误；
C、当（t-t0) 的大小不变，Q与物体的质量m及比热容c成正比，故C错误；
D、两种不同温度的物体间相互接触必定会发生热传递，热传递的方向是由高温物体向低温物体传递，故D正确。
故选：D
2．【答案】A
【知识点】沸腾及沸腾条件；液化及液化现象；温度、热量与内能的关系
【解析】【分析】（1）做功和热传递都能改变内能；（2）热量是一个过程量；（3）是白气都是液化；（4）液体沸腾的特点是：吸热但温度不变；
【解答】解：A、如图所示，电热水壶加热过程中，水的内能通过热传递改变，故A正确；
B、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误；
C、白气是一些小液滴，即是沸腾时，温度比较高的水蒸气遇冷液化而成的小水滴，故C错误；
D、液体沸腾的特点是吸热，但温度不变，故D错误；
故选A．
3．【答案】B
【知识点】沸点及沸点与气压的关系；物体内能的改变方法
【解析】【分析】迅速下压活塞时，对筒内空气做功，使空气内能增大，温度升高。当筒内温度达到易燃物的着火点时，易燃物就会燃烧。已知乙醚沸点低、易挥发、易燃，所以能使浸有乙醚的棉花燃烧。现在要找能替代乙醚的材料，就需要找同样具有易燃等类似性质的材料，据以上分析解答。
【解答】A、水沸点较高、不易挥发、不燃烧，不能代替乙醚，故错误；
B、酒精沸点低、易挥发、易燃烧，能代替乙醚，故正确；
C、稀硫酸不易挥发、不燃烧，不能代替乙醚，故错误；
D、浓盐酸不燃烧，不能代替乙醚，故错误。
故答案为：B。
4．【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；物体内能的改变方法；比热容
5．【答案】B
【知识点】能量的相互转化和转移；热机的工作原理
【解析】【分析】（1）（2）（4）改变物体内能的两种方法：对物体做功、热传递，对物体做功物体的内能增加，物体对外做功，物体的内能减少；物体吸收热量内能增加，物体放出热量内能减少；内燃机的做功冲程中，将内能转化为机械能，压缩冲程中，将机械能转化为内能；
（3）物质由气态变为液态称为液化。【解答】A.此实验是研究瓶内气体内能的变化，因此研究的对象是瓶内气体，不是塞子，故A错误；
B.瓶口塞子跳起来的过程中，瓶内气体膨胀对外做功，内能转化为机械能，与内燃机的做功冲程能量转化相同，故B正确；
C.瓶内出现白雾是水蒸气放热发生液化产生的小水滴，干冰周围的“白汽”也是水蒸气液化成的小水滴，二者本质相同，故C错误；
D.此实验研究的问题是压缩气体对外做功，自身的内能减小，故D错误。
故选B。
6．【答案】D
【知识点】影响蒸发快慢的因素；势能的影响因素；热机的工作原理；液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】四冲程内燃机中，存在能量转化为冲程为压缩冲程和做功冲程，其中做功冲程将内能转化为机械能，为机械提供动力。
【解答】A、弹性势能大小与弹性形变量有关，弹性形变量增大，弹性势能增大，故A不符合题意；
B、由可知，液体密度一定时，深度越深，压强越大，故B不符合题意；
C、蒸发快慢与温度有关，温度越高，蒸发速度越快，故C不符合题意；
D、发射弹丸时，内能转化为机械能，与做功冲程的能量转化形式相同，压缩冲程将机械能转化为内能，故D符合题意。
故答案为：D。
7．【答案】B
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；能量的转化与守恒定律；热机的工作原理
【解析】【分析】汽化是指物质从液态变为气态的相变过程，蒸发和沸腾是物质汽化的两种形式，汽化内能转化为机械能。内燃机的压缩冲程机械能转化为内能。
【解答】A、玻璃管口冒出的“白气”是液化成的小水滴；故A错误；
B、小叶轮的转动是内能转化为机械能；故B正确；
C、小叶轮的转动是内能转化为机械能；故C错误；
D、内燃机中的压缩冲程机械能转化为内能，而小叶轮的转动是内能转化为机械能；故D错误；
故答案为：B。
8．【答案】C
【知识点】熔化与熔化现象；沸点及沸点与气压的关系；温度、热量与内能的关系
【解析】【分析】（1）冰在熔化时虽然不断吸热，但温度保持不变；
（2）晶体和非晶体的区别：有无熔点，即在熔化时是否温度保持不变；
（3）熔化的条件：①达到熔点；②继续吸热；
（4）液体的沸点随气压的增大而升高。
【解答】A.物体吸收热量，温度保持不变，例如冰熔化时，故A正确不合题意；
B.固体在熔化过程中，不断吸热，温度不断升高，例如非晶体，故B正确不合题意；
C.把一块﹣10℃的冰放到0℃的房间里，冰吸热温度可以达到熔点0℃，此时冰就不能从空气中吸热了，因此熔化无法进行，故C错误符合题意；
D.当水面上方的气压改变时，水的沸点会低于或高于100℃，故D正确不合题意。
故选C。
9．【答案】B
【知识点】内能；热胀冷缩
【解析】【分析】物质都是由分子组成的，分子之间存在间隙，分子在永不停息地做无规则运动，温度越高分子运动越剧烈，分子之间总存在相互作用的引力和斥力。
【解答】 A、6000L氧气在加压情况下可装入容积为40L的钢瓶中，是因为气体分子间间隔大，分子间作用力小，易于压缩，故A正确；
B、自行车轮胎在阳光下暴晒而炸裂，是因为分子受热，分子之间的间隙变大，故B错误；
C、烧杯底部的红墨水会扩散到整个杯子，可以说明水分子和墨水分子在不断运动，故C正确；
D、湿衣服在夏天比在冬天干得快，可以说明温度升高，分子运动速率加快，故D正确。
故选：B。
10．【答案】C
【知识点】内能；物体内能的改变方法
【解析】【分析】当用力压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气，对空气做功，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，桶内棉花就会燃烧起来，此实验说明了：外界对物体做功，物体的内能增加；
【解答】A.着火点是固定的温度，所以乙醚不会使棉花的着火点降低，A错误；
B. 活塞压缩筒内气体，使乙醚汽化吸热，B错误；
C. 活塞压缩筒内气体时做功，使气体内能增大，C正确；
D. 该过程中主要是通过压缩空气做功增加了乙醚的内能，D错误；
故答案为：C
11．【答案】D
【知识点】内能；物体内能的改变方法
【解析】【分析】根据内能的定义、影响因素以及改变物体内能的方式的知识分析判断。
【解答】A.内能俗称热能，与物体的温度有关，一切物体都有内能，只是大小不同，哪怕是寒冷的冰雪也具有内能，故A正确不合题意；
B.内燃机的压缩冲程，将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能，因此内能和机械能是两种不同形式的能，可以相互转化，故B正确不合题意；
C.具有内能的物体就有能量，有能量就具备对外做功的本领，故C正确不合题意；
D.改变内能的方法有两种，即做功和热传递，它们对于改变物体的内能是等效的，即人们不能根据结果来判断内能是通过哪种方法改变的，故D错误符合题意。
故选D。
12．【答案】B
【知识点】光的直线传播及应用；磁场和磁感线；物体内能的改变方法；杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据图片，分析其中描述的场景，确定其中包含的物理原理即可。
【解答】A.汲水用的桔槔运用了杠杆原理，故A正确不合题意；
B.钻木取火是将机械能转换为内能，故B错误符合题意；
C.司南利用了地磁场对磁铁有力的作用指示南北，故C正确不合题意；
D.日晷测定时间利用光的直线传播，故D正确不合题意。
故选B。
13．【答案】；不变；先增大后减小
