资源简介

广东省肇庆市封开县广信中学2024-2025学年九年级上学期10月作业大检查物理试题
一、单选题
1．（2024九上·封开月考）如图所示，下列几个实例中，力没有做功的是（　　）
A．人拉车前进的过程
B．石头未搬动
C．划火柴的过程
D．刹车后仍向前滑行
【答案】B
【知识点】是否做功的判断
【解析】【解答】明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。A．人拉车前进的过程，人给车一个向前的力，车向前移动了距离，拉力对车做功，故A不符合题意；
B．用力搬石头，人给石头一个向上的力，石头向上没有移动距离，力对石头没有做功，故B符合题意；
C．划火柴时，克服摩擦做功，故C不符合题意；
D．汽车受到刹车阻力的作用，并且其产生力效果，使汽车由运动变为静止，故刹车阻力对汽车做了功，故D不符合题意。
故选B。
【分析】做功的两个必要因素：①作用在物体上的力，②物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可。
2．（2024九上·封开月考）如图所示，小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中，小明的（　　）
A．重力势能减小，机械能减小 B．动能不变，机械能不变
C．重力势能减小，动能增大 D．重力势能不变，机械能减小
【答案】A
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中，质量不变，高度降低，则重力势能减小；速度不变，则动能不变；动能不变，重力势能减小，则机械能减小。故A正确。
故答案为A。
【分析】动能影响因素：质量、速度；
重力势能影响因素：质量、高度；
机械能是动能与势能的总和。
3．（2024九上·封开月考）将一铁块投入水中，它们之间没有发生热传递，是因为它们具有相同的（　　）
A．热量 B．质量 C．温度 D．内能
【答案】C
【知识点】热传递的概念与方式
【解析】 【解答】热传递的方向是从高温物体到低温物体， 或者从物体的高温部分到低温部分。根据题意知道，它们之间没有发生热传递，即说明温度是相同的，故C符合题意。
故选C。
【分析】发生热传递的条件是两个物体之间必须存在温度差才行，否则，不会发生热传递。
4．（2024九上·封开月考）下列实例中，通过做功改变物体内能的是（　　）
A．物体放在取暖器旁温度升高
B．反复弯折铁丝，弯折处温度升高
C．食品放入电冰箱后温度降低
D．医生用冰袋给发热的病人降温
【答案】B
【知识点】做功改变物体内能
【解析】【解答】A．在取暖器旁的物体，温度升高，属于热传递改变物体的内能，A不符合题意；
B．反复弯折铁丝，弯折处发烫，属于做功改变物体的内能，B符合题意；
C．食品放入电冰箱，温度降低，属于热传递改变物体的内能，C不符合题意；
D．医生用冰袋给发热的病人降温属于热传递改变物体的内能，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】做功可以改变物体的内能，外界对物体做功物体的内能增加，物体对外界做功物体的内能减小。
5．（2024九上·封开月考）下列各种情况中，物质的比热容会变化的是（　　）
A．一壶食用油用了一部分 B．将铁块锉成铁球
C．0℃的水变成20℃的水 D．水凝固成冰
【答案】D
【知识点】比热容
【解析】【解答】本题要理解比热容是物质的一种特性，牢记物质的比热容与质量、温度、形状无关。物质的比热容是物质本身的一种特性，一般只与物质的种类、状态有关，与物质的质量、温度、形状无关。所以一壶食用油用了一部分，质量减小，比热容不变；将铁块锉成铁球，形状和质量变化，比热容不变；0℃的水变成20℃的水，温度变化，但状态不变，比热容不变；水凝固成冰，状态发生改变，比热容也会发生改变，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】物质的比热容是物质本身的一种特性，与物质种类及状态有关，与质量大小、温度变化、形状的改变没有关系。
6．（2024九上·封开月考）关于燃料的热值，下列说法中正确的是（　　）
A．燃料的热值越大，燃烧时达到的温度就越高
B．燃料的热值越大，燃烧时放出的热量就越多
C．燃料燃烧越充分，则燃料的热值就越大
D．燃料的热值与燃料的质量以及燃烧情况无关
【答案】D
【知识点】燃料的热值
【解析】【解答】1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值；热值是燃料的一种特性， 燃料燃烧放出的热量与是否完全燃烧、燃料的热值和质量都无关系，因此热值大的燃料燃烧时达到的温度不一定高；放出的热量不一定多，ABC不符合题意；燃料的热值只与燃料的种类有关，与燃料的质量及燃烧情况无关，D符合题意。
故答案为：D
【分析】燃料的热值和燃料的种类有关，和燃料的质量、燃烧情况等无关.
7．（2024九上·封开月考）一个轻质小球靠近用毛皮摩擦过的橡胶棒时，它们相互吸引，则小球（　　）
A．一定不带电 B．一定带负电
C．一定带正电 D．可能不带电
【答案】D
【知识点】物体带电情况的判断
【解析】【解答】解：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，把一个轻质的小球靠近用毛皮摩擦过的橡胶棒时，它们相互吸引；
说明这个小球可能带与橡胶棒不同的电荷（正电荷），也可能不带电．
故选项ABC错误，选项D正确．
故选D．
【分析】带电体具有吸引轻小物体的性质；电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
二、填空题
8．（2024九上·封开月考）在水平桌面上，2s内将重为20N的木块沿直线匀速向前推了5m，所用的推力为4N，则推力所做的功是　 　J，功率是　 　W，重力所做的功为　 　J。
【答案】20；10；0
【知识点】功的计算及应用
【解析】【解答】根据做功公式可知推力做功W=Fs=4N×5m=20J，功率P=，重力和物体移动方向垂直，所以重力不做功。
综上 第1空、 20； 第2空、10； 第3空、0.
【分析】功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
9．（2024九上·封开月考）如图所示，在毽子被踢出后竖直上升的过程中，它的动能　 　，重力势能　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），当毽子竖直上升时只受　 　作用。
【答案】减小；增大；重力
【知识点】机械能及其转化；重力及其大小的计算
【解析】【解答】本题考查了学生对物体受力分析，动能和重力势能大小变化的判断，能够分清影响动能和势能大小的因素是解题的关键。毽子被踢出后竖直上升的过程中，其质量不变、速度减小、高度增加，故其动能减小、重力势能增大。毽子竖直上升时只受重力作用。
【分析】物体由于运动而具有的能叫做动能，影响动能大小的因素是质量和速度；物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素是质量和高度。重力是指在地球附近，由于地球的吸引而使物体受到的力。
10．（2024九上·封开月考）如图所示，小明用一个滑轮组将重为425N的物体在10s内匀速提升4m，人所用的拉力为250N，此过程中有用功是　 　J，滑轮组的机械效率是　 　，拉力的功率是　 　W。
【答案】1700；85%；200
【知识点】机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】本题考查了功的公式、机械效率公式、功率公式的应用，明确有用功、总功和机械效率的含义是关键。425N的物体在10s内匀速提升4m，有用功为
由图知n=2，则拉力端移动的距离
拉力做的总功为
滑轮组的机械效率
拉力做功的功率
【分析】利用W=Gh求出有用功；由图知，n=2，拉力端移动距离s=2h，利用W=Fs求出总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
11．（2024九上·封开月考）如题图是单缸四冲程汽油机的　 　冲程，由图可看出此冲程中汽油机实现了　 　能转化为机械能，若该汽油机每秒完成100个冲程，则汽油机飞轮的转速是　 　r/min。
【答案】做功；内；3000
【知识点】热机的四个冲程
【解析】【解答】本题考查了内燃机四个冲程的特点以及有关热机的简单计算，属于基础题。在热机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的。如图，两个气门关闭，活塞下行，火花塞点火，所以该冲程汽油机的做功冲程，做功冲程将高温高压燃气的内能转化为飞轮机械能。四冲程发动机1个工作循环完成4个冲程，飞轮转2圈，做1次功；若该汽油机每秒完成100个冲程，则飞轮转50圈，则1min飞轮转50圈×60＝3000圈，所以飞轮的转速为3000r/min。
【分析】四冲程汽油机的一个工作循环有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程，根据两气门的闭合情况和活塞的运动方向判定是哪个冲程；内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能；在做功冲程中，将内能转化为机械能；推动活塞带动发动机的飞轮转动，其他冲程靠飞轮的惯性完成的；汽油机的一个工作循环由四个冲程组成，曲轴转2圈，做功一次。
