2022-2023学年江西省赣州市石城县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省赣州市石城县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列估测值最接近生活实际的是( )
A. 一节新干电池的电压为15VB. 教室日光灯正常工作电流约0.2A
C. 电脑USB接口输出的电压约220VD. 日光灯正常工作电功率约1000W
2.如图所示，电源电压U恒定，R1>R2，通过R1、R2的电流分别为I1、I2，R1、R2两端的电压分别是U1、U2，则( )
A. I1>I2B. I1=I2C. U1R2，则可得U1>U2。
3.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当闭合甲房间的开关时，只有乙房间电铃响，当闭合乙房间开关时，只有甲房间电铃响，这说明两个电铃能独立工作，是并联的，甲房间的开关与乙房间的电铃串联在一条支路中，乙房间的开关和甲房间的电铃串联在另一条支路中，根据选项可知，A正确。
故选：A。
根据题意分析两个开关的连接方式和电铃的连接方式，根据选项得出正确的电路图。
本题考查了串并联电路的设计，会根据用电器的工作情况确定用电器的连接方式、并会根据题意确定开关的位置是解决本题的关键。
4.【答案】C
【解析】U形管内液面高度变化是由容器内气体受热膨胀引起的，故①错误；
由图甲可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流相同，探究的电流通过导体产生热量跟导体的电阻是否有关，故②正确；
乙实验是研究电流产生的热量与电流的关系，通过它们的电流不同、通电时间都相同和电阻要相同，右边容器中的电阻要等于左边容器中的电阻5Ω，故③错误；
图甲中两电阻串联，电阻不同，通过两电阻的电流相同，10Ω电阻产生的热量更多，电炉丝与和它相连的导线也是电阻不同，电流相同，电炉丝电阻更大，产生的热量更多，故④正确；
故选：C。
(1)电流通过电阻丝产生热量，加热容器内的气体，气体受热膨胀，从而引起U形管内液面高度变化，由此可得出结论；
(2)探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；
(3)探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
(4)根据公式Q=I2Rt可知，当电流一定时，电阻越大，产生热量越多。
本题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：由图可知，控制电路中定值电阻R0与压敏电阻RN串联；
AB、由“池中水位上升到一定高度时，触点分离，工作电路断开，注水装置自动停止注水”可知，此时衔铁被吸引，动触点与静触点分离，电磁铁的磁性增强，控制电路中的电流变大，由串联电路的电流特点可知，通过R0的电流变大，故AB错误；
CD、由“池中水位下降到一定位置时，触点连接，工作电路接通，注水装置自动开始注水”可知，此时衔铁被释放，动触点与静触点接触，电磁铁的磁性减弱，控制电路中的电流变小，由P=UI=I2R可知R0的电功率变小，故C错误；
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻变大，由串联电路的电阻特点可知，RN的阻值变大，故D正确。
故选：D。
由图可知，控制电路中定值电阻R0与压敏电阻RN串联；
(1)根据“池中水位上升到一定高度时，触点分离，工作电路断开，注水装置自动停止注水”可知，此时衔铁被吸引，动触点与静触点分离，据此分析电磁铁磁性的变化，进而分析控制电路中的电流变化，根据串联电路的电流特点分析通过R0的电流变化；
(2)根据“池中水位下降到一定位置时，触点连接，工作电路接通，注水装置自动开始注水”可知，此时衔铁被释放，动触点与静触点接触，据此分析电磁铁磁性的变化，进而分析控制电路中的电流变化，根据P=UI=I2R分析R0的电功率变化，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点分析RN的阻值变化。
本题考查电磁继电器的工作原理、欧姆定律和电功率公式的应用，分析清楚电路结构、明白电磁继电器的工作原理即可正确解题。
6.【答案】ACD
【解析】解：A、沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因沿海地区多水，内陆地区多砂石，水的比热容比砂石的比热容大，同样受冷和受热时温度变化小，故A正确；
B、冬天双手互搓，手克服摩擦做功，机械能转化为内能，使手的温度升高，这是用做功的方式改变内能，故B错误；
C、铅片与金片紧压在一起，过几年铅片和金片互相渗入，是扩散现象形成的，故C正确；
D、汽油机在做功冲程里，高温、高压的燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能，故D正确。
故选：ACD。
