【苏科版物理】广东省百合外国语学校九年级上册 全册全套精选试卷检测题

【苏科版物理】广东省百合外国语学校九年级上册 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．同学们在探究影响浮力大小的因素时，发现手中的弹簧测力计损坏了，聪明的小强同学利用刻度均匀的杠杆和钩码（每只重0.5N ）替代弹簧测力计顺利地完成了该实验。

以下是小强同学的实验操作，请你帮他完善该实验探究。

(1)将杠杆安装在支架上，静止时如图1所示，应将平衡螺母向______（选填“右”或“左”）调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)如图2甲所示，将重2N 的物体G 挂在A 点，两只钩码挂在B 点时，杠杆在水平位置平衡；
(3)将物体G 部分浸入水中（如图2乙所示），两只钩码移到C 点时，杠杆在水平位置平衡；
(4)将物体G 浸没于水中（如图2丙所示），两只钩码移到D 点时，杠杆在水平位置平衡； (5)将物体G 浸没于盐水中（如图2丁所示），两只钩码移到E 点时，杠杆在水平位置平衡。

分析与论证：分析比较(2)、(3)、(4)可得：物体G 所受浮力大小与______有关；分析比较(2)、(4)、(5)可得：物体G 所受浮力大小与有______关；由题中信息计算物体G 的体积
V =______m 3，盐水的密度ρ=盐水______kg/m 3。

（33
1.010kg/m ρ=⨯水，g =10N/kg ）
【答案】右 物体排开液体的体积 液体的密度 1.0×10-4 1.125×103 【解析】 【分析】 【详解】
[1]杠杆在如图1位置平衡后，要使杠杆在水平位置重新平衡，应将平衡螺母向右调节。

[2]步骤(2)、(3)、(4)是让物体未浸入、部分浸入和浸没于水中，而钩码逐渐靠近支点，说明物体G 所受的浮力逐渐变大，所以可得物体G 所受的浮力大小与排开液体的体积有关。

[3]步骤(4)(5)是让物体G 分别浸没在水中和盐水中，所以比较的是浮力大小与液体密度的关系。

[4]由步骤(4)
及杠杆的平衡条件得
(G 物-F 浮)⋅4L =1N ⋅4L ，(2N-F 浮)⋅4L =1N ⋅4L
所以
F 浮=1N
由阿基米德原理有，物体的体积
43
331N 10m 1.010kg/m 10N/kg
F V V g ρ-==
==⨯⨯浮物排水 [5]由步骤(5)及杠杆的平衡条件得 (2N-F 浮＇)⋅4L =1N ⋅3.5L
所以
F 浮＇=1.125N
由阿基米德原理有，盐水的密度
3343
1.125N 1.12510kg/m 10N/kg 10m
F gV ρ-===⨯⨯浮盐水
物＇
2．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，某组同学用滑轮安装了如图甲、乙所示的滑轮组，实验测得的数据如下表所示：
次数 物体的重力G /N 物体被提升高度h /m 拉力F /N 绳端移动的距离s /m 机械效率η 1 2 0.1 1.0 0.3 66.7% 2 3 0.1 1.4 0.3 71.4% 3 4 0.1 1.8 0.3 74.1%
4
2
0.1
1.5
0.2
(1)表格内的第4次实验中应补充的数据是_______（结果精确到0.1%）。

这次数据是用图_________（选填“甲”或“乙”）所示的滑轮组测得的；
(2)分析比较第1、2、3次实验数据可以判定，若增大提升物体的重力，滑轮组的机械效率_________（选填“变大”“不变”或“变小”）；
(3)用甲滑轮组提升不同重物时，绳重和摩擦导致的额外功与总功的比为定值k ，根据表格
中的数据可求出k=_________。

【答案】66.7 乙 变大 16
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]表格中第四次的有用功
W 有=Gh =2N×0.1m=0.2J
总功
W 总=Fs =1.5N×0.2m=0.3J
那么机械效率
0.2J
66.7%0.3J
W W η=
==有总 [2]由于s =2h ，所以所用滑轮组的承重绳子数为2根，则用的是图乙。

