九年级上学期物理期中复习（专项训练）（重难点60题26大考点）（教师版）

九年级上学期物理期中复习（重难点60题26大考点）注意事项：1．测试范围：苏科版2024：

九年级上册第11~13章。2．g=10N/kg。26大高频考点概览考点01力是否做功的判断（共2小题）考点02功的简单计算（共3小题）考点03功率的计算（共3小题）考点04探究影响物体动能大小的因素（共2小题）考点05探究影响物体重力势能大小的因素（共2小题）考点06动能和重力势能的相互转化（共2小题）考点07力和力臂的画法（共3小题）考点08探究杠杆的平衡条件（共2小题）考点09杠杆的平衡条件的计算（共2小题）考点10杠杆的动态平衡分析（共2小题）考点11杠杆的最小动力（共2小题）考点12杠杆在生活中的应用（共2小题）考点13测量滑轮组的机械效率的实验（共2小题）考点14滑轮、滑轮组机械效率的计算（共2小题）考点15斜面机械效率的计算（共2小题）考点16热传递改变物体的内能（共3小题）考点17比较不同物质吸热的情况（共2小题）考点18水的比热容特点及实际应用（共2小题）考点19利用比热容的公式计算热量（共3小题）考点20热机的效率公式与计算（共3小题）考点21电路的三种状态（共2小题）考点22根据电路图连接实物（共2小题）考点23串联和并联的概念与辨析（共3小题）考点24运用并联电路中的电流规律计算（共2小题）考点25探究串联电路中的电压规律（共2小题）考点26运用串联电路中的电压规律计算（共3小题）地地城考点01力是否做功的判断1．（2024秋•姜堰区期中）抛掷实心球是某市近几年体育中考主要项目之一，如图所示是小明同学扔实心球的情景（包含四个过程）。其中，手对实心球做功的过程是（）A．①和③ B．②和④ C．①和④ D．②和③【答案】A【解答】解：①小明将地上的球捡起来，有力作用在球上，球在力的方向上通过了一定的距离，故有力做功，故①符合题意。②小明将球举起停在空中不动，有力，但球没有在力的方向上移动距离，故没有做功，故②不符合题意；③小明挥动球，有力作用在球上，球在与手接触的一段时间内通过了一定的距离，故有力做功，故③符合题意；④球飞出去，球由于惯性向前运动，小明没有对球施加力，小明没有对球做功，故④不符合题意。可见，手对球做功的过程有①③。故选：A。2．（2024秋•无锡校级期中）下列关于功的说法正确的是（）A．人用力推汽车但未推动，推力对汽车做了功 B．人站在匀速上行的厢式电梯中，电梯对人做了功 C．冰壶在水平冰面上向前滑行时，冰壶的重力对冰壶做了功 D．被抛出的实心球在空中飞行的过程中，人对实心球做了功【答案】B【解答】解：A、人用力推汽车没推动，有力而无距离，推力没有做功；故A错误；B、人站在匀速上行的厢式电梯中，电梯对人力的方向上竖直向上的，移动的距离在竖直方向上，所以电梯对人做了功，故B正确；C、冰壶在水平冰面运动的过程中，所受重力竖直向下，冰壶向下没有移动距离，所以重力对冰壶没有做功，故C错误；D、被抛出去的实心球离开手后继续运动过程中，推力已经消失，是由于惯性在运动，故人的推力没有做功，故D错误。故选：B。地地城考点02功的简单计算3．（2024春•长沙期中）如图为某九年级同学立定跳远比赛时经历起跳、最高点、落地三个位置的示意图，则该同学从最高点至落地过程中重力所做的功最接近（）A．5J B．50J C．200J D．1000J【答案】C【解答】解：中学生的质量大约是50kg，则受到的重力：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；跳起的高度大约是h＝0.4m，所以该同学从最高点至落地过程中重力所做的功大约：W＝Gh＝500N×0.4m＝200J。故选：C。4．（2024秋•池州期中）如图所示，一滑轮下端悬吊一个重100N的物体，滑轮重2N，在拉力F的作用下使物体G在2s内上升了4m，（绳的重力和摩擦不计），滑轮上升的速度是v＝1m/s，拉力F所做的功W＝404J。【答案】1；404。【解答】解：由图可知，这是动滑轮的特殊使用方法，不计绳的重力和摩擦，根据动滑轮受力平衡可得：F＝2G+G动＝2×100N+2N＝202N；，F移动的距离是物体移动距离的二分之一，则滑轮在2s内移动的距离为2m，故动滑轮上升的速度：v=st拉力所做的功：W＝Fs＝202N×2m＝404J。故答案为：1；404。5．（2024春•邵东市期中）如图，小明用一个动滑轮和几个相同的杠铃片自制了一个健身器，已知动滑轮的质量为5kg，每个杠铃片的质量为10kg。不计绳重和摩擦，g取10N/kg，小明通过握杆竖直向上匀速拉动绳子提升杠铃片的过程中，求：（1）杠铃片在0.5s内上升0.2m，杠铃片的速度；（2）动滑轮下挂着两个杠铃片，握杆对绳子拉力的大小；（3）动滑轮下挂着四个杠铃片，杠铃片上升了0.1m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功。【答案】（1）杠铃片在0.5s内上升0.2m，杠铃片的速度为0.4m/s；（2）动滑轮下挂着两个杠铃片，握杆对绳子拉力的大小为125N；（3）动滑轮下挂着四个杠铃片，杠铃片上升了0.1m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功为45J。【解答】解：（1）杠铃片上升的速度v=（2）每个杠铃片的重力G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N，每个动滑轮的重力G动＝m动g＝5kg×10N/kg＝50N，不计绳重和摩擦，当动滑轮下挂两个杠铃片，握杆对绳子的拉力F=12（2G+G动）=12×（3）不计绳重和摩擦，动滑轮下挂着四个杠铃片，杠铃片上升了0.1m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功W＝4Gh+G动h＝4×100N×0.1m+50N×0.1m＝45J。答：（1）杠铃片在0.5s内上升0.2m，杠铃片的速度为0.4m/s；（2）动滑轮下挂着两个杠铃片，握杆对绳子拉力的大小为125N；（3）动滑轮下挂着四个杠铃片，杠铃片上升了0.1m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功为45J。地地城考点03功率的计算6．（2024秋•淮南期中）骑行是一种健康自然的运动旅行方式。当胡老师以6m/s的速度在水平路面上骑行时，人和车受到的阻力是人和车总重的0.02倍，则他骑行时做功的功率最接近于（）A．6W B．12W C．100W D．600W【答案】C【解答】解：人与车的总重力G＝m总g＝（70kg+30kg）×10N/kg＝1000N，匀速骑行时处于平衡状态，根据二力平衡可知，动力等于受到的阻力F＝f＝0.02G＝0.02×1000N＝20N，则骑行时做功的功率P＝Fv＝20N×6m/s＝120W。故选：C。7．（2024春•大东区期中）如图甲所示，小丽同学用水平推力F推置于水平地面上的木箱，在此过程中，推力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示，木箱运动速度v的大小随时间t变化的情况如图丙所示，则1～3s木箱做变速（填“匀速”或“变速”）运动；3～5s推力对木箱做功的功率是200W。【答案】变速；200。