【苏科版物理】九年级物理期中复习精选测试卷专题练习(word版

1、【苏科版物理】九年级物理期中复习精选测试卷专题练习（word版一、初三物理第十一章简单机械和功易错压轴题提优（难）1 .如图所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹 簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉。此时，应把杠杆 两端的平衡螺母向 （左/右）调节，使杠杆在不挂钩码时在水平位置平衡。其目的是 杠杆调节平衡后，小明在杠杆上八点处挂4个钩码，在8点处挂6个钩码，杠杆恰好在 原位置平衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件为： （用字母表示）。他这样得出 的结论 （合理/不合理）：原因是：:实验结束后

2、，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件 是否仍然成立？ ”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位 置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡 条件不相符。其原因是：0【答案】左减小了杠杆的自重对实验的影响F/i=F2i2不合理实验次数较少，得出 的结论不具有普遍性杠杆本身受到重力【解析】【分析】【详解】田发现杠杆右端下沉，说明右端重，应该把杠杆两端的平衡螺母向左调。使杠杆在不挂钩码时在水平位置平衡。其目的是把重心移至支点处，让杠杆重力的力臂 为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响。杠杆的平衡条件为：动力x

3、动力臂=阻力x阻力臂，探究杠杆平衡的条件多次测量 就是为了寻找普遍规律，本次实验，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获 取多组实验数据归纳出物理规律。图乙中，支点位于动力和阻力的右侧，杠杆的重心不在支点上，弹簧测力计不但提了 钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力厂的大小比由杠杆 平衡条件计算出来的数值偏大。2 .小融和小侨利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。若实验前杠杆静止，如图甲所示，（选填“是”或“不是”）处于杠杆平衡状态。 可将杠杆两端的平衡螺母向（选填“左”或“右”）调亿 使杠杆在水平位置平衡： （2）在实验过程中，调行杠杆在水平位置平衡的目的是,把

4、支点定在杠杆中点的目的 是:A.抵消重力的影响B.便于测量力臂在杠杆两端挂加钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂。多次实验并把 教据记录在表一中。多次实验的目的是:A.寻找普遍规律 B,求平均值减小误差小融根据表一数据得出杠杆平衡条件是:（用公式表示）次数fi/N£i/cmfz/NLz/cm11102522101203215310（5）杠杆调节.平衡后，小侨在杠杆上的八点处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新平衡，应在B点挂 个钩码：如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。当弹簧测力计 在原位置逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计

5、的示数将 （选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】是右B A A FiLi=F2£2 6变大【解析】【分析】【详解】口）1如图甲所示杠杆受到平衡力的作用保持静止状态，是处于平衡状态。如图甲所示杠杆左端低右端高，要将杠杆调平衡需要将平衡螺母向右边调节。在实验过程中，为了便于测量力臂的大小，应调节杠杆在水平位置平衡：同时为了 消除杠杆自重的影响，可以将支点定在杠杆中点。所以前一空选B,后一空选A。为了是实验结论更具有普遍性，应进行多次实验，故应该选A。由表中数据有lNxlOcm=2Nx5cm2Nxl0cm=lNx20cm2Nxl5cm=3NxlOcm根据表格实验数据得出杠杆平衡条件是

6、(5)设一个钩码的重力为G,杠杆上一小格的长度为L, A点挂4个钩码，入点到0点的距离为3L 8点到。点的距离为2L,设8点需要。个钩码，根据杠杆平衡的平衡条4Gx3L=nGx2£解得。=6,为使杠杆重新平衡，应在8点挂6个钩码。网弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，力臂变小，要使杠杆仍然在水平位置平衡，由 杠杆的平衡条件，则拉力变大，即弹簧测力计的示数变大。3 .探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆、支架、细线、质量相同的钩 码若干。甲乙(1)将杠杆装在支架上，发现杠杆左端下沉，此时应将杠杆两侧的平衡螺母同时向调，至杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是;(2)某同学进行正

7、确的实验操作后，能不能根据图甲的这一组数据得出探究结论？ (填“能”或“不能”)。理由是:(3)如图甲所示，杠杆水平位置平衡。如果在杠杆两侧各加上一个相同的钩码，则杠杆 (填“左”或“右”)端将下沉：(4)如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉。当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，若杠杆 仍然保持在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 (填“变大”、“变小”或 “不变”)。【答案】右消除杠杆自身的重力对实验结果的影响不能一次实验具有偶然性，不具 备必然性右变大【解析】【分析】【详解】田杠杆右端下沉，应将杠杆重心向左移，所以应将两端的平衡螺母(左端和右端均 可)向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的

