2020-2021学年重庆市江北区九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年重庆市江北区九年级（上）期末物理试卷，共26页。试卷主要包含了R2等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年重庆市江北区九年级（上）期末物理试卷
1. 同学们看看考场里的日光灯，下面是对其中一盏日光灯正常工作时相关物理量的估测，最接近实际情况的是( )
A. 它两端的电压约为380V
B. 通过它的电流约为5A
C. 它的实际功率约为40W
D. 它正常工作1h消耗的电能约1kW⋅h
2. “遥知不是雪，为有暗香来”出自宋代诗人王安石的《梅花》，诗人能远远感知是梅不是雪，是因为有淡雅的清香飘过来，“暗香来”说明( )
A. 分子间有引力 B. 分子间有斥力 C. 分子是静止的 D. 分子是运动的
3. 将一根带正电的玻璃棒靠近一个用绝缘细线悬挂的不带电轻质金属球，玻璃棒与金属球始终不接触，关于金属球静止时及两侧所带电情况的示意图，下列最合理的是( )
A. B.
C. D.
4. 如图所示，将电水壶和白炽灯分别接在装有相同电能表的家庭电路中做实验，当它们正常工作时，发现与灯连接的电能表表盘转动得比较慢，下列说法正确的是( )
A. 电水壶消耗电能比白炽灯消耗电能快
B. 白炽灯消耗电能比电水壶消耗电能少
C. 通过电水壶的电流比白炽灯中的电流小
D. 白炽灯两端的电压比电水壶两端的电压低
5. 如图是小轩家的部分电路，下列对这个电路的有关说法错误的是( )
A. 三孔插座的连接方式符合安全用电的原则
B. 若将开关和灯互换位置，不符合安全用电原则
C. 闭合开关S时，灯泡L不发光，保险丝未烧断，可能是电灯短路
D. 闭合开关S，灯泡L不发光，用测电笔检测e点，氖管不发光，可能是电灯断路
6. 小江为某商场入口设计的购物人数计数装置的简化电路如图所示，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，当有激光照射时电阻变小，闭合开关，当有人通过时激光被遮挡一次，计数器会自动计数一次(分析电路时，计数器可视为电压表)，激光被遮挡瞬间，下列说法正确的是( )
A. 通过R2的电流变大 B. R1与R2的电流之比变小
C. R1与R2的总电阻不变 D. 计数器两端的电压变大
7. 如图所示，电源电压保持不变，R1、R2、R3为定值电阻，R1=20Ω且R2=R3，闭合开关S，电压表V1和V2的示数之比为4：3，此时电路消耗的总功率为P1；若把电压表V1和V2分别换成电流表A1和A2，闭合开关S后电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，此时电路消耗的总功率为P2。则下列结果正确的是( )
A. R2=R3=10ΩI1：I2=3：2P1：P2=1：10
B. R2=R3=40ΩI1：I2=3：2P1：P2=1：10
C. R2=R3=10ΩI1：I2=2：3P1：P2=10：1
D. R2=R3=40ΩI1：I2=2：3P1：P2=10：1
8. 如图所示，电源电压保持不变，电流表的量程为0∼3A，小灯泡L标有“12V 6W”的字样，滑动变阻器R的最大阻值为36Ω。R0为定值电阻。当S闭合，S1、S2断开，滑片P由b端向a端滑动，使其连入电路的电阻是最大阻值的三分之一时，小灯泡恰好正常发光。当滑片位置保持不变，开关都闭合时，电流表的示数变化了2A，不考虑灯丝电阻的变化，小江计算出了下面一些物理量的值：
①电源电压是12V
②R0的阻值为18Ω
③这个电路能够达到的最小总功率是9W
④滑动变阻器R能够达到的最大功率是36W
其中正确的是( )
A. ①③ B. ② C. ①④ D. ②③
9. 南极洲的冰川______内能(选填“具有”或“不具有”)，古人钻木取火是通过______的方式来改变物体内能的。
10. 家庭电路中电流过大的原因是短路和______ ；如图所示是小明家中一周前、后电能表示数。他家这周消耗了______ kW⋅h的电能。

11. 如图所示，电源电压不变，R=6Ω，虚线框内的所有电阻均未知，闭合开关S，电流表示数为1A；如果用一个3Ω的定值电阻R′替换R，虚线框内的电阻均保持不变，电流表示数变为1.5A，则通过虚线框外这条支路的电流变化了______ A，电源电压为______ V。

12. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片由a端滑到b端，电流表示数与某电压表示数变化关系图像如图乙所示。图像反映的是______ (选填R或R1)的电流与电压的关系，滑动变阻器R的最大电阻值为______ Ω。


13. 小江和小北就如图所示的一个场景进行了如下对话：

究竟是电阻大的导体电功率大还是电阻小的导体电功率大呢？请聪明的你说说你的观点。
答：______ 。
14. 如图所示的电路(方框内有一电阻没有画出)，闭合开关后，电流表有一合适的示数。小江同学把另一个电阻加入电路中，发现电流表示数变大了。请你在方框内画出小江加入电阻后的正确电路。








15. 在实验课上，为比较甲和乙两种不同液体吸热能力，各实验小组用如图所示的实验装置完成实验。(实验过程中甲和乙的温度均未达到沸点)
(1)设计实验时，需要对变量进行控制，下列变量控制中错误的是______ ；(选填字母序号)
A.两个烧杯的规格相同
B.两个电加热器的规格相同
C.甲、乙两种液体的体积相同
(2)小江组实验数据记录如表：
液体名称
液体质量m/g
液体初温t1/℃
液体末温t2/℃
加热时间t/min
甲
200
20
30
12
乙
200
20
30
6
分析以上实验数据可得：相同质量的不同种物质，升高相同的温度，吸收的热量______ (选填“相同”或“不同”)，______ 的吸热本领更强(选填“甲”或“乙”)，则两液体的比热容关系是______ 选填“>”、“甲  两小组所用的温度计准确程度不相同(其它答案，合理即可)

【解析】解：
(1)AB.根据转换法，选用两个电加热器的规格相同，可控制电加热器相同时间放出的热量相同；
用两个烧杯的规格相同，可控制甲和乙两种不同液体在相同时间吸热相同，AB正确；
C.根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同；而甲乙密度不同，根据m=ρV，体积相同的两种液体质量不同，故甲、乙两种液体的体积相同是错误的；
故选C；
(2)分析以上实验数据可得：相同质量的不同种物质，升高相同的温度，甲加热时间长，根据转换法，吸收的热量不同(甲吸热多)，由比较吸热能力的说法，甲的吸热本领更强，则两液体的比热容关系是；
根据Q=cm△t，相同质量的甲乙两种液体，降低相同的温度，甲放热多，故若冬天小江想自制一个暖手袋，如果甲、乙两种液体都可装入暖手袋中作为供热物质，从物质放热能力角度考虑，则应选择甲；
(3)实验中小江发现另一实验小组在相同时间内甲和乙升高的温度都比小江组高些，可能的原因是：两小组所用的温度计准确程度不相同(其它答案，合理即可)。
故答案为：(1)C；(2)不同；甲；>；甲；(3)两小组所用的温度计准确程度不相同(其它答案，合理即可)。
(1)使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，据此分析；
(2)我们使用相同的电加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法，根据表中数据回答；
使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
根据Q=cm△t分析回答；
 (3)可从两小组所用的温度计的准确程度不同分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及对反常现象的分析，为热学中的重要实验。

16.【答案】滑动变阻器断路  正比  1.5②①④③  20 5

【解析】解：(1)由甲电路图可知，定值电阻Rx与滑动变阻器串联，电压表测Rx两端的电压，电流表测电路中的电流，
为了准确读数，电压表和电流均选小量程，滑动变阻器的左下方接线柱与任何上方接线柱串联在电路中时，滑片P向左移动，电路中电流变大，如下图所示：

