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浙教版九年级上册·第3章 能量的转化与守恒
单元突破讲义与命题解密
单元目标聚焦
1、掌握功、功率及机械能的核心概念；理解机械能转化与守恒的条件；掌握能量守恒定律的普适性。
2、理解内能、热量与温度的区别；掌握电功、电功率及焦耳定律的应用；了解核能释放的两种方式。
3、辨析功率与机械效率；攻克非纯电阻电路的能量分析；运用能量转化规律解决综合实际问题。
知识图谱架构
教材内容精研
要点 重点归纳 常见易错点
机械能及其转化 ①动能：物体由于运动具有的能量； 影响因素：m、v 实验验证：质量相同的小球从不同高度滚下，速度越大，撞击木块距离越远。 ②势能的分类 重力势能影响因素：m、h 弹性势能影响因素：弹性形变量 ③机械能守恒条件 仅当重力或弹力做功（无摩擦阻力）时成立。 机械能守恒的认知偏差 典型错误：忽略摩擦力的能量损耗 实例：实际单摆运动中，空气阻力使振幅减小，机械能不守恒（部分转化为内能）。
功和功率 ①功 功的定义：力作用在物体上，且物体在力的方向上通过距离，称为做功。 计算公式：W=F s（单位：焦耳）。 不做功情况：有F无s，有s无F，F和s垂直 ②功率 单位时间内完成的功，表示能量转化快慢。 计算公式：P=W/t 推导式P=F v（适用匀速直线运动） 功的判断误区 错误认知：认为有力必有功（如“人提水桶静止”不做功） 纠正要点：做功需满足两个条件 案例：沿水平地面推箱子，推力与摩擦力平衡时，推力做功但机械能未增加（能量转化为内能）。
简单机械 ①杠杆原理与分类 平衡条件：F1l1=F2l2 物理意义：动力×动力臂=阻力×阻力臂 分类标准： 省力杠杆：l1>l2（如钢丝钳、开瓶器） 费力杠杆：l1内能与热量传递 ①内能的本质 物体内部分子热运动的动能与分子势能总和。温度升高，分子热运动加剧，内能增大。 ②热量计算 比热容c：单位质量物质升温1℃所需热量 公式：Q=c m Δt ③燃料热值q：单位质量燃料完全燃烧放热（Q= mq） 内能与热量辨析不清 误以为内能就是热量，内能是状态量，热量是过程量，只能说吸热和放热。 比热容与温度变化误算 计算漏洞：混淆“升高到”与“升高了”。
电能转化规律 ①电功与电功率 电功：W=U I t（电能转化为其他形式能） W=I2Rt、W=U2t/R 电功率：P=U I（电流做功快慢） P=I2R、P=U2/R ②焦耳定律 电流通过导体发热：Q=I2 R t 适用条件：所有电路（纯电阻电路时 Q=W） 电路能量分配混淆 非纯电阻电路陷阱 错误：将电动机的输入功W=UIt等同于发热量 正解：电动机能量分配：W输入=W机械+Q热 案例：电动机卡滞时电流剧增，Q热显著增大（焦耳定律生效）。
能量守恒定律 普适性验证 机械系统：过山车俯冲时势能→动能转化 核能系统：铀核裂变中质量亏损释放能量 生物系统：食物化学能→人体活动机械能 核能原理理解障碍 裂变与聚变混淆 裂变：重核分裂（如铀235受中子轰击）→核电站 聚变：轻核结合（如氘+氚）→太阳内部反应 关键差异：裂变可控，聚变需超高温且不可控（氢弹）。
命题考点必刷
一．能量及其形式（共3小题）
1．（2025秋 平阳县期中）在“电闪雷鸣”这一自然现象中，没有涉及到的能量形式是（　　）
A．电能 B．声能 C．光能 D．核能
【答案】D
【分析】根据电闪雷鸣中包含的能量分析。
【解答】解：电闪雷鸣中的“电闪”具有电能、光能。同时声音可以传递能量，雷鸣说明具有声能；电闪雷鸣中没有涉及到核能。
故选：D。
2．（2024秋 玉环市期末）出行是人们工作、生活必不可少的环节，出行的工具多种多样，使用的能也不尽相同。电力机车、油车所消耗能量的形式分别是（　　）
A．电能电能 B．电能化学能
C．化学能化学能 D．化学能电能
【答案】B
【分析】能量也有不同的形式，如机械运动的动能和势能，热运动的内能，电磁运动的电磁能，化学运动的化学能等。
【解答】解：电力机车消耗能量的形式是电能，油车所消耗能量的形式是化学能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
3．（2025秋 临平区期中）宇宙间一切物质的运动和变化都需要能量来维持。下列关于能量的说法错误的是（　　）
A．飞行的蒲公英种子具有机械能
B．人在运动时要消耗能量
C．植物的生长都需要太阳能
D．人在睡觉时不消耗能量
【答案】D
【分析】任何生物活动或工作都需要能量，如果没有能量，自然界就不会有运动和变化，也就不会有生命了。
【解答】解：A、飞行的蒲公英种子具有动能和重力势能，也就是具有机械能，故正确；
B、人在运动时要消耗能量，故正确；
C、植物生长需要太阳能，才能完成光合作用，故正确；
D、人在睡觉时仍在进行呼吸作用，人的内脏仍在活动，因此人在睡觉时仍在消耗能量，故错误。
故选：D。
二．探究影响势能大小的因素（共2小题）
4．（2025 瑞安市二模）在做“验证重力势能大小与质量的关系”实验时，小明的实验步骤如下。
①在一个铝盘中放入一定厚度的细沙；
②选择材质相同的三个金属小球；
③将一根刻度尺竖直立在细沙上，在一定高度自由释放小球，观察被金属小球撞击后的沙坑深度；
④抹平细沙后，更换质量不同的小球，重复步骤③；
⑤观察并记录实验现象，填入下表，得出实验结论。
金属小球 下落高度 小球质量 沙坑深度
A 20cm m1 较深
B 20cm m2 深
C 20cm m3 浅
（1）本实验通过 　沙坑的深度　 比较小球间的重力势能的大小。
（2）款式甲为实心小球，款式乙为空心小球。小明认为该实验应选择乙款金属小球进行实验，理由是 　空心小球能控制体积相同，质量不同　 。
（3）据表分析，三个金属小球m1、m2、m3之间的大小关系为 　m1＞m2＞m3 。
（4）小明思考能否用弹性海绵代替细沙来进行实验，请简要说明你的想法及理由 　不能用弹性海绵代替细沙来进行实验。弹性海绵具有弹性，小球撞击后会被反弹，无法准确反映小球对其做功的多少也就不能准确比较小球重力势能的大小。　 。
【答案】（1）沙坑的深度；（2）空心小球能控制体积相同，质量不同；（3）m1＞m2＞m3；（4）不能用弹性海绵代替细沙来进行实验。理由是弹性海绵具有弹性，小球撞击后会被反弹，无法准确反映小球对其做功的多少也就不能准确比较小球重力势能的大小。
【分析】（1）本实验通过比较沙坑的深度来比较小球的重力势能的大小。
（2）如果选择实心小球，质量可能较大，在相同高度下落产生的沙坑深度可能差异不大，不利于准确比较重力势能大小，故本实验应该选用乙款金属球。
（3）根据沙坑深度得出小球在相同高度下落时，重力势能大小，高度相同时，质量越大，重力势能越大。据此得出三个金属小球质量间的大小关系。
（4）弹性海绵具有弹性，小球撞击后会被反弹，无法准确比较小球重力势能的大小。
【解答】解：（1）本实验通过比较沙坑的深度来比较小球的重力势能的大小。因为小球下落撞击细沙，重力势能转化为动能对细沙做功，重力势能越大，对细沙做的功越多，沙坑就越深。
（2）小明认为该实验应选择乙款金属小球进行实验，理由是空心小球能控制体积相同，质量不同。如果选择实心小球，体积不相等。
（3）根据实验现象，沙坑深度A较深，C最浅，小球在相同高度下落时，重力势能越大，沙坑越深，而重力势能与质量有关，高度相同时，质量越大，重力势能越大。所以三个金属小球质量间的大小关系为m1＞m2＞m3。
（4）不能用弹性海绵代替细沙来进行实验。理由是弹性海绵具有弹性，小球撞击后会被反弹，无法准确反映小球对其做功的多少，也就不能准确比较小球重力势能的大小。而细沙被撞击后会留下相对稳定的坑，能通过坑的深度反映小球做功的多少，从而比较重力势能大小。
故答案为：（1）沙坑的深度；（2）空心小球能控制体积相同，质量不同；（3）m1＞m2＞m3；（4）不能用弹性海绵代替细沙来进行实验。理由是弹性海绵具有弹性，小球撞击后会被反弹，无法准确反映小球对其做功的多少也就不能准确比较小球重力势能的大小。
5．（2025 滨江区一模）小科猜想同一根弹簧具有的弹性势能大小可能与其形变量（x）或者形变量的平方（x2）成正比，于是进行了如下实验：
①如图所示，把弹簧套在光滑的竖直杆上，且底端固定在水平面上，用刻度尺读出并记录处于自由状态时弹簧上端距水平面的高度h0。
②将中间有孔的小铁块套在光滑杆上放于弹簧上端，竖直向下按压铁块，读出并记录此时弹簧上端到水平面的高度h1。
③释放小铁块，读出并记录铁块上升到最大高度时，铁块下端到水平面的高度h2。
④改变弹簧的压缩长度h1，重复以上步骤，将测出的数据记录在表格中，并计算出弹簧的形变量x、形变量的平方x2和小铁块上升的距离Δh。
实验次数 h0/m h1/m h2/m x/m x2/m2 Δh/m
1 0.50 0.40 0.55 0.10 0.01 0.15
2 0.50 0.30 0.90 0.20 0.04 0.60
3 0.50 0.20 1.55 0.30 0.09 1.35
4 0.50 0.15 2.00 0.35 0.12 1.85
（1）弹簧每次被压缩时的形变量的表达式为x＝　h0﹣h1 （用所测物理量的符号表示）。
（2）本实验中，弹簧弹性势能大小是通过　C　 （填字母）来反映出来的。
A.h1
B.h2
C.h2﹣h1
D.h2﹣h0
（3）根据表中数据得到的结论是：　同一根弹簧，弹簧弹性势能的大小与形变量的平方成正比　 。
（4）本实验中反映弹簧弹性势能大小的方法，与下列研究的实例中所用的科学方法相同的是　B　 。（填字母）
A.研究电流时，常将电流比作水流
B.研究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离反映小车的动能大小
C.研究电阻大小与材料的关系时，控制了导体的长度、温度和横截面积相同
D.研究磁场时，引入“磁感线”来反映磁场的分布情况
【答案】（1）h0﹣h1；（2）C；（3）同一根弹簧，弹簧弹性势能的大小与形变量的平方成正比；（4）B。
【分析】（1）弹簧的形变量等于弹簧的原长度减去弹簧被压缩后的长度；
（2）根据转换法，实验中弹性势能的大小是通过铁块被弹起的高度来间接反映的；
（3）由表分析Δh与x2的关系得出结论；
（4）弹簧的弹性势能越大，小铁块被抬升的高度越高。将弹簧弹性势能大小转换为小铁块被抬升的高度，这属于转换法，根据转换法的思想进行分析各选项。
【解答】解：
（1）弹簧的形变量x等于弹簧的原长度h0减去弹簧被压缩后的长度h1，即x＝h0﹣h1；
（2）实验中弹性势能的大小是通过铁块被弹起的高度来间接反映的，即铁块到达的最高点h2减去弹簧被压缩的最低点h1，即h2﹣h1；故选：C；
（3）由表中数据分析可知Δh＝15x2，即Δh与x2成正比例函数关系，即弹簧弹性势能的大小与形变量的平方成正比；
（4）同一个弹簧，弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大。由表格中的数据知，当弹簧的形变量越大时，小铁块被抬升的高度越高。所以本实验中，弹簧弹性势能大小是通过小铁块被抬升的高度来间接反映的；
将弹簧弹性势能大小转换为小铁块被抬升的高度，这属于转换法，
A选项，将电流类比成水流，属于类比法，故A错误；
B选项，研究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离来反映小车的动能大小，属于转换法，故B正确；
C选项，研究电阻大小与材料的关系时，控制了导体的长度、温度和横截面积相同，属于控制变量法，故C错误；
D选项，研究磁场时，引入“磁感线”来反映磁场的分布情况，属于模型法，故D错误。
故答案为：（1）h0﹣h1；（2）C；（3）同一根弹簧，弹簧弹性势能的大小与形变量的平方成正比；（4）B。
三．探究影响动能的因素（共3小题）
6．（2025秋 拱墅区校级月考）如图所示是“探究物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＜mC，hA＝hC，下列有关说法都正确的是（　　）
①图中是探究木块被小球撞击时的动能
②水平面越光滑，实验现象越明显
③两次实验通过木块移动距离比来比较动能大小，运用了转换法
④两次实验小球撞击同一木块体现了控制变量法
A．③ B．③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】（1）据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；（2）物体如果不受外力作用，则运动的物体将一直匀速直线运动状态；
（3）（4）动能的大小与物体的质量、速度有关；重力势能的大小与物体的质量、高度有关；观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，用到了转换法。
【解答】解：①、根据转换法，通过比较木块在同一水平面上被撞击的距离来比较小球到达水平面时动能的大小，故①错误；
②、若水平面是光滑的，木块被撞击后会做匀速直线运动，无法比较运动的距离，故②错误；
③、根据转换法，小球动能大小是通过木块移动的距离来反映的，木块移动的距离越远，小球的动能越大，故③正确；④、为控制变量，应使小球撞击同一木块，观察木块移动距离，故④正确；
故选：B。
7．（2025秋 金东区期中）如图，在“研究物体的动能与哪些因素有关”的实验中，将A、B、C三个小球先后从同一装置的hA、hB、hC高处滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动纸盒运动一段距离后静止。
（1）通过观察比较小球推动纸盒运动的距离来比较小球动能的大小，这种科学研究方法为　转换法　 。
（2）要研究动能与质量的关系，我们应选择　a和c　 两图来进行比较。
（3）通过对比a、b两次实验可得出结论：　质量相同时，速度越大，动能越大　 。
（4）为了让质量不同的B、C两球获得相同的初速度，有同学设计了如图d装置，只要每次让两球压缩弹簧到同样的形变程度后自然释放即可。不考虑各种能量损耗，该方法是否合理并说明原因：　不合理，弹簧被压缩到同样的形变程度，弹性势能相同，推开小球后，小球获得的动能相同，但由于两个小球质量不同，所以速度不相等　 。
【答案】（1）转换法；（2）a和c；（3）质量相同时，速度越大，动能越大；（4）不合理，弹簧被压缩到同样的形变程度，弹性势能相同，推开小球后，小球获得的动能相同，但由于两个小球质量不同，所以速度不相等。
【分析】（1）物体动能的大小，可由它对外做功的多少来体现。球把纸盒推出的距离长，说明的物体对外做的功多，进而体现它的动能大，这是一种转换的方法。
（2）（3）动能的决定因素有两个：质量和速度。根据控制变量法的思路，去分析解决。要研究动能与质量的关系，必须保证速度相同，而质量不同；
（4）根据机械能守恒及动能和势能的转化来分析此题。
【解答】解；（1）根据转换法，球对纸盒做功的多少反映球的动能多少，而做功的多少可由纸盒被推开距离的远近来确定；
（2）要研究动能与质量的关系，必须保证速度相同，而质量不同，由此分析，只有a、c两图符合条件；
（3）比较a、b两实验可知，小球质量相同，下滑高度越大，纸盒被推动的距离越大，动能越大，故可得出结论：质量相同时，速度越大，动能越大；
（4）两球压缩弹簧到同样的形变程度后，弹簧具有的弹性势能相同，则转化成的动能也相同，但由于两个小球质量不同，两球的速度会不同，因此该方案不合理。
