苏科版物理九年级九年级上册物理期中复习（易错题60题44大考点）（教师版）

九年级上册物理期中复习（易错题60题44大考点）训练范围：苏科版九年级上册第11~13章。一．功的简单计算（共1小题）1．（2023秋•铜官区校级期中）某校组织的趣味运动会中，开展了自行车慢骑比赛。老师记录了小明在慢骑过程中牵引力F和速度v的大小随时间t的变化情况分别如图甲、乙所示。由图像可知，1﹣3s内克服摩擦力做的功是200J。【答案】200。【解答】解：由乙图可知自行车在3﹣5s内做匀速直线运动，处于平衡状态，摩擦力等于牵引力，由甲图可知在3﹣5s内牵引力F＝200N，则摩擦力为：f＝F＝200N；由于滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，与运动的快慢没有关系，所以在1﹣3s内自行车受到的摩擦力也为200N；由图乙可知，1﹣3s内小明骑车做匀加速直线运动，其通过的路程为：s＝vt＝×1m/s×（3s﹣1s）＝1m，则1﹣3s内克服摩擦力做的功为：W＝fs＝200N×1m＝200J。故答案为：200。二．功率的概念（共1小题）2．（2023秋•乐平市校级期中）下列关于功率的说法中，正确的是（）A．用的力越大，做功时间越短，功率越大。 B．做功越多，做功时间越短，功率越大 C．做功时间越长，功率越大 D．做功时间越短，功率越大【答案】B【解答】解：A、由公式P＝＝＝Fv可知，功率的大小与力、距离有关，还与做功时间有关，故A错误；B、由公式P＝可知：做功越多，做功时间越短，功率越大，故B正确；C、D、由公式P＝可得，所以功率不仅与做功时用的时间有关，还与功有关，所以做功时间的长短，不能判断功率的大小，故C、D错误；故选：B。三．探究影响物体动能大小的因素-动能与速度的关系（共1小题）3．（2023秋•锡山区校级期中）如图是“探究影响动能大小因素”的装置，其中mA＝mB＜mC，hA＜hB＝hC，所用物块为木块。（1）实验中研究对象小球（填木块或小球）；（2）由甲、乙两次实验可得结论：当质量一定时，速度越大，动能越大；（3）由甲、丙两次实验得出“物体动能的大小与质量有关”的结论，他得出这一结论的方法是错误的（填“正确”或“错误”），理由是没有控制小球的速度相同；（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一定律的实验，让同一小车沿同一斜面的同一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，发现小车在水平面运动的距离逐渐变远，小车在水平面运动的过程中，克服摩擦力做的功相等（填“相等”或“不相等”），小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1＜P2（填“＞”或“＝”或“＜”）。（5）实验后，同学们联想到在公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大，于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如下表。实验序号小球的质量m/g小球自由滚下的高度h/cm木块被撞后运到的距离s/m13010423020163602032a.为了探究“超载”隐患时，应选择2、3序号的实验进行比较；b.分析表格中对应的数据可知：速度对物体的动能影响更大，即当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。【答案】（1）小球；（2）当质量一定时，速度越大，动能越大；（3）错误；没有控制小球的速度相同；（4）相等；＜；（5）a、2、3；b、速度。【解答】解：（1）小球从斜面上滑下时，小球的重力势能转化为小球的动能，所以实验的研究对象是小球；（2）由甲、乙两次实验可知，小球质量相同，从斜面下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，推动木块移动的距离不同；高度越高，到达水平面时的速度越大，推动木块移动的距离越远，故可得结论：当质量一定时，速度越大，动能越大；（3）探究物体动能的大小与质量有关时，需要控制小球的速度相同，质量不同；而甲、丙两次实验中，小球的质量不同，滚下的高度不同，即没有控制速度相同，所以他得出这一结论的方法是错误的；（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，克服摩擦力做的功是相等的；小球在玻璃、毛巾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，由于克服摩擦所做的功相同，根据P＝可知，则P1＜P2；（5）a、研究超载隐患时，应控制小球下滑的高度相同而质量不同，由表中实验数据可知，应选择2、3所示实验进行比较；b、由表中实验数据可知，小球自由滚下的高度相同（即速度相同）时，质量变为原来的2倍，木块被撞后运动的距离（即动能）变为原来的2倍；小球质量相同时，小球自由滚下的高度变为原来的2倍（即速度变为原来的2倍），木块被撞后运动的距离（即动能）变为原来的4倍；故速度对物体的动能影响更大，即当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。故答案为：（1）小球；（2）当质量一定时，速度越大，动能越大；（3）错误；没有控制小球的速度相同；（4）相等；＜；（5）a、2、3；b、速度。四．探究影响物体动能大小的因素-动能大小的现象表现（共1小题）4．（2023秋•英德市期中）打弹珠时，手弹出的弹珠速度越快，撞击地上的弹珠后，被撞击的弹珠就会被撞得越远，如图甲所示。同学们根据此现象提出假设：物体动能的大小与物体的速度大小有关。为了验证这一假设，他们设计了如图乙所示的实验。（1）为了探究物体动能的大小与速度的关系，实验小组的同学使用同一小球，让小球从斜面的不同（均选填“同一”或“不同”）高度处由静止滑下，撞击水平面上在相同位置放置的同一木块。（2）该实验是通过观察木块被撞后木块移动的距离来判断小球（选填“小球”或“木块”）动能的大小.（3）分析图乙两次实验操作，可得到的实验结论是：当物体的质量相同时，物体的速度越大，动能越大。（4）近年来，为减少因车辆刹车失灵造成的危害，许多高速公路设置了紧急避险车道，如图丙所示，该车道是在公路右侧设一个冲向高处大斜坡，路面是砂砾，车辆遇上紧急刹车失灵可以冲上去，可以避免惨剧的发生，这是因为刹车失灵车辆冲向高处的大斜坡时，将动能转化成重力势能，汽车的速度减小，车就能停下来。【答案】（1）同一；不同；（2）木块移动的距离；小球；（3）当物体的质量相同时，物体的速度越大，动能越大；（4）动；重力势。【解答】解：（1）为了探究小球的动能大小与速度的关系，应该控制质量不变，改变速度的大小，应当让同一小球从同一斜面上的不同高度由静止滑下，然后撞击同一木块，根据木块移动的距离判定动能的大小；（2）实验中通过观察木块被推动的距离的远近来判断物体所具有动能大小的，木块被推动的距离越远，说明小球所具有的动能越大；用到转换法；（3）由图乙两次实验操作可知，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，高度越高，速度越大，推动木块移动的距离越远，故可得出结论：当物体的质量相同时，物体的速度越大，动能越大；（4）高速公路上的汽车速度大，动能大，刹车失灵车辆冲向高处的大斜坡时，将动能转化成重力势能，汽车的速度减小，车就能停下来。故答案为：（1）同一；不同；（2）木块移动的距离；小球；（3）当物体的质量相同时，物体的速度越大，动能越大；（4）动；重力势。五．比较动能的大小（共1小题）5．（2023秋•梁溪区校级期中）图中甲、乙两个质量不同的小球从相同高度静止释放（忽略空气阻力），甲球下落过程中经过P、Q两点，下列说法正确的是（）A．释放瞬间，两球的重力势能相等 B．着地瞬间，两球的动能相等 C．甲球在P点和Q点的机械能相等 D．从释放到着地，两球所受重力做的功相等【答案】C【解答】解：A、释放瞬间，两球的高度相同，但由于两球的质量不同，所以两球的重力势能不相等，故A错误。B、着地瞬间，两球的速度相等，但由于两球的质量不同，所以两球的动能不相等，故B错误。C、甲由P点运动到Q点，重力势能转化为动能，由于忽略空气阻力，所以甲球在P点和Q点的机械能相等，故C正确。D、从释放到着地，两球所受重力做的功为：W＝Gh＝mgh，h相同，但质量m不同，所以两球所受重力做功不相等，故D错误。