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【胜券在握】第二章 能的转化和能量守恒单元训练（A）
班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________
一、选择题
1． “煮”的篆体写法如图，表示用火烧煮食物。下列实例与“煮”在改变物体内能的方式上相同的是（ ）
2． 如图是某学校举行消防演练灭火时的情景，对涉及的科学知识分析正确的是（ ）
A．室外温度为0℃时，木柴的内能为零 B．木柴燃烧放出的热量越多，木柴的热值越大
C．若未燃烧的木柴温度升高，内能增加 D．灭火器在使用过程中对外做功，内能不变
3． 将标有“6V 3W”、“12V 15W”和“6V 6W”的三个灯泡串联起来，接在电压可调的电源两端，其中“6V 3W”的灯泡正常发光，其它灯泡不超过额定电压，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压是24V B．电路的总功率是26W
C．电路的总电流是1.2A D．电路的总电流是0.5A
4． 如图所示，八年级的小明同学课间时间在单杠上做“引体向上”锻炼身体，根据图片信息可知，小明一次“引体向上”做的功约为（ ）
A．30J B．300J C．3000J D．30000J
5． 一个物体的温度升高了。①小龙说，它含有的热量增加了；②小谢说，它内部的分子运动加剧了；③小黑说，它具有的内能增加了；④小琪说，它从外界吸收热量了。这几种判断中，一定正确的是（ ）
A．②与③ B．①与④ C．①② D．②③④
6． 为了杀灭美国白蛾调动了直升飞机，在灾区上空喷洒生物农药，飞机在某一高度水平匀速飞行喷洒农药的过程中，飞机的（ ）
A．动能减小，重力势能减小 B．动能不变，重力势能不变
C．动能减小，重力势能不变 D．动能增大，重力势能增大
7． 如图所示，某同学分别用背、抱、平拉、滚拉的方式运水（塑料桶中间带有转轴，桶中装满水），在粗糙程度相同的水平地面上匀速行走相同路程，他对水做功最多的是（ ）
8． 把两个质量相同、温度都为80℃的甲、乙两金属块分别投入质量相同、初温都为20℃的A，B两杯水中，热平衡时（无热量损失）A杯和B杯中水的温度分别为40℃和50℃，则甲、乙两金属块的比热容之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3
9． 现有甲、乙、丙三个质量不同的物体(m甲>m乙>m丙)，在相等的恒力F作用下，分别在水平方向、沿斜面向上、竖直方向通过了相等的距离s，如图所示。F在三种情况下做的功分别为W甲、W乙、W丙，三者大小判断正确的是(　 )
A．W甲>W乙>W丙 B．W甲10．如图所示，金属小球从光滑轨道中的A点处由静止滑下，经过B点，到达最低点C后，再沿轨道向上运动，若不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球能沿轨道向上运动到E点处
B．小球从A点加速下滑到C点时，重力没有对小球做功
C．小球到达C点时，它的动能最大，重力势能最小
D．小球到达D点时的机械能大于它到达B点时的机械能
11．如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为25Ω，电压表的量程为0～15V，电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。则下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为20V B．R1的阻值为5Ω
C．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为6～25Ω
D．开关S闭合后电路消耗的最小功率为14.4W
12．如图所示为热水与冷水混合后温度随时间变化的图像（不考虑热量散失）。下列说法正确的是（ ）
A．热水冷却时温度匀速下降 B．达到热平衡时的温度为50℃
C．冷水的质量比热水的质量多 D．热水放出的热量比冷水吸收的热量多
13．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）。下列判断正确的有（ ）
A．从O点到A点再到B点过程中运动员动能先增大后减少
B．从A点到B点再到C点过程中弹性绳的弹性势能先增大后减少
C．从C点到B点再到A点过程中运动员动能先增大后减少，运动员重力大小等于F0
D．从C点到B点再到A点过程中弹性绳的弹力一直减少，运动员重力大小小于F0
14．一小球从水平台面上滚落地面的过程中，经历了A、B、C三个位置，它们的位置关系如图所示设小球在AB段重力做功为W1，重力的平均功率为P1；在BC段重力做功为W2，重力的平均功率为P2．则下列关系正确的是（ ）
A．W1＞W2，P1＞P2 B．W1＞W2，P1＜P2 C．W1＝W2，P1＝P2 D．W1＝W2，P1＜P2
