【苏科版物理】九年级物理 全册全套精选测试卷测试题(Word版 含解析)

【苏科版物理】九年级物理全册全套精选测试卷测试题（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．小刚想粗略地测算自己在单杠上做引体向上运动时的功率，如图所示。

(1)需要的测量工具：体重计、刻度尺、______。

(2)请帮他设计实验步骤：______
(3)小刚采用了合适的方法记录数据，请帮他在空格处补上相应的数据。

（取g=10N/kg）
重心上升高度h/m 质量m/kg
拉一次克服重力所
做的功W/J
拉上去的次
数
时间t/s功率P/W
0.460______510______
【答案】秒表使用体重计测量小刚的体重；用刻度尺测量每次引体向上下鄂上升的高度；用秒表测量连续5次引体向上动作需要的时间；计算出小刚做引体向上运动时的功率240 120
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]要测量功率需要测量时间，实验器材还需要秒表。

(2)[2]使用体重计测量小刚的体重；用刻度尺测量每次引体向上下鄂上升的高度；用秒表测量连续5次引体向上动作需要的时间；计算出小刚做引体向上运动时的功率。

(3)[3]小刚的体重为
G=mg=60kg×10N/kg=600N
做一次引体向上小刚做功为
W=Gh=600N×0.4m=240J
[4]小刚做的总功为
W总=5W=5×240J=1200J
小刚做引体向上的功率
总1200J
120W 10s
W
P
t
===
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L1小于L2，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
221
1
--=
==--F G F G F G F V g G F g g
ρρρ'浮水排水
3．某实验小组进行测量滑轮组机械效率的实验，先用弹簧测力计测量钩码所受的重力G （如图甲），再按图乙所示的连接方式组装好滑轮组，并分别记下钩码和弹簧测力计的起始位置：
(1)如图乙中，为了测量绳子自由端的拉力F ，A 同学在缓慢匀速提升时读数，B 同学在弹簧测力计静止时读数，然后把测得各个量数值，代入机械效率的公式，计算出机械效率的值，这两位同学_______（选填“A ”或“B ”）操作是正确的；
(2)按照A 同学的测量方法，测出的拉力F 与钩码所受重力G 的大小关系为F ______（选填“大于”、“小于”或“等于”）
3
G ； (3)实验中要分别记下钩码和弹簧测力计的起始位置，是为了_________。

【答案】A
大于 测量钩码和弹簧测力计移动的距离 【解析】 【分析】
(1)在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使
物体上升进行读数。

(2)使用滑轮组时，拉力不仅要克服物体的重力，还要克服动滑轮的重力及机械摩擦。

(3)要测滑轮组的机械效率，需测出G 、h 、F 、s ，根据公式100%Gh
Fs
η=
⨯计算。

所以需要测量钩码和弹簧测力计移动的距离，从而计算有用功和总功。

【详解】
(1)[1]为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，所以需在缓慢匀速提升时读数，则A 同学操作正确。

(2)[2]由图知，滑轮组由3段绳子承担物重，则3
G
F =，但其成立的条件是不考虑机械自重和摩擦，若考虑的话拉力F 大于
3
G 。

(3)[3]为了测量钩码和弹簧测力计移动的距离，从而计算有用功和总功，应分别记下钩码和弹簧测力计的起始位置。

4．某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如表所示，实验装置如图所示．
（1）实验中应沿竖直方向_____缓慢拉动弹簧测力计．
（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，应该静止读数，你认为他的想法_____（选填“正确”或“不正确”），因为她没有考虑到_____对滑轮组机械效率的影响．
（3）用丁图装置进行实验，得出表中第4次实验数据，请将表中的两个数据填写完整______．
（4）通过比较_____两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的
机械效率与绳子段数无关（填实验次数的序号）
（5）通过比较_____两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高．（填实验次数的序号）
（6）通过比较3、4两次实验数据可得出结论：_________________________________【答案】匀速不正确摩擦0.4；80%1、22、3不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越轻，滑轮组的机械效率越高（或不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低
【解析】
【详解】
（1）实验中应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计，这样测力计示数才等于拉力大小；（2）在弹簧测力计静止时读出了数据，由于不会克服轮与轴、绳与轮之间的摩擦，所以测力计示数偏小，他的想法是不正确的；
（3）丁图中，绳子的有效段数为n=4，绳端移动距离
s=nh=4×0.1m=0.4m
滑轮组的机械效率
η=
h8N0.1m
=
2.5N0.4m
有
总
W G
W FS
⨯
=
⨯
=80%
（4）绳端移动距离与物体升高的高度的关系为s=nh，所以，结合表中数据可知实验
1、2、3中绳子的有效段数分别为2、3、3；再结合钩码的重力可知，实验1、2、3分别是用甲、乙、丙装置做的实验，根据控制变量法，研究同一滑轮组的机械效率与绳子段数的关系时，要控制提升物体的重力相同、滑轮个数也相同，只改变绳子的有效段数，所以应比较1、2两次实验数据；通过比较1、2两次实验数据得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与绳子段数无关；
（5）研究同一滑轮组提升重物时，机械效率与物重的关系时，要控制滑轮个数相同、绳子的段数相同，只改变物体的重力，故通过比较2、3两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高。

