中考物理期末考试题型综合复习（重难点128题59大考点）（解析版）

九年级上学期物理期末考试复习（重难点128题59大考点）训练范围：苏科版九年级第11~16章。TOC\o"1-3"\h\u【考点1力臂的画法】 3【考点2杠杆的平衡条件】 4【考点3探究杠杆的平衡条件】 7【考点4杠杆的动态平衡分析】 9【考点5杠杆中最小力的问题】 9【考点6杠杆的应用】 11【考点7定滑轮及其工作特点】 12【考点8动滑轮拉力的计算】 13【考点9轮轴及其他常见简单机械】 14【考点10滑轮组中的相关计算】 15【考点11功的计算和公式的应用】 16【考点12比较功率的大小】 18【考点13功率的计算及公式的应用】 19【考点14动能和势能的转化】 22【考点15机械能的转化】 23【考点16实验测量滑轮组的机械效率】 23【考点17滑轮（组）的机械效率】 24【考点18斜面的机械效率】 27【考点19分子动理论的基本观点】 29【考点20温度、热量与内能的关系】 29【考点21比热容解释简单的自然现象】 30【考点22热量的计算】 31【考点23四冲程内燃机的工作过程】 31【考点24燃料的热值及其计算】 33【考点25热机的效率】 34【考点26电流表的使用】 36【考点27电路的三种状态】 37【考点28串、并联电路的概念与辨别】 38【考点29串、并联电路的设计与应用】 39【考点30电路的基本连接方式】 40【考点31根据实物图画电路图】 41【考点32实物的电路连接】 42【考点33并联电路的电流规律】 44【考点34探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系】 45【考点35电压表的使用】 46【考点36串联电路的电压规律】 48【考点37探究串联电路中的电压规律】 49【考点38影响电阻大小的因素】 49【考点39滑动变阻器的使用】 51【考点40探究电流与电压、电阻的关系】 52【考点41欧姆定律的应用】 55【考点42电路的动态分析】 58【考点43电流表、电压表在判断电路故障中的应用】 59【考点44实验伏安法测电阻】 60【考点45电功与电能的计算】 63【考点46电能表】 65【考点47电功率的计算】 66【考点48额定功率与实际功率】 71【考点49实验测量小灯泡的电功率】 72【考点50探究影响电流通过导体时产生热量的因素】 76【考点51焦耳定律的计算及其应用】 78【考点52电功与电热的综合计算】 79【考点53家庭电路的组成与连接】 81【考点54家庭电路的故障分析】 82【考点55安全用电原则】 83【考点56安培定则】 84【考点57电磁继电器的组成、原理和应用】 86【考点58磁场对通电导线的作用】 87【考点59电磁感应现象】 88【考点1力臂的画法】 1．（2022春•沙依巴克区校级期末）如图所示，轻质杠杆平衡，请画出动力F1的力臂l1。【答案】【解答】解：已知动力的方向，作出动力作用线，从支点作动力的作用线的垂线段，即动力臂l1，如图所示：2．（2023春•道县期末）如图所示，活塞式抽水机AOB部分可视为杠杆，O为支点，请画出作用在手柄A点动力F1的动力臂l1。【答案】【解答】解：延长动力F1的作用线，过支点O做力F1作用线的垂线段，即为所求作的动力臂l1；如下图所示：【考点2杠杆的平衡条件】 3．（2023春•合阳县期末）如图所示，一轻质杠杆被细绳系在O点，在A处挂一实心金属块甲，B处挂一石块乙时恰好能使杠杆在水平位置平衡，已知OA＝2OB，金属块甲的重力为G甲，石块乙的重力为G乙，则（）A．G甲：G乙＝1：2 B．G甲：G乙＝2：1 C．G甲：G乙＝1：3 D．G甲：G乙＝3：1【答案】A【解答】解：根据杠杆的平衡条件可知G甲×OA＝G乙×OB，已知OA＝2OB，则G甲：G乙＝OB：OA＝1：2。故选：A。4．（2023春•芝罘区期末）如图，AOB是可绕O点无摩擦转动的轻杆，A端挂重400N的物块，AO与OB长度之比为3：2。人始终沿竖直方向拉挂在B端的轻环。要使轻杆水平平衡，人应施加拉力为600N，人要不被拉起，则人重至少为600N。与水平平衡相比，当轻杆在图中虚线位置平衡时，人的拉力将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】600N；600N；不变。【解答】解：（1）要使轻杆水平平衡，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知：则G×OA＝F×OB，AO：OB＝3：2，G＝400N，则F＝＝＝600N，人要不被拉起，则人重至少等于人应施加拉力；即则人重至少为600N；（2）当轻杆在图中虚线位置平衡时，倾斜后力臂都变小，但两力臂的比值不变，仍为3：2，A的重力不变，根据杠杆的平衡条件可知人的拉力不变，仍为600N。故答案为：600N；600N；不变。5．（2023春•黄州区期末）大壮同学自制了如图所示的健身器材，坚持锻炼身体。用细绳系在轻杆的O点将轻杆悬挂起来，在杆的A端悬挂质量10kg的重物，在B端竖直向下缓慢拉动轻杆至水平位置。已知AO长2.0m，OB长0.5m，大壮质量70kg，一只脚接触地面面积为250cm2，g取10N/kg，求此时：（1）大壮的重力；（2）大壮对杆的拉力大小；（3）大壮对地面的压强。【答案】（1）大壮的重力为700N；（2）大壮对杆的拉力大小为400N；（3）大壮对地面的压强为6000Pa。【解答】解：（1）大壮的重力：G1＝m1g＝70kg×10N/kg＝700N；（2）杠杆在水平位置平衡，O是杠杆支点，AO是阻力臂，阻力FA大小等于重物G2大小，FA＝G2＝m2g＝10kg×10N/kg＝100N；OB是动力臂，大壮对杠杆的拉力FB为动力，根据杠杆平衡条件可得：FA×OA＝FB×OB，代入数据有：100N×2.0m＝FB×0.5m，解得：FB＝400N，即大壮对杆的拉力为400N；（3）大壮受三个力，竖直向下的重力G1、杆对大壮竖直向上的拉力F、地面对大壮竖直向上的支持力F支，这三个力平衡，杆对大壮的拉力与大壮对杆的拉力为相互作用力，大小相等，则地面对大壮的支持力：F支＝G1﹣F＝700N﹣400N＝300N；根据物体间力的作用是相互的可知，大壮对地面的压力：F压＝F支＝300N，大壮对地面的压强为：p＝＝＝6000Pa。答：（1）大壮的重力为700N；（2）大壮对杆的拉力大小为400N；（3）大壮对地面的压强为6000Pa。6．（2023•南安市模拟）如图所示装置，AOB为杠杆，O为支点，OA＝20cm、OB＝30cm，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＝3ρ乙＝6ρ水，求甲、乙两金属块的体积比是多少？（不计杠杆、滑轮的重量及摩擦）【答案】见试题解答内容【解答】解：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：T1＝，同理，绕在上面的滑轮上的绳子每段上的拉力为：T2＝＝，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，6ρ水gV甲×OA＝×OB，＝＝＝。答：甲、乙两金属块的体积比是1：16。【考点3探究杠杆的平衡条件】 7．（2023春•雁塔区校级期末）如图所示是探究“杠杆平衡条件”的实验，下列说法中正确的是（）A．若实验前杠杆如图甲所示，则应该将杠杆上的平衡螺母向右调节，才能使杠杆水平平衡 B．本实验要做多次，目的是求平均值减小误差 C．实验过程中调节杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂 D．乙图中B点弹簧测力计向虚线方向转动过程中始终保持杠杆水平位置平衡，测力计示数不变【答案】C【解答】解：A、图甲中，杠杆的左端较高，根据“左高左调，右高右调”的使用规律，应将平衡螺母向左调节，直至杠杆在水平位置平衡，故A错误；B、本实验中，需要多次改变力的大小、方向或力的作用点，主要目的是为了得出普遍规律，故B错误；C、本实验中，杠杆在水平位置平衡时，动力和阻力的力臂在杠杆上，便于测量力臂，故C正确；D、B点弹簧测力计向虚线方向转动过程中，弹簧测力计对杠杆的拉力的力臂逐渐增大，而杠杆A点所受的拉力与拉力的力臂均不发生改变，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，弹簧测力计对杠杆的拉力将变小，故D错误。