江苏省常州市二十四中学教育集团2023-2024学年九年级上学期期中调研物理试卷（含答案解析）

这是一份江苏省常州市二十四中学教育集团2023-2024学年九年级上学期期中调研物理试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，探究题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每小题2分，共15小题，总计30分）
1．下列工具中，在使用时属于费力杠杆的是（ ）
A．筷子B．开瓶器
C．核桃夹D．钢丝钳
2．如图所示，每个钩码的质量为50g，在均匀杠杆的A处挂2个钩码，B处挂1个钩码，杠杆恰好水平平衡。在A、B两处再各加1个钩码，那么（）
A．杠杆仍水平平衡B．杠杆的左边向下倾斜
C．杠杆右边向下倾斜D．将A处的钩码向左移动一格，杠杆仍能水平平衡
3．在探究“杠杆平衡条件”实验中，杠杆在弹簧拉力F作用下水平平衡，如图所示。仅将弹簧测力计绕B点从a位置转动到b位置（图中虚线）过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F与其力臂的乘积变化情况是（ ）
A．一直不变B．一直变大C．先变大后变小D．先变小后变大
4．小明同学发现教室里一共有九盏日光灯，分别由3个开关控制，即一只开关同时控制3盏日光灯，这三盏日光灯的连接方式是（ ）
A．串联B．并联C．可能串联D．以上说法都不对
5．2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭发射取得圆满成功，在神舟十四号加速上升过程中（）
A．动能减小B．重力势能增大C．机械能不变D．机械能减小
6．教室里，同学们正在调换座位，下列所描述的情境中，人对物体一定做功的是（ ）
A．甲抱着一叠课本原地不动
B．丁在推一张堆满课本的课桌，却没能把它推动
C．丙提着一只书包从教室前排走到后排
D．乙推着一张空课桌在教室地面上前进
7．在水平拉力作用下，A、B两物体分别在光滑和粗糙的水平面运动，拉力FA、FB的功与路程的关系如图所示，比较拉力FA、FB的大小：（）
A．FA>FBB．FA”、“=”或“OA>2L阻
根据杠杆平衡条件
F×OB=G×L阻
此时的最小动力
故C错误，D正确。
故选D
10．D
【解析】
【详解】由图可知，汽油机两个气门都关闭，活塞向下运动，所以该冲程是做功冲程，汽缸内气体燃烧，产生的高温高压的燃气推动活塞做功，燃气的内能转化为机械能。
故选D。
11．B
【解析】
【详解】A．由电路图知，螺丝无论是否松动，闭合开关，灯都能亮，但螺丝松动，与导线分离而断开时，电阻与灯L串联在电路中，电路中的电阻较大，据欧姆定律知，电路中的电流较小，灯较暗；螺丝（电阻不计）未松动，与导线正常连接时，电阻R被短路，电路中只有灯L工作，电路的电阻较小，电路中的电流较大，灯L较亮，故A不符合题意；
B．由电路图知，螺丝松动时，电阻R与灯串联，灯亮；螺丝未松动时，灯被短路，电路中只有R工作，灯不亮，故B符合题意；
C．由电路图知，螺丝松动时，电路断开，灯不亮，螺丝未松动时，电路接通，灯亮，故C不符合题意；
D．由电路图知，螺丝松动时，螺丝与导线断开，电路中只有灯工作，灯亮；螺丝未松动时，螺丝与导线接通，灯被短路，电源也被短路，电路被损坏，故D不符合题意。
故选B。
12．D
【解析】
【分析】由于绳和滑轮之间摩擦不计，但弹簧测力计的重力对实验会产生影响，根据定滑轮不能省力的特点，结合“通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小”，逐个分析弹簧测力计的重力对测量结果的产生的影响，然后即可判断。
【详解】AC．在AC两图中，钩码挂在拉环上（即左边测力计倒置使用），因为弹簧测力计本身有重力，所以此时测力计显示的示数等于测力计自身的重力与钩码重力之和，则不能直接显示出钩码的重力大小，故AC项不符合题意；
B．在B图中，钩码挂在挂钩上（即左边测力计正常使用），所以能直接显示出钩码的重力大小，右边的测力计倒置使用，此时右边测力计的示数等于左边测力计的重力与钩码重力之和，而左边测力计的示数等于钩码的重力，所以两边测力计的示数不相等，不能得出正确结论，故B项不符合题意；
D．在D图中，钩码挂在挂钩上（即左边测力计正常使用），所以能直接显示出钩码的重力大小，设两测力计的重力均为G，由于定滑轮上的左边都是钩码和一个测力计在拉绳子，则绳子的拉力为
左边测力计的示数为
