九年级上册物理学霸赛考卷01（解析版）

九年级上册物理学霸赛考卷01（解析版）初中物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．测试范围：苏科版九年级上册第11-12章。2．本卷平均难度系数0.2。第Ⅰ卷选择题一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。其中1-10题只有一个选项符合题目要求，11、12题有多个选项符合题目要求）1．关于内能、热量和温度，下列说法正确的是（）A．物体温度升高，内能一定增大 B．物体内能增大，温度一定升高 C．热量一定是从内能大的物体传向内能小的物体 D．物体温度越高，含有的热量越多【答案】A【分析】（1）晶体熔化过程中，吸热内能增加，但温度不变；（2）内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关；（3）热量总是从温度高的物体向温度低的物体转移；（4）在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量。【解答】解：A．物体温度升高，内能增大，可能是吸收了热量，也可能是由于外界物体对它做了功，故A正确；B．物体内能增大，温度不一定升高，比如晶体熔化过程中，吸热内能增加，但温度不变，故B错误；C．热传递的定义可知，热量总是从温度高的物体向温度低的物体转移，故C错误；D．热量是一个过程量，不能说含有，故D错误。故选：A。2．有经验的柴油机维修师，不用任何仪器，只是靠近柴油机排气管口观察和用鼻子闻一下，并将手伸到排气管口附近感觉一下尾气的温度，就能初步判断这台柴油机的节能效果。对于以下柴油机维修师的“经验之谈”，你认为正确的是（）A．在相同条件下，尾气的温度越高，柴油机越节能 B．在相同条件下，尾气的柴油味越浓，柴油机越节能 C．在相同条件下，尾气的颜色越发黑，柴油机越节能 D．定时保养及时更换润滑油，能提高柴油机的效率【答案】D【分析】废气带走的余热越多、燃烧越不充分则代表柴油机的热机效率越低，减少摩擦可以提高热机效率。【解答】解：A、相同条件下，尾气的温度越高，代表废气带走的热量越多，被利用的能量就越少，所以柴油机反而不节能，所以A选项错误；B、相同条件下，尾气的柴油味越重，代表柴油燃烧越不充分，所以柴油机的热机效率反而越低、越不节能，所以B选项错误；C、相同条件下，尾气的颜色越发黑，也是代表柴油燃烧越不充分，热机效率越低，越不节能，所以C选项错误；D、定期保养和及时更换润滑油，可以减小摩擦带来的能量损耗，能提高柴油机的效率，所以D选项正确。故选：D。3．如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB＝3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的质量为0.8kg，底面积为200cm2，不计杠杆、细杆及连接处的重力，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，则（）A．物体M的密度为0.2×103kg/m3 B．当传感器示数为0N时，加水质量为1.4kg C．当加水质量为1.8kg时，容器对桌面的压强为1900Pa D．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压力为31N【答案】A【分析】（1）（2）由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出M的体积，利用ρ＝求出物体M的密度；根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；（3）由（2）可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用p＝求出容器对桌面的压强；（4）加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由（2）可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。【解答】解：AB．由图乙可知，水箱中没有水时（m＝0），力传感器的示数为F0＝6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），由杠杆的平衡条件可得F0×OA＝GM×OB，则GM＝F0＝×6N＝2N；设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，由阿基米德原理可得ρ水gSh1＝2N﹣﹣﹣①由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，由杠杆的平衡条件可得FA×OA＝FB×OB，则FB＝FA＝×24N＝8N，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力：F浮＝GM+FB＝2N+8N＝10N；由F浮＝ρ液gV排可得，所以M的体积：VM＝V排＝＝＝1×10﹣3m3，物体M的密度：ρM＝＝＝0.2×103kg/m3；由阿基米德原理可得：ρ水gSh＝10N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①和②得：h＝5h1，由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，所以，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，当向水箱中加入质量为1.4kg的水时，受到的浮力为4N，B端受到的力4N﹣2N＝2N，此时杠杆处于平衡状态，则传感器受力不为0N，故A正确，B错误；C．