故选：C。8．（2023春•沾化区期末）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：（1）小明安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节。（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N，如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，当方向为竖直向下时，拉力最小，大小为2N。（3）保持A点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂L和动力F1的数据，绘制了L1﹣F1的关系图象，如图丙所示。请根据图象推算，当L1为0.6m时，F1为1N。（4）课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种橡皮，使其在水平位置再次平衡，如图丁所示，则力臂L1：L2＝2：1，若两边同时各取走一块橡皮，则杠杆的右端将下沉。【答案】（1）右；（2）竖直向下；2；（3）1；（4）2：1；右。【解答】解：（1）开始时杠杆静止在图甲所示位置，此时杠杆是平衡状态；为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡，便于实验时测量力臂；（2）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2知要使力最小，需要使力臂最大，当力的方向竖直向下时，力臂最长，力最小；在A点悬挂3个钩码，则由杠杆的平衡条件得：3G×4l＝FB×3l，解得：最小的力FB＝4G＝4×0.5N＝2N；（3）由图丙可知，L1F1＝0.6，所以当L1＝0.6m时，F1为1N；（4）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2设每个橡皮的重力为G，则由图可得，2Gl1＝4Gl2，则l1：l2＝2：1；若两边同时各取走—枚橡皮，则左边为：Gl1＝2Gl2，右边为3Gl2，由于2Gl2＜3Gl2，所以杠杆的右端将下沉；故答案为：（1）右；（2）竖直向下；2；（3）1；（4）2：1；右。【考点4杠杆的动态平衡分析】 9．（2021春•西岗区期末）如图所示，某轻质木板的左端可绕O点转动，右端放一重为G的物块。当物块向木板的左端匀速滑动时，在竖直向上的拉力F的作用下，木板始终在水平位置保持静止。则拉力F与物块滑动时间t的关系图象可能是（）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：如图所示：动力臂为OA＝L，杠杆受到物体的压力（阻力）F′＝G，阻力臂为OB，物块向左做匀速滑动，则阻力臂OB＝OA﹣vt＝L﹣vt，因杠杆平衡，故有：F×OA＝F′×OB＝G×（OA﹣vt），即：F×L＝G×（L﹣vt），则F＝G﹣t，因G、v、L为常数，所以拉力F与运动时间t是一次函数关系，当t增大时，F减小，变化关系为直线，故A正确。故选：A。10．（2023春•泰山区期末）如图所示，在轻质杠杆上吊一重物G，在一端施加一个始终与杠杆垂直的动力F，使杠从OA匀速转动至OB，则在转动过程中，拉力F一直变大（选填“一直变大”、“一直变小”或“始终不变”）。【答案】一直变大【解答】解：由图可知，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，阻力臂与阻力的乘积变大，F与它的力臂乘积也变大，动力逐渐变大。故答案为：一直变大。【考点5杠杆中最小力的问题】 11．（2023春•天山区校级期末）如图所示的杠杆中，O是支点，在B端挂一个重物，要使杠杆平衡，要在A端加一个力，下列说法中正确的是（）A．在水平方向施加的力F1最小 B．在竖直方向施加的力F3最小 C．在与OA垂直方向上施加的力F2最小 D．三个方向施加的力都一样大【答案】C【解答】解：因为A为动力作用点，O为支点，故OA为最长的动力臂，根据杠杆平衡条件F1×L1＝F2×L2可知，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长动力越小。因此在A点施力F，当F的方向与OA垂直时最省力，即跟OA连线垂直的方向F2最小，故C正确。故选：C。12．（2023春•青羊区校级期末）植树节当天，学校初二年级开展植树活动。同学们分工合作，如图甲，小高正在用铁锹铲土。将铁锹视为杠杆，O为支点，请在图乙中画出：（1）手在A处施加的最小动力F的示意图；（2）F的力臂L。【答案】【解答】解：由分析知，用铁锹铲土时铁锹的动力臂最长时，动力最小，连接支点O和力的作用点A，以OA为力臂是最长的动力臂，由A点做OA的垂线画出最小的力F，方向向上，如图所示：故答案为：见上图。【考点6杠杆的应用】 13．（2023春•枣庄期末）《墨经》最早记述了杠杆原理，如图中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，以下说法符合杠杆原理的是（）A．只有“权”等于“重”时，杠杆才能平衡 B．“权”小于“重”时，“标”一定小于“本” C．增大“重”时，换用更大的“权” D．增大“重”时，应把“权”向M端移【答案】D【解答】解：根据杠杆平衡原理条件可知，杠杆平衡时，权×标＝重×本，故A错误；B、“权”小于“重”时，由“权×标＝重×本”可知，“标”一定大于“本”，故B错误；C、增大“重”时，由于“权”不变，应增大“标”的长度，向M端移动，故C错误、D正确。故选：D。14．（2023春•云阳县期末）如图是钓鱼竿的简化示意图，手的力作用在A点，绕支点O将钓鱼竿在竖直面内顺时针转动，将鱼拉出水面。钓鱼竿可看作一个费力（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。要使钓起鱼时相对更省力一些。O钓鱼者两只手之间的距离OA应增大（选填“增大”或“减小”）一些。【答案】费力；增大。【解答】解：O点为杠杆的支点，动力作用在A点，结合图可知动力臂小于阻力臂，根据杠杆平衡公式可分析判断得到钓鱼竿为费力杠杆；在阻力及阻力臂不变的情况下，要减小动力，可以增大动力臂，即可增大OA间的距离。故答案为：费力；增大。【考点7定滑轮及其工作特点】 15．（2023春•泰安期末）如图所示，用滑轮沿着三个不同的方向分别匀速提起重物G，则下列说法正确的是（）A．甲最省力 B．乙最省力 C．丙最省力 D．三个力一样，且不省力【答案】D【解答】解：由图知，定滑轮的支点是0，重物G对定滑轮的拉力为阻力，大小等于重力，即F＝G，由于三个不同方向的拉力F1、F2、F3的力臂都为半径，即动力臂相同，根据F动L1＝F阻L2知，由于动力臂和阻力臂相同，故动力都等于阻力，即三个力一样大。故选：D。16．（2023春•万宁期末）旗杆顶端装有定（选填“定”或“动”）滑轮，利用它来升国旗的作用是可以改变施力的方向（选填“省力”、“省距离”或“改变施力的方向”）。【答案】定；改变施力的方向【解答】解：由图可知，旗杆顶部滑轮的轴是固定的，所以该滑轮为定滑轮；使用定滑轮的优点是改变施力的方向，但不能省力也不费距离。故答案为：定；改变施力的方向。【考点8动滑轮拉力的计算】 17．（2023春•井研县期末）如图所示，物体A在拉力F的作用下向右做匀速直线运动，若地面对物体A的摩擦力大小为8N，则弹簧测力计的示数和拉力F的大小分别为（不计绳与滑轮的摩擦）（）A．8N，4N B．8N，24N C．8N，16N D．4N，8N【答案】C【解答】解：（1）因物体A做匀速直线运动，则作用在物体A上的拉力F拉＝f＝8N，F示＝F拉＝8N。（2）如图所示，此时的动滑轮相当于阻力臂是动力臂2倍的杠杆，作用在动滑轮轴上的拉力：F＝2f＝2×8N＝16N。故选：C。18．（2023春•通河县期末）小明用如图所示的动滑轮，拉绳子A端将重200N的水桶匀速提升，若不计绳重、滑轮重及摩擦，则人拉绳子A端的动力为100N；实际测量A端的拉力为110N，不计绳重及摩擦，则滑轮重为20N。