答案：2021-2022学年安徽省合肥市包河区九年级（上）期末物理试卷

2021-2022学年安徽省合肥市包河区九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共10小题，每空2分，满分20分）1．【分析】物质由气态变为液态的过程叫液化。【解答】解：“音爆云”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠。故答案为：液化。【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。2．【分析】电流做功的过程就是电能转化为其他形式的能的过程。【解答】解：当闭合开关，放在U形磁体中光滑金属支架上的导体棒AB向左运动，AB具有机械能，是电能转化为机械能；同时用手触摸滑动变阻器，能感知到其线圈发热，这是电流的热效应，是电能转化为内能。故答案为：机械能与内能。【点评】本题考查了电能的转化，属于基础题。3．【分析】测电笔是用来辨别火线和零线的；用手接触笔尾的金属体，笔尖接触火线时，测电笔的氖管发光；笔尖接触零线时，测电笔的氖管不发光；当闭合开关后，发现电灯不亮，说明电路中可能有断路故障；用试电笔测试图中的a、b、c、d四点，测a、b两点时试电笔的氖管都不发光，这说明a、b与火线之间是断开的。【解答】解：当闭合开关后，发现电灯不亮，说明电路中可能有断路故障；用试电笔测试图中的a、b、c、d四点，测c、d点时氖管发光，说明c、d与火线是接通的；测a、b两点时试电笔的氖管都不发光，说明a、b与火线之间是断开的，因此电路故障是电灯灯丝断了。故答案为：电灯灯丝断了。【点评】本题考查了用测电笔检测家庭电路故障，也考查了学生学以致用的能力。4．【分析】根据电功率的概念和意义解答，电功率是表示电流做功快慢的物理量，它指电流在单位时间内做的功的多少。【解答】解：小灯泡的额定电功率为5W，该数值表示的物理含义是该小灯泡正常工作时第1页（共12页）每秒消耗电能为5J。故答案为：小灯泡正常工作时每秒消耗电能为5J。【点评】本题考查了电功率的概念及意义，用电器的功率是几瓦，则说明这个用电器在1秒内可做几焦的功。5．【分析】（1）根据公式R＝计算导体电阻；（2）电阻的大小与电压大小无关，只与导体的材料，长度，横截面积和温度有关。【解答】解：导体的电阻：R＝＝＝5；导体的电阻大小只与导体的材料，长度，横截Ω面积和温度有关，导体两端的电压大小无关，因此当加在该导体两端的电压增大2V时，导体的电阻仍为5。故答案为：5。Ω【点评】本题考查了欧姆定律的应用，同时考查了电阻的性质，是一道基础性较强的题。6．【分析】由并联电路的电阻特点求出并联电阻的阻值，然后由U＝IR求出AB两端的电压。【解答】解：R1和R2并联后总电阻为：R＝＝＝4，Ω此时加在AB两端的电压大小为：U＝IR＝0.4A×4＝1.6V。故答案为：1.6。Ω【点评】本题考查了由并联电路的电阻特点求出并联电阻的阻值，然后由U＝IR求出电压。是一道综合习题。7．【分析】2400r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表表盘转动2400转，求出电能表表盘转动240转消耗的电能，利用P＝求出热水器的功率。【解答】解：电能表表盘转动300转消耗电能：W＝＝0.1kW•h，热水器工作时间t＝4min＝h＝h，则该热水器的功率：P＝＝＝1.5kW＝1500W。故答案为：1500。【点评】本题考查家庭消耗电能的计算、以及电功率的计算，关键是能正确理解电能表各个参数的物理意义。第2页（共12页）8．【分析】①知道小磁针静止时N极的指向，根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的磁极。②根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向。在磁体外部，磁感线总是从N极发出、回到S极。③根据安培定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。【解答】解：①由图可知，小磁针静止时的右端为N极，根据异名磁极相互吸引、同名磁极相互排斥，则通电螺线管左端为S极，右端为N极。②因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以磁感线的方向是指向左的。③根据安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的下端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，右端为负极。如图所示：【点评】本题属于安培定则的简单应用，安培定则不但可以由电流方向和线圈绕向判断磁极，也可根据磁极和线圈的绕向判断电流方向。9．【分析】电压表和电阻并联接入电路，读取的电流值是通过电压表和电阻的电流之和，所以读取的电流值比实际电流偏大，根据欧姆定律分析即可。【解答】解：电压表和电阻并联接入电路，读取的电流值是通过电压表和电阻的电流之和，所以读取的电流值比实际电流偏大，根据欧姆定律的推导式R＝可得，所以Rx的实际值大于测量值。故答案为：大于。【点评】本题考查了伏安法测电阻，属于基础题。10．【分析】（1）只闭合开关S时，电路为L的简单电路，根据图甲、灯泡的实际功率为0.6W以及P＝UI得出此时电路电流以及电源电压；（2）再闭合S1后，电阻和灯泡并联，电流表测量干路电流，根据通过灯的电流不变和并联电路电流规律可求出通过R的电流，根据P＝UI可求出电阻R消耗的电功率。【解答】解：只闭合S时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，由图像可知，当UL＝3V，IL＝0.2A时，灯泡的实际功率：PL＝ULIL＝3V×0.2A＝0.6W，第3页（共12页）则电源的电压U＝UL＝3V；再闭合S1后，R与L并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过灯泡的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R的电流：IR＝I﹣IL＝0.5A﹣0.2A＝0.3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电阻R消耗的电功率：PR＝UIR＝3V×0.3A＝0.9W。故答案为：0.9。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图像读出灯泡功率为0.6W时的电流和电压值。二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）11．【分析】（1）内能的大小与物体的质量、温度、状态等有关。（2）热传递的条件是有温度差，热传递的方向是从高温到低温。