浙教版初中科学中考真题分类汇编 能的转化与能量守恒 解析卷.docx

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浙教版初中科学中考真题分类汇编能的转化与能量守恒解析卷

浙教版初中科学2018年中考真题分类汇编：

能的转化与能量守恒

一选择题

1.（2018湖州）在某次演习中，解放军在海拔6000米的高空空投重达8吨的新型履带式伞兵战车，如图。

空投下来的战车在后阶段可认为与降落伞一起匀速竖直掉向地面。

下列观点正确的是（　　）

A．伞兵战车出机舱后在水平方向仍会向前运动，这是由于战车受到惯性的作用

B．后阶段匀速下降的过程中机械能守恒

C．空投战车后，若飞机仍在原高度水平飞行，则飞机的势能比空投前减小

D．伞兵战车从出机舱到地面的整个过程中，重力做功4.8×107焦

【答案】C

【考点】机械能；

【解析】A、伞兵战车出机舱后在水平方向仍会向前运动，这是由于战车具有惯性，惯性是一种性质，不能说受到惯性的作用，故A错误；

B、后阶段匀速下降的过程中，动能不变，高度减小，重力势能减小，机械能减小，故B错误；

C、空投战车后，若飞机仍在原高度水平飞行，由于飞机的质量减小了，故飞机的势能比空投前减小，故C正确；

D、伞兵战车从出机舱到地面的整个过程中，重力做功为：

W=Gh=mgh=8000kg×10N/kg×6000m=4.8×108J，故D错误。

2.（2018杭州）跳绳是大家喜爱的体育运动之一，小金的质量为50千克，每次跳起高度约为6厘米（人整体上升，如图所示），一分钟跳100次，下列说法正确的是（）

A.向上起跳过程中小金的动能持续增大

B.在整个跳绳过程中小金的机械能守恒

C.小金跳一次克服重力做功约3焦

D.小金在这一分钟内跳绳的功率约为50瓦

【答案】D

【考点】机械能分析；做功计算；

【解析】A.向上起跳过程中小金的动能转化为重力势能，动能不断较小，故A错误；B.在整个跳绳过程中小金的机械能转化为内能，机械能不守恒，故B错误；C.小金跳一次克服重力做功约W＝Gh＝mgh＝50kg10N/kg

