九年级上学期物理第一次月考模拟练习卷（苏州专用）（解析版）

这是一份九年级上学期物理第一次月考模拟练习卷（苏州专用）（解析版），共24页。试卷主要包含了练习范围，以下说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．练习范围：第11~12章，苏科版（2024）九年级物理上册。
第Ⅰ卷 选择题
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题2分，共24分。在给出的四个备选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1．阿基米德说：“给我一个支点，我就能撬起整个地球。”下列生活中的杠杆与阿基米德的说法属于同一类型的是（ ）
A．筷子B．托盘天平
C．食品夹D．核桃夹
【答案】D
【详解】“给我一个支点，我就能撬起整个地球。”，要撬起地球，所用的杠杆为省力杠杆。
A．筷子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不符合题意；
B．托盘天平是等臂杠杆，故B不符合题意；
C．食品夹使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C不符合题意；
D．核桃夹使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D符合题意。
故选D。
2．如图所示，老师正在给小施讲解垃圾分类的知识，下列各环节中小施对瓶子做功的是（ ）
A．从地上拾起瓶子B．拿着瓶子在水平方向上匀速运动
C．拿着瓶子站在垃圾桶旁不动D．瓶子离开手后掉落桶中
【答案】A
【详解】A．拾起瓶子的过程中，小施对瓶子施加一个向上的力，瓶子向上移动了距离，所以小明对瓶子做了功，故A符合题意；
B．沿水平方向匀速运动的过程中，小施对瓶子施加一个向上的力，瓶子在水平方向上移动了距离，并没有在向上的方向上移动距离，所以小施对瓶子没有做功，故B不符合题意；
C．拿着瓶子站在垃圾桶旁不动时，小施对瓶子施加一个向上的力，瓶子没有移动距离，所以小施对瓶子没有做功，故C不符合题意；
D．瓶子掉落垃圾桶的过程中，瓶子向下移动了距离，但小施没有对瓶子施加力，所以小施对瓶子不做功，故D不符合题意。
故选A。
3．以下说法正确的是（ ）
A．物体内能增加，温度不一定升高
B．具有机械能的物体不一定具有内能
C．1kg、0℃的水与1kg、0℃的冰具有的内能一样多
D．内能小的物体不可能将热量传递给内能大的物体
【答案】A
【详解】A．物体内能增加，温度不一定升高，比如晶体的熔化过程，吸收热量，内能增加，但温度不变，故A正确；
B．任何物体都具有内能，具有机械能的物体也具有内能，故B错误；
C．物体内能的大小跟物体的质量、温度以及状态有关，1kg的0℃的冰与1kg的0℃的水，内能不相同，故C错误；
D．内能小的物体可能温度高，内能大的物体可能温度低，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故D错误。
故选A。
4．“蹦极”就是跳跃着把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某运动员做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示（将蹦极过程近似为在竖直方向的运动），根据图像，下列说法正确的是（ ）
A．0~2s过程中速度一直变大
B．2~3s过程中速度一直变大
C．运动员在第2s时刻速度为0，处于静止状态
D．运动员在第2s时刻的下落的高度比10s时刻下落的高度小
【答案】B
【详解】A．2s时刻绳子的弹力最大，说明伸长最长，处于最低点，因而0~2s过程中，先是人自由下落，速度逐渐变大，一直增加到重力等于拉力，当拉力大于重力后，合力方向向上，运动方向与合力方向相反，速度减小，所以速度先变大后变小，故A错误；
B．2~3s过程中，绳子从伸长量最长拉力最大，一直减小到拉力等于重力1.8F0（3s时刻），人先是从最低点被绳子往上拉，速度逐渐变大，一直增加到拉力等于重力，合力的方向向上，速度一直变大，故B正确；
C．运动员在第2s时刻绳子的弹力最大，说明伸长最长，处于最低点，速度减小为0，合力向上，处于非平衡状态，故C错误；