(2)[2]由表格数据可知，从1至3次实验，在增大提升物体的重力时，滑轮组的机械效率越来越大。

(3)[3]假设绳重和摩擦导致的额外功为W 其它，根据题意有
=k W W 其它
总
第一次实验时，滑轮组做的总功及有用功分别为
W 总1=F 1s 1=1.0N×0.3m=0.3J ，W 有1=G 1h 1=2N×0.1m=0.2J
即
W 其它1=0.3J ⋅k
第二次实验时，滑轮组做的总功和有用功分别为
W 总2=F 2s 2=1.4N×3m=0.42J ，W 有2=G 2h 2=3N×0.1m=0.3J
第一、二次实验，滑轮组所做的总功和有用功分别增加了
W 总2- W 总1=0.42J-0.3J=0.12J ，W 有2- W 有1=0.3J-0.2J=0.1J
而滑轮组所做的总功
W 总= W 有+ W 动+ W 其它
可是，滑轮组每次做功，动滑轮所做的功不变，即两次做功，绳重和摩擦导致的额外功增加了0.02J ，那么
220.02J 0.3J k 0.02J
===k 0.42J 0.42J
W W W +⋅+其它其它1总 所以
1
k 6
=
3．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
22
11
--
===
--
F G F G F
G F
V g G F
g
g
ρρ
ρ
'
浮
水
排
水
4．小明在探究“杠杆平衡条件”的实验中：
（1）小明实验前发现杠杆左端低右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向_______调节。

小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是___________。

（2）小明用弹簧测力计在B点_________拉(如图甲)，才可以在杠杆上直接读出动力臂。

（3）如图乙所示，某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时，弹簧秤的示数将_________ 。

（选填变大/变小/不变，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦）
（4）小明继续研究杠杆的机械效率，他们用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，在B点用轻绳悬挂总重为G的钩码，在A点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计测拉力F，装置如图丁所示，使杠杆缓慢匀速上升, 用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：
①杠杆机械效率的表达式为η=________。

（用测量的物理量符号表示）
②若只将测力计的悬挂点由A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将_______（选填变大/变小/不变）。

【答案】右消除杠杆自重对实验的影响竖直向下不变2
1
Gh
Fh不变
【解析】
【详解】
(1)[1][2]杠杆左端低右端高，说明杠杆左端较重，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的
平衡螺母向右调节；小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是消除杠杆自重对实验的影响；
(2)[3]为了在杠杆上直接读出动力臂，弹簧测力计的拉力方向应该垂直杠杆，而杠杆在水平位置平衡，左端的重物拉力向下，那么右端的拉力应该是竖直向下；
(3)[4]某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置过程中，杠杆也是平衡的，动力臂与阻力臂的比值是不变的，而阻力是不变，根据杠杆的平衡条件可知弹簧测力计的拉力大小是不变的；
(4)[5]由题意可知，杠杆的有用功是2
W Gh
=
有
，总功是1
W Fh
=
总
，那么杠杆机械效率是
2
1
W
100%100%
W
Gh
Fh
η=⨯=⨯
有
总
[6]杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，而克服杠杆自身重力做的功是额外功，可以得到关系式
W W W
=+
总有额
假设杠杆重心升高的高度是h，那么可得到
21
Gh G h Fh
+=
杠
钩码的重力G不变，2h不变，G杠不变，只将测力计的悬挂点由A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，杠杆上升的高度h是不变的，那么可知2
Gh G h
+
杠
大小不变，即1
Fh大小是不变的，根据杠杆机械效率2
1
100%
Gh
Fh
η=⨯可知，机械效率η是不变的。

5．李华利用生活中常见物品巧妙地测出一石块的密度，实验过程如下：
A．取一根筷子，用细线将其悬挂，调节悬挂位置，直至筷子水平平衡，悬挂位置记为O 点，如图甲所示；
B．将矿泉水瓶剪成烧杯形状，倾斜固定放置，在瓶中装水至溢水口处，用细线系紧石块，将石块缓慢浸入水中，溢出的水全部装入轻质塑料袋中，如图乙所示；
C．取出石块，擦干水分；将装水的塑料袋和石块分别挂于筷子上O点两侧，移动悬挂位置使筷子仍水平平衡，用刻度尺分别测出O点到两悬挂点的距离l1和l2，如图丙所示。