故选：C。六．机械能的概念（共1小题）6．（2023秋•阜宁县期中）如图所示是荡秋千的简化模型，摆球从A点由静止释放，到达D点后返回，B、C两点等高，下列说法正确的是（）A．球在B、C两点的机械能相等 B．球在A、D两点的机械能相等 C．球从O点到C点的过程中机械能减少 D．球从D点到C点的过程中动能减少【答案】C【解答】解：A、球从B点到C点时，重力势能转化为动能再转化为重力势能，由于空气阻力的存在，B点的机械能大于C点。故A错误。B、球从A点到D点时，重力势能转化为动能再转化为重力势能，由于空气阻力的存在，A点的机械能大于D点。故B错误。C、球从O点到C点的过程中，动能转化为重力势能，由于空气阻力的存在，机械能减少，故C正确。D、球从D点到C点的过程中，重力势能转化为动能，故动能增大，故D错误。故选：C。七．杠杆及其五要素（共1小题）7．（2023春•佛冈县校级期中）如图，是一辆行李的手推车，当前轮遇到障碍物A时，推车人向下压扶手，这时手推车可看作杠杆，支点在C（填字母）。当后轮遇到障碍物时，推车人向上提扶手，这时支点是B点，与前轮遇到障碍物时相比，此时较省力（选填“省”或“费”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当前轮遇障碍物A时，顾客向下按扶把，这时手推车可看成杠杆，支点是C点；（2）当后轮遇到障碍物A时，顾客向上提把，这时支点是B点，显然动力臂大于阻力臂，此时手推车可看成是省力杠杆，因此比较省力。故答案为：C；B；省。八．探究杠杆的平衡条件的实验中使用弹簧测力计的问题（共2小题）8．（2023秋•仪征市期中）小明利用杠杆做了以下实验，实验时使用的每个钩码的质量均相等，杠杆上相邻刻线间的距离相等，请回答下列问题：（1）实验前，杠杆静止时如图1所示，此时杠杆是（选填“是”或“不是”）处于平衡状态，可将杠杆左端的平衡螺母向右（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是便于测量力臂大小，消除杠杆重对杠杆平衡的影响。（2）如果小明面对图1状况，没有调水平平衡就匆忙进行图2实验（弹簧测力计的挂钩钩在4格处），杠杆虽然此时水平平衡，但可以判断：2G•3a＜F1•4a（选填“＞”、“＜”或“＝”，F1是弹簧测力计的示数）；（3）调节杠杆在水平位置平衡后，进行如图3所示的实验，用量程为5N的弹簧测力计在A点竖直向上拉（如图3中M所示），杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为2.5N；若弹簧测力计斜向上拉（如图3中N所示），杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为＞（选填“＞”、“＜”或“＝”）2.5N，此时拉力的方向与竖直方向的最大夹角为60°（填“30”、“45”或“60”）。【答案】（1）是；右；便于测量力臂大小，消除杠杆重对杠杆平衡的影响；（2）＜；（3）＞；60。【解答】解：（1）实验前，杠杆静止如图甲所示，此时杠杆处于平衡状态；杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点的距离就是力臂，便于测量力臂大小，消除杠杆重对杠杆平衡的影响；（2）实验前杠杆左端下沉，重心在左侧，没有调水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计的挂钩钩在4格处），杠杆虽然此时水平平衡，则2G•3a+G′L＝F1•4a；所以，2G•3a＜F1•4a；弹簧测力计竖直向上拉动杠杆时，动力臂是OA，当斜向上拉动杠杆时，动力臂变为OC，阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂变小，根据杠杆平衡条件，动力变大，所以弹簧测力计示数大于2.5N；阻力和阻力臂乘积不变，所以动力和动力臂乘积也不变，（3）设杠杆每一个小格长度为L，弹簧测力计量程是5N，最大能提供5N拉力，2.5N×4L＝5N×L'所以，最小的力臂为：L'＝2L在Rt△ACO中，OC＝2L＝OA，所以∠NAO＝30°，拉力的方向与竖直方向的最大夹角：∠MAN＝∠MAO﹣∠NAO＝90°﹣30°＝60°。故答案为：（1）是；右；便于测量力臂大小，消除杠杆重对杠杆平衡的影响；（2）＜；（3）＞；60。9．（2023秋•吴江区期中）某班物理实验小组做探究杠杆平衡条件的实验：小明所在的物理实验小组：（1）实验时，为了方便对力臂的测量，小明先调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；（2）实验中，在杠杆上的A点挂四个重均为0.5N的钩码，用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆上的B点，使杠杆水平平衡，如图甲所示，测力计的示数是1N；如果将测力计沿图中虚线方向拉，仍使杠杆在水平位置平衡，则测力计的示数将变大。（3）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是没有考虑杠杆自重的影响。小华所在的物理实验小组：（4）小华所在的物理实验小组的同学，利用如图丙所示的装置，在杠杆支点的两边分别挂上钩码来探究杠杆的平衡条件，实验中测得的数据如表所示，有的同学按现有方案得出如下结论：“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论与杠杆平衡条件不符，原因是实验过程中B。测量序号动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm112021022151.520335115A.没有改变力的大小B.没有改变力的方向C.没有改变力的作用点D.实验次数较少，结论具有偶然性（5）小华又思考了一个新的问题，她想：假如航天员的太空授课，也用图丙装置探究该实验，那么航天员不能（“能”或“不能”）完成，理由是钩码失重。【答案】（1）水平；（2）1；变大；（3）没有考虑杠杆自重的影响；（4）B；（5）不能；钩码失重。【解答】解：（1）实验时，为了方便对力臂的测量，小明先调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂等于支点到力的作用线的距离，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来。（2）弹簧测力计的一个大格代表1N，一个小格代表0.2N，弹簧测力计示数是1N；弹簧测力计斜拉时，阻力及阻力臂不变，拉力力臂变小，根据杠杆平衡条件可知拉力变大。（3）图乙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆自身的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大；（4）“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向。故选项A、C、D错误，选项B正确；（5）杠杆依据的原理是F1L1＝F2L2，F＝G，如果完全失重，则钩码重力为零，因此航天员的太空授课，也用图丙装置探究该实验，那么航天员不能完成；故答案为：（1）水平；（2）1；变大；（3）没有考虑杠杆自重的影响；（4）B；（5）不能；钩码失重。九．杠杆的平衡条件（共2小题）10．（2023秋•拱墅区校级期中）如图所示，小明将梨子和苹果分别放在轻杆的两侧，轻杆顺时针转起来，下列说法正确的是（）A．可以确定苹果的质量大于梨子的质量 B．将梨子向右移动适当的位置杠杆可以在水平位置平衡 C．对苹果施加一个竖直向上的力杠杆可以在水平位置平衡，此时支点受到的压力大小不变 D．将苹果和梨子的位置对调，若杆逆时针转动就能比较苹果和梨子的质量大小【答案】D【解答】解：杠杆平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂。A.已知轻杆顺时针转起来，说明苹果的重力和它的力臂的乘积大于梨的重力与它的力臂的乘积，由图可知苹果的力臂大于梨子的力臂，所以无法比较苹果和梨的重力，也就无法确定苹果和梨子的质量关系，故A错误；B.杠杆要在水平位置平衡，必须要让苹果的重力和它的力臂的乘积等于梨的重力与它的力臂的乘积，所以梨子应该往左移动，增大梨子的力臂，故B错误；C.对苹果施加一个竖直向上的力杠杆可以在水平位置平衡，但此时支点受到的压力会变小，故C错误；D.