安徽省蚌埠市2024-2025学年九年级（上）期末检测物理试卷A卷-解析版

这是一份安徽省蚌埠市2024-2025学年九年级（上）期末检测物理试卷A卷-解析版，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.古诗词往往蕴含丰富的物理知识，在下列诗词中能体现“分子在永不停息地做无规则运动”的是( )
A. 水晶帘动微风起，满架蔷薇一院香B. 姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船
C. 去年今日此门中，人面桃花相映红D. 两岸青山相对出，孤帆一片日边来
【答案】A
【解析】“满架蔷薇一院香”是扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，故A符合题意；“夜半钟声到客船”说明声音可以在空气中传播，故B不符合题意；“人面桃花相映红”说明桃花只反射红光，故C不符合题意；“两岸青山相对出，孤帆一片日边来”是物体的机械运动，与分子的运动无关，故D不符合题意。
2.下列有关内能的说法正确的是( )
A. 物体内能增加，温度一定升高
B. 物体温度升高，内能可能会减少
C. 物体温度升高，一定是吸收热量
D. 在热传递过程中，热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体
【答案】D
【解析】解：
A、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，比如晶体在熔化过程中吸热，但温度不升高；故A错误；
B、物体的温度升高，内能一定增加；故B错误；
C、物体温度升高，可能是吸收热量，也可能是外界对物体做功，故C错误；
D、在热传递过程中，热量总从温度高的物体转移到温度低的物体；由于影响内能的因素是质量、温度、状态，内能小的物体，其温度可能高，所以热量可从内能小的物体转移到内能大的物体，故D正确。
故选：D。
在热传递过程中传递内能的多少叫热量，内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，温度是表示物体冷热程度的物理量。了解这三个物理量的概念与联系，再结合改变物体内能的方法有做功和热传递，可对各选项依次做出分析。
热量、内能、温度是热学里三个最重要，同时也是联系最密切的概念，只有真正理解，才能保证在解题时不会出错。同时，本题中对改变内能的两种方法的理解，也是解决本题所必备的知识。
3.一台柴油机中的燃料完全燃烧放出了8×107J的热量，共计损失了4.8×107J能量，下列说法错误的是( )
A. 该柴油机的效率为40%
B. 用来做有用功的能量为3.2×107J
C. 通过科技进步，在未来可以实现能量零损失
D. 减少机械间的摩擦可以提高热机效率
【答案】C
【解析】解：AB、
有效利用的能量：
W有用=8×107J−4.8×107J=3.2×107J，
柴油机的效率为：
η=WQ放×100%=3.2×107J8×107J×100%=40%，故AB正确；
C、能量转化过程中能量损失不可避免，故C错误；
D、减少机械间的摩擦可以提高热机效率，故D正确。
故选：C。
(1)热机效率是热机有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，据此计算；
(2)根据放出的总能量和损失的能量求出用来做有用功的能量；
(3)能量转化过程中能量损失不可避免；
(4)根据提高热机效率的方法解答。
本题主要考查了热机效率的计算，提高热机效率地方法，较好地考查了学生对机械效率概念的理解。
4.如图所示的电路中，闭合开关时，下列说法正确的是( )
A. 开关只能控制灯泡L2B. 两个灯泡为串联连接
C. 电流表测的是通过灯泡L1的电流D. 电流表测的是通过灯泡L1和L2的电流
【答案】C
【解析】【分析】
略
【解答】
AB.由电流流向法分析：闭合开关，电流从电源正极出发，经过开关到达电流表正接线柱，在此处分流，一条支路中电流从电流表正接线柱流入负接线柱流出，然后流过灯泡L1到达灯泡L1左侧接线柱，另一条支路中电流经过灯泡L2到达灯泡L1左侧接线柱，则两条支路的电流在灯泡L1左侧接线柱处汇合，然后流入电源负极，形成闭合回路。由以上分析可知，电路中的电流分流点在电流表的正接线柱，电流汇合点在灯泡L1左侧接线柱，在分流点和汇合点之间的电路是并联连接的，并联的两条支路分别为电流表和灯泡L1的串联支路及灯泡L2所在支路。而开关位于干路中，控制整个电路的通断，即同时控制灯泡L1和L2，故AB错误；
CD.电流表使用时应与被测电路串联，根据A选项中的分析可知，电流表与灯泡L1串联组成一条支路，因此可知，电流表测量的是通过灯泡L1的电流，故C正确，D错误。
故选C。
5.某款手持式电子测温仪如图甲，图乙是它工作的原理图，其电源电压保持不变，R是热敏电阻，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻，显示仪是由电流表或电压表改装而成。在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是( )
A. 热敏电阻是由超导体材料制作的
B. 图乙中的显示仪是由电流表改装成的
C. 热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减小
D. 被测温者体温越高，整个电路通过的电流越小
【答案】D
【解析】A.热敏电阻是由半导体材料制成的，故A错误；
B.由电路图知道，显示仪与R并联，则显示仪是由电压表改装成的，故B错误；
C.由题意可知，人的体温越高，电压表的示数越大，由串联电路的分压特点知道，R的阻值变大，则热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大，故C错误；
D.人的体温越高时，R的阻值越大，电路的总电阻越大，由欧姆定律知道，电路中的电流越小，故D正确。
故选D。
6.如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变小，电压表V1示数变大
B. 电压表V2示数变化量与电流表示数变化量之比变大
C. 电流表示数变大，电压表V2示数变小
D. 电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比变小
【答案】A
【解析】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路连接方式的辨别和电表所测电路元件的判断。
根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量R2两端电压，电压表V2测量电源电压，电流表测量电路电流；
根据滑片位置的变化分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化和总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化；根据串联电路的分压规律分析电压表V1示数的变化，根据欧姆定律U=IR分析电压表V2示数的变化；根据欧姆定律分析电压表V2示数变化量与电流表示数变化量之比、电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比的变化。
解：
根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量R2两端电压，电压表V2测量电源电压，电流表测量电路电流；
A.滑片向左移动，变阻器接入电路电阻变大，此时电路总电阻变大，由欧姆定律得，电路电流变小，即电流表示数变小；
根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器两端分担的电压变大，所以电压表V1示数变大，故A正确；
B.电源电压不变，电压表V2示数变化量为0，则电压表V2示数变化量与电流表示数变化量之比为0，故B错误；
C.电流表示数变小，电压表V2示数不变，故C错误；
D.由于串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和，所以电压表V1示数变化量等于定值电阻两端的电压变化量，则电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比等于定值电阻R1的阻值，所以该比值不变，故D错误。
故选：A。
7.如图所示，电源电压恒为6V，R1=10Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，滑动变阻器R2规格“20Ω 0.5A”，闭合开关S后，在保证电路安全的前提下移动滑片P，则电压表的示数U、R2的阻值、R1电功率P1、电路总功率P与电流表示数I的关系图象中描述正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测滑动变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
由题可知，电源两端电压为6V保持不变，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，滑动变阻器R2规格“20Ω 0.5A”，
当电压表的示数最大为U2=3V时，即R2两端的电压U2=3V，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
由串联电路的电压特点可知，R1两端的电压：U1=UE−U=6V−3V=3V，
则电路中的最小电流：I最小=I1=U1R1=3V10Ω=0.3A；
由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值：R大=UI最小=3V0.3A=10Ω