九年级上册物理期中复习（易错60题46大考点）2024-2025学年八年级物理上册单元速记巧练（人教版2024）

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九年级上册第11~13章。一．力是否做功的判断（共1小题）1．（2023春•城西区校级期中）关于功的概念，下列说法正确的是（）A．只要有力作用在物体上，力就对物体做功 B．物体只要移动了距离，就有力对它做了功 C．只要有力作用在物体上，物体在力的方向上又移动了距离，则这个力就对物体做了功D．有力作用在物体上，物体又移动了距离，这个力就一定对物体做了功【答案】C【解答】解：A、有力作用在物体上，但没有沿力的方向移动距离，此时也没有力做功，故错误；B、手提水桶，沿水平方向前进20m，手的作用力向上，水桶沿水平方向运动，但手没有对水桶做功。故该选项错误；C、有力作用在物体上，物体在力的方向上移动了距离，符合做功的必要条件。此选项正确。D、手提水桶，沿水平方向前进20m，虽然有力，同时也有距离，但不是沿力的方向的距离，所以此时手对水桶仍没有做功，故该选项错误。故选：C。二．功的比较大小（共1小题）2．（2023秋•高州市期中）小李同学先后用同样大小的力F使同一木箱分别在如图所示甲、乙、丙三个表面上沿力的方向移动相同的距离，该力F在这三个过程中所做的功分别为W甲、W乙、W丙，关于做功大小的下列说法正确的是（）A．W甲＜W乙＜W丙 B．W甲＞W乙＞W丙 C．W甲＝W乙＝W丙 D．W甲＝W乙＜W丙【答案】C【解答】解：一个人先后用同样大小的力F使物体沿力的方向移动相同的距离s；该力在这三个过程中所做的功分别为W甲、W乙、W丙，三个功的大小都等于W＝Fs；即W甲＝W乙＝W丙；故C正确；ABD错误。故选：C。三．功率的大小比较（共1小题）3．（2023秋•润州区期中）小明同学两次施加水平拉力拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的图像如图所示，下列判断正确的是（）A．两次物体所受到的摩擦力f1＞f2 B．拉动到距离s1时，两次克服摩擦所做的功W1＞W2 C．拉动到距离s1时，两次拉力对物体所做的功W1＜W2 D．拉动到距离s1时，两次拉力对物体做功的功率P1＞P2【答案】D【解答】解：AB、同一物体的重力不变，对水平面的压力不变；在同一水平面上运动，则接触面的粗糙程度相同，故两次拉动物体时，物体受到的摩擦力相等，即f1＝f2；拉动到距离s1时，距离相等，所以根据W＝fs可知，两次克服摩擦所做的功W1＝W2，故AB错误；CD、由图象可知，两次物体都做匀速直线运动，说明物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以，两次物体所受的拉力：F1＝F2＝f；拉动到距离s1时，距离相等，所以根据W＝Fs可知，两次拉力对物体所做的功W1′＝W2′；拉动到距离s1时，第一次所用时间小于第二次所用时间，所以根据P＝可知，拉动到距离s1时，两次拉力对物体做功的功率P1＞P2，故C错误，D正确。故选：D。四．功率的计算（共2小题）4．（2023秋•亭湖区校级期中）某餐馆用智能机器人（如图）替代人工送菜。该机器人用20s时间在水平路面上运行30m将菜送到客人桌前；若机器人和菜总质量为25kg，工作时牵引力恒为50N，完成本次送菜，牵引力做功1500J，牵引力做功的功率为75W，机器人所受重力做功0J。【答案】1500；75；0。【解答】解：牵引力做功：W＝Fs＝50N×30m＝1500J；牵引力做功的功率P＝＝＝75W。机器人水平运动，所受重力的方向为竖直向下，机器人在重力的方向上没有移动距离，所受重力做功0J。故答案为：1500；75；0。5．（2023秋•射阳县期中）如图1所示，水平地面上有一长方体木箱。小林用水平推力F把木箱向前推动。此过程中，推力F和木箱前进的速度v的大小随时间t的变化情况分别如图2甲、乙所示。在第2s时刻，木箱受到的摩擦力f＝20N，在0～1s内，推力对木箱所做的功0J，在3～5s内，推力对木箱所做功的功率为20W。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由乙图可知，在3～5s内木箱做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，木箱受到的滑动摩擦力f＝F，由甲图可知，在3～5s内推力F＝20N，则木箱受到的滑动摩擦力f＝F＝20N；由图甲可知，木箱在1～3s内做加速运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力与推力大小无关，物体间接触面与物体间压力不变，物体受到的滑动摩擦力不变，则1s～3s内木箱受到的摩擦力大小为20N；（2）木箱在0～1s内没有动，因此在0～1s内，推力对木箱所做的功为0J；（3）由乙图知，箱子3～5s内通过的距离s＝vt＝1m/s×2s＝2m，由甲图指此时受到的推力F＝20N，因此推力做功W＝Fs＝20N×2m＝40J，在3～5s内，推力对木箱所做功的功率为P＝＝＝20W。故答案为：20；0；20。五．探究影响物体动能大小的因素-动能大小的现象表现（共1小题）6．（2023秋•封开县校级期中）如图是探究“物体动能大小跟哪些因素有关”的实验，实验步骤如下：步骤1：让不同质量的钢球从斜面上相同的高度由静止滚下，观察木块被撞击后移动的距离。步骤2：让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，观察木块被撞击后移动的距离。（1）该实验是通过观察木块被撞击后移动的距离来判断钢球的动能大小。（2）步骤2需要选用图甲和图乙做实验（选填“甲”、“乙”或“丙”），是为了研究动能大小与速度的关系（选填“速度”或“质量”）。（3）步骤1通过实验得到的结论是：速度相同的物体，质量越大，动能越大。这个结论可用来解释汽车超载（选填“超速”或“超载”）带来的危害。【答案】（1）木块被撞击后移动的距离；（2）甲；乙；速度；（3）质量；超载。【解答】解：（1）实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断物体所具有动能大小的，木块被推动的距离越远，说明小球所具有的动能越大；用到转换法；（2）由步骤2可知，让同一钢球从斜面上不同的高度由静止滚下，即钢球的质量相同，下滑的高度不同，由图可知甲、乙两图满足实验要求；根据控制变量法可知，这是为了研究动能大小与速度的关系；（3）由步骤1可知，让不同质量的钢球从斜面上相同的高度由静止滚下，即钢球的速度相同，质量不同，由乙、丙两图可知，质量越大，推动木块移动的距离越远，故可得出结论：速度相同的物体，质量越大，动能越大；可以用来解释汽车超载带来的危害。故答案为：（1）木块被撞击后移动的距离；（2）甲；乙；速度；（3）质量；超载。六．比较动能的大小（共1小题）7．（2023秋•梁溪区校级期中）图中甲、乙两个质量不同的小球从相同高度静止释放（忽略空气阻力），甲球下落过程中经过P、Q两点，下列说法正确的是（）A．释放瞬间，两球的重力势能相等 B．着地瞬间，两球的动能相等 C．甲球在P点和Q点的机械能相等 D．从释放到着地，两球所受重力做的功相等【答案】C【解答】解：A、释放瞬间，两球的高度相同，但由于两球的质量不同，所以两球的重力势能不相等，故A错误。B、着地瞬间，两球的速度相等，但由于两球的质量不同，所以两球的动能不相等，故B错误。C、甲由P点运动到Q点，重力势能转化为动能，由于忽略空气阻力，所以甲球在P点和Q点的机械能相等，故C正确。