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】图中给出了物质温度随时间变化的图像，涉及到物态变化、比热容和热量计算相关知识。
【解答】 由图可知，该物体在t2~t4时间段，处于液态，由于液态时的比热容是该物质的性质，所以在t2~t4时间段，该物质的比热容不变，物体在相同时间内吸收的热量相等 ，t1~t2时间段，该物体吸收的热量，所以该物体放出的热量温度越大，内能越大，所以t1~t5时间段内该物质的内能先增大后减小。
14．【答案】做功；增大；C
【知识点】物体内能的改变方法；热机的工作原理
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：做功和热传递。前者的本质是能量的转化，后者的本质是能量的转移。
（2）在四冲程内燃机中，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。
【解答】（1）如图甲所示为我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过做功的方式，使筒内空气内能增大，温度升高。
（2）取火器将机械能转化为内能，这和汽油机的压缩冲程能量转化相同，故选C。
15．【答案】（1）+4
（2）做功
【知识点】物体内能的改变方法；元素化合价的规则与计算
【解析】【分析】（1）在化学式中，正负化合价的代数和为零；
（2）做功改变物体内能的本质是能量的转化，热传递改变物体内能的本质是能量的转移。
【解答】（1）在ClO2中，O的化合价为-2，根据正负化合价代数和为零得到：x+（-2）×2=0，解得：x=+4。
（2）根据“经过机械压缩后成为了高温、高压的超临界流体”可知，二氧化碳气体是通过做功的方式成为高温高压的超临界流体的。
16．【答案】（1）a
（2）0.9×103J/（kg ℃）
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】（1）根据公式可知，不同的物质吸收相同的热量时，比热容越小，则升高的温度越大，据此分析解答。
（2）从图象可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知和水的温度变化，已知水的质量和比热容，可利用公式Q吸=cmΔt计算水吸收的热量。
相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，所以2min水和沙子吸收的热量也相同，由图a得出沙子温度的变化量，再根据计算沙子的比热容。
【解答】（1）由题知，沙子和水的质量相等，且沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由公式可知，沙子升高的温度多，所以图a表示的是沙子吸热升温的过程。
（2）由b图象可知，加热满2min时，水的温度从20℃上升到70℃，
则加热满2min时水吸收的热量：
Q水吸=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg ℃）×0.4kg×（70℃-20℃）=8.4×104J。
相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，
在2分钟的时间内，沙子吸收的热量：Q沙吸=Q水吸=8.4×104J，
又因为加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，Δt沙=250℃-20℃=230℃，m沙=0.4kg，
由Q吸=cmΔt可得，沙子的比热容：。
17．【答案】（1）内
（2）重核裂变(或“裂变”、“核裂变”)
（3）
【知识点】热量的计算；核电站及其工作原理
【解析】【分析】（1）根据能量转化的知识解答；
（2）根据核电站的工作原理解答；
（3）首先根据Q=cm△t计算空气吸收的热量，再根据计算换热站提供的总热量。
【解答】（1）核能供暖过程是把核能最终转化为内能。
（2）秦山核电站获得核能的方式是重核裂变。
（3）根据题意可知，空气吸收的热量为：Q吸=cm△t=cm×20℃；
则换热站提供的总热量为：。
18．【答案】汽化；内能转化为机械能
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【解答】解：据题意可知，该内燃机在第四冲程结束后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸汽，推动活塞再次做功，使得水蒸气的内能转化为内燃机的机械能，即这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能，提高了热机的效率．
故答案为：汽化；内能转化为机械能．
【分析】（1）物质由液体变为气态称为汽化；
（2）看清该过程中消耗了哪种形式的能，进而又产生了哪种形式的能即可；
19．【答案】（1）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，在试管口形成“白雾”。
（2）做功
（3）0.03
【知识点】功的计算公式的应用；物体内能的改变方法；热机的工作原理
【解析】【分析】（1）气体对外做功，内能减小，温度降低。
（2）四冲程汽油机中存在能量转化的冲程有两个，做功冲程和压缩冲程，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。
（3）做功的条件：物体在力的方向上有移动距离。
【解答】（1）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，在试管口形成“白雾”。
（2）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能，这与内燃机的做功冲程类似。
（3）此过程中软木塞克服重力做功为W=Gh=mgh=0.01kg×10N/kg×0.3m=0.03J
（1）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，在试管口形成“白雾”。
（2）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能，这与内燃机的做功冲程类似。
（3）此过程中软木塞克服重力做功为W=Gh=mgh=0.01kg×10N/kg×0.3m=0.03J
20．【答案】（1）热传递；比热(较)大
（2）6.9×105
【知识点】物体内能的改变方法；比热容；燃料的热值
【解析】【分析】 （1）①改变内能的方法：做功本质是能量的转化，热传递的本质为能量的转移。
②水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析；
（2）根据Q放=mq求出15克灯油完全燃烧放出的热量。
【解答】 （1）①在夹层中加水，水通过热传递的方式吸收油的热量，使油的温度降低，减少了油的蒸发，达到省油目的；
②因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，因此在夹层中加水，可以吸收更多的热量；
（2）15克灯油完全燃烧放出的热量为：Q放=mq灯油=15×10-3kg×4.6×107J/kg=6.9×105J。
21．【答案】1：2
【知识点】热量的计算
【解析】【分析】两种液体混合后，不考虑热量的损失，甲液体吸收的热量等于乙液体放出的热量，所以Q吸=Q放
【解答】甲液体吸收的热量等于乙液体放出的热量，
即Q吸=Q放
c甲m甲(t末-t初)=c乙m乙(t初-t末)，
c甲×2m乙(30℃-10℃)=c乙m乙(50℃- 30℃）
c甲：c乙=1：2.
