【苏科版物理】九年级物理上册 全册全套精选试卷练习卷(Word版 含解析)

【苏科版物理】九年级物理上册全册全套精选试卷练习卷（Word版含解析）
一、初三物理第十一章简单机械和功易错压轴题提优（难）
1．小金用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率；实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升，（支点和杠杆的摩擦不计）问：
(1)重为5N的钩码挂在A点时，人的拉力F为4N，钩码上升0.3m时，动力作用点C上升0.5m，此时机械效率η1为______？
(2)小金为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到B 点，再次缓慢提升杠杆使动力作用点C仍然上升0.5m。

问：人的拉力F与第一次相比
______（选填“变大”“变小”或“不变”）。

比较此时的机械效率η2与η1的大小并用学过的知识给以推导______。

【答案】75% 变小η2<η1，推到过程见解析
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]有用功为
W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J
总功为
W总=Fs=4N×0.5m=2J
机械效率为
1.5J
100%100%75%
2J
W
W
η=⨯=⨯=
有用
总
(2)[2]钩码的悬挂点在A点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，则由杠杠的平衡条件得
1
2
G OA G OC F OC
⋅+⋅=⋅
杠杆
悬挂点移至B点时，由杠杠的平衡条件得
1
'
2
G OB G OC F OC
⋅+⋅=⋅
杠杆
观察比较可知，悬挂点移至B点时，OB<OA，即钩码重力的力臂变小，所以拉力F也变小。

[3]杠杆的机械效率
1
1
W W
W
W W W
W
η===
+
+
有用有用
额
总有用额
有用
因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功不变；由于悬挂点B更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W有用=Gh可知，有用功减小；从上面的表达式可知：
W有用减小、W额不变，所以
W
W
额
有用
变大，分母变大，η就减小；即η2<η1。

2．小彬和小萌同学在学完浮力和杠杆的知识后，初步设计了两种方案，去分别测量待测液体(食用油、酱油)的密度：
小彬的方案小萌的方案
实验过程:如图，用弹簧测力计测出铁
块的重力为G，然后把铁块先后浸没
在水、食用油中静止后读出测力计的
示数分别为F1、F2；
实验过程：如图A O B为轻质杠杆（质量不计），小桶悬挂于A
处位置不变，支点O位置不变。

首先在小桶中倒人一定体积的
水，调节石块的位置于B，处杠杆在水平方向平衡，然后将水
全部倒出将小桶擦干后再将等体积的酱油倒入小桶中，调节石
块的位置于B处，杠杆再次在水平方向平衡，若OB1、OB2的
长度分别为L1、L2（B1、B2图中未画出）
(1)若食用油的密度比水的密度小，则在小彬的方案中F1______F2（选填“大于”、“小
于”或“等于”）；
(2)小萌通过对比数据发现L1小于L2，可初步推断出酱油的密度比水的密度________；
(3)已知水的密度为ρ水，结合两种方案中现有的测量数据，能得出待测液体密度的是
__________的方案（选填“小彬”或“小萌”），其密度表达式为ρ=________。

【答案】小于大小彬2
1
()
()
G F
G F
ρ-
-
水
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由阿基米德原理可知，排开液体体积相同时，液体密度大，产生的浮力大，故完全浸
没时在水中的浮力大于在食用油中的浮力；测力计的示数为铁块重力与浮力之差，故在水
中的示数F1小于在食用油中的示数F2。

(2)[2]由杠杆平衡条件可得
()OA1
G G L G L
+=
石
桶水
()OA2
G G L G L
+=
石
桶酱
又L 1小于L
2，故可得
()()OA OA G
G L G G L +>+桶桶水酱
即 G G >水酱
V g V g ρρ>水水酱酱
又水的体积和酱油的体积相同，故
ρρ>水酱
(3)[3][4]由(2)可知小萌的方案可以比较出待测液体的密度与水的密度大小关系，却不能求得具体值，小彬的方案可以求得待测液体密度大小；在小彬的方案中，铁块浸没在水中受到浮力为
1-F G F =浮
由阿基米德原理可得
1-==F G F V V g g
ρρ=
浮铁排水水 铁块浸没在待测液体受到的浮力为 2-F G F '=浮
由阿基米德原理可得
2211--===--F G F G F G F V g G F g g
ρρρ'浮水排水
3．如图为测量滑轮组机械效率的实验装置，钩码总重6N 。

