中考阶段检测3 简单机械、功和功率、机械能试题解析

中考阶段检测3简单机械、功和功率、机械能一、单选题（每题2分，共15题；共30分）1.（2020·衢州）将冰块放在泡沫箱中可制成简易“冰箱”，把一瓶饮料放入“冰箱”后，冰块和饮料的温度随时间变化的曲线如图所示，在两物体温度达到相同之前，下列说法正确的是（

）A.甲是冰块

B.乙吸收热量

C.甲内能增加

D.乙内能减少【答案】B【解析】①在热传递的过程中，高温物体放出热量，温度降低；低温物体吸收热量，温度升高；

②放出热量，内能减少；吸收热量，内能增大。

饮料原来的温度高，放出热量，降低温度，因此甲是饮料；冰块原来的温度低，吸收热量，升高温度，因此乙是冰块，故A错误；

乙是冰块，吸收热量，故B正确；

甲是饮料，放出热量，内能减少，故C错误；

乙吸收热量，内能增多，故D错误。2.（2020·湖州）如图表示用中子轰击铀-235原子核产生氪核和钡核的模型。下列叙述正确的是（

）A.该模型表示的是核聚变

B.该反应产生的中子可继续轰击其他铀核形成链式反应

C.该反应不会产生放射性物质

D.不能用该反应获得能量的方式来发电【答案】B【解析】A.根据图片可知，中子轰击重原子核，然后分解为质量较小的轻核，所以该模型表示的是核裂变，故A错误；

B.该反应产生的中子仍然具有很多能量，可继续轰击其他铀核形成链式反应，故B正确；

C.该反应肯定会产生放射性物质，故C错误；

D.可用该反应中的可控核裂变获得能量的方式来发电，故D错误。3.（2020·湖州）在无风的环境中雨滴的降落可简化为两个过程，先加速竖直降落，后匀速竖直降落。雨滴(忽略质量变化)在(

)A.加速降落过程中只受重力作用

B.加速降落过程中机械能逐渐增大

C.匀速降落过程中减少的重力势能全都转化成内能

D.匀速降落过程中机械能保持不变【答案】C【解析】A.加速降落过程中既受重力作用，又与空气摩擦受到摩擦阻力，故A错误；

B.加速降落过程中，机械能会不断转化为空气的内能，因此机械能逐渐减小，故B错误；

C.匀速降落过程中，机械能会不断转化为空气的内能而减小，而重力势能减小动能却是不变的，因此减少的重力势能全部转化为内能，故C正确；

D.匀速降落过程中，重力势能减小而动能不变，根据机械能=动能+重力势能可知，机械能是减小的，故D错误。4.（2020·宁波）下列四幅图片都来自于课本，对它们的描述符合实际的是（

）A.甲图实验中随着瓶内空气被抽出，听到的声音越来越弱

B.乙图可以表示四冲程汽油机中的压缩冲程

C.丙图实验在研究电磁感应现象中感应电流产生条件

D.丁图可以表示至今所建造的核电站里核反应堆的工作原理【答案】A【解析】1、声音的传播需要介质，真空不能传播声音；

2、燃烧气体是气体膨胀，推动活塞向下做功，应该是做功冲程。压缩冲程时应该是活塞向下压缩气体；

3、图丙中外部电路有电源，所以线圈中通有电流，在磁铁的磁场中受力运动，是研究“通电导体在磁场中受力运动”；

4、目前用于核电站的主要是核裂变反应，核聚变反应能量释放难以控制，暂不用于核电站。【解答】A：由于声音的传播需要介质，真空中不能传播声音，所以空气被抽出后声音越来越弱，描述符合实际，A正确；

B：乙图可以表示四冲程汽油机中的压缩冲程，错误，应该是气体推动活塞做功，是做功冲程，B错误；

C：丙图实验中外部有学生电源，线圈中已经有电流通过，所以研究的是“通电导体在磁场中受力运动”情况，不是电磁感应现象，C错误；，

D：丁图表示的是核聚变反应，而核电站中主要是核裂变反应，D错误。5.（2020·绍兴）如图，甲、乙实验可以得出“定滑轮不能省力”这一结论，小敏想通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小，于是在左侧加上一个相同的弹簧测力计(弹簧测力计重力不能忽略、绳和滑轮之间摩擦不计)，下列四套装置中能实现的是（

）A.

B.

C.

