2023-2024学年江苏省南京市溧水区九年级（上）物理期中试题和答案

试题PAGE1试题2023-2024学年江苏省南京市溧水区九年级（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）1．（2分）以下用电器中正常工作时的电流最接近4A的是（）A．节能灯 B．电风扇 C．电饭锅 D．电冰箱2．（2分）如图所示，从空中落下的排球先后在草地和水泥地面上弹起，你认为排球运动的轨迹最有可能的是（）A． B． C． D．3．（2分）踮脚是一项很好的有氧运动（如图），它简单易学，不受场地的限制，深受广大群众的喜爱，踮脚运动的基本模型是杠杆，下列分析正确的是（）A．脚后跟是支点，是省力杠杆 B．脚后跟是支点，是费力杠杆 C．脚掌与地面接触的地方是支点，是省力杠杆 D．脚掌与地面接触的地方是支点，是费力杠杆4．（2分）做值日时，小阳将一桶水从一楼提到二楼。此过程中，关于做功的说法正确的是（）A．对桶做的功是有用功 B．对水做的功是有用功 C．对水做的功是额外功 D．克服自身重力做的功是总功5．（2分）以下说法正确的是（）A．当物体运动速度增大时，其分子动能随之增加 B．当物体被举高时，其分子势能随之增加 C．0℃以下时，物体分子既不具有动能也不具有势能 D．物体的分子总是在做无规则运动，所以分子具有动能6．（2分）如图甲所示，物体在水平拉力F的作用下由静止沿粗糙水平面向右运动，0～6s内拉力随时间变化的规律如图乙，速度随时间变化的规律如图丙，则在2～4s内，拉力所做的功为（）A．10J B．30J C．50J D．80J7．（2分）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用同样大小的拉力F把A、B两个物体匀速提升，mA、mB分别为甲、乙两图中物体的质量，η甲、η乙分别是甲、乙两图滑轮组的机械效率。不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（）A．mA＞mB；η甲＞η乙 B．mA＝mB；η甲＝η乙 C．mA＜mB；η甲＝η乙 D．mA＜mB；η甲＜η乙8．（2分）如图所示，光滑无摩擦的弧形轨道竖直固定于水平面上，小球由A点以速度v沿轨道滚下，经过右侧等高点B后达最高点C，下列分析正确的是（）A．小球在A点的动能大于在B点的动能 B．小球在C点时的重力势能最小 C．小球在A、B、C三点的机械能相同 D．小球从B点到C点的过程中，重力势能转化为动能9．（2分）如图所示，是小普同学跟爷爷学习气功的四个基本动作，由此他联想到热机的四个冲程，以下与做功冲程最相似的是（）A．鼻孔吸气 B．气沉丹田 C．排山倒海 D．打完收工10．（2分）如图所示是两江巴蜀中学智慧校园门禁系统，可以使用刷脸（S1）、校园卡（S2）或保卫室控制（S3）作为钥匙。使用时，三者单独闭合都可以使电机转动打开门锁，下列电路中符合设计要求的是（）A． B． C． D．11．（2分）如图所示，M、N表示一个电流表的两个接线柱，a、b、c、d表示电路中的四个连接点，若想用此电流表测量小灯泡的电流，则以下连接正确的是（）A．M接a，N接b B．M接d，N接a C．M接c，N接d D．M接d，N接c12．（2分）利用如图所示的装置，运用控制变量法，通过观察现象即可比较酒精和碎纸热值的大小，为完成实验，要求（）A．酒精和碎纸的质量相同，两只烧杯内水的质量相同 B．酒精和碎纸的质量不同，两只烧杯内水的质量不同 C．酒精和碎纸的质量相同，两只烧杯内水的质量不同 D．酒精和碎纸的质量不同，两只烧杯内水的质量相同二、填空题（本题共9小题，每空1分，共29分）13．（6分）如图甲所示，一个充电宝正在给手机电池充电，此时充电宝相当于电路的，手机的电池相当于，如图乙为宾馆房间的取电房卡，将房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用，房卡的作用相当于电路元件中的；如图丙所示，当开关S1、S2断开时，电路处于状态；当开关S1闭合、S2断开时，电路处于状态；当开关S1、S2都闭合时，电路处于状态。14．（2分）如图所示，质量分布均匀的相同的两块砖平放在水平地面上，现分别用始终竖直向上的力F1和F2分别作用在ab和cd的中点，使它们缓慢的竖直起来，且砖不在地面上滑动，当砖的边ab、cd刚离开地面时F1F2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。当两块砖抬高至竖直位置时，F1、F2做功的大小分别为W1、W2，则W1W2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。15．（3分）小明利用所学的物理知识，制作了“会跳的卡片”，如图所示。图甲，用手把它平压在桌面上，使橡皮筋伸长，迅速松手后，卡片就会弹跳起来。图中A为外表面，B为内表面，实验时最好把面紧贴桌面后松手，橡皮筋能对卡片，使卡片能向上运动。小明还利用相同的橡皮筋和卡纸做了图乙、丙中的两张卡片，压平后（选填“乙”或“丙”）图中卡片可以弹跳得更高一些。16．（3分）2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船成功发射。（1）火箭加速升空的过程中，飞船的机械能。（2）航天员身着舱外航天服成功出舱，并完成在机械臂上安装脚限位器和舱外工作台等工作。机械臂工作时类似于人的手臂，属于杠杆。（3）飞船返回舱返回地球时，进入大气层后，与大气剧烈摩擦，舱体外壁的温度达2000℃以上，这是通过的方式改变了返回舱的内能。17．（3分）如图是实验室常用的一种电流表，零刻度不在表盘的最左端。当导线a、b分别与标有“﹣”和“3”的接线柱相连时，电流表指针偏转情况如图所示，此时电流是从导线（选填“a”或“b”）流入电流表的。