2023-2024学年江苏省南京市秦淮区九年级（上）物理期中试题和答案

试题PAGE1试题2023-2024学年江苏省南京市秦淮区九年级（上）期中物理试卷一、单选题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）如图，机械臂的功能类似于人的手臂。以下与机械臂工作时属于同一类杠杆的是（）A．“青绿腰” B．修枝剪刀 C．天平 D．踮起脚尖2．（2分）下列对物理量的估计符合实际情况的是（）A．将掉在地上的一本物理课本捡到桌上所做的功约为2J B．家用汽车汽油机的热效率可达100% C．一盏日光灯正常工作的电流约为1A D．我国家庭电路电压为110V3．（2分）下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是（）A．越省力的机械，机械效率越高 B．做功越快的机械，所做的总功越大 C．所做有用功越多的机械，机械效率越高 D．使用机械可以省力或省距离，但不能省功4．（2分）海洋水质改善，给了中华白海豚一个温馨的家。如图所示，下列说法正确是（）A．海豚跃出海面减速上升的过程中，动能不变 B．海豚跃起到最高点的过程中，重力势能先变大后不变 C．海豚从高处落回海面的过程中，动能变大 D．海豚在海面下加速上浮的过程中，机械能不变5．（2分）以下关于内能、热量、温度的说法正确的是（）A．热传递过程中，温度一定是从高温物体传递给低温物体 B．物体的温度越高，其含有的热量就越多 C．物体内能增大，温度一定升高 D．对物体做功，可以改变物体的内能6．（2分）下列关于甲、乙两图的描述正确的是（）A．图甲中，管口出现的“白气”是水蒸气 B．图甲中，橡胶塞被推出，水蒸气内能增加 C．图乙中，向下压活塞，活塞的机械能转化为气体的内能 D．图乙中，若不放棉花，向下压活塞，气体内能不变7．（2分）如图所示，甲、乙两装置所用滑轮质量均相等，用它们将相同物体匀速提升相同的高度。所用竖直方向上的拉力分别为F1和F2，两装置的机械效率分别为η1和η2（不计绳重和摩擦），下列判断正确的是（）A．F1＝F2 B．F1＜F2 C．η1＞η2 D．η1＜η28．（2分）如图是一个风暖型浴霸，只闭合“照明”开关S1时浴霸灯亮；只闭合“电机”开关S2时浴霸电动机工作，开始吹冷风，但是灯不亮，若此时再闭合“暖风”开关S3，浴霸的陶瓷加热片R1开始加热，冷风就变成暖风；如果只闭合“暖风”开关S3，浴霸不工作。请选出符合该浴霸工作情况的电路图（）A． B． C． D．9．（2分）如图所示是四冲程汽油机的剖面图，关于其四个冲程的描述正确的是（）A．吸气冲程：汽油和空气的混合物进入汽缸 B．压缩冲程：燃气推动活塞向下运动 C．做功冲程：燃料释放的能量全部转化为机械能 D．排气冲程：废气没有带走燃料释放的能量10．（2分）如图所示，在均匀直尺的中央挖一小凹槽，把一个薄金属片的一端插入橡皮中，另一端支在直尺的凹槽内制成一个简易“天平”，静止时直尺水平平衡，在直尺的两侧各放一个相同的轻质小盘，在小盘中倒入质量不等的大米和小米，调整小盘在直尺上的位置，使直尺再次水平平衡，下列说法正确的是（）A．大米的质量大于小米的质量 B．再次在两盘中分别加入质量相等的大米和小米，杠杆左端将向下倾斜 C．使两盘中大米和小米质量均变为原来的两倍，杠杆左端将向下倾斜 D．使两盘均向支点移动相同距离，杠杆右端将向下倾斜11．（2分）如图所示，斜面高2m，长4m，从斜面底端将质量为6kg的物体匀速拉到斜面顶端，物体受到的摩擦力为10N，对此过程，下列说法正确的是（）A．有用功为12J B．拉力F为10N C．斜面的机械效率为75% D．斜面越陡越省力，机械效率越高12．（2分）对如图所示的实物电路，下列说法正确的是（）①只闭合开关S1时，三个小灯泡串联，A1测L1的电流②只闭合开关S1、S3时，只有L1被短路，A1和A2的示数相等③只闭合开关S1、S2时，L2和L3被短路，A1和A3的示数相等④三个开关都闭合时，若A2示数0.5A，A3示数0.4A，则通过L3和L1的电流之差是0.1AA．只有①③ B．只有②③ C．只有②④ D．只有①③④二、填空题（本题共8小题，每空1分，共25分）13．（3分）体育考试中，如图甲，投掷实心球时，球离开手后（选填“有”或“没有”）力对它做功。如图乙，质量为60kg的小伟完成一个引体向上时，从最低点到最高点的过程中，重心升高50cm，用时2s，则他一次引体向上的上升过程中，克服重力做功是J，平均功率大小是W。14．（3分）如图，一块质量分布均匀的长方体砖平放在水平地面b上，其质量为m，长、宽、高分别为l1、l2、l3，先后两次l2用竖直向上的力F1、F2分别作用于ab、bc的中点，使ab、bc在竖直方向慢慢向上移动h（h＜l2＜l1），则在上述过程中F1F2（选填“＞”、“＝”或“＜”，下同）；F1、F2所做的功W1W2；若用F1将砖块从图示位置提至竖直位置（过程中砖块始终未离开地面），则F1做的功W1′＝（用已知物理量的符号表示）。15．（2分）如图所示是2kg冰熔化时温度随时间变化的图像，设相同时间内物质吸收的热量相同，整个过程不考虑水的汽化，甲、乙两图中符合冰熔化规律的是图（选填“甲”或“乙”）。已知冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃），水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），根据图像，可以得出第2﹣5min，冰熔化过程吸收了J的热量（不考虑散热）。16．（3分）如图甲所示，电动机牵引绳子在30s的时间内，将质量为400kg的物体匀速提升6m，已知绳的拉力F为2400N，则F的功率为W，滑轮组的机械效率为%（结果保留1位小数）；物理实践小组利用学过的知识对图甲的滑轮组进行重新设计，如图乙所示，不计绳重和摩擦，每个滑轮质量均相等，则相同拉力能提起kg的物体。17．（3分）如图所示为一辆“盐水动力”玩具车，车身上方固定了一个小塑料杯，塑料杯壁内侧有一片镁片和一片碳片。当往杯中倒入盐水，使镁片和碳片都浸入盐水中时，小车就能缓缓向前运动。上述插入镁片和碳片的盐水杯相当于电路中的（选填“用电器”或“电源”），它工作时将能转化为能。18．（3分）如图所示，小球以某速度从M点开始沿粗糙轨道MOP运动，经P点离开轨道，上升至最高点N，又下落经过Q点。N位于P、Q之间，O、P、Q处在同一水平高度。不计空气阻力，小球经过O、P两点时动能（选填“相等”或“不等”），小球到达的最高点N（选填“可能”或“不可能”）高于M点，小球经过N点时的机械能（选填“大于”或“等于”或“小于”）经过Q点时的机械能。19．（4分）（1）图甲中，①、②、③是三个电表（电压表或电流表）；闭合开关S，要使灯L1与L2并联，则电路中是电压表；另外两表，示数更大的是。（2）图乙中，电源电压3V，S闭合后电压表示数为1V，灯L2两端的电压为V；若断开开关，电压表示数将（选填“变大”、“变小”或“不变”）。20．（4分）如图甲所示，小明将气球吹大后，抓住气球放气，发现气球皮的温度和原来相比（选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与四冲程汽油机的冲程的能量转化是一致的。