2018-2019学年江苏省苏州市太仓市九年级（上）期中物理试卷

2018-2019学年江苏省苏州市太仓市九年级（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五总分得分注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。一、单选题1、下列工具中，属于省力杠杆的是()A.①② B.②③ C.①③ D.②④ 2、下列事例中，不是通过做功来改变物体内能的是()A.两手摩擦发热B.钻木取火C.烧水时水温升高D.压缩空气内能增大 3、关于温度、热量和内能，下列说法正确的是()A.0℃的冰块没有内能B.温度高的物体内能一定大于温度低的物体C.物体的温度越高，所含热量越多D.内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 4、2022年冬奥会将在北京举行，我国优势项目自由式滑雪在在国际比赛中屡获殊荣。某次比赛过程中运动员的轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法错误的是()A.从a点向b点运动过程中，机械能一直减小B.从c点向d点运动过程中，机械能保持不变C.从a点到e点的过程中，机械能先减小，后增大，接着再减小D.从c点到e点过程中，机械能最终全部转化为内能 5、塑料外壳手电筒的构造如图所示，手电筒内装了两节干电池，关于手电筒的电路，下列说法正确的是()A.金属弹簧将弹性势能转化为电能 B.金属弹簧不属于电路的一部分C.灯泡发光时，两端电压为4V D.灯泡发光时，电源将化学能转化为电能 6、如图所示，给试管里的水加热，水沸腾后，水蒸气推动活塞迅速冲出试管口，水蒸气在这个过程中()A.内能减少，温度不变，在试管口液化成小水滴B.内能增加，温度降低，在试管口变成白色的热空气C.内能增加，温度升高，在试管口变成白色的烟雾D.内能减少，温度降低，在试管口液化成小水滴 7、小明把台灯的插头插在插座上，插座上有一个开关S1和一个指示灯L1(工作时通过的电流极小)。台灯开关和灯泡用S2、L2表示。当只闭合S2时，台灯不发光，当闭合S1时，指示灯发光，再闭合S2A. B.C. D. 8、下列现象的解释错误的是()A.沿海地区昼夜温差小，主要原因是水的比热容较大B.家用“暖气”用水作介质是利用水的比热容大C.把煤磨成煤粉燃烧能提高燃料利用率是由于其热值变大D.在房间内洒水可以降低气温，该降温过程不是利用水比热容大的原理 9、如图是物体在空中飞行过程中动能Ek随时间t变化的曲线，运动的物体可能是(A.由静止下落的乒乓球 B.竖直向上垫起的排球C.从地面斜向上踢出的足球 D.从肩上斜向上投掷出去的铅球 10、如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用FA、FB匀速提升重力为GA、GB的A、B两个物体，不计绳重和摩擦，动滑轮的重力未知，下列说法一定正确的是(A.若GA=B.若FA=C.若GA<D.若，则 11、如图甲所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上有一光滑滑环，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动，使杆保持水平状态，测力计示数F与滑环离开O点的距离S的关系如图乙所示，则杆重()A.100N B.75N C.50N D.以上答案均不正确 12、用甲、乙、丙三个木块将相同弹簧压缩到图示位置后由静止释放，沿光滑水平轨道滑行，可冲到光滑斜面上。若三个木块能到达斜面的最大高度分别是h甲、h乙、h丙，且，弹簧的压缩量分别为l1、l2、l3，且l1<A.甲、乙能到达斜面的最大高度B.乙离开弹簧时的动能比丙大C.甲、乙离开弹簧时的速度D.到达斜面的最大高度时，乙、丙增加的重力势能相同 二、填空题1、汽油机在压缩冲程中，气体的温度升高，这是活塞将______能转化为燃气的内能。为了不让汽油机在工作时温度升得太高，在设计制造时，汽缸外有一个水套，让汽缸被水包围着，这是通过______的方式减少汽缸内能。用水来冷却汽缸是因为水的______较大。如图所示A、B、C、D为汽油机的四个冲程，甲、乙是我们课堂演示的两个实验，其中与B所对应的冲程中能量转化情况相同的是实验______(选填“甲”或“乙”)若该汽油机飞轮转速为2400r/min，则该汽油机每分钟对外做功______次。2、如图AB为能绕B点转动的轻质杠杆，中点C处用细线悬挂一重物，在A端施加一个竖直向上大小为10N的拉力F，使杠杆在水平位置保持平衡，则物重G=______N，此杠杆为______(选填“省力”、“费力”或“等臂”)杠杆。若保持拉力方向不变，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将______(选填“增大”、“不变”或“减小”)。3、如图所示，在已处于水平平衡状态的杠杆上A点，悬挂四个相同的钩码(每个钩码重0.5N)，为使杠杆仍处于水平平衡状态，可通过下列两种方式来实现：(1)在B点悬挂______个钩码；(2)用弹簧测力计在C点竖直向上拉，则弹簧测力计的示数应为______N，若将弹簧测力计改为斜向右上方拉，则与竖直向上拉相比，弹簧测力计的示数将______。4、如图所示，在不计绳重和摩擦的情况下，小刚用动滑轮把重200N的一袋粮食匀速提髙10m，他所用拉力为125N，则整个过程中，小刚所做的有用功是______J，总功是______J，动滑轮的机械效率是______；如果用该动滑轮把重l00N的一袋粮食匀速提升相同高度，则动滑轮的机械效率将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。5、某晶体的凝固图象如图所示。500g该物质在从20℃降温到10℃的过程中，将______(选填“吸收”或“放出”)热量Q=______J，c液=2×103J/(kg⋅℃)；第15min时它的内能______(选填“大于”、“小于”或“等于”6、图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。由图可知，皮球离开地面上升的过程中，重力势能______，动能______，皮球动能的变化量______(选填“大于”、“小于”或“等于”)重力势能的变化量。三、实验探究题1、小华研究“不同物质吸热升温现象”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。他绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象如图所示。已知酒精的热值是3.0×107J/kg，水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，假设酒精灯燃烧放出的热量完全被水和沙子吸收，那么请问：(1)图中______(选填“a”或“b”)是沙吸热升温的图象；(2)加热满2min时，沙子吸收的热量是______J；(3)给水加热10min时间，需要完全燃烧______g酒精；(4)根据数据可计算出沙子的比热容为______。______2、如图甲，水平地面上的一，物体，收到方向不变的水平推力F的作用，F-t及V-t关系图象如图乙，则第1-3s，推力F做的功是______J

