精品解析浙教版九上科学期末复习：能量的转化与守恒3

1、Word文档，下载后可任意编辑 精品解析浙教版九上科学期末复习：能量的转化与守恒3(外装订线) (请不要在装订线内答题) (内装订线)登陆在线组卷平台 助您教考全无忧浙教版九上科学期末复习：能量的转化与守恒3一、单项选择题1.（2021九上绍兴期中）网球发球机在同一高度以相同的速度朝不同方向分别发出 a、b、c 三个完全一样的球（如图所示），若不计空气阻力，则关于落到水平面时的速度大小关系,下列说法中正确的是（ ）A. vavbvc B. vbvcva C. vavcvb D. va=vb=vc2.（2021九上绍兴期中）如图五所示，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

2、到顶点A，已知ABAC，施加的力分别为F1、F2 ， 拉力做的功为W1、W2 ， 拉力做功的功率分别为P1、P2 ， 则下列判断中正确的是 （ ）A. F1W2 , P1 P2C. F1 s2；根据公式可知，斜面上的拉力F1Q1Q2Q串；那么通电相同时间后，水温最高的是D。故选D。4.【答案】 C【考点】密度公式的应用，二力平衡的条件及其应用，浮力大小的计算，杠杆的平衡条件【解析】【分析】（1）由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；确定M完全浸没时力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件计算出此时B端受到的作用力，再根据二

3、力平衡原理计算出M受到的浮力，然后根据阿基米德原理计算出物体的体积，最后根据密度公式计算出M的密度；（2）设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1 ， M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；（3）由（2）可知，每加0

4、.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用压强公式求出容器对桌面的压强。（4）加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由（2）可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。【解答】A由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），由杠杆的平衡条件可得：F0OA=GMOB；6NOA=GM2OA；解得：GM=3

5、N。由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，由杠杆的平衡条件可得：FAOA=FBOB，24NOA=FB2OA；解得：FB=12N。对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=3N+12N=15N，那么M的体积为：;则M的密度故A错误；B设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1 ， M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力3N，由阿基米德原理F浮力=水gV排可得：水gSh1=3N ；由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，则此时M受到的浮力：F浮=15N，由阿基米德

6、原理可得：水gSh=15N 由和得：h=5h1 ，由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为15N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了15N，所以，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为3N，此时传感器的示数为0N，故B错误；C由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.8kg时，浮力为12N，物体M受到细杆b向下的压力：FB=F浮-GM=12N-3N=9N，水箱对水平面的压力：F=（m水箱+m水）g+GM+FB

7、=（0.8kg+1.8kg）10N/kg+3N+9N=38N，容器对桌面的压强为： ， 故C正确；D加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是15N，由阿基米德原理可知排开水的重力是15N，水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg10N/kg+15N=35N，故D错误。故选C。5.【答案】 B【考点】二力平衡的条件及其应用，影响摩擦力大小的因素，功的计算公式的应用【解析】【分析】（1）根据影响滑动摩擦力的因素是否改变比较两个时间段内摩擦力的大小；（2）首先根据图像确定物体在两个时间段内的运动状态，然后根据力与运动的关系确定拉力与摩擦力的大小关系，从而比

8、较两个拉力的大小，最后根据W=Fs比较做功的大小即可。【解答】（1）在物体运动的过程中，物体对接触面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，则物体受到的摩擦力相等，即f1=f2；（2）根据图像可知，从A到O，相同的时间内物体前进相同的路程，则物体做匀速直线运动。根据二力平衡的条件可知，此时F1=f。 从O到C，相邻的时间内物体运动的距离不断增大，则物体在做加速运动，即合力的方向与运动方向相同，也就是F2f。 二者比较可知，F10，即fU2 ， 故D错误。故选B。14.【答案】 B【考点】电功率计算公式的应用【解析】【分析】根据公式 ， 结合电压和电阻的变化，对功率的大小进行推导计算即可。【解答】B为

9、电热丝AC的中点抽头，则RAC=2RAB=2RBC ，由电炉的铭牌“220V或110V，500W”可知，其额定功率为500W，额定电压为110V或220V，由公式可知：在功率P一定时，电阻越大，其工作电压应越大，则电炉的功率为额定功率500W时，接AC时电压是220V，接AB或BC时，电压是110V；当A、C端与220V电源相连时，电炉正常工作，电功率为500W，故B正确；当A、B端与220V电源相连时，电阻变为原来的 ，由可知，功率变为原来的2倍，即1000W，故A错误；当AC连在一起作为一个接线端时，再将它和B端与110V电源相连，相当于把整个电阻平分成两段后再并联，总电阻变为原来的 ，再

10、将它和B端与110V电源相连时，电压变为原来的，根据公式可知，此时电功率变不变，仍然为500W，故C错误；将AC端与110V电源相连时，电阻不变，电压变为原来的 ， 由可知，功率变为原来的， 即125W，故D错误。故选B。15.【答案】 B【考点】欧姆定律及其应用，电功率计算公式的应用【解析】【分析】（1）在串联电路中，功率与电阻成正比，据此判断哪盏灯较亮；（2）串联电路各处电流都相等，因此额定电流小的正常发光；（3）根据W=Pt分析判断；（4）根据公式比较电阻的大小。【解答】根据公式可知，当额定电压相同时，功率与电阻成反比。因为甲的功率小于乙的功率，所以电阻R甲大于R乙 ， 故D错误；当两灯

