长沙市望城区2022年九年级上学期《物理》期末试题与参考答案

6/27长沙市望城区2022年九年级上学期《物理》期末试题与参考答案一、选择题本大题共12小题，每小题3分，共36分。第1～10题为单选题，每小题只有1个选项符合题意。第11、12题为多选题，每小题有两个答案符合题意，选对但少选得2分，错选得0分。请将符合题意的选项用2B铅笔填涂在答题卡相应位置。1.下列说法中正确的是（）A.温度高的物体具有的内能多，温度低的物体具有的内能少B.用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间有间隙C.物体的温度越高，分子运动得越快，物体的动能越大D.沿海地区昼夜温差小，主要原因是水的比热容较大【答案】D【详解】A．内能的大小跟温度、质量、状态有关，只知道温度高低，不能判断内能的多少，故A错误；B．用手捏海绵，海绵的体积变小了，是因为海绵结构中有空隙，不能说明分子间有间隙，故B错误；C．影响物体动能大小的因素是质量和运动速度，与分子运动无关，故C错误；D．沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多，因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，故D正确。故选D。2.如图为封闭小区常见的智能门禁系统，住户可以通过刷卡或人脸识别进入小区，当门禁系统接通电源后，指示灯发光。住户刷卡或人脸识别成功时（相当于分别闭合对应的开关），电动机工作，控制门打开。下列关于门禁系统的简化电路设计合理的是（）A. B.C. D.【答案】B【详解】由题可知，人脸识别、刷卡识别，只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合从而使电动机启动工作，所以两个开关应并联，再与电动机串联在电源上；灯泡与电动机能独立工作，是并联的。故选B。3.在沿海地区，白天的风通常从海上吹来，而晚上的风从陆地吹去，这叫海陆风。陆风和海风通常在炎热晴朗的天气产生，这是由于陆地和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流。下图中与说明相符合的是（）A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】D【详解】白天陆地受太阳辐射增温，陆面上空空气迅速增温而向上抬升，海面上由于水的比热容大，受热升温慢，上空的气温相对较冷，冷空气下沉并在近地面流向附近较热的陆面，补充那儿因热空气上升而造成的空缺，形成海风；夜间陆地冷却快，海上较为温暖，近地面气流从陆地吹向海面，称为陆风，这就是海陆风；同理可知，晚上是气流从海面吹向陆地，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。4.下列关于安全用电的说法正确的是（）A.只要人用手直接接触火线就一定会发生触电事故B.只要电路中有人触电，漏电保护器就会切断电路，起到保护作用C.把家用电器的金属外壳接上地线，可以对人身起到保护作用D.使用试电笔时不能用手直接接触试电笔上的金属部分【答案】C【详解】A．人接触火线，但没有接触大地或零线，电流就没有通过人体，也不会发生触电事故，故A错误；B．漏电保护器一般是在电路中有电流流入大地时才会自动跳闸，当人分别接触火线和零线时触电了，但没有电流流入大地，所以漏电保护器不会跳闸，故B错误；C．家用电器的金属外壳要接地，防止金属外壳漏电，人触摸带电的金属外壳发生触电事故，故C正确；D．用试电笔时，必须用手接触到笔尾的金属体，故D错误。故选C5.如图甲，这是一种车载空气净化器，工作原理如图乙所示，受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获。净化器工作时指示灯会亮起，指示灯坏掉时金属网仍工作。下列说法正确的是（）A.金属网吸引颗粒物原理是异种电荷相互吸引B.金属网和指示灯的连接方式为串联C.若颗粒物带上正电荷是因为得到了电子D.空气净化器利用了带电体吸引轻小物体的性质【答案】A【详解】AD．颗粒物进入电离区带上电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获，由此可知，金属网吸引颗粒物原理是异种电荷相互吸引，空气净化器利用了异种电荷相互吸引的原理，故A正确，D错误；B．指示灯坏掉时金属网仍工作，所以金属网和指示灯的连接方式为并联，故B错误；C．若颗粒物带上正电荷，是因为失去了电子，故C错误。故选A。6.如图所示的电路中，小灯泡L1和L2额定电压均为3V。闭合S1、S2，下列关于该电路的说法正确的是（）A.L2会被短路B.电压表不能测量L1两端的电压C.取下L1时，L2正常发光D.只断开开关S2时，电压表有示数【答案】C【详解】A．闭合S1、S2，电流过了S1后有两条路径，一条经电流表、灯泡L1回到电源负极；一条经灯泡L2、开关S2，回到电源负极，电压表测并联电路电压，开关S1在干路，故L2没有被短路，故A错误；B．