8、力臂为零，这样就减小了杠杆的自重 对实验的影响：当杠杆在水平位置平街时，力的方向与杠杆垂直，力臂等于支点到力的作 用线的距离，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来。用实验来探究物理规律时，要采用多次实验，用多组实验数据来总结实验结论，实 验结论具有普遍性，如果只有一次实验数据，总结的实验结论具有偶然性，所以不能用一 次实验总结实验结论。设一个钩码的重力为G,杠杆一个小格代表人如果在图甲中杠杆两侧各添加一个相 同的钩码时，杠杆的左端5Gx3L=15GL杠杆的右端4Gx4L=16GL故右左，则右端将下沉。乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为oc,弹簧测力计向右倾斜拉杠 杆，拉力的力臂小于0

9、C，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。4.小飞用图甲装置来探究杠杆的平衡条件，设弹簧测力计和钩码对杠杆的拉力分别为动力 公和阻力12,"和分别表示动力臂和阻力臂.他的实验思路是：改变2、和也测得杠 杆平衡时所需的拉力&，来寻找自、52、A和/2四个物理量之间的关系.已知实验前已调 节杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的量程为05N,杠杆上每一格长10cm.甲乙实验次数阻力Fz/N阻力臂Mem动力臂/i/cm动力8/N1433302418302.4347.5301.0（1）为便于测量力臂，弹簧测力计应沿 方向拉杠杆，并使之在位置平衡：（2）小飞首先保持金和八不变而改变&#

10、163;所获得的实验数据如表格所示.第1次实验中 弹簧测力计示数的放大图如图乙所示，则&=N,此时杠杆的类型与 （选填 “筷子"或"老虎钳"）相同：（3）为获得更多组数据，小飞继续进行（2）中实验，则为能顺利完成实验，在改变阻力 臂右时，2应不超过cm；完成上述实验后，小飞接下来还应进行的实验有：保持不变而改变J；保持和/2不变而改变儿【答案】竖直水平4.4筷子37.5 "和A【解析】【分析】【详解】第一空、第二空.因为力与力臂垂直，当沿竖直方向拉动弹簧测力计使杠杆位于水平位置 平衡时，力臂与杠杆重合，可方便的测量力臂的大小：第三空.由图像可知，

11、弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为4.4N：第四空.由表格数据知第1次实验中阻力臂长于动力臂，因此是费力杠杆，与筷子相同：第五空.由杠杆平衡条件F3= F2l2可得：,用 5N? 30cm _L = = 37.5cm-F2 4N即，2应不超过37.5cm；第六空.探究杠杆的平衡条件时要探究修、2、/】和/2四个物理量之间的关系，因此还应 探究保持12和/1不变而改变Fz：保持F2和h不变而改变11.5.某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如表所示，实验装置如图所示.甲 乙 丙 丁（1）实验中应沿竖直方向 缓慢拉动弹簧测力计.（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力出示数不

12、稳定，应该静止读数，你 认为他的想法 （选填“正确”或“不正确”），因为她没有考虑到 对滑轮组机 械效率的影响.（3）用丁图装置进行实验，得出表中第4次实验数据，请将表中的两个数据填写完整实验;熠！钩码重里GZ钩码上升高度hm绳端拉力PN绳就移动距离s m机械效率n140.12J0274%240.1180.374%3S0.13.10.386%4$0.12.5（4）通过比较 两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关（填实验次数的序号）（5）通过比较两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高.（填实验次数的序号）（6）通过比

13、较3、4两次实验数据可得出结论：【答案】匀速 不正确 摩擦0.4： 80% 1、2 2、3不同滑轮组提升相同重物时，动滑 轮越轻，滑轮组的机械效率越高（或不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的 机械效率越低【解析】【详解】（1）实验中应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计，这样测力计示数才等于拉力大小；（2）在弹簧测力计静止时读出了数据，由于不会克服轮与轴、绳与轮之间的摩擦，所以测 力计示数偏小，他的想法是不正确的；（3） 丁图中，绳子的有效段数为。=4,绳端移动距离s=nh=4x0.1m=0.4m滑轮组的机械效率匕 Gh 8NxO.lm1 叫 FS 2.5NxO.4m（4）绳端移动距离与

14、物体升高的高度的关系为产隔，所以，结合表中数据可知实验 1、2、3中绳子的有效段数分别为2、3、3；再结合钩码的重力可知，实验1、2、3分别 是用甲、乙、丙装置做的实验，根据控制变量法，研究同一滑轮组的机械效率与绳子段数 的关系时，要控制提升物体的重力相同、滑轮个数也相同，只改变绳子的有效段数，所以 应比较1、2两次实验数据；通过比较1、2两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升 同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关：（5）研究同一滑轮组提升重物时，机械效率与物重的关系时，要控制滑轮个数相同、绳子 的段数相同，只改变物体的重力，故通过比较2、3两次实验数据得出结论：同一滑轮组提 升重物时