故答案为：（1）转换法；（2）a和c；（3）质量相同时，速度越大，动能越大；（4）不合理，弹簧被压缩到同样的形变程度，弹性势能相同，推开小球后，小球获得的动能相同，但由于两个小球质量不同，所以速度不相等。
8．（2025秋 杭州校级月考）小科在探究影响物体的动能大小的因素时，设计了如图甲的实验，用一条无弹性的细绳和实心铁球制成单摆，将滑块放到滑槽上并使之左端刚好在悬点O的正下方。然后进行以下三步实验操作：
①将铁球挪到a点位置静止释放，打到滑块上，记录滑块在滑槽上移动的距离为s1；
②滑块放回原处，将铁球挪到b点位置静止释放，打到滑块上，记录滑块在滑槽上移动的距离为s2；
③换一等体积的实心铝球（ρ铁＞ρ铝），将铝球挪到b点位置静止释放，打到放回原处的滑块上，记录滑块在滑槽上移动的距离为s3；
（1）小科进行“步骤①和“步骤②”的实验，他基于的猜想是：物体动能的大小可能与　速度　 有关。
（2）小科在实验中测得s2＞s3，由此可得结论：　物体速度相同时，质量越大，动能越大　 。
（3）实验后，小科进一步思考，若AB、AC、AD均为光滑斜面，其中AD为曲面，如图乙。让同一铁球从A点分别沿三个斜面静止滑下，撞击放在B、C、D位置的相同物块（不计碰撞时的能量损耗），判断物块被撞击后在相同粗糙水平面上移动的距离sB、sC、sD的大小关系　sB＝sC＝sD 。
（4）本实验用到了哪些科学方法　控制变量法和转换法　 。
【答案】（1）速度；（2）物体速度相同时，质量越大，动能越大；（3）sB＝sC＝sD；（4）控制变量法和转换法。
【分析】（1）（2）动能与物体质量和速度有关，探究其中一个变量时，应控制其他变量不变，通过比较滑块距离判断物体的动能；
（3）当物体不受摩擦力时，机械能守恒，据此分析即可；
（4）探究动能的影响因素时，探究其中一个变量时，应控制其他变量不变；同时通过观察滑块在滑槽上移动的距离来反映铁球动能的大小，运用了转换法。
【解答】解：（1）分析步骤①、②，可以发现：采用了同一物体，质量是不变的，从不同高度静止释放，速度是不同的，是想探究动能大小与速度的关系；
（2）实验“步骤②”和“步骤③”，使用的是体积相同，由ρ铁＞ρ铝，知铁球的质量大，从相同高度静止释放，小球到达竖直位置时的速度是相同的，由图可以发现，质量越大的铁球静止释放时后，滑块移动距离越长，动能越大，由此可得结论：物体速度相同时，质量越大，动能越大；
（3）让同一铁球从A点分别沿三个斜面静止滑下，撞击放在B、C、D位置的相同物块，物体高度相同，质量相同，则三种情况的重力势能相同，转化为动能也相同，接触面的粗糙程度相同，物块受到的摩擦力大小相同，由W＝fs知推动物块移动的距离相同；
（4）本实验在探究动能与速度关系时，控制质量不变；探究动能与质量关系时，控制速度不变，运用了控制变量法。同时通过观察滑块在滑槽上移动的距离来反映小球动能的大小，运用了转换法。
故答案为：（1）速度；（2）物体速度相同时，质量越大，动能越大；（3）sB＝sC＝sD；（4）控制变量法和转换法。
四．动能与势能的相互转化（共8小题）
9．（2025 东阳市模拟）如图是物体在空中飞行过程中动能Ek随时间t变化的曲线，运动的物体可能是（　　）
A．由静止下落的乒乓球
B．竖直向上垫起的排球
C．离开脚后在地上滚动的足球
D．从肩上斜向上投掷出去的铅球
【答案】D
【分析】动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度增大，动能增大；速度一定时，质量增大，动能增大。
【解答】解：分析图象可知，动能先减小再增大。
A、由静止下落的乒乓球质量不变，速度不断变大，故其动能始终在增大，故A不合题意；
B、竖直向上垫起的排球，排球质量不变，速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，但排球运动到最高点时速度为0，动能为0，故B不合题意；
C、离开脚后在地上滚动的足球，足球滚动的越来越慢，动能越来越小，故C不合题意；
D、斜向上投掷出去的铅球在整个飞行过程中，质量不变，一直在运动，动能不为零（处于最高点时竖直方向速度为0，但水平方向仍然有速度，因此动能不为0）。
从出手到最高点过程中速度减小，此过程动能减小；在下落的过程中，速度不断增大，到达地面最大，此过程动能增大。整个过程动能先减小再增大。故D符合题意；
故选：D。
10．（2025秋 上城区校级期中）在体育课上小沈参加了实心球项目的测试，球抛出后依次经过B、A两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，由图可知下列说法正确的是（　　）
A．球在A点速度等于在B点速度
B．球在A点的高度可能大于在B点的高度
C．运动过程中球的机械能守恒
D．B点可能是实心球抛出后的最高点
【答案】D
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
考虑空气和摩擦阻力时，一部分机械能会转化为内能，机械能总和会减少。
【解答】解：A、球的质量一定，由图可知，球在A点的动能大于在B点动能，所以球在A点速度大于在B点速度，故A错误。
B、球的质量一定，由图可知，球在A点的重力势能小于在B点的重力势能，所以球在A点的高度一定小于在B点的高度，故B错误。
C、由图可知，球在A点的机械能小于在B点的机械势能，所以运动过程中球的机械能不守恒，故C错误。
D、由图可知，球在B点的重力势能最大，所以B点可能是实心球抛出后的最高点，故D正确。
故选：D。
11．（2025秋 杭州月考）某同学在科技馆看到如图所示实验装置，在左低右高的支架上放有一锥体，支架A端连接在一起，B端向两侧分开，将锥体从A端静止释放，锥体自动沿支架滚向较高的B端，不计摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．该过程锥体势能不变 B．该过程锥体动能不变
C．该过程能量不守恒 D．该过程锥体势能减小
【答案】D
【分析】不计摩擦，则物体的机械能是守恒的；动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关。
【解答】解：
将锥体从A端静止释放，锥体自动沿支架滚向较高的B端，该过程中锥体的重心降低，高度变低，质量不变，其重力势能变小；同时速度变大，其动能变大，不计摩擦，则锥体的机械能是守恒的，故D正确，ABC错误。
故选：D。
12．（2025秋 义乌市校级期中）某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳的自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点。运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示（蹦极过程视为在竖直方向的运动）。下列判断正确的是（　　）
A．从A点到B点过程中运动员减速下落
B．从B点到C点过程中运动员动能增大
C．t0时刻运动员动能最大
D．运动员重力大小等于0.6F0
【答案】D
【分析】（1）合力与运动方向相同，则运动员将加速运动；
（2）动能和物体的运动速度、质量有关；
（3）当弹性势能与重力势能相等时，此时加速过程恰好完成，速度最快，动能最大；
（4）运动员最后静止的位置，重力与弹力相等的位置。
【解答】解：
A、B点弹力等于重力，A到B点过程中，重力大于弹力，运动员做加速运动，A错误；
B、从B点到C点过程中，由于弹力大于重力，所以物体的运动速度减小，故动能减小，B错误；
C、由图知，t0时刻，绳的弹性势能最大，应达到了最低点，此时动能为零，C错误；
D、由图知，最后绳的弹性势能几乎不变，说明此时运动员已经静止下来，此时拉力与重力平衡，由图象知，重力等于0.6F0，D正确。
故选：D。
13．（2025秋 杭州月考）某同学组装了如图所示的滚摆，将滚摆从最高处由静止释放，观察到滚摆上下往复运动几次后最终静止下来。下列说法正确的是（　　）
A．滚摆上升时，重力势能转化为动能
B．滚摆下降时，它的重力势能减小，机械能增大
C．滚摆每次到达最高点的重力势能都比上次小
D．滚摆到达最低点时，若所有外力消失，它将保持静止
【答案】C
【分析】（1）动能大小的影响因素是质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素是质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。不考虑摩擦阻力，机械能守恒，考虑摩擦阻力，机械能总量减小。
（2）物体不受力时，将会保持静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：A．滚摆上升时，质量不变，高度升高，重力势能增大，速度减小，动能减小，不是重力势能转化为动能，故A错误；
B．滚摆下降时，质量不变，高度减小，它的重力势能减小，滚摆上下往复运动几次后最终静止下来，说明存在空气阻力，机械能转化为内能，机械能减小，故B错误；
C．由于存在空气阻力，机械能减小，滚摆每次到达最高点时动能都为零，机械能是动能和势能的总和，因此重力势能都比上次小，故C正确；
D．滚摆到达最低点速度不为0，假如一切外力消失，它将做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
14．（2025秋 杭州月考）如图，小观在蕊秋千，从左侧最高点入静止向右运动，经过最低点O摆动到右侧最高点D，再摆回到左侧最高点C（图中未画由）、图中B与D等高。则（　　）
A．点C与点B重合
B．从A到O，减小的重力势能全部转化为动能
C．AD之间的高度差等于DC之间的高度差
D．从A﹣D过程中，若在P点没坐稳，最可能沿着方向3掉落
【答案】D
【分析】在荡秋千过程中，要克服阻力做功，因此部分机械能转化为内能，机械能不断减小，据此对各选项分析。
【解答】解：A、在运动过程中，秋千要克服阻力做功，因此机械能不断减小，由于B点在D点后，因此B点的重力势能只能肯定小于D点的重力势能，则二者不重合，故A错误；
B、从A到O，减小的重力势能转化为动能和内能，故B错误；
C、由于AD之间运动的距离长，因此机械能的损失更多，AD之间的高度差大于DC之间的高度差，故C错误；
D、从A﹣D过程中，若在P点没坐稳，由于小科做斜抛运动，因此在最高点时动能不为零，所以他到达的最高点肯定低于A点，最可能沿着方向3掉落，故D正确。
故选：D。
15．（2025春 上城区校级月考）如图，钢珠沿竖直平面上的光滑轨道abcd从a点运动到d点，钢珠（　　）
A．从a运动到b的过程中，动能转化为重力势能
B．从b运动到c的过程中，机械能转化为重力势能
C．在c点的动能为0
D．通过d时的速度比通过c时大
【答案】D
【分析】（1）表面是光滑的，忽略阻力，各点的机械能相同，机械能＝动能+势能，由重力势能来确定动能大小，由质量不变，来确定速度大小。
（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越大，重力势能越大。
（3）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
（4）物体上升时动能转化为重力势能，下降时重力势能转化为动能。
【解答】解：A、从a运动到b的下落过程中，钢珠的质量不变，高度降低，速度增大，重力势能转化为动能，故A错误；
B、从b运动到c的上升过程中，钢珠的质量不变，速度减小，高度增加，动能转化为重力势能，轨道没有摩擦，机械能的总量不变，故B错误；
C、a点的位置高于c点，在c点，钢珠的速度不为零，动能不为0，故C错误；
D、由于轨道表面是光滑的，不计阻力，机械能守恒，钢珠的质量不变，d点的高度小于c点的高度，d点的重力势能小于c点的重力势能，d点动能大于c点动能，d点速度大于c点速度，故D正确。
故选：D。
16．（2025秋 临平区期中）如图是小科制作的“能的转化与守恒”概念图（部分），请完成以下问题。
（1）请你在概念图中填入合适的内容：①　化学能　 ，②　机械能　 。
（2）用细绳把摆锤悬挂起来，将摆锤拉到某一高度后释放。在摆锤向下摆动的过程中，能量转化情况为 　重力势能转化为动能　 。
（3）氢能源是二十一世纪最有前途的绿色能源之一，但到目前为止，氢能源没有被大面积推广，其主要原因是 　运输储存困难　 。
【答案】（1）化学能；机械能；（2）重力势能转化为动能；（3）运输储存困难。
【分析】（1）根据机械能的定义解答，自然界中的能量都以各种形式的能储存起来；
（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量不变时，高度越小，重力势能越小；动能大小的影响因素：质量和速度，质量不变时，速度越大，动能越大；
（3）根据氢能源的优缺点解答。
【解答】解：（1）动能、势能统称为机械能，故②为机械能，自然界中除了机械能之外，还有各种各样的能力，如化学能，光能，电能等；
（2）用细线把钢球悬挂起来，将摆锤拉到某一高度后释放，钢球向下摆动的过程中，质量不变，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大；
（3）氢元素太“活泼“，密度小、易爆炸，运输存储要么靠高压气罐，要么靠低温液氢，运输储存困难。
故答案为：（1）化学能；机械能；（2）重力势能转化为动能；（3）运输储存困难。
五．机械能守恒（共4小题）
17．（2025春 拱墅区校级月考）一番茄从手中由静止开始下落，撞击水面时溅起许多水珠（如图），同时番茄仍有较大速度并继续下沉。若不计一切机械能损耗，番茄从开始下落至刚好浸没时减少的势能（　　）
A．等于所有溅起的水珠在撞击过程中增加的机械能总和
B．小于所有溅起的水珠在撞击过程中增加的机械能总和
C．大于所有溅起的水珠在空中上升过程中增加的机械能总和
D．等于所有溅起的水珠在空中上升过程中增加的机械能总和
【答案】C
【分析】因为不计一切机械损耗，番茄减少的势能会转化为两部分能量，一部分是溅起的水珠增加的机械能，另一部分是番茄自身向下运动时增加的动能（因为番茄仍向下继续运动，说明它还有动能）。
【解答】解：AB、番茄减少的势能不仅转化为溅起水珠撞击过程增加的机械能，还有番茄自身的动能，所以番茄减少的势能大于所有溅起的水珠在撞击过程中增加的机械能总和，AB错误。
CD、水珠在空中上升过程中，机械能（动能转化为重力势能）的总和其实和撞击过程中增加的机械能总和是相关的，而番茄减少的势能转化为水珠的机械能和自身的动能，因此番茄减少的势能大于所有溅起的水珠在空中上升过程中增加的机械能总和，故C正确，D错误。
故选：C。
18．（2025秋 拱墅区校级月考）氢气球下面吊着一个重物匀速升空，忽略空气阻力，若氢气球突然爆炸，爆炸后重物将（　　）
A．动能一直增大，机械能不变
B．动能一直增大，机械能一直减少
C．动能先减少后增大，机械能不变
D．动能先减少后增大，机械能一直减少
【答案】C
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；
（2）地面附近的物体受到重力的作用。
（3）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。
【解答】解：忽略空气阻力，重物除受重力外不受其它力的作用，机械能守恒，若氢气球突然爆炸，爆炸后重物由于惯性，开始时速度向上，由于重力作用，做减速运动，当速度减小为0后，向下做加速，动能先减少后增大，机械能不变，故错符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
