精品解析市级联考广东省潮州市届九年级上学期期末考试物理试题解析版.docx
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精品解析市级联考广东省潮州市届九年级上学期期末考试物理试题解析版
2018-2019学年广东省潮州市九年级(上)期末物理试卷
一、单项选择题
1.早上上学时,李明同学从教学楼一楼走到三楼时用了1min,他的功率与下列哪个值最相近
A.5WB.50WC.500WD.5000W
【答案】B
【解析】
【详解】一名学生的体重大约为500N,一层楼高约为3m,从一楼跑到三楼所用时间约为60s,
则他的功率大约为P=
=
=
=50W,故B正确.
故选B.
2.如图所示的实验或机器均改变了物体的内能,其中与另外三个改变内能方法不同的图是
A.
探究萘的熔化规律B.
内燃机压缩冲程
C.
压缩气体点燃棉花D.
水蒸气将软木塞冲出
【答案】A
【解析】
【详解】A、探究萘
熔化规律,利用酒精灯加热,是通过热传递改变内能的过程;
B、内燃机压缩冲程,是活塞压缩工作物质做功,改变物质内能,是通过做功改变内能的过程;
C、用力将活塞迅速压下,压缩空气做功,是通过做功改变内能的过程;;
D、试管水蒸气冲开木塞,对木塞做功,是通过做功改变内能的过程.
综合上述A图与其他三实验改变内能方法不同.
故选A.
3.某同学使用电流表的时候,将“+”、“﹣”两个接线柱接错了,这样做的结果是
A.指针偏转角度变小
B.指针不动
C.指针偏转角度变大
D
指针反向偏转
【答案】D
【解析】
【详解】使用电流表的时候,将“+”、“一”两个接线柱接错了,也就是电流从电流表的负接线柱流入,从电流表的正接线柱流出了,那么这样做的结果是电流表的指针反向偏转.
故选D.
4.【2016·成都A卷】火箭加速升空过程中,对于火箭搭载的卫星,下列叙述正确的是( )
A.卫星的机械能总量不变
B.卫星的机械能总量增加
C.卫星的动能增加,重力势能不变
D.卫星的动能不变,重力势能增加
【答案】B
【解析】
试题分析:
分析卫星的动能、重力势能大小的变化,从动能和重力势能大小的影响因素考虑.动能大小的影响因素:
质量、速度.质量越大,速度越大,动能越大.重力势能大小的影响因素:
质量、被举得高度.质量越大,高度越高,重力势能越大.在能量转化中是减小的能转化为增大的能.火箭升空过程中,卫星没有发生弹性形变,不考虑弹性势能,所以机械能=动能+重力势能.从动能和重力势能大小的变化判断机械能的变化.
(1)火箭升空时,卫星质量不变,而速度增大,所以动能增大;因为高度增大,所以重力势能增大;因此动能和重力是能都增大;
(2)因为动能增大,重力势能增大,而机械能=动能+重力势能,所以机械能增大.故选B.
考点:
动能和势能的大小变化.
5.下列家用电器中,不是利用电流热效应工作
是
A.电热水壶B.电烤箱C.电饭锅D.电视机
【答案】D
【解析】
【分析】
电流的热效应:
电流通过导体要发热,这叫做电流的热效应,如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子.
【详解】ABC.电热水壶、电烤箱、电饭锅它们工作时,将电能转化为内能,产生热量,利用了电流的热效应,故ABC不合题意;
D.电视机工作时,主要将电能转化为光能和声能,不是利用电流的热效应,故D符合题意.故选D.
6.小灯泡的结构如图,按图中连接能让完好的2.5V的灯泡点亮的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.灯丝的一端与电源的正负极相连,灯泡没有接入电路,电路是短路.灯泡不发光.不符合题意.B.灯丝的一端和电源的正极相连,没有构成通路,灯泡不发光.不符合题意.C.灯丝的一端和电源的正极相连,灯丝的另一端和电源的负极相连,电路构成通路,灯泡发光.符合题意.D.灯丝的一端与电源的正负极相连,灯泡没有接入电路,电路是短路.灯泡不发光.不符合题意.故选C.
