暑假收心综合测试卷 -2026-2027学年苏科版物理九年级上学期

**基本信息** 2026年苏科版新九年级物理暑假收心卷，以长征五号火箭、嫦娥五号返回等科技情境为载体，覆盖杠杆、内能、能量转化等核心知识，通过实验探究与综合计算考查物理观念与科学思维，适配暑假复习巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10小题|杠杆分类、热值、内能关系|复合弓滑轮分析（科学推理）、《哪吒2》蒸汽情景（情境时代性）| |填空题|8小题|运动状态、比热容、能量转化|华山缆车（运动观念）、蒸汽船模型（能量转化）| |实验探究题|3小题|吸热能力、动能因素、杠杆平衡|控制变量法（科学探究）、杆秤制作（跨学科实践）| |计算题|1小题|功、效率、热量计算|抗战阅兵战车（社会责任），综合考查能量转化与效率|

2026年苏科版新九年级物理暑假收心综合测试卷 一．选择题（共10小题） 1．下列用具在正常使用过程中，属于省力杠杆的是（　　） A．酒瓶起子 B．镊子 C．钓鱼竿 D．食品夹 2．长征五号火箭为我国载人航天工程作出卓著贡献。长征五号火箭发动机使用液氢作燃料，是利用液氢的（　　） A．密度大 B．比热容大 C．热值高 D．热效率高 3．关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是（　　） A．物体温度升高，内能一定增大 B．物体温度升高，一定是吸收了热量 C．物体吸收了热量，温度一定升高 D．温度高的物体，内能一定大 4．适量运动是健康的生活方式。下列有关日常运动情景中的说法正确的是（　　） A．篮球离手后能继续向上向前运动，是由于受到了惯性的作用 B．离开蹦床后，人还能继续上升，是重力势能转化为动能的缘故 C．竖直向上运动到最高点时的排球，受平衡力的作用且合力为零 D．用力将足球踢出，说明力可以改变物体的运动状态 5．如图甲所示是传统弓，图乙为复合弓，两种弓的弓身和弓弦材料相同，其中复合弓的弓身上加装了6个滑轮，拉弓的过程其本质是储存能量的过程。下列说法不正确的是（　　） A．①是定滑轮②是动滑轮 B．射箭时，将弹性势能转化为箭的机械能 C．将弓弦拉开相同的距离，人对两弓的弓弦做的功相等 D．传统弓与复合弓拉弓储存相同能量时，复合弓需要拉更长的距离 6．如图所示，一均匀轻质杠杆从中间支起，在两侧各放一支粗细相同但长度不同的蜡烛后刚好平衡，同时点燃后，如果燃烧的情况也相同，那么燃烧一段时间后（　　） A．仍然平衡 B．左端下降 C．右端下降 D．无法判断 7．学校要为储藏室的电动门设计一个控制电路，只有当两名管理员同时启用各自的钥匙时才能接通电源，电动机工作把门打开。如启用钥匙相当于闭合开关，则下列电路图符合要求的是（　　） A． B． C． D． 8．春节期间上映的电影《哪吒2》深受国人的喜爱。如图是哪吒与敖丙联手，用水火之力生成蒸汽冲破巨鼎封印的情景，这个过程与内燃机的某个冲程类似。下列说法正确的是（　　） A．该过程是将机械能转化为内能 B．该过程与内燃机的做功冲程类似 C．内燃机处于与该过程类似的冲程时进气门是打开的 D．内燃机处于与该过程类似的冲程是依靠飞轮惯性完成工作的 9．如图所示，用甲、乙、丙、丁四个装置分别将同一物体匀速提升相同高度，每个滑轮重相同，且滑轮的重力小于物体的重力。若不计绳重及摩擦，下列说法不正确的是（　　） A．甲装置所需拉力最大，机械效率最高 B．乙装置可以看成支点在一侧的不等臂杠杆 C．四个装置的有用功相等，机械效率也相等 D．丁装置最省力，但不能改变施力的方向 10．如图所示是《天工开物》中记载的踏碓（duì）舂米情景。踏碓架在木杠上，可绕着固定点转动，踏碓前端装有圆锥状石块，脚反复踩踏碓后端，就可以舂米。已知碓头重为200N，OA为1.5m，OB为1m，不计木杠自重和转动过程中点O处的阻力。关于该踏礁说法正确的是（　　） A．被踩起的木杠属于省力杠杆 B．脚踩踏的位置离O点越近越省力 C．若要使木杠水平平衡，B点受力至少为300N D．碓头抬起时，在A点作用力的力臂不变 二．填空题（共8小题） 11．华山为我国著名的五岳之一，有着“奇险天下第一山”的美誉。小明假期和家人游览华山时乘坐缆车上山。在缆车匀速直线上升过程中，坐在缆车内的小明相对于缆车是　 　 （选填“运动”或“静止”）的，小明的重力势能　 　 ，机械能　 　 。（后两空均选填“增大”“减小”或“不变”） 12．夏季人们喜欢在河边消夏。原因是，盛夏时节，由于水的 　 　 比地面大，在相同日照的情况下，白天水面温度变化比地面 　 　 （选填“大”或“小”），而夜晚在下降相同温度的情况下，水放出的热量比地面 　 　 （选填“多”或“少”）；所以水边昼夜温差较小，比较舒适。 13．如图所示是一个简易的蒸汽船模型，玻璃瓶中装有适量的水，点燃蜡烛。当吸管有大量水蒸气向右喷出时，船会向左运动，说明　 　 ，该过程中，能量转化与四冲程汽油机的　 　 冲程相似。蜡烛燃烧逐渐变短，其热值　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 14．嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。AB段返回器的动能 　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”）；BC段返回器的机械能 　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”），CD段返回器动能增加量 　 　 （选填“大于”“等于”或“小于”）重力势能的减小量。 15．