精品解析：江苏省无锡市滨湖区2025-2026学年九年级上学期期中物理试题

2025年秋学期初中期中质量监测卷 初三物理 （本试卷分为试题和答题卡两部分，所有答案一律写在答题卡上。试卷满分100分，考试时间100分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将姓名、准考证号填写在答题卡相应位置。 2．答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应题目的正确选项涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后再选涂。 3．答主观题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔作答，答案写在答题卡各题目指定区域内相应位置上。如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新的答案。不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。 一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个正确） 1. 如图所示，为明代科学家宋应兴在《天工开物》中描绘的，用于捣谷的“碓”。下列工具使用过程中和“人踩碓”属于同一类杠杆的是（　　） A. 羊角锤 B. 镊子 C. 独轮车 D. 开瓶器 【答案】B 【解析】 【详解】从图中可以看出，“人踩碓”的动力臂（支点到人脚的距离）小于阻力臂（支点到石锤的距离），所以它是一个费力杠杆； A．羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意； B．镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意； C．独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意； D．开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。 故选B。 2. 关于功、功率、机械效率，下列说法中正确的是（　　） A. 效率越高的机械，做的有用功越多 B. 功率越大的机械，做功越快 C. 做功越多的机械，功率越大 D. 功率越大的机械，机械效率越高 【答案】B 【解析】 【详解】A．机械效率是有用功占总功的比值，效率越高的机械，做的有用功不一定越多，故A错误； BC．功率指的是做功快慢，功率大，指的是做功快，做功多的机械，功率不一定大，故B正确，C错误； D．机械效率是有用功占总功的比值，而功率是做功快慢的物理量，两个物理量之间没有必然的联系，故D错误。 故选B。 3. 新学期，同学们参加校园大扫除。下列劳动过程中，同学对工具或物品不做功的是（　　） A. 为了书本入柜，搬着书从教室前走到教室后 B. 为了扫地，把椅子搬到课桌上 C. 为了拖地，推着拖把沿地面匀速前进 D. 为了擦窗，从一楼提水到二楼教室 【答案】A 【解析】 【详解】A．搬书时，同学施加的力是竖直向上的支持力，而书本移动方向是水平的，力与运动的方向垂直，故不做功，故A符合题意； B．搬椅子时，同学施加的力竖直向上，椅子在力的方向上移动了高度，故做功，故B不符合题意； C．推拖把匀速前进时，推力是水平方向的，拖把在推力的方向移动了距离，故推力做功，故C不符合题意； D．提水到二楼时，力竖直向上，水桶在力的方向移动了高度，故做功，故D不符合题意。 故选A。 4. 如图所示，为中国宇树科技自主研发的智能机器狗，正驮着货物匀速上山，该过程中“机器狗”（　　） A. 动能不变，重力势能增大，机械能增大 B. 动能不变，重力势能不变，机械能不变 C. 动能增大，重力势能减小，机械能不变 D. 动能增大，重力势能增大，机械能增大 【答案】A 【解析】 【详解】机器狗驮着货物匀速上山，该过程中，它的质量不变，速度不变，则动能不变；高度增大，则重力势能增大，机械能为动能和重力势能之和，所以，它的机械能增大，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 5. 关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（　　） A. 温度高的物体内能一定大 B. 物体只要温度不变，内能就不变 C. 物体的温度越高，所含热量越多 D. 内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 【答案】D 【解析】 【详解】A．内能的大小与温度、质量、状态等因素有关，温度高的物体若质量较小，其内能可能小于温度低但质量大的物体，故A错误； B．温度不变时，内能可能变化，例如晶体熔化时吸热但温度不变，内能增加，故B错误； C．热量是热传递过程中转移的能量，属于过程量，不能用“含有”描述，故C错误； D．热量传递方向由温度差决定，内能小的物体若温度较高，仍可将热量传递给内能大但温度低的物体，故D正确。 故选D。 6. 关于热值、比热容，下列说法中正确的是（　　） A. 燃料的热值越大，燃烧放出的热量越多 B. 汽油机中的燃料燃烧的越充分，热值越大 C. 物质的比热容越大，物体吸热越多 D. 在热水袋中装热水取暖，利用水的比热容大的特点 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据可知燃料燃烧放出的热量与热值和燃料的质量有关，燃料的热值越大，燃烧放出的热量不一定越多，故A错误； B．燃料的热值由燃料本身决定，与燃料是否充分燃烧无关，故B错误； C．根据可知，物体吸热多少与比热容、质量和温度变化量有关，物质的比热容越大，物体吸热不一定越多，故C错误； D．水的比热容比较大，等质量的水和其他液体在升高相同温度时，水吸收的热量多，所以在热水袋中装热水取暖，利用水的比热容大的特点，故D正确。 故选D。 7. 如图所示，将试管中的水加热至沸腾，橡皮塞受到水蒸气的压力而冲出去。关于“橡皮塞冲出去”的过程，其能量转化的方向和对应的热机冲程，下列描述中正确的是（　　） A. 压缩冲程，机械能转化为内能 B. 