故答案为：1：2
22．【答案】丙丁甲乙；机械能转化为内能
【知识点】热机的工作原理
【解析】【分析】（1）根据气门的关闭和活塞的运行方向确定冲程的名称；
（2）根据四冲程内燃机的能量转化解答。
【解答】（1）甲：两个气门关闭，活塞向下运动，为做功冲程；
乙：一个气门打开，活塞向上运动，为排气冲程；
丙：一个气门打开，活塞向下运动，为吸气冲程；
丁：两个气门关闭，活塞向上运动，为压缩冲程。
四冲程内燃机的冲程顺序为：吸气、压缩、做功和排气，即丙丁甲乙。
（2）在丁压缩冲程中，将活塞的机械能转化为燃气的内能。
23．【答案】（1） 在两个同样的烧杯中，分别装入等质量的甲乙两种液体
（2）吸收相同的热量
（3）甲；＜
【知识点】热量的计算
【解析】【解答】解：
（1）依题意，比较甲乙两种液体的吸热能力，根据吸收热量的公式Q=Cm△t可知，实验需要采用控制变量法，控制甲乙的质量，故在两个同样的烧杯中，分别装入等体积的甲乙两种液体是不合理的，应当装入等质量的甲乙液体，所以步骤a错误；
（2）吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来，相同的热源在相同的时间内放出的热量相等，为了比较两种液体的吸热能力，应当控制加热时间，所以步骤C加热时间相同是为了使两种液体吸收相等的热量．
（3）甲、乙两种液体质量和初温都相同，观察图象可知：在相同时间内温度变化较大的是甲；
因使用的是相同的“电热器”加热，所以在相同时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同；
根据c=可知，在两种液体质量相等，吸收的热量相同时，当升高温度越大，它的比热容就越小．
所以c甲＜c乙．
故答案是：（1）a；装入等质量的甲乙液体；（2）吸收的热量相同；（3）甲；＜．
【分析】“比较甲乙两种液体的吸热能力”需要控制甲乙两种液体的质量相等，因为甲乙的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的．要解决本题，首先应当深刻理解吸收热量的公式Q=Cm△t．
24．【答案】（1）升高的温度
（2）存在斥力
（3）液体蒸发的快慢与液体种类有关，相同环境中酒精蒸发得比水快。
【知识点】分子间的作用力；影响蒸发快慢的因素；热量的计算
【解析】【分析】（1）相同的加热器，加热时间相同时，两种物质吸收的热量相同；根据公式Q=cm△t可知，当质量和吸收的热量相同时，升高的温度越大，物质的比热容越小，即吸热本领越差；
（2）分子之间存在相互作用的引力和斥力；
（3）可以分析影响蒸发快慢的因素，从而得到结论。
【解答】（1）两个相同的烧杯中分别盛有质量相等、初温相同的水和煤油，用两个相同的热得快对其加热。在加热时间相同的情况下，可以比较升高的温度来比较水和煤油吸热本领的大小。
（2）用橡皮帽将注射器的小孔堵住，封闭一部分空气。用力向内推动活塞到一定程度，再难推动，实验现象说明分子之间存在引力；
（3）在甲、乙两块完全相同的玻璃片上，分别滴上一滴大小相等的水和酒精，置于同一环境中，观察到酒精先消失，该实验说明液体蒸发的快慢与液体种类有关，相同环境中酒精蒸发得比水快。
25．【答案】（1）热传递
（2）C
（3）0.9q
（4）3.5X103J/(kg·℃)
【知识点】物体内能的改变方法；热量的计算
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方法：一是做功（能量的转化），二是热传递（能量的转移）；
（2）根据“散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示”逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）根据q=k（t物-t环）列出两个方程，然后做比即可；
（4）根据散热快慢的定义结合图乙求出水和盐水放出热量的关系，根据Q放=cmΔt和密度公式列出方程求出盐水的比热容。
【解答】（1）物体向周围散热，内能减少，属于能量的转移，则改变内能的方式属于热传递；
（2）由题目提供的信息可知，散热快慢的定义是单位时间内散失热量的多少，这是一个描述快慢的物理量；
A.速度的定义是单位时间内通过的路程，与能量无关，故A不符合题意；
B.密度的定义是单位体积某种物质的质量，故B不符合题意；
C.功率的定义是单位时间内做的功，与散热快慢一样都是描述的单位时间内的能量，故C符合题意；
D.效率的定义是有用功与总功之比，故D不符合题意；
故选C；
（3）根据公式q=k（t物-t环）可知，当环境温度为20℃时得到：q=k（30℃-20℃） ①；
当物体温度降低到29℃时得到：q'=k×（29℃-20℃） ②；
①÷②得到：；
解得：q'=0.9q。
（4）因为水和盐水的初温和末温都相同，即Δt水=Δt盐水=Δt，
所以此时水和盐水的散热快慢相同，
根据图像可知，则水和盐水放出热量之比：，
由图可知，水和盐水的体积相同，
根据Q放=cmΔt，得到：，
即：；
解得：c盐水=3.5×103J/（kg ℃）。
26．【答案】（1）A；所测温度没超过A的量程，但超过了B的量程
（2）26℃
（3）温度降低越来越慢(或降温速度越来越小等)
（4）如室温高低、杯口大小、桌面气流速度、水量多少等均可
【知识点】温度、热量与内能的关系；物体内能的改变方法
【解析】【分析】（1）用温度计测量物体温度时，被测物体的温度不要超过温度计的量程；（2）根据热传递的条件进行分析，即水的自然冷却，当温度保持不变时，其温度等于环境温度；（3）根据水在自然冷却的过程中温度变化的规律来解释；（4）水在降温过程中，主要是依靠蒸发吸热，从水的质量多少和影响液体蒸发的快慢的因素进行分析。
【解答】（1）由表格数据知，水的最高温度是90℃，90℃一定要在温度计的测量范围内；A水银温度计，最大量程是120℃，90℃在水银温度计的测量范围内；B酒精温度计最大量程是60℃，90℃不在酒精温度计测量范围内；故选择A水银温度计，原因是：所测温度没超过A的量程，但超过了B的量程。（2）水在自然冷却过程中，将热传给周围空气，由表中数据可以看出，当温度降低到26℃时，不再变化了，说明此时温度等于室温，即室温为26℃。（3）由表中数据可以看出，水在自然冷却的过程中温度在降低，而且开始时温度降低很快，后来温度降低很慢。（4）由日常生活的经验知，吹气可以使水温快速降低，容器开口大些可以使水温快速降低，所以室温高低、杯口大小、桌面气流速度、水量多少等均可以是影响实验时间长短的因素。
故答案为：（1）A；所测温度没超过A的量程，但超过了B的量程；（2）26℃；（3）温度降低越来越慢(或降温速度越来越小等)；（4）如室温高低、杯口大小、桌面气流速度、水量多少等均可
27．【答案】（1）做功
（2）水的比热容c=4.2×103J/（kg ℃），水的质量m=0.45kg，水升高温度Δt=0.2℃，
水吸收的热量为：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.45kg×0.2℃=378J
答：容器内水吸收热量为378J。
（3）重物下降时减小的机械能W总=Gh=420N×1m=420J，
机械能转化为水的内能的效率
答：机械功转化为水的内能的效率是90%。
【知识点】能量利用效率；热量的计算
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：做功和热传递，做功发生能量的转化，热传递发生能量的转移；
（2）知道水的质量、水的比热容、水上升的温度，利用吸热公式Q吸=cmΔt求水吸收的热量；
（3）根据求得效率。
【解答】（1）在容器里装水，中间安上带有叶片的转轴，通过重物下降，带动叶片旋转，使水的内能增加。所以是通过做功的方式增大了水的内能；
（2）根据Q吸=cmΔt即可计算出容器内水吸收的热量；
（3）先计算出重物下降时做的总功，再根据计算出机械功转化为水的内能的效率。
28．【答案】（1）9.24×105J；（2）4.4×106J；（3）21%
【知识点】能量利用效率；比热容；热量的计算；燃料的热值
