【苏科版物理】九年级上册物理 全册全套精选试卷测试题(Word版 含解析)

【苏科版物理】九年级上册物理 全册全套精选试卷测试题（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．小华利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。

(1)实验前杠杆静止在如甲图所示位置，则此时杠杆是否平衡？____（选填“是”、“否”），杠杆的重心是否在支点上？________（选填“是”、“否”），若使杠杆在水平位置平衡，左边的螺母应向______移动；
(2)如乙图，杠杆调节平衡后，小华在B 点悬挂了3个钩码，若要使杠杆再次平衡，D 点应该挂_____个钩码。

如果此时两边再各增加一个钩码，则杠杆将向_______边倾斜； (3)如图丙所示，小华在A 、C 两点分别悬挂等重的载物盘，制作了一个天平，左盘放物体，右盘加减砝码，此天平是利用了哪一类杠杆制作而成的？________。

假如支点O 因某种原因向右偏移，则天平的测量值____真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。

【答案】是 否 右 4 左 等臂杠杆 大于 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]杠杆静止在如甲图所示位置保持静止状态，受力平衡，则此时杠杆是平衡的。

[2]如图甲所示，此时杠杆左端下沉，说明杠杆的重心不在支点上，而是在支点的左端的某一点。

[3]如图甲所示，此时杠杆左端下沉，右端上翘，则应该将平衡螺母向右调使杠杆重新平衡。

(2)[4]如图乙所示，假设一个钩码重为G ，杠杆上一格为L ，在B 点悬挂了3个钩码，则杠杆左端为
3412G L GL ⨯=
根据杠杆平衡条件有
1243GL
G L
=⨯ 即需要在D 点挂4个钩码才能使杠杆重新平衡。

[5]如果此时两边再各增加一个钩码，杠杆左端为
4416G L GL ⨯=
右端为
5315G L GL ⨯=
左端大于右端，即杠杆向左边倾斜。

(3)[6]如图丙所示，在A 、C 两点分别悬挂等重的载物盘，即力的方向与杠杆垂直，则A 、C
两点到支点的距离即为力臂，由图可知两力臂相等，杠杆为等臂杠杆，所以此天平是利用了等臂杠杆制作而成。

[7]支点O 因某种原因向右偏移，杠杆不再是等臂杠杆，变成了费力杠杆，则C 点的力臂减小，根据杠杆的平衡条件可知，C 点需要更大的力，即会导致天平的测量值大于真实值。

2．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】 【分析】 【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。

3．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。

4．小明同学测定斜面的机械效率，实验记录结果如下表：
(1)根据表格中数据，第四次（最陡）实验的有用功是_____J，总功是_____J。

机械效率是_____；
(2)分析数据可知斜面越陡，机械效率_____（选填“越高”、“越低”或“不变”）；
(3)分析实验数据还可知道，斜面的机械效率与物重_____（填“有关”或“无关”）；
(4)第一次实验中，若拉力作用时间是5s，则拉力的功率是_____W。

【答案】1.5 2.4 62.5% 越高有关 0.3
【解析】
【分析】
(1)物体重力和高度的乘积计算有用功，拉力和绳子拉长的长度的乘积计算总功，有用功和总功的比值计算机械效率；
(2)根据实验数据判断机械效率的大小；
(3)当斜面上的重力改变时，机械效率改变，说明斜面的机械效率和物体重力有关；
(4)利用功和时间的比值计算功率。

【详解】
(1)[1]根据物体重力和高度计算有用功为：
W有=Gh=5N×0.3m=1.5J；
[2]拉力和绳子拉长的长度计算总功为：
W总=Fs=2.4N×1m=2.4J；
[3]机械效率为：
4
1.5J
100%=100%62.5%
2.4J
W
W
η=⨯⨯=
有
总
；
(2)[4]根据测量的实验数据，斜面越陡，机械效率越大；
(3)[5]当物体重力增大时，斜面的机械效率变大，说明机械效率和物体重力有关；
(4)[6]利用功和时间计算功率为：
1 1
1.5J
==0.3W 5s
W
P
t
=总。