因两灯泡并联，并联电路各支路两端的电压都相同，故电压表能测量L1两端的电压，故B错误；C．因两灯泡并联，各支路互不影响，所以取下L1时，L2能正常发光，故C正确；D．只断开开关S2时，电压表与L2串联，电流过了S1后经电流表、灯泡L1回到电源负极，电压表与L2被导线短路，所以电压表无示数，故D错误。故选C。7.在如图的电路中，R1是定值电阻，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右滑动时，下列现象中会发生的是（）A.电流表、电压表的示数都变小B.电流表示数变大，电压表示数不变C.R1消耗的电功率减小D.电路消耗的总功率增加【答案】C【解析】【详解】AB．由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路电流，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器分压增大，电压表示数变大，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流减小，电流表示数减小，故AB不符合题意；C．电路中的电流变小，根据可知，R1消耗的电功率减小，故C符合题意；D．根据可知，电路消耗的总功率变小，故D不符合题意。故选C。8.将“220V100W”的灯泡L1和“220V40W”的灯泡L2，串联在220V的电源上，组成闭合电路（设灯丝电阻不变），则下列说法正确的是（）A.灯泡L1和L2一样亮B.灯泡L1比灯泡L2亮C.两灯泡的总功率小于40WD.两灯泡的实际功率都变为其额定功率的一半【答案】C【详解】AB．由可得，灯泡L1、L2的电阻分别为两灯串联时，电流相等，由P＝I2R可知，灯泡L1的功率小于L2的功率，故灯泡L2要比L1亮，故AB错误；CD．串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时通过电路的电流为灯泡L1实际消耗的功率为即灯泡L1的实际功率小于其额定功率的一半，灯泡L2实际消耗的功率为即灯泡L2的实际功率约等于其额定功率的一半，两灯泡的总功率为故C正确，D错误。故选C。9.如图所示，图甲是某款即热式电热水龙头，图乙是它的电路原理图，R1和R2是电热丝、已知温水时的电流为5A，热水时功率为3300W。通过旋转手柄改变与开关S接触的两个相邻触点，实现冷水、温水、热水挡的切换。则（）A.开关S接触2、3触点时，水龙头放出的是热水B.开关S接触3、4触点时，电热丝R1、R2串联C.R1的阻值为44ΩD.温水时的功率为1100W【答案】D【解析】【详解】由图可知，当开关接触1、2时，两个电热丝均未接入电路，此时电路不能发热，应是冷水挡；当开关接触2、3触点时，该电路为R2的简单电路；当开关接触3、4触点时，该电路为R1和R2的并联电路；并联电路的总电阻小于任一用电器的电阻，由此可知，当开关S接触2、3触点时，电路总电阻较大，由可知电路的总功率较小，此时应是温水挡；当开关接触3、4触点时，电路总电阻较小，由可知电路的总功率较大，此时应是热水挡；A．由上述分析可知，开关S接触2、3触点时，是温水挡，水龙头放出的是温水，故A错误；B．由上述分析可知，开关S接触3、4触点时，电热丝R1、R2并联，故B错误；C．已知热水时的功率为为3300W，由可知热水挡时的总电流为已知温水挡时的电流为5A，即通过R2的电流为5A，由并联电路的电流特点可知通过R1的电流为由可知R1的阻值为故C错误；D．已知温水时的电流为5A，电源电压为220V，则温水时的功率为故D正确。故选D。10.如图所示的家庭电路，闭合开关S1和S2，灯L1发光，灯L2不发光．用试电笔分别接触插座的左、右孔，氖管均发光．若电路中只有一处故障，则A.灯L2断路 B.ab间断路C.cd间断路 D.de间断路【答案】D【详解】闭合开关S1和S2，灯L1发光，灯L2不发光，说明灯L1的线路正常，用试电笔分别接触插座的左、右孔，氖管均发光，即d与火线相连，说明故障是de间断路，d通过插座与与火线相连，故选D．11.充电宝内部主要部件是锂电池，充电宝铭牌上标注了锂电池的电压和容量，民航局规定充电宝额定容量不超过，无需航空公司批准。严禁携带额定容量超过的充电宝乘机，则电压为3.7V、容量为下列数值的充电宝，无需航空公司批准就可以带上飞机的是（）A. B. C. D.【答案】AD【详解】民航局规定充电宝额定容量不超过，无需航空公司批准，这时充电宝的容量为根据知电压为3.7V时、容量为故AD符合题意，BC不符合题意。故选AD。12.在“探究电流与电阻的关系”的实验中，电路如图甲所示，电源电压保持3V不变，分别将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻连入电路，按实验要求测得通过各定值电阻的电流描绘出如图乙所示的图像，则下列判断正确的是（）A.实验中的电压表示数保持2V不变B.当R的电阻为10Ω时，通过R的电流为0.2AC.