2018-2020近三年中考物理真题分类汇编全套共24个专题附解析（共840页）

2018-2020近三年中考物理真题分类汇编全套共24个专题附解析（共840页）

考点01声现象 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 声音的产生与传播 声音的产生及其传播 ‎2‎ 声音的特性 区分音调、响度与音色 ‎3‎ 声音的利用 常见声的利用 ‎4‎ 噪声危害与控制 噪声防治方法 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·山东泰安）下列有关声现象的说法中，正确的是（　　）。‎ A. 人们根据音色来辨别长笛和二胡发出的声音；‎ B. “隔墙有耳”可以说明真空能够传播声音；‎ C. “不在公共场所大声喧哗”是要求人们说话音调要低；‎ D. 用超声波除去人体内的结石，说明声波能传递信息 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．不同发声体的材料和结构不同，发出声音的音色不同，人们根据音色来辨别长笛和二胡发出的声音，故A正确；‎ B．“隔墙有耳”可以说明固体能够传播声音，故B错误；‎ C．“不在公共场所大声喧哗”是要求人们说话响度小一些，故C错误；‎ D．用超声波除去人体内的结石，说明声波能传递能量，故D错误。故选A。‎ ‎2.（2020·山东济宁）以下与声现象有关的几个实验中，能说明声音产生原因的是（　　）。‎ 实验：①放在钟罩内的闹钟正在响铃，在抽取钟罩内的空气的过程中，铃声逐渐减小；②将正在发声的音叉轻轻插入水里，看到水花飞溅；③吹笛子时，手指按住不同的孔会发出不同的声音；④在吊着的大钟上固定一支细小的笔，把钟敲响后，用纸在笔尖上迅速拖过，可以在纸上画出一条来回弯曲的细线。‎ A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ①③‎ ‎【答案】B。‎ 843‎ ‎【解析】①放在钟罩内的闹钟正在响铃，在抽取钟罩内的空气的过程中，铃声逐渐减小，说明声音的传播需要介质，故①不符合题意；‎ ‎②将正在发声的音叉轻轻插入水里，看到水花飞溅，说明声音是由物体振动产生的，故②符合题意；‎ ‎③吹笛子时，手指按住不同的孔，笛子里面空气柱的振动频率不同，会导致声音的音调不同，故③不符合题意；‎ ‎④在吊着的大钟上固定一支细小的笔，把钟敲响后，用纸在笔尖上迅速拖过，可以在纸上画出一条来回弯曲的细线，说明声音是由物体振动产生的，故④符合题意。故选B。‎ ‎3.（2020·江苏连云港）关于声现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A. “震耳欲聋”说明声音音调高；‎ B. 声音是由于物体振动产生的；‎ C. 我们无法区分音调和响度相同的声音；‎ D. 禁止燃放烟花爆竹是在传播过程中控制噪声 ‎【答案】B ‎【解析】A．“震耳欲聋”说明声音响度大，故A错误；‎ B．由声音的产生原因可知声音是由于物体振动产生的，故B正确；‎ C．如果音调和响度相同，我们还可以通过音色的不同来分辨，故C错误；‎ D．禁止燃放烟花爆竹在声源处控制噪声，故D错误。故选B。‎ ‎4．（2020·广东）晚上，爸爸对小明说“请把电视声音调小一点，不要影响邻居休息，”这里“调小”的是声音的（ ）。‎ A. 音色 B. 音调 C. 响度 D. 速度 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】把电视声音调小一点，是指减小声音的响度。故选C。‎ ‎5.（2020·贵州黔西南）2019年10月1日，小洋欣赏了建国70周年主题为《我的祖国》的专场音乐会。其中关于音乐的物理知识，下列说法正确的是( )。‎ A. 男高音的音调比男低音的音调低；‎ B. 小洋主要是根据响度来区分不同乐器的声音；‎ C. 当长笛演奏时，是长笛内的空气振动发声；‎ D. 欣赏音乐期间，大家把手机调至静音是在阻断噪声的传播 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．音调代表声音的高低，男高音的音调比男低音的音调高，故A不正确；‎ 843‎ B．小洋主要是根据音色来区分不同乐器的声音，故B不正确；‎ C．吹长笛时，使笛内空气会发生振动，振动产生声音，故C正确；‎ D．欣赏音乐期间，手机调至静音是在声源处减弱噪声。故选C。‎ ‎6．（2020•湖南岳阳）下列关于声现象的说法正确的是（ ）。‎ A．调节电视机的音量是为了改变声音的音调；‎ B．“闻其声知其人”是根据声音的响度来区分；‎ C．宇航员在月球上可以不借助其他设备直接用语言交流；‎ D．超声波粉碎结石是利用声波具有能量 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】声音是由于物体振动产生的，声音传播需要介质，真空不能传播；乐音有响度、音调】音色三特征，声音可以传播信息和能量。故选D 。‎ ‎7.（2020·山东滨州）下列关于声现象的描述和分析，正确的是（　　）。‎ A. 图甲：运动员在水中也能听到音乐，说明声音在液体中也能传播；‎ B. 图乙：演奏古筝时按压不同的弦，是为了改变响度大小；‎ C 图丙：医生用B超查体，说明声音可以传递能量；‎ D. 图丁：防噪声耳罩是在传播过程中控制噪声的 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．声音可以在固体、液体、气体中传播，运动员在水中能听到音乐，说明声音在液体中也能传播，故A正确；‎ B．演奏古筝时按压不同的弦，可以改变琴弦振动的频率，改变琴声的音调，故B错误；‎ C．医生用B超查体，说明声音可以传递信息，故C错误；‎ D．防噪声耳罩是在人耳处控制噪声的，故D错误。故选A。‎ ‎8.（2020·四川甘孜州）如图所示，将一把钢尺紧按在桌面上，一端伸出桌边，拨动钢尺，听它振动发出的声音。若增加钢尺伸出桌面的长度，则听到的声音（　　）。‎ 843‎ A. 频率不变，音调变高；B. 频率变高，音调变低；‎ C. 频率变低，音调变高；D. 频率变低，音调变低 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】增加钢尺伸出桌面的长度，用大小相同的力度拨动钢尺，钢尺振动的幅度相同，则听到的声音响度相同；振动的快慢变低了，即频率变低，则听到的声音音调变低。故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎9.（2020·黑龙江龙东）下列有关声现象中，能改变响度是（ ）。‎ A.改变用力大小敲击鼓面  B.敲击不同水量的瓶子 C.改变管中水量再次对着试管吹气  D.改变钢尺伸出桌面长度再次拨动 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】影响响度的大小的因素有：（1）与发声体振动的幅度有关，振动幅度越大响度越大：（2）距离发声体体的远近有关， 距离发声体越近响度越大；（3）与声音的发散程度有关。音调的高低与发声体振动的快慢有关；‎ A．改变用力大小敲击鼓面，改变了鼓面振动的幅度，从而改变了响度，故A正确 B.不同水量改变了瓶内空气柱的长度，敲击时空气柱振动的快慢不同，发出声音的音调不同，故B错；‎ C.改变管中水量再次对着试管吹气时，改变管内空气柱的长度，发出声音的音调不同，故C错；‎ D.改变钢尺伸出桌面长度再次拨动时，发出声音的音调不同，故D错。故选A。‎ ‎10.（2020·山东聊城）“公共场所，请勿高声喧哗”。这是提醒大家要控制声音的（　　）。‎ A. 传播 B. 音调 C. 响度 D. 音色 ‎【答案】C。‎ 843‎ ‎【解析】高声喧哗指的是声音大，即指声音的响度大，“公共场所，请勿高声喧哗”，这是提醒大家要控制声音的响度。故选C。‎ ‎11.（2020·湖南常德）下列关于声现象的说法中正确的是（　　）。‎ A. 物体振动越快音调越高；‎ B. 声音在真空中的传播速度是3×108m/s；‎ C. 打雷时捂住耳朵可以防止雷声的产生；‎ D. 地震、火山喷发等自然现象都伴有超声波的产生 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．音调是由物体振动快慢，即频率决定的，物体振动的频率越快，音调越高，故A正确；‎ B．声音不能在真空中传播，故B错误；‎ C．打雷时捂住耳朵可以减弱进入耳朵的声音，不能防止雷声的产生，故C错误；‎ D．地震、火山喷发等自然现象都伴有次声波产生，故D正确。故选A。‎ ‎12.（2020·四川成都）图是警察利用无人机对行人“喊话”时的情景，该情景能说明（　　）。‎ A. 声音只能向一个方向传播；‎ B. 声音的响度与距离无关；‎ C. 声音可以在空气中传播；‎ D. 声音不能传递信息 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．声音是以波的形式向四周传播的，故A错误；‎ B．声音的响度除了与振幅有关，还与传播距离有关，距离越短，响度越大，反之越小，故B错误；‎ C．声音的传播需要介质，介质有空气、液体、固体三类，所以声音能够在空气中传播，故C正确；‎ D．声音能够传递信息与能量，故D错误。故选C。‎ 843‎ ‎13.（2020·德州）关于声现象，下列说法中正确的是（　　）。‎ A. 响度越大的声音在空气中的传播速度越大；‎ B. 摩托车的消声器是在声音的传播过程中减弱噪声的；‎ C. 从电话听筒中，能听出对方是谁，这是根据音色来判断的；‎ D. 用超声波清洗眼镜说明声波可以传递信息 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．声音的传播速度与响度大小无关，所以响度大的声音和响度小的声音在空气中传播速度相等，故A错误；‎ B．摩托车的消声器是在声源处减弱噪声的，故B错误；‎ C．不同的人说话声音的音色不同，从电话听筒中，能听出对方是谁，就是根据音色来判断的，故C正确；‎ D．用超声波清洗眼镜说明声波可以传递能量，故D错误。故选C。‎ ‎14.（2020·北京）古诗《春夜洛阳城闻笛》中有“谁家玉笛暗飞声，散入春风满洛城”，诗人辨别出是玉笛的声音，是依据声音的（ ）。‎ A. 音调 B. 响度 C. 音色 D. 速度 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由于物体的材料和结构不同，物体振动发出声音的音色不同；所以诗人辨别出是玉笛的声音，是依据声音的音色。故ABD不符合题意；C符合题意。故选C。‎ ‎15.（2019·河南）中华古诗词、俗语中蕴含着丰富的声学知识，下列有关理解正确的是（　　）。‎ A．“谁家玉笛暗飞声”中的笛声由笛管的振动产生；‎ B．“响鼓还要重锤敲”说明声音的音调与振幅有关；‎ C．“闻其声而知其人”是根据声音的响度来辨别的；‎ D．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可传递信息 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、声音是由物体振动产生的，笛声是由笛管内空气柱振动产生的，故A错误；‎ B、重锤敲鼓时，鼓面振动幅度大，声音的响度大，所以，“响鼓还要重锤敲”说明声音的响度与振幅有关；故B错误；‎ 843‎ C、不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色不同，所以“闻其声而知其人”是根据声音的音色来辨别的，故C错误；‎ D、诗人根据听到的犬吠声，猜想大概是芙蓉山主人披风戴雪归来了，说明声音可以传递信息，故D正确。故选D。‎ ‎16.（2019·河北）下列有关声现象的说法正确的是（　　）。‎ A．通过响度分辨不同乐器演奏的声音；‎ B．笛子发出的声音是由笛子振动产生的；‎ C．教室内安装噪声检测装置，学生可以免受噪声干扰；‎ D．通过声学仪器接收到的次声波等信息判断地震的方位和强度 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、人们能辨别不同乐器发出的声音，是因为它们的音色不同，故A错误；‎ B、笛子发出的声音是由笛子内空气柱的振动产生的，故B错误；‎ C、教室内安装噪声检测装置是用来检测噪声等级的，不能减弱噪声，所以学生不能免受噪声干扰，故C错误；‎ D、发生地震时产生的是次声波，由于声可以传递信息，所以通过声学仪器接收到的次声波等信息判断地震的方位和强度，故D正确。故选D。‎ ‎17.（2019·菏泽）下列说法中，错误的是（　　）。‎ A．声音的响度与发声体振动的快慢有关 B．声音在不同介质中传播的速度一般不相同 C．利用超声波清洗眼镜，说明声波可以传递能量 D．真空不能传播声音 ‎【答案】A。 ‎ ‎【解析】A、声音的响度与发声体的振幅有关，振幅越大，响度越大；音调与振动频率有关，故A错误；‎ BD、声音在不同介质中的传播速度不同，一般情况下，声音在空气中的传播速度小于其在液体中的传播速度，在液体中的速度小于在固体中的传播速度，在真空中不能传播，故BD正确；‎ C、利用超声波清洗眼镜，说明声波可以传递能量，故C正确； 故选A。‎ ‎18.（2019·广州）如图所示，监测器测得同一声源发出的甲，乙两声音的特性如下表．甲乙相比（ ）。‎ 843‎ 声音 声音强弱的等级/dB 频率/Hz 甲 ‎70‎ ‎1100‎ 乙 ‎110‎ ‎700‎ A. 乙音调较高；‎ B. 甲响度较大；‎ C. 声源在发甲声音时振动幅度较大；‎ D. 声源在发乙声音时每秒内振动次数较少 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．声音的音调由振动频率决定，频率越高音调越高，有表可知，甲的音调高，故A错误；‎ BC.声音的强弱用响度表示，其大小用单位分贝（dB）表示，分贝值越大表示声音的响度越大，振动幅度越大，由表知，声音甲的分贝值小于声音乙的分贝值，故甲声音的响度较小，故BC错误；‎ D．甲声音的频率高于乙声音的频率，故甲声音的音调较高，每秒振动的次数多，故D正确。‎ ‎19.（2019·广东）赛龙舟不仅是一项体育娱乐活动，更体现我国悠久历史文化传承。如图所示为某比赛场景，下列说法错误的是（    ）。‎ A. 选手根据鼓声齐心协力划桨，鼓声是由鼓面振动产生的；‎ B. 选手听到鼓声大作，震耳欲聋，说明此时鼓声的响度大；‎ C. 选手能从现场各种声音中听出鼓声，主要是通过鼓声的音色来辨别的；‎ D. 鼓手敲击鼓面越快，鼓声在空气中传播的速度也越快 ‎【答案】 D。‎ ‎【解析】A.选手根据鼓声齐心协力划桨，鼓声是由鼓面振动产生的，故A正确不合题意；‎ ‎ B.选手听到鼓声大作，震耳欲聋，说明此时鼓声的响度大，故B正确不合题意；‎ ‎ C.选手能从现场各种声音中听出鼓声，主要是通过鼓声的音色来辨别的，故C正确不合题意；‎ ‎ D.鼓声在空气中传播的速度只与空气的温度有关，与敲击鼓面的速度无关，故D错误 843‎ 符合题意。 故选D。 ‎ ‎20.（2019·泰州）下列做法中,不能改变音调的是（ ）。‎ A. 用同一张卡片先后以不同速度划过梳齿；‎ B. 用相同力度敲击大小不同的编钟；‎ C. 改变杯内水量，用湿手摩擦杯口发声；‎ D. 保持钢尺伸出桌面长度不变，用大小不同的力拨动钢尺 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A.卡片在梳子上以快慢不同的速度划过，则梳子齿振动的快慢不同，发出声音的音调就不同，能改变音调,故A不符合题意；‎ B. 用相同的力度敲击大小不同的钟，编钟的质量不同，体积不同，振动的难易不同，频率不同，音调不同, 能改变音调, 故B不符合题意 C.用湿手摩擦杯口，水量不同振动的频率不同，发声的音调不同，能改变音调,故C不符合题意；‎ D. 若保持钢尺伸出桌面的长度相同，用大小不同的力拨动钢尺，则用的力越大，刻度尺振动的幅度越大，刻度尺发出声音的响度就越大,但不能改变音调，故D符合题意。‎ ‎21.（2019·湘潭）关于图所示的民族吹管乐器唢呐，下列说法正确的是（　　）。‎ A．吹奏时按压不同位置的气孔，主要改变了声音的响度；‎ B．用不同的力度吹奏主要改变了声音的音调；‎ C．唢呐前端的喇叭主要改变了声音的音色；‎ 843‎ D．唢呐发出的声音不能在真空中传播 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、吹奏时按压不同位置的气孔，改变了空气柱的长短，改变了空气柱的振动频率，从而改变了声音的音调，故A错误。‎ B、用不同的力度吹奏，改变了空气柱的振动幅度，改变了声音的响度，故B错误。‎ C、唢呐前端的喇叭主要是减弱声音的分散，可以增大声音的响度，故C错误。‎ D、所有的声音都不能在真空中传播，故D正确。故选D。‎ ‎22.（2019·无锡）十四个无声世界的孩子在中央电视台《经典咏流传》的舞台上，用一个“啊”字唱出了“整个春天”。如图是嘉宾和孩子用手指放在对方的喉结附近正在相互感知发出“啊”的情景。用这种方式让听不到声音的孩子感知到发出“啊”，这是利用了（ ）。‎ A. 声咅是由物体振动产生的；‎ B. 声音是通过空气传播的；‎ C 固体传声比气体快；‎ D. 声音的音色可以用手感觉 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】嘉宾和孩子用手指放在对方的喉结附近正在相互感知发出“啊”的情景，根据喉结的振动，用这种方式让听不到声音的孩子感知到发出“啊”，这是利用了声音是由物体的振动产生，故A正确，BCD错误。‎ ‎23.（2019·益阳）有关声音的知识，下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A．演奏古筝时按压不同的弦是为了改变其响度；‎ B．用大小不同的力击打鼓面是为了改变其音调；‎ C．摩托车安装消音器是为了在传播过程中减弱噪声；‎ D．能分辨出《二泉映月》是用二胡演奏的，是因为不同乐器发声时音色不同 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、弦乐器发声的音调高低是由弦的材质、长度、横截面积、松紧度来决定的；在材质、横截面积、松紧度一定的情况下，改变其长度，可以改变音调高低；所以，演奏弦乐时，手指在弦上的位置不断变化，改变了振动弦的长短，这是为了改变琴声的音调，故A错误。‎ B、大小不同的力击打鼓面，振幅不同，响度不同，故用大小不同的力击打鼓面是为了改变其响度，故B错误；‎ C、摩托车安装消音器是为了在声源处减弱噪声，故C错误；‎ D、音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同。我们能区分不同乐器发出的声音，这是因为不同乐器发出声音的音色不同，故D正确。故选D。‎ ‎24.（2019·达州）下列关于声现象的说法中正确的是（　　）。‎ A．只要物体振动，我们就一定能听到声音；‎ B．“隔墙有耳”说明固体可以传声；‎ C．汽车的“倒车雷达”是利用次声传递能量；‎ D．声源的振幅越大，听到声音的响度就一定越大 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、人耳能听到的声音频率范围一般在20Hz～20000Hz范围内，在此范围以外的声波（超声波和次声波），人耳听不到，故A错误；‎ B、“隔墙有耳”说明固体可以传声，故B正确；‎ C、汽车的倒车雷达利用的是超声波的回声定位，是利用声传递信息，故C错误；‎ D、振幅越大，人听到的声音响度不一定越大，因为响度还跟距离声源的远近有关，故D错误。故选B。‎ ‎25.（2019·岳阳）关于声现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A．声音是由物体振动产生的；‎ B．真空可以传声；‎ 843‎ C．“禁止鸣笛”是传播过程中减弱噪声；‎ D．“引吭高歌”中的“高”是指音调高 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、声音是由物体振动产生，故A正确；B、声音的传播靠介质，真空不能传声，故B错误；C、禁止鸣笛是在声源处减弱噪声，不是在传播过程中减弱，故C错误；D、此句中的“引吭高歌”意思是大声唱歌，应是响度大，故D错误。故选A。‎ ‎26.（2019·苏州）关于声现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A.声音能在真空中传播； B.声音是由于物体振动产生的；‎ C.根据响度能分辨不同乐器的声音；D.“禁鸣喇叭“是在人耳处控制噪声 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、声音的传播需要介质，真空不能传声，故A错误；‎ B、声音是由于物体的振动产生的，故B正确；‎ C、我们能分辨不同乐器的声音，主要是因为音色不同，与响度无关，故C错误；‎ D、“禁鸣喇叭”是在声源处减弱噪声，故D错误。故选B。‎ ‎27.（2019·潍坊）将教室的门窗关闭，室内同学听到的室外噪声减弱。对该现象说法正确的是（　　）。‎ A．室外噪声不再产生；‎ B．噪声音调大幅降低；‎ C．在传播过程中减弱了噪声；‎ D．噪声在室内的传播速度大幅减小 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】将教室的门窗关闭，属于在传播过程中减弱了噪声，室外噪声照样产生，噪声音调没有大幅降低，噪声在室内的传播速度也没有减小，故只有C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎28.（2019·南京）以下活动中，用来探究声音产生原因的是（　　）。‎ A．将发声的音叉触及面颊；‎ B．用大小不同的力敲鼓；‎ 843‎ C．将发声手机置于密闭瓶内并抽气；‎ D．用硬卡片在梳齿上快划、慢划 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A.将发声的音叉接触及面颊，感觉音叉振动，说明声音发声时振动，故A符合题意；‎ B.用大小不同的力敲鼓，鼓面振幅不同，响度不同，研究的是响度跟振幅的关系，故B不符合题意；‎ C.罩内抽出空气，闹铃铃声明显减小，说明声音传播需要介质，故C不符合题意；‎ D.用硬卡片在梳齿上快划、慢划时听声音的变化，由于梳齿振动频率不同，频率增大，音调变高，声音变高，所以研究的是音调和频率的关系，故D不符合题意。‎ ‎29.（2019·福建）公共场所不要高声喧哗，这里的“高”是指声音的（ ）。‎ A.响度 B.音调 C.音色 D.频率 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】高声喧哗的“高”指的是声音的大小，是响度，所以选 A。‎ ‎30．（2018•烟台）为了探究声音产生的条件，小明设计了如图所示的几个实验，你认为不能完成探究目的是（　　）。‎ A．发出“啊”的声音，用手指触摸喉咙处；‎ B．一边改变管子插入水中深度，一边用嘴吹管的上端；‎ C．敲打铜锣，锣响后用手触摸锣面；‎ D．敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、发出“啊”的声音，用手指触摸喉咙处，感觉到声带振动，能探究声音产生的条件，故A不符合题意；‎ B、一边改变管子插入水中深度，一边用嘴吹管的上端，空气柱的长度改变，振动频率发生变化，音调发生变化，研究的是音调和频率的关系，故B符合题意；‎ 843‎ C、敲打铜锣，锣响后用手触摸锣面，感觉到鼓面在振动，能探究声音产生的条件，故C不符合题意；‎ D、敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊，会感到音叉在振动，能探究声音产生的条件，故D不符合题意。故选B。‎ ‎31. （2018·淄博）2018年平昌冬奥会上，智能机器人Troika可以用简单语言与人交流。关于机器人的声音下列说法正确的是（　　）。‎ A．机器人的声音不是由振动产生的；‎ B．机器人的声音可以在真空中传播；‎ C．机器人的声音与运动员的声音音色不同；‎ D．机器人的声音在空气中的传播速度约为3×108m/s ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、声音是由物体振动产生的，一切发声的物体都在振动，故A错误；‎ B、声音的传播需要介质，真空不能传声，故B错误；‎ C、音色是由发声体的材料和结构决定的，不同的人或物体发出声音的音色不同，所以机器人的声音与运动员的声音音色不同，故C正确；‎ D、声音在空气中的传播速度约为340m/s，故D错误。故选C。‎ ‎32．（2018·潍坊）关于声现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A．声音可以在真空中传播；‎ B．调节手机音量是为了改变声音的音调；‎ C．超声波能粉碎人体内的结石说明声波能传递信息；‎ D．摩托车排气管上安装消声器是为了在声源处减弱噪声 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、声音的传播需要介质，真空不能传声，故A错误；B、调节手机音量是为了改变声音的响度，故B错误；C、超声波能粉碎人体内的结石说明声波能传递能量，故C错误；D、摩托车排气管上安装消声器是为了在声源处减弱噪声，故D正确。故选D。‎ ‎33．（2018·临沂）关于声现象的说法正确的是（　　）。‎ A．物体振动越快，发出的声音响度越大；‎ B．声音在真空中的传播速度是340m/s；‎ C．人耳可以听到超声，不能听到次声；‎ D．“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人音色不同 ‎【答案】D。‎ 843‎ ‎【解析】A、音调的高低与频率有关，频率越快，音调越高，故A错误；‎ B、声音不能在真空中传播，故声音在真空中的传播速度是0m/s。故B错误；‎ C、超声波和次声波，不在人耳的听觉范围之内，都是人耳听不到的，故C错误；‎ D、不同人说话的特点不同，“闻其声知其人”，说明可以根据音色来判断说话者，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎34．（2018·深圳）张一山在《朗读者》中为大家演绎了《追风筝的人》．关于其中的物理知识，下列说法正确的是（ ）。‎ A．朗读时，朗读者的声带振动产生声音；‎ B．空气中，声音的传播速度约约3×108m/s；‎ C．观众主要依据音调区分主持人和朗读者的声音；‎ D．明读者的声音很大是因为声音的频率很高 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、发声的物体一定在振动，朗读时是声带振动产生声音，故A正确；‎ B. 空气中，声音的传播速度约为340m/s；故B错误；‎ C. 观众主要依据音色区分主持人和朗读者的声音，故C错误；‎ D. 朗读者的声音很大是因为声音的振幅很大，响度大，故D错误；故选A。‎ ‎35．(2018·衡阳多选)下列关于声音的说法正确的是（ ）。‎ A．一切发声的物体都在振动；‎ B．振动的空气柱一定在发声；‎ C．在10m2的小房间里说话听不到回声，是因为“空间小，没有产生回声”；‎ D．在同一宇宙飞船的太空舱内，两名宇航员可以直接对话 ‎【答案】ABD。‎ ‎【解析】A. 一切发声的物体都在振动，正确；‎ B. 振动的空气柱一定在发声正确；‎ C. 在10m2的小房间里说话听不到回声，是因为“空间小，回声与原生混在了一起增强了原声，故C错误；‎ D.因为宇宙飞船的太空舱内有空气所以两名宇航员可以直接对话。故答案为ABD。‎ ‎36．(2018·常德)下列关于声现象的说法不正确的是（　　）。‎ A．15℃时空气中的声速是340m/s；‎ 843‎ B．将要上钩的鱼会被岸上的说话声或脚步声吓跑，是因为水能传播声音；‎ C．“低声细语”中的“低”描述的是声音的音调；‎ D．超声波清洗机是利用声波传递能量 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】15℃时空气中的声速是340m/s,A正确；将要上钩的鱼，会被岸上的说话声吓跑，声音是通过空气和水传给鱼的；被脚步声吓跑，声音是通过大地和水传给鱼的。因此说明了声音可以在固体、液体、气体中传播,B正确；“低声细语”中的“低”是指声音的响度不同，C错误；超声波清洗机是利用声音传递能量来清洗一些精密的器件等，D正确，选C。‎ ‎37. (2018·广东)音乐会上小提琴演奏乐曲时，下列说法正确的是（ ）。‎ A.演奏前，调节小提琴的琴弦松紧可改变声音的响度；‎ B.演奏时，用力拉紧小提琴的同一琴弦可提高声音的音调；‎ C.小提琴演奏的乐曲通过空气传入听从的耳朵；‎ D.小提琴的音色和二胡的音色相同 ‎【答案】C ‎【解析】A选项，调节小提琴的琴弦松紧其实是改变小提琴振动的频率，即改变的是小提琴发声的音调，故A错误；‎ B选项，用力拉小提琴的同一琴弦是为了提高小提琴振动的振幅，即提高了声音的响度，故B错误；‎ C选项，小提琴演奏的乐曲通过空气作为介质进行传播，从而传入听众的耳朵，故C正确；‎ D选项，音色跟振动物体本身的结构、材料等有关，不同物体，音色一般不同，所以小提琴的音色不可能与二胡的音色相同，故D错误。‎ ‎38．(2018·连云港)下列关于声音的说法正确的是（　　）。‎ A．乐音都是乐器发出的；‎ B．声音的响度越大，音调就越高；‎ C．声音是由于物体振动产生的；‎ D．响度是由声源振动频率决定的 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、收音机可以发出乐音，但不是乐器，故A错误；‎ 843‎ B、发声体的响度越大，振幅越大，但是音调不受振幅的影响，只与振动的频率有关，故B错误；‎ C、声音是由于物体振动产生的，故C正确；‎ D、响度是由声源振动振幅决定的，故D错误。故选C。‎ ‎39．（2018·淮安）如图所示，改变试管中的水量，用同样大小的力吹气时会发出不同的声音。这“不同的声音”主要是指声音的（　　）。‎ A．振幅 B．音色 C．响度 D．音调 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】用嘴贴着试管口吹气，振动发声的是由于试管口内空气柱的振动发出的，当水量增加时，空气柱长度越短，音调越高，因此这“不同的声音”主要是指声音的音调。故选D。‎ ‎40. （2018·武汉）如图所示，在筷子上捆一些棉花，做一个活塞，用水蘸湿棉花后插入两端开口的竹管中，用嘴吹管的上端，可以发出悦耳的哨音。上下推拉活塞．并用相同的力吹管的上端时，下列说法错误的是（ ）。‎ A哨音是由管内空气振动产生的 ；‎ B哨音是通过空气传到别人耳朵的；‎ C向上推活塞时，吹出的哨音响度会变大；‎ D向下拉活塞时．吹出的哨音音调会变低 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、声音由物体振动产生；用嘴吹管的上端，可以发出悦耳的哨声，声音是由管内空气振动产生的，故A正确；‎ 843‎ B、我们听到的哨声是通过空气这种介质传播的，故B正确；‎ C、吹出的哨音响度由吹管口的力度决定，若吹的力度相同则响度相同，若吹的力度不同则响度不相同；与拉动活塞无关，故C错误；‎ D、向下拉“活塞”时，空气柱变长，空气柱振动变慢，则“竹管笛”发出的声音音调变低，故D正确。故选：C。‎ ‎41．（2018·滨州）关于声现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A．“公共场所不要大声喧哗”是要求人们说话音调放低些；‎ B．人们分辨出二胡和小提琴发出的声音，主要是因为它们的响度不同；‎ C．“禁止鸣笛”是在传播过程中减弱噪声；‎ D．超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波具有能量 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、“公共场所不要大声喧哗”是要求人们说话的响度放低些，故A错误；‎ B、不同乐器的音色是不同的，所以演奏同一乐曲时，人能分辨出二胡和小提琴发出的声音，主要是因为它们的音色不同，故B错误；‎ C、禁止鸣笛是在声源处减弱噪声，故C错误；‎ D、外科医生利用超声波振动除去人体内的结石是利用了声音能传播能量，故D正确。故选D。‎ ‎42．（2018•南京）关于声现象的描述，下列说法中正确的是（　　）。‎ A．“闻其声而知其人”是根据声音的响度来区分的；‎ B．超声波能粉碎人体内的“结石”说明声波具有能量；‎ C．中考期问建筑工地夜间停止施工，是在传播过程中减弱嗓声；‎ D．将正在发声的手机悬挂在密闭的广口瓶内，抽出瓶内空气的过程中听到声音变大 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、“闻其声而知其人”是根据声音的音色来区分的。故A错误；‎ B、超声波能粉碎人体内的“结石”说明声波具有能量；故B正确；‎ C、筑工地夜问停止施工，是在声源处减弱噪声；故C错误；‎ D、声音的传播靠介质；正在发声的手机悬挂在密闭的广口瓶内，抽出瓶内空气的过程中，介质逐渐减少，故听到声音变小；故D错误；故选：B。‎ ‎43．（2018•长沙）关于声现象，下列说法正确的是（ ）。‎ A．高速公路两旁设置隔音板，是为了在声源处处减弱噪声；‎ 843‎ B．水中倒立的花样游泳运动员随着音乐表演，说明水能传播声音；‎ C．逢年过节，当社区举行一些文艺表演活动时，从高音喇叭传出的歌声一定不是噪声；‎ D．声音在真空中的传播速度是340m/s ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．高速公路两旁设置隔音板，是为了在声源处处减弱噪声，错误，是在传播过程中减弱；‎ B．水中倒立的花样游泳运动员随着音乐表演，说明水能传播声音，正确。‎ C．逢年过节，当社区举行一些文艺表演活动时，从高音喇叭传出的歌声一定不是噪声，错误，干扰人们正常工作、学习和休息的声音是噪声。‎ D．声音在真空中的传播速度是340m/s，错误，真空不能传声。故选B。‎ ‎44．（2018•枣庄）城市建设和管理越来越注重“以人为本，和谐发展”的理念，如城市道路两旁植树；穿城而过的高铁两旁建有隔音板；在高噪声环境下工人需戴耳罩；跳广场舞的大妈要把音量调小一些，这些措施的共同目的是（　　）。‎ A．减小噪声污染 B．减小大气污染 C．绿化美化环境 D．减小水污染 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】城市道路两旁植树、穿城而过的高铁两旁建有隔音板能阻断噪声的传播，在高噪声环境下工人需戴耳罩、跳广场舞的大妈要把音量调小一些是从声源处减弱噪声，所以这些措施都是为了减小噪声污染。故选：A。‎ 二、填空题 ‎45.（2020·江西）如图所示，是王爷爷为孙子制作的一只会“吹口哨”的纽扣，先将绳子转绕缠紧，再将绳子拉开，收拢交互进行，就会听到“嗡嗡”的声音，此声音是由于纽扣周围空气______而产生的，并通过______传入人耳｡‎ ‎【答案】（1）振动；（2）空气。‎ ‎【解析】一切正在发声的物体都在振动，所以此声音是纽扣周围空气振动产生的，通过空气传播到耳朵中，可以听到“嗡嗡”的声音。‎ ‎46.（2020·四川南充）‎ 843‎ 吹笛子时，手指按压不同的小孔，可以改变笛子发声的________；为了保护听力，声音不能超过________dB。‎ ‎【答案】(1)音调；(2)90。‎ ‎【解析】吹笛子时，手指按压不同的笛孔可以改变空气柱振动的频率，从而发出音调不同的声音。‎ 人们以分贝（dB）为单位来表示声音强弱的等级。0dB是人刚能听到的最微弱的声音，30～40dB之间人们较理想的安静环境；70dB会干扰谈话，影响工作效率；长期生活在90dB以上的噪声环境中，听力会受到严重影响。所以，为了保护听力，声音不能超过90dB。‎ ‎47.（2020·贵州黔南）在公共场所打电话、说话“轻声”是文明的表现，这里的“轻声”是指声音的________；这是在声源处防止噪声_______；我们仅凭手机中听到对方的声音就判断出对方是谁，这是依据声音的__________进行判断的。‎ ‎【答案】(1)响度；(2)传播；(3)音色。‎ ‎【解析】轻声说明声音很小，即声音的响度小。‎ 声音的响度小，传播距离短。‎ 每个人发出的声音特点都不一样，能听出对方是谁是根据音色判断。‎ ‎48.（2020·江苏泰州）如图，小明把衣架挂在细绳中央，将细绳绕在食指上，并用食指堵住双耳，请另一位同学敲击衣架，小明听到的声音是由衣架______产生的；如果用大小不同的力敲衣架，则听到声音的______会发生变化。‎ ‎【答案】(1)振动；(2)响度。‎ ‎【解析】声音是由物体的振动产生的，所以小明听到的声音是由衣架的振动产生的。‎ 用不同的力敲衣架，衣架振动的幅度不同，所以声音的响度会发生变化。‎ ‎49．（2020·安徽）实验用的音叉上通常刻有一个数值（如图），表示该音叉所产生声音的频率。此数值越大的音叉，敲击时发出声音的________越高。‎ 843‎ ‎【答案】音调。‎ ‎【解析】音调与物体振动频率有关，频率越大，音调越高。‎ ‎50.（2020·河南）如图 1 所示，将正在发声的音叉插入水中，会看到水花飞溅，这说明声音是由物体产生的。频率为256Hz的A音叉和频率为440Hz的B音叉中. (选填“A”或 “B”）音叉声音的音调较高。‎ ‎【答案】振动 、B.‎ ‎【解析】声音是由物体振动产生的。声音三大特性：音调、响度、音色。频率是影响音调的因素，频率越大音调越高。‎ ‎51.（2020·自贡）跳广场舞已经成为人们健身的一项运动，优美的舞曲声是由于扬声器纸盆的________产生的。为了不影响周围居民的生活和休息，跳舞时将音箱的音量调小，这是在________处减弱噪声。‎ ‎【答案】（1）振动；（2）声源。‎ ‎【解析】声音是由物体振动产生的，优美的舞曲声是有扬声器的纸盆振动产生的。‎ 音箱是声源，将音箱的音量调小是在声源处减弱噪声。‎ ‎52.（2019·邵阳）在音乐演奏会上，艺术家使用笛子、二胡、古筝、钢琴等乐器合奏传统名曲，听众能分辨出有哪些乐器正在演奏，是根据不同乐器发出声音的　 　不同。‎ ‎【答案】音色。‎ ‎【解析】笛子、二胡、钢琴等不同乐器的材料和结构不同，即使它们发出声音的音调和响度一样，音色也不同，所以听众能够区分开。‎ 故答案为：音色。‎ ‎53.（2019·泸州）在我国古诗词中有很多描述声音的优美诗句，如“不敢高声语，恐 843‎ 惊天上人”中的“高”是指声音的______（选填“响度大”“音调高”或“音色不同”）；中考期间的考场周围设有禁止鸣笛的标志，这是从______处减弱噪声；小轿车倒车雷达的探头是利用______传感器工作的。（选填“电磁波”或“超声波”）‎ ‎【答案】响度大；声源；超声波。‎ ‎【解析】（1）声音的强弱叫响度，“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高”指声音的响度大；‎ ‎（2）中考期间考场周围常常设有禁止鸣笛的标志，这是从声源处减弱噪声；‎ ‎（3）小轿车的倒车雷达是利用超声波传感器工作的。‎ 故答案为：响度大；声源；超声波。‎ ‎54.（2019·自贡）学习了声音的产生和传播后，小明同学做了以下小结。请你在横线上为小明填上空缺。‎ ‎（1）悠扬的笛声是振动产生的。‎ ‎（2）声音在水中的传播速度　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）在空气中的传播速度。‎ ‎（3）在月球上，声音不能传播的原因是　 　。‎ ‎【答案】（1）空气柱；（2）大于；（3）声音的传播需要介质。‎ ‎【解析】（1）悠扬的笛声是由于笛子中的空气柱振动产生；‎ ‎（2）不同介质中声速不同；在固体中最大，其次是液体，再次是气体；‎ ‎（3）声音的传播靠介质；月球表面是真空，真空不能传声。‎ ‎55．（2018·东营）东营市是吕剧发源地。吕剧常见的伴奏乐器有坠琴、扬琴、二胡等。观众可以根据乐器发出声音的_________（选填“音调” 、“响度”或“ 音色”）不同，分辨出是哪种乐器；琴师调节琴弦的松紧是为了改变声音的_________（选填“音调”、“响度”或“音色”）。 ‎ ‎【答案】音色；音调。‎ ‎【解析】二胡和小提琴发声的音色不同，可以通过音色区分不同的乐器；调节琴弦的松紧，振动的频率不同，这样做的目的是为了改变声音的音调；‎ 843‎ 故答案为：音色；音调。‎ ‎56．(2018·泰州)探究声音的传播时，将手机装入塑料袋，扎紧袋口后用细线悬于水中，如图所示。用另一部手机拨打袋中的手机，手机能接通，说明_________可在水中传播；能听到手机发出的铃声，还能说明_______可在水中传播；我们听出手机铃声是汪峰唱的《飞得更高》，这是根据声音的_______来辨别的。‎ ‎【答案】电磁波；声音；音色。‎ ‎【解析】（1）手机既能发射电磁波，又能接受电磁波，用另一部手机拨打袋中的手机，手机能接通说明电磁波可在水中传播；‎ ‎（2）能听到手机发出的铃声，是由水和空气传过来的，故能说明声音可在水中传播；‎ ‎（3）我们能够清楚地辨别出汪峰唱唱歌的声音，这是根据声音的音色来辨别的。‎ 故答案为：电磁波；声音；音色。‎ ‎57. (2018·徐州)人听到蚊子飞行的“嗡嗡”声，是由蚊子翅膀产生的，通过传入人耳。但人听不到蝴蝶飞行的声音，是因为蝴蝶发出声音的不在可听声的范围内。‎ ‎【答案】（1）振动；（2）空气；（3）频率。‎ ‎【解析】声音由振动产生，所以人听到蚊子飞行的“嗡嗡”声，是由蚊子翅膀振动产生的；‎ 空气可以传播声音，所以此声音通过空气传入人耳；‎ 人听不到蝴蝶飞行的声音，是因为蝴蝶翅膀振动的频率很低，低于人耳的听觉范围，所以听不到，即蝴蝶发出声音的频率不在可听声的范围内．‎ 故答案为：（1）振动；（2）空气；（3）频率。‎ 考点02 光现象 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 光的传播 光沿直线传播及其应用 843‎ ‎2‎ 光的反射 光的反射规律及其光的反射现象 ‎3‎ 平面镜成像 平面镜的成像特点、原理、现象及其平面镜成像的实验方案 ‎4‎ 光的折射 光的折射规律及其光的折射现象 ‎5‎ 光的色散、‎ 看不见的光 光与颜料的三原色及其物体的颜色 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·江苏泰州）下列现象中，由于光的直线传播形成的是（　　）‎ A. 水中倒影；B. 小孔成像；C. 雨后彩虹；D. 海市蜃楼 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．水中倒影，是平面镜成像，属于光的反射，不符合题意；‎ B．小孔成像是由于光的直线传播形成的，符合题意；‎ C．雨后彩虹是光的折射现象，不符合题意；‎ D．海市蜃楼是由于光的折射形成的，不符合题意。故选B。‎ ‎2.（2020·贵州黔东南）如图所示，一些金属条被科技馆工作人员按特殊的方式摆放后，在灯光的照射下就出现了栩栩如生的“飞机”，与“飞机”的形成原理相同的是（　　）。‎ A. 坐井观天，所见甚小 B. 海市蜃楼 C. 雨后彩虹 D. 镜中“花”、水中“月”‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】金属条被科技馆工作人员按特殊的方式摆放后，在灯光的照射下就出现了栩栩如生的“飞机”，其形成原理是光的直线传播。‎ A．坐井观天，所见甚小，是光的直线传播现象，故A符合题意；‎ B．海市蜃楼是光经过不同密度的空气层后发生折射，使远处景物显示在半空中或地面上的奇异幻景，属于光的折射现象，故B不符合题意；‎ C．雨后彩虹，是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，即光的色散，属于光的折射，故不符合题意；‎ D．镜中“花”、水中“月”均属于平面镜成像，其形成原理是光的反射，故不符合题 843‎ 意。故选A。‎ ‎3.（2020·宁夏）2020年6月21日，我国部分地区发生日食现象，图是某地市民在发生日食现象时在地面上看到阳光透过树叶间隙呈现的月牙形状｡下列四个选项中所涉及的物理原理与该市民看到的现象原理相同的是（）。‎ A. 湖面倒影成画；B. 民间艺术皮影戏；‎ C. 白光通过三棱镜；D. 水中筷子弯折 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】发生日食现象时在地面上看到的阳光透过树叶间隙呈现的月牙形状，这是小孔成像，是由光的直线传播形成的。‎ A．湖面倒影成画，倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，故A不符合题意；‎ B．民间艺术皮影戏，影是由于光的直线传播形成的，故B符合题意；‎ C．白光通过三棱镜，是光的色散，是由光的折射形成的，故C不符合题意；‎ D．水中筷子弯折，是由光的折射形成的，故D不符合题意。故选B。‎ ‎4.（2020·贵州黔西南）有“天空之镜”美誉的茶卡盐湖，平静的白色湖面上会倒映着湛蓝的天空、白白的云朵以及观赏的游客，清晰而又美丽，如图。对图中景象，下列分析正确的是( )。‎ 843‎ A. 倒影是光的折射形成的；‎ B. 人身后的黑影是光的直线传播形成的；‎ C. 倒影与黑影都一定与人物等大；‎ D. 拍摄这幅照片时，照相机所成的是正立的虚像 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．倒影属于平面镜成像，原理是光的反射，故A错误；‎ B．影子是由光在同种均匀介质中沿直线传播造成的，故B正确；‎ C．倒影属于平面镜成像，平面镜成像的像与物大小相同，而影子的大小取决于光源到物体的距离、光源大小、被照物体大小等因素，故C错误；‎ D．照相机的成像原理是，物体位于镜头的两倍焦距以外，成的是倒立、缩小的实像，故D错误。故选B。‎ ‎5.（2020·黑龙江龙东）如图所示现象中，属于光的直线传播形成的是（）。‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．井底之蛙是光沿直线传播形成的，故A正确；‎ B．空中的彩虹属于光的折射现象，故B错；‎ C．水中的倒影是光的反射现象，故C错；‎ D．古代女子照铜镜属于光的反射现象，故D错故选A ‎6.（2020·四川甘孜州）生活现象中蕴含了丰富的光学知识，下列说法正确的是（　　）。‎ A. “池水映明月”是由于光的折射形成的；‎ B. “立竿见影”是光沿直线传播形成的；‎ C. “潭清疑水浅”是由于光的反射形成的；‎ D. “一叶障目”是光的折射造成的 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．“池水映明月”是平面镜成像，是由于光的反射形成的，故A错误；‎ B．“立竿见影”，影的形成是由于光的直线传播形成的，故B正确；‎ 843‎ C．“潭清疑水浅”是由于光的折射形成的，故C错误；‎ D．“一叶障目”是光的直线传播造成的，故D错误。故选B。‎ ‎7.（2020·重庆B）如图所示的事例，由于光的直线传播形成的是（　　）。‎ A. 筷子“折断”；B. 水中“倒影”；‎ C. 用放大镜看字；D. 晴空“日食环”‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．放在水中的筷子看起来向上弯折，是因为光从水中斜射入空气时，折射角大于入射角，属于光的折射现象，故A不符合题意；‎ B．倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B不符合题意；‎ C．放大镜把文字放大是凸透镜成像，属于光折射原理，故C不符合题意；‎ D．在同一均匀介质中光是沿直线传播的，当太阳、地球、月亮三者处在同一直线时，月亮挡住了太阳光从而形成了日食环，故D符合题意。故选D。‎ ‎8.（2020·山东滨州）下图所示的光现象中，与小孔成像原理相同的是（　　）。‎ A. 凿壁偷光；B. 杯弓蛇影；‎ C. 海市蜃楼；D. 长虹饮涧 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】小孔成像是光沿直线传播形成的。‎ A．凿壁偷光，是利用了光的直线传播，符合题意；‎ B．杯弓蛇影，属于平面镜成像，是光的反射现象，不符合题意；‎ C．海市蜃楼，是光在不均匀的空气中发生偏折所致，属于光的折射现象，不符合题意；‎ D．长虹饮涧，属于光的色散现象，不符合题意。‎ 故选A。‎ 843‎ ‎9.（2020·四川乐山）下列光现象中，由光的直线传播形成的是（　　）。‎ A. 电视塔在水中的倒影；B. 演员对着镜子画脸谱；‎ C. 水中的筷子发生“折断”；D. 日偏食的形成 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．电视塔在水中的倒影利用了平面镜成像，是光的反射现象，故A不符合题意；‎ B．演员对着镜子画脸谱是利用平面镜成像，是光的反射现象，故B不符合题意；‎ C．插入水中的筷子发生“折断”是光的折射现象，故C不符合题意；‎ D．日偏食的形成是由于光沿直线传播形成的，故D符合题意。故选D。‎ ‎10.（2020·山东泰安）下列有关光现象的描述正确的是（　　）。‎ A. “潭清疑水浅”，是由于光的反射形成的；‎ B. “云在水中飘”，是由于光的反射形成的；‎ C. 海市蜃楼，是由于光的直线传播形成的；‎ D. 手影游戏，是由于光的色散形成的 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．“潭清疑水浅”，是光从水中斜射入空气中发生的折射现象，故A错误；‎ B．“云在水中飘”，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B正确；‎ C．海市蜃楼，是由于光的折射形成的，故C错误；‎ D．手影游戏，是由于光的直线传播形成的，故D错误。故选B。‎ ‎11.（2020·北京）如图所示的光现象中由于光的反射形成的是（　　）。‎ A. 桥在水中形成的倒影；B. 日晷上呈现针的影子 843‎ C. 透过放大镜看到放大的字；D. 人透过水球所成的像 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．桥在水中形成的倒影，属于平面镜成像，是光的反射形成的，故A符合题意；‎ B．日晷面上呈现晷针的影子是由光的直线传播形成的，故B不符合题意；‎ C．透过放大镜看到放大的字，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；‎ D．水球相当于凸透镜，人透过水球成的像，是光的折射形成的，故D不符合题意。故选A。‎ ‎3.（2020·德州）如图所示现象或事例中，应用光的反射原理的是（　　）。‎ A. 立竿见影；B. 水中倒影；‎ C. 播放电影；D. 毕业合影 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．立竿见影是由光的直线传播形成的，故A不符合题意；‎ B．水中倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B符合题意；‎ CD．播放电影、毕业合影都是利用了凸透镜成像，是由光的折射形成的，故CD不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎4.（2020·湖南常德）关于光现象，下列说法中不正确的是（　　）。‎ A. 开凿隧道时用激光束引导掘进机，利用了光的直线传播；‎ B. 漫反射不遵守光的反射定律；‎ C. 自行车尾灯是靠光的反射来引起后方车辆司机注意的；‎ D. 雨后出现彩虹是光的色散现象 ‎【答案】B。‎ 843‎ ‎【解析】A．利用光的直线传播来进行激光准直，从而开凿出平直的隧道，故A正确，不符合题意；‎ B．镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故B错误，符合题意；‎ C．自行车尾灯本身是不发光的，靠反射后车灯的光线来引起后车司机的注意，故C正确，不符合题意；‎ D．雨后彩虹是光的色散形成的七色光，故D正确，不符合题意。故选B。‎ ‎5．（2020•岳阳）如图所示的四个光现象中，由光的反射形成的是（）。‎ A．“日环食”现象；‎ B．人眼看到不发光的物体；‎ C．照相机成像；‎ D．白色的光通过三棱镜 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．“日环食”现象——光的直线传播 B．人眼看到不发光的物体——光的反射 C．照相机成像——光的折射 D．白色的光通过三棱镜——光的色散；故选B 。‎ ‎6.（2020·四川南充）对光现象的解释错误的是（　　）。‎ A. “小孔成像”所成的像是倒立的实像；‎ B. 人远离平面镜时，平面镜中的像越来越小；‎ C. 手机的人脸识别功能用到了光的反射；‎ D. 今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．小孔成像成的像是倒立的实像，可以是放大的、缩小的、也可以是等大的，故A正确，不符合题意；‎ B．平面镜成的像与物体大小相等，人远离平面镜时，人的大小不变，像的大小不变，故B错误，符合题意；‎ 843‎ C．手机的人脸识别，是人脸反射的光进入手机摄像头，手机进行识别，故C正确，不符合题意；‎ D．红外测温仪能检测到的人体辐射的红外线，然后转换成电信号，显示温度，故D正确，不符合题意。故选B。‎ ‎7.（2020·四川雅安）下列属于光的反射现象的是（）。‎ A. 路灯下人的影子；‎ B. 人站在岸边看到水里游动的鱼；‎ C. 晚上可以看到前面正在行驶的自行车的红色尾灯；‎ D. 斜插入盛有水的玻璃杯中，看上去好像在水面处折断了的筷子 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故A不符合题意；‎ B．从水中鱼上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是鱼的虚像，故B不符合题意；‎ C．自行车上的红色尾灯能反射光，晚上能提醒汽车司机注意，故C符合题意；‎ D．从水中筷子上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是筷子的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了，故D不符合题意。故选C。‎ ‎8.（2020·重庆A）如图1所示,由于光的折射形成的是（）。‎ A.倒立的“烛焰” ；B变幻的“手影”；C、折断”的铅笔；D金色的"日环”‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A选项，小孔成像利用的是光焰直线传播，A错误；B选项，手影利用的是光的直线传播，B错误；C选项，“折断的铅笔”是利用的光的折射，C正确；D选项，日食利用的是光焰直线传播，D错误。‎ ‎9.（2020·广东）岸上的人看到水中小鱼的光路图是（）。‎ 843‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】人在岸边看水中的鱼，是鱼反射的光进入人的眼睛；光由水斜射入空气中，而AD选项中的传播方向不对，表示的是从空气斜射入水中；光由水斜射入空气中折射角大于入射角，C选项折射角小于入射角，因此符合要求的是B选项。故选B ‎10．（2020·四川遂宁）遂宁的清晨风景如画，涪江上薄雾缥缈，当太阳升起，薄雾散去，江岸大树拖着长长的影子，几只白鹭从江面轻快地掠过，水下的沙石清晰可见对这些场景的形成解释不正确的是（　　）。‎ A．“薄雾”的形成是水蒸气的液化现象，“薄雾散去”是水的汽化现象；‎ B．大树的影子是光的直线传播形成的；‎ C．看见水下的“沙石”是光发生折射形成的实像；‎ D．白鹭飞翔时，翅膀上方空气流速大于下方，使上方的压强小于下方，从而形成升力 ‎【答案】C。‎ ‎【解答】A、“薄雾”的形成是水蒸气液化形成的小水滴；“薄雾散去”是小水滴汽化为水蒸气，故A正确；‎ B、大树的影子是光的直线传播形成的，故B正确；‎ C、看见水下的“沙石”是光发生折射形成的虚像，而不是实像，故C错误；‎ D、白鹭飞翔时，翅膀上方空气流速大于下方，流速大的地方压强小、流速小的地方压强大，所以翅膀上方的压强小于下方，从而形成了翅膀的升力，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎11.（2020·四川成都）人工智能飞速发展的今天，智能配送机器人已被广泛使用，用户可通过人脸识别、输入(扫描)取货码等多种方式取货。图是某款机器人正在送货的情景，下列分析正确的是（　　）。‎ A. 机器人旁边的影子，是光的折射形成的；‎ B. 行人都能看见机器人，是由于阳光在它表面发生了镜面反射；‎ 843‎ C. 用户进行人脸识别时，摄像头所成的像是倒立缩小的实像；‎ D. 阳光是由红、绿、蓝三种颜色的光混合而成的 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．机器人旁边的影子，是光的直线传播形成的，故A错误；‎ B．从各个方向都能看到机器人，是由于阳光在它表面发生了漫反射，故B错误；‎ C．摄像头的镜头相当于凸透镜，摄像时符合凸透镜的成像规律中的：物距大于二倍焦距，所成的像是倒立、缩小的实像，故C正确；‎ D．太阳光是复色光，是由红橙黄绿蓝靛紫七种色光组成的，故D错误。故选C。‎ ‎12.（2019·潍坊）如图所示的光现象中，与小孔成像原理相同的是（　　）。‎ A．苹果的影子；B．海市蜃楼；‎ C．平面镜中的像；D．水中筷子“变弯”‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】小孔成像是光的直线传播形成的。‎ A、苹果的影子是由于光的直线传播形成的，故A符合题意；‎ B、海市蜃楼是由于光的折射形成的，故B不符合题意；‎ C、平面镜中的像属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故C不符合题意；‎ D、水中筷子“变弯”是由于光的折射形成的，故D不符合题意。故选A。‎ ‎13.（2019·淄博）小明在湖边树萌下乘凉，想到了所学的物理知识。其中合理的是（）。‎ A．树下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的；‎ B．看到池水“变”浅，是光的反射引起的；‎ C．水中出现树的倒影，水中的“树”比岸上的树小；‎ D．阳光中的紫外线可以灭菌，也可以用来遥控 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A.树下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的，故A合理；‎ B.池水看起来比实际浅，是由于光的折射形成的，故B错误；‎ 843‎ C.水中出现树的倒影，是平面镜成像现象，由平面镜成像特点可知，物像大小相等，故C错误；‎ D.紫外线具有杀菌作用，遥控器利用的是红外线，故D错误。故选A。‎ ‎14.（2019·日照）1月6日，新年第一场天文奇观 “日偏食”如约而至，如图是东营市民拍摄的日偏食照片。下列光现象与日偏食形成原因相同的是（）。‎ A．筷子“折断” B．小孔成像 C．雨后彩虹 D．水中倒影 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A.筷子变弯是光的折射现象，故A不符合题意；‎ B.小孔成像，是光沿直线传播形成的，故B符合题意；‎ C.雨后彩虹是光色散现象，实质上是光折射现象形成的，故C不符合题意；‎ D.水中倒影属于平面镜成像，这是利用了光的反射，故D不符合题意。故选B。‎ ‎15.（2019·苏州）下列现象由于光的直线传播而形成的是（　　）。‎ A.雨后天空出现彩虹B.物体在阳光下有影子 C.玻璃幕墙造成光污染D.斜插入水中的筷子“弯折”‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、雨后的天空出现彩虹是光的色散现象，属于光的折射现象。故A不符合题意；‎ B、物体在阳光下的影子是光沿直线传播形成。故B符合题意；‎ C、玻璃幕墙对阳光发生镜面反射造成了“光污染”。故C不符合题意；‎ D、筷子反射的光线从水中斜射入空气中时，发生偏折，看上去好像在水面处折断了，是光的折射现象，故D符合题意。故选B。‎ ‎16.（2019·湘潭）下列现象中，由光的直线传播形成的是（　　）。‎ 843‎ A．墙上的“手影”B．露珠下的“叶脉”‎ C．水中的“倒影”D． “折断”的铅笔 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、手影的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子。故A符合题意；‎ B、露珠相当于放大镜，通过露珠观察叶脉，是光的折射现象。故B不符合题意；‎ C、水中的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的。故C不符合题意；‎ D、从水中铅笔上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是铅笔的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了。故D不符合题意。故选A。‎ ‎17.（2019·湖州）生活中有许多常见的光学现象。下列现象由光的反射形成的是（　　）。‎ A.树荫下的圆形光斑；B水中树的倒影；‎ C.夕阳下栏杆的影子；D.放大镜放大的地图 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、树叶与树叶之间会形成很多小的缝隙，太阳光从这些小缝隙中照射下来，由于光在同种均匀介质中沿直线传播，所以在地面上会形成太阳的像（即圆形光斑），且是倒立的实像，不符合题意；‎ B、水中树的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，符合题意；‎ C、影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面 843‎ 就会呈现出阴影区域，就是影子，不符合题意。‎ D、用放大镜看地图时，地图变大了，属于凸透镜成像，是由光的折射形成的，不符合题意。故选B。‎ ‎18.（2019·海南）下列现象中属于光的反射现象的是（）。‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．“雨后彩虹”是光的色散现象，故A不符合题意；‎ B．“水中倒影”是平面镜成像，而平面镜成像的原理是光的反射现象故B符合题意；‎ C．“手影游戏”是由光的直线传播形成的，故C不符合题意；‎ D．“放大观察”是凸透镜成像规律的应用，而凸透镜成像的原理是光的折射现象，故D不符合题意。故应选B。‎ ‎19.（2019·济南莱芜区）中考物理真题试卷及解析下列四种情境中，与平面镜成像原理相同的是（）。‎ ‎ ‎ A．水中“弯折”的筷子 B.倒映在水中的山C．树荫下的圆形光斑 D．手影 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】平面镜成像是由光的反射形成的。A.筷子变弯是由光的折射形成的，故A不符合题意；‎ B.水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B符合题意；‎ C.小孔成像是由光的直线传播形成的，故C不符合题意；‎ D.影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故D不符合题意。‎ ‎20.（2019·福建）图中的四种现象中，由于光的折射形成的是（）。‎ 843‎ A水中荷花的倒影 B屏幕上的手影C观后镜中汽车的像D放大镜下树叶的像 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】考查光现象判断，属于简单题。放大镜是凸透镜，用放大镜观察物体光线发生偏折属于光的折射，所以选D。‎ ‎21.（2019·深圳）下列有关光的表述正确的是（）。‎ A. “凿壁偷光”——光的直线传播；‎ B. 岸上的人看到水中的鱼——光的镜面反射；‎ C. “海市蜃楼”——光的漫反射；‎ D. 驾驶员看到后视镜中的景物——光的折射 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．“凿壁偷光”指光从破损的墙壁穿出形成光斑，属于光的直线传播现象，故A正确；‎ B．岸上的人看到水中的鱼属于光从一种介质进入另一种介质，是光的折射现象，不是镜面反射现象，故B错误；‎ C．“海市蜃楼”属于光的折射现象，不是光的漫反射现象，故C错误；‎ D．通过后视镜观察景物，属于光反射现象，不是光的折射现象，故D错误。‎ ‎22.（2019·泰州）“以铜为镜,可以正衣冠”的光学原理是（）。‎ A. 光的直线传播 B. 光的反射 C. 光的折射 D. 光的色散 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】“以铜为镜,可以正衣冠”的意思是一个人用铜鉴当镜子，可以照见衣帽是不是穿戴得端正。这种镜一面磨光发亮，一面铸刻花纹，照光亮的一面，可以照出人的基本模样，运用了平面镜成像的原理，属于光的反射现象，故B选项符合题意。‎ ‎23.（2019·无锡）若要使图中的反射光线射中墙壁上的目标，在激光笔不动的情况下，可将平面镜（）。‎ 843‎ A. 水平向左移动；B. 水平向右移动；C.竖直向上移动；D. 竖直向下移动 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、将平面镜水平向左移动一段距离，入射光线不变，则反射光线也不会改变，不能射中目标，故A不符合题意；‎ B、将平面镜水平向右移动一段距离，入射光线不变，则反射光线也不会改变，不能射中目标，故B不符合题意；‎ C、将平面镜竖直向上移动一段距离，则入射光线方向不变，入射点向右移动，则反射光线也向右移动，光斑会向上移动，能射中目标，故C符合题意；‎ D、将平面镜竖直向下移动一段距离，则入射光线方向不变，入射点向左边移动，则反射光线也向左移动，光斑会向下移动，不能射中目标，故D不符合题意。‎ ‎24.（2019·盐城）下列由光直线传播形成的现象是（）。‎ A. 铅笔在水面处“折断”；‎ B. 人在阳光下形成影子；‎ C. 放大镜把字放大；‎ 843‎ D. 拱桥在水中形成倒影 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A. 铅笔在水面处“折断”，由于光从水中通过玻璃射向空气中时，在水和玻璃界面、玻璃和空气界面发生折射。故A错误。‎ B.影子的形成是由于光的直线传播。故B正确。‎ C. 放大镜把字放大，是由于光在通过凸透镜时，在透镜的两个表面发生折射。故C错误。‎ D. 倒影的形成是光在水面发生反射。故D错误。‎ ‎25.（2019·扬州）下列现象属于光的直线传播的是（）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】玻璃杯看物体为光的折射；倒影为平面镜成像，是光的反射；放大镜看指纹为光的折射；日食月食以及手影等为光的直线传播。故选D。‎ ‎26.（2019·镇江）如图所示，平面镜和长为10cm的细铅笔均竖直放置在水平桌面上，铅笔与平面镜之间的距离为15cm，则（）。‎ A. 向上移动平面镜，铅笔的像也向上移动；‎ B. 为使铅笔在平面镜中成完整的像，平面镜应至少高10cm；‎ 843‎ C. 铅笔和平面镜均绕底部转至虚线位置时，铅笔与它的像平行；‎ D. 铅笔和平面镜均水平向右移动10cm，铅笔像的位置不变 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．由平面镜成像规律可知物与像关于平面镜成轴对称关系，向上移动平面镜对称轴位置不变，铅笔的像位置也不变；‎ B．由平面镜成像规律可知物与像大小相等，当铅笔紧贴平面镜时，平面镜至少高为10cm，当铅笔远离平面镜时，小于10cm也可以成完整的像；‎ C．由平面镜成像规律可知物与像关于平面镜成轴对称关系，铅笔和平面镜均绕底部转至虚线位置时，铅笔平行于平面镜，铅笔的像也平行于平面镜，因此铅笔与它的像平行；‎ D．由平面镜成像规律可知物与像到平面镜的距离相等，当铅笔和平面镜均水平向右移动10cm，像的位置也向右移动了10cm。‎ ‎27.（2019·南京）如图是小明春游时在水边看到的美景，下图中能正确反映他看到水中“树木”的光路图是（　　）。‎ A．B．C．D．‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】看到水中“树木”属于平面镜成像，平面镜成像原理是光的反射，所成的像是反射光线的反向延长线的会聚点，不是实际光线的会聚点，所以成的是虚像，而AC两图中光线从水中发出，D图中光线由眼睛处发出，故ACD错误，只有B正确；如图所示：‎ 843‎ ‎28.（2019·德州）下列诗句中有关光现象的说法正确的是（）。‎ A．“绿树阴浓夏日长”，树阴是光的反射形成的；‎ B．“楼台倒影入池塘”，楼台倒影是光的折射形成的；‎ C．“瀑水喷成虹”，彩虹是光的直线传播形成的 D．“潭清疑水浅”，水浅是光的折射形成的 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A.树荫是树的影子，是由于光沿直线传播而形成的，故A错误；‎ B.水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射而形成的，故B错误；‎ C.彩虹是光的色散现象，是由光的折射形成的，故C错误；‎ D.“潭清疑水浅”中“水浅”是水底看起来比较浅，这是由于光的折射形成的，看水底是逆着光的传播方向看的（即逆着折射光线看），由于错觉，我们始终认为光是沿直线传播的，所以看到的位置比实际位置浅，故D正确。故选D。‎ ‎29.（2019·临沂）下列光现象，由于光的折射形成的是（）。‎ ‎ ‎ A．小孔成像 B．鹦鹉照镜子 C．手影游戏 D．放大镜 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A.小孔成像是由光的直线传播形成的，故A错误；‎ B.鹦鹉照镜子属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B错误；‎ C.手影游戏是由于光的直线传播造成的，故C错误；‎ D.放大镜成像，属于凸透镜成像，利用了光的折射，故D正确。故选D。‎ ‎30.（2019·泰安）如图所示的现象中，属于光的折射的是（）。‎ 843‎ ‎ ‎ A．水中筷子“弯折”B．地上的身影 C．水中荷花的倒影 D．墙上的手影 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A.筷子“弯折”是由于光的折射而形成的，故A符合题意；‎ B.“影子”是由光的直线传播形成的，故B不符合题意；‎ C.水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故C不符合题意；‎ D.墙上的手影由光沿直线传播形成的，故D与题意不符。故选A。‎ ‎31.（2019·烟台）“万物生长靠太阳”，绿色植物的生长需要阳光。物理学研究表明，不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的，由此可以推测，不利于绿色植物生长的光是（）。‎ A．红光 B．黄光 C．绿光 D．紫光 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的，而植物是不透明的，所以绿色植物反射的光是绿色，说明绿色植物不需要绿光，需要其他颜色的光，即绿光不利于植物的生长。故选C。‎ ‎32.（2018·济宁）如图所示，小易利用激光灯、可折转的光屏、平面镜等器材探究光的反射定律。下列说法正确的是（）。‎ A. 光屏能显示光路，是因为发生了镜面反射；‎ B. 将左侧光屏向后折转，是为了探究“反射光线、入射光线与法线是否在同一平面内”；‎ C. 验证“光路可逆”时必须用两个激光灯；‎ D. 验证“反射角等于入射角”时，入射角不能为 843‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、光屏能显示光路，是因为发生了漫反射，故A错误；‎ B、为了探究“反射光线、入射光线与法线是否在同一平面内”，要向后折反射光线的那侧，即右侧光屏，故B错误；‎ C、证“光路可逆”时，如果让光线逆着BO的方向射向镜面，这时的入射角为原来的反射角，看这时的反射角是否为原来的入射角，从而验证光路是否可逆，用笔在屏上画出即可，不必用两个激光灯，故C错误；‎ D、入射角等于时，即入射光线与镜面垂直，反射光线也垂直于镜面射出，反射光线、入射光线、法线在一条直线上，无法测角度的大小，故验证“反射角等于入射角”时，入射角不能为，故D正确。故选D。‎ ‎33.（2018·泰安）下列现象中，对应的物理知识是“光的直线传播”的是（）。‎ A．射击瞄准时要做到“三点一线”；B．游泳池注水后，看上去好像变浅了；‎ C．在平静的湖面可以看到蓝天白云；D．太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、射击瞄准时要做到“三点一线”，利用了光的直线传播，故A正确；‎ B、游泳池注水后，看上去好像变浅了，是由于光的折射造成的，故B错误；‎ C、在平静的湖面可以看到蓝天白云，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故C错误；‎ D、太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带，这是光的色散现象，故D错误。故选A。‎ ‎34．（2018·龙东）下列现象中由光的直线传播形成的是（　　）。‎ A．凿壁借光；B．渔民叉鱼；‎ C．水中倒影；D．雨后彩虹 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、凿壁借光是由于光的直线传播形成的，故A符合题意；‎ B、渔民叉鱼是由于光的折射的缘故，故B不符合题意；‎ 843‎ C、水中倒影，是由平静的水面形成的，属于光的反射，故C不符合题意；‎ D、雨后彩虹是光的色散现象，其实质是光的折射形成的，故D不合题意。故选：A。‎ ‎35．（2018•武汉）如图所示的四种现象中，由光的反射形成的是（　　）。‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、透过树丛的光束是直的，表明光在空气中沿直线传播的，故A不符合题意；‎ B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的，故B不符合题意。‎ C、平静水面上景物的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故C符合题意。‎ D、海市蜃楼是光在不均匀的空气中传播时发生折射形成的，故D不符合题意。故选：C。‎ ‎36. （2018·广东）以下描述中与光的折射现象有关的是（）。‎ A. 形影相随，亲密无间 B. 海市蜃楼，虚无缥缈 C. 镜中生花，脱离实际 D. 水中捞月，一无所得 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A. 形影相随，亲密无间，即影子，是由光的直线传播形成的；‎ B. 海市蜃楼，虚无缥缈，是由于空气不均匀时，光线折射而形成的；‎ C. 镜中生花，脱离实际，是平面镜成像，由光的反射形成；‎ D. 水中捞月，一无所得，是平面镜成像，由光的反射形成；故B符合题意。‎ 二、填空题 ‎37.（2020·四川成都）小王走向正前方的玻璃窗，想看看美丽的夜景，却发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是光的____________(选填“直线传播”、“反射”或“折射”)现象。同时她发现，房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离___________。‎ ‎【答案】(1)反射；(2)减小。‎ 843‎ ‎【解析】玻璃窗相当于平面镜，玻璃窗里的“自己”是光经玻璃窗反射形成的虚像，属于光的反射现象。‎ 房内电灯的位置不变，电灯通过玻璃成的像到玻璃窗的距离不变，小王靠近玻璃窗，所以房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离减小。‎ ‎38.（2020·山东聊城）2020年6月21日，在日食发生时，小明看到树荫下的地面上有图甲所示的光斑，这些光斑是由光的______形成的。观看日食不能用眼睛直接对着太阳，如果没有专用的太阳滤镜，比较简易的做法是用一盆滴有墨水的水来观看（如图乙所示），太阳在水中的像是由光的______形成的。‎ ‎【答案】(1)直线传播；(2)反射。‎ ‎【解析】茂密的树叶缝隙形成许多小孔，沿直线传播的太阳光经过小孔后在地面上形成太阳的像，即我们看到的圆形光斑，是由光的直线传播形成的。‎ 太阳在水中的像，属于平面镜成像，是光的反射形成的。‎ ‎39.（2020·四川甘孜州）站在平面镜前2 m处的小明，在平面镜中所成的像是正立的、等大的、________ 像（选填“实”或“虚"），其像到平面镜的距离为___________m。‎ ‎【答案】(1)虚；(2)2。‎ ‎【解析】由平面镜成像的特点知：平面成等大的、正立的虚像，像到平面镜的距离等于物到平面镜的距离，即像到平面镜的距离为2m。‎ ‎40.（2020·山东泰安）利用一块平面镜使图中的一束光竖直射入井中，则反射角的大小是______。‎ ‎【答案】55°。‎ 843‎ ‎【解析】做出反射光线（竖直射入井中），根据反射角等于入射角，做出反射光线与入射光线夹角平分线，则镜面与法线垂直，如图所示：‎ 如图所示，入射光线与反射光线的夹角为：20°+90°=110°‎ 根据反射定律，反射角等于入射角等于：×110°=55°。‎ ‎41.（2020·江苏连云港）如图所示，让一束白光经过三棱镜，在三棱镜后放置一凸透镜将光屏放在B处时，观察到色光的颜色是______，光屏先后在A、C两处时，观察到的现象有何不同：______。‎ ‎【答案】(1)白色；(2)光屏上彩色光带顺序相反。‎ ‎【解析】白光被三棱镜分解成七种颜色的色光，七种颜色的色光经过凸透镜在B处复合成白光。‎ 由图可知，A处上方光经过B点到达C处的下方，A处下方的光经过B点到达C处的上方，在A、C两处，光屏上彩色光带顺序相反。‎ ‎42.（2020·贵州黔南）小丽站在平面镜前1.5 m处观察自己在镜中的像，镜中的像是______（选填 “虚像”或“实像”），像到平面镜的距离是_____m，她向平面镜靠近的过程中，像的大小______（选填“变大”“变小”“不变”）。‎ ‎【答案】(1)虚像；(2)1.5；(3)不变。‎ ‎【解析】平面镜成像的本质是光的反射形成的虚像。‎ 由平面镜成像特点可知物与像到平面镜的距离相等，因此像到平面镜的距离是1.5m。‎ 由平面镜成像特点可知物与像大小相等，她向平面镜靠近的过程中，像的大小不变。‎ ‎43.（2019·广东）‎ 843‎ 如图所示，在“探究光的反射规律”实验中，小明将硬纸板竖直地立在平面镜上，硬纸板上的直线ON垂直于镜面，右侧纸板可绕ON向后转动，如图甲所示，入射角等于________（选填“30°”或“60°”）；若增大入射角，则反射角________。若将右侧纸板向后转动，如图乙所示，在右侧纸板上________（选填“能”或“不能”）观察到反射光。‎ ‎【答案】 30°；增大；不能。‎ ‎【解析】如图甲，反射角是反射光线和法线的夹角，因此反射角是30 °；因为反射角始终等于入射角，所以当增大入射角时，反射角也随着增大；因为反射光线、入射光线和法线在与镜面垂直的平面内，所以当右侧纸板向后转动后，在右侧纸板上不能观察到反射光。‎ ‎44.（2019·菏泽）小明站在穿衣镜前1.5m处，他看到自己在镜中的像是一个等大的_________像（选填“实”或“虚”），他的像与他之间的距离是_________m。（玻璃厚度忽略不计）‎ ‎【答案】虚；3。‎ ‎【解析】根据平面镜成像特点，物体在平面镜中成虚像，物像到平面镜的距离相等，所以小明在平面镜中成的是虚像，小明到平面镜的距离是1.5m，小明的像到平面镜的距离也是1.5m，所以他的像与他之间的距离是3m。‎ 故答案为：虚；3。‎ 三、作图题 ‎45.（2020·四川雅安）请在图中，画出入射光线AO的反射光线并标出反射角的度数。‎ ‎【解析】已知入射光线AO与镜面的夹角为30°，所以入射角为：90°−30°=60°‎ 过入射点画出法线，在法线右侧画出反射光线，反射角等于入射角为60°，如图所示：‎ 843‎ ‎46.（2020·贵州黔东南）如图所示，一束光线从空气射入水中，在空气和水的分界面上同时发生反射和折射。请在图中作出反射光线，并作出折射光线的大致方向。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】以入射光线与水面的交点为入射点，过入射点做法线，根据反射角等于入射角的规律在法线右侧的空气中作反射光线；根据光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角的规律在法线右侧的水中作折射光线，如图所示 ‎47.（2020·山东聊城）一束光从水斜射入空气中，其折射光线如图所示。请在图中作出此光线的入射光线（注意标出法线）。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】首先画出法线，然后根据光从水中斜射入空气中，折射角大于入射角画出入射光线。如图所示：‎ ‎48．（2020·四川遂宁）请根据要求作图（保留作图痕迹）‎ 图中A'B'是物体AB在平面镜中所成的像，请根据平面镜成像特点作出物体AB。‎ 843‎ ‎【解析】过A′B′向平面镜做垂线，并延长至等长，得到点A和B，连接A、B就是物体AB，如图所示：‎ ‎49.（2020·安徽）图中 MN 为平面镜，OB 为入射光线 AO 的反射光线。请在图中画出光线 AO 并标出入射角的度数。‎ ‎【答案】如图所示：‎ ‎【解析】先做出法线（垂直于反射面），由光的反射定律可知，反射角为 30°，所以入射角也为 30°。‎ ‎50.（2020·山东滨州）如图所示，S为发光点，请在图中画出发光点S在平面镜中所成像的位置，并画出由S点发出，经平面镜反射后通过P点的光线。‎ 843‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】作出发光点S的对称点，即为像点S′，连接S′P，与镜面的交点为入射点O，再连接SO，画上箭头，则SO为入射光线，OP为反射光线。如下图所示：‎ ‎51.（2019·广州）如图所示，一束由A发出的光射到平面镜表面O点，画出物体AB在平面镜中的像，并画出入射光线AO的反射光线。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】根据平面镜成像特点：物像关于平面镜对称，可作出物体AB在平面镜中的像，如图所示；用一线段将A点在平面镜中的像点A1与O点连接，并延长即可作出入射光线AO的反射光线，如图所示。‎ ‎52.（2019·济宁）如图所示，一束光水平射入潜望镜镜口后，通过潜望镜进入小明的眼睛。请画出光的传播路径。‎ 843‎ ‎【解析】潜望镜内平面镜与水平面成角，由光的反射定律可知，反射光线与入射光线垂直；过反射点作竖直向下的反射光线，再过二次反射点作垂直于入射光线的反射光线。如图所示。‎ ‎53.（2018·东营）如图所示，一束与平面镜成30°角的光入射到平面镜上，请根据光的反射定律，画出反射光线并标出反射角的度数。‎ ‎【解析】先过反射点垂直反射面作出法线，并求得入射角为90°﹣30°=60°，所以反射角也为60°；再在法线的另一侧根据反射角等于入射角作出反射光线，标出反射角，如图。‎ ‎54.（2019·泰安）如图所示，从光源点发出的一条光线射向平面镜，经平面镜反射后射向墙上的点处。请你作出这条入射光线并完成光路图。‎ ‎【解析】过镜面作出点的对称点，即为点光源在平面镜中的像，连接与镜面交于点，即为入射点（反射点），连接就得到入射光线，如下图所示：‎ ‎55．（2018•南京）按要求作图（请保留作图痕迹）：如图所示，画出入射光经互相垂直的两个平面镜反射的光路。‎ 843‎ ‎【解析】过入射点垂直于反射面作出法线，再根据反射角等于入射角作出反射光线，注意反射光线到达下面的反射面再次进行反射，而且最后的反射光线与原入射光线平行，法线用要用虚线，如图所示：‎ ‎56.（2018·东营）如图所示，一束与平面镜成30º角的光入射到平面镜上，请根据光的反射定律，画出反射光线并标出反射角的度数。‎ ‎【解析】先过反射点垂直反射面作出法线，并求得入射角为90°﹣30°=60°，所以反射角也为60°；再在法线的另一侧根据反射角等于入射角作出反射光线，标出反射角，如图。‎ ‎57．（2018·黔南）画出图中S发出的光线经平面镜反射后过P点的光路。‎ ‎【解答】解：过镜面作出点S的对称点S′，即为点光源S在平面镜中的像，连接S′P与镜面交于O点，即为入射点（反射点），连接SO就得到入射光线，如下图所示：‎ 843‎ 考点03 透镜及其应用 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 透镜成像规律 凸透镜的成像规律及应用。‎ ‎2‎ 眼睛和眼镜 远近视眼的成因及其矫正 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·四川乐山）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，下列说法正确的是（　　）.‎ A. 将蜡烛移至a处时，移动光屏，可看见放大、正立的实像；‎ B. 将蜡烛移至b处时，移动光屏，可看见缩小、倒立的实像；‎ C. 将蜡烛移至c处时，移动光屏，可看见放大、倒立的实像；‎ D. 将蜡烛移至d处时，移动光屏，可看见放大、正立的虚像 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．由图可知，将蜡烛移至a处时，物距小于焦距，成正立、放大的虚像，移动光屏，找不到像，故A错误；‎ B．将蜡烛移至b处时，物距等于焦距，此时不成像，故B错误；‎ C．将蜡烛移至c处时，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，移动光屏，可看见放大、倒立的实像，故C正确；‎ D．将蜡烛移至d处时，物距大于焦距，移动光屏，可看见倒立的实像，故D错误。故选C。‎ ‎2．（2020·衡阳）（多选）一位同学利用如图所示的装置探究凸透镜成像规律，他先用焦距为20cm的凸透镜进行实验，在屏上得到清晰的像。接下来他想改用焦距为10cm的凸透镜继续进行实验，下列分析正确的有（　　）。‎ 843‎ A．要使光屏再次成清晰的像，可只将光屏向右移；‎ B．要使光屏再次成清晰的像，可只将蜡烛向右移；‎ C．若只移动光屏重新得到清晰的像，像将变大；‎ D．若只移动蜡烛重新得到清晰的像，像将变大 ‎【答案】BD。‎ ‎【解析】AB、先用焦距为20cm的凸透镜进行实验，在屏上得到清晰的像，接下来改用焦距为10cm的凸透镜继续进行实验，在蜡烛和凸透镜位置不变的情况下，相当于增大了物距，则像距应该减小，所以应该将光屏向左移动，才能在光屏上呈现清晰的像；若不移动光屏，此时应该减小物距来增大像距，即将蜡烛向右移动，故A错误，B正确；‎ C、若只移动光屏重新得到清晰的像，像距变小了，则像会变小，故C错误；‎ D、若只移动蜡烛重新得到清晰的像，物距变小，像距变大，像将变大，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎3.（2020·贵州黔南）关于透镜，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 远视眼的人佩戴的眼镜是凹透镜；‎ B. 照相机中所成的像是放大正立的；‎ C. 用投影仪投放出来的电影画面属于虚像；‎ D. 丢弃的矿泉水瓶容易引起火灾，是因为矿泉水瓶相当于一个凸透镜，能会聚阳光 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．远视眼像成在视网膜的后方，应佩戴凸透镜进行矫正，故错误；‎ B．照相机在使用时物距大于二倍焦距，成倒立缩小的实像，故错误；‎ C．投影仪在使用时物距位于一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立放大的实像，故错误；‎ D．丢弃的矿泉水瓶与瓶内剩余的水组成一个中间厚边缘薄的的凸透镜，能会聚阳光，容易引起火灾，故正确。故选D。‎ ‎4.（2020·湖南常德）如图关于透镜的应用，下列说法中正确的是（　　）。‎ A. 凹透镜可以矫正远视眼；‎ 843‎ B. 凸透镜可以矫正近视眼；‎ C. 显做镜的目镜成正立放大的虚像；‎ D. 望远镜的目镜成正立放大的实像 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．凹透镜可以矫正近视眼，故A错误；‎ B．凸透镜可以矫正远视眼，故B错误；‎ C．显做镜的目镜成正立放大的虚像，故C正确；‎ D．望远镜的目镜成正立放大的虚像，故D错误。故选C。‎ ‎5. （2020·自贡）在探究凸透镜成像规律的实验中，当烛焰、凸透镜、光屏位于如图所示的位置时，烛焰在光屏上呈现一个清晰放大的像。要使烛焰在光屏上呈现一个清晰缩小的像，调节的方法是（　　）。‎ A. 透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏靠近透镜移动；‎ B. 透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏远离透镜移动；‎ C. 透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏远离透镜移动；‎ D. 透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏靠近透镜移动 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由图知道，此时物距小于像距，成倒立放大的实像，要使光屏上呈现倒立、缩小的实像，要增大物距，同时减小像距，所以在凸透镜不动时，蜡烛远离凸透镜，同时光屏靠近凸透镜，故选A。‎ 843‎ ‎6.（2020·江苏泰州）如图是学校测温棚里的红外线测温仪，它既能测温，也能摄像，其镜头相当于凸透镜，它正常工作时所成像的性质是（　　）。‎ A. 正立放大的虚像 B. 倒立缩小的实像 C. 倒立放大的实像 D. 正立缩小的实像 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】摄像机的镜头与照相机的镜头类似，应用的凸透镜成实像时，，成倒立缩小的实像。故选B。‎ ‎7.（2020·山东聊城）（多选）下列关于光现象的描述正确的是（　　）。‎ A. 图甲：是表示矫正近视眼的光路示意图；‎ B. 图乙：凸透镜只对平行于主光轴的光有会聚作用；‎ C. 图丙：用放大镜看远处的物体时，像是缩小、倒立的；‎ D. 图丁：把纸板NOF向后折，在纸板上不能看到反射光 ‎【答案】CD。‎ ‎【解析】A．近视眼需要佩戴凹透镜，图中眼睛前面是凸透镜，用来矫正远视眼，故A错误；‎ B．凸透镜对所有光线有会聚作用，故B错误；‎ C．用放大镜看远处的物体时，物距大于2倍焦距，成缩小、倒立的实像，故C正确；‎ D．由于反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，把纸板NOF向后折，两块纸板不在同一平面上，在纸板上不能看到反射光，故D正确。故选CD。‎ ‎8.（2020·山东泰安）‎ 843‎ 小明同学做“探究凸透镜成像的规律”的实验，当他把烛焰移到距透镜18cm的位置时，在光屏上观察到倒立放大清晰的像。他判断凸透镜焦距可能是①6cm、②9cm、③12cm、④16cm，其中正确的是（　　）。‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】由题意可知，物距18cm，光屏上观察到倒立放大清晰的像，‎ 所以，2f＞18cm＞f，18cm＞f＞9cm。‎ ‎③12cm和④16cm符合题意。故选D。‎ ‎9. （2020·安徽）图 是放置在水平桌面上的刻度尺的一部分，甲、乙、丙、丁是通过凸透镜所看到的刻度尺的像。 若凸透镜先贴着刻度尺然后逐渐远离，则看到刻度尺的像的先后顺序正确的是（ ）。‎ A. 甲→乙→丙→丁 B. 乙→丙→甲→丁 C. 乙→丁→甲→丙 D. 丙→甲→乙→丁 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】凸透镜由贴着刻度尺到逐渐远离的过程中，尺子到凸透镜的距离会经历由“一倍焦距之内”增加到 “一倍焦距到两倍焦距之间”，再增加到“两倍焦距之外”。所以会先成正立放大的虚像，即乙；再成倒立放大的实像，并不断减小到倒立缩小的实像，所以成实像的阶段会经历“丁－甲－丙”的过程。综上所述，选 C。‎ ‎10.（2020·宁夏）小明在老师指导下，利用自制水透镜探究凸透镜成像的规律，如图甲所示，利用记录的实验数据，绘制了如图乙所示的像距v和物距u的关系图（实验过程中水透镜厚度不变）｡实验过程中，下列说法正确的是（ ）。‎ 843‎ A.该水透镜的焦距是20cm；‎ B.若要在光屏上成清晰缩小的像，物体应放在距透镜10cm至20cm之间；‎ C.在光屏上找到清晰缩小的像后，若在水透镜和物体之间放一凹透镜，光屏应远离水透镜才能再次找到清晰的像；‎ D.实验后，若利用注射器向水透镜内注水，其焦距变长选择理由∶____________‎ ‎【答案】C；理由：在水透镜前加一凹透镜，对光线有发散作用，所成的像远离水透镜，故应远离水透镜太能再次找到清晰的像，故选C。‎ ‎【解析】A．由图乙可知v=u=20cm时，u=2f=20cm，则f=10cm，故A错误；‎ B．水透镜f=10cm，若要成清晰缩小的像，应将物体放到2f以外，距透镜的距离大于20cm，故B错误；‎ C．在水透镜前加一凹透镜，对光线有发散作用，所成的像远离水透镜，故应远离水透镜才能再次找到清晰的像，故C正确，故选C；‎ D．用注射器向水透镜内注水，透镜会聚能力变强，焦距变短，故D错误。故选C。‎ ‎11.（2019·深圳）下列与照相机成像原理相同的设备是（ ）。‎ A. 放大镜 B. 近视眼镜 C. 监控摄像头 D. 投影仪 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】根据凸透镜成像特点，当物距大于两倍焦距时，凸透镜能够成倒立缩小的实像为照相机原理。‎ A．放大镜是利用凸透镜成正立放大虚像的原理，故A错误；‎ B．近视眼镜利用了凹透镜对光线的发散作用，故B错误；‎ C．监控摄像头是利用凸透镜成倒立缩小的实像的原理，故C正确；‎ D．投影仪是利用凸透镜成倒立放大实像的原理，故D错误。‎ 843‎ ‎12.（2019·盐城）小明利用太阳光测量凸透镜焦距，下列操作最合理的是（ ）。‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】利用太阳光测量凸透镜焦距，应将透镜正对太阳光，且观察光斑的纸张也应正对太阳光。故C符合要求。‎ ‎13.（2019·苏州）将一凸透镜正对太阳，可在距凸透镜15cm处得到一个最小、最亮的光斑。现将该凸透镜和蜡烛、光屏安装到光具座上，位置如图所示。下列说法正确的是（　）。‎ A.此时可以在光屏上观察到清晰缩小的像；‎ B.仅在凸透镜左侧附近放一合适的凹透镜，可模拟近视眼的矫正；‎ C.将蜡烛移到30cm刻度处，移动光屏可在屏上得到清晰等大的像；‎ D.将蜡烛移到40cm刻度处，移动光屏可在屏上得到清晰放大的像 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、从图上看出，物距u=50.0cm-10.0cm=40.0cm。v=85cm-50cm=35cm，凸透镜u＞2f，2f＞v＞f，成倒立、缩小的实像，此时像距大于二倍焦距，不会得到清晰的像，故A错误；‎ B、由A分析可知，像距较大要延迟光线会聚，应在凸透镜左侧附近放一合适的凹透镜，可模拟近视眼的矫正，故B正确；‎ C、u=v=2f，凸透镜成倒立等大的实像，由图可知，将蜡烛移到30cm刻度处，u=50cm-30cm=20cm≠2f，故移动光屏不能在屏上得到清晰等大的像。故C错误；‎ D、将蜡烛移到40cm刻度处，u=50cm-40cm=10cm，物距满足u＜f，成正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上。故D错误。故选B。‎ 843‎ ‎14.(2019·邵阳)小红同学利用爷爷不用了的老花眼镜的一片镜片做凸透镜成像实验，肯定不能得到（　　）。‎ A．放大的实像 B．倒立的虚像 C．倒立的实像 D．放大的虚像 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】老花眼镜的镜片是凸透镜，根据凸透镜成像规律可知物体在二倍焦距以外时成倒立缩小实像。‎ 物体在一倍焦距和二倍焦距之间时成倒立放大的实像，物体在二倍焦距处时成倒立等大的实像，‎ 物体在一倍焦距以内成正立放大虚像，‎ 综上所述，不能成倒立的虚像，故B符合题意。故选B。‎ ‎15．（2019·河北）如图所示，小明将凸透镜（f＝10cm）固定在光具座40cm的位置，探究凸透镜的成像规律。下列说法正确的是（　　）。‎ A．将蜡烛从焦点内某处向透镜方向移动过程中，像逐渐变小 ‎ B．