江苏省南通市海门市能仁中学2023-2024学年九年级上学期期中物理试卷

2023-2024学年江苏省南通市海门市能仁中学九年级（上）期中物理试卷一、选择题（共10小题）1．如图所示的工具中，属于费力杠杆的是（）A．赛艇的桨 B．起瓶器 C．核桃夹 D．老虎钳2．释放化学能的过程不断地发生在人体内，食物也是一种“燃料”，营养成分在人体细胞里与氧结合，提供细胞组织所需的能量。一袋饼干的营养成分表上标有“2361kJ/100g”，该标识的含义与以下物理量的含义类似的是（）A．热量 B．热值 C．比热容 D．内能3．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）A．0℃的水不具有内能 B．温度越高的物体，含有的热量越多 C．物体温度保持不变，内能一定不变 D．两个内能相同的物体相互接触时，也可能发生热传递4．沿水平桌面自由滚落的排球的运动轨迹如图，C、F两处高度相同，D为球与水平地面的接触点，关于排球的说法，正确的是（）A．C点的动能等于F点的动能 B．C点的重力势能等于F点的重力势能 C．E点到F点的过程中，机械能保持不变 D．D点到E点过程中，弹性势能转化为重力势能5．根据所学的物理知识和生活经验，你认为下列数据最接近实际的是（）A．把物理课本从地上捡起放到课桌上，所做的功约为20J B．台灯正常工作时的电流约为5A C．对人体的安全电压是36V D．中学生爬楼的功率约为150W6．同一物体先用动滑轮（如图甲）匀速提升，后沿倾角为30°的斜面（如图乙）匀速提升，两次提升高度均为h，两次拉力大小均为F．则这两次提升物体的机械效率比较（）A．两者的机械效率一样高 B．动滑轮的机械效率高 C．斜面的机械效率高 D．无法比较7．使用空气炸锅（如图所示）时发现：同时闭合定时开关和温控开关产生热风，仅闭合定时开关产生冷风，不会只发热不吹风。则其电路可能是（）A． B． C． D．8．如图所示的电路中，R0是定值电阻，L是小灯泡，R是滑动变阻器，闭合开关S，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光。现用一只电压表检测这一现象产生的原因，当电压表接ab两点时，电压表无示数；接ac两点时，电压表有示数。则产生上述现象的原因可能是（）A．R0短路 B．L断路 C．R断路 D．R0断路9．某同学利用如图甲所示的装置比较a、b两种液体吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对“等量”水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙，下列说法正确的是（）A．“等量”是指体积相同的水和食用油 B．由图像可知，a、b液体的比热容之比是5：4 C．实验中物质吸热的多少是通过升高的温度来衡量的 D．图乙图像中a对应食用油，b对水10．如图甲所示电路，闭合开关S1、S2时，灯泡L1和L2发光。电流表A1、A2的指针指在同一位置如图乙所示。下列说法中正确的是（）A．只断开开关S2时，电流表A1有示数，电流表A2无示数 B．取下灯泡L2电流表A1示数不变 C．若某时刻只有灯泡L1熄灭，原因可能是L1被短路 D．通过灯泡L2的电流为1.2A二、填空题（共5小题）11．如图所示，小明正在做俯卧撑，这时可以把他的身体看作一个杠杆。图中A为身体的重心，小明的体重为550N，手臂长约50cm。则地面对手臂的支持力F的力臂为cm，力F的大小为N；若小明25s内完成了15个标准的俯卧撑，则小明这段时间内做功的功率约为W。12．如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中是通过观察运动的距离来判断钢球的动能大小；让同一钢球从斜面的不同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与的关系；换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，目的是控制钢球相同；木块最终会停下来，在这个过程中木块通过的方式把机械能转化为内能。13．如图1所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间以后，塞子被试管内水蒸气推出。这与图2（选填“A”、“B”、“C”或“D”）所示汽油机冲程的能量转化是一致的，是能转化成能，一台单缸四冲程汽油机，飞轮转速是1200r/min该汽油机每秒钟内完成个冲程，做功次。14．已知铜的比热容是铅的比热容的3倍。质量相同的铜块和铅块，若它们升高的温度之比为1：2，则它们吸收热量之比为；若放出相同的热量，则他们降低的温度之比为。把凉的奶制品放入盛有热水的保温桶中，经过一段时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示，奶制品与热水的质量相同，则其中（选填“甲”或“乙”）代表奶制品温度变化的图象。若不考虑热损失，在6min～8min过程中，水的内能（选“增大”、“减小”或“不变”）。从图象可以发现，甲、乙的比热容之比为。15．如图甲所示电路电源电压恒定，当闭合S1、断开S2时，灯L1与L2，电压表测量的是的电压；若闭合S1、断开S2与闭合S2、断开S1的电压表指针偏转角度相同（如图乙），则闭合S1、断开S2时灯L2两端电压为V；若同时闭合S1、S2，电压表示数为V。三、实验探究题（共3小题）16．某同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况猜想到：物体的重力势能可能与物体的质量、下落高度和运动路径有关。