2023-2024学年九年级上学期期末考试苏科版物理1 答案

这是一份2023-2024学年九年级上学期期末考试苏科版物理1 答案，共9页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．【分析】改变物体内能的方法：一是做功，二是热传递。热传递过程是能量的转移过程，做功是能量的转化过程；
晶体熔化时，温度不变，内能增加。
【解答】解：（1）在车床上，加工铝件时，通过做功的方法使铝件的内能增加、温度升高；
（2）铝是晶体，在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加。
故答案为：做功；不变；增大。
【点评】本题考查了改变物体内能的方式和熔化的特点，属于基础题目。
2．【分析】（1）重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度；质量一定，所处的位置越高，重力势能越大。
（2）动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度；质量一定，速度越大，动能越大。
【解答】解：雨滴匀速下落，雨滴质量不变，速度不变，动能不变。雨滴高度变小，重力势能变小。雨滴动能不变，重力势能变小，机械能等于动能与势能的和，所以机械能变小。
故答案为：不变；减小；减小。
【点评】正确判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化，机械能等于势能与动能的和，物体不发生弹性形变时不考虑弹性势能。
3．【分析】知道导体两端的电压和导体中的电流，利用欧姆定律的公式变形可求出电阻的大小。因为电阻是导体本身的一种性质，其大小与电压和电流无关，可得出当电压改变时，导体电阻的大小。
【解答】解：由公式I=得，
导体的电阻：R===20Ω。
因为电阻是导体本身的一种性质，其大小与电压和电流无关，
所以当导体两端的电压降到1V时，导体电阻的大小不变，仍为20Ω。
故答案为：20；20。
【点评】本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。
4．【分析】由图可知绳子的有效股数，根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据W=Fs拉力做的功，根据P=求出拉力的功率。
【解答】解：由图可知，绳子的有效股数n=3，
绳子自由端移动的距离s=3h=3×1m=3m，
拉力做的功W=Fs=20N×3m=60J，
拉力的功率P===30W。
故答案为：60；30。
【点评】本题考查了功、功率的计算关键是公式的灵活运用和从图中得出绳子的有效股数。
5．【分析】知道热水器内水的质量，又知道水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式
Q吸=cm△t求水吸收的热量；
若这些热量由效率为40%的天然气燃烧来提供，Q吸=Q放×40%，再利用Q放=mq求需要天然气的质量。
【解答】解：水吸收的热量：
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×80kg×（40℃﹣20℃）=6.72×106J；
由题知，Q吸=Q放×40%，
Q放===1.68×107J，
因为Q放=m天然气q，
所以需要天然气的质量：
m天然气===0.4m3。
故答案为：6.72×106；0.4。
【点评】本题考查了学生对密度公式、吸热公式Q吸=cm△t、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，利用好条件“若这些热量由效率为40%的天燃气灶提供”得出Q吸=Q放×20%是本题的关键。
6．【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据铭牌求出灯泡正常发光时串联电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出电阻两端的电压，再根据欧姆定律求出电阻的阻值。
【解答】解：灯泡正常发光时的电压UL=6V，功率为PL=3W，
电路中的电流I=IL===0.5A，
电阻两端的电压UR=U﹣UL=9V﹣6V=3V，
R===6Ω。
故答案为：6。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
7．【分析】（1）当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
（2）只闭合S1时，两电阻串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电阻R2阻值，根据P=I2R求出此时R2消耗的功率。
【解答】解：（1）当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，
由I=可得，电源的电压：
U=IR1=0.3A×30Ω=9V；
（2）只闭合S1时，两电阻串联，电流表测电路中的电流，
电路中的总电阻： R===45Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电阻R2阻值： R2=R﹣R1=45Ω﹣30Ω=15Ω，