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
2N 0.1m 0.2J W Gh =⨯==有
拉力做的总功为
1.35N 0.2m 0.27J 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
11111-0.8N 0.2m -1N 0.1m 0.06J -W W W F s G h ===⨯⨯=额总有
第二次拉力所做的额外功
22222- 1.35N 0.2m -2N 0.1m -0.07J W W W F s G h =⨯⨯===额总有
第三次拉力所做的额外功
33333- 1.95N 0.2m -3N 0.1m -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
222N 0.1m
1.35N 0.100%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12
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．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中,小丽与同学们用同一滑轮组进行了三次实验(如下图所示),实验数据记录如下表．
(1)实验中应沿竖直方向_______拉动弹簧测力计． (2)表格中编号①处数据为______编号②处数据为______．
(3)第3次实验时,钩码上升的速度为0.1m/s,则拉力的功率为______W ．
(4)分析数据可得结论:使用同一滑轮组,提升的物体越重,滑轮组的机械效率越_____(选填“高”或“低”)．
(5)若将此滑轮组换一种绕绳方法,不计绳重及摩擦,提升相同的物体时,滑轮组的机械效率_____(选填“变大”“变小”或“不变”),理由是_____． 【答案】匀速 88.9% 2.2 0.66 高 不变 见解析 【解析】 【分析】 【详解】
第一空．实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小，且测力计示数稳定便于读数； 第二空．第2次实验中滑轮组的机械效率为：
4N 0.1m 100%100%100%88.9%1.5N 0.3m
W Gh W Fs η⨯=
⨯=
⨯=⨯≈⨯有用总
； 第三空．由图丙知，测力计的分度值是0.2N ，测力计的示数是2.2N ；
第四空．由第3次实验数据知，s =0.30m,h =0.1m,所以s =3h ，所以拉力移动的速度为v =3×0.1m/s=0.3m/s ；根据P Fv =得，拉力的功率为：
2.2N 0.3m/s 0.66W P Fv ==⨯=；
第五空．分析数据可知，随着钩码重的增加，同一滑轮组的机械效率不断增加，故可得结论：使用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；
第六空．换一种绕绳方法,不计绳重及摩擦，提升相同的物体时，滑轮组的机械效率不变； 第七空．不计摩擦及绳重时，克服动滑轮重做的功是额外功，换一种绕绳方法时，物重和动滑轮重都不变，则有用功和总功的比不变，即根据
()=
W G h
G W W G G G
G h
η=
=
+++有用物物
物动
有用物
动额外
知，滑轮组的机械效率不变．
7．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；
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F1 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F2作用在肩关节B 点，在B 点挂一重物代替箱子。

用测力计沿F1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．（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．某兴趣小组将一张硬卡片对折，在开口的一边剪两个小豁口A和B，然后套上橡皮筋，做成了一个会跳的卡片（如图所示）。

为了探究卡片跳起的高度与哪些因素有关，该兴趣小组提出了以下猜想：
A．与卡片的质量有关
B．与橡皮筋的形变量有关
C．与橡皮筋的条数有关
为了验证猜想，小组选用几根相同的橡皮筋和几张相同的卡片进行实验。

（1）小明将图中的卡片反过来，把它放在桌面上用手向下压，使橡皮筋伸长，迅速松开手，观察到的现象是________，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片
________，因此它具有________能。

（2）为了探究卡片跳起高度与质量是否有关，应选择质量不同的卡片，控制其他实验条件相同，操作中将卡片反过来，每次把它在桌面上用手压平的目的是
____________________________，实验中若观察到不同质量的卡片跳起的高度不同，则说明跳起高度与质量________（选填有关或无关）。

（3）探究卡片跳起高度与橡皮筋形变量是否有关，请你为该小组提供使橡皮筋的形变量不同的两种方法：①____________；②____________。

【答案】卡片跳起做功弹性势使每次橡皮筋的形变量相同有关分别压两个卡片时将一个卡片压平，另一个不压平使小豁口A、B的间距不相同
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]橡皮筋伸长说明橡皮筋发生了弹性形变，发生弹性形变的物体想要恢复原状，就会对使它发生形变的物体施加力的作用，所以橡皮筋对硬卡片施加力，使它弹起。

