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浙江省温州市平阳新纪元学校2025-2026学年第一学期九年级第一次学习品质检测 科学（3.1-3.6）
1．（2025九上·平阳月考）新能源电动车利用电池提供能量来驱动汽车。电池和汽油中蕴含相同形式的能量， 该能量是（　　）
A．电能 B．化学能 C．机械能 D．太阳能
【答案】B
【知识点】能量的相互转化和转移
【解析】【分析】当燃料未燃烧时内部含有的能量为化学能，据此分析判断。
【解答】根据题意可知，电池和汽油中都蕴含化学能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
2．（2025九上·平阳月考）图甲为温州三澳核电站发电流程图，图乙为温岭江厦潮汐发电原理图。下列关于两种发电方式说法正确的是(　　)
A．核电站利用核聚变获得核能
B．发电机是将电能转化为机械能
C．潮汐发电主要是利用水的内能
D．涨潮和退潮时的能量转化形式相同
【答案】D
【知识点】能量的相互转化和转移
【解析】【分析】根据自己对核电站和潮汐发电的工作过程，以及能量转换的知识分析。
【解答】 A.目前商业运行的核电站都是利用核裂变（如铀-235的裂变）来释放能量，而不是核聚变，故A错误；
B.发电机的原理是电磁感应，将机械能（如汽轮机或水轮机的转动）转化为电能，故B错误；
C.潮汐发电是利用潮汐涨落时的水位差（势能）和海水流动（动能）驱动涡轮机发电，而不是水的内能（热能），故C错误；
D. 无论是涨潮还是退潮，潮汐发电的能量转化过程都是：海水的动能或势能 → 涡轮机的机械能 → 发电机的电能，故D正确。
故选D。
3．（2025九上·平阳月考）在自由式滑雪比赛中，运动员的重心轨迹如图所示，图中各点中运动员的重力势能最大的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【答案】A
【知识点】势能的影响因素
【解析】【分析】重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】由图知，a点位置最高，而质量不变，故运动员的重力势能最大的是a点。故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
4．（2025九上·平阳月考）某同学用大小恒定的推力 F=300牛（方向如图所示），10秒钟内将重为500牛的物体从斜面底端匀速推到了顶端，已知斜面高为5米，长为10米。下列说法正确的是（　　）
A．使用斜面可以省力也可以省功
B．物体沿斜面运动的速度为0.5米/秒
C．物体受到的摩擦力为300牛
D．推物体时，推力的功率为300瓦
【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；斜面及其工作特点
【解析】【分析】本题涉及的知识点如下：
（1）斜面的特点：使用任何机械都不省功，使用斜面可以省力，但要多移动距离。
（2）速度的计算公式：，其中v表示速度，s表示路程，t表示时间。
（3）力的分析：物体在斜面上匀速运动时，推力F做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做的功之和。
（4）功率的计算公式：
【解答】A、由功的原理可知，使用任何机械都不能省功，故A错误；
B、物体沿斜面运动的速度为
故B错误；
C、所做的有用功W有=Gh=500N×5m=2500J
所做的总功W总=Fs=300N×10m=3000J
克服物体受到斜面的摩擦力所做的额外功W额=W总-W有=3000J-2500J=500J
由W额=fs得，物体所受到的摩擦力
故C错误；
D、推力所做的功为总功，其功率为
故D正确。
故答案为：D。
5．（2025九上·平阳月考）以下事例在改变物体内能的方式上与其他三项不同的是（　　）
A．水壶加热温度升高 B．沿滑梯下滑臀部发热
C．电炉通电电热丝发热 D．铁丝反复弯折，弯折处变热
【答案】A
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【分析】做功和热传递都能改变内能，前者的本质为能量的转化，后者的本质为能量的转移。
【解答】 A.水壶加热温度升高，即水吸收水壶产生的热量，属于热传递改变内能；
B.沿滑梯下滑臀部发热，通过摩擦的方式将机械能转换为内能，属于做功改变内能；
C.电炉通电电热丝发热，将电能转换为内能，属于做功改变内能；
D.铁丝反复弯折，弯折处变热，通过弯折的方式将机械能转换为内能，属于做功改变内能。
比较可知，与其它三个改变内能方式不同的是A。
故选A。
6．（2025九上·平阳月考）篮球从A点投向C点，运动轨迹如图所示，空气阻力不可忽略且大小恒定，下列说法正确的是（　　）
A．篮球在最高点B时动能为零
B．整个过程中篮球的机械能守恒
C．篮球在 A 点的动能大于 C 点的动能
D．篮球在上升过程中，重力势能转化为动能
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）动能的概念：物体由于运动而具有的能叫动能，其大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能越大。篮球在最高点 B 时，水平方向仍有速度，所以动能不为零。
（2）机械能守恒条件：只有在只有重力或弹力做功的物体系统内，机械能才守恒。本题中空气阻力不可忽略，空气阻力做功，机械能不守恒。
（3）能量转化分析：篮球从 A 点到 C 点过程中，由于空气阻力一直做负功，消耗机械能。A 点到 C 点，重力势能先增大后减小，且空气阻力一直做负功，根据能量关系可知 A 点动能大于 C 点动能。
（4）上升过程能量转化：篮球在上升过程中，质量不变，高度增加重力势能增大，速度减小动能减小，是动能转化为重力势能。
【解答】A、篮球在最高点B位置时，具有一定的质量，在水平方向上速度不为零，所以动能不为零，故A错误；
B、在这个过程中，存在空气阻力，篮球的机械能一部分转化为内能，所以篮球的机械能不守恒，故B错误；
C、篮球在A点的机械能大于篮球在C点的机械能，A点比C点高度低，所以A点的重力势能小于C点重力势能，所以篮球在A点的动能大于篮球在C点的动能，故C正确；
D、篮球在上升过程中，质量不变，高度增加，速度减小，所以篮球动能转化为重力势能，故D错误。
故答案为：C。
7．（2025九上·平阳月考）如图，甲、乙两人用不同的装置，在相同时间内把质量相等的货物匀速提升到同一平台，不计绳重及滑轮的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．乙做的有用功比甲多
B．甲装置的总功比乙少
C．甲装置绳子自由端移动的距离和乙的一样多
D．乙装置的机械效率为100%
【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】A.根据W=Gh=mgh可知两人所做有用功的关系；
B.根据W总=W有+W额可知两装置的总功关系；
C.根据s=nh比较绳子自由端移动的距离大小；
D.根据“ 不计绳重及滑轮的摩擦 ”分析乙的机械效率大小。
【解答】 A.根据题意可知，二者都是把质量相等的货物匀速提升到同一平台，根据W=Gh=mgh可知，两人所做有用功相等，故A错误；
B.图甲为动滑轮，要克服动滑轮重力做额外功；乙为定滑轮，在忽略摩擦的情况下可看作不做额外功。根据W总=W有+W额可知，甲装置的总功比乙多，故B错误；
C.在甲中，承担重力的绳子段数n=2，则绳子自由端移动的距离s甲=2h，
在乙中，承担重力的绳子段数n=1，则绳子自由端移动的距离s乙=h，
则甲装置绳子自由端移动比乙多，故C错误；
D.在乙中，不计绳重及滑轮的摩擦，则不做额外功，那它的机械效率为100%， 故D正确。
故选D。
8．（2025九上·平阳月考）在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢匀速移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片确定杠杆的支点、动力、阻力，以及动力臂和阻力臂，结合杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
【解答】 根据图片可知，以左侧的支柱为支点，右支架对主梁的支持力F为动力，重物对杠杆的拉力为阻力，大小等于物体的重力G。
在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，动力臂为整个主梁的长度，设为L，
设向左移动的距离为s，阻力臂为L-s，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：FL=G（L-s）；
即拉力F为：，
由关系式知：右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s成一次函数关系，且支持力随s的增大而减小。
故选B。
9．（2025九上·平阳月考）如图所示是小金家的电能表，下列说法正确的是 （　　）
A．每小时该电能表表盘转过600转
B．该电能表显示消耗了电能3765度
C．该电能表是测量电路电功率的仪器
D．该表转盘转6转说明消耗电能0.01度
【答案】D
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】根据对电能表上各个参数的意义的认识分析判断。
【解答】 A.电能表每小时转过的圈数与用电器消耗的电能大小有关，不一定转过600转，故A错误；
B.根据示数“03765”可知，最后一位为小数，即该电能表显示消耗了电能376.5度，故B错误；
C.电能表测量电功的仪器，故C错误；
D.根据“600r/kW·h”可知，该表转盘转6转说明消耗的电能度，故D正确。
故选D。
10．（2025九上·平阳月考） 如图，闭合开关S后，灯比 亮，由此可确定灯（）
A．两端电压更大 B．通过的电流更大
C．灯丝的阻值更大 D．灯丝的长度更长
【答案】B
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】灯的亮度与实际功率有关，实际功率越大，灯越亮。
【解答】A、由实物图可知，电路为并联电路，并联电路支路电压等于电源电压，故A错误；
B、灯比 亮，说明的实际功率更大，由可知，经过的电流更大，故B正确；
C、由可知，的电阻小于的电阻，故C错误；
D、灯丝的电阻越长，其它条件相同时，灯丝的电阻越大，由可知，的电阻小于的电阻，故D错误。
故答案为：B。
11．（2025九上·平阳月考）将装有酒精的金属管固定在桌子上，并用塞子塞紧，快速来回拉动绕在管上的绳子，过一会儿塞子会跳起来，如图所示，则（　　）
A．拉动绳子的过程中，通过做功改变了金属管的内能，金属管温度上升
B．拉动绳子的过程中，通过对金属管内的酒精做功，使酒精温度上升
C．塞子跳起时，管内气体温度上升，内能增加
D．塞子跳起时，管内气体对塞子做功，使塞子内能增加
【答案】A
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【分析】 对于做功改变内能时，若对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。
【解答】 A．拉动绳子过程，绳子对金属管做功，将机械能转换后为金属管的内能，则金属管温度升高，内能增加，故A正确；
B．拉动绳子过程，金属管温度升高，管内酒精吸收金属管的热量而升高温度，这是通过热传递的方式改变内能，故B错误：
CD．塞子跳起时，管内气体对塞子做功，管内气体一部分内能转化为塞子的机械能，其内能减小，温度降低，故CD错误。
故选A。
12．（2025九上·平阳月考）如图所示的实验装置：三个相同的烧瓶A、B、C内分别盛有质量和初温均相等的水或煤油，瓶中电阻丝的阻值分别为、、且 ，当电路接通一段时间后(三个烧瓶中的液体均未达到沸腾)，下列判断正确的是(均不计热损失，比热容( ，下列判断正确的是（　　）
A．比较烧瓶A、B可以粗略探究电热的多少与电流大小有关
B．三个烧瓶中液体吸收的热量由高到低顺序：QA< QcC．三个烧瓶中的液体末温由低到高顺序：
D．比较烧瓶B、C可以粗略探究煤油和水的吸热能力
【答案】C
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 A.探究电热与电流的关系时，需要控制电阻和时间相同，只改变电流大小；
B．根据Q=I2Rt进行比较液体吸收热量大小；
C.根据公式Q=cm△t比较升高温度大小；
D．利用控制变量法进行分析。
【解答】 A.探究电热与电流的关系时，需要控制电阻和时间相同，只改变电流大小。而A、B两电阻串联，通过的电流相同，那么不能探究电热的多少与电流大小有关，故A错误；
B.根据图片可知，三电阻串联，电阻RA=RC＜RB，且通过的电流和通电时间相同。根据Q=I2Rt可知，三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA=QC＜QB，故B错误；