将苹果和梨子的位置对调，梨子的力臂大于苹果的力臂，若杆逆时针转动，则苹果的重力和它的力臂的乘积大于梨的重力与它的力臂的乘积，说明苹果的重力大于梨子的重力，就可以比较出它们的质量关系，故D正确。故选：D。11．（2023秋•梁溪区校级期中）小明想利用杠杆平衡条件测量薯条的质量。实验器材：刻度尺（30cm）、砝码（10g）、圆柱形铅笔。实验步骤：（1）如图（a）、（b）所示，将质量为m＝10g的砝码放在刻度尺左边某一刻度处，此时应沿逆时针（顺时针/逆时针）旋转铅笔，使刻度尺移动，直到刻度尺在铅笔上水平平衡，读出左侧力臂（支点到砝码重心的距离）l1＝9cm和右侧力臂（支点到刻度尺重心的距离）l2＝6cm；（2）取下砝码，并在该位置放上3根薯条，旋转铅笔，使刻度尺再次在水平位置平衡，此时左侧力臂l3＝12.5cm，右侧力臂l4＝2.5cm；（3）根据杠杆的平衡条件，可以计算出刻度尺质量M＝15g，3根薯条的总质量m＝3g。【答案】（1）逆时针；（2）2.5；（3）15；3。【解答】解：（1）如图（a）、（b）所示，此时左端高，应向左调整刻度尺，即逆时针旋转铅笔，直到刻度尺在铅笔上水平平衡。（2）取下砝码，并在该位置放上3根薯条，旋转铅笔，使刻度尺再次在水平位置平衡，由于将砝码换为薯条后与刻度尺重心间的距离不变，则右侧力臂为l4＝l1+l2﹣l3＝9cm+6cm﹣12.5cm＝2.5cm（3）根据第一次测量时的杠杆平衡条件可知mgl1＝Mgl2则刻度尺质量为由杠杆新的平衡条件可知mgl3＝Mgl43根薯条的总质量为故答案为：（1）逆时针；（2）2.5；（3）15；3。十．杠杆的平衡条件的计算（共1小题）12．（2022秋•仪征市期中）如图所示为等刻度的轻质杠杆，在A处挂一个重为4N的物体，若要使杠杆在水平位置平衡，则在B处施加的力（）A．可能是5N B．可能是1.8N C．一定是2N D．一定是4N【答案】A【解答】解：设杠杆每一格长度是L，当B处的作用力与杠杆垂直时，力臂最大，此时作用力最小，由杠杆平衡条件可得：FALA＝FB最小LB，即4N×2L＝FB最小×4L，解得FB最小＝2N，当作用在B处的力与杠杆不垂直时，力臂小于4L，作用力大于2N，因此要使杠杆平衡，作用在B处的力F≥2N，故BCD错误、A正确。故选：A。十一．杠杆的动态平衡分析（共2小题）13．（2023秋•亭湖区校级期中）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，C点悬挂一重为G的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，其力臂记为l，保持杠杆水平静止，此时F与l﹣1的关系图线为图2中的①，某次操作后，仍保持杠杆水平静止，F与l﹣1的关系图线变为图2中的④，则可能进行的操作是（）A．将电子测力计顺时针转动30° B．将M从C点移到A点 C．增加物体M的质量 D．将电子测力计从B点移到A点【答案】B【解答】解：B、由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂OB＝OA+AB＝2OA，C点作用力的力臂为OC，由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OC，根据杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OC，解得：F＝G×OC×，某次操作后，仍保持杠杆水平静止，F与l﹣1的关系图线变为图2中的④，l﹣1的大小相同时，F却变小了，说明G与其力臂变小了，而G不变，则是重物的力臂变小，因而是物体向左移动了，故B正确，ACD、拉力方向改变，只会改变其力臂，对图像没有影响，而物体M重力变大，则l﹣1的大小相同时应该F变大，故ACD错误；故选：B。14．（2023秋•丹阳市校级期中）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为100N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，则力F的大小为50N。保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将不变（选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将变小。【答案】50；不变；变小。【解答】解：（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，杠杆在A位置时，动力臂与阻力臂的关系为LOA＝2LG，由杠杆平衡条件可知：FLOA＝GLG，则力F的大小为：F＝＝×100N＝50N；（2）力F的力臂为支点O到力F作用线的垂线段；将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，保持F的方向始终与OA垂直，则动力F的力臂都是LOA，即力F的力臂将不变；在该过程中，动力臂不变，阻力大小等于物体的重力，即阻力不变，由图可知转动过程中阻力臂会变小，根据杠杆的平衡条件知，动力F会变小。故答案为：50；不变；变小。十二．杠杆的最小动力（共1小题）15．（2023秋•睢宁县期中）如图所示，有一根质量分布均匀的金属棒CB，现将AC部分搭在水平桌面上，已知金属棒长为L、重为300N，CA：AB＝1：3，为使金属棒保持图示位置静止，则在B（选填“A”、“B”或“C”）点施加的力F最小，该最小力F1＝100N，若保持与F1的作用点和方向均相同，则使金属棒在图示位置静止时所需的最大外力F2应为150N。【答案】B；100；150。【解答】解：由图可知，CA：AB＝1：3，由于金属棒质量分布均匀，重心在O点，当以A为支点、AB为动力臂时，动力臂与阻力臂的比值为3：1，此时动力臂与阻力臂的比值是最大的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力是最小的；则：F1＝＝300N×＝100N；若保持与F1的作用点和方向均相同，则C为支点，BC为动力臂，动力臂与阻力臂的比值为2：1，此时动力臂与阻力臂的比值是最小的，根据杠杆的平衡条件可知，此时的F2最大，则：F2＝＝300N×＝150N。故答案为：B；100；150。十三．杠杆的综合应用（共1小题）16．（2024秋•锡山区校级月考）在轻质杠杆AB的A端悬挂一个质量为2kg的空桶，AO：OB＝2：1，将质量分布均匀，重为240N的正方体工件M通过细线与B端相连，如图所示。此时杠杆在水平位置平衡，且M对地面的压强为5000Pa，不计摩擦。若将M沿竖直方向截去部分，并将截取的部分放入空桶中，使M对地面的压强变为原来的五分之三。则下列说法错误的是（）A．截去部分前，细线对M的拉力40N B．M的边长是0.2m C．工件M的密度3×103kg/m3 D．截去部分的质量3.0kg【答案】D【解答】解：A．截去部分前，设细线对M的拉力为F，根据杠杆平衡条件得G桶×OA＝F×OB，则细线对M的拉力为，故A正确，A不符合题意；B．工件对地面的压力为F压＝G﹣F＝240N﹣40N＝200N，工件的底面积为，M的边长是，故B正确，B不符合题意；C．工件的质量为，工件的体积为V＝l3＝（0.2m）3＝8×10﹣3m3，工件的密度为，故C正确，C不符合题意；D．则截取部分的体积为V切＝，则切去部分的底面积为S切＝＝＝，则工件M切去一部分后与地面的接触面积为S'＝S﹣S切＝S﹣，由题意可知，切割后M对地面的压强：p'＝p＝×5000Pa＝3000Pa，此时地面对M的支持力：F＝p'S'＝p'（S﹣），压力和支持力是一对相互作用力，大小相等，此时的支持力为：F支＝F＝p'S'＝p'（S﹣）……①此时B端绳子的拉力为：FB'＝（GM﹣m切g）﹣F支……②由杠杆平衡原理可知：OA×（GA+m切g）＝OB×FB'，解得：FB'＝×（GA+m切g）＝2（GA+m切g）……③由①②③解得：m＝＝＝3.2kg，故D错误，D符合题意。故选：D。十四．绳子自由端移动的距离（共1小题）17．（2023秋•合阳县校级期中）工人使用如图所示的滑轮组将重450N的物体匀速提升2m，共用了10秒，动滑轮重50N，若在此过程中（忽略绳重和摩擦），下列说法正确的是（）A．绳子自由端移动的距离是6m B．提升该物体需要150N的力 C．工人做功的功率是100W D．