广东省广州市广州大学附中大学城校区2024-2025学年九年级上学期10月月考物理试题
1．（2024九上·广州月考）密封的烧瓶中装有某种气体，如图所示，图中黑点表示气体分子，用抽气筒抽出该烧瓶中部分气体后仍密封，描述烧瓶内剩余气体分布的四个示意图如图所示，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024九上·广州月考）关于功率以下说法中正确的是（ ）
A．据 可知，机器做功越多，其功率就越大
B．据 可知，机器做功时间越长，其功率就越小
C．机器功率大，则做功快，做功一定多
D．机器功率小，则做功慢，做功可能多
3．（2024九上·广州月考）下列关于内能、热量、温度的说法中正确的是（ ）
A．夏天用电风扇吹风使人感到凉快，是因为电风扇可以减小空气的内能
B．物体温度越低，内能越小，所以0℃的物体没有内能
C．内能增加，一定是物体吸收热量
D．其他条件相同时，1kg水一定比1kg冰的内能大
4．（2024九上·广州月考）如图，重力为质量分布均匀的木棒左端与支点连接，绕转动时，棒所受的摩擦力可忽略不计。棒重心处受到竖直向上的拉力保持静止，则（ ）
A．
B．
C．若为杠杆的动力，为杠杆的阻力，此杠杆为费力杠杆
D．若将竖直拉力移到点棒仍静止，此时拉力记为，则
5．（2024九上·广州月考）将小球水平抛出，其部分运动轨迹如图1所示，位置①和③离地高度相等。小球在运动过程中经过M、N两点，其动能和重力势能的参数如图2所示，且M、N两点分别为图1中“①”、“②”或“③”点中的某一点。则小球（ ）
A．小球在“①”点的动能大于在“③”点的动能
B．整个运动过程中，机械能不变
C．在M点的重力势能大于在N点的
D．经过的N点就是“①”点
6．（2024九上·广州月考）将质量相等的铜块和铝块放入冰箱，使它们的温度降低到0℃，取出后，将铜块、铝块再分别放入盛有质量相等、温度都是23℃的水中，如图所示，并将容器用隔热材料密封，一段时间后温度稳定，同时测量甲、乙两容器中水的温度，分别是20℃和17℃，忽略热量损失，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024九上·广州月考）图1甲为注射器，在室温恒为 T1的环境中，张老师快速向下推动活塞压缩针筒内的气体后松手，活塞即刻被向上弹起，此过程中针筒内均处于密封，针筒内物质均处于气态，针筒内气体温度随时间变化图像如图1乙 所示，（由于气体分子间距离比较大，此实验过程不考虑分子势能的变化）（ ）
A．活塞下压时，是通过热传递改变针筒内气体的内能
B．t1－t2过程的能量转化与图2乙相同
C．密封气体在 t2时刻的内能小于 t3时刻的内能
D．活塞静止后，密封气体的温度最终保持在 T2
8．（2024九上·广州月考）如图是“探究不同物质吸热升温的现象”和“比较不同燃料燃烧时放出的热量”的甲、乙两组实验装置，下列关于该两组实验的说法正确的是（ ）
A．每组实验中，燃料的质量均应相等
B．每组实验中，杯中物质的质量均应相等
C．甲组实验中，可以根据温度计示数的变化来比较吸热的多少
D．乙组实验中，可以根据加热时间的长短来比较吸热的多少
9．（2024九上·广州月考）如图甲所示，用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组提升重物A，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示。不计一切摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为80%，重物A上升的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。则（ ）
A．0～1s内，重物A受到了平衡力的作用
B．1～2s内，绳子自由端的速度为1m/s
C．所提重物A的重力为1500N
D．若将A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率将变为75%
10．（2024九上·广州月考）为运送物体搭制的斜面如图所示，斜面长为s，高为h，用沿斜面向上的力F把一个重为G的物体由斜面底端以速度v匀速拉到顶端。下列说法中错误的是（ ）
A．若斜面的机械效率为η，则拉力
B．若斜面的机械效率为η，则物体与斜面间的摩擦力
C．整个过程中拉力F所做的总功
D．换用一个粗糙程度相同、高度为h、长小于s的斜面，依然匀速将物体拉到顶端，拉力所做的功变大。
11．（2024九上·广州月考）（1）中医是中国文化的瑰宝，用中药壶煎药时能闻见药液的气味，说明分子在 ，药液的温度升高，内能 ，这是通过 的方式改变药液的内能；
（2）如图是某内燃机的能量流向图。该内燃机的效率为 ，该内燃机是在 冲程获得动力。
12．（2024九上·广州月考）图甲所示为某品牌手动榨汁机.小金放入橙子后，手握柄上A点向下用力，带动盖子下压橙子。图乙为手动榨汁机的模型图，O为支点，当手柄缓慢旋转时可看作杠杆OBA处于平衡状态。
（1）小金在A点施加竖直向下的力FA使手柄缓慢旋转，请在图乙中画出该力的力臂lA， 此时杠杆OBA为 杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”）。
（2）某次榨橙汁，当手柄缓慢向下旋转时，橙子对B点的压力为20N，小金在A点施加的竖直向下的力为F1；洗干净榨汁机后，小金把苹果放入榨汁机，当手柄缓慢向下旋转时，苹果对B点的压力大于20N，小金在A点施加的力为F2，若F2与F1大小相等，则F2可能为下图中的 （选填数字）
