2024-2025学年上学期南京初中物理九年级期末培优试卷

第1页（共1页）2024-2025学年上学期南京初中物理九年级期末培优卷一．选择题（共12小题）1．（2024•建邺区校级模拟）2023年6月4日“神舟十五号”返回舱成功着陆。当返回舱进入大气层后，与大气层摩擦形成火球，如图所示。选项中改变内能的方式与“火球”的形成不同的是（）A．钻木取火 B．冰袋降温 C．压缩空气 D．搓手取暖2．（2024秋•玄武区校级月考）在炎热、晴朗的天气里，沿海地区的“海陆风”对抑制暑热、调节气候有很好的作用。海陆风是具有日周期的地方性风，其成因为昼夜交替过程中海洋﹣陆地间的气温差，带来了近地面大气的密度和气压差，气压梯度力推动气流区域运动而形成。当出现如图所示风向时（）A．发生在白天，且陆地温度较高 B．发生在白天，且海水温度较高 C．发生在夜晚，且陆地温度较高 D．发生在夜晚，且海水温度较高3．（2024秋•南京期中）根据表中提供的信息，下列判断正确的是（）物质比热容/[J/（kg•℃）]热值/（J/kg）酒精2.4×1032.0×107煤油2.1×1034.6×107A．酒精和煤油吸收相同的热量，升高的温度可能相同 B．质量相同的酒精和煤油，升高相同的温度，酒精吸收的热量少 C．酒精不完全燃烧时，热值将变小 D．完全燃烧放出相同的热量，所需煤油的质量比酒精大4．（2024秋•南京期中）如图是汽油机工作时的一个冲程，以下四种情景与如图能量转化不同的是（）A．盒内燃气推出盒盖 B．压缩空气 C．反复弯折铁丝 D．钻木取火5．（2024秋•秦淮区期中）如图所示电路，闭合开关S1、S2，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表均有示数，下列说法正确的是（）A．电流表A1只测量L2的电流 B．L1被短路时，L2正常发光 C．L2断路时，两电表示数相等 D．仅断开S1，电流表A2示数不变6．（2022秋•秦淮区期中）如图是电风扇中的自动保护装置，当电风扇倾斜或倾倒时，小球就会滚向一侧使电路断开．由此判断，这个保护装置在电路中的作用相当于（）A．开关 B．电源 C．导线 D．用电器7．（2024秋•建邺区校级月考）将完全相同的L1、L2、L3三个小灯泡接入如图所示的电路中，电源电压6V保持不变。下列说法中错误的是（）A．只闭合S1，L2与L3串联，电压表V1的示数为3V B．只闭合S2，L1与L3串联，电压表V1示数为6V C．若S1、S2断开，三个小灯泡串联，电压表V1和电压表V2的示数相等 D．只闭合S1，一段时间后如果L3短路，则电压表V1的示数将变为6V8．（2024秋•建邺区期中）如图所示电路，电源电压恒定。闭合开关S1、S2，小灯泡L1、L2均发光。电压表V的示数为6V，电流表A1和A2的指针均如图乙所示。若只断开开关S2，则电表A1、A2和V的示数变为（）A．1.2A，0A，0V B．1.5A，0A，6V C．0.3A，1.2A，6V D．1.5A，0.3A，0V9．（2024•玄武区校级三模）如图1，是某款电子秤的外观图；如图2是它的原理图，表盘是由电压表改装而成的。当被测物体的质量越大，下列判断正确的是（）A．电路中电流不变，电子秤示数越大 B．电路中电流不变，电子秤示数越小 C．电路中电流越大，电子秤示数越大 D．电路中电流越小，电子秤示数越大10．（2024•南京模拟）如图甲所示为某种跳绳自动计数器的简化原理图。跳绳时，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，自动计数器会计数一次。信号处理系统相当于一个电压表，能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为10V并且保持不变，R2为定值电阻，某一段时间AB间的电压随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．AB两端电压为6V时，计数器会计数一次 B．绳子没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值是R2的4倍 C．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为2：1 D．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为1：611．