(1)水的比热容比砂石的较大，因此在同样受冷和受热时，水的温度变化较小，砂石的温度变化较大；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；
(3)两种不同物质相互接触时，彼此进入对方的现象是扩散；
(4)汽油机在做功冲程里，高温、高压的燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能。
本题主要考查学生对比热容、改变内能的方式、扩散现象、汽油机做功冲程等的掌握，难度不大。
7.【答案】扩散 热传递
【解析】解：热腾腾的胡辣汤香气四溢，很远就能闻到它的香味，这时扩散现象，说明分子在不停做无规则运动；
端碗时很烫手，手从碗上吸收了热量，是通过热传递方式增加了手的内能。
故答案为：扩散；热传递。
(1)不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，叫扩散，扩散现象说明：分子在不停地做无规则运动；(2)改变物体内能的方式有热传递和做功。
本题考查了扩散现象、热传递改变物体内能，相对比较简单，属于基础题。
8.【答案】压缩 废气
【解析】解：钻木取火是对物体做功，内能增大，将机械能转化为内能，内燃机在压缩冲程冲程是将机械能转化为内能；
在各种热量损失中，废气的温度很高，带走的热量最多。
古答案为：压缩；废气。
(1)钻木取火是将机械能转化为内能；内燃机在压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
(2)热机效率是有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的总能量之比，热机工作过程中存在的各种形式的能量损失，热机排出的废气损失能量，克服摩擦做功损失能量，机械吸收能量等。
本题考查了学生对热机工作时的能量转化、热机效率的掌握，难度不大。
9.【答案】电子 吸引轻小物体
【解析】解：
与丝绸摩擦过的玻璃棒失去电子带正电，丝绸得到电子带负电；带电体具有吸引轻小物体的性质，所以玻璃棒靠近轻质羽毛，羽毛能被吸引。
故答案为：电子；吸引轻小物体。
用摩擦的方法使物体带电的方式叫摩擦起电，摩擦起电实质是电子的转移；带电体具有吸引轻小物体的性质。
此题考查了摩擦起电实质以及带电体的性质，属于基础性题目。
10.【答案】热效应；半导体。
【解析】【解答】
图甲所示的白炽灯是利用电流的热效应使灯丝达到白炽状态而发光的，
LED灯主要是用半导体材料制成的。
故答案为：热效应；半导体。
(1)电流通过导体都会发热，这种现象叫电流的热效应。
(2)LED灯主要是用半导体材料制成的。
此题考查了电流的热效应及半导体材料的特性，属于基础知识。
11.【答案】电 同种
【解析】解：验电器是用来检验物体是否带电仪器；
用带电体接触验电器的金属球时，电荷通过验电器的金属球传给金属杆传给两片金属箔，两片金属箔带同种电荷，同种电荷相互排斥而张开。
故答案为：电；同种。
验电器是用来检验物体是否带电仪器。验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的，金属箔片所带的电荷量越多，其张角越大。
此题考查对验电器用途、原理及其使用特点的了解，属于基础题。
12.【答案】不变 变小
【解析】解：如图所示，电源电压不变。开关S1、S2均闭合，两个灯泡并联，电压表测量电源电压，电流表测量干路中电流，根据并联互不影响，L2灯丝突然烧断，L1仍会发光，根据电源电压不变，电压表的示数会不变，由于L2支路的电流变为0，电流表的示数会减小。
故答案为：不变；变小。
根据并联电路互不影响，一个断路，另一个仍正常工作分析。
本题考查动态电路的分析，属于中档题。
13.【答案】电磁感应 负
【解析】解：法拉第发现了电磁感应现象，进一步揭示了电和磁的联系，导致了发电机的发明；
通电螺线管右端为N极，根据安培定则可知，电流从螺线管的左端流入、右端流出，所以电源的左端为正极、右端为负极。
故答案为：电磁感应；负。
法拉第发现了电磁感应现象，电磁感应现象就是发电机的原理；结合线圈的绕向利用安培定则确定螺线管中电流的方向，进一步可以知道电源的正负极。
本题考查了电磁感应现象、安培定则的应用，属于基础题。
14.【答案】94.5
【解析】解：由P=U2R可得，两灯泡的电阻分别为R1=U12P1=(6V)23W=12Ω；
R2=U22P2=(6V)26W=6Ω；
两灯泡的额定电流分别为I1=P1U1=6W6V=1A，I2=P2U2=3W6V=0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且一个灯泡正常发光，所以，电路中的电流I=I2=0.5A；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则电源两端电压U=IR串=0.5A×(12Ω+6Ω)=9V；
所以，整个电路此时消耗的总功率P=I2R串=(0.5A)2×(6Ω+12Ω)=4.5W。
故答案为：9；4.5。
根据P=U2R求出两灯泡的电阻，根据P=UI求出两灯泡的额定电流，根据串联电路的电流特点结合题意求出电路中的电流，根据欧姆定律得出电源两端电压，根据P=I2R求出此时两灯消耗的总功率。
