河北省石家庄市井陉矿区2024-2025学年九年级上学期期末物理试卷（解析版）

这是一份河北省石家庄市井陉矿区2024-2025学年九年级上学期期末物理试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）
1．（2分）下列数据最接近实际的是（ ）
A．家用电风扇额定功率约为500W
B．对人体的安全电压不高于36V
C．柴油机工作效率可高达95%
D．电磁波在空气中的传播速度约为340m/s
【答案】B
【解析】A．家用电风扇额定功率约为50W，故A错误；
B．对人体的安全电压不高于36V，故B正确；
C．柴油机工作效率在40%左右，故C错误；
D．电磁波在空气中的传播速度约为3×108m/s，故D错误。
2．（2分）下列科学家与其对应成就正确的是（ ）
A．焦耳——电流与电压、电阻的关系
B．欧姆——最先确定电流产生的热量遵从的规律
C．奥斯特——电磁感应
D．沈括——最早记述地磁偏角
【答案】D
【解析】A．焦耳最先发现了“电流通过导体产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系”，即焦耳定律，故A错误；
B．欧姆对“电流跟电阻和电压之间的关系”进行了深入的研究并得到了正确结论，即著名的欧姆定律，故B错误；
C．电磁感应是法拉第受电生磁的启发最早发现的，故C错误；
D．我国宋代学者沈括是世界上最早记录磁偏角的人，故D正确。
3．（2分）关于能源，下列说法正确的是（ ）
A．电能、地热能都是一次能源
B．风能、水能、太阳能都是不可再生能源
C．核反应堆中发生的链式反应，是可以控制的
D．大量氢核的裂变，可以在瞬间释放出巨大的核能
【答案】C。
【解析】A．电能不能从自然界中直接获取，属于二次能源，故A错误；
B．风能、水能、太阳能可以从自然界源源不断的获得，属于可再生能源，故B错误；
C．核反应堆又称原子反应堆或反应堆，是装配了核燃料以实现大规模可控制裂变链式反应的装置，故C正确；
D．大量氢核聚变可以在瞬间释放出巨大的核能，故D错误。
4．（2分）如图所示，下列对实验的描述正确的是（ ）
A．
抽去玻璃板，两瓶中的气体都会变成红棕色。不能说明分子在不停地做无规则运动
B．
用力向上拉玻璃板，弹簧测力计示数变大。说明分子间只有引力没有斥力
C．
用力压活塞，棉花被点燃。说明外界对物体做功，物体的内能减小
D．
向瓶内打气，当塞子跳起时瓶内出现白雾。说明物体对外界做功，物体内能减小，温度降低
【答案】D
【解析】A．抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，两瓶中的气体都会变成红棕色，属于扩散现象，说明气体分子在不停地做无规则运动，故A错误；
B．因为玻璃和水接触在一起，并且玻璃分子和水分子间的距离在引力作用的范围内，水分子和玻璃分子之间存在相互作用的引力，此时分子间仍然存在斥力，故B错误；
C．将活塞迅速下压，压缩气体做功，使筒内的气体内能变大，温度升高，达到棉花的燃点，使棉花燃烧，故C错误；
D．向烧瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内气体膨胀对外做功，温度降低，内能减小，水蒸气液化形成白雾，说明物体对外界做功，物体内能减小，故D正确。
5．（2分）下列图中的实验能说明电动机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】A．图示的是磁极间相互作用规律的探究实验，故A错误；
B．图示的是闭合电路的导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，是电磁感应现象，属于发电机的工作原理，故B错误；
C．图示的是奥斯特实验，说明了电流周围存在磁场，故C错误；
D．图示的通电导体在磁场中受到力的作用，受力的大小与电流的大小、磁场强弱有关，是电动机的工作原理，故D正确。
6．（2分）下列关于安全用电，说法正确的是（ ）
