江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年九年级下学期开学考试物理试题（创新部）

这是一份江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年九年级下学期开学考试物理试题（创新部），共4页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（1－7单选，每题共28分，8－10多选，共18分）
1．某建筑工地上，工人用起重机吊着货物水平向右匀速行驶，同时启动起吊电动机，让货物竖直向上做匀加速直线运动，若货物刚开始向上运动的位置为坐标原点，则货物的运动轨迹为（ ）
A． B． C． D．
2．如图甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是（ ）
A．2.5s内汽车的速度改变量为-30m/s
B．10s内火箭的速度改变量为10m/s
C．火箭的速度变化比汽车的快
D．火箭的速度变化率比汽车的速度变化率大
3．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度挡。下图是某一变速车齿轮转动结构示意图，其中A轮、B轮、C轮、D轮半径之比为8:7:3:2。下列说法正确的是（ ）
A．该车可变换三种不同速度挡
B．当B与C轮组合时，两齿轮的转速之比nB:nC=3:7
C．当B与C轮组合时，两齿轮的角速度之比ωB:ωC=9:49
D．当A与C轮组合时，两齿轮的边缘向心加速度之比aA:aC=8:3
4．某商场为了节能安装了智能化电动扶梯。在无人乘梯时，扶梯缓慢运转；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速再匀速运转。如图所示，一顾客乘该扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，则下列说法正确的是（ ）
A．顾客始终受到重力、弹力和摩擦力的作用
B．顾客受到摩擦力作用时，摩擦力的方向斜向右上方
C．顾客先处于失重状态，后处于平衡状态
D．扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方，再竖直向上
5．“筋膜枪”利用其内部特制的高速电机带动枪头，产生的高频振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛、促进血液循环等作用。如图所示为某款筋膜枪的内部结构简化图，连杆OB以角速度ω绕垂直于纸面的O轴匀速转动，带动连杆AB，使套在横杆上的滑块左右滑动，从而带动枪头振动。已知AB杆长为L，OB杆长为R，当AB⊥OB时，滑块的速度大小为（ ）
A．ωR B．ωRL2+R2L
C．ωLL2+R2R D．ωRLL2+R2
6．如图所示为电梯由静止开始上升时加速度随时间变化的图像，电梯的天花板上用轻绳悬挂一质量为0.5kg的小球。取重力加速度g=10m/s2，则在电梯上升过程中（ ）
A．电梯匀速上升时的速度大小为1m/s
B．绳上拉力大小的变化范围为5~5.5N
C．1-12s内上升的距离为12m
D．0~3s内小球处于超重状态，9~12s内小球处于失重状态
7．如图所示，甲通过一绕过轻质定滑轮的细绳拉着一工件，乙用细绳沿水平方向将工件缓慢向左拉动，甲同时缓慢释放手中的绳子，该过程中甲、乙两人保持位置不动。下列说法正确的是（ ）
A．甲手中绳子的拉力不断变小B．地面对甲的支持力不断增大
C．乙手中绳子的拉力不断增大D．乙受到平台的摩擦力逐渐变小
8．如图所示，轻质弹簧一端与甲球相连，另一端固定在横梁上，甲、乙间固定一个轻杆，乙、丙间由一轻质细线连接，轻质弹簧、轻杆与细线均竖直，初始时刻系统处于静止状态。已知重力加速度为g，甲、乙、丙三球质量均为m，则细线被烧断的瞬间（ ）
A．丙球的加速度大小为0
B．甲球的受力情况未变，加速度大小为0
C．甲、乙两个小球的加速度大小均为 12g
D．甲、乙之间轻杆的拉力大小为32mg
9．篮球运动是一项高强度的有氧运动，深受同学们的喜爱。如图所示，在一次篮球训练中，篮球离手时，速度的方向与水平方向成45°角，篮球上升H后到达最高点，之后在下落过程进入篮筐。已知最高点到篮球离手点和篮筐的水平距离分别为1.5L和L，不计空气阻力，则（ ）
A．H:L=1:1B．H:L=3:4
C．篮球从最高点到进筐过程中，速度偏转角度的正切值为23
D．篮球从最高点到进筐过程中，速度偏转角度的正切值为5
10．如图甲所示，5颗完全相同质量为m的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第3颗棋子施加一水平变力F，F随t的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t=1s时，第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为μmg
B．t=2s时，第4、5颗棋子间没有摩擦力
C．t=4s时，第3颗棋子的加速度大小为μg
D．第6s以后，第1颗棋子受到的摩擦力大小为μmg
二、实验题（每空2分，共16分）