【解析】【分析】（1）通过比热容定义式求解。
（2）燃料放出的热量=热值乘以燃料质量。
（3）转化效率=水吸收的热量除以燃料燃烧放出的热量。【解答】（1）水吸收的热量Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×4.4kg×(70℃-20℃)=9.24×105J
即水的内能增加了9.24×105J。
（2）天然气完全燃烧放出的热量Q放=m'q=50×10-3kg×8.8×107J/kg=4.4×106J
即产生的内能为4.4×106J。
（3）燃气灶烧水时转化效率
。
答：（1）水的内能增加了9.24×105J；
（2）烧水过程中，天然气产生了4.4×106J的内能；
（3）燃气灶烧水时转化效率为21%。
1 / 1九上科学阶段练习（3.6）
考试时间40分钟，满分120分
一、单选题
1．将灯泡L和定值电阻R 以图甲方式连在6V的电源上，如图乙所示为L和R的U-I图像，结合图中信息可知 ( )
A．灯泡L的电阻随着电流的增大而减小
B．灯泡L的实际阻值为10Ω
C．灯泡L的实际功率为0.8W
D．定值电阻R 的实际功率为6.4W
2．如图所示，轿车的后挡风玻璃上装有多条金属丝，通电后可以除霜除雾。下列说法正确的是（）
A．常温下玻璃和金属丝都是导体
B．金属丝的电阻大小由通过它的电流决定
C．在冬天，车窗玻璃外侧相较内侧更容易起雾
D．金属丝通电后能除霜除雾是利用了电流的热效应
3．某同学为探究电流通过导体产生热量的多少跟电阻的关系，设计了如下电路图，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．下列的估测中，最接近生活实际的是（ ）
A．手电筒中的电流约为2 A B．家庭节能灯中的电流约为10 A
C．液晶电视机的电功率约为1000 W D．电吹风的电功率约为500 W
5．电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不那么热，这是因为（ ）
A．通过铜导线的电流小，所以它消耗的电能较少
B．电炉丝和铜导线消耗的电能相同，但铜导线散热快，所以就不那么热
C．通过电炉丝的电流大，所以它消耗的电能较多
D．铜导线电阻较小，所以相同时间内它消耗的电能较少
6．小星同学为实验室设计了一个多档位电加热器，其工作原理图如图所示．其中R1、R2、R3为发热电阻，三个灯泡为上述发热电阻相应的工作指示灯，其所消耗的电功率可忽略不计．小星设想通过开关的组合，使电加热器能有多档功率．当只S1闭合时，测得功率为200W；当只S2闭合时，测得功率为100W；小星设计此电热器最大发热功率为800W，则（ ）
A．当只S3断开时，功率为500W
B．此电热器一共可有六档不同的功率
C．三个发热电阻的阻值之比为5：10：2
D．此电热器可能有一档的功率为400W
7．小科家上次查看电能表示数为，本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．若只让一个标有“220V，1000W”的电热水器正常工作10min，则电能表的圆盘转了60转
B．他家在这段时间内消耗的电能为903kW h
C．消耗一度电，此电能表圆盘转3600转
D．电能表是测量电功率的仪表
8．某品牌家用电磁炉设有多个档位，在“火锅档”工作时，面板上显示的数值为“2200”，如图所示，该数值所带的单位可能是（ ）
A．伏特 B．安培 C．瓦特 D．摄氏度
9．通过电灯的电流越大、灯两端的电压越大，灯就越亮。如图，闭合开关S后，灯L1 比L2亮， 由此可确定灯L1( )
A．两端电压更大 B．流过的电流更大
C．灯丝的阻值更大 D．灯丝的长度更长
10．关于“12V 4W”的小灯泡L1和“9V 3W”的小灯泡L2，下列说法正确的是（ ）
A．Ll和L2正常工作时的电阻一样大
B．Ll和L2串联在一起使用时，两灯消耗的功率一样多
C．Ll和L2并联在一起使用时，两灯消耗的功率一样多
D．L2串联一个9Ω的电阻接在12V电路中，也能正常发光
11．如图为某物理兴趣小组设计的电子身高测量仪电路图。其中，定值电阻，电源电压恒为4.5V，的规格为“20Ω 0.5A”，闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．当接入电路中的电阻为5Ω时，电压表示数为3V
B．身高越高，电压表示数与电流表示数的比值越大
C．身高越矮，整个电路消耗的电功率越小
D．考虑电路安全，此电路消耗的最大电功率为2.25W
12．电流的热效应在科研、生产、生活中被广泛应用，但有时它也会给我们带来危害，下列情况中不属于防止电热危害的是（ ）
A．电视机的后盖有许多孔 B．电动机外壳有许多散热片
C．家电长时间停用，隔一段时间应通电一次 D．电脑机箱内有小风扇
二、填空题
13．学校会议室安装了100只相同的LED节能灯，这些灯全部正常发光3h，且无其他用电器工作，电能表示数变为．已知每只灯的额定电压为220V，则通过每只灯泡的电流为 A；实验表明，一只这样的节能灯与一只60W的白炽灯正常发光是亮度相等．与使用60W的白炽灯相比，100只这样的节能灯正常发光3h可节能 kW h．
14．某项目化兴趣小组对探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验进行改进，如图所示。该装置是通 来比较各容器中电热丝产生热量的多少。若电路中的电流为0.3安，则右侧容器内电热丝在1分钟内产生的热量为 。
15． 小梅学完电能表的使用后，想利用电能表测量电饭煲的电功率，观察自家的电能表如图所示，该电能表允许接入用电器的最大电功率是 将家里其他用电器断开，只将该电饭煲接入电路中，观察到电能表的指示灯6分钟闪烁了320次，则他家电饭煲的功率是 W．
16．我国生产的混合动力汽车是由一台内燃机和一台电机组成 (如图)，这台电机既可以当电动机，又可以充当发电机。
（1）电机充当发电机时，它的发电原理是（）。
A．电磁感应现象 B．电流周围存在磁场 C．磁场对电流的作用
（2）某种混合动力汽车电机 (充当电动机)的额定功率为20kW，汽车所用的蓄电池的最大容量为30kW·h，蓄电池充满电后的电能全部供给电机，能使电机正常工作 小时。
17．一只标有“2.5V 0.3A"的小灯泡，其中“2.5V"的意思是 。如果把它接入电压为2伏的电路中使用，测得通过它的电流为0.25安，则这只小灯泡的额定功率为 ，实际功率为 。
18．某型号电饭煲有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理理，当开关S 接触点1时，该电饭煲处于 （填“保温”或“加热”）状态，如图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图象，则图中阴影部分面积表示的物理量是 ，其大小为 。19．小明家的常热牌足浴盆额定功率为750W．某次正常工作20min，将10L、20℃的水加热至40℃，此过程中足浴盆消耗电能 J，水吸收热量 J，消耗电能转化为水吸收热量的效率为 %．（c水=4.2×103J/（kg ℃）
20．如图是研究电热与哪些因素有关的装置，两只烧瓶内装有煤油，瓶塞上各插一根玻璃管， 瓶内各装一根阻值不同的电阻丝 和， 将两根电阻丝串联在电路中。
（1）烧瓶内装的是煤油而不是水，优点是煤油的， 小，吸收相同的热量，温度变化大或 玻璃管内液面上升高，实验效果明显。
（2）闭合开关，一段时间后甲瓶玻璃管中的液面升得更高，则两电阻丝的大小关系 。
21．家庭中使用的电灯、电冰箱等用电器的正常工作电压为 V；某小区居民在参加“地球一小时”活动中，自觉将总功率为2000千瓦的用电器停止工作1小时，可节约用电 千瓦 时．
22．电视上有某品牌空调的广告，称“好空调，一天只需一度电”，在其它媒体上也有该品牌的广告词，称“××空调，最低耗电仅相当于一只45W的灯泡”。考虑到空调实际使用情况及估计等因素，你认为这两句广告词体现的内容 （选填“基本一致”或“完全不一致”），因为根据其中信息可以计算出一度电可让该空调运行约 小时（结果保留整数）。
三、实验探究题