13．（2024九上·广州月考）中国古代玩具饮水鸟被誉为“爱因斯坦也吃惊的玩具”。它的神奇之处在于能不停地点头“喝”水，下球中装有乙醚（极易汽化），汽化后气压增大将乙醚压入上球，重心上移“低头喝水”；上下球通过管连通，乙醚流回下球，恢复甲图状态，如此反复。“饮水鸟” （选填“是”或“不是”）永动机，其能量转化 （选填“遵循”或“不遵循”）能量守恒定律。
14．（2024九上·广州月考）如图所示是“探究杠杆的平衡条件”的实验：
（1）在没有挂钩码时杠杆静止在如图甲所示位置，此时杠杆 （选填“平衡”或“不平衡”），为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向 边移动（选填“左”或“右”）；
（2）调好后，第一组按图乙实验进行，第二组按图丙实验进行，你认为第 （选填“一”或“二”）组实验更好，理由是便于测量 （选填“力”或“力臂”）；
（3）在实验中，多次改变力和力臂的大小主要是为了 ；
A.多次测量取平均值减小误差
B.获取多组实验数据归纳出物理规律
（4）将丁图中弹簧测力计顺时针旋转45度的过程中弹簧测力计的示数将 。
15．（2024九上·广州月考）甲、乙两保温杯装有初温相同、等质量的水，在恒温的室内静置，每隔一段时间测出水温，得到的图象如图所示。
（1）当t=1h时，内能较大的是 （选填：“甲”“乙”）杯中的水。甲杯中水的比热容 乙杯中水的比热容；（选填：“<”“=”“>”）
（2）乙杯中的水在0-1h放热为Q1，在1-2h放热为Q2.则：Q1 Q2（选填：“<”“=”“>”），判断的依据是 。
16．（2024九上·广州月考）如图甲所示，重为90N的物体M，在大小为100N的拉力的作用下竖直提升了1m，用时5s：
（1）所做的功 J，所做的功的功率 W；
（2）现用图乙所示的滑轮组提升物体M。
①请在图乙中画出最省力的绕线方式 ；
②若按第①问的绕线方式，在绳子自由端施加拉力把物体M匀速提升到相同高度，已知滑轮组的机械效率为60%，求拉力的大小 。
17．（2024九上·广州月考）物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量均为1kg的沙子和水加热他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图像如图所示，则：[已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），酒精的热值为3.0×107J/kg]。
（1）加热2min后，水吸收了多少热量？
（2）经测量，加热2min后两只酒精灯均消耗酒精28g，假设酒精完全燃烧，求这段时间酒精灯的加热效率；
（3）沙子的比热容大约是多少？（计算结果保留三位有效数字）
18．（2024九上·广州月考）为应对全球气候变化，习近平主席在第七十五届联合国大会上提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”，指明了我国面对气候变化问题要实现的“双碳”目标。（q褐煤=2.5×107J/kg）
（1）图甲是在我国城市中，被广泛使用的火力发电站，它通常以褐煤作为燃料，火电站里的褐煤燃烧时，主要将褐煤的 能转化为 能；
为实现“双碳目标”，下列措施可行的是 （填序号）；
①扩建火力发电站，用电动汽车全面替换燃油汽车
②先提升清洁能源发电量，再用电动汽车逐步替换燃油汽车
（2）若某火力发电站以褐煤作为燃料时，发电效率为36%，已知每消耗1kg褐煤会排放2.5kg的二氧化碳。则该火力发电站每产生3.6×106J的电能，会排放多少千克的二氧化碳？（假设褐煤完全燃烧）
（3）图乙是某品牌电动汽车，当其以90km/h的速度匀速行驶100km时，电动机的输出功率恒为15kW，消耗的电能为7.5×107J，则该电动机的效率为多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子动理论基本观点
【解析】【解答】气体具有很大的流动性，从烧瓶中抽掉部分气体后，剩余的气体仍然会充满烧瓶，故B、C错误；
由于气体的质量减小，因此气体分子个数减小，那么分子之间的距离变大，故A错误，D正确。
故选D。
【分析】根据气体的特点分析判断。
2．【答案】D
【知识点】功率的概念
【解析】【解答】功率的计算公式为，物理含义为单位时间内物体做功的多少，即表征物体做功的快慢，功率大，做功越快，D正确，ABC初吻。
综上选D。
【分析】功率表示做功快慢的物理量，是做功和时间的函数，二者共同确定，才能确定功率的大小。
3．【答案】D
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】A．夏天用电风扇吹风，促进了汗液的蒸发，该过程吸热，所以人感到凉快，故A错误；
BD．内能是温度、质量、状态的函数，所以 0℃的物体没有内能 ，1kg水一定比1kg冰的内能大，D正确故B错误；
C．内能增加，可能是物体吸收热量或者外界物体对它做功，故C错误；
【分析】1、温度、内能、热量的关系中只有温度的改变会引起内能改变
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能。
4．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】AB．据图以及进行受力分析可知，棒子受到竖直向下的重力G，受到向上的拉力F1，所以 ，所以。所以A正确，B错误 ；
C．据题可知动力臂等于阻力臂，所以杠杆为等臂杠杆，故C不符合题意；