于是设计了如图所示的实验：用大小、形状相同的A、B、C、D四个铅球，其中A、C、D三球的质量为m，B球质量为2m，让A、B两球从距沙表面高H静止下落，C球从距沙表面高2H静止下落，D球从距沙表面高2H的光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直地落下（球在光滑管道中运动时的能量损失不计），实验测得A、B两球陷入沙深度分别为h1和h2，C、D两球陷入沙深度均为h3，且h1＜h2＜h3。（1）本实验是通过观察来判断重力势能大小的，用到的物理研究方法为法。（2）比较A、B两球，发现B球陷入沙深度更大，由此可得出结论。（3）比较两球，可得出结论：当物体质量相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大。（4）比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径（填“有关”或“无关”）。（5）由B、C两图不能探究重力势能的大小与高度的关系，理由是。17．在“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，将质量和初温相同的a、b两种液体分别倒入相同容器中，用相同的热源加热，如甲、乙两图所示。每隔相同时间，测量液体的温度，并根据记录的数据画出温度随加热时间变化的图像，如图丙所示。（1）两种液体吸收热量的多少可通过（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较；不计热量损失，加热相同时间后，液体a增加的内能液体b增加的内能。（2）由a、b两种液体沸腾前的温度与加热时间的关系图像可知：若升高相同的温度（均未达到沸腾），液体吸收的热量更多。若自制一个暖手袋，若只能从液体a或b中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，应选择液体。（3）小明认为利用此装置还可以比较相等质量不同燃料燃烧时放出的热量关系，于是增加了装置丁，向容器内倒入的液体a与甲、乙装置中的液体质量（选填“相等”或“不相等”），燃烧相同质量的碎纸片后应与图所示的实验相比较。（4）除了图中已经呈现的器材，还需要用到其它测量工具。两个实验都还要用到的其它测量工具是。18．小明同学用如图甲所示的电路探究“电流与电压和电阻的关系”，电源电压15V保持不变，滑动变阻器的规格是“50Ω1A”，阻值为10Ω、20Ω、30Ω、50Ω的电阻各一个，满足测量需求的电流表、电压表各一个。（1）根据图甲所示的电路图，将图乙所示的实物图连接完整。（2）小明先探究“电阻一定，电流与电压的关系”，他将10Ω的电阻接入电路，闭合开关S，通过调节滑动变阻器滑片P，测出电阻两端施加不同电压时对应电流值，并记录（如表1所示）。第1次实验时电流表的读数如图丙所示，则此时通过电阻的电流为的A。分析这些数据，可以得出结论：在电阻一定的情况下，过导体的电流和导体两端的电压成。表1实验次序1234U/V5.06.07.08.0I/A0.610.70.79（3）小明再探究“电压一定，电流与电阻的关系”a.他将10Ω的电阻接入电路，闭合开关S，调节滑片P到适当位置，读出电流表示数记入表中：断开开关S，小明用20Ω的电阻替换10Ω的电阻，闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器接入电路阻值（选填“增大”或“减小”），他这样操作的目的是：。表2实验次序1234R/Ω10203050I/A0.600.300.200.12b.表2是小明提交的实验数据，老师指出有一组数据不符合实际，你认为这是实验次序的数据，若不更换实验器材，在实验过程中小明为了能够利用上述4个定值电阻，顺利得到4组I、R数据，实验所保持不变的电压U的取值范围应满足V≤U≤V。四、计算题（共2小题）19．如图所示为一种塔式起重机上的滑轮组。现用该滑轮组将重为1.8×104N的钢材以0.6m/s的速度竖直向上匀速起吊，已知所用拉力为8×103N，钢材被吊起10m的高度，不计绳重和摩擦。g取10N/kg。求：（1）提升钢材做的有用功；（2）起重机的机械效率；（3）克服动滑轮重力做功的功率。20．2022年北京冬奥会举行期间，氢燃料客车、纯电动汽车成为承担此次冬奥会交通出行任务的最主要力量，新能源车辆的使用比例为历届冬奥会之最。如图所示是氢燃料公交车在平直路面行驶时的情景。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q氢＝1.4×108J/kg。求：（1）质量为0.6kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为多少？（2）若这些热量全部被质量为500kg、温度为15℃的水吸收，水升高的温度为多少？（3）氢燃料公交车以恒定功率匀速行驶，其效率为50%，完全燃烧（1）中的氢燃料可公交车获得的有用机械能为多少？若此过程公交车行驶了280s，则其匀速直线行驶时的功率是多少？五、综合能力题（共1小题）21．珠海有“发明大王”之称的宋有洲曾经过上千次试验之后，研制出“空中绿化存车亭”，获得国内和国际专利。此亭集绿化、停车、防盗、户外广告于一体，存车只需40秒就可以把车子“锁上天”。如图为“空中绿化存车亭”的工作原理图，其中A为存车架，O为杠杆OB的转动轴，杠杆的B端固定悬挂泊车位置，BC为牵引OB杆转动的钢丝绳，M为牵引钢丝绳的电动机。存车时，汽车开到存车架上，电动机通过钢丝绳BC将杆OB拉到一定高度固定；取车时，将OB杆放下使存车架落回地面。请根据以上信息回答下列问题（忽略OB的重力和机械各部分的摩擦力，g取10N/kg）：（1）图中使用了滑轮，它的作用是。（2）小汽车从水平地面被提升到BC垂直于杆OB的过程中，动力臂，阻力臂，作用在B点的动力。