【点睛】灯丝的两端分别和金属螺纹壳、金属触头相连,当灯丝的两端与电源正负极构成通路时,灯泡发光.
7.如图所示的电路中,电源电压不变,R1为定值电阻,开关S闭合后,滑片向右移动时
A.电流表示数变小,电压表与电流表示数之比变大
B.电流表示数变小,电压表与电流表示数之比不变
C.电压表示数变大,电压表与电流表示数之比不变
D.电压表示数变大,电压表与电流表示数之比变大
【答案】B
【解析】
【详解】由电路图可知,两电阻串联,电压表测R1两端的电压,电流表测电路中的电流,
当滑片向右移动时,接入电路的电阻变大,电路的总电阻变大,
根据I=
可知,电路中的电流变小,即电流表的示数变小;
根据U=IR可知,R1两端的电压变小,即电压表的示数变小;
根据R1=
可知,电压表与电流表示数之比不变.
故选B.
二、填空题
8.用滑轮组将一个重为5N的物体匀速提升10cm,由图可知,绳端受到的拉力F为________N,绳端移动的距离s为________cm,滑轮组的机械效率η为________.
【答案】
(1).2
(2).30(3).83.3%
【解析】
【详解】由图中弹簧测力计指示可知f为2N;承担物重的绳子股数n,则绳端移动的距离
;
根据题意知
h=10cm,n=3段,
故
s=3×10cm=30cm;
根据题意知
F=2N,G物=5N,
由机械效率计算
和
可得:
G动=1N,
再代入
得:
η=83%
9.汽车发动机是在_____冲程获得动力的,发动机常用水作为冷却剂,这是因为水的_____较大;发动机把热量传递给水使水的内能增加是通过_____的方式实现的.
【答案】
(1).做功
(2).比热容(3).热传递
【解析】
【详解】汽车依靠发动机工作时的做功冲程,将内能转化为机械能,从而获得动力;
因为水的比热容较大,不同物质,质量相同,升高相同的温度,吸收更多的热量.所以用水作为汽车发动机的冷却剂;
发动机把热量传给水,热量从高温的发动机转移给低温的水,使水的内能增大,温度升高,是通过热传递的方式改变了水的内能.
10.科技馆内有一个“静电球”,当人触摸“静电球”时,头发丝便会一根根竖起,形成“怒发冲冠”的景象,如图所示:
这是由于头发丝带_____(选填“同种”或“异种”)电荷而互相_____的结果,这个现象也说明人体是_____(选填“导体”或“绝缘体”).
【答案】
(1).同种
(2).排斥(3).导体
【解析】
【详解】人体是导体,当人触摸静电球时,人体也带了和静电球同种电荷的电,人的头发上也会带上与静电球同种电荷的电,同种电荷相互排斥,因此头发会蓬松竖起来,呈现“怒发冲冠”的景象.
11.如图甲所示电路,当开关S闭合后,电流表示数如图乙所示,其中a电流表测量的是通过_____(选填“电源”“L1”或“L2”)的电流,b电流表的示数应为_____A,通过L2的电流是_____A.
【答案】
(1).L1
(2).1.2(3).0.9
【解析】
【分析】
由电路图知道,两灯泡并联,电流表a测L1支路的电流,电流表b测干路电流,根据并联电路的电流特点和电流表指针的位置确定a、b电流表的量程及其示数.
【详解】由电路图知道,两灯泡并联,电流表a测L1支路的电流,电流表b测干路电流,由于并联电路中干路电流等于各支路电流之和,而b电流表指针的偏转角小于a电流表指针的偏转角,所以,说明b电流表的量程为0~3A,分度值为0.1A,故示数为1.2A,a电流表的量程为0~0.6A,分度值为0.02A,故a示数为0.3A,由并联电路的电流的规律知道,通过L2的电流是:
1.2A-0.3A=0.9A.
12.在如图所示的电路中,闭合开关S,电流表A1、A2的示数之比为I1:
I2=2:
1,则电阻之比为R1:
R2=_____,电阻R1与R2两端电压之比为U1:
U2=_____,电流表A1、A3的示数之比为I1:
I3=_____.
