安徽省宿州市埇桥区教育集团2019-2020学年九年级上学期期末物理试题

这是一份安徽省宿州市埇桥区教育集团2019-2020学年九年级上学期期末物理试题，共14页。试卷主要包含了填空，选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年安徽省宿州市埇桥区教育集团九年级（上）期末物理试卷一、填空（每空2分，共20分）1．（2分）在电压不变时一段导体的电阻增加10Ω时，通过它的电流变为原来的4/5，则这段导体的电阻是　   　Ω。2．（2分）如图是饮水机的工作原理电路图，其中S是一个温控开关，R1为电加热管。A、B是同型号不同颜色的指示灯。当开关S与1接触时，指示灯LA与R1　   　联，当S与2接触时，饮水机处于　   　状态（选填“加热”或“保温”）。3．（2分）如图所示的电路，电阻R1＝10Ω，电源电压为5V当开关S闭合时电流表的示数是0.75A，则电阻R2的阻值是　   　Ω．通电5分钟，电流通过R2所做的功为　   　J。4．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。只闭合开关S，电流表的示数为0.1A；再闭合开关S1，电流表的示数为0.5A．那么闭合S、S1后，在相同的时间内，电流通过电阻R1、R2所做电功之比　   　。5．（2分）如图所示，通电螺线管上方的小磁针处于静止状态，电源的A端是　   　极。6．（2分）现在家庭电瓶车的使用十分普及，在对电瓶车充电时把电能转化成 　   　能。7．（2分）电动机主要是把电能转化为机械能，有一部分能量在线圈中以热量的形式散失掉。一台电动机，其线圈电阻为0.4Ω，当两端加220V电压时，通过电动机线圈的电流为50A．则1分钟内线圈产生的热量是　   　J，这台电动机的效率是　   　。8．（2分）有两只灯泡，甲标有“6V，6W”，乙标有“3V，6W”，把它们串联在同一电路中保证其中一个灯泡正常工作，则电路两端允许加上的最高电压是　   　V。9．（2分）把一个电吹风单独接入电路，小明家标有“1200r/kW•h”的电能表在2min的时间里转盘转过了30转，则此时电吹风的实际电功率是　   　W。10．（2分）把标有“6V 3W”的灯泡L1和标有“3V 3W”的灯泡L2串联接在电压为6V的电源两端，通过它们的电流为　   　A，它们消耗的总功率为　   　W（不考虑灯丝电阻随温度的变化）。二、选择题（每小题3分，共18分．每小题只有一个选项正确）11．（3分）2018年初，马鞍山遭遇大降雪，雪后几日，气温虽然持续保持在零摄氏度以下，但是路边的积雪体积却在不断减小，这是因为积雪（　　）A．熔化 B．先熔化后汽化 C．升华 D．液化12．（3分）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）A．两灯均正常发光时，相同时间乙灯消耗的电能较少 B．甲灯的实际功率一定是40W C．将乙灯接入110V电路中，它的额定功率为30W D．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大13．（3分）考虑温度对电阻率的影响，下面能正确反映通过灯泡的电流与灯泡两端电压关系的是（　　）A． B． C． D．14．（3分）如图所示的电路中，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右滑动时，则（　　）A．R1的电功率一定减小 B．R2的电功率一定增大 C．电流表的示数增大 D．电压表的示数减小15．（3分）标有“6V 3W”的小灯泡，通过它的电流与电压的关系如图所示。若把它与一只阻值为8Ω的电阻并联接在电压为4V的电路中，则整个电路消耗的功率为（　　）A．3W B．3.3W C．3.6W D．5W16．（3分）如图所示，滑动变阻器的滑片P处于中间位置，闭合开关S，两个灯泡均能发光（假设灯丝电阻不变），此时，将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（　　）A．L1、L2亮度不变 B．L1变亮，L2变暗 C．L1变暗，L2变亮 D．L1变暗，L2不变三、实验题（每空2分共16分）17．（6分）在“探究电流跟电压、电阻的关系”时，同学们设计如图电路图，其中R为定值电阻，R′为滑动变阻器，实验后，数据记录在表一和表二中。表一R＝5Ω电压/V1.02.03.0电流/A0.20.40.6表二U＝3V电阻/Ω51015电流/A0.60.30.2（1）根据表（一，二）中实验数据，可得出如下结论：　   　。