（2024•鼓楼区模拟）如图所示，电源电压不变，只闭合开关S1，电流表示数为0.3A，再闭合S2，电流表示数变化了0.4A。则同时闭合S1、S2后，相同时间内R1、R2消耗的电能之比是（）A．3：4 B．4：3 C．7：3 D．4：712．（2024•玄武区一模）在“探究电阻大小对电流热效应的影响”与“探究不同物质吸热升温的现象”两实验中，均可通过图示器材完成实验。以下判断中正确的是（）A．研究对象都是烧瓶中的液体 B．都需要控制R甲、R乙的阻值相等 C．都可通过温度计示数的变化得出实验结论 D．前者实验需液体种类不同，后者实验需液体种类相同二．填空题（共8小题）13．（2024秋•秦淮区校级月考）某小组同学用一个酒精灯对质量是100g、初温度为﹣10℃的冰块进行加热，完成冰的熔化实验。记录的数据如图像所示，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），该物质在CD段所吸收的热量是J；在BC段所吸收的热量是J。14．（2024秋•秦淮区校级月考）质量相同的100℃水蒸气和100℃水，温度高，内能大（两空均选填“水蒸气”、“水”或“一样”）。将一杯100℃水倒掉一半，内能（选填“变大”、“变小”或“不变”）。15．（2024•江宁区校级三模）如图甲所示，为小明加热质量为200g某物质熔化时温度随时间变化的图象。已知该物质在固态时的比热容为c＝2.1×103J/（kg•℃）；假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图像解答下列问题：（1）该物质在熔化过程中温度将，内能将；（2）该物质在熔化过程中，吸收的热为J；（3）该物质在液态时的比热容c＝J/（kg•℃）；（4）如图乙所示，净含量为75g的一袋薯片，营养成份标签中标明每30g的能量值是675千焦，则该薯片的热值是J/kg。16．（2024秋•鼓楼区期中）指纹识别解锁是目前较为流行的手机解锁方式，如图甲所示手指轻轻触碰感应区，则感应区相当于手机电路中的；图乙为一款支持无线反向充电技术的手机，简单来说就是手机可以通过无线充电器实现充电，开启无线反向充电后，A手机可以作为给另一部B手机进行无线充电，此时A手机把能转化为能。17．（2022秋•江宁区月考）如图所示，将A、B两个金属片插入柠檬制成的水果电池，用电压表测量。水果电池的电压，则该电池的正极是（选填A或B）；若想获得3.6V的电压，需要把节这样的水果电池串联起来。18．（2024•浦口区模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R2＝2R1。闭合开关S，电压表的示数为U0，电路正常工作。一段时间后，电压表的示数变为零。已知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上。现提供一个完好的电阻R3（R3＝R2）来替换图示电路中的一个电阻，从而判断故障，请写出电阻R3替换的对象、闭合开关S后电压表的示数及对应的故障。。19．（2024•鼓楼区校级模拟）如图所示，在探究通过导体的电流与电阻的关系实验中，有以下器材：电源电压为6V、滑动变阻器（30Ω1A）、电流表（0～0.6A量程）、电压表、三个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω）、开关和导线若干。要完成实验，控制定值电阻两端电压的范围V≤U≤V；若控制定值电阻两端电压值为1.5V，完成实验需更换最大阻值为Ω的滑动变阻器。20．（2024•南京模拟）如图所示电路，电源电压恒定。当开关S1、S2断开，S3闭合时，电流表示数为0.2A，电压表示数为2V；当开关S1、S2闭合，S3断开时，电压表示数为6V，此时电流表示数为A。则该电路的电源电压为V，电阻R1在前后两电路中各工作2min产生的电热之比为。三．实验探究题（共3小题）21．（2024秋•秦淮区期中）如图所示，用甲、乙、丙三个完全相同的装置做以下热学实验：（1）组装器材时应按照（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序依次安装。（2）比较不同液体吸热升温特点时，通过来反映液体吸收热量的多少；实验中记录数据如下表所示，小华想自制一个暖手袋，若从a或b中选一种液体装入暖手袋中，则选择（选填“a”或“b”）保暖时间会更长。