（6）通过比较3、4两次实验数据，即对应的图丙、图丁两装置，滑轮组不同，提升的重物相同，动滑轮越重机械效率越小，故可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越轻，滑轮组的机械效率越高。

5．在“探究杠杆的平衡条件”实验中:
（1）在测量时，使杠杆在水平位置保持平衡，其目的是为了_________________。

（2）若在杠杆两边挂上钩码后发现杠杆不平衡，则应该___________________________。

（3）如表为某同学所设计的实验方案和实验记录.
1挂等量的钩码，分别作为动力和阻
力.
20.0520.05
2挂不等量的钩码，分别作为动力和
阻力.
40.0360.02
3挂钩码、用弹簧测力计拉，分别作
为动力和阻力.
30.02 1.50.04
4挂钩码、用弹簧测力计拉，分别作
为动力和阻力.
5.80.0450.04
a、该同学设计多种实验方案的目的是_____________________
b、实验序号4的数据显然发生错误，若记录无误，则错误的原因可能是____________（4）该同学在学习了机械功后，认为力×力臂的单位恰好是“牛×米”，那么就可以将“力×力臂”的单位合写成“焦”.你认为该同学的认识是____________的（选填“正确”或“错误”）.【答案】便于测量力臂通过加减钩码或调节钩码的位置来使其平衡得出普遍性结论,避免偶然性弹簧测力计没有竖直向下拉动错误
【解析】
【详解】
(1)[1]杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便；
(2)[2]在挂上钩码后，如果出现不平衡，不能再调节平衡螺母，应通过加减钩码或调节钩码的位置来使其平衡；
(3)[3]实验中多次实验，是为了得出普遍性结论，避免偶然性；
[4]拉力没有与杠杆垂直，导致动力臂偏小，根据杠杆平衡条件，阻力、阻力臂不变时，动力臂变小，动力就会变大，因此弹簧测力计的示数变大；
(4)[5]“焦”是功的单位，是力与力的方向通过的距离乘积；由于力与力臂垂直，所以“力×力臂”的单位不能合写成“焦”，故该同学的认识是错误的；
6．小明小组在“研究杠杆平衡条件”实验中：
（1）实验时应先调节杠杆在______位置平衡，若出现图甲所示情况，应将杠杆的螺母向________调（填“左“或“右“）。

（2）下表是该组某同学在实验中记录杠杆平衡的部分数据：分析表中的1、2两次实验数
据可以得出的结论是________.
实验次数F1/N L1/cm F2/N L2/cm 125110
2310215
31204*
（3）第3次实验数据不全，请根据已有信息分析，此处的数据应该是_______;
（4）杠杆平衡后，小明在图乙所示的A位置挂上3个钩码，为了使杠杆在图示位置保持平衡.这时应在B位置挂上_____个钩码.
【答案】水平左F1L1=F2L254
【解析】
【详解】
第一空．实验时为了便于测量力臂，应调节杠杆使其在水平位置平衡；
第二空．由图甲知，左端较高，说明重心偏右，此时应将平衡螺母向左端调节；
第三空．分析1、2两次实验数据，2N×5cm=1N×10cm，3N×10cm=2N×15cm，故得出结论，即杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2；
第四空．根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2结合第三次实验数据可得：
1N×20cm=4N×L2，解得L2=5cm；
第五空．设一格为L，一个钩码重G，则有3G×4L=n G×3L，解得n=4，故应在B处挂4个钩码；
7．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1
2
OC ；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 3
2
⨯⨯=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.
8．从地面上搬起重物我们的常见做法是弯腰（如图甲）或人下蹲弯曲膝盖（如图乙）把它搬起来， 哪种方法好呢？下面就建立模型说明这个问题。

