2020-2021学年浙江省杭州市江干区九年级（上）期末物理试卷

2020-2021学年浙江省杭州市江干区九年级（上）期末物理试卷

1. 如图所示的用具使用时，属于省力杠杆的是

A. 用撑衣杆晾衣服
B. 用船桨划船
C. 用开瓶器起瓶盖
D. 用钓鱼竿钓鱼

2. 把“220V 40W”的灯泡和“220V 60W”的灯泡串联接入220V电路，下列说法正确的是

A. 两灯泡的额定电功率都变小了
B. 两灯泡的额定电压都不变
C. 电路实际总功率为100W
D. 灯泡两端的实际电压比两端的实际电压低

3. 下列数据中最接近实际的是

A. 小金同学步行时的功率约700W左右
B. 某家庭电能表平时工作允许通过的最大电流为20A
C. 汽车能耗大，能量的总效率约为
D. 家用节能灯的正常工作1小时约耗1度电

4. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是

A. 任何物体都有内能
B. 热量不可以从内能小的物体传递给内能大的物体
C. 物体温度越高，含有的热量越多
D. 物体放出热量，温度一定降低

5. 质量为80kg的工人利用如图滑轮组将一质量为60kg的重物A匀速提升1m，此时该滑轮组的机械效率为不计绳重与摩擦，g取，小明对此工作过程及装置作出了论断，下列论断正确的是

A. 动滑轮重为200N
B. 此过程中，工人对地面的压力为600N
C. 重物匀速上升过程中机械能不变
D. 若增大重物A，滑轮组机械效率不变
 

6. 如图甲所示滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电流表和电压表示数变化的规律如图乙所示。则以下说法正确的是
    

A. 滑动变阻器的最大阻值为
B. 滑片在滑动的过程中，电阻的电功率不断变大
C. 滑片在滑动的过程中，电路中的最大电流为
D. 滑片在从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的功率先变大后变小

7. 热机的应用和发展推动了社会的快速发展，图甲是汽油机的工作示意图，据图回答：
   
   每一只汽缸都循环往复地重复“四个冲程”，其中产生“巨大爆发力”由图甲中的______ 选填字母冲程实现。
   在演示如图乙所示的“压缩气体做功”实验中，如果要重复演示，则需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的与内燃机的______ 选填“吸气”、“压缩”、“做功”或“排气”冲程的原理相似；
   下列关于汽油机等热机的说法正确的是______
   A.使汽油燃烧更充分，可以提高汽油的热值
   B.通过技术改良，可以使汽油机的效率达到
   C.热机的大量使用排出废气，严重污染了空气
   D.一台汽油机的转速为2400转每分钟，则它每秒钟做功40次
8. 一根重力为30N，2米长金属棒置于水平地面上，金属棒的重心在中点O，现通过弹簧测力计将棒的右端B缓慢拉起，在此过程中，A端相对于地面没有滑动。据图回答下列问题：
   如图甲用弹簧测力计始终垂直于棒将棒的右端B缓慢拉至图甲位置时，弹簧测力计示数______ N；弹簧测力计对棒所做的功W至少为______ J；
   用弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起至竖直的过程中，弹簧测力计的示数将如何变化？______ ；若拉力用F表示，物体重力用G表示，则拉力与物体重力的关系式是______ 。

9. 实验小组的同学用如图所示的装置探究“物体动能的大小跟哪些因素有关”。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。

如图甲所示，用细线把钢球悬挂起来，将摆锤拉到某一高度后释放。钢球向下摆动的过程中，重力势能和动能如何变化？______ ；
本实验让同一小钢球从不同高度分别由静止释放，判断同一小钢球从不同高度释放到达竖直位置D，获得动能大小是通过观察比较______ 来判断的；
让质量不同的钢球从相同高度摆下，由上表中实验数据和现象可得出结论：______ 。

10. 如图甲所示是“测量小灯泡电功率”的实验装置，电源电压为6V且保持不变，小灯泡额定电压为，电阻约为，滑动变阻器标有“”字样，电流表和电压表都是学生实验电表且已选量程。
    
