广州大学附属中学大学城校区2024-2025学年九年级10月月考物理试题答案解析_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_九上月考_初三上十月考

广大附中大学城校区初三年级 10 月月考物理试题 参考答案： 1．A 【解析】由于气体能充满整个空间，当抽出一部分后，质量变小，但体积不变，所以密度会变小。 故选A。 2．D W P 【解析】A．据 t 可知，在相同时间内，做功多的机器，功率一定大，选项A缺少“相同时间”这一 条件，故A不符合题意； W P B．据 t 可知，做相同的功，机器做功时间越长，其功率就越小，故B不符合题意； C．功率表示做功快慢的物理量，功率的大小与功的多少与做功时间共同决定的，机器的功率大，说明机 器做的功快，时间不确定，不能说明做的功一定多，故C不符合题意； D．功率表示做功快慢的物理量，机器功率小，则做功慢，时间不确定，做的功可能多，故D符合题意。 故选D。 3．D 【解析】A．夏天用电风扇吹风，加快了空气流动，促进了汗液的蒸发，由于蒸发是吸热的，所以人感到 凉快，不是因为电风扇可以减小空气的内能，故A不符合题意； B．任何物体都有内能，0℃的物体有内能，故B不符合题意； C．内能增加，可能是物体吸收热量，也可能是外界物体对它做功，故C不符合题意； D．内能的大小与物体的质量、温度、状态等有关，其他条件相同时，1kg水一定比1kg冰的内能大，故 D符合题意。 故选D。 4．A 【解析】AB．力臂是点到线的垂线，OB是动力臂，重力是竖直向下，OB也是阻力臂，根据杠杆平衡原 Fl Fl 理可知， 11 2 2可知， F G 1 故A符合题意；B不符合题意； C．若 F 1为杠杆的动力，G为杠杆的阻力，动力臂等于阻力臂，此杠杆为等臂杠杆，故C不符合题意； F D．若将竖直拉力移到C点棒仍静止，此时拉力记为 2，动力臂变大，阻力和阻力臂不变，故动力变小， 学科网（北京）股份有限公司故D不符合题意。 故选A。 5．B 【解析】AB．根据小球水平抛出其部分运动轨迹可知，小球反弹起的最大高度越来越小，说明机械能越 来越小，整个运动过程中，机械能是不守恒的 ，即小球在“①”点的机械能能大于在“③”点的机械能，而 小球在“①”和“③”时离地高度相等，则“①③”点的重力势能相等，则小球在“①”点的动能大于在“③”点的 动能，故A不符合题意，B符合题意； C．在M点时，由图知，重力势能占机械能的比为动能的3倍，因重力势能为240J，故动能为80J，在 M点时机械能为 W =240J+80J=320J M 在N点时，动能为200J，则重力势能为 W 200J W  动 60% 60%300J 势 40% 40% 故在M点的重力势能240J小于在N点的重力势能300J，故C不符合题意； D．在N点时机械能为 W =300J+200J=500J N 因小球在M的重力势能小于N点的重力势能，根据影响重力势能大小的因素，故N点的高度要高，已知 位置①和③离地高度相等，故N点在②，小球在M点的机械能320J小于在N点的机械能500J，因机械 能越来越小，故可知M点在③处。故D不符合题意。 故选A。 6．C 【解析】A．根据已知条件，铜块和铝块原来的温度均到0℃，一段时间后温度稳定，同时测量甲、乙两 容器中水的温度，分别是20℃和17℃，即铜、铝的末温分别为20℃和17℃，故可知铜的温度变化大， 故A不符合题意； B．因同质量水的初温均为23℃，甲、乙两容器中水的末温分别20℃和17℃，故乙图中水的温度变化大， Q c 根据Q＝cmΔt，乙图中水放热多，因没有热损失，故铝从水中吸收的热量多。根据 mt ，质量相同的 铝和铜，因铝吸热多，而铝的温度变化小，故铝的比热容大，故B不符合题意； CD．因同质量水的初温均为23℃，甲、乙两容器中水的末温分别20℃和17℃，故乙图中水的温度变化 大，根据Q＝cmΔt，乙图中水放热多，因没有热损失，故铝从水中吸收的热量多，故C符合题意，D不 符合题意。 故选C。 7．B 【解析】A．活塞下压时，压缩气体做功，所以，是通过做功改变针筒内气体的内能，故A不符合题意； 学科网（北京）股份有限公司B．