D．由图可知，整个过程机械能减小，在第2s时刻，绳子的伸长量最长，运动员的下落的高度最大，第10s时刻，绳子拉力比第2s时刻要小，伸长量也小一些，下落的高度比第2s时刻小一些，故D错误。
故选B。
5．如图所示，轻弹簧左端固定，原长时右端位于O点，现将木块置于弹簧的右端，用力将弹簧压缩Δl的长度（弹簧始终在弹性限度内）后由静止释放，木块在水平地面上向右滑行距离为s后停在O点右侧。下列描述该过程中木块克服地面摩擦力所做的功W、木块的动能Ek随木块距O点的长度x变化的关系图线中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．木块在水平地面上向右滑行的过程中，因接触面的粗糙程度和对地面的压力均不变，所以，木块受到的摩擦力f大小不变，其方向水平向左，木块克服地面摩擦力所做的功W=fs，木块从Δl到O点的过程中，x减小，摩擦力做的功W越大，木块从Δl到（s-Δl）的过程中，x增大，摩擦力做的功W也增大，即从Δl到O点、从O到（s-Δl）的过程中，W一直增大，故A错误，B正确；
CD．从x=Δl开始运动时，弹簧的弹力大于木块受到的摩擦力，木块做加速运动，随着弹簧的伸长量减小，弹簧的弹力减小，而木块受到的摩擦力不变，所以木块受到的合力减小，木块速度的增加量减小，当弹簧的弹力和摩擦力相等时，木块的速度达到最大值，木块继续向右运动时，弹簧的弹力小于摩擦力，木块做减速运动，从O点继续向右运动时，弹簧的弹力向左且逐渐增大，此时弹簧的弹力和摩擦力方向均向左，木块做减速运动，直至停止，所以，从Δl到O点的过程中，木块的速度先增大后减小，其动能先增大后减小，从O到（s-Δl）的过程中，木块的动能一直减小，故CD错误。
故选B。
6．小陈同学用如图所示的滑轮组机械效率与动滑轮重量G动的关系，保持物体重力不变，通过改变动滑轮重G动进行多次实验，忽略绳子重力和滑轮间摩擦得到了机械效率的倒数与动滑轮重力G动之间的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】忽略绳子重力和滑轮间摩擦，根据
可得
因物体重力G不变，η-1与G动成一次函数关系，且G动越大，η-1也越大，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．如图甲所示，同一木块放在同一水平面上，先后两次沿水平方向拉动木块使其做匀速直线运动。两次拉动木块得到的图像分别是图乙中的图线①、②。下列有关说法正确的是（ ）
A．①、②两次的拉力大小
B．木块前后两次所受的摩擦力大小关系是，两次的拉力大小关系是
C．两次的速度大小关系是，两次的拉力大小关系是
D．实际生活中没有符合题意的情景存在
【答案】A
【详解】ABC．两次拉动同一木块在同一水平面上运动，由于木块对水平面的压力大小不变，接触面的粗糙程度不变，所以木块受到的摩擦力不变，即，而木块两次都做匀速直线运动，木块受平衡力作用，所以两次木块受到的拉力和摩擦力大小相等，则两次木块受到的拉力相等，即，由s-t图像可知，相同时间内第①次木块运动的路程大，由可知，第①次木块运动的速度较大，即，故A正确，BC错误；
D．根据牛顿第一定律，物体不受力或受平衡力时，运动状态保持不变，即保持静止状态或匀速直线状态，在实际生活中受平衡力作用时，运动的物体将保持匀速直线运动，故题目描述的情景可能存在。故D错误。
故选A。
8．工人用如图甲所示的滑轮组运送货物上楼，滑轮组的机械效率随物重变化的图像如图乙，若10s内将重300N的物体匀速提升3m，不计绳重和摩擦。则（ ）

A．拉力做功的功率为99W
B．绳子自由端的拉力为100N
C．绳子自由端移动的速度为0.3m/s
D．该滑轮组的机械效率为90%
【答案】A
【详解】由图乙可知，不计绳重和摩擦时
将G＝270N，η＝90%代入上式可得：G动＝30N；
ABC．由图甲可知，绳子段数n＝3，绳子拉力为
自由端移动距离为
s＝3h＝3×3m＝9m
自由端移动速度为
故拉力的功率为
P＝Fv＝110N×0.9m/s＝99W
故A符合题意，BC不符合题意。
D．该滑轮组的机械效率为
故D不符合题意。
故选A。
9．如图所示，天花板上挂着一个滑轮，绳绕过滑轮后两端分别连接A、B两物体，GA=8N，GB=10N，B放在光滑水平地面上，A、B都处于静止状态，下列说法不正确的是（ ）
