福建省晋江市永春县2024届九年级物理第一学期期中综合测试试题含解析

福建省晋江市永春县2024届九年级物理第一学期期中综合测试试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题
1．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，两灯都能正常工作，灯L1，L2的电阻之比为R1：R2=1：2，此时甲、乙两电表的示数之比为（）
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
2．用两只相同的电加热器，分别给相同质量的水和某种油加热，在开始和加热3min时各记录一次温度，如下表所示．已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），加热的效率都为90%，油的末温没有达到它的沸点，下列说法正确的是
加热时间（min）0 3
水的温度（℃）18 28
油的温度（℃）18 43
A．这种油的比热容为1.68×103J/（kg•℃）
B．这种油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
C．因为这种油的密度比水小，所以它的比热容比水小
D．加热效率没有达到100%，是因为电加热器没有把电能全部转化为内能
3．《墨经》最早记述了杠杆原理．如图中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力．以下说法符合杠杆原理的是
A．“权”小于“重”时，A端一定上扬
B．“权”小于“重”时，“标”一定小于“本”
C．增大“重”时，应把“权”向A端移
D．增大“重”时，换用更小的“权”
4．下列家用电器中，利用电流的热效应工作的是
A．电饭锅B．电风扇
C．电视机D．洗衣机
5．如图，闭合开关后，当滑片向左滑动时，说法不正确的是( )
A．电流表A1的示数变小
B．电流表A2的示数变大
C．A1、A2的示数均变小
D．V的示数不变
6．如图所示电路中，电源电压保持不变，当闭合开关S后，移动滑片P下列说法中正确的是
A．滑片P向右移动时，电压表、电流表示数都变大
B．滑片P向左移动时，电压表示数变大，电流表示数变小
C．滑片P向左移动时，电压表、电流表示数都不变
D．滑片P向右移动时，电压表示数不变，电流表示数变大
7．在探究通过导体的电流与其两端电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图所示的图象，下列说法正确的是
A．导体乙的电阻是导体甲阻值的2倍
B．当在导体甲的两端加1.5V的电压时，通过导体甲的电流为0.45A
C．将甲、乙两导体串联后接到电压为2V的电源上时，通过两导体的电流为0.1A
D．将甲、乙两导体并联后接到电压为2V的电源上时，干路的电流为0.5A
8．小聪同学对冰加热，她将冰熔化成水直到沸腾的过程绘制成如图所示的温度随时间变化的图像，下列分析正确的是
A．AB、CD段物质在吸热，BC、DE段物质没有吸热
B．BC段物质的温度保持不变，内能不变
C．冰的升温比水快，说明冰的比热容比水小
D．对冰加热8min后，冰开始熔化成水直至沸腾
9．下列关于温度、内能和热量的描述中正确的是（）
A．物体只吸收热量而不对外做功，温度不一定升高
B．物体吸收了热量，内能一定增加，温度一定升高
C．物体的温度越高，它所具有的热量就越多
D．100℃的水蒸气具有的内能一定比100℃水具有的内能大
10．下面说法正确的是
A．电路断开后，电路中的电流为零，因此电源电压也为零
B．电路两端只要有电压，电路中就一定有电流
C．电压表有一定的量程，使用时选择的量程越大越好
D．在并联电路中，每条支路两端的电压都相等
11．龙卷风的实质是高速旋转的气流，它能把地面上的物体或人畜“吸”起卷入空中，龙卷风能“吸”起物体的主要原因是
A．龙卷风使物体受到重力变小
B．龙卷风增大了空气对物体的浮力
C．龙卷风内部的气体流速大，压强小
D．龙卷风产生了强大的静电，将物体吸上天空
12．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右滑动过程中
A．电压表V示数变小
B．电流表A1示数变大
C．电流表A2示数不变
D．电流表A2示数变小
二、填空题
13．将两个标有“10Ω 0.6A”和“20Ω 0.5A”的两定值电阻串联接在同一电路中，电源电压最多为_______ V；若将它们并联在同一电路中，干路中的最大电流是_________ A。

14．如图所示蹦床比赛，当运动员从离开蹦床向最高点运动的过程中，_____________能转化为重力势能；到最高点时，运动员的______________能最大。

15．如图所示的电路中，若同时闭合开关S1和S3、断开S2，小灯泡L1与L2是________的;若只闭合开关S2，小灯泡L1与L2是________.(均选填“串联”或“并联”)
16．如图所示，电源电压保持不变，R1=7Ω，R2=8Ω，S闭合，R2两端电压为4V，则R2的电流为_____，R1两端电压为_____，电源电压为_____。