如图乙所示，一台小汽车的发动机是四缸四冲程汽油机，飞轮的转速为2400r/min，一个做功冲程中燃气对活塞做功200J，这台发动机的最大输出功率是W；若以最大输出功率行驶时的耗油量为4kg/h，该发动机的效率为%（q汽油＝4.5×107J/kg）。三、解答题（本题共10小题，共51分，解答第27、28题时应有公式和解题过程）21．（2分）图甲是一台活塞式抽水机，在C处用力便可取水，请画出在C处所用最小力F1的示意图。22．（2分）要利用如图所示的滑轮组吊起重1000N的重物，若绳子能承受的最大拉力为400N，则应怎样绕制滑轮组？（滑轮重和摩擦不计）23．（2分）请将电源、电流表两个元件的符号填入虚线框内，将电路补充完整。要求：开关S闭合后，电流方向如图所示，电压表测滑动变阻器两端电压。24．（7分）小李利用图甲所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”，请你帮助完成实验。（1）杠杆静止时的位置如图甲所示，此时杠杆处于（选填“平衡”或“不平衡”）状态。为了使杠杆静止时处于水平位置，需将杠杆左端的平衡螺母向选填“左”或“右”）调节。（2）实验中，将钩码挂在杠杆支点两侧，调节杠杆在水平位置平衡，这样操作目的是便于测量。将所测数据记录在下表中，小李想能否将表格中“F1l1/N•m”单位N•m换成J？根据功的定义，你觉得可以换吗？（选填“可以”或“不可以”）。序号动力F1/N动力臂l1/m阻力F2/N阻力臂l2/mF1l1/N•mF2l2/N•m123（3）根据实验结果，小李总结出：杠杆哪边重往哪边沉。他所说的“重”实际指的是比较大。（4）如图乙所示，F始终与杠杆垂直，将杠杆缓慢拉至水平位置的过程中，F的大小将（选填“变大”、“变小”或“先变大后变小”）。若将重物的悬挂点由A点（为第1次）向右移至B点（为第2次），将重物提升相同的高度，第（选填“1”或“2”）次杠杆的机械效率更高。25．（6分）兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，那么汽车的动能大小跟什么因素有关？于是他们进行了如下探究（m1＜m2）：（1）由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能大小可能与有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能大小可能与有关。（2）他们做了如图所示的三次实验，该实验是通过观察来反映铁球动能大小。（3）比较甲、丙两图，得到的结论是：。（4）小明由此实验联想到探究阻力对物体运动影响的实验，让同一小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止。小车在水平面运动的整个过程中，克服阻力做的功（选填“相等”或“不相等”）。小车在毛巾和玻璃表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1P2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。26．（8分）用如图所示的装置可做①“探究不同物质吸热升温的现象”，②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”两个实验。（1）实验①②都要用到的测量仪器有温度计和。（2）要完成实验①，应选择两图，物质吸热的多少是通过（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的；将所测数据记录在下表中，分析数据可得，液体升温快，液体的比热容大。时间/min0246810Ta/℃51015202530Tb/℃51525354555（3）下表是实验②的表格：燃料加热前的水温/℃____燃料的热值J/kg10g酒精10g碎纸片表格中横线处应填写的内容是：。小徐同学用如图乙所示装置测量碎纸片的热值，加热前碎纸片的质量为m1，加热一段时间后变为m2，烧杯中水的质量为M，水的初温t1，末温t2，水的比热容用c表示。她测得碎纸片的热值q＝（用已知物理量的符号表示）。经过计算发现，测量值比课本中的“标准值”。27．（4分）在“探究串联电路中电压的特点”实验中：（1）按如图所示的电路图正确连接电路后，闭合开关，观察到两灯都不亮，电压表有示数，若只有一个灯故障，则故障可能是。（2）小梅记录数据的表格如下，该表格设计中的不足之处是；根据数据，可以总结出串联电路电压规律是（写字母表达式）。序号L1电压U1L2电压U2总电压U10.91.92.821.41.32.731.71.22.9（3）在测量完L1电压后，小明为测量L2电压，将电压表接在A点的导线改接到C，他能否完成实验？请你对他的操作进行评价：。28．（6分）以下是物理学习小组在“探究并联电路电流规律”实验中的一些操作及发现：（1）小明按图甲连接电路，闭合开关前，A处电流表指针位置如图乙所示，他实验操作中的不当之处是：。（2）小明用两个相同规格的灯泡测完一组数据后，为得出普遍规律，接下来的具体操作应该是。（3）小红在小明实验的基础上利用三个电流表设计了图丙所示电路，请你找出这个电路中连接错误的那一根导线，在这根导线上打“×”，并画出正确的接线。（4）测量时，发现A、C处电流均如图丁所示，则通过L1的电流为A，通过L2的电流为A。29．（6分）生活中有些低层建筑没有电梯，房屋装修时聪明的工人常用滑车，组提升沙石等物料。如图所示，工人质量为85kg，绳子能承受的最大拉力为800N。轻桶提升的物料总质量为60kg，动滑轮重200N，15s内工人将物料速提升了3m（不计绳重和摩擦）。求：（1）工人提升60kg物料时所用拉力大小。（2）这段时间内工人提升物料的功率。（3）该滑轮组的最大机械效率。30．（8分）汽车采用油压制动刹车从时速100公里到静止可能只需要几秒，消耗的动能最终被释放掉，造成了能源的浪费。为节约能源，现在的混合动力汽车采用再生制动器，它能把汽车刹车制动时消耗的动能部分转化为电能储存在蓄电池中，同时产生汽车所需的制动力，从而有效减少了汽车的燃油消耗和制动器摩擦片的磨损。（1）汽车在行驶过程中，很多部位会发热，如：①发动机外壳发烫；②轮胎发热；③刹车片发热；④水箱中的水变热。其中主要属于通过做功改变内能的是。A.①②③④B.②④C.②③D.①③（2）测试时，汽车在大小为1000N的牵引力作用下，在40s内匀速行驶1000m。此过程中，求汽车行驶的速度以及牵引力的功率。（3）如果汽车在制动时产生的刹车阻力恒为1.0×104N，该制动过程中汽车行驶的路程s与时间t的关系如图甲所示，求在0～0.5s内汽车克服刹车阻力所做的功。（4）储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能的效率。某次测试储能效率中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭再生制动器两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v，计算出动能Ek，画出Ek随s变化的图像如图乙所示；则图中表示开启再生制动器的图线是；依据图像计算本次测试的储能效率为%。