0.06m＝30J,故C错误；D.小金在这一分钟内跳绳的功率约为P＝＝50W,故D正确。

3.（2018金华）如图，用刻度均匀的匀质杠杆进行“杠杆平衡条件”的实验（每个钩码重为0.5牛）。

下列说法正确的是（）

A．实验前出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向左调

B．图乙，在AB处各增加一个钩码，杠杆仍然能保持平衡

C．图丙，弹簧测力计从a位置转到b，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数需变大

D．图丁，用弹簧测力计在c点向上拉杠杆，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数小于3牛

【答案】C

【考点】杠杆平衡的动态分析；

【解析】A、甲图杠杆左低右高，说明左边的力与力臂之积大，所以平衡螺母应向右调；故A错误；

B、图乙，两边各增加一个勾码后，左边为：

4×2；右边为：

3×3；不平衡；故B错误；

C、图丙，当弹簧测力计从a转到b时，力臂在减小，由杠杆平衡原理可知，如果依然平衡则力会增大；故C正确；

D、由于杠杆没有处于中心位置，所以考虑杠杆自身重力问题，拉力会大于3N；故D错误；

4.（2018衢州）如图所示是汽车起重机，其中A，B组成滑轮组（结构如示意图），C杆伸缩可改变吊臂的长短，D杆伸缩可改变吊臂与水平面的角度，O为吊臂的转动轴。

装在E里的电动机牵引钢丝绳，利用滑轮组提升重物，H为在车身外侧增加的支柱，F为吊臂顶端受到竖直向下的力。

下列有关汽车起重机的叙述中错误的是（）

A．滑轮组中A滑轮用于改变力的方向

B．当C杆伸长时吊臂对D杆的压力将变大

C．当D杆伸长时力F的力臂将变小

D．H的作用是工作时以防翻车和避免轮胎受到的压力过大

【答案】A

【考点】杠杆平衡；滑轮组；

【解析】A、滑轮组中的A滑轮是动滑轮，动滑轮是用于省力的；故A错误；

B、当C伸长时，阻力臂增长，而动力和动力臂不变，所以阻力会增大，则对D杆的压力会变大；故B正确；

C、当D伸长时，倾斜角增大，所以力F的力臂会变小；故C正确；

D、H杆的作用是用于支持起重机，防止压力作用在轮胎上；故D正确；

5.（2018绍兴）如图，木块以一定的速度滑过A，B点，到C点滑出下落至D点。

A和B，C和D之间的垂直距离均为h。

若空气阻力忽略不计，则对木块在运动过程中能量变化的分析，正确的是（）

A．D点与A点相比，动能增加，势能减少，机械能不变

B．A点到C点减少的重力势能大于C点到D点减少的重力势能

C．B点的动能可能等于A点的动能，但一定大于C点的动能

D．B点的动能可能等于D点的动能，但一定大于A点的动能

【答案】C

【考点】能的转化与守恒；

【解析】A、如果不考虑木块与接触面之间的摩擦则机械能不变；所以机械能可能不变；故A错误；

B、A到C与C与D之间的改变的高度相同，所以减小的重力势能相同；故B错误；

C、木块由A到B重力势能减小，如果接触面之间有摩擦则减少的重力势能转化为内能和动能，如果内能较大，则动能不会增加，所以A、B点的动能可能相等；BC之间有摩擦，会有能转换为内能被消耗；C点动能一定会比A点大；故C正确；

D、BC之间有摩擦力时，B点到C点时，动能会减小，而C到D时动能会增大，则B、D点的动能可能相等；AB之间存在摩擦时，A到B的重力势能都转换为摩擦产生的内能；故D错误；

6.（2018温州）某智能百叶窗的叶片上贴有太阳能板，在光照时发电，给电动机供电以调节百叶窗的开合。

该过程中发生的能量转换是（）

A．电能→机械能→光能B．光能→机械能→电能

C．光能→电能→机械能D．机械能→电能→光能

【答案】C

【考点】能的转化与守恒；

【解析】太阳能板发电时，光能转化为电能；电能板给电动机供电调节百叶窗的开合，是电能转化为机械能；所以全过程是光能→电能→机械能；

7.（2018温州）如图为吸盘式挂杆，将吸盘压在瓷砖上排尽其中的空气，挂杆就能被固定在瓷砖上。

挂有平底锅的挂钩沿光滑水平横杆从P点开始向吸盘B移动，若吸盘与横杆的重力、吸盘大小均忽略不计，设挂钩与吸盘A的距离为l，则吸盘B受到的摩擦力F的大小与l的关系图像为（）

A．

B．C．

D．

【答案】D

【考点】杠杆平衡；摩擦力；

【解析】以吸盘A为支点，设挂钩与吸盘A的距离为L，根据杠杆的平衡条件可得，G×L=F×AB，挂钩在向B移动的过程中，L增大，AB、G不变，则F变大，所B的摩擦力也会变大，故吸盘B受到的摩擦力F的大小与L的关系图象为D。

