2021-2022学年-有答案-江苏省镇江市九年级(上)期中物理试卷

2021-2022学年江苏省镇江市九年级（上）期中物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项是正确的）

1. 下列物理量中不是用“焦耳”作单位是（ ） A.功

2. 下列实例中，重力对物体（加点标注）做功的是（ ） A.跳水运动员从跳台跳下

C.举重运动员举着杠铃停在空中

3. 下列实例中与“水的比热容较大”这一特性无关的是（ ） A.汽车发动机用水循环冷却 B.在河流上建水电站，蓄水发电 C.“暖气”中采用水循环供暖

D.在城市建人工湖，有助于调节气温

4. 如图是剪刀的两种用法，以下说法中正确的是（ ）

B.无人机水平匀速飞行 D.小球在水平面上滚动

B.功率

C.热量

D.内能

A.图1 是省力杠杆，图2是费力杠杆 B.图1 是费力杠杆，图2是省力杠杆 C.图1的用法是费距离，图2的用法是省距离 D.两种用法均可以省功

5. 某同学的质量约为60𝑘𝑔，他以正常速度走上教学楼的二楼．该同学上楼的功率最接近（ ） A.5𝑊

6. 关于温度、内能、热量，下列说法正确的是（ ） A.物体温度越高，含有的热量越多 B.温度相同的物体内能一定相等 C.温度相同的物体接触时不发生热传递 D.0∘𝐶的物体没有内能

B.15𝑊

C.150𝑊

D.1500𝑊

试卷第1页，总22页

7. 图示卫星沿椭圆轨道运行的过程中机械能守恒，该卫星从远地点向近地点运动的过程中，以下说法中正确的是（ ）

A.动能转化为势能、速度减小 B.动能转化为势能、速度增加 C.势能转化为动能、速度减小 D.势能转化为动能、速度增加

8. 骑自行车上一个陡坡时，有经验的同学会沿𝑆形路线骑行，这样做是为了（ ） A.缩短所走的路程

C.减小骑行者所施加的力

9. 如图所示，分别用相同的滑轮把重力相同的甲、乙两物体在相同时间内匀速提升相同的高度（不计滑轮重、绳重和轮轴摩擦、𝐺动<𝐺），所用拉力𝐹甲、𝐹乙，拉力做功𝑊甲、𝑊乙，拉力做功的功率𝑃甲、𝑃乙，两个滑轮的机械效率𝜂甲、𝜂乙，以下判断正确的是（ ）

B.减少所做的功 D.缩短所用的时间

A.𝐹甲<𝐹乙

10. 体育中考时小明投掷实心球的过程如图所示，𝐵点是实心球运动的最高点，下列说法不正确的是（ ）

B.𝑊甲＝𝑊乙

C.𝑃甲<𝑃乙

D.𝜂甲>𝜂乙

A.球从𝑀运动到𝐴的过程中该同学对球做了功 B.球从𝐴运动到𝐶的过程中动能先变小后变大 C.球运动到最高点𝐵点时重力势能最大 D.球运动到最高点𝐵点时动能为零

试卷第2页，总22页

11. 如图所示是某起重机示意图。当重物由主梁右端缓慢移向支点0的过程中，拉力𝐹与重物到支点𝑂的距离𝑠的关系图象是（ ）

A.

B. C. D.

12. 一个圆环穿在竖直放置的固定光滑曲杆上，从𝐴点处由静止释放后沿曲杆运动，𝐴、𝐵、𝐶、𝐷位置关系如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A.运动至𝐵点时，圆环的机械能最大 B.圆环不一定能到达𝐷点

C.圆环离开𝐷点时的速度大于圆环在𝐵点的速度 D.𝐴𝐵段增加的动能大于𝐵𝐶段增加的势能

二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）

如图所示是古人锻造铁器的过程，加热、锻打和淬火都可以改变物体的内能，其中利用热传递的方式改变铁器内能的是________、________过程，利用做功的方式改变铁器内能的是________过程，淬火过程中铁器的内能会变________。

如图所示，某单缸四冲程汽油机所处冲程是将________能转化为________能，接下来它将处于________冲程。

小明用5𝑁的水平拉力，将放在桌面上重为3𝑁的物理课本水平匀速拉动0.6𝑚。所用时间为3𝑠，在此过程中拉力对课本做功________𝐽，功率为________𝑊；重力对木块做功________𝐽。

试卷第3页，总22页

如图所示，用滑轮拉着一重为400𝑁的物体向上匀速运动，重物上升了0.2𝑚，该滑轮为________滑轮（选填“动”或“定”），不计滑轮重、绳重及轮轴间的摩擦，则拉力𝐹为________𝑁，拉力移动的距离为________𝑚。

如图所示，轻质杠杆𝑂𝐵可绕0点转动，𝑂𝐴＝𝐴𝐵，物块𝐺重30𝑁，∠𝛼＝∠𝛽＝30∘．在𝐵点作用一个竖直向上的拉力𝐹使杠杆在水平位置平衡，𝐹的大小为________𝑁；保持杠杆在水平位置平衡，若仅将拉力𝐹沿逆时针方向转动，则在转至虛线①所示位置的过程中，拉力大小将变________，𝐹转动至①位置或②位置时，使杠杆水平平衡的拉力分别为𝐹1、𝐹2，则拉力𝐹1、𝐹2的大小关系为𝐹1________𝐹2．（选填“>”、“<”或“＝”）