该滑轮组的机械效率为83.3%【答案】C【解答】解：A、由图可知，n＝2，则绳子自由端移动的距离为s＝nh＝2×2m＝4m，故A错误；B、忽略绳重和摩擦，提升该物体需要的力为：F＝（G+G动）＝×（450N+50N）＝250N，故B错误；C、工人做功的功率为：P＝＝＝＝100W，故C正确；D、该滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝＝×100%＝90%，故D错误。故选：C。十五．绳子自由端移动的速度（共1小题）18．（2023秋•高新区期中）工人用如图甲所示的滑轮组运送货物上楼，滑轮组的机械效率随物重变化的图像如图乙，若10s内将重300N的物体匀速提升3m，不计绳重和摩擦，则（）A．拉力做功的功率为99W B．绳子自由端的拉力为100N C．绳子自由端移动的速度为0.3m/s D．该滑轮组的机械效率为90%【答案】A【解答】解：（1）由图甲知，承担重物绳子的段数n＝3，由s＝nh和v＝可得，绳端速度v＝＝＝0.9m/s，故C错误；（2）由图象知，提起270N物体时，滑轮组的机械效率为90%，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η＝＝＝＝，即：90%＝，解得：G动＝30N；当匀速提升重300N的物体时的机械效率：η′＝＝≈90.9%，故D错误；（3）不计绳重和摩擦，绳子自由端的拉力：F＝（G′+G动）＝×（300N+30N）＝110N，故B错误；拉力的功率：P＝＝＝Fv＝110N×0.9m/s＝99W，故A正确。故选：A。十六．测量滑轮组的机械效率的实验（共1小题）19．（2023秋•南昌县期中）在“探究动滑轮工作时的特点”活动中，小明用如图所示的动滑轮提升钩码，改变钩码的数量，在正确操作的情况下，测得的实验数据如下表所示：实验序号钩码重G/N钩码上升高度h/cm拉力F/N绳端移动的距离s/cm11.0101.12022.0101.72033.0102.320（1）实验时，用手竖直向上匀速拉动弹簧测力计，读出弹簧测力计的示数；（2）分析表中数据发现，实验中所用动滑轮的重力一定小于1.2N；（3）第①次实验中，动滑轮的机械效率为45.5%（保留一位小数）；（4）分析表中实验数据可知，同一动滑轮，所提升物重增大，机械效率将增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（5）在某一次测量中，弹簧测力计不是沿竖直向上拉，而是斜向上拉，其他条件不变，拉力将增大，机械效率将减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（6）小明计算出每一组总功与有用功和克服动滑轮重力的功的差值ΔW＝W总﹣W有﹣W轮，根据表格中的数据，发现重物的重力越大，差值ΔW越大（选填“越大”“越小”或“不变”）。【答案】（1）匀速；（2）1.2；（3）45.5%；（4）增大；（5）增大；减小；（6）越大。【解答】解：（1）在实验时，应用手竖直向上匀速拉动弹簧测力计，读出测力计的示数。（2）由F＝×（G物+G动）可知，由于动滑轮有重力，所以拉力大于物体重力的一半，当物重1N时，拉力为1.1N，故此时1.1N＝×（G动+1N），此时可得G动＝1.2N此时测得的动滑轮重力是忽略了摩擦等阻力，故现实中动滑轮的重力小于1.2N。（3）根据第①次实验数据可知W有＝Gh＝1N×0.1m＝0.1J，W总＝Fs＝1.1N×0.2m＝0.22J，η＝＝×100%≈45.5%；（4）由表中实验序号为①②的实验数据可知，对于同一动滑轮，所提升钩码的重力增大，机械效率将增大。（5）当方向不在竖直方向上时，其他条件不变时，由于动力臂变短，根据杠杆平衡条件可知这样会造成拉力偏大，根据η＝×100%，在有用功不变的情况下，总功增大，所以机械效率减小；（6）在计算出每一组总功与有用功和克服动滑轮重力的功的差值ΔW＝W总﹣W有﹣W轮，即克服绳重和绳子与轮之间的摩擦做的功时，要控制物体提升的高度相同，故应通过比较第①、②和③组的数据；ΔW1＝W总1﹣W有1﹣W轮＝0.22J﹣0.1J﹣G轮h＝0.12J﹣G轮h；ΔW2＝W总2﹣W有2﹣W轮＝1.7×0.2J﹣2.0×0.1J﹣G轮h＝0.14J﹣G轮h；ΔW3＝W总3﹣W有3﹣W轮＝2.3×0.2J﹣3.0×0.1J﹣G轮h＝0.16J﹣G轮h；故重物的重力越大，差值ΔW越大，原因是：所挂钩码增多，摩擦力增大，额外功增多。故答案为：（1）匀速；（2）1.2；（3）45.5%；（4）增大；（5）增大；减小；（6）越大。十七．提高滑轮组的机械效率（共1小题）20．（2023秋•安康期中）在老房改造项目中，工人师傅正在用如图所示的滑轮组提升建筑材料。工人师傅用300N的拉力F将一重为480N的建筑材料匀速拉起，在10s内建筑材料上升了2m。（1）拉力F做功的功率是多少？（2）滑轮组的机械效率是多少？（3）请你为工人师傅提出两个有效提高滑轮组机械效率的措施。【答案】（1）拉力F做功的功率是120W；（2）滑轮组的机械效率是80%；（3）要提高机械效率，要尽量减小额外功、增大有用功，可尽量让滑轮组满负荷工作（提升可以提升的最大物重）、在转轴上加润滑油、减轻动滑轮的自重等。【解答】解：（1）由图可知，n＝2，工人做的总功为：W总＝Fs＝Fnh＝300N×2×2m＝1200J，则拉力F做功的功率为：P＝＝＝120W；（2）工人做的有用功为：W有＝Gh＝480N×2m＝960J，则滑轮组的机械效率为：η＝＝×100%＝80%；（3）要提高机械效率，要尽量减小额外功、增大有用功，可尽量让滑轮组满负荷工作（提升可以提升的最大物重）、在转轴上加润滑油、减轻动滑轮的自重等。答：（1）拉力F做功的功率是120W；（2）滑轮组的机械效率是80%；（3）要提高机械效率，要尽量减小额外功、增大有用功，可尽量让滑轮组满负荷工作（提升可以提升的最大物重）、在转轴上加润滑油、减轻动滑轮的自重等。十八．滑轮、滑轮组机械效率的计算（共3小题）21．（2023秋•东台市期中）渔民利用如图所示的滑轮组把水中的小渔船拖上岸进行维护，当渔民作用在绳子自由端的拉力为200N时，小渔船在河水中以2m/s的速度匀速向右运动，受到水的阻力为320N。不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（）A．拉力的功率为400W B．滑轮组的机械效率为75% C．动滑轮受到的重力为80N D．增大小渔船在水中匀速运动时的速度，滑轮组的机械效率会增大【答案】C【解答】解：A、由图可知，n＝2，自由端移动的速度为：v绳＝nv物＝2×2m/s＝4m/s，拉力的功率为：P＝＝＝Fv绳＝200N×4m/s＝800W，故A错误；B、该滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝＝×100%＝80%，故B错误；C、根据F＝（f+G动）可知，动滑轮受到的重力为：G动＝nF﹣f＝2×200N﹣320N＝80N，故C正确；D、由η＝＝＝＝可知，增大小渔船在水中匀速运动时的速度，滑轮组的机械效率不变，故D错误。故选：C。22．（2023秋•常州期中）如图所示，2s内拉力F1将物体B匀速提升0.5m，F1做功为3J；若借助滑轮组，在相同时间内拉力F2把物体B匀速提升相同高度，滑轮组的机械效率为75%，不计绳重和摩擦，物体B的质量为0.6kg，拉力F2做功的功率为2W，动滑轮的重为2N（g取10N/kg）。【答案】0.6；2；2。【解答】解：拉力F1将物体B匀速提升过程中克服重力做功，根据W＝F1h＝Gh可知，物体B的重力为：G＝＝＝6N，物体B的质量为：m＝＝＝0.6kg；（2）在相同时间内拉力F2把物体B匀速提升相同高度，滑轮组克服物体B的重力做功与拉力F1将物体B匀速提升过程中克服重力做功相等，即W有＝W＝3J，根据η＝可知，总功为：W总＝＝＝4J，则拉力F2做功的功率为：P＝＝＝2W；不计绳重和摩擦，根据η＝＝＝＝可知，动滑轮重力为：G动＝﹣G＝﹣6N＝2N。故答案为：0.6；2；2。23．（2023秋•吴江区期中）质量为0.8kg的重物A先静止在水平桌面上，然后利用如图所示的装置将它匀速提升0.1m，所用的拉力F大小为5N，若绳重和摩擦不计，计算时g取10N/kg，求：（1）提升该物体时做的总功；（2）动滑轮的重力；（3）若仍用此装置将另一个重为10N的重物B也匀速提升0.1m，此时的机械效率。【答案】（1）提升该物体时做的总功为1J；（2）动滑轮的重力为2N；（3）若仍用此装置将另一个重为10N的重物B也匀速提升0.1m，此时的机械效率为83.3%。