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浙江省宁波市蛟川书院2025-2026学年九年级上学期科学月考试卷（五~七章物理综合测试）
1．（2026九上·宁波月考）下列说法正确的是 ( )
A．用煤气灶烧水时，煤气燃烧不充分时，其热值变小
B．不能喝刚烧开的水，是因为它含有的热量太多
C．高温铁块放入冷水中，当热传递停止时铁块和水的内能一定相同
D．物体内能增大，温度不一定升高
【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；燃料的热值
【解析】【分析】（1）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类和状态有关；
（2）热量是个过程量，不能说含有、具有多少热量；
（3）热传递的条件是有温度差，温度相同，不会发生热传递；
（4）物体内能增大，温度不一定升高。
【解答】A、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与质量多少、是否燃烧、是否完全燃烧都没有关系，用煤气灶烧水时，煤气燃烧越充分，其热值不变，故A错误；
B、我们不能喝刚烧开的水，是因为热水的温度高，故B错误；
C、高温的铁块放入冷水中，当热传递停止时铁块和水的温度相同，内能还与物质的质量有关，两者内能不一定相同，故C错误；
D、物体内能增大，如晶体熔化和液体沸腾过程中，温度不一定升高，故D正确。
故答案为：D。
2．（2026九上·宁波月考）图示是探究“杠杆平衡条件”的实验，每个钩码的质量均为50g， g=10N/ kg。下列说法错误的是( )
A．甲图杠杆稳定不动，处在平衡状态
B．乙图在 a点用弹簧测量计至少要0.5N 的力才能使杠杆保持平衡
C．丙图中要使杠杆平衡，
D．实验中进行多次测量的目的是取平均值减少误差
【答案】D
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）杠杆平衡状态为静止状态或匀速转动状态；
（2）根据杠杆的平衡条件解答；
（3）当弹簧测力计斜着拉时，其力臂变小，根据杠杆平衡条件分析出答案；
（4）实验中需多次实验，得出平衡条件，使结论更普遍性。
【解答】A、实验前杠杆在如图甲所示位置静止，所以杠杆此时处于平衡状态，故A正确；
B、根据杠杆的平衡条件可得：F==G=0.5N，故弹簧测力计至少需要0.5N，故B正确；
C、丙图斜向左拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，要使杠杆平衡，F2＞F1，故C正确；
D、实验中进行多次测量的目的是为了寻找普遍规律，故D错误。
故答案为：D。
3．（2026九上·宁波月考）2025 年的中国春节是首个“世界非遗版春节”，以下关于春节活动涉及的物理知识，说法正确的是( )
A．用大火煮肉，是为了提高水的沸点
B．用浆糊贴春联，是利用了分子间存在引力
C．清洁扫尘时，灰尘飞舞说明分子在不停地运动
D．烟花发射升空与热机压缩冲程的能量转化过程相同
【答案】B
【知识点】分子的热运动
【解析】【分析】本题考查的考点是生活中的物理现象与原理，可结合沸点的影响因素、分子热运动、热机冲程的能量转化等知识分析。
【解答】 A：用大火煮肉时，水在标准大气压下的沸点始终是 100 C，大火只能加快水的汽化，不能提高水的沸点，A 错误。
B：用浆糊贴春联时，浆糊凝固后分子间的距离变小，分子间存在引力，从而将春联与墙面粘在一起，B 正确。
C：灰尘是肉眼可见的宏观物体，灰尘飞舞是空气流动引起的机械运动，不是分子的无规则运动，C 错误。
D：烟花发射升空是内能转化为机械能，而热机的压缩冲程是机械能转化为内能，二者能量转化过程不同，D 错误
故答案为：B。
4．（2026九上·宁波月考）小明用滑轮组把一箱货物从一楼提升到三楼，感到很“吃力”，他在滑轮组的轴上加润滑油后，感觉好多了。则加上润滑油后，下列说法正确的是( )
A．小明做的有用功减小、总功不变，滑轮组的机械效率减小
B．小明做的有用功增加、总功增加，滑轮组的机械效率不变
C．小明做的有用功减小、总功减小，滑轮组的机械效率不变
D．小明做的有用功不变、总功减小，滑轮组的机械效率增大
【答案】D
【知识点】机械效率
【解析】【分析】本题考查的考点是滑轮组的有用功、总功与机械效率，可结合机械效率的定义（η=）和影响因素分析。
【解答】有用功：小明把货物从一楼提升到三楼，克服货物重力做的功，即 W有用 =Gh。货物重力 G 和提升高度 h 都不变，所以有用功不变。
额外功：加润滑油后，滑轮组的摩擦力减小，克服摩擦力做的额外功减小。
总功：总功等于有用功加额外功（W总 =W有用 +W额外 ），因为有用功不变，额外功减小，所以总功减小。
机械效率 η= ，有用功不变，总功减小，所以机械效率增大。
故答案为：D。
5．（2026九上·宁波月考）春节期间，小物观察到点燃的“窜天猴”爆竹升空时，火药燃烧产生的高温气体迅速向下喷射，推动爆竹飞向高空，这一过程的能量转化与下列四冲程汽油机的哪个冲程相同(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】热机的工作原理
【解析】【分析】当对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
四冲程汽油机的做功冲程中，火花塞点火，引发混合气体燃烧，燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下移动，进而通过连杆带动曲轴旋转，产生机械能，是将内能转化为机械能。
【解答】“窜天猴”爆竹升空时，火药燃烧产生高温气体，是将化学能转化为内能，高温气体向下喷射推动爆竹飞向高空，对爆竹做功，将内能转化为机械能。
四冲程汽油机的做功冲程中，火花塞点火，引发混合气体燃烧，燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下移动，进而通过连杆带动曲轴旋转，产生机械能，是将内能转化为机械能。所以“窜天猴”爆竹升空过程的能量转化与汽油机的做功冲程相同，C图是做功冲程，故C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
6．（2026九上·宁波月考）如图所示，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动，且始终保持木棒水平，则悬线上的拉力(设木棒和悬线均足够长)( )
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又变小 D．先逐渐变小，后又变大
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】由图知，阻力乘以阻力臂是相等的，动力的大小变化要从动力臂的大小变化上得出，所以要画出几条典型的情况下的力臂加以分析得出结论。
【解答】如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂。
把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：G×LOA=T×L，
由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大。
故答案为：D。
7．（2026九上·宁波月考）如图1 甲，将温度计插入装有碎冰的烧杯中，把这个装置放在室温环境中，温度计读数随时间变化的图象如图1乙，下列说法正确的是 ( )
A．该物质在t2时刻的内能为零
B．在t2~t4过程中，物质的内能保持不变
C．该物质在t1时刻比在t2时刻的分子动能更大
D．该物质在t1时刻的分子排列如图2b
【答案】D
【知识点】内能；物体内能的改变方法
【解析】【分析】（1）任何物体都具有内能，同一物体，温度越高，分子运动速度越快，分子动能越大；
（2）物质从固态变成液态的过程叫熔化；根据晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；
（3）固态物质分子排列紧密，有一定的体积和形状。
【解答】A、任何物体都具有内能，所以冰在t2时刻的内能为零，故A错误；
B、在t2～t4过程中，冰处于熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增大，所以在t4时刻的内能大于t3时刻的内能，故B错误；
C、在t2时刻的温度高于t1时刻的温度，故t2时刻的分子动能大比t1时刻的分子动能，故C错误；
D、从图象可以看出，在t1时刻物质是固体，图2b是固体分子的排列情况，故D正确。
故答案为：D。
8．（2026九上·宁波月考） 如图所示， 是“220V， 5W”的 LED 灯和“220V，15W”的白炽灯正常工作时将电能转化为内能和光能的占比图。当两灯均正常工作时，下列说法正确的是( )
A．灯两端的实际电压：LED灯等于白炽灯
B．相同时间消耗的电能：LED灯等于白炽灯
C．相同时间转化为的内能：LED灯多于白炽灯
D．电能转化为光能的效率：LED 灯低于白炽灯
【答案】A
【知识点】能量的相互转化和转移；电功的实质
【解析】【分析】因为两灯都正常工作，且额定电压都是 220V，根据灯泡正常工作时实际电压等于额定电压可知，两灯两端的实际电压相等。根据W=Pt可知，在相同时间t内，功率P不同，消耗的电能不同。
由图可知，LED 灯将电能转化为内能的占比为10%，转化为光能的占比为90%；白炽灯将电能转化为内能的占比为80%，转化为光能的占比为20%。计算比较相同时间转化的内能及光能。
【解答】A、因为两灯都正常工作，且额定电压都是 220V，根据灯泡正常工作时实际电压等于额定电压可知，两灯两端的实际电压相等，都是 220V，故A正确；
B、根据W=Pt可知，在相同时间t内，功率P不同，消耗的电能不同。LED灯功率为5W，白炽灯功率为15W，所以相同时间内白炽灯消耗的电能多于LED 灯，故B错误；
C、由图可知，LED 灯将电能转化为内能的占比为10%，转化为光能的占比为90%；白炽灯将电能转化为内能的占比为80%，转化为光能的占比为20%。根据Q=W×转化为内能的占比，在相同时间t内，W LED =5t，则 LED 灯转化的内能QLED=5t×10%=0.5t，白炽灯转化的内能Q白炽灯=15t×80%=12t，所以相同时间内转化为内能多的是白炽灯，故C错误；
D、LED 灯电能转化为光能的效率为90%，白炽灯电能转化为光能的效率为20%，所以 LED 灯电能转化为光能的效率高于白炽灯，故D错误。
故答案为：A。
9．（2026九上·宁波月考）甲、乙两铁块通过滑轮组用细绳连接，吸附在竖直放置且足够长的固定磁性平板两侧，m甲＝1.8kg、m乙＝2kg，如图所示。甲以0.2m/s的速度竖直向下做匀速直线运动，磁性平板对甲的摩擦力大小为4N，对乙的摩擦力大小为2N（细绳足够长且始终处于竖直拉伸状态，不计绳重和绳与滑轮的摩擦，磁性平板对其他器材无磁力作用，g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　）
A．定滑轮质量一定是0.6kg
B．甲所受拉力为22N
C．乙所受拉力的功率为2.2W
D．3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功相等
【答案】C
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】AB.分别对甲、乙两物体进行受力分析，对甲有：G甲=f甲+F甲，则可求出甲受到的拉力；对乙有：G乙+f乙=F乙，而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，从而可求出动滑轮的重力及质量，由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量；
C.由v甲=2v乙可求出乙运动的速度，根据P=Fv可求出乙的功率；
D.由s=vt可求出甲、乙两物体运动的路程，再根据W=fs可求出甲、乙克服摩擦力做的功，即可判断它们的关系。
【解答】对甲、乙两物体进行受力分析，如下图所示：
AB.甲受到的重力为：G甲=m甲g=1.8kg×10N/kg=18N，
乙受到的重力为：G乙=m乙g=2kg×10N/kg=20N，
因为甲、乙都做匀速直线运动，
则有：G甲=f甲+F甲，G乙+f乙=F乙，
则：F甲=G甲-f甲=18N-4N=14N，故B错误；
则：F乙=G乙+f乙=20N+2N=22N，
而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，则：G动=2F甲-F乙=2×14N-22N=6N，
由G=mg可知，动滑轮的质量为：，
由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量，故A错误；
C.由v甲=2v乙可知，乙运动的速度为：v乙=v甲=×0.2m/s=0.1m/s，
那么乙所受拉力的功率为：P乙=F乙v乙=22N×0.1m/s=2.2W，故C正确；
D.甲、乙两物体在3s内运动的路程分别为：s甲=v甲t=0.2m/s×3s=0.6m；
s乙=v乙t=0.1m/s×3s=0.3m；
由W=fs可知，3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功分别为：W甲=f甲s甲=4N×0.6m=2.4J，
W乙=f乙s乙=2N×0.3m=0.6J；
所以3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功不相等，故D错误。
