广东省广州市第四中学2022-2023学年九年级上学期期末物理试卷（含答案）

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2022-2023学年广东省广州四中九年级（上）期末物理试卷
1. 有关分子热运动，下列说法正确的是(    )

A. 甲图中注射器中的液体很难被压缩，说明液体分子之间存在引力
B. 乙图中用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间有间隙
C. 丙图中大量PM2.5尘粒在空中飞舞，这是分子在做无规则运动
D. 丁图中墨水滴入水中做扩散实验，水的温度越高扩散就越快
2. 如图所示是用相同的加热器给质量相等的甲、乙两种物质加热时，根据测量结果绘制的图象，已知甲、乙两物质的比热容分别为c甲、c乙，由图象可知(    )


A. c甲>c乙，其中甲是晶体 B. c甲>c乙，其中乙是晶体
C. c甲m乙)。用两个规格相同的加热器连入电路加热，该过程中忽略液体蒸发且加热器产生的热量全部被液体吸收，得到温度与加热时间的图线。

(1)甲液体第1分钟内能______(选填“大于”“等于”或“小于”)第2分钟内能；甲液体内能的改变是通过______方式实现的。
(2)两种液体的比热容c甲______c乙(选填“>”“c乙；
(2)由图象可看出，乙物质升高到一定温度时不再升高，说明其具有一定的熔化温度，则为晶体；
甲温度不断升高，没有一定的熔化温度，为非晶体。
故选：B。
此题考查了比热容的概念以及应用的知识点，要求学生会看熔化和凝固的温度的时间图象。

3.【答案】C 
【解析】解：A、图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加；故A错误；
B、图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小；故B错误；
C、图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少；故C正确；
D、图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时(即做功冲程)，内能转化为机械能，气缸内气体的内能减少；故D错误。
故选：C。
(1)根据温度与内能的关系和做功可以改变物体的内能角度分析解答问题。
(2)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
本题考查做功改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。

4.【答案】B 
【解析】解：
由题意可知，只有开关S1、S都闭合后，才开始榨汁，即电动机才开始工作，说明两开关相互影响，一个开关不能单独控制电动机，两开关是串联的，两开关、电动机与电源组成串联电路，由图示电路图可知，B正确。
故选：B。
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；根据题意确定两开关与电动机的连接方式，然后分析电路图答题。
(1)根据电路元件是否相互影响，判断出它们的连接方式，相互影响为串联，互不影响为并联；
(2)根据开关的控制作用，确定开关的位置，控制整个电路，开关在干路上，单独控制某个用电器，开关在支路上。

5.【答案】B 
【解析】由电路图可知：
A、系上安全带时开关S2闭合，会造成电源短路，故A不符合题意；
B、当乘客坐在副驾驶座椅上时，开关S1闭合，蜂鸣器和指示灯均工作，系上安全带后开关S2闭合，蜂鸣器和指示灯被短路均不工作，此时电路安全，故B符合题意；
C、只有当乘客坐在副驾驶座椅上且系上安全带时，两开关闭合，蜂鸣器和指示灯才工作，故C不符合题意；
D、当乘客坐在副驾驶座椅上时，开关S1闭合，蜂鸣器和指示灯均工作，系上安全带后开关S2闭合，蜂鸣器和指示灯仍工作，故D不符合题意。
故选：B。
分析：由题意知，当乘客坐在副驾驶座椅上时开关S1闭合指示灯亮起、蜂鸣器工作，则S1可控制指示灯和蜂鸣器；若系上安全带，开关S2闭合，指示灯熄灭、蜂鸣器不工作，则蜂鸣器和指示灯被短路，据此进行解答。
本题利用了用电器短路时不工作来设计电路，注意不能出现电源短路的情况，电阻起保护电路的作用。

6.【答案】A 
【解析】解：
太阳能电池板将太阳能转化电能，蓄电池充电时将电能转化为化学能储存起来，此时发电板相当于电源，故A正确。
故选：A。
太阳能发电板供电时，消耗了太阳能，得到了电能，据此进行分析。
本题考查太阳能发电板供电过程的能量转化，关键是分析得出消耗掉的能量和得到的能量。