A．绳对A的拉力大小为8N
B．绳对B的拉力大小为10N
C．地面对B的支持力大小为2N
D．天花板所受拉力大小为16N
【答案】B
【详解】A．由于A处于静止状态，A处于平衡状态，受力平衡，自身的重力和绳对A的拉力，为一对平衡力，大小相等，GA=8N，则绳对A的拉力大小也为8N，故A正确，不符合题意；
B．由A解析可知，绳对A的拉力大小为8N，力的作用是相互的，则A对绳的拉力也为8N，定滑轮的特点是改变力的方向，不省力，那么绳对B的拉力大小也为8N，故B错误，符合题意；
C．B处于静止状态，受力平衡，它受到自身的重力、绳对它的拉力和地面对它的支持力，这三力平衡，由B解析可知，绳对B的拉力大小为8N，GB=10N，则地面对B的支持力大小为
地面对B的支持力大小为2N，故C正确，不符合题意；
D．已知A、B对绳的拉力都为8N，定滑轮受到向下的拉力为16N，定滑轮处于平衡状态，受力平衡，天花板对定滑轮的拉力也为16N，力的作用是相互的，天花板所受拉力大小也为16N，故D正确，不符合题意。
故选B。
10．水的比热容是煤油比热容的2倍，水和煤油升高的温度之比为3∶2，水和煤油吸收的热量之比为3∶2，水和煤油的质量之比（ ）
A．1∶2B．2∶1C．2∶3D．3∶2
【答案】A
【详解】根据题意可得
即
可得水和煤油的质量之比为
故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
11．学校组织到游乐园秋游，小明玩了蹦极项目，如图所示，他从高处O点开始下落，OA等于弹性绳的自由长度，在B点小明所受弹力恰好等于重力（蹦极过程视为在竖直方向的运动），空气阻力忽略不计。下列判断正确的有（ ）
A．从O点到A点再到B点过程中小明动能先增大后减少
B．从A点到B点再到C点过程中小明的机械能不变
C．从C点到B点再到A点过程中小明的动能先增大后减少
D．从C点到A点再到O点过程中弹性绳的弹性势能一直变小
【答案】C
【详解】A．从O点到A点再到B点过程中，重力一直大于弹力，所以小明一直做加速运动，动能一直增大，故A错误；
B．从A点到B点再到C点的过程，OA等于弹性绳的自由长度，虽然空气阻力不计，但是绳子的弹性形变程度增大，其弹性势能增大，绳子的弹性势能是由小明的机械能转化来的，所以小明的机械能减小，故B错误；
C．从C点到B点，向上的弹力大于重力，所以小明向上做加速运动，从B再到A点过程中向上的弹力小于向下的重力，所以动能先增大后减小，故C正确；
D．OA等于弹性绳的自由长度，所以从C点到A点绳子的弹性势能一直减小，A点弹性势能已变为零，从A点到O点弹性势能一直为0，故D错误。
故选C。
12．在轻质杠杆AB的A端悬挂一个质量为2kg的空桶，AO︰OB=2︰1，将质量分布均匀，重为240N的正方体工件M通过细线与B端相连，如图所示。此时杠杆在水平位置平衡，且M对地面的压强为5000Pa，不计摩擦。若将M沿竖直方向截去部分，并将截取的部分放入空桶中，使M对地面的压强变为原来的五分之三。则下列说法错误的是（ ）
A．截去部分前，细线对M的拉力40NB．M的边长是0.2m
C．工件M的密度3×103kg/m3D．截去部分的质量3.0kg
【答案】D
【详解】A．截去部分前，设细线对M的拉力为F，根据杠杆平衡条件得
解得，细线对M的拉力为
故A正确，A不符合题意；
B．工件对地面的压力为
工件的底面积为
M的边长是
故B正确，B不符合题意；
C．工件的质量为
工件的体积为
工件的密度为
故C正确，C不符合题意；
D．若截去部分的质量3.0kg，是剩余部分受到的重力为
将截取的部分放入空桶中，则A端重为
此时细线对M的拉力为
M对地面的压力为
此时，地面的受力面积为
工件对地面的压强为
而M原来对地面的压强的五分之三为
所以截去部分的质量不是3.0kg，故D错误，D符合题意。
故选D。
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题（本大题共9个小题，每空1分，共26分）
13．如图所示，某人用平行于斜面的拉力，把一个重为1000N的物体，沿着倾角为30°的斜面由底端匀速向上拉动5m，已知拉力F的大小为600N，则拉力做的功为 J，此斜面的机械效率为 ，物体所受斜面的摩擦力为 N.
