武汉市2024年九年级元月调考物理试题(有答案)

2024—2024学年度

武汉市部分学校九年级调研测试

物理化学综合试卷(物理部分)

2024、1、29

第I卷(选择题共36分)

一、选择题(本题包括12小题，每小题只有1个正确选项。每小题3分，共36分)

9、下列对生活中的现象说明正确的是

A、摔碎了的瓷碗很难拼合在一起一一分子间存在斥力

B、排骨藕汤热的时候香气四溢一一温度越高，分子的运动越猛烈

C、房间长时间不打扫就会布满灰尘一一分子在不停地做无规则运动

D、海边昼夜温差变更比沙漠中大一一水的比热容比沙石的比热容大

分析：

(1)分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，分子间作用力与分子间距的关系；

(2)物质是由分子组成的，组成物质的分子在不停地做无规则运动，分子的运动快慢与温度有关，温度越高，

分子运动越快；

(3)相互接触的物体彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子不停地做无规则运动，分子的运动是看不

见的；

(4)水的比热容比较大.

解答：

A.摔碎了的瓷碗很难拼合在一起，不是因为斥力；瓷碗破裂后，分子间的距离太大，导致瓷碗破裂处分子间斥

力和引力可以忽视不计，故A错误；

B.排骨藕汤热的时候香气四溢，是因为分子的运动快慢与温度有关，温度越高，分子运动越猛烈，故B正确；

C.打扫卫生时的尘土能看到，分子的运动是看不到的，故C错误；

D.因为水的比热容比沙石的比热容大，汲取或放出相同的热量，温度变更小，所以海边昼夜温差变更比沙漠中

小；故D错误。

故选B.

10、关于内能、温度和热量，下列说法正确的是

A、温度高的物体内能肯定大

B、做功也可以变更物体的内能

C、物体温度上升，肯定汲取了热量

D、物体汲取热量，温度肯定上升

(1)影响内能的因素有质量.温度以及状态等；

(2)变更物体内能的方式有做功和热传递两种方式.

解答：

A.因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不肯定大，故A错误；

B.做功和热传递都可以变更物体的内能，故B正确；

C.物体温度上升，可能是汲取了热量，也可能是外界对它做了功，故C错误；

D.物体汲取热量，温度不肯定上升，如冰熔化，汲取热量，内能增加，温度不变，故D错误。

故选B.

11、如图所示，在烧瓶内盛少量水，给瓶内打气，当瓶塞跳起来时，可以看到瓶内出现白雾。下

列说明正确的是

A、通过打气筒压缩瓶内空气做功，空气内能增大，瓶底的水汽化成白雾

B、瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能增大，瓶底的水汽化成白雾

C、瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，空气液化成白雾

D、瓶内的空气膨胀对外做功，空气内能减小，空气中的水蒸气液化成白雾

分析：

依据试验现象，结合以下知道进行解答：压缩气体做功时，气体内能增大，温度上升，当气体对外做功时，内能

削减温度降低；物质由气态变成液态的过程称为液化.

解答：

A.瓶底的水汽化会形成水蒸气，而白雾是水蒸气液化形成的，故A错误；

B.瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能会减小，而不是增大，故B错误；

C.瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，水蒸气液化成白雾，而不是空气液化成白雾，故C错误；

D.瓶内的空气膨胀对外做功，空气内能减小，空气中的水蒸气液化成白雾，故D正确。

故选D

12、如图所示，太阳能路灯的顶端是太阳能电池板，它白天向灯杆中的蓄电池充电，而夜晚则由

蓄电池给路灯供电。下列关于太阳能路灯中能量转化的说法正确的是

A、白天阳光照耀太阳能电池板时，太阳能转化为电能

B、白天阳光照耀太阳能电池板时，太阳能转化为化学能

C、白天太阳能电池板向蓄电池充电时，化学能转化为电能

D、夜晚蓄电池给路灯供电时，电能转化为化学能

分析：

太阳能电池板就是将太阳能干脆转化为电能的装置；

蓄电池是将电能以化学能的形式储存起来，供电时，将化学能转化成电能，而充电时，是将电能转化成化学能.

解答：

分析太阳能路灯的整个工作过程可知：白天，太阳能电池板汲取太阳能，干脆将太阳能转化成电能利用，也可以

将多余的太阳能给蓄电池充电，将电能转化成化学能储存起来，以便在晚上运用；所以在白天太阳能电池板给蓄

电池充电是将太阳能一电能一化学能；

在晚上，蓄电池给探照灯供电，只是将化学能转化成电能，再转化为光能运用。故选项中只有A说法正确。

故选A

13、有甲、乙、丙三个轻小物体，甲物体排斥乙物体，乙物体吸引丙物体。下列说法正确的是

A.假如甲物体带正电，则丙物体肯定带正电

B.假如甲物体带正电，则丙物体肯定带负电

C.假如甲物体带负电，则丙物体肯定带正电

D.假如甲物体带负电，则丙物体可能不带电

分析：

依据电荷间的相互作用规律分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引.