【答案】
(1).1:
2
(2).1:
1(3).2:
3
【解析】
【详解】两电阻并联,电流表A1测R1的电流,电流表A2测R2的电流,A2测总电流:
根据并联电路各支路电压相等,根据I=
,在电压不变的情况下,电流与电阻成反比,
根据电流表A1、A2的示数之比为:
I1:
I2=2:
1﹣﹣﹣﹣①,
则电阻之比为:
R1:
R2=1:
2;
电阻R1与R2两端电压之比为:
U1:
U2=1:
1;
由①得:
I1=2I2,
根据并联电路电流的规律,A3的示数:
I3=I1+I2=2I2+I2=3I2,
故电流表A1、A3的示数之比为:
I1:
I3=2I2:
3I2=2:
3.
13.某水电壶工作2min,使图示电能表的转盘转过150r,则电水壶消耗的电能为_____kW•h,电功率为_____kW,这些电能可供一只“22010W”的节能灯正常工作_____h.
【答案】
(1).0.05
(2).1.5(3).5
【解析】
因为2min内电能表转盘转过150r,所以,电路消耗的电能是:
W=150/3000kW•h=0.05kW•h,电热水壶的电功率是:
P=W/t=0.05kW•h/2/60h=1.5kW=1500W;根据题意知道,节能灯正常工作时的功率是:
P灯=P额=10W=0.01kW,由P=W/t可得节能灯正常工作的时间是:
t=W/P灯=0.05kW•h/0.01kW=5h.
点睛:
本题考查的是使用电能表时电功、电功率的计算以及电功率公式的应用,解题的关键是明白电能表相关参数的含义.
14.如图所示,某同学在“测量小灯泡电功率”的实验中,误将电压表并联在滑动变阻器两端.他从滑片置于最右端时开始记录第一组数据,调节滑片测得多组数据,描绘出的U﹣I图象如图所示.已知小灯泡的额定电压为2.5V,电源电压为4.5V.可求得小灯泡正常发光时的阻值为_____Ω,额定功率为_____W.变阻器最大阻值为_____Ω.
【答案】
(1).12.5
(2).0.5(3).40
【解析】
【详解】电路图可知小灯泡和滑动变阻器串联,电压表测量滑动变阻器的电压,由于灯泡正常发光时小灯泡电压2.5V,
根据串联电路的总电压等于串联的各分电压之和可得:
灯泡正常发光时,滑动变阻器电压为:
U滑=U﹣UL额=4.5V﹣2.5V=2V,
由图2可知:
U滑=2V时,I=0.2A,
即灯的额定电流为0.2A,由欧姆定律,灯正常发光时的阻值为:
RL=
=
=12.5Ω
小灯泡额定功率:
PL额=UL额I=2.5V×0.2A=0.5W;
滑动变阻器连入电路阻值最大时两端的电压最大,电路中的电流值最小,由图2可知:
U滑最大=4V时,I最小=0.1A,
根据欧姆定律,其阻值为:
R滑大=
=
=40Ω.
三、作图题
15.按如图所示电路在方框中画出相应的电路图
()
【答案】
【解析】
【详解】由实物图知,灯泡与电流表串联在电源两端,由此画出电路图如图所示:
16.请按图甲所示电路图将图的实物电路连接完整.
()
【答案】
【解析】
【详解】灯与电铃并联,开关S2控制电铃,开关S1控制整个电路,根据电路图连接实物图,如下所示:
17.某品牌的抽油烟机,工作时抽气机有强档、弱档两种状态,请将元件符号:
“
”、“
”填入电路图中的方框,使电路符合其工作特点.
()
【答案】
【解析】
【详解】抽油烟机,工作时抽气机有强档、弱档两种状态,根据P=
,强档时抽油烟机的电压大于弱档时的电压,根据电路图知,抽油烟机应接在下面框内,分压电阻接在上面框内.如下图所示:
(当S掷于上面时,电阻与抽油烟机串联;当S掷于下面时,为抽油烟机的简单电路,电压为电源电压,根据串联电路电压的规律和P=
,当S掷于下面时,抽油烟机为的电压为强档).