当光屏上成清晰像时，拿开光屏，眼睛在一定范围内仍能看到像 ‎ C．将蜡烛放在10cm处，移动光屏，光屏上可得到倒立缩小的清晰像 ‎ D．当光屏上成清晰像时，在贴近凸透镜左侧的位置放一远视镜片，向右移动光屏，光屏上仍能得到清晰的像 ‎【答案】ABC。‎ ‎【解析】A、根据“无论实像或虚像，物靠近焦点像变大”可知，蜡烛从焦点内某处向透镜方向移动过程中，即蜡烛远离焦点，所成的虚像将变小，故A正确；‎ B、发光物体发出的光线经凸透镜折射后是会聚的，经过成像点后是发散的，所以眼睛必须在成像点以外的光线发散区域才能看到这个像；当眼睛在原光屏处不能看到发光体的像，眼睛靠近凸透镜也不能看到像，当眼睛从原光屏位置远离凸透镜，能看到像。故B正确；‎ C、当蜡烛放在10cm处，物距u＝40cm﹣10cm＝30cm＞2f，成倒立缩小的实像，故C正确；‎ 843‎ D、若在蜡烛和透镜间放一远视眼镜，远视眼镜为凸透镜，对光线有会聚作用，此时所成的像将靠近透镜，所以应向左移动光屏，故D错误。故选：ABC。‎ ‎16.（2019·菏泽）小明通过透镜观察“美丽潍坊”四个字，看到的情形如图所示，下列说法正确的是（　　）。‎ A．该透镜只能成放大的像；‎ B．该透镜可以用作近视眼镜；‎ C．该透镜可以用作照相机镜头；‎ D．字到透镜的距离小于此透镜的焦距 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】图中看到字是倒立的，放大的像。应用了凸透镜成像时2f＞U＞f 时，在另一侧光屏上得到一个倒立、放大的实像，此透镜是凸透镜。‎ A、已知此透镜是凸透镜，凸透镜也可以成倒立、缩小的实像，故A错误；‎ B、凹透镜是矫正近视眼的眼镜。此透镜是凸透镜，故B错误；‎ C、此透镜是凸透镜，U＞2f 时，在另一侧光屏上得到倒立、缩小的实像，照相机利用此原理，因此可以用来做照相机的镜头，故C正确。‎ D、由凸透镜成像规律可知，此时字到透镜的距离大于此透镜的焦距，故D错误。故选C。‎ ‎17.（2019·百色）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，将点燃的蜡烛放在距凸透镜32cm处，在透镜另一侧距透镜18cm处的光屏上得到烛焰清晰的像，则（　　）。‎ A．光屏上所成的是倒立、放大的实像；‎ B．该透镜的焦距f小于9cm；‎ C．将点燃的蜡烛移至距透镜9cm处，不能观察到烛焰放大的虚像；‎ D．透镜位置不变，蜡烛和光屏位置互换，光屏上也得到烛焰清晰的像 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】AB、蜡烛距离凸透镜32cm时，在透镜的另一侧18cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像；此时物体的位置在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，即32cm＞2f；2f＞18cm＞f，解得：9cm＜f＜16cm，故AB错误；‎ C、将点燃的蜡烛移至距透镜9cm处，u＜f，可以能观察到烛焰放大的虚像，故C错误；‎ 843‎ D、光的折射现象中光路可逆，所以保持凸透镜位置不变，将蜡烛与光屏位置互换，光屏上仍能得到清晰的像。故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎18.（2019·河南）购物支付已进入“刷脸”时代，如图所示，消费者结账时只需面对摄像头（相当于一个凸透镜），经系统自动拍照、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。下列有关说法正确的是（　　）。‎ A．光经过摄像头成像利用的是光的反射 B．摄像头成像特点与投影仪相同 C．“刷脸”时，面部应位于摄像头两倍焦距之外 D．“刷脸”时，面部经摄像头成正立缩小的实像 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、摄像头相当于一个凸透镜，光经过摄像头成像利用的是光的折射，故A错误；‎ B、光通过摄像头成倒立、缩小的实像，与照相机的成像特点相同，故B错误；‎ CD、当u＞2f时，成倒立、缩小的实像，所以，“刷脸”时，面部应位于摄像头两倍焦距之外，故C正确，D错误。故选：C。‎ ‎19.（2019·盘锦）在探究“凸透镜成像规律”实验中，蜡烛、凸透镜、光屏的位置如图所示，此时光屏上出现了清晰的像（图中未画出），下列说法正确的是（　　）。‎ A．凸透镜焦距是15cm ；‎ B．照相机利用了此成像规律；‎ C．蜡烛燃烧变短，光屏上的像也会向下移动；‎ D．保持蜡烛不动把凸透镜移动到35cm处，光屏向右移动，光屏上出现清晰的像 843‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】AB、由图可知，u＞v时，由凸透镜成像规律可知，此时在光屏上成倒立、缩小的实像，是照相机的工作原理，故B正确；‎ 由图可知，物距u＝50cm﹣20cm＝30cm，像距v＝65cm﹣50cm＝15cm，则30cm＞2f，f＜15cm＜2f，解得7.5cm＜f＜15cm，故A错误；‎ C、凸透镜成倒立的实像，随着蜡烛燃烧变短，光屏上的像将向上移动，故C错误；‎ D、若将蜡烛放置在光具座35cm刻度线处，则u＝50cm﹣35cm＝15cm，因折射时光路是可逆的，所以此时的像距是30cm，则不需要移动光屏，光屏上就会出现清晰的像，故D错误。故选：B。‎ ‎20.（2019·温州）将一蜡烛放在装有水的烧瓶前，调整蜡烛和烧瓶至如图所示位置，在墙壁上得到清晰的像。该像的性质是（ ）。‎ A. 缩小的虚像；B. 放大的虚像；C. 缩小的实像；D. 放大的实像 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】装有水的烧瓶相当于一个凸透镜，调整蜡烛和烧瓶至如图所示位置，在墙壁上得到清晰的像，由图可知，物距小于像距，由凸透镜成像规律可知，成倒立、放大的实像。 故选：D。‎ ‎21.（2019·衡阳）关于近视眼和远视眼，下列说法中正确的是（ ）。‎ A．近视眼产生的原因是晶状体折光能力太弱，或眼球太长，可以戴凹透镜矫正；‎ B．近视眼产生的原因是晶状体折光能力太强，或眼球太长，可以戴凸透镜矫正；‎ C．远视眼产生的原因是晶状体折光能力太弱，或眼球太短，可以戴凸透镜矫正；‎ D．远视眼产生的原因是晶状体折光能力太强，或眼球太短，可以戴凸透镜矫正 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】近视眼产生的原因是晶状体折光能力太强，像成在视网膜的前方，应佩戴发散透镜，使光线推迟会聚，故AB不符合题意。‎ 远视眼的晶状体变薄，会聚能力减弱，像成在视网膜的后方，需要戴凸透镜进行矫正，故C符合题意，D不符合题意。故选：C。‎ 843‎ ‎22.（2019·徐州）在“探究凸透镜成像规律”时，开始时烛焰在光屏上成缩小的像，接着把物距调整为刚才的一半，移动光屏使烛焰在光屏上成像，此时的像（ ）。‎ A．是放大的；B．是缩小的；C．是等大的；D．以上三种都有可能 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】在“探究凸透镜成像规律”时，开始时烛焰在光屏上成缩小的像，此时物距大于二倍焦距（u＞2f），接着把物距调整为刚才的一半，则此时的物距应大于焦距（u′＞f）；‎ 若此时的物距大于二倍焦距时，成的是倒立、缩小的实像；若此时的物距等于二倍焦距时，成的是倒立、等大的实像；若此时的物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，成的是倒立、放大的实像；‎ 由此可知，光屏上的像可能是放大的，可能是缩小的，也可能是等大的，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎23．（2018•烟台）在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，所用凸透镜焦距为10cm，当蜡烛从如图所示的A位置逐渐移到B位置的过程中，像距及其像的变化情况是（　　）。‎ A．像距增大，像变大 B．像距减小，像变大 C．像距减小，像变小 D．像距增大，像变小 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】凸透镜的焦距是10cm，将点燃的蜡烛从A位置逐渐移到B位置的过程中，由于物距减小，则像距变大，像变大。‎ 故选：A。‎ ‎24．（2018•淄博）在探究凸透镜成像规律的实验中，将点燃的蜡烛放在凸透镜前某一位置，在凸透镜后20cm的光屏上出现一个等大倒立的像，如果将蜡烛移动到凸透镜前25cm处，则（　　）。‎ A．光屏上会出现倒立放大的实像；‎ B．将光屏靠近凸透镜一段距离，光屏上会出现倒立缩小的实像；‎ C．将光屏远离凸透镜一段距离，光屏上会出现倒立放大的实像；‎ D．无论怎样移动光屏，光屏上均找不到像 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】距离凸透镜20cm的光屏上得到一个清晰的与物体等大的像，所以v=20cm=2f，‎ 843‎ 则f=10cm；‎ A、若现将蜡烛移至透镜前25cm处时，此时物距u=25cm，则物距u＞2f，光屏上成倒立、缩小的实像，故A错误。‎ B、C、D、如果将蜡烛移动到凸透镜前25cm处，物距增大，像距减小，所以应该将光屏靠近凸透镜一段距离，光屏上会出现倒立缩小的实像，故B正确，CD错误；‎ 故选：B。‎ ‎25. （2018·河北）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，烛焰在光屏上恰好成一清晰的像。则下列说法正确的是（ ）。‎ A. 照相机应用了这一成像规律；‎ B. 蜡烛燃烧一段时间后，光屏上的像会向下移；‎ C. 蜡烛不动，将透镜移至35 cm处，移动光屏可能得到倒立的清晰像；‎ D. 更换一个焦距小的凸透镜，只移动透镜仍可在光屏上得到清晰的像 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、由图可知，此时的像距大于物距，成倒立、放大实像，是投影仪的原理，故A错误；‎ B、蜡烛变短后，烛焰的位置向下移动，根据光线过透镜的光心不改变方向，像的位置向上移动，故B错误；‎ C、由图可知，物距为30cm，此时f＜30cm＜2f，则15cm＜f＜30cm；蜡烛不动，将透镜移至35cm处，此时的物距为15cm，等于焦距，不成像，故C错误；‎ D、当透镜换成一个焦距稍小一点的凸透镜实验时，此时相当于增大了物距，减小了像距，故可以将凸透镜向左移动，可以在光屏上呈现清晰的像，故D正确。故选：D。‎ ‎26．（2018•长沙）现代生活，智能手机给人们带来了许多便利，但长时间盯着手机屏幕，容易导致视力下降，下列关于近视眼及其矫正原理图正确的是（ ）。‎ ‎ 甲 乙 丙 丁 ‎ 843‎ A．甲乙 B．甲丙 C．乙丙 D．丙丁 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】甲是近视眼成因原理图；乙是近视眼的矫正原理图；丙是远视眼成因原理图；丁是远视眼矫正原理图。故选A 。‎ ‎27．（2018•湖州）小华在研究凸透镜成像规律时，将平行光正对凸透镜照射，另一侧的光屏移动到距凸透镜10厘米处时，得到一个最小最亮的光斑。接着把光源换成蜡烛，调整好相关器材的高度，将凸透镜固定在光具座中央50厘米刻度线处，移动蜡烛到光具座的左端并点燃，再移动光屏至如图所示位置时，在光屏中央得到一个清晰的像。保持凸透镜位置不变，通过移动蜡烛及光屏的位置，下列成像情况符合实际的是（　　）。‎ A．若蜡烛放置在10厘米刻度线处，移动光屏，在光屏上都不能呈清晰的像 B．若蜡烛放置在30厘米刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈清晰缩小的像；‎ C．若蜡烛放置在35厘米刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈清晰放大的像；‎ D．若蜡烛放置在45厘米刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈清晰放大的像 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、若蜡烛放置在10厘米刻度线处，物距u=50cm﹣10cm=40cm，满足u＞2f，由凸透镜成像规律可知，成倒立、缩小的实像。移动光屏，在光屏上能呈清晰的像，故A错误；‎ B、若蜡烛放置在30厘米刻度线处，物距u=50cm﹣30cm=20cm，满足u=2f。由凸透镜成像规律可知，成倒立、等大的实像，故B错误；‎ C、若蜡烛放置在35厘米刻度线处，物距u=50cm﹣35cm，满足2f＞u＞f，由凸透镜成像规律可知，成倒立、放大的实像，移动光屏，可在光屏上呈清晰放大的像，故C正确；‎ D、若蜡烛放置在35厘米刻度线处，物距u=50cm﹣45cm=5cm，满足u＜f，由凸透镜成像规律可知，成正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎28.（2018•广安）下列关于光现象的说法中正确的是（　　）。‎ A．岸边的人在水中所成的“倒影”是光的折射形成的；‎ B．物体在平面镜中成的是虚像，物体离平面镜越近像越大；‎ 843‎ C．使用投影仪可以在屏幕上形成正立放大的实像，光在屏幕上发生了漫反射；‎ D．凹透镜对光有发散作用，可用来矫正近视眼 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、“倒影”属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；‎ B、像和物体的大小相等，物体离平面镜越近，所成的像不会变大，故B错误；‎ C、投影仪可以在屏幕上形成正立放大的实像，为了使各个方向的人都能看到屏幕上的像，故光在屏幕上要发生漫反射，故C错误；‎ D、近视眼是晶状体曲度变大，会聚能力增强，应佩戴发散透镜使光线推迟会聚，因凹透镜对光线有发散作用，所以近视眼应该配戴凹透镜才能看清远处的物体，故D正确。故选：D。‎ ‎29．（2018·淮安）如图所示，蜡烛在光屏上成清晰的像，凸透镜焦距为18cm。下列说法正确的是（　　）。‎ A．所成的像是虚像；‎ B．所成的像是倒立、放大的；‎ C．蜡烛向左移动所成的像变大；‎ D．照相机是利用这一成像原理制成的 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】ABD、由图可知，物距u=50cm﹣20cm=30cm，物距f＜u＜2f，成倒立放大的实像，其应用是投影仪，故AD错误、B正确；‎ C、蜡烛向左移动，物距变大，像距变小，所成的像变小，故C错误。故选：B。‎ ‎30.(2018·常德)在“探究凸透镜成像的规律”实验中，光具座上各元件位置如图所示，此时在光屏上恰好成一个清晰的像，则下列说法正确的是（　）。‎ A．利用这一原理制成了投影仪；‎ B．若保持凸透镜位置不变，将蜡烛和光屏的位置互换，会在光屏上成一个清晰倒立、‎ 843‎ 缩小的像；‎ C．若保持凸透镜位置不变，将蜡烛放到刻度线45cm处，适当移动光屏也能得到一个清晰的像；‎ D．若将蜡烛稍稍靠近凸透镜，则应将光屏远离凸透镜才能得到清淅的像 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A. 如图可知此时物距大于像距，凸透镜成倒立缩小的实像，利用这一原理制成了照相机，故A错误；‎ B. 若保持凸透镜位置不变，将蜡烛和光屏的位置互换，根据光路可逆的特点，会在光屏上成一个清晰倒立、放大的实像，故B错误；‎ C. 成缩小的实像时，像距位于一倍焦距到二倍焦距之间，即，由图知此时像距为15cm，可得：所以若保持凸透镜位置不变，将蜡烛放到刻度线45cm处，此时物距小于焦距，不能成实像，在凸透镜同侧成虚像，所以移动光屏是找不到像的，故C错误；‎ D. 若将蜡烛稍稍靠近凸透镜，即减小物距，根据成实像时物距与像距的变化规律知，像距应增大，即应将光屏远离凸透镜才能得到清淅的像，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎31．(2018·恩施)如图，小强在做凸透镜成像实验时，他得到以下结论，你认为正确的是（　　）。‎ A．蜡烛置于c点时，在光屏上能成一个放大的像；‎ B．蜡烛置于b点时，在光屏上能成一个倒立缩小的像；‎ C．蜡烛从a点向b点移动，光屏上的像逐渐变大；‎ D．蜡烛从b点向左移动，光屏上的像逐渐变大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】‎ A、蜡烛置于c点时，物距小于焦距，成的是虚像，虚像不能呈现在光屏上，故A错误；‎ B、蜡烛置于b点时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成的是倒立、放大的视线，故B错误；‎ 843‎ C、蜡烛从a点向b点移动，由于此时的物距都大于焦距，成实像，物距减小，像距变大，光屏上的像逐渐变大，故C正确；‎ D、蜡烛从b点向左移动，物距增大，像距减小，光屏上的像逐渐变小，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二、填空题 ‎32.（2020·黑龙江龙东）在“探究凸透镜成像规律”实验中，将凸透镜正对着太阳光，在距离凸透镜 15cm处得到一个最小最亮的光斑，则该透镜的焦距为cm。若将一个物体放在此透镜前40cm处，可在透镜另一侧光屏上得到一个倒立 (放大，等大，缩小）的实像。‎ ‎【答案】15；缩小。‎ ‎【解析】焦距是焦点到凸透镜光心的距离，凸透镜正对着太阳光，在距离凸透镜 15cm处得到一个最小最亮的光斑，光斑的位置即为焦点，故该透镜的焦距为15cm；当物距大于二倍焦距时，成倒立，缩小的实像，故物体放在此透镜前40cm处时，u=40cm>2f成成倒立，缩小的实像 ‎33.（2020·广东）如图所示，点燃的蜡烛及焦距为15cm的凸透镜固定在光具座上，要在光屏上承接到烛焰______（选填“正立”或“倒立”）、放大的清晰实像，需将光屏向______（选填“左”或“右”）移动；一段时间后， 蜡烛变短了，烛焰在光屏上成的像会向______（选填“上”或“下”）移。‎ ‎【答案】（1）倒立；（2）右；（3）上。‎ ‎【解析】由图知，物距为：‎ 根据凸透镜成像的规律知，此时成倒立的、放大的实像；此时像距，应大于，故需将光屏向右移动。‎ 根据凸透镜成像的规律知，蜡烛变短了，烛焰在光屏上成的像会向上移。‎ ‎34.（2020·江苏连云港）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，下表是小华同学实验时记录的几组数据，根据表中数据完成下列问题。‎ 843‎ 实验次数 物距u/cm 像距v/cm 成像性质 ‎1‎ ‎30‎ ‎15‎ 倒立缩小实像 ‎2‎ ‎20‎ ‎20‎ 倒立等大实像 ‎3‎ ‎15‎ 倒立放大实像 ‎(1)此凸透镜的焦距为______cm；‎ ‎(2)第3次实验中像距为______cm，判断依据是______。‎ ‎【答案】(1)10；(2)30；(3)光路可逆。‎ ‎【解析】(1)由表中第2次实验的数据，物距等于像距，像和物等大，‎ 可知，此时u2=v2=2f=20cm；f=10cm，即该凸透镜的焦距为10cm。‎ ‎(2)由实验第1次，u1=30cm，v1=15cm 成倒立缩小实像，由光路的可逆性可知：u3=15cm，v3=30cm ‎35.（2019·张家界）我校中考成绩连续多年在县区领先，这和我校配备的多媒体投影仪等现代化教学手段不无关系，它是利用（选填“凸透镜”或“凹透镜”）成像的原理。光线在屏幕上发生了，使坐在各个方向的同学都能看见屏幕上的像。①正在播放的投影仪屏幕，②正在播放的笔记本电脑屏幕，是光源。‎ ‎【答案】凸透镜；漫反射；②。‎ ‎【解析】投影仪的镜头是凸透镜，因此投影仪是利用凸透镜成像的原理制成的；‎ 屏幕用表面粗糙的白布做成，能使射向屏幕的光发生漫反射，即使光线射向四面八方，能使各个方向的同学都能看到屏幕上的像；‎ ‎（3）正在播放电影的屏幕不能发光，能反射光线，故不是光源；正在播放的笔记本电脑屏幕能发光，故是光源。故②是光源。‎ 故答案为：凸透镜；漫反射；②。‎ ‎36.（2019·泰州）如图,用铁丝围成一个内径约4mm的圆环,在清水中浸一下后取出,布满圆环的水膜犹如透镜,用这个水膜透镜贴近课本上的字,看到的是正立放大的像,此像为____(实像/虚像);透过水膜透镜看远处的楼房楼房倒立缩小了,这种成像情况与_______(照相机/幻灯机)成像原理相同;轻轻甩去一些水(保持水膜完好),透过水膜透镜看远处的楼房成正立缩小的像,此时水膜透镜相当于_______(凸透镜/凹透镜)‎ 843‎ ‎【答案】（1）虚像；（2）照相机；（3）凹透镜。‎ ‎【解析】水膜透镜相当于凸透镜，根据凸透镜成像规律可知，当其贴近课本上的字，此时物距小于一倍焦距，看到的是正立放大的虚像；‎ 当看远处的楼房楼房，此时物距大于二倍焦距，看到的是倒立缩小实像,这种成像情况与照相机成像原理相同；‎ 因为通过凹透镜可以看到正立缩小的像（如近视镜），所以此时水透镜相当于凹透镜。‎ ‎37.（2019·绵阳）人进入老年后，眼睛睫状体对晶状体的调节能力减弱，太远、太近的物体都看不清楚。近视远视一体眼镜（双光镜）可以解决这个问题，戴上这种眼镜，透过下半部分可以看清书上文字，透过上半部分镜片可以看清远处景物。由此可知，近视远视一体眼镜下半部分是________透镜，上半部分镜片对光具有________（选填“会聚”或“发散”）作用。‎ ‎【答案】凸；发散。‎ ‎【解析】远视眼是只能看清远处的物体，看不清近处的物体；由题意可知，戴上这种眼镜，透过下半部分可以看清书上文字，说明近视远视一体眼镜下半部分起到了远视眼镜的作用，即是凸透镜；‎ 近视眼是只能看清近处的物体，看不清远处的物体，对近视眼的矫正可通过凹透镜对光线的发散作用进行纠正。‎ 由题意可知，透过上半部分镜片可以看清远处景物，说明上半部分镜片是凹透镜，该部分对光线有发散作用。‎ 故答案为：凸；发散。‎ ‎38.（2019·遂宁）为保障市民的出行安全，交管部门在很多十字路口安装了监控摄像头，它可以拍下违章车辆的现场照片，拍照时，摄像头的镜头相当于一个______（选填“凸”或“凹）透镜，所成的像是______（选填“放大”，“缩小”或“等大”）的实像，当车辆远离摄像头时，所成的像将会______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】凸；缩小；变小。‎ ‎【解析】拍照时，摄像头的镜头相当于一个凸透镜；‎ 843‎ 照相机和摄像头的原理：当u＞2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像；‎ 当车辆远离摄像头时，物距增大，像距减小，像变小。‎ 故答案为：凸；缩小；变小。‎ ‎39.（2019·达州）甲图为电影放映机，其成像原理如图乙所示。为让观众看到清晰的实像，应将胶片放在距离透镜的位置（选填序号：①一倍焦距以内②一倍焦距到二倍焦距之间③二倍焦距以外），白色银幕是为了所有颜色的光（选填“反射”或“吸收”）。‎ ‎【答案】②；反射。‎ ‎【解析】电影放映机的镜头相当于一个凸透镜，可以成放大的实像，则此时物距2f＞u＞f，像距v＞2f，即所成的像位于二倍焦距以外；‎ 白色银幕是为了反射所有颜色的光，让观众看到五彩的画面。‎ 故答案为：②；反射。‎ ‎40.（2019·镇江）在探究凸透镜成像规律的实验中，应使烛焰和光屏的中心在凸透镜的______上；图中光屏上可成清晰的像，它应是倒立、________的实像，此成像特点与_______（选填“投影仪”或“照相机”）的相同；为模拟近视眼，可将凸透镜向______移动少许。‎ ‎【答案】（1）主光轴；（2）缩小；（3）照相机；（4）左。‎ ‎【解析】为使像成在光屏的中央，应使烛焰，透镜光心，光屏中心位于同一高度，即位于凸透镜主光轴上；‎ 由图像可知，此时物距大于像距，成倒立缩小的实像；‎ 凸透镜成倒立缩小的实像时，应用为照相机；‎ 近视眼是像落在视网膜的前方，因此为模拟近视眼，可将凸透镜向左移动少许，使像会聚在光屏前方。‎ 843‎ ‎41．(2018·遂宁)勤于动手的小聪在探究凸透镜成像规律过程中，将蜡烛、凸透镜和光屏按如图所示放置时，蜡烛通过凸透镜在光屏上形成一个倒立、　 　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的清晰的像，利用凸透镜这一成像规律制成的是　 　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；若保持透镜和光屏的位置不变，将蜡烛移到“15cm“刻度线位置，他将自己佩戴的眼镜放在蜡烛和透镜间适当位置时，光屏上又出现了清晰的像，则小明所患的眼疾是　 　。（选填“近视眼”或“远视眼”） ‎ ‎【答案】缩小；照相机；近视眼。‎ ‎【解析】烛焰到凸透镜的距离是物距，光屏到凸透镜的距离是像距。由图知，物距大于像距，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立、缩小的实像，应用于照相机；‎ 将蜡烛移到“15cm“刻度线位置，物距变大，则像距会变得更小，即像更靠近凸透镜。此时保持凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放置了一个度数合适的眼镜，光屏上也得到了清晰的像，说明这个镜片对光起到了发散的作用，因此，他放置的应该是矫正近视眼的凹透镜片。‎ 故答案为：缩小；照相机；近视眼。‎ ‎42．（2018·临沂）为加强交通管理和社会治安，临沂市安装了“海燕系统”，该系统具有跟踪、抓拍及人脸识别功能。如图所示，系统摄像机的镜头是　 　透镜，拍摄时车辆和行人离镜头的距离应满足的条件是　 　。‎ ‎【答案】凸；u＞2f。‎ ‎【解析】摄像头的镜头相当于凸透镜，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像头，拍摄时车辆和行人离镜头的距离应满足的条件是u＞2f。‎ 故答案为：凸；u＞2f。‎ ‎43．（2018•玉林）为了公民的安全，公安部门在很多路口安装监控摄像头，如图所示，它可以拍下作案嫌疑人的现场照片，拍照时，摄像头的镜头相当于一个　 　（选填“凸”或“凹”）透镜，所成的像是缩小的　 　（选填“实”或“虚”）像。‎ 843‎ ‎【答案】凸；实。‎ ‎【解答】解：摄像头的镜头相当于一个凸透镜，拍摄违章行驶或发生交通事故的现场照片时，物距远大于2倍焦距，所以此时成倒立、缩小的实像。‎ 故答案为：凸；实。‎ ‎44．（2018·黔南）某同学在“探究凸透镜成像规律”实验时，点燃的蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图甲所示。‎ ‎（1）图甲中蜡烛恰能在光屏成清晰的像，所成像的特征是　 　（选填“正立倒立”、“放大缩小”或“实像/虚像”）。‎ ‎（2）该小组同学根据实验记录，绘制了物体离凸透镜的距离u跟实像到透镜的距离v之间的关系（如图乙），则凸透镜的焦距为　 　cm。‎ ‎（3）若在蜡烛和凸透镜中间，给凸透镜带上近视镜，则将光屏向　 　（选填“左”或“右”）移动，光屏上仍可能出现清晰的像。‎ ‎【答案】（1）倒立放大的实像；（2）10；（3）右。‎ ‎【解析】（1）由甲图可知此时蜡烛在光屏上成清晰的实像，像距大于物距，此时成倒立放大的实像；‎ ‎（2）由乙图可知当u=v=20cm时成等大的实像，此时u=2f=20cm，故f=10cm；‎ ‎（3）近视镜是凹透镜，对光线起发散作用，“戴上近视眼镜时”光线会延迟会聚成像，像距增大，光屏应向右移动，才能得到清晰的实像。‎ 故答案为：（1）倒立放大的实像；（2）10；（3）右。‎ ‎45．（2018·龙东）如图所示，在探究“凸透镜成像的规律”实验中，蜡烛、透镜、光屏的位置如图所示，光屏上成一个清晰的像，应用这一原理可制成　 　；再将蜡烛远离透镜，同时将光屏　 　‎ 843‎ ‎（填“远离”或“靠近”）透镜，才能在光屏上再次成一个清晰的像。‎ ‎【答案】投影仪；靠近。‎ ‎【解析】由图知，v＞u，所以此时在光屏上得到的是倒立、放大的实像，其应用是投影仪；‎ 再将蜡烛远离透镜，物距增大，所以像距减小，需要将光屏靠近凸透镜，才能在光屏上再次成一个清晰的像。‎ 故答案为：投影仪；靠近。‎ 三、作图题 ‎46.（2020·江苏泰州）根据要求完成下列作图。如图甲所示，完成图中光路__________；‎ ‎【解析】经过凹透镜光心的入射光线传播方向不变，向凹透镜虚焦点入射光线，经凹透镜折射后平行于主光轴，如图：‎ ‎47.（2020•岳阳）图中给出入射光线和出射光线，请在方框中画出适当的透镜。‎ 843‎ ‎【解析】从光路可知，此题的透镜为会聚透镜，为凸透镜。所选凸透镜如图所示。‎ ‎48.（2019·广州）图为某望远镜内部部分光路图，物镜是凸进镜，O为光心，F为物镜焦点，焦距为 500mm。‎ ‎(1)在图中画出光线a、b经物镜折射前的入射光线。‎ ‎(2)目镜是_____透镜(选填“凹”、“凸“)。‎ ‎(3)用此望远镜观测月球时，月球经物镜成一个_____ (选填“倒立”、“正立“)______(选填“放大”、“等大”“缩小”)的像．‎ ‎【答案】（1）如图；(2)凹；（3）倒立；(4)缩小。‎ ‎【解析】（1）由凸透镜的三条特殊光线得，过光心的光线传播方向不改变，经过焦点的光线经凸透镜折射后平行主光轴射出，据此即可作出光线a、b经物镜折射前的入射光线，如图所示；‎ ‎；‎ ‎（2）由图知，目镜对光线a、b有发散作用，说明目镜是凹透镜；‎ ‎（3）用此望远镜观测月球时，由于物距u>2f，所以月球经物镜成一个倒立、缩小的实像。‎ ‎49.（2020·广东）请画出图中入射光线经凸透镜后的折射光线。‎ 843‎ ‎【答案】如图 ‎【解析】平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；答案如图所示：‎ ‎50.（2019·扬州）如图，请完成光线通过凸透镜的光路图。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】光线经过经过凸透镜光心传播方向不改变，光线经过凸透镜二倍焦距时，透过凸透镜后折射光线过另一方二倍焦距处。‎ ‎51.（2019·遂宁）如图，OA是光源S发出的一条经平面镜反射后的反射光线，反射光线OA经过了凸透镜焦点F。请作出OA的入射光线和经凸透镜折射后的折射光线。‎ 843‎ ‎【解析】过反射点垂直于镜面作出法线，根据反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在法线左侧作出入射光线，对于凸透镜，过焦点的光线经凸透镜折射后，其折射光线平行于主光轴；如图所示。‎ ‎52．（2018•岳阳）请画出入射光线通过凸透镜的折射后的出射光线。‎ ‎【解析】凸透镜对光有会聚作用，平行主光轴的光线经过凸透镜后会聚于焦点。光路如图所示。‎ ‎53.（2018•广安）将光路图补充完整。‎ ‎【解析】①折射光线与主光轴平行，则入射光线过焦点。②过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。故答案为：‎ 843‎ ‎54.（2018·广东）如题15-2图所示，光线经平面镜反射后射向凹透镜，请画出射向平面镜的入射光线和经过凹透镜后的折射光线，并在图中标出入射角的度数。‎ ‎【解析】由题图知，反射角等于90°－60°=30°，根据光的反射定律知入射角也等于30°，过入射点作一直线与法线夹角为30°，并在直线上标上箭头即为入射光线；光线延长后经凹透镜另一侧的焦点，则经凹透镜折射后光线水平射出，作图过程如图所示。‎ 考点04 光学实验探究 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 光的反射定律 验证光的反射定律 ‎2‎ 平面镜成像规律 探究平面镜成像规律 ‎3‎ 凸透镜成像规律 探究凸透镜成像规律 重点 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·黑龙江龙东）(1)在“探究光的反射规律”的实验中，小亮进行如图甲所示的实验，让一束光EO贴着纸板射到平面镜上，将纸板沿ON向后折，此时在NOF面上看不到反射光线，如图乙所示。此实验现象说明。在甲图中如果让光线逆着OF的方向射向镜面，‎ 843‎ 会看到反射光线沿着0E方向射出，这表明。‎ ‎ (2)如图丙所示是小亮同学“探究平面镜成像特点”的实验装置，平面镜成像的原理是。在竖立的玻璃板前A处放一支点燃的蜡烛，可以看到玻璃板的后面出现蜡烛的像，拿一支大小和点燃蜡烛相同的蜡烛在玻璃板后面移动，当移动到A处时，可以看到它跟像完全重合。由此可以得出的结论是，经过三次实验后，在白纸上记录像与物的对应点如图丁所示，用刻度尺分别测出其到玻璃板的距离，并进行比较，进一步分析得出结论。用玻璃板代替平面镜的原因是，便于研究平面镜的成像特点。‎ ‎【答案】（1） 光反射时，反射光线、入射光线和法线在同一平面内；光路可逆 ‎（2）光的反射；像与物的大小相等；物和像的连线与镜面垂直，物体和像到镜面的距离相等；在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体。‎ ‎2.（2020·湖南常德）如图所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置，把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板的前面，再拿另一支外形相同的蜡烛B竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去跟蜡烛A的像完全重合，这个位置就是像的位置，在白纸上记下A和B的位置。移动点燃的蜡烛，重做多次实验。‎ ‎(1)实验过程中用玻璃板代替平面镜的目的是_______；‎ ‎(2)移去蜡烛B，在其位置上竖立光屏，在光屏上_________（选填 “能”或“不能”）承接到蜡烛A的像，说明所成的像是_______像。‎ ‎(3)将蜡烛A靠近玻璃板，所成像的大小将________。（选填“变大”“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】(1)便于确定像的位置；(2)不能；(3)虚；(4)不变。‎ 843‎ ‎【解析】(1)玻璃板是透明的，用玻璃板代替平面镜是为了便于确定像的位置和便于比较物与像的大小关系。‎ ‎(2)光屏能够承接到的像是实像，移去蜡烛B，在其位置上竖立光屏，在光屏上不能承接到像，说明平面镜成的像是虚像。‎ ‎(3)平面镜成的像与物关于平面镜对称，像与物的大小相同，将蜡烛A靠近玻璃板，所成像的大小不变。‎ ‎3.（2020·江苏泰州）如图是小明在水平桌面上“探究平面镜成像特点”的实验装置。‎ ‎(1)实验中用玻璃板代替平面镜，利用了玻璃透明的特点，便于确定_______，玻璃板应_______放置；‎ ‎(2)在玻璃板前面放一只棋子A，再拿一只相同棋子B在玻璃板后面移动，直至与棋子A的像重合，这样做是为了比较_______的关系；若将光屏放在棋子B所在的位置，直接观察光屏，不能看到棋子A的像，说明平面镜所成的像是_______（选填“实”或“虚”）像；‎ ‎(3)实验时小明发现棋子A的像较暗，很难使棋子B与之重合，用手电筒对着玻璃照射棋子A的像，_______（选填“能”或“不能”）使像变亮。‎ ‎【答案】(1)像的位置；(2)竖直；(3)像与物大小；(4)虚；(5)不能。‎ ‎【解析】(1)平面镜不能透光，不容易确定像的位置，玻璃既能成像又能透光，成像虽没有平面镜清晰，但能观察到玻璃板后面的像，便于确定像的位置。‎ 玻璃板必须与水平桌面垂直，即保证玻璃板竖直放置，另一支完全相同的蜡烛才能与所成的像重合，才可以比较物像大小。‎ ‎(2)拿相同棋子B与棋子A的像重合，这样做是为了比较像与物大小的关系。‎ 平面镜成像实验时，把光屏放在像的位置，发现光屏上并没有像，说明平面镜成的像是虚像。‎ ‎(3)为了使成的像更明亮，小明应该用手电筒照射棋子A；所以用手电筒对着玻璃照射棋子A的像，不能使像变亮。‎ ‎4.（2020·山东聊城）利用如图所示的装置“探究平面镜成像的特点”。‎ 843‎ 提出问题：平面镜成像时，像的位置、大小跟物体的位置、大小有什么关系？‎ 设计和进行实验：‎ ‎(1)为了便于确定像的位置。要用玻璃板作为平面镜。原因是玻璃板能成像，面且______（只填字母代号）。‎ A．透过玻璃板可以看见后面的蜡烛 B．玻璃板比平面镜成像更清晰 C．蜡烛经玻璃板可成实像 D．玻璃板只透光不反射光 ‎(2)为了比较像与物体的大小关系，需要选用两根外形_____（选填“相同”或“不同”）的蜡烛；‎ ‎(3)除图中提供的器材外，实验中还用到一种测量距离的工具，它是______；‎ ‎(4)在寻找蜡烛A的像的位置时，眼睛应在故有蜡烛______（选填“A”或“B”）的一侧观察。‎ ‎【答案】(1)A ；(2)相同；(3)刻度尺；(4)A。‎ ‎【解析】(1)在探究平面镜成像的特点实验中，为了便于确定像的位置，我们选用透明的玻璃板代替平面镜完成实验，因为可以透过玻璃板观察后面的蜡烛，故应选A。‎ ‎(2)在探究平面镜成像的特点实验中，选用两支外形完全相同的蜡烛的目的是为了便于比较物与像的大小关系。‎ ‎(3)在探究平面镜成像的特点实验中，我们需要测量物与像到平面镜的距离，比较它们之间的关系，所以实验中还需要刻度尺。‎ ‎(4)平面镜成的像是虚像，只能在物体的一侧通过玻璃板观测到，所以在寻找蜡烛A的像的位置时，眼睛应在故有蜡烛A的一侧观察。‎ ‎5.（2020·重庆）（1）小曹同学学利用图13甲所示的装置探究“平而镜成像的特点”，应选择较选填 （厚”“或“薄” )的玻璃板作为平面镜进行实验:实验中，发现地馆的像不能用光屏承接，说明平面镜所成的像是像(选填“实"成“虚");图13乙的白纸上记 843‎ 录了多次实验中蜡蚀和像的位置沿者镜面所在的虚线对折，像和蜡烛的位置恰好重合，说明像和物体到平面镜的距离 。‎ ‎ (2)小墙同学利用图14甲的装置完成观察水的沸腾”实验。某时刻温度计如图14乙所示，示数为____ C；水沸腾后，水中的气泡在上升过程中大小变化与图14丙中(选填“A"或“B" )一致:将酒精灯撒去，水会停止沸腾，说明水沸腾的过程需要热(选填“吸”或“放”)。‎ ‎【答案】（1）薄、虚、相等；（2）90（图看不清楚）、A、吸 ‎【解析】（1）尽量选择薄的玻璃板，以免出现重影；平面镜成等大正立的虚像；物像距离相等且连线垂直与平面镜。‎ （2） 温度计读数：分度值为1摄氏度；沸腾前，杯中从下到上温度越来越低，气压越来越小，气泡越来越小，沸腾后，杯中液体温度相等，气泡越往上走，液体压强越小，气泡越来越大，且越往上走，气泡会进入更多气体，故选A；沸腾的条件：达到沸点，持续吸热。‎ ‎6.（2020·重庆B）请按要求完成下列实验：‎ ‎(1)他在利用下图的装置探究“平面镜成像特点”的实验中，应选取一块较_______(选填“厚”或“薄”)玻璃板竖直放置在铺有白纸的水平木板上；为了比较像和物体的大小关系，应选取两支的_______(选填“相同”或“不同”)蜡烛；探究中，在蜡烛所成像的位置放置一块光屏，光屏上不能承接到蜡烛的像，说明平面镜成的是_______(选填“虚”或“实”)像；‎ ‎【答案】(1)薄；(2)相同；(3)虚。‎ ‎【解析】(1)因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板。‎ 843‎ 选取两支完全相同的蜡烛，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，便于比较物像大小关系。‎ 因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，所以在像所在位置放一个光屏，光屏上不能接收到蜡烛的像，这说明平面镜成的是像是虚像。‎ ‎7.（2020·北京）某同学利用焦距为y1的凸透镜做了三次实验，透镜、蜡烛、光屏所在位置以及光屏上得到清晰像的情况如图所示。‎ ‎(1)由图所示的实验现象可知：随着物距的不断变小，像距和像的大小变化情况是______；‎ ‎(2)在图乙所示的实验中，只将凸透镜换为焦距为f1的凸透镜（f1< y1），为在光屏上得到清晰的像，光屏应向______侧移动。‎ ‎【答案】（1）都变大；（2）左。‎ ‎【解析】(1)观察甲、乙、丙三个图的实验现象发现，凸透镜位置不变，蜡烛靠近凸透镜时，即物距缩短，光屏远离凸透镜，即像距变大，且光屏上成的像变大。‎ ‎(2)由图乙可知成的是倒立、放大的实像，此时物距大于一倍焦距且小于两倍焦距，像距大于两倍焦距，即：，‎ 只将凸透镜换为焦距为f1的凸透镜（f1< y1），焦距变小了，相当于物距变大，要想在光屏上得到清晰的像，应该将光屏向左移动。‎ ‎8.（2020·江西）探究凸透镜成像的规律。‎ ‎【设计实验与进行实验】‎ ‎(1)实验器材：刻度尺､凸透镜､光屏､三个底座､蜡烛及火柴；‎ ‎(2)如下图所示，为保证像能成在光屏中央，将装有底座的蜡烛､凸透镜､光屏从左到右摆放在水平桌面上，调整位置，使它们排列在______上，再调节凸透镜和光屏的高度，使它们的中心跟烛焰的中心大致在同一高度；‎ 843‎ ‎(3)如下图所示，F为凸透镜的焦点，A′B′为某次实验时物体AB通过凸透镜在光屏上成的像，则物体AB在图中______区域，箭头方向竖直向______，其大小比像A′B′______。‎ ‎【答案】（1）同一直线；（2）④；（3）上；（4）大。‎ ‎【解析】(2)为了使像成在光屏的中央，需要将蜡烛､凸透镜､光屏排列在同一直线上。‎ ‎(3)由图可知，像距在1倍焦距和2倍焦距之间，物距应该是2倍焦距以外，所以物体AB在图中④区域，此时像是倒立、缩小的实像，像A′B′箭头方向竖直向下，物体AB箭头方向竖直向上，像是缩小的，所以物体AB比像A′B′大。‎ ‎9.（2020·德州）某兴趣小组做“探究凸透镜成像规律”的实验。‎ ‎(1)凸透镜的焦距是，当烛焰在图示位置时，移动光屏可以在光屏上得到一个倒立、______的实像，在照相机和投影仪中，成像情况与此类似的是______；‎ ‎(2)实验中，光屏上已经得到烛焰清晰的像，某同学不小心用手指的指尖触摸到了凸透镜，则光屏上会出现______。（选填“指尖的像”“指尖的影子”或“完整烛焰的像”）‎ ‎(3)把凸透镜换成薄玻璃板，在蜡烛一侧观察玻璃板也能看到一个______（选填“放大”“缩小”或“等大”）的蜡烛的像，把光屏移动到这个像所在的位置，光屏上______（选填“有”或“没有”）这个像。‎ ‎【答案】（1）缩小；（2）照相机；（3）完整烛焰的像；（4）等大；（4）没有。‎ ‎【解析】(1)物距：u=50cm-20cm=30cm 凸透镜的焦距是10cm，u＞2f 凸透镜成倒立、缩小的实像，应用于照相机。‎ 843‎ ‎(2)用手指的指尖触摸到了凸透镜，手指遮挡部分入射光线，折射光线变少，其它光线的折射情况不变，所以只能使像变暗淡一些，不能改变像的大小，故像是完整的。‎ ‎(3)把凸透镜换成薄玻璃板，薄玻璃板相当于平面镜，在蜡烛一侧观察玻璃板会看到一个正立、等大的虚像，虚像在光屏上无法呈现，所以光屏上不会接到这个像。‎ ‎10．（2020·南充）某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：‎ ‎（1）安装并调节烛焰透镜、光屏，使它们三者中心大致在　 　。‎ ‎（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是　 　cm。‎ ‎（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、　 　的实像，生活中的　 　（选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。‎ ‎（4）若将透镜的上半部分用不适明的纸板挡住，则光屏上　 　（选填“能”或“不能”）成完整的像。‎ ‎（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是　 　（选填“近视”或“远视”）眼镜。‎ ‎【答案】（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。‎ ‎【解析】（1）根据实验的要求，让像成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；‎ ‎（2）由图象可知，u＝v＝2f＝10cm，所以f＝5cm；‎ ‎（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，物距为15cm，焦距为5cm，此时的物距大于二倍焦距，调节光屏，能在光屏上得到一个倒立、缩小的实像，其应用是照相机；‎ ‎（4）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，当将透镜的下半部分挡住后，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过上半部分凸透镜而会聚 843‎ 成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜的一半被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了一半，故亮度会减弱，变暗了；‎ ‎（5）将老师的眼镜靠近凸透镜左侧，发现光屏上的像由清晰变模糊，向右移动光屏又发观清晰的像，说明老师所戴眼镜的镜片，对光线起了发散作用，则为凹透镜；近视眼是远处物体的像不能呈现在视网膜上，而是呈现在视网膜的前方，因此需佩戴凹透镜才能看清远处的物体。‎ 故答案为：（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。‎ ‎11.（2020·新疆）如图所示，在探究凸透镜成像规律时，将焦距为10 cm的凸透镜A固定在光具座上50 cm刻线处，光屏和点燃的蜡烛位于凸透镜两侧。首先调整烛焰中心、透镜中心和光屏中心在_________高度，再将点燃的蜡烛放置在光具座上30 cm刻线处，移动光屏到_________cm刻线处，烛焰在光屏上成清晰的像，接着保持蜡烛的位置不变，将凸透镜A换成焦距为8 cm的凸透镜 B并保持位置不变，为使烛焰在光屏上成清晰的像，应将光屏向_________（填“左”或“右”）移动。‎ ‎【答案】(1)同一；(2)70；(3)左。‎ ‎【解析】首先调整烛焰中心、透镜中心和光屏中心在同一高度上。‎ 将点燃的蜡烛放置在光具座上30cm刻线处，此时物距为20cm，等于2倍焦距，移动光屏到70cm刻线处，此时像距也是2倍焦距，烛焰在光屏上成倒立等大的实像。‎ 保持蜡烛的位置不变，换成焦距为8cm的凸透镜B并保持位置不变，此时物距大于2倍焦距，应将光屏向在左移动，使像距在1倍焦距和2倍焦距之间，可使烛焰在光屏上成倒立缩小的实像。‎ ‎12.（2020·河南）小明和小亮用图 11 所示的装置探究凸透镜成像的规律。‎ ‎（1）实验前将烛焰、凸透镜和光屏的中心调至同一高度，目的： 。‎ ‎（2）如图 11 所示，光屏上呈现一个清晰的像保持凸透镜位置不变，将蜡烛向左移动一段距离，要再次在光屏上得到清晰的像，应将光屏向 移动，像的大小将变 。‎ 843‎ ‎（3）小亮认为：凸透镜成实像时，不但像与物上下是颠倒的，而且左右也是相反的。请你设计一种简单的方法验证小亮的观点 。‎ ‎【答案】（1）确保蜡烛火焰的像成的光屏的中央；（2）左，变小；（3）将蜡烛换成字母“F”的 LED 灯。‎ ‎【解析】（1）三心同高的目的是确保蜡烛火焰的像成的光屏的中央；‎ ‎（2）物远像近像变小，所以光屏左移，像变小；‎ ‎（3）将蜡烛换成字母“F”的 LED 灯，光屏上可以呈现上下左右都相反的像，即可证明。‎ ‎13.（2020·四川甘孜州）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜的焦距是10cm，按照实验要求安装好实验器材，如图所示。‎ ‎(1)点燃蜡烛，当蜡烛、凸透镜在图所示位置时，移动光屏，在光屏上______ （选 填“能”或“不能”）得到清晰的像。‎ ‎(2)保持凸透镜位置不变，将光屏移回至50cm刻度处，把蜡烛移至15cm刻度处后，再将光屏向________ （选填 “左”或“右”）移动到适当位置，能在光屏上得到清晰的__________（选填“正立”或“倒立”）、______ （选填“放大”或“缩小”）的像。‎ ‎【答案】(1)不能；(2)右；(3)倒立；(4)放大。‎ ‎【解析】(1)已知凸透镜的焦距是10cm，如图所示物距 u=30cm-20cm=10cm 物距等于一倍焦距，此时光屏上不能成像。‎ ‎(2)保持凸透镜位置不变，把蜡烛移至15cm刻度处后，此时物距 物距大于一倍焦距且小于两倍焦距，此时光屏上成倒立、放大的实像，像距大于两倍焦距；由题意可知应将光屏向右移动才能在光屏上得到清晰的像。‎ 843‎ ‎14.（2020·山东济宁）小明利用如图（a）所示的器材做“探究凸透镜成像规律”的实验。‎ ‎(1)实验前，应先将烛焰、凸透镜和光屏的中心调节到同一水平高度。小明按要求调好后，将蜡烛放在2倍焦距以外，为了能找到凸透镜成像时像的位置，需要对光屏进行的操作是：______，直到光屏上呈现清晰的像；‎ ‎(2)由于实验时间较长，烛焰的像即将超出光屏的上边缘，这时可以向上移动______（选填“蜡烛”“凸透镜”或“光屏”），再次使像呈现在光屏中央；‎ ‎(3)小明摘下眼镜放到凸透镜前，光屏上呈现清晰的像，如图（b）所示。拿走眼镜，需将光屏向凸透镜方向移动，才能在光屏上再次呈现清晰的像，说明小明戴的眼镜对光有______（选填“会聚”或“发散”）作用。此实验中，光屏相当于人眼睛构造中的______。‎ ‎【答案】(1)移动光屏；(2)蜡烛(或光屏均给对)(3)；发散；(4)视网膜。‎ ‎【解析】(1)凸透镜成像到光屏，蜡烛放在2倍焦距以外，为了能找到像的位置，应该移动光屏，直到光屏上呈现清晰的像，记录数据。‎ ‎(2)蜡烛燃烧一段时间后变短了，像会成到光屏上方，此时可以向上移动蜡烛或光屏使像成到光屏中央，也可以下移凸透镜使像成到光屏中央。‎ ‎ (3)拿走眼镜，需将光屏向凸透镜方向移动，才能在光屏上再次呈现清晰的像，说明眼镜具有发散光的作用，为凹透镜，是近视眼镜。‎ 人眼中，像成到视网膜上，相当于该实验中的光屏。‎ ‎15.（2020·山东滨州）某小组在“探究凸透镜成像的规律”的实验中。‎ ‎(1)实验前，要调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在______；‎ ‎(2)通过调整，恰好在光屏上得到烛焰等大的像，如图所示，则所用凸透镜的焦距是______；‎ 843‎ ‎(3)在图中，把蜡烛向左移动，凸透镜的位置不变，应把光屏向______（选填“左”或“右”）适当调节，才能在光屏上得到烛焰清晰倒立、______（选填“放大”、“缩小”或“不变”）的实像。接下来改用焦距为的凸透镜继续进行实验，如果不改变蜡烛和凸透镜的位置，要在光屏上成清晰的像应把光屏向______（选填“左”或“右”）适当调节；‎ ‎(4)在探究凸透镜成实像的过程中，他们又尝试用白纸遮挡住凸透镜的一半，发现在光屏上______（选填“仍能”或“不能”）成烛焰完整的像。‎ ‎【答案】（1）同一高度；（2）10；（3）左；（4）缩小；（5）右；（6）仍能。‎ ‎【解析】(1)实验前，为了使像成在光屏的中央，要调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度。‎ ‎(2)由图可知，物距等于像距为20cm，即：u=v=20cm=2f，f=10cm ‎(3)把蜡烛向左移动，凸透镜的位置不变，物距为：20cm+15cm=35cm 物距大于2倍焦距，像距大于1倍焦距小于2倍焦距，所以应把光屏向左移动，光屏上成倒立、缩小的实像。‎ 接下来改用焦距为的凸透镜继续进行实验，焦距变大，光线会推迟会聚成像，像距变大，要使光屏上得到清晰的像，光屏应远离凸透镜，把光屏向右适当调节；‎ ‎(4)在做凸透镜成像的实验时，用白纸遮挡住凸透镜的一半，另一半部仍可以会聚光线，所以仍可以成物体完整的像。‎ ‎16.（2019·苏州）“探究光的反射规律”的实验装置如图甲所示平面镜放在水平桌面上，标有刻度（图中未画出）的白色纸板ABCD，能绕垂直于CD的ON轴翻转，在纸板上安装一支可在纸板平面内自由移动的激光笔。‎ ‎（1）实验前，应将纸板______放置于平面镜上移动激光笔，使入射光束绕入射点O沿逆时针方向转动，可观察到反射光束沿______时针方向转动；‎ ‎（2）移动激光笔，使入射角为45°，测得反射角也为45°．由此就得出“光反射时，反射角等于入射角”的结论你认为有何不妥之处？______；‎ ‎（3）如图乙所示，将纸板右半部分绕ON 843‎ 向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现。此现象说明了：______；‎ ‎（4）在图甲中，若将纸板（连同激光笔）绕CD向后倾斜，此时反射光束______。‎ A．仍在纸板上呈现 B．被纸板挡住 C．在纸板前方 ‎【答案】垂直；顺；一次实验得到的结论具有偶然性；反射光线、入射光线和法线在同一平面内；C。‎ ‎【解析】（1）白色纸板ABCD应垂直放置于平面镜上，这样反射光线才可以在硬纸板上呈现； ‎ 如图甲，移动激光笔，使入射光束绕入射点O沿逆时针方向转动，则入射角增大，反射角也增大，则反射光线会远离法线，即反射光线将会顺时针转动； ‎ ‎（2）因为一次实验具有有很大的偶然性，所以不能只由一组数据就得出结论，应改变入射角的度数进行多次实验。‎ ‎（3）如图乙所示，将纸板右半部分绕ON向后翻转任意角度，发现纸板上均无反射光束呈现。此现象说明了反射光线、入射光线和法线在同一平面内； ‎ ‎（4）在图甲中，若将纸板（连同激光笔）绕CD向后倾斜，而法线始终垂直于平面镜，则反射光线、入射光线、法线所在的平面也垂直于平面镜，所以可知反射光束在纸板前方，故应选C。 ‎ 故答案为：（1）垂直；顺；（2）一次实验得到的结论具有偶然性；（3）反射光线、入射光线和法线在同一平面内；（4）C。‎ ‎17.（2019·潍坊）在“探究光反射时的规律”实验中，将一块平面镜平放在水平桌面上，再把一张硬纸板竖直放在平面镜上，用激光笔将一束光贴着纸板射到平面镜上，用直尺和笔描出光线的传播路径。‎ ‎（1）上述实验中硬纸板的作用是______；‎ ‎（2）为了探究完整的反射规律，还需要用到的器材是______。‎ ‎【答案】（1）显示光的传播路径；（2）量角器。‎ ‎【解析】（1）根据题意可知，上述实验中硬纸板的作用是能够间接的在纸板上看到光的传播途径，即显示光的传播路径；‎ ‎（2）“探究光反射时的规律”实验的目的有：探究反射光线和入射光线是否共面；反射光线与入射光线是否位于法线两侧；反射角与入射角的大小关系。‎ 843‎ 实验中采用可折转的纸板，可以探究反射光线、入射光线是否共面，可以探究反射光线与入射光线是否位于法线两侧；要想探究反射角与入射角的大小关系，则需要使用量角器量出反射角和入射角的大小，然后进行比较，所以还需要用到的器材是量角器。‎ 故答案为：（1）显示光的传播路径；（2）量角器。‎ ‎18．（2019·盘锦）为了探究光反射时的规律，同学们进行如图所示的实验。‎ ‎（1）为了完成实验，需要的测量工具是　 　。‎ ‎（2）把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF　 　地立在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面。‎ ‎（3）如图甲所示，使一束光贴着纸板射到O点，经平面镜反射后，沿另一方向射出。图中∠r是　 　（填“入射”或“反射”）角。‎ ‎（4）当入射角增大时，反射光线　 　（填“靠近”或“远离”）平面镜。‎ ‎（5）下表是实验中记录的数据：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎∠i ‎20°‎ ‎30°‎ ‎40°‎ ‎50°‎ ‎60°‎ ‎70°‎ ‎∠r ‎20°‎ ‎30°‎ ‎40°‎ ‎50°‎ ‎60°‎ ‎70°‎ 分析实验数据可知：反射角　 　入射角。‎ ‎（6）如图乙，把纸板NOF向前折或向后折，在纸板上都不能看到反射光线，说明：反射光线、入射光线和法线　 　。‎ ‎【答案】（1）量角器；（2）竖直；（3）反射；（4）靠近；（5）等于；（6）在同一平面内。‎ ‎【解析】（1）因为实验时要测量反射角和入射角的大小，所以需要量角器；‎ ‎（2）法线在纸板上，当把纸板ENF竖直地立在平面镜上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，如果纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线；‎ ‎（3）垂直镜面的是法线，射向镜面的光线为入射光线，离开镜面的光线为入射光线，入射光线与法线的夹角是入射角，反射光线与法线的夹角为反射角；‎ 由图甲知OE为入射光线，OF为反射光线，∠r是反射角；‎ 843‎ ‎（4）当入射角增大时，反射角也增大，反射光线靠近平面镜；‎ ‎（5）根据表中的数据可以得出结论：反射角等于入射角。‎ ‎（6）把纸板NOF向前折或向后折，纸板F与E不在同一平面内，在纸板F上不能看到反射光线，由此得出反射光线、入射光线和法线在同一平面内的结论。‎ 故答案为：（1）量角器；（2）竖直；（3）反射；（4）靠近；（5）等于；（6）在同一平面内。‎ ‎19.（2019·德州）利用图甲装置探究“平面镜成像的特点”：在水平桌面上铺一张白纸，再将玻璃板竖立在白纸上，把一支点燃的蜡烛放在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同但不点燃的蜡烛竖立在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛的像完全重合。‎ ‎（1）把光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是　　像。‎ ‎（2）图乙是小强某次测量蜡烛到平面镜的距离为　　；将蜡烛靠近玻璃板，像的大小将　　。（选填“变大”、“变小”或“不变” ‎ ‎（3）若将玻璃板向左倾斜，如图丙所示，观察到蜡烛的像的大致位置在图中的　　（选填“①”或“②”处。‎ ‎【答案】（1）虚；（2）3.50；不变；（3）②。‎ ‎【解析】（1）光屏不能接收虚像，只能接收到实像，而平面镜所成的像是虚像；所以光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是虚像；‎ ‎（2）由图知：刻度尺上之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是，即此刻度尺的分度值为；物体左侧与0刻度线对齐，右侧与对齐，估读为。‎ 平面镜成像所成的像与物的大小相同，将点燃的蜡烛逐渐靠近玻璃板，它的像将不变；‎ 843‎ ‎（3）如下图，作出蜡烛火焰关于平面镜的对称点，可知在实验中如果把平板玻璃向左倾斜（如图丙），观察到蜡烛的像的大致位置在图中的②处；‎ ‎20.（2019·朝阳）如图所示是探究“平面镜成像特点”的实验装置。‎ ‎（1）为了使观察到的实验现象更好一些，该实验最好选择在　 　（填“较亮”或“较暗”）的环境中进行。‎ ‎（2）实验中选择薄玻璃板代替平面镜是为了便于确定　 　。‎ ‎（3）实验中将点燃的蜡烛A放在玻璃板前，然后将未点燃的蜡烛B放在玻璃板后面并移动，直到蜡烛B与蜡烛A的像完全重合。此实验现象说明像与物　 　。‎ ‎（4）将蜡烛B拿走，然后在蜡烛B的位置上放一张白纸，在白纸上　 　（填“能”或“不能”）看到蜡烛A的像。说明平面镜所成的像是　 　（“实”或“虚”）像。‎ ‎【答案】（1）较暗；（2）像的位置；（3）大小相等；（4）不能；虚。‎ ‎【解析】（1）在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮，所以应在比较暗的环境中进行实验。‎ ‎（2）用透明的玻璃板代替平面镜，在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置，也便于比较物像的大小关系。‎ ‎（3）实验时，她在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，将蜡烛B放在玻璃板后并移动，在玻璃板的A侧现察；当B和A的像完全重合时说明像和物的大小相等；‎ ‎（4）移动玻璃板后的蜡烛B，使它与蜡烛A在玻璃板中所成的像重合，移开蜡烛B，用白纸做屏幕放在该位置，直接观察白纸，在白纸上不能看到蜡烛的像，可知平面镜所成的像是虚像。‎ 843‎ 故答案为：（1）较暗；（2）像的位置；（3）大小相等；（4）不能；虚。‎ ‎21.（2019·泸州）泸州如图所示是小明在“探究平面镜成像特点”的实验装置。‎ ‎（1）本实验中器材M应选择______来完成实验。（选填“玻璃板”或“平面镜”）‎ ‎（2）小明竖直放好点燃的蜡烛A，移动蜡烛B，直至与蜡烛A的像完全重合，分别记录A和B的位置；移去蜡烛B，在其位置上竖立光屏，在光屏上______（选填“能”或“不能”）承接到蜡烛A的像。‎ ‎（3）实验中如果蜡烛A靠近器材M，则蜡烛B应______（选填“远离”或“靠近”）器材M，才能与蜡烛A的像完全重合。‎ ‎【答案】玻璃板；不能；靠近。‎ ‎【解析】（1）①实验时选择透明的玻璃板，能同时观察到像和代替蜡烛A的蜡烛B，便于确定像的位置； ‎ ‎（2）平面镜成虚像，移去蜡烛B，在其位置上竖立光屏，在光屏上不能承接到蜡烛A的像； ‎ ‎（3）实验中，如果蜡烛A靠近玻璃板M，蜡烛A成的像也靠近玻璃板M，为了使蜡烛蜡烛B与蜡烛A的像完全重合，则蜡烛B应靠近器材M。 ‎ 故答案为：（1）玻璃板；（2）不能；（3）靠近。‎ ‎22.（2019·江西）公共场所中经常看到有人饶有兴趣地低头玩手机游戏，殊不知手机中还有很多其它功能．爱好物理的“620“创新小组的同学们，发现手机有一种“镜子“功能。于是，激起了他们探究平面镜成像特点的兴趣。‎ ‎【设计实验】‎ 由于用手机中的“镜子”作平面镜进行实验，无法找到像的位置.于是他们选用了玻璃板、规格相同的两个棋子、白纸等，组装成如图所示的实验装置。‎ 843‎ ‎【进行实验与收集证据】‎ ‎(1)小华同学将棋子A移到玻璃板前某位置不动，小普同学在板一领帮忙移动棋子B，无能小普在水平桌面上怎样移动棋子B，小华都看不到棋子B与棋子A的像重合．善于观察的小林同学发现这是因为玻璃板与桌面_________，调整后，小华便能看到棋子B与棋子A的像完全重合。‎ ‎(2)把棋子A在玻璃板前移动多次，同时调整玻璃板后棋子B的位置，每次都使得棋子B与棋子A的像的位置重合，这不仅可以找到像的位置，还可以比较出像与物的________关系。‎ ‎(3)实验中还需要________，用来测量像与物到玻璃板的________。‎ ‎【分析与论证】‎ 平面镜成像的特点是:像与物的大小________；像与物到镜面的距离________；利用数学中的知识，平面镜成像的规律也可以表述为：像与物关于镜面________。‎ ‎【答案】（1）垂直；(2)大小；(3)刻度尺；(4)距离；(5)相等；(6)相等；(7)轴对称。‎ ‎【解析】(1)由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，无论怎样在桌面上移动棋子B，都无法使它与棋子A的像完全重合。‎ ‎(2)两只蜡烛大小相同，蜡烛B又和蜡烛A的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的。‎ ‎(3)为了比较像与物到平面镜距离，还需要刻度尺测量像与物到玻璃板的距离。‎ 通过实验可以得出平面镜成像的特点是:像与物的大小相等；像与物到镜面的距离相等，物像连线与镜面垂直。利用数学中的知识，平面镜成像的规律也可以表述为：像与物关于镜面轴对称。‎ ‎23.（2019·枣庄）如图甲是探究“平面镜成像特点“的实验装置图。‎ ‎（1）实验时，不采用平面镜面采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于　　。‎ ‎（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，可以看到蜡烛在玻璃板后面的像，取一支外形相同但不点燃的蜡烛在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛的像完全重合。在比较物与像的大小关系时，蜡烛替代的是　　（选填“蜡烛”或“蜡烛的像” ‎ 843‎ ‎，从玻璃板上看到蜡烛是由光的　　（填“反射”或“折射” 形成的。‎ ‎（3）移去蜡烛，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上　　（选填“能”或“不能）呈现蜡烛的像。‎ ‎（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图乙所示倾斜，蜡烛的像应是　　图中的（选填“”、“ ”或“” 。‎ ‎【答案】（1）确定像的位置；（2）蜡烛的像；反射；（3）不能；（4）‎ ‎【解析】（1）该实验采用透明薄玻璃板代替日常使用的平面镜，玻璃板是透明的，观察到蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛，当蜡烛和蜡烛的像重合时，蜡烛的位置便是蜡烛的像的位置；‎ ‎（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，拿未点燃的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至它与蜡烛的像完全重合；在比较物与像的大小关系时，蜡烛替代的是蜡烛的像；看到蜡烛是由光的反射形成的；‎ ‎（3）移去后面的蜡烛，并在所在位置上放一光屏，则光屏上不能接收到蜡烛烛焰的像。所以平面镜所成的像是虚像；‎ ‎（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图所示倾斜，物与像关于镜面对称，蜡烛的像应是图中的。‎ 答案为：（1）确定像的位置；（2）蜡烛的像；反射；（3）不能；（4）‎ ‎24.（2019·济南市莱芜区）如图所示为“探究凸透镜成像规律”的实验装置。‎ ‎（1）实验前老师为同学们准备了焦距分别为和两个凸透镜，为了顺利完成实验，你应该选择焦距为　　的凸透镜；‎ ‎（2）将点燃的蜡烛和光屏分别放在如图所示的位置，此时光屏上呈现了烛焰清晰的像，像的性质是倒立的　　（选填“放大”或“缩小” 的实像，　　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜” 就是根据这一原理工作的；如果此时将蜡烛和光屏对调，光屏上　　‎ 843‎ ‎（选填“能”或“不能” 呈现烛焰清晰的像；‎ ‎（3）若小华在做实验时，不小心让凸透镜和自己的衣服发生了摩擦带了静电，将一小片碎纸片吸附到了凸透镜上面，将凸透镜的镜面遮挡住了一部分，此时光屏上　　（选填“烛焰的像不完整”、“会有纸片的像”或“烛焰的像变暗了些” 。‎ ‎【答案】（1）10；（2）放大；投影仪；能；（3）烛焰的像变暗了些。‎ ‎【解析】（1）若选择焦距为的凸透镜，则凸透镜的2倍焦距为，光具座刻度尺的量程为，将凸透镜放在光具座处会无法完成实验，故应选焦距为的凸透镜；‎ ‎（2）如题图所示，此时蜡烛到凸透镜的距离是，像到凸透镜的距离为，物距小于像距，此时凸透镜成倒立放大的实像，应用这一原理可制成投影仪；在折射现象中光路是可逆的，如果此时将蜡烛和光屏对调，光屏上会出现倒立缩小的实像；‎ ‎（3）凸透镜被遮住一部分，光屏上仍然会出现完整的像，但是通过凸透镜的光线减少，所成的像会变暗一些。‎ 答案为：（1）10；（2）放大；投影仪；能；（3）烛焰的像变暗了些。‎ ‎25.（2019·青海）小丽同学用焦距为10cm的凸透镜探究凸透镜成像的规律。‎ ‎（1）将蜡烛、凸透镜和光屏依次摆放在光具座上，点然蜡烛，使烛焰、凸透镜和光屏的中心在　 　。‎ ‎（2）把蜡烛放在距凸透镜16cm处，会在光屏上得到一个清晰倒立、　 　的实像。生活中的　 　就是利用这个原理工作的。‎ ‎（3）实验完成后，小丽把自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，如图所示，光屏上原来清晰的像变得模糊了，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏　 　（选填“靠近”或“远离”）凸透镜。‎ ‎【答案】（1）同一高度；（2）放大；投影仪；（3）远离。‎ ‎【解答】解：（1）为了使蜡烛的像成在光屏中央，使蜡烛、凸透镜和光屏的中心大致在同一高度处；‎ 843‎ ‎（2）把蜡烛放在距凸透镜16cm处，u＝16cm，2f＞u＞f时，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；‎ ‎（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，要用光屏接到清晰的像，应将光屏向右调节，即向远离凸透镜的方向调节，才能使像变清晰。‎ 故答案为：（1）同一高度；（2）放大；投影仪；（3）远离。‎ ‎26.（2019·郴州）如图所示，小明和实验小组同学利用透镜、光屏、蜡烛等实验器材探究凸透镜成像的规律。‎ 实验数据记录如下：‎ 物距u/cm 像距v/cm 像的性质 缩放 正倒 虚实 ‎35‎ ‎14‎ 缩小 倒立 实像 ‎25‎ ‎17‎ 缩小 倒立 实像 ‎20‎ ‎20‎ 等大 倒立 实像 ‎16‎ ‎25‎ 放大 倒立 实像 ‎5‎ ‎﹣‎ 放大 正立 虚像 根据以上实验回答下列问题：‎ ‎（1）在实验过程中，要使透镜中心、烛焰和光屏中心大致在　 　；‎ ‎（2）由实验数据可判断，该透镜的焦距约为　 　cm；‎ ‎（3）分析实验数据可知，凸透镜成实像时，随着物距的减小，像逐渐　 　（选填“变大”或“变小”或“不变”），像距逐渐增大；‎ ‎（4）如果用该实验中的透镜来矫正视力，可以制成　 　（选填“近视”或“远视”）眼镜。‎ ‎【答案】（1）同一高度；（2）10；（3）变大；（4）远视。‎ ‎【解析】（1）使光具座上的蜡焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，可使像成在光屏中央；‎ 843‎ ‎（2）由实验数据可判断，u＝v＝2f＝20cm，成倒立、等大的实像，所以凸透镜的焦距是：f＝10cm；‎ ‎（3）分析实验数据可知，凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大，随着物距的减小，像逐渐变大，像距逐渐增大；‎ ‎（4）物距减小，像距增大，像变大，用该实验中的透镜来矫正视力，说明对光线起了会聚作用，则为凸透镜，可以制成远视眼镜。‎ 故答案为：（1）同一高度；（2）10；（3）变大；（4）远视。‎ ‎27．（2019·威海）如图是“探究凸透镜成像的规律”实验装置，小明通过实验得到了如表所示的实验数据，请回答下列问题：‎ 物距 ‎60‎ ‎50‎ ‎35‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎19‎ ‎18‎ ‎17‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎14‎ ‎12‎ 像距 ‎12‎ ‎12.5‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎21.1‎ ‎22.5‎ ‎24.3‎ ‎26.7‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎60‎ ‎（1）根据表可知凸透镜的焦距　　。‎ ‎（2）当时，像距应该在　　（选填“”、“ ”、“ “、“”或“” 范围内；当时，光屏上成　　（选填“放大”或“缩小” 的像，此种成像原理可以制成什么光学仪器？　　（选填“照相机”或“投影仪“；此时，用遮光板遮住光源的一部分，光屏上的像相比原来的像会　　（选填“变暗”“缩小”或“不完整” 。‎ ‎（3）光源的高度，小明经过认真测量，得到像高与物距的数据，如图2所示，请在图中画出与的关系图象。‎ ‎【答案】（1）10；（2）；缩小；照相机；不完整；（3）见解析。‎ 843‎ ‎【解析】（1）由表格数据，可得，所用透镜的焦距为；‎ ‎（2）已知，当时，，‎ 则，‎ 解得，故像距应该在范围内。‎ 当时，，成倒立缩小的实像，此种成像原理可以制成照相机；‎ 用遮光板遮住光源的一部分，光屏上的像相比原来的像会不完整。‎ ‎（3）根据表中数据描点连线，如图所示：‎ ‎28.（2019·淄博）小明在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为。‎ ‎（1）如图甲所示，移动光屏找到清晰的蜡烛的像，这个像是图乙中的　　，利用此原理可以制成　　。（选填“照相机”、“幻灯片”、“放大镜” ‎ ‎（2）小明把蜡烛依次放在、位置，在坐标纸上记录了光屏上像的大小。如图丙所示、分别表示蜡烛在、处所成的像）。跟同学们交流后发现：‎ ‎①成倒立放大像的条件是　 　。‎ ‎②成实像时，物距减小，像距　 　。‎ ‎（3）保持凸透镜位置不动，小明又把蜡烛放在距凸透镜 843‎ 处，在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像，原因可能是　　。聪明的小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，则小明拿起的眼镜是　　。（选填“近视镜”或“远视镜” ‎ ‎【答案】（1）；照相机；（2）①；②增大；（3）像在之外；远视镜。‎ ‎【解析】（1）已知凸透镜的焦距为，由图甲可知，物距为，则，所以，凸透镜成倒立缩小的实像，这个像是图乙中的，利用此原理可以制成照相机；‎ ‎（2）①成倒立放大像的条件是：；‎ ‎②由图丙可知，凸透镜成实像时，物距减小，像距增大；‎ ‎（3）把蜡烛放在距凸透镜处（即，物距在一倍焦距与二倍焦距之间，凸透镜成实像，根据图丙可知，像可能在之外，所以在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像。‎ 实验中，小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，即说明该眼镜对光线有会聚作用（使光线提前会聚而成像在光屏上），故这副眼镜是凸透镜，即是远视眼镜。‎ ‎29.（2019·聊城）小明同学用蜡烛、凸透镜和光屏等器材做“探究凸透镜成像规律”的实验，记录的实验数据和现察结果见下表。‎ 试验次数 物距 像的性质 物距 大小 正倒 ‎1‎ ‎30‎ 实 缩小 倒立 ‎15‎ ‎2‎ ‎25‎ 实 缩小 倒立 ‎17‎ ‎3‎ ‎22‎ 实 缩小 倒立 ‎18‎ ‎4‎ ‎18‎ 实 放大 倒立 ‎22‎ ‎5‎ ‎15‎ 实 放大 倒立 ‎30‎ ‎6‎ ‎13‎ 实 放大 倒立 ‎43‎ ‎7‎ ‎9‎ 虚 放大 正立 无法测量 ‎8‎ ‎6‎ 虚 放大 正立 无法测量 分析表中数据回答下列问题。‎ 843‎ ‎（1）实验中供了如下三种不同焦距的透镜，则小明所用透镜的焦距为　　。‎ ‎ ‎ ‎（2）比较物距与焦距的关系，可得出：‎ ‎①凸透镜成缩小实像的条件是　　 。‎ ‎②凸透镜成虚像的条件是　　 。‎ ‎（3）凸透镜成放大的实像时，　　。（选填“”“ ”或“” ‎ ‎【答案】（1）；（2）①物距大于二倍焦距（或；②物距小于一倍焦距；（3）。‎ ‎【解析】（1）由表格中数据可知，时，成倒立放大的实像，时，成倒立、缩小的实像，故凸透镜焦距在与之间，即选用凸透镜的焦距；‎ ‎（2）①凸透镜焦距，成缩小实像时，物距分别为22、25、，均大于二倍焦距，故凸透镜成倒立、缩小、实像的条件是物距大于二倍焦距（或；‎ ‎②凸透镜焦距，成虚像时，物距分别为、，均小于一倍焦距，故凸透镜成正立、放大、虚像的条件是物距小于一倍焦距；‎ ‎（3）凸透镜放大的实像时，物距在一倍焦距与二倍焦距之间，像距大于二倍焦距，即物距小于像距。‎ 答案为：（1）；（2）①物距大于二倍焦距（或；②物距小于一倍焦距；（3）。‎ ‎30.（2019·临沂）在“探究凸透镜成像特点”的实验中，将凸透镜固定在光具座上刻度线处不动，移动蜡烛和光屏至如图所示位置时，光屏上承接到清晰的像。‎ ‎（1）该凸透镜的焦距为　　。‎ ‎（2）将远视眼镜的镜片放在蜡烛和透镜之间适当位置，此时应将光屏向　　（选填“左”或“右” 移动，才能再次承接到清晰的像。‎ ‎（3）取走镜片，将蜡烛向左移动一段距离后，应将光屏移至　　（选填序号）范围内才能承接到清晰的像。‎ ‎ ‎ ‎（4）将蜡烛移到刻度线上，观察到的像是　　（选填“倒立”或“正立” 的。‎ 843‎ ‎【答案】（1）15；（2）左；（3）B；（4）正立。‎ ‎【解析】（1）根据图可知，烛焰距凸透镜时，移动光屏至某一位置，在光屏上得到一等大清晰的像，说明此时满足，所以；‎ ‎（2）将远视眼镜的镜片放在蜡烛和透镜之间适当位置，对光线能够起到提前会聚的作用，此时应将光屏向左移动，才能再次承接到清晰的像。‎ ‎（3）取走镜片，将蜡烛向左移动一段距离后，此时物距大于2倍焦距，像距应在2倍焦距与1倍焦距之间，凸透镜在处，应将光屏移至 范围内才能承接到清晰的像。故选B。‎ ‎（4）将蜡烛移到刻度线上，，凸透镜成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。‎ 答案为：（1）15；（2）左；（3）B；（4）正立。‎ ‎31.（2019·无锡）小明和小红做“探究凸透镜成像规律”的实验。‎ ‎（1）利用太阳光测量凸透镜的焦距时，小明将一把木质刻度尺的一端支于水平地面上，观察尺在地面上形成的影子，不断调节刻度尺，使其在地面的影子________。这时尺的方向就与太阳光的方向平行，小明保持尺不动，小红将光屏和凸透镜按照图甲所示均垂直于刻度尺摆放，光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，则该凸透镜的焦距为________cm；‎ ‎（2）将此凸透镜、点燃的蜡烛、光屏置于光具座上如图乙所示的位置时，光屏上呈现烛焰的倒立、________的实像；保持图乙中蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移到光具座上________刻度线处，光屏上能再次呈现蜡烛清晰的像。‎ 843‎ ‎【答案】（1）最短；（2）10.0；（3）缩小；（4）35cm。‎ ‎【解析】（1）根据光的直线传播可知，光与物体的影子最短时，刻度尺与光线平行；保持尺不动，将光屏和凸透镜按照图甲所示的方式均垂直于刻度尺摆放，光屏上形成了一个最小、最亮的光斑。则该凸透镜的焦距为：f=10.0cm-0=10.0cm；‎ ‎（2）由图可知，光屏上得到一个清晰的像，蜡烛到凸透镜距离大于光屏到凸透镜距离，即物距大于像距，所以此时所成的像是倒立、缩小的实像；由图乙可知，蜡烛在刻度尺的20cm处，u=50cm-20cm=30cm，v=65cm-50cm=15cm，根据折射中光路可逆性可知，保持蜡烛和光屏位置不变，当u=15cm时，即凸透镜移动至35cm刻度线处，在屏上能再次呈现清晰的像。‎ ‎32.（2019·镇江）用如图所示的装置做“探究凸透镜成像规律”实验。图甲中一束平行光射向凸透镜，光屏上得到一个最小、最亮的光斑（未画出）。‎ ‎（1）图乙中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像（未画出），则该像是倒立、　 　的实像。‎ ‎（2）若在图乙中将凸透镜移到55cm刻度线处，则将光屏移动到　 　cm刻度线处，可以再次看到清晰的像。‎ ‎（3）若在图乙中烛焰和凸透镜之间放一近视眼镜的镜片，则将光屏向　 　（选填“左”或“右”，下同）移动才能再次看到清晰的像。‎ ‎（4）若在图乙中用塑料吸管对准A点沿垂直于纸面方向持续用力吹气，发现光屏上“烛焰尖部”变模糊，则将光屏向　 　移动，“烛焰尖部”又会变清晰。‎ ‎【答案】（1）放大；（2）75；（3）右；（4）左。‎ ‎【解析】（1）由图知，光斑即焦点处，所以焦距f＝60cm﹣50cm＝10cm；当蜡烛、凸透镜位于图乙中刻度对应的位置时，物距为50cm﹣35cm＝15cm，大于1倍焦距小于2倍焦距，凸透镜能成倒立放大的实像；‎ ‎（2）在图乙中将凸透镜移到55cm刻度线处，物距为u＝55cm﹣35cm＝20cm，u＝2f，成倒立、等大的实像。像成在二倍焦距的位置，v＝75cm﹣5‎ 843‎ ‎5cm＝20cm，光屏在75cm的位置，所以光屏向左移动。（3）凹透镜对光线有发散作用，靠近凸透镜时，使光线发散，像会聚在光屏的后方，像距增大，在光屏上要得到清晰的像，光屏要远离凸透镜，即要将光屏向右移动才能在光屏上成清晰的像；（4）在图乙中用塑料吸管对准A点沿垂直于纸面方向持续用力吹气，A点气体流速大，流体大的位置压强小，火焰向左移动，物距增大，像距减小，将光屏向左移动，“烛焰尖部”又会变清晰。‎ 故答案为：（1）放大；（2）75；（3）右；（4）左。‎ ‎33.（2019·广东）小明在用蜡烛作为光源完成“探究凸透镜成像的规律”实验后，发现蜡烛火焰飘忽不定，像与物对比难判定等问题，小明和老师、同学一起对实验装置进行了一系列的创新。创新点如图所示：光具座上凸透镜所在位置为零刻度，数值向左、向右依次增大；在标有均匀格子的面板上制作字母“A”状LED灯替代蜡烛；光屏上标有同样的均匀格子。 ‎ ‎（1）请分析创新后实验装置的优点： ‎ ‎①可以直接读出物距以及________；‎ ‎②光屏上成像更清晰、________；‎ ‎③从光屏上可以准确得出像与物的________关系。‎ ‎（2）完成“探究凸透镜成像的规律”实验后，还可以更换（或增加）实验器材进行拓展探究，请仿照示例写出两种不同方案。 ‎ 项目 更换（或增加）实验器材及操作 探究的问题 示例 用黑色纸片遮挡凸透镜的一部分 探究凸透镜没被遮挡部分的成像情况 方案1‎ ‎①________‎ ‎②________‎ 方案2‎ ‎③________‎ ‎④________‎ ‎【答案】 （1）像距；稳定；大小；（2）用茶色玻璃代替凸透镜；探究平面镜成像是实像还是虚像；用一副近视眼镜放在LED灯与凸透镜之间；探究近视眼的成因。‎ 843‎ ‎【解析】（1）经过改造后，可以通过光具座上的刻度直接读出物距和相距，不用再进行计算；由于物体的发光稳定，因此通过凸透镜成的像也更清晰稳定；以格子为标准，很容易看出所成像的大小关系；‎ ‎ （2）在平面镜成像的实验中，可以在像的前面放上光屏，观察是否能够观察到像，确定平面镜所成的像是虚像，这时需要将凸透镜换成茶色玻璃；如果增加一个LED灯作为物体，还可以探究近视眼的成因。‎ ‎34.（2018•青岛）探究光的反射定律。‎ 如图，M是小平面镜，E、F是两块粘接在一起的硬纸板，且E、F在同一平面，并与镜面垂直。用激光笔和量角器进行实验，测得数据如下表 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 入射角i/°‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎60‎ 反射角r/°‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎①在图屮标出入射角i的位置。‎ ‎②在反射现象中，反射角　 　入射角 ‎③如果要探究反射光线与入射光线、法线是否在同一平面内，应将硬纸板的右半面F　 　。‎ ‎【答案】（1）如图示；（2）等于；（3）以法线为轴逆时针旋转。‎ ‎【解析】（1）入射光线与法线的夹角为入射角；‎ ‎（2）由实验测得的数据可知，反射角等于入射角；‎ ‎（3）要探究反射光线与入射光线、法线是否在同一平面内，需要将反射光线所在的平面旋转通常应将硬纸板的右半面F以法线为轴逆时针旋转。‎ 故答案为：（1）如图示；（2）等于；（3）以法线为轴逆时针旋转。‎ ‎35.（2018•淄博）小明利用下图中的实验装置探究光的反射规律。纸板ENF是用两块纸板E和F连接起来的，可绕ON折转。‎ 843‎ ‎（1）实验时，把平面镜放在桌面上，为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，应把纸板ENF与平面镜　 　放置，图中的入射角是　 　度。‎ ‎（2）多次改变入射光的方向，总能在纸板上观察到入射光平面镜和反射光的径迹，由此小明得出结论：在反射现象中，反射光线，入射光线和法线都在同一平面内。小明得出结论的过程是否合理 ‎？　 　，说明理由：　 　。‎ ‎（3）若让一束光沿BO方向射向平面镜，反射光沿　 　方向射出。‎ ‎【答案】（1）垂直；40；（2）不合理；应将纸板F沿法线方向折转，再次观察纸板上是否还能看到反射光；（3）OA。‎ ‎（3）光在反射和折射中光路是可逆的。‎ ‎【解析】（1）实验时，把平面镜放在桌面上，为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，应把纸板ENF与平面镜 垂直放置，图中的入射角是90°﹣50°=40°。‎ ‎（2）不合理。实验中要探究反射光线、入射光线是否在同一平面内，应将纸板F沿法线方向折转，再次观察纸板上是否还能看到反射光。‎ ‎（3）让光线逆着反射光线射向镜面，沿BO方向射向平面镜，反射光沿OA方向射出，即反射光线逆着原入射光线方向射出，表明反射时光路是可逆的；‎ 故答案为：（1）垂直；40；（2）不合理；应将纸板F沿法线方向折转，再次观察纸板上是否还能看到反射光；（3）OA。‎ ‎36.（2018•烟台）如图是利用平板玻璃，两只相同的蜡烛A和B、刻度尺，笔等器材探究“平面镜成像特点”的实验装置。‎ ‎（1）实验器材选用两只相同蜡烛的目的是什么？刻度尺的作用是什么？‎ ‎（2）为了保证实验效果，对实验环境有什么要求？‎ ‎（3）简述确定记录像位置的方法步骤；‎ ‎（4）实验过程中，某实验小组无论怎样操作，总是观察到两个几乎重叠的像，其原因是什么？‎ 843‎ ‎【解析】（1）两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛相同是为了比较像与物大小关系用的；在实验中用到刻度尺，是测像到镜面的距离、物到镜面的距离，然后比较二者关系用的；‎ ‎（2）在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮。所以在比较黑暗的环境中进行实验；‎ ‎（3）确定记录像位置的方法步骤是：‎ ‎①在水平桌面上铺一张白纸，将一块玻璃板后面竖立在纸上，在纸上记下玻璃板的位置。‎ ‎②选取两支大小相同的蜡烛，把一支蜡烛点燃放在玻璃板的前面，看到玻璃板后面有蜡烛的像时，在纸上记下蜡烛的位置A。‎ ‎③拿另一支没有点燃的蜡烛，竖立着在玻璃板后面移动，直到它与前面的蜡烛的像完全重合，在纸上记下该蜡烛的位置A′。‎ ‎④移动点燃的蜡烛到另一位置，重做上面的实验，在纸上记录物与像的位置B、B′；C、C′。‎ ‎（4）实验过程中，某实验小组无论怎样操作，总是观察到两个几乎重叠的像，其原因是玻璃板有两个反射面，两个反射面都能成像。两个反射面都能反射成像。所以看到两个像，玻璃板越厚，两个像距离越远，越明显。‎ ‎37．（2018·德州）小莉同学用焦距为10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像的规律”实验：‎ 843‎ ‎(1)实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离如图21甲所示时，在光屏上可得到一个清晰的倒立、___________的实像，若保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜至___________cm刻度线处，光屏上能再次呈现清晰的像。‎ ‎(2)如图21乙所示，保持蜡烛位置不变，移动透镜至16cm刻度线处，则人眼在___________(选填A、B、C”)处能观察到蜡烛的像，像是图21丙中的___________ (选填“1、2、3、4”)。‎ ‎(3)实验完成之后，小莉把自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，如图21丁所示，光屏上原来清晰的像变得模糊了，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏___________凸透镜。(选填“靠近”或“远离”)‎ ‎【答案】(1)放大；(2)40；(3) B；(4) 4；(5)远离。‎ ‎【解析】（1）由图乙知，当蜡烛在刻度尺的10cm处，与凸透镜的距离为15cm，即物距u=15cm，此时2f＞u＞f，成倒立放大的实像；‎ 像距v=55cm-25cm=30cm，根据折射光路是可逆的，可知保持蜡烛和光屏的位置不变，当u=30cm时，即凸透镜移动至40cm刻度线处，在屏上能再次呈现清晰的像；‎ ‎（2）保持蜡烛位置不变，移动透镜至16cm刻度线处，则u＜f，凸透镜成正立放大的虚像，光屏上承接不到，透过凸透镜观察蜡烛看到正立放大的虚像，故4图符合像的性质；虚像与成像物体同侧，所以应从B处观察；‎ ‎（3）将一副近视眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，即像推迟会聚，应将光屏远离凸透镜。‎ 答案为：(1)放大；(2)40；(3) B；(4) 4；(5)远离。‎ 考点05 物态变化 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 温度与温度计 原理和正确使用方法 843‎ ‎2‎ 熔化和凝固 熔化和凝固的温度—时间图象，并能从中筛选出有用的信息来区分是晶体还是非晶体及其熔点温度 重点 ‎3‎ 汽化和液化 区别蒸发和沸腾，汽化和液化的方法、措施 ‎4‎ 升华和凝华 判断升华和凝华 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·四川成都）在“新冠”疫情期间，口罩成为防疫“神器”，戴眼镜的人常因口罩佩戴不严实，出现眼镜“起雾”的情况。“起雾”是因为发生了（　　）.‎ A. 液化现象 B. 汽化现象 C. 熔化现象 D. 升华现象 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】“雾”是人呼出的水蒸气温度较暖，遇到冷的眼镜会液化放热。故选A。‎ ‎2.（2020·江苏泰州）下图所示的四个情景中，属于液化现象的是（　　）。‎ A. 冻衣服晾干；B. 树叶上的露的；‎ C. 湿衣服晾干；D. 蜡烛滴“泪”‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．冻衣服晾干是升华现象，需要吸热；故A不符合题意；‎ B．露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，需要放热，故B符合题意；‎ C．湿的衣服被晾干这是衣服上的水分蒸发了，是汽化现象，故C不符合题意；‎ D．蜡烛燃烧流出的烛“泪”是熔化现象，故D不符合题意。故选B。‎ ‎3.（2020·北京）隆冬，滴水成冰的过程中，发生的物态变化是（　　）。‎ A. 熔化 B. 凝固 C. 液化 D. 升华 ‎【答案】B。‎ 843‎ ‎【解析】滴水成冰的过程中，物质由液态变成固态，属于凝固现象。故选B ‎4.（2020·天津）在北方的冬天，为了很好地保存蔬菜，人们通常在菜窖里放几桶水，水结冰能使窖内温度不会太低｡这是利用了水（　　）。‎ A. 熔化吸热 B. 汽化放热 C. 液化吸热 D. 凝固放热 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】菜窖里放几桶水，水结冰时能使窖内温度不会太低，这是因为水在凝固时放热，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。‎ ‎5.（2020·山东聊城）图甲是观察熔化现象的实验装置。图乙是某种物质熔化时温度随时间变化的图像。下列分析正确的是（　　）。‎ A. 这种物质是一种晶体，它的熔点是100℃；‎ B. 该物质熔化过程中温度不变，所含热量增多；‎ C. 这种物质从开始熔化到完全熔化，大约持续了15min；‎ D. 加热一段时间后，从烧杯中冒出的“白气”是水汽化形成的 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．由图可知，该物质熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，所以该物质是晶体，它的熔点是80℃，故A错误；‎ B．该物质熔化过程中温度不变，吸收的热量增多，热量是过程量，不能说“含有”，故B错误；‎ C．这种物质从开始熔化到完全熔化，大约持续的时间：t=25min-10min=15min；故C正确；‎ D．加热一段时间后，从烧杯中冒出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故D错误。故选C。‎ 843‎ ‎6.（2020·山东泰安）下列有关物态变化现象判断正确的是（　　）。‎ A. 冬天，户外的人呼出“白气”是汽化现象；‎ B. 饮料杯中的冰块体积逐渐变小是液化现象；‎ C. 冬天教室窗户玻璃上的冰花是凝华现象；‎ D. 衣柜中樟脑片过一段时间会变小是熔化现象 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．冬天，户外的人呼出“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故A错误；‎ B．饮料杯中的冰块体积逐渐变小，属于熔化现象，故B错误；‎ C．冬天教室窗户玻璃上的冰花，是水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C正确；‎ D．衣柜中樟脑片过一段时间会变小，属于升华现象，故D错误。故选C。‎ ‎7.（2020·重庆A）下列热现象中，描述正确的是( )。‎ A.“结气而成露”露是液化形成的；‎ B.“凝气而成成霜”.霜是升华形成的；‎ C.滴水而成冰”,冰中分子陈止运动；D.“融雪自成溪”雪熔化时内能不变 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A选项，露是从水蒸气变成的小水珠，气态变成液态为液化现象，A正确；B选项，霜是水蒸气变成小冰晶，气态变成固体为凝华现象，B错误；C选项，任何物体中分子都在永不停息的做无规则运动，C错误；D选项，雪熔化时温度不变，但是需要吸热，内能增大，D错误。‎ ‎8.（2020·山东济宁）小明将一杯温水放入冰箱的冰冻室里，经过一段时间后，杯中的水发生了物态变化，下图所示中的四个图像中能正确反映这杯水的物态变化过程的是（ ）。‎ A.；B.C.D.‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】常温下的水放入正常工作的冰箱冷冻室中，水变成冰块是凝固过程；‎ AB．都是熔化图像，并且A的熔点不是0℃，则AB不符合题意；‎ CD．温度都有下降的趋势，所以是晶体的凝固图像，C的凝固点是0℃，并且在凝固过程中温度保持不变，D的凝固点不是0℃，则C符合题意、D不符合题意；故选C。‎ ‎9.（2020·江苏连云港）下列关于热现象的解释正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 冬天司机往水箱里加点酒精是为了提高液体的凝固点；‎ B. 皮肤上涂一些酒精会感到凉爽是因为酒精蒸发时放热；‎ C. 冻豆腐里面的小孔是由于豆腐里的水先凝固后熔化形成的；‎ D. 从冰箱里取出的易拉罐外壁会出现小水滴是水蒸气凝华形成的 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．司机向水箱里加酒精是为了降低水的凝固点，防止水箱中的水结冰，故A错误；‎ B．皮肤上涂一些酒精会感到凉爽是因为酒精蒸发时吸热，故B错误；‎ C．冻豆腐里的小孔是因为豆腐里的水先凝固后熔化形成的小孔，故C正确；‎ D．从冰箱里取出的易拉罐外壁会出现小水滴是水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故D错误。故选C。‎ ‎10.（2020·重庆B）下列事例描述正确的是（　　）。‎ A. 仙女山大草原的积雪慢慢熔化，需要吸收热量；‎ B. 衣柜中的樟脑丸逐渐变小，是发生了凝华现象；‎ C. 将“便利贴”贴在作业纸上，利用了分子间的斥力；‎ D. 严冬，人们搓手取暖是利用热传递来增加手掌内能 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．积雪慢慢熔化，熔化过程中吸收热量，故A正确；‎ B．樟脑丸逐渐变小，是发生了升华现象，故B错误；‎ C．将“便利贴”贴在作业纸上，利用了分子间的引力，故C错误；‎ D．人们搓手取暖是利用做功的方法来增加手掌内能，故D错误。故选A。‎ ‎11.（2020·山东滨州）以下对中华古诗中有关物态变化的分析，正确的是（　　）。‎ A. “好雨知时节，当春乃发生。”雨的形成是凝固现象；‎ B. “露从今夜白，月是故乡明。”露的形成是熔化现象；‎ C. “床前明月光，疑是地上霜。”霜的形成是凝华现象；‎ D. “遥知不是雪，为有暗香来。”雪的形成是液化现象 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．雨是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故A错误；‎ B．露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；‎ C．霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，故C正确；‎ 843‎ D．雪是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，故D错误。故选C。‎ ‎12.（2020·德州）生活中有许多热现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 水烧开时壶嘴周围冒“白气”这是汽化现象；‎ B. 炒菜时碘盐和油不宜同时加热，因为碘在高温下很容易升华；‎ C. 高压锅煮食物熟得快，是因为锅内气压高液体沸点低；‎ D. 用保鲜袋装蔬菜并放入冰箱，为了加快蒸发 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．水烧开时壶嘴周围冒“白气”，这是温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故A错误；‎ B．炒菜时，若碘盐和油同时加热，固态的碘在高温下极易变成碘蒸气，即碘在高温下很容易发生升华现象；故B正确；‎ C．水沸点与气压有关，气压增大时，水的沸点升高，煮饭菜时高压锅的气压比普通锅内的气压高，所以水沸腾时高压锅内的温度高于普通锅内的温度，故C错误；‎ D．用保鲜袋装蔬菜，减慢了蔬菜周围的空气流动；放入冰箱，降低了液体的温度，所以减慢了蔬菜内水分的蒸发，故D错误。故选B。‎ ‎13.（2020·山东泰安）某晶体熔化时温度随时间变化的图象如图所示，下列判断正确的是（　　）。‎ A. 第5min，晶体开始熔化； B. 晶体熔化过程持续20min；‎ C. 晶体在熔化过程中不吸收热量；D. 晶体的熔点是80℃‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由图可知，第10min，晶体开始熔化，故A错误；‎ B．晶体熔化过程持续的时间：t=25min-10min=15min，故B错误；‎ C．晶体在熔化过程中，不断吸收热量，故C错误；‎ D．由图可知，图象中呈水平的一段所对应的温度80℃就是物质的熔点，所以晶体的熔点是80℃，故D正确。故选D。‎ 843‎ ‎14.（2020·山东滨州）甲乙两图分别是根据探究冰的熔化和水的沸腾实验数据绘制的图像根据图像信息，下列分析正确的是（　　）。‎ A. 图甲：冰在BC段处于液态；‎ B. 图甲：冰熔化的时间为；‎ C. 图乙：水的沸点为98℃；‎ D. 图乙：实验地点的大气压强高于1标准大气压 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】AB．由图甲可知，冰在BC段处于熔化过程，处于固液共存的状态，冰熔化的时间为：10min-4min=6min，故AB错误；‎ CD．通过图乙可以看出，水的沸点是98℃，1标准大气压下水的沸点是100℃，液体沸点随气压的降低而降低，所以此时大气压低于1标准大气压，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎15.（2020·黑龙江龙东）下列物态变化过程中，不是放热的是（ ）。‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．冬天衣服冻干是升华现象，需吸热，故A正确；‎ B、冬天窗上的冰花是凝华现象，需放热，故B错；‎ C、冬天草上的白霜是是凝华现象，需放热，故C错；‎ D、压缩乙醚成液体是液化现象，需放热，故D错。故选A ‎16.（2020·河南）“霜降”是中国传统的二十四节气之一 ，霜的形成属于（ ）‎ A.凝固；B.液化；C.凝华；D.升华 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】霜是由空气中的水蒸气直接凝华形成的。‎ 843‎ ‎17.（2020·湖南常德）下列物理现象及其原因分析错误的是（　　）。‎ A. 冰雪消融是熔化现象，这个过程要吸热；‎ B. 湿衣服被太阳晒干是升华现象；‎ C. 抗疫值班医护人员眼罩的玻璃片常常模糊不清，这是水蒸气液化形成的；‎ D. 冬天窗玻璃上会出现冰花，这是水蒸气发生了凝华 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．冰雪消融，是固体变为液体，是熔化现象，熔化过程是吸热的，故A正确，A不符合题意；‎ B．湿衣服被太阳晒干是液体变为气体，是汽化现象，故B错误，B符合题意；‎ C．抗疫值班医护人员眼罩的玻璃片常常模糊不清，是水蒸气遇冷液化成的小液滴附着在玻璃片上，故C正确，C不符合题意；‎ D．冬天窗玻璃上会出现冰花是水蒸气遇冷直接凝华成的固体冰花，故D正确，D不符合题意。故选B。‎ ‎18.（2020·四川南充）下列说法错误的是（　　）。‎ A. 水蒸气引起烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热；‎ B. 冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；‎ C. 夏天，汽车内开冷空调，被冷气对吹的车玻璃上有小水珠，小水珠主要集中在玻璃内侧；‎ D. 水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．水蒸气引起的烫伤比开水烫伤更严重，因为水蒸气液化时还要放出大量的热量，使皮肤再次受到伤害，A正确，但不符合题意；‎ B．冰是晶体，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变，B正确，但不符合题意；‎ C．夏天，汽车内开冷空调，冷气对吹的车玻璃上的小水珠是气体液化形成，液化过程中，温度高的气体放出热量，外侧气体温度高，因此小水珠主要集中在玻璃外侧，C错误，但符合题意；‎ D．沸腾时液体内部和表面同时进行的剧烈汽化现象，水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、上升过程中逐渐变大，D正确，但不符合题意。故选C。‎ ‎19. （2020·自贡）下列现象中属于凝华现象的是（　　）。‎ A. 雾的形成 B. 霜的形成 C. 水结成冰 D.‎ 843‎ ‎ 露的形成 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴；故A错误；‎ B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面；故B正确；‎ C、水结成冰，是凝固现象；故C错误；‎ D、露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面；故D错误；故选B。‎ ‎20.（2020·四川雅安）将盛水的烧瓶加热，水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，并迅速塞上瓶塞，再把烧瓶倒置后向瓶底浇上冷水，如图所示。关于烧瓶内的水，下列分析正确的是（ ）。‎ A. 一直沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会停止沸腾；‎ B. 先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会再次沸腾；‎ C. 因没有继续加热，浇上冷水时，水的内能减小，不会沸腾；‎ D. 先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压减小，水会再次沸腾 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】液体沸腾的条件：达到沸点、继续吸收热量。液体的沸点跟气压的大小有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。‎ ‎【详解】盛有水的烧瓶放在火焰上加热，达到沸点，继续吸热，水沸腾，沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，瞬间水的温度还保持在沸点，但无法继续吸收热量，此时停止沸腾；当向瓶底浇冷水时，瓶内气体温度突然降低，气压减小，瓶内液面上方气压减小，导致沸点降低，所以水重新沸腾起来的，故选D。‎ ‎21.（2020·贵州黔东南）中华诗词蕴含着丰富的物理知识，以下诗词中有关物态变化的分析正确的是（　　）。‎ A. “已是悬崖百丈冰”，冰的形成是凝固现象，需要吸热；‎ B. “斜月沉沉藏海雾”，雾的形成是汽化现象，需要放热；‎ C. “月落乌啼霜满天”，霜的形成是凝华现象，需要吸热；‎ D. “露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象，需要放热 843‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A． “已是悬崖百丈冰”，冰是水凝固形成的，是凝固现象，需要放热，故A错误；‎ B． “斜月沉沉藏海雾”，雾是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故B错误；‎ C．“月落乌啼霜满天”，霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，是凝华现象，凝华放热，故C错误；‎ D． “露似真珠月似弓”，露是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故D正确。故选D。‎ ‎22.（2020·四川甘孜州）下列关于物态变化的判断，正确的是（　　）。‎ A. 早春河中的冰逐渐消融，是升华现象；‎ B. 夏天会看到冰棒周围冒“白气”，是汽化现象；‎ C. 深秋早晨花草上出现小露珠，是液化现象；‎ D. 寒冷的冬天室外飘起了雪花，是凝固现象 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．早春河中的冰逐渐消融，是物质由固态变成液态，是熔化现象，故A错误；‎ B．夏天会看到冰棒周围冒“白气”，是物质由气态变成液态（“白气”是小水珠），是液化现象，故B错误；‎ C．深秋早晨花草上出现小露珠，是物质由气态变成液态，是液化现象，故C正确；‎ D．寒冷的冬天室外飘起了雪花，是物质由气态直接变成固态，是凝华现象，故D错误。故选C。‎ ‎23.（2020·四川雅安）下列场景与所蕴含的物理知识对应完全正确的是（ ）。‎ A. 春季，小卉体育训练后满头大汗，回到教室不停扇风——提高液体温度加快蒸发；‎ B. 夏季，小卉手拿着一瓶冰冻矿泉水，一段时间后冰减少， 手感到凉——熔化吸热；‎ C. 秋季，小卉发现清晨操场边的双杠上铺满了一层箱——霜是水蒸气凝固形成的；‎ D. 冬季，戴眼镜的小卉从教室外走进温暖的教室内，眼镜镜片模糊不清——液化吸热 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．春季，小卉体育训练后满头大汗，回到教室不停扇风−−提高液体上方空气流动加速度快蒸发，故A错误；‎ B．矿泉水瓶中的冰块熔化，熔化吸收热量，故B正确；‎ 843‎ C．秋季，小卉发现操场上的双杠上铺满了一层霜−−霜是由水蒸气直接凝华形成的，故C错误；‎ D．冬季，戴眼镜的小卉从教室外走进教室内，镜片模糊不清，水蒸气遇冷液化成水−−液化放热，故D错误。故选B。‎ ‎24.（2020·山东济宁）下列说法中正确的是（ ）。‎ A. 温度高的物体，其内能不一定大；B. 做功一定可以使物体的热量增加；‎ C. 风能、水能和煤都是可再生能源；D. 气体在流速大的地方压强也较大 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．内能由分子势能和分子动能决定，温度高的物体分子动能大，但分子势能不一定大，所以内能不一定大，A正确；‎ B．对一个物体做功时，如果这个物体对外界放出大量的热量，那么这个物体总的热量可以是不变，也可以是减小的，B错误；‎ C．能在短时间内得到补充或能在短周期内再生产的能源成为可再生能源，反正为不可再生能源，风能、水能是可再生能源，煤是不可再生能源，C错误；‎ D．气体在流速大的地方压强较小，D错误。故选A。‎ ‎25.（2020·四川成都）小叶同学用酒精灯对冰块加热，研究冰的熔化现象。图中，甲乙两条图线中的一条，是他依据实验数据绘制而成。已知m冰=0.1kg，c水=4.2×103J/(kg×oC)，c冰=2.1×103J/(kg×oC)。下列分析正确的是（　　）。‎ A. 小叶绘制的是乙图线；‎ B. 0~1min内冰块吸收的热量为2.1×103J；‎ C. 1~3min内温度不变，说明冰块没有吸收热量；‎ D. 如果酒精完全燃烧，酒精灯的加热效率可以达到100%‎ ‎【答案】A。‎ 843‎ ‎【解析】AB．0~1min内冰块温度由0oC升高至5oC时，吸收的热量为：‎ ‎3min后冰全部变成水，当温度由0oC升高至5oC时，根据 由于：，‎ 则 即加热时间应为2min，小叶绘制的是乙图线；故A正确、B错误；‎ C．冰属于晶体，1~3min处于熔化阶段，吸收热量但温度不变，故C错误；‎ D．即使酒精完全燃烧，酒精燃烧产生的热量必然有一部分消耗在空气中，加热效率不可能达到100%，故D错误。故选A。‎ ‎26.（2020·宁夏）如图所示，是小明在做“探究物质熔化規律”实验时，根据实验数据绘制的温度随时间变化的关系图像，由图像可知（ ）。‎ A. 该物质在BC段处于液态 B. 该物质在BC段内能不变 C. 该物质熔化过程持续了约4min D. 该物质是非晶体 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．由图可知，物体在BC段处于熔化过程中，该过程中物体的状态是固液共存，故A错误；‎ B．由图可知，物体在BC段处于熔化过程中，该过程持续吸热，温度不变，内能增大，故B错误；‎ C．由图可知，物体BC段处于熔化过程中，从第2min时开始熔化，第6min时完全熔化完，熔化时间一共持续了：6min-2min=4min，故C正确；‎ D．由图可知，物体在BC段处于熔化过程中，有固定的熔化温度，即熔点，是晶体，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎27.（2019·哈尔滨）下面对哈尔滨美景描述中，属于熔化现象的是（ ）。‎ 843‎ A.初春，太阳岛上冰雪变成涓涓水流；‎ B.盛夏，防洪纪念塔广场花朵上滚动着晶莹的露珠；‎ C.深秋，中央大街的树上挂着洁白的雾淞；‎ D.隆冬，松花江水变成剔透的冰 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A.初春，太阳岛上冰雪变成涓涓水流；属于固态变为液态，是熔化现象，故A符合题意。‎ B.盛夏，防洪纪念塔广场花朵上滚动着晶莹的露珠；是空气中的水蒸气遇冷变为小水滴形成的，故属于液化现象，B不符合题意。‎ C.深秋，中央大街的树上挂着洁白的雾淞；雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝结成小冰晶形成的，故属于凝华现象，C不符合题意。‎ D.隆冬，松花江水变成剔透的冰；是水变成固态的冰，是凝固现象，故D不符题意。正确答案是A。‎ ‎28.（2019·苏州）下列现象属于熔化的是（　　）。‎ A.清晨枝叶上形成露珠 B.太阳升起后浓雾渐散 C.气温升高使冰雪消融 D.冬天铁丝网出现白霜 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、清晨枝叶上的露珠是空气中的水蒸气变成水，是液化现象的；故A错误。‎ B、浓雾是漂浮在空气中的小水珠，浓雾散去是因为小水珠变成了水蒸气，是汽化现象；故B错误。‎ C、冰雪消融是固态的冰雪变成了水是熔化现象；故C正确。‎ D、铁丝网上的白霜是空气中的水蒸气变成了小冰晶，是凝华现象；故D错误。故选C。‎ ‎29.（2019·邵阳）邵阳新宁崀山是国家5A级景区，2019年春节期间，崀山八角寨风景区山顶出现大量雾凇，十分美丽迷人!雾凇的形成所属的物态变化是（　　）。‎ A．凝固 B．液化 C．凝华 D．汽化 ‎【答案】C。‎ 843‎ ‎【解析】雾凇是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶附着在树枝上，属于凝华现象。故选C。‎ ‎30.（2019·绵阳）装有半杯水的封闭玻璃杯，放入冰箱被冷冻较长时间，取出后用干毛巾擦干玻璃杯表面，放一会儿，玻璃杯表面会变湿。这是由于（　　）。‎ A．空气中的水蒸气凝华成霜造成的；‎ B．空气中的水蒸气液化成水造成的；‎ C．玻璃杯中的冰升华成水蒸气造成的；‎ D．玻璃杯中的冰熔化成水造成的 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】由于从冰箱取出的玻璃杯，温度比较低，周围空气中的水蒸气遇冷会发生液化，使玻璃杯表面会变湿，如果马上擦去这层水，又有新的水蒸气在温度低的玻璃杯表面发生液化，所以一会儿又变湿。故选B。‎ ‎31.（2019·天津）把酒精擦在手背上后，擦酒精的部位会感觉凉。这主要是因为酒精（　　）。‎ A. 凝固放热B. 升华吸热C. 液化放热D. 蒸发吸热 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】把酒精擦在手背上，手背有凉的感觉。是因为擦在手背上的酒精蒸发时，从手背中吸热，使手背的温度降低，所以感觉到凉。故选D。‎ ‎32.（2019·泸州）对下列自然现象描述正确的是（　　）。‎ A.春天，大雾在太阳的照射下散去，这是汽化现象；‎ B.夏天，农作物上露珠的形成，这是凝华现象；‎ C.秋天，空气中的水蒸气凝结成小水滴，需要吸热；‎ D.冬天，空气中的水蒸气直接变成小冰粒，需要吸热 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、大雾在太阳的照射下散去，水滴吸收热量蒸发成为水蒸气，属于汽化过程。故A正确；‎ B、露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴。故B错误；‎ C、空气中的水蒸气凝结成小水滴是液化过程，会放出热量。故C错误；‎ D、空气中的水蒸气直接变成小冰粒是凝华过程，会放出热量。故D错误。故选A。‎ ‎33.（2019·河北）下列与物态变化相关的说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A．正在熔化的蜡，吸收热量，温度不变；‎ B．利用干冰使食物降温，这是因为干冰升华吸热；‎ C．北方美丽的雾凇，是空气中的水蒸气凝固形成的；‎ D．炒菜前滴入热锅底的小水滴很快不见了，水滴发生的物态变化是液化 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、蜡属于非晶体，在熔化过程中吸收热量，温度不断升高，故A错误；‎ B、由于干冰升华吸收大量的热，从而可以使食物降温，防止变质，故B正确；‎ C、北方美丽的雾凇，是空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成的小冰晶，故C错误；‎ D、炒菜前滴入热锅底的小水滴很快不见了，是小水滴吸热汽化成了水蒸气，故D错误。故选B。‎ ‎34.（2019·苏州）如图甲所示，将质量相等的冰和蜡烛分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图象如图乙所示。下列说法正确的是（　　）。‎ A.图甲中的实验装置，安装时应按照“由上到下”的顺序；‎ B.图甲中两试管放在同一烧杯中加热，可以控制相同时间内冰和蜡烛吸收的热量相同；‎ C.由图乙可知，A图线对应物质的内能先增大后不变再增大；‎ D.由图乙可知，B图线对应的物质是冰 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、图甲中，酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以应按照“由下到上”的顺序安装，故A错误；‎ B、图甲中两试管放在同一烧杯中加热，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：可以控制相同时间内冰和蜡烛吸收的热量相同，且物质受热均匀，故B正确；‎ C、由图乙可知，A图线对应物质有固定的熔点，是晶体，晶体在熔化前后以及熔化过程中都要吸热，所以该物质的内能一直增大，故C错误；‎ 843‎ D、由图乙可知，B图线对应的物质没有固定的熔点，为非晶体，不是冰，故D错误。故选B。‎ ‎35.（2019·潍坊）夏天，刚从冰箱中取出的雪糕周围会出现“白气”，“白气”形成对应的物态变化是（　　）。‎ A．汽化 B．升华 C．凝华 D．液化 ‎【答案 】D。‎ ‎【解析】“白气”是空中的水蒸气遇到冷的雪糕形成的小水滴，属于液化现象。故选D。‎ ‎36.（2019·达州）对下列自然现象描述正确的是（　　）。‎ A.春天，大雾在太阳的照射下散去，这是汽化现象；‎ B.夏天，农作物上露珠的形成，这是凝华现象；‎ C.秋天，空气中的水蒸气凝结成小水滴，需要吸热；‎ D.冬天，空气中的水蒸气直接变成小冰粒，需要吸热 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、大雾在太阳的照射下散去，水滴吸收热量蒸发成为水蒸气，属于汽化过程。故A正确；‎ B、露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴。故B错误；‎ C、空气中的水蒸气凝结成小水滴是液化过程，会放出热量。故C错误；‎ D、空气中的水蒸气直接变成小冰粒是凝华过程，会放出热量。故D错误。故选A。‎ ‎37.（2019·贵港）雨、云、雪……实质上都是水，只是形态各异罢了。当含有很多水蒸气的热空气升上高空时，水蒸气的温度降低变成小水滴或小冰晶，就形成了云。云是空气中的水蒸气经过下列哪些物态变化形成的（ ）。‎ A．汽化或升华 B．汽化或凝固 C．液化或凝华 D．液化或凝固 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由题意知，云是由水蒸气变成小水滴或小冰晶形成的，因此，若云由水蒸气变成小水滴形成，则属于气体变成液体的过程，物态变化是液化；若云由水蒸气变成小冰晶形成，则属于气体变成固体的过程，物态变化是凝华。故应选C。‎ ‎38.（2019·益阳）下列自然现象中，属于凝华的是（　　）。‎ A．早春大地上冰雪的消融 B．初夏广场上雾的形成 C．深秋草木上露的出现 D．寒冬草地上霜的形成 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、冰雪消融是由固态的冰变成水，属于熔化现象，故A错误。‎ B、雾是液态小水滴，是水蒸气遇冷由气态变为液态的液化现象，故B错误。‎ 843‎ C、露是由空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水滴，故C错误。‎ D、霜是固态小冰晶，是空气中的水蒸气快速放热后由气态直接变为固态形成的，属于凝华现象，故D正确。故选D。‎ ‎39.（2019·湘潭）下列物态变化的实例中属于凝华的是（　　）。‎ A．积雪消融 B．湖面起雾 C．瓦上结霜 D．衣服变干 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、积雪消融，物质由固态变成液态，属于熔化现象，故A不符合题意；‎ B、湖面起雾是空气中的水蒸气遇冷液化为小水珠，是液化现象，故B不符合题意；‎ C、瓦上结霜，这是空气中的水蒸气由气态直接变为固态，属于凝华现象，故C符合题意；‎ D、衣服变干是由液态水变成气态的水蒸汽，是汽化现象，故D不符合题意。故选C。‎ ‎40.（2019·甘肃武威）小刚发现天气较冷的季节，家里的窗户玻璃上有时是一层小水珠，有时是一层冰花。请简要回答水珠和冰花分别是怎样形成的。‎ ‎【解析】此题考查的是生活中的液化和凝华现象，是一道热学的基础题。（1）物质由气态变成液态的现象叫做液化；（2）物质由气态直接变成固态的现象叫做凝华。‎ ‎【答案】水珠是室内温度较高的水蒸气遇到温度较低的玻璃液化成的小水滴；冰花是室内温度较高的水蒸气遇到温度较低的玻璃凝华成的小冰晶。发生这两种现象的条件是室内外有一定的温差，当温差不大时发生液化，当温差较大时发生凝华。‎ ‎41.（2019·广州）在图温度计所示的恒温环境下进行实验．将温度计放入一杯冰水混合物中(冰是晶体)，从温度计放入开始计时，放入时间足够长，下列哪幅示意图可能反映了温度计内液体的体积随时间变化的情况（ ）。‎ A. B. ‎ 843‎ C. D. ‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由图知，当时环境温度始终为25℃，而冰水混合物的温度为0℃，当把温度计放入冰水混合物中时，温度计的示数先下降，则温度计内的液体的体积先减小，然后温度计的示数保持0℃不变，则即温度计内液体的体积保持不变，待冰完全熔化后，水的温度又开始上升直至与环境温度相同即为25℃，这个过程对应温度计的示数变化是由0℃变成25℃，最后不变，即温度计内液体的体积先变大后不变，可见，从计时开始，温度计内液体的体积的变化情况是：先变小后不变，再变大后不变。故应选A。‎ ‎42.（2019·深圳）关于下列四幅图的说法正确的是（ ）。‎ A. 甲图中，温度计的示数为−4℃；‎ B. 乙图中，某晶体熔化图象中bc段，晶体内能不变；‎ C. 丙图中，花儿上的露珠是水蒸气凝华而成的；‎ D. 丁图中，烈日下小狗伸出舌头降温，是因为水汽化放热 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．温度计读数，液柱所在刻度在0℃下方，且分度值为1℃，故读为−4℃，故A正确；‎ B．此图像为晶体熔化图像，晶体熔化时吸热，故内能增大，故B错误；‎ C．花儿上的露珠是水蒸气液化形成的，不是凝华，故C错误；‎ D．小狗伸舌头降温是利用水汽化吸热的原理，不是放热，故D错误．‎ ‎43.（2019·盐城）夏天，从冰箱冷藏室中取出的饮料瓶在空气中会“冒汗”。形成“汗”的物态变化是（ ）。‎ 843‎ A. 液化 B. 汽化 C. 凝华 D. 升华 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】饮料瓶壁上出现的“汗”是小水珠，是空气中热的水蒸气遇到冷的饮料瓶而放热液化形成的水珠，这些水珠附着在瓶壁上，看上去像“出汗”。故A正确。‎ ‎44.（2019·泰州）下列关于物态变化的判断,正确的是（ ）。‎ A. 樟脑丸逐渐消失—熔化；B. 铁水浇铸铁铸件—凝华；‎ C. 擦酒精解暑降温—汽化；D. 秋末屋顶上结霜—升华 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、樟脑丸由固态直接变为气态，发生的是升华现象，选项说法错误；‎ B、铁水由液态变成固态的铁铸件发生的是凝固现象，选项说法错误； ‎ C、擦酒精解暑，利用酒精蒸发时吸收热量，降低温度，蒸发属于汽化，选项说法正确；‎ D、秋末屋顶上结霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，选项说法错误。‎ ‎45.（2019·无锡）在密封的锤形玻璃泡内装有少量碘颗粒。为了能很快的观察到碘的升华现象，又要防止碘熔化，下列加热方式合适的是（碘的熔点是113.7℃，酒精灯外焰的温度约为800℃）‎ A. 浸入开水中； B. 用酒精灯外焰加热；‎ C. 放入冰水混合物中；D. 至于常温下的空气中 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】AB、酒精灯火焰温度高于碘的熔点和沸点，这样碘容易发生熔化和沸腾现象，不利于研究碘的升华和凝华，用水浴法加热，水的沸点低于碘的熔点，碘不会发生熔化现象，但是可以发生升华现象，所以用水浴法加热而不用酒精灯直接加热，可以确保碘不会熔化。故A符合题意，B不符合题意；‎ CD、将被密封的碘颗粒放入冰水混合物或在常温下观察碘升华，速度太慢，效果不明显。故C、D不符合题意。‎ ‎46.（2019·扬州）《中国诗词大会》深受观众喜爱，下列诗词中涉及的物态变化现象解释正确的是（ ）。‎ 843‎ A. 风雨送春归，飞雪迎春到——雪是升华形成的；‎ B. 不知明镜里，何处得秋霜——霜是凝固形成的；‎ C. 露从今夜白，月是故乡明——露是液化形成的；‎ D. 岚雾今朝重，江山此地深——雾是汽化形成的 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】雪和霜是由水蒸气凝华形成；露珠和雾均为小水珠，为液化形成；故选C。‎ ‎47.（2019·镇江）下列物态变化中，属于液化的是（ ）。‎ A. 冰凌的形成 B. 冰雪消融 C. 雾凇的形成 D. 露珠的形成 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．冰凌的形成是凝固现象；‎ B．冰雪消融是熔化现象；‎ C．雾凇的形成是凝华现象；‎ D．露珠的形成是液化现象。故选D。‎ ‎48．（2019·南京）图甲为探究冰熔化特点的实验装置，图乙为观察“碘锤”中的物态变化实验装置。已知标准大气压下，冰和碘的熔点分别是0℃和113.5℃．对比两实验有以下判断：（1）冰和碘都经历了固态变为液态的过程；（2）冰和碘在物态变化过程中都需要吸收热量。这两个判断（　　）。‎ 843‎ A．只有（1）正确 B．只有（2）正确 ‎ C．都正确 D．都错误 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】甲图中试管中的冰放在装水的烧杯中，冰会在试管内吸热熔化；图乙酒精灯给“碘锤”中固态碘加热，固态碘吸热升华；升华是指物体直接从固态变成气态，没有液态这一中间状态，故碘没有经历固态到液态的过程。所以，题干中（1）说法错误，（2）说法正确。‎ ‎49.（2018·娄底）小明从电冰箱的冷冻室拿出一块猪肉解冻，一会儿小明发现肉上起了一些白箱，这是（ ）。‎ A.冰的熔解现象，吸热 B.冰的汽化现象，吸热 C.水蒸气的凝华现象，放热 D.水蒸气的凝固现象，放热 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】从电冰箱的冷冻室拿出一块猪肉，由于猪肉温度很低，空气中的水蒸气遇低温凝华成固态的霜附着在猪肉表面，凝华时放热过程，故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎50.（2018·河北）下列与物态变化相关的说法正确的是（ ）。‎ A.出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风降低了室温；‎ B.石蜡和冰的熔化一样，都吸热但温度保持不变；‎ C.冬天人呼出的“白气”和露珠的形成原理相同；‎ D.因为雪的形成过程中吸收热量，所以下雪时天气变冷 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风加快了汗液的蒸发，蒸发从人体吸热，使人体的温度降低，但风不能降低室温，故A错误；‎ B、冰是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度不变；石蜡是非晶体，没有熔点，熔化过程中温度升高，故B错误；‎ C、冬天人呼出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液化现象，露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，所以冬天人呼出的“白气”和露珠的形成原理相同，故C正确。‎ D、下雪时，空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成雪，凝华是放出热量的，气温不是很低，故D错误。故选C。‎ ‎51．（2018•广安）下列对生活中的物理现象分析错误的是（　　）。‎ A．夏天，常用干冰给食品保鲜，利用了干冰升华吸热；‎ 843‎ B．烧开水时看见冒“白气”，是水汽化生成的水蒸气；‎ C．打开酒精瓶的瓶塞后，屋里弥漫着酒精味，这说明酒精分子在不停地运动；‎ D．常用水给汽车发动机冷却是利用了水的比热容大的特性 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、夏天，常用干冰给食品保鲜，干冰有固态直接变成气态，是升华现象，干冰升华吸热，故A正确；‎ B、当水烧开时，从壶嘴冒出温度较高的水蒸气在空气中遇冷放出热量，液化成小水珠，故B错误；‎ C、打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，是扩散现象，是分子无规则运动的结果，故C正确；‎ D、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以暖气装置中用水来供热；升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机中用水来冷却，故D正确。故选：B。‎ ‎52．（2018•青岛）下列现象，属于升华的是（　　）。‎ A．初春，冰冻的河面开始融化；‎ B．盛夏，盛冷饮的杯外壁出现水珠；‎ C．深秋，屋顶和地面出现了霜；‎ D．寒冬，晾在室外结冰的衣服变干 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、冰冻的河面开始融化，冰化成水属于熔化过程。故A不符合题意；‎ B、盛冷饮的杯外壁出现水珠，是空气中的水蒸气遇到温度较低的杯子液化形成的小水滴。故B不符合题意；‎ C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶。故C不符合题意；‎ D、结冰的衣服变干，冰直接变成水蒸气，属于升华过程。故D符合题意。故选：D。‎ ‎53.（2018·自贡）关于物态变化，下列判断正确的是（ ）。‎ A. 擦在皮肤上的水变干，是升华现象；‎ B. 夏天冰棒周围冒“白气”，是汽化现象；‎ C. 冬天驾车时挡风玻璃上起雾，是液化现象；‎ D. 冬天室外飘起的雪花，是凝固现象 ‎【答案】C。‎ 843‎ ‎【解析】A、擦在皮肤上的水变干是由液态变为气态过程，属于汽化现象。故A错误；B、夏天，冰棒周围冒出的“白气”是由水蒸气液化而形成的小水滴。故B错误；C、冬天驾车时挡风玻璃上起雾，是水蒸气液化形成的小水滴，是液化现象。故C正确；D、雪花是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象。故D错误。故选：C。‎ ‎54.（2018·广东）如题4图所示，加热－40℃的冰，下列说法正确的是（ ）。‎ A．BC段表示当前物体的状态仍是固态；‎ B．冰的熔化过程温度不变，说明熔化不需要吸热；‎ C．水的沸腾过程温度不变，说明它的内能不变；‎ D．由图可判断，加热时间相同时冰升温比水快，说明冰的比热容比水的小 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】由图知，该图象反映了冰的熔化过程温度跟时间的关系，也反映了水沸腾时温度跟时间的关系。图中BC段表示冰的熔化过程，该过程冰需要不断吸热，温度不变，冰处于固液共存态，故AB错误；图中DE段表示水的沸腾过程，该过程水必须不断吸热，温度不变，但内能不断增加，故C错误；图中AB段表示冰熔化前的过程，CD段表示水沸腾前的过程，由于AB段比CD段更陡，说明加热时间相同时冰升温比水快，说明冰的吸热能力比水的弱，即说明冰的比热容比水的小，故D正确。‎ ‎55.（2018·河北）下列与物态变化相关的说法正确的是( )。‎ A.出汗时吹风扇感觉凉快,是因为风降低了室温；‎ B.石蜡和冰的熔化一样,都吸热但温度保持不变；‎ C.冬天人呼出的“白气”和露珠的形成原理相同；‎ D.因为雪的形成过程中吸收热量,所以下雪时天气变冷 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风加快了汗液的蒸发，蒸发从人体吸热，使人体的温度降低，但风不能降低室温，故A错误；‎ 843‎ B、冰是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度不变；石蜡是非晶体，没有熔点，熔化过程中温度升高，故B错误；‎ C、冬天人呼出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液化现象，露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，所以冬天人呼出的“白气”和露珠的形成原理相同，故C正确。‎ D、下雪时，空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成雪，凝华是放出热量的，气温不是很低，故D错误。故选：C。‎ ‎56.（2018·滨州）如图所示是小明探究水沸腾时的装置以及实验中不同时刻气泡的情形，下列有关分析正确的是（　　）。‎ A．他可以选用量程为﹣80﹣60℃的酒精温度计；‎ B．图甲是水沸腾前的现象；‎ C．沸腾时，烧杯中不停地冒出“白气”，这些“白气”是水蒸气；‎ D．小明撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，所以水的沸腾有时候不需要吸收热量 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、酒精温度计的量程为﹣80℃～60℃；而标准大气压下水的沸点是100℃，故A错误；‎ B、甲气泡在上升过程中，体积逐渐减小，所以是沸腾前的情况，故B正确；‎ C、“白气”是水蒸气液化成的小水滴，不是水蒸气，故C错误；‎ D、水沸腾的条件：达到沸点并继续吸热，故D错误,故选B。‎ ‎57.（2018·南充）下列现象中属于汽化现象的是（　　）。‎ A．夏天洒在地上的水会很快变干；‎ B．北方的冬天水面结冰；‎ C．北方冬夜窗子玻璃上出现冰花；‎ D．夏天从冰箱拿出的冰冻饮料一会儿瓶身会出现水珠 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、夏天洒在室外地上的水很快变干了，是汽化中的蒸发现象。故A符合题意；‎ B、冬天水面结冰，水由液态变为固态，属于凝固现象。故B不符合题意；‎ 843‎ C、冬天窗子玻璃上出现的冰花，是水蒸气凝华而成的固态小冰晶。故C不符合题意；‎ D、夏天，从冰箱中拿出的饮料瓶过一会儿，瓶外壁会出现水珠，是空气中的水蒸气遇到温度较低的饮料瓶发生的液化现象。故D不符合题意。故选：A。‎ ‎58．（2018•枣庄）下列措施中，能使蒸发减慢的是（　　）。‎ A．给头发吹热风；‎ B．把盛有酒精的瓶口盖严；‎ C．将玻璃板上的水滴向周围摊开；‎ D．把湿衣服晾在通风向阳处 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、给头发吹热风，既加快了空气流动，又提高了温度，可以加快水份的蒸发，故A不合题意；‎ B、把盛有酒精的瓶口盖严，减慢了酒精周围的空气流动，从而减慢了酒精的蒸发，故B符合题意；‎ C、将玻璃板上的水滴向周围摊开，增大了液体表面积，可以加快水份的蒸发，故C不合题意；‎ D、把湿衣服晾在通风向阳处，既加快了空气流动，又提高了温度，可以加快水份的蒸发，故D不合题意。故选：B。‎ ‎59.（2018·潍坊）将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示，关于该物质说法正确的是（　　）。‎ A．固态时是晶体 B．在ab段内能增加 C．在cd段仍需吸收热量 D．固态时的比热容比液态时大 ‎【答案】ABC。‎ ‎【解析】A、由图象知，该物质在熔化过程中保持50℃不变，所以熔点为50℃，并且为晶体，故A正确。‎ 843‎ BC、由图象可知，该物质在ab段是熔化过程，晶体熔化时，仍然不断吸收热量，温度不变、但内能增加，故BC正确；‎ D、由图象可知，相同的时间内OA段升高的温度大于BC段升高的温度，由Q=cm△t可知：当吸收的热量和质量都相同时，△t越大比热容就越小，固态时的比热容比液态时小，故D错误。故选：ABC。‎ 二、填空题 ‎60.（2020·四川成都）做“纸杯烧水”实验时，小科用蜡烛火焰加热盛有适量冷水的纸杯，一段时间后水沸腾了。沸腾过程中，他多次测得水温为97.5°C，这说明当地水的沸点为___________；他把蜡烛移开，水停止沸腾，这说明水沸腾需要___________热量。‎ ‎【答案】(1)97.5°C；(2)吸收。‎ ‎【解析】液体沸腾过程中持续吸热，温度不变，此时的温度为液体的沸点；沸腾过程中，他多次测得水温为97.5°C，这说明当地水的沸点为97.5°C。‎ 液体沸腾过程中持续吸热，温度不变，把蜡烛移开，水没有热量可以吸收，停止沸腾，这说明水沸腾需要吸收热量。‎ ‎61．（2020·安徽）冬天，从寒冷的室外走到温暖的室内时，眼镜片上会出现“水雾”；夏天，从电冰箱里取出一瓶饮料，饮料瓶上会出现许多小水珠。这些都是物态变化中的________现象。‎ ‎【答案】液化。‎ ‎【解析】冬天室内温度较高，眼镜片温度较低，室内温度较高的水蒸气遇到温度较低的眼镜片发生液化；夏天冰箱里取出的饮料温度较低，空气中温度较高的水蒸气遇冷液化；‎ 故答案为：液化。‎ ‎62.（2020·黑龙江龙东）炎热的夏天，小明从冰箱中拿出冰棒，发现冰棒“冒”“白气”。如图所示，冰棒“冒”出的“白气”是向上飘还是向下落？为什么？‎ 843‎ ‎【答案】“白气”是向下落的。夏天空气中有大量的水蒸气，水蒸气遇到冷的冰棍液化形成小水滴，即“白气”，因为白气是小水滴，密度大于空气密度，所以冰棍冒出的“白气”是向下运动的。‎ ‎63.（2020·河南）在通常情况下，许多物质的密度、沸点、凝固点、比热容等都是稳定不变的。这些稳定不变的物理量既是物质的基本属性，也是自然界平衡与和谐的本质反映。假如这些物理量发生改变，我们生产、生活中的许多现象就会发生变化。请仿照示例，就任一物理量发生改变，提出一个相关的物理问题，并做出合理的猜想。‎ ‎【示例】问题:如果水的密度变小，轮船的吃水深度将如何变化? 猜想:轮船的吃水深度将增加。‎ 问题: 。猜想: 。‎ 答案：合理即可 ‎①如果水的凝固点变低，会更容易结冰吗？--凝固点变低，冬天会更难结冰 ‎②如果水的密度变大，人会更容易飘起来吗？--水的密度变大，浮力变大，会更容易飘起来 ‎64.（2020·重庆B）他在做观察水的沸腾实验中，某时刻观察到温度计示数如图甲所示。则此时水的温度_______℃；为根据记录数据画出加热过程中水的温度与时间关系图像如图乙所示，分析图像可知，被测水的沸点________℃，水在沸腾过程中温度_______(选填“升高”“降低”或“不变”)。‎ ‎【答案】(4)56；(5)98；(6)不变。‎ ‎【解析】甲图中的温度计每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，示数是56℃。‎ 从图象可以看出，从第6分钟开始，水的温度保持98℃不变，所以沸点是98℃。‎ 水在沸腾过程中需要继续吸热，但温度保持不变。‎ ‎65．（2020•岳阳）“新冠”防控期间，为了缓解长时间戴口罩的不适，小明用卫生纸垫在口罩挂耳处是为了（选题“增大”或“减小”）口罩对耳部的压强；医护人员戴防护护面罩会起“白雾”，这是现象（填物态变化的名称）。‎ ‎【答案】减小、液化 。‎ ‎【解析】压力一定时，增大受力面积，减小压强；“白雾”是水蒸气液化成小水滴。‎ 843‎ 故答案为：减小、液化 。‎ ‎66.（2020·江西）炎热的夏天，小莹从冰箱拿出一支冰淇淋，剥去包装纸，冰淇淋冒“白气”，这是一种______现象（填写物态变化名称）；吃冰淇淋觉得凉爽，是因为冰淇淋熔化时要______热量。‎ ‎【答案】（1）液化；（2）吸收。‎ ‎【解析】剥去包装纸，冰淇淋冒“白气”，是冰淇淋周围的水蒸气遇冷液化形成的小液滴。‎ 冰淇淋是固态的，在口中由固态变为液态发生熔化，熔化过程中吸收热量，所以我们吃冰淇淋觉得凉爽。‎ ‎67.（2020·广东）在“探究冰熔化时温度的变化规律”实验中，某时刻温度计的示数如图甲所示，其读数为______℃。图乙是冰熔化时温度的变化曲线，由图可知，冰在熔化过程中，温度______（选填“升高”“降低”或“不变”），内能______（ 选填“增加”“减少”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）2；（2）不变；（3）增加。‎ ‎【解析】由图甲可知，温度在0℃以上，分度值为1℃，故物质此时的温度是为2℃。‎ 由图乙可知，2-6min时段内，冰的温度保持0℃不变，即冰在熔化过程中，温度不变；冰在熔化过程中，吸收热量，故内能增加。‎ ‎68.（2019·广东）常用温度计是根据液体________的规律制成的。如图中________（选填“甲”或“乙”）是体温计，测量体温时，体温计________（选填“可以”或“不可以”）离开人体读数。 ‎ ‎【答案】 热胀冷缩；乙；可以。‎ ‎【解析】（1）液体温度计的工作原理：液体的热胀冷缩；‎ 843‎ ‎ （2）体温计是特殊的温度计，它的液泡上方有一段细小的弯曲，测量体温结束后，水银柱不能在重力作用下自己流会液泡，因此体温计可以离开人体读数。‎ ‎69.（2018·广东）炎炎夏日，小东从开着空调的屋内刚走到室外时，眼镜的镜片变模糊是由于空气中的水蒸气________形成；他在游泳池游泳后走上岸感觉到有点冷是由于身上的水_______吸热所致；他买了冰棒含在嘴里过了一会儿感觉到凉快是由于冰棒________吸热所致。（均填物态变化名称）‎ ‎【答案】液化；汽化；熔化。‎ ‎【解析】小东从空调室内走到室外时，由于眼镜的镜片温度比室外的温度低，室外空气中的水蒸气遇到较冷的镜片时放热液化形成水珠附在镜片上，使镜片变模糊；小东从游泳池中走上岸时，由于身体上的水汽化需要吸热，从而导致他感觉有点冷；小东将冰棒含在嘴里，过了一会感觉到凉快，是因为冰棒在嘴里熔化需要吸热所致。‎ ‎70.（2018·桂林）如图所示，“武江烟雨”是难得见的美丽景色，江面上环绕的雾是由水蒸  ( 填 写物态变化名称)形成的，在这个过程中水蒸气会选填（“吸收”或“放出”)热量。‎ ‎【答案】液化；放出。‎ ‎【解析】雾是由空气中的水蒸气遇冷液化成的小水珠，液化放热。‎ 故答案为：液化；放出。‎ ‎71.（2018·济宁）在某些干早缺水的地区，人们常采用如图所示的方法收集土壤中的水分。土壤中的水分子接触塑科薄膜前发生了_______(填写物态变化名称)现象；水蒸气在塑料薄膜下凝结成水珠过程中，_______(填“吸收”或“放出”》热量。‎ ‎【答案】汽化；放出 843‎ ‎【解析】解：土壤中的水分先汽化成水蒸汽，水蒸气遇到温度低的塑料薄膜变成小水滴是液化，液化需要放出热量。‎ 故答案为：汽化；放出。‎ ‎72.（2018·河南）自然界中的水循环是通过水的物态变化实现的。地面上江、河、湖、海中的水在太阳的照射下不断   成水蒸气，流动的水蒸气遇到冷的空气后       成小水滴或直接     成小冰晶，就形成了云。在一定的条件下，小冰晶熔化成水与原来的小水滴一同下落，形成雨水，汇集到江、河、湖、海中。‎ ‎【答案】汽化；液化；凝华。‎ ‎【解析】本题考查自然界中的物态变化。江河湖海里的水变成气态的水蒸气，属于汽化，水蒸气遇冷液化化形成小水滴。从气态的水蒸气直接形成小冰晶属于凝华。‎ 考点六内能与内能利用 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 分子热运动 正确认识分子动理论的基本内容 用分子热运动的解释常见现象 ‎2‎ 内能 了解内能的概念及和机械能的区别，知道做功和热传递可以改变物体的内能，能描述温度和内能的关系，会判断热传递发生的条件和结果。‎ 易错点：温度、热量、内能三者间的区别和联系 ‎3‎ 比热容 理解比热容的概念，并用热量公式进行计算 ‎4‎ 热机 四冲程汽油机的基本工作原理，燃料的热值及热机的效率 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·四川遂宁）宁湿地公园的建成改善了城市生活环境，提高了市民生活质量。夏天公园内鸟语花香、气温宜人，游人如织，下列对人们在湿地公园的感知解释错误的是（　　）。‎ 843‎ A．闻到公园内阵阵花香，是分子无规则运动的结果；‎ B．走在五彩缤纷路，觉得路面热得发烫，而在湖边感到湖水凉爽，是因为水的比热容比沙石的比热容大；‎ C．摆渡船的内燃机使用的燃料属于不可再生能源；‎ D．游客手里的冰棒吸热内能增加，温度一定会升高 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、我们能闻到花的香味，是因为花芳香分子在做无规则运动引起的，属扩散现象。故A正确；‎ B、水的比热容比沙子的比热容大，吸收相同的热量，水的温度变化小、沙子的温度变化大，所以觉得沙子热得发烫而河水却不怎么热。故B正确；‎ C、内燃机工作过程中燃烧的汽油、天然气都属于不可再生能源。故C正确；‎ D、冰棒吸收热量，内能一定会增大，但熔化过程中温度不变。故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎2.（2020·北京）关于分子的热运动和分子之间的作用力，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 扩散现象说明分子是运动的；‎ B. 固体之间也可以发生扩散现象；‎ C. 液体很难被压缩，是由于液体分子间存在引力；‎ D. 固体很难被拉伸，说明固体分子间只存在引力 ‎【答案】AB。‎ ‎【解析】A．扩散现象是由于分子在做不停息地无规则运动造成的，故A正确；‎ B．扩散现象是不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，固体、液体、气体之间都可以发生扩散现象，故B正确。‎ 843‎ CD．分子引力、和斥力同时存在，距离较近时，表现为斥力，距离较远时表现为引力；液体很难被压缩，是因为液体分子排列相对紧密，分子之间距离小，表现为斥力；固体很难被拉伸，是因为固体的分子排列规则且紧密，分子之间距离小，表现为斥力。故CD错误。故选AB。‎ ‎3.（2020·江苏泰州）关于粒子与宇宙，下列说法不正确的是（　　）。‎ A. 丝绸摩擦过的玻璃棒吸引纸屑，说明分子间有引力；‎ B. 走进公园闻到花香，说明分子在不停地运动；‎ C. 水和酒精混合后总体积变小，说明分子间有空隙；‎ D. 原子核由质子和中子构成，中子不带电 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．用丝绸摩擦过的玻璃棒能吸引小纸屑是因为带电体能吸引轻小物体，故A错误，符合题意；‎ B．由于带花香的分子在不停地运动，所以人们走进公园就能闻到花香， 故B正确，不符合题意；‎ C．由于分子间存在间隙，所以水和酒精混合后总体积变小，故C正确，不符合题意；‎ D．原子核是由中子和质子组成，质子带正电、中子不带电，故D正确，不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎4.（2020·山东泰安）下列现象中，说明分子在不停地做无规则运动的是（　　）。‎ A. 尘土飞扬 B. 茶香四溢 C. 树叶纷飞 D. 瑞雪飘飘 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】ACD．尘土飞扬、树叶纷飞、瑞雪飘飘这三句所描述的都是物体的运动，属于机械运动，故ACD不符合题意；‎ B．茶香四溢是香味分子在空气中发生了扩散现象，扩散现象说明分子在不停的做无规则运动，故B符合题意。‎ 故选B。‎ ‎5．（2020·南充）下列说法正确的是（　　）。‎ A．“破镜不能重圆”说明分子间没有引力；‎ B．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体；‎ C．把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能不变；‎ D．若没有外界做功时，同一物体温度降低得越多，放出的热量就越多 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、“破镜不能重圆”，是因为镜子碎片接触时达不到产生分子力作用的距离，不能说明分子间有斥力，故A错误；‎ 843‎ B、发生热传递的条件是存在温度差，内能大的物体温度可能低于内能小的物体的温度，故B错误；‎ C、冰是晶体，把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能增加，但温度不变，故C错误；‎ D、若没有外界做功时，同一物体，温度降得越低，放出的热量就越多，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎6.（2020·江苏泰州）将热水倒进玻璃杯中，玻璃杯会变热，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 水将温度传给了玻璃杯；‎ B. 水含有的热量减少；‎ C. 玻璃杯增加的内能大于水减少的内能；‎ D. 能的总量保持不变 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．温度是指物体冷热的程度，温度不能传递；将热水倒进玻璃杯中，玻璃杯会变热，是水将热量传给玻璃杯，故A错误；‎ B．热量是一过程量，只能用“吸收”和“放出”描述，不能用“含有”描述，故B错误；‎ C．将热水倒进玻璃杯中，温度高的热水放出热量，温度低的玻璃杯吸收热量，水的内能减少，玻璃杯的内能增大；此过程中，热水放出的热量会有一部分被空气吸收，玻璃杯不能完全吸收热水放出的热量，所以玻璃杯增加的内能小于水减少的内能，故C错误； ‎ D．根据能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，能的总量保持不变，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.（2020·四川甘孜州）中秋节期间，学校桂花盛开，花香扑鼻，这个现象说明（　　）。‎ A. 分子间存在着引力 B. 分子间存在着斥力 C. 分子在不停地运动 D. 分子间不存在空隙 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】中秋节期间，学校桂花盛开，花香扑鼻，说明花香分子在不停地做无规则运动。‎ 故选C。‎ 843‎ ‎8.（2020·山东滨州）下列说法中正确的是（　　）。‎ A. 花香袭人说明构成物质的分子不停地做无规则运动；‎ B. 搓手取暖是通过热传递的方式改变内能的；‎ C. 常用水作冷却剂，是利用了水的比热容大这一性质；‎ D. 四冲程内燃机工作时，做功冲程将机械能转化为内能 ‎【答案】AC。‎ ‎【解析】A．花香袭人，属于扩散现象，说明构成物质的分子不停地做无规则运动，故A正确；‎ B．搓手取暖是通过做功的方式改变内能的，故B错误；‎ C．水具有较大的比热容，相同质量的水和其它物质相比，吸收相同的热量，温度变化小，因此水常被用来做冷却剂，故C正确；‎ D．四冲程内燃机工作时，做功冲程将内能转化为机械能，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎9.（2020·安徽）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 0℃的物体也具有内能；‎ B. 只要物体放出热量，温度就一定降低；‎ C. 物体温度越高，含有的热量越多；‎ D. 热量总是从内能大的物体传递给内能小的物体 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A.一切物体都具有内能，0℃的物体也具有内能，故 A 正确；‎ B.晶体凝固过程中对外放出热量，但是温度不变，故 B 错误；‎ C.热量是过程量，不能说物体“含有热量”，故 C 错误；‎ D.热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，故 D 错误。‎ ‎10.（2020·黑龙江）目前，市区里的老旧小区正在进行水路改造，改造中用到了一种打孔工具一冲击钻，冲击钻工作时，钻头在电动机的带动下，不断冲击墙壁打出圆孔。如图，冲击钻在工作过程中，关于其能量转化正确的是（ ）。‎ A.内能转化为机械能；B.内能转化为电能；‎ C.只有机械能和内能的转化；D.有电能、机械能和内能的转化 843‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】冲击钻工作时，钻头在电动机的带动下转动，该过程电能主要转化成机械能和一少部分内能；冲击钻在冲击墙壁打圆孔时，机械能转化为内能；‎ 故选D。‎ ‎11.（2020·黑龙江龙东）（多选）有关温度、热量和内能的说法错误的是（ ）。‎ A.物体放出热量，其内能一定减小，温度一定降低；‎ B.热量总是从内能多的物体向内能少的物体传递；‎ C.将热水倒入碗里，碗变热是通过热传递的方式改变了内能；‎ D.冰在熔化过程中，内能增加而温度保持不变 ‎【答案】AB。‎ ‎【解析】A.物体放出热量，其内能一定减小，但温度不一定降低，例如晶体的凝固，放出热量，但温度不变，故A错；‎ B.热传递的方向是：从高温物体到低温物体或从同一物体的高温部分到低温部位，而不是从内能多的物体向内能少的物体传递，故B错；‎ C.将热水倒入碗里时，热量由热水传递到碗，是通过热传递的方式改变了内能，故C正确；‎ D.晶体熔化的特点是：吸收热量，温度不变，内能增大。冰是晶体，熔化过程中，内能增加而温度保持不变，故D正确。‎ 故选AB ‎12.（2020·湖南常德）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 物体吸收热量，温度一定升高；‎ B. 80°C的水一定比30°C的水含有的热量多；‎ C. 物体的内能增加，一定是从外界吸收了热量；‎ D. 温度相同的物体接触时不发生热传递 843‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．晶体熔化过程中，需吸收热量，但温度不变，水在沸腾时，需继续吸热，但温度保持不变，故A错误；‎ B．热量是热传递过程中内能转移的量度，是一个过程量，不能说物体含有热量，故B错误；‎ C．改变内能有两种途径：做功与热传递，故C错误；‎ D．热传递发生条件是两个接触的物体有温差，若两个物体温度相同，则不会发生热传递，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.（2020·山东泰安）下面是研究黑点标注的物体内能改变的情景，通过做功使物体内能增加的是（　　）。‎ A 把铁丝反复弯折，弯折处变热；‎ B. 把钢球放入炉火中，烧一段时间；‎ C. 冬天，用热水袋对手进行取暖；‎ D. 水烧开时，水蒸气将壶盖顶起 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．把铁丝反复弯折，弯折处变热，是摩擦生热，属于做功改变铁丝的内能，符合题意；‎ B．把钢球放入炉火中，烧一段时间，是热传递改变钢球的内能，不符合题意；‎ C．冬天，用热水袋对手进行取暖，是热传递改变手的内能，不符合题意；‎ D．水烧开时，水蒸气将壶盖顶起，是热传递改变水蒸气的内能，不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎14.（2020·四川乐山）下列说法正确的是（　　）。‎ A. 内燃机的做功冲程是将机械能转化为内能的过程；‎ B. 海边昼夜温差变化比沙漠中小，是因为水的比热容比沙石的小得多；‎ C. “钻木取火”是通过热传递的方式改变物体的内能；‎ D. 冬天，水蒸气在寒冷的玻璃上凝华形成冰花 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．内燃机的做功冲程是将内能转化为机械能的过程，故A错误；‎ B．海边昼夜温差变化比沙漠中小，是因为水的比热容比沙石的大，故B错误；‎ 843‎ C．“钻木取火”是通过做功方式改变物体的内能，故C错误；‎ D．冬天，水蒸气在寒冷的玻璃上凝华形成冰花，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎15.（2020·江苏连云港）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 0℃的冰块内能为0；‎ B. 汽油机做功冲程气缸内燃气的内能增加；‎ C. 存在温度差的两个物体相接触会发生热传递；‎ D. 出笼的馒头变凉的过程中所含的热量在减少 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．一切物体都有内能，0℃的冰块内能不为零，故A错误；‎ B．在汽油机的做功冲程中，燃烧产生的高温高压气体迅速膨胀，推动活塞向下运动，内能转化为机械能，内能减小，故B错误；‎ C．热传递的条件是温度差，存在温度差的两个物体相接触会发生热传递，故C正确；‎ D．出笼的馒头变凉的过程中温度降低，内能减小，热量是过程量，不能说“含有”，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎16．（2020•岳阳）下列与热学有关叙述合理的是（ ）。‎ A．年平均气温为-25℃的南极的冰山没有内能；‎ B．烤火取暖是火焰的温度转移到人身上；‎ C．内燃机压缩冲程将机械能转化为内能；‎ D．“端午佳节粽叶飘香”，人们闻到粽子的香味是升华现象 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】一切物体都有内能；烤火取暖是通过热传递的方式传播的内能；内燃机压缩冲程将机械能转换为内能；粽叶飘香是扩散现象，说明构成物质的分子在不停息地运动。‎ 故选C。‎ ‎17.（2020·北京）依据表格中的数据，下列说法正确的是（ ）。‎ 物质 比热容c/ 【J/(kg·°C)-1】‎ 水 ‎4.2×103‎ 843‎ 煤油 ‎2.1×103‎ 砂石 约0.92×103‎ A. 一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容变小；‎ B. 水和砂石放出相等热量，水的温度降低得较多；‎ C. 水的比热容表示水的温度升高1°C吸收的热量是4.2×103J；‎ D. 质量相等的水和煤油，吸收相等热量，煤油温度升高得较多 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．比热容是物质特有的一种物理属性，只跟物质的种类、状态有关，所以一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容不变，故A错误；‎ B．根据可知，相同质量的水和沙石放出相等热量，由于沙石的比热容比水小，则沙石的温度降低得较多，故B错误；‎ C．水的比热容表示的是1kg的水温度升高（或降低）1°C时吸收（或放出）的热量是4.2×103J，故C错误；‎ D．根据可知，相同质量的水和煤油吸收相等热量，由于煤油的比热容比水小，则沙石的温度升高得较多，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎18. （2020·安徽）在物理学习的过程中，对物理知识的正确认识是非常重要的。以下说法正确的是（ ）。‎ A. 物体的运动速度越大，惯性越大；‎ B. 磁场和磁感应线都是真实存在的 ；‎ C. 电动机工作时消耗的电能主要转化成机械能 ；‎ D. 热机工作的实质是把机械能转化为内能 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A.物体的惯性只和质量有关，与速度无关，故 A 错误；‎ B.磁场是真实存在的，磁感线是为了描述磁场而假想出来的物理模型，不是真实存在的，故 B 错误；‎ C.电动机工作时消耗的电能主要转化为机械能，一小部分转化为内能，故 C 正确；‎ D.热机工作的实质是把内能转化为机械能，故 D 错误。‎ ‎19.（2020·四川甘孜州）下列关于热值和热机效率说法，正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 使燃料燃烧更充分，可以增大热值；‎ B. 使燃料燃烧更充分，可以提高热机效率；‎ C. 柴油机的热机效率通常为100%；‎ D. 燃料燃烧释放的热量越大，热值越大 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．热值是燃料的特性，与燃烧情况无关，故A错误；‎ B．使燃料燃烧更充分，可以增大有效利用的能量，提高热机的效率，故B正确；‎ C．任何机器的做功时都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%，故C错误；‎ D．热值是燃料的特性，与放出热量的多少无关，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎20.（2020·江西）下列说法中正确的是（　　）。‎ A. 敲碎煤块使煤充分燃烧能提高煤热值；‎ B. 汽车在减速过程中，惯性减小，动能减小；‎ C. 当仅有热传递时，物体吸收热量时内能增加，放出热量时内能减小；‎ D. 与丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为丝绸的正电荷转移到玻璃棒上 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关，敲碎煤块使煤充分燃烧不能提高煤的热值，故A错误；‎ B．惯性与质量有关，汽车在减速过程中，质量不变，惯性不变，速度减小，动能减小，故B错误；‎ C．当仅有热传递时，高温物体放出热量，内能减小，低温物体吸收热量，内能增加，故C正确；‎ D．与丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是玻璃棒上的原子核束缚电子的能力弱，使一部分电子从玻璃棒上转移到丝绸上，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎21.（2020·新疆）己知水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），用如图所示的家用电热水壶烧开一壶自来水，水吸收的热量约为（　　）。‎ 843‎ A. 6×104J B. 6×105J C. 6×106J D. 6×107J ‎【答案】B。‎ ‎【解析】这样的壶，装满水，水的质量约为2kg。室温温度约为20℃，将水加热至沸腾，水的温度升高了80℃，根据公式可以计算出水吸收的热量为6.72105J。‎ 选项A、C、D数值差距较大，不符合题意；选项B数值接近，符合题意。‎ 故选B。‎ ‎22．（2020·衡阳）如图所示为内燃机四冲程工作示意图，下列说法正确的是（　　）。‎ A．一个工作循环的正确顺序是：甲乙丙丁；‎ B．乙图冲程能获得动力；‎ C．丁图冲程有明显机械能转化为内能的过程；‎ D．丙图冲程存在化学能转化为内能的过程 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】甲图中两个气阀都关闭，火花塞点火，活塞下运动，是做功冲程，此冲程将内能转化为机械能；‎ 乙图中进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程；‎ 丙图中排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程；‎ 丁图中两个气阀都关闭，活塞向上运动，所以为压缩冲程，是机械能转化为内能；‎ A、四个冲程的正确顺序是乙丁甲丙，故A错误；‎ B、乙图为吸气冲程，内燃机在做功冲程能获得动力，故B错误；‎ C、丁图为压缩冲程，在该冲程中将机械能转化为内能，故C正确；‎ D、丙图为排气冲程，而在做功冲程存在化学能转化为内能的过程，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎23.（2020·河南）（双选）在科学晚会上，小明所在的科技小组示了一个“隔板推物”的节日，其原理如图 8 所示：甲、乙两线圈分别悬挂在两个蹄形磁铁的磁场中，两线圈通过导线连接构成一个闭合电路，用手推动甲线圈摆动 843‎ 时，乙线圈会随之摆动，对于这个过程，下列说法正确的是（ ）‎ A.甲线图相当于电源，乙线圈相当于用电器；‎ B.推动甲线圈摆动时电能转化为机械能；‎ C.乙线圈随之摆动时机械能转化为电能；‎ D.乙线圈摆动是因为通电导线在测场中受力 ‎【答案】AD。‎ ‎【解析】A 选项，推动甲线圈，乙线圈随之摆动，甲线圈是发电机，乙线圈是电动机，故 A 正确；‎ B 选项，甲线圈是发电机，机械能转化为电能，故 B 错误；‎ C 选项，乙线圈是电动机，电能转化为机械能，故 C 错误；‎ D 选项，乙线圈是电动机，其原理为通电导体在磁场中受力。‎ ‎24.（2019·贵港）下列现象中不能说明分子在不停地做无规则运动的是（ ）。‎ A．刮风时灰尘在空中飞舞；‎ B．酒精瓶盖打开可以嗅到酒精气味；‎ C．夏日的“荷城”贵港，荷花飘香；‎ D．在一杯热水中加盐，过一段时间整杯水都变咸了 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A.选项中的灰尘飞舞是由于风的作用力使灰尘的运动状态不断改变所致，属于机械运动；‎ B.选项中的酒精气味是酒精分子无规则运动的结果；‎ C.选项中的荷花飘香是荷花分子无规则运动的结果；‎ D.选项中水变咸是盐分子无规则运动的结果，所以BCD选项都能说明分子在不停地做无规则运动。故应选A。‎ ‎25.（2019·益阳）关于物质的构成与分子热运动，下列说法正确的是（　　）。‎ A．物质是由分子、原子组成，原子由质子和中子组成 B．光学显微镜能分辨出组成物质的分子、原子 843‎ C．两块经打磨后的铅块紧压后结合在一起，说明分子间只存在引力 D．在一小杯清水中滴入红墨水，一段时间后整杯水变红，这是扩散现象 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、物质是由分子或原子组成的，分子由原子组成，原子是由居于原子中心的带正电原子核和核外带负电电子构成的，故A错误；‎ B、分子、原子很小，肉眼不能直接看到，就是在光学显微镜下也看不到它们，故B错误；‎ C、分子间既有引力也有斥力，故C错误；‎ D、向一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水变红，这是因为红墨水分子运动到水里面的结果，属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，故D正确。故选D。‎ ‎26.（2019·绵阳）如图所示，用塞子塞紧瓶口，再用打气筒向瓶内打气，当瓶内气压达到足够大时，塞子从瓶口冲出。下列关于瓶内气体的说法，正确的是（　　）.‎ A．向瓶内打气，外界对气体做功，气体内能减少；‎ B．向瓶内打气，气体对外界做功，气体内能增加；‎ C．塞子从瓶口冲出，气体对外界做功，气体内能减少；‎ D．塞子从瓶口冲出，外界对气体做功，气体内能不变 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】如图，向瓶内打气时，外界对瓶内气体做功，瓶内气体的内能增加，气体的压强增大，增大到一定程度，塞子从瓶口冲出，此时气体对塞子做功（即对外界做功），气体的内能转化为塞子的机械能，气体的内能减少，故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎27.（2019·潍坊）关于热现象，下列说法正确的是（　　）。‎ A．液体很难被压缩，说明分子间有引力 B．内能和温度有关，0℃的冰块没有内能 C．常用水作冷却剂，是利用了水比热容大这一性质 D．四冲程内燃机工作时，压缩冲程将机械能转化为内能 ‎【解析】A、液体很难被压缩，说明分子间有斥力，故A错误；‎ 843‎ B、任何温度的物体都具有内能，故B错误；‎ C、常用水作冷却剂，利用了水比热容较大的性质，这样在同等情况下可以吸收更多的热量，故C正确；‎ D、压缩冲程活塞压缩燃料混合物做功，将机械能转化为内能，故D正确。故选CD。‎ ‎28.（2019·盐城）将红墨水滴入水中，一会整杯水变红，这一现象中（ ）。‎ A. 只有水分子运动,进入墨水分子间隙；‎ B. 只有墨水分子运动,进入水分子间隙；‎ C. 水分子和墨水分子都在运动,彼此进入对方的分子间隙；‎ D. 水分子和噩水分子都在运动,只是题水分子进入水分子间隙 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】将红墨水滴入水中后，因一切物体的分子都在不停地做无规则运动，水分子和墨水分子都彼此进入对方的分子间隙，所以一会整杯水都变红。故C正确，A、B、D错误。‎ ‎29.（2019·泰州）下列关于粒子和宇宙的说法,正确的是（ ）。‎ A. 摩擦起电的实质就是创造了电荷；‎ B. 宇宙是一个有层次的天体结构系统,其中恒星是绝对不动的；‎ C. 海绵容易被压缩,说明分子间有空隙；‎ D. 两个表面光滑的铅块相互挤压后粘在一起,说明分子间存在吸引力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A. 摩擦起电的实质是发生了电荷的转移,并不是创造了电荷，故A错误；‎ B. 宇宙是一个有层次的天体结构系统，恒星在不断地运动，故B错误；‎ C. 海绵里有气孔，压缩时海绵里的空气跑出来，海绵体积减小，但不能说明分子间有间隙，故C错误；‎ D. 两个表面光滑的铅块相互紧压后，它们会黏在一起，说明了分子间有引力；所以D正确 ‎30.（2019·无锡）下列现象中，可以说明分子间存在引力的是（ ）。‎ A. 液体很难被压缩 B. 两个铅块相互压紧后粘在一起 C. 美味佳肴香气扑鼻 D. 酒精和水充分混合后总体积减小 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、液体很难被压缩是因为分子间存在相互的斥力，故A错误；‎ 843‎ B、两个表面光滑的铅块紧压后，由于分子间存在相互的引力而使两块铅块粘在一起，故B正确；‎ C、美味佳肴香气扑鼻是分子做无规则运动的结果，是扩散现象，故C错误；‎ D、酒精和水混合后总体积变小，说明物质分子间有间隙，故D错误。‎ ‎31.（2019·扬州）下列说法正确的是（ ）。‎ A. 0℃的物体没有内能；‎ B. 物体具有内能，也同时具有机械能；‎ C. 只要设计巧妙，永动机就可以制成；‎ D. 核能属于可再生能源 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】内能大小与温度和质量有关，零度的物体也具有内能；物体同时具有内能和机械能；永动机违背能力守恒定律，任何永动机都无法制作出来；核能属于不可再生能源。‎ ‎32.（2019·福建）下表列出一些物质的比热容，根据表中数据,下列判断止确的是（ ）。‎ 物质 水 煤油 冰 铝 铜 比热容/( J˙kg-1˙℃-1)‎ ‎4.2×103‎ ‎2.1×103‎ ‎2.l×lO3‎ ‎0.88×103‎ ‎0.39×103‎ A.不同物质的比热容一定不同；‎ B.物质的物态发生变化，比热容不变；‎ C.质屋相等的铝和铜升高相同的温度，铝吸收的热量更多；‎ D.质量相等的水和煤油吸收相同的热量，水升高的温度更多 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】考查比热容的特点，属于中等题。‎ 根据公式可知，当m和△t一定时，铝的比热容比铜大，所以铝吸收的热量更多，所以选C。‎ ‎33.（2019·广州）下列说法正确的是（ ）。‎ A. 两物体温度相同，内能一定相同；‎ B. 两物体相比，分子动能越大的物体，其内能越大；‎ C. 甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体内能大；‎ D. 扩散现象中，分子可以从低温物体运动到高温物体 ‎【答案】D。‎ 843‎ ‎【解析】A．内能是指分子动能和分子势能之和．分子动能跟物体的温度有关，分子势能跟物体的体积有关，可见内能跟物体的温度和体积都有关，所以两物体温度相同，其内能不一定相同，故A错误；‎ B．因为内能是指分子动能和分子势能之和，所以分子动能大的物体，其内能不一定就大，故B错误；‎ C．热量是从温度高的物体传递给温度低的物体，甲物体传递了热量给乙物体，只能说明甲的温度高于乙的温度，而温度并非决定内能大小的唯一因素，故C错误；‎ D．扩散现象是指相互接触的物体的分子彼此进入对方的现象，所以在扩散现象中，分子一定可以从低温物体运动到高温物体，故D正确。‎ ‎34.（2019·达州）下列关于热现象的说法中正确的是（　　）。‎ A．物体的温度越高所含的热量越多；‎ B．内燃机的做功冲程将机械能转化成内能；‎ C．打扫卫生时灰尘飞扬说明分子在永不停息地做无规则运动；‎ D．物质的比热容越大反映了物质吸收或放出热量的能力越强 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，只能说吸收热量或放出热量，故A错误；‎ B、内燃机的一个工作循环有四个冲程，做功冲程是将内能转化成机械能，故B错误；‎ C、灰尘是可以看得见的物体，因此灰尘的飞扬不是分子的运动，而是物体的机械运动，故C错误；‎ D、比热容是物质的一种特性，它反映了物质吸收或放出热量的能力，比热容越大反映了物质吸收或放出热量的能力越强，故D正确。故选D。‎ ‎35.（2019·深圳）下列说法正确的是（ ）。‎ A. 燃料燃烧越充分，它的热值就越大；‎ B. 内燃机用水做冷却液，是因为水的比热容较大；‎ C. 敲击大小不同的编钟，发出声音的音色不同；‎ D. 在闹市区安装噪声监测装置，可以减弱噪声 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．燃料的热值是某种燃料完全燃烧时放出的热量与其质量之比，与实际燃烧情况无关，故A错误；‎ 843‎ B．水的比热容比较大，与质量相等其它物质相比，在升高相同温度时，水吸收的热量多，适合作为内燃机的冷却液，故B正确；‎ C．敲击大小不同的编钟，是音调不同，相同乐器发出的声音的音色相同，故C错误；‎ D．噪声监测装置只能监测噪声等级，不能减弱，故D错误。‎ ‎36．（2019·南京）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）。‎ A．温度相同的物体内能一定相等；‎ B．汽油机做功冲程中燃气的内能减小；‎ C．我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多；‎ D．电能可以使灯泡发光，同时产生内能，这些内能又可以自动地转化为电能 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A.内能跟物体的质量、状态、温度有关，温度相同的物体，内能不一定相同，故A错误；‎ B.汽油机的做功冲程中，燃气对活塞做功，燃气的内能转化为机械能，所以燃气的内能减少，故B正确；‎ C.我们不敢大口地喝热气腾腾的汤，是因为热汤的温度高；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故C错误；‎ D.电能可以使电灯发光，同时产生内能，而这些内能无法自动地转化为电能，是因为能量的转化是有方向性的，故D错误。故选B。‎ ‎37.（2018·东营）水煎包是东营特色名吃，其特色在于兼得水煮油煎之妙，色泽金黄，一面焦脆，三面嫩软，皮薄馅大，香而不腻。在水煎包的制作过程中，以下说法正确的是（ ）。‎ ‎①水煎包“香气四溢”，说明分子在不停地做无规则运动；‎ ‎②水煎包能被煎成金黄色，是因为油的沸点比水的沸点低；‎ ‎③木柴燃烧时将化学能转化为内能；‎ ‎④往热锅内倒入水会产生大量的“白气”，“白气”是水汽化形成的；‎ ‎⑤锅盖不断被水蒸气顶起而发生“跳动”，此时水蒸气的内能转化为锅盖的机械能。‎ A．①②③⑤ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．②③④⑤‎ 843‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】①水煎包“香气四溢”，是因为香气分子无规则热运动的结果，说明分子在不停地做无规则运动；此说法正确。‎ ‎②水煎包能被煎成金黄色，是因为油的沸点比水的沸点高；故此说法错误。‎ ‎③木柴燃烧时将化学能转化为内能；此说法正确。‎ ‎④往热锅内倒入水会产生大量的“白气”，“白气”是水蒸气液化成小水滴形成的；故此说法错误。‎ ‎⑤锅盖不断被水蒸气顶起而发生“跳动”，此时水蒸气的内能转化为锅盖的机械能；此说法正确。‎ 由此可见，以上说法正确的是：①③⑤；故选B。‎ ‎38.（2018·绵阳）如图所示，将两个铅柱的底面削平、削干净，紧紧压在一起，在下面吊一个重物都不能把它们拉开。这个实验事实说明（　　）。‎ A．物质是由分子构成的；B．分子在不停地做热运动；‎ C．分子之间存在引力； D．分子之间存在斥力 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】物质是由分子组成的，分子在不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力。将两个铅柱的底面削平、削干净、然后紧紧地压在一起，两铅块就会结合起来，甚至下面吊一个重物都不能把它们拉开，说明了分子之间存在吸引力，故C正确。‎ ‎39.（2018•广安）关于物体的内能，下列说法中正确的是（　　）。‎ A．物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量；‎ B．0℃的冰熔化成0℃的水内能不变；‎ C．汽油机的压缩冲程是把内能转化为机械能；‎ D．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、夏天，常用干冰给食品保鲜，干冰有固态直接变成气态，是升华现象，干冰升华吸热，故A正确。‎ 843‎ B、当水烧开时，从壶嘴冒出温度较高的水蒸气在空气中遇冷放出热量，液化成小水珠，故B错误。‎ C、打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，是扩散现象，是分子无规则运动的结果，故C正确。‎ D、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以暖气装置中用水来供热；升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机中用水来冷却，故D正确。故选B。‎ ‎40.（2018•达州）对于图中所示的四幅图，下列说法中正确的是（　　）。‎ A．甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能增加；‎ B．乙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力；‎ C．丙图中活塞向上运动是内燃机的做功冲程；‎ D．丁图中小朋友下滑时，内能转化为机械能 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能减少，故A错误。‎ B、丙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力，故B正确。‎ C、乙图中活塞向上运动时，进气门、排气门都关闭，是内燃机的压缩冲程，故C错误；‎ D、丁图中小朋友下滑时，机械能转化为内能，故D错误。故选B。‎ ‎41.（2018·桂林）经常下厨的小关发现，同时用相同的锅和燃气灶加热质量相等、初温相同的水和食用油，油的温度总是升高得快些。这是因为（ ）。‎ A.水的比热容小，吸热后温度升高得快；B.油的比热容小，吸热后温度升高得快；‎ C.在相同的时间内，水吸收的热量较多；D.在相同的时间内，油吸收的热量较多 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】同时用相同的锅和燃气灶加热质量相等、初温相同的水和食用油，因为油的比热容小，故加热后温度升高的快；故A错误，B正确。‎ 843‎ 因为灶具相同，在相同时间内和热转换效率相同时，水和油吸收的热量应相同；故CD错误。正确答案是B。‎ 二、填空题 ‎42.（2020·黑龙江龙东）为了消杀新冠病毒，工作人员在教室喷洒酒精后， 同学们进入教室闻到刺鼻的酒精味，这是现象；同学们用测温枪测体温，利用 (红外线、紫外线、可见光）的热效应。‎ ‎【答案】扩散；红外线。‎ ‎【解析】闻到刺鼻的酒精味，这是酒精分子不停地做无规则运动的结果，是扩散现象；测温枪测体温是利用了红外线的热效应。‎ ‎43.（2020·江苏连云港）沿海地区昼夜温差比内陆地区昼夜温差小是因为水______。质量为10kg的水温度升高20℃所吸收热量为______J（c水=4.2×103J/（kg·℃））。‎ ‎【答案】（1）比热容大；（2）8.4×105J。‎ ‎【解析】因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和泥土比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小。‎ 水吸收热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×10kg×20℃=8.4×105J。‎ ‎44.（2020·四川甘孜州）生活处处有物理。小朱发现汽车应用了大量物理知识。汽车的导航系统是通过________（选填“电磁波”或“声波" ）来传递信息的，其发动机是由吸气、________、 做功、 排气四个冲程的不断循环来保证连续工作的。‎ ‎【答案】（1）电磁波；（2）压缩。‎ ‎【解析】广播、电视台、移动通信等是利用电磁波来传递信息的。‎ 汽车的发动机属于内燃机，其一个工作循环有四个冲程，即吸气、压缩、做功、排气四个冲程。‎ ‎45.（2020·自贡）用煤气灶把2kg、初温为20℃的水加热到70℃，消耗了20g煤气。已知水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），煤气的热值为4.0×107J/kg，则水吸收的热量为______J，煤气灶烧水的效率为______。‎ ‎【答案】（1）4.2×105 ；（2）52.5%。‎ ‎【解析】水吸收的热量：‎ Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(70℃-20℃)=4.2×105J ‎20g煤气完全燃烧放出的热量：‎ Q放=mq=20×10-3kg×4.0×107J/kg=8×105J 843‎ 燃气灶烧水的效率：η==52.5%。‎ ‎46.（2020·宁夏）建设具有国际先进水平的空间站，解决较大规模的､长期有人照料的空间站应用问题，是我国载人航天工程“三步走”发展战略中第三步的任务目标｡2020年5月5日18时，长征五号B运载火箭在海南文昌首飞成功，正式拉开我国载人航天工程第三步任务的序幕｡如图所示，是火箭首飞时的情景∶该火箭起飞后，火箭相对于发射架是________的；地面控制中心通过_______波向它发出指令；火箭升空过程中，发动机的工作原理相当于四冲程内燃机的_______冲程｡此过程，火箭箭体与空气摩擦会发热，这是通过_______改变箭体的内能｡‎ ‎【答案】（1）运动；（2）电磁；（3）做功；（4）做功。‎ ‎【解析】火箭起飞后，火箭与发射架之间的位置发生变化，故火箭相对于发射架是运动的。‎ 电磁波可以传递信息，地面控制中心通过电磁波向它发出指令。‎ 火箭是利用自身携带的燃料（推进剂），在发动机中燃烧产生高温高压的燃气，故火箭发动机的工作原理相当于四冲程内燃机的做功冲程。‎ 火箭箭体与空气摩擦会发热，这是通过做功改变箭体的内能｡‎ ‎47.（2020·黑龙江龙东）小明在燃气灶上煲汤，将质最为2kg初始温度为20℃的汤，升高了80℃，汤吸收了J的热量。这是通过方式来改变汤的内能。[C汤=4×103J/(kg·℃)]‎ ‎【答案】6.4×105J；热传递。‎ ‎【解析】Q吸＝cm△t＝4×103 J/（kg•℃）×2kg×80℃＝6.4×105J；通过热传递的方式来改变汤的内能。‎ ‎48.端午佳节，粽香万里｡煮粽子是通过______（选填“做功”或“热传递”）的方式来增大粽子的内能；煮熟的粽子散发出香味，这是______现象。‎ ‎【答案】（1）热传递；（2）扩散。‎ ‎【解析】煮粽子是通过热传递的方式来增大粽子的内能。‎ 煮熟的粽子散发出香味，是分子在不停地做无规则运动，属扩散现象。‎ 843‎ ‎49.（2020·四川甘孜州）如图所示的一种学生饮用奶，在饮用前加热的过程中，温度升高，内能_________ （选填“增大”或“减小”）；若其中奶的质量为0.25kg，奶的比热容是，当把它从10°C加热到40°C需要吸收__________J 的热量。‎ ‎【答案】（1）增大；（2）。‎ ‎【解析】一种学生饮用奶，在饮用前加热的过程中，不断吸收热量，温度升高，内能增大。‎ 需要吸收的热量为：‎ ‎。‎ ‎50.（2020·山东济宁）将刚烧开的2L热水倒入保温瓶中，两天后小明估测水温约为50℃，则热水的质量为______kg，保温瓶散失的热量约为______J。‎ ‎【答案】（1）2；（2）。‎ ‎【解析】热水的体积为：‎ 热水的质量为：‎ 保温瓶散失的热量约：‎ ‎。‎ ‎51.（2020·江西）给手机快速充电的过程，主要是将电能转化为______能，过一会儿，充电器发烫，这是通过电流______的方式，增大了物体的内能｡‎ ‎【答案】（1）化学；（2）做功。‎ ‎【解析】给手机快速充电的过程，消耗电能，主要产生化学能，主要将电能转化为化学能。过一会儿，充电器发烫，通过电流做功的方式改变物体的内能。‎ ‎52.（2020·贵州黔西南）如图所示，给试管内水加热至一定程度，发现试管口木塞会被推出。‎ 843‎ ‎(1)给水加热是通过________方式使水的内能增加；木塞被推出后水蒸气的内能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎(2)四冲程内燃机的________冲程与这个原理相同；内燃机工作时，产生的噪声和________会对环境造成污染。‎ ‎【答案】（1）热传递；（2）减小；（3）做功；（4）废气。‎ ‎【解析】(1)改变内能的方式有两种：做功和热传递。给水加热是通过热传递的方式，将酒精燃烧产生的内能转移到水中，使水的内能增加。‎ 木塞被推出是因为水蒸气通过做功的方式，将自身内能转化为木塞的机械能，此过程水蒸气内能减少，温度降低。‎ ‎(2)四冲程中，做功冲程是内燃机中高温高压的气体将内能转化为活塞的机械能，推动活塞向下运动，从而实现对外做功，与(1)中木塞被推出的原理相同。‎ 内燃机工作时，产生的噪声和废气会对环境造成污染。‎ ‎53.（2020·江苏泰州）2020年6月23日上午，长征三号火箭将北斗三号全球卫星导航系统最后一颗组网卫星送入太空预定轨道。火箭在大气层中高速飞行时，外壳与空气剧烈摩擦，将__________能转化为内能会使外壳温度升高，为防止内部温度过高，火箭采用__________（选填“导热性”或“隔热性”）好的新型陶瓷作为防护层。‎ ‎【答案】（1）机械；（2）隔热性。‎ ‎【解析】火箭在大气层中高速飞行时，外壳与空气剧烈摩擦，克服摩擦做功，火箭的机械能转化为内能，从而使外壳温度升高。‎ 火箭在大气层中高速飞行时，外壳与空气剧烈摩擦，会产生大量的热量，从而使火箭的温度升高，为防止内部温度过高，火箭应该采用隔热性好的新型陶瓷作为防护层。‎ ‎54.（2020·江苏泰州）如图甲所示的某品牌插秧机使用北斗导航，农民只需在作业前进行相关设定，即可实现24小时无人值守自动作业。‎ ‎(1)北斗导航卫星是通过__________向插秧机发送位置信息的；‎ 843‎ ‎(2)该插秧机使用四冲程汽油机，图乙中汽油机处于__________冲程。如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每秒钟对外做功__________次；‎ ‎(3)汽油属于__________（选填“清洁”或“非清洁”）能源，某段时间插秧机消耗汽油0.21kg，汽油完全燃烧放出的热量是__________J；若这些热量完全被40kg初温15°C的水吸收，则水温升高__________°C。[q汽油=4.6×107J/kg，c水=4.2×103J/（kg·°C）]‎ ‎【答案】（1）电磁波；（2）压缩；（3）30；（4）非清洁；（5）；（6）57.5。‎ ‎【解析】(1)电磁波可以在真空中传播，可以传递信息，北斗卫星导航系统在实现定位、导航和授时服务时，主要是利用电磁波传递信息的。‎ ‎(2)从图中可以看出，两气门关闭和活塞向上移动的特点，可以判断这个冲程是压缩冲程，将机械能转化为了内能。‎ 飞轮的转速是60r/s，飞轮转动一圈完成两个冲程，所以1s可以完成的冲程数量是 完成四个冲程，对外做功一次，所以汽油机每秒钟对外做次数是 ‎(3)由于汽油燃烧后会产生污染大气的废气，所以汽油属于非清洁能源。‎ 汽油完全燃烧放出的热量是：‎ 由，得，水温升高：‎ ‎。‎ ‎55.（2020·山东聊城）爸爸驾驶汽车带小明去海边沙滩浴场游泳，汽车是依靠发动机（汽油机）工作时的______冲程获得动力的。小明发现沙子烫脚。面海水却是凉凉的，这是因为水的_______比沙子的大。‎ ‎【答案】（1）做功；（2）比热容。‎ ‎【解析】汽车依靠发动机工作时的做功冲程，将内能转化为机械能，从而获得动力。‎ 843‎ 海水比沙子的比热容大，因此，相同质量的海水和沙子，在吸收相同的热量时，沙子温度高，海水温度低，可以感觉到沙子烫脚，而海水却是凉凉的。‎ ‎56.（2020·山东泰安）质量相同的水、沙石和铜（已知c水＞c沙石＞c铜），放出了相同的热量，温度下降最大的是______。‎ ‎【答案】铜。‎ ‎【解析】利用热量的计算公式Q=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的比热容小，它的温度变化就大，铜的比热容最小，铜的温度下降最大。‎ ‎57.（2020·四川南充）若一辆小汽车一年行驶一万公里，消耗1t汽油，这次汽油完全燃烧放出________J的热量；某次行驶过程中，该汽车汽油机曲轴的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做功________次(q汽=4.6×107J/kg)。‎ ‎【答案】（1） ；（2）30。‎ ‎【解析】这次消耗的汽油为，根据公式可算出汽油完全燃烧放出的热量为：‎ 故汽油完全燃烧放出的热量为。‎ 该汽车汽油机曲轴的转速为，内燃机做一次功，曲轴转动两次，某次行驶过程中，该汽车汽油机曲轴1s内转动60次，则该汽车1s内油机对外做功30次。‎ ‎58.（2020·四川雅安）小红在实验室用酒精灯把质量是0.1kg，初温是60℃的水加热到100℃，则水吸收的热量是_____J；该过程中是利用了_______方式使水的内能增加。[c水=4.2×103J/（kg·℃）]。‎ ‎【答案】（1）1.68×104 ；（2）热传递。‎ ‎【解析】水吸收的热量：‎ 酒精燃烧放出热量来给水加热，采用的是热传递的方法使水的内能增加。‎ ‎59．（2020·四川遂宁）2020年6月23日9时43分，我国在四川西昌卫早发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射了北斗导航系统最后一颗组网卫星，标志着北斗导航卫星全球组网成功，能够为全球用户提供全天候、高精度的定位、导航和授时服务。长征三号乙运载火箭发动机用的是偏二甲肼作为燃料，其热值是4.25×107J/kg，若完全燃烧2吨偏二甲肼，共放出　 　J热量；火箭加速上升时，火箭的机械能　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ 843‎ ‎【答案】8.5×1010；增大。‎ ‎【解答】解：（1）完全燃烧2吨偏二甲肼所放出的热量：‎ Q放＝mq＝2×103kg×4.25×107J/kg＝8.5×1010J；‎ ‎（2）火箭加速升空过程中，质量不变，速度增大，所以其动能增大；同时高度增大，所以其重力势能增大；火箭的动能和势能均能大，所以它的机械能增大。‎ 故答案为：8.5×1010；增大。‎ ‎60．（2020·安徽）某同学家使用燃气热水器，平均每天需将 100kg 的水从 18℃加热到 58℃，若天然气完全燃烧放出热量的 70%被水吸收，则热水器平均每天消耗天然气________m³. [c 水=4.2×103J/（kg·℃），q天然气=4.0×107J/m³]。‎ ‎【答案】0.6。‎ ‎【解析】根据 Q=cmΔt 可以算出水吸收的热量：‎ Q 吸=c 水 mΔt =4.2×103J/（kg·℃）×100kg×（58℃－18℃）=1.68×107J；‎ 根据×100%可知，则天然气完全燃烧放出的热量Q放 = 2.4 × 107；‎ 则根据 Q=Vq 可知，‎ 故答案为 0.6m³。‎ ‎61.（2019·广东）某汽油机工作过程有吸气、压缩、做功和排气四个冲程。如图为________冲程工作示意图，活塞向________运动，燃料混合物被压缩，在这个过程中机械能转化为________。 ‎ ‎【答案】 压缩；上；内能。‎ ‎【解析】【解答】据图可知，两个气门全部关闭，活塞向上运动，因此这是压缩冲程，在这个过程里，活塞的机械能转化为燃料的内能。 ‎ 843‎ ‎62.