D、从释放到着地，两球所受重力做的功为：W＝Gh＝mgh，h相同，但质量m不同，所以两球所受重力做功不相等，故D错误。故选：C。七．探究影响物体重力势能大小的因素-重力势能大小的现象表现（共1小题）8．（2023秋•太和区期中）某同学在探究“物体的重力势能与哪些因素有关”时；选用下列实验器材：一块厚泡沫，三个相同的铁钉，三个金属块m1、m2和m3（m1＝m2＜m3）。他做了如下实验：将铁钉插入泡沫的相同深度，分别将三个金属块由空中静止释放撞击铁钉，铁钉进入泡沫深度如图所示。（1）在这个实验中，金属块在下落的过程中，它的重力势能转化为动能，可以通过观察铁钉进入泡沫的深度来比较金属块重力势能的大小；（2）a、b两次实验可得到的结论是在质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大；（3）比较a、c两次实验的情况，说明金属块高度相同时，质量越大，金属块的重力势能越大；（4）金属块落在铁钉上不能立即停下，是因为金属块具有惯性，铁钉最终停下来是因为受到阻力的作用。【答案】（1）重力势；铁钉进入泡沫的深度；（2）在质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大；（3）a、c；（4）惯性；阻力。【解答】解：（1）金属块下落的过程中质量不变，高度变小，速度变大，重力势能转化为动能；我们是通过观察比较铁钉进入泡沫的深度来间接比较金属块重力势能的大小，这是转换法的应用；（2）a、b中金属块的质量相同，高度不同，铁钉进入泡沫深度不同，故可得到的结论：在质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大；（3）根据控制变量法可知，比较a、c两次实验，金属块高度相同时，质量越大，铁钉进入泡沫的深度，说明金属块的重力势能越大；（4）由于金属块具有惯性，所以铝块落在铁钉上不能立即停下；铁钉最终停下来是因为受到阻力的作用。故答案为：（1）重力势；铁钉进入泡沫的深度；（2）在质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大；（3）a、c；（4）惯性；阻力。八．机械能的概念（共1小题）9．（2023秋•阜宁县期中）如图所示是荡秋千的简化模型，摆球从A点由静止释放，到达D点后返回，B、C两点等高，下列说法正确的是（）A．球在B、C两点的机械能相等 B．球在A、D两点的机械能相等 C．球从O点到C点的过程中机械能减少 D．球从D点到C点的过程中动能减少【答案】C【解答】解：A、球从B点到C点时，重力势能转化为动能再转化为重力势能，由于空气阻力的存在，B点的机械能大于C点。故A错误。B、球从A点到D点时，重力势能转化为动能再转化为重力势能，由于空气阻力的存在，A点的机械能大于D点。故B错误。C、球从O点到C点的过程中，动能转化为重力势能，由于空气阻力的存在，机械能减少，故C正确。D、球从D点到C点的过程中，重力势能转化为动能，故动能增大，故D错误。故选：C。九．动能和重力势能的相互转化（共1小题）10．（2023秋•巴东县期中）体育课上，小明用力斜向下将篮球掷向地面，篮球碰到地面后斜向上反弹，反弹后运动到的最高点比掷出篮球的位置更高，如图所示。下列判断正确的是（）A．篮球刚刚脱离手时，它的动能最大 B．篮球达到最高点时，动能为0 C．篮球从脱离手到它碰到地面的过程中，它的重力势能转化为动能 D．篮球从地面反弹到最高点的过程中，它的重力势能逐渐减小【答案】C【解答】解：A、篮球碰到地面时的速度最大，动能最大，故A错误；B、篮球投出后，篮球斜向上反弹，在最高点有水平速度，故最高点的动能不为零，故B错误；C、篮球从脱离手到它碰到地面的过程中，质量不变，速度增大，故动能增大，同时高度减小，故重力势能减小；所以它的重力势能转化为动能，故C正确；D、篮球从地面反弹到最高点的过程中，它的质量不变，高度增大，重力势能逐渐增大，故D错误。故选：C。十．杠杆及其五要素（共1小题）11．（2023春•佛冈县校级期中）如图，是一辆行李的手推车，当前轮遇到障碍物A时，推车人向下压扶手，这时手推车可看作杠杆，支点在C（填字母）。当后轮遇到障碍物时，推车人向上提扶手，这时支点是B点，与前轮遇到障碍物时相比，此时较省力（选填“省”或“费”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当前轮遇障碍物A时，顾客向下按扶把，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，顾客向上提把，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，因此比较省力。故答案为：C；B；省。十一．力和力臂的画法（共1小题）12．（2023春•石狮市校级期中）如图是静止在水平地面上的拉杆旅行箱的示意图，O是轮子的转轴，O′是箱体的重心。以O为支点，画出力F的力臂和箱体所受重力的示意图。【答案】见试题解答内容【解答】解：过O点作F的垂线即为F的力臂，过O′作竖直向下的作用力G即为箱体所受重力。如图所示十二．探究杠杆的平衡条件的实验中使用弹簧测力计的问题（共2小题）13．（2023春•东莞市期中）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，某小组做了如图所示实验。（1）实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，此时应将杠杆右端的平衡螺母向右（选填“左”或“右”）移动，使杠杆在水平位置平衡。（2）要使图乙中杠杆平衡，应在a处挂1个钩码（每个钩码的质量相同）才能使杠杆在水平位置平衡，在此实验的基础上，在杠杆两端钩码处再各增加一个钩码，杠杆不能（选填“能”或“不能”）再次平衡。（3）当弹簧测力计由图丙中的竖直拉变成倾斜拉时，要使杠杆仍然在水平位置平衡，弹簧测力计的示数将变大（选填“变大”“不变”或“变小”），其原因是拉力的力臂变小了。（4）有同学测出一组数据后就得出了“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”的结论，乙同学认为他的做法不合理，理由是一组数据太少，具有偶然性，不能找出普遍规律。【答案】（1）右；（2）1、不能；（3）变大、拉力的力臂变小了；（4）一组数据太少，具有偶然性，不能找出普遍规律。【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆右端偏高，应将平衡螺母向上翘起的右端移动；（2）设杠杆的每小格为L，一个钩码的重为G，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2得，2G×2L＝nG×4L，解得n＝1；在此实验的基础上，在杠杆两端钩码处再各增加一个钩码，杠杆左边3G×2L＝6GL；杠杆右边2G×4L＝8GL，可知杠杆左端小于右端，杠杆不能再次平衡；（3）图丙中当弹簧测力计由图丙中的竖直拉变成倾斜拉时，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计拉力F的力臂变小，由杠杆平衡条件：F1l1＝F2l2知弹簧测力计的拉力变大；（4）只有一次实验得出杠杆平衡的条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂。这种结论具有偶然性，不合理，要进行多次实验，总结出杠杆平衡条件。