15、，物重越大，滑轮组的机械效率越高。（6）通过比较3、4两次实验数据，即对应的图丙、图丁两装置，滑轮组不同，提升的重 物相同，动滑轮越重机械效率越小，故可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮 越轻，滑轮组的机械效率越高。6.如图，为探究“杠杆的平衡条件”的实验.甲乙（1）实验前，正确安装好杠杆后，调节 使杠杆在水平位置平衡，目的是.（2）杠杆平衡后，在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在8位置用弹簧测力计竖直向 下拉，使杠杆,记录数据.（3）将弹簧测力计作用在C点，需 （选填"竖直向上"、"竖直向下"）拉弹簧测力计 使杠杆平衡，记录数据：若不是竖直拉弹

16、簧测力计，其示数将 （选填"变大""不变" 或“变小，）.通过数据分析可得出杠杆的平衡条件。（4）利用图乙所示装置迸行拓展实验，当用于探窕杠杆平衡条件时，实验结论与杠杆平衡 条件不相符，原因是:当用于研究机械效率时，缓慢拉动弹簧测力计，使钩码升高 h，测得杠杆机械效率为小，将钩码移到8点，仍使钩码升高6测得的机械效率为小，则 m"2 （选填"等于"或"不等于“）.【答案】平衡螺母消除杠杆重力对平衡产生的影响在水平位置平衡竖直向上变大 杠杆自重对杠杆平衡产生影响 不等于【解析】【详解】第一空.实验时，正确安装好杠杆后

17、，调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡：第二空.当杠杆在水平位置平衡时，杠杆还没有施加动力和阻力，所以一定不是便于测量 力臂，而杠杆的重心在支点的正上方，此时重力的力臂为零，可以消除杠杆重力对平衡产 生的影响：第三空.实验过程中，在图甲所示的4位置挂上两个钩码，可在8位置用弹簧测力计竖直 向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，记录数据；第四空.将弹簧测力计作用在C点，则此时动力和阻力在支点的同一侧，二力方向相反， 杠杆才能平衡，所以需竖直向上拉弹簧测力计使杠杆平衡，记录数据：第五空.若不是竖直拉弹簧测力计，此时动力臂将变小，而阻力和阻力臂都不变，根据杠 杆平衡条件FJ】=G/2知，拉力将变大，即测力计

18、示数将变大，再通过数据分析可得出杠杆 的平衡条件。第六空.利用图乙所示装置迸行拓展实验，由图知，此时支点在杠杆的一端，杠杆的重心 不在支点上，杠杆的重力对杠杆平衡产生了影响，导致拉力比由杠杆平衡条件计算出来的 数值偏大，所以实验结论与杠杆平衡条件不相符，即原因是杠杆自重对杠杆平衡产生影 响：第七空.相同的钩码，两次钩码升高的高度相等，所以两次有用功相等：将钩码由A点移 到8点，要升高相同的高度，拉力提升的高度更大，即将杠杆提升的高度增加，额外功增 大，因为总功等于额外功与有用功之和，因此第二次弹簧测力计做的总功大于第一次做的 w总功，根据 =+知，两次机械效率不等，即小不等于2。7.如图甲所示

19、是小明探究“杠杆的平衡条件”的实验。（1）将杠杆中点置于支架上，杠杆静止时，发现右端下沉。此时，小明应把杠杆两端的平 衡螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡。（2）接着，小明在杠杆上4点处挂4个钩码，在8点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平 衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件：。小红认为小明这样得出的结论不 合理，理由是。（3）实验结束后，小华提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条 件是否仍然成立？ ”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同 位置，用弹簧测力冲竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与小明所得的 杠杆平衡条件不相符。其原因是：。（4）

20、杠杆不处于水平位置能否平衡？小红认为能平衡。于是她让每次杠杆倾斜时静止，做 这个实验也得出了杠杆平衡条件。小红这种方案与小明让杠杆在水平位置做实验的方案相 比较，你认为哪个实验方案好？ 实验方案好；理由是。（5）实验中，小红利用乙图将杠杆提升，此时测力计的示数F为1.2N,钩码总重G为1.5N,则杠杆的机械效率为%.请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：（6）将钩码向右移动一格后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升 相同的高度，则所测机械效率将 （变大/变小/不变）。【答案】左 口 = % 一次实验存在偶然性 杠杆自重对平衡有影响 小明 便于直接 读出力臂83.3%动力克服杠杆

