期中实验专题练习（江苏无锡专用）2026-2027学年九年级上册苏科版物理

实验专题（江苏无锡专用） 一．探究杠杆的平衡条件（共9小题） 1．（2025秋•滨湖区校级期中）在“探究杠杆平衡条件”的实验中： （1）杠杆静止在如图甲所示位置，此时杠杆_____ （选填“是”或“不是”）处于平衡状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向_____ （选填“左”或“右”）调节。 （2）小明所在实验小组完成一次操作后，实验现象如图乙所示，使杠杆在水平位置平衡的目的是___________ 。他们记录的数据为动力F1＝1.5N，动力臂l1＝0.2m，阻力F2＝1N，阻力臂l2＝0.3m。小明测出了这组数据后就得出了“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”的结论，小华认为他的做法不合理，理由是____________________ 。 （3）将右边的钩码换成弹簧测力计，使杠杆从水平位置慢慢转过一定角度，弹簧测力计拉力方向始终垂直于杠杆，如图丙所示，则此过程中拉力的大小_______ （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 （4）小明回家找来一根长为L，重为G的均匀木棒，又做了如图丁所示的实验，将木棒的五分之一伸出桌子边缘，用竖直向下的力F0压木棒的一端，当F0＝_________ 时，木棒左端刚好会翘起。 2．（2025秋•无锡期中）在劳动实践课上，小晗体验了一下挑扁担，如图1所示，并在老师的指导下，了解了许多挑扁担的技巧。课后，小晗想通过探究杠杆的平衡条件实验来验证这些技巧。实验使用的钩码质量均相等，杠杆上每格长度均相等。 （1）实验前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于_______ （选填“平衡”或“不平衡”）状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向_____ 调节。 （2）杠杆平衡后，小晗同学在图乙所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上_____ 个钩码，使杠杆在_______ 位置平衡。 （3）实验中保持阻力F2及阻力臂l2不变，多次改变动力F1与动力臂l1，收集数据并在坐标系中绘制出动力F1与动力臂l1的关系图像（如图丁所示），由图像分析可知：当F1＝________ N时，11＝30cm。 （4）如图丙所示，用弹簧测力计先后在a、b位置拉杠杆上同一点B，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在a位置的拉力为Fa，在b位置的拉力为Fb，则Fa_______ Fb（选填“大于”、“等于”或“小于”）。 （5）小晗学会的其中一条技巧是不用手扶，就可让扁担稳稳地横在肩上。根据上述结论，若想让扁担稳稳地横在肩上，较重的一端应该_______ （选填“靠近”或“远离”）肩膀。 3．（2025秋•无锡校级期中）小明用如图甲所示的装置“探究杠杆平衡条件”： （1）实验前，若杠杆 _____ （选填“左”或“右”）端翘起，则需将平衡螺母向右调； （2）如图甲所示，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，其示数 _______ （选填“变大”“不变”或“变小”）； （3）按图甲在某次实验中发现，要使杠杆在水平位置平衡，测力计向下的拉力会超过测力计的量程，为了完成实验，下列操作可行的是 _____ （填字母）； A．向左移动钩码的悬挂点 B．向右移动测力计的悬挂点 C．换一个更轻的杠杆 D．向右移动平衡螺母 （4）小明利用图乙装置估测一根非匀质金属棒的重心位置。此时金属棒在水平位置保持平衡，金属棒上A点下方的细线上悬挂一个质量为m的小球，AO两点距离为l，需用天平测出 ________ 的质量m1，便能计算出金属棒重心到支点O的距离为 ____________________ （用m、m1、l及所测物理量符号表示）； （5）人们从地面上搬起重物时，常见的做法是直接弯腰（如图丙）或下蹲弯曲膝盖（如图丁）将重物搬起，哪种做法更好呢？将人的脊柱简化为杠杆，如图戊，脊柱可绕骶骨（轴）O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力F3作用在A点，其实际作用方向与脊柱夹角为12°且保持不变。搬箱子时箱子的拉力F4作用在肩关节B点，在B点挂一重物代替箱子，用测力计沿F3方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小。接着，改变脊柱与水平面的夹角即改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论： ①当α角减小时，F3_______ （选填“变大”“变小”或“不变”）； ②如果考虑到人上半身的重力，那么图戊中的F3将比腰背部肌肉的实际拉力要 _____ （选填“大”或“小”）； ③由以上分析可得，_____ （选填“丙”或“丁”）图中的姿势比较正确。 4．（2025秋•无锡期中）小明同学利用杠杆进行实验： （1）杠杆静止时在如图甲所示位置，此时杠杆处于 _______ （选填“平衡”或“不平衡”）状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向 _____ 调；钩码挂在杠杆两端后，通过调节钩码的位置使杠杆仍在水平位置平衡，这样的好处是 ___________ 。 （2）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝靠近支点O方向移动一小格，杠杆将 _________ （选填“仍保持平衡”、“左端下沉”或“右端不沉”）。保持左侧钩码个数及位置不变，多次改变右侧钩码个数及位置，收集数据并在坐标系中绘出动力臂L1与动力F1的关系图像如图丙所示，由图像可知：图像中每个点与两坐标轴围成的面积是 _______ （选填“相等”或“不相等”）的。 （3）如图丁所示，取下B位置钩码，改用弹簧测力计在C点拉，当弹簧测力计由位置1转至2的过程中，杠杆始终在水平位置保持平衡，测力计的示数变化情况是 ___________ 。 （4）小明测量杠杆的机械效率实验装置如图戊所示，实验时竖直向上拉动弹簧测力计，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升。如果仅将拉力作用点由B移至C，两次都将钩码移动相同高度，不计摩擦，此杠杆的机械效率将 _______ 。 5．（2025秋•梁溪区期中）在探究“杠杆平衡条件”的实验中： （1）当杠杆静止在图甲所示的位置时，杠杆处于 _______ （选填“平衡”或“不平衡”）状态；图甲中，应将右端的平衡螺母向 _____ （选填“左”或“右”）调节使杠杆在水平位置平衡。 实验次数 阻力F2/N 阻力臂l2/cm 动力臂l1/cm 动力F1/N 1 4 33 30 2 4 18 30 2.4 3 4 7.5 30 1.0 （2）小东保持F2和l1不变而改变l2，所获得的实验数据如表中所示，第1次实验中弹簧测力计示数的放大图如图丙所示，则F1＝ ________ N，通过该表中数据 _______ （选填“能”或“不能”）得出杠杆的平衡条件，理由是 ___________________ 。 （3）小东在实验的过程中发现，按图乙中弹簧测力计的使用方式，需要将其在竖直向下方向完成校零，有一种方法是取两个弹簧测力计如图丁所示竖直放置，秤钩对钩。在竖直方向拉到某一数值，这时只需要移动弹簧测力计 _____ （选填“甲”或“乙”）的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成该弹簧测力计的校零。 （4）为了避免图乙中弹簧测力计校零的烦恼，调节杠杆在水平位置平衡后，他打算采用图戊的方式寻找F1、F2、l1和l2四个物理量之间的关系，该方案中杠杆自身的重力 _______ （选填“会”或“不会”）影响实验结果；若将弹簧测力计由竖直上拉变成倾斜上拉，使杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计示数将 _______ （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 6．（2025秋•滨湖区期中）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F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 动力臂l2/cm 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____________________ 。 7．（2025秋•宜兴市期中）同学们利用蜡烛、细铁丝、杯子等制作了一个蜡烛“跷跷板”，如图甲。一端烛油滴下时，此端就上升，两端交替上下。为了寻找上述现象的原因，同学们用铁架台、杠杆（已在水平位置平衡）、质量相等的钩码等器材进行以下探究。 （1）图乙中杠杆水平平衡，分别改变一侧钩码的个数或悬挂位置，发现杠杆不再平衡。 小聪认为：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，同学们利用图丙中水平平衡的杠杆（OD＞OA＝OC）进行实验，保持B处悬挂钩码的个数和位置不变。 ①把A处悬挂的钩码改挂在C处，发现杠杆不再平衡。与A处相比，支点到力的作用点的距离 _______ （变小/不变/变大）； ②把A处悬挂的钩码改挂在D处，发现杠杆仍保持平衡，与A处相比，_____________ 的距离不变； ③由此初步判断 _______ 的观点是正确的； （2）明确影响因素后，同学们利用图乙的器材探究杠杆平衡的条件，将实验数据记录在设计的表格中。 