D．将竖直拉力移到点棒，动力臂变大，阻力和阻力臂不变，所以动力变小，故D不符合题意。
故选A。
【分析】1、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力*动力臂=阻力*阻力臂；
2、受力分析：本题中对杠杆进行受力分析可知，重力等于拉力，本题中动力臂等于阻力臂，所以属于等臂杠杆。
5．【答案】A
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】AB、据图可知，小球反弹起的最大高度越来越小，说明机械能不守恒，且越来越小，即小球在“①”点的机械能能大于在“③”点的机械能， 位置①和③离地高度相等，所以重力势能相同， 小球在“①”点的动能大于在“③”点的动能，故A符合题意，B不符合题意；
C．在M点时，重力势能为240J，故动能为80J，在N点时，动能为200J，则重力势能为
，故C不符合题意；
D．由C可知N点的机械能小于M点，所以N点不能为 ① ，且N的重力势能大，故N点在②故D不符合题意。
故选A。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
6．【答案】C
【知识点】比热容
【解析】【解答】A．由题意铜块温度升高了20℃，铝块升高了17℃，所以温度变化量，故A错误；
BCD．忽略热量损失，甲容器中水在这个过程中放出的热量
，乙容器中水放出的热量，联立可知
，，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】热量的计算：公式为Q=cmΔt，题目中水的比热容相同，乙的温度变化量大，所以乙的热量变化大，忽略热量损失，所以 。
7．【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能；热机的四个冲程
【解析】【解答】A．向下压活塞，活塞对气体做功，气体的温度升高，内能增大，是通过做功改变针筒内气体的内能，故A不对；
B．从乙图活塞向上运动，两个气门关闭，可以看出是内燃机的压缩冲程，该过程是机械能转为内能，与t1～t2过程中温度升高内能增大相同，故B正确；
C．由图知道，t2时刻温度比t3时刻的高，所以t2时刻气体内能比t3时刻的高，故C不对；
D．气体会和外面发生热传递，温度会与相等，所以最终温度为T1，故D不对。
故选B。
【分析】本题考查内能的改变方法，做功和热传递；会辨析汽油机的四个冲程；其中两个冲程的能量是怎样变的。
8．【答案】B
【知识点】燃料的热值；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】A．探究物质吸热升温的现象时，控制加热时间相同，燃料质量不用相等，故A错误；
B．探究不同物质吸热升温的现象，需要加热质量相等的不同液体，比较不同燃料燃烧放热时，需要加热质量相等的同种液体，观察温度计示数变化，实验中被加热物质的质量应相等，故B正确；
C．甲实验中，液体质量不同，用加热时间来表示吸热多少，加热时间相同，吸热相同，故C错误；
D．乙实验中，消耗燃料质量相同，根据水温变化，反应热量多少，故D错误。
故选B。
【分析】探究不同物质吸热升温时，被加热物质质量相等，通过加热时间表示吸收热量多少；探究不同燃料放热多少时，通过加热相同液体，根据液体温度差，反应热量的多少。
9．【答案】D
【知识点】滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】A．由图丙可知，重物A处于加速运动中，受力不平衡，故A不符合题意；
B．由图丙可知，1-2s重物的速度v物=1m/s，动滑轮缠绕绳子数为3，故绳子自由端的速度为
，故B错误；
C．由图乙可知，物体匀速运动时，绳子自由端的拉力为F=500N，根据机械效率公式可计算物体的重力，故C错误；
D．由C知，物体的重力为1200N，不计一切摩擦和绳重，绳子的拉力为，
所以，将A的重力减小为900N时，滑轮组的机械效率变为
。
故D正确。
故选D。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力；
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍；
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。3、总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
10．【答案】D
【知识点】斜面的机械效率
【解析】【解答】A．斜面的机械效率为有用功和总功的比值，即，所以拉力故A正确，不符合题意；
B．斜面的有用功为物体克服重力做功W有=Gh，所以斜面的总功，额外功
额外功，根据W=fs可知，故B正确，不符合题意；
C．整个过程中拉力所做的总功为，故C正确，不符合题意；
D．换用一个粗糙程度相同、长小于s的斜面，额外功变小，h相同，所以物体克服重力做功不变，所以有用功不变，总功变小，D错误。
综上选D。
【分析】功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η=。
11．【答案】（1）不停地做无规则运动；增大；热传递
（2）28%；做功
【知识点】热传递改变物体内能；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）煎药时闻到药液的气味，说明分子在不停的做无规则运动。 药液的温度升高，内能 增大，通过热传递方式增大了内能。
综上 第1空、不停地做无规则运动； 第2空、 增大；第3空、热传递.