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）因为动滑轮有两段绳子吊着物体，不计动滑轮重、绳重和摩擦，所以人拉绳子A端的动力：F＝G＝×200N＝100N；（2）若不计绳重及摩擦，实际测量A端的拉力为110N时，根据F＝（G+G动）得，动滑轮重：G动＝2F′﹣G＝2×110N﹣200N＝20N。故答案为：100；20。【考点9轮轴及其他常见简单机械】 19．（2023春•韩城市期末）使用下列机械时，用大小相等的拉力F，能匀速移动最重货物的是（不计机械自重和摩擦）（）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：A、A中是定滑轮，使用它不省力，故G1＝F；B、B中是动滑轮，使用它可以省一半的力，故G2＝2F；C、C中是杠杆，设每一小格的长度为L，根据杠杆平衡条件可知，G3•2L＝F•3L，解得G3＝F；D、D中是斜面，根据机械功原理可知，G4×1m＝F×3m，解得G3＝3F，由此可知G4＞G2＞G3＞G1。故选：D。20．（2023春•桂林期末）如图甲、乙所示，用两种尺寸不同的把手开同一个水龙头时，用乙（选填“甲”或“乙”）图把手更省力；水龙头的把手相当于一个轮轴（选填“滑轮”或“轮轴”）。【答案】乙；轮轴。【解答】解：把手在使用时绕中心轴转动，所以属于轮轴；轮轴是杠杆的一种变形，由于轮半径大于轴半径，若动力作用在轮上，则动力臂大于阻力臂，此时轮轴属于省力杠杆；把手越长，动力臂越大，越省力，用两种尺寸不同的把手开同一个水龙头时，用乙图把手更省力；水龙头的把手相当于一个轮轴。故答案为：乙；轮轴。【考点10滑轮组中的相关计算】 21．（2023春•昌图县期末）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．【答案】D【解答】解：图中使用的简单机械，不计机械自重和摩擦的条件下：A．用该图的杠杆提升重物时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，F＞G；B．用该图的杠杆提升重物时，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，F＝G；C．滑轮组绳子的有效股数n＝2，则拉力F＝G；D．滑轮组绳子的有效股数n＝3，则拉力F＝G；比较各机械使用时绳子的拉力可知：D图中的机械最省力。故选：D。22．（2023春•镇平县期末）如图所示，如果绳重和摩擦不计，动滑轮重不计，物重G＝300N，则图中的拉力F＝100N；如果不计绳重及摩擦，动滑轮的重力为30N，物重G＝300N，拉力F＝110N。【答案】100；110。【解答】解：由图示可知，承担物重的绳子股数n＝3；（1）如果绳重和摩擦不计、动滑轮重不计，拉力F＝G＝×300N＝100N；（2）如果不计绳重及摩擦、动滑轮的重力为30N，拉力F＝（G+G动）＝（300N+30N）＝110N。故答案为：100；110。【考点11功的计算和公式的应用】 23．（2023春•韩城市期末）小明打篮球时，将篮球投向篮球框，篮球在空中的运动轨迹如图所示，已知篮球框距地垂直高度为3.05m，篮球重约6N。则篮球从A处离手后在空中运动至B处的过程中，克服重力做的功约为（）A．5J B．25J C．10J D．20J【答案】C【解答】解：已知篮球框距地垂直高度为3.05m，估测B点的高度约为3.5m，估测A点的高度约为B点高度的，约为1.75m，篮球从A处离手后在空中运动至B处的过程中，上升高度约为3.5m﹣1.75m＝1.75m，则克服重力做功约为W＝Gh＝6N×1.75m＝10.5J，与C项比较接近。故选：C。24．（2023春•砀山县校级期末）长L＝80cm的细绳上端固定，下端系一个质量m＝100g的小球，将小球拉起至细绳与竖直方向成60°角的位置，然后由静止释放，不计空气阻力，则小球摆到最低点时，重力做功0.4J，绳子做功0J。【答案】0.4；0。【解答】解：不计空气阻力，则小球摆到最低点时，重力做功W＝Gh＝mgh＝100×10﹣3kg×10N/kg××0.8m＝0.4J；绳子的拉力方向与小球的运动方向垂直，在拉力方向上没有移动距离，绳子的拉力做功为0J。故答案为：0.4；0。25．（2023春•红旗区校级期末）2022年2月8日，在北京首钢滑雪大跳台举行的2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌夺得冠军。大跳台长度约160m，谷爱凌滑完全长，用时约16s。若谷爱凌和滑雪板的总质量为60kg，两个滑雪板的总面积约为0.4m2。在进行下一跳时，用升降机把谷爱凌和滑雪板从大跳台底部匀速运送到50m高的大跳台顶部。g＝10N/kg。求：（1）谷爱凌滑完大跳台的平均速度多大？（2）谷爱凌双脚踏滑雪板站在水平雪面上时，对雪面的压强多大？（3）每次升降机对谷爱凌和滑雪板做多少功？【答案】（1）谷爱凌滑完大跳台的平均速度为10m/s；（2）谷爱凌双脚踏滑雪板站在水平雪面上时，对雪面的压强为1.5×103Pa；（3）每次升降机对谷爱凌和滑雪板做功为3×104J。【解答】解：（1）大跳台长度约160m，谷爱凌滑完全长，用时约16s，则谷爱凌滑完大跳台的平均速度为：v＝＝＝10m/s；（2）谷爱凌和滑雪板的总重力为：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N；谷爱凌站在水平雪面上时对雪面的压力等于总重力，则谷爱凌对雪面的压强为：P＝＝＝1.5×103Pa；（3）用升降机把谷爱凌和滑雪板从大跳台底部匀速运送到50m高的大跳台顶部，升降机对谷爱凌和滑雪板做的功为：W＝Gh＝600N×50m＝3×104J。答：（1）谷爱凌滑完大跳台的平均速度为10m/s；（2）谷爱凌双脚踏滑雪板站在水平雪面上时，对雪面的压强为1.5×103Pa；（3）每次升降机对谷爱凌和滑雪板做功为3×104J。【考点12比较功率的大小】 26．（2023春•双鸭山期末）物体在水平地面上做直线运动，当物体运动的路程和时间图像如图甲时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度和时间图像如图乙时，受到的水平推力为F2，两次推力的功率分别为P1、P2。则下列关系正确的是（）A．F1＝F2；P1＞P2 B．F1＝F2；P1＜P2 C．F1＞F2；P1＞P2 D．F1＜F2；P1＜P2【答案】B【解答】解：CD．由图甲可知，物体做匀速直线运动，速度大小，由图乙可知，物体的速度保持不变，即物体做匀速直线运动，速度大小为4m/s；两次都是匀速直线运动，处于平衡状态，受到平衡力，故推力大小都等于摩擦力大小，根据摩擦力大小的影响因素可知摩擦力大小没变，故受到的水平推力F1＝F2，故CD错误；AB．已知v甲＜v乙，由可得，两次推力的功率P1＜P2，故A错误，B正确。故选：B。27．（2023春•西华县期末）如图所示，将同一物体分别沿光滑的斜面AB、AC以相同的速度从底部匀速拉到顶点A，已知AB＞AC，拉力做的功为W1＝W2，拉力做功的功率P1＜P2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）【答案】＝；＜。【解答】解：将同一物体分别沿光滑的斜面AB、AC从底部匀速拉到顶点，根据W有＝Gh可知，拉力在两个斜面做的有用功相等；斜面光滑说明摩擦力为0，根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，所以拉力在两斜面上做功相同，即W1＝W2。速度相同，物体沿AC运动路程短，则用的时间较少，根据公式P＝可知，做相同的功时，拉力沿AC运动时拉力做功的功率较大，即P1＜P2。故答案为：＝；＜。【考点13功率的计算及公式的应用】 28．（2023春•黄石港区期末）如图所示，木板A放在一水平面上，用16N的水平拉力F拉滑轮，使足够长的木板A以0.3m/s的速度在水平地面上匀速运动，物体B相对于地面静止，弹簧测力计示数为2N，若不计滑轮重、弹簧测力计重、绳重和滑轮摩擦，则下列说法正确的是（）A．木板A与地面的摩擦力为2N B．