答案为：（1）右；（2）1、不能；（3）变大、拉力的力臂变小了；（4）一组数据太少，具有偶然性，不能找出普遍规律。14．（2023春•碑林区校级期中）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：（1）为使图甲中杠杆在水平位置平衡，需将两端平衡螺母向左（选填“左”或“右”）端调节；（2）图乙中，在已调平的杠杆A处挂两个钩码，则在B处需挂4个钩码时，杠杆才能继续保持在水平位置平衡；（3）将图丙中弹簧测力计向右逐渐倾斜时，其示数将变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）；（4）实验中保持钩码个数及位置不变，多次收集数据并在坐标系中绘制出动力臂L1与动力F1的关系图象，由图象可知：当F1＝0.5N时，L1＝30cm；（5）根据杠杆平衡的条件分析图丁可知：A端胡萝卜相比B端胡萝卜更重些。（选填“更重些”、“一样重”或“更轻些”）【答案】（1）左；便于测量力臂；（2）4；（3）变大；（4）30；（5）更重些。【解答】解：（1）杠杆重心右移，应将平衡螺母向左调节，直至杠杆在水平位置平衡，重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就使杠杆自重对杠杆的平衡不产生影响；力臂等于支点到力的作用线的垂直距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，便于测量力臂；（2）设一个钩码的重为G，杠杆一个小格代表l，设杠杆右端挂n个钩码，根据杠杆平衡得，2G×4l＝nG×2l，所以n＝4（个）；（3）当保持杠杆水平平衡，把弹簧测力计逐渐向右倾斜时，动力臂会逐渐减小，根据平衡条件可知，拉力变大；（4）根据图可知，当动力F1＝0.5N时，动力臂为L1，当动力F2＝1N时，动力臂为L2＝15cm，由F1×L1＝F2×L2，解得L1＝30cm；（5）根据杠杆的平衡条件可得：GA•OA＝GB•OB，因为OA＜OB，所以，GA＞GB，A端胡萝卜相比B端胡萝卜更重些。故答案为：（1）左；便于测量力臂；（2）4；（3）变大；（4）30；（5）更重些。十三．杠杆的平衡条件（共2小题）15．（2023秋•拱墅区校级期中）如图所示，小明将梨子和苹果分别放在轻杆的两侧，轻杆顺时针转起来，下列说法正确的是（）A．可以确定苹果的质量大于梨子的质量 B．将梨子向右移动适当的位置杠杆可以在水平位置平衡 C．对苹果施加一个竖直向上的力杠杆可以在水平位置平衡，此时支点受到的压力大小不变 D．将苹果和梨子的位置对调，若杆逆时针转动就能比较苹果和梨子的质量大小【答案】D【解答】解：杠杆平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂。A.已知轻杆顺时针转起来，说明苹果的重力和它的力臂的乘积大于梨的重力与它的力臂的乘积，由图可知苹果的力臂大于梨子的力臂，所以无法比较苹果和梨的重力，也就无法确定苹果和梨子的质量关系，故A错误；B.杠杆要在水平位置平衡，必须要让苹果的重力和它的力臂的乘积等于梨的重力与它的力臂的乘积，所以梨子应该往左移动，增大梨子的力臂，故B错误；C.对苹果施加一个竖直向上的力杠杆可以在水平位置平衡，但此时支点受到的压力会变小，故C错误；D.将苹果和梨子的位置对调，梨子的力臂大于苹果的力臂，若杆逆时针转动，则苹果的重力和它的力臂的乘积大于梨的重力与它的力臂的乘积，说明苹果的重力大于梨子的重力，就可以比较出它们的质量关系，故D正确。故选：D。16．（2023秋•梁溪区校级期中）小明想利用杠杆平衡条件测量薯条的质量。实验器材：刻度尺（30cm）、砝码（10g）、圆柱形铅笔。实验步骤：（1）如图（a）、（b）所示，将质量为m＝10g的砝码放在刻度尺左边某一刻度处，此时应沿逆时针（顺时针/逆时针）旋转铅笔，使刻度尺移动，直到刻度尺在铅笔上水平平衡，读出左侧力臂（支点到砝码重心的距离）l1＝9cm和右侧力臂（支点到刻度尺重心的距离）l2＝6cm；（2）取下砝码，并在该位置放上3根薯条，旋转铅笔，使刻度尺再次在水平位置平衡，此时左侧力臂l3＝12.5cm，右侧力臂l4＝2.5cm；（3）根据杠杆的平衡条件，可以计算出刻度尺质量M＝15g，3根薯条的总质量m＝3g。【答案】（1）逆时针；（2）2.5；（3）15；3。【解答】解：（1）如图（a）、（b）所示，此时左端高，应向左调整刻度尺，即逆时针旋转铅笔，直到刻度尺在铅笔上水平平衡。（2）取下砝码，并在该位置放上3根薯条，旋转铅笔，使刻度尺再次在水平位置平衡，由于将砝码换为薯条后与刻度尺重心间的距离不变，则右侧力臂为l4＝l1+l2﹣l3＝9cm+6cm﹣12.5cm＝2.5cm（3）根据第一次测量时的杠杆平衡条件可知mgl1＝Mgl2则刻度尺质量为由杠杆新的平衡条件可知mgl3＝Mgl43根薯条的总质量为故答案为：（1）逆时针；（2）2.5；（3）15；3。十四．杠杆的平衡条件的计算（共1小题）17．（2023春•渝北区期中）小萍设计了如图所示的装置。轻质杠杆AOB可绕支点O无摩擦转动，OB＝2m，OA＝1m。在杠杆A端用不可伸长的细线悬挂正方体M，重力为600N，边长为20cm。当重为500N的小萍静止站立在OB之间某处时，杠杆处于水平平衡状态，且M对地面的压力刚好为0。求：（1）小萍离O点的距离为多少米；（2）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强。【答案】（1）小萍离O点的距离为1.2m；（2）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强为6250Pa。【解答】解：（1）M对地面的压力刚好为0，则地面对M的支持力也为0，对M做受力分析，它受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，且拉力与重力相等，即F拉＝G＝600N，杠杆对重物M的拉力F拉与重物M对杠杆的拉力F1相等，即F1＝F拉＝600N；设小萍离O点的距离为l2，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得F1•OA＝GAl2，即：l2＝＝＝1.2m；（2）当小萍再向左运动0.5m时，小萍距O点的距离为l2'＝1.2m﹣0.5m＝0.7m，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得F1'•OA＝GAl2'，则重物M对杠杆的拉力为：F1'＝＝＝350N，杠杆对重物的拉力为F拉'＝F1'＝350N，由于物体M静止，物体M受到重力、拉力、支持力，关系式为F支＝G﹣F拉'＝600N﹣350N＝250N，则物体对地压力为F压＝250N，物体受力面积为S＝a2＝0.2m×0.2m＝4×10﹣2m2，正方体M对水平地面的压强为：p＝＝＝6250Pa。答：（1）小萍离O点的距离为1.2m；（2）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强为6250Pa。十五．杠杆的最小动力（共1小题）18．（2023秋•句容市期中）如图所示，有一根质量分布均匀的金属棒CB，现将AC部分搭在水平桌面上，已知金属棒长为L、重为300N，CA：AB＝1：3，为使金属棒保持图示位置静止，则在B（选填“A”、“B”或“C”）点施加的力F最小，该最小力F1＝100N，若保持与F1的作用点和方向均相同，则使金属棒在图示位置静止时所需的最大外力F2应为150N。【答案】B；100；150。