（2）据图可知额外功的占比为，所以内燃机的效率
，内燃机通过做功冲程获得有用的机械能。
综上 第1空、28%； 第2空、做功。
【分析】1、分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快；
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
3、额外功的计算包括总功和有用功的差，所以有用功的计算为总功和额外功的差值。
（1）[1]煎药时闻到药液的气味，是因为分子在不停地做无规则运动引起的扩散现象。
[2][3]药液通过热传递方式增大了内能，同时温度升高。
（2）[1]内燃机的效率
[2]内燃机通过做功冲程获得有用的机械能。
12．【答案】；省力；③
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类；力臂的画法
【解析】【解答】（1）力臂是力的作用线和支点的垂线段，如图所示：
OB为阻力臂，OA为动力臂，据图可知动力臂大于阻力臂，所以杠杆OBA为省力杠杆。
（2）当F2 与F1 大小相等时，由杠杆平衡条件F1 L1 =F2 L2 可知，L2 等于L1 ，故F2 可能为③。
综上 第2空、 省力； 第3空、③，
【分析】1、力臂的画法：力臂是支点和力的作用线的垂线段。
2、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力*动力臂=阻力*阻力臂。当动力臂大于阻力臂，动力小于阻力属于省力杠杆，常见的例子有羊角锤、核桃夹，动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等壁杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
13．【答案】不是；遵循
【知识点】能量守恒
【解析】【解答】“饮水鸟”汽化时会向外界吸收能量，所以不是永动机，遵循能量守恒。
综上 第1空、不是； 第2空、遵循。
【分析】1、能量守恒：能量在转化或者转移过程中，能量不会消失也不会凭空产生，即遵循能量守恒。
2、永动机的概念：不需要吸收能量，就可以获取机械能或者其他形式的能量，很明显，本题中“饮水鸟”需要和外界进行能量交换。
14．【答案】平衡；右；二；力臂；B；增大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆静止时，处于平衡状态；杠杆左低右高，需要将右侧的力和力臂的乘积增加，应将平衡螺母向右调节；
（2）力臂等于支点到力的作用线的垂直距离，当杠杆在水平位置平衡时，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，因此丙同学实验设计的好。
（3）多次改变力和力臂的大小可以获取多组实验数据归纳出物理规律，A错误，B正确。
故选B。
（3）弹簧测力计沿顺时针旋转，动力臂减小，所以动力将增大，弹簧测力计的示数将逐渐增大。
综上 第1空、 平衡； 第2空、右； 第3空、二； 第4空、力臂； 第5空、B； 第6空、增大。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响。
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
15．【答案】甲；=；>；根据Q=cmΔt可知，c相同，m相同，所以降温多的物质释放热量多
【知识点】温度、热量与内能的关系；比热容
【解析】【解答】（1）t=1h时，甲杯中水的温度高于乙杯中水的温度，根据Q=cmΔt可知所以甲杯中的水的内能大于乙杯中的水的内能。物质种类及状态相同，所以两杯水的比热容相等。
（2），0~1h乙杯中的水降温比1~2h降温更多，根据Q=cmΔt可知，c相同，m相同，所以降温多的物质释放热量多，所以Q1>Q2。
综上 第1空、 甲；第2空、=； 第3空、＞； 第5空、根据Q=cmΔt可知，c相同，m相同，所以降温多的物质释放热量多。
【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。
16．【答案】（1）100；20
（2）；
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组的设计与组装；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）所做的功物体在100N的拉力下上升了1m，据此计算，功率为。
综上 第1空、100； 第2空、20.
（2）最省力的绕线方式需要动滑轮缠绕绳子数越多，即从动滑轮开始缠绕，n=3，如图所示：
由题意可知此时有用功仍为100J，所以拉力的计算按照公式为。
综上 第2空、50。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力；
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍；
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
（1）[1]所做的功
[2]功率
（2）[1]一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组最省力的绕线方式为n=3，如图所示：
[2]由题意可知此时有用功仍为100J，则
17．【答案】解：（1）由图像可知，水加热2分钟时的温度是70℃。则水吸收热量为
（2）完全燃烧放出的热量，这段时间酒精灯的加热效率为
。
（3）水和沙子均加热2min，吸收相等的热量，则，
由图像可知：t0＝20℃，t水＝70℃，t沙＝250℃。则有
答：（1）加热2min后，水吸收了2.1×105J的热量；
（2）这段时间酒精灯的加热效率为25%；
（3）沙子的比热容大约是0.91×103J/（kg·℃）。
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【分析】（1）由图像可知，水加热2分钟时的温度是70℃，所以温度变化量为50℃，质量为1kg，根据热量计算公式计算水吸收热量。
（2）据题可知， 酒精的热值为3.0×107J/kg，根据热值公式计算完全燃烧放出的热量，由分析可知水吸收的热量，所以根据效率公式计算酒精灯的加热效率；
（3）水和沙子均加热2min，所以吸收相等的热量，根据热量公式可列
由图像可知：水温度变化量为50℃，砂子为230℃。所以。
18．【答案】化学；内；②；1kg；80%