11、串联时，功率与电阻成正比，即电阻越大，功率越大。因为R甲大于R乙 ， 所以甲的实际功率大于乙，即甲灯较亮，故A错误；根据可知，当额定电压相同时，甲的额定功率小于乙的额定功率，所以甲的额定电流小于乙的额定电流。串联时各处电流都相等，因此电流小的甲正常发光，故B正确；根据W=Pt可知，当时间相同时，实际功率越大，消耗的电能越多。因为甲的实际功率大，所以甲消耗的电能比乙大，故C错误。故选B。16.【答案】 C【考点】欧姆定律及其应用，电功率计算公式的应用【解析】【分析】（4）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据乙图读出此时的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压

12、；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出此时电路中的电流和R两端的最大电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；（1）根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值；（3）根据P=UI求出电路最大的总电功率；（2）根据P0最小=I最小2R0计算消耗电功率的最小值。【解答】当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，由乙图可知，电路中的最大电流I大=0.4A，电源电压：U=I大R0=0.4AR0当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，由乙图可知，电路中的最小电流I最小=0.05A

13、，R两端的电压UR=7V，则滑动变阻器的最大阻值：，故D错误；电源电压：U=I最小R0+UR=0.05AR0+7V，联立解得：R0=20，故A错误；已知电源电压U=8V，则电路的最大总功率：P最大=UI最大=8V0.4A=3.2W，故C正确；R0的最小功率：P0最小=I最小2R0=（0.05A）220=0.05W，故B错误。故选C。17.【答案】 D【考点】功的计算公式的应用，功率计算公式的应用，动滑轮及其工作特点【解析】【分析】（1）要判断出A所受的摩擦力，首先根据拉力F和动滑轮的特点，计算出绳子对A的拉力，对A进行受力分析，根据平衡力的特点计算出A受地面的摩擦力；（2）根据动滑轮的特点及A

14、的移动速度判断滑轮的移动速度；（3）根据公式P=Fv计算出拉力F的功率；（4）利用W=Fs求绳子对物体A做的功。【解答】A.动滑轮上有2根绳子承担拉力，因为拉力F=24N，所以对A的拉力为FA=.弹簧测力计的示数恒为5N，则物体B对A的摩擦力fAB为5N，方向向右，所以地面对A的摩擦力为f地面=FA-fAB=12N-5N=7N，故A错误；B.A移动的速度即绳端移动的速度为0.2m/s，所以滑轮的移动速度为 ， 故B错误；C.水平拉力的功率P=Fv=24N0.1m/s=2.4W，故C错误；D.绳子对A的拉力是12N，2s物体A移动的距离为s=vt=0.2m/s2s=0.4m，绳子的拉力做功W=F

15、s=12N0.4m=4.8J，故D正确。故选D。二、填空题18.【答案】 1000；80%；50【考点】功的计算公式的应用，机械效率的计算【解析】【分析】（1）根据W总=Fs计算出推力做的功，根据W有=Gh计算有用功，根据计算出斜面的机械效率。（2）根据W额=W总-W有计算出克服摩擦做的额外功，再根据计算出斜面对物体的摩擦力。【解答】（1）推力做的功W总=Fs=250N4m=1000J；推力做的有用功W有=Gh=400N2m=800J；则斜面的机械效率：。（2）克服摩擦做的额外功W额=W总-W有=1000J-800J=200J；斜面对物体的摩擦力为：。19.【答案】 （1）减少（2）BC之间（

16、3）B点【考点】力与运动的关系，势能的影响因素【解析】【分析】（1）弹性势能的大小与弹性形变的程度大小有关；（2）当物体受到的合力与运动方向相同时，做加速运动；当合力为零时，加速停止，此时速度最大；当合力的方向与运动方向相反时，做减速运动。（3）弹性势能为零，即没有发生弹性形变，据此分析解答。【解答】（1）由C到B时，弹簧的形变程度减小，即弹性势能减少。（2）物体从C到A时，开始时，弹力大于阻力，合力向左，即物体向左做加速运动；当弹力和阻力相同时，合力为零，此时加速停止，速度最大；B点时，弹力为零，此时合力向右，物体已经开始做减速运动，因此物体速度最大的点在BC之间，动能最大的点也在BC之间。

17、（3）当物体停留时，弹性势能为零，即弹簧没有发生形变，因此停留在B点。 20.【答案】 相等；5000；18【考点】二力平衡的条件及其应用，功的计算公式的应用，滑轮组绳子拉力的计算【解析】【分析】（1）不计绳重与摩擦，拉动A向右做匀速直线运动时，根据二力平衡条件分析计算；（2）已知电动机拉绳子的功率和效率，然后由W=Pt可求得消耗的电能；（3）已知F2比F1小2N，利用列出等式可求得电动机拉绳的力F1。【解答】（1）拉动A向右做匀速直线运动，A处于平衡状态，由二力平衡条件可知，A所受的拉力与阻力的大小相等，（2）已知电动机的效率为60%，电动机拉绳子的功率P=50W，则电动机的电功率；电动机工

