1、2013-2014四川省简阳市禾丰学区九年级上学期第二次调考物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是（ ） A科学家发现原子核可以放出质子和中子，说明原子是可分的 B铝、橡胶、食盐水、塑料是很好的绝缘材料 C打扫教室时看见灰尘飞舞，这说明分子在做无规则运动 D纳米技术是纳米尺度的科学技术，研究对象是原子或分子 答案： 试题分析： .原子可分为原子核和电子，而原子核又可分为质子和中子；科学家发现原子核可以放出质子和中子，说明原子核是可分的。故选项错误；要注意审题。 .容易导电的物体叫导体，常见的导体有金属、人体、大地、石墨、酸碱盐的水溶液等都是导体；不容易导电的物体叫绝缘体，橡胶、玻璃
2、、塑料、陶瓷等都是常见的绝缘体。铝和食盐水是导体，故选项错误。 .分子很小，直径用 10-10m量度，人肉眼是看不到的，要用电子显微镜才能看到灰尘人眼看得到，不是分子，所以不能说明分子在做无规则运动故选项错误。 . 纳米技术是用单个原子、分子制造物质的科学技术，研究结构尺寸在 0.1至100纳米范围内材料的性质和应用。所以纳米技术研究对象是原子或分子，选项正确。 考点：原子的核式结构， 导体与绝缘体，扩散现象，纳米技术 为了生活方便，卧室里的同一个照明灯通常用两个开关控制。一个安装在进门处，另一个在床头附近，操作任意一个开关均可以开灯关灯。图中所示小明用电池作为电源设计的四个电路模型，能满足其
3、要求的是（其中 A图 S1 S2及C图的 S1为单刀双掷开关）（ ） 答案： A 试题分析：操作任意一个开关均可以开灯、关灯，说明任何一个开关闭合时，灯泡都亮，任何一个开关断开时灯泡都灭不是指两个开关并联。 A、图中 S1和 S2为单刀双掷开关， S1向上掷时灯泡不发光， S1向下掷时灯泡发光； S2 向上掷时灯泡发光， S2 向下掷时灯泡不发光，任意一个开关都可以开灯、关灯，符合题意； B、图中两个单刀开关串联，相互影响，只有两个开关都闭合时，灯泡才发光，不符合题意； C、图中 S1为单刀双掷开关， S2为单刀开关，当 S2断开时，无论 S1往哪个方向掷，灯泡都不能发光，不符合题意； D、图
4、中两个单刀开关并联，闭合 S1或 S2都能使灯泡发光，但是只有两个开关都断开时，灯泡才熄灭，不符合题意 考点：电路的分析，开关的作用 如图所示的四个电路中， R0 为已知阻值的电阻，不可以测出未知电阻 Rx的电路是（ ） 答案： D 试题分析：利用电压表或电流表测未知电阻的阻值，就是利用阻值已知的电阻R0 再根据串联电路的电流特点或并联电路的电压特点想方设法得出未知电阻两端的电压和电流，然后根据欧姆定律求出未知电阻的阻值。分析时还要分析电表的正负板会不会接反。 A、开关 S闭合时，电压表测量电源电压；开关 S断开时，电压表测量 Rx两端的电压；根据串联电路总电压等于各分电压之和，求出定值电阻两
5、端的电压，根据 I=U/R求出通过定值电阻的电流，根据串联电路电流处处相等，通过 Rx电流等于通过定值电阻电流 Ix=I0，根据 Rx=Ux/Ix求出电阻，故 A可 测出电阻； B、由电路图可知，当 S断开时，电路为 R0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律可求电源的电压；当开关 S闭合时 R0、 Rx并联，电流表测干路电流，因通过 R0的电流不变，根据并联电路的电流特点可求通过 Rx的电流，再根据并联电路的电压特点和欧姆定律即可求出 Rx阻值，故 B可测出电阻； C、由电路图可知，当开关 S闭合时，电路为 R0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；当开关 S
6、断开时两电阻串联，电流表测串联电路的电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据电阻的串联求出Rx阻值， 故 C可测出电阻； D、由电路图可知，无论开关闭合还是断开，电压表始终测电源的电压，即无法测出或间接得出 Rx两端的电压，故此电路图不能测出 Rx阻值，故 D不能测出电阻，合题意。 考点：特殊测电阻的方法，串联和并联电路特点的应用 如图所示，甲、乙两小灯泡连接在电路中， a、 b、 c 可能是电压表或电流表，则（ ） A若 a、 b为电流表， c为电压表，两灯都亮 B若 a、 b为电压表， c为电流表，两灯都亮 C若 a、 c为电流表， b为电压表，两灯串联都亮 D若 a、 c为电流表， b