由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.8kg时，浮力为8N，物体M受到细杆b向下的压力：FB′＝F浮′﹣GM＝8N﹣2N＝6N，水箱对水平面的压力：F＝（m水箱+m水+mM）g+FB′＝（0.8kg+1.8kg+0.2kg）×10N/kg+6N＝34N，容器对桌面的压强为：p＝＝＝1700Pa，故C错误；D．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，水对水箱底部的压力：F压＝G水+G排＝m水g+G排＝2kg×10N/kg+10N＝30N，故D错误。故选：A。4．甲弹簧受拉力作用，伸长1cm需要2N的力；乙弹簧受拉力作用，伸长1cm需要3N的力。若把两弹簧平行悬挂，下端通过不计重力和摩擦的滑轮用细线连接（如图所示），要使滑轮下移1cm需要的力为（）A．2.4N B．2.5N C．4.8N D．5.0N【答案】C【分析】动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，省力多费1倍距离。要使滑轮下移1cm，那么甲、乙弹簧一共要伸长2cm，甲、乙受力一样，分析甲和乙分别伸长的距离，再计算出甲和乙的力，相加就是要使滑轮下移1cm需要的力。【解答】解：动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，省力多费1倍距离。因为要多费1倍距离，要使滑轮下移1cm，甲、乙弹簧一共要伸长2cm，甲弹簧受拉力作用，伸长1cm需要2N的力；乙弹簧受拉力作用，伸长1cm需要3N的力，甲乙伸长相同距离，用力之比为2：3，那么如果甲乙受力相同，伸长距离之比为3：2，所以使滑轮下移时，两个弹簧受力一样，＝3：2，s甲+s乙＝2cm，解得：s甲＝cm，s乙＝cm，所以甲弹簧此时弹力增加F甲＝2N×＝2.4N，乙弹簧此时弹力增加F乙＝3N×＝2.4N，所以要使滑轮下移1cm需要的力F＝F甲+F乙＝2.4N+2.4N＝4.8N。故选：C。5．如图甲所示，水平放置的方形容器里有一个重为8N、棱长为10cm的正方体物块M，M与容器底部不密合。以5mL/s的恒定水流向容器内注水，容器中水的深度h随时间t的变化关系如图乙所示，则（）A．当t＝140s时，物块M在水中沉底 B．当t＝140s时，水对容器底部的压力大小是23N C．图乙中a的值是7cm D．40～140s时段，浮力对物体做功是0.32J【答案】D【分析】（1）已知物块M的边长，可求物块的体积，已知物块的重力可求物块的质量，根据公式ρ＝可求物块的密度，再与水的密度进行比较，即可知道物体的在水中的浮沉状态；（2）由于方形容器在水平方向上放置，则液体对底部的压力等于容器里液体和漂浮物体的总重力，所以根据V＝vt求出当t＝140s时注入的水的体积，然后求出水的重力，最后根据F＝G水+GM即可求出压力；（3）由乙可知：t＝40s时，水的深度变化改变，即此时正好是物块M处于刚刚开始漂浮的状态，所以根据阿基米德原理求出此时物块浸没的深度即为此时水的深度a的值；（4）在40﹣140s阶段，先求出物块M上升的高度，根据W＝Fs求出浮力对物体做功。【解答】解：A、物块M的体积V＝（0.1m）3＝0.001m3；物块M的质量：m＝＝＝0.8kg；物块M的密度：ρM＝＝＝0.8×103kg/m3＜1.0×103kg/m3；即物块的密度小于水的密度，由图像可知：当t＝140s时，水的深度为h＝12cm，大于立方体物块M的边长为10cm；则根据浮沉条件可知物块在水中将漂浮，故A错误；B、当t＝140s时，注入的水的体积V水＝vt＝5mL/s×140s＝700mL＝7×10﹣4m3，则G水＝ρ水gV水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×7×10﹣4m3＝7N；所以液体对底部的压力F＝G水+GM＝7N+8N＝15N，故B错误；C、当t＝40s时，正好是物块M处于刚刚开始漂浮的状态，则F浮＝GM＝8N，根据F浮＝ρ液gV排可得物块M排开液体的体积为：V排＝＝＝8×10﹣4m3＝800cm3，所以物块M浸入液体的深度为：a＝＝＝8cm，故C错误；D、在40﹣140s阶段，物块M上升的高度为h′＝12cm﹣8cm＝4cm＝0.04m，则浮力对物体做功W＝F浮h′＝8N×0.04m＝0.32J，故D正确。故选：D。6．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则（）A．t1时刻起汽车发动机功率不变 B．0～t1时间内，汽车做匀加速运动且发动机功率不变 C．t1～t2时间内，汽车的平均速度等于 D．t1〜t2时间内汽车牵引力不变【答案】A【分析】根据图象判断出0～t时间内的运动状态，根据牛顿第二定律求得牵引力，利用P＝Fv求得功率的变化，根据平均速度的定义求解t1～t2时间内，汽车的平均速度；根据动能定理求解t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功。【解答】解：A、由题意知，从t1时刻起汽车的功率保持不变，故A正确；B、在0～t1时间内，根据图象可知，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F﹣f＝ma，解得F＝f+ma，因为整个运动过程中汽车所受阻力不变，故牵引力不变，速度增大，根据P＝Fv可知，汽车发动机功率功率增大，故B错误；C、因为汽车在t1～t2时间内不是匀变速直线运动，则平均速度不等于，故C错误；D、由题意知在t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，由图可知汽车的速度在增大，根据P＝Fv知汽车牵引力变小，故D错误。故选：A。