12．（2024九上·封开月考）学校举办春季运动会，参加拔河比赛的同学双手发热，这说明　 　可以改变手的内能，某同学用手握住棒棒冰给手降温，这是利用　 　（前两空均选填“做功”或“热传递”）的方法改变内能。这两种方式对于改变物体的内能是　 　的。
【答案】做功；热传递；等效
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】内能是指物体内所有做无规则运动的分子动能和分子势能的总和；参加拔河比赛的同学手与绳子摩擦，绳子对手做功使手内能增加，说明做功的方式改变物体的内能。某同学用手握住棒棒冰，手的温度比棒棒冰高，热量从手传递到棒棒冰上，手的内能降低，温度降低，这是通过热传递的方式来改变物体的内能。做功与热传递这两种方式对于改变物体的内能来说效果相同，所以是等效的。
【分析】在常见物质中，水的比热容是最大的，因此，在相同条件下水吸收的热量较多，而在吸收相同热量时，水升温则较小；做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移。
13．（2024九上·封开月考）夏季市区气温往往比郊外要高，这就是热岛效应，人们修建人工湖、喷水池，主要利用水的　 　大来调节气温，这是用　 　的方式使水的内能增加，把质量为，初温是的水加热到，这些水吸收的热量是　 　。
【答案】比热容；热传递；4.2×105
【知识点】比热容
【解析】【解答】本题考查了学生对水的比热容大的特点的应用以及改变物体内能方法的应用，属于基础题。因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，能有效调节气温，利用热传递方式改变物体的内能。这些水吸收的热量
【分析】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的少；知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm（t-t0）求水吸收的热量。
14．（2024九上·封开月考）如图所示，A球带正电，则B球带　 　（选填“正”或“负”）电；C球的带电情况是：　 　或　 　（后两空选填“带正电”“带负电”或“不带电”）。
【答案】正；带负电；不带电
【知识点】电荷间的相互作用规律；物体带电情况的判断
【解析】【解答】在根据物体间的作用规律判定物体带电情况时，要注意两者相互吸引有两种可能：异种电荷相互吸引；带电体具有吸引轻小物体的性质。同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，由图可知，A、B互相排斥，若A带正电，则B也带正电，B与C相互吸引，B带正电，C可能带负电，由于带电体可以吸引轻小物质，所以C也可能不带电。
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体。
三、作图题
15．（2024九上·封开月考）（1）请在图乙中画出图甲的实物图对应的电路图；
（2）组装如图所示的滑轮组，使绳自由端拉力F的方向向下；
（3）重为4牛的小球，漂浮在液面上，请在图中画出小球的受力示意图。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】重力示意图；浮力及其产生原因；滑轮组的设计与组装；根据实物图画电路图
【解析】【解答】（1） 本题考查根据实物图画电路图，正确分析电路的组成是关键。根据实物图，电流从电源正极流出，经开关、灯泡回到负极，如图所示
（2）绳子自由端拉力F的方向向下，则只能组成2段绳子来承担总重，如图所示
（3） 力的示意图是用一条带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
小球漂浮在水面，受到重力与浮力是一对平衡力，其大小相等，方向相反，作用点均在物体上，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，如图所示
【分析】（1）分析实物图，得出电路的组成、开关的位置，据此画出对应的电路图。
（2）滑轮组绳子的绕法有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，然后再绕过下面的动滑轮再向上绕到定滑轮上，依次反复绕，这种绕法有偶数段绳子承担物重；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，然后再绕过上面的定滑轮再向下，依次反复绕，这种绕法有奇数段绳子承担物重。
（3）重力方向竖直向下，其作用点在重心处，将重力大小标注在箭头处。
（1）根据实物图，电流从电源正极流出，经开关、灯泡回到负极，如图所示
（2）绳子自由端拉力F的方向向下，则只能组成2段绳子来承担总重，如图所示
（3）小球漂浮在水面，受到重力与浮力是一对平衡力，其大小相等，方向相反，作用点均在物体上，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，如图所示
四、实验题
16．（2024九上·封开月考）如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。
（1）实验中研究的是　 　（选填“小球”或“木块”）的动能大小；
（2）如图中实验可得结论：质量一定时，　 　越大，其动能就越大；
（3）实验后，同学们联想到造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，用该图所示的实验可以探究　 　（选填“超载”或“超速”）的安全隐患。（选填“超载”或“超速”）的安全隐患
【答案】（1）小球
（2）速度
（3）超速
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】本实验研究动能的大小与什么因素有关，考查控制变量法和转换法的运用和对实验方案的改进，分析清楚图示情景是正确解题的关键。
（1）实验中，动能大小很难用肉眼进行判断，因此根据转换法可知，可通过木块被小球撞击后滑行的距离来判断小球的动能，因此该实验是研究小球在碰撞时的动能。
（2）木块被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这里采用了转换法的思想；本实验中，同一小球在斜面的不同高度滑下，高度越大，小球滚到斜面时速度越大，具有的动能越大，木块被撞滑行的距离越大，可以得出的结论是：当质量一定时，速度越大，动能越大。
（3）图中所示小球的质量相等，该实验是控制质量相等，探究的是速度与动能的关系，因此该实验可以探究超速的安全隐患。
【分析】（1）根据转换法分析；该动能是由重力势能转化而来；
（2）比较两个图的差别，根据控制变量法分析；
（3）探究的是速度与动能的关系，动能与速度有关。
（1）实验中，动能大小很难用肉眼进行判断，因此根据转换法可知，可通过木块被小球撞击后滑行的距离来判断小球的动能，因此该实验是研究小球在碰撞时的动能。
（2）木块被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这里采用了转换法的思想；本实验中，同一小球在斜面的不同高度滑下，高度越大，小球滚到斜面时速度越大，具有的动能越大，木块被撞滑行的距离越大，可以得出的结论是：当质量一定时，速度越大，动能越大。
（3）图中所示小球的质量相等，该实验是控制质量相等，探究的是速度与动能的关系，因此该实验可以探究超速的安全隐患。
17．（2024九上·封开月考）小明采用如图所示的装置进行探究“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。
（1）在安装实验器材时，应先调整固定　 　（选填“A”或“B”）的位置；
（2）探究过程中，要控制两套装置中燃料的质量和烧杯中水的　 　一定要相等；
（3）实验时，可以通过比较　 　（选填“加热时间”或“水升高的温度”）来比较酒精和碎纸片放出热量的多少；
（4）从表格数据可以发现，质量相同的酒精和碎纸片都充分燃烧后，　 　放出的热量多；
燃料 加热前的水温/℃ 燃料燃尽后的水温/℃
酒精 25 65
碎纸片 25 44
（5）通过实验表明，质量相等的不同燃料，充分燃烧所放出的热量一般是　 　（选填“相同”或“不同”）的；
（6）小明用天平分别测出了烧杯中水的质量以及两套装置中燃料的质量，利用公式Q吸=cm水（t-t0）计算水吸收的热量，然后通过q=燃料计算燃料的热值。小天认为小明的计算结果不可靠。理由是　 　。
（7）若小明用天平测出了烧杯中水的质量为0.1kg，求实验过程中利用酒精作为燃料加热水的过程中，水吸收的热量为　 　J。[c水=4.2×103J/（kg·℃）]
【答案】（1）B
（2）质量
（3）水升高的温度
（4）酒精
（5）不同
（6）燃料不能完全燃烧并且热量有散失
（7）1.68×104
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【解答】此类实验问题，要结合控制变量法进行分析研究，通过观察温度的变化判断燃料热值的大小，考查了学生的实验探究能力。
（1）本实验中需要用外焰进行加热，所以在安装实验器材时，应先调整固定B的位置。
（2）根据控制变量法的原则，在进行本实验时，要控制其他因素都相同，只改变燃料的种类，所以要保证两个烧杯中的水的质量相同。
（3）酒精与碎纸片燃烧放出的热量会被水吸收，水吸收的热量与燃料燃烧放出的热量有关，而水升高的温度与水吸收的热量有关，所以可以用水升高的温度来比较酒精和碎纸片放出热量的多少
（4）质量相同的酒精和碎纸片都充分燃烧后，酒精作为燃料使水升高的温度比碎纸片作为燃料使相同质量的水升高的温度更多，所以可知酒精释放的热量更多。