【解答】解：由图可知，CA：AB＝1：3，由于金属棒质量分布均匀，重心在O点，当以A为支点、AB为动力臂时，动力臂与阻力臂的比值为3：1，此时动力臂与阻力臂的比值是最大的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力是最小的；则：F1＝＝300N×＝100N；若保持与F1的作用点和方向均相同，则C为支点，BC为动力臂，动力臂与阻力臂的比值为2：1，此时动力臂与阻力臂的比值是最小的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的F2最大，则：F2＝＝300N×＝150N。故答案为：B；100；150。十六．滑轮组绳子上的拉力（共1小题）19．（2024春•桂林期中）图甲所示是一种塔式起重机的简图，为了保证起重机起重时不会翻倒，在起重机右边配有一个重物G0，配重为6×104N。已知OA＝12m，OB＝4m，现用起重机把货物G匀速提起。求：（1）若起重机自重不计，吊起货物为使起重机不翻倒，左边货物G的最大重力为多少？（2）如果起重机吊臂前端是由如图乙所示的滑轮组组成，动滑轮的重力为1000N，绳重和摩擦不计，匀速提起第（1）问中的货物G，拉力F的大小是多少？（3）如果把货物G以0.1m/s的速度匀速提升，用时5min，绳子自由端运动的距离是多少？【答案】（1）2×104N；（2）7000N；（3）90m。【解答】解：（1）如图甲，吊臂相当于一个杠杆，起重机自重不计，根据杠杆的平衡条件可得G×OA＝G0×OBG×12m＝6×104N×4m解得G＝2×104N；（2）由图知，绳子的有效段数n＝3，绳重和摩擦不计，拉力F的大小；（3）货物升高的高度h＝vt＝0.1m/s×5×60s＝30m，绳子自由端运动的距离s＝3h＝3×30m＝90m。答：（1）左边货物G的最大重力为2×104N；（2）拉力F的大小是7000N；（3）绳子自由端运动的距离是90m。十七．滑轮组的中的相关计算（共1小题）20．（2023春•无为市校级期中）如图所示，弹簧测力计A和B及滑轮组均处于静止状态，F＝10N，若不考虑测力计重、滑轮重及摩擦，弹簧测力计A和B的示数应分别为（）A．30N和30N B．30N和20N C．20N和20N D．20N和30N【答案】B【解答】解：对于A弹簧测力计，滑轮组中共有三段绳子承担拉力，则：FA＝3F＝3×10N＝30N；对于B弹簧测力计，滑轮组中与动滑轮相连的有两段绳子，则：FB＝2F＝2×10N＝20N；故选：B。十八．轮轴及其应用（共1小题）21．（2023秋•靖江市期中）如图甲所示，用扳手拧螺帽时，图b（a/b）的握法更有利于拧紧螺帽，原因是动力臂更长（长/短）。如图乙所示，当升旗手缓缓向下拉绳子时，旗子就会徐徐上升。这是由于旗杆顶部有一个定滑轮，它不能（能/不能）省力，但可以改变力的方向。丙图中的螺丝刀也是一种简单机械，叫轮轴，手柄粗（粗/细）一些的螺丝刀用起来更省力。【答案】b；长；不能；改变力的方向；粗。【解答】解：（1）（2）通过对比图a和b知道，对于同一螺帽，阻力和阻力臂是一定的，而b图中的动力臂要大于a图中的动力臂，所以b图所用动力更小。（3）（4）（5）根据滑轮的轴固定不动的特点可知：旗杆顶部的定滑轮，它的使用特点是只能改变力的方向，而不能省力。（6）螺丝刀手柄属于轮轴中的轮，同样的轴，轮越大就越省力，因此手柄粗一些的螺丝刀用起来更省力。故答案为：b；长；不能；改变力的方向；粗。十九．滑轮、滑轮组机械效率的计算（共3小题）22．（2023秋•封开县校级期中）一个人利用如图所示的滑轮组提起一个重2000N的重物，所用的拉力是400N，重物上升1m，下列说法正确的是（）A．总功是3200J，机械效率是60% B．总功是2000J，机械效率是50% C．有用功是3200J，机械效率是83% D．有用功是2000J，机械效率是62.5%【答案】D【解答】解：人做的有用功为：W有＝Gh＝2000N×1m＝2000J；由图可知，n＝8，人做的总功为：W总＝Fs＝Fnh＝400N×8×1m＝3200J；则滑轮组机械效率为：η＝＝×100%＝62.5%，故ABC错误，D正确。故选：D。23．（2023秋•亭湖区校级期中）如图所示，用两个完全相同的滑轮匀速提升重力相同的物体，不计轴处摩擦。其中省力的是甲装置图，机械效率高的是乙装置图。如图丙，将穿好的鞋带两端向两边拉扯，鞋帮就会收紧，达到省力的效果，这与简单机械中滑轮组（选填“杠杆”、“滑轮组”或“斜面”）的省力原理相同。【答案】甲；乙；滑轮组。【解答】解：甲图是动滑轮，可以省力，乙图是定滑轮，不能省力，因此省力的是甲装置图；由于两个滑轮都是匀速提升的是质量相等的物体，所以所做的有用功相同；使用乙图的定滑轮，不用对滑轮做额外功，使用甲图的动滑轮，要对滑轮做额外功，故乙装置图的机械效率高；穿好的鞋带两端向两边拉扯，鞋帮就会收紧，达到省力的效果，这与简单机械中滑轮组的省力原理相同。故答案为：甲；乙；滑轮组。24．（2023秋•西安期中）如图甲所示的装置，A是质量为1.2kg的物体，绳子自由端能承受的最大拉力为24N，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间t变化关系如图丙所示，忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。问：（1）1～2s内拉力F的功率为多少？（2）动滑轮的重力为多少？（3）此装置匀速提升重物的最大机械效率为多少？（若除不尽，结果保留小数点后一位）【答案】（1）第2s内拉力F的功率为40W；（2）动滑轮的重力为8N；（3）此装置匀速提升重物的最大机械效率为83.3%。【解答】解：（1）由图乙、丙可知，1～2s内拉力F＝10N，A上升速度vA＝2m/s，由图甲知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，则自由端移动的速度为：v＝nvA＝2×2m/s＝4m/s，故拉力F的功率为：P＝＝＝Fv＝10N×4m/s＝40W；（2）A是质量为1.2kg，则A的重力为GA＝mg＝1.2kg×10N/kg＝12N，忽略绳重及摩擦，根据F＝（G+G动）可知，动滑轮重力为：G动＝nF﹣GA＝2×10N﹣12N＝8N；（3）当绳端拉力达到最大时，提起物体的重力最大，根据F大＝（G大+G动）可知，G大＝nF大﹣G动＝2×24N﹣8N＝40N，同一滑轮组提起的物体越重，效率越高，所以此装置最大机械效率为：η大＝＝＝＝＝≈83.3%。答：（1）第2s内拉力F的功率为40W；（2）动滑轮的重力为8N；（3）此装置匀速提升重物的最大机械效率为83.3%。二十．斜面机械效率的计算（共1小题）25．（2023秋•长安区期中）如图所示是电动传送机，传送带斜面长15m，高7.5m，每袋货物质量m＝30kg。货物受到使它沿传送带向上运动的力是摩擦力（选填“压力”或“摩擦力”），传送机匀速传送一袋货物到A处所做的有用功为2250J，传送机工作时的机械效率是75%，则传送一袋货物所做的额外功是750J．（g＝10N/kg）【答案】见试题解答内容【解答】解：货物在传送带上运动时由于受到重力作用会向下滑动或有向下滑动的趋势，则货物会受到沿斜面向上的摩擦力（与运动方向相同），所以货物受到使它沿传送带向上运动的力是摩擦力。传送机匀速传送一袋货物到A处所做的有用功为：W有＝Gh＝mgh＝30kg×10N/kg×7.5m＝2250J因为η＝75%，由η＝得：W总＝＝＝3000J所做额外功为：W额＝W总﹣W有＝3000J﹣2250J＝750J。故答案为：摩擦力；2250；750。二十一．扩散现象（共1小题）26．