2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市九年级上学期物理第三次月考试题及答案

这是一份2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市九年级上学期物理第三次月考试题及答案，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，是有关家庭用电中的几个实例，其中，对图中实例的描述正确的是（ ）
A. 如图中测电笔的使用方法
B. 如图中某电器的电路连接
C. 如图中有关家庭用电中电路的连接
D. 如图中用湿手接触台灯的做法
【答案】C
【解析】
【详解】A．此题中，手碰到了笔尖，会使得人触电，故错误；
B．理论上说：火线是有电的，所以从安全用电的角度分析，保险丝应该接在火线上，故B错误；
C．据图可以看出，灯泡的开关接在了火线和用电器之间，其两孔插座的接法也是正确的，遵循左零右火的原则，故C正确；
D．水是导体，所以湿手接触台灯的做法是很危险的，故D错误。
故选C。
2. 小明在科学拓展课上制作了一个简易喇叭（原理如图）。接通信号源后，电流的方向不断改变，导致线圈的磁极不断变化，通过吸引或排斥磁铁，带动纸盆振动。为改变纸盆振动幅度以调节喇叭响度，下列方法不可行的是（ ）
A. 改变磁铁的磁极B. 改变电流的大小
C. 改变磁铁磁性强弱D. 改变线圈的匝数
【答案】A
【解析】
【详解】由题知，接通信号源后，电流的方向不断改变，导致线圈的磁极不断变化，通过吸引或排斥磁铁，带动纸盆振动发声。
A．改变磁铁的磁极，并不能改变起到改变磁性强弱的作用，不能改变纸盆振动幅度（即不能调节喇叭响度），所以A方法不可行。故A符合题意；
BCD．为改变纸盆振动幅度以调节喇叭响度，可以改变电磁铁的磁性强弱，具体来说可以改变电流大小或改变线圈匝数；还可以改变永磁铁的磁性强弱（如更换永磁铁或充磁），所以BCD都可行。故BCD不符合题意。
故选A。
3. 使用电风扇时，有时候因为忘记断开风扇开关S而浪费能源。小宁在父母指导下对风扇电路进行了改装：加装一个红外感应开关S1和指示灯L。加装后，若S断开，指示灯和风扇都不工作；当S闭合时，L工作，此时当红外感应装置感应到有人时，S1才闭合，风扇工作。小宁设计电路图可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
详解】A．S1闭合，风扇工作，S断开，风扇还工作，故A不符合题意；
B．S1闭合，指示灯工作，风扇不工作，S闭合，风扇工作，S断开，指示灯还工作，故B不符合题意；
C．当S闭合时，L不工作，只有风扇工作，故C不符合题意；
D．当S闭合时，L工作，S1闭合，风扇工作，S断开，指示灯和风扇都不工作，故D符合题意。
故选D。
4. 有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是
A. A的电阻值为6.25Ω
B. A和B串联，电路中电流为0.4A时，A、B的电功率之比为5：4
C. A和B并联在电压为2.5V的电源两端，A、B的电功率之比为5：4
D. 当A和B串联，两者电阻相同时，电源电压为3V
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图象可知，当通过A的电流IA＝0.4A时，A两端的电压UA＝2.0V，由I＝可得，A的电阻值：
RA＝＝5Ω，
故A错误；
B．A和B串联，电路中电流为0.4A时，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过两元件的电流IA＝IB＝0.4A，由图象可知，两元件两端的电压UA＝2.0V，UB＝2.5V，由P＝UI可得，A、B的电功率之比：
，
故B错误；
C．A和B并联在电压为2.5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两元件两端的电压UA′＝UB′＝2.5V，由图象可知，通过两元件的电流IA′＝0.5A，IB′＝0.4A，则A、B的电功率之比：
，
故C正确；
