江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷

这是一份江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷，共28页。试卷主要包含了2A的是，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷
1. 下面家用电器中，工作电流约为0.2A的是(    )
A. 空调 B. 洗衣机 C. 微波炉 D. 日光灯
2. 杠杆在生产、生活中有着广泛的应用，如图所示，下列工具中属于费距离的杠杆是(    )
A. (1)(2) B. (1)(4) C. (1)(3) D. (2)(3)
3. 如图所示，在做“连接串联电路”的实验中，小宇同学闭合开关S后发现灯泡L1比L2亮，则(    )
A. 通过L1的电流大
B. 通过L2的电流大
C. 通过两灯的电流一样大
D. 无法判断两灯的电流大小

4. 下列说法正确的是(    )
A. 机械效率越高的机械做功越快 B. 机械效率越高的机械做功越多
C. 功率越大的机械做功越快 D. 功率越大的机械做功越多
5. 关于内能、温度和热量，下列说法正确是(    )
A. 物体的内能跟物体的运动速度、物体的温度和物质状态都有关系
B. 不同燃料燃烧时，放出热量越多的热值越大
C. 质量和初温相同的水和煤油，放出相同热量时煤油温度降低的多
D. 内能总是从内能多的物体向内能少的物体转移
6. 如图，一木块从斜面上匀速滑下，下列说法正确的是(    )
A. 木块只受到重力和斜面的支持力
B. 下滑过程中，木块的重力势能转化为动能
C. 下滑过程中，木块的重力势能转化为内能
D. 下滑过程中，木块的机械能保持不变

7. 如图，两个滑轮组由每个质量相同的滑轮组成。用它们分别将重物G1、G2提高相同高度(    )
A. 若G1=G2，拉力做的额外功相同
B. 若G1=G2，拉力做的总功相同
C. 若G1=G2，甲的机械效率大于乙的机械效率
D. 用同一个滑轮组提起不同的重物，机械效率不变

8. 如图所示，若开关S闭合后，灯L1、L2均不亮，小美同学利用一根导线去查找电路故障，当她将导线连接在灯L1两端时，两灯均不亮，将导线连接在灯L2两端时，灯L1亮而灯L2不亮.由此可以判断(    )
A. 灯L1短路 B. 灯L2短路 C. 灯L1断路 D. 灯L2断路
9. 两只小灯泡L1和L2连接在同一电路中．以下哪个特点可以确认两灯是并联的(    )
A. 两灯亮度不相同 B. 两灯两端的电压相等
C. 通过两灯的电流相等 D. 通过两灯的电流不相等
10. 如图是学生设计的模拟调光灯电路。闭合开关后，移动回形针，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，产生这一现象的原因可能是(    )
A. 灯泡的阻值相对铅笔芯太大
B. 铅笔芯的总阻值太大
C. 灯泡被短路
D. 电源断路

11. 一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能Ep随着时间的变化图象可能是(    )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定.右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。压缩弹簧使小球至A位置，然后释放小球，小球就在AB间做往复运动(已知AO=OB)。小球从A位置运动到B位置的过程中，下列判断不正确的是(    )
A. 小球的动能先增大后减小
B. 弹簧的弹性势能先减小后增大
C. 小球运动到O点时的动能与此时弹簧的弹性势能相等
D. 任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
13. 某人将一箱书搬上楼，第一次把所有的书一起搬上楼；第二次先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，如两次人做功的功率分别为P1、P2，人做功的效率分别为η1、η2，则P1______P2，η1______η2.(选填“>”、“；>

【解析】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W=Gh可知，两次所做的有用功相等；
第方法一所做的额外功为克服自身重力所做的功，而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，
因此方法二的额外功大于第一次的额外功，故方法二的总功大于第一次的总功，
由η=W有用W总可知，η1>η2。
因上楼的速度相同，方法二需要上楼二次，所以方法二所用时间长；
由P=Wt可知：P1>P2。
故答案为：>；>。
已知这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，根据公式W=Gh可求克服自身重力做的功；比较两次所做额外功的多少，从而确定总功的大小，根据机械效率公式可知效率的大小；
他上楼的速度相同，得出上楼时间关系，根据P=Wt可知功率大小。
本题考查了学生对有用功、额外功、总功、功率和机械效率的了解与掌握，能从场景中得出相关信息是本题的关键。