【解答】解：（1）由图可知，n＝2，提升该物体时做的总功为：W总＝Fs＝Fnh＝5N×2×0.1m＝1J；（2）若绳重和摩擦不计，根据F＝（G+G动）＝（mg+G动）可知，动滑轮的重力为：G动＝nF﹣mg＝2×5N﹣0.8kg×10N/kg＝2N；（3）若绳重和摩擦不计，若仍用此装置将另一个重为10N的重物B也匀速提升0.1m，此时的机械效率为：η＝＝＝＝＝×100%≈83.3%。答：（1）提升该物体时做的总功为1J；（2）动滑轮的重力为2N；（3）若仍用此装置将另一个重为10N的重物B也匀速提升0.1m，此时的机械效率为83.3%。十九．斜面机械效率的计算（共1小题）24．（2021秋•滨海县期中）如图所示，斜面长5m，高1m，把重为5000N的物体匀速地推向斜面顶端，此时斜面的机械效率为80%。则：（1）有用功是多少？（2）所用推力为多少？（3）物体受到的摩擦力为多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）所做的有用功：W有＝Gh＝5000N×1m＝5000J；（2）由η＝得总功为：W总＝＝＝6250J；由W总＝Fs得推力为：F＝＝＝1250N；（3）此过程的额外功为：W额＝W总﹣W有＝6250J﹣5000J＝1250J；由W额＝fs得摩擦力为：f＝＝＝250N。答：（1）有用功是5000J；（2）所用推力为1250N；（3）物体受到的摩擦力为250N。二十．含有滑轮组的复杂装置机械效率的计算（共1小题）25．（2023秋•化州市校级期中）建筑工地上，施工人员用起重机吊起建筑材料，如图所示，每件材料重均为3000N，施工台距离地面的高度h为3m．起重机沿竖直方向匀速提升一件材料时，钢绳的拉力F为2000N，不计钢绳重和摩擦。求：（1）起重机提升一件材料时，对材料做的有用功是多少？（2）滑轮组在提升这件材料时的机械效率是多大？（3）在施工安全的前提下，为了加快施工进度，起重机同时将两件材料在15s内匀速提到施工台上。求钢绳自由端拉力F的功率是多大？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵G＝3000N，h＝3m，∴起重机做的有用功：W有＝Gh＝3000N×3m＝9000J；（2）∵F＝2000N，s＝2h＝2×3m＝6m，∴滑轮组提升材料所做的总功：W总＝Fs＝2000N×6m＝12000J；滑轮组在提升这件材料时的机械效率η＝＝×100%＝75%；（3）∵不计钢绳重和摩擦，起重机只对动滑轮做额外功∴W外＝W总﹣W有＝12000J﹣9000J＝3000J起重机提升2件材料做的有用功：W有′＝G′h＝6000N×3m＝18000J；起重机提升2件材料拉力做的功：W总′＝W有′+W外＝18000J+3000J＝21000J；起重机提升2件材料拉力的功率：P＝＝＝1400W。答：（1）起重机提升一件材料时，对材料做的有用功是9000J；（2）滑轮组在提升这件材料时的机械效率是75%；（3）在施工安全的前提下，为了加快施工进度，起重机同时将两件材料在15s内匀速提到施工台上。求钢绳自由端拉力F的功率是1400W。二十一．物体吸热实验的数据和图像分析（共1小题）26．（2023秋•崇义县期中）小华在探究“不同物质的吸热能力”时，用相同的电加热器对质量均为1kg的水和另一种液体同时进行加热（不考虑热损失）。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），另一种液体的比热容小于水的比热容，通过实验画出温度随时间变化的图象如图所示。求：（1）水在20min内吸收的热量；（2）水在5min内吸收的热量；（3）另一种液体的比热容。【答案】（1））1.26×105；（2）3.15×104；（3）2.7×103。【解答】解：（1）根据相同质量的两种物质升高相同的温度，加热时间长的比热容大可知下面的是水的温度随时间的变化图象，根据Q吸＝cmΔt及图象可得，水在20min内吸收的热量为Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×105J；（2）水在5min内吸收的热量为Q吸′＝Q吸＝×1.26×105J＝3.15×104J；（3）根据Q＝cmΔt及图象可得，液体和水在15min内吸收的热量相同，可得液体的比热容为c液＝＝＝＝2.7×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）1.26×105；（2）3.15×104；（3）2.7×103。二十二．比热容的概念（共2小题）27．（2023秋•礼县期中）冰熔化为水是生活中常见的物理现象，关于该现象，下列判断正确的是（）A．温度保持不变，所以其内能也保持不变 B．吸收热量，所以冰水混合物含有的热量增加 C．物质种类保持不变，所以其比热容保持不变 D．该过程改变内能的方式与“钻木取火”不同【答案】D【解答】解：A、温度保持不变，内能可能变了，如晶体熔化，内能改变，温度不变，故A错误；B、吸收热量，所以冰水混合物含有的内能增加，故B错误；C、物质种类保持不变，其比热容可能变化，如水和冰，故C错误；D、冰熔化为水是通过热传递改变内能，“钻木取火”是通过做功改变内能，故D正确。故选：D。28．（2023秋•安徽期中）如图甲、乙所示，相同容器中装了质量相同的纯净水，用不同电加热器加热，忽略散热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的图象，下列说法正确的是（）A．加热相同时间，两杯水吸收的热量相同 B．吸收相同的热量，甲杯中水的末温比乙杯的高 C．升高相同温度，甲杯中水吸热比乙杯的少 D．相同时间内，甲杯中加热器放热比乙杯的多【答案】D【解答】解：A、由图象可知：给甲、乙两容器中水加热相同时间，甲容器中水升高的温度大于乙容器中水升高的温度。根据公式Q吸＝cmΔt分析可知，相同质量的同种物质，升高温度越多的物体吸收热量越多，分析可知，甲容器中水吸收热量更多，故A错误。B、根据公式Q吸＝cmΔt分析可知，相同质量的同种物质，吸收相同的热量，升高的温度相同。分析可知，甲、乙两容器中水末温相同，故B错误。C、根据公式Q吸＝cmΔt分析可知，相同质量的同种物质升高相同的温度，吸收热量相同。分析可知，甲、乙两容器中水吸收的热量相同，故C错误。D、有图象可知，同时加热两分钟，甲容器中水升高的温度大于乙容器中水升高的温度，所以甲容器中水吸收的热量大于乙容器中水吸收的热量，即：Q甲吸＞Q乙吸；忽略散热损失，甲杯中加热器释放的热量等于甲杯中水吸收的热量，即：Q甲吸＝Q甲放，乙杯中加热器释放的热量等于乙杯中水吸收的热量，即：Q乙吸＝Q乙放；分析可知，Q甲放＞Q乙放，甲杯中加热器放热比乙杯的多，故D正确。故选：D。二十三．利用比热容解释生活中的现象（共1小题）29．（2023秋•寿光市期中）夏天，海边的昼夜温差小，这是因为水的比热容较大。下列现象中不能反映水的这一特性的是（）A．北方供暖系统用水循环散热 B．春天的夜晚，农民往稻田里灌水以防秧苗冻坏 C．炎热的夏天常常在教室的地面上洒水 D．城区建造人工湖以降低“热岛效应”造成的夏季高温【答案】C【解答】解：A、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，水释放的热量多，所以北方供暖系统用水循环散热，故A不符合题意；B、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，所以晚上向秧苗田里放水，水可以放出更多的热量以防冻坏秧苗，故B不符合题意；C、炎热的夏天，往室内地面上洒水，水蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，不是利用水的比热容大的特点，故C符合题意；D、城市修建人工湖，使水的覆盖面积增大，因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收相同的热量，温度升高的少，可以减弱热岛效应，故D不符合题意。故选：C。二十四．比热容的比例计算（共1小题）30．（2023秋•宿城区校级期中）如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示为液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（）A．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2：3 B．甲液体比乙液体的比热容比大 C．