压缩冲程，内能转化为机械能 C. 做功冲程，内能转化为机械能 D. 做功冲程，机械能转化为内能 【答案】C 【解析】 【详解】AB．压缩冲程是活塞压缩气体做功，将机械能转化为内能，题中是水蒸气对外做功，推动橡皮塞，内能转化为机械能，故AB错误； CD．在“橡皮塞冲出去”的过程中，是试管内的水蒸气膨胀对外做功，将水蒸气的内能转化为橡皮塞的机械能。这与热机的做功冲程原理相同，做功冲程也是将内能转化为机械能，故C正确，D错误。 故选C。 8. 如图所示，为塔式吊车玩具。闭合开关，吊臂中的电动机M工作，拉动细线吊起物体A，同时塔顶的灯L发光。某次闭合开关时，电动机M不工作，灯L也不发光。排查故障时发现，导线与电动机的连接处接触不良。电动机M和灯L的连接方式正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意，电动机M和灯L同时工作，说明它们是受同一个开关控制的。当电动机M的连接处接触不良（相当于该处断路）时，灯L也不发光，这说明电动机M的故障影响了灯L的工作，则电动机M和灯L连接方式为串联； A．图中电动机M和灯L串联。 当电动机M处断路时，整个电路都变断路，电路中无电流，所以灯L也不发光，故A正确； B．图中电动机M和灯L并联，开关S在电动机M所在的支路上。 如果电动机M处断路，不会影响灯L所在的支路，灯L仍然会发光，故B错误； C．图中电动机M和灯L并联，开关S在灯L所在的支路上。如果电动机M处断路，不会影响灯L所在的支路，闭合开关S后灯L仍然会发光，故C错误； D．图中电动机M和灯L并联，开关S在干路上。如果电动机M处断路，不会影响灯L所在的支路，闭合开关S后，电流仍然可以流过灯L，灯L会发光，故D错误。 故选A。 9. 小明要将两箱书搬上楼，有如图所示的两种方法：一是把两箱书一起搬上楼；二是先搬一箱书上楼，再搬剩下的一箱。假设他上楼的速度相同，第一种方法搬书上楼的功率机械效率，第二种方法搬书上楼的功率、机械效率，下列说法中正确的是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由可知，两次所做的有用功相等；第一种方法所做的额外功为克服自身重力所做的功，而第二种方法所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，因此第二种方法的额外功大于第一种方法的额外功，故方法二的总功大于方法一的总功，由机械效率公式可知，；因上楼的速度相同，第一次搬书多，用的向上的力大，由公式可知，。 综上所述，，，故B正确，ACD错误。 故选B。 10. 小球从某高度处由静止下落过程的路程h与时间t关系如图所示，则描述重力对该球做功大小W与下落高度h关系正确的图线是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】同一个小球，自由下落时重力G一定，由W=Gh可知，重力做功多少决定于下落高度h，并且做功多少与下落高度成正比。由图像知： A．A图像随着高度的增加，重力做功的多少保持不变，故A不符合题意； B．B图像重力做的功与下落高度成正比，故B符合题意； CD．CD两图像均为曲线，说明重力做的功与下落高度不成正比，故CD不符合题意。 故选B。 11. 如图所示，为某晶体在均匀受热时温度随时间变化图像，晶体质量为1kg，固态时比热容为，下列说法中正确的是（　　） A. 物体AC阶段吸收的热量为 B. 物体CD阶段吸收的热量为 C. B、C时刻，物体的内能相等 D. AB、CD两时段，吸收的热量比为 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由图可知，加热2min，AB段吸收的热量为 因为是均匀受热，所以单位时间内吸收的热量相同，所以BC和CD段吸收的热量为 物体AC阶段吸收的热量为，故AB错误； C．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，所以B、C时刻物体的内能不相等，故C错误； D．因为是均匀受热，所以吸收的热量与加热时间成正比。由于AB、CD两时段时间的比为1︰2，所以AB、CD两时段，吸收的热量比为1︰2，故D正确。 故选D。 12. 如图甲所示，为小球从某一高度水平抛出后的部分运动轨迹示意图，M、N是运动轨迹上的两点，其动能和重力势能关系如图乙所示。若M、N两点为图甲中“①、②、③”点中的某两点，下列说法中正确的是（　　） A. N点对应轨迹中的位置③ B. M点对应轨迹中的位置① C. 位置③的速度一定小于位置②的速度 D. 位置①的动能可能小于210J 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．由图可知，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小。M点机械能为 N点机械能为 则N点重力势能为 所以M点机械能小于N点机械能，M点重力势能小于N点重力势能，则M点高度低于N点，所以M点对应轨迹中的位置③，N点对应轨迹中的位置②。M点动能为 所以M点动能小于N点动能，质量不变，所以M点速度小于N点速度，即位置③的速度一定小于位置②的速度。故AB错误，C正确； D．小球在点①时的重力势能与在点③（M点）时的重力势能相等，均为。若位置①的动能小于210J，，则位置①的机械能小于，而位置②（N点）机械能为，由于小球的机械能是不断减小的，所以不可能。故D错误。 故选C。 二、填空题（本大题共12题，每空1分，共36分） 13. 如图所示，是家用电风扇，从电路的组成看，它属于________，所使用的电源类型是________电；从能量转化的角度看，电风扇工作时主要将电能转化为________能和________能。 【答案】 ①. 用电器 ②. 交流 ③. 机械 ④. 内 【解析】 【详解】[1]从电路的组成看，家用电风扇消耗电能，属于用电器。 [2]我国家庭电路所用电源为220V的交流电，故所使用的电源类型是交流电。 [3][4]从能量转化的角度看，电风扇工作时消耗电能产生机械能和内能，主要将电能转化为机械能和内能。 14. 2025年9月29日，我国在西昌卫星发射中心，成功将试验三十号卫星发射升空，顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。