2020-2021学年安徽省合肥市瑶海区九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、填空题（每小题2分，共20分）1．【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。【解答】解：泼出去的热水立刻凝成冰，这是因为热水周围含有大量的水蒸气，当水蒸气遇到温差较大的环境时，会迅速地放热降温凝华为小冰晶。故答案为：凝华。【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。2．【分析】温度计读数先看清分度值，辨别出温度是“零上”还是“零下”，视线与液面相平。【解答】解：由图知，温度计上10℃之间有10个小格，所以一个小格代表的温度是1℃，即此温度计的分度值为1℃；液柱上升对应的数值变小，温度是零下，此时的温度为温度计分度值为1℃，读数为﹣13℃。故答案为：﹣13。【点评】本题考查温度计的读数方法，属于基础题目。3．【分析】单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量叫做这种物质的比热容，简称比热。【解答】解：比热容越大，相同质量的特殊液体降低相同温度放出的热量比水要多，因此它的储热效果也比普通热水袋更好。故答案为：比热容。【点评】本题考查对比热容概念的理解，属于基础题目。4．【分析】汽油机有吸气、压缩、做功、排气四个冲程，根据进气门和排气门的开关情况和活塞的运动方向来判断冲程的类型；在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；在做功冲程中，内能转化为机械能，内能减小。【解答】解：由图知，汽油机两个气门关闭，活塞下行，所以是做功冲程；在做功冲程中，高温气体迅速膨胀对活塞做功，将内能转化为机械能，气体的内能减小。故答案为：减小。第1页（共13页）【点评】本题考查内燃机工作时的四个冲程伴随的内能转化，难度不大。5．【分析】物体得到电子带负电，失去电子带正电。【解答】解：根据题意可知，A带正电，B不带电，现用一根带绝缘柄的金属棒把两个验电器连接起来，则就会有一部分负电荷从B验电器流向A验电器，与A验电器中的一部分正电荷中和，则A仍然带正电。故答案为：仍带正电。【点评】本题考查了验电器的使用、物体的带电情况，难度不大，要掌握。6．【分析】开关S断开时，电路为R2的简单电路，根据欧姆定律表示出电流表的示数；开关S闭合时，R1、R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压和电流特点以及欧姆定律求出电流表的示数，电流表变化的示数为电流表两次示数之差，进一步求出I1：I2。【解答】解：开关S断开时，电路为R2的简单电路；电流表的示数为I1＝，开关S闭合时，R1、R2并联，因R2两端的电压不变，所以根据欧姆定律可知通过R2的电流不变，I1′＝I1；电阻R1＝R2，通过R1的电流为I1″＝＝＝I1，电流表的示数为I＝I1′+I1″＝2I1，I2＝I﹣I1＝2I1﹣I1＝I1，所以I1：I2＝1：1。故答案为：1：1。【点评】解决本题的关键：一是理解当电源电压不变时，给一条支路并联另一条支路时，对原来支路无影响（电流不变）；二是灵活运用并联电路的电流关系。7．【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，当滑片P置于最右端时，接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压；当滑片P移至R2中点时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，然后联立等式即可求出电源的电压。【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，当滑片P置于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电压表的示数U1＝4V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流I1＝＝＝0.4A，第2页（共13页）因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压U＝U1+I1R2＝4V+0.4A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当滑片P移至R2中点时，电压表的示数U1′＝6V，此时电路中的电流I2＝＝＝0.6A，则电源的电压U＝U1′+I2×R2＝6V+0.6A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②可得：R2＝20，U＝12V。故答案为：12。Ω【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，利用好电源的电压不变是关键。8．【分析】分析三个电阻的连接方式，根据电路的电流特点计算R2的电流，由焦耳定律计算R2通电3min产生的热量。【解答】解：由装置图知，R2与R3并联后再与R1串联，且三个电阻的阻值相等都为5，由并联电路电压特点和欧姆定律知，通过R2和R3的电流相等，Ω由串联和并联电路的电流特点知，I1＝I2+I3＝2I2，所以I2＝I1＝×1A＝0.5A，R2通电3min产生的热量：22Q＝I2R2t＝（0.5A）×5×3×60s＝225J。故答案为：225。Ω【点评】本题考查了串并联电路特点和焦耳定律公式的应用，正确识别电路、判断通过R2的电流大小是关键。9．【分析】“3000r/（kW•h）”的意义为：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，从而可以计算出电能表的转盘转过30r消耗的电能，又知道工作时间，可利用公式P＝计算出灯泡的实际功率。【解答】解：因为每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，所以电能表的转盘转过30r消耗的电能为：W＝＝0.01kW•h＝3.6×104J，而t＝10min＝600s，灯泡的实际功率为：第3页（共13页）P实际＝＝＝60W。故答案为：60。【点评】本题考查了电能的计算和功率的计算，关键是公式及其变形的应用，要学会对电能表参数的理解，解题过程中要注意单位的换算。10．【分析】安培定则也应用于单匝圆形线圈的极性判断，据此分析。【解答】解：根据安培定则，用右手握住单匝线圈，四指弯向电流的方向，拇指指向单匝线圈的A端，所以B端为S极。故答案为：S。【点评】此题考查了对安培定则的理解和应用，要认真分析题目中给出的条件。