18、作1min消耗的电能W=Pt=60s=5000J；（3）依次拉动物体A、B，电动机的效率都为60%，不计绳重与摩擦，设动滑轮上绳子的有效股数为n，则： 由题知，F2+4N=F1 将fA=48N、fB=36N代入式，解得：F1=18N。21.【答案】 （1）先增大后减小（2）0（3）3N【考点】二力平衡的条件及其应用，动能和势能的大小变化【解析】【分析】（1）根据丙图，确定小球的速度变化情况；（2）根据橡皮筋和小球的能量转化判断；（3）根据丙图和乙图，确定橡皮筋的原长，以及弹力和重力相等时的伸长量，最后跟机0.3N/cm L计算小球的重力。 【解答】（1）根据丙图可知，小球从a点运动到c点的过程

19、中，小球下落速度的变化情况是：先增大后减小。（2）当橡皮筋的伸长量最大时，此时小球的动能全部转化为橡皮筋的弹性势能，即此时它的动能为零，它的速度为零。（3）根据乙图可知，当下落高度为ha时，橡皮筋的弹力开始增大，即此时橡皮筋开始伸长，那么橡皮筋的原长为ha=0.4m。根据丙图可知，当hb=0.5m时，小球的速度达到最大，此时合力为零，即弹力等于重力。此时橡皮筋伸长L=0.5m-0.4m=0.1m=10cm，则小球的重力为：0.3N/cm10cm=3N。22.【答案】 （1） :1（2）250【考点】功率计算公式的应用，杠杆的平衡条件【解析】【分析】（1）找出杠杆即将离开水平位置和把吊桥拉起到与

20、水平面的夹角为30时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别求出F1、F2的大小；（2）由于不计绳重和摩擦，士兵对吊桥做的功即为克服桥重做的功，那么求出桥重心提升的高度，利用W=Gh即可得出士兵做功的多少，然后根据功率公式 即可得出答案。【解答】（1）当杆即将离开水平位置时，如下图所示，AE=OE，OA=OD，由勾股定理，（OE）2+（AE）2=（OA）2 ，2OE2=OA2=（10m）2 ，解得： ，根据杠杆的平衡条件得到：F1OE=GOB；F1m=3000N；解得： ，把吊桥拉起到与水平面的夹角为30时，如右下图，AE=5m，OA=10m；由（OE）2+（AE）2=（OA）2得到：

21、（OE）2+（5m）2=（10m）2；解得： ，因为（OC）2+（BC）2=（OB）2 ，所以 ，根据杠杆平衡条件得到：F2OE=GOC，F2=3000N ，解得：F2=1500N；所以。（2）士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30的过程中，桥的重心升高的距离为：；克服重力做的功为：W=Gh=3000N2.5m=7500J；那么其平均功率为：。 23.【答案】 15；2；0.3【考点】欧姆定律及其应用，电功率计算公式的应用【解析】【分析】（1）根据甲图可知，定值电阻R0与灯泡并联。首先根据乙图确定电压表示数为3V时通过电流表的示数，再根据计算出通过R0的电流，接下来根据IL=I总-I0计算出通

22、过灯泡的电流，最后根据计算灯泡的电阻。（2）根据P=UI可知，总功率等于总电压和总电流的乘积，根据乙图确定此时的电压和电流，再根据计算出R0的功率，最后根据PL=P总-P0计算出灯泡的实际功率。【解答】（1）根据甲图可知，定值电阻R0与灯泡并联。根据乙图可知，当电压表示数为3V时，通过电流表的示数为0.5A；此时通过R0的电流为：；通过灯泡的电流为：IL=I总-I0=0.5A-0.3A=0.2A；灯泡的电阻：。（2）根据乙图可知，当电压表的示数为2V时，通过电流表的示数为0.35A，根据P=UI可知，此时总功率恰好为0.7W，即此时电源电压为2V。此时R0的实际功率为： ，则灯泡的实际功率为：

23、PL=P总-P0=0.7W-0.4W=0.3W。24.【答案】 （1）6000（2）1920【考点】功的计算公式的应用，功率计算公式的应用【解析】【分析】（1）忽略滑轮和吊绳之间的摩擦力，那么拉力做的功与克服动滑轮、物体和吊框的总重力做的功相等，即W=Fs=G总h。（2）首先根据W=G总h计算出伸缩柱做的功，再根据计算出伸缩柱的功率。【解答】（1）10s内物体上升的高度h=vt=0.5m/s10s=5m；忽略滑轮和吊绳之间的摩擦力，则拉力做的功为：W=Fs=G总h=（570N+30N+600N）5m=6000J。（2）伸缩柱做的功为：W=G总h=（570N+30N+600N）8m=9600J；

