2022-2023学年广东省深圳市南山区九年级上学期物理期中试题及答案

这是一份2022-2023学年广东省深圳市南山区九年级上学期物理期中试题及答案，共18页。试卷主要包含了单项选择题，双选题，作图题，填空及实验探究题，计算题，综合分析题等内容，欢迎下载使用。

1. 在试管中装一些水，用软木塞塞住，加热使水沸腾，水蒸气把软木塞冲开，在冲开软木塞的过程中（ ）
A. 水蒸气膨胀做功，水蒸气的内能增加
B. 水蒸气膨胀做功，消耗了水蒸气的内能
C. 水蒸气膨胀做功，但水蒸气的内能不变
D. 水蒸气膨胀做功，水蒸气的温度不变
【答案】B
【解析】
【详解】ACD．加热使水沸腾，水蒸气把软木塞冲开，水蒸气对外做功，水蒸气的内能减少，故ABD不符合题意；
B．加热使水沸腾，水蒸气把软木塞冲开，水蒸气对外做功，消耗水蒸气的内能，水蒸气的内能减少，温度降低，故B符合题意。
故选B。
2. 关于内能、热量和温度，下列说法中正确的是（ ）
A. 我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多
B. 物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
C. 内能和机械能的单位都是J，它们是同一种形式的能量
D. 内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体
【答案】D
【解析】
【详解】A．我们不敢大口地喝热气腾腾的汤，是因为热汤的温度高；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；
B．内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，因此只有温度不变，若物体的质量、状态改变时，则物体的内能可能改变，故B错误；
C．内能和机械能是两种不同形式的能量，可以相互转化，故C错误；
D．热传递的条件是：有温度差；热传递的特点是：高温物体放出热量，低温物体吸收热量，热量从高温物体传给低温物体，但内能小的物体温度可能比内能大的物体温度高，因此热量也可能由内能小的物体传给内能大的物体，故D正确。
故选D。
3. 以下说法不正确的是（ ）
A. 燃料不完全燃烧时，它的热值不变
B. 永动机不可制作成功，因为它违反了能量守恒定律
C. 煤的热值比干木柴大，燃烧煤放出的热量比燃烧干木柴放出的热量多
D. 汽油机吸气冲程吸入的是空气和汽油的混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃料的热值只与燃料的种类有关，与燃料的燃烧情况无关，燃料不完全燃烧时，它的热值不变，故A正确，不符合题意；
B．不可能造出永动机，是因为机械能在转化过程中会有一部分转化为其它形式的能，因此永动机违反了能量守恒定律，故B正确，不符合题意；
C．煤的热值比干木柴大，但两种燃料的质量未知，由Q放 = mq可知，不能比较两种燃料燃烧放出的热量，故C不正确，符合题意；
D．与柴油机的吸气冲程不一样，汽油机的吸气冲程中吸入气缸的是空气和汽油的混合物，故D正确，不符合题意。
故选C。
4. 如图是单缸四冲程汽油机的工作示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 甲冲程中机械能转化为内能
B. 这四个冲程的正确顺序是乙→丙→甲→丁
C. 每个工作循环活塞往返1次，曲轴转动2周
D. 若该汽油机的转速为1200r/min，则完成一个工作循环的时间为0.2s
【答案】B
【解析】
【详解】甲中的两个气阀都关闭，活塞向下运动，所以为做功冲程，是内能转化为机械能；乙中的一个气阀打开，活塞向下运动，所以为吸气冲程；丙中的两个气阀都关闭，活塞向上运动，所以为压缩冲程，将机械能转化为内能；丁中的一个气阀打开，活塞向上运动，所以为排气冲程；在内燃机的一个工作循环中，曲轴转动2周，活塞往复运动2次，对外做功1次。
A．根据以上分析得，甲冲程中内能转化为机械能，故A错误；
B．根据分析可知，四个冲程的正确顺序是乙→丙→甲→丁，故B正确；
C．在内燃机的一个工作循环中，曲轴转动2周，活塞往复运动2次，对外做功1次，故C错误；
D．由题意可知，汽油机的飞轮转速是1200r/min，即每秒钟转20圈，因曲轴转2圈完成一个工作循环，所以每秒完成10个工作循环，则完成一个工作循环需要的时间为
故D错误。
故选B。
5. 如图所示电路中，下列关于灯泡L1、L2、L3连接说法中不正确的是（ ）
A. S1、S2都断开，L1、L3串联
B. S1、S2都闭合，L2、L3并联
C. S1闭合，S2断开，L1、L3串联
D. S1断开，S2闭合，L1、L2、L3都能发光
【答案】C
【解析】
【详解】A．S1、S2都断开时，电流从电源正极出发，经过灯泡L3、L1回到电源负极，所以灯泡L1、L3串联，故A正确，不符合题意；
