内蒙古赤峰市宁城县届九年级上学期期末物理试题解析版Word格式.docx
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点睛：
热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；
做功和热传递都能改变物体的内能；
内能是物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能与分子势能的总和，同一物体的内能与其温度有关；
内能的大小与物体质量、温度和状态有关．
4.用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失）如图是甲和乙的温度随加热时间变化的图像，下列说法正确的是（）
A.甲和乙升高相同的温度，乙吸收热量较少
B.甲的比热容与乙的比热容之比为1：
3
C.甲乙都加热t时间，乙吸收热量比吸收热量多
D.甲的比热容与乙的比热容之比为1：
2
【解析】由图象可以看出，当升高的温度相同时，乙的加热时间更长，说明乙吸收的热量更多，故A错误；
两种质量相等、初始温度也相同的不同液体，分别用两只完全相同的酒精灯加热，相同的时间内吸收的热量相等，故C错误；
利用热量的计算公式Q＝cm△t可知,在质量相等、吸收的热量也相同时,乙的温度升高20℃,甲的温度升高40℃,由公式c＝Qm△t知，甲与乙的比热容之比为2:
1，故D正确，B错误。
5.如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作．过了一会儿，灯L熄灭，有一个电表示数变大，另一个电表示数变小．则下列判断正确的是（）
A.电阻R短路
B.灯L断路
C.灯L短路
D.电阻R断路
【解析】A.若电阻R短路，灯泡发光，电路中电阻减小，电流增大，电流表示数增大；
电压表相当于与导线并联，电压表示数减小为零；
此时灯泡发光，而题中是灯L熄灭，不符合题意，故A错误；
B.若灯L断路，整个电路断路，两表示数都减小为零。
故B错误；
C.若灯L短路，电路中电阻减小，电流增大，电流表示数增大；
此时电压表测量电源电压，电压表示数增大。
故C错误；
D.若电阻R断路，没有电流流过电流表，电流表示数减小为零；
此时灯泡与电压表串联，由于电压表的内阻很大，则通过灯泡的电流几乎为零，灯L熄灭；
故D正确。
电路正常工作时，R与灯泡L串联，电压表与R并联，即电压表测R两端的电压．由各选项给出的故障分析电表的变化则可得出正确答案．
6.甲乙丙丁四个轻小物体靠近时，甲吸引乙，乙排斥丙，丙吸引丁。
甲丁靠近时（）
A.一定吸引B.一定排斥C.一定没相互作用D.以上都不对
【解析】解答：
已知乙排斥丙,则乙丙一定带同种电荷,甲吸引乙，则甲可能带跟乙相反的电荷,也可能不带电.丙吸引丁，则丁可能带跟丙相反的电荷,也可能不带电.由此可以判断当甲靠近丁时会出现一下几种情况：
如果他们都带电则互相排斥，如果一个带电一个不带则互相吸引，如果都不带电则没有相互作用，故ABC都不对，D正确。
7..如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为（）
A.2.2A0.44A
B.0.42A1.8A
C.1.76A0.44A
D.0.44A2.2A
【解析】由电路图可知两灯泡并联，电流表A1和电流表A2分别测的是干路电流和L2支路的电流，电流表指针偏转相同，说明选择的量程不同，由此可以判断电流表的两个量程的读数分别是2.2A和0.44A，所以通过L2的电流为：
0.44A，通过L1的电流为：
2.2A-0.44A＝1.76A，故C正确。
本题主要考查电流表的读数方法和并联电路的干路电流和支路电流的关系，解题关键在于正确识别电路图；
8.两灯泡接在同一电路中，若两灯电压相等，则两灯连接方式（）
A一定串联B一定并联C可能串联D以上都不对
...............
9..如图所示，闭合开关S后，灯泡L发光，现把滑动变阻器的滑片P向b端移动，则灯泡L的亮度与电流表示数的变化情况是（）
A.灯泡L变亮，电流表示数变大
B.灯泡L变暗，电流表示数变小
C.灯泡L变亮，电流表示数变小
D.灯泡L变暗，电流表示数变大
【答案】B
【解析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器的滑片P向b端移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I＝
可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故AD错误；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P＝I2R可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故B正确。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流．根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据公式可知灯泡实际功率的变化，进一步可知灯泡亮暗的变化．
10.甲用电器标着“220V，100W”，乙用电器上标着“220V，25W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是（）
A.甲用电器做功一定多
B.乙用电器做功一定慢
C.完成相同的功，甲用电器所用的时间一定多
D.相同时间内，甲用电器完成的功一定少
【解析】由W＝Pt可知，电流做功的多少与通电时间有关，故A不正确；
电功率是表示电流做功快慢的物理量，由题可知两灯都在额定电压下工作时,甲用电器的电功率为100W大于乙用电器的功率25W.所以乙用电器做功一定慢，故B正确；
根据t＝
可知完成相同的功，甲用电器所用的时间一定少故C错误；
根据W＝Pt可知，相同时间内，甲甲用电器完成的功一定多，故D不正确。
电功率是表示电流做功快慢的物理量；
额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据W＝Pt比较电功和时间之间的关系．
二、填空题
11.一瓶酒精用去二分之一，则剩余酒精的比热容______和热值________（填变化情况）
【答案】
（1）.不变
（2）.不变
【解析】比热容、燃料的热值都是物质的一种特性，它们的大小与物体的质量和体积均无关系，所以一瓶酒精用去二分之一，则剩余酒精的比热容不变、热值不变故选A.