【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，1～3s内木箱的速度逐渐增大，则木箱做变速运动；（2）从F﹣t图象可知，3～5s木箱受到的推力F＝200N，由v﹣t图象可知，3～5s木箱做匀速直线运动，其速度为1m/s，3～5s木箱移动的距离：s＝vt＝1m/s×2s＝2m，则3～5s推力对木块做的功：W＝Fs＝200N×2m＝400J。功率P=Wt故答案为：变速；200。8．（2024秋•连州市期中）如图所示为某酒店的机器人，它能完成送餐传菜、配送物品、回收餐具等一系列工作。该机器人质量为12kg，它的“脚”与地面总接触面积是20cm2。某次送餐中，它以1.2m/s的速度运行到水平距离120m的客房，机器人匀速直线运动时受到的摩擦力是重力的0.1倍，（g取10N/kg）求：（1）这次送餐到客房需要多少时间？（2）它静止在水平地面时对地面的压强是多少？（3）这次送餐的功率是多少？【解答】解：（1）根据速度公式可知需要的时间：t=sv（2）在水平面上运行的机器人，对水平地面的压力大小与机器人自身的重力相等，则机器人对水平地面的压力：F＝G＝mg＝12kg×10N/kg＝120N，机器人对水平地面的压强：p=FS=120（3）因为机器人匀速直线运动时处于平衡状态，则机器人受到的牵引力：F牵＝f＝0.1G＝0.1×120N＝12N，则牵引力做的功：W＝Fs＝12N×120m＝1440J，这次送餐的功率：P=Wt答：（1）这次送餐到客房需要的时间为100s；（2）它静止在水平地面时对地面的压强是6×104Pa；（3）这次送餐的功率是14.4W。地地城考点04探究影响物体动能大小的因素9．（2024秋•北京校级期中）某同学猜想物体的动能大小可能与物体的质量和速度有关，为了验证猜想，他设计了图中甲、乙两组对比实验。他让小钢球从同一斜面由静止开始滚下，并将静止在水平面上的木块撞出一段距离s，实验情景分别如图中甲、乙所示。（1）上述实验中物体的动能是指A（选填字母）A．小钢球撞击木块时的动能B．小钢球撞击木块后的动能C．小木块被钢球撞击后的动能（2）他用图甲上下两图所示的对比实验是为了验证物体的动能与速度（或物体的速度）有关；（3）他用图乙上下两图所示的对比实验不能验证其另外一个猜想，主要原因是：没有控制小钢球撞击木块时的速度相同（或没有控制小钢球的速度相同）。【答案】（1）A；（2）速度（或物体的速度）；（3）没有控制小钢球撞击木块时的速度相同（或没有控制小钢球的速度相同）。【解答】（1）根据题意可知，实验中需要改变小球的质量或小球撞击木块时的速度，所以是探究小球的动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故A符合题意，BC不符合题意。故选A。（2）影响物体动能大小的因素有质量和速度，图甲上下两图，小球质量相同，小球下落的高度不同，是为了验证物体的动能与速度（或物体的速度）有关。（3）影响物体动能大小的因素有质量和速度，图乙上下两图所示的对比实验不能验证其另外一个猜想，即动能与质量的关系，但上下两图中小球下落的高度不同，根据控制变量法，则没有控制小钢球撞击木块时的速度相同（或没有控制小钢球的速度相同）。10．（2024秋•梁溪区校级期中）如图甲，小华用小球和木块来“探究动能大小与哪些因素有关”。（1）实验中是通过木块被撞击后移动的距离比较来比较动能大小；本实验研究的动能是指C（填序号）。A.小球在斜面上时的动能B.小球撞击木块后木块的动能C.小球撞击木块时的动能（2）完成图甲、乙所示的操作是为了探究动能大小与速度的关系。（3）甲实验中，若先让质量为m的小球从斜面h高处由静止下滑，测出木块被撞击的距离为s1，接着他立即让同一小球仍从斜面h高处由静止下滑，测出木块被撞击的距离为s2，则s1＞s2（选填“大于”“小于”或“等于”）。（4）得出正确的实验结论后，小华又用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，如图丙所示，观察到木块被撞击后移动的情况是B。（本小题铁球滚动时所受摩擦力忽略不计）A.质量大的铁球将木块推动的距离较远B.质量不同的铁球将木块推动的距离相同C.质量小的铁球将木块推动的距离较远（5）在探究动能的大小与质量的关系时，小华又提出新的实验方案：在图甲实验器材的基础上，取走木块，让质量不等的小球从斜面同一高度由静止开始下滑，最终小球静止在水平长木板（设木板足够长），测出小球在木板上通过的距离，然后分析数据即可得出结论。你认为这种方案是否可行？不可行（可行/不可行）。【答案】（1）木块被撞击后移动的距离；C；（2）速度；（3）＞；（4）B；（5）不可行。【解答】解：（1）由图可知，小球从斜面滚下，将木块推得越远，动能就越大，通过木块在水平面上被撞击的距离来反映动能的大小；实验中，研究的动能是指在水平面上，撞击木块时小球的动能，故选：C；（2）由图甲、乙可知，相同的小球从不同高度滚下，速度不相同，速度大的将木块推得较远，动能较大，此实验为了研究动能大小与速度的关系；（3）第一次实验时，小球刚滚下斜面就撞击到木块，第二次实验时，小球在水平面上滚动了一段距离后才撞击到木块，小球在运动的过程中要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，所以小球在第二次撞击木块时的机械能比第一次小，所以木块移动的距离s1大于s2；（4）用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，由于弹簧的压缩程度相同，则具有的弹性势能相同，转换成的动能相同，所以推动木块移动的距离也相同，故选：B；（5）改变后的装置是通过观察小球滑行到静止的距离大小来判断出小球的动能的大小，把小球的动能转化为克服摩擦力做功，摩擦力相同时，距离越远，动能越大，在探究动能的大小与质量的关系时，控制速度相同，质量不同，但质量不同的小球在相同的表面上，阻力不同，所以实验不可行。故答案为：（1）木块被撞击后移动的距离；C；（2）速度；（3）＞；（4）B；（5）不可行。地地城考点05探究影响物体重力势能大小的因素11．（2024秋•宿迁期中）小明同学在研究“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，可验证猜想一是正确的；（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，小明同学正确操作，G球和H球的质量应分别为2m、2m；实验后发现小球陷入花泥的深度相同，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”）。【答案】（1）小球陷入花泥的深度；（2）一；（3）A、D、E；（4）2m；2m；无关。【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）对于A、B、C三球，体积和所处高度相同，质量不相同，根据小球陷入花泥的深度可以看出，当物体所在高度和物体体积相同时，物体质量越大，重力势能越大，可以验证猜想一是正确的；（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G球和H球的质量都是2m，由图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）一；（3）A、D、E；（4）2m；2m；无关。