第3-6s中物体通过3m距离，则推力F做功是______J；第6-9s推力F做功的功率是______W。四、作图题1、图中，O为支点，L1为动力F1的力臂，请作出此杠杆的动力______五、计算题1、用滑轮组提升重1000N的物体A，如果每个滑轮重100N，绳子能承受的最大拉力为500N.请在图中画出绕绳方法。______2、如图所示，请在两个虚线框内选填“电源”和“开关”的符号，使开关都闭合时两灯组成并联电路。______3、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，150kg的重物提高1m，假设斜面很光滑，则需要施加的推力为______，若实际用力为600N，斜面的机械效率为______，重物受到的摩擦力为______N.(g取10N/kg)。4、某太阳能热水器中注入50kg的水，阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到50℃.试求(1)这段时间该热水器中的水吸收的热量是多少？(2)如果这段时间该太阳能热水器接收到太阳辐射的热量是2.8×10(3)若用煤燃烧来提供2.8×107J的热量，需完全燃烧多少千克煤？______5、工人用如图甲所示的滑轮组利用箱子运送建材上楼，己知箱子重为350N，每次运送量不定。滑轮组的机械效率随建材重量变化的图象如图乙所示，滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，g取l0N/kg。(1)动滑轮的重力是多大？(2)若工人在lmin内将建材匀速竖直向上提升了12m，作用在钢绳上的拉力为200N，拉力做功的功率是多大？(3)当滑轮组的机械效率为80%时，运送建材的重力是多大？______6、探究杠杆的平衡条件：(1)如图甲，杠杆在支架上，要使其在水平位置平衡，可将杠杆右端的平衡螺母向______调节，当杠杆在水平位置平衡时，杠杆自重的力臂为______cm。(2)如图乙，在右边用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是______。若左边钩码离支点20cm，右边挂钩离支点15cm，每个钩码重为0.5N，则此时弹簧测力计示数应为______N。(3)如图丙，当杠杆在水平位置平衡时，此时拉力的力臂______(选填“大于”、“小于”或“等于”)15cm。______7、用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率。实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。(1)实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数F为______N，钩码总重G为1.0N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，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：______。(2)为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，一位同学用该实验装置，先后将钩码挂在A、B两点，测量并计算得到下表所示的两组数据：次数钩码悬挂点钩码总重G/N钩码移动距离h/m拉力F/N测力计移动距离s/m机械效率η/%1A点1.50.100.70.3071.42B点2.00.151.20.3083.3根据表中数据，能否得出“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”的结论？答：______；请简要说明两条理由：①______；②______。如果杠杆粗细均匀，不考虑摩擦，由第2次实验，可知杠杆自重______N。______8、在“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，实验装置如图甲所示，在两个相同的烧杯中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体，并用相同的电加热器分别加热。(1)要完成该实验，除了图甲中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和______；(2)实验中选择相同规格的电加热器，其目的是______；(3)本实验是通过______来比较两种液体吸收热量多少的；(4)根据实验测得的数据，分别描绘出A、B两种液体的温度随加热时间变化的图象如图乙所示，分析图乙可知______(填“A”或“B”)的吸热能力更强。若加热过程中无热量损失，则A、B两种液体的比热容之比cA：c______9、小明和小华探究物体动能大小与哪些因素有关。(1)小明的实验装置如图甲所示，实验的研究对象是______，他通过观察______来比较研究对象的动能的大小。(2)小明在探究“动能与速度的关系”时，需让同一小车从______由静止开始下滑，两次实验操作，第一次木块被撞得远，第二次木块被撞得近。则小车在斜面上两次释放的高h1和h2，木块受到的摩擦力为f1和f2，它们的大小关系是h1______h(3)小华用如图乙装置进行实验。用两根细绳将小球悬挂起来，拉起小球，当细绳与竖直方向成θ角后松手，小球撞击水平木板上的木块，记下木块移动的距离s。改变角度θ的大小，让小球从不同高度落下，重复实验。这是探究动能大小与______的关系。利用两根细绳悬挂小球，而不是用一根细绳，其好处是便于控制小球的______。______10、阅读短文，回答问题近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生，随时随地低头看手机成了很多人的习惯。近日有研究发现，如果玩手机时姿势不当，就有可能让颈椎承受多达60磅(约27公斤)的重量，低头60度相当于给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重。有研究发现，不当的玩手机姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、便秘、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病。还有新西兰的一项研究指出，常常低垂着头看手机会影响心理健康，如变得沮丧、愤怒等。科研人员对低头玩手机进行了研究：制作头部模型，如图甲，头部可绕支点O(颈椎)转动，转动角度通过固定在上面的量角器测量，将一个小球挂在模型内，其重为5牛模拟头部的重力，头部后面绑一根绳子模拟肌肉，绳子上系一测力计，支点(颈椎)承受的压力约为头部重力与绳子拉力之和，实验数据如下表：低头角度/度绳子拉力/牛颈椎承受的压力/牛00515510309144513.518.56017.522.5(1)分析表中数据，可得出的结论是______；(2)改头部模型相当于绕O点转动的杠杆，如图乙，当低头角度增大时，头部重心向左移动，拉力F的力变小，请分析拉力F变大的原因______；(3)当低头角度是30度时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的多少倍？______A.4.2倍B.3.3倍C.2.8倍D.2.0倍(4)为有更好的保护颈椎采取的办法(写出一条)：______。______