A．更换灯泡时不必断开电源
B．一个插座上可以同时使用多个大功率用电器
C．使用验电笔时，手要接触笔尾的金属体
D．家庭电路中保险丝烧断时，可用铜线替代它
【答案】C
【解析】A．更换灯泡时，必须断开电源开关，以防发生触电，故A错误；
B．多个大功率用电器同时使用一个插座，接线板负载过多，容易造成火灾，故B错误；
C．使用验电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线，故C正确；
D．家庭电路中保险丝烧断时，不可用铜线替代，故D错误。
7．（2分）如图所示是一种测定油箱内油量的装置。其中R是滑动变阻器的电阻片，滑动变阻器的滑片跟滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。当油箱中的油量减少时（ ）
A．R接入电路中的电阻减小
B．电路的总功率增大
C．电流表示数减小
D．R0两端电压增大
【答案】C
【解析】A．由图可知，油箱内油面下降时，滑动变阻器R接入电路中电阻变大，故A错误；
B．电源电压一定时，电路电流变小，根据P＝UI知，电路的总功率减小，故B错误；
C．由图可知，该电路为R和R0的串联电路，油箱内油面下降时，总电阻变大，在电源电压一定时，根据欧姆定律，电路电流变小，电流表示数减小，故C正确；
D．由图可知，油箱内油面下降时，滑动变阻器R接入电路中电阻变大，根据串联分压原理，滑动变阻器R两端的电压变大，电源电压一定时，R0两端电压减小，故D错误。
8．（2分）下面是探究电流通过导体时产生热量的影响因素的实验，下列说法正确的是（ ）
A．甲图实验中，在相同通电时间内左侧U形管中液面上升的高度差大
B．乙图的实验中，在相同的通电时间内右侧U形管中液面上升的高度差大
C．将乙图右侧密闭容器中的5Ω的电阻换成10Ω，即可探究电流产生的热量与电阻的关系
D．图乙将R3放入空气盒内，连接方式不变，可探究电流产生的热量与电阻的关系
【答案】D
【解析】A．R2＞R1，在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越大，电阻产生的热量越多，故A错误；
B．乙图实验装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1＝I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，左右两侧容器内电阻相同，在相同的通电时间内右侧U形管中液面上升的高度差小，故B错误；
C．乙图实验装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个10Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右边容器内电阻的电流和左边电阻的电流不相等，要探究电热器产生热量与电阻的关系，应保持电流和通电时间相等，电阻不同，不可探究电流产生的热量与电阻的关系，故C错误；
D．图乙将R3放入空气盒内，连接方式不变，R2与R3并联成为一个等效电阻R，此时R1与R电阻不同，通过它们的电流和通电时间相同，可探究电流产生的热量与电阻的关系，故D正确。故选：D。
9．（2分）如图是电阻甲和乙的U﹣I图象，小明对图象信息作出的判断，正确的是（ ）
A．当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为0.3A
B．当乙两端电压为2.5V时，其电阻值为5Ω
C．将甲和乙串联，若电流为0.4A，则它们两端的电压之和为2V
D．将甲和乙并联，若电压为1V，则它们的干路电流为0.4A
【答案】B
【解析】A．根据图像可知，当甲两端的电压为0.5V时，通过它的电流为0.1A，故A错误；
B．由图像可知，乙电阻两端的电压为2.5V时，通过乙电阻的电流是0.5A，乙电阻此时的阻值R＝＝＝5Ω，故B正确；