7．如图所示，小型牵引车通过滑轮组匀速打捞起深井中的均质物体，物体上升的速度保持1m/s不变，已知物体重1.2×103N，密度为1.6×103kg/m3，测得物体在出水面前、后牵引车作用在绳子上的拉力之比为1：2，若不计摩擦、绳重及水的阻力，g取10N/kg，下列结果错误的是（）A．物体出水前牵引车拉力的功率为500W B．物体浸没在水中受到的浮力为750N C．物体在出水面前，牵引车的拉力为250N D．物体在出水面前，滑轮组的效率是60%【答案】A【分析】（1）知道物体的重、物体的密度，利用密度公式和重力公式求物体的体积（浸没水中排开水的体积），利用阿基米德原理求受到水的浮力；不计摩擦、绳重及水的阻力，根据F＝（G物+G轮）求出物体出水面前、后牵引力作用在绳端的拉力F1和F2的关系式，利用拉力之比为1：2求出动滑轮重、作用在绳端的拉力F1和F2，（2）利用v′＝nv求出物体出水面前绳端移动的速度，利用P＝＝＝Fv求牵引力拉力功率；（3）根据效率公式η＝＝＝＝求出物体出水面前的机械效率。【解答】解：（1）根据G＝mg＝ρVg可得：物体的体积V＝＝＝0.075m3，物体在出水面前，V排＝V＝0.075m3，则物体在水中受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.075m3＝750N，故B正确；（2）由图可知：绳子的股数n＝3，若不计摩擦、绳重及水的阻力，则牵引车作用在绳子上的拉力：F1＝（G物+G动﹣F浮）＝×（1.2×103N+G动﹣750N）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①物体出水面后，牵引车作用在绳子上的拉力：F2＝（G物+G动）＝×（1.2×103N+G动）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②已知：F1：F2＝1：2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，解①②③可得：G动＝300N，F1＝250N，F2＝500N；故C正确；绳端移动的速度为：v′＝3v＝3×1m/s＝3m/s，拉力的功率，物体出水面前P＝F1v′＝250N×3m/s＝750W；故A错误；（3）物体出水面前的机械效率：η＝＝＝＝＝＝60%，故D正确。故选：A。8．如图所示的甲、乙两个M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物。现保持平衡状态。用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手，能恢复到原来平衡位置的是（）A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．都不能【答案】B【分析】做出杠杆示意图，根据力臂的变化得出力与力臂的乘积的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析即可判断是否恢复到原来平衡位置。【解答】解：如图所示的甲乙M形硬质轻杆，处于保持平衡状态。由于悬挂的两个重物质量相等，则作用在M形硬质轻杆两端的上的拉力相等，则杠杆示意图分别如下图：甲硬质轻杆，根据杠杆平衡条件可得：GL1＝GL2，则：L1＝L2；乙硬质轻杆，同理可得：GL3＝GL4，则：L3＝L4；用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后，则杠杆示意图分别如下图：由于轻杆端点的位置不同，右端的重物略微下降一小段距离后，由力臂的变化图可知，甲硬质轻杆，L1′＜L1，L2′＞L2，则：GL1′＜GL2′，所以，甲杆右端的重物继续下降，则不能恢复到原来平衡位置。乙硬质轻杆，L3′＞L3，L4′＜L4，则：GL3′＞GL4′，所以，乙杆左端的重物会下降，则能恢复到原来平衡位置。故选：B。9．质量为M的物体离地面高度为h时，它的重力势能EP可以表示为EP＝Mgh（g＝10N/kg）。现从地面竖直上抛一个物体，物体能够上升的最大高度为4m，然后落回到地面，整个过程空气阻力不能忽略。若上升过程中物体的重力势能和动能相等时，物体离地面的高度记为h1；下落过程中物体重力势能和动能相等时，物体离地面的高度记为h2．则（）A．h1＜2m，h2＜2m B．h1＝2m，h2＝2m C．h1＞2m，h2＜2m D．h1＜2m，h2＞2m【答案】C【分析】在上升过程中根据动能定理列出方程，再根据h1处动能和势能相等列式，联立方程即可求解，同理可求下落过程。【解答】解：物体上升过程中到达离地面2m时，减少的动能等于此时的重力势能和因克服空气阻力做功而获得的内能之和，所以物体减小的动能大于此时的重力势能；又因为从离地面2m处上升到4m的过程中，再次减少的动能又等于4m处的重力势能的增量和因再次克服空气阻力做功而获得的内能之和，因而再次减少的动能大于重力势能的增量，由于再次减少的动能等于离地2m处的动能，而重力势能的增量又等于离地2m处的重力势能，所以在2m处这个地方剩余的动能大于该处的重力势能；那么要得到重力势能等于动能的地方，必须继续上升，这样又有动能转化为重力势能，二者才能相等，所以h1＞2m。下落过程中到达2m时，重力势能为原来重力势能的一半，而此时的动能小于原有重力势能的一半，因为减小的一半的重力势能转化为动能和内能，所以距地面2m时，重力势能大于动能，必须继续下落，这样又有重力势能转化为动能，二者才能相等，所以h2＜2m。故选：C。10．甲、乙两金属质量和初温都相等，先把甲金属放入一杯热水中，热平衡时，结果水的温度下降了10℃，把甲从水中取出，立即将乙金属投入这杯水中，热平衡时水温又降低了10℃，（不考虑热散失），则甲、乙两金属的比热容大小（）A．c乙＞c甲 B．c乙＜c甲 C．c乙＝c甲 D．