23．小柯开展“设计智能马桶圈”项目化活动时，对市面上在售的产品进行了研究。如图甲是某款电热马桶圈的电路结构图，电源可以输出不同电压。
某品牌电热马桶圈部分使用说明
[额定功率]
高功率： 36W 温度： 35-37℃ 低功率： 30W 温度： 32-34℃
（1）电热丝的工作原理是电流具有 。
（2）经测量当电热丝高功率工作时，可调电源输出电压为12V，请计算电热丝的电阻。
（3）请结合说明书，计算该产品在24小时内消耗电能 (该电路实际工作时，一天中有1.5小时处于高功率工作状态，其余时间处于低功率工作状态)。
（4）从安全和节能的角度，小柯设计了具有过热保护功能的电路，如图乙所示。常见的热敏电阻有以下两种，他选择的热敏电阻R 热敏为 。
24．在测量小灯泡电功率的实验中，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整（要求：当滑动变阻器的滑片向右移动时，接入电路的电阻变大；连线不得交叉）。
（2）连接电路后试触开关，发现电压表指针发生如图乙所示偏转，则出现的故障是 。
（3）排除故障后，闭合开关，若要测量小灯泡的额定功率，接下来的操作是 。
（4）继续移动滑片P，得到多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U关系图像，根据图像信息，判断实验数据是否可靠？ ，原因是 。
25．小华在做“测量小灯泡电功率”的实验中，实验室有如下器材：电源(电压恒为6V)，小灯泡L(额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω)，电流表、电压表、开关、规格分别为“10Ω 1A”的滑动变阻器R1和“50Ω 0.5A”的滑动变阻器R2各一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，帮小华同学将图甲中的电路连接完整；
（2）为了顺利完成实验，小华应选用规格为 (填“R1”或“R2”)的滑动变阻器；
（3）分析乙中图象发现小灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是 ；
（4）小华打算增加一个阻值为150Ω的定值电阻R0，只利用一只电表，通过操作图中单双掷开关(单刀双掷开关分别接“a”、b”各一次)测量小灯泡的额定电功率，图丙、图丁是他种不同方案的电路图，则以下判断正确的是____。
A．两种方案都能 B．两种方案都不能
C．丙方案能，丁方案不能 D．丙方案不能，丁方案能
26．小张同学欲测量一只小灯泡的额定功率。器材如下：待测小灯泡(额定电压为2.5V)、电源(电压为6V)、电流表 电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。请回答：
（1）如图甲所示是小金尚未连接完整的电路，请用笔画线代替导线在原图上补全。
（2）当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定电流为 A。
（3）下面是小金同学在没有电流表的情况下测定电功率的几种方案。
方案一：如图丙，步骤①将开关S1闭合，S2与a接线柱接通，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额；步骤②滑动变阻器滑片位置保持与步骤①中相同，将开关S1闭合，S2与b接线柱接通，调节电阻箱Rx，使电压表的示数保持U额，记录此时电阻箱阻值为Rx1，计算小灯泡的额定功率额=U 额2/Rx1。该方案中主要用到的科学方法是 (填字母)。
A.控制变量法 B.类比法 C.等效替换法 D.累积法
方案二：如图丁，步骤①将开关S1闭合，S2、S3断开，P滑至最左端，读出电压表示数6V；②将开关S1、S2闭合，S3断开，移动滑动变阻器滑片，使电压表的示数为2.5V； 步骤③滑动变器滑片位置保持与步骤②中相同，并将开关S1、S3闭合，S2断开，读出电压表示数3.5V，已知R0的阻值为35Ω；计算小灯泡的额定功率 P 额= W。
四、解答题
27．用两种不同充电桩，对同一辆纯电动汽车充满电的相关数据如下表，不计充电过程中的能量损失。
充电桩 电池初始状态 充电电压/V 充电电流/A 充满电的时间/h
普通充电桩 相同 220 30 10
快充充电桩 600 100
（1）一辆电车的质量为1500千克，轮胎与地面的接触面积总和为0.2平方米，停在水平地面上对地面的压强为多少
（2）用普通充电桩充满电，消耗的电能为多少千瓦时
（3）用快充充电桩充满电，需要多少小时
（4）目前存在普通充电桩充电时间长，充电桩紧缺等问题。为解决此问题，除用快充充电桩充电外，再提出一种设想。
28．小科家有一台电烤箱，其铭牌如下，高温挡功率数值模糊不清。其内部简化电路如图所示，R1和R2均为电热丝。求：
xx牌电烤箱
额定电压 220V
额定 功率 高温挡
低温挡 440W
电源频率 50Hz
（1）当S1、S2均闭合时，电烤箱处于 （填“高温”或“低温”）挡工作状态；
（2）当电烤箱在低温挡正常工作时的电流是多少 ？
（3）为了测出高温挡工作时的功率，小科先断开其它家用电器，并将电烤箱调到高温挡接入220V的家庭电路中，发现他们家的电子式电能表（3000imp/(kW·h)）在2min内指示灯恰好闪了120次，请你帮助他计算电烤箱高温挡时的电功率。[“3000imp/(kW·h)”指的是接在这个电能表上的用电器每消耗1kW·h的电能，电表上的指示灯闪烁3000次]
答案解析部分
1．【答案】C
【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】 A.根据电阻的定义判断灯泡电阻的变化；
BCD.在串联电路中：电流处处相等，电路两端电压等于各个用电器两端电压之和；已知电源电压，串联电路的电源电压等于各个用电器两端的电压之和，电流处处相等，据此从图乙中可知此时电路中的电流、R两端的电压和L两端的电压，再根据求出灯泡L的阻值；已知灯泡两端的电压和通过的电流，根据P=UI可求出灯泡L的实际功率；已知定值电阻R两端的电压和通过的电流，根据P=UI可求出R的实际功率。
【解答】 A．由图乙可知，灯泡L的电阻随着电流的增大而增大，故A错误；
BCD．从图甲中可以看出，电阻与灯泡串联，则流过二者的电流相等；从图乙中可以看出，当电路的电流为0.4A时，电阻电压为4V时，灯泡电压为2V，灯泡与电阻的电压之和正好等于6V，
此时灯泡L的实际阻值为；
灯泡L的实际功率为PL=ULI=2×0.4W=0.8W；
定值电阻R实际功率为P'=U'I=4×0.4W=1.6W；
故C正确，BD错误。
故选C。
2．【答案】D
【知识点】液化及液化现象；导体、半导体和绝缘体；影响电阻大小的因素；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】A.容易导电的为导体；
B.根据电阻的特性判断；
C.根据液化的条件分析；
D.电流通过导体时都会发热，这就是电流的热效应。
【解答】 A.常温下玻璃是绝缘体，金属丝是导体，故A错误；
B.金属丝的电阻由材料、长度和横截面积决定，与电流大小无关，故B错误；
C.在冬天，车窗玻璃内侧温度较高，则车内的水蒸气在玻璃上发生液化形成小水珠，则内侧更容易起雾，故C错误；
D.金属丝通电后能除霜除雾是利用了电流的热效应，故D正确。
故选D。
3．【答案】B
【知识点】电功计算公式的应用；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】要探究电流通过导体产生的热量与电阻关系，需保证通过电阻的电流相同，电阻不同，因此需让不同阻值的定值电阻串联连接，
【解答】A 、D只有一个电阻无法比较
B 电阻串联电流相同，电阻不同，所以可以探究电阻大小与导体产热的关系；
C两个电阻并联，通过两个电阻的电流不同，无法比较；
故答案为：B
4．【答案】D
【知识点】电流和电流的单位换算；电功率
【解析】【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个
