资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩18页未读，
继续阅读
所属成套资源：备战2024中考资源日历——中考物理真题变式题附解析
成套系列资料，整套一键下载
2023年四川省成都市中考物理真题变式题26-30题
展开
这是一份2023年四川省成都市中考物理真题变式题26-30题，文件包含精品解析2023年四川省成都市中考物理真题变式题26-30题原卷版docx、精品解析2023年四川省成都市中考物理真题变式题26-30题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
（1）根据你已有的知识和经验判断：酱油、菜籽油、水，三者中密度最大的是______；
（2）小优同学的测量步骤是：在烧杯中装入适量酱油，用天平测量出它们的总质量为；将烧杯中的部分酱油倒入量筒，测量出体积为V；测量出烧杯和剩余酱油的总质量为；计算出酱油的密度；依据上述测量，酱油的密度为______（用、、V表示）；
（3）本实验的误差来源是______（写出一条即可）；
（4）本实验操作难度较大，你认为最难操作的是______（写出一条即可）。
【答案】 ①. 酱油 ②. ③. 体积测量 ④. 用天平测质量时，防止烧杯倾倒
【解析】
【详解】（1）[1]由于相同体积的酱油、菜籽油、水，酱油的质量最大，菜籽油的质量最小，所以密度最大的是酱油。
（2）[2]在烧杯中装入适量酱油，用天平测量出它们的总质量为；将烧杯中的部分酱油倒入量筒，测量出烧杯和剩余酱油的总质量为，则量筒中酱油的质量为，量筒中酱油的体积为V，所以酱油的密度
（3）[3]本实验中测量量筒中酱油的体积时，量筒壁上沾有酱油，所以实验中的误差可能是测量量筒中酱油的体积存在误差。
（4）[4]本实验中，测量量筒和酱油的质量时，要防止量筒在天平左盘中发生倾倒，所以操作难度较大的是用天平测质量时，防止烧杯倾倒。
变式题1基础
2. “测液体的密度”实验，如图。
（1）天平平衡后，将装有适量牛奶的烧杯放入天平左盘，通过增减砝码和移动游码，使天平再次平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图甲所示，则烧杯和牛奶的总质量为___________g。
（2）将烧杯中的部分牛奶倒入量筒，如图乙所示，量筒中牛奶的体积是___________cm3。
（3）用天平测出剩余牛奶和烧杯的总质量为31.2g。根据测得的数据，计算出牛奶的密度是___________ g/cm3
【答案】 ①. 72 ②. 40 ③. 1.02
【解析】
【详解】（1）[1]天平的读数等于砝码的质量加游码的示数，因此烧杯和牛奶的总质量
m总=70g+2g=72g
（2）[2]量筒中牛奶的体积
V=40mL=40cm3
（3）[3]倒入量筒中的牛奶的质量
m=72g-31.2g=40.8g
牛奶的密度
变式题2基础
3. 学习了密度的知识之后，小军做了以下实验：调好天平后，在烧杯中倒入适量的酒精，测出烧杯和酒精的总质量如图甲所示，为___________，将一部分酒精倒入量筒中，量筒中酒精的体积如图乙所示，为___________，又测得剩余酒精和烧杯的总质量为，则酒精的密度为___________。
【答案】 ①. 62 ②. 40 ③.
【解析】
【详解】[1]用天平测量物体质量，物体质量等于砝码质量与游码读数之和。由甲图可知，烧杯和酒精的总质量为
[2]由乙图量筒的分度值为2mL，量程中酒精的体积为
[3]由题意知测得剩余酒精和烧杯的总质量为，则倒入量筒中酒精的质量为
根据密度公式得，酒精的密度为
变式题3基础
4. 小明用“天平和量筒测量盐水的密度”。
（1）将天平放在水平桌面上，如图甲所示，取下橡胶垫圈，接下来的操作是______，再旋动平衡螺母，调节天平横梁平衡；
（2）天平调节平衡后，小明按照下面步骤开始操作：
①测出空烧杯质量为29.2g；
②测出烧杯和盐水总质量；其数值如图乙所示为______g；
③将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，读出盐水的体积为40mL，则盐水的密度ρ=______kg/m3，此实验方法测出盐水的密度会______（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 将游码调至标尺左端零刻度处 ②. 71.2 ③. 1.05×103 ④. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]根据天平调节平衡的步骤可知，接下来的操作是将游码拨到标尺的零刻度线处，再调节平衡螺母直到指针指在分度盘中央。
（2）[2]如乙图，烧杯和盐水总质量
m1=50g+20g+12g=71.2g
[3]量筒中盐水的质量
m=m1-m2=71.2g-29.2g=42g
量筒中盐水的体积
V=40mL=40cm3
盐水的密度
[4]烧杯中的盐水不能全部倒入量筒中，导致盐水的体积测量值偏小，密度测量值偏大。
变式题4巩固
5. 学了测量液体密度的实验后，小明想知道食用油的密度，于是他用天平和量筒做了以下实验，如图所示。
（1）将托盘天平放在___________上，把游码移到标尺左端___________处。发现指针静止时，位置如图甲所示，则应将平衡螺母向___________（选填“左”或“右”）调节使横梁平衡；
（2）天平调节平衡后，测出空烧杯的质量为28g，在烧杯中倒入适量的食用油。在测量烧杯和食用油的总质量时，小明将最小为5g的砝码放在天平右盘后，分度盘的指针再次如图甲所示，此时应___________，使天平横梁平衡，此时所用砝码和游码的位置如图乙所示。接着小明将烧杯中的食用油全部倒入量筒中，食用油的体积如图丙所示，则烧杯中食用油的质量为___________g，食用油的密度为___________；
（3）小明用这种方法测出的食用油密度与真实值相比___________（选填“偏大”或“偏小”），你判断的依据是___________。
【答案】 ①. 水平桌面 ②. 零刻度 ③. 左 ④. 取回5g的砝码，（用镊子）拨动游码 ⑤. ⑥. ⑦. 偏大 ⑧. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]将托盘天平放在水平桌面上，把游码移到零刻度线处，根据天平调平衡时遵循的原则：左偏右调，右偏左调，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调。
（2）[4]天平调节平衡后，测出空烧杯的质量为28g，在烧杯中倒入适量的食用油。在测量烧杯和食用油的总质量时，将最小为5g的砝码放在天平右盘中后，分度盘指针如图甲所示，说明砝码较重，故此时应取回5g的砝码，用镊子拨动游码。
[5][6]由图乙所示可知，食用油和瓶的总质量
食用油的质量
由图丙所示量筒可知，食用油的体积
食用油的密度
（3）[7][8]小明不可能把烧杯内的食用油全部倒入量筒内，导致测得食用油的体积偏小，由公式知测出的食用油的密度偏大。
变式题5巩固
6. 小明测量一杯均匀盐水的密度，进行了如下实验：
（1）将天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻度线处，发现指针在分度盘上的位置偏左，应将平衡螺母向______调节使横梁平衡；
（2）将盛有适量盐水的烧杯放在已调平天平的左边托盘中，在另一盘中按质量从大到小加减砝码，当加入最小的5 g砝码后，指针偏向分度盘的右侧，则小明接下来的正确操作是______；当天平再次平衡后，砝码的个数和游码的位置如图甲所示，烧杯和盐水的总质量为______g；
（3）将烧杯中的一部分盐水倒入量筒中，如图乙所示，测出了量筒中盐水的体积；然后测出烧杯和剩余盐水的总质量为63 g，则盐水的密度为______g/cm3；
（4）测量结束后小明发现天平的左托盘有缺损，则对以上盐水密度测量结果的影响是______（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】 ①. 右 ②. 见解析
③. 84 ④. 1.05 ⑤. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]将天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端的零刻度线处，若发现指针静止时指在分度盘中央的左侧，则应将平衡螺母向右调节，使横梁平衡。
（2）[2]调节天平横梁平衡后，将物体放在左盘中，用镊子由大到小在右盘中加减砝码，当放入5g的砝码时，指针偏向分度盘的右侧，则接下来的操作是取下最小5g砝码，移动游码，直到横梁恢复平衡。
[3]烧杯和盐水的总质量为
（3）量筒的分度值为，量筒中盐水的体积
倒入量筒中盐水的质量
盐水的密度
（4）[5]天平的托盘有残缺，通过平衡螺母进行调节，不会影响测量结果，所以测量结果仍然准确。
变式题6巩固
7. 小磨香油香飘四方，在测定香油密度的活动中：
（1）为了测出香油的密度，小明进行如下操作：
①把托盘天平放在水平桌面上，先将游码移到标尺左端零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁平衡；
②用托盘天平测得空烧杯的质量m0=20g；
③在烧杯中倒入适量香油，置于托盘天平左盘，天平横梁平衡后如图甲所示，则烧杯和香油的总质量m=___________g；
④将烧杯中香油倒入量筒中，如图乙所示；
⑤算出香油的密度ρ=___________kg/m3；
（2）小华认为：小明操作步骤不合理，测得的香油密度___________（选填“偏大”“偏小”或“准确”）为了改进实验可以将上述操作顺序调整为：①___________⑤。
【答案】 ①. 58.4 ②. 0.96×103 ③. 偏大 ④. ③④②
【解析】
【详解】（1）[1]天平的读数为砝码的质量加上游码的质量，由图可得，此时烧杯和香油的总质量为
m总=50g+5g+3.4g=58.4g
[2]将烧杯中的香油全部倒入空量筒中，如图乙所示，可读出香油的体积为40mL，即V油=40cm3，香油的质量为
m油=58.4g -20g=38.4g
此时香油的密度为
（2）[3]将香油倒入量筒中时，有部分香油附在烧杯内壁，由此导致测得的香油的体积的测量值偏小，由可得，计算的密度会偏大。
[4]为了改进实验可以先测量烧杯和香油的总质量，将香油倒入量筒后，测量烧杯和剩余在烧杯内的香油，这样的测量才比较准确，故应将顺序调整为：①③④②⑤。
变式题7提升
8. 用图1所示的实心陶瓷材质冰墩墩模型来估测香醋的密度。
（1）在测量冰墩墩的质量时，多次增减砝码，当加入最小质量为5g的砝码后，指针在分度盘中线右侧附近，但拿走5g的砝码后，指针在分度盘中线左侧附近。此时她应______（加入/拿走）5g的砝码，并移动______使横梁恢复平衡；
（2）用天平测量冰墩墩质量，当天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图2所示，其质量为_________g，体积为_________cm3；（陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3）
（3）如图3所示，在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后，用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=134.4g；
（4）如图丙所示，将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中，在烧杯壁上标记液面的位置；
（5）将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=102.6g；
（6）根据以上实验数据，求得香醋的密度，ρ=_________g/cm3。与真实值相比，用本方案所测出的香醋密度_________（偏大/偏小/相同）。
【答案】 ①. 拿走 ②. 游码 ③. 81 ④. 30 ⑤. 1.06 ⑥. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1][2]当加入最小质量为5g的砝码后，指针在分度盘中线右侧附近，但拿走5g的砝码后，指针在分度盘中线左侧附近，说明最小的砝码无法使天平平衡，这时，应该拿走砝码，通过调节游码来使天平平衡。
（2）[3]冰墩墩的质量为
m=50g+20g+10g+1g=81g
陶瓷材料的密度为
ρ =2.7×10³kg/m³=2.7g/cm³
由可得，冰墩墩的体积为
（6）[4]将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积，即
乙烧杯减小的香醋的质量为
香醋的密度为
[5]将冰墩墩从香醋中取出时会带出一部分香醋，会使烧杯乙及剩余香醋的总质量偏小，根据知，测量的香醋质量偏大，由知，用本方案所测出的香醋密度偏大。
变式题8提升
9. 小王买了一种果汁，他想在实验室中测量出这种果汁的密度，主要实验步骤如下：
（1）把天平放在水平台上，将游码移到零刻度线处，指针位置如图甲所示，此时应向___________（选填“左”或“右”）调节平衡螺母，直至横梁平衡；
（2）用调节好的天平测量烧杯和果汁的总质量为106g；
（3）将烧杯中的部分果汁倒入量筒中，如图乙所示，量筒中果汁的体积为___________cm3；
（4）用天平测烧杯和杯内剩余果汁的总质量，如图丙所示，测得烧杯和剩余果汁的总质量为___________g；
（5）计算出果汁的密度为___________g/cm3；
（6）小王发现上述第（3）步操作时，有少量果汁附着在量筒内壁上，你觉得测得的果汁密度将会___________（选填“偏小”“不变”或“偏大”）。
【答案】 ①. 左 ②. 40 ③. 62 ④. 1.1 ⑤. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]由图甲可知，此时指针指向分度盘的右侧，则此时天平左边轻右边重，此时应向左调节平衡螺母，直至横梁平衡。
（3）[2]由图乙可知，量筒中的果汁液面高度与40mL刻度线平齐，故可知量筒中的果汁体积为40mL，即40cm3。
（4）[3]天平示数为砝码质量与游码示数之和，故由图丙可知，烧杯和剩余果汁的总质量为
m0=50g+10g+2g=62g
（5）[4]由（2）中可知，烧杯和果汁的总质量为m总=106g，故量筒中的果汁质量为
m=m总-m0=106g-62g=44g
故由可得，果汁的密度为
（6）[5]若上述第（3）步操作时，有少量果汁附着在量筒内壁上，则会使得量筒内的果汁的体积测量值偏小，故由可知，测得的果汁密度将会偏大。
变式题9提升
10. “测量密度”的实验中；
（1）将天平放在水平桌面上，把________放到标尺左端的零刻度线处，并旋动平衡螺母，使横梁平衡；
（2）烧杯中装入适量的盐水，称出烧杯和盐水的质量如图甲所示；将烧杯中盐水倒入量筒中一部分，如图乙所示。最后再称出烧杯和剩余盐水质量为34g，则盐水的密度为________kg/m3；
（3）某兴趣小组有一个小木球，想测量小木球的密度，进行了如下实验：
①用调节好的天平正确测量小木球的质量m；
②在量筒内盛适量水，读出水面所对刻度V1；
③将铅笔A和铅笔B固定成如图丙所示的形状，放入量筒内的水中，直到铅笔B的下表面刚好与水面相平，如图丁所示，读出水面所对刻度V2；
④取出铅笔，将小木球轻轻放入量筒内的水中漂浮，用固定好的铅笔A和铅笔B将小木球压入水中，直到铅笔B下表面刚好与水面相平，如图戊所示，读出水面所对刻度V3；
⑤小木球的密度表达式为：ρ木＝________（用所测物理量符号表示；水的密度用ρ水表示）；
⑥实验评估时，小辉提出，若考虑小木球“吸”水，铅笔不“吸”水，会导致小木球的密度测量值________（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 游码 ②. ③. ④. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]将天平放在水平桌面上，根据天平的使用原则知，把游码拨至标尺左端零刻度线上，调节横梁左右两端的平衡螺母，使横梁平衡。
（2）[2]烧杯和盐水的质量为
量筒中盐水的质量
量筒的分度值为2mL，量筒中盐水的体积
所以盐水密度为
（3）[3]木球的体积为
木球的密度为
[4]实验中先测小木球的质量，测得木球的质量是准确的；若考虑小木球“吸”水，则测得的总体积V3偏小，根据
可知测得木球的体积偏小，由可知，会导致小木球的密度测量值偏大。
原题
11. 我们生活在能量的世界，社会的进步和发展离不开能量。对于能量、能源的认识，下列说法正确的是（ ）