故选C。
10．（2026九上·宁波月考）人体心脏的功能是为人体血液循环提供能量。正常人在静息状态下，心脏搏动一次，能以 1.6×105Pa的平均压强将 70mL的血液压出心脏，送往人体各部位。若每分钟人体血液循环量约为6000mL，则此时，心脏的平均功率为( )W。
A．16W B．11.2W C．7.84W D．6.72W
【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用
【解析】【分析】本题考查的考点是功和功率的计算，可结合压强、体积与功的关系推导出如下关系式： W=pΔV ，再结合功率公式 P= 分析。
【解答】根据功的计算公式 W=pΔV，代入数据得：W=1.6×105Pa×6×10 3m3=960J
计算心脏的平均功率根据功率的定义式 P= ，代入数据得：P= =16W
故答案为：A
11．（2026九上·宁波月考）用比热容是 的铅与比热容是 的铜混合成比热容是 的合金，则铅和铜的质量之比为( )
A．1： 3 B．29： 6 C．21： 5 D．13： 9
【答案】C
【知识点】比热容
【解析】【分析】本题考查的考点是比热容的混合计算，解题思路是利用 “混合物质吸收的总热量等于各组分吸收热量之和” 这一关系，推导出合金比热容与各组分比热容、质量的关系式，进而求解质量比。
【解答】当合金温度升高 Δt 时，总吸热等于铅和铜分别吸热之和：c(m1 +m 2)Δt=c1 m1 Δt+c2 m2 Δt两边消去 Δt，得：c(m1 +m2 )=c1 m1 +c2 m2
代入数据并整理代入 c，c1 ，c 2的值：0.18×103(m1 +m2 )=0.13×103m1 +0.39×103m2 ，两边消去 103，展开并整理：0.18m1 +0.18m2 =0.13m1 +0.39m2
0.18m1 0.13m1 =0.39m2 0.18m2
0.05m1 =0.21m2
故m1 ：m2=21：5
故答案为：C。
12．（2026九上·宁波月考）如图甲所示的电路，电源电压恒定不变，小灯泡L的额定电压为1.5V。闭合开关S，在滑动变阻器 Rp的滑片 P 从最右端向左滑到 a 点的过程中，获取了电压表和电流表的数据，并利用所测的数据分别绘制出滑动变阻器 Rp和灯泡L的U-I图像，如图乙所示。滑片P在a点时灯泡L恰好正常发光，下列说法正确的是( )
A．电源电压为4V
B．灯泡L正常发光时的电阻为6Ω
C．滑片P在a点时，滑动变阻器 Rp的功率为0.75W
D．滑片P滑动过程中，两块电压表的示数变化量是相等的
【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】闭合S时，灯泡L和R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，根据图象即可读出滑片在a点时小灯泡正常工作时灯泡、R的电压和电流，根据串联电路的电压特点求出电源电压。根据欧姆定律计算灯泡电路，根据P=UI计算电功率；根据电源电压不变分析电压表的示数变化量。
【解答】AB、闭合开关S，灯L与变阻器R串联，电压表分别测灯和滑动变阻器的电压，电流表测电路中的电流；闭合S，灯泡、变阻器R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，灯泡两端的电压变大，由此可知：图乙中，b曲线为灯泡的I-U图象，a曲线为R的I-U图象，滑片在a点时R的阻值最小（允许接入的最小阻值），电路中的电流最大，由于灯泡恰好正常发光，则根据I-U图象可知：小灯泡正常工作时的电压为1.5V，电流为0.5A，此时R两端的电压为3V，则电源电压：U=UL+U1=1.5V+3V=4.5V；
灯泡正常发光的电阻R==3Ω，故AB错误；
C、滑片P在a点时，电流为0.5A，电压为3V，滑动变阻器RP的功率为P=UI=3V×0.5A=1.5W，故C错误；
D、灯L与变阻器R串联，电压表分别测灯和滑动变阻器的电压，两个电压表示数之和等于电源电压，保持不变，故两块电压表的示数变化量是相等的，故D正确。
故答案为：D。
13．（2026九上·宁波月考）某烟雾报警装置如图所示，R0的电阻为5Ω，R为光敏电阻，其阻值随光强E 的增大而减弱，电源电压恒为 4.5V。电流表的量程为“0~0.6A”，当光强小于或等于 30cd时，烟雾报警器报警。
①开始报警时电路中电流为0.3A
②不报警时光强的变化范围是30cd③不报警时 R0的电功率变化范围是 0.45W＜P0≤1.8W
④在不报警和报警时两种情况下电路消耗的最大电功率的比为4：3
以上说法中正确的是 ( )
光强E/ cd 7.5 10 15 30 60 　
R/Ω 40 30 20 10 5 　
A．①② B．①③ C．②④ D． ③④
【答案】B
【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】本题考查的是串联电路的动态分析与电功率计算，解题思路是结合表格中光敏电阻的阻值随光强的变化关系，利用欧姆定律和电功率公式，对每个说法逐一进行验证。
【解答】验证说法①：开始报警时电路中电流为 0.3A开始报警时，光强 E=30cd，查表得 R=10Ω。总电阻 R总 =R+R0 =10Ω+5Ω=15Ω；电流 I= ==0.3A→ 说法① 正确。
验证说法②：不报警时光强的变化范围是 30cd30cd。电路中最大电流受电流表量程限制，Imax =0.6A。此时总电阻最小：R总min == =7.5Ω；光敏电阻的最小阻值：Rmin =R总min R0 =7.5Ω 5Ω=2.5Ω；
观察表格，R 与 E 乘积恒定（7.5×40=300，10×30=300…），故 R×E=300。当 R=2.5Ω 时，E= =120cd，并非 75cd。→ 说法② 错误。
验证说法③：不报警时 R0 的电功率变化范围是 0.45W < P0 ≤1.8W；不报警时，电流 I>0.3A，且 I≤0.6A。R0 的电功率 P0 =I2R0 。当 I=0.3A 时，P0min =(0.3A)2×5Ω=0.45W；当 I=0.6A 时，P0max =(0.6A)2×5Ω=1.8W；因为不报警时 I>0.3A，所以 P0 >0.45W，且 P0 ≤1.8W→ 说法③ 正确。
验证说法④：在不报警和报警时两种情况下电路消耗的最大电功率的比为 4：3；
电路总功率 P=UI。
报警时，电流 I≤0.3A，最大电功率 P报警max =4.5V×0.3A=1.35W
不报警时，电流 I≤0.6A，最大电功率 P不报警max =4.5V×0.6A=2.7W
功率比：，并非 4：3→ 说法④ 错误。
综上，正确的说法是①和③。
故答案为：B。
14．（2026九上·宁波月考）如图所示的电路中，可通过更换电表并改变开关状态，实现下列两种情境。情境一：甲、乙都是电流表时，当S1闭合，S2断开，发现甲、乙两表读数之比为 情境二：则当甲、乙都是电压表时，S1、S2都闭合。则下列判断正确的是（ ）
A．通过情境一可知，两个电阻阻值之比
B．情境二中，经过两电阻的电流之比I1： I2=1： 2
C．情境二中，甲、乙两表读数为U甲： U乙=3： 2
D．前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比W前： W后=9： 2
【答案】D
【知识点】串、并联电路的电流特点；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）情景一中，甲、乙都是电流表时，当S1闭合，S2断开，R1、R2并联，电流表甲测量通过R2的电流，电流表乙测量干路的总电流；根据并联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2的电阻之比；
（1）情景二中，当甲、乙都是电压表时，S1、S2都闭合，R1、R2串联，电压表甲测量电源电压总电压，电压表乙测量R2两端的电压；根据串联电路的电流特点可知情境二中，经过两电阻的电流之比；
（3）根据欧姆定律求出情景二中R1、R2两端的电压之比，根据串联电路的电压特点求出情境二中，甲、乙两表读数之比；
（4）根据R1、R2的关系分别求出R1、R2串联的总电阻和并联总电阻，根据W=t求出前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比。
【解答】情境一：甲、乙都是电流表，S1 闭合、S2 断开；此时 R1 与 R2 并联。
甲电流表测 R2 的电流 I2 ，乙电流表测干路电流 I总 。已知 I甲 ： I乙 =2：3，即 I2 ： I总 =2：3。
根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，得 I1 ： I2 =(3 2) ： 2=1：2。
并联电路电压相等，由 I= 可知 R1 ：R2 =I2 ： I1 =2：1。
情境二：甲、乙都是电压表，S1 、S2 都闭合；此时 R1 与 R2 串联。甲电压表测电源电压 U总 ，乙电压表测 R2 两端的电压 U2 。串联电路电流处处相等，故 I1 ： I2 =1：1。
由 U=IR 得 U1 ：U2 =R1 ：R2 =2：1。电源电压 U总 =U1 +U2 ，所以 U甲 ：U乙 =U总 ：U2 =(2+1)：1=3：1。
A：通过情境一可知，两个电阻阻值之比 R1 ：R2 =1：2；由情境一推导，R1 ：R2 =2：1，A 错误。
B：情境二中，经过两电阻的电流之比 I1 ：I2 =1：2串联电路电流处处相等，I1 ：I2 =1：1，B 错误。
C：情境二中，甲、乙两表读数为 U甲 ：U乙 =3：2推导得 U甲 ：U乙 =3：1，C 错误。
D：前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比 W前 ：W后 =9：2设电源电压为 U，R2 =R，则 R1 =2R。
情境一（并联）总电阻：R并 = ==
情境二（串联）总电阻：R串 =R1 +R2 =3R；
则前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比：W1：W2=t：t=R串：R并=3R：
=9：2，故D正确。
故答案为：D。
15．（2026九上·宁波月考）某固态物体的质量为 m，其物质的比热容为 c，用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等)，到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像如图，则下列说法正确的是( )
A．在0-t2时间段，该物体吸收的热量为
B．在t2-t4时间段，该物质的比热容先增大后减小
C．在t4-ts时间段，该物体放出的热量为
D．该物质在t5-t6时间段的比热容小于在0-t1时间段的比热容
【答案】D
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】本题考查的是比热容与吸放热计算，解题思路是结合图像中温度随时间的变化，利用比热容公式 Q=cmΔt 分析不同阶段的吸放热情况和比热容的变化。
【解答】 A：0 到t2 时间段，物体温度从 T1 升高到 T2 。但 0 到t1 与 t1 到t2 的时间相等，吸收的热量相等，所以 0 到t2 吸收的总热量为 2Q。而 Q=cm(T2 T1 ) 只表示 t1 到t2 吸收的热量，故 A 错误。
B：t2 到t4 时间段，物体处于冷却阶段，比热容是物质的固有属性，不随温度或放热过程变化，故 B 错误。
C：在 t4 到t6 时间段，我们先确定单位时间的吸热量。0 到t1 时间内，物体吸热 Q1 =cm(T2 T1 )，所以单位时间吸热为 =。冷却时，相同时间内放出的热量与加热时吸收的热量相等。
t4 到t6 的时间为 (t6 t4 )=2(t2 t1 )=2t1 。
因此，放出的总热量 Q放 =×2t1 =2cm(T2 T1 )，与选项不符，故 C 错误。
D：0 到t1 时间段：物体吸热 Q，温度升高 ΔT1 =T2 T1 。
t5 到t6 时间段：物体放热 Q（时间与 0 到t1 相等），温度降低 ΔT2 根据 Q=cmΔT，当 Q 和 m 相同时，ΔT 越小，比热容 c 越大。
因此，t5 到t6 时间段的比热容 c2 >c1 （0 到t1 时间段的比热容），即 c1 故答案为：D
16．（2026九上·宁波月考）（1）《本草纲目》记载：“琥珀如血色，以布拭热，吸得芥子者真也”。“拭”指摩擦，“以布拭热”是通过　 　(选填“做功”或“热传递”)的方式改变琥珀的内能。
（2）某单缸四冲程汽油机的飞轮转速为 1800r/min，则该汽油机每秒钟对外做功　 　次；该发动机某次消耗了0.2kg的汽油，汽油完全燃烧放出的热量为　 　J。(汽油的热值为
【答案】（1）做功
（2）15；9.2×106
【知识点】燃料的热值
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
（2）在单缸四冲程内燃机中，吸气、压缩、做功、排气四个冲程为一个工作循环，每个工作循环曲轴转2周，活塞上下往复2次，做功1次。
（3）根据Q放=mq可求汽油完全燃烧放出的热量。
【解答】“以布拭热”是通过布与琥珀之间的摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，使琥珀的内能增加、温度升高，属于做功改变内能；
单缸四冲程汽油机的飞轮转速为1800r/min=30r/s，每个工作循环曲轴转2周，活塞上下往复2次，做功1次，则该汽油机每秒钟对外做功15次；汽油完全燃烧放出的热量：
Q放=mq=0.2kg×4.6×107J/kg=9.2×106J.