请回答下列问题： （1）火箭发射升空时，燃料燃烧将________能转化为燃气的内能，再转化为火箭的机械能；火箭的燃料使用液态氢，主要原因是它的________大； （2）如图所示，卫星从远地点到近地点运行的过程中，不计空气阻力，卫星的动能________，机械能的大小________。（选填“变大”“变小”或“不变”） 【答案】（1） ①. 化学 ②. 热值 （2） ①. 变大 ②. 不变 【解析】 【小问1详解】 [1]“化学能”是物质发生化学反应时可以释放出的能量，燃料燃烧是化学反应过程，放出热量，释放的内能是化学能转化而来。 [2]“热值”是单位质量（或体积）的燃料完全燃烧时所放出的热量。液态氢的热值大，意味着相同质量的液态氢完全燃烧可以释放出更多的能量，所以适合作为火箭燃料。 【小问2详解】 [1][2]卫星从远地点到近地点运行的过程可以类比小球从高空下落的运动，距离地球越来越近相当于高度降低，而质量不变，所以重力势能变小，卫星在太空中不受摩擦阻力，因此整个过程只有动能和势能的相互转化，则机械能守恒，即机械能的大小不变，在这个过程中卫星的重力势能转化为动能，故动能变大。 15. 如图所示，M、N分别对应电池的正、负极。仅用一根完好导线PQ，连接电池和小灯泡，使小灯泡发光，其操作是M点与D点接触，导线PQ两端分别与________、________两点连接即可。 【答案】 ①. N ②. B 【解析】 【详解】[1][2]仅用一根完好导线PQ，连接电池和小灯泡，使小灯泡发光，其操作是M点与D点接触，导线PQ两端分别与电源的负极及灯泡的螺旋外壳相连，即导线PQ两端分别与N、B两点连接即可。 16. 如图所示，“会跳的卡片”，为卡片内侧，为外侧，实验时把_______（选填“”或“”）面朝下紧贴桌面，压平后松手，卡片跳起来高度；换一张相同的卡片乙，减小豁口间的距离，同样上述操作，卡片跳起高度，则比较和的大小：_______；将乙卡片沿虚线部分剪去少许，卡片跳起的高度，则比较和的大小：_______。 【答案】 ①. A ②. 大于 ③. 小于 【解析】 【详解】[1]“会跳的卡片”利用卡片的弹性形变产生的，弹性势能转化为动能和重力势能使卡片跳起，实验时，应将A面朝下紧贴桌面，这样才能使卡片产生较大的弹性势能。 [2]换相同的卡片乙，减小豁口之间的距离，此时卡片发生的弹性形变变小，储存的弹性势能减少，所以转化的动能和重力势能减少，故上升高度减小。 [3]将乙卡片沿虚线部分剪去少许，卡片的质量减小，弹性势能相同时，质量越小，跳起的高度越高，即。 17. 如图所示，小明将装有水的总质量为12kg的水桶，从距离井口3m深处以1m/s的速度提至井口，该过程中，小明拉力做功________J。若小明以2m/s速度将该水桶提升3m，小明拉力所做的功________（选填“变大”、“不变”或“变小”）。（g取） 【答案】 ①. 360##3.6×102 ②. 不变 【解析】 【详解】[1]根据G=mg可得水桶的总重力G=mg=12kg×10N/kg=120N 小明匀速提水桶，水桶处于平衡状态，拉力F与重力G是一对平衡力，大小相等，即F=G=120N 拉力做的功W=Fs=120N×3m=360J [2]若小明以2m/s的速度提水桶，水桶仍做匀速直线运动，拉力仍与重力平衡，重力不变，则拉力不变，且提升高度不变，根据W=Fs可知，拉力做的功不变。 18. 如图所示，滑轮提升重物时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，可观察到：当重物上升时，滑轮绕轴________时针转动，该滑轮可视为杠杆的变形，其支点为________（选填“A”、“B”或“C”）点。 【答案】 ①. 逆 ②. A 【解析】 【详解】[1]当重物上升时，滑轮上A点位置下降、B点位置上升，滑轮绕轴逆时针转动。 [2]该滑轮可视为杠杆的变形，实质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆，动力为右侧绳子对滑轮竖直向上的拉力，阻力为重物上方的绳子对滑轮竖直向下的拉力，其支点为A点。 19. 已知一个空易拉罐质量为0.05kg，从24楼（高度为70m）由静止下落，不计空气阻力，其能量转化的情况是重力势能转化为________能。该过程中重力做功；相当于质量为0.25kg的铁锤从________m的高处下落重力做的功。所以不能高空抛物。 【答案】 ①. 动 ②. 14 【解析】 【详解】[1]空易拉罐下落过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，不计空气阻力，空易拉罐的重力势能转化为动能。 [2]该过程中重力做功 相当于铁锤下落的高度 20. 如图所示，小明利用该装置粗测酒精的热值。取2.8g酒精放入燃烧皿中点燃，对装有500g水的试管进行加热，记录数据在表格中，请将表格补充完整________，根据表格数据粗略估测出酒精的热值________，该测量结果比真实值________。[] 燃料 加热前水温/℃ ________/℃ 水温的变化/℃ 酒精 27.9 57.9 【答案】 ①. 燃料燃尽时的水温 ②. 2.25×107 ③. 偏小 【解析】 【详解】[1]在粗测酒精的热值实验中，需测量加热前的水温和燃料燃尽时的水温，因此在表格中需要记录加热前的水温和燃料燃尽时的水温，所以表格中需要补充的内容为燃料燃尽时的水温。 [2]根据表中数据可知，水吸收热量为 假设酒精完全燃烧放出的热量全部被水吸收，即 则酒精的热值为 [3]由于酒精完全燃烧放出的热量大部分都会散失掉，不能被水完全吸收，根据热值公式可知，测出的酒精热值比真实值偏小。 21. 如图所示，斜面长，高，沿斜面向上用25N的拉力将一重为50N的物体，在5s内，由斜面底端A匀速拉到顶端B。该过程中，对物体所做的有用功为________J，该过程的机械效率是________%，拉力的功率________W，物体受到的斜面的摩擦力是________N。 【答案】 ①. 100 ②. 80 ③. 25 ④. 5 【解析】 【详解】[1]对物体所做的有用功为 [2]物体上升过程中，对物体做的总功为 该过程的机械效率是 [3]拉力的功率 [4]物体上升过程中，对物体做的额外功为 由得，物体受到的斜面的摩擦力为 22. 