15．图像是表征事物的一种方法。小刚用如图甲所示电路测定小灯泡的电功率，将滑片从b端移至a端，记录下多组电流表和电压表的数据并描绘出如图乙所示的I﹣U图像。若U1表示此时灯泡两端的电压，S3表示此时滑动变阻器所消耗的电功率，则此时小灯泡的电功率可表示为（ ）
A．S1 B．S2 C．S1+S2 D．S1+S3
二、填空题
16．将L1“2.5V 0.3A”和L2“3.8V 0.3A”的两个灯泡接在合适的电源上，两个小灯泡均没有烧坏，若两灯串联，则 　 　灯泡更亮；若两灯并联，则 　 　灯泡更亮。（忽略灯丝电阻的变化）
17．春暖花来，小敏和同学们来到美丽的青岛研学，他么利用所学的热学知识讨论分析了当地的风向情况，根据海水的比热容_________陆地上砂石的比热容，绘制出了陆地和海面之间空气流动情况的示意图，如图，其中_______ 能描述夜晚的风向。
18．如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则电源电压为 　 　V。当滑片在a点时通电100秒R0消耗的电能为 　 　J。
19．健腹轮是一种健身器材，使用时可将膝盖跪在垫上，双手紧握健腹轮手柄，向前推动健腹轮至身体水平于地面，然后回收归位，反复操作，如图所示。
（1）图甲所示，身重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中，身体重心平均下降30厘米，重力所做的功为　 　焦。
（2）在身体从状态1到状态2的过程中，轮内的弹性钢圈因形变而绕紧，在从状态2恢复到状态1时，绕紧的钢圈会自动恢复到原来的状态，让人体自动回弹。图乙是两种弹性钢圈使用过程中弹性势能的变化图，结合图中信息进行分析，在健腹轮中安装　 　（填“A”或“B”）型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
20．如图是额定电压为3V的小灯泡L和电阻R的I﹣U图像。将小灯泡L和电阻R串联接入电路，小灯泡恰好正常发光时，通电1min电阻R产生的热量为 　 　J。
21．如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是　 　，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是　 　J。
22．如图所示，电源电压恒为6V，虚线框内的电路中只接有一个电阻，且与虚线框外的电阻阻值相等。当开关S由断开到闭合时，电流表的示数增加了0.3A。
（1）每个电阻的阻值可能都等于 　 　。
（2）当S由断开到闭合时，电路的总电功率一定增加 　 　W。
三、探究题
23．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4.2×103J/（kg ℃），则可以算出沙子的比热容为_________________J/（kg ℃）。
24．为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如图甲、乙、丙所示的探究实验。将A、B、C三个小球先后从同一装置，高度分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后静止，请你根据生活经验和所学的物理探究方法，对以下问题进行解答：
（1）用来研究超速安全隐患时，需要控制　 　保持不变，实验时应选择　 　两个图所示实验进行比较；
（2）用来研究超载安全隐患时，应选择　 　两个图所示实验进行比较，通过这个实验分析可得到　 　，安全隐患越大。
（3）若水平面绝对光滑，则能不能得出实验结论：　 　（能，不能），理由是　 　。
25．某科学兴趣小组想研究通过小灯泡的电流和它两端电压的关系。已知所用小灯泡上标有“2.5V 0.3A”，滑动变阻器标有“20Ω 1A”，电源为两节新的干电池。小灯泡两端允许加的最大电压为额定电压的1.2倍。
（1）电路如图甲所示，指出电路中的连接错误：__________________________________________________。
（2）纠正错误后，移动滑动变阻器的滑片，记录多组小灯泡两端不同的电压及对应通过小灯泡的电流值，根据数据绘制出如图乙所示图像。分析图像发现：通过小灯泡的电流与灯泡两端的电压_________（选填“成”或“不成”）正比，这是因为小灯泡的电阻随温度升高而__________（选填“变大”或“变小”）。
（3）根据图乙所示图像，阴影部分的面积S1表示当小灯泡两端电压为1V时小灯泡的实际功率；则图中阴影部分的面积S2表示当小灯泡正常发光时_____________________________。
四、综合题