24、则伸缩柱的功率为：。25.【答案】 （1）1（2）6【考点】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【解析】【分析】（1）首先根据v=nvA计算出拉力F移动的速度，再根据功率的计算式P=Fv计算功率；（2）对物体B进行受力分析，根据二力平衡的原理计算弹簧测力计的示数。【解答】（1）拉力F移动的速度v=nvA=20.1m/s=0.2m/s；拉力F做功的功率：P=Fv=5N0.2m/s=1W；（2）动滑轮上承担拉力的绳子段数n=2，物体A和B之间的摩擦力；物体B处于静止状态，它受到水平向左的摩擦力f，水平向右的地面施加的摩擦力f和测力计的拉力F拉 ，即f=f+F拉；10N=4

25、N+F拉；解得：F拉=6N。26.【答案】 （1）(弹性)势能（2）50（3）四肢运动需要消耗能量；身体肌肉的收缩和拉伸需要消耗能量；心脏推动血液循环需要消能量；人体向外散热需要消耗能量【考点】功的计算公式的应用，功率计算公式的应用，动能和势能的概念【解析】【分析】（1）物体由于发生弹性形变而具有的能量叫弹性势能；（2）首先根据勾股定理计算出迈步时重心到地面的距离，然后将站立时的重心高度与它相减得到重心上升的高度，再根据W总=nW=nGh计算出每分钟作的总功，最后根据计算步行时的功率；（3）人再步行时，不光克服重力做功，还要肌肉收缩和拉伸、心脏推动血液，同时向外散热，这些都要消耗能量，据此分析

26、解答。【解答】（1）步行时，落地缓冲阶段鞋底发生形变，离地蹬伸时鞋底恢复原状，这一过程中动能与弹性势能相互转化。（2）如下图所示，人迈步时重心到地面的距离：;行走一步重心上升高度：h=65cm-60cm=5cm=0.05m；那么每分钟克服重力做功：W总=nW=nGh=60kg10N/kg0.05m100=300J；他步行的功率：。（3）人步行时消耗的能量大于克服自身重力所做功的原因是：四肢运动需要消耗能量；身体肌肉的收缩和拉伸需要消耗能量；心脏推动血液循环需要消能量；人体向外散热需要消耗能量。27.【答案】 减小；小于【考点】欧姆定律及其应用，电功率【解析】【分析】（1）灯泡的亮度由它的实际功

27、率决定，实际功率越大，它的亮度越大；（2）灯泡的亮度变小，即总电流变小，那么总电阻变大，此时滑动变阻器的阻值也变大。灯泡的电阻随温度的降低而减小，因此它亮度减小时电阻也变小，根据R总=R变+RL可知，此时灯泡电阻的减小量肯定小于变阻器阻值的增大量，据此分析解答。【解答】（1）继续调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐降低，小灯泡逐渐变暗，小灯泡的实际电功率减小。（2）这段时间内，若小灯泡电阻变化量的绝对值是R1 ， 滑动变阻器接入电路的电阻变化量的绝对值是R2 ， 则R1vbvc B. vbvcva C. vavcvb D. va=vb=vc【答案】 D【考点】动能和势能的大小变化【解析】【分

28、析】根据机械能守恒的知识分析判断。【解答】同一个网球，发出时的高度相同，则重力势能相同；速度相同，则动能相同，根据“机械能=动能+重力势能”可知，开始时网球具有的机械能相同。运动过程中不计空气阻力，则到达地面时它们的机械能仍然相等。由于此时它们的重力势能都是0，因此它们的动能都相等，即落到水平面时的速度都相等，故D正确，而A、B、C错误。故选D。2.（2021九上绍兴期中）如图五所示，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ABAC，施加的力分别为F1、F2 ， 拉力做的功为W1、W2 ， 拉力做功的功率分别为P1、P2 ， 则下列判断中正确的是 （ ）A.

29、F1W2 , P1 P2C. F1 s2；根据公式可知，斜面上的拉力F1Q1Q2Q串；那么通电相同时间后，水温最高的是D。故选D。4.（2021海曙模拟）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB=20A，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的质量为0.8kg，底面积为200cm2 ， 不计杠杆、细杆及连接处的重力，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，则( )A. 物体M的密度为0.6103kg/m3B. 当传感器示数为

30、0N时，加水质量为1.4kgC. 当加水质量为1.8kg时，容器对桌面的压强为D. 加水质量为2kg时，水对水箱底部的压力为31N【答案】 C【考点】密度公式的应用，二力平衡的条件及其应用，浮力大小的计算，杠杆的平衡条件【解析】【分析】（1）由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；确定M完全浸没时力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件计算出此时B端受到的作用力，再根据二力平衡原理计算出M受到的浮力，然后根据阿基米德原理计算出物体的体积，最后根据密度公式计算出M的密度；（2）设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的

31、深度为h1 ， M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；（3）由（2）可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱

32、对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用压强公式求出容器对桌面的压强。（4）加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由（2）可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。【解答】A由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），由杠杆的平衡条件可得：F0OA=GMOB；6NOA=GM2OA；解得：GM=3N。由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，由杠杆的平衡条件可得：FAOA=FBOB，24NOA=FB2OA；解得：FB=12N。对M受力分析

