2023-2024学年广东省深圳市盐田外国语学校九年级（上）期末物理试卷及解析-试卷中心.docx

1、2023-2024学年广东省深圳市盐田外国语学校九年级（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共14分。1.2023深圳首届食博会会场美食飘香，这说明()A. 分子间存在引力B. 分子间存在斥力C. 分子在不停地运动D. 分子可以再分2.下列用电器正常工作时，电流最大的是()A. 台灯B. 电热水壶C. 电风扇D. 电子手表3.西汉的春秋纬中有对“玳瑁吸喏”的记载，描述的是摩擦过的玳瑁外壳吸引轻小物体的现象，产生此现象的原因是()A. 摩擦过的玳瑁外壳带电B. 摩擦可以创造电荷C. 摩擦使原子核发生转移D. 摩擦过的玳瑁外壳升温4.某电蒸笼有高、中、低三个挡位，下列能实现类似功能的电路是

2、(R1R2)()A. B. C. D. 5.如图所示，闭合开关后，发现白炽灯泡L1比L2亮，则()A. 通过L1的电流较小B. L2的电阻较大C. L2两端电压较小D. 若将L1与L2调换，L2更亮6.如图所示，电源电压恒定不变，电阻R1和R2分别浸没在等量红色热消失液体中(温度越高，液体颜色越浅)。通电1min，R2的颜色比R1浅，下列说法正确的是()A. 电阻R1R2B. 电压U1U2C. 电流I1I2D. 热量Q1R2，根据P=U2R可知，电路只有两个挡位，故B不符合题意；C、当开关S1闭合时，只有R2接入电路，当开关S1和S2均闭合时，电阻R1和R2并联，由并联电路电阻规律可知R2R并

3、，根据P=U2R可知，电路只有两个挡位，故C不符合题意；D、当只闭合开关S1时，只有R2接入电路，当只闭合开关S2时，只有R1接入电路，当开关S1和S2均闭合时，电阻R1和R2并联，由并联电路电阻规律可知R1R2R并，根据P=U2R可知，电路有三个挡位，故D符合题意。故选：D。根据电路图进行分析。本题主要考查串并电路的特点及P=U2R的应用，难度不大。5.【答案】B【解析】解：由图可知，灯泡L1、L2并联，观察到白炽灯泡L1比L2亮，说明L1的实际功率比L2大。C、因为并联电路中各支路两端电压相等，都等于电源电压，所以L1和L2两端的电压相等，故C错误；A、由于L1的实际功率比L2大，根据P=

4、UI可知，L1两端的电压等于L2两端的电压，则通过L1的电流比L2大，故A错误；B、L1两端的电压等于L2两端的电压，通过L1的电流比L2大，根据R=UI可知，灯泡L1的电阻小于灯泡L2的电阻，故B正确；D、根据并联电路互不影响的特点知，将L1与L2调换，白炽灯泡L1仍比L2亮，故D错误。故选：B。由图可知，灯泡L1、L2并联，观察到白炽灯泡L1比L2亮，说明L1的实际功率比L2大。(1)根据并联电路的电压特点可知通过两灯的电压关系；(2)L1的实际功率比L2大，根据P=UI可知两灯的电流大小关系；根据R=UI可知两灯的电阻关系；(3)根据并联电路互不影响的特点知将L1与L2调换的情况。本题考

5、查并联电路的特点、灯泡实际功率的影响因素、电功率公式、欧姆定律公式的灵活运用，是一道综合性较强的题目。6.【答案】D【解析】解：由图可知，电阻R1和R2串联接入电路，通电1min，电流相同即I1=I2，而R2对应的液体颜色比R1的浅，则电流通过R2产生的热量大于R1产生的热量，即Q1Q2，根据Q=I2Rt可知，两电阻的阻值关系为R1R2，根据U=IR可知，电阻两端的电压关系为U1U2，故D正确，ABC错误。故选：D。根据串联电路的特点知电流大小关系；由温度越高，液体颜色越浅，可知电阻产生的热量大小关系；根据Q=I2Rt可知电阻大小关系；根据欧姆定律分析电阻两端的电压关系。此题主要考查的是学生对

6、“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意串联电路特点的运用。7.【答案】B【解析】解：A、由图象可知，温度越高，铝的比热容越大，铝的比热容随温度的升高而增大，故A错误；B、由图象可知，铝的比热容在100110区间的升高曲线比在160170区间的曲线更陡，表明铝的比热容在100110区间比在160170区间随温度变化更快，故B正确；C、100的铝的比热容比160的铝的比热容小，由Q=cmt可知，一定质量的铝吸收相同热量，比热容与温度变化成反比，100的铝比160的铝温度变化大，故C错误；D、铝的比热容在100110区间比在160170区间的比热容更小，由Q=cmt可知，升