7、为电压表，两灯并联都亮 答案： D 试题分析：根据串并联电路的特点以及电压、电流表的正确用法进行分析，即串联电路是将用电器顺次连接起来，而并联电路是将用电器并列连接起来，电压表在电路中起开路作用，电流表在电路中起导线作用； A 如果 a、 b 为电流表， c 为电压表，甲灯会被电流表短路，所以甲灯不会发光，故 A选项错误； B 如果 a、 b为电压表， c为电流表，乙灯中不会有电流通过，所以乙灯不会发光，故 B选项错误； C如果 a、 c为电流表， b为电压表，甲灯和乙灯组成并联电路，要想两灯组成串联电路，应该是 a、 c为电压表， b为电流表，故 C选项错误； D 如果 a、 c为电流表，
8、b为电压表，甲灯和乙灯组成并联电路，两灯都亮。故D选项正确。 考点：电流表的连接；串联电路和并联电路的辨别；电压表的连接 白炽灯泡灯丝断了，搭上后重新在原电路中使用，亮度将会（ ） A变暗 B变亮 C 不变 D无法确定 答案： B 试题分析：导体的电阻取决导体的长度、横截面积、材料及温度。把断头搭接起来继续使用，灯丝的长度变短（其它量不变），电阻变小，根据公式 I=U R 可知电流变大。而电路中的电压是不变的，根据公式 P=UI可知，灯泡的实际功率变大。灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，所以灯泡会 变亮。 考点：影响电阻大小的因素，电功率，欧姆定律 甲乙两物质的比热容分别为 c1、 c2，各取其
9、一部分，并使所取部分质量之比为 m1 m2=3： 2若使所取部分各自吸收的热量之比 Q1 Q2= 2： 1，则各自升高的温度为 t1、 t2， t1 与 t2 之比以及 c1 与 c2 之比的比值可能分别是（ ） A 2 3， 2： 1 B 3 2， 1 2 C 3 5， 5： 2 D 5 3， 2 5 答案： A 试题分析：根据热量的计算公式 Q=cmt 进行分析，把公式变形为 分别根据题目中的比例代入 计算看是否与最后的比例相符。 A ，选项正确 B. ，故选项错误； C ，故选项错误； D ，故选项错误； 考点：热量的计算公式 Q=cmt的应用 一箱汽油用掉一半后，关于它的说法正确的是（
10、 ） A密度变为原来的一半 B比热容变为原来的一半 C热值变为原来的一半 D质量变为原来的一半 答案： D 试题分析：密度、热值、比热容是物质的一种特性，不同物质一般是不同的，与物体质量、体积的变化无关。汽车油箱中的汽油用掉一半后，汽油的质量和体积都减少一半（物质减小了一半），但密度、热值和比热容是不 变的。选项D正确。 考点：密度，热值，比热容，质量等概念的理解 下列说法正确的是（ ） A温度高的物体内能一定大 B物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就不变 C内能小的物体也可能将热量传给内能大的物体 D物体的温度越高，所含热量越多 答案： 试题分析： A、内能是物体分子无规则运动的
11、动能和分子势能的总和，内能跟物体的温度、体积、状态和质量等因素有关，所以温度高的物体内能不一定大，没有明确物体的质量。故选项错误； B、内能跟物体的温度、体积、状态和质量等因素有关，温度不变时，物体的内能可能增加，如：晶体正在熔化的过程或液体正在沸腾的过程；物体的内能也可能减小，如：晶体正在凝固的过程；也可能不变，即没有发生物态变化。故选项错误。 C、在热传递的过程中传递内能的多少叫热量，热传递的条件是：物体之间存在着温度差。所以物体的内能小，但可能温度高，所以 “内能小的物体也可能将内能转给内能大的物体 ”的说法是正确的， D、在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量，温度是表示物