19．（2025春 柯桥区月考）小平同学用多个大小相同，质量不同的小球，做了如图实验：将弹簧一端固定在墙面，另一端自然伸长至A，压缩弹簧至同一位置静止释放不同小球，小球落地位置不同。若平面均光滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．将不同小球压缩弹簧至同一位置，弹簧的弹性势能不同
B．小球在平面上运动时，速度一直增大
C．从小球开始运动到落地前一瞬间，小球的机械能守恒
D．小球落地位置不同是由于小球的质量不同
【答案】D
【分析】（1）弹性势能的大小与弹簧的形变程度有关；
（2）平面光滑（无摩擦力），小球在平面上运动时，水平方向不受力；
（3）小球开始运动时动能为0，只有重力势能，后来弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的重力势能不变，小球的机械能增大，再后来小球机械能不变；
（4）弹簧弹性势能相同，转化为小球的动能相同。
【解答】解：
A、将不同小球压缩弹簧至同一位置，弹簧的形变程度相同，所以弹簧的弹性势能相同，故A不符合题意；
B、根据牛顿第一定律，物体不受力时将保持匀速直线运动状态，所以小球速度保持不变，并非一直增大，故B不符合题意；
C、小球开始运动时动能为0，只有重力势能，后来弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的重力势能不变，小球的机械能增大，再后来小球机械能不变；小球的机械能是先增大、后不变，故C错误；
D、由于小球质量 m 不同，所以小球离开平面时的速度 v 不同，小球离开平面后做平抛运动，水平方向匀速运动的速度不同，导致落地位置不同。因此，小球落地位置不同是由于速度不同（由质量不同引起速度不同），本质原因是质量不同影响了速度，故D正确。
故选：D。
20．（2025秋 上城区校级月考）如图为蹦床运动简化示意图，其中运动员在O点时速度为零，A点是蹦床不发生形变时的原位置。B点是运动员受到的重力与蹦床对运动员的弹力相等处，C点是运动员到达的最低点。若整个过程忽略空气阻力及碰撞损耗。则：
（1）从O点下落到A点的过程中，运动员的机械能　不变　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）从B点运动到C点的过程中，运动员的机械能　不守恒　 （填“守恒”或“不守恒”）。
（3）从O点到C点过程中，在　B　 点（填“A”、“B”或“C”）处运动员的动能最大。
【答案】（1）不变；（2）不守恒；（3）B。
【分析】（1）从O点下落到A点的过程中，只有重力势能转化为动能，运动员机械能守恒。
（2）从B点运动到C点的过程中，运动员运动员的机械能转化为蹦床的弹性势能，运动员的机械能将减小，机械能不守恒。
（3）从O点到B点的过程中，运动员的重力大于弹性绳对运动员的拉力，速度越来越大；当到达B点时，运动员受到的重力和拉力刚好相等，再向下运动，运动员的重力小于拉力，运动员速度变小，故运动员在B点时速度最大，动能最大。
【解答】解：（1）从O点下落到A点的过程中，运动员自由下落，其重力势能转化为动能，由于不计空气阻力，运动员机械能守恒，因此运动员的机械能不变。
（2）从B点运动到C点的过程中，运动员向下压蹦床，蹦床弹性势能增加，该过程中运动员的机械能转化为蹦床的弹性势能，因此运动员的机械能将减小，机械能不守恒。
（3）从O点到B点的过程中，运动员的重力大于弹性绳对运动员的拉力，运动员向下做加速运动，即速度越来越大；当到达B点时，运动员受到的重力和拉力刚好相等，再向下运动，运动员的重力小于拉力，运动员将做减速运动，因此运动员在B点时速度最大，动能最大。
故答案为：（1）不变；（2）不守恒；（3）B。
六．功率大小的比较（共5小题）
21．（2025秋 西湖区校级月考）甲、乙两台起重机分别以v甲＝0.2米/秒和v乙＝0.3米/秒的速度，匀速提升等重的物体，并使物体都升高6米，所做的功分别是W甲和W乙，做功的功率分别为P甲和P乙，则（　　）
A．W甲＞W乙，P甲＞P乙 B．W甲＝W乙，P甲＜P乙
C．W甲＜W乙，P甲＜P乙 D．W甲＝W乙，P甲＝P乙
【答案】B
【分析】（1）甲、乙两台起重机匀速提升等重的物体，拉力等于重力，即F甲＝F乙；物体都升高6米，根据W＝Fs可知，拉力做功相等，即W甲＝W乙；
（2）分别以v甲＝0.2米/秒和v乙＝0.3米/秒的速度提升物体，即v甲＜v乙；由PFv可知，做功的功率P甲＜P乙。
【解答】解：甲、乙两台起重机匀速提升等重的物体，拉力等于重力，所以拉力相等，即F甲＝F乙；
物体都升高6米，根据W＝Fs可知，拉力做功相等，即W甲＝W乙；
分别以v甲＝0.2米/秒和v乙＝0.3米/秒的速度提升物体，即v甲＜v乙；
由PFv可知，做功的功率P甲＜P乙，故B正确，ACD错误。
故选：B。
22．（2025秋 杭州月考）国庆期间，小明和小刚两人进行了一次登惠山比赛，要比较他们两人的功率，以下方法可行的是（　　）
①相同时间比较他们所做的功
②做相同的功比较他们所用的时间
③分别计算出他们登山所做的功，并与他们所用的时间相除
④测出他们登山所用的时间，并与他们所做的功相除
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】比较做功快慢的方法：
（1）相同时间，比较做功的多少；
（2）做相同的功，比较做功时间；
（3）功与时间的比值就是功率。
【解答】解：
①相同的时间，比较他们所做的功，做功多的，做功快，功率大；
②做相同的功，比较他们所用的时间，所用时间少的，做功快，功率大；
③④比较功与时间的比值，比值大的功率大，或测出他们登山所用的时间，并与他们所做的功相除（即），比值小的，功率大。
故①②③④都可行。
故选：D。
23．（2025秋 杭州月考）如图所示，a、b、c三种情况下，用大小相同的力F（其他力未画出）使同一物体在相同时间内沿不同的轨迹移动了相同的距离s，对于三种情况下拉力F所做的功分别为Wa、Wb、Wc，功率分别为Pa、Pb、Pc。下列说法正确的是（　　）
A．Wa＝Wb＝Wc B．Wa＝Wb＞Wc C．Pa＝Pb＝Pc D．Pa＜Pc＜Pb
【答案】D
【分析】功的大小是物体所受的力与在力的方向上通过距离的乘积；在a、b、c三种情况下受力相同，根据物体在力的方向上通过的距离，利用公式W＝Fs分析拉力做功的大小，然后由P分析功率的大小。
【解答】解：a、b、c三种情况下，用大小相同的力F使同一物体在相同时间t内沿不同的轨迹移动了相同的距离s；
如图a，力F在竖直方向上，移动的距离s在水平方向上，F对物体不做功，Wa＝0，做功的功率Pa＝0；
如图b，力F在水平方向上，物体在力的方向上移动的距离为s，F对物体做的功Wb＝Fs，做功的功率Pb；
如图a，力F在竖直方向上，物体在力F的方向上移动的距离h＜s，F对物体做的功Wc＝Fh＜Fs，做功的功率Pc，故Wa＜Wc＜Wb；
由P可知三种情况下拉力做功功率大小为Pa＜Pc＜Pb。
故答案为：D。
24．（2025秋 上城区校级期中）物体甲在水平拉力F1作用下沿水平面以速度v向右做匀速直线运动，如图1；在甲上放物体乙，在水平拉力F2作用下两物体一起沿同一水平面也以速度v向右做匀速直线运动，如图2。两次运动时间相同。若忽略空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．物体两次运动的距离不相等
B．F1大于F2
C．F1做的功等于F2做的功
D．F1的功率小于F2的功
【答案】B
【分析】（1）物体匀速运动时，速度大小与拉力的大小无关，据此结合速度公式分析解答；
（2）滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关；
（3）功的大小与力的大小和在力的作用下移动的距离有关；
（4）功率等于功与做功所用时间的比值。
【解答】解：A、匀速运动的速度由平衡条件决定，与拉力大小无关。题目未提供速度关系的任何信息，因此无法确定速度的大小关系，根据v可知，也就无法确定物体两次运动的距离是否相等，故A错误；
B、物体匀速运动时，根据平衡条件可知，拉力大小等于摩擦力的大小，而滑动摩擦力与接触面的粗糙程度和压力大小有关，图2中的压力大于图1中的压力，即图2中的摩擦力大于图1的摩擦力，即F2大于F1，故B正确；
CD、因无法判断速度的大小关系，便不能确定路程的关系，故根据W＝Fs可知，不能确定功的大小关系，功率等于功除以时间，即也不能确定功率的大小关系，故CD错误。
故选：B。
25．（2025秋 上城区校级月考）学习功率的知识后，小杭和几位同学准备开展“比一比谁在爬楼过程中的功率大”的活动。
（1）如何比较同学上楼功率，可以有多种方案：
①测量出各自的体重、爬楼用的时间和爬楼的高度，算出爬楼的功率并进行比较；
②控制爬楼的时间相同，测量出各自的体重、爬楼的高度，算出爬楼做的功并进行比较；
③控制爬楼的高度相同，测量出各自的体重、爬楼的时间，算出体重和时间的比值并进行比较。
可行的是　D　 ；
A.只有①
B.只有①②
C.只有②③
D.①②③都可以。
（2）可以根据方案　①　 估测每位同学爬楼功率的大小，必须选择的测量工具有卷尺、体重秤和　秒表　 。
（3）同学们相互测量相关数据并记录在下表中。
质量m/kg 上楼高度h/m 时间t/s
… … …
利用表格数据，可得出功率表达式：　P，　 （用表中物理符号表示）。
【答案】（1）D；（2）①；秒表；（3）P。
【分析】（1）根据P，分析还需要的器材；
（2）由（1）分析，需要测量的是物理量，从而确定不需要测量物理量；
（3）由（1）知，小明同学爬楼的功率的表达式；
【解答】解：（1）根据功率公式P，
方案①测量出体重m、爬楼时间t和爬楼高度h，可直接算出功率比较大小；
方案②控制爬楼时间t相同，根据W＝Gh＝mgh，算出爬楼做的功，做功越多功率越大；
方案③控制爬楼高度h相同，根据P，算出体重和时间的比值，比值越大功率越大。所以三种方案都可行。
（2）根据公式P，可以根据方案①，需要测量质量m、高度h和时间t，测量高度h用卷尺，测量质量m用体重秤，测量时间t用秒表。
（3）功率表达式为P，其中m为质量，g为常数，h为上楼高度，t为爬楼时间。
故答案为：（1）D；（2）①；秒表；（3）P。
七．功率的计算（共6小题）
26．（2025秋 镇海区校级期中）如图甲所示，快递员用推力F将重为800N的快递，先沿水平面推行一段距离，再推至长4m距离2m的斜面顶端，推力始终与快递运动方向相同：快递在整个运动过程中，路程与时间变化关系和推力与时间变化关系分别如图乙、丙所示，下列分机正确的是（　　）
A．0～4s内推力F的功率为800W
B．4～12s内快递克服重力做的功为3200J
C．4～12s内快递受到的摩擦力为250N
D．0～12s内快递克服摩擦力做的功为1200J
【答案】D
【分析】（1）先根据功的计算公式W＝Fs结合图像信息求出0～4s内推力做的功，再根据功率的计算公式P可得0～4s内推力F的功率；
（2）根据克服重力做功的计算公式WG＝Gh可得4～12s内快递克服重力做的功；
（3）先根据功的计算公式W'＝F's'求出4～12s内推力做的功，再根据4～12s内推力做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做的功之和求出4～12s内快递克服摩擦力做的功，最后再根据Wf＝fL可得4～12s内快递受到的摩擦力；
（4）先根据功的计算公式Wf1＝f's结合平衡条件求出0～4s内快递克服摩擦力做的功，再根据Wf总＝Wf1+Wf求出0～12s内快递克服摩擦力做的功。
【解答】解：A、由图乙可知，0～4s内快递运动的路程s＝4m，由图丙可知，0～4s内推力F＝200N，根据功的计算公式W＝Fs可得0～4s内推力做的功为：
W＝Fs＝200N×4m＝800J；
根据功率的计算公式P可得0～4s内推力F的功率为：
200W，故A错误；
B、根据克服重力做功的计算公式WG＝Gh可得4～12s内快递克服重力做的功：WG＝Gh＝800N×2m＝1600J，故B错误；
C、由图丙可知，4～12s内推力F'＝500N，根据功的计算公式W'＝F's'可得4～12s内推力做的功为：
W'＝F's'＝500N×4m＝2000J；
因为4～12s内推力做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做的功之和，即W'＝WG+Wf，所以4～12s内快递克服摩擦力做的功为：
Wf＝W'﹣WG＝2000J﹣1600J＝400J；
再根据Wf＝fL可得4～12s内快递受到的摩擦力为：
100N，故C错误；
D、由图丙可知，0～4s内推力F＝200N，因为快递在水平面上做匀速直线运动，所以推力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，即0～4s内快递受到的摩擦力f'＝F＝200N；
根据功的计算公式Wf1＝f's可得0～4s内快递克服摩擦力做的功为：
Wf1＝f's＝200N×4m＝800J；
由选项C可知4～12s内快递克服摩擦力做的功Wf＝400J，所以0～12s内快递克服摩擦力做的功为：Wf总＝Wf1+Wf＝800J+400J＝1200J，故D正确。
故选：D。
27．（2025秋 上城区校级月考）如图甲所示，重为8N的铁块吸附在竖直放置的足够长的磁性平板上，在竖直向上拉力F的作用下铁块沿直线竖直向上运动，铁块受到的摩擦力为2N。铁块运动过程中速度v的大小随时间t变化的图象如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）
A．磁性平板对铁块的吸引力等于8N
B．0～2s内铁块做匀速直线运动
C．2～6s内拉力F做的功是120J
D．2～6s内拉力F的功率是40W
【答案】C
【分析】（1）根据题中条件分析；
（2）根据图像信息分析；
（3）根据v求出2～6s内铁块竖直向上运动的距离，再根据平衡条件求出竖直向上拉力，最后根据功的计算公式W＝Fs求出2～6s内拉力F做的功；
（4）根据功率的计算公式P求出2～6s内拉力F的功率。
【解答】解：A、题干中未提及磁性平板对铁块的吸引力相关信息，无法得出磁性平板对铁块的吸引力等于8N，故A错误；
B、由图乙可知，0～2s内铁块的速度随时间增大而增大，所以铁块做加速直线运动，故B错误；
C、由图乙可知，2～6s内铁块做匀速直线运动，速度v＝3m/s，根据v可得2～6s内铁块运动的距离为：
s＝vt＝3m/s×（6s﹣2s）＝12m；因为铁块匀速直线运动，处于平衡状态，在竖直方向上，拉力F、重力G和摩擦力f满足F＝G+f，已知G＝8N，f＝2N，则竖直向上拉力为：F＝8N+2N＝10N；根据功的计算公式W＝Fs可得2～6s内拉力F做的功为：W＝Fs＝10N×12m＝120J，故C正确；
D、根据功率的计算公式P可得2～6s内拉力F的功率为：
P30W，故D错误。
故选：C。
28．（2025秋 上城区校级月考）在水平地面上有一长方体木箱。小林用水平推力F把木箱向前推，如图甲所示。此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示。
（1）0～1秒内，推力F对木箱做功的功率　0　 瓦。