（5）根据实验数据可知，质量相等的不同燃料在充分燃烧时放出的热量一般是不同的。
(6)燃料在燃烧过程中不可避免地会存在热量损失，而且也有可能没有完全燃烧，所以将水吸收的热量作为燃料完全燃烧释放的热量是要比实际值小的，得到的热值的结果也会比实际值小，结果并不可靠。
(7)水吸收的热量为Q吸=cm水（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×0.1kg×（65℃-25℃）=1.68×104J
【分析】（1）为了保证用酒精灯外焰给烧杯加热，同时为了保证温度计能完全浸在水中，且不能碰到容器壁，应先固定下边装置，再固定上边；
（2）燃料燃烧放出的热量与燃料的质量和种类有关，根据其判断需控制的量；
（3）实验中通过水升高的温度来比较不同燃料放出热量的多少；
（4）根据表格中水升高的温度来比较燃料放出热量的多少；
（5）燃烧相同质量的不同燃料，放出的热量不同；
（6）燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小。
（7）根据Q吸=cm水（t-t0）求解水吸收的热量。
（1）本实验中需要用外焰进行加热，所以在安装实验器材时，应先调整固定B的位置。
（2）根据控制变量法的原则，在进行本实验时，要控制其他因素都相同，只改变燃料的种类，所以要保证两个烧杯中的水的质量相同。
（3）酒精与碎纸片燃烧放出的热量会被水吸收，水吸收的热量与燃料燃烧放出的热量有关，而水升高的温度与水吸收的热量有关，所以可以用水升高的温度来比较酒精和碎纸片放出热量的多少
（4）质量相同的酒精和碎纸片都充分燃烧后，酒精作为燃料使水升高的温度比碎纸片作为燃料使相同质量的水升高的温度更多，所以可知酒精释放的热量更多。
（5）根据实验数据可知，质量相等的不同燃料在充分燃烧时放出的热量一般是不同的。
（6）燃料在燃烧过程中不可避免地会存在热量损失，而且也有可能没有完全燃烧，所以将水吸收的热量作为燃料完全燃烧释放的热量是要比实际值小的，得到的热值的结果也会比实际值小，结果并不可靠。
（7）水吸收的热量为
Q吸=cm水（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×0.1kg×（65℃-25℃）=1.68×104J
18．（2024九上·封开月考）小华学习做饭的过程中，经常需要加热油和水，她猜想油的比热容比水小。
（1）能够支持她这一猜想的事实是___________（选填字母）。
A．同样情况下，油升温比水快 B．油能把食物炸黄，而水不能
C．油能漂在水面上 D．油比水难蒸发
（2）为了验证猜想，小华想通过具体数据说明这个问题。她组装了如图1所示的实验装置。根据实验的目的除了图1中展示的实验器材以外，还需要的测量工具有秒表、托盘天平和　 　。此外小华需要向两个同样的烧杯里分别倒入　 　相同和初温也相同的水和油，然后记录加热过程中它们的温度变化，才能得到结果。
（3）实验中小华是利用　 　来表示物质吸收热量的多少。
（4）实验结束后，小华描出了水和油的“温度—时间”图像（如图2）。水第10min的内能　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）第20min的内能；由此可得油的比热容为　 　J/（kg·℃）[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）]。
【答案】（1）A
（2）温度计；质量
（3）加热时间
（4）小于；2.1×103
【知识点】比热容；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】比热容是物质的吸热本领，比较比热容的大小时，要在吸收相同的热量时，比温度升高的度数，或在温度升高的度数相同时，比较吸收的热量。本题考查了比热容的探究实验；比较两个量的大小一定要根据公式来分析，这样思维严谨些。并合理利用图象中的信息。
（1）同样情况下，油升温比水快，说明油的吸热能力比水差，所以可以猜想油的比热容比水小，故选A。
（2）本实验需要测量油与水的温度的升高量，所以要用到温度计。进行比较油和水的比热容的大小的探究实验时，应当保证油与水的质量和初温都相同。
（3）油和水吸收热量的多少与酒精灯放出热量的多少有关，而酒精灯放出热量的多少与加热时间有关，所以可以通过加热时间来表示物质吸收热量的多少。
（4）水在第20min时的温度大于在第10min时的温度，所以可知水第10min的内能小于第20min的内能。由图2可知，当水和油同样从20℃被加热到80℃时，油的加热时间是水加热时间的一半，所以油吸收的热量是水吸收热量的一半，则有c油m油ΔT=0.5c水m水ΔT，而油与水的质量相同，所以可得油的比热容为c油=0.5c水=0.5×4.2×103J/（kg·℃）=2.1×103J/（kg·℃）
【分析】（1）生活中通过观察液体温度的变化来研究水和食用油的吸热能力；
（2）根据Q吸=cmΔt分析需要的测量工具；由于物质吸热的多少与物体的质量和物体升高的温度有关，所以在比较不同物质的吸热能力时，要采用控制变量法，应控制它们的质量和升高的温度都相同，比较它们吸热多少（加热时间长短），吸收的热量多，比热容大；或控制它们的质量和吸热多少相同，比较它们升高的温度，升高的温度高，比热容小；
（3）相同的加热器，相同时间放出的热量相同，加热时间越长，放出的热量越多，液体吸热越多；
（4）利用比热容公式可以求出油的比热容。
（1）同样情况下，油升温比水快，说明油的吸热能力比水差，所以可以猜想油的比热容比水小，故选A。
（2）[1]本实验需要测量油与水的温度的升高量，所以要用到温度计。
[2]进行比较油和水的比热容的大小的探究实验时，应当保证油与水的质量和初温都相同。
（3）油和水吸收热量的多少与酒精灯放出热量的多少有关，而酒精灯放出热量的多少与加热时间有关，所以可以通过加热时间来表示物质吸收热量的多少。
（4）[1]水在第20min时的温度大于在第10min时的温度，所以可知水第10min的内能小于第20min的内能。
[2]由图2可知，当水和油同样从20℃被加热到80℃时，油的加热时间是水加热时间的一半，所以油吸收的热量是水吸收热量的一半，则有
c油m油ΔT=0.5c水m水ΔT
而油与水的质量相同，所以可得油的比热容为
c油=0.5c水=0.5×4.2×103J/（kg·℃）=2.1×103J/（kg·℃）
五、计算题
19．（2024九上·封开月考）小明一家人野营时，使用铁锅烧水，他们发现把质量为20kg的水从10℃加热到60℃时，共消耗了1kg的焦炭，已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），焦炭的热值为3.0×107J/kg，求：
（1）焦炭完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量；
（3）铁锅烧水的效率。
【答案】（1）焦炭完全燃烧放出的热量为Q放=m炭q=1kg×3×107J/kg=3×107J
（2）水吸收的热量为
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J
（3）铁锅烧水的效率为
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【分析】（1）由燃烧值公式Q放=mq可以求出木柴释放的热量；
（2）已知水的体积可求得其质量，知道初末温度，由热量公式Q吸=c水m（t-t0）可以求出水吸收的热量；
（3）由效率公式可以求出炉子的效率。
（1）焦炭完全燃烧放出的热量为
Q放=m炭q=1kg×3×107J/kg=3×107J
（2）水吸收的热量为
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J
（3）铁锅烧水的效率为
20．（2024九上·封开月考）最新一款无人驾驶汽车，自动驾驶时使用雷达传感器和激光测距仪来了解周围的交通状况。这款车以2300N的牵引力在一段平直的公路上匀速行驶了6000m，消耗汽油1kg。在这段运动过程中，求：（汽油热值为4.6×107J/kg）
（1）汽油完全燃烧所放出的热量；
（2）汽车牵引力做的功；
（3）汽车发动机的效率。
【答案】（1）由题意可知，汽油完全燃烧所放出的热量为Q放=mq=1kg×4.6×107J/kg=4.6×107J
（2）汽车牵引力做的功为W=Fs=2300N×6000m=1.38×107J
（3）汽车发动机的效率为
【知识点】燃料的热值；热机的效率；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）利用Q放=qm可求出汽油完全燃烧放出的热量；
（2）利用W=Fs可求出汽车牵引力做的功；
（3）利用可求出汽车发动机的效率。
（1）由题意可知，汽油完全燃烧所放出的热量为
Q放=mq=1kg×4.6×107J/kg=4.6×107J
（2）汽车牵引力做的功为
W=Fs=2300N×6000m=1.38×107J
（3）汽车发动机的效率为
21．（2024九上·封开月考）阅读短文并填空：
热岛效应，指由于人为原因改变了城市地表的局部温度、湿度、空气对流等因素，进而引起的城市小气候变化现象，该现象属于城市气候最明显的特征之一。
（1）在相同的日照情况下，城市地区比郊区升温较快；其主要原因是城市建筑群密集、柏油路比郊区的土壤、植被、水田具有更大的吸热率和　 　的比热容（选“更大”或“更小”）；
（2）减弱热岛效应的措施之一：保护并增大城区的绿地、水体面积，多植树，城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用，这主要是利用了水的　 　的特性；