小云同学在训练时，半分钟内做了9个引体向上。已知小云的质量为80𝑘𝑔，每次引体向上他能将自身重心提高0.4𝑚，则小云每次引体向上做所的功为________𝐽，重心上升时重力势能变________，半分钟内他做功的平均功率为________𝑊．(𝑔＝10𝑁/𝑘𝑔)

用煤气灶将初温为30∘𝐶、质量为4𝑘𝑔的一壶水加热到80∘𝐶，该过程中水吸热

________𝐽．煤气燃烧时将________能转化为内能。若煤气完全燃烧放出的热量有50%被水吸收，则需要消耗________𝑘𝑔的煤气。【水的比热容为4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅∘𝐶)，煤气的热值为4.2×107𝐽/𝑘𝑔】

图是400𝑔某液体放热过程中温度随时间变化的图象，某单位时间内该物质放热相同。则第10min时它的内能________（选填“>”、“<”或“＝”）第15min时的内能；它处于固态、液态时的比热容大小为𝑐固________𝑐液（选填“>”、“<”或“＝”）；400𝑔该物质从第10分钟到第20分钟，放出的热量𝑄＝________𝐽．【液体的比热容为3×103𝐽/(𝑘𝑔⋅∘

𝐶)】

如图，轻质弹簧顶端固定，另一端连接一个大小不计的重物。用手抓住重物向下拉伸弹簧到𝑎，松手后弹簧拉重物上升依次经过点𝑏，𝑐到最高点𝑑，其中点𝑐是弹簧不挂重物静止时的位置，𝑏是重物连接在弹簧下端静止时的位置。则重物从𝑎运动到点𝑑过程中，在________重力势能最大，在________点动能最大，在________点机械能最大。

试卷第4页，总22页

（不计空气阻力）

三、解答题（本题共9小题，共48分，解答26、27、28题时应有必要的解题过程）

图中杠杆静止，请画出图中力𝐹1和𝐹2的力臂𝑙1和𝑙2；

图中杠杆上吊一重物𝐺，在力𝐹1的作用下杠杆在水平位置静止，𝑙1为𝐹1的力臂，请做出𝐹1的示意图和细线对杠杆的拉力𝐹2的示意图。

图中用笔画线代替绳子画出用该滑轮组提升重物时最省力的绕法。

利用图1装置来探究杠杆平衡条件，设弹簧测力计和钩码对杠杆的拉力分别为动力𝐹1和阻力𝐹2，𝑙1和𝑙2分别表示动力臂和阻力臂。已知实验前已调节杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的量程为0∼5𝑁，杠杆上每一格长10𝑐𝑚。

实验次数 阻力𝐹2/𝑁 阻力臂𝑙2/𝑐𝑚 动力臂𝑙1/𝑐𝑚 动力𝐹1/𝑁 1 2 3 4 4 4 30 20 10 25 25 25 4.4 3.2 1.6 试卷第5页，总22页

（1）为便于测量力臂，弹簧测力计应沿________方向拉杠杆，并使之在________位置平衡；

（2）实验过程中所获得的实验数据如表所示。第1次实验中弹簧测力计示数的放大图如图2所示，则𝐹1＝________𝑁，此时杠杆属于________杠杆（选填“省力”或“费力”）；

（3）根据上表的这组数据可得出的结论是：在________、________不变时，________。

“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置如图1所示，利用相同的装置分别对质量相等的液体1和液体2加热。

（1）要完成该探究实验除了图1中所示的器材外，还需要的测量工具有秒表和________；

（2）如表是某同学设计的实验数据记录表格，其中𝑎处应填写的物理量是________，该同学是采用“在________相同时，比较________”的方法进行实验的；

𝑎 温度/∘𝐶

液体1 液体2 （3）该同学利用测量数据绘制出的图象如图2所示，他应该选择________（选填“0∼𝑎1”、“𝑎1∼𝑎2”或“𝑎2∼𝑎3”）段内的数据进行分析，你的理由是________；根据图象可以判断液体________（选填“1”或“2”）吸热升温较快。

试卷第6页，总22页

用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率。实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。

（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数𝐹为________𝑁，钩码总重𝐺为1.0𝑁，钩码上升高度ℎ为0.1𝑚，测力计移动距离𝑠为0.3𝑚，则杠杆的机械效率为________%．请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：________。

（2）为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，一位同学用该实验装置，先后将钩码挂在𝐴、𝐵两点，测量并计算得到下表所示的两组数据：

次数 1 2 钩码 悬挂点 𝐴点 𝐵点 钩码总重 𝐺/𝑁 1.5 2.0 钩码移动距离 ℎ/𝑚 0.10 0.15 拉测力计移动距力 离 𝐹/𝑁 𝑠/𝑚 0.7 1.2 0.30 0.30 机械效率 𝜂/% 71.4 83.3

根据表中数据，能否得出“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”的结论？答：________；

