2023-2024学年江苏省南京市鼓楼区九年级（上）物理期中试题和答案

试题PAGE1试题2023-2024学年江苏省南京市鼓楼区九年级（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．（2分）如图以O为支点的人体杠杆中，属于省力杠杆的是（）A．举哑铃 B．仰卧起坐 C．高抬腿 D．俯卧撑2．（2分）关于机械做功的说法，正确的是（）A．做功越快，功率越大 B．功率越大，做功越多 C．做功越多，机械效率越高 D．机械效率越高，做功越快3．（2分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A．0℃冰的内能为0 B．温度高的物体所含热量多 C．不发生热传递也可以改变物体的内能 D．热传递时，热量总是从内能大的传递到内能小的物体4．（2分）下列数据最符合实际的是（）A．人体安全电压一般不高于220V B．中学生骑自行车的功率约70W C．家用冰箱的工作电流约10A D．中学生完成一次引体向上做功约20J5．（2分）中国女子篮球队在杭州亚运会夺冠，下列描述正确的是（）A．篮球离手飞向篮筐的过程，人对篮球做了功 B．篮球在地面滚动时，地面的支持力对篮球做了功 C．篮球下落的过程，篮球的重力做了功 D．人将球抓在手中停在半空的过程，人对篮球做了功6．（2分）如图所示，小球自A点由静止释放，B为最低点，运动到C点后返回，下列说法错误的是（）A．小球在A点时的重力势能最大 B．小球从C点返回，能回到A点 C．小球由B到C的过程，动能减小，重力势能增大 D．若小球运动到C点时绳子断裂，小球将竖直下落7．（2分）质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出相同的热量，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），c水＞c液。下列说法正确的是（）①甲物质是水；②0～12min乙温度降低了20℃；③0～12min甲放出了8.4×104J的热量；④乙物质的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。A．①② B．②④ C．①③ D．①④8．（2分）用塑料瓶做了如图所示的实验：①瓶中有少量水，盖紧瓶盖；②用力扭转瓶身；③松动瓶盖，瓶盖冲出，瓶内出现白雾。下列说法正确的是（）A．如果瓶内没有水，步骤③瓶内气体内能依然减小 B．步骤②，瓶内气体内能不变 C．步骤③，瓶内气体内能全部转化为瓶盖的机械能 D．步骤③，白雾是汽化形成的9．（2分）为解决停车难的问题，设计了如图甲“路边空中绿化存车亭”，其工作原理如图乙。电动机通过钢丝绳BC牵引OB杆绕O点转动，B端悬挂存车架A。小汽车从乙图所示位置（CB⊥OB）缓慢下降到水平地面的过程中，钢丝绳对B点的拉力将（）A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．保持不变 D．先变大后变小10．（2分）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用拉力FA、FB在相同时间内将重为GA、GB的两个物体匀速提升相同高度，拉力的功率为PA、PB，绳子自由端移动的距离为sA，sB，不计绳重和摩擦，下列推理中正确的是（）A．若GA＝GB，则FA＝FB B．若GA＞GB，则sA＞sB C．若FA＜FB，则PA＜PB D．若FA＝FB，则η甲＞η乙11．（2分）某电动独轮车，当S1闭合时，指示灯亮起，独轮车处于待机状态，再当人站在独轮车上时，开关S2自动闭合，电动机才能启动，开始运动。下列简化模拟电路符合要求的是（）A． B． C． D．12．（2分）如图所示，闭合开关S1、S2后小灯泡L1和L2均正常发光，两电表示数不为0。突然电路出现一处故障导致一灯泡熄灭，下列说法正确的是（）A．若L2熄灭，则电压表示数不为0，电流表示数为0 B．若L1熄灭，则电流表示数不为0，电压表示数为0 C．若L2熄灭，再拧下L1，电压表示数可能为0 D．若L1熄灭，再断开S2，电压表示数可能为0二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）13．（3分）如图甲所示是生活中常用的夹子，拇指对夹子施加压力F1使夹子缓慢张开，夹子上的钢丝对夹子的弹力为F2，则F1F2（填“＞”“＝”或“＜”），此时夹子是（填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆；如图乙所示，用夹子夹住木块，夹子上A点受到木块的作用力F3的方向（填“向下”或“向上”）。14．（4分）甲图压燃实验中，棉花主要是通过方式增加内能，达到燃点；乙图中点火后盒盖飞出。在“活塞压缩空气”和“使盒盖飞出”的两个过程中，筒内气体内能增加的是图（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”），它们改变筒内气体内能的方式（选填“相同”或“不同”），棉花和酒精在实验中的主要作用是：。15．（3分）如图所示，斜面底端A与B点的距离为80cm，B点高度为20cm，沿斜面向上用0.8N的拉力F将重为2N的木块从A点缓慢拉到B点，该过程中拉力F做的功是J，斜面的机械效率为%，斜面对木块的滑动摩擦力为N。16．（4分）如图所示，番茄上分别插入甲、乙两种金属片，将金属片与已调零的电压表相连，番茄和金属片实现的是能转化为电能，它们相当于电路中的（填元件名称），其中甲片是该元件的极，图中电压表示数为V。17．（4分）如图所示，当开关S2断开，S1、S3闭合时，发光的小灯泡有；当S1、S2闭合，S3断开时，两个电表的指针均如图乙所示，此时两灯泡的连接方式是联，通过灯L1的电流是A；要想改变两灯泡的连接方式，可以仅闭合开关。18．（5分）如图所示是单缸四冲程汽油机某一冲程工作示意图。（1）该冲程是汽油机的冲程；（2）若汽油机的飞轮转速为1800r/min，则汽油机1s对外做功次；（3）某段时间汽油机完全燃烧0.07kg的汽油放出热量J；若热量完全被23kg初温15℃的水吸收，则水温升高℃；[q汽油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（4）若该汽油机的效率为20%，年平均消耗汽油420kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约kg的汽油。