21、的自重做额外功变小【解析】【详解】（1）杠杆静止时发现右端下沉，说明杠杆右边沉，小明应把杠杆两端的平衡螺母向左调 节，使杠杆在水平位置平衡。（2）小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在8点处挂6个钩码，杠杆恰好在原位置平衡，因 为每个钩码质量相同，于是小明便得出了杠杆的平衡条件：="心。小红认为小明这 样得出的结论不合理，理由是小明通过一次实验得出结论具有偶然性，应多次实验使结论 具有普遍性。（3）因为没有考虑杠杆自身具有重力的因素，所以发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测 力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与小明所得的杠杆平衡条件不 相符。（4）小明的方案好于小红的，因为

22、小明的力臂便于测量，杠杆水平平衡时杠杆的力臂在杠杆上，而小红的方案中，力臂并不在杠杆上，不便于测量，不方便准确得出实验结论。（5）实验中，小红利用乙图将杠杆提升，此时测力计的示数/为1.2N,钩码的总重G为 L5N,设杠杆每一小格的长度为,测力计上升的高度”和钩码上升的高度儿根据几何相 似三角形关系可知,则杠杆的机械效率为“6/3W.Gxh6N7Z=xlOO% = -xlOO% = xlOO% 83.3%；杠杆做额外功的一个原因是 WFxH7.2N杠杆本身存在重力，在提升时要对杠杆做一部分额外功。（6）将钩码向右移动一格后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升 相同的高度，则所

23、测机械效率Gxh1 5Nx3/片肃厂rx100% = 62.5%,所以所测机械效率将变WFxH1.2x6/小.8.小明小组在测量滑轮组机械效率实验中，利用如图所示的滑轮组进行了4次测量，测得数据如下表所示.次序钩码所受的重力钩码提升高度拉力绳端移动距离机械效率110.10.70.347.6%210.20.70.647.6%320.11.10.360.6%450.10.3（1）实验中应竖直向上拉动弹簧测力计.（2）第4次实验测得弹簧测力计示数如图，是 N,机械效率口=%.（3）比较第 次实验，小组同学发现：同一滑轮组的机械效率与重物被提升高度无 关：比较第3、4次实验数据可知，同一滑轮组，越大，

24、机械效率越高：第4次拉力 做的额外功与第3次相比 （增大减小/不变）.（4）在测拉力时，某同学觉得很难使测力计做匀速直浅运动，不便于读数，就让测力计处 于静止状态时读数，测得的机械效率与实际相比 （选填“偏大”、“偏小”或“不 变”）.（5）小强小组也按正确方法操作测量滑轮组的机械效率，如图是他实验中的情景，下表是 他记录的一组数据.根据计算进行比较，发现表中数据的不合理之处是钩码重量G （N）钩码上升距离h（m）测力计拉力F（N）测力计移动距离s （m）20.050.40.15【答案】匀速2.2 75.8% 1、2提升物体的重力增大偏大弹簧测力计的读数错误【解析】【分析】【详解】（1）实验中

25、应该竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于 拉力大小；（2）第4次实验测得弹簧测力计示数如图，分度值为0.2N,大小是2.2N：根据表格第4 次实验数据，则机械效率为：xlOO%= xlOO%=lm xlOO%75.8%;VV,_Fs2.2NxO.3m（3）探究滑轮组的机械效率与重物被提升高度关系时，应控制其他因素不变，只改变物体 被提升的高度，由表格数据可知，应比较1、2两次实验；比较第3、4次实验数据可知，同一滑轮组提升物体的重力越大，滑轮组的机械效率越高：根据hT W总一必产小-Gh可得第3次做的额外功：W=F3s-G3h=l. IN x0.3m -2N x 0

26、. lm=0.13J ,第4次做的额外功：卬额4=Es_Gj7=2.0Nx0.3m_4Nx0.1m=0.2J ,所以第4次拉力做的额外功与第3次相比增大：（4）在测拉力时，若让测力计处于静止状态时读数，则没有测量出绳子与机械之间的摩擦，导致拉力变小，总功变小，根据 = gLxl00%,故测得的机械效率与实际相比偏大：（5）由表中实验数据可知：1%=G"=2NxO.O5m =0.1J , l%=Es=O.4NxO. 15m=0.06J ；由计算结果可知，有用功大于总功，这是不可能的：由图示弹簧测力计可知，弹簧测力计分度值是0.2N,弹簧测力计所示应该是0.8N,而不是0.4N：故数据的