用如图所示的滑轮组将重为180𝑁的货物在20𝑠内匀速提升5𝑚的过程中，所用拉力𝐹＝120𝑁．不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦。

（1）求上述过程中的有用功𝑊有用；

（2）求上述过程中拉力的功率𝑃拉；

（3）求滑轮组的机械效率𝜂。

试卷第7页，总22页

小宇利用筷子，秤钩，轻质细绳，砝码和秤砣自制了杆秤。如图1，秤钩挂在𝐴点，在𝑂点用细线悬挂后发现秤杆恰好水平静止。(𝑔＝10𝑁/𝑘𝑔)

（1）该杆秤的零刻度线应该标在________（选填“𝑂点”、“𝑂点左侧”或“𝑂点右侧”）；

（2）如图2所示，秤钩下挂200𝑔的砝码，将秤砣移动到𝐵点处，杆秤恰能保持水平静止，𝑂𝐴:𝑂𝐵＝1:4，求秤砣的质量________𝑔；𝐵点刻度所对应的物体质量为________𝑔；

（3）该杆秤的刻度是________（选填“均匀”或“不均匀”）；

（4）某商贩为牟取暴利，每次卖给顾客的商品称量质量均偏大，则该商贩可能将杆秤配套的秤砣换成质量稍________的。

某汽车在平直路面上从𝐴处以90𝑘𝑚/ℎ的速度匀速行驶1ℎ到达𝐵处，此过程中耗汽油完全燃烧所放出的热量的3/5用于驱动汽车行驶，1/5随废气通过如图所示能量回收装置转化为电能。行驶过程中所受的阻力为2000𝑁，汽油热值近似取𝑞＝5×107𝐽/𝑘𝑔，设汽油在气缸内完全燃烧。

（1）图示时刻，四冲程汽油机正处于________冲程；若该汽油机每分钟完成4800个冲程，则它每秒完成________个工作循环；

（2）求题述过程中消耗汽油的质量；

（3）若能量回收装置将废弃能量转化为电能的效率为20%，求题述过程中回收的电能𝐸电。

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参与试题解析

2021-2022学年江苏省镇江市九年级（上）期中物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项是正确的） 1. 【答案】 B

【考点】

物理量的单位及单位换算 【解析】

根据对常见物理量及其单位的掌握作答。 【解答】

𝐴、𝐶、𝐷、在物理学中，焦耳是功和各种能量的基本单位。所以功、热量和内能的单位都是焦耳。故𝐴、𝐶、𝐷不符合题意；

𝐵、在物理学中，功率的基本单位是瓦特。故𝐵不符合题意。 2. 【答案】 A

【考点】

力是否做功的判断 【解析】

做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，二者缺一不可，据此分析判断。 【解答】

𝐴、跳水运动员从跳台跳下，运动员受重力的作用，并且在重力的方向移动了距离，所以重力对运动员做了功，符合题意；

𝐵、无人机水平匀速飞行，无人机在重力的方向上没有移动距离，所以重力对无人机不做功，不符合题意。

𝐶、举重运动员举着杠铃停在空中，杠铃在重力的方向上没有移动距离，所以重力对杠铃不做功，不符合题意。

𝐷、在水平桌面滚动的球，重力方向与小球运动的方向垂直（小球在重力的方向上没有移动距离），所以重力对小球不做功，不符合题意。 3. 【答案】 B

【考点】

水的比热容的特点及应用 【解析】

对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多； 水分的蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，即蒸发吸热． 【解答】

解：𝐴．因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水做汽车的冷却液，不符合题意；

试卷第9页，总22页

𝐵．在河流上建水电站，蓄水发电，是利用水的重力势能转化为水轮机的动能，水轮机的动能再转化为电能，故符合题意；

𝐶．因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以冬天供暖系统使用热水循环供暖，故不符合题意；

𝐷．因为水的比热容较大，白天，水吸收热量，温度升高的少，夜晚，水放出热量，温度降低的少，能调节周围的气温，不符合题意． 故选𝐵． 4. 【答案】 B

【考点】 功的原理 杠杆的应用 杠杆的分类 【解析】

（1）根据剪刀在使用过程中，动力臂与阻力臂的大小关系确定是费力杠杆还是省力杠杆；省力的费距离、费力的省距离；

（2）由功的原理可知，使用任何机械都不省功。 【解答】

𝐴𝐵𝐶、在图1剪刀的使用中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，但省距离；在图2剪刀的使用中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，但费距离；故𝐴𝐶错误、𝐵正确； 𝐷、根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，故𝐷错误。 5. 【答案】 C

【考点】 功率的计算 【解析】

已知中学生的质量，根据𝐺＝𝑚𝑔求出体重，一层楼的高度在3𝑚左右，爬一层楼的时间大约12𝑠，据此计算上楼的功率。 【解答】

解：该同学的体重：𝐺＝𝑚𝑔＝60𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔＝600𝑁， 从教学楼的一楼走上二楼的高度ℎ＝3𝑚，