2018-2019学年江苏省苏州市太仓市九年级（上）期中物理试卷参考答案一、单选题第1题参考答案:B解：①钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；②瓶起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；③核桃钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。④赛艇桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。属于省力杠杆的是②③。故选：B。结合图片和生活经验，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。此题考查的是杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。---------------------------------------------------------------------第2题参考答案:C解：A、两手摩擦发热是克服摩擦工作做功，机械能转化为内能，故A不符合题意。B、古人的“钻木取火”是克服摩擦工作做功，机械能转化为内能。故B不符合题意。C、用锅烧水水温升高，是水从锅上吸收热量。是能量的转移。故C符合题意。D、压缩空气内能增大是压缩空气做功，机械能转化为内能，故D不符合题意。故选：C。做功和热传递都可以改变物体的内能，做功过程中是能量转化，热传递过程中是能量的转移。热传递和做功都可以改变物体的内能，方式不同，但是效果相同。---------------------------------------------------------------------第3题参考答案:D解：A、任何物体都有内能，0℃的冰块同样具有内能，故A错误；B、内能的大小与物体的质量、温度和状态都有关系，因此，温度高的物体内能不一定大于温度低的物体，故B错误；C、热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量，故C错误；D、热量总是从高温物体向低温物体传递的，内能大的物体温度不一定高，因此，内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故D正确。故选：D。①任何物体都有内能；物体的内能改变，其温度不一定改变，比如晶体的熔化等；物体温度升高，内能一定增加；②热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量；热量是从高温物体向低温物体传递的。本题主要考查学生对温度、热量与内能的关系以及改变内能的两种方式的掌握，是热学的难点，是中考的热点。---------------------------------------------------------------------第4题参考答案:C解：A、从a点下滑到b点过程中，由于滑雪板与雪间存在摩擦力，部分机械能会转化为内能，所以机械能减小，故A正确；B、从c点向d点运动过程中(即在空中的过程)，由于不计空气阻力，则运动员的机械能保持不变，故B正确；C、从a点到e点的过程中，运动员在空中时，机械能是守恒的，在地面上时，由于存在摩擦，克服摩擦做功，机械能会减小，所以整个过程中机械能先减小，后不变，再减小，故C错误；D、从c点到e点过程中，由于接触雪地后存在摩擦，则机械能减小，且在e点的机械能为0(e为停止点)，所以机械能最终全部转化为内能，故D正确。故选：C。机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关；在分析动能和重力势能之间的转化过程中，机械能的变化情况时，要搞清题目提供的条件或环境，此题的条件是：①不计空气阻力；②滑雪板与雪之间存在摩擦。结合机械能的概念(动能、重力势能概念)，根据题目的条件可分析出答案。---------------------------------------------------------------------第5题参考答案:D解：A、金属弹簧是导线，不能将弹性势能转化为电能，故A错误；B、手电筒底部的金属弹簧是导体，在这里是导线，属于电路的一部分，故B错误；C、一节电池两端的电压为1.5V，故两节干电池的电压为3V，故C错误；D、灯泡发光时，电源将化学能转化为电能，灯泡再将电能转化为光能，故D正确。故选：D。(1)金属弹簧是导线；(2)电源是提供电能的装置，用电器是用电来工作的设备，开关是用来控制电路通、断的装置，导线是将电源、用电器、开关连接起来构成电路，是输送电能的元件；(3)一节干电池两端的电压为1.5V；(4)手电筒工作时，电源将化学能转化为电能，灯泡将电能转化为光能。本题考查了手电筒电路的组成和作用、能量的转化，难度不大，属于基础题，提示我们应多观察生活。---------------------------------------------------------------------第6题参考答案:D解：给试管里的水加热，水沸腾后，水蒸气推动塞子迅速冲出管口，在这个过程中，水蒸气对外做功，内能减小，温度降低，在试管口液化成小水滴。故选：D。(1)做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体内能增加；物体对外做功，内能减小。(2)物质由气态变成液态的过程叫做液化，气体降低温度可以液化。做功改变内能的实质就是内能和其它形式能的转化，物体对外做功，内能转化成机械能，内能减小，温度降低。---------------------------------------------------------------------第7题参考答案:A解：A.由电路图可知，只闭合S_{2}时，电路断路，指示灯和台灯均不发光，只闭合开关S_{1}时指示灯L_{1}发光，再闭合S_{2}时台灯发光，S_{1}和S_{2}都闭合时，指示灯损坏，台灯也能发光，故A符合题意；B.由电路图可知，当只闭合S_{2}时，指示灯L_{1}和台灯L_{2}串联，两者均发光，故B不符合题意；C..由电路图可知，当只闭合S_{2}时，电路为台灯L_{2}的简单电路，台灯能发光，故C不符合题意；D.由电路图可知，当闭合S_{1}时，电路断路，指示灯不发光，故D不符合题意。故选：A。由题意可知，当只闭合S_{2}时台灯不发光，当闭合S_{1}时指示灯发光，再闭合S_{2}时台灯发光，如果指示灯损坏，S_{1}和S_{2}都闭合时台灯也能发光，说明指示灯和台灯可以独立工作、互不影响即为并联，且S_{1}位于干路，S_{2}位于L_{2}支路，据此分析选项得出答案。本题考查了电路图的设计，对于这类选择题，可以根据题意确定电路的连接情况，也可以适当运用代入法进行排除错误答案。---------------------------------------------------------------------第8题参考答案:C解：A、沿海地区，水多；内陆地区水少、沙石多，因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，故A正确；B、因为水的比热容较大，降低相同的温度，放出的热量多，屋子里更暖和，所以暖气用水做介质，利用了水的比热容较大的特性，故B正确；C、热值是燃料的一种特性，和燃料是否燃烧、是否完全燃烧无关，把煤磨成粉，使燃料的燃烧面积加大，有利于充分燃烧，提高燃料的利用率，而热值不变，故C错误；D、因水蒸发有致冷作用，使周围空气温度降低，所以夏天洒水是利用了蒸发吸热的道理，故D正确。