A. 做功过程实质是能量的转化或转移过程B. 能量转化具有方向性，所以能量不守恒
C. 核燃料能量转化效率可达100%，需大力发展D. 煤、石油、天然气提供的能量源自地球本身
【答案】A
【解析】
【详解】A．能量既不会消灭，也不会创生，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体。因此做功过程实质上是能量的转化和转移的过程，故A正确；
B．根据能量守恒定律可知，在能量转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，但能量的转化和转移具有方向性，不能反过来转化，故B错误；
C．由于不可避免的能量损耗，因此核燃料能量转化不可能达到100%，故C错误；
D．煤、石油、天然气等来源于远古时期动植物，而动植物的能量来源于太阳辐射能，故D错误。
故选A。
变式题1基础
12. 我国坚定不移走绿色低碳的高质量发展之路，以新发展理念引领建设人与自然和谐共生的现代化。关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A. 核能、风能、海洋能、地热能和生物能等绿色能源都是可再生能源
B. 氢燃料发动机技术的突破，可望实现氢能全部转化为机械能
C. 新能源、绿色能源的能量转化效率越高说明能量转化的速度越快
D. 绿色低碳环保生活就是尽力减少能量消耗，降低碳元素类的排放量
【答案】D
【解析】
【详解】A．核能是不可再生能源，故A错误；
B．氢燃料发动机将部分氢能转化为机械能，另有部分热量散失到空气中，故B错误；
C．新能源、绿色能源的能量转化效率越高说明讲能源转化为所需要的能源的占比变高，不是能量转化的速度越快，故C错误；
D．绿色低碳环保生活就是尽力减少能量消耗，降低碳元素类的排放量，故D正确。
故选D。
变式题2基础
13. 关于能源、环境保护及能量守恒定律，下列说法正确的是（ ）
A. 可燃冰、石油都属于可再生能源
B. 废旧电池可以随意丢弃
C. 用电动汽车替代燃油汽车，可以减少二氧化碳的排放
D. 随着时代的进步，永动机是可以造出的
【答案】C
【解析】
【详解】A．可燃冰、石油等能源在地球的储量是有限的，消耗后不可能再生，属不可再生能源，故A错误；
B．废旧电池含有有毒的重金属，随意丢弃会污染环境，故B错误；
C．用电动汽车替代燃油汽车，可以减少二氧化碳排放，故C正确；
D．永动机违背了能量守恒定律，“永动机”是不可能制造出来的，故D错误。
故选C。
变式题3基础
14. 下列关于能量的说法，正确的是（ ）
A. 风力发电机可以将机械能转化为电能
B. 用热水袋取暖是热水的化学能转化为身体的内能
C. 随着科学技术不断发展和提高，永动机是有可能实现的
D. 内燃机的做功冲程把燃料燃烧释放出来的内能全部转化为机械能
【答案】A
【解析】
【详解】A. 风力发电机是将机械能转化为电能，故A正确；
B. 热水袋取暖是将热水的内能转移到身体上，故B错误；
C. 永动机是违背能量守恒的，是不可能实现的，故C错误；
D. 内燃机的效率无法达到百分之百，则不可能将燃烧释放出来的内能全部转化为机械能，故D错误。
故选A。
变式题4巩固
15. 下列关于能量的说法中正确的是（ ）
A. 核能是可再生能源，核电站是利用核聚变释放的能量工作的
B. 自然界中几乎所有的能源都是来自太阳能
C. 只有能的转移具有方向性，而能的转化不具有方向性
D. 能的转化，一定遵从能量守恒定律，而能的转移，不一定遵从能量守恒定行
【答案】B
【解析】
【详解】A．核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以核能是不可再生能源；目前的核电站均采用核裂变，聚变的应用尚在试验阶段，故A错误；
B．太阳孕育了地球的生命，煤、石油等都是化石能源，是植物在地壳运动中被埋所形成的，风能、水能等能源都是间接来自太阳能，所以太阳是人类的“能源之母”，给B正确；
C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，但是能量的转化具有方向性，故C错误；
D．只要有能的转化和转移，能量在转化或转移的过程中就一定遵从能量守恒定律，故D错误。
故选B。
变式题5巩固
16. 中国近年来在科技方面发展迅猛，特别是能源方面取得了骄人成绩。关于能源、能量及其转化，下列说法中正确的是（ ）
A. 被称为“海上幽灵”的“096”核潜艇利用核裂变产生的能量来驱动
B. 中国能源数字化战略就是通过先进技术使能源实现无限循环使用
C. 传统的汽油机在压缩冲程中将内能转化为机械能，从而实现动力输出
D. 能量既不会创造也不会消灭，总量是不会变的，所以不需节约能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．核在裂变和聚变时都能释放出巨大的能量，核潜艇是利用核裂变释放的能量来驱动的，故A正确；
BD．能源在使用时，其总量是不变的，但转化过程是有方向性、不可逆的，所以不能无限循环使用，可利用的能源是有限的，需要节约能源，故BD错误；
C．汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化机械能，实现动力输出，故C错误。
故选A。
变式题6巩固
17. 人类的发展离不开能源，“碳达峰、碳中和”是我国对世界做出的庄严承诺,对于能量和能源，下列说法中正确的是（ ）
A. 风能、水能、太阳能都是不可再生能源
B. 提高能量转化效率是“节能减排”的重要措施之一
C. 目前核电站核反应堆里的核反应方式是核聚变
D. 能量既不能创造，也不会消灭，所以不用节约能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．可再生能源是指自然界中可以不断利用、循环再生的一种取之不尽的能源，例如太阳能、风能、水能；故A错误；
B．提高能量转化效率，单位能源转化成可被我们利用的能量就会更多，是“节能减排”的重要措施之一，故B正确；
C．目前的核电站主要是利用可被控制的重核裂变产生的能量，可被控制的轻核聚变目前只能在实验室中短暂的实现；故C错误；
D．能量的转化具有方向性，随着人类对能源的使用，可被利用的能源会越来越少，所以需要节约能源，故D错误。
故选B。
变式题7提升
18. 河北丰宁抽水蓄能电站是2022年北京冬奥会的电力保障项目之一、该电站可以利用风能和光能资源充足时发电获得的部分电能，将水抽到高处转化为水的机械能储存起来，需要时再利用水的势能发电，从而弥补了风能、光能不稳定且转化的电能难储存的不足，实现风、光与水电的互补，堪称电力系统的巨型“充电宝”。下列说法正确的是（ ）
A. 风能和光能是不可再生能源
B. 该电站抽水蓄能时可将电能转化为机械能，发电时可将机械能转化为电能
C. 根据能量守恒定律可知，该电站抽水时消耗的电能全部转化为水的机械能
D. 风能、光能、机械能、电能可以相互转化，说明能量的转化是没有方向性的
【答案】B
【解析】
【详解】A．风能和光能是可再生能源，能够从自然界获得，取之不尽用之不竭，故A错误；
B．该电站抽水蓄能时，消耗电能，增大的水的机械能，故将电能转化为机械能，发电时，机械能减小，电能增加，故将机械能转化为电能，故B正确；
C．该电站抽水时消耗的电能不可能全部转化为水的机械能，会有一部分的电能转化为内能或其它形式的能，故C错误；
D．风能、光能、机械能、电能可以相互转化，但是能量的转化有方向性的，比如汽车行驶时，克服摩擦力做的功，机械能转化为内能，这个内能不会自发的转化为原来的机械能，故D错误。
故选B。
变式题8提升
19. 2020年12月12日，我国主要领导人在联合国气候雄心峰会上宣布：到2030年，中国单位国内生产总值二氧化碳排放将比2005年下降65%以上，非化石能源占一次能源消费比重将达到25%左右，努力在2060年实现碳中和。以下同学们的讨论得出的观点，其中正确的是（ ）
①化石能源属于不可再生能源，太阳能属于一次能源
②能量的转化、转移都是有方向性的，能量的利用是有条件的，我们需要节约能源
③逐渐停售燃油汽车，大力推广电动汽车，有利于早日实现碳中和，缓解热岛效应
④核电站是利用原子核发生可控的核裂变产生的核能来发电的
A. ① ④B. ① ③C. ① ② ④D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】
【详解】①不可再生能源是在短时间内不能再次生成的能源，化石能源就是属于不可再生能源，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，太阳能属于一次能源；②能量的转移或者转化具有方向性，如热量自发的从高温物体传到低温物体，但是不能自发的从低温物体转向高温物体，而且能源是有限的，我们要节约能源；③逐渐停售燃油汽车，大力推广电动汽车，有利于早日实现碳中和，缓解温室效应而不是热岛效应；④核电站的原理就是利用原子核发生可控的核裂变产生的核能来发电的。故C正确。
故选C。
变式题9提升
20. 关于能量及其转化的描述，说法正确的是（ ）
A. 物体发生热传递时，内能小的物体的内能一定会增大
B. 因为能量在转移或转化的过程中是守恒的，所以不需要节约能源
C. 电能可以转化为多种形式的能量，也可以从其他形式的能量转化而来
D. 目前有些新能源汽车，实现了"零排放"，故电动机的能量效率可达100%
【答案】C
【解析】
【详解】
A．内能少的物体温度可能高，故内能少的物体也可能将能量传给内能多的物体，内能小的物体的内能会减小，故A错误；
B．自然界的能量守恒，但能直接应用的能源使用后品质降低，不能直接应用，所以可利用能源越来越少，生活中需要节约能源，故B错误；
C．生活中，通过不同的用电器将电能转化为多种形式的能量，也可以将自然界中各种形式的能量转化为电能，如水能发电，火力发电，核能发电，太阳能发电等，故C正确；
D．目前有些新型燃料汽车，实现了“零排放”，减少了污染，提高了效率，新能源汽车工作过程中不可避免地由于机件间的摩擦而做额外功，因此能量效率不会达到100%，故D错误。
故选C。
原题
21. “因为有了光，自然界才绚丽多彩，世界才生机勃勃……”，下列对光现象描述正确的是（ ）
A. 太阳发出的光沿直线传播到达学校操场
B. 太阳光照在人身上的反射不遵循光的反射定律
C. 通过天文望远镜看到月球环形山，此时像与物等大
D. 白光经三棱镜分解成的彩色光，可通过凸透镜合成白光
【答案】D
【解析】
【详解】A．光从太阳处发出，经过的不是同种均匀介质，则不是沿直线传播到达学校操场，故A错误；
B．无论是镜面反射还是漫反射，都遵循光的反射定律，故B错误；
C．天文望远镜看到的是倒立、缩小的实像，故C错误；
D．白光被三棱镜分解成七种颜色的色光，由于凸透镜对光有会聚作用，七种颜色的色光经过凸透镜会复合成白光，故D正确。
故选D。
变式题1基础
22. 如图所示的光现象，由于光的反射形成的是（ ）
A. 桥在水中形成倒影
B. 墙上呈现人的影子
C. 筷子好像在水面处弯折
D. 放大镜把字放大
【答案】A
【解析】
【详解】A．桥在水中形成倒影，属于平面镜成像现象，是由光的反射形成的，故A符合题意；
B．墙上呈现人的影子，是由于光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C．筷子好像在水面处弯折，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D．放大镜是凸透镜，凸透镜成像成像是由光的折射形成的，故D不符合题意。
故选A。
变式题2基础
23. 2022年冬奥会上，极具高科技含量的“雪屏幕”采用两台10万流明超高亮度高清激光投影机，将影像投射到超过1000平方米的雪地上。下列有关说法错误的是（ ）
A. 投影过程包含光的直线传播
B. 投影过程利用了凸透镜成像原理
C. “雪屏幕”的上的影像是虚像
D. “雪屏幕”主要发生了漫反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．投影过程中，光线在空气中是沿直线传播的，故A正确，A不符合题意；
BC．投影过程是利用了凸透镜成倒立、放大的实像的原理，故B正确，C错误，B不符合题意，C符合题意；
D．“雪屏幕”表面凹凸不平，反射光线射向四面八方，主要发生了漫反射，故D正确，D不符合题意。
故选C。
变式题3基础
24. 如图是中山桥夜间灯光秀的场景，下列说法正确的是（ ）
A. 游客能从不同角度欣赏到中山桥，是因为发生了色散现象
B. 灯光秀的色彩是由红、黄、蓝三种色光混合而成
C. 游客看到绚丽多彩的灯光，说明光线是真实存在的
D. 夜晚射灯发出的光柱是光的直线传播形成的
【答案】D
【解析】
【详解】A．游客能从不同角度欣赏到彩色的喷泉，是因为发生了漫反射，故A错误；
B．灯光秀的色彩是由红、绿、蓝三种色光混合而成，故B错误；
C．光是真实存在的，但光线不是真实存在的，光线是为了研究方便而假想出来的物理模型，故C错误；
D．光在同种均匀介质中沿直线传播，夜晚射灯发出的光柱是光的直线传播形成的，故D正确。
故选D。
变式题4巩固
25. “五一”假期小明一家到丽江边游玩。妈妈拍照时，小明正在欣赏美景：对岸树木的倒“影”、水中的鱼“影”……，此时地面上留下了他的身“影”。关于“影”的形成原理，下列说法正确的是（ ）
A. 妈妈的摄“影”——光的直线传播B. 树木的倒“影”——光的反射
C. 水中的鱼“影”——光的反射D. 小明的身“影”——光的折射
【答案】B
【解析】
【详解】A．妈妈的摄“影”，属于凸透镜成像，是由光的折射形成的，故A错误；
B．树木的倒“影”，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B正确；
C．水中的鱼“影”，是由鱼反射的光线从水中斜射入空气时发生折射形成的虚像，故C错误；
D．小明的身“影”，是由光的直线传播形成的，故D错误。
故选B。
变式题5巩固
26. 某同学用简易照相机在公园拍摄的湖中大桥风景照片，同学们对该照片进行议论，下列说法中符合物理规律的是（ ）
A. 要想使桥的像在照片中更大些，该同学应向桥靠近些，再拍摄
B. 桥在河中的倒影是由于光的直线传播形成的
C. 桥在河中的倒影是由于光的折射形成的
D. 拍摄时底片上的像是倒立缩小的虚像
【答案】A
【解析】
【详解】A．要想使桥的像在照片中更大些，该同学应向桥靠近些，再拍摄，减小物距，增大像距，像变大，故A符合题意；
BC．桥在河中的倒影是平面镜成像现象，由于光的反射形成的，故BC不符合题意；
D．拍摄时底片上的像是倒立缩小的实像，故D不符合题意。
故选A。
变式题6巩固
27. 下列关于光现象描述正确的是（ ）
A. 水面倒影和小孔成像都是由于光的直线传播形成的
B. 月亮在湖面所成的像比宇宙中的月亮小
C. 矫正近视眼应该配戴凹透镜
D. 光的三基色是指红、黄、蓝
【答案】C
【解析】
【详解】A．水面倒影是平面镜成像现象，是光的反射形成的；小孔成像是光的直线传播形成的，故A错误；
B．月亮在湖面成像，是平面镜成像现象，所成的像与宇宙中的月亮大小相等，故B错误；
C．近视眼的像会聚在视网膜的前方，矫正近视眼应该配戴凹透镜，故C正确；
D．光的三基色是指红、绿、蓝，故D错误。
故选C。
变式题7提升
28. 小司在复习时对光学实验探究提出了以下观点，其中错误的是（ ）
A. 凸透镜成像的规律：蜡烛燃烧变短后，通过降低凸透镜和光屏的高度，可使像成在光屏中间
B. 光总是沿直线传播吗：当激光射进密度不均匀的糖水中发生弯曲，实质上是发生了折射现象
C. 平面镜成像时像与物的关系：当物体远离玻璃板，像会靠近玻璃板，但像的大小不变化
D. 光的反射规律：为了更好的显示光路，白色纸板应与平面镜垂直，并且激光应沿纸面射向镜面
【答案】C
【解析】
【详解】A．凸透镜成像蜡烛燃烧变短后，要使像仍出现在光屏中央，应再次经烛焰中心、光心、光屏中心再次在同一高度，故可以降低凸透镜和光屏的高度，故A正确，不符合题意；
B．光在同种均匀介质中会沿直线传播，在密度不均匀的糖水中会发生偏折，故B正确，不符合题意；
C．平面镜成像，像与物关于平面镜对称，物体远离玻璃板时，像也会远离玻璃板，故C错误，符合题意；
D．光在纸面上可以发生漫反射，使人在不同角度都能观察到光路，故D正确，不符合题意。
故选C。
变式题8提升
29. 在我国的“太空授课”中，女航天员王亚平制造了一个小水球（相当于凸透镜），我们通过水球看到了她的“倒影”，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. “倒影”是光的反射形成的
B. 水球对光具有发散作用
C. “倒影”不能成在光屏上
D. 若王亚平距水球距离变近，“倒影”会变大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．王亚平前的水珠相当于凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，此时的“倒影”是通过凸透镜成的倒立的、缩小的实像，是光的折射的缘故，故AB错误；
