九年级全一册物理期中复习（压轴特训60题22大考点）（解析版）2023-2024学年九年级全一册物理阶段性考试考点复习与题型训练（人教版）

第第页九年级全一册物理期中复习（压轴特训60题22大考点）训练范围：人教版八年级上册第13~16章。TOC\o"1-3"\h\u【考点1温度、热量与内能的关系】 2【考点2热传递与做功改变物体内能】 3【考点3实验比较不同物质吸热的情况】 5【考点4热量的计算】 10【考点5热平衡方程的应用】 13【考点6燃料的热值及其计算】 16【考点7热机的效率】 21【考点8电荷间的相互作用规律】 24【考点9电路的三种状态】 25【考点10串、并联电路的设计与应用】 27【考点11电路的基本连接方式】 30【考点12根据实物图画电路图】 32【考点13实物的电路连接】 33【考点14探究串联电路中各处电流的关系】 35【考点15并联电路的电流规律】 38【考点16探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系】 40【考点17串联电路的电压规律】 42【考点18探究串联电路中的电压规律】 46【考点19影响电阻大小的因素】 48【考点20探究影响导体电阻大小的因素】 50【考点21滑动变阻器的使用】 53【考点22能量的利用效率】 55【考点1温度、热量与内能的关系】 1．（2023秋•杜集区校级月考）关于温度、热量、内能的说法中正确的是（）A．物体吸收热量，温度一定升高 B．物体的温度越高，所含热量越多 C．0℃时水放热结冰，物体的内能减少到零 D．热传递过程中，放热物体的温度一定比吸热物体的温度高【答案】D【分析】（1）晶体的熔化、水的沸腾过程吸热，温度不变；（2）热量是一个过程量，不能说物体含有热量；（3）一切物体都具有内能；（4）发生热传递的条件是存在着温度差。【解答】解：A、晶体熔化时吸收热量，但温度不变，故A错误；B、物体的温度越高，所含内能越大，热量是一个过程量，不能说“含有热量”，故B错误；C、任何物体都具有内能，内能不能为零，故C错误；D、热传递过程中，热量从高温物体传递给低温物体，所以放热物体的温度一定比吸热物体的温度高，故D正确。故选：D。2．（2023春•浦东新区校级月考）我们用温度表示物体的冷热程度；物体内所有分子动能和势能的总和称为内能；温度越高，分子运动越剧烈，物体具有的内能越大。【答案】冷热；势能；高；大。【分析】（1）温度是表示物体的冷热程度，（2）物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能之和叫内能；构成物质的分子总在不停地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，分子的动能就越大。【解答】解：我们用温度表示物体的冷热程度程度；物体内部所有分子热运动的动能和势能的总和，叫作物体的内能，构成物质的分子永不停息地做无规则的运动，温度越高，分子无规则热运动就越剧烈，分子具有的动能就越大，具有的内能越大。故答案为：冷热；势能；高；大。【考点2热传递与做功改变物体内能】 3．（2023•榆次区二模）在铺设柏油马路时，将加热后的沥青浇洒在马路上，用压路机将其压实压平，待沥青冷却后，柏油马路即可使用。下列关于铺设柏油时的说法正确的是（）A．闻到沥青的气味是扩散现象，说明分子间只有引力的作用 B．沥青冷却属于液化过程 C．沥青在冷却的过程中，沥青的温度不变，内能减小 D．沥青在冷却的过程中，沥青的内能是通过热传递的方式改变的【答案】D【分析】（1）物质是由分子组成的，分子间存在间隙，组成物质的分子永不停息地做无规则的运动，物体温度越高分子运动越剧烈；分子间存在相互作用的引力与斥力；（2）凝固是物质由液态转变为固态，凝固要放热；（3）沥青是非晶体，根据非晶体的特点分析解答；（4）做功和热传递是改变物体内能的两种方式。【解答】解：A、因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，闻到沥青的气味是扩散现象，这是扩散现象，不能说明分子间只有引力的作用，故A错误；B、沥青冷却属于凝固，是物质由液态转变为固态，故B错误；C、沥青是非晶体，在冷却的过程中，沥青的温度降低，内能减小，故C错误；D、沥青在冷却的过程中，沥青的内能是通过热传递的方式改变水的内能，故D正确。故选：D。4．（2023秋•涵江区校级月考）高空的冰晶在下落过程中变成雨滴（不考虑整个过程中质量的变化），这说明（）A．它的内能减小了 B．它的内能增加了 C．它的内能没有发生变化 D．以上三种说法都有可能【答案】B【分析】解决此题要知道冰晶变成雨滴，冰晶在下落过程中，克服摩擦做功，内能增加。【解答】解：冰晶在下落过程中，克服摩擦做功，内能增加，温度升高；当冰晶熔化为水滴时，虽然温度不变，但内能增加。故选：B。5．（2022秋•阳信县月考）（多选）将装有酒精的金属管固定在桌子上，并用塞子塞紧。快速来回拉动绕在管上的绳子，过一会儿塞子跳起来，如图所示。则（）A．拉动绳子过程，金属管温度升高，内能增加 B．拉动绳子过程，管内酒精温度不变 C．塞子跳起时，管内气体温度降低，内能减少 D．塞子跳起时，管内气体内能全部转化为塞子的机械能【答案】AC【分析】知道做功和热传递都可以改变物体的内能。对于做功改变内能时，若对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。【解答】解：A、拉动绕在管上的绳子，绳子会对管子做功，管子温度会升高，内能会增大，故A正确；B、因管子与酒精会有温度差，所以管子会把热传递给酒精，酒精的温度也会升高，蒸发加快，故B错；C、管内气体膨胀做功，将内能转化为机械能，将塞子顶起，管内气体的温度降低，内能减小，故C正确；D、塞子跳起时，有热损失，管内气体内能不能全部转化为塞子的机械能，故D错。故选：AC。6．（2023秋•沈阳月考）2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，中国航天又站在了一个新的起点上。（1）火箭发射前，发射台下的水池内需注入大量的水。点火升空时，发射台周围出现大量的“白雾”（如图1），这是水蒸气液化（填物态变化名称）的结果；火箭加速升空的过程中，飞船的机械能增大。（2）2021年11月7日，航天员翟志刚和王亚平身着“飞天”舱外航天服成功出舱，并完成在机械臂上安装脚限位器和舱外工作台等工作。机械臂工作时类似于人的手臂，属于费力杠杆。（3）2022年3月23日，“天宫课堂”再度开课。如图2甲所示，两块透明板上的水球接触后合成一个，然后将两块透明板分开，中间形成一个长约10cm的液桥，这一实验说明分子间存在引力。如图2乙所示，太空抛物实验中，奥运顶流“冰墩墩”被王亚平抛出后，假如它不受任何外力，将做匀速直线运动。（4）飞船返回舱返回地球时，进入大气层后，与大气剧烈摩擦，舱体外壁的温度达2000℃以上，这是通过做功的方式改变了返回舱的内能。【答案】（1）液化；增大；（2）费力；（3）引；做匀速直线运动；（4）做功。【分析】（1）物质由气体变为液态的过程叫液化；动能的大小由质量和速度决定，重力势能的大小由质量和高度决定，机械能等于动能和势能之和。（2）人的手臂相当于一个费力杠杆，动力臂小于阻力臂。（3）分子间存在引力；运动的物体不受外力作用时将保持匀速直线运动。（4）做功可以改变物体的内能。【解答】解：（1）“白雾”是小水珠，是由水蒸气液化形成的；火箭加速升空的过程中，火箭的质量不变，速度增加、高度增加，其动能和重力势能都增大，故其机械能增大。（2）人的手臂相当于一个费力杠杆，动力臂小于阻力臂，机械臂工作时类似于人的手臂，所以机械臂属于费力杠杆。（3）当把两块透明板上的水球接触后由于水分子间存在引力，两个水球相互吸引会合成一个，将两块透明板分开，由于分子间存在引力，水分子间相互吸引，导致液桥形成；由牛顿第一定律知，运动的物体不受外力作用时将保持匀速直线运动。（4）舱体外壁与大气剧烈摩擦，克服摩擦做功，机械能转化为内能，使返回舱温度内能增大，温度升高。故答案为：（1）液化；增大；（2）费力；（3）引；做匀速直线运动；（4）做功。【考点3实验比较不同物质吸热的情况】 7．（2023秋•灵石县月考）“探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内并用相同的电加热器给它们加热，其温度随时间变化的图像如图所示。