滑轮向右移动的速度为0.3m/s C．物块B受到的摩擦力为2N，方向水平向左 D．绳子拉木板的功率为2.4W【答案】D【解答】解：A、因为不计滑轮重、绳重和滑轮摩擦，拉力F＝16N，根据动滑轮的特点可知，每段绳子上的力为8N；又因为弹簧测力计的示数为2N，所以物体B与木板A之间的摩擦力为2N；木板受到向右的绳子拉力等于地面的摩擦力加上B的摩擦力，所以地面对木板A的摩擦力fA＝8N﹣2N＝6N，故A错误；B、木板A的移动速度为0.3m/s，动滑轮的移动速度等于拉力F的移动速度等于木板移动速度的二分之一，大小为0.15m/s，故B错误；C、物块B始终静止，由力的平衡条件可得，物块B受到的摩擦力等于弹簧测力计的示数为2N，方向水平向右，故C错误；D、绳子拉木板的功率：P＝＝＝F′v＝8N×0.3m/s＝2.4W，故D正确。故选：D。29．（2023春•沙坪坝区校级期末）如图甲所示，底面积为500cm2的柱形容器中装入了适量的水，将高为10cm的圆柱形物块A上表面拴上细线浸没在水中，物块A的上表面距水面的距离为0.04m；现将物块A匀速向上拉的过程中，拉力做功功率随时间变化关系如图乙所示，则匀速向上拉物块的速度为0.04m/s，当t＝3s时，拉力做功功率P1＝2W。【答案】0.04；2。【解答】解：物块A的上表面距水面的距离为0.04m，由图像知，物体露出水面前运动的时间为t＝1s；匀速向上拉物块的速度为v＝＝＝0.04m/s；物体拉出水面用了2s，物体移动的距离是s＝vt＝0.04m/s×2s＝0.08m，而物体的高度是10cm＝0.1m，说明液面下降了h＝0.1m﹣0.08m＝0.02m＝2cm；物体的体积等于液面下降减小的体积，V＝Sh＝500cm2×2cm＝1000cm3；根据P＝＝＝Fv知，此时的拉力F＝＝＝40N；物体浸没时受到的浮力：F浮＝ρgV物＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1000×10﹣6m3＝10N，则物体的重力G＝F+F浮＝40N+10N＝50N；拉力F'＝G＝50N；出水后的功率P＝＝＝F'v＝50N×0.04m/s＝2W。故答案为：0.04；2。30．（2023春•高青县期末）质量为1.5t的汽车，在平直公路上以额定功率60kW从静止开始运动，经15s运动200m恰好达到最大速度，接着匀速运动25s关闭发动机，滑行100m停下。v﹣t图像如图所示。已知汽车在运动过程中受到的阻力恰为车重的0.2倍，求（g取10N/kg）：（1）汽车所受阻力的大小。（2）汽车发动机所做的功。（3）汽车的最大速度。【答案】（1）全程中汽车的所受阻力为3×103N；（2）整个过程中发动机做的功为2.4×106J；（3）汽车的最大速度为20m/s。【解答】解：（1）全程中汽车的所受阻力：f＝0.2G＝0.2mg＝0.2×1.5×103kg×10N/kg＝3×103N；（2）由题意可知，整个过程中发动机的工作时间t＝40s，且在这段时间内发动机的功率不变，由P＝可得，整个过程中发动机做的功：W＝Pt＝60×103W×40s＝2.4×106J；（3）因汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，汽车的牵引力F＝f＝3×103N，由P＝＝＝Fv可得，汽车的最大速度：v最大＝＝＝20m/s。答：（1）全程中汽车的所受阻力为3×103N；（2）整个过程中发动机做的功为2.4×106J；（3）汽车的最大速度为20m/s。【考点14动能和势能的转化】 31．（2023春•宝安区校级期末）如图是小明玩蹦极时的情景，不考虑空气阻力，则关于他在下降过程中的说法，正确的是（）A．弹性绳伸直前，小明的重力势能增大，动能减小 B．弹性绳伸直前，小明的重力势能减小，动能减小 C．小明下降到最低点时动能为零，弹性绳的弹性势能最大 D．弹性绳刚伸直时，小明的速度最大，动能最大【答案】C【解答】解：AB、人在下降过程中，弹性绳绷直前，质量不变，高度减小，速度变大，则重力势能减小，动能变大，故AB错误；C、下降到最低点时，弹性绳的弹性形变最大，则弹性势能最大，故C正确；D、弹性绳刚伸直时，此时由于受到重力的作用，小明继续向下做加速运动，所以此时的速度不是最大，动能不是最大，故D错误。故选：C。32．（2023春•葫芦岛期末）在中考体育考试中，小刚投出的实心球在空中的运动轨迹如图所示。若不考虑空气阻力，则实心球从离开手后到达最高点的过程中，球受1个力的作用，球的机械能不变（选填“增大”“减小”或“不变”），在最高点时，球的动能大于（选填“大于”或“等于”）0。【答案】一；不变；大于【解答】解：实心球从离开手后到达最高点的过程中，不考虑空气阻力，球只受到重力的作用；只有动能转化为重力势能，实心球的机械能守恒，即球的机械能不变；实心球在最高点时，仍有向前的速度，所以其动能大于零。故答案为：一；不变；大于。【考点15机械能的转化】 33．（2023春•深圳校级期末）如图所示，从A点沿水平桌面自由滚落的小球运动轨迹如虚线所示，C、F两处等高，D为球与水平地面的接触点，下列说法不正确的是（）A．小球在C点的重力势能等于在F点的重力势能 B．小球在C点的动能大于在F点的动能 C．小球从E点到F点的过程中，机械能不变 D．小球从D点离开地面到达E点的过程中，动能转化为重力势能【答案】C【解答】解：AB、C点运动到F点的过程，由于有空气阻力，物体与地面发生碰撞，由上升的高度E点低于B点可知，机械能有损失，小球在C点的机械能大于在F点的机械能；由图知C、F两处等高，小球的重力势能相同，但小球在C点动能大于F点的动能，故AB正确；C、小球从E点到F点过程中，克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，故机械能不守恒，故C错误；D、小球从D点离开地面时，弹性势能转化为动能；小球从D点离开地面到达E点的过程中，动能转化为重力势能，故D正确。故选：C。34．（2023春•潮阳区校级期末）如图所示，橡皮筋两头分别固定在罐子两端，中间系一个钩码，就制成了一个“魔罐”，将魔罐在水平地面上滚出，橡皮筋的弹性势能变大（填“变大”、“不变”或“变小”）；魔罐能自动滚回来，滚回的过程中弹性势能转化为动能。【答案】见试题解答内容【解答】解：魔罐在开始滚动的时候，具有动能，滚动的过程中，魔罐的动能转化为橡皮筋的弹性势能，弹性势能变大；当魔罐的动能为0时，橡皮筋的弹性势能最大；魔罐开始向回滚动，在魔罐滚回来的过程中橡皮筋的弹性势能减小，魔罐的动能增大，即弹性势能转化为动能。故答案为：变大；弹性势；动。【考点16实验测量滑轮组的机械效率】 35．（2023春•安顺期末）某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示实验次数123钩码重G/N446钩码上升高h/cm0.10.10.1绳端拉力F/N1.81.61.8绳端移动距离s/m0.30.4机械效率η74.162.5%（1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，通过表中数据可分析出第2次实验是用乙（选填“甲”或“乙”）图所示装置做的实验。（2）通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的重力越大，滑轮组的机械效率越低（选填“越高”、“不变”或“越低”）。（3）小组同学再用第2次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验中绳端移动距离s漏记，但仍然可以计算出第3次的机械效率η＝83.3%（百分号前保留1位小数）。（4）实验中由于很难做到匀速拉动，使得弹簧测力计不稳定，于是同学们想到在静止时测出拉力的大小，这会导致测得的机械效率偏大（选填“偏大”、“偏小”或“不变”），理由是：没有测量出机械之间的摩擦。【答案】（1）匀速；乙；（2）越低；（4）0.4；83.3%；（4）偏大；没有测量出机械之间的摩擦。