C．“倒影”是凸透镜此时成的倒立、缩小的实像，实像能成在光屏上，故C错误；
D．若王亚平离水球越近，则根据凸透镜成像特点可知，物距变小，所以像距变大，像变大，故D正确。
故选D。
变式题9提升
30. 小明自制了一个简易投影仪如图，在暗室中将印有冬奥会吉祥物“冰墩墩”的透明胶片，贴在白光的手电筒上，并正对着焦距为10cm的凸透镜。调整手电筒、凸透镜、白色墙壁之间的位置，在墙上得到了一个清晰放大的像，下列说法错误的是（ ）
A. 凸透镜能成放大的像，是因为凸透镜对光线有发散作用
B. 手电筒与凸透镜的距离应大于10cm小于20cm，且胶片应倒立放置
C. 能从不同角度看到墙上“冰墩墩”的像，是因为光在墙面上发生的是漫反射
D. 保持凸透镜位置不变，将手电筒向左移动，要使墙上的像恢复清晰，可在凸透镜前放一个近视镜
【答案】A
【解析】
【详解】A．凸透镜能成放大的像，是因为凸透镜对光线有会聚作用，故A错误，符合题意；
B．焦距为10cm的凸透镜，手电筒与凸透镜的距离应大于10cm小于20cm，即位于一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立放大的实像，故B正确，不符合题意；
C．光在墙面上发生了漫反射时，能从不同角度看到墙上“冰墩墩”的像，故C正确，不符合题意；
D．保持凸透镜位置不变，将手电筒向左移动，相当于增大物距，要使墙上的像恢复清晰，可在凸透镜前放一个凹透镜，即近视镜，故D正确，不符合题意。
故选B。
原题
31. 小美在老师指导下进行了以下实验：甲、乙两烧杯各装100g水，用酒精灯加热甲烧杯，煤油灯加热乙烧杯，直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯，测得消耗酒精4g、煤油2.5g。她根据实验数据绘制了水温与加热时间关系的图像（如图）。若水沸腾前质量不改变，同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程，甲杯中的水吸收的热量更多
B. 前3分钟，乙杯中的水吸收的热量为
C. 消耗的煤油完全燃烧放出的热量为
D. 酒精灯加热的效率为28%
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意，由于甲、乙两烧杯各装水的质量相等，水的初始温度相同，根据可知水沸腾前，两杯水吸收的热量相等，为
且同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，则整个过程甲、乙两杯水所吸收的热量分别为
所以整个过程，乙杯中的水吸收的热量更多，故A错误；
B．由图可得，3分钟时乙杯中的水恰好沸腾，则吸收的热量为
故B正确；
C．整个过程消耗的煤油完全燃烧放出的热量为
故C错误；
D．在整个过程中，燃烧4g酒精所释放的热量为
可得酒精灯加热的效率为
故D错误。
故选B。
变式题1基础
32. 小明取少量燃料置于燃烧皿中，点燃后对100g的热水加热4min，然后立即将其熄灭，测得消耗燃料4.2g，并根据实验数据绘制了水温随时间变化的图像如图乙中a线所示。已知此过程中燃料均匀燃烧放热，该燃料的热值为2×106J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，整个过程中忽略水的质量变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 通过图像计算得知4min水吸收到的热量为2520J
B. 通过计算得出燃料燃烧放出热量有40%被水吸收
C. 水吸收的热量和燃料燃烧放出的热量都与加热时间成正比
D. 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乙中b线所示图像，则这杯水的质量大于上一杯水的质量
【答案】C
【解析】
【详解】A．对100g的热水加热2min，水的温度从93℃上升到99℃，则水吸收到的热量是
Q水=m水c水Δt=100×10-3kg×4.2×103J/(kg•℃)×(99℃-93℃)=2520J
4min水吸收到的热量为2min吸收热量的2倍，故A错误；
B．消耗燃料4.2g，则燃料放出的热量是
Q放=4.2×10-3kg×2×106J/kg=8.4×103J
燃料燃烧放出热量的40%为
Q'=Q放×40%=3.36×103J
水吸收的热量是2520J，故B错误；
C．由题意可知，燃料均匀燃烧放热，所以燃料燃烧的热量与加热时间成正比，由图乙可知，水的温度与时间成正比，根据Q=cmΔt可知，吸收的热量与时间成正比，故C正确；
D．由图可知，相同时间，两杯水吸收的热量相同，温度变化相同，根据Q=cmΔt可知两杯水的质量相等，故D错误。
故选C。
变式题2基础
33. 质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容，。下列说法中（ ）
①甲物质是水
②0~12min乙温度降低了20℃
③0~12min甲放出了的热量
④乙物质的比热容为
A. 只有①②正确B. 只有②④正确
C. 只有①③正确D. 只有①④正确
【答案】D
【解析】
【详解】①时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图像可知，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；根据Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小；所以，甲液体的比热容大，若A、B两种液体中，一种物质是水，则一定是甲物质，故①正确；
②由图可知，0~12min乙的温度从60℃降低至20℃，所以乙的温度降低
Δt乙=60℃-20℃=40℃
故②错误；
③0~12min甲放出的热量
Q水放=c水m水Δt甲=4.2×103J/(kg•℃)×0.5kg×(60℃-40℃)=4.2×104J
故③错误；
④由题知，而水和液体的质量相同，即m水=m乙，而水和另种液体在相同时间内放出的热量相等，即Q水放=Q乙放，则
c水m水Δt甲=c乙m乙Δt乙
结合图像可得，0~12min水放出的热量，即另一种液体放出的热量
Q水放=Q乙放=4.2×104J
则另一种液体的比热容
故④正确，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
变式题3基础
34. 两种不同材料的燃料，甲质量2kg，乙质量1kg，两者温度都升高1℃，吸收热量如图a所示，甲乙燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，则（ ）
A. 甲的比热容大于乙的比热容
B. 甲的热值大于乙的热值
C. 甲、乙的温度都降低 1℃，甲、乙放出的热量一样多
D. 相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量的一样多
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由a图可知：甲质量2kg，乙质量1kg，两者温度都升高1℃，甲乙都吸收了4000J热量，由可得
故
由此可得
又因为甲的质量是乙的质量的2倍，根据
甲、乙的温度都降低 1℃，甲乙放出的热量一样多，故A错误，C正确；
BD．由题意可知：甲质量2kg，乙质量1kg，甲乙燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，故甲乙的热值为
故，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量乙更多，故BD错误。
故选C。
变式题4巩固
35. 根据表格中的数据，下列说法不正确的是（ ）
A. 质量为1kg的铁温度升高1℃时吸收的热量是0.46×103J
B. 2kg煤油温度降低1℃时，放出的热量是4.2×103J
C. 煤油和水体积之比为2∶1，吸收热量之比为12∶5，则升高温度之比为4∶1
D. 初温、质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后相接触，内能从铜块转移到铁块
【答案】C
【解析】
【详解】A．单位质量的某种物质每升高1℃（或降低1℃）吸收（或放出）的热量，叫做这种物质的比热容，铁的比热容是0.46×103J/(kg•℃)，由比热容的概念可知，质量为1kg的铁温度升高1℃时吸收的热量是0.46×103J，故A正确，不符合题意；
B．煤油的比热容是2.1×103J/(kg•℃)，所以2kg煤油温度降低1℃时，放出的热量是4.2×103J，故B正确，不符合题意；
C．煤油和水体积之比为2∶1，由m=ρV得质量比
m油∶m水=ρV油∶ρV水=0.8×103kg/m3×2V∶1.0×103kg/m3×1V=8∶5
由Q=cmΔt得，升高温度之比
故C错误，符合题意；
D．初温、质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后，由于铁块的比热容大，所以升高的温度少，即铁块的末温低，内能从高温物体（铜）传给低温物体（铁），故D正确，不符合题意。
故选C。
变式题5巩固
36. 小帆在老师指导下，用如图所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体（其中一种是水），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图，乙从20℃加热至沸腾刚好消耗了4g酒精。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，[q酒精=3×107J/kg，c水=4.2×103J/(kg·℃)]，则下列说法中不正确的是（ ）
A. c乙=2.4×103J/(kg·℃)
B. 乙的吸热能力小于甲的吸热能力
C. 0~8min乙吸收的热量为
D. 该酒精灯的加热效率为35%
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由图乙可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，甲为水；由可知，甲的比热容是乙的比热容的2倍，乙的比热容
故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；
C．用相同的酒精灯加热，在相同的时间内，水吸收的热量等于乙吸收的热量，0~8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量
Q乙=Q甲=c水m水Δt甲=4.2×103 J/(kg·℃)×0.1kg×(100℃-20℃)=3.36×104J
故C正确，不符合题意；
D．酒精完全燃烧放出的热量为
Q放=m酒精q酒精=0.004kg×3×107J/kg=1.2×105J
乙从加热到沸腾吸收的热量为
酒精灯的加热效率为
故D正确，不符合题意。
故选A。
变式题6巩固
37. 用相同的酒精灯分别对初温为20℃、质量为200g的水和某种液体加热，相同时间内酒精灯产生的热量相同。如图是两种液体温度随加热时间变化的图像。已知水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，酒精的热值为3×107J/kg，当加热到8min时酒精灯完全燃烧了3g酒精，下列说法正确的是（ ）
A. 4min内，水吸收的热量为6.72×104JB. 酒精灯的加热效率为74.7%
C. 8min后，甲液体不再吸收热量D. 乙液体升高温度多，吸热能力更强
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，甲液体的沸点是100℃，所以甲液体是水，加热8min，水升高的温度
Δt＝100℃﹣20℃＝80℃
则加热8min，水吸收的热量
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/(kg·℃)×200×10﹣3kg×80℃＝6.72×104J
由于相同时间内酒精灯产生的热量相同，所以4min内，水吸收的热量
故A错误；
B．完全燃烧3g酒精放出的热量
Q放＝m′q＝3×10﹣3kg×3×107J/kg＝9×104J
酒精灯的加热效率
故B正确；
C．由图可知，8min后，水开始沸腾，而水沸腾过程中需要继续吸热，故C错误；
D．由图可知，质量相等的甲、乙液体，吸收相同的热量，乙升高的温度升高的温度更多，由Q吸＝cmΔt可知，乙液体的比热容更小，即乙液体的吸热能力更弱，故D错误。
故选B。
变式题7提升
38. 小郭同学想要比较甲物质与水的吸热本领，于是选用了两套完全相同的酒精灯给质量同为200g的物质甲和水加热，它们的温度随时间的变化关系如图所示，已知酒精的热值q=3.0×107J/kg，加热时，酒精灯平均每分钟消耗0.28g酒精。已知水的比热容c水=4.2×103J/(kg℃)，则下列说法正确的是（ ）
A. 实验开始时，必须控制甲和水的初温相等
B. 前10min，甲吸收的热量为2.52×103J
C. 酒精灯的加热效率为30%
D. 甲与水的比热容之比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质吸热与温度变化量有关，故实验开始时不必控制甲和水的初温相等，故A错误；
BD．根据吸热公式可知甲物质与水吸收的热量为
联立并代入数据可得
则
前10min，甲温度由0升至60℃，则吸收的热量为
故B、D错误；
C．前10min酒精灯燃烧放出的热量为
则酒精灯的加热效率为
故C正确。
故选C。
变式题8提升
39. 在“比较不同物质的吸热能力”实验中，用如图甲所示的同一个实验装置分别加热200g的水和煤油，用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图乙，加热3min刚好消耗了4g酒精。若单位时间内水吸收的热量与煤油吸收的热量相等，已知c水=4.2×103J/（kg·℃），q酒精=3×107J/kg，下列分析正确的是（ ）
A. 该酒精灯的加热效率为24%
B. 煤油的比热容是2.8×103J/（kg·℃）
C. 加热2min，煤油比水吸收热量多
D. 加热4min，煤油吸收热量是3.36×104J
【答案】D
【解析】
【详解】由图，等质量的水和煤油吸收相同的热量，因为水的比热容大，所以水的温度升高小，煤油温度升高大。
A．如图乙所示，4min水的温度由20℃升高到60℃，则4min内水吸收的热量为
由于相同时间吸收热量相同，则3min吸收的热量为
4g酒精燃烧产生的热量为
该酒精灯的加热效率为
故A错误；
BD．如图乙所示，4min煤油的温度由20℃升高到100℃，相同时间水和煤油吸收的热量相同，则
煤油的比热容为
故B错误，D正确；
C．由于加热器完全相同，相同时间吸收的热量相同，加热2min，煤油与水吸收热量相同，故C错误。
故选D。
变式题9提升
40. 某同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯用完全相同的方式分别质量都是200g的沙子和水加热。他绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象分别如图a、图b所示。已知酒精的热值q＝3.0×107J/kg，加热时酒精灯平均每分钟消耗2.8g酒精。已知水的比热容 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 沙子的吸热能力大于水的吸热能力
B. 加热2min时间内水吸收的热量Q吸水为4.2×105J
C. 这2min时间内酒精灯的加热效率η为40%
D. 沙子的比热容c沙约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像知加热相同的时间水和沙子吸收的热量相同，沙子的温度升高的多，根据 可知，水的比热容大，水的吸热能力大于沙子的吸热能力，故A错误；
B．由图b可知，加热2min水温度升高
则加热2min时间内水吸收的热量
故B错误；
C．因为酒精灯平均每分钟消耗2.8g酒精，加热2min时间内消耗酒精的质量
则酒精完全燃烧放出的热量
酒精灯的加热效率
故C错误；
D．因为两酒精灯完全相同、加热方式也相同，所以相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，则在2min的时间内，沙子吸收的热量
由图a可知加热2min，沙子的温度从20上升到250，即
沙子的质量
由可得，沙子的比热容
故D正确。
故选D。
原题