【知识点】功率计算公式的应用；燃料的热值；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】（1）褐煤燃烧时，化学能转化为内能。实现双碳目标，需要降低二氧化碳的排放 扩建火力发电站， 化学反应中会释放二氧化碳， ① 错误； 提升清洁能源发电量 不会产生二氧化碳，②符合题意。
故选②。
（2）据题可知有用功为 3.6×106J，效率为0.36，所以褐煤完全燃烧放出的热量，根据热量公式可知褐煤的质量，
所以排放二氧化碳的质量；
（3）电动轿车沿直线匀速行驶时的速度25m/s，根据功率公式可计算电动机的牵引力，根据做功公式可知牵引力做的功为，所以电动汽车发动机的效率为
。
综上 第1空、 化学；第2空、内； 第3空、 ②； 第4空、1kg； 第5空、80%。
【分析】1、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就（2）来说是克服重力做功即W有=3.6 ×106J ，（3）来说 7.5×107J ，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
2、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。题目中 q褐煤=2.5×107J/kg ，释放热量107J能量，据此计算煤完全燃烧的质量。
广东省广州市广州大学附中大学城校区2024-2025学年九年级上学期10月月考物理试题
1．（2024九上·广州月考）密封的烧瓶中装有某种气体，如图所示，图中黑点表示气体分子，用抽气筒抽出该烧瓶中部分气体后仍密封，描述烧瓶内剩余气体分布的四个示意图如图所示，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】分子动理论基本观点
【解析】【解答】气体具有很大的流动性，从烧瓶中抽掉部分气体后，剩余的气体仍然会充满烧瓶，故B、C错误；
由于气体的质量减小，因此气体分子个数减小，那么分子之间的距离变大，故A错误，D正确。
故选D。
【分析】根据气体的特点分析判断。
2．（2024九上·广州月考）关于功率以下说法中正确的是（ ）
A．据 可知，机器做功越多，其功率就越大
B．据 可知，机器做功时间越长，其功率就越小
C．机器功率大，则做功快，做功一定多
D．机器功率小，则做功慢，做功可能多
【答案】D
【知识点】功率的概念
【解析】【解答】功率的计算公式为，物理含义为单位时间内物体做功的多少，即表征物体做功的快慢，功率大，做功越快，D正确，ABC初吻。
综上选D。
【分析】功率表示做功快慢的物理量，是做功和时间的函数，二者共同确定，才能确定功率的大小。
3．（2024九上·广州月考）下列关于内能、热量、温度的说法中正确的是（ ）
A．夏天用电风扇吹风使人感到凉快，是因为电风扇可以减小空气的内能
B．物体温度越低，内能越小，所以0℃的物体没有内能
C．内能增加，一定是物体吸收热量
D．其他条件相同时，1kg水一定比1kg冰的内能大
【答案】D
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】A．夏天用电风扇吹风，促进了汗液的蒸发，该过程吸热，所以人感到凉快，故A错误；
BD．内能是温度、质量、状态的函数，所以 0℃的物体没有内能 ，1kg水一定比1kg冰的内能大，D正确故B错误；
C．内能增加，可能是物体吸收热量或者外界物体对它做功，故C错误；
【分析】1、温度、内能、热量的关系中只有温度的改变会引起内能改变
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能。
4．（2024九上·广州月考）如图，重力为质量分布均匀的木棒左端与支点连接，绕转动时，棒所受的摩擦力可忽略不计。棒重心处受到竖直向上的拉力保持静止，则（ ）
A．
B．
C．若为杠杆的动力，为杠杆的阻力，此杠杆为费力杠杆
D．若将竖直拉力移到点棒仍静止，此时拉力记为，则
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】AB．据图以及进行受力分析可知，棒子受到竖直向下的重力G，受到向上的拉力F1，所以 ，所以。所以A正确，B错误 ；
C．据题可知动力臂等于阻力臂，所以杠杆为等臂杠杆，故C不符合题意；
D．将竖直拉力移到点棒，动力臂变大，阻力和阻力臂不变，所以动力变小，故D不符合题意。
故选A。
【分析】1、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力*动力臂=阻力*阻力臂；
2、受力分析：本题中对杠杆进行受力分析可知，重力等于拉力，本题中动力臂等于阻力臂，所以属于等臂杠杆。
5．（2024九上·广州月考）将小球水平抛出，其部分运动轨迹如图1所示，位置①和③离地高度相等。小球在运动过程中经过M、N两点，其动能和重力势能的参数如图2所示，且M、N两点分别为图1中“①”、“②”或“③”点中的某一点。则小球（ ）
A．小球在“①”点的动能大于在“③”点的动能
B．整个运动过程中，机械能不变
C．在M点的重力势能大于在N点的
D．经过的N点就是“①”点
【答案】A
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】AB、据图可知，小球反弹起的最大高度越来越小，说明机械能不守恒，且越来越小，即小球在“①”点的机械能能大于在“③”点的机械能， 位置①和③离地高度相等，所以重力势能相同， 小球在“①”点的动能大于在“③”点的动能，故A符合题意，B不符合题意；
C．在M点时，重力势能为240J，故动能为80J，在N点时，动能为200J，则重力势能为
，故C不符合题意；
D．由C可知N点的机械能小于M点，所以N点不能为 ① ，且N的重力势能大，故N点在②故D不符合题意。
故选A。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
6．（2024九上·广州月考）将质量相等的铜块和铝块放入冰箱，使它们的温度降低到0℃，取出后，将铜块、铝块再分别放入盛有质量相等、温度都是23℃的水中，如图所示，并将容器用隔热材料密封，一段时间后温度稳定，同时测量甲、乙两容器中水的温度，分别是20℃和17℃，忽略热量损失，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】比热容
【解析】【解答】A．由题意铜块温度升高了20℃，铝块升高了17℃，所以温度变化量，故A错误；
BCD．忽略热量损失，甲容器中水在这个过程中放出的热量
，乙容器中水放出的热量，联立可知