33、可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=3N+12N=15N，那么M的体积为：;则M的密度故A错误；B设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1 ， M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力3N，由阿基米德原理F浮力=水gV排可得：水gSh1=3N ；由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，则此时M受到的浮力：F浮=15N，由阿基米德原理可得：水gSh=15N 由和得：h=5h1 ，由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为15N），该

34、过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了15N，所以，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为3N，此时传感器的示数为0N，故B错误；C由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.8kg时，浮力为12N，物体M受到细杆b向下的压力：FB=F浮-GM=12N-3N=9N，水箱对水平面的压力：F=（m水箱+m水）g+GM+FB=（0.8kg+1.8kg）10N/kg+3N+9N=38N，容器对桌面的压强为： ， 故C正确；D加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受

35、到的浮力是15N，由阿基米德原理可知排开水的重力是15N，水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg10N/kg+15N=35N，故D错误。故选C。5.（2021宁波模拟）如图所示，在粗糙程度相同的水平面上，先用拉力F1将物体从A拉到O，再改用拉力F2将物体从O拉到C，其中LAOLOB ， 用频闪相机每隔相同的时间拍下物体的位置（用虚线框表示），若拉力F1在AO段所做的功为W1 ， 拉力F2在OB段所做的功为W2 ， 物体在AO段受到的摩擦力为f1 ， 在OC段受到的摩擦力为f2。下列判断正确的是（ ）A. W1W2 B. W1W2C. f1f2 D. f1f2【答案】 B【考

36、点】二力平衡的条件及其应用，影响摩擦力大小的因素，功的计算公式的应用【解析】【分析】（1）根据影响滑动摩擦力的因素是否改变比较两个时间段内摩擦力的大小；（2）首先根据图像确定物体在两个时间段内的运动状态，然后根据力与运动的关系确定拉力与摩擦力的大小关系，从而比较两个拉力的大小，最后根据W=Fs比较做功的大小即可。【解答】（1）在物体运动的过程中，物体对接触面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，则物体受到的摩擦力相等，即f1=f2；（2）根据图像可知，从A到O，相同的时间内物体前进相同的路程，则物体做匀速直线运动。根据二力平衡的条件可知，此时F1=f。 从O到C，相邻的时间内物体运动的距离不断增大

37、，则物体在做加速运动，即合力的方向与运动方向相同，也就是F2f。 二者比较可知，F10，即fU2 ， 故D错误。故选B。14.（2020九上滨江月考）有一个标有“220V或110V，500W”的电炉，它对应的电炉丝连线图如图所示，其中B为电热丝AC的中点抽头，下列说法正确的是（ ）A. 将AB端与220伏特电源相连功率为250瓦特B. 将AC端与220伏特电源相连功率为500瓦特C. 将AC连在一起作为一个接线端，再将它和B端与110伏特电源相连功率为1000瓦特D. 将AC端与110伏特电源相连功率为250瓦特【答案】 B【考点】电功率计算公式的应用【解析】【分析】根据公式 ， 结合电压和电

38、阻的变化，对功率的大小进行推导计算即可。【解答】B为电热丝AC的中点抽头，则RAC=2RAB=2RBC ，由电炉的铭牌“220V或110V，500W”可知，其额定功率为500W，额定电压为110V或220V，由公式可知：在功率P一定时，电阻越大，其工作电压应越大，则电炉的功率为额定功率500W时，接AC时电压是220V，接AB或BC时，电压是110V；当A、C端与220V电源相连时，电炉正常工作，电功率为500W，故B正确；当A、B端与220V电源相连时，电阻变为原来的 ，由可知，功率变为原来的2倍，即1000W，故A错误；当AC连在一起作为一个接线端时，再将它和B端与110V电源相连，相当于

39、把整个电阻平分成两段后再并联，总电阻变为原来的 ，再将它和B端与110V电源相连时，电压变为原来的，根据公式可知，此时电功率变不变，仍然为500W，故C错误；将AC端与110V电源相连时，电阻不变，电压变为原来的 ， 由可知，功率变为原来的， 即125W，故D错误。故选B。15.（2020九上滨江月考）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（ ）A. 当两灯串联在一起时，乙灯较亮B. 当两灯串联在一起时，只允许甲灯泡正常发光，否则可能会损坏C. 当两灯工作时间相同时，甲灯消耗的电能比乙灯少D. 当两灯均正常发光时，乙灯灯丝电阻较大【答案】 B【考点】欧姆定律及其应用，电功率计

40、算公式的应用【解析】【分析】（1）在串联电路中，功率与电阻成正比，据此判断哪盏灯较亮；（2）串联电路各处电流都相等，因此额定电流小的正常发光；（3）根据W=Pt分析判断；（4）根据公式比较电阻的大小。【解答】根据公式可知，当额定电压相同时，功率与电阻成反比。因为甲的功率小于乙的功率，所以电阻R甲大于R乙 ， 故D错误；当两灯串联时，功率与电阻成正比，即电阻越大，功率越大。因为R甲大于R乙 ， 所以甲的实际功率大于乙，即甲灯较亮，故A错误；根据可知，当额定电压相同时，甲的额定功率小于乙的额定功率，所以甲的额定电流小于乙的额定电流。串联时各处电流都相等，因此电流小的甲正常发光，故B正确；根据W=P