克服重力所做的功：𝑊＝𝐺ℎ＝600𝑁×3𝑚＝1800𝐽， 上楼时间约为12𝑠， 则该同学上楼的功率： 𝑃=

𝑊𝑡

=

1800𝐽12𝑠

=150𝑊．

故选𝐶． 6. 【答案】 C

【考点】

温度、热量与内能的关系 【解析】

试卷第10页，总22页

（1）热量是在热传递过程中内能的改变量，是一个过程量；

（2）内能的大小不但和物体的温度有关，还与物体的质量、状态有关； （3）发生热传递的条件是存在温度差； （4）任何物体都有内能。 【解答】

𝐴、热量是一个过程量，指在热传递过程中内能的改变量，不能说“所含”热量的多少，故𝐴错误；

𝐵、内能的大小不但和物体的温度有关，还与物体的质量有关，所以温度相同的物体，其内能不一定相等，故𝐵错误；

𝐶、发生热传递的条件是存在温度差，温度相同的物体之间不会发生热传递，故𝐶正确； 𝐷、任何物体都有内能，0∘𝐶的物体有内能，故𝐷错误。 7. 【答案】 D

【考点】

动能和势能的转化与守恒 【解析】

（1）重力势能的大小与物体的质量以及所处位置的高度有关，判断重力势能是否改变，看它的质量和高度是否变化就可以了；

动能的大小与物体的质量以及运动的速度有关，判断动能的大小看它的质量和速度是否变化就可以了；

（2）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的。 【解答】

当卫星从远地点向近地点运动过程中，质量不变，相对高度减小，所以势能变小，由于机械能守恒，故动能增大，速度增大，此过程能量转化是势能转化为动能。故𝐷正确。 8. 【答案】 C

【考点】

轮轴及其他常见简单机械 【解析】

本题由斜面模型及功的原理进行分析。 ①使用任何机械都不省功；

②斜面坡度越小越省力，即斜面高度一定，斜面越长越省力。 【解答】

𝐴、上坡时，自行车上升的高度不变，走𝑆形路线所走的路线较长，故𝐴错误。 𝐵、使用任何机械都不省功，故𝐵错误。

𝐶、上坡时，走𝑆形路线所走的路线较长，相当于增长了斜面的长度，斜面越长越省力。故𝐶正确。

𝐷、速度一定，走𝑆形路线所走的路线较长，所用的时间较长。故𝐷错误。 9. 【答案】 B 【考点】

试卷第11页，总22页

功的大小比较 功率大小的比较 机械效率的大小比较 【解析】

（1）定滑轮的特点：使用定滑轮不能省力，但能改变动力的方向；动滑轮的特点：使用动滑轮不能改变动力的方向，但能省力； （2）求出拉力做的总功，由𝑃=比较功率；

𝑡𝑊

（3）运用滑轮来提起重物时，所做的有用功就是克服物体自身重力所做的功；拉力做的功是总功，由公式𝜂=𝑊比较滑轮的机械效率。 【解答】

（2）不计机械自重和摩擦，不存在额外功，则拉力做的功等于有用功，故拉力做的功一样大，即𝑊甲＝𝑊乙，故𝐵正确（1）（3）因为做功时间相同，所以根据𝑃=𝑡可知𝑃甲＝𝑃乙，故𝐶错误。

（4）用定滑轮和动滑轮分别将质量相同的甲、乙两物体匀速提升相同的高度，由𝑊有＝𝐺ℎ＝𝑚𝑔ℎ可知，则所做的有用功一样大；由𝜂=𝑊可知，𝜂甲＝𝜂乙，故𝐷错误。 故选：𝐵。 10. 【答案】 D

【考点】

力是否做功的判断 动能和势能的大小变化 【解析】

（1）力做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；二者缺一不可。

（2）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。

（3）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。 【解答】

𝐴、球从𝑀运动到𝐴的过程中，该同学对球施加了力的作用，球在该力的方向上通过距离，所以该同学对球做功。故𝐴正确；

𝐵、球从 𝐴 点运动到 𝐶 点过程中，质量不变，速度先变小后变大，故动能先变小后变大；故𝐵正确；

𝐶、球运动到最高点𝐵点时高度最大，所以重力势能最大。故𝐶正确；

𝐷、球运动到最高点𝐵点时，在水平方向上速度不为零，所以动能不为零，故𝐷错误。 11. 【答案】 A

【考点】

杠杆的平衡条件 【解析】

试卷第12页，总22页

𝑊

𝑊

𝑊

在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，以左侧的支柱为支点𝑂，右支架对主梁的支持力𝐹为动力，动力臂为整个主梁的长度，设为𝐿；重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力𝐺，阻力臂为𝑠，根据的平衡条件分析出𝐹和𝑠的关系式，得出𝐹与𝑠的关系，找出图象。 【解答】

当重物由主梁右端缓慢移向支点𝑂的过程中，以左侧的支柱为支点，拉力𝐹为动力，重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力𝐺，动力臂为整个主梁的长度，设为𝐿，阻力臂为𝑠，

