2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了6kW⋅h，若电价0，2×103J/)，【答案】D，【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】两  负  同，【答案】内  减少  做功等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷

1. 下列实例中，力对物体没有做功的是(    )
A. 叉车向上举起货物 B. 阿呆用力推石头但石头不动
C. 大力士拉着汽车缓慢前进 D. 小红沿着斜面向上拉动物体
2. 根据表中几种物质的比热容，判断下列说法不正确的是(    )
物质
比热容
物质
比热容
水银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103

A. 制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小
B. 北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性
C. 由于水比沙石的比热容大，相同质量的水和沙石吸收相同的热量后水升温比沙石快
D. 水和冰的比热容不同，说明比热容的大小与物质状态有关
3. 下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是(    )
A. 物体做功越多，功率一定越大
B. 机器的功率越小，机械效率一定越低
C. 功率不同的机器，做的功一定不相等
D. 额外功与总功之比越小，机械效率一定越大
4. 如图是简化了的玩具警车的电路图，以下说法中正确的是(    )
A. 开关S1控制整个电路
B. 电动机与小灯泡工作时互不影响
C. S1和S2都闭合时流过电动机与小灯泡的电流一定相等
D. S1和S2都闭合时电动机与小灯泡是串联的

5. 用如图所示的装置“探究影响电流热效应的因素”，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同的烧瓶中，且R1”、“”、“；(4)D。
(1)此实验把动能的大小转换为木块被撞击后滑行的距离，距离越远表明钢球的动能越大；
(2)动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；
(3)木块滑动过程中，克服摩擦力做功；
(4)根据减小动能的方法分析。
用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。

20.【答案】P=UIb小灯泡短路  0.75增大  >1 
【解析】解：(1)根据电功率公式P=Wt=UItt=UI可知，测量小灯泡的额定功率的实验原理是P=UI；
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值端，防止电流过大，损坏电路元件，起保持电路的作用，根据图甲可知，滑动变阻器的最大阻值端在 b端，由此可知，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到b端；
(2)电流表的示数，说明电路是通路，电压表无示数，小灯泡不发光，说明小灯泡两端无电压，小灯泡相当一根导线，由此可知，电路故障是小灯泡短路；
(3)由图乙可知，电流表所选量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数是0.3A，小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)由图丙可知，小灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流也越大，但灯泡两端电压比通过灯泡的电流增大的更快，由此可知，灯泡两端电压越大，灯泡发光越亮，灯丝温度越高，灯丝的电阻越大，所以灯丝的电阻随温度升高而增大；
(5)由图丙可知，当灯泡两端的电压为1.25V时，通过灯泡的电流大于0.2A，灯泡的实际功率P实=U实I实>1.25V×0.2A=0.25W；
(6)根据并联电路电压规律可知，当灯泡与定值电阻并联时，灯泡和定值电阻两端的电压相等；由图象可知，当灯泡两端的电压为1V，通过灯泡的电流为0.2A，此时通过定值电阻的电流I定=U定R定=1V10Ω=0.1A，干路中的电流I总=I灯+I定=0.2A+0.1A=0.3A，符合题意，故灯泡两端的电压为1V。
故答案为：(1)P=UI；b；
(2)小灯泡短路；
(3)0.75；
(4)增大；
(5)>；
(6)1。
(1)根据电功率公式P=Wt=UItt=UI可得出测量小灯泡的额定功率的实验原理；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值端，防止电流过大，损坏电路元件，起保持电路的作用，根据图甲可知，滑动变阻器的最大阻值端在 b端，由此得出结论；
(2)电流表的示数，说明电路是通路，电压表无示数，小灯泡不发光，说明小灯泡两端无电压，小灯泡相当一根导线，由此得出结论；
(3)由图乙可知，电流表所选量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，由此可读出电流表的示数，根据P=UI可计算出小灯泡的额定功率；
(4)由图丙可知，小灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流也越大，但灯泡两端电压比通过灯泡的电流增大的更快，由此可得出结论；
(5)由图丙可知，当灯泡两端的电压为1.25V时，通过灯泡的电流大于0.2A，根据P=UI可得出结论；
(6)根据并联电路电压规律可知，当灯泡与定值电阻并联时，灯泡和定值电阻两端的电压相等；由图象可知，当灯泡两端的电压为1V，通过灯泡的电流为0.2A，根据欧姆定律可求出通过定值电阻的电流，再求出干路中的电流，由此得出结论。
本题主要考查测量小灯泡的额定功率，其中当小灯泡两端电压为1.25V时，小灯泡的实际功率大小与0.25W的比较，利用图象求解是解题的一个技巧，求解第(6)小问是本题的难点之一。