故选：C。(1)对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；(2)热值是指1kg燃料完全燃烧放出的热量，是燃料的一种特性，和燃料的质量、是否燃烧、是否完全燃烧等无关，和燃料的种类有关。把煤磨成粉，使燃料的燃烧面积加大，有利于充分燃烧，提高燃料的利用率，而燃料的热值不变；(3)水蒸发要从周围空气吸热，使周围的空气温度降低，达到降温的目的。本题主要考查了学生对水的比热容大的特点的应用、热值的影响因素以及蒸发吸热的应用，属于基础知识的考查。---------------------------------------------------------------------第9题参考答案:D解：分析图象可知，物体的动能先减小再增大。A、由静止下落的乒乓球质量不变，速度不断变大，故其动能始终在增大，故A不合题意；B、竖直向上垫起的排球，排球质量不变，速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，但排球运动到最高点时速度为0，动能为0，故B不合题意；C、从地面斜向上踢出的足球在整个飞行过程中，质量不变，一直在运动，动能不为零。从离开脚到最高点过程中速度减小，动能减小；在下落的过程中，速度增大，动能增大。整个过程动能先减小再增大。但由于足球从地面开始向上运动，最终落回地面，故其最后的动能不可能大于初始的动能，故C不符合题意；D、斜向上投掷出去的铅球在整个飞行过程中，质量不变，一直在运动，动能不为零(处于最高点时竖直方向速度为0，但水平方向仍然有速度，因此动能不为0)。从出手到最高点过程中速度减小，此过程动能减小；在下落的过程中，速度不断增大，到达地面最大，此过程动能增大。整个过程动能先减小再增大。故D符合题意。故选：D。动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度增大，动能增大；速度一定时，质量增大，动能增大。掌握动能大小的影响因素，能通过图象判断动能的大小变化。结合实际分析出C、D两个选项中初始动能与最后动能的不同，是本题的关键。---------------------------------------------------------------------第10题参考答案:B解：由图可知，甲滑轮组承重的绳子股数n_{甲}=2，乙滑轮组承重的绳子股数n_{乙}=3，A、不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，则滑轮组的机械效率：η=\dfrac{W_{{有}}}{W_{{总}}}×100\%=\dfrac{Gh}{Gh+G_{{动}}h}×100\%=\dfrac{G}{G+G_{{动}}}×100\%，若G_{A}=G_{B}，由题知动滑轮重力相同，则η_{甲}=η_{乙}，故A错误；B、由图可知，n_{甲}=2，n_{乙}=3，由F=\dfrac{1}{n}(G+G_{动})可得，提升物体的重力：G=nF-G_{动}，则两物体的重力分别为：G_{A}=2F_{A}-G_{动}，G_{B}=3F_{B}-G_{动}，若F_{A}=F_{B}，由上式可知G_{A}<G_{B}，根据η=\dfrac{G}{G+G_{{动}}}×100\%可知，则η_{甲}<η_{乙}，故B正确；C、甲滑轮组绳子自由端的拉力F_{甲}=\dfrac{1}{2}(G_{A}+G_{动})=\dfrac{1}{6}(3G_{A}+3G_{动})，乙滑轮组绳子自由端的拉力F_{乙}=\dfrac{1}{3}(G_{B}+G_{动})=\dfrac{1}{6}(2G_{B}+2G_{动})，若G_{A}<G_{B}，由上式可知，无法判断F_{A}与F_{B}的大小关系，故C错误；D、由B项解答可知，两物体的重力分别为：G_{A}=2F_{A}-G_{动}，G_{B}=3F_{B}-G_{动}，若F_{A}>F_{B}，由上式可知，无法判断G_{A}与G_{B}的大小关系，故D错误。故选：B。(1)不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，根据η=\dfrac{W_{{有}}}{W_{{总}}}×100\%=\dfrac{Gh}{Gh+G_{{动}}h}×100\%=\dfrac{G}{G+G_{{动}}}×100\%，结合G_{A}>G_{B}比较两滑轮组的机械效率关系；(2)由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据F=\dfrac{1}{n}(G+G_{动})结合G_{A}与G_{B}、F_{A}与F_{B}得出即可答案。本题考查了滑轮组机械效率公式和绳子拉力公式的应用，明确有用功和总功以及滑轮组绳子的有效股数是关键。---------------------------------------------------------------------第11题参考答案:A解：读图可知，当s=OA=1m时，动力臂是阻力臂的二倍，根据杠杆平衡的条件F_{1}L_{1}=F_{2}L_{2}可知，此时的动力就是阻力的二分之一。读图乙可知，此时的动力F=50N，则杆重G=2F=2×50N=100N.故只有选项A符合题意。故选：A。杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，当s为1m时，动力臂为阻力臂的2倍，所以动力就是阻力的二分之一。解决图表类的题目要充分利用表中数据，此题，当s为1m时拉力等于杠杆的重力二分之一是解决问题的关键。---------------------------------------------------------------------第12题参考答案:D解：A、由题意可知，弹簧的弹性势能最终转化为木块的重力势能；弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大，则最终物块在最高处时所具有的重力势能越大，因为m_{甲}=m_{乙}，l_{1}<l_{2}，所以最终乙的重力势能大，且m_{甲}=m_{乙}，则甲、乙能到达斜面的最大高度h_{甲}<h_{乙}，故A错误；B、乙和丙相比，l_{2}=l_{3}，则最初弹簧的弹性势能相同，木块离开弹簧时弹性势能转化为的动能相同，所以乙离开弹簧时的动能等于丙的动能，故B错误；C、弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大，木块离开弹簧时弹性势能转化为动能越大；因为l_{1}<l_{2}，所以离开弹簧时乙的动能较大，由于m_{甲}=m_{乙}，则离开弹簧时乙的速度较大，即v_{甲}<v_{乙}，故C错误；D、此过程中，由于水平轨道、斜面都是光滑的，不存在摩擦，故机械能守恒；因为l_{2}=l_{3}，所以乙丙两图中最初弹簧的弹性势能相同，最终转化为的重力势能(增加的重力势能)也相同，故D正确。故选：D。在该实验中弹簧的弹性势能先转化为物块的动能，然后物块的动能由转化为滑块的重力势能，弹簧的形变量越大，物块获得的动能越大，最终物块的重力势能越大，比较弹簧形变的大小即可比较出物块重力势能的大小。本实验探究了影响弹簧弹性势能的因素，对学生来说难度较大；知道实验过程中能量的转化方式、通过不同实验对比是正确解题的关键。二、填空题---------------------------------------------------------------------第1题参考答案:机械