四、实验题
18.实验小组的同学用如图所示的装置探究“物体动能的大小与质量和速度的关系”,将钢球从某一高度由静止释放,钢球摆到竖直位置时,撞击水平木板上的木块,将木块撞出一段距离.
(1)本实验使钢球获得动能
操作方法是____________________________________,钢球动能的大小是通过观察_______________来判断的.
(2)从表中数据可以看出,他们让质量不同的钢球从相同高度摆下,使钢球到达竖直位置的______相同,从而探究动能与_______的关系.
(3)在第3次实验中,木块被撞后滑出木板,需要重做第3次实验,甲同学建议换用同样较长的木板,乙同学建议换一个较大的木块,丙同学建议降低钢球下摆的高度.你认为应当采用_____同学的建议.
(4)由上述实验数据和现象可得出结论:
__________________________________.
【答案】
(1).将钢球从某一高度由静止释放
(2).木块运动的距离(3).速度(4).质量(5).甲(6).在速度一定时,质量越大,动能越大
【解析】
试题分析:
(1)让钢球从某一高度由静止释放,使钢球获得动能;钢球动能的大小是通过钢球对木块做功的多少来体现出来的,木块运动的距离越长,就表示钢球的动能越大;
(2)让小球从斜面的同一高度处释放,使小球到达最底端的速度相同,从而探究动能与质量的关系;
(3)上面的两次实验是在速度一定时,改变物体的质量,探究动能的大小,动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的,因此改变木板的长度,应采用甲的建议;
(4)有表中的数据知:
速度一定时,质量越大动能越大.
考点:
探究影响物体动能大小
因素
【此处有视频,请去附件查看】
19.在“比较不同物质吸热升温情况”的实验中:
(1)小丽和小明用一套器材做加热水和煤油的实验,如图甲所示.在组装器材时应先调节_____(A/B)的高度,调节它的高度是为了_____.
(2)组装好器材,他们先后在同一个烧杯中称出质量相等的水和煤油,分别加热相同的时间,比较水和煤油_____,得出结论.要完成该实验,除图甲所示器材外,还需要的一个测量工具是_____.
(3)在对实验进行反思时,他们认为原方案有需要两次加热耗时长等缺点,因此改进方案并设计了图乙所示的装置.与原方案相比,该方案除克服了上述缺点外还具有的优点是_____.(答出一个即可)
(4)实验中发现煤油的温度比水的温度升高得_____(选填“快”或“慢”),这表明_____的吸热本领更强.
【答案】
(1).A
(2).确保使用外焰加热(3).升高的温度(4).秒表(5).该方案避免两次加热,用同一热源加热确保在相等时间内吸收的热量相等(6).快(7).水
【解析】
【详解】
(1)组装实验仪器时,应根据酒精灯及其火焰的高度先固定图中的A部分,使酒精灯的外焰正好能给烧杯加热,然后再固定图中的B部分,这样可以避免重复调整;
(2)由于物体吸收热量的多少不便用仪器测量,本实验中把吸收热量的多少转换成用相同的酒精灯加热,比较加热时间来判断,这种方法建立在一个假设的基础上,这个假设是酒精完全燃烧放出的热量全被水和煤油吸收;
(3)由图乙所示实验可知,实验用同一烧杯用“水浴法”对水与煤油同时加热,该方案避免两次加热,用同一热源加热确保在相等时间内吸收的热量相等;
(4)用相同的酒精灯加热,水与煤油在相等时间内吸收的热量相等;实验中发现煤油的温度比水的温度升高得快,即煤油的温度变化△t大,由于质量m与吸收的热量Q相等,由Q=cm△t可知,煤油的c小,水的c大,则煤油的吸热能力弱,水吸热本领更强.
20.“测量小灯泡的电功率”的实验电路图如图甲所示,电源电压恒为6V,小灯泡的额定电压为2.5V.
(1)请用笔画线代替导线将图乙中的实物连接完整.