加热时间/min012356a液体的温度/℃101418222630b液体的温度/℃101826344250（3）探究不同燃料燃烧放出的热量与燃料种类的关系时，设计表格如下，请将表格补充完整。燃料加热前的水温/℃水温的变化/℃10g酒精10g碎纸片该实验中，以下五个方面要求相同的有（填序号）：①烧杯内液体种类；②烧杯内液体质量；③加热时间；④烧杯内液体温度的变化量；⑤燃料质量。（4）在图丙实验中，若根据Q放＝Q吸测量碎纸片的热值，则所测热值比真实值（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。22．（2024秋•建邺区校级月考）小敏和小东用小灯泡探究“串联电路和并联电路电压规律”。（1）图甲中要测量L1两端电压，请用笔画线代替导线将实物图连接完整；（2）闭合开关前电压表如图乙所示，其原因是电压表；处理好问题后，用电压表分别测ab、cd、ad间的电压，每次拆接电压表时，开关应处于状态；（3）小东用电压表测出电路两端的电压和小灯泡L1、L2两端的电压记录在下表中，由表中数据可得：在串联电路中，电压的规律是（用表中字母表示）；实验次数电路两端电压U/VL1两端电压U1/VL2两端电压U2/V12.81.41.422.81.11.732.92.10.8（4）如图甲所示，小东测量灯泡L1两端的电压之后，（选填“能”或“不能”）只将电压表接a点的导线改接到d点测L2两端的电压，理由是；（5）小东将电压表并接在如图丙所示电路中的ab、cd和ad两端，测出一组数据后得出并联电路电压规律，小敏说这样的结论不具有普遍性，接下来的操作是；（6）细心的小敏发现，将同一只小灯泡分别接入图甲、丙两电路中的亮度不同，你认为小灯泡接在（选填“甲”或“丙”）电路中会更亮些。23．（2024•秦淮区模拟）小明在做“测定小灯泡额定功率”的实验时，电源电压6V，所用滑动变阻器标有“20Ω2A”的字样，待测小灯泡的额定电压为“2.2V”和“3.8V”中的一个。（1）如图甲所示，正确连接电路，规范操作，闭合开关，发现小灯泡发光较暗，电流表、电压表示数如图乙所示，则此时通过小灯泡的电流A．根据电压表示数以及小灯泡的亮度，可以判断小灯泡的额定电压为V。（2）继续实验，小明发现电压表0～15V量程损坏，0～3V量程完好，在不更换电压表的情况下，他想了一个巧妙的办法，对所连接的电路进行了调整后闭合开关，调整变阻器的滑片位置，当电压表示数为V时，小灯泡正常发光，此时滑动变阻器滑片的位置恰好在中点上，小灯泡的额定功率为W。四．计算题（共2小题）24．（2021秋•六合区校级月考）某课外活动小组设计了一个用电压表的变化来反映环境温度变化的电路。如图甲所示，电源电压不变，定值电阻R＝20Ω，R1是热敏电阻，其阻值随温度变化的图象如图乙所示，闭合开关S后，求：（1）当环境温度为20℃时，电压表示数为2V，电源电压多大？（2）如果将R、R1并联在该电路两端，当干路电流为0.5A时，环境温度是多少？25．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示，一平底热水壶，其质量为0.5kg，内底面积为180cm2。有一次小军同学用该热水壶装了1.5L的水放在水平桌面上，测得壶中水深15cm，初温20℃。请你通过计算回答：（1）此时水和热水壶的总质量是多少？（2）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收多少热量？[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg]

2024-2025学年上学期南京初中物理九年级期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．（2024•建邺区校级模拟）2023年6月4日“神舟十五号”返回舱成功着陆。当返回舱进入大气层后，与大气层摩擦形成火球，如图所示。选项中改变内能的方式与“火球”的形成不同的是（）A．钻木取火 B．冰袋降温 C．压缩空气 D．搓手取暖【考点】做功改变物体的内能．【专题】分子热运动、内能；应用能力．【答案】B【分析】做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移，二者在改变物体内能上是等效的。