故答案为：做功；15；9.2×106。
17．（2026九上·宁波月考）如图所示，“木桶鱼”是在木桶内放入高温的鹅卵石，再加入调制好的鱼汤，通过　 　的方式使汤沸腾，完成烹饪。烹饪过程中可以闻到鱼汤的香味，这是　 　现象。若一份标准分量的木桶鱼有4kg的鱼汤，鱼汤的初始温度为30℃，则至少需要初温为300℃的鹅卵石　 　kg才能使鱼汤烧开。(在1标准大气压下)
【答案】热传递；扩散；7.35
【知识点】分子的热运动；物体内能的改变方法；比热容
【解析】【分析】1.鱼吸收热量，温度升高，内能增加，由此可知鱼的内能的改变方式；
2.组成物质的分子永不停息地做无规则；
3.根据Q吸=cmΔt求鱼汤吸收的热量；不计热量损失，根据Q放=cmΔt算出鹅卵石的质量。
【解答】在制作过程中，鱼吸收热量，温度升高，内能增加，这是通过热传递的方式来增加内能的；
烹饪过程中可以闻到鱼汤的香味，是香味分子发生了扩散现象，是由物质的分子在不停地做无规则运动形成的；
鱼汤吸收的热量为：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×4kg×（100℃-30℃）=1.176×105J。
若不计热量损失，Q放=Q吸=1.176×105J。
至少需要鹅卵石的质量为：m'===7.35kg。
故答案为：热传递；扩散；7.35。
18．（2026九上·宁波月考）用相同的电加热器对相同质量的水和另一种液体进行加热，它们的温度随加热时间的变化图像如图所示，若加热过程中热量损失忽略不计，则20kg“另一种液体”升高30℃时，吸收的热量为　 　J[水的比热容为
【答案】1.26×106
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】由图像确定出水和液体温度都升高30℃时加热的时间，再根据吸热公式求出水吸收的热量，即可求出液体吸收的热量。
【解答】 由图可知，水温度由10℃升高到40℃时加热时间为16min，即水温度升高30℃加热时间为16min，液体温度由20℃升高到50℃时加热时间为8min，即液体温度升高30℃加热时间为8min，由于用相同的加热器，所以水升高30℃吸收的热量为液体温度升高30℃吸收热量的2倍，则有：
Q水吸=2Q液吸，
20kg水吸收的热量为：Q水吸=c水m水Δt=4.2×103J/（kg ℃）×20kg×30℃=2.52×106J，
则20kg液体吸收的热量为：。
19．（2026九上·宁波月考）图甲是一种测力装置的结构示意图。横梁OA上下表面各有一张完全一样的可变电阻片R1和 R2，若按图乙所示将它们串联在电源电压不变的电路中，在A 端用一向下的力 F使R1拉伸，R2压缩，则此时电阻片　 　的电阻更大。若将此时的两电阻并联接入同一电源两端，通电时间相同，电阻片　 　产生的电热更多。
【答案】R1；R2
【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的计算公式及其应用；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 导体的材料和温度一定时，导体的长度越长、横截面积越小，电阻越大，由此可知R1、R2的阻值变化及大小关系；
将此时的两电阻并联接入同一电源两端，根据并联电压的电压规律可知R1、R2两端的电压关系，通电时间相同，根据可知R1、R2产生的热量关系。
【解答】 由图可知，两个电阻串联，横梁OA上下表面各有一张完全一样的可变电阻片R1和R2，在压力的作用下，R1被拉伸，即R1变长，横截面积变小，因此R1电阻变大，而R2被压缩，即R2变短，横截面积变大，因此R2电阻变小，则此时电阻片R1的电阻更大；
将此时的两电阻并联接入同一电源两端，因为并联电路中各支路两端的电压都相等，等于电源电压，通电时间相同，根据可知，R2产生的电热更多。
20．（2026九上·宁波月考）如图所示的装置，闭合开关，用外力使导体棒 ab水平向左移动，发现导体棒 cd也随之运动起来。此实验装置中的乙部分，应用的物理原理是　 　
【答案】通电导体在磁场中受力的作用
【知识点】电磁感应；磁场对通电导线的作用
【解析】【分析】（1）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。在本题中，甲部分的导体棒 ab 在磁场中向左运动，切割磁感线，从而在闭合电路中产生了感应电流。
（2）通电导体在磁场中受力的作用：通电导体在磁场中会受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关。在本题中，乙部分的导体棒 cd 中有电流通过，因此在磁场中受到力的作用而运动起来。
【解答】由题意和图示可知，闭合开关，将甲中的导体ab水平向左移动，此时闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，故导体ab中会有感应电流产生，这是电磁感应现象，电路中有了感应电流之后，感应电流经过导体cd，此时乙中的cd相当于放入磁场中的通电导体，通电导体在磁场中会受到力的作用，故发现导体棒cd也随之运动起来，这是电动机的工作原理。
21．（2026九上·宁波月考）如图所示，只闭合开关S，滑片P滑至a端时，电流表A的示数为I1，电阻R1的电功率 P1为20W；当闭合开关S、S2时，电流表 A 的示数为I2，且 则R1：R2=　 　；当开关S、S1、S2都闭合且滑片P在b端时，电流表A的示数为I，电流表A1的示数为I3，I：I3=2：1，此时滑动变阻器R3的功率为 P3，P3=　 　W。
【答案】1：1；160
【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】 （1）当只闭合开关S，滑片P滑至a端时，电阻R1和R2串联接入电路，电压表测电阻R1的电压，电流表测通过电路的电流，根据串联电路特点和欧姆定律可表示出I1和U1，当闭合开关S、S2时，电路为R1的简单电路，电压表的示数为U2即为电源电压U，根据欧姆定律表示出I2，将I1与I2关系式代入I1：I2=1：2，可得R1与R2的电阻之比；
（2）电阻R1和R2串联接入电路，根据串联电路特点和电功率公式计算电阻R1和R2串联时的功率之比，进一步计算串联时两电阻的总功率从而表示出电源电压；
电阻R1和R2并联接入电路，根据并联电路特点计算并联时的总电阻，进一步根据电功率公式的变形公式计算并联时的总功率；
当开关S、S1、S2都闭合且滑片P在b端时，电阻R1、R2、R3并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测R1和R2的总电流，根据并联电路特点表示出I和I3，由I：I3=2：1可得通过R3的电流与R1和R2并联的总电流之比，根据电功率公式可计算R3消耗的电功率与R1和R2消耗的总功率之比，进一步计算R3消耗的功率。
【解答】当只闭合开关S，滑片P滑至a端时，电阻R1和R2串联接入电路，电压表测电阻R1的电压，电流表测通过电路的电流，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻为R1+R2，
由欧姆定律可得电流表A的示数：，则：
，
当闭合开关S、S2时，电路为R1的简单电路，电压表测电阻R1的电压，电流表测通过电路的电流，电压表的示数为U2即为电源电压U，
电流表A的示数：，
已知I1：I2=1：2，
则：，
整理得：R1：R2=1：1；
（2）由R1：R2=1：1可得：R1=R2，
R1和R2串联时的总电阻：R串=R1+R2=R2+R2=2R2，
则电阻R1和R2串联时的功率之比：，
两电阻串联时电阻R1的电功率P1为20W，
所以电阻R2的电功率：P2=P1=20W，
则两电阻串联时的总功率：P串=P1+P2=20W+20W=40W，
由可得电源电压：U2=P串R串=40W×2R2=80W×R2，
R1和R2并联时的总电阻：，
则两电阻并联时的总功率：，
当开关S、S1、S2都闭合且滑片P在b端时，电阻R1、R2、R3并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测R1和R2的总电流，
通过滑动变阻器的电流为I0，则干路电流为：I=I1'+I2'+I0，电流表A1的示数：I3=I1'+I2'，
由I：I3=2：1可得：，
化简整理得：，
R3消耗的电功率P3与两电阻并联时的总功率P并之比：，
则R3消耗的电功率：P3=P并=160W。
22．（2026九上·宁波月考）如图甲所示，是我国高超音速导弹“东风17”从起飞到击中目标的轨迹示意图，如果把大气层边缘看作水面，导弹飞行时就像在水面上“打水漂”，因此它突防能力强，难以拦截。
（1）从起飞点到关机点是燃料燃烧，燃烧产生高温高压燃气对导弹施加向上的推力，使导弹加速上升，这个推力的施力物体是　 　；"在此过程中，导弹的机械能变　 　。
（2）若关机点在导弹刚好离开大气层位置，b点为刚好进入大气层的位置。导弹从关机点到 b 点过程中，动能 EK 与其离开大气层的高度 h 关系的大致图线是图乙中的　 　(选填序号)。
【答案】（1）燃气；变大
（2）①
【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒；机械能守恒
【解析】【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。当一个物体对另一个物体施加力时， 前者被称为施力物体， 后者则被称为受力物体。
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；
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；
机械能=动能+势能。
（2）从关机点到最高点时，高度升高，克服重力做功，动能减小；从最高点到b点时，高度降低，重力做功，动能增大。
【解答】（1）燃料燃烧产生的高温高压燃气对导弹施加推力，根据力的作用是相互的，导弹对燃气有向下的力，同时燃气对导弹有向上的推力，因此该推力的施力物体是燃气。
此过程中燃料燃烧释放的内能转化为导弹的机械能，导弹加速上升时，质量不变，速度增大（动能增大），高度升高（重力势能增大），所以机械能变大。
（2）导弹从关机点到b点是离开大气层后再进入大气层前的过程。离开大气层后，导弹不受空气阻力，仅受重力（地球引力）。从关机点到最高点时，高度升高，克服重力做功，动能减小；从最高点到b点时，高度降低，重力做功，动能增大。因此动能随高度的变化是先减小后增大，对应图乙中的①。
23．（2026九上·宁波月考）某学习小组探究沙子和水的吸热能力。
（1）学习小组同学用如图甲所示装置探究沙子和水的吸热能力。在完全相同两箱子中装入初温相同、质量相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，这是为了保证相同时间内水和沙子　 　相同；
（2）依据实验数据描绘的水和沙子的温度随时间变化的图像如图乙所示，可知在质量，吸收热量相同时，沙子升高的温度比水升高的温度多，说明　 　的吸热能力强。
（3）该实验中除了用到控制变量法外，还用了　 　法。
（4）在受太阳照射的条件相同时，内陆地区昼夜温差比沿海地区大，这是因为水和沙土相比，水比热容较大，下列事例中属于应用水的这种特性的是（ ）。
A．夏天给教室洒水，感觉凉；
B．用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，
C．用水冷却汽车的发动机；
D．冰熔化成水需要吸收热量。
（5）水的比热容为 则可以算出沙子的比热容为　 　J/(kg·℃)。
【答案】（1）吸收的热量
（2）水
（3）转换
（4）C
（5）1.05×103
【知识点】比热容
【解析】【分析】（1）比热容与吸热能力：比热容是反映物质吸热能力的物理量，比热容越大，物质的吸热能力越强。在质量相同、吸收相同热量时，比热容大的物质温度升高得慢。
（2）控制变量法与转换法：控制变量法是指在研究多个因素对某一物理量的影响时，每次只改变一个因素，保持其他因素不变；转换法是指将不易直接观察或测量的物理量，转换为容易观察或测量的物理量来进行研究。
（3）比热容的应用：水的比热容较大，在生活和生产中常被用作冷却剂或取暖介质，因为它在吸收或放出大量热量时，自身温度变化相对较小。
（4）比热容的计算：根据公式 Q=cmΔt，在质量 m 和吸收热量 Q 相同的情况下，比热容 c 与温度变化量 Δt 成反比。
【解答】 （1）实验时，在完全相同两箱子中装入质量相等且初温相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，所以在相同的时间内，白炽灯放出的热量相等，故相同时间内水和沙子吸收的热量相同，因此可以用加热时间来反映吸收热量的多少。
（2）由图可知，在相同时间内，水和沙子吸收相同的热量，沙子升高的温度比水升高的温度高，水的温度变化量小，说明水的吸热能力强。
（3）该实验中除了用到控制变量法外，还用加热时间表示物体吸收热量的多少，用到了转换法。
（4）在受太阳照射的条件相同时，内陆地区昼夜温差比沿海地区温差大，这是因为水和沙土相比，水的比热容较大，同样质量的沙土和水吸收或放出同样的热量，水的温度变化小。
A、给教室洒水，感觉凉，是利用水蒸发吸热，具有致冷作用，故A不符合题意；
B、用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，这是扩散现象，与水的比热容大无关，故B不符合题意；
C、用水冷却汽车的发动机，利用了水的比热容大，水吸收大量的热量后温度变化较小，有利于发动机降温，故C符合题意；
D、冰熔化成水需要吸收热量，是熔化吸热，与水的比热容无关，故D不符合题意。
故选：C。
（5）根据图像可知，加热相同时间，质量相同的水和沙子吸收相同的热量，沙子和水升高的温度之比为4：1，根据Q吸=cmΔt可知，质量和吸收热量相同时，温度变化量与比热容成反比，所以沙子和水的比热容为1：4，
则沙子的比热容为。
24．（2026九上·宁波月考）小华利用如图甲所示的电路来测量小灯泡的电功率，已知电源电压3V且保持不变，小灯泡额定电压为2.5V。
（1）请在图甲中用笔画线代替导线，将实物图连接完整(要求：滑片 P 向右端移动时，灯变亮)；
（2）闭合开关后，小华发现小灯泡不发光，电流表示数几乎为零，电压表示数接近 3V，则电路故障可能是　 　
（3）排除电路故障后，重新开始实验，小华从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡I-U图像如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W；