    用笔画线代替导线把图甲的实物电路连接完整；
    实验中，电压表示数如图乙所示，要使小灯泡正常发光，应将滑片向______ 选填“左”或“右”端移动；
    实验记录电流表和电压表的示数，如表所示，计算得到是小灯泡额定功率为______ W。

11. 饮水机其加热水槽部分工作原理电路如图所示，其中单刀双掷开关S表示-一个自动温控开关，为电加热管。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度时，S自动切换到保温状态。若饮水机加热时总功率为1100W，而保温时总功率为88W，请回答【】：
    饮水机处于加热状态时，饮水机正常工作时电路中的电流；
    求电阻的阻值；
    若加热水槽储水1000ml，将其从初温加热到需要5分钟，则饮水机的加热效率是多少？

12. 如图所示，工人沿斜面用一定大小的力F把一重为600N的物体从斜面底部匀速推到顶部不考虑物体的大小。已知斜面长，高。
    若该过程中斜面的效率为，求此时物体受到的摩擦力；
    若斜面光滑没有摩擦，请分析推理说明随着斜面倾斜角度的增大，推力F的变化情况
    
    
    
    
    
    
     
13. 在“大力士”比赛中，需要把一质量，边长1m，质量分布均匀的立方体，利用两种方式分别进行移动。第一种方式如图甲所示，用水平向右的力F拉着立方体，使其匀速直线运动5m，运动时间为10s，F做功的功率是50W；第二种方式如图乙所示，利用翻滚的方法法使立方体沿图乙直线移动5m距离。本题中，已知求：
    
    第一种方式中拉力做功；
    第一种方式中拉力F的大小；
    第二种方式使立方体一边刚刚离开地面，所用最小力的大小；
    

答案和解析

1.【答案】C
 

【解析】解：
A、撑衣杆在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
B、船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
C、开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力。
 

2.【答案】B
 

【解析】解：
AB、用电器正常工作时的电压为额定电压；用电器在额定电压下的功率为额定功率；把两个灯泡串联接入220V电路两端，两灯泡的额定电压和额定功率都不改变，故A错误，B正确；
C、由于串联电路起分压作用，所以两灯泡两端的实际电压都小于额定电压，由可知，两灯泡的实际功率小于额定功率，所以电路实际总功率小于两灯泡的额定功率之和，故C错误；
D、由灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电压相等，的额定功率小于的额定功率，由可知，的电阻大于的电阻；
因串联电路中各处的电流相等，由可知，则灯泡两端的实际电压比两端的实际电压大，故D错误。
故选：B。
根据额定电压和额定功率的概念进行分析，即用电器正常工作的时候的电压为额定电压，在额定电压下的功率为额定功率。根据灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据比较两灯泡电阻的大小关系，根据电阻的串联和欧姆定律可知串联时电路中的电流关系，根据欧姆定律可知两灯泡两端的电压关系；再根据可知实际功率与额定功率的关系，进一步得出总功率与两灯泡额定功率之和的关系。
本题考查了串联电路中的电流特点、欧姆定律公式的灵活应用，难度不大，属于基础知识。
 

3.【答案】B
 

【解析】解：
A、小金同学步行时的功率在100W左右，不会达到700W，故A不符合实际；
B、一般家庭的用电器有空调台，功率约、电视机台，功率约为、电灯三只，每一只约、洗衣机台，功率约、电饭锅台，功率约等，总功率在3000W左右，电路中电流约为，电能表平时工作允许通过的最大电流为20A，故B符合实际；
C、汽油机的效率在，不会达到，故C不符合实际；
D、家用节能灯的功率约为，正常工作1h约耗电度，故D不符合实际。
故选：B。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
 