19．（3分）如图所示，工人用力拉动绳子使重为100N的物体A以速度v匀速上升，此时滑轮的机械效率η1为50%，拉力做功的功率为P1；若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，并用力拉动绳子使它们一起以2v的速度匀速上升，此时机械效率为η2，拉力做功的功率为P2，不计绳重及摩擦，则η1η2（填“＞”“＝”或“＜”），动滑轮重为N，P1：P2＝。三、解答题（本题共11小题，共50分，解答第27、28题时应有公式和解题过程）．20．（2分）如图，用开瓶器打开瓶盖，画出作用在A点上的最小力F1及其力臂l1。21．（2分）如图，用两个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组，画出正确绕线方式。22．（2分）根据如图信息，在虚线框中画出电源和电压表的元件符号，使电路在闭合开关后，各元件均能正常工作。23．（7分）用如图甲所示的装置验证杠杆平衡条件。（1）实验时，要先将杠杆调至水平位置平衡，这是为了便于，若杠杆侧翘起，则需将平衡螺母向右侧调。序号动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm①120210②2151.520③5115（2）一组实验数据如表所示，漏填的数据应为N；（3）二组某次实验情景如甲图所示，发现要使杠杆水平位置平衡，测力计向下的拉力要超过测力计的量程，为完成实验，下列操作可行的是；A.向左移动钩码的悬挂点B.向右移动测力计的悬挂点C.向左移动平衡螺母D.向右移动平衡螺母（4）三组实验后还发现，动力和动力臂成反比，造成此结果的原因是实验时未改变；（5）四组利用图乙装置估测一根非匀质金属棒的重心位置。此时金属棒在水平位置保持平衡，金属棒上A点下方的细线上悬挂一质量为m的小球，AO两点距离为l，需用天平测出，便能计算出金属棒重心到支点O的距离为。（用m、l及所测物理量符号表示）24．（4分）如图所示，用斜面、木块、两个小球甲、乙（m乙＞m甲），探究影响物体动能大小的因素。（1）木块被推动的越远，球对木块越多，说明小球动能越大；（2）如图，前两次实验，甲球分别从A、B两点由静止释放，这是为了探究动能大小与的关系；（3）为了探究动能大小与另一个因素的关系，第三次实验不能使乙球从点由静止释放（用A、B、C作答）；（4）以下实验中用“”标注的器材和本实验木块起到不同作用的有。A.甲图，研究弹性势能实验中的“小车”B.乙图，研究弹性势能实验中的“卡片”C.丙图，研究重力势能实验中的“木块”25．（4分）用图中滑轮组做“探究动滑轮的重力对滑轮组机械效率大小的影响”实验。改变吸附在动滑轮边框上的磁铁以改变滑轮的重力，每次实验都使物体上升10cm，部分实验数据如表。次数物重G物/N动滑轮重G动/N拉力F/N机械效率η16.00.32.290.9%26.01.02.536.01.92.969.0%（1）每次实验绳端移动距离为cm；（2）第2次实验，滑轮组的机械效率为%；（3）分析表中数据可知：①在物重不变时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越；②在物体的重力和上升高度不变时，动滑轮越重，克服绳重和摩擦做功越。26．（5分）用图示装置，完成两个实验：①比较水和煤油比热容的大小；②比较酒精和碎纸片热值的大小；（1）实验①，使等质量的水和煤油吸收相同热量，用（选填“加热时间”或“升高的温度”，下同）反映物质吸热的多少，再通过比较它们，来比较比热容大小；（2）实验②，（选填“需要”或“不需要”）使用秒表来测量完全燃烧酒精和碎纸片所用的时间，来比较热值大小；（3）为了方便这两个实验同时进行，烧杯内液体质量相同的有（用甲、乙或丙作答，下同），两燃烧皿中燃料种类一定不同。27．（7分）用图甲电路“探究并联电路电流特点”。实验序号IA/AIB/AIC/A10.180.280.4620.200.160.3630.200.320.52（1）连接电路时，开关应处于状态；（2）图乙中的电流表是测量甲图中点的电流，若只改动一根导线，测量A点电流，在要改动的导线上画“×”，用笔画线连接改动后的导线；（3）更换不同规格灯泡重复实验，目的是为了；（4）分析数据可得：在并联电路中，（写出IA、IB和IC关系式）；（5）若在A、B、C三处中的某两处同时接入电流表，两表接线及指针偏转情况如图丙所示，则C处电流为A。28．（3分）闭合图甲、乙中的两个开关，两灯均发光，为确定两灯的连接方式，做了如下三种尝试：（1）甲图拧下一盏灯泡，另一灯泡，则说明两灯是并联；（2）甲图断开一个开关，两灯都不亮，则（选填“能”或“不能”）确定电路连接方式；（3）乙图中仅做一次比较，就能确定电路连接方式，应比较（用A、B、C作答）两电压表示数大小关系。29．（7分）工人用图中的滑轮组提升重物，每个滑轮重为42.5N，物重为200N，物体上升2m，用时10s，克服动滑轮重所做的功占额外功的85%；（1）求工人所做的有用功和有用功的功率分别是多少？（2）滑轮组的机械效率是%。30．（7分）氢燃料汽车甲在平直公路上从A地出发，匀速行驶72km到达B地，消耗0.8kg氢燃料，燃料燃烧产生的热量先转化为电能，电能E电的80%用于克服车辆受到的阻力做功，阻力恒为1000N，氢燃料的热值为1.25×108J/kg。（1）求该过程中甲车克服阻力做功；（2）求此过程中产生的电能E电；（3）氢燃料燃烧产生的热量转化成电能的效率为%；（4）燃油汽车乙也在该公路上从A地匀速行驶到B地，所受阻力也为1000N，汽油在气缸内完全燃烧，且燃烧所释放热量的30%用于克服车辆受到的阻力做功，汽油热值q＝5×107J/kg。已知每加注1kg汽油所需的费用为10元，每加注1kg氢燃料所需的费用为25元，则从A地到B地，使用甲车比使用乙车节约燃料费元。