根据的平衡条件：𝐹𝐿＝𝐺𝑠得， 拉力𝐹为：𝐹=𝐿𝐺，

由关系式知：拉力𝐹与重物到支点𝑂的距离𝑠成一次函数关系，且拉力随𝑠的减小而减小，故𝐴符合题意。 12. 【答案】 D

【考点】

动能和势能的大小变化 【解析】

曲杆光滑且不计空气阻力，所以机械能是守恒的。动能由物体的速度和质量决定，势能由物体的高度和质量决定，根据动能与重力势能的转化的知识分析。 【解答】

𝐴、不计空气阻力，曲杆是光滑的，所以机械能守恒，各处的机械能守恒，故𝐴错误； 𝐵、只要𝐴点高于𝐷点高度，小环就能到达𝐷点，故𝐵错误；

𝐶、𝐷点的高度高于𝐵点的高度，即𝐷点的重力势能大于𝐵点的重力势能，则𝐷点的动能小于𝐵点的动能，故𝐶错误；

𝐷、𝐴因为𝐵段的高度大于𝐵𝐶段的高度，𝐴𝐵段的重力势能的变化大于𝐵𝐶段的重力势能的变化，

𝐴𝐵段增加的动能等于𝐴𝐵段减少的重力势能，所以，𝐴𝐵增加的动能大于𝐵𝐶段增加的势能，故𝐷正确。

二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分） 【答案】 加热,淬火,锻打,小 【考点】

热传递改变物体内能 做功改变物体内能 【解析】

（1）当对物体做功时，其他形式能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为其他形式能，物体的内能减小；

（2）在热传递的过程中，低温物体吸收热量，内能增加，高温物体放出热量，内能会减小，热传递是改变物体内能的方法之一。 【解答】

用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火，铁器向水中放热，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能。

𝑠

试卷第13页，总22页

用铁锤锻打工件，工件会发热，属于做功改变物体内能。

把烧红的铁器放到冷水中“淬火”，铁器放出热量，铁块的温度会降低，内能变小。 【答案】 机械,内,做功 【考点】

内燃机的四个冲程 【解析】

（1）内燃机的四冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程；

（2）两个气门都关闭，活塞向上移动，为压缩冲程，此时将机械能转化内能。 【解答】

由图知，两个气门都关闭，活塞向上运动，此冲程为压缩冲程，将机械能转化为内能；压缩冲程后紧接着为做功冲程； 【答案】 3,1,0 【考点】 功的计算 功率的计算 【解析】

（1）知道小明的拉力和移动的距离，利用𝑊＝𝐹𝑠求出拉力对课本做的功； （2）知道拉力做的功和时间，利用公式𝑃=𝑡求出拉力的功率；

（3）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此分析判断。 【解答】

小明对课本做的功：𝑊＝𝐹𝑠＝5𝑁×0.6𝑚＝3𝐽。 拉力的功率：𝑃=

𝑊𝑡

3𝐽3𝑠

𝑊

==1𝑊。

由题意知，课本在水平桌面上运动，在重力的方向上没有移动距离，所以重力做功为0𝐽； 【答案】 动,200,0.4

【考点】

动滑轮拉力的计算 动滑轮及其工作特点 【解析】

（1）随物体一起运动的滑轮叫动滑轮，轴固定不动的滑轮叫定滑轮；

（2）不计滑轮重、绳重及轮轴间的摩擦，使用动滑轮能省一半力；拉力端移动距离等于物体移动距离的2倍。 【解答】

（1）如图所示的滑轮，工作时，滑轮的轴随物体一起运动，为动滑轮。 （2）不计滑轮重及细绳与滑轮间的摩擦，拉力𝐹=2𝐺=2×400𝑁＝200𝑁。 拉力移动的距离：𝑠＝2ℎ＝2×0.2𝑚＝0.4𝑚。 故答案为：动；200；0.4。

1

1

试卷第14页，总22页

【答案】 15,大,＝

【考点】

杠杆的动态平衡分析 杠杆的平衡条件 【解析】

从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件：动力×动力力臂＝阻力×阻力力臂求出𝐹，分析力臂变化可知力的变化。 【解答】

由杠杆的平衡条件可知，𝐹⋅𝐿1＝𝐺⋅𝐿2。 所以，𝐹=

𝐺𝐿2𝐿1

30𝑁×𝑂𝐴20𝐴

==15𝑁(1)(2)保持杠杆在水平位置平衡，若仅将拉力𝐹沿逆时

针方向转动，则在转至虛线①所示位置的过程中，保持杠杆在水平位置平衡，则拉力在转至虚线所示位置的过程中，拉力的力臂变小，

因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，拉力变大。

（3）保持杠杆在水平位置平衡，在转至①位置时，由三角函数可知，动力𝐹1的力臂𝐿1＝𝑂𝐵×sin𝛼＝𝑂𝐵×sin30∘＝𝑂𝐵×2(2)在转至②位置时，由三角函数可知，动力𝐹2的力臂为𝐿2＝𝑂𝐵×sin𝛽＝𝑂𝐵×sin30∘＝𝑂𝐵×2(3)所以，𝐹转动至①位置或②位置时，动力𝐹1、𝐹2的力臂相等，因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，拉力𝐹1、𝐹2的相等。