如图所示，用杠杆将质量为18kg的物体缓慢提升0.5m，不计摩擦，若杠杆的机械效率为90%，提升该物体需要做的总功是________J。若将物体的悬挂点A移至B处，仍将物体缓慢提升0.5m，此过程中提升物体的拉力将________（选填“变大”、“不变”或“变小”，下同），机械效率将________。 【答案】 ①. 100 ②. 变大 ③. 变大 【解析】 【详解】[1]物体的重力为 提升物体做的有用功为 机械效率为90%，所以提升该物体做的总功为 [2]将物体的悬挂点A移至B处，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件可知，动力变大，即提升物体的拉力将变大。 [3]不计摩擦，将物体的悬挂点A移至B处，仍将物体缓慢提升0.5m，提升物体的有用功不变，杠杆上升高度变小，即额外功（克服杠杆重力做的功）变小，根据可知，机械效率变大。 23. 如图所示，若选山脚地面为零势能面，山顶石头具有的重力势能为；若选择山腰平台为零势能面，同一石头具有的重力势能为；则_______（选填“>”、“=”或“<”），这说明重力势能的大小与________的选取有关。与描述物体运动时需要选定参照物类似，重力势能具有________性。 【答案】 ①. > ②. 零势能面 ③. 相对 【解析】 【详解】[1][2][3]重力势能的大小与质量和高度有关，同一石头，质量相等，若选山脚地面为零势能面时，石头的相对高度较大，重力势能较大，即山顶石头具有的重力势能；由此可知，同一石头，其重力势能的大小与选取的零势能面有关；选取的零势能面不同，重力势能就不同，这说明重力势能具有相对性。 24. 如图甲所示，是全红婵在巴黎奥运会10m跳台跳水决赛的场景。运动过程轨迹可简化为乙图。从跳台O点起跳，到达最高点A点后，下落到B点入水，整个过程不计空气阻力。全红婵运动过程中动能随着离水面高度h变化的图像如丙所示。分析图像可知：全红婵能达到的最大高度距离水面为________m，从跳台O点跳起时的动能是________J，O到B的整个过程中，重力做功________J。 【答案】 ①. 11 ②. 400## ③. ##4000 【解析】 【24题详解】 [1]由于不计空气阻力，其运动从O~B点的过程中机械能守恒，O~A时，动能转化为重力势能，动能减小，重力势能增大，在A点时处于最高点，速度为零，动能为零，重力势能最大，A~B时，重力势能转化为动能，动能增大，在B点时动能最大，由图丙可知，最大动能。设A点距水面距离为，全红婵重力为G，根据可得，A~B时，重力做功。因为机械能守恒，所以。当时，动能。同理有 解得，。 [2][3]O到B的整个过程中，整体下降高度，所以重力做功 在O点时机械能 所以O点时的动能 三、解答题（本大题共6小题，共40分。其中第26题、第30题写出必要的解题过程） 25. 按要求完成下列作图。 （1）如图甲所示，人站地面使用该滑轮组向下拉绳提升重物。请画出细线的绕法。 （2）如图乙所示，为抛石机模型图。请在A点画出最小动力以及的阻力臂。 （3）小明房间的壁灯和吊灯能独立工作、互不影响，两个开关分别控制吊灯、壁灯，请在丙图框内画出电路图。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 因为滑轮组要求工人站在地面上提升重物，因此在绕绳时，最终的绳子自由端方向应该向下，由外向内画出绕绳方式，由两段绳子承担物重，如图所示： 【小问2详解】 由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小，图中支点在O点，因此OA作为动力臂时最长，动力的方向应该垂直于OA向下，过支点O作阻力作用线的垂线段即为阻力臂L2，如图所示： 【小问3详解】 由题意可知，两灯能独立工作、互不影响，说明两灯并联。两个开关分别控制吊灯、壁灯，说明两个开关分别位于支路中，如图所示： 26. 如图所示，为2025年“九三阅兵”中飞行的我国自行研制的歼-20战斗机。若该战斗机以2倍声速（取声速为）匀速直线飞行10min。发动机的功率为。求： （1）发动机10min内所做的功是多少？ （2）战斗机在飞行过程中所受的阻力是多少？ 【答案】（1）6.12×1010J （2）1.5×105N 【解析】 【小问1详解】 已知发动机的功率，飞行时间 根据功率的计算公式，可得发动机做的功为 【小问2详解】 战斗机的飞行速度 根据功率与牵引力、速度的关系式，可得发动机的牵引力为 因为战斗机做匀速直线飞行，处于平衡状态，所以其在水平方向上受到的牵引力与空气阻力是一对平衡力，大小相等。因此，战斗机所受的阻力f等于牵引力F，即战斗机在飞行过程中所受的阻力为 27. 如图甲所示，为“探究影响动能大小的因素”实验装置： 次数 斜面高度h/cm 木块被撞击后移动的距离s/cm 1 10 8 2 20 16 3 30 24 （1）实验中，小明让质量不同的两个小车从斜面的_______高度由静止释放。目的是使它们到达水平面时的_______相同； （2）小明利用上述装置，使用同一个小车进行实验，实验中通过观察_______反映小车动能大小。实验结果记录在如图表格，分析数据可以初步得到的结论是_______； （3）如图丙所示，小明利用工人师傅的锤子钉钉子进行初步探究，锤子的动能来源于人挥动锤子所做的功，实验中锤子的动能可通过观察_______来体现。对比丙图中A、B两种挥动锤子的方式，_______更合理些，因为该方式可以排除何种能量对实验的影响？_______。 【答案】（1） ①. 同一 ②. 初速度 （2） ①. 木块被撞击后移动的距离 ②. 质量一定时，速度越大，动能越大 （3） ①. 钉子被打入木板的深度 ②. A ③. 重力势能 【解析】 【小问1详解】 [1][2]实验中要研究动能与质量的关系，需控制速度相同，改变质量。小车从斜面滑下，重力势能转化为动能，下滑高度决定到达底端的速度。要使不同质量的小车到达水平面时速度相同，必须从同一高度由静止释放。 【小问2详解】 [1]使用同一个小车，即质量不变。改变小车释放高度，即改变小车到达水平面时的速度。动能大小通过木块被撞击后移动的距离来体现，距离越远，说明动能越大。 [2]由表可知，高度越高，速度越大，木块移动距离越远，动能越大。