丙图根据曲轴的转动方向可以判断活塞上移压缩空气，并且两个阀门都是关闭状态，是内燃机的压缩 冲程，该过程是机械能转为内能，应该对应的是密封气体内能增加的那一段过程，即t ～t 过程，故B符 1 2 合题意； C．由图知道，密闭气体的质量不变，t 时刻温度比t 时刻的高，因此t 时刻气体内能更大，故C不符合 2 3 2 题意； D．装置会与周围的空气发生热传递，最终会与室温平衡，温度相等，所以最终温度为T ，故D不符合 1 题意。 故选B。 8．B 【解析】A．探究不同物质吸热升温的现象，只需控制加热时间相同，不用控制燃料质量相等，故A不 符合题意； B．探究不同物质吸热升温的现象和比较不同燃料燃烧时放出的热量两个实验，为了控制变量，观察温度 计示数变化，两组实验的杯中物质的质量应相等，故B符合题意； C．甲组实验中，吸热多少用加热时间来表示，若加热时间相同，则吸热相同，沙子比热容小，沙子中放 的温度计示数变化大，故C不符合题意； D．乙组实验中，燃烧相同质量的燃料，看水温变化，燃料燃烧速度不同，不能用加热时间长短来吸热多 少，故D不符合题意。 故选B。 9．C 【解析】A．由图丙可知，重物A加速上升，受力不平衡，故A不符合题意； B．由图丙可知，重物匀速上升的速度为v =1m/s，由图甲可知，一共有3段绳子分担动滑轮重，故绳子 物 自由端的速度为 v =3v =31m/s=3m/s 绳物 故B不符合题意； CD．由图乙可知，绳子自由端的拉力为F=500N，机械效率为 W Gh Gh G  有100%= 100% 100% 100% W Fs Fnh nF 总 可得，所提重物A的重力 GnF3500N80%=1200N 不计一切摩擦和绳重，绳子的拉力为 学科网（北京）股份有限公司1 F  G G  3 物动 可得 G 3F-G =3500N﹣1200N=300N 动物 将A的重力减小为900N时，此时滑轮组的机械效率变为 W G h G 900N  有物物100%= 100%= = =75% W G hG h G G 900N+300N 总物动物动 故C符合题意，D不符合题意。 故选C。 10．D 【解析】A．若斜面的机械效率为η，则 W 有 Gh W η= 总 ×100％= Fs ×100％ 变换可得 Gh F  s 故A不符合题意； B．整个过程中，额外功即是克服摩擦做功，即额外功为 W  fs 额 则总功为 W =W +W =Gh+fs 总 有 额 若斜面的机械效率为η，则 W Gh 有 W Gh fs η= 总 ×100％= ×100％ 变换可得物体与斜面间的摩擦力为 Gh(1) f  s 故B不符合题意； C．整个过程中拉力F所做的总功即是拉力做的功，即总功为 W Fs 总 故C不符合题意； D．换用一个粗糙程度相同、高度为h、长小于s的斜面，相当于斜面与水平地面的夹角变大，摩擦力会 学科网（北京）股份有限公司W  fs W Gh 变小，s也变小， 额 变小，整个过程中有用功即是克服物体重力做功，即有用功为 有 保持不 变，总功变小，拉力所做的功变小，故D符合题意。 故选D。 28% 11． 不停地做无规则运动 增加 热传递 做功 【解析】（1）用中药壶煎药时能闻见药液的气味，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；药 液吸收热量，温度升高、内能增加，这是通过热传递改变药液内能的。 （2）该内燃机的效率为 100%6%30%36%28% 内燃机是在做功冲程获得动力，内能转化为机械能。 12． 省力 ③ 【解析】（1）从支点O向F 的作用线作垂线，垂线段的长度即为F 的力臂l ，如图所示： A A A 由图可知，OB为阻力臂，OA为动力臂，因为OA>OB，所以杠杆OBA为省力杠杆。 （2）由杠杆平衡条件F L =F L 可知，当阻力增大，阻力臂保持不变（苹果对B点的压力大于 动 动 阻 阻 20N），动力保持不变（F 与F 大小相等）时，动力臂必须增大才能保持杠杆平衡，即如图中L 大于l 2 1 OA A ，故F 可能为③。 2 13． 不是 遵循 【解析】 “饮水鸟”和外界有能量交换，不是凭空动起来的，因此根据能量守恒定律可知，“饮水鸟”不是永 动机，其能量转化过程符合能量守恒定律。 