电路中接入不同的定值电阻时，滑动变阻器连入电路的阻值范围为1~5ΩD.当把15Ω的电阻更换为20Ω时，应把滑动变阻器滑片向右调【答案】CD【详解】A．由图可知，电阻两端的电压始终为故A错误；B．当R的电阻为10Ω时，电阻两端的电压始终为2.5V，由欧姆定律可知，通过R的电流为故B错误；C．根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为U滑＝U-UV＝3V-2.5V＝0.5V根据串联电路电流处处相等，即根据可得则滑动变阻器的阻值为当接入5Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为故电路中接入不同定值电阻时，滑动变阻器连入电路的阻值范围为1~5Ω，故C正确；D．根据串联分压原理可知，将定值电阻由15Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持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，由分压原理可知，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，使电压表的示数不变，故D正确。故选CD。二、填空题本大题共5小题，11空，每空2分，共22分。13.如图所示，甲、乙是课堂上看到的两个演示实验示意图。（1）与压缩冲程原理相同的是______图所示的演示实验；（2）在汽油机中，燃料在汽缸内燃烧，而且燃料与空气混合充分，燃烧得比较完全。因此汽油机的效率______（选填“＞”、“＝”或“＜”）蒸汽机的效率。【答案】①.甲②.＞【详解】（1）[1]甲图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧；乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水蒸气的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能；压缩冲程是将机械能转化为内能，所以与压缩冲程原理相同的是甲图所示的演示实验。（2）[2]汽油机中，燃料在汽缸内燃烧，而且燃料与空气混合充分，燃烧得比较完全，燃料在气缸内部燃烧热量损失少，用来做有用功的能量多，而蒸汽机是燃料在气缸的外部燃烧，热量损失多，用来做有用功的能量少，因此汽油机的效率比蒸汽机更高。14.如图为一种测量体重的装置，其中体重计是由______表改装成的，所测体重越大，体重计的示数______。【答案】①.电流②.越大【详解】[1]由电路图可知，体重计串联在电路中，符合电流表的接入电路的特点，所以体重计是用电流表改装而成的。[2]由图可知，R1与R2串联，体重计（电流表）测电路中的电流，当所测体重越大时，滑片上移，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，即体重计的示数越大。15.如图甲，滑动变阻器上标有“20Ω1A”，L1的额定电压为3V，L2的额定电压为2.5V。通过两个灯泡的电流与其两端电压的关系如图乙所示，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片滑至中点时，L1正常发光。此时电源电压为______V，电路的总功率为______W。【答案】①.6②.0.9【详解】[1][2]由图甲可知，该电路为L1、L2和滑动变阻器的串联电路；当滑动变阻器的滑片滑至中点时，L1正常发光；已知L1的额定电压U1＝3V，由图乙可知此时通过L1的电流为I1＝0.15A，即电路中的电流为此时L2两端的电压为U2＝1.5V；由可知此时滑动变阻器两端的电压为由串联电路的电压特点可知电源电压为电路的总功率为16.如图是研究“引起熔丝熔断原因”的实验的一个装置，电路熔断器中的熔丝应该选用熔点______的材料做成，若在BD间增加一根导线，闭合开关，可引起熔丝熔断，熔丝熔断的原因是______。【答案】①.低②.短路【详解】[1][2]熔丝一般是用电阻率大、熔点低的材料制成的；短路时电路中电流很大，引起熔丝熔断，故BD两个接线柱之间接入一根导线后，会发生电源短路，CD间的熔丝将会熔断。17.在学习了电学知识后，小华突发奇想，如果自己能够利用所学的电学知识帮爸爸组装一个由热敏电阻控制的报警系统，那么爸爸可以通过系统报警及时减少饲养场可能发生的突遇高温导致的牲畜死亡事件（要求当热敏电阻的温度达到或超过38℃时，系统自动报警）。提供的器材有：热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小，在38℃时阻值为600Ω），报警器（内阻很小，通过的电流超过10mA时就会报警，超过20mA时可能被损坏），电阻箱（最大阻值为999.9Ω，在此范围内可调节出阻值准确可读的电阻值），电源（输出电压U约为18V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值为2000Ω），单刀双掷开关S，导线若干。