，，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】热量的计算：公式为Q=cmΔt，题目中水的比热容相同，乙的温度变化量大，所以乙的热量变化大，忽略热量损失，所以 。
7．（2024九上·广州月考）图1甲为注射器，在室温恒为 T1的环境中，张老师快速向下推动活塞压缩针筒内的气体后松手，活塞即刻被向上弹起，此过程中针筒内均处于密封，针筒内物质均处于气态，针筒内气体温度随时间变化图像如图1乙 所示，（由于气体分子间距离比较大，此实验过程不考虑分子势能的变化）（ ）
A．活塞下压时，是通过热传递改变针筒内气体的内能
B．t1－t2过程的能量转化与图2乙相同
C．密封气体在 t2时刻的内能小于 t3时刻的内能
D．活塞静止后，密封气体的温度最终保持在 T2
【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能；热机的四个冲程
【解析】【解答】A．向下压活塞，活塞对气体做功，气体的温度升高，内能增大，是通过做功改变针筒内气体的内能，故A不对；
B．从乙图活塞向上运动，两个气门关闭，可以看出是内燃机的压缩冲程，该过程是机械能转为内能，与t1～t2过程中温度升高内能增大相同，故B正确；
C．由图知道，t2时刻温度比t3时刻的高，所以t2时刻气体内能比t3时刻的高，故C不对；
D．气体会和外面发生热传递，温度会与相等，所以最终温度为T1，故D不对。
故选B。
【分析】本题考查内能的改变方法，做功和热传递；会辨析汽油机的四个冲程；其中两个冲程的能量是怎样变的。
8．（2024九上·广州月考）如图是“探究不同物质吸热升温的现象”和“比较不同燃料燃烧时放出的热量”的甲、乙两组实验装置，下列关于该两组实验的说法正确的是（ ）
A．每组实验中，燃料的质量均应相等
B．每组实验中，杯中物质的质量均应相等
C．甲组实验中，可以根据温度计示数的变化来比较吸热的多少
D．乙组实验中，可以根据加热时间的长短来比较吸热的多少
【答案】B
【知识点】燃料的热值；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】A．探究物质吸热升温的现象时，控制加热时间相同，燃料质量不用相等，故A错误；
B．探究不同物质吸热升温的现象，需要加热质量相等的不同液体，比较不同燃料燃烧放热时，需要加热质量相等的同种液体，观察温度计示数变化，实验中被加热物质的质量应相等，故B正确；
C．甲实验中，液体质量不同，用加热时间来表示吸热多少，加热时间相同，吸热相同，故C错误；
D．乙实验中，消耗燃料质量相同，根据水温变化，反应热量多少，故D错误。
故选B。
【分析】探究不同物质吸热升温时，被加热物质质量相等，通过加热时间表示吸收热量多少；探究不同燃料放热多少时，通过加热相同液体，根据液体温度差，反应热量的多少。
9．（2024九上·广州月考）如图甲所示，用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组提升重物A，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示。不计一切摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为80%，重物A上升的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。则（ ）
A．0～1s内，重物A受到了平衡力的作用
B．1～2s内，绳子自由端的速度为1m/s
C．所提重物A的重力为1500N
D．若将A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率将变为75%
【答案】D
【知识点】滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】A．由图丙可知，重物A处于加速运动中，受力不平衡，故A不符合题意；
B．由图丙可知，1-2s重物的速度v物=1m/s，动滑轮缠绕绳子数为3，故绳子自由端的速度为
，故B错误；
C．由图乙可知，物体匀速运动时，绳子自由端的拉力为F=500N，根据机械效率公式可计算物体的重力，故C错误；
D．由C知，物体的重力为1200N，不计一切摩擦和绳重，绳子的拉力为，
所以，将A的重力减小为900N时，滑轮组的机械效率变为
。
故D正确。
故选D。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力；
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍；
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。3、总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
10．（2024九上·广州月考）为运送物体搭制的斜面如图所示，斜面长为s，高为h，用沿斜面向上的力F把一个重为G的物体由斜面底端以速度v匀速拉到顶端。下列说法中错误的是（ ）
A．若斜面的机械效率为η，则拉力
B．若斜面的机械效率为η，则物体与斜面间的摩擦力
C．整个过程中拉力F所做的总功
D．换用一个粗糙程度相同、高度为h、长小于s的斜面，依然匀速将物体拉到顶端，拉力所做的功变大。
【答案】D
【知识点】斜面的机械效率
【解析】【解答】A．斜面的机械效率为有用功和总功的比值，即，所以拉力故A正确，不符合题意；
B．斜面的有用功为物体克服重力做功W有=Gh，所以斜面的总功，额外功
额外功，根据W=fs可知，故B正确，不符合题意；
C．整个过程中拉力所做的总功为，故C正确，不符合题意；
D．换用一个粗糙程度相同、长小于s的斜面，额外功变小，h相同，所以物体克服重力做功不变，所以有用功不变，总功变小，D错误。
综上选D。
【分析】功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η=。
11．（2024九上·广州月考）（1）中医是中国文化的瑰宝，用中药壶煎药时能闻见药液的气味，说明分子在 ，药液的温度升高，内能 ，这是通过 的方式改变药液的内能；
（2）如图是某内燃机的能量流向图。该内燃机的效率为 ，该内燃机是在 冲程获得动力。
【答案】（1）不停地做无规则运动；增大；热传递
（2）28%；做功
【知识点】热传递改变物体内能；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）煎药时闻到药液的气味，说明分子在不停的做无规则运动。 药液的温度升高，内能 增大，通过热传递方式增大了内能。
综上 第1空、不停地做无规则运动； 第2空、 增大；第3空、热传递.