2023-2024学年江苏省南京市鼓楼区九年级（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．（2分）如图以O为支点的人体杠杆中，属于省力杠杆的是（）A．举哑铃 B．仰卧起坐 C．高抬腿 D．俯卧撑【分析】结合图片和生活经验，先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。【解答】解：A、在举哑铃的过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；B、在仰卧起坐的过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B错误；C、在高抬腿的过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C错误；D、做俯卧撑的过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D正确。故选：D。【点评】本题考查的是杠杆的分类，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。2．（2分）关于机械做功的说法，正确的是（）A．做功越快，功率越大 B．功率越大，做功越多 C．做功越多，机械效率越高 D．机械效率越高，做功越快【分析】（1）功率是单位时间内做的功，表示的是做功的快慢；（2）机械效率是指有用功与总功的比值，机械效率高说明有用功与总功的比值大。【解答】A.功率描述的是物体做功的快慢，所以功率越大的物体，做功越快，故A正确；B.由p=WC.机械效率是有用功与总功的比值，有用功较多总功不确定，机械效率不能确定，故C错误D.机械做功快慢与机械效率没有关系，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了我们对机械效率、功率的理解和应用使用、功率大小、效率高低之间没有必然联系。3．（2分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A．0℃冰的内能为0 B．温度高的物体所含热量多 C．不发生热传递也可以改变物体的内能 D．热传递时，热量总是从内能大的传递到内能小的物体【分析】（1）一切物体在任何情况下都有内能；（2）热量是一个过程量，不能说含有多少热量；（3）改变内能的方式有做功和热传递；（4）发生热传递的条件是存在温度差。【解答】解：A、一切物体在任何情况下都有内能，故0℃的冰也有内能，故A错误；B、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故B错误；C、改变内能的方式有做功和热传递，故不发生热传递也可以改变物体的内能，故C正确；D、热量是从温度高的物体向温度低的物体传递，或者从温度高的部分传到温度低的部分，内能少的物体温度不一定低，故内能少的物体也可能向内能多的物体传热，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了温度、热量、内能之间的关系以及热传递现象，难度不大。4．（2分）下列数据最符合实际的是（）A．人体安全电压一般不高于220V B．中学生骑自行车的功率约70W C．家用冰箱的工作电流约10A D．中学生完成一次引体向上做功约20J【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。【解答】解：A、对人体的安全电压是不高于36V，故A不符合实际；B、中学生骑自行车的功率约70W，故B符合实际；C、家用冰箱的电功率约为220W，工作电流约为I=PD、每次引体向上，上升的高度约为40cm，完成一次引体向上所做的功W＝Gh＝500N×40×10﹣2m＝200J，故D不符合实际。故选：B。【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，找出合理的选项即可。5．（2分）中国女子篮球队在杭州亚运会夺冠，下列描述正确的是（）A．篮球离手飞向篮筐的过程，人对篮球做了功 B．篮球在地面滚动时，地面的支持力对篮球做了功 C．篮球下落的过程，篮球的重力做了功 D．人将球抓在手中停在半空的过程，人对篮球做了功【分析】做功包含的两个必要条件：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。【解答】解：A、篮球离手后，在空中飞行过程中，人对篮球没有施加力，所以不做功，故A错误；B、篮球在地面滚动时，地面的支持力与篮球运动方向垂直，支持力对篮球没有做功，故B错误；C、篮球下落的过程，在重力的方向上移动了距离，重力对篮球做了功，故C正确；D、人将球抓在手中停在半空的过程，人对篮球施加了力，但没有在力的方向上移动距离，没有做功，故D错误。故选：C。【点评】有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的作用下通过了距离，即力的方向和物体前进的距离的方向一致，力对物体才做功。6．（2分）如图所示，小球自A点由静止释放，B为最低点，运动到C点后返回，下列说法错误的是（）A．小球在A点时的重力势能最大 B．小球从C点返回，能回到A点 C．小球由B到C的过程，动能减小，重力势能增大 D．若小球运动到C点时绳子断裂，小球将竖直下落【分析】（1）动能和物体的质量、速度有关；（2）重力势能和物体的质量、高度有关；（3）动能和重力势能是可以相互转化的，只有在不计摩擦和阻力时，机械能才守恒。【解答】解：A、小球在A点时高度最高，重力势能最大，故A正确；B、小球从C点返回，摆到左侧的最大高度时的机械能小于在C点时的机械能，在左侧的最大高度时速度为0，动能为0，则此时的重力势能小于在C点时的重力势能，故小球从C点返回，摆到左侧的最大高度小于C点的高度，不能回到A点，故B错误；C、小球从B点运动到C点的过程中，质量不变，高度变大，重力势能增大，速度变小，动能减小，故C正确；D、小球运动到C点时处于静止状态，所以若此时绳子断裂，小球将沿竖直方向直线下落，故D正确。故选：B。【点评】明确影响动能和重力势能的因素、机械能的守恒，是解题的关键。7．（2分）质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出相同的热量，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），c水＞c液。下列说法正确的是（）①甲物质是水；②0～12min乙温度降低了20℃；③0～12min甲放出了8.4×104J的热量；④乙物质的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。A．①② B．②④ C．①③ D．