【解答】解：（1）在测滑轮组机械效率的实验中需要沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计；根据s＝nh可知，第2次实验中，绳子的有效段数：n＝＝＝4，因此选择乙装置进行实验；（2）根据s＝nh可知，第1次实验绳子的有效段数为3，故通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率越低；（3）同学再用第2次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验中空缺的数据应为：绳端移动距离：s＝nh＝4×0.1m＝0.4m，机械效率：η＝×100%＝≈83.3%；（4）若弹簧测力计处于静止状态时才读数，则没有测量出机械之间的摩擦，该读数与实际相比偏小，则机械效率偏大。故答案为：（1）匀速；乙；（2）越低；（4）0.4；83.3%；（4）偏大；没有测量出机械之间的摩擦。【考点17滑轮（组）的机械效率】 36．（2023春•南充期末）小华在家帮妈妈晾衣服时，仔细观察了他们家的升降式晾衣架的结构，如图所示，不考虑绳重与一切摩擦，下列关于该晾衣架的说法错误的是（）A．手柄是一个可以省力的轮轴 B．该晾衣架有4个定滑轮，2个动滑轮 C．人转动手柄所用的力是动滑轮、横杆、衣架、所挂衣服总重力的 D．使用该晾衣架挂起衣服上升过程中，机械效率总小于1【答案】C【解答】解：A、转动手柄，力是作用在轮上的，所以属于省力轮轴，故A正确；B、轴固定不动的滑轮是定滑轮，轴可以随物体一起移动的滑轮是动滑轮，根据晾衣架的结构可知，该晾衣架有4个定滑轮、2个动滑轮，故B正确；C、由图知有4段绳子承担物重，所以摇柄端绳子上的拉力为动滑轮、横杆、衣架，所挂衣服总重力的，而转动手柄所用的力会小于摇柄端绳子上的拉力，故C错误；D、使用机械的过程中必须做额外功，有用功一定小于总功，所以机械效率必小于1，故D正确。故选：C。37．（2023春•淄博期末）图甲是《墨经》中记载的我国古代提升重物的工具——“车梯”，图乙是其等效图。若利用此“车梯”使100kg的重物在10s内沿直线匀速竖直上升2m，所用的拉力为400N，g取10N/kg。求：（1）使用“车梯”时做的有用功；（2）使用“车梯”时人做功的功率；（3）使用“车梯”时做的额外功；（4）“车梯”的机械效率。【答案】（1）使用“车梯”时做的有用功为2000J；（2）使用“车梯”时人做功的功率为320W；（3）使用“车梯”时做的额外功为1200J；（4）“车梯”的机械效率为62.5%。【解答】解：（1）使用“车梯”时做的有用功：W有＝Gh＝100kg×10N/kg×2m＝2000J；（2）由图乙知，n＝4，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝4×2m＝8m，使用“车梯”时人做功（拉力做的总功）：W总＝Fs＝400N×8m＝3200J，做功功率：P＝＝＝320W；（3）使用“车梯”时做的额外功：W额＝W总﹣W有＝3200J﹣2000J＝1200J；（4）“车梯”的机械效率：η＝＝×100%＝62.5%。答：（1）使用“车梯”时做的有用功为2000J；（2）使用“车梯”时人做功的功率为320W；（3）使用“车梯”时做的额外功为1200J；（4）“车梯”的机械效率为62.5%。【考点18斜面的机械效率】 38．（2023•碑林区校级模拟）在劳动实践中，小孙在水平地面与车厢间用木板搭一斜面，并用平行于斜面的推力将重G＝600N的货物匀速地从斜面底端推到顶端的车厢，如图所示。已知斜面长L＝6m，斜面高h＝1.5m，斜面的机械效率η＝60%。下列叙述中正确的是（）A．小孙推动货物所用推力大小为150N B．若增大推行速度，则货物受到的摩擦力将变大 C．货物受到斜面的摩擦力大小为250N D．若h不变、减小L，则斜面的机械效率将升高【答案】D【解答】解：A、有用功W有用＝Gh＝600N×1.5m＝900J，总功W总＝＝＝1500J，小孙推动货物所用推力F推＝＝＝250N，故A错误；B、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，若增大推行速度，货物对斜面的压力大小和接触面的粗糙程度均不变，则货物受到的摩擦力将不变，故B错误；C、额外功W额外＝W总﹣W有用＝1500J﹣900J＝600J，货物受到斜面的摩擦力f＝＝＝100N，故C错误；D、若h不变、减小L，物体对斜面的压力减小，斜面对物体的摩擦力减小，额外功减小，有用功不变，根据W总＝W有用+W额外可知，总功减小，根据η＝可知斜面的机械效率将升高，故D正确。故选：D。39．（2023春•淄博期末）往车上装重物时，常常用长木板搭个斜面，把重物沿斜面推上去，如图所示，工人用3m长的斜面，把1200N的重物提高1m。使用斜面的好处是可以省力；假设斜面绝对光滑，则需要施加的推力为400N；若斜面的机械效率是80%，则需要施加的推力为500N。【答案】可以省力；400；500。【解答】解：（1）使用斜面可以省力，但费距离；（2）斜面绝对光滑，额外功为0，沿斜面推力做的功等于直接提升对物体做的功，所以此时推力做的功：W＝Fs＝Gh＝1200N×1m＝1200J，施加的推力：F＝＝＝400N；（3）实际存在摩擦力，推力做的有用功：W有用＝W＝1200J，由η＝可得实际推力做的总功：W总＝＝＝1500J，由W总＝Fs得实际推力大小：F＝＝＝500N。故答案为：可以省力；400；500。【考点19分子动理论的基本观点】 40．（2023春•姑苏区校级期末）下列小实验能达到预期目的是（）A．用手捏海绵，海绵体积变小了，说明分子间有间隙 B．沙粒放入水中，水变浑浊了，说明分子在不停地做无规则运动 C．两玻璃使劲挤压无法合并成一块玻璃，说明分子间有斥力 D．将红墨水滴在不同温度的等量水中，通过现象能证明温度越高，分子运动越剧烈【答案】D【解答】解：A、用手捏海绵，海绵体积变小，说明力改变物体的形状，这是宏观现象，分子间有间隙是微观的，故A错误；B、沙粒放入水中，水变浑浊是因为沙土小颗粒悬浮在水中造成的，不是分子的运动，故B错误；C、两玻璃使劲挤压无法合并成一块玻璃，这是因为分子间的距离太大，分子间的作用力很小，可以忽略不计，故C错误；D、把红墨水分别滴到热水中和冷水中，发现热水变色更快，是因为温度越高，扩散越快，分子热运动越剧烈，故D正确。故选：D。41．（2023春•弋江区期末）“酒香不怕巷子深”，这句话表明分子永不停息地做无规则运动；将水和酒精充分混合以后，总体积比预计的要小，说明分子间存在间隙；铁棒很难被拉断，是因为分子间有引力。【答案】无规则运动；间隙；引力。【解答】解：能闻到酒香是扩散现象，这说明一切物质的分子都在不停地做无规则的运动；水和酒精混合后，由于进入彼此的空隙中而使总体积减小，故说明分子间有空隙；铁棒很难被拉断，是因为分子间有引力。故答案为：无规则运动；间隙；引力。【考点20温度、热量与内能的关系】 42．（2022秋•昆明期末）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）A．温度高的物体含有的热量多 B．不管是热传递还是做功都可以改变物体的内能 C．0℃的冰的内能为零 D．物体吸收热量，温度一定升高【答案】B【解答】解：A、热量是过程量，不能说物体含有热量，故A错误；B、热传递、做功都可以改变物体的内能，故B正确；C、任何物体都有内能，0℃的冰块也具有内能，故C错误；D、物体吸收了热量，内能一定增加，但温度不一定升高，例如晶体的熔化过程；故D错误；故选：B。【考点21比热容解释简单的自然现象】 43．（2022秋•河东区期末）水的比热容较大在工农业生产和日常生活中有广泛的应用。下列做法，与此特点无关的是（）A．暖气设备用热水供暖 B．汽车发动机用水冷却 C．在地面上洒水来纳凉 D．往稻田里灌水防秧苗冻坏【答案】C【解答】解：A、因为水的比热容大，同样质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，故冬天室内的暖气用热水循环供热，故A不符合题意；B、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，所以汽车发动机的冷却循环系统用水做工作物质，故B不符合题意；C、炎热的夏天，往室内地面上洒水，水蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，不是利用水的比热容大的特点，故C符合题意；D、水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以晚上向秧苗田里放水，水可以放出更多的热量以防冻坏秧苗，故D不符合题意。