C.三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA=QC＜QB，且液体的质量和初温均相等，根据Q=cm△t可知，煤油的比热容最小，故tB＞tA＞tC，故BC正确；
D．根据题意可知，电阻RC＜RB，根据Q=I2Rt知两电阻产生热量不同，选择烧瓶B、C作为研究对象，不能粗略地探究物质的吸热能力，故D错误。
故选C。
13．（2025九上·平阳月考）标有“6 V　1.5 W”的小灯泡，通过它的电流随电压变化的关系如图所示。若把这样的两只灯泡串联接在8 V的电源上，则此时每只灯泡的电阻及功率为 （　　）
A．24 Ω　0.67 W B．24 Ω　0.8 W
C．20 Ω　0.96 W D．20 Ω　0.8 W
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】首先根据串联电路中，电压与电阻成正比，即，计算出两只灯泡的实际电压，然后根据图像确定这时通过灯泡的电流，根据公式计算灯泡的电阻，根据P=UI计算这时灯泡的功劳。
【解答】当两个灯泡串联时，
根据公式得到：；
因为U总=U1+U2=8V，
所以U1=U2=4V；
根据图像可知，当灯泡电压为4V时，通过灯泡的电流为0.2A；
那么每只灯泡的电阻为：；
这时每只灯泡的功率为：P=UI=4V×0.2A=0.8W。
故选D。
14．（2025九上·平阳月考）良好的坐姿有利于身体健康。如图所示是一款人体工学护腰坐垫，人坐上后能支撑腰部，调整坐姿，使用该护腰坐垫时，腰抵靠靠背。此时可将该坐垫视作一个杠杆。下列关于该杠杆所受动力及阻力表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据坐垫的使用过程确定杠杆的五要素即可。
【解答】 根据题意可知，在坐垫的杠杆模型中，坐垫的支撑点相当于杠杆的支点，动力是人体施加在坐垫上向下的力，阻力是腰部对坐垫的压力，故C符合题意，ABD错误。
故选C。
15．（2025九上·平阳月考）如图是某一定值电阻的1-U图像。当该电阻两端的电压增大△U，其电动率增大△P，则图中的阴影面积大小能正确表示△P大小的是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】增大的电功率等于现在电功率与原来电功率的差，据此结合P=UI分析判断即可。
【解答】根据图片可知，图像中横轴表示电压，纵轴表示电流，根据P=UI可知，对应的电功率其实就是一个长方形的面积，长为U，宽为I。
观察可知，当电压增大△U时，增大的电功率其实就是前后两个长方形的面积之差，故D正确，而ABC错误。
故选D。
16．（2025九上·平阳月考）如图甲是机械能转化的思维导图。请回答以下问题：
（1）完善图甲中　 　的内容；
（2）无动力过山车先通过人踩动自行车踏板，使过山车上行至起始点，之后无需踩动，过山车便可自行下滑直至终点。依据真实模型，过山车下滑过程中，车的势能转化为车的动能及　 　；
（3）为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，请你结合上述机械能转化模型对轨道的设计提出两点建议。　 　
【答案】（1）机械能守恒
（2）内能
（3）①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦
【知识点】能量的相互转化和转移；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）在理想状态下，机械能守恒；
（2）过上车运动过程中会受到阻力，一部分机械能转化为内能；
（3）根据机械能转化过程分析。
【解答】（1）在理想状态下，机械能守恒，动能和势能可以完全转化。
（2）过山车运动过程中会受到阻力，下滑过程中，车的势能转化为车的动能及内能
（3）由机械能转换时，会有一部分机械能转化为内能可知，为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦。
（1）在理想状态下，机械能守恒，动能和势能可以完全转化。
（2）过山车运动过程中会受到阻力，下滑过程中，车的势能转化为车的动能及内能
（3）由机械能转换时，会有一部分机械能转化为内能可知，为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦。
17．（2025九上·平阳月考）图甲是某科学兴趣小组制作的水火箭。发射时，先在瓶内装适量水，再用打气筒往瓶内打足气。打开阀门，水从尾部向下喷出，火箭向上飞向空中。
（1）打气时，瓶内气体被压缩，其内能　 　（选填“增加”、“减少”或“不变”）。
（2）若用小型汽油机作为某火箭升空的推动设备，则图中　 　冲程（用字母表示）能实现内能转化为机械能。
【答案】（1）增加
（2）C
【知识点】物体内能的改变方法；热机的工作原理
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体内能增加；物体对外做功，物体内能减少 。打气时，对瓶内气体做功，气体内能增加。
（2）汽油机的冲程及能量转化：
吸气冲程：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，吸入汽油和空气的混合物，无能量转化。
压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，机械能转化为内能。
做功冲程：火花塞点火，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，内能转化为机械能。
排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，排出废气，无能量转化。
【解答】（1）用气筒向瓶内打气，瓶内气压增大，内能增加，这是通过做功的方式改变瓶内气体的内能。
（2）A图为吸气冲程；
B图中的气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，在压缩冲程中机械能转化为内能；
C图中的气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能；
D图为排气冲程。
所以C做功冲程符合题意。
（1）用气筒向瓶内打气，瓶内气压增大，内能增加，这是通过做功的方式改变瓶内气体的内能。
（2）A图为吸气冲程；
B图中的气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，在压缩冲程中机械能转化为内能；
C图中的气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能；
D图为排气冲程。
所以C做功冲程符合题意。
18．（2025九上·平阳月考）如图所示，为两个光滑的圆弧槽和一段粗糙的水平面相连接的装置。将质量为m的物体从左侧圆弧槽A点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽B点处，然后再次滑下，最高到达左侧圆弧槽C点处，其中A、B两点距离水平面的高度分别为H、h(忽略空气阻力)。
（1）小球从A 点滑到B点的过程中，机械能　 　。(填“增大”、“不变”或“减小”)
（2）小球从A 点滑到水平面上，小球重力做功为　 　。(用字母表示，下同)
（3）从A点到B点又回到C点过程中，克服水平面上摩擦力做功为　 　。
【答案】（1）减小
（2）mgH
（3）2mg（H-h）
【知识点】功的计算公式的应用；机械能守恒
【解析】【分析】 （1）根据物体克服摩擦力做功分析；
（2）根据公式W=Gh可得物体从A点滑到水平面时重力所做的功；
（3）根据能量守恒定律计算出小球从A到B克服摩擦力做功，再根据克服摩擦做功次数计算回到C点时做功多少。
【解答】 （1）物体从A点滑到B点的过程中，虽然圆弧部分光滑，但是水平面相连接的装置是粗糙的，因此物体克服摩擦力做功，将部分机械能转换为内能，因此小球的机械能减小；
（2）根据图片可知， 小球从A 点滑到水平面上，高度下降H， 则重力所做的功：W=Gh=mgH；
（3）从A点滑到B点的过程中，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即ΔE=G Δh=mg（H-h）。
从A点到B点又回到C点过程中，克服水平面上摩擦力做功2次，则为2mg（H-h）。
19．（2025九上·平阳月考）如图所示，在两个等长、等高但材质不同的甲、乙斜面上，用平行于斜面的拉力F，分别将质量为m和2m的A、B两物体从斜面底部匀速拉到顶端。此过程中，甲、乙两斜面上的拉力F所做的功分别为W甲、W乙，斜面的机械效率分别为η甲、η乙，物体在斜面上受到的摩擦力分别为f甲、f乙，则W甲　 　W乙；η甲　 　η乙；f甲　 　f乙（以上三空均选填“<”“=”或“>”）。
【答案】=；<；>
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】在斜面上，拉力F做的功即总功：W总=Fs；利用W额外=W总-W有可求额外功。
【解答】由题知，两斜面等长，将A、B两物体从斜面底部匀速拉到顶端，则s相等，拉力均为F，根据W=Fs可知，甲、乙两斜面上的拉力所做的功（即总功）：W甲=W乙；
由题知，两斜面等高，且m甲＜m乙，根据W有=Gh=mgh可知，有用功W甲有＜W乙有，
由机械效率可知，η甲＜η乙；
因为W额外=W总-W有，所以W额甲＞W额乙，由可知，f甲＞f乙。
故答案为：=；＜；＞。
20．（2025九上·平阳月考）如图甲为杠杆式咖啡机，它由控制杆OBA、活塞等部件组成，控制杆B端与活塞相连，O点到F1、F2力作用线的距离分别为15cm和1cm(如图乙所示)。使用时只需在A端下压控制杆，B端活塞即向下移动对筒内的水施加压力，高压水穿过咖啡粉，形成咖啡液流入下方的容器。
（1） 控制杆OBA 属于　 　杠杆。
（2）若F1的大小为10N，控制杆B端对活塞的压力是　 　牛。
【答案】（1）省力
（2）150
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】 （1）根据图片可知，控制杆OBA的支点为O，OB为阻力臂，OA为动力臂，此时动力臂远大于阻力臂，属于省力杠杆；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：10N×15cm=F2×1cm；
解得：F2=150N，
根据相互作用力的特点可知，控制杆B端对活塞的压力是150N。
21．（2025九上·平阳月考）图甲是矿井新型储能方式的示意图，其装置由竖井、电机、重物组成。在电力富余时，电机执行电动机功能，将重物提升至矿井内高处；当需要电能时，让重物下落，带动电机发电，该过程电机执行发电机功能。
（1）装置中用于储能的重物质量非常大，其目的是　 　。
（2）当重物上升速度不同时，矿井储能装置的机械效率不同，两者关系如图乙所示。当竖井内重物以10米/秒速度上升，储存 焦耳的能量时，需消耗的电能为　 　焦耳。
（3）结合图丙推测矿井储能装置机械效率随速度的增大在减小的可能原因是　 　。
【答案】（1）在提升高度一定时，增大重物的重力势能
（2）2×107J
（3）速度增大、阻力增大，克服阻力做的额外功增大，在有用功一定时，机械效率减小。
【知识点】能量利用效率；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）物体的重力势能与质量、高度有关。
（2）根据乙图确定当竖井内重物以10m/s速度上升时的机械效率，然后根据机械效率的公式求出消耗的电能。
（3）根据丙图分析速度增大时阻力的变化规律即可。
【解答】 （1）重力势能的大小与高度和质量大小有关，则装置中用于储能的重物质量非常大，其目的是在提升高度一定时，增大重物的重力势能。
（2）根据乙图可知，当竖井内重物以10m/s速度上升时的机械效率为75%，
此时需要消耗的电能：。
（3）根据丙图可知，重物受到的阻力随速度的增大而增大，速度增大时克服阻力做的额外功增大，因此机械效率减小。
22．（2025九上·平阳月考）在实际生活中，常用螺丝刀将螺丝钉拧进(出)物体。图甲中正在拧螺丝钉的螺丝刀，可视为图乙所示的杠杆AOB，其中O为支点，B为阻力作用点，F2为阻力，动力作用在手柄上。
（1）请在答题纸相应位置图中，画出对应F2的最小动力F1的示意图。
（2）为达到更省力的目的，为该螺丝刀结构提供一条改进建议　 　。
【答案】（1）
（2）可以增大手柄的直径
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【分析】（1）当以杠杆的支点到力的作用点的线段为动力臂时最长，此时最省力；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析改进建议。
【解答】 （1）根据乙图可知，O点为杠杆的支点，A点为动力作用点。则OA为最长的动力臂，过点A作OA的垂线，方向向下的力，即为最小的动力F1，如下图所示：