41、t可知，当时间相同时，实际功率越大，消耗的电能越多。因为甲的实际功率大，所以甲消耗的电能比乙大，故C错误。故选B。16.（2020九上拱墅月考）如图甲所示的电路中，电源电压为8V恒定不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P滑动的过程中，电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示，根据图像信息可知，下列判断正确的是（ ）A. R0的阻值是10 B. R0的最小功率是0.4WC. 电路的最大总功率是3.2W D. 滑动变阻器的最大阻值是14【答案】 C【考点】欧姆定律及其应用，电功率计算公式的应用【解析】【分析】（4）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的

42、电流最大，根据乙图读出此时的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出此时电路中的电流和R两端的最大电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；（1）根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值；（3）根据P=UI求出电路最大的总电功率；（2）根据P0最小=I最小2R0计算消耗电功率的最小值。【解答】当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，由乙图可知，电路中的最大电流I大=0.4A，电源电压：U=I大R0=0.4AR0当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电

43、路中的电流最小，由乙图可知，电路中的最小电流I最小=0.05A，R两端的电压UR=7V，则滑动变阻器的最大阻值：，故D错误；电源电压：U=I最小R0+UR=0.05AR0+7V，联立解得：R0=20，故A错误；已知电源电压U=8V，则电路的最大总功率：P最大=UI最大=8V0.4A=3.2W，故C正确；R0的最小功率：P0最小=I最小2R0=（0.05A）220=0.05W，故B错误。故选C。17.（2020九上余杭月考）如图所示，用24N的力F沿水平方向拉滑轮，可使重20N的物体A以0.2m/s的速度在水平面上匀速运动。物体B重10N，弹管测力计的示数恒为5N(不计滑轮、测力计、绳子的重量，

44、滑轮的转轴光滑)。下列说法正确的是( )A. 物体A受到地面的摩擦力是5N B. 滑轮移动的速度是0.4m/sC. 水平拉力F的功率是4.8W D. 在2s内绳子对物体A做的功为4.8J【答案】 D【考点】功的计算公式的应用，功率计算公式的应用，动滑轮及其工作特点【解析】【分析】（1）要判断出A所受的摩擦力，首先根据拉力F和动滑轮的特点，计算出绳子对A的拉力，对A进行受力分析，根据平衡力的特点计算出A受地面的摩擦力；（2）根据动滑轮的特点及A的移动速度判断滑轮的移动速度；（3）根据公式P=Fv计算出拉力F的功率；（4）利用W=Fs求绳子对物体A做的功。【解答】A.动滑轮上有2根绳子承担拉力，因

45、为拉力F=24N，所以对A的拉力为FA=.弹簧测力计的示数恒为5N，则物体B对A的摩擦力fAB为5N，方向向右，所以地面对A的摩擦力为f地面=FA-fAB=12N-5N=7N，故A错误；B.A移动的速度即绳端移动的速度为0.2m/s，所以滑轮的移动速度为 ， 故B错误；C.水平拉力的功率P=Fv=24N0.1m/s=2.4W，故C错误；D.绳子对A的拉力是12N，2s物体A移动的距离为s=vt=0.2m/s2s=0.4m，绳子的拉力做功W=Fs=12N0.4m=4.8J，故D正确。故选D。二、填空题18.（2021九上杭州期中）用大小为250N、方向沿斜面向上的推力F，将重为400N的货物由斜

46、面底端推至车箱，已知斜面长s为4m，高h为2m，如图所示，则此过程中推力所做的功为 J，斜面的机械效率为 ， 斜面对货物的摩擦力为 N。【答案】 1000；80%；50【考点】功的计算公式的应用，机械效率的计算【解析】【分析】（1）根据W总=Fs计算出推力做的功，根据W有=Gh计算有用功，根据计算出斜面的机械效率。（2）根据W额=W总-W有计算出克服摩擦做的额外功，再根据计算出斜面对物体的摩擦力。【解答】（1）推力做的功W总=Fs=250N4m=1000J；推力做的有用功W有=Gh=400N2m=800J；则斜面的机械效率：。（2）克服摩擦做的额外功W额=W总-W有=1000J-800J=20

47、0J；斜面对物体的摩擦力为：。19.（2021九上杭州期中）物体G和弹簧相连固定于墙壁上，当物体处于位置B处弹簧没有形变，用力将其拉至C处，松手后物体从C点出发在CA之间往返运动并最终停留在某处，停留时弹簧弹性势能为0。则（1）由C到B时，弹簧的弹性势能 (填“不变”、“增大”或“减少”)（2）物体在CA之间运动过程中，物体动能最大的点位于 (选填“B点”、“AB之间”或“BC之间”)（3）物体最终停留在 (选填“B点”、“AB之间” 、“BC之间” )【答案】 （1）减少（2）BC之间（3）B点【考点】力与运动的关系，势能的影响因素【解析】【分析】（1）弹性势能的大小与弹性形变的程度大小有关