解答：

AB.假如甲物体带正电，甲物体排斥乙物体，说明乙也带正电；乙物体吸引丙物体，说明丙带负电或不带电，

故AB错误；

CD、假如甲物体带负电，则甲物体排斥乙物体，说明乙也带负电；乙物体吸引丙物体，说明丙带正电或不带电,

故C错误，D正确。

故选D.

14、下列关于材料的导电性能及其应用的说法镣误的是

A、绝缘体不易导电，是因为绝缘体内部几乎没有电荷

B、生活中通常用铜、铝做电线的线芯，是因为它们的导电性能好

C、半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，可以制作二极管、三极管等

D、用超导材料制造电子元件，可不必考虑元件的散热问题

分析：

(1)绝缘体不简单导电，是因为绝缘体内几乎没有能够自由移动的电荷；

(2)铜或铝的导电性能较好，因此常用做电线的线芯；

(3)依据导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，简单导电的物体叫导体，不简单导电的物

体叫绝缘体，导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体；

(4)超导材料的特点就是在温度很低时电阻为零.当电阻为零时用超导材料传输电能可以削减热损耗,用作输

电导线或制作电子元件.制造电子元件时，由于没有电阻，不必考虑散热问题.

解答：

A.绝缘体不擅长导电，不是因为绝缘体内没有电荷，而是因为绝缘体内几乎没有能够自由移动的电荷；故A错

误；

B.因为铜和铝的导电性能好，生活中通常用铜、铝做电线的线芯，故B正确；

C.半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，可以制作二极管、三极管等，在社会各领域应用广泛，故C正确;

D.超导材料的特点就是在温度很低时电阻为零，制造电子元件时，由于没有电阻，不必考虑散热问题，故D正

确。

故选A.

15、从今年1月1日起，武汉中心城区15万余盏路灯将全部实现由光感应系统限制关停，这样

就能避开光线太暗时路灯无法刚好照明。假如用开关S表示某一区域的光感应限制系统，则下列

路灯示意图最合理的是

分析：

并联电路中各用电器互不影响，先推断用电器的连接方式，然后依据开关在不同位置的作用减小分析.

解答：

因为路灯中的一个灯泡坏掉后，其它灯泡仍可以正常工作，因此路灯为并联连接，为了同时限制全部路灯，则开

关位于干路中，故C正确。

故选C.

16、如图所示的电路中，电源电压〃保持不变。若在甲、乙两处都接入电流表，断开开关S,则

/甲：/乙=2:3。若在甲、乙两处都接入电压表，闭合开关S,则〃甲：〃乙等于

A.1:1B.3:2C.2:3D.4:9

正确答案

C

答案解析

解：(1)在甲、乙两处分别接入电流表，断开开关S,两电阻并联在电路中，甲表测的是通过R2的电流，乙表

测的是通过R1的电流，

因并联电路中各支路两端的电压相等，

U_

所以，由1=我可得：

U_U_

不匕

R117~里2

瓦=3=甲=乞=3；

(2)在甲、乙两处都接入电压表，闭合开关S,两电阻串联在电路中，甲表测的是R1两端的电压，乙表测的

是R2两端的电压，

因串联电路中各处的电流相等，

U甲附R\2

所以，°乙=0=心=3.

故选C.

17、甲、乙两只白炽灯的铭牌如下图所示，下列分析正确的是

A、若将两灯分别接入电压为220V的电路，乙灯消耗的电能多

B、若将两灯并联接入电压为220V的电路，甲灯比乙灯亮

C、若灯丝的材料、长度相同，乙灯的灯丝比甲灯的灯丝粗

D、若将两灯串联，只要电源电压适当，甲、乙两灯就能同时正常发光

正确答案C

答案解析

解：A、若将两灯分别接入电压为220V的电路，两灯均正常发光，但不知道通电时间，则依据W=Pt可知无

法推断消耗的电能多少；故A错误；

B、若将两灯并联接入电压为220V的电路，由于乙灯额定功率大，则实际功率大，所用乙灯比甲灯亮，故B错

误；

C、由P=K得：R=只言1可知额定电压相同，额定功率大的电阻小，乙灯灯丝电阻小，若灯丝的材料.长度

相同，乙灯的灯丝比甲灯的灯丝粗；故C正确；

D、若将两灯串联，由于串联电路的电流到处相等，则甲、乙两灯两端的电压不相同，则无法到达相同的额定电

压值，故不能同时正常发光，故D错误.