（1）已知水的密度为ρ水，则石块密度ρ石=_____（用字母ρ水和所测得的物理量表示）；
（2
）采用上述实验方法，筷子粗细不均匀对实验结果____（选填“有”或“无”）影响； （3）图乙所示步骤中，若瓶中的水未装至溢水口，实验结果将_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】
1
2
l l ρ水 无 偏大 【解析】 【详解】
（1）图丙中，根据杠杆的平衡条件F 1l 1=F 2l 2可得：G 水l 1=G 石l 2，由于G =mg =ρVg 可得：ρ水V 水l 1=ρ石V 石l 2；石块体积等于它排出水的体积，所以，V 石=V 水，则：ρ水l 1=ρ石l 2，所以，ρ
石=1
2
l l ρ水； （2）由于实验时调节悬挂位置，直至筷子水平平衡，此时重力的作用线通过支点，支点到重力的作用线的距离为零，则消除筷子自身重对杠杆平衡的影响，所以筷子粗细不均匀对实验结果无影响；
（3）若瓶中的水未装至溢水口，则溢出的水的体积小于实际排开的水的体积，则溢出的水
的重力小于排开的水的重力，当在图丙实验时，l 1变大，根ρ石=1
2
l l ρ水可知ρ石偏大。

6．陈晨实验小组用如图所示的同一滑轮组提升不同钩码的方法探究“影响滑轮组机械效率的因素”，分别做了甲、乙、丙三组实验，实验数据记录如下： 次数 钩码重 G /N 动滑轮重 G 1/N 钩码上升的距离/cm 弹簧测力计的示数/N 弹簧测力计上升的距离/cm 机械效率 1 2 0.8 5 1 15 66.7%
2 4 0.8 5 1.7
15
3
6
0.8
5
15
83.3%
（1）进行第2次测量时，滑轮组的机械效率约为_____（小数点后保留一位有效数字）；第3次测量时，弹簧测力计的示数_____N 。

（2）分析实验数据，实验小组得出的实验结论是：滑轮组的机械效率与_____有关。

（3）分析表中数据可知，F ≠
13
G G
+，可能的原因是_____。

【答案】78.4% 2.4 提升钩码的重 绳重及摩擦力 【解析】 【详解】
（1）由表中数据数据可知，滑轮组的效率：
4N?0.05m =100%100%100%78.4%1.7N?0.15m
W Gh W Fs η⨯=⨯=⨯≈有总；由图示测力计可知，其
分度值为0.2N ，示数为2.4N ；
（2）从实验数据看，动滑轮重力相同，钩码上升的高度、弹簧测力计上升高度都相同，物体越重，机械效率越高，所以滑轮组的机械效率与物体的重力有关；
（3）由于拉动过程中需克服绳子的重力、绳子与轴的摩擦以及滑轮的转轴处的摩擦，所以
13
G G
F +≠。

7．小明在“测滑轮组机械效率”的实验中，用如图甲所示的滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表： 实验次数 物重G/N 物体上升的高度h/cm 测力计的示数F/N 测力计移动的距离s/cm 1 2 5 1 15 2 4 5 1.7 17 3
6
5
2.4
15
（1）①在作图甲中的实验时要_____拉动弹簧测力计；表中有一个数据的记录是错误的，错误的数据是_____；
②第3次实验中，滑轮组的机械效率是_____；
③计算3次滑轮组的机械效率并比较，可发现同一滑轮组的机械效率可能与_____有关； （2）小红按图乙组装滑轮组，也进行3次实验。

①通过实验，小红发现用两个动滑轮可以更省_____（选填“力”或“距离”）； ②当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，不计绳重及摩擦，它们的机械效率
_____（选填“相同”或“不相同”），理由是：_____。

【答案】竖直向上匀速 17 83.3% 提升物体的重力力不相同按图乙提升相同的重物时，要克服两个动滑轮做更多的额外功
【解析】
【详解】
（1）①在作图甲中的实验时要竖直向上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；甲图中，绳子的有效段数为3
n＝，故物体上升的高度5cm
h＝，测力计移动的距离335cm15cm
s h
＝＝＝
⨯，表中有一个数据的记录是错误的，错误的数据是17；
②由表中数据，第3次实验中，滑轮组的机械效率：
333
3
33
3
h6N0.05m
=100%83.3%
2.4N0.15m
W G
W F s
η
⨯
==⨯≈
⨯
有
总
；
③同理计算可知，12
66.7%78.4%
ηη
≈≈
；；由表中数据知，提升物体的重力越来越大，机械效率越来越高，故可发现同一滑轮组的机械效率可能与提升物体的重力有关；（2）小红按图乙组装滑轮组，也进行3次实验。