①④【分析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断；（2）由图像知乙液体初温和末温；（3）根据Q放＝cmΔt可求出甲液体放出的热量；（4）相同时间水和液体放出的热量相同，而水和液体的质量相同，变化的温度由图可知，根据放热公式求液体的比热容。【解答】解：①时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，根据热量的计算公式Q放＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小，所以，甲液体的比热容大，所以若甲、乙两种液体中，一种液体是水，则这种液体一定是甲液体，故①正确；②由图可知：乙液体的初温是60℃，放热12分钟后乙液体的末温是20℃，乙温度降低了40℃，故②错误；③读图可得，甲在15min内由60℃降低到40℃，降低的温度是60℃﹣40℃＝20℃，甲液体已判断出是水，所以甲放出的热量Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J，故③错误；④由图知，0～15min水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃），0～15min乙液体放出的热量：Q放＝c乙m乙（60℃﹣20℃），由题知，水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃）＝c乙m乙（60℃﹣20℃），解得c乙＝2.1×103J/（kg•℃），故④正确。故选：D。【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，能从温度﹣时间图象得出相关信息是解题的关键。8．（2分）用塑料瓶做了如图所示的实验：①瓶中有少量水，盖紧瓶盖；②用力扭转瓶身；③松动瓶盖，瓶盖冲出，瓶内出现白雾。下列说法正确的是（）A．如果瓶内没有水，步骤③瓶内气体内能依然减小 B．步骤②，瓶内气体内能不变 C．步骤③，瓶内气体内能全部转化为瓶盖的机械能 D．步骤③，白雾是汽化形成的【分析】做功可以改变物体的内能：当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能；液化是物质由气态变为液态的过程。【解答】解：A、如果瓶内没有水，步骤③瓶内气体对外做功，内能减小，故A正确；B、扭转瓶身时，对瓶内气体做功，瓶内气体温度升高，内能增大，故B错误；C、步骤③，瓶内气体内能一部分转化为瓶盖的机械能，故C错误；D、盖子飞出时，白雾的产生是因为瓶内气体内能减小，温度降低，水蒸气遇冷发生了液化，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了做功改变物体内能的理解，要明确：对物体做功，物体内能会增加，物体对外做功，物体内能会减小。9．（2分）为解决停车难的问题，设计了如图甲“路边空中绿化存车亭”，其工作原理如图乙。电动机通过钢丝绳BC牵引OB杆绕O点转动，B端悬挂存车架A。小汽车从乙图所示位置（CB⊥OB）缓慢下降到水平地面的过程中，钢丝绳对B点的拉力将（）A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．保持不变 D．先变大后变小【分析】OB杆在提升过程，车对杆子的拉力力臂越来越小，而CB拉力的力臂逐渐增大，当二者绳子拉力方向夹角越来越小，当二者方向垂直时，拉力最小。【解答】解：小汽车从乙图所示位置（CB⊥OB）缓慢下降到水平地面的过程中，图中拉力与OB垂直，拉力的力臂最大，当慢慢放下时，动力的力臂L1逐渐变小，汽车远离支点，阻力臂L2变大，且阻力不变（阻力为车架和汽车的总重力），根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，在此过程中作用在B点的动力逐渐变大，故B正确。故选：B。【点评】此类问题是结合杠杆和受力分析以及最小力问题，属于中档题。10．（2分）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用拉力FA、FB在相同时间内将重为GA、GB的两个物体匀速提升相同高度，拉力的功率为PA、PB，绳子自由端移动的距离为sA，sB，不计绳重和摩擦，下列推理中正确的是（）A．若GA＝GB，则FA＝FB B．若GA＞GB，则sA＞sB C．若FA＜FB，则PA＜PB D．若FA＝FB，则η甲＞η乙【分析】（1）不计绳重和摩擦，物体匀速上升时，物体和动滑轮处于平衡状态，有力的关系式：nF＝G+G动，把已知条件分别代入力的关系式，即可得到FA和FB的大小关系；（2）在如图所示的装置中，绳子移动距离s、物体移动距离h和动滑轮上的绳子段数n之间的关系式为：s＝nh；（3）利用W＝Fs和P=W（4）利用功的公式、机械效率公式以及有用功、额外功和总功的关系分析即可。【解答】解：A.由图知，甲装置动滑轮上绳子的段数为3，乙装置动滑轮上绳子的段数为2，不计绳重和摩擦，由nF＝G+G动知，3FA＝GA+G动；2FB＝GB+G动；若GA＝GB，则FA＜FB，故A错误；B.由图知，sA＝3h，sB＝2h，故sA＞sB，但sA与sB之间的关系与物体的重力大小无关，故B错误；C.相同时间内，FA做的功为：WA＝FA×3h，FB做的功为：WB＝FB×2h，仅根据FA＜FB不能推出WA和WB之间的关系，由P=Wt知不能确定PA与PD.若FA＝FB，B选项已经推出sA＞sB，由W＝Fs知WA＞WB，甲、乙两装置的动滑轮相同，不计绳重和摩擦，由W额＝G动h知它们的额外功相同，由W总＝W有+W额知，W甲有＞W乙有，由η=W有W总×100%=W有W有故选：D。【点评】本题考查了功的公式、功率的公式、机械效率公式的应用，解题的关键是要掌握滑轮组的特点。11．（2分）某电动独轮车，当S1闭合时，指示灯亮起，独轮车处于待机状态，再当人站在独轮车上时，开关S2自动闭合，电动机才能启动，开始运动。下列简化模拟电路符合要求的是（）A． B． C． D．【分析】由题意可知，指示灯和电动机并联，S1控制干路，开关S2控制电动机，然后对各个选项逐一分析即可。【解答】解：由题知，当电源开关S1闭合时指示灯亮起，人站在独轮车上开关S2自动闭合，电动机才能启动，电动机和灯泡能够独立工作，是并联，开关S1控制干路，开关S2控制电动机，故C符合题意。故选：C。