（2）1～3秒内，物体受到的摩擦力为　200　 N。
（3）3～6秒内，推力F对木箱做功　400　 焦。
【答案】（1）0；（2）200；（3）400
【分析】（1）由图丙可知木箱在0～1秒内的运动状态，从而可知推力F对木箱做功的功率大小；
（2）由图丙可知木箱在3～5秒内的运动状态，根据二力平衡条件可知木箱受到的摩擦力，结合摩擦力的影响因素判断1～3秒内，物体受到的摩擦力；
（3）根据W＝Fs＝Fvt求3～6秒内，推力F对木箱做的功，根据做功的条件求5～6秒内推力F做的功，从而求3～6秒内，推力F对木箱做的功。
【解答】解：（1）由图丙可知木箱在0～1秒内处于静止状态，即木箱没有移动距离，故推力F对木箱不做功，功率为0W；
（2）由图丙可知木箱在3～5秒内做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知木箱受到的摩擦力与此时的推力大小相等，由图乙可知此时的推力为F＝200N，故摩擦力为f＝F＝200N，在1～3秒内，木箱对地面的压力不变、接触面的粗糙程度不变，故物体受到的摩擦力与匀速直线运动时受到的摩擦力相同，为200N；
（3）3～5秒内，推力F对木箱做的功：W＝Fs＝Fvt＝200N×1.0m/s×（5s﹣3s）＝400J，
由图乙可知，5～6秒内推力F为零，故此时人对木箱不做功，
则3～6秒内，推力F对木箱做的功为400J。
故答案为：（1）0；（2）200；（3）400。
29．（2025秋 苍南县校级月考）府东路过江通道是连接我县瓯北与鹿城区的重要工程，该通道以隧道跨越瓯江。工程现已开工，将使用盾构机（如图）挖掘隧道。盾构机体积极为庞大，需将其拆成多个部件吊装到施工现场。已知部件总质量3×104千克，部件花费10秒钟水平平移10米，再竖直移动16秒钟下降20米，则部件重力做功　6×106 焦，下降时重力做功功率为　3.75×105 瓦。
【答案】6×106；3.75×105。
【分析】根据W＝Gh＝mgh计算部件重力做的功。利用P计算下降时重力做功功率。
【解答】解：将部件水平平移10米时，重力方向竖直向下，部件在重力的方向上没有移动距离，此过程中重力不做功；
再竖直下降20米过程中，部件在重力的方向上移动了距离，所以此过程中重力做了功，
则部件重力做的功：W＝Gh＝mgh＝3×104kg×10N/kg×20m＝6×106J。
下降时重力做功功率：P3.75×105W。
故答案为：6×106；3.75×105。
30．（2025秋 拱墅区校级月考）英国伦敦展出了新研发的“侦探猎犬”超音速汽车，如图所示。该车功率极大，最大车速能达到1609km/h，创造了短期内无法超越的世界纪录。在一次测试中，“侦探猎犬”以400m/s的速度匀速直线行驶了2000m，受到水平方向的阻力为2×105N。问：在测试过程中，
（1）汽车受到水平方向的牵引力是多少？
（2）汽车牵引力所做的功和功率分别是多少？
【答案】（1）汽车受到水平方向的牵引力是2×105N；
（2）汽车牵引力所做的功是4×108J，功率分别是8×107W。
【分析】（1）根据二力平衡条件可知汽车受到水平方向的牵引力大小；
（2）根据W＝Fs求汽车牵引力所做的功；根据PFv求牵引力做功的功率。
【解答】解：（1）汽车做匀速直线运动，受到的牵引力与阻力平衡，大小相等，即：F＝f＝2×105N；
（2）汽车牵引力做的功：W＝Fs＝2×105N×2000m＝4×108J，
牵引力做功的功率：PFv＝2×105N×400m/s＝8×107W。
答：（1）汽车受到水平方向的牵引力是2×105N；
（2）汽车牵引力所做的功是4×108J，功率分别是8×107W。
31．（2025秋 上城区校级月考）步行是一种简易方便的健身运动，人正常步行时，步距（指步行一步的距离）变化不大，步距还可作为身体上的一把“尺子”。小东测出自己的步距为0.5m，他正常步行1min走了120步。小东根据自己的腿长和步距画出了如图所示的步行示意图，对步行时重心的变化进行了分析，当两脚一前→后着地时重心降低，而单脚着地迈步时重心升高，因此每走一步都要克服重力做功。（已知小东的腿长是65cm，质量是50kg）求：
（1）小东正常步行的速度是多少？
（2）小东每走一步克服重力所做的功是多少？
（3）小东正常步行克服重力做功的功率是多少？
【答案】（1）小东正常步行的速度是1m/s；
（2）小东每走一步克服重力所做的功是25J；
（3）小东正常步行克服重力做功的功率是50W。
【分析】（1）根据小东的步距和他正常步行1min走了120步求出小东1min步行的路程，根据速度公式求出小东正常步行的速度；
（2）根据腿长和勾股定理求出小东步行重心上升的高度，根据重力公式求出小东的重力，根据W＝Gh求出小东每走一步克服重力所做的功；
（3）根据他正常步行1min走了120步求出小东1min克服重力做的总功，根据P求出小东正常步行克服重力做功的功率。
【解答】解：（1）小东1min步行的路程：s＝0.5m×120＝60m，
小东正常步行的速度：v1m/s；
（2）小东步行重心上升的高度：h＝65cm5cm＝0.05m，
小东的重力：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
小东每走一步克服重力所做的功：W＝Gh＝500N×0.05m＝25J；
（3）小东1min克服重力做的总功：W总＝25J×120＝3000J，
小东正常步行克服重力做功的功率：P50W。
答：（1）小东正常步行的速度是1m/s；
（2）小东每走一步克服重力所做的功是25J；
（3）小东正常步行克服重力做功的功率是50W。
八．杠杆的分类（共2小题）
32．（2025 浙江一模）如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，下列说法正确的是（　　）
A．课桌调节器属于费力杠杆
B．它与羊角锤属于同一种杠杆
C．使用课桌调节器可以省功
D．该杠杆的支点是C点
【答案】B
【分析】（1）杠杆绕着转动的固定点叫做支点；根据杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（2）任何机械都不能省功。
【解答】解：如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，动力作用在C点，C点是动力作用点，不是支点，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，也属于省力杠杆；任何机械都不能省功，故B正确，ACD错误。
故选：B。
33．（2025秋 西湖区校级月考）如图所示，一直杆可绕O点转动，杆下挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟直杆垂直的力F，使直杆由竖直位置慢慢转动到水平位置，在这个过程中这个直杆（　　）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
【答案】C
【分析】要解决这道题，需结合杠杆的平衡条件（F1L1 ＝F2L2），分析动力臂、阻力臂的变化，进而判断杠杆是省力还是费力。
【解答】解：支点：O点；动力：始终与直杆垂直的力F，动力臂L1为从O点到力F作用线的距离，由于力F始终与直杆垂直，所以动力臂L1等于直杆的长度，保持不变；阻力：重物的重力G，阻力臂L2为从O点到重力G作用线的垂直距离；直杆由竖直位置慢慢转动到水平位置的过程中，重物的位置逐渐升高，重力G的作用线与O点的垂直距离（即阻力臂L2）逐渐增大，且在转动过程中，L2从小于L1逐渐变为大于L1；根据杠杆平衡条件F1L1 ＝F2L2（这里F1＝F，F2＝G），可得F；当L2＜L1时，F＜G，杠杆为省力杠杆；当L2＞L1时，F＞G，杠杆为费力杠杆，因此，在直杆转动过程中，先是省力的，后是费力的，
故选：C。
九．杠杆的动态平衡分析（共6小题）
34．（2025秋 滨江区校级月考）如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终沿水平方向的拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置。在转动的过程中，动力F将（　　）
A．先变小后变大 B．逐渐变大
C．保持不变 D．逐渐减小
【答案】B
【分析】先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。
【解答】解：杠杆在转动的过程中符合杠杆平衡的条件，即阻力为硬棒的重力，大小不变，硬棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过一定角度后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B错；
当硬棒在竖直位置时，F的力臂是杠杆的长度，且力臂最长，当杠杆转过转过一定角度后，力与杠杆不再垂直，所以动力臂变小，根据杠杆平衡的条件可得，阻力与阻力臂的乘积增大，而动力臂减小，所以动力逐渐增大。
故选：B。
35．（2025秋 上城区校级月考）如图所示，用一细线悬挂一根粗细均匀的轻质细麦秸秆，使其静止在水平方向上，O为麦秸秆的中点，有两只大肚皮的蚂蚁同时从O点别向着麦秸秆的两端匀速爬行，在蚂蚁爬行的过程中麦秸秆在水平方向始终保持平衡，则（　　）
A．两蚂蚁的质量一定相等
B．两蚂蚁的爬行速度大小一定相等
C．两蚂蚁对麦秸秆的压力与其爬行速度大小的乘积一定相等
D．两蚂蚁对麦秸秆的压力一定相等
【答案】C
【分析】蚂蚁爬行过程中，杠杆始终平衡，说明两侧始终满足：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。
【解答】解：根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，
蚂蚁爬行时满足：G1L1＝G2L2，由于爬行的距离不一定相等，故重力和质量不一定相等，
得：m1gv1t＝m2gv2t，m1v1＝m2v2，速度质量不同是，速度也不相等，两蚂蚁对麦秸秆的压力与其爬行速度大小的乘积一定相等，故C正确。
故选：C。
36．（2025秋 上城区校级月考）如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始修作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑.则下列分析正确的是（　　）
A．拉力F逐渐变小
B．拉力F逐渐变大
C．由于拉力F的力臂始终保持不变，拉力F始终保持不变
D．条件不足，无法判断
【答案】A
【分析】根据杠杆的平衡条件结合转动过程力臂的变化分析。
【解答】解：整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直；由图可知，动力F的力臂L（L＝OA）始终保持不变，阻力为圆柱体的重力G始终大小不变，由实线位置转到虚线位置时，重力的力臂逐渐减小，根据杠杆平衡条件可得FL＝GL′，所以动力F逐渐变小。
故选：A。
37．（2025 乐清市校级模拟）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（　　）
A．钩码的数量适当增加
B．钩码的位置适当左移
C．弹簧测力计转到图中虚线位置
D．弹簧测力计位置适当向左平移
【答案】D
【分析】根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂和阻力×阻力臂的关系，得出结论。
【解答】解：由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大，则为了完成实验，应减小动力；
A、若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会更大，故A不符合题意；
B、钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会更大，故B不符合题意；
C、弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会更大，故C不符合题意；
D、弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会变小，故D符合题意。
故选：D。
38．（2024秋 平湖市期末）如图是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，它的前端A系一水桶，后端B系一配重物，从井中汲水时，先用力F往下拉将水桶放入井水中，当水桶中装水后，再用力往上提水桶，若配重质量为4.8千克，OA＝3OB，杆的自重不计。下列说法正确的是（　　）
A．图中力F的力臂为OA
B．桔槔B处受到力的方向为向上
C．匀速将水桶竖直往下拉的过程中，力F逐渐变小
D．当桶和水总重60牛，往上提水桶时，人需要用力44牛
【答案】D
【分析】（1）根据力臂的定义分析；
（2）对B受力分析；
（3）根据杠杆的平衡条件分析；
（4）根据杠杆的平衡条件得出力的大小。
【解答】解：
A、OA与F的力的作用线不垂直，不是力臂，故A错误；
B、桔槔B处受到力的方向是竖直向下的，故B错误；
C、匀速将水桶竖直往下拉的过程中，动力臂和阻力臂的比值不变，阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件可知，力F大小不变，故C错误；
D、桶和水总重60牛，往上提水桶时，根据杠杆的平衡条件可知：G重×OA＝（60N﹣F）×OB，解得人需要用力44牛，故D正确。
故选：D。
39．（2024秋 长兴县期末）如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡。如在木棒的A、C两点各减少一个同样的钩码，则木棒（　　）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．平衡被破坏，转动方向不定
D．仍保持平衡
【答案】D
【分析】杠杆原来平衡，力臂相同，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。设杠杆的重心在D，根据杠杆平衡条件求出杠杆重力和其力臂的乘积；
两边各减少一个相同的钩码，求出两边力和力臂的乘积，根据杠杆平衡条件分析判断。
【解答】解：
由题知，AO＝OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左AO+G0×OD＝F右CO，
2G×AO+G0×OD＝3G×CO，
G0×OD＝G×CO＝G×AO
再各加一个钩码后：
左边力和力臂的乘积为G×AO+G0×OD＝G×AO+G×AO＝2G×AO，
右边力和力臂的乘积为2G×CO＝2G×AO，
可见，减小钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选：D。
十．滑轮及滑轮组的机械效率（共6小题）
40．（2025秋 杭州月考）工人师傅利用如图所示的装置匀速提升重物，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．增大提升重物的速度，可以增大有用功
