【苏科版物理】肇庆市九年级上册 全册全套精选试卷检测题

【苏科版物理】肇庆市九年级上册全册全套精选试卷检测题
一、初三物理第十一章简单机械和功易错压轴题提优（难）
1．在探究“杠杆的平衡条件”实验中：
(1)将杠杆装在支架上，发现杠杆左端下沉，此时应将杠杆两侧的螺母同时向_____
(2)如图甲所示，杠杆在水平位置平衡。

如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，则杠杆将______
(3)如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉。

当弹簧测力计逐渐向右倾斜如图丙，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将______
(4)请在图丙中画出拉力F′的力臂l。

________
【答案】右逆时针变大不变
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]杠杆左端下沉，右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。

(2)[2]设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表l，如果在图中杠杆两侧各去掉一个相同的钩码时，杠杆的左端为
⨯
G l Gl
22=4
杠杆的右端为
⨯
G l Gl
3=3
所以杠杆的左端力和力臂的乘积大于右端的乘积，所以杠杆左端下沉，杠杆将逆时针转动。

(3)[3]乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力的力臂为OC，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆时（如图丙），拉力的力臂小于OC，拉力的力臂变小，拉力变大，弹簧测力计的示数将变大。

[4]根据杠杆平衡的条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，因为杠杆始终保持水平平
衡，钩码的重力和钩码的位置没有发生变化，所以弹簧测力计的拉力与其力臂的乘积将不变。

(4)[5]从支点向力的作用线做垂线，得到力臂，如图所示：
2．如图所示是小明和小红利用刻度均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。

（1）在实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆处于_______（选填“平衡”或“不平衡”）状态；调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡的目的是消除杠杆自重对实验的影响，同时方便___________；
（2）杠杆平衡后，小明在左右两侧分别挂上如图乙所示的钩码，杠杆不能在水平位置平衡，在不增加钩码且不改变钩码悬挂点位置的前提下为了使杠杆重新在水平位置平衡，只需将____________即可；
（3）为获得更多组数据，他们取下右侧钩码，小明和小红分别设计了两种实验方案，小明的方案如图丙所示，小红的方案如图丁所示。

你认为__________（“小明”或“小红”）的方案更合理，理由是___________；
（拓展）探究杠杆的平衡条件后，小明又利用杠杆测量了石块的密度，实验装置如图所示。

实验步骤如下：
①将石块悬挂在杠杆左侧，通过调节细线长度使石块缓慢浸没在下方裝满水的溢水杯中
（未触底），同时用质量忽略不计的薄塑料桶接住溢出的水；
②将薄塑料桶悬挂在杠杆右侧，调节塑料桶的悬挂位置，使杠杆在水平方向平衡，如图所示；
③测量出AB 两悬挂点距支点O 的距离分别为10m 和15cm ，则石块密度为___________kg/m 3。

【答案】平衡 测量力臂 左侧的钩码去掉一个 小明 排除测力计的重力对实验的影响 2.5×103 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]杠杆静止时，无论杆身是否水平，都为杠杆的平衡状态。

[2]杠杆在水平位置平衡，其力臂和杆身重合，可以方便测量力臂的大小。

(2)[3]在乙图中，杠杆左右两侧所挂钩码的重力可分别视为动力和阻力，两侧钩码的悬挂点可分别视为动力臂和阻力臂，根据杠杆的平衡条件1122Fl F l =可知，只需将左侧的钩码去掉一个即可满足杠杆在水平位置平衡。

(3)[4][5]对比丙、丁两图可知，小明的实验方案更加理想；因为弹簧测力计本身受到重力，小明的方案可以排除测力计的重力对实验的影响。

(3)①[6]设石块排开的水的重力为G 水，由阿基米德原理可知，石块受到的浮力
F G =浮水
水中的石块为平衡状态，故其对绳的拉力
F G F G G =-=-石石浮水
根据杠杆和平衡条件可得
F OA
G OB ⨯=⨯水
即
153
102
G G OB cm G OA cm -===石水水 由上式整理可得
3
2
V g V g V g ρρρ-=石石水水水水
由于石块排开水的体积和石块自身体积相等，所以上式可简化为
3
2
ρρρ-=石水水 所以石块的密度
33335
5 1.010kg/m 2.510kg/m 22
ρρ==⨯⨯=⨯石水
3．探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆、支架、细线、质量相同的钩
码若干。