实验次数 动力F1/N 阻力F2/N 阻力臂l2/cm …… …… …… …… …… ①表格中a处应填写的内容是 _____________ ；经过多次实验，得出杠杆平衡的条件是 ______________ 。 ②若在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，杠杆 _____ 端下沉；交替上下的蜡烛“跷跷板”，一端烛油滴下时，此端 _______ （上升/下降）。 8．（2025秋•惠山区期中）实验小组为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、网盘等。 （1）如图甲所示，实验前，杠杆左侧下沉，则应将左端的平衡螺母向_____ （左/右）调节。直到杠杆在_______ 位置平衡，目的是便于测量_______ ，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆_______ 对平衡的影响。 （2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，B点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是_____ （填序号）； A.右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡； B.读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件； C.同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡； （3）同组的小华认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心O转动。如图丙所示，在C点和D点分别悬挂钩码，使圆盘平衡。接下来她应将挂在D点的钩码先后挂在圆盘上的________ 两个点上，观察圆盘是否平衡； （4）实验小组探究得出杠杆的平衡条件后，利用身边的材料模仿中药房的戥（dēng）秤制作了杆秤，如图丁所示，若要增加称量的范围，应选用提纽_____ 。 9．（2025秋•新吴区期中）杆秤是我国最古老的称量工具，映射出我国古代劳动人民的聪明才智，具有悠久的历史文化。物理课上，同学们开展“杆秤的制作”项目学习活动，查阅资料了解到杆秤是根据杠杆原理制作的，为了完成杆秤的制作，项目组利用铁架台、杠杆、质量相等的钩码等器材，探究杠杆的平衡条件。 （1）实验前，杠杆静止在甲图中的位置，此时杠杆_______ （选填“处于”或“不处于”）平衡状态，为使杠杆水平平衡，小新应将左端的平衡螺母向_____ （选填“左”或“右”）调节； （2）调节平衡后，如乙图所示，小新在左右两端“20”刻度处分别挂上2个钩码，此时杠杆再次水平平衡，如果在左侧钩码下增加一个钩码或将左侧钩码向右移动5cm，杠杆都会失去平衡，由此可以猜想：杠杆的平衡可能与力的大小和_______ 的长短有关； （3）同学们设计了如表所示两种收集实验数据的方案。 实验次数 方案一 方案二 F1/N L1/cm F2/N L2/cm F1/N L1/cm F2/N L2/cm 1 3 3 3 5 2 2 2 4 3 3 1 1 2 5 ①其中合理的是方案_____ （选填“一”或“二”）； ②实验中多次改变力和力臂的大小，目的是_______________ ； （4）实验结束后，同学们根据杠杆平衡条件自制了如图丙的杆秤，当秤盘内不放任何东西时，将秤砣调至C点处，杆秤水平平衡，接着在秤盘内放有一杯水，秤砣调至E点时杆秤水平平衡，取下这杯水，再在秤盘内放一杯等体积的某种液体，秤砣调至F点时杆秤水平平衡，已知OD＝2cm，OC＝CE＝4cm，EF＝1cm，秤砣质量为100g，忽略杯子自重。可计算出杯中水的质量是________ g，F处标注的密度应为_________ g/cm3。 二．测量滑轮组的机械效率的实验（共2小题） 10．（2025秋•滨湖区校级期中）图甲是“再探动滑轮”的实验，用弹簧测力计竖直向上拉动绳子自由端，将重为3N的钩码从A位置匀速提升到B位置，同时弹簧测力计从图中的A'位置上升到B'位置，在这个过程中，弹簧测力计的示数如图乙所示： （1）该过程中动滑轮的机械效率为_______ %； （2）增加钩码的数量，并将其提升相同高度，克服动滑轮的重力所做的额外功将_______ （选填“减小”、“不变”或“增大”，下同），机械效率将_______ 。以下三种提高效率的方法中，方法_____ 与（2）同理。 方法一：鼓励人们“拼车”出行 方法二：用新材料减轻汽车重力 方法三：汽车保持良好的润滑 11．（2025秋•江阴市期中）小丽用如图所示的装置测量滑轮组的机械效率（不计绳重），根据所学知识回答下列问题。 实验次数 钩码重力G/N 钩码上升的高度h/cm 绳子自由端的拉力F/N 绳子自由端移的距离s/cm 机械效率η 1 3 5 1.4 15 71.4% 2 6 9 2.5 27 ① 3 8 9 3.2 27 83.3% （1）实验时应该竖直向上_______ （选填“匀速”或“变速”）拉动弹簧测力计； （2）第二次实验中拉力所做的额外功占总功的_______ %； （3）分析实验数据，小丽得出的实验结论是：使用同一滑轮组提升不同重物，_________ 可以提高滑轮组机械效率； （4）若在进行实验时弹簧测力计的拉动方向偏离了竖直方向，则测出的机械效率将_______ （填“变大”、“不变”或“变小”）； （5）小丽进一步分析数据，发现用同一滑轮组提升不同重物至同一高度，提升的物重增加时，所做的额外功将_______ （选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是：____________________ 。 三．探究影响物体动能大小的因素（共11小题） 12．（2025秋•惠山区期中）在“探究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让铁球从斜面上自由释放撞击同一木块，能将木块撞出一段距离，如图1所示，请回答问题： （1）该实验中探究物体的动能是指_____ 。（填字母） A.小球在斜面上的动能； B.小球撞击木块时的动能； C.木块被小球撞击后的动能； （2）为了使同一铁球到达水平面时的速度不相等，应将铁球从斜面的_______ （选填“相同”或“不同”）高度自由释放，该实验可以探究的是铁球动能大小与_______ （选填“质量”或“速度”）的关系。 （3）如图2所示是高速公路上的限速牌，对不同车型的限速不一样，限制车速实际上是限制车的_______ （选填“惯性”或“动能”）。 （4）如图3所示，是“探究物体重力势能与哪些因素有关”的实验，其中m甲＝m乙＜m丙，木桩起始位置高度相同，甲、乙、丙都由静止释放； ①比较图3中A、B两木桩扎入沙坑的深度可以得出结论：____________________ 。 ②若图3中B、C两木桩扎入沙坑的深度相同，说明乙、丙的重力势能_______ （选填“相同”或“不同”）。 （5）如图4所示，2只相同的小球以同样的速度v沿着与水平方向均成θ角斜向上抛出，甲图中斜面光滑且足够长，乙图中小球被直接抛向空中，不计空气阻力。则甲图中小球沿斜面向上运动的过程中，支持力对小球_______ （选填“有”或“没有”）做功；甲、乙两图中，小球能到达的最高点离地高度分别为h1和h2（图中未画出），则h1_______ h2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。 13．（2025秋•滨湖区校级期中）如图是“探究物体动能与哪些因素有关”的实验，同一小车先后从斜坡由静止开始下滑，撞击置于水平面上的木块。请回答以下问题： （1）物体动能大小是通过___________ 来反映的。 （2）比较________ 两图，可以探究动能与质量的关系，结论是____________________ 。 （3）比较甲、丙两图，能否探究动能与速度的关系？请说明理由__________________ 。 （4）由此实验结论判断：某段道路限速牌上标明“100”和“80”字样，则________ （选填“大客车”或“小轿车”）的限速应该是80km/h。 （5）取走木块，还可以研究“阻力对物体运动的影响”，若实验中小车在毛巾表面和木板表面克服摩擦力做的功分别是W1和W2，则W1和W2的大小关系是W1_____ W2。 （6）如图实验中的器材和本实验中木块的作用相同的是_______ （选填序号）。 A．研究弹性势能实验中的“小车” B．研究弹性势能实验中的“卡片” C．研究重力势能实验中的“木块” D．研究杯内水内能变化时的“温度计” 14．（2025秋•锡山区期中）如图所示是某学习小组“探究物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB。 （1）实验中，探究的是_______ （选“钢球”或“木块”）的动能； （2）实验中通过观察____________ 来判断钢球的动能大小，这种研究问题的物理方法叫________ ； （3）为了研究动能大小与质量的关系，应选择________ （选填“甲”、“乙”或“丙”）两图进行分析，由图可得结论是____________________ ； （4）甲、乙两次实验中木块被撞击后滑行过程中AB两球克服摩擦力做功分别为W1和W2，则W1_____ W2（选填“＞”、“＝”或“＜”）； （5）某同学用如图丁所示的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的钢球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断钢球动能的大小，这种方法是_______ （选填“正确的”或“错误的”）。 