（4）测出小灯泡的额定功率后，小华又把灯泡两端的电压调为其额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的 ，此时它的实际功率　 　P0(选填“大于”或“小于”)；
（5） 实验中， 有甲“15Ω； 2A”、乙“25Ω； 2A”、丙“30Ω； 2A”三种规格的滑动变阻器供选择，小华在该实验中选用的是　 　(选填“甲”“乙”或“丙”)。
【答案】（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.75
（4）大于
（5）乙
【知识点】测定小灯泡的功率；小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】（1）滑片向左移动时，灯变亮，说明电流变大，则滑动变阻器的有效电阻变小，据此连接；
（2）小灯泡不亮、电流表示数几乎为零，说明电路可能断路，电压表示数接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（3）根据图乙找到额定电压对应的额定电流，利用P=UI计算灯泡的额定功率；
（4）根据结合灯的电阻随温度的降低而减小分析；
（5）当灯泡两端电压最小时，变阻器两端电压最大，变阻器的阻值最大，由图乙知灯的电压和电流，根据串联电路电压的规律求出变阻器的电压，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值确定变阻器的规格。
【解答】 （1）滑片P向右端移动时，灯变亮，电流变大，滑动变阻器接入电路阻值变小，则滑动变阻器需要接入右下接线柱，如图所示
（2）小灯泡不发光，电流表示数几乎为零，电压表示数接近电源电压，相当于电压表并联在电源两端，则电路故障可能是小灯泡断路。
（3）灯泡额定电压为2.5V，由图乙可知此时电路电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）若灯泡电阻不变，灯泡两端电压变为额定电压的一半时，根据电功率计算公式
可知此时灯的实际功率变为额定功率的四分之一，但灯泡的阻值随着温度变化而变化，当灯泡两端电压变为额定电压的一半时，灯泡的温度降低，灯丝阻值减小，根据
可知，此时实际功率大于P0。
（5）结合串联电路的电压关系可知灯泡两端电压最小时，滑动变阻器两端电压最大，由图乙可得灯泡两端电压最小为0.5V，此时电路中电流为0.1A，滑动变阻器两端电压为U滑大=U电-U灯小=3V-0.5V=2.5V
滑动变阻器最大阻值为
小华在该实验中选用的是乙滑动变阻器。
25．（2026九上·宁波月考）为了探究物体的动能大小与哪些因素有关，小明设计了如下实验。实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平方向向右运动直至停止，其中h2>h1，不考虑空气阻力。
（1）实验中通过观察　 　来判断　 　(选填“钢球”或“木块”)的动能大小；用来研究超速安全隐患时，我们应选择　 　两图所示实验来进行比较；若将甲、乙两图中的木块均移走，并适当调节斜面倾角和钢球释放高度，　 　(选填“能”或“不能”)研究物体的动能大小与速度的关系；
（2）实验中钢球碰撞木块后继续向前运动一段距离后停止，则开始时钢球的重力势能　 　(选填“>”、“<”或“=”)木块克服摩擦力所做的功。若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，如果仅对图丙所示的实验进行改进，下列措施中可行的是　 　
A.换质量更大的木块
B.降低钢球开始的高度
C.换质量大于m2的钢球
D.换质量小于m1的钢球
（3）小华还利用图丁来研究动能和势能相互转化，图中两个相同的光滑弧形槽，一个为凸形，一个为凹形，A、B两个相同的钢球分别进入两弧形槽的速度都为v，运动到槽的末端速度也都为v，则通过时间较长的是小球　 　(选填“A”或“B”)。
【答案】（1）木块移动的距离；钢球；甲、乙；能
（2）＞；D
（3）A
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）实验中通过观察木块移动的距离来判断钢球的动能大小，这是转换法；
动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大；根据控制变量法分析；
当斜面倾角足够小，钢球释放高度足够低，小球可在水平面上停下，通过小球停下的距离来比较其动能的大小，据此分析即可；
（2）钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球撞击木块运动，木块运动过程中，动能转化为内能，所以钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功；
在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，说明钢球的动能太大，而此实验主要是研究动能大小与质量的关系，根据控制变量法分析；
（3）在凸形滑道运动的物体，在运动到最高点的过程中，要将动能转化为重力势能，这个过程的平均速度小于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，重力势能再全部转化为动能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度小于初速度；
在凹形滑道运动的物体，在运动到最低点的过程中，要将重力势能转化为动能，这个过程的平均速度大于初速度，运动在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，动能再全部转化为重力势能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度大于初速度。
【解答】（1）钢球撞击木块做功，所做的功越多，木块移动的距离越远，所以实验中通过观察木块移动的距离来判断钢球的动能大小，这是转换法；
用来研究超速安全隐患，即探究动能与速度的关系时，根据控制变量法可知应保持质量不变，改变钢球到达水平面的速度，则钢球从斜面静止滚下的高度不同，所以应选择甲和乙两图所示实验；
当斜面倾角足够小，钢球释放高度足够低，小球可在水平面上停下，且两次实验，小球在斜面上静止滚下的高度不同，可通过小球停下的距离来比较其动能的大小，所以能研究物体的动能大小与速度的关系；
（2）钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球碰撞后继续运动，钢球的一部分动能转化为木块的动能，木块运动过程中，动能转化为内能，所以钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功，钢球的动能是由钢球的重力势能转化而来的，故开始时钢球的重力势能大于木块克服摩擦力所做的功；
若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，说明钢球的动能太大，而此实验主要是研究动能大小与质量的关系，因此钢球的速度应保持不变，而让钢球的质量不同，
A、换质量更大的木块，改变了木块所受摩擦力的大小，则不能通过木块滑行的距离来比较两种情况下钢球的动能大小，故A不符合题意；
B、实验中需要控制速度相同，不能降低钢球的高度，故B不符合题意；
C、换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故C不符合题意；
D、换质量更小的钢球，能缩短木块移动的距离，故D符合题意。
故答案为：D；
（3）在凸形滑道运动的物体，在运动到最高点的过程中，要将动能转化为重力势能，这个过程的平均速度小于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，重力势能再全部转化为动能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度小于初速度；
在凹形滑道运动的物体，在运动到最低点的过程中，要将重力势能转化为动能，这个过程的平均速度大于初速度，运动在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，动能再全部转化为重力势能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度大于初速度；
因此在凸形滑道运动物体的平均速度小于在凹形滑道运动物体的平均速度，即通过时间较长的是小球A。
26．（2026九上·宁波月考）如图所示，请画出适合其工作情景的绕线方式
【答案】要使该滑轮组向下用力物体向上运动，应从定滑轮开始绕，或者从绳子自由端向下从外向里绕绳。如图所示：
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；滑轮组的设计与组装
【解析】【分析】（1）滑轮组的绕线方式与省力特点：滑轮组由定滑轮和动滑轮组成，绕线方式决定了承担物重的绳子段数n。当绳子从动滑轮顶端开始绕起，依次经过定滑轮、动滑轮时，n=3，此时拉力，可以更省力；当绳子从定滑轮底端开始绕起，依次经过动滑轮、定滑轮时，n=2，此时拉力。
（2）力的方向与工作情景匹配：在实际工作中，拉力的方向需要符合操作需求。图中工人站在地面上向下拉绳子，因此需要选择能让拉力方向向下的绕线方式，这样既符合省力要求，又方便操作。
【解答】要使该滑轮组向下用力物体向上运动，应从定滑轮开始绕，或者从绳子自由端向下从外向里绕绳。如图所示：
27．（2026九上·宁波月考）如图所示是小明为新装的空调室外机设计的支架，支架可以看作杠杆，以O为支点，在支架 P孔处拉一根铁线到墙上固定，要使铁线受到的拉力最小，请从 P孔处画出铁线到墙的连线，并画出铁线拉力F 的力臂l。
【答案】在阻力与阻力臂一定时，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小，由图示可知，连接OP，即为力臂l，过P点做垂直于OP的作用力F，如图所示：
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）杠杆平衡条件：杠杆平衡时，动力 × 动力臂 = 阻力 × 阻力臂（ F1×L1=F2×L2 ）。在阻力和阻力臂一定的情况下，动力臂越长，所需的动力就越小。
（2）力臂的定义：力臂是从支点到力的作用线的垂直距离。要使动力臂最大，应使动力的作用线到支点的距离最远，此时动力的方向应与支点到力的作用点的连线垂直。
【解答】在阻力与阻力臂一定时，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小，由图示可知，连接OP，即为力臂l，过P点做垂直于OP的作用力F，如图所示：
28．（2026九上·宁波月考）一辆汽车以72km/h的速度匀速行驶10min，消耗的汽油为1.2kg。汽车匀速行驶时受到的牵引力 汽油的热值
（1）汽车在这段时间做的功是多少
（2）这段时间内汽车的效率是多少 (百分号前保留一位小数)
（3）简要分析汽车效率低的原因(写出两条即可)。
【答案】（1）由题意可知汽车行驶的速度，
汽车行驶的时间t=10min=600s，
由得：汽车行驶的路程s=vt=20m/s×600s=1.2×104m，
汽车在这段时间做的功W=Fs=1.2×103N×1.2×104m=1.44×107J；
（2）汽油完全燃烧放出的热量Q=mq=1.2kg×4.6×107J/kg=5.52×107J，
所以这段时间内汽车的效率：；
（3）汽车效率低的原因主要是汽油不能完全燃烧、气缸散失很多热量、尾气带走许多热量。
【知识点】能量利用效率；燃料的热值
【解析】【分析】 （1）功的计算式W=Fs，已知F，需先根据s=vt求出距离s即可；其中注意单位的统一；
（2）热机工作时将内能转化为机械能，所以效率：，Q=mq代入即可；
（3）汽车效率低的原因主要是汽油不能完全燃烧、气缸散失很多热量、尾气带走许多热量。
【解答】 （3）汽车效率低的原因主要是汽油不能完全燃烧、气缸散失很多热量、尾气带走许多热量。
29．（2026九上·宁波月考）如图甲所示，电动机通过滑轮组沿斜面匀速拉动重为 900N的货物，电动机的输出功率恒为240W。0~10s内货物运动的路程随时间变化关系如图乙所示，货物被提升的高度为2m。不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦。
求：
（1）电动机对绳子的拉力F；
（2） 0~10s内本装置的机械效率η；
（3）货物收到斜面的摩擦力f
【答案】（1）由图乙可知，0～10s内货物移动的距离为4m，
则货物运动的速度：，
由图即可知n=4，绳子自由端移动的速度v=nv物=4×0.4m/s=1.6m/s，
由可知，电动机对绳子的拉力：；
（2）由 可知，0～10s内电动机做的总功：W总=Pt=240W×10s=2400J，
本装置的有用功：W有=Gh=900N×2m=1800J，
则本装置的机械效率：；
（3）因为不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦，所以本装置的额外功是克服货物受到斜面的摩擦力所做的功，
由W总=W有+W额可知，额外功：W额=W总-W有=2400J-1800J=600J，
由W额=fs物可知，货物受到斜面的摩擦力：。
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）根据图乙利用速度公式求出货物运动的速度，由图即可知n=4，绳子自由端移动的速度v=nv物；利用求电动机对绳子的拉力F；
（2）利用求0～10s内电动机做的总功，根据利用W有=Gh求本装置的有用功，
利用求本装置的机械效率；
（3）因为不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦，所以本装置的额外功是克服货物受到斜面的摩擦力所做的功，根据利用W总=W有+W额求额外功；利用W额=fs物求货物受到斜面的摩擦力。
30．（2026九上·宁波月考）如图甲所示是小明家豆浆机的工作原理图，其中电动机是用来带动刀头将原料进行粉碎打浆的，额定功率是 200W，R是加热电阻，额定功率是 1100W。图中乙、丙是此豆浆机做一次豆浆时的工作信息。小明妈妈向豆浆机中加入黄豆和清水共 1.5kg，已知豆浆的比热容为 求：
（1）豆浆机的加热电阻；
（2） 从第 6min至第9min， 豆浆吸收的热量；
（3）豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能。