C．根据串联电路电流规律，当甲和乙串联，通过甲、乙的电流相等；若电流为0.4A，由图像可知，甲两端的电压为2V，乙两端的电压为1V，甲和乙两端的总电压U总＝U甲+U乙＝2V+1V＝3V，故C错误；
D．根据并联电路电压规律，当甲和乙并联时，甲、乙两端的电压相等；若电压为1V，由图像可知，通过甲的电流为0.2A，通过乙的电流为0.4A；干路中的电流I总＝I甲+I乙＝0.2A+0.4A＝0.6A，故D错误。
10．（2分）如图所示的电路，电源电压恒为3V，小灯泡L上标有“2V，1W”字样（忽略灯丝电阻的变化），滑动变阻器R规格为“20Ω，1A”，电流表量程选择“0～0.6A”，电压表量程选择“0～3V”。闭合开关S。在不损坏电路元件情况下，下列选项正确的是（ ）
A．电路中最大电流为0.6A
B．电路的最大功率为2.25W
C．电压表示数变化范围为0.5～2V
D．滑动变阻器阻值变化范围为0～20Ω
【答案】C
【解析】A．小灯泡L的字样“2V 1W”，小灯泡的额定电流I额＝＝＝0.5A，0.5A＜0.6A，所以电路中的最大电流为0.5A，故A错误；
B．根据P＝UI可知，当电压U一定时，电流越大，电路中的电功率越大，当电路中的电流为0.5A时，电路中的最大功率P＝UI＝3V×0.5A＝1.5W，故B错误；
CD．小灯泡L的字样“2V 1W”，小灯泡的电阻RL＝＝＝4Ω，
由小灯泡字样“2V 1W”，小灯泡的额定电压2V小于3V，所以电压表的最大示数为2V，此滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UL额＝3V﹣2V＝1V，通过滑动变阻器的电流I滑＝IL额＝0.5A，滑动变阻器接入电路中的阻值R滑＝＝＝2Ω；
当滑片P移到最大阻值端时，电路中的总电阻R总＝RL+R滑′＝4Ω+20Ω＝24Ω，电路中的电流I总＝＝＝A，通过小灯泡的电流IL＝I滑′＝I总＝A，小灯泡两端的电压最小，最小电压UL＝ILRL＝A×4Ω＝0.5V，所以电压表示数的变化范围是0.5V～2V，滑动变阻器阻值的变化范围是2Ω～20Ω，故C正确，D错误。
二、非选择题（本大题共10小题，共40分）
11．（2分）烈日炎炎的夏季，白天河岸上沙土热得烫脚，但河水却非常凉爽，是由于水的
大；运载火箭用氢做燃料，是因为氢的 大。
【答案】比热容；热值。
【解析】烈日炎炎的夏季，白天河岸上沙土热得烫脚，但河水却非常凉爽，是由于水的比热容大，温差变化较小；运载火箭用氢做燃料，是因为氢的热值大，完全燃烧相同质量的其它燃料，氢放出的热量多。
12．（2分）如图所示是汽油机 冲程。若其效率为25%，则完全燃烧1kg汽油转化为机械能是 J（q汽油＝4.6×107J/kg）。
【答案】排气；1.15×107
【解析】由图可知，汽油机的进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，说明是汽油机的排气冲程；完全燃烧1kg汽油放出的热量为：Q放＝q汽油m＝4.6×107J/kg×1kg＝4.6×107J；
已知效率η＝25%，消耗1kg汽油转化的机械能为：
W＝Q放η＝4.6×107J×25%＝1.15×107J。
13．（2分）家庭电路中电灯、电视、电风扇的连接方式是 （填“串联”或“并联”）；家庭电路中电流过大的原因可能是 （写出一种即可）。
【答案】并联；短路。
【解析】（1）家庭电路中电灯、电视、电风扇在工作时互不影响，所以它们是并联连接的；
（2）短路、用电器的总电功率过大，都会造成家庭电路中电流过大。
14．（2分）如图，当开关S1、S2闭合时，电压表的读数为6V，当开关S2闭合、S1断开时，电压表的读数为2.4V，那么当S1和S2均断开时，小灯泡L1和L2两端电压分别为
V和 V。
【答案】3.6；2.4。
【解析】当开关S1、S2闭合时，灯L1被短路，电压表测电源电压，由题意可知，电源电压：U＝6V；当开关S2闭合，S1断开时，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，则L2的电压U2＝2.4V；当两开关都断开时，两灯泡仍然串联，此时L2两端的电压仍为：U2＝2.4V，由串联电路的电压特点可得，L1两端的电压：U1＝U﹣U2＝6V﹣2.4V＝3.6V。
