上海浦东新区民办正达外国语学校2025—2026学年九年级上册期中物理试题【附解析】

这是一份上海浦东新区民办正达外国语学校2025—2026学年九年级上册期中物理试题【附解析】，共19页。试卷主要包含了2×106 ②， 电贯穿生活的每个角落等内容，欢迎下载使用。
1.所有答案务必填写在答题纸上与题号对应的区域，不得错位，在试卷上答题一律不得分。
2.“计算”“论证”“说理”题，在作答中需给出必要的文字、公式、演算等。
3.选择标注了“多选”意味着选项不止一个，标注“不定项”意味着选项可能1个也可能多个。
1. 我国汉朝时期文献记载：玳瑁经摩擦后有可以吸引轻小物体的现象。生活中类似的静电现象也很常见。
（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带___________（选填“正电”或“负电”）；
（2）如图（a）所示，用该玻璃棒靠近一根自由悬挂着的塑料吸管，观察到它会被玻璃棒吸引。请写出吸管的带电情况___________；若要进一步检验该吸管是否带电，可将它与如图（b）所示验电器金属球接触，根据图（b）所示的现象，写出吸管的带电情况___________。
（3）摩擦起电的原因是（ ）
A. 摩擦创造了电荷B. 摩擦使原子核发生了转移
C 摩擦使电子发生了转移D. 摩擦使正电荷和负电荷发生了转移
【答案】（1）正电 （2） ①. 可能不带电，可能带负电 ②. 带负电 （3）C
【解析】
【小问1详解】
用丝绸摩擦玻璃棒，由于玻璃棒的原子核束缚电子的能力较弱，玻璃棒失去电子而带正电荷。
【小问2详解】
[1]用带正电的玻璃棒去靠近塑料吸管，发现两者相吸，因为带电体具有吸引轻小物体的性质，则该塑料吸管可能不带电；又因为异种电荷相互吸引，则该塑料吸管可能带负电。
[2]验电器可以检验物体是否带电，当把该吸管去接触验电器的金属球，发现验电器的金属箔张开，说明电子在吸管和验电器之间发生了转移，故吸管带负电。
【小问3详解】
不同物体的原子核对电子的束缚能力不同。两个物体相互摩擦后，原子核对电子束缚能力较弱的物体失去电子，物体带正电，原子核对电子束缚能力较强的物体，因得到电子而带负电，因此，摩擦起电的实质是电子在物体之间发生了转移，并不是创造了电荷。故C正确，ABD错误。
故选C。
2. 如图所示，糖画是我国传统民间艺术。它的制作过程如下：先将糖加热成糖浆，然后用糖浆在平板上“画成”各种图案，糖浆慢慢变硬后就制作成了栩栩如生的糖画。
（1）下列说法正确的是（ ）
A 糖画制作过程中，糖先熔化后凝固
B. 糖画制作过程中，糖先放热后吸热
C. 当糖完全加热成糖浆时，糖分子间不存在引力
D. 糖画制成后，糖分子被固定，不再做无规则运动
（2）与糖画制作时，改变物体内能的方式上相同的是（ ）
A. 钻木取火B. 呵气暖手C. 搓手取暖D. 晒太阳取暖
（3）在糖汁塑性成画的过程中，糖汁温度保持不变，可推断糖的熔化图像与下图中的___________（选填“a”或“b”）类似。糖汁塑性成画的过程中要___________热。（选填“吸”或“放”）
【答案】（1）A （2）BD
（3） ①. b ②. 放
【解析】
【小问1详解】
A．糖画制作过程中，糖先吸热熔化为液态，液态糖再放热凝固为固态，就可以绘制出精美的图案，故A正确；
B．糖画制作过程中，糖先吸热熔化，后放热凝固，故B错误；
C．物质内分子间同时存在着引力和斥力，糖完全加热成糖浆时，糖分子间仍存在引力，故C错误；
D．分子在永不停息地做无规则运动，所以糖分子被固定，分子仍做无规则运动，故D错误。
故选A。
【小问2详解】
糖吸热后熔化，故糖是通过热传递来改变其内能的。钻木取火、搓手取暖都是克服物体间摩擦做功，将机械能转化为内能，故都是通过做功来改变内能的；呵气暖手、晒太阳取暖时，手与身体吸收热量后温度升高，内能增大，都是通过热传递来改变内能的。故BD符合题意，AC不符合题意。