（2）在研究电流与电阻关系时，先用5Ω的定值电阻进行实验，使电压表的示数为3V，再换用10Ω的定值电阻时，某同学没有改变滑动变阻器滑片的位置，合上开关后，电压表的示数将　   　3V（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时应向　   　（选填“左”或“右”）调节滑片，使电压表的示数仍为3V。（3）本实验中滑动变阻器的作用是：　   　。18．（10分）在测量额定电压为2.5V的小灯泡电功率的实验中，电路已部分连接，如图甲所示，（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的电压表接在灯泡两端。（2）正确接入电压表后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数等于电源电压，其故障可能是　   　。（3）排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向　   　（选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为额定电压值。（4）移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是　   　W。四、计算题（4分+6分+6分＝16分）19．（4分）当多个电阻并联时，其等效电阻称为并联电路的总电阻。请推证：将两个电阻Rl、R2并联起来，其总电阻R总与R1、R2的关系为：。20．（6分）如图是小明家电热水壶的铭牌参数。求：（1）将1kg水从20℃加热到100℃，水吸收的热量。（2）如果电转化热的效率为80%，电热水壶正常烧开这壶水的时间。21．（6分）小刚同学设计了一个模拟调光灯的电路，如图甲。电源电压恒为3V，灯泡的额定电压为2.5V，灯泡的I﹣U关系图象如图乙所示。滑动变阻器上标有“10Ω1A”字样。当灯泡正常发光时，求：（1）灯丝的电阻是多少？（2）滑动变阻器接入电路中的阻值应为多少？（3）滑动变阻器消耗的电功率是多少？
2019-2020学年安徽省宿州市埇桥区教育集团九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、填空（每空2分，共20分）1．【解答】解；设原来导体的电阻为R，其电压为U，电流为I，由欧姆定律可得，导体两端的电压：U＝IR﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①导体的电阻增加10Ω时，其电阻R′＝R+10Ω，此时的电流I′＝I，由欧姆定律可得，导体两端的电压：U＝I′R′＝I×（R+10Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②因导体两端的电压不变，所以，IR＝I×（R+10Ω），解得：R＝40Ω。故答案为：40。2．【解答】解：由饮水机的工作原理电路图可知：当开关S与1接触时，指示灯A与R1串联；当S与2接触时，指示灯B与R1、R2串联；∵串联电路，电阻越串越大，大于任何一个分电阻，∴根据I＝可知：当S与2接触时，电路中的电流与接1相比会变小；∵P＝I2R，∴此时R1的电功率变小，饮水机处于保温状态。故答案为：串；保温。3．【解答】解：（1）由图知，当开关S闭合时，两电阻并联，电流表测总电流，由题知，电源电压U＝5V，电阻R1＝10Ω，总电流I＝0.75A；则流过电阻R1的电流：I1＝＝＝0.5A；由并联电路的特点可知，流过电阻R2的电流：I2＝I﹣I1＝0.75A﹣0.5A＝0.25A；由公式I＝得R2的阻值：R2＝＝＝20Ω；（2）通电5分钟，电流通过R2所做的功：W2＝UI2t2＝5V×0.25A×5×60s＝375J；故答案为：20，375。4．【解答】解：当只闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电流表的示数为通过R1的电流，即I1＝0.1A；当再闭合开关S1时，两电阻并联，电流表测干路电流，因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以闭合开关S1时通过R1的电流不变；因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R2的电流等于电流表的变化量，即I2＝0.5A﹣0.1A＝0.4A；因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以闭合S、S1后，R1与R2的电功之比：＝＝＝＝。故答案为：1：4。