12、体冷热程度的物理量 由于热量是个过程量，所以不能 说物体含有多少热量，故选项错误； 考点：内能，温度，热量三者之间的关系 实验题 在 “测定小灯泡的电功率 ”实验中，电源电压 6V，小灯泡 L的额定电压是2.5V，电阻大约 10左右，可供选用的滑动变阻器 R1和 R2的最大阻值分别为10、 50，实验电路如图所示。 （ 1）应该选用的滑动变阻器是 （ 2）电路正确连接后闭合开关，发现小灯泡不亮，但是电流表有示数，接下来应进行的操作是 (填序号 ). A更换小灯泡 B检查电路是否断路 C向左移动滑动变阻器滑片 D向右移动滑动变阻器滑片 （ 3）图乙是根据实验数据绘成的 U-I图像。根据图像信息，
13、可计算出小灯泡的额定功率是 W当滑动变阻器的滑片向左移动时，小灯泡的电阻将 （选填变大、变小或不变）。 （ 4）继续滑动滑片小灯泡突然熄灭，此时电流表示数为 0，而电压表有示数，那么发生的故障是 ，此时电压表的示数是 V. 答案：（ 1） R2；（ 2） C；（ 3） 0.5；变大；（ 4）灯泡开路； 6 试题分析：（ 1）要选择滑动变阻器就要知道滑动变阻器在实验中的作用，本次实验中滑动变阻器的主要作用是保护电路，调节电压让灯泡能够正常发光。所以求出灯泡正常发光时，滑动变阻 器接入电路的电阻就可判断出选择什么样的滑动变阻器，一般情况下在方便操作的情况下变阻器的电阻越大越好。先根据灯泡额定电压和
14、电阻，求出灯泡额定电流即通过滑动变阻器的电流而滑动变阻器与灯泡串联根据串联电路电压特点，求出灯泡正常工作时，滑动变阻器两端的电压，可求出滑动变阻器的电阻 灯泡正常工作时，灯泡的额定电流： IL=UL/RL=2.5V/10=0.25A， 滑动变阻器电压为： UR=U-UL=6V-2.5V=3.5V， 滑动变阻器电阻为： R=UR/IL=3.5V/0.25A=14 应选择阻值大于 14的 电阻，所以选择滑动变阻器 R2； （ 2）电流表有示数，灯泡不亮，可能是灯泡被短路也有可能是电流太小造成灯泡的实际功率太小而不亮。应先通过左移滑片，减小电路电阻，增大电路电流，来判断灯泡短路还是电路电流太小造成的
15、灯泡不亮； （ 3）根据图象得出灯泡正常发光时，通过灯泡的电流，然后根据 P=UI，计算额定功率从图象中看出：灯泡两端电压 2.5V时电流为 0.2A，则灯泡的额定功率： P=UI=2.5V0.2A=0.5W不能用 “电阻大约 10左右 ”来计算额定功率，因为这个条件是不准确的。 滑动变阻器是根据接入电路电阻丝 的长度改变电阻的，当滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器电阻减小，总电阻减小，电流增大，灯泡电压增大，灯丝温度升高，电阻增大； （ 4）继续左移滑片，滑动变阻器的电阻变小，分压小，灯泡两端电压增大超过灯泡额定电压，烧断灯丝，电路断路，电流表示数为 0，电压表串联在电路中，测电源电压，
16、示数为 6V。 考点：测小灯光的功率，电路故障分析 在研究电流与电压、电阻的关系时，同学们设计了图中甲所示的电路图，其中 R为定值电阻， R为滑动变阻器。试验后，数据记录在表 1和表 2中。 （ 1）由于电路中电流的大小受多种因素影响，所以我们在探究某一因素变化对电流的影响时，采用了 法。 （）根据甲电路图，用笔画线代替导线连接图乙所示的实物。 （）根据表中实验数据，可得出如下结论： a.由表 1可得： b.由表 2可得： （ 4）在研究电流与电阻的关系时，先用 5的定值电阻进行实验，使电压表的示数为 3V，再换用 10的定值电阻时，某同学改变滑动变阻器滑片的位置，合上开关后，电压表的示数将
17、3V(填 “大于 ”或 “小于 ”或 “等于 ”)。此时应向 （填“左 ”或 “右 ”）调节滑片使电压表示数仍为 3V。 答案：（ 1）控制变量法 （ 2）如图 （其它画法正确也得分） （ 3） a. 在电阻一定时，电流与电压成正比 b.在电压一定时，电流与电阻成反比 （ 4） 大于 右 试题分析：（ 1）当一个物理量跟多个影响因素有关时，我们通常只改变其中的某一个因素，而控制其余的因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，这种研究问题的方法叫控制变量法。 （）根据电路图连接实物图的方法是：选把电压表放在一边不连，根据电路图中电流的方向从电源的正极出发依次连接电路元件，连接时要注意分点和合