【解答】解：
A、通过手电筒的电流在0.1～0.3A之间，达不到2A，故A不符合实际；
B、节能灯正常工作时的电流约为0.2A左右，故B不符合实际；
C、液晶电视机的电功率约为100W左右，故C不符合实际；
D、电吹风的电功率约为500W左右，故D符合实际．
故选D．
5．【答案】D
【知识点】焦耳定律的计算公式及其应用
【解析】【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电流和通电时间相同时，导体的电阻越大，产生的热量越多，据此分析即可。
【解答】铜导线和电炉丝为串联，通过二者的电流相等，通电时间也相等，但是铜导线的电阻比电炉丝的电阻小得多，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，铜导线产生的热量少，温度低，也就是相同时间内消化的电能较少，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
6．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率
【解析】【分析】根据题意可知电加热器的最大功率为800W，根据总功率等于各用电器功率之和可知开关S1、S2、S3的状态；先求出R3的电功率，然后根据电路的不同连接情况逐个分析．
【解答】解：∵总功率等于各电加热器功率之和，即开关S1、S2、S3都闭合时．
∴R3的功率为P3=P最大﹣P1﹣P2=800W﹣200W﹣100W=500W，
则：A、当只S3断开时，发热电阻R1、R2工作，功率为P1+P2=200W+100W=300W，故A错误；
B、此电热器可有档位是开关的断开和闭合引起的，情况如下表格：
（“√”表示对应的开关闭合，“×”表示对应的开关断开）
档位 开关状态 功率/W
S1 S2 S3
1 √ × × 200
2 × √ × 100
3 × × √ 500
4 √ √ × 300
5 √ × √ 700
6 × √ √ 600
7 √ √ √ 800
由功率栏给出的相应状态时电加热器的功率值可知，有七各不同档位的功率值，故B错误；
C、根据并联电路的特点，各支路两端的电压相等则：由P= 得：
P1R1=P2R2=P3R3∴R1：R2：R3= ： ： = ： ： =5：10：2；故C正确；
D、由C选项分析可知，没有功率为400W的档位，故D错误．
故选C．
7．【答案】C
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】（1）电能表是测量消耗电能的仪表；
（2）电能表的两次读数之差即为该段时间消耗的电能；
（3）“3600r/kW h”表示每消耗1kW h的电能，电能表转盘转3600r；
（4）根据W=Pt计算消耗的电能，从而判断电能表转过的转数。
【解答】A、电热水器正常工作10min消耗的电能为
W=Pt=1kW×=kW·h
电能表的圆盘转过的圈数
N=kW·h×3600r/(kW·h)= 600r
故A错误；
B、他家在这段时间内消耗的电能
W=8633.5kW·h-8543.2kW·h=90.3kW·h
故B错误；
C、消耗一度电，此电能表圆盘转
3600r/(kW·h)×1kW·h=3600r
故C正确；
D、电能表是测量消耗电能的仪表，不是测量电功率的，故D错误。
故答案为：C。
8．【答案】C
【知识点】电流和电流的单位换算；电压；电功的实质；电功率
【解析】【分析】（1）伏特：是电压的单位，符号是V ，用来衡量电路中两点间的电位差。
（2）安培：是电流的单位，符号是A ，用于表示单位时间内通过导体横截面的电荷量。
（3）瓦特：是功率的单位，符号是W ，表示物体做功的快慢。对于用电器来说，功率反映其消耗电能的快慢。
（4）摄氏度：是温度的常用单位，符号是\(℃\) ，用于衡量物体的冷热程度。
【解答】A、家庭电路电压一般是220V ，不会显示2200伏特，故错误。
B、电磁炉正常工作电流一般几安，不会达到2200安培，故错误。
C、电磁炉工作时消耗电能，“2200” 表示功率为2200W ，符合实际，故正确。
D、电磁炉面板一般不显示温度数值为2200摄氏度，故错误。
故答案为：C。
9．【答案】B
【知识点】串、并联电路的电压特点；欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】根据并联电路的特点，结合欧姆定律，对各个选项分析判断即可。
【解答】根据图片可知，灯泡L1和L2并联，根据并联电路的特点可知，它们两端的电压相等，故A错误；
灯泡L1较亮，则它的电功率较大。根据P=UI可知，则通过L1的电流较大，故B正确；
电压相等，通过L1的电流较大，根据可知，灯泡L1的电阻较小，故C错误；
灯泡L1的电阻较小，则它的长度较小或横截面积较大，故D错误。
故选B。
10．【答案】D
【知识点】电器的电功率
【解析】【分析】A、根据求出两灯泡的电阻，然后比较两灯泡的电阻关系；
B、两灯泡串联时通过它们的电流相等，根据比较两灯泡消耗的电功率关系；
C、两灯泡并联时它们两端的电压相等，根据比较两灯泡消耗的电功率的关系；
D、L2正常发光时的电压和额定电压相等，根据求出电路中的电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据串联电路的电压特
点求出电源的电压。
【解答】A、根据可得，，，两者电阻不同，A错误；
B、L1和L2串联在一起使用时，因串联电路电流强度处处相等，所以由公式计算可知，消耗的功率不相等，B错误；
C、L1和L2并联在一起使用时，因并联电路各支路两端的电压相等，所以由公式计算可知，消耗的功率不相等，C错误；
D、L2串联一个9欧姆的电阻时，灯泡正常发光的电路的电流，由可得，
，求得，故D正确。
故选：D
11．【答案】B
【知识点】电路的动态分析；电功的实质；电功计算公式的应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】物理学名词，电流在单位时间内做的功叫做电功率。是用来表示消耗电能的快慢的物理量，用P表示，它的单位是瓦特，简称"瓦"，符号是W。作为表示电流做功快慢的物理量，一个用电器功率的大小数值上等于它在1秒内所消耗的电能。如果在"t"（SI单位为s）这么长的时间内消耗的电能“W”（SI单位为J），那么这个用电器的电功率就是P=W/t（定义式）电功率等于导体两端电压与通过导体电流的乘积。
【解答】A. 当接入电路中的电阻为5Ω时 ， 定值电阻 ，电流为0.3A，所以电压表测R2两端的电压为1.5V，A错误；
B. 身高越高，电压表示数越大，电流表示数越小，电压表与电流表示数的比值越大，B正确；
C. 身高越矮，R2越小，电流越大，整个电路消耗的电功率越大，C错误；
D. 考虑电路安全，此电路最大的电流为0.45A，消耗的最大电功率为20.25W，D错误；
故答案为：B
12．【答案】C
【知识点】电功的实质；电功率计算公式的应用；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】解：A．电视机的机壳上有许多小孔是为把各电器元件产生的热量及时散失掉，不符合题意；
B．电流通过电机产生的热量是有害的，有许多散热片可以用来散热，不符合题意；
C．家电长时间停用，隔一段时间应通电一次防止家电受潮，再次使用时被损坏，符合题意；
D．过多的热量会影响计算机的正常工作，机箱内有风扇，这都是为了散失热量，不合题意．
故选C．
【分析】任何导体中有电流时，导体都要发热，这种现象叫做电流的热效应，是电能转化为内能．
13．【答案】0.05 ；14.7
【知识点】电功的实质；电功计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）消耗的电能等于某段时间末的读数减去起始数：
W=2955.7kW h﹣2952.4kW h=3.3kW h，
一只白炽灯消耗的电能：
W′===0.033kW=1.188×105J；
由W=UIt得：
I===0.05A，
（2）每只LED灯消耗的功率：