本题考查了串联电路的特点和电功率公式、欧姆定律的综合应用，正确得出电路中的电流是关键。
15.【答案】未控制水和煤油的质量相同 吸收相等的热量 a2.1×103 酒精和碎纸片的质量 升高的温度 控制变量
【解析】解：(1)实验是探究不同物质的吸热能力，所以要保持水和煤油的质量相同，而题目中是在两个相同的烧杯中加入液面等高的水和煤油，没有控制水和煤油的质量相等；
选用相同的电加热器目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相同的热量；
(2)若相同质量的a和b升高相同的温度，a吸收热量更多，a的吸热能力更强；所以冬季取暖应选用的物质是a；
(3)由图象可知：用两个相同的电热器给质量相同的物质甲和水加热，水温度升高60℃需要20min，物质甲温度升高60℃需要10min。
所以质量相同的物质甲和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸=2Q甲吸。
由热量计算公式Q=cm△t得：c=Qm△t，
所以c水=2c甲，
又因为c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，
所以c甲=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(4)实验时为了控制变量，应用天平分别测出等质量的酒精和碎纸屑，将其放入装置中的燃烧皿内，并使用相同的容器中放入质量和初温相同的水；
因燃料的热值不能直接测量，但燃料燃烧放出的热量可以被水吸收，从而使水温发生变化；所以可以通过温度计示数的变化(水升高的温度)来比较燃料热值的大小关系；
(5)由(1)(4)知实验中用到了控制变量法。
故答案为：(1)未控制水和煤油的质量相同；吸收相等的热量；(2)a；(3)2.1×103；(4)酒精和碎纸片的质量；升高的温度；(5)控制变量。
(1)在实验中，为了增加实验的准确性，需要采用控制变量法，即保持水的初温、环境因素、水的质量不变等；相同的电加热器在相同时间产生的热量相同；
(2)水与煤油相比，水的比热容更大，吸热能力更强，吸收相同的热量，温度变化更小，根据乙图分析即可；
(3)由题知物质甲和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是物质甲吸收热量的2倍。根据吸热公式Q=c吸m△t判断两物质的比热容之间的关系，从而得出物质甲的比热容；
(4)在对数据进行分析时，要抓住相同量和不同量，利用控制变量法的思想得出正确的结论。
本题为探究“不同物质吸热能力”的实验和比较酒精和碎纸片的热值的实验，应当仔细分析图像的数据，才能得到正确的结论，考查学生控制变量法的应用。
16.【答案】断开 大 只有L1发光 C0.3并联电路中，干路电流等于各支路电流之和
【解析】解：(1)连接实物电路过程中，为保护电路，开关应处于断开状态；
(2)电流表在接入电路前，在不清楚通过被测部分电路的电流情况下，通常要选择电流表大量程进行试触；
(3)闭合开关S，因L2短路，故只有L1发光；
电流表与待测电路串联，A1测干路电流，A2测L1的电流，A3测L2的电流，如下改正：
(4)A.并联电路各支路电压相等，故A错误；
B.发光微弱的灯泡的灯丝断了，则这个不会发光，故B错误；
C.因两个灯泡的规格不同，根据P=U2R，两灯的功率不同，故两灯亮度不同，故C正确；
D.若发光微弱的灯泡被短路，这个灯不发光，另一个灯也不会发光，会造成电源短路，故D错误；
故选：C；
(5)电流表A2的示数如图丙，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则此时通过灯L2的电流为0.3A；
(6)根据表格有：
0.2A+0.1A=0.3A；
0.2A+0.2A=0.4A；
0.2A+0.3A=0.5A；
可得到并联电路的电流特点是：并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
故答案为：(1)断开；(2)大；(3)只有L1发光；见解答；(4)C；(5)0.30；(6)并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
(1)为保护电路，连接实物电路过程中，开关应处于断开状态；
(2)电流表在接入电路前，在不清楚通过被测部分电路的电流情况下，通常要选择电流表大量程进行试触；
(3)分析原电路存在的问题；探究“并联电路中电流的关系”实验中，两灯应并联，电流表分别测量出两支路电流(A2测L2支路电流，A1测L1支路电流)和干路电流(A3测干路电流)，据此改正；
(4)逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
(5)根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(6)根据表中数据得出并联电路的电流特点。
本题测流过干路的电流，考查注意事项、电流表使用、电路和数据分析、多次测量的方法等知识。