因此可得结论，当质量一定时，速度越大，动能越大。 【小问3详解】 [1]锤子动能越大，钉子被打入木板越深，因此可通过钉子进入木板的深度来反映动能大小。 [2][3]如果采用图A，锤子主要靠人施加的力做功获得动能，不受重力势能变化的影响，更能准确反映“人做的功”转化为动能的过程。而图B，锤子运动过程中受重力影响，其动能不仅来自人的做功，还可能包含重力势能转化的动能（比如从高处落下），这会干扰实验结果。所以，图A更合理，因为它避免了重力势能对动能的影响。 28. 如图甲所示，为“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置： 将质量均为50g的沙子和水分别放在两个相同的瓷盘中，调节两个瓷盘到红外灯中心的距离，使其_______，用温度计测出_______，即为此时沙子和水的温度。用同一盏红外灯照射两个瓷盘，用温度计测量它们加热后的温度。实验数据如表所示： 加热时间 初温t0/℃ 加热4min后温度t/℃ 温度变化 沙子 25.0 55.4 水 25.0 30.7 （1）补充上述实验过程中的操作步骤； （2）分析表中数据可知，相同质量的沙子和水，加热相同的时间，_______升温更快； 由此推理：当沙子和水升高相同温度时，_______需要的加热时间更长，即吸收的热量更多；（均选填“沙子”或“水”） 由此可见，不同物质在质量相等、升高温度相同的条件下，吸收的热量不等。物理学上用物理量_______来描述物质的该种特性； （3）相比较于图乙的实验装置，请写出图甲装置的一个优点______________________； （4）滨海地区果农发现，初春晴朗无风的夜晚，水果更容易冻伤。这是因为晴朗的夜晚，_______（选填“海风”或“陆风”）难以形成，缺少了风的搅动，近地面冷空气堆积，从而导致低温冻伤水果。 【答案】 ①. 相等 ②. 初温 ③. 沙子 ④. 水 ⑤. 比热容 ⑥. 同一热源，便于控制相同时间内吸热完全相同 ⑦. 陆风 【解析】 【详解】[1]质量相同的水和沙子用同样的红外灯同时开始加热，红外灯相同时间内放出的热量相等，为了控制水和沙子吸收的热量也相等，应该调节两个瓷盘到红外灯中心的距离使其相等。 [2]根据控制变量法，要控制水和沙子的质量、加热时间和初温相同，故应测出此时沙子和水的温度，即初温。 [3][4]分析表中数据可知，相同质量的沙子和水，初温为25.0℃相同，加热相同的时间，沙子末温为55.4℃，水末温为30.7℃，则沙子的温度变化大于水的温度变化，故沙子升温更快；可推理，当沙子和水升高相同温度时，水吸收的热量更多，即需要的加热时间更长。 [5]物理学上将比热容定义为单位质量的物体、升高（降低）单位温度所吸收（放出）的热量，用比热容来描述物质吸热的能力。 [6]图甲、乙均为“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置。此类实验的一个方法是转换法，将不易测量的热量转换为易控制的加热时间，另外根据控制变量法，对于不同物质还需要控制其相同时间内吸收的热量完全相等，图甲装置的热源为同一个红外灯，只有调整瓷盘的距离相等即可保证吸收的热量也相等，而图乙装置的热源为两盏酒精灯，很难保证酒精灯放热完全一样，则吸收的热量更难精确控制相等，故甲装置的优点之一即为同一热源，便于控制相同时间内吸热完全相同。 [7]因为水比热容大于沙石的比热容，所以在滨海地区，白天陆地升温快于海洋，风从较冷的海洋吹向较热的陆地，为海风；晚上海洋降温慢，风从较冷的陆地近地面吹向较热的海洋，为陆风。晴朗无风的夜晚，陆地温度较低，如果陆风难以形成，缺少了风的搅动，近地面冷空气堆积，从而导致低温冻伤水果。 29. 如图甲所示，在一段塑料管中间垂直插入一根大号缝衣针，将两支相同的蜡烛分别插入塑料管的两端，再把缝衣针的两端分别放在两个玻璃杯上，就做成了一个“蜡烛跷跷板”。点燃蜡烛发现：当一端有蜡油滴落时，该端上升，使得两端交替上下转动。为了探究形成这一现象的原因，小明和小红使用支架、杠杆、等质量的钩码等器材进行实验。 （1）如图乙所示，杠杆静止，杠杆是否处于平衡状态？_______，为了让杠杆在水平位置平衡，右端平衡螺母应向_______调。 （2）如图丙所示，将杠杆调至水平位置平衡后，改变一侧钩码的数量或悬挂位置时，杠杆不再平衡。 小红认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用点的距离； 小明认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离。 为判断谁的观点正确，他们利用图丁所示的杠杆（OD>OA=OC）进行实验。保持B处的砝码数量和位置不变。 ①把悬挂在A处的钩码，改挂在C处，发现杠杆不再平衡。先后两次对比，支点到力的作用点的距离_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）； ②把悬挂在A处的钩码，改挂在D处，发现杠杆仍保持平衡，先后两次对比，_______不变； ③由此初步判断_______观点是正确的； （3）明确影响因素后，小明和小红利用图丁的器材探究杠杆平衡的条件，将实验数据记录在表格中。分析表中数据，得出杠杆的平衡条件是_______。 次数 动力 动力臂 阻力 动力臂 1 1.0 10 1.0 10 2 1.5 5 0.5 15 3 2.0 15 1.5 20 （4）根据实验结论，可以解释“交替上下的蜡烛跷跷板”现象。当一端有蜡油滴下时，此端上升的原因是_______。 【答案】（1） ①. 处于平衡状态 ②. 左 （2） ①. 不变 ②. 支点到力的作用线的距离 ③. 小明 （3） （4）见解析 【解析】 【小问1详解】 [1]静止或匀速转动时，杠杆处于平衡状态，题中杠杆静止，因此处于平衡状态。 [2]杠杆左边高，右边低，为了让杠杆在水平位置平衡，右端平衡螺母应向左调。 【小问2详解】 [1][2][3]由题意知，OD>OA=OC，当把A处悬挂的钩码改挂在C处，支点到力的作用点的距离不变，但杠杆不再平衡；把A处悬挂的钩码改挂在D处，支点到力的作用线的距离相同，发现杠杆仍保持平衡；因此可知影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离，故小明的观点是正确的。 