(1)实验时要竖直向上______拉动弹簧测力计，由图可知拉力大小为______N ，若钩码上升的高度为8cm ，则弹簧测力计向上移动______cm ，该滑轮组的机械效率为_________；
(2)在弹簧测力计静止时进行读数，则他这样得出的机械效率与实际值相比_____；（选填“偏小”、“偏大”或“相等”）
(3)若仅增加钩码的个数，该滑轮组的机械效率将________。

（选填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】匀速 2.4 24 83.3 % 偏大 增大
【解析】
【详解】
(1)[1]在实验中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，才能准确测出拉力的大小。

[2]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N ，所以其为2.4N ，即拉力的大小为2.4N 。

[3]由图可知，滑轮组承重绳子的根数为3根，当钩码上升8cm ，则弹簧测力计向上移动的距离为
8cm×3=24cm
[4]实验中，所做的有用功
W 有=Gh =6N×0.08m=0.48J
通过滑轮组所做的总功
W 总=Fs =2.4N×0.24m=0.576J
则机械效率
0.48J 83.3%0.576J
W W η===有总 (2)[5]实验中，若在静止时读弹簧测力计的示数，会造成拉力比实际的拉力小，因为静止时绳子与滑轮间没有摩擦，那么求出的总功也会偏小，而有用功的大小不变，那么机械效率会偏大。

(3)[6]实验中仅增大钩码的个数，那么有用功随之增大，而额外功不变，那么机械效率会增大。

4．如图所示是小明“探究杠杆的平衡条件”的装置，每只钩码重为0.5N （钩码个数若干），弹簧测力计量程为0～5N 。

（1）图甲中，杠杆静止时处于______（平衡/不平衡）状态.为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向______（左/右）移。

（2）如图乙，小明保持弹簧秤竖直放置，然后认真调零后，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。

此时弹簧测力计的示数为F 1，杠杆受到钩码的拉力为F 2，小明发现F 1×OD ≠F 2×OC ，其原因是_______。

（3）接着，小明准备做图丙所示实验，实验前小明首先再取一只弹簧秤与已调零的弹簧秤进行对拉，如图丁，他这样做的目的是______。

在做了10多次图丙所示实验后，他还做了几次图戊所示的实验，他这样做的目的是：_______。

【答案】平衡 左 杠杆自身受到的重力不能忽略 对第二个倒置使用的弹簧秤进行调零 排除偶然结论总结发现普遍规律
【解析】
(1)[1]杠杆处于静止或匀速转动的状态是平衡状态，图甲中杠杆静止时处于平衡状态；
[2]从图甲可以看到，杠杆左端翘起，为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向左移；
(2)[3]杠杆除了受到钩码的拉力和弹簧测力计的拉力外，还受到杠杆自身的重力作用，导致F1×OD≠F2×OC；
(3)[4]实验前小明首先再取一只弹簧秤与已调零的弹簧秤进行对拉，根据力的作用是相互的，可以比较两个弹簧秤的示数大小，从而对第二个倒置使用的弹簧秤进行调零；
[5]在做了10多次图丙所示实验后，他还做了几次图戊所示的实验，他这样做的目的是排除偶然结论总结，对于各种情况，这个平衡条件都合适，从而发现普遍规律。

5．小聪同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如下图所示的实验。

（1）小聪对A、B、C、D四个步骤进行了观察研究，发现浮力的大小有时与深度有关，有时与深度无关。

对此正确的解释是：浮力的大小随着排开水的体积的增大而________，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，浮力的大小与深度________。