（2019·镇江）图中单缸四冲程汽油机正处在_______冲程。若该汽油机转速为1800r/min，则它每秒钟完成______冲程。用水循环带走汽油机产生的热量，这是利用了水的________较大的特性。‎ ‎【答案】（1）排气；（2）60；（3）比热容。‎ ‎【解析】由图像可知活塞向上运动，进气门关闭，排气门开启，因此为排气冲程；‎ 每秒发动机转数为：‎ 因为汽油机每转一圈完成两个冲程，因此每秒钟完成60冲程；‎ 利用水做冷却剂带走汽油机产生的热量，是因为相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，即水的比热容大。‎ ‎63.（2018•达州）如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能　 　第8min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的　 　倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。‎ ‎【答案】小于；2。‎ ‎【解析】（1）晶体熔化过程要吸收热量，内能增加。所以第6min时的内能小于第8min时的内能；‎ ‎（2）根据图中坐标信息可知，该物质在AB段温度升高10℃，被加热4min；在CD段温度升高5℃，被加热4min；‎ 则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：1，根据Q=cm△t可得，‎ ‎，所以该物质在CD段的比热容是AB段比热容的2倍。‎ 故答案为：小于；2。‎ 843‎ ‎64．（2018·临沂）大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成份是水，这是利用了水的　 　的特点。配制防冻冷却液时将乙二醇加入水中，二者混合后实际的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，这说明分子是运动的，同时也说明　 　。‎ ‎【答案】比热容大；分子之间有间隙。‎ ‎【解析】（1）因为水的比热容大，质量相同时升高相同的温度，吸收的热量多，故大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成份是水，就是利用了水的比热容大的特点；‎ ‎（2）水和乙二醇充分混合后的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，说明分子之间有间隙。‎ 故答案为：比热容大；分子之间有间隙。‎ ‎65．（2018•青岛）质量之比为2：3的甲、乙两种液体，当它们吸收的热量之比为7：5时，升高的温度之比为6：5，则甲、乙的比热容之比为　 　。‎ ‎【答案】7:4。‎ ‎【解析】由题知，m甲：m乙=2：3，△t甲：△t乙=6：5，Q甲：Q乙=7：5，‎ 因为Q吸=cm△t，‎ 所以===，‎ 解得：==7：4。‎ 故答案为：7：4。‎ ‎66．（2018·黔南）太阳能安全、卫生、环保，我国近年来大力开发了太阳能热水器、太阳能飞机等。一同学家中太阳能热水器容量为0.1m3，则满箱水的质量为　 　kg：太阳能热水器1h使满箱水从20℃升高到30℃，水吸收的热量　 　J。‎ ‎【答案】100；4.2×106。‎ ‎【解析】（1）由ρ=可得，水的质量：‎ m=ρV=1.0×103kg/m3×0.1m3=100kg；‎ ‎（2）水吸收的热量：‎ Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg℃）×100kg×（30℃﹣20℃）=4.2×106J。‎ 843‎ 故答案为：100；4.2×106。‎ ‎67．（2018•湖州）下面是两个有关热学方面的观点，请用实例说明它们是错误的。‎ ‎（1）物体吸收热量，温度一定升高。　 　。‎ ‎（2）物体温度升高，一定是吸收了热量。　 　。‎ ‎【答案】（1）冰在熔化过程中，物体吸收热量，温度不变；（2）压缩空气做功，使空气温度升高。‎ ‎【解析】（1）晶体熔化过程中，物体吸收热量，温度不变；如故（1）错误；‎ ‎（2）物体的内能增大，可能是从外界吸收了热量，也可能是由于外界物体对它做了功；如压缩空气做功，使空气温度升高，故（2）错误。‎ 故答案为：（1）冰在熔化过程中，物体吸收热量，温度不变；（2）压缩空气做功，使空气温度升高。‎ ‎68．（2018•泸州）进入泸州市古蔺黄荆老林风景区时，我们闻到了花香，这是花香分子的　 现象。‎ ‎【答案】扩散。‎ ‎【解析】（1）我们闻到了花香，这是一种扩散现象，是由于花香的分子在不停地做无规则的运动形成的。‎ 故答案为：扩散。‎ 三、计算题 ‎69.（2020·山东聊城）小华家使用的是天然气热水器，他尝试估测该热水器的效率，以核对铭牌上的数值是否准确。当只有该热水器使用天然气时。把50kg的水从20℃加热到54℃，天然气表的示数由1365.05m3变为1365.17m3，已知水的比热容c=4.2×103J/（kg·℃），天然气的热值q=7.0×107J/m3。求：‎ ‎(1)水吸收的热量；‎ ‎(2)消耗的天然气完全燃烧故出的热量；‎ ‎(3)该热水器的效率。‎ ‎【答案】(1)7.14×106J；(2)8.4×106J；(3)85%。‎ ‎【解析】(1)水吸收的热量：‎ ‎(2)消耗的天然气体积：V=1365.17m3-1365.05m3=0.12m3‎ 843‎ 消耗的天然气完全燃烧放出的热量：‎ ‎(3)该热水器的效率：。‎ 答：(1)水吸收热量是7.14×106J；(2)消耗的天然气完全燃烧故出的热量是8.4×106J；(3)该热水器的效率是85%。‎ 考点07 热学实验探究 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 晶体熔化规律 熔化和凝固的温度—时间图象，并能从中筛选出有用的信息来区分是晶体还是非晶体及其熔点温度 ‎2‎ 水沸腾规律 水的沸腾实验中的器材、步骤、观察到的现象及评估与交流及其汽化和液化的方法、措施 ‎3‎ 物质吸热能力 探究不同物质吸热能力 ‎★三年真题 一、晶体熔化规律实验 ‎1.（2020•岳阳）图甲是小明探究“固体熔化过程的规律”实验装置图。‎ ‎（1）实验中通过烧杯中的水对试管加热，目的是。‎ ‎（2）每给1min记录一次物质的温度及状态，作出如图乙所示的温度随时间变化的图像，由图乙可知该物质是（选填“晶体”或“非晶体”）。‎ ‎（3）比较图乙中AB段与CD段可知：物质AB段的比热容（选填“大于”、“小于”或“等于”）CD段的比热容。‎ 843‎ ‎【答案】（1）物质受热均匀；（2）晶体；（3）小于。‎ ‎【解析】（1）实验中通过烧杯中的水对试管加热，目的是被加热的物质受热均匀。‎ ‎（2）每给1min记录一次物质的温度及状态，作出如图乙所示的温度随时间变化的图像，由图乙可知该物质是晶体，特点是熔化过程吸收热量，温度保持不变。‎ ‎（3）比较图乙中AB段与CD段可知：物质AB段的比热容小于CD段的比热容。质量相同的不同物质升高相同的温度时，吸收热量多的物质比热容大。‎ 故答案为：（1）物质受热均匀；（2）晶体；（3）小于。‎ ‎2.（2020·江苏泰州）如图甲是探究“冰的熔化特点”的实验装置。‎ 时间 ‎0‎ ‎0.5‎ ‎1‎ ‎1.5‎ ‎…‎ 温度/oC ‎(1)图乙中读数方法正确的是_______（填序号），温度计的示数是_______°C；‎ ‎(2)上表是小明设计的数据记录表格，请你帮小明完善表格设计，补全所缺内容_______；‎ ‎(3)图丙是冰熔化时温度与时间关系的图像，由图可知，冰属于_______（选填“晶体”或“非晶体”）。‎ ‎【答案】(1) ②；(2) ；(3)状态；(4)晶体。‎ 843‎ ‎【解析】(1)由图乙知，①俯视，读数会偏大，③仰视，读数会偏小，②平视，读数方法正确。‎ 温度计上10℃之间有10个小格，所以一个小格代表的温度是1℃，即此温度计的分度值为1℃；液柱最高处在0℃以下，所以显示的温度为℃。‎ ‎(2)探究冰的熔化特点时，需要记录冰在加热相同的时间间隔时温度的变化情况，以及该温度下冰的状态，表格中还需要记录的内容是“状态”。‎ ‎(3)由图可知，冰在熔化过程中，温度保持不变，故为晶体。‎ ‎3.（2019·湘潭）某固态物质加热时，其温度随时间的变化关系如图2所示，请分析并回答：‎ ‎（1）这是　 　（选填“晶体“或非晶体”）的　 　图象（选填“熔化”或“凝固”）‎ ‎（2）第10min时该物质处于　 　态（选填“固”或“液”）。‎ ‎（3）该物质的熔点是　 　℃。‎ ‎（4）组装图1中的实验器材时，应该　 　（填“从上往下”或“从下往上“）组装。‎ ‎（5）灯内酒精用掉一半后，剩下酒精的热值　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）晶体；熔化；（2）液；（3）80；（4）从下往上；（5）不变。‎ ‎【解析】（1）由图象可知，第3min时这种物质开始熔化，在第9min熔化结束，该过程中温度保持在80℃不变，所以这是晶体的熔化过程；‎ ‎（2）由图象可知，在第9min熔化结束，第10min时该物质处于液态；‎ ‎（3）由（1）分析可知，该物质的熔点是80℃；‎ ‎（4）安装实验器材时需要先固定下面的位置，能够利用酒精灯的外焰给烧杯充分加热，然后再调整上面的位置，使温度计的玻璃泡完全接触水，并且不要碰到烧杯壁和烧杯底，故从下往上安装；‎ 843‎ ‎（5）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，与质量和体积无关，故一杯酒精用去一半，则剩下的酒精热值都不变。‎ 故答案为：（1）晶体；熔化；（2）液；（3）80；（4）从下往上；（5）不变。‎ ‎4.（2019·菏泽）小明用甲图装置，探究固体熔化现律”，记录的实验数据如表所示：‎ 时间min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 温度/℃‎ ‎-4‎ ‎-2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎（1）请根据实验数据在乙图中作出固体熔化的图象。‎ ‎（2）根据做出的图象，可以判断此固体是_________（选填“晶体”或“非晶体）。‎ ‎（3）通过数据分析得出，该物质在固体状态下的比热容_________它在液体状态下的比热容（选填“大于”等于”或“小于”）。‎ ‎【答案】（1）如上图；（2）晶体；（3）小于。‎ ‎【解析】（1）由表中数据，描点可得固体熔化的图象，如下图所示：‎ ‎（2）分析图象可知，物质在第2分钟时温度升到0℃，然后温度保持恒定，直到第5分钟开始继续升温，即该固体有一定的熔化温度，所以是晶体，其熔点为0℃；‎ 843‎ ‎（3）物质由固态熔化为液态，其质量不变；用同一装置加热，在相同时间内，吸收的热量相同；由图可知，在相同时间内，固态时温度升高的多，根据q=cm△t可知，该物质在固体状态下的比热容较小。‎ 故答案为：（1）如上图；（2）晶体；（3）小于。‎ ‎5.（2019·朝阳）利用如图甲所示的实验装置探究“冰熔化时温度变化的规律”。‎ ‎（1）在组装图甲中的实验器材时，需要按照　 　（填“自上而下”或“自下而上”）的顺序组装。‎ ‎（2）由图乙可知，冰是　 　（填“晶体”或“非晶体”）。‎ ‎（3）B点的内能　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）C点的内能。‎ ‎（4）当加热至第8min时，试管内的物质处于　 　（填“固”、“液”或“固液共存”）态。‎ ‎（5）由图乙可知，在加热相同时间的情况下，AB段温度变化比CD段温度变化大，说明冰的比热容比水的比热容　 　（填“大”或“小”）。‎ ‎【答案】（1）自下而上；（2）晶体；（3）小于；（4）固液共存；（5）小。‎ ‎【解析】（1）组装实验器材时，应按照自下而上，酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；‎ ‎（2）冰在熔化过程中，吸收热量，但温度不变，所以说冰是晶体；‎ ‎（3）由图乙可知，随着时间的增长，物体吸热越多，内能越大，故C点时具有的内能大于于B点时的内能；‎ ‎（4）加热至第8min时，冰处于熔化过程中，为固液共存态；‎ ‎（5）从图象上来看，AB段比CD段温度升高的要快些，由于该晶体在固态和液态时质量不变，加热方式不变，可知在固态时的比热容小。‎ 故答案为：（1）自下而上；（2）晶体；（3）小于；（4）固液共存；（5）小。‎ ‎6．（2019•德州）小强对热现象的有关实验进行如下探究：‎ 843‎ ‎（1）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中用“水浴法”加热，其目的是使冰　 　；根据图甲可知，冰属于　 　（选填“晶体”“非晶体”）。‎ ‎（2）完成上述实验后，小强换用其它装置继续探究“水沸腾时温度变化的特点”。加热一段时间后，烧杯内的水温度升高，是通过　 　方式增加水的内能。图乙水的沸点没有达到100℃，可能是当地大气压强　 　（选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。‎ ‎（3）结合两次实验图象可知：冰的熔化过程和水的沸腾过程具有的共同特点是　 　。‎ ‎【答案】（1）均匀受热； 晶体；（2）热传递； 低于；（3）继续吸热，温度不变。‎ ‎【解析】（1）实验装置用水浴法加热，可以使冰均匀受热；‎ 由表格数据知，冰在熔化过程中，继续吸热、温度保持不变，有一定的熔化温度，因此冰属于晶体。‎ ‎（2）实验中，水从火吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式增加水的内能。‎ 由图知，由所绘制的乙图象可知，水的沸点低于100℃，此时周围环境的大气压低于一标准大气压；‎ ‎（3）冰是晶体，晶体在熔化的过程中需要吸热，但温度不变；水在沸腾时，吸收热量，但温度不变。‎ 故答案为：（1）均匀受热； 晶体；（2）热传递； 低于；（3）继续吸热，温度不变。‎ ‎7．（2019·荆门）在探究固体的熔化实验中，把分别装有固体a与b的试管放在盛水的烧杯内加热。将温度计正确的插入两种固体中，实验转置如图甲所示，固体a的熔化图象如图乙所示，固体b的熔化图象如图丙所示；‎ 843‎ ‎（1）固体a熔化过程中，继续加热，温度　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）。内能　 　（选填“增加”、“减少”或“不变”）。此时a处于　 　状态（选填“固”、“液”或“固液共存”）。‎ ‎（2）固体b熔化过程中温度　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）；‎ ‎（3）某时刻温度计的读数如图丁所示，温度计的读数为　 　℃。‎ ‎【答案】（1）不变；增加；固液共存；（2）升高；（3）28。‎ ‎【解析】（1）由图乙知，物质a在熔化过程中，吸收热量，温度不变，所以该物质为晶体，‎ 晶体在熔化过程中不断吸热，温度不变，但内能增加，晶体在熔化过程中处于固液共存状态；‎ ‎（2）由图丙知，固体b熔化过程中温度不断升高，故b为非晶体；‎ ‎（3）温度计的分度值为1℃，且液柱在零刻度线的上方，因此该温度计的示数是28℃。‎ 故答案为：（1）不变；增加；固液共存；（2）升高；（3）28。‎ ‎8．（2018·临沂）如图甲所示，是小明“探究物质熔化规律”的实验装置。‎ ‎（1）实验中通过水对试管加热，而不是直接加热试管，目的是　 　。‎ ‎（2）实验中某时刻温度计示数如图乙所示，该物质此时的温度为　 　℃。‎ 843‎ ‎（3）实验中每隔一分钟记录一次物质的温度及对应状态，并记录数据，作出温度随时间变化的规律图象，如图丙所示。由图象可知：该物质在熔化过程中吸收热量，温度　 　，该物质是　 　（选填“晶体”或“非晶体”）。‎ ‎（4）比较图象中AB段与CD段可知：该物质在　 　（选填“AB”或“CD“）段吸热能力强。‎ ‎【答案】（1）使物质均匀受热；（2）2；（3）不变；晶体；（4）CD。‎ ‎【解析】（1）将装有固体的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法，固体的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度；‎ ‎（2）由图可知，温度在0℃以上，分度值为1℃，故示数为2℃；‎ ‎（3）由图可知，该物质在熔化过程中，吸收热量，温度不变，故该物质是晶体；‎ ‎（4）根据公式Q吸=cm△t可以知道，当质量和吸收的热量相同时，比热容和升高的温度△t成反比。AB段的冰温度升高的快，是因为该物质固态时的比热容比液态时的比热容小，AB段的吸热能力小于CD段的吸热能力；‎ 故答案为；（1）使物质均匀受热；（2）2；（3）不变；晶体；（4）CD。‎ ‎9.（2018•攀枝花）小明利用如图甲所示装置探究冰块熔化的特点，他每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。‎ ‎（1）冰的熔化过程持续了　 　min。‎ ‎（2）图乙是他根据记录的数据绘制的“温度﹣﹣时间”图象，由图象可知：冰属于　 　（选填“晶体”或“非晶体”），这样判断的依据是　 　。‎ ‎（3）图乙中第4min时，物质处于　 　态。‎ ‎（4）图乙中，物体在A点时其有的内能　 　（选填大于”、“小于”或“等于”）在B点时的内能。‎ ‎【答案】（1）10；（2）晶体；冰在熔化过程中，温度不变；（3）固；（4）小于。‎ ‎【解析】（1）由图象可知，冰从第5min开始熔化，到第15min完全熔化，共耗时15min﹣5min=10min；‎ ‎（2）由图象知，冰在熔化过程中温度保持不变，所以冰是晶体；‎ ‎（3）由图象知，图乙中第4min时，物质还没有熔化，因此物质处于固态；‎ 843‎ ‎（4）由图可知，冰从A到B持续吸收热量，故内能变大，物体在A点时其有的内能小于在B点时的内能。‎ 故答案为：（1）10；（2）晶体；冰在熔化过程中，温度不变；（3）固；（4）小于。‎ 二、水的沸腾规律实验 ‎1.（2020·贵州黔东南）如图所示是探究“水的沸腾”的实验装置。当水温上升到90℃时，每隔1min记录一次温度计的示数，直到水沸腾5min后停止记录：‎ ‎(1)图甲中温度计读数是 _______℃，图乙中，表示水在沸腾时的现象是其中的 ______图（选填“A”或“B”）；‎ ‎(2)根据实验数据，作出了水的温度随时间变化的图像，如图丙所示，由图像可知，在当时条件下，水的沸点是 _______℃；‎ ‎(3)水在沸腾过程中的特点____________； ‎ ‎(4)水沸腾时，杯口附近出现大量“白气”，“白气”是水蒸气遇冷___________形成的。‎ ‎【答案】 (1)96 ；(2)A；(3)98；(4)继续吸热，温度不变；(5)液化。‎ ‎【解析】(1)由图甲知，温度计的分度值为1℃，所以其示数为96℃。‎ 由图乙知，A中气泡在上升过程中逐渐增大，是沸腾时的现象，故A符合题意；B中气泡在上升过程中体积逐渐减小，是沸腾前的现象故B不符合题意。故选A。‎ ‎(2)由图丙可知，水在沸腾过程中温度保持98℃不变，所以水的沸点为98℃。‎ ‎(3)由图像可知水在沸腾过程中，需要继续吸热，但温度保持不变。‎ ‎(4)杯口附近出现大量的“白气”是由水蒸气遇冷液化形成的小水珠组成的。‎ ‎2.（2020·广东）为了“探究水满腾时温度变化的特点”取0.2kg水进行实验。‎ 843‎ ‎(1)如题图甲所示实验装置的组装顺序应为______（选填 “自下而上”或“自上而下”）；‎ ‎(2)根据下表中的实验数据，在图乙中画出水的温度随时间变化的图象______；‎ 时间/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 温度/°C ‎90‎ ‎92‎ ‎94‎ ‎96‎ ‎98‎ ‎99‎ ‎99‎ ‎99‎ ‎99‎ ‎(3)根据以上实验数据可知，水的沸点为______℃。为提高水的沸点，换用火力更大的酒精灯加热，这种做法______（选填“可行”或“不可行”）；‎ ‎(4)假如酒精灯均匀放热，且释放的热量全部被水吸收，忽略沸腾前水的质量变化以及热量的损耗，从第5 min起1分钟内水吸收的热量是______J。 []‎ ‎【答案】（1）自下而上；（2）如图；(3)99；（4）不可行；（5）。‎ ‎【解析】(1)用酒精灯给物质加热时，应用外焰加热，故应固定酒精灯的位置，再固定烧杯的位置，最后调整温度计的位置，故实验装置的组装顺序应为自下而上。‎ ‎(2)根据表中数据，分别描出水在相应时段内的温度，最后线将各点连接起来，如下图所示。‎ 843‎ ‎(3)由液体沸腾时的特点知，水在沸腾过程中，继续从外界吸收热量，但温度保持不变，故水的沸点为99℃。‎ 液体的沸点与液体的种类和气压有关，与火力大小无关，故为提高水的沸点，换用火力更大的酒精灯加热，这种做法不可行。‎ ‎(4)因酒精灯均匀放热，且释放的热量全部被水吸收，忽略沸腾前水的质量变化以及热量的损耗，则酒精灯每分钟放出的热量为：‎ 则从第5 min起1分钟内水吸收的热量是。‎ 答案为：（1）自下而上；（2）如图；(3)99；（4）不可行；（5）。‎ ‎3．（2020·衡阳）小李同学为进一步探究液体沸腾规律，设计了如图所示的实验装置。烧杯与试管内分别装入适量的水，甲、乙温度计分别测量烧杯和试管中水的温度。‎ ‎（1）安装该实验装置的顺序是　 　（选填“自上而下”或“自下而上”）。‎ ‎（2）点燃酒精灯时，打开灯帽，可闻到淡淡的酒精味，这是　 　现象，说明液态酒精发生　 　（填物态变化名称）。‎ ‎（3）当甲温度计的示数达到99℃时，烧杯中的水开始沸腾，说明当时大气压可能　 　（选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。‎ ‎（4）当乙温度计示数达到99℃后，示数保持不变，但试管中的水始终没有沸腾，其原因是　 　。‎ ‎（5）当小李同学在烧杯的水中加入少量的食盐后，发现试管中的水能够沸腾，说明加入食盐后水的沸点　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）自下而上；（2）扩散；汽化；（3）低于；（4）试管的水达到沸点后不能继续吸热；（5）升高。‎ 843‎ ‎【解析】（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以放好烧杯后，再调节温度计的高度；故安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行；‎ ‎（2）打开酒精灯帽，可闻到淡淡的酒精味，是酒精分子不停地做无规则运动扩散到空气中；‎ 液态酒精中分子进入空气中变为气态，这个过程是汽化；‎ ‎（3）水的沸点跟气压有关，实验中测出的水的沸点小于100℃，说明当时的大气压低于1个标准大气压；‎ ‎（4）当试管中的水与烧杯中的水均达到沸点后，烧杯中的水可以从酒精灯继续吸热，能够沸腾。由于温度相同，试管中的水无法从烧杯的水中继续吸热，因此试管中的水最终不会沸腾；‎ ‎（5）在烧杯的水中加入少量的食盐后，发现试管中的水能够沸腾，说明烧杯中水的沸点高于99℃，即加入食盐后，水的沸点升高。‎ 故答案为：（1）自下而上；（2）扩散；汽化；（3）低于；（4）试管的水达到沸点后不能继续吸热；（5）升高。‎ ‎4.（2020·北京）做研究水沸腾的实验时，当水温为8℃时，每隔一分钟记录一次水的温度，水沸腾后持续加热一段时间。利用记录的数据绘制出水的温度随时间变化的关系图线，如图所示。从图像可知，从计时开始，水被加热______min开始沸腾，水的沸点是______。‎ ‎【答案】（1）5；（2）99。‎ ‎【解析】由图可知，从第5min开始，水的温度保持99℃不变，所以从第5min水开始沸腾，并且沸点是99℃。‎ ‎5.（2020·德州）如图甲所示，是小蕊同学探究“水沸腾时温度变化特点”的实验装置。‎ 843‎ ‎(1)图甲的实验装置，安装时应按照______（选填“由上到下”或“由下到上”）的顺序；实验中除了图甲的器材之外，还需要的测量工具是______；‎ ‎(2)图甲装置中硬纸板的主要作用是______；‎ ‎(3)小蕊用质量为的水做实验，根据记录的实验数据，绘出图乙中的a图线，由a图像可知：水沸腾时吸收热量，温度______；‎ ‎(4)若换用初温相同的质量为m2(m2＞m1)的水做实验，得到的图线是图乙中的______。（选填“b”“c”或“d”）‎ ‎【答案】（1）由下到上；（2）秒表；（3）缩短加热时间（减少热量散失）；（2）不变；（6）c。‎ ‎【解析】(1)在该实验中，先安装下面器材，再安装上面器材，便于调节器材间的距离，且便于利用酒精灯的外焰加热；实验过程中需要测量加热时间，因此需要用到秒表。‎ ‎(2)在烧杯上覆盖的中心有孔的硬纸板的主要作用是减少热量散失，缩短实验时间。‎ ‎(3)由图象可知，水沸腾时的特点是吸收热量，温度不变。‎ ‎(4)换用初温相同的质量为m2(m2＞m1)的水做实验，质量较大，水的沸点不变，加热时间较长，所以得到的图象可能是图乙中的c。‎ ‎6.（2019·河南）利用如图甲所示装置做“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验。‎ 843‎ ‎（1）按规范组装器材，在安装温度计时，玻璃泡碰到了烧杯底，此时应适当将____（选填“A处向上”或“B处向下”）调整。‎ ‎（2）实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样做是为了_____。‎ ‎（3）由实验数据绘制出温度随时间变化的图象，如图乙所示。分析图象可知：水的沸点是_____℃，还可获得的信息有：_____。（写出一条即可）‎ ‎【答案】（1）A处向上；（2）缩短加热至沸腾所用的时间；（3）98；水沸腾过程中，继续吸收热量但温度不变。（合理即可）‎ ‎【解析】（1）由于温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，需要将温度计向上调整，即将A处向上调整。‎ ‎（2）实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样可以提高水的初温，缩短加热至沸腾所用的时间。‎ ‎（3）水沸腾时吸热温度不变，不变的温度就是水的沸点，由图象可知，水的沸点是98℃；‎ 可获得的信息有：①水在沸腾过程中，继续吸收热量但温度不变；②水在沸腾前，吸收热量温度升高（合理即可）。‎ 故答案为：（1）A处向上；（2）缩短加热至沸腾所用的时间；（3）98；水沸腾过程中，继续吸收热量但温度不变。（合理即可）‎ ‎7.（2019·江西）探究水沸腾时温度变化的特点。‎ ‎(1)如图所示，是瑞瑞同学在实验中，用数码相机拍摄的水沸腾前和沸腾时的两张照片。其中________是水沸腾时的情况。‎ ‎(2)如图所示，是水沸腾时温度计的示数，则此时水的沸点是________℃。‎ ‎(3)水沸腾后续继加热，每隔一段时间记录水的________，根据记录的数据，可得出水时温度变化的特点:不断吸热，温度________。‎ ‎【答案】(1)甲；(2)97；(3)温度；(4)不变。‎ ‎【解析】(1)‎ 843‎ ‎ 水沸腾前，水下层的温度高于上层的温度，气泡在上升过程中，气泡中的水蒸汽遇冷液化成水，体积逐渐变小，水沸腾时，水温上下相同，气泡在上升过程中，所受压强逐渐变小，体积不断变大；所以甲是沸腾时的现象；乙是沸腾前的现象。‎ ‎(2) 图示温度计的刻度越往上示数越大，因此为零上，温度计的分度值是1℃，液柱指在90℃上面第7个小格上，因此温度计示数为97℃；‎ ‎(3)实验探究水沸腾时温度变化的特点，水沸腾后续继加热，每隔一段时间记录水的温度，根据记录的数据，可得出水沸腾时温度变化的特点:不断吸热，温度不变。‎ 答案为：(1)甲；(2)97；(3)温度；(4)不变。‎ ‎8．（2019·临沂）在探究水的沸腾特点时，所用实验装置如图甲所示。‎ ‎（1）组装实验装置时，支撑烧杯的铁圈和悬挂温度计的铁杆，应先固定　　（选填“铁圈”或“铁杆” ）。‎ ‎（2）实验过程中，烧杯上方的“白气”是水蒸气　　（填物态变化名称）的结果。‎ ‎（3）水沸腾时温度计的示数如图乙所示，水的沸点为　　；继续加热，温度计的示数将　　（选填“变大”、“变小”或“不变” 。‎ ‎（4）图丙是根据实验数据作出的图象。由图象可知，将水加热至沸腾的时间较长，其原因可能是　　（选填“水的质量偏大”或“当地气压偏低” 。‎ ‎【答案】（1）铁圈；（2）液化；（3）98；不变；（4）水的质量偏大。‎ ‎【解析】（1）在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈的高度；‎ ‎（2）实验过程中，烧杯上方的“白气”是水蒸气遇冷后液化成的小水滴；‎ ‎（3）由图知，此温度计的分度值是，所以此时温度计的示数是，即水的沸点是；水在沸腾过程中吸热但温度保持不变，继续加热，温度计的示数将不变；‎ ‎（4）图丙是根据实验数据作出的图象。由图象可知，将水加热至沸腾的时间较长，单位时间内温度的变化较小，其原因可能是水的质量偏大。‎ 843‎ 答案为：（1）铁圈；（2）液化；（3）98；不变；（4）水的质量偏大。‎ ‎9.（2018·德州）在探究“水沸腾时温度变化的特点”实验中：‎ ‎(1)安装好实验器材后，为缩短实验时间，小强在烧杯中倒人热水，热水中温度计的示数如图20甲所示，此时温度计的示数为___________℃‎ ‎(2)当水温接近90℃时，每隔1min记录一次温度，并绘制了图20乙所示水温随时间变化的图象，由图象可知：水沸腾时的特点是___________________________________。‎ ‎(3)小强观察到：沸腾时水中气泡的情形为图20丙中___________图。(选填“A”或“B”)‎ ‎(4)小强同学想提高水的沸点，换用了火力更大的酒精灯加热，这种做法___________(选填“可行”或“不可行”)。‎ ‎【答案】 (1) 68；(2)继续吸热温度不变；3) A；(4)不可行。‎ ‎【解析】（1）温度计的分度值为1℃，示数为68℃。‎ ‎（2）由图象可知：水在沸腾过程中，吸收热量但温度保持不变。‎ ‎（3）水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小，B图符合水沸腾前的现象；水沸腾时，整个容器中水的温度相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大，故图A符合水沸腾时的现象；答案为A。‎ ‎（4）液体的沸点随气压的增大而增大，换用了火力更大的酒精灯加热，不能使气压增大，不能提高水的沸点，故这种做法不可行。‎ 答案为：(1) 68；(2)继续吸热温度不变；(3) A；(4)不可行。‎ ‎10．（2018•玉林）如图甲是探究“液体沸腾时温度变化的特点”的实验装置。‎ ‎（1）在液体沸腾过程中，观察到温度计的示数如图乙所示，可知该液体的沸点为　 　℃，虽然液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断　 　‎ 843‎ ‎（选填“吸热”或“放热”）；‎ ‎（2）实验中，如果增大液体表面的气压，则液体的沸点将　 　（选填“升高”或“降低”），液体的内能将　 　（选填“增加”或“减少”）。‎ ‎【答案】（1）96；吸热；（2）升高；增加。‎ ‎【解析】（1）温度计的每一个大格代表1℃，每一个小格代表0.1℃，由图乙可知该液体的沸点为96℃；虽然液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断吸热；‎ ‎（2）实验中，如果增大液体表面的气压，则液体的沸点将升高；温度升高，液体的内能增加。‎ 故答案为：（1）96；吸热；（2）升高；增加。‎ ‎11．（2018•南京）用如图所示的实验装置做“观察水的沸腾”实验 ‎（1）下表为记录实验数据的表格，表中（a）处应填的内容是　 　。‎ ‎（a）‎ 温度/℃‎ ‎90‎ ‎92‎ ‎94‎ ‎96‎ ‎98‎ ‎98‎ ‎98‎ ‎…‎ ‎（2）分析实验数据可知，水的沸点是　 　℃．沸腾过程中　 　（选填“需要”或“不需要”）吸热。‎ ‎（3）实验结束停止加热后，发现水在高温时散热快，低温时散热慢。查阅资料，同一燃气灶不同火力加热的耗气量还有如下信息：‎ 火力大小 水的质量m/kg 水的初温t0/℃‎ 水的末温t/℃‎ 消耗的燃气V/m3‎ 大火 ‎4.0‎ ‎26.0‎ ‎50.0‎ ‎0.0453‎ 中火 ‎4.0‎ ‎26.0‎ ‎50.0‎ ‎0.0278‎ 综合分析可知：从节能的角度，用燃气灶烧开水的策略为　 　（填字母）‎ A．先中火后大火 B．先大火后中火 C．一直用大火 D．一直用中火 843‎ ‎【答案】（1）时间/min；（2）98；需要；（3）A。‎ ‎【解析】（1）探究水的沸腾温度变化规律时，需要时间，记录实验数据的表格中（a）处应填的内容是时间/min；‎ ‎（2）由表中的实验数据可知：水不断吸收热量，温度保持98℃不变，所以此时水的沸点是98℃；当水的温度达到沸点后，需要吸热，才能保持沸腾，水的温度保持不变；‎ ‎（3）分析资料可知，低温时加热使水达到相同的温度，质量是4kg的水，初温是26℃加热到50℃时，大火消耗的燃气是0.0453m3，大火消耗的燃气是0.0278m3，水在高温时散热快，低温时散热慢，所以用中火节约燃气，综合分析可知：从节能的角度，用燃气灶烧开水的策略为A。‎ 故答案为：（1）时间/min；（2）98；需要；（3）A。‎ 三、物质吸热能力实验 ‎1．（2020·黑龙江绥化）利用图中的装置探究水和煤油的吸热情况。在两个相同的烧瓶中分别接入电阻丝，装入质量和初温都相同的水和煤油，分别插入温度计。‎ ‎（1）装置中电阻丝的阻值应　 　（填“相等”或“不相等”），实验中用　 　来反映液体吸收热量的多少。按照如表中的数据，请计算出煤油的比热容是　 　J/（kg•℃）。‎ 液体 质量/g 初温/℃‎ 加热时间/min 末温/℃‎ 煤油 ‎150‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎50‎ 水 ‎150‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎35‎ ‎（2）夏天，海边昼夜温差变化小，这是因为水的　 　大。‎ ‎（3）在烧瓶中重新填装质量和初温都相同的煤油，接入阻值不同的电阻丝，此装置就可以探究电流通过导体产生的热量与　 　的关系。‎ 843‎ ‎【答案】（1）相等；加热时间；2.1×103；（2）比热容；（3）电阻。‎ ‎【解析】（1）图中两电阻丝串联，通过的电流相同和通电时间相同，根据Q＝I2Rt可知，要产生的热量相同，则实验中选用的两根电阻丝的阻值应相等；‎ 探究两种液体的吸热能力时，需要控制热源相同，即相同时间内热源产生的热量相同，根据转换法，实验中是用加热时间间接反映液体吸收热量的多少；‎ 根据表格中的数据可知，相同质量的水和煤油加热相同时间，吸收相同热量，水升高的温度是35℃﹣20℃＝15℃，煤油升高的温度是50℃﹣20℃＝30℃；根据c＝可知，水和煤油的比热容之比等于升高温度之比的倒数，即c煤油＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）；‎ ‎（2）水的比热容较大，白天，在相同的吸热条件下，水的温度升高的少，夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，所以海边昼夜温差较小；‎ ‎（3）两电阻串联，则两电阻中的电流相等，则可知热量应与电阻有关，根据温度计示数的变化判断吸收热量的多少，则可知热量与电阻大小的关系。‎ 故答案为：（1）相等；加热时间；2.1×103；（2）比热容；（3）电阻。‎ ‎2.（2020·江西）如图所示，是某学校科技节上展示的两件作品，小明为此作了以下解说：‎ ‎(1)甲是简易的温度计，它的工作原理是利用______的性质而制成的，它的测温效果与小玻璃瓶的容积和玻璃管的______有关；所用的测温物质是煤油而不是水，这是因为煤油的______较小，吸收（或放出）相同的热量时，玻璃管内液柱变化更为明显；‎ ‎(2)乙是简易的气压计，当外界气压减小时，玻璃管内液柱的液面会______；‎ 843‎ ‎【提出问题】小华发现甲､乙的构造非常相似，提出乙是否也能做温度计使用？‎ ‎【设计实验和进行实验】把两装置中的小玻璃瓶同时没入同一热水中，观察到乙装置中玻璃管内液柱上升更明显，这是由于瓶内的______受热膨胀更显著，故乙也能做温度计使用；‎ ‎【拓展】查阅相关资料，了解到人们很早就发明了如下图所示的气体温度计，当外界环境气温升高时，该温度计中的管内液面会______，但由于受外界______､季节等环境因素变化的影响，所以，这种温度计测量误差较大｡‎ ‎【答案】（1）液体热胀冷缩；（2）内径大小；（3）比热容；（4）上升；（5）气体；（6）下降；（7）大气压。‎ ‎【解析】(1)温度计是根据液体的热胀冷缩的性质制成的。‎ 小玻璃瓶的容积不变，液体升高相同的温度，体积膨胀相同，管越细，上升的刻度越多，越灵敏，所以测温效果与玻璃管的内径大小有关。‎ 因为煤油的比热容较小，吸收（或放出）相同的热量时，玻璃管内液柱变化更为明显，所以所用的测温物质是煤油而不是水。‎ ‎(2)当外界气压减小时，瓶内空气的压强不变，此时在瓶内气压的作用下，会有一部分液体被压入玻璃管，因此管内液柱的高度会升高。‎ 将两装置中的小玻璃瓶同时没入同一热水中，乙装置中玻璃管内液柱上升更明显，因为乙装置中瓶内气体受热膨胀更显著。‎ 当气温升高时，玻璃泡内的气体体积膨胀，玻璃管中的液面应该下降，由于受外界大气压､季节等环境因素变化的影响，这种温度计测量误差较大｡‎ ‎3.（2019·贵港）为了探究相同质量的不同物质在升高相同温度时，吸收热量的多少是否相同，某实验小组取相同质量的水和煤油放入两个相同的容器中，用同样的热源分别对它们加热，比较它们升高相同温度时吸收热量的多少。实验装置如图11所示。‎ 843‎ ‎（1）加热时，某一时刻在水中的温度计示数如图12所示，则此时水的温度是________℃。‎ ‎（2）实验数据记录如下表：‎ 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 ‎200‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎12‎ 煤油 ‎200‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎6‎ 分析以上实验数据可得：相同质量的不同种物质，升高相同的温度，吸收的热量________（选填“相同”或“不同”），________的吸热本领更强（选填“水”或“煤油”）。‎ ‎（3）根据以上表格的数据计算，当加热时间为12min时，这些水吸收的热量是________J。[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）]。‎ ‎【答案】（1）23；（2）不同；水；（3）8.4×103。‎ ‎【解析】（1）由图12知，温度计的分度值为1℃，温度计中的液面刚好对齐第23条刻度线，则对应的温度为23℃。‎ ‎（2）由表中数据分析知，水和煤油升高相同的温度时，所用的加热时间不同，因为是同样的热源，所以水和煤油吸收的热量不同；又因为水的加热时间较长，所以在升高相同的温度时，水吸收的热量较多，说明水的吸热本领更强。‎ ‎（3）当加热时间为12min时，这些水吸收的热量为：‎ ‎。‎ 答案为：（1）23；（2）不同；水；（3）8.4×103。‎ ‎4.（2019·益阳）用电加热器、烧杯、温度计、钟表等实验器材来比较甲、乙两种液体的吸热能力。‎ ‎（1）设计实验时，需要对变量进行控制，下列变量控制中错误的是______；‎ 843‎ A．两个烧杯的规格相同 B．两个电加热器的规格相同 C．甲、乙两种液体的体积相同 D．甲、乙两种液体的初温相同 ‎（2）请设计一个实验数据记录表格；‎ ‎（3）如图是根据实验数据描绘的图象，分析图象可知，比热容大的是______（选填“甲”、“乙”）。‎ ‎【答案】（1）C；（2）如上所示；（3）乙。‎ ‎【解析】A、B．根据比较吸热能力的第2种方法中，要控制不同物质吸热相同，取两个烧杯的规格相同和两个电加热器的规格相同，目的是相同时间内甲乙两种液体吸热相同，A正确；‎ C．根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，由m=ρV，若甲、乙两种液体的体积相同，因甲乙密度不同，故甲乙质量不同，C错误；‎ D．考虑到散热因素，甲、乙两种液体的初温相同，D正确；选C；‎ ‎（2）实验数据记录表格：‎ 时间/min ‎ 0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ 3‎ ‎ 4‎ ‎----‎ 甲液体的温度/℃‎ 乙液体的温度/℃‎ ‎（3）根据实验数据描绘的图象如下所示，分析图象可知，加热相同时间，乙升温慢，故比热容大的是乙。‎ 故答案为：（1）C；（2）如上所示；（3）乙。‎ 843‎ ‎5.（2019·济南莱芜区）在“探究物质的吸热能力”的实验中，实验装置如图所示：‎ ‎（1）实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯底部、侧壁和　　；‎ ‎（2）实验中必须要选取初温相同且　　（选填“质量”或“体积” 相等的甲、乙两种液体；选用规格相同的电加热器分别给甲和乙两种液体加热，这样做的目的是在相同时间内甲和乙两种液体　　相同；‎ ‎（3）根据实验测得的数据分别描绘出了甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图象，如图丙所示，则　　的吸热能力更强；‎ ‎（4）若甲液体的比热容为，则乙液体的比热容为　　。‎ ‎【答案】（1）电加热丝；（2）质量；吸收热量；（3）乙；（4）。‎ ‎【解析】（1）实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯底部、侧壁和电加热丝；‎ ‎（2）根据比较不同物质吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故实验中必须要选取初温相同且质量相等的甲、乙两种液体；选用规格相同的电加热器分别给甲和乙两种液体加热，根据转换法，这样做的目的是在相同时间内甲和乙两种液体吸收的热量相同；‎ ‎（3）根据实验测得的数据分别描绘出了甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图象，由图知，加热5分钟，甲升高的温度为：；‎ 乙升高的温度为：；即乙升温小，故乙的吸热能力更强；‎ ‎（4）根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，结合（3），故乙液体的比热容为：。‎ 答案为：（1）电加热丝；（2）质量；吸收热量；（3）乙；（4）。‎ ‎6.（2019·济宁）探究物质的吸热能力，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。‎ 843‎ ‎（1）为便于开展实验探究，热源相同时，我们将方案中的“吸收的热量”转换为“加热的时间”，通过加热时间的长短可知吸收热量的多少。实验室温度计就是应用这种转换思想测量温度的：当温度升高或降低时，温度计中的液体便膨胀或收缩，从温度计中　　的变化便可知温度的变化。‎ ‎（2）下表是小明探究甲、乙两种液体的吸热能力时记录的实验数据。‎ 液体名称 液体质量 液体初温 液体末温 加热时间 液体吸热情况“多”或“少”‎ 甲 ‎10‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎6‎ 多 乙 ‎10‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎3‎ 少 ‎①分析表中信息，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：　　；‎ ‎③如果甲、乙两种液体都可作为发动机冷却液，从物质吸热能力角度考虑，应选　　液体作发动机冷却液。‎ ‎【答案】（1）液柱高度；（2）方案二；甲的吸热能力强；甲。‎ ‎【解析】（1）实验室温度计就是应用这种转换思想测量温度的：当温度升高或降低时，温度计中的液体便膨胀或收缩，从温度计中液体高度的变化便可知温度的变化；‎ ‎（2）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；‎ 分析表中数据知，取相同质量的两种物质，升高相同的温度，甲吸收的热量，可得出的结论是：甲的吸热能力强；‎ 如果甲、乙两种液体都可作为发动机冷却液，从物质吸热能力角度考虑，因甲的比热容大，根据，相同质量的甲乙两种物质升高相同的温度，甲吸热多，故应选甲液体作发动机冷却液。‎ ‎7．（2018•枣庄）某班同学利用图甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。‎ 843‎ ‎（1）在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有天平和　 　。加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过　 　来判断的。‎ ‎（2）实验中第1、2两个小组记录的实验数据如下表 实验组别 液体 质量/g 初温/℃‎ 末温/℃‎ 加热时间/min ‎1‎ 水 ‎200‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎13.5‎ 煤油 ‎200‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎6.5‎ ‎2‎ 水 ‎200‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎12‎ 煤油 ‎200‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎5.5‎ 通过分析实验数据，能够得出的结论是：　 　。‎ ‎（3）图乙是第1组同学绘制的“吸收热量一时间”和“温度一时间”图象，能正确描述该实验真实情况的图象是　 　（选填序号）。‎ ‎（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是　 　。‎ ‎（5）这两组同学对图甲的装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是　 　。‎ ‎【答案】（1）秒表；加热时间长短；（2）质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。‎ ‎【解析】（1）根据转换法，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间的长短来比较吸热多少；故还用到秒表；‎ 843‎ ‎（2）通过分析实验数据，能够得出的结论是：‎ 质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）；‎ ‎（3）加热时间相同，吸收的热量相同，故AB错误，由表中数据，由（2）知，加热相同时间，水升温慢，故C正确，D错误；‎ ‎（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是：酒精灯的火焰大小不同；‎ ‎（5）将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。‎ 故答案为：（1）秒表；加热时间长短；（2）质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。‎ ‎8.（2018•青岛）探究物质的吸热能力。如图，用相同规格的电加热器给质量相等的水和煤油加热，测得数据如下表：‎ 升高的温度t/℃‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 加热水的时间t/s ‎60‎ ‎90‎ ‎120‎ ‎150‎ 加热煤油的时间t/s ‎30‎ ‎45‎ ‎60‎ ‎75‎ ‎①质量相等的水和煤油，升高相同的温度，水比煤油吸收的热量　 　。‎ ‎②一定质量的水，在温度升高时吸收的热量与它的　 　乘积之比，叫做水的比热容。它在数值上等于　　质量的水，温度升高1℃所吸收的热量。‎ ‎【答案】①多；②质量与升高温度；1kg。‎ ‎【解析】①根据转换法，质量相等的水和煤油，升高相同的温度，水加热时间长，故水比煤油吸收的热量多。‎ ‎②一定质量的水，在温度升高时吸收的热量与它的质量与升高温度乘积之比，叫做水的比热容。它在数值上等于1kg质量的水，温度升高1℃所吸收的热量。‎ 843‎ 故答案为：①多；②质量与升高温度；1kg。‎ ‎9．（2018•呼和浩特）为了比较“水和食用油的吸热能力”，某同学选取相同质量的水和食用油各200g，用如图甲所示两组相同的器材进行了实验，水和食用油相同时间吸热相同。实验数据记录如下：‎ 物质 初始温度/℃‎ 加热时间/min 最后温度/℃‎ 水 ‎20‎ ‎6‎ ‎45‎ 食用油 ‎20‎ ‎6‎ ‎70‎ ‎（1）请在图乙所示的坐标图上，作出两组实验数据的“温度一时间”图象：‎ ‎（2）由实验数据分析可知，　 　的吸热能力强（选填“水”或“食用油”）；‎ ‎（3）若加热到相同的温度后停止加热，冷却相同时间后　 　的末温高（填“水”或“食用油”）。‎ ‎【答案】（1）如图；（2）水；（3）水。‎ ‎【解析】（1）根据表中数据，在坐标体系中找出对应的点，然后连接起来，如下所示（水的温度一时间”图象为黑色，食用油的为红色）：‎ ‎（2）由实验数据分析可知，加热相同时间，水升温慢，根据比较吸热能力的第2种方 843‎ 法，水的吸热能力强；（3）因水的吸热能力强，即水的比热容大，根据△t=，若加热到相同的温度后停止加热，冷却相同时间，放出的热量相同，根据△t=，水的温度降低的小，故水的末温高。‎ 故答案为：（1）如上；（2）水；（3）水。‎ ‎10．(2018·常德)在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，加热质量相同的水和煤油，使它们升高相同的温度。比较它们吸收热量的多少，看看这两种物质的吸热情况是否存在差异。‎ ‎（1）为了得到质量相同的水和煤油，在实验室里通常使用的测量工具是　 　。‎ ‎（2）在相同条件下用相同的电加热器分别给水和煤油加热，要使水和煤油升高相同的温度，对　 　（“水”或“煤油”）加热的时间更长。‎ ‎（3）根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随时间变化的图象，由图象可知，水的温度随时间变化的图象是　 　（选填“a”或“b”），煤油的比热容为　 　J/（kg•℃）[C水=4.2×103J/（kg•℃）]。‎ ‎（4）若电加热器上标有“220V，500W“，则一个电加热器正常工作10min。消耗电能　 　J。‎ ‎【答案】（1）天平；（2）水；（3）a；2.1×103；（4）3×105J。‎ ‎【解析】（1）为了得到质量相同的水和煤油，在实验室里通常使用的测量工具是天平。‎ ‎（2）根据比较吸热能力的第2种方法，因水的吸热能力强，即在相同条件下用相同的电加热器分别给水和煤油加热，要使水和煤油升高相同的温度，对水加热的时间更长。‎ ‎（3）由（2）知，要使水和煤油升高相同的温度，对水加热的时间更长。故水的温度随时间变化的图象是a，由图知，水的加热时间是煤油的2倍，根据c=，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与吸热多成正比，煤油的比热容为×4.2×103J/（kg•℃）=2.1×103J/（kg•℃）。‎ ‎（4）若电加热器上标有“220V，500W“，则一个电加热器正常工作10min。消耗电能：‎ 843‎ W=Pt=500W×10×60s=3×105J。‎ 答案为：（1）天平；（2）水；（3）a；2.1×103；（4）3×105J。‎ 考点08 物质的微观世界、质量与密度 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 宇宙和微观世界 宇宙是由物质组成，物质由分子和原子组成，微观角度看物质三种状态，纳米技术的应用和前景 ‎2‎ 物质的物理属性 物质的物理属性 ‎3‎ 质量 质量是物体本身的一种属性，质量的单位，托盘天平的使用方法以及用托盘天平测量固体和液体的质量 ‎4‎ 密度 密度及其计算 ‎5‎ 测量物质的密度 测量固体和液体的密度 重点 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·连云港）2020年新冠病毒席卷全球，疫情之下，医用口罩人人必备，下列关于医用口罩材料的说法正确的是（　　）。‎ A. 面料具有较强的过滤性；‎ B. 面料具有较好的导电性；‎ C. 鼻梁上的压条应选用可塑性差的材料；‎ D. 鼻梁上的压条应选用密度大的材料 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】AB．医用口罩对微小带病毒气溶胶或有害微尘的过滤效果显著，材料面料具有较强的过滤性，面料不需要导电，不需要面料具有较好的导电性，故A正确，B错误；‎ CD．鼻梁上的压条弯折后不易折断，应选用可塑性好的材料，鼻梁上的压条质量小一些，体积相同条件下，选用密度小的材料，故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.（2020·自贡）以下几组材料中，都是绝缘体的是（ ）。‎ A. 橡胶、玻璃、塑料 B. 玻璃、大地、塑料 843‎ C. 人体、空气、石墨 D. 食盐水溶液、金属、水 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A. 橡胶、玻璃、塑料都不容易导电，是绝缘体，符合题意；B. 玻璃、大地、塑料中，大地容易导电，是导体，不合题意；C. 人体、空气、石墨中，人体和石墨容易导电，是导体，不合题意；D. 食盐水溶液、金属、水都容易导电，是导体，不合题意。故选A。‎ ‎3.（2020·广东）若把原子、原子核、电子看成球体，原子半径的数量级为10-10m， 原子核半径的数量级为10-15m，电子半径的数量级小于10-9nm。按尺度从大到小的排序是（ ）。‎ A. 原子 原子核 电子 B. 电子 原子 原子核 C. 原子核 原子 电子 D. 原子 电子 原子核 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】因为1nm=10-9m，所以，10-9nm=10-18m 故按尺度从大到小的排序是：原子、原子核、电子。故选A。‎ ‎4.（2019·广州）原子核由哪些粒子组成（ ）。‎ A. 质子和电子；‎ B. 中子和电子；‎ C. 质子和中子；‎ D. 质子、中子和电子 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】原子是由原子核和核外电子构成的，而原子核是由质子和中子构成的，故C正确。‎ ‎5.（2019·泰州）撑杆跳高是应用了撑杆的（ ）。‎ A. 延展性好 B. 密度大 C. 弹性好 D. 硬度大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】撑杆在撤去外力作用时，能很好恢复原状，所以要求物体具有的这种性质是弹性,故选C。‎ ‎6.（2019·广东）如图是锂（Li）原子结构示意图，下列说法正确的是（  ）。‎ 843‎ A. 锂原子由质子和中子组成；‎ B. 锂原子由带正电的原子核和核外带负电的电子组成；‎ C. 锂原子的质子数是电子数的两倍，所以锂原子带正电；‎ D. 锂原子失去电子后带负电 ‎【答案】 B。‎ ‎【解析】锂原子由质子核和核外电子组成，而原子核带正电，核外电子带负电，故A错误，B正确；‎ ‎ 锂原子的质子数和电子数相同，都是3个，故C错误；‎ ‎ 锂原子失去电子后带正电，故D错误。 故选B。 ‎ ‎7．（2018•南京）了解物质的物理属性，对于生产、生活都具有重要的意义，以下事例中利用物质透光性的是（　　）。‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．拉力器上的弹簧是利用了弹簧的弹性，故A不符合题意；‎ B、连接在电路中的碳棒，利用了碳棒的导电性，故B不符合题意；‎ C、能吸引铁钉的磁体，利用了磁铁的磁性，故C不符合题意；‎ D、玻璃具有良好的透光性，用玻璃做房间的窗户，可以保证室内明亮，光照充足，故D符合题意。故选：D。‎ ‎8．（2018•南京）关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（　　）。‎ A．分子间只存在引力不存在斥力；‎ B．面包可以被捏扁说明分子间有空隙；‎ 843‎ C．美味住肴香气扑鼻说明分子在运动；‎ D．银河系、地球、原子核、分子是按照尺度由大到小的顺序排列的 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、分子间同时存在相互作用的引力和斥力，故A错误；‎ B、用手捏海绵，海绵的体积缩小了，说明力可以改变物体的形状，故B错误；‎ C、美味佳肴，香气扑鼻，说明分子不停地做无规则运动，故C正确；‎ D、质子和中子构成原子核，电子和原子核构成原子，原子构成分子，分子构成物质，地球又是太阳系中的一颗行星比太阳小，太阳系只是银河系中之一，所以它们从大到小的顺序为：银河系、地球、分子、原子核，故D错误。故选：C。‎ ‎9．(2018·泰州)下列认识正确的是（ ）。‎ A．固体分子是静止不动的     B．原子核带负电，电子带正电 C．电子的发现说明原子是可分的  D．太阳是宇宙的中心且固定不动 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、一切物质的分子都在不停地在无规则运动，固体分子也不例外，也在不停地在无规则运动，故A错误；‎ B、原子是由带正电的原子核和带负电的电子构成，故B错误；‎ C、汤姆生发现电子说明原子是可分的，故C正确；‎ D、太阳不是宇宙的中心且在不停地运动，故D错误。故选：C。‎ ‎10．（2018·安顺）大功率电子元件工作时，会产生大量的热。科学家研发出一种由石墨烯制成的“排热被”，把它覆盖在电子元件上，能大幅度降低电子元件工作时的温度。“排热被”能排热是因为石墨烯（　　）。‎ A．熔点高 B．导热性好 C．导电性好 D．弹性好 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】石墨烯制成的“排热被”能排热，能大幅度降低电子元件工作时的温度是利用石墨烯的导热性好的特点。故选：B。‎ ‎11.（2020·自贡）一瓶矿泉水被小华喝了一半，则剩下部分水的密度将（ ）。‎ A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法确定 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】密度是物质本身的属性，不随质量和体积的变化而改变，所以矿泉水被喝掉一 843‎ 半后，剩下部分水的密度将不变，故应选C。‎ ‎12.（2020·四川成都）下列测量方案中，最合理的是（　　）。‎ A. 测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量；‎ B. 测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积；‎ C. 测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积；‎ D. 测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量，会因为铁块沾到水，导致测量质量偏大，故A不合理；‎ B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积，测量过程没有出现问题，故B合理；‎ C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积，砖块有小孔，放入水中会储存气泡，导致测量体积偏大，故C不合理；‎ D．测比赛用铅球密度：用天平测质量会超过天平最大测量值，无法测量，故D不合理。故选B。‎ ‎13.（2020·贵州黔东南）如图所示是甲和乙两种物质的质量与体积关系图象，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 甲物质的密度随体积增大而增大；‎ B. 当甲和乙两物质的质量相同时，乙物质的体积较大；‎ C. 甲、乙两种物质的密度之比是4：1；‎ D. 体积为5cm3的乙物质，质量为10g ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．密度是物质的一种特性，其大小与物体的质量和体积无关，故A错误；‎ B．由图象可知，当甲和乙两物质的质量相同时（如质量都为2g），乙物质的体积较小，故B错误；‎ 843‎ C．由图象可知，当甲物质的质量m甲＝2g时，V甲＝4cm3，V乙＝2cm3，‎ ρ甲＝＝＝0.5g/cm3‎ 当乙物质的质量m乙＝4g时，V乙＝2cm3，‎ ρ乙＝ ＝＝2g/cm3‎ 所以甲、乙两种物质的密度之比是1：4，故C错误；‎ D．体积为V乙′＝5cm3的乙物质的质量：‎ m乙′＝ρ乙V乙′＝2g/cm3×5cm3＝10g，‎ 故D正确。‎ ‎14.（2020·湖南常德）一个钢瓶内装有密度为6kg/m3的氧气，某次抢救新冠病人用去了其质量的三分之一，钢瓶内剩余氧气的密度为（　　）。‎ A. 6kg/m3 B. 4kg/m3 C. 3kg/m3 D. 2kg/m3‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】钢瓶内剩余氧气的体积与使用之前的体积一样，质量变为原来的 ，由 可知，钢瓶内剩余氧气的密度变为原来的，‎ 即：‎ 故选B。‎ ‎15.（2020·山东泰安）电子秤有“清零”功能，例如，在电子秤上放200g砝码，电子秤显示为200g，按清零键后，显示变为零；随后再放上100g砝码，电子秤显示为100g。利用电子秤的这种功能，结合物理知识可测定玉镯的密度。具体操作如下：‎ 步骤a：向烧杯内倒入适量水，放在电子秤上，按清零键，显示数变为零；步骤b：手提细线拴住玉镯，浸没在水中，且不与烧杯底和壁接触，记下此时电子秤示数为m1；步骤c：把玉镯接触杯底，手放开细线，记下此时电子秤示数为m2。则下列判断中（　　）。‎ ‎①玉镯的质量为m1 ②玉镯的质量为m2‎ 843‎ ‎③玉镯的密度为 ④玉镯的密度为 A. 只有①③正确；B. 只有①④正确；C. 只有②③正确；D. 只有②④正确 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】①②向烧杯内倒入适量水，放在电子秤上，按清零键，显示数变为零，说明原来水和烧杯的总质量设为零，把玉镯接触杯底，手放开细线，总质量是m2，所以玉镯的质量为m2，故①错误，②正确；‎ ‎③④玉镯排开水的质量：m排=m1‎ 玉镯全部浸入水中，玉镯的体积：V=V排=‎ 玉镯的密度：ρ=‎ 故③正确，④错误。故选C。‎ ‎16.（2020·黑龙江龙东）用一架砝码严重生锈的天平去测量物体的质量，其结果将会（ ）。‎ A.偏小  B.偏大  C.不变  D.无法判断 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】砝码磨损了，相当于砝码的质量减小了，但是上面所标的数值没有改变，在称物体质量时，所加的数目就多了，砝码的实际质量还等于物体的质量，只是所标的数值对于实际质量要偏大，故所测量结果偏大。故B正确 ‎17.（2020·山东济宁）如图所示，下列实验仪器的使用不正确的是（　　）。‎ A. ；B. ；C. ；D.‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．温度计测量液体温度时，玻璃泡完全浸没在被测液体中，不能碰到容器底和壁，A项正确，故A项不符合题意；‎ B．用量筒测量液体，读数时视线应和液面相平，B项正确，故B项不符合题意；‎ C．调节天平平衡前，游码先归零，再调节平衡螺母使横梁平衡，而图中游码没有归零，‎ 843‎ 就调节平衡螺母，C项错误，故C项符合题意；‎ D．使用试电笔时，手不能接触试电笔上笔尖的金属部分，但要接触笔尾的金属部分，D项正确，故D项不符合题意。故选C。‎ ‎18.（2019·扬州）在测量液体密度的实验中，小明利用天平和量杯测量出液体和量杯的总质量m及液体的体积 V，得到几组数据并绘出 如图所示的 m-V 图像，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 量杯质量为 40g；‎ B. 40cm3 的该液体质量为40g；‎ C. 该液体密度为 1.25g/cm3‎ D. 该液体密度为 2g/ cm3‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】由图像可解出图像与纵轴交于20g处，此时液体体积为0，则可知量杯质量为20g；由图像可知，当液体体积为20cm3时，总质量为40g，则液体质量为20g，密度，则40cm3的该液体质量。‎ ‎19.（2019·广东）下列说法正确的是（  ）。‎ A. 体积越大的物体，质量一定越大；‎ B. 固体的密度总是大于液体的密度；‎ C. 同一物质，质量越大，比热容越大；‎ D. 晶体都有固定的熔点 ‎【答案】 D。‎ ‎【解析】A.当密度相等时，体积越大，质量越大，没有控制密度相同，故A错误；‎ ‎ B.；铝的密度是2.7g/cm3 ， 而水银的密度是13.6g/cm3 ， 所以固体的密度不一定大于液体密度，故B错误；‎ ‎ C.比热容与物质的质量无关，故C错误；‎ ‎ D.所有的晶体都有熔点，故D正确。 故选D。‎ 843‎ 二、填空题 ‎20．（2020·南充）一杯牛奶有250ml，其质量为300g，则牛奶的密度是　 　kg/m3；小李喜欢喝加糖的牛奶，加糖溶解后，牛奶的密度会　 　（选填“变大”、“不变”“变小”）。‎ ‎【答案】1.2×103；变大。‎ ‎【解析】牛奶的体积为V＝250ml＝250cm3，‎ 牛奶的密度为ρ＝＝＝1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；‎ 在牛奶中加糖，糖溶解后，由于分子间存在间隙，则牛奶的体积基本不变，但加糖后牛奶的质量变大，由公式ρ＝知，牛奶的密度会变大。‎ 故答案为：1.2×103；变大。‎ ‎21.（2020·广东）如图所示，图甲中木块的长度为______cm；天平平衡时，放在天平右盘中的砝码和游码的位置如图乙所示，所测物体的质量为______g。‎ ‎【答案】（1）2.1；（2）34。‎ ‎【解析】由甲图知，刻度尺的分度值为1mm，木块的长度为2.12cm。‎ 由乙图知，游标的分度值为0.2g，所测物体的质量为：。‎ ‎22.（2020·山东济宁）生产和生活中使用的某些合金，是不同种金属经过______（填物态变化名称）再冷却后得到的。下面表格中的几种金属，难以与其他金属形成合金的是______。‎ 金属 铁 铜 银 金 钨 铝 熔点t熔℃‎ ‎1525‎ ‎1083‎ ‎962‎ ‎1064‎ ‎3410‎ ‎660‎ 沸点t沸℃‎ ‎2750‎ ‎2596‎ ‎2212‎ ‎2707‎ ‎5627‎ ‎2327‎ 843‎ ‎【答案】(1)熔化；(2)钨。‎ ‎【解析】生产和生活中使用的某些合金，是不同种金属经过熔化变成液体后，再冷却后得到的。‎ 从表中数据可看到，钨这种金属，当温度达到它的熔点时，它会熔化，但是其他金属会熔化并且沸腾，所以钨难以与其他金属形成合金。‎ ‎23.（2020·山东滨州）新冠肺炎疫情防控期间，医院内氧气的需求量越来越大。某氧气瓶内氧气用掉一半后，瓶内氧气的质量将______（选填“变大”、“变小”或“不变”），密度将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）变小；（2）变小。‎ ‎【解析】某氧气瓶内氧气用掉一半后，瓶内氧气的质量将变小，由于剩余的氧气又能充满钢瓶，使氧气的体积不变，由ρ=可知氧气的密度变小。‎ ‎24．（2020·黑龙江绥化）某同学用天平测得物体的质量是7.5g，将物体放入量筒前后，量筒的示数如图所示，则物体的体积是　 　cm3，物体的密度是　 　kg/m3。‎ ‎【答案】5；1.5×103。‎ ‎【解析】物块的体积V＝30ml﹣25ml＝5ml＝5cm3，‎ 物块的密度为：ρ＝＝＝1.5g/cm3＝1.5×103kg/m3；‎ 故答案为：5；1.5×103。‎ ‎25.（2019·镇江）用量筒测得8g煤油的体积如图甲所示，煤油的密度为______kg/m3；图乙为探究液体内部压强影响因素的装置，选用水和煤油分别进行实验，并使金属盒处于两种液体中的深度相同，则用______进行实验时，U形管两侧液面的高度差h较大；用水进行实验时，为使U形管两侧液面的高度差h减小，应将金属盒向______移动。‎ 843‎ ‎【答案】（1）08×103 ；（2）水；（3）上。‎ ‎【解析】由图甲可知煤油的体积为10cm3，则煤油的密度为：‎ ‎ ；‎ 由液体压强公式可知，深度相同，密度越大，压强越大，因此用水进行实验时，U形管两侧液面的高度差h较大；‎ 由液体压强公式可知，同种液体深度越小，压强越小，为使U形管两侧液面的高度差h减小，应将金属盒向上移动。‎ ‎26.（2019·贵港）在今年初中学业水平考试理化实验技能考试中，某同学在用调节好的托盘天平称一物体的质量时，在天平的右盘加减砝码过程中，他发现：当放入质量最小的砝码时，指针偏右；若将这个砝码取出，指针偏左。则要测出物体的质量，该同学下一步的正确操作是：取出质量最小的砝码，________。天平平衡时，天平右盘中砝码的质量和游码的位置如图所示，则该物体的质量为________g。‎ ‎【答案】移动游码；32.6。‎ ‎【解析】用天平测量质量时，如果发现放入质量最小的砝码时，指针偏右，而取出这个砝码时，指针又偏左，则说明需要移动游码来使天平获得平衡。因此，下一步的正确操作是：取出质量最小的砝码，移动游码。由图知，右盘中砝码总质量为30g，游码所指的位置对应的质量为2.6g，则该物体的质量为30g+2.6g=32.6g。‎ ‎27.（2019·海南）用电子秤、一个玻璃杯和水，可以粗略测量椰子油的密度。先后测 843‎ 出空杯，装满水、装满油的杯子的质量，数据如下表。杯子两次“装满”，是为了使被测量的油和水_______相同。根据测量数据计算，椰子油的密度是_______kg/m3。（ρ水=1.0×103kg/m3）‎ 空杯的质量/g 水和杯的质量/g 油和杯的质量/g ‎100‎ ‎300‎ ‎268‎ ‎【答案】体积；0.84×103kg/m3。‎ ‎【解析】用同一杯子分两次装满水和油，是为了使被测量的油和水的体积相同；‎ 由得杯子的体积为，‎ 同理有，得，‎ 即得油的密度为：‎ ‎。‎ ‎28.（2019·益阳）为确定某种矿石的密度，用天平测量出一小块矿石的质量为35.2g。用量筒测小块矿石的体积如图所示，该小块矿石的体积为______cm3。根据测量结果可知，该矿石的密度为______g/cm3。‎ ‎【答案】10；3.52。‎ ‎【解析】（1）矿石的体积：V=V2-V1=40ml-30ml=10ml=10cm3。‎ ‎（2）矿石的密度：。‎ 故答案为：10；3.52。‎ 843‎ ‎29.（2019·苏州）用不同的方法测量小石块和小瓷杯的密度。‎ ‎（1）测小石块的密度 ‎①天平放置于______工作台上，将游码移到标尺______处，调节平衡螺母使横梁平衡；‎ ‎②用此天平测量小石块的质量，右盘所加砝码和游码位置如图甲所示，则小石块的质量为______g。在量筒内放入适量的水，用细线绑好小石块，缓慢放入水中，如图乙所示，则小石块的密度为______kg/m3；‎ ‎ （2）测小瓷杯的密度 如图丙所示，先在量筒内放入适量的水，液面刻度为V1；再将小瓷杯浸没于水中，液面刻度为V2；最后捞起小瓷杯并将杯中的水倒回量筒，使其浮于水面（水未损失），液面刻度为V3，小瓷杯密度的表达式ρ杯=______（用V1、V2、V3和ρ水表示）。实验完毕后发现小瓷杯内的水未倒干净，则所测结果______（选填“偏大”、偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】水平；零刻线；17.4；3.48×103；不变。‎ ‎【解析】（1）天平调平之前，应先放在水平面上，并将游码归零，然后根据指针偏转方向，调节平衡螺母，左偏右旋、右偏左旋。天平分度值是0.2g，右盘砝码质量是20g，游码左侧指在标尺上2g后面第2个小格上，所以小石块的质量为m=10g+5g+2.4g=17.4g；‎ 量筒中原有30mL水，放入石块后，量筒液面上升到35mL，因此石块体积V=35ml-30ml=5ml=5cm3；小石块的密度为ρ===3.48g/cm3=3.48×103kg/m3；‎ ‎（2）先在量筒内放入适量的水，液面刻度为V1；再将小瓷杯浸没于水中，液面刻度为V2；则陶瓷的体积V=V2-V1，瓷杯处于漂浮时，则G=F浮，根据阿基米德原理可知：F浮=G排；‎ 所以，G=G排，则瓷杯质量m=m排=ρ水（V3-V1）；所以小瓷杯密度：ρ瓷=‎ 843‎ ‎=。‎ 由小瓷杯密度表达式：ρ瓷==可知，小瓷杯内的水未倒干净，对所测结果没有影响。‎ 故答案为：（1）①水平；零刻线；②17.4；3.48×103；（2）；不变。‎ ‎30．（2018•枣庄）在测量盐水密度的实验中，将烧杯中质量为63g的盐水全部倒入量筒中，如图所示，盐水的体积是　 　cm3，则盐水的密度是　 　g/cm3，采用这种方法测量的盐水密度将　 　（选填“偏大”或“偏小”），原因是　 　。‎ ‎【答案】60；1.05；偏大；烧杯中盐水倒入量筒中时会有残留，造成测得体积偏小，所以密度偏大。‎ ‎【解析】由图可知，量筒分度值2mL，盐水的体积：V=60mL=60cm3，‎ 所以盐水的密度：ρ===1.05g/cm3；‎ 分析实验的步骤可以看出，将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，烧杯壁不可避免地会有残留的盐水，使得测量的盐水的体积变小，所以采用这种测量方法得到的结果将偏大。‎ 故答案为：60；1.05；偏大；烧杯中盐水倒入量筒中时会有残留，造成测得体积偏小，所以密度偏大。‎ ‎31．（2018•南京）有四个颜色相同的实心球，其中一个与其它三个材料不同。为找出这个球，测得如下数据。‎ 球的标号 A B C D 体积/cm3‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎12‎ ‎18‎ 质量/g ‎10‎ ‎20‎ ‎24‎ ‎36‎ ‎（a）‎ ‎（1）通过计算处理数据可以完成任务，则表格中（a）处的内容为　 　。‎ 843‎ ‎（2）除计算外，还可以通过　 　方法，更加形象直观的处理数据，找出这个球。‎ ‎（3）分析可知，标号为　 　的球与其它三个球材料不同。‎ ‎【答案】（1）/（g/cm3）；（2）画图象；（3）B。‎ ‎【解析】（1）四个颜色相同的实心球，其中一个与其它三个材料不同。为找出这个球需要测量密度，即质量与体积的比值，故a应为/（g/cm3）；‎ ‎（2）除计算外，还可以通过画图象的方法更形象直观的处理数据，便于找出这个球；‎ ‎（3）由表格，根据ρ=可得，‎ ρA===2g/cm3；ρB===2.5g/cm3；ρC===2g/cm3；ρD===2g/cm3；‎ 故B球与其它三个球材料不同。‎ 故答案为：（1）/（g/cm3）；（2）画图象；（3）B。‎ 三、实验探究题题 ‎32.（2020·江西）【实验名称】用天平､量筒测量小石块的密度｡‎ ‎【实验设计】如下图所示，是小普同学设计的两种测量小石块密度的方案（操作步骤按照示意图中的①②③顺序进行）你认为方案______测量误差会较大，原因是______；‎ ‎【进行实验】小晟同学进行了实验，测出了相关物理量，计算出了石块的密度，以下是他测量小石块质量的实验片段：‎ ‎①将天平放在______台上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，发现指针指在分度盘中线的左侧，再向右调节______直至天平水平平衡；‎ 843‎ ‎②在左盘放被测小石块，在右盘从大到小加减砝码，当加到最小的砝码后，观察到指针静止在如下图所示的位置，接下来的操作是______，直至天平水平平衡；‎ ‎③读出小石块的质量｡‎ ‎【实验数据】测出所有相关物理量，并将实验数据记录在下面表格内，计算出石块的密度，请你将表格中①､②处的内容补充完整｡‎ 石块的质量m/g ‎①______‎ ‎②______‎ 石块的体积V/cm3‎ 石块的密度 ‎【答案】（1）一；（2）石块从量筒中取出会沾上水，测得石块的质量偏大；（3）水平；（4）平衡螺母；（5）移动游码；（6）水的体积V1/cm3 ；（7）水和石块的总体积V2/cm3。‎ ‎【解析】由图可知，方案一中先测石块的体积，后测量石块的质量，这样石块从量筒中取出会沾上水，测得石块的质量偏大，导致石块的密度偏大。方案二中先测石块的质量，后测量石块的体积，这样石块密度的误差较小。‎ ‎①调节托盘天平，将天平放在水平台上，指针指在分度盘中线的左侧，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处。‎ ‎②左盘放被测小石块，在右盘从大到小加减砝码，当加到最小的砝码后，指针偏左，说明质量较小，需要移动游码，调节天平平衡。‎ 用排水法测量石块的体积，表格中需要有水的体积V1/cm3，水和石块的总体积V2/cm3。‎ ‎33.（2020·北京）测量某种液体密度的主要实验步骤如下：‎ ‎(1)用调节好的天平测量烧杯和液体的总质量，当天平再次平衡时，如图甲所示，烧杯和液体的总质量为______g；‎ 843‎ ‎(2)将烧杯中的部分液体倒入量筒中，如图所示，量筒中液体的体积为______cm3；‎ ‎(3)用天平测出烧杯和杯内剩余液体的总质量为74g；‎ ‎(4)计算出液体的密度为______g/cm3。‎ ‎【答案】（1）122；（2）60；（3）0.8。‎ ‎【解析】(1)如图甲所示，天平标尺的分度值为0.2g，游码右端在2g处，则烧杯和液体的总质量：m=100g+20g+2g=122g ‎(2)如图乙所示，量筒分度值为2mL，液柱上表面在60mL处，则量筒中液体的体积：‎ V=60mL=60cm3‎ ‎(4)由实验步骤(1)(3)可知倒入量筒中的液体质量为：‎ 则液体的密度：。‎ ‎34.（2020·贵州黔南）小强同学在家中自主学习，他利用家庭实验室的器材欲测一小石块的密度，他可用的器材有：托盘天平（含砝码）、烧杯、细线、水和小石块：‎ ‎(1)将托盘天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，发现天平静止时横梁右端高，则应将横梁右端的平衡螺母向_______（选填 “左”或“右”）调节，使横梁平衡； ‎ ‎(2)在烧杯中放入适量的水，用细线拴住小石块，将小石块浸没水中，在水面到达的位置上作标记，用天平测出水和烧杯总质量m1；‎ ‎(3)将小石块从水中取出，用天平测出剩余水和烧杯的总质量m2；‎ ‎(4)向烧杯中加水到标记处，再用天平测出此时水和烧杯的总质量m3；‎ ‎(5)上述实验过程可简化为图，小石块的质量m石=_______；‎ ‎(6)设水的密度为ρ水，则小石块体积的表达式：V石=_______（用所测物理量的字母表示），小石块密度的表达式：ρ石=_______（用所测物理量的字母表示）；‎ ‎(7)如步骤(3)中取出小石块时带走了一些水，小强所测的小石块质量_______ （选填“大于”“小于”“等于”）小石块的真实质量。‎ ‎【答案】(1)右；(2) m1－m2 ；(3)；(4) ；(5)大于。‎ 843‎ ‎【解析】(1)由题可知，横梁静止时，横梁右端高，所以为使横梁在水平位置平衡，应将横梁右端的平衡螺母向右调。‎ ‎(5)由题知，水和烧杯和石子总质量为m1，剩余水和烧杯的总质量m2，‎ 则小石子的质量：m石= m1- m2‎ ‎(6)向烧杯中加水到标记处，所加的水的体积等于小石子体积，‎ 则所加水的质量为：‎ 所加水的体积为：‎ 则小石子的体积为：‎ 小石子的密度为：‎ ‎(7)取出小石块时带走了一些水，即m2偏小，则通过计算，m石= m1- m2‎ 计算得出m石偏大。‎ ‎35.（2020·贵州黔西南）用天平（含砝码）、量筒、水和细线，测量矿石的密度，实验过程如下图所示。‎ ‎(1)在测量矿石质量前，将游码移到0刻线，天平指针指在分度盘的位置如图甲所示，此时应该向_______（填“左”或“右”）旋动横梁右端的螺母，直到指针指在分度盘的_______。‎ ‎(2)接下来的实验操作顺序应该是：______、_____、_______（填写图乙中的标号）。‎ ‎(3)测量质量时，矿石放在天平左盘，右盘中所放砝码如图A所示，再将游码移动到图示位置时，天平平衡。则矿石的质量为_______g。‎ ‎(4)实验测得该矿石的密度为_______kg/m3。‎ 843‎ ‎【答案】(1)右；(2)中央；(3) A；(4)B；(5)C；(6)142；(7)7.1×103。‎ ‎【解析】(1)由图可知，天平指针指偏向分度盘的左侧，说明天平左边较重，所以应将平衡螺母向右调，直到指针在分度盘的中央。‎ ‎(2)测量矿石的密度时，应当先测量矿石的质量，再在量筒中倒入适量的水，用细线将矿石系住，放入量筒测量水和矿石的总体积，所以接下的操作步骤依次是：A、B、C。‎ ‎(3)由图可知，测得矿石的质量为：‎ ‎(4)由图可知矿石的体积为：‎ 所以矿石的密度为：。‎ ‎36.（2020·江苏泰州）为做好消毒防疫，学校给各班准备了一些瓶装的75%消毒酒精。小明所在的物理兴趣小组围绕这些消毒酒精开展下列活动。‎ ‎(1)把天平放在水平台面上，先将________，再调节平衡螺母，使指针对准分度盘中央的刻度线；接着小明用天平测出瓶酒精的总质量为96.2g，再将部分酒精倒入量筒中，液面如图甲所示：最后用天平测出剩余酒精和瓶的总质量，测量结果如图乙所示，天平的读数为________g，75%消毒酒精的密度为________g/cm3；‎ ‎(2)如图丙所示是小明用粗细均匀吸管制成的简易密度计，竖直漂浮在水中时，水面位于图中A处，图中AB间距离为10.5cm，则A处应标为________g/cm3。再将该密度计漂浮在75%消毒酒精中，此时所受的浮力的________（选填“大于”、“等于”或“小于”）在水中所受的浮力，它浸入酒精中的深度h为________cm；‎ ‎(3)如图丁所示是三位同学用不同的粗细均匀吸管制成的密度计，竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计________（选填“①”、“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确。‎ ‎【答案】(1)游码归零；(2) 612；(3)0.875；(4) 1；(5)等于；(6)12；(7)②。‎ 843‎ ‎【解析】(1)使用天平时，应该把天平放在水平台面上，接着将游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡。‎ 剩余酒精和瓶的总质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，即 酒精的质量：‎ 由图甲读出酒精的体积是40mL=40cm3，酒精的密度为：‎ ‎(2)密度计竖直漂浮在水中时，水面位于图中A处，说明此时密度计在A处显示的密度值应该为该液体的密度，所以则A处应标为1g/cm3。‎ 由题意可知，密度计在酒精消毒液中处于漂浮状态，所受的浮力等于密度计的重力；由于密度计在水中也处于漂浮状态，所以密度计在水中受到的浮力也等于密度计的重力，所以密度计漂浮在75%消毒酒精中，此时所受的浮力的等于在水中所受的浮力。‎ 由于密度计在水中和酒精中受到的浮力相等，所以 则：，‎ 解得：，故它浸入酒精中深度h为12cm。‎ ‎(3)密度计的特点是刻度不均匀，上梳下密，上小下大，而且分度值越小越准确；深度深，刻度间隔越大；由题图可知密度计②所处的深度最深，刻度间隔最大，测量值最准确。‎ ‎37.（2020·山东聊城）小明在实验室测量一块不规则石块的密度。‎ ‎(1)小明把天平放在水平桌面上，调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，如图甲所示，其做法错误之处是没有把______放到正确位置；‎ 843‎ ‎(2)小明纠正上述错误后，应向______（选填“左”或“右”）端调节平衡螺母，才能使天平横梁重新平衡；‎ ‎(3)用调好的天平测石块的质量，当有盘中所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平横梁平衡，则石块质量为______g。在量筒内倒入适量水。该石块放入前、后的情况如图丙所示，则石块的体积是______ cm3，此石块的密度是______kg/m3。‎ ‎【答案】（1）游码；（2）右；（3）38.4；（4）15.0；（5）2.56×103。‎ ‎【解析】(1)使用天平测量质量时，先将天平放在水平桌面上，其次将天平标尺上的游码归零，最后调节平衡螺母使指针指在分度盘的中线处，再进行测量。‎ ‎(2)天平没有称量物体，游码没有归零时，天平平衡；将游码归零后，说明左盘下沉，右盘上翘，此时应向右端调节平衡螺母，才能使天平横梁重新平衡。‎ ‎(3)如图乙所示，天平标尺分度值为0.2g，游码左端在3.4g处，则石块质量 m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g 如图丙所示，量筒中水的体积为30.0mL，放入石块后，水和石块的总体积为45.0mL，则石块的体积：V=45.0mL-30.0mL=15.0mL=15.0cm3‎ 石块密度：。‎ ‎38．（2020·安徽）实验室用的托盘天平，砝码盒中常配备的砝码规格有：100g、50g、20g、10g、5g. 现要测量一物体的质量（约为 70g）。‎ ‎（1）调节横梁平衡：将天平放在水平桌面上，取下两侧的垫圈，指针就开始摆动。稳定后，指针指在分度盘的位置如图甲所示。则接下来的调节过程为____________________________________。 ‎ ‎（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，如图乙所示。则接下来的操作是：___________________________， 直到横梁恢复平衡。‎ 843‎ ‎【答案】（1）用镊子将游码移动到左端零刻度线处，再调节平衡螺母，直至天平平衡；（2）用镊子取下 5g 砝码，再用镊子向右移动游码。‎ ‎【解析】（1）调节天平平衡前，需要先用镊子将游码移动到左端零刻度线处，再调节平衡螺母，直至天平平衡；‎ ‎（2）测量过程中，当按顺序最后加入 5g 砝码后，指针右偏，应当用镊子将 5g 砝码取下，再用镊子向右移动游码直至天平平衡。‎ ‎39.（2020·重庆）小张发现外婆家的盐蛋咸适中恰到好处，猜想可能和盐水的密度有关，他和小华共同测量外婆家用来腌制盐蛋的盐水密度。‎ ‎(1)将天平放在水平工作台上，游码移到标尺的刻度处，砚察到指针偏向分度盘的左侧(图16甲),应将平衡螺母向 调节,使天平平衡，‎ ‎(2)调节天平平衡后，进行以下实验操作:‎ ‎①测量空烧杯的质量mo,天平平衡时,砝码及游码位置如图16乙,mo= g；‎ ‎②向烧杯中倒人适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m1为55.0g:然后将盐水全部倒入量筒(图16丙)，读数时视线与凹液面底部，读出体积V= ml;‎ ‎③算出盐水的密度ρ= g/cm3‎ ‎(3)小华指出:以上测量过程中.烧杯中会残留部分盐水导致测得盐水的密度偏大，于是他与小张利用电子秤再次测量该盐水密度。‎ 进行了以下实验操作:‎ 843‎ ‎①取密度为8 g/cm'的合金块，用电子秤测得其质为为80.0g(图17甲):②将合金块放入溢水杯中后向溢水杯中注满盐水，得杯、盐水，水，合金块的总质量为100.0g(图17乙); ‎ ‎③取出合金块向溢水杯中补满盐水,测得杯和盐水的总质量为31.00g(图17丙)。 ‎ 根据以上数据,计算出盐水的密度ρ= g/cm3 若测量后发现此电子秤的每次测量值均比真实值大1g左右，则以上测得的盐水密度与真实值相比(选填“偏大”“不变”或”偏小”)。‎ ‎【答案】（1）零、右；（2）①32、②相平、20；③1.15；（3）①1.1；②偏大。‎ ‎【解析】（1）考察实验操作；‎ ‎（2）①先算砝码，再加游码，为32g；‎ ‎②量筒读数时视线与凹液面相平；读数为20ml；‎ ‎③由密度计算公式：‎ ‎（3）由甲可知： ①‎ 由乙可知： ②‎ 由图丙可知： ③‎ ‎②-①： ④‎ ‎③-④：‎ 由上述密度求法可知：由于测量后发现每次测量值均比真实值大1g，所以①、②、③中真实数据则为79g、99g、30g，通过同样的算法：‎ ‎。‎ 故测量密度偏大。‎ 843‎ ‎40.（2020·江苏连云港）密度是物质的重要属性，生产、生活中常常需要测量各种液体的密度。某同学在综合实践活动中自制了测量液体密度的杠杆密度计，可以从杠杆上的刻度直接读出液体密度的数值，受到了老师的肯定和表扬，结构如图所示。‎ 所用器材：轻质杠杆（自身重力忽略不计）、两种规格的空桶（100mL和200mL）、质量为m的物体A、细线。‎ 设计过程如下：‎ ‎(1)将杠杆在O点悬挂起来，空桶悬挂在B点，质量为m的物体A悬挂在C点时，杠杆水平平衡。测出B点到O点的距离为l，C点到O点的距离为l0，此时C点的密度刻度线应标注为______；‎ ‎(2)在B点的空桶内注满液体，空桶容积为V，移动物体A至C1位置，使杠杆在水平位置平衡。C1点到O点的距离为l1，此时C1点的密度值为______（用题中所给的字母表示）；‎ ‎(3)已知密度为1.0×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为4cm，则密度为0.8×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为______cm；‎ ‎(4)要使制作的杠杆密度计测量精度更高一些，应选择______规格的空桶（选填“100mL”或“200mL”）。‎ ‎【答案】（1）0；（2）；（3）3.2；（4）200mL。‎ ‎【解析】(1)空桶悬挂在B点，质量为m的物体A悬挂在C点时，杠杆水平平衡，桶中没有液体，液体的密度为零，此时C点的密度刻度线应标注为0。‎ ‎(2)设空桶的质量为m桶，由杠杆的平衡条件可知：m桶gl=mgl0‎ 桶的质量：m桶=‎ 在B点的空桶内注满液体，根据杠杆的平衡条件可得：‎ ‎(m桶+m)gl=mgl1‎ ‎(m桶+ρV)gl=mgl1‎ 843‎ ‎(+ρV)gl=mgl1‎ ρ=‎ ‎(3)由(2)中的公式可知ρ与(l1-l0)成正比，密度为1.0×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为4cm，则密度为0.8×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为l2‎ l2=3.2cm ‎(4)要使制作的杠杆密度计测量精度更高一些，分度值小一些，由ρ=可知增大液体的体积可以使密度小一些，分度值小一些，所以选择200mL规格的空桶，精度更高一些。‎ ‎41.（2020·河南）郑州市积极响应"国家黄河生态文明"战略，在沿黄地区大力发展石榴种植。小明发现他家的石榴比其他品种的石榴甜，汁更浓，想测一下石榴汁的密度。‎ ‎（1）实验步骤如下:‎ ‎①将空烧杯放在调好的天平上，测出其质量为 40g;‎ ‎②在烧杯中倒入适量的石榴汁，将其放在天平左盘上，在右盘内添加砝码。‎ 当放入最小的5g砝码时，天平右端下沉，接下来应进行的操作是: ，直到天平平衡。此时砝码质量及游码位置如图12甲所示.则烧杯和石榴汁的总质量为 g ；‎ ‎③将烧杯中的石榴汁倒入量简中，液面位置如图12乙所示，‎ 则量筒中石榴汁的体积为cm3;‎ ‎④用上述测得的数据计算出石榴汁的密度为 kg/m3‎ 843‎ ‎（2）分折实验过程,小丽认为，在步骤③中,由于烧桥中的石榴计有残留，会使密度的测量结果(选项“偏大"或"“偏小)。 她提出只要将（1）中实验步骤的顺序稍作调整就能使测量结果更准确，合理的顺序（填写步骤序号)）。‎ ‎【答案】（1）将 5g 砝码拿下来，向右移动游码，62.4，3.12×103；（2）偏大，②③①④。‎ ‎【解析】（1）右侧下沉，证明砝码过重，需要将 5g 砝码拿下来，向右移动砝码；‎ ‎（2）如果液体有残余，会使得测得的体积偏小，最终密度偏大；只需要调成②③①④，这样测的空烧杯的质量就将残留的液体质量包含在内了，最终结果会更加准确。‎ ‎42.（2020·重庆B）小铭在学校期间，使用一种医用免洗洗手液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味，看到该液体的流动性较差。查看了瓶身上的说明后，确定，这种洗手液的主要成分为75％的酒精。于是小铭所在的兴趣小组对这种洗手液的密度进行了测量。‎ ‎(1)实验前，将托盘天平放在_________工作台上，游码移到标尺的零刻度线处，指针静止在如图甲所示的位置，此时应将右端的平衡螺母向_______________(选填“左”或“右”)调节，使天平平衡；‎ ‎(2)将盛有适量洗手液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图乙所示，烧杯和洗手液的总质量为_______g；将烧杯中的部分洗手液倒入量筒，测得烧杯和剩余洗手液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图丙所示，则量筒内洗手液的体积为_______ml，这种洗手液的密度为_______g/cm3；‎ ‎(3)小铭对洗手液的密度测量结果有疑惑，回到家后利用电子秤、烧杯、细线和一个实心铝块等器材，再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：‎ 843‎ ‎①烧杯中倒入适量洗手液放置在电子秤上(如图丁)；‎ ‎②将系好细线的铝块缓缓浸没到洗手液中保持静止(如图戊)，洗手液未溢出；‎ ‎③将铝块缓慢沉底后松开细线(如图己)。则这次测得洗手液的密度为_____g/cm3，对前后两次实验进行分析，发现在______(选填“学校”或“家”)所测洗手液密度的结果更接近真实值，造成另一次密度测量结果与真实值的差异较大的原因可能是______________________________________________(已知铝块的密度为2.7g/cm3，不计细线质量，细线和正方体均不吸收洗手液)。‎ ‎【答案】（1）水平；（2）右；（3）72.4；（4）30；（5） 1；（6）0.9；（7）家；（8）洗手液较为粘稠，粘在量筒内壁上，导致所测体积偏小，密度偏大。‎ ‎【解析】(1)用天平测量物体的质量之前，应该将天平放在水平工作台上，将游码拨到标尺左端的零刻度线处。‎ 指针偏向分度盘中央刻度线的左侧时，应将平衡螺母向右调节。‎ ‎(2)烧杯和洗手液的总质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，即：‎ 如图丙所示，量筒内洗手液的体积为，倒入量筒洗手液的质量是：‎ 这种洗手液的密度为：‎ ‎(3)③对比丁图和己图可知，铝块的质量是：‎ 由得，铝块的体积是：‎ 对比戊己两图可知，铝块的受到的浮力：‎ 843‎ 铝块完全浸没在洗手液中时，‎ 所以这次测得洗手液的密度为：‎ 由题意可知，这种洗手液的主要成分为75％的酒精，而酒精的密度小于，可以判断在家所测洗手液密度的结果更接近真实值。‎ 造成两次所测量的密度值存在差异较大的原因可能是洗手液较为粘稠，粘在量筒内壁上，导致所测体积偏小，密度偏大。‎ ‎43.（2019·盐城）小刚做测量蜡块密度的实验。‎ ‎（1）将天平放在水平桌面，移动游码至标尺的_________处。若此时指针的位置如图甲所示，应将平衡螺母向________移动，使天平平衡。‎ ‎（2）将蜡块放在天平__________盘中，另一盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡。蜡块的质量为_______g。‎ ‎（3）将蜡块放入盛有50.0mL水的量筒中，用铁丝将其压入水中，读得量筒的示数为60.0mL，则该蜡块的体积为______。‎ ‎（4）计算得出蜡块的密度为___________kg/m3。‎ ‎【答案】（1）左端“0”刻度线；（2）左；（3）左；（4）8.4；（5）10.0mL；（6）0.84×103。‎ ‎【解析】（1）天平使用步骤：先将天平放在水平桌面上，然后将游码移至标尺的零刻度线处，再调节平衡螺母使天平平衡；图甲中，游码归零后指针右偏，说明天平右侧重、左侧轻，应将平衡螺母向左移动，直到天平平衡。‎ ‎（2）根据“左物右码”，应将蜡块放在天平左盘中，在右盘中加减砝码。图乙中，砝码质量为5g，游码标尺分度值为0.2g，则蜡块的质量为m=5g+3.4g=8.4g。‎ ‎（3）将蜡块压入盛有50.0mL水的量筒中，量筒的示数为60.0mL，则该蜡块的体积为V=60.0mL-50.0mL=10mL=10cm3。‎ 843‎ ‎（4）计算得出蜡块的密度为ρ===0.84g/cm3=0.84×103kg/m3。‎ ‎44．（2018·临沂）小明所在的课外兴趣小组需要密度为1.15g/cm3的盐水，为检验配制的盐水是否合格。