【解答】解：“火球”的形成是返回舱进入大气层，与大气层摩擦产生高温形成的，是克服摩擦做功，使机械能转化为内能。A、钻木取火是克服摩擦做功，使机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能，故A不符合题意；B、冰袋降温，是通过热传递改变物体的内能，故B符合题意；C、压缩空气，使机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能，故C不符合题意；D、搓手取暖，克服摩擦做功，使机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能，故D不符合题意。故选：B。【点评】本题主要考查了对改变内能方法的掌握，对做功和热传递实质的了解，难度不大。2．（2024秋•玄武区校级月考）在炎热、晴朗的天气里，沿海地区的“海陆风”对抑制暑热、调节气候有很好的作用。海陆风是具有日周期的地方性风，其成因为昼夜交替过程中海洋﹣陆地间的气温差，带来了近地面大气的密度和气压差，气压梯度力推动气流区域运动而形成。当出现如图所示风向时（）A．发生在白天，且陆地温度较高 B．发生在白天，且海水温度较高 C．发生在夜晚，且陆地温度较高 D．发生在夜晚，且海水温度较高【考点】利用比热容解释生活中的现象．【专题】应用题；比热容、热机、热值；应用能力．【答案】D【分析】根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点以及风是从高压区吹向低压区来分析海陆风的形成过程。【解答】解：水的比热容大于泥土、砂石的比热容，质量相等的水和泥土、砂石，吸收相同的热量，白天海水温度上升的较慢，空气下降，陆地温度较高，空气上升，风从海面吹向陆地；到了夜晚，海面温度降低的慢，温度高空气上升，陆地温度降低的快，空气下降，风从陆地吹向大海。故选：D。【点评】本题主要考查学生对水的比热容较大的应用的了解和掌握，涉及到海陆风的形成。3．（2024秋•南京期中）根据表中提供的信息，下列判断正确的是（）物质比热容/[J/（kg•℃）]热值/（J/kg）酒精2.4×1032.0×107煤油2.1×1034.6×107A．酒精和煤油吸收相同的热量，升高的温度可能相同 B．质量相同的酒精和煤油，升高相同的温度，酒精吸收的热量少 C．酒精不完全燃烧时，热值将变小 D．完全燃烧放出相同的热量，所需煤油的质量比酒精大【考点】燃料热值的影响因素；比热容的概念．【专题】比热容、热机、热值；应用能力．【答案】A【分析】AB.由吸收的热量Q＝cmΔt可对A、B是否正确进行判断；C.热值是燃料的特性，与燃烧情况无关；D.由Q＝qm进行判断。【解答】解：A.因为吸收的热量Q＝c酒精m酒精Δt1＝c煤油m煤油Δt2，所有c酒精m酒精＝c煤油m煤油时，Δt1＝Δt2，故A正确；B.设它们的质量为m，升高温度为则有＝＝，故B错误；C.热值是燃料的特性，它与燃烧情况煤油关系，热值不变，故C错误；D.它们完全燃烧放出的热量Q＝q酒精m酒精＝q煤油m煤油，所有＝＝＝2.3，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了考查了物体吸热Q＝cmΔt及燃料燃烧放出热量Q＝qm的计算公式。4．（2024秋•南京期中）如图是汽油机工作时的一个冲程，以下四种情景与如图能量转化不同的是（）A．盒内燃气推出盒盖 B．压缩空气 C．反复弯折铁丝 D．钻木取火【考点】四冲程的能量转化．【专题】定性思想；分子热运动、内能；理解能力．【答案】A【分析】压缩冲程，将机械能转化为内能。【解答】解：压缩冲程，将机械能转化为内能。A、盒内燃气推出盒盖，内能转化为机械能，故A符合题意；B、压缩空气，机械能转化为内能，故B不合题意；C、反复弯折铁丝，机械能转化为内能，故C不合题意；D、钻木取火，机械能转化为内能，故D不合题意。故选：A。【点评】本题考查能量的转化，难度不大。5．（2024秋•秦淮区期中）如图所示电路，闭合开关S1、S2，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表均有示数，下列说法正确的是（）A．电流表A1只测量L2的电流 B．L1被短路时，L2正常发光 C．L2断路时，两电表示数相等 D．仅断开S1，电流表A2示数不变【考点】判断电流表测量的对象；电路的三种状态；串联和并联的概念与辨析．【专题】应用题；电流和电路；获取知识解决问题能力．