手拉右边测力计的挂钩，由力的平衡条件可得，右边测力计的示数（即测力计受到向下的拉力）为
所以
能得出正确结论，故D项符合题意。
故选D。
【点睛】本题主要考查了定滑轮的实质和工作特点，关键是明确测力计的示数是显示作用在测力计挂钩上的力。
13．B
【解析】
【详解】A．开关闭合后，中央处理器工作；闭合支路开关后，电动机工作，但不能做到中央处理器断电后，电动机仍然工作，故A不符合题意；
B．干路中开关闭合，电动机工作；而CPU在支路开关的作用下后工作，CPU不工作，做到中央处理器断电后，来进行散热，故B符合题意；
C．合上下面一个开关，CPU和电动机均工作，而再合上上个一个开关后是CPU在工作，不能给CPU降温，故C不符合题意。
D．开关闭合后，电动机和CPU均工作，不能做到中央处理器断电后，电动机来散热，故D不符合题意。
故选B。
14．D
【解析】
【详解】AD．由图可知，甲滑轮组中，n甲=3；乙滑轮组中，n乙=3；由图丙可知，甲、乙滑轮组的总功和额外功分别为
W总甲=1200J
W额甲=500J
W总乙=800J
W额乙=200J
甲、乙滑轮组做的有用功分别为
W有用甲=W总甲-W额甲=1200J-500J=700J
W有用乙=W总乙-W额乙=800J-200J=600J
即
W有用甲>W有用乙
由于物体上升的高度相同，由W有用=Gh可知，物重G1、G2的大小关系为
G1>G2
由s=nh可知，绳子自由端移动距离分别
s甲=n甲h=3h
s乙=n乙h=2h
即s甲>s乙，由W总=Fs可知，两滑轮组中，绳端拉力分别为
即
F1=F2
故A错误，D正确；
B．由于甲、乙滑轮组的机械效率分别为
即乙的机械效率更高，故B错误；
C．根据，在相同时间内，甲做的总功较大，因此F1功率比F2的功率大，故C错误。
故选D。
15．D
【解析】
【详解】小球上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小，当上升到最高点时，速度最小，动能最小且不为0，下落的过程中，速度越来越大，动能越来越大。所以动能是先减小，上升到最高点速度最小，动能最小，后又增大。故图①错误，图②正确。小球上升的过程中，高度越来越大，重力势能越来越大，当上升到最高点时，高度最高，重力势能最大，下落的过程中，高度越来越小，最后落地，重力势能越来越小，直到为零。所以重力势能是先增大，上升到最高点重力势能最大，后又减小，最后为零。故图③正确，由于此时不计空气阻力，所以机械能是守恒的，故机械能不变，图④正确。故ABC错误，D正确。
故选D。
二、填空题（每空1分，每图2分，总计26分）
16．①．S1S3②．S2③．短路
【解析】
【详解】[1]要使灯泡L1和L2组成并联电路，电流从电源的正极流出，分别经过灯泡L1和L2共同经过S3回到电源的负极，所以需要闭合开关S1S3。
[2]要使灯泡L1和L2组成串联电路，电流从电源的正极流出依次经过L2、L1、S2回到电源的负极，所以需要闭合开关S2。
[3]如果闭合开关S1、S2，电流从电源流出直接走S1、S2构成的导线回到电源的负极，此时发生电源短路。
17．①．＝②．＜
【解析】
【详解】（1）斜面AB倾斜角度小于AC，所以物体沿AB运动时拉力较小，即F1＜F2；
（2）斜面光滑说明摩擦力为0，使用任何机械都不省功，所以拉力在两斜面上做功相同，即W1=W2．
（3）速度相同，物体沿AC运动时用的时间较少，根据公式可知，做相同的功时，拉力沿AC运动时拉力做功的功率较大，即P1＜P2．
18．①．80 ②．右③．200 ④．100 ⑤．左
【解析】
【详解】[1][2]小明在竖直举旗前进时，若以B点为支点时，在C处用力，且动力的方向垂直于旗杆向右，BC为动力臂，AB为阻力臂，根据杠杆的平衡条件知，此时的动力
F1×LBC=F2×LAB
则
F1×0.4m=20N×1.6m
解得
F1=80N
所以最小的动力为80N，由于风给红旗的阻力的方向为水平向右，为了保持杠杆平衡，C点的手对旗杆的拉力的方向水平向右。
[3]沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功
W=fs=20N×10m=200J
[4][5]由平衡条件可知，此刻B点的手施加的力克服风给红旗的阻力和手对C点的拉力，则手在B点施加的力方向为水平向左，力的大小
F=F1+F2=80N+20N=100N
19．①．0.6②．2③．2
【解析】
【详解】[1]拉力F1将物体B匀速提升过程中克服重力做功，根据