B．减小动滑轮的重力，可以提高机械效率
C．减小定滑轮的重力，可以减小额外功
D．增大提升重物的高度，可以提高机械效率
【答案】B
【分析】（1）滑轮组的机械效率是指有用功和总功的比值，比值越大，机械效率越高。
（2）要提高滑轮组的机械效率可以，有用功一定时，减少额外功；额外功一定时，增大有用功。
【解答】解：
（1）滑轮组的机械效率η，所以机械效率的高低与物体被提升的高度和提升速度无关，故A、D不正确；
（2）使用滑轮组时，克服动滑轮重所做功为额外功，由滑轮组的机械效率η可知，减小动滑轮重力可减小额外功，定滑轮的重力不影响额外功的多少，故C不正确、B正确。
故选：B。
41．（2025春 浙江月考）如图为“测滑轮组机械效率”的实验。在弹簧测力计拉力作用下，重6N的物体2s内匀速上升0.1m，弹簧测力计示数如图示（不计绳重与摩擦）。下列说法错误的是（　　）
A．弹簧测力计的拉力是2.4N
B．物体上升的速度为0.05m/s
C．弹簧测力计拉力的功率为0.12W
D．滑轮组的机械效率约83.3%
【答案】C
【分析】（1）先确定弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数；
（2）利用速度公式求物体上升速度；
（3）由图知，n＝3，重物上升h，则拉力端移动的距离s＝3h，利用W总＝Fs求出拉力做的功；利用P求拉力做功功率；
（4）知道物体重，利用W＝Gh求出有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
A、由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，弹簧测力计的示数为2.4N，故A正确；
B、物体上升速度v0.05m/s，故B正确；
C、由图知，n＝3，拉力端移动距离s＝3h＝3×0.1m＝0.3m，
拉力做功W总＝Fs＝2.4N×0.3m＝0.72J，
拉力做功的功率：
P0.36W，故C错误；
D、有用功W有＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
滑轮组的机械效率：
η100%≈83.3%，故D正确。
故选：C。
42．（2025 义乌市一模）重为30牛的A物体，用如右图所示甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1＝18N，F2＝8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
【答案】D
【分析】（1）首先确定两个滑轮组绳子的有效股数，然后根据v绳＝nv物计算绳子自由端移动的速度，进行比较；
（2）利用s绳＝ns物求出两图中绳子自由端移动的距离，然后根据W＝Fs计算F1和F2做功，进行比较；
（3）利用W＝Gh和W＝fs分别求出两种方法做的有用功，然后进行比较；
（4）利用η分别求出两种方法的机械效率相同，然后进行比较。
【解答】解：
A、A物体移动的速度v物0.06m/s，
甲图中n＝2，则乙图中n＝3，
则绳子自由端F1移动的速度：v绳1＝2v物＝2×0.06m/s＝0.12m/s，
绳子自由端F2移动的速度：v绳2＝3v物＝3×0.06m/s＝0.18m/s，
比较可知，绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度小，故A错误。
B、甲图中绳子自由端移动的距离：s1＝2s＝2×0.3m＝0.6m，
乙图中绳子自由端移动的距离：s2＝3s＝3×0.3m＝0.9m，
则F1做功：W总1＝F1s1＝18N×0.6m＝10.8J，
F2做功：W总2＝F2s2＝8N×0.9m＝7.2J，
比较可知，F1做功比F2做功多，故B错误。
C、甲图中的有用功：W有1＝Gs＝30N×0.3m＝9J，
乙图中的有用功：W有2＝fs＝20N×0.3m＝6J，
比较可知，甲方法中做的有用功大，故C错误。
D、甲图中的机械效率为：η1100%100%≈83.3%，
乙图中的机械效率为：η2100%100%≈83.3%，
比较可知，两种方法中机械效率相同，故D正确。
故选：D。
43．（2024秋 永康市期末）如图所示，汽车通过滑轮组将物体吊起。已知汽车的质量为3×103kg，牵引力F1为4000N，对绳子的拉力F2为2500N；物体的重力为6000N，物体匀速上升的速度始终为0.5m/s，不计绳重和滑轮间的摩擦。下列说法中（　　）
①滑轮组的机械效率为80%
②汽车受到的摩擦为4000N
③动滑轮的重力为1500N
④汽车牵引力的功率为4000W
A．只有①②正确 B．只有①④正确
C．只有①③正确 D．只有③④正确
【答案】C
【分析】①根据滑轮组装置确定绳子股数，利用求出滑轮组的机械效率；
②根据汽车做匀速直线运动，受力平衡，求出汽车受到的摩擦力；
③根据的变形公式G动＝nF﹣G物计算出动滑轮的重力；
④根据求出汽车牵引力的功率。
【解答】解：①由图可知，n＝3，滑轮组的机械效率为：
，故①正确；
②由于物体匀速上升，则汽车匀速直线运动，则汽车受到平衡力的作用，汽车受到牵引力的作用、摩擦力的作用及滑轮组对它的拉力的作用，因此它受到的摩擦力：f＝F1﹣F2＝4000N﹣2500N＝1500N，故②错误；
③动滑轮的重力G动＝nF2﹣G物＝3×2500N﹣6000N＝1500N，故③正确；
④由于汽车做匀速直线运动，，汽车牵引力的功率为：，故④错误；
综上所述，ABD错误，C正确。
故选：C。
44．（2025秋 杭州月考）湖北省第十四届运动会将于2014年10月8日在荆州市举行，目前各比赛场馆正在紧张的建设中。某场馆建设工地上，工人用如图所示的滑轮组将重2000N的物体A以0.4m/s的速度沿水平方向匀速向前拉动2m，拉力F大小为250N，物体A与地面间的滑动摩擦力大小是物体A重力的0.2倍，求：
（1）物体A与地面间的滑动摩擦力大小是多少？
（2）该滑轮组的机械效率是多少？
（3）拉力F做功的功率是多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据滑动摩擦力与物重的关系即可求出；
（2）由图示可知，滑轮组承重绳子的股数n＝2，根据η求出滑轮组的机械效率；
（3）根据W＝Fs求出拉力做的功，由速度的变形公式求出时间，然后根据P求出拉力的功率。
【解答】解：（1）物体A与地面间的滑动摩擦力：f＝0.2×2000N＝400N；
（2）滑轮组的机械效率：η100%100%100%100%＝80%；
（3）拉力做的功：W＝F×2s＝250N×2×2m＝1000J，
由v可得：t5s；
拉力的功率：P200W。
答：（1）物体A与地面间的滑动摩擦力大小是400N；
（2）该滑轮组的机械效率是80%；
（3）拉力F做功的功率是200W。
45．（2025秋 临平区校级月考）如图甲所示是杭州市地铁站修建时用到的起重机，如图乙是起重机的示意图，起重机重3×104N（包括悬臂），重心为P1，为了使起重机起吊重物时不致倾倒，在其右侧配有配重M，重心为P2，现测得AB为10m，BO为1m，BC为4m，CD为1.5m。
（1）通过计算说明不加配重时，起重机最多能吊起多重的货箱（不计动滑轮与绳重）？
（2）如图丙是它的滑轮组装置示意图。起重机悬臂的底部有由一台电动机带动的两台相同的转扬机，这两台转扬机一起同向转动回收钢绳，从而吊起物体。在某次吊起质量为2t的建筑材料时，起吊装置的效率为80%，电动机的输出功率（即为滑轮组获得的总功率）为1kW，则右转扬机拉绳的速度是多少？
（3）有人认为起重机配重越重越好，这样就能吊起更重的重物，你同意吗？请说明理由　配重太大，起重机在不工作时就向右翻倒　 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）若起重机不加配重，在起吊货箱时，支点为B，利用杠杆平衡条件求货箱的最大重力；
（2）先求出建筑材料的重力，然后根据η100%100%100%求出滑轮组绳子的拉力，由题意知，右转扬机拉绳的功率为总功率的一半，根据P＝Fv求出右转扬机拉绳的速度；
（3）根据杠杆平衡条件可得最大配重，利用G＝mg求最大配重的质量。
【解答】解：
（1）若起重机不加配重，在起吊货箱时，支点为B，设起重机最多能吊起的货箱重为G，
根据杠杆平衡条件有：G×AB＝G起重机×BO，
即：G×10m＝3×104N×1m，
解得：G＝3000N。
（2）建筑材料的重力：
G＝mg＝2×103kg×10N/kg＝2×104N，
由图丙可知，连接动滑轮绳子的股数n＝4，
由η100%100%100%得，
滑轮组绳子的拉力：
F6250N，
由于电动机的输出功率（即为滑轮组获得的总功率）为1kW，
则右转扬机拉绳的功率为P1kW＝0.5kW＝500W，
由PFv得，右转扬机拉绳的速度：
v0.08m/s；
（3）不起吊物体时，支点为C，
起重机自重的力臂：OC＝BC﹣BO＝4m﹣1m＝3m；配重的力臂：CD＝1.5m。
根据杠杆平衡条件可得：G起重机×OC＝G配重′×CD，
即：3×104N×3m＝G配重′×1.5m，
解得最大配重：G配重′＝6×104N，
最大配重的质量：
m′6×103kg＝6t，
所以这起重机不能超过6t的配重，否则起重机在不工作时就向右翻倒。
答：（1）通过计算说明不加配重时，起重机最多能吊起3000N的货箱；
（2）右转扬机拉绳的速度是0.08m/s；
（3）配重太大，起重机在不工作时就向右翻倒。
十一．改变物体内能的两种方式（共2小题）
46．（2025 丽水二模）如图所示，在玻璃瓶中放入少量水，用中间插有玻璃管的橡皮塞盖紧瓶口，然后往瓶中打气，当气压达到足够大时，橡皮塞从瓶口冲出，原来透明的瓶内充满了白雾，这一实验现象表明（　　）
A．气体对外界做功，瓶内温度升高，内能减少
B．外界对气体做功，瓶内温度升高，内能增加
C．气体对外界做功，瓶内温度降低，内能减少
D．外界对气体做功，瓶内温度降低，内能增加
【答案】C
【分析】（1）首先要明确白雾的状态，然后再分析其形成原因。
（2）从发生的物理过程结合内能的改变方法来分析瓶内空气内能的改变
【解答】解：
雾是小液滴，它是由水蒸气的液化而形成的，其具体过程是：瓶内的气体压强增大到一定程度，对瓶塞做功，将瓶塞打出，气体对外做功，将内能转化为机械能，气体的内能减少，温度降低，瓶中的水蒸气遇冷液化而形成白雾，故C正确，ABD错误。
故选：C。
47．（2025 玉环市二模）如图甲装置所示，探究“做功改变物体内能”，该装置由圆底烧瓶、温度传感器、橡皮塞、橡皮管、打气筒等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气筒向烧瓶内打气，根据传感器数据采集的数据，电脑处理得到如图乙所示图像。
（1）实验前，检查图甲装置的气密性：往外拉动注射器活塞，然后松手，若活塞 　仍能返回原来刻度处　 （选填“仍能返回原来刻度处”或“静止不动”），则说明该装置气密性好。
（2）打气筒打气5秒后，橡皮塞弹出，出现了白雾现象，白雾主要是 　瓶内气体　 （填“瓶内气体”或“瓶外气体”）液化形成的小液滴。
（3）以下改变内能的方式中，与图乙中AB段相同的是 　AB　 。
A.用锤子敲打钉子时，钉子变热
B.从滑滑梯上滑落，臀部变热
C.用燃气灶加热水，水温升高
D.手捂热水袋，手会变暖和
（4）不向圆底烧瓶内注入适量酒精，仍用图甲装置进行实验能否得出“做功改变物体内能”的结论。请判断并说明理由：　不注入酒精，用打气筒向烧瓶内打气，压缩气体做功，会使瓶内气体内能增加，温度升高，可通过温度传感器测量到温度变化；当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，也能从温度传感器数据中体现出来。只是没有酒精时，液化现象不明显，看不到白雾，但仍能通过温度变化证明做功可以改变物体内能　 。
【答案】（1）仍能返回原来刻度处；（2）瓶内气体；（3）AB；（4）不注入酒精，用打气筒向烧瓶内打气，压缩气体做功，会使瓶内气体内能增加，温度升高，可通过温度传感器测量到温度变化；当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，也能从温度传感器数据中体现出来。只是没有酒精时，液化现象不明显，看不到白雾，但仍能通过温度变化证明做功可以改变物体内能。
【分析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
【解答】解：（1）往外拉动注射器活塞，会使装置内气压减小，若装置气密性好，外界大气压会使活塞仍能返回原来刻度处；若装置漏气，活塞就会因内外气压差无法回到原来位置。（2）用打气筒向烧瓶内打气，瓶内气压增大，当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶内的水蒸气（包括酒精汽化后的蒸气）遇冷液化形成小液滴，从而出现白雾。（3）图乙中 AB 段是通过打气筒对烧瓶内气体做功，使气体内能增加，温度升高。
A、用锤子敲打钉子时，锤子对钉子做功，使钉子内能增加变热；
B、从滑滑梯上滑落，臀部与滑梯摩擦做功，使臀部内能增加变热，这两个选项都是通过做功的方式改变物体内能；
C、用燃气灶加热水是通过热传递使水的内能增加；
D、手捂热水袋使手变暖和也是通过热传递改变内能。所以与 AB 段改变内能方式相同的是 AB。（4）不注入酒精，用打气筒向烧瓶内打气，压缩气体做功，会使瓶内气体内能增加，温度升高，可通过温度传感器测量到温度变化；当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，也能从温度传感器数据中体现出来。只是没有酒精时，液化现象不明显，看不到白雾，但仍能通过温度变化证明做功可以改变物体内能。故答案为：（1）仍能返回原来刻度处；（2）瓶内气体；（3）AB；（4）不注入酒精，用打气筒向烧瓶内打气，压缩气体做功，会使瓶内气体内能增加，温度升高，可通过温度传感器测量到温度变化；当橡皮塞弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，也能从温度传感器数据中体现出来。只是没有酒精时，液化现象不明显，看不到白雾，但仍能通过温度变化证明做功可以改变物体内能。
十二．热机（共2小题）
48．（2024秋 义乌市校级期末）汽车排量“1.6L”表示内燃机气缸吸气冲程一次吸入空气和汽油的总体积为1.6升，如图能表示吸气冲程是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据两气门的闭合情况和活塞的运动情况判定是哪个冲程。
【解答】解：A、进气门和排气门都是关闭的，活塞上行，因此是压缩冲程，故A错误；
B、进气门关闭，排气门打开，活塞上行，是排气冲程，故B错误；
C、进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，因此是做功冲程，故C错误；
D、进气门打开，排气门关闭，活塞下行，因此是吸气冲程，故D正确。
故选：D。
49．（2022 丽水模拟）如图是四冲程汽油机的工作示意图，下列说法错误的是（　　）
A．汽油机工作时各冲程的顺序依次为：丁、甲、丙、乙
B．除了丙冲程以外，其他冲程均靠飞轮的惯性完成
C．甲冲程中能量的转化：内能转化为机械能
D．无论怎样改进汽油机，汽油机的效率也无法达到100%
【答案】C
【分析】（1）根据气阀开闭、活塞运动方向识别内燃机的四个冲程示意图。