[2]橡皮筋对卡片施加力，卡片弹起即在力的方向上运动了，所以橡皮筋对卡片做功。

[3]做功会引起能量的转化，橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能，因此橡皮筋具有弹性势能。

(2)[4]探究跳起的高度与质量是否有关，应选择质量不同的卡片，控制其它的实验条件相同，操作中将卡片反过来，根据控制变量法，每次把它在桌面上用手压平的目的是控制橡皮筋的形变量相同。

[5]实验中若观察到不同质量的卡片跳起的高度不同，则说明跳起高度与质量有关。

(3)[6][7]使橡皮筋的形变量，可以压两个卡片时将一个卡片压平，另一个不压平或者使小豁口A、B的间距不相同。

11．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：2k 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 ()22
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
=1.25m+1m=2.25m h h L '=+弹
12．如图所示，甲、乙、丙三个实验装置完全相同，燃料a 、b 的质量都为10g ，烧杯内液体 的质量均为100g 。

当燃料完全燃烧后，甲、乙、丙装置中温度计升高的示数分别为20℃、 30℃、 35℃。

（1）燃料a 的热值__________燃料b 的热值；液体a 的比热容__________液体b 比热容。

（两空均选填“＞”、“=”或“＜”）
（2）若液体a 是水，则水吸收的热量是____________________
（拓展）实验室备有酒精温度计、煤油温度计和水银温度计（玻璃泡中液体质量相等），小明查阅资料得到几种物质的数据如下表所示，则： 物质
酒精 煤油 水银 比热容[()J/kg ⋅℃]
2.4×103 2.1×103 0.14×103 标准气压下沸点
（℃） 78 180〜310 356.7
（1）在探究水沸腾的特点时，不能选用____________温度计。

（2）在测量质量较小但温度较高的物体温度时，温度计吸收的热量就会影响被测物体温度，这种情况下为了使测量值更接近真实值，应选择____________温度计。

【答案】< > 38.410J ⨯ 酒精 水银
【解析】
【详解】
(1)[1]通过对比乙、丙两个实验装置可知，根据比热容的公式Q cm Δt =，液体的质量都相同，同种液体比热容也相同，丙中液体升高的温度较高，那么丙中液体吸收的热量较大，可知丙中燃料完全燃烧放出的热量较大，而乙、丙的燃料质量相同，根据Q q m
=
可知丙中燃料b 热值较大；
[2]通过对比甲、乙两个实验装置可知，燃料的种类相同，燃料的质量也相同，那么当燃料完全燃烧后，放出的热量是相同的，两种液体吸收的热量也相同，根据Q cm Δt =可知，乙的温度变化量较大，那么乙中的b 液体比热容较小；
(2)[3]由题意可知，水吸收的热量是
()
33
=∆=⨯⋅⨯⨯=⨯
4.210J/kg0.1kg208.410J
℃℃
Q c m t
吸水
(1)[4]标准气压下水的沸点是100℃，而酒精标准气压下沸点是78℃，用酒精温度计去测水沸腾时的温度，水还没沸腾，酒精就已经沸腾了，所以不能选用酒精温度计；
(2)[5]当被测物体温度较高质量较小时，该物体会和温度计发生热传递，被测物体的温度降低，这种情况下为了使测量值更接近真实值，应该选择水银温度计，水银的比热容相对比来说较小，在相同的情况下，升温较快。

13．小明在学习“物质的比热容”时，取相同质量的水和沙子，用相同的酒精灯加热，测得它们升高的温度如表，并在图乙中作出沙子升高的温度随时间变化的图线。

加热时间/min0．51．01．52．02．5
水2．04．06．08．010．0
温度/℃
沙子4．37．915．218．421．5
（1）用温度计测量水的初温如图甲所示，其读数为_____℃。

（2）实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和沙子_____相同。

（3）请利用表中数据在图乙中作出表示水升高的温度随时间变化规律的图线。

（______）
（4）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水和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。

【答案】18 吸收热量质量。