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），不考虑实验中的热损失下列分析正确的是（）A．食用油的吸热能力比水强 B．食用油的比热容大 C．加热2min，食用油比水吸收的热量多 D．加热2min，食用油吸收的热量是4.2×104J【答案】D【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；（2）根据Q＝cmΔt求解。【解答】解：AB、根据甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图象知，加热相同时间（吸热相同），水升高的温度小于食用油升高的温度；根据比较吸热能力的方法，水的吸热能力强，水的比热容大，故AB错误；C、根据转换法，加热2min，食用油和水吸收的热量一样多，故C错误；D、加热2min，水升高的温度为20℃，水吸热为：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J；根据转换法，食用油吸收的热量是4.2×104J。故D正确。故选：D。8．（2023春•长宁区期末）某同学在家里烧水时发现，“烧开同样温度的一壶水比半壶水所需的时间长”。根据这一现象他猜想：水吸收热量的多少与质量有关。为了验证以上猜想，他来到实验室，用完全相同的实验器材对初温均为15℃，质量分别为100克、200克和300克的水进行加热（水每分钟吸收的热量相同），实验过程如图所示。该实验中水吸收热量的多少是通过加热时间的长短来反映的。通过观察实验操作及现象，他归纳得出初步结论：同种物质，升高相同的温度，质量越大的吸收的热量越多。【答案】质量；加热时间的长短；同种物质，升高相同的温度，质量越大的吸收的热量越多。【分析】（1）因水每分钟吸收的热量相等，通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；（2）根据实验操作及现象结合控制变量法分析回答。【解答】解：烧开水所用的时间越长表示水吸热越多，由现象“烧开同样温度的一壶水比半壶水所需的时间长”可知，水的质量越多水吸收热量就越多，故可以提出猜想：水吸收热量的多少与质量有关；根据转换法，在实验过程中用控制加热时间的方法保证不同质量的水吸收的热量相同，故该实验中水吸收热量的多少是通过加热时间的长短来反映的；由图可知，升高相同的温度，质量越大的水需要加热时间越长，即吸收的热量越多，故可以得出结论：同种物质，升高相同的温度，质量越大的吸收的热量越多。故答案为：质量；加热时间的长短；同种物质，升高相同的温度，质量越大的吸收的热量越多。9．（2023秋•鼓楼区校级月考）为了比较水和食用油的吸热能力，用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如表。物质质量/g初始温度/℃加热时间/min最后温度/℃水6020645食用油6020668（1）安装装置时，应按照从下到上的顺序安装（选填“从上到下”或“从下到上”）。（2）为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、两个烧杯相同、水和食用油（ρ水＞ρ食用油）的质量（选填“质量”或“体积”）相同。（3）实验中食用油和水吸热的多少是通过加热时间的长短来反映的（选填“温度计升高的温度”或“加热时间的长短”）。（4）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水（选填“水”或“食用油”）加热更长的时间，此时，水吸收的热量大于（选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。（5）实验表明，水（选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。【答案】（1）从下到上；（2）质量；（3）加热时间的长短；（4）水；大于；（5）水。【分析】（1）酒精灯要用外焰加热，温度计的玻璃泡不能碰到烧杯的底部和侧壁，由此可知器材安装的顺序。（2）探究水与食用油的吸热能力大小，应控制水和食用油的质量、初温相等。（3）用相同的酒精灯加热，在相等时间内水与食用油吸收的热量相等，加热时间越长，吸收的热量越多，可以用加热时间的长短反应液体吸收热量的多少。（4）用相同的酒精灯加热，加热时间越长，吸收的热量越多。（5）质量相同的不同物质升高相同的温度，物质吸收的热量越多，物质的吸热能力越强。【解答】解：（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定B的位置，再调整固定A的位置，按从下到上的顺序；（2）实验应控制：酒精灯中火焰的大小、水和食用油的质量和初温都相等；（3）实验时用相同的酒精灯加热，水与食用油在相等时间内吸收的热量相等，可以用加热时间的长短来反映水和食用油吸收热量的多少；（4）如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，水的加热时间长，水吸收的热量大于食用油吸收的热量；（5）由实验可知，质量相同的水和食用油升高相同的温度，水的加热时间长，水吸收的热量多，水吸热的能力更强。故答案为：（1）从下到上；（2）质量；（3）加热时间的长短；（4）水；大于；（5）水。10．（2023•凌海市三模）某班同学利用图甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。（1）加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间来判断的。（2）实验中第1、2两个小组记录的实验数据如表所示：小组液体质量m/g初温t1/℃末温t2/℃加热时间t/min1水200254013.5煤油20025406.52水200254012煤油20025405.5通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多。（3）图乙是第1组同学绘制的“吸收热量﹣时间”和“温度﹣时间”图象，能正确描述该实验真实情况的图象是C（选填序号）。（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现；第1小组的加热时间明显比第二组偏长，其原因可能是酒精灯的火焰大小不同。（5）这两组同学对图甲的装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。【答案】见试题解答内容【分析】（1）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；（2）纵向分析表中数据找出相同的量和不同的量，分析析得出吸热与变化量的关系；（3）根据（1）（2）分析；（4）从酒精灯的火焰大小考虑；（5）从吸收热量相同比较。【解答】解：（1）根据转换法，加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间来判断的；（2）通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热多）；（3）加热时间相同，吸收的热量相同，故AB错误，由表中数据，由（2）知，加热相同时间，水升温慢，故C正确，D错误；（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是：酒精灯的火焰大小不同；（5）将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。故答案为：（1）加热时间；（2）质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热多）；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。【考点4热量的计算】 11．（2023秋•杜集区校级月考）甲、乙两种物质的初温分别是15℃和40℃。它们的比热容之比为2：3，质量之比为2：1，吸收了相同的热量，最终甲的温度是45℃，则乙最终温度是（）A．40℃ B．62.5℃ C．