26．小明用如图甲、乙所示的实验装置来比较不同物质的比热容和探究水沸腾时温度变化的特点。已知甲、乙两容器中分别装有10Ω和5Ω的电加热器。将相同质量的水和食用油分别装入甲、乙两个容器中，然后通电加热。每隔一定时间测量一下液体的温度，从而得到水和食用油的温度随时间变化图象（如图丙）。由图丙可知：水沸腾时吸热，温度__________（选填“升高”“不变”或“降低”）；加热2min水吸收的热量_______（选填“大于”“等于”或“小于”）食用油吸收的热量；食用油的比热容为_________ J/（kg ℃）。（假设电加热器放出的热量全部被液体吸收）
27．2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示是神舟十六号飞船的返回舱。返回舱重返地球时，为避免与大气剧烈摩擦产生的高热烧穿舱壁，返回舱表面涂有防热材料。返回舱的总质量为3×103kg，表面防热材料的质量为500kg，比热容为4×103J/（kg ℃），请回答下列问题：
（1）返回舱进入地球大气层时与大气剧烈摩擦，通过________方式增加了返回舱表面的内能，该过程与我们看到的_________（选填“彗星”“流星”或“恒星”）相似。
（2）若返回舱在大气层中共下落1000m，重力做功多少焦？
（3）若返回舱进入大气层后下落1000m的过程中，下落时减少的重力势能全部转化为内能且40%被防热材料吸收，则防热材料升高的温度是多少？
28．某学习小组同学想研究酒精灯烧水时的热效率．他们用酒精灯给初温为20℃，质量为100g的水加热，经过一段时间测得水温升高了60℃、消耗了4.2g酒精。已知：水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），酒精的热值为3×107J/kg。求：
（1）此过程中水吸收的热量。
（2）4.2g酒精完全燃烧放出的热量。
（3）酒精灯烧水时的热效率。
29．一辆总质量为2t的汽车，在平直公路上以80kW的额定功率从静止开始运动，经15s运动200m恰好达到最大速度，接着匀速运动25s关闭发动机，滑行10s停下。其v﹣t图像如图所示，已知汽车在匀速直线运动过程中受到的阻力恰为车重的，（g取10N/kg）求：
（1）匀速直线运动过程中汽车的牵引力F。
（2）运动过程中汽车达到的最大速度v。
（3）整个过程中发动机所做的功W。
【胜券在握】第二章 能的转化和能量守恒单元训练（A）（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】D
【解析】【考点】改变物体内能的两种方式．
【分析】改变物体的内能的方式有：做功和热传递；热传递使物体内能发生改变的实质是内能发生了转移，做功使物体内能发生改变的实质是能量发生了转化。
【解答】解：“煮”表示用火烧煮食物，这是通过热传递改变内能；
ABC、钻木取火、弯折铁丝、压缩空气，这是通过做功改变内能，与“煮”在改变物体内能的方式上不相同，故ABC不符合题意；
D、热水袋取暖，这是通过热传递改变内能，与“煮”在改变物体内能的方式上相同，故D符合题意。
故选：D。
2． 【答案】C
【解析】【考点】燃料的热值；内能的概念；改变物体内能的两种方式
【分析】（1）内能是物体所有分子的动能和分子间相互作用的势能的总和，自然界一切物体在任何情况下都有内能；
（2）热值是燃料的一种特性，它代表燃料的优劣；
（3）同一物体，温度升高，内能增加；
（4）物体对外做功，内能减少。
【解答】解：A、自然界一切物体在任何情况下都有内能，所以室外温度为0℃时，木柴的内能不为零，故A错误；
B、热值是燃料的一种特性，与燃烧程度、放出热量的多少无关，故B错误；
C、同一物体，温度升高，内能增加，若未燃烧的木柴温度升高，内能增加，故C正确；
D、灭火器在使用过程中对外做功，内能减少，故D错误。
故选：C。
3． 【答案】D
【解析】【解答】解：由P＝UI得，三灯的额定电流分别为：
I1＝＝＝0.5A，I2＝＝＝1.25A，I3＝＝＝1A；
三灯泡串联，“6V 3W”的正常发光，其额定电流是0.5A，且最小，故由于串联电路电流处处相等可知，此电路的电流就是0.5A，故C错误，D正确；
由I＝可知，三灯的电阻分别为：R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝9.6Ω，R3＝＝＝6Ω；
由I＝可知，电源电压：U＝I（R1+R2+R3）＝0.5A×（12Ω+9.6Ω+6Ω）＝13.8V，故A错误；
电路的总功率：P＝I2（R1+R2+R3）＝（0.5A）2×（12Ω+9.6Ω+6Ω）＝6.9W，故B错误；
故选：D。
4． 【答案】B
【解析】【分析】根据W＝Fs＝Gh可知，要想估测出功的大小，需要估测出小明的重力和上升的高度。
【解答】解：小明的体重在G＝600N左右，引体向上的高度在h＝50cm＝0.5m左右，做一次引体向上克服自身的重力做的功约为W＝Gh＝600N×0.5m＝300J，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了功的计算公式的应用，属于基础知识，要掌握。
5． 【答案】A
【解析】【考点】温度、热量与内能的关系；分子的热运动．