11．图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与Q小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端与挡片相碰后水平飞出，同时由于电路断开使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地。（两球下落过程不发生碰撞）
（1）关于实验条件的说法，正确的有 。
A．斜槽轨道必须光滑
B．P球的质量必须大于Q球的质量
C．P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
D．P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放
（2）在某次实验过程中，将背景换成方格纸，通过频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L=1.6cm，则频闪相机的拍照频率f= Hz，该小球平抛时的速度大小v0= m/s。（结果保留2位有效数字，重力加速度g取10m/s2）
12．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是 。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（2）若取木块质量M=0.4kg，改变砝码桶质量m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是 。
A．m1=5g B．m2=15g C．m3=40g D．m4=400g
（3）一组同学在保持木板水平时，研究木块质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图中①所示的a-F图线。则木块运动时受到的摩擦力f= N；木块质量M= kg。若该小组正确完成了实验步骤，得到的a-F图线应该是图中的 （填“②”、“③”或“④”）。
三、解答题
13．（9分）有一列重为105kg的火车，以72km/h的速率匀速通过一个内、外轨一样高的弯道，轨道半径为500m，g取10m/s2。
（1）试计算铁轨受到的侧压力大小；
（2）若要使火车以此速率通过该弯道，且使铁轨受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基，试计算路基倾斜角度θ的正切值。
14．（12分）如图甲所示，AB 为光滑水平面，BC 为斜面，与水平面的夹角θ=37°，两者在 B 处平滑连接。质量 m=1.6 kg 的物体，受到与水平方向也成θ角的斜向上拉力 F 的作用，从 A 点开始运动，t=2s 时到达B点，此时撤去 F，物体冲上斜面，其在 AB 段运动的 v-t 图像如图乙所示。已知物体与斜面间的动摩擦因数μ = 0.5（g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）。求：
（1）AB 段的长度和
（2）AB 段拉力F的大小
（3）若斜面足够长，求物体冲上斜面的最大距离；
15．（17分）如图所示，倾角θ=37∘的传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动，其两端AB的长度L=28m。一可视为质点的煤块以v0=22m/s的速度从传送带底端A处冲上传送带，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6、cs37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）煤块与传送带的速度相同时，煤块距传送带底端A的距离；
（2）煤块在传送带上运动的时间；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长度。
2023-2024（下）创新部初三开学考物理参考答案
1．D【详解】设货物的水平速度为v0，运动时间为t，加速度为a，起重机吊着货物水平向右匀速行驶，有x=v0t货物竖直向上做匀加速直线运动，有y=12at2=12ax2v02=ax22v02可知y−x图象为开口向y轴正方向的抛物线，故图D符合要求。故选D。
2．A【详解】A．汽车初速度v0=30m/s汽车2.5s末速度的速度v=0则可得2.5s内汽车的速度改变量为Δv=v−v0=−30m/s故A正确；B．火箭的初速度为v'0=0火箭10s末的速度为v'=100m/s
则可得10s内火箭的速度改变量为Δv'=v'−v'0=100m/s故B错误；CD．用来描述物体速度变化快慢的物理量即为加速度，而加速度也叫做速度的变化率，根据加速度的定义可得a车=ΔvΔt=−302.5m/s2=−12m/s2，a火=Δv'Δt'=10010m/s2=10m/s2可知，火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的速度变化率比汽车的速度变化率小，故CD错误。故选A。