把脊柱简化为杠杆如图丙所示，脊柱可绕骶骨（轴）O 转动， 腰背部复杂肌肉的等效拉力 F 1 作用在 A 点，其实际作用方向与脊柱夹角为 12°且保持不变，搬箱子拉力 F 2 作用在肩关节 B 点，在 B 点挂一重物代替箱子。

用测力计沿 F 1 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可改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论．
（1）所谓物理模型，是人们为了研究物理问题方便和探讨物理事物本身而对研究对象所作的一种简化描述，是以观察和实验为基础，采用理想化的办法所创造的，能再现事物本质和内在特性的一种简化模型。

下列选项中没有用到物理模型的是____________。

A．光线 B．卢瑟福提出的原子结构 C．磁场 D．光滑平面
（2）在丙图中画出F2力臂L2．
（_____）
（3）当α角增大时，L2______（选填“变大”“不变”或“变小”），F1_______（选填“变大”“不变”或“变小”）。

（4）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比丙图中F1 要_______（选填“大”或“小”）。

（5）对比甲、乙两种姿势所对应丙图中的两种状态，由以下分析可得，________（选填“甲”或“乙”）图中的姿势比较正确．
【答案】D变小变小大乙
【解析】
【详解】
（1）所谓物理模型，是以观察和实验为基础，采用理想化的办法所创造的，能再现事物本质和内在特性的一种简化模型。

用带箭头的直线表示光线是建立的物理模型；根据卢瑟福提出的原子结构特点构建了原子核的结构模型；人们用带箭头的曲线表示磁场的方向及分布特征，是物理模型；光滑平面只是一种理想化的假设，不是物理模型，故选D。

（1）力臂是支点到力的作用线的距离，所以延长F2作用线，由支点向作用线画垂线，如图L2是其力臂：
（2）当α角增大时，支点到阻力F2的距离变小，即力臂L2变小；
拉力F1的方向与脊柱夹角始终为12°，故动力臂不变，阻力不变，则杠杆平衡条件可知，动力F1变小；
（3）如果考虑到人上半身的重力，由于上半身的重力是阻力的一部分，即阻力更大，根据杠杆平衡条件可知：实际拉力也将变大；
（4）甲、乙两种姿势可知：甲姿势α角小，由（2）分析知，需要的动力F1更大，而乙姿势α角大，需要的动力F1小一些，所以在搬起物体时，用甲姿势腰背部复杂肌肉的等效拉力F1要使用较大的力，容易千万损伤，则乙姿势正确。

二、初三物理第十二章机械能和内能易错压轴题提优（难）
9．小明利用图甲装置研究某燃料热值。

他取少量燃料置于燃烧皿中，测出总质量为 30g，点燃后对100g的热水加热4min立即熄灭燃料，再测得燃料和燃烧皿总质量如图乙所示，并根据实验数据绘制的水温随时间变化的图像如图丙中a线所示。

(1)实验的第2-4min的过程中，水______（选填“吸”或“不吸”热）；
(2)已知此过程中燃料均匀燃烧放热，所放热量仅60%能被水吸收，4min 内水吸收的热量为______J，则该燃料的热值为 ______J/kg；（整个过程中忽略水的质量变化）
(3)若实验装置和热损失比例均不变，利用该燃料加热另一杯水，绘出了如图所示丙中b 线，则这杯水的质量______（选填“大于”、“等于”、或“小于”）上一杯水质量。

【答案】吸 5.04⨯104J 2.1⨯106J/kg 相等
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由图象知，水沸腾时温度保持99℃，说明水的沸点为99℃，水沸腾的特点是：不断吸热，但温度不变；此时水面上方的气压小于一标准大气压；在第2∼4min 的过程中，水的温度不变，但内能增大。