【答案】（1）由题知，加热功率P1=1100W，U=220V，
豆浆机的加热电阻：
；
（2）豆浆吸收的热量：
Q吸=c豆浆mΔt=4.0×103J/（kg ℃）×1.5kg×（100℃-70℃）=1.8×105J；
（3）由图象可知，
豆浆机正常工作一次加热电阻工作时间t1=11min，
电动机工作时间t2=2min，
豆浆机正常工作做一次豆浆消耗的电能：
W=P1t1+P2t2=1100W×11×60s+200W×2×60s=7.5×105J。
【知识点】热量的计算；燃料的热值；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）由题知豆浆机的加热功率和工作电压，利用公式求豆浆机的加热电阻；
（2）从第6min至第9min，豆浆基本形成，知道豆浆的质量、比热容，从图丙得出温度变化，利用吸热公式Q吸=cmΔt求豆浆吸收的热量；
（3）由图乙可知，豆浆机正常工作一次电热管工作时间和电动机工作时间，利用W=Pt求豆浆机正常工作做一次豆浆消耗的电能。
1 / 1浙江省宁波市蛟川书院2025-2026学年九年级上学期科学月考试卷（五~七章物理综合测试）
1．（2026九上·宁波月考）下列说法正确的是 ( )
A．用煤气灶烧水时，煤气燃烧不充分时，其热值变小
B．不能喝刚烧开的水，是因为它含有的热量太多
C．高温铁块放入冷水中，当热传递停止时铁块和水的内能一定相同
D．物体内能增大，温度不一定升高
2．（2026九上·宁波月考）图示是探究“杠杆平衡条件”的实验，每个钩码的质量均为50g， g=10N/ kg。下列说法错误的是( )
A．甲图杠杆稳定不动，处在平衡状态
B．乙图在 a点用弹簧测量计至少要0.5N 的力才能使杠杆保持平衡
C．丙图中要使杠杆平衡，
D．实验中进行多次测量的目的是取平均值减少误差
3．（2026九上·宁波月考）2025 年的中国春节是首个“世界非遗版春节”，以下关于春节活动涉及的物理知识，说法正确的是( )
A．用大火煮肉，是为了提高水的沸点
B．用浆糊贴春联，是利用了分子间存在引力
C．清洁扫尘时，灰尘飞舞说明分子在不停地运动
D．烟花发射升空与热机压缩冲程的能量转化过程相同
4．（2026九上·宁波月考）小明用滑轮组把一箱货物从一楼提升到三楼，感到很“吃力”，他在滑轮组的轴上加润滑油后，感觉好多了。则加上润滑油后，下列说法正确的是( )
A．小明做的有用功减小、总功不变，滑轮组的机械效率减小
B．小明做的有用功增加、总功增加，滑轮组的机械效率不变
C．小明做的有用功减小、总功减小，滑轮组的机械效率不变
D．小明做的有用功不变、总功减小，滑轮组的机械效率增大
5．（2026九上·宁波月考）春节期间，小物观察到点燃的“窜天猴”爆竹升空时，火药燃烧产生的高温气体迅速向下喷射，推动爆竹飞向高空，这一过程的能量转化与下列四冲程汽油机的哪个冲程相同(　　)
A． B．
C． D．
6．（2026九上·宁波月考）如图所示，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动，且始终保持木棒水平，则悬线上的拉力(设木棒和悬线均足够长)( )
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又变小 D．先逐渐变小，后又变大
7．（2026九上·宁波月考）如图1 甲，将温度计插入装有碎冰的烧杯中，把这个装置放在室温环境中，温度计读数随时间变化的图象如图1乙，下列说法正确的是 ( )
A．该物质在t2时刻的内能为零
B．在t2~t4过程中，物质的内能保持不变
C．该物质在t1时刻比在t2时刻的分子动能更大
D．该物质在t1时刻的分子排列如图2b
8．（2026九上·宁波月考） 如图所示， 是“220V， 5W”的 LED 灯和“220V，15W”的白炽灯正常工作时将电能转化为内能和光能的占比图。当两灯均正常工作时，下列说法正确的是( )
A．灯两端的实际电压：LED灯等于白炽灯
B．相同时间消耗的电能：LED灯等于白炽灯
C．相同时间转化为的内能：LED灯多于白炽灯
D．电能转化为光能的效率：LED 灯低于白炽灯
9．（2026九上·宁波月考）甲、乙两铁块通过滑轮组用细绳连接，吸附在竖直放置且足够长的固定磁性平板两侧，m甲＝1.8kg、m乙＝2kg，如图所示。甲以0.2m/s的速度竖直向下做匀速直线运动，磁性平板对甲的摩擦力大小为4N，对乙的摩擦力大小为2N（细绳足够长且始终处于竖直拉伸状态，不计绳重和绳与滑轮的摩擦，磁性平板对其他器材无磁力作用，g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　）
A．定滑轮质量一定是0.6kg
B．甲所受拉力为22N
C．乙所受拉力的功率为2.2W
D．3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功相等
10．（2026九上·宁波月考）人体心脏的功能是为人体血液循环提供能量。正常人在静息状态下，心脏搏动一次，能以 1.6×105Pa的平均压强将 70mL的血液压出心脏，送往人体各部位。若每分钟人体血液循环量约为6000mL，则此时，心脏的平均功率为( )W。
A．16W B．11.2W C．7.84W D．6.72W
11．（2026九上·宁波月考）用比热容是 的铅与比热容是 的铜混合成比热容是 的合金，则铅和铜的质量之比为( )
A．1： 3 B．29： 6 C．21： 5 D．13： 9
12．（2026九上·宁波月考）如图甲所示的电路，电源电压恒定不变，小灯泡L的额定电压为1.5V。闭合开关S，在滑动变阻器 Rp的滑片 P 从最右端向左滑到 a 点的过程中，获取了电压表和电流表的数据，并利用所测的数据分别绘制出滑动变阻器 Rp和灯泡L的U-I图像，如图乙所示。滑片P在a点时灯泡L恰好正常发光，下列说法正确的是( )
A．电源电压为4V
B．灯泡L正常发光时的电阻为6Ω
C．滑片P在a点时，滑动变阻器 Rp的功率为0.75W
D．滑片P滑动过程中，两块电压表的示数变化量是相等的
13．（2026九上·宁波月考）某烟雾报警装置如图所示，R0的电阻为5Ω，R为光敏电阻，其阻值随光强E 的增大而减弱，电源电压恒为 4.5V。电流表的量程为“0~0.6A”，当光强小于或等于 30cd时，烟雾报警器报警。
①开始报警时电路中电流为0.3A
②不报警时光强的变化范围是30cd③不报警时 R0的电功率变化范围是 0.45W＜P0≤1.8W
④在不报警和报警时两种情况下电路消耗的最大电功率的比为4：3
以上说法中正确的是 ( )
光强E/ cd 7.5 10 15 30 60 　
R/Ω 40 30 20 10 5 　
A．①② B．①③ C．②④ D． ③④
14．（2026九上·宁波月考）如图所示的电路中，可通过更换电表并改变开关状态，实现下列两种情境。情境一：甲、乙都是电流表时，当S1闭合，S2断开，发现甲、乙两表读数之比为 情境二：则当甲、乙都是电压表时，S1、S2都闭合。则下列判断正确的是（ ）
A．通过情境一可知，两个电阻阻值之比
B．情境二中，经过两电阻的电流之比I1： I2=1： 2
C．情境二中，甲、乙两表读数为U甲： U乙=3： 2
D．前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比W前： W后=9： 2
15．（2026九上·宁波月考）某固态物体的质量为 m，其物质的比热容为 c，用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等)，到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像如图，则下列说法正确的是( )
A．在0-t2时间段，该物体吸收的热量为
B．在t2-t4时间段，该物质的比热容先增大后减小
C．在t4-ts时间段，该物体放出的热量为
D．该物质在t5-t6时间段的比热容小于在0-t1时间段的比热容
16．（2026九上·宁波月考）（1）《本草纲目》记载：“琥珀如血色，以布拭热，吸得芥子者真也”。“拭”指摩擦，“以布拭热”是通过　 　(选填“做功”或“热传递”)的方式改变琥珀的内能。
（2）某单缸四冲程汽油机的飞轮转速为 1800r/min，则该汽油机每秒钟对外做功　 　次；该发动机某次消耗了0.2kg的汽油，汽油完全燃烧放出的热量为　 　J。(汽油的热值为
17．（2026九上·宁波月考）如图所示，“木桶鱼”是在木桶内放入高温的鹅卵石，再加入调制好的鱼汤，通过　 　的方式使汤沸腾，完成烹饪。烹饪过程中可以闻到鱼汤的香味，这是　 　现象。若一份标准分量的木桶鱼有4kg的鱼汤，鱼汤的初始温度为30℃，则至少需要初温为300℃的鹅卵石　 　kg才能使鱼汤烧开。(在1标准大气压下)
18．（2026九上·宁波月考）用相同的电加热器对相同质量的水和另一种液体进行加热，它们的温度随加热时间的变化图像如图所示，若加热过程中热量损失忽略不计，则20kg“另一种液体”升高30℃时，吸收的热量为　 　J[水的比热容为
19．（2026九上·宁波月考）图甲是一种测力装置的结构示意图。横梁OA上下表面各有一张完全一样的可变电阻片R1和 R2，若按图乙所示将它们串联在电源电压不变的电路中，在A 端用一向下的力 F使R1拉伸，R2压缩，则此时电阻片　 　的电阻更大。若将此时的两电阻并联接入同一电源两端，通电时间相同，电阻片　 　产生的电热更多。
20．（2026九上·宁波月考）如图所示的装置，闭合开关，用外力使导体棒 ab水平向左移动，发现导体棒 cd也随之运动起来。此实验装置中的乙部分，应用的物理原理是　 　
21．（2026九上·宁波月考）如图所示，只闭合开关S，滑片P滑至a端时，电流表A的示数为I1，电阻R1的电功率 P1为20W；当闭合开关S、S2时，电流表 A 的示数为I2，且 则R1：R2=　 　；当开关S、S1、S2都闭合且滑片P在b端时，电流表A的示数为I，电流表A1的示数为I3，I：I3=2：1，此时滑动变阻器R3的功率为 P3，P3=　 　W。
22．（2026九上·宁波月考）如图甲所示，是我国高超音速导弹“东风17”从起飞到击中目标的轨迹示意图，如果把大气层边缘看作水面，导弹飞行时就像在水面上“打水漂”，因此它突防能力强，难以拦截。
（1）从起飞点到关机点是燃料燃烧，燃烧产生高温高压燃气对导弹施加向上的推力，使导弹加速上升，这个推力的施力物体是　 　；"在此过程中，导弹的机械能变　 　。
（2）若关机点在导弹刚好离开大气层位置，b点为刚好进入大气层的位置。导弹从关机点到 b 点过程中，动能 EK 与其离开大气层的高度 h 关系的大致图线是图乙中的　 　(选填序号)。
23．（2026九上·宁波月考）某学习小组探究沙子和水的吸热能力。
（1）学习小组同学用如图甲所示装置探究沙子和水的吸热能力。在完全相同两箱子中装入初温相同、质量相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，这是为了保证相同时间内水和沙子　 　相同；
（2）依据实验数据描绘的水和沙子的温度随时间变化的图像如图乙所示，可知在质量，吸收热量相同时，沙子升高的温度比水升高的温度多，说明　 　的吸热能力强。
（3）该实验中除了用到控制变量法外，还用了　 　法。
（4）在受太阳照射的条件相同时，内陆地区昼夜温差比沿海地区大，这是因为水和沙土相比，水比热容较大，下列事例中属于应用水的这种特性的是（ ）。
A．夏天给教室洒水，感觉凉；
B．用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，
C．用水冷却汽车的发动机；
D．冰熔化成水需要吸收热量。
（5）水的比热容为 则可以算出沙子的比热容为　 　J/(kg·℃)。
24．（2026九上·宁波月考）小华利用如图甲所示的电路来测量小灯泡的电功率，已知电源电压3V且保持不变，小灯泡额定电压为2.5V。
（1）请在图甲中用笔画线代替导线，将实物图连接完整(要求：滑片 P 向右端移动时，灯变亮)；
（2）闭合开关后，小华发现小灯泡不发光，电流表示数几乎为零，电压表示数接近 3V，则电路故障可能是　 　
（3）排除电路故障后，重新开始实验，小华从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡I-U图像如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W；
（4）测出小灯泡的额定功率后，小华又把灯泡两端的电压调为其额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的 ，此时它的实际功率　 　P0(选填“大于”或“小于”)；
（5） 实验中， 有甲“15Ω； 2A”、乙“25Ω； 2A”、丙“30Ω； 2A”三种规格的滑动变阻器供选择，小华在该实验中选用的是　 　(选填“甲”“乙”或“丙”)。
25．（2026九上·宁波月考）为了探究物体的动能大小与哪些因素有关，小明设计了如下实验。实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平方向向右运动直至停止，其中h2>h1，不考虑空气阻力。
（1）实验中通过观察　 　来判断　 　(选填“钢球”或“木块”)的动能大小；用来研究超速安全隐患时，我们应选择　 　两图所示实验来进行比较；若将甲、乙两图中的木块均移走，并适当调节斜面倾角和钢球释放高度，　 　(选填“能”或“不能”)研究物体的动能大小与速度的关系；
（2）实验中钢球碰撞木块后继续向前运动一段距离后停止，则开始时钢球的重力势能　 　(选填“>”、“<”或“=”)木块克服摩擦力所做的功。若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，如果仅对图丙所示的实验进行改进，下列措施中可行的是　 　
A.换质量更大的木块
B.降低钢球开始的高度
C.换质量大于m2的钢球
D.换质量小于m1的钢球
（3）小华还利用图丁来研究动能和势能相互转化，图中两个相同的光滑弧形槽，一个为凸形，一个为凹形，A、B两个相同的钢球分别进入两弧形槽的速度都为v，运动到槽的末端速度也都为v，则通过时间较长的是小球　 　(选填“A”或“B”)。
26．（2026九上·宁波月考）如图所示，请画出适合其工作情景的绕线方式
27．（2026九上·宁波月考）如图所示是小明为新装的空调室外机设计的支架，支架可以看作杠杆，以O为支点，在支架 P孔处拉一根铁线到墙上固定，要使铁线受到的拉力最小，请从 P孔处画出铁线到墙的连线，并画出铁线拉力F 的力臂l。