（2）小聪利用浮力和杠杆的知识。

发明了一个密度秤：如图，轻质扛杆可绕O点转动，杠杆上用细绳悬挂两个的正方体M、N（边长为10cm，重力为20N）；OA长度为10cm，OE长度为8cm。

小聪向容器中倒入不同密度的液体，每次都将M浸没于液体中，移动物体N。

使杠杆在水平位置平衡，OE上便可刻上不同液体的密度值。

当物体M浸没于水中时，物体N移动到B点时杠杆恰好水平静止，那么OB的长度为_________cm。

在B点标上ρ水；这个密度秤能够测量的最小液体密度为_________kg/m3。

【答案】增大无关 5 0.4×103
【解析】
【详解】
第一空．探究物体浸没在水中时所受浮力大小与深度是否有关时，应控制液体的密度和物体排开液体的体积这两个因素相同，实验B、C中物体在液体中浸没的深度改变的同时，其排开液体体积是变化的，V排B＜V排C，图B中弹簧测力计的示数小于C图中的示数，根据F浮=G-F得到，F浮B＜F浮C，浮力的大小随着排开水的体积的增大而增大；
第二空．图C、D中，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，弹簧测力计的示数保持不变，浮力的大小与深度无关；
第三空．E端所受到的力等于重物N对杠杆的拉力，大小等于物体N的重力，即
F=G N=20N；
当物体M浸没在水中时，受到的浮力为：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3=10N，
物体M受到的力：A点对M的拉力F A、浮力、重力，故物体M受到的拉力为：
F A=
G M-F浮=20N-10N=10N；
此时杠杆受到物体M的拉力等于F A，物体N移动到B点时杠杆恰好水平静止，由杠杆平衡条件得到：F A OA=FOB，
OB=A
10N10cm
=
20N
F OA
F
⨯
=5cm；
第四空．液体密度越小，浮力越小，拉力越大，根据F1l1=F2l2得到：在l1、F2不变时，拉力F1越大，l2越大，最大为OE，为8cm，由F A′OA= FOE得到
F A′=
20N8cm
=
10cm
F OE
OA
⨯⨯
=16N，
物体M受到的力：A点对M的拉力F A′、浮力F浮′、重力，
物体M受到的浮力为：
F浮′=G M-F A′=20N-16N=4N；
根据F浮=ρ液gV排得到液体的密度为：
ρ液小=
3
4N
=
10N/kg(0.1m)
F
gV
'
⨯
浮
排
=0.4×103kg/m3。

6．如图甲所示是小明探究“杠杆的平衡条件”的实验。

（1）将杠杆中点置于支架上，杠杆静止时，发现右端下沉。

此时，小明应把杠杆两端的平衡螺母向______调节，使杠杆在水平位置平衡。

（2）接着，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡。

于是小明便得出了杠杆的平衡条件：____________。

小红认为小明这样得出的结论不合理，理由是________。

（3）实验结束后，小华提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与小明所得的杠杆平衡条件不相符。

其原因是：___________。

（4）杠杆不处于水平位置能否平衡？小红认为能平衡。

于是她让每次杠杆倾斜时静止，做这个实验也得出了杠杆平衡条件。

小红这种方案与小明让杠杆在水平位置做实验的方案相
比较，你认为哪个实验方案好？________实验方案好；理由是____________。

（5）实验中，小红利用乙图将杠杆提升，此时测力计的示数F 为1.2N ，钩码总重G 为
1.5N ，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：____________.
（6）将钩码向右移动一格后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将______________（变大/变小/不变）。

【答案】左 1122F L F L = 一次实验存在偶然性 杠杆自重对平衡有影响 小明 便于直接读出力臂 83.3% 动力克服杠杆的自重做额外功 变小
【解析】
【详解】
（1）杠杆静止时发现右端下沉，说明杠杆右边沉，小明应把杠杆两端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。

（2）小明在杠杆上A 点处挂4个钩码，在B 点处挂6个钩码，杠杆恰好在原位置平衡，因为每个钩码质量相同，于是小明便得出了杠杆的平衡条件：1122F L F L =。

小红认为小明这样得出的结论不合理，理由是小明通过一次实验得出结论具有偶然性，应多次实验使结论具有普遍性。

（3）因为没有考虑杠杆自身具有重力的因素，所以发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与小明所得的杠杆平衡条件不相符。