12．（2024秋•淮安期中）小红利用如图所示的装置探究“影响重力势能大小因素”的实验过程。（容器中装有沙子，A和B为实心铁块，A的质量比B的质量小）（1）实验时，通过观察小桌陷入沙子中的深度来比较铁块（选填“小桌”或“铁块”）的重力势能大小。（2）由乙、丙两图可探究重力势能的大小与质量的关系，当物体高度相同时，质量越大，所具有的重力势能越大（选填“大”或“小”）。（3）实验结束时，小红不经意将B铁块轻轻放在静止的小桌上，如图丁所示，发现小桌也会陷入沙子中，但是比丙图实验过程下陷的深度浅很多。与同学讨论后，小红明白，小桌下降过程中，由于受到沙子对小桌腿摩擦力的作用，铁块和小桌的重力势能最终转化为内能。与丁图相比，丙图的铁块因为高度更高，所以具有更大的重力势能，才能使小桌下陷的更深。（4）同组的小华在实验时，将沙子换成了海绵，其他器材都和小红的相同，你认为小华所选的材料不合理（选填“合理”或“不合理”）。【答案】（1）小桌陷入沙子中的深度；铁块；（2）乙；丙；大；（3）内；高度更高（4）不合理。【解答】解：（1）实验时，通过观察小桌陷入沙子中的深度来比较铁块的重力势能大小，采用了转换法。（2）探究重力势能的大小与质量的关系，要控制高度相同，物体高度相同时，质量越大，所具有的重力势能越大。（3）小桌下降过程中，由于受到沙子对小桌腿摩擦力的作用，铁块和小桌的重力势能最终转化为内能。与丁图相比，丙图的铁块因为高度更高，所以具有更大的重力势能，才能使小桌下陷的更深。（4）同组的小华在实验时，将沙子换成了海绵，其他器材都和小红的相同，小华所选的材料不合理，因为海绵易恢复原状，不易比较陷入其中的深度。故答案为：（1）小桌陷入沙子中的深度；铁块；（2）乙；丙；大；（3）内；高度更高（4）不合理。地地城考点06动能和重力势能的相互转化13．（2024秋•滨湖区期中）嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。AB段返回器的动能变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）；BC段返回器的机械能不变（选填“变大”、“变小”或“不变”），CD段返回器的重力势能变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】变小；不变；变小。【解答】解：AB段，返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，是返回器的动能转化为重力势能和内能，所以返回器的动能变小；BC段没有受到空气的阻力，机械能是守恒的，保持不变；CD段，质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能和内能，重力势能变小。故答案为：变小；不变；变小。14．（2024秋•宣威市校级期中）如图，小明用滑雪板滑雪，从点C处由静止滑下，经过B点到达最低点O，然后到达另一侧与B点等高的点A时刚好速度为零。则由C到B点过程中，重力势能转化为动能，从C到A点的过程中，机械能的总量变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】重力势；变小。【解答】解：由C到B点过程中，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大，故重力势能转化为动能。从C点到A点的过程中，运动员需要克服阻力做功，机械能减小。故答案为：重力势；变小。地地城考点07力和力臂的画法15．（2024春•嘉禾县校级期中）如图所示的杠杆AB处于平衡状态，O点为杠杆的支点，则力F的力臂是（）A．OF B．OD C．DF D．OC【答案】D【解答】解：已知O为支点，力臂是从支点O到力的作用线的距离，故左端拉力F的力臂是OC；故选：D。16．（2024秋•常州期中）如图所示，杠杆OB在动力F1作用下处于静止状态，请你画出动力臂l1，及阻力F2。【答案】【解答】解：杠杆受到的阻力F2为重物对杠杆的力，方向竖直向下，从支点O向F1作用线作垂线段，即为阻力臂l1，如图所示：17．（2024春•甘州区期中）L2是力F2的力臂。在图中画出力F1的力臂L1和力F2。【答案】【解答】解：由图可知，O为支点，从支点O作F1作用线的垂线段，即为F1的力臂L1，根据力臂和力的作用线的关系，从L2的末端作垂直于L2的直线，与杠杆的交点B为F2的作用点，为使杠杆处于平衡状态，F2的方向向右上方，如图所示：地地城考点08探究杠杆的平衡条件18．（2024秋•江阴市期中）以下是探究杠杆平衡条件的实验，实验中使用的是等质量的钩码，杠杆每一格长度为1cm。（1）实验前杠杆静止时如图甲所示，若要将其调整到水平位置平衡，应将左边的平衡螺母向左（选填“左”或“右”）调。（2）如图乙，在A点挂2个钩码，在B点挂3个钩码，可使杠杆在水平位置平衡。（3）如图乙，保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变，调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂L1大小，绘制成图象如图丙所示，图象中每个点与两坐标轴围成的矩形面积相等（填“相等”或“不相等”）。（4）如图丁所示，用弹簧测力计代替钩码，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的拉力F＞1.5N（选填“＞”、“＝”或“＜”）。（5）杆秤就是杠杆平衡条件的一个应用，是中国最古老也是现今人们仍然在使用的一种称质量的简易工具，由带有秤星的秤杆、秤砣、提纽等组成，如图戊所示，此杆秤有两个提组A和B，使用它称较重的物体时，应选择A提纽。若秤砣上沾有泥土，则称量结果偏小（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】（1）左；（2）3；（3）相等；（4）＞；（5）A；偏小。【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，左端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向左调节；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FAlA＝FBlB，即2G×3L＝FB×2L，解得FB＝3G，则需挂3个钩码；（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，F2l2＝F1l1＝3N×0.02m＝2N×0.03m＝0.06N•m，图象中每个点与两坐标轴围成的方形面积相等，其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；（4）假设弹簧测力计竖直向下拉杠杆，由杠杆的平衡条件：F左L左＝F右L右，即2N×0.03m＝F×4L，解得F＝1.5N，由图可知弹簧测力计向左倾斜，拉力力臂变小，根据杠杆平衡条件可知，拉力变大，即弹簧测力计的示数大于1.5N；（5）此杆秤有两个提组A和B，使用它称较重的物体时，秤砣的拉力固定，物体的拉力越大，则必须物体的拉力的力臂小，且秤砣的拉力力臂大，故选择A提纽，若秤砣上沾有泥土，使得秤砣的拉力变大，其力臂变小，故示数减小。