（2）做功冲程提供动力，其它三个冲程靠惯性完成。
（3）压缩冲程中，将机械能转化为内能。
（4）由于存在热量散失等因素，内燃机的效率不可能达到100%。
【解答】解：A、汽油机工作时各冲程的顺序依次为：丁（吸气冲程）、甲（压缩冲程）、丙（做功冲程）、乙（排气冲程），故A说法正确；
B、除了丙冲程（做功冲程）以外，其他冲程均靠飞轮的惯性完成，故B说法正确；
C、甲冲程（压缩冲程）中能量的转化：机械能转化为内能，故C说法错误；
D、无论怎样改进汽油机，汽油机的效率也无法达到100%，因为总存在热量的散失，故D说法正确。
故选：C。
十三．电功与电能（共3小题）
50．（2024秋 永康市月考）额定电压均为220V、额定功率均为800W的电热水壶和洗衣机，正常工作时（　　）
A．电热水壶消耗的电能少
B．相同时间内，两者消耗的电能一样多
C．洗衣机产生的热量多
D．相同时间内，两者产生的热量一样多
【答案】B
【分析】用电器的额定功率是指用电器正常工作时的功率，根据W＝Pt比较电热水壶和洗衣机消耗电能的多少；
电热水壶是纯电阻用电器，电能全部转化为内能，而洗衣机消耗的电能主要转化为机械能，根据能量转化情况，分析电热水壶和洗衣机产生热量的多少。
【解答】解：
AB、已知电热水壶和洗衣机的额定电压相同，额定功率也相同，所以，电热水壶和洗衣机正常工作时的实际功率相同，根据W＝Pt可知相同时间内，两者消耗的电能一样多，故A错误，B正确；
CD、由B项可知相同时间内，两者消耗的电能一样多，但电热水壶工作时将电能全部转化为内能，而洗衣机工作时主要是把电能转化为机械能，所以在相同时间内电热水壶产生的热量多，故CD错误。
故选：B。
51．（2023 椒江区校级二模）如图甲所示，电源工作时输出的总功率恒定不变，R1＝10Ω。在移动滑动变阻器R2的滑片P时，电流表A的示数I与电流表A1的示数I1之间变化关系如图乙所示。根据图中信息判断，下列说法中正确的是（　　）
A．当滑片P向右移动时，电流表A的示数逐渐增大
B．当滑片P向左移动时，电源的输出电压逐渐增大
C．电源工作时每秒钟消耗的电能始终为5J
D．当电流表A1的示数为0.5A时，R2＝12.5Ω
【答案】D
【分析】由图甲知定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过定值电阻R1的电流，电流表A测量干路的电流；
（1）滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变大，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P＝I2R并判断出电路中电流的变化，即电流表示数的变化；
（2）当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P判断出电源电压的变化，即输出电压的变化；
（3）由图2知，当I1＝0.3A，I＝1.5A，根据U1＝I1R1算出定值电阻R1两端的电压，即电源电压，根据P总＝U电源I算出电路的总功率，即电源工作时每秒钟消耗的电能；
（4）由图2知，当I1′＝0.5A，I′＝0.9A，根据U1＝I1R1算出定值电阻R1两端的电压，即电源电压，根据并联电路电流的规律算出经过电阻R2的电流，由欧姆定律算出滑动变阻器R2接入电路的电阻。
【解答】解：由图甲知定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过定值电阻R1的电流，电流表A测量干路的电流；
A、滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变大，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P＝I2R并知电路中的电流变小，电流表的示数减小，故A错误；
B、当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P知电源电压变小，即输出电压变小，故B错误；
C、由图2知，当I1＝0.3A，I＝1.5A，
则定值电阻R1两端的电压为：
U1＝I1R1＝0.3A×10Ω＝3V＝U电源，
则电路的总功率为：
P总＝U电源I＝3V×1.5A＝4.5W，即电源工作时每秒钟消耗的电能始终为4.5J，故C错误；
D、由图2知，当I1′＝0.5A，I′＝0.9A，
则定值电阻R1两端的电压为：
U1′＝I1′R1＝0.5A×10Ω＝5V＝U2＝U电源，
经过电阻R2的电流为：
I2′＝I′﹣I1′＝0.9A﹣0.5A＝0.4A，
滑动变阻器R2接入电路的电阻为：
R212.5Ω，故D正确。
故选：D。
52．（2025 德清县二模）2025年3月17日比亚迪全新发布的超级e平台携兆瓦级闪充技术，以1兆瓦（1000kW）的充电功率重新定义行业标准——单枪峰值充电效率达传统快充桩的10倍以上，仅需1秒充电即可支持车辆行驶2公里，真正实现“充电如加油”的畅快体验。问当给汽车电池充电时，电能主要转化为 　化学　 能；假设车辆充电电费单价1元/度，则使用比亚迪兆瓦闪充技术的电车每公里支出费用约 　0.14　 元（保留两位小数）。
【答案】化学；0.14。
【分析】当给汽车电池充电时，电能主要转化为化学能；
支持车辆行驶1公里的充电时间为0.5s，根据W＝Pt得出消耗电能；，
假设车辆充电电费单价1元/度，进而得出使用比亚迪兆瓦闪充技术的电车每公里支出费用。
【解答】解：当给汽车电池充电时，电能主要转化为化学能；
支持车辆行驶1公里的充电时间为0.5s，消耗电能W＝Pt＝1000kWhkW h度；，
假设车辆充电电费单价1元/度，则使用比亚迪兆瓦闪充技术的电车每公里支出费用约：度×1元/度＝0.14元。
故答案为：化学；0.14。
十四．电功率的计算（共5小题）
53．（2025 定海区模拟）在研究电流与电压关系的实验中，小科同学根据得到的实验数据绘制了电阻R1和R2的I﹣U图象（如图），下列有关分析正确的是（　　）
A．R1与R2的阻值之比是1：2
B．R1与R2串联接时，R1消耗的功率比R2大
C．R1与R2并联接时，R1和R2消耗的功率相等
D．R1与R2串联接时，通过R1与R2的电流之比是2：1
【答案】B
【分析】（1）由图知道，当通过R1与R2的电流为0.6A，R1、R2两端的电压，由欧姆定律可以求得，电阻R1、R2的阻值；
（2）R1与R2串联接时，通过电流相等，由P＝I2R知道，R1消耗的功率比R2大；
（3）R1与R2并联接时，两端电压相等，由知道，R1消耗的功率比R2小；
（4）串联电路电流处处相等，所以R1与R2串联接时，可知通过R1与R2的电流之比。
【解答】解：A．由图知道，当通过R1与R2的电流为0.6A，R1、R2两端的电压分别为6V和3V，由欧姆定律可以求得，电阻R1的阻值为：
；
可以求得电阻R2的阻值为：
；
则R1与R2的阻值之比：
R1：R2＝10Ω：5Ω＝2：1，故A错误；
B．根据串联电路电流特点，R1与R2串联接时，通过电流相等，由P＝I2R知道，R1消耗的功率比R2大，故B正确；
C．根据并联电压特点，R1与R2并联接时，两端电压相等，由知道，R1消耗的功率比R2小，故C错误；
D．根据串联电路电流处处相等，所以R1与R2串联接时，通过R1与R2的电流之比是1：1，故D错误。
故选：B。
54．（2024秋 鹿城区期末）如图是某一定值电阻的I﹣U图像。当该电阻两端的电压增大ΔU，其电功率增大ΔP。则图中的阴影面积大小能正确表示ΔP大小的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据ΔPRR＝U2I2﹣U1I1，表示出变化的电功率，进而判断出符合题意的图像。
【解答】解：变化的电功率为：
ΔPRR＝U2I2﹣U1I1，故D符合题意。
故选：D。
55．（2025 宁海县校级模拟）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲灯的实际功率一定是25W
B．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多
C．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大
D．将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50W
【答案】C
【分析】（1）由甲灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据P求出甲、乙灯泡的电阻，比较两灯泡的电阻关系；
（2）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率，实际电压下的功率为实际功率；
（3）根据W＝Pt可知，灯泡消耗功率的大小不仅与功率有关，还与工作时间有关。
【解答】解：A、甲灯的额定功率是25W，但实际电压改变时，其实际功率也随之变化，不一定总是25W，故A说法不对。
B、当两灯都正常发光时，它们的实际功率都等于各自的额定功率，分别为25W和100W，但由于不清楚各自的工作时间，故无法确定谁消耗的电能多。故B错误。
C、已知两灯的额定电压和额定功率，根据P可得，甲、乙两灯的正常工作的电阻。
R甲1936Ω；
R乙484Ω。
通过上面计算知，甲灯正常工作时的电阻大。故C正确。
D、乙灯接在110V的电路中，消耗的功率是P实际25W．故D错误。
故选：C。
56．（2025 宁海县校级模拟）小莉在实践活动中设计的模拟调光灯电路，如图所示。她选用的电源电压恒为12V，小灯泡上标有“6V 6W”、滑动变阻器上标有“20Ω 2A”字样。若不考虑灯泡温度对电阻的影响，闭合开关S后，问：
（1）小灯泡正常发光时的电阻是多少？
（2）当滑动变阻器的滑片 P 在中点时，电压表的示数以及电路消耗的总功率是多少？
（3）当小灯泡正常发光时，滑动变阻器的阻值是多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压。
（1）小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P＝UI求出小灯泡正常发光时的电阻；
（2）当滑动变阻器的滑片P在中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出灯泡两端的电压，利用P＝UI求出电路消耗的总功率；
（3）当小灯泡正常发光时，根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出滑动变阻器的阻值。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压。
（1）由P＝UI可得，小灯泡正常发光时的电阻：
RL6Ω；
（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，当滑动变阻器的滑片P在中点时电路中的电流：
I0.75A，
电压表的示数（即灯泡两端的电压）：
UL′＝IRL＝0.75A×6Ω＝4.5V，
电路消耗的总功率：
P＝UI＝12V×0.75A＝9W；
（3）因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，小灯泡正常发光时，变阻器R两端的电压：
UR＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I′，即，
解得：R′＝6Ω。
答：（1）小灯/ 让教学更有效 精品试卷 | 科学
浙教版九年级上册·第3章 能量的转化与守恒
单元突破讲义与命题解密
单元目标聚焦
1、掌握功、功率及机械能的核心概念；理解机械能转化与守恒的条件；掌握能量守恒定律的普适性。
2、理解内能、热量与温度的区别；掌握电功、电功率及焦耳定律的应用；了解核能释放的两种方式。
3、辨析功率与机械效率；攻克非纯电阻电路的能量分析；运用能量转化规律解决综合实际问题。
知识图谱架构
教材内容精研
要点 重点归纳 常见易错点
机械能及其转化 ①动能：物体由于运动具有的能量； 影响因素：m、v 实验验证：质量相同的小球从不同高度滚下，速度越大，撞击木块距离越远。 ②势能的分类 重力势能影响因素：m、h 弹性势能影响因素：弹性形变量 ③机械能守恒条件 仅当重力或弹力做功（无摩擦阻力）时成立。 机械能守恒的认知偏差 典型错误：忽略摩擦力的能量损耗 实例：实际单摆运动中，空气阻力使振幅减小，机械能不守恒（部分转化为内能）。
功和功率 ①功 功的定义：力作用在物体上，且物体在力的方向上通过距离，称为做功。 计算公式：W=F s（单位：焦耳）。 不做功情况：有F无s，有s无F，F和s垂直 ②功率 单位时间内完成的功，表示能量转化快慢。 计算公式：P=W/t 推导式P=F v（适用匀速直线运动） 功的判断误区 错误认知：认为有力必有功（如“人提水桶静止”不做功） 纠正要点：做功需满足两个条件 案例：沿水平地面推箱子，推力与摩擦力平衡时，推力做功但机械能未增加（能量转化为内能）。
简单机械 ①杠杆原理与分类 平衡条件：F1l1=F2l2 物理意义：动力×动力臂=阻力×阻力臂 分类标准： 省力杠杆：l1>l2（如钢丝钳、开瓶器） 费力杠杆：l1内能与热量传递 ①内能的本质 物体内部分子热运动的动能与分子势能总和。温度升高，分子热运动加剧，内能增大。 ②热量计算 比热容c：单位质量物质升温1℃所需热量 公式：Q=c m Δt ③燃料热值q：单位质量燃料完全燃烧放热（Q= mq） 内能与热量辨析不清 误以为内能就是热量，内能是状态量，热量是过程量，只能说吸热和放热。 比热容与温度变化误算 计算漏洞：混淆“升高到”与“升高了”。
电能转化规律 ①电功与电功率 电功：W=U I t（电能转化为其他形式能） W=I2Rt、W=U2t/R 电功率：P=U I（电流做功快慢） P=I2R、P=U2/R ②焦耳定律 电流通过导体发热：Q=I2 R t 适用条件：所有电路（纯电阻电路时 Q=W） 电路能量分配混淆 非纯电阻电路陷阱 错误：将电动机的输入功W=UIt等同于发热量 正解：电动机能量分配：W输入=W机械+Q热 案例：电动机卡滞时电流剧增，Q热显著增大（焦耳定律生效）。
能量守恒定律 普适性验证 机械系统：过山车俯冲时势能→动能转化 核能系统：铀核裂变中质量亏损释放能量 生物系统：食物化学能→人体活动机械能 核能原理理解障碍 裂变与聚变混淆 裂变：重核分裂（如铀235受中子轰击）→核电站 聚变：轻核结合（如氘+氚）→太阳内部反应 关键差异：裂变可控，聚变需超高温且不可控（氢弹）。
命题考点必刷
01 能量及其形式
1．（2025秋 平阳县期中）在“电闪雷鸣”这一自然现象中，没有涉及到的能量形式是（　　）
A．电能 B．声能 C．光能 D．核能
2．（2024秋 玉环市期末）出行是人们工作、生活必不可少的环节，出行的工具多种多样，使用的能也不尽相同。电力机车、油车所消耗能量的形式分别是（　　）
A．电能电能 B．电能化学能
C．化学能化学能 D．化学能电能
3．（2025秋 临平区期中）宇宙间一切物质的运动和变化都需要能量来维持。下列关于能量的说法错误的是（　　）
A．飞行的蒲公英种子具有机械能 B．人在运动时要消耗能量
C．植物的生长都需要太阳能 D．人在睡觉时不消耗能量
02 探究影响势能大小的因素