21.【答案】解：
(1)由图乙可知，5s内拉力F做的功：W总=25J，
则拉力的功率：
P=W总t=25J5s=5W；
(2)由图甲可知，n=2，则绳子自由端移动距离：s=2h=2×0.5m=1m，
由W=Fs可得作用在绳子上的拉力：
F=W总s=25J1m=25N；
(3)拉力做的有用功：W有用=Gh=40N×0.5m=20J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总=20J25J×100%=80%；
(4)不计绳重与摩擦，拉力F=12(G+G动)，则动滑轮重力：
G动=2F−G=2×25N−40N=10N。
答：(1)拉力F的功率为5W；
(2)拉力F大小为25N；
(3)机械效率是80%；
(4)如果不计绳重与摩擦，动滑轮重力是10N。 
【解析】(1)由图乙可知，5s内拉力F做的功，利用P=Wt求拉力的功率；
(2)由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h，利用W=Fs求作用在绳子上的拉力大小；
(3)利用W=Gh求拉力做的有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)不计绳重与摩擦，拉力F=12(G+G动)，据此求动滑轮重力。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，确定使用滑轮组时承担物重的绳子股数n(直接从动滑轮上引出的绳子股数)是关键。

22.【答案】解：
(1)由图可知，当S、S1闭合时，R1被短路，只有R2工作，此时电路中的电阻较小，电源电压不变，根据P=UI=U2R可知，此时功率较大，为加热状态；
根据P=UI=U2R可得R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)21100W=44Ω，
当S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
电路中的总电阻：R=U2P保温=(220V)2220W=220Ω，
R1的阻值：R1=R−R2=220Ω−44Ω=176Ω；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量：
Q吸=c酸奶m(t1−t2)=4×103J/(kg⋅℃)×0.22kg×(65℃−15℃)=4.4×104J；
(3)若不计热量损失，需要消耗的电能W=Q吸=4.4×104J，
由P=Wt可得，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间：
t=WP加热=4.4×104J1100W=40s。
答：(1)R1、R2的阻值分别为176Ω和44Ω；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量为4.4×104J；
(3)若不计热量损失，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间为40s。 
【解析】(1)开关S、S1闭合时，电路为R2的简单电路，此时电路的电阻较小，电路的总功率最大，处于加热状态；根据P=UI=U2R求出R2的阻值；
开关S1断开时，R1、R2串联，此时电路的总电阻较大，电路的总功率最小，处于保温状态，根据P=UI=U2R求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点求出R1的阻值；
(2)根据Q吸=cm(t−t0)求出酸奶吸收的热量；
(3)若不计热量损失，需要消耗的电能W=Q，然后利用P=Wt求出加热时间。
本题主要考查了电功率公式、吸热公式的应用，正确判断消毒柜处于不同状态时电路的连接方式是关键。

23.【答案】相同  水  加热时间  2.1×103J变大 
【解析】解：(1)在两个相同的烧杯中加入初温相同、质量相同的水和食用油，根据转换法，选用相同电加热器的目的是：使水和食用油在相同时间内吸收相同的热量；
(2)根据如图乙水和食用油温度随时间变化的图象知，升高30℃−10℃=20℃，a用时6分钟，b用时3分钟，根据比较吸收能力的第1种方法，即升高相同的温度比较加热时间知液体a的吸热能力强，比热容较大；故a物质是水；
根据转换法，升高相同的温度，b吸收热量是a的3min6min=12倍，根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量Q与比热容c成正比，故液体b即食用油的比热容是：
c=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(3)甲图中，水沸腾时温度为100℃不变，但继续吸热，故沸腾时水的内能变大。
故答案为：(1)相同；(2)①水； ②加热时间；水；2.1×103；(3)变大。
(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
(2)比较物质吸热能力的方法：
使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
根据转换法，升高相同的温度，比较b、a吸热多少关系，根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量Q与比热容c成正比求出食用油的比热容；
(3)液体沸腾时吸热温度不变，内能增加。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及内能大小比较，为热学中的重要实验。