（4）小明的方案好于小红的，因为小明的力臂便于测量，杠杆水平平衡时杠杆的力臂在杠杆上，而小红的方案中，力臂并不在杠杆上，不便于测量，不方便准确得出实验结论。

（5）实验中，小红利用乙图将杠杆提升，此时测力计的示数F 为1.2N ，钩码的总重G 为
1.5N ，设杠杆每一小格的长度为l ，测力计上升的高度H 和钩码上升的高度h ，根据几何相似三角形关系可知4263
h l H l ==，则杠杆的机械效率为6N =100%100%100%83.3%7.2N
W G h W F H η⨯⨯=⨯=⨯≈⨯有总；杠杆做额外功的一个原因是杠杆本身存在重力，在提升时要对杠杆做一部分额外功。

（6）将钩码向右移动一格后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率
1.5N 3=100%100%100%6
2.5%1.26W G h l W F H l
η⨯⨯⨯=⨯=⨯=⨯⨯有总，所以所测机械效率将变小。

7．在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）若实验前，杠杆静止在图甲所示位置，此时的杠杆是_____（平衡/不平衡）的．（2）如图甲，杠杆在支架上，要使其在水平位置平衡，可通过调节杠杆平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡时，此时杠杆自重的力臂为_____cm．
（3）如图乙所示，杠杆在水平位置处于平衡状态，杠杆上每格均匀等距，每个钩码都相同．下列四项操作中，会使杠杆左端下倾的是_____．
①杠杆的两侧同时各减掉一个钩码；②在两侧钩码下同时各加挂一个相同的钩码；
③将两侧的钩码同时各向外移动相同距离；④将两侧的钩码同时各向内移动相同距离．A．①③B．②④C．②③D．①④
（4）如图丙，在右边用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是_____．若左边钩码离支点20cm，右边挂钩离支点15cm，每个钩码重为0.5N，则此时弹簧测力计示数应为_____N．
（5）如图丁，当杠杆在水平位置平衡时，此时拉力的力臂_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）15cm．
（6）某同学用定滑轮进行如图戊操作时，同学们发现杠杆不再平衡，请说明理由_____．【答案】平衡 0 B 消除杠杆自重影响同时便于测量力臂 2 小于力的方向影响杠杆平衡
【解析】
【分析】
【详解】
(1)杠杆静止时,杠杆处于平衡状态(不一定要水平平衡)；
(2)杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0，可以消除杠杆自重对杠杆平衡的影响．
(3)由杠杆的平衡条件可知，当动力×动力臂>阻力×阻力臂时，就会满足杠杆左端下倾．
①杠杆两侧同时减掉一个钩码，左边：2G×4L，右边：3G×3L，右边下倾．
②在两侧钩码下同时各加挂一个相同的钩码；左边：4G×4L，右边：5G×3L，左边下倾．
③若将两侧的钩码同时各向外移动一个小格，左边：3G×5L，右边：4G×4L，右边下倾．
④若将两侧的钩码同时各向内移动一个小格，左边：3G×3L，右边：4G×2L，左边下倾．
符合要求的是②④，故选B；
(4)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小．根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,1.5N×20cm=F2×15cm,解答F2=2N．
(5)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上时，力的力臂在杠杆上，此时力臂最大，当如丙图，弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，力臂不在杠杆上，动力臂变小．
(6)用带杆的滑轮向左(或向右)推动右边挂钩码的悬线时，力的方向发生变化，说明力的方向影响杠杆的平衡；
【点睛】
杠杆的平衡条件是：动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂，力的大小、力臂的长短都会影响杠杆的平衡；杠杆静止时或杠杆匀速转动时，杠杆处于平衡状态；杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0；使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（用力点、支点和阻力点）的大小跟它们的力臂成反比．动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1•L1=F2•L2，且哪端大哪端下倾．