7.【答案】C 
【解析】解：A、由图中电压表的正、负接线柱可知，金属片A为电源的正极，金属片B为电源的负极，故A正确；
B、电流从A流出，经过发光二极管后回到B，导线中自由电子定向移动的方向与电流的方向相反，所以电子从“土豆电池”的B金属片流出经过二极管回到金属片A，故B正确；
C、若断开开关，开关两接线柱间的电压为电源的电压，故C错误；
D、发光二极管是由半导体材料制成的，故D正确。
故选：C。
根据电压表的连接情况分析判断出电源的正负极，电流是从电源的正极流出回到电源的负极；电压表并联在电源的两端，测量的是电源的电压；二极管是由半导体材料制成的。
本题主要考查电压表的使用、电流的方向等，能根据电压表的接法判断电源的正负极是本题的难点。

8.【答案】C 
【解析】解：
AB、根据图甲可知，电压与电流成正比，因此该电阻为定值电阻，即电阻是导体自身的性质，它不随导体两端的电压和导体中的电流改变而改变，
根据图示可知，当电阻两端电压为3V时，通过的电流为3A，由I=UR可知，定值的电阻：R=UI=3V3A=1Ω，故AB正确；
C、测定小灯泡的电阻时，多次测量是为了寻找灯丝电阻与温度的关系，不能求平均值减小误差，故C错误。
D、由乙图可知，电压与电流不成正比，即当灯泡两端电压发光改变时，灯泡的阻值也随之发生变化，且电压变化比电流变化快，因此小灯泡的电阻随灯丝温度的增加而增大，故D正确；
故选：C。
(1)电阻一定时，电流与电压成正比；根据图甲判断该电阻是否为定值电阻，然后利用图中数据以及欧姆定律的变形公式求出定值电阻的阻值；
(2)根据图乙判断灯丝电阻的特点，然后分析多次测量小灯泡电阻的目的。
本题考查了图象分析、利用欧姆定律的变形公式计算电阻，以及导体的电阻是导体本身的一种性质，不随电压和电流的改变而改变；关键会根据图象判断电阻是否为定值电阻。

9.【答案】D 
【解析】解：①在探究串联电路的电压规律实验中，需要选择规格不同的小灯泡进行多次实验，归纳电路总电压与每个小灯泡两端电压的等量关系，采用的是归纳法；
②探究电荷间相互作用规律，需要选择多个带电体研究彼此间相互作用，归纳同种电荷、异种电荷间的相互作用，采用的是归纳法；
③电路此时热量与多个因素有关，探究影响电流热效应的因素，采用的是控制变量法；
④导体电阻与多个因素有关，探究电阻的大小与什么因素有关，采用的是控制变量法。
所以，①②研究方法相同，③④研究方法相同。
故选：D。
分析实例中的科学研究方法，然后找出相同的研究方法。
本题考查了物理中的科学研究方法的种类区分，注意在初中物理中灵活应用这些研究方法。

10.【答案】B 
【解析】本题考查了电功公式的灵活应用，要注意各量之间的关系不要颠倒
已知甲、乙两个用电器两端电压之比、通过电流之比、通电时间之比，利用W=UIt可求得两电阻消耗电能之比。
已知甲、乙两个用电器的电压之比为2：1，电流之比为1：2，通电时间之比为5：4，则两电阻消耗电能之比：
W1W2=U1I1tU2I2t=21×12×54=54，故B正确，ACD错误。

11.【答案】等于    乙      2.1×103 
【解析】解：
(1)如图所示，根据转换法，实验中，0∼4min内水吸收的热量等于某种液体吸收的热量；
(2)分析图象可知，升高40℃，甲用时4min，乙用时8min，根据比较吸热能力的方法，乙的吸热能力强，比热容大，分析图象可知物质乙是水；
(3)根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与吸热多少成正比，故该液体的比热容：
c=4min8min×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：等于；乙；2.1×103。
(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
(2)使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
(3)根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与吸热多少成正比得出另一液体的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。

12.【答案】内  做功  减小  减小 
【解析】解：(1)火药燃烧是化学变化，火药的化学能转化为燃气的内能，使燃气温度升高，内能增加；
(2)燃气推动子弹在枪膛中运动，燃气内能转化为子弹的机械能，相当于内燃机的做功冲程；
(3)子弹进入木块的过程中受到阻力的作用，导致子弹的速度变小，动能减小；子弹进入木块的过程中要克服摩擦阻力做功，子弹和木块的内能都会增大，所以其内能之和增大，则子弹和木块的机械能之和减小。
故答案为：内；做功；减小；减小。
(1)燃烧属于化学变化，将火药的化学能转化为内能；
(2)内燃机是利用内能做功的机器，在做功冲程中将内能转化为机械能；
(3)影响动能大小因素是质量和速度，质量一定时，速度越大，动能越大；做功可以改变物体内能，对物体做功，物体内能增大。
本题考查了燃烧过程的能量转化、内燃机的工作原理、动能的影响因素、做功与内能的改变等知识的应用，综合性较强，但难度不大。