B．S1、S2都闭合，电流从电源正极出发分支，一支经灯泡L3、另一支经开关S2、灯泡L2，然后共同经S1回负极，则L2、L3并联，故B正确，不符合题意；
C．S2断开，S1闭合，灯泡L2断路，灯泡L1短路，电流只从灯泡L3经过，此时只有灯泡L3工作，故C错误，符合题意；
D．S1断开，S2闭合，灯泡L1、L3并联，然后再与L1串联，则L1、L2、L3都能发光，故D正确，不符合题意。
故选C
二、双选题（有错选不得分、有漏选得1分，本题共5小题、每题2分，共10分）
6. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 堆在墙角的煤会使墙体内部变黑，说明分子间有引力
B. 搓手取暖是通过做功的方式改变内能的
C. 常用水作冷却剂，是利用了水的比热容大
D. 立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过做功的方式实现的
【答案】AD
【解析】
【详解】A．堆在墙角的煤会使墙体内部变黑，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故A错误，符合题意；
B．搓手取暖时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，通过做功的方式增加手的内能，故B正确，不符合题意；
C．常用水作冷却剂，利用了水比热容较大的性质，这样在同等情况下可以吸收更多的热量，故C正确，不符合题意；
D．立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现的，故D错误，符合题意。
故选AD。
7. 如图所示的四种情景中，与汽油机的压缩冲程原理相同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滚摆上下滚动，是动能和机械能之间的相互转化，与汽油机的压缩冲程原理不同，故A不符合题意；
B．从滑梯滑下，臀部发热是克服摩擦力做功，机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程原理相同，故B符合题意；
C．对试管中的水加热，加快水的汽化，使试管中水蒸气增加；体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，水蒸气的内能减小，液化形成白雾，与汽油机的压缩冲程原理不同，故C不符合题意；
D．用力将活塞压下，活塞对空气做功，机械能转化为内能，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，与压缩冲程原理相同，故D符合题意。
故选BD。
8. 如图所示电路,闭合开关 S1、S2,下列对电路的分析正确的是（ ）
A. L1 与 L2 并联，电流表 A1 测 L2 的电流
B. L1 与 L2 串联，电流表 A2 测干路上的电流
C. 当开关 S2 断开时,通过 L1 的电流不变, A2 的示数变小
D. 当开关 S2 断开时, A2 的示数不变，通过 L1 的电流变大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图可知，闭合开关 S1、S2，L1 与 L2 并联，电流表 A1 与 L2 在同一支路，所以的电流表 A1 测 L2 的电流，电流表 A2测量干路电流，故A正确、B错误；
CD．并联电路各支路互不影响，由图可知，当开关 S2 断开时，L2 所在支路断开，通过L2电流为0，通过 L1 的电流不变，干路电流表A2示数变小，故C正确、D错误。
9. 在如图（a）所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图（b）所示，则（ ）
A. 电阻R1两端的电压为4.8V
B. 电阻R2两端的电压为4.8V
C. 若开关闭合后，两个电表示数相同，则R1可能断路
D. 若开关闭合后，电压表V2的示数为零，则R1可能断路
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，闭合开关后R1、R2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R2两端的电压，因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电压表V1的示数应大于V2的示数，而两个电压表指针偏转相同，所以电压表V1的量程是0～15V，分度值为0.5V，示数为6V，即电源电压U＝6V，电压表V2的量程是0～3V，分度值为0.1V，示数1.2V，即R2两端的电压U2＝1.2V，所以R1两端的电压
U1＝U﹣U2＝6V﹣1.2V＝4.8V
故A正确，B错误；