（2） 根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，达到更省力的目的，应该增大动力臂，即可以增大手柄的直径。
23．（2025九上·平阳月考）杆秤在古籍中被称为“权衡器”，《墨经》最早对权衡器的杠杆原理做了理论上的探讨。某同学进行“探究杠杆的平衡条件”实验后，制作了一把杆秤。
（1） 图甲中“标”“本”指的是　 　.(选填“力臂”或“
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，此时应把“权”　 　O点(选填“远离”或“靠近”)。
（3）图甲杆秤量程偏小，为了增大杆秤量程，以下方法中可行的是____。(可多选)
A．增加“权”的质量 B．增长“标”的长度 C．增长“本”的长度
（4）乙图为另一把杆秤，已知秤纽在C点时杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，那么秤纽移到-B点后该杆秤最大可测物体的质量为　 　g(杆秤自身重力不计，E点为秤砣可移动的最远端)。
【答案】（1）力臂
（2）远离
（3）A
（4）5000
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）力臂指的是支点到力的作用线的垂直距离，根据力臂的定义结合图片分析；
（2）根据杠杆平衡条件G重L本=G权L标分析解答；
（3）根据杠杆平衡条件G重L本=G权L标分析增大量程的方法；
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，则有杠杆平衡条件G物 AC=G秤砣 CE；秤纽移到B点后，当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，则有杠杆平衡条件G物 AB=G秤砣 BE。
【解答】（1）根据图片可知， -“标”通常指秤砣（权）所在的力臂，即秤砣到支点的距离。
“本”通常指重物（重）所在的力臂，即重物到支点的距离。因此，“标”和“本”指的是力臂。
（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：权 × 标 = 重 × 本。如果“重”增大，为了保持平衡，需要增大“权”的力臂（标），即秤砣（权）应远离支点O，以增加“标”的长度。
（3） 杆秤的量程是指它能测量的最大物重。
根据杠杆平衡条件：权 × 标 = 重 × 本可知，最大量程时，秤砣（权）移动到最远端（标最大），此时：重 =。
那么增大量程的方法：
①增加“权”的质量：权增大，重也按比例增大（可行）。
②增长“标”的长度：标增大，重也按比例增大（可行）。
③减小“本”的长度：本越小，重反而增大。
故选A和B。
（4） 已知秤纽在C点时，杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大；
根据杠杆平衡条件G物 AC=G秤砣 CE可得，m物 （AB+BC）=m秤砣 （BE-BC）；
即1880g×（0.02m+0.03m）=m秤砣×（0.5m-0.03m），
解得：m秤砣=200g；
秤纽移到B点后，当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大；
根据杠杆平衡条件G物 AB=G秤砣 BE可得，m物×0.02m=200g×0.5m。
解得：m物=5000g。
24．（2025九上·平阳月考）小科在“探究电功率与电流关系”的实验中，连接了如图甲的电路，其中电源电压保持6V不变，R为定值电阻。
（1）实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到　 　端（填空“A”或“B”）；
（2）实验中，小科发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，由此可以推断电路故障是　 　；
（3）替换了问题器材后，小科移动滑动变阻器进行多次实验，绘制了电阻R电功率（曲线A）和电路总功率（曲线B）随电流变化图像（如图丙），分析可知小科用的定值电阻阻值为　 　Ω；请根据图丙推测滑动变阻器功率随电流变化的规律，并说明推测的依据：　 　。
【答案】（1）A
（2）电阻R断路
（3）10；从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，故滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况是先变大、后变小
【知识点】测定小灯泡的功率；电功率
【解析】【分析】（1）为了保护电路，实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；
（2）电流表没有示数，说明电路可能断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据图丙利用P=UI求出定值电阻两端电压，据此求出电阻R的阻值；
从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，据此得出滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况。
【解答】（1）为了保护电路，实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即A端。
（2）实验中，小科发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，电流表没有示数，说明电路断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可以推断电路故障是电阻R断路。
（3）由图丙知道，当电路中的电流为0.6A时，电阻R电功率为3.6W，则电阻R两端电压为
故电阻R的阻值为
从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，故滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况是先变大、后变小。
（1）为了保护电路，实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即A端。
（2）实验中，小科发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，电流表没有示数，说明电路断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可以推断电路故障是电阻R断路。
（3）由图丙知道，当电路中的电流为0.6A时，电阻R电功率为3.6W，则电阻R两端电压为
故电阻R的阻值为
从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，故滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况是先变大、后变小。
25．（2025九上·平阳月考）为了探究物体质量对动能大小的影响，教材实验(如图甲)让不同质量的小球从斜面上相同的高度处分别由静止开始沿斜面滚下，撞击木块并将其推出一段距离。小明改进该实验，设计了图乙装置，将三个质量不同的小球于塑料管的开口处静止释放，经过轨道后与橡胶塞相撞，相连的数显仪器即可显示橡胶塞的形变程度。
（1）图甲实验是通过　 　来判断小球的动能大小。
（2）图甲实验中将小球放在斜面的相同高度处静止释放的目的是　 　。
（3）与图甲实验相比，图乙实验装置的优点有　 　。(请列举一点)
（4）为减小实验误差，你认为应当如何改变塑料管水平的长度L并从功和能的角度说明理由　 　。
【答案】（1）木块被推出的距离
（2）控制小球到达水平面时的速度相同
（3）可以直接通过数显仪器定量测量橡胶塞的形变程度（或“减少了人为观察的误差”）
（4）适当增加水平长度L；因为小球在水平轨道上运动时，摩擦阻力会对小球的动能造成损耗，增加L可以减小摩擦力的影响，使小球的动能更接近初始值。
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1） 在实验中，小球的动能转化为对木块做的功，木块被推出的距离越大，说明小球的动能越大。
（2）小球到达水平面时的速度与它在斜面上的高度有关；
（3）可从比较动能大小的方法是否直观的角度分析；
（4）可从减小摩擦力影响的角度分析解答。
【解答】（1） 在实验中，小球的动能转化为对木块做的功，使木块移动。木块被推出的距离越大，说明小球的动能越大。因此，通过观察木块被推出的距离可以判断小球的动能大小。
（2） 小球从斜面上相同高度释放，根据机械能守恒定律，到达水平面时的速度相同。这样可以保证实验中只有质量是变量，而速度不变，从而探究质量对动能的影响。
（3） 图乙装置通过数显仪器直接测量橡胶塞的形变程度，避免了肉眼观察木块移动距离的主观误差，使实验结果更精确、更定量化。
（4） 为减小实验误差，我认为应当适当增加塑料管水平的长度L，理由是：小球在水平轨道上运动时，摩擦阻力会对小球的动能造成损耗，增加L可以减小摩擦力的影响，使小球的动能更接近初始值。
26．（2025九上·平阳月考）小明在学习动滑轮后得知：动滑轮的实质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆。小明思考：“使用动滑轮时，若拉力的方向没有保持竖直向上，是否还能省一半的力”，于是设计了由滑轮、滑轨、滑块、弹簧测力计等组成的实验装置(如图甲)，通过移动滑块来改变拉力与竖直方向的夹角θ，进行实验。其中绳子重和摩擦忽略不计，获得实验数据如表：
实验序号 钩码总重力G 拉力作用线与竖直方向的夹角 拉力大小F/牛
① 3 0 2
② 3 30 2.4
③ 3 45 2.8
④ 3 60 4
（1）根据表中第①次的实验数据，可以得知动滑轮重为　 　牛。
（2）分析4次实验数据，你能得到的实验结论是　 　。
（3）为了使实验结论更具有普遍性，接下来的设计是：　 　。
（4）小明查阅资料后，发现改变拉力与竖直方向的夹角θ时，同时动滑轮的支点也发生改变，如图乙所示，若拉力F为动力，动滑轮和物体总重视为阻力。请结合以上信息和杠杆平衡条件等相关科学知识，解释从第①次到第④次拉力变化的原因 　 　。
【答案】（1）1
（2）同一动滑轮提升相同的物体时，拉力大小与θ有关，θ越大，拉力越大。
（3）换用不同的物体进行多次实验
（4）根据杠杆平衡条件可知，从第1次到第4次，物体总重力不变，动力臂和阻力臂都在减少，但是动力臂比阻力臂变化得更多，所以拉力逐渐增大。
【知识点】动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】 （1）根据图片确定承担重力的绳子段数，再根据F=（G+G动）计算解答；
（2）根据表格数据分析拉力大小随拉力作用线和竖直方向的夹角的变化规律；
（3）根据科学探究中多次实验的目的分析；
（4）结合杠杆模型分析动滑轮上力臂的变化即可。
【解答】 （1）根据表格可知，动滑轮上承担重力的绳子股数为n=2，
根据F=（G+G动）得到：2N=（3N+G动）；
解得：G动=1N；
（2）根据表格数据可知，从①到④实验中，拉力作用线的夹角越大，拉力越大，那么得到结论：同一动滑轮提升相同的物体时，拉力大小与θ有关，θ越大，拉力越大。
（3）根据科学探究的要求可知，为了使实验结论更具有普遍性，应该换用不同的物体进行多次实验；
（4）动滑轮是变形的杠杆，支点在滑轮一侧，阻力作用在滑轮中间，动力作用在滑轮另一侧。从第1次到第4次，物体总重力不变，动力臂和阻力臂都在减少，但是动力臂比阻力臂变化得更多，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，力逐渐增大。
27．（2025九上·平阳月考）在研究小灯泡发光情况与电功率关系的实验中，电源是三节新干电池，灯泡的额定电压为2.5V。
实验次数 电压U/V 电流I/A 电功率P/W ____
1 2.4 0.24 　 　
2 2.5 0.26 　 　
3 2.8 0.28 　 　
（1）表中记录了电表示数和电功率，还需要增加记录的内容是　 　；
（2）分析实验数据可以发现，小灯泡两端的电压越高，它的实际功率　 　；
（3）完成上述实验后，继续测量小灯泡的额定电功率，发现电流表无法正常使用，甲同学用原来的电源、电压表和一个5Ω的定值电阻R0，设计了如图2所示的电路。实验方案如下：
①调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5伏；②保持滑片位置不变，将电压表改接在R0两端，读出电压表示数；③算出小灯泡的额定功率。
乙同学认为可将电压表直接并联在R0两端，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光。根据电压表示数和R0阻值，可算出小灯泡的额定功率。
你认为哪种方案更好 请说出理由　 　。
