精品解析区级联考上海市嘉定区届九年级下学期第二次质量调研物理试题解析版.docx
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精品解析区级联考上海市嘉定区届九年级下学期第二次质量调研物理试题解析版
嘉定区2018-2019学年下学期九年级第二次质量调研考试物理试卷
一、选择题
1.下列色光中,不属于三原色光的是
A.白光B.红光C.绿光D.蓝光
【答案】A
【解析】
【详解】光的三原色是:
红、绿、蓝,它们按一定比例混合可组合出不同的色光,白光属于是复色光,故A不符合题意。
2.调节收音机的音量,是为了改变声音的
A.音调B.音色C.响度D.频率
【答案】C
【解析】
【详解】收音机的音量旋钮,其实质是一个滑动变阻器,通过改变滑动变阻器连入电路中的电阻的大小来改变电流的大小,从而实现对音量大小的控制,即改变响度,而不是改变音调和音色。
3.四冲程汽油机在工作过程中,将机械能转化为内能的冲程是
A.吸气冲程
B.压缩冲程
C.做功冲程
D.排气冲程
【答案】B
【解析】
【详解】在压缩冲程中,活塞压缩汽油与空气形成的燃料混合物,活塞对气体做功,将机械能转化为气体的内能。
故B正确。
ACD错误。
4.下列器具中,属于利用连通器原理的是
A.密度计B.注射器C.吸尘器D.茶壶
【答案】D
【解析】
【分析】
连通器的结构特征是:
上端开口、底部相连通;据此判断即可
【详解】A.密度计是利用漂浮条件和阿基米德原理工作的,故不符合题意;
B.注射器吸取药液时利用的是大气压,故不符合题意;
C.吸尘器利用的是流体压强和流速的关系,故不符合题意;
D.茶壶的壶身和壶嘴上端都开口,底部相互连通,故符合题意;
5.光从空气斜射入水中,入射角为45°,则折射角可能为
A.0°B.32°C.45°D.90°
【答案】B
【解析】
【详解】由光的折射定律知道,光从空气斜射入水中时,折射角小于入射角,根据题意知道,此时入射角等于45°,所以折射角应小于45°,故CD不符合题意;
又因为当光线垂直射入时,入射角等于折射角,都为0°,故A错误,只有B符合题意。
6.如图所示,不计滑轮重及摩擦,分别用力F1、F2匀速提升同一重物,若力F1、F2在相等时间内对物体所做的功相等,则力F1、F2及其功率P1、P2的大小关系为
A.F1>F2P1
C.F1>F2P1=P2D.F1 【答案】C 【解析】 【详解】由图知道图(a)中是定滑轮,图(b)中是动滑轮,用在不计绳重和摩擦时,物体升高h,若用定滑轮(a)提升物体时,绳子自由端移动的距离为h,若用动滑轮(b)提升物体时,绳子自由端移动的距离为2h,当用定滑轮提升物体时,拉力做功是: W1=F1s=Fh,当用动滑轮提升物体时,拉力做功是: W2=F2s=2F2h,因为若力F1、F2在相等时间内对物体所做的功相等,即W1=W2,所以F1=2F2,即F1>F2,又因为时间相同,由P= 知道,P1=P2,故只有C符合题意。 7.在如图所示电路中,电源电压保持不变,电键S1闭合。 当电键S2由断开到闭合时 A.电压表V1示数与电流表A示数的比值变大 B.电压表V示数与电流表A示数的比值变小 C.电压表V1示数与电流表A示数的乘积不变 D.电压表V示数与电流表A示数的乘积变小 【答案】B 【解析】 【详解】由电路图知道,当电键S1闭合、S2断开时,R1与R2串联,电压表V测电源两端的电压,电压表V1测R1的电压,电流表A测电路中的电流。 当电键S2由断开到闭合时,R2被短路,电路为R1的简单电路,电压表V和V1均测电源两端的电压,电流表测量电路中的电流;此时整个电路的电阻减小,由欧姆定律知道,电路中的电流变大,即电流表A的示数变大;电键S2断开时,电压表V1测R1的电压,而电键S2闭合时,电压表V1测量的是电源电压,故电压表V1示数变大;电压表V测电源两端的电压,其示数保持不变; A.