故选：C。44．（2022秋•鞍山期末）如图是某沿海城市与某内陆城市同一天的气温变化曲线。请你判断内陆城市一天气温变化所对应的曲线是A（填A或B），这是由于砂石的比热容小于（填大于、等于或小于）水的比热容，吸收相同的热量后温度变化大（填“大”或“小”）。【答案】见试题解答内容【解答】解；内陆地区砂石多，砂石比热容比水小，在质量相同、吸收或放出相同的热量时，温度变化大，使得内陆城市昼夜温差变化大。故答案为：A；小于；大。【考点22热量的计算】 45．（2022秋•道县期末）将刚烧开的2L热水倒入保温瓶中，两天后小明估测水温约为50℃，则热水的质量为2kg，保温瓶散失的热量约为4.2×105J。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。（一个标准大气压下）【答案】2；4.2×105。【解答】解：水的体积V＝2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，由ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg；一个标准大气压下，水的沸点是100℃，水放出的热量：Q放＝cm（t0﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣50℃）＝4.2×105J，即保温瓶散失的热量约为4.2×105J。故答案为：2；4.2×105。46．（2022秋•市南区期末）有一根烧红的铁钉，温度是750℃，质量是2g。它的温度降低到20℃，要放出多少热量？[c铁＝0.46×103J/（kg•℃）]【答案】铁钉放出的热量为671.6J。【解答】解：铁钉的质量m＝2g＝2×10﹣3kg，铁钉放出的热量：Q放＝c铁m（t0﹣t）＝0.46×103J/（kg•℃）×2×10﹣3kg×（750℃﹣20℃）＝671.6J。答：铁钉放出的热量为671.6J。【考点23四冲程内燃机的工作过程】 47．（2022秋•江陵县期末）如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析正确的是（）A．图甲，向下压活塞的过程，瓶内气体内能减小 B．图乙，瓶内气体推动塞子跳起时，通过做功改变气体的内能 C．图丙，试管内水蒸气推动塞子冲出时，通过热传递改变其内能 D．图丁，此冲程属于内燃机的压缩冲程，燃气的内能转化为活塞的机械能【答案】B【解答】解：A、图甲，厚玻璃筒内的气体被压缩时，活塞对气体做功，瓶内气体温度升高，气体的内能增加；故A错误；B、图乙，瓶子内的气体推动塞子跳起时，气体对塞子做功，气体的内能减小，内能转化为机械能；故B正确；C、图丙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少，这是通过做功的方式改变内能的；故C错误；D、图丁，汽缸内的燃气推动活塞向下运动时（即做功冲程），内能转化为机械能，气缸内燃气的内能减少；故D错误。故选：B。48．（2022秋•孝感期末）为使舰载机在短时间内达到起飞速度，某航母上安装了蒸汽弹射装置。如图所示为其工作原理示意图，高压蒸汽推动活塞牵引舰载机加速向右运动，2s左右舰载机即可达到起飞速度。此过程中，蒸汽的内能会减小（选填“增大”或“减小”），其能量转化与内燃机的做功冲程相同。【答案】减小；做功。【解答】解：汽缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力；这一过程中发生的能量转化与热机中的做功冲程相同，都是内能转化为机械能的过程。故答案为：减小；做功。【考点24燃料的热值及其计算】 49．（2022秋•南京期末）关于热值、热量、内能和温度，下列说法中正确的是（）A．热值大的燃料完全燃烧，放出的热量一定多 B．燃料燃烧的越充分，燃料的热值一定越大 C．物体内能增加，可能是从外界吸收了热量 D．热传递过程中，热量可能从低温物体传递到高温物体【答案】C【解答】解：A、由燃料完全燃烧放出的热量公式Q放＝mq可知，热值大的燃料完全燃烧，放出的热量不一定多，还要看完全燃烧燃料的质量大小，故A错误；B、热值是燃料的一种特性，其大小燃料的燃烧程度无关，故B错误；C、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做功，故C正确；D、热传递过程中，热量可以自发地从高温物体传递到低温物体，不可以从低温物体传递到高温物体，故D错误。故选：C。50．（2022秋•大名县校级期末）小华在某次体育训练时，身体消耗了8.4×103J的热量，这些热量相当于完全燃烧7×10﹣4kg干木柴所释放的热量，当干木柴燃烧了一半，则剩余干木柴的热值不变（选填“不变”或“变为原来的一半”）；若将这些热量给水加热，可以使质量为100g，初温是30℃的水温度升高20℃。[q干木柴＝1.2×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】7×10﹣4；不变；20。【解答】解：由Q放＝mq可知，干木柴的质量：m＝＝＝7×10﹣4kg；由于燃料的热值的燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量以及燃料情况无关，所以当干木柴燃烧了一半，剩余干木柴的热值不变，还是1.2×107J/kg。由Q吸＝c水mΔt可得，水温是30℃的水温度升高：Δt＝＝＝20℃。故答案为：7×10﹣4；不变；20。51．（2022秋•环江县期末）某汽车在平直的公路上匀速行驶一段距离，消耗2kg汽油，该汽油机的效率为30%，已知汽油热值为4.5×107J/kg，水的比热为c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）完全燃烧2kg汽油，总共能放出多少J的热量？（2）假设在这次行驶过程中，发动机废气带走的能量占汽油完全燃烧放出热量的42%，若这些废气带走的能量全部被质量为200kg、10℃的水吸收，水的温度升高了多少？【答案】（1）完全燃烧2kg汽油，总共能放出9×107J的热量；（2）水的温度升高了45℃。【解答】解：（1）完全燃烧2kg汽油放出的热量：Q放＝m油q＝2kg×4.5×107J/kg＝9×107J，（2）根据题意可知，水吸收的热量：Q吸＝Q放η＝9×107J×42%＝3.78×107J，由Q吸＝cmΔt得，Δt＝＝＝45℃，答：（1）完全燃烧2kg汽油，总共能放出9×107J的热量；（2）水的温度升高了45℃。【考点25热机的效率】 52．（2022秋•东城区期末）某汽油机工作时的能量损失情况是：汽缸散热损失30%，废气带走35%，机械摩擦及其它损耗总和为10%。已知汽油热值为4.6×107J/kg。下列说法中正确的是（）A．该汽油机工作的效率是25%，工作时汽油燃烧释放能量的75%转化为机械能 B．若该汽油机消耗2kg汽油，获得的机械能为2.3×107J C．若该汽油机消耗2kg汽油，损失的能量为3.22×107J D．经过不断改进和创新，汽油机的效率可以提高到100%【答案】B【解答】解：A、该汽油机工作的效率是1﹣30%﹣35%﹣10%＝25%，工作时汽油燃烧释放能量的25%转化为机械能，故A错误；B、若该汽油机消耗2kg汽油，产生的热量为：Q总＝mq＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J，由η＝×100%得，获得的机械能为：W＝Q有用＝ηQ总＝25%×9.2×107J2.3×107J＝2.3×107J，故B正确；C、若该汽油机消耗2kg汽油，损失的能量为：Q损耗＝Q总﹣Q有用＝9.2×107J﹣2.3×107J＝6.9×107J，故C错误；D、由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总小于1，汽油机的效率不可以提高到100%，故D错误。故选：B。53．（2022秋•平潭县校级期末）“绿色出行，低碳生活”。