故答案为：15；大；＝。 【答案】 320,大,96

【考点】 功的计算

动能和势能的大小变化 功率的计算 【解析】

（1）已知小云的质量，利用重力公式求出小云重，又知道引体向上移动的距离，根据公式𝑊＝𝐺ℎ可求出小云每一次引体向上所做的功；

（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大； （3）已知在半分钟内做了9个引体向上，结合一次引体向上做的功进一步求出总功，然后利用𝑃=求出做功的功率。

𝑡𝑊

1

1

【解答】

（1）小云的重力：

𝐺＝𝑚𝑔＝80𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔＝800𝑁， 则小云每一次引体向上所做的功： 𝑊1＝𝐺ℎ＝800𝑁×0.4𝑚＝320𝐽。

（2）小云重心向上升时，人的质量不变，高度增大，故人的重力势能变大。 （3）小云半分钟做的总功： 𝑊总＝9𝑊1＝9×320𝐽＝2880𝐽， 所用时间𝑡＝0.5min＝30𝑠，

试卷第15页，总22页

则小云做功的平均功率： 𝑃=

𝑊𝑡

=

2880𝐽30𝑠

=96𝑊。

故答案为：320；大；96。 【答案】

8.4×105,化学,0.04 【考点】 燃料的热值 热量的计算 【解析】

（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式𝑄吸＝𝑐𝑚(𝑡−𝑡0)求出水吸收的热量；

（2）燃料燃烧的过程，是将燃料的化学能转化为内能的过程； （3）利用𝜂=

𝑄𝑄

×100%求出煤气完全燃烧放出的热量，再利用𝑄放＝𝑚𝑞求出需要消耗

煤气气的质量。 【解答】

（1）水吸收的热量：

𝑄吸＝𝑐𝑚(𝑡−𝑡0)＝4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅∘𝐶)×4𝑘𝑔×(80∘𝐶−30∘𝐶)＝8.4×105𝐽。 （2）煤气燃烧时发生化学变化，将煤气的化学能转化为内能。 （3）由𝜂=𝑄×100%可得，煤气完全燃烧放出的热量： 𝑄放=

𝑄𝜂

𝑄

=

8.4×105𝐽50%

=1.68×106𝐽，

由𝑄放＝𝑚𝑞可得，需要消耗煤气的质量： 𝑚′=

𝑄𝑞

=4.2×107𝐽/𝑘𝑔=0.04𝑘𝑔。

1.68×106𝐽

故答案为：8.4×105；化学； 0.04。 【答案】 >,<,1.8×104

【考点】

熔化和凝固的温度—时间图像 热量的计算 【解析】

（1）物质在凝固过程中放出热量，内能减小；

（2）图象中，斜率大说明温度变化的快、比热容小；

（3）利用𝑄放＝𝑐𝑚△𝑡求才物质前10min放出的热量，由于在相同的时间内该物质放出的热量相同，从而得出该物质从第10分钟到第20分钟放出的热量。 【解答】

（1）从第10min到第15min，物质中液态变为固态，处于凝固过程，该过程放出热量，内能减小，所以第10min时它的内能大于第15min时的内能。

（2）由图可知，物质前10min为液态，20min以后为固态，前10min斜率小、20min以后斜率大，斜率大说明温度变化的快、比热容小，说明固态的比热容小于液态的比热容。