【小问3详解】 分析表格数据： 次数 1：1.0N×10cm=1.0N×10cm 次数 2：1.5N×5cm=0.5N×15cm 次数 3：2.0N×15cm=1.5N×20cm 得出杠杆的平衡条件是：F1l1=F2l2（动力 × 动力臂 = 阻力 × 阻力臂）。 【小问4详解】 当一端烛油滴下时，此端蜡烛的重力变小，导致此端的力和力臂的乘积变小，杠杆失去平衡，所以此端上升。 30. 如图所示，家用冷凝式燃气热水器，是符合国家一级能效标准的高效、节能型热水器。其结构简图如图乙所示。工作时，天然气燃烧产生约1500℃的高温烟气，首先在主热交换器中对水流加热，烟气温度降至约250℃；随后，鼓风机转动，将烟气送入冷凝热交换器再次对水流加热，烟气温度进一步降至50℃以下，排出室外。已知图丙中的“额定热负荷”是指热水器正常工作时，天然气稳定燃烧所释放的有效热功率。 （1）热水器工作时，高温烟气在主热交换器中通过_______的方式使水的内能增加；鼓风机工作时，将电能主要转化为_______能。图中A、B为水管接口，为使冷凝热交换器中的烟气温度降得更低，冷水应从接口_______（选填“A”或“B”）进入热水器； （2）根据能效标识图中，额定热负荷可知，该热水器在额定热负荷下工作1min，产生的热量最多为多少焦耳？这些热量能将多少kg的水温度提升40℃?已知水的比热容。 （3）图丙中，额定热负荷情况下，标注的“热水效率”为105%，从传统角度看，效率超过100%，似乎难以理解。小明通过AI助手查阅得知，这其实是计算的基准（分母）不同引起的。天然气燃烧时，会产生水蒸气并“偷走”大量热量，这部分热量在普通热水器中随烟气排出，难以回收。因此，国家标准将燃气完全燃烧释放的热量，扣除水蒸气“偷走”的热量后的结果，定义为“低位发热量”，以此为“基准”，将加热水吸收的热量与“低位发热量”的比值定义为“热水效率”。冷凝式热水器回收了部分水蒸气“偷走”的热量，用于水的加热，因此“热水效率”超过了100%。已知的天然气完全燃烧产生1.6kg水蒸气，1kg水汽化需要吸收的热量，天然气热值。根据图丙中标识的“热效率”105%，可以推算该热水器在小题（2）的状态下，每分钟消耗的天然气体积是多少?（计算结果保留两位小数） 【答案】（1） ①. 热传递 ②. 机械 ③. B （2），10 （3）0.04 【解析】 【小问1详解】 [1]热水器工作时，高温烟气与水存在温度差，水吸收热量，高温烟气通过热传递的方式使水的内能增加。 [2]鼓风机工作时，消耗电能，主要将电能转化为机械能，使空气流动。 [3]为使水吸收交换器中的烟气更多的热量，冷水应从接口B进入，这样冷水能与烟气更充分地接触，吸收更多的热量。 【小问2详解】 热水器在额定热负荷下工作1min，产生的热量最多为 由得，水的质量为 小问3详解】 每分钟水吸收的热量为，由热水效率为105%得，“低位发热量”为……① 设每分钟消耗天然气的体积为V，则放出的总热量为……② 水汽化吸收的总热量为……③ 则“低位发热量”、放出的总热量及水汽化吸收的热量之间的关系为……④ 联立①②③④得，每分钟消耗的天然气体积是 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋学期初中期中质量监测卷 初三物理 （本试卷分为试题和答题卡两部分，所有答案一律写在答题卡上。试卷满分100分，考试时间100分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将姓名、准考证号填写在答题卡相应位置。 2．答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应题目的正确选项涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后再选涂。 3．答主观题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔作答，答案写在答题卡各题目指定区域内相应位置上。如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新的答案。不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。 一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个正确） 1. 如图所示，为明代科学家宋应兴在《天工开物》中描绘的，用于捣谷的“碓”。下列工具使用过程中和“人踩碓”属于同一类杠杆的是（　　） A. 羊角锤 B. 镊子 C. 独轮车 D. 开瓶器 2. 关于功、功率、机械效率，下列说法中正确的是（　　） A. 效率越高的机械，做的有用功越多 B. 功率越大的机械，做功越快 C. 做功越多的机械，功率越大 D. 功率越大机械，机械效率越高 3. 新学期，同学们参加校园大扫除。下列劳动过程中，同学对工具或物品不做功的是（　　） A. 为了书本入柜，搬着书从教室前走到教室后 B. 为了扫地，把椅子搬到课桌上 C. 为了拖地，推着拖把沿地面匀速前进 D. 为了擦窗，从一楼提水到二楼教室 4. 如图所示，为中国宇树科技自主研发的智能机器狗，正驮着货物匀速上山，该过程中“机器狗”（　　） A 动能不变，重力势能增大，机械能增大 B. 动能不变，重力势能不变，机械能不变 C. 动能增大，重力势能减小，机械能不变 D. 动能增大，重力势能增大，机械能增大 5. 关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（　　） A. 温度高的物体内能一定大 B. 物体只要温度不变，内能就不变 C. 物体的温度越高，所含热量越多 D. 内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 6. 关于热值、比热容，下列说法中正确的是（　　） A. 燃料的热值越大，燃烧放出的热量越多 B. 汽油机中的燃料燃烧的越充分，热值越大 C. 物质的比热容越大，物体吸热越多 D. 在热水袋中装热水取暖，利用水的比热容大的特点 7. 如图所示，将试管中的水加热至沸腾，橡皮塞受到水蒸气的压力而冲出去。关于“橡皮塞冲出去”的过程，其能量转化的方向和对应的热机冲程，下列描述中正确的是（　　） A. 