故选BD。
小问3详解】
[1][2]糖汁塑性成画的过程中，糖汁温度保持不变，说明糖是晶体，晶体熔化时吸热，温度保持不变，故可推断糖的熔化图像是b，糖汁塑性成画（即糖凝固）的过程中，要放热。
3. 人类发明、使用的机械遍布生活的各个方面，机械的运用对社会生产力发展起到的重要作用。请回答：
（1）下列杠杆中属于省力杠杆的有________，属于费力杠杆的有______。（填对应的字母）
a.镊子
b.独轮车
c.托盘天平
d.理发剪刀
e.扳手
f.正确使用的筷子
g.大力钳
h.瓶盖起子
（2）小明用如图所示杠杆提起重物，O为杠杆AB的支点，B点挂一重物G。若在A点分别施加、、三个力后杠杆均保持水平位置平衡，则这三个力中最小的是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
（3）关于机械功和功率，下列说法正确的是（ ）
A. 机械做功多，功率一定大B. 功率大的机械做功不一定快
C. 功率小的机械做功一定慢D. 功率小的机械一定比功率大的机械做功少
（4）如图所示，工人用定滑轮匀速提起50牛的重物，物体在10秒内匀速上升3米（不计绳子重力和摩擦）。此过程中，重物的动能___________，重物的机械能___________。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）请计算：拉力做的功___________。
【答案】（1） ①. begh ②. adf （2）B （3）C
（4） ①. 不变 ②. 变大 ③. 150J
【解析】
【小问1详解】
[1][2]在使用独轮车、扳手、大力钳和瓶盖起子时，它们的动力臂大于阻力臂，都属于省力杠杆；在使用镊子、理发剪刀、筷子时，它们的动力臂小于阻力臂，都属于费力杠杆；天平的动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆。故属于省力杠杆的是begh，属于费力杠杆的是adf。
【小问2详解】
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长，动力最小。通过作图可知，当杠杆保持水平位置平衡时，动力F2的力臂为OA且最长，故F2最小。故B正确，ACD错误。
故选B。
【小问3详解】
A．功率在数值上等于做的功与所用时间的比值，由于不知道所用的时间，机械做功多，功率不一定大，故A错误；
B．功率是表示物体做功快慢的物理量，则功率大的机械做功一定快，故B错误；
C．功率是表示物体做功快慢的物理量，则功率小的机械做功一定慢，故C正确；
D．比较机械做功的多少，既要看做功的时间，也要看机械功率的大小。不知道做功所用的时间，则功率小的机械不一定比功率大的机械做功少，故D错误。
故选C。
【小问4详解】
[1][2]工人用定滑轮把50N的重物匀速提升3m，此过程中，重物的质量和速度均不变，故重物的动能不变，重物的高度增大，重力势能增大，机械能等于重力与势能的总和，故重物的机械能增大。
[3]使用定滑轮提升物体时，不计绳子重力和摩擦，根据定滑轮的使用特点可知，F=G=50N
s=h=3m
则拉力做的功为
4. 第一次工业革命以来，热机的广泛使用使人类摆脱了繁重的体力劳动，促进了生产力发展。
（1）若汽油机的汽缸中吸入0.2kg汽油，其完全燃烧后释放的能量约为________J[汽油热值]；若汽油没有完全燃烧，则其热值将________。（“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）如图所示是汽油机工作的四个冲程，其中做功冲程是（ ）