如图所示，用动滑轮将重180N的木箱在5s内沿竖直方向匀速提升2m，所用拉力为100N，不计绳重和摩擦。此过程中有用功是　 　 J，拉力的功率是　 　 W；若用此装置沿竖直方向匀速提升380N重物时，机械效率为　 　 %。 16．同学用一种加热器将质量为500g的冰持续加热熔化直至沸腾，记录并绘制出温度﹣时间图象如图所示，根据图象可以看出C点的内能 　 　 B点的内能，AB段的比热容 　 　 CD段的比热容（前两空均选填“大于”、“等于”或“小于”），CD段吸收的热量是 　 　 J。 17．如图，要使L1和L2并联在电路中，应闭合的开关是 　 　 ；要使L1和L2串联在电路中，应闭合的开关是 　 　 ；要使L1单独发光，可同时闭合的两开关是 　 　 。 18．如图所示电路中，开关闭合，将会出现 　 　 （选填“L1”、“L2”或“电源”）短路现象；要使两灯组成串联电路，应拆除导线 　 　 （选填“a”、“b”或“c”）。 三．作图题（共2小题） 19．某学校一块指示牌被风刮倒后如图所示，请在图中画出将指示牌扶起的最小力F1的示意图及其力臂L1。 20．请在图中画出人提起重物时，所用拉力最小的绳子绕线方式。 四．实验探究题（共3小题） 21．如图，用两个相同的酒精灯分别给水和煤油加热，比较水和煤油的吸热能力的强弱。 （1）装器材时先调整B的位置，便于使用酒精灯的　 　 加热； （2）调整A的位置，要注意温度计不能接触　 　 ； （3）在进行加热前，烧杯分别装入的水和煤油的初温和　 　 必须相等； （4）实验过程中，通过　 　 （选填“加热时间”或“升高温度”）来反映两种液体吸收热量的多少； （5）根据实验数据作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像，如图乙。由图乙可知，　 　 的吸热本领更强；已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容为　 　 J/（kg•℃）。 22．在“探究影响动能大小的因素”实验中，如图a、b、c所示，让质量为m、2m的两个小球分别从斜面同一高度由静止滚下，小球撞击放在水平木板上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后停止的位置。 （1）小球在滚下斜面的过程中，它的 　 　 能转化为动能。实验中通过观察 　 　 被撞击的距离来反映小球动能的大小，这种物理研究方法被称为转换法；下面的探究实验中也采用转换法的有 　 　 （填序号）； A.探究浮力与液体密度的关系时，需要控制物体排开液体体积相同 B.探究同一直线上二力的合成时，通过使橡皮筋伸长量相同，用合力替代分力 C.探究液体压强影响因素时，通过观察U形管两侧液面高度差比较液体压强大小 （2）a、b两图，让小球从同一高度滚下的目的是使小球到水平面时具有相同的 　 　 ，a、b两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车 　 　 （选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因。 （3）比较 　 　 两图进行的实验，可以探究小球的动能与速度的关系，这里的速度是指小球从斜面上由静止滚下与木块碰撞时 　 　 的速度； A.小球碰撞前 B.小球碰撞后 C.木块碰撞前 D.木块碰撞后 （4）通过实验得到小球的动能与速度关系的结论为 　 　 。 23．某小组利用甲图装置和若干个质量为50g的钩码及弹簧测力计探究杠杆的平衡条件。 （1）挂钩码前，杠杆静止在图甲所示位置，为便于测量力臂，应将平衡螺母向　 　 调节，使杠杆在水平位置平衡。 （2）实验中，多次在杠杆两端加挂钩码，并调节钩码位置，使杠杆保持水平平衡，记录数据在表格中，分析数据可初步得出杠杆的平衡条件是　 　 （用字母表示）。 次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm 1 1.5 12.0 2.0 9.0 2 3.0 6.0 3.0 6.0 3 2.5 8.0 2.0 10.0 （3）如图乙，在杠杆左侧10cm刻度线处悬挂3个钩码，在杠杆右侧悬挂2个相同钩码，将右侧钩码移至　 　 cm刻度线处，杠杆可在水平位置重新平衡。若再将两侧钩码同时向支点O各移动5cm，杠杆将　 　 （填“左端下沉”“右端下沉”或“仍然平衡”）。保持杠杆左侧10cm刻度线处悬挂的3个钩码数量、位置不变，取下右侧钩码，改用弹簧测力计拉杠杆，使杠杆仍在水平位置静止。不计弹簧测力计自重，下列拉力大小与作用位置组合可能成立的有　 　 （填序号）。 ①1N，右侧10cm刻度线处 ②3N，右侧5cm刻度线处 ③2N，左侧15cm刻度线处 （4）图丙是跨学科实践活动中制作的简易杆秤，提纽固定在B处，秤盘在A处，选用200g的重物作为秤砣，秤盘内不放被测物体时，将秤砣移至O点，秤杆恰好水平平衡。已知，AO＝6cm，BO＝2cm，CO＝24cm，则秤杆C处应标注的质量刻度为　 　 g。 五．计算题（共1小题） 24．为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，2025年9月3日，我国在天安门广场举行了盛大的阅兵仪式。如图所示是首次亮相的某款无人驾驶战车，在平直的长安街上接受检阅。若战车10min匀速行驶了3km，这个过程中受到的阻力为1200N，发动机总共消耗0.3kg柴油。