上海市长宁区、金山区2017届九年级物理上学期期末一模试题 精

上海市长宁区、金山区2017届九年级物理上学期期末（一模）试题
（满分 100 分，考试时间 90 分钟）
一.单选题（共 20 分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用 2B 铅笔填涂在答题纸相应的位置上
1..将一块木板截成长短不同的两段，则下列关于两段木板的物理量的大小相同的是（）
A.质量
B.体积
C.重力
D.密度
【答案】D
【解析】：将一根长木板截成长短不同的两段，因长短不同，则质量和体积都不同，但密度与质量和体积没有关系，所以这两段木板的密度不变，仍然相等．
故选D．
密度是物质的一种属性，它不会随质量和体积的变化而变化．
本题考查密度的属性，关键是知道密度与物质的质量和体积没有关系．
2. 2.第一个用实验的方法测定大气压强值的科学家是（）
A.牛顿
B.帕斯卡
C.托里拆利
D.阿基米德
【答案】C
【解析】
A、牛顿研究了牛顿三大定律．不符合题意．
B、帕斯卡研究了帕斯卡定律，研究了液体压强问题．不符合题意．
C、托里拆利研究了托里拆利实验，准确测量大气压的值．符合题意．
D、阿基米德发现了杠杆平衡条件和浮力的影响因素．不符合题意．
故选C．
识记准确测量大气压值的实验是托里拆利实验，托里拆利实验是由托里拆利完成的．
我们要记住一些科学家的主要贡献，例如牛顿、托里拆利、帕斯卡、伽利略、奥斯特、法拉第、安培、伏特、欧姆、焦耳、爱因斯坦等等．
3.书包带做的很宽，其目的是为了（）
A. 增大压力
B. 减小压力
C. 减小压强
D. 增大压强
【答案】C
【解析】：书包背带做的很宽，是在压力一定时通过增大受力面积来减小压强．
故选C．
减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．
掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题．
4. 实验室使用的小灯泡正常工作时的电流约为（）
A. 0.05安
B. 0.2安
C. 1安
D. 2安
【答案】B
【解析】：
实验室里学生实验所用的小灯泡，其额定电压通常为2.5V，额定功率大约为0.6W；
故正常发光时的电流约：I===0.24A；与选项B接近．
故选B．
首先估计小灯泡的额定电压和额定功率，然后估计电功率的公式P=UI，变形后可估计小灯泡正常发光电流．
本题的解题关键是了解实验室使用的小灯泡的电压和电功率的大小．
5.如图 1 所示，闭合电键 S 后，电压表能测量电阻 R1两端电压的电路图是（）
【答案】C
【解析】：
A、两只电阻串联，电压表与电源并联，测量电源电压，不符合题意；
B、两只电阻串联，电压表与电阻R2并联，测量R2两端电压，不符合题意；
C、两只电阻串联，电压表与电阻R1并联，测量R1两端电压，符合题意；
D、闭合电键S后，电阻R2被短路，只有电阻R1工作，电压表并联在开关的两端，示数为零，不符合题意．
故选C．
电压表的内阻非常大，相当于断路，所以电压表要与用电器并联使用，并且使电流从电压表的正接线柱流入，从负接线柱流出．
此题考查的是电压表的使用方法，使用电压表或电流表时，一定明确三个问题：串联还是并联，量程合适吗，电流方向正确吗？
6. 一个阻值为1欧的电阻与一个阻值为5欧的电阻并联后，其总电阻（）
A. 大于5欧
B. 大于1欧、小于5欧
C. 等于1欧
D. 小于1欧
【答案】D
【解析】：因为电阻并联，越并越小，小于其中的任何一个电阻，所以R并＜1Ω．
故选D．
电阻并联，相当于增加了导体的横截面积，电阻越并越小，据此分析判断．
记住结论：电阻越串越大、大于其中的任一个电阻；电阻越并越小、小于其中的任一个电阻．
7.下列研究中所使用的科学方法相同的是（）
①研究导体中电流与该导体两端电压的关系
②研究电流时，用水流比作电流
③研究串联电路时，引入“总电阻”的概念
④研究影响导体电阻大小的因素．
A. ①和②
B. ①和④
C. ②和③
D. ③和④
【答案】B
【解析】：
（1）电流与导体两端电压和导体的电阻都有关系，研究电流与电压的关系时，需要保持电阻一定．采用的是控制变量法；
（2）电流和水流都客观存在，但电流的形成无法直接观察，水流却可以直接观察．电流是电荷的定向移动形成的，水流是水分子的定向移动形成的．两者的形成有共同之处，用能直接观察的水流解释不能直接观察的电流的形成，采用的是“类比法”．
（3）在串并联电路中几个电阻共同作用产生的效果与一个电阻产生的效果相同，或一个电阻再电路中的作用可以由几个电阻共同作用代替，采用的是等效替代法．
（4）影响导体电阻大小的因素有导体的材料、长度和横截面积，研究时需要保持其中的两个量一定．采用的是控制变量法．
故选B．
对基本的物理研究方法熟悉其本质特征，然后进行判断．