41. 如图甲所示装置，小欢用力F向下拉绳子，使物体M在水平地面匀速移动，地面ab、bc粗糙程度不同。物体M重为400N，动滑轮重为5N，ab=2m，bc=3m。物体M从a点到c点过程中，拉力F与M移动距离的关系如图乙，不考虑物体大小对运动的影响，忽略绳子重力及滑轮转轴摩擦，对此过程的分析，下列结论正确的是（ ）
A. 绳子自由端移动的距离为15m
B. 拉力F做的功为840J
C. 拉力F在ab段做的额外功等于在bc段做的额外功
D. 物体从ab段到bc段，滑轮组的机械效率变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，绳子段数有2段，物体移动的距离
s物=2m+3m=5m
则绳子自由端移动的距离为
s=5m×2=10m
故A错误；
B．由图乙可知，物体M从a点到b点过程中，拉力F'=60N，绳子自由端移动距离
s'=2m×2=4m
拉力F做的功为
W'=F's'=60N×4m=240J
物体M从b点到c点过程中，拉力F"=100N，绳子自由端移动距离
s"=3m×2=6m
拉力F做的功为
W"=F"s"=100N×6m=600J
则拉力F做的总功为
W=240J+600J=840J
故B正确；
C．忽略绳子重力及滑轮转轴摩擦，拉力F在ab段做的额外功
W额'=G动sab=5N×2m=10J
拉力F在bc段做的额外功
W额"=G动sbc=5N×3m=15J
所以拉力F在ab段做的额外功小于在bc段做的额外功，故C错误；
D．在ab段，滑轮组的机械效率
在bc段，滑轮组的机械效率
故D正确。
故选BD。
变式题1基础
42. 用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m，滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示，不计绳重和摩擦，下列分析正确的是（ ）
A. 滑轮组的机械效率越高，功率越大
B. 动滑轮的重力为10N
C. 该滑轮组的机械效率能达到100%
D. 每次提升重物时，滑轮组做的额外功均为5J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滑轮组的机械效率越高，说明有用功与总功的比值越大，功率是表示做功快慢的物理量，机械效率高，拉力做功的功率不一定大，故A错误；
B．由图乙可知，提升物重G=10N时，滑轮组的机械效率，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为
动滑轮的重力为
故B正确；
C．使用滑轮组时，需要提升动滑轮做额外功，使得有用功小于总功，滑轮组的机械效率总小于100%，故C错误；
D．由题知，利用滑轮组每次物体被提升的高度均为0.5m，提升动滑轮上升的高度也都是0.5m，则每次提升重物时，不计绳重和摩擦，滑轮组做的额外功都为
W额=G动h=10N×0.5m=5J
故D正确。
故选BD。
变式题2基础
43. 利用如图所示的装置，工人用250N的力F，把重为600N的物体以0.4m/s的速度匀速提升4m。则这一过程中（ ）
A. 绳子自由端的速度为0.8m/sB. 拉力F所做的功为3000J
C. 动滑轮的重力是150ND. 此时滑轮组的机械效率是80%
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，滑轮组n=3，根据滑轮组的特点，物体端移动的速度为0.4m/s时，绳子自由端的速度应为1.2m/s，故A不符合题意；
B．拉力F所做的功
故B符合题意；
C．物体匀速上升，说明滑轮组和物体处于平衡状态，竖直方向合力为0，即
可得动滑轮和绳子的总重力
故C不符合题意；
D．滑轮组的机械效率
故D符合题意。
故选BD。
变式题3基础
44. 如图所示，把一个重400N的物体沿竖直方向向上在10s内匀速提升了2m，所用拉力F为140N，不计摩擦和绳重。则下列计算结果正确的是（ ）
A. 动滑轮重20N
B. 拉力F做功800J
C. 拉力F做功的功率为84W
D. 此滑轮组机械效率为80%
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知滑轮组有3段绳子承重，所以拉力大小为
则动滑轮重力为
故A正确；
B．物体沿竖直方向向上在10s内匀速提升了2m，则拉力移动距离为
拉力F做功为
故B错误；
C．拉力F做功的功率为
故C正确；
D．拉力做的有用功为
则滑轮组机械效率为
故D错误。
故选AC。
变式题4巩固
45. 如图所示是旧小区改造时高空刷外墙的吊装装置结构原理图，已知吊篮的质量为50kg；工人以及工具的总重为600N，绳子自由端由电机拉动，拉力的大小为500N，吊篮在10s内上升了2m，不计绳重和摩擦，吊装过程均为匀速运动，g＝10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
A. 绳子自由端拉动的速度为0.6m/s
B. 整个装置的机械效率为73.3%
C. 若电机最多能提供600N的拉力，则吊篮中的人与工具的总重不能超过900N
D. 装置动滑轮的质量为40kg
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝3，则绳子自由端移动的距离
绳子自由端移动的速度
故A正确；
B．整个装置做的有用功
拉力做的总功
整个装置的机械效率
故B错误；
C．不计绳重和摩擦，由可得，动滑轮和吊篮的重力
若电机最多能提供600N的拉力，则吊篮中的人与工具的最大总重
故C正确；
D．由G＝mg可得，动滑轮和吊篮的总质量
则装置动滑轮的质量
故D正确。
故选ACD。
变式题5巩固
46. 质量为60kg的工人站在水平地面上，利用如图滑轮组竖直向下拉动绳子自由端，将一质量为80kg的重物A以0.1m/s的速度匀速上升1m，此时该滑轮组的机械效率为80%（g取10N/kg）。对此工作过程及装置以下说法正确的是（ ）
A. 动滑轮重为200NB. 工人对绳的拉力做功1000J
C. 拉力F功率为50WD. 工人对地面的压力为100N
【答案】BD
【解析】
【详解】B．重物的质量为80kg，则重物的重力
G=mg=80kg×10N/kg=800N
重物上升1m，则有用功
W=Gh=800N×1m=800J
由图可知，动滑轮上的绳子段数是2段，该滑轮组的机械效率为80%，由可知，滑轮组做的总功是
即工人对绳的拉力做功1000J，故B正确；
C．绳子自由端移动的距离
s=nh=2×1m=2m
则绳子自由端的拉力
绳子自由端移动的速度
v=nv物=2×0.1m/s=0.2m/s
拉力F的功率
P=Fv=500N×0.2m/s=100W
故C错误；
A．若不计摩擦和绳重，由可得，动滑轮的重力
G动=2F-G=2×500N-800N=200N
由于实际上绳重和摩擦是存在的，则动滑轮重不等于200N，故A错误；
D．因工人受到竖直向上的支持力和拉力以及竖直向下的重力而处于平衡状态，所以工人受到地面的支持力
F支持=G人-F=mg-F=60kg×10N/kg-500N=600N-500N=100N
又因工人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力，所以工人对地面的压力等于地面对人的支持力，即100N，故D正确。
故选BD。
变式题6巩固
47. 工人用如图所示的滑轮组将重为800N的物体在5秒内匀速提升2m，其中动滑轮重100N（不计绳重和摩擦），下列判断正确的是（ ）
A. 绳端移动的距离为8m
B. 此滑轮组机械效率为80%
C. 拉力做功的功率为360W
D. 若工人对绳子最大拉力为500N，则他最多可提起重为1400N的物体
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图通过动滑轮绳子的段数n=3，绳子自由端的距离
s=nh=3×2m=6m
故A错误；
BC．不计绳重和摩擦，绳子自由端的拉力
由得，拉力做作的功为
又根据可得，拉力做功的功率为
由可得，滑轮组的机械效率为
故B错误，C正确；
D．由题意知，工人对绳子最大拉力为500N，由
可得，他最多可提起重为
故D正确。
故选CD。
变式题7提升
48. 如图所示，竖直固定的测力计下端挂一个滑轮组，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有一个物体B，滑轮组绳的末端通过定滑轮沿水平方向与物体A相连，物体A在绳的水平拉力作用下向右做匀速直线运动。此时测力计的示数为100N，滑轮组的机械效率为。在物体B下加挂重为5N的物体C后，用水平向左的力F拉动物体A使其沿水平桌面向左做匀速直线运动，此时B上升的速度为3cm/s。滑轮与轴的摩擦、绳的质量等次要因素都忽略不计，g取10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F的大小为80N
B. 物体A所受的滑动摩擦力为40N
C. 拉力F做功的功率为7.65W
D. 滑轮组的机械效率为60%
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知，两段绳子向下拉测力计，滑轮组上每段绳子拉力为F1，则
F示=2F1+G滑轮
100N=2F1+20N
所以F1=40N，由图可知，以物体B为研究对象，通过动滑轮绳子的段数n=3，绳重及滑轮转轴处的摩擦等次要因素忽略不计，所以滑轮组绳子自由端受到的拉力
物体B的重力
GB=3F1-G动=3×40N-20N=100N
在物体B下加挂重为15N的物体C后，用水平向左的力F拉动物体A使其沿水平桌面向左做匀速直线运动，滑轮组绳子自由端受到的拉力
此时水平方向物体A受到向左的拉力F与向右的拉力F2、摩擦力f'平衡，且由于物体A对桌面的压力，接触面的粗糙程度不变，所以物体A受到的摩擦力大小不变，还是40N，拉力F大小为
F=F2+f'=45N+40N=85N
故A错误；
B．此时物体A向右做匀速直线运动，水平方向受到向右的拉力（大小等于滑轮组绳子自由端拉力）与水平桌面对它水平向左的摩擦力是一对平衡力，所以物体A受到的摩擦力
f=F1=40N
故B正确；
C．B上升的速度为3cm/s，则物体A左移的速度
v=3vB=3×3cm/s=9cm/s=0.09m/s
拉力做功的功率
故C正确；
D．物体A在绳的水平拉力作用下向右做匀速直线运动时，滑轮组的机械效率
故D错误。
故选BC。
变式题8提升
49. 如图所示，体重为500N的小楷用滑轮组拉着重400N的物体A沿水平方向匀速运动，物体A运动1m用时2s，此时滑轮组的机械效率为80%，每个滑轮重40N，绕绳能承受的最大拉力为600N，不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，下列计算结果正确的是（ ）
A. 小楷对地面的压力为400N
B. 10s内小楷对物体做功为1000J
C. 小楷做功的功率为80W
D. 小楷使用本装置的机械效率最高可达96%
【答案】AD
【解析】
【详解】A．不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，滑轮组的机械效率
物体受到的摩擦力f=160N；由图可知滑轮组的动滑轮绕2段绳，绳子自由端的拉力
小楷受到重力、绳子的拉力和地面的支持力，地面的支持力
F支持=G-F=500N-100N=400N
小楷对地面的压力和地面对他的支持力是相互作用力，大小相等，所以小楷对地面的压力
F压=F支持=400N
故A正确；
B．物体A运动1m用时2s，即1s运动的距离是0.5m，10s内物体A移动的距离
s物=10×0.5m=5m
10s内小楷对物体做功（有用功）
W有=fs物=160N×5m=800J
故B错误；
C．拉力端移动距离
s=ns物=2×5m=10m
拉力做的总功
W总=Fs=100N×10m=1000J
拉力做功功率，即小楷做功的功率
故C错误；
D．小楷施加的最大拉力等于自己的体重，为500N；绕绳能承受的最大拉力为600N，所以小楷使用本装置的最大拉力F最大=500N，不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，能克服的最大摩擦力
f最大=nF最大-G动=2×500N-40N=960N
不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，最大机械效率
故D正确。
故选AD。
变式题9提升
50. 如图所示，竖直固定的测力计下端挂一个滑轮组，已知每个滑轮重均为60N，滑轮组下端挂重330N的物体，用水平向右的力F拉绳子自由端，物体上升4m用时8s，绳子A、B能承受的最大拉力分别为450N和150N。不考虑绳重和滑轮转轴的摩擦，下列计算结果正确的是（ ）
A. 测力计的示数为320N
B. 绳子自由端受到的拉力的功率为165W
C. 滑轮组做的有用功为1560J
D. 此装置提升重物的最大机械效率为86.7%
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知，承担重物的绳子股数n=3，因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力为
弹簧测力计下的定滑轮受到竖直向下的重力、两股绳子向下的拉力和弹簧测力计向上的拉力，由力的平衡条件可知，弹簧测力计的示数为
F示=G动+2F=60N+2×130N=320N
故A正确；
B．绳子自由端移动的距离为
s=nh=3×4m=12m
拉力做的总功为
W总=Fs=130N×12m=1560J
拉力做功的功率为
故B错误；
C．拉力做的有用功为
W有=Gh=330N×4m=1320J
故C错误；
D．绳子A能承受的最大拉力为450N，绳子B的拉力为
绳子B会被拉断；绳子B能承受的最大拉力为150N，绳子A的拉力
FA=3FB最大-G动=3×150N-60N=390N<450N
绳子A不会被拉断，此时提升的最大物重为
G最大=FA=390N
此时滑轮组的机械效率为
故D正确。
故选AD。物质
铁
铜
水
煤油
ρ/(kg•m-3)
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
c/[J•(kg•℃)-1]
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103
（1）根据你已有的知识和经验判断：酱油、菜籽油、水，三者中密度最大的是______；
（2）小优同学的测量步骤是：在烧杯中装入适量酱油，用天平测量出它们的总质量为；将烧杯中的部分酱油倒入量筒，测量出体积为V；测量出烧杯和剩余酱油的总质量为；计算出酱油的密度；依据上述测量，酱油的密度为______（用、、V表示）；
（3）本实验的误差来源是______（写出一条即可）；
（4）本实验操作难度较大，你认为最难操作的是______（写出一条即可）。
【答案】 ①. 酱油 ②. ③. 体积测量 ④. 用天平测质量时，防止烧杯倾倒
【解析】
【详解】（1）[1]由于相同体积的酱油、菜籽油、水，酱油的质量最大，菜籽油的质量最小，所以密度最大的是酱油。
（2）[2]在烧杯中装入适量酱油，用天平测量出它们的总质量为；将烧杯中的部分酱油倒入量筒，测量出烧杯和剩余酱油的总质量为，则量筒中酱油的质量为，量筒中酱油的体积为V，所以酱油的密度
（3）[3]本实验中测量量筒中酱油的体积时，量筒壁上沾有酱油，所以实验中的误差可能是测量量筒中酱油的体积存在误差。
（4）[4]本实验中，测量量筒和酱油的质量时，要防止量筒在天平左盘中发生倾倒，所以操作难度较大的是用天平测质量时，防止烧杯倾倒。
变式题1基础
2. “测液体的密度”实验，如图。
（1）天平平衡后，将装有适量牛奶的烧杯放入天平左盘，通过增减砝码和移动游码，使天平再次平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图甲所示，则烧杯和牛奶的总质量为___________g。
（2）将烧杯中的部分牛奶倒入量筒，如图乙所示，量筒中牛奶的体积是___________cm3。
（3）用天平测出剩余牛奶和烧杯的总质量为31.2g。根据测得的数据，计算出牛奶的密度是___________ g/cm3
【答案】 ①. 72 ②. 40 ③. 1.02
【解析】
【详解】（1）[1]天平的读数等于砝码的质量加游码的示数，因此烧杯和牛奶的总质量
m总=70g+2g=72g
（2）[2]量筒中牛奶的体积
V=40mL=40cm3
（3）[3]倒入量筒中的牛奶的质量
m=72g-31.2g=40.8g
牛奶的密度
变式题2基础
3. 学习了密度的知识之后，小军做了以下实验：调好天平后，在烧杯中倒入适量的酒精，测出烧杯和酒精的总质量如图甲所示，为___________，将一部分酒精倒入量筒中，量筒中酒精的体积如图乙所示，为___________，又测得剩余酒精和烧杯的总质量为，则酒精的密度为___________。
【答案】 ①. 62 ②. 40 ③.