[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q柴油＝4×107J/kg，当地大气压为1个标准大气压]求： （1）战车的牵引力在这10min里做的功； （2）这辆战车发动机的热机效率； （3）若发动机所做额外功的20%的能量，全部被初温为10℃、质量为5kg的水吸收，水温可以升高多少℃。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年苏科版新九年级物理暑假收心综合测试卷（解析版） 一．选择题（共10小题） 1．下列用具在正常使用过程中，属于省力杠杆的是（　　） A．酒瓶起子 B．镊子 C．钓鱼竿 D．食品夹 【分析】结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。 【解答】解：A．酒瓶起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A符合题意； BCD．镊子、钓鱼竿、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，都是费力杠杆，故BCD不符合题意。 故选：A。 2．长征五号火箭为我国载人航天工程作出卓著贡献。长征五号火箭发动机使用液氢作燃料，是利用液氢的（　　） A．密度大 B．比热容大 C．热值高 D．热效率高 【分析】比较燃料的好或差，都是比较的燃料的热值。 【解答】解：火箭发动机使用液态氢作燃料，是因为液态氢的热值高，故ABD错误；C正确。 故选：C。 3．关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是（　　） A．物体温度升高，内能一定增大 B．物体温度升高，一定是吸收了热量 C．物体吸收了热量，温度一定升高 D．温度高的物体，内能一定大 【分析】（1）影响内能的因素有质量、温度以及状态等。 （2）内能是指物体内部所有分子的分子动能和分子势能的和；物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。 （3）物体吸收了热量，可能用来加快分子的无规则运动，即表现在物体的温度的升高；也可能用来改变物体的状态。 （4）改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式。 【解答】解：A、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此物体温度升高，内能一定增大，故A正确； B、物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，其内能一定增加，故B正确； C、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故C错误。 D、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不一定大，故D错误； 故选：A。 4．适量运动是健康的生活方式。下列有关日常运动情景中的说法正确的是（　　） A．篮球离手后能继续向上向前运动，是由于受到了惯性的作用 B．离开蹦床后，人还能继续上升，是重力势能转化为动能的缘故 C．竖直向上运动到最高点时的排球，受平衡力的作用且合力为零 D．用力将足球踢出，说明力可以改变物体的运动状态 【分析】A．篮球离手后继续运动是由于具有惯性； B．离开蹦床后上升是动能转化为重力势能的过程； C．排球在最高点时速度为零，但受重力作用； D．踢足球时球从静止到运动，物体运动状态发生了改变。 【解答】解：A．篮球离手后继续运动是由于惯性，但惯性是物体固有属性，即物体具有惯性，表述“受到惯性的作用”错误，故A错误； B．离开蹦床后上升是动能转化为重力势能的过程，故B错误； C．排球在最高点时速度为零，但受重力作用，合力不为零，不是平衡状态，故C错误； D．踢足球时球从静止到运动，说明力改变了球的运动状态，这是力改变物体运动状态的典型实例，故D正确。 故选：D。 5．如图甲所示是传统弓，图乙为复合弓，两种弓的弓身和弓弦材料相同，其中复合弓的弓身上加装了6个滑轮，拉弓的过程其本质是储存能量的过程。下列说法不正确的是（　　） A．①是定滑轮②是动滑轮 B．射箭时，将弹性势能转化为箭的机械能 C．将弓弦拉开相同的距离，人对两弓的弓弦做的功相等 D．传统弓与复合弓拉弓储存相同能量时，复合弓需要拉更长的距离 【分析】（1）定滑轮的轴固定不动，不随物体一起运动；动滑轮的轴随物体一起运动。 （2）拉弓时，弓发生弹性形变，具有弹性势能，分析射箭时的能量转化； （3）根据W＝Fs分析做功关系； （4）根据W＝Fs分析，储存相同能量（做功相同）时，力越小，距离越长。 【解答】解：A、由图可知，①的轴固定不动，是定滑轮；②的轴随弓弦的运动而运动，是动滑轮，故A正确； B、拉弓时，弓发生弹性形变，具有弹性势能，射箭时，弓的弹性形变减小，弹性势能减小，箭的速度增大，动能增大，同时箭的高度可能变化，重力势能也可能变化，所以是将弹性势能转化为箭的机械能（动能和重力势能的总和），故B正确； C、复合弓的滑轮可省力，但费距离，拉开相同距离时，复合弓的拉力更小，根据W＝Fs可知，人对复合弓做功更少，故C错误； D、复合弓滑轮可省力，根据W＝Fs，储存相同能量（做功相同）时，力越小，距离越长，因此复合弓需要拉更长距离，故D正确。 故选：C。 6．如图所示，一均匀轻质杠杆从中间支起，在两侧各放一支粗细相同但长度不同的蜡烛后刚好平衡，同时点燃后，如果燃烧的情况也相同，那么燃烧一段时间后（　　） A．仍然平衡 B．左端下降 C．右端下降 D．无法判断 【分析】蜡烛对杠杆的作用力等于蜡烛的重力，由于杠杆是在水平方向平衡，所以力臂的长度等于蜡烛到支点的距离。 