故选C.

18、下图是探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关的试验装置。两个透亮容器中密封

着等量的空气，U形管中液面高度的变更反映密闭空气温度的变更。下列说法正确的是

甲乙

A.甲试验是为了探讨电流产生的热量与电阻的关系

B.甲试验通电一段时间后，左侧容器内空气汲取的热量更多

C.乙试验是为了探讨电流产生的热量与电流的关系

D.乙试验通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的小

分析：

电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关.

(1)探究电流产生热量跟电阻关系时，限制通电时间和电流不变；

(2)探究电流产生热量跟通电时间关系时，限制电流和电阻不变；

(3)探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了限制变量法；

(4)电流通过导体产生热量的多少不能干脆视察，但液体温度的变更可以通过液面高度差的变更来反映，体现

的是转换思想.

解答：

AB、装置甲中一个5Q的电阻与两个5Q的电阻并联后再串联，依据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总

电流和左端的电阻电流相等，即I右=1左，两个5Q的电阻并联,依据并联电路的电流特点知I右=11+12,两电阻阻

值相等，则支路中电流相等,11=12,所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是探讨电流产生

的热量与电流的关系，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后,

玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，B正确。

CD、在乙装置中,将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同,左边容器中的

电阻小于右边容器中的电阻，即是探究电流产生的热量与电阻大小的关系;故由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻

产生的热量多，温度升得较快，这表明：在相同时间内，电流相同的状况下，电阻越大，电流通过导体时产生的

热量越多；故CD错误。

故选B.

19、如图所示的电路中，电源电压保持不变，电压表和电流表的示数分别用U,/表示，定值电

阻尼和整个电路消耗的电功率分别用A户总表示。下列图象中，反映物理量之间的关系簿误的

是

D

【解析3满分5,试题分析：A、由图可知，定值电

阻Rz和Rz串联，由P=1ZR可矢口，定值电阻Rz消耗的电功率P=12R-P和产成正比，故正确：

B、P=LH,而随着U的增大I也增大，所以斜率越耒越大，即坡度越耒越陡，故B正确；

C、整个电路3肖耗的电功率Pm=产只三=产(RI+R2>>

电压表测Rz两端电压，电流表测整个电路中的电流，

因为R2和RN串联，串联电路中电3疑处相等,

由P=LH可矢口，U三不变，PW与I成正比可知，C正确，

D、py"Uo〈电源电压〉=(叁)U,这里U哧口Rz的值都不变，所以斜率不变，即总功率P忌和。成正比

,故由昔误.

故选D.

分析：

依据P=I2R分析定值电阻R2和整个电路消耗的电功率即可.

解答：

A.由图可知，定值电阻R2和R2串联，由P=I2R可知，定值电阻R2消耗的电功率P=I2R2,P和12成正比故A

正确；

B.P=UI,而随着U的增大I也增大，所以斜率越来越大，即坡度越来越陡，故B正确；

C.整个电路消耗的电功率P总=I2R总=I2(R1+R2),

电压表测R2两端电压，电流表测整个电路中的电流，

因为R2和R2串联，串联电路中电流到处相等，

由P=UI可知,U总不变,P总与I成正比可知，C正确，

D.P总=(U/R2)*UO(电源电压)=(UO/R2)U,这里U0和R2的值都不变，所以斜率不变,即总功率P总和U成

正比，故D错误。

故选D.

20、如图所小的电路中，电源电压恒为4.5V,电压表Vi、V2的量程均为0〜3V,电流表的量程为

0-0.6A,滑动变阻器的规格为“20Q1A”，灯泡标有“2.5V1.25W”字样。闭合开关后，若要

求三只电表的示数均不能超过所选量程，且灯泡两端电压不能超过其额定值，不考虑灯丝电阻的

变更，则下列说法错误的是

A.整个电路的最大功率是2.7W

B.灯泡的最小功率是0.45W

C.电流表示数的变更范围是0.3A〜0.5A

D.滑动变阻器的电阻允许调整的范围是4。〜10Q

正确答案A

答案解析解：

由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表VI测灯泡两端的电压，电压表VI测滑动变阻器两端的电