（2）据图可知额外功的占比为，所以内燃机的效率
，内燃机通过做功冲程获得有用的机械能。
综上 第1空、28%； 第2空、做功。
【分析】1、分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快；
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
3、额外功的计算包括总功和有用功的差，所以有用功的计算为总功和额外功的差值。
（1）[1]煎药时闻到药液的气味，是因为分子在不停地做无规则运动引起的扩散现象。
[2][3]药液通过热传递方式增大了内能，同时温度升高。
（2）[1]内燃机的效率
[2]内燃机通过做功冲程获得有用的机械能。
12．（2024九上·广州月考）图甲所示为某品牌手动榨汁机.小金放入橙子后，手握柄上A点向下用力，带动盖子下压橙子。图乙为手动榨汁机的模型图，O为支点，当手柄缓慢旋转时可看作杠杆OBA处于平衡状态。
（1）小金在A点施加竖直向下的力FA使手柄缓慢旋转，请在图乙中画出该力的力臂lA， 此时杠杆OBA为 杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”）。
（2）某次榨橙汁，当手柄缓慢向下旋转时，橙子对B点的压力为20N，小金在A点施加的竖直向下的力为F1；洗干净榨汁机后，小金把苹果放入榨汁机，当手柄缓慢向下旋转时，苹果对B点的压力大于20N，小金在A点施加的力为F2，若F2与F1大小相等，则F2可能为下图中的 （选填数字）
【答案】；省力；③
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类；力臂的画法
【解析】【解答】（1）力臂是力的作用线和支点的垂线段，如图所示：
OB为阻力臂，OA为动力臂，据图可知动力臂大于阻力臂，所以杠杆OBA为省力杠杆。
（2）当F2 与F1 大小相等时，由杠杆平衡条件F1 L1 =F2 L2 可知，L2 等于L1 ，故F2 可能为③。
综上 第2空、 省力； 第3空、③，
【分析】1、力臂的画法：力臂是支点和力的作用线的垂线段。
2、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力*动力臂=阻力*阻力臂。当动力臂大于阻力臂，动力小于阻力属于省力杠杆，常见的例子有羊角锤、核桃夹，动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等壁杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
13．（2024九上·广州月考）中国古代玩具饮水鸟被誉为“爱因斯坦也吃惊的玩具”。它的神奇之处在于能不停地点头“喝”水，下球中装有乙醚（极易汽化），汽化后气压增大将乙醚压入上球，重心上移“低头喝水”；上下球通过管连通，乙醚流回下球，恢复甲图状态，如此反复。“饮水鸟” （选填“是”或“不是”）永动机，其能量转化 （选填“遵循”或“不遵循”）能量守恒定律。
【答案】不是；遵循
【知识点】能量守恒
【解析】【解答】“饮水鸟”汽化时会向外界吸收能量，所以不是永动机，遵循能量守恒。
综上 第1空、不是； 第2空、遵循。
【分析】1、能量守恒：能量在转化或者转移过程中，能量不会消失也不会凭空产生，即遵循能量守恒。
2、永动机的概念：不需要吸收能量，就可以获取机械能或者其他形式的能量，很明显，本题中“饮水鸟”需要和外界进行能量交换。
14．（2024九上·广州月考）如图所示是“探究杠杆的平衡条件”的实验：
（1）在没有挂钩码时杠杆静止在如图甲所示位置，此时杠杆 （选填“平衡”或“不平衡”），为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向 边移动（选填“左”或“右”）；
（2）调好后，第一组按图乙实验进行，第二组按图丙实验进行，你认为第 （选填“一”或“二”）组实验更好，理由是便于测量 （选填“力”或“力臂”）；
（3）在实验中，多次改变力和力臂的大小主要是为了 ；
A.多次测量取平均值减小误差
B.获取多组实验数据归纳出物理规律
（4）将丁图中弹簧测力计顺时针旋转45度的过程中弹簧测力计的示数将 。
【答案】平衡；右；二；力臂；B；增大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆静止时，处于平衡状态；杠杆左低右高，需要将右侧的力和力臂的乘积增加，应将平衡螺母向右调节；
（2）力臂等于支点到力的作用线的垂直距离，当杠杆在水平位置平衡时，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，因此丙同学实验设计的好。
（3）多次改变力和力臂的大小可以获取多组实验数据归纳出物理规律，A错误，B正确。
故选B。
（3）弹簧测力计沿顺时针旋转，动力臂减小，所以动力将增大，弹簧测力计的示数将逐渐增大。
综上 第1空、 平衡； 第2空、右； 第3空、二； 第4空、力臂； 第5空、B； 第6空、增大。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响。
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
15．（2024九上·广州月考）甲、乙两保温杯装有初温相同、等质量的水，在恒温的室内静置，每隔一段时间测出水温，得到的图象如图所示。
（1）当t=1h时，内能较大的是 （选填：“甲”“乙”）杯中的水。甲杯中水的比热容 乙杯中水的比热容；（选填：“<”“=”“>”）
（2）乙杯中的水在0-1h放热为Q1，在1-2h放热为Q2.则：Q1 Q2（选填：“<”“=”“>”），判断的依据是 。
【答案】甲；=；>；根据Q=cmΔt可知，c相同，m相同，所以降温多的物质释放热量多
【知识点】温度、热量与内能的关系；比热容
【解析】【解答】（1）t=1h时，甲杯中水的温度高于乙杯中水的温度，根据Q=cmΔt可知所以甲杯中的水的内能大于乙杯中的水的内能。物质种类及状态相同，所以两杯水的比热容相等。
（2），0~1h乙杯中的水降温比1~2h降温更多，根据Q=cmΔt可知，c相同，m相同，所以降温多的物质释放热量多，所以Q1>Q2。
综上 第1空、 甲；第2空、=； 第3空、＞； 第5空、根据Q=cmΔt可知，c相同，m相同，所以降温多的物质释放热量多。
【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。
16．（2024九上·广州月考）如图甲所示，重为90N的物体M，在大小为100N的拉力的作用下竖直提升了1m，用时5s：
（1）所做的功 J，所做的功的功率 W；
（2）现用图乙所示的滑轮组提升物体M。
①请在图乙中画出最省力的绕线方式 ；
②若按第①问的绕线方式，在绳子自由端施加拉力把物体M匀速提升到相同高度，已知滑轮组的机械效率为60%，求拉力的大小 。
【答案】（1）100；20
（2）；
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组的设计与组装；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）所做的功物体在100N的拉力下上升了1m，据此计算，功率为。
综上 第1空、100； 第2空、20.