D.【答案】D【解析】使用滑轮时，轴的位置固定不动的滑轮称为定滑轮。定滑轮不省力，但是可以改变力的方向。属于滑轮原理的应用，和机械功的讨论。实质上是动力臂等于阻力臂的杠杆。控制变量在进行科学实验的概念，是指那些除了实验因素(自变量)以外的所有影响实验结果的变量，这些变量不是本实验所要研究的变量，所以又称无关变量、无关因子、非实验因素或非实验因子。AC、由四套装置图可知，在定滑轮的两侧各安装一个弹簧测力计，然后分别测量出钩码的重力和拉力；测量钩码重力的弹簧测力计应上方固定，所以AC不符合题意；

BD、为了控制变量，所以弹簧测力计应都是固定上方，下方可动，故B错误；D正确；6.（2019·杭州）对于同一物态的某种物质,根据c=QmA.比热跟热量成正比

B.比热跟质量成反比

C.比热跟温度变化成反比

D.吸收或放出的热量跟质量与温度变化的乘积之比是个恒量【答案】D【解析】比热容是物质本身的一种性质，与物质吸收的热量、质量和升高的温度无关，只与物质的种类和状态有关，据此解答。

根据公式c=Q7.（2019·宁波）下列都是教材中的实验，其中为了说明“对物体做功，物体内能增加”的是（

）A.图甲：手帕摩擦塑料丝后，塑料丝散开

B.图乙：缝衣针与磁铁摩擦后，有了磁性

C.图丙：加热后，水蒸气把木塞冲出试管

D.图丁：迅速下压活塞后，浸过乙醚的棉花燃烧【答案】D【解析】A.图甲：手帕摩擦塑料丝后，塑料丝散开，说明同种电荷相互排斥，故A不合题意；

B.图乙：缝衣针与磁铁摩擦后，有了磁性，这是磁化现象，故B不合题意；

C.图丙：加热后，水蒸气把木塞冲出试管，这是水蒸气对外界做功，内能减少，故C不合题意；

D.图丁：迅速下压活塞后，活塞对里面的空气做功，使乙醚的内能增加，导致浸过乙醚的棉花燃烧，这说明外界对物体做功，物体内能增加，故D符合题意；8.（2018·宁波）如图所示，F1=4N，F2=3N，此时物体A对于地面静止，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动（不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）。下列说法错误的是（

）A.F2的功率为0.6W

B.弹簧测力计读数为9N

C.物体A和地面之间有摩擦力

D.如果增大F2，物体A可能向左运动【答案】D【解析】（1）功率计算公式P=Fv；（2）弹簧测力计的读数有拉着左侧滑轮的三根绳子决定；（3）由物体B的运动，判断出A对B有摩擦力，根据力的作用是相互的所以B对A也有摩擦力，根据A相对于地面静止可判断出A和地面之间是否有摩擦力；（4）滑动摩擦力的大小只与压力大小和表面粗糙程度有关，与B物体的运动速度无关。A．F2的功率为0.6W，将左侧滑轮看成定滑轮时，这个滑轮组能省1/2的力，费2倍的距离，所以绳子自由端的运动速率为0.2m/s，由公式P=Fv=3N×0.2m/s=0.6W，说法正确，A错误；B．弹簧测力计读数为9N，左侧滑轮有三根绳子拉着，每根绳的拉力都为3N，所以总拉力是9N，说法正确，B错误；C．物体A和地面之间有摩擦力，因为B受到向左的拉力，向左做匀速直线运动，可知B受到平衡力的作用，B受到向左的拉力为6N，受到向右的摩擦力也为6N。由于力的作用是相互的，B也给A一个摩擦力且大小也为6N，方向向左，由于A保持静止所以A受到平衡力的作用，向应该受到向右的力也为6N，已知F1=4N，所以地面对A的摩擦力为2N方向向右，说法正确，C错误；D．如果增大F2，物体A可能向左运动，由于滑动摩擦力的大小只与表面粗糙程度和压力的大小有关，而B对A的压力不变且粗糙程度也不变，所以滑动摩擦力不变，A物体的受力不变，所以仍为静止，说法错误，D正确。9.（2020·杭州模拟）如图所示，是由古希腊科学家阿基米德发明的一种螺旋水泵，是历史上最早的水泵。当人们用顶端把手将其旋转起来，水就能沿着螺旋的泵壳抽上来。若不计摩擦阻力，关于水泵正确的说法是（