D．当A和B串联，两者电阻相同时，它们两端的电压和通过的电流相等，由图象可知，电路中的电流为0.6A，两元件两端的电压均为3V时符合，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：
U＝UA″+UB″＝3V+3V＝6V，
故D错误．
5. 如图所示，铅球从出手到将要落地的过程中，下列说法正确的是（ ）（不计空气阻力）
A. 铅球由a→b时，动能逐渐增大
B. 铅球在b点的动能为0
C. 铅球由b→c时，机械能逐渐减小
D. 铅球在c点时动能最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．铅球由a→b时，质量不变，高度增大，重力势能不断增大，速度减小，动能逐渐减小，故A错误；
B．铅球在b点水平速度不为零，因此动能不为零，故B错误；
C．不计空气阻力，不考虑摩擦生热，机械能守恒，铅球由b→c时，机械能都相等，故C错误；
D．a、b、c三点的机械能相等，铅球的质量不变
hb＞ha＞hc
b点铅球的重力势能大于a点铅球的重力势能大于c点的铅球的重力势能，b点的铅球的动能小于a点铅球的动能小于c点的铅球的动能，所以铅球在c点时动能最大，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，物体B放在水平桌面上，物体A通过滑轮组拉着物体B，此时物体B保持静止状态。当用竖直向下的力拉重为的物体A时，能使物体B以的速度匀速向右运动；若只用水平向左的力拉物体B时，能使物体A以速度匀速上升，不计滑轮重、绳重及滑轮间的摩擦。下列判断正确的是（ ）
A. 物体B受到的摩擦力为B. 拉力大小为
C. 拉力的功率为D. 拉力的功率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由滑轮组的结构看出，，不计滑轮重、绳重及滑轮间的摩擦，当B水平匀速向右运动时受到向左的摩擦力、向右的绳子拉力，对A进行受力分析可知，A物体受到向上的绳子拉力和向下的重力，可知绳子拉力为拉力F1和物体A的重力的和，可知摩擦力大小为
故错误；
B．水平向左拉物体B时，由平衡条件得拉力F2的大小为
故B错误；
C．水平向左拉物体时，B的移动速度为
拉力功率为
故C正确；
D．拉力的速度
用力竖直向下拉物体时，拉力的功率
故D错误。
故选C。
7. 在实际电路中，当导线的长度足够长时，导线的电阻及其消耗的电功率就无法忽略．如图所示，电源的输出电压恒定不变．现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W，则输电导线AC、BD上消耗的功率之和为
A. 1 WB. 2 WC. 4 WD. 9 W
【答案】C
【解析】
【详解】设灯泡L连接在A. B两点时，电路的电流为I1，则
P1=I21RL=25W−−−−−−−−①
若将灯泡L接C. D两点时，电路的电流为I2，则
P2=I22RL=16W−−−−−−−−②
由①②两式可得：
I1:I2=5:4，
若将灯泡L接C. D两点时，电的总功率为：P3=UI2，
则：
=，
即：
P3=P1=×25W=20W，
所以导线AC和BD消耗的总功率为：
P=P3−P2=20W−16W=4W。
故选C。
二、填空题
8. 如图所示，这是人们利用充电桩给电动汽车充电时的情景，此时电动汽车上的锂离子电池相当于电路中的______（选填“用电器”或“电源”）；若该电动汽车的电源由8000节电池组成，每节电池质量为50g，该电源的能量密度为0.25kW•h/kg，则该电源存储的电能为______J。
【答案】 ①. 用电器 ②. 3.6×108
【解析】
【详解】[1]电动车在充电过程中，锂电池消耗电能，所以此时锂电池相当于用电器，将电能转化为化学能储存起来。
[2]电源的电池总质量
则该电源存储的电能为
9. 如图所示，用同一个动滑轮先后提升同一物体、使物体以相同的速度匀速上升相同的高度，所用的力分别是和，拉力做功的功率分别是和，若不计摩擦、滑轮重和绳重，则______、______（均选填“”或“”或“”）。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]由题知，两装置都不计摩擦、动滑轮重和绳重，提升物体的重相同，甲图，拉力作用在动滑轮的轴上，费一倍的力，即；乙图，拉力作用在绳子自由端，省一半的力，即，故