条件不够，不能确定【答案】A【分析】甲、乙两金属块，先后投入到同一杯热水中，甲乙金属吸收热量、温度升高，水放出热量、温度降低；由题知，两次水降低的温度相同，也就是水放出的热量相同，因为不计热量损失，由热平衡方程可知，甲、乙两金属吸收的热量相同；而甲、乙两金属的质量相等、初温相同，经吸热后，乙金属的末温比甲物体的末温低10℃；由上述分析可知，质量相同的甲、乙两金属，吸收相同的热量，乙金属升高的温度少，所以乙金属的比热容大。【解答】解：先后将甲、乙两金属投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，∵不计热量损失，∴Q吸＝Q放，∴甲、乙两金属吸收的热量相同；由题知，乙金属比甲金属少升高了10℃，即乙金属的末温低；由上述分析可知，质量相同的甲、乙两金属，吸收相同的热量，乙金属升高的温度少，所以乙金属的比热容大。即：c乙＞c甲。故选：A。11．（多选）为了将放置在水平地面上重为108N，边长为10cm的某正方体合金块提升一定高度，设置了甲图所示的滑轮组装置。当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，合金块的速度v与合金块上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示。图中连接合金块G的轻绳始终保持竖直（不计绳重和摩擦）。则下列四个相关计算结果中正确的是（）A．0～1s内，合金块对地面的压强是3000Pa B．0～2s内，拉力F做的功是62.5J C．2s～3s内，拉力F的功率是100W D．2s～3s内，滑轮组的机械效率是90%【答案】AD【分析】由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n＝3，则拉力F移动的距离s＝3h。（1）由图可知在2～3s内，重物做匀速运动，读出拉力的大小，然后根据F＝（G+G动）的应用求出动滑轮重；由F﹣t图象得出在2～3s内的拉力F，F＝（G+G动）求出动滑轮的重力，取动滑轮和合金块为研究对象，受到向下的重力G和G动，向上的支持力F支，及三根绳子向上的拉力F′作用，处于静止状态，据此根据力的合成求出支持力，根据相互作用可知合金块对地面的压力，并利用p＝计算合金块对地面的压强；（2）由F﹣t图象得出在1～2s内的拉力F，由h﹣t图象得出重物上升的高度，求出拉力F的作用点下降的距离，利用W＝Fs求此时拉力做功；（3）由F﹣t图象得出在2～3s内的拉力F，由v﹣t图象得出重物上升的速度，求出拉力F的作用点下降的速度，利用P＝Fv求拉力做功功率，知道拉力F和物重G大小，以及S与h的关系，利用效率求滑轮组的机械效率。【解答】解：A、由图可知在2～3s内，重物做匀速运动，拉力F3＝40N，由F＝（G+G动）可得，G动＝3F3﹣G＝3×40N﹣108N＝12N，由图乙可知，在0～1s内，拉力F＝30N．取动滑轮和重物为研究对象，受到向下的重力G和G动，向上的支持力F支，及三根绳子向上的拉力F′作用，处于静止状态；合金块对地面的压力为F压＝F支＝G﹣F′＝G﹣3F拉+G动＝108N﹣3×30N+12N＝30N，合金块对地面的压强为p＝＝＝3000Pa；故A正确；B、0～1s内，合金块静止，因此拉力没有做功，在1～2s内，拉力F2＝50N，重物上升高度h2＝1.25m拉力F的作用点下降的距离s2＝3h2＝3×1.25m＝3.75m，则0～2s内，拉力做的功：W＝F2s2＝50N×3.75m＝187.5J；故B错误；CD、由图可知在2～3s内，重物做匀速运动，v3＝2.50m/s，拉力F3＝40N，所以拉力F的作用点下降的速度v3′＝3v3＝3×2.50m/s＝7.5m/s，拉力做功功率（总功率）：P总＝F3v3′＝40N×7.5m/s＝300W，故C错误；滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝90%，故D正确；故选：AD。12．（多选）某品牌汽车的质量为M（含驾乘人员），车的钢质外亮密度为ρ1、质量为m，发动机的效率为η1。若该车在平直道路上匀速行驶受到地面的摩擦力为车总重的k倍（k＜1，为常数），受到的空气阻力为f，忽略其它摩擦阻力。经过技术革新，厂家将车外亮换成了等体积，密度为ρ2的新材料（ρ2＜ρ1），并对车子的流线型进行了优化，使车子受到的空气阻力降低了2%，还将车子的发动机效率提高到了η2，改进后汽车以相同的速度匀速行驶。设改进前后汽车行驶的路况、路程、驾乘人员相同，改进前的耗油量m1，改进后汽车的耗油量m2。在满足上述条件下说法正确的是（）A．在消耗等量燃油的情况下，改进后汽车的行驶路程更长 B．改进后汽车以相同的速度匀速行驶时，有用功的功率变小 C．若燃油的热值为q，汽车匀速行驶的路程为s，则η1＝ D．改进后汽车的耗油量m2与改进前的耗油量m1的比为【答案】AD【分析】A、根据热机效率η＝×100%＝×100%可知，在消耗等量燃油的情况下，技术革新后，η变大，热机对外做的有用功就多，即W有用＝Fs更大，由此可判断汽车行驶的路程s的变化；B、根据热机效率η＝×100%可知，在消耗等量燃油的情况下，技术革新后，η变大，热机对外做的有用功就多，汽车以相同的速度，通过相同的路程，所用的时间相同，根据有用功率P有用＝可判断有用功率的大小；C、因为汽车做匀速直线运动，汽车的牵引力F1＝f总＝f摩擦+f阻力＝kMg+f，根据热机效率η＝×100%＝×100%可知η1的大小；D、根据汽车外壳的体积相等，计算出技术革新后汽车的质量，汽车的牵引车，根据热机效率η＝×100%＝×100%计算出m1与m2之比。