2023-2024学年江苏省南京市秦淮区九年级（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）如图，机械臂的功能类似于人的手臂。以下与机械臂工作时属于同一类杠杆的是（）A．“青绿腰” B．修枝剪刀 C．天平 D．踮起脚尖【分析】动力臂比阻力臂长的杠杆是省力杠杆；动力臂比阻力臂短的是费力杠杆；动力臂和阻力臂相等的杠杆是等臂杠杆。【解答】解：机械臂的功能类似于人的手臂，机械臂的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆。A、“青绿腰”的支点在人的腰部靠近臀的地方，动力是腹部肌肉产生的拉力，动力的作用点在支点的左边；阻力的作用点在人的重心处，在支点的右边，动力臂比阻力臂短，属于费力杠杆，故A符合题意；B、修枝剪刀的动力臂比阻力臂长，属于省力杠杆，故B不符合题意；C、天平的动力臂和阻力臂相等，属于等臂杠杆，故C不符合题意；D、踮起脚尖，动力臂比阻力臂长，属于省力杠杆，故D不符合题意。故选：A。【点评】本题考查的是杠杆的分类；会根据杠杆的平衡条件对常见的杠杆进行分类。2．（2分）下列对物理量的估计符合实际情况的是（）A．将掉在地上的一本物理课本捡到桌上所做的功约为2J B．家用汽车汽油机的热效率可达100% C．一盏日光灯正常工作的电流约为1A D．我国家庭电路电压为110V【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，最后判断最符合实际的是哪一个。【解答】解：A、物理课本的重约2N，桌面到地面的距离大约1m，将掉在地上的物理课本捡到桌上所做的功大约为W＝Gh＝2N×1m＝2J，故A符合实际；B、家用汽车汽油机的热效率25%左右，故B不符合实际；C、教室里一盏日光灯的额定功率约为40W，正常工作电流约为I=pD、我国家庭电路的电压为220V，故D不符合实际。故选：A。【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。3．（2分）下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是（）A．越省力的机械，机械效率越高 B．做功越快的机械，所做的总功越大 C．所做有用功越多的机械，机械效率越高 D．使用机械可以省力或省距离，但不能省功【分析】（1）有用功占总功的比值越大，机械效率越高。（2）功率是表示物体做功快慢的物理量，物体的功率越大，做功越快。（3）机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大，使用任何机械，都不可避免的要做额外功。（4）使用机械或省力，或省距离，但是就是不能省功。【解答】解：A、机械效率是指有用功与总功的比值，机械效率的高低与是否省力没有必然的联系，故A错误；B、功率是表示做功快慢的物理量，所以功率越大的机械，做功快，但是所做的总功不一定越大，故B错误；C、所做有用功越多的机械，但总功不确定，机械效率不一定越高，故C错误；D、使用机械如果省力了，根据功的原理可知，就一定费距离，使用机械时，如果省了距离，根据功的原理可知，就一定费了力，故D正确。故选：D。【点评】该题考查学生对机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系。4．（2分）海洋水质改善，给了中华白海豚一个温馨的家。如图所示，下列说法正确是（）A．海豚跃出海面减速上升的过程中，动能不变 B．海豚跃起到最高点的过程中，重力势能先变大后不变 C．海豚从高处落回海面的过程中，动能变大 D．海豚在海面下加速上浮的过程中，机械能不变【分析】（1）物体由于运动所具有的能量叫动能，动能与物体的质量和速度有关。（2）物体由于受到重力且处于一定高度时所具有的能量叫重力势能，重力势能与质量和高度有关。（3）动能和势能统称为机械能。【解答】解：A、海豚跃出海面减速上升过程，速度减小，质量不变，动能变小，故A错误；B、海豚跃起到最高点的过程中，海豚的质量不变，高度变大，重力势能变大，故B错误；C、海豚从高处落回海面过程，质量不变，速度变大，动能变大，故C正确；D、海豚在海面下加速上浮的过程中，质量不变，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，所以机械能增大，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的是动能和势能的相互转化和机械能的概念，关键是牢记动能和势能的影响因素，知道机械能是动能和势能的总和。5．（2分）以下关于内能、热量、温度的说法正确的是（）A．热传递过程中，温度一定是从高温物体传递给低温物体 B．物体的温度越高，其含有的热量就越多 C．物体内能增大，温度一定升高 D．对物体做功，可以改变物体的内能【分析】（1）热传递过程中，传递的是热量，改变的是温度和内能；（2）热量是一个过程量，不能说某物体含有或具有多少热量；（3）同一物体温度升高，内能一定增加，但物体内能增大，温度却不一定升高；（4）做功和热传递都可以改变物体的内能。【解答】解：A、发生热传递时，热量总是从高温物体传递给低温物体，而不是传递“温度”，故A错误；B、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误；C、物体内能增大，温度不一定升高，如晶体熔化时，吸收热量，内能增大，但温度不变，故C错误；D、做功和热传递都可以改变物体的内能，因此，对物体做功，可以改变物体的内能，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了对温度、热量和内能概念的理解，以及对它们之间关系的认识，同时还考查了做功与物体内能的改变，属热学基础题。6．（2分）下列关于甲、乙两图的描述正确的是（）A．图甲中，管口出现的“白气”是水蒸气 B．图甲中，橡胶塞被推出，水蒸气内能增加 C．图乙中，向下压活塞，活塞的机械能转化为气体的内能 D．图乙中，若不放棉花，向下压活塞，气体内能不变【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：AB、图甲所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾后，塞子被试管内水蒸气推出，即该过程中消耗水蒸气的内能（水蒸气的内能减少），瓶塞获得了机械能，管口出现的“白气”是水蒸气液化成的小水珠，故AB错误；CD、图乙中，快速下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，将机械能转化为筒内空气的内能，使空气温度升高，筒内空气又将热量传递给棉花，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了做功改变物体内能，对物体做功，物体内能会增加，物体对外做功，物体内能会减小，同时伴随着机械能和内能的相互转化。7．（2分）如图所示，甲、乙两装置所用滑轮质量均相等，用它们将相同物体匀速提升相同的高度。所用竖直方向上的拉力分别为F1和F2，两装置的机械效率分别为η1和η2（不计绳重和摩擦），下列判断正确的是（）A．F1＝F2 B．F1＜F2 C．η1＞η2 D．