三、实验题
17．（8分）小明和同学们探究“电流与电阻的关系”的实验：
小明选择了如下器材：电源（电压恒为3V）、滑动变阻器“20Ω 2A”、电流表、电压表、开关、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的各一个）、导线若干。

(1)小明在检查实验仪器时，发现电流表的指针偏向“0”刻度线的左侧，小明应___________；
(2)请用笔画线代替导线帮助小明完成图电路的连接；
（____）
(3)开关闭合前，小明应将滑动变阻器的滑片置于_____（选填“左”或“右”）端；闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表有示数。

经检查，电流表、电压表正常且连接完好，则电路存在的故障可能是___________________；(4)排除故障后，小明先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器滑片使电阻两端的电压为1V，再将5Ω电阻换成10Ω电阻后，小明接下来的操作是________________；当把10Ω的电阻换成20Ω的电阻后，无论怎样调节滑动变阻器滑片都无法使电压表示数达到控制值，说明________；
(5)更换器材后重新实验，小明得出的结论是：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成_____比。

18．（8分）为了验证并联电路的电流特点。

小明设计了如图所示的电路进行实验。

（1）小明先将电流表接在L1所在的支路上，闭合开关后，观察到灯L2发光，灯L1不发光，电流表的示数为零，电路可能存在的故障是：_____________。

（2）排除故障后，他测出了L1，L2两支路和干路上的电流分别为I1，I2和I，电流表示数分别如图中甲，乙，丙所示，可读出I1=0.5A，I2=______A,I=____A。

19．（8分）小华同学为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，她在学校实验室找来了如下一些实验器材:电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为10Ω，20Ω，50Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器上标有“20Ω1A”字样，导线若干。

(1)小华先把10Ω的电阻接入电路，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片时，使电压表示数为2V，读出电流表示数:断开开关，她直接拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，闭合开关，电压表示数如图乙所示，其示数是_____V，要完成这次实验，接下来她应将变阻器滑片向___端(选填“左”或“右”)移动，使电压表的示数为___V。

(2)当小华改用50Ω的电阻继续实验时，发现无论怎样移动滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，你认为“电
压表的示数无法达到实验要求的值”的原因可能是_________
A．电源电压太小B．电压表量程选小了
C．滑动变阻器的阻值太小D．滑动变阻器烧坏了
(3)小华解决了上述问题后，完成了实验。

作出了如图丙所示的1- R关系图象，则电流与电阻的关系是:当电压一定时，___________- 。

四、作图题
20．（8分）如图所示，重为20牛的物体A静止在水平地面上，请用力的图示法在图中画出物体A对地面的压力F．（________）
21．（8分）如图所示，O为支点，l1为动力F1的力臂，请作出此杠杆的动力F1和阻力F2的示意图．
（______）
五、计算题
22．（10分）如图所示电路中，当开关S闭合后，电压表的示数如表盘所示，电流表A1、A2、A3的示数分别为1.8A、1.5A、1A，求：
（1）电源电压是多少？
（2）通过L1，L2、L3的电流分别是多大？
23．（12分）在图(a)所示的电路中,电源电压为15V且保持不变,电阻R1的阻值为30Ω.闭合电键S,电流表的示数如图(b)所示.
（1）求通过电阻R1的电流I1______.
（2）求电阻R2的阻值______.
参考答案
一、选择题
1、D
【解题分析】
解：乙表与电源两端连接，所以乙是电压表，甲如果是电流表， S 闭合时，灯L 2短路，与题意不符，故甲也是电压表，
甲表测L 2的电压，乙表测电源电压，两灯串联，12 R R ＝12，根据分压原理可知1212L L U U ＝，根据串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和可得， 甲、乙两电表的示数之比为2112112223
L L L L L L U U U U U U U U ++甲乙＝＝＝． 故选D ． 点睛：根据电路的连接，乙表与电源连接，故为电压表，甲表不能是电流表，故两表都为电压表，甲表测L 2的电压，乙表测电源电压，两灯串联，根据分压原理和串联电路电压的规律得出答案．
2、A
【解题分析】
AB ．取两种液体都加热了3分钟为研究对象，因为是用的两个相同的电加热器，且加热效率都为90%，所以Q 水=Q 油， 水的质量和油的质量相等：
因为：
Q 水=c 水m 水(t 水−t 0)，Q 油=c 油m 油(t 油−t 0)
4.2×103J/(kg ⋅℃)×m 水×(28℃−18℃)=c 油×m 油×(43℃−18℃)
解得：
c 油=1.68×103J/(kg ⋅℃)．
故A 正确、B 错误；
C．密度和比热容都是物质的一种属性，二者的大小之间没有必然的联系，故C错误；
D．加热效率没有达到100%，主要是因为电加热器产生的热量没有全部被液体吸收，而是存在一定的损失，而不是因为电加热器没有把电能全部转化为内能，故D错误．
3、C
【解题分析】
解：
A．根据杠杆平衡条件，“权”小于“重”时，因为不知道“标”和“本”的大小关系，无法确定“权”和“标”的乘积与“重”和“本”乘积的大小的关系，故A错误．
B．根据杠杆平衡条件，“权”小于“重”时，“标”一定大于“本”，故B错误．
C．根据杠杆平衡条件，“本”不变，增大“重”时，因为“权”不变，“标”会变大，即应把“权”向A端移，故C正确．
D．使用杆秤时，同一杆秤“权”不变，“重”可变，不同的“重”对应不同的“标”．若更换更小的“权”，“标”也会变得更大，不符合秤的原理，故D错误．
答案为C．
4、A
【解题分析】
A．电饭锅把电能转化为内能，是利用电流的热效应；故A项符合题意；
BD．电风扇和洗衣机主要是把电能转化为机械能；故BD项不符合题意；
C．电视机主要是把电能转化为光能和声能；故C项不符合题意。