W＝F1h＝Gh
可知，物体B的重力为
物体B的质量为
[2]在相同时间内拉力F2把物体B匀速提升相同高度，滑轮组克服物体B的重力做功与拉力F1将物体B匀速提升过程中克服重力做功相等，即
W有＝W＝3J
拉力做的总功为
则拉力F2做功的功率为
[3]不计绳重和摩擦，根据
可知，动滑轮重为
20．①．费力②．3③．变大
【解析】
【详解】[1]由题可知，动力臂L1小于阻力臂L2，则动力大于阻力，所以自拍杆为费力杠杆。
[2]由杠杆的平衡条件可得手机对杆竖直向下的作用力为
[3]当自拍杆以O点为圆心顺时针旋转一个较小的角度，若保持F1的始终垂直于杆，则可得阻力不变、动力臂不变，阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件可得动力将变大。
21．①．变小②．不变③．小于
【解析】
【详解】[1] AB段，返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，是返回器的动能转化为重力势能，所以返回器的动能变小。
[2] BC段没有受到空气的阻力，机械能是守恒的，保持不变。
[3]CD段，质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能，由于克服空气阻力做功，一部分重力势能转化为内能，所以返CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。
22．①．2.4②．1.2③．④
【解析】
【详解】[1]由图知电子秤的示数为200g，支架对木棒的支持力
F支=G示=mg=200×10-3kg×10N/kg=2N
均匀细木棒的重心在木棒OAB的中心，根据杠杆平衡条件可得
已知OA︰OB=3︰5，可得杠杆自身的重力
[2]电子秤示数为零说明电子秤给杠杆的支持力为0，根据杠杆平衡条件可得
代入数据可得
解方程可得FB=1.2N。
[3]细木棒重力不变，重力的力臂不变，重力与重力力臂的乘积不变；若将支架从A点移至C点，支架与O点之间的距离变小，即支架与O点之间力臂变小，根据杠杆平衡条件可知
在B点的拉力相同时，F支变大，即电子秤的示数将变大；电子示数为零说明，电子秤给杠杆的支持力为0，根据杠杆平衡条件有
所以施加的力不变，故选④。
23．
【解析】
【详解】动力为手对钳子施加的力，支点O到该力的作用线的垂直距离，即为动力臂。动力使钳子的单侧钳柄沿顺时针转动，钢丝对A点施加一个力，阻碍这种顺时针转动，阻力作用在A点，方向竖直向下。如图所示：
24．
【解析】
【详解】用电器首首相连，尾尾相连的电路叫并联电路，并联电路中干路开关控制整个电路，支路开关只控制其所在支路。由题知，要求两灯并联，开关S控制灯L1和L2，开关S应在干路上；开关S1只控制灯L1，开关S1应在L1的支路，只控制灯L1，如图所示：
三、探究题（第25题10分，第26题7分，第27题6分，第28题6分，第29题8分，第30题7分，总计44分）
25．①．B②．木块移动距离③．转换法④．速度⑤．速度⑥．质量⑦．>⑧．动能⑨．B
【解析】
【详解】（1）[1]实验中，探究的对象是小球到达水平面的动能，即小球撞击木块时的动能，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
（2）[2][3]实验中用到转换法，通过观察木块移动的距离来判断钢球的动能大小。
（3）[4]钢球下滑过程中，将重力势能转化为动能，甲、丙两次实验，让质量不同的钢球从斜面的同一高度滚下，目的是使两球到达水平面时有相同的速度。
[5][6]由图甲丙得，两球到达水平面的速度相同，质量不同，丙图中小球的质量大于甲图中小球的质量，丙图中木块移动距离较大，可得出结论：当速度一定时，物体的质量越大，动能就越大。
（4）[7]木块对水平面的压力相同，接触面的粗糙程度相同，则甲、乙两次实验中，木块受到的摩擦力相同，由图得
由得
（5）[8]物体的动能与质量、速度大小有关，同一汽车质量不变，速度越小，动能越小，当汽车被限速时，动能较小，即汽车在行驶过程中，不同类型的汽车允许通过的最大速度不同，从物理角度来看，这样做的目的实质是限制汽车的动能大小。
（6）[9]质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，弹簧压缩相同程度，具有的弹性势能相同，弹簧恢复原状过程中，将弹性势能转化为铁球的动能，因此铁球撞击木块时的动能相同，而木块受到水平面的摩擦阻力相同，则质量不同的铁球将木块推动的距离相同，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