(1)将杠杆装在支架上，发现杠杆左端下沉，此时应将杠杆两侧的平衡螺母同时向______调，至杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是_____________；
(2)某同学进行正确的实验操作后，能不能根据图甲的这一组数据得出探究结论？
_________（填“能”或“不能”）。

理由是___________；
(3)如图甲所示，杠杆水平位置平衡。

如果在杠杆两侧各加上一个相同的钩码，则杠杆
_____（填“左”或“右”）端将下沉；
(4)如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉。

当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，若杠杆仍然保持在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将________（填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】右消除杠杆自身的重力对实验结果的影响不能一次实验具有偶然性，不具备必然性右变大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]杠杆右端下沉，应将杠杆重心向左移，所以应将两端的平衡螺母（左端和右端均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；当杠杆在水平位置平街时，力的方向与杠杆垂直，力臂等于支点到力的作用线的距离，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来。

(2)[3][4]用实验来探究物理规律时，要采用多次实验，用多组实验数据来总结实验结论，实验结论具有普遍性，如果只有一次实验数据，总结的实验结论具有偶然性，所以不能用一次实验总结实验结论。

(3)[5]设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L，如果在图甲中杠杆两侧各添加一个相同的钩码时，杠杆的左端
⨯
G L GL
53=15
杠杆的右端
G L GL
⨯
44=16
故右>左，则右端将下沉。

(4)[6]乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OC，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OC，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。

4．在认识到杠杆转动跟力、力臂有关后，某实验小组通过实验进一步探究杠杆的平衡条
件，以下是他们的部分实验过程：
（1）首先，将杠杆放在水平桌面上，在不挂钩码的情况下，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在________位置平衡，以方便直接读出力臂；
（2）接下来，他们使杠杆在如图位置静止，多次实验，记录数据如表格所示（每个钩码的重力为1N，杠杆质量、刻度分布均匀）；小玲认为杠杆的平衡条件应为12
F F
=，12
L L
=；而小军则认为实验还需要进一步改进，你认为小玲总结的杠杆的平衡条件是
________（选填“正确的”或“错误的”）；
实验序号1/N
F
1
/cm
L
2
/N
F
2
/cm
L
12323
23333
34343
（3）如果小军在杠杆的左端A点处再加挂2个钩码（即左端共4个钩码），接下来，他应该将右端的两个钩码向右移动________格，杠杆才会在原位置再次平衡。

【答案】水平错误的 3
【解析】
【详解】
(1)[1]将杠杆放在水平桌面上，在不挂钩码的情况下，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以方便直接读出力臂。

(2)[2]小玲总结的杠杆的平衡条件是错误的，因为只改变力的大小，没有改变位置，没有得出普遍规律。

(3)[3]根据杠杆的平衡条件1122
F L F L
=，可得到
11
2
2
43
6
2
F L mg L
L L
F mg
⋅
===
即他应该将右端的两个钩码向右移动3格，杠杆才会在原位置再次平衡。

5．在“探究影响动滑轮机械效率的因素”实验中，小明用同一动滑轮进行了三次实验，实验装置如图所示，实验数据如下表所示。

序号钩码重G/N
物体上升的
高度h/m
绳端拉力
F/N
绳端移动的
距离s/cm
机械效率
η/%
110.10.800.262.5
220.1 1.350.2
330.1 1.950.276.9
（1）实验时，应沿竖直向上_____拉动弹簧测力计，使钩码上升；
（2）第2次实验中，拉力所做的功为_____J，动滑轮的机械效率为_____%；
（3）分析表中数据可知：在用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，若仅增加被提升物体的重力，则拉力所做的额外功_____（减小/不变/增大），动滑轮的机械效率_____（减小/不变/增大），该实验中小明所用动滑轮的重力一定小于_____N。