5、B
【解题分析】
先分析电路图，电流从电源正极流处出，流过开关S之后分成两部分电流，一部分电流流过电阻1R，另一部分电流流过电流表A1，再经过滑动变阻器2R，最后两部分电流合成一部分，经过电流表A2，最后回负极；1R和2R是并联接在一起，当滑片向左滑动时，接入电路的2R电阻变大，2R两端的电压依然不变，等于电源电压的大小，即V的示数
不变，根据欧姆定律
U
I
R
可知，流过
2
R的电流变小，即A1示数变小，在这个过程中，电阻
1
R两端的电压和阻值大
小不变，那么流过1R的电流大小也不变，A2示数将变小；故选B。

6、D
【解题分析】
由电路图可知，电阻R1与R2并联，电流表测干路的电流，电压表测并联支路R1两端的电压，亦即电源电压．当滑片
P向右移动时，R1变小，通过R1的电流变大，并联电路干路电流变大，电流表示数变大．电压表示数不变，故A错误，D正确．
当滑片P向左移动时，R1变大，通过R1的电流变小，并联电路干路电流变小，电流表示数变小．电压表示数不变，故BC错误．
答案为D．
7、A
【解题分析】
A．由图知，当电压为3V时，通过甲的电流为0.4A，通过乙的电流为0.3A，
根据欧姆定律I=U
R
可得：
R甲=U
I
甲
甲
=
3V
0.6A
=5Ω，
R乙=U
I
乙
乙
=
3V
0.3A
=10Ω，
则导体乙的电阻是导体甲阻值的2倍，故A正确；
B．由I−U图象可知，在导体甲的两端加1.5V的电压时，通过导体甲的电流为0.3A，故B错误；C．导体甲、乙串联接到电压为2V的电源上时，根据电阻的串联和欧姆定律，电路的总电流：
I=
U
R R
+
甲乙
=
2V
5Ω10Ω
≈
+
0.13A，
故C错误；
D．将甲、乙两导体并联接到电压为2V的电源上时，根据并联电路电压的规律，每个导体的电压都为2V，由选项A 知，通过电阻甲的电流I甲=0.4A，通过乙的电流为I乙>0.1A，根据并联电路电流的规律，通过导体的总电流为：I总>0.5A，故D错误．
8、C
【解题分析】
A. 由图象可知，AB是熔化前升温过程，BC是冰的熔化过程、CD段是熔化后升温过程，DE段是水的沸腾过程，这几段都要吸热，故A错误。