【答案】 3000N 83.3 100N
【详解】由图可知，倾角为，斜面长5m,可得hm2.5m,则有用功为Gh1000N拉力做的功为600N5m3000J．所以，拉力做的额外功：500J，物体所受斜面的摩擦力：f
【点睛】（1）已知物体重力和提升的高度，根据公式W＝Gh可求有用功；（2）根据公式W＝FS可求总功，机械效率等于有用功除以总功．
14．学习物理学知识，可以更好地理解生活现象。“天气很热”中的“热”是指 高；“两手相互摩擦手会发热”的“热”是指 增加；火箭用液态氢做燃料是因为液态氢具有较大的 。
【答案】 温度 内能 热值
【详解】[1]温度是反映冷热程度的物理量，所以“天气很热”中的“热”是指温度很高。
[2]内能是指物体内部所有分子由于热运动而具有的动能和分子之间势能的总和，做功和热传递是改变内能的两种方式，所以“摩擦发热”中的“热”指通过做功的方式使内能增加。
[3]火箭的燃料使用液态氢，主要是因为它的密度小且热值大，完全燃烧相同质量的燃料时，氢可以释放更多的热量。
15．如图是小明同学探究“海水和海滩的温度随时间变化的规律”时画的一张示意图。根据图给的信息，他观察的时间是 （中午/夜晚），产生这一现象的原因是水的 比砂石的大。
【答案】 夜晚 比热容
【详解】[1][2]由于水的比热容比砂石大，砂石在白天升温和夜晚降温都比较快；因此，白天海滩温度比较高，夜晚海水温度比较高，由图可知水温度高，故观察时间是夜晚，产生这一现象的是因为海水的比热容大。
16．歌曲《卡路里》非常好听，其实“卡路里”是热量的另一个单位，简称“卡”。1卡是这样规定的：在1标准大气压下，质量为1g的水，温度每升高1C所需要吸收的热量，那么1卡= J。有一辆汽车消耗0.75kg汽油做的有用功是卡，0.75kg汽油完全燃烧放出的热量是 J，该车发动机的效率是 （已知，）。
【答案】 4.2 28%
【详解】[1]在1标准大气压下，质量为1g的水，温度每升高1℃所需要吸收的热量，水的比热容为
所以1卡=4.2J。
[2][3]在汽油机内完全燃烧0.75kg汽油能放出的热量为
有一辆汽车消耗0.75kg汽油做的有用功是卡，可得有用功为
汽油机的机械效率为
17．蹦极是一种富有刺激性的运动项目。如图所示，弹性橡皮绳的一端系住人的腰部，另一端系于跳台，当人下落至图中Q点时，弹性绳刚好被拉直。那么，在人越过Q点继续向下的过程中，人的动能将 ，重力势能将 ，橡皮绳的弹性势能将 填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”。

【答案】 先变大后变小 变小 变大
【详解】[1]人在最高点到Q点的过程中，质量不变，速度越来越大。在人越过Q点继续向下的过程中，受到绳的拉力，且拉力由小变大。开始时由于拉力小于重力，所以，仍加速运动，当拉力大于重力后，才减速运动，即在人越过Q点继续向下的过程中，他的动能在前一段时间增加，后一段时间减小，是先变大后变小。
[2]人在下落的过程中，所处高度始终是减小的，所以在人越过Q点继续向下的过程中，人的重力势能一直减小。
[3]在人越过Q点继续向下的过程中，橡皮绳变长，具有的弹性势能变大。
18．如图所示，在“测杠杆机械效率”的实验中，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在杠杆OB下面的物块缓慢上升至虚线位置，弹簧测力计的示数F为 N，若，物块所受重力G为1.4N，则该杠杆的机械效率约 %。若A点向O点移动，始终沿竖直方向拉动弹簧测力计，则机械效率将 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】 2.8 75 不变
【详解】[1]由图示弹簧测力计可知，其分度值是0.2N，读数是2.8N。