故答案为：（1）左；（2）3；（3）相等；（4）＞；（5）A；偏小。19．（2024秋•吴江区期中）小华与同组同学在课堂上完成了“探究杠杆平衡条件的实验”。（1）实验前，他们观察到杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡（平衡/不平衡）状态；要使杠杆在水平位置平衡，可将左端平衡螺母向右（左/右）旋转，当平衡螺母旋转到紧贴杠杆时，发现杠杆仍是左低右高，这时可以将右端平衡螺母向右（左/右）旋转，直至杠杆水平平衡。（2）利用图乙装置进行实验，得到了如下表所示的实验数据：实验序号动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm1122l223133232341.52l3分析数据，小华发现第2次实验数据是错误的，利用其它数据可得出杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2；（3）同组的小明同学建议改用弹簧测力计代替钩码在B点向下拉杠杆（如图丙所示），使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转动到b位置时，其示数大小将变大（变大/变小/不变），其示数与力臂的乘积不变（变大/变小/不变）。【答案】（1）平衡；右；右；（2）2；F1L1＝F2L2；（3）变大；不变。【解答】解：（1）杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；由图知，杠杆右端较高，要使杠杆在水平位置平衡，可将左端平衡螺母向右旋转；若仍右端较高，需再将右端平衡螺母向右旋转，直至杠杆水平平衡；（2）由表格中数据可知，第二组数据F1L1＝2N×3cm，F2L2＝1N×3cm，两边力和力臂的乘积明显不等，所以第二组数据测量错误；分析其它组会发现杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2；（3）由图知，当测力计从a位置转动到b位置时，力臂变小，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2，L1变小，F1需变大，可知测力计示数将变大；杠杆平衡，仍满足F1L1＝F2L2，可知F1L1不变。故答案为：（1）平衡；右；右；（2）2；F1L1＝F2L2；（3）变大；不变。地地城考点09杠杆的平衡条件的计算20．（2024秋•阎良区期中）如图所示，轻质杠杆OA可绕O点转动。在杠杆的B点挂上重物，在A端通过细绳施加竖直向上、大小为4.5牛的拉力F使杠杆水平平衡。如果把重物悬挂点和拉力作用点互换，当杠杆水平平衡时，竖直向上的拉力大小变为8牛。通过上述条件可以确定该物体的重力为（）A．4牛 B．6牛 C．8牛 D．9牛【答案】B【解答】解：由题可知，F＝4.5N，F'＝8N，重物悬挂点和拉力作用点互换前，由杠杆平衡条件可得：F×OA＝G×OB，即：OAOB重物悬挂点和拉力作用点互换后，由杠杆平衡条件可得：F'×OB＝G×OA，即：OAOB由①②可得：G=8N×4.5N=6N故选：B。21．（2024春•扶绥县期中）如图所示，一轻质杠杆AB，长1m，支点在它中点O，将重分别为10N和2N的正方体M、N用细绳系于杠杆的B点和C点，已知OC：OB＝1：2，M的边长为0.1m。（1）B端受到绳子的拉力；（2）求此时M对地面的压强；（3）若将C点处系着N的细绳向左移动l时，M对地面的压强减小了60Pa，求l为多少。【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件知，GN×OC＝F拉×OB；则B端受到绳子的拉力为F拉（2）B端受到绳子的拉力为1N，此时M对地面的压力为F＝GM﹣F拉＝10N﹣1N＝9N；M的边长为0.1m，则此时的压强为p=（3）若将C点处系着N的细绳向左移动l时，M对地面的压强减小了60Pa，则M对地面的压力减小量为ΔF＝ΔpS＝60Pa×（0.1m）2＝0.6N；则此时B端受到绳子的拉力为F拉'＝F拉+ΔF＝1N+0.6N＝1.6N；而OC：OB＝1：2，O为杠杆AB中点，所以OB＝0.5m，OC长度为OC=根据杠杆平衡条件则有GN×（OC+l）＝F拉'×OB；则有2N×（0.25m+l）＝1.6N×0.5m解得l＝0.15m。答：（1）B端受到绳子的拉力为1N；（2）此时M对地面的压强为900Pa；（3）l为0.15m。地地城考点10杠杆的动态平衡分析22．（2024秋•江苏校级期中）如图所示，质量分布均匀的直杆AB置于水平地面上，现在A端施加拉力F，缓慢抬起直杆直至竖直.B端始终和地面之间保持相对静止，F的方向始终和直杆垂直，该过程中拉力F的大小将（）A．保持不变 B．先减小后增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小【答案】C【解答】解：阻力不变，动力臂不变，阻力臂不断减小，根据杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”得，动力逐渐减小。故选：C。23．（2024秋•苏州期中）如图所示，O为杠杆（不计杠杆重力）的支点，挂在A点的物体重为30N，OA：AB＝1：2，图甲中，在竖直向上的拉力F作用下，杠杆OB在水平位置保持平衡状态。下列说法正确的是（）①图甲中A点向右移动，则F的值变小②图甲中，拉力F大小为10N③保持图甲位置，仅增加物重，则拉力F变化量与物重变化量之比为3：1④如图乙所示，保持物体悬挂在A点位置不变且拉力F竖直向上的方向不变，将杠杆匀速提到虚线位置的过程中，拉力F大小不变A．只有①③ B．只有①④ C．只有②③ D．只有②④【答案】D【解答】解：根据图甲可知：动力为F，动力臂为OB，设OB＝3，阻力为G，由于OA：AB＝1：2，则阻力臂为OA＝1；①由杠杆平衡条件知：F×OB＝G×OA；当A点向右移动时，OA变大，而G和OB不变，根据杠杆平衡条件可知，F变大，故①错误；②由杠杆平衡条件知，图甲中拉力F的大小为：F=G×③若物重变化量为ΔG，拉力F的变化量为ΔF，由杠杆平衡条件知：（F+ΔF）×OB＝（G+ΔG）×OA，代入数据得：（F+ΔF）×3＝（G+ΔG）×1，解得：ΔF=13ΔG，所以拉力F变化量与物重变化量之比为1：④如图乙，保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：OB′为动力臂，OA'为阻力臂，阻力不变为G，因为ΔOA′A∽ΔOB′B，所以：OA′：OB′＝OA：OB＝1：3；由杠杆平衡条件可得：F′×OB′＝G×OA′，代入数据得：F'=G×故选：D。地地城考点11杠杆的最小动力24．（2024秋•工业园区期中）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。【答案】【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：25．（2024秋•锡山区校级期中）如图甲是一款电脑鼠标，它的按键可看作简单的杠杆，如图乙所示，AO为按键，O点为支点，请在图乙中画出A点按下按键的最小动力F1、动力F1的力臂l1。