CD．由电路图知，开关闭合后，若R1断路，整个电路断路，电压表V1仍测电源电压6V，V2示数为0，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图的电路，闭合开关，电路正常工作，图中电流表A1、A2、A3、A4对应的示数为I1、I2、I3、I4，电压表V1、V2、V3、V4对应的示数为U1、U2、U3、U4.下列说法正确的是（ ）
A. I1＜I2，I3=I4B. I1=I2，I3＜I4C. U1=U2，U3>U4D. U1＜U2，U3=U4
【答案】BD
【解析】
【详解】电压表在电路中相当于断路，电流表在电路中相当于导线；由左侧电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A1、A2均测电路中的电流，因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，所以有
I1=I2
U1＜U2
由右侧电路图可知，R3与R4并联，电流表A3测支路上R4的电流，即支路的电流；电流表A4测干路电流，电压表V3、V4均测电源的电压，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且各支路两端的电压相等，所以有
I3＜I4
U1=U2
故选BD。
三、作图题（本题共2小题，每题2分，共4分）
11. 图甲为内燃机的吸气冲程的示意图，图甲中画出了吸气冲程进气门、排气门的开闭情况与活塞的运动情况。请在图乙中用“T”表示阀门，画出做功冲程进气门、排气门的开闭情况，用“↑”或“↓”表示活塞运动方向，画出做功冲程活塞的运动情况。
【答案】
【解析】
【详解】在内燃机的做功冲程中，两个气门都关闭，活塞向下运动，如图乙所示：
12. 单轮平衡车的电路部分安装电源开关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后S2自动闭合，电动机才能正常启动，平衡车才开始运动。请根据上述要求将电路图连接完整。
【答案】
【解析】
【详解】由题意可知，当手动闭合S1时，指示灯亮起；骑行者再站立于平衡车踏板上后S2自动闭合，电动机才能正常启动，说明电动机和指示灯可以独立工作、互不影响即为并联；未闭合S1或骑行者未站立于踏板上，电动机都无法启动，说明S1控制干路，开关S2控制电动机，如下图所示：
【点睛】由题意可知，当手动闭合S1时，指示灯亮起，骑行者再站立于平衡车踏板上后S2自动闭合，电动机才能正常启动，说明电动机和指示灯可以独立工作、互不影响即为并联；未闭合S1或骑行者未站立于踏板上，电动机都无法启动，说明两开关可以同时控制电路，此时两开关串联，据此设计电路图。
四、填空及实验探究题（本题共4小题，每空1分，共22分）
13. 实验测得1kg某物质熔化时温度随时间变化的图像如图所示。已知该物质在液态下的比热容，设物质从热源吸热的功率恒定不变。在第10~14min内，物质温度升高了20℃，则吸收的热量为___________，吸热功率为___________，该物质在固态下的比热容为___________。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】[1]由可知，该物质温度升高了20℃，吸收的热量
[2]由题意可知，该物质在第10~14min内吸热的时间
由可知，该物质的吸热功率
[3]由图像可知，该物质在0~2min时是固态，经过的时间是2min；由于该物质在相同的时间内吸收的热量相同，所以该物质在0~2min过程中吸收的热量
由可知，该物质在固态下的比热容
14. 我国汽车保有量在迅速增长，目前我国处于使用状态的汽车数量已突破2亿辆，每辆汽车每年耗油1.6吨，汽车内燃机的效率平均取值30% ，如果把内燃机效率提高1%，我国每年可以节约燃油______t，相当于煤炭______t。（燃油的热值为4.5×107J/kg，煤炭的热值为3.0×107J/kg）
【答案】 ①. 1×107 ②. 1.5×107
【解析】
【详解】[1]因为内燃机效率提高1%，所以
由于
所以
因为内燃机效率提高后有用功是相同的，即
所以
则每辆汽车每年节约燃油质量为
所以我国可以节约的燃油质量为
[2]根据Q=mq可知，如果燃油和煤炭放出相同的热量，则有
m油q油=m煤q煤
相当于煤炭的质量为
15. 为了比较水和煤油的吸热能力，小雨用如图所示的实验装置进行探究
（1）在两个相同的烧杯中应加入初温相同、________相同的水和煤油。用同样的酒精灯加热，相同时间内水吸收的热量______（选填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量；
（2）如果使水和煤油都升高10℃，我们发现_____的加热时间较长，这表明_____相等的不同物质升高相同温度时，吸收的热量一般是_____的，由此引入的物理量是______；
（3）如图所示是水和煤油的t温-t时图像，则图线________是水，由图像可知煤油的比热容大小为______。
【答案】 ① 质量 ②. 等于 ③. 水 ④. 质量 ⑤. 不同 ⑥. 比热容 ⑦. b ⑧.