（以上均选填“变大”、“变小”或“不变”）（3）若汽车的质量为0.9t，存车架框的质量为100kg，杆OB的长度为5m，当B点距地面高3m时，求出此时绳CB的拉力为多少N？（4）专家建议遮阳蓬上加装太阳能光电板，给新能源电动小汽车供电。每个充电桩对新能源小汽车充电1h后，小汽车存储的电能是2.88×107J。这些电能可使总质量为1t、额定输出功率为12kW的新能源小汽车匀速直线行驶36km。①充电桩对小汽车充电过程中，将能转化为能；②设汽车行驶过程中受到的阻力是车重的0.06倍，该小汽车以额定输出功率时，此电动汽车的电机效率是多少？2023-2024学年江苏省南通市海门市能仁中学九年级（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题）1．如图所示的工具中，属于费力杠杆的是（）A．赛艇的桨 B．起瓶器 C．核桃夹 D．老虎钳【分析】判断杠杆的种类，可结合生活经验，根据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系，若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆，若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆，若动力臂等于阻力臂，则是等臂杠杆。【解答】解：A、赛艇的桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A符合题意；B、起瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不符合题意；C、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意；D、老虎钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。故选：A。【点评】准确分析题目中工具的动力臂与阻力臂的关系，是判断省力杠杆和费力杠杆的关键。2．释放化学能的过程不断地发生在人体内，食物也是一种“燃料”，营养成分在人体细胞里与氧结合，提供细胞组织所需的能量。一袋饼干的营养成分表上标有“2361kJ/100g”，该标识的含义与以下物理量的含义类似的是（）A．热量 B．热值 C．比热容 D．内能【分析】（1）在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量，单位是J；1kg某种燃料完全燃烧时放出的热量叫做这种燃料的热值，单位是J/kg；单位质量的某种物质，温度升高1℃吸收的热量，叫这种物质的比热容，单位是J/（kg•℃）；内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，单位是J；（2）由“每100g能量2361kJ”可得每克巧克力提供的能量，结合热量、内能、热值、比热容的意义选择。【解答】解：巧克力的营养成分表上标有“2361kJ/100g”，是指每100g能量2361kJ，据此可得每克巧克力提供的能量；而燃料的热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，所以标识的含义与热值类似。故选：B。【点评】本题考查了对热量、内能、热值和比热容的掌握，正确理解几个物理量的意义是解题的关键。3．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）A．0℃的水不具有内能 B．温度越高的物体，含有的热量越多 C．物体温度保持不变，内能一定不变 D．两个内能相同的物体相互接触时，也可能发生热传递【分析】（1）物体在任何情况下都具有内能；（2）热量是指热传递过程中传递能量的多少，是过程量，可以说放出或吸收多少热量，但不能说含有多少热量；（3）物体吸收热量时，可能导致物体的温度发生变化，也可能导致物体的状态发生变化；（4）发生热传递的条件是存在温度差。【解答】解：A、0℃的水仍然具有内能，故A错误；B、热量是过程量，不能说物体含有热量的多少，故B错误；C、晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能增加，故C错误；D、在热传递过程中，热量总从温度高的物体转移到温度低的物体，或者从同一物体的高度部分传递到低温部分。两个内能相同的物体如果温度不同，相互接触时也会发生热传递，故D正确。故选：D。【点评】此题考查了热传递的条件以及温度、热量与内能的关系，是一道综合题。4．沿水平桌面自由滚落的排球的运动轨迹如图，C、F两处高度相同，D为球与水平地面的接触点，关于排球的说法，正确的是（）A．C点的动能等于F点的动能 B．C点的重力势能等于F点的重力势能 C．E点到F点的过程中，机械能保持不变 D．D点到E点过程中，弹性势能转化为重力势能【分析】分析物体在运动过程中能量的转化，关键是分析在运动中的几个特殊的位置，最高点和最低点；B点和E高度不同，则说明从B到E的过程中有机械能损失，原因是受到空气阻力和物体在与地面撞击时损失了机械能；还要分析运动的轨迹是直线还是曲线，当运动轨迹是曲线时，那么在最高点速度不为零，仍具有动能。【解答】解：A、C运动到F的过程，由于物体与地面发生碰撞，且上升的高度E点低于B点，故机械能有损失，而C点和F点高度相同，则排球的重力势能相同，所以C点和F点的动能不同，故A错误；B、C点和F点高度相同，同一物体则重力势能相同，故B正确；C、E到F过程中，受到空气阻力作用，机械能不守恒，故C错误；D、D到E过程中，弹性势能转化为动能，动能转化为重力势能和内能，故D错误。故选：B。