（3）400𝑔该物质前10min为液态，从20∘𝐶降到5∘𝐶，放出的热量：

试卷第16页，总22页

𝑄放＝𝑐𝑚(𝑡0−𝑡)＝3×103𝐽/(𝑘𝑔⋅∘𝐶)×0.4𝑘𝑔×(20∘𝐶−5∘𝐶)＝1.8×104𝐽， 因为在相同的时间内该物质放出的热量相同，

所以该物质从第10分钟到第20分钟，放出的热量等于该物质前10min放出的热量，也是1.8×104𝐽。

故答案为：>；<；1.8×104。 【答案】 𝑑,𝑏,𝑐

【考点】

动能和势能的大小变化 【解析】

动能的影响因素是物体的质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，位置越高，重力势能越大。

分析重物从𝑎运动到𝑑的过程中，质量、速度、高度的变化，确定哪点的重力势能最大、动能最大。 【解答】

重物从𝑎运动到𝑑的过程中，质量不变，在𝑑点时高度最大，重力势能最大；

𝑐是弹簧不挂重物静止时的位置，即𝑐是弹簧处于原长的位置；𝑏是重物连接在弹簧下端静止时的位置，此时重物受到的拉力和重力相等；

从𝑎运动到𝑏的过程中，重物受到向下的重力和向上的弹力，弹力大于重力，合力竖直向上，重物向上做加速运动；

𝑏点时，弹力等于重力，合力为0，不再加速，速度达到最大，动能最大； 从𝑏运动到𝑐的过程中，弹力小于重力，合力向下，此时重物做减速运动；

不计空气阻力，由于重物和弹簧组成的系统机械能守恒，𝑐点时，弹力为零，弹性势能为0，重物的机械能最大。

从𝑐点到𝑑的过程中，弹力和重力都向下，合力向下，重物继续做减速运动；𝑑点时，重物的速度为0。

三、解答题（本题共9小题，共48分，解答26、27、28题时应有必要的解题过程） 【答案】

【考点】 力臂的画法 【解析】

已知动力和阻力，根据力臂的画法，先确定支点𝑂，再过支点作动力作用线和阻力作用线的垂线段，即可画出动力臂和阻力臂。 【解答】

已知支点为𝑂，延长𝐹1的作用线，过点𝑂作力𝐹1的垂线段𝐿1，作力𝐹2的垂线段𝐿2，那么𝐿1、𝐿2即为所求作的力臂。 【答案】

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【考点】 力的示意图 力臂的画法 【解析】

根据力与力臂的关系确定𝐹1的作用点和方向；根据杠杆平衡条件确定拉力𝐹2的方向即可。 【解答】

做出力臂𝐿1的垂线，与杠杆相交于一点𝑃，即𝐹1的作用点，由于𝐺使杠杆沿顺时针方向转动，所以𝐹1的方向应使杠杆沿逆时针方向转动，方向斜向上；

根据杠杆平衡条件可知，重物𝐺对杠杆拉力𝐹2的方向竖直向下，作用点在杠杆上的𝐴点， 【答案】

。

【考点】

滑轮组的设计与组装 【解析】

滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。 【解答】

图中滑轮组由一个定滑轮和一个动滑轮组成，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮， 【答案】 竖直,水平 4.4,费力

阻力,动力臂,阻力臂越小，动力越小 【考点】

探究杠杆的平衡条件实验 【解析】

（1）当弹簧测力计沿竖直方向拉杠杆，并使之在水平位置平衡，由力臂的定义，力的作用点和支点的距离大小即为力臂大小；

试卷第18页，总22页

（2）根据测力计分度值读数，比较𝐹与𝐺大小回答； （3）纵向分析表数中数据得出结论。 【解答】

为便于测量力臂，弹簧测力计应沿竖直方向拉杠杆，并使之在水平位置平衡； 第1次实验中弹簧测力计示数的放大图如图2所示，测力计分度值为0.1𝑁，则𝐹1＝4.4𝑁>𝐺＝4𝑁，此时杠杆属于费力杠杆；

纵向分析表数中数据知：在阻力和动力臂不变时，阻力臂越小，动力越小。 【答案】 天平

加热时间/min,吸收热量,升高的温度

0∼𝑎1,液体1在𝑎1∼𝑎2和𝑎2∼𝑎3时间段的温度保持不变,1 【考点】

探究比热容的实验 【解析】

（1）探究不同物质吸热能力时，要控制两种液体的质量相等，需要用天平测质量，测量加热时间的工具秒表；

（2）实验中通过加热时间来表示吸热的多少，加热时间相同，吸收的热量相同，根据升高的温度判定吸热能力的强弱；

（3）根据图象分析各个时间段温度的变化，加热时间相同，吸收的热量相同，根据图象得出升温的快慢。 【解答】

由实验可知，要准确完成本实验除了图中的实验器材，还需的器材：测量质量的天平和测量时间的秒表。

实验中用相同的酒精灯加热，在相同时间内吸收的热量是相同的，实验中通过加热时间来表示吸热的多少，故𝑎处为加热时间/min。

加热时间相同，吸收的热量相同，在质量和吸收的热量相同时，升高的温度不同，吸热能力不同，故可根据升高的温度判定吸热能力的强弱。

由图象可知，液体1在𝑎1∼𝑎2和𝑎2∼𝑎3时间段的温度保持不变，此时液体处于沸腾状态，故应选择0∼𝑎1时间段内的数据进行分析。

由图可知，加热时间相同，吸收的热量相同，液体1温度升高的高，故液体1吸热升温较快。 【答案】

0.5,66.7,由于使用杠杆时需要克服杠杆自重做功 不能

【考点】

杠杆机械效率的测量实验 【解析】

（1）弹簧测力计每一个大格代表1𝑁，每一个小格代表0.1𝑁，正确读数；根据公式进行计算：𝑊有＝𝐺ℎ，𝑊总＝𝐹𝑠，𝜂=𝑊×100%；额外功产生的原因：克服机械的重做功、克服摩擦做功；

（2）分析机械效率的影响因素采取控制变量法。 【解答】

弹簧测力计每一个大格代表1𝑁，每一个小格代表0.1𝑁，指针超过5个小格，示数为0.5𝑁；

试卷第19页，总22页

𝑊

用杠杆提起货物，对货物做的功是有用功，𝑊有＝𝐺ℎ＝1𝑁×0.1𝑚＝0.1𝐽，

用杠杆提起货物，对整个杠杆做的功是总功，𝑊总＝𝐹𝑠＝0.5𝑁×0.3𝑚＝0.15𝐽。 所以杠杆的机械效率：𝜂=𝑊×100%=0.15𝐽×100%≈66.7%； 额外功产生的原因：克服机械的重做功、克服摩擦做功。

题中悬挂点不同，物体的重力不同，变量不唯一，不能探究：“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”。 【答案】

上述过程中的有用功为900𝐽； 上述过程中拉力的功率为60𝑊； 滑轮组的机械效率为75%。 【考点】

有用功、额外功、总功 功率的计算

滑轮（组）的机械效率 【解析】

（1）利用𝑊＝𝐺ℎ求出有用功；

（2）由图可知，连接动滑轮绳子的股数，根据𝑠＝𝑛ℎ求出拉力端移动距离，利用𝑊＝𝐹𝑠求出总功，再利用𝑃=𝑡求出拉力的功率； （3）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。 【解答】