18、点，最后看电路图中电压表与什么并联就把 电压表的两个接线柱直接接在用电器的两端。连接的过程中要注意电表量程的选择（电压表根据电源电压或被测用电器的额定电压进行判断，电流表根据题中的条件判断，如果没有要求则选大量程）和 “正进负出 ”，变阻器要 “一上一下 ”与电路图对应接入电路，干电池的连接是串联。 （）电流的大小与电阻、电压有关，在研究时采用的研究方法是控制变量法，所以结论一定要看清什么不变，是什么影响了电流的大小，有数量关系的要写清数量关系，即正比或反比。分析表一数据发现：电阻不变，所以是研究电流与电压的关系。根据数据发现电压与电流的比值是不变的， 因此结论是：电阻一定，通过导体的电流与导
19、体两端的电压成正比。分析表二发现：电压不变，所以是研究电流与电阻的关系。根据数据发现电流与电阻的乘积是不变的，因此结论是：电压一定，通过导体的电流与导体的电阻成反比。要注意是电流与电压、电阻的关系，所以不能写成电压与电流成正比或电阻与电流成反比。 （）如果先用 5定值电阻，然后再换用 10的定值电阻时，不改变滑动变阻器的滑片 P的位置，那么电路中的总电阻会变大，电路中的电流会减小，滑动变阻器的分压会减小，则电压表的示数会增大，即示数会大于 3V；如果要让电压表的示数不变 ，即使滑动变阻器分压增大，则应该增大阻值（串联电路有分压作用，阻值大的分压大），即将滑片 P向右移动，使电压表的示数等于 3
20、V。 考点：探究电流与电压、电阻的关系，控制变量法，电路连接 填空题 某同学用一只电能表测一只灯泡的电功率，他只让待测灯泡发光，发现 6 min 内电能表转了 18转，电能表上标有 3000 r/kW h，这只灯泡的电功率为 W，消耗了 kW h 电能，合 J。 答案： 6103 2.16 104 试题分析： 3000r/kW h表示的是接入这个电能表的电路中每消耗 1kW h的电能，电能表的转盘 转 3000r，或者表示电能表每转 1r，电路中消耗 kW h的电能，电路中消耗电能： W= kW h= kW h=0.006 kW h =21600J，用电器功率： P=W /t=21600J/3
21、60s=60W。 考点：电能表的使用，电功和电功率的计算 如图所示，电源电压不变， R1 为定值电阻。闭合开关 S，调节滑动变阻器R2发现电流表示数从 0.1A变为 0.3A，电压表示数改变了 4V。由此可判断这一过程中滑动变阻器连入的电路的阻值 （选填 “变大 ”或 “变小 ”），定值电阻 R1的电功率变化了 W。 答案：变小； 1.6 试题分析：由电路图可知，电阻 R1与滑动变阻器 R2串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；由 I=U/R可知，电流表示数从 0.1A变为0.3A时，电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小； 当电路中的电流 I=0.1A时，电源的
22、电压 U=IR1+U 滑 =0.1R1+U 滑 ； 当电路中的电流 I=0.3A时，电源的电压 U=IR=1+U滑 =0.3R1+U 滑 ； 因电压表示数改变了 4V，所以 U 滑 -U 滑 =（ U-0.1R1） -（ U-0.3R1） =4V， 解得： R1=20； 定值电阻 R1电 功率的变化量：（把前后两次的电功功率计算出来相减即可） P=（ I） 2R1-I2R1=（ 0.3A） 220-（ 0.1A） 220=1.6W 考点：电路分析，串联电路的特点，欧姆定律，电功率的计算 用电压表、电流表测量电阻有如图所示的两种解法，若电压表的电阻不是很大，电流表的电阻不是很小，你认为图 中测量
23、电阻比真实值偏大，图 中测量电阻比真实值偏小。 答案：， 试题分析：电压表的电阻很大，电流表的电阻很小，一般情况下不考虑电压表分担的电流，电流表分担的电压，本题有假设电压表的电阻不是很大，电流表电阻不是很小，把电压表和电流表作为一个电阻考虑，考虑电压表分担电流，考虑电流表分担电压。（）电压表测量电阻的实际电压，电流表测量电压表和电阻的总电流，大于电阻的电流，根据 R=U/I，会使电阻的测量值偏小 （ b）电流表测量电阻的实际电流，电压表测量电流表和电阻的总电压，大于电阻两端的电压，根据 R=U/I，会使电阻的测量值偏大。 考点：电压表，电流表的内阻，欧姆定律 在某一 温度下，两个电路元件甲和乙