12.在一台单缸四冲程内燃机正常工作时的飞轮转速为1200r/min，,则每秒钟燃气对外做功____次，如图所示的是汽油机的______冲程。
【答案】
（1）.10
（2）.做功
【解析】若飞轮转速是1200r/min＝20r/s，表示每秒飞轮转动20圈，要经过40个冲程，对外做功10次；
图中进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，可以判断是做功冲程。
。
由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程．
热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案．
13.标有220V100W和220V25W两灯泡L1、L2串联接在家庭电路中____灯亮。
220V100W的灯泡正常工作10h消耗电能是_____J。
将220V-40W的灯泡接在110V的电路中，灯泡实际功率是_____W
【答案】
（1）.L2
（2）.3.6×
106J（3）.10W
【解析】根据R＝
可得“220V100W”灯泡的电阻R1＝
＝＝484Ω；
同理“220V
40W”灯泡的电阻R2＝
＝1936Ω根据P＝I2R知灯L2实际功率大所以L2亮；
220V100W的灯泡正常工作10h消耗电能W＝Pt＝100w
s＝3.6×
106J
20V-40W的灯泡的电阻
＝1210Ω，当灯泡接在110V的电路中，灯泡实际功率是P实＝
＝10W。
14.某品牌太阳能热水器装满100kg水后在太阳的照射下水温从10℃的升高20℃，不计热量的散失．则热水器中的水吸收的热量是______要完全燃烧____m3的煤气可以产生相同的热量?
（煤气的热值q=4.0×
107J/m3）
【答案】
（1）.8.4×
106J
（2）.0.21m3
【解析】
（1）水吸收的热量：
Q吸＝cm（t−t0）＝4.2×
103J/（kg⋅℃）×
100kg×
（40℃−20℃）＝8.4×
106J，由于不计热量的散失,则Q放＝Q吸＝8.4×
106J；
由Q放＝qV可得煤气的体积：
V＝
＝
＝0.21m3
15.如图是汽车油量表电路，当油箱中油面下降时，油量表（电流表）的示数将______（变大/变小/不变），电路中电阻R0______（能/不能）去掉.如果将电压表并联在______（R0/R1）两端，则可以通过电压表示数越大表示油箱中的油越多.
【答案】
（1）.变小
（2）.不能（3）.R0
【解析】由图示电路图可知，两电阻串联，油量表串联在电路中，当油箱中油面下降时，浮标下降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，电路电流变小，油量表（电流表）示数变小；
电阻R0的主要是作用是保护电路，不能去掉；
如果用电压表来充当测量工具,由于串联电路起分压作用,因此电压表只要与电阻R0并联，则可以通过电压表示数越大表示油箱中的油越多。
从油面位置的变化入手，注意当滑片移到最下端时，电路可能发生的变化；
由图可知，当油箱中的油面下降时，滑片的移动，接入电路中电阻的变化，电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化．
16.如图是长度相同，横截面积为2倍关系的同种导线连在一起，流过AB的电流为IAB，流过BC的电流为IBC，则IAB与IBC的关系为IAB_____IBC，UAB___UBC（填>
或<
或=）
【答案】
（1）.=
（2）.>
【解析】由图可见，两电阻串联，根据串联电路电流的特点，因此通过两部分导体的电流相等即IAB＝IBC。
根据U＝IR可知，UAB＝IABRAB，UBC＝IBCRBC因为电阻AB和BC长度相同BC的横截面积大所以RBC
RAB所以UAB
UBC
17.R1：
R2=2:
5串联接在同一电路中，通过R1、R2电流之比：
________电压之比：
________电流通过R1、R2消耗的电功率之比：
_________
【答案】
（1）.1:
1
（2）.2:
5（3）.2:
5
根据串联电路的电流中电流处处相等可知通过R1、R2电流之比是1:
1，根据U＝IR可得U1＝IR1U2＝IR2因为R1：
R2＝2:
5所以U1:
U2＝2:
5；
根据P＝UI可知流通过R1、R2消耗的电功率之比是2:
18.图甲是小灯泡L电阻R1和电阻R2的电流随电压变化图象，R2=__Ω，如果将它们串联在电路中，通过它们的电流是0.4A时，电源电压是____V；