二填空题

8.（2018嘉兴）如图所示，用酒精灯给水加热一段时间后，观察到软木塞冲出试管口。

（1）软木塞冲出试管口，说明力能改变物体的______________。

（2）此过程中，水蒸气减少的内能_______（选填“大于”、“等于”或“小于”）软木塞增加的机械能，这与热机的_______冲程相似。

【答案】

（1）运动状态；

（2）大于；做功；

【考点】力的效果；能的转化；

【解析】

（1）软木塞由静止到冲出试管口，说明运动状态发生了改变；

（2）该实验主要是模拟热机的一个冲程的实验，水蒸汽受热膨胀，压强增大，对木塞做功，使木塞飞出，水蒸气的内能转为化木塞的机械能，与热机中的做功冲程相似；

9.（2018杭州）如图所示，将长为1.2米的轻质木棒平放在水平方形台面上，左右两端点分别为A、B，它们距台面边缘处的距离均为0.3米。

在A端挂一个重为30牛的物体，在B端挂一个重为G的物体。

（1）若G=30牛，台面收到木棒的压力为_____牛。

（2）若要使木棒右端下沉，B端挂的物体至少要大于_____牛。

（3）若B端挂物体后，木棒仍在水平台面上静止，则G的取值范围为_____牛。

【答案】

（1）.60

（2）.90（3）.l0~90

【考点】杠杆动态平衡；

【解析】

（1）若G＝30牛，以木棒为研究对象，木棒受力平衡，故木棒受台面的支持力为60N,台面收到木棒的压力与木棒受到台面的支持力为相互作用力，即为60N；

（2）若要使木棒右端下沉，则B点为支点，根据杠杆平衡条件GB

.3＝GA0.9,解得GB＝90N，即B端挂的物体至少要大于90牛；

（3）若B端挂物体后，木棒仍在水平台面上静止，以A点为支点，根据杠杆平衡条件GB×0.9＝GA×0.3，解得则GB＝10N,即G的取值范围为.：

l0~90牛。

10.（2018宁波）如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点滑到a点过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图象如图乙所示。

（1）图乙中　　（填“dc”或“ec“）表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图象。

（2）该过程中电路消耗的总功率最大值为　　W。

【答案】

（1）dc；

（2）36；

【考点】电功率；电路分析；

【解析】由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。

（1）滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：

滑动变阻器两端的电压变小，R2两端的电压变大；所以图乙中dc是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；

（2）由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，

由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib=1A，U1=2V、U2=10V；

滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，所以电流Ia=3A，U1′=6V、U2′=6V；

根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：

U=U1+U2=IbR0+U2，U=U1′+U2′=IaR0+U2′，

电源电压不变，则：

IbR0+U2=IaR0+U2′′，

即：

1A×R0+10V=3A×R0+6V，

解得：

R0=2Ω，则U=1A×2Ω+10V=12V；

所以电路消粍的总功率最大值P=UIa=12V×3A=36W。

三解答题

11.（2018嘉兴）笔记本电脑已进入寻常百姓家庭，出差旅游时常随身携带。

出于安全考虑，民航局规定，乘客可随身携带0.16kW·h以下的可充电设备。

目前，部分航空公司已允许乘客在非起降时间段、有条件地使用笔记本电脑等便携电子设备。

请回答下列问题：

（1）某旅客携带的笔记本电脑电池容量3000mAh，输出电压15V，充满电后，若工作时的平均电流为1.5A，可工作多少时间？

（2）请通过计算说明该旅客能否将此笔记本电带上民航飞机。

（3）使用发现，电脑工作时会发热，原因是_____________________，当升温到一定值时，温控开关S1自动闭合，风扇启动，加快散热从而保护电脑。

如果断开电源总开关S2，风扇M和其他工作系统同时停止工作。

根据上述特点，下列可能符合散热控温特点的原理图是_______。

【答案】

（1）2h；

（2）：

W=UIt=15V×1.5A×2×3600S=162000J=0.045千瓦时；因为0.045kW·h＜0.16kW·h，所以该笔记本电脑能带上民航飞机。

（3）电流通过导体时会产生热量；B；

【考点】电能计算；电路设计；

【解析】

（1）电池容量为3000mAh=3Ah,而电脑工作时的电流为1.5A，则t=3Ah/1.5A=2h;

（2）题干中提到不超过0.16kW·h的设备可以带上飞机，所以只需求出该电脑的电池储能多少即可；故答案为：

W=UIt=15V×1.5A×2×3600S=162000J=0.045千瓦时；因为0.045kW·h＜0.16kW·h，所以该笔记本电脑能带上民航飞机。

（3）用电器产热是因为用电器都有电阻，其中的导体也都有电阻；A、开关S2不是电源总开关，只控制工作系统；故A不符合；B、开关S2是总开关，而开关S1单独控制风扇；故B符合；C、任何一个开关闭合，风扇和工作系统都同时工作；故C不符合；D、只有两个开关同时闭合，电路才能工作；故D不符合；