【解析】
【详解】[1]用天平测量物体质量，物体质量等于砝码质量与游码读数之和。由甲图可知，烧杯和酒精的总质量为
[2]由乙图量筒的分度值为2mL，量程中酒精的体积为
[3]由题意知测得剩余酒精和烧杯的总质量为，则倒入量筒中酒精的质量为
根据密度公式得，酒精的密度为
变式题3基础
4. 小明用“天平和量筒测量盐水的密度”。
（1）将天平放在水平桌面上，如图甲所示，取下橡胶垫圈，接下来的操作是______，再旋动平衡螺母，调节天平横梁平衡；
（2）天平调节平衡后，小明按照下面步骤开始操作：
①测出空烧杯质量为29.2g；
②测出烧杯和盐水总质量；其数值如图乙所示为______g；
③将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，读出盐水的体积为40mL，则盐水的密度ρ=______kg/m3，此实验方法测出盐水的密度会______（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 将游码调至标尺左端零刻度处 ②. 71.2 ③. 1.05×103 ④. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]根据天平调节平衡的步骤可知，接下来的操作是将游码拨到标尺的零刻度线处，再调节平衡螺母直到指针指在分度盘中央。
（2）[2]如乙图，烧杯和盐水总质量
m1=50g+20g+12g=71.2g
[3]量筒中盐水的质量
m=m1-m2=71.2g-29.2g=42g
量筒中盐水的体积
V=40mL=40cm3
盐水的密度
[4]烧杯中的盐水不能全部倒入量筒中，导致盐水的体积测量值偏小，密度测量值偏大。
变式题4巩固
5. 学了测量液体密度的实验后，小明想知道食用油的密度，于是他用天平和量筒做了以下实验，如图所示。
（1）将托盘天平放在___________上，把游码移到标尺左端___________处。发现指针静止时，位置如图甲所示，则应将平衡螺母向___________（选填“左”或“右”）调节使横梁平衡；
（2）天平调节平衡后，测出空烧杯的质量为28g，在烧杯中倒入适量的食用油。在测量烧杯和食用油的总质量时，小明将最小为5g的砝码放在天平右盘后，分度盘的指针再次如图甲所示，此时应___________，使天平横梁平衡，此时所用砝码和游码的位置如图乙所示。接着小明将烧杯中的食用油全部倒入量筒中，食用油的体积如图丙所示，则烧杯中食用油的质量为___________g，食用油的密度为___________；
（3）小明用这种方法测出的食用油密度与真实值相比___________（选填“偏大”或“偏小”），你判断的依据是___________。
【答案】 ①. 水平桌面 ②. 零刻度 ③. 左 ④. 取回5g的砝码，（用镊子）拨动游码 ⑤. ⑥. ⑦. 偏大 ⑧. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]将托盘天平放在水平桌面上，把游码移到零刻度线处，根据天平调平衡时遵循的原则：左偏右调，右偏左调，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调。
（2）[4]天平调节平衡后，测出空烧杯的质量为28g，在烧杯中倒入适量的食用油。在测量烧杯和食用油的总质量时，将最小为5g的砝码放在天平右盘中后，分度盘指针如图甲所示，说明砝码较重，故此时应取回5g的砝码，用镊子拨动游码。
[5][6]由图乙所示可知，食用油和瓶的总质量
食用油的质量
由图丙所示量筒可知，食用油的体积
食用油的密度
（3）[7][8]小明不可能把烧杯内的食用油全部倒入量筒内，导致测得食用油的体积偏小，由公式知测出的食用油的密度偏大。
变式题5巩固
6. 小明测量一杯均匀盐水的密度，进行了如下实验：
（1）将天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻度线处，发现指针在分度盘上的位置偏左，应将平衡螺母向______调节使横梁平衡；
（2）将盛有适量盐水的烧杯放在已调平天平的左边托盘中，在另一盘中按质量从大到小加减砝码，当加入最小的5 g砝码后，指针偏向分度盘的右侧，则小明接下来的正确操作是______；当天平再次平衡后，砝码的个数和游码的位置如图甲所示，烧杯和盐水的总质量为______g；
（3）将烧杯中的一部分盐水倒入量筒中，如图乙所示，测出了量筒中盐水的体积；然后测出烧杯和剩余盐水的总质量为63 g，则盐水的密度为______g/cm3；
（4）测量结束后小明发现天平的左托盘有缺损，则对以上盐水密度测量结果的影响是______（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】 ①. 右 ②. 见解析
③. 84 ④. 1.05 ⑤. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]将天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端的零刻度线处，若发现指针静止时指在分度盘中央的左侧，则应将平衡螺母向右调节，使横梁平衡。
（2）[2]调节天平横梁平衡后，将物体放在左盘中，用镊子由大到小在右盘中加减砝码，当放入5g的砝码时，指针偏向分度盘的右侧，则接下来的操作是取下最小5g砝码，移动游码，直到横梁恢复平衡。
[3]烧杯和盐水的总质量为
（3）量筒的分度值为，量筒中盐水的体积
倒入量筒中盐水的质量
盐水的密度
（4）[5]天平的托盘有残缺，通过平衡螺母进行调节，不会影响测量结果，所以测量结果仍然准确。
变式题6巩固
7. 小磨香油香飘四方，在测定香油密度的活动中：
（1）为了测出香油的密度，小明进行如下操作：
①把托盘天平放在水平桌面上，先将游码移到标尺左端零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁平衡；
②用托盘天平测得空烧杯的质量m0=20g；
③在烧杯中倒入适量香油，置于托盘天平左盘，天平横梁平衡后如图甲所示，则烧杯和香油的总质量m=___________g；
④将烧杯中香油倒入量筒中，如图乙所示；
⑤算出香油的密度ρ=___________kg/m3；
（2）小华认为：小明操作步骤不合理，测得的香油密度___________（选填“偏大”“偏小”或“准确”）为了改进实验可以将上述操作顺序调整为：①___________⑤。
【答案】 ①. 58.4 ②. 0.96×103 ③. 偏大 ④. ③④②
【解析】
【详解】（1）[1]天平的读数为砝码的质量加上游码的质量，由图可得，此时烧杯和香油的总质量为
m总=50g+5g+3.4g=58.4g
[2]将烧杯中的香油全部倒入空量筒中，如图乙所示，可读出香油的体积为40mL，即V油=40cm3，香油的质量为
m油=58.4g -20g=38.4g
此时香油的密度为
（2）[3]将香油倒入量筒中时，有部分香油附在烧杯内壁，由此导致测得的香油的体积的测量值偏小，由可得，计算的密度会偏大。
[4]为了改进实验可以先测量烧杯和香油的总质量，将香油倒入量筒后，测量烧杯和剩余在烧杯内的香油，这样的测量才比较准确，故应将顺序调整为：①③④②⑤。
变式题7提升
8. 用图1所示的实心陶瓷材质冰墩墩模型来估测香醋的密度。
（1）在测量冰墩墩的质量时，多次增减砝码，当加入最小质量为5g的砝码后，指针在分度盘中线右侧附近，但拿走5g的砝码后，指针在分度盘中线左侧附近。此时她应______（加入/拿走）5g的砝码，并移动______使横梁恢复平衡；
（2）用天平测量冰墩墩质量，当天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图2所示，其质量为_________g，体积为_________cm3；（陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3）
（3）如图3所示，在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后，用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=134.4g；
（4）如图丙所示，将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中，在烧杯壁上标记液面的位置；
（5）将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=102.6g；
（6）根据以上实验数据，求得香醋的密度，ρ=_________g/cm3。与真实值相比，用本方案所测出的香醋密度_________（偏大/偏小/相同）。
【答案】 ①. 拿走 ②. 游码 ③. 81 ④. 30 ⑤. 1.06 ⑥. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1][2]当加入最小质量为5g的砝码后，指针在分度盘中线右侧附近，但拿走5g的砝码后，指针在分度盘中线左侧附近，说明最小的砝码无法使天平平衡，这时，应该拿走砝码，通过调节游码来使天平平衡。
（2）[3]冰墩墩的质量为
m=50g+20g+10g+1g=81g
陶瓷材料的密度为
ρ =2.7×10³kg/m³=2.7g/cm³
由可得，冰墩墩的体积为
（6）[4]将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积，即
乙烧杯减小的香醋的质量为
香醋的密度为
[5]将冰墩墩从香醋中取出时会带出一部分香醋，会使烧杯乙及剩余香醋的总质量偏小，根据知，测量的香醋质量偏大，由知，用本方案所测出的香醋密度偏大。
变式题8提升
9. 小王买了一种果汁，他想在实验室中测量出这种果汁的密度，主要实验步骤如下：
（1）把天平放在水平台上，将游码移到零刻度线处，指针位置如图甲所示，此时应向___________（选填“左”或“右”）调节平衡螺母，直至横梁平衡；
（2）用调节好的天平测量烧杯和果汁的总质量为106g；
（3）将烧杯中的部分果汁倒入量筒中，如图乙所示，量筒中果汁的体积为___________cm3；
（4）用天平测烧杯和杯内剩余果汁的总质量，如图丙所示，测得烧杯和剩余果汁的总质量为___________g；
（5）计算出果汁的密度为___________g/cm3；
（6）小王发现上述第（3）步操作时，有少量果汁附着在量筒内壁上，你觉得测得的果汁密度将会___________（选填“偏小”“不变”或“偏大”）。
【答案】 ①. 左 ②. 40 ③. 62 ④. 1.1 ⑤. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]由图甲可知，此时指针指向分度盘的右侧，则此时天平左边轻右边重，此时应向左调节平衡螺母，直至横梁平衡。
（3）[2]由图乙可知，量筒中的果汁液面高度与40mL刻度线平齐，故可知量筒中的果汁体积为40mL，即40cm3。
（4）[3]天平示数为砝码质量与游码示数之和，故由图丙可知，烧杯和剩余果汁的总质量为
m0=50g+10g+2g=62g
（5）[4]由（2）中可知，烧杯和果汁的总质量为m总=106g，故量筒中的果汁质量为
m=m总-m0=106g-62g=44g
故由可得，果汁的密度为
（6）[5]若上述第（3）步操作时，有少量果汁附着在量筒内壁上，则会使得量筒内的果汁的体积测量值偏小，故由可知，测得的果汁密度将会偏大。
变式题9提升
10. “测量密度”的实验中；
（1）将天平放在水平桌面上，把________放到标尺左端的零刻度线处，并旋动平衡螺母，使横梁平衡；
（2）烧杯中装入适量的盐水，称出烧杯和盐水的质量如图甲所示；将烧杯中盐水倒入量筒中一部分，如图乙所示。最后再称出烧杯和剩余盐水质量为34g，则盐水的密度为________kg/m3；
（3）某兴趣小组有一个小木球，想测量小木球的密度，进行了如下实验：
①用调节好的天平正确测量小木球的质量m；
②在量筒内盛适量水，读出水面所对刻度V1；
③将铅笔A和铅笔B固定成如图丙所示的形状，放入量筒内的水中，直到铅笔B的下表面刚好与水面相平，如图丁所示，读出水面所对刻度V2；
④取出铅笔，将小木球轻轻放入量筒内的水中漂浮，用固定好的铅笔A和铅笔B将小木球压入水中，直到铅笔B下表面刚好与水面相平，如图戊所示，读出水面所对刻度V3；
⑤小木球的密度表达式为：ρ木＝________（用所测物理量符号表示；水的密度用ρ水表示）；
⑥实验评估时，小辉提出，若考虑小木球“吸”水，铅笔不“吸”水，会导致小木球的密度测量值________（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 游码 ②. ③. ④. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]将天平放在水平桌面上，根据天平的使用原则知，把游码拨至标尺左端零刻度线上，调节横梁左右两端的平衡螺母，使横梁平衡。
（2）[2]烧杯和盐水的质量为
量筒中盐水的质量
量筒的分度值为2mL，量筒中盐水的体积
所以盐水密度为
（3）[3]木球的体积为
木球的密度为
[4]实验中先测小木球的质量，测得木球的质量是准确的；若考虑小木球“吸”水，则测得的总体积V3偏小，根据
可知测得木球的体积偏小，由可知，会导致小木球的密度测量值偏大。
原题
11. 我们生活在能量的世界，社会的进步和发展离不开能量。对于能量、能源的认识，下列说法正确的是（ ）
A. 做功过程实质是能量的转化或转移过程B. 能量转化具有方向性，所以能量不守恒
C. 核燃料能量转化效率可达100%，需大力发展D. 煤、石油、天然气提供的能量源自地球本身
【答案】A
【解析】
【详解】A．能量既不会消灭，也不会创生，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体。因此做功过程实质上是能量的转化和转移的过程，故A正确；
B．根据能量守恒定律可知，在能量转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，但能量的转化和转移具有方向性，不能反过来转化，故B错误；
C．由于不可避免的能量损耗，因此核燃料能量转化不可能达到100%，故C错误；
D．煤、石油、天然气等来源于远古时期动植物，而动植物的能量来源于太阳辐射能，故D错误。
故选A。
变式题1基础
12. 我国坚定不移走绿色低碳的高质量发展之路，以新发展理念引领建设人与自然和谐共生的现代化。关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A. 核能、风能、海洋能、地热能和生物能等绿色能源都是可再生能源
B. 氢燃料发动机技术的突破，可望实现氢能全部转化为机械能
C. 新能源、绿色能源的能量转化效率越高说明能量转化的速度越快
D. 绿色低碳环保生活就是尽力减少能量消耗，降低碳元素类的排放量
【答案】D
【解析】
【详解】A．核能是不可再生能源，故A错误；
B．氢燃料发动机将部分氢能转化为机械能，另有部分热量散失到空气中，故B错误；
C．新能源、绿色能源的能量转化效率越高说明讲能源转化为所需要的能源的占比变高，不是能量转化的速度越快，故C错误；
D．绿色低碳环保生活就是尽力减少能量消耗，降低碳元素类的排放量，故D正确。
故选D。
变式题2基础
13. 关于能源、环境保护及能量守恒定律，下列说法正确的是（ ）
A. 可燃冰、石油都属于可再生能源
B. 废旧电池可以随意丢弃
C. 用电动汽车替代燃油汽车，可以减少二氧化碳的排放