【答案】匀速 0.27 74.1 增大增大 0.6
【解析】
【详解】
(1)[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)[2][3]第2次实验中，滑轮对钩码所做的功为
2N0.1m0.2J
W Gh=⨯=
=
有
拉力做的总功为
1.35N0.2m0.27J
W Fs=⨯=
=
总
动滑轮的机械效率为
0.2J
100%100%74.1%
0.27J
W
W
η=⨯=⨯≈
有
总
(3)[4]在用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，由表格数据可知：
第一次拉力所做的额外功
11
111
-0.8N0.2m-1N0.1m0.06J
-
W W W F s G h
===⨯⨯=
额总有
第二次拉力所做的额外功
22
222
- 1.35N0.2m-2N0.1m
-0.07J
W W W F s G h=⨯⨯=
==
额总有
第三次拉力所做的额外功
33
333
- 1.95N0.2m-3N0.1m
-0.09J
W W W F s G h=⨯⨯=
==
额总有
综上可知，若仅增加被提升物体的物重，则拉力所做的额外功增大，
[5]从第二次实验可知，动滑轮的机械效率是
2
2
2N0.1m
1.35N0.
100%100%74.1%
2m
G h
F s
η=⨯=⨯≈
⨯
⨯
那么从第一次到第三次实验，动滑轮的机械效率是增大的；
[6]实验中，额外功的来源为克服动滑轮自重和机械摩擦做功，假设不计摩擦，根据作用在绳子自由端的拉力1
2
F G G =+动（）可知，由表中第1组数据
11220.8N -1.6N -N 0G F G ===⨯动
故实验中小明所用动滑轮的重一定小于 0.6N 。

6．小余同学在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中,首先往溢水杯中装满了水,然后在弹簧测力计下悬挂一个圆柱体,当圆柱体下表面与水面相平时开始缓慢下降,溢出的水全部流入旁边的小桶中．实验过程如图甲． （1）圆柱体的重力为_________ N ．
（2）比较图_________可得：当圆柱体浸没在水中继续下降的过程中,受到的浮力与深度无关．
（3）比较(a)(b)(c)三图可得:浸在同一液体中的物体受到的浮力大小跟_________有关．
（4）小余完成图甲所示的实验后,把水换成另一种液体重复上述实验,根据实验数据绘制成图乙所示的弹簧测力计示数F 与物体下降深度h 的F-h 图像．实验表明,浸在液体中的物体,受到的浮力大小还跟_________有关,此液体的密度为_________ kg/m 3．
（5）利用浮力和杠杆的知识,小颖发明了密度秤．如图丙所示,轻质杠杆AB 可绕O 点转动,在A 、B 两端分别挂有两个完全相同的正方体C 、D(边长为10cm,重力为
20N),OA =10cm,OB =8cm,向容器中倒入不同密度的液体,每次都将C 浸没在液体中,移动物体D 使杠杆在水平位置平衡,在OB 上便可以标出不同液体的密度值．
①当物体C 浸没在水中时,物体D 移动到E 点时杠杆恰好水平静止,那么OE 的长度为_______cm ，在E 点标上3
3
1.010kg/m ρ=⨯水;
②该密度秤能够测量的最小液体密度为_________kg/m 3; ③OB 上的刻度是否均匀:_________ (选填“是”或“否”)
【答案】6 c 和d 排开液体的体积 液体的密度有关 800 5 400 是 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]由图（a ）知，弹簧测力计在空气中时示数是6N ；可知物体的重力是6N ； (2)[2]要探究物体浸没后受到的浮力与深度的关系，需要控制液体的密度相同、排开液体的体积相同，改变浸没的深度，故图（c ）（d ）符合题意；
(3)[3]比较（b ）（c ）两图，物体都浸在水中，即液体密度相同，圆柱体浸入水中的体积（排开液体的体积）增大时，测力计的示数减小，由称重法可知物体受到浮力增大；所以，比较(a)(b)(c)三图可得出结论：浸在同一种液体中的物体受到浮力的大小跟排开液体的体积有关；
(4)[4]由图ac 可知，圆柱体浸没在水中后所受浮力：
6N 1N 5N F G F =-=-=浮
由图乙知，圆柱体浸没在另一液体中时测力计的示数为2N ，则：
6N 2N 4N F G F '=-'=-=浮
由实验可知，浸没在不同液体中的浮力不相等，即浸在液体里的物体受到的浮力大小还与液体的密度有关； [5]由F gV ρ=浮液排得：
F V g
ρ=
浮
排液 同一物体浸没在水中和另一液体中时排开液体的体积相等，则：
'
F F g g
ρρ=浮浮水液 代入数据：
335N 4N
1.010kg/m 10N/kg 10N/kg
ρ=⨯⨯⨯液
解得：
330.810kg/m ρ=⨯液
(5)①[6]由图知：B 端所受得力等于重物D 对杠杆的拉力，大小等于物体D 的重力，即：
20N B D F G ==
当物体C 浸没在水中时，受到的浮力为：
333
1.010kg/m 10N/kg 0.1m 10N F gV ρ==⨯⨯⨯=浮水排（）
物体C 受到的力：A 点对C 的拉力A F 、浮力、重力；故物体C 受到的拉力为：
20N 10N 10N A C C F G F =-=-=浮
此时物体D 移动到E
点时杠杆恰好水平静止，由杠杆平衡条件得：
A D F OA F OE =⨯⨯
所以OE 的长度：
10N 10cm
5cm 20N
A D F OA OE F ⨯=
==⨯ ②[7]液体密度越小，浮力越小，拉力越大，根据1122Fl F l = 知：在1l 、2F 不变时，拉力1F 越大，2l 越大，最大为OB ，为8cm ；根据杠杆平衡条件得：
A B F OA F OB ⨯=⨯
所以：
8cm 20N 16N 10cm
A B OB F F OA '=
⨯=⨯= 物体C 受到的力：A 点对C 的拉力A F '、浮力C F '浮、重力；故物体C 受到的浮力为：
20N 16N 4N C C A F G F '=-'=-=浮
根据F gV ρ=浮液排知液体的密度为：
333
4N 0.410kg/m 10N/k ()g 0.1m C F gV ρ'=
==⨯⨯浮液小排 故该密度秤能够测量的最小液体密度为3
3
0.410kg/m ⨯； ③[8]根据杠杆的平衡条件知：
C C
D G gV OA F OB ρ-⨯=⨯液（）
因为C G 、D F 、OA 、C V 都为定值，ρ液与OB 成一次函数关系，故OB 的刻度均匀．
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．某实验小组用图所示的装置粗略测量蜡的热值q，图中A桶内装有水，B为下部开了许多通气孔的罩子
(1)要完成本实验，还需要的测量工具是天平、砝码和______；
(2)罩子B的主要作用是______；
(3)实验收集的数据为：A桶中水的质量为m水，水的初温为t1，末温为t2，蜡烛燃烧前的质量为m1，燃烧后的质量为m2。