【分析】（1）物体的内能与温度有关，温度升高，内能增大，温度降低，内能减小；
（2）晶体的熔化特点：吸热，但温度保持不变；
（3）热量是指热传递过程中传递能量的多少，是过程量，可以说放出或吸收多少热量，但不能说含有多少热量。
【解答】解：
①物体温度升高，内能增加，不是热量增加了，故①错误；
②物体温度升高，分子运动剧烈，②正确；
③一个物体的温度升高了，它具有的内能增加了，③正确；
④一个物体的温度升高了，说明内能增加了，可能是吸收了热量也可能外界对它做功改变了它的内能，④错误。
故选：A。
6． 【答案】A
【解析】【考点】动能和势能的转化．
【解答】解：飞机在某一高度水平匀速飞行喷洒农药的过程中，飞机的质量变小，速度不变，所以动能减小；质量减小，高度不变，所以重力势能减小。
故选：A。
7． 【答案】C
【解析】【考点】功的大小比较．
【分析】物理学中规定，功等于力跟物体在力的方向上移动距离的乘积。先判断力的大小、物体在力的方向上移动的距离相同，利用功的公式W＝Fs分析判断。
【解答】解：由图可知，AB中某同学是用背背、用手抱，即力的方向向上，桶是在水平方向上移动的距离，即沿向上的方向没有移动距离，因此不做功；
在其他条件相同时，滑动摩擦力大于滚动摩擦力，则C中滑动摩擦力大于D中的滚动摩擦力；又因为匀速拉动水桶向前运动，所以由二力平衡条件可知C中拉力大于D中拉力，且水平移动的距离s相同，根据W＝Fs可知C做功最多，故ABD不合题意，C符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查影响物体做功大小的因素（力的大小和物体在力的方向上移动距离）。
8． 【答案】A
【解析】【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】当水的温度不再升高时，每个杯中都达到了热平衡，即每个金属块放出的热量等于各自杯中水吸收的热量，这样就可以列出两个方程，联立即可求出甲乙金属块的比热容之比。
【解答】解：对于金属块甲来说有：c甲m甲（t0﹣tA）＝c水m水（tA﹣t水0）…①
对于金属块乙来说有：c乙m乙（t0﹣tB）＝c水m水（tB﹣t水0）…②
因为m甲＝m乙，则①÷②得：，
∴。
故选：A。
9． 【答案】C
【解析】[命题考向： 考查做功的必要因素、功的定义与计算。解析：物体做功必须包含两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向通过一定距离。功等于力跟物体在力的方向上通过的距离的乘积，即W＝Fs，可知，在相等的恒力F作用下，甲、乙、丙三个物体分别在水平方向、沿斜面向上、竖直方向通过相等的距离s，其F在三种情况下做的功大小均相等，即W甲＝W乙＝W丙。]
故选C
10．【答案】C
【解析】【分析】影响动能大小的因素有：质量和速度，质量越大，速度越快，动能越大。
影响重力势能大小的因素有：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
物体在力的作用下沿力的方向移动了距离我们就说力对物体做了功。
【解答】解：
AD、因为是光滑的轨道，不计空气阻力，小球在轨道上运动没有机械能的损耗，则小球的机械能守恒，所以小球能到达的最高点应与A点在同一水平直线上，不能沿轨道向上运动到E点；因小球的机械能守恒，所以小球到达D点时的机械能等于它到达B点时的机械能，故AD错误；
B、小球从A点加速下滑到C点时，小球受竖直向下的重力，小球向下移动了距离，所以重力对小球做了功，故B错误；
C、小球到达C点（最低点）时，质量不变，此时速度最大，高度最小，所以它的动能最大，重力势能最小，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了动能、势能、机械能的变化的判断以及做功的认识和理解，掌握这些基础知识是解题的关键。
11．【答案】C
【解析】【考点】电功率的计算；
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压。
（1）由图乙可知，当R2的阻值为10Ω和20Ω时电压表的示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路的最小功率；
（3）当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最大电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，据此得出滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压。