升高相同温度，甲、乙吸收的热量相同 D．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比3：2【答案】D【解答】解：A、用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同，甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比应为1：1，故A错误；B、由图丙可知，将甲、乙两种液体从20℃加热至40℃时，甲用时2min，乙用时3min，由于加热器相同，则甲乙所吸收的热量之比为：根据Q＝cmΔt可得：＝＝＝所以甲的比热容比乙小，故B错误；C、将甲、乙两种液体从20℃均加热至40℃（没有达到沸点），即温度变化相同，质量相同，加热时间之比为2：3，故吸收的热量之比为2：3，故C错误；D、加热相同的时间，则吸收的热量相同，又甲、乙质量也相同，由Q＝cmΔt可知甲、乙两种液体升高的温度之比为：Δt甲：Δt乙＝：＝c乙：c甲＝3：2，故D正确。故选：D。二十五．热平衡方程及其应用（共2小题）31．（2023秋•沭阳县校级期中）甲、乙两物体的质量之比为2：3，当甲物体温度升高10℃，乙物体温度降低15℃时，甲、乙两物体吸收和放出的热量相等，则甲、乙两物体的比热容之比为（）A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4【答案】D【解答】解：由题知，m甲：m乙＝2：3，Δt甲＝10℃，Δt乙＝15℃，∵Q吸＝c甲m甲Δt甲，Q放＝c乙m乙Δt乙，∴＝＝＝＝。故选：D。32．（2023秋•雁塔区校级期中）一个容器中装有40kg温度是10℃的冷水，若用某一热水器把它加热到温度为60℃时，共用了0.6m3的天然气，已知天然气的热值为2.8×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。（1）这次加热过程中，水吸收的热量是多少；（2）该热水器的实际效率是多少；（3）如果不用热水器，而是先往容器中导入少量温度未知的冷水后，再往容器中导入热水，当往容器中导入一桶质量是m的热水时，发现冷水的温度升高了5℃，当往容器中再倒入同样的一小桶热水时，水的温度又升高了3℃，若再不停向容器内倒入10次同样的热水，则容器中的水温度将再升高多少℃（容器足够大，水不会溢出）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（60℃﹣10℃）＝8.4×106J；（2）天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.6m3×2.8×107J/m3＝1.68×107J；燃气灶的效率：η＝×100%＝×100%＝50%。（3）设热水和冷水的温度差为t，质量为m的一桶热水倒入保温容器中，使得冷水温度升高了5℃，Q吸＝Q放，从而可知，cm（t﹣5℃）＝cm冷×5℃，①又向容器中倒入一桶同质量为m同温度的热水，水温又上升了3℃，Q吸＝Q放，从而可知，cm（t﹣5℃﹣3℃）＝c（m+m冷）×3℃，②则①﹣②得：3℃cm＝5℃cm冷﹣3℃cm冷﹣3℃cm，整理得：6℃cm＝2℃cm冷，解得：m冷＝3m，代入①式可得热水和冷水的温度差，t＝20℃；假设我们将全部热水一次性注入保温容器，则根据能量守恒：c×12×m（t﹣Δt）＝cm冷ΔtΔt＝t解得：Δt＝16℃；容器内水温升高：Δt＝16℃﹣5℃﹣3℃＝8℃。答：（1）水吸收的热量为8.4×106J；（2）该热水器的实际效率是50%；（3）容器中的水温度将升高8℃。二十六．内燃机的四个冲程（共1小题）33．（2023秋•青岛期中）如图甲为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度，如图乙为汽油机的工作冲程。下列判断不正确的是（）A．舰载机获得的牵引力是因为气缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞 B．气缸内的蒸汽推动活塞后，内能增加 C．从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图乙中C所示的原理相似 D．从能量转化角度讲，图乙中B冲程是把机械能转化为内能【答案】B【解答】解：AB、甲图中，气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，其内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力，该过程中内能转化为机械能，燃气的内能减小，故A正确，B错误；C、图中汽油机两气门都关闭，火花塞点火和活塞向下移动，是汽油机的做功冲程，也是内能转化为机械能的过程，与蒸汽弹射装置工作时的原理相似，故C正确；D、图中汽油机两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，此冲程机械能转化为内能，故D正确。故选：B。二十七．热值的简单计算（共1小题）34．（2023秋•榆阳区期中）小明组装了如图所示的装置探究煤油和菜籽油的热值大小。燃料加热前的水温/℃燃料燃尽后水温/℃煤油2080菜籽油2050（1）为了保证实验结论可靠，小明选择了两套相同装置，在实验中除了要控制A、B两烧杯内水的初温及质量相等，也要控制煤油和菜籽油的质量相等。（2）实验中测得的数据如上表所示，根据数据可知煤油的热值较大。（3）小明还想利用该实验测量出煤油的热值，除了图中装置以外，还要使用的测量仪器是天平。利用此实验方法计算出煤油的热值将比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）质量；（2）煤油；（3）天平；偏小。【解答】解：（1）因燃料放出的热量与质量有关，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，所以在实验中应控制水的初温及质量相等；（2）由图表数据可知在相同时间内甲杯中的水温度升高的快，所以煤油的热值较大；（3）要控制质量相等，需要用天平来测量；由于燃料并不可能完全燃烧，燃料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，依此计算出煤油和菜籽油的热值比实际要偏小些。故答案为：（1）质量；（2）煤油；（3）天平；偏小。二十八．固体和液体的热值计算（共1小题）35．（2023秋•顺德区校级期中）某垃圾处理厂处理垃圾时提炼出了200kg燃料油，若燃料油的热值为4.0×107J/kg，则这些燃料油完全燃烧放出的热量为8×109J；燃料油燃烧时放热，燃料油的化学能转化为内能。当这些燃料油燃烧一半时，燃料油的热值不变（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】8×109；内；不变。【解答】解：某垃圾处理厂处理垃圾时提炼出了200kg燃料油，若燃料油的热值为4.0×107J/kg，则这些燃料油完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝200kg×4.0×107J/kg＝8×109J；燃料燃烧时的能量转化是化学能转化为内能；燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，故当这些燃料油燃烧一半时，燃料油的热值不变。故答案为：8×109；内；不变。二十九．热机的效率公式与计算（共4小题）36．（2023秋•龙文区期中）目前家庭汽车保有量越来越高，以下跟汽车有关的热现象中说法正确的是（）A．汽油燃烧越充分，它的热值就越大 B．家庭用汽车的汽油机效率可达80% C．汽车水箱中加入适量酒精降低了水的凝固点，防止水结冰胀破水箱 D．夏天汽车内开空调时，会在车窗内侧玻璃上产生水雾【答案】C【解答】解：A、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，故A错误；B、汽油机的效率通常在20%～30%之间，新研发的汽车汽油机热机的效率不可达80%，故B错误；C、液体混合后，凝固点会降低，所以汽车水箱中加入适量酒精降低了水的凝固点，防止水结冰胀破水箱，故C正确；D、夏天，车内开空调温度低，车外温度高，车外温度高的水蒸气遇到温度低的玻璃液化在车窗的外表面，故D错误。故选：C。37．（2023秋•射洪市校级期中）某款环保能源汽车——氢能重卡，采用氢燃料发动机获得动力。