A. B.
C. D.
（3）热机在做功冲程可将______能转化为______能，
（4）下列危害环境的污染中可能与热机的广泛使用有关的是________（填写编号）
①酸雨；②城市光污染；③温室效应
【答案】（1） ①. 9.2×106 ②. 不变
（2）C （3） ①. 内 ②. 机械
（4）①③
【解析】
【分析】
【小问1详解】
[1]已知汽油的热值，0.2kg汽油完全燃烧释放的热量
[2]因为热值是燃料的特性，只与燃料种类有关，与是否完全燃烧无关，所以汽油没有完全燃烧，其热值不变。
【小问2详解】
汽油机的做功冲程的特点是进气门和排气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，观察选项中的四幅剖面图，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【小问3详解】
[1][2]热机的做功冲程是利用燃料燃烧产生的内能来推动活塞做功，从而将内能转化为机械能。
【小问4详解】
热机燃烧化石燃料，产生的二氧化硫等会引发酸雨，产生的二氧化碳等会加剧温室效应，所以与热机广泛使用有关的污染是①酸雨、③温室效应。
5. 长江三峡大坝是世界上最大的水利枢纽工程之一、
（1）在经过三峡大坝时，小明观察到三峡大坝坝体做成上窄下宽，主要是根据___________（选填“固体压强”或“液体压强”）的规律。三峡大坝的正常蓄水位为175m，则离水面距离为30m、面积为的大坝表面受到水的压力为___________N。
（2）货轮从长江驶入东海，轮船所受浮力___________，到达目的地后，卸下货物，此时轮船所受浮力___________（均选填“变大”“变小”或“不变”）（）。
（3）长江江面上还有其他轮船，两艘同向行驶的轮船不能并排行驶，是因为流体流速大的位置压强___________（选填“大”或“小”）。图示实验中，能说明这个规律的是（ ）
A.向自由下垂的两张纸中间吹气，两张纸向中间靠拢
B.甩动两端开口的塑料软管，一端靠近碎纸屑，纸屑从另一端飞出
C.将乒乓球靠近水流时，乒乓球被吸引过去
D.将粗试管装满水，再将稍细的空试管放入其中后迅速倒置过来，细试管缓缓上升
（4）小明在游轮上看到甲板上放着很多救生圈，每一个救生圈都标注着质量3kg，体积0.06，若把一个救生圈扔到水中，如图所示（将救生圈简化为一个球形），求：
①计算此时救生圈受到的浮力大小；
②（作图）在图中画出该救生圈所受的浮力示意图。
【答案】（1） ①. 液体压强 ②.
（2） ①. 不变 ②. 变小
（3） ①. 小 ②. ABC
（4）①9.4N
②
【解析】
【小问1详解】
[1]在其他条件不变时，液体压强随深度的增大而增大，所以三峡大坝坝体做成上窄下宽，能承受更大的液体压强。
[2]根据液体压强公式可知，在离水面距离为30m处，水的压强为
根据可知，面积为1m2的大坝表面受到水的压力为
【小问2详解】
[1]货轮从长江驶入东海，轮船处于漂浮状态，轮船所受的浮力等于自身的额重力，由于轮船的重力不变，故其所受浮力不变；
[2]轮船到达目的地后，卸下货物，轮船仍处于漂浮状态，所受的浮力仍等于自身的重力，由于卸货后轮船的重力变小，故此时轮船所受浮力也变小。
【小问3详解】
[1]根据流体压强与流速的关系可知，流体流速大的位置压强小，若两艘同向行驶的轮船并排行驶，轮船之间的水流速度较大，压强较小，轮船外侧的水流速度较小，压强较大，形成一个向内的压力差，易造成撞船事故，故不能并排航行。
[2]A．向中间吹起，中间空气流速变大，压强减小，纸外侧的空气流速较小，压强较大，形成一个向内的压力差，纸将中间靠近，与“两艘同向行驶的轮船不能并排行驶”的原理相同，故A符合题意；
B．甩动塑料软管，软管上端的空气流速较大，压强较小，软管下端的空气流速较小，压强较大，在管内形成一个向上的压力差，纸屑就会从上端飞出，与“两艘同向行驶的轮船不能并排行驶”的原理相同，故B符合题意；
C．将乒乓球靠近水流，乒乓球靠近水流一侧的空气流速较大，压强较小，乒乓球外侧的空气流速较小，压强较大，在压力差的作用下，乒乓球被吸引过去，与“两艘同向行驶的轮船不能并排行驶”的原理相同，故C符合题意；
D．粗试管装满水并插入空试管后，水填充了两者之间的部分，迅速倒过来后，水在重力作用下，从两个试管之间的空隙流出，从而在细试管底部形成一部分真空区域，在大气压的作用下，细试管就会向上运动，此现象与大气压有关，故D不符合题意。
故选ABC。
【小问4详解】
[1]由图可知，救生圈漂浮在水面上，根据二力平衡可知，救生圈此时受到的浮力与自身重力相等，即
[2]救生圈受到的浮力大小为29.4N，方向竖直向上，作用在其重心处，具体作法：以救生圈的重心为起点，沿竖直向上的方向画一条带箭头的线段，并在箭头附近标注“”
6. 电贯穿生活的每个角落。电是科技运转的脉搏，也是生活舒适便捷的基石，无可替代。请回答：
（1）家庭中使用电热水壶正常工作时的电压为___________伏，它与控制它的开关之间是___________的（选填“串联”或“并联”）。若电热水壶工作时的电流约为6安，则使用1分钟消耗电能___________度，生活中用___________表计量家庭电路消耗的电能。
（2）某导体两端的电压为3伏时，通过它的电流为0.3安，当导体两端电压为9伏时，其电阻为___________欧，如果通过该导体的电流为0.5安，则导体两端电压为___________伏。
（3）家里发现一只标有“3.8V 0.3A”字样的小灯泡，把它接在3V的电源两端，则（ ）
A. 小灯泡的实际功率大于额定功率B. 小灯泡的实际电流大于额定电流
C. 小灯泡的额定功率不变D. 小灯泡的额定电流将变大
（4）一台电动机正常工作时，电动机两端的电压为220V，电阻为2Ω，通过的电流为10A。求：
这台电动机正常工作1min产生___________焦热量，这个过程中电流做功___________焦。
（5）如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，以下说法中正确的是（ ）
A. 电流表A示数变小，电压表示数变小
B. 电压表与电压表示数的差值不变
C. 两电压表示数之差与电流表A示数的比值变大
D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量之比不变
（6）在如图所示的电路中，电源电压为U0，电阻、的阻值均为。现电路中只存在一处故障，且故障只发生在电阻或上。
①开关S断开时，电压表V的示数可能为___________。
②开关S由断开到闭合，电流表A的示数不变，请写出开关S闭合后，电流表A与电压表V的示数及相对应的故障。___________。
【答案】（1） ①. 220 ②. 串联 ③. 0.022 ④. 电能
（2） ①. 10 ②. 5
（3）C （4） ①. 1.2×104 ②. 1.32×105
（5）D （6） ①. U0##0 ②. 见解析
【解析】
【小问1详解】
[1][2]我国家庭电路的电压为220V，故家庭中使用的电热水壶正常工作时的电压为220V，为了能控制电热水壶，它与控制它的开关之间是串联的。
[3]若电热水壶工作时的电流约为6A，由可知，使用1min消耗电能
[4]生活中用电能表来计量家庭电路中用电器所消耗的电能。
【小问2详解】
[1][2]当导体两端的电压为3V时，通过它的电流为0.3A，由欧姆定律可知，导体的电阻为
电阻是导体的一种特性，与电压和电流无关，则当导体两端电压为9V时，其电阻仍为10Ω；如果通过该导体的电流为0.5A，则导体两端电压
【小问3详解】
由题意可知，灯泡的额定电压为3.8V，额定电流为0.3A，小灯泡的额定电压和额定电流是正常工作的电压和电流，是唯一、确定的，不随着实际电压的改变而改变；由于小灯泡的实际电压小于其额定电压，则小灯泡的实际功率小于其额定功率，实际电流小于其额定电流，故C正确，ABD错误。
故选C。
【小问4详解】
[1]电动机正常工作的电压为220V，电阻为2Ω，通过的电流为10A，由焦耳定律可知，这台电动机正常工作1min产生的热量为