（3）减弱热岛效应的措施之二：人工蒸发补偿。解决城市大气热污染的首要办法是增大蒸发量，受城市安装条件的限制，采用喷雾系统是一种高效且经济的办法，这是利用了水　 　（填某一物态变化）有　 　的作用（选填“吸热”或“放热”）。
【答案】（1）更小
（2）比热容大
（3）汽化；吸热
【知识点】蒸发及其现象；比热容
【解析】【解答】本题主要考查学生对城市热岛效应的原因的了解，本题同时考查了改变内能的方法、水比热容大和汽化吸热的应用，是一道综合性题目。
（1）建筑群、柏油路和水泥路中的砂石、水泥比郊区的土壤、植被的比热容小，在相同日照条件下，即吸收相同热量时，温度上升更明显、更快，因此城市地区比郊区升温较快。
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同的热量，水的温度升高的较少，所以城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用。
（3）物质由液态变为气态叫汽化，汽化有吸热作用，水汽化要从周围物体中吸收热量，具有致冷的作用，可减弱热岛效应。
【分析】（1）从引起热岛效应的原因分析：城市多水泥、沙石，郊区多水，沙石比水的比热容小，吸收相同的热量，沙石的温度升高多；
（2）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的少；
（3）物质由液态变为气态叫汽化，汽化吸热。
（1）建筑群、柏油路和水泥路中的砂石、水泥比郊区的土壤、植被的比热容小，在相同日照条件下，即吸收相同热量时，温度上升更明显、更快，因此城市地区比郊区升温较快。
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同的热量，水的温度升高的较少，所以城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用。
（3）[1][2]物质由液态变为气态叫汽化，汽化有吸热作用，水汽化要从周围物体中吸收热量，具有致冷的作用，可减弱热岛效应。
22．（2024九上·封开月考）阅读材料，回答问题：
第五代战斗机“歼-20”
“歼-20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能等。“歼-20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，可随时保证飞机与地面的联系。“歼-20”配备了大功率雷达，为解决雷达工作放热问题，采用了新一代液体冷却系统。该飞机最大起飞质量为32 t，最大飞行高度达20 km，最大航行速度达800 m/s，最大油量为10 t。战斗机的速度超过音速时，由于速度太快，空气都堆积到了飞机周围，产生极大压力，即使空气温度较高时，也会使机身周围产生水雾，这种现象叫做音障。如果机身不作特殊处理，突破音障时将会被瞬间撕成碎片，所以飞机要采用密度小强度极高的材料制作。飞机航行时的功率、发动机效率与速度的关系如表所示。
速度v（m·s-1） 100 200 300 400 500
功率P/W 3×105 2.4×106 8.0×106 2.0×107 4.0×107
发动机效率 30% 33% 35% 40% 38%
（1）为解决雷达的散热问题，应采用比热容　 　（选填“大”或“小”）的液体作为冷却剂帮助散热；
（2）由表可知，飞机的发动机效率随速度增大的变化规律是　 　；
（3）飞机以500 m/s的航行速度匀速巡航时的牵引力为　 　N；
（4）飞机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机做功　 　J，消耗燃油放出的热量为　 　J；若又以400 m/s航行速度匀速巡航6 min，36 min内飞机共需消耗　 　kg的燃油。（燃油热值约为4.5×107J/kg）
【答案】（1）大
（2）先增大后减小
（3）8×104
（4）5.4×108；1.8×109；440
【知识点】功率计算公式的应用；比热容；热机的效率
【解析】【解答】本题考查液化的方法、利用热值公式计算热量等，关键是从大量文字材料中抓住核心信息，考查学生基本的学习能力，此题是一道综合性的难题。
（1）质量相同的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；为解决雷达的散热问题，应采用比热容较大的液体作为冷却剂。
（2）由表中数据可知，随飞机速度的增大，其发动机效率先增大后减小。
（3）由表中数据可知，飞机以500m/s航行速度匀速巡航时，其功率为P=4.0×107W，根据
可知，牵引力为
（4）飞机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机的功率为P'＝3×105W，发动机做的功为W'＝P't＝3×105W×30×60s＝5.4×108J
消耗燃油放出的热量为
以400 m/s航行速度匀速巡航6 min，发动机的功率为P''＝2.0×107W，发动机做的功为
W''＝P''t'＝2.0×107W×6×60s＝7.2×109J
消耗燃油放出的热量为
36 min内飞机消耗燃油的质量为
【分析】（1）根据短文信息分析作答；质量相同的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；
（2）根据表中数据分析回答；
（3）根据P=Fv求出牵引力；
（4）根据W=Pt求出发动机做的功，求出飞机燃油完全燃烧放出的热量。
（1）质量相同的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；为解决雷达的散热问题，应采用比热容较大的液体作为冷却剂。
（2）由表中数据可知，随飞机速度的增大，其发动机效率先增大后减小。
（3）由表中数据可知，飞机以500m/s航行速度匀速巡航时，其功率为P=4.0×107W，根据
可知，牵引力为
（4）[1]飞机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机的功率为P'＝3×105W，发动机做的功为
W'＝P't＝3×105W×30×60s＝5.4×108J
[2]消耗燃油放出的热量为
[3]以400 m/s航行速度匀速巡航6 min，发动机的功率为P''＝2.0×107W，发动机做的功为
W''＝P''t'＝2.0×107W×6×60s＝7.2×109J
消耗燃油放出的热量为
36 min内飞机消耗燃油的质量为
23．（2024九上·封开月考）提高机械效率可以充分发挥机械设备的作用，某科技创新小组根据生活经验和客观事实，对影响滑轮组机械效率的因素作出如下猜想：
猜想I：滑轮组的机械效率与物体被提升的高度有关
猜想Ⅱ：滑轮组的机械效率与动滑轮的重力有关
猜想Ⅲ：滑轮组的机械效率与所提物体的重力有关
根据猜想，运用如图甲、乙、丙所示的装置进行了实验探究，测得的实验数据如下表所示。
实验次数 钩码的重力G/N 钩码上升高度h/m 绳端拉力F/N 绳端移动的距离S/m 机械效率η
1 2 0.1 0.90 0.3 74.1%
2 4 0.1 1.50 0.3 88.9%
3 4 0.1 1.25 0.4
4 4 0.2 1.50 0.6 88.9%
（1）分析表中数据可知：第3次实验是利用了图丙的装置完成的，该过程中的有用功为　 　，总功为　 　，它的机械效率η=　 　；
（2）比较2、4两次实验数据，可验证猜想I是　 　（选填“正确”或“错误”）的；
（3）通过比较　 　（填实验序号）两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高；
【答案】（1）0.4J；0.5J；80％
（2）错误
（3）1和2
【知识点】滑轮（组）的机械效率；物理学方法
【解析】【解答】本题测滑轮组机械效率率的实验，考查了实验注意事项、s=nh的运用、功的公式和机械效率公式的运用及控制变量法、数据分析的能力等，综合性强。
（1）第3次实验中的有用功为
总功为
机械效率为
（2）比较2、4两次实验数据可知，控制其他变量相同，物体被提升的高度不同时机械效率相同，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关，所以猜想I错误。
（3）要想得到同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高的结论，需要保证滑轮组不变，重物提升的高度不变，只改变重物的重力，所以实验1和2符合条件。
【分析】（1）根据做功公式以及分析
（2）2、4次实验中用同一滑轮组提升相同的重物，提升的高度不同，机械效率相同，可以判断猜想Ⅰ的正确与否；
（3）从实验数据可知1、2实验中使用同一滑轮组，提升的高度相同，只改变提升重物的重量，机械效率不同，且重物越重，机械效率越高；
（1）[1]第3次实验中的有用功为
[2]总功为
[3]机械效率为
（2）比较2、4两次实验数据可知，控制其他变量相同，物体被提升的高度不同时机械效率相同，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关，所以猜想I错误。
（3）要想得到同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高的结论，需要保证滑轮组不变，重物提升的高度不变，只改变重物的重力，所以实验1和2符合条件。
1 / 1广东省肇庆市封开县广信中学2024-2025学年九年级上学期10月作业大检查物理试题