14.【答案】动  重力势  减小

【解析】解：乒乓球在上升的过程中，质量不变，速度减小，则动能减小；同时高度增大，重力势能增大，是动能转化为重力势能；
由于球与空气有摩擦，乒乓球上升的过程中克服空气阻力做功，机械能转化为内能，所以球的机械能减小。
故答案为：动；重力势；减小。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能等于动能和势能之和；克服摩擦做功，机械能转化为内能；不计阻力，机械能守恒。
对于判断能量转化的题目，我们可以从影响能量大小的因素来分析能量的变化，找到能量转化的方向。

15.【答案】90  75  增大

【解析】解：
(1)工人做的有用功W有用=Gh=1800N×1.5m=2700J；
工人做的总功W总=Fs=750N×4m=3000J，
斜面的机械效率η=W有W总×100%=2700J3000J×100%=90%；
(2)因为W总=W有用+W额
所以克服摩擦做的额外功W额=W总−W有用=3000J−2700J=300J，
由W额=fs可得货物与斜面间的摩擦力f=W额s=300J4m=750N；
(3)货物从底端匀速拉进车厢，货物质量不变，所以货物的动能不变，重力势能增大，故货物的机械能增大。
故答案为：90；75；增大。
(1)根据W有用=Gh求出有用功；根据W总=Fs求出总功，根据η=W有W总求出机械效率；
(2)求出克服摩擦做的额外功，根据W额=fs求出摩擦力的大小；
(3)由动能和势能的影响因素判断动能和势能变化，从而判断机械能的变化情况。
此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率和额外功计算公式的理解和掌握以及动能和势能变化的判断，基础性题目。

16.【答案】1.5  0  8  串

【解析】解：S1、S2同时合上后，L2被短路，电路为只有L1的简单电路，电流表A1测电路中的电流；
此时电流表A1示数如图乙所示，连接的是0～3A的量程，因此该电流表的示数为1.5A，
即通过电灯L1的电流为1.5A；通过灯L2的电流为0A；
由欧姆定律可知此时L1的电阻为：R1=UI1=12V1.5A=8Ω；
若合上S1，断开S2，电路中只有一条电流路径，两个灯泡互相干扰，不能单独工作，因此该电路为L1和L2的串联电路。
故答案为：1.5；0；8；串。
S1、S2同时合上后，电路为只有L1的简单电路，电流表A1测电路中的电流；电流表读数时，要注意所连接的量程和分度值，据此解答；
利用欧姆定律可求出灯L1的阻值；
串联电路中只有一条电流路径，各个用电器之间互相干扰，不能单独工作；并联电路中至少有两条电流路径，各个支路的用电器之间互不干扰，可以单独工作。
本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要掌握串、并连电路的特点。

17.【答案】杠杆  滑动变阻器  电流  减小  增大  增大

【解析】解：
(1)当油面升高，浮子位置升高，在虚线框内的装置特点是在力的作用下，围绕固定点转动，即是在杠杆作用下；
(2)由图可知：当油箱内的油位发生变化时，电路中的电阻会发生变化，所以R的作用相当于滑动变阻器；
(3)由电路图可知，油量表串联在电路中，故油量表是由电流表改装的；
(4)当油箱中的浮标向上运动时，指针下移，R连入的电阻值将减小，对电流的阻碍作用将减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，油量表的读数将增大。
故答案为：(1)杠杆；(2)滑动变阻器；(3)电流；(4)减小；增大；增大。
(1)一根硬棒，绕着固定的点转动，把这根硬棒叫杠杆。
(2)根据R接入电路中电阻的不同，使电路中电流发生改变(即滑动变阻器的作用)进行分析；
(3)根据电压表使用时并联、电流表使用时串联判断油量表的类型；
(4)电阻是指对电流的阻碍作用，根据浮标向上运动时指针的变化判断接入电路中电阻的变化，在根据欧姆定律判断电路中电流的变化。
本题是利用所学知识解释油量表的原理，是一道力学和电学的综合题，学以致用，符合新课标的要求。

18.【答案】变小  右

【解析】解：(1)已知热敏电阻受热后，其阻值会变小，若热敏电阻所处区域的温度降低，其阻值会变大，则电路的总电阻变大，
由欧姆定律可知，电路中的电流将变小；
(2)当热敏电阻附近的温度大于20℃，变为25℃时，热敏电阻的阻值将变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流将变大，
所以25℃的刻度应在20℃的右边。
故答案为：(1)变小；(2)右。
(1)已知热敏电阻受热后的阻值会变小，则温度降低时，其阻值会变大，再通过欧姆定律分析电路中的电流即可；
(2)热敏电阻的温度升高时，其阻值会变小，由欧姆定律分析电路中的电流变化，据此分析25℃的刻度应在20℃刻度的哪侧。
本题考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要利用好热敏电阻的特点，分析出电流的变化。