15．（2025秋•梁溪区期中）在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明进行了如图所示的实验： （1）实验时通过比较 ____________ 来判断物体动能的大小。 （2）实验中探究的动能是指 _____ （填序号）。 A.小球在斜面上时的动能 B.小球撞击木块前瞬间的动能 C.小球撞击木块后瞬间的动能 D.木块被小球撞击后瞬间的动能 （3）若要解释“为什么相同路段不同车型的限速不同”，应选择 ________ 两个图进行比较。 （4）小丽利用如图丁所示装置探究“物体动能大小和哪些因素有关”，小车刚开始处于B处（与弹簧接触但不连接，且此时弹簧无形变）。用手推动小车压缩弹簧至A点，然后迅速松手，小车在水平面上向右运动一段时间后，记录小车在木板上的运动距离，则在整个实验过程中，小车速度最大时位于 _________ （选填“B点”、“B点左侧”或“B点右侧”）。若第一次使小车压缩弹簧至A点后迅速松手，记录小车运动距离为s1；第二次在小车上放置两个钩码同样压缩弹簧至A点后撤去外力，记录小车运动的距离为s2。通过本实验，小丽 _______ （选填“能”或“不能”）探究“物体动能大小与质量的关系”，理由是 ______________ 。 16．（2025秋•滨湖区期中）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。实验结果记录在表格，分析数据可以初步得到的结论是____________________ 。 （3）如图乙所示，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？___________________ 。 17．（2025秋•无锡校级期中）如图是小华“探究物体动能与哪些因素有关”的实验。同一小车先后从同一斜面由静止开始下滑，撞击置于同一水平面上的木块： （1）实验研究的是_______ （选填“小车”或“木块”）的动能，通过____________ 来判断动能的大小； （2）实验中可在木块的碰撞面上粘贴海绵片，这样做的目的是使小车与木块碰撞后_________ （选填“停止运动”或“一起运动”）； （3）对比________ 两次实验，可以研究物体的动能与速度的关系；比较乙、丙两图，可以得出结论：____________________ ； （4）若不考虑小车所受的阻力，图甲和图乙实验中木块克服摩擦力做的功分别是W1、W2，则W1_____ W2（填“＞”“＜”或“＝”）； （5）综合实验结论判断：某道路限速牌上标明“100”和“80”字样，则________ （选填“大客车”或“小轿车”）的限速应该是80km/h。 18．（2025秋•无锡期中）在探究物体的动能大小与哪些因素有关实验中，将木块放在水平面上的同一位置，用质量不同的两个钢球M和m（M的质量大于m），分别从不同的高度H和h由静止开始滚下，如图所示。 （1）该实验的研究对象是 _______ ；实验时，木块放在水平面上的位置 _______ （选填“需要”或“不需要”）必须相同的；通过 ___________ 判断小球动能的大小。 （2）分析甲、乙两图，可以得到的结论是 ____________________ 。 （3）分析乙、丙两图，该探究的结论可用来解释汽车 _______ （选填“超载”或“超速”）的安全隐患；若在如图丙实验时，木块被撞出桌面，若要继续完成该探究，下列对图丙改进的措施可行的是 _____ 。 A.降低小球释放的高度 B.换用质量更小的钢球 C.换用质量更大的木块 （4）小明觉得利用如图丁的装置，也能探究小球的动能大小与质量的关系。只需利用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块即可。你认为小明的设计方案是 ________ （选填“可行”或“不可行”）的。 19．（2025秋•梁溪区校级期中）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块在木板上向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中hA＝hC＞hB，mA＝mB＜mC。 （1）小钢球在滚下斜面的过程中，它的_________ 转化为动能，其动能大小是通过____________ 大小来反映的，如果水平面光滑，则不能达到探究目的，其原因是________________ ； （2）分析比较甲、丙两组实验可得结论：____________________ ； （3）某学习小组同学做丙实验时小木块被撞后滑出木板， A.同学建议换用表面相同但长度较长的木板 B.同学建议换质量较大的木块 C.同学建议换用质量比前两次实验较小的钢球 你认为不恰当的是_____ 同学的建议； （4）小明将实验进行了改装：如图丁所示，将同一木块放在弹簧原长处，用形状相同质量不同的实心塑料球和铁球将弹簧压缩到相同程度后放手，发现两球离开弹簧时的速度_______ （选填“相同”或“不同”），木块被推开的距离_______ （选填“相同”或“不同”）。 20．（2025秋•宜兴市期中）在探究动能大小与哪些因素有关的实验中： （1）如图所示，小华控制小车质量保持不变是为了探究动能大小与 _______ 的关系，他让小车从斜面的 _______ （同一/不同）高度下滑。通过比较 ___________ 来比较 _______ （小车/木块）具有的动能。 （2）在选用器材时，_______ （斜面/水平面/斜面和水平面）应尽量选用光滑的材料。细心的小华忽然发现老师拿来的木块前面固定着一块海绵，这块海绵有什么作用，大家经过讨论认为，加上海绵，目的是希望小车在撞击木块时，出现 _____ （填下面答案的字母）的现象。 A.小车和木块碰撞后小车向回反弹 B.小车和木块碰撞后一起运动 （3）小华在做实验时，为了减小小车撞击木块前水平面摩擦对实验的影响，木块静止放置时左端到斜面空出一段距离L，若车长为a，木块长为b，则L约等于 _____ 。 21．（2025秋•新吴区期中）在探究物体的动能大小跟哪些因素有关的实验中，同学们设计了如图所示实验。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m2＞m1，h2＞h1（不考虑空气阻力）。 （1）实验中是通过____________ 比较来比较动能大小；本实验研究的动能是指_____ （填序号）； A.小球在斜面上时的动能； B.小球撞击木块后木块的动能； C.小球撞击木块时的动能； （2）用来研究超速安全隐患时，我们应选择________ 两图所示实验来进行比较； （3）在图甲、丙中，小球下滑到斜面底端时的速度v1＝v2，若s3＞s1，则表明物体的动能与质量的关系是：____________________ ； （4）得出正确的实验结论后，小华又用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，如图丁所示，观察到木块被撞击后移动的情况是_____ ；（本小题铁球滚动时所受摩擦力忽略不计） A.质量大的铁球将木块推动的距离较远； B.质量不同的铁球将木块推动的距离相同； C.质量小的铁球将木块推动的距离较远； （5）在探究动能的大小与质量的关系时，小华又提出新的实验方案：在图甲实验器材的基础上，取走木块，让质量不等的小球从斜面同一高度由静止开始下滑，最终小球静止在水平长木板（设木板足够长），测出小球在木板上通过的距离，然后分析数据即可得出结论。你认为这种方案是否可行？________ （选填“可行”或“不可行”）。 22．（2025秋•江阴市期中）为了探究物体的动能大小与哪些因素有关，小明设计了如下实验。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）本实验研究的动能是指_____ （填字母）； A．小球在斜面上时的动能 B．小球撞击木块前在水平面上的动能 C．小球撞击木块后木块的动能 （2）为减少阻力对实验结论的影响，在选用器材时，_______ （选填“斜面”、“水平面”或“斜面和水平面”）应选用尽量光滑的材料； （3）该实验是通过观察_______ 移动的距离来比较动能大小的； （4）为了研究超速带来的危害，应从甲、乙、丙三次实验中选择________ 两次实验进行比较，结论是：当物体质量一定时，物体的速度越大，其动能越大； （5）若某同学在完成图甲所示实验后，没有把木块放回初始位置就继续完成图乙所示实验，则_______ （选填“仍能”或“不能”）得到实验结论。 （6）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。若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，如果仅对图丙所示的实验进行改进，下列措施中可行的是（填写序号）_____ 。 A．换质量更大的木块 B．降低钢球开始的高度 C．换质量大于m1的钢球 D．换质量小于m1的钢球 四．比较不同物质吸热的情况（共5小题） 23．（2025秋•锡山区期中）在“探究不同物质吸热升温”的实验中，将A和B两种不同密度的液体分别装在两个相同的烧杯中，两杯液体的液面相平，如图甲所示。用红外灯加热，每隔2min记录一次温度。 （1）实验中，应调节两种液体到红外线灯中心的距离_______ 。两种液体吸收热量的多少就可以通过比较_________ （选填“升高的温度”或“加热时间”）来反映。 （2）在实验操作的过程中有一处明显错误，你认为是__________________ 。 （3）纠正错误后，根据记录的实验数据，绘制了如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，在0～4min内，_____ 升高的温度高；A、B两液体温度均升高到60℃，_____ 吸收的热量多；由此可知_____ 的吸热能力更强（以上均选填“A”或“B”）。 （4）美丽的青岛依山傍海，气候与无大海和湖泊环绕的内陆城市相比存在明显差异。青岛和某一无大海和湖泊环绕的内陆城市年气温变化曲线如图丙所示，从图象丙可以看出，在一年中，青岛应该对应_____ （选填“a’或“b”）这条曲线。 24．（2025秋•滨湖区校级期中）如图甲是“观察不同物质吸热升温的现象”的实验装置，用红外灯均匀照射装有沙子和水的两个瓷盘，每隔1分钟用温度计分别测出沙子和水的温度。 （1）为完成实验，除温度计、秒表外，还需要的测量工具是_______ 。 （2）实验中，通过比较_________ （选填“升高的温度”或“加热时间”）来间接反映水和沙子吸收热量的多少。 （3）为了比较沙子和水两种物质的吸热本领，小明同学提出了以下两种比较方案： A方案：让两者升高相同的温度比较加热时间 B方案：让两者加热相同时间比较升高的温度 你认为可行的方案是___________ （选填“A方案”、“B方案”或“A和B都可行”）。 （4）小华同学根据实验数据作出了水和沙子的温度随加热时间变化的图像，如图乙，当水和沙子都升高到40℃时，两者吸收的热量________ （选填“相等”或“不相等”）；若使两种物质吸收相同的热量，升高温度较多的是_______ （选填“沙子”或“水”）。 （5）完成实验后，小明和小华两位同学又利用图丙装置比较不同燃料的热值。他们称量质量相等的碎纸片和酒精进行实验，实验中，需等待燃料_______ （选填“燃烧相同的时间”或“燃尽”），才能正确采集数据，数据如下表。 （a）补全表格中的内容； 燃料 加热前的水温/℃ _______________ 水温的变化/℃ 酒精 20 65 45 碎纸片 20 80 60 （b）根据实验数据，其中一位同学却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多，你认为他在实验中疏忽的点有可能是____________________ 。 25．（2025秋•无锡校级期中）小明用如图甲所示的实验装置观察“不同物质吸热升温的现象”。两个温度传感器通过数据采集线与计算机相连接。在计算机上打开与此仪器配套的专用软件，点击“开始记录”，同时打开红外加热器开关，对盛有水和食用油的试管进行加热，在计算机上得到相应的实验图线如图乙所示（实验时气压为一标准大气压）。 （1）该实验采用了红外加热器，相比于酒精灯，其好处是：____________________ （写出一条即可）； （2）该实验中，两种液体吸收热量的多少可通过_________ （选填“液体升高的温度”或“加热时间”）体现； （3）对图乙进行分析可知，液体_____ （选填“A”或“B”）的吸热能力更强。 26．（2025秋•无锡期中）在热学实验中： （1）如图甲所示，在比较“不同液体吸热本领大小”的实验中，小明将两支相同的试管（分别盛有初温相同的A、B两种液体）放入同一个红外加热器中，两个温度传感器的探头部分与两试管内的液体接触良好，并通过数据采集线与计算机相连接。利用红外加热器对两试管内的液体加热，在其沸腾前记录到A、B两种液体温度随时间变化如下表格。 加热时间t/s 0 1 2 3 4 A的温度t/℃ 10 14 18 22 26 B的温度t/℃ 10 18 26 34 42 ①实验中应取 _______ （选填“质量”或“体积”）相同的A、B两种液体；本实验需要的测量工具除温度计、天平外还需要 _______ 。 ②实验中通过比较 __________ （选填“升高的温度”或“加热的时间”）来反映甲、乙两种液体吸收热量的多少。 ③根据表格实验数据可知，_____ （选填“A”或“B”）液体的吸热能力强。 ④图乙中a是B液体加热时温度随时间变化的图线，如果将初温相同的B液体质量增加到原来的2倍，不考虑热损失，用相同的加热器加热，再绘制出一条温度随时间变化的图线，则为图中的第 _____ （选填“a”、“b”或“c”）条线。 （2）如图丙所示，是探究“不同燃料燃烧时放出的热量”的实验： ①该实验是通过 ___________ 来反映不同燃料放出热量的多少。 ②目前，我国大部分城市的家庭开始用天然气来取代煤气和液体石油气。你认为这样做有哪些好处？（至少写出两条） ____________________ 。 27．（2025秋•滨湖区期中）如图甲所示，为“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置： 加热时间 初温t0/℃ 加热4min后温度t0/℃ 温度变化Δt/℃ 沙子 25.0 55.4 水 25.0 30.7 将质量均为50g的沙子和水分别放在两个相同的瓷盘中，调节两个瓷盆到红外线灯中心的距离，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盆，用温度计测量它们加热后的温度。实验数据如表所示： （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。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。 五．比较不同燃料的热值大小（共3小题） 28．（2025秋•梁溪区校级期中）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，应选择________ 两图进行实验；燃料完全燃烧放出热量的多少，是通过_____________ 来反映的； （2）比较不同物质吸热升温的特点： 应选择________ 两图进行实验；不同物质吸热的多少是通过_________ 来反映的； 关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是_____ ； A.采用相同的加热方法 B.烧杯中分别装入相同体积的不同液体 C.使用相同的烧杯 （3）如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，A、B两种液体比热容之比是________ ； （4）测质量很小但温度较高的物体温度时，为了使测量值更接近真实值，应选择_______ （选填“酒精”或“水银”）温度计（两种温度计玻璃泡的容积相同），你的判断依据是____________________ （已知c酒精＝2.4×103J/（kg•℃），ρ酒精＝0.8×103kg/m3，c水银＝0.14×103J/（kg•℃），ρ水银＝13.6×103kg/m3）。 29．（2025秋•宜兴市期中）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相等，烧杯内的液体质量和初温也相同。 （1）比较不同燃料的热值，应选择 ________ 两图进行实验；实验中燃料完全燃尽后放出的热量的多少是通过比较 ____________ 来反映的。 （2）为了比较不同物质吸热升温的特点，小柳选择了合适的两图进行实验，图丁是a、b两种液体温度随时间变化的图象，分析可知 _____ （a/b）液体的吸热本领强；若b液体是水，则a液体的比热容是 ____________ J/（kg•℃）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。 30．（2025秋•惠山区期中）如图所示，为比较1、2两种液体的比热容及A、B两种燃料的热值，甲、乙、丙三图中的装置相同，燃料的质量均为10g，烧杯内的液体初温相同，t0＝22℃，三组实验均至燃料燃尽时的液体温度变化如图丁所示（不计热量损失）。 （1）在实验中，三个烧杯中液体1和液体2的_______ （选填“质量”或“体积”）必须相同。液体1的比热容c1与液体2的比热容c2相比，cl_____ c2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 （2）比较1、2两种液体的比热容，应选择________ 两图进行实验；比较A、B两种燃料的热值，应选择________ 两图进行实验，燃料A和B的热值之比为________ 。 （3）在甲装置中，若燃料为酒精，烧杯内的液体为水，测出水的质量和燃料烧尽时水升高的温度，再结合燃料的质量这一数据，计算出燃料的热值，通过实验算出的热值与实际相比_______ （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。 实验专题 参考答案与试题解析 一．探究杠杆的平衡条件（共9小题） 1．【解答】解：（1）（2）杠杆保持静止，此时杠杆是处于静止状态，达到平衡；实验时为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，且便于直接从杠杆上读出力臂的大小，应将杠杆调到水平位置平衡，将如图甲所示杠杆的平衡螺母适当往右调节；由图可知，杠杆的左端下沉，应将平衡螺母向右移动，使杠杆水平平衡；只有一次实验得出杠杆平衡的条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，这种结论具有偶然性，不合理，要进行多次实验，总结杠杆平衡条件； （3）将右边的钩码换成弹簧测力计，使杠杆从水平位置慢慢转过一定角度，弹簧测力计拉力方向始终垂直于杠杆，此过程中，动力臂不变、阻力臂变小，阻力不变，所以弹簧测力计拉力变小； （4）均匀木棒重心在中点，支点为桌子边缘，F0作用在伸出端，力臂为，重心到支点的距离为，根据杠杆平衡条件，解得F0＝1.5G。 故答案为：（1）是；右； （2）便于测量力臂；没有多次实验，结论不具有普遍性； （3）变小； （4）1.5G。 2．