14． 平衡 右 二 力臂 B 增大 【解析】（1）杠杆静止时，就是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，需要使杠杆重心右移，应将 平衡螺母向右调节； （2）力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从 学科网（北京）股份有限公司杠杆标尺刻度上直接读出来，因此丙同学实验设计的好，此时弹簧测力计的拉力与杠杆垂直，便于测量 力臂。 （3）AB．探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规 律，故A不符合题意，B符合题意。 故选B。 （3）弹簧测力计沿顺时针旋转，杠杆始终保持水平平衡，阻力和阻力臂一定，动力臂减小，根据杠杆平 衡条件，动力将增大，弹簧测力计的示数将逐渐增大。 15． 甲 = > 见解析 【解析】（1）由图示知，t=1h时，甲杯中水的温度高于乙杯中水的温度，而两杯水的质量相同，所以甲 杯中的水的内能大于乙杯中的水的内能。 两杯中的都是水，物质种类及状态相同，所以两杯水的比热容相等。 （2）由图示知，0~1h乙杯中的水降温比1~2h降温更多，所以0~1h放出的热量比1~2h放出的热量多， 故 Q >Q 1 2 16．（1）100 20；（2）① ；②50N F 【解析】解：（1） 1所做的功 W  Fs  Fh100N1m100J 1 1 F 1所做的功的功率 W 100J P 1  =20W t 5s （2）①最省力的绕线方式，与动滑轮接触的线的股数最多，应从动滑轮的挂钩开始绕起，注意每个滑轮 都只绕一遍，线不能重复，也不能交叉，如图所示： ②由图得 n3 学科网（北京）股份有限公司滑轮组的机械效率为 W G h G h G  有100％％ ％M％100  M 100  M 100 W Fs Fnh nF 总 拉力F 为 2 G 90N F  M 100％= 50N n 360％ 17．（1）2.1×105J；（2）25%；（3）0.91×103J/（kg·℃） 【解析】解：（1）由图像可知，水加热2分钟时的温度是70℃。则水吸收热量为 Q ＝＝cm℃t℃4-.2℃10＝3J/(kg )1kg(70 20 ) 2.1105J 吸 （2）完全燃烧放出的热量 Q ＝m＝＝q 2810﹣3kg3107J/kg 8.4105J 放 酒 这段时间酒精灯的加热效率为 Q 2.1105J  吸 100%= 100%=25% Q 8.4105J 放 （3）水和沙子均加热2min，吸收相等的热量，则 Q ＝Q 沙吸水吸 c m t ＝c m t 沙水沙水水水 由图像可知：t ＝20℃，t ＝70℃，t ＝250℃。则有 0 水 沙 c m t 4.2103J/(kg℃)℃-1kg℃(70 20 ) c ＝℃水水水 = 0.91103J/(kg ) 沙 m t 1kg(250℃-20℃) 水沙 答：（1）加热2min后，水吸收了2.1×105J的热量； （2）这段时间酒精灯的加热效率为25%； （3）沙子的比热容大约是0.91×103J/（kg·℃）。 18． 化学 内 ② 1kg 80% 【解析】（1）褐煤燃烧时，将褐煤内部储存的化学能转化为内能。 煤炭燃烧会使空气中二氧化碳含量增高，扩建火力发电站，不利于减少空气中二氧化碳的含量；清洁能 源的使用不会产生二氧化碳，可以减少煤炭燃烧产生的二氧化碳，因此可以实现目的。故①不符合题意， ②符合题意。 故选②。 （2）褐煤完全燃烧放出的热量 W 3.6106J Q  1107J  36% 学科网（北京）股份有限公司褐煤的质量 Q 1107J m  0.4kg q 2.5107J/kg 褐煤 所以排放二氧化碳的质量 0.42.5kg1kg （3）电动轿车沿直线匀速行驶时的速度 v90km/h25m/s 根据 W Fs P  Fv t t 可得电动机的牵引力 P 15103W F   600N v 25m/s 牵引力做的功为 W Fs600N100103m6107J 有 电动汽车发动机的效率为 W 6107J  有100% 100%80% W 7.5107J 总 学科网（北京）股份有限公司