【点评】分析机械能的转化和守恒问题，关键点是分析运动过程中的最高点及运动轨迹，这样就能准确判断机械能是否守恒以及动能和势能是如何转化的。5．根据所学的物理知识和生活经验，你认为下列数据最接近实际的是（）A．把物理课本从地上捡起放到课桌上，所做的功约为20J B．台灯正常工作时的电流约为5A C．对人体的安全电压是36V D．中学生爬楼的功率约为150W【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。【解答】解：A、把物理课本从地上捡起放到课桌上，所做的功约为：W＝Gh＝mgh＝0.2kg×10N/kg×0.8m＝1.6J，故A错误；B、台灯正常工作时的电流约为0.1A，故B错误；C、对人体的安全电压是不高于36V，故C错误；D、中学生爬楼的功率约为：P＝＝＝＝＝150W，符合实际，故D正确。故选：D。【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。6．同一物体先用动滑轮（如图甲）匀速提升，后沿倾角为30°的斜面（如图乙）匀速提升，两次提升高度均为h，两次拉力大小均为F．则这两次提升物体的机械效率比较（）A．两者的机械效率一样高 B．动滑轮的机械效率高 C．斜面的机械效率高 D．无法比较【分析】根据有用功、总功和机械效率的公式分析。【解答】解：两次提升同一物体时，提升物体的高度相同，根据W有＝Gh可知，有用功是相同的；由图可知，有两段绳子拉着动滑轮，则绳子自由端通过的距离为物体上升高度的2倍，即s＝2h；倾角为30°的斜面，物体上升高度为h，则物体在斜面上通过的距离为2h，即s＝2h；两次的拉力是相同的，两次拉力移动的距离也相同，根据W总＝Fs可知，两次拉力所做的总功也相同；有用功相同，总功相同，则根据机械效率的公式可知，两者的机械效率也相同。故选：A。【点评】本题考查了有用功、总功、机械效率的求法，明确公式的应用是解题的关键，属于基础知识。7．使用空气炸锅（如图所示）时发现：同时闭合定时开关和温控开关产生热风，仅闭合定时开关产生冷风，不会只发热不吹风。则其电路可能是（）A． B． C． D．【分析】空气炸锅工作时，可以单独产生风，也可以产生热风，但不能只发热不吹风，说明电动机和电吹风可以独立工作、互不影响即为并联，且发热管支路有开关控制，据此进行解答。【解答】解：A．由图可知，发热管和电动机串联，同时闭合定时开关和温控开关，只发热不吹风，故A不符合题意；B．由图可知，发热管和电动机并联，只闭合温控开关时，只有发热管工作，只发热不吹风，故B不符合题意；C．由图可知，发热管和电动机并联，只闭合温控开关时，只有发热管工作，只发热不吹风，故C不符合题意；D．由图可知，只闭合定时开关时，电动机工作产生冷风；再闭合温控开关时，电动机和发热管同时工作吹热风；只闭合温控开关时发热管不工作，不会出现只发热不吹风，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题干中的条件分析每一个选项即可得出答案。8．如图所示的电路中，R0是定值电阻，L是小灯泡，R是滑动变阻器，闭合开关S，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光。现用一只电压表检测这一现象产生的原因，当电压表接ab两点时，电压表无示数；接ac两点时，电压表有示数。则产生上述现象的原因可能是（）A．R0短路 B．L断路 C．R断路 D．R0断路【分析】根据电路图可知，定值电阻R0、灯泡L以及滑动变阻器R串联连接；根据灯泡是否发光判断电路可能出现的原因，然后再根据电压的示数判断电路故障的具体原因。【解答】解：根据题意可知，闭合开关S，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光，说明电路出现断路或短路；当电压表接ab两点时，电压表无示数，说明是电压表并联的部分短路或电压表并联以外的部分断路；接ac两点时，电压表有示数，说明电源正极到a之间的电路没有断路，则故障可能为灯泡发生了短路或电阻R0出现了断路，即灯L短路或R0断路，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查电路的故障分析、灯泡不发光的可能原因以及串联电路的特点，涉及的内容较多，关键是知道电压表无示数，说明是电压表并联的部分短路或电压表并联以外的部分断路。9．某同学利用如图甲所示的装置比较a、b两种液体吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对“等量”水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙，下列说法正确的是（）A．“等量”是指体积相同的水和食用油 B．由图像可知，a、b液体的比热容之比是5：4 C．实验中物质吸热的多少是通过升高的温度来衡量的 D．图乙图像中a对应食用油，b对水【分析】（1）“等量”指的是质量相同的水和食用油。（2）各根据比热容和热量公式进行计算。（3）物质吸热的多少是通过加热时间的长短来衡量的。（4）质量和初温相同的不同物质，吸收相同的热量，温度升高越快，则比热容越小。【解答】解：A、“等量”是指质量相同的水和食用油，故A错误；B、吸收相同的热量，a和b升高的温度不同，根据热量公式有：cam×（60℃﹣20℃）＝cbm×（60℃﹣10℃）；解得：，故B正确；C、实验中物质吸热的多少是通过加热时间长短长短来衡量的，故C错误；D、图乙图像中b对应食用油，a对水，因为根据B可知：a的比热容较大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查的是比热容的基本概念；会根据图像和热量公式进行计算和比较物质的比热容。10．如图甲所示电路，闭合开关S1、S2时，灯泡L1和L2发光。