[2]若，物块所受重力G为1.4N，根据数学的相似三角形可知，拉力移动的距离与物体上升的高度之比为，则该杠杆的机械效率约
[3]若A点向O点移动，始终沿竖直方向拉动弹簧测力计，根据
可知，有用功与额外功所占的比例不变，则机械效率将不变。
19．国庆的夜晚各种焰火缤纷绽放，有一种质量为100g的叫做“高声”的焰火，其特点是不会爆炸，产生大小为自重5倍的恒定的推力，因其速度快产生啸叫声，这种焰火在运动时，受到的阻力与速度的关系如图所示。焰火受到的最大阻力为 N，焰火能够达到的最大速度为 ，火药产生的推力对焰火做功的最大功率为 W。（火药的质量不计，g取10N/kg）
【答案】 4 10m/s 50
【详解】[1]焰火的重力为
G＝mg＝100×10-3kg×10N/kg＝1N恒定的推力为
F′＝5G＝5×1N＝5N当焰火上升时，焰火受到竖直向下的重力和阻力、竖直向上的推力，所以最大阻力
f＝F′－G＝5N－1N＝4N[2]由图可知，当阻力最大为4N时，焰火能够达到的最大速度v=10m/s。
[3]火药产生的推力对焰火做功的最大功率为
20．如图甲，旗杆的顶端安装着一个 滑轮，作用是 。如图乙，把被剪物体尽量 （选填“靠近”或“远离”）剪刀的转动轴更省力。

【答案】 定 改变力的方向 靠近
【详解】[1][2]轴固定不动的滑轮叫做定滑轮，旗杆上的滑轮不随旗帜一起升降为定滑轮，利用它来升旗帜，可以改变力的方向。
[3]图中剪刀在使用过程中，在同样的情况下，往剪刀转动轴靠近，减小了阻力臂，由F1l1=F2l2可知：阻力臂L2越小，越省力，因此这样做的目的是减小阻力臂，可以省力。
21．图中杆秤由秤盘、提纽、秤杆以及100g的秤砣构成。当不挂秤砣、秤盘中不放重物时，提起提纽，杆秤在空中恰好能水平平衡，已知AO间距离为10cm，杆秤的刻度线是 （均匀/不均匀）。当放入重物，将秤砣移至距O点20cm的B处时，秤杆再次水平平衡，则重物质量为 g。若要增加一个新的提纽以便称量更重的物体，新的提纽应该安装在O点 （左/右）边。

【答案】 均匀 200 左
【详解】[1]由杠杆平衡条件F1l1=F2l2，可知无论杆秤粗细是否均匀，动力臂与阻力的大小成正比，所以杆秤的刻度线是均匀的。
[2]以O点为支点，秤砣移到B处，根据杠杆平衡条件有
所以重物质量为
[3]根据可知，秤砣的质量不变，要想称量更重的物体，可增大OB，减小OA，即将O点左移，所以新的提纽应该安装在原O点的左侧。
三、解答题（本题共12小题，共50分。解答第29、30题时应有公式和解题过程）
22．画出滑轮组最省力的绳子的绕法。

【答案】
【详解】滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，段数越多越省力。由图知道，将绳子的一端固定在定滑轮的挂钩上，然后将绳子依次绕在滑轮组上，滑轮组最省力，如下图所示：
23．如图所示，某人在处提起物体，请在图中画出既省力又能改变用力方向的绳子绕法。
【答案】
【详解】由于要求既可以省力又可以改变力的方向，所以绳子自由端拉力的方向必须向下，则绳子从定滑轮下面的挂钩开始绕起，如图所示。
24．按题目要求作图。如图是一款可调手机支架简化图，支架由A、B两部分组成，B穿过A身上的不同插孔可以对支架进行调节。支架可看做一个杠杆，O为支点，手机对支架的力可以等效为动力F1。请画出动力F1的力臂；为了保持支架稳定，请你在1、2两点中选出支架的重心并画出支架重力的示意图。
【答案】
【详解】将的作用线延长，从支点O画出动力作用线的垂直线段，即动力臂；由于支架可看做一个杠杆，O为支点，手机对支架的力可以等效为动力，使得杠杆逆时针转动，则阻力必须使得杠杆顺时针转动，则竖直向下的重力的作用点必须在支点的右侧，故从2位置画出重力的示意图，如下图所示：