设左右两边的蜡烛质量分别为m甲、m乙，根据杠杆平衡条件可得m甲g×L左＝m乙g×L右，由于蜡烛同时点燃，燃烧速度相同，过一段时间后因燃烧减少的质量Δm相同，这时根据杠杆受到的力的变化，利用杠杆平衡条件分析。 【解答】解：设左右两边的蜡烛质量分别为m甲、m乙， 因为杠杆在水平位置平衡； 所以m甲g×L左＝m乙g×L右﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 因为两支蜡烛粗细相同，同时点燃，则燃烧速度相同， 所以两支蜡烛因燃烧减少的质量Δm相同，此时杠杆左右两端受到的力分别为（m甲﹣Δm）g、（m乙﹣Δm）g， 因为左边：（m甲﹣Δm）gL左＝m甲g×L左﹣△mgL左﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 右边：（m乙﹣Δm）gL右＝m乙g×L右﹣△mgL右﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 由图可知：L左＜L右，则△mgL左＜△mgL右，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④ 所以根据①④可比较②③得： （m甲﹣Δm）gL左＞（m乙﹣Δm）gL右， 所以杠杆失去平衡，左端下沉。 故选：B。 7．学校要为储藏室的电动门设计一个控制电路，只有当两名管理员同时启用各自的钥匙时才能接通电源，电动机工作把门打开。如启用钥匙相当于闭合开关，则下列电路图符合要求的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意可知两个开关的作用及连接方式，从而得出符合要求的电路图。 【解答】解：由题意可知，只有当两名管理员同时启用各自的钥匙时才能接通电源，电动机工作把门打开，即只有两个开关同时闭合时，电路才能连通，电动机才能工作，说明两个开关相互影响，不能独立工作，它们串联的，再与电动机串联，故A符合题意。 故选：A。 8．春节期间上映的电影《哪吒2》深受国人的喜爱。如图是哪吒与敖丙联手，用水火之力生成蒸汽冲破巨鼎封印的情景，这个过程与内燃机的某个冲程类似。下列说法正确的是（　　） A．该过程是将机械能转化为内能 B．该过程与内燃机的做功冲程类似 C．内燃机处于与该过程类似的冲程时进气门是打开的 D．内燃机处于与该过程类似的冲程是依靠飞轮惯性完成工作的 【分析】在热机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的。 做功冲程进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能。 【解答】解：哪吒与敖丙联手，用水火之力生成蒸汽冲破巨鼎封印，蒸汽的内能转化为巨鼎的机械能，和内燃机的做功冲程原理相同。 内燃机的做功冲程中，进气门、排气门都关闭，是燃气推动活塞做功，对外提供动力，不是依靠飞轮的惯性完成工作的，吸气、压缩、排气冲程是依靠飞轮的惯性完成工作的，故B正确、ACD错误。 故选：B。 9．如图所示，用甲、乙、丙、丁四个装置分别将同一物体匀速提升相同高度，每个滑轮重相同，且滑轮的重力小于物体的重力。若不计绳重及摩擦，下列说法不正确的是（　　） A．甲装置所需拉力最大，机械效率最高 B．乙装置可以看成支点在一侧的不等臂杠杆 C．四个装置的有用功相等，机械效率也相等 D．丁装置最省力，但不能改变施力的方向 【分析】（1）定滑轮的特点：定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变，不省力，但可以改变力的方向，不需要克服动滑轮重力做额外功，机械效率η＝100%。 （2）动滑轮的特点：动力臂是阻力臂的 2 倍，能省一半的力，但不能改变力的方向。 （3）由有用功W有＝Gh公式可知，同一物体提升相同高度，有用功相等，但甲不需要做额外功，乙、丙、丁要克服动滑轮重力做额外功，机械效率不相等； （4）对于滑轮组，承担物重的绳子段数最多，最省力，但拉力方向与物体运动方向相同，不能改变施力方向。 【解答】解：A．甲是定滑轮，拉力F＝G，不需要克服动滑轮重力做额外功，机械效率η＝100%。乙、丙、丁是动滑轮或滑轮组，需要克服动滑轮重力做额外功，拉力小于G，机械效率小于100%，所以甲装置所需拉力最大，机械效率最高，故A正确，不符合题意； B．乙是动滑轮，可看成支点在一侧的不等臂杠杆，动力臂是阻力臂的 2 倍，故B正确，不符合题意； C．由有用功W有＝Gh公式可知，同一物体提升相同高度，有用功相等。甲不需要做额外功，但乙、丙、丁要克服动滑轮重力做额外功，根据η100%可知，机械效率不相等，故C错误，符合题意； D．丁是滑轮组，承担物重的绳子段数最多，最省力，但拉力方向与物体运动方向相同，不能改变施力方向，故D正确，不符合题意。 故选：C。 10．如图所示是《天工开物》中记载的踏碓（duì）舂米情景。踏碓架在木杠上，可绕着固定点转动，踏碓前端装有圆锥状石块，脚反复踩踏碓后端，就可以舂米。已知碓头重为200N，OA为1.5m，OB为1m，不计木杠自重和转动过程中点O处的阻力。关于该踏礁说法正确的是（　　） A．被踩起的木杠属于省力杠杆 B．脚踩踏的位置离O点越近越省力 C．若要使木杠水平平衡，B点受力至少为300N D．碓头抬起时，在A点作用力的力臂不变 【分析】（1）结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆； （2）根据杠杆平衡条件结合动力臂的变化分析； （3）根据杠杆平衡条件计算动力； （4）根据阻力臂是从支点到阻力作用线的距离分析。 