（3）比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关。（4）晶体熔化过程，吸收热量，内能增加，温度不变。【解答】解：A、物体放出热量内能减小，但温度不一定变化，例如晶体的凝固过程，故A错误；B、热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，或者是从物体的高温部分向低温部分传递，而不是从内能大的物体向内能小的物体传递，故B错误；C、比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关，因此一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容不变，故C错误；D、冰在熔化过程中持续吸收热量，虽然温度保持不变，但内能增加，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了温度、热量、内能之间的关系，这属于重点，也是难点，应注意区分各个概念的含义。12．【分析】（1）导体的电阻大小的影响因素：长度、横截面积、材料，另外还受温度的影响。跟电压、电流都无关。可见导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流的阻碍作用大小；（2）同一导体，在不考虑外因（温度）的前提下，阻值不变，然后根据欧姆定律来进行判断。第4页（共12页）【解答】解：A、电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压与流过导体的电流无关，故A错误；B、由U＝IR知，导体两端的电压除了与R有关外，还与通过导体的电流有关，R大，如果I小，则导体两端的电压不一定大，故B错误；C、导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，导体的电阻越大，对流过导体电流的阻碍作用就越强，故C正确；D、电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压与流过导体的电流无关，故D错误。故选：C。【点评】导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压与流过导体的电流无关，是正确解题的关键。13．【分析】（1）磁体周围的不同位置的磁场方向可能相同；（2）地球的周围存在着磁场，地磁北极在地理的南极附近，地磁南极在地理北极附近，这就是地磁场；（3）磁体周围存在磁场，磁极间的相互作用是通过磁场发生的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，可形象地表示磁场的性质，磁体周围的磁感线从N极出发回到S极；（4）地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近。【解答】解：A、磁体周围存在磁场，不同点的磁场方向可能相同，故A正确；B、指南针是一个小磁针，指南针静止时，N极指向地理的北极附近，故B错误；C、磁体周围存在磁场，磁极间的相互作用，就是通过磁场发生的，磁场是磁体周围存在的一种特殊的物质，它是看不见的，但它是真实的客观存在，磁感线是为了形象直观地描述磁场而画出来的，不是真实的存在，故C错误；D、地球周围存在地磁场，地磁场的N极在地球的地理南极附近，地磁场的S极在地球的地理北极附近，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了地磁场和磁场，解题的关键要了解地磁场与地理南北两极的关系。第5页（共12页）14．【分析】由灯泡铭牌根据P＝计算灯泡电阻，灯泡的明暗是由其实际功率决定的，根据并联电路的电压特点由P＝可计算两灯泡的实际功率大小；进一步计算甲、乙两灯总电功率。【解答】解：（1）两灯的电阻分别为：R甲＝＝＝6，R乙＝＝Ω＝3，Ω若两灯并联，因并联电路各支路两端电压相等，甲灯的电功率为：P甲′＝＝＝1.5W；乙灯泡两端的电压等于额定电压，所以乙灯的电功率为：P乙′＝3W，甲、乙两灯电功率之比为：＝＝，所以乙灯比甲灯更亮，故AD错误，B正确；（2）甲、乙两灯总电功率为：P＝P甲′+P乙′＝1.5W+3W＝4.5W，故C错误。故选：B。【点评】本题考查并联电路特点、电功率公式的灵活运用，知道灯泡的亮度是由灯泡的实际功率决定的。15．【分析】电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的同种液体加热，液体吸热越多，温度越高，温度计示数越大，采用了转换法。【解答】解：A、探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验时，采用的是控制变量法，需要加热质量相同的同种液体，故甲、乙、丙三个容器内应盛有质量相同的同种液体，故A错误；B、在甲、丙装置中，容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流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，探究的是电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误；C、电阻丝产生的热量不易直接观察，实验中可给等质量的液体加热，液体吸热越多，温度越高，温度计示数越大，采用了转换法，故C正确；第6页（共12页）D、甲、乙装置甲中，一个5的电阻与两个5的电阻并联后再串联，容器内两电阻大小相同，通过时间也相同，根据Ω串联电路的电流Ω特点可知，通过左侧容器电阻的电流大于通过右侧容器内电阻丝的电流，根据控制变量法，可研究电流产生的热量与电流的关系，故D错误。故选：C。【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。16．【分析】（1）将S1、S2闭合时，电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，由图乙读出电压表的示数，即电源电压；（2）闭合S1，断开S2时，电路为R1和R2的串联电路，电压表测电阻R1两端的电压，则电压表的示数减小了1.2V，可得出R1两端的电压；利用欧姆定律可得出通过R1的电流，即电路中的电流，再利用R＝求出电路的总电阻，进而可得出R2的阻值；2（3）S1闭合，S2断开时通过两电阻的电流相等，利用P＝IR分别表示出两种情况下的电功率，将二者求比即可。【解答】解：A、将S1、S2闭合时，电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，由图乙可知此时电压表的示数为2.7V，即电源电压U＝2.7V，故A错误；BC、再断开S2时，电路为R1和R2的串联电路，电压表测电阻R1两端的电压，即电压表的示数减小了1.2V，则R1两端的电压为：U1＝U﹣ΔU＝2.7V﹣1.2V＝1.5V，通过R1的电流为：I1＝＝＝0.1