一、单选题
1．（2024九上·封开月考）如图所示，下列几个实例中，力没有做功的是（　　）
A．人拉车前进的过程
B．石头未搬动
C．划火柴的过程
D．刹车后仍向前滑行
2．（2024九上·封开月考）如图所示，小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中，小明的（　　）
A．重力势能减小，机械能减小 B．动能不变，机械能不变
C．重力势能减小，动能增大 D．重力势能不变，机械能减小
3．（2024九上·封开月考）将一铁块投入水中，它们之间没有发生热传递，是因为它们具有相同的（　　）
A．热量 B．质量 C．温度 D．内能
4．（2024九上·封开月考）下列实例中，通过做功改变物体内能的是（　　）
A．物体放在取暖器旁温度升高
B．反复弯折铁丝，弯折处温度升高
C．食品放入电冰箱后温度降低
D．医生用冰袋给发热的病人降温
5．（2024九上·封开月考）下列各种情况中，物质的比热容会变化的是（　　）
A．一壶食用油用了一部分 B．将铁块锉成铁球
C．0℃的水变成20℃的水 D．水凝固成冰
6．（2024九上·封开月考）关于燃料的热值，下列说法中正确的是（　　）
A．燃料的热值越大，燃烧时达到的温度就越高
B．燃料的热值越大，燃烧时放出的热量就越多
C．燃料燃烧越充分，则燃料的热值就越大
D．燃料的热值与燃料的质量以及燃烧情况无关
7．（2024九上·封开月考）一个轻质小球靠近用毛皮摩擦过的橡胶棒时，它们相互吸引，则小球（　　）
A．一定不带电 B．一定带负电
C．一定带正电 D．可能不带电
二、填空题
8．（2024九上·封开月考）在水平桌面上，2s内将重为20N的木块沿直线匀速向前推了5m，所用的推力为4N，则推力所做的功是　 　J，功率是　 　W，重力所做的功为　 　J。
9．（2024九上·封开月考）如图所示，在毽子被踢出后竖直上升的过程中，它的动能　 　，重力势能　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），当毽子竖直上升时只受　 　作用。
10．（2024九上·封开月考）如图所示，小明用一个滑轮组将重为425N的物体在10s内匀速提升4m，人所用的拉力为250N，此过程中有用功是　 　J，滑轮组的机械效率是　 　，拉力的功率是　 　W。
11．（2024九上·封开月考）如题图是单缸四冲程汽油机的　 　冲程，由图可看出此冲程中汽油机实现了　 　能转化为机械能，若该汽油机每秒完成100个冲程，则汽油机飞轮的转速是　 　r/min。
12．（2024九上·封开月考）学校举办春季运动会，参加拔河比赛的同学双手发热，这说明　 　可以改变手的内能，某同学用手握住棒棒冰给手降温，这是利用　 　（前两空均选填“做功”或“热传递”）的方法改变内能。这两种方式对于改变物体的内能是　 　的。
13．（2024九上·封开月考）夏季市区气温往往比郊外要高，这就是热岛效应，人们修建人工湖、喷水池，主要利用水的　 　大来调节气温，这是用　 　的方式使水的内能增加，把质量为，初温是的水加热到，这些水吸收的热量是　 　。
14．（2024九上·封开月考）如图所示，A球带正电，则B球带　 　（选填“正”或“负”）电；C球的带电情况是：　 　或　 　（后两空选填“带正电”“带负电”或“不带电”）。
三、作图题
15．（2024九上·封开月考）（1）请在图乙中画出图甲的实物图对应的电路图；
（2）组装如图所示的滑轮组，使绳自由端拉力F的方向向下；
（3）重为4牛的小球，漂浮在液面上，请在图中画出小球的受力示意图。
四、实验题
16．（2024九上·封开月考）如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。
（1）实验中研究的是　 　（选填“小球”或“木块”）的动能大小；
（2）如图中实验可得结论：质量一定时，　 　越大，其动能就越大；
（3）实验后，同学们联想到造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，用该图所示的实验可以探究　 　（选填“超载”或“超速”）的安全隐患。（选填“超载”或“超速”）的安全隐患
17．（2024九上·封开月考）小明采用如图所示的装置进行探究“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。
（1）在安装实验器材时，应先调整固定　 　（选填“A”或“B”）的位置；
（2）探究过程中，要控制两套装置中燃料的质量和烧杯中水的　 　一定要相等；
（3）实验时，可以通过比较　 　（选填“加热时间”或“水升高的温度”）来比较酒精和碎纸片放出热量的多少；
（4）从表格数据可以发现，质量相同的酒精和碎纸片都充分燃烧后，　 　放出的热量多；
燃料 加热前的水温/℃ 燃料燃尽后的水温/℃
酒精 25 65
碎纸片 25 44
（5）通过实验表明，质量相等的不同燃料，充分燃烧所放出的热量一般是　 　（选填“相同”或“不同”）的；
（6）小明用天平分别测出了烧杯中水的质量以及两套装置中燃料的质量，利用公式Q吸=cm水（t-t0）计算水吸收的热量，然后通过q=燃料计算燃料的热值。小天认为小明的计算结果不可靠。理由是　 　。
（7）若小明用天平测出了烧杯中水的质量为0.1kg，求实验过程中利用酒精作为燃料加热水的过程中，水吸收的热量为　 　J。[c水=4.2×103J/（kg·℃）]
18．（2024九上·封开月考）小华学习做饭的过程中，经常需要加热油和水，她猜想油的比热容比水小。
（1）能够支持她这一猜想的事实是___________（选填字母）。
A．同样情况下，油升温比水快 B．油能把食物炸黄，而水不能
C．油能漂在水面上 D．油比水难蒸发
（2）为了验证猜想，小华想通过具体数据说明这个问题。她组装了如图1所示的实验装置。根据实验的目的除了图1中展示的实验器材以外，还需要的测量工具有秒表、托盘天平和　 　。此外小华需要向两个同样的烧杯里分别倒入　 　相同和初温也相同的水和油，然后记录加热过程中它们的温度变化，才能得到结果。
（3）实验中小华是利用　 　来表示物质吸收热量的多少。
（4）实验结束后，小华描出了水和油的“温度—时间”图像（如图2）。水第10min的内能　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）第20min的内能；由此可得油的比热容为　 　J/（kg·℃）[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）]。
五、计算题
19．（2024九上·封开月考）小明一家人野营时，使用铁锅烧水，他们发现把质量为20kg的水从10℃加热到60℃时，共消耗了1kg的焦炭，已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），焦炭的热值为3.0×107J/kg，求：
（1）焦炭完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量；
（3）铁锅烧水的效率。
20．（2024九上·封开月考）最新一款无人驾驶汽车，自动驾驶时使用雷达传感器和激光测距仪来了解周围的交通状况。这款车以2300N的牵引力在一段平直的公路上匀速行驶了6000m，消耗汽油1kg。在这段运动过程中，求：（汽油热值为4.6×107J/kg）
（1）汽油完全燃烧所放出的热量；
（2）汽车牵引力做的功；
（3）汽车发动机的效率。
21．（2024九上·封开月考）阅读短文并填空：
热岛效应，指由于人为原因改变了城市地表的局部温度、湿度、空气对流等因素，进而引起的城市小气候变化现象，该现象属于城市气候最明显的特征之一。
（1）在相同的日照情况下，城市地区比郊区升温较快；其主要原因是城市建筑群密集、柏油路比郊区的土壤、植被、水田具有更大的吸热率和　 　的比热容（选“更大”或“更小”）；
（2）减弱热岛效应的措施之一：保护并增大城区的绿地、水体面积，多植树，城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用，这主要是利用了水的　 　的特性；
（3）减弱热岛效应的措施之二：人工蒸发补偿。解决城市大气热污染的首要办法是增大蒸发量，受城市安装条件的限制，采用喷雾系统是一种高效且经济的办法，这是利用了水　 　（填某一物态变化）有　 　的作用（选填“吸热”或“放热”）。
22．（2024九上·封开月考）阅读材料，回答问题：
第五代战斗机“歼-20”
“歼-20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能等。“歼-20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，可随时保证飞机与地面的联系。“歼-20”配备了大功率雷达，为解决雷达工作放热问题，采用了新一代液体冷却系统。该飞机最大起飞质量为32 t，最大飞行高度达20 km，最大航行速度达800 m/s，最大油量为10 t。战斗机的速度超过音速时，由于速度太快，空气都堆积到了飞机周围，产生极大压力，即使空气温度较高时，也会使机身周围产生水雾，这种现象叫做音障。如果机身不作特殊处理，突破音障时将会被瞬间撕成碎片，所以飞机要采用密度小强度极高的材料制作。飞机航行时的功率、发动机效率与速度的关系如表所示。
速度v（m·s-1） 100 200 300 400 500
功率P/W 3×105 2.4×106 8.0×106 2.0×107 4.0×107
发动机效率 30% 33% 35% 40% 38%
（1）为解决雷达的散热问题，应采用比热容　 　（选填“大”或“小”）的液体作为冷却剂帮助散热；