η1＜η2【分析】由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，由F=1n比较F1、F把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据η=W【解答】解：AB、不计绳重及摩擦，因为拉力F=1n（G+G轮），n甲＝3，n所以绳子受到的拉力分别为：F1=13（G1+G轮），F2=12（G2+G轮），故FCD、因为动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额＝G轮h，W有用＝G物h，所以利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同；由η=W有用W总可知，机械效率相同，即η1故选：B。【点评】此题考查了滑轮组的省力公式、机械效率的大小比较，解题的关键是知道：不计绳重及摩擦时，克服动滑轮重力做的功为额外功。8．（2分）如图是一个风暖型浴霸，只闭合“照明”开关S1时浴霸灯亮；只闭合“电机”开关S2时浴霸电动机工作，开始吹冷风，但是灯不亮，若此时再闭合“暖风”开关S3，浴霸的陶瓷加热片R1开始加热，冷风就变成暖风；如果只闭合“暖风”开关S3，浴霸不工作。请选出符合该浴霸工作情况的电路图（）A． B． C． D．【分析】根据题意分析三个开关的作用、电动机、发热电阻和灯泡的连接方式，然后选出正确的电路图。【解答】解：根据题意可知，只闭合“照明”开关S1时浴霸灯亮；只闭合“电机”开关S2时浴霸电动机工作，开始吹冷风，但是灯不亮，若此时再闭合“暖风”开关S3，浴霸的陶瓷加热片R1开始加热，冷风就变成暖风，这说明浴霸灯、电动机、电热丝是并联的，开关S1控制浴霸灯，开关S2能浴霸电动机，开关S3控制R1，开关S2控制R1和电动机，只闭合“暖风”开关S3，浴霸不工作，根据四个选项可知，C正确。故选：C。【点评】本题考查了根据题意选择正确的电路图，会根据串并联的特点判断各电路元件的连接方式和位置是关键。9．（2分）如图所示是四冲程汽油机的剖面图，关于其四个冲程的描述正确的是（）A．吸气冲程：汽油和空气的混合物进入汽缸 B．压缩冲程：燃气推动活塞向下运动 C．做功冲程：燃料释放的能量全部转化为机械能 D．排气冲程：废气没有带走燃料释放的能量【分析】四冲程汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、压缩、做功和排气，其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能；根据气门的状态、活塞运动的方向确定冲程的种类。【解答】解：A、汽油机在吸气冲程中，进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动，汽油和空气的混合物进入汽缸，故A正确；B、在压缩冲程中，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，燃料混合物被压缩，气体的内能变大，此过程是机械能转化为内能的过程，故B错误；C、在做功冲程中，燃料燃烧释放的内能大部分需要克服摩擦、发生热传递而散失，只有一少部分转化为机械能，故C错误；D、在排气冲程中，废气带走了燃料释放的能量的大部分，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了汽油机的四个冲程，要求学生对每个冲程的特点、能量转化等情况十分熟悉才能顺利解答。10．（2分）如图所示，在均匀直尺的中央挖一小凹槽，把一个薄金属片的一端插入橡皮中，另一端支在直尺的凹槽内制成一个简易“天平”，静止时直尺水平平衡，在直尺的两侧各放一个相同的轻质小盘，在小盘中倒入质量不等的大米和小米，调整小盘在直尺上的位置，使直尺再次水平平衡，下列说法正确的是（）A．大米的质量大于小米的质量 B．再次在两盘中分别加入质量相等的大米和小米，杠杆左端将向下倾斜 C．使两盘中大米和小米质量均变为原来的两倍，杠杆左端将向下倾斜 D．使两盘均向支点移动相同距离，杠杆右端将向下倾斜【分析】从支点到力的作用线的距离叫做力臂，根据重力公式和杠杆平衡条件逐项分析即可。【解答】解：A、直尺水平平衡时，根据图示可知，此时L大米＞L小米；杠杆的平衡条件可知：m大米g×L大米＝m小米g×L小米，由于L大米＞L小米，则m大米＜m小米，故A错误；B、再次在两盘中分别加入质量相等的大米和小米，杠杆的左边：（m+m大米）g×L大米，杠杆的右边（m+m小米）g×L小米，由于L大米＞L小米，m大米g×L大米＝m小米g×L小米，所以（m+m大米）g×L大米＞（m+m小米）gL小米，杠杆左端将向下倾斜，故B正确；C、使两盘中大米和小米质量均变为原来的两倍，杠杆的左边：2m大米g×L大米，杠杆的右边2m小米g×L小米，由于m大米g×L大米＝m小米g×L小米，所以2m大米g×L大米＝2m小米g×L小米，杠杆平衡，故C错误；D、使两盘均向支点移动相同距离，杠杆的左边：m大米g×（L大米﹣l），杠杆的右边m小米g×（L小米﹣l），由于m大米g×L大米＝m小米g×L小米，m大米＜m小米，所以m大米g×（L大米﹣l）＞m小米g×（L小米﹣l），左端下沉，故D错误。故选：B。【点评】本题考查重力公式和杠杆平衡条件的灵活运用，属于基础题。11．（2分）如图所示，斜面高2m，长4m，从斜面底端将质量为6kg的物体匀速拉到斜面顶端，物体受到的摩擦力为10N，对此过程，下列说法正确的是（）A．有用功为12J B．拉力F为10N C．斜面的机械效率为75% D．斜面越陡越省力，机械效率越高【分析】（1）知道物体重力和斜面的高度，根据W＝Gh求出有用功。（2）知道斜面的长度和摩擦力，计算额外功，根据总功与有用功和额外功关系，得出总功，根据W＝Fs求出拉力。（3）斜面的机械效率等于有用功与总功之比；（4）同一高度，斜面越长越省力，摩擦力越大，机械效率越低。【解答】解：A、小明做的有用功：W有用＝Gh＝mgh＝6kg×10N/kg×2m＝120J，故A错；B、额外功W额＝fs＝10N×4m＝40J，总功W总＝W有用+W额＝120J﹣40J＝160J，根据W总＝Fs得：拉力F=WC、机械效率η=WD、同一高度，斜面越长越省力，摩擦力越大，机械效率越低，斜面越陡越不省力，机械效率越高，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、功率、机械效率的计算，关键是知道利用斜面做的额外功等于克服摩擦力做的功。12．（2分）对如图所示的实物电路，下列说法正确的是（）①只闭合开关S1时，三个小灯泡串联，A1测L1的电流②只闭合开关S1、S3时，只有L1被短路，A1和A2的示数相等③只闭合开关S1、S2时，L2和L3被短路，A1和A3的示数相等④三个开关都闭合时，若A2示数0.5A，A3示数0.4A，则通过L3和L1的电流之差是0.1AA．只有①③ B．只有②③ C．只有②④ D．只有①③④【分析】①只闭合开关S1时，根据电流的流向可以判断灯L1、L2、L3之间的连接方式；②只闭合开关S1、S3时，只有灯泡L3发光，是灯泡L3的简单电路，分析电流表A1和A2位置即可判断A1和A2的电流大小；③只闭合开关S1、S2时，只有灯泡L1发光，是灯泡L1的简单电路；④三个开关都闭合时，根据电流的流向即可判断电流表A1、A2测量的是通过哪个（几个）的电流，再分析得出结论。