12.（2018台州）在3D打印笔中装入塑料条，接通电源，等待一段时间后即可挤出热融的塑料，塑料在空气中迅速冷却变成特定的形态（如图甲）其内部电路如图乙，、

是相同的PTC发热电阻。

单个PTC的电阻与温度的关系如图丙。

（1）打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀。

可见，塑料＿＿＿＿＿（选填“是”或“不是”）晶体。

（2）打印笔工作有快、慢两档。

快档打印时，图中开关

应处于_______状态，若此时温度为250℃，打印笔的电功率是多少？

（3）打印笔正常工作时的温度能自动稳定在250℃左右，结合丙信息，说明理由。

___________________________________________________________________________

【答案】

（1）不是；

（2）闭合；80W；（3）当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。

【考点】晶体；电功率；

【解析】

（1）晶体有固定的熔沸点；而塑料是一种人工合成的有机物，其熔沸点不固定；故塑料不是晶体；

（2）由信息可知，快档的功率较大，而乙图是并联电路，支路越多则功率越大，所以当打印笔处于快档打印时，开关应闭合；当温度为250℃时，各支路的电阻均为1210欧；所以

80W；

（3）打印笔的温度能维持在250℃，说明打印笔的功率是稳定的，而由丙图可知，当温度升高后，电阻的阻值会变大，从而导致功率降低，温度也会降低；当温度降低时，则电阻阻值也会减小，导致功率增大，产热增加，温度升高。

13.（2018湖州）在拓展课上，小泉同学模拟某建筑工地上拉动工件的情景，设置了如图所示的滑轮组。

他用该滑轮组在4秒内将一个重为100牛的物体，沿着水平地面匀速拉动了2米。

人的拉力为18牛，物体移动时受到地面的摩擦力为物重的0.35倍，不计绳重及机械的摩擦。

求：

（1）人的拉力所做的功。

（2）人的拉力做功的功率。

（3）动滑轮受到的重力。

【答案】

（1）人的拉力所做的功为72J；

（2）人的拉力做功的功率18W；

（3）动滑轮受到的重力为1N。

【考点】做功计算；拉力功率；滑轮组的应用；

【解析】

（1）由图知，n=2，则绳端移动的距离：

s绳=ns物=2×2m=4m，

人的拉力所做的功：

W=Fs绳=18N×4m=72J；

（2）拉力F做功的功率：

P==

=18W；

（3）因为物体移动时受到地面的摩擦力为物重的0.35倍，

所以物体受到的摩擦力：

f=0.35G=0.35×100N=35N；

因物体匀速移动时处于平衡状态，物体受到的拉力F拉和摩擦力是一对平衡力，

所以，滑轮组对物体的拉力：

F拉=f=35N，

不计绳重及机械的摩擦，由F=（G动+F拉）可得，动滑轮的重力：

G动=nF﹣F拉=2×18N﹣35N=1N。

14．（2018湖州）小华家新买了电动自行车，说明书上的部分内容录在如图甲中（注：

“电池容量10Ah”可理解为“若以10安的电流放电可使用1小时”）。

请回答：

（1）该电动自行车的额定电流多大？

（2）若该电动自行车行驶的平均车速为20千米/时，使用50%的电池容量（按额定电流放电，不计放电时能量损失），能行驶多长路程？

（3）某天小华想在自家的小车库内充电，发现车库内只安装了电灯，没有插座，于是小华想在如图乙所示的原有线路上安装一个双孔插座，应在a、b、C三处中哪两处之间安装才合理？