【解析】
【详解】（1）[1]根据比较不同物质吸热能力方法，要控制不同物质的质量相同，故在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和煤油。
[2]我们使用相同酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，相同时间内水吸收的热量等于煤油吸收的热量。
（2）[3][4][5][6]如果使水和煤油都升高10℃，水加热的时间较长，说明质量相等的不同物质升高相同的温度，吸收的热量一般不同，比热容表示物质的这种特性，引入比热容这个物理量。
（3）[7]由图可知，加热相同的时间，a、b吸收的热量相同，b的温度升高的少，b的吸热能力强，所以b的图线是水的实验图线。
[8]由图可知，质量相同的水和煤油都升高60℃，水的加热相同的时间20min，煤油的加热时间为10min，所以水吸收的热量是煤油吸收热量的2倍，根据Q=cmΔt可知，吸收的热量与比热容成正比，所以水的比热容为煤油比热容的2倍，所以煤油的比热容
16. （1）暑假期间，亮亮在预习电学知识时，对串联电路的电压规律进行了探究。
猜想与假设：串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和；
设计与进行实验：
①按如图所示的电路图连接电路；
②闭合开关，排除故障，用电压表在AB间测出L两端的电压；
③在测L2两端的电压时，亮亮为了节省时间，采用以下方法：电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上。
④测出AC间的电压，得出结论。
交流与评估：
步骤②中，在连接电路时，开关必须___________。
步骤②中，闭合开关，如图所示的电路，发现电压表示数为零，则小灯泡的故障可能是L1___________。（选填“短路”或“断路”）
步骤③中，亮亮的方法能否测出L2两端的电压？___________。（选填“能”或“不能”）
方法改进后，测出AB、BC、AC间的电压记录在表格中
亮亮分析实验数据得出结论：串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和，此做法存在的不足之处是___________。
（2）接着亮亮继续用如图20a所示电路探究电流与电压的关系。
①连接电路后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表指针有明显偏转，其原因可能是R___________；（选填“短路”或“断路”）
②故障排除后，向左移动滑动变阻器滑片P，电压表示数会___________（选填“变大”、“不变”或“变小”）
③当电流表示数为0.5A时，电压表示数如图b所示，其值为___________V；
④补齐表中的数据后，根据表中数据可得到的结论是：电阻一定时，电流与电压成____比（选填“正”或“反”）。
【答案】 ①. 断开 ②. 短路 ③. 不能 ④. 只进行了一次实验，结论不具有普遍性 ⑤. 断路 ⑥. 变大 ⑦. 2.5 ⑧. 正
【解析】
【详解】（1）[1]为了保护电路，在拆接电路时，开关必须断开，以防止由于接错出现短路烧坏电源。
[2]因为闭合开关，发现电压表示数为零，可能是电压表的正负接线柱没有与电源正负极相连，或电压表短路，则可能L1短路或是L2断路。
[3]当电压表B点不动，只断开A点，并改接到C点上时，虽然电压表此时与L2并联，但电压表的正负接线柱却是反的，闭合开关后，指针会反向偏转，所以不能测出L2两端的电压。
[4]该实验只进行了一次实验，只测出了一组实验数据，根据一次实验得出结论，结论具有片面性与偶然性，不具有普遍性，为得出普遍结论，应进行多次实验，测出多组实验数据。改进措施是换用不同规格的小灯泡多次实验。
（2）① [5]闭合开关，发现电流表无示数，说明电路出现了断路现象；电压表指针有明显偏转，说明电压表与电源之间是接通的，故原因可能是电阻R断路。
②[6]由图知道，滑动变阻器与定值电阻串联，当滑动变阻器的滑片向左移动时，连入电路中的电阻变小，总电阻变小，由知道，电路中的电流变大；由UR=IR知道，定值电阻两端的电压变大，即电压表的示数变大。
③[7]由图b知道，电压表量程为0～3V，其分度值为0.1V，所以电压表的示数为2.5V。
④ [8]分析表中的数据知道，考虑到误差因素，电压变为原来的几倍，通过的电流变为原来的几倍，即电阻一定时，电流跟两端的电压成正比。
五、计算题（共2小题，16分）
17. 我国自主研制的某型新一代战斗机，它具备超音速巡航、电磁隐身、超机动性、超视距攻击等优异性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20000m，最大航行速度达2.5倍声速（合3060km/h），最大载油量为10t，飞机飞行时所受阻力的大小与速度的关系见表：
已知飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，飞机使用的航空燃油的热值为5×107J/kg，求：
（1）飞机发动机完全燃烧10t燃油获得的能量是多少焦______？
（2）当飞机以400m/s的速度巡航时，飞机发动机的输出功率是多少千瓦______？
（3）若在飞机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度巡航时，飞机的最大航程约是多少______？
【答案】 ①. 5×1011 J ②. 1.92×104 kW ③. 2.7×103 km
【解析】
【详解】解：（1）燃油完全燃烧放出的热量