‎ ‎（1）小明设计了如下方案：①用天平测出空烧杯的质量m1；②往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2；③将烧杯中的盐水倒入量筒中，测出盐水的体积V；④利用ρ=计算得出盐水的密度。‎ ‎（2）小组成员认为该方案会使测量结果　 　（选填“偏大”或“偏小”），原因是　 　。‎ ‎（3）小组成员改进了实验方案并进行了如下操作：‎ ‎①将天平放在水平桌面上，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上，发现指针的位置如图甲所示，则需将平衡螺母向　 　调节。‎ ‎②往烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量为　 　g（如图乙所示）；‎ ‎③将烧杯中的部分盐水倒入量筒中，读出盐水的体积（如图丙所示）；‎ ‎④测出烧杯和剩余盐水的质量为15g；‎ ‎⑤计算出盐水的密度为　 　g/cm3。‎ ‎（4）为配制合格的盐水，需要继续向盐水中　加盐　（选填“加盐”或“加水”）。‎ ‎【答案】（2）偏大；烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小；（3）左；59.8。‎ ‎【解析】（2）把烧杯中的盐水全部倒入量筒中，由于烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小，根据密度公式ρ=可知，密度偏大。‎ ‎（3）将天平放在水平上，把游码放在零刻度线处，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；‎ 盐水和烧杯的总质量m2=50g+5g+4.8g=59.8g，‎ 843‎ 则量筒中盐水的质量m=m2﹣m1=59.8g﹣15g=44.8g；量筒中盐水的体积为V=40mL=40cm3，‎ 盐水的密度ρ====1.12g/cm3；‎ ‎（4）因为测得盐水的密度小于1.15g/cm3，需要加盐以增大密度。‎ 故答案为：（2）偏大；烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小；（3）左；59.8；‎ 四、计算题 ‎45.（2020·四川甘孜州）建筑工地需要400 m3的沙石，为了估测沙石的密度，用一只空桶平平装满一桶沙石，测得桶中的沙石的质量为52kg，再用这只桶装满一桶水， 测得桶中水的质量为20kg， ρ水=1.0x103kg/m3， g取10N/kg。求∶‎ ‎(1)桶的容积是多少？‎ ‎(2)沙石的密度是多少？ ‎ ‎(3)若用一辆载重4000kg的卡车将沙石运送到工地，至少要运多少车？ ‎ ‎【答案】(1)0.02m3；(2)2.6×103kg/m3；(3)260车 ‎【解析】(1)因为桶装满水，所以桶的容积：‎ ‎(2)沙石的密度：‎ ‎(3) 400 m3的沙石的质量：‎ 若用一辆载重4000kg的卡车将沙石运送到工地，至少要运的车数 答：(1)桶的容积是0.02m3；(2)沙石的密度是2.6×103kg/m3； (3)若用一辆载重4000kg的卡车将沙石运送到工地，至少要运260车。‎ 考点09 机械运动 843‎ ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 长度测量 刻度尺的使用与测量 ‎2‎ 机械运动 机械运动、参照物、运动和静止的相对性的解释 ‎3‎ 运动的快慢 变速运动及平均速度 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·四川成都）中国自主研发的“海斗一号”(如图)，在马里亚纳海沟刷新了中国潜水器最大下潜深度纪录，达到10907米。“海斗一号”在完成了岩石状物体样本的抓取和其他工作后，遥控抛载安全上浮。对于上浮过程，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 以“海斗一号”为参照物，海面是静止；‎ B. 以“海斗一号”为参照物，海底是运动的；‎ C. 以样本为参照物，“海斗一号”是运动的；‎ D. 以抛掉的重物为参照物，“海斗一号”是静止的 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．以“海斗一号”为参照物，海面有相对运动，是运动的，故A错误；‎ B．以“海斗一号”为参照物，海底有相对运动，是运动的，故B正确；‎ C．以样本为参照物，“海斗一号”无相对运动，是静止的，故C错误；‎ D．以抛掉的重物为参照物，“海斗一号”有相对运动，是运动的，故D错误。故选B。‎ ‎2.（2020·山东聊城）古诗词是我国的文化瑰宝。很多诗句里蕴含着丰富的物理知识。如“不疑行船动，唯看远树来”中，“远树来”所选择的参照物是（　　）‎ A. 行船 B. 远树 C. 河岸 D. 山峰 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．远处的树和行船之间的位置不断发生变化，所以以行船为参照物，树是运动的，符合题意；‎ B．研究对象不能选择自己为参照物，所以不能选择远树为参照物，不符合题意；‎ CD．远处的树与河岸、山峰的位置没有发生变化，是静止的，不符合题意。故选A。‎ 843‎ ‎3.（2020·山东聊城）（多选）如图所示，小明“测量平均速度”时，在带有刻度的斜面底端B处放一金属片，让小车从斜面顶端由静止滑下，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 小车通过AB段路程是9.00dm；‎ B. 小车碰撞金属片前、后运动状态发生了变化；‎ C. 这个实验还能说明物体的运动不需要力来维持；‎ D. 小车对斜面的压力和小车受到的重力是一对平衡力 ‎【答案】AB。‎ ‎【解析】A．由图可知，小车通过AB段的路程：s=10.00dm-1.00dm=9.00dm，故A正确；‎ B．小车碰撞金属片前速度较大，碰撞金属片后，小车受到阻力，小车的速度为零，运动状态发生了变化，故B正确；‎ C．这个实验能说明力是改变物体运动状态的原因，不能说明物体的运动不需要力来维持，故C错误；‎ D．小车对斜面的压力和小车受到的重力作用在不同物体上，不是一对平衡力，故D错误。故选AB。‎ ‎4.（2020·山东泰安）一辆长20m的货车，以72km/h的速度匀速通过长为100m的大桥，下列说法中（　　）。‎ ‎①货车完全在桥上行驶的时间是5s；‎ ‎②货车完全在桥上行驶的时间是4s；‎ ‎③货车通过大桥所用的时间是6s；‎ ‎④货车通过大桥所用的时间是7s A. 只有①④正确 B. 只有②④正确 C. 只有①③正确 D. 只有②③正确 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】货车的速度：v=72km/h=20m/s ‎①②货车完全在桥上行驶的路程：s1=100m-20m=80m 货车完全在桥上行驶的时间：t1==4s 故①错误，②正确；‎ 843‎ ‎③④货车通过大桥的路程：s2=100m+20m=120m 货车通过大桥所用的时间：t2==6s 故③正确，④错误。故选D。‎ ‎5.（2020·新疆）冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。冰壶被运动员掷出后，在冰面上减速滑行到停下的过程中，冰壶的平均速度与冰壶被掷出时的速度成正比，冰壶的滑行时间也与冰壶被掷出时的速度成正比。若冰壶以1.6m/s的速度被掷出时，在冰面上滑行了8m，则冰壶以3.2m/s的速度被掷出，在冰面上滑行的距离为（　　）。‎ A. 8m B. 16m C. 24m D. 32m ‎【答案】D。‎ ‎【解析】若冰壶以1.6m/s的速度被掷出时，在冰面上滑行了8m，假设平均速度为v，滑行时间为t，根据速度公式有：‎ 当冰壶以3.2m/s的速度被掷出时，为原来抛出速度的两倍；因为冰壶的平均速度与冰壶被掷出时的速度成正比，冰壶的滑行时间也与冰壶被掷出时的速度成正比，所以平均速度和滑行时间均变为原来的两倍，则有：‎ 故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎6.（2020·自贡）2020年5月，一同学乘坐公交车去观看第26届自贡国际恐龙灯会暨2020全民抗疫主题灯会，发现路边树木不停地向后退去，他选择的参照物是（　　）。‎ A. 路边树木 B. 远处高山 C. 公路路面 D. 乘坐的公交车 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．研究对象是路边树木，不能以研究对象为参照物，故A不符合题意；‎ BC．路边树木相对于远处高山、公路路面的位置没有改变，以远处高山、公路路面为参照物，路边树木是静止的，故BC不符合题意；‎ D．以乘坐的公交车为参照物，路边的树木相对于乘坐的公交车的位置在不断发生变化，会看到路边树木向后运动，故D符合题意。‎ 故选D。‎ 843‎ ‎7.（2019·邵阳）学校大课间操时，小明同学在跑道上向前做慢跑运动，下列说法正确的是（　　）。‎ A．小明蹬地的鞋底受到的摩擦力方向一定向后；‎ B．小明看到跑道在往后退，是以小明为参照物；‎ C．小明在匀速通过弯道时，他的运动状态不改变；‎ D．小明在慢跑时对地面的压强等于他站立时对地面的压强 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、小明向后蹬地时相对地面鞋向后运动，受到地面向前的摩擦力作用。故A错误。‎ B、跑道在往后退说明跑道是运动的，跑道和小明之间距离发生变化，所以可以以小明为参照物。故B正确。‎ C、小明在匀速通过弯道时，他的速度不变，方向变化，所以小明的运动状态改变。故C错误。‎ D、小明无论是慢跑还是站立对地面的压力等于小明的重力，所以压力不变，站立时受力面积是两只鞋底面积，跑步时是一只鞋底的面积，受力面积不同，所以对地面的压强不同。故D错误。故选B。‎ ‎8.（2019·湖州）甲、乙两物体运动时，路程与时间关系的s-t图象如图所示，其中甲为曲线，乙为直线，在t=5秒时两线相交，则由图象可知（　　）。‎ A.两物体在t=5‎秒时一定相遇； B.两物体在5秒内通过的路程甲小于乙；‎ C.甲物体做曲线运动，乙物体做直线运动；D.甲物体做变速运动，乙物体做匀速运动 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】在5s时，两物体的图像相交，说明两物体在5s时的路程相同，但不一定会相遇；故A、B错。‎ 由图像可知，甲物体图像是一条曲线，说明其做变速运动；乙物体图像是一条直线，说明其做匀速直线运动；故C错误，D正确。故选D。‎ ‎9.（2019·河北）下列数值最接近实际情况的是（　　）。‎ A．一张纸的厚度约为0.1cm； B．正常骑行自行车的速度约为5m/s；‎ 843‎ C．一支普通圆珠笔重约为2N；D．标准大气压下冰水混合物的温度约为4℃‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、一张纸的厚度为100μm＝0.1mm左右，故A不符合实际；‎ B、人正常骑自行车的速度为5m/s＝18km/h，故B符合实际；‎ C、一支普通圆珠笔的质量约为10g＝0.01kg，其重力G＝mg＝0.01kg×10N/kg＝0.1N，故C不符合实际；‎ D、标准大气压下冰水混合物的温度为0℃，故D不符合实际。故选B。‎ ‎10.（2019·泸州）甲、乙两车在一平直公路上沿同一方向运动，其中甲车做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t变化的图象如图所示。下列说法中正确的是（　　）。‎ A.在t=0‎时刻，甲、乙两车在同一位置；‎ B.在0到t‎1‎时间内，甲、乙两车的速度相等；‎ C.在t‎1‎到t‎2‎时间内，甲、乙两车通过的路程相等；‎ D.在0到t‎2‎时间内，乙车做匀速直线运动 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由图象知，A、在t=0时刻，甲在“x0”位置，乙在“0”位置，所以两车不在同一位置，故A错误；‎ B、在0到t1时间内，所用时间相同，乙通过的路程较大，由公式v=知，乙车的速度较大，故B错误；‎ C、在t1到t2时间内，甲、乙两车通过的路程都是x2-x1，即两车通过的路程相等，故C正确；‎ D、在0到t2时间内，乙车的位置x随时间t变化图象不是一条倾斜的直线（而是折线），所以不是一直以相同的速度在做匀速直线运动，故D错误。故选：C。‎ ‎11.（2019·岳阳）下列测量仪器使用方法正确的是（　　）。‎ 843‎ A．用刻度尺测量物块的长度 B．用温度计测水的温度 C．用天平测物体的质量 D．读取液体体积 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、图中所示刻度尺没有放正，故A错误；‎ B、图中温度计玻璃泡全部浸入被测液体中，没有碰到容器底或容器壁使用方法正确，故B正确；‎ C、用镊子夹取砝码，用手会腐蚀砝码，故C错误；‎ D、量筒读数时视线与凹液面相平，故D错误。故选B。‎ 二、填空题 ‎12.（2020·湖南常德）(1)图甲所示木块的长度为______cm；‎ ‎ (2) 图乙所示天平测得物体质量是______g；‎ ‎(3)图丙所示电压表的示数是_______V； ‎ ‎(4)图丁所示的物重是_______N。‎ ‎【答案】（1）3.80；（2）76.6；（3）10.5；（4）2.2。‎ ‎【解析】(1)如图甲所示，刻度尺的分度值为0.1cm，物体的左端在刻度尺6.00cm处，右端在9.80cm处，则物体的长度为：L=9.80cm-6.00cm=3.80cm ‎(2)如图乙所示，天平标尺分度值为0.2g，则物体的质量为：m=50g+20g+5g+1.6g=76.6g ‎(3)如图丙所示，电压表选择的是分度值为0.5V的大量程，示数为10.5V。‎ 843‎ ‎(4)如图丙所示，弹簧测力计的分度值为0.2N，弹簧测立计示数为2.2N。‎ ‎13.（2020·山东泰安）如图所示，所测木块长度是______cm。‎ ‎【答案】2.35。‎ ‎【解析】刻度尺上1cm之间有10个小格，此刻度尺的分度值为1mm，木块左侧与零刻度线对齐，右侧与2.35cm对齐，所以木块的长度为2.35cm。‎ ‎14.（2020·山东济宁）如图所示，铅笔的长度为______cm；电能表的示数为______kW·h。‎ ‎【答案（1）3.00；（2）1362.5。‎ ‎【解析】该刻度尺分度值为1mm，估读到分度值下一位，因此铅笔的长度为3.00cm。‎ 电能表上最后一位数是十分位，此电能表的示数为1362.5 kW·h。‎ ‎15.（2020·四川甘孜州）2019年1月，“嫦娥四号”在月球背面成功着陆。“嫦娥四号”在加速过程中，动能_______（选填“增大”“不变”或“减小”），以月球为参照物，“ 嫦娥四号”是______的（选填“运动”或“静止”）。‎ ‎【答案】（1）增大；（2）运动。‎ ‎【解析】“嫦娥四号”减速落月过程中，质量不变，速度增大，其动能增大。‎ ‎“嫦娥四号”在落月过程中，“嫦娥四号”相对于月球的位置不断发生变化，故以月球为参照物“嫦娥四号”是运动的。‎ ‎16．（2020•岳阳）人眼中的角膜和晶状体相当于（选题“凸透镜”、“凹透镜”或“平面镜”）；右图中，物体的长度为cm。‎ ‎【答案】凸透镜、6.50 。‎ 843‎ ‎【解析】人眼是天然的活的照相机，晶状体相当于凸透镜；长度的测量记录包括准确值、估读值和单位。铅笔的长度为6.50cm。‎ 故答案为：凸透镜、6.50 。‎ ‎17.（2020·黑龙江龙东）如甲图所示，木块的长度 cm：乙图所示，弹簧测力计示数 N。‎ ‎【答案】5.25 1.2‎ ‎【解析】刻度尺读数时要估读到分度值的下一位。由图甲可知，刻度尺的分度值为1mm,故木块的长度为5.25cm。图乙中弹簧测力计的分度值为0.2N，故弹簧测力计的示数为1.2N；‎ ‎18.（2020·广东）如图所示，图甲中木块的长度为______cm；天平平衡时，放在天平右盘中的砝码和游码的位置如图乙所示，所测物体的质量为______g。‎ ‎【答案】（1）2.12；（2）34。‎ ‎【解析】由甲图知，刻度尺的分度值为1mm，木块的长度为2.12cm。‎ 由乙图知，游标的分度值为0.2g，所测物体的质量为：。‎ ‎19.（2020·贵州黔东南）如图所示，“歼31”是我国自主研发具有隐形功能的一种四代战机。飞行时，以__________（填“地面”或“飞机”）为参照物，飞行员是静止的；飞机能够升空，是因为机翼上方的空气流速比下方的__________（填“快”或“慢”），从而产生了较大的升力。‎ 843‎ ‎【答案】(1)飞机；(2)快。‎ ‎【解析】“歼31”是我国自主研发具有隐形功能的一种四代战机。飞行时，以飞机为参照物，飞行员与飞机的位置不发生变化，所以飞行员是静止的；‎ 飞机能够升空，是因为机翼上方的空气流速比下方的快，当空气流速越快，压强越小，所以机翼上方压强小，而机翼下方压强大，此压强差产生升力。‎ ‎20.（2020·湖南常德）2019年10月16日，连接江南一江北的沅江遂道顺利通车，遂道全长2240m，双向四车道，给常德市民的出行带来了极大的方便。在遂道口设有如图所示标示牌，标示牌上“60”的单位为____，张师傅驾车通过沅江遂道，在遵守交通规则的情况下至少需要_____s。‎ ‎【答案】（1）km/h；（2）134.4。‎ ‎【解析】标示牌上标示的是遂道中车的最高速度为60km/h。‎ 在不超速驾驶的情况下，通过遂道所需要的最少时间：。‎ ‎21.（2020·重庆B）举世闻名的三峡水利枢纽工程的船闸实现了上下游通航，船闸的工作利用了________原理。轮船在闸室中前进时，若以河岸为参照物，该轮船是________(选填“运动”或“静止”)。‎ ‎【答案】（1）连通器；（2）运动。‎ ‎【解析】船闸的上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器，所以船闸是根据连通器原理工作的。‎ 轮船在闸室中前进时，若以河岸为参照物，轮船与岸的位置在不断发生变化，若以河岸为参照物，该轮船是运动的。‎ ‎22.（2020·江苏泰州）‎ 843‎ 为测自己的跑步速度，小明在一段长200m的平直道路起点开始计时，跑到终点停止计时，秒表示数如图所示。则小明跑完此段路程用时__________s，平均速度为__________m/s。‎ ‎【答案】（1）40；（2）5。‎ ‎【解析】由图可知，小盘的分度值是0.5min，指针在0.5min和1min之间；大盘的分度值是1s，因此秒表读数为40s，因此小明跑完此段路程用时40s。‎ 平均速度为：。‎ ‎23.（2020·安徽）汽车后刹车灯的光源，若采用发光二极管（LED），通电后亮起的时间会比采用白炽灯大约快 0.5s，这有助于后方车辆驾驶员及时作出反应。假设后方车辆以 36km/h 的速度匀速前进。在 0.5s 的时间内，后方车辆前行的距离为________m。‎ ‎【答案】5。‎ ‎【解析】v =36km/h=10m/s，s =vt=10m/s×0.5s=5m。‎ ‎24.（2020·山东济宁）小明在探究速度的变化时，拍摄了两个小球运动过程的频闪照片，如图所示，闪光时间间隔为1s，图上数字为闪光时刻编号，请根据图中信息回答下列问题。‎ ‎(1)不可能做匀速直线运动的是小球______（选填“A”或“B”）；‎ ‎(2)小球A和B在第1s至第6s这段时间间隔内的平均速度应为：vA______vB（选填“=”“>”或“<”）。‎ ‎【答案】（1）A；（2）>。‎ ‎【解析】由图可知，在相同的时刻内A球的路程越来越大，所以A球做的是变速直线运动，不可能做匀速直线运动。‎ 由图可知，小球A和B在第1s至第6s这段时间间隔内的路程为sA>sB，由可知，小球A和B在第1s至第6s这段时间间隔内的平均速度应为vA>vB。‎ ‎25.（2020·四川南充）甲乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s-t 843‎ 图可知(如图)，乙车速度为________km/h；t=0时，甲车在乙车前方200米，乙车追上甲车还需________s。‎ ‎【答案】(1)72；(2)40。‎ ‎【解析】根据公式可以算出乙车速度为：‎ 根据公式可以算出甲车速度为：‎ 乙车追甲车的追击速度为：‎ 乙车追上甲车还需时间为：。‎ ‎26.（2020·德州）两辆汽车在同一平直公路上同时出发，其路程s与时间t的关系如图所示。由图像可知，甲车的速度______乙车的速度（选填“<”“=”或“>”），甲车的速度为______，当时，甲、乙两车相距______。‎ ‎【答案】（1） >；（2）20；（3）200。‎ ‎【解析】由图得出甲乙两车都做匀速直线运动，在t=50s时，甲车行驶的路程s甲 843‎ ‎=1000m，乙车行驶的路程s乙=700m，甲车的速度：v甲==20m/s v乙==10m/s v甲＞v乙 ‎[3]由图可知，行驶20s时甲车追上乙车，当t=40s时，甲车行驶的路程：‎ s′甲=800m-400m=400m 乙车行驶的路程：s′乙=600-400m=200m Δs=s′甲-s′乙=400m-200m=200m。‎ ‎27.（2019·苏州）如图所示，木块的长度为______cm。‎ ‎【答案】2.25。‎ ‎【解析】在使用刻度尺测量物体长度时，一定注意测量结果要估读到分度值的下一位。由图知：1cm之间有10个小格，所以1个小格代表的是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；‎ 木块左端与3.00cm刻度线对齐，右端与5.25cm对齐，所以物体的长度为L=5.25cm-3.00cm=2.25cm。‎ 故答案为：2.25。‎ ‎28.（2019·河北）卫星是通过传递信息的，它从图中所示位置向近地点运行时势能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）；站在地面上的人观察到同步卫星静止不动，选取的参照物是　 　。‎ ‎【答案】电磁波；减小；地球（地面）。‎ 843‎ ‎【解析】电磁波可以在真空中传播，卫星是通过电磁波来传递信息的。卫星从远地点运行到近地点时，相对高度减小，所以势能减小，同时速度增大，动能增大。‎ 站在地球上的人如果以地球为参照物，同步通信卫星与地球之间的相对位置没有发生改变，所以觉得地球同步通信卫星在空中静止不动。‎ 故答案为：电磁波；减小；地球（地面）。‎ ‎29.（2019·甘肃武威）改革开放40年以来，中国高铁已然成为一张有重量的“中国名片”。小明乘坐高铁时看到路旁的树木疾速向后退去，这是以______为参照物。若列车时速为180km/h，合______m/s。‎ ‎【答案】高铁；50。‎ ‎【解析】小明乘坐高铁时看到路旁的树木疾速向后退去，认为树木是运动的，选择的参照物是与树木位置不断发生变化的高铁。‎ 列车速度：v=180km/h=180×m/s=50m/s。‎ 故答案为：高铁；50。‎ ‎30.（2018·安顺）小亮坐在火车上，透过车窗看到路边树木向后移动，他是以______为参照物；火车进站时车体附近的气流速度很大，使车体附近的______很小，为避免候车乘客被“吸”向列车的事故发生，乘客一定要站在安全线外。‎ ‎【答案】火车；压强。‎ ‎【解析】（1）以火车为参照物，路边的树木相对与火车发生了位置的变化，所以树木是向后运动的；‎ ‎（2）人离高速列车比较近时，高速列车的速度很大，人和高速列车的之间的空气流动速度很大，压强小，人外侧的压强不变，人受到外侧压强大于人内侧受到的压强，人在较大的压强差作用下很容易被压向列车，发生交通事故。‎ 故答案为：火车；压强。‎ ‎31.（2018·襄阳）古隆中距襄阳市区某中学16km，该中学在游古隆中研学活动中，有学生能用指南针辨别方向，是因为地球周围存在着　 　，同学们的步行速度大约4km/h，则同学们从学校出发到达古隆中需要的时间大约是　 　h。‎ ‎【解析】由于地球的周围存在地磁场，所以地球周围的小磁针（指南针）都要受到地磁力的作用而指向南北方向；‎ 根据速度公式v=可知，步行的时间为：t===4h。‎ 答案：地磁场；4。‎ 843‎ ‎32.（2018·遵义）如图所示，用刻度尺测量的小红旗长度cm，小红旗呈现红色是因它红光（选填“反射”“吸收”或“折射”）。‎ ‎【答案】9.00；反射。‎ ‎【解析】（1）由图示刻度尺可知，刻度尺的分度值是1mm，物体的长度是9.00cm；‎ ‎（2）红旗呈现红色，是因为红旗反射红色的光，进入人眼。‎ 故答案为：9.00；反射。‎ ‎33.（2018·遵义）学校运动会百米赛跑项目中，小迪起跑后2s末速度为6m/s，终点冲刺时速度达到9.8m/s，在冲刺阶段小迪超越了小杰同学，领先到达终点，最终以12.50s的成绩获得第一名并打破学校纪录。在超越小杰的过程中，以小杰为参照物小迪是　 　的，小迪比赛过程的平均速度为　 　m/s。‎ ‎【解析】（1）小迪在超越小杰的过程中，小迪与小杰之间有位置的变化，故以小杰为参照物小迪是运动的；‎ ‎（2）小迪百米比赛时的平均速度：‎ v===8m/s。‎ 故答案为：运动；8。‎ ‎34.（2018•武汉）2018年4月1日，“光谷量子号”有轨电车开始载客试运营，开通了交路1和交路2两条线路。交路2全长约20km，若电车某次跑完全程需要50min，则电车的平均速度为　 　km/h。“光谷量子号”采用了能量回收系统，例如电车下坡时，为了保持匀速运动，会带动发电机发电进行“刹车”，即将　 　能转化为　 　能供电车使用，更加节能环保。‎ ‎【答案】24；机械；电。‎ ‎【解析】（1）已知路程s=20km，时间t=50min=h，‎ 则电车的平均速度：v===24km/h。‎ ‎（2）当电车下坡时，会带动发电机发电进行“刹车”，发电机工作时，将机械能转化为电能供电车使用，更加节能环保。‎ 843‎ 故答案为：24；机械；电。‎ 三、综合题 ‎35.（2020·江西）如图所示，是小丽开车即将到达隧道口时所发现的交通标志牌｡‎ ‎(1)请你解释两标志牌上数字的含义；‎ ‎(2)若匀速通过该隧道所用的时间为3min，你用两种不同的方法，通过计算判断小丽开车是否超速｡‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)没有超速。‎ ‎【解析】(1)“80”表示汽车通过隧道时，限制最大速度不能超过80km/h。‎ ‎“3600”表示该隧道全长3600m。‎ ‎(2)汽车的速度：v=；‎ 小丽开车没有超速。‎ 答：(1)“80”表示限制最大速度不能超过80km/h，“3600”表示该隧道全长3600m；(2)小丽开车没有超速。‎ 考点10 力与运动 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 力 力的理解、力的单位、力的作用效果、力的三要素、力的示意图 ‎2‎ 弹力 弹力概念、产生条件、测量工具 ‎3‎ 重力 具体重力的概念、重力的三要素、重力的示意图 ‎4‎ 摩擦力 摩擦力分类、和如何增加减小摩擦力 ‎5‎ 牛顿第一定律 ‎①牛顿第一定律；②惯性的概念及解释惯性现象 ‎6‎ 二力平衡 会分析和应用二力平衡 843‎ ‎★三年真题 一、选择题 ‎1..（2020·四川乐山）下列实例中，目的是为了增大摩擦的是（　　）。‎ A. 滚动轴承；B. 给木箱加装轮子；‎ C. 自行车车轮有凹槽；D. 磁悬浮列车与轨道不接触 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．滚动轴承是将滑动摩擦变为滚动摩擦，减小了摩擦力。A选项不符合题意；‎ B．给木箱加轮子，也是将滑动摩擦变为滚动摩擦，减小了摩擦力。B选项不符合题意；‎ C．自行车车轮有凹槽，加大了接触面的粗糙程度，增大了摩擦。C选项符合题意；‎ D．将接触面分离，减小了摩擦。D选项不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎2.（2020·四川甘孜州）下列实例中，为了减小摩擦的是（　　）。‎ A. 用力握紧羽毛球拍 B. 足球守门员戴有防滑手套 C. 拧瓶盖时垫上毛巾 D. 给自行车的车轴加润滑油 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．用力握紧羽毛球拍是通过增大压力来增大摩擦力，故A不符合题意；‎ B．足球守门员戴有防滑手套是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故B不符合题意；‎ C．拧瓶盖时垫上毛巾是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C不符合题意；‎ D．给自行车的车轴加润滑油是减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力，故D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎3.（2020·天津）一辆在水平道路上做匀速直线运动的汽车，它受到的平衡力有（　　）。‎ A. 一对 B. 二对 C. 三对 D. 四对 843‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】因汽车做匀速直线运动，处于平衡状态，受平衡力作用，在水平方向上，受牵引力和阻力的作用，两个力作用于汽车，大小相等，方向相反，作用于同一条直线，是一对平衡力；在竖直方向，受重力和水平面对汽车的支持力作用，两个力作用于汽车，大小相等，方向相反，作用于同一条直线，是一对平衡力；故汽车受二对平衡力的作用。故选B。‎ ‎4.（2020·四川乐山）如图所示，小林静止站在商场的电梯上，随电梯匀速向上运动，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 小林受到重力、支持力作用；‎ B. 小林受到重力、支持力和水平向右的摩擦力作用；‎ C. 以地面为参照物，小林是静止的；‎ D. 小林受到的支持力大于重力 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．任何物体都会受到重力的作用，小林在重力的作用下没有下降，是因为电梯对其有向上的支持力的作用。小林随电梯匀速运动，在水平方向上是因为惯性而运动，没有受到水平方向的动力。A选项正确，符合题意；‎ B．小林和电梯匀速运动，二者之间保持相对静止，且没有将要运动的趋势，小林不会受到摩擦力。B选项错误，不符合题意；‎ C．小林向右上方运动，以地面为参照物，小林是运动的。C选项错误，不符合题意；‎ D．小林做匀速直线运动，受到的力是平衡力，支持力和重力是相等的。D选项错误，不符合题意。故选A。‎ ‎5. （2020·安徽）如图所示，一轻质弹簧（即重力不计），上端挂在铁架台的水平横杆上，下端挂一重力为 G 的小球并保持静止。图中分别 给出了该状态下小球和弹簧的受力示意图。下列判断正确的是（ ）。‎ 843‎ A. G 与 F3 是一对平衡力；‎ B. G 与 F3 是一对相互作用力；‎ C. F1 与 F2 是一对平衡力；‎ D. F1 与 F2 是一对相互作用力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A. G 是小球受到的重力，F3 是横杆对弹簧的拉力，受力物体不同，不可能为一对平衡力，故 A 错误；‎ B.重力 G 的施力物体为地球、受力物体为小球，F3 施力物体为横杆、受力物体为弹簧，不满足相互作用力的条件，故 B 错误；‎ C、D 选项，F1 是弹簧对球的拉力，F2 是球对弹簧的拉力，受力物体不同，不可能为一对平衡力，故C 错误，D 正确。‎ ‎6.（2020·黑龙江龙东）如图，甲物重25N，乙物重15N，甲乙均静止，不计测力计自重，测力计示数 ( )。‎ A.35N  B.10N  C.15N  D.25N ‎【答案】C。‎ ‎【解析】弹簧测力计受到乙对它一个向右的拉力和甲对它一个向左的拉力，处于平衡态，甲静止在地面上，还受到地面对它竖直向上支持力，所以弹簧测力计所受的拉力大小就等于乙的重力，故弹簧测力计示数就等于乙的重力大小为15N。‎ 故选C。‎ ‎7.（2020·黑龙江龙东）（多选）如图所示，物体A和B叠放在一起放在水平地面上，在大小为F的恒力作用下，沿水平面做匀速直线运动，则下列结论错误的是 (  )。‎ A.甲乙两图中A物体所受摩擦力大小均为F；‎ B.甲乙两图中B物体受到地面对它的摩擦力均为F；‎ C.甲图中物体A受到的摩擦力为F，物体B受到地面对它摩擦力为F；‎ 843‎ D.乙图中物体A受到的摩擦力为F，物体B受到地面对它摩擦力为F ‎【答案】AD。‎ ‎【解析】由题意可知，‎ 在甲图中：A物体在水平方向上受水平向右的拉力F和水平向左的摩擦力fA甲，因A处于平衡态，fA甲和F是一对平衡力，故fA甲=F；‎ B物体在水平方向上受A对它水平向右的摩擦力fB甲和地面对它的水平向左的摩擦力f甲，因B处在平衡态，fB甲和f甲是一对平衡力，故f甲=fB甲，因fA甲和fB甲是一对相互作用力，故fB甲=fA甲=F，故f甲=fB甲=F；‎ 在乙图中：A物体由于是做匀速直线运动，处在平衡态，故A物体在水平方向不受力的作用，故fA乙=0N；‎ B物体由于是做匀速直线运动，处在平衡态，B物体在水平方向受水平向右的拉力F和地面对它的水平向左的摩擦力f乙的作用，拉力F和摩擦力f乙是一对平衡力，故f乙=F；‎ 由以上分析可知：‎ A.甲图中A物体所受摩擦力大小为F，甲图中A物体所受摩擦力大小为0N，故A错；‎ B.甲图中B物体受到地面对它的摩擦力f甲=F，乙图中B物体受到地面对它的摩擦力f乙=F，故B正确；‎ C.甲图中物体A受到的摩擦力fA甲=F，物体B受到地面对它摩擦力f甲=F，故C正确；‎ D.乙图中物体A受到的摩擦力fA乙=0N，物体B受到地面对它摩擦力f乙=F，故D错；‎ 故选AD。‎ ‎8.（2020·山东济宁）如图所示，小明用水平推力推静止在水平地面上的箱子，但箱子却没有运动。下列说法正确的是（　　）。‎ A. 箱子没有运动，此时箱子所受推力小于箱子所受摩擦力；‎ 843‎ B. 箱子所受重力和地面对箱子的支持力是一对相互作用力；；‎ C. 地面对箱子的支持力和箱子对地面的压力是一对平衡力；‎ D. 箱子此时在水平方向上和竖直方向上受到的合力均为零 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】AD．箱子没有运动，说明箱子处于静止状态，受到平衡力的作用，即在水平方向上和竖直方向上受到的合力均为零，所以在水平方向上，摩擦力等于推力的大小，故A项错误，D项正确；‎ B．箱子所受重力和地面对箱子的支持力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一物体上，所以是一对平衡力，故B项错误；‎ C．地面对箱子的支持力和箱子对地面的压力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上，所以是一对相互作用力，故C项错误。‎ 故选D。‎ ‎9.（2020·重庆B）如图所示，下列描述正确的是（　　）。‎ A. 图甲中，滑冰运动员潜行过程中没有惯性；‎ B. 图乙中，压住粉笔写字是为了减小摩擦力；‎ C. 图丙中，园艺工人修剪花技的剪刀属于省力杠杆；‎ D. 图丁中，飞机起飞利用了空气流速大压强大的原理 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．任何物体都具有惯性，所以滑冰运动员滑行过程中仍然有惯性，故A错误；‎ B．用力压住粉笔写字是通过增大压力来增大摩擦力的，故B错误；‎ C．园艺工人用来修剪树枝的剪刀，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C正确；‎ D．飞机起飞利用了“空气流速大的地方压强小”的原理，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎10．（2020•岳阳）四幅力学图片中，相关表述正确的是（ ）。‎ 843‎ A．水平推木箱不动，推力小于摩擦力；‎ B．重力的方向竖直向下；‎ C．无法比较两人对雪地的压强的大小；‎ D．微小压强计是连通器 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．水平推木箱不动，推力小于摩擦力，二力平衡，推力等于摩擦力 B．重力的方向竖直向下——正确。‎ C．无法比较两人对雪地的压强的大小——在雪橇上的人对雪的压强较小 D．微小压强计是连通器——上端不都是开口的，不是连通器 故选B。‎ ‎11.（2020·山东滨州）如图所示，小车从斜面上滑下，下列分析正确的是（　　）。‎ A. 小车在斜面上只受重力作用 B. 小车到达斜面底端不能立即停下来，是因为受到惯性力的作用 C. 小车在水平面上运动的速度逐渐变小，是因为小车不受力 D. 小车在水平面上运动时，若所受外力突然消失，它将做匀速直线运动 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．小车在斜面上受到重力、支持力和摩擦力的作用，故A错误；‎ B．小车到达斜面底端不能立即停下来，由于小车具有惯性，惯性不是力，故B错误；‎ C．小车在水平面上运动的速度逐渐变小，是因为小车受到阻力的作用，故C错误；‎ D．小车在水平面上运动时，若所受外力突然消失，由牛顿第一定律可知它将做匀速直线运动，故D正确。故选D。‎ ‎12.（2020·江苏连云港）如图所示，某同学进行爬竿训练，爬上竿顶后，再从竿顶顺竿滑到地面，每次所用时间各不相同，下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 向上爬竿过程中动能转化为重力势能；‎ B. 下滑过程中摩擦力的大小一定保持不变；‎ C. 向上爬竿时受到的摩擦力方向向上；‎ D. 下滑时间短的那次速度大，重力做的功多 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．向上爬竿过程中，速度变化，动能可能增大，可能不变，可能减小，重力势能增大，动能没有转化为重力势能，故A错误；‎ B．下滑过程中，速度变化，受到的重力和摩擦力不一定是平衡力，摩擦力不一定等于重力，摩擦力大小可能变化，故B错误；‎ C．向上爬竿时，手相对于竿向下运动，受到的摩擦力方向向上，故C正确；‎ D．下滑到底端，运动的距离相等，由v=可知时间短的那次速度大，由W=Gh可知各次重力做的功相等，故D错误。故选C。‎ ‎13.（2020·贵州黔南）如图所示，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）。‎ A. 木块受到的重力大于木板对它的支持力；‎ B. 木块受到的摩擦力等于弹簧测力计的拉力；‎ C. 木块的质量越大，摩擦力越小；‎ D. 木块运动时有惯性，停下来就没有惯性 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A B．木块运动直线运动，处于平衡状态，所以木块受到的重力等于木板对它的支持力，木块受到的摩擦力等于弹簧测力计的拉力，故A错误，B正确；‎ 843‎ C．木块的质量越大，在地球上所受重力越大，对木板的压力越大，水平拉动木块时受到的摩擦力越大，故C错误；‎ D．惯性只跟质量有关，质量越大，惯性越大，与是否运动无关，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎14.（2020·贵州黔西南）医用外科口罩与N95级口罩根据飞沫颗粒的大小和气流速度，可通过拦截、惯性碰撞附着、扩散吸附、静电吸引等多种机制捕捉含病毒分子的飞沫，起到良好的防病毒作用。下列判断错误的是( )。‎ A. 病毒分子具有惯性；‎ B. 温度越高病毒分子运动得越快；‎ C. 温度越高病毒分子的动能越小；‎ D. 带静电的物体对轻小物体有吸引作用 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．一切物体在任何情况下都具有惯性，病毒分子同样具有惯性，故A项正确，不符合题意；‎ B．温度越高分子运动越快，故B项正确，不符合题意；‎ C．温度越高分子运动越快，病毒分子的动能越大，故C项错误，符合题意；‎ D．带电体具有吸引轻小物体的性质，故D项正确，不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎15.（2020·湖南常德）如图，物体重50N静止在竖直的墙壁上，F压=30N，若物体与墙壁的接触面积为0.2m2，下列分析正确的是（　　）。‎ A. 物体受到竖直向上的摩擦力大小等于50N；‎ B. 物体对墙壁的压强为250Pa；‎ C. 物体受到的压力越大，摩擦力越大；‎ D. 若物体受到的力全部消失，则物体向下运动 ‎【答案】A。‎ 843‎ ‎【解析】A．物体静止在竖直的墙壁上，则即物体处于平衡状态，所受的是平衡力，那么物体在竖直方向上所受的两个力：重力和摩擦力是一对平衡力，所以摩擦力的大小等于50N，故A正确；‎ B．物体对墙壁的压强：，故B错误；‎ C．物体是被压在竖直墙壁上并处于静止状态，其摩擦力的大小与重力的大小有关，故C错误；‎ D．若物体所受的力全部消失，则物体会保持原来的运动状态不变，而物体原是静止的，那么还会保持静止不动，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎16.（2020·江苏泰州）如图所示，直升飞机悬停在空中，不计浮力下列说法正确的是（　　）。‎ A. 螺旋桨对空气的作用力与直升飞机所受重力是一对相互作用力；‎ B. 螺旋桨对空气的作用力与空气对螺旋桨的作用力是一对平衡力；‎ C. 悬停在空中的直升飞机对地球没有作用力；‎ D. 直升飞机所受向上的力的施力物体是空气 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．螺旋桨对空气的作用力向下，直升飞机所受重力方向也向下，所以这两个力不是一对相互作用力；故A错误；‎ B．螺旋桨对空气的作用力受力物体是空气，空气对螺旋桨的作用力受力物体是螺旋桨，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故B错误；‎ C．悬停在空中的直升飞机受到重力的作用，而重力的施力物体是地球，由于力的作用是相互的，所以悬停在空中的直升飞机对地球也有力的作用，故C错误；‎ D．螺旋桨向下对空气施力，空气会对飞机向上施力，飞机便能上升，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎17.（2020·山东泰安）‎ 843‎ 直升飞机以1m/s的速度竖直匀速降落，下列有关说法中（　　）。‎ ‎①直升飞机受到的升力与重力大小相等；‎ ‎②直升飞机的机械能减小；‎ ‎③直升飞机的升力小于重力；‎ ‎④直升飞机的机械能不变 A. 只有①④正确 B. 只有①②正确 C. 只有②③正确 D. 只有③④正确 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】①直升飞机匀速降落，处于平衡状态，受到重力和升力是平衡力，所以受到的升力与重力大小相等，说法正确；‎ ‎②直升飞机匀速降落，质量不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，直升飞机的机械能减小，说法正确；‎ ‎③由①可知直升飞机的升力等于重力，说法错误；‎ ‎④由②可知直升飞机机械能减小，说法错误。‎ 故选B。‎ ‎18.（2020·四川乐山）如图所示，在两个靠得较近的小车上分别放一块磁体甲和乙，松手后（　　）。‎ A. 由于甲先对乙施加了斥力，然后乙再对甲施加斥力，所以乙先向右运动；‎ B. 由于甲、乙两磁体间存在相互作用的引力，所以甲、乙相互靠近；‎ C. 甲对乙的斥力与乙对甲的斥力是一对平衡力；‎ D. 甲对乙的斥力与乙对甲的斥力是一对相互作用力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．相互作用力是同时产生的。A选项错误，不符合题意；‎ B．相互靠近的都是N极，是相互排斥的。B错误，不符合题意；‎ C．这两个力分别作用在两个物体上，不是一对平衡力。C选项错误，不符合题意；‎ D．这两个力同时产生、同时消失，大小相等、方向相反，作用在同一直线上，分别作用在两个物体上，是一对相互作用力。D选项正确，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎19.（2020·四川南充）汽车在公路上加速行驶，下列描述正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 汽车速度越大，汽车的惯性越大；‎ B. 汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾；‎ C. 汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力；‎ D. 汽车受到支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．惯性与速度无关，只与质量有关，物体质量越大惯性越大，A错误；‎ B．汽车前行紧急刹车时，由于乘客具有惯性，身体将向前倾，B错误；‎ C．汽车在公路上加速行驶，汽车的牵引力大于汽车受到的阻力，因此汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对非平衡力，C错误；‎ D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力，D正确。‎ 故选D。‎ ‎20.（2020·自贡）下列四幅图呈现的是小明在探究影响滑动摩擦力大小因素时设计的几种实验方案，则下列说法中正确的是（ ）。‎ A. 通过甲、乙对比，可探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响；‎ B. 通过乙、丙对比，可探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响；‎ C. 通过乙、丙对比，可探究接触面的粗糙程度对滑动摩擦力大小的影响；‎ D. 通过乙、丁对比，可探究接触面的大小对滑动摩擦力大小的影响 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A. 甲、乙两次实验，控制接触面粗糙程度相同，改变压力，所以探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响。故A正确。‎ B. C.乙、丙两次实验，压力和接触面粗糙程度都改变了，触面的大小相同．既不能探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响，也不能探究接触面的大小对滑动摩擦力大小的影响。故B、C错误。‎ D.乙、丁两次实验中，改变了接触面的大小，但没有控制压力相同，所以不能探究接触面的大小对滑动摩擦力大小的影响。故D错误。‎ ‎21.（2020·四川雅安）下列运动项目沙及的物理知识描述正确的是（　　）。‎ A. 三级跳远——快速助跑是为了利用惯性；‎ 843‎ B. 引体向上——人对单杠的拉力与单杠对人的拉力是一对平衡力；‎ C. 做俯卧撑——被手臂支撑的身体，相当于以脚尖为支点的费力杠杆；‎ D. 百米赛跑——裁判员通过相同时间比较路程的方法判断运动员的快慢 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．跳远运动员在起跳前要助跑是为了利用惯性，使起跳时的速度更大些，从而跳得更远，故A正确；‎ B．引体向上−−人对单杠的拉力与单杠对人的拉力作用在不同的物体上，是相互作用力，不是一对平衡力，故B错误；‎ C．做俯卧撑时，以脚为支点，阻力作用在人的重心，动力作用在人的肩膀处，动力臂大于阻力臂，所以人体相当于一个省力杠杆，故C错误；‎ D．百米赛跑−−裁判员是在路程相同的情况下，比较时间判断运动快慢，谁用时间少，谁跑得快，故D错误。故选A。‎ ‎22.（2020·重庆A）力学知识的应用在我们的生活中随处可见，图4的物理情装中描速正确的是（ ）。‎ A.甲图中跳水运动员起跳后上升过程中，重力势能转化为动能；‎ B.乙图中关闭下游阀门B,打开上游阀门A，闸室和上游构成连通器；‎ C.丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更相糙的方法来减小摩擦力；‎ D.丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力是一对平衡力 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A选项，运动上升过程中，速度减小，动能减小，高度增加，重力势能增加，所以是动能转化为重力势能，A错误；‎ B选项，上端开口下端联通的容器叫连通器，所以船闸是连通器，B正确；‎ C选项，瓶盖上设计纹理是为了增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦力，C错误；‎ D选项，她对墙的推力受力物是墙，墙对她的作用力受力物是小丽，受力物不同，不是平衡力，为相互作用力，D错误。‎ ‎23．（2020·四川遂宁）‎ 843‎ 我国的99A主战坦克在最近的一场军事演习中纵横驰骋，在高速运动中对假想目标进行了精准炮击，展现了我国99A坦克的卓越性能。下列相关分析正确的是（　　）。‎ A．炮弹在空中飞行过程中坦克对炮弹继续做功；‎ B．99A坦克在水平路面做匀速直线运动时所受合力为零；‎ C．99A坦克宽大的履带是为了增大对地面的压强；‎ D．如果空中飞行的炮弹受到的外力全部消失，炮弹将保持静止 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、炮弹在空中飞行过程中不再受到坦克给它的力，是由于惯性继续运动，因此坦克对炮弹不再做功，故A错误；‎ B、坦克在水平路面做匀速直线运动时处于平衡状态，受平衡力作用，因此所受合力为零，故B正确；‎ C、坦克宽大的履带是为了在压力一定时，增大受力面积减小对地面的压强，故C错误；‎ D、根据牛顿第一定律，如果空中飞行的炮弹受到的外力全部消失，炮弹将保持匀速直线运动状态，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎24.（2020·黑龙江龙东）轿车除了安全带以外，还有一种安全装置一头枕，对人起保护作用，能减轻下列哪种情况可能对人体造成伤害 ( )。‎ A.紧急刹车 B.左右转弯 C.前方碰撞 D.后方追尾 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都具有惯性。汽车安全装置一头枕其作用是：当汽车发生后方追尾时，由于惯性，人的头部往后运动，头枕此时起到减轻惯性造成的伤害，从而对人起保护作用。‎ 故选D。‎ ‎25.（2020·四川甘孜州）关于下列体育项目，说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 划船比赛----人用力向后划桨是为了增大惯性；‎ B. 立定跳远----脚和地之间力的作用是相互的；‎ C. 引体向上----人对单杠的拉力与单杠对人的拉力是一对平衡力；‎ D. 百米赛跑----裁判员通过相同时间比较路程的方法判断运动快慢 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．人用力向后划桨是利用了水和桨之间的力的作用是相互的，使船前进；且惯性的大小只与物体的质量有关，人用力向后划桨并不能增大惯性，故A错误；‎ B．立定跳远时，脚要用力蹬地，地给脚向前的力，从而跳的更远，所以利用了脚和地之间力的作用是相互的，故B正确；‎ C．引体向上----人对单杠的拉力与单杠对人的拉力作用在不同的物体上，是相互作用力，不是一对平衡力，故C错误；‎ D．百米赛跑----裁判员是在路程相同的情况下，比较时间判断运动快慢，谁用时间少，谁跑得快，故D错误。故选B。‎ ‎26．（2020•岳阳）为了减少自行车安全稳定，交警一直严查超速、超高、超载等违法行为，下列分析正确的是（ ）。‎ A．超速的危害是速度越大，惯性越大；‎ B．超载的危害是质量越大，动能越小；‎ C．超高的危害是重心越高，稳定性越差；‎ D．超载的危害是质量越大，对路面的压力越小 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．超速的危害是速度越大，惯性越大——质量一定时，速度越大，动能越大 B．超载的危害是质量越大，动能越小——速度一定时，质量越大，动能越大 C．超高的危害是重心越高，稳定性越差——正确 D．超载的危害是质量越大，对路面的压力越小——质量越大，对对面的压力越大 故选C。‎ ‎27.（2020·江苏连云港）排球是我市中考体育测试项目之一，同学们在排球考试时，下列分析正确的是（　　）。‎ A. 排球上升到最高点时受平衡力的作用；‎ B. 排球下降时速度增大，说明力是维持物体运动的原因；‎ C. 假如正在上升的排球所受的力全部消失，它将做匀速直线运动；‎ 843‎ D. 排球离开手后还能继续向上运动是由于受到惯性的作用 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．排球上升到最高点时，只受重力作用，因此受力不平衡，故A错误；‎ B．排球下降时速度增大，由于重力大于阻力，说明力是改变物体运动状态的原因，故B错误；‎ C．正在上升的排球所受的力全部消失，由牛顿第一定律可知，排球将做匀速直线运动，故C正确；‎ D．排球离开手后还能继续向上运动是由于排球具有惯性，故D错误。故选C。‎ ‎28.（2020·自贡）明明用水平推力推静止在地面上桌子，但没有推动，此时（ ）。‎ A. 水平推力小于桌子的重力；‎ B. 水平推力小于桌子受到的摩擦力；‎ C. 水平推力等于桌子的重力；‎ D. 水平推力等于桌子受到的摩擦力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】桌子在水平方向上受推力F与摩擦力f作用而静止，桌子处于平衡状态，所受合力为零，则F=f；推力F与桌子的重力G无关。故选D。‎ ‎29．（2020·北京）人用水平方向的力推物体，使物体在粗糙程度相同的水平面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 人对物体的推力大于水平面对物体的摩擦力；‎ B. 若增大推力，物体所受摩擦力也将增大，物体仍做匀速直线运动；‎ C. 若撤去推力，物体在继续运动过程中所受摩擦力大小不变；‎ D. 若撤去推力，物体的运动状态不会发生改变 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．物体在粗糙程度相同的水平面上做匀速直线运动，处于平衡状态，推力和摩擦力是平衡力，人对物体的推力等于水平面对物体的摩擦力，故A错误；‎ B．若增大推力，物体对水平面的压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，推力大于摩擦力，物体做加速运动，故B错误；‎ C．若撤去推力，物体在继续运动过程中，物体对水平面的压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，故C正确；‎ 843‎ D．若撤去推力，物体水平方向受到摩擦力的作用，物体的速度减小，物体的运动状态发生改变，故D错误。故选C。‎ ‎30.（2019·湘潭）《流浪地球》电影中描述到了木星。木星质量比地球大得多木星对地球的引力大小为F1，地球对木星的引力大小为F2，则F1与F2的大小关系为（ ）。‎ A．F1＜F2 B．F1＞F2 C．F1＝F2 D．无法确定 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】木星对地球的引力和地球对木星的引力是相互作用力，大小相等，所以F1＝F2，故C正确。故选C。‎ ‎31.（2019·湘潭）如图所示纸做的“不倒翁小鸟翅膀上装有两个回形针，将鸟嘴放在指尖上转动而不会掉下来。下列说法正确的是（ ）。‎ A．装回形针降低了小鸟的重心； B．装回形针升高了小鸟的重心；‎ C．小鸟的重心一定在其几何中心上；D．小鸟不掉下来是因为鸟嘴上有胶水 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】解：装上回形针小鸟的重心降低，稳定性增强；小鸟的形状不规则，重心不在几何重心上，鸟嘴上并没有胶水，故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎32.（2019·菏泽）下列关于摩擦的说法中，正确的是（ ）。‎ A．自行车的钢圈与刹车闸皮之间的摩擦是滚动摩擦 B．滑冰时，冰刀与冰面间的摩擦是滑动摩擦 C．人在正常行走时，脚与地面之间的摩擦是滑动摩擦 D．划火柴时，火柴头和砂纸之间的摩擦是滚动摩擦 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、自行车的钢圈与刹车闸皮之间发生的是相对滑动，它们之间的摩擦是滑动摩擦，故A错误；‎ B、滑冰时，冰刀与冰面之间发生的是相对滑动，它们之间的摩擦是滑动摩擦，故B正确；‎ 843‎ C、人在正常行走时，脚向后蹬地，与地面之间有相对运动的趋势，脚与地面间的摩擦是静摩擦，故C错误；‎ D、划火柴时，火柴头和砂纸之间发生的是相对滑动，它们之间的摩擦是滑动摩擦，故D错误。故选B。‎ ‎33.（2019·益阳）如图所示，用手握住一根重为G的长直铁棒，使铁棒沿竖直方向静止时，铁棒受到的摩擦力（ ）。‎ A．大小等于G B．大小大于G C．方向竖直向下 D．随着手握棒的力增大而增大 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】长直铁棒处于静止状态，竖直方向上的合力为零，即静摩擦力等于重力G；握棒的力（压力）变大时，静摩擦力的大小和方向不变，方向竖直向上。故A正确，B、C、D错误。故选A。‎ ‎34.（2019·河北）图所示与惯性有关的做法中，属于防止因惯性造成危害的是（ ）。‎ A．系安全带 B．旋转生、熟鸡蛋 C．跳远 助跑 D．撞击锤柄 ‎【答案】A。‎ 843‎ ‎【解析】A、汽车驾驶员和乘客必须系安全带是为了防止汽车突然减速时，人由于惯性而带来伤害，故A符合题意；‎ B、把鸡蛋放在桌子上，转动鸡蛋，离手后观察它的转动情形；如果转动顺利，则为熟蛋，如果转动不顺利，则为生蛋，这属于利用惯性，故B不符合题意；‎ C、跳远时助跑，即原来运动员是运动的，当其起跳后，由于惯性，会仍然保持运动状态，所以可以取得更好的成绩，属于利用惯性，故C不符合题意；‎ D、锤头松动时，把锤柄的一端在凳子上撞几下，即该过程中，锤头和锤柄都处于运动状态，当锤柄撞击到地面时运动停止，‎ 而锤头由于惯性仍保持运动状态，从而使锤头套紧，属于利用惯性，故D不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎35.（2019·武威）关于运动和力的关系，下列说法正确的是（ ）。‎ A.子弹从枪膛射出后能继续前进是因为子弹受到惯性作用；‎ B.小张沿水平方向用力推课桌没推动，则他的推力小于课桌受到的摩擦力；‎ C.茶杯静止在水平桌面上，茶杯受到的重力和桌面对茶杯的支持力是一对平衡力；‎ D.乒乓球运动员用球拍击球，球拍的作用力只能改变球的运动状态 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、子弹从枪膛射出后能继续前进是因为子弹具有惯性。惯性不是力，不能说受到惯性的作用。故A错误；‎ B、桌子没动，即为静止状态，即平衡状态，所以在水平方向上受到的推力和摩擦力是一对是平衡力。根据二力平衡的条件可知，这两个力是相等的，而不是推力小于摩擦力。故B错误；‎ C、茶杯静止在水平桌面上，茶杯的重力和桌面对茶杯支持力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、作用在同一直线上，符合二力平衡的条件，是一对平衡力。故C正确；‎ D、乒乓球运动员用球拍击球，球拍的作用力不仅能够使球改变运动状态，还可以改变球的形状。故D错误。故选C。‎ ‎36.（2019·邵阳）同学们对运动场上出现的现象进行了讨论。下列说法正确的是（ ）。‎ A．百米运动员冲过终点时，由于受到惯性力的作用不会立即停下来；‎ B．抛出去的篮球会在空中继续运动，是因为篮球具有惯性；‎ C．踢出去的足球在地上越滚越慢，说明物体的运动需要力来维持；‎ D．跳远运动员助跑起跳，是为了增大惯性 ‎【答案】B。‎ 843‎ ‎【解析】A、百米运动员冲过终点时，由于具有惯性不会立即停下来。惯性不是力，不能说受到惯性力的作用。故A错误；‎ B、抛出去的篮球会在空中继续运动，是因为篮球具有惯性，要保持原来的运动状态。故B正确；‎ C、踢出去的足球在地上越滚越慢，即说明了力是改变物体运动状态的原因，故C错误；‎ D、惯性的大小只与物体的质量有关，故跳远运动员助跑起跳，是利用了惯性，但不能增大惯性，故D错误。故选B。‎ ‎37.（2019·益阳）在野外用滑轮组拉越野车脱困时的情景如图所示，有关力的分析正确的是（ ）。‎ A．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力；‎ B．车拉滑轮组的力与滑轮组对车的拉力是一对平衡力；‎ C．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为1200N；‎ D．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为800N ‎【答案】C。‎ ‎【解析】解：A、车对地面的压力与车的重力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力。故A错误；‎ B、车拉滑轮组的力与滑轮组对车的拉力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力。故B错误；‎ CD、由图可知，n=2，不计绳重和摩擦，则绳子自由端的拉力，因为绳重和摩擦必然存在，所以绳索自由端的力F至少为1200N．故C正确，D错误。故选C。‎ ‎38.（2019·邵阳）一物体在水平推力作用下沿水平方向做匀速直线运动，如图所示，下列说法正确的是（ ）。‎ A．物体受到的重力和物体受到的摩擦力是一对平衡力；‎ B．物体受到的重力和物体受到的推力是一对平衡力；‎ 843‎ C．物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对平衡力；‎ D．物体受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、物体受到的重力和物体受到的摩擦力不在同一直线上，且大小也不一定相等，所以不是一对平衡力，故A错误；‎ B、物体受到的重力和物体受到的推力不在同一直线上，且大小也不一定相等，所以不是一对平衡力，故B错误；‎ C、物体对地面的压力和地面对物体的支持力是作用在不同物体的两个力，不是一对平衡力，故C错误；‎ D、物体受到的重力和地面对物体的支持力，二力的大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上，是一对平衡力，故D正确。故选D。‎ ‎39.（2019·潍坊）如图所示，用水平推力F将质量均为m的木块A、B压在竖直墙面上保持静止，下列说法中正确的是（ ）。‎ A．木块B受到的摩擦力大小一定等于F；‎ B．木块B受到的摩擦力方向竖直向上；‎ C．木块A受到墙面的摩擦力大小等于2mg；‎ D．若增大力F，则木块B受到的摩擦力变大 ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A、对B进行受力分析可知，B在竖直方向上受到重力和A对B的摩擦力，二者是一对平衡力，因此，木块B受到的摩擦力大小等于B的重力，为mg，其大小与F无关，故A错误；‎ B、B在竖直方向上受到重力和A对B的摩擦力，二者是一对平衡力，故木块B受到的摩擦力方向竖直向上，故B正确；‎ C、把AB看成一个整体，其在竖直方向上受到的重力与墙面的摩擦力是一对平衡力，故木块A受到墙面的摩擦力大小等于2mg，故C正确；‎ 843‎ D、若增大力F，木块仍保持静止状态，重力与摩擦力仍平衡，所以木块B受到的摩擦力不变，故D错误。故选BC。‎ ‎40．（2018·深圳）阅兵仪式中，检阅车在水平地面上匀速行驶。下列说法正确的是（ ）。‎ A．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对相互作用力；‎ B．车对地面的压力与地面对车的支持力是一对平衡力；‎ C．以行驶的检阅车为参照物，路边站立的土兵是运动的；‎ D．检阅车匀速行驶牵引力大于车受到的阻力 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A. 车和人的总重力与地面对车的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，它们是一对平衡力，故A错误；‎ B. 车对地面的压力与地面对车的支持力是一对作用力与反作用力，故B错误；‎ C. 以行驶的检阅车为参照物，路边站立的土兵位置不断改变是运动的，故C正确；‎ D. 检阅车匀速行驶，牵引力等于车受到的阻力，故D错误；故选C。‎ ‎41．（2018·淮安）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（　　）。‎ A．抛出去的篮球在上升过程中不受重力作用；‎ B．在平直轨道上匀速行驶的列车受平衡力的作用；‎ C．汽车刹车时人会向前“冲”是因为惯性突然消失；‎ D．运动员在圆形跑道上做快慢不变的运动，运动状态不改变 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、地球表面及附近的一切物体都受到重力的作用，所以抛出去的篮球在上升过程中也受重力作用，故A错误。‎ B、在平直轨道上匀速行驶的列车，速度的大小和方向都不变，处于平衡状态，受平衡力的作用，故B正确；‎ C、汽车刹车时人会向前“冲”，是因为人具有惯性仍保持原来速度继续向前运动；惯性是物体本身的一种性质，任何情况下物体都有惯性，故C错误；‎ D、运动员在圆形跑道上做快慢不变的运动，速度大小不变，方向不断变化，运动状态发生改变，故D错误。故选：B。‎ ‎42.（2018•烟台）关于惯性，以下说法正确的是（　　）。‎ A．百米赛跑运动员到达终点不能马上停下来，是由于运动员具有惯性；‎ B．汽车驾驶员和乘客需要系上安全带，是为了减小汽车行驶中人的惯性；‎ C．行驶中的公交车紧急刹车时，乘客会向前倾，是由于惯性力的作用；‎ D．高速公路严禁超速，是因为速度越大惯性越大 843‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、百米赛跑运动员到达终点不能马上停下来，是由于运动员具有惯性，故A正确；‎ B、汽车驾驶员和乘客需要系上安全带，是为了减小汽车行驶中惯性造成的危害，不能减小惯性，惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变，故B错误；‎ C、行驶中的公交车紧急刹车时，乘客会向前倾，是由于乘客具有惯性；惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故C错误。‎ D、物体的惯性只与物体的质量有关，与运动状态、速度等因素无关，故D错误。故选A。‎ ‎43．（2018•枣庄）如图所示，小丽用力F把一才块压在竖直墙面上静止，现有以下受力分析，下述受力分析正确的是（　　）。‎ ‎①小丽对木块的压力F和墙对木块的弹力是一对平衡力；‎ ‎②小丽对木块的压力F和木块的重力是一对平衡力；‎ ‎③木块受到的摩擦力和木块的重力是一对平衡力；‎ ‎④小丽对木块的压力F和木块对小丽的弹力是一对平衡力 A．只有①正确 B．只有④正确 C．只有①③正确 D．只有③④正确 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】①小丽对木块的压力和墙对木块的弹力符合二力平衡的条件，是一对平衡力；‎ ‎②小丽对木块的压力和木块的重力不在同一直线上，不是一对平衡力；‎ ‎③木块受到的摩擦力和木块的重力满足二力平衡的条件，是一对平衡力；‎ ‎④小丽对木块的压力和木块对手的弹力是一对相互作用力，不是平衡力。故选：C。‎ ‎44.（2018·益阳）杂技演员站在楼梯上处于静止状态，人没与墙面接触，只受到重力和支持力的作用，如图。则人所受重力和支持力的示意图正确的是（ ）。‎ 843‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】人所受重力和支持力的作用点在人的重心上，重力的方向竖直向下，支持力的方向竖直向上，因为人处于静止状态，所以，重力和支持力大小相等，故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ 二、填空题 ‎45.（2020·四川成都）2020年6月23日9时43分，我国用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系統第55颗导航卫星，提前半年完成全球组网部署。火箭加速升空时，火箭推力___________重力；卫星脱离火箭时，由于具有_______________，能保持原有运动状态。‎ ‎【答案】（1）大于；（2）惯性。‎ ‎【解析】火箭加速升空时，所受合力向上，那么火箭推力应该大于重力。‎ 卫星脱离火箭时，能保持原有运动状态，是因为它具有惯性，保持原有静止状态或匀速直线运动状态不变的性质。‎ ‎46.（2020·四川雅安）A物体受到甲、乙两弹簧测力计向相反方向的拉力，当A物体_____时，它处于平衡状态，如图所示，此时弹簧测力计的示数为____N。‎ ‎【答案】（1）静止（或匀速直线运动）；（2）1.8.‎ ‎【解析】A物体受到甲、乙两弹簧测力计向相反方向的拉力，当A物体静止（或匀速直线运动）时，它处于平衡状态。‎ 以左侧弹簧测力计为研究对象，测力计处于平衡状态，受到一对为1.8N的平衡力，弹簧测力计的示数等于1.8N；同理以右侧弹簧测力计为研究对象，测力计处于平衡状态，受到一对为1.8N的平衡力，弹簧测力计的示数仍为1.8N。‎ ‎47.（2020·黑龙江龙东）自行车的设计中有很多地方利用了物理知识。如车座设计的宽大是为了减小 ，车把上有花纹是为了增大。‎ ‎【答案】压强 摩擦力 843‎ ‎【解析】车座设计的宽大是为了增大受力面积，减小压强；车把上有花纹是为了增大接触面的粗糙程度，增大摩擦力。‎ ‎48.（2020·河南）公安交通管理部门要求驾驶员和乘客必须使用安全带，如图2所示。汽车匀速行驶时，坐在座位上的乘客相对于汽车是 的。如果不系安全带，汽车一旦发生碰撞 突然停止运动，乘客由于 继续向前运动，就会与车身发生碰撞，对人身造成伤 害。行驶的汽车受到碰撞停止运动，说明力可以改变物体的 。‎ ‎【答案】静止 、惯性、运动状态 ‎【解析】物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；力的作用效果有两个：一是使物体发生形变，二是改变物体的运动状态。‎ ‎49.（2020·江西）“我劳动，我快乐”如图所示，是小红同学常用的衣板，它是通过增大接触面的______来增大摩擦；洗刷衣服时，刷子与衣服之间的摩擦为______摩擦（选填“滑动”或“滚动”）｡‎ ‎【答案】（1）粗糙程度；（2）滑动。‎ ‎【解析】图中洗衣板的表面比较粗糙，通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦的。‎ 洗刷衣服时，刷子在衣服上滑动，刷子与衣服之间的摩擦为滑动摩擦。‎ ‎50.（2020·四川甘孜州）如图所示，用尺子快速打击下面的棋子，棋子飞出，说明力可以改变物体的___________（ 选填“运动状态”或“形状”）；上面的棋子由于具有惯性___________（选填“会”或“不会”）随着一起飞出。‎ 843‎ ‎【答案】（1）运动状态；（2）不会。‎ ‎【解析】用尺子快速打击下面棋子，棋子飞出，棋子由静止变为运动，说明力可以改变物体的运动状态。‎ 上面的棋子由于具有惯性，保持原来的运动状态，即静止状态，故棋子不会随着一起飞出。‎ ‎51.（2020·德州）小明用橡皮来擦除写在牛皮纸上的错别字，由于用力太小字没有擦干净，稍加用力就擦干净了，这是通过增大______（选填“压力”或“接触面的粗糙程度”）来增大摩擦力的；擦完后牛皮纸变热，这是通过______的方式来改变纸的内能；橡皮磨损后，它的______（选填“密度”或“质量”）不会变化。‎ ‎【答案】（1）压力；（2）做功；（3）密度。‎ ‎【解析】用力擦是在接触面粗糙程度一定时通过增大压力来增大摩擦力的。‎ 擦完后手触摸到该处的牛皮纸变热，这通过做功的方式来改变纸的内能。‎ 橡皮擦磨损后，它的质量变小，但密度是物质本身的一种特性，与物质的质量、体积无关，故它的密度不变。‎ ‎52.（2020·江苏泰州）如图是中国第一艘国产航空母舰“山东号”。舰载机在山东舰着陆后，飞机仍会在甲板上高速滑行，此时飞行员相对于舰载机是__________（填运动状态）的。为使飞机平稳着陆在甲板上阻拦索对刚着陆的飞机施加一个拉力，便其速度迅速减小，这说明力可以改变物体的__________。‎ ‎【答案】（1）静止；（2）运动状态。‎ ‎【解析】当在甲板上高速滑行时，飞行员相对于舰载机之间的位置没有发生改变，所以此时飞行员相对于舰载机是静止的。‎ 当舰载机着舰后精确钩住阻拦索后，便其速度迅速减小，这是由于力可以改变物体的运动状态。‎ ‎53.（2020·江苏泰州）在“探究影响滑动摩擦力大小因素”时。小明用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，在水平桌面上做匀速直线运动，测力计示数如图所示，则木块所受摩擦力为__________N；当拉力增大到3N时，木块所受摩擦力__________（选填“变大”“不变”或“变小”），木块的动能__________（选填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ 843‎ ‎【答案】（1）1.4；（2）不变；（3）增大。‎ ‎【解析】该测力计的每一个大格是1N，每一个小格是0.2N，故此时的示数是1.4N。‎ 当拉力增大后，因为木块对桌面的压力大小仍等于重力，没有变化；而且接触面的粗糙程度也不变，所以摩擦力大小不变。‎ 拉力增大后，由于拉力大于摩擦力，木块将做加速运动，当木块的质量不变时，木块的动能增大。‎ ‎54.（2020·衡阳）如图甲所示，在水平面上测量木块滑动摩擦力时，作用在木块上的水平拉力F大小随时间t变化情况的图象如图乙所示，木块运动速度v随时间t变化情况的图象如图丙所示。由以上情况可知，木块在　 　s至　 　s时间段内动能减小，此时动能转化为　 　能；木块在第15s时受到的摩擦力为　 　N。‎ ‎【答案】40；50；内；4。‎ ‎【解析】根据图象可知，木块在40s﹣50s内的速度是减小的，质量不变，动能减小；木块与水平面之间有摩擦力的作用，克服摩擦力做功，机械能转化为内能；‎ 由F﹣t图象可知，30s～40s内的拉力F＝4N，由v﹣t图象可知，木块做匀速直线运动，处于平衡状态，则此时木块受到的摩擦力为4N；‎ 由v﹣t图象可知，15s时木块做变速直线运动，因滑动摩擦力只与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与运动的速度无关，所以，木块受到的滑动摩擦力不变，则第15s时受到的摩擦力为4N；‎ 故答案为：40；50；内；4。‎ 843‎ ‎55.（2019·贵港）—个重50N的箱子放在水平地面上，受到10N的水平推力，箱子恰好做匀速直线运动，这时箱子受到的摩擦力________（选填“大于”、“等于”或“小于”）10N；当水平推力增大到18N时，箱子所受合力的大小为________N。‎ ‎【答案】等于；8。‎ ‎【解析】箱子在水平地面上运动，在水平方向上受到水平推力和摩擦力的作用，因为箱子做匀速直线运动，所以摩擦力等于水平推力；当水平推力增大到18N时，由于摩擦力仍然为10N，所以箱子所受合力为8N。‎ ‎56.（2018·吉林）测力计是测量______（选填：“质量”或“力”）的大小的仪器；在如图中，弹簧测力计的读数是_____N。‎ ‎【答案】(1)力；(2)4.4。‎ ‎【解析】重点是测力计及其读数，注意读数时先看清楚量程，弄清楚分度值再读数，不要小看了读数，在考试中是经常出现的。‎ 测力计利用弹力及二力平衡的原理，是用来测量力的大小的仪器；‎ 在如图中，弹簧测力计的分度值为0.2N，指针位置在4N下面的第二小格，所以读数是4.4N。‎ ‎57．（2018·龙东）山体滑坡是一种强降雨天气极易发生的自然灾害，强降雨时，由于雨水浸入，有些本来不够稳固的山体的不同地质层（板块）之间摩擦力　 　，部分山体在　 　的作用下向下滑动而导致山体滑坡。‎ ‎【答案】变小；重力。‎ ‎【解析】强降雨时，由于雨水浸入，有些本来不够稳固的山体的不同地质层（板块）之间渗入水，使得接触面变光滑，摩擦力变小，部分山体在重力的作用下向下滑动而导致山体滑坡。‎ 故答案为：变小；重力。‎ ‎58．（2018•攀枝花）地球自转的方向为自西向东，太空中的地球同步卫星相对于学校操场是　（选填“静止”或“运动”）的，小明在操场进行立定跳远时，向哪个方向跳成绩更好？　 　（选填“向东”、“向西”或“都一样”）。‎ ‎【答案】静止；都一样。‎ ‎【解析】地球同步卫星和学校操场之间没有发生位置的改变，所以以学校操场为参照物，同步卫星是静止的。‎ 843‎ 立定跳远时，跳起之前，人与地面具有相同的速度。由于惯性，跳起来之后人依然要保持原来的运动状态，在相同的时间内，人转过的距离与地面转过的距离相等，所以无论跳远运动员向那个方向跳起，结果都一样。‎ 故答案为：静止；都一样。‎ 三、作图题 ‎59.（2020·贵州黔西南）如图所示，物体以某一速度v沿斜面匀速下滑。作出该物体所受各力的示意图。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】斜面上的物体，受到重力作用，斜面对物体的支持力作用，物体匀速下滑，所以受到沿斜面向上的摩擦力作用，作物体所受力的示意图，如图所示：‎ ‎60.（2020·湖南常德）在图中画出质量为1kg物体所受支持力的示意图。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】物体在水平面对地面的压力等于物体本身的重力，则物体对水平面的压力 物体在水平面静止，物体受到的支持力跟物体对水平面的压力是一对大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在不同物体上的相互作用力，故 支持力的作用点物体上，方向竖直向上，过力的作用点，沿力的方向画一条箭头的线段，并用F表示，如图所示。‎ 843‎ ‎61.（2020·山东泰安）一小球沿弧形轨道下滑，画出小球在图中位置时受到重力的示意图。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】重力作用点在小球的球心，过重心作竖直向下的线段，在线段的末尾标出力的方向，如图所示：‎ ‎62.（2020·四川乐山）如图所示，太阳能汽车在水平公路上向右匀速行驶，请在图中画出汽车受力的示意图（力的作用点画在重心O点上）。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】在水平公路上向右匀速行驶的太阳能汽车，在水平方向上受牵引力和摩擦力作用；在竖直方向受重力和支持力作用；从重心分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右、水平向左画一条带箭头的线段，分别用符号G、F支持力、F牵引力、F阻力表示；注意重力、支持力长度相等，牵引力、阻力长度相等，如图所示。‎ 843‎ ‎63.（2020·四川南充）物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，请画出物体A所受弹力的示意图。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】由于物体A与弹簧连接，静止在光滑斜面上，则弹簧被压缩，故弹簧对A有沿斜面向上的弹力F；A静止在光滑的斜面上，还受到斜面的支持力N，受力下如图 ‎64．（2020·四川遂宁）一木箱静止于斜面，请作出木箱对斜面的压力示意图。‎ ‎【分析】木箱对斜面的压力，作用在斜面上，作用点就画在斜面上，方向是垂直斜面向下的。‎ ‎【解答】解：以木箱和斜面的接触面的中点作为压力的作用点，画一条垂直于斜面向下的线段，标出箭头，记为F，即为压力的示意图，如图所示：‎ 843‎ ‎【点评】这是一道作图题，先确定力的方向，然后再作力的示意图，注意总结作图的方法。‎ ‎65.（2020·江苏连云港）如图所示，物体A放在B上，在水平拉力F作用下一起向右做匀速直线运动，不计空气阻力，画出物体A的受力示意图。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】物体A放在B上，在水平拉力F作用下一起向右做匀速直线运动，物体A处于平衡状态，A受到重力和支持力，从物体A的重心沿竖直向下和竖直向上分别画出重力和支持力的示意图，如图所示：‎ ‎66.（2020·山东滨州）如图所示，一个足球静止在水平地面上，请画出它受力的示意图。‎ ‎【答案】如下图所示.‎ ‎【解析】静止的足球受到重力和地面的支持力，这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在一条直线上；重力的方向是竖直向下的，支持力的方向是竖直向上的，作用点在球心的位置。‎ 843‎ ‎67.（2020·山东济宁）请在图中画出跳水运动员对跳板的压力。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】跳水运动员对跳板的压力竖直向下，如下图所示 ‎68.（2019·菏泽）一木块静止在水平桌面上，请你画出木块所受力的示意图。‎ ‎【解析】物体受重力g，支持力f，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在同一物体上。如图。‎ ‎69.（2019·苏州）图中，物块沿绝对光滑的斜面下滑，请画出物块受力的示意图。‎ 843‎ ‎【解析】由于斜面是光滑的，所以此时物体不会受到摩擦力的作用，它只受到竖直向下的重力和斜面对它的支持力的作用，支持力的方向是垂直于斜面向上的，如下图所示。‎ ‎70．（2018•广安）如图所示，一小球正在斜坡上向下滚动，请画出小球在斜坡上受到重力的示意图。‎ ‎【解析】重力的作用点在小球的球心，过球心沿竖直向下的方向画一条线段，在线段的末端标上箭头表示重力的方向，并标出符号G，如下图所示：‎ 考点11 压强 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 压强 压力压强的概念、压力的作用效果、增大和减小压强的方法 ‎①理解分清压力和压强；②压力与重力的联系与区别；③求压强时受力面积的判断。‎ ‎2‎ 液体的压强 要知道液体内部有压强及其特点 ‎3‎ 大气压强 大气压强的存在、产生、相关现象的解释 大气压强生活中的应用 ‎4‎ 液体压强与流速的关系 流体压强与流速的关系，并用其解释有关现象 843‎ ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·山东聊城）疫情期间，小丽帮妈妈做家务时，发现生活中处处有物理。下列分析错误的是（　　）。‎ A. 茶壶的壶嘴和壶身组成连通器；‎ B. 菜刀刀刃很锋利，是为了减小压强；‎ C. 利用大气压把吸盘式挂钩压在平滑的墙壁上；‎ D. 浴室内的防滑垫表面凹凸不平是为了增大摩擦 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．茶壶的壶嘴与壶身组成了连通器，因此壶身的水位总是与壶嘴的水位相平，故A正确，不符合题意；‎ B．菜刀的刀刃很锋利，通过减小受力面积，增大压强，故B错误，符合题意；‎ C．吸盘在工作时，需排出里面的空气，大气压便将其压在墙面上，是利用了大气压，故C正确，不符合题意；‎ D．浴室内的防滑垫表面凹凸不平，是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦力，故D正确，不符合题意。故选B。‎ ‎2.（2020·四川乐山）下列实例中，属于减小压强的是（　　）。‎ A. 锋利的篆刻刀；B. 骆驼宽大的脚掌；‎ C. 注射器的针头；D. 切菜的菜刀 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．篆刻刀很锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故A不合题意；‎ B．骆驼宽大的脚掌，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B符合题意；‎ 843‎ C．注射器的针头很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故C不合题意；‎ D．切菜的菜刀，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故D不合题意。‎ 故选B。‎ ‎3．（2020•岳阳）对物理量关系式理解正确的是（ ）。‎ A．由ρ=‎mV可知，物体的密度与质量成正比；‎ B．由v=‎st可知，物体的速度与路程成正比；‎ C．由R=‎UI可知，电流一定时，电阻与电压成正比；‎ D．由p=‎FS可知，受力面积一定时，压强与压力成正比 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由ρ=‎mV可知，物体的密度是物体本身的一种性质，与质量和体积的比值有关；‎ B．由v=‎st可知，物体的速度与路程和通过的时间的比值有关；‎ C．由R=‎UI可知，电阻是导体本身的一种性质，与电流、电压无关；‎ D．由p=‎FS可知，压强的大小与压力的大小和受力面积有关，受力面积一定时，压强与压力成正比，正确。故选D。‎ ‎4.（2020·北京）如图所示的实验中，为了减小压强的是（　　）。‎ A. 逃生锤的锤头很尖；B. 载重车装有很多车轮；‎ C. 盲道上有凸起； D. 吸管的一端剪成斜口 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．逃生锤的锤头很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故A不符合题意；‎ B．载重车装有很多车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B符合题意；‎ C．盲道上有凸起，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故C不符合题意；‎ 843‎ D．吸管的一端剪成斜口，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎5.（2020·武汉）铁块和小桌静止在海绵上，如图甲所示。撤掉小桌后，铁块再次静止在海绵上，如图乙所示。铁块的质量是600g，铁块的底面积是20cm2，小桌的质量是200g，桌面的面积是80cm2，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 图甲中，铁块对小桌的压强比小桌对海绵的压强大；‎ B. 图甲中，铁块对小桌的压强比小桌对海绵的压强小；‎ C. 图甲中铁块对小桌的压强比图乙中铁块对海绵的压强大；‎ D. 图甲中铁块对小桌的压强比图乙中铁块对海绵的压强小 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】图甲中，铁块对小桌的压强为：‎ 小桌对海绵的压强为：‎ 图乙、图甲中，铁块对小桌和铁块对海绵的压力相等，都等于小球所受的重力，小桌和海绵的受力面积相等，都等于小球的底面积，故小球对海绵的压强等于，小球对小桌的压强，‎ 即：‎ 则：；故选A。‎ ‎6.（2020·北京）如图所示，把小桌甲倒放在海绵上，其上放一个物体乙，它们静止时，物体乙的下表面和小桌甲的桌面均水平。已知小桌甲重G1，桌面面积为S1；物体乙重G2，下表面的面积为S2，下列说法正确的是（ ）。‎ 843‎ A. 甲对海绵的压力就是甲受到的重力；‎ B. 乙对甲的压力就是乙受到的重力；‎ C. 甲对海绵的压强大小为；‎ D. 乙对甲的压强大小为 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】AB．不能说压力就是物体的重力，压力是由于物体的形变而生的，重力是由于地球的吸引而产生的，二者不是同一种力，故AB错误；‎ C．甲对海绵的压力大小为：F甲=G1+G2‎ 甲对海绵的压强大小为：p甲=；故C正确；‎ D．乙对甲的压强大小为：p乙=；故D错误。故选C。‎ ‎7.（2020·湖南常德）日常生活中，处处有物理。下列分析正确的是（　　）。‎ A. 鸡蛋碰石头，鸡蛋碎了，说明鸡蛋受到的力大于石头受到的力；‎ B. 利用高压锅煮食物容易煮熟，原因是压强越大，沸点越低；‎ C. 飞机飞行时获得升力是利用了流体压强与流速的关系；‎ D. 短跑运动员冲过终点后，不能立刻停下，说明物体的速度越大则惯性越大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．鸡蛋碰石头，鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力是一对相互作用力，所以两个力的大小相等，但石头的硬度大，所以没碎。故A错误；‎ B．高压锅煮食物时，高压锅内的气压大气于标准大气压，而气压越大，沸点越高，故B错误；‎ C．飞机飞行时，机翼上下方形状不同，则上下方的空气流速不同，压强不同，于是形成的一个向上的压力，故C正确；‎ 843‎ D．短跑运动员冲过终点后，不能立刻停下，是因为运动员具有惯性，而惯性的大小只与物体的质量有关，故D错误。故选C。‎ ‎8.（2020·四川成都）下列关于压强的说法中，正确的是（　　）。‎ A. 给自行车轮胎加气，胎内气体压强变小；‎ B. 往装水的杯子中加盐，杯底受到的压强不变；‎ C. 向桌上的空杯加水，杯子对桌面的压强变大；‎ D. 人在站立时抬起一只脚后，人对地面的压强变小 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．给自行车轮胎加气，胎内的体积一定，气体增加，会使胎内压强增大，故A错误；‎ B．往装水杯子中加盐，水的密度增大，根据可得，杯底受到的压强增大，故B错误；‎ C．向桌上的空杯加水，水杯质量增大，根据可得，杯子对桌面的压强变大，故C正确；‎ D．人在站立时抬起一只脚后，与地面的接触面积变小，根据可得，人对地面的压强增大，故D错误。故选C。‎ ‎9.（2020·湖南常德）如图所示，水平桌面上放有底面积和质量都相同的甲、乙两平底容器，分别装有深度相同、质量相等的不同液体．下列说法正确的是（ ）。‎ ‎①容器对桌面的压力：F甲＞F乙 ‎②液体的密度：ρ甲=ρ乙 ‎③液体对容器底部的压强：p甲＞p乙 ‎④容器对桌面的压强：p甲′=p乙′‎ A. 只有①和③ B. 只有①和④ C. 只有②和③ D. 只有③和④‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】①容器质量相等，容器内的液体质量也相等，所以总重相等，即容器对桌面的压力相等：F甲=F乙，故①错误；‎ 843‎ ‎②液体的质量相等，由图知，乙容器越往上，口径越大，所以乙中液体体积大，根据可知，乙的密度小，故ρ甲>ρ乙,故②错误；‎ ‎③因为ρ甲>ρ乙，且液面相平，根据可知，液体对容器底部的压强为：p甲＞p乙，故③正确；‎ ‎④总重相等，容器的底面积相等，根据得，容器对桌面的压强：p甲′=p乙′，故④正确；故选D。‎ ‎10.（2020·山东济宁）关于一些物理量的计算（g取10N/kg q酒精=3×107J/kg），结果正确的是（ ）‎ A. 1m3的物体浸没在水中，所受浮力为104N；‎ B. 10m深处的小鱼，受到水的压强为106Pa；‎ C. 重1N的魔方的棱长为5cm，其对桌面的压强为4Pa D. 完全燃烧2kg酒精，释放的热量为1.5×107J ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．1m3的物体浸没在水中排开水的体积为1m3，所受浮力为：‎ A正确；‎ B．10m深处的小鱼，受到水的压强为：‎ B错误；‎ C．魔方的底面积为：‎ 对桌面的压强为： ，C错误；‎ D．完全燃烧2kg酒精，释放的热量为：‎ D错误。故选A。‎ ‎11.（2020·江苏连云港）下列关于压力和压强的说法正确的是（　　）。‎ A. 重力大的物体产生的压力也大；‎ B. 大气对处于其中的物体都有压强；‎ C. 流体的流速越大，流体的压强越大；‎ 843‎ D. 相同深度的液体对容器底部产生的压强相同 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．重力大的物体产生的压力不一定也大，只有水平面上的物体，产生的压力等于其重力，故A错误；‎ B．空气有重力，并和液体一样具有流动性，所以空气对浸没在它里面的物体向各个方向都能产生压强，故B正确；‎ C．流体的流速越大，流体的压强越小，故C错误；‎ D．液体压强与液体的深度和液体的密度有关，相同深度的液体，如果液体的密度不同，液体对容器底部产生的压强不相同，故D错误。故选B。‎ ‎12.（2020·山东滨州）关于以下实例的分析，正确的是（　　）。‎ A. 大型飞机很多零件采用密度小的合金材料制成，是为了增加自身质量；‎ B. 火车轨道铺在枕木上，是为了减小压强；‎ C. 汽车轮胎上刻有凹凸不平的花纹，是为了减小摩擦；‎ D. 汽油机工作时，输出功率越大效率越高 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．大型飞机很多零件采用密度小的合金材料制成，是为了减小自身质量，故A错误；‎ B．火车轨道铺在枕木上，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B正确；‎ C．汽车轮胎上刻有凹凸不平的花纹，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C错误；‎ D．热机效率是指热机用来做有用功的能量和燃料完全燃烧放出的热量的比值，与输出功率无关，故D错误。故选B。‎ ‎13.（2020·天津）水平桌面上有一底面积为S1的圆柱形薄壁容器，容器内装有质量为m的水｡现将一个底面积为S2的圆柱形木块（不吸水）缓慢放入水中，松开手后，木块直立在水中且与容器底接触（部分露出水面），如图所示｡若此时木块对容器底的压力刚好为零，则（　　）。‎ 843‎ A. 放入木块前水对容器底的压强为；‎ B. 放入木块后水对容器底的压强为；‎ C. 木块所受的重力为；‎ D. 木块所受的重力为 ‎【答案】AD。‎ ‎【解析】A．放入木块前，对容器底部的压力等于水所受的重力，由可得，水对容器底部的压强：；故A符合题意；‎ B．放入木块前，容器中水的深度为： ①‎ 设放入木块后容器中水的深度为h，因木块对容器底的压力刚好为零，故木块刚好漂浮于水面上，则木块受到的浮力等于木块所受的重力，由阿基米德原理知，木块所受浮力等于木块排开水所受的重力，即：‎ 则： ②‎ 联立①②解得，放入木块后水的深度：‎ 则放入木块后，水对容器底部的压强为：‎ 故B不符合题意；‎ CD．由 可得木块所受的重力：‎ 故C不符合题意，D符合题意。故选AD。‎ ‎14．（2020·衡阳）‎ 843‎ 三个完全相同的圆柱形容器，内装质量相等的水。将体积相同、材料不同的正方体物体a、b、c分别放入三个容器的水中，静止后如图所示（无水溢出）。对下列各物理量关系判断正确的有（　　）。‎ A．三个物体密度：ρa＞ρb＞ρc；‎ B．三个物体底部受到水的压力：Fa＜Fb＜Fc；‎ C．三个容器底部受到水的压强：pa＜pb＜pc；‎ D．三个容器对水平桌面的压强：p'a＝p'b＝p'c ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A、由图知，物体排开水的体积关系为：Va＜Vb＜Vc，因为F浮＝ρ水V排g，‎ 所以三个物体受到水的浮力关系为：Fa＜Fb＜Fc；‎ 由图可知：a、b漂浮，c悬浮，根据物体的浮沉条件可得：F浮＝G，‎ G＝mg＝ρvg，物体的体积相同，故ρa＜ρb＜ρc，故A错误；‎ B、根据浮力产生的原因知，Fa＜Fb＜Fc，故B正确；‎ C、由题可知，原来三个容器内水的深度是相同的，而放入物体后，物体排开水的体积关系为：Va＜Vb＜Vc，可知，a的深度最小，c的深度最大，p＝ρgh可知，三个容器底部受到水的压强：pa＜pb＜pc，故C正确；‎ D、物体的体积相同，ρa＜ρb＜ρc，故Ga＜Gb＜Gc，水的质量相同，重力也相同，容器对水平桌面的压力等于总重力，故Fa＜Fb＜Fc，根据p＝知，p'a＜p'b＜p'c，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎15.（2020·武汉）一个质量分布均匀的正方体物块，边长是10cm，密度是0.8×103kg/m3，漂浮在液面上露出液面的体积占物块体积的。用手缓慢下压物块，如图所示，当物块上表面与液面刚好相平时，下列说法错误的是（ ）。‎ 843‎ A. 液体的密度是1.2×103kg/m3‎ B. 手对物块上表面的压力大小是2N C. 液体对物块下表面的压力大小是12N D. 