【答案】（1）灯泡的亮度
（2）越大
（3）方案一更好，理由是： 操作更简便，且能准确保证灯泡在额定电压下工作 。
【知识点】小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】 （1）根据实验目的结合已有数据，确定表格中还缺少的数据；
（2）根据P=UI计算出三次实验中灯泡的实际功率，然后比较大小，得出结论；
（3）要使小灯泡正常发光，应使其额定电压达到2.5V，只有准确大的2.5V，计算出的实际功率才是准确的。
【解答】 （1）根据实验目的可知，本实验研究小灯泡发光情况与电功率的关系，则除了要计算出灯泡的电功率之外，还需要记录灯泡的亮度，因此表中还需要增加记录的内容为灯泡的亮度；
（2）由表中数据可知，从实验1到实验3中，灯泡的实际功率依次为0.576W、0.65W和0.784W，那么得到：小灯泡两端的电压越高，它的实际功率越大；
（3）根据题意可知，要使小灯泡正常发光，应使其额定电压达到2.5V；
方案一是调节滑动变阻器，同时观察电压表，使小灯泡两端电压为2.5伏，比较准确；
方案二是通过观察小灯泡发光的亮度来确定其是否正常发光，不准确；
所以方案一更好。
28．（2025九上·平阳月考）2024年9月25日，中国东风-31AG 型洲际导弹划破天际，精准命中太平洋目标海域。洲际导弹的飞行过程分为初段OA、中段AB、末段BC三个阶段，如图所示。飞行初段，发动机内燃料燃烧推动导弹加速上升。飞行中段，发动机关闭，导弹依靠惯性在钱学森弹道飞行。飞行末段，发动机再次打开，急速坠落的导弹，还会释放多个干扰弹，大大降低拦截成功率。请回答下列问题：
（1）导弹飞行中段，距离地面等高的a、b两点速度的大小关系：va　 　vb(选填“大于”“小于”或“等于”)。
（2）导弹飞行末段，除干扰弹外，导弹不断加速俯冲，从被发现到命中攻击点仅需十几秒。若某拦截导弹发射点距离攻击点60km，推力为1×105N，最大功率为3×108W，该拦截导弹能否成功拦截东风-31AG 型洲际导弹，请计算说明。
【答案】（1）大于
（2）解： 根据题意可知，该拦截导弹的最大速度：，
拦截导弹飞行的最短时间：，
导弹飞行末段，从被发现到命中攻击点仅需十几秒，
则该拦截导弹不能成功拦截东风-31AG型洲际导弹。
【知识点】速度公式及其应用；功率计算公式的应用；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）导弹飞行过程中，与空气摩擦会造成机械能减小，根据“机械能=动能+重力势能”比较a、b两点时动能大小，再比较a、b两点速度的大小关系；
（2）根据P=Fv计算该拦截导弹的速度，根据速度公式计算拦截导弹飞行的时间，最后与导弹的命中时间比较即可。
【解答】（1） 导弹飞行过程中，与空气摩擦做功，机械能会不断减小。因为b点在a点后面，所以机械能减小更多，即a点的机械能大于b点的机械能。
距离地面等高的a、b两点，导弹的质量不变，则二者重力势能相等，
根据“机械能=动能+重力势能”可知，b处动能较小，速度较小，
即距离地面等高的a、b两点速度的大小关系是va大于vb。
29．（2025九上·平阳月考） 千岛湖某景区配置了“飞天魔毯”，游客无需步行上山，坐在传送带上即可由“飞天魔毯”带至山上，如图甲所示。已知该“飞天魔毯”长度为400米，落差达100米，游客坐着“飞天魔毯”上山时，可以视为沿斜面匀速上升，模型图如图乙所示。
（1）上升过程中，传送带对游客的支持力对游客有无做功 答：　 　(选填“有”或“无”)。
（2） 游客乘坐“飞天魔毯”上升时，判断游客机械能变化情况并说明原因　 　。
（3）游客坐在魔毯上从底部以1m/s的速度上升到顶部。已知该游客的质量为50kg，不计空气阻力，请计算“飞天魔毯”运行过程中，传送带对该游客做功的功率。
【答案】（1）无
（2）机械能增大。人质量不变，速度不变，动能不变； 人匀速上升，高度增加，重力势能增大，故机械能增大； 传送带对人有沿传送带向上方向的力，人在力的方向上通过一段距离，摩擦力做功使人的机械能变大。
（3）从底部到顶部用时
人从底部到顶部，传送带对人做功 104J
传送带功率
【知识点】速度公式及其应用；力是否做功的判断；功率计算公式的应用；机械能守恒
【解析】【分析】做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动的距离，二者缺一不可；动能和势能合称机械能，物体的质量越大，速度越大，动能越大；物体的质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】（1）上升过程中，传送带对游客的支持力的方向垂直斜面向上，在该方向上游客没有移动距离，所以上升过程中，传送带对游客的支持力对游客无做功；
（2）游客乘坐“飞天魔毯”上升时，游客匀速上升，动能不变，重力势能变大，机械能变。传送带对人有沿传送带向上方向的力，人在力的方向上通过一段距离，摩擦力做功使人的机械能变大。
（3）根据速度公式求出从底部上升到顶部的时间，根据W=Gh=mgh求传送带对游客做的功，根据P=算传送带对该游客做功的功率。
30．（2025九上·平阳月考）空气能热水器具有节能、环保、寿命长、不排放有毒有害气体等优点。如图甲所示是空气能热水器的工作原理图，其中压缩机、冷凝器、配套器件、蒸发器组成了热泵，热泵中封装了沸点很低的制冷剂。工作时，流过蒸发器的液态制冷剂从空气中吸热而汽化，然后通过压缩机压缩使气态制冷剂变成高温高压的蒸气，再通过冷凝器液化放热使水温升高，如此往复循环。表格中是某品牌两种型号的空气能热水器的测定参数(环境温度为20℃进水温度为20℃时测定)。
表1
型号 A B
最高出水温度(℃) 55 60
热水产率(kg/h) 120 140
输入功率(kW) 1.2 1.4
电源 220V， 50Hz
环境温度(℃) -10~50
（1）A 型号热水器的热水产率为120Kg/h，表示它工作 1h可使120Kg的水温度升高35℃这些水吸收的能量是　 　J，该热水器的制热功率为　 　kW。(水的比热容
（2）定义“能效比”：空气能热水器在额定状态下工作时，制热功率与输入功率之比(即图乙为A 型号热水器的能效标识，其能效比为多少 (计算结果取整数)。
（3）若两型号热水器的能效比相同，对B型号，如果只要求其出水温度也为55℃，则它工作1h能产多少 Kg热水。
【答案】（1）1.764×107；4.9
（2）解：根据能效比的定义公式可知，A型号热水器的能效比：。
（3）解：根据题意可知，B型热水器1h消耗电能：W'=P't=1.4kW×1h=1.4kW h=1.4×3.6×106J=5.04×106J，
根据题意可知，两型号热水器的能效比相同，
则此时水吸收的热量：Q吸B=ηW'=4×5.04×106J=2.016×107J，
那么被加热水的质量：。
【知识点】热量的计算；机械效率的计算；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；根据求出制热功率；
（2）根据能效比的定义公式求出A型号热水器的能效比；
（3）求出B型热水器1h消耗电能，根据能效比求水吸收的热量，利用Q=c水m水Δt计算被加热水的质量。
【解答】 （1）根据题意可知，水吸收的能量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×120kg×35℃=1.764×107J；
该热水器的制热功率：；
31．（2025九上·平阳月考）下图是某简易吊装机，其简化结构如图乙所示
（1）吊装机工作时，顶端定滑轮的作用是　 　。
（2）吊装机总重为1500牛，其重力作用线通过A点。结合乙图数据计算，当吊装机匀速吊起重物时，为防止翻倒，最多能吊起多少牛的重物
（3）吊装机在使用时，通常在一定位置压上配重防止翻倒。将同一配重分别放在图中 D、E、F处时，能达到最佳防翻效果的是　 　。
（4）电动机的额定功率是1200瓦，正常工作时消耗的电能有75%转化为重物的机械能。当吊装机配重足够时，可在10秒内使重物匀速向升3米，求所吊重物受到的重力大小。
【答案】（1）改变力的方向
（2）解：根据图乙可知，将B点看作支点，设物体重为G，动力臂L1=1.25m，阻力为吊装机总重，F2=1500N，阻力臂L2=1.5-1.25=0.25m。
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：GL1=F2L2，
G×1.25m=1500×0.25m，
解得：所吊起物体重为G=300N。
（3）F
（4）解：根据题意可知，正常工作时消耗的电能有75%转化为重物的机械能，
则W物=ηW电；
G物h=ηPt；
G物×3m=75%×1200W×10s；
解得：G物=3000N。
【知识点】能量利用效率；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）根据定滑轮的特点解答；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断；
（4）根据W=ηPt计算出计算出电动机转化成的机械能，再根据W=Gh计算机械能，二者的大小相等，据此列出方程计算即可。
【解答】 （1）根据定滑轮的特点可知，吊装机工作时，顶端定滑轮的作用是改变力的方向。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，当配重的重力相同时，当阻力臂越大的时候，能够吊起货物的重力越大，则吊装机越不容易倾倒，
故选F。
32．（2025九上·平阳月考）某学习小组开展“自制豆芽机”项因(化学习)活动。主要包括产品设计、功能调试、评价改进三个环节。
【产品设计】图甲是小组成员完成的设计草图，内容包括发育盘、淋水系统和控温装置。发育盘上有沥水孔；淋水系统由水泵驱动，豆芽机中的水可通过内部管道和沥水孔按箭头方向流动，使用时可通过调节水流大小控制发育盘中的积水量。控温装置内部电路如图乙所示，可实现加热、保温两档自动切换，其中R0是定值电阻，R1、R2为电热丝，R 为热敏电阻。
【功能调试】小组成员购置了相关配件进行产品制作与调试。配件的具体参数如下：控制电路电源电压U为3伏，R0为25欧，R1为440欧，R2的阻值与温度的关系如图丙所示，电磁铁衔铁在电流大于 60mA时吸合，小于30mA 时释放。
【评价改进】小瑞设计了评价量规(部分指标如下表)，并以此作为豆芽机评价改进的依据。
评价指标 作品等级
优秀 合格 待改进
氧气提供 能够提供充足的氧气不会出现缺氧情况 能够提供充足的氧气偶尔出现缺氧情况 不能提供充足的氧气经常出现缺氧情况
温度控制 能实现自动控温并能提供适宜的温度 能实现自动控温但温度过高或过低 不能自动控温
（1）请根据评价量规，对小组设计的豆芽机的“氧气提供”指标进行等级判定，并写出判断的依据：　 　；
（2）功能调试时，小瑞测得豆芽机的保温功率为55瓦，请计算其加热功率：
（3）小科查阅资料发现绿豆萌发的适宜温度范围是20℃~25℃，请结合数据分析此款豆芽机自动控制的温度范围是否符合要求　 　。
【答案】（1）是否缺氧
（2）解：根据乙图可知，当动触点与静触点断开时，电阻R1与R2串联，总电阻最大，处于保温状态，豆芽机的保温功率为55W，
则电路的总电阻为：，
此时R2的阻值R2=R总-R1=880Ω-440Ω=440Ω；
当动触点与静触点接触时，电路为只有R2的简单电路，此时功率较大为加热档，
则豆芽机加热功率为：。
（3）不符合
【知识点】电功率计算公式的应用；电阻的串联、并联
【解析】【分析】 （1）根据表格数据中不同等级的判断标准确定判断的依据；
（2）当动触点与静触点断开时，电阻R1与R2串联，总电阻最大，处于保温状态，根据电阻的串联和求出R2的阻值；当动触点与静触点接触时，电阻R1与R2并联，总电阻最小，处于加热状态，根据电阻的并联和求出加热功率；
（3）电磁铁衔铁在电流大于60mA时吸合，根据欧姆定律求出控制电路总电阻，利用电阻的串联求出Rx的阻值，根据图丙确定豆芽机最低温度；电磁铁衔铁在电流小于30mA时释放，根据欧姆定律求出控制电路总电阻，利用电阻的串联求出Rx的阻值，根据图丙确定豆芽机最高温度，然后与绿豆萌发的适宜温度进行比较。
【解答】 （1）根据表格数据可知，“氧气提供”优秀作品不会出现缺氧情况，合格作品偶尔出现缺氧情况，待改进作品经常出现缺氧情况，故判断作品等级的依据是：是否缺氧。
（3）根据题意可知，电磁铁衔铁在电流大于60mA时吸合，
此时的总电阻为：，
此时热敏电阻的阻值Rx=R总1-R0=50Ω-25Ω=25Ω，
由图乙可知，此时豆芽机的温度为23℃；
电磁铁衔铁在电流小于30mA时释放，此时的总电阻为：，
根据电阻的串联，Rx'=R总2-R0=100Ω-25Ω=75Ω，
由图乙可知，此时豆芽机的温度为26℃；
此款豆芽机温度控制范围23℃～26℃，
由于绿豆萌发的适宜温度范围是20℃-25℃，
故此款豆芽机自动控制的温度范围不符合要求。
1 / 1浙江省温州市平阳新纪元学校2025-2026学年第一学期九年级第一次学习品质检测 科学（3.1-3.6）
1．（2025九上·平阳月考）新能源电动车利用电池提供能量来驱动汽车。电池和汽油中蕴含相同形式的能量， 该能量是（　　）