28．（2026九上·宁波月考）一辆汽车以72km/h的速度匀速行驶10min，消耗的汽油为1.2kg。汽车匀速行驶时受到的牵引力 汽油的热值
（1）汽车在这段时间做的功是多少
（2）这段时间内汽车的效率是多少 (百分号前保留一位小数)
（3）简要分析汽车效率低的原因(写出两条即可)。
29．（2026九上·宁波月考）如图甲所示，电动机通过滑轮组沿斜面匀速拉动重为 900N的货物，电动机的输出功率恒为240W。0~10s内货物运动的路程随时间变化关系如图乙所示，货物被提升的高度为2m。不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦。
求：
（1）电动机对绳子的拉力F；
（2） 0~10s内本装置的机械效率η；
（3）货物收到斜面的摩擦力f
30．（2026九上·宁波月考）如图甲所示是小明家豆浆机的工作原理图，其中电动机是用来带动刀头将原料进行粉碎打浆的，额定功率是 200W，R是加热电阻，额定功率是 1100W。图中乙、丙是此豆浆机做一次豆浆时的工作信息。小明妈妈向豆浆机中加入黄豆和清水共 1.5kg，已知豆浆的比热容为 求：
（1）豆浆机的加热电阻；
（2） 从第 6min至第9min， 豆浆吸收的热量；
（3）豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；燃料的热值
【解析】【分析】（1）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类和状态有关；
（2）热量是个过程量，不能说含有、具有多少热量；
（3）热传递的条件是有温度差，温度相同，不会发生热传递；
（4）物体内能增大，温度不一定升高。
【解答】A、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与质量多少、是否燃烧、是否完全燃烧都没有关系，用煤气灶烧水时，煤气燃烧越充分，其热值不变，故A错误；
B、我们不能喝刚烧开的水，是因为热水的温度高，故B错误；
C、高温的铁块放入冷水中，当热传递停止时铁块和水的温度相同，内能还与物质的质量有关，两者内能不一定相同，故C错误；
D、物体内能增大，如晶体熔化和液体沸腾过程中，温度不一定升高，故D正确。
故答案为：D。
2．【答案】D
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）杠杆平衡状态为静止状态或匀速转动状态；
（2）根据杠杆的平衡条件解答；
（3）当弹簧测力计斜着拉时，其力臂变小，根据杠杆平衡条件分析出答案；
（4）实验中需多次实验，得出平衡条件，使结论更普遍性。
【解答】A、实验前杠杆在如图甲所示位置静止，所以杠杆此时处于平衡状态，故A正确；
B、根据杠杆的平衡条件可得：F==G=0.5N，故弹簧测力计至少需要0.5N，故B正确；
C、丙图斜向左拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，要使杠杆平衡，F2＞F1，故C正确；
D、实验中进行多次测量的目的是为了寻找普遍规律，故D错误。
故答案为：D。
3．【答案】B
【知识点】分子的热运动
【解析】【分析】本题考查的考点是生活中的物理现象与原理，可结合沸点的影响因素、分子热运动、热机冲程的能量转化等知识分析。
【解答】 A：用大火煮肉时，水在标准大气压下的沸点始终是 100 C，大火只能加快水的汽化，不能提高水的沸点，A 错误。
B：用浆糊贴春联时，浆糊凝固后分子间的距离变小，分子间存在引力，从而将春联与墙面粘在一起，B 正确。
C：灰尘是肉眼可见的宏观物体，灰尘飞舞是空气流动引起的机械运动，不是分子的无规则运动，C 错误。
D：烟花发射升空是内能转化为机械能，而热机的压缩冲程是机械能转化为内能，二者能量转化过程不同，D 错误
故答案为：B。
4．【答案】D
【知识点】机械效率
【解析】【分析】本题考查的考点是滑轮组的有用功、总功与机械效率，可结合机械效率的定义（η=）和影响因素分析。
【解答】有用功：小明把货物从一楼提升到三楼，克服货物重力做的功，即 W有用 =Gh。货物重力 G 和提升高度 h 都不变，所以有用功不变。
额外功：加润滑油后，滑轮组的摩擦力减小，克服摩擦力做的额外功减小。
总功：总功等于有用功加额外功（W总 =W有用 +W额外 ），因为有用功不变，额外功减小，所以总功减小。
机械效率 η= ，有用功不变，总功减小，所以机械效率增大。
故答案为：D。
5．【答案】C
【知识点】热机的工作原理
【解析】【分析】当对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
四冲程汽油机的做功冲程中，火花塞点火，引发混合气体燃烧，燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下移动，进而通过连杆带动曲轴旋转，产生机械能，是将内能转化为机械能。
【解答】“窜天猴”爆竹升空时，火药燃烧产生高温气体，是将化学能转化为内能，高温气体向下喷射推动爆竹飞向高空，对爆竹做功，将内能转化为机械能。
四冲程汽油机的做功冲程中，火花塞点火，引发混合气体燃烧，燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下移动，进而通过连杆带动曲轴旋转，产生机械能，是将内能转化为机械能。所以“窜天猴”爆竹升空过程的能量转化与汽油机的做功冲程相同，C图是做功冲程，故C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
6．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】由图知，阻力乘以阻力臂是相等的，动力的大小变化要从动力臂的大小变化上得出，所以要画出几条典型的情况下的力臂加以分析得出结论。
【解答】如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂。
把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：G×LOA=T×L，
由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大。
故答案为：D。
7．【答案】D
【知识点】内能；物体内能的改变方法
【解析】【分析】（1）任何物体都具有内能，同一物体，温度越高，分子运动速度越快，分子动能越大；
（2）物质从固态变成液态的过程叫熔化；根据晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；
（3）固态物质分子排列紧密，有一定的体积和形状。
【解答】A、任何物体都具有内能，所以冰在t2时刻的内能为零，故A错误；
B、在t2～t4过程中，冰处于熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增大，所以在t4时刻的内能大于t3时刻的内能，故B错误；
C、在t2时刻的温度高于t1时刻的温度，故t2时刻的分子动能大比t1时刻的分子动能，故C错误；
D、从图象可以看出，在t1时刻物质是固体，图2b是固体分子的排列情况，故D正确。
故答案为：D。
8．【答案】A
【知识点】能量的相互转化和转移；电功的实质
【解析】【分析】因为两灯都正常工作，且额定电压都是 220V，根据灯泡正常工作时实际电压等于额定电压可知，两灯两端的实际电压相等。根据W=Pt可知，在相同时间t内，功率P不同，消耗的电能不同。
由图可知，LED 灯将电能转化为内能的占比为10%，转化为光能的占比为90%；白炽灯将电能转化为内能的占比为80%，转化为光能的占比为20%。计算比较相同时间转化的内能及光能。
【解答】A、因为两灯都正常工作，且额定电压都是 220V，根据灯泡正常工作时实际电压等于额定电压可知，两灯两端的实际电压相等，都是 220V，故A正确；
B、根据W=Pt可知，在相同时间t内，功率P不同，消耗的电能不同。LED灯功率为5W，白炽灯功率为15W，所以相同时间内白炽灯消耗的电能多于LED 灯，故B错误；
C、由图可知，LED 灯将电能转化为内能的占比为10%，转化为光能的占比为90%；白炽灯将电能转化为内能的占比为80%，转化为光能的占比为20%。根据Q=W×转化为内能的占比，在相同时间t内，W LED =5t，则 LED 灯转化的内能QLED=5t×10%=0.5t，白炽灯转化的内能Q白炽灯=15t×80%=12t，所以相同时间内转化为内能多的是白炽灯，故C错误；
D、LED 灯电能转化为光能的效率为90%，白炽灯电能转化为光能的效率为20%，所以 LED 灯电能转化为光能的效率高于白炽灯，故D错误。
故答案为：A。
9．【答案】C
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】AB.分别对甲、乙两物体进行受力分析，对甲有：G甲=f甲+F甲，则可求出甲受到的拉力；对乙有：G乙+f乙=F乙，而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，从而可求出动滑轮的重力及质量，由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量；
C.由v甲=2v乙可求出乙运动的速度，根据P=Fv可求出乙的功率；
D.由s=vt可求出甲、乙两物体运动的路程，再根据W=fs可求出甲、乙克服摩擦力做的功，即可判断它们的关系。
【解答】对甲、乙两物体进行受力分析，如下图所示：
AB.甲受到的重力为：G甲=m甲g=1.8kg×10N/kg=18N，
乙受到的重力为：G乙=m乙g=2kg×10N/kg=20N，
因为甲、乙都做匀速直线运动，
则有：G甲=f甲+F甲，G乙+f乙=F乙，
则：F甲=G甲-f甲=18N-4N=14N，故B错误；
则：F乙=G乙+f乙=20N+2N=22N，
而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，则：G动=2F甲-F乙=2×14N-22N=6N，
由G=mg可知，动滑轮的质量为：，
由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量，故A错误；
C.由v甲=2v乙可知，乙运动的速度为：v乙=v甲=×0.2m/s=0.1m/s，
那么乙所受拉力的功率为：P乙=F乙v乙=22N×0.1m/s=2.2W，故C正确；
D.甲、乙两物体在3s内运动的路程分别为：s甲=v甲t=0.2m/s×3s=0.6m；
s乙=v乙t=0.1m/s×3s=0.3m；
由W=fs可知，3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功分别为：W甲=f甲s甲=4N×0.6m=2.4J，
W乙=f乙s乙=2N×0.3m=0.6J；
所以3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功不相等，故D错误。
故选C。
10．【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用
【解析】【分析】本题考查的考点是功和功率的计算，可结合压强、体积与功的关系推导出如下关系式： W=pΔV ，再结合功率公式 P= 分析。
【解答】根据功的计算公式 W=pΔV，代入数据得：W=1.6×105Pa×6×10 3m3=960J
计算心脏的平均功率根据功率的定义式 P= ，代入数据得：P= =16W
故答案为：A
11．【答案】C
【知识点】比热容
【解析】【分析】本题考查的考点是比热容的混合计算，解题思路是利用 “混合物质吸收的总热量等于各组分吸收热量之和” 这一关系，推导出合金比热容与各组分比热容、质量的关系式，进而求解质量比。
【解答】当合金温度升高 Δt 时，总吸热等于铅和铜分别吸热之和：c(m1 +m 2)Δt=c1 m1 Δt+c2 m2 Δt两边消去 Δt，得：c(m1 +m2 )=c1 m1 +c2 m2
代入数据并整理代入 c，c1 ，c 2的值：0.18×103(m1 +m2 )=0.13×103m1 +0.39×103m2 ，两边消去 103，展开并整理：0.18m1 +0.18m2 =0.13m1 +0.39m2
0.18m1 0.13m1 =0.39m2 0.18m2
0.05m1 =0.21m2
故m1 ：m2=21：5
故答案为：C。
12．【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】闭合S时，灯泡L和R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，根据图象即可读出滑片在a点时小灯泡正常工作时灯泡、R的电压和电流，根据串联电路的电压特点求出电源电压。根据欧姆定律计算灯泡电路，根据P=UI计算电功率；根据电源电压不变分析电压表的示数变化量。
【解答】AB、闭合开关S，灯L与变阻器R串联，电压表分别测灯和滑动变阻器的电压，电流表测电路中的电流；闭合S，灯泡、变阻器R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，灯泡两端的电压变大，由此可知：图乙中，b曲线为灯泡的I-U图象，a曲线为R的I-U图象，滑片在a点时R的阻值最小（允许接入的最小阻值），电路中的电流最大，由于灯泡恰好正常发光，则根据I-U图象可知：小灯泡正常工作时的电压为1.5V，电流为0.5A，此时R两端的电压为3V，则电源电压：U=UL+U1=1.5V+3V=4.5V；
灯泡正常发光的电阻R==3Ω，故AB错误；
C、滑片P在a点时，电流为0.5A，电压为3V，滑动变阻器RP的功率为P=UI=3V×0.5A=1.5W，故C错误；
D、灯L与变阻器R串联，电压表分别测灯和滑动变阻器的电压，两个电压表示数之和等于电源电压，保持不变，故两块电压表的示数变化量是相等的，故D正确。
故答案为：D。
13．【答案】B
【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】本题考查的是串联电路的动态分析与电功率计算，解题思路是结合表格中光敏电阻的阻值随光强的变化关系，利用欧姆定律和电功率公式，对每个说法逐一进行验证。
【解答】验证说法①：开始报警时电路中电流为 0.3A开始报警时，光强 E=30cd，查表得 R=10Ω。总电阻 R总 =R+R0 =10Ω+5Ω=15Ω；电流 I= ==0.3A→ 说法① 正确。
验证说法②：不报警时光强的变化范围是 30cd30cd。电路中最大电流受电流表量程限制，Imax =0.6A。此时总电阻最小：R总min == =7.5Ω；光敏电阻的最小阻值：Rmin =R总min R0 =7.5Ω 5Ω=2.5Ω；