27、不合理之处是弹簧测 力计的读数错误.二、初三物理第十二章机械能和内能易错压轴题提优（难）9.某实验小组用图所示的装置粗略测量蜡的热值q,图中A桶内装有水，B为下部开了许 多通气孔的罩子要完成本实验，还需要的测量工具是天平、硅码和:罩子B的主要作用是；实验收集的数据为：A桶中水的质量为m水，水的初温为ti，末温为肉 蜡烛燃烧前的 质量为m】，燃烧后的质量为"2。则蜡的热值q= （水的比热容为。水）；实验测出的热值会比真实值偏小，造成这一偏差的原因可能是 （至少有一个选项 正确，将正确选项的字母填在横线上）。A.蜡烛没有完全燃烧B.桶A中水的质量太多C.桶A吸收了部分热量D.蜡烛燃烧放出

28、的热量一部分散失到空气中C/%. （t, - A）【答案】温度计 防止热散失'-ACDm - m2【解析】【分析】【详解】田测量蜡的热值时，根据g =2生的原理进行实验，而蜡的质量用天平进行测量，燃烧m燃放出的热量Q放在忽略热散失的情况下，等于A桶中内水吸收的热量，而Q啜W，所以还需要温度计来测量温度。（2）2罩子B的作用是防止蜡燃烧放出的热量散失到空气中。由题意知，水吸收的热量Q =c 次 m，K（f2-ti）而QXQ*那么蜡的热值一。放，水加水七一4）qmx 一 "八ni, 一1 11X（4）4据g = 2"，实验中造成测量的热值比实际值偏小的原因有：蜡烛没有完

29、全燃烧，造m成放出的热量偏少，则热值偏小：桶A中吸收了部分热量造成水吸收的热量比实际放出的 热量少，则热值偏小：蜡烛燃烧放出的热量一部分散失到空气中，造成测量的热量偏少， 则热值偏小。故ACD选项都有可能。10.在研究“动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小阳用同一实验装置，让从斜面上 滚下的小钢球钻入水平而上的硬纸盒，如图甲、乙所示。请完成以下实验。通W舄丙通过比较甲、乙两次实验中硬纸盒被推的远近，可得出：质量相同时，物体的越大，动能越大。对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势 能.在甲、乙两次实验中，硬纸盒所受滑动摩擦力 （选填“相同”或 “不同”）。如果做图乙实验

30、时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成硬纸盒损坏，改进图 乙实验再与图甲实验对比。在不改变木板长度的情况下，应采用以下 方法。A.换用质量更小的钢球B.给水平木板铺上毛巾C.适当降低钢球的高度D.换用一个较重的硬纸盒若要探究影响动能大小的另一因素，具体的操作方法是：选择两个不同的钢球，从同一 斜而的 （选填“相同”或“不同”）高度由静止滑下。小阳在原硬盒的上表面粘上硅码，设计了如图丙所示实验，探究影响滑动摩擦力大小的 因素，通过比较甲、丙两次实验可得出：滑动摩擦力大小与 有关。【答案】速度越大相同C相同压力大小【解析】【分析】【详解】田通过比较甲、乙两次实验知道，两球质量相同，释放的高度

31、不同，即达到水平而时的 速度不同，根据硬纸盒被推的远近，可以得出结论是：质量相同时物体的速度越大，动能 越大。重力势能的大小与质量和高度有关；对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物 体位置越高，重力势能越大。网在甲、乙两次实验中，硬纸盒对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同.所以受滑动摩擦力相同。做图乙实验时，为了防止造成硬纸盒掉落造成损坏，可适当降低钢球的高度，这样小 球的动能减小，撞击纸盒后前进的距离变小，就不会掉落了，同时还控制了质量和接触而 相同，故C正确，应选C。物体的动能与物体的质量和速度有关，若要探究影响动能大小与质量的关系，需要控 制小球的速度相同，具体操作方法是：选择两个

32、质量不同的钢球，从同一斜而相同高度由 静止滑下。摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，小阳在原硬纸盒的上表面粘上硅码， 改变了压力的大小，可以探究影响滑动摩擦力大小的因素，所以通过比较甲、丙两次实验 可得出的结论是：滑动摩擦力与压力大小有关。11.如图是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA=me<mc, hA=hc>hB：实验中，探究的动能是指 （填序号）：A.小球在斜而上的动能B .小球撞击木块时的动能C.小球撞击木块后的动能D .木块被小球撞击的动能使质量相同的小球从斜而上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与 的关系：在做了探究“物体动能大小与哪些

33、因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球 从同一斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计 了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜而滚 下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 （选填“运动”或“静 止”），就可以说明任一时刻两球的 相等；表面毛巾棉布木板摩擦力最大较大最小小车运动距离最近较远最远如上表，完成实验后，同学们还联想到以前学习牛顿第一定律时，也用到了斜面：让同 一小车从同一斜面的同一高度由静止滑下，在三个不同的表面上能滑行的距离（选 填“相等”或“不相等”），小车在这三个表面上滑行的过程中克服摩擦力做功（