【解答】解：A、根据热机效率η＝×100%＝×100%可知，在消耗等量燃油的情况下，技术革新后，η变大，热机对外做的有用功就多，即W有用＝Fs更大，因为汽车做匀速直线运动，汽车的牵引力F＝f总＝f摩擦+f阻力，技术革新后摩擦力和阻力都减小，所以汽车的牵引力F减小，汽车行驶的路程s将变长，故A正确；B、根据热机效率η＝×100%可知，在消耗等量燃油的情况下，技术革新后，η变大，热机对外做的有用功就多，汽车以相同的速度，通过相同的路程，所用的时间相同，根据有用功率P有用＝可知，有用功率变大，故B错误；C、因为汽车做匀速直线运动，汽车的牵引力F1＝f总＝f摩擦+f阻力＝kMg+f，根据热机效率η1＝×100%＝×100%＝，故C错误；D、技术革新前后，汽车外壳的体积相等，即V前＝V后，所以＝，所以技术革新后，汽车外壳的质量m′＝m，汽车的牵引力F2＝f总′＝f摩擦′+f阻力′＝k（Mg﹣mg+mg）+（1﹣2%）f＝k（M﹣m+m）g+0.98f，因为热机效率η＝×100%＝×100%，所以燃油的质量m＝，汽车以相同的速度，通过相同的路程，所用的时间相同，因此技术革新后的耗油量m2与技术革新前的耗油量m1之比是m2：m1＝：＝，故D正确。故选：AD。第Ⅱ卷非选择题二．填空题（本题共6小题，每题3分，共18分）13．如图所示，一轻质杠杆支在支架上，OA＝20cm，G1是边长为5cm的正方体，用质量忽略不计的细线挂在杠杆的A点。G2重为20N，放在杠杆上。当OC＝10cm时，杠杆在水平位置平衡，此时G1对地面的压强为2×104Pa，则G1的重力为60N。现将G1从左右两侧分别沿竖直方向切下相同的体积，并全部叠放到G2的正上方，直到对地面的压强变为1.6×104Pa，此时G1被切掉的那部分的重力为12N。【答案】60；12。【分析】G2在C点时，由杠杆平衡条件得FA×OA＝G2×OC，代入数据解方程可得A点受到的力，G1对地面的压强p＝2×104Pa，根据F＝pS计算物体G1对地面的压力，杠杆对硬杆的拉力等于硬杆对G1的拉力，进一步计算计算物体G1的重力；设沿竖直方向将G1切掉xcm的宽度，进一步表示切去部分的重力为G1′，由杠杆平衡条件得FA1×OA＝（G2+G1′）×OC，代入数据解方程可得此时A点受到的力，根据压强公式表示剩余部分对地面的压强，代入数据解方程可得x的值，进一步计算G1被切掉的那部分的重力。【解答】解：G2在C点时，由杠杆平衡条件得：FA×OA＝G2×OC，即FA×20cm＝20N×10cm，解方程可得A点受到的力为FA＝10N，G1对地面的压强p＝2×104Pa；物体与地面的接触面积为：S＝5cm×5cm＝25cm2＝0.0025m2，物体G1对地面的压力：F＝pS＝2×104Pa×0.0025m2＝50N，A点受到的力为10N，则杠杆对硬杆的拉力为10N，硬杆对G1的拉力大小为10N，则物体G1的重力G1＝10N+50N＝60N；设沿竖直方向将G1切掉xcm的宽度，则切去部分的重力为G1′＝×60N＝12xN，由杠杆平衡条件得：FA1×OA＝（G2+G1′）×OC，即FA1×20cm＝（20N+12xN）×10cm，解方程可得A点受到的力为FA1＝（6x+10）N，剩余部分对地面的压强p′＝＝1.6×104Pa，解方程可得x＝1cm，此时G1被切掉的那部分的重力G1′＝×60N＝12N。故答案为：60；12。14．斜面长5m，高1m，把重为5000N的物体匀速地推向斜面顶端，若斜面是光滑的，则推力为1000N；如果斜面不光滑，所用推力为1250N，则斜面的机械效率为80%。利用斜面所做的额外功为1250J，物体受到斜面对它的摩擦力为250N。【答案】见试题解答内容【分析】（1）如果没有摩擦，推力的功等于提升物体所做的有用功，根据W＝Gh求出有用功，根据W＝Fs求出推力；（2）如果斜面不光滑，根据W＝Fs求出推力做的总功，根据效率公式求出斜面的机械效率；（3）总功减去有用功求出额外功，额外功为克服摩擦力所做的功，根据W额＝fs求出摩擦力的大小。【解答】解：（1）所做的有用功为：W有＝Gh＝5000N×1m＝5000J，若斜面光滑，则没有额外功，即推力做的功W总＝W有＝5000J，因为W总＝Fs，所以推力的大小：F＝＝＝1000N；（2）如果斜面不光滑，推力为1250N，则推力的功为：W总′＝Fs＝1250N×5m＝6250J，斜面的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%；（3）因为W总′＝W额+W有，所以W额＝W总′﹣W有＝6250J﹣5000J＝1250J，根据W额＝fs可得摩擦力的大小：f＝＝＝250N。故答案为：1000；80%；1250；250。15．北方冬季通常采用水供暖，家中安装由多个相同规格的单片组成的一组暖气片。客厅的组水流量为0.6m3/h的暖气片中水流进户的温度是70℃，回水温度是50℃。采暖时热量利用效率为60%，q煤＝3.6×107J/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。请回答下列问题：（1）“暖气”用水作为介质，是因为水的比热容大，这是通过热传递的方式使室内温度升高，内能增加；（2）供暖5h，客厅暖气片内的热水在循环过程中释放的有效热量为1.512×108J；完全燃烧7kg的无烟煤放出的热量可供该组暖气片供暖5h。【答案】（1）比热容；热传递；（2）1.512×108；7。【分析】（1）因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低得少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析；改变内能的方法：一是做功，二是热传递；（2）知道供热时间可计算出进户水的体积，根据密度计算公式计算出进户水的质量，由吸热公式计算出进入水放出的热量，最后由效率公式计算有效利用的热量；计算出供暖5h需要的热量，然后根据无烟煤的热值计算公式，计算出无烟煤的质量。