15．（2分）如图是小明家的电能表，该电能表允许的正常工作的用电器总功率最大不超过
W；若将一只标有“220V 600W”的电饭煲单独接入电路，正常工作20min，该电能表的转盘转了 转。
【答案】4400；600。
【解析】（1）由图知，电能表的工作电压是220V，电能表平时工作允许通过的最大电流为20A，小明家电能表允许的正常工作的用电器最大总功率：P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W＝4.4kW；
（2）电饭煲正常工作时电功率P＝P额＝600W＝0.6kW
正常工作20min消耗的电能：W＝Pt＝0.6kW×h＝0.2kW•h；
电能表的转盘转数：n＝3000r/（kW•h）×0.2kW•h＝600r。
16．（5分）如图所示：
（1）在探究“影响电阻大小因素”实验中，小明连接了如图1所示的电路。所选的两根镍铬合金丝长度相同，粗细不同，分别接入电路中，闭合开关后记录两次电流表示数。此实验是探究电阻大小与 关系的，实验中通过 表示电阻的大小。
（2）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图2所示的电路，根据图示的情境可知， 的磁性较强（选填“甲”或“乙”），说明当电流一定时， ，电磁铁磁性越强。电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是
。
【答案】（1）横截面积大小；电流大小；（2）甲；线圈匝数越多；同名磁极相互排斥。
【解析】（1）在探究“影响电阻大小因素”实验中，小明连接了如图1所示的电路。所选的两根镍铬合金丝长度相同，粗细不同，分别接入电路中，闭合开关后记录两次电流表示数。此实验是探究电阻大小与横截面积大小关系的，实验中通过电流大小表示电阻的大小。
（2）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图2所示的电路，根据图示的情境可知，甲的磁性较强（吸引的大头针多），说明当电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强。电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是同名磁极相互排斥。
17．（6分）如图所示，图甲是“探究电流与电阻关系”的实验电路图，实验器材有，电源（输出电压为6V）、电流表、电压表、滑动变阻器和开关各一个。定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω）和导线若干。
（1）连接电路。闭合开关前。发现电流表指针如图乙所示，原因是 ；
（2）实验过程中用5Ω的电阻做完实验后，若保持滑片的位置不变，断开开关，用10Ω的电阻替换，闭合开关，此时电压表示数 （选择“增大”或“减小”），接下来应将滑片向
（选填“左”或“右”）移动；
（3）正确连接电路，用上述5个定值电阻进行实验得到5组数据，作出电流与电阻的关系图象如图丙，实验中定值电阻两端的电压保持 V，实验结论是 。
（4）实验中滑动变阻器的最大阻值应不小于 Ω。
【答案】（1）电流表使用前没有调零；（2）增大；右；（3）2；电压一定时，电流与电阻成反比；（4）50。
【解析】（1）连接电路前，发现电流表的指针如图乙所示，电流表的指针偏向零刻度左侧，其原因是电流表使用前没有调零；
（2）实验过程中用5Ω的电阻做完实验后，若保持滑片的位置不变，断开开关，用10Ω的电阻替换，闭合开关，根据串联分压原理，定值电阻的阻值变大，分得的电压变大，即电压表示数将增大：
探究电流与电阻关系的实验中，应控制定值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，根据分压原理知，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，使电压表的示数保持不变；