为了增大指针的偏转角度从而减小读数误差，应将导线a与标有“”的接线柱相连，b与标有“”的接线柱相连。18．（4分）如图所示，这是西安地铁建筑工地的一种塔式起重机上的滑轮组，图中上端两个滑轮的作用是。某次用该滑轮组在50s内将质量为600kg的建筑材料匀速竖直吊起5m，作用在绳端的拉力F＝2500N。则滑轮组对建筑材料做的有用功是J，拉力F做功的功率为W，滑轮组的机械效率为。（g取10N/kg）19．（3分）一根质量分布不均匀金属棒AB置于水平地面上，小明用弹簧测力计竖直地将棒的B端缓慢拉起，如图甲所示，在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示，其中OP段为A端离开地面前，PQ段为A端离开地面后，请根据图像解答下列问题：（1）金属棒的长度为m。（2）金属棒的重力N。（3）小明用同样的方式使用弹簧测力计竖直将棒的A端拉起，则A端刚好被拉起时弹簧测力计的示数为N。20．（2分）如图所示是内燃机的能量流向图，根据图中给出的信息，该内燃机的效率为。已知汽油的热值是4.3×107J/kg，完全燃烧0.5kg的汽油，按该内燃机的工作效率计算，该汽车获得的机械能是J。21．（3分）如图所示，将两只灯泡通过开关接入电路中，闭合开关后甲、乙两图中电流表A的示数均为1.2A，图乙中电流表A1的示数如图丙所示，图甲中通过L2的电流是A，闭合开关后，图乙中电流表A1的示数是A，图乙中通过灯L2的电流为A。三、解答题（本题共10小题，共47分，第30、31题解答时应有公式和解题过程）22．（2分）如图，在撬棒AD上作出撬起“石块1”的最小力F及对应的力臂l。23．（2分）站在地面上的一诺同学，想用一个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组提升重物，请你用笔画线代替绳子，将图中的两个滑轮连成符合要求的滑轮组。24．（2分）如图所示，灯L1与L2并联，电路中电流方向如箭头所示。试根据电流方向在图中的虚线方框中填上电池或开关的符号，使电路连接符合要求。25．（6分）利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆（选填“处于”或“不处于”）平衡状态。实验时使杠杆在位置平衡，主要是为了便于测量大小，因此他在实验前要把图甲中杠杆两端的平衡螺母向调（选填“左”或“右”）。（2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B点挂3个相同的钩码，如果在刻度线“A”处用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆，杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为F1，将弹簧测力计斜向左拉，杠杆在水平位置平衡时，其示数为F2，则F2F1。（3）保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F1的数据，绘制了l1﹣F1的关系图像如图丙。根据图像推算，当l1为0.6m时，F1为N。26．（6分）沈仔细同学在研究“影响重力势能大小的因素”时，提出了如下猜想：猜想一：重力势能的大小可能与物体的质量有关；猜想二：重力势能的大小可能与物体所在的高度有关；猜想三：重力势能的大小可能与物体的体积有关。他为了验证猜想，准备了如下实验器材：花泥（易产生塑性形变）若干块，体积相同、质量为m的小球3个和质量为2m、3m的小球各一个；体积不同的小球3个。将它们分别从不同位置由静止释放，小球陷入花泥里的深度情况如图所示。请你完成下列内容。（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过观察来反映的；（2）分析A、B、C球的实验现象，可得出结论：；（3）为了验证猜想二，他应分析（填写字母）三球的实验现象；（4）为了验证猜想三，沈仔细同学正确操作，F球、G球和H球的质量应该（选填“相同”或“不同”）；实验后根据图乙的现象，由此可知物体重力势能的大小与物体的体积（选填“有关”或“无关”）。27．（4分）用如图所示的方法可以“探究做功是否能够改变物体的内能”：（1）如图A，将手中的铁丝同一位置快速地多次弯折，用手指触摸一下被弯折的部位，会感觉到弯折部位的温度升高，表明铁丝的内能；（2）如图B，先在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团蘸了乙醚的棉花，然后迅速压下活塞，你观察到棉花被点燃；对这一现象的解释是，活塞压缩玻璃筒内的空气，对筒内空气做功，使空气的内能，温度，达到乙醚燃点；（3）如图C所示，瓶中装少量的水，水上方有水蒸气，塞紧瓶塞，用打气筒向瓶内打气，当塞子从瓶口跳起，下列关于该实验的分析错误的是。A.往瓶内打气时，外界对瓶内气体做功B.往瓶内打气时，瓶内气体内能变小C.瓶塞跳出时，瓶内气体温度降低D.瓶塞跳出时，瓶内气体对外做功28．（4分）为了比较A、B两种液体比热容的大小，某小组利用如图所示的装置进行了实验。先在相同烧杯中装入完全相同的水，在两个相同的试管中，分别倒入A、B两种液体，将试管放入烧杯中，用完全相同的酒精灯同时开始加热。（1）实验采用将试管放入水中加热的方法（水浴法），目的是使液体A、B受热；（2）在试管中装入液体A、B时，要控制他们的初温和相同；（3）实验中是通过控制来控制液体A、B吸收热量的多少；（4）如图所示，是在加热相同时间后，液体A、B达到的温度，由此可以判断，液体A的比热容较。29．（7分）在探究并联电路电流规律的实验中：（1）小明用三个电流表和两个小泡做实验，其连接的电路如图所示。