电流表A1、A2的指针指在同一位置如图乙所示。下列说法中正确的是（）A．只断开开关S2时，电流表A1有示数，电流表A2无示数 B．取下灯泡L2电流表A1示数不变 C．若某时刻只有灯泡L1熄灭，原因可能是L1被短路 D．通过灯泡L2的电流为1.2A【分析】由电路图可知，闭合开关S1、S2时两灯泡并联，电流表A1测干路电流，A2测L1支路的电流，根据两电流表所选的量程确定分度值并读出其大小，求出干路电流以及通过L1和L2的电流，根据并联电路的特点对选项逐一判断。【解答】解：D、由甲图可知闭合开关S1、S2时两灯泡并联，电流表A1测量的是干路电流，A2测L1支路的电流，电流表A1使用的是0～3A量程，分度值为0.1A，则由图乙知，电流表A1的示数示数为1.5A，即干路电流I＝1.5A，电流表A2选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，则由图乙知，电流表A2的示数为0.3A，即通过L1的电流为I1＝0.3A，由并联电路电流的规律可得，通过灯L2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，故D正确；A、两灯泡并联，只断开开关S2时，灯泡L2断路，对灯泡L1无影响，则灯泡L1中有电流通过，电流表A1有示数，电流表A2有示数，故A错误。B、两灯泡并联，取下灯泡L2，支路减小，干路电流减少，电流表A1示数变小，故B错误；C、若某时刻只有灯泡L1熄灭，原因可能是L1断路，如果L1短路则L2也熄灭，故C错误。故选：D。【点评】本题考查了电流表的读数和并联电路的特点，分清电路的连接方式和电流表量程的判读是解决本题的关键。二、填空题（共5小题）11．如图所示，小明正在做俯卧撑，这时可以把他的身体看作一个杠杆。图中A为身体的重心，小明的体重为550N，手臂长约50cm。则地面对手臂的支持力F的力臂为150cm，力F的大小为330N；若小明25s内完成了15个标准的俯卧撑，则小明这段时间内做功的功率约为99W。【分析】（1）支点到力的作用线的距离是力臂，由图示可以求出力的力臂，应用杠杆平衡的条件可以求出地面对手的支持力；（2）根据W＝Fs求出他做一个俯卧撑做的功，然后求出他25s内做的总功，利用P＝求出他1min内的功率。【解答】解：（1）由图可知，O为支点，地面对手的支持力的力臂L＝0.6m+0.9m＝1.5m＝150cm；由杠杆平衡条件可得：FL＝GLG，即F×1.5m＝550N×0.9m，解得：F＝330N；（2）每做一次俯卧撑肩膀升高的高度：h＝50cm＝0.5m，他做一个俯卧撑做的功：W＝Fs＝330N×0.5m＝165J，1min内做的总功：W总＝nW＝15×165J＝2475J，他1min内的功率：P＝＝＝99W。故答案为：150；330；99。【点评】本题考查了杠杆的平衡条件、功率的计算，是紧密联系实际的习题，熟练掌握杠杆平衡条件、功、功率的公式是解题的基础，读懂题由图获取足够的信息是解题的关键。12．如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中是通过观察木块运动的距离来判断钢球的动能大小；让同一钢球从斜面的不同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与速度的关系；换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，目的是控制钢球速度相同；木块最终会停下来，在这个过程中木块通过做功的方式把机械能转化为内能。【分析】该实验采用了转换法，通过比较小球推动木块移动的距离来反映小球动能的大小；钢球到达水平面的速度由钢球滚下的高度降低，动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与质量关系时，控制速度不变；探究动能与速度关系时，控制质量不变；改变内能的方式有两种，即做功和热传递，该实验中木块通过做功方式把动能转化为内能。【解答】解：在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察钢球推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想；实验中让同一钢球从同一个斜面上不同的高度由静止开始运动，即钢球滚动到斜面底端的速度是不同的，即探究动能大小与物体运动速度的关系；不同钢球从相同的高度释放，钢球运动到斜面底端的速度相同，该实验探究的是钢球动能与质量的关系；由于木块受到阻力（或摩擦力）的作用，所以木块最终会停下来；在此过程中木块通过做功方式把动能转化为内能。故答案为：木块；速度；速度；做功。【点评】探究影响物体动能大小的因素实验考查控制变量法、转换法的运用以及能的转化过程。13．如图1所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间以后，塞子被试管内水蒸气推出。这与图2C（选填“A”、“B”、“C”或“D”）所示汽油机冲程的能量转化是一致的，是内能转化成机械能，一台单缸四冲程汽油机，飞轮转速是1200r/min该汽油机每秒钟内完成40个冲程，做功10次。【分析】（1）在汽油机的四冲程中，做功冲程是内能转化为机械能的冲程；试管内水蒸气的内能转化为塞子的机械能；（2）四冲程汽油机在一个工作循环中，活塞上下往复两次，飞轮转两圈，完成4个冲程，做功1次。【解答】解：（1）当试管内水被酒精灯加热后，水蒸气的内能逐渐增大，最后会把塞子冲出去，水蒸气的内能转化为了塞子的机械能；汽油机的做功冲程是汽油燃烧产生的内能转化为曲轴的机械能，由图可知图C是做功冲程，这与图2C所示汽油机冲程的能量转化是一致的。