19.【答案】45；总功；150J；70%

【解析】
【分析】
(1)根据图判定连接动滑轮绳子的段数，根据F=1n(G物+G轮)求出动滑轮的重力；
(2)根据横纵坐标表示的单位和数值以及其数值变化关系确定该物理量，并计算其大小；
(3)根据机械效率公式η=W有W总=GhFs计算滑轮组的机械效率．
本题考查了动滑轮重力的计算、功、机械效率公式的灵活运用，能够正确识图和辨别滑轮组承担总重的绳子的段数是解题的关键．
【解答】
(1)由图可知，滑轮组由三段绳子承担总重，拉力的大小为50N，已知物体的重力为105N；
绳重和摩擦力不计，所以F=13(G物+G轮)，
即：50N=13(105N+G轮)，解得G轮=45N；
(2)纵坐标表示力的大小为50N，大小不变，横坐标表示绳端移动的距离，大小为3m，
所以阴影部分表示力所做的总功，则W总=Fs=50N×3m=150J；
(3)设物体提升的高度为h，则滑轮组的机械效率：
η=W有W总=GhFs=105N×h50N×3h×100%=70%．
故答案为：45；总功；150J；70%．  
20.【答案】20  1500  变小  不变

【解析】解：飞轮转速是2400r/min是说飞轮每分钟转2400转，即每秒钟转40转(40r/s)，因一个工作循环飞轮转2圈，做功一次，所以每秒可以做功20次；
一个做功冲程活塞对外做的功：W=Pt=30×103W×1×120s=1500J；
冒“黑烟”说明燃烧不充分，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值就小，所以效率变小；
由于热值是燃料本身的一种性质，故即使汽油燃烧不充分，汽油的热值仍不变；
故答案为：20；1500；变小；不变。
四冲程内燃机完成1个工作循环，曲轴、飞轮转2圈，完成4个冲程并对外做功1次；根据W=Pt可求一个做功冲程活塞对外做的功；热机的效率是指用来做有用功的能量占燃料完全燃料放出的总能量的百分比，据此结合现象可分析对效率的影响；1kg的某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，其大小只与燃料的种类有关。
此类题目考查知识了内燃机的四个冲程、热机效率的相关问题，要结合相关知识点进行分析解答，是中考的难点。

21.【答案】解：(1)由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，力的方向与动力臂垂直向上，如下图所示：
(2)从旅行箱重心O′点作竖直向下的作用力，即为箱体所受重力G。如图所示：


【解析】(1)要想抬起拉杆时的动力最小，就要求动力臂最长，支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，根据力与力臂的关系可画出最小作用力F；
(2)根据重力的方向是竖直向下的，从旅行箱重心做竖直向下的力即可。
本题考查重力的示意图和力臂的画法，求最小的力是常见的题型，关键是要找到离支点最远的点从而做出最长的力臂。

22.【答案】解：(1)煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=Vq=0.21m3×4×107J/m3=8.4×106J；
(2)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(60℃−10℃)=4.2×106J；
(3)该热水器烧水的效率：
η=Q吸Q放×100%=4.2×106J8.4×106J×100%=50%。
答：(1)煤气完全燃烧放出的热量是8.4×106J；
(2)水吸收的热量是4.2×106J；
(3)该热水器烧水的效率是50%。

【解析】(1)知道煤气的体积和热值，根据Q放=Vq求出煤气完全燃烧放出的热量；
(2)知道水的质量、水的比热容以及初温、末温，根据Q吸=cm(t−t0)求水吸收的热量；
(3)根据η=Q吸Q放×100%求出该热水器烧水的效率。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式和吸热公式、效率公式的应用，是一道较为简单的计算题。

23.【答案】解：闭合开关S1、S2，该电路为R1和R2的并联电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A测干路的电流；
(1)已知R1=10Ω，闭合开关S1、S2，电流表A1的示数为0.3A，即通过R1的电流为I1=0.3A，
R1两端的电压为：U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V，由并联电路的电压特点可知电源电压为：U=U1=3V；
(2)R2两端的电压为：U2=U=3V，
已知电流表A的示数为0.5A，即干路的电流为I=0.5A，
由并联电路的电流特点可知通过R2的电流为：I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，
则由欧姆定律可知R2的阻值为：R2=U2I2=3V0.2A=15Ω；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，该电路为只有R1的简单电路，电流表A和A1测电路中的电流，
此时两个电流表的示数是通过R1的电流，即电流表 A、A1的示数分别为0.3A。
答：(1)电源电压为3V；
(2)电阻R2的阻值为15Ω；
(3)电流表 A、A1的示数分别为0.3A。