电压表V1示数变大,电流表A示数变大,其比值为定值电阻R1的阻值,保持不变,故A错误; B.电压表V示数不变,电流表A示数变大,其比值变小,故B正确; C.电压表V1示数变大,电流表A示数变大,其乘积变大,故C错误; D.电压表V示数不变,电流表A示数变大,其乘积变大,故D错误。 8.A、B两个薄壁轻质圆柱形容器放置在水平桌面上,它们内部分别盛有质量相等的甲、乙两种液体,如图所示。 若再向两容器内分别注入体积相同的各自原有液体后(都没有液体溢出)。 关于甲、乙的密度和容器底部压强增加量的正确判断的是 A.ρ甲>ρ乙,Δp甲>Δp乙。 B.ρ甲<ρ乙,Δp甲>Δp乙。 C.ρ甲<ρ乙,Δp甲<Δp乙。 D.ρ甲>ρ乙,Δp甲<Δp乙。 【答案】A 【解析】 【详解】BC.由图知道,容器底面积S甲 知道,甲、乙两种液体的密度是: ρ甲>ρ乙,故BC错误; 由 知道,此时液体对容器底部压强是: p甲>p乙,在两容器中分别注入体积AD.相同的液体时,由于S甲 △h甲>△h乙,则甲、乙的容器底部压强增加量是: △p甲=ρ甲g△h甲,△p乙=ρ乙g△h乙,又因为ρ甲>ρ乙,即△p甲>△p乙,故A正确,D错误。 二、填空题 9.学生电学实验时用的一节新干电池电压为______伏,教室里日光灯与投影仪之间是______连接的(选填“串联”或“并联”),学校每月耗电量用_____表测量。 【答案】 (1).1.5 (2).并联(3).电能(或“电度”) 【解析】 【详解】一节新干电池电压是1.5V;由于教室里日光灯与投影仪在工作时互不影响,所以它们是并联连接的;电能表是用来测量电功的仪表,所以,学校每月消耗的电能是用电能表来测量的。 10.地铁是上海市民 重要交通工具之一,当某列车启动时,该车的惯性(7)(选填“增大”、“不变”或“减小”),以站台为参照物,坐在车内的乘客是(8)的(选填“运动”或“静止”);列车驶过后,铁轨的温度会升高,这是通过(9)的方式改变其内能的。 【答案】(7)不变;(8)运动;(9)做功 3分 【解析】 质量是物体惯性的量度,与物体的运动状态无关;人与站台的位置在发生改变,所以是相对运动的;列车驶过后,铁轨的温度会升高,这是轮与轨之间有摩擦力做功,改变物体内能。 11.丹麦科学家________首先发现“电流周围存在磁场”。 如图所示,闭合电键,小磁针将发生转动,因为力可以改变物体的________,通电螺线管A端相当于条形磁铁的_____极(选填“北”或“南”)。 【答案】 (1).奥斯特 (2).运动状态(3).北 【解析】 【详解】丹麦科学家奥斯特通过实验首先说明了通电导线周围存在着磁场;根据题意知道,当闭合电键时,螺线管周围出现了磁场,小磁针由于受到磁场的作用而发生转动,即力可以改变物体的运动状态;由图知道,电源的右侧是正极,左侧为负极,运用安培定则,用右手握住螺线管,四指所指的方向为电流的方向,大拇指指向螺线管的左端即N极,所以通电螺线管A端相当于条形磁铁的北极。 12.甲车沿直线从高处下滑,它运动的s-t图像如图所示,则8秒内小车的速度为_____米/秒,小车的动能______,重力势能______(后两空均选填“增大”、“不变”或“减小”)。 【答案】 (1).0.5 (2).不变(3).减小 【解析】 【详解】由甲车沿直线从高处下滑时的s-t图象知道,图象为过原点的倾斜直线,说明物体做匀速直线运动;且8秒内小车的路程是4m,由速度公式知道,8秒内小车的速度是: ;由于物体匀速下滑时,质量不变,速度不变,所以,动能不变;由于高度不断减小,所以,重力势能不断减小。 13.10秒内通过该导体横截面的电荷量为6库,若这段时间内电流做功36焦,则通过它的电流为______安,加在该导体两端的电压为_______伏;当加在该导体两端电压降为0伏时,其阻值为______欧。 