R2消耗的功率： P2=（I′）2R2=（0.2A）2×15Ω=0.6W。
故答案为：15；0.6。
【点评】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，是一道较为简单的应用题。
二、选择题（每小题3分，共30分。每小题给出的选项中，只有一项符合题意，请把答案的序号填入下面答案栏表格中的指定位置。）
8．【分析】要解决此题需掌握：
（1）晶体熔化过程吸热，温度保持不变；
（2）内能大小与温度的关系；
（3）内能与物体的温度、质量有关；
（4）改变物体内能的方式：做功和热传递。
【解答】解：A、物体吸热，温度不一定升高，如晶体熔化时虽然继续吸热，但温度是不变的，故A错误；
B、物体温度降低，其分子无规则运动减慢，分子动能减小，内能减小，故B正确；
C、一座冰山的内能远远大于一杯热水，但热水的温度却高于冰山，故C错误；
D、一个物体的温度升高，可能是外界对其做功，也可能是吸收了热量，故D错误。
故选B。
【点评】本题考查了内能与热量、温度的关系。内能是状态量，热量是过程量，内能的改变可通过做功或热传递来实现。
9．【分析】解决此题要结合内燃机的做功冲程特点和原理进行分析解答，知道做功冲程中的能量转化。
【解答】解：在内燃机的做功冲程中，能量转化关系是内能转化为机械能，故气体的内能减小，温度降低。
故选A。
【点评】解决此题要结合内燃机的四个冲程特点和物体内能的改变进行分析解答。
10．【分析】排斥的一定带同种电荷，吸引的可能带异种电荷，可能一个带电，一个不带电。
根据上面的两个规律进行判断。
【解答】解：因为甲带正电，甲、乙相互排斥，
所以甲、乙一定带同种电荷，即乙一定带正电。
因为甲与丙相互吸引，而吸引的现象：一是带异种电荷的带电体之间；二是一个带电，一个不带电。
由于已知甲一定带正电。
所以一是丙可能和甲带异种电荷，即带负电；二是丙可能不带电。
故选C。
【点评】本题的关键是知道相互吸引的情况有两种，所以相互排斥的物体一定带同种电荷，相吸的物体可能带异种电荷，可能是带电体吸引轻小物体。
11．【分析】功等于作用在物体的力与物体在该力方向上运动距离的乘积，据此分析计算。
【解答】解：在脚与球接触到球离开脚的过程中，脚对球有力的作用且球在该力的方向上通过了一段距离，故此过程中脚对球做了功，但球在500N踢力的方向上通过的距离不知道，所以脚对球所做的功无法计算；
球离脚后在水平草地上向前滚动了50m，是因为球具有惯性，脚对球没有力的作用，故此过程中脚对球没有做功；
所以在整个过程中，运动员对足球做的功无法计算。
故选D。
【点评】本题应抓住做功的两个必要条件：作用在物体上的力；物体在该力方向上通过一段距离。
12．【分析】根据焦耳定律，相同规格的电热器相同时间内放出的热量相等，根据加热时间的长短分析吸热的多少；
根据Q吸=cm△t分析比热容的大小。
【解答】解： A、加热时间长短未知，所以吸收热量多少不能确定，故A错误；
B、加热时间长的吸热多，根据Q吸=cm△t，质量、升高温度相同，吸热多的比热容大，故B正确；
C、由B分析知，加热时间短的，比热容小，故C错误；
D、液体吸热多少，与物体的质量、比热容和升高温度有关，与密度无关，故D错误。
故选B。
【点评】此题考查了对焦耳定律、比热容、热量计算公式的理解和掌握，在分析时，要搞清各物理量之间的逻辑关系。
13．【分析】机械效率是有用功占总功的比率，而总功是由有用功（对重物做的功）和额外功（机械损耗带来的）组成。
所以比较机械效率的大小有两种方法：
一、在机械不变的情况下（额外功不变），有用功越多，机械效率就越大；
二、在有用功不变的情况下（对重物做的功不变），额外功越少（减轻动滑轮的重，加润滑油等），机械效率就越大。
由“用滑轮或滑轮组提起同一重物”可知几个装置的所做的有用功是相等的，哪个装置所做的额外功少，机械效率就高。
【解答】解：机械效率的计算公式是η=，由“用滑轮或滑轮组提起同一重物”可知这几个装置的所做的有用功是相等的，η的高低就取决于W总。而W总=W有用+W额外，使用滑轮或滑轮组时所做的额外功主要是克服动滑轮重和绳重、摩擦所做的功。只有图B是一个定滑轮，额外功较少，总功也随之较少，有用功一定时，总功少，所以机械效率较高。
故选B。
【点评】机械效率的改变要抓住是有用功变了，还是额外功变了，然后再根据机械效率的物理意义来判断。
14．【分析】求出骑自行车受路面的阻力，根据二力的平衡求骑自行车的动力；
知道行驶路程，利用功的公式求小敏做的功，再利用功率公式求小敏蹬车的功率。
【解答】解：由题知，小敏骑自行车受路面的阻力：f=0.05×600N=30N，
因为小敏匀速骑车，
所以小敏的骑车动力：F=f=30N，
小敏做的功：W=Fs=30N×100m=3000J，
小敏蹬车的功率：P===150W。
故选A。
【点评】本题考查了二力的平衡、功的计算、功率的计算，能根据题目条件和力的平衡求出骑车动力是本题的关键。
15．【分析】开关闭合后，两个灯泡都不发光，电流表的指针几乎不动，说明电路是开路；电压表的指针有明显的偏转，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连。