26．①．是②．左③．便于测量力臂④．不相符⑤．D⑥．⑦．丁
【解析】
【详解】（1）[1]杠杆的平衡状态是静止或者匀速转动，甲中杠杆静止，处于平衡状态。
[2][3]杠杆左端高、右端低，说明右端重，应将平衡螺母向左调，给左端增重，使得杠杆在水平位置平衡，此时力臂和杠杆重合，便于测量力臂。
（2）[4][5]杠杆平衡条件是：动力×支点到动力作用线的距离=阻力×支点到阻力作用线的距离，而不是点到点的距离，故不相符；小亮同学之所以会有错误的结论是因为杠杆在水平位置平衡时，支点到作用点的距离刚好等于支点到力的作用线的距离，所以可以改变拉力的方向改变力臂，重新实验，从而得出正确结论，故选D。
（3）[6][7]图丙向下压手柄，购物车绕固定点转动，故支点为；图丁中向上抬购物车，绕固定点转动，与图丙中阻力臂大小相同，但是动力臂比图丁中较大，根据杠杆平衡条件可知图丁省力。
27．①．石棉网②．加热相同时间③．④．质量⑤．燃料燃尽时⑥．b
【解析】
【详解】（1）[1]如图所示，实验时要用酒精灯火焰的外焰加热，调整铁夹的位置，其目的是使石棉网处于适当的高度，方便用外焰加热。
（2）[2]使用相同的加热装置给液体加热，在相同的时间内提供的热量相等；所以我们可以通过控制加热相同时间来实现水和液体甲吸收相同的热量。
（3）[3]若相同质量的水和液体甲吸收相同的热量后，升高的温度之比为1∶2，则比热容之比为
则液体甲的比热容为
（4）[4][5]如乙图所示，比较两种燃料的热值，实验中应控制燃料燃烧的质量、水的初温和质量相同，当燃料燃尽时，通过比较温度计上升的示数来比较燃料燃烧放出热量的多少。
（5）[6]由图乙可知，当燃料燃尽时，图线b的温度变化大，说明相同质量的a、b燃料完全燃烧时b放出的热量多，故b的热值大。
28．（1）300W；（2）80%；（3）150N
【解析】
【详解】解：（1）由题可知，物体在拉力F的作用下20s匀速上升了8m，由图乙知道，此时拉力做的总功6000J，则拉力做功的功率
（2）物体的重力为600N，因此拉力做的有用功
W有=Gh=600N×8m=4800J
（3）滑轮组的机械效率
（4）由W总=W有+W额可知额外功为
W额=W总-W有=6000J-4800J=1200J
根据题意知道，不计绳重和摩擦，则克服动滑轮重力做的额外功，动滑轮的重力为
答：（1）拉力F的功率为300W；
（2）滑轮组的机械效率为80%；
（3）动滑轮的重力为150N。
29．（1）2.1×104J；（2） 0.5千克；（3）25%
【解析】
【详解】解：（1）牛奶吸收的热量
Q吸1=c牛奶m牛奶(t-t0)=2.1×103J/(kg·℃)×250×10-3kg×(50℃-10℃)=2.1×104J
（2）不计热量损失，因此
Q放=Q吸=2.1×104J
则至少需要60℃的热水
（3）1千克70℃水放出的热量为
Q放1=c水m水1(t1-t01)=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×(70℃-50℃)=8.4×104J
热传递的效率
答：（1）牛奶需要吸收的热量为2.1×104J；
（2）妈妈至少需要60℃的热水0.5千克；
（3）若实际消耗热水1千克70℃的水，这个过程中热传递的效率是25%。
30．（1）3.6×108J；（2）1×108J；（3）42%
【解析】
【详解】解：（1）测试过程中燃料燃烧产生的热量
Q放=mq=8kg×4.5×107J/kg=3.6×108J
（2）由题意可知，汽车以50km/h匀速行驶处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以由图象可知，汽车的牵引力
F=f=4000N
则汽车行驶的路程
s=vt=50km/h×0.5h=25km=25000m
牵引力做的功
W=Fs=4000N25000m=1×108J
（3）消耗8kg的燃料完全燃烧放出的热量汽车牵引力做功使其前进的同时给蓄电池充电，电能增加了W电=5.12×107J，燃料燃烧转化为有用的能量
W有=W+W电=1×108J+5.12×107J=1.512×108J
内燃机的效率
答：（1）测试过程中燃料燃烧产生的热量是3.6×108J；
（2）测试过程中汽车牵引力做的功是1×108J；
（3）内燃机的效率是42%。