【解答】解：A．该杠杆支点为O，碓头的重力为阻力，脚的踩踏力为动力，由于动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误； B．阻力和阻力臂不变时，脚踩踏位置离O越近，动力臂L1越小，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，所需动力F1越大，越费力，故B错误； C．木杆水平平衡时，阻力臂为OA，当动力方向垂直杠杆时，动力臂最大为OB，动力最小。根据杠杆平衡得FB•OB＝G•OA，即，故C正确； D．碓头重力始终竖直向下，力臂是从支点到阻力作用线的距离，碓头抬起时杠杆倾斜，支点O到重力作用线的距离（阻力臂）变小，因此阻力的力臂发生改变，故D错误。 故选：C。 二．填空题（共8小题） 11．华山为我国著名的五岳之一，有着“奇险天下第一山”的美誉。小明假期和家人游览华山时乘坐缆车上山。在缆车匀速直线上升过程中，坐在缆车内的小明相对于缆车是　静止　 （选填“运动”或“静止”）的，小明的重力势能　增大　 ，机械能　增大　 。（后两空均选填“增大”“减小”或“不变”） 【分析】物体相对于参照物的位置不变，物体是静止的，物体相对于参照物的位置变化了，物体是运动的。 机械能与质量、速度和高度有关。 【解答】解：在缆车匀速上升过程中，坐在缆车内的小明相对于缆车位置不变，是静止的；匀速上升时，速度不变、质量不变、高度增加，动能不变，重力势能增加，小明的机械能增大。 故答案为：静止；增大；增大。 12．夏季人们喜欢在河边消夏。原因是，盛夏时节，由于水的 　比热容　 比地面大，在相同日照的情况下，白天水面温度变化比地面 　小　 （选填“大”或“小”），而夜晚在下降相同温度的情况下，水放出的热量比地面 　多　 （选填“多”或“少”）；所以水边昼夜温差较小，比较舒适。 【分析】水的比热容较大，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，据此分析。 【解答】解：水的比热容较大，在相同日照的情况下，白天水面温度变化比地面小；夜晚在下降相同温度的情况下，水放出的热量比地面多，所以水边昼夜温差较小，比较舒适，人们喜欢在河边消夏。 故答案为：比热容；小；多。 13．如图所示是一个简易的蒸汽船模型，玻璃瓶中装有适量的水，点燃蜡烛。当吸管有大量水蒸气向右喷出时，船会向左运动，说明　物体间力的作用是相互的　 ，该过程中，能量转化与四冲程汽油机的　做功　 冲程相似。蜡烛燃烧逐渐变短，其热值　不变　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 【分析】（1）物体间力的作用是相互的； （2）水蒸气的内能转化为船机械能的过程，水蒸气的内能会减小，温度降低；在内燃机的做功冲程中，能量转化关系是内能转化为机械能；两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程； （3）热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。 【解答】解：（1）当吸管有大量水蒸气向右喷出时，水蒸气会给船一个向左的反作用力，船会向左运动，说明物体间力的作用是相互的； （2）水蒸气对船做功，水蒸气的内能转化为船的机械能，船启动，汽油机的做功冲程是内能转化为机械能，该过程能量转化与四冲程汽油机的做功冲程相同。 （3）热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，蜡烛燃烧逐渐变短，质量减小，热值不变。 故答案为：物体间力的作用是相互的；做功；不变。 14．嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。AB段返回器的动能 　变小　 （选填“变大”“不变”或“变小”）；BC段返回器的机械能 　不变　 （选填“变大”“不变”或“变小”），CD段返回器动能增加量 　小于　 （选填“大于”“等于”或“小于”）重力势能的减小量。 【分析】动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能和势能的和，据此分析动能、机械能的变化。 【解答】解：AB段，返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，是返回器的动能转化为重力势能，所以返回器的动能变小； BC段没有受到空气的阻力，机械能是守恒的，保持不变； CD段，质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能，由于克服空气阻力做功，一部分重力势能转化为内能，所以返CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。 故答案为：变小；不变；小于。 15．如图所示，用动滑轮将重180N的木箱在5s内沿竖直方向匀速提升2m，所用拉力为100N，不计绳重和摩擦。此过程中有用功是　360　 J，拉力的功率是　80　 W；若用此装置沿竖直方向匀速提升380N重物时，机械效率为　95　 %。 【分析】（1）利用W有＝Gh求有用功； （2）由图可知n＝2，则绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功；利用求拉力做功的功率； （4）由于不计绳重和摩擦，利用η100%，求机械效率。 