物块下表面受到液体的压强是1.2×103Pa ‎【答案】B。‎ ‎【解析】当物块漂浮时，物块所受的浮力等于其所受的重力，即：‎ 则有：‎ 因有露出水面，故，‎ 故：；故A正确，不符合题意；‎ B．由题意知，手对物块的压力，等于物块浸没液体中所受的浮力，即 故B错误，符合题意；‎ CD．物块下表面受到的压强为：‎ 下表面受到的压力为：‎ 故CD正确，不符合题意。故选B。‎ ‎16.（2020·四川成都）图所示的现象中，没有利用大气压的是（　　）。‎ A. “吸盘”挂钩贴竖直墙面上；‎ 843‎ B. 用注射器将药液注入肌肉；‎ C. 用吸管将饮料“吸"入口中；‎ D. 用硬纸片“托住”杯中的水 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．吸盘挂钩是靠空气压力固定的，把吸盘里的空气压出来，靠大气压力固定，故A不符合题意；‎ B．用注射器将药液注入肌肉，是靠手的推力而不是大气压，故B符合题意；‎ C．用吸管吸饮料时，吸管内气压减小，小于外界大气压，在大气压的作用下饮料被压入吸管，故C不符合题意；‎ D．因为大气压对纸压力大于杯中水对纸的压力，所以水流不出来，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎17.（2020·四川南充）关于气体压强，下列说法错误的是（　　）。‎ A. 做托里拆利实验时，若将玻璃管由竖直变倾斜，管中水银柱的长度不变；‎ B. 能用吸管将杯中饮料吸进嘴里，是利用了大气压强；‎ C. 一标准大气压可托起约10.3m高的水柱；‎ D. 高空飞行的大型客机，机翼上方空气流速大、压强小 ‎【答案】A。‎ 843‎ ‎【解析】A．托里拆利实验中，玻璃管倾斜后，长度会随着变大，管内水银增多，但水银柱的高度不变，故A错误，符合题意；‎ B．用吸管将杯中的饮料吸入口中，是吸走了管中的空气，使气压减小，在外界大气压的作用下将饮料压入口中；故B正确，不符合题意；‎ C．1标准大气压的值是1.01×105Pa，由p=ρgh可得1标准大气压支持的水柱高为 h=≈10.3m 故C正确，不符合题意；‎ D．由流体压强和流速的关系可知，飞机飞行过程中，机翼上方空气流速大，向下的压强小，故D正确，不符合题意。故选A。‎ ‎18．（2020·黑龙江绥化）下列说法正确的是（　　）。‎ A．力只能改变物体的形状；‎ B．托里拆利实验证明了大气压的存在；‎ C．力是维持物体运动的原因；‎ D．流体中流速越大的位置，压强越小 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、力能改变物体的形状和物体的运动状态，故A错误；‎ B、托里拆利实验测出了大气压的数值，故B错误；‎ C、力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，故C错误；‎ D、流体中流速越大的位置，压强越小，故D正确。故选：D。‎ ‎19．（2020·衡阳）下列现象不是利用大气压的是（　　）。‎ A．活塞式抽水机 B． 盆景自动供水装置 ‎ 843‎ C． 茶壶 D． 吸饮料 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、活塞式抽水机工作时，是使其内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下将水压入抽水机内，进而实现把水从低处压到高处的目的，利用了大气压。故A不合题意；‎ B、盆景的自动给水装置上端不开口，底部虽然相互连通，它是利用大气压来工作的。故B不合题意；‎ C、茶壶的壶盖上有小孔，壶嘴上端有口，壶身和壶嘴底部相连通，是连通器，故C符合题意；‎ D、用吸管吸饮料时，吸出吸管中的部分空气，使吸管内的气压减小，瓶中饮料在大气压的作用下，上升通过吸管进入口中，利用了大气压。故D不合题意。故选：C。‎ ‎20.（2020·德州）关于生活中的物理，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 图甲中装满水的塑料管，倒置后纸片不会掉落，证明大气压强的存在；‎ B. 图乙中向两只纸片中间吹气，两纸片靠拢说明流速越大，压强越大；‎ C. 图丙中人提着滑板车在水平地面上前行，人的竖直拉力对滑板做功；‎ D. 图丁中人站在绝缘的木凳上，通电后不会触电 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．盖在杯口的纸片能托住倒过来的一满杯水而不洒出，正是大气压支持着杯内的水不会流出来，故A正确；‎ B．向两张纸的中间吹气纸片靠拢，说明流体中流速越大的地方压强越小，故B错误；‎ C．用力提着滑板在水平路面上前行，此过程中，滑板在拉力的方向上没有移动距离，拉力没有做功，故C错误；‎ 843‎ D．人手分别握住火线和零线，则人体形成电路，身体内有电流，故会使人体触电，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎21.（2020·广东）如图所示，不能用流体压强与流速的关系来解释的是（ ）。‎ A. 图甲所示向两张纸中向吹气，纸张向中间靠拢；‎ B. 图乙所示用吸管吸饮料；‎ C. 图丙所示向B管吹气，A管中的水面上升；‎ D. 图丁所示飞机产生升力的原因 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．图甲所示向两张纸中向吹气，两张纸中间的空气流动速度大，压强小，两张纸外侧空气流动速度小，压强大，从而产生向内的压强差，纸张向中间靠拢，故A不符合题意；‎ B．用吸管吸饮料时，吸管内的气压减小，小于外界大气压，在外界大气压的作用下，将饮料压入口中，这是利用大所压强的原理，故B符合题意；‎ C．图丙所示向B管吹气，A管上方空气流动速度大，从而使管内的气压小，在外界大气压作用下，将液体往上压，故C不符合题意；‎ D．在机翼的上表面空气流动速度大小，压强小；机翼的下表面空气流动速度小，压强大，产生一个向上的压强差，从而产生一个向上的压力差，使飞机获得升力，故D不符合题意。故选B。‎ ‎22.（2020·自贡）如图所示，一辆轿车在平直公路上高速行驶时，其上、下表面相比较（　　）。‎ A. 轿车上表面空气流速小压强大 B. 轿车上表面空气流速大压强小 C. 轿车下表面空气流速小压强小 D. 轿车下表面空气流速大压强大 843‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】轿车的形状为上凸下平，在平直公路上高速行驶时，轿车上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大。‎ 故选B。‎ ‎23.（2019·益阳）家用小轿车每个车轮与地面的接触面积为0.01m2，车重1.2×104N．驾驶员及乘客共重3×103N。在水平地面上小轿车对地面的压强是（ ）。‎ A．3.00×105Pa B．3.75×105Pa C．1.20×106Pa D．1.50×106Pa ‎【答案】B。‎ ‎【解析】汽车、驾驶员及乘客共重：G=1.2×104N+3×103N=1.5×104N；‎ 汽车静止在水平地面上时对地面的压力：F压=G=1.5×104N；‎ 地面的受力面积：S=4×0.01m2=0.04m2；‎ 汽车对水平地面的压强：p===3.75×105Pa；‎ 故选B。‎ ‎24.（2019·达州）如图所示，轻质杠杆AB可绕O点转动，当物体C浸没在水中时杠杆恰好水平静止，A、B两端的绳子均不可伸长且处于张紧状态。已知C是体积为1dm3、重为80N的实心物体，D是边长为20cm、质量为20kg的正方体，OA：OB＝2：1，圆柱形容器的底面积为400cm2（g＝10N/kg），则下列结果不正确的是（ ）。‎ A．物体C的密度为8×103kg/m3；‎ B．杠杆A端受到细线的拉力为70N；‎ C．物体D对地面的压强为1.5×103Pa；‎ D．物体C浸没在水中前后，水对容器底的压强增大了2×3Pa ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、物体C的质量：mC＝＝＝8kg；‎ 843‎ 物体C的密度：ρC＝＝＝8×103kg/m3，故A正确；‎ B、物体C排开水的体积：V排＝VC＝1×10﹣3m3，‎ 受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；‎ 杠杆A端受到的拉力：FA＝GC﹣F浮＝80N﹣10N＝70N，故B正确；‎ C、由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2 得：FA×OA＝FB×OB，‎ 则杠杆B端受到细线的拉力：FB＝×FA＝×70N＝140N，‎ 由于力的作用是相互的，杠杆B端对D的拉力：F拉＝FB＝140N，‎ D对地面的压力：F压＝GD﹣FB＝mDg﹣F拉＝20kg×10N/kg﹣140N＝60N，‎ D对地面的压强：p＝＝＝1.5×103Pa，故C正确；‎ D、物体C浸没在水中前后，水的深度变化：‎ ‎△h＝＝＝＝2.5cm＝0.025m，‎ 水对容器底的压强增大值：‎ ‎△p＝ρ水g△h＝1×103kg/m3×10N/kg×0.025m＝2.5×102Pa，故D错。故选D。‎ ‎25.（2019·武威）生活处处有物理，留心观察皆学问。下列生活中的现象及其解释正确的是（ ）。‎ A.啄木鸟的嘴很尖细，可以减小压强，从而凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子；‎ B.打开高速行驶的大巴车车窗时，窗帘往外飘，是因为车外空气流速大，压强小；‎ C.水坝修建为上窄下宽是因为液体压强随深度增加而减小；‎ D.珠穆朗玛峰顶的大气压强比兰州市地面的大气压强大 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、啄木鸟的嘴很尖细，是在压力一定的情况下，通过减小受力面积，增大压强，从而凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子，故A错误；‎ B、看到车上窗帘往外飘，是因为车外空气流速快压强小，车内空气流速慢压强大，从而产生向外的压力差，故B正确；‎ C、水坝修建为上窄下宽是因为液体压强随深度增加而增大，故C错误；‎ D、珠穆朗玛峰顶的高度大于兰州市地面的高度，海拔越高，气压越低，因此珠穆朗玛峰顶的大气压强比兰州市地面的大气压强小，故D错误。故选B。‎ 843‎ ‎26.（2019·河南）如图所示，水平桌面上放着底面积相等的甲、乙两容器，分别装有同种液体且深度相同，两容器底部所受液体的压力、压强分别用F甲、F乙、p甲、p乙表示，则（ ）。‎ A．F甲=F乙，p甲=p乙 B．F甲=F乙，p甲＞p乙 C．F甲＞F乙，p甲=p乙 D．F甲＞F乙，p甲＞p乙 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由题意知，两容器中装有同种液体且液面向平，则液体的密度相同，深度也相同，根据p=ρgh可知，两容器底部受到液体的压强相等，即p甲=p乙；‎ 又因为容器底面积相等，根据F=pS可知，两容器底部受到液体的压力相等，即F甲=F乙；故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎27.（2019·河北）下列四幅图所呈现的情景中，主要利用了“流体流速越大，压强越小”这一原理的是（ ）。‎ A． 潜水艇浮出水面 B． 火箭升空 C．磁悬浮列车“悬浮”飞行 D． C919大飞机升空 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】、潜水艇是通过改变自身重力实现浮沉的，其原理是浮力。故A错误；‎ B、火箭是利用力的作用的相互性实现升空的。故B错误；‎ C、磁悬浮列车的工作原理是：同名磁极相互排斥或异名磁极相互吸引。故C错误；‎ 843‎ D、飞机飞行时，飞机的机翼上方突起，机翼上方空气流速大于下方空气流速，根据流体流速越大压强越小，机翼上方空气压强小于下方压强，飞机受到向上的升力作用。利用了“流体流速越大，压强越小”原理。故D正确。故选D。‎ ‎28.（2019·武威）生活处处有物理，留心观察皆学问。下列生活中的现象及其解释正确的是（ ）。‎ A.啄木鸟的嘴很尖细，可以减小压强，从而凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子；‎ B.打开高速行驶的大巴车车窗时，窗帘往外飘，是因为车外空气流速大，压强小；‎ C.水坝修建为上窄下宽是因为液体压强随深度增加而减小；‎ D.珠穆朗玛峰顶的大气压强比兰州市地面的大气压强大 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、啄木鸟的嘴很尖细，是在压力一定的情况下，通过减小受力面积，增大压强，从而凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子，故A错误；‎ B、看到车上窗帘往外飘，是因为车外空气流速快压强小，车内空气流速慢压强大，从而产生向外的压力差，故B正确；‎ C、水坝修建为上窄下宽是因为液体压强随深度增加而增大，故C错误；‎ D、珠穆朗玛峰顶的高度大于兰州市地面的高度，海拔越高，气压越低，因此珠穆朗玛峰顶的大气压强比兰州市地面的大气压强小，故D错误。故选B。‎ ‎29.（2019·邵阳）截至2017年底，我国高铁占世界高铁总量的66.3%，2019年中国高铁总里程将突破3万千米，高铁站台边缘一定距离的地方都标有安全线，人必须站到安全线以外区域候车，当有列车驶过时，如果人站到安全线以内，即使与车辆保持一定的距离，也是非常危险的，这是因为（ ）。‎ A．流体流速大的位置压强大；B．流体流速大的位置压强小；‎ C．流体流速小的位置压强小；D．流体压强大小与流速大小无关 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】当列车驶进站台时，会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢；根据流体压强与流速的关系可知，人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险。故选B。‎ ‎30．（2018•烟台）如图是小明为家里的盆景设计了一个自动供水装置，他用一个塑料瓶装满水后倒放在盆景中，瓶口刚刚被水浸没，这样盆景中的水位可以保持一定的高度。塑料瓶中的水不会立刻全部流掉的原因是（　　）。‎ 843‎ A．受浮力的作用 ；B．外界大气压的作用；‎ C．盆景盘支持力的作用；D．瓶口太小，水不易流出 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】一个标准大气压可以支持约10.13m高的水柱。瓶中水面能高于盆内水面不会流出来，正是因为盆景中的水与大气相通，是大气压支持着瓶内的水不会流出来。‎ 故选：B。‎ ‎31.（2018•淄博）关于下面四幅图的说法正确的是（　　）。‎ A．如图：将竖直玻璃管倾斜，水银柱的高度变大；‎ B．如图：盆景中的水位能保持一定高度，是利用了连通器原理；‎ C．如图：A管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越大；‎ D．如图：把水气压计从山下移到山顶，细管内的水柱上升 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、在托里拆利实验中，水银柱的高度是指管内水银面到水银槽中水银面的竖直高度，这一高度的大小是由外界大气压决定的，所以不会因玻璃管的倾斜而改变。如果把玻璃管倾斜一定角度，则水银柱的长度就会相应变长，故A错误；‎ 843‎ B、盆景水位保持一定高度是大气压支撑水没有流出来，故B错误；‎ C、A管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越小，故C错误；‎ D、把水气压计从山下带到山上，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下，会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱的高度会升高，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎32．（2018·滨州）如图所示，把一根两端开口的细玻璃管，通过橡皮塞插入装有红色水的玻璃瓶中，从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内的水沿玻璃管上升的高度为h。把这个自制气压计从1楼带到5楼的过程中（对瓶子采取了保温措施），观察到管内水柱的高度发生了变化，如下表所示，根据实验现象下列判断错误的是（　　）。‎ 楼层 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 管内与瓶内水面的高度差/cm ‎5‎ ‎5.3‎ ‎5.7‎ ‎6‎ ‎6.3‎ A．往瓶内吹气后，瓶内气压小于瓶外大气压；‎ B．水柱高度h增大，说明大气压降低了；‎ C．上楼的过程中，给瓶子保温是为了避免温度对测量结果的影响；‎ D．水柱高度h越大，瓶内外的气体压强差越大 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A、从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内气压大于瓶外大气压，则竖直玻璃管中的水位将上升，故A错误；‎ BD、由于高度增加，大气压减小，则瓶内的气压高于瓶外大气压；管内的水面变高；所以玻璃管内水柱的高度增加，说明大气压随高度增加而变小，故BD正确；‎ C、由于热胀冷缩会引起玻璃管中水柱的变化影响实验结果，所以在拿着它上下楼时，应保持瓶中的水的温度不变，故C正确,故选A。‎ ‎33．（2018•青岛）下列实验中，能证明大气压强存在的是（　　）‎ 843‎ A．如图，将加有砝码的小桌放在海绵上，小桌腿陷入海绵中 B．如图，将硬纸片盖在装满水的试管口，倒置后水不会流出 C．如图，将连通器中装入水，当水不流动时，两边的液面相平 D．如图，将压强计的探头放入水中，U形管两边的液面出现高度差 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、当受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；不能证明大气压强存在，故A错误；‎ B、杯口朝下时，由于杯内没有空气只有水，而杯内水柱产生压强远小于外界的大气压，故纸片就被大气压给“顶”住了，故B正确；‎ C、上端开口、下端连通的容器称为连通器，连通器内盛同种液体且液体不流动时，各容器中的液面总保持相平，不能证明大气压强存在，故C错误；‎ D、压强计的探头放入水中后，受到了水给予的压强，使U形管中产生一定的高度差，并通过观察高度差的大小来判断压强的大小，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎34．（2018·龙东）下列生活现象能说明大气压存在的是（　　）。‎ A．火车轨道；‎ B．锅炉水位计；‎ 843‎ C．拦河大坝；‎ D．用吸管吸饮料 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A、火车轨道的枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故A错误；‎ B、锅炉水位计，水位计上端和锅炉炉身的上端都是开口的，底部是连通的，是连通器，故B错误；‎ C、由于液体压强随深度的增加而增大，为了让拦河坝承受更大的水的压强，修成“上窄下宽”的形状，故C错误；‎ D、用吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，管内气压减小，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里，利用大气压，故D正确。‎ 故选：D。‎ 二、填空题 ‎35.（2020·德州）2020年6月23日，我国北斗三号最后一颗全球组网卫星发射成功。这是北斗卫星导航系统第三颗地球同步轨道卫星，它相对于地面是______的（选填“静止”或“运动”）。路边共享单车上的智能锁内均包含北斗定位装置，智能锁通过______来接收北斗卫星信号。某辆单车质量为，它与水平地面的总接触面积为，对水平地面的压强为______。（）‎ ‎【答案】（1）静止；（2）电磁波；（3）。‎ ‎【解析】同步轨道卫星相对于地面的位置没有改变，它相对于地面是静止。‎ 电磁波可以传递信息，路边共享单车上的智能锁内均包含北斗定位装置，智能锁通过电磁波来接收北斗卫星信号。‎ 单车的重力为：G=mg=20kg×10N/kg=200N 单车对水面地面的压力为：F=G=200N 单车与水平地面的总接触面积为：S=100cm2=10-2m2‎ 843‎ 单车对地面的压强：p==2×104Pa ‎36.（2020·江西）如图所示，是河水中的漩涡，漩涡边沿水的流速相对中心处的流速较______，压强较______，从而形成压力差，导致周边物体易被“吸入”漩涡。（温馨提示：严禁学生私自下河游泳）‎ ‎【答案】（1）慢；（2）大。‎ ‎【解析】流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小，流速越小，压强越大，漩涡边沿水的流速相对中心处的流速较慢，压强较大，从而形成指向漩涡中心的压力差，导致周边物体易被“吸入”漩涡。‎ ‎37.（2020·贵州黔南）某学习小组在研究大气压随海拔高度变化的情况时，查阅到如下资料∶‎ 海拔高度/km ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 大气压/kPa ‎101‎ ‎90‎ ‎80‎ ‎70‎ ‎62‎ ‎54‎ ‎(1)从表格中的数据可以得出大气压强随海拔高度的增加而_______；‎ ‎(2)海拔3 km处的大气压值与_________m高的水柱产生的压强相等；‎ ‎(3)在海拔1km处，10 m2水面受到大气压力是_____N。‎ ‎【答案】（1）减小；（2）7 ；（3）9×105。‎ ‎【解析】(1)由表格数据可知，海拔越高大气压值越小，大气压强随海拔高度增加而减小。‎ ‎(2)根据表格中的数据可知，海拔3km处的大气压值为70000Pa，根据p=ρgh可知，产生这么大压强的水柱的高度为：‎ ‎(3)在海拔1km处的大气压为p'=90000Pa，则压力的大小为：‎ F=p'S=90000Pa×10m2=9×105N。‎ ‎38.（2020·广东）如图所示，用拇指和食指按压一支铅笔的两端，拇指和食指受到的压力分别为和，受到的压强分别为和，则______， ______‎ 843‎ ‎（两空选填“>”<”或“=”）；若，笔尖的面积为，则______Pa。‎ ‎【答案】（1）=；（2）<；（3）。‎ ‎【解析】[1]根据力作用的相互性，可得两个手指受到的压力大小相等，即 ‎[2]因拇指的受力面积大于食指的受力面积，根据可知 ‎[3]由可得食指受到的压强为：。‎ ‎39.（2020·宁夏）负压鱼缸是宁夏科技馆的一件展品，如图甲所示，其纵截面示意图如图乙所示，整个鱼缸只有投料口与大气相通，鱼缸内高于投料口水面以上的水不能从投料口流出，是因为受到_______作用，水对鱼缸底部的压强P=_______（深度用图乙中的相关字母表示，水的密度用表示）。‎ ‎【答案】（1）大气压；（2）ρ水gH。‎ ‎【解析】[1]负压鱼缸内的压强低于外部大气压强，所以鱼缸内高于投料口水面以上的水不能从投料口流出。‎ ‎[2]水对鱼缸底部的压强：P=ρ水gH。‎ ‎40.（2020·江苏泰州）如图是学校的防疫消毒壶，壶和消毒液总重为18N，壶底与水平桌面的接触面积为10cm2‎ 843‎ ‎，则壶对桌面的压强为__________Pa。值日生按要求喷洒部分消毒液后，将消毒壶放回原处，此时消毒波对壶底的压强将__________（选填“变大”、“不变”或“变小”），这是因为液体压强与液体的__________有关。‎ ‎【答案】（1）18000；（2）变小；（3）深度。‎ ‎【解析】壶对桌面的压强为：‎ 值日生按要求喷洒部分消毒液后，壶中消毒液的液面将会下降，由于液体压强与液体的深度有关，由可知，此时消毒液对壶底的压强将变小。‎ ‎41.（2020·重庆B）甲、乙为两个质量分布均匀的实心圆柱体，放置在水平桌面上，沿水平方向切去上部分，剩余部分对桌面的压强p与切去部分高度h的关系如图所示，已知甲的密度为4.0×103kg/m3，则圆柱体甲的高度为________cm。当切去的高度为12cm，将各自切去部分放置在另一个圆柱体的剩余部分的上表面时，甲剩余部分和乙切去部分的组合体对桌面的压强为p1，乙剩余部分和甲切去部分的组合体对桌面的压强为p2，且p1:p2=3:2，则甲乙圆柱体的底面积之比为________。‎ ‎【答案】（1）20；（2）9：4。‎ ‎【解析】由题意可知，甲、乙为两个质量分布均匀的实心圆柱体，所以甲对水平桌面的压强：‎ 由图可知，当甲切去的高度为零时，甲对水平桌面的压强为，由得，圆柱体甲的高度为：‎ 由图可知，乙切去30cm后对水平桌面的压强为零，可知圆柱体乙的高度为30cm；当甲和乙切去的高度为零时，甲和乙对水平桌面的压强分别为和，则有 843‎ 解得：‎ 当切去的高度为，将各自切去部分放置在另一个圆柱体的剩余部分的上表面时 由题意，则有 设，化简得：‎ ‎ 解得：（舍去）或，即甲乙圆柱体的底面积之比为。‎ ‎42.（2020·江苏泰州）吉利集团最先试验成功能飞的汽车，其两侧的装置类似飞机机翼（如图），展开后，当汽车高速行驶时，机翼上方的空气流速__________（选填“大于”、“等于”或“小于”）下方的空气流速，机翼受到向上的压强__________（选填内容同上）向下的压强，使汽车能够起飞。‎ ‎【答案】（1）大于；（2）大于。‎ ‎【解析】机翼上方的空气流速比机翼下方的流速快，因此机翼上方气体压强小于机翼下方气体压强，即机翼受到向上的压强大于向下的压强，从而产生了升力，使汽车能够起飞。‎ ‎43.（2020·山东聊城）如图所示，两只气球自由地悬挂在空中，下面两种方法都能使两气球靠拢：‎ 843‎ 方法一、向两气球中间吹气；这是因为在气体中，流速大的位置，压强______；‎ 方法二、把丝绸摩擦过的玻璃棒放在两气球之间；这是因为玻璃棒摩擦后______，能吸引轻小物体。‎ ‎【答案】（1）小；（2）带了电（荷）。‎ ‎【解析】向两气球中间吹气，气球中间流速较大，压强较小，气球外侧流速较小，压强较大，气球在压强差的作用小向中间靠拢。‎ 把丝绸摩擦过的玻璃棒放在两气球之间，玻璃棒摩擦后带了电（荷），因为带电体能吸引轻小物体，所以两气球靠拢。‎ ‎44.（2020·四川乐山）如图所示，用弹簧测力计挂上飞机机翼模型，再用电风扇对着机翼模型吹风。因为在流体中，流速越大的位置，压强______（选填“越大”、“越小”或“不变”），所以增大风速，弹簧测力计示数______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）越小；（2）减小。‎ ‎【解析】所有流体（包括气体在内）都是流速大的位置，压强小。‎ 当风速增大时，机翼模型受到的向上的升力增大。测力计的读数等于机翼的重力减去机翼受到的升力，而机翼的重力是不变的，所以，测力计读数会减小。‎ ‎45.（2020·四川乐山）大气压随海拔高度的升高而______（选填“增大”、“减小”或“不变”），小娟同学拿着自制气压计从峨眉山脚的报国寺爬到山上的金顶时，发现玻璃管内水柱的高度h______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ 843‎ ‎【答案】（1）减小；（2）增大。‎ ‎【解析】高度越大，上方大气层的厚度越小，空气越稀薄。所以，高度越大，大气压越小。‎ 瓶内的气体是封闭的。向上运动时，外界的气压减小，在里面气体压强的作用下，玻璃管内水柱会上升。‎ ‎46.（2020·四川遂宁）三峡大坝是集防洪、航运、发电于一体的世界最大水利枢纽，坝伡高185m，最大蓄水深度175m，坝体建有多个泄洪深孔，每个泄洪深孔大小为63m2，通过开启闸门泄洪，蓄满水时深孔距水面平均深度30m，则每个泄洪深孔的闸门受到水的压力是———— N（g＝10N/kg）。‎ ‎【分析】由题知，蓄满水时深孔距水面平均深度30m，根据液体压强计算公式p＝ρgh求出泄洪深孔处的压强；然后根据压强的变形公式F＝pS求出每个泄洪深孔的闸门受到水的压力。‎ ‎【解答】解：‎ 蓄满水时泄洪深孔处受到水的平均压强为：‎ p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×30m＝3×105Pa。‎ 由公式p＝得，每个泄洪深孔的闸门受到水的压力：‎ F＝pS＝3×105Pa×63m2＝1.89×107N。‎ 故答案为：1.89×107。‎ ‎47.（2020·四川甘孜州）小海和同学们参加研学旅行，汽车在公路上快速行驶时，小海发现窗帘从打开的窗户向外飘，这是因为窗外的空气流速较大，压强_______（ 选填“较大”或“较小"）；车行驶到山顶时，他发现密封的零食包装袋鼓起来了，这是因为山顶上的大气压比山脚下的大气压_______（ 选填“大”或“小”）造成的。‎ ‎【答案】（1）较小；（2）小。‎ ‎【解析】小海发现窗帘从打开的窗户向外飘，这是因为窗外的空气流速较大，压强较小，车内空气流速小，压强大。‎ 大气压随高度的增加而减小，故密封的零食包装袋鼓起来了，这是因为山顶上的大气压比山脚下的大气压小造成的。‎ ‎48.（2020·四川甘孜州）如图所示，一块长为L，质量分布均匀的木板A放在水平桌面上，木板A右端与桌边缘相齐。在其右端施加一水平力F 843‎ 使木板A右端缓慢地离开桌边三分之一，在木板A移动过程中，木板A对桌面的压强__________，木板A对桌面的压力__________。（选填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）增大；（2）不变。‎ ‎【解析】因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，在木板A运动过程中，A对桌面的压力不变；因在木板的右端施加一水平力F使木板A右端缓慢地离开桌边三分之一时，木板与桌面的接触面积变小，即受力面积变小，而压力不变，由 可知，木板A对桌面的压强不断增大。‎ ‎49.（2020·四川甘孜州）如图所示，茶壶的壶嘴与壶身构成连通器，若茶壶中水深8cm，则水对壶底的压强是__________Pa （g取10Nkg）； 若将茶壶略微倾斜、水不溢出且保持静止后，壶嘴和壶身中水面__________（选填 “相平”或“不相平”）。‎ ‎【答案】（1）800；（2）相平。‎ ‎【解析】水对壶底的压强为：‎ ‎[2]根据连通器的原理知，当连通器中液体静止时，液面总保持相平，故茶壶略微倾斜、水不溢出且保持静止后，壶嘴和壶身中水面相平。‎ ‎50.（2019·贵港）在放假外出旅游时，小明发现所乘坐的汽车窗边放置有在紧急情况下使用的逃生安全锤，如图3所示。这种逃生安全锤有一端设计成锥形，这样做的目的是通过________受力面积的方法，从而________压强来破坏玻璃窗逃生（两空均选填“增大”或“减小”）。‎ 843‎ ‎【答案】减小；增大。‎ ‎【解析】影响压强大小的因素有二：一是压力大小，二是受力面积大小。增大压强的方法：增大压力或减小受力面积。若要破坏玻璃窗，则需要增大压强，所以逃生安全锤有一端设计成锥形的目的是通过减小受力面积来增大压强的。‎ 故答案是：减小；增大。‎ ‎51.（2019·海南）用钢笔吸墨水是利用_______把墨水吸进橡皮管；用手拍打衣服使灰尘与衣服分离，是利用灰尘具有_______。‎ ‎【答案】大气压、惯性。‎ ‎【解析】用钢笔吸墨水时，把橡皮管内的空气挤出，橡皮管内的气压变小，外部大气压便把墨水压进橡皮管；用手拍打衣服时，衣服受力位置发生了改变，但衣服上的灰尘由于惯性仍然要保持原来的位置，便与衣服分离开来。‎ ‎52.（2019·湘潭）如图所示，高铁站的站台边沿标有黄色安全线提示乘客在候车时要站在安全范围内。一个重要的原因是，当高速列车通过时车体附近气体流速，压强（均选填“大“或“小“）使乘客受到一个“推”向列车的力。‎ ‎【答案】故答案为：大；小。‎ ‎【解析】当高速列车通过时车体附近气体流速大，造成人和列车之间的空气流速大，压强小，人外侧的压强大，容易把人压向列车，容易出现交通事故，所以等候列车时站在安全性以内。‎ 故答案为：大；小。‎ ‎　53．（2018•青岛）书包带做得宽一些，目的是在压力一定时，增大肩部的　 　从而　 　压强，背着更舒服。‎ ‎【答案】受力面积；减小。‎ ‎【解析】把书包带做得宽一些，是在压力一定时，增大肩部的受力面积来减小压强，使人背着舒服。‎ 故答案为：受力面积；减小。‎ ‎54．（2018·龙东）‎ 843‎ 如图所示，一个未装满水的瓶子，正立在水平桌面上时，瓶对桌面的压强为p1，瓶底受到水的压力为F1；倒立时瓶对桌面的压强为p2，瓶盖受到水的压力为F2，则p1　 　p2，F1　 　F2。（选填：“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】小于；大于。‎ ‎【解析】（1）由于瓶子放在水平桌面上，则对桌面的压力等于瓶子和水的总重力，即F=G，‎ 所以，倒置后容器对桌面的压力不变，而受力面积减小，‎ 由p=得：倒置后对桌面的压强变大，即：p1＜p2；‎ ‎（2）正放时，瓶子中的水柱是粗细相同的，瓶子底部受到的压力等于瓶中水的重力；‎ 倒放时，瓶子中的水柱上面粗，下面细，一部分水压的是瓶子的侧壁，瓶盖受到的压力小于瓶中水的重力；‎ 因此即F1＞F2。‎ 故答案为：小于；大于。‎ 三、计算题 ‎55.（2020·山东泰安）利用叉车运送货物，已知货物质量为500kg、底面积为5m2，货物与叉车水平叉臂的接触面积为0.8m2，g取10N/kg。‎ ‎(1)叉车托着货物匀速水平移动，求货物对叉车水平叉臂压强；‎ ‎(2)叉车在20s内将货物匀速举高1.8m，求叉车支持力对货物做功的功率。‎ ‎【答案】(1)6.25×103Pa；(2)450W。‎ ‎【解析】(1)货物对叉臂的压力：F＝G＝mg＝500kg×10N/kg＝5×103N 货物对叉车水平叉臂的压强：p＝＝6.25×103Pa ‎(2)叉车对货物的支持力：F′＝G＝5×103N 叉车支持力对货物做的功：W＝F′s＝5×103N×1.8m＝9×103J 843‎ 叉车支持力对货物做功的功率：P＝＝＝450W 答：(1)货物对叉臂的压强是6.25×103Pa；(2)叉车对货物做功的功率是450W。‎ ‎56.（2020·四川成都）如图所示，实心均匀圆柱体A、薄壁圆柱形容器B和C，三者高度均为H=10cm，都放置在水平桌面上。容器B内装有油，容器C内装有水，相关数据如下表所示。忽略圆柱体A吸附液体等次要因素，常数g取10N/kg。‎ ‎(1)求A的底面积；‎ ‎(2)若将A竖直缓慢放入B内，释放后静止时，求油对容器底部的压强；‎ ‎(3)若将A竖直缓慢放人C内，释放并稳定后，再将A竖直向上缓慢提升0.5cm，求静止时水对容器底部的压力。‎ 圆柱体A 油 水 质量/g ‎90‎ ‎54‎ ‎120‎ 密度/(g/cm3)‎ ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1‎ 深度/cm ‎2‎ ‎6‎ ‎【答案】(1)15cm2；(2)360Pa；(3)1.7N。‎ ‎【解析】(1)由密度公式可知：‎ 则A的底面积为：‎ ‎(2)由密度公式可知，‎ 则B的底面积为：‎ 843‎ 由于A的密度小于油，假设将A竖直缓慢放入B内释放后静止时沉底，则液面上升后的高度为：‎ 故A所受的浮力为：‎ 而A的重力为：‎ 故A沉底的条件成立，此时油对容器底部的压强为：‎ ‎(3)由密度公式可知，‎ 则C的底面积为：‎ 由于A的密度小于水，假设将A竖直缓慢放入C内释放后静止时沉底，则液面上升后的高度为：‎ 故A所受浮力为：‎ 而A的重力为：‎ 故A沉底的条件不成立，应漂浮，此时，‎ 则静止时A浸入的深度为：‎ 此时，‎ 物体A距容器底的高度为：‎ 由于C的高度为H=10cm，则水溢出体积为：‎ C中剩余水的体积为：‎ 843‎ 再将A竖直向上缓慢提升0.5cm后，‎ 则：‎ 即静止时水的深度为：‎ 则水对容器底部的压力为：‎ 答：(1)A的底面积为15cm2；(2)若将A竖直缓慢放入B内，释放后静止时，油对容器底部的压强为360Pa；(3)若将A竖直缓慢放人C内，释放并稳定后，再将A竖直向上缓慢提升0.5cm，静止时水对容器底部的压力为1.7N。‎ ‎57.（2020·四川南充）图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA=3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点(不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积)。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图像。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。(g=10Nkg)求：‎ ‎(1)物块C的重力；‎ ‎(2)物块C受到的最大浮力；‎ ‎(3)从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少?‎ ‎【答案】(1)2N；(2)10N；(3)2000Pa。‎ ‎【解析】(1)当物体C刚好全部露出时，杠杆受到的阻力为C的重力，此时B端的拉力为6N，根据杠杆的平衡条件得到：G×OA=6N×OB 843‎ G=‎ ‎(2)物体B受到的最大浮力时，B端的压力为24N，根据杠杆的平衡条件得到 ‎(F浮-G)×OA=24N×OB F浮=‎ ‎(3)水对水箱底部的压强变化量：‎ Δp=p2-p1=ρgh2-ρgh1=ρgΔh=1×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2000Pa 答：(1)物块C的重力是2N；(2)物块C受到的最大浮力是10N；(3)从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了2000Pa。‎ ‎58.（2020·新疆）如图所示，一平底、平口的圆柱形青花瓷笔筒放在水平桌面上，笔筒高度为0.11 m，筒内深度为0.10 m。笔筒开口向上放置时，笔筒对桌面产生的压强为8.1×102 Pa；笔筒开口向下放置时筒对桌面产生的压强为4.05×103 Pa。求：‎ ‎(1)笔筒内注满水时，水对笔筒底部产生的压强；‎ ‎(2)笔筒开口向上和开口向下放置时，笔筒与桌面的接触面积之比；‎ ‎(3)青花瓷笔筒材质的密度。‎ ‎【答案】(1) 1×103 Pa；(2) 5∶1；(3) 2.7×103 kg/m3。‎ ‎【解析】(1)因为笔筒中水的深度为0.1m，故加强为：‎ ‎(2)由题知，两次压力相等，都等于笔筒的重力，故有：‎ 所以，‎ 解得：‎ 843‎ ‎(3)笔筒的质量为：‎ 体积为：‎ 密度为：‎ 答：(1)水对笔筒底部产生压强为1×103Pa；(2)笔筒与桌面的接触面积之比为5:1；(3)青花瓷笔筒材料的密度为2.7×103kg/m3。‎ ‎59.（2020·重庆）如图19,水平卓面上放有圆柱形温水杯、它的重为3N、底面积为300cm2、溢水口距杯底20cm.内装水的深度为18cm将一体积为1000cm3 、密度为0.9 g/cm3 的正方体木块缓慢放人水中不计溢水杯厚度，求:‎ ‎(1)木块的质量m;‎ ‎(2)木块放入前，水对溢水杯底的压力F；‎ ‎(3)木块放人水中静止后溢水杯对桌面的压强p。‎ ‎【解析】（1） ‎ ‎（2）解法一：‎ 解法二：‎ 注：柱状容器，固体与液体压强公式通用 843‎ （2） 解法一：由于木块密度小于水的密度，所以木块会漂浮 水面升高：即3cm 由于水面从18cm上升到20cm只能上升2cm，所以会有1cm的水会溢出 解法二：由于木块密度小于水的密度，所以木块会漂浮 水对容器底部的压强为：‎ 水对容器底部的压力为：‎ 容器对桌面的压力为：‎ 容器对桌面的压强为：‎ ‎60.(2019·荆门)随着社会的发展，家庭汽车越来越普及。已知某型号小汽车总质量m=1200kg，四个车轮与地面接触面积约为6×10-2m2，在水平路面上匀速行驶时所受阻力恒为重力的0.1倍。求：‎ ‎（1）小汽车对路面的压强；‎ ‎（2）小汽车以20m/s的速度在水平路面上匀速行驶时牵引力的功率；‎ ‎（3）为了保障道路交通安全，交警常常用超声波测速仪来监测车辆的速度。固定在平直道路上的超声波测速仪对着迎面匀速驶来的车辆发出第一个超声波信号后，经过时间t1=0.10s接收到车辆反射回来的信号；测速仪发出第二个超声波信号后，经过时间t2=0.06s接收到车辆反射回来的信号。已知超声波在空气中传播的速度为v0‎ 843‎ ‎=340m/s，测速仪连续发出两个信号的时间间隔为t0=0.20s，则车辆匀速行驶的速度v是多少?（结果保留到小数点后一位）‎ ‎【解析】（1）汽车对地面的压强 ‎（2）汽车匀速行驶，牵引力F=0.1mg=1.2×103N 发动机功率P=Fv=2.4×104W ‎（3）车辆第一次遇到超声波信号时距离测速仪s1=v0=17.0m 车辆第二次遇到超声波信号时距离测速仪s2=v0=10.2m 车辆走过的路程s=s1-s2=6.8m 车辆先后遇到超声波信号经历的时间为t=t0+=0.18s 车辆匀速行驶的速度v==37.8m/s。‎ ‎61.（2019·龙东）平衡车作为一种新兴的代步工具，深得年轻人的喜欢，小华最近购入一台平衡车，他仔细阅读此款平衡车的说明书，主要参数如下：‎ ‎（1）小华的质量为60kg，当他站立在平衡车上静止时，车轮与水平地面的接触总面积为4×10﹣3m2，则此时平衡车对水平地面的压强有多大？‎ ‎（2）小华家距公园1.6km，他骑行此款平衡车以最高车速从家到公园，需要多长时间？‎ ‎（3）若平衡车正常工作时，发动机提供的牵引力为180N，则小华以最高车速从家行驶到公园，牵引力的功率为多少？（假设小华从家到公园做匀速直线运动）‎ ‎【解析】（1）该车静止时对水平地面的压力：‎ F＝G总＝（m1+m2）g＝（60kg+12kg）×10N/kg＝720N，‎ 对水平地面的压强：p＝＝＝1.8×105Pa；‎ 843‎ ‎（2）由v＝可得，以最高车速从家到公园，需要的时间t＝＝＝0.1h；‎ ‎（3）最高车速v＝16km/h＝16×m/s＝m/s，‎ 牵引力的功率P＝＝＝Fv＝180N×m/s＝800W。‎ 答：（1）此时平衡车对水平地面的压强有1.8×105Pa；（2）他骑行此款平衡车以最高车速从家到公园，需要0.1h时间；（3）牵引力的功率为800W。‎ ‎62.(201·9邵阳)如图所示，一平底热水壶，其质量为0.5kg，内底面积为180cm2．有一次小军同学用该热水壶装了1.5L的水放在水平桌面上，测得壶中水深15cm，初温20℃．请你通过计算回答：‎ ‎（1）此时水和热水壶的总质量是多少？‎ ‎（2）加热前水对壶底的压强多大？‎ ‎（3）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收多少热量？[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg]‎ ‎【解析】（1）水的体积：V水＝1.5L＝1.5×10﹣3m3，‎ 根据ρ可得水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg；‎ 则水和热水壶的总质量：m＝m壶+m水＝0.5kg+1.5kg＝2kg；‎ ‎（2）水深h＝15cm＝0.15m，‎ 则壶底受到水的压强：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1.5×103Pa；‎ ‎（3）1标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：‎ Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J；‎ 答：（1）此时水和热水壶的总质量是2kg；（2）加热前水对壶底的压强为1.5×103Pa；（3）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收5.04×105J热量。‎ ‎63.（2018·临沂）‎ 843‎ ‎2017年12月24日，我国自主研发的全球最大水陆两栖飞机AG600首飞成功，可为“海上丝绸之路”航行安全提供最快速有效的支援与安全保障。它的最大飞行速度为560km/h，最大航程为4500km，巡航速度（经济、节油的飞行速度）为500km/h。某次起飞前，飞机静止在水平跑道上，总质量为51t，轮胎与跑道的总接触面积为0.6m2（ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg）。求：‎ ‎（1）飞机静止在跑道上时对跑道的压强是多少？‎ ‎（2）起飞后，飞机在空中直线飞行1400km，所需要的最短时间是多少？‎ ‎（3）飞机到达目的地降落后，漂浮在水面上，排开水的质量为46t，此时飞机受到的重力是多少？舱底某处距水面1.5m，水对该处产生的压强是多少？‎ ‎【解析】（1）飞机静止在跑道上，对跑道的压力为：F=G=mg=51×103kg×10N/kg=5.1×105N；‎ 则飞机对跑道的压强为：p===8.5×105Pa；‎ ‎（2）飞机的最大飞行速度为560km/h，‎ 由v=得，飞机所需的最短时间为：t===2.5h；‎ ‎（3）飞机到达目的地降落后，漂浮在水面上，由漂浮条件可得F浮=G飞机，‎ 由阿基米德原理可得，飞机受到的浮力为：F浮=G排，‎ 所以，可得此时飞机的重力为：G飞机=G排=m排g=46×103kg×10N/kg=4.6×105N；‎ 水对舱底的压强为：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5m=1.5×104Pa 答：（1）飞机静止在跑道上时对跑道的压强是8.5×105Pa；（2）起飞后，飞机在空中直线飞行1400km，所需要的最短时间是2.5h；（3）飞机受到的重力是4.6×105N；水对舱底产生的压强是1.5×104Pa。‎ 考点12 浮力 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 浮力 浮力的方向、测量、计算方法、阿基米德原理及其解释相关现象 843‎ ‎2‎ 浮力的利用 ㈠物体的浮沉条件；㈡浮力的应用：轮船、潜水艇、气球和飞艇的浮沉原理 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·湖南常德）将一个新鲜的鸡蛋分别浸入盛有水和浓盐水的容器中，鸡蛋静止在两个容器中的位置如图所示。则下列说法正确的是（　　）。‎ A. 鸡蛋在水中受到的浮力大；‎ B. 鸡蛋在水和浓盐水中受到的浮力一样大；‎ C. 鸡蛋的密度大于水的密度；‎ D. 鸡蛋的密度小于浓盐水的密度 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】AB．鸡蛋在水和盐水中排开的体积相同，而盐水的密度大于水的密度，据阿基米德原理得，鸡蛋在盐水中受到的浮力大，故AB错误；‎ CD．鸡蛋在水中下沉，在盐水中悬浮，据物体的浮沉条件知，鸡蛋的密度大于水的密度、等于盐水的密度，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.（2020·四川乐山）如图所示，将两个完全相同的小球分别放入盛有两种不同液体的甲、乙烧杯中，待小球静止后，两个烧杯内液面高度相同。下列说法正确的是（　　）。‎ A. 甲烧杯中小球受到的浮力大 B. 乙烧杯中小球排开液体的质量大 C. 甲烧杯中液体的密度大 D. 乙烧杯底部受到液体压强大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．因为物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，所以同一只小球在两杯中受到的浮力相等，都等于小球的重力，故A错误；‎ 843‎ B．因为小球在两杯中受到的浮力相等，都等于小球的重力，小球在两杯中排开液体的质量相等，故B错误；‎ C．由图可知，小球在甲、乙两杯中分别处于漂浮和悬浮状态。根据浮沉条件可知 ρ甲液＞ρ球，ρ乙液=ρ球 所以，ρ甲液＞ρ乙液，故C正确；‎ D．两杯中液面相平，ρ甲液＞ρ乙液，根据p=ρ液gh可知，烧杯底受到液体的压强 p甲液＞p乙液 故D错误。故选C。‎ ‎3.（2020·四川南充）水平桌面上有甲乙两个质量和底面积均相同的容器，分别装有密度不同的液体，将两个完全相同的小球放入容器中，静止时两容器中液面高度相同，如图所示。下列说法正确的是（　　）。‎ A. 甲容器中液体的密度小于乙容器中液体的密度；‎ B. 甲容器中小球受到的浮力大于乙容器中小球受到的浮力；‎ C. 甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力；‎ D. 甲容器对桌面的压力一定大于乙容器对桌面的压力 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】AB．两个小球重力相等，甲图，小球漂浮，浮力等于重力，即F甲=G 乙图，小球悬浮，浮力等于重力，即F乙=G 所以甲容器中小球受到的浮力等于乙容器中小球受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排，在浮力相同时，由图知，V甲排＜V乙排 所以，ρ甲＞ρ乙 故AB错误；‎ C．两容器中液面高度相同，ρ甲＞ρ乙 根据p=ρgh可知p甲＞p乙 由F=pS可知，S相同，容器底受到液体的压力F甲＞F乙 故C正确；‎ D．放入球后，两容器液面相平，V甲排＜V乙排 843‎ 两个容器底面积相同，甲容器上下一样粗，乙容器底小口大，不能判断放入小球前，两个容器中液体体积的大小关系，所以两个液体的质量大小关系不能判断，容器对桌面的压力等于容器、液体和小球的总重力，它们的大小关系不能判断，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.（2020·四川雅安）如图所示，当乒乓球从水里上浮到水面上，乒乓球在A位置时受到的浮力为FA，水对杯底的压强为pA，在B位置时受到的浮力为FB，水对杯底的压强为pB，则它们的大小关系是（　　）。‎ A. FA=FBpA=pB B. FAFBpA>pB D. FA>FB pA=pB ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由图可知：乒乓球在A位置时是浸没，V排A=V球 在B位置时是漂浮，V排BV排B 由可知FA>FB 由于从水里上浮直至漂浮在水面上，排开水的体积减小，水面下降，则有hA>hB 根据可知pA>pB 故选C。‎ ‎5.（2020·贵州黔西南）2019年12月17日，中国第一艘国产航空母舰在海南三亚某军港交付海军，这艘航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”。山东舰满载排水量约5万吨，可以搭载36架歼-15舰载机。下列分析正确的是（ 　　）。‎ A. 山东舰满载时受到的浮力为5×107N；‎ B. 舰载机全部飞出后，山东舰受到的浮力不变；‎ C. 舰载机在舰上起飞的过程是匀速直线运动；‎ D. 山东舰在海上沿直线匀速航行时，受到的阻力与水的推力是平衡力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由题意可知，山东舰满载排水量约5万吨，这些水的重力 843‎ 根据阿基米德原理可知，山东舰满载时受到的浮力大小等于排开这些水的重力，即山东舰满载时受到的浮力为，A错误；‎ B．根据二力平衡可知，舰载机没有飞出前，山东舰受到的浮力大小等于其自身和舰载机重力之和；舰载机全部飞出后，山东舰受到的浮力大小等于其自身重力，浮力是有变化的；B错误；‎ C．舰载机在舰上起飞的过程速度是越来越大的，不是匀速运动，C错误；‎ D．山东舰在海上沿直线匀速航行时，水平方向上处于平衡状态，受力平衡，水平方向受到阻力和水的推力作用，这两个力是平衡力，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.（2020·新疆）一个盛有足够多水的溢水杯放在水平桌面上，先往溢水杯中投入一个质量为m的小球A，从溢水杯中溢出的水的质量为20 g，再往溢水杯中投入一个质量为2 m的小球B，从溢水杯中再次溢出的水的质量为80 g，此时A、B小球受到的总浮力为F浮，水对溢水杯底部产生的压力比两小球投入溢水杯前增加了，已知小球A、B的密度均小于水的密度，则（　　）。‎ A. F浮 = 1.2 N，= 0.2 N B. F浮 = 1.2 N， = 1.2 N C. F浮 = 1.0 N，= 1.0 N D. F浮 = 1.0 N， = 0 N ‎【答案】A ‎【解析】因为小球A、B的密度均小于水的密度，投入水中都漂浮，排出水的质量应当等于自身的质量。因为小球A的质量为m、 B的质量为2 m，如果溢水杯已经装满，B球排出水的质量应该是A球的二倍。那么B排出80g水，说明B的质量为80g；A的质量为40g，A应当排出40g水，但A球只排出了20g水。这说明溢水杯没有装满，A球放入时有20g水没有排出溢水杯。故A、B小球受到的总浮力为F浮为 水对溢水杯底部产生的压力比两小球投入溢水杯前增加了 故A符合题意；BCD不符合题意 ‎7.（2020·河南）（双选）‎ 843‎ 将两个完全相同的木块放入盛有甲、乙种液体的相同容器中，木块静止时，两容器中液面相平，如图 7 所示。下列说正确的是（）。‎ A.木块在甲、乙两种液体中所受浮力相等；‎ B.木块在乙液体中排开液体的质量较大；‎ C.两容器中木块下表面受到的液体压强相等；‎ D.两容器底部受到的液体压强相等 ‎【答案】AC。‎ ‎【解析】 A 选项，两个木块均漂浮，所以浮力等于重力，且木块完全相同，重力相同，故浮力相同，A 正确；‎ B 选项，根据阿基米德原理，两个木块浮力相等，所以排开液体重力相等，故排开液体质量也相等，B 错误；‎ C 选项，两木块上表面均未浸没，故下表面压力等于浮力，且下表面底面积相等，故下表面液体压强相等，C 正确；‎ D 选项，两木块浮力相等，但甲液体中木块浸体积小于乙液体，故甲液体密度大于乙液体，当液面高度相同时，甲液体密度大，液体底部压强也大，故 D 错误。‎ ‎8.（2020·江苏连云港）下列关于浮力的说法正确的是（　　）。‎ A. 质量大的物体在液体中所受浮力一定大；‎ B. 码头上正在卸货的轮船所受的浮力逐渐减小；‎ C. 物体密度小于液体密度时物体在液体中处于悬浮状态；‎ D. 潜水艇在水面下从大海潜行进入长江，所受浮力不变 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．液体密度不变时，物体所受的浮力大小与其排开的液体的体积有关，与物体的质量大小无关，故A错误；‎ B．当停在码头上的轮船正在卸货时，质量减少，船的重力减小，船漂浮在水面上时，船的浮力等于物体重力，所以船所受到的浮力也减小，故B正确；‎ C．物体密度等于液体密度时物体在液体中处于悬浮状态，故C错误；‎ 843‎ D．海水的密度大于江水的密度，潜水艇在水面下，排开液体的体积不变，从大海潜行进入长江，由F浮=ρ液gV排可知浮力变小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.（2020·四川雅安）预计2020年通车的雨城区“大兴二桥”在施工时，要向江中沉放大量的施工构件。如图甲所示，假设一正方体构件从江面被匀速吊入江水中，在沉入过程中，其下表面到水面的距离h逐渐增大，构件所受浮力F1、钢绳拉力F2随h的变化如图乙所示（g取10N/kg）。下列判断正确的是（　　）。‎ A. 构件的边长为4m；‎ B. 构件密度为3×103kg/m3；‎ C. 浮力F1随h变化的图线是图乙中的①图线；‎ D. 当构件的下表面距江而4m深时，构件上表面受到江水的压强为4×104Pa ‎【答案】B。‎ ‎【解析】(1)当构件完全淹没时的高度则为构件的边长；‎ ‎(2)利用体积公式求出其体积，根据图中可知构件完全浸没时的拉力，此时构件受到的浮力、重力以及拉力的关系为F浮=G-F2 ，然后将密度和体积代入可得ρ水gV排=ρgV-F2，将已知数据代入即可求出构件的密度。‎ ‎(3)先分析构件下沉过程中，排开水的体积变大，因此构件受到的浮力变大，当构件排开水的体积不变时，构件受到的浮力也不再改变；‎ ‎(4)利用p=ρ水gh即可求出底部受到江水的压强。‎ ‎【详解】A．从乙图中可以看出，当构件完全淹没时的高度为2m，则构件边长为2m，故A错误；‎ B．构件体积V=2m×2m×2m=8m3‎ 构件完全淹没时，V排=V=8m3，F2=1.6×105N，则有F浮=G−F2‎ ρ水gV排=ρgV−F2‎ 代入数值可得：1×103kg/m3×10N/kg×8m3=ρ×10N/kg×8m3−1.6×105N 则ρ=3×103kg/m3，故B正确；‎ 843‎ C．由图可知，构件在浸入水中的过程是排开的水的体积变大，所以浮力逐渐变大；当构件浸没后排开水的体积不变，所以浮力不变，因此浮力F1随h变化的图线是图乙中的②，故C错误；‎ D．当h=3m时，构件底部受到江水的压强：p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×3m=3×104Pa 故D错误。故选B。‎ ‎10.（2020•岳阳）关于流体的力现象正确的是（ ）。‎ A．鸟翼获得向上的升力，是因为流体在流速大的地方压强大；‎ B．在水中上浮的物体受到浮力，下沉的物体不受浮力；‎ C．重力一定的轮船从长江驶入海洋，浮力不变；‎ D．石块没入水中越深，浮力越大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】流体在流速大的地方压强小；浸在液体中的物体受到液体对它竖直向上的浮力；浮力的大小只与物体排开液体的体积和液体的密度有关；漂浮在液面的物体受到的浮力等于物体的重力。‎ 故选C。‎ ‎11.（2020·广东）游泳时佩戴游泳圈是防止溺水的有效方法，质量为50kg的小蓉佩戴游泳圈后，能静静地漂浮在水面上，如图所示，游泳圈对她的作用力大小最符合实际的是（ ）。‎ A. 5000N B. 500N C. 50N D. 5N ‎【答案】C。‎ ‎【解析】游泳圈浸没在水中的体积大概是5×10-3m3，则其受到的浮力：‎ 忽略游泳圈的自重，则游泳圈对小蓉的作用力大小与游泳圈所受浮力大小相同，即为50N。‎ 故选C。‎ ‎12.（2020·宁夏）‎ 843‎ ‎2020年4月22日，在中国海军成立71周年纪念日前夕，075型两栖攻击舰2号舰在上海某造船厂正式下水｡如图所示，这艘两栖攻击舰长约235米，宽约36米，排水量约为3.5×104吨，是中国海军舰艇中尺寸仅次于航母的军舰｡下列说法正确的是（ ）。‎ A.此军舰满载时受到的浮力约为3.5×104N；‎ B.军舰受到的浮力和军舰对水的压力是一对平衡力；‎ C.此军舰从长江驶入东海后，船体会下沉一些；‎ D.直升机从军舰上飞走后，军舰所受浮力减小 理由是____________‎ ‎【答案】D；因为军舰始终漂浮在水面上，浮力和重力相等，当升机从军舰上飞走后，军舰的总重力减小，相应的浮力也减小。‎ ‎【解析】A．军舰漂浮在海面上，重力等于浮力为：‎ ‎；故A错误；‎ B．平衡力是一个物体受到大小相等、方向相反、作用在同一直线上的两个力的影响，军舰受到的浮力，受力物体是军舰，军舰对水的压力，受力物体是水，所以不符合平衡力的概念，故B错误；‎ C．东海的海水密度要大于长江的江水密度，根据，推导出，因为军舰已知漂浮在水面，浮力相等，当液体的密度变大时，排开液体的体积减小，船体会上浮一些，故C错误；‎ D．因为军舰始终漂浮在水面上，浮力和重力相等，当升机从军舰上飞走后，军舰的总重力减小，相应的浮力也减小，故D正确。故选D。‎ ‎13.（2020·北京）某同学在粗细均匀的木棒上缠绕一些细铜丝，制作简易密度计A，如图甲所示。将A依次放入一系列密度已知的液体中，每次当A在液体中处于竖直漂浮状态时，在木棒上标出与液面位置相平的刻度线及相应密度值ρ，并测量木棒浸入液体的深度h，再利用收集的数据画出ρ-h 843‎ 图像，如图乙中图线①所示。该同学继续选用了与A完全相同的木棒，并缠绕了不同质量的铜丝制作简易密度计B。将B同样依次放入一系列密度已知的液体中进行实验，得到图乙中图线②。他进一步研究发现对同一密度计浸入液体的深度h和对应密度ρ的乘积不变。铜丝的体积可以忽略，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 上述实验中密度计A在不同液体中漂浮时，浸入的深度h越大，受到的浮力越大；‎ B. 密度计B上越靠近铜丝的位置，其刻度线对应的密度值越小；‎ C. 密度计A上缠绕铜丝的质量小于密度计B上缠绕铜丝的质量；‎ D. 若图乙中ρ3-ρ2=ρ2-ρ1，则密度计A上ρ3与ρ2刻度线的间距大于ρ2与ρ1刻度线的间距 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．密度计A的重力不变，不同的液体中，处于竖直漂浮状态，浮力等于重力，重力不变，浮力不变，故A错误；‎ B．对同一密度计浸入液体的深度h和对应密度ρ的乘积不变，密度计B上越靠近铜丝的位置，浸入液体的深度越小，对应密度越大，故B错误；‎ C．由图乙可知，密度计浸入液体深度相同，密度计B对应的密度较大，根据F浮=ρ液gV排可知，V排相同，密度计B受到的浮力较大，由漂浮条件可知密度计B的重力较大，由G=mg可知密度计B的质量较大，故C正确；‎ D．如图所示：‎ 密度计A上三个密度和对应的深度的乘积相等，即：‎ 843‎ ‎，，‎ ρ3与ρ2刻度线的间距：①‎ ρ2与ρ1刻度线的间距：‎ 因为：ρ3-ρ2=ρ2-ρ1‎ 所以，②‎ 比较①②，由于h2＞h3，ρ2＞ρ1‎ 所以h2-h3＜h1-h2‎ 密度计A上ρ3与ρ2刻度线的间距小于ρ2与ρ1刻度线的间距，故D错误。故选C。‎ ‎14.（2020·自贡）一枚重量为G的鸡蛋悬浮在盐水中，如图甲所示．往盐水中继续均匀缓慢加盐，鸡蛋所受浮力F随时间t变化的图像可能是（ ）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由悬浮条件知道，当鸡蛋悬浮在盐水中时，浮力等于鸡蛋的重力；当往盐水中继续均匀缓慢加盐时，盐水密度增大，而浮出水面前鸡蛋排开水的体积不变，由F浮 =ρgV排 知道，鸡蛋所受浮力逐渐增大，鸡蛋向上运动；当浮出水面后鸡蛋漂浮时，所受浮力等于鸡蛋的重力，浮力不再变化；所以，鸡蛋受到的浮力F随时间t的变化图象应该是：盐水密度增大时，开始浮力变大，后来不变，即只有A正确，故选A．‎ ‎15.（2019·湖州）放有适量水的烧杯置于水平桌面上。将一木块浸没到水中一定深度后撤去外力，木块开始上浮，如图所示，最后漂浮，且有五分之二体积露出水面。下列叙述中，错误的是（ ）。‎ 843‎ A.在露出水面之前，木块所受浮力不变；‎ B.在露出水面之前，木块所受浮力大于木块的重力；‎ C.木块在浸没和漂浮两种情况下，水对烧杯底的压强相等；‎ D.木块的密度为0.6克/厘米3‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、木块上浮过程中，露出水面前，水的密度一定，排开水的体积不变，根据公式F浮=ρ水gV排可知，木块所受浮力不变；故A正确；‎ B、在露出水面之前，木块处于上浮过程中，根据浮沉条件可知：木块所受浮力大于木块的重力；故B正确；‎ C、因木块浸没时排开水的体积大于木块漂浮时排开水的体积，所以，木块浸没时水的深度大于木块漂浮时水的深度，则根据p=ρ水gh可知，木块浸没时水对烧杯底的压强较大；故C错误；‎ D、木块最后漂浮，且有五分之二体积露出水面，则根据漂浮条件可得：F浮=G木；‎ 结合阿基米德原理和重力公式可得：ρ水gV排=ρ木gV木，‎ 所以，ρ木=ρ水=×1.0g/cm3=0.6g/cm3；故D正确。故选C。‎ ‎16.（2019·遂宁）如图所示，水平桌面上三个完全相同的容器内装有适量的水，将A、B．C三个体积相同的小球分别放入容器内，待小球静止后，A漂浮、B悬浮、C沉底，此时三个容器内水面高度相同。下列判断正确的是（ ）。‎ A.容器底部受到水的压强关系：；‎ B.小球受到的浮力关系：；‎ C.容器对桌面的压力关系：；‎ D.小球的质量关系：‎ 843‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由题知，A、B、C三个小球的体积相同；‎ A、小球静止时，三个容器内水面高度相同，即h相同，水的密度一定，根据p=ρgh可知，容器底受到水的压强关系为p甲=p乙=p丙，故A正确；‎ B、由图可知，A、B、C三个小球排开水的体积关系为VA排＜VB排=VC排，根据F浮=ρ液gV排可知，浮力的大小关系为：FA＜FB=FC，故B错误；‎ C、A球在甲容器中漂浮，所以FA=GA；根据阿基米德原理有FA=GA排，所以GA=GA排（即A球的重等于A排开水的重）；‎ B球在乙容器中悬浮，所以FB=GB；根据阿基米德原理有FB=GB排，所以GB=GB排（即B球的重等于B排开水的重）；上面的关系式可理解为AB两球的重分别补充了所缺少水的重，由于甲乙容器内水面相平，则甲乙容器内水和小球的总重相等；甲乙两容器完全相同，则两容器的重相等，故甲乙容器的总重相等，甲容器对桌面的压力等于乙容器对桌面的压力，即F甲=F乙；‎ 而C球在丙容器中沉底，所以GC＞FC，根据阿基米德原理有FC=GC排，所以GC＞GC排，即C球的重大于C排开水的重；故丙容器对桌面的压力大于乙容器对桌面的压力，即F乙＜F丙。‎ 综上分析可知，三个容器对桌面压力关系为F甲=F乙＜F丙，故C错误；‎ D、由图可知，A漂浮，B悬浮，C下沉，则由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC＞FC，由于FA＜FB=FC，则GA＜GB＜GC；所以，mA＜mB＜mC，故D错误。故选A。‎ ‎17.（2019·泸州）三个相同的轻质弹簧，一端固定在容器底部，另一端分别与甲、乙、丙三个体积相同的实心球相连。向容器内倒入水，待水和球都稳定后，观察到如图所示的情况，此时乙球下方弹簧长度等于原长。下列判断正确的是（ ）。‎ A.乙球的重力与它受到的浮力相等；‎ B.甲球的重力大于它受到的浮力；‎ C.甲、乙、丙三个球的密度大小关系为ρ甲<ρ乙<ρ丙；‎ D.甲、乙、丙三个球受到的浮力大小关系为F甲”“<”或“=”）；若水温升高，石块将（选填“上浮”“下沉”或“保持悬浮”）。‎ ‎【答案】＜，上浮。‎ ‎【解析】考查受力分析，浮力的大小变化，属于中等题。‎ 由于悬浮两者处于平衡状态，对气球和石块整体做受力分析，可得总重力=气球受到的浮力+石块受到的浮力，所以F浮＜G总；水温升高，气球热胀，体积变大，根据阿基米德原理，可知气球受到的浮力增加，整体受到的浮力大于总重力，整体一起上浮。‎ ‎40.（2019·苏州）2019年4月23日，中国人民海军成立70周年阅兵仪式在黄海举行。‎ ‎（1）两并排行驶的舰艇编队间距较远（如图所示），这是因为若靠得过近，彼此间海水流速会很大，导致压强很______，压力差会使舰艇发生碰撞；‎ 843‎ ‎（2）在仪式上，我国研制的新型核潜艇浮出水面接受检阅，它是通过减小所受______（选填“重力”或“浮力”）实现上浮的；‎ ‎（3）901综合补给舰也一起亮相，该舰的满载排水量约为40000t，它满载时所受的浮力约为_____N。（g=10N/kg）‎ ‎【答案】小；重力；4×108。‎ ‎【解析】（1）流体的流速越大，流体的压强越小；若两并排行驶的舰艇靠得过近，彼此间海水流速会很大，导致舰艇间的压强很小，向内的压力差会使舰艇发生碰撞，所以两并排行驶的舰艇编队间距较远。‎ ‎（2）潜水艇是靠改变自身的重来完成上浮或下潜的；当核潜艇浸没在水中时，排开水的体积不变，浮力不变，减小自身的重力，浮力大于重力，核潜艇上浮到水面接受检阅。‎ ‎（3）该舰满载时排开水的重力：G排=m排g=4×107kg×10N/kg=4×108N，‎ 由阿基米德原理可得，它满载时所受的浮力：F浮=G排=4×108N。‎ 故答案为：（1）小；（2）重力；（3）4×108。‎ ‎41．（2018•烟台）水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的小球A、B分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，球所处的位置如图所示两小球；甲所受浮力的大小关系为FA　 　FB，两小球所排开液体重力的大小关系为GA　 　GB，两种液体对烧杯底的压强的大小关系为p甲　 　p乙（均选填“＞”、“=”或“＜”）。‎ ‎【答案】=；=；＞。‎ ‎【解析】由图可知，A球漂浮，B球悬浮，所以根据悬浮和漂浮条件可知两球受到的浮力都等于各自的重力，由于两个小球是相同的，重力相等，所以FA=FB=G。‎ 根据阿基米德原理可知：排开液体重力GA=FA，GB=FB，所以GA=GB；‎ 由于A球漂浮，B球悬浮，根据物体的浮沉条件可知：ρ甲＞ρ球，ρ乙=ρ球，‎ 则两种液体的密度大小关系是：ρ甲＞ρ乙。‎ 故答案为：=；=；＞。‎ ‎42.（2018·黔南）2017年5月30日，“蛟龙”号载人潜水器在世界最深处的马里亚纳海沟下潜，最大潜深6699米。在同一深度，液体向各个方向的压强大小　 　（选填“相同”或“不同”），潜水器在海面下下潜过程中浮力　 　‎ 843‎ ‎（选填“变大”、“不变”或“变小”），下潜到水下6000m时，受到海水的压强为　 　Pa（海水密度取1.0×103kg/m3）。‎ ‎【答案】相同；不变；6×107。‎ ‎【解析】（1）在同一深度，液体向各个方向的压强大小相同；‎ ‎（2）据阿基米德原理F浮=G排=ρgV排可知，当其在海面下下潜过程中，液体的密度不变，排开液体的体积不变，故其在水中所受浮力不变；‎ ‎（3）潜水器下潜到6000m处受到的压强为：‎ p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×6000m=6×107Pa。‎ 故答案为：相同；不变；6×107。‎ ‎43.（2018•攀枝花）将一合金块轻轻是放入盛满水的溢水杯中，当其静止后有72g水溢出，再将其捞出擦干后轻轻放入盛满酒精的溢水杯中，当其静止后有64g酒精溢出，则合金块在酒精中受到的浮力为　 　N，合金块的密度为　 　kg/m3。（ρ酒精=0.8×103kg/m3，g=10N/kg）‎ ‎【答案】0.64；0.9×103。‎ ‎【解析】该物块放在水中时，受到的浮力：F浮=G排=m排g=0.072kg×10N/kg=0.72N；‎ 该物块放在酒精中时，受到的浮力：F浮′=G排′=m排′g=0.064kg×10N/kg=0.64N；‎ 通过上面的计算可知，物体在酒精中受到的浮力小于物块在水中所受的浮力，而物块的重力不变，因此物块在水和酒精中不可能都漂浮，只能是一漂一沉或两个都浸没；‎ 由于酒精的密度小于水的密度，则物块放入酒精中一定是下沉的，‎ 则根据F浮=ρ液gV排得物块的体积：‎ V物=V排酒精===8×10﹣5m3=80cm3，‎ 物块在水中时，其排开水的体积：‎ V排水===7.2×10﹣5m3=72cm3；‎ 因为排开水的体积小于排开酒精的体积，所以物块在水中漂浮。‎ 因为物块在水中漂浮，‎ 所以物体的重力等于浮力（排开水的重力），则mA=m排水=72g=0.072kg。‎ 则A的密度：ρA===0.9×103kg/m3。‎ 故答案为：0.64；0.9×103。‎ 843‎ ‎44．（2018•泸州）据报道，2018年5月5日，直﹣18改进型直升机阵落在我国首艘国产航母的甲板上，如图所示。该航母满载时排水量为7000吨，在海水中吃水深度为11m。取ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg。该航母满载时，受到的浮力为　7 　N，最低处受到海水的压强为　 　Pa；某架直升机飞离该航母后，若航母排开的海水体积减少了7m3，则该直升机的质量是　 　kg。‎ ‎【答案】7×107；1.1×105；7×103。‎ ‎【解析】（1）该航母满载时排水量：m排=7000t=7×106kg，‎ 航母满载时受到的浮力：F浮=G排=m排g=7×106kg×10N/kg=7×107N；‎ ‎（2）满载时该航母最底处受到海水的压强：‎ p=ρ海gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×11m=1.1×105Pa。‎ ‎（3）因为航母漂浮在水面上，则F浮=G，直升机飞离该航母后，则F浮′=G′，‎ 由于直升机飞离该航母后，直升机的重力G直=G﹣G′，‎ 则△F浮=F浮﹣F浮′=G﹣G′=G直，‎ 根据F浮=ρ海gV排和G=mg可得：‎ 直升机的质量m直===ρ海△V排=1.0×103kg/m3×7m3=7×103kg。‎ 故答案为：7×107；1.1×105；7×103。‎ ‎45.（2018•南京）如图所示，水平桌面上两个相同的玻璃缸装满了水，水中分别漂浮着大、小两只玩具鸭。甲、乙两图中水对缸底的压强分别为p1和p2，缸对桌面的压强分别为p1′和p2′．两只玩具鸭受到的浮力分别为F1和F2，则它们的大小关系为：p1 　 　p2，p1′　 　p2′，F1　 　F2，若乙图中小玩具鸭的质量为15g，它排开水的体积是　 　cm3。‎ ‎【答案】=；=；＞；15。‎ 843‎ ‎【解析】（1）由图和题意可知，甲、乙两个完全相同的玻璃缸装满了水，玩具鸭放入后水的深度h仍然相同，‎ 根据p=ρgh可知，水对容器底部的压强相等，即：p1=p2；‎ ‎（2）因甲、乙两个玻璃缸完全相同装满了水时，水的质量相等，根据水平面上物体的压力和自身的重力相等可知，甲、乙两个玻璃缸装满水时对桌面的压力相等；‎ 由于玩具鸭子漂浮，根据漂浮条件和阿基米德原理可知：G物=F浮=G排，即玩具鸭的重力与溢出水的重力相等，所以漂浮着玩具时玻璃缸对桌面的压力仍然相等，由于玻璃缸完全相同（底面积相同），则由p=可知，此时缸对桌面的压强相等，即：p1′=p2′；‎ ‎（3）甲、乙缸装满了水，玩具鸭子漂浮，根据图示可知，甲缸中鸭子排开水的体积大，‎ 根据阿基米德原理可知，甲缸中鸭子受到的浮力大，即：F1＞F2；‎ ‎（4）若乙图中小玩具鸭的质量为15g，则漂浮条件和阿基米德原理可知：G排=F浮=G物，‎ 即：m排g=m物g，‎ 所以，m排=m物=15g，‎ 由ρ=可得它排开水的体积：V排===15cm3。‎ 故答案为：=；=；＞；15。‎ 三、计算题 ‎46.（2020·贵州黔西南）如图甲所示，有一体积、质量忽略不计的弹簧，其两端分别固定在容器底部和正方体形状的物体上。已知物体的边长为10cm，弹簧没有发生形变时的长度为10cm，弹簧受到拉力作用后，伸长的长度与拉力F的关系如图乙所示。向容器中加水，直到物体上表面与液面相平，此时水深24cm。（g=10N/kg）求：‎ ‎(1)物体受到水的浮力；‎ ‎(2)打开出水口，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的状态时，关闭出水口。求放水前后水对容器底部压强的变化量。‎ 843‎ ‎【答案】(1)10N；(2)800Pa。‎ ‎【解析】(1)物块刚好完全浸没在水中，则 物体所受的浮力：‎ ‎(2)由图甲可知，当物体上表面上液面齐平时，物体上表面距容器底的距离为 h=24cm 弹簧伸长的长度：‎ 由图乙可知，此时弹簧对物体的拉力为F拉=4N 木块的重力：‎ 当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，L弹簧=10cm 此时物体受的浮力：‎ 可得：‎ 此时水的深度：‎ 放水前后水对容器底部压强的变化量：‎ 答：(1)物体受到水的浮力是10N；(2)放水前后水对容器底部压强的变化量是800Pa。‎ ‎47.（2020·山东聊城）潜水艇为增强国防力量，维护祖国安定发挥了重要作用。潜水艇截面如图所示，通过向水舱中充水或从水舱向外排水来改变潜水艇的自重，从面使其下沉或上浮。我国某型号潜水艇的总体积为2×103m3，水舱未充海水时潜水艇总重为1.26×107N，最大下潜深度可达400m。海水密度取1.03×103kg/m3。g取10N/kg。求：‎ ‎(1)最大下潜深度处的海水压强；‎ ‎(2)潜水艇完全潜入海水中时受到的浮力；‎ ‎(3)潜水艇悬浮在海水中时，水舱中充入海水的质量。‎ 843‎ ‎【答案】(1)4.12×106Pa；(2)2.06×107N；(3)8×105kg。‎ ‎【解析】(1)最大下潜深度处的海水压强：‎ ‎(2)潜水艇完全潜入海水中时，排开海水的体积：‎ 潜水艇完全潜入海水中时受到的浮力：‎ ‎(3)潜水艇悬浮在海水中时，受力平衡，浮力等于重力，即 则水舱中充入海水的质量：‎ 答：(1)最大下潜深度处的海水压强是4.12×106Pa；(2)潜水艇完全潜入海水中时受到的浮力是2.06×107N；(3)潜水艇悬浮在海水中时，水舱中充入海水的质量是8×105kg。‎ ‎48.（2020·四川雅安）如图所示，水平桌面上放置底面积为100cm2、质量为500g的圆筒，筒内装有30cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂底面积40cm2、高为10cm的圆柱体，从液面逐渐浸入直至完全浸没液体中，在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，圆柱体完全浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N。（ 可以忽略圆筒的厚度，过程中液体没有从筒中溢出，g取10N/kg）。求：‎ 843‎ ‎(1)圆柱体完全浸没时受到液体的浮力；‎ ‎(2)筒内液体密度；‎ ‎(3)当圆柱体完全浸没时，圆筒对桌面的压强。‎ ‎【答案】(1) 6N；(2)；(3).‎ ‎【解析】(1)由题可知，物体重G=18N，完全浸没液体中时，圆柱体受到的拉力F拉=12N，则有，F浮=G-F拉=18N-12N=6N ‎(2)因为圆柱体浸没，则有：‎ 由可得，液体的密度：‎ ‎(3)液体的质量：‎ 液体的重力：‎ 筒的重力：‎ 则总重力：G总=G液+G桶 +G柱=45N+5N+18N=68N 此时对桌面的压力：F=G总-F拉=56N 此时对桌面的压强：。‎ 答：(1)圆柱体完全浸没时受到液体的浮力6N；(2)筒内液体密度；(3)当圆柱体完全浸没时，圆筒对桌面的压强。‎ ‎49．（2020·安徽）某同学想测量一种液体的密度。他将适量的待测液体加入到圆柱形平底玻璃容器里，然后一起缓慢放入盛有水的水槽中。当容器下表面所处的深度 h1＝10cm 时，容器处于直立漂浮状态，如图 a 所示。已知容 器的底面积 S＝25cm2，ρ 水＝1.0×103kg/m3，g 取 10N/kg。‎ 843‎ ‎（1）求水对容器下表面的压强； ‎ ‎（2）求容器受到的浮力；‎ ‎（3）从容器中取出 100cm3 的液体后，当容器下表面所处的深度 h2＝6.8cm 时，容器又处于直立漂浮状态，如图 b 所示。求液 体的密度。‎ ‎【解析】（1）p1=ρ水 gh1=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1.0×103Pa ‎（2）F浮=F向上=p1S=1.0×103Pa×25×10－4m2=2.5N ‎（3）p2=ρ水 gh2=1.0×103kg/m3×10N/kg×6.8×10－2m=680Pa ‎ F浮1= F 向上1= p2S=680Pa×25×10－4m2=1.7N ‎ △G= F 浮－ F 浮1=2.5N－1.7N=0.8N ‎ 。‎ ‎50.（2020·重庆B）如图所示，底面积为200cm2、重为10N的薄壁柱型容器，放在水平桌面上，把边长为10cm的实心正方体A(不吸水)用细线悬挂固定在容器正上方静止时，正方体A有的体积和浸入水中，此时容器内水深12cm，已知正方体A的密度ρ=3.0g/cm3。求：‎ ‎(1)水对容器底部的压强；‎ ‎(2)正方体A受到的浮力大小；‎ ‎(3)解开细线，将正方体A缓缓放入水中，待正方体A静止后(容器中的水未溢出)，容器对桌面的压强。‎ ‎【答案】(1)1.2×103Pa；(2)6N；(3)2900Pa。‎ 843‎ ‎【解析】(1)水对容器底部的压强：‎ ‎(2)正方体A受到的浮力大小：‎ ‎(3)水的体积为：‎ 由得，水的质量：‎ 水的重力：‎ A的质量：‎ A的重力：‎ 容器对桌面的压强：。‎ 答：(1)水对容器底部的压强是；(2)正方体A受到的浮力大小6N；(3) 容器对桌面的压强是。‎ ‎51.（2020·山东滨州）如图甲所示，一个底面积为的薄壁圆柱形容器置于水平地面上，装有深的水。现将物体A放入其中，物体A漂浮于水面上，如图乙所示，此时容器底部受到水的压强比图甲增大了。当再给物体A施加一个竖直向下大小为的力F以后，物体A恰好浸没水中静止（水未溢出），如图丙所示。（，g取）求：‎ ‎(1)容器中水的质量。‎ ‎(2)物体A放入前，容器底部受到水的压强。‎ ‎(3)物体A的密度。‎ 843‎ ‎【答案】(1)12kg；(2)；(3)。‎ ‎【解析】(1)容器中水的体积：‎ 容器中水的质量：‎ ‎(2)物体A放入前，容器底部受到水的压强：‎ ‎(3)物体A漂浮与放入前，水对容器底增大的压强：‎ 由得，水面上升的高度：‎ 由于物体A漂浮，则，‎ 物体A浸没后所受浮力：，‎ 由于物体A浸没，则 物体A的密度：。‎ 答：(1)容器中水的质量是12kg；(2)物体A放入前，容器底部受到水的压强是3×103Pa；(3)物体A的密度是0.8×103kg/m3。‎ ‎52.（2020·衡阳）如图所示，将底面积为0.02m2的长方体实心铝块放在刻度面板已改装好的台秤上稳定时，台秤示数为27N，已知铝的密度为2.7×103kg/m3。求：‎ ‎（1）铝块对水平台秤的压强。‎ 843‎ ‎（2）如果再把铝块完全浸没在水中静止时，受到的浮力。‎ ‎【解析】（1）由题意可知铝块的重力为G＝27N，‎ 铝块对水平台秤的压力：F＝G＝27N，‎ 铝块对水平台秤的压强为：p＝＝＝1350Pa；‎ ‎（2）由G＝mg得，铝块的质量为：m＝＝＝2.7kg，‎ 根据ρ＝可得，实心铝块的体积为：V＝＝＝1×10﹣3m3，‎ 铝块完全浸没在水中静止时受到的浮力为：‎ F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N。‎ 答：（1）铝块对水平台秤的压强为1350Pa。（2）如果再把铝块完全浸没在水中静止时，受到的浮力为10N。‎ ‎53.（2020·北京）排水量是轮船装满货物时排开水的质量。一艘排水量为2000t的轮船，装满货物在河水中航行。河水密度取1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：‎ ‎(1)装满货物时，轮船和货物受到的总重力；‎ ‎(2)轮船排开水的体积。‎ ‎【答案】(1)2×107N；(2)2000m3。‎ ‎【解析】(1)依据阿基米德原理：‎ 轮船满载时，在水面漂浮根据浮沉条件：G总=F浮=2×107N ‎(2)由可得排开水的体积 ：。‎ 答：(1)装满货物时，轮船和货物受到的总重力是2×107N；(2)轮船排开水的体积是2000m3。‎ ‎54.（2020·德州）救援队用吊绳打捞沉到水池底部的实心长方体沉箱，如图甲所示，提升过程中始终以的速度竖直向上匀速提起，图乙是吊绳的拉力F随时间t 843‎ 变化的图像，整个提起过程用时，g取，水的密度为，不计水的阻力及水面高度的变化。‎ 求：(1)开始提起（t=0）时，沉箱下表面受到水的压强（不计大气压）；‎ ‎(2)内拉力的功率；‎ ‎(3)沉箱的密度为多大。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)。‎ ‎【解析】(1)开始提起时，沉箱下表面与水面的距离：‎ 沉箱下表面受到水的压强：‎ ‎(2)由图可知内拉力为，提升过程中的速度，内拉力的功率：‎ ‎(3)由图可知，沉箱的重力为，则质量：‎ 浮力为：‎ 沉箱的密度为：。‎ 答：(1)开始提起(t=0)时，沉箱下表面受到水的压强为7.5×104Pa；(2)0～40s内拉力的功率7.65×103W；(3)沉箱的密度为2.7×103kg/m3。‎ 843‎ ‎55.（2020·自贡）如图甲所示，水平桌面上放置底面积为100cm2、质量为500g的圆筒，筒内装有20cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂底面积60cm2、高为10cm的圆柱体，从液面逐渐浸入直至完全浸没，弹簧测力计示数F随圆柱体浸入液体的深度h的变化关系如图乙所示。（可以忽略圆筒的厚度，过程中液体没有从筒中溢出），g取10N/kg，求：‎ ‎(1)圆柱体完全浸没时受到液体的浮力是多少？‎ ‎(2)筒内液体密度是多少？‎ ‎(3)当圆柱体完全浸没时，圆筒对桌面的压强是多少？‎ ‎【答案】(1)5.4N；(2)0.9×103kg/m3；(3)2840Pa。‎ ‎【解析】(1)由图象可知，当h=0时，此时测力计的示数等于圆柱体的重力，所以G=17.4N；当h≥10cm时，测力计的示数不变，说明此时浮力不变，圆柱体完全浸没，此时F=12N；所以 F浮=G-F=17.4N-12N=5.4N ‎(2)物体排开液体的体积：V排=V物=60×10×10-6m3=6×10-4m3‎ 液体密度：=0.9×103kg/m3‎ ‎(3)液体的质量：m液=ρ液V液=0.9×103kg/m3×100×20×10-6m3=1.8kg 将圆柱体、圆筒、液体看做一个整体，则其对桌面的压力：‎ F′=(m液+m筒)g+G物-F拉=(1.8kg+0.5kg)×10N/kg+17.4N-12N=28.4N 圆筒对桌面的压强：p==2840Pa。‎ 答：(1)圆柱体完全浸没时受到液体的浮力是5.4N；(2)筒内液体密度是0.9×103kg/m3；(3)当圆柱体完全浸没时，圆筒对桌面的压强是2840Pa。‎ ‎56.（2019·湘潭）如图1所示，弹簧测力计用细线拉着一长方体物块A，从水池中竖 843‎ 直向上做匀速直线运动，上升到水面以上一定的高度。物块上升的速度为1cm/s，弹簧测力计示数F随物块上升的时间t变化的图象如图2所示。不计阻力及水面高度的变化，根据图象信息：‎ ‎（1）当15s时，测力计示数F＝N。‎ ‎（2）物块A重N，高度为cm。‎ ‎（3）当t＝0时，A受到的浮力为N，此时A底部受到水的压强大小为Pa。‎ ‎（4）物块A的密度为多大？‎ ‎【答案】（1）15；（2）25；20；（3）20；2.5×103Pa；（4）物块A的密度为1.25×103kg/m3。‎ ‎【解析】由图2可知，0～5s，弹簧测力计示数不变，此时物块浸没在水中；5s～25s，弹簧测力计示数变大，说明物块逐渐露出水面；25s以后，物体全部露出水面，弹簧测力计的示数等于物块重力。‎ ‎（1）由图知，当t＝15s时，弹簧测力计示数F＝15N；‎ ‎（2）在25s后弹簧测力计的示数不变，物体全部露出水面，则物块重GA＝25N；‎ ‎5s～25s，物块逐渐露出水面，即5s时物块的上表面刚好达到水面，25s时物块的下表面刚好离开水面，‎ 则可知物块向上移动的距离即为物块的高度，此过程用时t＝25s﹣5s＝20s，‎ 物块的高度：h＝vt＝1cm/s×20s＝20cm；‎ ‎（3）当t＝0时，物块A浸没水中，受到的浮力：F浮＝GA﹣F拉＝25N﹣5N＝20N；‎ ‎0～5s，物块上升的高度：h′＝vt′＝1cm/s×5s＝5cm；‎ 则由上图可知，当t＝0时，A底部所处的深度：hA＝h′+h＝5cm+20cm＝25cm＝0.25m，‎ 843‎ 此时A底部受到水的压强：p＝ρghA＝1×103kg/m3×10N/kg×0.25m＝2.5×103Pa；‎ ‎（4）物块的质量：mA＝＝＝2.5kg，‎ 由F浮＝ρ水V排g可得物块的体积：VA＝V排＝＝＝2×10﹣3m3，‎ 物块的密度：ρA＝＝＝1.25×103kg/m3。‎ 故答案为：（1）15；（2）25；20；（3）20；2.5×103Pa；（4）物块A的密度为1.25×103kg/m3。‎ ‎57.（2019·泸州）庆祝中国人民解放军海军成立70周年海上阅兵活动在青岛附近海域举行，图中093改进型攻击核潜艇于2019年4月27日公开亮相，进行了战略巡航。该潜艇最大核动力功率为2.8×104kW，完全下潜到海面下后的排水量为6.8×103t（取海水密度ρ=1×103kg/m3、g=10N/kg）。问：‎ ‎（1）该潜艇悬浮时，其上一面积为0.05m2的整流罩距海面深度为200m，此时整流罩受到海水的压力为多少？‎ ‎（2）若最大核动力功率转化为水平推力功率的效率为80%，该潜艇在海面下以最大核动力功率水平巡航时，受到的水平推力为1.6×106N，此时潜艇的巡航速度为多少？‎ ‎（3）该潜艇浮出海面处于漂浮时，露出海面的体积为1.5×103m3，此时潜艇的总重量是多少？‎ ‎【解析】（1）潜艇下潜到200m深处时，h=200m；‎ 此时整流罩所受海水的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×200m=2×106Pa。‎ 整流罩的面积：S=0.05m2，‎ 由p=变形得，整流罩所受压力为：F=pS=2×106Pa×0.05m2=1×105N。‎ ‎（2）最大核动力功率：P总=2.8×104kW=2.8×107W；‎ 根据η=可得：有用功率：P有用=ηP总=80%×2.8×107W=2.24×107W；‎ 843‎ 由P=Fv得潜艇的巡航速度：v===14m/s；‎ ‎（3）完全下潜到海面下后的排水量为6.8×103t，‎ 则V=V排===6.8×103m3。‎ 潜艇浮出海面处于漂浮时，排开水的体积V排′=V-V露=6.8×103m3-1.5×103m3=5.3×103m3，‎ 根据漂浮条件和F浮=ρ液gV排可得，此时潜艇的总重量：‎ G=F浮=ρ水gV排′=1.0×103kg/m3×10N/kg×5.3×103m3=5.3×107N。‎ 答：（1）整流罩受到海水的压力为1×105N；（2）潜艇的巡航速度为14m/s；（3）该潜艇浮出海面处于漂浮时，潜艇的总重量是5.3×107N。‎ ‎58.（2019·泸州）泸州庆祝中国人民解放军海军成立70周年海上阅兵活动在青岛附近海域举行，图中093改进型攻击核潜艇于2019年4月27日公开亮相，进行了战略巡航。该潜艇最大核动力功率为2.8×104kW，完全下潜到海面下后的排水量为6.8×103t（取海水密度ρ=1×103kg/m3、g=10N/kg）。问：‎ ‎（1）该潜艇悬浮时，其上一面积为0.05m2的整流罩距海面深度为200m，此时整流罩受到海水的压力为多少？‎ ‎（2）若最大核动力功率转化为水平推力功率的效率为80%，该潜艇在海面下以最大核动力功率水平巡航时，受到的水平推力为1.6×106N，此时潜艇的巡航速度为多少 ‎（3）该潜艇浮出海面处于漂浮时，露出海面的体积为1.5×103m3，此时潜艇的总重量是多少？‎ ‎【解析】（1）潜艇下潜到200m深处时，h=200m；‎ 此时整流罩所受海水的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×200m=2×106Pa。‎ 整流罩的面积：S=0.05m2，由p=变形得，整流罩所受压力为：F=pS=2×106Pa×0.05m2=1×105N。‎ ‎（2）最大核动力功率：P总=2.8×104kW=2.8×107W；‎ 843‎ 根据η=可得：有用功率：P有用=ηP总=80%×2.8×107W=2.24×107W；‎ 由P=Fv得潜艇的巡航速度：v===14m/s；‎ ‎（3）完全下潜到海面下后的排水量为6.8×103t，‎ 则V=V排===6.8×103m3。‎ 潜艇浮出海面处于漂浮时，排开水的体积V排′=V-V露=6.8×103m3-1.5×103m3=5.3×103m3，‎ 根据漂浮条件和F浮=ρ液gV排可得，‎ 此时潜艇的总重量：G=F浮=ρ水gV排′=1.0×103kg/m3×10N/kg×5.3×103m3=5.3×107N。‎ 答：（1）整流罩受到海水的压力为1×105N；（2）潜艇的巡航速度为14m/s；（3）该潜艇浮出海面处于漂浮时，潜艇的总重量是5.3×107N。‎ ‎59．（2018•枣庄）现有一个用超薄材料制成的圆柱形容器，它的下端封闭，上端开口，底面积=200cm2，高度h=20cm，如图甲所示；另有一个实心匀质圆柱体，密度ρ=0.8×103kg/m3，底面积S1=120cm2，高度与容器高相同，如图乙所示。（ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg）。‎ ‎（1）将圆柱体竖直放在圆柱形容器内，求圆柱体对容器底部的压强是多少？‎ ‎（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，求此时水对容器底部的压强和所注的水重各是多少？‎ ‎【解析】（1）圆柱体对容器底部的压力：‎ F=G柱=m柱g=ρgV柱=ρgS1h=0.8×103kg/m3×10N/kg×120×10﹣4m2×20×10﹣2m=19.2N；‎ 圆柱体对容器底部的压强：p===1600Pa；‎ ‎（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，圆柱体刚好处于漂浮状态，则：‎ F浮=G柱=19.2N，‎ 843‎ 由F浮=ρ水gV排=ρ水gS1h水得水的深度：‎ h水===0.16m，‎ 此时水对容器底部产生的压强：p=ρ水gh水=1×103kg/m3×10N/kg×0.16m=1600Pa；‎ 所注水的体积：V水=（S﹣S1）h水=（200×10﹣4m2﹣120×10﹣4m2）×0.16m=1.28×10﹣3m3，‎ 所注水的重力：G水=m水g=ρ水gV水=1×103kg/m3×10N/kg×1.28×10﹣3m3=12.8N。‎ 答：（1）圆柱体对容器底部的压强是1600Pa；（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，此时水对容器底部的压强和所注的水重各是1600Pa、12.8N。‎ ‎60.（2018·滨州）图甲是一盛有水的圆柱形容器，现置于水平桌面上，容器内水深为0.3m，容器的底面积为0.04m2，图乙是一质量均匀的塑料球，密度为0.2×103kg/m3，（g取10N/kg）。求：‎ ‎（1）容器中水的质量；‎ ‎（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强；‎ ‎（3）把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，塑料球的重力多大？‎ ‎【解析】（1）容器中水的体积：V=Sh=0.04m2×0.3m=0.012m3，‎ 由ρ=可得水的质量：m=ρV=1×103kg/m3×0.012m3=12kg；‎ ‎（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强：‎ p=ρgh=1×103kg/m3×10N/kg×（0.3m﹣0.1m）=2000Pa；‎ ‎（3）设塑料球的体积为V′，塑料球放入该容器中完全浸没在水中受到的浮力：‎ F浮=ρ液gV排=ρ液gV′，塑料球的重力：G=m′g=ρ塑V′g，‎ 塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，对塑料球分析受力有：‎ F浮=F+G，ρ液gV′=F+ρ塑V′g，（ρ液g﹣ρ塑g）V′=F，‎ 代入数据，（1×103kg/m3×10N/kg﹣0.2×103kg/m3×10N/kg）V′=16N，‎ 843‎ 解得：V′=2×10﹣3m3，由ρ=可得塑料球的质量：‎ m球=ρ塑料V′=0.2×103kg/m3×2×10﹣3m3=0.4kg，‎ 塑料球的重力：G球=m球g=0.4kg×10N/kg=4N。‎ 答：（1）容器中水的质量是12kg；（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强是2000Pa；（3）塑料球的重力是4N。‎ ‎61．（2018•青岛）重为2N、底面积为100cm2的薄壁圆柱形容器，盛水后放在水平桌面上。将体积分别为200cm3的木球和25cm3的塑料球用轻质细绳相连放入水中，静止时木球露出水面的体积为它自身体积的，此时容器中水的深度为20cm，如图甲所示；当把细绳剪断后，静止时木球露出水面的体积是它自身体积的，塑料球沉到容器底，如图乙所示。‎ ‎（1）图甲中，水对容器底的压强是多少？‎ ‎（2）图乙中，容器底对塑料球的支持力是多少？‎ ‎（3）图乙中，容器对水平桌面的压强是多少？‎ ‎【解析】（1）图甲中，水对容器底的压强：‎ p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2000Pa；‎ ‎（2）由题知，当把细绳剪断后，静止时木球露出水面的体积是它自身体积的，‎ 即V排=V木，‎ 因为F浮=G，即ρ水V排g=ρ木Vg，ρ水Vg=ρ木V木g，‎ 所以ρ木=ρ水=×1×103kg/m3=0.5×103kg/m3，‎ 木球重力：G木=m木g=ρ木V木g=0.5×103kg/m3×10N/kg×200×10﹣6m3=1N，‎ 图甲中，‎ 两球排开水的体积V排′=（1﹣）V木+V塑=×200×10﹣6m3+25×10﹣6m3=150×10﹣6m3=1.5×10﹣4m3，‎ 因为木球和塑料球漂浮，所以F浮′=G木+G塑，‎ ρ水V排′g=1N+G塑，‎ 843‎ ‎1×103kg/m3×10N/kg×1.5×10﹣4m3=1N+G塑，‎ 则塑料球的重力：G塑=0.5N，‎ 塑料球在水中受到的浮力：‎ F浮塑=ρ水V排塑g=1×103kg/m3×10N/kg×25×10﹣6m3=0.25N，‎ 图乙中，容器底对塑料球的支持力：‎ F支=G塑﹣F浮塑=0.5N﹣0.25N=0.25N；‎ ‎（3）在图甲中，两球漂浮，两球的总质量等于排开水的质量，‎ 则水的总质量：m水=ρ水V水=1×103kg/m3×100×10﹣4m2×0.2m=2kg，‎ 水重力：G水=m水g=2kg×10N/kg=20N，‎ 在图乙中，水、两球、容器的总重力：‎ G总=G水+G球+G容器=20N+1N+0.5N+2N=23.5N，‎ 容器对桌面的压力：F=G总=23.5N，‎ 受力面积S=100×10﹣4m2，‎ 容器对桌面的压强：p′===2350Pa。