经同实验小组的小东检查，发现这个电路中有一根导线接错了，请在这根导线上打“×”，表示这根导线不能这样连接，然后画出正确的连接位置。（2）在实验过程中，L2突然熄灭，L1亮度不变，电路可能出现的故障是L2路；（3）排除故障后，用电流表测出通过L1、L2和干路的电流，记录如下表，第三次实验时电流表A1指针指在如图丙的位置，其读数应为A；小嘉分析实验数据后得出结论。实验次数123电流表A1的示数/A0.180.2电流表A2的示数/A0.180.2电流表A的示数/A0.360.4（4）小诚认为小嘉的结论可能不正确，为了验证这个结论是否正确，他们应该更换规格（选填“相同”或“不同”）的灯泡再次实验。30．（6分）如图，质量为60kg的工人用滑轮组将重力为200N的物体匀速上升2m，每个滑轮的重力均为50N，（1）工人做的有用功为多少？（2）若不计绳重和摩擦，此时滑轮组的机械效率是多少？31．（8分）小明家利用燃气灶烧水，把质量为1kg的20℃的水烧开（在标准大气压下）。（1）在此过程中水需要吸收多少热量？（2）通过观察煤气表得知消耗了0.01m3的燃气，如果燃气的热值为4.0×107J/m3，烧水时的热利用率是多少？【水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）】

2023-2024学年江苏省南京市溧水区九年级（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）1．（2分）以下用电器中正常工作时的电流最接近4A的是（）A．节能灯 B．电风扇 C．电饭锅 D．电冰箱【分析】本题由常用家用电器的功率及电功率的计算公式可得。【解答】解：A、节能灯的电流大约为0.2A，故A错误；B、电风扇的功率约为50W，由I=PC、电饭锅的功率约为1000W，由I=PD、冰箱的功率约为220W，由I=P故选：C。【点评】常识性了解常见用电器的工作电流，是解答此题的关键。2．（2分）如图所示，从空中落下的排球先后在草地和水泥地面上弹起，你认为排球运动的轨迹最有可能的是（）A． B． C． D．【分析】从空中落下的排球先后在草地和水泥地面上弹起，由于草地松软，损失的机械能较多，弹起的高度变低较多，同理分析水泥地的能的变化。【解答】解：从空中落下的排球先后在草地和水泥地面上弹起，由于草地松软，撞击时损失的机械能较多，弹起的高度比原来的高度低较多，当第二次从水泥地上弹起时，水泥地坚硬，撞击损失的能量较少，反弹后最大高度降低较小，但一定比草地上反弹最大高度小。故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查机械能的转化，属于基础题。3．（2分）踮脚是一项很好的有氧运动（如图），它简单易学，不受场地的限制，深受广大群众的喜爱，踮脚运动的基本模型是杠杆，下列分析正确的是（）A．脚后跟是支点，是省力杠杆 B．脚后跟是支点，是费力杠杆 C．脚掌与地面接触的地方是支点，是省力杠杆 D．脚掌与地面接触的地方是支点，是费力杠杆【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：如图所示，踮脚时，脚掌与地面接触的地方是支点，小腿肌肉对脚的拉力向上，从图中可知动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故选：C。【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。4．（2分）做值日时，小阳将一桶水从一楼提到二楼。此过程中，关于做功的说法正确的是（）A．对桶做的功是有用功 B．对水做的功是有用功 C．对水做的功是额外功 D．克服自身重力做的功是总功【分析】小阳将一桶水从一楼提到二楼，目的是提水，对水做的功为有用功；把桶和自身提升做的功为额外功，有用功加上额外功等于总功。【解答】解：小阳目的是提水，对水做的功为有用功，故B正确、C错；对桶做的功为额外功，故A错；小阳把水、桶、自身提升做的功为总功，故D错。故选：B。【点评】本题考查了学生对有用功、总功、额外功的了解与掌握，区分时要从我们的目的出发分析判断。5．（2分）以下说法正确的是（）A．当物体运动速度增大时，其分子动能随之增加 B．当物体被举高时，其分子势能随之增加 C．0℃以下时，物体分子既不具有动能也不具有势能 D．物体的分子总是在做无规则运动，所以分子具有动能【分析】要解答本题需掌握：①内能是所有分子动能和分子势能的总和。②一切物体在任何情况下都具有内能。③内能和机械能没有什么必然的联系。【解答】解：AB、构成物体的分子总是在不停地做无规则运动，物体的内能与机械能没有什么必然的联系。故AB错误；C、0℃以下物体依然具有分子动能和分子势能。故C错误；D、分子动能就是分子做无规则运动时具有的动能。故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查学生对：内能的概念的了解和掌握以及内能与机械能的关系。6．（2分）如图甲所示，物体在水平拉力F的作用下由静止沿粗糙水平面向右运动，0～6s内拉力随时间变化的规律如图乙，速度随时间变化的规律如图丙，则在2～4s内，拉力所做的功为（）A．10J B．30J C．50J D．80J【分析】分析图丙可知，在2～4s内，物体做匀速运动以及速度大小，利用s＝vt求物体运动的距离；由图乙可知，在2～4s内，拉力F大小，利用W＝Fs求拉力所做的功。【解答】解：由图乙可知，在2～4s内，拉力F＝3N，由图丙可知，在2～4s内，物体做匀速运动，v＝5.0m/s，物体运动的距离：s＝vt＝5.0m/s×2s＝10m，拉力所做的功：W＝Fs＝3N×10m＝30J。故选：B。【点评】本题考查了速度公式、功的公式的应用，分析图象得出相关信息是关键。