17.【答案】断开 电流表正负接线柱接反了 左 正 10 等于 30Ω
【解析】解：(1)为了保护电路，连接电路前要断开开关，滑动变阻器滑片处于阻值最大处。
开关闭合后，在试触时发现电流表指针向零刻度线左侧偏转，其原因是电流表正负接线柱接反了；
②电源电压不变，使电阻R0两端电压由1.5V逐渐增大到2V、2.5V，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器R两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑动变阻器滑片P向左滑动；
③探究通过导体的电流与导体两端电压的关系时，需控制电阻不变，结论是：当导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
④根据欧姆定律可得，定值电阻的阻值为：R=UI=Ω；
(2)根据控制变量法，要探究电流与电阻的关系，必须控制电阻两端的电压2V不变。
图中电源电压为4.5V，当AB间换成30Ω的电阻时，
电路的电流为：I=UVR=2V30Ω=115A，
根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U−UV=4.5V−2V=2.5V，
此时滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑=U滑I=2.5V115A=37.5Ω>30Ω，即变阻器的最大阻值至少为37.5Ω，
所以当AB间换成30Ω的电阻时，无论怎样移动滑片P，都无法完成实验是因为滑动变阻器的电阻太小了。
故答案为：(1)断开；电流表正负接线柱接反了；左；正；10；(2)等于；30Ω。
(1)①在连接或拆解电路时，为了保护电路，开关必须要断开；测量电流时，电流表指针反向偏转，说明电流表正负接线柱接反；
②根据串联电路电压规律和分压原理分析回答；
③探究通过导体的电流与导体两端电压的关系时，需控制电阻不变，结论是：当导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
④根据欧姆定律求出定值电阻的阻值；
(2)探究电流与电阻的实验中应控制电阻两端的电压不变；
定值电阻的阻值越大，所需变阻器的阻值越大，由串联电路电压的规律和分压原理，求变阻器连入电路中阻值，据此分析。
此题属于电学方面的综合题目，考查的知识点比较广泛，综合性比较强，对学生的综合能力要求比较高，属于中考题目的热点和焦点。
18.【答案】A0.26变大 不同意 灯丝电阻受温度影响，并非一个定值 电压表并联在变阻器两端了 小灯泡的电功率
【解析】解：(1)变阻器按一下一上连入电路中，如下所示：
(2)闭合开关前，为保护电路，变阻器连入电路的电阻应最大，故应向A端调整滑动变阻器的滑片，使电路中的电流在开始测量时最小；
(3)测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则电流值是0.26A。这时灯丝突然烧断，则电压表串联在电路中测电源电压(原来测灯的电压)，由串联电路电压的规律，则电压表的示数变大；
(4)依据表格中的数据，小张求出小灯泡电阻的平均值，不同意这种做法，理由：灯丝电阻受温度影响，并非一个定值；
(5)灯泡与变阻器串联，当电路的电流变大时，根据U=IR，则灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，故根据测量的数据绘出的如图丙的B所示I−U图像，错误的原因可能是电压表并联在变阻器两端了；
(6)已测出灯的电压和电流，根据P=UI，“伏安法”测小灯泡电阻的实验装置还可以用来测量小灯泡的电功率实验。
故答案为：(1)如上图所示；
(2)A；
(3)0.26； 变大；
(4)不同意；灯丝电阻受温度影响，并非一个定值；
(5)电压表并联在变阻器两端了；
(6)小灯泡的电功率。
(1)变阻器按一下一上连入电路中，如下所示：
(2)闭合开关前，为保护电路，变阻器连入电路的电阻应最大，据此分析；
(3)根据电流表选用小量程确定分度值读数，这时灯丝突然烧断，则电压表串联在电路中测电源电压(原来测灯的电压)，由串联电路电压的规律分析；
(4)灯丝电阻受温度影响，并非一个定值；
(5)灯泡与变阻器串联，当电路的电流变大时，根据U=IR分析灯的电压变化，由串联电路电压的规律得出变阻器的电压变化，据此分析；
(6)根据P=UI分析回答。
本题用“伏安法”测小灯泡的电阻实验，考查电路连接、注意事项、电流表读数、电路分析、影响电阻大小的因素、数据处理的方法、串联电路的规律及电功率公式的运用。
19.【答案】解：(1)水吸收的热量：Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg×80℃=8.4×105J；
(2)煤炉加热水的效率为10%，煤燃烧放出的热量为：Q放=Q吸η=8.4×105J10%=8.4×106J；
(3)根据Q放=mq可知，煤的质量为：m煤=Q放q煤=8.4×106J3×107J/kg=0.28kg。