【解答】解：（1）因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，取暖效果好，所以“暖气”用水作为介质；供热时，在暖气片和空气之间发生了热传递，使室内的内能增加、温度升高，是通过热传递的方式改变内能的；（2）供暖5h，客厅的一组暖气片进入热水的体积：V＝0.6m3/h×5h＝3m3；由ρ＝得，水的质量为：m＝ρ水V＝1×103kg/m3×3m3＝3×103kg；热水放出的热量：Q放＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×3×103kg×（70℃﹣50℃）＝2.52×108J；采暖时有效利用的热量：Q有效＝Q放×η＝2.52×108J×60%＝1.512×108J；供暖5h需要的热量：Q＝Q放＝2.52×108J，需要完全燃烧无烟煤的质量：m′＝＝＝7kg。故答案为：（1）比热容；热传递；（2）1.512×108；7。16．为了测定某种合金材料制成的球形工件的比热容，可以先将工件均匀加热到不同温度，然后将其置于0℃的大冰块上，分别测出工件陷入冰中的深度h（h＞r），如图所示。已知：当工件初始温度分别为t1＝75℃和t2＝100℃时，对应工件陷入冰中的深度分别为h1＝13.6cm，h2＝16.7cm，球的体积公式为V＝，工件的密度约为冰的3倍。设实验过程中环境温度恒为0℃，不计热量损失，冰的熔解热λ＝3.34×105J/kg，则该材料的比热容为0.8×103J/（kg•℃）。【答案】0.8×103J/（kg•℃）。【分析】（1）设工件的半径为r，则V＝πr3，截面积为：S＝πr2，那么第一次熔化了的冰的体积为V1＝S（13.6cm﹣r）+πr3，第二次熔化了的冰的体积为V2＝S（16.7cm﹣r）+πr3，求出熔化了冰的体积差，再利用密度公式求熔化了冰的质量差，可求两次冰吸收的热量差。这个热量差应该等于两次工件放热的差，列方程求解。（2）根据第一次热平衡，列出方程cm球Δt1＝πr2（h1﹣r）+πr3根据第二次热平衡，列出方程cm球Δt2＝πr2（h2﹣r）+πr3，可求r大小，代入（1）中c的表达式得解。【解答】解：设工件的半径为r则V＝πr3，截面积为：S＝πr2，那么第一次熔化了的冰的体积为：V1＝S（13.6cm﹣r）+πr3，第二次熔化了的冰的体积为：V2＝S（16.7cm﹣r）+πr3，熔化了冰的体积差为：ΔV＝V2﹣V1＝πr2（16.7cm﹣r）+πr3﹣πr2（13.6cm﹣r）﹣πr3＝3.1cm×πr2；熔化了冰的质量差：Δm＝ρ冰×3.1cm×πr2；两次冰吸收的热量差为：ΔQ吸＝λ×ρ冰×3.1cm×πr2＝3.34×105J/kg×ρ冰×3.1cm×πr2。这个热量差应该等于两次工件放热的差：ΔQ放＝c×3ρ冰V工件（100℃﹣0℃）﹣c×3ρ冰V工件（75℃﹣0℃）＝c×3ρ冰×πr3（100℃﹣0℃）﹣c×3ρ冰πr3（75℃﹣0℃）＝c×3ρ冰×πr3×25℃。由题知，ΔQ吸＝ΔQ放，即：3.34×105J/kg×ρ冰×3.1cm×πr2＝c×3ρ冰×πr3×25℃﹣﹣﹣﹣﹣③；根据第一次热平衡，列出方程：cm球Δt1＝λρ冰[πr2（h1﹣r）+πr3]﹣﹣﹣①根据第二次热平衡，列出方程：cm球Δt2＝λρ冰[πr2（h2﹣r）+πr3]﹣﹣﹣﹣﹣②②×3﹣①×4，化简并得到：r＝12h1﹣9h2＝12×13.6cm﹣9×16.7cm＝12.9cm；代入③得：c≈0.8×103J/（kg•℃）。故答案为：0.8×103J/（kg•℃）。17．如图所示，物重G＝30N，绳的一端拴在地面，拉力F使滑轮匀速上升。（不计绳重与摩擦）（1）若滑轮重不计，滑轮向上移动20cm，则拉力F＝60N，物体上升40cm。（2）若滑轮重为2N，使物体上升20cm，则拉力F＝62N，滑轮向上移动10cm。【答案】见试题解答内容【分析】（1）由图知，拉动滑轮时，拉力的大小是物重的2倍，但移动距离是物体移动距离的一半，所以使用这样使用动滑轮费力但可以省距离；（2）若滑轮重为2N，由图知滑轮受到的拉力F等于物体重的二倍加上滑轮重，据此求拉力；再根据s＝h求滑轮向上移动的高度。【解答】解：（1）由图可知，该滑轮是动滑轮，当滑轮上移s＝20cm时，物体上移的高度是物体上移的2倍，h＝2s＝2×20cm＝40cm；若滑轮重不计，此时拉力应该是物重的2倍，即拉力大小F＝2G＝2×30N＝60N；（2）若滑轮重G轮＝2N，由图知，此时拉力：F＝2G+G轮＝2×30N+2N＝62N；当物体上移h′＝20cm时，滑轮（拉力）上移的高度是物体上移的，s′＝h′＝×20cm＝10cm；故答案为：（1）60，40；（2）62，10。18．学习了电学和热学知识后，小华通过实验得知：用电热壶将20℃的15kg的水加热到100℃，需要1.05元电费。用煤气灶做同样的实验，则需要消耗0.42元的煤气。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。（1）如果使用煤炉做同样的实验，已知煤炉燃烧所用无烟煤的热值为3.4×107J/kg。假如煤炉的热能利用率为20%，无烟煤的价格是0.34元/kg，则需花费0.25元。（2）如果某地区可以同时提供电、煤气和煤，从经济和环保等角度综合分析，你会建议使用哪种燃料？请阐明理由。答：选择煤气，因为煤气价格适中，且污染小。【答案】见试题解答内容【分析】知道水的质量、比热容和水升高的温度值，利用吸热公式求实验中水吸收的热量；（1）求出了实验中水吸收的热量，又知道无烟煤的热值和煤炉的热能利用率，利用Q吸＝Q放×η＝mqη计算需要的无烟煤，又知道无烟煤的价格，可以算出用无烟煤加热的花费；（2）通过分析烧开同一壶水的花费以及污染大小，选择使用哪种燃料。