7．（2分）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用同样大小的拉力F把A、B两个物体匀速提升，mA、mB分别为甲、乙两图中物体的质量，η甲、η乙分别是甲、乙两图滑轮组的机械效率。不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（）A．mA＞mB；η甲＞η乙 B．mA＝mB；η甲＝η乙 C．mA＜mB；η甲＝η乙 D．mA＜mB；η甲＜η乙【分析】由图可知，甲、乙两个滑轮组中承担动滑轮绳子的股数分别为：n甲＝3，n乙＝2，利用不计绳重和摩擦时F=1n（G+G利用不计绳重和摩擦时η=W【解答】解：由图可知，甲、乙两个滑轮组中承担动滑轮绳子的股数分别为：n甲＝3，n乙＝2，由题意可知，两滑轮组中动滑轮的重力相等，绳子自由端的拉力相等，由不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动）可知，A、B两物体的重力分别为：GA＝3F﹣G动，GB＝2F﹣G动，则GA＞GB，由G＝mg可知，mA＞m由不计绳重和摩擦时，由η=W有W总=W有故选：A。【点评】本题考查使用滑轮组时绳子自由端拉力和机械效率公式的应用，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。8．（2分）如图所示，光滑无摩擦的弧形轨道竖直固定于水平面上，小球由A点以速度v沿轨道滚下，经过右侧等高点B后达最高点C，下列分析正确的是（）A．小球在A点的动能大于在B点的动能 B．小球在C点时的重力势能最小 C．小球在A、B、C三点的机械能相同 D．小球从B点到C点的过程中，重力势能转化为动能【分析】由于斜面是光滑的，不存在摩擦，小球在滚动的过程中机械能是守恒的；影响动能的因素是速度和质量；影响重力势能的因素是质量和高度。【解答】解：小球在光滑无摩擦的弧形轨道内机械能守恒，动能与重力势能相互转化：A．由于AB点高度相同，重力势能相同，则小球在A点的动能等于在B点的动能，故A错误；B．小球在C点时的高度最大，其重力势能最大，故B错误；C．小球在光滑无摩擦的弧形轨道内机械能守恒，则在A、B、C三点的机械能相同，故C正确；D．小球从B点到C点的过程中，高度增大，速度减小，其动能转化为重力势能，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了影响动能、重力势能的因素、能量的转化和运动快慢的分析，是一道综合题目。9．（2分）如图所示，是小普同学跟爷爷学习气功的四个基本动作，由此他联想到热机的四个冲程，以下与做功冲程最相似的是（）A．鼻孔吸气 B．气沉丹田 C．排山倒海 D．打完收工【分析】内燃机四个冲程中的能量转化情况：吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。【解答】解：小普同学跟爷爷学习气功的四个基本动作，鼻孔吸气相当于吸气冲程，气沉丹田相当于压缩冲程，打完收工相当于排气冲程；排山倒海时对外做功，相当于做功冲程；故选：C。【点评】此题主要考查热机的工作循环特点，解答时要明确它的四个冲程（吸气、压缩、做功、排气冲程），压缩冲程、做功冲程能量的转化。10．（2分）如图所示是两江巴蜀中学智慧校园门禁系统，可以使用刷脸（S1）、校园卡（S2）或保卫室控制（S3）作为钥匙。使用时，三者单独闭合都可以使电机转动打开门锁，下列电路中符合设计要求的是（）A． B． C． D．【分析】根据三个开关的作用分析开关的连接方式，然后选出正确的电路图。【解答】解：由题知，刷脸（S1）、校园卡（S2）或保卫室控制（S3），三者单独闭合都可以使电机转动打开门锁，这说明三个开关互不影响，是并联的，再与电动机串联在电源上，故D正确。故选：D。【点评】本题考查根据要求设计电路，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。11．（2分）如图所示，M、N表示一个电流表的两个接线柱，a、b、c、d表示电路中的四个连接点，若想用此电流表测量小灯泡的电流，则以下连接正确的是（）A．M接a，N接b B．M接d，N接a C．M接c，N接d D．M接d，N接c【分析】根据电流表的正确使用方法，将电流表接入电路即可。【解答】解：电流表与小灯泡串联连接，电流应从电流表的正极流入，负极流出，故M点接C，N点接D。故选：C。【点评】会正确使用电流表，注意电流应从电流表的正极流入，负极流出。12．（2分）利用如图所示的装置，运用控制变量法，通过观察现象即可比较酒精和碎纸热值的大小，为完成实验，要求（）A．酒精和碎纸的质量相同，两只烧杯内水的质量相同 B．酒精和碎纸的质量不同，两只烧杯内水的质量不同 C．酒精和碎纸的质量相同，两只烧杯内水的质量不同 D．酒精和碎纸的质量不同，两只烧杯内水的质量相同【分析】（1）由Q放＝mq可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制质量相同；（2）由于燃料的热值不能直接测量，所以通过相同质量的水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小。【解答】解：（1）实验时为了控制变量，应用天平分别测出等质量的酒精和碎纸屑，将其放入装置中的燃烧皿内；（2）因燃料的热值不能直接测量，但燃料燃烧放出的热量可以被水吸收，从而使相同质量的水温发生变化；所以可以通过温度计示数的变化（水升高的温度）来比较燃料热值的大小关系；通过以上分析可知，实验中要控制酒精和碎纸的质量相同，两只烧杯内水的质量相同，故A正确。故选：A。【点评】本题考查了比较酒精与纸的热值大小实验，实验应用了控制变量法，知道实验原理、正确应用控制变量法即可正确解题。