25．按题目要求作图：在图中画出阻力以及使轻质杠杆在图示位置平衡时的最小动力。
【答案】
【详解】如图所示杠杆，O为支点，阻力为悬挂球的绳子对杠杆B点竖直向下的拉力，分析可知，杠杆上离支点最远的点为A点，以OA为力臂则动力臂最长，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知此时动力最小，阻力使杠杆逆时针旋转，则动力应使杠杆顺时针旋转，即最小动力的方向是垂直于杠杆向上。据此作图如下
26．如图所示，用一块直木板将重500N的箱子匀速拉上平台。已知拉力为350N，箱子沿板移动了2m，升高1m，用时20s。求：
(1)上移过程中拉力做的总功；
(2)斜面的机械效率；
(3)斜面对木块的摩擦力的大小。
【答案】（1）上移过程中拉力做的总功
（2）有用功为
则斜面的机械效率
（3）额外功为
则斜面对木块的摩擦力的大小为
27．如图所示，用F=50N的水平拉力拉着重G=200N的物体沿着水平面匀速直线运动，用时t=5s向前运动了距离s=10m，问在此过程中:
(1)重力对物体做的功W0为多大?
(2)拉力对物体做的功W为多大?
(3)拉力做功的功率P为多大?
【答案】根据题意知道，用时t=5s向前运动了距离s=10m，由于在重力的方向上没有移动距离，所以，重力对物体做的功W0=0；
（2）由W=Fs知道，拉力做功是：W=Fs=50N×10m=500J
（3）拉力做功的功率是：P=W/t=500J/5s=100W
【点睛】本题考查的是速度公式、功的公式和功率公式的应用，属于基础题目，难度不大．
28．一辆汽车在一段平直公路上匀速行驶了72km，能量流向图如图所示，消耗汽油（假设汽油完全燃烧）。若汽油的密度，汽油的热值为，求：
(1)该汽车的热机效率；
(2)在这段时间内所消耗的汽油完全燃烧所产生的热量；
(3)在这段时间内汽车的牵引力大小。
【答案】（1）由图可知，该汽车的热机效率为
（2）汽油完全燃烧所产生的热量
（3）由可知，汽车输出的有用功
由可得，汽车的牵引力
29．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同燃料的热值，可以选择 两个装置；然后通过观察 （加热时间/物质升高的温度）来比较两种燃料热值大小；
（2）为了研究不同物质的吸热能力，可以选择 两个装置进行实验。实验时根据 （加热时间/物质升高的温度）反映物质吸收热量的多少。
【答案】 乙、丙 物质升高的温度 甲、乙 加热时间
【详解】（1）[1]为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择乙和丙两图进行实验。
[2]比较不同燃料的热值时，采用的是控制变量法，实验中需要控制燃料的质量相同，当燃料全部燃烧完后，通过比较液体升高的温度来比较放出热量的多少。
（2）[3][4]为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和乙两图进行实验；在此实验中，用相同的燃料加热，在相等时间内物质吸收的热量相等，所以，可以用加热时间来反映两种液体吸收热量的多少。
30．为了探究物体的动能大小跟哪些因素有关，同学们设计了如下实验。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)实验中是通过观察 来判断 （钢球/木块）的动能大小的；
(2)实验中钢球碰撞木块后继续向前运动一段距离，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；
(3)实验中若使用的木块质量较大，为确保实验仍有较明显的现象，有很多种方法。请答一种方法 。
【答案】(1) 木块移动的距离 钢球