34、选 填“相等”或“不相等”）.【答案】B速度静止速度不相等相等【解析】【分析】【详解】国实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小：故选B。使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，则小球到达水平而时的速度不同， 所以，这是为了研究动能大小与物体速度的关系。（3）3让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较 两球相对运动情况，若任一时刻两球的速度大小相等，即以任何一个小球为参照物，另一 个小球都是静止的，所以若C球相对于A球静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相 等。根据表中信息可知到小车在三个不同表明受到的摩擦力大小不相同，在三个不同的表 面上能滑行的

35、距离不相等。让小车从同一高度由静止下滑，根据决定重力势能大小的因素可知，最初小车的重力势 能相同，下滑到水平面时的动能也相同，在不同的材料表而上运动时，最终停下来后，动 能全部转为内能，克服摩擦力做了多少功就有多少动能转化为内能，所以，在三个表面克 服摩擦力做功相等。12.如图所示是研究做功与能量转化关系的装置。重物通过细绳与木块相连，细绳不可伸 长，AQ为水平而，AP段光滑，PQ段粗糙。实验开始时，质量为M的重物恰好置于地 而。将质量为m的木块从P向右拉至4%长为L,放手后木块向左运动，最终停在8 点，P8长为x,不计空气阻力、滑轮摩擦：木块在八8段运动过程中，重物的重力做的功为 （用字母表

36、示）；观察实验，小明提出猜想：木块动能的变化与重物重力做功多少有关；为了验证猜想，小明做了以下实验。重物M=O.lkg,木块m=0.9kg,改变木块从P点右 移的距离测得一组数据，记录如下：俨/（心t*1.0/0.8/0.6/0.4/0.2/Li in/0().10.20.C.40.5序号123456%的长L/m0.10.150.20.350.430.5木块在P点的速度平方v2 /（?y0.20.30.40.70.91.0根据表中数据，在图乙中作出L与/的图像。已知物体动能的表达式为m，分析木 块动能的变化及重物的重力做功的大小，可知猜想是（正确/错误）的，由此得 到的结论是:利用实验信息分析

37、，当上0.8m时，木块在P点获得的动能是 Jo【答案】mgL正确木块动能的变化随重物重力做功的增加而增大0.72【解析】【分析】【详解】田由题知，细绳不可伸长，实验开始时，质量为M的重物恰好置于地面。将质量为m 的木块从P向右拉至4%长为乙所以重物被提起高度b=3所以木块在48段运动过程 中，重物的重力做的功为W= Gh= mgh= mgL（3乂23因为重物和木块质量一定，由表中数据和W= MgL知，L越大，重力对重物做越多，/越大，由动能的表达式?“2知木块动能越大，由此可知猜想是正确的，得到的结论是：木块动能的变化随重物重力做功的增加而增大。由V?与知，两者成正比，即有V2，且当£

38、;=0.1m时v2 = 0.2m7s20.2m2 /s2 =Zx0.1m解得k=2m/s2所以v2 = 2m/s2 xL所以当£=0.8m时v2 = 2m/s2 x 0.8m = 1.6m2 / s2 则木块在P点获得的动能Ek =-wv2 =-x0.9kgx 1.6m2 /s2 = 0.72J2213.某小组同学为了探究物体吸收热量的多少与哪些因素有关，做了如下实验：在六个相 同的烧杯中分别盛上水和煤油，用六个相同规格的加热器对它们分别进行加热。表一和表 二是他记录的实验数据。（设每分钟吸收的热量都相等）表一液体种类：水烧杯号质量（g）升高的温度（C）加热时间（分钟）1200882

39、1008435082表二 液体种类：煤油烧杯号质量（g）升高的温度（°C）加热时间（分钟）42008451008265081请根据表中的实验数据回答下列各题：（1）实验时可以用表中的 来代表物体吸收的热量。（2）比较烧杯号1、2与3 （或4、5与6）的实验数据，可初步得出的结论是：o（3）比较烧杯号 的实验数据，可初步得出的结论是：相同质量的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量不同，水吸收的热量多。（4）进一步综合分析表一或表二的数据，可初步得出结论：。进一步综合分析表一 或表二的数据，可初步得出结论：。【答案】加热时间 同种物质升高相同的温度，吸收的热量与质量成正比1、4或2、5

40、或3、6同种物质，质量和升高温度的乘积的越大，吸收热量越大不同种物质，质量和 升高温度的乘积相同，吸收热量不同（不同种物质，质量和升高温度的乘枳不同，吸收热 量可能相同）【解析】【详解】用六个相同规格的加热器对它们分别进行加热，加热相等时间加热器放出的热量相 等，它们吸收的热量就相等，加热时间越长，物体吸收的热量越多，因此在表中是用加热 时间来反映物体吸收热量的多少：（2）2由表中1、2与3 （或4、5与6）的实验数据可知，水（或煤油）的质量不同而升高的温 度相同，需要的加热时间不同，水（或煤油）质量成倍减小，需要的加热时间即吸收的热量 也以相同的倍数减小，由此可得：质量不同的同种物质升高相同