P=UI=220V×0.05A=11W
一只LED节能灯比白炽灯节约的功率：
P=60W﹣11W=49W=0.049kW，
节约的电能：
W″=Pt=0.049kW×3h×100=14.7kW h．
故答案为：0.05；14.7．
【分析】（1）根据电能表的示数计算出3h消耗的电能，计算出一只白炽灯消耗的电能；由电功的计算公式W=UIt计算出每只灯泡的电流；
（2）计算出一只白炽灯的额电功率，根据电功的计算公式W=Pt计算出100只60W的白炽灯比LED灯工作3h节约的电能．
14．【答案】U形管内液面高度差；54焦
【知识点】焦耳定律的计算公式及其应用；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但容器内空气温度的变化可以通过U形管两侧液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）已知电流、电阻和通电时间，利用Q=I2Rt计算产生的热量。
【解答】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但容器内空气温度的变化可以通过U形管两侧液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（3）电路中的电流为0.3安，则右侧容器内电热丝在1分钟内产生的热量是：Q=I2Rt=（0.3A）2×10Ω×60s=54J。
故答案为：U形管两侧液面高度差；54J。
15．【答案】2200；1000
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：电能表允许接的用电器的最大电功率为：P最大=UI最大=220V×10A=2200W，
3200imp/kW h表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kW h的电能，
指示灯闪烁320次，电路消耗电能为：W=320×kW h=0.1kW h；
用电器的功率：P===1kW=1000W．
故答案为：2200；1000．
【分析】电能表上参数的意义：220V说明电能表要在220V的电路中使用；10A表示电能表允许通过的最大电流是10A；根据公式P=UI计算出电能表允许接的最大电功率；
3200imp/kW h表示的是电路中每消耗1kW h的电能，电能表指示灯闪烁3200次，或者表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kW h的电能，求出指示灯闪烁320次电路中消耗的电能．然后求出用电器的功率．
16．【答案】（1）A
（2）1.5
【知识点】发电机的构造和原理；电功计算公式的应用
【解析】【分析】发电机的发电原理是电磁感应。
【解答】（1）A 、发电机的工作原理是电磁感应现象，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流 ，电机充当发电机时利用此原理，所以A 符合题意；
B 、电流周围存在磁场是电流的磁效应，不是发电原理，所以B 不符合题意；
C、磁场对电流的作用是电动机的原理，所以C 不合题意；
故答案选A 。
（2）已知电机额定功率P=20kW ，蓄电池容量W=30kW h ，根据P= tW，可得工作时间t=W/t=
=1.5h 。
17．【答案】该小灯泡的额定电压为2.5V；0.75瓦；0.5瓦
【知识点】电功率计算公式的应用；电器的电功率
【解析】【分析】（1）灯泡上标的电压为额定电压，电流为额定电流；
（2）根据P额=U额I额计算灯泡的额定功率，根据P实=U实I实计算灯泡的实际功率。
【解答】（1）一只标有“2.5V 0.3A"的小灯泡，其中“2.5V"的意思是该小灯泡的额定电压为2.5V。（2）这只小灯泡的额定功率为P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
实际功率为P实=U实I实=2V×0.25A=0.5W。
18．【答案】加热；加热时消耗的电能；4.8×105J
【知识点】电功计算公式的应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据公式比较两种状态下电功率的大小，从而确定对应的状态；
（2）根据W=Pt分析计算。
【解答】（1）当开关S 接触点1时，只有R1工作，此时总电阻为R1；
当开关S接2时，两个电阻串联，此时总电阻为R总；
则R1根据公式可知，总功率P1>P总；
则前者为加热档，后者为保温档。
（2）根据W=Pt可知，图中阴影部分的面积为加热时消耗的电能，大小为：W=Pt=800W×（60s×10）=4.8×105J。
19．【答案】9×105；8.4×105；93.3
【知识点】焦耳定律的计算公式及其应用；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】解：足浴盆消耗的电能为：
W=Pt=750W×20×60s=9×105J．
由ρ=可知，水的质量：
m=ρV=1×103kg/m3×10×10﹣3m3=10kg，
水吸收的热量：
Q吸=c水m△t=4.2×103J/（kg ℃）×10kg×（40℃﹣20℃）=8.4×105J．
足浴盆的效率为：
故答案为：9×105；8.4×105；93.3
【分析】利用W=Pt求水壶消耗电能；
由热量公式可以求出水吸收的热量；
应用效率公式可以求出足浴盆的效率
20．【答案】（1）比热
（2）大于
【知识点】比热容；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】（1）比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量；
（2）根据焦耳定律Q=I2Rt分析即可。
【解答】（1）烧瓶内装的是煤油而不是水，优点是煤油的比热容小，吸收相同的热量，温度变化大或 玻璃管内液面上升高，实验效果明显。
（2）甲瓶中玻璃管内液面升高的多，说明电阻甲产生的热量更多。甲和乙两个电阻丝串联，则通过它们的电流相等，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，甲的电阻较大，即R甲大于R乙。
21．【答案】220；2000．
【知识点】电功的实质
【解析】【解答】(1)家庭电路电压为220V；家庭电路中各用电器之间既可以单独工作又互不影响，所以，家庭电路中的电冰箱与电灯之间的连接方式为并联，所以它们正常工作电压为220V；(2)用电器正常发光时的功率P=2000kW，则停止工作1h节约的电能：
W=Pt=2000kW×1h=2000kW h．
【分析】家庭电路的电压是220V，用电器的额定电压是220V，为了使用电器正常工作，相互不影响，用电器必须并联在家庭电路中．
22．【答案】基本一致；22
【知识点】电功率计算公式的应用；电功率
【解析】【分析】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量，在数值上等于消耗的电能与做功时间的比值；
（2）根据公式进行计算即可。
【解答】（1）“好空调，一天只需一度电”，描述的有消耗的电能和对应的时间，据此可以计算出空调的电功率；而“最低耗电仅相当于一只45W的灯泡”，则是直接描述的空调的功率，因此两句广告词体现的内容基本一致；
（2）一度电让该空调运行的时间为：。
23．【答案】（1）热效应
（2）从使用说明可知，电热马桶的高功率为：36W，
由得：
电热丝的电阻为：；
（3）该产品24小时消耗的电能为：
（4）R1
【知识点】欧姆定律及其应用；电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据电热丝的工作原理进行解答；
（2）从题目所给信息可知，高功率为36W，根据得出电热丝的电阻值；
（3）根据W=Pt计算出该产品在24小时内消耗的电能；
（4）从图中可看出R1与R2随温度的升高电阻的变化情况进行选择。
【解答】（1）电热丝的工作原理为电流的热效应；