（2）由表可知，飞机的发动机效率随速度增大的变化规律是　 　；
（3）飞机以500 m/s的航行速度匀速巡航时的牵引力为　 　N；
（4）飞机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机做功　 　J，消耗燃油放出的热量为　 　J；若又以400 m/s航行速度匀速巡航6 min，36 min内飞机共需消耗　 　kg的燃油。（燃油热值约为4.5×107J/kg）
23．（2024九上·封开月考）提高机械效率可以充分发挥机械设备的作用，某科技创新小组根据生活经验和客观事实，对影响滑轮组机械效率的因素作出如下猜想：
猜想I：滑轮组的机械效率与物体被提升的高度有关
猜想Ⅱ：滑轮组的机械效率与动滑轮的重力有关
猜想Ⅲ：滑轮组的机械效率与所提物体的重力有关
根据猜想，运用如图甲、乙、丙所示的装置进行了实验探究，测得的实验数据如下表所示。
实验次数 钩码的重力G/N 钩码上升高度h/m 绳端拉力F/N 绳端移动的距离S/m 机械效率η
1 2 0.1 0.90 0.3 74.1%
2 4 0.1 1.50 0.3 88.9%
3 4 0.1 1.25 0.4
4 4 0.2 1.50 0.6 88.9%
（1）分析表中数据可知：第3次实验是利用了图丙的装置完成的，该过程中的有用功为　 　，总功为　 　，它的机械效率η=　 　；
（2）比较2、4两次实验数据，可验证猜想I是　 　（选填“正确”或“错误”）的；
（3）通过比较　 　（填实验序号）两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高；
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】是否做功的判断
【解析】【解答】明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。A．人拉车前进的过程，人给车一个向前的力，车向前移动了距离，拉力对车做功，故A不符合题意；
B．用力搬石头，人给石头一个向上的力，石头向上没有移动距离，力对石头没有做功，故B符合题意；
C．划火柴时，克服摩擦做功，故C不符合题意；
D．汽车受到刹车阻力的作用，并且其产生力效果，使汽车由运动变为静止，故刹车阻力对汽车做了功，故D不符合题意。
故选B。
【分析】做功的两个必要因素：①作用在物体上的力，②物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可。
2．【答案】A
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中，质量不变，高度降低，则重力势能减小；速度不变，则动能不变；动能不变，重力势能减小，则机械能减小。故A正确。
故答案为A。
【分析】动能影响因素：质量、速度；
重力势能影响因素：质量、高度；
机械能是动能与势能的总和。
3．【答案】C
【知识点】热传递的概念与方式
【解析】 【解答】热传递的方向是从高温物体到低温物体， 或者从物体的高温部分到低温部分。根据题意知道，它们之间没有发生热传递，即说明温度是相同的，故C符合题意。
故选C。
【分析】发生热传递的条件是两个物体之间必须存在温度差才行，否则，不会发生热传递。
4．【答案】B
【知识点】做功改变物体内能
【解析】【解答】A．在取暖器旁的物体，温度升高，属于热传递改变物体的内能，A不符合题意；
B．反复弯折铁丝，弯折处发烫，属于做功改变物体的内能，B符合题意；
C．食品放入电冰箱，温度降低，属于热传递改变物体的内能，C不符合题意；
D．医生用冰袋给发热的病人降温属于热传递改变物体的内能，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】做功可以改变物体的内能，外界对物体做功物体的内能增加，物体对外界做功物体的内能减小。
5．【答案】D
【知识点】比热容
【解析】【解答】本题要理解比热容是物质的一种特性，牢记物质的比热容与质量、温度、形状无关。物质的比热容是物质本身的一种特性，一般只与物质的种类、状态有关，与物质的质量、温度、形状无关。所以一壶食用油用了一部分，质量减小，比热容不变；将铁块锉成铁球，形状和质量变化，比热容不变；0℃的水变成20℃的水，温度变化，但状态不变，比热容不变；水凝固成冰，状态发生改变，比热容也会发生改变，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】物质的比热容是物质本身的一种特性，与物质种类及状态有关，与质量大小、温度变化、形状的改变没有关系。
6．【答案】D
【知识点】燃料的热值
【解析】【解答】1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值；热值是燃料的一种特性， 燃料燃烧放出的热量与是否完全燃烧、燃料的热值和质量都无关系，因此热值大的燃料燃烧时达到的温度不一定高；放出的热量不一定多，ABC不符合题意；燃料的热值只与燃料的种类有关，与燃料的质量及燃烧情况无关，D符合题意。
故答案为：D
【分析】燃料的热值和燃料的种类有关，和燃料的质量、燃烧情况等无关.
7．【答案】D
【知识点】物体带电情况的判断
【解析】【解答】解：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，把一个轻质的小球靠近用毛皮摩擦过的橡胶棒时，它们相互吸引；
说明这个小球可能带与橡胶棒不同的电荷（正电荷），也可能不带电．
故选项ABC错误，选项D正确．
故选D．
【分析】带电体具有吸引轻小物体的性质；电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
8．【答案】20；10；0
【知识点】功的计算及应用
【解析】【解答】根据做功公式可知推力做功W=Fs=4N×5m=20J，功率P=，重力和物体移动方向垂直，所以重力不做功。
综上 第1空、 20； 第2空、10； 第3空、0.
【分析】功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
9．【答案】减小；增大；重力
【知识点】机械能及其转化；重力及其大小的计算
【解析】【解答】本题考查了学生对物体受力分析，动能和重力势能大小变化的判断，能够分清影响动能和势能大小的因素是解题的关键。毽子被踢出后竖直上升的过程中，其质量不变、速度减小、高度增加，故其动能减小、重力势能增大。毽子竖直上升时只受重力作用。
【分析】物体由于运动而具有的能叫做动能，影响动能大小的因素是质量和速度；物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素是质量和高度。重力是指在地球附近，由于地球的吸引而使物体受到的力。
10．【答案】1700；85%；200
【知识点】机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】本题考查了功的公式、机械效率公式、功率公式的应用，明确有用功、总功和机械效率的含义是关键。425N的物体在10s内匀速提升4m，有用功为
由图知n=2，则拉力端移动的距离
拉力做的总功为
滑轮组的机械效率
拉力做功的功率
【分析】利用W=Gh求出有用功；由图知，n=2，拉力端移动距离s=2h，利用W=Fs求出总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
11．【答案】做功；内；3000
【知识点】热机的四个冲程
【解析】【解答】本题考查了内燃机四个冲程的特点以及有关热机的简单计算，属于基础题。在热机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的。如图，两个气门关闭，活塞下行，火花塞点火，所以该冲程汽油机的做功冲程，做功冲程将高温高压燃气的内能转化为飞轮机械能。四冲程发动机1个工作循环完成4个冲程，飞轮转2圈，做1次功；若该汽油机每秒完成100个冲程，则飞轮转50圈，则1min飞轮转50圈×60＝3000圈，所以飞轮的转速为3000r/min。
【分析】四冲程汽油机的一个工作循环有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程，根据两气门的闭合情况和活塞的运动方向判定是哪个冲程；内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能；在做功冲程中，将内能转化为机械能；推动活塞带动发动机的飞轮转动，其他冲程靠飞轮的惯性完成的；汽油机的一个工作循环由四个冲程组成，曲轴转2圈，做功一次。
12．【答案】做功；热传递；等效
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】内能是指物体内所有做无规则运动的分子动能和分子势能的总和；参加拔河比赛的同学手与绳子摩擦，绳子对手做功使手内能增加，说明做功的方式改变物体的内能。某同学用手握住棒棒冰，手的温度比棒棒冰高，热量从手传递到棒棒冰上，手的内能降低，温度降低，这是通过热传递的方式来改变物体的内能。做功与热传递这两种方式对于改变物体的内能来说效果相同，所以是等效的。
【分析】在常见物质中，水的比热容是最大的，因此，在相同条件下水吸收的热量较多，而在吸收相同热量时，水升温则较小；做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移。
13．【答案】比热容；热传递；4.2×105
【知识点】比热容