（1）由图乙可知，当R2＝10Ω时U1＝12V，当R2′＝20Ω时U1′＝8V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流分别为：I＝＝，I′＝＝，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压保持不变，所以，电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝I′（R1+R2′），即（R1+10Ω）＝（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，故B错误；
电源的电压U＝I（R1+R2）＝×（10Ω+10Ω）＝24V，故A错误；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，
则P小＝＝≈16.46W，故D错误；
（3）当电压表的示数U1″＝15V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路中的电流：I大＝＝＝1.5A，
此时滑动变阻器两端的电压：U2小＝U﹣U1″＝24V﹣15V＝9V，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2小＝＝＝6Ω，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
所以，滑动变阻器接入电路中的阻值范围为6Ω～25Ω，故C正确。
故选：C。
12．【答案】C
【解析】【考点】热传递的概念与方式．
【分析】观察图像中热水温度随时间的变化趋势以判断降温速度是否恒定；寻找冷热水温度曲线的交汇点以确定热平衡时的最终温度；明确无热量散失时满足Q放＝Q吸，从图像读取初温与末温求出温度变化量，结合公式c水m热Δt热＝c水m冷Δt冷推导两者的质量关系；根据无热量散失条件直接应用热平衡原理判断吸放热的数量关系。
【解答】解：A．由图像可知，热水在0～200s内温度从70℃下降到50℃，下降了20℃，在200～400s内温度从50℃下降到40℃，下降了10℃，温度下降的速度越来越慢，不是匀速下降，故A错误；
B．由图像可知，两条曲线在400s时汇合，之后温度保持在40℃不变，所以达到热平衡时的温度为40℃，故B错误；
C．不考虑热量散失，热水放出的热量等于冷水吸收的热量，即Q放＝Q吸，由图像可知热水的初温为70℃，冷水的初温为30℃，热平衡时的末温为40℃，则热水的温度变化量Δt热＝70℃﹣40℃＝30℃，冷水的温度变化量Δt冷＝40℃﹣30℃＝10℃，根据c水m热Δt热＝c水m冷Δt冷，m热×30℃＝m冷×10℃，m冷＝3m热，即冷水的质量比热水的质量多，故C正确；
D．题目明确说明不考虑热量散失，根据热平衡方程可知，热水放出的热量等于冷水吸收的热量，故D错误。
故选：C。
13．【答案】D
【解析】【考点】动能与势能的相互转化；弹力．
【分析】（1）从O点到A点再到B点过程中，根据运动员受力情况的变化判定速度的变化，从而判定出动能的变化；
（2）从A点到B点再到C点过程中，根据弹性绳的形变程度判定弹性势能的变化；
（3）从C点到B点再到A点过程中，根据运动员受力情况的变化判定速度的变化，从而判定出动能的变化；
（4）从C点到B点再到A点过程中，根据弹性绳的形变程度判定弹性势能的变化。
【解答】解：
A、从O点到A点的过程中，运动员受到重力的作用，向下做加速运动；从A再到B点过程中，运动员会受到竖直向上的弹力的作用，由弹力小于重力，故运动员仍然做加速运动，故从O点到A点再到B点过程中运动员动能是一直增大的，故A错误；
B、从A点到B点再到C点过程中弹性绳的形变程度逐渐变大，故弹性势能一直变大，故B错误；
C、从C点到B点过程中，弹性绳的弹力大于运动员的重力，故运动员做加速运动，动能变大，B点到A点的过程中，弹力小于重力，运动员做减速运动，动能变小；所以从C点到B点再到A点过程中运动员动能先增大后减少；由图乙可知，当运动员停止运动时，运动员受到重力和弹力的作用，这两个力是一对平衡力，大小相等，所以此时的弹力为：G＝F＝0.6F0；所以运动员的重力要小于F0，故C错误；
D、从C点到B点再到A点过程中弹性绳的形变程度逐渐减小，则弹力一直减少，根据C的分析可知，运动员重力大小小于F0，故D正确。
故选：D。
14．【答案】D
【解析】【解答】由图可知，AB段，小球在重力的方向上通过的距离为0.8m﹣0.6m＝0.2m；BC段，小球在重力的方向上通过的距离为0.6m﹣0.4m＝0.2m；则小球在重力的方向上通过的距离相等，同一小球，其重力一定，所以由W＝Gh可知，重力做功W1＝W2；由于小球在下落时做加速运动，根据v＝可知，小球在BC段运动的时间短，根据P＝可知，小球在BC段重力做功的功率较大，即P1＜P2。故选：D。
15．【答案】A
【解析】【考点】电功率的计算．
【分析】由图甲可知，开关闭合时，灯泡和变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；
当变阻器接入电阻为0时，电压表的示数为电源电压，结合乙图可知电源电压；