则蜡的热值q=______（水的比热容为c水）；
(4)实验测出的热值会比真实值偏小，造成这一偏差的原因可能是______（至少有一个选项正确，将正确选项的字母填在横线上）。

A．蜡烛没有完全燃烧
B．桶A中水的质量太多
C．桶A吸收了部分热量
D．蜡烛燃烧放出的热量一部分散失到空气中
【答案】温度计防止热散失21
12
()
c m t t
m m
-
-
水水 ACD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]测量蜡的热值时，根据
Q
q
m
=放的原理进行实验，而蜡的质量用天平进行测量，燃烧焟放出的热量Q放在忽略热散失的情况下，等于A桶中内水吸收的热量，而Q吸=c水m(t-
t0)，所以还需要温度计来测量温度。

(2)[2]罩子B的作用是防止蜡燃烧放出的热量散失到空气中。

(3)[3]由题意知，水吸收的热量
Q吸=c水m水(t2-t1)
而Q吸=Q放，那么蜡的热值
21
1212
()
c m t t
Q
q
m m m m
-
==
--
水水
放
(4)[4]据
Q
q
m
=放，实验中造成测量的热值比实际值偏小的原因有：蜡烛没有完全燃烧，造成放出的热量偏少，则热值偏小；桶A中吸收了部分热量造成水吸收的热量比实际放出的热量少，则热值偏小；蜡烛燃烧放出的热量一部分散失到空气中，造成测量的热量偏少，则热值偏小。

故ACD选项都有可能。

10．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。

11．如图所示，甲、乙和丙三图中装置完全相同。

燃料的质量都是10g ，烧杯内的液体质量和初温也相同。

(1)在“探究不同物质吸热升温的现象”实验中：
①如图丁是甲、丙装置中a 、b 两种液体吸热后温度随时间变化的图象，由图可以看出，______液体的比热容较大：
②小明再用50g 水和100g 水做实验，以吸收的热量Q 为纵坐标，升高的温度t ∆为横坐
标，分别画出50g
和100g 水的-Q t ∆图象，它们都是过原点的直线，即Q k t =∆，进一步分析发现，这两条直线的k 值之比与对应水的______之比相等（选填“密度”或“质量”）；
(2)在“比较不同燃料燃烧时放出的热量”实验中：
①应选择______两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过______（选填“温度”或“加热时间”）来反应的；
②若想利用上述装置估测燃料的热值，那么还需要补充的仪器是______，利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏______；
③该实验在取燃料和水时都要注意适量，否则不利于得出实验结论。