（4）从图中可知，R1的阻值随温度的升高而降低，R2的阻值随温度的升高而增大，当温度升高时，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹开，此时工作电路为低功率，此时控制电路中的电流减小，说明热敏电阻阻值增大，相反，温度降低时，热敏电阻阻值减小，电路中电流增大，电磁铁磁性增强，吸引衔铁与使动触点与静触点相接触，则工作为高功率电路，因此选择的热敏电阻为R1。
故答案为：（1）热效应；（2）4Ω；（3）0.729kW·h；（4）R1。
24．【答案】（1）
（2）电压表正负接线柱接反了
（3）向左移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，再读出电流表的示数
（4）不可靠；因为小灯泡两端电压增大时，功率也增大，电阻也变大。而图线显示小灯泡的电阻逐渐减小（合理即可）
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】（1）根据实验目的确定电器元件的串并联关系，注意电压表的量程和接线柱的选择，变阻器接线“一上一下”，还要根据题目的要求对变阻器的接线柱进行选择。
（2）根据电压表的使用规范分析；
（3）只有小灯泡两端的电压等于额定电压2.5V时，它才能正常发光。此时电压表的示数小于2.5V，因此要增大电压表的示数，即减小变阻器两端的电压。根据“串联电路电压与电阻成正比”可知，此时要减小变阻器的电阻，从而确定滑片的移动方向即可。
（4）根据灯泡灯丝的电阻随温度的变化关系判断。
【解答】（1）在测量小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。
①电压表的“-”接线柱与灯泡左端相连，然后再将“3”接线柱与灯泡右端相连即可；
②变阻器的左上角的接线柱已经连接好，只需从下面选一个接线柱即可。滑片向右移动时，接入电阻变大，即滑片与接线柱之间的电阻丝变长，因此应该选择左下角的A，将其与开关右端相连即可，如下图所示：
（2）使用电压表时，如果电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，则指针顺时针方向偏转；如果接线柱接反了，那么指针逆时针方向偏转，则故障为：电压表正负接线柱接反了；
（3）排除故障后，闭合开关，若要测量小灯泡的额定功率，接下来的操作是：向左移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，再读出电流表的示数。
（4）我判断该实验数据不可靠，原因是：小灯泡两端电压增大时，功率也增大，电阻也变大。而图线显示小灯泡的电阻逐渐减小。
25．【答案】（1）
（2）R2
（3）小灯泡的电阻受温度的影响
（4）B
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】 （1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯泡正常发光时电路中电流确定电流表要选用小量程与灯串联；
（2）灯泡正常发光时电路中电流的为0.25A，根据串联电路的特点和欧姆定律求出变阻器的阻值至少为多大，确定选择滑动变阻器的规格；
（3）灯泡电阻是变化的，原因是受温度的影响；
（4）开关S接“a”、“b”各一次，根据电路图，确定能否使小灯泡正常发光，若不能，则无法测量小灯泡的额定电功率。
【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，灯丝电阻约为10Ω，
由欧姆定律，灯泡正常发光时电路中电流约为：，所以电流表要选用小量程与灯串联，如下所示：
（2）灯泡正常发光时电路中电流的为0.25A，根据串联电路的规律，灯正常发光时变阻器应分去的电压：U变=6V-2.5V=3.5V，由欧姆定律，变阻器的阻值至少为：
，所以应选择滑动变阻器的规格为“50Ω 0.5A”；
（3）灯泡电阻是变化的，原因是小灯泡的电阻受温度的影响；
（5）图丙中，无论开关接a还是接b都无法得知小灯泡是否正常发光，此方案不能测定小灯泡的额定电功率；图丁中，R0、小灯泡、变阻器三者串联，S接a时，电压表测定值电阻的电压，当开关接b时测量灯和定值电阻的总电压，不能通过调节滑动变阻器使灯泡两端的电压为2.5V，所以此方案不能测出小灯的额定电功率，故选B。
故答案为：（1）如上图所示；（2）R2；（3）小灯泡的电阻受温度的影响；（4）B。
26．【答案】（1）图略
（2）0.34
（3）C；0.35
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点；欧姆定律及其应用；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】（1）测量小灯泡电功率的电路为串联电路，只有一个回路，电压表测量灯泡两端的电压，并联在灯泡两端，滑动变阻器一上一下接进电路。
（2）读取电流表示数时要注意量程和分度值。
（3）实验用电阻箱代替灯泡，可知使用了等效替代法。
（3）串联电路电源电压等于各用电器两端电压之和，电流处处相等。
【解答】（1）电路为串联电路，电压表测量灯泡两端电压，如图所示
。
（2）电流表连接的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.34A，可知灯泡的额定电流为0.34A。
（3）由实验过程可知，实验中用电阻箱替代灯泡，电阻箱连入电路的电阻表示灯泡的电阻，采用的是等效替代法。
故答案为：C。
①将开关S1闭合，S2、S3断开，P滑至最左端，读出电压表示数6V，可知电源电压为6V；
②将开关S1、S2闭合，S3断开，此时灯泡与滑动变阻器串联，移动滑动变阻器滑片，使电压表的示数为2.5V，灯泡正常发光；
③滑动变器滑片位置保持与步骤②中相同，并将开关S1、S3闭合，S2断开，此时定值电阻与滑动变阻器串联，读出电压表示数3.5V，已知R0的阻值为35Ω，可知电路中电流为，滑动变阻器连入电路的阻值为，滑片位置不变，可知滑动变阻器连入电路的阻值不变，与灯泡串联时，电路中的电流为，灯泡的额定功率为。
27．【答案】（1）解：电车对地面的压力为：F=G=mg=1500kg×10N/kg=15000N；
电车对地面的压强：。
（2）解：普通充电桩充满电，消耗的电能
W=UIt=220V×30A×10h=6600W×10h=6.6kW×10h=66kW h。
（3）解：用快充充电桩充满电，消耗的电能不变，W=66kW h；
则充电时间为：。
（4）多安装一些充电桩，设立电池交换站等
【知识点】压强的大小及其计算；电功计算公式的应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据F=G=mg计算电车对地面的压力，再根据计算电车对地面的压强；
（2）根据W=UIt求出用普通充电桩充满电，消耗的电能；
（3）使用普通充电桩充满电和使用快充充电桩充满电所消耗的电能相同，根据求出用快充充电桩充满电，需要的时间；
（4）根据题中的存在普通充电桩充电时间长，充电桩紧缺等问题分析解答。
【解答】（4）目前存在普通充电桩充电时间长，充电桩紧缺等问题。采用快充可以减小充电时间，多安装一些充电桩可以解决充电桩紧缺。
28．【答案】（1）高温
（2）2A
（3）电烤箱消耗的电能：；
则电烤箱高温档时的功率：。
【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）根据公式比较不同情况下电功率的大小，从而确定所处的工作状态；
（2）根据公式计算出低温档时的电流；
（3）首先根据计算出电烤箱消耗的电能，再根据计算出它高文档的电功率。
【解答】（1）当S1闭合，S2断开时，两个电阻串联，总电阻为R总；
当S1和S2闭合时，此时只有R1工作，总电阻为R1；
则R总>R1；
根据公式可知，总功率P总则前者为低温档，后者为高温档。
（2）电烤箱在低温档时的电流：；
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