4.【答案】A
 

【解析】解：A、一切物体在任何温度下都具有内能，故A正确；
B、热量总是从高温物体向低温物体传递或者从物体的高温部分传向低温部分，所以内能小、温度高的物体能够向内能大、温度低的物体传递热量，故B错误；
C、热量是一个过程量，描述它的术语是“吸收”和“放出”，不能用含有，故C错误；
D、物体放出热量，温度不一定降低，如晶体凝固时放出热量，但温度不变，故D错误。
故选：A。
一切物体在任何温度下都具有内能；
热传递的条件是存在温度差，实质是内能从高温物体转移到低温物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分；
热量是指热传递过程中传递能量的多少，是过程量；
晶体凝固时放出热量，但温度不变。
本题主要考查学生对内能、温度、热量等概念的理解，是热学中的常见概念，难度不大。
 

5.【答案】A
 

【解析】解：A、重物A的重力：；
不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力做的功为额外功的唯一来源，滑轮组的机械效率：
；
即
解得动滑轮重力：，故A正确；
B、绳子的有效段数为，因不计绳重与摩擦，作用在绳子自由端的拉力：
；
根据力的相互性，绳子对人向上的拉力为，
质量为80kg人的重力：；
故人对地面的压力：； B错误；
C、重物匀速上升过程中，因速度不变，故重物的动能不变，但因高度变大，重物的重力势能变大，重物匀速上升过程中机械能变大，C错误；
D、由A知，滑轮组的机械效率：
，动滑轮的重力不变，若增加增大重物，由上式知，滑轮组机械效率变大，D错误。
故选：A。
A、知道重物A的质量，利用求其重力；不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率，据此求动滑轮重力；
B、绳子的有效段数为，因不计绳重与摩擦，作用在绳子自由端的拉力：，根据力的相互性可知绳子对人向上的拉力；利用求出人的重力，从而得出人对地面的压力；
C、重力势能与质量和物体的高度有关，质量不变时，高度越大，重力势能越大；动能大小质量和速度有关，若质量和速度不变，则动能不变，机械能为重力势能和动能之和；
D、根据滑轮组的机械效率分析。
本题考查重力公式、作用在绳子自由端的拉力公式、机械效率公式及影响重力势能和动能大小的因素，同时考查力的平衡及力的相互性，综合性较强。
 

6.【答案】D
 

【解析】解：如图甲所示，与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
A、当滑片位于b端时，与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的电流，，
由可得，滑动变阻器的最大阻值：，故A错误；
B、滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，根据判定的电功率变小，故B错误；
C、根据乙图可知，滑动变阻器接入电路中电阻为0时，电流是最大的，最大电流为，故C错误；
D、设滑动变阻器的电阻为R，电路中的电流：，
滑动变阻器R的电功率：，所以，当时，滑动变阻器R的功率最大，即滑片在从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的功率先变大后变小，故D正确。
故选：D。
如图甲所示，与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
当滑片位于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大时，此时电路中的电流最小，根据图乙得出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
根据滑片的移动方向判定电路电流的变化，根据判定的电功率的变化；
根据乙图判定电路中的最大电流；
利用分析滑动变阻器功率的变化。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
 

7.【答案】C 排气  C
 

【解析】解：在四冲程内燃机中，提供动力的是做功冲程；由图可知，A中进气门打开，活塞下行，为吸气冲程；B中两个气门关闭，活塞上行，为压缩冲程；C中两个气门关闭，活塞下行，为做功冲程；D中排气门打开，活塞上行，为排气冲程；故“巨大爆发力”由C冲程实现；
需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的是排出里面的废气，相当于内燃机的排气冲程；
、热值是燃料本身的一种性质，与燃料的种类有关，与燃料的质量大小和燃烧是否充分无关，所以汽油的热值不变，故A错误；
B、热机工作时由于要克服机械间的摩擦做额外功、同时也存在热散失、并且废气带走大部分能量，所以热机的效率不可能达到，故B错误；
C、热机的废气中还含有二氧化碳、二氧化硫等有害物质会污染环境，故C正确；
D、汽油机的转速为，又因为汽油机对外做功1次，飞轮转动2周，即汽油机每秒钟做功20次，故D错误。
故选：C。
故答案为：；排气；。
在四冲程内燃机中，提供动力的是做功冲程；
在重复演示“压缩气体做功”实验图乙时，需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的是排出里面的废气；
燃料的热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，与燃料的质量大小和燃烧是否充分无关；任何机器工作时都不可避免的做额外功，效率不可能达到；热机排出的废气中含有二氧化碳、二氧化硫等有害物质污染环境；汽油机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周。
本题考查了内燃机的工作过程和机械效率，关键是明确内燃机的四个冲程。
 