　　。

A．a和bB．b和cC．a和c

【答案】

（1）5A；

（2）20km；（3）C；

【考点】电功率；电路；

【解析】

（1）因为P=UI，所以电动车的额定电流为I==

=5A；

（2）电动车行驶的时间为t==1h，因为v=

，

所以电动车行驶的路程为s=vt=20km/h×1h=20km；

（3）由图知，要使双孔插座能够正常使用，需要与灯泡并联，并且不受开关控制。

所以要连接在a、c之间。

故选C。

15.（2018杭州）小金对玩具汽车的电动机很感兴趣，他拆下电动机，测得它的内阻为1.5Ω。

为测量电动机工作时的电流，利用身边现有器材，设计了如图所示的电路（符号表示数值可读的变阻器）。

已知电源电压为12V，当变阻器的阻值为6Ω时，电压表的读数为3V。

计算此时：

（1）通过电动机的电流；

（2）电动机消耗的电功率；

【答案】

（1）.1.5A；

（2）.4.5W

【考点】电功率；欧姆定律；

【解析】

（1）∵变阻器两端的电压为U变＝U-U机＝12V-3V＝9V,∴电流I＝＝1.5A,又∵串联电路电流处处相等，∴通过电动机的电流为1.5A;

（2）电动机消耗的电功率P＝U机I＝3V

1.5A＝4.5W.

16.（2018衢州）小柯家新添了一台变频空调，部分参数如下表所示。

当室温和空调的设定温度相差较大时，变频空调一开机，即以最大功率工作，使室温迅速达到设定温度；当室温达到设定温度后，空调的制冷（热）功率随之减小，以维持室温基本不变交。

该空调另设电辅热功能，可以辅助制热，以弥补单靠空调压缩机工作制热不足的问题。

（1）空调接人家庭电路后，与其他用电器_______联。

（2）假设该空调开机后以最大制冷功率工作0．5h，使室温降至设定温度。

然后，空调又以某一恒定的功率工作了2.5h，全过程空调消耗的电能为1.9kW·h。

求

①前0.5h空调消耗的电能。

②后2.5h通过空调的电流。

（3）在空调机的结构中有很多粗细不同的铜管，作为制冷剂“搬运”“热”的管道。

常见炼铜的方法：

Fe＋CuSO4==Cu＋FeSO4，该反应属于______________（填基本反应类型）。

【答案】

（1）并；

（2）0.8kw·h;；2A；（3）置换反应；

【考点】电路类型；电能；电功率；

【解析】

（1）在家庭电路中各用电器之间是并联的，这样才能保证各用电器都正常工作；

（2）①由表格可知最大制冷功率为1600W，工作0.5h；W=Pt=1.6kw×0.5h=0.8kw·h;

②空调工作3h消耗的电能为1.9kW·h，而前0.5h消耗电能为0.8kW·h；所以后2.5h消耗的电能为1.9kW·h-0.8kW·h=1.1kW·h；P=

=440w；I=；

（3）由方程式可知，反应物中有单质，生成物中也有单质，符合置换反应特点；

17.（2018绍兴）2018年3月28日绍兴风情旅游新干线开通试运行。

“鉴湖号”城际列车从绍兴站驶出开往上虞站，两站相距40千米，列车运营速度120千米/小时．

（1）列车从绍兴站出发至少需要_______分钟到达上虞站。

（2）在图中旅行箱和拉杆构成的杠杆中，能表示拉力F的力臂是_______。

（3）列车牵引总功率为5152千瓦，表示的意义是______________，并计算列车以运营速度匀速直线运行时所受水平阻力大小________（用科学计数法表示，保留两位小数）。

【答案】

（1）20；

（2）l1；（3）列车每秒钟做功5152千焦；1.55×105N；

【考点】速度；杠杆五要素；功率；

【解析】

（1）；故答案为：

20；

（2）力臂是支点到力的垂直距离，图中的杠杆O是支点，要找O点到F的垂直线段即可；故答案为：

l1；

（3）功率是用来表示物体做功快慢的物理量，所以5152千瓦表示牵引力每秒做功5152kJ;∵P=

=F·vv=120km/h=33.33m/s

∴F==1.55×105Nf=F=1.55×105N；故答案为：

1.55×105N；

18.（2018绍兴）人们对自我保健越来越关注。

图甲为某品牌足浴盆及相关参数。

其内部电路可分为工作电路和控制电路两部分（如图乙所示）．闭合总开关S，当足浴盆有水注入到一定量时压控开关S1，S2就会自动闭合，此时R1，R2会同时工作，加热至40℃时，控制电路中的电磁铁会将衔铁吸合，自动进入保温模式．