【解答】解：（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态是平衡状态，故杠杆此时是处于平衡状态； 由图可知，此时杠杆左端下沉，当杠杆静止时如图甲所示，为了让杠杆在水平位置平衡，应当将杠杆的平衡螺母向右调节； （2）如图乙，设每个钩码的重力为G，杠杆每个小格的长度为L，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可得2G×3L＝nG×2L， 解得n＝3，杠杆在水平位置平衡时，B点挂了3个钩码； （3）根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，丁图中每组数据的乘积都相等F2l2＝F1l1＝1N×15cm＝1.5N×10cm＝3N×5cm＝15N•cm l1＝30cm时，动力； （4）如图丙所示，当弹簧测力计向右倾斜到b位置时，使杠杆仍然在水平位置平衡；此时钩码对杠杆的拉力和力臂不变，测力计拉力的力臂变小，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，弹簧测力计的示数将变大，即Fa＜Fb； （5）如图戊，扁担担东西时，扁担相当于杠杆，扁担压着肩膀处是支点，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，若想让扁担稳稳地横在肩上，较重的一端应该靠近肩膀，即较重的物体对扁担的拉力大，力臂小，较轻的物体对扁担的拉力小，力臂大。 故答案为：（1）平衡；右；（2）3；水平；（3）0.5；（4）小于；（5）靠近。 3．【解答】解：（1）实验前，若杠杆不在水平位置，左端下沉，则需将平衡螺母向右调，此时右端翘起； （2）弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，测力计拉力的力臂减小，而阻力和阻力臂都不变，根据杠杆的平衡条件，测力计的拉力应增大，即测力计示数变大； （3）A.向左移动钩码的悬挂点，会使阻力臂变大，在动力臂和阻力不变的情况下，所需动力会变大，测力计的拉力不会变小，故A错误； B.向右移动测力计的悬挂点，会使动力臂变大，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力会变小，测力计的拉力会变小，故B正确； C.由于实验前已经调节杠杆在水平位置平衡，因此杠杆的重力对杠杆的平衡没有影响，换一个更轻的杠杆不会改变阻力和动力，测力计的拉力不会变小，故C错误； D.在探究“杠杆的平衡条件”的实验中，加挂钩码后，为了实验数据的准确，不能通过调节平衡螺母使杠杆平衡，故D错误。 故选：B。 （4）由图乙可知，杠杆的动力为小球的重力，动力臂AO为l，阻力为金属棒的重力，故需用天平测出金属棒的质量m1； 设金属棒重心到支点O的距离为l1，即阻力臂为l1，根据杠杆平衡的条件，可得Gl＝mgl＝G1l1＝m1gl1，解得； （5）杠杆示意图如下： ①由图可知，当α角减小时，阻力臂L4变大，阻力为箱子的拉力F4等于箱子的重力不变，由于拉力F3的方向与脊柱夹角始终为12°，且OA距离不变，则O点到F3作用线的距离不变，即动力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，F3变大。 ②如果考虑到人上半身的重力，由于上半身的重力会阻碍杠杆的转动，阻力会变大，根据杠杆平衡条件可知，实际拉力将变大，则图戊中的F3将比腰背部肌肉的实际拉力要小。 ③比较丙、丁两种姿势可知：丙的支点太高，在搬起物体时，阻力臂减小得慢，则腰背部复杂肌肉的等效拉力F3要长时间使用较大的力，所以丙姿势不正确，丁姿势比较正确。 故答案为：（1）右；（2）变大；（3）B；（4）金属棒；；（5）①变大；②小；③丁。 4．【解答】解：（1）由图甲可知，杠杆此时静止，则杠杆处于平衡状态。杠杆静止时，放手后发现杠杆左端下沉，右端上翘，要想使杠杆在水平位置平衡，无论左端还是右端的平衡螺母都向上翘的一端调节，则应将平衡螺母向右端调节。杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，这要做的好处是便于测量力臂，简化实验； （2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，如图乙所示，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝靠近支点O方向移动一小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，则3G×L＜2G×2L，所以杠杆右端下沉； 实验中保持左侧钩码个数及位置不变，即阻力乘以阻力臂是个定值，根据杠杆平衡条件可知，动力臂L1与动力F1的乘积相等，即图像中每个点与两坐标轴围成的面积相等； （3）由图可知，OC为最长力臂，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变长后变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数先减小后增大； （4）用杠杆提升钩码时，对钩码做的功为有用功，因为两次都将钩码移动相同高度，且钩码的重力不变，所以对物体所做的有用功不变，不计摩擦，用杠杆提升钩码时，克服杠杆自身重力做的功为额外功。如果仅将拉力作用点由B移至C，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆重心上升的高度h不变，根据W额＝G杠h可知所做的额外功不变， 根据W总＝W有+W额可知总功不变，由可知杠杆的机械效率不变。 故答案为：（1）平衡；右；便于测量力臂；（2）右端下沉；相等；（3）先减小后增大；（4）不变。 5．【解答】解：（1）杠杆静止或者匀速转动，都属于杠杆平衡。杠杆右端下沉，说明右端重，要使杠杆平衡在水平位置，需要将平衡螺母向左移动。 （2）图中弹簧测力计的分度值是0.1N，指针指在4N下面第4个小格上，因此弹簧测力计读数为4N+0.1N×4＝4.4N；根据1、2、3组数据可知，没有多次改变力的大小进行实验，不能得出杠杆平衡条件； （3）为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如图2右所示竖直放置在竖直方向拉到某一数值，根据力的作用性，甲测力计拉乙测力计的力等于乙测力计拉甲测力计的力，因甲测力计已调零，故这时移动弹簧测力计乙的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零； （4）图乙中，杠杆的重心在支点上，杠杆的重力不对杠杆转动产生了影响； 如图戊所示，当小华用弹簧测力计由竖直地拉变成倾斜地拉，使杠杆在水平位置再次平衡时，此时弹簧测力计拉力的力臂变小了，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计的示数将变大。 故答案为：（1）平衡；左；（2）4.4；不能；没有多次改变力的大小进行实验；（3）乙；（4）不会；变大。 6．【解答】解：（1）杠杆此时处于静止状态，故杠杆平衡；根据杠杆哪端高向哪端调的原则，为了让杠杆在水平位置平衡，右端平衡螺母应左调节。 （2）由题意知，OD＞0A＝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；由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； （3）由表中数据可知，每一组实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。 （4）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。 故答案为：（1）是；左；（2）不变；支点到力的作用线的距离；小明；（3）动力×动力臂＝阻力×阻力臂；（4）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。 7．【解答】解：（1）①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； ②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； ③由①②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； （2）①由杠杆平衡条件可知，还需要测量力臂，因此a处应填：动力臂l1/cm； 经过多次实验，分析数据得出杠杆平衡的条件为阻力×阻力臂＝动力×动力臂，即F1l1＝F2l2； ②设一个钩码的重为G，标尺上一格的长度为L，则在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，此时左侧：2G×2L＝4GL 右侧：3G×L＝3GL 因左侧力和力臂的乘积较大，故杠杆左端下沉； 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。 故答案为：（1）①不变；②支点到力的作用线；③小明；（2）①动力臂l1/cm；F1l1＝F2l2；②左；上升。 8．【解答】解：（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响； （2）在实验中，多次改变力和力臂的大小主要是为了得出普遍结论，避免偶然性，故B符合题意，AC不符合题意； 故选：B； （3）由题意知道，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2知道，要使圆盘平衡，右边力臂也应保持不变，所以他可以将挂在D点的钩码先后挂在E、F两个点又进行实验，这样右边的力臂始终为OD； （4）选用提纽2，支点左移，可以增大阻力臂，秤砣的质量不变，阻力的大小不变，阻力与阻力臂的乘积变大，动力臂也比原来小，则说明动力变大了，从而增加了称量的范围。 