【点评】本题联系实际考查了串、并联电路的设计相关知识的了解与掌握，利用所学知识解释身边现象。12．（2分）如图所示，闭合开关S1、S2后小灯泡L1和L2均正常发光，两电表示数不为0。突然电路出现一处故障导致一灯泡熄灭，下列说法正确的是（）A．若L2熄灭，则电压表示数不为0，电流表示数为0 B．若L1熄灭，则电流表示数不为0，电压表示数为0 C．若L2熄灭，再拧下L1，电压表示数可能为0 D．若L1熄灭，再断开S2，电压表示数可能为0【分析】根据实物图知，两灯泡并联，电流表测量L1的电流，电压表测量电源电压，根据并联互不影响分析电路故障。【解答】解：根据实物图知，两灯泡并联，电流表测量L1的电流，电压表测量电源电压，突然电路出现一处故障导致一灯泡熄灭，AC、若L2熄灭，L1亮，则L2断路，电压表测量电源电压，则电压表示数不为0，电流表测量L1的电流，示数不为0，再拧下L1，电压表测电源电压，示数不可能为0，故A错误，C错误；BD、若L1熄灭，L2亮，则L1断路，电压表测量电源电压，则电压表示数不为0，电流表测量L1的电流，示数为0，再断开S2，电压表示数仍等于电源电压，不可能为0，如果电流表断路，电压表示数为0，故B错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查并联电路的故障分析，属于基础题。二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）13．（3分）如图甲所示是生活中常用的夹子，拇指对夹子施加压力F1使夹子缓慢张开，夹子上的钢丝对夹子的弹力为F2，则F1＜F2（填“＞”“＝”或“＜”），此时夹子是省力（填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆；如图乙所示，用夹子夹住木块，夹子上A点受到木块的作用力F3的方向向上（填“向下”或“向上”）。【分析】动力臂大有阻力臂的杠杆是省力杠杆，动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆，分析夹子张开时，动力臂与阻力臂的关系，从而判断此时夹子属于什么杠杆；物体间力的作用是相互的。【解答】解：用手捏开夹子时，手施加的力是动力，夹子上的卡簧对夹子的作用力是阻力，由下图可知，动力臂大于阻力臂，所以此时夹子是省力杠杆，则F1＜F2；；用夹子夹住木块，夹子对木块施加一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，木块会给夹子一个向上的力，如上图F3所示。故答案为：＜；省力；向上。【点评】本题考查了杠杆的分类和相互作用力，是一道基础题。14．（4分）甲图压燃实验中，棉花主要是通过热传递方式增加内能，达到燃点；乙图中点火后盒盖飞出。在“活塞压缩空气”和“使盒盖飞出”的两个过程中，筒内气体内能增加的是图甲（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”），它们改变筒内气体内能的方式相同（选填“相同”或“不同”），棉花和酒精在实验中的主要作用是：反映空气的内能增大、温度升高。【分析】改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。【解答】解：图甲中，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，是将机械能转化为内能的过程；图乙中，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，盖子飞出去，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小；在“活塞压缩空气”过程中是机械能转化为内能，“使盒盖飞出”过程中是内能转化为机械能；改变筒内气体内能的方式都是做功；棉花和酒精在实验中反映空气的内能增大、温度升高。故答案为：热传递；甲；相同；反映空气的内能增大、温度升高。【点评】本题考查改变内能的方式以及能量转化的有关知识，难度不大。15．（3分）如图所示，斜面底端A与B点的距离为80cm，B点高度为20cm，沿斜面向上用0.8N的拉力F将重为2N的木块从A点缓慢拉到B点，该过程中拉力F做的功是0.64J，斜面的机械效率为62.5%，斜面对木块的滑动摩擦力为0.3N。【分析】由W有＝Gh计算有用功，W总＝Fs计算总功，η=W有W总计算斜面的机械效率；由W总＝W有+W【解答】解：把重2N的木块匀速拉到高20cm的B点时，有用功W有＝Gh＝2N×0.2m＝0.4J，拉力做的总功W总＝Fs＝0.8N×0.8m＝0.64J，斜面的机械效率η=W克服摩擦力做的额外功：W额＝W总﹣W有＝0.64J﹣0.4J＝0.24J，由W额＝fs可得，斜面对木块的滑动摩擦力f=W故答案为：0.64；62.5%；0.3。【点评】本题考查使用斜面时有用功、机械效率以及摩擦力的计算，要正确理解有用功、总功和额外功。16．（4分）如图所示，番茄上分别插入甲、乙两种金属片，将金属片与已调零的电压表相连，番茄和金属片实现的是化学能转化为电能，它们相当于电路中的电源（填元件名称），其中甲片是该元件的负极，图中电压表示数为0.8V。【分析】（1）对于水果电池在工作时，消耗化学能，产生电能，故据此能判断能量的转化过程；（2）据电流表或电压表的正确使用可知，由于它们都有正负接线柱，故我们可以根据所连的接线柱来判断电池的正负极；读取电压表的量程和分度值，由指针的位置得到电压表的示数。【解答】解：水果电池在工作时，消耗化学能，产生电能，故是将化学能转化为电能的过程；水果能提供电能，相当于电源；据图能看出，此时电压表向右偏转，故此时与电压表正接线柱相连的是电源的正极，与电压表负接线柱相连的是电源的负极，故金属片A是水果电池的负极；电压表的量程是0～3V，分度值是0.1V，电压表的示数是0.8V。故答案为：化学；电源；负；0.8。【点评】本题考查了水果电池的正负极的确定因素、电压表的读数，属于基础题。17．（4分）如图所示，当开关S2断开，S1、S3闭合时，发光的小灯泡有L1；当S1、S2闭合，S3断开时，两个电表的指针均如图乙所示，此时两灯泡的连接方式是并联，通过灯L1的电流是1.2A；要想改变两灯泡的连接方式，可以仅闭合开关S3。