[2]物体上升的速度相同，则拉力端的速度分别为，，甲图拉力的功率
；
乙图拉力的功率
故
三、实验探究题
10. 如图所示，弹簧一端与小车相连，另一端固定在左侧的墙壁上，小车放在光滑的水平木板上、小车位于A点时弹簧恰好为自然长度，用力压缩弹簧使小车到达B点；松手后，小车由位置B运动至位置C，在位置C时速度为零。则小车从位置B运动至位置C的过程中，速度达到最大的位置在______（选填“A点”、“A点的左侧”或“A点的右侧”），弹簧的弹性势能的变化情况是______（选填“减小”、“先减小后增大”、“先增大后减小”或“增大”）；小车从位置A运动到C点的过程中，能量转化的情况为______。
【答案】 ①. 点 ②. 先减小后增大 ③. 小车的动能转化为弹簧的弹性势能
【解析】
【详解】[1]由于木板是光滑的，不存在摩擦力，小车在木板上运动的速度最大时，就是弹簧的弹性势能全部转化成动能时，A点时弹簧恰好为自然长度，所以A点的动能是最大的。
[2]从B到弹簧自然长度A时，是弹簧恢复原状的过程，弹簧的弹性势能减小；从A到C的过程，小车由于惯性继续运动，弹簧发生弹性形变，弹簧的弹性势能增大；所以弹簧的弹性势能的变化情况是先减小后增大。
[3]小车从位置A运动到C的过程中，弹簧的长度变长，弹性势能变大，小车的速度变小，动能变小，由于接触面是光滑的，不存在摩擦，则小车的动能转化为弹簧的弹性势能。
11. 图甲是测定小灯泡（额定电压2V）电功率实验电路。
(1)某同学根据实验数据画出如图乙所示的图象，则该小灯泡的额定功率为_____瓦。老师认为图乙曲线右半段不符合实验事实，理由是_____；
(2)另一同学为探究电流跟电阻的关系，换用4.5V的电源，并用多个不同阻值的定值电阻替换图甲中的灯泡，得到如图丙的图象，则他选用的滑动变阻器的最大阻值至少为_____欧姆。
【答案】 ①. 0.8 ②. 当实际电压远大于灯的额定电压时，小灯泡会烧毁（或电源电压只有3V） ③. 15
【解析】
【分析】本题考查功率计算及对额定电压的理解和串联电路的规律、欧姆定律的运用。
【详解】(1)[1]根据如图乙所示的图象知，当电压为2V时，电流为0.4A，则该小灯泡的额定功率为
P=UI=2V×0.4A=0.8W
[2]灯的额定电压2V，故当实际电压远大于灯的额定电压时，小灯泡会烧毁（或电源电压只有3V）。
(2)[3]研究电流与电阻关系时要控制电压不变，由图丙中，控制不变的电压
U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V
电流中的最小电流为0.1A，变阻器连入的电阻最大，根据欧姆定律，此时的定值电阻大小
由串联电路的规律及欧姆定律，选用的滑动变阻器的最大阻值至少为
12. 在研究杠杆平衡条件的实验中：
（1）小明调节杠杆在水平位置平衡后，按图1所示，通过加挂钩分别改变F1、F2，仍使杠杆在水平位置平衡，并用刻度尺在杠杆上测出对应的l1和l2，记录的实验数据如下表：
小明通过观察以上实验装置，并分析数据得出杠杆平衡的条件是：“动力乘以动力作用点到支点的距离=阻力乘以阻力作用点到支点的距离”，小华认为小明的结论不正确，小华为了验证自己的观点，只将如图1中的F1改用弹簧测力计来拉，实验中改变拉力的_____，仍使杠杆在水平位置平衡时，比较拉力的_____，即可证明小华的观点是否正确；
（2）某同学利用身边的塑料直尺和硬币若干来验证杠杆平衡的条件，如图2所示，当杠杆在水平位置平衡时，他测出从支点O到硬币边缘的距离作为力臂l1和l2的大小，他测力臂的方法是_____的（选填“正确”或“错误”）；如果将两边的硬币以相同速度同时匀速向支点移动的过程中，则杠杆_____（选填“仍平衡”、“向左倾斜”、“向右倾斜”）。
【答案】 ①. 方向 ②. 大小 ③. 错误 ④. 向左倾斜
【解析】
【详解】（1）[1][2]如图，杠杆在水平位置平衡，力竖直作用在杠杆上，力臂在杠杆上，力臂是作用点到支点的距离，将图2中的F1改用弹簧测力计倾斜拉动杠杆在水平位置平衡，改变了拉力方向，观察拉力大小，计算“动力乘以动力作用点到支点的距离=阻力乘以阻力作用点到支点的距离”是否成立。
（2）[3]硬币放在杠杆上，杠杆在水平位置平衡，硬币作用在杠杆上的力通过硬币平面圆心，力臂是从最下面平面圆心到支点的距离，力臂测量错误。