3．B【详解】A．A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种挡位，B轮分别与C、D连接，又可有两种挡位，所以该车可变换4种不同速度挡，故A错误；BC．当B轮与C轮组合时，同缘传动边缘点线速度大小相等，根据v=ωr齿轮的半径与齿数成正比，可得两齿轮的角速度之比为ωB:ωC=rC:rB=18:42=3:7根据ω=2πn可得两齿轮的转速之比为nB:nC=ωB:ωC=3:7故B正确，C错误；
D．当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点的线速度大小相等，根据向心加速度公式a=v2r可得两齿轮的边缘向心加速度之比为aA:aC=rC:rA=18:48=3:8故D错误。故选B。
4．D【详解】A．由题意可知，开始时扶梯做加速运动，顾客受到重力、弹力和摩擦力的作用，后做匀速运动时，顾客只受重力和弹力作用，A错误；B．顾客受到摩擦力作用时，摩擦力的方向总是与接触面相切，与顾客相对扶梯的运动趋势方向相反，扶梯加速上升时，顾客相对扶梯有向左的运动趋势，所以顾客所受摩擦力方向水平向右，B错误；C．扶梯先加速上升时，顾客有竖直向上的分加速度，因此顾客先处于超重状态，扶梯后做匀速运动，顾客处于平衡状态，C错误；D．顾客受到重力、弹力和摩擦力的作用下，先向右上方做加速运动，由牛顿第二定律可知，此时扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方，扶梯后做匀速运动，作用力再竖直向上，D正确。故选D。
5．B【详解】当AB⊥OB时，杆的速度等于B点的速度为vB=ωR滑块沿杆方向的速度等于杆的速度，则有vB=vcsθ=vLL2+R2联立得v=ωRL2+R2L故选B。
6．D【详解】A．a–t图线与时间轴所围面积表示速度变化量，则v=1+32×1m/s=2m/s电梯在0~3s内速度从0增大到2m/s，3~9s内以2m/s匀速上升，故A错误；BD．小球随电梯一起运动，0~3 s内加速上升，小球处于超重状态，绳对球的拉力大于球的重力，1~2s内绳上拉力最大，为Tmax=mg+ma=5.5N3~9s内匀速上升，绳上拉力等于5N；由运动的对称性，9~12s内减速上升，12s末速度恰好减为0，9~12s内小球处于失重状态，绳对球的拉力小于球的重力，10~11s内绳上拉力最小，为Tmin=mg–ma=4.5N故B错误，D正确；C．小球一直随电梯上升，绳的拉力一直向上，故绳对小球一直做正功，故C错误。故选D。
7．C【详解】AC．根据题意，设结点和滑轮相连的一段绳子与竖直方向的夹角为，工件重力为，对结点受力分析，如图所示，由平衡条件可得，工件向左移动过程中，逐渐增大，可知，、均逐渐增大，即甲手中绳子的拉力和乙手中绳子的拉力均不断增大，故A错误，C正确；B．对甲进行受力分析，甲手中绳子与水平方向夹角不变，随着绳子对甲的拉力增大，其在竖直方向上的分力也增大，地面对甲的支持力不断减小，故B错误；D．对乙受力分析，由于乙手中绳子的拉力不断增大，则绳子对乙的拉力不断增大，由平衡条件可知，乙受到平台的摩擦力逐渐增大，故D错误。故选C。
8．CD【详解】A．细线被烧断的瞬间，丙不再受细线的拉力作用，加速度大小为a=g，方向竖直向下，A错误；BC．以甲、乙组成的系统为研究对象，烧断细线前甲、乙静止，处于平衡状态，合力是零，弹簧的弹力F合=3mg 烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得3mg−2mg=2ma则甲、乙的加速度大小均为a=12gB错误，C正确；D．以乙为研究对象，由牛顿第二定律得FT−mg=ma解得FT=32mg D正确。故选CD。
9．BD【详解】AB．设篮球离手时速度大小为v0，水平方向的速度大小为vx=v0cs45°竖直方向的速度大小vy=v0sin45°则vy=gt，H=12gt2，1.5L=vxt解得H:L=3:4故A错误，B正确；CD．篮球从最高点到进筐L=vxt'，vy'=gt'设篮球进筐时速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=vy'vx=23
故D错误，C正确。故选BC。
10．AD【详解】A．由于第4颗棋子对第3颗棋子的最大静摩擦力为f43max=3μmg所以当F≤3μmg
时，棋子3不会运动；由图乙可知t=1s时F=μmg<3μmg棋子都处于静止状态，把5个棋子整体分析，受平衡力作用，第5颗棋子受到水平面的摩擦力和水平力F是平衡力，所以第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为μmg，故A正确；B．由图乙可知t=2s时F=2μmg<3μmg则棋子1、2、3静止，对1、2、3棋子整体分析，棋子4对棋子3的摩擦力与外力二力平衡，所以棋子4对3的摩擦力大小为2μmg，方向水平向左，由牛顿第三定律可知，棋子3对棋子4的摩擦力大小为2μmg，方向水平向右；对棋子4受力分析可知，棋子5对4的摩擦力大小为2μmg，方向水平向左，故B错误；
C．最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为amax=2μmg2m=μg设最上面的三个棋子一起以最大加速度amax向右运动，且水平恒力为F0，则F0−3μmg=3mamax解得F0=6μmg当水平向右的恒力F大于6μmg时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动；由图乙可知t=4s时3μmg11． D 25 0.80