答：(1)水吸收的热量为8.4×105J；
(2)采用煤炉加热，煤炉加热水的效率为10%，煤燃烧放出的热量为8.4×105J；
(3)需要完全燃烧煤的质量为0.28kg。
【解析】(1)知道水的比热容、水的质量、水的初温和末温，利用公式Q吸=cmΔt计算水吸收的热量；
(2)根据煤炉加热的效率求出煤燃烧放出的热量；
(3)根据煤放出的热量和煤的热值，利用Q放=mq计算煤的质量。
本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，难度不大。
20.【答案】解：
(1)由电路图知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，
由I=UR可得，电热丝R1的阻值：
R1=UI1=220V0.5A=440Ω；
(2)只闭合开关S1时，电热水壶的电功率：
P=UI1=220V×0.5A=110W；
(3)两开关都闭合时，两电阻并联，电路的总电阻最小，电源电压一定，由P=U2R知，此时电功率最大，为加热挡，
电路中电流：
I=I1+I2=0.5A+220V44Ω=5.5A，
加热挡时电热水壶在10s内产生的热量：
Q=W=UIt=220V×5.5A×10s=1.21×104J。
答：(1)电热丝R1的阻值为440Ω；
(2)只闭合开关S1时，电热水壶的电功率为110W；
(3)使用加热挡时电热水壶在10s内产生的热量为1.21×104J。
【解析】(1)只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律计算电热丝R1的阻值；
(2)由P=UI计算只闭合开关S1时，电热水壶的电功率；
(3)两开关都闭合时，两电阻并联，电路的总电阻最小，电源电压一定，由P=U2R知，此时电功率最大，为加热挡，由并联电路特点和欧姆定律计算电路中电流，由Q=W=UIt计算此时电热水壶在10s内产生的热量。
本题考查了并联电路特点、欧姆定律、电功率以及电热计算公式的应用，属于一道中等题。
21.【答案】解：由图甲可知，定值电阻R0与压敏电阻R串联，电压表测R0两端的电压；
(1)通过R0的电流：I0=U0R0=200V100Ω=2A；
(2)由图乙可知，舱体内气压为1.0×105Pa时，压敏电阻R的阻值R=10Ω，
由串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R总=R+R0=10Ω+100Ω=110Ω，
由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流：I=I0=2A；
由欧姆定律可知，电源电压：U=IR总=2A×110Ω=220V，
则工作10min，电路消耗的总电能：W=UIt=220V×2A×10×60s=2.64×105J；
(3)此时电路中的电流：I′=I0′=U0′R0=176V100Ω=1.76A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总′=U I ′=220V1.76A=125Ω，
则压敏电阻的阻值：R′=R总′−R0=125Ω−100Ω=25Ω，
由图乙可知，此时舱内的气压值为0.6×105Pa=6×104Pa。
答：(1)舱体不漏气时，通过R0的电流为2A；
(2)舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能为2.64×105J；
(3)若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值为6×104Pa。
【解析】由图甲可知，定值电阻R0与压敏电阻R串联，电压表测R0两端的电压；
(1)根据欧姆定律求出通过R0的电流；
(2)根据图乙可知，舱体内气压为1.0×105Pa时，压敏电阻R的阻值，根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，根据串联电路的电流特点求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出电源电压，根据W=UIt求出工作10min，电路消耗的总电能；
(3)根据欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出压敏电阻的阻值，根据图乙可知此时舱内的气压值。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。实验次数
A1表的示数I1/A
A2表的示数I2/A
A3表的示数I3/A
1
0.20
0.10
0.30
2
0.20
0.20
0.40
3
0.20
0.50
实验次序
1
2
3
U/V
1.5
2
2.5
I/A
0.15
0.2
0.25
电压/V
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
电流/A
0.10
0.16
0.20
0.23
0.25
0.27
电阻/Ω
5.0
6.3
7.5
8.7
10.0
11.1
平均电阻/Ω
8.1