【解答】解：用电热壶将20℃的15kg的水加热到100℃，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×15kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×106J。（1）∵Q吸＝Q放×η＝mqη，∴烧开这壶水需要无烟煤：，用无烟煤加热的花费：0.34元/kg×0.74kg≈0.25元。（2）用电热壶将20℃的15kg的水加热到100℃，需要1.05元电费、需要消耗0.42元的煤气、0.25元的无烟煤。虽然无烟煤花费少，但燃烧时产生废气，污染大；用电，无污染，但花费高；用煤气污染小、价格适中，所以建议使用煤气。故答案为：（1）0.25元；（2）选择煤气，因为煤气价格适中，且污染小。三．解答题（本题共6小题，共46分）19．如图甲所示是一款压饺子皮的工具，使用时压压杆可以看作一个杠杆。图乙是简化示意图，图中O为支点，F2是压杆上B点在下压时受到的阻力。请在乙图上画出阻力臂l2、作用在杠杆A点需要施加的最小动力F1及其动力臂l1。【答案】见解答【分析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。【解答】解：反向延长F2画出阻力作用线，从支点O作阻力F2作用线的垂线，则支点到垂足的距离为阻力臂l2；由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；在压制饺子皮时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：20．在探究杠杆平衡条件的实验中：（1）小丽把杠杆支在支架上，若杠杆左端下沉，可调节左端的平衡螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；（2）如甲图所示，在杠杆右边B处挂两个相同的钩码，要使杠杆仍在水平位置平衡，应在杠杆左边A处挂3个相同的钩码；（3）如乙图所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，杠杆仍然在水平位置平衡，弹簧测力计的示数F变大（选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是拉力F的力臂变小。（4）如丙图所示，在杠杆左端某一固定位置挂一个重力G＝2.5N的物体，在杠杆右端不同位置处施加不同的竖直向下的力F，保证杠杆处于平衡状态。根据多次测量的F、L数据，画出如图丁所示图线，由图丙可得出杠杆平衡的条件是F与L成反比，结合杠杆平衡条件，可求出重力G的力臂是0.2m。【答案】见试题解答内容【分析】（1）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，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于测量力臂；若左端偏高，则需将平衡螺母向右调节；（2）根据杠杆的平衡条件，计算出A处所挂的砝码；（3）根据杠杆的平衡条件，F1L1＝F2L2，当测力计倾斜时，动力臂减小，则动力变大；（4）根据图象结合正比例、反比例函数的特点进行分析；根据图象中某个点的数据代入公式便可求出。【解答】解：（1）在“探究杠杆的平衡条件”实验中，应先调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了便于测量力臂；如发现杠杆左端偏高，应将右端的平衡螺母向左调节；（2）设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，nG×2L＝2G×3L，解得：n＝3（个）；（3）当弹簧测力计竖直向上拉动杠杆，杠杆在水平位置平衡，力臂为OC，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，力臂变小，阻力和阻力臂不变，拉力F会变大；（4）①如乙图，F和成正比，为定值，所以FL为定值，可以推断F﹣L成反比。②因为＝4m﹣1，所以L＝0.25m，根据杠杆平衡条件得：GL′＝FL，所以，2.5N×L′＝2N×0.25m，所以，L′＝0.2m。故答案为：（1）右；便于测量力臂；（2）3；（3）变大；拉力F的力臂变小；（4）反；0.2。21．小明学习了燃料的热值后，考虑到燃料燃烧放出的热量会被水吸收，而水的比热容已知。（注：燃料完全燃烧放出的热量用Q放＝mq计算，其中，q表示燃料的热值，m表示燃料的质量）．自己设计一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系，他组装了如图所示的装置进行实验。（1）为了保证实验结论的可靠性，小明选择了两套相同的装置，在实验中他还应控制：煤油和菜籽油的质量及烧杯中水的质量相同（选填“相同”或“不同”）。（2）在确保实验的可靠性的前提下进行实验，实验记录如表所示。分析表中数据可得：煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是煤油。燃料加热前的水温/℃燃料燃尽后水温/℃煤油2544菜籽粙2534（3）小明还想利用这种实验方案测量出煤油和菜籽油的热值的大小，那么小明还需要在装置图的基础上补充的实验仪器是：天平。利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”），理由是：燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸了热，使Q放大于Q吸。【答案】见试题解答内容【分析】本题主要考查利用控制变量法和转换法设计实验的能力，由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小，又由于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。