【解答】解：有用功：W有＝Gh＝180N×2m＝360J； 由图可知n＝2，则绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m， 拉力做的总功：W总＝Fs＝100N×4m＝400J， 拉力做功的功率：； W额＝W总﹣W有＝400J﹣360J＝40J， 由于不计绳重和摩擦，则额外功就是克服动滑轮重力所做的功，即W额＝G动h＝40J 可得G动， 由于不计绳重和摩擦，若用此装置沿竖直方向匀速提升380N重物时， 滑轮组的机械效率： η100%。 故答案为：360；80；95。 16．同学用一种加热器将质量为500g的冰持续加热熔化直至沸腾，记录并绘制出温度﹣时间图象如图所示，根据图象可以看出C点的内能 　大于　 B点的内能，AB段的比热容 　小于　 CD段的比热容（前两空均选填“大于”、“等于”或“小于”），CD段吸收的热量是 　2.1×105 J。 【分析】（1）熔化过程中虽然温度不变，但吸收热量，内能增大，故C点的内能大于B点的内能；用相同的加热器加热，在相等时间内物质吸收的热量相等；根据图象求出在各段温度的变化量，利用Q吸＝cmΔt分析它们比热容之间的关系； （2）根据图示图象求出在各段温度的变化量，应用热量公式分析答题。 【解答】解：（1）熔化过程中虽然温度不变，但吸收热量，内能增大，故C点的内能大于B点的内能； 在整个过程中冰与水的质量相等， 用相同的加热器加热，在相等时间内吸收的热量相等， 设在1min内吸收的热量为Q，由图示可知， AB段的加热时间为2min，则吸收的热量： Q1＝2Q＝c1mΔt1＝c1×0.5kg×[0℃﹣（﹣40℃）]＝20c1，c1； 在CD段的加热时间为16min﹣8min＝8min，吸收的热量： Q2＝8Q＝c2mΔt2＝c2×0.5kg×（100℃﹣0℃）＝50c2，c2， 则AB段的比热容小于CD段的比热容； （2）每分钟吸收的热量： Q＝6.25c＝6.25×4.2×103J＝26250J， 则CD段所吸收的热量： QBC＝8Q＝8×26250J＝2.1×105J。 故答案为：大于；小于；2.1×105。 17．如图，要使L1和L2并联在电路中，应闭合的开关是 　S1、S3 ；要使L1和L2串联在电路中，应闭合的开关是 　S2 ；要使L1单独发光，可同时闭合的两开关是 　S1、S2 。 【分析】串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作； 电源短路是指用导线将电源两极直接连接起来的电路。 【解答】解：要使L1和L2并联在电路中，电流从电源正极流出分别经过支路S3、L2和支路L1，然后需要经过开关S1流回电源负极；因此应闭合开关S1、S3； 使L1和L2串联在电路中，则应将两灯首尾相连接到电源两端，由图可知应只闭合S2，断开S1、S3； 同时闭合开关S1、S2，断开S3，只有L1连入电路，单独发光。 故答案为：S1、S3；S2；S1、S2。 18．如图所示电路中，开关闭合，将会出现 　L2 （选填“L1”、“L2”或“电源”）短路现象；要使两灯组成串联电路，应拆除导线 　a　 （选填“a”、“b”或“c”）。 【分析】短路是指电源两极不经用电器直接连通的电路； 根据串联电路是将两个灯泡顺次连接起来进行分析导线的拆除。 【解答】解：读图可知，若将开关闭合，L2被短路；要使两灯成为串联的电路；电流从电源的正极出发，经过两个灯泡、开关回到电源的负极，因此将a线拆除； 故答案为：L2；a。 三．作图题（共2小题） 19．某学校一块指示牌被风刮倒后如图所示，请在图中画出将指示牌扶起的最小力F1的示意图及其力臂L1。 【分析】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，可得阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。 【解答】解：要将指示牌扶起，支点为C，根据杠杆平衡条件可知，动力臂越长，动力越小，AC为最长动力臂L1时，动力最小，从A点作垂直于AC向上的线段F1的示意图，如图所示。 20．请在图中画出人提起重物时，所用拉力最小的绳子绕线方式。 【分析】最省力的绕绳方法即是承担物重的绳子段数最多，先分析出应由3段绳子承担物重，才按照“奇动偶定”的原则确定绕绳方案。 【解答】解：一个动滑轮最多可以连接3股绳子，从动滑轮上挂钩开始，依次绕过定滑轮和动滑轮，绳端回到人的手中，则为最省力的绕法，如图所示： 四．实验探究题（共3小题） 21．如图，用两个相同的酒精灯分别给水和煤油加热，比较水和煤油的吸热能力的强弱。 （1）装器材时先调整B的位置，便于使用酒精灯的　外焰　 加热； （2）调整A的位置，要注意温度计不能接触　容器底或容器壁　 ； （3）在进行加热前，烧杯分别装入的水和煤油的初温和　质量　 必须相等； （4）实验过程中，通过　加热时间　 （选填“加热时间”或“升高温度”）来反映两种液体吸收热量的多少； （5）根据实验数据作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像，如图乙。由图乙可知，　水　 的吸热本领更强；已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容为　2.1×103 J/（kg•℃）。 【分析】（1）酒精灯外焰温度最高； （2）安装如图所示的实验装置时遵循自下而上的顺序安装，温度计的玻璃泡在不接触容器的情况下完全浸入水中； （3）根据控制变量法分析； （4）探究物质的吸热能力时，通过加热时间反映吸热多少； （5）由图乙可知，温度变化量相等，水用时较长； 根据c可知，在质量和温度变化相同的情况下，两种液体比热容之比等于吸收热量之比，从而可知煤油的比热容。 