80℃ D．82.5℃【答案】C【分析】已知两个物体质量、吸收的热量和比热容的比例关系，利用Q吸＝cmΔt求升高的温度之比，从而求出乙最终的温度。【解答】解：根据Q吸＝cmΔt可知，甲、乙升高的温度之比为：＝＝＝＝，设乙的末温为t，则有：＝＝，所以乙最终温度为：t＝80℃，故C正确。故选：C。12．（2023秋•崇川区校级月考）小明想把冰的熔化和水的沸腾合二为一进行实验，他对1000g冰加热使冰熔化并加热到水不断沸腾。根据实验记录的数据绘制成如图所示的温度随时间变化的图像。分析图像发现，AB段比CD段升温快，其原因是冰的比热容比水小，图像中，物体在B点时具有的内能小于（选填“大于”“小于”或“等于”）在C点时的内能。实验过程中，第2～3分钟物体吸收的热量为4.2×105J。[冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃）]DE段杯中剩余水的内能变小（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】冰的比热容比水小；小于；4.2×105；变小。【分析】（1）水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，吸收相同的热量，水的温度变化小；（2）晶体熔化时吸收热量、内能增加、温度不变；（3）知道冰的比热容、质量、0～2min内温度变化量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算冰吸收的热量。利用相同的加热器加热，在相同时间内吸收的热量相等，可求2～3分钟物体吸收的热量；（4）影响内能的因素是质量、状态和温度。【解答】解：（1）由于冰的比热容比水小，冰和水的质量相等，吸收相同的热量，冰的温度变化多，所以AB段比CD段升温快；（2）BC段是冰的熔化过程，该过程吸收热量、内能增加，温度不变，所以物体在B点时具有的内能小于在C点时的内能；（3）第0～2min吸收的热量：Q吸1＝c冰m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×1kg×[（0﹣（﹣40℃）]＝8.4×104J，利用相同的加热器加热，在相同时间内吸收的热量相等。第2～3分钟物体吸收的热量是第0～2min加热时间的一半，则第2～3min吸收的热量等于第0～2min吸收的热量的一半：Q吸2＝Q吸1＝×8.4×104J＝4.2×104J；由图知DE段水沸腾，水沸腾过程中，剩余的水，质量减小，温度不变，状态不变，内能减小。故答案为：冰的比热容比水小；小于；4.2×105；变小。13．（2020秋•蒙城县校级月考）在完全隔热的装置内，用同一热源给100g水和100g油加热，其温度随时间的变化关系如图所示。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：（1）100g水12分钟吸收的热量为多少J？（2）100g油6分钟吸热为多少J？（3）油的比热容是多少？【答案】见试题解答内容【分析】（1）由图可知水12min吸热后温度升高了30℃，根据公式Q吸＝cm（t﹣t0）可求水12min吸收的热量；（2）两种液体在同样的条件下吸热，与热源有关而不会因比热容的不同而不同，所以同时间内吸热是一样的；（3）根据吸热时间的关系，可知都到达30℃时，两者吸收的热量是相同的，由此可根据热烈的计算公式Q油吸＝c油m油（t﹣t0）进行变形求解得出。【解答】解：（1）12min时，水吸收的热量：Q水吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（30℃﹣0℃）＝1.26×104J；（2）因同一热源放热一样，故二者在相同时间吸热相同，即12min时，油吸收的热量：Q油＝Q水吸＝1.26×104J；因6min油吸收的热量是12min水吸收热量的一半，即Q油吸＝Q油＝×1.26×104J＝6300J；（3）由Q吸＝cm（t﹣t0）得，油的比热容：c油＝＝＝2.1×103J/（kg•℃）。答：（1）100g水12分钟吸收的热量为1.26×104J；（2）100g油6分钟吸热为6300J；（3）油的比热容是2.1×103J/（kg•℃）。14．（2021•新城区校级模拟）质量为1kg的铁锅中放有2kg的水，要把它们从20℃加热到80℃．已知铁的比热容是0.46×103J/（kg•℃），水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）水吸收的热量是多少？（2）铁锅和水一共要吸收多少热量？【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；（2）知道铁锅的质量、铁的比热容、铁锅的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求铁锅吸收的热量，然后求出它们吸收的总热量。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q水＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（80℃﹣20℃）＝5.04×105J；（2）铁锅吸收的热量：Q铁＝c铁m铁Δt＝0.46×103J/（kg•℃）×1kg×（80℃﹣20℃）＝2.76×104J，它们吸收的总热量：Q＝Q水+Q铁＝5.04×105J+2.76×104J＝5.316×105J答：（1）水吸收的热量为5.04×105J；（2）铁锅和水一共要吸收了5.316×105J的热量。【考点5热平衡方程的应用】 15．（2023秋•武侯区校级月考）（多选）把质量为m温度为30℃的铁块投入到一杯0℃的水中，最终铁块的温度降低到6℃；那么把另一块质量为2m，温度为30℃的铁块投入到同样的另一杯水中，热平衡后，分析以下说法，正确的是（不计热量损失）（）A．铁块降低的温度等于水升高的温度 B．另一块铁块最终的温度为10℃ C．第一块铁的热量比第二块少 D．铁块改变的内能等于水改变的内能【答案】BD【分析】（1）分别求出水升高的温度和铁块降低的温度，比较可知两温度的变化关系；（2）发生热传递时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，先根据Q吸＝Q放和Q＝cmΔt得出两物质间比热容、质量的关系，再利用Q吸＝Q放和Q＝cmΔt得出两物质将的比热容、质量以及温度变化量间的关系，然后联立关系式可知水和铁块的末温；（3）热量是一个过程量，不可以说含有热量；（4）发生热传递时，高温物体减小的内能等于低温物体增加的内能。【解答】解：A、根据题意可知，水升高的温度为6℃﹣0℃＝6℃，铁块降低的温度为30℃﹣6℃＝24℃；显然铁块降低的温度不等于水升高的温度，故A错误；B、因为水吸收的热量等于铁块放出的热量，故Q吸＝Q放，则有：c水m水Δt水＝c铁mΔt铁，c水m水（6℃﹣0℃）＝c铁m（30℃﹣6℃），所以，c水m水＝4c铁m﹣﹣﹣﹣﹣﹣①另一块质量为2m，温度为30℃的铁块投入到同样的另一杯水中，则有：c水m水Δt水′＝c铁×2mΔt铁′，即：c水m水（t﹣0℃）＝c铁×2m（30℃﹣t）﹣﹣﹣﹣﹣﹣②联立①②可解得：t＝10℃，故B正确；C、因为热量是一个过程量，不可以说具有或含有热量，故C错误；D、发生热传递时，高温物体减小的内能等于低温物体增加的内能，故D正确。故选：BD。16．（2023秋•南岸区校级月考）初三的小明同学体育锻炼完回到教室，用两个相同的杯子从饮水机分别接了部分热水和部分冷水，准备用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水。已知热水的初温为93℃。他先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃；他再将冷水杯内剩余冷水的一半倒入热水杯内，播匀且稳定后，热水杯内的水温降低到57℃；小明最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内，摇匀且稳定。最终混合后水的温度为53℃。（整个过程水没有溢出杯子，不计水的质量变化、状态变化和热量损失）【答案】53。