（2）飞轮转速是1200r/min＝20r/s，该飞轮每秒钟转20圈。因为飞轮转2圈，完成四个工作冲程、做功1次，所以飞轮转20圈，完成40个冲程，做功10次。故答案为：C；内；机械；40；10。【点评】本题主要考查对四冲程汽油机能量转化、热机飞轮转速的含义的了解与掌握，记住：四冲程汽油机在一个工作循环中，活塞上下往复两次，飞轮转两圈，做功1次。14．已知铜的比热容是铅的比热容的3倍。质量相同的铜块和铅块，若它们升高的温度之比为1：2，则它们吸收热量之比为3：2；若放出相同的热量，则他们降低的温度之比为1：3。把凉的奶制品放入盛有热水的保温桶中，经过一段时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示，奶制品与热水的质量相同，则其中乙（选填“甲”或“乙”）代表奶制品温度变化的图象。若不考虑热损失，在6min～8min过程中，水的内能不变（选“增大”、“减小”或“不变”）。从图象可以发现，甲、乙的比热容之比为2：1。【分析】（1）比热容是物质的一种特性，运用公式Q＝cmΔt和，可得出题目中的比例；（2）把凉牛奶放在热水中加热，牛奶吸热、温度升高，热水放热、温度降低，由此判断温度随时间变化的图象中各部分的意义；（3）物体温度越高，分子运动越剧烈，物体的内能就越大，分析图像6min～8min水的温度变化，得出水的内能变化；（4）凉牛奶放在热水在相同时间里吸收和放出的热量相同。根据Q＝cmΔt判断液体比热容的大小。【解答】解：铜的比热容是铅的比热容的3倍，即c铜：c铅＝3：1，质量相同的铜块和铅块，即m铜：m铅＝1：1；若它们升高的温度之比为1：2，则它们吸收热量之比为：；若放出相同的热量，则他们降低的温度之比为：；把凉牛奶放在热水中加热，牛奶吸热、温度升高，热水放热、温度降低，直至两者的末温相等，因此甲是水的温度变化图象，乙是牛奶的温度变化图象；物体温度越高，分子运动越剧烈，物体的内能就越大，若不考虑热损失，在6min～8min过程中，由图象可知，水的温度始终保持60℃不变，故水的内能不变；若不考虑热损失，热水和凉牛奶发生热传递时，凉牛奶吸收的热量和热水放出的热量相同；根据图象可知，凉牛奶温度升高了（60℃﹣20℃）＝40℃，热水温度降低了（80℃﹣60℃）＝20℃，即Δt奶＝2Δt水；不考虑热损失，则Q奶吸＝Q水放，已知m奶＝m水，且Δt奶＝2Δt水，由Q＝cmΔt可得甲、乙的比热容之比：。故答案为：3：2；1：3；乙；不变；2：1。【点评】本题主要考查学生对热传递的条件、影响内能大小的因素及热量计算公式的应用，属于基本知识的考查。15．如图甲所示电路电源电压恒定，当闭合S1、断开S2时，灯L1与L2串联，电压表测量的是灯L1两端的电压；若闭合S1、断开S2与闭合S2、断开S1的电压表指针偏转角度相同（如图乙），则闭合S1、断开S2时灯L2两端电压为6V；若同时闭合S1、S2，电压表示数为7.5V。【分析】闭合S1、断开S2时两灯泡串联，电压表在灯泡L1两端，电压表测量灯泡L1两端的电压；闭合S2、断开S1时两灯泡串联，电压表在电源两端，电压表测量电源电压，由串联电压规律知电源电压大于灯泡L1两端的电压，由两次电压表指针偏转角度相同，说明电压表两次选择的量程不同，根据指针位置读取电压数据，再由串联电路电压规律可得到灯L2两端电压U2；若同时闭合S1、S2，灯L2被局部短路，电压表仍然测电源电压，故可得到此时电压表示数。【解答】解：闭合S1、断开S2时两灯泡串联，电压表在灯泡L1两端，故此时电压表测量灯泡L1两端的电压；闭合S2、断开S1时两灯泡串联，电压表在电源两端，故此时电压表测量电源电压，由串联电压规律知电源电压大于灯泡L1两端的电压，闭合S1、断开S2与闭合S2、断开S1的电压表指针偏转角度相同，说明电压表测量灯泡L1两端的电压用的是小量程，测量电源电压用的是大量程，由图乙知当选择小量程时，电压表示数是1.5V，即灯泡L1两端的电压U1＝1.5V；选择大量程时，电压表示数是7.5V，即电源电压U＝7.5V，闭合S1、断开S2时两灯泡串联，由串联电路电压规律知，灯L2两端电压U2＝U﹣U1＝7.5V﹣1.5V＝6V；若同时闭合S1、S2，灯L2被局部短路，电压表仍然测电源电压，故电压表示数为7.5V。故答案为：串联；灯L1两端；6；7.5。【点评】本题考查了串联电路电压的规律和电压表的使用，属于基础题。三、实验探究题（共3小题）16．某同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况猜想到：物体的重力势能可能与物体的质量、下落高度和运动路径有关。于是设计了如图所示的实验：用大小、形状相同的A、B、C、D四个铅球，其中A、C、D三球的质量为m，B球质量为2m，让A、B两球从距沙表面高H静止下落，C球从距沙表面高2H静止下落，D球从距沙表面高2H的光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直地落下（球在光滑管道中运动时的能量损失不计），实验测得A、B两球陷入沙深度分别为h1和h2，C、D两球陷入沙深度均为h3，且h1＜h2＜h3。（1）本实验是通过观察球陷入沙坑的深度来判断重力势能大小的，用到的物理研究方法为转换法。（2）比较A、B两球，发现B球陷入沙深度更大，由此可得出结论当下落高度一定时，物体的质量越大，物体的重力势能越大。（3）比较A、C两球，可得出结论：当物体质量相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大。（4）比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径无关（填“有关”或“无关”）。（5）由B、C两图不能探究重力势能的大小与高度的关系，理由是没有控制两球的质量相等。