【解答】解：（1）铁架台的底座是固定的，酒精灯外焰温度最高，为了方便用酒精灯外焰加热，应先调整B处的高度； （2）使用实验室温度计时，温度计的玻璃泡在不接触容器底或容器壁的情况下完全浸入水中； （3）根据热量的计算公式Q吸＝cmΔt，液体吸收的热量与质量、比热容和温度的变化量有关，根据控制变量法，实验中应保持质量不变； （4）实验使用相同的酒精灯加热，相同时间内酒精灯放出的热量是相同的，因此液体吸收的热量也相等，则可以通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法； （5）由图乙可知，相同质量的两种液体，温度都上升30℃时，水的加热时间长，说明水吸收的热量多，即水的吸热能力强。 由图可知，两种液体温度从68℃升高到98℃，水需要加热20分钟，而煤油需要10分钟。煤油吸收热量是水吸收热量的，根据c可知，在质量和温度变化相同的情况下，两种液体吸收热量比等于比热容之比，则c煤油4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。 故答案为：（1）外焰；（2）容器底或容器壁；（3）质量；（4）加热时间；（5）水；2.1×103。 22．在“探究影响动能大小的因素”实验中，如图a、b、c所示，让质量为m、2m的两个小球分别从斜面同一高度由静止滚下，小球撞击放在水平木板上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后停止的位置。 （1）小球在滚下斜面的过程中，它的 　重力势　 能转化为动能。实验中通过观察 　木块移动的距离　 被撞击的距离来反映小球动能的大小，这种物理研究方法被称为转换法；下面的探究实验中也采用转换法的有 　C　 （填序号）； A.探究浮力与液体密度的关系时，需要控制物体排开液体体积相同 B.探究同一直线上二力的合成时，通过使橡皮筋伸长量相同，用合力替代分力 C.探究液体压强影响因素时，通过观察U形管两侧液面高度差比较液体压强大小 （2）a、b两图，让小球从同一高度滚下的目的是使小球到水平面时具有相同的 　速度　 ，a、b两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车 　超载　 （选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因。 （3）比较 　a、c　 两图进行的实验，可以探究小球的动能与速度的关系，这里的速度是指小球从斜面上由静止滚下与木块碰撞时 　A　 的速度； A.小球碰撞前 B.小球碰撞后 C.木块碰撞前 D.木块碰撞后 （4）通过实验得到小球的动能与速度关系的结论为 　物体质量相同时，速度越大，物体的动能越大　 。 【分析】（1）转换法是物理研究中常用的方法之一，是将不易观察或测量的量转换为容易观察或测量的量来进行研究的方法，这里就是通过观察木块移动的距离来判断动能大小； （2小球沿斜面的同一高度下落，这样保证到达水平面时速度相同；）找出实验步骤中的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答； （3）动能的大小与物体的质量和速度都有关系，研究动能与速度关系时，要保证质量相同，速度不同，可以让同一小球从斜面的不同高度滚下； （4）根据图a、c利用控制变量法分析得出结论。 【解答】解：（1）小球在斜面上具有重力势能，滚下斜面时，高度降低，速度增大，重力势能减小，动能增大，它的重力势能转化为动能；小球撞击木块，木块被撞后移动距离越远，说明小球的动能越大，所以通过木块被撞后移动的距离可以知道小球动能的大小，这种物理研究方法被称为转换法； A、探究浮力与液体密度的关系时，需要控制物体排开液体体积相同，这是控制变量法，故A错误； B、探究同一直线上二力的合成时，通过使橡皮筋伸长量相同，用合力替代分力，这是等效替代法，故B错误； C、探究液体压强影响因素时，通过观察U形管两侧液面高度差比较液体压强大小，这是将液体压强大小转换为U形管两侧液面高度差，用到了转换法，故C正确； 故选：C； （2）分析a、b两图的实验可知，高度相同时，让小球从同一高度滚下的目的是使小球到水平面时具有相同的速度，小球的质量越大，木块被推动的距离越远，由此可知：当速度一定时，质量越大，动能越大，这可以解释汽车超载行驶时危险性大的原因。 （3）为探究小球动能的大小与小球的速度是否有关时，可以让同一小球从斜面的不同位置滚下，由图可知，图a与图c所示实验符合要求；该实验中物体的速度是指小球从斜面上静止滚下与木块碰撞前小球的速度，故选：A； （4）由图a、c可知，当两个质量相同小球分别从斜面不同高度由静止滚下，小球高度越高，即速度越大，推动木块移动的距离越远，故可以得出结论为：物体质量相同时，速度越大，物体的动能越大。 故答案为：（1）重力势；木块移动的距离；C；（2）速度；超载；（3）a、c；A；（4）物体质量相同时，速度越大，物体的动能越大。 23．某小组利用甲图装置和若干个质量为50g的钩码及弹簧测力计探究杠杆的平衡条件。 （1）挂钩码前，杠杆静止在图甲所示位置，为便于测量力臂，应将平衡螺母向　左　 调节，使杠杆在水平位置平衡。 （2）实验中，多次在杠杆两端加挂钩码，并调节钩码位置，使杠杆保持水平平衡，记录数据在表格中，分析数据可初步得出杠杆的平衡条件是　F1l1＝F2l2 （用字母表示）。 次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm 1 1.5 12.0 2.0 9.0 2 3.0 6.0 3.0 6.0 3 2.5 8.0 2.0 10.0 （3）如图乙，在杠杆左侧10cm刻度线处悬挂3个钩码，在杠杆右侧悬挂2个相同钩码，将右侧钩码移至　15　 cm刻度线处，杠杆可在水平位置重新平衡。