5．【解答】解：由于小磁针静止时，其右端为S极，左端为N极，根据磁极间的作用规律可知，螺线管的右端为N极，左端为S极。根据螺线管的N、S极和螺线管的线圈绕向。利用安培定则可以确定电流是从螺线管的左端流入右端流出。由于电流是从电源的正极流出，经过外电路回到电源负极。所以可以确定A为电源的正极，B为负极。故答案为：正。6．【解答】解：电瓶车的蓄电池在充电时，消耗电能，把电能转化成化学能储存在蓄电池中。故答案为：化学。7．【解答】解：（1）1分钟内线圈产生的热量：Q＝I2Rt＝（50A）2×0.4Ω×60s＝6×104J；（2）1分钟电动机消耗的电能：W＝UIt＝220V×50A×60s＝6.6×105J；这台电动机1分钟所做的机械功：W机械＝W﹣Q＝6.6×105J﹣6×104J＝6×105J，所以这台电动机的效率：η＝×100%＝×100%≈90.9%。故答案为：6×104；90.9%。8．【解答】解：由P＝UI可得，两灯泡的额定电流分别为：I甲＝＝＝1A，I乙＝＝＝2A，由I＝可得，两灯泡的电阻分别为：R甲＝＝＝6Ω，R乙＝＝＝1.5Ω，因串联电路中各处的电流相等，所以两只电阻串联时，电路中的最大电流I＝I甲＝1A，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以根据欧姆定律可得，两端允许加的最大电压：U＝I（R甲+R乙）＝1A×（6Ω+1.5Ω）＝7.5V。故答案为：7.5。9．【解答】解：“1200r/kW•h”表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，转盘转30转消耗的电能：W＝kW•h＝0.025kW•h，电吹风的电功率：P＝＝＝0.75kW＝750W。故答案为：750。10．【解答】解：由P＝可得，两灯泡的电阻分别为：R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝3Ω，两灯泡串联接在电压为6V的电源两端时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，通过它们的电流：I＝＝＝0.4A，它们消耗的总功率：P＝UI＝6V×0.4A＝2.4W。故答案为：0.4；2.4。二、选择题（每小题3分，共18分．每小题只有一个选项正确）11．【解答】解：马鞍山遭遇大降雪，雪后几日，气温持续保持在零摄氏度以下，没有达到冰的熔点，故冰雪不会熔化；但是路边的积雪体积却在不断减小，这是因为积雪吸热直接变成了水蒸气，属于升华现象。故选：C。12．【解答】解：由图可知甲灯泡的额定功率为40W，乙灯泡的额定功率为60W，A．两灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，则甲灯泡的实际功率小于乙灯泡的实际功率，由W＝Pt可知，相同时间乙灯消耗的电能较多，故A不正确；B．不同的电压下灯泡的实际功率不同，故B不正确；C．额定功率是指额定电压下的功率，它具有唯一性，则乙灯泡的额定功率始终为60W，故C不正确；D．由P＝可知，两灯泡正常发光时，甲灯泡的功率较小，电阻较大，故D正确。故选：D。13．【解答】解：电灯的灯丝电阻随温度的升高而增大；故随着电压的增大，灯泡温度升高，灯丝的阻值将增大，故图象的倾斜程度将减小。故选：A。14．【解答】解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大；（1）由I＝得，电路中的电流变小，所以电流表的示数变小，故C错误；（2）由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变小，U1变小，根据P＝可知，定值电阻R1的电功率减小，故A正确；（3）由串联电路的分压特点知道，当滑动变阻器的电阻变大时，它分担的电压也变大，即电压表的示数增大，故D错误；（4）R2的电功率取决于通过的电流和它两端的电压。当滑片P向右移动时，R2的电阻变大，分担电压变大，而通过它的电流变小，那么它的电功率怎么变化呢？由二次函数知识△＝b2﹣4ac≥0知道，当R2＝R1时，P取最大值。所以如果R2＞R1，则滑动变阻器R2消耗的电功率先变大后变小，故滑动变阻器R2消耗的电功率一定增大是错的，故B错。故选：A。15．【解答】解：读图可知，当电源电压为4V时，通过灯泡的电流为I1＝0.4A，通过电阻的电流I2＝＝＝0.5A，电路总电流I＝I1+I2＝0.4A+0.5A＝0.9A，则整个电路消耗的功率为P＝UI＝4V×0.9A＝3.6W。故选：C。16．