41、的温度，吸收的热量与质 量成正比：（3）引由表中1、4或2、5或3、6数据可知，水与煤油的质量、升高的温度都相等而加热 时间不同，水与煤油吸收的热量不同，水吸收的热量是煤油吸收的热量的2倍、由此可 得：相同质量的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量不同，水吸收的热量多：（4）4由表中1、2与3 （或4、5与6）次实验数据可知，同种物质水（或煤油）质量和升高温 度的乘积的越大，加热时间越长，吸收热量越大：5由表中1、4或2、5或3、6次实验数据可知，不同种物质，水（或煤油）质量和升高温度 的乘积相同，吸收热量不同；由表中2、4或3、5次实验数据可知，不同种物质，质量和 升高温度的乘积不同，吸收热

42、量可能相同。14.在探究“动能的大小与什么因素有关”时，同学们提出了如下猜想猜想一：动能的大小可能与物体的密度有关：猜想二：动能的大小可能与物体的运动速度有关；猜想三：动能的大小可能与物体的质量有关.老师提供如下实验器材：刻度尺、四个金属球（100g的铁球、100g的铝球、50g的铁球、 50g的铜球）、小木块和长木板。（1）同学们设计了如下实验方案：按图组装实验器材，让小球从斜而上由静止滚下，碰上 水平面上的小木块后，将木块撞出一段距离，比较 来判断小球的动能大小。（2）为了验证“猜想一，应将100g的铁球和 分别从斜而的 （不同高度/同一高度）处由静止滚下，撞击水平而上同一位置的小木块，用

43、刻度尺分别测量有关距 离。（3）为了验证"猜想二"，应该控制质量相等、密度相同的小球在撞击木块前的速度 （相同/不同），具体做法是：让同一小球从斜而的 （不同高度/同一高 度）由静止滚下，撞击水平而上同一位置的小木块，用刻度尺分别测量有关距离。【答案】木块被撞移动距离的长短100g的铝球同一高度不同不同高度 【解析】【详解】木块被撞移动距离越大，证明它被撞后的动能越大，也就是小球的动能越大，所以比 较木块被撞移动距离的长短来判断小球的动能大小：（2）为了验证“猜想一"，需要保持质量和运动速度相同，密度不同，所以应该选择100g 的铁球和100g的铝球做实验，分别从

44、斜面的同一高度处由静止滚下，这样滚到斜面底端 时，速度相同；（3）4为了验证"猜想二"，应该控制质量相等、密度相同的小球在撞击木块前的速度不同： 让同一小球从斜面的不同高度由静止滚下，由于高度不同，那么到达斜面底端时，速度 也不同，撞击水平而上同一位置的小木块，用刻度尺分别测量有关距离，从距离判断动能 的大小，从而验证"猜想二"。15.在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。甲乙（1）实验中应量取 （质量/体积）相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯 中。使用规格 （相同/不同）的电加热器加热。（2）实验中，通过 （升高的温度/加热

45、时间）来比较甲和乙两种液体吸收热量的多 少。（3）在两种液体都不沸腾的前提下，小明认为要把甲、乙两种液体加热到相同的温度然后 进行比较；小芳认为要加热相同的时间然后进行比较。你认为方法可行的是 （小 明/小芳/都可行）。加热时间/min01234甲的温度rc3034384246乙的温度rc1018263442（4）分析上表数据得 （甲/乙）物质的吸热能力强，要在甲乙两种液体中选择一种 液体做冷却液，你认为选择 （甲/乙）液体较为合理。（5）小明认为实验过程是在一种理想状态下进行的，事实上实验过程中会有热量散到周围 环境中。小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，于

46、是他将两相同的烧杯内倒入同等质量温度相同的热水。如果他想初步得到结果还需要怎么 做？请你自己添加器材帮他设计一简单实验来探究结果。【答案】质量 相同 加热时间 都可行 甲 甲 用硬纸板在其中一烧杯上加盖【解析】【详解】在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，应量取质量相同的甲、乙两种液体， 分别倒入相同的烧杯中，使用规格相同的电加热器加热；（2）3实验中，电加热器是相同的，相同时间内电加热器放出的热量相同，甲、乙两种液体 吸收的热量也是相同的，所以通过加热时间来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少；小明和小芳的方向都可行，因为比较甲、乙两种液体吸热的情况，可以加热到相同温 度，比较加热时间的长短