若再将两侧钩码同时向支点O各移动5cm，杠杆将　右端下沉　 （填“左端下沉”“右端下沉”或“仍然平衡”）。保持杠杆左侧10cm刻度线处悬挂的3个钩码数量、位置不变，取下右侧钩码，改用弹簧测力计拉杠杆，使杠杆仍在水平位置静止。不计弹簧测力计自重，下列拉力大小与作用位置组合可能成立的有　②　 （填序号）。 ①1N，右侧10cm刻度线处 ②3N，右侧5cm刻度线处 ③2N，左侧15cm刻度线处 （4）图丙是跨学科实践活动中制作的简易杆秤，提纽固定在B处，秤盘在A处，选用200g的重物作为秤砣，秤盘内不放被测物体时，将秤砣移至O点，秤杆恰好水平平衡。已知，AO＝6cm，BO＝2cm，CO＝24cm，则秤杆C处应标注的质量刻度为　1200　 g。 【分析】（1）调节杠杆平衡的原则是螺母的调节方向是向上翘的那端调节； （2）杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，即F1l1＝F2l2； （3）根据杠杆平衡条件，得出力臂大小； 根据杠杆平衡条件进行解答； 先将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，找出关系式； （4）确定杠杆的支点和力臂，直接应用杠杆的平衡条件来计算。 【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆右端下沉，要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节； （2）分析表格中的数据，第一次实验有1.5N×12.0m＝2.0N×9.0m， 第二次实验有3.0N×6.0m＝3.0N×6.0m， 第三次实验有2.5N×8.0m＝2.0N×10.0m， 可知，左侧动力与动力臂的乘积等于右侧阻力与阻力臂的乘积，可得出杠杆的平衡条件为：F1l1＝F2l2； （3）设一个钩码的重力为G，根据杠杆平衡条件3G×10cm＝2G×L， 解得L＝15cm，则将右侧2个钩码移至15cm刻度线处； 若再将两侧钩码同时向支点O各移动5cm，根据杠杆平衡条件得，3G×5cm＜2G×10cm，则杠杆将右端下沉； 保持杠杆左侧钩码的数量和位置不变，取下右侧钩码，改用弹簧测力计拉杠杆使杠杆在水平位置静止， ①一个钩码的重力G＝mg＝0.05kg×10N/kg＝0.5N， 若弹簧测力计的示数为1N，根据F1l1＝F2l2得，3×0.5N×10cm＝1N×l2，则拉力的力臂l2＝15cm＞10cm， 所以拉力的作用点不可能在右侧10cm刻度线处，故①不符合题意； ②若弹簧测力计的示数为2N，根据F1l1＝F2l2得，3×0.5N×10cm＝3N×l2 则拉力的力臂l2＝5cm， 所以拉力的作用点可能在右侧5cm刻度线处，拉力的方向斜向上，故②符合题意； ③若弹簧测力计的示数为3N，根据F1l1＝F2l2得，3×0.5N×10cm＝2N×l2 则拉力的力臂l2＝7.5cm＜15cm，所以拉力的作用点不可能在左侧5cm刻度线处，故③不符合题意。 故选②。 （4）空盘时，秤砣在O点平衡，根据杠杆平衡条件得， m盘g×AB＝m砣g×BO+m杆g×L杆，① 设待测物体质量为m，根据杠杆平衡条件得， （m盘+m）g×AB＝m砣g×BC+m杆g×L杆，②②﹣①得，mg×AB＝m砣g（BC﹣BO），即mg×AB＝m砣g×OC， 则m1200g。 故答案为：（1）左；（2）F1l1＝F2l2；（3）15；右端下沉；②；（4）1200。 五．计算题（共1小题） 24．为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，2025年9月3日，我国在天安门广场举行了盛大的阅兵仪式。如图所示是首次亮相的某款无人驾驶战车，在平直的长安街上接受检阅。若战车10min匀速行驶了3km，这个过程中受到的阻力为1200N，发动机总共消耗0.3kg柴油。[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q柴油＝4×107J/kg，当地大气压为1个标准大气压]求： （1）战车的牵引力在这10min里做的功； （2）这辆战车发动机的热机效率； （3）若发动机所做额外功的20%的能量，全部被初温为10℃、质量为5kg的水吸收，水温可以升高多少℃。 【分析】（1）先根据平衡条件求出战车的牵引力，再根据公式W＝Fs求出战车发动机在这10min里做的功； （2）先根据公式Q放＝mq求出燃料完全燃烧放出的热量，再根据热机效率公式求出战车发动机的热机效率； （3）先根据题意求出发动机所做额外功的20%的能量，再根据公式Q吸＝c水m水Δt可得水升高的温度，从而求出水的末温，1个标准大气压下水的沸点100℃，水温只能升高到100℃。 【解答】解：（1）因为战车做匀速直线运动，所以牵引力F与阻力f是一对平衡力，根据平衡条件可得战车的牵引力为：F＝f＝1200N； 战车发动机在这10min里做的功为：W＝Fs＝1200N×3000m＝3.6×106J； （2）燃料完全燃烧放出的热量为：， 战车发动机的热机效率为：； （3）发动机所做额外功为：， 则水吸收的热量为：， 根据公式Q吸＝c水m水Δt可得水升高的温度为：； 则水的末温为：t末＝t0+Δt＝10℃+80℃＝90℃＜100℃，故水温可以升高80℃。 答：（1）战车发动机在这10min里做的功为3.6×106J； （2）战车发动机的热机效率为30%； （3）水温可以升高80℃。 学科网（北京）股份有限公司 $