新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。某型号的电动汽车，在10min内行驶10km，做功1.62×107J，耗电5kW•h，则在这段时间内汽车行驶的平均速度为60km/h。如果此过程中用燃烧汽油驱动汽车，效率将比用电驱动低60%，那么用燃油驱动需消耗汽油约1.17kg。（q汽油＝4.6×107J/kg）【答案】60；1.17。【解答】解：汽车行驶的平均速度为：v＝＝＝60km/h；用电驱动汽车的效率：η＝＝＝90%；用燃烧汽油驱动汽车时，η油＝η电﹣60%＝90%﹣60%＝30%；故汽油放出的热量：Q放＝＝＝5.4×107J；用燃油驱动需消耗汽油质量约为：m＝＝≈1.17kg。故答案为：60；1.17。54．（2022秋•丹东期末）氢能源具有清洁、高效、可持续以及资源丰富的特点。如图为某氢能科技有限公司的氢能源环卫车。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q氢＝1.4×108J/kg。求：（1）质量为0.9kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；（2）若这些热量的80%被水吸收，水温从10℃升高到90℃，水的质量为多少？（3）氢能源环卫车以42kW的恒定功率匀速行驶，燃烧0.9kg的氢燃料能让该车匀速行驶25min，该车发动机的热机效率为多少？【答案】（1）质量为0.9kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为1.26×108J；（2）若这些热量的80%被水吸收，水温从10℃升高到90℃，水的质量为300kg；（3）该车发动机的热效率为50%。【解答】解：（1）质量为0.9kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：Q放＝m氢q氢＝0.9kg×1.4×108J/kg＝1.26×108J；（2）根据题意可知，水吸收的热量：Q吸＝80%Q放＝80%×1.26×108J＝1.008×108J，由Q吸＝cmΔt可知，水的质量：m＝＝＝300kg；（3）由P＝可知，氢能源环卫车所做的有用功：W＝Pt＝42×1000W×25×60s＝6.3×107J，该车发动机的热效率：η＝＝×100%＝50%。答：（1）质量为0.9kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为1.26×108J；（2）若这些热量的80%被水吸收，水温从10℃升高到90℃，水的质量为300kg；（3）该车发动机的热效率为50%。【考点26电流表的使用】 55．（2022秋•南县期末）如图所示，粗心的小强把电流表当作电压表并联在了L1的两端。此时如果闭合开关，一定会发生（）A．L1不亮 B．电流表损坏 C．电源短路 D．L2的灯丝烧断【答案】A【解答】解：电流表在电路相当于导线，所以电流表把灯L1短路，电源不会短路；由于不知道电流的大小，所以电流表和L2的灯丝不一定损坏，故A符合题意，BCD不符合题意。故选：A。56．（2021秋•井冈山市期末）在用电流表测量电路中电流时，若闭合开关后，发现指针偏至如图甲所示位置，说明在接线中，电流表量程选小了；若在闭合开关前，发现指针停在如图乙所示位置，说明电流表使用前未调零。【答案】见试题解答内容【解答】解：甲图中，电流表的指针偏过满刻线，说明在接线中，电流表量程选小了；乙图，在闭合开关前指针没有指在表盘上的“0”上，说明电流表使用前未调零。故答案为：电流表量程选小了；电流表使用前未调零。【考点27电路的三种状态】 57．（2022秋•益阳期末）小华实验时连接了如图所示的电路，闭合开关S1和S2后，下列分析正确的是（）A．小灯泡亮、电铃响 B．小灯泡不亮、电铃不响 C．小灯泡不亮、电铃响 D．小灯泡亮、电铃不响【答案】D【解答】解：当闭合开关S1和S2后，电铃被S2短路，为灯泡的基本电路，因此电铃不响，小灯泡发光。故选：D。58．（2022秋•广陵区期末）如图所示，闭合开关S时，灯泡L1、L2都不亮。用一段导线的两端接触a、b两点时，两灯都不亮；接触b、c两点时，灯泡L1亮、L2不亮；接触c、d两点时，两灯都不亮，则（）A．灯L1断路 B．灯L2断路 C．灯L1短路 D．灯L2短路【答案】B【解答】解：闭合开关S时，灯泡L1、L2都不亮，这说明电路出现了断路现象；用导线的两端接触a、b两点时，两灯都不亮，说明问题不在ab处，所以灯泡L1没有问题；用导线接触c、d两点时，两灯都不亮，说明cd段也没有问题，开关没有问题；接触b、c两点时，灯泡L1亮、L2不亮，这说明故障出现在b和c之间，所以故障是灯L2断路。故选：B。59．（2022秋•新兴县期末）如图所示，当开关S1，S2都断开时，电路处于开路状态；当S1闭合，S2断开时，电路处于通路状态；当开关S1，S2都闭合时，电路处于短路状态。【答案】见试题解答内容【解答】解：当开关S1，S2都断开时，电路中没有电流，电路处于开路状态；当S1闭合，S2断开时，电路中有电流通过灯泡，处于通路状态；当开关S1，S2都闭合时，导线直接连接电源的两端，电路处于短路状态；故答案为：开路，通路，短路。【考点28串、并联电路的概念与辨别】 60．（2022秋•青县期末）小明通过观察发现：资中大桥上的路灯总是一起亮一起灭。有天晚上，他经过大桥时发现有一盏路灯不亮，但其余的路灯仍然正常工作。由此可以推断大桥上不亮的的路灯和其余正常发光的路灯的连接方式是（）A．串联 B．并联 C．串联、并联都可以 D．不可能是并联【答案】B【解答】解：大桥上的路灯，当它们其中一盏灯的灯丝断了，其它灯仍能正常发光，说明各路灯工作时互不影响，因此它们的连接方式是并联；它们一起亮、一起灭的原因是使用了一个干路开关。故选：B。61．（2022秋•龙湖区期末）闭合开关，电灯发光，开关与电灯的连接方式是串联。充电宝上有两个输出口，可同时给两台手机充电，充电宝两个输出口的连接方式是并联。输出口1正在为一台手机充电，若把另一台手机接入输出口2，则此时输出口1的电流不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】串；并；不变【解答】解：闭合开关，电灯发光，开关与被控制的电灯是串联的。充电宝上有两个输出口，可同时给两台手机充电，充电时互不影响，所以充电宝两个输出口的连接方式是并联。输出口1正在为一台手机充电，若把另一台手机接入输出口2，由于并联电路中各支路互不影响，则此时输出口1的电流不变。故答案为：串；并；不变。【考点29串、并联电路的设计与应用】 62．（2022秋•永春县期末）为了节能又方便年迈奶奶上卫生间开灯，小华对家里卫生间的照明电路进行改装。当卫生间无人时，开关断开，灯光较暗，能起到照明作用，便于看到开关位置；当有人进入卫生间时，闭合开关，灯泡正常发光。图中的电路设计符合要求的是（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：根据题意可知，当卫生间无人时，开关断开，灯光较暗，能起到照明作用，便于看到开关位置，这说明此时通过灯泡的电流较小；当有人进入卫生间时，闭合开关，灯泡正常发光，此时通过灯泡的电流较大，所以灯泡与定值电阻是串联在电路中，开关与定值电阻并联，开关闭合后，定值电阻会被短路；故C正确。故选：C。63．（2022秋•鞍山期末）汽车的座椅和安全带插口相当于一个开关，人坐在座椅上时，座椅开关闭合，指示灯亮；将安全带插入插口时（这时插口开关闭合），指示灯又熄灭。请将如图所示（其中的R0是在安全带开关闭合时，可以防止电路短路）的元件连接成一个符合要求的电路图。【答案】见试题解答内容【解答】解：人坐在座椅上时，座椅开关闭合，指示灯亮，说明指示灯与座椅开关串联；将安全带插头插入插口时，指示灯灭，说明安全带开关与指示灯并联；R0是保护电阻，应串联在电路中，保证不会出现电源短路，如图所示：【考点30电路的基本连接方式】 64．（2022秋•东莞市期末）有一种日光灯，如图所示，在启动时要用启辉器，但当日光灯启动后，可以取下启辉器，日光灯依然能正常工作，下列说法正确的是（）A．A是启辉器 B．B是启辉器 C．A、B都是启辉器 D．