热传递

比热容

乙

1200

;解：(1)在压缩冲程中，活塞由下向上压缩气缸内的空气，即对空气做功，机械能转化为内能，使得空气的内能增加，温度升高；(2)为了避免汽油机在工作时温度升得太高，在设计制造时，汽缸外有一个水套，让汽缸被水包围着，即通过水吸收热量而使得气缸温度降低，这是通过热传递的方式改变内能的；(3)在这里我们之所以选择用水作为冷却剂，源于水的比热容最大，即相同质量的水和其他的液体相比较时，若都是升高1℃时，水能吸收的热量最多，故用水冷却效果最好；(4)图B中两气门关闭、活塞向上运行，是压缩冲程，将机械能转化为内能；如图甲、乙所示，在甲实验中燃气对塞子做功，将内能转化为机械能，该过程对应着汽油机工作循环中的做功冲程；而在乙实验中压缩筒内空气，使得空气的内能增大、温度升高，是将机械能转化为内能；所以，B与乙实验的能量转化过程相同；(5)在四冲程内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，并对外做功1次，飞轮转2圈；若该汽油机飞轮转速为2400r/min，则该汽油机飞轮每分钟转2400圈，对外做功的次数为\dfrac{1}{2}×2400=1200(次)。故答案为：机械；热传递；比热容；乙；1200。(1)压缩冲程即进气门和排气门都关闭，活塞由下向上运动，压缩空气做功，使气缸内气体内能增加温度升高；对于做功冲程，即气缸内的混合物被引燃，导致气缸内产生高温高压燃气，这些燃气推动活塞做功，使活塞由上向下运动；(2)改变内能有两种方式：即做功和热传递；(3)在自然界中水的比热容最大，这也是我们选用水作为作取暖或冷却物体的物质的根本原因；(4)内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，其中在做功冲程中，是内燃机的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能；(5)在四冲程内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，并对外做功1次，曲轴和飞轮转2圈。本题主要考查学生对改变物体内能方法的了解和掌握，水的比热容特点联系生产生活进行应用，会根据内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算。---------------------------------------------------------------------第2题参考答案:20