控制变量法：在研究物理问题时，某一物理量往往受几个不同物理量的影响，为了确定各个
不同物理量之间的关系，就需要控制某些量，使其固定不变，改变某一个量，看所研究的物理量与该物理量之间的关系．
“类比法”是指两类不同事物之间存在某种关系上的相似，从两类不同事物之间找出某些相似的关系的思维方法；
“等效替代法”是在保证效果相同的前提下，将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成等效的、容易的、易处理的问题的一种方法．
解决此类问题的关键是熟悉基本的物理研究方法，在实际问题中能够识别和应用．
8.如图2所示，AC和DF为直径，长度均相同的铜导线和镍铬合金，B和E分别为AC和DF 的中点，为了研究导体的电阻大小是否与长度有关，应分别接入（）
A. AB和DE
B. DE和AC
C. AB和DF
D. DE和DF
【答案】D
【解析】：第一次接入DE，第二次接入DF，DE和DF长度不
同，材料和横截面积相同，故D正确．
故选：D．
影响电阻大小的因素：材料、长度、横截面积和温度．本题
要研究电阻的大小是否与长度有关，根据控制变量法的思路，就要求选择的电阻线，长度必须不同，但其他因素必须相同．
本题只要熟知影响电阻大小的因素和控制变量法的思路，即可解答．
9.在如图3所示的电路中，闭合开关S后，灯L不发光，电压表无示数，已知电阻R，灯L 中只有一个发生故障，下列操作能判断出具体故障的是（）
①用完好的灯L′替换灯L ②将导线接在电阻R两端
③在电阻R两端并联一个电压表④在电路中串联一个电流表．
A. ①和②
B. ①和③
C. ②和③
D. ①和④
【答案】D
【解析】：①用一个完好的小灯泡替换灯泡L，闭合开关，如果小灯
泡发光，说明灯泡L短路；如果小灯泡不发光，说明电阻断路．此
方法可以判断电路故障；
②将导线接在电阻R两端，无论是电阻断路还是灯泡L短路，电压表都测量电源电压．此方法不能判断电路故障
③将电压表并联在电阻R两端，闭合开关，电压表示数始终为电源电压，无法确定电路的故障次方法不能判断出电路的故障；
④在电路中串联一个完好的电流表，闭合开关，如果电流表有示数，说明灯泡L短路；如果电流表无示数，说明电阻断路．此方法可以判断电路故障；
综合分析①④符合题意．
故选D．
分析电路图知，灯泡与定值电阻串联，电压表测量电阻两端电压；闭合开关，电压表示数为电源电压原因有两个：电阻断路或灯泡短路．
用电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，电压表有较大示数（接近电源电压），此处用电器断路或与之串联的用电器短路；电压表无示数，此处用电器短路或与之串联的用电器断路．
10.均匀实心正方体甲和乙放置在水平地面上，甲的边长小于乙的边长，甲、乙各自对水平地面的压强相等．现分别在两物体上沿竖直方向截去质量相同的部分并分别放在对方剩余部分的上方，此时甲、乙剩余部分对地面的压强分别为p甲′、p乙′，则p甲′：p乙′的值（）A. 一定大于1 B. 一定小于1 C. 可能等于1 D. 可能小于1
【答案】A
二.填空题（共 27 分）
请将结果填入答题纸的相应位置
【解析】：沿竖直方向截去相同质量前，p甲=p乙；
∵p=
∴p甲=，
p乙=
即=
∵甲的边长小于乙的边长
∴s甲＜s乙，m甲＜m乙；
沿竖直方向截去质量相同的部分，甲减少的质量与总质量的百分比大于乙减少的质量占总质量的百分比，因此甲减小的面积大于乙减小的面积，物体对地面的压力不变，面积减小越多，压强增加越大，故p甲′大于p乙′，则p甲′：p乙′的值一定大于1．
故选A．
物体被切去相等质量并叠加后，对水平表面的压力不变，受力面积减小，所以压强都变大，且面积减小得多的压强增大得多，先判断出哪个物体面积减小的多，然后判断压强的大小．本题考查了压强公式的应用，关键是设甲乙两个正方体的增大压强分别为△p甲、△p乙，并根据题意推导出其增大的压强进行求解．
二.填空题（共 27 分）请将结果填入答题纸的相应位置
11.我国家庭电路的电压为 ______ 伏，家用空调与日光灯之间是 ______ 连接的，日光灯工作时消耗的是 ______ 能，用 ______ 去测量．
【答案】220；并联；电；电能表
【解析】：由电学常识可知，我国家庭电路的电压为220伏；
家用空调与日光灯工作时互不影响，它们之间是并联连接的；
日光灯工作时消耗的是电能，家庭电路中消耗的电能用电能表进行测量．
故答案为：220；并联；电；电能表．
知道家庭电路的电压和家庭电路的连接方式．了解日光灯工作时的能量消耗，知道电能表在家庭电路中的作用可逐一解答．
本题考查的主要是对一些家庭用电常识的了解，难度不大，是我们应该熟知的．
12.冰的密度为0.9×103千克/米3，其单位读作 ______ ，体积为1米3的冰熔化成水后，水的质量为 ______ 千克，水的体积为 ______ 米3．
【答案】千克每立方米；900；0.9