(2)[2]水4min 吸收的热量为2min 吸收热量的2倍，水4min 吸收热量
())()0433=2=2-2 4.210J kg 10010J k 9 5.90g 93410Q Q cm t t -'=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯-=吸吸
℃℃℃ [3]由图乙可知燃料质量
30g 25.8g 4.2g m =-=
由=
Q Q η吸
放
可得燃料放出热量 Q Q η
=
吸
放
而Q mq =放，故有
=Q mq η
吸
该燃料的热值
64-3
===2.110J kg 4.21.0kg 60%
50410J Q q m η⨯⨯⨯⨯吸 (3)[4]由图丙可知，相同时间，两杯水吸收的热量相同，温度变化相同，根据Q=cm △t 可知质量的大小相等。

10．小明同学学习了燃料的热值后，考虑到燃料燃烧放出的热量会被水吸收，而水的比热已知。

自己设计一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系。

他组装了图所示的装置进行实验，记录结果见下表：
(1)为了保证实验结论的可靠，小明同学应该选择两套完全相同的装置，在实验中还应控制：煤油和菜籽油的______（质量/体积）相同，还要控制______相同；
(2)小明仔细观察发现：同一批次同一包装盒子中外形相同的温度计的读数不尽相同，为了选择两只完全相同的温度计小明应该在盒中先挑选多支读数______（相同/不同）的温度计，然后把它们一起放到一杯热水中，稍等一会儿后，再______； (3)分析得出：煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是______；
(4)小明同学还想利用这种实验方案计算出煤油和菜籽油的热值，那么小明还需要补充的测量工具是：______。

【答案】质量 水的质量和初温 相同 挑选两支读数相同的温度计 煤油 天平 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1][2]根据Q c m t ∆=吸水水、Q qm =放可知，在实验中还应控制：煤油和菜籽油的质量相同，还要控制水的质量和初温相同。

(2)[3][4]为了选择两只完全相同的温度计，小明应该在盒中先挑选多支读数相同的温度计，然后把它们一起放到一杯热水中，稍等一会儿后，再挑选两支读数相同的温度计。

(3)[5]从表中数据可以看到，燃料燃尽后水温变化较大的是煤油，根据Q c m t ∆=吸水水可知，煤油加热的水温度上升较高，那么煤油加热的水吸收热量较大，根据Q qm =放可知，煤油放出的热量较大，煤油和菜籽油的质量相同，则煤油的热值较大。

(4)[6]要计算出煤油和菜籽油的热值，从Q c m t ∆=吸水水、Q qm =放可知，水的比热容、初温、末温都是知道的，但是水的质量和燃料的质量不知道，那么需要天平来测量质量。

11．小明用相同的电加热器分别给水和食用油加热（如图甲），以探究水和食用油的吸热能力。

(1)本实验除了图甲中所给的实验器材外，还需要的测量工具有天平和______；
(2)加热5min，水吸收的热量______（选填“大于”“小于”或“等于”）食用油吸收的热量；
(3)比较不同物质的吸热能力，通常有两种方案
方案一：取相同质量的两种物质，吸收相等的热量，比较温度的变化
方案二：取相同质量的两种物质，升高相同的温度，比较吸收的热量
下表是小明记录的部分实验数据
液体名称液体质量m/g液体初温t1/℃液体末温t2/℃加热时间t/min 水10689820
食用油10689810
①分析表中信息可知小明采用的是______（选填“方案一”或“方案二”）；
②分析表中数据，可得出的结论______；
(4)小明根据实验数据作出了水和食用油的温度随加热时间变化的图像（如图乙），由图像可知，水沸腾时的特点是______，食用油的比热容是______J/（kg⋅℃）。

[c水=4.2×103J/（kg⋅℃）]
【答案】秒表等于方案二水的吸热能力强吸热，温度不变 2.1×103
【解析】
【分析】
(1)(2)物体吸收热量本领的大小，不仅与物体升高的温度多少有关，还与质量的大小有关，因此要保证两者质量相等，而物体吸收热量的多少通过加热时间的长短来体现，由此可以确定需要的测量工具。

(3)根据比较吸热能力的两种方法，由表中数据分析回答。

(4)加热时水保持不变的温度为沸点，根据如图乙水和食用油的温度随加热时间变化的图像可知水的沸点；由图可知，加热10min温度升高30℃水和食用油所用时间，根据转换法结
合=
c Q
m t ∆在质量和升高温度相同的情况下，比热容c 与Q 成正比，据此求出食用油的比热容。