【解析】【解答】本题考查了学生对水的比热容大的特点的应用以及改变物体内能方法的应用，属于基础题。因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，能有效调节气温，利用热传递方式改变物体的内能。这些水吸收的热量
【分析】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的少；知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm（t-t0）求水吸收的热量。
14．【答案】正；带负电；不带电
【知识点】电荷间的相互作用规律；物体带电情况的判断
【解析】【解答】在根据物体间的作用规律判定物体带电情况时，要注意两者相互吸引有两种可能：异种电荷相互吸引；带电体具有吸引轻小物体的性质。同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，由图可知，A、B互相排斥，若A带正电，则B也带正电，B与C相互吸引，B带正电，C可能带负电，由于带电体可以吸引轻小物质，所以C也可能不带电。
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】重力示意图；浮力及其产生原因；滑轮组的设计与组装；根据实物图画电路图
【解析】【解答】（1） 本题考查根据实物图画电路图，正确分析电路的组成是关键。根据实物图，电流从电源正极流出，经开关、灯泡回到负极，如图所示
（2）绳子自由端拉力F的方向向下，则只能组成2段绳子来承担总重，如图所示
（3） 力的示意图是用一条带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
小球漂浮在水面，受到重力与浮力是一对平衡力，其大小相等，方向相反，作用点均在物体上，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，如图所示
【分析】（1）分析实物图，得出电路的组成、开关的位置，据此画出对应的电路图。
（2）滑轮组绳子的绕法有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，然后再绕过下面的动滑轮再向上绕到定滑轮上，依次反复绕，这种绕法有偶数段绳子承担物重；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，然后再绕过上面的定滑轮再向下，依次反复绕，这种绕法有奇数段绳子承担物重。
（3）重力方向竖直向下，其作用点在重心处，将重力大小标注在箭头处。
（1）根据实物图，电流从电源正极流出，经开关、灯泡回到负极，如图所示
（2）绳子自由端拉力F的方向向下，则只能组成2段绳子来承担总重，如图所示
（3）小球漂浮在水面，受到重力与浮力是一对平衡力，其大小相等，方向相反，作用点均在物体上，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，如图所示
16．【答案】（1）小球
（2）速度
（3）超速
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】本实验研究动能的大小与什么因素有关，考查控制变量法和转换法的运用和对实验方案的改进，分析清楚图示情景是正确解题的关键。
（1）实验中，动能大小很难用肉眼进行判断，因此根据转换法可知，可通过木块被小球撞击后滑行的距离来判断小球的动能，因此该实验是研究小球在碰撞时的动能。
（2）木块被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这里采用了转换法的思想；本实验中，同一小球在斜面的不同高度滑下，高度越大，小球滚到斜面时速度越大，具有的动能越大，木块被撞滑行的距离越大，可以得出的结论是：当质量一定时，速度越大，动能越大。
（3）图中所示小球的质量相等，该实验是控制质量相等，探究的是速度与动能的关系，因此该实验可以探究超速的安全隐患。
【分析】（1）根据转换法分析；该动能是由重力势能转化而来；
（2）比较两个图的差别，根据控制变量法分析；
（3）探究的是速度与动能的关系，动能与速度有关。
（1）实验中，动能大小很难用肉眼进行判断，因此根据转换法可知，可通过木块被小球撞击后滑行的距离来判断小球的动能，因此该实验是研究小球在碰撞时的动能。
（2）木块被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这里采用了转换法的思想；本实验中，同一小球在斜面的不同高度滑下，高度越大，小球滚到斜面时速度越大，具有的动能越大，木块被撞滑行的距离越大，可以得出的结论是：当质量一定时，速度越大，动能越大。
（3）图中所示小球的质量相等，该实验是控制质量相等，探究的是速度与动能的关系，因此该实验可以探究超速的安全隐患。
17．【答案】（1）B
（2）质量
（3）水升高的温度
（4）酒精
（5）不同
（6）燃料不能完全燃烧并且热量有散失
（7）1.68×104
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【解答】此类实验问题，要结合控制变量法进行分析研究，通过观察温度的变化判断燃料热值的大小，考查了学生的实验探究能力。
（1）本实验中需要用外焰进行加热，所以在安装实验器材时，应先调整固定B的位置。
（2）根据控制变量法的原则，在进行本实验时，要控制其他因素都相同，只改变燃料的种类，所以要保证两个烧杯中的水的质量相同。
（3）酒精与碎纸片燃烧放出的热量会被水吸收，水吸收的热量与燃料燃烧放出的热量有关，而水升高的温度与水吸收的热量有关，所以可以用水升高的温度来比较酒精和碎纸片放出热量的多少
（4）质量相同的酒精和碎纸片都充分燃烧后，酒精作为燃料使水升高的温度比碎纸片作为燃料使相同质量的水升高的温度更多，所以可知酒精释放的热量更多。
（5）根据实验数据可知，质量相等的不同燃料在充分燃烧时放出的热量一般是不同的。
(6)燃料在燃烧过程中不可避免地会存在热量损失，而且也有可能没有完全燃烧，所以将水吸收的热量作为燃料完全燃烧释放的热量是要比实际值小的，得到的热值的结果也会比实际值小，结果并不可靠。
(7)水吸收的热量为Q吸=cm水（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×0.1kg×（65℃-25℃）=1.68×104J
【分析】（1）为了保证用酒精灯外焰给烧杯加热，同时为了保证温度计能完全浸在水中，且不能碰到容器壁，应先固定下边装置，再固定上边；
（2）燃料燃烧放出的热量与燃料的质量和种类有关，根据其判断需控制的量；
（3）实验中通过水升高的温度来比较不同燃料放出热量的多少；
（4）根据表格中水升高的温度来比较燃料放出热量的多少；
（5）燃烧相同质量的不同燃料，放出的热量不同；
（6）燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小。
（7）根据Q吸=cm水（t-t0）求解水吸收的热量。
（1）本实验中需要用外焰进行加热，所以在安装实验器材时，应先调整固定B的位置。
（2）根据控制变量法的原则，在进行本实验时，要控制其他因素都相同，只改变燃料的种类，所以要保证两个烧杯中的水的质量相同。
（3）酒精与碎纸片燃烧放出的热量会被水吸收，水吸收的热量与燃料燃烧放出的热量有关，而水升高的温度与水吸收的热量有关，所以可以用水升高的温度来比较酒精和碎纸片放出热量的多少
（4）质量相同的酒精和碎纸片都充分燃烧后，酒精作为燃料使水升高的温度比碎纸片作为燃料使相同质量的水升高的温度更多，所以可知酒精释放的热量更多。
（5）根据实验数据可知，质量相等的不同燃料在充分燃烧时放出的热量一般是不同的。
（6）燃料在燃烧过程中不可避免地会存在热量损失，而且也有可能没有完全燃烧，所以将水吸收的热量作为燃料完全燃烧释放的热量是要比实际值小的，得到的热值的结果也会比实际值小，结果并不可靠。
（7）水吸收的热量为
Q吸=cm水（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×0.1kg×（65℃-25℃）=1.68×104J
18．【答案】（1）A
（2）温度计；质量
（3）加热时间
（4）小于；2.1×103
【知识点】比热容；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】比热容是物质的吸热本领，比较比热容的大小时，要在吸收相同的热量时，比温度升高的度数，或在温度升高的度数相同时，比较吸收的热量。本题考查了比热容的探究实验；比较两个量的大小一定要根据公式来分析，这样思维严谨些。并合理利用图象中的信息。
（1）同样情况下，油升温比水快，说明油的吸热能力比水差，所以可以猜想油的比热容比水小，故选A。
（2）本实验需要测量油与水的温度的升高量，所以要用到温度计。进行比较油和水的比热容的大小的探究实验时，应当保证油与水的质量和初温都相同。
（3）油和水吸收热量的多少与酒精灯放出热量的多少有关，而酒精灯放出热量的多少与加热时间有关，所以可以通过加热时间来表示物质吸收热量的多少。
（4）水在第20min时的温度大于在第10min时的温度，所以可知水第10min的内能小于第20min的内能。由图2可知，当水和油同样从20℃被加热到80℃时，油的加热时间是水加热时间的一半，所以油吸收的热量是水吸收热量的一半，则有c油m油ΔT=0.5c水m水ΔT，而油与水的质量相同，所以可得油的比热容为c油=0.5c水=0.5×4.2×103J/（kg·℃）=2.1×103J/（kg·℃）