【分析】设热水的质量为m1，冷水的质量为m2，冷水的初始温度为t0，将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，Q吸＝c冷水m冷水Δt冷水，Q放＝c热水m热水Δt热水，列出等式；再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，Q吸′＝c冷水m冷水′Δt冷水′，Q放′＝c热水m热水′Δt热水′，列出等式；联立等式解出m1：m2之比和t0的值；设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，Q吸″＝c冷水m冷水″Δt冷水″，Q放″＝c热水m热水″Δt热水″，可解得最终温度。【解答】解：设热水的质量为m1，冷水的质量为m2，冷水的初始温度为t0℃，将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，可得：c水××（63℃﹣t0℃）＝c水×m1×（93℃﹣63℃）①；再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，可得：c水××（57℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（63℃﹣57℃）②，联立①②解得：t0＝33℃，m1：m2＝1：2；设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，可得：c水××（t℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（57℃﹣t℃）③，把t0＝33℃，m1：m2＝1：2代入③式解得t＝53℃故答案为：53。17．（2021秋•莒南县期中）天然气灶使用方便且经济环保，在1个标准大气压下，天然气灶将一壶体积为3L，温度为20℃的水加热至沸腾，大约需要10min．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）．天然气的热值为3.5×107J/m3．求：（1）水吸收的热量；（2）若天然气完全燃烧放出热量的60%被水吸收，则烧开这壶水需要多少立方米的天然气？【答案】见试题解答内容【分析】（1）在一个标准大气压下，知道水沸腾时的温度，又知道水的比热容、质量和初温，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；（2）根据η＝×100%的变形公式Q放＝求出天然气完全燃烧放出的热量，再根据Q放＝Vq的变形公式V＝求出烧开这壶水需要天然气的体积。【解答】解：（1）水的体积V＝3L＝3dm3＝3×10﹣3m3，由ρ＝可得，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×3×10﹣3m3＝3kg；在一个标准大气压下，水沸腾时的温度t＝100℃，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×106J；（2）由η＝×100%可得，天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝1.68×106J，由Q放＝Vq得，烧开这壶水需要天然气的体积：V＝＝＝4.8×10﹣2m3。答：（1）水吸收的热量为1.008×106J；（2）若天然气完全燃烧放出的热量60%被水吸收，烧开这壶水需要4.8×10﹣2m3天然气。【考点6燃料的热值及其计算】 18．（2023秋•虎丘区校级月考）用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示（不计热损失）。以下判断正确的是（）A．实验①②都要控制燃料质量和液体质量相等 B．实验①②都通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少 C．若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1：4 D．若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为5：4【答案】C【分析】（1）比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt＝比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q＝，这种燃料热值越大；（2）实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小时，用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；（3）由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容之比等于吸收热量之比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比；（4）不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料，得出图象一、二对应的物质的升高50℃﹣30℃＝20℃，根据Q＝cmΔt得出两种物质吸热之比，根据q＝分析。【解答】解A．比较不同物质吸热升温，则需要燃料种类、加热时间相同，比较质量和初温相同的液体升高的温度；比较不同燃料燃烧热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，而燃料质量不一定相等，故A不符合题意；B．实验①使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少。故B不符合题意；C．“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像，升高10℃，图像一对应物质的加热时间为10分钟（注意是均匀升温）；而图像二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为Q1：Q2＝10min：40min＝1：4根据Q＝cmΔt，图像一和图像二表示两种物质的比热容之比为c1：c2＝1：4故C符合题意；D．不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料（燃料质量相同），图像一对应的物质升高Δt1＝50℃﹣30℃＝20℃图像二对应的物质升高Δt2＝40℃﹣30℃＝10℃而同种液体的质量相同，根据Q＝cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为Q1′：Q2′＝20℃：10℃＝2：1根据，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图像一和图像二表示两种燃料的热值之比为q1：q2＝2：1故D不符合题意。故选C。19．（2023秋•三水区月考）“可燃冰”是一种新型能源，主要成分是甲烷，可直接点燃，燃烧后几乎不产生任何残渣，甲烷燃烧一段时间后，剩余甲烷的热值不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）；1m3甲烷完全燃烧能产生4.2×107J热量，这些热量可以使125kg的水从20℃加热到100℃。[设甲烷的热值q甲烷＝4.2×107J/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。【答案】不变；4.2×107；125。【分析】（1）燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；（2）知道甲烷的体积和热值，利用Q放＝Vq求出1m3的甲烷完全燃烧放出的热量；（3）由题意可知，水吸收的热量与甲烷完全燃烧放出的热量相等，根据Q吸＝c水m水（t﹣t0）的变形公式求出水的质量。【解答】解：（1）燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，燃烧一段时间，质量发生变化，但是热值不变；（2）1m3甲烷完全燃烧能产生的热量：Q放＝Vq甲烷＝1m3×4.2×107J/m3＝4.2×107J。