7、高相同的温度10，一定质量的铝从100升高至110吸收的热量比从160升高至170吸收的热量更少，故D错误。故选：B。根据图象和Q=cmt对选项进行逐一分析。本题考查对比热容图象的理解和Q=cmt的运用，难度不大。8.【答案】增加 机械 做功【解析】解：用笔尾在罐口旁快速摩擦，属于摩擦生热现象，易拉罐内气体内能增加，气压变大；“炸开”时，罐内气体内能转化为机械能；四冲程内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，所以二者能量转化形式相似。故答案为：增加；机械；做功。改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为

8、内能。根据改变物体内能的方法以及内燃机的工作过程和原理(能量的转化)即可解答此题。9.【答案】107 变大 1200【解析】解：由图示电能表可知，本月初电能表的示数为3287.5kWh，本月底电能表示数为3394.5kWh，本月消耗的电能是：W=3394.5kWh-3287.5kWh=107kWh；电能表脉冲信号灯闪变加快，表示电流做功加快，即电路中的总功率变大；1600imp/(kWh)表示电路中每消耗1kWh的电能，指示灯闪烁1600次；当指示灯闪烁32次时消耗的电能：W=321600kWh=0.02kWh=7.2104J，则此过程电路的总电功率：P=Wt=7.2104J60s=1200W

9、。故答案为：107；变大；1200。电能表的读数：电能表的最后一位数是小数，单位kWh；本月消耗的电能等于本月底与本月初的示数之差；电能表脉冲信号灯闪变加快，表示电流做功加快，即电路中的总功率变大；1600imp/(kWh)的含义是：电路中每消耗1kWh的电能，指示灯闪烁1600次；据此求指示灯闪烁32次消耗的电能，再利用P=Wt求出电路的总电功率。本题考查了使用电能表时消耗电能和电功率公式的运用，明确电能表相关参数的意义是关键。10.【答案】7.2104 1.08105 4【解析】解：(1)已知电池的容量是“4000mAh”，mA是电流的常用单位，h是时间的常用单位，所以“容量”是电流与通电

10、时间的乘积，4500mA=4.5A，1h=3600s，电池充满电储存的电能为：W=UIt=5V4A3600s=7.2104J；(2)灯泡正常工作6h，实际消耗的电能：W=Pt=5W63600s=1.08105J；(3)白炽灯“正常照明时间”t=WP=7.2104J5W=14400s=4h。故答案为：7.2104；1.08105；4。(1)mA是电流的常用单位，h是时间的常用单位，据此得到“容量”的含义，根据W=UIt计算出存储的电能；(2)根据W=Pt计算白炽灯实际消耗的电能；(3)根据W=Pt计算白炽灯“正常照明时间”。本题考查电能公式的灵活运用，难度适中。11.【答案】解：根据实物图知，两

11、灯并联，开关能同时控制L1和L2，则开关应该在干路中，如图所示：【解析】用电器并列连接的电路叫并联电路，开关能同时控制L1和L2，则开关应该在干路中，据此根据实物图改接电路。本题考查了实物电路的连接，属于基础题。12.【答案】解：闭合开关，当足够强度的光照射太阳能电池板时，小车运动，说明此时电源、电动机、开关构成闭合回路，如图所示：【解析】串联的各电路元件相互影响不能独立工作，并联的各电路元件互不影响能独立工作，根据题意确定各电路元件的连接方式并画出电路图。本题考查了电路设计，知道串联电路的特点、根据题意确定各电路元件的连接方式即可正确解题。13.【答案】L1短路 1.3UAB+UCD=UAD

12、【解析】解：(1)闭合开关S，灯L2发光，L1不发光，不会是开路，若L1短路，L1不能发光，L2还能接在电源上、还能发光，符合题意；(2)闭合开关后，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为1.3V；(3)由表格数据知，每组电压数据都满足各用电器两端的电压之和等于电源电压，即UAB+UCD=UAD。故答案为：(1)L1短路；(2)1.3；(3)UAB+UCD=UAD。(1)在串联电路中，灯L2发光，L1不发光，不会是开路，只能是某灯短路或该灯的实际功率太小，据此分析选择；(2)根据电压表选用量程确定分度值读数；(3)结合表格数据得出结论。此题为探究串联电路中的电压规律实