24.【答案】断开  2.54.810变大  B 2 
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：

(2)为了保护电路，连接电路时开关应断开；
(3)实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，若选用2.5Ω的电阻，由欧姆定律，电路的电流为：
I=UR1=3V2.5Ω=1.2A>1A，超过了变阻器的最大电流，故实验中，不能被选用的电阻是2.5Ω；
(4)由题意知，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，定值电阻的最大电阻为25Ω；根据串联电路的电压关系：
由串联电路的规律及分压原理有：
U′−UVUV=R滑R，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时电源电压最大，
U′−3V3V=15Ω25Ω，
则电源电压最大值：U′=4.8V，
故为保证可用电阻均能正常进行实验，电源电压应该控制在3V至4.8V之间；
(5)由图象可知，当1R=0.1Ω−1即R=10Ω时，通过导体的电流I=0.2A，
由I=UR可得，小明控制导体两端的电压：
UV=IR=0.2A×10Ω=2V；
根据串联分压原理可知，换上更大电阻，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为2V。
故答案为：(1)如图所示；(2)R断路；(3)2.5；(4)4.8；(5)10；变大；B；2。
(1)根据滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
(2)为了保护电路，连接电路时开关应断开；
(3)滑动变阻器的规格为“15Ω1A”，实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，若选用2.5Ω的电阻，由欧姆定律得出电路的最大电流分析；
(4)由串联电路的规律及分压原理得出电源电压最大值，从而确定电源电压应该控制的范围；
(5)由图象知当1R=0.1Ω−1通过导体的电流大小，由I=UR得出小明控制导体两端的电压；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
本题探究通过导体的电流与电阻的关系，考查电路连接、欧姆定律的运用、控制变量法、操作过程及对实验的要求。

25.【答案】定  不能  不变  减小  5.4×104  2.4×104W 
【解析】解：
 (1)由图甲可知，A、B滑轮都是定滑轮，都不能省力，只能改变力的方向；
(2)当电梯匀速上升时，轿厢也匀速上升，质量不变，所以轿厢的动能不变；
轿厢与配重的运动方向始终相反，所以配重的高度减小，其重力势能减小；
(3)由图乙可知，电梯匀速运行阶段，轿厢运行的时间：t=8s−2s=6s，轿厢的速度：v=2m/s，
配重下降的高度等于轿厢上升的高度，所用由v=st可得，配重下降的高度：h=vt=2m/s×6s=12m；
配重的重力：G配重=m配重g=450kg×10N/kg=4500N，
则配重的重力做功为：W=G配重h=4500N×12m=5.4×104J；
电梯满载匀速运行时，电动机钢丝绳对轿厢拉力为：F=G载荷+G轿厢−G配重=m载荷g+m轿厢g−G配重=1100kg×10N/kg+550kg×10N/kg−4500N=1.2×104N，
故电动机钢丝绳对轿厢的拉力的功率为：P=Wt=Fst=Fv=1.2×104N×2m/s=2.4×104W。
故答案为：(1)定；不能；(2)不变；减小；(3)5.4×104；2.4×104W。
(1)定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力，但可以改变作用力的方向；
(2)动能的影响因素是物体的质量和速度，重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，高度越高，物体的重力势能越大；
(3)根据图乙读出电梯匀速运动时的速度和所用的时间，根据速度公式求出电梯上升的高度，配重下降的高度等于轿厢上升的高度，根据G=mg求出配重的重力，根据W=Gh求出配重的重力所做的功；根据F=G载荷+G轿厢−G配重求电动机钢丝绳对轿厢的拉力，根据P=Wt=Fst=Fv计算电动机钢丝绳对轿厢的拉力的功率。
本题综合考查定滑轮的特点、功和功率的计算，正确识别甲图中滑轮的特点、乙图中数据是解题的关键。