【详解】
(1)[1]实验中吸收热量的多少是由加热时间来反应的，所以还需用秒表记录时间。

(2)[2]加热相同的时间，酒精灯放出的热量相同，则水吸收的热量等于食用油吸收的热量。

(3)①[3]分析表中信息，质量相同，比较升高相同的温度所用加热时间，故小明采用的是方案二。

②[4]分析表中数据知，取相同质量的两种物质，升高相同的温度，水吸收的热量多，即水的吸热能力强。

(4)[5]根据如图乙水和食用油的温度随加热时间变化的图像可知，水的沸点是98℃，且继续加热但是温度保持不变，故水沸腾时的特点是吸热但温度保持不变。

[6]质量和初始温度均相同的两种液体，加热10min ，温度升高：98℃﹣68℃=30℃，水用20min ，食用油用时10min ，根据转换法，升高相同的温度，食用油吸收热量是水的一半，根据=c Q
m t
∆，在质量和升高温度相同的情况下，比热容c 与Q 成正比，故食用油的比热容是
3311
== 4.210J /kg )C =2.110J /k ()g C 2
(2c c ⨯⨯⋅⨯⋅油水
【点睛】
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和
=
c Q
m t
∆的运用，为热学中的重要实验。

12．小明在老师的指导下用小球和弹簧等器材进行了如下实验与探究（不考虑空气阻力，g 取10N/kg ）：
让小球从某高度处由静止开始下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），小球速度为5m/s 。

从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短（如图丙）的整个过程中，得到小球的速度≤和弹簧缩短的长度△x 之间的关系如图丁所示，其中A 为曲线的最高点。

已知该轻弹簧每受到0.1N 的压力就缩短1cm ，并且轻弹簧在全过程中始终发生弹性形变。

（1）从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球动能的变化情况是_________，
小球机械能的变化情况是______________。

（2）实验中所用小球的质量为_____kg ，全过程中，弹簧中弹力的最大值为_____N 。

（3）由图可知，当弹簧的压缩量最大时，小球的速度为0，此时，小球处于______态（选填“平衡”或“非平衡”）。

（4）已知物体的重力势能表达式为E P =mgh ，动能表达式为：2
k 12
E mv =
；其中m 为物体的质量，h 为物体距离水平地面的高度，v 为物体的运动速度，g 为常量，取10N/kg 。

若本题中弹簧的原长为1m ，则本题的小球是从距离地面________m 的位置下落的。

【答案】先增加后减小 减小 0.1 6.1 非平衡 2.25 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1][2]小球刚接触弹簧时，弹簧发生形变，产生弹力，此时小球的重力大于弹力，小球做加速运动，这一过程小球动能增大，随着弹簧的形变程度越来越大，弹力增加，当弹力等于小球重力时，小球所受合力为0，小球停止加速，此时速度最大，动能最大，下一时刻，小球由于惯性继续向下运动，弹力大于球的重力，小球做减速运动，动能减小，弹性势能增加，最低点时，小球的动能为0，重力势能最小，弹性势能最大。

故小球动能的变化情况是先增大后减小，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能，故小球的机械能减小。

(2)[3]弹簧每受到0.1N 的压力就缩短1cm ，由丁图可知速度最大时，弹簧的弹力和重力相等，此时弹簧缩短了0.1m ，合10cm 则此时受到弹力
F =10×0.1N=1N
由G mg =得出小球的质量
1N 0.1kg 10N kg
G F m g g =
=== [4]小球在最低点时，弹簧的弹力最大，由丁图知此时弹簧被压缩0.61m ，合61cm 则弹力最大为
610.1N=6.1N F '=⨯
(3)[5]小球在最低点时，受到竖直向下的重力，竖直向上的弹力，此时弹力大于重力，小球受力不平衡，处于非平衡状态。

(4)[6]由能量守恒定律可知，小球从最高处下落，到小球刚接触弹簧，弹簧还未发生形变那一刻，不考虑空气阻力时，机械能守恒，即
212
mgh mv '=
由丁图可知此时小球速度为5.0m/s ，代入式中有
()2
2
5m s 1.25m 2210N kg
v h g '==
=⨯ 弹簧原长1m ，所以小球距离底面的高度。