D. 随着时代的进步，永动机是可以造出的
【答案】C
【解析】
【详解】A．可燃冰、石油等能源在地球的储量是有限的，消耗后不可能再生，属不可再生能源，故A错误；
B．废旧电池含有有毒的重金属，随意丢弃会污染环境，故B错误；
C．用电动汽车替代燃油汽车，可以减少二氧化碳排放，故C正确；
D．永动机违背了能量守恒定律，“永动机”是不可能制造出来的，故D错误。
故选C。
变式题3基础
14. 下列关于能量的说法，正确的是（ ）
A. 风力发电机可以将机械能转化为电能
B. 用热水袋取暖是热水的化学能转化为身体的内能
C. 随着科学技术不断发展和提高，永动机是有可能实现的
D. 内燃机的做功冲程把燃料燃烧释放出来的内能全部转化为机械能
【答案】A
【解析】
【详解】A. 风力发电机是将机械能转化为电能，故A正确；
B. 热水袋取暖是将热水的内能转移到身体上，故B错误；
C. 永动机是违背能量守恒的，是不可能实现的，故C错误；
D. 内燃机的效率无法达到百分之百，则不可能将燃烧释放出来的内能全部转化为机械能，故D错误。
故选A。
变式题4巩固
15. 下列关于能量的说法中正确的是（ ）
A. 核能是可再生能源，核电站是利用核聚变释放的能量工作的
B. 自然界中几乎所有的能源都是来自太阳能
C. 只有能的转移具有方向性，而能的转化不具有方向性
D. 能的转化，一定遵从能量守恒定律，而能的转移，不一定遵从能量守恒定行
【答案】B
【解析】
【详解】A．核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以核能是不可再生能源；目前的核电站均采用核裂变，聚变的应用尚在试验阶段，故A错误；
B．太阳孕育了地球的生命，煤、石油等都是化石能源，是植物在地壳运动中被埋所形成的，风能、水能等能源都是间接来自太阳能，所以太阳是人类的“能源之母”，给B正确；
C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，但是能量的转化具有方向性，故C错误；
D．只要有能的转化和转移，能量在转化或转移的过程中就一定遵从能量守恒定律，故D错误。
故选B。
变式题5巩固
16. 中国近年来在科技方面发展迅猛，特别是能源方面取得了骄人成绩。关于能源、能量及其转化，下列说法中正确的是（ ）
A. 被称为“海上幽灵”的“096”核潜艇利用核裂变产生的能量来驱动
B. 中国能源数字化战略就是通过先进技术使能源实现无限循环使用
C. 传统的汽油机在压缩冲程中将内能转化为机械能，从而实现动力输出
D. 能量既不会创造也不会消灭，总量是不会变的，所以不需节约能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．核在裂变和聚变时都能释放出巨大的能量，核潜艇是利用核裂变释放的能量来驱动的，故A正确；
BD．能源在使用时，其总量是不变的，但转化过程是有方向性、不可逆的，所以不能无限循环使用，可利用的能源是有限的，需要节约能源，故BD错误；
C．汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化机械能，实现动力输出，故C错误。
故选A。
变式题6巩固
17. 人类的发展离不开能源，“碳达峰、碳中和”是我国对世界做出的庄严承诺,对于能量和能源，下列说法中正确的是（ ）
A. 风能、水能、太阳能都是不可再生能源
B. 提高能量转化效率是“节能减排”的重要措施之一
C. 目前核电站核反应堆里的核反应方式是核聚变
D. 能量既不能创造，也不会消灭，所以不用节约能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．可再生能源是指自然界中可以不断利用、循环再生的一种取之不尽的能源，例如太阳能、风能、水能；故A错误；
B．提高能量转化效率，单位能源转化成可被我们利用的能量就会更多，是“节能减排”的重要措施之一，故B正确；
C．目前的核电站主要是利用可被控制的重核裂变产生的能量，可被控制的轻核聚变目前只能在实验室中短暂的实现；故C错误；
D．能量的转化具有方向性，随着人类对能源的使用，可被利用的能源会越来越少，所以需要节约能源，故D错误。
故选B。
变式题7提升
18. 河北丰宁抽水蓄能电站是2022年北京冬奥会的电力保障项目之一、该电站可以利用风能和光能资源充足时发电获得的部分电能，将水抽到高处转化为水的机械能储存起来，需要时再利用水的势能发电，从而弥补了风能、光能不稳定且转化的电能难储存的不足，实现风、光与水电的互补，堪称电力系统的巨型“充电宝”。下列说法正确的是（ ）
A. 风能和光能是不可再生能源
B. 该电站抽水蓄能时可将电能转化为机械能，发电时可将机械能转化为电能
C. 根据能量守恒定律可知，该电站抽水时消耗的电能全部转化为水的机械能
D. 风能、光能、机械能、电能可以相互转化，说明能量的转化是没有方向性的
【答案】B
【解析】
【详解】A．风能和光能是可再生能源，能够从自然界获得，取之不尽用之不竭，故A错误；
B．该电站抽水蓄能时，消耗电能，增大的水的机械能，故将电能转化为机械能，发电时，机械能减小，电能增加，故将机械能转化为电能，故B正确；
C．该电站抽水时消耗的电能不可能全部转化为水的机械能，会有一部分的电能转化为内能或其它形式的能，故C错误；
D．风能、光能、机械能、电能可以相互转化，但是能量的转化有方向性的，比如汽车行驶时，克服摩擦力做的功，机械能转化为内能，这个内能不会自发的转化为原来的机械能，故D错误。
故选B。
变式题8提升
19. 2020年12月12日，我国主要领导人在联合国气候雄心峰会上宣布：到2030年，中国单位国内生产总值二氧化碳排放将比2005年下降65%以上，非化石能源占一次能源消费比重将达到25%左右，努力在2060年实现碳中和。以下同学们的讨论得出的观点，其中正确的是（ ）
①化石能源属于不可再生能源，太阳能属于一次能源
②能量的转化、转移都是有方向性的，能量的利用是有条件的，我们需要节约能源
③逐渐停售燃油汽车，大力推广电动汽车，有利于早日实现碳中和，缓解热岛效应
④核电站是利用原子核发生可控的核裂变产生的核能来发电的
A. ① ④B. ① ③C. ① ② ④D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】
【详解】①不可再生能源是在短时间内不能再次生成的能源，化石能源就是属于不可再生能源，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，太阳能属于一次能源；②能量的转移或者转化具有方向性，如热量自发的从高温物体传到低温物体，但是不能自发的从低温物体转向高温物体，而且能源是有限的，我们要节约能源；③逐渐停售燃油汽车，大力推广电动汽车，有利于早日实现碳中和，缓解温室效应而不是热岛效应；④核电站的原理就是利用原子核发生可控的核裂变产生的核能来发电的。故C正确。
故选C。
变式题9提升
20. 关于能量及其转化的描述，说法正确的是（ ）
A. 物体发生热传递时，内能小的物体的内能一定会增大
B. 因为能量在转移或转化的过程中是守恒的，所以不需要节约能源
C. 电能可以转化为多种形式的能量，也可以从其他形式的能量转化而来
D. 目前有些新能源汽车，实现了"零排放"，故电动机的能量效率可达100%
【答案】C
【解析】
【详解】
A．内能少的物体温度可能高，故内能少的物体也可能将能量传给内能多的物体，内能小的物体的内能会减小，故A错误；
B．自然界的能量守恒，但能直接应用的能源使用后品质降低，不能直接应用，所以可利用能源越来越少，生活中需要节约能源，故B错误；
C．生活中，通过不同的用电器将电能转化为多种形式的能量，也可以将自然界中各种形式的能量转化为电能，如水能发电，火力发电，核能发电，太阳能发电等，故C正确；
D．目前有些新型燃料汽车，实现了“零排放”，减少了污染，提高了效率，新能源汽车工作过程中不可避免地由于机件间的摩擦而做额外功，因此能量效率不会达到100%，故D错误。
故选C。
原题
21. “因为有了光，自然界才绚丽多彩，世界才生机勃勃……”，下列对光现象描述正确的是（ ）
A. 太阳发出的光沿直线传播到达学校操场
B. 太阳光照在人身上的反射不遵循光的反射定律
C. 通过天文望远镜看到月球环形山，此时像与物等大
D. 白光经三棱镜分解成的彩色光，可通过凸透镜合成白光
【答案】D
【解析】
【详解】A．光从太阳处发出，经过的不是同种均匀介质，则不是沿直线传播到达学校操场，故A错误；
B．无论是镜面反射还是漫反射，都遵循光的反射定律，故B错误；
C．天文望远镜看到的是倒立、缩小的实像，故C错误；
D．白光被三棱镜分解成七种颜色的色光，由于凸透镜对光有会聚作用，七种颜色的色光经过凸透镜会复合成白光，故D正确。
故选D。
变式题1基础
22. 如图所示的光现象，由于光的反射形成的是（ ）
A. 桥在水中形成倒影
B. 墙上呈现人的影子
C. 筷子好像在水面处弯折
D. 放大镜把字放大
【答案】A
【解析】
【详解】A．桥在水中形成倒影，属于平面镜成像现象，是由光的反射形成的，故A符合题意；
B．墙上呈现人的影子，是由于光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C．筷子好像在水面处弯折，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D．放大镜是凸透镜，凸透镜成像成像是由光的折射形成的，故D不符合题意。
故选A。
变式题2基础
23. 2022年冬奥会上，极具高科技含量的“雪屏幕”采用两台10万流明超高亮度高清激光投影机，将影像投射到超过1000平方米的雪地上。下列有关说法错误的是（ ）
A. 投影过程包含光的直线传播
B. 投影过程利用了凸透镜成像原理
C. “雪屏幕”的上的影像是虚像
D. “雪屏幕”主要发生了漫反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．投影过程中，光线在空气中是沿直线传播的，故A正确，A不符合题意；
BC．投影过程是利用了凸透镜成倒立、放大的实像的原理，故B正确，C错误，B不符合题意，C符合题意；
D．“雪屏幕”表面凹凸不平，反射光线射向四面八方，主要发生了漫反射，故D正确，D不符合题意。
故选C。
变式题3基础
24. 如图是中山桥夜间灯光秀的场景，下列说法正确的是（ ）
A. 游客能从不同角度欣赏到中山桥，是因为发生了色散现象
B. 灯光秀的色彩是由红、黄、蓝三种色光混合而成
C. 游客看到绚丽多彩的灯光，说明光线是真实存在的
D. 夜晚射灯发出的光柱是光的直线传播形成的
【答案】D
【解析】
【详解】A．游客能从不同角度欣赏到彩色的喷泉，是因为发生了漫反射，故A错误；
B．灯光秀的色彩是由红、绿、蓝三种色光混合而成，故B错误；
C．光是真实存在的，但光线不是真实存在的，光线是为了研究方便而假想出来的物理模型，故C错误；
D．光在同种均匀介质中沿直线传播，夜晚射灯发出的光柱是光的直线传播形成的，故D正确。
故选D。
变式题4巩固
25. “五一”假期小明一家到丽江边游玩。妈妈拍照时，小明正在欣赏美景：对岸树木的倒“影”、水中的鱼“影”……，此时地面上留下了他的身“影”。关于“影”的形成原理，下列说法正确的是（ ）
A. 妈妈的摄“影”——光的直线传播B. 树木的倒“影”——光的反射
C. 水中的鱼“影”——光的反射D. 小明的身“影”——光的折射
【答案】B
【解析】
【详解】A．妈妈的摄“影”，属于凸透镜成像，是由光的折射形成的，故A错误；
B．树木的倒“影”，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B正确；
C．水中的鱼“影”，是由鱼反射的光线从水中斜射入空气时发生折射形成的虚像，故C错误；
D．小明的身“影”，是由光的直线传播形成的，故D错误。
故选B。
变式题5巩固
26. 某同学用简易照相机在公园拍摄的湖中大桥风景照片，同学们对该照片进行议论，下列说法中符合物理规律的是（ ）
A. 要想使桥的像在照片中更大些，该同学应向桥靠近些，再拍摄
B. 桥在河中的倒影是由于光的直线传播形成的
C. 桥在河中的倒影是由于光的折射形成的
D. 拍摄时底片上的像是倒立缩小的虚像
【答案】A
【解析】
【详解】A．要想使桥的像在照片中更大些，该同学应向桥靠近些，再拍摄，减小物距，增大像距，像变大，故A符合题意；
BC．桥在河中的倒影是平面镜成像现象，由于光的反射形成的，故BC不符合题意；
D．拍摄时底片上的像是倒立缩小的实像，故D不符合题意。
故选A。
变式题6巩固
27. 下列关于光现象描述正确的是（ ）
A. 水面倒影和小孔成像都是由于光的直线传播形成的
B. 月亮在湖面所成的像比宇宙中的月亮小
C. 矫正近视眼应该配戴凹透镜
D. 光的三基色是指红、黄、蓝
【答案】C
【解析】
【详解】A．水面倒影是平面镜成像现象，是光的反射形成的；小孔成像是光的直线传播形成的，故A错误；
B．月亮在湖面成像，是平面镜成像现象，所成的像与宇宙中的月亮大小相等，故B错误；
C．近视眼的像会聚在视网膜的前方，矫正近视眼应该配戴凹透镜，故C正确；
D．光的三基色是指红、绿、蓝，故D错误。
故选C。
变式题7提升
28. 小司在复习时对光学实验探究提出了以下观点，其中错误的是（ ）
A. 凸透镜成像的规律：蜡烛燃烧变短后，通过降低凸透镜和光屏的高度，可使像成在光屏中间
B. 光总是沿直线传播吗：当激光射进密度不均匀的糖水中发生弯曲，实质上是发生了折射现象
C. 平面镜成像时像与物的关系：当物体远离玻璃板，像会靠近玻璃板，但像的大小不变化
D. 光的反射规律：为了更好的显示光路，白色纸板应与平面镜垂直，并且激光应沿纸面射向镜面
【答案】C
【解析】
【详解】A．凸透镜成像蜡烛燃烧变短后，要使像仍出现在光屏中央，应再次经烛焰中心、光心、光屏中心再次在同一高度，故可以降低凸透镜和光屏的高度，故A正确，不符合题意；
B．光在同种均匀介质中会沿直线传播，在密度不均匀的糖水中会发生偏折，故B正确，不符合题意；
C．平面镜成像，像与物关于平面镜对称，物体远离玻璃板时，像也会远离玻璃板，故C错误，符合题意；
D．光在纸面上可以发生漫反射，使人在不同角度都能观察到光路，故D正确，不符合题意。
故选C。
变式题8提升
29. 在我国的“太空授课”中，女航天员王亚平制造了一个小水球（相当于凸透镜），我们通过水球看到了她的“倒影”，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. “倒影”是光的反射形成的
B. 水球对光具有发散作用
C. “倒影”不能成在光屏上
D. 若王亚平距水球距离变近，“倒影”会变大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．王亚平前的水珠相当于凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，此时的“倒影”是通过凸透镜成的倒立的、缩小的实像，是光的折射的缘故，故AB错误；
C．“倒影”是凸透镜此时成的倒立、缩小的实像，实像能成在光屏上，故C错误；
D．若王亚平离水球越近，则根据凸透镜成像特点可知，物距变小，所以像距变大，像变大，故D正确。
故选D。
变式题9提升
30. 小明自制了一个简易投影仪如图，在暗室中将印有冬奥会吉祥物“冰墩墩”的透明胶片，贴在白光的手电筒上，并正对着焦距为10cm的凸透镜。调整手电筒、凸透镜、白色墙壁之间的位置，在墙上得到了一个清晰放大的像，下列说法错误的是（ ）
A. 凸透镜能成放大的像，是因为凸透镜对光线有发散作用
B. 手电筒与凸透镜的距离应大于10cm小于20cm，且胶片应倒立放置