(2)＞
(3)增大钢球下滑的高度
【详解】（1）[1][2]在探究物体动能大小的实验中，动能的大小无法直接用仪器测量，因此采用“转换法”—— 通过观察被研究对象对其他物体的作用效果来间接判断动能大小。实验中，钢球从斜面滚下后撞击木块，钢球的动能越大，对木块的撞击力就越大，木块在水平面上被推动的距离就越远。所以，通过观察木块移动的距离，就能间接判断出钢球的动能大小，这是物理中转换法的典型应用。
（2）钢球从斜面上由静止滚下时，其重力势能会转化为动能；撞击木块后，钢球的动能一部分转移给木块，使木块获得动能并在水平面上运动（木块运动过程中克服摩擦力做功，最终停下来），同时钢球自身因碰撞会损失部分动能，但仍会继续向前运动一段距离（说明钢球碰撞后仍有剩余动能）。不考虑空气阻力，根据能量转化与守恒的思路：开始时钢球的重力势能，最终会转化为两部分能量，一是木块克服摩擦力所做的功，二是钢球碰撞后继续运动过程中自身克服摩擦力所做的功。因此，开始时钢球的重力势能必然大于木块克服摩擦力所做的功。
（3）实验中木块质量较大时，木块受到的摩擦力会增大（根据影响滑动摩擦力的因素，压力越大、摩擦力越大，木块质量大则对水平面的压力大），钢球撞击木块后，木块更难被推动，实验现象会不明显。要解决这一问题，需增大钢球撞击木块时的动能，使钢球有足够的能量推动质量较大的木块。根据影响动能大小的因素（质量和速度，速度越大、质量越大，动能越大），可采用的方法有：①增大钢球下滑的高度：钢球从更高处滚下，到达斜面底部时的速度更大，动能更大，撞击木块时能产生更大的推力，使木块移动更明显；②换用质量更大的钢球：在下滑高度不变（速度不变）的情况下，钢球质量越大，动能越大，同样能让木块移动距离更显著。其中“增大钢球下滑的高度”是操作更简便、更常用的方法。
31．如图所示，在“测量滑轮组机械效率”的实验中，利用甲、乙、丙三个实验装置进行实验，测得的实验数据如下表。（钩码规格相同、动滑轮个数越多重力越大）
(1)在实验中，应沿竖直方向 拉动弹餐测力计；
(2)如图所示第一次实验中，弹簧测力计的示数是 N，机械效率是 （精确到0.1%）；
(3)由1、2两次实验数据可得出结论： ；
(4)由 两次实验数据可得出结论：提升物体重力相同，动滑轮越重，机械效率越低；
(5)第三次实验操作的基础上，如图丁所示改变绳端拉力方向，测得的滑轮组机械效率将 。（选填“偏高”“偏低”或“不变”）
【答案】(1)匀速
(2) 1.8 74.1%
(3)使用同一滑轮组提升不同重物，重物越重，机械效率越高
(4)2、3
(5)偏低
【详解】（1）在实验中，测量绳端拉力F时，应在竖直向上方向上匀速拉动使物体匀速上升，物体处于平衡状态，此时弹簧测力示数等于拉力大小。
（2）[1]由图可知，弹簧测力计最小分度值为0.2N，弹簧测力计的示数为1.8N。
[2]分析第1次实验中数据可知，根据可得，机械效率为
（3）由控制变量法可知，比较第1、2次实验数据可得出结论：使用同一滑轮组，重物越重，机械效率越高。
（4）比较第2、3次实验数据可得出结论：滑轮组的机械效率跟提起的物重、动滑轮的重有关，在提起的物重一定时，动滑轮越重，机械效率越低。
（5）由图丁可知，拉力F沿斜向上方向拉动时，拉力的力臂变短，省力变小，与丙相比需要更大的拉力才能拉动物体上升，由可知，总功变大，因有用功不变，根据可得，机械效率偏低。
32．星星中学跨学科实践小组思考用杠杆的平衡条件测量未知液体的密度（实验使用的杠杆重力忽略不计）。
（1）将一个质量不计的矿泉水瓶装满水挂在杠杆的A点，将质量为m的钩码悬挂在O点另一边，调节钩码的位置，直至杠杆在水平位置平衡，标记此时钩码悬挂点的位置，记为B点，如图甲所示，用刻度尺测量BO的长度为。