根据串联电路电流、电压的规律和P＝UI计算出此时灯泡所消耗的电功率的区域。
【解答】解：由图甲可知，开关闭合时，灯泡和变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；
由图乙知，当变阻器滑片在a端时，变阻器的接入电阻为0，电路等效为灯泡接在电源两极的简单电路，此时电压表的示数为电源电压，示数最大，由图乙可知，电源电压为U2；
由题意可知，若U1表示灯泡两端的电压，则根据串联电路电压规律可得，变阻器两端的电压：U滑＝U2﹣U1，
S3表示此时滑动变阻器所消耗的电功率，由电功率公式可得，
通过变阻器的电流：I滑，
由图乙可知，I滑的值为S3的高；
根据串联电路电流规律可得，通过灯泡的电流IL＝I滑，
由电功率计算公式可得，灯泡的电功率：PL＝U1IL，
由图乙可知，此时灯泡所消耗的电功率可表示为S1。
综上可知，BCD错误，A正确。
故选：A。
二、填空题
16．【答案】L2；L1
【解析】【解答】忽略灯丝电阻的变化，由两灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电流相等，额定电压不同，且L1的额定电压较小，由I＝的变形式R＝可知，L1的电阻小于L2的电阻，即R1＜R2；
（1）两灯泡串联时，由串联电路的电流特点可知通过两灯的电流相等，且R1＜R2，所以，由P＝I2R可知，灯泡L2的实际功率较大，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，则L2较亮；
（2）两灯泡并联时，由并联电路的电压特点可知两灯的电压相等，且R1＜R2，所以，由P＝可知，灯泡L1的实际功率较大，则此时L1较亮。故答案为：L2；L1。
17．【答案】大于；甲。
【解析】【考点】水的比热容大在生产生活中的应用．
【分析】沿海地区水多，水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小；热空气会上升。
【解答】解：沿海地区水多，水的比热容较大；内陆地区，地表以砂石泥土为主，砂石泥土比热容较小；由于水的比热容大，所以对于相同质量的水和砂石相比较，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，而砂石的温度变化大，所以白天陆地的温度高、海水温度低，晚上陆地温度低、海水温度高；白天陆地上方空气的温度高，密度小，砂石上方空气上升，海面上的冷空气过来补充，所以白天的风常常从海面吹向陆地，而晚上海面上方的热空气上升，风从陆地吹向海面，故甲能描述夜晚的风向。
故答案为：大于；甲。
18．【答案】6；1800
【解析】【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib＝0.5A，U1＝1V、U2＝5V，所以电源电压：U＝U1+U2＝1V+5V＝6V，电阻R0的阻值：R0＝＝2Ω，滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，此时通过电路的电流Ia＝＝3A，通电100sR0消耗的电能：W＝R0t＝（3A）2×2Ω×100s＝1800J。
故答案为：6；1800。
19．【答案】故答案为：（1）150；（2）A。
【解析】【考点】功的计算．
【分析】（1）根据W＝Gh求出重力所做的功；
（2）由图乙比较AB的弹性势能的变化图即可得出结论。
【解答】解：（1）身重为500牛的人身体从状态1到状态2的过程中重力所做的功：W＝Gh＝500N×0.3m＝150J；
（2）弹性势能的变化图可知，A型钢圈弹性形变大，所以在健腹轮中安装A型钢圈将使产品具有更强的自动回弹功能。
故答案为：（1）150；（2）A。
20．【答案】216
【解析】【解答】解：由题知，灯泡的额定电压是3V，由图象知，当灯泡两端电压为3V时，通过它的电流为0.6A，由于串联电路中电流处处相等，当灯泡L与定值电阻R串联且灯泡正常发光时，IL＝IR＝0.6A，由图象知，此时R两端电压为UR＝6V，小灯泡正常发光时，通电1min电阻R产生的热量为：
QR＝WR＝URIRt＝6V×0.6A×60s＝216J。
故答案为：216。
21．【答案】电压；120。
【解析】【解答】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W＝Pt＝2W×60s＝120J。
故答案为：电压；120。
22．【答案】（1）10Ω或20Ω；（2）1.8W。
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律．
【分析】（1）开关由断开到闭合，电流表的示数增加了0.3A，即电路中的总电阻变小了，有两种连接方式，开关S闭合，把一个电阻短路或再并联一个电阻，据此设计电路，并根据欧姆定律进行计算，若是前者增加的电路为ΔI＝I′﹣I＝﹣，若为后者增加的电流为ΔI＝I′﹣I＝﹣，据此代数计算电阻的阻值；