A．电能 B．化学能 C．机械能 D．太阳能
2．（2025九上·平阳月考）图甲为温州三澳核电站发电流程图，图乙为温岭江厦潮汐发电原理图。下列关于两种发电方式说法正确的是(　　)
A．核电站利用核聚变获得核能
B．发电机是将电能转化为机械能
C．潮汐发电主要是利用水的内能
D．涨潮和退潮时的能量转化形式相同
3．（2025九上·平阳月考）在自由式滑雪比赛中，运动员的重心轨迹如图所示，图中各点中运动员的重力势能最大的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
4．（2025九上·平阳月考）某同学用大小恒定的推力 F=300牛（方向如图所示），10秒钟内将重为500牛的物体从斜面底端匀速推到了顶端，已知斜面高为5米，长为10米。下列说法正确的是（　　）
A．使用斜面可以省力也可以省功
B．物体沿斜面运动的速度为0.5米/秒
C．物体受到的摩擦力为300牛
D．推物体时，推力的功率为300瓦
5．（2025九上·平阳月考）以下事例在改变物体内能的方式上与其他三项不同的是（　　）
A．水壶加热温度升高 B．沿滑梯下滑臀部发热
C．电炉通电电热丝发热 D．铁丝反复弯折，弯折处变热
6．（2025九上·平阳月考）篮球从A点投向C点，运动轨迹如图所示，空气阻力不可忽略且大小恒定，下列说法正确的是（　　）
A．篮球在最高点B时动能为零
B．整个过程中篮球的机械能守恒
C．篮球在 A 点的动能大于 C 点的动能
D．篮球在上升过程中，重力势能转化为动能
7．（2025九上·平阳月考）如图，甲、乙两人用不同的装置，在相同时间内把质量相等的货物匀速提升到同一平台，不计绳重及滑轮的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．乙做的有用功比甲多
B．甲装置的总功比乙少
C．甲装置绳子自由端移动的距离和乙的一样多
D．乙装置的机械效率为100%
8．（2025九上·平阳月考）在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢匀速移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025九上·平阳月考）如图所示是小金家的电能表，下列说法正确的是 （　　）
A．每小时该电能表表盘转过600转
B．该电能表显示消耗了电能3765度
C．该电能表是测量电路电功率的仪器
D．该表转盘转6转说明消耗电能0.01度
10．（2025九上·平阳月考） 如图，闭合开关S后，灯比 亮，由此可确定灯（）
A．两端电压更大 B．通过的电流更大
C．灯丝的阻值更大 D．灯丝的长度更长
11．（2025九上·平阳月考）将装有酒精的金属管固定在桌子上，并用塞子塞紧，快速来回拉动绕在管上的绳子，过一会儿塞子会跳起来，如图所示，则（　　）
A．拉动绳子的过程中，通过做功改变了金属管的内能，金属管温度上升
B．拉动绳子的过程中，通过对金属管内的酒精做功，使酒精温度上升
C．塞子跳起时，管内气体温度上升，内能增加
D．塞子跳起时，管内气体对塞子做功，使塞子内能增加
12．（2025九上·平阳月考）如图所示的实验装置：三个相同的烧瓶A、B、C内分别盛有质量和初温均相等的水或煤油，瓶中电阻丝的阻值分别为、、且 ，当电路接通一段时间后(三个烧瓶中的液体均未达到沸腾)，下列判断正确的是(均不计热损失，比热容( ，下列判断正确的是（　　）
A．比较烧瓶A、B可以粗略探究电热的多少与电流大小有关
B．三个烧瓶中液体吸收的热量由高到低顺序：QA< QcC．三个烧瓶中的液体末温由低到高顺序：
D．比较烧瓶B、C可以粗略探究煤油和水的吸热能力
13．（2025九上·平阳月考）标有“6 V　1.5 W”的小灯泡，通过它的电流随电压变化的关系如图所示。若把这样的两只灯泡串联接在8 V的电源上，则此时每只灯泡的电阻及功率为 （　　）
A．24 Ω　0.67 W B．24 Ω　0.8 W
C．20 Ω　0.96 W D．20 Ω　0.8 W
14．（2025九上·平阳月考）良好的坐姿有利于身体健康。如图所示是一款人体工学护腰坐垫，人坐上后能支撑腰部，调整坐姿，使用该护腰坐垫时，腰抵靠靠背。此时可将该坐垫视作一个杠杆。下列关于该杠杆所受动力及阻力表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2025九上·平阳月考）如图是某一定值电阻的1-U图像。当该电阻两端的电压增大△U，其电动率增大△P，则图中的阴影面积大小能正确表示△P大小的是 （　　）
A． B．
C． D．
16．（2025九上·平阳月考）如图甲是机械能转化的思维导图。请回答以下问题：
（1）完善图甲中　 　的内容；
（2）无动力过山车先通过人踩动自行车踏板，使过山车上行至起始点，之后无需踩动，过山车便可自行下滑直至终点。依据真实模型，过山车下滑过程中，车的势能转化为车的动能及　 　；
（3）为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，请你结合上述机械能转化模型对轨道的设计提出两点建议。　 　
17．（2025九上·平阳月考）图甲是某科学兴趣小组制作的水火箭。发射时，先在瓶内装适量水，再用打气筒往瓶内打足气。打开阀门，水从尾部向下喷出，火箭向上飞向空中。
（1）打气时，瓶内气体被压缩，其内能　 　（选填“增加”、“减少”或“不变”）。
（2）若用小型汽油机作为某火箭升空的推动设备，则图中　 　冲程（用字母表示）能实现内能转化为机械能。
18．（2025九上·平阳月考）如图所示，为两个光滑的圆弧槽和一段粗糙的水平面相连接的装置。将质量为m的物体从左侧圆弧槽A点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽B点处，然后再次滑下，最高到达左侧圆弧槽C点处，其中A、B两点距离水平面的高度分别为H、h(忽略空气阻力)。
（1）小球从A 点滑到B点的过程中，机械能　 　。(填“增大”、“不变”或“减小”)
（2）小球从A 点滑到水平面上，小球重力做功为　 　。(用字母表示，下同)
（3）从A点到B点又回到C点过程中，克服水平面上摩擦力做功为　 　。
19．（2025九上·平阳月考）如图所示，在两个等长、等高但材质不同的甲、乙斜面上，用平行于斜面的拉力F，分别将质量为m和2m的A、B两物体从斜面底部匀速拉到顶端。此过程中，甲、乙两斜面上的拉力F所做的功分别为W甲、W乙，斜面的机械效率分别为η甲、η乙，物体在斜面上受到的摩擦力分别为f甲、f乙，则W甲　 　W乙；η甲　 　η乙；f甲　 　f乙（以上三空均选填“<”“=”或“>”）。
20．（2025九上·平阳月考）如图甲为杠杆式咖啡机，它由控制杆OBA、活塞等部件组成，控制杆B端与活塞相连，O点到F1、F2力作用线的距离分别为15cm和1cm(如图乙所示)。使用时只需在A端下压控制杆，B端活塞即向下移动对筒内的水施加压力，高压水穿过咖啡粉，形成咖啡液流入下方的容器。
（1） 控制杆OBA 属于　 　杠杆。
（2）若F1的大小为10N，控制杆B端对活塞的压力是　 　牛。
21．（2025九上·平阳月考）图甲是矿井新型储能方式的示意图，其装置由竖井、电机、重物组成。在电力富余时，电机执行电动机功能，将重物提升至矿井内高处；当需要电能时，让重物下落，带动电机发电，该过程电机执行发电机功能。
（1）装置中用于储能的重物质量非常大，其目的是　 　。
（2）当重物上升速度不同时，矿井储能装置的机械效率不同，两者关系如图乙所示。当竖井内重物以10米/秒速度上升，储存 焦耳的能量时，需消耗的电能为　 　焦耳。
（3）结合图丙推测矿井储能装置机械效率随速度的增大在减小的可能原因是　 　。
22．（2025九上·平阳月考）在实际生活中，常用螺丝刀将螺丝钉拧进(出)物体。图甲中正在拧螺丝钉的螺丝刀，可视为图乙所示的杠杆AOB，其中O为支点，B为阻力作用点，F2为阻力，动力作用在手柄上。
（1）请在答题纸相应位置图中，画出对应F2的最小动力F1的示意图。
（2）为达到更省力的目的，为该螺丝刀结构提供一条改进建议　 　。
23．（2025九上·平阳月考）杆秤在古籍中被称为“权衡器”，《墨经》最早对权衡器的杠杆原理做了理论上的探讨。某同学进行“探究杠杆的平衡条件”实验后，制作了一把杆秤。
（1） 图甲中“标”“本”指的是　 　.(选填“力臂”或“
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，此时应把“权”　 　O点(选填“远离”或“靠近”)。
（3）图甲杆秤量程偏小，为了增大杆秤量程，以下方法中可行的是____。(可多选)
A．增加“权”的质量 B．增长“标”的长度 C．增长“本”的长度
（4）乙图为另一把杆秤，已知秤纽在C点时杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，那么秤纽移到-B点后该杆秤最大可测物体的质量为　 　g(杆秤自身重力不计，E点为秤砣可移动的最远端)。
24．（2025九上·平阳月考）小科在“探究电功率与电流关系”的实验中，连接了如图甲的电路，其中电源电压保持6V不变，R为定值电阻。
（1）实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到　 　端（填空“A”或“B”）；
（2）实验中，小科发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，由此可以推断电路故障是　 　；
（3）替换了问题器材后，小科移动滑动变阻器进行多次实验，绘制了电阻R电功率（曲线A）和电路总功率（曲线B）随电流变化图像（如图丙），分析可知小科用的定值电阻阻值为　 　Ω；请根据图丙推测滑动变阻器功率随电流变化的规律，并说明推测的依据：　 　。
25．（2025九上·平阳月考）为了探究物体质量对动能大小的影响，教材实验(如图甲)让不同质量的小球从斜面上相同的高度处分别由静止开始沿斜面滚下，撞击木块并将其推出一段距离。小明改进该实验，设计了图乙装置，将三个质量不同的小球于塑料管的开口处静止释放，经过轨道后与橡胶塞相撞，相连的数显仪器即可显示橡胶塞的形变程度。
（1）图甲实验是通过　 　来判断小球的动能大小。
（2）图甲实验中将小球放在斜面的相同高度处静止释放的目的是　 　。
（3）与图甲实验相比，图乙实验装置的优点有　 　。(请列举一点)
（4）为减小实验误差，你认为应当如何改变塑料管水平的长度L并从功和能的角度说明理由　 　。
26．（2025九上·平阳月考）小明在学习动滑轮后得知：动滑轮的实质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆。小明思考：“使用动滑轮时，若拉力的方向没有保持竖直向上，是否还能省一半的力”，于是设计了由滑轮、滑轨、滑块、弹簧测力计等组成的实验装置(如图甲)，通过移动滑块来改变拉力与竖直方向的夹角θ，进行实验。其中绳子重和摩擦忽略不计，获得实验数据如表：
实验序号 钩码总重力G 拉力作用线与竖直方向的夹角 拉力大小F/牛
① 3 0 2
② 3 30 2.4
③ 3 45 2.8
④ 3 60 4
（1）根据表中第①次的实验数据，可以得知动滑轮重为　 　牛。
（2）分析4次实验数据，你能得到的实验结论是　 　。
（3）为了使实验结论更具有普遍性，接下来的设计是：　 　。
（4）小明查阅资料后，发现改变拉力与竖直方向的夹角θ时，同时动滑轮的支点也发生改变，如图乙所示，若拉力F为动力，动滑轮和物体总重视为阻力。请结合以上信息和杠杆平衡条件等相关科学知识，解释从第①次到第④次拉力变化的原因 　 　。
27．（2025九上·平阳月考）在研究小灯泡发光情况与电功率关系的实验中，电源是三节新干电池，灯泡的额定电压为2.5V。
实验次数 电压U/V 电流I/A 电功率P/W ____
1 2.4 0.24 　 　
2 2.5 0.26 　 　
3 2.8 0.28 　 　
（1）表中记录了电表示数和电功率，还需要增加记录的内容是　 　；
（2）分析实验数据可以发现，小灯泡两端的电压越高，它的实际功率　 　；
（3）完成上述实验后，继续测量小灯泡的额定电功率，发现电流表无法正常使用，甲同学用原来的电源、电压表和一个5Ω的定值电阻R0，设计了如图2所示的电路。实验方案如下：
①调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5伏；②保持滑片位置不变，将电压表改接在R0两端，读出电压表示数；③算出小灯泡的额定功率。
乙同学认为可将电压表直接并联在R0两端，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光。根据电压表示数和R0阻值，可算出小灯泡的额定功率。
你认为哪种方案更好 请说出理由　 　。
28．（2025九上·平阳月考）2024年9月25日，中国东风-31AG 型洲际导弹划破天际，精准命中太平洋目标海域。洲际导弹的飞行过程分为初段OA、中段AB、末段BC三个阶段，如图所示。飞行初段，发动机内燃料燃烧推动导弹加速上升。飞行中段，发动机关闭，导弹依靠惯性在钱学森弹道飞行。飞行末段，发动机再次打开，急速坠落的导弹，还会释放多个干扰弹，大大降低拦截成功率。请回答下列问题：