当燃料质量一定时，所取水量不能过少的原因是：______。

【答案】b 质量 甲乙 温度 天平 小 水会沸腾，温度不变，不便于比较
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]质量和初始温度均相同的a 、b 两种液体，升高相同的温度，b 的加热时间长，则b 的吸热能力强，比热容大。

[2]根据Q cm Δt =可知，Q k t =∆中的k cm =，则有11k cm =，22k cm =，故
111222
k cm m k cm m == 即这两条直线的k 值与对应水的质量之比相等。

(2)[3][4]比较不同燃料的燃烧值，要用不同的燃料，加热质量相同的同一种液体，故应选择甲乙两图进行实验，通过温度的变化来反映的；温度计示数变化越大，表明吸收的热量越多，即该物质放出的热量多，热值大。

[5]利用上述装置估测燃料的热值，要控制燃料的质量相等，需要用天平来测量。

[6]由于燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸了热，使Q 吸小于Q 放，依此计算出燃料的热值比真实值要偏小些。

[7]当燃料质量一定时，如果所取水量过少，则水吸热后容易沸腾，沸腾时水的温度不变，不能根据水升高的温度来比较燃料放出热量的多少。

12．小明为研究动能大小与哪些因素有关，设计了如图实验，让小球静止从斜面上滚下后与固定在右端的弹簧碰撞，斜面底端和水平面平滑相接，请结合实验回答下列问题：
(1)实验中通过______反映小球动能的大小；实验中让同一小球从斜面上不同高度滚下，当高度______（选填“越大”或“越小”）时，观察到弹簧被压缩得越短，说明小球动能大小与速度有关。

(2)为了研究动能大小是否和物体质量有关，应该让不同质量的小球从斜面上相同的高度滚下，这样做的目的是______。

(3)实验中小明发现小球压缩弹簧后被弹簧弹回到斜面上，为了研究小球被弹回到斜面上的高度与哪些因素有关，小明分别将玻璃板、木板和毛巾铺在接触面（含斜面和平面）上，进行实验，而保证小球质量和高度______（选填“相同”或“不同”），发现当小球在玻璃表面滚动时被弹回的高度最大，在毛巾表面滚动时被弹回的高度最小，因此小明认为小球被弹回的高度与接触面粗糙程度有关。

(4)小明在(3)实验所得结论基础上进行推理，接触面越光滑小球被弹回的越高，如果接触面光滑到没有摩擦，那么小球将______
A．沿着斜面匀速直线运动 B．不能上升到初始高度，最终静止在平面上
C．上升到初始高度后静止 D．能上升到初始高度，并在斜面和弹簧之间往复运动
(5)小明在(4)中用到一种科学方法，下面哪个定律或原理的得出用到了同一种方法______ A．阿基米德原理 B．杠杆原理 C．牛顿第一定律。

【答案】弹簧被压缩的程度越大使小球到达水平面时速度相同相同 D C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]小球压缩弹簧，对弹簧做功，做功的多少反映了小球动能的多少，弹簧被压缩的程度越大，说明小球的动能越大。

所以，可以通过弹簧被压缩的程度来反映小球动能的多少。

[2]实验中让同一小球从斜面上不同高度滚下，当高度越小时，小球达到水平面上的速度越小，弹簧被压缩得越短，说明小球动能大小与速度有关。

(2)[3]要研究动能大小与质量的关系，由控制变量法的应用可知：就要控制速度不变，让质量变化；速度是通过起始点的高度来控制的，所以要控制两球从同一高度滚下。

(3)[4]斜面实验中，小球从同一斜面的同一高度滚下，可以让小球到达水平面上时保持相同的初速度。

(4)[5]接触面越光滑小球被弹回的越高，由此推理，如果接触面光滑到没有摩擦，只有动能和势能相互转化，机械能保持不变，那么小球将能上升到初始高度，并在斜面和弹簧之间往复运动。

(5)[6]牛顿第一定律：水平面越光滑，对小车的阻力越小，小车运动得越远，小车的速度减小得越慢；由此推理，当水平面绝对光滑时，运动的小车受到的阻力为0，即小车在水平方向上不受力的作用时，小车将匀速直线运动下去；牛顿第一定律也是在实验和科学推理相结合的基础上得出的。

13．小南拿如图甲所示的装有弹簧的笔玩弹笔游戏，结果发现不同的笔弹得高低不一样，他认为：笔弹起的高度与笔内弹簧的弹性势能的大小有关，那么弹簧弹性势能的大小又跟什么因素有关呢？。