若某次运输过程中，汽车以300kW的恒定输出功率，在水平公路上匀速直线行驶了20min，汽车发动机的效率为75%。汽车牵引力做的功为3.6×108J；这次行驶过程中，汽车消耗的氢能为4.8×108J；若这次行驶过程中消耗的氢能由柴油来提供，至少需要完全燃烧柴油12kg（q柴油＝4.0×107J/kg）。【答案】3.6×108；4.8×108；12。【解答】解：汽车以300kW的恒定输出功率，在水平公路上匀速直线行驶了20min，则汽车牵引力做的功为：W＝Pt＝300×103W×20×60s＝3.6×108J；消耗的氢能为：Q放＝＝＝4.8×108J；若这次行驶过程中消耗的氢能由柴油来提供，则需要完全燃烧柴油的质量为：m＝＝＝12kg。故答案为：3.6×108；4.8×108；12。38．（2023秋•小店区期中）混合动力汽车具有节能、低排放等优点，某新型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。该车在某次高速行驶测试中，蓄电池已储存电能5.12×108J，汽车以50km/h的速度匀速行驶了0.5h，同时蓄电池的电能又增加了10%，车速与所受阻力的关系如图所示。（燃料的热值q＝4.5×107J/kg）请你计算：（1）测试过程中，消耗的8kg燃料完全燃烧放出的热量；（2）测试过程中汽车牵引力做的功；（3）在该次测试中内燃机的效率。【答案】（1）测试过程中，消耗的8kg燃料完全燃烧放出的热量为3.6×108J；（2）测试过程中汽车牵引力做的功为1×108J；（3）在该次测试中内燃机的效率为42%。【解答】解：（1）燃料完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq燃料＝8kg×4.5×107J/kg＝3.6×108J；（2）汽车以50km/h的速度匀速行驶了0.5h，则汽车行驶的路程为：s＝vt＝50km/h×0.5h＝25km＝25000m，由图像可知，当汽车速度达到50km/h时，汽车受到的阻力是f＝4000N，因为汽车做匀速直线运动，处于平衡状态，牵引力和阻力是一对平衡力，所以牵引力F＝f＝4000N，测试过程中汽车牵引力做的功为：W＝Fs＝4000N×25000m＝1×108J；（3）蓄电池增加的电能为E＝5.12×108J×10%＝5.12×107J，有效利用的能量等于汽车牵引力做的功与转化成电能的能量之和，即W有＝W+E＝1×108J+5.12×107J＝1.512×108J，在该次测试中内燃机的效率为：η＝×100%＝×100%＝42%。答：（1）测试过程中，消耗的8kg燃料完全燃烧放出的热量为3.6×108J；（2）测试过程中汽车牵引力做的功为1×108J；（3）在该次测试中内燃机的效率为42%。39．（2023秋•邗江区校级期中）2023年杭州亚运会举行期间，氢燃料客车、纯电动汽车成为承担此次亚运会交通出行任务的最主要力量。一辆氢燃料公交车正在平直路面行驶，已知氢的热值q氢＝1.4×108J/kg，求：（1）质量为0.5kg的氢燃料完全燃烧放出的热量。（2）氢燃料公交车以恒定功率匀速直线行驶，其效率为50%，完全燃烧0.5kg的氢燃料可使公交车行驶175s，公交车匀速直线行驶时的功率。【答案】（1）质量为0.5kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为7×107J；（2）公交车匀速直线行驶时的功率为2×105W。【解答】解：（1）0.5kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq氢＝0.5kg×1.4×108J/kg＝7×107J；（2）公交车做的功为：W＝ηQ放＝50%×7×107J＝3.5×107J，公交车匀速直线行驶时的功率为：P＝＝＝2×105W。答：（1）质量为0.5kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为7×107J；（2）公交车匀速直线行驶时的功率为2×105W。三十．燃料燃烧释放的能力的流向（共1小题）40．（2023秋•赛罕区校级期中）如图甲所示，在试管内装些水，用软木塞塞住，给水加热，通过热传递（选填“做功”或“热传递”）方式使水的内能增加。水沸腾，水蒸气会把木塞冲开将水蒸气的内能转化为活塞的机械能，四冲程内燃机的做功冲程与这个工作原理相同。根据图乙给出的内燃机能量流向的信息图，可知该内燃机的工作效率为32%。【答案】热传递；内；机械；做功；32。【解答】解：用酒精灯给试管内的水加热过程中，水吸收热量、内能增加，是通过热传递的方式改变水的内能的；水蒸气冲开瓶塞过程中，水蒸气对瓶塞做功，水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能，这一过程的能量转化情况与内燃机做功冲程相同；由图可知，有用功的能量：100%﹣33%﹣30%﹣5%＝32%，所以该内燃机的工作效率为32%。故答案为：热传递；内；机械；做功；32。三十一．电源的能量转化（共1小题）41．（2023秋•泗阳县期中）如图所示，小雨用几只插有铜片和铝片的水果串联后能够点亮发光二极管。关于这个现象，下列说法中正确的是（）A．插有铜片和铝片的水果相当于此电路中的开关 B．二极管能发光，但该电路不是一个完整的电路 C．二极管相当于此电路中电源，把化学能转化为电能 D．水果电池把电能转化为光能【答案】B【解答】解：A．插有铜片和铝片的水果相当于此电路中的电源，故A错误；B．完整的电路必须包含开关，该电路缺少开关，所以二极管能发光，但该电路不是一个完整的电路，故B正确；C．二极管相当于此电路中的用电器，把电能转化为光能，故C错误；D．水果电池把化学能转化为电能，故D错误。故答案为：B。三十二．根据实物图画电路图（共2小题）42．（2023秋•崂山区校级期中）下列电路图中，与实物电路图对应的是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：由实物图可知，开关闭合后，电流从电源的正极出发，分成两条支路，一条经过灯泡L1，另一条经过灯泡L2、开关S2，两条支路汇合后经过开关S1流回电源的负极，故A正确；BCD错误。故选：A。43．（2023秋•楚雄州期中）如图所示为一实物电路，请在方框内画出对应的电路图。（要求用直尺画）【答案】见试题解答内容【解答】解：据实物图可知，电流从电源正极出发，经过开关S、再经过滑动变阻器、灯泡L2、灯泡L1回到的电源的负极，电压表测量的是L1的电压；如下图：三十三．根据电路图连接实物（共1小题）44．（2023秋•开远市校级期中）按电路图连接实物图。【答案】【解答】解：由电路图知，两灯并联，电流表测量干路中的电流，开关S1在干路上，控制整个电路，开关S2在L2支路上；在不知道干路电流大小的情况下，电流表选用大量程，如下所示：三十四．串联和并联的概念与辨析（共3小题）45．（2023秋•潮南区校级期中）如图所示，当开关闭合后，电路图中两灯泡属于并联的是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：A、该图中，当开关闭合后，右边的灯泡发生短路，即只有一条电流的路径，故是串联电路，故A错误；B、两灯泡为顺次连接，因此为串联电路，故B错误；C、该图中，当开关闭合后，右边的灯泡发生短路，即只有一条电流的路径，故是串联电路，故C错误；D、该图中的两灯泡为并列连接，因此两灯泡形成的电路为并联电路，D正确。故选：D。46．（2023秋•来凤县校级期中）如图所示的电路中，开关S闭合后三盏灯L1、L2、L3属于并联的是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：A、开关S闭合后，电路中有三条支路，三盏灯L1、L2、L3是并联的，故A正确。B、开关S闭合后三盏灯L1、L2、L3只有一条通路，它们之间是串联的，故B错误。C、开关S闭合后灯L1、L3并联后与L2串联，故C错误。D、开关S闭合后灯L1、L3串联后再与L2并联，故D错误。故选：A。47．（2023秋•泗阳县期中）在如图所示的电路中，只闭合S2，灯泡L1和L2串联；若使灯泡L1和L2并联，应只闭合开关S1、S3；若同时闭合S2和S3两个开关，则可能烧坏电流表（选填“电流表”或“电压表”）。【答案】串；S1、S3；电流表。【解答】解：只闭合S2，灯泡L1和L2，电流依次经过两灯泡，两灯泡串联。若使灯泡L1和L2并联，应只闭合开关S1、S3，使电流分别经过两灯泡。