（1）导弹飞行中段，距离地面等高的a、b两点速度的大小关系：va　 　vb(选填“大于”“小于”或“等于”)。
（2）导弹飞行末段，除干扰弹外，导弹不断加速俯冲，从被发现到命中攻击点仅需十几秒。若某拦截导弹发射点距离攻击点60km，推力为1×105N，最大功率为3×108W，该拦截导弹能否成功拦截东风-31AG 型洲际导弹，请计算说明。
29．（2025九上·平阳月考） 千岛湖某景区配置了“飞天魔毯”，游客无需步行上山，坐在传送带上即可由“飞天魔毯”带至山上，如图甲所示。已知该“飞天魔毯”长度为400米，落差达100米，游客坐着“飞天魔毯”上山时，可以视为沿斜面匀速上升，模型图如图乙所示。
（1）上升过程中，传送带对游客的支持力对游客有无做功 答：　 　(选填“有”或“无”)。
（2） 游客乘坐“飞天魔毯”上升时，判断游客机械能变化情况并说明原因　 　。
（3）游客坐在魔毯上从底部以1m/s的速度上升到顶部。已知该游客的质量为50kg，不计空气阻力，请计算“飞天魔毯”运行过程中，传送带对该游客做功的功率。
30．（2025九上·平阳月考）空气能热水器具有节能、环保、寿命长、不排放有毒有害气体等优点。如图甲所示是空气能热水器的工作原理图，其中压缩机、冷凝器、配套器件、蒸发器组成了热泵，热泵中封装了沸点很低的制冷剂。工作时，流过蒸发器的液态制冷剂从空气中吸热而汽化，然后通过压缩机压缩使气态制冷剂变成高温高压的蒸气，再通过冷凝器液化放热使水温升高，如此往复循环。表格中是某品牌两种型号的空气能热水器的测定参数(环境温度为20℃进水温度为20℃时测定)。
表1
型号 A B
最高出水温度(℃) 55 60
热水产率(kg/h) 120 140
输入功率(kW) 1.2 1.4
电源 220V， 50Hz
环境温度(℃) -10~50
（1）A 型号热水器的热水产率为120Kg/h，表示它工作 1h可使120Kg的水温度升高35℃这些水吸收的能量是　 　J，该热水器的制热功率为　 　kW。(水的比热容
（2）定义“能效比”：空气能热水器在额定状态下工作时，制热功率与输入功率之比(即图乙为A 型号热水器的能效标识，其能效比为多少 (计算结果取整数)。
（3）若两型号热水器的能效比相同，对B型号，如果只要求其出水温度也为55℃，则它工作1h能产多少 Kg热水。
31．（2025九上·平阳月考）下图是某简易吊装机，其简化结构如图乙所示
（1）吊装机工作时，顶端定滑轮的作用是　 　。
（2）吊装机总重为1500牛，其重力作用线通过A点。结合乙图数据计算，当吊装机匀速吊起重物时，为防止翻倒，最多能吊起多少牛的重物
（3）吊装机在使用时，通常在一定位置压上配重防止翻倒。将同一配重分别放在图中 D、E、F处时，能达到最佳防翻效果的是　 　。
（4）电动机的额定功率是1200瓦，正常工作时消耗的电能有75%转化为重物的机械能。当吊装机配重足够时，可在10秒内使重物匀速向升3米，求所吊重物受到的重力大小。
32．（2025九上·平阳月考）某学习小组开展“自制豆芽机”项因(化学习)活动。主要包括产品设计、功能调试、评价改进三个环节。
【产品设计】图甲是小组成员完成的设计草图，内容包括发育盘、淋水系统和控温装置。发育盘上有沥水孔；淋水系统由水泵驱动，豆芽机中的水可通过内部管道和沥水孔按箭头方向流动，使用时可通过调节水流大小控制发育盘中的积水量。控温装置内部电路如图乙所示，可实现加热、保温两档自动切换，其中R0是定值电阻，R1、R2为电热丝，R 为热敏电阻。
【功能调试】小组成员购置了相关配件进行产品制作与调试。配件的具体参数如下：控制电路电源电压U为3伏，R0为25欧，R1为440欧，R2的阻值与温度的关系如图丙所示，电磁铁衔铁在电流大于 60mA时吸合，小于30mA 时释放。
【评价改进】小瑞设计了评价量规(部分指标如下表)，并以此作为豆芽机评价改进的依据。
评价指标 作品等级
优秀 合格 待改进
氧气提供 能够提供充足的氧气不会出现缺氧情况 能够提供充足的氧气偶尔出现缺氧情况 不能提供充足的氧气经常出现缺氧情况
温度控制 能实现自动控温并能提供适宜的温度 能实现自动控温但温度过高或过低 不能自动控温
（1）请根据评价量规，对小组设计的豆芽机的“氧气提供”指标进行等级判定，并写出判断的依据：　 　；
（2）功能调试时，小瑞测得豆芽机的保温功率为55瓦，请计算其加热功率：
（3）小科查阅资料发现绿豆萌发的适宜温度范围是20℃~25℃，请结合数据分析此款豆芽机自动控制的温度范围是否符合要求　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】能量的相互转化和转移
【解析】【分析】当燃料未燃烧时内部含有的能量为化学能，据此分析判断。
【解答】根据题意可知，电池和汽油中都蕴含化学能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
2．【答案】D
【知识点】能量的相互转化和转移
【解析】【分析】根据自己对核电站和潮汐发电的工作过程，以及能量转换的知识分析。
【解答】 A.目前商业运行的核电站都是利用核裂变（如铀-235的裂变）来释放能量，而不是核聚变，故A错误；
B.发电机的原理是电磁感应，将机械能（如汽轮机或水轮机的转动）转化为电能，故B错误；
C.潮汐发电是利用潮汐涨落时的水位差（势能）和海水流动（动能）驱动涡轮机发电，而不是水的内能（热能），故C错误；
D. 无论是涨潮还是退潮，潮汐发电的能量转化过程都是：海水的动能或势能 → 涡轮机的机械能 → 发电机的电能，故D正确。
故选D。
3．【答案】A
【知识点】势能的影响因素
【解析】【分析】重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】由图知，a点位置最高，而质量不变，故运动员的重力势能最大的是a点。故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
4．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；斜面及其工作特点
【解析】【分析】本题涉及的知识点如下：
（1）斜面的特点：使用任何机械都不省功，使用斜面可以省力，但要多移动距离。
（2）速度的计算公式：，其中v表示速度，s表示路程，t表示时间。
（3）力的分析：物体在斜面上匀速运动时，推力F做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做的功之和。
（4）功率的计算公式：
【解答】A、由功的原理可知，使用任何机械都不能省功，故A错误；
B、物体沿斜面运动的速度为
故B错误；
C、所做的有用功W有=Gh=500N×5m=2500J
所做的总功W总=Fs=300N×10m=3000J
克服物体受到斜面的摩擦力所做的额外功W额=W总-W有=3000J-2500J=500J
由W额=fs得，物体所受到的摩擦力
故C错误；
D、推力所做的功为总功，其功率为
故D正确。
故答案为：D。
5．【答案】A
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【分析】做功和热传递都能改变内能，前者的本质为能量的转化，后者的本质为能量的转移。
【解答】 A.水壶加热温度升高，即水吸收水壶产生的热量，属于热传递改变内能；
B.沿滑梯下滑臀部发热，通过摩擦的方式将机械能转换为内能，属于做功改变内能；
C.电炉通电电热丝发热，将电能转换为内能，属于做功改变内能；
D.铁丝反复弯折，弯折处变热，通过弯折的方式将机械能转换为内能，属于做功改变内能。
比较可知，与其它三个改变内能方式不同的是A。
故选A。
6．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】（1）动能的概念：物体由于运动而具有的能叫动能，其大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能越大。篮球在最高点 B 时，水平方向仍有速度，所以动能不为零。
（2）机械能守恒条件：只有在只有重力或弹力做功的物体系统内，机械能才守恒。本题中空气阻力不可忽略，空气阻力做功，机械能不守恒。
（3）能量转化分析：篮球从 A 点到 C 点过程中，由于空气阻力一直做负功，消耗机械能。A 点到 C 点，重力势能先增大后减小，且空气阻力一直做负功，根据能量关系可知 A 点动能大于 C 点动能。
（4）上升过程能量转化：篮球在上升过程中，质量不变，高度增加重力势能增大，速度减小动能减小，是动能转化为重力势能。
【解答】A、篮球在最高点B位置时，具有一定的质量，在水平方向上速度不为零，所以动能不为零，故A错误；
B、在这个过程中，存在空气阻力，篮球的机械能一部分转化为内能，所以篮球的机械能不守恒，故B错误；
C、篮球在A点的机械能大于篮球在C点的机械能，A点比C点高度低，所以A点的重力势能小于C点重力势能，所以篮球在A点的动能大于篮球在C点的动能，故C正确；
D、篮球在上升过程中，质量不变，高度增加，速度减小，所以篮球动能转化为重力势能，故D错误。
故答案为：C。
7．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】A.根据W=Gh=mgh可知两人所做有用功的关系；
B.根据W总=W有+W额可知两装置的总功关系；
C.根据s=nh比较绳子自由端移动的距离大小；
D.根据“ 不计绳重及滑轮的摩擦 ”分析乙的机械效率大小。
【解答】 A.根据题意可知，二者都是把质量相等的货物匀速提升到同一平台，根据W=Gh=mgh可知，两人所做有用功相等，故A错误；
B.图甲为动滑轮，要克服动滑轮重力做额外功；乙为定滑轮，在忽略摩擦的情况下可看作不做额外功。根据W总=W有+W额可知，甲装置的总功比乙多，故B错误；
C.在甲中，承担重力的绳子段数n=2，则绳子自由端移动的距离s甲=2h，
在乙中，承担重力的绳子段数n=1，则绳子自由端移动的距离s乙=h，
则甲装置绳子自由端移动比乙多，故C错误；
D.在乙中，不计绳重及滑轮的摩擦，则不做额外功，那它的机械效率为100%， 故D正确。
故选D。
8．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片确定杠杆的支点、动力、阻力，以及动力臂和阻力臂，结合杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
【解答】 根据图片可知，以左侧的支柱为支点，右支架对主梁的支持力F为动力，重物对杠杆的拉力为阻力，大小等于物体的重力G。
在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，动力臂为整个主梁的长度，设为L，
设向左移动的距离为s，阻力臂为L-s，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：FL=G（L-s）；
即拉力F为：，
由关系式知：右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s成一次函数关系，且支持力随s的增大而减小。
故选B。
9．【答案】D
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】根据对电能表上各个参数的意义的认识分析判断。
【解答】 A.电能表每小时转过的圈数与用电器消耗的电能大小有关，不一定转过600转，故A错误；
B.根据示数“03765”可知，最后一位为小数，即该电能表显示消耗了电能376.5度，故B错误；
C.电能表测量电功的仪器，故C错误；
D.根据“600r/kW·h”可知，该表转盘转6转说明消耗的电能度，故D正确。
故选D。
10．【答案】B
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】灯的亮度与实际功率有关，实际功率越大，灯越亮。
【解答】A、由实物图可知，电路为并联电路，并联电路支路电压等于电源电压，故A错误；
B、灯比 亮，说明的实际功率更大，由可知，经过的电流更大，故B正确；
C、由可知，的电阻小于的电阻，故C错误；
D、灯丝的电阻越长，其它条件相同时，灯丝的电阻越大，由可知，的电阻小于的电阻，故D错误。
故答案为：B。
11．【答案】A
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【分析】 对于做功改变内能时，若对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。
【解答】 A．拉动绳子过程，绳子对金属管做功，将机械能转换后为金属管的内能，则金属管温度升高，内能增加，故A正确；
B．拉动绳子过程，金属管温度升高，管内酒精吸收金属管的热量而升高温度，这是通过热传递的方式改变内能，故B错误：
CD．塞子跳起时，管内气体对塞子做功，管内气体一部分内能转化为塞子的机械能，其内能减小，温度降低，故CD错误。