(2)闭合开关，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；
把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数，说明cab部分是通路，
接在a、c之间，电压表无示数，说明bc之间断路，
如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是滑动变阻器断路；
(3)由题意可知，定值电阻的阻值为10Ω，分析表格数据可知，通过定值电阻电流的变化倍数等于其两端电压的变化倍数，
故可得结论：电阻一定时，通过电阻的电流与它两端的电压成正比；
(4)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理有，
当定值电阻最大时，对应的变阻器连入电路最大，电压表示数最小，即4.5V−UVUV=50Ω25Ω，故UV=1.5V；
断开开关，改接另一个定值电阻后，从安全和规范角度考虑，应先把滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，然后闭合开关，滑片移到适当位置，记录电流表的示数，故正确的顺序为②①④③；
(5)由图丙画出的电流与电阻关系图像可知，除定值电阻为20Ω外，电流与电阻之积为均为3V不变，所以阻值为20Ω的定值电阻连入电路时未移动滑片；
由串联电路的规律和欧姆定律可得，变阻器接入电路中的电阻，
因定值电阻的电压为变阻器的2倍，根据分压原理，定值电阻为2×2.5Ω=5Ω，这次实验之前的那一次实验，小北选取的是阻值为5Ω的定值电阻。
故答案为：(1)如上图所示；(2)滑动变阻器断路；(3)正比；(4)1.5；②①④③；(5)20；5。
(1)由甲电路图可知，定值电阻Rx与滑动变阻器串联，电压表测Rx两端的电压，电流表测电路中的电流，为了准确读数，电压表和电流均选小量程，滑动变阻器的滑片P向左移动，电路中电流变大，说明变阻器的左下方接线柱与任何上方接线柱串联在电路中；
(2)由题意可知，电路连接完好，只有一个元件有故障，当电压表和电流表均无示数时电路不可能是短路，只能是断路，利用一支电压表检测电路故障时，电压表有示数说明电压表两接线柱与电源之间是通路，若电压表无示数说明电压表两接线柱与电源之间断路；
(3)根据题意可知定值电阻的阻值不变，分析表格数据得出通过定值电阻电流与其两端电压的变化倍数关系，然后利用控制变量法得出结论；
(4)设出控制定值电阻两端保持的最少电压，根据串联电路的规律和分压原理得出等式，根据表达式可知定值电阻最大时，对应的变阻器连入电路最大，电压表示数最小，据此得出答案；实验过程中，更换定值电阻时，应先断开开关，然后滑动变阻器的滑片调至最大阻值处，改接另一个定值电阻，再闭合开关，滑片移到适当位置，记录电流表的示数；
(5)根据如图丙画出的电流与电阻关系的图像知，除定值电阻为20Ω外，电流与电阻之积为一定值，由串联电路的规律和欧姆定律结合分压原理分析这次实验之前的那一次实验所选取的定值电阻。
本题考查了探究“电流与电压、电阻的关系”的实验，涉及到实物图的连接、电路故障的判断、分析实验数据得出结论、串联电路的特点和欧姆定律的应用等，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。

17.【答案】电  转换法  甲  0.28越多  0.281.50.375

【解析】解：(1)闭合开关小灯泡发光，这一过程电流做了多少功，就有多少电能转化为内能和光能，实验中通过观察灯泡亮度来判断相同时间电流做功的多少，这种研究方法是转换法；
(2)研究电流做功与电流的关系，应控制电压的和通电时间相同，而通过两灯的电流不同，根据串并联电路的特点可知应选甲电路；
电流表所选量程为“0−0.6A”，分度值为0.02A，读数为0.28A；
分析数据可知，当电压和通电时间一定时，通过电流越大，灯越亮，即电流做功越多；
(3)①小灯泡的额定电压为1.5V，只闭合S、S2，电压表测小灯泡的电压，移动滑片P，使电压表的示数为1.5V；
只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为2.5V，此时滑动变阻器和定值电阻串联，
可得出电路中电流：I=UR0R0=2.5V15Ω=530A，
则滑动变阻器接入电阻：R=URI=4.5V−2.5V530A=12Ω，
当只闭合S、S2，电压表测小灯泡的电压，移动滑片P，使电压表的示数为1.5V，此时电路中电流为：I′=UR′R=4.5V−1.5V12Ω=0.25A，
小灯泡的额定功率为：。
答：(1)电；转换法；(2)甲；0.28；越多；(3)1.5；0.375。
(1)电功的实质是电流做功是将电能转换为其他形式的能，电流通过用电器时要对外做功，消耗了多少电能就产生了多少新的能量；实验中相同时间电流做功的多少无法直接观察，通过观察灯泡亮度来判断，为转换法；
(2)研究电流做功与电流的关系，应控制电压的和通电时间相同，通过比较电流的大小，得出电流做功与电流的关系；
电流表读数时，要看清量程和分度值；
分析数据可知，当电压和通电时间一定时，通过电流越大，灯越亮，即电流做功越多；
(3)小灯泡的额定电压为1.5V，故只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为1.5V；
只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为2.5V，此时滑动变阻器和定值电阻串联，先用I=UR0R0得出电路中电流大小，再用R=URI得出滑动变阻器接入的阻值；当只闭合S、S2，先用I′=UR′R得出小灯泡正常工作电流，最后用得出小灯泡额定功率。
本题考查测量小灯泡电功率的实验，重点考查了转换法的使用、实验结论、欧姆定律的应用及电功率的计算等问题。