二、填空题（本题共9小题，每空1分，共29分）13．（6分）如图甲所示，一个充电宝正在给手机电池充电，此时充电宝相当于电路的电源，手机的电池相当于用电器，如图乙为宾馆房间的取电房卡，将房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用，房卡的作用相当于电路元件中的开关；如图丙所示，当开关S1、S2断开时，电路处于断路状态；当开关S1闭合、S2断开时，电路处于通路状态；当开关S1、S2都闭合时，电路处于短路状态。【分析】（1）电源会提供电能；用电器是消耗电能转化为其它形式能的仪器；（2）电路由电源、开关、导线、用电器组成；（3）电路的状态有三种：短路、断路和通路；通路：电路连接好后，闭合开关，处处相通的电路叫做通路；开路：即断路，开关未闭合，或电线断裂、接头松脱致使路线在某处断开的电路，断路电路中没有电流；短路：导线不经过任何用电器直接跟电源两端连接的电路。【解答】解：（1）在给手机电池充电的过程中，电能转化为电池的化学能，在电路中手机电池消耗电能，所以手机电池相当于用电器，充电宝相当于是电源；（2）房卡可以控制用电器的工作，不插入插槽中，所有房间内的用电器都不工作，所以房卡相当家庭电路的开关；（3）如图丙所示，当开关S1、S2断开时，电路中无电流，电路处于断路状态；当开关S1闭合、S2断开时，通过灯泡有电流，电路处于通路状态；当开关S1、S2都闭合时，电源的两端被导线相连，发生电源短路现象。故答案为：电源；用电器；开关；断路；通路；短路。【点评】本题考查了开关的作用、电路的组成，要求学生联系生活实际会辨认，会解释。14．（2分）如图所示，质量分布均匀的相同的两块砖平放在水平地面上，现分别用始终竖直向上的力F1和F2分别作用在ab和cd的中点，使它们缓慢的竖直起来，且砖不在地面上滑动，当砖的边ab、cd刚离开地面时F1＝F2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。当两块砖抬高至竖直位置时，F1、F2做功的大小分别为W1、W2，则W1＞W2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。【分析】（1）砖不滑动时可认为砖是以触地点为支点形成的一种转动，因微微抬起所以可以看做为转动的动态平衡，根据杠杆的平衡条件得出拉力与砖重力之间的关系，然后比较两次拉力之间的关系；（2）在逐渐抬起的过程中，动力始终竖直向上，动力臂始终等于阻力臂的2倍，动力臂与阻力臂的比值不变，物体的重力（阻力）也保持不变，由杠杆的平衡条件可知动力的大小变化，分析拉力方向上运动的距离关系，根据W＝Fh比较拉力做功的大小关系。【解答】解：（1）左图以与地面接触的下边为支点转动，F1克服砖的重力才能将砖抬起，根据杠杆的平衡条件可得：F1×cd＝G×12cd，解得F1右图以与地面接触的下边为支点转动，根据杠杆的平衡条件可得：F2×ab＝G×12ab，解得F2所以F1＝F2；（2）在ab或cd边不断抬高的过程中，动力臂始终等于阻力臂的2倍，所以动力臂与阻力臂的比值不变，砖的重力不变，由杠杆的平衡条件可知，在ab或cd不断抬高的过程中，动力的大小不变，即F1始终等于F2；由cd＞ab可知，第一拉力移动的距离大，由W＝Fh可得，两次拉力做功的关系为W1＞W2。故答案为：＝；＞。【点评】本题考查杠杆的平衡条件的应用和功的大小比较，关键是判断出物体的动力臂和阻力臂的大小以及动力大小变化。15．（3分）小明利用所学的物理知识，制作了“会跳的卡片”，如图所示。图甲，用手把它平压在桌面上，使橡皮筋伸长，迅速松手后，卡片就会弹跳起来。图中A为外表面，B为内表面，实验时最好把B面紧贴桌面后松手，橡皮筋能对卡片做功，使卡片能向上运动。小明还利用相同的橡皮筋和卡纸做了图乙、丙中的两张卡片，压平后乙（选填“乙”或“丙”）图中卡片可以弹跳得更高一些。【分析】橡皮筋拉开后具有弹性势能，恢复时转化为动能，所以卡片会跳起来。弹性势能是指物体由于发生弹性形变而具有的能，决定弹性势能大小的因素是物体弹性形变的程度。【解答】解：实验时应把B面紧贴在桌面后松手，此时橡皮筋才能发生弹性形变，故选B；橡皮筋才能发生弹性形变，对卡片做功，将橡皮筋的弹性势能转化为动能；图乙、丙中的两张卡片，压平后，乙图橡皮筋的弹性形变程度最大，故可以对外做的功多，故乙图中卡片可以弹跳得更高一些。故答案为：B；做功；乙。【点评】本题考查了弹性势能、动能和势能的转化，属于基础题。16．（3分）2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船成功发射。（1）火箭加速升空的过程中，飞船的机械能增大。（2）航天员身着舱外航天服成功出舱，并完成在机械臂上安装脚限位器和舱外工作台等工作。机械臂工作时类似于人的手臂，属于费力杠杆。（3）飞船返回舱返回地球时，进入大气层后，与大气剧烈摩擦，舱体外壁的温度达2000℃以上，这是通过做功的方式改变了返回舱的内能。【分析】（1）动能的大小由质量和速度决定，重力势能的大小由质量和高度决定，机械能等于动能和势能之和；（2）分析动力臂和阻力臂的关系，动力臂大于阻力臂是省力杠杆，动力臂小于阻力臂是费力杠杆，动力臂等于阻力臂是等臂杠杆；（3）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体内能的实质是其他形式的能与内能的相互转化，热传递改变物体内能的实质是内能的转移。【解答】解：（1）火箭加速升空的过程中，火箭的质量不变，速度增加、高度增加，其动能和重力势能都增大，故其机械能增大；（2）人的手臂在工作的过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，由题意可知，机械臂工作时属于费力杠杆；（3）返回舱返回过程中舱体与空气剧烈摩擦，通过做功的方式使返回舱的内能增大，温度升高。