【分析】（1）当开关S2断开，S1、S3闭合时，灯泡L2被短路，电路中只有灯泡L1；（2）当开关S1、S2闭合，S3断开时，L1、L2并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过L2的电流，而两个电流表的指针位置均如图乙所示，所以电流表A1使用0﹣3A量程，电流表A2使用0﹣0.6A量程，根据指针位置可得两电流表的示数，即干路电流、通过灯L2的电流，再根据并联电路的电流特点求通过灯L1的电流。（3）只闭合S3时，两灯泡串联。【解答】解：（1）当开关S2断开，S1、S3闭合时，灯泡L2被导线连接，是短路，所以只有灯泡L1发光。（2）当开关S1、S2闭合，S3断开时，L1、L2并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过L2的电流，而两个电流表的指针位置均如图乙所示，所以电流表A1使用0﹣3A量程，示数为1.5A，即干路电流I＝1.5A；电流表A2使用0﹣0.6A量程，示数为0.3A，即通过灯L2的电流I2＝0.3A；通过灯L1的电流：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。要想改变两灯泡的连接方式，可以仅闭合开关S3，只有一条电流路径流过两个灯泡，是串联。故答案为：L1；并；1.2；S3。【点评】本题考查了并联电路的电流特点、电流表的读数方法，分析电路图得出开关不同开闭情况下电路的连接方式、电流表的作用是关键。18．（5分）如图所示是单缸四冲程汽油机某一冲程工作示意图。（1）该冲程是汽油机的压缩冲程；（2）若汽油机的飞轮转速为1800r/min，则汽油机1s对外做功15次；（3）某段时间汽油机完全燃烧0.07kg的汽油放出热量3.22×106J；若热量完全被23kg初温15℃的水吸收，则水温升高33.3℃；[q汽油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（4）若该汽油机的效率为20%，年平均消耗汽油420kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约20kg的汽油。【分析】（1）根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程；（2）四冲程汽油机1个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；（3）知道汽油的热值和质量根据Q放＝mq可求出汽油完全燃烧放出的热量，再根据Q吸＝cmΔt求出温度的变化量；（4）由于汽油机效率提高后有用功是相同的，因为η=WQ放×100%，所以可得η1qm1＝η【解答】解：（1）两个气门都关闭，活塞向上运动，为压缩冲程；（2）四冲程汽油机的飞轮转速是1800r/min＝30r/s，即汽油机飞轮每秒转30圈，对外做功15次；（3）完全燃烧0.07kg汽油放出的热量为：Q放＝m汽油q汽油＝0.07kg×4.6×107J/kg＝3.22×106J；这些热量完全被23kg水吸收，则有：Q吸＝Q放＝3.22×106J；由Q吸＝c水mΔt得，水温升高：Δt=Q（4）汽油机效率提高后为：η2＝20%+1%＝21%；汽油机效率提高前后，有用功相等，则η1Q1＝η2Q2，即η1m1q＝η2m2q，所以提高效率后该汽油机一年消耗的汽油质量为：m2=η该汽油机一年可以节约汽油的质量Δm＝m1﹣m2＝420kg﹣400kg＝20kg。故答案为：（1）压缩；（2）15；（3）3.22×106；33.3；（4）20。【点评】本题考查了汽油机的工作原理、热值、热量的计算等多个知识点，基础性题目。19．（3分）如图所示，工人用力拉动绳子使重为100N的物体A以速度v匀速上升，此时滑轮的机械效率η1为50%，拉力做功的功率为P1；若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，并用力拉动绳子使它们一起以2v的速度匀速上升，此时机械效率为η2，拉力做功的功率为P2，不计绳重及摩擦，则η1＜η2（填“＞”“＝”或“＜”），动滑轮重为100N，P1：P2＝1：3。【分析】（1）滑轮组（或动滑轮）的机械效率与被提升物体的重力有关，在G动相同时，G物越大，机械效率η越大；不计绳重及摩擦，根据η=W（2）根据图示可知动滑轮上绳子的股数，不计绳重及摩擦，利用F=1n（G+G动）分别求出两次拉力，由动滑轮的特点可知两次绳端移动的速度，最后根据P【解答】解：若他将一个与A完全相同的物体系在A下端，此时物重变大，滑轮组（或动滑轮）的机械效率与被提升物体的重力有关，在G动相同时，G物越大，机械效率η越大，故η1＜η2；由题知，第一次提升重为100N的物体A时，滑轮的机械效率η1为50%，不计绳重及摩擦，动滑轮的机械效率η=W则动滑轮的重力为：G动=Gη1由图可知，n＝2，不计绳重及摩擦，则第1次绳端的拉力为：F1=1n（G+G动）第2次绳端的拉力为：F2=1n（G'+G动）由动滑轮的特点可知两次绳端移动的速度分别为v1＝2v、v2＝2×2v＝4v，则根据P=Wt=故答案为：＜；100；1：3。【点评】本题考查了动滑轮的特点、功率公式和动滑轮机械效率公式的应用，明确额外功的含义、影响动滑轮机械效率的因素是关键。三、解答题（本题共11小题，共50分，解答第27、28题时应有公式和解题过程）．20．（2分）如图，用开瓶器打开瓶盖，画出作用在A点上的最小力F1及其力臂l1。【分析】先确定支点，找出最长的动力臂，再确定最小力的方向，根据力的示意图的画法作图。【解答】解：用起子开瓶盖时，根据用力情况，起子与瓶盖上面接触的点为支点O；当动力臂等于OA时，力臂最长，根据杠杆平衡条件可知，动力最小；连接OA，标出力臂符号l1，即为力臂l1；从动力作用点A垂直于OA向上画一带箭头的线段，标出力的符号F1，即为最小力F1的示意图，如图所示：【点评】本题考查了力和力臂的画法。明确力臂越长越省力是确定力的方向的关键，作力臂关键是要画出支点到力的作用线的垂线段。21．（2分）如图，用两个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组，画出正确绕线方式。【分析】根据一个动滑轮最多可以连接3股绳子设计，注意两个定滑轮都必须使用。【解答】解：两个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组时，动滑轮最多可以连接3股绳子，故s＝3h，即由3段绳子承担物重，绕绳方法如图所示：；【点评】本题考查滑轮组的设计，属于基础题。