（2023秋•即墨区校级期中）端午节妈妈在厨房煮粽子，小强在客厅里就闻到了粽子的香味，这是扩散现象，煮粽子是通过热传递方式增大粽子内能的，饺子是中国的传统美食，包饺子时，用力捏面皮，面皮会粘在一起，说明分子之间存在引力。【答案】扩散；热传递；引。【解答】解：（1）因分子在永不停息地做无规则运动，所以在客厅就闻到厨房里粽子的香味，属于扩散现象；（2）煮粽子时，粽子吸收热量、温度升高，内能增加，是通过热传递方式增加粽子内能的；（3）包饺子时，用力捏面皮，面皮会粘在起，说明分子之间存在引力。故答案为：扩散；热传递；引。二十二．做功改变物体的内能（共2小题）27．（2023秋•大观区校级期中）关于温度、内能和热量，下列说法中正确的是（）A．如图1中，压紧的两铅块，下面悬挂钩码而不分开，这是由于大气压强的作用 B．如图2中，试管内的水沸腾后，水蒸气将软木塞推出，软木塞的内能转化为它的机械能 C．如图3中，抽掉玻璃隔板后，两瓶中的气体逐渐混合，这说明上面瓶中的空气密度较大 D．如图4中，金属管装有少量乙醚，迅速拉动缠在金属管外的皮绳，可使橡皮塞从管口飞出，乙醚蒸气的内能转化为橡皮塞的机械能【答案】D【解答】解：A、图1中，压紧的两铅块，下面悬挂钩码而不分开，这是由于分子间存在相互作用的引力，故A错误；B、试管内的水沸腾后，水蒸气将软木塞推出，此过程中水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，故B错误；C、抽掉玻璃隔板后，两瓶中的气体逐渐混合，这是扩散现象，表明分子在不停地做无规则运动，而上面瓶中的空气密度比二氧化氮的密度小，故C错误；D、金属管装有少量乙醚，迅速拉动缠在金属管外的皮绳时，克服摩擦做功，使金属管和内部乙醚的温度升高，乙醚蒸气会推动橡皮塞做功，此过程中乙醚蒸气的内能转化为橡皮塞的机械能，所以橡皮塞能从管口飞出，故D正确。故选：D。28．（2023秋•南海区期中）如图所示为一名消防队员正在进行模拟演习训练。在下滑过程中，他感到手心发烫，这是由于机械能转化为内能，这个过程中能量的总量是守恒（选填“守恒”或“不守恒”）的。【答案】机械；内；守恒。【解答】解：（1）在下滑过程中，手克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使得手的内能增加，温度升高，故消防队员的手心会感到发烫；（2）任何形式的能在转化为其他形式能的过程中，能的总量都是保持不变的，即能量是守恒的，所以在消防队员下滑过程中，能量的总量是守恒的。故答案为：机械；内；守恒。二十三．温度、内能、热量的关系（共1小题）29．（2023秋•涪城区期中）学完内能，小明做了以下总结，其中正确的是（）A．两个物体的温度相同，则它们的内能一定相同 B．一个物体的质量不变，若温度降低，它的内能一定减少 C．甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体内能大 D．两物体相比，分子动能越大的物体，其内能越大【答案】B【解答】解：物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能；A、两个物体的温度相同，分子动能与分子势能相同，如果两个物体质量不同，具有的分子数目不同，它们的内能不一定相同，故选项A不正确；B、一个物体的质量不变，若温度降低，温度降低，分子热运动的剧烈程度降低，分子动能与分子势能变小，它的内能一定减少，故选项B正确；C、热传递是能量从高温物体传到低温物体或从同一物体的高温部分传到低温部分的过程，故选项C不正确；D、两物体相比，分子动能越大的物体，它的分子数目不一定多，分子热运动的动能与分子势能的总和不一定大，故选项D不正确；故选：B。二十四．比热容的计算公式（共2小题）30．（2023秋•福田区期中）质量和温度相同的铝块和水放出相同热量后，将铝块放入水中（c水＞c铝），则（）A．水的温度不断传给铝块 B．水的热量传给铝块 C．铝块的热量传给水 D．铝块和水之间不发生热传递【答案】B【解答】解：质量和初温都相同的铝块和水，当它们放出相同的热量后，由Q＝cmΔt可知，比热容越大，降低的温度越小；由于水的比热容大，所以水降低的温度小，由于初温相同，所以水的末温高、铝的末温低；根据热传递的方向可知，此时再将铝块投入水中，热量由高温的水传给低温的铝，故B符合题意。故选：B。31．（2023秋•嵩县期中）我们通常用水作为冷却剂，是利用水的比热容的特性；在1标准大气压下，初温为21℃、质量为1kg的水吸收3.36×105J热量后温度将升高79℃，小丽用相同的电加热器分别对质量为0.2kg的水和0.3kg的另一种液体进行加热，得到的实验数据如图所示，则另一种液体的比热容为1.4×103J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】比热容；79；1.4×103。【解答】解：因为水的比热容大，我们通常用水作为冷却剂，相同质量的水和其他物质升高相同的温度，水吸收的热量更多；质量为1kg的水吸收3.36×105J热量，则在1标准大气压下，水的沸点为100℃，已知水初温为21℃，若水的温度升高80℃，则末温超过100℃，因此实际上水升高的温度Δt'＝100℃﹣21℃＝79℃，由图可知水在16min内升高的温度为30℃，则0.2kg的水吸收的热量Q水＝cmΔt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×30℃＝2.52×104J用相同的加热器，加热相同时间，表示物质吸收的热量相同，因此另一种液体在8min吸收的热量是水吸收热量的一半，即由图像可知，另一种液体在8min内温度升高了30℃，故另一种液体的比热容故答案为：比热容；79；1.4×103。二十五．比热容的图像（共1小题）32．（2023秋•亭湖区校级期中）如图所示是甲、乙两杯液体（两个烧杯完全相同），用相同的电加热器加热过程中，液体温度随时间变化的图像。根据图像，下列判断中正确的是（）A．若甲、乙是等质量的不同液体，则甲的比热容较大 B．若甲、乙是质量不等的同种液体，则甲的质量较大 C．若甲、乙是等质量的不同液体，则加热相同时间，乙吸收的热量较少 D．无论甲、乙质量和种类是否相同，乙的质量和比热容的乘积较大【答案】D【解答】解：用相同的加热器加热甲、乙两种液体，加热相同时间，表示甲、乙吸收的热量相同，由图象可知，甲升高的温度比乙升高的温度大，根据Q吸＝cmΔt可知：A、当Q吸和m相同时，Δt越大，c就越小，即质量相同的不同液体，吸收相同的热量，升高温度大的液体比热容小，故A错误；B、当Q吸和c相同时，Δt越大，m就越小，即同一种液体，吸收相同的热量，升高温度大的液体质量小，做B错误；C、用相同的加热器加热相同时间，表示物质吸收的热量相同，故C错误；D、当加热相同时间，甲、乙吸收的热量相同，根据Q吸＝cmΔt可知，当Q吸相同时，Δt越小，c与m的乘积就越大，故D正确。故选：D。二十六．利用比热容的公式计算热量（共2小题）33．（2023秋•邹城市期中）小明在探究冰的熔化特点。如图是他根据实验记录的数据绘制成的温度随时间变化的图像。图像中，物体在B点时具有的内能小于（填“大于”、“小于”或“等于”）在C点时的内能。实验过程中，第2～8min冰吸收的热量为3.15×104J。（冰质量500g，c冰＝2.1×103J/（kg•℃），不计热损失）【答案】小于；3.15×104。