压，电流表测电路中的电流.依据P=UI可得，灯的额定电流：

—额1.25W

11,额='''2额=--5V=0.5A,

因为串联电路中各处的电流相等，目电流表的量程为0~0.6A,

所以电路中的最大电流为Imax=O.5A,

U

依据1="求得，

〃额2.5VU4.5V

灯泡的电阻RL=〃额=°•5A=5C,电路中的总电阻R=0-5A=9C,

因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路中的最小阻值：

l^=R-RL=9C-5c=4。,

当电压表V2的示数为3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡两端的电压：

UL'=U-U滑max=4.5V-3V=1.5V,

电路中的最小电流：

UL1.5-

Imin=皿==O.3A,所以电路中电流变更的范围是O.3A~OBA,故C正确；

。滑,"ax3V

滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R滑max=。$A=10。，故D正确；

该电路的最大功率：Pmax=UImax=4.5Vx0.5A=2.25W,故A错误；

灯泡的最小功率：

PL=(Imin)2RL=(0.3A)2x5Q=0.45W，故B正确.

故选A.

第II卷（非选择题，共60分）

二、非选择题（本题包括12小题，共60分）

21、（3分）下表归纳了固、液、气三态物质的微观特性，请完成这个表格。

微观特性

物态

分子间距离分子间作用力

固态①很大

液态较大②

气态很大③

①较小②较大③很小（几乎没有）

22、（3分）如图所示的四冲程汽油机工作示意图中，汽油机正在进行的是冲程。若该

汽油机的效率是20%,已知汽油的热值为4.6X10，/kg,则完全燃烧100g汽油放出的热量可以

转化为J的有用功。在设计制造时，汽缸外有一个“水套”，利用水吸热降低汽缸温度，

这是利用了水的大的性质。

侬

解：（1）依据图示可知,两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，气缸容积增大,因此是做功冲程;

（2）汽油完全燃烧放出的热量:Q=mq=0.1kgx4.6xl07J/kg=4.6xl06J;

。有效

因为展。完全，

所以该汽油机对外做的有用功W有用=nQ完全=20%x4.6x106J=9.2x105J.

（3）用水作为冷却剂，源于水的比热容大，即相同质量的水和其他的液体相比较时，若都是上升时，

水能汲取的热量最多，故用水冷却效果最好.

故答案为：做功；9.2x105;比热容.

23、（3分）某同学视察到他家里的电能表如图所示。电能表上标识的“10A”表示该电能表的

电流为10A,他家同时工作的用电器的总功率不能超过W„该同学视察到当他家里只有

一台电热水器工作时，这个电能表上的转盘在4min内转过了300转，则这台热水器的实际功率

是kWo

220V10(40)A50Hz

3000Revs/(kW«h)

分析：

①已知电能表的额定电压和最大电流，依据公式P=UI可求电路的最大功率；

②已知电能表每消耗lkW・h的电能，转盘就转过3000r；可求转动300消耗的电能；已知消耗的

电能和时间，依据公式P=

W

t

求出电功率.

解答：

电能表上标识的“40A”是电表电流上限，超过此电流会损坏电表或者测量不准；

家中用电器的总功率不能超过：P大=UI=220VX40A=8800W；

转过300r消耗的电能W=3003000kWh=0.lkWh；

热水器的实际功率：p=Wt=0.lkWh460h=l.5kW.

故答案为：标定；8800；1.5.

24、(5分)为了比较水和食用油的比热容，某同学用如图所示的器材进行了试验。

水食用油

试验数据记录如下:

物质质量/g初始温度/℃加热时间/min最终温度/℃

水20020645

食用油20020670

(1)该试验除了图示中的试验器材以外，还须要的啰重工县是停表、和。

(2)试验中，两烧杯内放入的电加热器，这样可以保证在相同的时间内，水和食用油

汲取的热量________。

(3)由试验数据可知，水的比热容约是食用油的倍。

分析：

(1)依据表中数据可知须要的测量工具；

(2)为了保证相等时间内汲取相同的热量，需运用完全相同的热源；

(3)依据Q=cmAt比较比热容的关系.

解答：

Q)依据表中物理量可知，须要测量质量的工具，即天平；还须要测量温度的工具，即温度计；

(2)试验中，两烧杯内放入相同的电加热器，这样可以保证在相同的时间内，水和食用油汲取的热量相同；

(3)由试验数据和Q=cmAt可知：

Ql/Q2=clmAtl/c2mAt2

cl/c2=^t2/Atl=(70℃-20℃)/(45℃-20℃)=2,

因此水的比热容约是食用油的2倍。

故答案为：Q)温度计;天平;(2)相同;相同;(3)2.