故答案为：（1）增大；（2）费力；（3）做功。【点评】本题考查机械能、杠杆的分类、做功改变物体内能，属于基础内容，考查的内容比较多，解答时要细心。17．（3分）如图是实验室常用的一种电流表，零刻度不在表盘的最左端。当导线a、b分别与标有“﹣”和“3”的接线柱相连时，电流表指针偏转情况如图所示，此时电流是从导线a（选填“a”或“b”）流入电流表的。为了增大指针的偏转角度从而减小读数误差，应将导线a与标有“0.6”的接线柱相连，b与标有“﹣”的接线柱相连。【分析】使用电流表测量电路电流时，必须：使电流表与用电器串联；电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；根据电流大小选择合适的量程。【解答】解：由图知，电流表指针偏向了0刻度线的左侧，原因是正负接线柱接反了，也就是电流从导线a进入了电流表；为测量正确并且读数误差较小，需要改变进入电流表的电流方向，改接小量程，所以需要将导线a与标有“0.6”的接线柱相连，b与标有“﹣”的接线柱相连。故答案为：a；0.6；﹣。【点评】此题考查的是电流表连接和使用方法，属于基本技能的考查，难度较小，容易解答。18．（4分）如图所示，这是西安地铁建筑工地的一种塔式起重机上的滑轮组，图中上端两个滑轮的作用是改变力的方向。某次用该滑轮组在50s内将质量为600kg的建筑材料匀速竖直吊起5m，作用在绳端的拉力F＝2500N。则滑轮组对建筑材料做的有用功是30000J，拉力F做功的功率为750W，滑轮组的机械效率为80%。（g取10N/kg）【分析】（1）定滑轮的作用是改变力的方向；（2）根据W有＝Gh＝mgh求出有用功，（3）根据滑轮组装置确定绳子股数；利用W总＝Fs＝Fnh求出拉力F做的总功，根据P=W（4）利用η=W【解答】解：起重机吊臂上端两个滑轮是定滑轮，它们的作用是改变力的方向；有用功为：W有＝Gh＝mgh＝600kg×10N/kg×5m＝30000J，由图可知，n＝3，拉力F做的总功为：W总＝Fs＝Fnh＝2500N×3×5m＝37500J，拉力F做功的功率为：P=W则滑轮组的机械效率为：η=W故答案为：改变力的方向；3000；750；80%。【点评】本题考查了定滑轮的作用、做功公式、功率公式和滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。19．（3分）一根质量分布不均匀金属棒AB置于水平地面上，小明用弹簧测力计竖直地将棒的B端缓慢拉起，如图甲所示，在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示，其中OP段为A端离开地面前，PQ段为A端离开地面后，请根据图像解答下列问题：（1）金属棒的长度为0.8m。（2）金属棒的重力5N。（3）小明用同样的方式使用弹簧测力计竖直将棒的A端拉起，则A端刚好被拉起时弹簧测力计的示数为1N。【分析】（1）由甲乙图和杠杆平衡条件分析可知杆的长度；（2）在已知杆的长度的情况下，根据乙图x的不同长度对应功的大小，得到杆的重力，也就是F2的值；根据图乙和W＝Fh可知，杆未离地时的拉力F1；（3）由杠杆平衡条件可求出重心到A端的距离d，然后根据用弹簧测力计竖直将棒的A端拉起时，B为支点，确定动力臂和阻力臂长，利用杠杆的平衡条件计算拉力。【解答】解：（1）由于拉力始终竖直向上，重力的方向竖直向下，则动力臂与阻力臂之比不变，由杠杆的平衡条件可知，杆未离地时的拉力大小不变；由图乙可知，当B端离地0.8m时，A端刚离地，拉力大小发生改变，所以金属棒长为0.8米；（2）因为W＝Gh，所以金属棒的重力：G=ΔW杆未离地时，动力臂与阻力臂的比值不变，拉力大小不变，由图乙和W＝Fh可知，杆未离地时的拉力：F1=W（3）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，重心到A端的距离：d=4N×0.8m当用同样的方式使用弹簧测力计竖直将棒的A端拉起，F1L1＝F2L2得：F×0.8m＝5N×（0.8m﹣0.64m）；解得F＝1N。故答案为：（1）0.8；（2）5；（3）1。【点评】此题主要考查了功的计算公式、杠杆平衡条件的应用，难点是对曲线图的分析。20．（2分）如图所示是内燃机的能量流向图，根据图中给出的信息，该内燃机的效率为40%。已知汽油的热值是4.3×107J/kg，完全燃烧0.5kg的汽油，按该内燃机的工作效率计算，该汽车获得的机械能是8.6×106J。【分析】（1）由能流图得出输出的有用功占总能量的比值，得出内燃机的效率。（2）燃料完全燃烧放出的热量用公式Q放＝qm计算；再根据η=W【解答】解：（1）由图可知，输出的有用功在总能量中所占的比例：100%﹣33%﹣20%﹣7%＝40%，所以热机的效率为η＝40%；（2）完全燃烧0.5kg的汽油放出的热量：Q总＝qm＝4.3×107J/kg×0.5kg＝2.15×107J；根据η=W有用Q放可得，汽车获得的机械能：W有用＝Q总η＝2.15×10故答案为：40%；8.6×106。【点评】本题考查了学生对燃料的热值、内燃机能流图、效率公式的了解与掌握，是一道综合性题目。21．（3分）如图所示，将两只灯泡通过开关接入电路中，闭合开关后甲、乙两图中电流表A的示数均为1.2A，图乙中电流表A1的示数如图丙所示，图甲中通过L2的电流是1.2A，闭合开关后，图乙中电流表A1的示数是0.48A，图乙中通过灯L2的电流为0.72A。【分析】（1）图甲中，开关闭合时，L1短路，由此可知通过L2的电流；（2）由图丙可知，电流表所接量程为0～0.6A，由指针位置可知电流表A1的示数；（3）图乙中，开关闭合时，两灯并联，电流表A测干路电流，A1测通过L1的电流，根据并联电路电流特点可计算通过灯L2的电流。