【分析】（1）实验中通过球陷入沙面的深度来反映铅球重力势能的大小，用到转换法；（2）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，实验中研究物体的重力势能与物体的质量关系时，需要保持下落高度相同，改变物体质量；（3）研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体质量相同，改变下落高度；（4）研究物体重力势能与运动路径的关系时，需要保持物体质量和下落高度相同，改变运动路径；（5）探究重力势能的大小与高度的关系时，需要控制两球的质量相等。【解答】解：（1）铅球的重力势能大小是通过球陷入沙坑的深度来反映的，这就是转换法；（2）比较A、B两球，下落高度相同，B球质量大于A球质量，发现B球陷入沙深度更大，由此可得出结论：当下落高度一定时，物体的质量越大，物体的重力势能越大；（3）探究物体的重力势能与下落高度的关系时，需控制两球的质量相同，下落高度不同，由题意可知，应选A、C两球；（4）比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径无关；（5）由B、C两图不能探究重力势能的大小与高度的关系，理由是没有控制两球的质量相等。故答案为：（1）球陷入沙坑的深度；转换；（2）当下落高度一定时，物体的质量越大，物体的重力势能越大；（3）A、C；（4）无关；（5）没有控制两球的质量相等。【点评】此题考查学生对于物体重力势能影响因素探究过程及能量转化的理解和掌握，注意分析实验时控制变量法和转换法的应用。17．在“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，将质量和初温相同的a、b两种液体分别倒入相同容器中，用相同的热源加热，如甲、乙两图所示。每隔相同时间，测量液体的温度，并根据记录的数据画出温度随加热时间变化的图像，如图丙所示。（1）两种液体吸收热量的多少可通过加热时间（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较；不计热量损失，加热相同时间后，液体a增加的内能等于液体b增加的内能。（2）由a、b两种液体沸腾前的温度与加热时间的关系图像可知：若升高相同的温度（均未达到沸腾），液体b吸收的热量更多。若自制一个暖手袋，若只能从液体a或b中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，应选择液体b。（3）小明认为利用此装置还可以比较相等质量不同燃料燃烧时放出的热量关系，于是增加了装置丁，向容器内倒入的液体a与甲、乙装置中的液体质量相等（选填“相等”或“不相等”），燃烧相同质量的碎纸片后应与图甲所示的实验相比较。（4）除了图中已经呈现的器材，还需要用到其它测量工具。两个实验都还要用到的其它测量工具是天平。【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少；（2）使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；确定哪种物质的吸热能力强，根据Q＝cmΔt分析；（3）探究不同燃料燃烧时放出的热量与燃料种类的关系，在设计实验时应使用控制变量法进行设计实验；（4）利用控制变量法进行分析。【解答】解：（1）根据转换法，两种液体吸收热量的多少可通过加热时间比较；实验中用相同的加热器加热，根据转换法可知，加热相同的时间，液体a吸收的热量等于液体b吸收的热量；（2）根据如图乙实验数据绘制的温度与时间的关系图象知，升高相同的温度，b加热时间长，b吸热多，故b的吸热能力强；因b的吸热能力强，在降低相同的温度时，b放热多，供热效果好；故从b或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择b。（3）利用上述装置探究不同燃料燃烧时放出的热量与燃料种类的关系。根据控制变量法可知要控制燃料的质量相等然后比较放出的热量的多少，由于燃烧时放出的热量是通过比较容器里的液体吸收的热量的多少判断的，所以图丁的相同装置中，向容器内倒入的液体种类、质量都相同，所以，由于图丁的相同装置的容器内倒入的液体是液体a，所以与其比较的装置中的液体种类相同、质量相等，所以，燃烧相同质量的燃料后应与图甲所示的实验相比较；（4）观察图知，物质的质量都必须相等，因此还要用天平称量质量，即要用到相同的器材是天平。故答案为：（1）加热时间；等于；（2）b；b；（3）相等；甲；（4）天平。【点评】本题是比较不同物质的吸热能力实验，考查器材的选择、注意事项、控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。18．小明同学用如图甲所示的电路探究“电流与电压和电阻的关系”，电源电压15V保持不变，滑动变阻器的规格是“50Ω1A”，阻值为10Ω、20Ω、30Ω、50Ω的电阻各一个，满足测量需求的电流表、电压表各一个。（1）根据图甲所示的电路图，将图乙所示的实物图连接完整。（2）小明先探究“电阻一定，电流与电压的关系”，他将10Ω的电阻接入电路，闭合开关S，通过调节滑动变阻器滑片P，测出电阻两端施加不同电压时对应电流值，并记录（如表1所示）。第1次实验时电流表的读数如图丙所示，则此时通过电阻的电流为的0.5A。分析这些数据，可以得出结论：在电阻一定的情况下，过导体的电流和导体两端的电压成正比。表1实验次序1234U/V5.06.07.08.0I/A0.610.70.79（3）小明再探究“电压一定，电流与电阻的关系”a.