故选A。
12．【答案】C
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 A.探究电热与电流的关系时，需要控制电阻和时间相同，只改变电流大小；
B．根据Q=I2Rt进行比较液体吸收热量大小；
C.根据公式Q=cm△t比较升高温度大小；
D．利用控制变量法进行分析。
【解答】 A.探究电热与电流的关系时，需要控制电阻和时间相同，只改变电流大小。而A、B两电阻串联，通过的电流相同，那么不能探究电热的多少与电流大小有关，故A错误；
B.根据图片可知，三电阻串联，电阻RA=RC＜RB，且通过的电流和通电时间相同。根据Q=I2Rt可知，三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA=QC＜QB，故B错误；
C.三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA=QC＜QB，且液体的质量和初温均相等，根据Q=cm△t可知，煤油的比热容最小，故tB＞tA＞tC，故BC正确；
D．根据题意可知，电阻RC＜RB，根据Q=I2Rt知两电阻产生热量不同，选择烧瓶B、C作为研究对象，不能粗略地探究物质的吸热能力，故D错误。
故选C。
13．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】首先根据串联电路中，电压与电阻成正比，即，计算出两只灯泡的实际电压，然后根据图像确定这时通过灯泡的电流，根据公式计算灯泡的电阻，根据P=UI计算这时灯泡的功劳。
【解答】当两个灯泡串联时，
根据公式得到：；
因为U总=U1+U2=8V，
所以U1=U2=4V；
根据图像可知，当灯泡电压为4V时，通过灯泡的电流为0.2A；
那么每只灯泡的电阻为：；
这时每只灯泡的功率为：P=UI=4V×0.2A=0.8W。
故选D。
14．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据坐垫的使用过程确定杠杆的五要素即可。
【解答】 根据题意可知，在坐垫的杠杆模型中，坐垫的支撑点相当于杠杆的支点，动力是人体施加在坐垫上向下的力，阻力是腰部对坐垫的压力，故C符合题意，ABD错误。
故选C。
15．【答案】D
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】增大的电功率等于现在电功率与原来电功率的差，据此结合P=UI分析判断即可。
【解答】根据图片可知，图像中横轴表示电压，纵轴表示电流，根据P=UI可知，对应的电功率其实就是一个长方形的面积，长为U，宽为I。
观察可知，当电压增大△U时，增大的电功率其实就是前后两个长方形的面积之差，故D正确，而ABC错误。
故选D。
16．【答案】（1）机械能守恒
（2）内能
（3）①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦
【知识点】能量的相互转化和转移；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）在理想状态下，机械能守恒；
（2）过上车运动过程中会受到阻力，一部分机械能转化为内能；
（3）根据机械能转化过程分析。
【解答】（1）在理想状态下，机械能守恒，动能和势能可以完全转化。
（2）过山车运动过程中会受到阻力，下滑过程中，车的势能转化为车的动能及内能
（3）由机械能转换时，会有一部分机械能转化为内能可知，为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦。
（1）在理想状态下，机械能守恒，动能和势能可以完全转化。
（2）过山车运动过程中会受到阻力，下滑过程中，车的势能转化为车的动能及内能
（3）由机械能转换时，会有一部分机械能转化为内能可知，为了确保过山车从起始点出发后能够回到终点，①起始点位置要最高，高于轨道上的其他任意位置；②轨道要尽量光滑，尽量减小摩擦。
17．【答案】（1）增加
（2）C
【知识点】物体内能的改变方法；热机的工作原理
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体内能增加；物体对外做功，物体内能减少 。打气时，对瓶内气体做功，气体内能增加。
（2）汽油机的冲程及能量转化：
吸气冲程：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，吸入汽油和空气的混合物，无能量转化。
压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，机械能转化为内能。
做功冲程：火花塞点火，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，内能转化为机械能。
排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，排出废气，无能量转化。
【解答】（1）用气筒向瓶内打气，瓶内气压增大，内能增加，这是通过做功的方式改变瓶内气体的内能。
（2）A图为吸气冲程；
B图中的气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，在压缩冲程中机械能转化为内能；
C图中的气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能；
D图为排气冲程。
所以C做功冲程符合题意。
（1）用气筒向瓶内打气，瓶内气压增大，内能增加，这是通过做功的方式改变瓶内气体的内能。
（2）A图为吸气冲程；
B图中的气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，在压缩冲程中机械能转化为内能；
C图中的气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能；
D图为排气冲程。
所以C做功冲程符合题意。
18．【答案】（1）减小
（2）mgH
（3）2mg（H-h）
【知识点】功的计算公式的应用；机械能守恒
【解析】【分析】 （1）根据物体克服摩擦力做功分析；
（2）根据公式W=Gh可得物体从A点滑到水平面时重力所做的功；
（3）根据能量守恒定律计算出小球从A到B克服摩擦力做功，再根据克服摩擦做功次数计算回到C点时做功多少。
【解答】 （1）物体从A点滑到B点的过程中，虽然圆弧部分光滑，但是水平面相连接的装置是粗糙的，因此物体克服摩擦力做功，将部分机械能转换为内能，因此小球的机械能减小；
（2）根据图片可知， 小球从A 点滑到水平面上，高度下降H， 则重力所做的功：W=Gh=mgH；
（3）从A点滑到B点的过程中，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即ΔE=G Δh=mg（H-h）。
从A点到B点又回到C点过程中，克服水平面上摩擦力做功2次，则为2mg（H-h）。
19．【答案】=；<；>
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】在斜面上，拉力F做的功即总功：W总=Fs；利用W额外=W总-W有可求额外功。
【解答】由题知，两斜面等长，将A、B两物体从斜面底部匀速拉到顶端，则s相等，拉力均为F，根据W=Fs可知，甲、乙两斜面上的拉力所做的功（即总功）：W甲=W乙；
由题知，两斜面等高，且m甲＜m乙，根据W有=Gh=mgh可知，有用功W甲有＜W乙有，
由机械效率可知，η甲＜η乙；
因为W额外=W总-W有，所以W额甲＞W额乙，由可知，f甲＞f乙。
故答案为：=；＜；＞。
20．【答案】（1）省力
（2）150
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】 （1）根据图片可知，控制杆OBA的支点为O，OB为阻力臂，OA为动力臂，此时动力臂远大于阻力臂，属于省力杠杆；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：10N×15cm=F2×1cm；
解得：F2=150N，
根据相互作用力的特点可知，控制杆B端对活塞的压力是150N。
21．【答案】（1）在提升高度一定时，增大重物的重力势能
（2）2×107J
（3）速度增大、阻力增大，克服阻力做的额外功增大，在有用功一定时，机械效率减小。
【知识点】能量利用效率；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）物体的重力势能与质量、高度有关。
（2）根据乙图确定当竖井内重物以10m/s速度上升时的机械效率，然后根据机械效率的公式求出消耗的电能。
（3）根据丙图分析速度增大时阻力的变化规律即可。
【解答】 （1）重力势能的大小与高度和质量大小有关，则装置中用于储能的重物质量非常大，其目的是在提升高度一定时，增大重物的重力势能。
（2）根据乙图可知，当竖井内重物以10m/s速度上升时的机械效率为75%，
此时需要消耗的电能：。
（3）根据丙图可知，重物受到的阻力随速度的增大而增大，速度增大时克服阻力做的额外功增大，因此机械效率减小。
22．【答案】（1）
（2）可以增大手柄的直径
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【分析】（1）当以杠杆的支点到力的作用点的线段为动力臂时最长，此时最省力；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析改进建议。
【解答】 （1）根据乙图可知，O点为杠杆的支点，A点为动力作用点。则OA为最长的动力臂，过点A作OA的垂线，方向向下的力，即为最小的动力F1，如下图所示：
（2） 根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，达到更省力的目的，应该增大动力臂，即可以增大手柄的直径。
23．【答案】（1）力臂
（2）远离
（3）A
（4）5000
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）力臂指的是支点到力的作用线的垂直距离，根据力臂的定义结合图片分析；
（2）根据杠杆平衡条件G重L本=G权L标分析解答；
（3）根据杠杆平衡条件G重L本=G权L标分析增大量程的方法；
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，则有杠杆平衡条件G物 AC=G秤砣 CE；秤纽移到B点后，当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，则有杠杆平衡条件G物 AB=G秤砣 BE。
【解答】（1）根据图片可知， -“标”通常指秤砣（权）所在的力臂，即秤砣到支点的距离。
“本”通常指重物（重）所在的力臂，即重物到支点的距离。因此，“标”和“本”指的是力臂。
（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：权 × 标 = 重 × 本。如果“重”增大，为了保持平衡，需要增大“权”的力臂（标），即秤砣（权）应远离支点O，以增加“标”的长度。
（3） 杆秤的量程是指它能测量的最大物重。
根据杠杆平衡条件：权 × 标 = 重 × 本可知，最大量程时，秤砣（权）移动到最远端（标最大），此时：重 =。
那么增大量程的方法：
①增加“权”的质量：权增大，重也按比例增大（可行）。
②增长“标”的长度：标增大，重也按比例增大（可行）。
③减小“本”的长度：本越小，重反而增大。
故选A和B。
（4） 已知秤纽在C点时，杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大；
根据杠杆平衡条件G物 AC=G秤砣 CE可得，m物 （AB+BC）=m秤砣 （BE-BC）；
即1880g×（0.02m+0.03m）=m秤砣×（0.5m-0.03m），
解得：m秤砣=200g；
秤纽移到B点后，当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大；
根据杠杆平衡条件G物 AB=G秤砣 BE可得，m物×0.02m=200g×0.5m。
解得：m物=5000g。
24．【答案】（1）A
（2）电阻R断路
（3）10；从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，故滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况是先变大、后变小
【知识点】测定小灯泡的功率；电功率
【解析】【分析】（1）为了保护电路，实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；
（2）电流表没有示数，说明电路可能断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据图丙利用P=UI求出定值电阻两端电压，据此求出电阻R的阻值；