若将它们按图乙所示接人电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为1.6W；
再闭合开关S1，电流表示数变化了___A，在此状态下通电10s，电路中电流做的功是___J。
．
【答案】
（1）.20Ω
（2）.12V（3）.0.2A（4）.24J
由图可知R2的电压为12V时通过它的电流I2＝0.6A；
所以R2＝
＝20Ω
当它们串联在电路中，通过的电流是0.4A时，由图可知它们两端的电压分别是4V和8V，根据串联电路的电压规律可得电源电压是12V；
当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路由甲图象可知，当小灯泡的实际功率为1.6W时，灯泡两端的电压为4V即电源的电压U＝4V，通过灯泡的电流IL＝0.4A；
当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，此时R两端的电压为4V，由图象可知IR＝0.2A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流表示数变化了0.2A，示数I＝IL+IR＝0.4A+0.2A＝0.6A；
在此状态下通电10s，电路中电流做的功：
W＝U′I′t＝4V×
0.6A×
10s＝24J。
三、作图与实验探究
19.如图L1、L2是相同的两个灯泡，要求：
开关闭合两灯同时亮，断开两灯同时灭，且开关闭合后A1的示数大于A2示数，连接实物图
【答案】
【解析】根据题意可知，灯L1与灯L2并联，开关控制整个电路，开关控制整个电路，说明开关位于干路中；
电流表A1的示数大于电流表A2的示数，所以电流表A1测量干路电流，电流表A2测量支路电流．据此连接电路图如下：
20.在“比较不同物质吸热的情况”实验中，所使用的实验器材有：
相同规格的电加热器、玻璃杯、温度计、秒表、等质量的液体甲和乙，装置如图所示．
（1）在此实验中除了控制装置相同外，还控制甲乙液体的_______相同。
实验中用_________表示甲乙液体吸热的多少；
（2）实验中选用规格相同的两个电加热器的目的是_______________________
（3）“比较不同物质的吸热能力”有两种方法：
可以“比较相同质量的不同物质温度__________所吸收热量的多少”．吸热_______的（填多或少）吸热能力强。
（4）若给同时给甲乙液体加热1min后停止加热，两种液体都未沸腾，最终液体乙的温度高一些．此时甲乙液体吸收的热量_______（填相同或不同）说明液体_______吸热能力强。
【答案】
（1）.质量和初温
（2）.加热时间（3）.相同时间甲乙吸收热量相同（4）.升高相同（5）.多（6）.相同（7）.甲
（1）根据Q＝cm△t可知不同物体吸热的多少还与质量和温度变化有关，所以在此实验中除了控制装置相同外，还控制甲乙液体的质量和初温相同；
因为加热装置相同，所以相同时间物体吸热多少相同，因此实验中用加热时间表示甲乙液体吸热的多少；
（2）实验中选用规格相同的两个电加热器的目的是让物体在相同时间内吸收相同的热量；
可以“比较相同质量的不同物质温度升高相同所吸收热量的多少”．吸热多的（填多或少）吸热能力强。
（4）因为加热时间相同所以吸热多少相同，乙的温度变化大于甲，因此甲的比热容大，吸热能力强；
21.如图小明设计图甲所示电路，电源电压12V，开关闭合后，电流表和电压表的示数如图乙所示。
由电压表的示数可知L2两端电压为_____V。
电流表指针偏转过小，这样会导致实验误差，解决这一问题的措施是_______________________________________。
【答案】
（1）.2V
（2）.电流表换小量程
【解析】由电路图可知，L1与L2串联，电压表测L1两端的电压，电流表测电路中的电流，由乙图可知，电压表的量程为0~15V，分度值为0.5V，示数为10V；
∵串联电路中的总电压等于各分电压之和，∴L2两端电压：
由图乙所示电流表可知，电流表指针偏转过小，这样会导致实验误差，电流表换用小量程，可以减小读数误差，从而减小实验误差。
22.小红同学用两节干电池、电流表、电压表、滑动变阻器和开关各一个，导线若干，测定定值电阻阻值，电路连接如图甲所示．
甲乙
（1）在右方框内，画出电路图_________。
（2）闭合开关，向右移动滑动变阻器滑片，电流表的示数将_____（填变大、变小或不变）．
【答案】
（1）.