【答案】C【分析】解决本题应先分析电路图，确定两灯的连接方式、两电流表和两开关的位置，再根据串联或并联电路的特点分析判断。【解答】解：由图可知，L1、L2并联；电流表A1与开关S2在干路上；开关S1、L1和电流表A2在一条支路，L2独自在一条支路；A、电流表A1在干路上，测量干路中的电流，故A错误；B、L1、L2并联，并联电路一短全短，则如果L1被短路，L2也不能正常发光，故B错误；C、灯L2断路，电路中L1工作，电流表A1与电流表A2均测量通过L1的电流，示数相等，故C正确；D、开关S1、L1和电流表A2在一条支路，电流表A2测量通过L1的电流，如果断开S1，电流表A2示数变为零，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了并联电路的电流和电压特点，分析电路图、确定电路的连接方式和电流表的位置是关键。6．（2022秋•秦淮区期中）如图是电风扇中的自动保护装置，当电风扇倾斜或倾倒时，小球就会滚向一侧使电路断开．由此判断，这个保护装置在电路中的作用相当于（）A．开关 B．电源 C．导线 D．用电器【考点】电路的基本组成．【专题】应用题；电流和电路；理解能力．【答案】A【分析】一个完整的电路包括电源、用电器、开关和导线；根据各部分的作用和题意进行解答。【解答】解：由图知，当电风扇没有倾斜时，其能够正常工作，说明电路是通路状态；当电风扇发生倾斜或倾倒时，小球就会向一侧使电路断开，此时风扇不能工作，处于断路状态，所以该保护装置在电路中的作用相当于开关。故选：A。【点评】此题考查了对电路组成部分的理解，读懂题意是解答的关键。7．（2024秋•建邺区校级月考）将完全相同的L1、L2、L3三个小灯泡接入如图所示的电路中，电源电压6V保持不变。下列说法中错误的是（）A．只闭合S1，L2与L3串联，电压表V1的示数为3V B．只闭合S2，L1与L3串联，电压表V1示数为6V C．若S1、S2断开，三个小灯泡串联，电压表V1和电压表V2的示数相等 D．只闭合S1，一段时间后如果L3短路，则电压表V1的示数将变为6V【考点】串联电路中的电压规律；开关在串并联电路中的作用．【专题】电流和电路；电压和电阻；应用能力．【答案】D【分析】根据开关的断开和闭合情况判定电路的连接方式；根据串联电路的电压的关系分析各个灯泡两端的电压；电路的故障有两种：断路和短路。【解答】解：A．根据实物图可知，当开关S1闭合、S2断开，电流的路径只有一条，灯泡L1短路，L2与L3串联，电压表V1测量L3两端电压，电压表V2测量L2两端电压，则两电压表示数相等为3V，故A正确；B．根据实物图可知，当开关S1断开、S2闭合，灯泡L2短路，L1与L3串联，电压表V1测电源电压，则V1示数为6V，故B正确；C．根据实物图可知，当开关S1、S2断开，三个小灯泡串联，电压表V1测L1与L3两端总电压为4V；电压表V2测L1与L2两端总电压为4V；故C正确；D．根据实物图可知，当开关S1闭合、S2断开，电流的路径只有一条，灯泡L1短路，L2与L3串联，电压表V1测量L3两端电压，电压表V2测量L2两端电压，一段时间后如果L3短路，则电压表V1的示数将变为0，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了电路故障、测量电路的电压规律、电流是辨别，明确电路的连接方式是解题的关键。8．（2024秋•建邺区期中）如图所示电路，电源电压恒定。闭合开关S1、S2，小灯泡L1、L2均发光。电压表V的示数为6V，电流表A1和A2的指针均如图乙所示。若只断开开关S2，则电表A1、A2和V的示数变为（）A．1.2A，0A，0V B．1.5A，0A，6V C．0.3A，1.2A，6V D．1.5A，0.3A，0V【考点】并联电路中的电压规律；电流表的读数；运用并联电路中的电流规律计算．【专题】电流和电路；电压和电阻；应用能力．【答案】A【分析】（1）当闭合开关S1、S2时，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2支路的电流，电压表测并联电路两端电压；开关S1控制干路，S2控制L2支路；（2）当闭合开关S1、断开S2时，L2支路被断开，电压表也被断开，小灯泡L1工作正常，此时电流表A1只测通过小灯泡L1电流；（3）根据并联电路的电流、电压特点结合电流表的示数进行解答。