从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，据此得出滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况。
【解答】（1）为了保护电路，实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即A端。
（2）实验中，小科发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，电流表没有示数，说明电路断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可以推断电路故障是电阻R断路。
（3）由图丙知道，当电路中的电流为0.6A时，电阻R电功率为3.6W，则电阻R两端电压为
故电阻R的阻值为
从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，故滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况是先变大、后变小。
（1）为了保护电路，实验开始前，小科需要将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即A端。
（2）实验中，小科发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，电流表没有示数，说明电路断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可以推断电路故障是电阻R断路。
（3）由图丙知道，当电路中的电流为0.6A时，电阻R电功率为3.6W，则电阻R两端电压为
故电阻R的阻值为
从图中可知，随着电流的增大，总功率和定值电阻的功率之差先变大、后变小，故滑动变阻器消耗功率随电流大小的变化情况是先变大、后变小。
25．【答案】（1）木块被推出的距离
（2）控制小球到达水平面时的速度相同
（3）可以直接通过数显仪器定量测量橡胶塞的形变程度（或“减少了人为观察的误差”）
（4）适当增加水平长度L；因为小球在水平轨道上运动时，摩擦阻力会对小球的动能造成损耗，增加L可以减小摩擦力的影响，使小球的动能更接近初始值。
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1） 在实验中，小球的动能转化为对木块做的功，木块被推出的距离越大，说明小球的动能越大。
（2）小球到达水平面时的速度与它在斜面上的高度有关；
（3）可从比较动能大小的方法是否直观的角度分析；
（4）可从减小摩擦力影响的角度分析解答。
【解答】（1） 在实验中，小球的动能转化为对木块做的功，使木块移动。木块被推出的距离越大，说明小球的动能越大。因此，通过观察木块被推出的距离可以判断小球的动能大小。
（2） 小球从斜面上相同高度释放，根据机械能守恒定律，到达水平面时的速度相同。这样可以保证实验中只有质量是变量，而速度不变，从而探究质量对动能的影响。
（3） 图乙装置通过数显仪器直接测量橡胶塞的形变程度，避免了肉眼观察木块移动距离的主观误差，使实验结果更精确、更定量化。
（4） 为减小实验误差，我认为应当适当增加塑料管水平的长度L，理由是：小球在水平轨道上运动时，摩擦阻力会对小球的动能造成损耗，增加L可以减小摩擦力的影响，使小球的动能更接近初始值。
26．【答案】（1）1
（2）同一动滑轮提升相同的物体时，拉力大小与θ有关，θ越大，拉力越大。
（3）换用不同的物体进行多次实验
（4）根据杠杆平衡条件可知，从第1次到第4次，物体总重力不变，动力臂和阻力臂都在减少，但是动力臂比阻力臂变化得更多，所以拉力逐渐增大。
【知识点】动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】 （1）根据图片确定承担重力的绳子段数，再根据F=（G+G动）计算解答；
（2）根据表格数据分析拉力大小随拉力作用线和竖直方向的夹角的变化规律；
（3）根据科学探究中多次实验的目的分析；
（4）结合杠杆模型分析动滑轮上力臂的变化即可。
【解答】 （1）根据表格可知，动滑轮上承担重力的绳子股数为n=2，
根据F=（G+G动）得到：2N=（3N+G动）；
解得：G动=1N；
（2）根据表格数据可知，从①到④实验中，拉力作用线的夹角越大，拉力越大，那么得到结论：同一动滑轮提升相同的物体时，拉力大小与θ有关，θ越大，拉力越大。
（3）根据科学探究的要求可知，为了使实验结论更具有普遍性，应该换用不同的物体进行多次实验；
（4）动滑轮是变形的杠杆，支点在滑轮一侧，阻力作用在滑轮中间，动力作用在滑轮另一侧。从第1次到第4次，物体总重力不变，动力臂和阻力臂都在减少，但是动力臂比阻力臂变化得更多，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，力逐渐增大。
27．【答案】（1）灯泡的亮度
（2）越大
（3）方案一更好，理由是： 操作更简便，且能准确保证灯泡在额定电压下工作 。
【知识点】小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】 （1）根据实验目的结合已有数据，确定表格中还缺少的数据；
（2）根据P=UI计算出三次实验中灯泡的实际功率，然后比较大小，得出结论；
（3）要使小灯泡正常发光，应使其额定电压达到2.5V，只有准确大的2.5V，计算出的实际功率才是准确的。
【解答】 （1）根据实验目的可知，本实验研究小灯泡发光情况与电功率的关系，则除了要计算出灯泡的电功率之外，还需要记录灯泡的亮度，因此表中还需要增加记录的内容为灯泡的亮度；
（2）由表中数据可知，从实验1到实验3中，灯泡的实际功率依次为0.576W、0.65W和0.784W，那么得到：小灯泡两端的电压越高，它的实际功率越大；
（3）根据题意可知，要使小灯泡正常发光，应使其额定电压达到2.5V；
方案一是调节滑动变阻器，同时观察电压表，使小灯泡两端电压为2.5伏，比较准确；
方案二是通过观察小灯泡发光的亮度来确定其是否正常发光，不准确；
所以方案一更好。
28．【答案】（1）大于
（2）解： 根据题意可知，该拦截导弹的最大速度：，
拦截导弹飞行的最短时间：，
导弹飞行末段，从被发现到命中攻击点仅需十几秒，
则该拦截导弹不能成功拦截东风-31AG型洲际导弹。
【知识点】速度公式及其应用；功率计算公式的应用；动能和势能的大小变化
【解析】【分析】（1）导弹飞行过程中，与空气摩擦会造成机械能减小，根据“机械能=动能+重力势能”比较a、b两点时动能大小，再比较a、b两点速度的大小关系；
（2）根据P=Fv计算该拦截导弹的速度，根据速度公式计算拦截导弹飞行的时间，最后与导弹的命中时间比较即可。
【解答】（1） 导弹飞行过程中，与空气摩擦做功，机械能会不断减小。因为b点在a点后面，所以机械能减小更多，即a点的机械能大于b点的机械能。
距离地面等高的a、b两点，导弹的质量不变，则二者重力势能相等，
根据“机械能=动能+重力势能”可知，b处动能较小，速度较小，
即距离地面等高的a、b两点速度的大小关系是va大于vb。
29．【答案】（1）无
（2）机械能增大。人质量不变，速度不变，动能不变； 人匀速上升，高度增加，重力势能增大，故机械能增大； 传送带对人有沿传送带向上方向的力，人在力的方向上通过一段距离，摩擦力做功使人的机械能变大。
（3）从底部到顶部用时
人从底部到顶部，传送带对人做功 104J
传送带功率
【知识点】速度公式及其应用；力是否做功的判断；功率计算公式的应用；机械能守恒
【解析】【分析】做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动的距离，二者缺一不可；动能和势能合称机械能，物体的质量越大，速度越大，动能越大；物体的质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】（1）上升过程中，传送带对游客的支持力的方向垂直斜面向上，在该方向上游客没有移动距离，所以上升过程中，传送带对游客的支持力对游客无做功；
（2）游客乘坐“飞天魔毯”上升时，游客匀速上升，动能不变，重力势能变大，机械能变。传送带对人有沿传送带向上方向的力，人在力的方向上通过一段距离，摩擦力做功使人的机械能变大。
（3）根据速度公式求出从底部上升到顶部的时间，根据W=Gh=mgh求传送带对游客做的功，根据P=算传送带对该游客做功的功率。
30．【答案】（1）1.764×107；4.9
（2）解：根据能效比的定义公式可知，A型号热水器的能效比：。
（3）解：根据题意可知，B型热水器1h消耗电能：W'=P't=1.4kW×1h=1.4kW h=1.4×3.6×106J=5.04×106J，
根据题意可知，两型号热水器的能效比相同，
则此时水吸收的热量：Q吸B=ηW'=4×5.04×106J=2.016×107J，
那么被加热水的质量：。
【知识点】热量的计算；机械效率的计算；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；根据求出制热功率；
（2）根据能效比的定义公式求出A型号热水器的能效比；
（3）求出B型热水器1h消耗电能，根据能效比求水吸收的热量，利用Q=c水m水Δt计算被加热水的质量。
【解答】 （1）根据题意可知，水吸收的能量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×120kg×35℃=1.764×107J；
该热水器的制热功率：；
31．【答案】（1）改变力的方向
（2）解：根据图乙可知，将B点看作支点，设物体重为G，动力臂L1=1.25m，阻力为吊装机总重，F2=1500N，阻力臂L2=1.5-1.25=0.25m。
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：GL1=F2L2，
G×1.25m=1500×0.25m，
解得：所吊起物体重为G=300N。
（3）F
（4）解：根据题意可知，正常工作时消耗的电能有75%转化为重物的机械能，
则W物=ηW电；
G物h=ηPt；
G物×3m=75%×1200W×10s；
解得：G物=3000N。
【知识点】能量利用效率；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）根据定滑轮的特点解答；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断；
（4）根据W=ηPt计算出计算出电动机转化成的机械能，再根据W=Gh计算机械能，二者的大小相等，据此列出方程计算即可。
【解答】 （1）根据定滑轮的特点可知，吊装机工作时，顶端定滑轮的作用是改变力的方向。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，当配重的重力相同时，当阻力臂越大的时候，能够吊起货物的重力越大，则吊装机越不容易倾倒，
故选F。
32．【答案】（1）是否缺氧
（2）解：根据乙图可知，当动触点与静触点断开时，电阻R1与R2串联，总电阻最大，处于保温状态，豆芽机的保温功率为55W，
则电路的总电阻为：，
此时R2的阻值R2=R总-R1=880Ω-440Ω=440Ω；
当动触点与静触点接触时，电路为只有R2的简单电路，此时功率较大为加热档，
则豆芽机加热功率为：。
（3）不符合
【知识点】电功率计算公式的应用；电阻的串联、并联
【解析】【分析】 （1）根据表格数据中不同等级的判断标准确定判断的依据；
（2）当动触点与静触点断开时，电阻R1与R2串联，总电阻最大，处于保温状态，根据电阻的串联和求出R2的阻值；当动触点与静触点接触时，电阻R1与R2并联，总电阻最小，处于加热状态，根据电阻的并联和求出加热功率；
（3）电磁铁衔铁在电流大于60mA时吸合，根据欧姆定律求出控制电路总电阻，利用电阻的串联求出Rx的阻值，根据图丙确定豆芽机最低温度；电磁铁衔铁在电流小于30mA时释放，根据欧姆定律求出控制电路总电阻，利用电阻的串联求出Rx的阻值，根据图丙确定豆芽机最高温度，然后与绿豆萌发的适宜温度进行比较。
【解答】 （1）根据表格数据可知，“氧气提供”优秀作品不会出现缺氧情况，合格作品偶尔出现缺氧情况，待改进作品经常出现缺氧情况，故判断作品等级的依据是：是否缺氧。
（3）根据题意可知，电磁铁衔铁在电流大于60mA时吸合，
此时的总电阻为：，
此时热敏电阻的阻值Rx=R总1-R0=50Ω-25Ω=25Ω，
由图乙可知，此时豆芽机的温度为23℃；
电磁铁衔铁在电流小于30mA时释放，此时的总电阻为：，
根据电阻的串联，Rx'=R总2-R0=100Ω-25Ω=75Ω，
由图乙可知，此时豆芽机的温度为26℃；
此款豆芽机温度控制范围23℃～26℃，
由于绿豆萌发的适宜温度范围是20℃-25℃，
故此款豆芽机自动控制的温度范围不符合要求。
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