8.【答案】不变 
 

【解析】解：一根重力为30N，2米长金属棒置于水平地面上，金属棒的重心在中点O，
由甲图可知动力的作用点为B，动力臂的长度为金属棒的长度，，阻力即金属棒的重力，阻力作用点为重心O，阻力臂的长度为，
由杠杆平衡条件可知弹簧测力计示数：；
弹簧测力计对棒所做的功即克服重力做功，重心上升的高度为：，
所以弹簧测力计对棒所做的功至少为：；
用弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起至竖直的过程中，阻力即金属棒的重力是不变的，动力臂和阻力臂的比值是不变的，动力臂始终为阻力臂的2倍，根据杠杆平衡条件可知，所以弹簧测力计的示数不变，则拉力。
故答案为：；15；不变；。
由甲图可知动力的作用点为B，动力臂的长度为金属棒的长度，阻力即金属棒的重力，阻力作用点为重心O，阻力臂的长度为，由杠杆平衡条件可知弹簧测力计示数；弹簧测力计对棒所做的功即克服重力做功，根据做功公式看计算弹簧测力计对棒所做的功；
用弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起至竖直的过程中，阻力即金属棒的重力是不变的，动力臂和阻力臂的比值是不变的，根据杠杆平衡条件可知弹簧测力计的示数不变，进一步推导拉力与物体重力的关系式。
本题考查杠杆平衡条件和做功公式的灵活运用，能成图中读出动力臂和阻力臂的比值是解题的关键。
 

9.【答案】重力势能变小，动能变大  木块移动距离的大小  速度一定时，质量越大，物体的动能越大
 

【解析】解：如图甲所示，用细线把钢球悬挂起来，将摆锤拉到某一高度后释放，钢球向下摆动的过程中，钢球高度变小，钢球重力势能变小，钢球的速度变大，钢球的动能变大；
本实验让同一小钢球从不同高度分别由静止释放，判断同一小钢球从不同高度释放到达竖直位置D，获得动能大小是通过观察比较木块移动距离的大小来判断的；
让质量不同的钢球从相同高度摆下，钢球摆到竖直位置时速度相同，根据表中数据知，钢球质量越大，木块滑行距离越远，表示钢球的动能越大，故得出：速度一定时，质量越大，物体的动能越大。
故答案为：重力势能变小，动能变大；木块移动距离的大小；速度一定时，质量越大，物体的动能越大。
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量不变时，高度越小，重力势能越小；
动能大小的影响因素：质量和速度，质量不变时，速度越大，动能越大；
根据转换法，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的；
影响动能大小的因素是质量和速度，研究动能大小与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，分析表中数据得出结论。
本题探究“物体动能的大小跟哪些因素有关”，考查影响重力势能和动能大小的因素、转换法和控制变量法的运用及数据分析的能力。
 

10.【答案】右 
 

【解析】解：滑动变阻器应与灯泡串联，滑动变阻器要采用“一上一下”的接法，灯泡的额定电压是，灯丝电阻约为5欧姆，灯泡正常工作时电流约为：，电流表用与灯泡串联，电压表用量程并联在灯泡两端；如图所示：