小华通过与老师沟通后设计了如图所示的电路图，请你帮助小华完成实验过程：（1）为了保证整个系统的安全，电路接通前，应先将滑动变阻器滑片置于最大阻值处，再将电阻箱调到一定的阻值，这一阻值为______Ω；（2）将开关S向______（选填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至______；（3）保持滑动变阻器的滑片位置不变，将开关S向另一端闭合，报警系统即可正常使用。【答案】①.600②.c③.报警器开始报警【详解】（1）[1]依题意得，当热敏电阻的温度达到或超过38℃时，系统自动报警接c进行调试时，热敏电阻在38℃时电阻为600Ω，故应将电阻箱调到600Ω。（2）[2][3]将开关S向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至刚好出现报警器报警报警器报警现象即停止滑动，这样就确定了开始报警时滑动变阻器滑片的位置。三、实验题（本大题共5小题，其中18题6分，19题6分，20题4分，21题6分，22题第2小题第一空1分，其余每空2分，共7分，本大题共29分）18.小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热（如图甲所示），以探究水和煤油的吸热能力。（1）实验中应量取______（选填“质量”或“体积”）相等的两种液体，分别倒入相同烧杯中；（2）根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像（如图乙所示），由图像可知，水的沸点是______℃，煤油的比热容是______J/（kg•℃）。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]【答案】①.质量②.98③.2.1×103【详解】（1）[1]比较两种不同的物质吸收热量的能力，需要选择两个不同的物质，即水和煤油，实验时可根据它们吸收相同热量时温度变化的多少来比较其吸热能量，根据控制变量法可知，需要控制水和煤油的多少相同，所以要控制水和煤油的质量相同。（2）[2][3]由图乙知，水的温度升高到98℃时，虽然吸收热量，但温度不变，所以水的沸点为98℃；由图乙知，两种液体都是从68℃升高到98℃，此时两个液体升高的温度为水需要加热20分钟，煤油需要加热10分钟，水用的时间是煤油的2倍，即吸收的热量是煤油的2倍，即可以列等式即经整理可得，煤油的比热容为19.学习欧姆定律后，小宇为研究并联电路总电阻和分电阻之间的关系，和同学进行了以下探究。①设计电路（如图所示），根据电路图连接实物；②闭合开关，分别读出电流表和电压表的示数并记录；③计算总电阻并填入表格；④换用不同规格的电阻重复上述实验。实验次数电阻R1/Ω电阻R2/Ω电压/V电流/A总电阻R/Ω1205422020103203012（1）通过分析实验数据，小宇得到了并联电路总电阻小于任何一个分电阻的结论，请你根据影响电阻大小的因素解释上述结论______。根据上面的结论，小宇想到教室内每多开一盏灯，电路的总电阻就会______；（2）分析表中数据，还可以得出的结论是______。【答案】①.见详解②.变小③.增大并联电路中某一支路的电阻，电路的总电阻也随着增大【详解】（1）[1]电阻并联相当于增大了导体的横截面积，当材料、长度和温度相同时，导体的横截面积越大，电阻越小。[2]教室内每多开一盏灯，相当于并联多了一个电阻，增大了导体的横截面积，电路的总电阻就会变小。（2）[3]由1、2、3次实验数据可知，电阻R1保持不变，电阻R2逐渐增大，电路的总电阻也随着增大，因此还可以得出结论：增大并联电路中某一支路的电阻，电路的总电阻也随着增大。20.在测电阻Rx的实验中，若电压表损坏，利用其他的原有器材也能测出未知电阻Rx的阻值，实验电路如图所示（滑动变阻器最大阻值已知为R0，电源电压未知且不变），请将下列相关实验步骤补充完整。（1）闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，记录电流表示数I1；（2）闭合开关S，___________，记录电流表示数I2；（3）写出待测电阻的表达式：Rx=___________（用已知量和测量符号表示）。（4）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到最___________端（选填“左”或“右”）【答案】①.将滑片P移到b端②.R0③.右【详解】（2）[1]闭合开关S，应将滑片移到b端，记录电流表示数I2（3）[2]Rx表达式的推导：步骤②，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到b端，Rx被短路，只有R0工作，电流表示数为I2；所以电源电压为U=I2R0步骤①，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，两电阻并联，总电流为I1；两次实验中，R0两端电压均等于电源电压，R0阻值不变，所以通过R0的电流均为I2，根据并联电路的电流特点可得，通过待测电阻的电流为Ix=I1-I2并联电路电压相等，则待测电阻两端的电压为Ux=U=I2R0由欧姆定律的计算公式可得，待测电阻为（4）[3]根据并联电阻小于其中任一个电阻，串联电路的电阻大于其中任一电阻，故为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到最右端。