()
(2)闭合开关S前,应将滑动变阻器的滑片P滑到_____端(选填“A”或“B”);
(3)闭合开关后,小明发现小灯泡不亮,但电流表和电压表均有示数,接下来他首先应该操作的是_____(填序号);
A.检查电路是否开路
B.检查电路是否短路
C.移动滑动变阻器的滑片,观察小灯泡是否发光
(4)实验过程中,移动滑动变阻器的滑片P的同时,眼睛应注视_____(填序号)
A.电压表示数
B.电流表示数
C.滑动变阻器滑片
(5)调节滑片P至某位置时,小灯泡恰好正常发光,此时电流表示数如图丙所示,则小灯泡的额定功率为_____W;
(6)现有滑动变阻器R1(10Ω1.5A)和R2(20Ω1A),实验时应选用滑动变阻器_____;
(7)图丁是小明根据实验数据绘制的小灯泡的电压与电流关系图象.由图象可知,小灯泡的阻值随电压的增大而_____(选填“增大”、“减小”或“不变”).
【答案】
(1).
(2).B(3).C(4).A(5).0.75(6).R2(7).增大
【解析】
【详解】
(1)小灯泡的额定电压为2.5V,电压表选用小量程与灯并联,如下所示:
(2)闭合开关S前,应将滑动变阻器的滑片P滑到阻值最大处B端;
(3)闭合开关后,但电流表和电压表均有示数,说明电路为通路,小明发现小灯泡不亮,则电流过小,接下来他首先应该操作的是:
移动滑动变阻器的滑片,观察小灯泡是否发光,选C;
(4)灯在额定电压下正常发光,故实验过程中,移动滑动变阻器的滑片P的同时,眼睛应注视电压表示数,选A;
(5)调节滑片P至某位置时,小灯泡恰好正常发光,此时电流表示数如图丙所示,电流表选用小量程,分度值为0.02A,电流为0.3A,则小灯泡的额定功率为:
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W;
(6)电源电压恒为6V,小灯泡的额定电压为2.5V,灯的额定电流为0.3A,根据串联电路的规律及欧姆定律,变阻器连入电路中的电阻:
R滑=
=
≈11.7Ω>10Ω,故选用R2(20Ω1A)变阻器;
(7)图丁是小明根据实验数据绘制的小灯泡的电压与电流关系图象,由图象可知,灯的电压为1V时,电流为0.2A,由欧姆定律,灯的电阻为:
R1=
=
=5.0Ω,同理,灯在2.5V电压下的电流为0.3A,电阻为8.3Ω,故小灯泡的阻值随电压的增大而增大.
五、计算题
21.如图是我国新型气垫登陆船,该船满载后的总质量为150t.(g取10N/kg)
(1)该船满载后受到的总重力为多少?
(2)该气垫船入水后,启动柴油发动机,通过向下喷气将船身匀速抬高1.72m,那么抬高一次需要克服气垫船重力做功多少焦?
若整个过程中没有能量损失,则抬高一次需要消耗柴油多少千克?
(柴油的热值q柴油=4.3×107J/kg)
(3)气垫船以30m/s的速度匀速直线运动时,若受到的阻力始终为7×104N,那么推力的功率为多少?
【答案】
(1)1.5×106N;
(2)0.06千克;(3)2.1×106W.
【解析】
【详解】
(1)该船满载后受到的总重力:
G=mg=150×103kg×10N/kg=1.5×106N;
(2)抬高一次需要克服气垫船重力做功:
W=Gh=1.5×106N×1.72m=2.58×106J,
整个过程中没有能量损失,W=Q=2.58×106J,
由Q=mq可得,抬高一次需要消耗柴油:
m=
=
=0.06kg,
(3)已知,受到的阻力,F=7×104N,匀速直线运动时的速度,v=30m/s,
推力的功率:
P=
=
=Fv=7×104N×30m/s=2.1×106W;
22.图甲是一种家用电暖器,有“低温”、“中温”、“高温”三挡,铭牌见下表(“高温”挡功率未知),图乙为其简化电路原理图,S是自我保护开关,电暖器跌倒时,S自动断开,切断电源,保证安全,闭合S1为“低温”挡.请完成下列问题:
(1)“低温”挡正常工作时的电阻是多少?