B. BC段是物质的熔化过程，吸热内能增加，但温度保持不变，故B错误。

C.从图象上可以看出,相同质量的冰和水在吸收相同热量时，冰升高的温度大于水升高的温度，由c＝可知，冰的比热容比水小。

故C正确；
D. 从图象可以看出，对冰加热2min后，冰开始熔化成水直至沸腾，故D错误。

故选C.
【题目点拨】
（1）由图象可知：AB段表示冰吸热升温；BC段是冰水混合物，是冰的熔化过程；CD段是水吸热升温；DE段是水
的沸腾过程，温度不变．熔化和沸腾都需要吸收热量．（2）运用公式Q吸＝cm△t可以知道，当质量和吸收的热量相同时，比热c和升高的温度△t成反比．（4）物体吸收了热量，内能一定增加，但是温度不一定升高．
9、A
【解题分析】
A．物体只吸收热量而不对外做功，温度不一定升高，如晶体熔化过程中不断吸热，温度不变，故A正确，B错误；C．热量是过程量，不能表述具有热量，故C错误；
D．内能与物体质量有关，所以100℃的水蒸气具有的内能不一定比100℃水具有的内能大，故D错误。

故选A。

10、D
【解题分析】
A．电源是提供电压的装置，为电路提供电压，断开开关，无电流，但电源电压仍然存在，故A错误；
B．电路两端有电压，如果是开路，电路中就没有电流，故B错误；
C．电压表有一定的量程，使用时要根据实际选择合适的量程，而不是越大越好，故C错误；
D．并联电路的电压特点是各支路两端的电压相等，故D正确。

11、C
【解题分析】
A、地球附近的物体的重力跟物体的质量有关，质量不变，重力不变。

故A错误；
B、物体受到的浮力只和物体排开空气的体积及空气密度有关，这两个量没变，浮力就没变，故B错误。

C、根据流体压强与流速的关系可知：龙卷风内部空气流速快，外部流速慢，造成龙卷风内部的压强远小于外部的压强。

故C正确；
D、发生龙卷风一般在沿海地区，空气比较潮湿，不易发生摩擦静电。

故D错误；
12、C
【解题分析】
闭合开关，由图示可知，两电阻为并联关系，电压表测总电压也就是各支路的电压，电流表A1测总电流，电流表A2测通过电阻R1的电流，当滑动变阻器的滑片P向右滑动过程中，电阻变大，总电阻变大，所以总电流变小，故电流表A1示数变小，所以B错；电源电压不变，故A错；并联电路各支路互不影响，所以电流表A2示数不变，故C正确，D错误；应选C．
二、填空题
13、150.9
【解题分析】
“10Ω，0.6A”表示该电阻的阻值为10Ω，额定电流为0.6A；“20Ω，0.5A”表示该电阻的阻值为20Ω，额定电流为0.5A；
[1]因串联电路中各处的电流相等，所以，当两个电阻串联时,电路中的最大电流应为：I大=I2=0.5A，由电阻的串联和欧姆定律可得，该电路两端所加的最大电压：
U大=I大(R1+R2)=0.5A×(10Ω+20Ω)=15V；
[2]根据欧姆定律可得，两电阻两端允许所加的最大电压分别为：
U1=I1R1=0.6A×10Ω=6V；
U2=I2R2=0.5A×20Ω=10V，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，该电路两端所加的最大电压为6V，
由欧姆定律可得，通过第二个电阻的电流：
I′2=
26V 20Ω
U
R
==0.3A，
此时通过第一个电阻的电流为I1=0.6A，根据并联电路电流的规律可得，干路的最大电流：
I大= 0.3A+0.6A=0.9A。

14、动重力势
【解题分析】
[1][2]当运动员从离开蹦床向最高点运动的过程中，质量不变，速度减小，高度增大，所以其动能减小，重力势能增大，即动能转化为重力势能，到最高点时，运动员的动能最小，重力势能最大。

15、并联串联
【解题分析】
由图知,若同时闭合开关1s和3s、断开2s,则电流有两条路径：正极→1s→2L→负极;正极→1L→3s→负极,故1L、2L 并联．若只闭合开关2s,电流只有一条路径：正极→1L→2s→2L→负极,因此1L、2L串联；
【题目点拨】
串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极．
16、0.5A 3.5V 7.5V
【解题分析】
利用电压和电阻的比值计算电流，利用电流和电阻的乘积计算电压，串联电路中电源电压等于各用电器电压之和。

【题目详解】
[1]根据电压和电阻计算电流为：
2 2
4V
==0.5A 8Ω
U
I
R
=；
[2]在串联电路中电流相等，则R1两端的电压为：
U1=IR1=0.5A×7Ω=3.5V；
[3]电源电压为：
U=U1+U2=4V+3.5V=7.5V。

三、实验题
17、将电流表指针调零左（根据连结实物图而定）定值电阻断路向左移动变阻器
的滑片，使电压表示数为1V变阻器最大电阻太小反
【解题分析】
(1)[1]检查实验仪器时，发现电流表的指针偏向零刻度线的左侧，说明电流表没有调零，应将电流表指针调零。