21.小强做测定“小灯泡的电功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡。（1）请你用笔画线代替导线，帮小强将实物电路连接完整______，要求：符合实验实际情况，且滑动变阻器的滑片P向右滑动时灯泡变暗；（2）小强连好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，则小强接下来的操作应该是______；A．观察电压表、电流表否有示数，若有示数，减小滑动变阻器阻值，观察小灯泡是否发光B．断开开关，重新连接电路（3）小强通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了如图所示的U—I图像。根据U—I图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W。【答案】①.②.A③.0.5【详解】（1）[1]小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端；滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中，且滑动变阻器的滑片P向右滑动时灯泡变暗，电流变小，由知电路的电阻增大，所以滑动变阻器接左下接线柱，如下图所示：（2）[2]小灯泡不亮可能是小灯泡断路，可能是小灯泡短路，也可能是电路的电阻太大、电流太小、实际功率太小，所以接下来先观察电压表、电流表是否有示数，若有示数，减小滑动变阻器阻值，观察小灯泡是否发光，故A符合题意，B不符合题意。故选A。（3）[3]当小灯泡正常发光时，小灯泡两端的电压为2.5V，由如图知此时通过小灯泡的电流为0.2A，小灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.2A=0.5W22.探究电流通过导体产生的热的多少与什么因素有关。实验小组同学猜想：电流通过导体产生的热可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关。于是他们利用如图器材和电源、开关、导线、电流表等进行了探究实验，其中甲、乙、丙三个相同装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气。（1）实验是通过比较U形管中______来比较电阻丝产生的热量的多少；（2）要探究电热与电流的关系，应选用______组合，串联接到电源两端进行实验，结论是______。电路连接不变，假如将丙装置中瓶外的电阻丝也密封到瓶内，实验会发现______（选填“乙瓶”或“丙瓶”）内电阻丝产热更多。【答案】①.液面高度差②.乙、丙③.在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生热量越多④.乙瓶【详解】（1）[1]电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，所以运用转换法，实验前应使两个U形管中的液面高度相同，容器内气体温度的变化可以通过液面高度差来反映。（2）[2]选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，根据并联电路的电流关系可知，通过两个容器内电阻的电流不同，而电阻大小和通电时间相同，因此可以探究电热与电流的关系。[3]通过实验可知，乙中U形管中液面的高度差要大一些，这说明乙中电阻产生的热量多，所以可以得到结论为在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热量越多。[4]电路连接不变，假如将丙装置中瓶外的电阻丝也密封到瓶内，该电路为并联电路；乙中电阻为10Ω，根据并联电路的电阻关系可知，丙中的总电阻与各个电阻的关系则丙中的总电阻为5Ω；通过容器内电阻的电流和通电时间相同，电阻不同，则探究的是电流产生的热量与电阻大小的关系，在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以乙瓶内电阻丝产热更多。四、计算题本大题共2小题，第23题6分，第24题7分，共13分。23.如图所示，电源电压恒为12V，小灯泡L标有“6V3W”字样，定值电阻R2的阻值为24Ω。当开关S闭合，S1、S2都断开且滑片P移到滑动变阻器的中点时，灯泡L正常发光。（小灯泡的电阻保持不变）求：（1）灯泡L的电阻；（2）滑动变阻器的最大阻值；（3）分析