（3）由题意知，水吸收的热量Q吸＝Q放＝4.2×107J；由Q吸＝c水m水（t﹣t0）得，水的质量：m水＝＝＝125kg。故答案为：不变；4.2×107；125。20．（2022秋•安化县期末）小明和小辉学习了燃料的热值后，他们一起设计了一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系。他们组装了如图1和2所示的装置进行实验，记录结果见下表：燃料加热前的水温/℃燃料燃尽后水温/℃煤油2544菜籽油2534（1）为了保证实验结论的可靠性，小明和小辉选择两套完全相同的装置，并且控制油的质量以及水的质量相等。但对于两杯水的初温他们的看法却不同。请将下列他们的想法补充完整。①小辉认为实验中是直接用水温升高的多少来表示煤油和菜籽油放出热量的多少。所以，实验中两杯水的初温可以不同。②小明认为如果两杯水的初温不同，那么水的蒸发快慢以及水与周围环境的温差都不相同，于是两杯水的热量损失就不相同，就有可能会出现燃料燃烧放出的热量多，而水吸收的热量少、水温变化低的情况。所以，实验时必须控制水的初温相同。③你认为小明（选填“小明”或“小辉”）的想法更合理。（2）根据他们的实验记录，你认为煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大是煤油。（3）小明和小辉在实验前用天平分别测出了烧杯中水的质量以及燃油的质量。并由记录的数据，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）计算出了水吸收的热量。小辉他想通过这些数据计算出煤油和菜籽油的热值。你认为他的计算结果是不可靠的（选填“可靠”或“不可靠”）。理由是燃油不可能完全燃烧且燃油燃烧放出的热量不能完全被水吸收（只写出一条即可）。【答案】见试题解答内容【分析】本题主要考查利用控制变量法和转换法设计实验的能力，由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，据此进行分析。【解答】解：（1）①质量相同的水，温度变化越大，说明吸收热量越多，所以实验中通过水温升高的多少来表示煤油和菜籽油放出热量的多少；②根据热传递的条件，水温与周围环境温度相差越大，越容易发生热传递，若水的初温不同，便可造成水的散热情况不同，所以实验中应控制水的初温相同；③由上分析知，小明的分析更加合理；（2）根据表格中数据，相同质量的两种燃料燃烧完后，煤油的水温升高较大，说明煤油放出的热量较多，即煤油的热值较大；（3）在实验过程中，燃油不可能完全燃烧，且燃料燃烧放出的热量一部分直接散失掉、一部分被烧杯吸收，同时水也会向外散热，所以不能通过水吸收的热量得出燃料燃烧放出的热量，进而计算燃料的热值。故答案为：（1）①水温升高的多少；②热量损失；③小明；（2）煤油；（3）不可靠；燃油不可能完全燃烧且燃油燃烧放出的热量不能完全被水吸收。21．（2023•碑林区校级模拟）2022年3月23日，位于临沂市境内的山东最大抽水蓄能电站沂蒙电站正式投产，总装机容量1.2×106kW，由4台相同的的发电机组成。抽水蓄能电站是为了解决电网高峰、低谷之间供需矛盾而产生的，是间接储存电能的一种方式。在下半夜用电低谷时，它利用过剩的电力驱动水泵，将水从下水库抽到上水库储存起来，次日白天和前半夜用电高峰时，再将水放出，并流入下水库。其工作原理如图，已知该电站设计年发电量约2.1×109kW•h，建成投运后，可在5min内由满负荷抽水转变为满负荷发电，极大缓解系统调峰压力，（g＝10N/kg，q煤＝3.0×107J/kg）求：（1）储水水库里有大量的水，水的比热容较大，可以起到调节气温的作用；你觉得修建这种蓄能电站有什么好处：可再生、清洁、无污染；（2）蓄能电站某天发电量6×106kW•h，这些能量如果完全由燃烧煤炭获得，至少需要燃烧多少t的煤炭？（3）蓄能电站发电过程中，将上水库的水放出，水的重力做功，将机械能转化为电能发电，若该抽水器能电站在放水发电阶段的效率η发＝90%，该抽水蓄能电站上、下水库的水面高度差H＝100m，为保证该抽水蓄能电站4台发电机组全部满负荷连续发电5h，试估算该抽水蓄能电站上水库的容量V至少要多少m3？【答案】（1）比热容；可再生、清洁、无污染；（2）至少需要燃烧720t的煤炭；（3）该抽水蓄能电站上水库的容量V至少要2.4×107m3。【分析】（1）水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；修建这种蓄能电站的好处可以从环保和节能等方面进行考虑；（2）根据W＝Q放＝mq求出煤炭的质量；（3）由发出的电能W＝Pt与水的重力做的功相等，列出等式可求水库的容量。【解答】解：（1）因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，能有效调节周围环境的气温；这种蓄能电站的优点有很多，如清洁、污染少、环保、取之不尽、节约资源等；（2）煤炭放出的热量为：Q放＝W＝6×106kW•h＝6×106×3.6×106J＝2.16×1013J，则煤炭的质量为：m＝＝＝7.2×105kg＝720t；（3）蓄能电站发电过程中，将上水库的水放出，水的重力做功为：W水＝Gh＝mgh＝ρVgh，因为抽水器能电站在放水发电阶段的效率η发＝90%，所以水的重力的做功有90%转化为电能，故，W电＝η发W水，即Pt＝η发ρVgh，所以抽水蓄能电站上水库的容量为：V＝＝＝2.4×107m3。答：（1）比热容；可再生、清洁、无污染；（2）至少需要燃烧720t的煤炭；（3）该抽水蓄能电站上水库的容量V至少要2.4×107m3。【考点7热机的效率】 22．（2023秋•游仙区月考）某款环保能源汽车——氢能重卡，采用氢燃料发动机获得动力。若某次运输过程中，汽车以300kW的恒定输出功率，在水平公路上匀速直线行驶了20min，汽车发动机的效率为75%。（q柴油＝4.0×107J/kg）下列说法正确的是（）A．燃料的热值越大，汽车发动机的效率一定越高 B．汽车牵引力做的功为6×106J C．这次行驶过程中，汽车消耗的氢能为4.8×108J D．若这次行驶过程中消耗的氢能由柴油来提供，至少需要完全燃烧柴油16kg【答案】C【分析】（1）热值与效率无关；（2）利用W＝Pt计算出汽车牵引力做的功；（3）利用η＝×100%计算出汽车消耗的氢能；（4）根据燃料燃烧放热的公式Q＝mq计算至少需要完全燃烧柴油的质量。【解答】解：A、热值与效率无关，故A错误；B、由题意得，汽车匀速直线行驶了20min做的有用功W＝Pt＝300×103W×20×60s＝3.6×108J，故B错误；C、由η＝得，汽车消耗的氢能Q氢＝＝＝4.8×108J，故C正确；D、根据题意知，Q柴油＝Q氢＝4.8×108J，则至少需要完全燃烧柴油的质量m柴油＝＝＝12kg，故D错误。故选：C。23．（2023•长春一模）“绿色环保，低碳出行”，近年来，中国各种新能源汽车产业发展十分迅速。一辆氢能源公交车以36km/h的速度匀速行驶10min，行驶的距离为6000m。若其发动机牵引力为1.4×104N，则该氢能源公交车所做的机械功为8.4×107J。若该车效率为50%，则至少需要燃烧1.2kg的氢。（q氢＝1.4×108J/kg）【答案】6000；8.4×107J；1.2。【分析】根据速度公式v＝求出汽车行驶的距离；知道发动机牵引力和行驶的路程，利用W＝Fs求出机械功；利用η＝求得燃料放出的热量，再利用Q放＝mq求得氢燃料的质量。【解答】解：（1）汽车以此速度匀速行驶了10min，即t＝10min＝h，行驶的距离s＝vt＝36km/h×h＝6km＝6000m；该氢能源公交车所做的机械功为W＝Fs＝1.4×104N×6000m＝8.4×107J；由η＝得燃料放出的热量：Q放＝＝＝1.68×108J；由Q放＝mq得氢燃料的质量：m氢＝＝＝1.2kg。故答案为：6000；8.4×107J；1.2。24．（2023秋•锦江区校级月考）某单缸四冲程汽油机的活塞横截面积为5×10﹣3m2，一个冲程活塞在气缸中移动的距离是80mm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为9×105Pa，曲轴转速为2400r/min，当汽油机满负荷工作时，求：（1）做功冲程中燃气对活塞的平均压力；（2）汽油机的功率；（3）若汽油机在吸气冲程中吸入的空气质量与燃油质量之比为14：1，吸入的油气混合物的平均密度为1.5kg/m3，汽油的热值取4.5×107J/kg，则该汽油机的效率为多大？