【解答】解：由电路图可知，灯泡L2与滑动变阻器R并联后再与灯泡L1串联，将滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，并联部分的电阻变大，电路的总电阻变大，由I＝可知，干路中的电流变小，由U＝IR可知，L1两端的电压变小，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P＝UI可知，灯泡L1的实际功率变小，L1的亮度变暗，故AB错误；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，并联部分的电压变大，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，灯泡L2两端的电压变大，由P＝可知，L2的实际功率变大，亮度变亮，故C正确、D错误。故选：C。三、实验题（每空2分共16分）17．【解答】解：（1）横向分析表一数据，在电阻不变时，电压为原来的几倍，电流也为原来的几倍，即电阻不变时，电流与电压成正比；横向分析表二数据，在电压不变时，电阻为原来的几倍，电流为原来的几分之一倍，即电压不变时，电流与电阻成反比。（2）根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大，即电压表示数大于3V；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为3V。（3）滑动变阻器的基本作用是保护电路，在本实验中，为得出普遍性的规律要多次测量，故变阻器的另一个作用是改变电阻的电压和电流。故答案为：故答案为：（1）电阻不变时，电流与电压成正比；电压不变时，电流与电阻成反比；（2）大于；右；（3）保护电路及改变电阻的电压和电流。18．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为2.5V，电压表要选择0～3V量程，电压表并联在灯泡两端，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出。如图。 （2）灯泡不亮，电流表无示数，电路断路，灯丝断路时，电压表串联在电路中，电压表测量电源电压，电压表示数等于电源电压。（3）电压表使用0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，电压为2.2V。要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从2.2V增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向B端移动，使电压表的示数为2.5V。（4）从图象得知，灯泡在2.5V下的电流为0.3A，P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。故答案为：（1）如上图；（2）灯丝断路；（3）B；（4）0.75。四、计算题（4分+6分+6分＝16分）19．【解答】证明：根据欧姆定律可知：I1＝，I2＝，I＝根据并联电路的电流和电压特点可知：I＝I1+I2，U＝U1＝U2由上可得：＝+即：＝+。20．【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；（2）由η＝＝80%可得电流做功（消耗的电能）：W＝＝＝4.2×105J；由P＝可得需要的时间：t＝＝＝420s＝7min。答：（1）将1kg水从20℃加热到100℃，水吸收的热量为3.36×105J；（2）如果电转化热的效率为80%，电热水壶烧开这壶水的时间为7min。21．【解答】解：（1）灯泡正常发光时，UL＝U额＝2.5V，由图乙可知，此时的电流IL＝0.25A；由欧姆定律可得，灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝＝10Ω；（2）由于串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝3V﹣2.5V＝0.5V，串联电路中电流处处相等，则I＝IL＝0.25A；滑动变阻器接入电路中的阻值：R＝＝＝2Ω；（3）滑动变阻器消耗的电功率：P滑＝U滑I＝0.5V×0.25A＝0.125W。答：（1）灯丝的电阻是10Ω；（2）滑动变阻器接入电路中的阻值应为2Ω；（3）滑动变阻器消耗的电功率是0.125W。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/9/19 9:35:42；用户：黄绍豪；邮箱：15778348456；学号：22306196