8．在“探究杠杆平衡条件的实验”中：
（1）实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向 _____调节（选填“左”或“右”），直到杠杆在水平位置平衡．
（2）如图甲所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂____个相同的钩码．
（3）如图乙所示，已知每个钩码重0.5N，当弹簧测力计在C点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计示数大小为_____N．
（4）学完杠杆知识后，小明在综合实践活动中制作杆秤．他取一根质量均匀分布的圆木棒，测得木棒AB长度为80cm、质量为50g；一质量为350g的小盘和一质量为150g的螺母．如图丙所示，小明将小盘悬于棒的A端，用细线在O点提起木棒，木棒恰好水平平衡，则OA为_____cm．小明用该杆秤称某物体的质量，平衡时的情形如图丁所示，则该物体的质量为_____kg．
【答案】右 6 3 5 2.25
【解析】
【详解】
（1）杠杆左端下沉，右端上翘，则应将左端的平衡螺母向上翘的右端移动；
（2）杠杆在水平位置平衡时，力臂在杠杆上，根据杠杆平衡条件：4G⨯3=nG⨯2，n=6；
（3）当弹簧测力计在C 点斜向上拉(与水平方向成30︒角)
杠杆，此时动力臂等于12OC ；根据杠杆的平衡条件F 1l 1=F 2l 2得弹簧测力计示数大小为：F 1=
221F l l =40.5N 32⨯⨯=3N ； （4）因为木棒质量均匀分布，所以OA 段木棒的质量m OA =
50g 80cm ×l OA ，OB 段木棒的质量m OB =50g−50g 80cm ×l OA ，OA 段木棒重力的力臂l OA =2
OA l ，OB 段木棒的力臂l OB =80cm 2
OA l -，由杠杆的平衡条件可得： 350g×l OA +50g 80cm ×l OA ×2OA l =(50g−50g 80cm ×l OA )×80cm 2
OA l -，解得：l OA =5cm ；设物体的质量为m ，由杠杆的平衡条件可得：(m 小盘+m )gl OA +m OA gl OA =(m 螺母+m OB )gl OB ，即ml OA +m 小盘l OA +m OA l OA =m 螺母l OB +m OB l OB ，因m 小盘l OA +m OA l OA =m OB l OB ，所以,ml OA =m 螺母l OB ，解得：m =lOB lOA m 螺母=80cm 50cm 5cm
-×150g=2250g=2.25kg.
二、初三物理第十二章 机械能和内能 易错压轴题提优（难）
9．（提出问题）水和空气哪种物质的导热性能好？
（猜想与假设）小明进行了如下猜想：
猜想一：水的导热性能好；
猜想二：空气的导热性能好
（设计与进行实验）
小明用两个相同的牛奶瓶，都装入热牛奶，一个放在温度与室温相同的水中，另一个放在空气中，为了尽量减少其他因素的影响，他把两个瓶都用木块垫起来，放在同一个桌面上，如上图所示，实验时他每隔一定的时间记录一次甲、乙两温度计的示数，得到的数据如下表：
（实验结论）
（1）分析表中数据，可得出结论：_____
（评估与交流）
（2）对甲、乙两个瓶中的牛奶，除了要控制它们的初温相同外，还要控制它们的_____相同
（3）热牛奶放在水中温度下降是通过_____方式来_____（选填“增加”或“减少”）内能 （4）进一步分析表中甲的示数，小明又发现，在冷却过程中，牛奶冷却的快慢前后并不一致，是越来越___的
（实验拓展）
（5）如果有一天，你要喝一杯奶茶，下列两种冷却方法中，效果较好的是_____
A．将滚烫的热茶冷却5分钟，然后加适量冷牛奶
B．先将适量的冷牛奶加进滚烫的热茶中，然后冷却5min
（6）物理学中我们用速度来表示物体运动的快慢，若小明用“冷却速度”来表示物体冷却快慢，则“冷却速度”可定义为：质量为1千克的物体，_____叫做冷却速度
【答案】在水中冷却比在空气中冷却效果要好质量热传递减少慢A单位时间内降低的温度【解析】
【详解】
（1）分析可知，在相同时间内水中冷却速度更快，所以在水中比空气中冷却效果更好；（2）在研究空气和水的导热性时，应该保证其它条件相同，除了水的初温外还要保证水的质量相等；（3）由于水与牛奶瓶有温度差，所以要发生热传递，即牛奶温度下降是由于热量传递减少其内能；（4）这是由于随着牛奶温度下降，周围水的温度在升高，使牛奶冷却的速度变慢，因此牛奶冷却的快慢还会受到温度的影响．所以当实验时间较长时，相同时间内牛奶降温的速度逐渐变慢，就是指冷却速率变慢．（5）根据（4）中的结论，物体冷却随时间推移是先快后慢，本质原因是温差逐渐缩小，奶茶热的时候温度下降得快，开始快后来越来越慢，开始先让它保持较高的温度，可以在五分钟内放出更多的热量，然后加入冷牛奶，利用热传递使其再次降温。