C. 能从不同角度看到墙上“冰墩墩”的像，是因为光在墙面上发生的是漫反射
D. 保持凸透镜位置不变，将手电筒向左移动，要使墙上的像恢复清晰，可在凸透镜前放一个近视镜
【答案】A
【解析】
【详解】A．凸透镜能成放大的像，是因为凸透镜对光线有会聚作用，故A错误，符合题意；
B．焦距为10cm的凸透镜，手电筒与凸透镜的距离应大于10cm小于20cm，即位于一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立放大的实像，故B正确，不符合题意；
C．光在墙面上发生了漫反射时，能从不同角度看到墙上“冰墩墩”的像，故C正确，不符合题意；
D．保持凸透镜位置不变，将手电筒向左移动，相当于增大物距，要使墙上的像恢复清晰，可在凸透镜前放一个凹透镜，即近视镜，故D正确，不符合题意。
故选B。
原题
31. 小美在老师指导下进行了以下实验：甲、乙两烧杯各装100g水，用酒精灯加热甲烧杯，煤油灯加热乙烧杯，直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯，测得消耗酒精4g、煤油2.5g。她根据实验数据绘制了水温与加热时间关系的图像（如图）。若水沸腾前质量不改变，同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程，甲杯中的水吸收的热量更多
B. 前3分钟，乙杯中的水吸收的热量为
C. 消耗的煤油完全燃烧放出的热量为
D. 酒精灯加热的效率为28%
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意，由于甲、乙两烧杯各装水的质量相等，水的初始温度相同，根据可知水沸腾前，两杯水吸收的热量相等，为
且同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，则整个过程甲、乙两杯水所吸收的热量分别为
所以整个过程，乙杯中的水吸收的热量更多，故A错误；
B．由图可得，3分钟时乙杯中的水恰好沸腾，则吸收的热量为
故B正确；
C．整个过程消耗的煤油完全燃烧放出的热量为
故C错误；
D．在整个过程中，燃烧4g酒精所释放的热量为
可得酒精灯加热的效率为
故D错误。
故选B。
变式题1基础
32. 小明取少量燃料置于燃烧皿中，点燃后对100g的热水加热4min，然后立即将其熄灭，测得消耗燃料4.2g，并根据实验数据绘制了水温随时间变化的图像如图乙中a线所示。已知此过程中燃料均匀燃烧放热，该燃料的热值为2×106J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，整个过程中忽略水的质量变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 通过图像计算得知4min水吸收到的热量为2520J
B. 通过计算得出燃料燃烧放出热量有40%被水吸收
C. 水吸收的热量和燃料燃烧放出的热量都与加热时间成正比
D. 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乙中b线所示图像，则这杯水的质量大于上一杯水的质量
【答案】C
【解析】
【详解】A．对100g的热水加热2min，水的温度从93℃上升到99℃，则水吸收到的热量是
Q水=m水c水Δt=100×10-3kg×4.2×103J/(kg•℃)×(99℃-93℃)=2520J
4min水吸收到的热量为2min吸收热量的2倍，故A错误；
B．消耗燃料4.2g，则燃料放出的热量是
Q放=4.2×10-3kg×2×106J/kg=8.4×103J
燃料燃烧放出热量的40%为
Q'=Q放×40%=3.36×103J
水吸收的热量是2520J，故B错误；
C．由题意可知，燃料均匀燃烧放热，所以燃料燃烧的热量与加热时间成正比，由图乙可知，水的温度与时间成正比，根据Q=cmΔt可知，吸收的热量与时间成正比，故C正确；
D．由图可知，相同时间，两杯水吸收的热量相同，温度变化相同，根据Q=cmΔt可知两杯水的质量相等，故D错误。
故选C。
变式题2基础
33. 质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容，。下列说法中（ ）
①甲物质是水
②0~12min乙温度降低了20℃
③0~12min甲放出了的热量
④乙物质的比热容为
A. 只有①②正确B. 只有②④正确
C. 只有①③正确D. 只有①④正确
【答案】D
【解析】
【详解】①时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图像可知，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；根据Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小；所以，甲液体的比热容大，若A、B两种液体中，一种物质是水，则一定是甲物质，故①正确；
②由图可知，0~12min乙的温度从60℃降低至20℃，所以乙的温度降低
Δt乙=60℃-20℃=40℃
故②错误；
③0~12min甲放出的热量
Q水放=c水m水Δt甲=4.2×103J/(kg•℃)×0.5kg×(60℃-40℃)=4.2×104J
故③错误；
④由题知，而水和液体的质量相同，即m水=m乙，而水和另种液体在相同时间内放出的热量相等，即Q水放=Q乙放，则
c水m水Δt甲=c乙m乙Δt乙
结合图像可得，0~12min水放出的热量，即另一种液体放出的热量
Q水放=Q乙放=4.2×104J
则另一种液体的比热容
故④正确，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
变式题3基础
34. 两种不同材料的燃料，甲质量2kg，乙质量1kg，两者温度都升高1℃，吸收热量如图a所示，甲乙燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，则（ ）
A. 甲的比热容大于乙的比热容
B. 甲的热值大于乙的热值
C. 甲、乙的温度都降低 1℃，甲、乙放出的热量一样多
D. 相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量的一样多
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由a图可知：甲质量2kg，乙质量1kg，两者温度都升高1℃，甲乙都吸收了4000J热量，由可得
故
由此可得
又因为甲的质量是乙的质量的2倍，根据
甲、乙的温度都降低 1℃，甲乙放出的热量一样多，故A错误，C正确；
BD．由题意可知：甲质量2kg，乙质量1kg，甲乙燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，故甲乙的热值为
故，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量乙更多，故BD错误。
故选C。
变式题4巩固
35. 根据表格中的数据，下列说法不正确的是（ ）
A. 质量为1kg的铁温度升高1℃时吸收的热量是0.46×103J
B. 2kg煤油温度降低1℃时，放出的热量是4.2×103J
C. 煤油和水体积之比为2∶1，吸收热量之比为12∶5，则升高温度之比为4∶1
D. 初温、质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后相接触，内能从铜块转移到铁块
【答案】C
【解析】
【详解】A．单位质量的某种物质每升高1℃（或降低1℃）吸收（或放出）的热量，叫做这种物质的比热容，铁的比热容是0.46×103J/(kg•℃)，由比热容的概念可知，质量为1kg的铁温度升高1℃时吸收的热量是0.46×103J，故A正确，不符合题意；
B．煤油的比热容是2.1×103J/(kg•℃)，所以2kg煤油温度降低1℃时，放出的热量是4.2×103J，故B正确，不符合题意；
C．煤油和水体积之比为2∶1，由m=ρV得质量比
m油∶m水=ρV油∶ρV水=0.8×103kg/m3×2V∶1.0×103kg/m3×1V=8∶5
由Q=cmΔt得，升高温度之比
故C错误，符合题意；
D．初温、质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后，由于铁块的比热容大，所以升高的温度少，即铁块的末温低，内能从高温物体（铜）传给低温物体（铁），故D正确，不符合题意。
故选C。
变式题5巩固
36. 小帆在老师指导下，用如图所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体（其中一种是水），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图，乙从20℃加热至沸腾刚好消耗了4g酒精。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，[q酒精=3×107J/kg，c水=4.2×103J/(kg·℃)]，则下列说法中不正确的是（ ）
A. c乙=2.4×103J/(kg·℃)
B. 乙的吸热能力小于甲的吸热能力
C. 0~8min乙吸收的热量为
D. 该酒精灯的加热效率为35%
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由图乙可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，甲为水；由可知，甲的比热容是乙的比热容的2倍，乙的比热容
故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；
C．用相同的酒精灯加热，在相同的时间内，水吸收的热量等于乙吸收的热量，0~8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量
Q乙=Q甲=c水m水Δt甲=4.2×103 J/(kg·℃)×0.1kg×(100℃-20℃)=3.36×104J
故C正确，不符合题意；
D．酒精完全燃烧放出的热量为
Q放=m酒精q酒精=0.004kg×3×107J/kg=1.2×105J
乙从加热到沸腾吸收的热量为
酒精灯的加热效率为
故D正确，不符合题意。
故选A。
变式题6巩固
37. 用相同的酒精灯分别对初温为20℃、质量为200g的水和某种液体加热，相同时间内酒精灯产生的热量相同。如图是两种液体温度随加热时间变化的图像。已知水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，酒精的热值为3×107J/kg，当加热到8min时酒精灯完全燃烧了3g酒精，下列说法正确的是（ ）
A. 4min内，水吸收的热量为6.72×104JB. 酒精灯的加热效率为74.7%
C. 8min后，甲液体不再吸收热量D. 乙液体升高温度多，吸热能力更强
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，甲液体的沸点是100℃，所以甲液体是水，加热8min，水升高的温度
Δt＝100℃﹣20℃＝80℃
则加热8min，水吸收的热量
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/(kg·℃)×200×10﹣3kg×80℃＝6.72×104J
由于相同时间内酒精灯产生的热量相同，所以4min内，水吸收的热量
故A错误；
B．完全燃烧3g酒精放出的热量
Q放＝m′q＝3×10﹣3kg×3×107J/kg＝9×104J
酒精灯的加热效率
故B正确；
C．由图可知，8min后，水开始沸腾，而水沸腾过程中需要继续吸热，故C错误；
D．由图可知，质量相等的甲、乙液体，吸收相同的热量，乙升高的温度升高的温度更多，由Q吸＝cmΔt可知，乙液体的比热容更小，即乙液体的吸热能力更弱，故D错误。
故选B。
变式题7提升
38. 小郭同学想要比较甲物质与水的吸热本领，于是选用了两套完全相同的酒精灯给质量同为200g的物质甲和水加热，它们的温度随时间的变化关系如图所示，已知酒精的热值q=3.0×107J/kg，加热时，酒精灯平均每分钟消耗0.28g酒精。已知水的比热容c水=4.2×103J/(kg℃)，则下列说法正确的是（ ）
A. 实验开始时，必须控制甲和水的初温相等
B. 前10min，甲吸收的热量为2.52×103J
C. 酒精灯的加热效率为30%
D. 甲与水的比热容之比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质吸热与温度变化量有关，故实验开始时不必控制甲和水的初温相等，故A错误；
BD．根据吸热公式可知甲物质与水吸收的热量为
联立并代入数据可得
则
前10min，甲温度由0升至60℃，则吸收的热量为
故B、D错误；
C．前10min酒精灯燃烧放出的热量为
则酒精灯的加热效率为
故C正确。
故选C。
变式题8提升
39. 在“比较不同物质的吸热能力”实验中，用如图甲所示的同一个实验装置分别加热200g的水和煤油，用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图乙，加热3min刚好消耗了4g酒精。若单位时间内水吸收的热量与煤油吸收的热量相等，已知c水=4.2×103J/（kg·℃），q酒精=3×107J/kg，下列分析正确的是（ ）
A. 该酒精灯的加热效率为24%
B. 煤油的比热容是2.8×103J/（kg·℃）
C. 加热2min，煤油比水吸收热量多
D. 加热4min，煤油吸收热量是3.36×104J
【答案】D
【解析】
【详解】由图，等质量的水和煤油吸收相同的热量，因为水的比热容大，所以水的温度升高小，煤油温度升高大。
A．如图乙所示，4min水的温度由20℃升高到60℃，则4min内水吸收的热量为
由于相同时间吸收热量相同，则3min吸收的热量为
4g酒精燃烧产生的热量为
该酒精灯的加热效率为
故A错误；
BD．如图乙所示，4min煤油的温度由20℃升高到100℃，相同时间水和煤油吸收的热量相同，则
煤油的比热容为
故B错误，D正确；
C．由于加热器完全相同，相同时间吸收的热量相同，加热2min，煤油与水吸收热量相同，故C错误。
故选D。
变式题9提升
40. 某同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯用完全相同的方式分别质量都是200g的沙子和水加热。他绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象分别如图a、图b所示。已知酒精的热值q＝3.0×107J/kg，加热时酒精灯平均每分钟消耗2.8g酒精。已知水的比热容 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 沙子的吸热能力大于水的吸热能力
B. 加热2min时间内水吸收的热量Q吸水为4.2×105J
C. 这2min时间内酒精灯的加热效率η为40%
D. 沙子的比热容c沙约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像知加热相同的时间水和沙子吸收的热量相同，沙子的温度升高的多，根据 可知，水的比热容大，水的吸热能力大于沙子的吸热能力，故A错误；
B．由图b可知，加热2min水温度升高
则加热2min时间内水吸收的热量
故B错误；
C．因为酒精灯平均每分钟消耗2.8g酒精，加热2min时间内消耗酒精的质量
则酒精完全燃烧放出的热量
酒精灯的加热效率