【答案】 (1).0.6 (2).6(3).10 【解析】 【详解】由于10秒内通过该导体横截面的电荷量为6库,所以,通过导体的电流是: I= =0.6A;又因为这段时间内电流做功36焦,由W=UIt=UQ知道,该导体两端的电压是: =6V;由欧姆定律知道,导体的电阻: R= =10Ω。 14.在如图所示的电路中,电源电压保持不变。 电键S闭合后,电流表A1的示数为I0,电流表A2的示数为2I0,电路正常工作。 一段时间后,观察到一个电表的示数变小,另一个电表的示数不变。 若电阻R1、R2中仅有一个出现故障,请根据相关信息写出两电表的示数及相对应的故障。 ______________。 【答案】电流表A1的示数为0,电流表A2的示数为2I0,则R1断路;电流表A1的示数为I0,电流表A2的示数为0,则R2断路 【解析】 【详解】由电路图知道,R1与R2并联,电流表A1测量R1支路的电流,电流表A2测量R2支路的电流,由于电阻R1、R2中出现故障,则故障应是断路或短路,若是短路,则所在支路的电流应是变大,所以应是出现断路;即若是R1断路,则电流表A1的示数为0,电流表A2的示数为2I0;若是R2断路,则应是电流表A1的示数为I0,电流表A2的示数为0。 15.请阅读下列材料,回答问题。 地球是我们的家园,它有大气层和磁场,表面的71%被水覆盖,其余部分是陆地,平均密度约为5.52×103千克/米3,全球地表平均温度约为15℃。 地球内部有大量炽热的岩浆。 在极大的压力下,岩浆便会从薄弱的地方冲破地壳,喷涌而出,造成火山爆发。 剧烈的火山爆发会将大量的温室气体带入大气层,从而对全球气候产生影响。 同时作为人类生存和发展的重要物质基础,煤炭、石油、天然气等化石能源的利用也会引起温室气体排放。 根据联合国气候变化专门委员会的评估报告显示能源消费结构与全球温室气体排放量具有相关性(具体见如图)。 报告资料还指出1906-2005年全球地表平均温度上升了0.74℃,20世纪后半叶北半球平均温度可能是近1300年中最高的,本世纪气候变化的幅度可能还会增大。 ①地球是太阳系中的一颗_______,(选填“恒星”、“行星”或“卫星”)。 它的地表平均温度要比火山喷发时岩浆的温度________(选填“高”或“低”)。 ②利用上述短文中的数据,能否估算出地球的质量m地球? 请说明理由。 _______ ③根据材料,为了应对全球气候变化,我们可以采取哪些措施? _________________。 【答案】 (1).行星 (2).低(3).不能,因为没有地球体积的数据,所以无法用m=ρV估算地球的质量(4).开发无污染新能源、提高能源的效能、减少二氧化碳气体排放、植树造林等 【解析】 【详解】①太阳系由太阳和八大行星组成,地球是其中一个行星;由短文知道,地球内部的地核内由高温的岩浆组成,其喷发后的温度依然很高,所以,地球的地表平均温度要比火山喷发时岩浆的温度低; ②由短文知道,地球的平均密度约为5.52×103千克/米3,所以,如果再能得到它的体积,可由公式m=ρV估算它的质量,但短文中没有给出地球体积相关的数据,所以,不能估测出地球的质量; ③由图知道,化石能源的消耗产生大量的二氧化碳,这是造成全球气侯变暖的主要原因之一。 所以为了应对全球气候变化,可采取的措施是: 开发无污染新能源、提高能源的效能、减少二氧化碳气体排放、植树造林等。 三、作图题 16.在如图中,物体A重10牛,请用力的图示法画出物体A静止时对水平面的压力F。 () 【答案】 【解析】 【详解】物体A静止在水平面上时,压力的大小等于重力,方向垂直于接触面向下,作用点在接触面上。 选取标度为5N,过压力的作用点沿垂直于接触面向下的方向画一条有向线段,使线段长度为标度的2倍,如图: 17.根据平面镜成像的特点,在如图中画出物体AB在平面镜MN中成的像A′B′。 () 【答案】 【解析】 【详解】先作出端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′,用虚线连接A′、B′即为物体AB的像,如图: 18.在如图中的○里填上适当的电表符号,使之成为正确的电路图。 () 【答案】 【解析】 【详解】由图知道,左侧圈与电源并联,所以一定是电压表;右侧圈与电阻R并联,也一定是电压表,而下面的圈串联在电路中,所以一定是电流表,故电路如下: 四、计算题 19.质量为0.1千克的铝块温度升高了20℃,求: 铝块吸收的热量Q吸。 [c铝=0.9×103焦/(千克·℃)] 【答案】1800焦 【解析】 【详解】由Q吸=cm△t知道,铝块吸收的热量是: Q吸=c铝m△t=0.9×103J/(kg•℃)×0.1kg×20℃=1.8×103J=1800J。 20.已知物体浸在水中,排开水的体积为5×10-3米3,求物体受到的浮力F浮。 【答案】49牛 【解析】 【详解】由阿基米德原理知道,物体所受的浮力是: F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×5×10-3m3=49N。 21.如图所示,轻质薄壁柱形容器B置于水平地面上,均匀立方体A平放在容器B内,已知A的边长a为0.1米,质量为2千克;B的底面积为5×10-2米2。 ①求立方体A所受重力大小GA。 ②求立方体A对容器B产生的压强pA。 ③若再向容器B内缓慢注入质量为4千克的水,求水对容器B底部的压强p水。 【答案】 (1)19.6牛; (2)1.96×103帕;(3)9.8×102帕 【解析】 【详解】①因为立方体A的质量为2千克,所以,立方体A所受重力是: GA=mAg=2kg×9.8N/kg=19.6N; ②由于A的边长a为0.1米,所以,受力面积是: S=SA=0.1m×0.1m=0.01m2, 立方体A对容器B产生的压力是: F=GA=19.6N; 故立方体A对容器B产生的压强是: =1.96×103pA; ③A的体积是: VA=(0.1m)3=0.001m3, A的密度是: =2×103kg/m3,即ρA>ρ水, 所以当向容器B内缓慢注入水时,不论注入多少水,A只会沉在容器底, 当注水刚好浸没A时,注入水的体积是: V1=(S容-SA)×hA=(5×10-2m2-0.01m2)×0.1m=0.004m3, 这些水的质量是: m1=ρ水V1=1×103kg/m3×0.004m3=4kg, 所以,若再向容器B内缓慢注入质量为4千克 水,水深等于A的高度,即h=hA=0.1m, 故水对容器B底部的压强是: p水=ρ水gh=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa。 22.在如图所示的电路中,电源电压恒定不变,R1的阻值为20欧。 闭合电键S,电流表A1的示数为0.3安、电流表A2的示数为0.5安。 ①求电源电压U。 ②求电阻R2的阻值。 ③现用R0替换电阻R1、R2中的一个,使如图中的电流表A2的示数变为0.4安。 求电阻R0消耗的电功率P0。 【答案】 (1)6伏; (2)30欧;(3)1.2瓦或0.6瓦 【解析】 【详解】由电路图知道,R1与R2并联,电流表A1测R1支路的电流,电流表A2测干路电流, ①由欧姆定律知道,R1两端的电压是: U1=I1R1=0.3A×20Ω=6V; 由图知道并联电路中各支路两端的电压相等,且电压电源的电压, 所以,电源的电压是: U=U1=6V; ②因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以根据题意知道,通过R2的电流是: I2=I-I1=0.5A-0.3A=0.2A, 由欧姆定律知道,电阻R2的阻值是: =30Ω; ③根据题意知道,当用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个时,图中的电流表A2的示数变为0.4A; 若用R0替换R1,则R0与R2并联,干路电流是I′=0.4A,而通过R2的电流不变,仍然为I2=0.2A,则通过R0的电流是: I0=I′-I2=0.4A-0.2A=0.2A, 故电阻R0消耗的电功率是: P0=UI0=6V×0.2A=1.2W; 若用R0替换R2,则R0与R1并联,干路电流是I′=0.4A,通过R1的电流仍然为I1=0.3A,即通过R0的电流是: I0=I′-I1=0.4A-0.3A=0.1A, 所以,电阻R0消耗的电功率是: P0=UI0=6V×0.1A=0.6W。 五、实验题 23.在“探究导体中的电流与电压关系”的实验中,连接电路时,电键应处于______状态(选填“闭合”或“断开”);在“探究物质质量与体积的关系”实验中,用量筒来测物体的____。 在“探究杠杆平衡的条件”实验中,若将杠杆的中点支在支架上后,杠杆静止不动时的位置如图所示,则应调节_______,使杠杆在水平位置保持平衡;挂上钩码后,杠杆静止不动时的位置如图所示,则应调节_____,使杠杆再次在水平位置保持平衡,从而能直接从杠杆上读出动力臂和阻力臂的数值。 【答案】 (1).断开 (2).体积(3).平衡螺母(4).钩码位置 【解析】 【详解】连接电路时,为保护电路,防止电路中的电流过大烧坏电路元件,电键应断开; 在“探究物质质量与体积的关系”实验中,需要测量物体的质量和体积,质量是用天平测量的,体积是用量筒来测量的; 在“探究杠杆平衡的条件”实验中,若将杠杆的中点支在支架上后,杠杆静止不动时的位置如图所示,即右端上翘,则应调节平衡螺母,使杠杆在水平位置保持平衡;挂上钩码后杠杆静止不动时的位置如图所示,则说明左边力与力臂之积偏大,则应调节右边(或左边)钩码的位置,使杠杆再次在水平位置保持平衡;当杠杆在水平位置平衡时,由于重力的方向竖直向下,所以,力臂大小即力的作用点与支点的距离,从而能直接从杠杆上读出动力臂和阻力臂的数值。 24.“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是______,进行多次测量是为了______;在“探究液体内部的压强与哪些因素有关”的实验中,U形管两边液面高度差越大,表示液体内部的______越大;在研究液体内部压强与液体密度关系时,要保持金属盒在不同液体中的______相同。 【答案】 (1).R= (2).取平均值减小误差(3).压强(4).深度 【解析】 【详解】用电流表、电压表测电阻”的实验中,利用电流表测量通过电阻的电流,利用电压表测量电阻两端的电压,根据欧姆定律即可计算电阻的阻值,所以,实验原理是: R= ,进行多次测量是为了取平均值减小误差; 在“探究液体内部的压强与哪些因素有关”的实验中,由转换法知道,U形管两边液面高度差越大,表示液体内部的压强越大,在研究液体内部压强与液体密度关系时,由控制变量法知道,要保持金属盒在不同液体中的深度相同。 25.在“探究凸透镜所成实像的性质”时,小徐和小李两位同学利用焦距f为10厘米的凸透镜、几个大小高度相等的发光物(字母)、光屏和光具座等进行实验。 实验开始时,他们正确组装和调试实验器材。 小徐首先选用A字发光物进行实验,发现光屏上出现清晰的像如图所示,据此现象他得出结论: 凸透镜所成的是上下倒置的实像;小李接着选用D字发光物进行实验,发现光屏上出现清晰的像如图所示,据此现象他得出结论: 凸透镜所成的是左右互换的实像。 ①依据小徐和小李在光屏上观察到的像的大小,请判断两发光物离凸透镜的距离是否相等? 请说明理由___________。 ②你觉得小徐和小李的实验方法、观察到的现象以及得出的结论,是否完善? 请说出你的看法和建议。 ___________。 【答案】 (1).见解析所示 (2).