）A.水泵顶端装有加长的把手主要起到加快抽水速度的作用

B.若将螺旋的数量减少，抽起等量水时所作的功更少

C.若用电动机带动水泵旋转，电动机输出的能量将全部转化为水的动能

D.水泵正常使用时的旋转方向是一定的【答案】D【解析】A.水泵顶端装有加长的把手，相当于一个轮轴，主要起到省力的作用，故A错误；

B.根据公式W=Gh可知，当水的质量和提升高度相同时，若将螺旋的数量减少，抽起等量水时所作的功不变，故B错误；

C.若用电动机带动水泵旋转，电动机输出的能量将转化为水的动能和水泵的动能，故C错误；

D.水泵正常使用时旋转方向是一定的，故D正确。10.（2020·富阳模拟）质量和温度都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，它们温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是(

)A.甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的沸点一定是40℃

B.0—6min甲比乙吸收的热量多

C.8—10min甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加

D.甲的比热容大于乙的比热容【答案】C【解析】A.甲在80℃，乙在40℃时，继续吸热温度不变，那么这两个温度可能是它们的沸点，也可能是它们的熔点，故A错误；

B.0~6min时，甲和乙吸收的热量一样多，故B错误；

C.8~10min时，甲和乙继续吸热，那么它们的内能不断增大，故C正确；

D.当加热6min时，甲升高的温度大于乙升高的温度，即△t甲>△t乙。根据公式Q=cm△t可知，甲的比热容小于乙的比热容，故D错误。11.（2020·平湖模拟）蹦床运动有“空中芭蕾”之称，运动时利用蹦床中的弹簧反弹让人在空中表演动作技巧。下列对蹦床运动员的叙述正确的是（

）A.离开蹦床后的速度是先变大后变小

B.从最高点到落到蹦床最低点速度是一直变大

C.从接触蹦床至到达最低点，只是人的动能转化为蹦床的弹性势能

D.后一次比前一次“蹦”得更高，一定是做了功【答案】D【解析】A.运动员离开蹦床后，只受到向下的重力，此时合力向下，与运动方向相反，因此运动员的速度不断减小，故A错误；

B.从最高点到蹦床的最低点的过程中，在接触蹦床前，运动员只受向下的重力，且与运动方向相同，所以做加速运动；接触蹦床后，受到向上的弹力，由于弹力小于重力，合力还是向下，所以仍然做加速运动；当弹力和重力相同时，加速停止，此时速度最大；当弹力大于重力时，合力向上，与运动方向相反，做减速运动，直到速度为零，故B错误；

C.从接触蹦床到最低点，人的重力势能和动能都在减小，而蹦床的弹性势能在增大，所以将人的动能和重力势能转化为弹性势能，故C错误；

D.后一次比前一次蹦的更高，那么人机械能增大，根据能量守恒可知，肯定是外界对人做了功，故D正确。12.（2020·杭州模拟）如图所示，一根直硬棒被细绳系在O点吊起。A处挂一实心金属块甲，B处挂一石块乙时恰好能使硬棒在水平位置平衡。不计硬棒与悬挂的细绳质量，下列推断合理的是(

)A.甲的质量和密度都比乙大

B.O点绳子拉力一定等于甲、乙重力之和

C.如果甲浸没在水中，硬棒会逆时针转动

D.如果甲浸没在水中，要使硬棒水平平衡，可将乙向右移动【答案】B【解析】A.根据杠杆的平衡条件得到：G甲×OA=G乙×OB，即m甲g×OA=m乙g×OB。因为OA＞OB，所以m甲＜m乙。由于它们的体积关系未知，所以无法比较它们密度的大小，故A错误；

B.当硬棒处于静止状态时，它受到平衡力，即竖直向上的拉力与竖直向下的甲、乙物体的重力相互平衡，那么F=G甲+G乙，故B正确；

C.如果甲浸没在水中，那么甲对A点的拉力等于重力与浮力之差，即A点拉力减小了，力和力臂的乘积也就减小了，因此杠杆左端上翘，右端下沉，沿顺时针旋转，故C错误；

D.如果甲浸没在水中，那么甲对A点的拉力等于重力与浮力之差，即A点拉力减小了，力和力臂的乘积也就减小了。为了保持杠杆平衡，左边力和力臂的乘积也要减小，因为乙的重力不变，只能减小力臂，即乙向左移动，故D错误。13.（2019·宁波模拟）如图所示，用完全相同的四个滑轮和两根细绳组成甲、乙两个滑轮组，在各自的自由端分别施加F1和F2的拉力，在相同时间内将相同的重物竖直匀速提升相同的高度（不计绳重、轮重和一切摩擦）。下列说法正确的是（