故C错误；
D．因为两酒精灯完全相同、加热方式也相同，所以相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，则在2min的时间内，沙子吸收的热量
由图a可知加热2min，沙子的温度从20上升到250，即
沙子的质量
由可得，沙子的比热容
故D正确。
故选D。
原题
41. 如图甲所示装置，小欢用力F向下拉绳子，使物体M在水平地面匀速移动，地面ab、bc粗糙程度不同。物体M重为400N，动滑轮重为5N，ab=2m，bc=3m。物体M从a点到c点过程中，拉力F与M移动距离的关系如图乙，不考虑物体大小对运动的影响，忽略绳子重力及滑轮转轴摩擦，对此过程的分析，下列结论正确的是（ ）
A. 绳子自由端移动的距离为15m
B. 拉力F做的功为840J
C. 拉力F在ab段做的额外功等于在bc段做的额外功
D. 物体从ab段到bc段，滑轮组的机械效率变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，绳子段数有2段，物体移动的距离
s物=2m+3m=5m
则绳子自由端移动的距离为
s=5m×2=10m
故A错误；
B．由图乙可知，物体M从a点到b点过程中，拉力F'=60N，绳子自由端移动距离
s'=2m×2=4m
拉力F做的功为
W'=F's'=60N×4m=240J
物体M从b点到c点过程中，拉力F"=100N，绳子自由端移动距离
s"=3m×2=6m
拉力F做的功为
W"=F"s"=100N×6m=600J
则拉力F做的总功为
W=240J+600J=840J
故B正确；
C．忽略绳子重力及滑轮转轴摩擦，拉力F在ab段做的额外功
W额'=G动sab=5N×2m=10J
拉力F在bc段做的额外功
W额"=G动sbc=5N×3m=15J
所以拉力F在ab段做的额外功小于在bc段做的额外功，故C错误；
D．在ab段，滑轮组的机械效率
在bc段，滑轮组的机械效率
故D正确。
故选BD。
变式题1基础
42. 用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m，滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示，不计绳重和摩擦，下列分析正确的是（ ）
A. 滑轮组的机械效率越高，功率越大
B. 动滑轮的重力为10N
C. 该滑轮组的机械效率能达到100%
D. 每次提升重物时，滑轮组做的额外功均为5J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滑轮组的机械效率越高，说明有用功与总功的比值越大，功率是表示做功快慢的物理量，机械效率高，拉力做功的功率不一定大，故A错误；
B．由图乙可知，提升物重G=10N时，滑轮组的机械效率，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为
动滑轮的重力为
故B正确；
C．使用滑轮组时，需要提升动滑轮做额外功，使得有用功小于总功，滑轮组的机械效率总小于100%，故C错误；
D．由题知，利用滑轮组每次物体被提升的高度均为0.5m，提升动滑轮上升的高度也都是0.5m，则每次提升重物时，不计绳重和摩擦，滑轮组做的额外功都为
W额=G动h=10N×0.5m=5J
故D正确。
故选BD。
变式题2基础
43. 利用如图所示的装置，工人用250N的力F，把重为600N的物体以0.4m/s的速度匀速提升4m。则这一过程中（ ）
A. 绳子自由端的速度为0.8m/sB. 拉力F所做的功为3000J
C. 动滑轮的重力是150ND. 此时滑轮组的机械效率是80%
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，滑轮组n=3，根据滑轮组的特点，物体端移动的速度为0.4m/s时，绳子自由端的速度应为1.2m/s，故A不符合题意；
B．拉力F所做的功
故B符合题意；
C．物体匀速上升，说明滑轮组和物体处于平衡状态，竖直方向合力为0，即
可得动滑轮和绳子的总重力
故C不符合题意；
D．滑轮组的机械效率
故D符合题意。
故选BD。
变式题3基础
44. 如图所示，把一个重400N的物体沿竖直方向向上在10s内匀速提升了2m，所用拉力F为140N，不计摩擦和绳重。则下列计算结果正确的是（ ）
A. 动滑轮重20N
B. 拉力F做功800J
C. 拉力F做功的功率为84W
D. 此滑轮组机械效率为80%
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知滑轮组有3段绳子承重，所以拉力大小为
则动滑轮重力为
故A正确；
B．物体沿竖直方向向上在10s内匀速提升了2m，则拉力移动距离为
拉力F做功为
故B错误；
C．拉力F做功的功率为
故C正确；
D．拉力做的有用功为
则滑轮组机械效率为
故D错误。
故选AC。
变式题4巩固
45. 如图所示是旧小区改造时高空刷外墙的吊装装置结构原理图，已知吊篮的质量为50kg；工人以及工具的总重为600N，绳子自由端由电机拉动，拉力的大小为500N，吊篮在10s内上升了2m，不计绳重和摩擦，吊装过程均为匀速运动，g＝10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
A. 绳子自由端拉动的速度为0.6m/s
B. 整个装置的机械效率为73.3%
C. 若电机最多能提供600N的拉力，则吊篮中的人与工具的总重不能超过900N
D. 装置动滑轮的质量为40kg
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝3，则绳子自由端移动的距离
绳子自由端移动的速度
故A正确；
B．整个装置做的有用功
拉力做的总功
整个装置的机械效率
故B错误；
C．不计绳重和摩擦，由可得，动滑轮和吊篮的重力
若电机最多能提供600N的拉力，则吊篮中的人与工具的最大总重
故C正确；
D．由G＝mg可得，动滑轮和吊篮的总质量
则装置动滑轮的质量
故D正确。
故选ACD。
变式题5巩固
46. 质量为60kg的工人站在水平地面上，利用如图滑轮组竖直向下拉动绳子自由端，将一质量为80kg的重物A以0.1m/s的速度匀速上升1m，此时该滑轮组的机械效率为80%（g取10N/kg）。对此工作过程及装置以下说法正确的是（ ）
A. 动滑轮重为200NB. 工人对绳的拉力做功1000J
C. 拉力F功率为50WD. 工人对地面的压力为100N
【答案】BD
【解析】
【详解】B．重物的质量为80kg，则重物的重力
G=mg=80kg×10N/kg=800N
重物上升1m，则有用功
W=Gh=800N×1m=800J
由图可知，动滑轮上的绳子段数是2段，该滑轮组的机械效率为80%，由可知，滑轮组做的总功是
即工人对绳的拉力做功1000J，故B正确；
C．绳子自由端移动的距离
s=nh=2×1m=2m
则绳子自由端的拉力
绳子自由端移动的速度
v=nv物=2×0.1m/s=0.2m/s
拉力F的功率
P=Fv=500N×0.2m/s=100W
故C错误；
A．若不计摩擦和绳重，由可得，动滑轮的重力
G动=2F-G=2×500N-800N=200N
由于实际上绳重和摩擦是存在的，则动滑轮重不等于200N，故A错误；
D．因工人受到竖直向上的支持力和拉力以及竖直向下的重力而处于平衡状态，所以工人受到地面的支持力
F支持=G人-F=mg-F=60kg×10N/kg-500N=600N-500N=100N
又因工人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力，所以工人对地面的压力等于地面对人的支持力，即100N，故D正确。
故选BD。
变式题6巩固
47. 工人用如图所示的滑轮组将重为800N的物体在5秒内匀速提升2m，其中动滑轮重100N（不计绳重和摩擦），下列判断正确的是（ ）
A. 绳端移动的距离为8m
B. 此滑轮组机械效率为80%
C. 拉力做功的功率为360W
D. 若工人对绳子最大拉力为500N，则他最多可提起重为1400N的物体
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图通过动滑轮绳子的段数n=3，绳子自由端的距离
s=nh=3×2m=6m
故A错误；
BC．不计绳重和摩擦，绳子自由端的拉力
由得，拉力做作的功为
又根据可得，拉力做功的功率为
由可得，滑轮组的机械效率为
故B错误，C正确；
D．由题意知，工人对绳子最大拉力为500N，由
可得，他最多可提起重为
故D正确。
故选CD。
变式题7提升
48. 如图所示，竖直固定的测力计下端挂一个滑轮组，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有一个物体B，滑轮组绳的末端通过定滑轮沿水平方向与物体A相连，物体A在绳的水平拉力作用下向右做匀速直线运动。此时测力计的示数为100N，滑轮组的机械效率为。在物体B下加挂重为5N的物体C后，用水平向左的力F拉动物体A使其沿水平桌面向左做匀速直线运动，此时B上升的速度为3cm/s。滑轮与轴的摩擦、绳的质量等次要因素都忽略不计，g取10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F的大小为80N
B. 物体A所受的滑动摩擦力为40N
C. 拉力F做功的功率为7.65W
D. 滑轮组的机械效率为60%
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知，两段绳子向下拉测力计，滑轮组上每段绳子拉力为F1，则
F示=2F1+G滑轮
100N=2F1+20N
所以F1=40N，由图可知，以物体B为研究对象，通过动滑轮绳子的段数n=3，绳重及滑轮转轴处的摩擦等次要因素忽略不计，所以滑轮组绳子自由端受到的拉力
物体B的重力
GB=3F1-G动=3×40N-20N=100N
在物体B下加挂重为15N的物体C后，用水平向左的力F拉动物体A使其沿水平桌面向左做匀速直线运动，滑轮组绳子自由端受到的拉力
此时水平方向物体A受到向左的拉力F与向右的拉力F2、摩擦力f'平衡，且由于物体A对桌面的压力，接触面的粗糙程度不变，所以物体A受到的摩擦力大小不变，还是40N，拉力F大小为
F=F2+f'=45N+40N=85N
故A错误；
B．此时物体A向右做匀速直线运动，水平方向受到向右的拉力（大小等于滑轮组绳子自由端拉力）与水平桌面对它水平向左的摩擦力是一对平衡力，所以物体A受到的摩擦力
f=F1=40N
故B正确；
C．B上升的速度为3cm/s，则物体A左移的速度
v=3vB=3×3cm/s=9cm/s=0.09m/s
拉力做功的功率
故C正确；
D．物体A在绳的水平拉力作用下向右做匀速直线运动时，滑轮组的机械效率
故D错误。
故选BC。
变式题8提升
49. 如图所示，体重为500N的小楷用滑轮组拉着重400N的物体A沿水平方向匀速运动，物体A运动1m用时2s，此时滑轮组的机械效率为80%，每个滑轮重40N，绕绳能承受的最大拉力为600N，不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，下列计算结果正确的是（ ）
A. 小楷对地面的压力为400N
B. 10s内小楷对物体做功为1000J
C. 小楷做功的功率为80W
D. 小楷使用本装置的机械效率最高可达96%
【答案】AD
【解析】
【详解】A．不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，滑轮组的机械效率
物体受到的摩擦力f=160N；由图可知滑轮组的动滑轮绕2段绳，绳子自由端的拉力
小楷受到重力、绳子的拉力和地面的支持力，地面的支持力
F支持=G-F=500N-100N=400N
小楷对地面的压力和地面对他的支持力是相互作用力，大小相等，所以小楷对地面的压力
F压=F支持=400N
故A正确；
B．物体A运动1m用时2s，即1s运动的距离是0.5m，10s内物体A移动的距离
s物=10×0.5m=5m
10s内小楷对物体做功（有用功）
W有=fs物=160N×5m=800J
故B错误；
C．拉力端移动距离
s=ns物=2×5m=10m
拉力做的总功
W总=Fs=100N×10m=1000J
拉力做功功率，即小楷做功的功率
故C错误；
D．小楷施加的最大拉力等于自己的体重，为500N；绕绳能承受的最大拉力为600N，所以小楷使用本装置的最大拉力F最大=500N，不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，能克服的最大摩擦力
f最大=nF最大-G动=2×500N-40N=960N
不考虑绳重和滑轮与轴之间的摩擦，最大机械效率
故D正确。
故选AD。
变式题9提升
50. 如图所示，竖直固定的测力计下端挂一个滑轮组，已知每个滑轮重均为60N，滑轮组下端挂重330N的物体，用水平向右的力F拉绳子自由端，物体上升4m用时8s，绳子A、B能承受的最大拉力分别为450N和150N。不考虑绳重和滑轮转轴的摩擦，下列计算结果正确的是（ ）
A. 测力计的示数为320N
B. 绳子自由端受到的拉力的功率为165W
C. 滑轮组做的有用功为1560J
D. 此装置提升重物的最大机械效率为86.7%
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知，承担重物的绳子股数n=3，因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力为
弹簧测力计下的定滑轮受到竖直向下的重力、两股绳子向下的拉力和弹簧测力计向上的拉力，由力的平衡条件可知，弹簧测力计的示数为
F示=G动+2F=60N+2×130N=320N
故A正确；
B．绳子自由端移动的距离为
s=nh=3×4m=12m
拉力做的总功为
W总=Fs=130N×12m=1560J
拉力做功的功率为
故B错误；
C．拉力做的有用功为
W有=Gh=330N×4m=1320J
故C错误；
D．绳子A能承受的最大拉力为450N，绳子B的拉力为
绳子B会被拉断；绳子B能承受的最大拉力为150N，绳子A的拉力
FA=3FB最大-G动=3×150N-60N=390N<450N
绳子A不会被拉断，此时提升的最大物重为
G最大=FA=390N
此时滑轮组的机械效率为
故D正确。
故选AD。物质
铁
铜
水
煤油
ρ/(kg•m-3)
7.9×103
8.9×103
1.0×103
0.8×103
c/[J•(kg•℃)-1]
0.46×103
0.39×103
4.2×103
2.1×103
相关试卷
2022年四川省成都市中考物理真题变式汇编： 这是一份2022年四川省成都市中考物理真题变式汇编，共170页。
2023年四川省成都市中考物理真题变式题31-33题： 这是一份2023年四川省成都市中考物理真题变式题31-33题，文件包含精品解析2023年四川省成都市中考物理真题变式题31-33题原卷版docx、精品解析2023年四川省成都市中考物理真题变式题31-33题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
2023年四川省成都市中考物理真题变式题21-25题： 这是一份2023年四川省成都市中考物理真题变式题21-25题，文件包含精品解析2023年四川省成都市中考物理真题变式题21-25题原卷版docx、精品解析2023年四川省成都市中考物理真题变式题21-25题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。