22．（2分）根据如图信息，在虚线框中画出电源和电压表的元件符号，使电路在闭合开关后，各元件均能正常工作。【分析】根据“电压表要并联在电路中、电流表要串联在电路中”分析即可。【解答】解：右侧方框与电流表串联，因而电源填在右侧，使得电流表测量电源的电流，为了保证电流从正接线柱流入电流，电源下方为正极，而左侧方框与灯泡并联，应该是电压表，如图所示：【点评】电压表、电流表在使用时有相似的地方，比如：电流都是从正接线柱流入，负接线柱流出；也有不同的地方，比如：电流表在电路中相当于导线，则必须串联在电路中；电压表在电路中相当于开路，则必须并联在电路中。23．（7分）用如图甲所示的装置验证杠杆平衡条件。（1）实验时，要先将杠杆调至水平位置平衡，这是为了便于从杠杆上直接读出力臂，若杠杆右侧翘起，则需将平衡螺母向右侧调。序号动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm①120210②2151.520③5115（2）一组实验数据如表所示，漏填的数据应为3N；（3）二组某次实验情景如甲图所示，发现要使杠杆水平位置平衡，测力计向下的拉力要超过测力计的量程，为完成实验，下列操作可行的是B；A.向左移动钩码的悬挂点B.向右移动测力计的悬挂点C.向左移动平衡螺母D.向右移动平衡螺母（4）三组实验后还发现，动力和动力臂成反比，造成此结果的原因是实验时未改变阻力、阻力臂；（5）四组利用图乙装置估测一根非匀质金属棒的重心位置。此时金属棒在水平位置保持平衡，金属棒上A点下方的细线上悬挂一质量为m的小球，AO两点距离为l，需用天平测出金属棒的质量m1，便能计算出金属棒重心到支点O的距离为mlm1【分析】（1）杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；根据杠杆的平衡条件可知，杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，为使杠杆平衡，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节；（2）根据杠杆的平衡条件和第3次实验数据中的动力臂、阻力、阻力臂，求出动力；（3）根据杠杆的平衡条件进行解答；（4）根据表中实验数据，观察F1×L1与F2×L2有什么关系，从而得出结论；（5）此题的关键在于用天平测出金属棒的质量，根据杠杆平衡的条件可求出金属棒重心到支点O的距离。【解答】解：（1）当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，便于从杠杆上直接读出力臂；为了使它在水平位置平衡，若平衡螺母向右侧调，则杠杆右侧翘起；（2）分析第③组数据：由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，F1×5cm＝1N×15cm，解得F1＝3N；（3）A、向左移动钩码的悬挂点，会使阻力臂变大，在动力臂和阻力不变的情况下，动力会变大，故A不符合题意；B、向右移动测力计的悬挂点，会使动力臂变大，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力会变小，故B符合题意；CD、在探究“杠杆的平衡条件”的实验中，加挂钩码后，不能通过调节平衡螺母使杠杆平衡，故CD不符合题意；故选：B；（4）这个结论必须有前提条件，即保持阻力、阻力臂不变，在杠杆水平平衡时，动力与动力臂成反比，否则不成立；（5）用天平测出金属棒的质量m1，根据杠杆平衡的条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，可知G1L1＝G×L2，即m1gL1＝mgl，则金属棒重心到支点O的距离为L1=ml故答案为：（1）从杠杆上直接读出力臂；右；（2）3；（3）B；（4）阻力、阻力臂；（5）金属棒的质量m1；mlm【点评】（1）杠杆调平的方法是：左端下沉向右调节平衡螺母，右端下沉向左端调节平衡螺母，先快后慢，使杠杆水平平衡。（2）掌握杠杆平衡条件，并学会利用杠杆平衡条件分析实验中出现的问题是解答此类题目的关键24．（4分）如图所示，用斜面、木块、两个小球甲、乙（m乙＞m甲），探究影响物体动能大小的因素。（1）木块被推动的越远，球对木块做功越多，说明小球动能越大；（2）如图，前两次实验，甲球分别从A、B两点由静止释放，这是为了探究动能大小与速度的关系；（3）为了探究动能大小与另一个因素的关系，第三次实验不能使乙球从C点由静止释放（用A、B、C作答）；（4）以下实验中用“”标注的器材和本实验木块起到不同作用的有C。A.甲图，研究弹性势能实验中的“小车”B.乙图，研究弹性势能实验中的“卡片”C.丙图，研究重力势能实验中的“木块”【分析】（1）小球动能大小是通过木块被推动的距离来反映，这是转换法的应用；（2）（3）影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系；（4）在探究影响物体动能大小的因素实验中，通过木块被推动的距离来反映小球的动能大小，据此分析。【解答】解：（1）根据转换法，通过木块被撞后移动的距离来表示小球的动能大小，木块被撞后移动的距离越远，小球对木块做功越多，说明木块的动能越大；（2）如图，前两次实验，甲球分别从A、B两点由静止释放，小球质量相同，下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，推动木块移动的距离不同，说明小球的动能与速度大小有关；（3）要探究动能大小与质量的关系，应让质量不同的小球从斜面同一高度下滑，因前两次小球从A、B两点由静止释放，根据控制变量法可知，第三次实验不能使乙球从C点由静止释放；（4）在探究影响物体动能大小的因素实验中，通过木块被推动的距离来反映小球的动能大小；A、甲图，研究弹性势能实验中，小车移动的距离反映弹簧弹性势能的大小，故A不符合题意；B、乙图，研究弹性势能实验中，卡片弹起的高度反映橡皮筋弹性势能的大小，故B不符合题意；C、丙图，研究重力势能实验中，桌腿陷入的深度反映木块的重力势能大小，故C符合题意；故选：C。故答案为：（1）做功；（2）速度；（3）C；（4）C。【点评】本题考查了学生对影响动能大小的因素的掌握，注重了控制变量法和转换法应用的考查，是中考的热点。25．（4分）用图中滑轮组做“探究动滑轮的重力对滑轮组机械效率大小的影响”实验。