48、；（2）当物体受到的合力与运动方向相同时，做加速运动；当合力为零时，加速停止，此时速度最大；当合力的方向与运动方向相反时，做减速运动。（3）弹性势能为零，即没有发生弹性形变，据此分析解答。【解答】（1）由C到B时，弹簧的形变程度减小，即弹性势能减少。（2）物体从C到A时，开始时，弹力大于阻力，合力向左，即物体向左做加速运动；当弹力和阻力相同时，合力为零，此时加速停止，速度最大；B点时，弹力为零，此时合力向右，物体已经开始做减速运动，因此物体速度最大的点在BC之间，动能最大的点也在BC之间。（3）当物体停留时，弹性势能为零，即弹簧没有发生形变，因此停留在B点。 20.（2021海曙模拟）如图所示

49、，利用电动机通过滑轮组( 虛线框内的滑轮组未画出)依次拉动物体A、B。图中效率为60%的电动机拉绳子的功率为50W且保持不变，不计绳重与摩擦，动滑轮的总重力为6N，拉动A向右做匀速直线运动时，A所受阻力为48N，电动机拉绳的力为F1 ， 此过程中，A所受的拉力与阻力的大小 (填“相等”或“不相等”)，电动机工作1min消耗的电能为 J。拉动B向右做匀速直线运动时，B所受阻力为36N，电动机拉绳的力为F2 ， F2比F1小4N，此时电动机拉绳的力F1为 N。(电动机的效率为电动机输出的有用机械功与电流做的总功的比值)【答案】 相等；5000；18【考点】二力平衡的条件及其应用，功的计算公式的应用

50、，滑轮组绳子拉力的计算【解析】【分析】（1）不计绳重与摩擦，拉动A向右做匀速直线运动时，根据二力平衡条件分析计算；（2）已知电动机拉绳子的功率和效率，然后由W=Pt可求得消耗的电能；（3）已知F2比F1小2N，利用列出等式可求得电动机拉绳的力F1。【解答】（1）拉动A向右做匀速直线运动，A处于平衡状态，由二力平衡条件可知，A所受的拉力与阻力的大小相等，（2）已知电动机的效率为60%，电动机拉绳子的功率P=50W，则电动机的电功率；电动机工作1min消耗的电能W=Pt=60s=5000J；（3）依次拉动物体A、B，电动机的效率都为60%，不计绳重与摩擦，设动滑轮上绳子的有效股数为n，则： 由题知

51、，F2+4N=F1 将fA=48N、fB=36N代入式，解得：F1=18N。21.（2021九下富阳期中）小华在金老师的指导下用小球和弹性很好的轻质橡皮筋等器材进行了如下实验（不考虑空气阻力）。让系于橡皮筋一端的小球，从O点的正下方的P点由静止释放，分别经过a、b、c三点，如图甲所示。整个下落过程中，橡皮筋所受弹力F与小球下落高度h的关系如图乙所示；小球的速度v与下落高度h的关系如图丙所示。（1）小球从a点运动到c点的过程中，小球下落速度的变化情况是_。（2）当橡皮筋的伸长量最大时，小球的速度为_（选填“va”、“vb”或“0”）。（3）已知该橡皮筋每受到0.3N的拉力就伸长1cm，经测量小球

52、从P点下落到a、b、c三点的距离分别为：ha=0.4m，hb=0.5m，hc=0.7m。则实验中所用小球的重力为_。【答案】 （1）先增大后减小（2）0（3）3N【考点】二力平衡的条件及其应用，动能和势能的大小变化【解析】【分析】（1）根据丙图，确定小球的速度变化情况；（2）根据橡皮筋和小球的能量转化判断；（3）根据丙图和乙图，确定橡皮筋的原长，以及弹力和重力相等时的伸长量，最后跟机0.3N/cm L计算小球的重力。 【解答】（1）根据丙图可知，小球从a点运动到c点的过程中，小球下落速度的变化情况是：先增大后减小。（2）当橡皮筋的伸长量最大时，此时小球的动能全部转化为橡皮筋的弹性势能，即此时它

53、的动能为零，它的速度为零。（3）根据乙图可知，当下落高度为ha时，橡皮筋的弹力开始增大，即此时橡皮筋开始伸长，那么橡皮筋的原长为ha=0.4m。根据丙图可知，当hb=0.5m时，小球的速度达到最大，此时合力为零，即弹力等于重力。此时橡皮筋伸长L=0.5m-0.4m=0.1m=10cm，则小球的重力为：0.3N/cm10cm=3N。22.（2021九下鄞州月考）古代护城河上有座吊桥,它的结构原理如图所示。把桥面看成是长为10m,所受重力为3000N的均匀杆OA,可以绕转轴O点在竖直平面内转动,在O点正上方10m处固定一个定滑轮,绳子通过定滑轮与杆的另一端A相连,用力拉动绳子就可以将杆从水平位置缓