13、验，考查故障分析、电表读数和对实验数据的处理能力和分析、归纳、总结能力。14.【答案】串联 电流的数值 电压表 在电路中串联一个滑动变阻器【解析】解：(1)将铜丝接在电路中的A、B两点之间，小明认为该电路不合理，需要做出的改进是串联一个小灯泡，这样可以保护电流表和电源。(2)改进后继续实验，应选择表中序号和的两段导体，分别接在A、B两点之间。(3)实验中，应收集的数据是电流的数值。(4)若想进一步测出序号铅笔芯电阻的大小，还需要增加的测量仪器是电压表；为了多次测量求平均值减少误差，可以在电路中串联一个滑动变阻器。故答案为：(1)串联；(2)；(3)电流的数值；(4)电压表；在电路中串联一个滑动

14、变阻器。(1)铜线的电阻很小，为了保护电源和电流表，应该串联一个小灯泡。(2)在探究导电不同材料的导电性能时，应控制长度和横截面积相同。(3)实验中应收集电流表的读数。(4)要测量铅笔芯的电阻大小，应在电路中增加电压表；在电路中串联滑动变阻器可以方便调节电压和电流，便于多次测量数据。本题考查的是探究影响电阻特性的因素；知道电流表、电压表和滑动变阻器的作用和使用规则；知道控制变量法在本实验中的应用。15.【答案】电压 左 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 A 开关在连接电路时没有断开 12.5【解析】解：(1)图甲中，电表1与R并联，应为电压表；(2)为了保护电路，闭合开关前

15、，滑动变阻器滑片应移动最大阻值处，即最左端；(3)因为绘制出电阻R的I-U图象为过原点的直线，所以可得结论：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；根据串联分压原理，电阻两端的电压最小时，滑动变阻器两端的电压最大，所以，测量5组数据中，滑动变阻器阻值最大是图像中的A点；(4)将5的电阻更换为10的电阻接入电路，在电流相同时，电压增大为原来的两倍，10电阻的I-U大致图像在原图像的右侧，如下图：(5)如图乙所示，电流表示数为零，表明电路中可能存在断路，电压表接近电源电压，表明电压表与电源两极是通路，则定值电阻存在断路，则不规范的操作可能是开关在连接电路时没有断开；(6)如图丁图像所

16、示，定值电阻两端的电压U1=IR=0.2A10=2V保持不变，根据串联电压规律，则滑动变阻器的电压U2=U-U1=3V-2V=1V，定值电阻最大为25，根据串联电压之比等于电阻之比，则：U2：U1=R：R=R：25=1V：2V，则滑动变阻器的电阻是12.5，滑动变阻器的最大阻值至少为12.5。故答案为：(1)电压；(2)左；(3)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；A；(4)见解答；(5)开关在连接电路时没有断开；(6)12.5。(1)电压表应与被测电路并联，电流表应与被测电路串联；(2)连接电路时为保证电路不出现短路，保护电路安全，开关应断开，电路电阻应调到最大，滑动变阻器

17、的滑片移到阻值最大处；(3)根据所画图像为一条过原点的直线分析得出结论；根据串联分压原理进行分析；(4)利用描点法结合5电阻时的I-U图像作出10电阻的图象；(5)电流表示数为零，表明电路中可能存在断路，电压表接近电源电压，表明电压表与电源两极是通路，则定值电阻存在断路，由此分析；(6)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理分析解答滑动变阻器的最大；根据图线得出结论。探究“通过导体的电流与电压、电阻的关系”的实验，涉及到实物图的连接、电表的正确使用、电路故障的判断、实验的注意事项、实验数据的处理、串联电路的特点和欧姆定律的应用等

18、，知识点较大，综合性强，有一定的难度。16.【答案】杯子的大小和杯内水的质量不相等 铝箔复合 用铝箔复合包装袋的水温降低得慢 减少水的质量 根据Q放=cmt可知，在放出的热量、液体末温一定时，可以减少水的质量、降低水的初温或使用比热容更小的液体进行实验【解析】解：(1)对比实验要注意的问题：每次只能改变一个因素；确保实验的公平，即除了改变的那个因素外，其他因素应该保持一样。所以实验设计中，图乙的设计的错误之处杯子的大小和杯内水的质量不相等；(2)由图丙可知，在其它条件相同时，用铝箔复合包装袋的水温降低得慢，保温能力更强；(3)为了缩短探究时间，根据放热公式Q放=cmt可知，在放出的热量、液体末