压缩冲程，机械能转化为内能 B. 压缩冲程，内能转化为机械能 C. 做功冲程，内能转化为机械能 D. 做功冲程，机械能转化为内能 8. 如图所示，为塔式吊车玩具。闭合开关，吊臂中的电动机M工作，拉动细线吊起物体A，同时塔顶的灯L发光。某次闭合开关时，电动机M不工作，灯L也不发光。排查故障时发现，导线与电动机的连接处接触不良。电动机M和灯L的连接方式正确的是（　　） A. B. C. D. 9. 小明要将两箱书搬上楼，有如图所示的两种方法：一是把两箱书一起搬上楼；二是先搬一箱书上楼，再搬剩下的一箱。假设他上楼的速度相同，第一种方法搬书上楼的功率机械效率，第二种方法搬书上楼的功率、机械效率，下列说法中正确的是（　　） A. ， B. ， C ， D. ， 10. 小球从某高度处由静止下落过程的路程h与时间t关系如图所示，则描述重力对该球做功大小W与下落高度h关系正确的图线是（　　） A. B. C. D. 11. 如图所示，为某晶体在均匀受热时温度随时间变化图像，晶体质量为1kg，固态时比热容为，下列说法中正确的是（　　） A. 物体AC阶段吸收的热量为 B. 物体CD阶段吸收的热量为 C. B、C时刻，物体的内能相等 D. AB、CD两时段，吸收的热量比为 12. 如图甲所示，为小球从某一高度水平抛出后的部分运动轨迹示意图，M、N是运动轨迹上的两点，其动能和重力势能关系如图乙所示。若M、N两点为图甲中“①、②、③”点中的某两点，下列说法中正确的是（　　） A. N点对应轨迹中的位置③ B. M点对应轨迹中的位置① C. 位置③的速度一定小于位置②的速度 D. 位置①的动能可能小于210J 二、填空题（本大题共12题，每空1分，共36分） 13. 如图所示，是家用电风扇，从电路的组成看，它属于________，所使用的电源类型是________电；从能量转化的角度看，电风扇工作时主要将电能转化为________能和________能。 14. 2025年9月29日，我国在西昌卫星发射中心，成功将试验三十号卫星发射升空，顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。请回答下列问题： （1）火箭发射升空时，燃料燃烧将________能转化为燃气的内能，再转化为火箭的机械能；火箭的燃料使用液态氢，主要原因是它的________大； （2）如图所示，卫星从远地点到近地点运行的过程中，不计空气阻力，卫星的动能________，机械能的大小________。（选填“变大”“变小”或“不变”） 15. 如图所示，M、N分别对应电池的正、负极。仅用一根完好导线PQ，连接电池和小灯泡，使小灯泡发光，其操作是M点与D点接触，导线PQ两端分别与________、________两点连接即可。 16. 如图所示，“会跳的卡片”，为卡片内侧，为外侧，实验时把_______（选填“”或“”）面朝下紧贴桌面，压平后松手，卡片跳起来高度；换一张相同的卡片乙，减小豁口间的距离，同样上述操作，卡片跳起高度，则比较和的大小：_______；将乙卡片沿虚线部分剪去少许，卡片跳起的高度，则比较和的大小：_______。 17. 如图所示，小明将装有水的总质量为12kg的水桶，从距离井口3m深处以1m/s的速度提至井口，该过程中，小明拉力做功________J。若小明以2m/s速度将该水桶提升3m，小明拉力所做的功________（选填“变大”、“不变”或“变小”）。（g取） 18. 如图所示，滑轮提升重物时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，可观察到：当重物上升时，滑轮绕轴________时针转动，该滑轮可视为杠杆的变形，其支点为________（选填“A”、“B”或“C”）点。 19. 已知一个空易拉罐质量为0.05kg，从24楼（高度为70m）由静止下落，不计空气阻力，其能量转化的情况是重力势能转化为________能。该过程中重力做功；相当于质量为0.25kg的铁锤从________m的高处下落重力做的功。所以不能高空抛物。 20. 如图所示，小明利用该装置粗测酒精的热值。取2.8g酒精放入燃烧皿中点燃，对装有500g水的试管进行加热，记录数据在表格中，请将表格补充完整________，根据表格数据粗略估测出酒精的热值________，该测量结果比真实值________。[] 燃料 加热前水温/℃ ________/℃ 水温的变化/℃ 酒精 27.9 57.9 21. 如图所示，斜面长，高，沿斜面向上用25N的拉力将一重为50N的物体，在5s内，由斜面底端A匀速拉到顶端B。该过程中，对物体所做的有用功为________J，该过程的机械效率是________%，拉力的功率________W，物体受到的斜面的摩擦力是________N。 22. 如图所示，用杠杆将质量为18kg物体缓慢提升0.5m，不计摩擦，若杠杆的机械效率为90%，提升该物体需要做的总功是________J。若将物体的悬挂点A移至B处，仍将物体缓慢提升0.5m，此过程中提升物体的拉力将________（选填“变大”、“不变”或“变小”，下同），机械效率将________。 23. 如图所示，若选山脚地面为零势能面，山顶石头具有的重力势能为；若选择山腰平台为零势能面，同一石头具有的重力势能为；则_______（选填“>”、“=”或“<”），这说明重力势能的大小与________的选取有关。与描述物体运动时需要选定参照物类似，重力势能具有________性。 24. 如图甲所示，是全红婵在巴黎奥运会10m跳台跳水决赛场景。运动过程轨迹可简化为乙图。从跳台O点起跳，到达最高点A点后，下落到B点入水，整个过程不计空气阻力。全红婵运动过程中动能随着离水面高度h变化的图像如丙所示。分析图像可知：全红婵能达到的最大高度距离水面为________m，从跳台O点跳起时的动能是________J，O到B的整个过程中，重力做功________J。 三、解答题（本大题共6小题，共40分。其中第26题、第30题写出必要的解题过程） 25. 按要求完成下列作图。 （1）如图甲所示，人站地面使用该滑轮组向下拉绳提升重物。请画出细线的绕法。 （2）如图乙所示，为抛石机模型图。请在A点画出最小动力以及的阻力臂。 （3）小明房间的壁灯和吊灯能独立工作、互不影响，两个开关分别控制吊灯、壁灯，请在丙图框内画出电路图。 26. 如图所示，为2025年“九三阅兵”中飞行的我国自行研制的歼-20战斗机。若该战斗机以2倍声速（取声速为）匀速直线飞行10min。发动机的功率为。求： （1）发动机10min内所做的功是多少？ （2）战斗机在飞行过程中所受的阻力是多少？ 27. 如图甲所示，为“探究影响动能大小的因素”实验装置： 次数 斜面高度h/cm 木块被撞击后移动的距离s/cm 1 10 8 2 20 16 3 30 24 （1）实验中，小明让质量不同的两个小车从斜面的_______高度由静止释放。目的是使它们到达水平面时的_______相同； （2）小明利用上述装置，使用同一个小车进行实验，实验中通过观察_______反映小车动能的大小。实验结果记录在如图表格，分析数据可以初步得到的结论是_______； （3）如图丙所示，小明利用工人师傅的锤子钉钉子进行初步探究，锤子的动能来源于人挥动锤子所做的功，实验中锤子的动能可通过观察_______来体现。对比丙图中A、B两种挥动锤子的方式，_______更合理些，因为该方式可以排除何种能量对实验的影响？_______。 28. 如图甲所示，为“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置： 将质量均为50g的沙子和水分别放在两个相同的瓷盘中，调节两个瓷盘到红外灯中心的距离，使其_______，用温度计测出_______，即为此时沙子和水的温度。用同一盏红外灯照射两个瓷盘，用温度计测量它们加热后的温度。实验数据如表所示： 加热时间 初温t0/℃ 加热4min后温度t/℃ 温度变化 沙子 25.0 55.4 水 25.0 30.7 （1）补充上述实验过程中的操作步骤； （2）分析表中数据可知，相同质量的沙子和水，加热相同的时间，_______升温更快； 由此推理：当沙子和水升高相同温度时，_______需要的加热时间更长，即吸收的热量更多；（均选填“沙子”或“水”） 由此可见，不同物质在质量相等、升高温度相同的条件下，吸收的热量不等。物理学上用物理量_______来描述物质的该种特性； （3）相比较于图乙的实验装置，请写出图甲装置的一个优点______________________； （4）滨海地区的果农发现，初春晴朗无风的夜晚，水果更容易冻伤。这是因为晴朗的夜晚，_______（选填“海风”或“陆风”）难以形成，缺少了风的搅动，近地面冷空气堆积，从而导致低温冻伤水果。 29. 如图甲所示，在一段塑料管中间垂直插入一根大号缝衣针，将两支相同的蜡烛分别插入塑料管的两端，再把缝衣针的两端分别放在两个玻璃杯上，就做成了一个“蜡烛跷跷板”。点燃蜡烛发现：当一端有蜡油滴落时，该端上升，使得两端交替上下转动。为了探究形成这一现象的原因，小明和小红使用支架、杠杆、等质量的钩码等器材进行实验。 （1）如图乙所示，杠杆静止，杠杆是否处于平衡状态？_______，为了让杠杆在水平位置平衡，右端平衡螺母应向_______调。 （2）如图丙所示，将杠杆调至水平位置平衡后，改变一侧钩码的数量或悬挂位置时，杠杆不再平衡。 小红认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用点的距离； 小明认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离。 为判断谁的观点正确，他们利用图丁所示的杠杆（OD>OA=OC）进行实验。保持B处的砝码数量和位置不变。 ①把悬挂在A处的钩码，改挂在C处，发现杠杆不再平衡。先后两次对比，支点到力的作用点的距离_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）； ②把悬挂在A处的钩码，改挂在D处，发现杠杆仍保持平衡，先后两次对比，_______不变； ③由此初步判断_______观点是正确的； （3）明确影响因素后，小明和小红利用图丁的器材探究杠杆平衡的条件，将实验数据记录在表格中。分析表中数据，得出杠杆的平衡条件是_______。 次数 动力 动力臂 阻力 动力臂 1 1.0 10 1.0 10 2 1.5 5 0.5 15 3 2.0 15 1.5 20 （4）根据实验结论，可以解释“交替上下的蜡烛跷跷板”现象。当一端有蜡油滴下时，此端上升的原因是_______。 30. 如图所示，家用冷凝式燃气热水器，是符合国家一级能效标准的高效、节能型热水器。其结构简图如图乙所示。工作时，天然气燃烧产生约1500℃的高温烟气，首先在主热交换器中对水流加热，烟气温度降至约250℃；随后，鼓风机转动，将烟气送入冷凝热交换器再次对水流加热，烟气温度进一步降至50℃以下，排出室外。已知图丙中的“额定热负荷”是指热水器正常工作时，天然气稳定燃烧所释放的有效热功率。 （1）热水器工作时，高温烟气在主热交换器中通过_______的方式使水的内能增加；鼓风机工作时，将电能主要转化为_______能。图中A、B为水管接口，为使冷凝热交换器中的烟气温度降得更低，冷水应从接口_______（选填“A”或“B”）进入热水器； （2）根据能效标识图中，额定热负荷可知，该热水器在额定热负荷下工作1min，产生的热量最多为多少焦耳？这些热量能将多少kg的水温度提升40℃?已知水的比热容。 （3）图丙中，额定热负荷情况下，标注的“热水效率”为105%，从传统角度看，效率超过100%，似乎难以理解。小明通过AI助手查阅得知，这其实是计算的基准（分母）不同引起的。天然气燃烧时，会产生水蒸气并“偷走”大量热量，这部分热量在普通热水器中随烟气排出，难以回收。因此，国家标准将燃气完全燃烧释放的热量，扣除水蒸气“偷走”的热量后的结果，定义为“低位发热量”，以此为“基准”，将加热水吸收的热量与“低位发热量”的比值定义为“热水效率”。冷凝式热水器回收了部分水蒸气“偷走”的热量，用于水的加热，因此“热水效率”超过了100%。已知的天然气完全燃烧产生1.6kg水蒸气，1kg水汽化需要吸收的热量，天然气热值。根据图丙中标识的“热效率”105%，可以推算该热水器在小题（2）的状态下，每分钟消耗的天然气体积是多少?（计算结果保留两位小数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $