九年级物理试题精选与评点典题1、有一款不用充电的新型，其核心技术是利用了通话时声波的能量，下列说法错误的是（ ）A．这种具有把声能转化为电能的功能B．是通过电磁波传递信息的C．电磁波的频率越高，它的波长越长D．电磁波在空气中的传播速度约为3×108m/s考点：主要考察波速、波长和频率的关系；光的传播速度；移动通信．学生需掌握声波的特点波速波长和频率的基本关系，需要记住光的传播速度解题思路：声波也具有能量，声能也可以转化为电能；移动用微波信号与网络联系；电磁波的波长与频率成反比；可见光是电磁波的一种，电磁波的速度等于光速．解： A、这款不充电的就是靠将通话时声波的能量转化为电能来获得电能的，不符合题意； B、是通过电磁波传递信息的，不符合题意；C、电磁波的波长与频率成反比，它的频率越高，波长越短，符合题意；D、电磁波传播的速度等于光速为3×108m/s，不符合题意．故选C．典题2、如图所示，正确的是（ ）考点：主要考察家庭电路的连接；重力的方向；力臂的画法；光的反射定律．学生需掌握家庭电路的连接方法，力臂的定义和光反射的特点解题思路：（1）掌握熔丝的连接方法和开关控制灯泡的正确连接方法．（2）力臂指的是从支点到力的作用线的垂直距离，若与力的作用线不能相交，则需要延长力的作用线．（3）重力的方向是竖直向下的；（4）光的反射的特点是：三线共面、反射光线和入射光线分居法线两侧、反射角等于入射角、且光路是可逆的．解：A、熔丝只在火线上接一根，在熔丝熔断后，家庭电路和火线断开，接触时不会发生触电事故．开关控制灯泡时，火线首先接入开关，再接入灯泡顶端的金属点，故开关连接错误．故A错． B、力臂应该是从支点O向力的作用下引了垂线段，故B错误． C、重力的方向是竖直向下的，故C错误； D、根据光的反射定律可知，该图是正确的，故D正确．故选D．典题3、在一次实验中，小红连接了如图所示的电路．电磁铁AB正上方放有一小磁针．闭合开关，可能出现的情况是（ ）A．电磁铁A端为S极B．小磁针极N指向水平向右C．若滑动阻器的滑片P向右移动，电磁铁的磁性增强D．移动滑动阻器的滑片P，不影响电磁铁的磁性强弱考点：主要考察通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素。
学生需要掌握右手安培定则，磁感应线的方向，已经电流大小对磁性强弱的影响解题思路：开关闭合后，根据电流方向利用安培定则可判断螺线管的磁极，则由磁极间的相互作用可判出小磁针的指向；由滑动变阻器的滑片移动可得出电路中电流的变化，则可得出螺线管中磁场的变化．解：由图可知螺线管中电流由左侧流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管A端为N极，B端为S极，故A错误；因异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，则可知小磁针N极向右偏转指向B端，故B正确；若滑动阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则由欧姆定律可得线圈中的电流变小，则电磁铁的磁性减弱，故C、D都错误故选B．典题4、一箱汽油用去一半后，剩下的汽油（ ）A．比热容和热值均减半B．比热容和热值都不变C．比热容减半，热值不变D．比热容不变，热值减半考点：主要考察比热容的概念；燃料的热值的定义． 学生需掌握比热容与热值跟物体的质量无关解题思路：（1）比热容：单位质量的物体温度升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的热量叫做这种物质的比热容，它是物质的特性，不随质量、体积变化而变化；（2）热值：单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，它是燃料的特性，不随质量、体积的变化而变化。
解：一箱汽油用去一半后，所含的汽油减少，质量变为原来的一半，但是热值、比热容是不会改变的，因为物质确定后，物质的这些属性与质量无关．故选B．典题5、体积相同的甲、乙两物体，它们的密度和比热容分别是ρ1、ρ2和c1、c2，当它们吸收相等的热量后，下列哪种情况下，甲物体温度的增加量一定比乙物体温度的增加量小（ ）A．ρ1＞ρ2、c1＞c2 B．ρ1＜ρ2、c1＞c2C．ρ1＞ρ2、c1＜c2 D．ρ1＜ρ2、c1＜c2考点：比热容，热量主要考察水的比热容的特点及应用、热量的计算．学生需掌握热值的计算公式解题思路：知道两球的体积相同和密度关系，利用密度公式求两金属球的质量关系；又知道两金属球升高的温度关系，再利用吸热公式进行比较判断即可．解：根据体积相同的甲、乙两物体，它们的密度分别是ρ1、ρ2，设其体积是V，故其质量的关系式是：m甲=ρ1V；m乙=ρ2V；则Q甲=c1ρ1V△t甲；Q乙=c2ρ2V△t乙；由于两物体吸收的热量相等，c1ρ1V△t甲=c2ρ2V△t乙，即c1ρ1△t甲=c2ρ2△t乙；由于甲物体温度的增加量一定比乙物体温度的增加量小，即△t甲小于△t乙，故c1ρ1的乘积大于c2ρ2的乘积，故分析上述四个选项，只有A选项能符合要求．故选A．典题6、某档案馆的保密室进出门有下列要求：甲、乙两资料员必须同时用各自的钥匙（S甲、S乙分别表示甲、乙两资料员的钥匙）使灯亮才能进入保密室；而馆长只要用自己的钥匙（S馆长表示馆长的钥匙）使灯亮就可以进入保密室．下列电路中符合上述要求的是（ ）考点：主要考察串、并联电路的设计和串、并联电路的工作原理．学生需掌握电路的分析能力。
解题思路：根据串并联电路的关系判断甲、乙两资料员开关之间的关系和馆长钥匙之间关系，然后判断灯亮的位置即可得出答案．解：由题意可知，甲、乙两资料员必须同时用各自的钥匙使灯亮才能进入保密室说明两者不能独立工作、相互影响即为串联；馆长只要用自己的钥匙使灯亮就可以进入保密室说明馆长的钥匙开关与甲、乙资料员钥匙开关并联，且灯泡位于干路；由选项可知C符合，ABD不符合．故选C．典题7、如图所示电路中，电源电压不变，当电键S由断开到闭合时，电压表V的示数将 ．S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电压表V的示数将 电流表A1的示数将 ．电流表A 与电流表A2示数的差值跟电流表A示数的比值 （均选填“变小”、“不变”或“变大”）考点：主要考察电路的动态分析；并联电路的电流和电压的变化规律．学生需掌握并联电路的电流与电压的规律，和并联电路电流与电压的计算解题思路：（1）当S断开时，电路断路，各电表的示数为0；当开关S闭合时，电阻R2与滑动变阻器R1并联，电流表A1测量通过电阻R2的电流，电流表A2测量通过滑动变阻器的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源的电压；（2）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器两端的电压不变，接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知该支路电流变小，电阻R1两端的电压和电阻都不变，根据欧姆定律可知通过的电流不变，根据并联电路的电流特点，可知电流表A示数的变化，进一步可知电流表A与电流表A2示数的差值跟电流表A示数的比值的变化．解：（1）当电键S由断开到闭合时，电压表V由示数0变为电源的电压，故电压表V的示数变大；（2）∵电源的电压保持不变，∴滑片移动时，电压表的示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，∵并联电路各支路两端的电压相等，∴根据欧姆定律可知，该支路电流变小，即电流表A2的示数变小；∵并联电路独立工作、互不影响，∴电阻R2两端的电压和电阻都不变，根据欧姆定律可知通过的电流不变，即电流表A1的示数不变；∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴电流表A的示数变小，电流表A与电流表A2示数的差值为电流表A1示数即不变，故电流表A与电流表A2示数的差值跟电流表A示数的比值变大．故答案为：变大；不变；不变；变大．典题8、图甲是探究电流一定时，电压与电阻关系的实验电路图．已知电源电压U=15V，滑动变阻器上标有“20Ω 3A，”（实际最大阻值略小于20Ω），实验中所用的四个定值电阻分别为5Ω，10Ω，15Ω，20Ω．（1）电流表的量程应选 A．（2）ab间接入5Ω电阻时，调节滑动变阻器，使电路中的电流控制在图乙所示的数值．ab间换接10Ω电阻时，滑动变阻器的滑片应向 端移动，直到电流表的示数为 A．（3）当ab间接 Ω电阻时，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，都不能得到实验所要求的数据．为了使这四个电阻都能为实验所用，电路中电流应控制在 A最合理．考点：主要考察探究电流与电压、电阻的关系实验；串联电路的电流规律；电流表的读数方法；串联电路的电压规律；欧姆定律的应用．学生需要掌握串联电路中电阻电压的求算以及电流表的读数。
解题思路：（1）根据欧姆定律求出电路中的最大电流确定电流表的量程；（2）根据电流表的量程和分度值读出示数，利用欧姆定律求出电压表的示数，当ab间换接10Ω电阻时，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，要使电流表的示数不变应减小滑动变阻器接入电路的电阻；（3）根据欧姆定律求出电流表示数为0.8A时电路中的总电阻，即可判断20Ω的电阻不符合实验要求；当定值电阻为20Ω时，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，当定值电阻的阻值为5Ω时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，然后结合电流表的分度值确定电路中控制的最合理电流．解：（1）当定值电阻为5Ω，且滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，根据欧姆定律可得，电路中的最大电流I=U/R=15/5=3A所以电流表的量程为0～3A；（2）由图乙可知，电流表的分度值为0.1A，示数为0.8A；当ab间换接10Ω电阻时，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，要使电路中的电流不变，滑片应向左移动减小接入电路中的电阻，直到电流表的示数为0.8A；（3）电流表的示数为0.8A时，电路中的总电阻R=U/I’=15V/0.8A=18.75Ω<20Ω所以，当ab间接20Ω电阻时，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，都不能得到实验所要求的数据；当定值电阻为20Ω时，电路中的最大电流Imax=U/R”=15V/20Ω=0.75当定值电阻为5Ω时，电路中的最小电流Imin=U/R滑+R=15V/20Ω+5Ω=0.6A因滑动变阻器的实际最大阻值略小于20Ω，且电流表的分度值为0.1A，∴为了使这四个电阻都能为实验所用，电路中电流应控制在0.7A最合理．故答案为：（1）0～3；（2）左；0.80；（3）20；0.70．典题9、某电热水壶的铭牌如图所示，用这个电热水壶将0.5kg、温度为23℃的水烧开，所需时间是3min．已知c水=4.2×103J/（kg•℃），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．考点：主要考察欧姆定律的应用；电功与热量的综合计算．学生需要掌握欧姆定律的灵活运用，电功与热量的计算公式。
解题思路：（1）已知额定电压和额定功率，根据公式R= U2/P即可求出阻值；（2）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，根据吸热公式Q吸=cm△t计算出水吸收的热量；（3）根据公式W=Pt求出消耗的电能；然后求出水吸收的热量与消耗电能的比值就等于电热水壶的热效率．解：（1）已知：额定电压：220V；。