【解答】解：（1）BC段是冰的熔化过程，此时吸收热量，内能增大，但温度不变，所以物体在B点时具有的内能小于在C点时的内能；（2）第2～8min是第0～2min加热时间的3倍，则第2～8min吸收的热量也是第0～2min吸收的热量的3倍；冰的质量m＝500g＝0.5kg，第0～2min冰吸收的热量：Q吸冰＝c冰m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×[0﹣（﹣10℃）]＝1.05×104J，第2～8min吸收的热量：Q吸＝3Q吸冰＝3×1.05×104J＝3.15×104J；故答案为：小于；3.15×104。34．（2023秋•东海县期中）小明在研究“物质的吸热本领大小”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他绘制出沙子和水的温度随加热时间变化的图像如图所示。（已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃），不计热量损失），请问：（1）哪个图是沙子吸热升温的图像？（2）加热2min时，水吸收了多少热量？（3）吃早饭时，小明用热水加热质量为250g的袋装牛奶，为了使这袋牛奶的温度由12℃升高到42℃，小明至少要用60℃的热水多少千克？【答案】（1）甲图表示沙子吸热升温的过程；（2）水吸收了4.2×104J的热量；（3）小明至少要用60℃的热水0.25千克。【解答】解：（1）因为沙子和水的质量相等，吸收相同热量时，沙子的比热容比水小，由c＝可知，沙子温度升得多，所以甲图表示沙子吸热升温的过程。（2）图乙是水吸热升温的过程，由图乙可知，加热2min时，水的温度由20℃升高到70℃，所以水吸收的热量为Q水吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×104J；（3）牛奶吸收的热量为Q牛奶吸＝c牛奶m牛奶（t′﹣t0′）＝2.5×103J/（kg•℃）×0.25kg×（42℃﹣12℃）＝1.875×104J，牛奶吸收的热量正好等于热水放出的热量，水放出的热量为Q水放＝Q牛奶吸＝1.875×104J，需要热水的质量为m′＝＝≈0.25kg；答：（1）甲图表示沙子吸热升温的过程；（2）水吸收了4.2×104J的热量；（3）小明至少要用60℃的热水0.25千克。二十七．热平衡方程及其应用（共1小题）35．（2023秋•芜湖期中）将一杯热水倒入盛有冷水的容器中，冷水的温度升高了10℃，再向容器内倒入一杯相同质量和温度的热水，容器中的水温又升高了6℃．如果继续向容器中倒入一杯同样的热水，则容器中的水温会升高（）A．5℃ B．4℃ C．3℃ D．2℃【答案】B【解答】解：设热水和冷水的温度差为t，∵质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，∴Q吸＝Q放，从而可知，cm0（t﹣10℃）＝cm×10℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，Q吸＝Q放，从而可知，cm0（t﹣10℃﹣6℃）＝c（m+m0）×6℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②则①﹣②得：6℃×cm0＝10℃×cm﹣6℃×cm﹣6℃×cm0，整理得：12℃×cm0＝4℃×cm，解得：m＝3m0；代入①式可得，t＝40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃﹣Δt）＝mcΔt，m＝3m0；联立两式解得：Δt＝20℃；40℃﹣20℃＝20℃则注入3杯水后，水温还会上升：20℃﹣10℃﹣6℃＝4℃。故选：B。二十八．四冲程的能量转化（共1小题）36．（2023秋•合浦县期中）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（）A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的存在B．乙图中试管内的水沸腾后，水蒸气将软木塞推出，表明机械能可以转化为内能 C．丙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关 D．丁图中活塞向下运动，这是内燃机的压缩冲程【答案】C【解答】解：A、甲图中两个压紧的铅块能吊起钩码，是由于分子间存在引力，故A错误；B、当加热试管到一定程度时，水蒸气的内能足够大会将塞子冲出，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能，故B错误；C、红墨水在热水中扩散的比冷水中快，说明温度越高，分子运动速度越快；故C正确；D、图中冲程中火花塞点火和活塞向下移动的特点，可以判断这个冲程是做功冲程，故D错误。故选：C。二十九．热值的简单计算（共1小题）37．（2023秋•海门市校级期中）探究小组利用如图两套装置探究①“不同物质吸热升温的现象”以及②“不同燃料充分燃烧放热的现象”，液体和燃料的质量及种类根据实验需要和方便进行选取。（1）在组装器材时应先调节A（选填“A”或“B”）的高度：两个实验中都要控制杯中液体（填“燃料”或“杯中液体”）质量相等。（2）探究“不同物质吸热升温现象”，物质吸热多少是通过加热时间反映。（3）在两个探究中根据所测数据都画出了如图丙中的图像（不计热量的损失），根据图像可计算：①“不同物质吸热升温的现象”，若图像一所对应的物质的比热容为1.6×103J/（kg•℃），则图像二所对应的物质的比热容为3.6×103J/（kg•℃）；②“不同燃料充分燃烧放热的现象”，图像一和图像二表示两种燃料的热值之比为3：2。【答案】（1）A；杯中液体；（2）加热时间；（3）3.6×103；3：2。【解答】解：（1）因用酒精灯的外焰加热，故在组装器材时应先调节A的高度；两个实验中都要控制杯中液体质量相等；（2）在探究“不同物质吸热升温”的特点时，由转换法，物质吸热的多少是通过加热时间反映的；（3）①“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，图象一对应物质的加热时间为10分钟（注意是均匀升温），升高60℃，；而图象二对应物质的加热时间为15分钟，升高40℃；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：15min＝2：3；根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为2：3，则图像二所对应的物质的比热容为c2＝＝3.6×103J/（kg•℃）；②不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料（燃料质量相同），图象一对应的物质升高80℃﹣20℃＝60℃；图象二对应的物质升高60℃﹣20℃＝40℃；而同种液体的质量相同，根据Q＝cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为60℃：40℃＝3：2，根据q＝，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图象一和图象二表示两种燃料的热值之比为3：2。故答案为：（1）A；杯中液体；（2）加热时间；（3）3.6×103；3：2。三十．热机的效率公式与计算（共3小题）38．（2023秋•大观区校级期中）小亮家的汽车尾部上标有“1.8T”的字样，其中“T”就是“涡轮增压”，通过给发动机足量的空气使汽油更充分地燃烧。