故答案为：（1）右；水平；力臂；自重；（2）B；（3）E、F；（4）2。 9．【解答】解：（1）杠杆的平衡状态是指杠杆处于静止或匀速转动状态； 调节杠杆在水平位置平衡，杠杆左端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的左端移动，使杠杆在水平位置平衡； （2）如果在左侧钩码下增加一个钩码，杠杆左侧力和力臂，左侧力臂不变，力变大，根据杠杆平衡条件可知，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的大小有关；将左侧钩码向右移动5cm，杠杆左侧力不变，力臂变小，由杠杆平衡条件可知，杠杆失去平衡，猜想杠杆的平衡可能力臂有关； （3）①为探究杠杆的平衡条件，实验中应多次测量，需要改变动力、阻力的大小，且使动力和阻力的大小不相等，寻找普遍规律，故方案二合理； ②实验中为了得出普遍结论，避免偶然性，需要多次改变力和力臂的大小； （4）由图丙可知，当秤盘内不放任何东西时，将秤砣调至C点处，杆秤水平平衡，C点就是杆秤的0刻度线的位置，由题意知，OD＝2cm，OC＝CE＝4cm，EF＝1cm，忽略杯子自重 CF＝5cm，因为C是零刻度，根据杠杆平衡条件知， 在秤盘内放有一杯水，秤砣调至E点时杆秤水平平衡，则m砣g×CE＝ρ水Vg×OD﹣﹣﹣﹣① 即100g×g×4cm＝m水g×2cm，解得m水＝200g； 取下这杯水，在秤盘内放一杯等体积的某种液体，秤砣调至F点时杆秤水平平衡， m砣g×CF＝ρ液Vg×OD﹣﹣﹣﹣② 解得：ρ液＝1.25g/cm3； 故答案为：（1）处于；左；（2）力臂；（3）①二；②使实验结论具有普遍性；（4）200；1.25。 二．测量滑轮组的机械效率的实验（共2小题） 10．【解答】解：（1）读图可得，钩码提升高度h＝10.0cm＝0.1m， 绳子自由端移动距离s＝45.0cm﹣25.0cm＝20.0cm＝0.2m， 弹簧测力计拉力F＝2N。有用功W有＝Gh＝3N×0.1m＝0.3J， 总功W总＝Fs＝2N×0.2m＝0.4J， 机械效率； （2）克服动滑轮重力的额外功W额＝G动h，动滑轮重力不变、提升高度不变，因此额外功不变； 由于增加钩码的数量，提升相同的高度，所做的有用功增大，由，可知，机械效率增大； 本题的原理是额外功不变，通过增大有用功提高机械效率。对应方法一：拼车出行增大了运输的有效量（载客量），汽车自重不变，额外能耗不变，和该原理一致；方法二减轻车重、方法三润滑减阻都是减小额外功，不符合。因此选方法一。 故答案为：（1）75；（2）不变；增大；一。 11．【解答】解：（1）实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数； （2）第2次实验中，拉力做的总功为： W总＝Fs＝2.5N×0.27m＝0.675J； 滑轮对钩码所做的功为： W有＝Gh＝6N×0.09m＝0.54J， 额外功为： W额＝W总﹣W有＝0.675J﹣0.54J＝0.135J； 第二次实验中拉力所做的额外功占总功的百分之比： 100%100%＝20%； （3）分析实验数据，小丽得出的实验结论是：使用同一滑轮组提升不同重物，增加物重可以提高机械效率； （4）在实验时弹簧测力计拉动方向偏离了竖直方向，则拉力的测量偏大，总功偏大，而有用功不变， 由η100%可知，测出的机械效率将变小； （5）用同一滑轮组提升不同重物至同一高度，提升的物重增加时，轮和轴之间的压力变大，摩擦力变大，所做的额外功将变大。 故答案为：（1）匀速；（2）20；（3）增加物重；（4）变小；（5）变大；轮和轴之间的压力变大，摩擦力变大。 三．探究影响物体动能大小的因素（共11小题） 12．【解答】解：（1）据题意可知，实验中通过小球撞击木块时对木块做功的多少来探究小球的动能大小，即小球撞击木块时的动能的大小，故B符合题意，AC不符合题意。 故选：B； （2）铁球从不同的高度从斜面上由静止下落，到达斜面底时的速度就不同，所以应将同一铁球从斜面不同的高度由静止释放； 铁球的质量相同，到达水平面的速度不同，探究铁球动能的大小与速度的关系； （3）图2中对不同的车型进行限速，原因是不同车型质量不同，行驶过程中具有的动能不同，限速可以起到减少事故发生的作用 （4）①图3的A、B让质量相同的物体从不同高度落向插入沙坑中的木桩，通过木桩陷入沙中的深度来反映重力势能的大小，也就是探究重力势与高度的关系，B中高度大，插入沙坑中的木桩深度大，可得结论：当物体的质量相同时，高度越高，物体的重力势能越大； ②若图3中B、C两物块质量不同，被举高度不同，但两木桩扎入沙坑的深度相同，所以能说明乙、丙的初始的重力势能相同； （5）支持力与小球的运动距离垂直，所以小球所受的支持力不做功； 已知小球的质量和抛出时的速度相同，所以具有的动能Ek相同，无论小球沿什么方向抛出，不考虑空气阻力，小球沿光滑的斜面上升到最高点h1时速度为零，即动能全部转化为重力势能，重力势能大，高度高；而乙到达最高处h2时在水平方向还有速度，即动能只有一部分转化为重力势能，重力势能小，因此上升高度小一些，故h1大于h2。 故答案为：（1）B；（2）不同；速度；（3）动能；（4）①质量相同时，高度越高，重力势能越大；②相同；（5）没有；大于。 13．【解答】解：（1）动能无法直接观察，通过小车撞击木块后木块移动的距离反映动能大小，动能越大，木块被推得越远，本实验利用了转换法。 （2）探究动能与质量的关系，需要控制小车到达水平面的速度相同，即控制小车从同一斜面同一高度下滑，只改变质量，乙、丙两图符合要求。 比较乙、丙两图，发现丙图中小车及砝码总质量更大，撞击木块后木块移动的距离更大，故可得结论：速度一定时，物体质量越大，动能越大。 （3）探究动能与速度的关系需要控制质量不变，甲、丙两图中，小车的总质量不相同，不符合控制变量法的要求，因此不能探究。 （4）根据实验结论：速度相同时，质量越大动能越大，刹车制动难度更大，因此质量更大的大客车需要更低的限速，故大客车限速为80km/h。 （5）同一小车从斜面同一高度滑下，到达水平面时初始动能相同，最终小车静止，动能全部用来克服摩擦力做功，因此两次克服摩擦力做功大小相等，W1＝W2。 （6）本实验中木块的作用是通过转换法，将不易直接观察的动能大小转换为可直接测量观察的量。 A．探究弹性势能实验中，通过小车被弹出的距离反映弹性势能大小，作用和本实验木块相同，故A符合题意； B．研究弹性势能实验中的“卡片”本身是具有弹性势能的研究对象，相当于本实验的小车，作用不同，故B不符合题意； C．探究重力势能实验中，木块本身是具有重力势能的研究对象，相当于本实验的小车，故C不符合题意； D．探究水内能变化时，通过温度计示数反映内能大小，同样是转换法中体现被测物理量，作用相同，故D符合题意； 故选AD。 故答案为：（1）木块移动距离；（2）乙、丙；当速度一定时，质量越大，动能越大；（3）不能，没有控制物体质量相同；（4）大客车；（5）＝；（6）AD。 14．【解答】解：（1）由题意可知，实验中探究钢球撞击木块时的动能的大小，研究对象是钢球； （2）钢球撞击木块做功，所做的功越多，木块移动的距离越远，所以实验中通过观察木块移动的距离来判断钢球的动能大小，这是转换法； （3）由甲、丙两图可知：让质量不同的钢球从斜面的同一高度滚下，是为了使两球到达水平面时速度相等，甲丙中两个小球的质量不同，因此可以通过甲、丙探究物体动能与物体质量的关系； 最终通过实验可得结论为：相同速度的不同物体，质量越大，动能越大； （4）小球在运动过程中克服摩擦力做功，最终都停下，因此动能变化量等于克服摩擦力甲、乙两次实验中木块被撞击后滑行过程中所受摩擦力分别为f1、f2，因为在同种接触面上，压力不变时，摩擦力大小不变，故f1＝f2，sA＞sB，根据做功的公式W＝fs，因此W1＞W2； （5）探究动能的大小与速度的关系，应控制物体的质量保持不变，改变物体速度，水平面的粗糙程度也要保持不变才行，否则不符合控制变量法；题中改变了水平面的粗糙程度，所以这种做法是错误的。 故答案为：（1）钢球；（2）木块移动的距离；转换法；（3）甲；丙；相同速度的不同物体，质量越大，动能越大；（4）＞；（5）错误。 15．【解答】解：（1）实验时通过比较木块在同一水平面上被撞击的距离来判断物体动能的大小，这种方法叫做转换法； （2）根据转换法，通过比较木块在同一水平面上被撞击的距离来判断物体动能的大小，实验中探究的动能是指小球撞击木块前瞬间的动能，故选：B； （3）相同路段不同车型的限速不同，是因为不同质量的车在速度相同时动能不同，质量越大，动能越大，越不容易刹车。所以要探究动能与质量的关系，根据控制变量法，需要控制小球下滑的高度相同，即到达水平面时的速度相同，改变小球的质量。甲图中小球质量较小，要探究动能与质量的关系，还需要一个质量不同但下滑高度相同的实验，丙图中小球质量大且下滑高度与甲图相同，所以应选择甲、丙两个图进行比较； （4）小车从A到B的过程中，受到向右的弹力和向左的摩擦力，松手后一段时间内向右的弹力大于向左的摩擦力，小车做加速运动，当弹力和摩擦力大小相等时小车的速度最大，在B点时小车在水平方向只受到摩擦力，此时速度不是最大，所以小车在B点左侧时速度最大；探究动能与质量的关系时，需要控制小车的速度相同，而在本实验中，虽然压缩弹簧至A点，但小车质量改变后，弹簧的弹性势能转化为小车的动能情况不同，小车离开弹簧时的速度不同，没有控制速度相同，所以不能探究。 故答案为：（1）木块被推动的距离； （2）B； （3）甲、丙； （4）B点左侧；不能；未控制小车速度相同。 16．