【解答】解：①只有开关S1闭合时，电流分别流入三个灯泡，则三个灯泡串联，A1测L1的电流，故①正确；②只闭合开关S1、S3时，只有灯泡L3发光，是灯泡L3的简单电路，L1和L2被短路，A1和A2的电流大小相等，故②错误；③只闭合开关S1、S2时，只有灯泡L1发光，是灯泡L1的简单电路，L2和L3被短路，A1和A3都测L1的电流，其示数相等，故③正确；④三个开关都闭合时，三个灯泡并联，A3测通过L1和L2的总电流，A2的示数是0.5A；A2测通过L2和L3的总电流，A3的示数是0.4A，则通过L3和L1的电流之差是0.1A，故④正确。故选：D。【点评】本题考查了电路的动态分析，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。二、填空题（本题共8小题，每空1分，共25分）13．（3分）体育考试中，如图甲，投掷实心球时，球离开手后有（选填“有”或“没有”）力对它做功。如图乙，质量为60kg的小伟完成一个引体向上时，从最低点到最高点的过程中，重心升高50cm，用时2s，则他一次引体向上的上升过程中，克服重力做功是300J，平均功率大小是150W。【分析】（1）做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可。（2）根据G＝mg求小明的重力，利用W＝Gh求完成一个引体向上克服重力做的功；根据P=W【解答】解：如图甲，投掷实心球时，球离开手后受到重力，下落时在重力方向移动了距离，重力做功了；小伟的重力：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，完成一个引体向上克服重力做的功：W＝Gh＝600N×50×10﹣2m＝300J；用时2s，克服重力做功的功率：P=W故答案为：有；300；150。【点评】本题考查重力、功和功率的计算，难度不大。14．（3分）如图，一块质量分布均匀的长方体砖平放在水平地面b上，其质量为m，长、宽、高分别为l1、l2、l3，先后两次l2用竖直向上的力F1、F2分别作用于ab、bc的中点，使ab、bc在竖直方向慢慢向上移动h（h＜l2＜l1），则在上述过程中F1＝F2（选填“＞”、“＝”或“＜”，下同）；F1、F2所做的功W1＝W2；若用F1将砖块从图示位置提至竖直位置（过程中砖块始终未离开地面），则F1做的功W1′＝F1l1（用已知物理量的符号表示）。【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杠杆，因微微抬起所以可以看做为杠杆的动态平衡；（2）根据公式W＝FS计算做功的多少。【解答】解：第一次以与地面接触的下边为支点转动，F1克服重力才能将砖抬起，砖质量均匀，重心在中点，根据G＝mg和杠杆平衡条件可得F1×cb＝mg×12cb，解方程可得F1第二次同理有：F2×ab＝mg×12ab，解方程可得F2=12mg，所以F拉力F1做的功W1＝F1h，拉力F2做的功W2＝F2h；因为F1＝F2，所以W1＝W2。用F1将砖块从图示位置提至竖直位置（过程中砖块始终未离开地面），F1上升的高度为l1，则F1做的功W1′＝F1l1。故答案为：＝；＝；F1l1。【点评】本题主要考查的是杠杆平衡条件的运用和功的计算公式的熟练应用，学会运用公式来进行做功多少的比较是解题的关键。15．（2分）如图所示是2kg冰熔化时温度随时间变化的图像，设相同时间内物质吸收的热量相同，整个过程不考虑水的汽化，甲、乙两图中符合冰熔化规律的是图乙（选填“甲”或“乙”）。已知冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃），水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），根据图像，可以得出第2﹣5min，冰熔化过程吸收了6.3×104J的热量（不考虑散热）。【分析】（1）晶体熔化时，继续吸热，温度不变。熔化前为固态的冰，熔化后为液态的水，由于水的比热容大于冰的比热容，因此吸收相同热量冰的温度变化大。（2）从乙图找到冰升高的温度，利用公式Q吸＝cmΔt可计算冰吸收的热量，进而求出1min内冰吸收的热量；从图象中找出冰开始熔化和结束熔化的时间，可确定熔化的持续时间，相同时间内物质吸收的热量相同，最后确定冰熔化过程吸收的热量。【解答】解：（1）比较甲、乙两个图像可知：甲图中，相同时间内，冰块升高的温度小于水升高的温度；而乙图中相同时间内，水的升高的温度小于冰块升高的温度；由于水的比热容大于冰的比热容，并且质量不变，因此吸收相同的热量，水的温度升高得慢，冰块的温度升高得快，故乙图正确；（2）冰变成水质量不变，质量m＝2kg，0min到2min冰升高的温度是10℃，冰吸收的热量为：Q冰吸＝c冰mΔt＝2.1×103J/（kg•℃）×2kg×10℃＝4.2×104J，则1min冰吸收的热量为Q=12Q冰吸=12×冰的熔化时间为3min，相同时间内物质吸收的热量相同，则冰在熔化过程中吸收的热量Q′＝3Q＝3×2.1×104J＝6.3×104J。故答案为：乙；6.3×104。【点评】此题考查学生对熔化图象和比热容概念的理解，注意运用公式Q吸＝cmΔt，并结合控制变量法进行分析判断，是一道中档题。16．（3分）如图甲所示，电动机牵引绳子在30s的时间内，将质量为400kg的物体匀速提升6m，已知绳的拉力F为2400N，则F的功率为960W，滑轮组的机械效率为83.3%（结果保留1位小数）；物理实践小组利用学过的知识对图甲的滑轮组进行重新设计，如图乙所示，不计绳重和摩擦，每个滑轮质量均相等，则相同拉力能提起800kg的物体。【分析】（1）由图甲可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功；利用P=W（2）根据G＝mg求物体的重力，利用η=W（3）根据图甲利用不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动）求滑轮的重力，进而求出乙图中动滑轮的总重；由图乙可知n＝4，利用不计绳重和摩擦时F=1【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×6m＝12m，拉力做的总功：W总＝Fs＝2400N×12m＝28800J，拉力做功的功率：P=W（2）物体的重力：G＝mg＝400kg×10N/kg＝4000N，滑轮组的机械效率：η=W（3）因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以滑轮的重力：G轮＝G由图乙可知，动滑轮由两个滑轮组成，则G动乙＝2G轮＝2×800N＝1600N，由图乙可知n＝4，由不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动）可知，相同拉力能提起物体的重力：G'＝nF﹣G由G＝mg可知，能提起物体的质量：m'=G故答案为：960；83.3；800。【点评】本题考查了使用滑轮组时绳子自由端拉力、功、功率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。17．（3分）如图所示为一辆“盐水动力”玩具车，车身上方固定了一个小塑料杯，塑料杯壁内侧有一片镁片和一片碳片。当往杯中倒入盐水，使镁片和碳片都浸入盐水中时，小车就能缓缓向前运动。