13.【答案】40 50 
【解析】解：(1)0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=1.4×108J/kg×0.3kg=4.2×107J，
由题知水吸收的热量为：Q吸=Q放=4.2×107J，
由Q吸=cmΔt可知水升高的温度为：Δt=Q吸cm水=4.2×107J4.2×103J/(kg⋅℃)×200kg=50℃，
在标准气压下水的沸点是100℃，而60℃+50℃=110℃>100℃，
因此水实际升高的温度为：100℃−60℃=40℃；
(2)新能源汽车做的功为：W=Pt=70×103W×300s=2.1×107J，
则效率为：η=WQ放×100%=2.1×107J4.2×107J×100%=50%。
故答案为：40；50。
(1)已知氢燃料的热值和消耗的质量，利用Q放=qm可求出氢燃料完全燃烧放出的热量，即水吸收的热量，再利用Q吸=cmΔt求出水升高的温度，标准气压下水的沸点为100℃，据此判断水升高后的末温是否超出100℃，若超出再根据实际末温和初温求出水升高的温度；
(2)已知新能源汽车的功率和行驶的时间，利用W=Pt可求出汽车做的功，再利用η=WQ放×100%求出汽车的效率。
本题考查了热值、比热容、功和效率的计算公式的应用，需要注意在标准气压下水的沸点是100℃。

14.【答案】30；2；变小；30 
【解析】解：由电路图甲可知，R、Rt串联，电压表测Rt两端电压，
(1)当电压表的示数最大，即Ut=3V时，电路允许测量的温度最高，
根据串联电路两端的总电压等于各分电阻两端的电压之和可得：
定值电阻R两端的电压：UR=U−Ut=6V−3V=3V，
则电路中的电流：I=URR=3V40Ω=0.075A，
由I=UR可得，热敏电阻的阻值：Rt=UtI=3V0.075A=40Ω，
由图象可知，此电路允许的最高环境温度为30℃；
(2)当室内温度为10℃时，由乙图得出此时热敏电阻的阻值为Rt′=20Ω，
因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻：R总=R+Rt′=40Ω+20Ω=60Ω，
电路中的电流：I′=UR总=6V60Ω=0.1A，
电压表的示数：UV=I′Rt′=0.1A×20Ω=2V，
故温度表的10℃应标在电压表2V处；
(3)若增大电源电压U，电压表的量程仍为0∼3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压变大，根据欧姆定律可知电路的电流变大，热敏电阻的阻值Rt的阻值变小，电路可测量的最高温度变小；
(4)若U增大3V，即电源电压为3V+6V=9V，R增大40Ω，此时电压表的量程仍为0∼3V，
根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，变为9V−3V=6V，
由I=UR可得，此时电路的电流为I′=U′R′=6V40Ω+40Ω=340A，
热敏电阻的阻值Rt的阻值为Rt′=Ut′I′=3V340A=40Ω，
由图乙可知，此时电路可测量的最高温度为30℃；。
由电路图甲可知，两电阻串联，电压表测Rt两端电压。
(1)当电压表的示数最大时电路允许测量的温度最高，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出热敏电阻的阻值，由图象读出环境的最高温度；(2)当室内温度为10℃时，由乙图得出此时热敏电阻的阻值，利用串联电路的电压特点和欧姆定律可知电路中的电流，根据欧姆定律求出电压表的示数；
 (3)若增大电源电压U，电压表的量程仍为0∼3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，根据欧姆定律知电路的电流增大，热敏电阻的阻值Rt的阻值减小，由图乙可知电路可测量最高温度的变化；
(4)若U增大3V，R增大40Ω，此时电压表的量程仍为0∼3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，根据欧姆定律求出此时电路的电流和热敏电阻的阻值Rt的阻值，由图乙读出此时电路可测量的最高温度。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象读出热敏电阻对应的温度。