【答案】（1）做功冲程中燃气对活塞的平均压力为4.5×103N；（2）汽油机的功率为7200W；（3）该汽油机的效率为20%。【分析】（1）由p＝可以得出燃气对活塞的平均压力；（2）根据W＝Fs求出一个做功冲程中燃气对活塞做的功，通过飞轮转速得出每秒转的圈数，即可求出每秒对外做功的次数，根据P＝n求出汽油机的平均功率；（3）根据V＝SL算出一个工作循环吸入混合物的体积，由密度公式算出一个工作循环吸入混合物的质量，根据空燃比算出一个工作循环吸入汽油的质量，由Q放＝mq算出汽油完全燃烧放出的热量，由η＝×100%算出该车发动机的效率。【解答】解：（1）已知活塞横截面积为S＝5×10﹣3m2，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为p＝9×105Pa，由p＝可知做功冲程中燃气对活塞的平均压力为：F＝pS＝9×105Pa×5×10﹣3m2＝4.5×103N；（2）一个做功冲程中燃气对活塞做的功为：W＝FL＝4.5×103N×80×10﹣3m＝360J，飞轮转速为2400r/min＝40r/s，表示每秒飞轮转动40圈，活塞往复40次，对外做功20次，所以汽油机的平均功率为：P＝n＝20×＝7200W；（3）一个工作循环吸入混合物的体积为：V＝SL＝5×10﹣3m2×80×10﹣3m＝4×10﹣4m3，一个工作循环吸入混合物的质量为：m混＝ρ混V＝1.5kg/m3×4×10﹣4m3＝6×10﹣4kg，一个工作循环吸入汽油的质量为：m油＝m混＝×6×10﹣4kg＝4×10﹣5kg，一个工作循环，汽油完全燃烧放出的热量为：Q放＝qm油＝4.5×107J/kg×4×10﹣5kg＝1800J；该车发动机的效率为：η＝×100%＝×100%＝20%。答：（1）做功冲程中燃气对活塞的平均压力为4.5×103N；（2）汽油机的功率为7200W；（3）该汽油机的效率为20%。【考点8电荷间的相互作用规律】 25．（2023春•鼓楼区期末）关于下列实验说法正确的是（）A．图甲中，锤柄迅速向下撞击地面，锤头会紧套在锤柄上，是利用锤柄的惯性 B．图乙中，用干燥的手从上向下捋几下细丝，细丝张开，是因为同种电荷相互排斥 C．图丙中，两只手指沿竖直方向压在铅笔的两端，可以探究压力作用效果和受力面积的关系 D．图丁中，用两个相同的玻璃瓶演示气体的扩散实验时，应将密度较大的红棕色二氧化氮气体装入上方玻璃瓶【答案】B【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性，即在分析判断时，先确定物体原来的运动状态，由于某种原因，某一部分的运动状态发生改变，而另一部分由于惯性仍保持原来的状态；（2）物体相互摩擦可以使物体带电，这是摩擦起电；电荷之间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；（3）探究压力的作用效果与受力面积是否有关，应该控制压力相等；（4）不同物体互相接触时分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动。【解答】解：A、将锤子倒着举起来向下撞击时，原来锤头和锤柄都处于运动状态，当锤柄碰到板凳后运动停止，而锤头由于惯性会仍然保持运动状态，因此时锤头能紧紧的套在锤柄上，是利用锤头的惯性，故A错误；B、将塑料绳一端扎紧，另一端尽可能撕成更多的细丝；用手从上向下捋几次，观察到细丝蓬散开来，是因为细丝与手摩擦后带上同种电荷而相互排斥，故B正确；C、铅笔应该水平放置时，用手指压在铅笔的两端，静止时，两手指受力大小相同，受力面积不同，凹陷程度和感觉不同，可用来探究压力的作用效果与受力面积的关系，乙图的铅笔是竖直放置，故C错误；D、二氧化氮的密度大于空气的密度，如果把二氧化氮气体放到上方的话，由于自身密度大的缘故，二氧化氮分子也会下沉到下方的空气瓶子中去，就不能说明分子在不停地做无规则运动，因此要把密度小的空气瓶子放到上方，把二氧化氮放在下方，故D错误。故选：B。26．（2023秋•辉县市校级月考）小华给家里的宠物狗用橡胶梳梳理毛发时，发现小狗的长毛如图所示竖了起来。该情形是狗毛因与橡胶梳子摩擦而带上了同种电荷，相互排斥形成的。这种现象在空气干燥（选填“干燥”或“湿润”）时更明显。【答案】排斥；干燥。【分析】电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。【解答】解：狗毛与梳子摩擦而带电，狗毛所带电荷为同种电荷，由于同种电荷相互排斥，所以小狗的长毛如图所示竖了起来。潮湿的空气容易导电，不容易产生摩擦起电现象，故这种现象在空气干燥时更明显。故答案为：排斥；干燥。27．（2023•江都区校级二模）甲、乙两个带电的气球，悬挂在天花板上的同一个点上，静止时呈现如图所示情形。这两个气球带的是同（选填“同”或“异”）种电荷，其中甲球对乙球的力为F1，乙球对甲球的力为F2，根据力学知识可以判断：两个力的大小关系是F1＝F2（选填“＞”“＜”或者“＝”）。【答案】同；＝。【分析】①电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；②力的作用是相互的，作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在一条直线上，同时产生，同时消失。【解答】解：由图知：两个气球相互排斥，根据电荷间相互作用规律知：两个气球都带电，并且带的是同种电荷；甲球对乙球的力F1与乙球对甲球的力F2，是一对相互作用力，两者大小相等，方向相反。故答案为：同；＝。【考点9电路的三种状态】 28．（2022秋•济宁期末）如图所示的电路中，两个灯泡接入电路，则下列说法不正确的是（）A．S闭合后，两灯都不发光 B．S闭合后，电路将发生短路，会损坏电源和灯泡 C．要想S闭合后两灯发光，可将导线d由D点拆下，接到C点 D．要想S闭合后两灯发光，可去掉导线b【答案】B【分析】让小灯泡发光的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只与一条路径；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径。在实际电路中，如果用导线将用电器的两端直接连接，则会造成短路。【解答】解：AB、如图所示，S闭合后，电流将从电源正极流出，由导线a→B点→导线b→D点→导线d→开关回到电源负极，电路将发生短路，将烧坏电源，两灯不发光，灯泡不会损坏，故A正确，B错误；CD、可将导线d由D点拆下，接到C点，则两灯属于并联电路，且都能正常发光；去掉导线b，电路中各个元件首尾相连，灯泡L1、L2串联，故C、D正确。故选：B。29．（2023秋•锦江区校级月考）（多选）如图，关于开关的控制作用，下列说法正确的是（）A．当S1、S2都闭合时，灯L2、L3发光 B．只闭合S2，灯L1、L3不发光 C．只让灯L3发光，应该只闭合S1 D．当S1、S2都断开时，灯L1、L2发光【答案】AC【分析】开关与所控制的电灯应串联，若开关在并联电路中的干路上则控制的整个并联电路上的电灯。【解答】解：A、当S1、S2都闭合时，L1被开关S1短路，L2、L3并联，灯L2、L3发光；说法正确，符合题意；B、只闭合S2，L2、L3并联后与L1串联，三灯都发光；则灯L1、L3不发光，说法错误，不符合题意；C、只让灯L3发光，则与L2串联的S2要断开，开关S1闭合后会将L1短路，所以应该只闭合S1；说法正确，符合题意；D、当S1、S2都断开时，L1、L3串联，灯L1、L3发光，说法错误，不符合题意。故选：AC。30．（2023秋•雁塔区校级月考）如图所示是小壮同学连接的实物电路。当只闭合S1时，灯L1（选填“L1”“L2”或“L1和L2”）工作。将开关S1、S2均闭合后，L2因灯丝烧断而熄灭，则L1能（选填“能”或“不能”）发光。更换元件后，再将开关S1、S2闭合，两盏灯都工作，若此时调换电源的正负极，灯泡的工作情况不会受到影响（选填“会”或“不会”），此时若将导线A端接到B处，两灯泡不会烧坏（选填“会”或“不会”）。