【解答】解：闭合开关S1、S2时，小灯泡L1和L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2支路的电流，根据并联电路电流规律知，干路电流大于支路电流，且指针位置相同，则电流表A1使用的是大量程，示数为1.5A，电流表A2用小量程，示数为0.3A，根据并联电路电流的特点可得通过小灯泡L1的电流是：1.5A−0.3A＝1.2A；当闭合开关S1、断开S2时，L2和电压表所在支路断路，可知电流表A2无示数，电压表无示数，小灯泡L1工作正常，电流表A1只测通过小灯泡L1电流，所以此时电流表A1的示数为1.2A。故选：A。【点评】本题考查了并联电路的特点以及电流表和电压表的使用方法，分析电路图得出电路连接方法以及电流表和电压表的位置是关键。9．（2024•玄武区校级三模）如图1，是某款电子秤的外观图；如图2是它的原理图，表盘是由电压表改装而成的。当被测物体的质量越大，下列判断正确的是（）A．电路中电流不变，电子秤示数越大 B．电路中电流不变，电子秤示数越小 C．电路中电流越大，电子秤示数越大 D．电路中电流越小，电子秤示数越大【考点】动态电路的分析．【专题】定性思想；电路变化分析综合题；应用能力．【答案】A【分析】由图可知，电阻R0、R串联，由于电压表的阻值很大，在电路中相当于开路，所以滑片P上下移动过程中，电路中的总电阻不变；根据欧姆定律可知电路中的电流变化；电压表测量滑动变阻器上端至滑片P之间电阻两端的电压；由图可知，物体的质量越大，弹簧伸长越长，滑动变阻器上端至滑片P之间电阻越大，根据欧姆定律可知，滑动变阻器上端至滑片P之间电阻两端的电压变化情况，据此分析。【解答】解：由图可知，电阻R0、R串联，由于电压表的阻值很大，在电路中相当于开路，所以滑片P上下移动过程中，电路中的总电阻不变；根据欧姆定律可知，由于电源电压不变，所以电路中的电流不变，故CD错误；由图可知，电压表测量滑动变阻器上端至滑片P之间电阻两端的电压，物体的质量越大，弹簧伸长越长，滑动变阻器上端至滑片P之间电阻越大，由于电路中的电流不变，根据欧姆定律可知，滑动变阻器上端至滑片P之间电阻两端的电压就越大，故A正确、B错误。故选：A。【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用，知道电压表的电阻很大，在电路中相当于开路是解题的关键。10．（2024•南京模拟）如图甲所示为某种跳绳自动计数器的简化原理图。跳绳时，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，自动计数器会计数一次。信号处理系统相当于一个电压表，能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为10V并且保持不变，R2为定值电阻，某一段时间AB间的电压随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．AB两端电压为6V时，计数器会计数一次 B．绳子没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值是R2的4倍 C．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为2：1 D．绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为1：6【考点】串并联的比例计算；欧姆定律的应用．【专题】计算题；应用题；错解分析题；欧姆定律；应用能力．【答案】D【分析】（1）由左图知R1和R2串联，AB间的电压为R2两端的电压，当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路分压规律知，R1两端的电压会变大，电源电压不变，根据串联电路电压的规律判断R2两端电压的大小，根据右图判断此时AB间的电压；（2）根据乙图判断绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时R1两端的电压，根据串联电路电流相等和欧姆定律求出R1和R2的比值；（3）根据乙图判断绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据欧姆定律求出电流之比；（4）根据乙图判断挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时R1两端的电压，根据串联电路电流相等和欧姆定律求出R1和R2的比值，用R2表示R1，最后计算它们的比值。