其它条件相同时，涡轮增压汽车的热机效率比普通轿车更高（选填“更高”、“更低”或者“一样大”），同样的汽油加在涡轮增压轿车内与加在普通轿车内相中比，热值一样大（选填“更大”、“更小”或“一样大”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：涡轮增压发动机给发动机更足量的空气使汽油更充分地燃烧，释放更多的热量，获得更多的机械能，轿车的发动机效率更高；燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，所以汽油加在“涡轮增压”轿车内和在普通型轿车内热值是一样大。故答案为：更高；一样大。39．（2023秋•海门市校级期中）一辆氢气动力试验汽车在平直路面上匀速行驶了1.2×104m，消耗了0.15kg的氢气，此过程汽车发动机产生的牵引力为1.0×103N。（氢气热值1.4×108J/kg）求：（1）牵引力对汽车所做的功。（2）氢气完全燃烧放出的热量。（3）汽车发动机的效率。（百分数保留整数）【答案】（1）牵引力对汽车所做的功为1.2×107J；（2）氢气完全燃烧放出的热量为2.1×107J；（3）汽车发动机的效率为57%。【解答】解：（1）牵引力对汽车所做的功为：W＝Fs＝1.0×103N×1.2×104m＝1.2×107J；（2）氢气完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝0.15kg×1.4×108J/kg＝2.1×107J；（3）汽车发动机的效率为：η＝×100%＝×100%≈57%。答：（1）牵引力对汽车所做的功为1.2×107J；（2）氢气完全燃烧放出的热量为2.1×107J；（3）汽车发动机的效率为57%。40．（2023秋•大丰区期中）某汽车在水平地面上匀速行驶15000m，汽车发动机产生的牵引力所做的功为3×107J，消耗汽油1kg（假设汽油在发动机气缸内完全燃烧，q汽油＝5×107J/kg，g＝10N/kg）。针对这一过程，求：（1）汽车的牵引力；（2）汽车发动机的效率；（3）若这些汽油完全燃烧放出的热量有84%被20℃、100kg的水吸收，则可使水的温度升高多少摄氏度？（1个标准大气压下）。【答案】（1）汽车的牵引力为2000N；（2）汽车发动机的效率为60%；（3）水吸收的热量可使水的温度升高80℃。【解答】解：（1）汽车的牵引力F＝＝＝2000N；（2）消耗的汽油完全燃烧放出的热量Q放＝mq汽油＝1kg×5×107J/kg＝5×107J，汽车发动机的效率η＝×100%＝×100%＝60%；（3）水吸收的热量Q吸＝ηQ放＝84%×5×107J＝4.2×107J，水温可以升高的温度Δt＝＝＝100℃，则水的末温为t＝t0+Δt＝20℃+100℃＝120℃，1个标准大气压下水在100℃沸腾，并且沸腾时吸热温度保持不变，所以水的末温实际为100℃，升高的温度为Δt′＝t′﹣t0＝100℃﹣20℃＝80℃。答：（1）汽车的牵引力为2000N；（2）汽车发动机的效率为60%；（3）水吸收的热量可使水的温度升高80℃。三十一．燃料燃烧释放的能力的流向（共1小题）41．（2023秋•南海区校级期中）汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（）A．甲图中汽油机的燃料燃烧得不充分，就会降低燃料的热值 B．甲图是压缩冲程 C．由乙图可知该汽油机的效率是30% D．由乙图可知，在热机的能量损失中，机械能散热耗能最多【答案】B【解答】解：A、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，因此甲图中汽油机的燃料燃烧得不充分，其热值不变，故A错误；B、两个气门都关闭，活塞向上运动，为压缩冲程，故B正确；C、热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，由图可知，输出有用机械能所占比例为：100%﹣36%﹣30%﹣6%＝28%，即该汽油机的效率为28%，故C错误；D、由图乙可知，在热机的能量损失中，废气带走的能量最多，故D错误。故选：B。三十二．电路的基本组成（共1小题）42．（2023秋•荔湾区校级期中）随着我国人民生活水平提高，家庭小汽车作为一种普通交通工具已走进千家万户。其中内燃机的工作原理是我们初三学习的知识之一。请按题目要求看对应图片答题。（1）图1所示，小芳迅速下压活塞，筒内密封气体的内能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），由此可见，做功可以改变物体的内能。此过程的能量转化与图2的汽油机4个冲程中的D图能量转化情况相同。（2）图3是甲、乙两台汽油机的能量流向及比例，若将甲汽油机更换成乙汽油机，消耗相同质量的燃料，热机效率将增大，尾气带走的能量将减小，散热损失的能量所占比例将减小。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）（3）为确保汽油机正常工作，需对其冷却。一般使用水来充当冷却剂，这是因为：水的比热容大，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量多，冷却效果好。（4）除了燃油汽车外，目前油电混合汽车同样也投入使用。在给油电混合汽车的蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器（选填“用电器”或“电源”）；当电动机正常工作时，主要将电能转化为机械能。【答案】（1）增大；做功；D；（2）增大；减小；减小；（3）水的比热容大，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量多，冷却效果好；（4）用电器；机械。【解答】解：（1）把活塞迅速向下压，活塞对筒内密封气体做功，将机械能转化为内能，使气体的内能增大，这是通过做功来改变物体的内能；在汽油机的压缩冲程中，也是将机械能转化为内能，二者的能量转化相同；图2中，A图：进气门开启，活塞下行，气体流入汽缸，是吸气冲程；B图：两气门都关闭，火花塞点火，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程；C图：排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程；D图：两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程；故选：D；（2）观察图3中甲、乙两台汽油机的能量流向及比例可知，甲汽油机的热机效率为30%，乙汽油机的热机效率为43%，所以，若将甲汽油机更换成乙汽油机，热机效率将增大；由图3可知，甲尾气带走的能量所占比例37%，乙尾气带走的能量所占比例29%，消耗相同质量的燃料，则将甲汽油机更换成乙汽油机后，尾气带走的能量所占比例将减小；由图3可知，甲散热损失的能量所占比例为23%，乙散热损失的能量所占比例为19%，消耗相同质量的燃料，则将甲汽油机更换成乙汽油机后，散热损失的能量所占比例将减小；（3）为确保汽油机正常工作，需对其冷却，一般使用水来充当冷却剂，这是因为与其它液体相比，水的比热容大，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量多，冷却效果好；（4）给汽车蓄电池充电时，汽车蓄电池消耗电能，相当于用电器；当电动机正常工作时，消耗了电能，获得机械能，因此它主要将电能转化为机械能。故答案为：（1）增大；做功；D；（2）增大；减小；减小；（3）水的比热容大，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量多，冷却效果好；（4）用电器；机械。