【答案】【解答】解：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力越小；根据图示可知，支点在O点，因此OA作为动力臂最长，动力的方向应该向下，如下图所示：地地城考点12杠杆在生活中的应用26．（2024春•台江区校级期中）提拉重物时，手的前臂构成一个杠杆，如图。对此过程分析合理的是（）A．前臂杠杆是一个省力杠杆 B．前臂杠杆的支点在肘关节处 C．肱二头肌对桡骨的力F1是阻力 D．重物给前臂的力F2变大时，F1变小【答案】B【解答】解：A．用手向上举物体时，动力臂小于阻力臂，因此前臂是一根费力杠杆，故A错误；BC．用手提起物体时，人的前臂相当于一个杠杆，肱二头肌给桡骨的力F1是动力，重物给前臂的力F2是阻力，杠杆围绕肘关节转动，因此支点O在肘关节处，故B正确、C错误；D．由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力臂、阻力臂不变时，重物给前臂的力F2变大时，F1变大，故D错误。故选：B。27．（2024春•麒麟区校级期中）2023年12月18日甘肃积石山地震，在抗震救灾中，救援队员要用如图甲所示的钢筋剪，把钢筋剪断，以便施救，钢筋剪是省力（选填“省力”或“费力”）杠杆。救援队员还利用撬棒把滚落在公路上的石头移开，如图乙所示。救援队员着力于撬棒A点，既可以沿AB方向也可以沿AC方向撬动石头1，但较省力的是沿AB方向。【答案】省力；AB。【解答】解：（1）用钢筋剪剪断钢筋时，动力臂大于阻力臂，它是省力杠杆。（2）读图可知，当救援队员着力于A点，沿AB方向撬动时支点为O点，沿AC方向撬动时支点为O′点，沿AB方向撬动比AC方向撬动的动力臂长，阻力臂差不多，所以较省力的是沿AB方向。故答案为：省力；AB。地地城考点13测量滑轮组的机械效率的实验28．（2024秋•南昌县期中）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一装置进行了三次实验，实验数据如表所示。序号物重G/N物体上升高度h/cm拉力F/N绳端移动的距离s/cm滑轮组的机械效率η/%①100.63055.6②2101.03066.7③4101.830（1）测算机械效率的原理是η=W有W（2）本实验需要的测量工具有弹簧测力计和刻度尺；（3）表中的空白栏应该填1；74.1；（4）通过分析数据可知，该装置中连接动滑轮的绳子股数为3股；（5）通过分析数据可知，在其它条件不变时，物重越大，该装置的机械效率越高，因此，要提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是增大提升重物的重力。【答案】（1）η=W有W总×100%；（2）弹簧测力计；刻度尺；（3）1；74.1；（4【解答】%解：（1）测量机械效率的原理是η=W（2）测力移动距离用到刻度尺，测力拉力大小用到弹簧测力计；（3）实验①中，机械效率η1=W55.6%=G解得：G1＝1N；实验③中，机械效率η3=W（4）三次实验中sh（5）从表中数据可知：用同一滑轮组提升重物时，其他条件不变，物重越大，该装置的机械效率越高，因此，要提高同一滑轮组的机械效率，可以增大提升重物的重力。故大案为：（1）η=W有W总×100%；（2）弹簧测力计；刻度尺；（3）1；74.1；（429．（2024秋•梁溪区校级期中）如图是小明“测量滑轮组的机械效率”的实验装置，测得的实验数据如表。次数物重G/N高度hm拉力F/N绳端移动距离s/m机械效率η110.10.60.355.6%220.11.00.366.7%34011.80.3（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计；（2）第3次实验中滑轮组的机械效率约为74.1%；（3）分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；（4）若在第3次实验中，物体上升的速度为0.1m/s，则拉力F的功率为0.54W；（5）小红也利用重为1N、2N、4N的物体进行三次实验，每次测得的机械效率均大于小明的测量值，则原因可能是小红C。（只填一个字母）A.测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方B.弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升C.所使用的动滑轮的重力小于小明的【答案】（1）匀速；（2）74.1；（3）越大；（4）0.54；（5）C。【解答】解：（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数；（2）第3次实验中滑轮组的机械效率是：η=W有（3）纵向分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；（4）若在第3次实验中，F＝1.8N，物体上升的速度为0.1m/s，则绳子自由端的速度：v＝3×0.1m/s＝0.3m/s，则拉力F的功率为：P=Wt=Fst=（5）A．测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，拉力测量大了，机械效率变小，不符合题意；B．弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，拉力变大，机械效率变小，不符合题意；C．使用的动滑轮的重力小于小明小组，克服动滑轮做的功减小，额外功减小，机械效率变大，符合题意；故选C。故答案为：（1）匀速；（2）74.1；（3）越大；（4）0.54；（5）C。地地城考点14滑轮、滑轮组机械效率的计算30．（2024秋•滨湖区期中）如图所示，工人师傅用20N的拉力F向上拉动绳子，使物体在2s内匀速提升了2m，若动滑轮重6N，不计绳重和摩擦，则物体自身的重力为54N，工人拉力做的功为120J，功率为60W，滑轮组的机械效率为90%。【答案】54；120；60；90【解答】解：由图可知，动滑轮上的绳子段数n＝3，不计绳重和摩擦，根据F=1n（G+G物体自身的重力：G＝nF﹣G动＝3×20N﹣6N＝54N；工人拉力做的总功：W＝Fs＝Fnh＝20N×3×2m＝120J，拉力的功率：P=W总克服物重做的有用功：W有＝Gh＝54N×2m＝108J；滑轮组的机械效率：η=W有故答案为：54；120；60；90。31．（2024秋•武功县校级期中）用滑轮组提升矿井内重为6400N的物体M，汽车10s内匀速前进了20m。此过程中，滑轮组的机械效率为80%。（不考虑绳重和摩擦）求：（1）汽车对绳子拉力F大小？（2）汽车对绳子拉力做功的功率大小？（3）如果把重物换成8000N，则该滑轮组机械效率为多大？【解答】解：（1）由图可知，动滑轮上绳子段数n＝2，根据η=汽车对绳子的拉力：F=Gnη（2）拉力做的功：W＝Fs＝4000N×20m＝80000J，力的功率：P=Wt（3）不计绳重和摩擦，根据F=动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×4000N﹣6400N＝1600N，此时汽车对绳子的拉力：F′=1n（G′+G动）=12×滑轮组的机械效率为η'=G答：（1）汽车对绳子拉力F为4000N；（2）汽车对绳子拉力做功的功率为8000W；（3）如果把重物换成8000N，则该滑轮组机械效率为83.3%地地城考点15斜面机械效率的计算32．