[4]如果将两边的硬币以相同速度同时匀速向支点移动的过程中，当在相同时间内，右端的硬币先到达支点，左端的硬币在支点的左侧，杠杆会向左倾斜。
13. 在“探究影响电流做功多少的因素”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。
（1）根据______，我们可以比较相同时间内电流做功的多少；
（2）经过讨论，小明认为不可以选择图甲电路，原因是______；
（3）为了研究电功与电流的关系，小丽认为应该选择图乙所示的电路，小勇认为该电路有不足之处，他的理由是______；
（4）利用丙电路是为了探究电功与 ______的关系，当闭合开关后，小华发现两灯都不亮，电压表V1有示数，电压表V2无示数，你认为电路发生的故障是______。排除故障后，同学们正确操作，根据______现象得出了结论。该结论是______。
【答案】 ①. 灯泡的亮度 ②. 无法控制电流或者电压不变 ③. 只能测得一组数据，结论具有偶然性 ④. 电压 ⑤. L1处断路 ⑥. 电压越大，灯泡越亮 ⑦. 电流和通电时间一定时，电压越大，电流所做的功越多
【解析】
【详解】（1）[1]实验中，电流做功多少的研究对象是小灯泡，由电功公式
W=UIt=Pt
可得，小灯泡越亮，则小灯泡的实际功率越大，在相同的时间内，电流通过小灯泡做的功越多，因此可以观察小灯泡的亮度来比较相同时间内小灯泡中电流做功的多少。
（2）[2]电流做功的多少与电压、电流和通电时间有关。图甲电路中，滑动变阻器的滑片移动时，灯泡两端的电压和通过的电流同时发生变化，在研究电流做功与其中的一个物理量之间的关系时，无法控制另一个物理量不变，因此图甲无法利用控制变量法探究电流做功与电压、电流的关系。
（3）[3]图乙电路中干路上缺少滑动变阻器，实验中不能测量出多组数据，测量一组实验数据总结得出的结论具有偶然性。
（4）[4]图丙中两只灯泡串联，控制了电流和通电时间相同，两灯泡规格不同时分得的电压不同，故能探究电流做功与电压的关系。
[5]图丙中电路为串联电路，闭合开关后，两灯都不亮，初步判断电路为断路故障。电压表V1有示数，则电压表V1的正负接线柱到电源的正负极是通路，断路的位置在电压表并联的部分；电压表V2无示数，说明电压表V2的正负接线柱到电源的正负极有断路故障，综合分析可知，电路发生的故障应是L1处断路。
[6][7]实验中，可以根据电压越大，灯泡越亮的现象得出结论。通过两灯的电流和通电时间相同，电压较大的灯泡，发光较亮，表明相同时间内，它将较多的电能转化为光能，电流经过它做的功较多，所以可得出结论：电流和通电时间一定时，电压越大，电流所做的功越多。
14. 往车上装重物时，常常用长木板搭个斜面，把重物沿斜面推上去，如图所示。工人用3m长的斜面，把1200N的重物提高1m。假设斜面很光滑，则需要施加的推力为______；若实际用力为500N，则斜面的机械效率为______，推重物时，重物受到的摩擦力为______。
【答案】 ①. 400N ②. 80% ③. 100N
【解析】
【详解】[1]斜面很光滑，则额外功为0，沿斜面推力做的功等于直接提升对物体做的功，所以此时推力做的功
W＝Fs＝Gh＝1200N×1m＝1200J
施加的推力
[2]实际存在摩擦力，推力做的总功
W总＝F′s＝500N×3m＝1500J
有用功
W有用＝W＝1200J
斜面的机械效率
[3]额外功为
W额＝W总﹣W有＝1500J﹣1200J＝300J
由W额＝fs得摩擦力
四、计算题
15. 电加热眼罩对缓解眼疲劳有一定效果。如图甲是一款市场上的产品，小敏查阅使用说明书，其相关参数如下表乙。
（1）当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要多少时间？（ ）
（2）图丙是小敏设计的可以手动调节高、中、低三挡加热的电热眼罩原理图。电源电压U恒为 4.8 V，已知电热丝R1阻值为4 Ω，电热丝R2阻值为6 Ω，开关S3只接a或b。
①丙图电路中S1闭合，S2断开，S3接a时，加热电路为___________（选填“高”“中”或“低”）温挡。
②中温挡功率为多少瓦？ （ ）
③高温挡工作20分钟，眼罩消耗的电能为多少焦？（ ）
【答案】 ①. 1.44 ②. 低 ③. 5.76 ④.