【答案】L1；能；不会；不会【分析】分析电路的连接关系，搞清开关的连接位置；根据并联电路的特点回答；并联电路中各支路互不影响，调换电源的正负极，灯泡的工作情况不受影响。【解答】解：该电路中，两灯并联，S2在L2支路上，S1在干路上；当只闭合S1时，电流从电源正极出发经灯泡L1、开关S1回负极，即L1工作，L2不工作；将开关S1、S2均闭合后，电路为L1、L2并联电路；若小灯泡L2突然因为其本身的某种原因而熄灭，根据并联电路的特点：一个支路的用电器工作，不影响另一支路用电器的工作，可知小灯泡L1能继续发光。此时调换电源的正负极，灯泡的工作情况不会受到影响，此时若将导线A端接到B处，只有一个灯泡不工作，故不会烧坏。故答案为：L1；能；不会；不会。【考点10串、并联电路的设计与应用】 31．（2021•新北区校级模拟）如图是简易手动交通信号灯模拟电路的一部分，请补画一根导线，使开关S接1时，只有L1、L2亮，开关接2时，只有L3、L4亮。【答案】见试题解答内容【分析】根据电路的状态和电路的连接进行分析，当开关S接1时，只有L1、L2亮，则L1、L2并联并由同一个开关控制，同理当开关S接2时，只有L3、L4亮，则L3、L4并联并由同一个开关控制。【解答】解：由图可知，将灯泡L3的右端接线柱与电源正极连接，则可实现开关S接1时，只有L1、L2亮（L1、L2并联），开关接2时，只有灯L3、L4亮（L3、L4并联）。如图所示：32．（2023•崂山区二模）课外物理活动小组利用电压为3V的电源、开关S和两个阻值均为10Ω的定值电阻，设计了一种电路。电路藏于桌面以下，接线柱a、b位于桌面以上。若把电压表接在a、b上，闭合开关S后其示数为3V；若把电流表接在a、b上，闭合开关S后其示数为0.6A。请你将符合要求的电路连接画在方框中。​【答案】【分析】本题考察了学生对串联电路，并联电路之间的电流电压关系的掌握程度，还应用了电压表的特殊接法，当电压表串联进电路中时，测量的就是电源电压。【解答】解：本题中电路元件只有电源，开关，二个定值电阻，然后用电压表，电流表接到a、b处测量。那二个定值电阻除了串联就是并联。当电压表接a、b处时读数3V，正好等于电源电压。当电流表接a、b处时读数0.6A，当二个电阻串联时，电路中总电流，与题意不符；当二个电阻并联时，电路中总电流，，正好符合题意；当二个电阻并联时，电压表接到干路a、b处时，电压表串联在电路中，测量电源电压，示数为3V。故电路图如下：。33．（2023•浠水县校级三模）汽车启动时，需将钥匙插入钥匙孔内并旋转（相当于闭合开关），请你用笔画线代替导线将轿车的启动原理图连接完整。【答案】见试题解答内容【分析】由题意可知，钥匙孔相当于控制电路的开关，所以应将其与电磁铁、电源连接在一起；连接电源时要注意，电磁铁的工作电压小于电动机的工作电压，所以只需要选择一块电池进行连接即可。【解答】解：钥匙孔与一节电池、电磁铁组成控制电路，电动机与总电源组成工作电路。【考点11电路的基本连接方式】 34．（2023秋•长宁县月考）在如图所示的电路中，下列说法正确的是（）A．当闭合开关S1、S2、S3时，电源短路 B．当只闭合开关S1、S2时，L1、L2并联 C．当只闭合开关S2、S3时，L1、L2串联 D．当只闭合开关S1、S3时，L1、L2串联【答案】A【分析】（1）电流不经过用电器，而是直接从电源的正极流会负极，称为短路；（2）各电路元件首尾顺次连接的连接方式是串联，各电路元件首首相连、尾尾相连的连接方式是并联，分析电路结构，判断灯泡的连接方式。【解答】解：A、由电路图可知：同时闭合开关S1、S2、S3时，电流经三个开关回到电源的负极，会造成电源短路，故A正确；B．由图知道，闭合开关S1、S2，断开开关S3时，灯L2被短路，故B错误；C．由图知道，当只闭合开关S2、S3时，灯L1被短路，故C错误；D．由图知道，当只闭合开关S1、S3时，电流有两条路径，灯L1、L2并联，故D错误。故选：A。35．（2023秋•海淀区月考）如图所示的电路中，L1和L2是两个完全相同的小灯泡，下列说法中正确的是（）A．闭合开关S，电路将发生短路，小灯泡将被烧毁 B．闭合开关S，小灯泡L1发光，L2不发光 C．要使小灯泡L1、L2串联，可去掉AC之间的导线1 D．要使小灯泡L1、L2并联，可将导线3与接线柱D连接的一端改接到接线柱C上【答案】D【分析】（1）电路有通路、断路、短路三种状态，小灯泡只有在通路的电路中才会发光；（2）让小灯泡发光的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径。【解答】解：AB、如图所示，开关S闭合后，电流将从电源正极经过导线2与导线3和开关回到电源负极，造成电源短路，两灯都不发光，小灯泡不被烧毁，故A、B错误；C、若去掉BD之间的导线2，两灯串联接入电路，故C错误；D、如图所示，若将导线3从接线柱B改接到接线柱A上，两灯在两条支路上，两灯并联，且都能发光，故D正确。故选：D。36．（2022秋•海港区期末）如图所示，当闭合开关S2、S3，开关S1处于断开状态时，R1、R2并联；当断开S2、S3，闭合S1时，R1、R2串联；不能同时闭合开关S1、S3，会造成电路短路。【答案】断开；串；S1、S3。【分析】电路的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作；短路是指不经过用电器将电源两极用导线直接连接的电路。【解答】解：如图所示，若只闭合S2和S3，断开开关S1，电流分别流经电阻R1与R2，又在另一点汇合，再回到电源的负极，所以它们是并联的；若只闭合开关S1，断开S2、S3时，电流先后依次经过电阻R1与R2，所以它们是串联的；若同时合上开关S1、S3，电流不经用电器直接回负极，将造成电源短路，这是不允许的。故答案为：断开；串；S1、S3。【考点12根据实物图画电路图】 37．（2022秋•宁德期末）根据实物图在方框内画出电路图（其中A．B为灯泡A和灯泡B）。【答案】见试题解答内容【分析】首先对电路进行分析，明确灯泡的连接关系及开关的控制作用，然后画出电路图。【解答】解：由实物图知：电流从电源正极出发，分为两支：一支经灯泡A；另一支经开关K1、灯泡B；然后共同经开关K2回到负极。所以两只灯泡并联，开关K2在干路，电路图如图所示：。38．（2021秋•浠水县校级期中）如图是小红同学连接的实物电路。请你在右边的方框内画出相应的电路图；【答案】见试题解答内容【分析】由实物图画电路图时，可以根据先串后并的原则，先按电流的流向把最复杂的电路画出，再把并联的部分画到相应的位置即可。【解答】解：由实物图可知，L1、L2并联，电流表A2串联在干路上，电流表A1串联在L1的支路上，开关在干路上，据此根据实物图画出电路图，如图所示：。【考点13实物的电路连接】 39．（2022秋•上杭县期中）依照电路图，将对应各实物元件连接起来【答案】见试题解答内容【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测流过灯L1的电流，开关S1控制干路，开关S2控制灯L2所在支路，测干路电流。据此连接实物电路图，连接电路图时，注意电流表正负接线柱不要接反。【解答】解：根据电流的流向，电流从正极出发，经开关S1、A1、L1、A2，回到电源负极；一支经开关S2、灯泡L2串联后接到A1、L1支路的两端，如图所示：。40．（2022春•江汉区校级月考）某汽油储油罐的缺油提示器的工作原理如图所示：罐中轻弹簧的上端固定在顶部，下端与一底面积为100cm2的长方体浮块相连，浮块内有水平放置的磁铁。仅当浮块处于图中虚线位置时，固定在油罐侧壁处的开关S才能闭合，缺油指示灯L熄灭；当浮块低于虚线位置时，开关S断开，缺油指示灯发光。已知弹原长为30cm；弹簧长度每增加1cm弹力增加1N；浮块（含磁铁）的质量为1.8kg（ρ汽油＝0.7×103kg/m3；g＝10N/kg）（1）请用笔画线代替导线将指示灯L接入电路；（2）当向油罐内缓慢加汽油使浮块上升至图中储油罐虚线位置时，弹簧长度L＝34cm：①求此时浮块受到的浮力；②若此时浮块下表面到罐底高度40cm，求此时罐底受到油的压强；（3）当储油罐内汽油量充足时，浮块应位于图中虚线位置（选填“虚线位置”、“虚线位置上方”或“虚线位置下方”），求该浮块的体积。