15.【答案】解：由电路图可知，闭合开关，R0、R1串联，电压表测R0两端的电压。
(1)由图乙知，当环境温度为40℃时，R1的阻值是200Ω；
(2)当环境温度为40℃时，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：
I1=UR0+R1=20V300Ω+200Ω=0.04A，
此时电压表的示数为：
UV=U0=IR0=0.04A×300Ω=12V；
(3)从图乙中可知，环境温度越高，热敏电阻的阻值越小，根据串联分压特点可知，热敏电阻分得的电压越小，则R0两端的电压越大，
电压表两端电压不能超过其最大测量值，故当R0两端的电压达到15V时，此电路所允许的环境温度最高，
此时电路中的电流为：I最大=U0最大R0=15V300Ω=0.05A，
根据串联电路的电压特点可知，此时热敏电阻两端的电压为：
U1小=U−U0最大=20V−15V=5V，
根据欧姆定律可知此时热敏电阻的阻值为：
R1′=U1小I最大=5V0.05A=100Ω；
由图乙可知，热敏电阻的阻值为100Ω时，对应的环境温度为80℃，即此电路所允许的最高环境温度是80℃。
答：(1)当环境温度为40℃时，热敏电阻R1的阻值是200Ω；
(2)当环境温度为40℃时，电压表的示数是12V；
(3)电压表两端电压不能超过其最大测量值，则此电路所允许的最高环境温度是80℃。 
【解析】(1)R1的电阻随环境温度变化的关系如图乙所示，从图乙中找到当环境温度为40℃时，R1的阻值即可；
(2)由电路图可知，闭合开关，R0、R1串联，电压表测R0两端的电压；已知电源电压和两电阻的阻值，由欧姆定律可得此时电路中的电流，然后由公式U=IR求出R0两端的电压(即电压表的示数)；
(3)从图乙中可知，环境温度越高，热敏电阻的阻值越小，根据串联分压特点可知，R0两端的电压越大，电压表两端电压不能超过其最大测量值，故当R0两端的电压达到15V时，此时的温度是此电路所允许的最高环境温度；
根据欧姆定律求出此时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出此时热敏电阻两端的电压，根据欧姆定律求出此时热敏电阻的阻值，根据图乙可知此电路所允许的最高环境温度。
本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用等知识，关键是从图像中找到有用的信息，并考查综合分析能力，有一定难度。

16.【答案】3、4 2、3 
【解析】解：(1)由图可知，旋转开关S接触点2、3时，R1、R2串联；旋转开关S接触点3、4时，只有R1工作；
根据串联电路的电阻特点可知，串联电路的总电阻大于任一分电阻，
所以，当旋转开关S接触点3、4时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，根据P=U2R可知，电路中的总功率最大，加湿器处于高挡；
当旋转开关S接触点2、3时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，加湿器处于低挡；
(2)水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×20℃=8.4×104J；
由η=Q吸W可知，加湿器在高挡正常工作时消耗的电能：W=Q吸η=8.4×104J70%=1.2×105J，
由P=Wt可知，利用高挡加热正常工作需要的时间：t=WP高=1.2×105J400W=300s；
(3)由P=U2R可知，R1的阻值：R1=U2P高=(220V)2400W=121Ω；
(4)4000r/kW⋅ℎ表示电路中用电器每消耗1kW⋅ℎ电能，电能表的转盘转过4000r，
则电能表的转盘27圈，加湿器消耗的电能：W′=27r4000r/kW⋅ℎ=274000kW⋅ℎ，
此时加湿器的实际功率：P实=W′t′=274000kW⋅ℎ560ℎ=0.081kW=81W。
答：(1)3、4；2、3；
(2)水吸收的热量为为8.4×104J；利用高挡加热正常工作需要的时间为300s；
(3)R1的电阻为121Ω；
(4)此时加湿器的实际电功率为81W。
(1)由图可知，旋转开关S接触点2、3时，R1、R2串联；旋转开关S接触点3、4时，只有R1工作；根据串联电路的电阻特点和P=U2R可知高挡和低挡的电路连接；
(2)知道加湿器内水的质量、比热容和升高的温度，利用Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；根据效率公式求出加湿器在高挡正常工作时消耗的电能，利用P=Wt求出利用高挡加热正常工作需要的时间；
(3)根据高挡的额定功率和P=U2R求出R1的阻值；
(4)4000r/kW⋅ℎ表示电路中用电器每消耗1kW⋅ℎ电能，电能表的转盘转过4000r，据此求出电能表的转盘27圈，加湿器消耗的电能，利用P=Wt求出此时加湿器的实际功率。
本题是一道电热综合题，考查了串联电路的特点、对电能表的参数的理解和掌握、电功率公式、吸热公式、效率公式以及电功公式的应用，能正确分析不同挡位下的电路连接方式是解题的关键。

17.【答案】(1)小于  热传递
(2)m乙，由Q=cmΔt可知，甲的比热容较小，即c甲