【解析】
【详解】（1）[1]当该款眼罩还剩10%的电池容量时，充好需要的电能为
在额定电压下充电，充电的功率为
在额定电压下充电，充满时间为
（2）①[2] S1闭合，S2断开，S3接a时，两个电阻串联，则电路的总电阻为
S1闭合，S2闭合，S3接a时，只有R1接入，此时电阻为4Ω。
当S1闭合，S2闭合，S3接b时，两电阻并联，根据并联电阻规律可知
此时的总电阻为
根据可知，S1闭合，S2断开，S3接a时，两个电阻串联，总电阻最大，为低温档。
②[3] S1闭合，S2闭合，S3接a时，只有R1接入，此时的电阻为4Ω，中温挡功率为
③[4]高温挡工作20分钟，眼罩消耗的电能为
16. 如图所示，电源电压不变，灯泡L标有“6V 3W”（灯泡电阻不变），开关S闭合。当S1、S2断开，滑片P从b端滑到某一位置时，变阻器的电阻减小6Ω，电流表示数变化0.1A，灯泡恰好正常发光。
（1）求灯泡电阻；
（2）求电源电压和滑动变阻器的最大阻值；
（3）若R0阻值为48Ω，当S1、S2都闭合时，调节滑片P，求电路消耗的最小功率。
【答案】（1）12Ω；（2）12V，18Ω；（3）11W
【解析】
【详解】解：（1）灯泡L标有“6V 3W”，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，根据P=UI可得，灯的额定电流是
灯泡的电阻为
（2）P在b端时，等效电路图如图1所示；滑片滑到某一位置时，等效电路图如图2所示：
图2中，串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，则
从图1到图2，变阻器的电阻减小6Ω，则电流变大，说明原来的电流I1较小，由电流表示数变化0.1A可知，图1中的电流
电源的电压不变，根据欧姆定律和电阻的串联可得
即
解得
电源的电压为
在图1中，根据串联电路的规律和欧姆定律可得，滑动变阻器的最大电阻是
（3）当S1、S2都闭合时，灯短路，R0与变阻器并联，根据可知，当电路的总电阻最大时，总功率最小，由电阻的并联可知，当R0与变阻器的最大电阻Rab=18Ω并联时，总电阻最大，等效电路图如上图3所示。并联的最大总电阻是
则电路消耗总功率的最小值为
答：（1）灯泡电阻为12Ω；
（2）电源电压为12V，滑动变阻器的最大阻值为18Ω；
（3）若R0阻值为48Ω，当S1、S2都闭合时，调节滑片P，电路消耗的最小功率为11W。
17. 当前城镇化建设进程中，在一些场馆和楼房建设工地上，常见一种“塔吊”的起重设备，其主要组成为电动机和机械两部分，如图所示，假设某“塔吊”配置的电动机铭牌上标有：额定电压380V，额定功率38kW，线圈电阻0.5Ω，在一次起吊中，该“塔吊”电动机正常工作25s，把质量为3t的重物吊起22m（g取10N/kg）。求：
（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能；
（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量；
（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率。
【答案】（1）9.5×105J；（2）1.25×105J；（3）80%
【解析】
【分析】
【详解】解：（1）由于电动机正常工作，消耗功率等于额定功率，即
P=38kW=3.8×104W
工作时间t=25s，所以电动机消耗的电能为
W=Pt＝3.8×104W×25s＝9.5×105J
（2）电动机正常工作时的电流
线圈产生的热量
Q=I2Rt=(100A)2×0.5Ω×25s =1.25×105J
（3）线圈电流产生热量即该“塔吊”本身消耗的电能为
W1=Q=1.25×105J
所以“塔吊”电能转化为机械能的总量，即机械部分所做的总功为
W总=W-W1 =9.5×105J-1.25×105J=8.25×105J
所以该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率为
答：（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能为9.5×105J；
（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量为1.25×105J；
（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率为80%。
考点：电能 电功率 电热 机械效率
次数
F1/N
l1/cm
F2/N
l2/cm
1
1
8
2
4
2
2
8
1
16
3
2
12
3
8