【答案】（1）见解析；（2）①此时浮块受到的浮力为14N；②缺油指示灯刚熄灭时，浮块下表面到罐底高度40cm，此时罐底受到油的压强为4200Pa。（3）虚线位置；该浮块的体积为2×10﹣3m3。【分析】（1）当开关与灯并联时，开关闭合，灯熄灭；开关断开，灯发光；（2）①先计算浮块重力和所受弹簧的拉力，然后根据力的平衡条件计算所受浮力；由于仅当浮块处于图中虚线位置时，缺油指示灯熄灭，在储油罐装满油时，浮块位置仍在虚线处，处于浸没状态，②根据F浮＝ρ液gV排求得浮块排开汽油的体积，已知浮块的底面积，可得出浮块高度，灯刚熄灭时，浮块上表面刚好露出油面，浮块下表面到罐底高度40cm，可得出汽油的深度，根据p＝ρgh计算此时罐底受到油的压强。（3）根据题意可知，油量充足时浮块的位置，进一步可知浮块的体积。【解答】解：（1）开关断开，灯L发光，开关闭合，灯L熄灭，只有开关S与灯L并联，才符合题意，所以画线如图所示：（2）①浮块的重力为：G＝mg＝1.8kg×10N/kg＝18N；弹簧的形变量为：ΔL＝h﹣L0＝34cm﹣30cm＝4cm；浮块所受弹簧的拉力为：F拉＝k•ΔL＝1N/cm×4cm＝4N；浮块在储油罐内，只受浮力、拉力和重力，所以浮块所受的浮力为：F浮＝G﹣F拉＝18N﹣4N＝14N；②根据F浮＝ρ液gV排可知浮块在虚线位置时排开的汽油的体积为：V排＝＝＝2×10﹣3m3；浮块为长方体，所以浮块浸入的高度为h＝＝0.2m＝20cm。缺油指示灯刚熄灭时，浮块上表面刚露出液面，浮块下表面到罐底高度40cm，则汽油的深度h′＝40cm+20cm＝60cm＝0.6m，此时罐底受到油的压强p＝ρgh′＝0.7×103kg/m3×10N/kg×0.6m＝4200Pa；（3）储油罐内汽油量充足，此时灯L应熄灭，根据文中“仅当浮块处于图中虚线位置时，固定在油罐侧壁处的开关S才能闭合，缺油指示灯L熄灭”，所以浮块应处于图中虚线位置，则浮块一直处于浸没状态，其体积为：V＝V排＝2×10﹣3m3。答：（1）见解析；（2）①此时浮块受到的浮力为14N；②缺油指示灯刚熄灭时，浮块下表面到罐底高度40cm，此时罐底受到油的压强为4200Pa。（3）虚线位置；该浮块的体积为2×10﹣3m3。【考点14探究串联电路中各处电流的关系】 41．（2022秋•卧龙区期中）如图是小明“探究串联电路电流特点”的实验电路图：（1）实验中，选择两个小灯泡的规格应该是不相同的（填“相同”或“不相同”）。（2）用电流表测电流时，电流表应与被测电路串联（选填“串”或“并”），下表是某同学在实验中测得的三个不同位置的电流值，有一个位置的电流测量明显有误，造成这一错误的原因是电流表接的小量程却按照大量程读数了。电流表的位置ABC电流I/A0.320.321.6（3）甲、乙两位同学在分组实验中，闭合开关前，他们的电流表指针均指在零刻度处。当闭合开关试触时，发现电流表指针摆动分别出现了如图甲、乙所示的两种情况。则甲的问题是：电流表正负接线柱接反了；乙的问题是：电流表量程选大了。（4）实验中某同学发现两个串联的小灯泡中，一个发光，一个不发光，造成其中一个小灯泡不发光的原因可能是CA．通过灯泡的电流小B．灯泡的灯丝断了C．灯泡被短路D．小灯泡靠近负极（5）实验结束小明又借来一只电压表探究串联电路电压特点，他先将电压表正确接在A、B两点间测出了L1的电压，接着将电压表接A的导线改接到C点测L2的电压，你认为他的做法错误（选填“正确”或“错误”），原因是电压表正负接线柱接反了。【答案】见试题解答内容【分析】（1）为避免实验的偶然性，应选用不同规格的灯泡；（2）电流表与待测电路串联；根据串联电路电流的规律和电流表大小量程之比回答；（3）图甲中，电流表指针反向偏转，图乙指针偏转角度太小，据此回答；（4）逐一分析确定正确答案；（5）连接电压表时，电流应从正接线柱流入，从负接线柱流出。【解答】解：（1）为得出普遍性的结论，实验中，选择两个小灯泡的规格应该是不相同。（2）用电流表测电流时，电流表应与被测电路串联；因串联电路各处的电流都相等，测得的三个不同位置的电流值，有一个位置的电流测量明显有误，两个测量值是正确的，错误的电流值应是1.6A，错误的原因在于：接的电流表的小量程却按照大量程读数了；（3）由图甲可知，在试触过程中出现电流表指针反向偏转，说明电流从负接线柱流入了，即电流表正负接线柱接反了；出现图乙偏转角度太小，说明量程选大了，应该用小量程；（4）A．串联电路中各处的电流都相等，A错误；B．一个灯亮，说明电路为通路，B错误；C．不亮的灯泡被短路，电路仍为通路，C正确；D．灯发光与否与小灯泡靠近负极无关，D错误；故选C；（5）将电压表正确接在A、B两点间测出了L1的电压，电压表与A相连的为负接线柱，接着将电压表接A的导线改接到C点测L2的电压，则电流从负接线柱流入了，所以是错误的。故答案为：（1）不相同；（2）串；电流表接的小量程却按照大量程读数了；（3）电流表正负接线柱接反了；电流表量程选大了；（4）C；（5）错误；电压表正负接线柱接反了42．（2022•东莞市模拟）如图甲所示是小明探究串联电路电流特点的实验电路图：实验序号电流表的位置ABC1电流I/A0.30.30.32电流I/A0.40.40.43电流I/A0.20.20.2（1）小明最好选择两个小灯泡的规格是不相同的（填“相同”或“不相同”）。（2）小明连电路时，刚连完最后一条导线，灯泡L1、L2就亮了，他在实验操作中不当之处：连接电路时，开关没有断开。（3）上表是小明实验中测得的三组数据：由表格数据可得出结论：串联电路中各处的电流都相等。（4）实验中，小明同学通过改变电源电压而获得三组不同电流值，请你提出能改变电路中的电流值的另外一种实验操作方法：换用不同规格的灯泡做实验。（5）小红同学在做实验时，闭合开关前，电流表的指针指在零刻度处；当闭合开关试触时，发现电流表指针摆动出现了如图乙所示的情况。请分析她在电流表的使用上存在的问题是电流表正负接线柱接反了。（6）某组同学在实验中，闭合开关，发现两只灯泡都不亮。于是老师给了他一只电压表，分别测出各段电压如下：UAC＝3V，UAB＝0V，UBC＝3V，由此可知，两灯泡不亮的原因是灯L2断路。【答案】见试题解答内容【分析】（1）（4）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；（2）连接电路时，开关要断开；（3）分析表中数据得出结论；（5）连接电流表时要注意正负接线柱的接法；（6）闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路。已知两灯串联都不亮，所以不可能是一灯短路，只能是断路，电压表有示数说明：电压表与电源连通；电压表无示数，则说明电压表之外的电路有断路。【解答】解：（1）小明最好选择两个小灯泡的规格是不相同。（2）小明连电路时，刚连完最后一条导线，灯泡L1、L2就亮了，他在实验操作中不当之处：连接电路时，开关没有断开。（3）分体实验中测得的三组数据，可得出结论：串联电路中各处的电流都相等。（4）根据欧姆定律，通过改变电路的电阻来改变电路中的电流值，故另外一种实验操作方法：换用不同规格的灯泡做实验。（5）小红同学在做实验时，闭合开关前，电流表的指针指在零刻度处；当闭合开关试触时，发现电流表指针摆动出现了如图乙所示的情况。请分析她在电流表的使用上存在的问题是：电流表正负接线柱接反了。（6）电压表有示数，说明电压表与电源连通，电压表无示数，则说明电压表之外有断路，根据UAC＝3V，说明A至开关、电源、到C是通路；UBC＝3V，说明B至灯L1、A、开关、电源、到C是通路，UAB＝0V，说明电压表之外的电路有断路，故故障是：灯L2断路。故答案为：（1）不相同；（2）连接电路时，开关没有断开；（3）串联电路中各处的电流都相等；（4）换用不同规格的灯泡做实验；（5）电流表正负接线柱接反了；（6）灯L2断路。【考点15并联电路的电流规律】 43．（2023秋•平度市校级月考）如图所示，用电流表测量电流时，发现两个电流表的指针在同一个位置，则通过灯L1的电流是多少？【答案】通过灯泡L1的电流为1.44A。【分析】（1）对于电流表的读数，要看清所选的量程和分度值；图中两个电流表的位置分别在干路和支路，所指位置相同；根据并联电路中电流的规律I＝I1+I2，可判断干路电流表选择的是大量程，支路电流表选择的是小量程；（2）根据并联电路中电流的规律I＝I1+I2，可计算出灯L1中的电流。【解答】解：两电流表所处位置不同，一个在