三十三．电源的能量转化（共2小题）43．（2023秋•雁塔区校级期中）如图甲是小华在学校科技实践活动中自制的盐水动力车，主要是由盐水电池和一个小电动机组装而成的。图乙是他在测量自制盐水电池的电压。下列内容摘自关于盐水动力车的说明书，其中说法不合理的是（）A．盐水电池给小车供电时，化学能转化为电能 B．盐水电池的铜片为电池的负极 C．自制盐水电池的电压是0.4V D．小车运动时，电能转化为机械能【答案】B【解答】解：A、盐水电池给小车供电时，化学能转化为电能，故A不符合题意；B、据图示可知，指针正向偏转，因为铜片与电压表的正接线柱相连，因此铜片为盐水电池的正极，故B符合题意；C、电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为0.4V，故C不符合题意；D、小车运动时，电能转化为机械能，故D不符合题意。故选：B。44．（2023秋•山亭区期中）共享单车在车筐底部覆盖着太阳能发电板，如图所示，通过阳光给里面的蓄电池充电，从而为GPS和通信模块供电，此时在太阳能发电板和蓄电池的电路中，蓄电池相当于用电器（选填“电源”、“用电器”或“开关”）。蓄电池充电过程中，把电能转化成化学能。【答案】用电器；电；化学。【解答】解：在太阳能发电板和蓄电池的电路中，太阳能发电板将太阳能转化为电能，蓄电池充电时将电能转化为化学能储存起来，此时蓄电池相当于用电器。故答案为：用电器；电；化学。三十四．根据实物图画电路图（共1小题）45．（2023秋•龙岗区校级期中）根据实物图画出电路图（画在虚线框内）。【答案】见解答图。【解答】解：由实物图知，灯泡L、电动机并联，S1在L支路上，S2在电动机支路上，电路图如下图所示：。三十五．开关在串并联电路中的作用（共2小题）46．（2023秋•富民县校级期中）如图所示的电路，下列分析正确的是（）A．只闭合S1时，L2发光、L1不发光，A2测L2电流 B．只闭合S2时，L1发光、L2不发光，A1测L1电流 C．闭合S1、S2时，L1、L2并联，A2测L2电流 D．闭合S1、S2时，L1、L2串联，A1、A2示数相等【答案】C【解答】解：A、只闭合S1时，电流表A1与L1连入电路，为L1基本电路，因此L1发光，L2不发光，故A错误；B、只闭合S2时，由于干路上的S1断开，则整个电路处于开路状态，L1、L2不发光，故B错误；CD、闭合S1、S2时，电流分别流入L1、L2，则L1、L2并联，A1在干路上，A2在L2支路上，则A1测干路电流，A2测L2支路的电流，故C正确，D错误；故选：C。47．（2023秋•敦煌市校级期中）如图所示电路中，只闭合开关S1S3时，灯L1和灯L2并联；只闭合开关S2时，灯L1与L2串联；只闭合开关S1和S2时，电路处于短路（填“通路”、“断路”或“短路”）状态。【答案】见试题解答内容【解答】解：只闭合S1、S3时，由电路图知：灯L1、L2先并列相连，即有两条电流的路径，故是并联电路；若是使得两个灯泡串联，即只有一条电流的路径，故应该闭合S2，断开S1S3；若是只闭合开关S1和S2时，相当于将电源的正负极直接相连，故发生短路。故答案为：S1S3；S2；短路。三十六．生活中的串、并联电路（共1小题）48．（2023秋•仁寿县期中）考试试卷保密至关重要，为确保试卷万无一失，存放试卷的保密室有厚厚的大门，要想开门，需要主考用钥匙闭合开关S，或者两名副主考同时使用钥匙闭合开关S1、S2，使电动机工作拉开大门。为防止有小偷从窗户或排气扇处翻入，在窗户和排气扇处还分别设有自动感应开关S3、S4，当小偷闯入时感应开关自动闭合，警铃报警。下列电路图符合设计要求的是（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：A．由电路图可知，开关S、S1、S2中任意一个闭合时电动机都可以工作，故A不符合题意；B．由电路图可知，开关S3、S4同时闭合时，警铃才工作，故B不符合题意；C．由电路图可知，开关S或者同时闭合开关S1、S2时，电动机工作，闭合开关S3或S4时，警铃工作，故C符合题意；D．由电路图可知，开关S、S1、S2都闭合时电动机才工作，开关S3、S4同时闭合时警铃才工作，故D不符合题意。故选：C。三十七．判断电流表测量的对象（共1小题）49．（2023秋•自流井区校级期中）用电流表测量通过灯L2的电流，如图所示的四个电路图中，正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：A、电流表在干路中，测干路中的电流；B、电流表与L2串联，但接线柱接错了；C、电流表与L2串联，测与L2的电流；D、电流表在干路中，测干路中的电流。故选：C。三十八．电流表的使用方法（共1小题）50．（2023秋•澄迈县期中）如图，闭合开关S，灯泡L发光，请在电路的“〇”中填入电流表或电压表的符号。【答案】【解答】解：如图，上面圈内电表与灯串联，为电流表；下面圈内电表与灯并联，为电压表，如图所示：。三十九．电流表正进负出（共1小题）51．（2023秋•溧水区期中）如图是实验室常用的一种电流表，零刻度不在表盘的最左端。当导线a、b分别与标有“﹣”和“3”的接线柱相连时，电流表指针偏转情况如图所示，此时电流是从导线a（选填“a”或“b”）流入电流表的。为了增大指针的偏转角度从而减小读数误差，应将导线a与标有“0.6”的接线柱相连，b与标有“﹣”的接线柱相连。【答案】见试题解答内容【解答】解：由图知，电流表指针偏向了0刻度线的左侧，原因是正负接线柱接反了，也就是电流从导线a进入了电流表；为测量正确并且读数误差较小，需要改变进入电流表的电流方向，改接小量程，所以需要将导线a与标有“0.6”的接线柱相连，b与标有“﹣”的接线柱相连。故答案为：a；0.6；﹣。四十．探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系（共1小题）52．（2023秋•娄底期中）为了探究并联电路的电流规律，小明同学设计了如图甲所示的电路进行实验。（1）连接电路时，开关应处于断开状态；（2）在测量电流的过程中，闭合开关前电流表的指针出现了如图丙所示的情况，接下来应进行的操作是调零；（3）图乙实物图中，电流表测量图甲中A处电流（选填“A”、“B”或“C”）；（4）正确操作后，电流表测量C处电流的示数如图丁所示，则电流表的示数为0.24A；（5）分别测量了A、B、C三处的电流后，为寻找普遍规律，避免实验结论的偶然性，应该更换规格不同的小灯泡重复多次实验（选填“不同”或“相同”）。【答案】（1）断开；（2）调零；（3）A；（4）0.24；（5）不同。【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；（2）在测量电流的过程中，闭合开关前电流表的指针出现了如图丙所示的情况，电流表指针没有与零刻度线对齐，接下来应进行的操作是调零；（3）在图乙中，电流表串联在干路中，测干路的电流，因此电流表测量的是图甲中A处的电流；（4）正确操作后，电流表测量C处电流的示数如图丁所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.24A；（5）为了避免偶然性，应该更换不同规格的小灯泡重复多次实验。故答案为：（1）断开；（2）调零；（3）A；（4）0.24；（5）不同。四十一．运用并联电路中的电流规律计算（共2小题）53．（2023秋•西昌市期中）在如图所示的电路中，当闭合开关后，两个电流表指针偏转均为图所示，则电阻R1中的电流为1.76