4．（2025 瑞安市二模）在做“验证重力势能大小与质量的关系”实验时，小明的实验步骤如下。
①在一个铝盘中放入一定厚度的细沙；
②选择材质相同的三个金属小球；
③将一根刻度尺竖直立在细沙上，在一定高度自由释放小球，观察被金属小球撞击后的沙坑深度；
④抹平细沙后，更换质量不同的小球，重复步骤③；
⑤观察并记录实验现象，填入下表，得出实验结论。
金属小球 下落高度 小球质量 沙坑深度
A 20cm m1 较深
B 20cm m2 深
C 20cm m3 浅
（1）本实验通过 　 　 比较小球间的重力势能的大小。
（2）款式甲为实心小球，款式乙为空心小球。小明认为该实验应选择乙款金属小球进行实验，理由是 　 　 。
（3）据表分析，三个金属小球m1、m2、m3之间的大小关系为 　 　 。
（4）小明思考能否用弹性海绵代替细沙来进行实验，请简要说明你的想法及理由　 　。
5．（2025 滨江区一模）小科猜想同一根弹簧具有的弹性势能大小可能与其形变量（x）或者形变量的平方（x2）成正比，于是进行了如下实验：
①如图所示，把弹簧套在光滑的竖直杆上，且底端固定在水平面上，用刻度尺读出并记录处于自由状态时弹簧上端距水平面的高度h0。
②将中间有孔的小铁块套在光滑杆上放于弹簧上端，竖直向下按压铁块，读出并记录此时弹簧上端到水平面的高度h1。
③释放小铁块，读出并记录铁块上升到最大高度时，铁块下端到水平面的高度h2。
④改变弹簧的压缩长度h1，重复以上步骤，将测出的数据记录在表格中，并计算出弹簧的形变量x、形变量的平方x2和小铁块上升的距离Δh。
实验次数 h0/m h1/m h2/m x/m x2/m2 Δh/m
1 0.50 0.40 0.55 0.10 0.01 0.15
2 0.50 0.30 0.90 0.20 0.04 0.60
3 0.50 0.20 1.55 0.30 0.09 1.35
4 0.50 0.15 2.00 0.35 0.12 1.85
（1）弹簧每次被压缩时的形变量的表达式为x＝　 　 （用所测物理量的符号表示）。
（2）本实验中，弹簧弹性势能大小是通过　 　 （填字母）来反映出来的。
A.h1 B.h2 C.h2﹣h1 D.h2﹣h0
（3）根据表中数据得到的结论是：　 　 。
（4）本实验中反映弹簧弹性势能大小的方法，与下列研究的实例中所用的科学方法相同的是　 　 。（填字母）
A.研究电流时，常将电流比作水流
B.研究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离反映小车的动能大小
C.研究电阻大小与材料的关系时，控制了导体的长度、温度和横截面积相同
D.研究磁场时，引入“磁感线”来反映磁场的分布情况
03 探究影响动能的因素
6．（2025秋 拱墅区校级月考）如图所示是“探究物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＜mC，hA＝hC，下列有关说法都正确的是（　　）
①图中是探究木块被小球撞击时的动能
②水平面越光滑，实验现象越明显
③两次实验通过木块移动距离比来比较动能大小，运用了转换法
④两次实验小球撞击同一木块体现了控制变量法
A．③ B．③④ C．①③④ D．①②③④
7．（2025秋 金东区期中）如图，在“研究物体的动能与哪些因素有关”的实验中，将A、B、C三个小球先后从同一装置的hA、hB、hC高处滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动纸盒运动一段距离后静止。
（1）通过观察比较小球推动纸盒运动的距离来比较小球动能的大小，这种科学研究方法为　 　 。
（2）要研究动能与质量的关系，我们应选择　 　 两图来进行比较。
（3）通过对比a、b两次实验可得出结论：　 　 。
（4）为了让质量不同的B、C两球获得相同的初速度，有同学设计了如图d装置，只要每次让两球压缩弹簧到同样的形变程度后自然释放即可。不考虑各种能量损耗，该方法是否合理并说明原因：　 　 。
8．（2025秋 杭州校级月考）小科在探究影响物体的动能大小的因素时，设计了如图甲的实验，用一条无弹性的细绳和实心铁球制成单摆，将滑块放到滑槽上并使之左端刚好在悬点O的正下方。然后进行以下三步实验操作：
①将铁球挪到a点位置静止释放，打到滑块上，记录滑块在滑槽上移动的距离为s1；
②滑块放回原处，将铁球挪到b点位置静止释放，打到滑块上，记录滑块在滑槽上移动的距离为s2；
③换一等体积的实心铝球（ρ铁＞ρ铝），将铝球挪到b点位置静止释放，打到放回原处的滑块上，记录滑块在滑槽上移动的距离为s3；
（1）小科进行步骤①和步骤②的实验，他基于的猜想是：物体动能的大小可能与　 　有关。
（2）小科在实验中测得s2＞s3，由此可得结论：　 　 。
（3）实验后，小科进一步思考，若AB、AC、AD均为光滑斜面，其中AD为曲面，如图乙。让同一铁球从A点分别沿三个斜面静止滑下，撞击放在B、C、D位置的相同物块（不计碰撞时的能量损耗），判断物块被撞击后在相同粗糙水平面上移动的距离sB、sC、sD的大小关系　 　 。
（4）本实验用到了哪些科学方法　 　 。
04 动能与势能的相互转化
9．（2025 东阳市模拟）如图是物体在空中飞行过程中动能Ek随时间t变化的曲线，运动的物体可能是（　　）
A．由静止下落的乒乓球
B．竖直向上垫起的排球
C．离开脚后在地上滚动的足球
D．从肩上斜向上投掷出去的铅球
10．（2025秋 上城区校级期中）在体育课上小沈参加了实心球项目的测试，球抛出后依次经过B、A两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，由图可知下列说法正确的是（　　）
A．球在A点速度等于在B点速度
B．球在A点的高度可能大于在B点的高度
C．运动过程中球的机械能守恒
D．B点可能是实心球抛出后的最高点
11．（2025秋 杭州月考）某同学在科技馆看到如图所示实验装置，在左低右高的支架上放有一锥体，支架A端连接在一起，B端向两侧分开，将锥体从A端静止释放，锥体自动沿支架滚向较高的B端，不计摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．该过程锥体势能不变
B．该过程锥体动能不变
C．该过程能量不守恒
D．该过程锥体势能减小
12．（2025秋 义乌市校级期中）某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳的自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点。运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示（蹦极过程视为在竖直方向的运动）。下列判断正确的是（　　）
A．从A点到B点过程中运动员减速下落
B．从B点到C点过程中运动员动能增大
C．t0时刻运动员动能最大
D．运动员重力大小等于0.6F0
13．（2025秋 杭州月考）某同学组装了如图所示的滚摆，将滚摆从最高处由静止释放，观察到滚摆上下往复运动几次后最终静止下来。下列说法正确的是（　　）
A．滚摆上升时，重力势能转化为动能
B．滚摆下降时，它的重力势能减小，机械能增大
C．滚摆每次到达最高点的重力势能都比上次小
D．滚摆到达最低点时，若所有外力消失，它将保持静止
14．（2025秋 杭州月考）如图，小观在蕊秋千，从左侧最高点入静止向右运动，经过最低点O摆动到右侧最高点D，再摆回到左侧最高点C（图中未画由）、图中B与D等高。则（　　）
A．点C与点B重合
B．从A到O，减小的重力势能全部转化为动能
C．AD之间的高度差等于DC之间的高度差
D．从A﹣D过程中，若在P点没坐稳，最可能沿着方向3掉落
15．（2025春 上城区校级月考）如图，钢珠沿竖直平面上的光滑轨道abcd从a点运动到d点，钢珠（　　）
A．从a运动到b的过程中，动能转化为重力势能
B．从b运动到c的过程中，机械能转化为重力势能
C．在c点的动能为0
D．通过d时的速度比通过c时大
16．（2025秋 临平区期中）如图是小科制作的“能的转化与守恒”概念图（部分），请完成以下问题。
（1）请你在概念图中填入合适的内容：①　 　 ，②　 　 。
（2）用细绳把摆锤悬挂起来，将摆锤拉到某一高度后释放。在摆锤向下摆动的过程中，能量转化情况为 　 　 。
（3）氢能源是二十一世纪最有前途的绿色能源之一，但到目前为止，氢能源没有被大面积推广，其主要原因是 　 　 。
05 机械能守恒
17．（2025春 拱墅区校级月考）一番茄从手中由静止开始下落，撞击水面时溅起许多水珠（如图），同时番茄仍有较大速度并继续下沉。若不计一切机械能损耗，番茄从开始下落至刚好浸没时减少的势能（　　）
A．等于所有溅起的水珠在撞击过程中增加的机械能总和
B．小于所有溅起的水珠在撞击过程中增加的机械能总和
C．大于所有溅起的水珠在空中上升过程中增加的机械能总和
D．等于所有溅起的水珠在空中上升过程中增加的机械能总和
18．（2025秋 拱墅区校级月考）氢气球下面吊着一个重物匀速升空，忽略空气阻力，若氢气球突然爆炸，爆炸后重物将（　　）
A．动能一直增大，机械能不变 B．动能一直增大，机械能一直减少
C．动能先减少后增大，机械能不变 D．动能先减少后增大，机械能一直减少
19．（2025春 柯桥区月考）小平同学用多个大小相同，质量不同的小球，做了如图实验：将弹簧一端固定在墙面，另一端自然伸长至A，压缩弹簧至同一位置静止释放不同小球，小球落地位置不同。若平面均光滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．将不同小球压缩弹簧至同一位置，弹簧的弹性势能不同
B．小球在平面上运动时，速度一直增大
C．从小球开始运动到落地前一瞬间，小球的机械能守恒
D．小球落地位置不同是由于小球的质量不同
20．（2025秋 上城区校级月考）如图为蹦床运动简化示意图，其中运动员在O点时速度为零，A点是蹦床不发生形变时的原位置。B点是运动员受到的重力与蹦床对运动员的弹力相等处，C点是运动员到达的最低点。若整个过程忽略空气阻力及碰撞损耗。则：
（1）从O点下落到A点的过程中，运动员的机械能　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）从B点运动到C点的过程中，运动员的机械能　 　（填“守恒”或“不守恒”）。
（3）从O点到C点过程中，在　 　 点（填“A”、“B”或“C”）处运动员的动能最大。
06 功率大小的比较
21．（2025秋 西湖区校级月考）甲、乙两台起重机分别以v甲＝0.2米/秒和v乙＝0.3米/秒的速度，匀速提升等重的物体，并使物体都升高6米，所做的功分别是W甲和W乙，做功的功率分别为P甲和P乙，则（　　）
A．W甲＞W乙，P甲＞P乙 B．W甲＝W乙，P甲＜P乙
C．W甲＜W乙，P甲＜P乙 D．W甲＝W乙，P甲＝P乙
22．（2025秋 杭州月考）国庆期间，小明和小刚两人进行了一次登惠山比赛，要比较他们两人的功率，以下方法可行的是（　　）
①相同时间比较他们所做的功
②做相同的功比较他们所用的时间
③分别计算出他们登山所做的功，并与他们所用的时间相除
④测出他们登山所用的时间，并与他们所做的功相除
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
23．（2025秋 杭州月考）如图所示，a、b、c三种情况下，用大小相同的力F（其他力未画出）使同一物体在相同时间内沿不同的轨迹移动了相同的距离s，对于三种情况下拉力F所做的功分别为Wa、Wb、Wc，功率分别为Pa、Pb、Pc。下列说法正确的是（　　）
A．Wa＝Wb＝Wc B．Wa＝Wb＞Wc C．Pa＝Pb＝Pc D．Pa＜Pc＜Pb
24．（2025秋 上城区校级期中）物体甲在水平拉力F1作用下沿水平面以速度v向右做匀速直线运动，如图1；在甲上放物体乙，在水平拉力F2作用下两物体一起沿同一水平面也以速度v向右做匀速直线运动，如图2。两次运动时间相同。若忽略空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．物体两次运动的距离不相等 B．F1大于F2
C．F1做的功等于F2做的功 D．F1的功率小于F2的功
25．（2025秋 上城区校级月考）学习功率的知识后，小杭和几位同学准备开展“比一比谁在爬楼过程中的功率大”的活动。
（1）如何比较同学上楼功率，可以有多种方案：
①测量出各自的体重、爬楼用的时间和爬楼的高度，算出爬楼的功率并进行比较；
②控制爬楼的时间相同，测量出各自的体重、爬楼的高度，算出爬楼做的功并进行比较；
③控制爬楼的高度相同，测量出各自的体重、爬楼的时间，算出体重和时间的比值并进行比较。
可行的是　 　 ；
A.只有① B.只有①② C.只有②③ D.①②③都可以
（2）可以根据方案　 　 估测每位同学爬楼功率的大小，必须选择的测量工具有卷尺、体重秤和　 　 。
（3）同学们相互测量相关数据并记录在下表中。
质量m/kg 上楼高度h/m 时间t/s
… … …
利用表格数据，可得出功率表达式：　 　 （用表中物理符号表示）。
07 功率的计算
26．（2025秋 镇海区校级期中）如图甲所示，快递员用推力F将重为800N的快递，先沿水平面推行一段距离，再推至长4m距离2m的斜面顶端，推力始终与快递运动方向相同：快递在整个运动过程中，路程与时间变化关系和推力与时间变化关系分别如图乙、丙所示，下列分机正确的是（　　）
A．0～4s内推力F的功率为800W
B．4～12s内快递克服重力做的功为3200J
C．4～12s内快递受到的摩擦力为250N
D．0～12s内快递克服摩擦力做的功为1200J
27．（2025秋 上城区校级月考）如图甲所示，重为8N的铁块吸附在竖直放置的足够长的磁性平板上，在竖直向上拉力F的作用下铁块沿直线竖直向上运动，铁块受到的摩擦力为2N。铁块运动过程中速度v的大小随时间t变化的图象如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）
A．磁性平板对铁块的吸引力等于8N
B．0～2s内铁块做匀速直线运动
C．2～6s内拉力F做的功是120J
D．2～6s内拉力F的功率是40W
28．（2025秋 上城区校级月考）在水平地面上有一长方体木箱。小林用水平推力F把木箱向前推，如图甲所示。此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示。
（1）0～1秒内，推力F对木箱做功的功率　 　 瓦。
（2）1～3秒内，物体受到的摩擦力为　 　 N。
（3）3～6秒内，推力F对木箱做功　 　 焦。
29．（2025秋 苍南县校级月考）府东路过江通道是连接我县瓯北与鹿城区的重要工程，该通道以隧道跨越瓯江。工程现已开工，将使用盾构机（如图）挖掘隧道。盾构机体积极为庞大，需将其拆成多个部件吊装到施工现场。已知部件总质量3×104千克，部件花费10秒钟水平平移10米，再竖直移动16秒钟下降20米，则部件重力做功　 　焦，下降时重力做功功率为　 　瓦。
30．（2025秋 拱墅区校级月考）英国伦敦展出了新研发的“侦探猎犬”超音速汽车，如图所示。该车功率极大，最大车速能达到1609km/h，创造了短期内无法超越的世界纪录。在一次测试中，“侦探猎犬”以400m/s的速度匀速直线行驶了2000m，受到水平方向的阻力为2×105N。问：在测试过程中，