【解答】解：电流表始终无示数，说明电路故障为断路。将电压表并联在b、c两点，电压表无示数，说明电压表的正负接线柱不能与电源两极相连，即L1完好。将电压表接到a、b两点，观察电压表有明显示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，说明灯L2断路。
故选B。
【点评】本题考查了根据电流表和电压表的示数情况判断串联电路的故障，电流表示数为零说明故障是开路，电压表有示数，说明开路在电压表的两接线柱之间。
16．【分析】由电路图可知，指示灯与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，根据水位的变化可知浮子的移动、滑片的移动，进一步可知变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和指示灯两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化，根据P=UI可知电路消耗功率和灯泡实际功率的变化，进一步可知灯泡亮暗的变化。
【解答】解：当水位下降时，浮子带动滑片下移，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I=可知，电路中的电流变大，指示灯两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，变阻器两端的电压变小，即电压的示数变小，故A不正确；
因P=UI，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，电路的总功率和指示灯的实际功率变大，灯泡变亮，故C正确，D不正确；
反之，当水位上升时，浮子带动滑片上移，接入电路中的电阻变大，指示灯的实际功率变小，指示灯变暗，电压表的示数变大，故A不正确。
故选C。
【点评】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，分析好水位变化时电路中总电阻的变化是关键。
17．【分析】知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出两灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻，根据电阻的串联和欧姆定律求出两灯泡串联在15伏的电源上时电路中的电流，然后与两灯泡的额定电流相比较，电流相等的灯泡正常发光，否则灯泡不能正常发光。
【解答】解：由P=UI可得，两灯泡的额定电流分别为：
I甲===1A，I乙===A≈0.33A，
由I=可得，两灯泡的电阻分别为：
R甲===9Ω，R乙===18Ω，
两灯泡串联在15伏的电源上时，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I==≈0.56A，
因I乙＜I＜I甲，
所以，两灯均不能正常发光。
故选D。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，灯泡是否正常发光可以比较灯泡两端的电压与额定电压是否相等、可以比较电路中的电流与灯泡的额定电流相等。
三、实验探究题（18小题8分，19小题8分，20小题6分。共22分）
18．【分析】（1）水吸收热量的多少不能直接观察到，可以通过加热时间的长短间接反应，加热时间越长，水吸收的热量越多；
（2）认真分析表中数据即可得出结论。
（3）用相同的加热装置对水和食用油加热，在相等时间内水与食用油吸热的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多。
（4）根据比热容的概念和Q=Cm△t进行分析，即△t和质量相等时，吸收的热量越多的物质，即吸热的能力强（比热容越大）。
【解答】解：（1）在该实验中，用加热时间长短，反应水吸收的热量的多少；所以记录加热时间，为了比较水吸收热量的多少。
（2）根据表中数据可知，加热结束时，食用油的温度和水的温度分别是68℃、45℃，食用油的温度高。
（3）用相同的加热装置对水和食用油加热，在相等时间内水与食用油吸热的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多；要使水和食用油的最后温度相同，水的加热时间更长，水吸收的热量大于食用油吸收的热量。
（4）由Q=cm△t知：质量相同的物质，升高相同的温度，吸收热量多的物质比热容大。
因为水和食用油的质量相同，它们的初温相同，要使水和食用油的最后温度相同，水吸收的热量大于食用油吸收的热量，所以水的比热容大，即水吸热的能力更强。
故答案为：（1）加热时间反应吸收热量的多少；（2）高；（3）大于；（4）水。
【点评】此题考查了我们对于实验数据的分析能力，还一定注意应用控制变量法来考虑。我们要能够根据相关的实验数据得出需要的结论，并能够将这些知识应用于生活。
19．【分析】（1）在探究“电流与电阻的关系”实验中，应把电阻、滑动变阻器、电流表串联起来，电压表并联在电阻两端。电流表和电压表注意电流正进负出；滑动变阻器注意一上一下接线。
（2）①实验中要保证电阻两端电压不变，更换电阻后，要移动滑动变阻器滑片位置，使电压表示数保持不变；
②电阻两端电压达不到1.5V，可从滑动变阻器阻值大小、电源电压大小、电阻本身等方面分析原因；
③根据串联电路的分压原理，换用最大阻值较大的滑动变阻器或换用电压较低的电源；
（3）运用控制变量法归纳实验结论。