小灯泡额定电压为，由图乙可知，电压表的量程是，分度值是，示数为，低于额定电压；要使灯泡正常发光，应增大灯泡两端的电压，根据串联分压的规律可知，应减小变阻器两端的电压，减小变阻器的阻值，应将滑片向右端滑动，直到电压表的示数为；
灯泡的额定电压为：，由表格数据可知，此时灯泡的电流为：，灯泡的额定功率：。
故答案为：如图所示；右；。
将滑动变阻器与灯泡串联，滑动变阻器要采用“一上一下”的接法，电流表与灯泡串联，电压表并联在灯泡两端；
读出乙图中电压表的示数，此时灯泡的电压小于额定电压，要灯泡正常发光，应增大灯泡两端的电压，根据串联分压的规律确定滑片移动的方向；
从表格数据中找出灯泡电压为时的电流，根据计算额定功率；
本题考查了连接实物电路图、实验操作、电表读数、求灯泡功率等，难度不大。
 

11.【答案】解：已知饮水机加热时的功率为1100W，根据可得，时电路中的电流：
；
当开关S与左侧接触时，电路为的简单电路，当开关S与右侧接触时，电路中与串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，由，饮水机处于保温状态，当开关S与左侧接触时，饮水机处于加热状态，
已知加热时电加热管的功率为；
由可得，的阻值：
电阻；
同理，保温时，，
解得。
水的体积；
由可得，水的质量：
；
水一标准大气压下的沸点为，水吸收热量：
；
所用时间，
由可得，消耗电能；
饮水机的加热效率。
答：饮水机正常工作时电路中的电流为5A；
电阻的阻值为；
饮水机的加热效率是。
 

【解析】已知饮水机加热时的功率，根据求出此时电路中的电流；
分析开关转换时电路连接，根据串联电阻大于其中任一电阻和分析不同挡位电路连接，已知加热时电加热管的功率；当开关S与右侧接触时，饮水机处于保温状态，由可得的阻值和两电阻串联的电阻，从而得出大小；
已知储水1000mL，由密度公式变形可求得其质量，由可求得水吸收的热量，由公式变形可求得消耗电能，由可求得饮水机的加热效率。
本题为电热综合题，考查电功率公式、密度公式及吸热公式的运用，为中考的热点问题。
 

12.【答案】解：
此过程所做有用功为：；
由变形得，总功为：；
此过程所做额外功为：；
由得，摩擦力为：。
若斜面光滑没有摩擦，则有，
即，则有，当斜面倾斜角度的增大，则的值变大，G不变，所以F变大。
答：物体受到的摩擦力为200N；
若斜面光滑没有摩擦，分析推理可知随着斜面倾斜角度的增大，推力F逐渐变大。
 

【解析】根据求出有用功，然后根据机械效率的计算公式变形求出总功，根据总功与有用功的差得出额外功，再根据，变形后可求摩擦力f。
若斜面没有摩擦，根据，得出推力F与重力G之间的关系，可分析推力F的变化情况。
熟练运用计算功、机械效率的公式，明确额外功是用来克服斜面上的摩擦，会分析推力的变化规律，是解答此题的关键。
 

13.【答案】解：由可得，拉力F做的功：；
由可得，拉力F的大小：；
立方体的重力：，
要想用最小的力使立方体一边刚好离开地面，由图知，支点为O，动力臂应该达到最大，OA为最大动力臂，
所施加的力应该与力臂OA垂直且向上；

，
根据杠杆平衡条件可知：
，
最小力：。
答：第一种方式中拉力做功为500J；
第一种方式中拉力F的大小为100N；
第二种方式使立方体一边刚刚离开地面，所用最小力的大小为707N。
 

【解析】知道拉力的功率和物体运动的时间，根据求出拉力F做的功；
知道拉力做的功和物体运动的距离，根据求出拉力F的大小；
根据求出立方体的重力；
要想用最小的力立方体一边刚好离开地面，那么动力臂应该达到最大，立方体最长的力臂应该为对角线，再利用直角三角形的三边关系，求出动力臂OA的长度，根据杠杆平衡条件求出最小力。
本题考查了做功公式、功率公式和杠杆平衡条件的计算，以及如何寻找最省力的方法，弄明白重心升高的高度是解决此题的关键，难度很大。