【解析】：千克/米3，读作千克每立方米；
由ρ=可得，冰的质量：
m冰=ρ冰V=0.9×103kg/m3×1m3=900kg，
因为冰化水质量不变，
所以m水=m冰=900kg，
水的体积：
V水===0.9m3．
故答案为：千克每立方米；900；0.9．
（1）按复合单位的读法回答；
（2）已知冰的体积和密度，可求冰的质量，冰化水质量不变，知道水的密度，再利用密度公式求水的体积．
本题考查了学生对密度公式的掌握和运用，知道冰化水质量不变是本题的关键．
13.如图4所示，应用连通器原理的是图 ______ ；应用阿基米德原理的是图 ______ ；应用大气压强的是图 ______ ．（均选填“A”、“B”、“C”或“D”）
【答案】A；D；C
【解析】：（1）船闸是由闸室和上、下游闸门以及上、下游阀门组成．若船要从上游驶向下游，先打开上游阀门，使闸室和上游构成连通器，水相平后，打开上游闸门，船驶入闸室；然后打开下游阀门，使下游和闸室构成连通器，闸室和下游水位相平时，打开下游闸门，船驶入下游．
（2）拖拉机的履带与地面的接触面积大，可使地面的受力面积大，在压力一定时，可减小对地面的压强，防止拖拉机下陷．
（3）吸尘器能除尘，主要在于它的“头部”装有一个电动抽风机．抽风机的转轴上有风叶轮，通电后，抽风机会以高速转动，使空气高速排出，内外产生压强差，在大气压的作用下吸入含灰尘的空气．
（4）浸在液体或气体中的物体都受到液体或气体对它施加的竖直向上的浮力．根据阿基米德原理F浮=ρgV排，物体受到的浮力只与液体（或气体）的密度和排开液体（或气体）的体积有关．
综上所述：应用连通器原理的是图A中的船闸；应用阿基米德原理的是图D中的飞艇；应用大气压强的是图C吸尘器．
故答案为：A；D；C．
根据图中的结构特点，分析其所应用的原理，逐一做出判断即可
知道连通器、压强、阿基米德原理和大气压的应用是解决该题的关键．
14.某导体的电阻为20欧，10秒通过该导体横截面的电荷量为6库，则通过该导体的电流为 ______ 安，该导体两端的电压为 ______ 伏，当该导体两端的电压为零时，导体的电阻为 ______ 欧．
【答案】0.6；12；20
【解析】：通过导体的电流：
I===0.6A，
由I=可得，导体两端的电压：
U=IR=0.6A×20Ω=12V；
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，
所以，当导体两端电压为零时，导体的电阻仍为20Ω不变．
故答案为：0.6；12；20．
（1）知道10秒内通过该导体横截面的电荷量，根据I=求出通过的电流，又知道导体的电阻，根据欧姆定律求出导体两端的电压；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关．
本题考查了电流的定义式和欧姆定律的简单应用，要注意导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道常见题目．
15.标有“220V 110W”字样的灯正常工作时，通过灯的电流为 ______ 安，工作10小时耗电 ______ 度．一盏10瓦的节能灯和一盏110瓦的白炽灯正常工作时的亮度相当，若它们发光10小时，节能灯比白炽灯节能 ______ 千瓦时．
【答案】0.5；1.1；1
【解析】：由P=UI可得，正常工作时通过白炽灯灯丝的电流：
I===0.5A，
标有“220V 110W”字样的灯正常工作10h，
耗电的电能，W=Pt=0.11kW×10h=1.1kW•h=1.1度；
由P=可得，正常发光10h，节能灯与白炽灯相比可节约的电能：
△W=△Pt=（110×10-3kW-10×10-3kW）×10h=1kW•h．
故答案为：0.5；1.1；1．
白炽灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出通过灯丝的电流；已知工作时间，由W=Pt求出耗电多少度；白炽灯和节能灯的功率之差即为节约电能的功率，根据W=Pt求出它们都正常发光10h可节约的电能．
本题考查了电功率公式和电功公式的应用，计算过程要注意单位的换算和统一．
16.将同一长方体木块A先后放入甲、乙两个完全相同的装满水的柱形容器中，木块静止时如图所示，则木块所受的浮力F甲 ______ F乙，下表面所受的压强p甲 ______ p乙，放入木块前后容器对桌面的压强变化量AP甲 ______ AP乙．（均选填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】等于；等于；等于
【解析】：
由图知，木块都漂浮，两木块受到的浮力：F甲=F乙，
因为F浮=F下表面-F上表面=F下表面，
所以两图中小木块底部所受水压力相等，
因为p=，S相同，
所以两图中小木块底部受水压强相等．
因为放入木块前的重力相同，放入同一物体后，重力还相同，