47、从而知道吸热能力的强弱：也可以通过加热相同的时间，观察温 度的变化量，从温度变化量的大小，知道吸热能力的强弱；从表中可以看到，加热相同的时间，甲的温度变化量较小，那么质量相同，吸收的热 量也相同，甲的吸热能力较强：要在甲乙两种液体中选择一种液体做冷却液，那么需要这种液体在升高相同温度时，吸 收的热量较大，即吸热能力较强，由上述可知，甲液体较合适：（5）可以用硬纸板在其中一烧杯上加盖，假设热量散失的过程是热传递和蒸发共同作用的 结果，那么两个烧杯热量散失的多少是不同的；假设热量散失的过程只是热传递导致的， 那么两个烧杯热量散失的多少是相同的。16 .学过比热容知识后，小红为了比较铝和铜这两种物质

48、的比热容，设计了如下实验。她 将质量相等的铝块和铜块放入沸水中煮相当长一段时间，取出后迅速放在足够多的等质量 的0的两块冰上，热传递中止后，称取剩余冰的质量，来判断铝和铜的比热容。（1）在该实验设计中，放入沸水中煮相当长一段时间的目的是，此操作是否需要在标准大气压下进行 （选填”需 要”或"不需要”）°（2）在该实验设计中，选用足量等质量的冰的目的是，热熔化生成的水均流走，则冰块的温度，内能 （选填"增大"、"不变" 或减小.（3）铝和铜在热传递过程中，放热的多少是通过 反映出来，这种探究问题的方法是0（4）若最终与铝块发生热传递的冰

49、剩余较少，则可以判定一；c时（选填"大 于"、"等于或"小于"）。【答案】让铝和铜这两种物质最终温度一样，和沸水温度一样不需要防止冰全部熔化 成水和可以通过剩余冰的质量来对比铝和铜的比热容大小不变减小剩余冰的质量 转换法大于【解析】【详解】在该实验设计中，放入沸水中煮相当长一段时间的目的是让铝和铜这两种物质最终 温度一样，和沸水温度一样；此操作不需要在标准大气压下进行，只要让水沸腾，温度达 到沸点即可：（2）引选用足量的冰是为了防止冰全部熔化成水，选用等质量的冰目的是可以通过剩余冰的 质量来对比铝和铜的比热容大小：热熔化生成的水均流走，这已经是

50、冰水混合物状态，冰块的温度为0,冰块是晶体，继续熔化，温度不变：温度不变，热熔化生成的水均流走，冰的质量减小，那么内能减小：（3）67铝和铜在热传递过程中，放热的多少是通过剩余冰的质量来反映的：这种探究问题 的方法是转换法，把一个要研窕的对象转换到另一个对象上：若最终与铝块发生热传递的冰剩余较少，也就是与铝块接触的冰更多地转换为水，吸 收了更多的热量，那么铝块放出的热量比铜块放出的热量更多，根据铝块和 铜块质量相等，都是从同一温度下降到0，即温度变化量相同，铝块放出的热量。较 大，那么铝块的比热容较大。三、初三物理第十三章电路初探易错压轴题提优（难）17 . “探究串联电路的电压关系”实验电路

51、如图甲所示。在使用电压表之前，发现电压表的指针向没有刻度的那一边偏转，则应对电压表进行为了使探究得出的结论具有普遍意义，L、L?应该选择 （选填“相同”或“不相 同”）的小灯泡；根据图甲连接好电路，闭合开关，电压表示数如图乙所示，读数为 V,为了使实验结果更准确，接下来的操作是：:测出L1两端电压后，小明同学断开开关，准备拆下电压表，改装在8、C之间，小聪同 学认为小明的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可。小聪的办法是否正 确？请说明理由。答：;理由：:测出48、BC. 4c之间的电压，记录在图表格中。根据实验数据得出结论：串联电路总 电压等于各用电器两端电压之和，此结论存在的不足之处是：cUab/VUbc/VUac/V3.11.44.5【答案】机械调零 不相同2.0电压表换用03V量程，重做实验 不正确 电压表正负 接线柱接反实验存在偶然性，需多测几组数据【解析】【分析】【详解】（1乂1使用电压表之前，发现电压表的指针偏向零刻度的左边，说明电压表没有调零，此时应对电压表进行机械调零。在“探究串联电路的电压关系”实验中，为了使得到的结论具有普遍性，应该采用规 格不相同的灯泡多做几次实验。如图乙所示电压表选择的是0-15V大量程，其示数为2.0V.42.0V远小于15V,容易产生误差，为了读数更准确，电压表应该换用03V的小量程，重新完成实验。不正确，理