故选A；（6）根据题意可定义冷却速度为：质量为1千克的物体在单位时间内降低的温度。

10．某同学学习了燃料的热值后，自己设计了一个实验来探究煤油和菜籽油的热值大小关系。

他实验时组装了如图8所示的两套规格完全相同的装置，并每隔1分钟记录一次杯中水的温度（见下表）。

加热的时0123456
间/min
甲杯水温
/℃
25 27 29 32 34 36 38 乙杯水温
/℃ 25 26 27 28 29 30 31
(1)在安装､调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定______的位置，再调整固定______的位置（均选填“A ”或“B ”）。

(2)为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有加热时间和水的______；
(3)通过表中记录的数据，你认为煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是______；
(4)该同学实验前用天平测出了烧杯中水的质量及两油灯中燃料的质量并记录了数据，利用公式Q c m t =∆计算出了水吸收的热量，他认为通过这些数据能准确地计算出煤油和菜籽油的热值。

你认为他的计算结果可靠吗?______，为什么?________。

【答案】B A 质量、初温 煤油 不可靠 燃料燃烧的热量有损失（或煤油菜籽油不能完全燃烧）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]在安装、调整实验器材时，需要先根据酒精灯外焰调整B 的高度，再根据温度计调整A 的高度，所以要先固定B 的位置，再调整固定A 的位置。

(2)[3]为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：加热时间和水的质量、水的初温。

(3)[4]通过表中记录的数据可知，加热时间相同，甲杯水温上升快，故甲杯水吸收的热量多，由Q qm =放知，相同时间内煤油燃烧放出的热量多，所以煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是煤油。

(4)[5][6]不可靠。

煤油、菜籽油不可能完全燃烧，且伴有热量损失，故结果不准确。

11．为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙所示的实验装置来进行实验．
(1)图甲是让不同质量的小球沿同一光滑斜面从B 处由静止自由释放，然后分别撞击放在同
一水平面上的同一木块，木块在水平面运动一段距离后静止时的情景．该方案是为了探究动能大小与_________关系，若木块被撞后移动的距离越远，说明小球对木块的推力______越多，小球撞击木块时的动能________．
(2)图乙是让质量相同的小球沿同一光滑斜面分别从A、B处由静止自由释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块，木块在水平面运动一段距离后静止时的情景．据此，你能得出的结论是_____．
(3)本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？ ____，理由是___________．
(4)若质量不同的小球分别从斜面的不同高度静止自由释放推动同位置的木块，则
_______(选填“能”或“不能”)根据木块被推动的距离来判断小球初始重力势能的大小．
【答案】质量做功越大当质量相同时，物体的速度越大动能越大不能小球与木块会做匀速直线运动能
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2][3]图甲两个小球质量不一样，下落时高度一样，到达斜面底部时速度一样．该方案是为了探究动能大小与质量的关系；若木块被撞后移动的距离越远，说明小球对木块的推力做功越多，小球撞击木块时的动能越大；
(2)[4]图乙的情景能得到的结论是，质量相同时，物体的运动速度越大，动能越大；
(3)[5][6]本实验装置的水平面如果绝对光滑，那么木块就会一直运动下去，不能比较谁的动能大，不能得出结论；
(4)[7]木块被推动的距离越远，证明小球的动能越大，斜面光滑，没有能量损失，那么动能大小等于重力势能，重力势能也大，故能判断小球初始重力势能的大小．
12．回顾实验和探究：比热容概念的建构
器材烧杯、______相等的水和煤油、两个规格相同的电加
热器、温度计、______。

装置
过程两只烧杯中盛有______相同的水和煤油，用电加热器加热2分钟，我们发现______温度升高的高，若升高相同的温度，______加热时间长，______吸收的热量多。

结论一定质量的某种物质，温度升高时吸收的热量与______之比，叫做这种物质的比热容，在数值上等于______质量的某种物质温度升高______所吸收的热量。

方法实验中用______来反映物质吸收的热量，这种研究方法是______。