54、慢向上拉起。杆即将离开水平位置时,绳子的拉力为F1 ， 当士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30时,绳子的拉力为F2,所用的时间是0.5min(忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦)。则：（1）F1:F2= 。（2）士兵们对吊桥做功的平均功率是 W。【答案】 （1） :1（2）250【考点】功率计算公式的应用，杠杆的平衡条件【解析】【分析】（1）找出杠杆即将离开水平位置和把吊桥拉起到与水平面的夹角为30时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别求出F1、F2的大小；（2）由于不计绳重和摩擦，士兵对吊桥做的功即为克服桥重做的功，那么求出桥重心提升的高度，利用W=Gh即可得出士兵做功的多少，然后根

55、据功率公式 即可得出答案。【解答】（1）当杆即将离开水平位置时，如下图所示，AE=OE，OA=OD，由勾股定理，（OE）2+（AE）2=（OA）2 ，2OE2=OA2=（10m）2 ，解得： ，根据杠杆的平衡条件得到：F1OE=GOB；F1m=3000N；解得： ，把吊桥拉起到与水平面的夹角为30时，如右下图，AE=5m，OA=10m；由（OE）2+（AE）2=（OA）2得到：（OE）2+（5m）2=（10m）2；解得： ，因为（OC）2+（BC）2=（OB）2 ，所以 ，根据杠杆平衡条件得到：F2OE=GOC，F2=3000N ，解得：F2=1500N；所以。（2）士兵们把吊桥拉起到与水平面

56、的夹角为30的过程中，桥的重心升高的距离为：；克服重力做的功为：W=Gh=3000N2.5m=7500J；那么其平均功率为：。 23.（2020九上温州期末）如图甲，电源为可调节学生电源，电压表量程为“015 V”，电流表量程为“00.6 A”， 小灯泡标有“4 V 1 W”字样，R0 为 10 的定值电阻。电流表随电压表示数变化的 UI 图像如图乙所示。当电压表示数为 3 V 时，此时灯泡灯丝的电阻是 ；调节电源电压，当小灯泡与定值电阻R0消耗的总功率为0.7W时，此时的电源电压为 V， 小灯泡的实际功率为 W。【答案】 15；2；0.3【考点】欧姆定律及其应用，电功率计算公式的应用【解析】

57、【分析】（1）根据甲图可知，定值电阻R0与灯泡并联。首先根据乙图确定电压表示数为3V时通过电流表的示数，再根据计算出通过R0的电流，接下来根据IL=I总-I0计算出通过灯泡的电流，最后根据计算灯泡的电阻。（2）根据P=UI可知，总功率等于总电压和总电流的乘积，根据乙图确定此时的电压和电流，再根据计算出R0的功率，最后根据PL=P总-P0计算出灯泡的实际功率。【解答】（1）根据甲图可知，定值电阻R0与灯泡并联。根据乙图可知，当电压表示数为3V时，通过电流表的示数为0.5A；此时通过R0的电流为：；通过灯泡的电流为：IL=I总-I0=0.5A-0.3A=0.2A；灯泡的电阻：。（2）根据乙图可知，

58、当电压表的示数为2V时，通过电流表的示数为0.35A，根据P=UI可知，此时总功率恰好为0.7W，即此时电源电压为2V。此时R0的实际功率为： ，则灯泡的实际功率为：PL=P总-P0=0.7W-0.4W=0.3W。24.（2020九上温州期末）如图所示为温州市公共卫生中心建设过程中用吊车提升建材的示意图。重 570 N 的建材在吊绳拉力 F 的作用下以 0.5 m/s 的速度向上运动了 10 s，忽略滑轮与吊绳间的摩擦力， 起重杆 AC 自重，以及吊绳所受的重力，动滑轮重力为 30 N，吊框的重力为 600 N。求：（1）10 s 内拉力 F 做功为 J。（2）若上升到此高度还未达到要求，还可

59、利用 B 点下方的伸缩柱。现在（1）的基础上，再利用伸缩柱在 5 s 内将吊框内物体升高了 8 m，则伸缩柱的功率为 W。【答案】 （1）6000（2）1920【考点】功的计算公式的应用，功率计算公式的应用【解析】【分析】（1）忽略滑轮和吊绳之间的摩擦力，那么拉力做的功与克服动滑轮、物体和吊框的总重力做的功相等，即W=Fs=G总h。（2）首先根据W=G总h计算出伸缩柱做的功，再根据计算出伸缩柱的功率。【解答】（1）10s内物体上升的高度h=vt=0.5m/s10s=5m；忽略滑轮和吊绳之间的摩擦力，则拉力做的功为：W=Fs=G总h=（570N+30N+600N）5m=6000J。（2）伸缩柱做

60、的功为：W=G总h=（570N+30N+600N）8m=9600J；则伸缩柱的功率为：。25.（2020九上诸暨期末）如图所示，拉力F为5N，物体A以0.1m/s的速度在物体B表面向左做匀速直线运动(B表面足够长)；物体B静止在地面上，受到地面水平向右4N的摩擦力，绳重及摩擦不计。（1）拉力F做功的功率为 W。（2）物体A向左做匀速直线运动时，弹簧测力计示数为 N。【答案】 （1）1（2）6【考点】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【解析】【分析】（1）首先根据v=nvA计算出拉力F移动的速度，再根据功率的计算式P=Fv计算功率；（2）对物体B进行受力分析，根据二力