‎ 答：（1）图甲中，水对容器底的压强是2000Pa；（2）图乙中，容器底对塑料球的支持力是0.25N；（3）图乙中，容器对水平桌面的压强是2350Pa。‎ ‎62．（2018·深圳）在物理实验操作考核中，水平桌面上放置底面积为100cm2的圆柱形容器（不计容器壁厚度），内有12cm的水（如图甲），某考生用弹簧测力计悬挂一金属圆柱体，从液面开始缓慢浸入水中，拉力F与圆柱体下表面到水面距离h的变化关系如图乙所示，当圆柱体下表面距液面为10cm时，系圆柱体的细线恰好松开，圆柱体沉入容器底部（水未溢出）．如图内所示（g取1ON/kg）‎ 求：‎ ‎（1）圆柱体浸没在水中时所受到的浮力；‎ 843‎ ‎（2）圆柱体的体积；‎ ‎（3）圆柱体沉入底部时，水对容器底部的压强。‎ ‎【解析】（1）由图乙得，圆柱体未进入水面以下时弹簧测力计读数F1=3N，圆柱体浸没在水中后弹簧测力计读数F2＝2N，‎ 故F浮=F-F2=3N-2N=1N ‎（2）当圆柱体浸没在水中后，圆柱体体积V=V排，‎ 由F浮=G排=ρ水gV排得：V排===10-4m3=100cm3‎ 所以圆柱体体积V=V排=100cm3‎ ‎（3）圆柱体未进入水面以下时水的体积：V水=S圆·h=100cm2×12cm=1200cm3‎ 圆柱体沉入在水底后，圆柱体与水的总体积：V总=V水+V柱=1200cm3+100cm3=1300cm3‎ 则圆柱体沉浸后水面到水底的深度为：h’===13cm=0.13m 则圆柱体沉底时，水对容器底部的压强：‎ p=ρ水gh’=1×103kg/m3×10N/kg×0.13m=1.3×103Pa。‎ 四、综合题 ‎63.（2020·广东）重为G的鸡蛋沉在盛有水的杯子的底部，向水中加入食盐并使其溶解，鸡蛋渐渐浮起，最终漂浮在水面，如图甲所示。请在图乙中画出上述过程中鸡蛋所受的浮力F随时间t变化的大致图象。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】重为G的鸡蛋沉在盛有水的杯子的底部时，根据物体沉浮条件知，此时鸡蛋所受的重力大于浮力；当逐渐向水中加入食盐时，液体的密度逐渐变大，由阿基米德原理知，鸡蛋受到的浮力增大，当鸡蛋悬浮时，鸡蛋所受浮力等于鸡蛋的重力，继续加食盐，液体的密度继续增大，直至漂浮于液面上，此时所受的浮力仍然等于鸡蛋的重力，如下图所示。‎ 843‎ 考点13 功、功率、机械能 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 功 功的初步概念、功的原理、功的计算 ‎2‎ 功率 功率的概念和计算 重点 ‎3‎ 动能和势能 ‎（1）影响几种机械能大小的因素以及机械能的相互转化。‎ ‎（2）用控制变量法研究动能大小与哪些因素有关的实验。‎ 重点 ‎4‎ 机械能及其转化 动能和势能的相互转化、机械能守恒 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·北京）如图所示的情境中，人对物体做功的是（ ）。‎ A. 用力搬石头没有搬动；‎ B. 人将重物从地面拉到高处；‎ C. 人推一块大石头没推动；‎ D. 人使箱子沿水平方向做匀速直线运动 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．人用力搬石头但没有搬动，有力，但物体没有在力的方向上通过距离，没有做功，不符合题意；‎ B．人将重物从地面拉到高处，对物体有向上的拉力，物体在拉力的方向上通过了距离，所以拉力对物体做了功，符合题意；‎ 843‎ C．人推一块大石头没推动，有力，但物体没有在力的方向上通过距离，没有做功，不符合题意；‎ D．人使箱子沿水平方向做匀速直线运动，人给箱子一个向上的力，箱子向上没有移动距离，人对箱子没有做功，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎2.（2020·衡阳）近期我国长江中下游许多省份因连续大雨发生洪涝灾害。抗洪抢险小分队成员李军在一次行动中需要帮老百姓把一个质量为240kg的重物搬到2m高的车上。为了省力采用5m的长木板搭了一个斜面（如图所示）。用1200N的力用了5min将重物匀速推到车上。关于此简易斜面装置，下列说法中正确的是（　　）。‎ A．他对重物做了4800J的功；‎ B．他做功的功率为16W；‎ C．此次简易斜面装置的机械效率为50%；‎ D．斜面是一种省力杠杆 ‎【答案】AD。‎ ‎【解析】A、重物的重力：G＝mg＝240kg×10N/kg＝2400N，‎ 李军对重物做的有用功：W有用＝Gh＝2400N×2m＝4800J，故A正确；‎ B、做的总功：W总＝Fs＝1200N×5m＝6000J 做功的功率为：P＝＝＝20W，故B错误；‎ C、简易斜面装置的机械效率：η＝＝×100%＝80%，故C错误；‎ D、据课本知识可知，斜面本质上是一种省力杠杆，故D正确。故选：AD。‎ ‎3．（2020·南充）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N（不计绳重和摩擦），B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F．下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A．B匀速下降时，物体A受到3N的摩檫力；‎ B．拉力F的大小为4N ；‎ C．拉力F的功率为3.6W；‎ D．B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A、由图可知动滑轮上绳子的段数n＝3，不计绳重及摩擦时，‎ 则绳子自由端的拉力（即滑轮组对物体A的拉力）：FA＝（GB+G动）＝×（5N+1N）＝2N，‎ B匀速下降，物体A匀速向右运动时，受到向右的拉力FA和向左的摩擦力作用，‎ 则由二力平衡条件可得，物体A受到的摩檫力：f＝FA＝2N，故A错误；‎ B、当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用，‎ 由于物体A对桌面的压力大小和接触面的粗糙程度都不变，则摩擦力大小不变，‎ 所以，由力的平衡条件可得F＝FA+f＝2N+2N＝4N；故B正确；‎ C、绳子自由端移动的速度（即物体A运动的速度）：vA＝3vB＝3×0.3m/s＝0.9m/s，‎ 则拉力F的功率为：P＝FvA＝4N×0.9m/s＝3.6W；故C正确；‎ D、B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：‎ sA＝3sB＝3×0.6m＝1.8m，‎ 该过程中拉力F做功：W＝FsA＝4N×1.8m＝7.2J，故D错误；故选：BC。‎ ‎4.（2020·山东滨州）如图所示，重的物体在水平拉力F的作用下，以的速度沿水平地面向左匀速直线运动了，滑轮组的机械效率为60%。在此过程中，下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 拉力F做的功为；‎ B. 物体与地面间的滑动摩擦力为；‎ C. 额外功的功率为；‎ D. 若物体的重力和运动速度不变，只增大水平地面的粗糙程度，则滑轮组的机械效率会降低 ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A．物体移动距离：s物=v物t=0.1m/s×20s=2m 由图知，n=3，则绳子自由端移动的距离：s=3s物=3×2m=6m 拉力F做的功：W总=Fs=100N×6m=600J，故A错误；‎ B．有用功：W有=‎ 物体与地面间的滑动摩擦力：f==180N，故B正确；‎ C．额外功：W额=W总-W有=600J-360J=240J 额外功的功率：P==12W；故C正确；‎ D．若物体的重力和运动速度不变，只增大水平地面的粗糙程度，故增大了有用功，所以在额外功不变的情况下，滑轮组的机械效率变大，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎5．（2020·绥化）人造地球卫星绕地球从近地点向远地点运动时，下列说法正确的是（　　）。‎ A．势能变小 B．动能不变 ‎ C．动能转化为重力势能 D．机械能变小 843‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】在从近地点向远地点运动的过程中，卫星的质量不变，速度减小，动能减小；卫星的质量不变、相对高度增加，势能增大，动能转化为重力势能；此时的机械能是守恒的，保持不变，故C正确、ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎6.（2020·天津）2020年6月23日，我国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗组网卫星发射成功｡若某卫星沿椭圆轨道从远地点向近地点运动时速度增大了，由此可知其动能（　　）。‎ A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 消失 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】卫星沿椭圆轨道从远地点向近地点运动时，高度减小重力势能减小，速度增大，动能增大，总的机械能不变。故选B。‎ ‎7．（2020·衡阳）2020年6月23日，最后一颗北斗卫星在西昌顺利发射升空，标志我国自主研发、组建的北斗卫星定位系统成功组网。下列说法中错误的是（　　）。‎ A．其中的地球“同步”卫星相对于地球是静止的；‎ B．其中沿椭圆轨道绕地球运行的卫星在远地点时，重力势能最大，动能为0；‎ C．卫星与地面设备之间是利用电磁波传递信息；‎ D．卫星的太阳能电池板工作时将太阳能转化成电能 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、因为同步卫星的转动和地球的转动是同步的，它相对地球的位置没有发生变化，所以地球同步通讯卫星相对于地球是静止的，故A正确；‎ B、卫星运行到远地点时，速度最小，距离地球的高度最大，此时卫星的重力势能最大，动能最小，故B错误；‎ C、电磁波传播不需要介质，卫星与地面设备之间是利用电磁波传递信息，故C正确；‎ D、卫星上的太阳能电池板工作时，将太阳能转化成电能，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎8.（2020·北京）如图所示为游乐园的过山车运行的情境，下列说法正确的是（ ）。‎ 843‎ A. 过山车从高处加速滑下的过程中，动能增加；‎ B. 过山车从高处加速滑下是由于受到惯性的作用；‎ C. 过山车从低处上升的过程中，重力势能增加；‎ D. 过山车从低处上升的过程中，重力势能转化为动能 ‎【答案】AC。‎ ‎【解析】A．过山车从高处加速滑下的过程中，质量不变，速度增大，所以动能增加，故A正确；‎ B．过山车从高处加速滑下是因为受重力的作用，故B错误；‎ C．过山车从低处上升的过程中，质量不变，高度升高，所以重力势能增加，故C正确；‎ D．过山车从低处上升的过程中，动能减小，重力势能增大，且克服阻力做功，将动能转化为重力势能和内能，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎9．（2020·衡阳）将不同质量的钢球从如图所示光滑轨道ABCD上的A点释放，通过水平面BC，运动到斜面CD上的过程中，下列相关解释中正确的有（　　）。‎ A．从A运动到B的过程中重力势能转化为动能；‎ B．钢球在水平面BC上由于受到惯性，所以能继续向前运动；‎ C．钢球在斜面CD上受到的重力和支持力不是一对平衡力；‎ D．钢球的质量越大，到达B点时的速度越大 ‎【答案】AC。‎ ‎【解析】A、从A运动到B的过程中，高度减小，速度变大，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能，故A正确；‎ 843‎ B、钢球在水平面BC上由于具有惯性，所以能继续向前运动，惯性是一种性质，不能说受到惯性，故B错误；‎ C、钢球在斜面CD上受到的重力和支持力没有在同一条直线上，不是一对平衡力，故C正确；‎ D、从A点滑下，到达B点时，由于下降的高度相同，则速度相同，速度大小与质量无关，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎10.（2020·武汉）滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机跑道的前一部分是水平的，跑道尾段向上翘起。如图所示，飞行员驾驶舰载机从图示位置由静止开始一直加速直至离舰的过程中，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 飞行员的动能先增加后减少 B. 飞行员的机械能一直减少 C. 飞行员的机械能一直增加 D. 飞行员的机械能先不变后增加 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】飞行员一直加速直至离舰的过程中，飞机跑道的前一部分是水平的，飞行员重力势能不变，速度增大，质量不变，动能增大，机械能增大。跑道尾段向上翘起，质量不变，速度增大，高度增高，所以飞行员的动能增大，重力势能增大，机械能增大。‎ 故选C。‎ ‎11.（2020·江苏泰州）在水平地面上铺一张纸，将一只皮球表面涂黑，使其先后从高处下落，在纸上留下黑色圆斑A、B。如图所示。关于皮球两次下落形成圆斑的过程，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 皮球对纸的最大压力相等； B. 皮球刚到达纸面时的速度相等；‎ C. 皮球刚到达纸面时的动能相等；D. 皮球获得的最大弹性势能不等 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由图可知，黑色圆斑B比较大，而力的大小影响力的作用效果，力越大作用效果越明显形变量越大，可知从B处落下的皮球对纸的最大压力较大，故A错误；‎ 843‎ BCD．皮球从不同的高度落下时，高度减小，速度变大，重力势能转化为动能；在纸上留下黑色圆斑A、B，留下圆斑说明皮球下落到纸面上时发生了弹性形变，此过程是动能转化为弹性势能，由图中两个圆斑大小可看出，圆斑大的（B）皮球转化的弹性势能较大，说明它原来所具有的重力势能大，即B所处的高度较高；可知从B处落下的皮球刚到达纸面时的速度较大，此时动能也较大，故BC错误；D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.（2020·四川乐山）2020年6月17日15时19分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将高分九号03星送入预定轨道，发射获得圆满成功。在运载火箭加速升空的过程中，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 动能增大，势能减小 B. 动能不变，势能增大 C. 动能增大，势能增大 D. 动能减小，势能增大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】火箭加速升空时，质量不变，速度增大，动能增大；高度增大，重力势能增大。‎ 故选C。‎ ‎13.（2020·四川南充）2020年6月23日9时43分，北斗3号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心发射成功(如图)，它是北斗3号系列的第三颗地球同步卫星，主要用于无线电导航、无线电测定等。关于卫星下列说法正确的是（　　）。‎ A. 该卫星在加速升空的过程中，机械能不变；‎ B. 该卫星进入同步轨道后，相对地表静止；‎ C. 该卫星运行一周的时间约为365天；‎ D. 该卫星与地面基站可通过超声波传递信息 ‎【答案】B。‎ 843‎ ‎【解析】A．在卫星加速升空的过程中，卫星的质量不变，速度变大，动能变大；同时质量不变、高度增加，重力势能增大，所以机械能增大，故A错误；‎ B．卫星进入同步轨道后，地球同步卫星和地球之间的位置没有发生改变，卫星相对于地表是静止的，故B正确；‎ C．地球同步卫星和地球的自转周期相同，即每隔24小时绕地球一周，故C错误；‎ D．卫星与地面站之间是真空，真空不能传声，所以只能利用电磁波传递信息，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎14.（2020·新疆）羽毛球比赛中，空中飞行的羽毛球先后经过A、B两点时的动能相等，相比A点，羽毛球在B点时（　　）。‎ A. 机械能较小，重力势能较大 B. 机械能较大，重力势能较大 C. 机械能较小，重力势能较小 D. 机械能较大，重力势能较小 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】羽毛球在空中从A到B飞行的过程中，由于空气阻力的存在，机械能不守恒，故机械能减小。又因为羽毛球先后经过A、B两点时的动能相等，故重力势能减小，故ABD不符合题意；C符合题意。‎ 故选C。‎ ‎15. （2020·安徽）一人造地球卫星沿椭圆轨道运行，我们把卫星运行过程中离地球最近的 一点叫近地点，最远的一点叫远地点（如图所示）。已知卫星在运行过程中机械能保持不变，那么（ ）。‎ A. 卫星在远地点的势能最大，动能为零；‎ B. 卫星在近地点的动能最大，势能为零；‎ C. 卫星从近地点向远地点运动过程中，势能增大，动能减小；‎ D. 卫星从近地点向远地点运动过程中，动能增大，势能减小 ‎【答案】C。‎ 843‎ ‎【解析】卫星在太空运行过程中，机械能守恒： A.卫星在远地点的势能最大，动能最小，但是速度不为零，所以动能不为零，故 A 选项错误；‎ B.卫星在近地点的动能最大，势能最小，但是势能不为零，故 B 选项错误；‎ C、D.根据上述分析可知，卫星从远地点向近地点运动的过程中，势能减小、动能增大；卫星从近地点向远地点运动的过程中，势能增大、动能减小，故 C 正确、D 错误。 综上所述，选 C。‎ ‎16.（2020·山东滨州）以下四图节选自我国古代科技著作《天工开物》，其中说法正确的是（　　）。‎ A. 图甲“没水采珠”中，水面下采珠人下潜的越深受到水的压力越小；‎ B. 图乙“竹笆沉底”中，船上装载的竹笆越多，船受到的浮力保持不变；‎ C. 图丙“河池山锡”中，水由高处流下，水的重力势能转化为动能；‎ D. 图丁“六桨客船”中，划水的船桨属于省力杠杆 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．同种液体，深度越深，压强越大，水面下采珠人下潜的越深受到水的压强越大，由F=pS可知受到水的压力越大，故A错误；‎ B．船上装载的竹笆越多，船的总重力越大，船处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，所以船受到的浮力变大，故B错误；‎ C．水由高处流下，水的高度降低，速度增大，重力势能减小，动能增大，水的重力势能转化为动能，故C正确；‎ D．划水船桨的动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎17.（2020·河南）频闪照相机是研究物体运动的重要手段之一，图 6所示的频闪照片记录了竖直下落的小球每隔相等时间的位置，不计空气阻力，在小球下落的过程中，下列说法正确的是（ ）。‎ 843‎ A.小球的重力势能逐渐增大；‎ B.小球的机械能逐渐减小；‎ C.小球的重力在 ab 段做功比在 cd 段多；‎ D.小球的重力在 ab 段做功比在 cd 段多慢 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A 选项小球下落重力势能减小，故错误；‎ B 选项忽略空气阻力时，小球重力势能与动能互相转化，机械能守恒，大小不变，故错误；‎ C 选项 ab 段长度小于 cd 段，重力相同，作用大小与下落距离成正比，ab 段做功小于 cd 段，故错误；‎ D 选项，ab 段做功小于 cd 段做功，而用时相当，所以 ab 段功率小于 cd 段做功，D 正确。‎ ‎18.(2019·海南)用大小相同的力F，作用在质量不同的物体上，使它们分别在同一水平面上沿力的方向移动相同的距离s（如图所示），F所做的功分别为W1和W2，则（ ）。‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】根据功的计算公式，得，。可见，故应选B。‎ 843‎ ‎19.（2019·邵阳）一物体在水平拉力F的作用下，沿力的方向以0.2m/s的速度匀速运动了4s，拉力F大小为5N，4s内拉力F做的功为（ ）。‎ A．1J B．3J C．2J D．4J ‎【答案】D。‎ ‎【解析】由v可得，物体移动的距离s＝vt＝0.2m/s×4s＝0.8m，‎ 拉力F做的功W＝Fs＝5N×0.8m＝4J。故选D。‎ ‎20.（2019·邵阳）参加今年邵阳市初中毕业学业考试的王小鹏同学听到考试预备铃响了，考室还在四楼呀!一口气从一楼跑到四楼考室，所用时间为30秒。他上楼过程克服自身重力做功的功率最接近（ ）。‎ A．1.5W B．15W C．150W D．1500W ‎【答案】C。‎ ‎【解析】王小鹏同学的体重约为500N，一层楼高约为3m，从一楼跑到四楼上升了三层楼的高度约9m，所用时间为30s；则克服自己重力做功的功率约为：P=150W。故选C。‎ ‎21.（2019·潍坊）无人机已被应用于诸多领域，如图所示是一款四翼无人机。在无人机匀速上升过程中，对其分析正确的是（ ）。‎ A．质量增加 B．动能增加 C．重力势能增加 D．机械能不变 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】无人机匀速上升过程中，无人机的质量不变，高度增大，重力势能增大；速度不变，质量不变，其动能不变；无人机上升过程中，没有发生弹性形变，不具有弹性势能，所以机械能等于重力势能与动能的总和，重力势能增大，动能不变，其机械能增大。‎ 故选C。‎ ‎22．（2018•淄博）如图所示，AC＞BC，在相同时间内把同一物体分别沿斜面AC、BC匀速推上顶端，推力分别为F1、F2，功率分别为P1、P2，在不考虑摩擦的情况下（　　）。‎ 843‎ A．F1＜F2，P1=P2 B．F1＞F2，P1＞P2 C．F1=F2，P1=P2 D．F1＜F2，P1＜P2‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】（1）不计摩擦，斜面AC倾斜角度小于BC，则AC＞BC，所以物体沿AB运动时拉力较小，即F1＜F2；‎ ‎（2）不计摩擦，使用光滑的斜面没有额外功，拉力在两斜面上做功相同（等于克服物体重力所做的功），即W1=W2；拉力做功相同，所用时间相同，根据P=可知，拉力做功的功率相同，即P1=P2。‎ 故选：A。‎ ‎23．（2018·贵阳）如图所示，粗糙的弧形轨道竖直固定于水平面，一小球由A点以速度ν沿轨道滚下，经另一侧等高点B后到达最高点C．下列关于小球滚动过程的分析正确的是（　　）。‎ A．整个过程只有重力在对小球做功；‎ B．小球在A、B两点具有的动能相同；‎ C．小球在A、B、C三点的速度大小关系是νA＞νB＞νC；‎ D．小球在A点具有的机械能等于它在C点具有的重力势能 ‎【答案】C。‎ ‎【解答】解：A、小球受到竖直向下的重力的作用，下落中，移动了距离，小球的重力是做功的，因为是粗糙的弧形轨道，所以受摩擦力，要克服摩擦力做功，故A错误；‎ B、在粗糙的弧形轨道上受摩擦力，要克服摩擦力做功，所以小球下落过程中，机械能减小，故在A、B两点具有的动能不同，故B错误；‎ C、小球运动过程中，要克服摩擦力做功，机械能减小，小球质量不变，故小球在A、B、C三点的速度大小关系是νA＞νB＞νC，故C正确；‎ D、要克服摩擦力做功，机械能减小，故在A点具有的机械能大于它在C点具有的重力势能，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎24．（2018•烟台）如图所描述的情景中，没有发生动能转化为势能的是（　　）。‎ 843‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解答】解：‎ A、滑滑梯时，人的高度降低，速度变大，是重力势能转化为动能，没有发生动能转化为势能，故A符合题意；‎ B、荡秋千时，在从低处向高处运动时，人与秋千的速度减小，高度增加，是动能转化为重力势能，故B不合题意；‎ C、在跳水比赛中，人向上弹起的过程中，高度增大，速度减小，是动能转化为重力势能，故C不合题意；‎ D、在单杠上翻转时，若人由下向上运动，人的速度减小，高度增加，是动能转化为重力势能，故D不合题意。‎ 故选：A。‎ ‎25．（2018·临沂）如图所示，单摆中的小球在ABC间不停地往复运动，如果不考虑阻力的影响，以下说法错误的是（　　）。‎ A．小球在A、C处的势能最大；‎ B．小球在B处只受重力作用；‎ C．小球由A到B过程中，重力势能转化为动能；‎ D．小球运动到C处时，如果受到的外力全部消失，将保持静止 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、小球的质量不变，在A、C处的高度最高，重力势能最大，故A正确；‎ B、小球在B处受到重力和绳子的拉力的共同作用，故B错误；‎ C、小球由A到B过程中，不计阻力，机械能守恒，高度减小，速度增加，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能，故C正确；‎ 843‎ D、小球运动到C处时，处于静止状态，如果受到的外力全部消失，小球仍然会静止，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎26．（2018•玉林）2018年世界杯正在俄罗斯举行，如图所示，是正在加速下降的足球，在此过程中，对其机械能的变化情况，下列分析正确的是（　　）。‎ A．动能增大，重力势能减小 B．动能减小，重力势能增大 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，重力势能减小 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】正在加速下降的足球，质量不变，速度变大，动能增大，同时高度下降，重力势能减小。‎ 故选：A。‎ 二、填空题 ‎27． （2020·安徽）如图所示，工人沿斜面用一定大小的力 F 把一重为 600N 的物体从斜面底部匀速推到顶端（不考虑物体的大小）。已知斜面长 L=3m，高 h =1.5m.若该过程中斜面的效率为 60%，则力 F 所做的功为________J。‎ ‎【答案】1500。‎ ‎【解析】有用功：W 有=Gh=600N×1.5m=900J；‎ 根据：‎ 得 。‎ ‎28.（2020·天津）小明在超市购物时，用10N的力沿水平方向推着购物车在水平地面上前进10m，用时10s，则推力做的功等于______J，推力的功率等于______W｡‎ 843‎ ‎【答案】（1）100；（2）10。‎ ‎【解析】推力做的功：W=Fs=10N×10m=100J；‎ 推力的功率：。‎ ‎29.（2020·贵州黔南）2020年5月5日 18时00分，长征五号B运载火箭，搭载新一代载人飞船试验船，在我国文昌航天发射场点火升空，然后进入预定轨道。5月8日13时49分，载人飞船试验船的返回舱成功着陆在东风着陆场预定区域。新飞船试验船飞行试验任务取得圆满成功。在火箭加速升空过程中，对于火箭搭载的载人飞船试验船的动能_______（ 选填“不变”“增大”“减少”）。在返回舱返回地面的过程中会与大气摩擦，返回舱的部分机械能转化为______能。‎ ‎【答案】（1）增大；（2）内。‎ ‎【解析】在火箭加速升空过程中，载人飞船试验船质量不变，速度增大，因此动能增大。‎ 在返回舱返回地面的过程中会与大气摩擦，克服摩擦做功，机械能转化为内能。‎ ‎30.（2020·湖南常德）抗疫防控期间，常德市防疫部门利用雾炮车对城区街道喷洒消毒剂进行消毒和除尘，雾炮车在水平路面匀速前进喷洒消毒液的过程中，雾炮车的动能________（选填“变大”、“不变”或“变小”），喷洒时离得较远的环卫工人也能闻到消毒液的气味，这是_______现象。‎ ‎【答案】（1）变小；（2）扩散。‎ ‎【解析】雾炮车在匀速喷洒消毒液的过程中，车的速度不变，但随着消毒液的减小，车的总质量减小，所以车的动能变小。‎ 喷洒消毒液时，能闻到其气味，是其分子在不停地作无规则的运动，即为扩散现象。‎ ‎31.（2020·黑龙江龙东）炎热的夏天，一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在水平公路上，汽车的动能；惯性（变大、变小或不变）。‎ ‎【答案】变小；变小。‎ ‎【解析】物体动能大小与物体的质量和速度有关；惯性的大小只与物体的质量有关；正在喷洒消毒液匀速行驶的汽车质量不断减小，惯性减小，速度不变，故动能减小。‎ 843‎ ‎32.（2020·江苏连云港）在水平地面上铺一张纸将两个弹性相同。质量分别为mA和mB的皮球A和B表面涂黑，让它们从相同高度由静止下落，在纸上留下黑色圆斑如图所示，分析图中两个圆斑大小，可推断mA______mB（选填“大于”、“小于”或“等于”）。皮球落地后反弹高度比原来下落时高度低，由此判断，皮球的机械能总量______（选填“不变”、“减少”或“增大”）。‎ ‎【答案】（1）小于；（2）减少。‎ ‎【解析】从图中A、B的印迹看出，B球的形变大，说明它原有的重力势能大，由于高度相同，所以质量为mB的皮球的质量较大，即mA＜mB 皮球落地后反弹高度比原来下落时高度低，皮球的一部分机械能转化为了内能，所以在整个运动过程中的机械能减少。‎ ‎33.（2020·自贡）如图所示，小朋友在玩荡秋千时，当从最高位置向下荡的过程中，小朋友的______能转化为______能。‎ ‎【答案】（1）重力势；（2）动。‎ ‎【解析】当从最高位置向下荡的过程中，高度减小，质量不变，重力势能减少；质量不变、速度增大，动能增大，重力势能转化为动能。‎ ‎34.（2019·遂宁）如图是老师设计的探究机械能转化的实验装置，将一弹簧下端固定于带槽的斜面底端，弹簧上端处于斜面A点处；将一小球从斜面顶端释放，小球经过斜面A点后压缩弹簧，在斜面C点停止；然后在弹力的作用下小球再向上运动到斜面的D点，接看再向下运动；如此往复几次后小球在斜面的B点静止，那么小球第一次下降经过斜面的______（选填“A““B““C”“D”“O”）点时动能最大；小球上升时不能再回到O点的原因主要是小球克服摩擦做功，将部分机械能转化成了______。‎ 843‎ ‎【答案】B；内能。‎ ‎【解析】（1）从O到A的过程中，小球沿斜面向下重力的分力大于沿斜面向上的摩擦力，合力沿斜面向下，小球做匀加速直线运动；‎ 由题意可知，小球最后在斜面的B点静止，小球在该点受到的合力为零，则从A到B的过程中，小球沿斜面向下重力的分力大于沿斜面向上的摩擦力与弹力之和，合力沿斜面向下，小球做变加速直线运动；‎ 从B到C的过程中，小球沿斜面向下重力的分力小于沿斜面向上的摩擦力与弹力之和，合力沿斜面向上，小球做变减速直线运动，直至在C点瞬时静止，综上可知，小球第一次下降经过斜面的B点时速度最大，动能最大；‎ ‎（2）小球上升时不能再回到O点的原因主要是小球克服摩擦做功，将部分机械能转化成内能。‎ 故答案为：B；内能。‎ ‎35.（2019·绵阳）2019年1月3日，嫦娥四号实现了人类探测器首次成功在月球背面软着陆。嫦娥四号探测器在距离月球表面100米高处悬停，对月球表面识别，并自主避障，选定相对平坦的区域后，开始缓慢地竖直下降，最后成功软着陆。从距离月球表面100米到软着陆在月球表面的过程中，嫦娥四号探测器的重力势能________，机械能________。（选填“增加”或“不变”或“减少”）‎ ‎【答案】减少；减少。‎ ‎【解析】嫦娥四号从距离月球表面100米到软着陆在月球表面的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减少；该过程中其速度减小，动能减少；探测器没有发生弹性形变，不具有弹性势能，则机械能等于重力势能与动能的总和，所以其机械能减少。‎ 故答案为：减少；减少。‎ ‎36.（2019·湖州）打网球已成为我国青少年喜欢的体育运动项目，如图甲为快速飞行的网球遇到迎面而来的球拍时的三个瞬间，图乙为用频闪相机拍摄的网球离开球拍后在空中飞行过程的照片。‎ 843‎ ‎（1）网球遇到球拍时，球和球拍都变形了，这说明______（写两点）。‎ ‎（2）球遇到球拍后的某一瞬间，网球的速度刚好变为零，则该瞬间网球所受的力是否平衡？______‎ ‎（3）网球表面比较粗糙，在空中飞行时所受空气阻力不可忽略。图乙中，网球从A点经过最高点B飞行到C点的过程中，下列说法正确的是______（选填序号）。‎ ‎①在A、B、C三点，网球在A点机械能最大 ‎②位于最高点B时，网球的动能为零 ‎③在该飞行过程中，网球的势能先增大后减小 ‎【答案】力使物体发生形变；力的作用是相互的；否；①③。‎ ‎【解析】（1）球撞到球拍上，球拍发生了形变；说明：力能改变物体的运动状态；同时球的运动方向也发生了变化，说明球也受到了球拍的力；说明：力的作用是相互的；‎ ‎（2）物体受力平衡时运动状态不发生改变；物体速度某个瞬间为零并能说明物体就受力平衡，小球速度为零下一瞬间将反向运动，说明小球不是出于平衡状态。所以该瞬间小球受力不平衡。‎ ‎（3）网球飞行过程中高度先增大再减少，所以小球的重力势能先增大再减小，而过小球离开球拍后它的弹性势能是不变的，所以势能先增大后减小。‎ 故答案是：（1）力使物体发生形变，力的作用是相互的；（2）否；（3）①③。‎ ‎37．（2018·贵阳）如图所示，原长为L的轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与水平面上的木块相连。推动木块压缩弹簧，其左端至A点时，弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，则木块运动过程中克服阻力做的功是　 　J。整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于　 　（选填：“B“、“C”或“D”）点。‎ ‎【答案】24；B。‎ 843‎ ‎【解析】弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，木块在运动过程中，克服摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，总的能量不变，故克服阻力所做的功为25J﹣1J=24J；‎ 弹簧被压缩时具有弹力，弹力的方向是向右的，木块向右运动时，阻力是向左的；开始运动时，弹力大于阻力，木块向右运动的过程中，弹力慢慢减小，阻力不变，木块做加速运动，当木块受到的弹力等于阻力时速度最大，此时弹簧未恢复值原长；木块由于惯性仍然会向右运动，此时弹力小于阻力，做的是减速运动，当弹簧恢复原长时阻力为0；由图可知，整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于B点。‎ 故答案为：24；B。‎ ‎38．（2018•南京）2018年5月21日凌晨，“鹊桥”号中继星在我国西昌卫星发射中心成功发射升空（如图所示）。“鹊桥”号中继星在随火箭加速上升过程中，重力势能　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”，下同），动能　 　。‎ ‎【答案】变大；变大。‎ ‎【解析】卫星加速上升过程中，质量不变、速度增大，动能变大；同时，质量不变、高度增加，所以重力势能变大；由于火箭对卫星做功，故使得其机械能不断增加。‎ 故答案为：变大；变大。‎ ‎39. （2018·德阳）如图所示的铁块重力G=4N，被吸附在竖直放置且足够长的磁性平板上,当他在竖直方向上拉力F=6N的作用下向上运动, 则铁块受到的摩擦力为___N.铁块此时速度v与时间t的关系图象如图乙所示, 4s内拉力F做的功是___J。‎ ‎【答案】2；4.8。‎ ‎【解析】（1）由乙图可见，铁块在竖直方向上运动时，速度保持不变，因此铁块做匀速直线运动，铁块受到平衡力的作用。‎ 843‎ 在竖直方向上受到竖直向下的重力G、竖直向下的摩擦力f和竖直向上的拉力F，根据平衡力的特点，故铁块受到摩擦力大小f=F-G=6N-4N=2N。‎ （2） 铁块在4s内升高的距离s=vt=0.2m/s×4s=0.8m，‎ （3） 因此拉力F做的功W=Fs=6N×0.8m=4.8J。故答案为：2；4.8。‎ ‎40．（2018•广安）小明站在匀速上升的观光电梯里，此时他的重力势能增大，动能　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；用吸尘器“吸”灰尘时，灰尘是由于空气流速越大，压强　 　的缘故被“吸”入吸尘器的。‎ ‎【答案】不变；越小。‎ ‎【解析】小明站在匀速上升的观光电梯里，他的速度和质量都不变，故动能不变；‎ 用吸尘器“吸”灰尘时，吸尘器内空气流速越大、压强越小，吸尘器外的空气流速小、压强大，在压强差的作用下灰尘被“吸”入吸尘器中。‎ 故答案为为：不变；越小。‎ 三、计算题 ‎41.（2020·四川雅安）一辆汽车以恒定的功率在平直的公路上做直线运动，其v-t图像如图所示，在第10s时速度达到15m/s，通过的路程为80m。求∶‎ ‎(1)在0~10s内汽车的平均速度；‎ ‎(2)设汽车在匀速行驶过程中所受阻力不变，大小为f=4000N，则汽车匀速行驶时的功率；‎ ‎(3)在0~10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功。‎ ‎【答案】(1)8m/s；(2)；(3)。‎ ‎【解析】(1)由题知，在0~10s内汽车通过的路程，利用速度公式求在0~10s内汽车的平均速度；‎ ‎(2)由图可知，10s后汽车做匀速直线运动，速度v=15m/s，此时汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，牵引力大小等于阻力大小，利用P=Fv求汽车行驶时的功率；‎ ‎(3)由于汽车的功率不变，利用W=Pt求在0~10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功。‎ 843‎ ‎【详解】(1)由题知，在0~10s内汽车通过的路程s=80m，则在0~10s内汽车的平均速度：‎ ‎(2)由图可知，10s后汽车做匀速直线运动，速度v=15m/s，此时汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，则牵引力：F=f=4000N 汽车行驶时的功率为：‎ ‎(3)因为汽车的功率不变，所以在0~10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功 答：(1)在0~10s内汽车的平均速度为8m/s；(2)汽车行驶时的功率为；(3)在0~10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功是。‎ ‎42.（2020·广东）某轿车在平直公路上行驶的45s内，其速度v与时间t、动力F与时间t的关系图像分别如图甲、乙所示。已知前10s轿车运动的路程为100m。求：‎ ‎(1)前10s轿车运动的平均速度；‎ ‎(2)轿车在匀速直线运动阶段通过的路程；‎ ‎(3)动力F做的总功。‎ ‎【答案】(1)10m/s；(2)700m；(3)1.1×106J。‎ ‎【解析】(1)前10s轿车运动的平均速度：‎ ‎(2)根据可知，轿车在匀速直线运动阶段通过的路程：‎ ‎(3)动力F做的总功：‎ 843‎ 答：(1)前10s轿车运动的平均速度是10m/s；(2)轿车在匀速直线运动阶段通过的路程是700m；(3)动力F做的总功为1.1×106J。‎ ‎43.（2020·贵州黔东南）为减少新型冠状病毒的滋生蔓延，武汉市城管部门在夜间对城区道路集中开展了雾炮车喷洒消毒作业（如图所示）。某型号雾炮车空载时的质量为10t，它配备了一个体积为10m3的水箱。为了方便清洗，水箱底部有一个排水孔，排水孔盖子面积约为100cm2：‎ ‎(1)雾炮车匀速前进喷洒过程中，在2.4km的路段上用时20min，则雾炮车的速度是多少？‎ ‎(2)消毒液喷洒完后空载匀速返回时，若雾炮车在水平地面上匀速行驶时受到的阻力为车重的0.05倍，则行驶2.4km的水平路面上，牵引力所做的功为多大？（g取10N/kg）‎ ‎(3)当水箱中消毒液的深度为1m时，排水孔盖子受到消毒液的压力约为多大？（消毒液的密度为0.8×103kg/m3）‎ ‎【答案】(1)2m/s；(2)；(3)80N。‎ ‎【解析】(1)在2.4km的路段上用时20min，则雾炮车的速度：‎ ‎(2)雾炮车空载时在水平地面上匀速行驶时受到的阻力与牵引力是一对大小相等的平衡力，且受到的阻力为车重的0.05倍，则牵引力：‎ 则牵引力所做的功：‎ ‎(3)当水箱中消毒液的深度为1m时，排水孔盖子受到消毒液的压强：‎ 排水孔盖子面积约为100cm2，根据可得排水孔盖子受到消毒液的压力：‎ 843‎ 答：(1)雾炮车的速度是2m/s；(2)牵引力所做的功是；(3)当水箱中消毒液的深度为1m时，排水孔盖子受到消毒液的压力是80N。‎ ‎44.（2020·贵州黔南）小聪的体重是500N，家住19楼（楼的层高为3m），家里用燃气灶烧水、做饭。如果他从1楼步行上楼到家里（走了18层楼），用时3 min。已知天然气的热值3.0×107J/m3，水的比热容是4.2×103J/（kg·℃）。问：‎ ‎(1)他上楼克服重力做的功是多少？做功的功率是多少？‎ ‎(2)完全燃烧多少立方米天然气放出的热量与小聪做的功相等？如果这些热量有35%被水吸收，能使0.5 kg水的温度升高多少？‎ ‎【答案】(1)2.7×104J；150W；(2)0.0009m3；4.5℃。‎ ‎【解析】(1)上楼的高度为：‎ 上楼克服重力做的功是：‎ 做功的功率是：。‎ ‎(2)由题可知，Q放=W=2.7×104J 根据Q放=Vq，‎ 水吸收热量：‎ 根据，。‎ 答：(1)他上楼克服重力做的功是2.7×104J。做功的功率是150W。(2)完全燃烧0.0009m3天然气放出的热量与小聪做的功相等。如果这些热量有35%被水吸收，能使0.5 kg水的温度升高4.5℃。‎ ‎45.（2020·四川成都）据光明日报客户端报道，“东方电机有限公司研制的世界首台百万千瓦水电机组核心部件完工交付”入选2019年中国十大科技进展新闻。首台百万千瓦转轮由多个叶片组成，每个叶片重达11吨。叶片由钢质材料制成，一个叶片的质量为11吨，钢的密度为ρ=7.90×103kg/m3，常数g取10N/kg。求：‎ ‎(1)一个叶片的体积；‎ ‎(2)将一个叶片整体匀速提升4m需要做的功。‎ ‎【答案】(1)1.39m3；(2)4.4×105J。‎ 843‎ ‎【解析】(1)一个叶片的体积：‎ ‎(2)将一个叶片整体匀速提升4m需要做的功：‎ 答：(1)一个叶片的体积为1.39m3。(2)将一个叶片整体匀速提升4m需要做的功为4.4×105J。‎ ‎46.（2020·四川乐山）如图所示，一款新型无人驾驶电动汽车，总质量为1.5×103kg，在性能测试中，沿平直的公路匀速行驶，行驶过程中汽车受到的阻力为总重力的0.1倍，（g取10N/kg）求：‎ ‎(1)汽车匀速行驶的速度；‎ ‎(2)汽车受到的牵引力；‎ ‎(3)此过程中汽车牵引力所做的功和做功功率。‎ ‎【答案】(1)10m/s (2)1.5×103N (3)2.7×106J，1.5×104W。‎ ‎【解析】(1)汽车行驶的路程：‎ 汽车行驶的时间：‎ 汽车匀速行驶的速度：‎ ‎(2)由于汽车匀速行驶，所以汽车受到的牵引力等于阻力：‎ ‎(3)此过程中汽车牵引力做功：‎ 汽车牵引力做功的功率： 。‎ 答：(1)汽车匀速行驶的速度为10m/s；(2)汽车受到的牵引力为1.5×103N；(3)此过程中汽车牵引力所做的功为2.7×106J，做功的功率为1.5×104W。‎ 843‎ ‎67．（2020·安徽）在车站广场上，常常看见人们将旅行包 B 平放在拉杆箱 A 上，如图甲所示。假设作用在箱子上的水平推力 F 推＝20N，A、B 一起做匀速直线运动。‎ ‎（1）将旅行包 B 看成一个有质量的点，如图乙所示。请在图乙中画出运动过程中 B 的受力示意图；‎ ‎（2）若 10s 内箱子运动的距离为 8m，求力 F 推做功的功率。‎ ‎【解析】（1）如下图所示 ‎（2）W=F推 s=20N×8m=160J；。‎ ‎48.（2020·黑龙江龙东）根据《电动自行车安全技术规范》，交管部门规定自2019年5月1日起未申领临时标识的“非标”电动自行车不得上路行驶。如图是小明家新购买的电动自行车，整车质量为40kg。小明爸爸以18km/h的速度匀速骑行9km的过程中，电动机两端的电压恒为48V,通过的电流是6.25A，车轮与地面的总接触面积为200cm2，小明爸爸的质量是60kg。求本次骑车过程中：‎ ‎(1)骑车所用的时间；‎ ‎(2)骑车时车对地面的压强；‎ ‎(3)电动机的功率。‎ ‎【答案】(1) 0.5h (2) 5X104Pa (3) 300W ‎【解析】（1）骑车所用的时间：t＝＝=0.5h 843‎ ‎(2) 骑车时对地面的压力：‎ F＝G总＝(m车＋m人)g＝(40 kg ＋60 kg)× 10 N/kg ＝1000 N 电动车对水平地面的压强：p＝＝＝5×104 Pa ‎（3）电动机的功率：P=UI=48V×6.25A=300W。‎ ‎49.（2020·山东济宁）塔吊是一种常见的起重设备，如图是塔吊的示意图。电动起重机在2min内将质量为3t的物体匀速提升30m高，又用1min使物体在水平方向平移15m。（g取10N/kg）求：‎ ‎(1)吊物体的钢丝绳3min内对物体所做的功；‎ ‎(2)吊物体的钢丝绳3min内对物体所做功的功率；‎ ‎(3)若电动机提升物体时的效率为90%，平移物体时的功率为2kW，求电动机3min内消耗的电能。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)。‎ ‎【解析】(1)由题意可知，吊物体的钢丝绳3min内对物体所做的功 ‎(2)根据可知，吊物体的钢丝绳3min内对物体所做功的功率：‎ ‎(3)电动机提升物体时消耗的电能：‎ 平移物体时消耗的电能：‎ 电动机3min内消耗的电能：。‎ 答：(1)吊物体的钢丝绳3min内对物体所做的功是 843‎ ‎；(2)吊物体的钢丝绳3min内对物体所做功的功率是；(3)若电动机提升物体时的效率为90%，平移物体时的功率为2kW，电动机3min内消耗的电能是。‎ ‎50.（2020·江苏连云港）随着科技的发展，无人驾驶汽车已进入人们的生活。无人驾驶汽车通过车载激光雷达摄像头等传感器实现自动驾驶。一质量为1.2t的无人驾驶汽车，静止时四个轮子与地面的总接触面积为0.12m2，在平直道路上以36km/h的速度匀速行驶，受到的牵引力大小为4×103N。某时刻车头上的激光雷达向正前方的固定障碍物发射一束激光信号，经3×10-7s激光雷达接收到障碍物反射回的信号（该时间内汽车行驶的距离忽略不计）。已知光速为3×108m/s，g取10N/kg。求该汽车。‎ ‎(1)静止时对水平地面的压强大小；‎ ‎(2)此刻车头到障碍物的距离；‎ ‎(3)以36km/h的速度匀速行驶时牵引力的功率。‎ ‎【答案】(1)；(2)45m；(3)。‎ ‎【解析】(1)汽车对水平地面的压力：F=G=mg=1.2×104N 静止时对水平地面的压强大小：‎ ‎(2)此刻车头到障碍物的距离：‎ ‎(3)汽车的速度：v=36km/h=10m/s 以36km/h的速度匀速行驶时牵引力的功率：‎ 答：(1)静止时对水平地面的压强大小是1.0×105Pa；(2)此刻车头到障碍物的距离是45m；(3)以36km/h的速度匀速行驶时牵引力的功率是4×104W。‎ ‎51．（2020•岳阳）某型号汽车整车与驾驶员的总重量是2060kg，驾驶员驾驶该汽车在平直公路上匀速进行车型测试，测试过程中消耗汽油的体积为1.5×10-3m3 。（g=10N/kg,ρ汽油=0.7×103kg/m3,q汽油=4.5×107J/kg）求：‎ ‎（1）汽车与驾驶员的总重力；‎ ‎（2）测试过程中消耗汽油的质量；‎ ‎（3）假设汽油完全燃烧，汽油机的效率为40%，汽车在测试过程中做的有用功是多少。‎ 843‎ ‎【解析】已知：汽车和驾驶员的质量m1=2060kg，消耗汽油的体积为1.5×10-3m3 。g=10N/kg,ρ汽油=0.7×103kg/m3,q汽油=4.5×107J/kg，η=40%。‎ 求：（1）汽车与驾驶员的重力G=？；（2）消耗汽油的质量m=？（3）有用功W有=？‎ 解：（1）汽车和驾驶员的重力：G=mg=2060kg×10N/kg=2.06×104N；‎ ‎（2）消耗汽油的质量m=ρV=0.7×103kg/m3×1.5×10-3m3 =90g/50cm3=1.05kg。‎ ‎（3）测试过程中汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=1.05kg×4.5×107J/kg=4.725×107J。‎ 所做有用功W有=ηW总=40%×4.725×107J=1.89×107J。‎ 答：（1）汽车和驾驶员总重力为2.06×104N；（2）消耗汽油的质量为1.05kg；（3）所做有用功为1.89×107J。‎ ‎52.（2019·武威）“节能减排，低碳生活”旨在倡导节约能源和减少二氧化碳排放。李明同学坚持骑自行车上下学，他的质量为50kg，所骑自行车质量为15kg。（g=10N/kg）求：‎ ‎（1）若他在平直公路上5min内匀速行驶了1500m，则这段时间他骑行的速度是多大？‎ ‎（2）若他骑行时的牵引力恒为60N，则他骑行这5min内克服阻力做了多少功？‎ ‎（3）若他骑行时自行车两轮与地面总的接触面积为25cm2，则他骑行时自行车对地面的压强为多少？‎ ‎【解析】（1）他骑行的速度是：v===5m/s。‎ ‎（2）他在平直公路上5min内匀速行驶，受力平衡，则阻力f=F=60N，‎ 所以他骑行这5min内克服阻力做的功：W=fs=60N×1500m=9×104J。‎ ‎（3）骑行过程中地面受到的压力为：F压=G总=（m人+m车）g=（50kg+15kg）×10N/kg=650N，‎ 则他骑行时自行车对地面的压强为：p==2.6×105Pa。‎ 答：（1）这段时间他骑行的速度是5m/s；（2）若他骑行时的牵引力恒为60N，则他骑行这5min内克服阻力做了9×104J功；（3）若他骑行时自行车两轮与地面总的接触面积为25cm2，则他骑行时自行车对地面的压强为2.6×105Pa。‎ ‎53.（2019·海南）如图所示是正在航拍的无人机。起飞前，放在地面上要确保四脚着地；启动后，利用遥控器可控制它运动和工作。无人机的参数如下表，求：（g取10N/kg）‎ ‎（1）无人机从地面飞到离地20m高处，至少要多长时间？‎ ‎（2）无人机从20m高处降落到地面，重力做功是多少？‎ 843‎ ‎（3）无人机停放在水平地面上时对地面的压强是多少？‎ ‎（4）无人机的突出问题是飞行时间短，请提出一个解决问题的合理建议。‎ ‎【解析】（1）由得至少要用的时间为：‎ ‎（2）重力做功为：‎ ‎（3）无人机对地面的压强为：‎ ‎（4）无人机飞行过程需要消耗电能来克服重力做功，所以为了减少电能的消耗，延长飞行时间，可以减小无人机的质量。或者增加电池储存的电能也可以延长飞行时间。‎ ‎54.（2019·湘潭）为解决某偏远山区的用电困难，利用当地水力资源丰富的特点，扶贫工作队筹措资金为当地建设了一座小型水力发电站，让水坝的水下泄时冲动水轮发电机发电，供当地居民生活所需。若水从10m高处下泄，每小时下泄量为7.2×106kg，取g=10N/kg。‎ ‎（1）每小时水的重力做的功W为多少？‎ ‎（2）若水的重力做的功有80%转化为电能，发电机的发电功率P是多少？‎ ‎【解析】（1）每小时下泄量为7.2×106kg，则这些水的重力：G=mg=7.2×106kg×10N/kg=7.2×107N，‎ 每小时水的重力做的功：W=Gh=7.2×107N×10m=7.2×108J；‎ ‎（2）由可得，产生的电能：W电=80%×W=80%×7.2×108J=5.76×108J，‎ 则发电机的发电功率：‎ 答：（1）每小时水的重力做的功W为7.2×108J；（2）若水的重力做的功有80%转化为电能，发电机的发电功率P是1.6×105W。‎ 843‎ ‎55.（2019·潍坊）一辆质量为1.5×103kg的汽车陷入一泥泞路段，司机师傅利用滑轮组和周围条件，组装成了如图所示的拖车装置。已知汽车通过泥泞路段需移动8m距离，汽车在泥泞路段受到的阻力为车重的0.1倍，滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。‎ 在将车匀速拖离泥泞路段过程中，求：‎ ‎（1）做的有用功；‎ ‎（2）作用在绳子自由端的拉力。‎ ‎【解析】（1）汽车在泥泞路段受到的阻力：f=0.1mg=0.1×1.5×103kg×10N/kg=1.5×103N；‎ 将车匀速拖离，由二力平衡条件可得，滑轮组对车的拉力：F拉=f=1.5×103N；‎ 所做有用功：W有=F拉s车=1.5×103N×8m=1.2×104J，‎ ‎（2）由图可知n=3，则绳子移动的距离：s绳=3s车=3×8m=24m，‎ 由；‎ 由W总=Fs绳可得，作用在绳子自由端的拉力：。‎ 答：（1）做的有用功为1.2×104J；（2）作用在绳子自由端的拉力为625N。‎ ‎56．（2018•岳阳）“沙场点兵，扬我军威”，2017年8月1日，习近平总书记在朱日和军事基地乘坐检阅车对三军将士进行检阅。某检阅车质量为2400kg，在600s内沿水平方向匀速前进了3000m，牵引力为2000N。求：‎ ‎（1）检阅车的重力；‎ ‎（2）检阅车的速度；‎ ‎（3）检阅车的功率。‎ 843‎ ‎【解析】已知：检阅车的质量m=2400kg，时间t=600s，路程s=3000m，牵引力F=2000N。‎ 求：（1）检阅车的重力G=？；（2）检阅车速度V=？；（3）检阅车的功率P=？‎ 解：（1）检阅车的重力：G=mg=2400kg×10N/kg=24000N；‎ ‎（2）检阅车的速度。‎ ‎（3）检阅车所做功W=Fs=2000N×3000m=6×106J；检阅车做功的功率。‎ 答：（1）检阅车的重力为24000N；（2）检阅车行驶速度5m/s；（3）检阅车做功功率为104W。‎ 考点14 简单机械 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 杠杆 概念、杠杆平衡条件的探究及应用、杠杆的分类和用途、杠杆的示意图。‎ 易错点是杠杆力臂的画法 ‎2‎ 滑轮 滑轮组应用及相关计算 重点、难点 ‎3‎ 机械效率 什么是有用功、额外功和总功，及其机械效率 ‎★三年真题 一、选择题 ‎1.（2020·河南）在图 5 所示的工具中,使用时属于费力杠杆的是（ ）。‎ A.瓶盖起子 B.食品夹 C起钉锤 D.核桃夹 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A.支点在瓶盖边缘，动力臂长，是省力杠杆；‎ 843‎ B.支点在夹子两壁连接处，动力臂短，是费力杠杆；‎ C.支点是锤子与地面的接触点，动力臂长，是省力杠杆；‎ D. 支点在夹子两壁连接处，动力臂长，是省力杠杆。‎ ‎2.（2020·黑龙江龙东）下图是杠杆原理在生活中的应用，能省距离的是（ ）。‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】能省距离的杠杆即为费力杠杆。‎ A、 用羊角锤起钉子，是省力杠杆，费距离，故A错；‎ B、 用撬棒撬石头，是省力杠杆，费距离，故B错；‎ C、 用启子起瓶盖，是省力杠杆，费距离，故C错；‎ D、 用钓鱼竿钓鱼，是费力杠杆，省距离，故D正确。故选D。‎ ‎3.（2020·北京）如图所示，正在使用的四种工具，属于费力杠杆的是（ ）。‎ A. 羊角锤；B. 核桃夹；‎ C. 园艺剪；D. 食品夹 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不符合题意；‎ B．核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不符合题意；‎ C．园艺剪在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不符合题意；‎ D．食品夹在使用的过程中，阻力臂大于动力臂，属于费力杠杆，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎4．（2020·绥化）小明用独轮车搬运砖头，车箱和砖头的总质量是120kg，独轮车的有关尺寸如图所示。推车时，下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A．独轮车是省力杠杆；B．动力臂是0.7m ；‎ C．阻力臂是0.3m ； D．人手竖直向上的力F的大小是1500N ‎【答案】AC。‎ ‎【解析】A、由图可知：独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；故A正确；‎ BC、支点在车轮的轴上，力F为动力，所以动力臂的长度为1m，阻力是G，阻力臂的长度为0.3m，故B错误，C正确；‎ D、砖头及车厢的总重：G＝mg＝120kg×10N/kg＝1200N；‎ 由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，人手竖直向上的力F＝＝＝360N；故D错误。故选：AC。‎ ‎5．（2020·四川遂宁）小华发现一只虫子在长50cm、质量10g的刻度尺上向右爬行，她将刻度尺右端伸出水平课桌边缘23cm，如图所示，当虫子爬行到距刻度尺右端3cm处时，刻度尺刚好翻转，由此计算出虫子的质量约为（　　）（g＝10N/kg。刻度尺质量分布均匀，不考虑虫子的长度）。‎ A．1g B．3g C．7g D．10g ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由题意可知，刻度尺的重心在25cm处，刻度尺刚好翻转时与桌沿的接触点为支点，则刻度尺重力的力臂为：L1＝25cm﹣23cm＝2cm；‎ 虫子重力的力臂为：L2＝23cm﹣3cm＝20cm；‎ 843‎ 由杠杆平衡条件F1×L1＝F2×L2，重力公式G＝mg得：‎ G尺×L1＝G虫×L2，‎ m尺g×L1＝m虫g×L2，‎ ‎10g×2cm＝m虫×20cm，‎ m虫＝1g。故选：A。‎ ‎6．（2020·衡阳）如图所示为探究杠杆平衡条件的实验装置，若每个钩码的质量为50g，为了让杠杆在水平位置平衡，下列判断正确的是（　　）。‎ A．在A点挂4个钩码能使杠杆平衡；‎ B．在B点用弹簧测力计竖直向下拉，当示数为0.5N时，能使杠杆平衡；‎ C．用弹簧测力计在B点拉，无论如何改变用力方向都要省力；‎ D．用弹簧测力计在A点拉，无论如何改变用力方向都要费力 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】每个钩码重力为F＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，设每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的乘积为：1N×3L＝3N×L；‎ A、在A点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：2N×2L＝4N×L＞3N×L，杠杆不能平衡，故A错误；‎ B、在B点用弹簧测力计竖直向下拉，当示数为0.5N时，杠杆右侧力与力臂的积为：0.5N×5L＝2.5N×L＜3N×L，杠杆不能平衡，故B错误；‎ C、用弹簧测力计在B点拉，根据杠杆平衡条件知，当改变用力方向使力臂小于0.1L时，根据杠杆平衡条件知，拉力要大于1N，杠杆才能平衡，要费力，故C错误；‎ D、用弹簧测力计在A点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，1N×3L＝F×2L，最小拉力为1.5N；当力的方向改变时，力臂减小，无论如何改变用力方向力都要大于1.5N，都要费力，故D正确。故选：D。‎ ‎7.（2020·湖南常德）如图所示，用F1的力将物体B匀速提升h， F1做功600J，若借助滑轮组用F2的力把物体B匀速提升相同高度，F2 做功为1000J。下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 两个过程中的拉力F1= 3F2 B. F1 做功的功率比F2做功的功率小 C. 滑轮组机械效率为40% D. F2 做功的距离为3h ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．F1做功600J，由 可知：‎ 由图可知，滑轮组的绳子股数n=3，所以绳子自由端移动的距离s2=3h，F2做功1000J，由 可知：‎ 所以 ，故A错误；‎ B．题中没有给出两次运动的时间，所以无法比较两个力做功的功率，故B错误；‎ C．因为用F1的力将物体B匀速提升，所以物体B的重力G等于拉力F1，所以滑轮组的有用功为：‎ 滑轮组的总功等于拉力F2做的功，即：‎ 所以滑轮组的机械效率：‎ 故C错误；‎ D．由图可知，滑轮组的绳子股数n=3，所以绳子自由端移动的距离s2=3h，即F2 做功的距离为3h，故D正确。故选D。‎ ‎8.（2020·山东聊城）如图所示，用相同的滑轮安装成甲。乙两种装置，分别将A、B两物体匀速向上提升，若所用拉力大小相等，绳端在相同时间内移动了相同的距离。不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 两物体上升的速度相同； B. 两种装置的机械效率相等；‎ C. 两次提升物体所做的有用功相等；D. 两种装置中拉力做功的功率相等 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由图可知，甲是定滑轮，乙是动滑轮，绳端在相同时间内移动了相同的距离，由v=可知绳端移动的速度相同，A物体上升的速度等于绳端移动的速度，B物体上升的速度是绳端移动的速度的一半，故A错误；‎ BCD．所用拉力大小相等，绳端在相同时间内移动了相同的距离，由W总=Fs可知总功相等，不计绳重和摩擦，甲图中物体的重力：GA=F 乙图中物体的重力：GB=2F-G动 A物体上升的高度：hA=s B物体上升的高度：hB=s A图中有用功：W有甲=GAhA=Fs 乙图中有用功：W有乙=GBhB=(2F-G动)s=Fs-G动s W有甲＞W有乙 甲图中机械效率：η甲=‎ 乙图中机械效率：η乙=‎ η甲＞η乙 由P=可知两种装置中拉力做功的功率相等，故D正确，BC错误。故选D。‎ ‎9.（2020·新疆）小红用滑轮组将重力为1.5 N的物体匀速提升10 cm的过程中，绳子拉力为1.0 N，绳子自由端移动的距离为30 cm，则滑轮组的机械效率为（　　）。‎ 843‎ A. 50 % B. 60 % C. 70 % D. 80 %‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】物体克服重力做的功为有用功：‎ 绳子拉力做的功为总功：‎ 则滑轮组的机械效率：‎ 故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎10.（2020·北京）如图所示，滑轮组悬挂在水平支架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，提升过支架过程中滑轮组的机械效率为90%。已知物体A重540N，该工人重500N，两个滑轮质量相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，关于该过程，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 绳子自由端受到竖直向下的拉力为200N；‎ B. 绳子自由端拉力的功率为120W；‎ C. 该工人对地面的压力为200N；‎ D. 支架受到滑轮组的拉力为960N ‎【答案】BCD。‎ ‎【解析】A．滑轮组的动滑轮绕2段绳，滑轮组的机械效率：η=‎ F==300N 故A错误；‎ B．绳子自由端的速度：v绳=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s 绳子自由端拉力的功率为：P=；‎ 故B正确；‎ 843‎ C．地面对工人的支持力：F支=G-F=500N-300N=200N 由力的作用相互性可知工人对地面的压力等于地面对工人的支持力，即：F压=F支=200N；‎ 故C正确；‎ D．不计滑轮组的绳重和摩擦，拉力：F拉=(G+G动)，‎ G动=2F拉-G=2×300N-540N=60N 支架受到滑轮组的拉力为：F支架=3F+G动=3×300N+60N=960N；‎ 故D正确。故选BCD。‎ ‎11.（2020·江西）如图所示，将重6N的物体匀速拉高20cm，在此过程中，不计滑轮装置自重、绳重和摩擦，以下说法正确的是（　　）。‎ A. 绳子自由端被拉下1.2m B. 绳子对地面的拉力为1N C. 对物体所做的功为1.2J D. 横梁受到的拉力为9N ‎【答案】CD。‎ ‎【解析】A．滑轮组的动滑轮绕4段绳，绳子自由端移动的距离：s=4h=4×0.2m=0.8m；‎ 故A错误；‎ B．不计滑轮装置自重、绳重和摩擦，地面对绳子的拉力：F=；‎ 绳子对地面的拉力和地面对绳子的拉力是相互作用力，所以绳子对地面的拉力是1.5N，故B错误；‎ C．对物体所做的功为：W=Gh=6N×0.2m=1.2J；故C正确；‎ D．横梁受到6段绳子的拉力，所以：F横梁=6F=6×1.5N=9N；故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎12.（2020·四川甘孜）某实验小组分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组（每个滑轮等重），在相同时间内把重物G提升相同高度。若F1和F2‎ 843‎ 大小相等，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　）。‎ A. 力F1和F2做功的功率相同；‎ B. 力F1和F2做的总功相同；‎ C. 两个滑轮组机械效率一样大；‎ D. 甲滑轮组的机械效率比乙滑轮组高 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】因不计绳重及摩擦，故克服动动滑轮重力所做的功为额外功，由 可知，在相同时间内把重力G提升高度，甲乙两组滑轮组所做有用功相同，F1做的总功比F2做的总功少，甲做的额外功比乙做的额外功少，故两者的机械效率甲比乙高。‎ 故选D。‎ ‎13.（2020·德州）如图所示，甲、乙两套装置所用的滑轮质量相等，用它们分别将相同质量的钩码匀速竖直提升，在相等时间内绳端A、B移动相同的距离（忽略绳重和摩擦），在此过程中，下列选项正确的是（　　）。‎ A. 两钩码上升的速度相等 B. 两滑轮组绳端的拉力相等 C. 甲滑轮组的总功比乙少 D. 两滑轮组的机械效率相等 ‎【答案】D。‎ 843‎ ‎【解析】A．由图知，通过甲乙两图中通过动滑轮绳子段数：n1=2，n2=3‎ 在相等时间内绳端A、B移动相同的距离，由v=可知绳端移动的速度相同，两个钩码上升的速度：v物甲=；v物乙=；所以两钩码上升的速度不相等，故A错误；‎ B．忽略绳重和摩擦，绳子受到的拉力分别为：‎ F甲＞F乙 两滑轮组绳端的拉力不相等，故B错误；‎ C．两个滑轮做的总功：W甲总=F甲s=(G+G动)s W乙总=F乙s=(G+G动)s W甲总＞W乙总 故C错误；‎ D．有用功：W甲有=Gh甲=Gs；W乙有=Gh乙=Gs 两滑轮组的机械效率：η甲=‎ η乙=‎ η甲=η乙 两滑轮组的机械效率相等，故D正确。故选D。‎ ‎14.（2020·重庆B）如图所示，是某建筑工地使用的一种起重机的滑轮组。一次提升货物A的质量为2.7×103kg，30s内货物A被匀速提升了3m，动滑轮的重力3×103N(不计起重机钢绳重和一切摩擦)。下列分析中正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 钢绳自由端的移动速度为0.1m/s；‎ B. 拉力F的功率为1.5×103W；‎ C. 滑轮组的机械效率为90%；‎ D. 钢绳的拉力F的大小为1.0×104N ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．由图可知，承担物重的绳子段数，绳子移动距离 绳子自由端移动速度：，故A错误；‎ BD．货物A的重力为：‎ 钢绳的拉力F的大小是：‎ 拉力F做功：‎ 拉力F的功率为：；故BD错误；‎ C．滑轮组做的有用功是：‎ 滑轮组的机械效率为：，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎15.（2020·四川成都）如图甲所示装置，A是重15N的空吊篮，绳子B和C能承受的最大拉力分别为100N和50N。质量为50kg的小张同学将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，常数g取10N/kg。下列结论正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 动滑轮的重力为9N B. 第2s内拉力F的功率为40W C. 此装置最多能匀速运载80N的货物 D. 此装置提升重物的最大机械效率为85%‎ ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A．由图丙可知，在1~2s内物体匀速运动，图乙可知，拉力为10N，由图甲知绳子股数n=2，则根据 即，‎ 解得：G动=5N；故A错误；‎ B．第2s内绳子自由端的速度为：‎ 第2s内拉力F的功率为：；故B正确；‎ C．当拉力最大为50N时，可以拉动物重为：‎ 绳子B不断，故C正确；‎ D．由C可得，重物最重为80N，则最大的机械效率为：‎ 故D错误。故选BC。‎ ‎16.（2020·四川乐山）如图所示，利用滑轮组在4s内将一重为9N的物体匀速向上提升了10cm，拉力为4N，不计一切摩擦和绳重，（g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　）。‎ 843‎ A. 动滑轮重力为5N；B. 滑轮组的机械效率为75％；‎ C. 拉力所做的功为0.4J；D. 拉力的功率为0.4W ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A．三股绳子与动滑轮接触，作用在绳子自由端的拉力为4N，则对动滑轮和物体的总拉力为：4N×3=12N 物体重9N，则动滑轮重：12N－9N=3N；A选项错误，不符合题意 B．滑轮组的机械效率为：‎ B选项正确，符合题意 C．物体向上移动了10cm，拉力做的功为：‎ C选项错误，不符合题意 D．拉力的功率为： ；D选项错误，不符合题意 故选B。‎ ‎17.（2020·四川南充）（多选）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N(不计绳重和摩擦)，B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F。下列说法正确的是（　　）。‎ A. B匀速下降时，物体A受到3N的摩檫力；‎ B. 拉力F的大小为4N；‎ C. 拉力F的功率为3.6W；‎ 843‎ D. B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A．由图通过动滑轮绳子段数n=3，不计绳重及摩擦时，B拉A的力 FA=( GB+G动)=×(5N+1N)=2N B匀速下降，物体A匀速向右运动时，受向右的拉力FA和向左的摩擦力作用，则 f=FA=2N 故A错误；‎ B．当使物体B以0.3m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，受向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用，由于物体A的压力和接触面没有改变，则摩擦力大小不变，所以 F=FA+f=2N+2N=4N 故B正确；‎ C．绳子自由端移动的速度为：vA=3vB=3×0.3m/s=0.9m/s 所以拉力F的功率：P==FvA=4N×0.9m/s=3.6W；故C正确；‎ D．B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功：‎ WF=Fs=F×3h=4N×3×0.6m=7.2J 故D错误。故选BC。‎ ‎18.（2020·自贡）如图，重为G的物体在沿斜面向上的拉力作用下，从斜面的底部移到顶部，设沿斜面移动的距离为s，高为h，拉力为F，物体受到的摩擦力为f。则斜面的机械效率为（　　）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】有用功为：W有=Gh 843‎ 总功为：W总=Fs 斜面的机械效率为：η=；故选B。‎ ‎19.（2020·宁夏）用如图所示滑轮组，将一质量为50kg的物体，在10s内匀速向上提升2m，已知拉力300N｡在此过程中，下列说法正确的是（ ）。‎ A. 绳子自由端移动的距离为6m B. 拉力F的功率为60W C. 人所做的额外功为300J D. 该滑轮组的机械效率约为83.3%‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由图可知绳子的股数为2，绳子自由端移动的距离为：‎ s=nh=2×2m=4m 故A错误；‎ B．拉力F的功率为：‎ 故B错误；‎ C．人所做的额外功为：‎ 故C错误；‎ D．该滑轮组的机械效率约为：‎ 故D正确。故选D。‎ ‎20.（2020·重庆A）滑轮是提升重物时经常用到的一种机械,工人师傅用500N的拉力F,利用图5所示的滑轮将重800N的重物在30S内匀速提高了6m下列判断正确的是（ ）。‎ A.绳端移动的速度为0.2 m/s；B.该滑轮的机械效率为62.5%；‎ C.工人师傅拉绳子的功率为200W；D.提升重物所做的有用功为3600J 843‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】，‎ ‎，A错误；‎ ‎，B错误；‎ ‎，C正确；‎ ‎，D错误 ‎21.（2019·泸州）如图所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，轻质杠杆上每个小格长度均为2cm，在B点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码，当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断，下列说法中正确的是（ ）。‎ A.杠杆的动力臂为8cm； B. 该杠杆为费力杠杆；‎ C.该杠杆的阻力大小为；D. 动力F的大小为 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：OA=×4×2cm=4cm，故A错误；‎ 843‎ B、阻力臂OB，3×2cm=6cm＞OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正确；‎ C、该杠杆的阻力大小为：G=4×0.5N=2N，故C错误；‎ D、根据杠杆的平衡条件，F1l1=F2l2，G×OB=F×OA，代入数据，2N×8cm=F×4cm，‎ 解得，F=4N，故D错误。故选B。‎ ‎22．（2019·衢州）如图是起重机用四种方案将地面上的一棵大树扶起的瞬间，其中拉力最小的是（ ）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】如图是起重机用四种方案将地面上的一棵大树扶起的瞬间，以树根为支点，树的重力不变、重心一定，则阻力和阻力臂一定，支点与动力作用点的连线是最长的动力臂，根据杠杆的平衡条件，动力臂越大，动力越小；图C中动力作用点离支点最远，F3与树干垂直，则可知F3最小，故C正确。故选C。‎ ‎23.（2019·河南）如图开瓶器开启瓶盖时可抽象为一杠杆，不计自重。下图能正确表示它工作示意图的是（ ）。‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 843‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】用开瓶器开启瓶盖时，支点是开瓶器与瓶盖上方的接触点，即图中杠杆的左端O，阻力为瓶盖对开瓶器竖直向下的作用力F2，动力为手对开瓶器右侧竖直向上的作用力F1，因为动力臂大于阻力臂，所以开瓶器为省力杠杆，即F1＜F2，故ACD错误，B正确。故选B。‎ ‎24.（2019·遂宁）如图甲所示是建筑工地常用的塔式起重机示意图，水平吊臂是可绕点O转动的杠杆，为了左右两边吊臂在未起吊物体时平衡，在左边吊臂安装了重力合适的配重物体C，假设这时起重机装置在水平位置平衡（相当于杠杆平衡实验中调节平衡螺母使杠杆水平平衡），由于起吊物体时配重物体C不能移动，且被起吊物体重力各不相同，起重机装置将会失去平衡容易倾倒，造成安全事故，某科技小组受杠杆平衡实验的启发，为起重机装置增设了一个可移动的配重物体D，如图乙所示。不起吊物体时，配重物体D靠近支点O；起吊物体时，将配重物体D向左移动适当距离，使起重机装置重新平衡，现用该装置起吊重为5×103N，底面积为0.01m2的物体A，已知D的质量为900kg，OB长18m；当配重物体D移动到距支点6m的E点时，B端绳子对A的拉力为T，A对地面的压强为p；若再让配重D以速度V向左运动，25秒后，甲对地面的压力恰好为零；起吊过程中，物体A在10s内匀速上升了10m，B端绳子的拉力T′做功功率为P。（g=10N/kg）下列相关计算错误的是（ ）。‎ A.P等于5kW；B.V等于 ；C.p等于 ；D.T等于 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由重力公式G=mg可求，配重D的重力为GD=mg=900kg×10N/kg=9×103N。‎ 843‎ 第一个状态当配重物体移动到E点时，D选项，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2可得，GD•OE=T•OB，求得T===3×103N．故D选项错误。‎ C选项，由于物体在水平地面上静止，所以由受力分析可知，GA=N+T，‎ 代数求得N=5×103N-3×103N=2×103N，‎ 因为A对地面的压力F与地面对A的支持力N是一对相互作用力，所以F=N=2×103N，‎ 由压强定义式p=求得，p===2×105Pa．故C选项错误。‎ 第二个状态为配重物体移动到甲对地面的压力恰好为零的位置E'点时，B选项，由于甲对地面的压力恰好为零，所以拉力T'=GA=5×103N，‎ 根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2可得，GD•OE'=T'′OB，代数求得OE'===10m，‎ 则配重移动的距离s=OE'-OE=10m-6m=4m，则由速度公式V=可求，V===0.16m/s。故B选项错误。‎ 第三个状态为匀速起吊过程，A选项，由功率公式P=和功的定义式W=Fs可得，功率P=，代数得P===5×103W=5kW．故A选项正确。故选A。‎ ‎25.（2019·海南）图甲是海南网上扶贫超市给百香果配的多功能小勺子。把A点压在百香果上固定、B处的“刺刀”刺进果壳，用力使勺子绕A点转动一周，“刺刀”就把果壳切开（如图乙）。关于勺子的构造和使用说法正确的是（ ）。‎ A．勺子转动切果时可作省力杠杆用 B．勺柄表面有花纹是为了减小摩擦 C．“刺刀”很尖利是为了增大压力 D．勺子绕着果转动时运动状态不变 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】A．勺子转动切果时动力臂可以大于阻力臂，所以可作省力杠杆用，故A正确；‎ B．勺柄表面有花纹是为增大摩擦，故B错误；‎ 843‎ C．“刺刀”很尖利是通过减小受力面积来增大压力的作用效果即压强的，故C错误；‎ D．勺子绕着果转动时，运动方向不断改变，则其运动状态发生改变，故D错误。故应选A。‎ ‎26.（2019·天津）如图是用撬棒撬石头的情景，下图中关于该撬棒使用时的杠杆示意图正确的是（ ）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】用撬棒撬石头时，动力为人对撬棒施加的竖直向下的作用力F1，从支点O向动力F1的作用线作垂线段，即为动力臂l1；‎ 阻力是石头对撬棒的作用力F2，方向竖直向下，反向延长F2，从支点O向阻力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂l2；故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎27.（2019·泸州）用如图所示的滑轮组匀速竖直提升物体，不计一切摩擦和绳重。下列判断正确的是（ ）。‎ A.该滑轮组绳自由端拉力F的大小一定等于所提物体重力的三分之一；‎ B.用该滑轮组提升不同的物体，物体越重，其机械效率越大；‎ C.用该滑轮组分别提升水面下和水面上的同一物体，其机械效率相等；‎ D.其他条件不变，仅将滑轮组中的动滑轮重力变大，其机械效率变大 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、由图知，n=3，不计一切摩擦和绳重，拉力F=（G+G轮）＞G，所以拉力F的大小大于所提物体重力的三分之一，故A错误；‎ 843‎ B、不计一切摩擦和绳重，用该滑轮组提升不同的物体，则η====，可见提升的物体越重，其机械效率越大，故B正确；‎ C、用该滑轮组分别提升水面下和水面上的同一物体，由于物体在水中受到浮力，就好比用滑轮组提升的物体重力变小，所以其机械效率不相等，故C错误；‎ D、仅将滑轮组中的动滑轮重力变大，将同一物体提升相同的高度（其他条件相同），有用功相同，由W额=G动h可知额外功增大，则总功增大，有用功与总功的比值减小，机械效率减小，故D错误。故选B。‎ ‎28.（2019·海南）工人用如图所示的滑轮组，在时间t内，将重为G的货物匀速提升了h，人对绳子竖直向下的拉力恒为F。以下说法正确的是（ ）。‎ A．拉力F的功率为； B．额外功为（2F-G）h C．滑轮组的机械效率为；D．滑轮组的机械效率随h的增大而增大 ‎【答案】AB。‎ ‎【解析】A、由图可知，连接动滑轮绳子的股数n=2，绳端移动的距离s=nh=2h，‎ 拉力F做的功：W总=Fs=2Fh，则拉力F的功率：，故A正确；‎ B、拉力做的有用功：W有=Gh，则额外功：W额=W总-W有=2Fh-Gh=（2F-G）h，故B正确；‎ C、滑轮组的机械效率：，故C错误；‎ D、根据可知，滑轮组的机械效率与提升的高度h无关，故D错误。故选AB。‎ ‎29.（2019·河北）如图所示，重为G的物体在拉力F的作用下，以v的速度匀速运动了s，已知物体在水平桌面上运动时受到的摩擦阻力为物重的n分之一，不计绳重、轮与轴间的摩擦，下列说法正确的是（ ）。‎ 843‎ A．使用该滑轮组一定省力；B．拉力的功率为2Fv；‎ C．额外功为（2nF﹣G）s ；D．滑轮组的机械效率为 ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】A、由图可知，连接动滑轮绳子的股数n′＝2，由于不计绳重、轮与轴间的摩擦，‎ 所以，绳端的拉力F＝（f+G动），‎ 由于f与G动的大小关系未知，所以无法比较F与f的大小关系，则使用该滑轮组不一定省力，故A错误；‎ B、绳端移动的速度v绳＝n′v＝2v，则拉力的功率：P＝Fv绳＝2Fv，故B正确；‎ C、由题意可知，物体运动时受到的摩擦阻力f＝G，‎ 克服摩擦阻力做的功为有用功，则：W有＝fs＝Gs，‎ 绳端移动的距离：s绳＝n′s＝2s，‎ 拉力F做的总功：W总＝Fs绳＝2Fs，‎ 则额外功：W额＝W总﹣W有＝2Fs﹣Gs＝（2nF﹣G）s，故C正确；‎ D、滑轮组的机械效率：η＝＝＝，故D错误。故选BC。‎ ‎30．（2018•烟台）如图所示的杠杆，属于费力杠杆的是（　　）。‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。‎ B、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。‎ C、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，符合题意。‎ D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。‎ 843‎ 故选：C。‎ ‎32．（2018·滨州）如图所示，重400N的物体在30N的水平拉力F的作用下，以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，滑轮组的机械效率为80%，则在此过程中，下列说法正确的是（　）。‎ A．绳子自由端移动的距离为3m B．有用功为400J C．拉力F的功率为9W D．物体与地面间的滑动摩擦力为72N ‎【答案】ACD。‎ ‎【解析】A、由图知，n=3，则绳子自由端移动的距离：s绳=3s物=3v物t=3×0.1m/s×10s=3m，故A正确；‎ B、拉力做功为：W总=Fs绳=30N×3m=90J，有用功：W有=ηW总=80%×90J=72J，故B错误；‎ C、拉力做功的功率：P===9W，故C正确；‎ D、有用功W有=fs物，拉力做的总功W总=Fs绳，由η====得，物体与地面间的滑动摩擦力：f=η×3F=80%×3×30N=72N，故D正确。故选ACD。‎ ‎33．（2018·龙东）（多选题）如图所示，用滑轮组提升重物时，重600N的物体在10s内匀速上升1m。已知绳子的拉力为400N，则提升重物的过程中（　　）。‎ A．绳子自由端被拉下3m B．做的有用功是600J C．滑轮组的机械效率为80% D．拉力F的功率为80W ‎【答案】BD。‎ ‎【解析】A、由图可知，n=2，绳子自由端移动的距离s=2h=2×1m=2m，故A错；‎ B、做的有用功：W有用=Gh=600N×1m=600J，故B正确；‎ C、拉力做的总功：W总=Fs=400N×2m=800J，‎ 843‎ 滑轮组的机械效率：η==×100%=75%，故C错；‎ D、拉力做功的功率：P===80W，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎34.（2018•攀枝花）某实验小组分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组（每个滑轮等重），在相同时间内把重物G提升相同高度，F1和F2大小相等，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　）。‎ A．力F1和F2做功的功率相同；‎ B．力F1和F2做的总功相同；‎ C．乙滑轮组更省力，两个滑轮组机械效率一样大；‎ D．甲滑轮组的机械效率比乙滑轮组高 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】由图知，甲滑轮组中承担物重的绳子段数n=3，乙滑轮组中承担物重的绳子段数n=4。‎ AB、若重物上升高度为h，则两滑轮组中绳端移动的距离分别为：s甲=3h，s乙=4h；‎ 甲滑轮组中拉力做的总功为W甲总=F1•3h，乙滑轮组中拉力做的总功为W乙总=F2•4h，‎ 已知F1=F2，所以W甲总＜W乙总，故B错误；‎ 已知时间相同，由公式P=知，P甲总＜P乙总．故A错误；‎ CD、已知F1=F2，所以省力情况相同，故C错误；‎ 甲、乙两滑轮组提升的物重G相同，设一个动滑轮的重为G动，‎ 不计绳重及摩擦，则甲滑轮组的机械效率为：η甲====，‎ 乙滑轮组中有2个动滑轮，同理可得，乙滑轮组的机械效率为：η乙=，‎ 843‎ 所以η甲＞η乙，故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎35．（2018·深圳）下图为“测滑轮组机械效率”的实验．在弹簧测力计拉力作用下，重6N的物体2s内匀速上升0.1m，弹簧测力计示数如图示（不计绳重与摩擦）。下列说法错误的是（ ）。‎ A．弹簧测力计的拉力是2.4N；‎ B．物体上升的速度为0.05ms；‎ C．弹簧测力计拉力的功率为0.12W；‎ D．滑轮组的机械效率约83.3％‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由图可知，弹簧测力计的拉力是2.4N ，故A正确；‎ 物体2s内匀速上升0.1m，物体上升的速度为，故B正确；‎ n=3，拉力端端移动距离，拉力做的总功为：；拉力的功率为：，故C错误；‎ 拉力做的有用功为：；‎ 滑轮组机械效率为：。故D正确；故答案为C。‎ 二、填空题 ‎36.（2020·湖南常德）农忙时节小明帮爷爷挑谷子，初次干农活的他在左筐中装了20kg，右筐中装了25kg， 如果扁担的长度为1. 8m，则他在距扁担左端_____m处将谷子挑起来才能使挑担水平（扁担和筐的重力均不考虑）；为了方便行走，小明将两筐谷子同时向内移动了0. lm，则需要______筐（选填“左”或“右”）增加约_____kg （保留1位小数）谷子，才能基本保持挑担水平。‎ 843‎ ‎【答案】（1）1；（2）右；（3）0.7。‎ ‎【解析】根据杠杆平衡条件有：‎ 则，‎ 扁担的长度为1. 8m，则他在距扁担左端：‎ 处将谷子挑起来才能使挑担水平，右筐距离0.8m。‎ 将两筐谷子同时向内移动了0. lm，则左端距离变为0.9m，右端距离变为0.7m，此时，‎ 左边力与力臂乘积大于右边力与力臂乘积；要使挑担基本保持水平，根据杠杆平衡条件应该在右边增加谷子；‎ ‎。‎ ‎37.（2020·宁夏）如图是同学们常用的燕尾夹，AB＝BC，当用力摁住C点打开该夹子时，可把______点看作支点，此时夹子可近似看作________杠杆（选填“省力”“费力”或“等臂”）。‎ ‎【答案】（1）B ；（2）等臂。‎ ‎【解析】当用力摁住C点打开该夹子时，AC是围绕B点转动的，故B为支点；由于AB=BC，故动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。‎ ‎38．（2020·安徽）停车场入口处常用横杆来控制车辆的进出，如图甲所示。我们可以把该装置简化成如图乙所示的杠杆。如横杆 AB 粗细相同、质量分布均匀，重 G=120N，AB=2.8m，AO =0.3m.要使横杆 AB 保持水平平衡，需在 A 端施加竖直向下的力 F=________N。‎ 843‎ ‎【答案】440。‎ ‎【解析】该题考查杠杆平衡条件的应用，画出杠杆五要素如下。动力臂 L1 = LOA =0.3m，LAC ==1.4m ，‎ 所以阻力臂 L2 = LOC =LAC – LOA =1.4m－0.3m=1.1m，由 FL1=GL2 得：F =440N。‎ ‎39.（2020·四川甘孜州）如图所示，某同学用完全相同的钩码验证杠杆的平衡条件。杠杆调节平衡后，在杠杆上A点处挂4个钩码，为使杠杆重新平衡，应在B点处挂__________个钩码； 如果A、B两处再各挂一个钩码，杠杆的__________（选填 “左”或“右”）端会下沉。‎ ‎【答案】（1）6；（2）左。‎ ‎【解析】设每个钩码所受重力为G，杠杆上每一小格代表的长度为L，由杠杆平衡条件可得：‎ 解得，‎ 如果A、B两处再各挂一个钩码，则杠杆的左边力与力臂的乘积为：‎ 杠杆右边力与力臂的乘积为：‎ 因，‎ 故杠杆的左端会下沉。‎ ‎40.（2020·山东济宁）‎ 843‎ 杠杆两端螺母的作用是图中的杠杆在水平位置平衡，若在两侧各减掉一个等重的钩码，杠杆______（选填“能”或“不能”）保持水平平衡。‎ ‎【答案】不能。‎ ‎【解析】从图中可以看到，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡原理可知 若在两侧各减掉一个等重的钩码，那么 可知杠杆不能保持水平平衡 ‎41.（2020·四川雅安）如图所示，杆秤秤砣的质量为0.2kg，杆秤自身质量忽略不计，若杆秤水平静止时，被测物体和秤砣到秤纽的距离分别为0.05m和0.2m，则被测物体的质量为__kg，若秤砣上粘有油污，则测量值比被测物体的真实质量要____（选填 “偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】（1）0.8；（2）偏小。‎ ‎【解析】如图所示：‎ 因为杠杆平衡，则有：‎ 则有：‎ 843‎ 若秤砣上粘有油污，m2增大，而G1lOA不变，所以lOB要变小，杆秤所示的质量值要偏小。‎ ‎42．（2020·哈尔滨）在”探究杠杆平衡条件”的实验前，如图甲，杠杆不在水平位置平衡，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向　 　移动。实验中，如图乙，在A点用弹簧测力计施加一个竖直向上的力，在B点施加一个最小为　 　N的力，才能使杠杆在水平位置重新平衡。‎ ‎【答案】左；1。‎ ‎【解析】（1）杠杆不在水平位置，右端向下倾斜，则重心应向左移动，故应向左调节左端或右端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；‎ ‎（2）由图可知弹簧拉力计的示数为3.0N，设杠杆的一个刻度为L，则拉力的力臂为2L；B点施加力的力臂为6L，根据杠杆平衡的条件可得，在B点施加一个最小为F2＝＝＝1N。‎ 故答案为：左；1。‎ ‎43.（2020·江苏连云港）用如图所示滑轮组在10s内将重为300N的物体匀速提升1m，拉力大小为120N，拉力做功的功率为______W，有用功为______J，滑轮组的机械效率为______。‎ ‎【答案】（1）36；（2）300；（3）83.3%。‎ ‎【解析】由图可知，承担重物的绳子段数n=3，所以绳子自由端通过距离 843‎ s=3×1m=3m 总功：W总=Fs=120N×3m=360J 拉力做功的功率：P==36W 有用功为：W有=Gh=300N×1m=300J 滑轮组机械效率为：η==83.3%‎ ‎44.（2020·广东）如图所示，人向下拉绳提升重物，已知物体重400N，动滑轮重60N，不计绳重及摩擦，将重物匀速提升0.5m， 人需用的拉力为______N，绳子自由端移动的距离为______m，人所做的有用功为______J。‎ ‎【答案】（1）230；（2）1；（3）200。‎ ‎【解析】由图知，n=2，不计绳重及摩擦，人需用的拉力：F===230N；‎ 人需用的拉力为230N。‎ 绳子自由端移动的距离：s=2h=20.5m=1m；绳子自由端移动的距离为1m。‎ 人所做的有用功为：W有=Gh=400N0.5m=200J；人所做的有用功为200J。‎ ‎45.（2020·四川南充）如图所示，用沿斜面向上大小为4N的拉力，将一个重5N的物体从斜面底端匀速拉至顶端。已知物体沿斜面上滑的距离为5m，上升的高度为3m，则物体受到的摩擦力为________N，斜面的机械效率为________。‎ ‎【答案】（1）1；（2）75%。‎ ‎【解析】有用功：W有=Gh=5N×3m=15J 843‎ 总功：W总=Fs=4N×5m=20J 额外功：W额=W总-W有=20J-15J=5J 摩擦力：f==1N 斜面的机械效率：η==75%‎ ‎46.（2020·贵州黔西南）如图所示，工人们用同一滑轮组，根据需要有两种方式来提起等重的建筑材料，若不计摩擦和绳重，则F1______F2，机械效率ηA______ηB。（填“>”“=”或“<”）‎ ‎【答案】（1） <；（2）=。‎ ‎【解析】由图可知，不计摩擦及绳重，绳子自由端拉力分别为 ‎，‎ 所以，‎ 不计摩擦和绳重，两种方式来提起等重的建筑材料到相同高度，则对物体做的有功相同，动滑轮相同，则所做额外功相同。所以机械效率相同，即。‎ ‎47.（2019·海南）如图，小谦想把被台风刮倒的树拉正。他把绳子的一端系在乙树上，然后绕过甲树用力拉绳子，这样做有_______段绳子拉甲树。如果不计绳重和摩擦，甲树受300N拉力，则小谦对绳子的拉力至少为_______N。‎ ‎【答案】2；150。‎ 843‎ ‎【解析】小谦的做法相当于借助一个动滑轮来拉甲树，因此，这样做有2段绳子拉甲树；根据动滑轮省一半力的特点，小谦对绳子的拉力至少为150N。‎ ‎48.（2019·益阳）如图所示是吊车吊起货物的示意图，已知AB=4m，BC=6m。吊臂是一个杠杆，当吊臂吊着2t的货物处于静止状态时，杠杆的支点是______点（选填“A”、“B”或“C”），伸缩撑杆对吊臂的支持力大小为______N。g=10N/kg。‎ ‎【答案】A；50000。‎ ‎【解析】吊臂在升起过程中，围绕着A转动，故A为支点；‎ 货物重：G=mg=2000kg×10N/kg=20000N，‎ AC=AB+BC=4m+6m=10m，伸缩撑杆对吊臂的支持力竖直向上，其力臂为ABcosθ，‎ 由杠杆的平衡条件得F×ABcosθ=G×ACcosθ。‎ ‎。‎ 故答案为：A；50000。