【解答】解：（1）根据实验电路图连接实物电路图，如图所示：
（2）②用R2替换R1接入电路，接下来他应该进行的操作是：移动滑动变阻器滑片使R2两端的电压为1.5V，记下电流表的示数I2；
③用R3替换R2接入电路进行实验，发现无论怎样移动滑动变阻器，R3两端的电压始终无法达到1.5V，可能是滑动变阻器最大阻值太小，滑动变阻器分压太小，使电阻R3两端的电压过大造成的；或是由于控制的定值电阻两端的电压太小造成的；或是电源电压太大。
解决的办法：换用最大阻值较大的滑动变阻器（或换用电压较低的电源）；
（3）实验结论为：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。
故答案为：（1）见上图；
（2）②调节滑动变阻器，使电压表示数为1.5V；
③换用最大阻值较大的滑动变阻器（或换用电压较低的电源）；
（3）电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。
【点评】1、本题考查了连接实物电路图、画电路图、实验操作与实验现象分析等问题；
2、先分析清楚实验的原理图，再连接实物电路图；
3、连接实物图时应注意：①电压表、电流表的正负极不要接反。②注意电压表、电流表的量程不要接错。
③滑动变阻器的分压与限流接法，滑片移动时阻值的变化应符合题意要求。④作图要美观，连线不要交叉。
20．【分析】（1）（2）根据表格中数据，利用η=×100%=×100%求出滑轮组的机械效率；
（3）用同一个滑轮组提升物体时，物重越大，效率越高。而图中的滑轮很大，却只提起一个小皮箱，可知机械效率是很低的。
【解答】解：（1）第一次滑轮组的机械效率：
η=×100%=×100%≈55.6%，表格如下：
（2）分析三次实验数据可知，使用同一滑轮组，物重越大，机械效率越高；
（3）在宣传画中滑轮提升物体，物重很小，机械效率很低，着实是一种浪费。
故答案为：（1）55.6；（2）同一滑轮组，物重越大，机械效率越高；（3）宣传画中滑轮提升物体时物重太小，机械效率很低。
【点评】本题主要考查了滑轮组机械效率与物重的关系实验，以及有用功、总功、机械效率的计算。
四、计算题（第21小题9分，第22题9分，共18分）
21．【分析】（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数，不计摩擦时，
根据η=×100%=×100%=×100%=×100%求出被提升物体的重；
（2）根据F=（G+G动）求出动滑轮的总重；
（3）不计摩擦时，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，根据η=×100%=×100%=×100%求出该滑轮提升400N的重物时的机械效率。
【解答】解：（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=5，
由η=×100%=×100%=×100%=×100%可得，被提升物体的重：
G=nFη=5×200N×80%=800N；
（2）由F=（G+G动）可得，动滑轮的总重： G动=nF﹣G=5×200N﹣800N=200N；
（3）不计摩擦时，由η=×100%=×100%=×100%可得，该滑轮提升400N的重物时的机械效率：
η′=×100%=≈66.7%。
答：（1）被提升的物体的重为800N；
（2）动滑轮的总重为200N；
（3）若用该滑轮提升400N的重物，机械效率是66.7%。
【点评】本题考查了滑轮组绳子拉力和动滑轮重力、机械效率的计算，明确总功、有用功和滑轮组绳子的有效股数是关键。
22．【分析】（1）知道电热水壶的容积（装满水的体积），利用密度公式求水的质量；利用吸热公式Q吸=cm△t可求水吸收的热量（有用能量）；
（2）根据R=表示出额定电压、额定功率以及实际电压和实际功率间的关系，化简后可求出实际功率的大小；
（3）先根据W=Pt求出电热水壶消耗的电能，然后根据η=×100%求出此时的效率。
【解答】解：（1）由ρ=可得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3=2kg；
Q=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）=6.72×105J；
（2）由R=可得：=，
=
P实=1000W；
（3）W=P实t=1000W×14×60s=8.4×105J；
η=×100%=×100%=80%。
答：（1）水需要吸收6.72×105J的热量；
（2）若用电高峰时电压只有200V，此时电热水壶的实际功率是300W；
（3）若在电压是200V时烧开这壶水用了14min，则这个电热水壶的热效率为80%。
【点评】本题考查了质量的计算、水吸收热量、实际功率、效率的计算，本题关键：一是从铭牌得出相关信息，二是各公式及其公式变形的灵活运用。
实验
次数
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
拉力
F/N
绳端移动距离s/m
机械效率
η/%
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
2
0.1
0.9
0.3
74.1
3
3
0.1
1.1
0.3
90.9