上述插入镁片和碳片的盐水杯相当于电路中的电源（选填“用电器”或“电源”），它工作时将化学能转化为电能。【分析】电源是给电路提供电压的装置，本题中的电源工作时将化学能转化为电能。【解答】解：电源是给电路提供电压的装置。插入镁片和碳片的盐水杯可使小车运动，所以相当于电路中的电源，工作时将化学能转化为电能；故答案为：电源；化学；电。【点评】本题考查了对盐水电池工作原理的了解，是基础题。18．（3分）如图所示，小球以某速度从M点开始沿粗糙轨道MOP运动，经P点离开轨道，上升至最高点N，又下落经过Q点。N位于P、Q之间，O、P、Q处在同一水平高度。不计空气阻力，小球经过O、P两点时动能不等（选填“相等”或“不等”），小球到达的最高点N可能（选填“可能”或“不可能”）高于M点，小球经过N点时的机械能等于（选填“大于”或“等于”或“小于”）经过Q点时的机械能。【分析】机械能包括动能与重力势能；它们之间能相互转化，如果没有摩擦等阻力，机械能的总量保持不变，有摩擦阻力时，机械能的总量减小。【解答】解：由于球以某速度从M点沿粗糙轨道开始运动，在轨道上运动过程中要克服摩擦阻力做功，有部分机械能转化为内能，因此球到达P点的机械能一定小于在O点的机械能，O、P处在同一水平高度，球的重力势能相等，则球在P点的动能一定小于在O点动能，球在轨道上运动过程中要克服摩擦阻力做功，有部分机械能转化为内能，球在N点的机械能一定小于在M点的机械能，但由于球在M、N点的动能大小不确定，因此球在M、N两点的重力势能大小也不确定，即N点重力势能有可能比M点重力势能大，则最高点N与M点对比，N点可能M高，忽略空气阻力，球从N点到Q点机械能守恒，因此球在N点的机械能等于Q点的机械能。故答案为：不等；可能；等于。【点评】本题考查了机械能的转化，属于中档题。19．（4分）（1）图甲中，①、②、③是三个电表（电压表或电流表）；闭合开关S，要使灯L1与L2并联，则电路中②是电压表；另外两表，示数更大的是③。（2）图乙中，电源电压3V，S闭合后电压表示数为1V，灯L2两端的电压为1V；若断开开关，电压表示数将变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【分析】（1）电压表要和被测用电器并联，电流表要和被测用电器串联；并联电路中，电流的路径有多条；（2）先分析电路的连接方式；再根据电路特点，结合题意分析答题。【解答】解：（1）如图甲，闭合开关S，要使灯L1与L2并联，则电流的路径有两条，分别经过两个灯泡，则电路中①③为电流表，②为电压表；③测量的是干路电流，示数更大；（2）由电路图可知，闭合开关后，灯L1与L2串联，电压表测灯L2两端的电压；已知此时电压表示数是1V，则灯L2两端的电压是1V；断开开关S，电压表串联在电路中，电压表测电源两端电压，此时其示数为3V，所以断开开关后，电压表示数变大。故答案为：（1）②；③；（2）1；变大。【点评】本题考查了电流表和电压表的使用、电路的辨别，考查的知识点比较多，要认真分析。20．（4分）如图甲所示，小明将气球吹大后，抓住气球放气，发现气球皮的温度和原来相比变低（选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与四冲程汽油机的做功冲程的能量转化是一致的。如图乙所示，一台小汽车的发动机是四缸四冲程汽油机，飞轮的转速为2400r/min，一个做功冲程中燃气对活塞做功200J，这台发动机的最大输出功率是1.6×104W；若以最大输出功率行驶时的耗油量为4kg/h，该发动机的效率为32%（q汽油＝4.5×107J/kg）。【分析】物体对外做功时，把物体的内能转化为机械能，内能减少，温度降低；在内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，压缩冲程中，机械能转化为内能；飞轮（曲轴）每转两圈对外做功一次，计算出飞轮转动2400周对外做功的次数，已经计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功，从而可以计算出燃气对活塞做的总功，已知做功多少和做功所用的时间，利用P=W已知以最大输出功率行驶时的耗油量为4kg/h，根据用P=W【解答】解：小明将气球吹大后，让气球自行飞出，气球内的气体对外做功，把气体的内能转化为气球的机械能，气体的内能减少，温度降低，所以会感觉到气球球身的温度和原来相比变低了；在内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，压缩冲程中，机械能转化为内能；所以在气球自行飞出的过程中发生的能量转化与四冲程汽油机的做功冲程的能量转化为是一致的；曲轴每转两圈对外做功一次，所以1min转动2400周，要做功1200次，对一个气缸来说，在1min内燃气对活塞做的功为：W′＝W×1200＝200J×1200＝240000J，由于该汽油机有4个气缸，在1min内燃气对活塞做的总功为W总＝4W′＝4×240000J＝9.6×105J，则发动机最大输出功率的功率为：P=W总t因为以最大输出功率行驶时的耗油量为4kg/h，则每小时燃气对活塞做的功为：W有用＝Pt＝1.6×104W×3600s＝5.76×107J，每小时消耗的汽油完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝4kg×4.5×107J/kg＝1.8×108J，发动机的效率为：η=W有用Q故答案为：变低；做功；1.6×104；32%。【点评】本题考查热机中功、功率、效率的计算，关键是对公式和公式变形的理解和应用。在计算过程中要注意单位的换算。三、解答题（本题共10小题，共51分，解答第27、28题时应有公式和解题过程）21．（2分）图甲是一台活塞式抽水机，在C处用力便可取水，请画出在C处所用最小力F1的示意图。【分析】根据杠杆的平衡条件，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力。【解答】解：根据杠杆的平衡条件，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力，连接支点O和力的作用点C，以OC为力臂是最长的动力臂，由C点做OC的垂线画出最小力F1，方向向下，如图所示：【点评】本题主要考查了最小动力的确定，知道力臂的定义和杠杆的平衡条件是解题的关键。22．（2分）要利用如图所示的滑轮组吊起重1000N的重物，若绳子能承受的最大拉力为400N，则应怎样绕制滑轮组？（滑轮重和摩擦不计）【分析】动滑轮被几根绳子承担，拉力就是物体和动滑轮总重的几分之一，此题最多可由3段绳子承担动滑轮的重。【解答】解：滑轮重和摩擦不计，则：n=G所以滑轮组应由3段绳子承担物重，从动滑轮绕起，如图所示：【点评】此题考查了滑轮组的组装和绕线，根据滑轮组的省力特点判断承担物重的绳子段数是解决此题的关键。23．（2分）请将电源、电流表两个元件的符号填入虚线框内，将电路补充完整。要求：开关S闭合后，电流方向如图所示，电压表测滑动变阻器两端电压。【分析】根据电压表和滑动变阻器并联，确定电源的位置，电流表串联在电路中，根据电流的方向确定电源正负极的位置。【解答】解：电压表测滑动变阻器两端电压，所以电压表和滑动变阻器并联，故左边框内是电源，右边框内是电流表，根据在电源外部，电流从正极流向负极确定电源的正负极，如下图所示：。