）A.拉力F1小于拉力F2

B.甲绳子自由端移动速度小于乙绳的

C.甲、乙两滑轮组均属于费力的机械

D.甲、乙两滑轮组绳子自由端移动的距离相等【答案】B【解析】甲图中承担重力的绳子有2段，乙图中承担重力的绳子有3段。

A.根据F=G+G动n可知，拉力=G+G动2，拉力F1=G+G动3，所以F1>F214.（2019·绍兴模拟）如图甲所示，长1.6m、粗细均匀的金属杆可以绕O点在竖直平面内自由转动，一拉力----位移距离传感器竖直作用在杆上，并能使杆始终保持水平平衡，该传感器显示其拉力F与作用点到O点距离x的变化关系如图乙所示，据图可知金属杆重（

）A.5N

B.10N

C.20N

D.40N【答案】B【解析】金属杆的自重就是杠杆的阻力，阻力臂为杠杆长度的一半，即16m÷2=0.8m；

据乙图可知，当拉力F为5N时，动力臂是1.6m；

根据杠杆平衡条件得到：G×0.8m=5N×1.6m；

解得：G=10N。15.（2019·杭州模拟）如图所示，引体向上是很好的体育锻炼项目，若小金的质量为50kg，手臂长度为0.8m，单杆的高度为1.6m，小金连续拉上去10次所用时间为40s。以下判断正确的是（

）A.在小金匀速提升自己的过程中，他的动能不断增大

B.小金在这40s内克服重力做功为4000J

C.在小金身体匀速下降的过程中，他的机械能不变

D.小金做引体向上运动的平均功率约为200W【答案】B【解析】A.在小金匀速提升自己的过程中，他的质量和速度都不变，因此他的动能不变，故A错误；

B.小金在这40s内克服重力做功为W总=nGh=10×50kg×10N/kg×0.8m=4000J，故B正确；

C.在小金身体匀速下降的过程中，动能不变，重力势能减小，那么机械能减小，故C错误；

D.小金做引体向上运动的平均功率P=W总二、填空题（共8题；共21分）16.（2020·衢州）在实际生活中，常用螺丝刀将螺丝钉拧进（出）物体。图甲中正在拧螺丝钉的螺丝刀，可视为图乙所示的杠杆AOB，其中O为支点，B为阻力作用点，F2为阻力，动力作用在手柄上。（1）图甲中的螺丝刀属于________杠杆。（2）请在答题纸相应位置图中，画出对应F2的最小动力F的示意图。________【答案】（1）省力

（2）【解析】（1）根据图乙可知，动力臂为OA，阻力臂为OB，因为OA>OB，所以螺丝刀属于省力杠杆；

（2）将BO连接并延长，与大圆周相交于A点，这时的OA就是最长的力臂，通过力的作用点A作OA的垂线段即可，如下图所示：

17.（2020·湖州）太阳是太阳系中最大的天体，是地球表层所需能量的主要来源（1）太阳能属于________(选填“可再生能源”或“不可再生能源”)。（2）如图①②③代表二分(春分、秋分)二至(夏至、冬至)日经过我市某中学旗杆顶端的正午太阳光线。其中①是________日的正午太阳光线。【答案】（1）可再生能源（2）夏至【解析】1、再生能源包括太阳能、水能、风能、生物质能、波浪能、潮汐能、海洋温差能、地热能等。它们在自然界可以循环再生。是取之不尽，用之不竭的能源，不需要人力参与便会自动再生，是相对于会穷尽的非再生能源的一种能源；

2、湖州位于浙江省，在北回归线以北地区。北回归线以北地区没有太阳直射，当太阳直射北回归线时是北回归线以北地区太阳高度最大的时候。北回归线以北地区正午太阳的影子是朝北的，当太阳高度增大时影子的长短逐渐变短。在二分二至中，冬至日太阳高度最小，夏至日太阳高度最大，春分和秋分位于两者之间且高度相同。【解答】（1）太阳能属于可再生能源；