【解答】解：（1）由图甲知，开关闭合时，L1被电流表短路，只有L2接入电路中，故通过L2的电流大小为电流表示数：即I2＝1.2A；（2）由图丙可知，电流表所接量程为0～0.6A，由指针位置可知，此时电流为0.48A，故A1的示数为I1＝0.48A；（3）由图乙知，开关闭合时，L1与L2并联，电流表A测干路电流，A1测通过L1的电流，由并联电路的电流特点可得，通过L2的电流大小为：I2′＝IA﹣IA1＝1.2A﹣0.48A＝0.72A。故答案为：1.2；0.48；0.72。【点评】本题主要考查并联电路中电流特点的应用，关键是正确分析电路的连接方式以及电流表的作用。三、解答题（本题共10小题，共47分，第30、31题解答时应有公式和解题过程）22．（2分）如图，在撬棒AD上作出撬起“石块1”的最小力F及对应的力臂l。【分析】（1）支点是杠杆绕着转动的固定点，动力向下作用时，杠杆应绕石块的C点转动；动力向上作用时，杠杆应绕着杠杆与地面接触A点转动；（2）根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，在阻力×阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力将越小。【解答】解：由图示可知，当杠杆与地面的接触点（A点）为支点时，作用在A点动力的力臂最大，所以此时动力最小，连接AD为动力臂l，过D点作垂直于动力臂向上的力，即为最小动力F的示意图。如图所示：【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，在力与力臂乘积一定的情况下，若支点与力的作用点成为力臂，此时的力臂最大，使用杠杆最省力。23．（2分）站在地面上的一诺同学，想用一个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组提升重物，请你用笔画线代替绳子，将图中的两个滑轮连成符合要求的滑轮组。【分析】人用力往下拉绳使重物升起，因此人的拉力方向向下，重物运动方向向上，故由两根绳子承担物重，绳子固定在定滑轮上。【解答】解：人用力往下拉绳把重物提升，说明人的拉力方向向下，按此反向绕线，绳子的起始端应系在定滑轮的挂钩上，如图所示：【点评】此题主要考查了有关滑轮组的绕线。在设计滑轮组时，要注意题目的要求，若知道拉力方向可以从绳端绕起。24．（2分）如图所示，灯L1与L2并联，电路中电流方向如箭头所示。试根据电流方向在图中的虚线方框中填上电池或开关的符号，使电路连接符合要求。【分析】电路中的电流都是从电源正极出发，经过开关、用电器，最后回到电源的负极，所以依据题目中的电流方向可以判断电源的正极，从而根据电流的流向判断出流经另一盏灯的电流方向。【解答】解：由图可知，电流通过上面的灯时，方向向左，与通过下面灯的电流汇合后，一起应回到电源的负极，即左框中应是电源，且电源的负极在下面，由此可知右框中应是开关。如图所示：【点评】电池元件符号的长线一端是正极，短线一端是负极，在电池外部电流方向总是正极出发，流经用电器，再回到负极。25．（6分）利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于（选填“处于”或“不处于”）平衡状态。实验时使杠杆在水平位置平衡，主要是为了便于测量力臂大小，因此他在实验前要把图甲中杠杆两端的平衡螺母向右调（选填“左”或“右”）。（2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B点挂3个相同的钩码，如果在刻度线“A”处用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆，杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为F1，将弹簧测力计斜向左拉，杠杆在水平位置平衡时，其示数为F2，则F2＞F1。（3）保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F1的数据，绘制了l1﹣F1的关系图像如图丙。根据图像推算，当l1为0.6m时，F1为0.5N。【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；（2）分析动力臂大小的变化，根据杠杆的平衡条件分析即可解答。（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，故据杠杆的平衡条件分析即可解决。【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节；（2）将弹簧测力计斜向左拉，阻力和阻力臂不变，拉力的力臂将变短，根据杠杆平衡条件可知，杠杆在水平位置平衡时，拉力变大，所以，F2＞F1；（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，据F1L1＝F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2＝F1L1＝0.1m×3N＝0.3N•m；故若当L1为0.6m时，F1=F故答案为：（1）处于；水平；力臂；右；（2）＞；（3）0.5。【点评】此题为探究杠杆的平衡条件实验，灵活运用好杠杆平衡条件是解答此题的关键。26．（6分）沈仔细同学在研究“影响重力势能大小的因素”时，提出了如下猜想：猜想一：重力势能的大小可能与物体的质量有关；猜想二：重力势能的大小可能与物体所在的高度有关；猜想三：重力势能的大小可能与物体的体积有关。他为了验证猜想，准备了如下实验器材：花泥（易产生塑性形变）若干块，体积相同、质量为m的小球3个和质量为2m、3m的小球各一个；体积不同的小球3个。