（2024秋•江阴市期中）如图所示，工人用160N的拉力F将重为300N的木箱在10s内匀速拉到长3m、高1m的斜面顶端。则克服木箱重力做的功是300J；斜面的机械效率为62.5%；木箱受到的摩擦力是60N。【答案】300；62.5；60【解答】解：拉力做的总功：W总＝Fs＝160N×3m＝480J，克服木箱重力做的功，即有用功：W有用＝Gh＝300N×1m＝300J；斜面的机械效率：η=克服木箱受到的摩擦力做的额外功：W额＝W总﹣W有用＝480J﹣300J＝180J，由W＝fs可得，木箱受到的摩擦力：f=W额故答案为：300；62.5；60。33．（2024秋•工业园区校级期中）如图所示，工人用800N的拉力将重1800N的货物匀速运送到斜面顶端，货物上升高度h＝1m，货物在斜面上移动的距离s＝3m，用时10s。求：（1）工人做功的功率是多少？（2）斜面的机械效率是多少？（3）货物受到的摩擦力是多少？【解答】解：（1）拉力做的总功：W总＝Fs＝800N×3m＝2400J，则拉力做功的功率：P=W总（2）克服货物重力做的有用功：W有＝Gh＝1800N×1m＝1800J，斜面的机械效率为：η=W有W总（3）克服货物受到摩擦力做的额外功：W额＝W总﹣W有＝2400J﹣1800J＝600J，由W额＝fs可得货物受到的摩擦力：f=W额答：（1）工人做功的功率是240W；（2）斜面的机械效率是75%；（3）货物受到的摩擦力是200N。地地城考点16热传递改变物体的内能34．（2024秋•盐田区校级期中）冬季的哈尔滨被誉为“雪域冰城”，下列说法正确的是（）A．雪花飞舞说明分子在永不停息地做无规则运动 B．用手抓一把雪，雪的体积缩小了，说明分子间有间隙 C．雪花在手心里熔化，是通过热传递改变了雪花的内能 D．﹣10℃的雪比﹣5℃的雪，分子运动更剧烈【答案】C【解答】解：A、分子是不能直接用肉眼看到的，所以分子的无规则运动只能间接判断，雪花飞舞属于机械运动，不能说明分子的无规则运动，故A错误；B、用手抓一把雪，雪的体积缩小了，说明力改变物体的形状，故B错误；C、手的温度高于雪的温度，手心里的雪与手之间将发生热传递，是通过热传递改变了雪花的内能，故C正确；D、温度越高分子运动越剧烈，﹣10℃的雪比﹣5℃的雪温度低，分子运动较慢，故D错误。故选：C。35．（2024秋•正定县期中）如图所示，属于热传递改变内能的实例是（）A．锯木头锯条生热 B．加冰块降温 C．滑滑梯臀部发热 D．搓手取暖【答案】B【解答】解：A、锯木头锯条生热，是克服摩擦做功，通过做功来改变物体的内能，故A不合题意；B、加冰块降温，是通过热传递来改变物体的内能，故B符合题意；C、滑滑梯臀部发热，是摩擦生热，通过做功来改变物体的内能，故C不合题意；D、搓手取暖，是摩擦生热，通过做功来改变物体的内能，故D不合题意。故选：B。36．（2025秋•青秀区校级月考）刀削面是山西特色美食之一，煮面条时要不时地用筷子轻轻搅动，面条由生到熟，主要是通过热传递的方式改变其内能的；刚端上桌，热气腾腾的面条香味浓郁，这是扩散现象。【答案】热传递；扩散；【解答】解：煮面条时，面条吸收热量，内能增大，面条由生到熟，通过热传递的方式改变物体的内能。热气腾腾的面条香味浓郁，属于扩散现象，是由于分子的无规则运动引起的。故答案为：热传递；扩散；地地城考点17比较不同物质吸热的情况37．（2024秋•迁安市期中）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小华用两个相同的容器分别装入质量相等的A、B两种液体，用相同的装置加热。（1）器材安装调整应该按自下而上（选填“自下而上”或“自上而下”）顺序进行；（2）该实验除了图中的实验器材外，还需要用到的实验器材有：天平和秒表；（3）该实验应控制水和煤油的质量（选填“质量”或“体积”）相同；（4）两种液体吸收热量的多少可通过比较加热时间（选填“加热时间”或“温度变化”）进行比较；（5）根据实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，分析乙图像可知A液体的比热容与B液体的比热容的比为2：1。【答案】（1）自下而上；（2）秒表；（3）质量；（4）加热时间；（5）2：1。【解答】解：（1）实验中，要用酒精灯的外焰加热，故应按从下到上顺序进行器材调试，确保一次器材调整到位；（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，要完成该探究实验，除了图甲中所示的器材外，还需要的测量工具有秒表和天平；（3）比较不同物质吸热本领，应控制两种物质多少相同，质量是反映物体所含物质多少的物理量，所以，该实验应控制水和煤油的质量相同；（4）根据转换法，两种液体吸收热量的多少可通过加热时间的长短进行比较；（5）根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，A液体的比热容与B液体的比热容的比值为：cA：cB＝40℃：20℃＝2：1。故答案为：（1）自下而上；（2）秒表；（3）质量；（4）加热时间；（5）2：1。38．（2024秋•泉州校级期中）如图1是探究“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。（1）实验中应量取质量相等的甲、乙两种液体，为了完成该实验，除了图1中所示的器材外，还需要增加的测量工具有天平和秒表。（2）甲、乙液体吸收热量的多少可通过加热时间来反映（填“温度计示数”或“加热时间”）。（3）为了比较甲、乙液体的吸热本领，小明提出两种比较方案：①让两者升高相同的温度比较加热时间；②让两者加热相同时间比较升高的温度。在两种液体都不沸腾的前提下，你认为可行的方案是①和②（填“①”“②”或“①和②”）。（4）从图2中可以看出，甲液体的温度升高得较快，乙液体的比热容较大。【答案】（1）质量；秒表；（2）加热时间；（3）①和②；（4）甲；乙。【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故实验中应量取质量相等的甲、乙两液体，根据转换法，通过加热时间的长短来比较吸热多少，故为了完成该实验，除了图1中所示的器材外，还需要增加的测量工具有天平和秒表。（2）甲、乙液体吸收热量的多少可以通过加热时间来反映；（3）根据比较吸热能力的方法，在两种液体都不沸腾的前提下，你认为可行的方案是①和②；（4）从图2中可以看出，加热2分钟（吸热相同），甲升高的温度为Δt＝100℃﹣20℃＝80℃乙升高的温度为Δt＝60℃﹣20℃＝40℃从图2中可以看出，甲液体的温度升高得较快，乙液体的比热容较大。故答案为：（1）质量；秒表；（2）加热时间；（3）①和②；（4）甲；乙。地地城考点18水的比热容特点及实际应用39．（2024秋•永寿县校级期中）如图所示为济南和青岛两市全年平均气温的变化。由图可知：济南全年的平均气温和青岛相差不大，但济南的平均高温要明显高于青岛，而平均低温要比青岛低。从物理学的角度看，这主要是因为（）A．海水的比热容比砂石的比热容小 B．海水的内能比砂石的内能大 C．海水的比热容比砂石的比热容大 D．海水的温度比砂石的温度高【答案】C【解答】解：济南属于内陆城市，青岛属于海边城市；由于海水的比热容大于砂石的比热容，根据Qcm故选：C。