省力

不变

;解：(1)如图，杠杆在水平位置，L_{BA}=2L_{BC}，杠杆平衡，FL_{BA}=GL_{BC}，所以G=\dfrac{F×L_{BA}}{L_{BC}}=\dfrac{10N×2L_{BC}}{L_{BC}}=2×10N=20N；由图示可知，F的力臂大于G的力臂故为省力杠杆；(2)杠杆被拉起后，如图所示，BA′为动力臂，BC′为阻力臂，阻力不变为G，\triangleBC′D∽\triangleBA′D′，BC′：BA′=BD：BD′=1：2，杠杆平衡，所以F′L_{BA}′=GL_{BC}′，F′=\dfrac{G×L_{BC′}}{L_{BA{{'}}}}=\dfrac{1}{2}G=\dfrac{1}{2}×20N=10N；由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变；故答案为：20；省力；不变。(1)如图，BA、BC为动力F和阻力G的力臂，知道C是BA的中点，也就知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求G的大小；(2)画出动力和阻力的作用线，找出动力臂的阻力臂，判断杠杆是否省力，并利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。---------------------------------------------------------------------第3题参考答案:2

0.8

变大

;解：(1)由杠杆的平衡条件可知，4×0.5N×2L=G×4L，故G=1N，两个钩码；(2)由杠杆的平衡条件可知，弹簧测力计的示数为：F×5L=2N×2L，解得F=0.8N；弹簧测力计在C处竖直向上拉时，拉力的方向竖直向上与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距离；当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，根据杠杆平衡条件，动力变大，弹簧测力计的示数变大。故答案为：(1)2；(2)0.8；

变大。(1)根据杠杆的平衡条件分析。(2)根据杠杆的平衡条件求出测力计的示数；拉力的方向是倾斜的，力的方向与杠杆不垂直，力臂不能从杠杆上读出，此时力臂变小，根据杠杆的平衡条件分析弹簧测力计示数变化。利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或判断力的大小变化等，杠杆平衡条件应用很广泛。---------------------------------------------------------------------第4题参考答案:2000

2500

80%

变小

;解：(1)小刚做的有用功：W_{有用}=Gh=200N×10m=2000J；(2)由图知，n=2，拉力端移动距离：s=2h=2×10m=20m，拉力做的总功：W_{总}=Fs=125N×20m=2500J，(3)动滑轮的机械效率：η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}=\dfrac{2000J}{2500J}×100\%=80\%；(4)在不计绳重和摩擦的情况下，此题所用动滑轮没有发生变化，所以在此过程中所做的额外功不变；由于物体的重力减小，所以有用功减小；由公式η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{有用}}+W_{{额}}}可知，有用功在总功中所占的比例将减小，所以机械效率变小。故答案为：2000；

2500；

80\%；变小。(1)知道物重和升高的高度，利用W=Gh求小刚做的有用功；(2)由图知，n=2，拉力端移动距离s=2h，利用W=Fs求拉力做的总功；(3)利用η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}求动滑轮的机械效率；(4)使用动轮轮时，不计摩擦和绳重，做的额外功不变，减小钩码的重，减小了有用功，因此机械效率会变小。本题考查了使用动滑轮有用功、总功、机械效率的计算，注意提高机械效率的方法：一是增大提升物重，二是减小动滑轮重、减小摩擦。---------------------------------------------------------------------第5题参考答案:放出

1×104

小于

;解：(1)该物质从20℃降温到10℃的过程中，放出热量：Q_{放}=c_{液}m\trianglet=2×10^{3}J/(kg⋅℃)×0.5kg×(20℃-10℃)=1×10^{4}J；(2)由液体的凝固图象可知该物质的固体为晶体，在凝固时，放出热量、内能变小，温度不变，所以第15分钟的内能小于第10分钟的内能。故答案为：放出；1×10^{4}；小于。(1)已知液体的质量和比热容，利用Q=cm\trianglet可求得放出的热量；(2)晶体的液体在凝固时，放出热量、内能较小，温度不变。本题考查了热量的计算和对晶体凝固图象的认识，易错点在第二问，要知道：晶体的液体在凝固时，放出热量、内能较小，温度不变。---------------------------------------------------------------------第6题参考答案:增大

减小

大于

;解：皮球离开地面上升的过程中，质量不变，高度增加、速度减小，因此重力势能增大，动能减小，由于空气阻力的作用，机械能减小故皮球动能的减小量大于重力势能的增加量。故答案为：增大；减小；大于。(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)机械能等于动能和势能之和，不计阻力，机械能守恒。本题考查的是动能和重力势能的影响因素、机械能的概念，是一道基础题。三、实验探究题---------------------------------------------------------------------第1题参考答案:a

42000

7

1000J/（kg•℃）

解：(1)图a表示的是沙子吸热升温的过程，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，从公式\trianglet=\dfrac{Q}{cm}可知，沙子温度升得多。(2)用相同的酒精灯加热，在相同时间内，水和沙子吸收的热量是相同的；c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg⋅℃)，m_{水}=200g=0.2kg，\trianglet_{水}=70℃-20℃=50℃，沙子吸收的热量即水吸收的热量为：Q_{沙吸}=Q_{水吸}=C_{水}m_{水}\trianglet_{水}=4.2×10^{3}J/(kg⋅℃)×0.2kg×(70℃-20℃)=42000J。(3)由于酒精灯在相同时间内放出相同的热量，在10分钟的时间内，水吸收的热量为：Q=5Q_{水吸}=5×42000J=2.1×10^{5}J；Q_{沙吸}=Q_{水吸}=42000J，则酒精的质量为m=\dfrac{Q}{q}=\dfrac{2.1×10^{5}J}{3.0\times10^{7}J/kg}=0.007kg=7g；(4)加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，\trianglet_{沙}=230℃-20℃=210℃，m_{沙}=200g=0.2kg，c_{沙}=\dfrac{Q_{{沙吸}}}{m_{{沙}}\trianglet_{{沙}}}=\dfrac{42000J}{0.2kg\times210^{\circ}C}=1000J/(kg⋅℃)。故答案为：(1)a；(2)42000；(3)7；(4)1000J/(kg⋅℃)。(1)用两只完全相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，再利用公式\trianglet=\dfrac{Q}{cm}进行分析。(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}=c⋅m⋅\trianglet计算水吸收的热量。(3)计算出给水加热10min时间吸收的热量，根据Q=mq求出酒精的质量。(4)相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，从(2)可知，加热2min水吸收的热量，已知酒精的质量和加热2min酒精的温度变化，可利用公式c=\dfrac{Q}{m\trianglet}计算沙子的比热容。此题考查了学生对吸热公式的掌握和运用，并可利用公式计算热量和比热容，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。---------------------------------------------------------------------第2题参考答案:0