18.【答案】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)由电压表示数为3V可知，电阻R2两端的电压U2=3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R1两端的电压：
U1=U−U2=9V−3V=6V；
(2)因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I=U1R1=U2R2，即6V30Ω=3VR2，
解得：R2=15Ω。
答：(1)电阻R1两端的电压为6V；
(2)电阻R2的阻值为15Ω。

【解析】(1)由电路图可知，闭合开关后，R1和R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中的电流，根据电压表的示数可知电阻R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压；
(2)根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出R2的电阻。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道基础题目。

19.【答案】解：
(1)由图乙知，加热功率，保温功率，
由P=UI可得，这次电热水壶加热和保温时的电流之比；
(2)当开关S接1时电路为R1的简单电路，当开关S接2时R1与R2串联，
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，
所以，当开关S接1时，电路的总电阻最小，由P=UI=U2R可知，电路的总功率最大，处于加热挡，
同理可知，当开关S接2时处于保温挡，
则电阻，
保温时电路的总电阻，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电阻；
(3)水温从22℃升至52℃时水吸收的热量：
，
由可得，电热水壶消耗的电能：
，
额定电压下电热水壶的功率为1600W，由P=Wt可得，需要的加热时间：
。
答：(1)这次电热水壶加热和保温时的电流之比是4：1；
(2)电阻R2的阻值是90.75Ω；
(3)在额定电压下给1.2kg的水加热，使水温从22℃升至52℃，需要的加热时间为105s。

【解析】(1)根据图乙读出加热功率和保温功率，根据P=UI求出这次电热水壶加热和保温时的电流之比；
(2)当开关S接1时电路为R1的简单电路，当开关S接2时R1与R2串联，根据电阻的串联比较两种情况下的总电阻关系，根据P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越小，总功率越大，处于加热挡，反之处于保温挡；根据电阻的串联和P=UI=U2R求出电阻R2的阻值；
(3)知道水的质量和水的比热容以及水的初温、末温，根据求出水吸收的热量，利用求出电热水壶消耗的电能，额定电压下电热水壶的功率和额定功率相等，根据P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了电功率公式和吸热公式、效率公式、电功公式的应用，分清电热水壶处于不同挡位时电路的连接方式是关键。

20.【答案】解：(1)闭合开关S、S2，断开S1时，R2接入电路，此时
U2=U=5.5V，
通过R2的电流：
I2=P2U2=1.5125W5.5V=0.275A；
(2)闭合S、S1，断开S2时，电源电压不变，R1与L串联接入电路中，
由图乙可知，当灯泡正常发光时，UL=2.5V，IL=0.3A，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以R1两端电压：
U1=U−UL=5.5V−2.5V=3V，
通过R1的电流：
I1=IL=0.3A，
1min内电流在R1上做的功：
W=U1I1t=3V×0.3A×60s=54J；
(3)闭合开关S、S2，断开S1时，R2接入电路，电流表示数为0.15A，则R2的阻值为：
R2=U22P2=(5.5V)21.5125W=20Ω，
闭合S、S2，断开S1时，电源电压：
U′=U2′=I2′R2=0.15A×20Ω=3V，
R1的阻值：
R1=U1I1=3V0.3A=10Ω，
在乙图中画出R1的I−U图像(图中红线)，

当闭合S、S1，断开S2时，R1与L串联接入电路中，所以通过R1与L的电流相等，
由上图可知，要让R1与L两端的电压为3V，则电流I=0.2A时，U1′=2V，UL′=1V，
则灯泡的实际功率：
PL′=UL′I=1V×0.2A=0.2W。
答：(1)通过R2的电流为0.275A；
(2)若小灯泡正常发光，则1min内电流在R1上做的功是54J；
(3)灯泡的实际功率是0.2W。

【解析】(1)根据公式P=UI可求出通过R2的电流；
(2)根据图乙读出小灯泡正常发光时的额定电流，然后根据串联电路电压规律求出R1两端电压，再根据串联电路电流规律和公式W=UIt求出1min内电流在R1上做的功；
(3)先根据公式R=U2P求出R2的阻值，然后根据公式U=IR求出R2两端电压，再利用灯泡与R2两端的电压之比求出灯泡两端电压，并根据图乙读出此时通过灯泡的电流，最后根据P=UI求出灯泡的实际功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，关键是在乙图中画出R1的I−U的图像，要注意灯泡的电阻是变化的。