根据P=，G相同，容器的底面积相同，故压强也相同．
故答案为：等于；等于；等于．
木块在两种液体中都漂浮，根据物体的漂浮条可知两木块受到的浮力关系，而浮力等于物体上下表面受到的压力差，据此可求两图中小木块底部所受液体压力的大小关系，再根据压强公式求受液体压强的大小关系．
本题考查了学生对压强公式、物体的漂浮条件的掌握和运用，利用浮力产生的原因F浮=F下表面-F上表面是本题的关键．
17.如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S后，当滑动变阻器P向右移动时，电表示数不变的是 ______ ，电流表A2与电流表A的示数比值将 ______ （选填“变大”、“不变”或“变小”）．
【答案】电压表V、电流表A1；变小
【解析】：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测R2支路的电流．
（1）因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变；
并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变；
当滑动变阻器P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=可知，通过R2的电流变小，即电流表A2的示数变小；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小；综上可知，电表示数不变的是电压表V、电流表A1；
（2）因电流表A2的示数变小，电流表A1的示数不变，
所以，电流表A2与电流表A的示数比值==变小．
故答案为：电压表V、电流表A1；变小．
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测R2支路的电流．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R1
电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2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，再根据并联电路的电流特点得出电流表A2与电流表A的示数比值，然后得出答案．
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，正确的表示出电流表A2与电流表A的示数比值是解题的关键．
18.如图所示，某小组同学研究物体浸没在水中时弹簧测力计的示数F与哪些因素有关，他们将体积相同的球体A，思棱体B、正方体C和D分别挂在弹簧测力计下浸没在水中，弹簧测力计的示数如图（a）、（b）、（c）、（d）所示．（已知物体所受重力关系为：G A=G B=G C ＜G D）
（1）分析比较图（a）、（b）和（c）的实验现象及相关条件，可知：浸没在水中的不同形状的物体，重力和体积相同时 ______ ．
（2）分析比较图（c）和（d）的实验现象及相关条件，可知： ______ ．
【答案】
物体浸没在水中时，弹簧测力计的示数与物体的形状无关；物体浸没在水中时，弹簧测力计的示数与物体自身的重力有关
【解析】
解：（1）分析比较图（a）和（b）和（c）可以看出，物体的体积相同，所受的重力G A=G B=G C，只是物体的形状不同．此时它们排水的体积相同，所受浮力相同，弹簧测力计的示数不变．因此可得出的结论是：物体浸没在水中时，弹簧测力计的示数与物体的形状无关．
（2）分析比较图（c）和（d）可以看出，两物体的重力不同，体积相同，所受的浮力相同，但弹簧测力计的示数不同．因此可得出的结论是：物体浸没在水中时，弹簧测力计的示数与物体自身的重力有关．
故答案为：（1）物体浸没在水中时，弹簧测力计的示数与物体的形状无关；
（2）物体浸没在水中时，弹簧测力计的示数与物体自身的重力有关．
分析图示实验情景，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论．
本题考查了实验现象分析，应用控制变量法分析图示实验、根据实验现象即可得出正确结论；要掌握控制变量法的应用．
三.作图题（共 9 分）
请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须使用 2B 铅笔。

19.如图所示，一个重为4牛的木块放置在水平地面上，请用力的图示法画出木块对地面的压力F．
【答案】：
木块放置在水平地面上，木块对地面的压力F=G=4N，方向垂直于接触面向下，作用点在接触面的中点，取标度为2N，作出压力的图示，如图所示：
【解析】
已知的是重力，要求画出的是压力，因此，分析时要搞清在此种状态下，重力与压力的关系，明确三要素，再确定标度，最后画出线段．