18

8

;解：从图乙可知，物体在第1-3s的速度为0，物体静止，故推力F不做功，即推力F做的功为0J；根据图乙可知，第3-6s中作用在物体上的推力：F=6N，此时间内推力所做的功：W=Fs=6N×3m=18J；从图乙可知，6s-9s这段时间中F′=4N，v=2m/s，第6-9s推力F做的功：W′=F′s′=F′vt=4N×2m/s×3s=24J。所以，第6-9s推力F做功的功率：P=\dfrac{W′}{t}=\dfrac{24J}{9s-6s}=8W。故答案为：0；18；8。因为第1-3s物体的速度为0，所以物体静止，推力F不做功；根据图乙可以看出第3-6s中作用在物体上的力是6N，利用公式W=FS求出推力所做的功；第6-9s推力F是4N，并且在这段时间内物体在做匀速直线运动，速度为2m/s，再利用公式W=Fs=Fvt求出推力所做的功，根据P=\dfrac{W}{t}求出功率。本类型题的关键是会分析题目中提供的图示，判断出不同状态下的受力情况和速度的大小。四、作图题---------------------------------------------------------------------第1题参考答案:解：过力臂L1的右端，作垂直于L1的直线，与杠杆的交点为力F1的作用点，方向斜向右上方；如图所示：根据力与力臂垂直的关系，作出动力F_{1}的示意图。本题考查了力的示意图的画法。当杠杆平衡时，动力和阻力对杠杆的影响是：使杠杆的运动趋势相反的。五、计算题---------------------------------------------------------------------第1题参考答案:解：根据滑轮组的省力特点：n==≈2.2因此滑轮至少由3段绳子承担物重。应从动滑轮绕起。故答案为：要解决此题，需要掌握滑轮组的省力特点，知道滑轮组由几段绳子承担物重，提起绳子的力就是物重的几分之一。要知道物重指物体和动滑轮的总重。首先根据滑轮组的省力特点确定绳子的段数，后确定滑轮组的绕线方法。此题主要考查了滑轮组省力特点的应用，同时还考查了滑轮组的组装。要熟练掌握滑轮组的省力特点，理解物重的含义。---------------------------------------------------------------------第2题参考答案:解：由图可知，把图中的开关和与其串联的电灯看作一个整体后，另一个电灯和下面的虚线框跟它并列连接（即两灯并联），所以下面的虚线框为开关，上面的虚线框为电源，如下图所示：开关跟用电器之间属于串联使用，要使开关都闭合时两灯组成并联电路，把开关和电灯看作一个整体后，它们的首跟首相连，尾跟尾相连。本题考查并联电路的连接特点是一道基础题。---------------------------------------------------------------------第3题参考答案:500N