根据公式W=UIt可知，这个过程中电流做功
【小问5详解】
由图可知，开关闭合后，R1与R2串联，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量滑动变阻器R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。
A．当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表A示数变小；根据串联分压的原理可知，R2的电阻变大，其两端的电压也变大，即电压表V2示数变大，故A错误；
B．电压表V1与电压表V2示数的差值就是R2两端的电压，电压表V1测量电源电压，其示数不变，电压表V2的示数变大，根据串联电路电压的特点可知，电压表V1与电压表V2示数的差值变小，故B错误；
C．因两电压表示数之差等于R1两端的电压，根据可知，两电压表示数的差值和电流表A的示数比值就等于R1的阻值，因R1的阻值不变，所以两电压表示数之差与电流表A示数的比值不变，故C错误；
D．设滑片移动前后电路中的电流为I1、I2，则电压表V2示数的变化量
即，所以电压表V2示数变化量与电流表示数变化量之比不变，故D正确。
故选D。
【小问6详解】
[1]当开关S断开时，电路为串联电路，电压表测量R2两端的电压。
R1短路时，电路为R2的简单电路，电压表测量电源电压，示数为U0；R1断路，电路断路，电压表示数为0；R2短路，相当于电压表与导线并联，故其示数为0；R2断路，电压表此时串联在电源两极，其示数为电源电压U0。故当开关S断开时，电压表示数可能为0，也可能为U0。
[2]开关S由断开到闭合，电流表A的示数不变，说明电路的电阻不变。
①R1短路，电压表直接接在电源两极，故电压表示数为U0，根据欧姆定律可知，电路中的电流，即电流表示数为
②R2断路，开关S断开时，电压表与R1串联在电源两极，电压表示数为U0；当开关S闭合时，电压表直接接在电源两极，其示数为电源电压U0，电流表示数为0。
7.
（1）在下图电路中缺少一根导线，请按要求用笔线代替导线完成电路连接。要求：闭合开关S后，向右移动变阻器的滑片时，电流表的示数变小。
（2）在如图所示的电路中填上适当的电表符号，使之成为正确的电路。
（3）某番茄自动筛选装置如图（甲）所示，其工作原理如图（乙）所示。已知电源电压恒为15伏，定值电阻为20欧，R为压敏电阻，其阻值随压力变化关系如图（丙）所示。当定值电阻两端电压时，不达标的小番茄将被推出传送带，实现自动筛选功能。
①当检测点上没有番茄时，AB两点间的电压为___________伏。
②当番茄对压敏电阻的压力F≤___________牛时，番茄将被推出传送带。
③有同学提议，选择合适的阻值，可用此装置筛选大西瓜，你认为此提议是否可行，并简要说明理由：___________。
【答案】（1） （2）
（3） ①. 2.5 ②. 0.5 ③. 见解析
【解析】
【小问1详解】
滑动变阻器串联在电路中，且按照“一上一下”的原则接入电路，要求闭合开关S后，向右移动变阻器的滑片时，电流表的示数变小，则应使滑动变阻器接入电路的电阻变大，由图可知，应把左下接线柱与电源的负极连接起来，如图所示：
【小问2详解】
由图可知，最左边的电表串联在电路中，应是电流表；其余两个电表分别与两个小灯泡并联，故都属于电压表，如图所示：
【小问3详解】
[1]由图像可知，当监测点上没有番茄时，压敏电阻的电阻
则电路的总电阻为
根据欧姆定律可知，电路中的电流为
则AB两点间（即R0两端）的电压为
[2]当UAB/=3V时，电路中的电流为
电路中的总电阻为
根据串联电路的电阻关系可知，压敏电阻的阻值为
由图像可知，此时压敏电阻受到的压力为0.5N，即当番茄对压敏电阻的压力F≤0.5N时，番茄将被推出传送带。
[3]由图像可知，压敏电阻受到的压力大于4.5N时，其阻值几乎不变，而大西瓜的重力通常大于4.5N，所以，该同学的提议不可行。
8. 如图所示电路中，电源电压为6伏且保持不变。滑动变阻器上标有“20欧 2安”字样。闭合开关，电流表的示数为1.2安。