（2）当S由断开到闭合时，电路的总电功率的增加量为ΔP＝UΔI，据此计算即可。
【解答】解：（1）开关由断开到闭合，电流表的示数增加了0.3A，连接方式有两种，如下图所示：
若连接方式如图甲，R1＝R2＝R，则开关断开时电流表的示数I＝＝，
开关闭合时电流表的示数I′＝＝，电流之差ΔI＝I′﹣I＝﹣＝，R＝＝＝10Ω，
R1＝R＝10Ω，
若连接方式如图乙，R1＝R2＝R，则开关断开时电流表的示数I＝＝，
开关闭合时电流表的示数I′＝+＝，ΔI＝I′﹣I＝﹣＝，R＝＝＝20Ω，
R1＝R＝20Ω，
故图中每个电阻的阻值可能都等于10Ω或20Ω；
（2）当S由断开到闭合时，电路的总电功率的增加量为ΔP＝UΔI＝6V×0.3A＝1.8W。
答：（1）10Ω或20Ω；（2）1.8W。
三、探究题
23．【答案】（1）吸收的热量；（2）水；（3）转换；（4）C；（5）1.05×103。
【解析】【考点】影响物体吸、放热的因素．
【分析】（1）（2）（3）我们使用相同热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（4）水和沙土相比，水的比热容较大；根据Δt分析；
A．蒸发吸热有致冷作用； B．用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，这是扩散现象；
C．水的比热容大，根据Q＝cmΔt分析；D．冰熔化成水需要吸收热量，熔化吸热。
（5）根据Q＝cmΔt进行计算。
【解答】解：（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。
故答案为：（1）吸收的热量；（2）水；（3）转换；（4）C；（5）1.05×103。
24．【答案】故答案为：
（1）质量；甲乙；（2）甲丙；汽车的速度一定时，质量越大动能越大；（3）不能；木块通过的距离无法确定。
【解析】【分析】（1）实验中运用转换法来研究小球动能的大小，即观察小球撞击木块移动的距离远近；
（2）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。对照图示，结合控制变量法可得出结论；
（3）由牛顿第一定律内容分析回答。
【解答】解：
（1）超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大。选择质量相等到达水平面速度不同的AB小球，即甲、乙两图符合题意。
（2）超载是指汽车的速度一定时，质量越大动能越大。选择到达水平面的速度相等，质量不同的AC小球进行实验，即甲、丙两图符合题意。
（3）若水平面光滑，木块不受摩擦力，由牛顿第一定律可知木块将永远运动下去。木块通过的距离无法确定。
故答案为：
（1）质量；甲乙；（2）甲丙；汽车的速度一定时，质量越大动能越大；（3）不能；木块通过的距离无法确定。
【点评】（1）掌握控制变量法与转换法的运用。
（2）明确影响动能大小的因素，知道自由滚下的物体到达水平面的速度取决于物体的高度，跟质量无关。
25．【答案】（1）电流表正负接线柱接反了；（2）变大；（3）滑动变阻器的功率。
【解析】【考点】探究电流与电压的关系．
【分析】（1）探究电流与电压、电阻的关系，电压表需与电阻并联。在连接实物电路时，特别要注意电流表、电压表正负接线柱的接法及滑动变阻器的接法。
（2）通过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压不成正比，根据I，R不是定值，根据分析。
（3）根据P＝UI分析即可。
【解答】解：（1）电流表量程从图中电流表的表盘接入情况，判断电流表选择0～0.6A量程，但是电流从电流表的负接线柱流入，从正接线柱流出是错误的；
（2）观察乙图的图象，通过小灯泡的I﹣U的图像不是一条直线，故通过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压不成正比，这是因为灯丝的电阻随温度的升高而变大；
（3）阴影部分S2面积＝UI额﹣U额I额，即小灯泡额定电压时电路中的总功率减去此时小灯泡的额定功率，由电流中的总功率等于各个用电器的功率之和，故总功率减去此时小灯泡的功率为滑动变阻器的功率。
故答案为：（1）电流表正负接线柱接反了；（2）变大；（3）滑动变阻器的功率。
四、综合题
26．【答案】不变；大于；2.1×103。
【解析】【考点】比热容的概念及其计算；沸腾及沸腾条件．
【分析】（1）水沸腾时，吸热但温度不变；
（2）由于两个电阻串联，所以电流和时间相同，但电阻不同，据此分析即可判断；
（3）根据图象，水和食用油升高的温度相同，据（2）中所吸收热量的关系，结合公式Q＝cmΔt便可求出食用油的比热容。
【解答】解：据液体沸腾的特点可知，水沸腾时，吸热但温度不变；
由于两个电阻串联，所以电流和时间相同，但电阻不同，水中的电阻大于油中的电阻，据Q＝I2Rt可知，加热相同的时间，甲图中产生的热量多，故水吸收的热量多；