①图乙中，绳子的有效段数为5，故通过实验，小红发现用两个动滑轮可以更省力；
②当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，不计绳重及摩擦，故克服动滑轮的重力做的功为额外功的唯一来源，根据
h
100%=100%=100%
W G G
W Gh G h G G
η=⨯⨯⨯
++
有
总动动
，图乙中两个动滑轮重力更大，所以图乙的机械效率低，即它们的机械效率不相同。

8．在探究“杠杆平衡条件”的实验中：
（1）没挂钩码的杠杆右端低左端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向_____（选填“左”或“右”）调节。

（2）如图甲所示，小明在杠杆左边A处挂了4个1N的钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在杠杆右边B处挂了6个重0.5N的钩码，使杠杆在水平位置平衡，小明根据这次试验得出结论“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”。

小明实验中的不妥之处是_____
（3）如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，当保持杠杆水平平衡，把弹簧测力计逐渐向右倾斜时，小明发现弹簧测力计的示数将逐渐变大，拉力变大的原因_____。

（4）图乙和图丙中的杠杆都处于静止状态，弹簧测力计竖直向上的拉力分别为F乙和F丙，则F乙_____F丙．（选填“＞”、“＝”或“＜”，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的重
心，不计支点处摩擦）
（5）继续研究杠杆的机械效率，如图丁所示，用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，在B 悬挂总重为G的钩码，弹簧测力计在A点施加竖直向上的拉力F，使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则①杠杆机械效率的表达式为_____（用测量的物理量符号表示）
②若只将测力计的作用点由点A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，不计摩擦，杠杆的机械效率将_____（选填“变大”、“变小”或“不变）
（6）如图戊所示为家庭电路常用的两种墙壁开关，其按钮可绕面板内的轴转动。

根据你的生活经验，你认为_____较易损坏，这是因为按动这种开关的_____较小，按动需要的力较大。

【答案】左实验次数太少，结论可能有偶然性拉力的力臂变短＝η＝2
1
Gh
Fh不变1 力臂
【解析】
【详解】
（1）杠杆的左端高说明左端轻，因此应将杠杆右端的平衡螺母向左调节；
（2）实验次数太少可能导致实验结论错误，因此小明实验次数太少，结论可能有偶然性；（3）当保持杠杆水平平衡，把弹簧测力计逐渐向右倾斜时，动力臂会逐渐减小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知拉力变大；
（4）当杠杆在水平位置平衡时，
OA
OC
F
G
乙=，当杠杆倾斜平衡时，如图所示：
动力臂是OD，阻力臂是OE，
OE
OD
F
G
=
丙，因为△OAE≈△OCD，所以
OA OE
=
OC OD
，那么F 乙
＝F丙；
（5）①由题知，在图丁中，测力计在A点施加竖直向上的拉力F，使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；
克服钩码重力做的是有用功W有＝Gh2，总功是W总＝Fh1，
杠杆的机械效率为：η=
W
W
有用
总
=2
1
Gh
Fh；
②将测力计的作用点由点A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，这时有用功和总功都不变，因此机械效率不变；
（6）如图戊所示为家庭电路常用的两种墙壁开关，其按钮可绕面板内某轴转动，图1中开
关动力臂较小，按动需要的力较大，较易损坏。

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．如图甲是探究“冰熔化时温度的变化规律”的实验装置，得出温度随时间变化的图像如图乙。

(1)由图乙图像可知，冰熔化时的特点是：持续吸热，______；
(2)第8min时，试管内的物质为______ (选填“固”､“固液共存”或“液”)态，AB段与CD段倾斜程度不同的原因是______；
(3)实验中冰熔化共用了______min，第6min时的内能______ (选填“大于”､“小于”或“等于)第8min时的内能；
(4)待冰完全熔化后，对烧杯中的水继续加热，试管中的水最终______ (选填“会”或“不会”)沸腾。

【答案】温度保持不变固液共存水和冰的比热容不同 6 小于不会
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由图乙可知，冰熔化时持续吸热，温度不变。