他将10Ω的电阻接入电路，闭合开关S，调节滑片P到适当位置，读出电流表示数记入表中：断开开关S，小明用20Ω的电阻替换10Ω的电阻，闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器接入电路阻值增大（选填“增大”或“减小”），他这样操作的目的是：电压表示数不变。表2实验次序1234R/Ω10203050I/A0.600.300.200.12b.表2是小明提交的实验数据，老师指出有一组数据不符合实际，你认为这是实验次序4的数据，若不更换实验器材，在实验过程中小明为了能够利用上述4个定值电阻，顺利得到4组I、R数据，实验所保持不变的电压U的取值范围应满足7.5V≤U≤10V。【分析】（1）根据滑片P向左移动时电流表示数变大确定变阻器的连接，电压表与电阻并联，；（2）根据图丙电流表选用的量程确定分度值读数；由表中数据示出电压与电流的比值分析；（3）a．据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定变阻器连入电路中的电阻变化；b．由欧姆定律求出电路中的最小电流分析不符合实际的数据；根据滑动变阻器的规格是“50Ω1A”的含义结合电流表选用的量程确定电路中允许通过的最大电流，由欧姆定律的变形公式知此时电路中的电阻最小，由欧姆定律求出电压表控制不变的最大示数；当变阻器的最大电阻连入电路中时，变阻器分得的电压最大，根据串联电路电压的规律，电压表示数最小为UV小，根据串联电路电压的规律和由分压原理：＝，据此式分析得出当变阻器连入最大电阻50Ω时，对应的最大定值电阻为50Ω，从而得出电压表控制不变的最小示数。【解答】解：（1）由电路图知，要求闭合S后，滑片P向左移动时电流表示数变大，即电阻变小，故P以左电阻丝连入电路中与电阻串联，电压表与电阻并联，如下所示：（2）第3次实验时电流表的读数如图丙所示，图中电流表选用大量程，分度值为0.1A，电流大小为0.5A，则此时流经电阻的电流为0.5A；由表中数据，考虑到误差因素，电压与电流之比：＝＝﹣﹣﹣﹣﹣≈10Ω，为一定值，可以得出结论：在电阻一定的情况下，过导体的电流和导体两端的电压成正比；（4）a．根据串联分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，目的是使电压表的示数不变；b．由欧姆定律，变阻器的最大电阻为50Ω，当电阻为50Ω时，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的最小电流：I小＝＝＝0.15A＞0.12A，即第4组数据不符合实际；滑动变阻器的规格是“50Ω1A”，表示变阻器允许的最大电流为1A，因电流表选用大量程0﹣3A，根据串联电路电流的规律，电路中允许通过的最大电流为1A，由欧姆定律的变形公式R＝，此时电路中的总电阻最小，所对应的定值电阻为最小电阻：R1＝10Ω，此时变阻器连入电路中电阻最小，分得的电压最小，故电压表的最大示数为：UV大＝I大R1＝1A×10Ω＝10V；当变阻器的最大电阻连入电路中时，变阻器分得的电压最大，根据串联电路电压的规律，电压表示数最小为UV小，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为：U﹣UV小，由分压原理：＝，即﹣1＝﹣﹣﹣﹣﹣①，因UV小为一定值，故①式左边为一定值，右边也为一定值，故当变阻器连入最大电阻50Ω时，对应的最大定值电阻为50Ω，代入①式，有：﹣1＝，UV小＝7.5V，综上，实验过程中小明为了能够利用上述4个定值电阻，顺利得到4组I、R数据，完成实验，所保持不变的电压U0的取值范围应满足7.5V～10V。故答案为：（1）如上所示；（2）0.5；正比；（3）a、增大；电压表示数；b、4；7.5；10。【点评】本题探究“电流与电压和电阻的关系”，考查电路连接、电流表读数，数据分析、控制变量法和操作过程、串联电路的规律、欧姆定律及对器材的要求。四、计算题（共2小题）19．如图所示为一种塔式起重机上的滑轮组。现用该滑轮组将重为1.8×104N的钢材以0.6m/s的速度竖直向上匀速起吊，已知所用拉力为8×103N，钢材被吊起10m的高度，不计绳重和摩擦。g取10N/kg。求：（1）提升钢材做的有用功；（2）起重机的机械效率；（3）克服动滑轮重力做功的功率。【分析】（1）利用W＝Gh求提升钢材做的有用功；（2）由图知n＝3，则拉力端移动距离s＝3h，利用W＝Fs求拉力做的总功；起重机的机械效率等于有用功与总功之比；（3）不计绳重和摩擦，做的额外功为克服动滑轮重力做功，利用速度公式求所用时间，再利用P＝求提升动滑轮做功功率。【解答】解：（1）提升钢材做的有用功：W有用＝Gh＝1.8×104N×10m＝1.8×105J；（2）由图知n＝3，则拉力端移动距离s＝3h＝3×10m＝30m，拉力做的总功：W总＝Fs＝8×103N×30m＝2.4×105J，起重机的机械效率：η＝＝×100%＝75%；（3）不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力做的功：W额＝W总﹣W有用＝2.4×105J﹣1.8×105J＝6×104J，所用时间：t＝＝＝s，克服动滑轮重力做功的功率：P＝＝＝3600W。答：（1）提升钢材做的有用功为1.8×105J；（2）起重机的机械效率为75%；（3）克服动滑轮重力做功的功率为3600W。【点评】本题考查了使用滑轮组时速度公式、功的公式、功率公式以及效率公式的应用，注意：不计绳重和摩擦时做的额外功等于提升动滑轮做的功。20．2022年北京冬奥会举行期间，氢燃料客车、纯电动汽车成为承担此次冬奥会交通出行任务的最主要力量，新能源车辆的使用比例为历届冬奥会之最。如图所示是氢燃料公交车在平直路面行驶时的情景。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q氢＝1.4×108J/kg。求：