【点评】此类型题目要求对电路中各元件的作用及使用方法要非常明确，然后根据串并联电路的特点正确连接电路。24．（7分）小李利用图甲所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”，请你帮助完成实验。（1）杠杆静止时的位置如图甲所示，此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“不平衡”）状态。为了使杠杆静止时处于水平位置，需将杠杆左端的平衡螺母向左选填“左”或“右”）调节。（2）实验中，将钩码挂在杠杆支点两侧，调节杠杆在水平位置平衡，这样操作目的是便于测量力臂。将所测数据记录在下表中，小李想能否将表格中“F1l1/N•m”单位N•m换成J？根据功的定义，你觉得可以换吗？不可以（选填“可以”或“不可以”）。序号动力F1/N动力臂l1/m阻力F2/N阻力臂l2/mF1l1/N•mF2l2/N•m123（3）根据实验结果，小李总结出：杠杆哪边重往哪边沉。他所说的“重”实际指的是力与力臂的乘积比较大。（4）如图乙所示，F始终与杠杆垂直，将杠杆缓慢拉至水平位置的过程中，F的大小将变大（选填“变大”、“变小”或“先变大后变小”）。若将重物的悬挂点由A点（为第1次）向右移至B点（为第2次），将重物提升相同的高度，第2（选填“1”或“2”）次杠杆的机械效率更高。【分析】（1）杠杆静止或匀速转动，杠杆都处于平衡平衡状态；杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，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）杠杆水平位置平衡，这样做的主要目的是消除杠杆自重对平衡的影响；便于测量力臂；根据功的概念分析功的单位J与杠杆平衡条件中力与力臂的乘积FL/N•m的不同；（3）通过多次实验，总结得出杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2。所以对于杠杆“哪边重往哪边沉”这句话的理解，这里的“重”实际指的是指力与力臂的乘积大；（4）由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的关系，再根据杠杆平衡条件可知拉力的变化；杠杆提升物体时，对物体做有用功，拉力做的功是总功，根据η=Q将物体的悬挂点从A点移至B点，物体还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，克服杠杆重做功减小，有用功不变，额外功减小，总功减小，进而判断机械效率的变化。。【解答】解：（1）杠杆静止在如图位置，所以杠杆是处于平衡状态；杠杆的左端上翘，左端的平衡螺母或右端的平衡螺母都向上翘的左端移动，才能使杠杆在水平位置平衡。（2）杠杆水平位置平衡，这样做的主要目的是消除杠杆自重对平衡的影响，便于测量力臂；功等于力与物体在力的方向上通过距离的乘积，功的单位是焦耳（J），杠杆平衡条件中力与力臂垂直，所以力与力臂的乘积FL/N•m不是功，所以不能把表格中F1L1/N•m单位N•m换成J；（3）通过多次实验，总结得出杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2。所以对于杠杆“哪边重往哪边沉”这句话的理解，这里的“重”实际指的是指力与力臂的乘积大；（4）由题意可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力不变，且阻力臂变大，由杠杆平衡条件可知拉力变大；杠杆的机械效率为：η=Q有用Q杠杆提升物体时，对物体做有用功，克服杠杆重做额外功，并且W有用+W额＝W总；设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠杆h＝Fh2，G不变，h1不变，G杠杆不变，物体从A点到B点，物体还升高相同的高度，有用功不变；杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小；则Gh1+G杠杆h变小，所以Fh2也变小；根据η=Q有用Q总×故答案为：（1）平衡；左；（2）力臂；不可以；（3）力与力臂的乘积；（4）变大；2。【点评】探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小。要熟练掌握杠杆的平衡条件，并能据此分析杠杆的力与力臂的大小。25．（6分）兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，那么汽车的动能大小跟什么因素有关？于是他们进行了如下探究（m1＜m2）：（1）由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能大小可能与速度有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能大小可能与质量有关。（2）他们做了如图所示的三次实验，该实验是通过观察木块被推动距离的远近来反映铁球动能大小。（3）比较甲、丙两图，得到的结论是：物体速度一定时，质量越大，动能越大。（4）小明由此实验联想到探究阻力对物体运动影响的实验，让同一小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止。小车在水平面运动的整个过程中，克服阻力做的功相等（选填“相等”或“不相等”）。小车在毛巾和玻璃表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1＞P2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。【分析】（1）动能的影响因素有两个：质量和速度，根据控制变量法来判断汽车的动能与哪个因素有关；（2）铁球动能大小通过铁球推动木块运动距离来反映。铁球撞击木块运动，木块运动距离越长，铁球对木块做功越多，铁球的动能越大；（3）根据图中的相同点和不同点，利用控制变量法得出结论；（4）根据W＝fs及根据P=W【解答】解：（1）“十次车祸九次快”指的是汽车的动能与速度有关；“安全驾驶莫超载”指的是汽车的动能与质量有关；（2）实验中采用了转换法，通过观察木块被推动距离的远近来反映铁球对木块做功的多少，从而判断出铁球动能的大小；（3）从甲、丙两个图可以知道，质量不相同的两个小球，到达斜面底端速度相同，动能不同，其对木块做功不同，也就是木块在木板上移动的距离不同，丙图中铁球质量大，木块被推动距离更远，得到的结论是：物体速度一定时，质量越大，动能越大；（4）物体克服摩擦力做功的能量来自物体的动能，而动能一开始是相等的，最终物体停下来，动能为零，因此说明，小球无论在什么样的水平面上，克服阻力做的功是相等的；小球在毛巾、玻璃表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，运动时间越长，由于克服阻力所做的功相同，根据P=Wt可知，则P1＞P故答案为：（1）速度；质量；（2）木块被推动距离的远近；（3）物体速度一定时，质量越大，动能越大；（4）相等；＞。【点评】本题是探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验，主要考查了转换法、控制变量法在实验中的应用以及运用影响动能大小的因素来解决实际问题。