‎ ‎49.（2019·岳阳）如图，动滑轮实质上是一个______（填“省力”或“费力”）杠杆，用60N的拉力将沙桶从地面提到9m高的楼上，拉力做的功是______J。‎ ‎【答案】省力；1080。‎ ‎【解析】（1）动滑轮实质上是一个动力臂等于2倍阻力臂的省力杠杆；‎ 843‎ ‎（2）使用动滑轮，n=2，拉力端移动距离s=2h=2×9m=18m， 拉力做的功： W=Fs=60N×18m=1080j。‎ 故答案为：省力；1080。‎ ‎50.（2019·达州）救援车工作原理如图所示，当车载电机对钢绳施加的拉力F大小为2.5×103N时，小车A恰能匀速缓慢地沿斜面上升。已知小车A的质量为1t，斜面高为2m，斜面长为5m（不计车长、钢绳重、动滑轮重、钢绳与滑轮间的摩擦和滑轮与轴间的摩擦，g＝10Nkg）在小车A由水平路面被拖上救援车的过程中，钢绳所做的有用功为J，整个装置的机械效率为，小车A与斜面间的摩擦力大小为N。‎ ‎【答案】2×104；80%；1×103。‎ ‎【解析】（1）小车质量m＝1t＝1000kg，‎ 其重力G＝mg＝1000kg×10N/kg＝1×104N，‎ 钢绳做的有用功：W有用＝Gh＝1×104N×2m＝2×104J，‎ ‎（2）不计车长、拉力端移动距离s＝2L＝2×5m＝10m，‎ 拉力做的总功：W总＝Fs＝2.5×103N×10m＝2.5×104J，‎ 整个装置的机械效率：η＝＝×100%＝80%；‎ ‎（3）不计钢绳重、动滑轮重、钢绳与滑轮间的摩擦和滑轮与轴间的摩擦，克服小车A与斜面间的摩擦做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用＝2.5×104J﹣2×104J＝5×103J，‎ 由W额＝fL可得摩擦力：f＝＝＝1×103N。‎ 故答案为：2×104；80%；1×103。‎ ‎51．（2018•玉林）如图所示，长为40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置（忽略摩擦阻力），在这个过程中，力F的大小将　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”），力F所做的功为 　J。‎ 843‎ ‎【答案】增大；1。‎ ‎【解析】（1）在杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置的过程中，动力臂L的长度没有变化，阻力G的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；‎ 由杠杆的平衡条件知：F•L=G•L′，当L、G不变时，L′越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐增大；‎ ‎（2）物体重心上升的高度h=Lsin30°=×40cm×=10cm=0.1m，‎ 拉力做的功W=Gh=10N×0.1m=1J。‎ 故答案为：增大；1。‎ ‎52．（2018•广安）如图，AB是能绕B点转动的轻质杠杆，在中点C处用绳子悬挂重为100N的物体（不计绳重）在A端施加竖直向上的拉力使杠杆在水平位置平衡，则拉力F=　 　N．若保持拉力方向始终垂直于杠杆，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】50；减小。‎ ‎【解析】杠杆在水平位置保持平衡，由F1l1=F2l2可得，拉力的大小：‎ F1=G=G=×100N=50N。‎ 若将A端缓慢向上提升一小段距离，则阻力臂l2将变小，阻力G不变，即F2l2变小，‎ 因为拉力方向始终垂直于杠杆，所以动力臂不变，l1始终等于BA，根据F1l1=F2l2可知F1变小，即拉力F减小；‎ 故答案为：50；减小。‎ ‎53．（2018•枣庄）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用FA、FB匀速提升重力为GA、GB的A、B两物体，不计绳重和摩擦。若GA＞GB，则η甲　 　η乙；若FA=FB，则GA　 　GB。（选填“＞”、“＜”或“=”）‎ 843‎ ‎【答案】＞；＜。‎ ‎【解析】（1）不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，‎ 则滑轮组的机械效率：‎ η=×100%=×100%=×100%=×100%，‎ 因物体的重力G越大，1+越小，越大，且动滑轮的重力相等，‎ 所以，GA＞GB时，η甲＞η乙；‎ ‎（2）由图可知，n甲=2，n乙=3，‎ 由F=（G+G动）可得，提升物体的重力：G=nF﹣G动，‎ 则FA=FB时，提升物体的重力关系为GA＜GB。‎ 故答案为：＞；＜。‎ ‎54.（2018•岳阳）用不计绳重和摩擦的滑轮组把重为720N的货物匀速提高10m，所做的总功为12000J，此时滑轮组的机械效率为________，用该滑轮组提升更重的物体，机械效率会__________。（选填“变小”、“不变”或“变大”）‎ ‎【答案】60%、变大。‎ ‎【解析】所做有用功W有=Gh=720N ×10m=7200J ；‎ 机械效率。提高机械效率的措施，有用功一定时，减小额外功；额外功一定时，增大有用功，对于同一滑轮组可增大提升物体重力提高机械效率。‎ 故答案为：60%、变大。‎ ‎55．（2018•南京）用如图所示的滑轮组将重85N的物体匀速提升2m，拉力F为50N．此过程中有用功为　 　J，总功为　 　J，滑轮组机械效率为　 　‎ 843‎ ‎，根据已知条件，以下四个物理量：①动滑轮上升的高度、②动滑轮的重力、③额外功、④拉力的功率，还能求出的有　 　和　 　（选填序号）。‎ ‎【答案】170；200；85%；①；③。‎ ‎【解析】（1）拉力做的有用功：W有=Gh=85N×2m=170J；‎ ‎（2）由图可知，n=2，拉力端移动的距离：s=2h=2×2m=4m，‎ 拉力做的总功：W总=Fs=50N×4m=200J；‎ ‎（3）滑轮组的机械效率：η==×100%=75%；‎ ‎（4）①因为动滑轮和物体一起运动，动滑轮上升的高度等于物体上升的高度，大小为2m；‎ ‎②不计摩擦和绳重，拉力F=（G+G轮），据此可求动滑轮重力，但题目没有提高“不计摩擦和绳重”这个条件，无法计算动滑轮的重力；‎ ‎③额外功等于总功减去有用功，W额=W总﹣W有用=200J﹣170J=30J；‎ ‎④因为不知道做功时间，所以无法计算拉力的功率。‎ 可见，还能求出的有①、③。‎ 故答案为：170；200；85%；①；③。‎ 三、作图题 ‎56.（2020·贵州黔东南）如图所示，用一根细绳将杠杆AOB在O点悬挂起来，B处挂一重物G，请你在杠杆上画出最小的动力F1及动力臂l1，使杠杆在图中位置平衡。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】B点离支点最远，故最长的力臂为OB即为力臂l1，过B点作垂直于OB的作用力F1，为使杠杆平衡，力F1的方向向上；如图所示：‎ 843‎ ‎57.（2020·贵州黔南）在“探究杠杆的平衡条件”实验中，在B点用弹簧测力计沿CD方向拉杠杆，使杠杆水平平衡，如图所示。画出∶①弹簧测力计对杠杆拉力F的示意图；②F的力臂。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】用弹簧测力计沿CD方向拉杠杆，拉力的作用点在B点，方向沿BD向下，过拉力的作用点，沿拉力的方向画一条有向线段，用F表示，过支点O做F的垂线即为F的力臂，如图所示： ‎ ‎58.（2020·江苏泰州）如图乙所示，画出拉力F的力臂l和物体B所受重力G的示意图__________；‎ ‎【解析】物体B所受重力方向竖直向下，重心在物体的几何中心，从支点O向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是拉力F的力臂l。如图:‎ 843‎ ‎59.（2020·山东聊城）如图是起重机将货物吊起的情景。O为支点。F1为动力，F2为阻力。请画出阻力F2的力臂l2。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】从支点O向阻力F2的作用线做垂线段，即可作出阻力的力臂l2，如图所示：‎ ‎60.（2020·四川成都）深蹲运动是靠腿部肌肉收缩产生动力，克服人体上部的重力G，从而达到锻炼目的(如图甲)。图乙是将人体抽象为杠杆的示意图，O为支点，请在图乙中画出G的示意图及其力臂L(A点为人体上部的重心)________。‎ ‎【答案】 如图。‎ ‎【解析】重力方向竖直向下，支点O到重力方向的作用线的垂线为力臂，如图所示：‎ 843‎ ‎61.（2020·新疆）请在图中画出动力F的力臂。‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】过支点O做力F作用线的垂线段，即为力F的力臂L，如图所示 ‎62.（2020·重庆B）如图所示，硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上。画出拉力F的力臂(用l表示)________。‎ ‎【解析】由图可知，O点是支点，通过支点做F作用线的垂线，如图：‎ ‎63.（2020·德州）阿基米德在发现了杠杆原理之后，发出了“给我一个支点，我能够撬动地球”的感慨，请在设想示意图中，画出作用在A点的最小动力及其动力臂（图中O为支点）。‎ 843‎ ‎【答案】如图。‎ ‎【解析】根据杠杆平衡条件，动力臂越长越省力，力的作用点确定，从支点到动力作用点的距离便为最长的力臂；图中O为支点，要使杠杆平衡且动力最小，就应该让力F1作用在A点，OA是最长的力臂l1，则力F1应与OA垂直且向下；如图所示：‎ ‎64.(2019·武威)如图所示是羊角锤的示意图，请画出用羊角锤撬铁钉时最小动力F1的示意图。‎ ‎【解析】由杠杆的平衡条件可知，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力；由图知，O为支点，A点离支点最远，则连接支点O和羊角锤的末端A即是最长的动力臂，过A点作垂直于动力臂向右的力F1．如下图所示。‎ ‎65.（2019·达州）轻质杠杆OABC能够绕O点转动，已知OA＝BC＝20cm，AB＝30cm，在B点用细线悬挂重为100N的物体G，为了使杠杆在如图所示的位置平衡，请在杠杆上作出所施加最小动力的图示（不要求写出计算过程）。‎ ‎【解析】根据杠杆的平衡条件，要使力最小，则动力臂应最长，即连接OC为最长的力臂，力的方向与OC垂直且向上，根据勾股定理和全等三角形定理可得，动力臂OC＝50cm，‎ 故根据杠杆平衡条件可得：F1×OC＝G×OA，‎ 代入数值可得：F1×50cm＝100N×20cm，‎ 解得F1＝40N，‎ 843‎ 选取标度为20N，过C点作出最小动力，使线段长度为标度的2倍，如图所示：‎ ‎66.（2019·岳阳）请画出图中杠杆动力F的力臂L。‎ ‎【解析】反向延长F得到动力作用线，从支点O向动力作用线作垂线段，即为动力F的力臂L。如图所示。‎ 四、计算题 ‎67.（2020·贵州黔南）如图所示，某建筑工地用起重机将质量为3.6 t的货箱以0.5 m/s的速度匀速提升，吊臂上的滑轮组如图所示，若忽略绳重和摩擦，该滑轮组的机械效率为80%。（g=10N/kg）求：‎ ‎(1)在10s内货箱上升的高度；‎ ‎(2)货箱的重力；‎ ‎(3)吊臂上电动机拉力F的大小；‎ ‎(4)依然利用此机械提升质量为4.1 t的货箱，求此时滑轮组的机械效率。‎ ‎【答案】(1) 5m；(2) 3.6×104N；(3) 1.5×104N；(4) 82%。‎ 843‎ ‎【解析】(1)在10s内货箱上升的高度为：‎ ‎(2)货箱的重力为：‎ ‎(3)由图像可知绳子股数n=3，由可得：‎ 即；可解得F=1.5×104N。‎ ‎(4)动滑轮的重力为：‎ 提升质量为4.1 t的货箱，此时滑轮组的机械效率：‎ 答：(1)在10s内货箱上升的高度为5m； (2)货箱的重力为3.6×104N；(3)吊臂上电动机拉力F为1.5×104N；(4)此时滑轮组的机械效率为82%。‎ ‎68.（2020·江苏泰州）小明利用如图所示的滑轮组，将质量为90kg的物体在1min内匀速提升5m，竖直向上的拉力为360N。求：‎ ‎(1)物体的重力（g取10N/kg）；‎ ‎(2)小明拉力的功率？‎ ‎(3)滑轮组的机械效率（结果保留一位小数）。‎ ‎【答案】(1) 900N；(2) 90W；(3)。‎ ‎【解析】(1)物体的重力是：‎ ‎(2)由图可知，承担物重绳子段数，物体匀速提升5m时，绳端移动的距离是 843‎ 小明拉力做功：‎ 小明拉力的功率：‎ ‎(3)有用功：‎ 滑轮组的机械效率：。‎ 答：(1) 物体的重力是900N；(2) 小明拉力的功率90W；(3) 滑轮组的机械效率是。‎ ‎69．（2020·四川遂宁）小雨同学家装修新房，看到工人师傅使用如图所示的种自制的简易起重装置向楼上吊装笨重的装修材料，感觉该装置简单易制、方便快捷，大大减少了工人搬运材料的劳动强度。小雨观察到电动机的输出功率800W，将两袋（每袋质量50kg）水泥匀速提升到10m高的4楼需要用时15s。假设电动机的输出功率恒定不变。请帮小雨完成下列问题：（g＝10N/kg）‎ ‎（1）此次吊装过程中绳子自由端移动的速度是多大？‎ ‎（2）电动机对绳子的拉力多大？‎ ‎（3）该滑轮组的机械效率多大？‎ ‎【分析】（1）已知水泥匀速提升到10m高的4楼需要用时15s，可求得物体上升的速度，由图可知，水泥由3段绳子承担，利用v绳＝3v可求得此次吊装过程中绳子自由端移动的速度；‎ ‎（2）由P＝可求电动机做功，由W总＝Fs可求得电动机对绳子的拉力；‎ ‎（3）由W有＝Gh可求得有用功，利用η＝可求得滑轮组的机械效率。‎ 843‎ ‎【解答】解：（1）物体上升的速度v＝＝＝m/s，‎ 由图可知，水泥由3段绳子承担，则此次吊装过程中绳子自由端移动的速度v绳＝3v＝3×m/s＝2m/s，‎ ‎（2）由P＝可得电动机做功：‎ W总＝Pt＝800W×15s＝1.2×104J，‎ 由W总＝Fs可得电动机对绳子的拉力：‎ F＝＝＝400N，‎ ‎（3）有用功：‎ W有＝Gh＝2×50kg×10N/kg×10m＝1.0×104J。‎ 该滑轮组的机械效率：‎ η＝＝×100%≈83.3%。‎ 答：（1）此次吊装过程中绳子自由端移动的速度是2m/s，（2）电动机对绳子的拉力为400N，（3）该滑轮组的机械效率为83.3%。‎ ‎【点评】本题考查了使用滑轮组拉力的计算、功的计算、功率的计算、机械效率的计算等多个知识点，是一道综合性较强的题目。‎ ‎70．（2020·衡阳）如图所示，用一个动滑轮使重10N的物体在5s内匀速升高0.2m，绳子自由端所用的拉力F为6N．求：‎ ‎（1）绳子自由端移动的速度。‎ ‎（2）拉力F做的功。‎ ‎【解析】（1）由图知，n＝2，当物体升高0.2m时，绳子的自由端移动距离s＝2h＝2×0.2m＝0.4m，‎ 843‎ 绳子自由端移动的速度：v＝＝＝0.08m/s；‎ ‎（2）拉力F做的功：W＝Fs＝6N×0.4m＝2.4J。‎ 答：（1）绳子自由端移动的速度为0.08m/s；（2）拉力F做的功为2.4J。‎ ‎71.（2020·黑龙江龙东）如图所示，人用滑轮组拉着重810N的物体使其沿竖直方向以0.1m/s的速度匀速向上运动了5s，人对绳子向下的拉力为300N。求：‎ ‎(1)物体上升的高度；‎ ‎(2)滑轮组的机械效率； ‎ ‎(3)拉力的功率。‎ ‎【答案】(1)0.5m；(2)90%；(3)90W。‎ ‎【解析】(1)物体上升的高度：h=vt=0.1m/s×5s =0.5m ‎ ‎(2)因为W有=Gh=810N×0.5m=405J；‎ 绳子的末端通过的距离：s=3h=3×0.5m=1.5m，W总=Fs=300N×1.5m=450J 所以滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝90%‎ ‎ (3)拉力的功率：P＝＝＝90W ‎72．（2020·南充）图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：‎ 843‎ ‎（1）物块C的重力。‎ ‎（2）物块C受到的最大浮力。‎ ‎（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？‎ ‎【解析】（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，由图乙知，此时B端受到的拉力为6N，‎ 根据杠杆的平衡条件知：GC×OA＝FB×OB，‎ 由OA＝3OB可得，物块C的重力：GC＝×FB＝×6N＝2N；‎ ‎（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N（即杠杆B端受到的作用力最大为24N）；‎ 由杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB′×OB，‎ 则此时杠杆A端受到的作用力：FA＝×FB′＝×24N＝8N，‎ 由图乙可知，放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，‎ 则物体C受到的浮力最大时，杠杆A端受到的作用力是向上的，‎ 因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA＝8N，‎ 物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC＝8N+2N＝10N；‎ ‎（3）由F浮＝ρgV排可得，物体C浸没时排开水的体积：‎ V排＝＝＝1×10﹣3m3，‎ 长方体C的底面积：SC＝＝＝5×10﹣3m2，‎ 由图乙可知，从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，放出水的质量m1＝1kg，‎ 从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时，放出水的质量m2＝2kg﹣1kg＝1kg，‎ 843‎ 由ρ＝可得，两种情况下放出水的体积：V2＝V1＝＝＝1×10﹣3m3，‎ 由V2＝（S水箱﹣SC）hC可得，水箱的底面积：S水箱＝+SC＝+5×10﹣3m2＝1×10﹣2m2，‎ 从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水面下降的高度：‎ ‎△h＝＝＝0.1m，‎ 则该过程中水对水箱底部的压强变化量：‎ ‎△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。‎ 答：（1）物块C的重力为2N。（2）物块C受到的最大浮力为10N。（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。‎ ‎73.（2019·河北）如图所示，一轻质杠杆AB．长1m，支点在它中点O．将重分别为10N和2N的正方体M、N用细绳系于杆杆的B点和C点，已知OC：OB＝1：2，M的边长l＝0.1m。‎ ‎（1）在图中画出N受力的示意图。‎ ‎（2）求此时M对地面的压强。‎ ‎（3）若沿竖直方向将M左右两边各切去厚度为h的部分，然后将C点处系着N的细绳向右移动h时，M对地面的压强减小了60Pa，求h为多少。‎ ‎【解析】（1）对N进行受力分析，由于N在空中处于静止状态，则N受到的重力和细绳对它的拉力是一对平衡力，所以二力的大小相等（F＝G＝2N），方向相反；过N的重心分别沿力的方向各画一条有向线段，并标上力的符号及大小，注意两线段要一样长，图所示：‎ 843‎ ‎（2）设B端受到细绳的拉力为FB，‎ 由杠杆平衡条件得，GN×OC＝FB×OB，已知OC：OB＝1：2，‎ 则有：FB＝GN×＝2N×＝1N；‎ 根据力的作用是相互的可知，细绳对M的拉力：F＝FB＝1N，‎ 此时M对地面的压力：F压＝F支＝GM﹣F＝10N﹣1N＝9N，‎ M与地面的接触面积：S＝l2＝（0.1m）2＝0.01m2，‎ 则此时M对地面的压强：p＝＝＝900Pa。‎ ‎（2）若沿竖直方向将M两边各切去厚度为h后，‎ 剩余M的底面积：S′＝l（l﹣h﹣h）＝l×（l﹣h），‎ 剩余M的体积：V′＝S′l＝l2×（l﹣h），‎ 剩余M的密度不变，则剩余部分的重力与原来重力的比值：‎ ‎＝＝，‎ 所以剩余M的重力：GM′＝×GM＝×10N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 剩余的物体M对地面的压强：p′＝p﹣△p＝900Pa﹣60Pa＝840Pa，‎ 剩余M的底面积：S′＝l×（l﹣h）＝0.1m×（0.1m﹣h），‎ 地面对剩余的物体M的支持力：‎ F支′＝F压′＝p′S′＝840Pa×0.1m×（0.1m﹣h）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 沿竖直方向将M两边各切去厚度为h后，将C点处系着N的细绳向右移动h，‎ 设此时B端受到细绳的拉力为FB′，‎ 由杠杆平衡条件得，GN×（OC﹣h）＝FB′×OB，‎ 则有：FB′＝＝，‎ 即细绳对剩余M的拉力：F′＝FB′＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 对剩余M进行受力分析，由力的平衡条件得，F支′+F′＝GM′﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 将①②③式代入④式得：‎ ‎840Pa×0.1m×（0.1m﹣h）+＝×10N，‎ 解得：h＝0.05m。‎ 843‎ 答：（1）如上图所示；（2）此时M对地面的压强为900Pa；（3）h为0.05m。‎ ‎74.（2019·达州）如图所示，工人准备用一根最多能承受400N力的绳子（若超过绳子将断裂）绕成的滑轮组先后打捞水中材料相同、体积不同的实心物体A和B．完全露出水面的物体A被此装置匀速提起时绳子达到最大拉力。已知动滑轮的质量为20kg（绳的质量、绳与滑轮的摩擦、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均不计，连接动滑轮与物体间的钢绳不会断裂，g＝10N/kg）。求：‎ ‎（1）物体A完全露出水面后以0.5m/s的速度匀速上升时，物体A的重力和工人拉力的功率分别是多少。‎ ‎（2）在物体A浸没在水中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率为75%，物体A的密度是多少。‎ ‎（3）若用该滑轮组打捞体积为50dm3的物体B时，物体B最多露出多少体积时绳子将断裂。‎ ‎【解析】（1）G动＝m动g＝20kg×10Nkg＝200N，‎ 物体有三段绳子承担，n＝3，F＝（GA+G动），400N＝（GA+200N），GA＝1000N；‎ 绳子自由端移动的速度：v＝nv'＝3×＝0.5m/s＝1.5m/s，P＝Fv＝400N×1.5m/s＝600W。‎ ‎（2）物体A浸没在水中匀速上升的过程中，滑轮组提起的力：‎ F'＝GA﹣F浮＝1000N﹣ρ水gVA η＝＝，‎ ‎75%＝‎ 解得，VA＝4×10﹣2m3‎ 843‎ GA＝ρAgVA，1000N＝ρA×10N/kg×4×10﹣2m3，ρA＝2.5×103kg/m3‎ ‎（3）GB＝ρBgVB＝2.5×103kg/m3×10N/kg×50×10﹣3m3＝1250N，‎ F＝（GB﹣F'浮+G动），400N＝（1250N﹣F'浮+200N）‎ F'浮＝250N，V排＝＝＝2.5×10﹣2m3＝25dm3。‎ V露＝VB﹣V排＝50dm3﹣25dm3＝25dm3。‎ 答：（1）物体A的重力是1000N，工人拉力的功率是600W。（2）物体A的密度是2.5×103kg/m3。（3）物体B最多露出25dm3时绳子将断裂。‎ ‎75.（2019·菏泽）如图所示，一个质量600kg、体积0.2m3的箱子沉入5m深的水底，水面距离地面2m，若利用滑轮组和电动机组成打捞机械，以0.5m/s的速度将箱子从水底匀速提到地面，每个滑轮重100N（不计绳重、摩擦和水的阻力，ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg）。求：‎ ‎（1）箱子在水底时，箱子下表面受到的水的压强；‎ ‎（2）箱子全部浸没在水中时，箱子受到的浮力；‎ ‎（3）物体完全露出水面后，继续上升到地面的过程中，滑轮组的机械效率；‎ ‎（4）整个打捞过程中请你分析哪个阶段电动机的输出功率最大，并计算出这个最大值。‎ ‎【解析】（1）箱子在水底时下表面的深度h=5m， 此处水产生的压强：p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/Kg×5m=5×104Pa。 ‎ ‎（2）箱子沉入水底，则V排=V=0.2m3， 则浮力F浮=ρ水gV排=1×103Kg/m3×10N/Kg×0.2m3=2×103N。 ‎ ‎（3）物体完全露出水面后，在提升箱子过程中，不计绳重、摩擦和水的阻力，有用功是动滑轮对箱子的拉力所做的功，额外功是克服动滑轮重所做的功；‎ 843‎ ‎ 箱子的重力：G=mg=600Kg×10N/Kg=6×103N； 出水后，根据可得： ‎ 机械效率：‎ ‎（4）由于箱子从水底匀速提到地面，根据P=Fv即可判断出拉力最大时，功率最大； 箱子离开水面在空中时，对滑轮组的拉力最大，故此时电动机对滑轮组的拉力最大； 由于不计绳重、摩擦和水的阻力，则； ‎ 电动机上绳子的提升速度为v′=2v=2×0.5m/s=1m/s， ‎ 则p最大=f最大v′=3.05×103N×1m/s=3.05×103W。 ‎ 答：（1）箱子在水底时，箱子下表面受到的水的压强为5×104Pa；（2）箱子全部浸没在水中时，箱子受到的浮力为2×103N；（3）物体完全露出水面后，继续上升到地面的过程中，滑轮组的机械效率为98.4%；（4）整个打捞过程中箱子离开水面在空中时电动机的输出功率最大，为3.05×103W。‎ ‎76.（2019·湘潭）如图所示利用汽车液压起重机从矿井中提升重物。起重机起动时滑轮组将重物竖直向上匀速提起，其中N是柱塞，可向上支撑起起重臂ODC．重物和动滑轮总重为15000N，不计摩擦和滑轮组上钢丝绳重。问：‎ ‎（1）钢丝绳自由端上作用力F的大小为N。‎ ‎（2）当柱塞向上支撑起起重管绕固定端O转动时，起重臂ODC是力杠杆。‎ ‎（3）当重物以0.4m/s的速度匀速上升时，钢丝绳自由端上作用力F的功率是多少？‎ ‎【解析】（1）由图知，承担物重的绳子股数n＝3，不计摩擦和滑轮组上钢丝绳重，则钢丝绳自由端上作用力：F＝（G+G动）＝×15000N＝5000N；‎ ‎（2）起重臂的支点在O点，滑轮组和重物对C端的拉力为阻力，‎ 由图知，柱塞施加动力的力臂明显小于阻力的力臂，所以此设备是费力杠杆；‎ 843‎ ‎（3）钢丝绳自由端移动速度为v＝3×0.4m/s＝1.2m/s，‎ 绳自由端上作用力F的功率：P＝＝＝Fv＝5000N×1.2m/s＝6000W。‎ 答：（1）5000；（2）费；（3）钢丝绳自由端上作用力F的功率是6000W。‎ ‎77．（2018·潍坊）如图所示，工人用滑轮组提升重为400N的货物所用拉力恒为240N，货物被匀速提升10m。求:（1）工人做的功 （2）滑轮组的机械效率。‎ ‎【解析】（1）由图知，n=2，则绳子自由端移动的距离：s=2h=2×10m=20m，‎ 工人做的功：W总=Fs=240N×20m=4800J；‎ ‎（2）提升物体做的有用功：W有=Gh=400N×10m=4000J，‎ 则滑轮组的机械效率：η=×100%=×100%≈83.3%。‎ 答：（1）工人做的功为4800J；（2）滑轮组的机械效率83.3%。‎ 考点15 力学实验探究题 ‎★考点列表 序号 考点 考点释义 备注 ‎1‎ 物质密度测量 测量固体、液体密度 重点 ‎2‎ 影响摩擦力大小因素实验 探究影响摩擦力大小的因素 重点 ‎3‎ 力与运动关系 阻力对物体运动的影响 ‎4‎ 影响浮力大小的因素 探究影响浮力大小的因素 重点 ‎5‎ 影响动能大小的因素 探究影响动能大小的因素 ‎6‎ 杠杆平衡条件 验证杠杆平衡条件 重点 ‎7‎ 机械效率测定 测定机械效率 ‎★三年真题 843‎ 一、物质密度测量 ‎1.（2020·贵州黔南）小强同学在家中自主学习，他利用家庭实验室的器材欲测一小石块的密度，他可用的器材有：托盘天平（含砝码）、烧杯、细线、水和小石块：‎ ‎(1)将托盘天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，发现天平静止时横梁右端高，则应将横梁右端的平衡螺母向_______（选填 “左”或“右”）调节，使横梁平衡； ‎ ‎(2)在烧杯中放入适量的水，用细线拴住小石块，将小石块浸没水中，在水面到达的位置上作标记，用天平测出水和烧杯总质量m1；‎ ‎(3)将小石块从水中取出，用天平测出剩余水和烧杯的总质量m2；‎ ‎(4)向烧杯中加水到标记处，再用天平测出此时水和烧杯的总质量m3；‎ ‎(5)上述实验过程可简化为图，小石块的质量m石=_______；‎ ‎(6)设水的密度为ρ水，则小石块体积的表达式：V石=_______（用所测物理量的字母表示），小石块密度的表达式：ρ石=_______（用所测物理量的字母表示）；‎ ‎(7)如步骤(3)中取出小石块时带走了一些水，小强所测的小石块质量_______ （选填“大于”“小于”“等于”）小石块的真实质量。‎ ‎【答案】(1)右；(2) m1－m2 ；(3)；(4) ；(5)大于。‎ ‎【解析】(1)由题可知，横梁静止时，横梁右端高，所以为使横梁在水平位置平衡，应将横梁右端的平衡螺母向右调。‎ ‎(5)由题知，水和烧杯和石子总质量为m1，剩余水和烧杯的总质量m2，‎ 则小石子的质量：m石= m1- m2‎ ‎(6)向烧杯中加水到标记处，所加的水的体积等于小石子体积，‎ 则所加水的质量为：‎ 所加水的体积为：‎ 则小石子的体积为：‎ 843‎ 小石子的密度为：‎ ‎(7)取出小石块时带走了一些水，即m2偏小，则通过计算，m石= m1- m2‎ 计算得出m石偏大。‎ ‎2.（2020·贵州黔西南）用天平（含砝码）、量筒、水和细线，测量矿石的密度，实验过程如下图所示。‎ ‎(1)在测量矿石质量前，将游码移到0刻线，天平指针指在分度盘的位置如图甲所示，此时应该向_______（填“左”或“右”）旋动横梁右端的螺母，直到指针指在分度盘的_______。‎ ‎(2)接下来的实验操作顺序应该是：______、_____、_______（填写图乙中的标号）。‎ ‎(3)测量质量时，矿石放在天平左盘，右盘中所放砝码如图A所示，再将游码移动到图示位置时，天平平衡。则矿石的质量为_______g。‎ ‎(4)实验测得该矿石的密度为_______kg/m3。‎ ‎【答案】(1)右；(2)中央；(3) A；(4)B；(5)C；(6)142；(7)7.1×103。‎ ‎【解析】(1)由图可知，天平指针指偏向分度盘的左侧，说明天平左边较重，所以应将平衡螺母向右调，直到指针在分度盘的中央。‎ ‎(2)测量矿石的密度时，应当先测量矿石的质量，再在量筒中倒入适量的水，用细线将矿石系住，放入量筒测量水和矿石的总体积，所以接下的操作步骤依次是：A、B、C。‎ ‎(3)由图可知，测得矿石的质量为：‎ ‎(4)由图可知矿石的体积为：‎ 所以矿石的密度为：。‎ 843‎ ‎3.（2020·江苏泰州）为做好消毒防疫，学校给各班准备了一些瓶装的75%消毒酒精。小明所在的物理兴趣小组围绕这些消毒酒精开展下列活动。‎ ‎(1)把天平放在水平台面上，先将________，再调节平衡螺母，使指针对准分度盘中央的刻度线；接着小明用天平测出瓶酒精的总质量为96.2g，再将部分酒精倒入量筒中，液面如图甲所示：最后用天平测出剩余酒精和瓶的总质量，测量结果如图乙所示，天平的读数为________g，75%消毒酒精的密度为________g/cm3；‎ ‎(2)如图丙所示是小明用粗细均匀吸管制成的简易密度计，竖直漂浮在水中时，水面位于图中A处，图中AB间距离为10.5cm，则A处应标为________g/cm3。再将该密度计漂浮在75%消毒酒精中，此时所受的浮力的________（选填“大于”、“等于”或“小于”）在水中所受的浮力，它浸入酒精中的深度h为________cm；‎ ‎(3)如图丁所示是三位同学用不同的粗细均匀吸管制成的密度计，竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计________（选填“①”、“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确。‎ ‎【答案】(1)游码归零；(2) 612；(3)0.875；(4) 1；(5)等于；(6)12；(7)②。‎ ‎【解析】(1)使用天平时，应该把天平放在水平台面上，接着将游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡。‎ 剩余酒精和瓶的总质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，即 酒精的质量：‎ 由图甲读出酒精的体积是40mL=40cm3，酒精的密度为：‎ ‎(2)密度计竖直漂浮在水中时，水面位于图中A处，说明此时密度计在A处显示的密度值应该为该液体的密度，所以则A处应标为1g/cm3。‎ 843‎ 由题意可知，密度计在酒精消毒液中处于漂浮状态，所受的浮力等于密度计的重力；由于密度计在水中也处于漂浮状态，所以密度计在水中受到的浮力也等于密度计的重力，所以密度计漂浮在75%消毒酒精中，此时所受的浮力的等于在水中所受的浮力。‎ 由于密度计在水中和酒精中受到的浮力相等，所以 则：，‎ 解得：，故它浸入酒精中深度h为12cm。‎ ‎(3)密度计的特点是刻度不均匀，上梳下密，上小下大，而且分度值越小越准确；深度深，刻度间隔越大；由题图可知密度计②所处的深度最深，刻度间隔最大，测量值最准确。‎ ‎4.（2020·山东聊城）小明在实验室测量一块不规则石块的密度。‎ ‎(1)小明把天平放在水平桌面上，调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，如图甲所示，其做法错误之处是没有把______放到正确位置；‎ ‎(2)小明纠正上述错误后，应向______（选填“左”或“右”）端调节平衡螺母，才能使天平横梁重新平衡；‎ ‎(3)用调好的天平测石块的质量，当有盘中所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平横梁平衡，则石块质量为______g。在量筒内倒入适量水。该石块放入前、后的情况如图丙所示，则石块的体积是______ cm3，此石块的密度是______kg/m3。‎ ‎【答案】（1）游码；（2）右；（3）38.4；（4）15.0；（5）2.56×103。‎ ‎【解析】(1)使用天平测量质量时，先将天平放在水平桌面上，其次将天平标尺上的游码归零，最后调节平衡螺母使指针指在分度盘的中线处，再进行测量。‎ ‎(2)天平没有称量物体，游码没有归零时，天平平衡；将游码归零后，说明左盘下沉，右盘上翘，此时应向右端调节平衡螺母，才能使天平横梁重新平衡。‎ 843‎ ‎(3)如图乙所示，天平标尺分度值为0.2g，游码左端在3.4g处，则石块质量 m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g 如图丙所示，量筒中水的体积为30.0mL，放入石块后，水和石块的总体积为45.0mL，则石块的体积：V=45.0mL-30.0mL=15.0mL=15.0cm3‎ 石块密度：。‎ ‎5．（2020·安徽）实验室用的托盘天平，砝码盒中常配备的砝码规格有：100g、50g、20g、10g、5g. 现要测量一物体的质量（约为 70g）。‎ ‎（1）调节横梁平衡：将天平放在水平桌面上，取下两侧的垫圈，指针就开始摆动。稳定后，指针指在分度盘的位置如图甲所示。则接下来的调节过程为______________________‎ ‎____________________。 ‎ 甲第 19 题图乙 ‎（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，如图乙所示。则接下来的操作是：___________________________， 直到横梁恢复平衡。‎ ‎【答案】（1）用镊子将游码移动到左端零刻度线处，再调节平衡螺母，直至天平平衡；（2）用镊子取下 5g 砝码，再用镊子向右移动游码。‎ ‎【解析】（1）调节天平平衡前，需要先用镊子将游码移动到左端零刻度线处，再调节平衡螺母，直至天平平衡；‎ ‎（2）测量过程中，当按顺序最后加入 5g 砝码后，指针右偏，应当用镊子将 5g 砝码取下，再用镊子向右移动游码直至天平平衡。‎ ‎6.（2020·黑龙江龙东）姜老师在带领学生进行物理综合实践活动中，利用天平（砝码)、量筒、烧杯、细线、水、弹簧测力计等器材，对某种合金和液体的密度进行测量。(计算结果保留一位小数）‎ ‎(1)首先对该合金材料制成的实心合金块密度进行测量。‎ 843‎ ‎①将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则应将平衡螺母向(左或右）端调节，使指针指在分度盘。‎ ‎②图2是正确测量合金块质量时使用砝码情况和游码的位置，该金属块质量为g。‎ ‎③图3是他用量筒测量②中的合金块体积的情景，则该合金块的体积是cm3 。‎ ‎④求出合金块的密度为g/cm3。 (2)然后用弹簧测力计测质量为200克的④的材料制成的实心球，完全浸没在某种液体中示数为1.6N，此球受到的浮力N，求出液体的密度为g/cm3。‎ ‎【答案】（1）左、中心、34、6；（2）0.4N ‎7.（2020·重庆）小张发现外婆家的盐蛋咸适中恰到好处，猜想可能和盐水的密度有关，他和小华共同测量外婆家用来腌制盐蛋的盐水密度。‎ ‎(1)将天平放在水平工作台上，游码移到标尺的刻度处，砚察到指针偏向分度盘的左侧(图16甲),应将平衡螺母向 调节,使天平平衡，‎ ‎(2)调节天平平衡后，进行以下实验操作:‎ ‎①测量空烧杯的质量mo,天平平衡时,砝码及游码位置如图16乙,mo= g；‎ ‎②向烧杯中倒人适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m1为55.0g:然后将盐水全部倒入量筒(图16丙)，读数时视线与凹液面底部，读出体积V= ml;‎ ‎③算出盐水的密度ρ= g/cm3‎ ‎(3)小华指出:以上测量过程中.烧杯中会残留部分盐水导致测得盐水的密度偏大，于是他与小张利用电子秤再次测量该盐水密度。‎ 843‎ 进行了以下实验操作:‎ ‎①取密度为8 g/cm'的合金块，用电子秤测得其质为为80.0g(图17甲):②将合金块放入溢水杯中后向溢水杯中注满盐水，得杯、盐水，水，合金块的总质量为100.0g(图17乙); ‎ ‎③取出合金块向溢水杯中补满盐水,测得杯和盐水的总质量为31.00g(图17丙)。 ‎ 根据以上数据,计算出盐水的密度ρ= g/cm3 若测量后发现此电子秤的每次测量值均比真实值大1g左右，则以上测得的盐水密度与真实值相比(选填“偏大”“不变”或”偏小”)。‎ ‎【答案】（1）零、右；（2）①32、②相平、20；③1.15；（3）①1.1；②偏大。‎ ‎【解析】（1）考察实验操作；‎ ‎（2）①先算砝码，再加游码，为32g；‎ ‎②量筒读数时视线与凹液面相平；读数为20ml；‎ ‎③由密度计算公式：‎ ‎（3）由甲可知： ①‎ 由乙可知： ②‎ 由图丙可知： ③‎ ‎②-①： ④‎ ‎③-④：‎ 843‎ 由上述密度求法可知：由于测量后发现每次测量值均比真实值大1g，所以①、②、③中真实数据则为79g、99g、30g，通过同样的算法：‎ ‎。‎ 故测量密度偏大。‎ ‎8.（2020·江苏连云港）密度是物质的重要属性，生产、生活中常常需要测量各种液体的密度。某同学在综合实践活动中自制了测量液体密度的杠杆密度计，可以从杠杆上的刻度直接读出液体密度的数值，受到了老师的肯定和表扬，结构如图所示。‎ 所用器材：轻质杠杆（自身重力忽略不计）、两种规格的空桶（100mL和200mL）、质量为m的物体A、细线。‎ 设计过程如下：‎ ‎(1)将杠杆在O点悬挂起来，空桶悬挂在B点，质量为m的物体A悬挂在C点时，杠杆水平平衡。测出B点到O点的距离为l，C点到O点的距离为l0，此时C点的密度刻度线应标注为______；‎ ‎(2)在B点的空桶内注满液体，空桶容积为V，移动物体A至C1位置，使杠杆在水平位置平衡。C1点到O点的距离为l1，此时C1点的密度值为______（用题中所给的字母表示）；‎ ‎(3)已知密度为1.0×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为4cm，则密度为0.8×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为______cm；‎ ‎(4)要使制作的杠杆密度计测量精度更高一些，应选择______规格的空桶（选填“100mL”或“200mL”）。‎ ‎【答案】（1）0；（2）；（3）3.2；（4）200mL。‎ ‎【解析】(1)空桶悬挂在B点，质量为m的物体A悬挂在C 843‎ 点时，杠杆水平平衡，桶中没有液体，液体的密度为零，此时C点的密度刻度线应标注为0。‎ ‎(2)设空桶的质量为m桶，由杠杆的平衡条件可知：m桶gl=mgl0‎ 桶的质量：m桶=‎ 在B点的空桶内注满液体，根据杠杆的平衡条件可得：‎ ‎(m桶+m)gl=mgl1‎ ‎(m桶+ρV)gl=mgl1‎ ‎(+ρV)gl=mgl1‎ ρ=‎ ‎(3)由(2)中的公式可知ρ与(l1-l0)成正比，密度为1.0×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为4cm，则密度为0.8×103kg/m3刻度线与零刻度线之间的距离为l2‎ l2=3.2cm ‎(4)要使制作的杠杆密度计测量精度更高一些，分度值小一些，由ρ=可知增大液体的体积可以使密度小一些，分度值小一些，所以选择200mL规格的空桶，精度更高一些。‎ ‎9.（2020·河南）郑州市积极响应"国家黄河生态文明"战略，在沿黄地区大力发展石榴种植。小明发现他家的石榴比其他品种的石榴甜，汁更浓，想测一下石榴汁的密度。‎ ‎（1）实验步骤如下:‎ ‎①将空烧杯放在调好的天平上，测出其质量为 40g;‎ 843‎ ‎②在烧杯中倒入适量的石榴汁，将其放在天平左盘上，在右盘内添加砝码。‎ 当放入最小的5g砝码时，天平右端下沉，接下来应进行的操作是: ，直到天平平衡。此时砝码质 量及游码位置如图12甲所示.则烧杯和石榴汁的总质量为 g ；‎ ‎③将烧杯中的石榴汁倒入量简中，液面位置如图12乙所示，‎ 则量筒中石榴汁的体积为cm3;‎ ‎④用上述测得的数据计算出石榴汁的密度为 kg/m3‎ ‎（2）分折实验过程,小丽认为，在步骤③中,由于烧桥中的石榴计有残留，会使密度的测量结果(选项“偏大"或"“偏小)。 她提出只要将（1）中实验步骤的顺序稍作调整就能使测量结果更准确，合理的顺序 ‎（填写步骤序号)） 。‎ ‎【答案】（1）将 5g 砝码拿下来，向右移动游码，62.4，3.12×103；（2）偏大，②③①④。‎ ‎【解析】（1）右侧下沉，证明砝码过重，需要将 5g 砝码拿下来，向右移动砝码；‎ ‎（2）如果液体有残余，会使得测得的体积偏小，最终密度偏大；只需要调成②③①④，这样测的空烧杯的质量就将残留的液体质量包含在内了，最终结果会更加准确。‎ ‎10.（2020·重庆B）小铭在学校期间，使用一种医用免洗洗手液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味，看到该液体的流动性较差。查看了瓶身上的说明后，确定，这种洗手液的主要成分为75％的酒精。于是小铭所在的兴趣小组对这种洗手液的密度进行了测量。‎ ‎(1)实验前，将托盘天平放在_________工作台上，游码移到标尺的零刻度线处，指针静止在如图甲所示的位置，此时应将右端的平衡螺母向_______________(选填“左”或“右”)调节，使天平平衡；‎ ‎(2)将盛有适量洗手液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图乙所示，烧杯和洗手液的总质量为_______g；将烧杯中的部分洗手液倒入量筒，测得烧杯和剩余洗手液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图丙所示，则量筒内洗手液的体积为_______ml，这种洗手液的密度为_______g/cm3；‎ 843‎ ‎(3)小铭对洗手液的密度测量结果有疑惑，回到家后利用电子秤、烧杯、细线和一个实心铝块等器材，再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：‎ ‎①烧杯中倒入适量洗手液放置在电子秤上(如图丁)；‎ ‎②将系好细线的铝块缓缓浸没到洗手液中保持静止(如图戊)，洗手液未溢出；‎ ‎③将铝块缓慢沉底后松开细线(如图己)。则这次测得洗手液的密度为_____g/cm3，对前后两次实验进行分析，发现在______(选填“学校”或“家”)所测洗手液密度的结果更接近真实值，造成另一次密度测量结果与真实值的差异较大的原因可能是(已知铝块的密度为2.7g/cm3，不计细线质量，细线和正方体均不吸收洗手液)。‎ ‎【答案】（1）水平；（2）右；（3）72.4；（4）30；（5） 1；（6）0.9；（7）家；（8）洗手液较为粘稠，粘在量筒内壁上，导致所测体积偏小，密度偏大。‎ ‎【解析】(1)用天平测量物体的质量之前，应该将天平放在水平工作台上，将游码拨到标尺左端的零刻度线处。‎ 指针偏向分度盘中央刻度线的左侧时，应将平衡螺母向右调节。‎ ‎(2)烧杯和洗手液的总质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，即：‎ 如图丙所示，量筒内洗手液的体积为，倒入量筒洗手液的质量是：‎ 这种洗手液的密度为：‎ ‎(3)③对比丁图和己图可知，铝块的质量是：‎ 843‎ 由得，铝块的体积是：‎ 对比戊己两图可知，铝块的受到的浮力：‎ 铝块完全浸没在洗手液中时，‎ 所以这次测得洗手液的密度为：‎ 由题意可知，这种洗手液的主要成分为75％的酒精，而酒精的密度小于，可以判断在家所测洗手液密度的结果更接近真实值。‎ 造成两次所测量的密度值存在差异较大的原因可能是洗手液较为粘稠，粘在量筒内壁上，导致所测体积偏小，密度偏大。‎ ‎11.（2020·宁夏）75%的医用酒精可以有效灭活新型冠状病毒，小刚从网上购置了两瓶某品牌75%的医用酒精，说明书如图甲所示，小刚查到75%的医用酒精密度为0.87g/cm3，于是想通过测量该酒精的密度来鉴定其产品是否合格∶‎ ‎ (1)小刚取适量该酒精进行实验∶‎ ‎①为使测量结果更准确，以下实验操作步骤合理顺序是____（用字母表示）｡‎ A.计算酒精的密度 B.用天平测出烧杯的质量52.4g C.在烧杯中盛适量的酒精，用天平测出酒精和烧杯的总质量 D.调节天平平衡 E.将烧杯中的酒精倒入量筒中，读出其体积，如图乙所示 ‎②测量酒精和烧杯总质量时，砝码和游码的位置如图丙所示，则总质量为____‎ g，该酒精的密度是______｡‎ 843‎ ‎③根据测量结果，小刚能否鉴定该产品是否合格？并说明理由｡______‎ ‎(2)在学完浮力的知识后，小刚又想到可以利用弹簧测力计，水､烧杯､细线和小石块来测量该酒精的密度，实验操作步骤如下∶‎ a.用细线将小石块绑好，挂在弹簧测力计下，读出测力计示数F1‎ b.在烧杯中倒入适量的水，将小石块挂在弹簧测力计下使其浸没在水中，读出测力计示数F2‎ c.算出小石块的体积V石 d.在擦干水的烧杯中倒入适量的酒精，将已擦干的小石块挂在弹簧测力计下，使其浸没在酒精中，读出测力计示数F3‎ 根据上述操作步骤，请你帮助小刚推导出该酒精密度的表达式______（表达式用测量量的字母表示，水的密度用表示，推导过程要有必要的文字说明）｡‎ ‎【答案】（1）DCEBA；（2）105.2；（3）0.88g/cm3 ；（4）根据测量结果，小刚能鉴定该产品是合格的，理由是：在实验误差允许范围内，该酒精密度的测量值0.88g/cm3与75%的医用酒精密度为0.87g/cm3的标准相符合；（5）ρ水。‎ ‎【解析】(1)为使测量结果更准确，实验操作步骤合理顺序是：DCEBA；测量酒精和烧杯总质量时，砝码和游码的位置如图丙所示，则总质量为105.2g，所以酒精的质量为：‎ m=105.2g-52.4g=52.8g 由图乙知酒精的体积为60cm3，所以酒精的密度为：===0.88g/cm3‎ 根据测量结果，小刚能鉴定该产品是合格的，理由是：在实验误差允许范围内，该酒精密度的测量值0.88g/cm3与75%的医用酒精密度为0.87g/cm3的标准相符合。‎ ‎(2)小石块在水中的浮力为：F水=F1-F2=ρ水gV排=ρ水gV石 小石块的体积为：V石=‎ 小石块在酒精中的浮力为：F酒=F1-F3=ρgV排=ρgV石=ρg 所以酒精的密度为：ρ=ρ水。‎ ‎12.（2019·邵阳）全国著名的“油茶之都邵阳县盛产茶油，小华同学为了测量家中茶油的密度，课后在老师的指导下进行如下实验：‎ 843‎ ‎（1）把天平放在水平台上，将游码移到标尺的零刻度线处，发现指针静止时如图甲所示，此时应将平街螺母向（选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。‎ ‎（2）取适量茶油倒入烧杯，用天平测量烧杯和茶汕的总质量，当天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图乙所示。然后将烧杯中部分茶油倒入量筒中，再次测出烧杯和剩余茶油的总质量为27g，则量筒中茶油的质量是g。‎ ‎（3）量筒中茶油的体积如图丙所示，请你计算出茶油的密度是kg/m3。‎ ‎【答案】（1）右；（2）36；（3）0.9×103。‎ ‎【解析】（1）天平静止时指针偏在分度盘中央刻度线左边，根据“左偏右调，右偏左调”的调节规则，此时应将平衡螺母向右调节。‎ ‎（2）根据图乙，用砝码总质量加上游码示数，可读出烧杯和茶油的总质量为63g，减去烧杯和剩余茶油的总质量27g，解得倒入量筒中茶油的质量为36g。‎ ‎（3）由图丙可读出，量筒中茶油的体积为40cm3，使用公式ρ0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3，所以茶油密度为0.9×103kg/m3。‎ 故答案为：（1）右；（2）36；（3）0.9×103。‎ ‎13.（2019·苏州）用不同的方法测量小石块和小瓷杯的密度。‎ ‎（1）测小石块的密度 ‎①天平放置于______工作台上，将游码移到标尺______处，调节平衡螺母使横梁平衡；‎ ‎②用此天平测量小石块的质量，右盘所加砝码和游码位置如图甲所示，则小石块的质量为______g。在量筒内放入适量的水，用细线绑好小石块，缓慢放入水中，如图乙所示，则小石块的密度为______kg/m3；‎ 843‎ ‎ （2）测小瓷杯的密度 如图丙所示，先在量筒内放入适量的水，液面刻度为V1；再将小瓷杯浸没于水中，液面刻度为V2；最后捞起小瓷杯并将杯中的水倒回量筒，使其浮于水面（水未损失），液面刻度为V3，小瓷杯密度的表达式ρ杯=______（用V1、V2、V3和ρ水表示）。实验完毕后发现小瓷杯内的水未倒干净，则所测结果______（选填“偏大”、偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】水平；零刻线；17.4；3.48×103；不变。‎ ‎【解析】（1）天平调平之前，应先放在水平面上，并将游码归零，然后根据指针偏转方向，调节平衡螺母，左偏右旋、右偏左旋。天平分度值是0.2g，右盘砝码质量是20g，游码左侧指在标尺上2g后面第2个小格上，所以小石块的质量为m=10g+5g+2.4g=17.4g；‎ 量筒中原有30mL水，放入石块后，量筒液面上升到35mL，因此石块体积V=35ml-30ml=5ml=5cm3；小石块的密度为ρ===3.48g/cm3=3.48×103kg/m3；‎ ‎（2）先在量筒内放入适量的水，液面刻度为V1；再将小瓷杯浸没于水中，液面刻度为V2；则陶瓷的体积V=V2-V1，瓷杯处于漂浮时，则G=F浮，根据阿基米德原理可知：F浮=G排；‎ 所以，G=G排，则瓷杯质量m=m排=ρ水（V3-V1）；所以小瓷杯密度：ρ瓷==。‎ 由小瓷杯密度表达式：ρ瓷==可知，小瓷杯内的水未倒干净，对所测结果没有影响。‎ 故答案为：（1）①水平；零刻线；②17.4；3.48×103；（2）；不变。‎ ‎14.（2019·盐城）小刚做测量蜡块密度的实验：‎ 843‎ ‎（1）将天平放在水平桌面，移动游码至标尺的_________处。若此时指针的位置如图甲所示，应将平衡螺母向________移动，使天平平衡。‎ ‎（2）将蜡块放在天平__________盘中，另一盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡。蜡块的质量为_______g。‎ ‎（3）将蜡块放入盛有50.0mL水的量筒中，用铁丝将其压入水中，读得量筒的示数为60.0mL，则该蜡块的体积为______。‎ ‎（4）计算得出蜡块的密度为___________kg/m3。‎ ‎【答案】（1）左端“0”刻度线；（2）左；（3）左；（4）8.4；（5）10.0mL；（6）0.84×103。‎ ‎【解析】（1）天平使用步骤：先将天平放在水平桌面上，然后将游码移至标尺的零刻度线处，再调节平衡螺母使天平平衡；图甲中，游码归零后指针右偏，说明天平右侧重、左侧轻，应将平衡螺母向左移动，直到天平平衡。‎ ‎（2）根据“左物右码”，应将蜡块放在天平左盘中，在右盘中加减砝码。图乙中，砝码质量为5g，游码标尺分度值为0.2g，则蜡块的质量为m=5g+3.4g=8.4g。‎ ‎（3）将蜡块压入盛有50.0mL水的量筒中，量筒的示数为60.0mL，则该蜡块的体积为V=60.0mL-50.0mL=10mL=10cm3。‎ ‎（4）计算得出蜡块的密度为ρ===0.84g/cm3=0.84×103kg/m3。‎ ‎15.（2019·广东）学校创新实验小组欲测量某矿石的密度，而该矿石形状不规则，无法放入量筒，故选用水、烧杯、天平（带砝码和镊子）、细线、铁架台等器材进行实验，主要过程如下： ‎ 843‎ ‎（1）将天平放置在水平桌面上，把游码拨至标尺的________处，并调节平衡螺母，使天平平衡。 ‎ ‎（2）将装有适量水的烧杯放入天平的左盘，先估计烧杯和水的质量，然后用________往天平的右盘________（选填“从小到大”或“从大到小”）试加砝码，并移动游码，直至天平平衡，这时右盘中的砝码和游码所在的位置如图甲所示，则烧杯和水的总质量为________g。 ‎ ‎（3）如图乙所示，用细线系住矿石，悬挂在铁架台上，让矿石浸没在水中，细线和矿石都没有与烧杯接触，天平重新平衡时，右盘砝码的总质量及游码指示的质量值总和为144g，则矿石的体积为________m3。（ρ水=1.0×103kg/m3） ‎ ‎（4）如图丙所示，矿石下沉到烧杯底部，天平再次平衡时，右盘中砝码的总质量及游码指示的质量值总和为174g，则矿石的密度为________kg/m3。 ‎ ‎【答案】 （1）零刻度线；（2）镊子；从大到小；124；（3）2×10-5；（4）2.5×103 。‎ ‎【解析】（1）将天平放置在水平桌面上，把游码拨至标尺的零刻度线处，并调节平衡螺母，使天平平衡。‎ ‎（2）将装有适量水的烧杯放入天平的左盘，先估计烧杯和水的质量，然后用镊子往天平的右盘从大到小试加砝码，并移动游码，直至天平平衡。如图甲所示，砝码的质量为120g，游码的质量为4g，那么烧杯和水的总质量为124g；‎ ‎（3）矿石排开水的质量：m水=144g-124g=20g=0.02kg；‎ ‎ 矿石的体积为：；‎ ‎ （4）矿石的质量为：m=174g-124g=50g=0.05kg；‎ ‎ 矿石的密度为：。 ‎ 843‎ ‎16．（2018•烟台）在用天平，量筒“测量盐水密度”的实验中，甲、乙、丙三位同学设计了如下三种实验方案：‎ 方案一：‎ ‎1．调节天平平衡 ‎2．用天平测出空烧杯的质量m1‎ ‎3．在烧杯中倒入适量的被测液体，测出总质量m2‎ ‎4．将烧杯中的液体倒入量筒中，读出液体的体积V ‎5．算出液体的密度ρ液 方案二：‎ ‎1．调节天平平衡 ‎2．在烧杯中盛被测液体，测出它们的质量m1‎ ‎3．将烧杯中的适量液体倒入量筒中，读出液体的体积V ‎4．测出烧杯和杯中剩余液体的质量m2‎ ‎5．算出液体的密度ρ液 方案三：‎ ‎1．调节天平平衡 ‎2．将适量的液体例入量筒中，读出液体的体积V ‎3．用天平测出空烧杯的质量m1；‎ ‎4．将量筒中液体倒入烧杯，测出总质量m2‎ ‎5．算出液体的密度ρ液 ‎（1）请观察图，简要说明调节天平平衡的步骤 ‎（2）写出以上三种实验方案密度的表达式 ‎（3）分析评估以上三种实验方案，指出哪种方案最合理 ‎【解析】（1）调节天平平衡的步骤：把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度处，调节平衡螺母使指针指到分度盘的中央；‎ 843‎ ‎（2）液体的密度，基本原理是ρ=；‎ 方案一：液体的密度ρ液==；‎ 方案二：液体的密度ρ液==；‎ 方案三：液体的密度ρ液=═；‎ ‎（3）方案一：当把液体由烧杯倒入量筒时，烧杯上会沾有少量液体，导致称量的液体体积偏小，根据ρ=知测量的液体密度偏大，误差较大；‎ 方案三：当把液体由量筒倒入烧杯时，量筒上会沾有少量液体，导致称量的液体质量偏小，根据ρ=知测量的液体密度偏小，误差较大；‎ 方案二避免了一和三中的这些问题，实验误差较小，故方案二较合理。‎ ‎17．（2018·潍坊）用天平和量筒等器材测量食用油的密度，实验步骤如下：‎ ‎（1）天平调好后，将盛有食用油的烧杯放在天平的左盘，在右盘中添加砝码并拨动游码，天平平衡时，游码位置和所加砝码如图甲所示，则烧杯和食用油的总质量是　 　g；‎ ‎（2）将烧杯中食用油倒入量筒中一部分，液面位置如图乙所示，倒出的食用油体积为 　mL；‎ ‎（3）用天平测出烧杯和剩余食用油的质量为41.0g，则该食用油的密度ρ=　 　kg/m3‎ ‎（4）若将食用油倒入量筒时，量筒壁上沾上了少量食用油，则食用油密度的测量值比真实值　 　（选填“大”、“小”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）73.4；（2）40；（3）0.81×103 ；（4）大。‎ ‎【解析】（1）天平平衡时物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；烧杯和食用油的总质量：m1=50g+20g+3.4g=73.4g；‎ ‎（2）如图乙所示，量筒中食用油的体积为V=40ml=40cm3；‎ ‎（3）烧杯中食用油的质量m=m1﹣m2=73.4g﹣41.0g=32.4g；该食用油的密度ρ==‎ 843‎ ‎=0.81g/cm3=0.81×103kg/m3；‎ ‎（4）由实验步骤可知，所测量的油的质量m是真实的；若将食用油倒入量筒时，量筒壁上沾上了少量食用油，导致所测食用油体积V偏小；由ρ=可知所测油的密度偏大。‎ 答案：（1）73.4；（2）40；（3）0.81×103 ；（4）大。‎ ‎18．(2018·眉山)如图所示，小陈同学为测量某液体的密度，准备了天平、玻璃杯等器材，在实验时发现没有准备量筒，于是从身边找来了一个体积为20cm3的金属块和一些纸张。‎ ‎（1）将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的　 　刻度线上。‎ ‎（2）此时，如果天平指针偏左，小陈同学应向　 　（填“左”或“右”）调节　 　使天平横梁平衡。‎ ‎（3）在玻璃杯中倒入适量的该液体，用天平称量液体和玻璃杯的总质量m总时，向盘中加减砝码要用　 　，不能用手接触砝码，称得m总=123.2g ‎（4）将金属块浸没在液体中且不接触玻璃杯，液体无溢出，如图所示，天平平衡后，砝码的总质量加上的游码在标尺上对应的刻度值为m=　 　g，则液体的密度ρ=　 　g/cm3。‎ ‎【答案】（1）零；（2）右；平衡螺母；（3）镊子；（4）150.6；1.37‎ ‎【解析】（1）将天平放在水平台上，将游码放到标尺左端的零刻度线上，调节横梁使天平平衡；‎ ‎（2）调节天平平衡时，若发现指针偏向分度盘的左端，则平衡螺母要向右调；‎ ‎（3）向盘中加减砝码要用镊子，不能用手接触砝码；‎ ‎（4）由图知，标尺的分度值为0.2g，液体和玻璃杯的总质量m总=100g+50g+0.6g=150.6g，‎ 金属块排开的液体的质量为：m=150.6g﹣123.2g=27.4g=0.0274kg；‎ 排开的液体的重力，即金属块受到的浮力为：F浮=G=mg=0.0274g×10N/kg=0.274N；‎ 根据阿基米德原理可知，液体的密度为：‎ 843‎ ρ===1.37×103kg/m3=1.37g/cm3；‎ 故答案为：（1）零；（2）右；平衡螺母；（3）镊子；（4）150.6；1.37‎ ‎19.（2018·德阳）小华随意选取其中一块石子，准备在实验室测定它的密度。‎ ‎(1)他先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺处，再调节平衡螺母直至天平平衡。‎ ‎(2)用调好的天平测石子的质量,当盘中所加砝码和游码位置如图(甲)所示时,天平平衡,则此石子的质量为______g。在量筒内装有一定量的水,该石子放入前、后的情况如图(乙)所示,则石子的密度是______kg/m3。‎ ‎【答案】（1）零刻度线；（2）38.4； 2.56×103。‎ ‎【解析】（1）在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；‎ ‎（2）由图甲知，标尺的分度值为0.2g，所以石子的质量m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g；‎ 由图乙知，量筒的分度值为1ml，水的体积为30ml，水和石子的体积为45ml，所以石子的体积为V=45ml-30ml=15ml=15cm3；‎ 石子的密度ρ=m/V=38.4g/15cm3=2.56g/cm3=2.56×103kg/m3。‎ 故答案为：（1）零刻度线；（2）38.4； 2.56×103。‎ 二、影响摩擦力大小的因素 ‎1.（2020·江苏连云港）学习过摩擦力以后，小明同学想探究“滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小”之间的关系，为了提高实验的精准度，小明选用了如图甲所示的装置，该装置通过驱动装置带动传送带运动，木块保持不动，其中力传感器可以代替弹簧测力计精确显示拉力的大小。驱动装置的电路如图乙所示。‎ 843‎ ‎(1)在实验过程中，要增大传送带运动的速度，可以将滑动变阻器滑片向______（选填“ 左”或“右”）移动实现；‎ ‎(2)在实验过程中让同一木块在同一传送带上进行实验是为了______；‎ ‎(3)图丙是不同速度下滑动摩擦力与时间的关系图，观察该图可知，滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小______（ 选填“有关”或“无关”），理由是______。‎ ‎【答案】（1）左；（2）控制压力和接触面的粗糙程度相同；（3）无关；（4）当速度变化时，滑动摩擦力的大小不变。‎ ‎【解析】(1)由图乙可知，要增大传送带运动的速度，需要增大电动机的速度，可以增大电路中的电流，变阻器连入电路的电阻变小时，由I=可知通过电路的电流变大，所以将滑动变阻器滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小。‎ ‎(2)让同一木块在同一传送带上进行实验，这样可以控制压力和接触面的粗糙程度相同。‎ ‎(3)由图丙可知，当速度变化时，滑动摩擦力的大小不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小无关。‎ ‎2.（2020·新疆）如图所示，小丽在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，用质量相等、表面粗糙程度不同的两个物块A、B放在水平木板上进行实验：‎ ‎(1)用A做实验，水平向左拉动木板时，弹簧测力计的示数如图所示，则木板对物块的摩擦力大小为__________N。再用A、B叠放在一起做实验（A在下、B在上），弹簧测力计的示数较大，说明在接触面的粗糙程度相同时，__________越大，滑动摩擦力越大；‎ ‎(2)将B放在水平木板上进行实验，再与用A做的实验进行对比，目的是为了研究滑动摩擦力的大小与接触面的__________（填“面积大小”或“粗糙程度”）的关系；用A、B分别做实验时，地面对水平木板的滑动摩擦力大小__________（填“相等”或“不相等”）。‎ ‎【答案】（1）1.4；（2）压力；（3）粗糙程度；（4）相等。‎ 843‎ ‎【解析】(1)用A做实验，水平向左拉动木板时，弹簧测力计的示数如图所示，每大格表示1N，每小格表示0.2N，指针位置在1N刻度线以下第二小格，故则木板对物块的摩擦力大小为1.4N。‎ 再用A、B叠放在一起做实验（A在下、B在上），弹簧测力计的示数较大，说明在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。‎ ‎(2)将B放在水平木板上进行实验，再与用A做的实验进行对比，两物体质量相同，即对接触面的压力相同，故目的是为了研究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度的关系。‎ 用A、B分别做实验时，水平木板对地面的压力不变，与地面的接触面不变，故地面对水平木板的滑动摩擦力大小相等。‎ ‎3．（2020·四川遂宁）在探究“滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验话动中，同学们提出了以下情想：‎ A．滑动摩擦力的大小可能与物体间接触面积大小有关 B．滑动摩擦力的大小可能与接触面的粗糙程度有关 C．滑动摩擦力的大小可能与压力大小有关 他们选择的器材有长方体木块，弹簧测力计，两个相同砝码、木板、毛巾等，实验中用弹簧测力计水平拉着木块在水平面做　 　运动，使摩擦力大小与弹簧测力计示数相等，收集实验数据如表：‎ 接触面种类 木板 毛巾 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 压力 木块 木块+1个砝码 木块+2个砝码 木块 木块+1个砝码 木块+2砝码 接触面积 平放 平放 侧放 竖放 平放 平放 平放 平放 侧放 竖放 测力计示数/N ‎1.2‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ ‎2.2‎ ‎2.0‎ ‎2.8‎ ‎3.2‎ ‎3.2‎ ‎3.2‎ ‎①分析表中　 　组实验数据，可以验证猜想B。‎ 843‎ ‎②分析2、3、4或8、9、10组实验数据，可得到的结论是：在压力和接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与接触面积大小　 　（选填“有关”或“无关”）。‎ ‎③综合分析表中数据可得出：滑动摩擦力大小只与　 　有关。‎ ‎【答案】匀速直线；①1、6（或2、7，或5、8）；②无关；③压力大小和接触面的粗糙程度。‎ ‎【解析】实验中要用弹簧测力计水平匀速拉动木块，木块处于平衡状态，由二力平衡知识可知，此时木块所受的滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数。‎ ‎①要探究滑动摩擦力的大小可能与接触面的粗糙程度有关，需要控制压力大小和接触面的大小相同，改变接触面的粗糙程度，由表格数据知1、6（或2、7，或5、8）符合题意；‎ ‎②分析2、3、4或8、9、10组实验数据知压力和接触面的粗糙程度相同，接触面积不同，弹簧测力计的示数相同，说明滑动摩擦力相同，故可得到的结论是：在压力和接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与接触面积大小无关；‎ ‎③由表中1、6（或2、7，或5、8）知：当压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；‎ 由表中1、2、5（或6、7、8）知：当接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；‎ 由表中2、3、4（或8、9、10）知：滑动摩擦力与接触面积大小无关；‎ 综合分析滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关。‎ 故答案为：匀速直线；①1、6（或2、7，或5、8）；②无关；③压力大小和接触面的粗糙程度。‎ ‎4.（2020·四川甘孜州）在“探究影响滑动摩擦力大小因素”实验中，有同学认为滑动摩擦力大小除了跟压力大小和接触面粗糙程度有关外，还与接触面大小有关。‎ ‎(1)为了探究这个问题，需要选择合适的木块，你认为他应该选择________‎ A.各面粗糙程度相同的正方体木块 B.各面粗糙程度不相同的正方体木块 ‎ C.各面粗糙程度相同、长宽高各不相等的长方体木块 D.各面粗糙程度不相同、长宽高各不相等的长方体木块 ‎(2)在测量摩擦力前，除了观察弹簧测力计的量程和分度值外，还应将弹簧测力计在________（选填“水平”或“竖直"）方向调零。实验时应该沿水平方向拉动木块做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小_________（选填“大于” “等于”或“小于”）弹簧测力计示数。 ‎ 843‎ ‎(3)该同学正确选择木块后，将木块分别平放、竖放、侧放在同一水平面上，沿水平方向匀速拉动木块，发现三次弹簧测力计的示数均相等，由此得到的结论是∶滑动摩擦力的大小与接触面大小_________（ 选填“有关”或“无关”）。‎ ‎【答案】（1）C；（2）水平；（3）等于；（4）无关。‎ ‎【解析】(1)在探究摩擦力大小与接触面积大小的关系，必须要保证压力与接触面的粗糙程度不变，只改变接触面积的大小，因此，只有选项C符合题意。‎ ‎(2)因为实验中弹簧测力计是在水平方向使用的，所以实验前除了要观察弹簧测力计的量程和分度值外，还应将弹簧测力计在水平方向调零。‎ 实验时应该沿水平方向拉动木块做匀速直线运动，此时木块处于平衡状态，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计示数。‎ ‎(3)实验中改变了接触面大小，但是弹簧测力计的示数均相等，即说明滑动摩擦力的大小与接触面大小无关。‎ ‎5.（2020·武汉）在探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验中，某同学所用器材如图甲所示其中长木板B的表面比A的表面更粗糙，物块各表面的粗糙程度均相同，它的长、宽和高分别是10cm、8cm和6cm。‎ 将物块放在水平放置的长木板上，再把砝码放在物块上，用弹簧测力计水平拉动物块，沿长木板做匀速直线运动，实验记录如下表:‎ 实验次数 物块放置情况 接触面 压力情况 弹簧测力计示数/N ‎1‎ 平放 A一物块 ‎100g的砝码放在物块上 ‎2‎ 平放 B一物块 ‎100g的砝码放在物块上 ‎2.2‎ ‎3‎ 平放 B一物块 ‎200g的砝码放在物块上 ‎2.4‎ ‎4‎ 侧放 B-物块 ‎100g的砝码放在物块上 ‎(1)第1次实验中，弹簧测力计示数如图乙所示，该示数是_____________N；‎ 843‎ ‎(2)由1、2两次实验可知：压力相同时，物块与长木板的接触面越粗糙，物块受到的滑动摩擦力______(填“越小”或“越大” )；‎ 由2、3两次实验可知：增加物块上砝码的质量，从而增大______（填“砝码对物块”“砝码对长木板”或“物块对长木板”)的压力，这样就可以探究接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小跟压力的关系；‎ ‎(3)第4次实验中，弹簧测力计示数是___________N。‎ ‎【答案】（1）1.8；（2）越大；（3）物块对长木板；（4）2.2。‎ ‎【解析】(1)由图乙知，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.8N。‎ ‎(2)由1、2两次实验数据分析知，当压力相同时，物块与长木板的接触面越粗糙，物块受到的滑动摩擦力越大。‎ 由2、3两次实验可知：增加物块上砝码的质量，从而增大物块对长木板的压力。‎ ‎(3)[4]由2、4两次实验可知，物块对长木板的压力相同，接触面的粗糙程度相同，故木块两受到摩擦力相同，故弹簧测力计示数是2.2N。‎ ‎6.（2019·扬州）在“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中。‎ ‎（1）如图所示，为测出滑动摩擦力大小，三次实验中均用弹簧测力计沿水平方向_________拉动木块 A，弹簧测力计的示数F1h）静止开始滚下，观察木块B被撞击后移动的距离，实验过程如图所示。‎ 843‎ ‎(1)小明通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这种研究方法是________（选填“控制变量法”或“转换法”）。若水平面绝对光滑，本实验将_____（选填“能”或“不能”）达到探究目的。‎ ‎(2)由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与______有关。‎ ‎(3)小丽根据甲、丙两图得出结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？_____（选填“正确”或“错误”），理由是：_________________。‎ ‎(4)另同学用图所示的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的小球从不同高度（h2>h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是_____（选填“正确的”或“错误的”）。‎ ‎【答案】（1）转换法；（2）不能；（3）速度；（4）错误；（4）没有控制速度一定；（5）错误的。‎ ‎【解析】(1)实验中通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；‎ 843‎ 若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的。‎ ‎(2)由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与速度有关。‎ ‎(3)小丽的看法是错误的，因为要探究动能与质量的关系，需要保证小球的速度不变，甲、丙两图中小球下落的高度不同，则到达水平面的速度不同，故不能得出动能大小与质量的关系。‎ ‎(4)图所示的方法中为控制水平面的粗糙程度相同，故结论是错误的。‎ ‎4.(2019·娄底)如图是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中，mA=mB＜mC，hA=hC＞hB。‎ ‎（1）实验中，探究的动能是指_____（填序号）‎ A．小球在斜面上的动能 B．小球撞击木块时的动能 C．小球撞击木块后的动能 D．木块被小球撞击的动能 ‎（2）使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与_____的关系。‎ ‎（3）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面问一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑感，小明设计了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球_____（选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。‎ 843‎ ‎（4）完成实验后，同学们还联想到以前学习牛顿第一定律时，也用到了斜面：让同一小车从同一斜面的同一高度由静止滑下，在三个不同的表面上能滑行的距离不同（如上表），小车在这三个表面上滑行的过程中克服摩擦力做功_____（选填“相等”或“不相等”）‎ ‎【答案】B；速度；静止；相等。‎ ‎【解析】（1）据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；故选B； ‎ ‎（2）实验表明动能的大小与物体的速度和质量有关； ‎ 使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，则小球到达水平面时的速度不同，所以，这是为了研究动能大小与物体速度的关系； ‎ ‎（3）让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若任一时刻两球的速度大小相等，即以任何一个小球为参照物，另一个小球都是静止的，所以若C球相对于A球静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。 ‎ ‎（5）让小车从同一高度由静止下滑，根据决定重力势能大小的因素可知，最初小车的重力势能相同，下滑到水平面时的动能也相同，在不同的材料表面上运动时，最终停下来后，动能全部转为内能，克服摩擦力做了多少功就有多少动能转化为内能，所以，在三个表面克服摩擦力做功相等。‎ 故答案为：（1）B；（2）速度；（3）静止；（4）相等。‎ ‎5.（2018•攀枝花）小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球m和M（M的质量大于m），分别不从同的高度h和H（H＞h）静止开始放下，观察木块B被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。‎ ‎（1）小明通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是　 （选填“控制变量法”或“转换法”）；若水平面绝对光滑，本实验将　 　（选填“能”或“不能”）达到探究目的。‎ ‎（2）由甲、乙图可得实验结论：物体的动能大小与　 　有关。‎ ‎（3）小明根据甲、丙两图得出论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？　 　（选填“正确”或“错误”），理由是：　 　。‎ 843‎ ‎【答案】（1）转换法；不能；（2）速度；（3）错误；没有控制小球到达水平面时的速度相同。‎ ‎【解析】（1）实验中通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；‎ 若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的；‎ ‎（2）由甲、乙图可知，小球的质量相同，小球从同一斜面的不同高度由静止滑下，到达斜面底部时的速度不同，撞击木块后木块移动的距离不同，说明小球的动能不同，所以得出的实验结论为：物体的动能大小与速度有关；‎ ‎（3）要探究小球动能与质量的关系，需要控制小球到达水平面时的速度相同，即不同质量的小球从同一高度由静止滑下，而甲、丙两图没有让小球从同一高度滚下，没有控制小球的速度相同，所以小明的看法错误。‎ 故答案为：（1）转换法；不能；（2）速度；（3）错误；没有控制小球到达水平面时的速度相同。‎ ‎6. （2018·安徽）图为探究物体（钢球）动能大小跟哪些因素有关的实验装置。‎ ‎（1）实验原理：‎ ‎①钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，到达斜面底端时的速度只与钢球起点位置的高度有关。起点位置越高，该速度越。‎ ‎②钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，在水平木板上撞击木块，木块运动的距离越长，运动钢球所具有的动能越。‎ 843‎ ‎（2）实验现象:‎ ‎①同一钢球从斜面上不同高度处由停止向下运动。在水平木板上撞击木块，钢球开始向下运动的起点位置越。木块运动的距离越长。‎ ‎②同一高度由静止向下运动，在水平木板上撞击木块，钢球的质量越，木块运动的距离越长。‎ ‎【答案】（1）大；（2）大；（3）高；（4）大。‎ ‎【解析】（1）①钢球从平滑斜面上由静止开始向下运动，重力势能转化为动能，起点位置越高，重力势能越大，到达斜面底端时的动能越大，速度越大；‎ ‎②实验中是通过钢球撞击木块移动的距离来观察钢球动能大小的，利用了转换法；被撞木块的运动距离越长，说明钢球对被撞物体所做的功就越多，钢球原来所具有的动能就越大；‎ ‎（2）①质量一定的钢球开始向下运动的起点位置越高，到达水平面时的速度越大，因此动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长；‎ ‎②不同质量的钢球从同一高度由静止向下运动，到达水平面时的速度一定，质量越大，所具有的动能越大，对木块做功越多，木块移动的距离越长。‎ 故答案为：（1）大；（2）大；（3）高；（4）大。‎ 六、杠杆平衡条件实验 ‎1.（2020·自贡）小明利用刻度均匀的轻质杠杆进行探究杠杆的平衡条件实验，已知每个钩码重0.5N。‎ ‎(1)实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向______（选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡。你认为实验中让杠杆在水平位置平衡的好处是______；‎ ‎(2)在图甲中的A点悬挂4个钩码，要使杠杆仍保持水平位置平衡，需在B点悬挂______‎ 843‎ 个钧码；‎ ‎(3)如图乙所示，取走悬挂在B点的钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉，仍使杠杆水平位置平衡，测力计的拉力为______N；若在C点改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向右上方，杠杆仍然水平位置平衡，则测力计的读数将______（选填“变大”或“变小”或“不变”），若此时斜向右上方的测力计与竖直方向间的夹角为60°，杠杆在水平位置平衡时，测力计的读数为______N。‎ ‎【答案】（1）右；（2）便于测量力臂；（3）2；（4）1；（5）变大；（6）2。‎ ‎【解析】(1)杠杆静止时，杠杆左端下沉，说明右端偏高，平衡螺母需向右调节，直到杠杆在水平位置平衡。杠杆只有在水平位置平衡时，力臂才正好在杠杆上，这样测量起来会比较方便。‎ ‎(2)设杠杆每个格的长度为l，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：‎ FAlA=FBlB ‎4G×2l=FB×4l FB=2G 即需在B点处挂2个钩码。‎ ‎(3)取走悬挂在B点钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上的拉力，根据杠杆的平衡条件得到 ‎4G×2l=FC×4l FC=2G=2×05N=1N 如改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向右上方，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，动力要增大，所以弹簧测力计示数变大，才能使杠杆仍然水平平衡。‎ 从支点O到动力作用线做垂线，支点与垂足之间的距离即为力臂，如图所示：‎ 843‎ 由杠杆的平衡条件得到：，；‎ F=2N。‎ ‎1.（2019荆州，31）小华在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻线间的距离相等 ‎（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时____（选填“是”或“不是”）处于杠杆平衡状态的．‎ ‎（2）为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向_____（选填“左”或“右”）端调节．‎ ‎（3）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡后，在 A 点挂两个钩码，每个钩码重 0.5N，在 B 点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数应为______N．当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将________．（选填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎（4）小华改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是________________________．‎ ‎2.（2019·苏州）利用杠杆开展相关实验探究：‎ ‎(1)安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，如图甲所示。则应将平衡螺母向___(选填“左”或“右”)调节，直到杠杆在水平位置平衡；‎ ‎(2)如图乙所示，在A点挂3个重力均为0.5N的钩码，在B 843‎ 点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为________N；若在第(1)小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验，弹簧测力计的示数会______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；‎ ‎(3)始终竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图内所示，此过程中，弹簧测力计拉力的示数会________(选填”变大”、“变小”或“不变”，下同)，拉力的大小______。‎ ‎【答案】左；2.0；偏小；变小；不变。‎ ‎【解析】利用杠杆开展相关实验探究：‎ ‎（1）安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，左端上翘，如图甲所示。则应将平衡螺母向左调节，直到杠杄在水平位置平衡；‎ ‎（2）由图可知，根据杠杆平衡条件得：FA×LA=FB×LB，3×0.5N×4L=FB×3L，所以FB=2.0N；‎ 若在第（1）小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验，由于左侧已经存在杠杆的力与力臂的乘积，故弹簧测力计的示数会偏小；‎ ‎（3）图丙使杠杆由水平位置时，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，‎ G×4L=F2×3L，则F2=G；‎ 当转动到图中位置时，设杠杆与水平位置的夹角为α，物体的力臂、弹簧测力计拉力的力臂均变小；则根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，‎ G×4L×cosα=F2′×3L×cosα，则：F2′=G；‎ 所以，在此过程中拉力F的大小不变。‎ 故答案为：左；2.0；偏小；变小；不变。‎ ‎3．（2018•枣庄）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。‎ ‎（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向　 　调节，使杠杆在水平位置平衡。‎ ‎（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的　 　‎ 843‎ 端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将　 　即可。‎ ‎（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为　 　的实验方案更好，请说明你的理由　 　。‎ ‎（4）实验中小王发现：如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由　 　。‎ ‎【答案】（1）右；（2）左；将左侧的钩码去掉一个；（3）小李；弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量；（4）这个作用在杠杆O点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡。‎ ‎【解析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；‎ ‎（2））设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左L左=F右L右，即4G×2L＞2G×3L，左端大，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总个数和悬挂点位置，只需要将左侧的钩码去掉一个即可平衡；‎ ‎（3）由图可知，弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；‎ ‎（4）杠杆在O点还受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，这两个力在探究杠杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。‎ 故答案为：（1）右；（2）左；将左侧的钩码去掉一个；（3）小李；弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量；（4）这个作用在杠杆O点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡。‎ ‎4．（2018·龙东）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。‎ 843‎ ‎（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向　 　（填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。‎ ‎（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是　 　。‎ ‎（3）在杠杆两端加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂，多次实验并把数据记录在表格中。‎ 次数 F1/N L1/cm F2/N L2/cm ‎1‎ ‎1‎ ‎10‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎10‎ ‎1‎ ‎20‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎15‎ ‎3‎ ‎10‎ 小明根据以上数据得出杠杆平衡条件是　 　。‎ ‎（4）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，为使在重新平衡，应在B点挂　 　个钩码。当杠杆平衡后，将A点和B点下方所挂的钩码同时向支点0靠近一格，杠杆会　 　（填“左侧下降”、“右侧下降”或“仍水平平衡”）。‎ ‎（5）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在原位置逐渐向左倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将　 　（填“变大”，“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）右；（2）便于测量力臂；（3）F1L1=F2L2；（4）6；左侧下降；（5）变大。‎ ‎【解析】（1）若实验前杠杆如图甲所示，左端下沉，右端上翘，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡。‎ ‎（2）实验时让横杆AB在水平位置平衡，力臂在杠杆上便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，可以消除杠杆重对杠杆平衡的影响；‎ ‎（3）分析表格中的数据可得出杠杆平衡的条件是：F1L1=F2L2；‎ ‎（4）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，即4G×3L=FB×2L，解得FB=6G，需挂6个钩码；‎ 根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，若A、B两点的钩码同时向靠近支点的方向移动一个格，则左侧4G×2L=8GL，右侧6G×L=6GL，因为8GL＞6GL，所以杠杆左端会下降；‎ ‎（5）如果作用在杠杆上的力方向不与杠杆垂直则该力的力臂短了，就会使得拉力变大；‎ 故答案为：（1）右；（2）便于测量力臂；（3）F1L1=F2L2；（4）6；左侧下降；（5）变大。‎ 843‎ ‎5．（2018·深圳）在深圳科技活动月中，某校开展了实验操作小能手竞赛活动。‎ ‎（1）“探究杠杆的平衡条件”实验 ‎①如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应把杠杆右的平衡螺母向_______（选填“左”或“右”）调节；‎ ‎②如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，其示数将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎③在实验中，改变力和力臂的大小得到多组数据的目的是_______（填序号）‎ A．使测量数据更准确 B．多次测量取平均值减小误差 C．避免偶然性，使实验结论具有普遍性 ‎【答案】(1)左；(2)变大；(3) C。‎ ‎【解析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆左端偏高，应把杠杆右的平衡螺母向左端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；‎ ‎（2）保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，此时拉力的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；‎ ‎（3）通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获取多组实验数据归纳出物理规律才具有普遍性，结论才正确；所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律。故选项C符合题意。‎ 故答案为：(1)左；(2)变大；(3) C。‎ 七、测量滑轮组机械效率实验 ‎1.（2020·哈尔滨）提高机械效率，能够更充分地发挥机械设备的作用，“测量机械效率”实验装置如图（每个动滑轮重相同。忽略摩擦及绳重）。‎ ‎（1）实验中应　 　拉动弹簧测力计。‎ 843‎ ‎（2）实验过程中收集到a、b、c三组实验数据如下。‎ 装置 钩码重/N 钩码上升的高度/m 弹簧测力计示数/N 绳子自由端移动的距离/m a ‎2‎ ‎0.1‎ ‎1.5‎ ‎0.2‎ b ‎2‎ ‎0.1‎ ‎1.0‎ ‎0.3‎ c ‎5‎ ‎0.1‎ ‎2.0‎ ‎0.3‎ 计算出a组实验的：有用功　 　J，机械效率　 　。‎ ‎（3）比较a、b两组的机械效率，它们的关系是：η1　 　η2．若提升相同物重到相同高度，与a装置相比，b装置的优势是　 　。‎ 比较b、c滑轮组，它们机械效率的关系是：η1　 　η2，影响它们机械效率高低的因素是　 　。‎ ‎【答案】（1）竖直向上匀速；（2）0.2；66.7%；（3）＝；省力；＜；提升物体的重力不同。‎ ‎【解析】（1）在实验操作中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，这样弹簧测力计示数稳定，便于读数；‎ ‎（2）由第三组数据知，有用功为：W有用＝Gh＝2N×0.1m＝0.2J；‎ 总功为：W总＝Fs＝1.5N×0.2m＝0.3J；‎ 则机械效率为：η＝×100%＝×100%≈66.7%；‎ ‎（3）b的有用功为：W有用＝Gh＝2N×0.1m＝0.2J；总功为：W总＝Fs＝1.0N×0.3m＝0.3J；‎ ab的有用功和总功相同，机械效率相同；‎ 843‎ 根据数据可知，a的拉力大于b的拉力，所以b的优势是省力；‎ c的有用功为：W'有用＝G'h'＝5N×0.1m＝0.5J；总功为：W'总＝F's'＝2.0N×0.3m＝0.6J；‎ 则机械效率为：η'＝×100%＝×100%≈83.3%；‎ b、c滑轮组，它们机械效率的关系是：η1＜η2，其原因是提升物体的重力不同。‎ 故答案为：（1）竖直向上匀速；（2）0.2；66.7%；（3）＝；省力；＜；提升物体的重力不同。‎ ‎2.（2020·天津）在探究影响滑轮组机械效率的因素时，小明提出了如下猜想：‎ 猜想一：滑轮组机械效率与被提升物体所受的重力有关；‎ 猜想二：滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关；‎ 为了验证猜想，准备的器材如下：两个相同的滑轮、一根细绳、钩码若干、刻度尺和弹簧测力计；‎ 小明把两个滑轮分别作为定滑轮和动滑轮组装成滑轮组，用该滑轮组提升不同数量的钩码进行了三次实验，数据如下表所示：‎ 实验次数 钩码所受的重力G/N 提升高度h/m 拉力F/N 蝇瑞移动的距离s/m 机械效率