（2）.变小
【解析】由图可以看出电流路径只有一条所以图为简单的串联电路，电压表测定值定电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，电路图如下：
（2）闭合开关，向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器连入的电阻变大根据欧姆定律可知电流表的示数将变小。
23.如图所示是“伏安法”测量小灯泡电功率的实验装置，已知小灯泡的额定电压是2.5V．
（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接起来；
要求滑动变阻器的滑片P向A端移动时电流表的示数减少，连线不许交叉__________．
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于_____端（选填“A”或“B”）．
（3）闭合开关后，调节滑片P，使电压表的示数如图所示，电流表的示数如图所示，此时灯泡的功率是____W．
（4）若使灯泡正常发光，应将滑片向_____端移动，使电压表示数是______V，此时电流表示数为0.4A，灯泡的额定电功率是________W
（2）.A（3）.0.64（4）.右或B端（5）.2.5V（6）.1W
（1）因为电源由两节干电池串联而成,因此电压表选择0∼3V量程，故电流表选项0∼0.6A的量程；
从正极开始依次连接电流表、灯泡、滑动变阻器、开关、电源负极；
最后把电压表并联在灯泡两端；
注意滑动变阻器接CB两个接线柱；
如图所示：
（2）闭合开关前，保护电路的滑动变阻器处于最大阻值的A端。
（3）电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数为0.32A；
电压表的量程为0∼3V，分度值为0.1V，电压表的示数为2V；
灯泡的功率P＝UI＝2V
0.32A＝0.64W；
（4）若使灯泡正常发光，应使其两端的电压增大到2.5V,可以通过减小滑动变阻器连入的电阻解决，即将滑片向右端移动，使电压表示数是2.5V，此时电流表示数为0.4A，灯泡的额定电功率P＝UI＝2.5V
W
四、综合应用题
24.如图是某太阳能热水器容积为50L，其装满水。
阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到50℃．则：
（1）求热水器中水的质量是多少千克？
（2）这段时间该热水器中的水吸收的热量是多少？
（3）如果这段时间该太阳能热水器接收到太阳辐射的热量是1.4×
107J，则该热水器的效率是多少？
【答案】50kg；
8.4×
60%
（1）热水器中水的体积：
V＝50L＝50dm3＝0.05m3；
根据ρ＝
mV可得，热水器中水的质量：
m＝ρV＝1.0×
103kg/m3×
0.05m3＝50kg.
（2）水温从10℃升高50℃，则△t＝40℃；
水吸收的热量：
Q吸＝c水m△t＝4.2×
50kg×
40℃＝8.4×
106J，
这段时间该热水器的效率：
η＝
＝60%
25.为防止酒驾事故的出现，酒精测试仪被广泛应用．有一种由酒精气体传感器制成的呼气酒精测试仪，当接触到的酒精气体浓度增加时，其电阻值降低，如图甲所示．当酒精气体的浓度为0时，R1的电阻为60Ω．在图乙所示的工作电路中，电源电压恒定不变，定值电阻R2=40Ω．求：
（1）当被检测者的酒精气体的浓度为0时，电压表的示数是3.6V求电源电压是多少；
（2）现在国际公认的酒驾标准是0.2mg/ml≤酒精气体浓度≤0.8mg/ml，当电流表的示数为0.18A时，试通过计算判断被检测者是否酒驾．
（1）9V；
（2）是酒驾
由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，当电压表的示数是3.6V时，电路中的电流I＝
＝0.9A，因为串联电路中电流处处相等，所以通过R1的电流是0.9A，U1＝I1R1＝0.9
60Ω＝5.4V,根据串联电路的电压等于各用电器两端的电压之和，电源电压U＝U1+U2＝3.6V+5.4V＝9V；
（2）当电流表的示数为0.18A时，电路中的总电阻：
R＝
＝50Ω，则酒精气体传感器的电阻：
R1′＝R-R2＝50Ω-40Ω＝10Ω，由甲图可知，被检测者的酒精气体浓度为0.8mg/ml，0.2mg/ml<
0.8mg/ml≤0.8mg/ml，所以被检测者属于酒驾.
26.如图甲所示，是某种电热饮水机的简化电路示意图．图乙是它的有关参数．它有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制）。
求：
（1）正常加热时，电路中的电流是多少？
（2）R1、R2、的阻值是多大?
（3）保温5min消耗的电能。
（1）5.5A；
（2）40Ω和1170Ω；
（3）1.2×
104J
（1）因为P＝UI，所以加热状态的电流为I＝
＝5.5A；
（2）当温控开关S0闭合时,电路中的电阻较小,由P＝
可知，电压一定时，电热饮水机功率较大，处于加热状态；
当温控开关S0断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态。
电热饮水机处于加热状态时,电路为R1的简单电路，由P＝
可得,R1的电阻：
R1＝
＝40Ω，电饮水机处于保温状态时,R1与R2串联，则电路中的总电阻：
R总＝
＝1210Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以,R2的电阻：
R2＝R总−R1＝1210Ω−40Ω＝1170Ω.
保温5min消耗的电能W保＝P保t＝40W
60s＝1.2×
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