19、温一定时，可以减少水的质量、降低水的初温或使用比热容更小的液体进行实验。故答案为：(1)杯子的大小和杯内水的质量不相等；(2)铝箔复合；(3)减少水的质量；根据Q放=cmt可知，在放出的热量、液体末温一定时，可以减少水的质量、降低水的初温或使用比热容更小的液体进行实验。(1)实验中要比较不同材质的保温能力，需要用对比实验；(3)根据图丙分析得出结论；(4)影响探究时间的因素有：水量的多少、水的初温高低等。本题考查了比较不同材质保温能力的实验，考查了控制变量法、分析图象和Q放=cmt的应用。17.【答案】解：(1)由图乙可知，两根导电墨线并联，根据并联电路的电压特点可知，每根导电墨线两端的电压相

20、等，且等于电源电压，由I=UR可知，通过导电墨线R1的电流：I1=UR1=12V60=0.2A；(2)由并联电路的电流规律知，电流表示数为0.3A，此时通过R2的电流I2=I-I1=0.3A-0.2A=0.1A，此时R2的阻值：R2=UI2=12V0.1A=120；(3)10s内R1产生的热量Q=I12R1t=(0.2A)26010s=24J。答：(1)通过导电墨线R1的电流为0.2A；(2)此时R2的阻值为120；(3)10s内R1产生的热量为24J。【解析】利用并联电路的电压特点和欧姆定律求通过通过导电墨线的电流；由并联电路的电流规律知，此时通过R2的电流，根据欧姆定律可得此时R2的阻值；

21、根据Q=I2Rt可得10s内R1产生的热量。本题考查并联电路的特点、欧姆定律和焦耳定律的应用，难度适中。18.【答案】解：(1)拉力为0时，滑片在A端，电流表示数为0.1A，此时电路的功率为：P=UI=3V0.1A=0.3W；(2)拉力为0时，滑片在A端，R1与R2串联，此时电路中的总电阻为：R串1=UI1=3V0.1A=30；则R1的阻值为：R1=R串1-R2=30-20=10；(3)电流表示数为0.15A时，电路中的总电阻为：R串2=UI2=3V0.15A=20，此时R2接入电路的阻值为：R2=R串2-R1=20-10=10，此时弹簧的伸长量为：L=10cm2010=5cm，由表中数据可知

22、，此时弹簧的拉力为7.5N。答：(1)拉力为0时，电路的功率为0.3W；(2)R1的阻值为10；(3)电流表示数为0.15A时的拉力为7.5N。【解析】(1)根据P=UI可求出拉力为0时电路的功率；(2)拉力为0时，滑片在A端，R1与R2串联，根据欧姆定律和串联电路电阻规律可求出R1的阻值；(3)根据欧姆定律和串联电路电阻规律可求出电流表示数为0.15A时R2接入电路的阻值，从而可求出此时的拉力。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，有一定难度。19.【答案】内 A到B0.368高 加大 14.71600【解析】解：(1)电加热器工作时将电能转化为内能；由图乙可知氧离子O2-从

23、B到A，而氧离子带负电，故氧化锆内的电流方向是：铂电极A到B；(2)大气需吸收热量：Q吸=cm(t-t0)=1000J/(kg)1106kg(350-(-10)=0.36J；不计热量损失，所以Q=Q吸=0.36J；由Q=U2Rt得R=U2Qt=(12V)20.36J0.02s=8；(3)当空燃比大于最佳空燃比时，随着尾气中氧含量变大，两电极板间电压急剧变小，所以铂电极两端的电压接近为零，说明尾气中的氧气含量较高，需要加大喷油量；由图丙可知最佳空燃比为14.7；(4)以最佳空燃比工作，每次喷入单个汽缸的油量为0.294g14.7=0.02g，发动机全程转速为40转/秒，所以1秒20个吸气冲程，故

24、四缸发动机1秒燃油质量为m=0.02g204=1.6g，Q放=mq=1.610-3kg5107J/kg=8104J；由=WQ放得W=Q放=40%8104J=3.2104J，由W=FS的F=WS=3.2104J20m=1.6103N。故答案为：(1)内；A到B；(2)0.36；8；(3)高；加大；14.7；(4)1600。(1)电加热器工作时将电能转化为内能；正电荷定向移动的方向规定为电流方向；(2)物质吸热公式Q吸=cm(t-t0)；焦耳定律Q=I2Rt及变形公式Q=U2Rt；(3)进入发动机的空气与燃料的质量比例称为空燃比，若吸入发动机的空气所含氧气与燃料恰好完全反应就达到最佳空燃比；当空燃比大于最佳空燃比时，随着尾气中氧含量变大，两电极板间电压急剧变小。发动机控制模块通过检测铂电极两端的电压，控制喷油量，使发动机接近最佳空燃比；(4)热机效率公式=WQ放；牵引力做功W=FS。本题考查电流方向，热机的效率等知识点，结合生活中的汽车，注重理解能力，解决问题能力的培养。