（2）在二分二至中，冬至日太阳高度最小影子最长，夏至日太阳高度最大影子最短，春分和秋分位于两者之间且高度相同影子在前两者之间。由图可知①的影子最短所以是夏至日的正午太阳光线。18.（2020·宁波）科学上通常用“功”和“热量”来量度物体能量的变化。（1）在“使用动滑轮”活动中，小科利用如图所示装置，用竖直向上的大小为10N的拉力F使物体A匀速提升了0.1m。如果该装置的机械效率为70%，则这一过程中，克服物体A的重力所做的功为________J，这个值也是物体A增加的机械能。（2）把质量为2kg，温度为25℃的水加热到100℃，至少需要完全燃烧________g的酒精。上述过程中，水的内能增加是通过________(填“做功”或“热传递”)的途径实现的。【已知:水的比热容为4.2×103J/(kg℃)，酒精的热值为3.0×107J/kg】【答案】（1）1.4（2）21；热传递【解析】（1）首先根据s=nh计算出拉力移动的距离，再根据W总=Fs计算出拉力做的总功，最后根据W有=W总η计算克服物体A重力做的功；

（2）酒精燃烧放出的热量与水吸收的热量相同，首先根据Q=cm△t计算出水吸收的热量，再根据m酒【解答】（1）拉力移动的距离据s=nh=0.1m×2=0.2m；

拉力做的总功W总=Fs=10N×0.2m=2J；

克服物体A重力做的功W有=W总η=2J×70%=1.4J。

（2）水吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/(kg•℃)×2kg×（100℃-25℃）=6.3×105J；

要燃烧酒精的质量m酒=19.（2019·台州）某电子打火机打火原理如图，压电陶瓷受到撞击时表面电荷重新分布，产生高电压，发出电火花点燃气体。撞击时，通过压电陶瓷实现的能量转化是________；放电时，两块压电陶瓷的连接方式是________联。【答案】机械能→电能(如把“机械能”写成“动能”也给分)；并【解析】（1）撞击时，通过压电陶瓷实现的能量转化是机械能→电能；

（2）将压电陶瓷看作电磁，将电火花看作用电器，每块压电陶瓷都能独立产生电火花，即有两条通路存在，那么它们是并联。20.（2019·杭州）如图，是某种物质熔化时温度随时间的变化图，根据图像的特征和信息，可以判断该物质是________（选填晶体或非晶体），它的熔点是________在熔化过程中________填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”);这种物质液体的比热________(选填“大于”小于”或“等于”)固体的比热【答案】晶体；80；吸热；大于【解析】（1）晶体有熔点，而非晶体没有熔点；

（2）晶体在熔化时不断吸热但温度保持不变，这个温度就是它的熔点；

（3）由于实验时使用相同的加热方式，因此时间相同就意味着吸收的热量相同；AB段是固态，CD段是液态，比较10min内升高温度的多少；根据公式c=Qm△t可知，△t越小，比热容越大。

该物质在熔化时温度保持不变，说明它有熔点，因此它是晶体，而它的熔点是80℃；在熔化过程中，它需要不断的吸热；

AB段该物质是固态，10min内从50℃升高到80℃，那么升高的温度△t=30℃；CD段该物质是液态，10min内温度从80℃升高到100℃，那么升高的温度△t'=20℃；因为△t＞△t'，所以c21.（2018·杭州）如图所示，将长为1.2米的轻质木棒平放在水平方形台面上，左右两端点分别为A、B，它们距台面边缘处的距离均为0.3米。在A端挂一个重为30牛的物体，在B端挂一个重为G的物体。（1）若G=30牛，台面收到木棒的压力为________牛。（2）若要使木棒右端下沉，B端挂的物体至少要大于________牛。（3）若B端挂物体后，木棒仍在水平台面上静止，则G的取值范围为________牛。【答案】（1）60（2）90（3）10~90【解析】杠杆原理亦称“杠杆平衡条件”。要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（动力和阻力）的大小跟它们的力臂成反比。动力×动力臂=阻力×阻力臂。（1）若G＝30牛，以木棒为研究对象，木棒受力平衡，故木棒受台面的支持力为60N,台面收到木棒的压力与木棒受到台面的支持力为相互作用力，即为60N；