观察表格，R 与 E 乘积恒定（7.5×40=300，10×30=300…），故 R×E=300。当 R=2.5Ω 时，E= =120cd，并非 75cd。→ 说法② 错误。
验证说法③：不报警时 R0 的电功率变化范围是 0.45W < P0 ≤1.8W；不报警时，电流 I>0.3A，且 I≤0.6A。R0 的电功率 P0 =I2R0 。当 I=0.3A 时，P0min =(0.3A)2×5Ω=0.45W；当 I=0.6A 时，P0max =(0.6A)2×5Ω=1.8W；因为不报警时 I>0.3A，所以 P0 >0.45W，且 P0 ≤1.8W→ 说法③ 正确。
验证说法④：在不报警和报警时两种情况下电路消耗的最大电功率的比为 4：3；
电路总功率 P=UI。
报警时，电流 I≤0.3A，最大电功率 P报警max =4.5V×0.3A=1.35W
不报警时，电流 I≤0.6A，最大电功率 P不报警max =4.5V×0.6A=2.7W
功率比：，并非 4：3→ 说法④ 错误。
综上，正确的说法是①和③。
故答案为：B。
14．【答案】D
【知识点】串、并联电路的电流特点；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）情景一中，甲、乙都是电流表时，当S1闭合，S2断开，R1、R2并联，电流表甲测量通过R2的电流，电流表乙测量干路的总电流；根据并联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2的电阻之比；
（1）情景二中，当甲、乙都是电压表时，S1、S2都闭合，R1、R2串联，电压表甲测量电源电压总电压，电压表乙测量R2两端的电压；根据串联电路的电流特点可知情境二中，经过两电阻的电流之比；
（3）根据欧姆定律求出情景二中R1、R2两端的电压之比，根据串联电路的电压特点求出情境二中，甲、乙两表读数之比；
（4）根据R1、R2的关系分别求出R1、R2串联的总电阻和并联总电阻，根据W=t求出前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比。
【解答】情境一：甲、乙都是电流表，S1 闭合、S2 断开；此时 R1 与 R2 并联。
甲电流表测 R2 的电流 I2 ，乙电流表测干路电流 I总 。已知 I甲 ： I乙 =2：3，即 I2 ： I总 =2：3。
根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，得 I1 ： I2 =(3 2) ： 2=1：2。
并联电路电压相等，由 I= 可知 R1 ：R2 =I2 ： I1 =2：1。
情境二：甲、乙都是电压表，S1 、S2 都闭合；此时 R1 与 R2 串联。甲电压表测电源电压 U总 ，乙电压表测 R2 两端的电压 U2 。串联电路电流处处相等，故 I1 ： I2 =1：1。
由 U=IR 得 U1 ：U2 =R1 ：R2 =2：1。电源电压 U总 =U1 +U2 ，所以 U甲 ：U乙 =U总 ：U2 =(2+1)：1=3：1。
A：通过情境一可知，两个电阻阻值之比 R1 ：R2 =1：2；由情境一推导，R1 ：R2 =2：1，A 错误。
B：情境二中，经过两电阻的电流之比 I1 ：I2 =1：2串联电路电流处处相等，I1 ：I2 =1：1，B 错误。
C：情境二中，甲、乙两表读数为 U甲 ：U乙 =3：2推导得 U甲 ：U乙 =3：1，C 错误。
D：前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比 W前 ：W后 =9：2设电源电压为 U，R2 =R，则 R1 =2R。
情境一（并联）总电阻：R并 = ==
情境二（串联）总电阻：R串 =R1 +R2 =3R；
则前后两种情境下，相同时间内电路消耗的电能之比：W1：W2=t：t=R串：R并=3R：
=9：2，故D正确。
故答案为：D。
15．【答案】D
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】本题考查的是比热容与吸放热计算，解题思路是结合图像中温度随时间的变化，利用比热容公式 Q=cmΔt 分析不同阶段的吸放热情况和比热容的变化。
【解答】 A：0 到t2 时间段，物体温度从 T1 升高到 T2 。但 0 到t1 与 t1 到t2 的时间相等，吸收的热量相等，所以 0 到t2 吸收的总热量为 2Q。而 Q=cm(T2 T1 ) 只表示 t1 到t2 吸收的热量，故 A 错误。
B：t2 到t4 时间段，物体处于冷却阶段，比热容是物质的固有属性，不随温度或放热过程变化，故 B 错误。
C：在 t4 到t6 时间段，我们先确定单位时间的吸热量。0 到t1 时间内，物体吸热 Q1 =cm(T2 T1 )，所以单位时间吸热为 =。冷却时，相同时间内放出的热量与加热时吸收的热量相等。
t4 到t6 的时间为 (t6 t4 )=2(t2 t1 )=2t1 。
因此，放出的总热量 Q放 =×2t1 =2cm(T2 T1 )，与选项不符，故 C 错误。
D：0 到t1 时间段：物体吸热 Q，温度升高 ΔT1 =T2 T1 。
t5 到t6 时间段：物体放热 Q（时间与 0 到t1 相等），温度降低 ΔT2 根据 Q=cmΔT，当 Q 和 m 相同时，ΔT 越小，比热容 c 越大。
因此，t5 到t6 时间段的比热容 c2 >c1 （0 到t1 时间段的比热容），即 c1 故答案为：D
16．【答案】（1）做功
（2）15；9.2×106
【知识点】燃料的热值
【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
（2）在单缸四冲程内燃机中，吸气、压缩、做功、排气四个冲程为一个工作循环，每个工作循环曲轴转2周，活塞上下往复2次，做功1次。
（3）根据Q放=mq可求汽油完全燃烧放出的热量。
【解答】“以布拭热”是通过布与琥珀之间的摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，使琥珀的内能增加、温度升高，属于做功改变内能；
单缸四冲程汽油机的飞轮转速为1800r/min=30r/s，每个工作循环曲轴转2周，活塞上下往复2次，做功1次，则该汽油机每秒钟对外做功15次；汽油完全燃烧放出的热量：
Q放=mq=0.2kg×4.6×107J/kg=9.2×106J.
故答案为：做功；15；9.2×106。
17．【答案】热传递；扩散；7.35
【知识点】分子的热运动；物体内能的改变方法；比热容
【解析】【分析】1.鱼吸收热量，温度升高，内能增加，由此可知鱼的内能的改变方式；
2.组成物质的分子永不停息地做无规则；
3.根据Q吸=cmΔt求鱼汤吸收的热量；不计热量损失，根据Q放=cmΔt算出鹅卵石的质量。
【解答】在制作过程中，鱼吸收热量，温度升高，内能增加，这是通过热传递的方式来增加内能的；
烹饪过程中可以闻到鱼汤的香味，是香味分子发生了扩散现象，是由物质的分子在不停地做无规则运动形成的；
鱼汤吸收的热量为：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×4kg×（100℃-30℃）=1.176×105J。
若不计热量损失，Q放=Q吸=1.176×105J。
至少需要鹅卵石的质量为：m'===7.35kg。
故答案为：热传递；扩散；7.35。
18．【答案】1.26×106
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】由图像确定出水和液体温度都升高30℃时加热的时间，再根据吸热公式求出水吸收的热量，即可求出液体吸收的热量。
【解答】 由图可知，水温度由10℃升高到40℃时加热时间为16min，即水温度升高30℃加热时间为16min，液体温度由20℃升高到50℃时加热时间为8min，即液体温度升高30℃加热时间为8min，由于用相同的加热器，所以水升高30℃吸收的热量为液体温度升高30℃吸收热量的2倍，则有：
Q水吸=2Q液吸，
20kg水吸收的热量为：Q水吸=c水m水Δt=4.2×103J/（kg ℃）×20kg×30℃=2.52×106J，
则20kg液体吸收的热量为：。
19．【答案】R1；R2
【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的计算公式及其应用；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 导体的材料和温度一定时，导体的长度越长、横截面积越小，电阻越大，由此可知R1、R2的阻值变化及大小关系；
将此时的两电阻并联接入同一电源两端，根据并联电压的电压规律可知R1、R2两端的电压关系，通电时间相同，根据可知R1、R2产生的热量关系。
【解答】 由图可知，两个电阻串联，横梁OA上下表面各有一张完全一样的可变电阻片R1和R2，在压力的作用下，R1被拉伸，即R1变长，横截面积变小，因此R1电阻变大，而R2被压缩，即R2变短，横截面积变大，因此R2电阻变小，则此时电阻片R1的电阻更大；
将此时的两电阻并联接入同一电源两端，因为并联电路中各支路两端的电压都相等，等于电源电压，通电时间相同，根据可知，R2产生的电热更多。
20．【答案】通电导体在磁场中受力的作用
【知识点】电磁感应；磁场对通电导线的作用
【解析】【分析】（1）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。在本题中，甲部分的导体棒 ab 在磁场中向左运动，切割磁感线，从而在闭合电路中产生了感应电流。
（2）通电导体在磁场中受力的作用：通电导体在磁场中会受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关。在本题中，乙部分的导体棒 cd 中有电流通过，因此在磁场中受到力的作用而运动起来。
【解答】由题意和图示可知，闭合开关，将甲中的导体ab水平向左移动，此时闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，故导体ab中会有感应电流产生，这是电磁感应现象，电路中有了感应电流之后，感应电流经过导体cd，此时乙中的cd相当于放入磁场中的通电导体，通电导体在磁场中会受到力的作用，故发现导体棒cd也随之运动起来，这是电动机的工作原理。
21．【答案】1：1；160
【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】 （1）当只闭合开关S，滑片P滑至a端时，电阻R1和R2串联接入电路，电压表测电阻R1的电压，电流表测通过电路的电流，根据串联电路特点和欧姆定律可表示出I1和U1，当闭合开关S、S2时，电路为R1的简单电路，电压表的示数为U2即为电源电压U，根据欧姆定律表示出I2，将I1与I2关系式代入I1：I2=1：2，可得R1与R2的电阻之比；
（2）电阻R1和R2串联接入电路，根据串联电路特点和电功率公式计算电阻R1和R2串联时的功率之比，进一步计算串联时两电阻的总功率从而表示出电源电压；
电阻R1和R2并联接入电路，根据并联电路特点计算并联时的总电阻，进一步根据电功率公式的变形公式计算并联时的总功率；
当开关S、S1、S2都闭合且滑片P在b端时，电阻R1、R2、R3并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测R1和R2的总电流，根据并联电路特点表示出I和I3，由I：I3=2：1可得通过R3的电流与R1和R2并联的总电流之比，根据电功率公式可计算R3消耗的电功率与R1和R2消耗的总功率之比，进一步计算R3消耗的功率。
【解答】当只闭合开关S，滑片P滑至a端时，电阻R1和R2串联接入电路，电压表测电阻R1的电压，电流表测通过电路的电流，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻为R1+R2，
由欧姆定律可得电流表A的示数：，则：
，
当闭合开关S、S2时，电路为R1的简单电路，电压表测电阻R1的电压，电流表测通过电路的电流，电压表的示数为U2即为电源电压U，
电流表A的示数：，
已知I1：I2=1：2，
则：，
整理得：R1：R2=1：1；
（2）由R1：R2=1：1可得：R1=R2，
R1和R2串联时的总电阻：R串=R1+R2=R2+R2=2R2，
则电阻R1和R2串联时的功率之比：，
两电阻串联时电阻R1的电功率P1为20W，
所以电阻R2的电功率：P2=P1=20W，
则两电阻串联时的总功率：P串=P1+P2=20W+20W=40W，
由可得电源电压：U2=P串R串=40W×2R2=80W×R2，
R1和R2并联时的总电阻：，
则两电阻并联时的总功率：，
当开关S、S1、S2都闭合且滑片P在b端时，电阻R1、R2、R3并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测R1和R2的总电流，
通过滑动变阻器的电流为I0，则干路电流为：I=I1'+I2'+I0，电流表A1的示数：I3=I1'+I2'，
由I：I3=2：1可得：，
化简整理得：，
R3消耗的电功率P3与两电阻并联时的总功率P并之比：，
则R3消耗的电功率：P3=P并=160W。
22．【答案】（1）燃气；变大
（2）①
【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒；机械能守恒
【解析】【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。当一个物体对另一个物体施加力时， 前者被称为施力物体， 后者则被称为受力物体。
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；
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；
机械能=动能+势能。
（2）从关机点到最高点时，高度升高，克服重力做功，动能减小；从最高点到b点时，高度降低，重力做功，动能增大。
【解答】（1）燃料燃烧产生的高温高压燃气对导弹施加推力，根据力的作用是相互的，导弹对燃气有向下的力，同时燃气对导弹有向上的推力，因此该推力的施力物体是燃气。
此过程中燃料燃烧释放的内能转化为导弹的机械能，导弹加速上升时，质量不变，速度增大（动能增大），高度升高（重力势能增大），所以机械能变大。