上述过程中的有用功：

𝑊有＝𝐺ℎ＝180𝑁×5𝑚＝900𝐽。

由图可知，连接动滑轮绳子的股数𝑛＝2， 绳端移动的距离：𝑠＝2ℎ＝2×5𝑚＝10𝑚， 上述过程中的总功：

𝑊总＝𝐹𝑠＝120𝑁×10𝑚＝1200𝐽， 则拉力的功率： 𝑃=

𝑊𝑡

𝑊𝑊

0.1𝐽

=

1200𝐽20𝑠

=60𝑊。

滑轮组的机械效率：

𝜂=𝑊×100%=1200𝐽×100%＝75%。 【答案】 𝑂点 50,200 均匀 小

【考点】

杠杆的平衡分析法及其应用 【解析】

（1）杆秤的零刻度即为测量物体的质量为0时，杠杆再次平衡时秤砣在杠杆上悬挂的位置；在𝑂点用细线悬挂后发现秤杆恰好水平静止，则𝑂为其重心，据此分析；

（2）根据杠杆的平衡条件求出秤砣的质量𝑚秤砣；根据实际情况，𝐵点刻度所对应的物

试卷第20页，总22页

𝑊

900𝐽

体质量为200𝑔；

（3）由杠杆的平衡条件得出秤砣悬挂点距支点的距离的表达式，分析表达式中不变的量，得出秤砣悬挂点距支点的距离与𝐺物成正比，据此回答；

（4）某商贩为牟取暴利，每次卖给顾客的商品称量质量均偏大，即秤砣悬挂点距支点的距离，结合秤砣悬挂点距支点的距离的表达式分析。 【解答】

在𝑂点用细线悬挂后发现秤杆恰好水平静止，则𝑂为其重心，也为杠杆的支点，故该杆秤的零刻度线应该标在𝑂点；

如图2所示，秤钩下挂200𝑔的砝码，将秤砣移动到𝐵点处，杆秤恰能保持水平静止， 由杠杆的平衡条件可得𝐺砝码×𝑂𝐴＝𝐺秤砣×𝑂𝐵， 即𝑚砝码𝑔×𝑂𝐴＝𝑚秤砣𝑔×𝑂𝐵， 则秤砣的质量： 𝑚秤砣=

𝑂𝐴𝑂𝐵

×𝑚砝码=×200𝑔＝50𝑔；

4

1

秤钩下挂200𝑔的砝码，则𝐵点刻度所对应的物体质量为200𝑔； 由杠杆的平衡条件可得：

𝐺物×𝑂𝐴＝𝐺秤砣×𝑂𝐵′−−−−−①， 则𝑂𝐵′=𝐺×𝑂𝐴−−−−−②，

因𝑂𝐴和𝐺秤砣都为一定值，由②知，𝑂𝐵′与𝐺物成正比，即该杆秤的刻度是均匀的； 某商贩为牟取暴利，每次卖给顾客的商品称量质量均偏大，即𝑂𝐵′偏大，

由②知，在𝑂𝐴和𝐺物不变的条件下，𝑂𝐵′偏大，则说明秤砣的重力变小了，则该商贩可能将杆秤配套的秤砣换成质量稍小的而达到这个目的。 【答案】 压缩,20

汽油的质量为6𝑘𝑔； 回收的电能𝐸电为6×106𝐽。 【考点】

有关热机的计算 热机的效率 内燃机的四个冲程 【解析】

（1）由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案；

（2）根据𝑊＝𝐹𝑠求出总功，根据效率求出总功，根据𝑄＝𝑚𝑞求出汽油的质量； （3）根据效率和废弃的能量求出电能。 【解答】

由图可知，两个气门，活塞上行，属于压缩冲程；

该汽油机每分钟完成4800个冲程，故每秒完成800个冲程，热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，若该汽油机每秒完成80个冲程，则每秒它对外做功20次，完成20个工作循环； 汽车行驶的路程为：𝑠＝𝑣𝑡＝90𝑘𝑚/ℎ×1ℎ＝90000𝑚；

由于汽车做匀速直线运动个，阻力等于牵引力，即𝐹＝𝑓＝2000𝑁； 牵引力所在的功为：𝑊＝𝐹𝑠＝2000𝑁×90000𝑚＝1.8×108𝐽；

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𝐺

汽车行驶时，汽油完全燃烧所放出的热量的=0.6用于驱动汽车行驶，

53

则汽油完全燃烧放出的热量为：𝑄=汽油的质量为：𝑚=

𝑄𝑞

𝑊0.6

=

1.8×108𝐽0.6

=3×108𝐽；

=

3×108𝐽5×107𝐽/𝑘𝑔

=6𝑘𝑔；

15

由题意可知，废气的能量为燃料燃烧能量的=0.2；能量回收装置将废弃能量转化为电能的效率为20%，

则回收的电能𝐸电＝3×108𝐽×0.1×20%＝6×106𝐽。

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