（2）若要使木棒右端下沉，则B点为支点，根据杠杆平衡条件GB×0.3＝GA×0.9,解得GB＝90N，即B端挂的物体至少要大于90牛；

（3）若B端挂物体后，木棒仍在水平台面上静止，以A点为支点，根据杠杆平衡条件GB×0.9＝GA×0.3，解得则GB＝10N,即G的取值范围为.：10~90牛。22.（2020·余杭模拟）小亮同学设计了如图所示的装置进行实验，利用小量程弹簧称测金属的密度，其中杠杆OAB支点为O（杠杆OAB质量不计），OA:OB＝1:3。他实验的步骤如下：步骤一：用一细绳将体积为180cm3的金属块悬挂于A点，然后向容器中加水，使金属块浸没在水中。步骤二：使杠杆OAB在水平位置静止，读出弹簧测力计此时的读数为1.2N。（1）金属块浸没在水中时受到的浮力为________

N。（2）被测金属块密度：ρ＝________

g/cm3。【答案】（1）1.8（2）3【解析】1、根据阿基米德计算公式：F浮=（1）由公式：F浮=ρ液gV排，F浮=1×103kg/m23.（2020·富阳模拟）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆________(选填“一定”或“不一定”)是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是________(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势________。【答案】不一定；变小；【解析】（1）阻力臂为12OA，动力F甲的方向不确定，那么动力臂的长度可能大于12OA，也可能小于12OA，所以该杠杆不一定是省力杠杆；

（2）在杠杆由水平位置匀速向上提升重物的过程中，阻力G保持不变，但是阻力臂L2不断减小，动力臂L1=OA

保持不变；根据杠杆的平衡条件G×L2=F乙×OA可知，动力F乙逐渐变小；

（3）如下图所示：

若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，当动力臂为OB时最长，即动力臂先变大后变小。根据杠杆的平衡条件G×L2=F丙×L1可知，G和L2保持不变，那么动力F三、实验探究题（共4题；共22分）24.（2019·丽水模拟）在“探究物体动能大小与物体的速度、质量关系”的实验中，让小车从斜面的不同高度由静止开始下滑，撞击水平木板上的木块，如图。（1）该实验中用________来反映小车动能的大小。（2）两次实验中木块在水平木板移动过程中受到的摩擦力分别为f1、f2，则________（填序号）。①f1＞f2

②f1＜f2

③f1=f2【答案】（1）木块被推开的距离远近（2）③【解析】（1）小车的动能越大，推动小车克服摩擦做功越多，自然小车前进的距离越远；该实验中用木块被推开的距离远近来反映小车动能的大小。

（2）木块对木板的压力不变，接触面粗糙程度不变，因此两次实验中木块在水平木板移动过程中受到的摩擦力相等，即f1=f2，故选③。25.（2020·乐清模拟）如图甲装置所示，探究“做功改变物体内能”，该装置由圆底烧瓶、温度传感器、橡皮塞、橡皮管、打气筒等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气筒向烧瓶内打气，根据传感器采集的数据，电脑处理后得到如图乙所示图像。（1）结合乙图分析，描述打气筒打气5秒后出现的实验现象________；（2）有同学认为，图乙中BC段对应发生情况与热机中做功冲程相似，请说出相似处：________；（3）在用本装置进行实验时能否去掉瓶内的酒精，请判断并说明理由：________。【答案】（1）橡皮塞弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降

（2）均为气体对外做功，内能转变为机械能

（3）能，通过温度传感器的温度变化可反映内能改变情况【解析】（1）根据乙图可知，在5s时温度传感器显示的温度达到最大，5s后温度迅速减小，这个过程应该是橡皮塞被推出，将气体的内能转化为机械能，从而使内能减小，温度降低。由于里面有大量的酒精蒸汽，所以它们会迅速液化形成白雾；

（2）热机的做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能；

（3）根据酒精蒸汽液化看到的白雾，可以知道气体的温度降低了。如果没有酒精蒸汽，那么可以靠温度传感器更加准确的了解温度的变化。【解答】（1）结合乙图分析，描述打气筒打气5秒后出现的实验现象：橡皮塞弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降；