（2）保持钩码位置不变，用同一矿泉水瓶装满待测液体，挂在A点，此时发现右端下沉，接着移动钩码直至杠杆水平平衡，标记此时钩码悬挂点的位置为C点，再 （补充实验步骤）。
（3）实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是 。
（4）待测液体的密度是= （用ρ水及测得的物理量符号表示）。
（5）若装待测液体时液体并未装满，则液体密度的测量值与真实值相比 。（选填“偏大”，“偏小”或“不影响”）
【答案】 测量CO的长度为 便于测量力臂 偏小
【详解】[1]保持钩码位置不变，换上装满待测液体的同一矿泉水瓶挂在A点，右端下沉，移动钩码直至杠杆水平平衡并标记位置为C点后，应使用刻度尺测量CO的长度，记为。因为我们要根据杠杆平衡条件来求解待测液体密度，就需要知道不同情况下力臂的长度。
[2]实验过程中调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂。当杠杆在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离（即力臂）可以直接从杠杆上的刻度读出。
[3]设杠杆A点到支点O的距离为。
在图甲中，此时动力，阻力，动力臂为，阻力臂为，根据杠杆平衡条件有
在图乙中，此时动力，阻力，动力臂为，阻力臂为，根据杠杆平衡条件有
由以上两式解得。
[4]若装待测液体时液体并未装满，此时挂在A点的力偏小，根据杠杆平衡条件，对应的力臂会偏小。由可知，不变，偏小，所以测量值液体密度偏小。
33．某物理实验兴趣小组想测量冰块熔化过程吸收热量的多少，实验装置如图所示，实验步骤如下：
a、在电子秤上放置一个空杯，电子秤显示，再倒入适量的温水，电子秤显示，用温度计测出水的初温；
b、从冰箱中取出一小块冰，放置室外直至表面出现水珠，用抹布将冰块擦干后迅速放入水杯，记录电子秤稳定时的示数为；
c、慢慢搅拌冰块和水，直至冰块完全熔化时，记录温度计的示数为。
(1)为了减小误差，杯子应该选择___________；
A．导热性好的金属杯B．隔热性好的双层玻璃杯
(2)整个过程中，原先倒入的温水放出的热量 （用和题中所给字母表示）；
(3)小组成员小华认为，（2）中的计算结果应该等于冰块熔化过程中吸收的热量，而小明通过查阅有关冰的熔化热（即1kg的冰熔化变成同温度的水所需吸收的热量）的资料，计算出了该实验中的冰块熔化过程中吸收的热量，发现总有 （>/ 冰熔化成水后会继续吸热 热量散失不可避免（写“杯子也会吸收热量”、“热量会散失到空气中”等）
(4)C
【详解】（1）这是因为隔热性好的杯子可以减少热量的散失，使得冰块熔化时吸收的热量更接近于温水放出的热量，从而提高实验的准确性，故A不符合题意，B符合题意。
故选B。
（2）整个过程中，原先倒入的温水放出的热量 可以用下面的公式表示

（3）[1][2][3]小组成员小华认为，（2）中的计算结果应该等于冰块熔化过程中吸收的热量。但实际上，小明发现总有 ，原因可能包括：水在冷却过程中，部分热量散失到周围环境中，而不是全部被冰吸收；冰块在熔化过程中，除了熔化吸热外，还需要吸收热量来提高温度，这部分热量也应该被计算在内。
（4）市场上有一种可重复利用的不锈钢“冰块”，既可以给饮料降温又不影响饮料原本的口味，下面三种设计最合理的是C。这种设计的优点包括：不但能保证冰熔化过程不和饮料混合，不影响饮料的口味，同时又能利用水比热容最大，能吸收热量最多，且水凝固成冰过程的膨胀问题。
故AB不符合题意，C符合题意。
实验次数
钩码重力G/N
提升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率
1
4
0.1
0.3
2
8
0.1
3.2
0.3
83.3%
3
8
0.1
2.0
0.5
80.0%