24、中的电流与电压的关系如图所示。由图可知，元件甲的电阻是 。将元件甲、乙并联后接在电压为 2V 的电源两端，则流过甲的电流是 A。流过乙的电流是 A。 答案：； 0.4； 0.2 试题分析：（ 1）由图象知是电流随电压变化的图像，横坐标表示电压，纵坐标表示电流，且甲是一条过原点的直线，表示甲两端的电压与通过的电流成正比，即甲的电阻是不变的。乙是一条曲线，表示乙的电阻在变化，且电流的变化比电压的变化大，表示乙的电阻随电压的变大而变小。甲的电阻 R=U 甲 /I 甲=2.5V/0.5A=5； （ 2） “甲、乙并联后接在电压为 2V的电源两端， ”并联说明甲和乙两端的电压都是 2，由图象可知，电压
25、U=2V时， I 甲 =0.4A， I 乙 =0.2A。 考点：图像的认识，并联电路中电压的关系，欧姆定律 甲种液体的质量是乙种液体质量的 2倍，甲的温度为 10 ，乙的温度为50 .如果把两种液体混合后的温度是 30 ，不考虑热量损失，则甲、乙两种液体的比热容之比为（ ） 答案： 试题分析：根据热量的计算公式 Q=cmt 进行分析，把公式变形为 根据题目中的比例代入 计算。甲种液体的质量是乙种液体质量的 2倍即 m甲 m乙 =2 1，甲的温度为 10 ，乙的温度为 50 .如果把两种液体混合后的温度是 30 ，则 t甲 t乙 =1 1，因不考虑热量损失，甲吸收的热量就等于乙放出的热量，所以
26、甲 乙 1 1。代入比例式得：考点：热量公式的计算，热平衡 计算题 某电热水壶的铭牌如图所示，用这个电热水壶将 0 5、温度为 23 的水烧开，所需时间是 3 min。已知 C水 4.2103J/ ，假设烧水的环境在 1标准大气压下，电热水壶正常工作。求： （ 1）电热水壶正常工作时的电阻； （ 2）水被烧开所吸收的热量； （ 3）电热水壶的热效率。 答案：（ 1） 44，（ 2） 1.617105J，（ 3） 81.7% 试题分析：（ 1）电热水壶的铭牌告诉我们：额定电压： 220V；额定功率：1100W， 则： R= （ 2）在一个标准大气压下，水的沸点为 100 ， 水吸收的热量： Q
27、吸 =cm t=4.2103J/（ kg ） 0.5kg（ 100 -23 ）=1.617105J； （ 3） 水壶正常工作， 水壶的功率： P=P 额 =1100W， 3min内消耗的电能：W=Pt=1100W360s=1.98105J； 电热水壶的效率： =Q 吸 /W100%=1.617105J/1.98105J100%=81.7% 考点：热量的计算，电功率的计算，效率 家庭用的电热饮水机，有加热和保温两种工作状态。加热前温控开关 S1处于闭合状态，闭合开关 S后饮水机开始加热，当水箱内水温达到 98 时温控开关 S1自动断开，饮水机处于保温状态；当水温将至 t时， S1又闭合重新加热。
28、饮水机的铭牌数据与电路原理图如下： 求： （ 1）正常加热时通过饮水机的电流； （ 2）正常加热时电阻 R2的阻值； （ 3）若饮水机重新加热一次的时间为 5min，加热一次消耗的电能。 答案：（ 1）正常加热时通过饮水机的电流为 2A； （ 2）正常加热时电阻R2的阻值为 121；（ 3）加热一次消耗的电能为 1.32105J 试题分析：（ 1）由饮水机的数据铭牌可知 :额定电压 220V，加热功率 440W，则正常加热时 :I=P/U=440W/220V=2A （ 2）分析电路可知，当开关 S1 断开时，电路中只有 R1 时，电路处于保温状态，功率是 40W，闭合开关 S后饮水机开始加热，此时 R1与 R2并联，总功率是440W， R1的功率仍然是 40W， 所以加热时 R2的功率 P2440W-40W400W 根据并联电路特点， R2两端的电压是 220V， R2U2/P2（ 220V）2/400W121 (3)由铭牌表数据知加热功率为 440W，根据 P=W/t 可求得加热一次消耗的电能，注意统一单位。 WPt 440W560s1.32105 J 考点：电功率的计算，电能的计算，欧姆定律的应用，并联电路的特点