改变吸附在动滑轮边框上的磁铁以改变滑轮的重力，每次实验都使物体上升10cm，部分实验数据如表。次数物重G物/N动滑轮重G动/N拉力F/N机械效率η16.00.32.290.9%26.01.02.536.01.92.969.0%（1）每次实验绳端移动距离为30cm；（2）第2次实验，滑轮组的机械效率为80%；（3）分析表中数据可知：①在物重不变时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；②在物体的重力和上升高度不变时，动滑轮越重，克服绳重和摩擦做功越多。【分析】（1）从图中可知n＝3，根据s＝nh得出每次实验绳端移动距离；（2）根据η=W（3）①分析数据可知：在物重不变的情况下，从实验1至实验3，动滑轮的重力逐渐变大，滑轮组的机械效率逐渐变低，据此得出结论；②三次实验中，根据W有用＝Gh得出有用功；根据W动＝G动h得出克服动滑轮的重力所做的额外功，根据W总＝Fs得出总功，根据W摩＝W总﹣W有用﹣W动得出摩擦和绳重引起的额外功，进而得出结论。【解答】解：（1）由图可知，滑轮组用三段绳子提起物体，因此，当物体被提升h＝10cm时，绳端移动距离为：s＝nh＝3×10cm＝30cm；（2）由第2次实验滑轮组的机械效率η=W（3）①由表格中数据可知，物重不变时，滑轮组做的有用功不变，动滑轮越重，滑轮组所做的额外功越多，额外功在总功中所占的比例越大，因此滑轮组的机械效率就越低；三次实验中，物体上升的高度h＝10cm＝0.1m，有用功W有用＝Gh＝6.0N×0.1m＝0.6J，第1次实验中，克服动滑轮的重力所做的额外功W动1＝G动1h＝0.3N×0.1m＝0.03J，总功W总1＝F1s＝2.2N×0.3m＝0.66J，绳重和摩擦引起的额外功：W额1＝W总1﹣W有用﹣W动1＝0.66J﹣0.6J﹣0.03J＝0.03J；第2次实验中，克服动滑轮的重力所做的额外功W动2＝G动2h＝1.0N×0.1m＝0.1J，总功W总1＝F1s＝2.5N×0.3m＝0.75J，绳重和摩擦引起的额外功：W额2＝W总2﹣W有用﹣W动2＝0.75J﹣0.6J﹣0.1J＝0.05J；第3次实验中，克服动滑轮的重力所做的额外功W动3＝G动3h＝1.9N×0.1m＝0.19J，总功W总3＝F3s＝2.9N×0.3m＝0.87J，绳重和摩擦引起的额外功：W额3＝W总3﹣W有用﹣W动3＝0.87J﹣0.6J﹣0.19J＝0.08J，所以在物体的重力和上升高度不变时，动滑轮越重，克服绳重和摩擦做功越多。故答案为：（1）30；（2）80；（3）①低；②多。【点评】本题“探究动滑轮的重对滑轮组机械效率的影响”，综合性强，难度较大。26．（5分）用图示装置，完成两个实验：①比较水和煤油比热容的大小；②比较酒精和碎纸片热值的大小；（1）实验①，使等质量的水和煤油吸收相同热量，用加热时间（选填“加热时间”或“升高的温度”，下同）反映物质吸热的多少，再通过比较它们升高的温度，来比较比热容大小；（2）实验②，不需要（选填“需要”或“不需要”）使用秒表来测量完全燃烧酒精和碎纸片所用的时间，来比较热值大小；（3）为了方便这两个实验同时进行，烧杯内液体质量相同的有甲、乙、丙（用甲、乙或丙作答，下同），甲、乙两燃烧皿中燃料种类一定不同。【分析】（1）吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来，这用到了转换法；由Q＝cmΔt可知，吸收相同的热量，升高的温度越高，比热容越小，这用到了控制变量法；（2）根据热值的概念，要使质量相等的燃料完全燃尽，计算燃料放出热量的多少；（3）比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q＝cmΔt，得出不同燃料放出热量的多少。【解答】解：（1）实验中物质吸热的多少是通过加热时间的长短来反映的，这用到了转换法；温度计是用来测量液体的温度。实验中，通过比较温度的变化来比较比热容的大小；（2）要比较燃料完全燃烧释放热量的多少，不需要加热相同的时间，要使燃料完全燃尽，实验才能结束；（3）比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制质量相同的不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力；比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，得出不同燃料放出热量的多少，故两个实验都需要控制相同的液体质量，两燃烧皿中燃料种类一定不同。故答案为：（1）加热时间；升高的温度；（2）不需要；（3）甲、乙、丙；甲、乙。【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法、吸热公式的应用以及对测量热值的偏差分析，为热学中的重要实验。27．（7分）用图甲电路“探究并联电路电流特点”。实验序号IA/AIB/AIC/A10.180.280.4620.200.160.3630.200.320.52（1）连接电路时，开关应处于断开状态；（2）图乙中的电流表是测量甲图中C点的电流，若只改动一根导线，测量A点电流，在要改动的导线上画“×”，用笔画线连接改动后的导线；（3）更换不同规格灯泡重复实验，目的是为了避免偶然性，得出普遍规律；（4）分析数据可得：在并联电路中，IC＝IA+IB（写出IA、IB和IC关系式）；（5）若在A、B、C三处中的某两处同时接入电流表，两表接线及指针偏转情况如图丙所示，则C处电流为0.5或0.8A。【分析】（1）连接电路时，开关应该断开；（2）根据电流表的使用规则来分析；（3）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；（4）根据表中数据分析得出结论；（5）明确电流表的量程与分度值，可根据指针位置读出示数；在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。【解答】解：（1）连接电路时，开关应断开；（2）图乙是他们对照图甲连接的实物电路图，此时电流表测的是干路中的电流，即C处的电流；需要改动一根导线，测量A点电流，即测量通过L1的电流，如图所示：（3）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；（4）由表中数据可知，0.18A+0.28A