（1）汽车受到水平方向的牵引力是多少？
（2）汽车牵引力所做的功和功率分别是多少？
31．（2025秋 上城区校级月考）步行是一种简易方便的健身运动，人正常步行时，步距（指步行一步的距离）变化不大，步距还可作为身体上的一把“尺子”。小东测出自己的步距为0.5m，他正常步行1min走了120步。小东根据自己的腿长和步距画出了如图所示的步行示意图，对步行时重心的变化进行了分析，当两脚一前→后着地时重心降低，而单脚着地迈步时重心升高，因此每走一步都要克服重力做功。（已知小东的腿长是65cm，质量是50kg）求：
（1）小东正常步行的速度是多少？
（2）小东每走一步克服重力所做的功是多少？
（3）小东正常步行克服重力做功的功率是多少？
08 杠杆的分类
32．（2025 浙江一模）如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，下列说法正确的是（　　）
A．课桌调节器属于费力杠杆
B．它与羊角锤属于同一种杠杆
C．使用课桌调节器可以省功
D．该杠杆的支点是C点
33．（2025秋 西湖区校级月考）如图一直杆可绕O点转动，杆下挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟直杆垂直的力F，使直杆由竖直位置慢慢转动到水平位置，在这个过程中这个直杆（　　）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
09 杠杆的动态平衡分析
34．（2025秋 滨江区校级月考）如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终沿水平方向的拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置。在转动的过程中，动力F将（　　）
A．先变小后变大 B．逐渐变大
C．保持不变 D．逐渐减小
35．（2025秋 上城区校级月考）如图所示，用一细线悬挂一根粗细均匀的轻质细麦秸秆，使其静止在水平方向上，O为麦秸秆的中点，有两只大肚皮的蚂蚁同时从O点别向着麦秸秆的两端匀速爬行，在蚂蚁爬行的过程中麦秸秆在水平方向始终保持平衡，则（　　）
A．两蚂蚁的质量一定相等
B．两蚂蚁的爬行速度大小一定相等
C．两蚂蚁对麦秸秆的压力与其爬行速度大小的乘积一定相等
D．两蚂蚁对麦秸秆的压力一定相等
36．（2025秋 上城区校级月考）如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始修作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑.则下列分析正确的是（　　）
A．拉力F逐渐变小
B．拉力F逐渐变大
C．由于拉力F的力臂始终保持不变，拉力F始终保持不变
D．条件不足，无法判断
37．（2025 乐清市校级模拟）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（　　）
A．钩码的数量适当增加 B．钩码的位置适当左移
C．弹簧测力计转到图中虚线位置 D．弹簧测力计位置适当向左平移
38．（2024秋 平湖市期末）如图是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，它的前端A系一水桶，后端B系一配重物，从井中汲水时，先用力F往下拉将水桶放入井水中，当水桶中装水后，再用力往上提水桶，若配重质量为4.8千克，OA＝3OB，杆的自重不计。下列说法正确的是（　　）
A．图中力F的力臂为OA
B．桔槔B处受到力的方向为向上
C．匀速将水桶竖直往下拉的过程中，力F逐渐变小
D．当桶和水总重60牛，往上提水桶时，人需要用力44牛
39．（2024秋 长兴县期末）如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡。如在木棒的A、C两点各减少一个同样的钩码，则木棒（　　）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．平衡被破坏，转动方向不定
D．仍保持平衡
10 滑轮及滑轮组的机械效率
40．（2025秋 杭州月考）工人师傅利用如图所示的装置匀速提升重物，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．增大提升重物的速度，可以增大有用功
B．减小动滑轮的重力，可以提高机械效率
C．减小定滑轮的重力，可以减小额外功
D．增大提升重物的高度，可以提高机械效率
41．（2025春 浙江月考）如图为“测滑轮组机械效率”的实验。在弹簧测力计拉力作用下，重6N的物体2s内匀速上升0.1m，弹簧测力计示数如图示（不计绳重与摩擦）。下列说法错误的是（　　）
A．弹簧测力计的拉力是2.4N B．物体上升的速度为0.05m/s
C．弹簧测力计拉力的功率为0.12W D．滑轮组的机械效率约83.3%
（第41题图） （第42题图）
42．（2025 义乌市一模）重为30牛的A物体，用如右图甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1＝18N，F2＝8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多 D．两种方法中机械效率相同
43．（2024秋 永康市期末）如图所示，汽车通过滑轮组将物体吊起。已知汽车的质量为3×103kg，牵引力F1为4000N，对绳子的拉力F2为2500N；物体的重力为6000N，物体匀速上升的速度始终为0.5m/s，不计绳重和滑轮间的摩擦。下列说法中（　　）
①滑轮组的机械效率为80%
②汽车受到的摩擦为4000N
③动滑轮的重力为1500N
④汽车牵引力的功率为4000W
A．只有①②正确 B．只有①④正确
C．只有①③正确 D．只有③④正确
44．（2025秋 杭州月考）湖北省第十四届运动会将于2014年10月8日在荆州市举行，目前各比赛场馆正在紧张的建设中。某场馆建设工地上，工人用如图所示的滑轮组将重2000N的物体A以0.4m/s的速度沿水平方向匀速向前拉动2m，拉力F大小为250N，物体A与地面间的滑动摩擦力大小是物体A重力的0.2倍，求：
（1）物体A与地面间的滑动摩擦力大小是多少？
（2）该滑轮组的机械效率是多少？
（3）拉力F做功的功率是多少？
45．（2025秋 临平区校级月考）如图甲所示是杭州市地铁站修建时用到的起重机，如图乙是起重机的示意图，起重机重3×104N（包括悬臂），重心为P1，为了使起重机起吊重物时不致倾倒，在其右侧配有配重M，重心为P2，现测得AB为10m，BO为1m，BC为4m，CD为1.5m。
（1）通过计算说明不加配重时，起重机最多能吊起多重的货箱（不计动滑轮与绳重）？
（2）如图丙是它的滑轮组装置示意图。起重机悬臂的底部有由一台电动机带动的两台相同的转扬机，这两台转扬机一起同向转动回收钢绳，从而吊起物体。在某次吊起质量为2t的建筑材料时，起吊装置的效率为80%，电动机的输出功率（即为滑轮组获得的总功率）为1kW，则右转扬机拉绳的速度是多少？
（3）有人认为起重机配重越重越好，这样就能吊起更重的重物，你同意吗？请说明理由　 　 。
11 改变物体内能的两种方式
46．（2025 丽水二模）如图所示，在玻璃瓶中放入少量水，用中间插有玻璃管的橡皮塞盖紧瓶口，然后往瓶中打气，当气压达到足够大时，橡皮塞从瓶口冲出，原来透明的瓶内充满了白雾，这一实验现象表明（　　）
A．气体对外界做功，瓶内温度升高，内能减少
B．外界对气体做功，瓶内温度升高，内能增加
C．气体对外界做功，瓶内温度降低，内能减少
D．外界对气体做功，瓶内温度降低，内能增加
47．（2025 玉环市二模）如图甲装置所示，探究“做功改变物体内能”，该装置由圆底烧瓶、温度传感器、橡皮塞、橡皮管、打气筒等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气筒向烧瓶内打气，根据传感器数据采集的数据，电脑处理得到如图乙所示图像。
（1）实验前，检查图甲装置的气密性：往外拉动注射器活塞，然后松手，若活塞　 　（选填“仍能返回原来刻度处”或“静止不动”），则说明该装置气密性好。
（2）打气筒打气5秒后，橡皮塞弹出，出现了白雾现象，白雾主要是 　 　 （填“瓶内气体”或“瓶外气体”）液化形成的小液滴。
（3）以下改变内能的方式中，与图乙中AB段相同的是 　 　 。
A.用锤子敲打钉子时，钉子变热 B.从滑滑梯上滑落，臀部变热
C.用燃气灶加热水，水温升高 D.手捂热水袋，手会变暖和
（4）不向圆底烧瓶内注入适量酒精，仍用图甲装置进行实验能否得出“做功改变物体内能”的结论。请判断并说明理由：　 　 。
12 热机
48．（2024秋 义乌市校级期末）汽车排量“1.6L”表示内燃机气缸吸气冲程一次吸入空气和汽油的总体积为1.6升，如图能表示吸气冲程是（　　）
A． B． C． D．
49．（2022 丽水模拟）如图是四冲程汽油机的工作示意图，下列说法错误的是（　　）
A．汽油机工作时各冲程的顺序依次为：丁、甲、丙、乙
B．除了丙冲程以外，其他冲程均靠飞轮的惯性完成
C．甲冲程中能量的转化：内能转化为机械能
D．无论怎样改进汽油机，汽油机的效率也无法达到100%
13 电功与电能
50．（2024秋 永康市月考）额定电压均为220V、额定功率均为800W的电热水壶和洗衣机，正常工作时（　　）
A．电热水壶消耗的电能少 B．相同时间内，两者消耗的电能一样多
C．洗衣机产生的热量多 D．相同时间内，两者产生的热量一样多
51．（2023 椒江区校级二模）如图甲所示，电源工作时输出的总功率恒定不变，R1＝10Ω。在移动滑动变阻器R2的滑片P时，电流表A的示数I与电流表A1的示数I1之间变化关系如图乙所示。根据图中信息判断，下列说法中正确的是（　　）
A．当滑片P向右移动时，电流表A的示数逐渐增大
B．当滑片P向左移动时，电源的输出电压逐渐增大
C．电源工作时每秒钟消耗的电能始终为5J
D．当电流表A1的示数为0.5A时，R2＝12.5Ω
52．（2025 德清县二模）2025年3月17日比亚迪全新发布的超级e平台携兆瓦级闪充技术，以1兆瓦（1000kW）的充电功率重新定义行业标准——单枪峰值充电效率达传统快充桩的10倍以上，仅需1秒充电即可支持车辆行驶2公里，真正实现“充电如加油”的畅快体验。问当给汽车电池充电时，电能主要转化为 　 　 能；假设车辆充电电费单价1元/度，则使用比亚迪兆瓦闪充技术的电车每公里支出费用约 　 　 元（保留两位小数）。
14 电功率的计算
53．（2025 定海区模拟）在研究电流与电压关系的实验中，小科同学根据得到的实验数据绘制了电阻R1和R2的I﹣U图象（如图），下列有关分析正确的是（　　）
A．R1与R2的阻值之比是1：2
B．R1与R2串联接时，R1消耗的功率比R2大
C．R1与R2并联接时，R1和R2消耗的功率相等
D．R1与R2串联接时，通过R1与R2的电流之比是2：1
54．（2024秋 鹿城区期末）如图是某一定值电阻的I﹣U图像。当该电阻两端的电压增大ΔU，其电功率增大ΔP。则图中的阴影面积大小能正确表示ΔP大小的是（　　）
A． B．
C． D．
55．（2025 宁海县校级模拟）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲灯的实际功率一定是25W
B．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多
C．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大
D．将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50W
56．（2025 宁海县校级模拟）小莉在实践活动中设计的模拟调光灯电路，如图所示。她选用的电源电压恒为12V，小灯泡上标有“6V 6W”、滑动变阻器上标有“20Ω 2A”字样。若不考虑灯泡温度对电阻的影响，闭合开关S后，问：
（1）小灯泡正常发光时的电阻是多少？
（2）当滑动变阻器的滑片 P 在中点时，电压表的示数以及电路消耗的总功率是多少？
（3）当小灯泡正常发光时，滑动变阻器的阻值是多少？
57．（2024秋 上城区校级期末）如图所示是养生壶及其工作原理图，S是一个温控开关，R1为电加热丝，阻值为88Ω，当处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度后，S自动切换到另一位置，处于保温状态且保温时加热丝的功率为88W；不考虑温度对电阻的影响，且不计指示灯的阻值（A、B是两种不同颜色的指示灯，红灯亮表示加热状态，绿灯亮表示保温状态）。
（1）分析说明 A、B哪个是红灯，哪个是绿灯；
（2）求该养生壶的加热功率；
（3）电阻R2的阻值。
15 探究电热的影响因素
58．（2025春 江北区期末）在“探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验中，某同学采用了如图甲、乙所示的实验装置（两个透明容器中封闭着等量的空气）。下列说法正确的是（　　）
①U形管中液面高度变化主要是由液体热胀冷缩引起的
②图甲装置能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系
③图乙实验过程中右边透明容器中电阻丝阻值应该等于10Ω
④用图甲中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”的现象
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
59．（2025春 柯桥区月考）某同学在验证“电流通过导体产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系”时，采用了一种“变色测温贴”（产品介绍如图甲所示），电源电压为3V，常温下将测温贴贴在电阻上，利用变色测温贴变色所用的时间来判断导体产生的热量多少。请回答下列问题：
实验序号 变色所用的时间/s
R1 R2
1 9 18
2 12 24
3 21 42
（1）用导线将图乙中电路连接完整，要求连线不得交叉，滑动变阻器置于阻值最大的位置。
（2）要完成本实验除了图乙中所给的测量仪器外，还需要的测量仪器是　 　 。
（3）正确连接线路，闭合开关，R1处断路，若此时将一电压表并联在R1两端，则观察到电表的示数为　 　 。
（4）该同学整理数据得出“在通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与电流的平方成正比。”若实验序号2中的电流为1A时，R2所贴变色测温贴的变色时间为24秒，则当其他不变，仅电流变为2A，R2所贴变色测温贴的变色时间为　 　 。
16核能
60．（2024秋 诸暨市期末）利用核能发电是人们和平利用核能的重要方向。下面有关核电站的说法正确的是（　　）
A．核反应堆是核电站的“心脏”，里面发生的是核聚变
B．核电站反应堆中发生的链式反应是可以控制的
C．核电站反应堆产生的废料对环境没有污染
D．核能发电发生的能量转化：核能→机械能→内能→电能
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