（1）求此时连入电路的阻值；
（2）现将一个阻值为10欧的定值电阻与以串联或并联的方式接入MN两点之间。通过计算说明，闭合开关后，移动的滑片，是否依然可以使电流表的示数为1.2安。
【答案】（1）；（2）并联可以使电流表的示数为1.2安
【解析】
【详解】解：（1）此时连入电路的阻值
（2）将定值电阻与以串联的方式接入电路，即使连入电阻的阻值减为0，电路中总电阻最小为10欧姆，大于（1）中R1的阻值，所以不可以使电流表的示数为1.2安。将定值电阻与以并联的方式接入电路，定值电阻所在支路的电流为
电流表测量干路电流，示数为1.2A，则此时滑动变阻器所在支路的电流也为0.6A，由于并联电路支路电压等于干路电压，所以滑动变阻器两端的电压和电流都与定值电阻的相同，故此时滑动变阻器连入电路的阻值与定值电阻相等，为10欧，即将定值电阻与以并联的方式接入电路，且阻值为10欧姆时，电流表的示数为1.2安。
答：（1）此时连入电路的阻值；
（2）定值电阻与以并联的方式接入MN两点之间，电流表的示数可以为1.2安。
9. 如图（a）所示，用纸箱将若干桶装水打包装箱后，放置在水平地面上。箱中每一个桶中都装有体积为、深度为0.3米水。
（1）求每一个桶中水对桶底的压强；
（2）纸箱侧面有如图（b）所示标识，方框中的数字“2”表示当该纸箱放置在水平地面上时，上表面堆放的最大层数为2层。纸箱底面积为，将桶装水打包装箱后，每一箱的总重力为200N；
①纸箱按图（c）所示码齐堆放时，求最底层纸箱上表面所受到的压强；
②纸箱按图（d）所示未码齐堆放时，判断最底层纸箱上表面受到的压强与的大小关系，并说明理由。
【答案】（1）2940Pa
（2）①4×103Pa；②p箱′>p箱，见解析
【解析】
【分析】
【小问1详解】
已知水的深度h为0.3m，根据液体压强公式，可得每一个桶中水对桶底的压强
【小问2详解】
[1]每一箱的总重力为200N，纸箱底面积为，根据固体压强公式，纸箱按图（c）所示码齐堆放时，最底层纸箱上表面所受到的压强
[2]纸箱按图（d）所示未码齐堆放时，最底层纸箱上表面受到的压力大小不变，但接触面积变小，根据固体压强公式，可知此时最底层纸箱上表面收到的压强变大，所以。
10. 小华做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为1.5伏的整数倍保持不变）、待测电阻、电流表、电压表、滑动变阻器、开关各一个，以及导线若干。他正确串联电路后，将电压表并联在电路中。闭合开关，移动滑动变阻器滑片，将测得的两组数据记录在表一中。小华观察数据思考后重新连接了电压表，将新测得的两组数据记录在表二中。小华通过数据处理求出了待测电阻的阻值，完成实验。
表一
表二
①获得表一实验数据的过程中，小华将电压表并联在______的两端；
②实验中小华所用的电源电压为______伏；
③根据表一中实验序号1的数据，计算此次待测电阻的阻值为______欧；（精确到0.1欧）
④根据实验数据， 计算并判断所用滑动变阻器的规格能否为“10欧 2安”。______（需写出计算过程）
【答案】 ①. 滑动变阻器 ②. 4.5 ③. 10.6 ④. 不能；由实验序号1中数据可得，
因此，所用滑动变阻器的规格不能为“10欧 2安"。
【解析】
【详解】[1]待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据可知，待测电阻的电压变大，由串联电路分压定律可知，滑动变阻器电阻变小，根据表一中数据可知电压表并联在滑动变阻器两端了。
[2]由实验序号3可算出待测电阻为
由实验序号2可算出此时滑动变阻器接入电阻为
此时电路总电阻为
根据欧姆定律可得电源电压约为
[3]电源电压为4.5V，滑动变阻器电压为2.6V，因此待测电阻电压为
待测电阻为
[4]由实验序号1中数据可得
因此，所用滑动变阻器的规格不能为“10欧 2安"。实验序号
电压表示数（伏）
电流表示数（安）
1
2.6
0.18
2
2.3
0.20
实验序号
电压表示数（伏）
电流表示数（安）
3
2.2
0.20
4
2.6
0.24