（3）根据绘制的电流I随电阻R变化的图像，定值电阻两端的电压为：
UV＝IR＝0.4A×5Ω＝0.1A×20Ω＝2V，即定值电阻两端的电压始终保持2V；
根据图像可知，电压一定时，电流与电阻成反比；
（4）电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×25Ω＝50Ω，故为了完成整个实验，则滑动变阻器的阻值至少是50Ω。
19．（6分）某款电热饮水机具有加热和保温两挡，额定电压为220V。如图甲是其电路原理图，S0为温控开关，R1、R2为电热丝（阻值不变）。某次饮水机在额定电压下工作的电功率P与时间t的关系图象如图乙所示，求：
（1）饮水机处于加热挡阶段消耗的电能。
（2）饮水机处于保温挡时，通过R1的电流。
（3）R2的阻值。
【答案】（1）1.452×105J；（2）0.2A；（3）110Ω
【解析】只闭合开关S，电路为R1的简单电路，总电阻较大，根据P＝可知总功率较小，饮水机处于保温挡；
闭合开关S、S0，电路中两个电阻并联，总电阻较小，根据P＝可知总功率较大，饮水机处于加热挡；
（1）由图乙可得，加热功率P加热＝484W，加热时间t加热＝5min＝300s，
加热挡阶段消耗的电能为：W加热＝P加热t加热＝484W×300s＝1.452×105J；
（2）只闭合S时，R1接入电路，此时饮水机处于保温挡，
由图乙可知，保温功率为P保温＝44W，根据P＝UI得流过R1的电流为：
I1＝＝＝0.2A；
（3）R2的功率为： P2＝P加热﹣P保温＝484W﹣44W＝440W
根据P＝得R2的阻值为： R2＝＝＝110Ω。
答：（1）饮水机处于加热挡阶段消耗的电能为1.452×105J；
（2）饮水机处于保温挡时，通过R1的电流为0.2A；
（3）R1的阻值为110Ω。
20．（6分）如图所示的电路中，电源电压恒定，灯泡上标有“6V，3W”的字样，R1为定值电阻，滑动变阻器R2上标有“10Ω，0.8A”的字样，电流表的量程为“0～3A”，电压表的量程为“0～3V”，忽略温度对灯丝电阻的影响。求：
（1）灯泡的电阻；
（2）闭合S、S1与S2时，灯泡正常发光，电流表的示数为1.5A，求R1的阻值；
（3）闭合S，断开S1与S2时，移动滑片P，在确保电路安全的前提下，求电路总功率的变化范围。
【答案】（1）12Ω；（2）6Ω；（3）3～4.8W。
【解析】（1）由得，灯泡的电阻为R，
（2）闭合S、S1 与S2 时，灯泡L与定值电阻R1 并联，电流表测量干路电流，灯泡正常发光，则灯泡的电流
电流表的示数为 1.5A，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R1 的电流
I1＝I﹣IL＝1.5A﹣0.5A＝1A
并联电路中各支路电压相等，则定值电阻R1的电压为6V，由欧姆定律得，定值电阻R1的电阻为
（3）由图可知，闭合S，断开S1与S2时，R1与R2串联，电压表测R2电压，
根据题意，滑动变阻器R2上标有“10Ω 0.8A”的字样，电流表A的量程为0～3A，可得电路中的最大电流I大＝0.8A，电流表测量电路中的电流；
此时电压表的示数U小＝U﹣I大R1＝6V﹣0.8A×6Ω＝1.2V＜3V，故不会损坏电压表，
变阻器R2的值：R2小＝＝＝1.5Ω，
电路总功率：P大＝UI大＝6V×0.8A＝4.8W；
当滑片向右滑动时，其接入电路的电阻变大，电流变小，根据分压原理，变阻器两端电压即电压表示变大，由于电压表使用的量程为0～3V，
可得U大＝3V，
电路中的电流：I小＝＝＝0.5A，
变阻器R2的值：R2大＝＝＝6Ω，
电路总功率：P小＝UI小＝6V×0.5A＝3W，
故R2的阻值范围为1.5Ω～6Ω，电路总功率变化范围为3W～4.8W。
答：（1）灯泡的电阻12Ω；
（2）R1 的阻值6Ω；
（3）闭合S，断开S1 与S2 时，移动滑片 P，在确保电路安全的前提下，电路总功率的变化范围3～4.8W。