（2）导弹从关机点到b点是离开大气层后再进入大气层前的过程。离开大气层后，导弹不受空气阻力，仅受重力（地球引力）。从关机点到最高点时，高度升高，克服重力做功，动能减小；从最高点到b点时，高度降低，重力做功，动能增大。因此动能随高度的变化是先减小后增大，对应图乙中的①。
23．【答案】（1）吸收的热量
（2）水
（3）转换
（4）C
（5）1.05×103
【知识点】比热容
【解析】【分析】（1）比热容与吸热能力：比热容是反映物质吸热能力的物理量，比热容越大，物质的吸热能力越强。在质量相同、吸收相同热量时，比热容大的物质温度升高得慢。
（2）控制变量法与转换法：控制变量法是指在研究多个因素对某一物理量的影响时，每次只改变一个因素，保持其他因素不变；转换法是指将不易直接观察或测量的物理量，转换为容易观察或测量的物理量来进行研究。
（3）比热容的应用：水的比热容较大，在生活和生产中常被用作冷却剂或取暖介质，因为它在吸收或放出大量热量时，自身温度变化相对较小。
（4）比热容的计算：根据公式 Q=cmΔt，在质量 m 和吸收热量 Q 相同的情况下，比热容 c 与温度变化量 Δt 成反比。
【解答】 （1）实验时，在完全相同两箱子中装入质量相等且初温相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，所以在相同的时间内，白炽灯放出的热量相等，故相同时间内水和沙子吸收的热量相同，因此可以用加热时间来反映吸收热量的多少。
（2）由图可知，在相同时间内，水和沙子吸收相同的热量，沙子升高的温度比水升高的温度高，水的温度变化量小，说明水的吸热能力强。
（3）该实验中除了用到控制变量法外，还用加热时间表示物体吸收热量的多少，用到了转换法。
（4）在受太阳照射的条件相同时，内陆地区昼夜温差比沿海地区温差大，这是因为水和沙土相比，水的比热容较大，同样质量的沙土和水吸收或放出同样的热量，水的温度变化小。
A、给教室洒水，感觉凉，是利用水蒸发吸热，具有致冷作用，故A不符合题意；
B、用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，这是扩散现象，与水的比热容大无关，故B不符合题意；
C、用水冷却汽车的发动机，利用了水的比热容大，水吸收大量的热量后温度变化较小，有利于发动机降温，故C符合题意；
D、冰熔化成水需要吸收热量，是熔化吸热，与水的比热容无关，故D不符合题意。
故选：C。
（5）根据图像可知，加热相同时间，质量相同的水和沙子吸收相同的热量，沙子和水升高的温度之比为4：1，根据Q吸=cmΔt可知，质量和吸收热量相同时，温度变化量与比热容成反比，所以沙子和水的比热容为1：4，
则沙子的比热容为。
24．【答案】（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.75
（4）大于
（5）乙
【知识点】测定小灯泡的功率；小灯泡电功率的影响因素
【解析】【分析】（1）滑片向左移动时，灯变亮，说明电流变大，则滑动变阻器的有效电阻变小，据此连接；
（2）小灯泡不亮、电流表示数几乎为零，说明电路可能断路，电压表示数接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（3）根据图乙找到额定电压对应的额定电流，利用P=UI计算灯泡的额定功率；
（4）根据结合灯的电阻随温度的降低而减小分析；
（5）当灯泡两端电压最小时，变阻器两端电压最大，变阻器的阻值最大，由图乙知灯的电压和电流，根据串联电路电压的规律求出变阻器的电压，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值确定变阻器的规格。
【解答】 （1）滑片P向右端移动时，灯变亮，电流变大，滑动变阻器接入电路阻值变小，则滑动变阻器需要接入右下接线柱，如图所示
（2）小灯泡不发光，电流表示数几乎为零，电压表示数接近电源电压，相当于电压表并联在电源两端，则电路故障可能是小灯泡断路。
（3）灯泡额定电压为2.5V，由图乙可知此时电路电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）若灯泡电阻不变，灯泡两端电压变为额定电压的一半时，根据电功率计算公式
可知此时灯的实际功率变为额定功率的四分之一，但灯泡的阻值随着温度变化而变化，当灯泡两端电压变为额定电压的一半时，灯泡的温度降低，灯丝阻值减小，根据
可知，此时实际功率大于P0。
（5）结合串联电路的电压关系可知灯泡两端电压最小时，滑动变阻器两端电压最大，由图乙可得灯泡两端电压最小为0.5V，此时电路中电流为0.1A，滑动变阻器两端电压为U滑大=U电-U灯小=3V-0.5V=2.5V
滑动变阻器最大阻值为
小华在该实验中选用的是乙滑动变阻器。
25．【答案】（1）木块移动的距离；钢球；甲、乙；能
（2）＞；D
（3）A
【知识点】动能的影响因素
【解析】【分析】（1）实验中通过观察木块移动的距离来判断钢球的动能大小，这是转换法；
动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大；根据控制变量法分析；
当斜面倾角足够小，钢球释放高度足够低，小球可在水平面上停下，通过小球停下的距离来比较其动能的大小，据此分析即可；
（2）钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球撞击木块运动，木块运动过程中，动能转化为内能，所以钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功；
在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，说明钢球的动能太大，而此实验主要是研究动能大小与质量的关系，根据控制变量法分析；
（3）在凸形滑道运动的物体，在运动到最高点的过程中，要将动能转化为重力势能，这个过程的平均速度小于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，重力势能再全部转化为动能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度小于初速度；
在凹形滑道运动的物体，在运动到最低点的过程中，要将重力势能转化为动能，这个过程的平均速度大于初速度，运动在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，动能再全部转化为重力势能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度大于初速度。
【解答】（1）钢球撞击木块做功，所做的功越多，木块移动的距离越远，所以实验中通过观察木块移动的距离来判断钢球的动能大小，这是转换法；
用来研究超速安全隐患，即探究动能与速度的关系时，根据控制变量法可知应保持质量不变，改变钢球到达水平面的速度，则钢球从斜面静止滚下的高度不同，所以应选择甲和乙两图所示实验；
当斜面倾角足够小，钢球释放高度足够低，小球可在水平面上停下，且两次实验，小球在斜面上静止滚下的高度不同，可通过小球停下的距离来比较其动能的大小，所以能研究物体的动能大小与速度的关系；
（2）钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球碰撞后继续运动，钢球的一部分动能转化为木块的动能，木块运动过程中，动能转化为内能，所以钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功，钢球的动能是由钢球的重力势能转化而来的，故开始时钢球的重力势能大于木块克服摩擦力所做的功；
若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，说明钢球的动能太大，而此实验主要是研究动能大小与质量的关系，因此钢球的速度应保持不变，而让钢球的质量不同，
A、换质量更大的木块，改变了木块所受摩擦力的大小，则不能通过木块滑行的距离来比较两种情况下钢球的动能大小，故A不符合题意；
B、实验中需要控制速度相同，不能降低钢球的高度，故B不符合题意；
C、换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故C不符合题意；
D、换质量更小的钢球，能缩短木块移动的距离，故D符合题意。
故答案为：D；
（3）在凸形滑道运动的物体，在运动到最高点的过程中，要将动能转化为重力势能，这个过程的平均速度小于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，重力势能再全部转化为动能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度小于初速度；
在凹形滑道运动的物体，在运动到最低点的过程中，要将重力势能转化为动能，这个过程的平均速度大于初速度，运动在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，动能再全部转化为重力势能，最后的速度等于初速度，则这个过程的平均速度大于初速度；
因此在凸形滑道运动物体的平均速度小于在凹形滑道运动物体的平均速度，即通过时间较长的是小球A。
26．【答案】要使该滑轮组向下用力物体向上运动，应从定滑轮开始绕，或者从绳子自由端向下从外向里绕绳。如图所示：
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；滑轮组的设计与组装
【解析】【分析】（1）滑轮组的绕线方式与省力特点：滑轮组由定滑轮和动滑轮组成，绕线方式决定了承担物重的绳子段数n。当绳子从动滑轮顶端开始绕起，依次经过定滑轮、动滑轮时，n=3，此时拉力，可以更省力；当绳子从定滑轮底端开始绕起，依次经过动滑轮、定滑轮时，n=2，此时拉力。
（2）力的方向与工作情景匹配：在实际工作中，拉力的方向需要符合操作需求。图中工人站在地面上向下拉绳子，因此需要选择能让拉力方向向下的绕线方式，这样既符合省力要求，又方便操作。
【解答】要使该滑轮组向下用力物体向上运动，应从定滑轮开始绕，或者从绳子自由端向下从外向里绕绳。如图所示：
27．【答案】在阻力与阻力臂一定时，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小，由图示可知，连接OP，即为力臂l，过P点做垂直于OP的作用力F，如图所示：
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）杠杆平衡条件：杠杆平衡时，动力 × 动力臂 = 阻力 × 阻力臂（ F1×L1=F2×L2 ）。在阻力和阻力臂一定的情况下，动力臂越长，所需的动力就越小。
（2）力臂的定义：力臂是从支点到力的作用线的垂直距离。要使动力臂最大，应使动力的作用线到支点的距离最远，此时动力的方向应与支点到力的作用点的连线垂直。
【解答】在阻力与阻力臂一定时，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小，由图示可知，连接OP，即为力臂l，过P点做垂直于OP的作用力F，如图所示：
28．【答案】（1）由题意可知汽车行驶的速度，
汽车行驶的时间t=10min=600s，
由得：汽车行驶的路程s=vt=20m/s×600s=1.2×104m，
汽车在这段时间做的功W=Fs=1.2×103N×1.2×104m=1.44×107J；
（2）汽油完全燃烧放出的热量Q=mq=1.2kg×4.6×107J/kg=5.52×107J，
所以这段时间内汽车的效率：；
（3）汽车效率低的原因主要是汽油不能完全燃烧、气缸散失很多热量、尾气带走许多热量。
【知识点】能量利用效率；燃料的热值
【解析】【分析】 （1）功的计算式W=Fs，已知F，需先根据s=vt求出距离s即可；其中注意单位的统一；
（2）热机工作时将内能转化为机械能，所以效率：，Q=mq代入即可；
（3）汽车效率低的原因主要是汽油不能完全燃烧、气缸散失很多热量、尾气带走许多热量。
【解答】 （3）汽车效率低的原因主要是汽油不能完全燃烧、气缸散失很多热量、尾气带走许多热量。
29．【答案】（1）由图乙可知，0～10s内货物移动的距离为4m，
则货物运动的速度：，
由图即可知n=4，绳子自由端移动的速度v=nv物=4×0.4m/s=1.6m/s，
由可知，电动机对绳子的拉力：；
（2）由 可知，0～10s内电动机做的总功：W总=Pt=240W×10s=2400J，
本装置的有用功：W有=Gh=900N×2m=1800J，
则本装置的机械效率：；
（3）因为不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦，所以本装置的额外功是克服货物受到斜面的摩擦力所做的功，
由W总=W有+W额可知，额外功：W额=W总-W有=2400J-1800J=600J，
由W额=fs物可知，货物受到斜面的摩擦力：。
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）根据图乙利用速度公式求出货物运动的速度，由图即可知n=4，绳子自由端移动的速度v=nv物；利用求电动机对绳子的拉力F；
（2）利用求0～10s内电动机做的总功，根据利用W有=Gh求本装置的有用功，
利用求本装置的机械效率；
（3）因为不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦，所以本装置的额外功是克服货物受到斜面的摩擦力所做的功，根据利用W总=W有+W额求额外功；利用W额=fs物求货物受到斜面的摩擦力。
30．【答案】（1）由题知，加热功率P1=1100W，U=220V，
豆浆机的加热电阻：
；
（2）豆浆吸收的热量：
Q吸=c豆浆mΔt=4.0×103J/（kg ℃）×1.5kg×（100℃-70℃）=1.8×105J；
（3）由图象可知，
豆浆机正常工作一次加热电阻工作时间t1=11min，
电动机工作时间t2=2min，
豆浆机正常工作做一次豆浆消耗的电能：
W=P1t1+P2t2=1100W×11×60s+200W×2×60s=7.5×105J。
【知识点】热量的计算；燃料的热值；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）由题知豆浆机的加热功率和工作电压，利用公式求豆浆机的加热电阻；
（2）从第6min至第9min，豆浆基本形成，知道豆浆的质量、比热容，从图丙得出温度变化，利用吸热公式Q吸=cmΔt求豆浆吸收的热量；
（3）由图乙可知，豆浆机正常工作一次电热管工作时间和电动机工作时间，利用W=Pt求豆浆机正常工作做一次豆浆消耗的电能。
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