将它们分别从不同位置由静止释放，小球陷入花泥里的深度情况如图所示。请你完成下列内容。（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过观察小球陷入花泥的深度来反映的；（2）分析A、B、C球的实验现象，可得出结论：当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）为了验证猜想二，他应分析A、D、E（填写字母）三球的实验现象；（4）为了验证猜想三，沈仔细同学正确操作，F球、G球和H球的质量应该相同（选填“相同”或“不同”）；实验后根据图乙的现象，由此可知物体重力势能的大小与物体的体积无关（选填“有关”或“无关”）。【分析】（1）实验中通过球陷入花泥的深度来反映小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，研究物体的重力势能与物体的质量关系时，需要保持下落高度不变，改变物体质量；（3）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体质量不变，改变下落高度；（4）研究物体重力势能与物体体积的关系时，需要保持物体质量和下落高度不变，改变物体的体积，根据小球陷入花泥的深度分析。【解答】解：（1）本实验中，小球的重力势能大小是通过小球陷入花泥的深度来反映的；这是转换法的应用；（2）比较A、B、C三球，下落高度和运动路径相同，小球的质量越大，小球陷入花泥的深度越大，由此可得出结论：当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）比较A、D、E三球，三球质量相同，下落高度不同，发现E球陷入花泥的深度更大，说明E球的重力势能较大，由此可得出结论：当物体的质量相同时，下落高度越高，物体的重力势能越大；（4）研究物体重力势能与物体体积的关系时，需要保持物体质量和下落高度不变，所以F球、G球和H球的质量相同，由图乙知，陷入花泥的深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体的体积无关。故答案为：（1）小球陷入花泥的深度；（2）当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大；（3）A、D、E；（4）相同；无关。【点评】本题为探究物体重力势能影响因素的实验题目，分析时注意利用好控制变量法和转换法。27．（4分）用如图所示的方法可以“探究做功是否能够改变物体的内能”：（1）如图A，将手中的铁丝同一位置快速地多次弯折，用手指触摸一下被弯折的部位，会感觉到弯折部位的温度升高，表明铁丝的内能变大；（2）如图B，先在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团蘸了乙醚的棉花，然后迅速压下活塞，你观察到棉花被点燃；对这一现象的解释是，活塞压缩玻璃筒内的空气，对筒内空气做功，使空气的内能增大，温度升高，达到乙醚燃点；（3）如图C所示，瓶中装少量的水，水上方有水蒸气，塞紧瓶塞，用打气筒向瓶内打气，当塞子从瓶口跳起，下列关于该实验的分析错误的是B。A.往瓶内打气时，外界对瓶内气体做功B.往瓶内打气时，瓶内气体内能变小C.瓶塞跳出时，瓶内气体温度降低D.瓶塞跳出时，瓶内气体对外做功【分析】做功可以改变物体的内能：对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少。【解答】解：（1）将手中的铁丝同一位置快速地多次弯折，手对铁丝做了功，使铁丝的内能增大，温度升高；（2）当用力压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气体积，对气体做功，将机械能转化成内能，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，筒内棉花就会燃烧起来；（3）给瓶内打气，外界对瓶内气体做功，将机械能转化为内能，气体内能变大，同时气体被压缩，气压变大，当气压把瓶塞从瓶口推出时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶内气体的内能转化为瓶塞的机械能，使气体自身的内能减少，温度降低，故关于该实验的分析错误的是：B。故答案为：（1）变大；（2）增大；升高；（3）B。【点评】此题是通过实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道比较简单的实验题。28．（4分）为了比较A、B两种液体比热容的大小，某小组利用如图所示的装置进行了实验。先在相同烧杯中装入完全相同的水，在两个相同的试管中，分别倒入A、B两种液体，将试管放入烧杯中，用完全相同的酒精灯同时开始加热。（1）实验采用将试管放入水中加热的方法（水浴法），目的是使液体A、B均匀受热；（2）在试管中装入液体A、B时，要控制他们的初温和质量相同；（3）实验中是通过控制加热时间来控制液体A、B吸收热量的多少；（4）如图所示，是在加热相同时间后，液体A、B达到的温度，由此可以判断，液体A的比热容较小。【分析】（1）水浴法加热的优点是使液体均匀受热（2）（3）（4）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；比较物质吸热能力的2种方法：①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②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。【解答】解：（1）实验采用将试管放入水中加热