83.3%

100

;解：(1)斜面很光滑，故利用功的原理得，人做的有用功等于用斜面所做的功：W_{有}=Gh=mgh=150kg×10N/kg×1m=1500J；Fs=mgh=1500J，解得：F=\dfrac{1500J}{3m}=500N；(2)人所做的总功：W_{总}=F′s=600N×3m=1800J；斜面的机械效率：η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}×100\%=\dfrac{1500J}{1800J}×100\%=83.3\%；(3)W_{总}=W_{有}+W_{额}即：Fs=Gh+fs所以f=\dfrac{Fs-Gh}{s}=\dfrac{1800J-1500J}{3m}=100N；故答案为：500N；83.3\%；100N。(1)人做的有用功是将物体沿斜面推上小车，即将物体升高了h，故有用功为人克服重力做功，利用功的原理由W=mgh=Fs，可求得施加的推力；(2)利用已求得的有用功和总功，由机械效率公式可求得斜面的机械效率；(3)人做的额外功就是因为人要克服摩擦力做功，则可先求得摩擦力的功再由功的公式求得摩擦力。此题考查的有关斜面机械效率的计算，解答此题的关键是我们要知道使用斜面时的有用功和总功的计算方法，要求能准确把握有用功、总功、额外功等的意义。---------------------------------------------------------------------第4题参考答案:解：（1）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（50℃-10℃）=8.4×106J；（2）该热水器的效率：η=×100%=×100%=30%；（3）由Q放=mq可得，完全燃烧煤的质量：m′===0.8kg。答：（1）该热水器中的水吸收的热量是8.4×106J；（2）这段时间该热水器的效率是30%；（3）需完全燃烧0.8kg煤。(1)已知水的质量、水的初温末温，利用吸热公式Q_{吸}=cm(t-t_{0})计算水吸收的热量(有用能量)；(2)又热水器接收到太阳辐射的热量，利用效率公式求该热水器的效率；(3)知道煤燃烧放出的热量，利用Q_{放}=mq求需完全燃烧煤的质量。本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。---------------------------------------------------------------------第5题参考答案:解：（1）由甲图可知，n=2，由乙图象可知，当重物G1=400N时，η1=50%，由η====可得：拉力F1===400N；由于滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，则根据F=可得动滑轮的重力：G动=nF1-G1=2×400N-400N=400N；（2）1min绳子自由端移动的距离s=2h=2×12m=24m，拉力做的功：W=Fs=200N×24m=4800J，拉力的功率：P===80W；（3）当η2=80%时，由η====可得，此时的物重：G2===1600N。答：（1）动滑轮的重力400N；（2）拉力的功率为80W；（3）当滑轮组的机械效率为80%时，运动建材的重力是1600N。(1)根据图乙读出建材重力为400N时的效率，然后利用η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}=\dfrac{Gh}{Fs}=\dfrac{Gh}{Fnh}=\dfrac{G}{nF}可求出拉力；因为滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，则根据F=\dfrac{G+G_{{动}}}{n}求出动滑轮的重力；(2)首先确定滑轮组绳子有效股数，然后利用s=nh求出绳子自由端移动的距离，再利用W=Fs求出拉力做的功，再利用P=\dfrac{W}{t}可求得拉力的功率；(3)用η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{有用}}+W_{{额}}}=\dfrac{Gh}{Gh+G_{{动}}h}=\dfrac{G}{G+G_{{动}}}可计算当滑轮组的机械效率为80\%时运送建材的重力。此题考查重力、功和功率、滑轮组的机械效率的计算，关键是滑轮组绳子有效股数的确定和η=\dfrac{G}{nF}、η=\dfrac{G}{G+G_{{动}}}的应用。---------------------------------------------------------------------第6题参考答案:右

0

方便直接读出力臂

2

小于

解：(1)如图甲，杠杆的左端下沉，可将杠杆左端的平衡螺母向右移动，直到杠杆在水平位置平衡。杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0。(2)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。根据杠杆平衡条件F_{1}L_{1}=F_{2}L_{2}得，1.5N×20cm=F_{2}×15cm，解答F_{2}=2N。(3)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上时，力的力臂在杠杆上，此时力臂最大，当如丙图，弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，力臂不在杠杆上，动力臂变小。故答案为：(1)右；0；(2)力臂在杠杆上，便于测出力臂大小；2；(3)小于。(1)探究杠杆平衡条件时，调节杠杆两端的平衡螺母，平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡。杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0。(2)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。根据杠杆平衡条件，求出弹簧测力计的拉力。(3)当力倾斜作用在杠杆上，杠杆在水平位置平衡，力臂不在杠杆上，力臂变小，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计的拉力会变大。当杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力臂才在杠杆上，这点是考查的重点，也是学生容易忽视的地方。---------------------------------------------------------------------第7题参考答案:0.5

66.7

克服杠杆自重做功

不能

不能实验次数少

没有控制钩码的悬挂点相同

0.4

解：(1)弹簧测力计每一个大格代表1N，每一个小格代表0.1N，指针超过5个小格，示数为0.5N；用杠杆提起货物，对货物做的功是有用功，W_{有}=Gh=1N×0.1m=0.1J，用杠杆提起货物，对整个杠杆做的功是总功，W_{总}=Fs=0.5N×0.3m=0.15J。所以杠杆的机械效率：η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}×100\%=\dfrac{0.1J}{0.15J}×100\%≈66.7\%；额外功产生的原因：克服机械的重做功、克服摩擦做功。(2)分析机械效率的影响因素采取控制变量法，研究提起的物重和机械效率的关系时，应保持位置不变；题中悬挂点不同，物体的重力不同，变量不唯一，不能探究：“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”；故不能，原因为：两次实验时钩码没有挂在同一位置；仅根据一次对比实验所得结论是不可靠的；由第2次实验知，有用功：W_{有用}=Gh=2.0N×0.15m=0.3J；总功为：W_{总}=Fs=1.2N×0.3m=0.36J；额外功：W_{额}=W_{总}-W_{有用}=0.36J-0.3J=0.06J可知杠杆自重：G_{杆}=\dfrac{W_{{额}}}{h}=\dfrac{0.06J}{0.15m}=0.4N。故答案为：(1)0.5；66.7；由于使用杠杆时需要克服杠杆自重做功；(2)不能；两次实验时钩码没有挂在同一位置；仅根据一次对比实验所得结论是不可靠的；0.4。(1)弹簧测力计每一个大格代表1N，每一个小格代表0.1N，正确读数；根据公式进行计算：W_{有}=Gh，W_{总}=Fs，η=\dfrac{W_{{有用}}}{W_{{总}}}×100\%；额外功产生的原因：克服机械的重做功、克服摩擦做功；(2)根据控制变量法分析解答；通过探究实验时，应进行多次实验，分析多组数据，才能得出正确结论；分析机械效率的影响因素采取控制变量法。解答此类问题，需要做到：(1)能正确使用弹簧测力计；(2)能计算有用功、总功、额外功、机械效率；(3)正确分析额外功的原因，如何提高机械效率；(4)用控制变量法研究机械效率的影响因素。-------