【解析】闭合开关S1、S2，该电路为R1和R2的并联电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A测干路的电流，因此A1的示数为0.3A，A的示数为0.5A；
(1)已知电流表A1的示数，即通过R1的电流，利用U=IR求出R1两端的电压，即电源电压；
(2)由并联电路电压的特点可知R2两端的电压；已知电流表A的示数，即干路的电流，由并联电路的电流特点可得出通过R2的电流，利用欧姆定律可求出R2的阻值；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表A和A1测电路中的电流，
由于并联电路中各个支路之间互相不影响，因此少了R2这条支路，不影响通过R1的电流，由此可知电流表A和A1的示数。
本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，熟练掌握并联电路中电流和电压的特点是解题的关键。

24.【答案】无法比较电阻的大小  在电路中串联一块电流表或者小灯泡

【解析】解：根据电路图可知，电路中没有反应电流变化的元件，无法比较电阻的变化情况，因此应在电路中串联灯泡或电流表．
故答案为：无法比较电阻的大小；在电路中串联一块电流表或者小灯泡．
电阻起阻碍电流的作用，可通过灯泡的亮度或电流表的示数探究温度对电阻的影响．
本题是探究温度对电阻的影响实验，电阻的大小不能直接看出，可通过电路中的电流变化推知，即用到转化法．

25.【答案】左  便于力臂的测量  不相符  B  B  不可以

【解析】解：
(1)由图可知，铅笔静止后左端下沉，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向左移动，即细线向左移动；调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，同时可从杠杆上直接读取力臂的大小；
(2)“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故B正确；
(3)由丁图可知，把折断的铅笔芯放到左端细线下方固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆左侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，
G左L左6V，所以通过电阻箱的电流I>0.2A；
因为电路中的总电阻变大，电路两端的总电压不变，由欧姆定律I=UR可知，电路中的总电流变小，所以电路中的总电流小于20Ω时的电流0.3A，因此不移动滑片，电路中的电流I在0.2A～0.3A之间，故选D；
(4)由电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比可知，电路中电流I与导体的电阻的倒数1R成正比，而小华在坐标系中画出一条正比例函数图线，由此可知，小华画出的是I−1R的图象，图象中坐标系的纵坐标是电流I，横坐标是电阻的倒数1R。
故答案是：(1)滑动变阻器；电压表；
(2)在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(3)D；
(4)电阻的倒数。
(1)在探究电流与电阻的关系的实验中，要控制电阻两端的电压不变，改变电阻的大小，观察电路中电流的变化，由此可知，当电阻箱接入电路的电阻改变后，应调节滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数保持不变；
(2)由实验数据可知，电流与电阻的乘积的值是定值，由此可得出实验结论；
(3)当电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω时，没有移动滑片，电阻箱两端的电压也将增大，即电阻箱两端的电压大于6V，根据欧姆定律可知，通过电阻箱的电流也将大于0.2A；
因为电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，所以电路中的电流小于20Ω时的电流，由此可知，直接记录电流表示数，电流表示数应在0.2A～0.3A之间；
(4)由电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比可知，电路中电流I与导体的电阻的倒数1R成正比，而小华在坐标系中画出一条正比例函数图线，由此可知，小华画出的是I−1R的图象。
本题主要考查探究电流与电阻的关系，其中分析当电阻箱的电阻由20Ω换成30Ω时，电路中的电流的变化范围是本题的难点。

30.【答案】解：不计滑轮重和绳重，不计摩擦力，承担物重的绳子段数为n=GF=300N100N=3，
滑轮组由3段绳子承担物重，绕线如图所示：


【解析】此题考查了有关滑轮组的绕线，根据滑轮组的省力特点判断出承担物重的绳子段数是解决此题的关键。

31.【答案】解：图中两灯泡有一端已相连，为使两灯并联，可增加一根导线，将两灯泡的另一端相连，如图所示：
。

【解析】用电器并列连接的电路是并联电路，电流有分支点和汇合点，据此分析解答。
本题考查根据要求连接实物图，知道并联电路中用电器首首连接、尾尾相连就很容易解题了。