40．（2024秋•凉州区期中）小明在家吃早餐时，为了能尽快将煮熟的鸡蛋冷却，他将鸡蛋放在盛有0.5kg冷水的盆中降温。用水降温主要是利用了水的比热容（选填“比热容”或“密度”）大的特性。过一会儿，水温升高了2℃，在此过程中鸡蛋放出的热量为4.2×103J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（不计热损失）【答案】比热容；4.2×103【解答】解：用水降温主要是利用了水的比热容较大的特点，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，吸收的热量较多；水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×2℃＝4.2×103J。故答案为：比热容；4.2×103。地地城考点19利用比热容的公式计算热量41．（2024秋•青羊区校级期中）质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的试管中，用水浴加热（标准大气压下：水的沸点100℃），其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（）A．甲的比热容小于乙的比热容 B．若甲液体的比热容为4.2×103J/kg，则乙液体的比热容为2.1×103J/kg C．甲乙温度升高25℃时吸收的热量之比是3：1 D．3min后甲乙分子运动剧烈程度相同【答案】B【解答】解：A．由图可知，0～1min时当甲、乙经过相同的加热时间即吸收的热量相同时，甲的温度变化量小于乙，由Q＝cm△t，相同质量的不同物质吸收热量相同时温度的变化量越小则比热容越大，则甲的比热容大于乙的比热容，故A错误；B．由图可知，加热1min，吸收相同的热量，甲升高的温度：Δt甲＝50℃﹣25℃＝25℃；乙升高的温度Δt乙＝75℃﹣25℃＝50℃，甲、乙的质量相等，由Q＝cmΔt可知，比热容和升高的温度成反比，甲、乙的比热容之比：c甲因此若甲液体的比热容为4.2×103J/kg，则乙液体的比热容为2.1×103J/kg，故B正确；C．由Q＝cmΔt可知，质量相等的某种液体，当升高相同温度时，吸收热量与物质的比热容成正比，由于甲、乙的比热容之比为2：1，所以甲、乙温度升高25℃时吸收的热量之比是2：1，故C错误；D．由图知3min后两种液体的温度不相同，即甲液体的温度不等于乙液体的温度，故甲液体分子运动剧烈程度不等于乙液体分子运动剧烈程度，故D错误。故选：B。42．（2024秋•鼓楼区校级期中）在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用质量是0.3kg的水和表中等质量的另一种物质进行对比，作出的图象如图所示。实验过程中，水和另一种物质在相同时间内吸收的热量相等，分析图象可以得出另一种物质为煤油，这种物质在0～5min内吸收的热量为2.52×104J。物质比热容c/[J/（kg•℃）]水4.2×103酒精2.4×103煤油2.1×103蓖麻油1.8×103【答案】煤油；2.52×104。【解答】解：（1）相同的加热装置，加热时间相等时，两种液体吸收的热量相等，由图示可以看出，a液体的温度升高的快，b液体温度升高慢；由Q放＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，物质的比热容越大，升温越慢，所以b液体的比热容大，则b是水；（2）由图可知：液体和水的初温是20℃，吸热5分钟后a的末温是60℃，b液体的末温40℃；由题知，而水和液体的质量相同，初温相同，吸收的热量相同，即m水＝ma，Q水吸＝Qa吸，Q水吸＝Qa吸；即c水m水Δt＝camaΔta，即cama（60℃﹣20℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×m水×（40℃﹣20℃）。解得：ca＝2.1×103J/（kg•℃），由表格数据知此液体a为煤油；这种物质在0～5min内吸收的热量为：Q＝camaΔt′＝2.1×103J/（kg•℃）×0.3kg×（60℃﹣20℃）＝2.52×104J。故答案为：煤油；2.52×104。43．（2024秋•分宜县期中）在一个标准大气压下，将质量为2kg的金属块，加热到500℃后，立即投入质量为1kg、温度为20℃的冷水中，若金属块放出的热量全部被水吸收，最终水的温度升高到80℃。求：（1）水吸收的热量；（2）金属块的比热容；（3）若这些热水继续吸收1.05×105J的热量，则水的末温是多少℃？【解答】解：（1）质量为1kg、温度为20℃的水，最终水的温度升高到80℃，水吸收的热量Q吸（2）金属块放出的热量全部被水吸收，因此水吸收的热量等于金属块放出的热量Q放金属块的比热容c金（3）若这些热水继续吸收1.05×105J的热量，则水升高的温度Δt″=t′＝80℃+25℃＝105℃＞100℃，在一个标准大气压下水的沸点为100℃，所以水的末温为100℃。答：（1）水吸收的热量是2.52×105J；（2）金属块的比热容是0.3×103J/（kg•℃）；（3）若这些热水继续吸收1.05×105J的热量，则水的末温是100℃。地地城考点20热机的效率公式与计算44．（2024秋•大庆期中）内燃机的发明是第二次工业革命中应用技术领域的一项重大成就。如图所示为单缸四冲程汽油机的一个冲程示意图，若该汽油机的效率为30%，飞轮每分钟转动1800圈（q汽油A．图中所示冲程是做功冲程 B．若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为6.9×107J C．该汽油机在1s内做功30次 D．汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高【答案】B【解答】解：A、由图可知：此过程中活塞向上运动，进气门和排气门都是关闭的，因此可判断是压缩冲程，故A不正确；B、根据公式Q放＝mq可求出完全燃烧5kg的汽油放出的热量：Q放＝mq＝5kg×4.6×107J/kg＝2.3×108J；由η=W有用Q放可得，有用功：W有用＝Q放η＝2.3×108J×30%＝6.9×107C、曲轴每转两圈对外做功一次，所以1min转动1800周，要做功900次，则该汽油机在1s内做功：900次60s=15次D、热机消耗的燃料越少，其做的有用功也可能少，其效率也不一定就越高，故D不正确。故选：B。45．（2024秋•府谷县期中）新型混合动力汽车具有节能、低排放等优点。当混合动力汽车启动时，内燃机不工作，蓄电池向车轮输送能量，当需要高速行驶或蓄电池电能过低时，内燃机启动，既可以向车轮输送能量，又可以给蓄电池充电。已知某次没电时，消耗了700g柴油为汽车提供了2×106J的有用功。求：（q柴油（1）完全燃烧700g柴油放出的热量为多少；（2）若该次测试中内燃机的效率为20%，求此测试过程中蓄电池增加的电能。【解答】解：（1）完全燃烧700g柴油放出的热量为Q放（2）由题意可知，内燃机做的有用功为2×106J，而该次测试中内燃机的效率为20%，则W电故此测试过程中蓄电池增加的电能为W电答：（1）完全燃烧700kg柴油放出的热量为3.01×107J；（2）若该次测试中内燃机的效率为20%，求此测试过程中蓄电池增加的电能为4.02×106J。