【解答】解：（1）因燃料放出的热量与燃料的热值和质量有关，所以要探究煤油和菜籽油的热值的大小关系，必须控制燃料的质量相等；由于水吸收热量后升高的温度受水的质量的影响，所以在实验中还应控制水的质量相等；（2）由图表数据可知在燃料燃尽后甲杯中的水温度升高得多，说明燃烧相同质量的燃料水吸收的热量多，煤油放出的热量多，所以煤油的热值较大；（3）要控制燃料的质量相等、水的质量相等，需要用天平来测量；由于燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸了热，使Q放大于Q吸，所以利用此实验方法计算出煤油和菜籽油的热值比真实值要偏小些。故答案为：（1）相同；（2）煤油；（3）天平；偏小；燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸了热，使Q放大于Q吸。22．氢气﹣汽油发动机采用氢气和汽油两种燃料工作，可进行自由切换，氢气和汽油的热值分别取q氢气＝1.5×108J/kg、q汽油＝4.5×107J/kg。某司机驾驶使用上述发动机的轿车沿平直公路从甲地至乙地，甲、乙两地相距225km，出发时油箱内汽油的质量25kg。设氢气和汽油在气缸内均完全燃烧，轿车行驶中所受阻力恒定，发动机输出的能量全部用来驱动轿车行驶，全程分两个阶段，如图所示：阶段一：轿车使用氢燃料从甲地出发，以25m/s的速度匀速行驶1h到达丙地，此过程中轿车牵引力的功率为20kW，在使用氢燃料的情况下，轿车发动机的效率为50%。阶段二：从丙地开始，由于氢气不足，司机切换汽油为燃料，轿车仍以25m/s的速度匀速行驶，到达乙地油箱内汽油的质量还剩15kg。求：（1）甲、丙两地之间距离；（2）阶段一中消耗的氢燃料的质量；（3）阶段二中轿车发动机的效率。【答案】（1）甲、丙两地之间距离为90km；（2）阶段一中消耗的氢燃料的质量为0.96kg；（3）阶段二中轿车发动机的效率为24%。【分析】（1）利用速度公式求出甲、丙两地之间距离；（2）阶段一中知道轿车的速度和牵引力的功率，利用P＝＝＝Fv求出轿车的牵引力，根据P＝求出阶段一牵引力所做的有用功，利用效率公式求出氢燃料完全燃烧放出的热量；利用Q放＝mq求出消耗的氢燃料的质量；（3）结合（2）根据二力平衡条件可知轿车行驶时受到的阻力；先求出从丙地到达乙地消耗汽油的质量，利用Q放＝mq求出汽油完全燃烧放出的热量；求出从丙地到乙地的距离，利用W＝Fs求出轿车从丙地到达乙地所做的有用功，利用效率公式求出阶段二轿车发动机的效率。【解答】解：（1）由v＝可知，甲、丙两地之间距离：s1＝vt＝25m/s×1×3600s＝90000m＝90km；（2）由P＝＝＝Fv可知，阶段一中轿车的牵引力：F＝＝＝800N，由P＝可知，阶段一牵引力所做的有用功：W＝Pt＝20×1000W×1×3600s＝7.2×107J，由η＝可知，消耗的氢燃料完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝1.44×108J，由Q放＝mq可知，消耗的氢燃料的质量：m＝＝＝0.96kg；（3）轿车匀速行驶过程中，轿车的牵引力与轿车受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，阶段一中轿车行驶时受到的阻力：f＝F＝800N；根据题意可知，阶段二中轿车从丙地到达乙地消耗汽油的质量：m汽油＝25kg﹣15kg＝10kg，汽油完全燃烧放出的热量：Q放′＝m汽油q汽油＝10kg×4.5×107J/kg＝4.5×108J，从丙地到乙地的距离s2＝s﹣s1＝225km﹣90km＝135km，由于轿车行驶中所受阻力恒定，根据二力平衡条件可知，轿车的牵引力大小不变，则轿车从丙地到达乙地所做的有用功：W′＝Fs2＝800N×135×1000m＝1.08×108J，阶段二中轿车发动机的效率：η′＝×100%＝×100%＝24%。答：（1）甲、丙两地之间距离为90km；（2）阶段一中消耗的氢燃料的质量为0.96kg；（3）阶段二中轿车发动机的效率为24%。23．如图所示，某工人重600N，站在水平面上，用100N的拉力向下匀速拉动绳子，提起一浸没在水中体积为1.2×10﹣2m3，重360N的物体。（物体始终浸没在水中，且忽略水对物体的阻力，ρ水＝1×103kg/m3，g＝10N/kg）求：（1）已知工人双脚与地面的总接触面积是3×10﹣2m2，工人没有拉动绳子时对地面的压强；（2）物体浸没在水中时受到的浮力；（3）提起物体时滑轮组的机械效率。【答案】见试题解答内容【分析】（1）工人没有拉动绳子时对地面的压力和自身的重力相等，又知道总的接触面积，利用p＝求出对地面的压强；（2）知道物体的体积即浸没水中时排开水的体积，利用阿基米德原理求物体浸没在水中时受到的浮力；（3）提起物体时，滑轮组受到的拉力F拉等于物体重力减去受到的浮力，利用η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%求提起物体时滑轮组的机械效率。【解答】解：（1）工人没有拉动绳子时对地面的压力：F压＝G＝600N，对地面的压强：p＝＝＝2×104Pa；（2）物体浸没水中排开水的体积：V排＝V＝1.2×10﹣2m3，物体浸没在水中时受到的浮力：F浮＝ρ水V排g＝1.0×103kg/m3×1.2×10﹣2m3×10N/kg＝120N；（3）由图可知，n＝3，提起物体时，滑轮组受到的拉力：F拉＝G物﹣F浮＝360N﹣120N＝240N，提起物体时滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。答：（1）工人没有拉动绳子时对地面的压强为2×104Pa；（2）物体浸没在水中时受到的浮力为120N；（3）提起物体时滑轮组的机械效率为80%。24．阅读短文，回答问题。气压升降椅如图甲是一款气压升降椅，其结