【详解】（1）[1]A．在研究小球做平抛运动规律的实验中，并不需要斜槽轨道光滑，只要保证保证小球做平抛运动即可，斜槽是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B．P球不与Q球直接发生碰撞，P球从斜槽上无初速度释放后在斜槽末端只需与挡片相碰就可使电路断开使电磁铁释放Q小球，这个对照实验验证了做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，与P、Q之间的质量无关，故B错误；
CD．该实验过程只为验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，并不是为了得到平抛运动的轨迹，因此不需要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，所以P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故C错误，D正确。故选D。
（2）[2][3]平抛运动在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据坐标纸中的点迹可得，在水平方向2L=v0t在竖直方向由逐差相等可得ycd−ybc=3L−2L=gt2联立解得t=0.04s，v0=0.80m/s根据周期与频率之间的关系可得f=1T=25Hz
12． AD/DA D 0.10 0.2 ②
【详解】（1）[1]A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，A正确；
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，需要将纸带固定在木块后边，不需要将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，B错误；C．实验时，应先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误；D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。故选AD。
（2）[2]根据实验原理可知当砝码和砝码桶的总质量m要远小于小车的总质量M时，可将砝码和砝码桶的总重力看作小车的拉力，一般认为大于19倍为远远大于。故选 D。
（3）[3][4]由图中①所示的a-F图线可知，木块运动时受到的摩擦力f=0.10N,由牛顿第二定律可知a=Fm故a−F图像斜率为k=1M=0.50.1解得M=0.2kg
[5] 若该小组正确完成了实验步骤，得到的a-F图线应该是过原点的直线，且与图线①平行，因为实验过程中M不变，故选②。
13．（1）8×104N； （2）0.08
【详解】（1）已知m＝100t＝1×105kg，v＝72km/h＝20m/s，内、外轨一样高时，由外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所需要的向心力，所以有
F=mv2R=1×105×202500N=8×104N
由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小为8×104N。
（2）火车过弯道，重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提供向心力，如图所示
则
mgtanθ=mv2r
由此可得
tanθ=v2gr=0.08
14．（1）； ； （2）
【详解】（1）由v-t图得，AB段的长度
物体前2 s的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）设物体沿斜面上升的最大距离为S
由牛顿第二定律
得
联立解得
15．（1）24m；（2）8s；（3）36m
【详解】(1)煤块速度大于传送带速度时，煤块的加速度为
−mgsinθ−μmgcsθ=ma1
二者共速时，有
v0+a1t1=v
煤块移动的距离为
s1=v0+v2t1
解得
a1=−10m/s2，t1=2s，s1=24m
(2)煤块与传送带共速后，煤块的加速度为
−mgsinθ+μmgcsθ=ma2
解得
a2=−2m/s2
煤块速度减为零时，运动的位移为
s2=0−v22a2=1m
因为
s1+s2所以煤块将下滑，则有
s1+s2=−12a2t22
解得
t2=5s
所以煤块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2+−va2=8s
(3)上滑时，煤块速度大于传送带速度时，煤块划过的痕迹长度为
Δs1=s1−vt1=20m
煤块速度小于传送带速度时，煤块在原来的痕迹上重画了一次。重画的长度为
Δs2=v2−a2−s2=1m
煤块下滑过程，相对运动的长度为
Δs3=s1+s2+vt2=35m
煤块在传送带上留下的痕迹长度为
Δs=Δs3−Δs1−Δs2+Δs1=36m