46．（2024秋•汉川市期中）一台小汽车的发动机的效率是40%，这台小汽车在一次行驶中，用去2kg汽油。求：（1）2kg汽油完全燃烧放出的热量是多少？（所用汽油的热值为4.5×107J/kg）（2）发动机做了多少有用功？（3）若将小汽车发动机的效率提高10%，其他性能不变，则在上述的行驶中可以节约多少kg的汽油？【解答】解：（1）2kg汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝2kg×4.5×107J/kg＝9×107J；（2）由η=WQ放可知，发动机所做的有用功：W＝ηQ放＝40%×9×107J＝3.6×10（3）根据题意可知，效率提高10%后，小汽车发动机的效率η′＝40%+10%＝50%，由η=WQ放可知，效率提高后汽油完全燃烧放出的热量：Q放′=W由Q放＝mq可知，效率提高后消耗的汽油质量：m′=Q放上述的行驶中可以节约汽油的质量：Δm＝m﹣m′＝2kg﹣1.6kg＝0.4kg。答：（1）2kg汽油完全燃烧放出的热量是9×107J；（2）发动机做了3.6×107J的有用功；（3）若将小汽车发动机的效率提高10%，其他性能不变，则在上述的行驶中可以节约0.4kg的汽油。地地城考点21电路的三种状态47．（2025秋•咸阳期中）如图所示电路，闭合开关后两灯均不亮，故障仅为L1断路。用导线检测时，不可能出现的现象是（）A．导线接L1两端，L2不发光 B．导线接L2两端，两灯均不亮 C．导线接电源两端，两灯均不亮 D．导线接开关两端，两灯均不亮【答案】A【解答】解：A．将导线接L1两端时，L1被短路，电路重新变成通路，L2会正常发光，不会不发光，故A符合题意；B．导线接L2两端时，L1仍然断路，电路中没有电流通过，两灯均不亮，故B不符合题意；C．导线接电源两端会使电源短路烧坏电源，电路中的任何元件都不会工作，故C不符合题意；D．导线接开关两端时，开关被短路，失去作用，但是L1断路依然存在，所以两灯均不亮，故D不符合题意。故选：A。48．（2024秋•福田区校级期中）如图所示是一种定时课间音乐播放器装置的原理图，闭合开关S，当“定时开关”处于闭合状态时，指示灯会（选填“会”或“不会”）亮，播放器不会（选填“会”或“不会”）播放音乐；达到设定时间，“定时开关”处于断开状态，播放器会（选填“会”或“不会”）播放音乐。【答案】会；不会；会【解答】解：由题意知，闭合开关S，当“定时开关”处于闭合状态时，播放器被短路，指示灯会亮，则播放器中没有电流通过，播放器不会播放音乐；到达设定时间“定时开关”处于断开状态，播放器与指示灯串联，“播放器”有电流通过，“播放器”会播放音乐。故答案为：会；不会；会。地地城考点22根据电路图连接实物49．（2024秋•赤坎区校级期中）请按要求正确连接实物图。要求：定值电阻R与滑动变阻器串联，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向左移动时，电流表的示数变小，连线不能交叉。【答案】【解答】解：根据题目要求，定值电阻R与滑动变阻器串联，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向左移动时，电流表的示数变小，说明滑动变阻器连入电路的阻值变大，应将滑动变阻器的右下接线柱与定值电阻的左侧接线柱相连，如图所示：。50．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图所示的电路图，请改动一根导线，使电流表只测干路上的电流。（改动时，在原导线上打“×”）【答案】【解答】解：根据实物图可知，该电路为并联电路，电流表测量的是通过灯泡L1的电流；电流表只测干路上的电流，则电流表应该串联在干路中，如下所示：地地城考点23串联和并联的概念与辨析51．（2024秋•西城区校级期中）商场的自动扶梯在无人乘坐时，运行速度缓慢；在有人乘坐时“感应开关”自动闭合，电梯运行速度增大。在自动扶梯的出、入口处各有一个“紧急制动开关”，断开任何一个开关，都能使自动扶梯停止。如图所示是小亮设计的模拟自动扶梯工作原理的电路图，若电源两端电压不变，电动机两端电压变大时，其运转速度增大。则下列说法正确的是（）A．当无人乘坐时，开关S1、S2、S3均闭合 B．当无人乘坐时，电阻R与电动机是串联的 C．开关S1、S3是“紧急制动开关”，S2是“感应开关” D．当有人乘坐时，电动机两端电压小于电阻R两端电压【答案】B【解答】解：A、当无人乘坐时，开关S1、S2闭合，S3断开，故A错误；B、无人乘坐时，电阻R串联在电路中，故B正确；C、分析电路中开关S1、S2，在干路中，断开其中任何一个，都可以断开整个电路，电动机不工作，所以S1、S2是紧急制动开关；S3与电阻R并联，S3闭合会把电阻R短路，使电路中电阻变小，电流变大，电动机的转速变大，则S3是感应开关，C错误；D、有人乘坐时，S1、S2、S3都闭合，电阻R被短路，此时R两端的电压为0，电源电压全部加在电动机两端，所以有人乘坐时的电动机两端电压大于电阻R两端的电压，故D错误。故选：B。52．（2024秋•岳阳楼区校级期中）如图所示的电路中，三个开关皆处于断开状态，如同时闭合开关S2、S3，则电源短路；若要使L1、L2并联在电路中，应闭合开关S1、S3。【答案】S2、S3；S1、S3。【解答】解：由电路图可知，当同时闭合开关S2、S3时，电源两极直接用导线连接起来，电源短路；由电路图可知，闭合开关S1、S3时，两灯泡首首相连、尾尾相连，两灯泡并联。故答案为：S2、S3；S1、S3。53．（2024秋•平潭县期中）如图所示的电路，只闭合开关S1，灯泡L1处于开路（选填“通路”、“开路”或“短路”）；要使灯泡L1和L2串联，要闭合开关S和S2。【答案】开路；S和S2。【解答】解：如图所示，当只闭合开关S1时，电路处于断路状态；在电路中要使电灯L1和L2串联，应断开开关S1和S3，同时闭合开关S和S2时。故答案为：开路；S和S2。地地城考点24运用并联电路中的电流规律计算54．（2024秋•北辰区期中）如图所示的实验电路，闭合开关S后，电流表A的示数为0.5A，电流表A1的示数为0.3A。则通过小灯泡L1、L2的电流分别是（）A．0.3A，0.2A B．0.2A，0.3A C．0.5A，0.3A D．0.5A，0.2A【答案】A【解答】解：由实物图知，两灯并联，电流表A测干路电流，电流表A1测L1支路电流，电流表A1的示数为0.3A，小灯泡L1的电流为0.3A，干路电流I＝0.5A，通过L2的电流I2＝I﹣I1＝0.5A﹣0.3A＝0.2A，故A正确。故选：A。55．（2024秋•康县期中）如图甲所示电路，电流表A1与A2指针指的位置都如图乙所示，则电流表A1所使用的量程为0～3A，读数是2.2A；灯L2电流大小是1.76A。【答案】0～3A；2.2A；1.76A【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L1支路的电流。因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，即干路电流大于任意支路电流，且两表指针偏转的位置相同，所以，电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数I＝2.2A，电流表A2的量程为0～0.6A，分度