（1）图乙的工作电路中，处于保温状态时，工作的电阻是_______。

压控开关S1的作用是防止_____________________，达到保护电路的目的。

（2）控制电路中电磁铁线圈的电阻为100欧，为电磁铁供电的电池电压为6伏。

Rx为热敏电阻，阻值随温度变化关系可由图丙中的某条曲线表示。

当线圈中的电流大于或等于20毫安时，控制电路中继电器的衔铁被吸合，则Rx阻值随温度变化的曲线为图丙中的_______。

（3）求R2的阻值。

（4）在一次使用过程中，加热时间为5分钟，保温时间为20分钟，则整个过程中消耗了多少电能？

【答案】

（1）R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态；

（2）D；（3）P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W；R2==24.2Ω；（4）W加热=P最大×t加热=2100W×5×60s=6.3×105J；W保温=P保温×t保温=100W×20×60s=1.2×105J；W总=W加热+W保温=6.3×105J+1.2×105J=7.5×105J。

【考点】电路分析；欧姆定律；电能；

【解析】

（1）当衔铁被吸引时，电路处于保温状态，衔铁被吸下时，R2被断开，只有R1被接入电路；在向足浴盆中加水时，只有加到一定的量时，压敏开关才会闭合，所以是为了防止水太少或没水时足浴盆依然工作；故答案为：

R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态；

（2）当电路中电流为20mA时，衔铁被吸合；

而温度为40℃时被吸合，由图可知T=40℃时，R=200欧只有BD符合，温度越高，磁性要越强，电阻只能时减小的，故只有D符合；故答案为：

D；

（3）当电路处于加热状态时，两个电阻都工作；而当处于保温状态时只有R1在工作；所以R2的功率是2100W-100W=2000W；R2=

=24.2Ω；故答案为：

P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W；R2==24.2Ω；

（4）求电能分两部分求解，一是加热5min消耗的电能，一是保温20分钟消耗的电能；W=Pt=2100W×5×60S+100W×20×60S=7.5×105J；故答案为：

W加热=P最大×t加热=2100W×5×60s=6.3×105J

W保温=P保温×t保温=100W×20×60s=1.2×105J

W总=W加热+W保温=6.3×105J+1.2×105J=7.5×105J；

四实验探究题

20.（2018嘉兴）在探究小灯泡的电功率与哪些因素有关的实验中，小组同学猜想：

小灯泡的电功率可能与电压、电流有关，于是他们设计了如下所示的三个电路图：

（1）你认为图_______电路可以研究小灯泡的电功率与电压的关系，理由是___________________。

（2）小组同学经过分析讨论，选择正确的电路进行实验，得出了小灯泡的电功率与电压关系的正确实验结论，支持该结论的实验现象是____________________________。

【答案】

（1）乙；乙是串联电路，能控制电流相等；

（2）电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮。

【考点】串联电路特点；功率比较；

【解析】

（1）研究电功率与电压的关系时，电压是变量，因此要串联电路；丙不符合；而甲只有一个灯泡，没有对照；乙有两个电灯泡，且串联电路电流相等，可以通过比较电压表示数大小，来比较功率的问题；

（2）功率是表示做功的快慢的，而对于小灯泡来说，功率越大则越亮；

21.（2018杭州）下表是小金探究小灯泡L的电流与电压关系时所记录的实验数据。

（1）在答题纸的坐标系中画出通过小灯泡电流随它两端电压变化的图像______。

（2）已知该小灯泡的额定功率为0.75瓦，现有电压为6伏的电源，若要使小灯泡正常工作，请设计电路图（画在答题纸的指定区域内）___，并说明使小灯泡L正