本题学生容易把力作用点画在物体重心上；压力的作用点在受压物体的表面，重力的作用点在物体的几何中心上，不能混淆．
20.如图所示，重2牛的小球静止在水面上，请用力的图示法画出球所受的浮力F浮．
【答案】
解：因为重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1N，如下图所示：
【解析】
小球静止在水中，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和方向即可知浮力大小和方向．再按照力的图示要求画出这个力．
作力的图示时，力的大小一定要能被标度整除，正确表示出力的大小、方向和作用点．21.在右图中的○里填上适当的电表符号，填上后要求两灯并联，电路能正常工作．
【答案】
解：要使两灯并联，从电源正极流出的电流应分别流入灯泡，左边的“○”中应填入电流表，这样电流就分别经过灯泡L1和L2，流过两灯泡中的电流应汇合共同流回负极，右边的“○”中应填入电流表，则中间“○”中不能有电流通过，故为电压表，见下图：
【解析】
要使两灯泡并联，则需让它们的两端分别连在一起；然后根据电流表在电路中相当于导线，而电压表相当于开路进行选择合适的仪表．
此题考查了学生对于电流表和电压表的使用方法是否有了清楚的认识：学生不仅要清楚电流表与用电器串联、电压表与用电器并联，还应了解若电流表与用电器并联会造成用电器短路、电压表与用电器串联会造成用电器开路．
四.计算题（共 26 分）
22.一个重5牛的合金小球浸没在水中，其体积为2×10-3米3，求小球静止时受到的浮力．【答案】
解：
小球浸没在水中，排开水的体积：V排=V=2×10-3m3，
浸没时小球受到的浮力：
F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×2×10-3m3×9.8N/kg=19.6N；
因为F浮＞G，
所以，小球会上浮，小球静止时处于漂浮状态，
此时小球受到的浮力：
F浮′=G=5N．
答：小球静止时受到的浮力为5N．
【解析】
小球全部浸入水中，排开水的体积等于小球的体积，根据阿基米德原理的推导公式F浮=ρV 排g求出浮力；再根据浮力和自身重力关系确定小球的状态，最后求出小球静止时受到的浮力．
本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，利用好隐含条件“物体浸没在水中V排=V 物”．
23.如图所示的电路中，电阻R1的阻值为30欧，当电键S断开时，电流表A的示数为0.2安，当电键S闭合时，电流表A的示数为0.5安，求：
①通过电阻R1的电流．
②10秒钟电流通过电阻R2所做的功W2．
【答案】
解：①当电键S断开时，电路为R2的简单电路，电流表测通过R2的电流；
当电键S闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R2的电流不变，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过电阻R1的电流：
I1=I-I2=0.5A-0.2A=0.3A；
②因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=可得，电源的电压：
U=I1R1=0.3A×30Ω=9V，
10秒钟电流通过电阻R2所做的功：
W2=UI2t=9V×0.2A×10s=18J．
答：①通过电阻R1的电流为0.3A；
②10秒钟电流通过电阻R2所做的功为18J．
【解析】
①当电键S断开时，电路为R2的简单电路，电流表测通过R2的电流；当电键S闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R2的电流不变，根据并联电路的电流特点求出通过电阻R1的电流；
②根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，根据W=UIt求出10秒钟电流通过电阻R2所做的功．
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，要注意电键闭合前后通过R2的电流不变．
24.如图所示，电阻R1的阻值为20欧，滑动变阻器R2标有“20Ω 1A”字样，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P移至最左端，电流表的示数为0.3安，求：
①电源电压；
②移动滑动变阻器的滑片P，当电流表示数为0.2安时，电阻R1消耗的电功率P1；
③现有三个定值电阻，阻值分别为4欧，6欧，12欧，设想从中选择一个电阻来替换R1，要求闭合电键S，在移动滑片p的过程中，两电表指针分别能达到某量程的满刻度，且电路能正常工作．则（a）应选用 ______ 欧的电阻代替电阻R1；（b）求满足要求滑动变阻器R2的取值范围．。