二、选择题（每小题2分，共14分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是合意的）11．【分析】（1）晶体和非晶体的区别：是否有一定的熔点或凝固点，晶体在熔化过程吸收热量温度不变，但内能增加；（2）从开始熔化到完全熔化完所用时间就是物态变化经历的时间。【解答】解：A、从图像可以看出，此物质在熔化过程中保持大约48℃不变，所以此物质是晶体，且熔点为48℃，故A错误；B、在EF段，该物质不断放热，温度不变，但内能减小，故B错误。C、该物质从3min开始熔化，到6min结束，该物质熔化过程持续了3min。故C错误。D、该物质在BC阶段处于熔化过程中，此时继续吸热，内能增大，但温度不变，故D正确。故选：D。【点评】本题考查的是对熔化和凝固图像的理解，根据图像分辨晶体和非晶体，并能分析出各自在熔化过程中的特点是解决该题的关键。中考对这个知识点的要求是比较高的。12．【分析】（1）内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和；温度指物体的冷热程度；热量是指在热传递过程中，内能改变的多少。（2）物体间发生热传递的条件是有温度差，先结合热量公式Q＝cm△t分析铁球和水的温度关系，判断出铁球和水的末温大小后，再判断热传递的方向。【解答】解：A、热量是一个过程量，不能用含有描述；故A错误；BC、质量和初温都相同的水和铁球，当它们吸收相同的热量后，根据Q＝cm△t可得△t＝，第4页（共13页）由此可知：当Q和m一定的情况下，c越大，△t越小，水的比热容大，所以△t小，由于初温相同，所以水的末温低。根据热传递的条件，所以质量和初温都相同的水和铁球，当它们吸收相同的热量后，再将铁球投入水中，热量由高温的铁球传给低温的水；故C正确，B错误；D、热传递过程传递的是热量，不能说温度，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了对内能、热量和温度，以及放热公式的掌握和应用，理解用好“质量相等的不同物质，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少”是本题的关键。13．【分析】（1）太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置；（2）蓄电在向外供电时是电源，当给蓄电池充电时，消耗电能转化为化学能，就是一个用电器；（3）产生持续电流的条件是：一是有电源，二是一个闭合的电路；（4）在电路中，电流从电源的正极出来，经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极。【解答】解：A、太阳能电池是将光能转化为电能的设备，故A正确；B、在给蓄电池充电时，消耗电能转化为化学能，就是一个用电器，故B错误；C、电路中只有电源，若电路没有闭合是没有电流的，故C错误；D、在电源的外部，电流从电源的正极出来，经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极，故D错误。故选：A。【点评】此题考查了太阳能电池和蓄电池能量的转化、形成电流的条件以及电流的方向，是一道电学基础题，难度不大，有较强的综合性。14．【分析】分析电路图，两电灯并联，电流表测量通过L2的电流，电压表测量并联支路两端的电压（电源电压）。若一灯熄灭、示数不变的是电压表，说明不亮的灯为断路（若是短路，另一个灯也要熄灭）；电流表示数变小，说明是L2断路；若一灯熄灭、示数不变的是电流表，说明L1断路，此时电压表示数也不变。【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电压表测电源电压，电流表测L1电流；A、如果灯L1断路，灯L1熄灭，电压表示数不变，电流表示数为零，示数变小，故A第5页（共13页）符合题意；B、如果灯L1短路，则电源被短路，两灯都熄灭，电流表示数变大，电压表示数变小，故B不符合题意；C、如果灯L2断路，电压表与电流表示数都不变，故C不符合题意；D、如果灯L2短路，则电源被短路，两灯都熄灭，电流表示数为零，电压表示数变小，故D不符合题意。故选：A。【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。15．【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，电流表A1测R2支路的电流，电压表测电源的电压；根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R2的电流不变，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后分析各个选项。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，电流表A1测R2支路的电流，电压表测电源的电压；由于电源电压不变，则滑片移动时，电压表示数不变；根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，滑片移动时通过R2的电流不变，即电流表A1示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大，由I＝可知，该支路的电流变小，即电流表A2的示数变小；根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流变小，即电流表A示数变小；AB、电压表V示数不变，电流表A2示数变小，电流表A1示数不变，电流表A示数变小，电压表V与电流表A示数的比值变大，故B正确，A错误；C、电压表V示数不变，A示数变小，电流表A2示数变小，电压表V与电流表A2示数的比值变大，故C错误；D、电压表V示数不变，A2示数变小，电流表A1示数不变，电压表V与电流表A1示数的比值不变，故D错误。第6页（共13页）故选：B。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。16．【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压。（1）当滑片P置于变阻器R1的中点时，接入电路中的电阻为R1，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出R1的最大阻值与R2的阻值关系；当滑片P置于变阻器R1的最右端时，接入电路中的电阻为R1，此时电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律表示出