(2)[2]电源电压是3V，电压表的量程选择0~3V，电压表和电阻并联，由欧姆定律，电流最大值为
I=
1V
5
U
R
=
Ω
=0.2A
故电流表选用小量程与电阻串联，变阻器一上一下串联接入电路中，如下图所示：
(3)[3][4]为了保护电路，开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处的左端；闭合开关后，发现电流表无示数，则电路为断路，电压表有示数，可能是电阻断路。

(4)[5]根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为1V。

[6]由图可知，电阻两端的电压始终保持U V=1V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U 滑=U -U V =3V-1V=2V
变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为 R 滑=2×20Ω=40Ω
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，而现有变阻器的最大电阻为20Ω，即变阻器最大电阻太小。

(5)[7]更换器材后重新实验，由实验数据可以得到当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。

18、灯L 1断路 0.52 1
【解题分析】
(1)[1]假设灯L 1断路，那么没有电流流过这条支路，灯L 1不发光，电流表的示数为零，灯L 2不受影响，依然发光，这些情况符合题意，所以电路可能存在的故障是灯L 1断路；
(2)[2][3]从图乙可以看到，电流表的量程是0到0.6A ，每一刻度表示的大小是0.02A ，那么这个读数是20.52A I =；从图丙可以看到，电流表的量程是0到3A ，每一刻度表示的大小是0.1A ，这个读数是1A I =。

19、2.4 右 2 C 电压一定时，导体中的电流与电阻成反比
【解题分析】
(1)[1][2][3]由图可知，电压表所选量程为0~3V ，根据指针位置可知，其示数是2.4V ，
拆下阻值为10Ω的电阻改换成阻值为2OΩ的电阻。

闭合开关，电压表的示数会变大，应增大滑动变阻器的阻值，则应将变阻器滑片向右移动，使电压表的示数不变为2V ；
(2)[4]当改用50Ω的电阻时，电路中的电流为：
2V 0.04A 50U I R ===Ω
， 滑动变阻器的阻值为：
3V 2V 250.04A
U R I -===Ω滑滑 无法使电压表的示数达到实验要求的值，可能由于滑动变阻器的最大阻值太小，把滑动变阻器阻值全部接入电路时，滑动变阻器分得的电压还是较小，不能使电阻两端达到要求的值，故选C ；
(3)[5]由图丁可知，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.0V ， 说明电压一直保持在2.0V ，此时导体中的电流与电阻成反比。

四、作图题
20、
【解题分析】
A静止在水平地面上，压力的大小等于重力，为20N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面上，每段的标度设定为10N，压力如图所示：
21、
【解题分析】
阻力F2是重物对杠杆的拉力，作用点在杠杆上，方向竖直向下；过力臂l1的右端，作垂直于l1的直线，与杠杆的交点为力F1的作用点，方向斜向右上方；如图所示：
五、计算题
22、（1）1.8V；（2）0.3A、0.5A、1A。

【解题分析】
(1)由图可知，电压表所选量程为0～3V ，由指针位置可知，此时的电压U =1.8V ，电压表测量灯泡L 3两端的电压，即L 3两端的电压为1.8V ，由图可知三个灯泡并联，根据并联电路的电压特点可得电源电压为1.8V ；
(2)由图可知，三个灯泡并联，电流表A 1测干路电流，电流表A 2测流过灯L 2与L 3的电流，电流表A 3测流过灯L 3的电流；则通过灯L 3的电流 I 3=I A3=1A ，由并联电路电流规律可知：
通过灯L 2的电流
223 1.5A 1A 0.5A A A I I I =-=-=，
通过灯L 1的电流
112 1.8A 1.5A 0.3A A A I I I =-=-=。

答：(1)电源电压是1.8V ；
(2)通过L 1、L 2、L 3的电流分别是0.3A 、0.5A 、1A 。

23、0.5 10
【解题分析】
由电路图可知，R 1与R 2并联，电流表测干路电流．
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过电阻R 1的电流：1115V 0.5A 30Ω
U I R ===； （2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，由指针的位置可知，电流表的量程为0～3A ，分度值为0.1A ，干路电流I=2A ，
则通过电阻R 2的电流：212A 0.5A 1.5A I I I =-=-=，
电阻R 2的阻值：
2215V 10Ω1.5A
U R I ===． 【题目点拨】
解题的关键是根据并联电路的电流特点，判断电流表使用了大量程，再灵活运用欧姆定律，则题目可解．。