25、(6分)在探究“通过导体的电流与电阻的关系”的试验中，某同学连接的电路如下图所示。

(1)请你检查一下电路，把接错的那一根导线找出来，打上“X”，再画线把它改到正确的位置

上。

(2)重新连接好电路后，闭合开关，发觉仅有一只电表有示数。造成这一现象的缘由可能是

或o(选填字母代号)

A.电流表断路B.滑动变阻器短路C.滑动变阻器断路D.定值电阻短

路E.定值电阻处接触不良

(3)小华用5Q的电阻做完第一次试验后，再将10Q的电阻接入电路进行第2次试验。为了确

保两次试验中的示数相同，相对于第1次试验，第2次试验中滑动变阻器的滑片应当向

移动。

Q)为了使电流表与电阻串联，电压表与电阻并联，将电流表接线柱与电阻左端接线柱相连的导线去掉，将

电阻左接线柱与电压表的负接线柱相连，改正后的电路如下图所示：

(2)依据电路可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压；若

有一只电表没有示数，则有：

①电流表有示数，说明整个电路是通路,电压表无示数，说明定值电阻相对于整个电路的电阻来说很小，所

以定值电阻能够分得的电压很小，其缘由是定值电阻短路或滑动变阻器连入电路阻值过大所致，故选项D符合

题意。

②电流表无示数，说明电路出现断路；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电路

故障为定值电阻断路或定值电阻处接触不良，故选项E符合题意。

(3)依据串联电路的分压原理，将定值电阻的阻值从5Q换成1OQ后，其两端的电压必定增大。而限制变量

的要求必需保持其两端的电压为2V不变，所以，要增大滑动变阻器的阻值，以使其分担一部分电压，达到限制

定值电阻两端电压不变的目的，故滑动变阻器的滑片应当向右移动。

故答案为：Q)如上图所示;(2)D;E;(3)电压表；右。

26、(4分)某同学利用如图所示的电路进行“测小灯泡电功率”的试验，已知小灯泡的额定电

流是0.4A,电源电压恒定不变。

(1)该同学发觉电流表接入电路前的指针如图乙所示，出现这种现象后他应

(2)解决好上述问题后，他接着进行试验：闭合开关，顺次将滑片移至图甲中4B、a。四个

位置，并登记试验数据如下表:

滑片位置电流表示数(A)电压表示数(V)

A0.202

B0.222.4

C0.404.5

D0.506

由试验数据可知，小灯泡的额定功率是W,滑动变阻器的最大阻值是Q。

(3)该同学进一步探讨发觉，若利用滑片在/位置时的数据可算得小灯泡的电阻为10Q,再依

据户额=/额2A可算出小灯泡的额定功率为1.6W,与第(2)问中计算得出的数据不符。这是因

为。

解答：

(1)电流表接入电路前的指针如图乙所示，指针未指在零刻度线，在闭合开关前应将电流表的指针调到零刻度；

(2)由表中数据可知：

当滑动变阻器滑片P位于C点时，小灯泡正常发光，额电功率：P额=U额I=4.5Vx0.40A=1.8W;

当滑动变阻器滑片P位于D点时，接入电路中阻值为零，只有小灯泡接入电路，故电源电压为：U=6V,

当滑动变阻器滑片P位于A点时，接入电路中阻值最大,小灯泡两端的电压为UL=2V，电路中电流为：I=O.2OA,

滑动变阻器两端的电压为：UR=U-UL=6V-2V=4V,

电阻为：R=UR/I=4V/0.20A=20Q.

(3)滑片在A点时，小灯泡电阻R=U/I=2V/0.20A=10fi,

依据P'额=12额R=(0.40A)2x1OQ=1.6W,

P'额＜P额,

产生这种差异的根本缘由是小灯泡的电阻受温变影响，小灯泡的电阻随温度变更而变更，电压较低时，灯丝

温变低，测得的电阻偏小。

故答案为：

Q)将电流表的指针调到零刻度；

⑵1.8;20;

(3)小灯泡的电阻随温度变更而变更。

27、（10分）图甲是某电热水壶的内部简化电路，其中凡是加热管，泥是限流电阻，只有加热

管放出的热量能被水汲取。Si是一个防干烧开关（或称“温控开关”），S2、S3是手动开关，调

整Sz、S3可以使电热水壶分别处于加热或保温状态。图乙是该电热水壶的铭牌。

XX牌电热水壶

额定电压220V

额定容量1.2L

额定加热功率88OW

额定频率50Hz

乙

(1)要使电热水壶处于加热状态，应怎样调整开关S2和S3?

(2)由该电热水壶的铭牌可知，加热管眉的阻值为多少？

(3)假设当电热水壶处于保温状态时水温保持恒定，此时水每秒向外界