由Q＝I2Rt可知，相同时间内，甲电热丝释放的热量为Q甲＝I2R甲t＝I2×10Ω×t，
而乙电热丝释放的热量为Q乙＝I2R乙t＝I2×5Ω×t，
所以Q甲＝2Q乙，
假设电加热器放出的热量全部被液体吸收，则水吸收的热量是油的2倍，即Q水＝2Q油；
假设都加热4min，由图丙中的信息可得水和油吸收的热量分别为：
Q水＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg ℃）×m×（100℃﹣40℃），
Q油＝c油mΔt油＝c油×m×（100℃﹣40℃）；
因为Q水＝2Q油，
所以4.2×103J/（kg ℃）×m×（100℃﹣40℃）＝2×c油×m×（100℃﹣40℃）；
解得c油＝2.1×103J/（kg ℃）。
故答案为：不变；大于；2.1×103。
27．【答案】（1）做功；流星；（2）返回舱在大气层中下落1000m，重力做功3×107J；（3）防热材料升高的温度是6℃。
【解析】【考点】热量的计算；功的计算；改变物体内能的两种方式．
【分析】（1）改变物体的内能的方式有做功和热传递，这两种方式是等效的，做功改变物体内能的实质是内能和其它形式能的转化；热传递改变物体内能的实质是内能的转移；
四冲程内燃机的压缩冲程是机械能转化为内能。做功冲程是内能转化为机械能；
（2）利用G＝mg计算出返回舱的总重力，利用W＝Fs＝Gh计算出重力所做的功；
（3）根据题意计算出防热材料吸收的热量，利用Q吸＝cmΔt计算出防热材料升高的温度。
【解答】解：（1）返回舱进入地球大气层时与大气剧烈摩擦，克服摩擦做功，通过做功方式增加了返回舱表面的内能，是机械能转化为内能，该过程与我们看到的流星相似；
（2）返回舱的总重力：G＝mg＝3×103kg×10N/kg＝3×104N；
重力所做的功：W＝Fs＝Gh＝3×104N×1000m＝3×107J；
（3）由题意可知，防热材料吸收的热量：Q吸＝40%W＝40%×3×107J＝1.2×107J；
由Q吸＝cmΔt可知，防热材料升高的温度：Δt6℃。
答：（1）做功；流星；（2）返回舱在大气层中下落1000m，重力做功3×107J；（3）防热材料升高的温度是6℃。
五、计算题
28．【答案】（1）2.52×104J。（2）1.26×105J。（3）20%。
【解析】【考点】比热容的概念及其计算；燃料的热值
【分析】（1）知道水的质量、比热容和温度变化，根据Q吸＝cmΔt求出此过程中水吸收的热量；
（2）已知酒精的质量和热值，利用Q放＝mq求出酒精完全燃烧产生的热量；
（3）利用η100%求出酒精灯烧水时的热效率。
【解答】解：（1）此过程中水吸收的热量：
Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg ℃）×100×10﹣3kg×60℃＝2.52×104J；
（2）酒精完全燃烧产生的热量：
Q放＝m酒精q＝4.2×10﹣3kg×3×107J/kg＝1.26×105J；
（3）酒精灯烧水时的热效率：
η100%100%＝20%。
答：（1）此过程中水吸收的热量为2.52×104J。
（2）4.2g酒精完全燃烧放出的热量为1.26×105J。
（3）酒精灯烧水时的热效率为20%。
29．【答案】答：（1）全程中汽车的所受阻力为4×103N；
（2）运动过程中汽车的最大速度为20m/s；
（3）整个过程中发动机做的功为3.2×106J。
【解析】【考点】功率计算公式的应用；二力平衡条件的应用．
【分析】（1）汽车在匀速直线运动过程中受到的阻力恰为车重的＝0.2倍，根据f＝0.2G＝0.2mg求出匀速直线运动过程中汽车的所受阻力，根据二力平衡求出汽车的牵引力F；
（2）由题意可知，汽车匀速运动时速度最大，根据P＝＝＝Fv，求出汽车的最大速度；
（3）由题意可知，整个过程中发动机的工作时间t＝40s，根据P＝求出整个过程中发动机做的功。
【解答】解：（1）在匀速直线运动过程中汽车的所受阻力：
f＝0.2G＝0.2mg＝0.2×2×103kg×10N/kg＝4×103N；
由于汽车匀速直线行驶，处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡可知，
汽车的牵引力：F＝f＝4×103N；
（2）由题意可知，汽车匀速运动时速度最大，根据P＝＝＝Fv可得，
运动过程中汽车的最大速度：v最大＝＝20m/s；
（3）由题意可知，汽车从静止开始运动，经15s运动200m恰好达到最大速度，接着匀速运动25s后关闭发动机，滑行10s停下，整个过程中发动机的工作时间t＝40s，且在这段时间内发动机的功率不变，由P＝ 可得，
整个过程中发动机做的功：W＝Pt＝80×103W×40s＝3.2×106J。
答：（1）全程中汽车的所受阻力为4×103N；
（2）运动过程中汽车的最大速度为20m/s；
（3）整个过程中发动机做的功为3.2×106J。
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