【解答】解：（1）在“探究动能的大小与质量的关系”的实验中，需要控制小车的质量不同，速度相同，所以应让质量不同的小车从斜面的同一高度由静止释放；其目的就是控制小车到达水平面时的速度是相同的； （2）根据表可知，小车的质量不变，斜面的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以探究的是动能大小与速度的关系，小车的速度越大，撞击木块移动的距离越大，动能越大；结论为：在质量一定时，物体的速度越大，动能越大； （3）敲击过程中锤子对钉子有力的作用，钉子在力的方向上通过了距离，钉子进入木板的深浅，体现了物体对其做功的多少；A图中在横向敲击钉子时，钉子的动能来源于人挥动锤子的动能；B图中在竖向敲击钉子时，钉子的动能来源于人挥动锤子的动能和锤子的重力势能；A图挥动锤子的方式更合理，可以排除可以排除锤子重力对钉子做的功。 故答案为：（1）同一；初速度；（2）木块被撞击后移动的距离；在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）钉子进入木板的深浅；A；可以排除锤子重力对钉子做的功。 17．【解答】解：（1）在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察小车推动木块移动的距离来反映小车动能大小的，采用的是转换法的思想； （2）在小车的碰撞面上粘贴海绵片，使碰撞木块后与木块一起运动，使小车的动能转化为木块的动能，减小能量的损失。 （3）研究动能与速度的关系，要保持小车的质量不变，通过在斜面不同高度释放小车来改变小车到达平面时的速度。故甲、乙两实验是研究动能与速度的关系的。 乙、丙这两次实验中，小车从斜面的同一高度释放，小车到达平面时速度相同。但小车的质量不同。质量大的小车把木块撞击得远，说明在速度相同时，小车质量越大，动能就越大。 （4）小车的质量不变，乙中小车在斜面的释放高度大，到达平面时的速度大，动能就大。碰撞后，对木块做的功多，木块克服摩擦力做的功就多一些。 （5）为减小发生事故时车对其他物体的损害程度，应控制车的动能。大客车的质量大，它最高限速就比小轿车小一些。 故答案为：（1）小车；木块移动的距离； （2）一起运动； （3）甲、乙；速度相同时，物体的质量越大，动能就越大； （4）＜； （5）大客车。 18．【解答】解：（1）本实验的研究对象是钢球，是探究钢球的动能与哪些因素有关；根据转换法，实验中，是通过观察木块移动的距离的大小判断出钢球具有的动能的大小；进行实验时，实验中木块放在水平面上的位置是必须相同，使钢球撞击木块时的速度相同； （2）甲、乙两图中钢球的质量相同，在斜面上下滑的高度不同，即到达斜面底端的速度相同，且钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越远，说明钢球具有的动能越大，因此可得结论为：当质量一定时，钢球的速度越大，动能越大； （3）乙、丙两图中钢球在斜面上下滑的高度相同，即速度相同，钢球的质量不同，速度相同的钢球，质量越大，撞击木块移动的距离越远，说明钢球具有的动能越大，因此可得结论为：速度相同的钢球，质量越大，钢球的动能越大，该结论可用来解释汽车超载的安全隐患。如图乙、丙所示，进行图丙实验时，木块被撞出桌面范围，可知小球的动能过大： A.降低小球释放的高度，则改变了小球下滑到水平面的初速度，不可行； B.换用质量更小的钢球，速度不变，减小了小球的动能，可行； C.换用质量更大的木块，由转换法，不可行； 故选：B； （4）探究动能与质量的关系需要控制速度相同，利用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，钢球获得的动能相同，由于质量不同的钢球在水平面运动时，受到摩擦力大小不同，导致钢球撞击同一木块时的速度不同，即实验中没有控制速度相同，故小华的设计方案不可行。 故答案为：（1）钢球；需要；木块移动距离；（2）质量相同时，速度越大，动能越大；（3）超载；B；（4）不可行。 19．【解答】解：（1）小钢球在滚下斜面的过程中，其重力势能减小，动能增加，即它的重力势能转化为动能； 小钢球的动能大小是通过小木块移动的距离s大小来反映的，该方法为转换法； 根据牛顿第一定律可知如果水平面光滑，木块将做匀速直线运动，则不能达到探究目的； （2）甲和丙两组实验中，物体下滑的高度相同，质量不同，丙图中小钢球的质量较大，推动木块滑行的距离较大，故分析比较甲、丙两组实验可得出物体速度相同时，质量越大，物体的动能越大； （3）A．换用较长木板，可以测量出木块移动的距离，故A不符合题意； B．实验中，要使钢球推动相同的木块，比较木块移动的距离，才可比较出钢球的动能大小，故B符合题意； C．换用质量比前两次实验较小的钢球，钢球从同一高度滑动到水平面动能较小，木块移动的距离较小，故C不符合题意； 故选：B； （4）用形状相同的塑料球和铁球将弹簧压缩到相同程度，弹簧的弹性势能相同，转化成动能相同，两小球的质量不同，所以速度不同，但由于动能相同，对木块做的功应相同，对木块做的功是克服水平面对木块的摩擦力做功，摩擦力是相同的，根据W＝Fs可知，木块运动的距离也应该是相同的。 故答案为：（1）重力势能；木块移动的距离；木块将做匀速直线运动；（2）速度一定时，物体的质量越大，动能越大；（3）B；（4）不同；相同。 20．【解答】解：（1）让同一小车从斜面不同高度滑下，是为了控制质量不变，研究动能大小与速度的关系；因此实验中他控制小车的质量保持不变，让小车从斜面的 不同高度下滑，目的是改变小车刚到水平面时的速度。通过比较 小车推动木块距离的远近，来比较小车具有的动能； （2）为减少阻力对实验结论的影响，在选用器材时，斜面应选用尽量光滑的材料，小球从斜面滑下损耗的能量少，转化较多的动能； 木块前面固定海绵，小车撞到木块后，会一起运动，小车的动能大部分转化为木块的动能，故选：B； （3）应该让小车从斜面上滑下后撞击木块，此时小车的重力势能转化为小车的动能，所以木块左端空出的距离L约等于小车的车长a。 故答案为：（1）速度；不同；木块移动距离；小车；（2）斜面；B；（3）a。 21．【解答】解：（1）由图可知，小球从斜面滚下，将木块推得越远，动能就越大，通过木块在水平面上被撞击的距离来反映动能的大小；实验中，研究的动能是指在水平面上，撞击木块时小球的动能，故选：C； （2）由图甲、乙可知，相同的小球从不同高度滚下，速度不相同，速度大的将木块推得较远，动能较大，此实验为了研究动能大小与速度的关系，可以用来研究超速； （3）在图甲、丙中，小球下滑到水平面的速度相同，质量越大，木块移动的距离越远，故可得出结论：在速度相同时，物体的质量越大，动能越大； （4）用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，由于弹簧的压缩程度相同，则具有的弹性势能相同，转换成的动能相同，所以推动木块移动的距离也相同，故选：B； （5）改变后的装置是通过观察小球滑行到静止的距离大小来判断出小球的动能的大小，把小球的动能转化为克服摩擦力做功，摩擦力相同时，距离越远，动能越大，在探究动能的大小与质量的关系时，控制速度相同，质量不同，但质量不同的小球在相同的表面上，阻力不同，所以实验不可行。 故答案为：（1）木块移动的距离；C；（2）甲、乙；（3）速度相同时，质量越大，动能越大；（4）B；（5）不可行。 22．【解答】解：（1）（3）实验探究的是小球具有的动能，通过木块被小球推动的距离来反映小球具有动能的多少，应用了转换法，所以探究的动能是小球撞击木块前在水平面上的动能，故选：B； （2）为减少阻力对实验结论的影响，在选用器材时，斜面应选用尽量光滑的材料，小球从斜面滑下损耗的能量少，转化较多的动能；若水平面光滑，小球撞击木块后，木块将匀速直线运动，无法比较运动的距离； （4）如果要研究超速带来的时安全隐患时，需要控制质量相同，改变速度的大小，应选择甲、乙图所示实验进行比较；甲、乙中的小球的质量相同，乙中小球滚下的高度高，撞击木块时的速度大，木块被撞击的距离远，小球的动能大，故结论为：在质量相同时，速度越大，动能越大； （5）在探究动能大小的影响因素时，根据控制变量法，在完成图甲所示的实验后，应将被撞击的木块放到原来的位置，没有把木块放回初始位置就继续完成图乙所示实验，则测量木块的移动距离将不准确，所以不能得到实验结论； （6）钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球碰撞后继续运动，钢球的一部分动能转化为木块的动能，木块运动过程中，动能转化为内能，所以开始时钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功，钢球的动能是由钢球的重力势能转化而来的，故开始时钢球的重力势能大于木块克服摩擦力所做的功； 若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，说明钢球的动能太大，而此实验主要是研究动能大小与质量的关系，因此钢球的速度应保持不变，而故让钢球的质量不同； A．换质量更大的木块，改变了木块所受摩擦力的大小，则不能通过木块滑行的距离来比较两种情况下钢球的动能大小，故A不符合题意； B．实验中需要控制速度相同，不能降低钢球的高度，故B不符合题意； C．换质量大于m1的钢球，则更容易使木块滑出木板，故C不符合题意； D．换质量小于m2的钢球，能缩短木块移动的距离，故D符合题意。 故选：D。 故答案为：（1）B；（2）斜面；（3）木块；（4）甲、乙；（5）不能；（6）＞；D。 四．比较不同物质吸热的情况（共5小题） 23．【解答】解：（1）实验中，应调节两种液体到红外线灯中心的距离相等，以保证加热条件相同。根据转换法，两种液体吸收热量的多少可以通过比较加热时间来反映，加热时间越长，吸收的热量越多。 （2）在“探究不同物质吸热升温”的实验中，需要控制变量，应保证两种液体的质量相同。而该实验中将两种不同密度的液体装在相同烧杯中且液面相平，根据m＝ρV可知，两种液体质量不同，这是实验操作中的明显错误。 （3）根据图乙所示的温度随时间变化关系的图像，在0～4min内，A升高的温度高。A、B两液体温度均升高到60℃时，B的加热时间更长，根据转换法可知，B吸收的热量多。