Q=mq=1×104kg×5×107J/kg=5×1011J
（2）由表中数据可知，当飞机以400m/s的速度巡航时，所受阻力为4.8×104N，则飞机发动机的输出功率为
（3）由（1）可知Q=5×1011J，已知飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，则有用功
W=40%×Q=40%×5×1011J=2×1011J
根据表格查出500m/s时的阻力为7.5×104N，则由W=fs可得
答：（1）飞机发动机完全燃烧10 t燃油获得的能量是5×1011 J；
（2）当飞机以400 m/s的速度巡航时，飞机发动机的输出功率是1.92×104kW；
（3）若在飞机油箱中加满燃油，并且以500 m/s的速度巡航时，飞机的最大航程约是2.7×103km。
18. 小彤家使用的是瓶装液化气，每瓶中装入的液化气质量为，液化气的热值是。
（1）的液化气完全燃烧，释放的热量是多少？
（2）的液化气完全燃烧，释放的热量是多少？
（3）若整瓶液化气完全燃烧释放热量的被利用，那么可利用的热量是多少？可以把多少的水温度由加热到？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】解：（1）根据液化气的热值为5×107J/kg可知1kg的液化气完全燃烧，释放的热量是5×107J。
（2）根据热值公式可得液化气完全燃烧，释放的热量
（3）若整瓶液化气完全燃烧释放热量的40%被利用，那么可利用的热量是
故
答：（1）1kg的液化气完全燃烧，释放的热量是5×107J；
（2）21kg的液化气完全燃烧，释放的热量是；
（3）若整瓶液化气完全燃烧释放热量的40%被利用，那么可利用的热量是，可以把2000kg的水温度由20℃加热到70℃。
六、综合分析题（共8分）
19. 阅读材料，回答问题。
热阻
当物体之间或同一物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递。热传导是热传递的一种方式，物体对热量的传导有阻碍作用，称为热阻，用R表示。物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与垂直传导方向的横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式为，式中称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同。
房屋的墙壁为了保温，往往使用导热系数较小的材料，如果墙壁一侧是高温环境，另一侧是低温环境，墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增（或递减），则在墙壁中能形成稳定的热量流动，单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。
（1）同一物体发生热传导的条件是物体的不同部分之间存在______；热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中______（选填“电流”或“电压”）；
（2）同样形状的材料，导热系数越大，热阻______（选填“越大”或“越小”）；
（3）如题图甲所示，长方体实心铝块的长、宽、高分别为2L、1.5L、3L，当热量从左向右流动时，铝块的热阻为R1，热量从下向上流动时，铝块的热阻为R2，则R1______R2（选填“>”“<”或“=”）；
（4）如图乙所示，墙壁厚度为d，墙壁外侧环境温度为，内侧环境温度为，虚线到内侧墙壁的距离为，热量在墙壁中稳定地流动，单位时间内传到内侧墙壁的热量为Q0，则虚线处的温度为______（用t0表示），若外侧墙壁的环境温度升高到1.2t0，内侧环境温度仍为，则单位时间内传到内侧墙壁的热量为______（用Q0表示）。
【答案】 ①. 温度差 ②. 电压 ③. 越小 ④. < ⑤. ⑥. 1.4Q0
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知，当同一物体的不同部分之间存在温度差时，会发生热传导。
[2]由题意可知，温度差是进行热传导的原因，与电压是形成电流的原因类似，故可知温度差相当于电路中的电压。
（2）[3]由可知，同样形状的材料，导热系数越大，热阻R越小。
（3）[4]由题意可知，热量从左向右流动时，长度L1=2L，横截面积为
S1=1.5L×3L=4.5L²
热量从下向上流动时，长度L2=3L，横截面积为
S2=1.5L×2L=3L²
因是同一铝块，导热系数相同，故由可知
故可知R1（4）[5]设虚线处的温度为t，墙壁的横截面积为S，则由题意可知，从外侧环境传到虚线处的热量为
从虚线处传到内侧环境的热量为
因热量在墙壁中稳定地流动，故可知Q1=Q2，即
解得虚线处的温度为
[6]设墙壁外侧到墙壁内侧的热阻为R，则由题意可知，墙壁外侧环境温度为t0，内侧环境温度为时，单位时间内传到内侧墙壁的热量为Q0，则有
由题意可知，当外侧墙壁的环境温度升高到1.2t0，内侧环境温度仍为时，单位时间内传到内侧墙壁的热量为
UAB/V
UBC/V
UAC/V
2.4
1.4
3.8
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
电压U/V
0.5
1.0
1.6
1.9
3.0
电流I/A
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
速度v（m/s）
100
200
300
400
500
阻力f/N
0.3×104
1.2×104
2.7×104
48×104
7.5×104