见解析所示 【解析】 【详解】 (1)根据小徐和小李在光屏上观察到的像知道,所成的像大小不同,即发光物离凸透镜的距离不相等;因为利用的是相同的器材,即焦距f为10厘米的凸透镜、几个高度相等的发光物(字母)、规格相同的光屏和光具座等进行实验,所以,根据凸透镜成像规律知道,若物体距大小不同,则发光物离凸透镜的距离不相等;若相等,则所的像大小是一样的; (2)凸透镜对光线有会聚作用(相对主光轴),凸透镜所成的是上下倒置的实像和左右互换的实像。 两同学选用的发光字较特殊(左右对称,上面对称),所以结论不全面;为得出普遍性的规律在换用的物体多次测量,故可用例如F或G进行多次测量。 26.小姜同学做“测定小灯泡的电功率”实验,现有学生电源(电压为2伏的整数倍且保持不变)、待测小灯(标有“2.5V”、“3.8V”字样)、电压表、电流表、滑动变阻器(标有“5Ω3A”、“20Ω2A”字样)、电键以及导线若干。 他正确串联实验器材,并将电压表并联在电路中。 闭合电键,当滑片移到某位置时,小灯泡恰好正常发光,此时他将观察到的电流表和电压表的示数(如图所示)分别记录在实验单上。 ①能否据此判定该实验中电压表并联在哪部分电路两端? 并请说明理由。 ________ ②小葛同学看了小姜同学记录的信息,做出了电压表读数的如下分析判断: 因为小灯正常发光,由图(a)可知: Ie=0.3安,此时,变阻器接入电路的阻值一定大于其最大阻值,所以,Ue>IeR最大=0.3安×20欧=6伏。 因此,电压表读数为11伏。 你认为小葛的分析判断是否正确? 为什么? ________________ ③由此可以分析得出: 小姜在实验中选用的小灯是标有________字样的,小灯的额定功率为_______瓦。 【答案】 (1).见解析所示 (2).见解析所示(3).3.8V(4).1.14瓦 【解析】 【详解】 (1)由题意,当滑片移到某位置时,电流表、电压表 示数分别如图所示时,小灯泡恰好正常发光。 由指针的位置知道,若使用大量程0-15V,分度值为0.5V,示数为11V;若使用小量程0-3V,分度值为0.1V,示数为2.2V,由于电流表使用小量程,分度值为0.02A,所以,电流大小为0.3A; 根据题意知道,“他正确串联实验器材”所以,可判断出灯与变阻器应是串联在电路中的;又因灯上标有“2.5V”和“3.8V”字样,且电源电压为2伏的整数倍且保持不变;若电压表示数为11V,由于11V大于3.8V,大于2.5V,所以,电压表不可能直接并联在灯的两端,也不能并联在电源的两端(因为11V不是2V的整数倍); 若并联在变阻器的两端,根据串联电路电压的特点,此时,电源电压为11V+3.8V=14.8V或11V+2.2V=13.2V均不是2V的整数倍,所以电压表的示数不可能是11V,而只能是2.2V;又因为此时灯泡正常发光,且额定电压是3.8V或2.5V,所以,电压表不能直接并联在灯的两端,更不能并联在电源的两端(2.2V不是2V的整数倍),由此可确定电压表只能并联在变阻器的两端,且示数为2.2V; (2)小葛 分析判断是错误的,若使用“20Ω2A”的变阻器,其连入电路的阻值不可能大于20Ω;并且电压表示数若为11V,那么电源电压为11V+2.5V=13.5V或11V+3.8V=14.8V,都不是2V的整数倍; (3)若使用额定电压为2.5V的灯泡,由串联电路电压的特点知道,电源电压是2.5V+2.2V=4.7V,不是2V的整数倍,故不符合题意;若使用额定电压为3.8V的灯,则电源电压是: 3.8V+2.2V=6V,符合电源电压是2V整数倍的条件。 所以,灯的额定电压为3.8V,且电源电压为6V;又因为电路的电流大小为0.3A,灯的额定电压为UL=3.8V,正常工作时的电流大小IL=0.3
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