（2）有同学认为，图乙中BC段对应发生情况与热机中做功冲程相似，请说出相似处：均为气体对外做功，内能转变为机械能；

（3）在用本装置进行实验时能去掉瓶内的酒精，理由是：过温度传感器的温度变化可反映内能改变情况。26.（2020·温州模拟）小明利用实验用的杠杆(杠杆上有等间隔的刻度)和溢水杯等材料制作了一个固体密度秤，具体步骤如下：①将固体密度秤放在水平工作台上，并在水平位置调节平衡。②溢水杯中盛满清水，在溢水口处套好接水袋③用细线系住被测物体，并将其浸没在水中，当水停止外流时，取出物体并擦干④将被测物体挂在A点(距0点10cm处)，同时将接水袋取下，并挂在密度秤的右端⑤再读出接水袋和点O的距离，即可知道被测物体的密度（1）请完善步骤5的操作________。（2）当杠杆左端OA的长度是10cm，右端接水袋距O点的距离为78cm，那么被测物块的密度是________g/cm3。（3）下列操作会使物块的密度测量偏大的是(

)A.水袋有一定质量

B.取出的物块未擦干

C.步骤一的杠杆左端下沉【答案】（1）移动接水袋的位置，直至杠杆在水平位置平衡（2）7.8（3）B,C【解析】水袋里水的体积等于物体的体积，即V排=V。当杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件得到：G物L1=G排L2，用密度公式将两边拆开得到：ρ物gV×L1=ρ水gV排L2，解得：ρ物（1）根据公式ρ物=L2L1ρ水可知，得到杠杆平衡时水袋对应的力臂长度L2即可，因此步骤5

的操作为：移动接水袋的位置，直至杠杆在水平位置平衡；

（2）根据公式ρ物=L2L1ρ水得到：ρ物=78cm10cm×27.（2020·杭州模拟）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，某实验小组用如图所示的同一滑轮组提升不同钩码的方法，分别做了甲、乙、丙3组实验，实验数据记录如下：次数钩码重/N动滑轮重/N钩码上升的距离/cm弹簧测力计的示数/N弹簧测力计上升的距离/cm机械效率120.8511566.7%240.851.715\360.85\15\（1）在实验操作中应该使钩码________(选填“快速”或“缓慢”)匀速上升。（2）进行第3次测量时滑轮组的机械效率约________。（3）实验时将绳子自由端匀速拉动时弹簧测力计的读数记为F，钩码重记为G，动滑轮重记为G/，绳自由端移动距离记为s，钩码提升高度记为h，则下列关于滑轮组机械效率的计算关系中正确的是

。A.η＝B.η＝C.η＝D.η＝1－【答案】（1）缓慢

（2）83.3%（因为滑轮组有摩擦，所以不能用G/(G+G动）计算)

（3）A【解析】（1）根据二力平衡的知识可知，只有钩码向上做匀速直线运动时，整个装置才处于平衡状态，此时弹簧测力计的示数才等于绳子上的拉力。速度越缓慢，越容易做到匀速运动。

（2）读出测力计的示数，根据滑轮组的机械效率η=W有【解答】（1）在实验操作中应该使钩码缓慢匀速上升。

（2）根据图片可知，在第三次测量中测力计的示数为2.4N，则滑轮组的机械效率：η=W有W总=GhFs四、解答题（共3题；共27分）28.（2020·越城模拟）图1是一艘完全依靠太阳能驱动的船，该船长30米，宽15米，排水量60吨，船的表面安装有太阳能电池板，接收太阳能的功率为1.6×105W，接收的太阳能只用来驱动船前进。在一次航行中，从某一时刻开始，太阳能船受到水平方向的牵引力F、船的运动速度v随时间t的变化关系如图2所示。试求：（1）满载时太阳能船受到的浮力；（2）第50s到第100s内牵引力做的功；（3）第50s到第100s的运动过程中太阳能船的效率。【答案】（1）F浮=G物=m物g=60×103kg×10N/kg=6×105N

（2）s=vt=0.5m/s×50s=25mW=Fs=8×104N×25m=2×105J

（3）E=Pt=1.6×105W×50s=8×106Jη=WE×100%=2【解析】1、物体处于漂浮时浮力等于重力，据此可计算出满载时太阳能船受到的浮力；

2、功的计算公式：W=Fs，由图2第50s到第100s时太阳能船做匀速直线运动，速度为0.5m/s，此时受到的牵引力大小为8×104N；

3、太阳能船的效率=29.（2020·温岭模拟）某同学在家利用如图所示的器材锻炼引体向上。挂杆MN长100cm，离地高度为230cm，钢管AB、CD长均为88cm，钢管外面套上橡皮，每个橡皮与地面接触面积为5cm²，整个装置质量为30kg，该同学的质量为55kg。把装置放在水平面上时，重力会平均分配到AB、CD两根钢管。当该同学双脚离地挂在MN杆上时，双手会对MN