【分析】（1）生活中通过观察液体温度的变化来研究水和食用油的吸热能力；
（2）根据Q吸=cmΔt分析需要的测量工具；由于物质吸热的多少与物体的质量和物体升高的温度有关，所以在比较不同物质的吸热能力时，要采用控制变量法，应控制它们的质量和升高的温度都相同，比较它们吸热多少（加热时间长短），吸收的热量多，比热容大；或控制它们的质量和吸热多少相同，比较它们升高的温度，升高的温度高，比热容小；
（3）相同的加热器，相同时间放出的热量相同，加热时间越长，放出的热量越多，液体吸热越多；
（4）利用比热容公式可以求出油的比热容。
（1）同样情况下，油升温比水快，说明油的吸热能力比水差，所以可以猜想油的比热容比水小，故选A。
（2）[1]本实验需要测量油与水的温度的升高量，所以要用到温度计。
[2]进行比较油和水的比热容的大小的探究实验时，应当保证油与水的质量和初温都相同。
（3）油和水吸收热量的多少与酒精灯放出热量的多少有关，而酒精灯放出热量的多少与加热时间有关，所以可以通过加热时间来表示物质吸收热量的多少。
（4）[1]水在第20min时的温度大于在第10min时的温度，所以可知水第10min的内能小于第20min的内能。
[2]由图2可知，当水和油同样从20℃被加热到80℃时，油的加热时间是水加热时间的一半，所以油吸收的热量是水吸收热量的一半，则有
c油m油ΔT=0.5c水m水ΔT
而油与水的质量相同，所以可得油的比热容为
c油=0.5c水=0.5×4.2×103J/（kg·℃）=2.1×103J/（kg·℃）
19．【答案】（1）焦炭完全燃烧放出的热量为Q放=m炭q=1kg×3×107J/kg=3×107J
（2）水吸收的热量为
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J
（3）铁锅烧水的效率为
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【分析】（1）由燃烧值公式Q放=mq可以求出木柴释放的热量；
（2）已知水的体积可求得其质量，知道初末温度，由热量公式Q吸=c水m（t-t0）可以求出水吸收的热量；
（3）由效率公式可以求出炉子的效率。
（1）焦炭完全燃烧放出的热量为
Q放=m炭q=1kg×3×107J/kg=3×107J
（2）水吸收的热量为
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg·℃）×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J
（3）铁锅烧水的效率为
20．【答案】（1）由题意可知，汽油完全燃烧所放出的热量为Q放=mq=1kg×4.6×107J/kg=4.6×107J
（2）汽车牵引力做的功为W=Fs=2300N×6000m=1.38×107J
（3）汽车发动机的效率为
【知识点】燃料的热值；热机的效率；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）利用Q放=qm可求出汽油完全燃烧放出的热量；
（2）利用W=Fs可求出汽车牵引力做的功；
（3）利用可求出汽车发动机的效率。
（1）由题意可知，汽油完全燃烧所放出的热量为
Q放=mq=1kg×4.6×107J/kg=4.6×107J
（2）汽车牵引力做的功为
W=Fs=2300N×6000m=1.38×107J
（3）汽车发动机的效率为
21．【答案】（1）更小
（2）比热容大
（3）汽化；吸热
【知识点】蒸发及其现象；比热容
【解析】【解答】本题主要考查学生对城市热岛效应的原因的了解，本题同时考查了改变内能的方法、水比热容大和汽化吸热的应用，是一道综合性题目。
（1）建筑群、柏油路和水泥路中的砂石、水泥比郊区的土壤、植被的比热容小，在相同日照条件下，即吸收相同热量时，温度上升更明显、更快，因此城市地区比郊区升温较快。
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同的热量，水的温度升高的较少，所以城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用。
（3）物质由液态变为气态叫汽化，汽化有吸热作用，水汽化要从周围物体中吸收热量，具有致冷的作用，可减弱热岛效应。
【分析】（1）从引起热岛效应的原因分析：城市多水泥、沙石，郊区多水，沙石比水的比热容小，吸收相同的热量，沙石的温度升高多；
（2）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的少；
（3）物质由液态变为气态叫汽化，汽化吸热。
（1）建筑群、柏油路和水泥路中的砂石、水泥比郊区的土壤、植被的比热容小，在相同日照条件下，即吸收相同热量时，温度上升更明显、更快，因此城市地区比郊区升温较快。
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同的热量，水的温度升高的较少，所以城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用。
（3）[1][2]物质由液态变为气态叫汽化，汽化有吸热作用，水汽化要从周围物体中吸收热量，具有致冷的作用，可减弱热岛效应。
22．【答案】（1）大
（2）先增大后减小
（3）8×104
（4）5.4×108；1.8×109；440
【知识点】功率计算公式的应用；比热容；热机的效率
【解析】【解答】本题考查液化的方法、利用热值公式计算热量等，关键是从大量文字材料中抓住核心信息，考查学生基本的学习能力，此题是一道综合性的难题。
（1）质量相同的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；为解决雷达的散热问题，应采用比热容较大的液体作为冷却剂。
（2）由表中数据可知，随飞机速度的增大，其发动机效率先增大后减小。
（3）由表中数据可知，飞机以500m/s航行速度匀速巡航时，其功率为P=4.0×107W，根据
可知，牵引力为
（4）飞机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机的功率为P'＝3×105W，发动机做的功为W'＝P't＝3×105W×30×60s＝5.4×108J
消耗燃油放出的热量为
以400 m/s航行速度匀速巡航6 min，发动机的功率为P''＝2.0×107W，发动机做的功为
W''＝P''t'＝2.0×107W×6×60s＝7.2×109J
消耗燃油放出的热量为
36 min内飞机消耗燃油的质量为
【分析】（1）根据短文信息分析作答；质量相同的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；
（2）根据表中数据分析回答；
（3）根据P=Fv求出牵引力；
（4）根据W=Pt求出发动机做的功，求出飞机燃油完全燃烧放出的热量。
（1）质量相同的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；为解决雷达的散热问题，应采用比热容较大的液体作为冷却剂。
（2）由表中数据可知，随飞机速度的增大，其发动机效率先增大后减小。
（3）由表中数据可知，飞机以500m/s航行速度匀速巡航时，其功率为P=4.0×107W，根据
可知，牵引力为
（4）[1]飞机先以100 m/s航行速度匀速巡航30 min，发动机的功率为P'＝3×105W，发动机做的功为
W'＝P't＝3×105W×30×60s＝5.4×108J
[2]消耗燃油放出的热量为
[3]以400 m/s航行速度匀速巡航6 min，发动机的功率为P''＝2.0×107W，发动机做的功为
W''＝P''t'＝2.0×107W×6×60s＝7.2×109J
消耗燃油放出的热量为
36 min内飞机消耗燃油的质量为
23．【答案】（1）0.4J；0.5J；80％
（2）错误
（3）1和2
【知识点】滑轮（组）的机械效率；物理学方法
【解析】【解答】本题测滑轮组机械效率率的实验，考查了实验注意事项、s=nh的运用、功的公式和机械效率公式的运用及控制变量法、数据分析的能力等，综合性强。
（1）第3次实验中的有用功为
总功为
机械效率为
（2）比较2、4两次实验数据可知，控制其他变量相同，物体被提升的高度不同时机械效率相同，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关，所以猜想I错误。
（3）要想得到同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高的结论，需要保证滑轮组不变，重物提升的高度不变，只改变重物的重力，所以实验1和2符合条件。
【分析】（1）根据做功公式以及分析
（2）2、4次实验中用同一滑轮组提升相同的重物，提升的高度不同，机械效率相同，可以判断猜想Ⅰ的正确与否；
（3）从实验数据可知1、2实验中使用同一滑轮组，提升的高度相同，只改变提升重物的重量，机械效率不同，且重物越重，机械效率越高；
（1）[1]第3次实验中的有用功为
[2]总功为
[3]机械效率为
（2）比较2、4两次实验数据可知，控制其他变量相同，物体被提升的高度不同时机械效率相同，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关，所以猜想I错误。
（3）要想得到同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高的结论，需要保证滑轮组不变，重物提升的高度不变，只改变重物的重力，所以实验1和2符合条件。
1 / 1

展开更多......

收起↑