同时闭合S2、S3，电流表独自连接在电源的两端，电路中电阻很小，电流很大，电流表可能烧坏。故答案为：串；S1、S3；电流表。三十五．电流表的使用方法（共1小题）48．（2023秋•澄迈县期中）如图，闭合开关S，灯泡L发光，请在电路的“〇”中填入电流表或电压表的符号。【答案】【解答】解：如图，上面圈内电表与灯串联，为电流表；下面圈内电表与灯并联，为电压表，如图所示：。三十六．探究串联电路中各处电流的关系（共1小题）49．（2023秋•新民市期中）在“探究串联电路的电流特点”的实验中，小红同学选用两个不同的小灯泡组成了如图甲所示的串联电路，然后用一个电流表分别接在a、b、c三处去测量电流。（1）连接好电路后闭合开关，小惠发现L1、L2两只灯泡都不亮，他用手按了一下灯泡L1，L1、L2两只灯泡都不亮，按一下灯泡L2，两灯都亮，松开手两灯又不亮，则故障可能是L2与灯座接触不良（选填“L1灯丝断了”、“L2灯丝断了”、“L1短路”或“L2与灯座接触不良”）。（2）排除故障后，闭合开关两灯同时亮，断开开关两灯同时灭；将开关S换接到L1和L2之间、L1和电池负极之间，观察到同样的现象。这样操作的目的是探究串联电路中开关的作用与位置是否有关。（3）小红先把电流表接在a处，闭合开关后，发现两灯的亮度不稳定，电流表的指针也来回摆动。故障的原因可能是B。A.某段导线断开B.某接线柱处接触不良C.某灯泡被短路D.电流表被烧坏（4）她排除故障后，她测量了a、b、c三处的电流，又改变灯泡的规格进行了多次实验，其中一次实验的测量数据如表，在分析数据时，发现三处的测量值有差异。下列分析正确的是A。Ia/（A）Ib/（A）Ic/（A）0.160.150.14A.可能是因为测量误差造成的B.是因为没有对电流表调零C.串联电路中各处的电流本来就不等D.电流从电源正极流向负极的过程中，电流越来越小【答案】（1）L2与灯座接触不良；（2）串联电路中开关的作用与位置是否有关；（3）B；（4）A。【解答】解：（1）连接好电路后闭合开关S，小慧发现L1、L2两只灯泡都不亮，说明电路可能断路，她用手按一下灯泡L1，L1、L2仍然都不亮，这说明不是L1断路；按一下灯泡L2，两灯都亮，这说明此时的电路是通路，松开手两灯又不亮，所以故障是L2与灯座接触不良；若L2灯丝断了，则按一下灯泡L2，两灯都不亮；（2）串联电路的特点：各用电器不能独立工作、相互影响，开关控制所有用电器，开关的位置变化时，控制作用不变，闭合开关两灯同时亮，断开开关两灯同时灭；将开关S换接到L1和L2之间、L1和电池负极之间，观察到同样的现象；这样操作的目的是探究串联电路中开关的作用与位置是否有关；（3）A、若某段导线断开，电路断路，则灯不发光，电流表没有示数，不符合题意；B、某接线柱处接触不良，则电路时通时断，发现两灯的亮度不稳定，电流表的指针也来回摆动，符合题意；C、某灯泡被短路，则灯不发光，电流表示数大小不变，不符合题意；D、电流表被烧坏，则电路断路，灯不发光，电流表没有示数，不符合题意；故选：B；（4）A、测量过程中总是存在误差，故A正确；B、若是因为没有对电流表调零造成的，则电流总是偏大或偏小，故B错误；CD、串联电路各处的电流相等，故CD错误；故选：A。故答案为：（1）L2与灯座接触不良；（2）串联电路中开关的作用与位置是否有关；（3）B；（4）A。三十七．运用串联电路中的电流规律计算（共1小题）50．（2023秋•乐陵市期中）如图所示，电源电压为4V，闭合开关S后，电压表V2的示数U2＝1.5V．电流表A的示数I＝0.2A．求：（1）通过L1的电流多大？（2）电压表V1的示数多大？【答案】见试题解答内容【解答】解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测L1两端的电压，电压表V2测L2两端的电压。（1）由串联电路中各处的电流相等可知：通过用电器L1的电流为0.2A；（2）根据串联电路中总电压等于各电阻两端的电压之和可知：电压表V1的示数为U1＝U﹣U2＝4V﹣1.5V＝2.5V。答：（1）通过L1的电流为0.2A；（2）电压表V1的示数为2.5V。三十八．探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系（共2小题）51．（2023秋•市南区校级期中）小明用如图甲所示电路“探究并联电路的电流规律”，实验情况如下：（1）小明先将电流表接在A处，闭合开关前，发现电流表的指针偏转如图乙所示，接下来他的操作是调零。（2）小明再将电流表接在B处，闭合开关后，观察到灯L1发光，但灯L2不发光，电流表的示数为零。若电路只存在一处故障，可能是C（选填符合要求的选项字母）。A．灯L1断路B．灯L1短路C．灯L2断路D．灯L2短路（3）小明将电流表接入电路中的位置如图丙所示，则此时电流表测量的是B（选填“A”或“B”）处的电流；若他要想测量C处的电流，只需要在图丙中改动一根导线的一个端点，请你在图丙需要改动的导线上打“×”号，并在图丙中连接出新的导线。（4）小明更换不同的用电器进行了四次实验，分别测出了A、B、C三处的电流，记录的数据如下表。实验次数A点电流IAB点电流IBC点电流IC10.240.200.4420.400.160.5631.500.200.5040.180.360.56①小明设计的记录表格的不妥之处为电流数值没有单位；②表格中第3次A点的数据是错误的，这种错误的原因可能是电流表选用小量程却按大量程读数了。（5）剔除掉错误数据，通过分析可以得到的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。【答案】（1）调零；（2）C；（3）B；见解答图；（4）①电流数值没有单位；②电流表选用小量程却按大量程读数了；（5）各支路电流之和。【解答】解：（1）小明先将电流表接在A处，闭合开关前，发现电流表的指针偏转如图乙所示，即电流表指针没有与零刻度线对齐，故接下来他的操作是调零；（2）小明再将电流表接在B处，闭合开关后，观察到灯L1发光，但灯L2不发光，电流表的示数为零，说明灯L2这条支路可能断路，若电路只存在一处故障，可能是灯L2断路，故选：C；（3）由图丙可知，电流表与灯L2串联，测灯L2的电流，对照图甲可知，此时电流表测量的是B处的电流；若他要想测量C处的电流，电流表应串联在干路中，如下图所示：；（4）①表中记录的电流数值没有单位，应该补充单位A；②根据电流表大小量程之比为5：1，造成该数据错误的原因应该是电流表选用小量程却按大量程读数了，实际电流大小为＝0.3A；（5）剔除掉错误数据，由表中数据可知，0.24A+0.2A＝0.44A，0.4A+0.16A＝0.56A，0.18A+0.36A＝0.54A≈0.56A，忽略误差不计，故可以得到的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。故答案为：（1）调零；（2）C；（3）B；见解答图；（4）①电流数值没有单位；②电流表选用小量程却按大量程读数了；（5）各支路电流之和。52．（2023秋•工业园区校级期中）小刚、小华在进行“探究并联电路电流特点”实验：（1）在连接电路过程中，开关应该是断开（断开/闭合）的。（2）小刚同学连接了如图一所示电路，如果合上开关，电路所处的状态是短路（选填“通”、“断”或“短”）。请你对图一导线进行改动，要求：只改动一根导线，使电路组成并联电路。（3）小华同学想通过图二所示的电路来比较并联电路中L1和L2中的电流的大小关系，他的方案是：只闭合S2测出L1中的电流I1；只闭合S1测出L2的电流I2，比较I1和I2的大小，请你评估：小华的方案不可行（选填“可行”或“不可行”），理由是电流表正负接线柱接反了。（4）发现各自的问题后，两位同学决定采用图三所示电路进行实验，两位同学换用不同规格的灯泡，依次测量了B、D、E三点的电流，并将数据记录在下表，对于测量数据的相关分析，以下说法正确的是A。组别L1规格L2规格IB/AID/AIE/A1甲甲0.120.120.222乙丙0.160.200.343甲丁0.140.140.264甲丁0.160.180.32A.选用多组实验数据，不是为了减小误差B.IB+ID总是略大于IE，可能是电流表未调零引起的，由数据可知电流表未调零时指在0.01AC.IB+ID总是略大于IE，由于E处更接近电源负极，电流流经L1、L2时消耗了【答案】（1）断开；（2）短；见解答图；（3）不可行；电流表正负接线柱接反了；（4）A。【解答】解：（1）为了保护电路，在连接电路过程中，开关应该是断开的；（2）由图一可知