A、B中不管谁是启辉器都可以让灯管正常工作【答案】B【解答】解：由图可知，元件B与灯管并联，元件A串联在干路上；当日光灯启动发光后，元件A一定是接通的；A、若A是启辉器，当取下启辉器时，整个电路断开，日光灯不能工作，不符合题意，故A项错误；BCD、若B是启辉器，当取下启辉器时，日光灯与元件A串联（元件A为控制日光灯的开关），电路处于通路状态，日光灯依然能正常工作，符合题意，故B项正确，C、D两项错误。故选：B。65．（2022秋•淮安期末）如图所示，要使L1和L2两只灯并联，开关S同时控制两灯。则线头M应接在D（填字母）点上，要使L1和L2并联，开关S只控制L1，测线头M应接在E（填字母）点上，如果将线头M接C点，闭合开关，不发光的灯是L2。【答案】D；E；L2【解答】解：要使L1和L2两只灯并联，且开关同时控制两盏灯，则开关应在干路中，所以线头M应接在D点上。如图所示要使L1、L2并联在电路中，且开关S只控制L1，则开关应在L1支路中，所以线头M应接在E点上。如果将线头M接C点，闭合开关，L2被短路，L2不发光。故答案为：D；E；L2。【考点31根据实物图画电路图】 66．（2022秋•深圳期末）请根据如图所示的实物图，在方框内画出对应的电路图。【答案】见试题解答内容【解答】解：由实物图知，电流从电源正极流出后经开关S1后分成两支，一支通过L1，另一支路经过L2、S2，两支电流汇合后回到电源负极，由此画出电路图如图所示：67．（2022秋•吐鲁番市期末）请根据如图所示的实物图，在虚线框内画出对应的电路图。【答案】【解答】解：由实物图知，开关S、灯泡L1和L2依次连接在电源的两极上，由此画出电路图如图所示：【考点32实物的电路连接】 68．（2022秋•长安区期末）如图所示，请用笔画线代替导线按电路图连接实物（灯泡正常发光的电阻约8欧左右）。【答案】【解答】解：电源有两节干电池组成，电源电压为U＝3V，灯泡正常发光的电阻约8欧左右，电路中的最大电流为：I＝＝＝0.375A＜0.6A，所以电流表选择0～0.6A的量程；电压表并联到灯泡的两端，选用小量程；滑动变阻器采用一上一下的接法，如图所示：。69．（2022秋•镇原县期末）根据所给电路图，用笔画线表示导线，把实物连接起来（导线不可交叉）。【答案】见解析中的图。【解答】解：原电路图中，两灯并联，开关S1与灯L1串联；S2控制整个电路，根据电路图连接实物图，如下所示：【考点33并联电路的电流规律】 70．（2022秋•青县期末）如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为（）A．0.5A2A B．2A0.5A C．0.5A3A D．3A0.5A【答案】A【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L1支路电流；因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A2的示数大于电流表A1的示数，图中的两个电流表的指针在同一个位置，所以，干路上的电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，其示数为2.5A，即干路电流为I＝2.5A，L1支路上的电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.5A，即通过L1的电流为I1＝0.5A，根据并联电路的电流特点可得，通过灯L2的电流：I2＝I﹣I1＝2.5A﹣0.5A＝2A，故A正确，BCD错误。故选：A。71．（2022秋•张家界期末）小明用三合一充电宝给三部手机同时充电，这三部手机是并联连接，若小明拔掉其中一部手机，则通过充电器的总电流将变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】并联；变小。【解答】解：用三合一充电器给三部手机同时充电时，3部手机能独立工作且互不影响，所以它们是并联的；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，因此，若小明拔掉其中一部手机，则总电流将变小。故答案为：并联；变小。【考点34探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系】 72．（2022秋•榆阳区校级期末）小明用图甲所示的电路探究并联电路的电流规律。（1）在连接电路时发现，刚接好最后一根导线，小灯泡就发光了，由此可知在连接电路时，小明忘了断开开关。（2）闭合开关S后，观察到灯L2发光，灯L1不发光。若故障只发生在灯泡上，则电路可能存在的故障是L1断路。（3）排除故障后，小明将电流表接到C处测量电流，闭合开关，发现电流表指针的偏转情况如图乙所示，原因是：电流表的正负接线柱接反了。（4）小明换不同规格的灯泡进行多次实验，并把实验数据记录在表中：实验次数123电流IA/A0.120.180.24电流IB/A0.180.220.24电流IC/A0.300.402.40①小明发现第3次的实验中有一个数据明显错误，造成错误的原因可能是：实验时电流表用了较小的量程，而读数时却误用了较大量程的读数，这个数据正确的记录应该是0.48A；②分析表中数据，可得出并联电路电流规律的表达式为：IC＝IA+IB（用IA、IB、IC表示）；③该实验多次测量的目的是：使结论更具有普遍性。【答案】（1）断开开关；（2）L1断路；（3）电流表的正负接线柱接反了；（4）①实验时电流表用了较小的量程，而读数时却误用了较大量程的读数；0.48；②IC＝IA+IB；③使结论更具有普遍性。【解答】解：（1）在连接电路时发现，刚接好最后一根导线，电流表的指针就发生了偏转，由此可知在连接电路时，他忘了断开开关；（2）由图知，两灯并联，将电流表接A处，闭合开关后，观察到灯L2发光，则L2支路和干路为通路，但灯L1不发光，说明L1断路；（3）他在测量B处的电流时，发现电流表的指针偏转如图乙所示，即反向偏转，原因是：电流表的正负接线柱接反了；（4）①根据电流表指针在同一位置时大小量程的示数之比为5：1可知，造成错误的原因可能是：实验时用了较小的量程，而读数时却误用了较大的量程读数，这个数据正确的记录应该是0.48A；②实验改进后，小明又测量了几组数据，由表中数据知：0.30A＝0.1A+0.18A；0.40A＝0.18A+0.22A；0.55A＝0.25A+0.30A；故他得到并联电路的电流关系是：IC＝IA+IB。③实验中测量三次的目的是：使结论更具有普遍性、可靠性。故答案为：（1）断开开关；（2）L1断路；（3）电流表的正负接线柱接反了；（4）①实验时电流表用了较小的量程，而读数时却误用了较大量程的读数；0.48；②IC＝IA+IB；③使结论更具有普遍性。【考点35电压表的使用】 73．（2022秋•青羊区期末）将全新的2节干电池、开关、完好的电流表、电压表、小灯泡连接成如图所示的电路，各处接触良好。当开关闭合后，会出现（）A．电流表示数约为0，电压表示数约为3V B．小灯泡发光较暗 C．电流表示数约为0，电压表示数约为0V D．电流表可能被烧坏【答案】A【解答】解：由图可知，灯泡、电流表、电压表串联接在了电源的两极上；由于电压表的电阻特别大，接在电路中，相当于是断路，所以电流表无示数，灯泡不会发光，电源不会烧坏；此时电压表测量的是电源电压，2节干电池两端的电压约为3V，故A正确。故选：A。74．（2022秋•晋中期末）小伟学习小组的同学探究“串联电路的电压规律”，设计了如图所示的电路。实验中，小伟先用电压表测出灯L1两端的电压。如图所示，测量L2两端的电压时，保持电压表的B连接点不动，只将电压表接A的一端改接在C点，这种接法不正确（选填“正确”或“错误”），理由是电压表的正、负接线柱接反了。【答案】见试题解答内容【解答】解：用电压表测灯L1两端的电压，电压表的使用方法正确，电流是从B点流入电压表；而只将电压表接A的一端改接C，则电流是从C点流入电压表的，即电压表的正负接线柱就接反了，不符合电压表的正确使用方法。故答案为：不正确；电压表的正、负接线柱接反了。75．（2022秋•金平区期末）如图为闭合开关后的电路图，在图中两个圆圈内填上电流表或电压表的符号。要求R1、R2并联，且都有电流通过。【答案】【解答】解：要使两电阻并联，从电源正极流出的