根据比较吸热能力的方法，升高相同温度，吸收热量多的物质吸热能力强，由此可知B的吸热能力更强。 （4）沿海地区水多，水的比热容较大，根据Q＝cmΔt，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化较小，所以沿海地区昼夜温差和年温差较小。因此，在一年中，青岛应该对应b这条曲线。 故答案为：（1）相等；加热时间；（2）没有控制两种液体的质量相同；（3）A；B；B；（4）a。 24．【解答】解：（1）根据控制变量法，要保证沙子和水的质量相等，所以需要天平测量质量。 （2）由于用红外灯均匀照射装有沙子和水的两个瓷盘，即沙子和水在相同的时间内吸收的热量相等，所以可以利用加热时间的长短来反映物体吸收热量的多少。 （3）A方案通过升高相同的温度比较加热的时间，B方案通过加热相同的时间比较温度的变化，两者均能反映物质的吸热能力，故方案A和B都可行。 （4）由图乙可知，当水和沙子都升高到40℃时，沙子用了2.5min，而水用了5min，所以两者吸收的热量不相等。由图乙可知，当水和沙子都加热5min时，此时两种物质吸收相同的热量，而沙子升高的温度较多。 （5）实验过程中应该控制燃料燃烧的质量相同，所以应该在燃料燃尽之后或燃烧相同的质量去比较液体升高的温度。 实验中要在燃料燃尽之后比较水升高的温度，因此该记录的另一组数据为：燃料燃尽时的水温/℃。 小林认为质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多，是因为：没有控制被加热水的质量相等，导致燃烧碎纸片给水加热后水温升高得多。 故答案为：（1）天平； （2）加热时间； （3）A和B都可行； （4）不相等；沙子； （5）燃尽；燃料燃尽时的水温/℃；没有控制被加热水的质量相等（其他合理答案）。 25．【解答】解：（1）使用电加热器，热源较为稳定，使液体在相同时间内吸收热量相同。 （2）利用相同的加热仪器给两种液体加热，相同时间内两种液体吸收的热量可看作相同，因此可通过加热时间来体现两种液体吸收热量的多少，这种将不易测量的物理量转换为容易测量或观察的物理量的研究方法叫转换法。 （3）如图乙，可知相同质量的A、B两液体加热相同时间即吸收相同热量时，液体A温度升高得更高，说明A液体的吸热能力比B液体弱。 故答案为：（1）热源较为稳定，使液体在相同时间内吸收热量相同；（2）加热时间；转换法；（3）B。 26．【解答】解：（1）①在比较“不同液体吸热本领大小”的实验中，为了便于比较，要控制不同物质的质量相同，故实验中应取质量相同的A、B两种液体分别倒入相同的烧杯中。 本实验需要的测量工具除温度计、天平外，还需要秒表，用来记录不同时刻温度计的示数。 ②实验中两个试管放在同一热源中，相同时间吸收的热量相同，通过加热时间来比较A和B两种液体吸收热量的多少。 ③从表格数据可以看出A物质温度升高8℃需要用时2min，B物质温度升高8℃需要用时1min，可得出：升高相同的温度，A液体所需的加热时间更长，说明A液体的吸热能力强。 ④图乙中a是B加热时温度随时间变化的图线，如果将初温相同的B物质质量增加到原来的2倍，不考虑热损失，用相同的加热器加热，升高相同温度时吸收热量将是原来的2倍，也就是加热时间变为原来的2倍，则图2中的c符合题意。 （2）①探究“不同燃料燃烧时放出的热量”的实验，燃烧相同质量的不同燃料，通过加热水升高的温度，看出放出热量的多少，运用了转换法。 ②天然气热值较高，单位体积释放的热量更多，燃烧效率更高，能有效减少能源浪费； 天然气主要成分为甲烷，燃烧后主要生成二氧化碳和水，污染物排放极低。相比煤气和液化石油气，其二氧化硫、氮氧化物及粉尘排放量大幅减少，有助于改善空气质量并减缓酸雨和温室效应。 故答案为：（1）①质量；秒表；②加热的时间；③A；④c； （2）①水升高的温度；②天然气热值较高，燃烧效率更高，能有效减少能源浪费，有助于改善空气质量并减缓酸雨和温室效应。 27．【解答】解：（1）调节两个瓷盆到红外线灯中心的距离，使其相等，这样才能保证沙子和水在相同时间内吸收的热量相同；用温度计测出室温，即为此时沙子和水的温度。 （2）根据表中数据，沙子的温度变化为55.4℃﹣25.0℃＝30.4℃，水的温度变化为30.7℃﹣25.0℃＝5.7℃，所以相同质量的沙子和水，加热相同的时间，沙子升温更快。由此推理，当沙子和水升高相同温度时，水需要的加热时间更长，即吸收的热量更多。物理学上用比热容来描述物质的这种特性，比热容是指单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量。 （3）图甲装置的优点是散热较少。图甲用红外灯加热，相比于图乙可能采用的酒精灯加热，红外灯热量更集中，且装置相对封闭，热量散失到周围环境中的较少，实验误差更小。 （4）滨海地区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，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。夜晚陆地降温快，气温低，空气收缩下沉，海洋降温慢，气温高，空气膨胀慢，气温高，空气膨胀上升，在近地面应该形成陆风。 故答案为：（1）相等；室温；（2）沙子；水；比热容；（3）散热较少；（4）陆风。 五．比较不同燃料的热值大小（共3小题） 28．【解答】解：（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，通过温度计上升的示数得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验。 （2）比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料的种类相同而被加热的液体不同，由图示可知，应选择 甲、丙两图进行实验； 用相同的加热装置对物质加热，加热时间越长，物质吸收的热量越多，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的； A、通过升高相同的温度比较加热时间，应采用相同的加热方法，加热相同时间，放出热量相同，故A正确； B、比较不同物质吸热升温的特点，应控制液体的质量相等，烧杯中分别装入相同质量的不同液体，故B错误； C、根据控制变量法的要求，应使用相同的烧杯，故C正确； 故选B。 （3）如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，升高相同的温度，A、B两种液体所需的加热时间之比为：10min：20min＝1：2，故两液体所吸收的热量之比为1：2，根据c可知比热容之比是1：2。 （4）若体积相同的水银和酒精吸收相同的热量，可以得到ρ水银Vc水银Δt水银＝ρ酒精Vc酒精Δt酒精， 代入数据得：13.6×103kg/m3×0.14×103J/（kg•℃）×Δt水银＝0.8×103kg/m3×2.4×103J/（kg•℃）×Δt酒精， 解得：， 所以等体积的水银吸收相同的热量升高的温度高，所以为了使测量值更接近真实值，应选择水银温度计。 故答案为：（1）甲、乙；温度计上升的示数；（2）甲、丙；加热时间；B；（3）1：2；（4）水银；等体积的水银吸收相同的热量升高的温度高。 29．【解答】解：（1）比较不同燃料的热值，应选择甲、丙两图进行实验。根据控制变量法，要比较不同燃料的热值，需控制燃料质量相同，被加热液体的质量、初温相同，燃料种类不同。实验中燃料完全燃尽后放出的热量的多少是通过比较液体升高的温度来反映的，这运用了转换法，燃料放出的热量越多，液体吸收的热量越多，升高的温度就越高。 （2）为了比较不同物质吸热升温的特点，应选择甲、乙两图，控制热源相同，液体质量和初温相同，液体种类不同。根据图丁，质量相等的 a、b 两种液体，升高相同温度时，b液体加热时间更长，根据转换法可知，b液体吸收的热量更多，所以b液体的吸热本领强。根据比热容公式Q＝cmΔt，质量相同的两种液体，升高相同温度时，吸收热量与比热容成正比。因为 b液体加热时间是a液体的2倍，所以b液体吸收热量是a液体的2倍，则a液体的比热容cacb4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。 故答案为：（1）甲、丙；液体升高的温度；（2）b；2.1×103。 30．【解答】解：（1）根据控制变量法的要求，在实验中，三个烧杯液体1和液体2质量必须相同； 甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，则燃料燃烧释放的热量相等，即Q甲＝Q丙， 燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则Q1＝Q2， 甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温t甲＞t丙，则Δt甲＞Δt丙，即Δt1＜Δt2， 因为Q1＝Q2，m相等，Δt1＞Δt2，Q＝cmΔt，所以可知，c1＞c2； （2）比较 1、2两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验。 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、丙两图进行实验； 不计热量损失，燃料燃烧放出的热等于液体吸收的热量，即mq＝cmΔt，燃料质量，液体质量、比热容相同，则燃料热值之比等于温度变化之比， 由图丁可知，； （3）因为燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收或燃料燃烧不完全，存在热散失，所以测得的热值会偏小。 故答案为：（1）质量；＞；（2）甲、丙；乙、丙；5：4；（3）偏小。 声明 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $