江苏省常州市金坛区2022-2023学年九年级上学期期中质量调研物理试题(含答案)

这是一份江苏省常州市金坛区2022-2023学年九年级上学期期中质量调研物理试题(含答案)，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
江苏省常州市金坛区2022-2023学年九年级（上）期中物理试卷
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分







一、单选题（本大题共14小题，共28分）
1. 如图所示的工具中，在使用时属于省力杠杆的是(    )
A.    托盘天平 B.     钓鱼竿
C. 瓶盖起子 D.          筷子
2. 关于功、功率和机械效率，下列说法正确的是(    )
A. 有力作用在物体上，且物体移动了一段距离，说明就有力对该物体做功
B. 使用任何机械都不省功
C. 做功快的机械其机械效率一定高
D. 做功越多的机械其功率越大
3. 关于内能和热量，下列说法正确的是(    )
A. 物体的温度升高，内能增大 B. 物体运动的越快，物体的内能越大
C. 物体吸收热量，温度一定升高 D. 温度越高的物体，所含的热量越多
4. 如图所示是小勇连接的实验电路，他检查导线连接无误后，闭合开关，发现灯泡L1、L2均不发光，于是他用一根导线来排查故障。当导线连接L1两端时两灯仍不发光，连接L2两端时L1发光、L2不发光。由此判断电路的故障是(    )

A. L1断路 B. L2断路 C. L1短路 D. L2短路
5. 如图所示，两重物分别固定悬挂在杠杆A、B两点，杠杆平衡。若将两侧重物同时向外移动一格，则杠杆(    )
A. 左端下降
B. 继续保持平衡
C. 右端下降
D. 无法判断
6. 冰在熔化成水的过程中，下列判断正确的是(    )
A. 内能不变，比热容不变 B. 吸收热量，内能增加
C. 比热容、内能、温度都不变 D. 比热容不变，内能增加，温度不变
7. 如图所示，光滑斜面AB>AC，沿斜面AB和AC分别将同一重物从它们的底部匀速拉到顶部，所用时间相同，所需拉力分别为F1和F2，所做的功分别为W1和W2，所做功的功率分别为P1和P2，则(    )

A. F1P2 B. F1>F2，P1W2，P1=P2 D. W1=W2，P1=P2
8. 图甲所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水。用不同加热器加热，忽略散热，得到图乙所示的水温与加热时间的图线，则(    )

A. 甲烧杯中的水温度升的比较快，说明比热容比乙杯中的水比热容小
B. 加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
C. 吸收相同的热量，甲杯的水升温比乙杯的多
D. 甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同
9. 如图所示，一个物体沿粗糙的斜面匀速下滑，下滑过程中，下列判断正确的是(    )
A. 物体的重力势能减小，动能增加
B. 物体的重力势能不变，动能不变
C. 物体的重力势能减小，机械能不变
D. 物体的机械能减小
10. 在如图所示的电路中，当开关S1﹑S2断开或闭合时，下列关于三灯连接的情况中错误是(    )
A. S1﹑S2都断开，L1﹑L3串联
B. S1﹑S2都闭合，L1﹑L2并联
C. S1断开，S2闭合，L1﹑L3串联
D. S1断开，S2闭合，只有L1能发光
11. 在斜面上将一个质量为5kg的物体匀速拉到顶端，如图所示，若此时沿斜面向上的拉力为40N，斜面长2m、高1m，g取10N/kg。下列说法不正确的是(    )

A. 拉力做的有用功为50J B. 拉力做的总功为80J
C. 物体所受的摩擦力为30N D. 此斜面的机械效率为62.5%
12. 如图是某品牌的单轮平衡车，它是依靠电力驱动及人体平衡能力控制的代步工具。骑行时，蓄电池给平衡车上的电动机提供动力。为了确保安全，该单轮平衡车电路部分安装有两个开关--电源开关S1和压力开关S2.当手动闭合S1时，指示灯亮起；此时骑行者再站立于平衡车踏板上，S2自动闭合，电动机正常启动，平衡车运动。未闭合S1或骑行者未站立于踏板上，电动机都无法启动。以下电路符合上述要求的是(    )
A. B.
C. D.
13. 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两个物体。物体提升相同高度，不计绳重和摩擦，下列说法一定正确的是(    )
A. 若FA=FB，则GA>GB
B. 若GA=GB，则η甲>η乙
C. 若GAFB
D. 若FA=FB，则η甲OB，滑块从A位置滑到B位置过程中(此题中滑块到达某一位置是指滑块中心到达该位置上方)：
①速度最快的位置在AO之间
②小球从A点运动到O的过程中所受弹力方向向右，速度不断增加
③弹簧弹性势能最大的位置在B点
④物体在O点的左侧和右侧运动，弹簧对滑块的弹力方向相反
⑤小球从A点运动到O的过程中弹簧弹性势能全部转化为滑块的动能
以上说法中正确的有(    )
A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ②⑤

二、多选题（本大题共1小题，共2分）
15. 用如图所示的简单机械，使重量同为G的物体都处于静止状态，图中滑轮相同、轻质杠杆也相同且都不计摩擦，A点为杠杆的正中点，这四种情况下用力最小的是(    )
A. B.
C. D.

三、填空题（本大题共8小题，共30分）
16. 2022年7月24日，长征五号B遥三运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空。火箭发射时，燃料燃烧后喷出的高温燃气，通过______(热传递/做功)使发射台温度急剧升高。发射台下建造巨大的水池，是利用水的______大且水剧烈汽化时能吸收大量的热量来降低发射台温度。选择液氢作为燃料，主要是因为液氢的______(比热容/热值)大。
17. 一架执行人工降雨任务的飞机，沿水平方向匀速飞行，并不断向下抛撒“液氮”，在此过程中，飞机的动能逐渐______，重力势能逐渐______，机械能逐渐______；上述过程中飞机的动能和重力势能之间______(选填“有”或“没有”)相互转化。
18. 图甲是一种落地式海报架，图乙是海报架的侧视结构示意图。若视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，支点是______(B/C)，若要使海报架抵抗更大的风力，可适当______(增大/减小)∠BAC角度的大小，从而使重力的力臂______(增大/减小)。

19. 在如图所示的电路中，闭合开关后将出现______(通路/断路/短路)，要使电路中两灯串联，只要拆除导线______(a/b/c/d)；要使电路中两灯并联，只要将导线______(a/b/c/d)的一端改接到接线柱A上。


20. 一台四冲程内燃机1s时间内完成了80个冲程，则该内燃机在1s时间内对外做了______次功，飞轮的转速为______r/min。在压缩冲程中，气体的温度升高，这是通过的______方式增加内能，图中______(填序号)表示该冲程。

21. 用水平拉力先后两次拉着重为20N的同一物体，沿同一水平面做直线运动。第一次拉力为10N，物体恰好做匀速直线运动，拉力对物体做了20J的功；第二次拉力增大为20N，拉力对物体做了48J的功。分析两次做功过程，第一次物体受到的摩擦力是______N，物体运动了______m，第二次物体克服摩擦力做功______J。
22. 一辆新能源小汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶30km，发动机提供的牵引力是600N。则此过程中牵引力做的功为______J，发动机的输出功率为______kW。当汽车需上坡时，一般为了增大牵引力，使汽车______(加/减)速。
23. 小蜂用如图所示装置探究两种液体的吸热能力，用同一热源加热甲、乙两种液体。
(1)实验中必须取______(选填“质量”或“体积”)相等的甲、乙两种液体。
(2)实验中用______(填序号)间接反映液体吸收热量的多少；通过比较______(填序号)来判断液体吸热能力的强弱；这里用到的实验方法______。
A.加热时间
B.温度计示数的变化
(3)下表是某次的实验数据，分析可知______(选填“甲”或“乙”)液体的吸热能力较强。若选择甲、乙两种液体做“暖手宝”中装的储热液。你选______(选填“甲”或“乙”)液体，因为它具有的比热容______(选填“较大”或“较小”)。

质量(g)
初始温度(℃)
加热时间(min)
量终温度(℃)
液体甲
150
20
3
45
液体乙
150
20
3
62
(4)若甲液体是水，根据表中数据可得出乙液体的比热容为______J/(kg⋅℃)。

四、作图题（本大题共2小题，共6分）
24. 请根据所给的电路实物图在图2框中画出对应的电路图。

25. 建筑工人在A处，使用如图所示的滑轮组提升物体，试在图中画出最省力的绕线方法。




五、实验探究题（本大题共2小题，共14分）
26. 某兴趣小组对滑轮和杠杆的机械效率进行了实验探究。

(1)如图分别用甲、乙两相同滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，滑轮重力小于沙和桶的总重力。用甲滑轮绳端所施加的拉力为F1，做的总功为W1，机械效率为η1；用乙滑轮绳端所施加的拉力为F2，所做的总功为W2，机械效率为η2，若不计摩擦和绳重，则：F1______F2(>////G'；若将两侧重物同时向外移动一格，则支点左侧：力×力臂=G×3L=G×2L+GL；杠杆右边：力×力臂=G'×4L=G'×3L+G'L；由于G>G'，所以GL>G'L，所以G×3L>G'×4L，故左端下降。
故选：A。
判定杠杆是否平衡关键是它是否满足杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
本题考查了杠杆平衡条件的应用，难度不大。

6.【答案】B 
【解析】解：冰熔化成水的过程中，吸收热量，温度保持不变；
冰熔化成水，状态发生变化，所以比热容也发生变化，熔化过程中不断吸热，内能增大；
综上所述，选项ACD错误，B正确。
故选：B。
(1)冰是晶体，晶体在熔化过程中吸热但温度保持不变，内能增大；
(2)比热容是物质的一种特性，同种物质，状态不同，比热容也不同。
此题考查了晶体熔化的特点、内能大小的判断及比热容的知识，此题很好的解决了学生的误区，要知道晶体熔化过程中温度保持不变，但需不断吸热，内能增大。

7.【答案】D 
【解析】解：因为斜面光滑，且同一重物被匀速地从底部被拉到顶部，
所以，W1=W2=Gh，
又因为W1=F1×AB，W2=F2×AC，且AB>AC，
所以，F1GB，
不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体和动滑轮总重力做的功为总功，
根据η=W有W总=Gh(G+G动)h=G(G+G动)可知η甲>η乙，故A正确、D错误；
B.若GA=GB，且动滑轮重相同，根据η=W有W总=Gh(G+G动)h=G(G+G动)可知η甲=η乙，故B错误；
C.不计绳重和摩擦，两滑轮组绳子自由端的拉力分别为：FA=13(GA+G动)，FB=12(GB+G动)，
若GA    不变  90%  相等  2 
【解析】解：(1)设沙桶的重力是G，由图示可知，甲图中是定滑轮，若不计摩擦和绳重，拉力F1=G，图乙是动滑轮，拉力F2=12×(G+G动)，滑轮重力小于沙和桶的总重力，所以F1>F2；
因为分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，所以两种情况的有用功相同；
当有用功一定时，甲中所做的总功为对一桶沙所做的功，利用机械时做的额外功越少，则总功就越少，机械效率就越高；
又因为乙是动滑轮，乙中所做的总功还要加上对动滑轮所做的功，利用乙滑轮做的额外功多，则总功越多，机械效率越低，即W1η2；
(2)由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的比值不变，且重物的重力不变，由杠杆平衡条件可知拉力不变；

物体上升的高度h=10cm=0.1m，拉力移动的距离为s=25cm=0.25m，
此时杠杆的机械效率为：η=W有用W总×100%=GhFs×100%=36N×0.1m16N×0.25m×100%=90%；
杠杆提升物体时，对物体做有用功，克服杠杆重做额外功，并且W有用+W额=W总；
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠杆h=Fh2，G不变，h1不变，G杠杆不变，
物体从A点到B点，物体还升高相同的高度，有用功不变；
杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小；
则Gh1+G杠杆h变小，所以Fh2也变小；根据η=W有用W总=Gh1Fh2可知，总功变小，有用功不变，所以η变大，即第2次杠杆的机械效率高。
故答案为：(1)>；；(2)不变；90%；相等；2。
(1)由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，定滑轮只改变力的方向，不能改变力的大小，定滑轮既可以改变力的大小，也可以改变力的方向；
利用乙滑轮做的额外功多，由“分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面”可知两种情况的有用功，再根据总功等于有用功加上额外功，可以比较出两种情况的总功大小。然后利用η=W有用W总即可比较出二者机械效率的大小；
(2)由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的关系，再根据杠杆平衡条件可知拉力的变化；
杠杆提升物体时，对物体做有用功，拉力做的功是总功，根据η=W有用W总求出机械效率；
将物体的悬挂点从A点移至B点，物体还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，克服杠杆重做功减小，有用功不变，额外功减小，总功减小，进而判断机械效率的变化。
本题考查了定滑轮和动滑轮的机械效率、杠杆平衡条件、有用功、总功和机械效率计算公式的应用，综合性强，难度大。

27.【答案】木块被撞击的距离  b  速度  >  第二次实验时小球在水平面上滚动了一段距离后才撞击到木块，小球在运动的过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能  不能  合理 
【解析】解：(1)实验中小球从斜面滚下，将木块推得越远动能就越大，通过木块被撞击的距离来判断小球动能的大小；
(2)小球撞击木块时部分动能转移到木块上，因此本实验研究的动能是指小球撞击木块时的动能；
(3)由图中可知，质量相同的两个小球从不同一高度滚下，速度不相同，速度大的球将木块撞得较远，动能较大，因此实验为了研究动能大小与速度的关系，故选b；
(4)第一次实验时，小球刚滚下斜面就撞击到木块，第二次实验时，小球在水平面上滚动了一段距离后才撞击到木块，小球在运动的过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，因此小球第二次撞击木块时的机械能比第一次小，所以木块移动的距离s1>S2；
(5)假如木块与木板之间没有摩擦，根据牛顿第一运动定律，木块被撞击后将永远运动下去，无法判断小车动能大小，本实验将不能达到探究目的；
(6)同一小球质量不变，相同的表面对小球的阻力相同，从同一斜面的不同高度处静止释放，到达水平面时初速度不同，通过观察小球滑行到静止的距离大小可以判断出小球的动能大小，得出动能与速度的关系，该实验方案合理。
故答案为：(1)木块被撞击的距离；
(2)b；
(3)速度；
(4)第二次实验时小球在水平面上滚动了一段距离后才撞击到木块，小球在运动的过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能；
(5)不能；
(6)合理。
(1)小球动能大小无法直接观察，可以通过木块被撞击的距离来判断；
(2)小球动能的大小是指撞击木块时的动能；
(3)动能的决定因素是质量和速度，利用控制变量法研究动能与速度关系时要保证质量相同，速度不同；
(4)小球在运动过程中要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，据此进行分析；
(5)假如木块与木板之间没有摩擦，根据牛顿第一运动定律，木块被撞击后将永远运动下去，无法判断小车动能大小；
(6)同一小球质量不变，相同的表面对小球的阻力相同，通过观察小球滑行到静止的距离大小也可以判断出小球的动能大小。
本题通过考查“动能大小与哪些因素有关”这一实验考查了学生对控制变量法的运用。

28.【答案】解：(1)BC段吊机对货物的拉力竖直向上，货物没有在拉力的方向上移动距离，所以拉力没有对货物做功，BC段吊机对货物的拉力做的功是零；
(2)由图乙可知，货物在CD段运动的距离是5m，CD段货物所受重力做功为：
W=Gh=6000N×5m=30000J，
CD段货物所受重力做功的功率为：
P=Wt=30000J50s=600W；
(3)由图可知，AB段的距离hAB=5m+15m=20m，
将重为6000N的货物从地面A处竖直匀速提升40s到达B处，故AB段的速度v'=hABtAB=20m40s=0.5m/s，
A到B的过程中吊机对货物做功的功率：
P=Wt=Fst=Fv=Gv=6000N×0.5m/s=3000W；
第20s吊机对货物做的功为：
W1=Pt1=3000W×20s=60000J=60×103J，
第40s吊机对货物做的功为：
W2=Pt2=3000W×40s=120000J=120×103J，如下图所示：
。
答：(1)BC段吊机对货物的拉力做的功为零；
(2)CD段货物所受重力做功的功率600W；
(3)A到B的过程中吊机对货物做功的功率为3000W；如上图。 
【解析】(1)BC段吊机对货物的拉力竖直向上，货物没有在拉力的方向上移动距离，所以拉力没有对货物做功；
(2)由图乙可知货物在CD段运动的距离，根据W=Gh得出CD段货物所受重力做的功，
根据P=Wt得出CD段货物所受重力做功的功率；
(3)根据v=st的变形公式算出AB段的路程，已知将重为5000N的货物从地面A处竖直匀速提升40s到达B处，根据速度公式可得出故AB段的速度，根据P=Wt=Fst=Fv=Gv算出A到B的过程中吊机对货物做功的功率；
由W=Pt算出第20s、40s吊机对货物做的功，据此画出该功随时间变化的图像。
本题考查功、功率的有关计算，并考查作图能力，有一定难度。

29.【答案】解：(1)滑轮组对物体A做的有用功：
W有=Gh=540N×4m=2160J；
(2)由图知，承担重物绳子的段数n=2，由s=nh和W总=Fs可得，拉力做总功：
W总=Fs=Fnh=300N×2×4m=2400J；
(3)滑轮组的机械效率：
η=W有W总=2160J2400J=90%；
(4)拉力做功的功率：
P=W总t=2400J20s=120W；
(5)若不计绳重和摩擦，根据F=1n(G+G动)可得，动滑轮重力：
G动=nF-G=2×300N-540N=60N，
若提起740N物体时，滑轮组的机械效率：
η'=W有'W总'=G'hG'h+G动h=G'G'+G动=740N740N+60N=92.5%。
答：(1)滑轮组对物体A做的有用功为2160J；
(2)工人拉力做的总功为2400J；
(3)滑轮组的机械效率为90%；
(4)拉力做功的功率为120W；
(5)若要提起740N的物体，机械效率为92.5%。 
【解析】(1)根据W有=Gh计算滑轮组对物体A做的有用功；
(2)根据s=nh和W总=Fs计算总功；
(3)根据η=W有W总计算滑轮组的机械效率；
(4)根据P=Wt拉力做功的功率；
(5)若不计绳重和摩擦，根据F=1n(G+G动)计算动滑轮重力，根据η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动计算提起740N物体时的机械效率。
本题考查滑轮组拉力、有用功、总功、功率和机械效率计算公式的应用，知道同一滑轮组提起不同物体时的机械效率是不同的。

30.【答案】解：(1)由图甲可知，发动机的效率：η=100%-30%-30%-5%=35%；
完全燃烧0.21kg的汽油放出的热量：Q放=qm汽油=4.6×107J/kg×0.21kg=9.66×106J；
水吸收的热量为：Q吸=30%Q放=30%×9.66×106J=2.898×106J；
由Q吸=cmΔt可得，水温度升高值：
Δt=Q吸cm=2.898×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×11.5kg=60℃；
(2)由图示知轿车匀速直线运动时的速度是v=30m/s；
轿车发动机的功率：P=Fv=2000N×30m/s=6×104W；
所以，在0～10s时间内，轿车发动机对外做功：W=Pt=6×104W×10s=6×105J；
(3)汽油的热值为4.6×107J/kg，完全燃烧10kg的汽油放出的热量：
Q放'=m'q=10kg×4.6×107J/kg=4.6×108J；
因此所做的有用功：W=ηQ放'=35%×4.6×108J=4.83×107J；
根据W=Fs可得，汽车行驶的距离为：s=WF=4.83×107J2×103N=2.415×104m。
答：(1)水升高的温度为60℃；
(2)轿车在运动过程中受到的阻力是1500N；
(3)小华家到竹海风景区的距离为2.415×104m。 
【解析】(1)根据燃料完全燃烧放量公式Q放=mq计算汽油完全燃烧所放出的热量，而30%Q放=Q吸，由Q吸=cmΔt得到Δt=Q吸cm，据此求水升高的温度；
(2)知道发动机的功率和做功时间，利用W=Pt求发动机做功大小；当汽车匀速运动时，牵引力等于摩擦力，此时机车的功率P=fv。
(3)根据热值和汽油的质量，用公式Q放=qm求出汽油完全燃烧放出的热量；由能流图得出转化为有用功的能量占总能量的比值，得出内燃机的效率；根据W=Q放×30%求出有用功，根据W=Fs求运行距离。
本题以汽车为切入点综合考查力学、热学相关知识，灵活运用所学知识、正确选用所学公式是解题的关键，属于难题。