（2）最省力的绕线方式需要动滑轮缠绕绳子数越多，即从动滑轮开始缠绕，n=3，如图所示：
由题意可知此时有用功仍为100J，所以拉力的计算按照公式为。
综上 第2空、50。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力；
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍；
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
（1）[1]所做的功
[2]功率
（2）[1]一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组最省力的绕线方式为n=3，如图所示：
[2]由题意可知此时有用功仍为100J，则
17．（2024九上·广州月考）物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量均为1kg的沙子和水加热他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图像如图所示，则：[已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），酒精的热值为3.0×107J/kg]。
（1）加热2min后，水吸收了多少热量？
（2）经测量，加热2min后两只酒精灯均消耗酒精28g，假设酒精完全燃烧，求这段时间酒精灯的加热效率；
（3）沙子的比热容大约是多少？（计算结果保留三位有效数字）
【答案】解：（1）由图像可知，水加热2分钟时的温度是70℃。则水吸收热量为
（2）完全燃烧放出的热量，这段时间酒精灯的加热效率为
。
（3）水和沙子均加热2min，吸收相等的热量，则，
由图像可知：t0＝20℃，t水＝70℃，t沙＝250℃。则有
答：（1）加热2min后，水吸收了2.1×105J的热量；
（2）这段时间酒精灯的加热效率为25%；
（3）沙子的比热容大约是0.91×103J/（kg·℃）。
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【分析】（1）由图像可知，水加热2分钟时的温度是70℃，所以温度变化量为50℃，质量为1kg，根据热量计算公式计算水吸收热量。
（2）据题可知， 酒精的热值为3.0×107J/kg，根据热值公式计算完全燃烧放出的热量，由分析可知水吸收的热量，所以根据效率公式计算酒精灯的加热效率；
（3）水和沙子均加热2min，所以吸收相等的热量，根据热量公式可列
由图像可知：水温度变化量为50℃，砂子为230℃。所以。
18．（2024九上·广州月考）为应对全球气候变化，习近平主席在第七十五届联合国大会上提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”，指明了我国面对气候变化问题要实现的“双碳”目标。（q褐煤=2.5×107J/kg）
（1）图甲是在我国城市中，被广泛使用的火力发电站，它通常以褐煤作为燃料，火电站里的褐煤燃烧时，主要将褐煤的 能转化为 能；
为实现“双碳目标”，下列措施可行的是 （填序号）；
①扩建火力发电站，用电动汽车全面替换燃油汽车
②先提升清洁能源发电量，再用电动汽车逐步替换燃油汽车
（2）若某火力发电站以褐煤作为燃料时，发电效率为36%，已知每消耗1kg褐煤会排放2.5kg的二氧化碳。则该火力发电站每产生3.6×106J的电能，会排放多少千克的二氧化碳？（假设褐煤完全燃烧）
（3）图乙是某品牌电动汽车，当其以90km/h的速度匀速行驶100km时，电动机的输出功率恒为15kW，消耗的电能为7.5×107J，则该电动机的效率为多少？
【答案】化学；内；②；1kg；80%
【知识点】功率计算公式的应用；燃料的热值；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】（1）褐煤燃烧时，化学能转化为内能。实现双碳目标，需要降低二氧化碳的排放 扩建火力发电站， 化学反应中会释放二氧化碳， ① 错误； 提升清洁能源发电量 不会产生二氧化碳，②符合题意。
故选②。
（2）据题可知有用功为 3.6×106J，效率为0.36，所以褐煤完全燃烧放出的热量，根据热量公式可知褐煤的质量，
所以排放二氧化碳的质量；
（3）电动轿车沿直线匀速行驶时的速度25m/s，根据功率公式可计算电动机的牵引力，根据做功公式可知牵引力做的功为，所以电动汽车发动机的效率为
。
综上 第1空、 化学；第2空、内； 第3空、 ②； 第4空、1kg； 第5空、80%。
【分析】1、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就（2）来说是克服重力做功即W有=3.6 ×106J ，（3）来说 7.5×107J ，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
2、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。题目中 q褐煤=2.5×107J/kg ，释放热量107J能量，据此计算煤完全燃烧的质量。