(2)[2]由图乙可知第8min时，冰处于熔化过程中，试管内的物质是固液共存状态。

[3]由于水的比热容比冰的比热容大，吸收相同热量下，水的升温要不冰小，所以AB段与CD段倾斜程度不同。

(3)[4]由图乙可知，冰第4min时开始熔化，第10min时熔化完，所以熔化时间持续了
10min-4min=6min
[5]第6min时和第8min时虽然温度相同，但在持续吸收热量，所以第6min时的内能小于第8min时的内能。

(4)[6]采用水浴法加热，烧杯中的水能够沸腾，冰完全熔化后全部变成水，此时对烧杯中的水继续加热，试管中的水和烧杯的水温度一致，试管力的水无法吸收热量，不会沸腾。

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．(1)甲实验：研究“阻力对物体运动的影响”，提供的铺垫材料分别是毛巾、棉布、木板，为了在实验的基础上进一步科学推理出物体不受力时的运动状态，在水平桌面上铺垫实验材料的顺序应是______；
A．毛巾、棉布、木板 B．木板、毛巾、棉布
C．毛巾、木板、棉布 D．棉布、木板、毛巾
(2)乙实验探究“物体的动能跟哪些因素有关”，实验中通过测量和比较______（选填“s”或“h”）来反映小球动能的大小；
(3)丙实验：研究“影响滑动摩擦力大小的因素”，要研究滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系时，需要控制的物理量是______；
(4)丁实验：研究“二力平衡条件”，实验中保持两个力F1和F2相等，用手将小车扭转一定角度，松手后，小车将无法在此位置平衡。

实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，必须满足的条件之一是两个力______。

【答案】A s压力应该作用在同一直线上
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]为了进一步推理出物体不受力时的运动状态，应让物体在水平面上所受的阻力越来越小，才能进一步作出推理，而想要阻力越来越小，那么物体在水平面的接触面应越来越光滑，所以水平桌面上铺垫的材料顺序应是：毛巾、棉布、木板，故A选项正确。

(2)[2]小球的动能不同，在水平桌面推动物体移动的距离也不同，所以通过测量和比较s来反映小球动能的大小。

(3)[3]丙实验中，要研究滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系时，需要控制的物理量是物体对接触面的压力不变。

(4)[4]丁实验中，将受到两个力大小相等力作用的小球扭转一定角度后，两个力的作用线不在同一直线上，那么松手，观察小车能否在扭转后的位置静止，是为了探究二力平衡时，两个力应作用在同一直线上。

13．水是生命之源，保护水资源和节约用水是每个公民应尽的义务。

小明同学在学习了密度知识后，想进一步了解家里的水质，为此他向老师借来实验器材来测家里自来水的密度：
(1)将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左侧的零刻度线，然后调节_____使指针指在分度盘中央；
(2)实验正确操作，测出自来水和杯子总质量为118.8g ，将部分水倒入量筒，如图甲所示，测出量筒中水的体积为_____cm 3。

测出剩余自来水和杯子的质量，如图乙所示，为_____g ；
(3)根据上述实验数据，计算出自来水的密度为_____kg/m 3；
(4)在向量筒倒入自来水时，如果不慎有水溅出，则测出的自来水密度会_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
(5)小明还了解到水的比热容较大，人们用它的这一特征为生产、生活服务。

下列与这个特征无关的是______
A ．让热水流过散热器来取暖
B ．在落差大的河流上建水电站，用水发电
C ．内陆地区早晚温差比沿海地区大
D ．汽车发动机用水循环冷却
【答案】平衡螺母 60 58.2 1.01×103 偏大 B
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]使用天平时，游码移到标尺左侧的零刻度线后，通过调节平衡螺母使指针指在分度盘中央。

(2)[2]由图甲知，量筒中水的体积为60cm 3。

[3]如图乙知，剩余自来水和杯子的质量为58.2g 。

(3)[4]量筒中的水的质量
m =118.8g-58.2g=60.6g
则自来水的密度
333360.6g 1.01g/cm 1.0110kg/m 60cm
m V ρ====⨯ (4)[5]在向量筒倒入自来水时，如不慎有水溅出，则测出的自来水体积偏小，但测量的质量不变，那么测得的密度偏大。

(5)[6]因为水的比热容较大，所以可以用水来取暖、冷却，而且水也可调节气温，即沿海地区早晚温差较小，而在落差大的河流上建水电站，是利用水能发电，故B 不是利用水的比。