(2)“高温”挡正常工作时的总电流是多少?
(3)若某房间内空气质量为60kg,空气温度为10℃,设空气的比热容为1.1×103J/(kg·℃)且保持不变,用该电暖器的“高温”挡正常工作20min,放出热量的50%被房间内的空气吸收,那么可使此房间的空气温度升高多少?
【答案】
(1)88Ω;
(2)7.5A;(3)15℃
【解析】
(1)根据题意知道,当闭合S1时为“低温”档,此时R1单独接入电路,由P=U2/R知道,“低温”档正常工作时的电阻是:
R1=U2/P低=(220V)2/550W=88Ω;
(2)由电路图知道,只闭合S1为“低温”档,只闭合S2为“中温”档,当同时闭合S1、S2为高温档,此时R1、R2并联,电路的总功率是:
P高温=P低温+P中温=550W+1100W=1650W,
由P=UI知道,此时正常工作的电流是:
I=P高/U=1650W/220V=7.5A,
(3)若电暖器的“高温”档正常工作20分钟,则放出的热量是:
W=P高温t=1650W×20×60s=1.98×106J;
根据题意知道,空气吸收的热量是:
Q吸=ηW=50%×1.98×106J=0.99×106J;
由Q吸=cm△t可知,房间内的空气升高的温度是:
△t=Q吸/cm=0.99×106J/1.1×103J/(kg•℃)×60kg=15℃.
点睛:
本题考查的是电功率公式、效率公式和热量公式的应用,是一道电功与热量的综合,解题的关键是不同档位时电路连接方式的判断.
六、综合能力题
23.阅读下面短文,回答以下问题.
感应发光冰块
感应发光冰块产品采用食品级PS材料及电子元件组成的发光冰块,采用先进的触水式开关,具有入水即亮的特性(液体感应),外形仿如真实冰块一般.感应发光冰块采用电池供电,无化学变化,无毒无害,可放置于各类饮品中增添浪漫及神秘的气氛.感应发光冰块内部电子元件有:
液体感应器、纽扣电池和LED灯泡.感应发光冰块的使用方法是将发光冰块清洁干净放入水中,它将自动发亮;使用完毕后,用布擦干后放置于干燥的地方以备下次使用.感应发光冰块还可以放入冰箱内冷冻后,再放入饮料内,可以起到降低饮料的温度.需要注意的是,请勿吞食感应发光冰块,避免放置于温度过高的饮品中.
(1)液体感应器是先进的触水式_____(选填“电源”、“用电器”、“开关”或“导线”).
(2)冷冻后的感应发光冰块通过_____的方式改变饮料的内能.
(3)根据文中的信息,在虚线框中画出感应发光冰块内部的电路图.
()
(4)用布擦干后的感应发光冰块内部的电路处于_____状态.
【答案】
(1).开关
(2).热传递(3).
(4).断路
【解析】
【详解】
(1)根据基本电路各部的作用可知:
液体感应器是起控制电路的作用,所以是先进的触水式开关;
(2)感应发光冰块还可以放入冰箱内冷冻后温度比较低,再放入饮料内,通过热传递降低饮料的温度;
(3)电路是由液体感应器、纽扣电池和LED灯泡由导线连接而成,所以是基本的电路,如图:
(4)因为入水即亮,用布擦干后停止工作,所以用布擦干后的感应发光冰块内部的电路处于开路状态.
24.如图是小明同学探究“斜面的机械效率跟什么因素有关”的实验装置.
实验时他用弹簧测力计拉着同一物块沿粗糙程度相同的斜面向上做匀速直线运动.实验的部分数据如下:
实验次数
斜面的倾斜程度
物块重G/N
斜面高度h/m
沿斜面拉力F/N
斜面长s/m
机械效率
1
较缓
10
0.1
5.0
1
2
较陡
10
0.3
6.7
1
45%
3
最陡
10
0.5
8.4
1
60%
- 配套讲稿:
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