26．（8分）用如图所示的装置可做①“探究不同物质吸热升温的现象”，②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”两个实验。（1）实验①②都要用到的测量仪器有温度计和天平。（2）要完成实验①，应选择甲、丙两图，物质吸热的多少是通过加热时间（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的；将所测数据记录在下表中，分析数据可得，b液体升温快，a液体的比热容大。时间/min0246810Ta/℃51015202530Tb/℃51525354555（3）下表是实验②的表格：燃料加热前的水温/℃____燃料的热值J/kg10g酒精10g碎纸片表格中横线处应填写的内容是：燃料燃尽时的水温/℃。小徐同学用如图乙所示装置测量碎纸片的热值，加热前碎纸片的质量为m1，加热一段时间后变为m2，烧杯中水的质量为M，水的初温t1，末温t2，水的比热容用c表示。她测得碎纸片的热值q＝cM(t2−t【分析】（1）探究不同物质吸热升温的现象时应控制质量和初温相同，比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时需要控制燃料的质量相同，根据液体升高的温度来比较燃料热值的大小；（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，温度计的示数变化相同时，通过比较加热时间比较吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；分析表中数据得出结论；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；（3）根据表中内容回答；根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，水吸收的热量等于碎纸片燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出碎纸片的热值；（4）用碎纸片给水加热的过程中，有热量的散失且碎纸片不能完全燃烧。【解答】解：（1）探究不同物质吸热升温的现象时应控制质量和初温相同，需要用到天平和温度计；比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时需要控制燃料的质量相同，根据液体升高的温度来比较燃料热值的大小，需要的实验器材是天平和温度计；（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和丙两图进行实验；将实验数据记录在如上表格中，分析数据可知，质量相等的a和b两种液体，加热相同的时间，吸收相同热量时，b升高的温度较高，则a液体的比热容大于b液体的比热容；（3）根据表中内容，要求出升高的温度，则表格中横线处应填写的内容是：燃料燃尽时的水温/℃；水吸收的热量：Q吸＝cM（t2﹣t1），不考虑热损失时，碎纸片燃烧放出的热量：Q放＝Q吸＝cM（t2﹣t1），燃烧碎纸片的质量：m＝m1﹣m2，根据Q放＝mq可得，碎纸片的热值：q=Q测得燃料的热值与实际相比偏小，是因为燃料无法完全燃烧以及没有考虑在加热过程中热量的散失。故答案为：（1）天平；（2）甲、丙；加热时间；b；a；（3）燃料燃尽时的水温/℃；cM(t【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查器材的调试、控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和对实验的改进，为热学中的重要实验。27．（4分）在“探究串联电路中电压的特点”实验中：（1）按如图所示的电路图正确连接电路后，闭合开关，观察到两灯都不亮，电压表有示数，若只有一个灯故障，则故障可能是L1断路。（2）小梅记录数据的表格如下，该表格设计中的不足之处是电压没有单位；根据数据，可以总结出串联电路电压规律是U＝U1+U2（写字母表达式）。序号L1电压U1L2电压U2总电压U10.91.92.821.41.32.731.71.22.9（3）在测量完L1电压后，小明为测量L2电压，将电压表接在A点的导线改接到C，他能否完成实验？请你对他的操作进行评价：电压表正、负接线柱接反，电压表指针反偏，不能测出L2两端电压。【分析】（1）电压表的示数接近电源电压，故障应该是被测部分电路断路或其它部分电路短路；（2）①电压应有单位；②据实验数据得出结论即可；（3）电流要从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则指针反向偏转。【解答】解：（1）电压表有示数，故障应该是被测部分电路断路或其它部分电路短路，如果是其它部分（L2）短路，则灯泡L1会亮，不符合要求；所以应该是被测部分电路（L1）断路；（2）电压应有单位，上面设计的表格中存在的不足之处是电压没有单位；根据实验中的数据可知，在串联电路中，电路的总电压等于各用电器两端的电压之和，即U＝U1+U2；（3）用电压表测量某元件两端电压时，应与这个元件并联。应该使标有”﹣“号的接线柱靠近电源负极，另一个接线柱靠近电源正极。实验中测量L2两端电压时，保持电压表接B点的导线不动，只将接A点的导线改接到C点，会导致电压表正、负接线柱接反，电压表指针反偏，不能测出L2两端电压；故答案为：（1）L1断路；（2）电压没有单位；U＝U1+U2；（3）电压表正、负接线柱接反，电压表指针反偏，不能测出L2两端电压。【点评】本题探究“串联电路中电压的关系”，考查归纳法的运用、电压表正确使用、故障分析等知识。28．（6分）以下是物理学习小组在“探究并联电路电流规律”实验中的一些操作及发现：（1）小明按图甲连接电路，闭合开关前，A处电流表指针位置如图乙所示，他实验操作中的不当之处是：电流表指针没有调零。（2）小明用两个相同规格的灯泡测完一组数据后，为得出普遍规律，接下来的具体操作应该是换用不同规格的灯泡或改变电源电压进行实验。（3）小红在小明实验的基础上利用三个电流表设计了图丙所示电路，请你找出这个电路中连接错误的那一根导线，在这根导线上打“×”，并画出正确的接线。（4）测量时，发现A、C处电流均如图丁所示，则通过L1的电流为0.2A，通过L2的电流为0.8A。【分析】（1）在使用电表前，要观察电表指针是否指在零刻度线处，如果没有指在零刻度线处，要对电表进行调零；（2）只进行了一次实验就得出结论，不具有普遍性；为了使实验结论具有普遍性，应换用规格不同的灯泡进行多次测量；（3）电流表应与被测电路串联，且电流从正接线柱流入，负接线柱流出，据此判断；（4）根据并联电路的电流规律判定电流表的量程和分度值，然后读出电流表示数，根据并联电路的电流关系通过L2的电流。【解答】解：（1）按图甲连好电路闭合开关前，发现电流表指针位置如图乙所示，电流表指针没有指在零刻度线上，说明在使用前，电流表指针没有调零，接下来应该调零；（2）因为只凭一组实验数据得出结论带有偶然性，不能得出正确规律，所以，应断开开关，换用不同规格的灯泡或改变电源电压进行实验，得到多组实验值，然后分析数据得出结论才合理；（3）根据题意，电流表A应串联在干路中，一个电流表应