【解答】解：A、由甲图知R1和R2串联，AB间的电压为R2两端的电压，当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路分压规律知，R1两端的电压会变大，电源电压不变，R2两端的电压U2＝U﹣U1会变小，自动计数器会计数一次，由乙图知，此时R2两端的电压即AB间的电压为U2＝2V，故A错误；B、绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为6V，此时R1两端的电压为U1′＝U﹣U2′＝10V﹣6V＝4V，R1和R2的电阻之比：＝＝＝＝，则R1′＝R2，即：没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值R1′是R2的，故B错误；C、绳子没有挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为6V，此时电路中电流：I′＝，挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为2V，此时电路中电流：I＝，则绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时电路中电流之比为：I′：I＝：＝U2′：U2＝6V：2V＝3：1，故C错误；D、挡住射向R1的红外线时，R2两端的电压为2V，此时R1两端的电压为U1＝U﹣U2＝10V﹣2V＝8V，R1和R2的电阻之比：＝＝＝＝4，则R1＝4R2，则绳子没有挡住射向R1的红外线时和挡住射向R1的红外线时R1的阻值之比为：R1′：R1＝R2：4R2＝1：6，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，要求学生知道串联电路分压的规律；能够根据图像找到有用的信息；能够灵活应用所学的公式进行计算。11．（2024•鼓楼区模拟）如图所示，电源电压不变，只闭合开关S1，电流表示数为0.3A，再闭合S2，电流表示数变化了0.4A。则同时闭合S1、S2后，相同时间内R1、R2消耗的电能之比是（）A．3：4 B．4：3 C．7：3 D．4：7【考点】电功与电能的计算．【专题】应用题；电能和电功率；应用能力．【答案】A【分析】当只闭合S1时，R1单独接入电路；再闭合S2时，R1、R2并联；已知电流表前后两次示数关系，可以得到通过两只电阻的电流，利用公式W＝UIt比较消耗的电能。【解答】解：由图知，只闭合S1时，R1单独接入电路，电流表测R1的电流，则I1＝0.3A；再闭合S2时，R1、R2并联，电流表测干路中的电流，两只开关都闭合时，由于并联电路中各电阻互不影响，所以通过R1的电流仍然为I1＝0.3A，电流表示数变化了0.4A，则说明通过R2的电流为I2＝0.4A，由于并联电路各支路两端的电压相等，则U1＝U2，所以，在相同时间内R1、R2消耗的电能之比为：＝＝＝＝。故选：A。【点评】此题考查了并联电路的特点和电能计算公式的应用，得到两个支路电流大小是解答此题的关键。12．（2024•玄武区一模）在“探究电阻大小对电流热效应的影响”与“探究不同物质吸热升温的现象”两实验中，均可通过图示器材完成实验。以下判断中正确的是（）A．研究对象都是烧瓶中的液体 B．都需要控制R甲、R乙的阻值相等 C．都可通过温度计示数的变化得出实验结论 D．前者实验需液体种类不同，后者实验需液体种类相同【考点】电阻产生热量多少的表现；比较不同物质吸热的情况；探究影响电流通过导体时产生热量的因素．【专题】电与热、生活用电；实验基本能力．【答案】C【分析】（1）电流产生热量的多少与电流、电阻和通电时间有关，根据其确定应控制的变量；实验中通过温度计的示数变化来判断产生热量的多少，根据影响温度变化的因素来判断控制的变量；液体温度的变化与液体的种类及质量有关。（2）根据焦耳定律可知要使电流通过电阻丝产生的热量相等，需将电阻丝串联在电路中，可以确保通过的电流相等、通电时间相同，还必须要求阻值相同；根据Q吸＝cmΔt进行分析，即质量相同的不同物质吸收相同的热量，温度变化越小，比热容越大。【解答】解：A．探究电阻大小对电流热效应的影响的研究对象是电阻，探究不同物质吸热升温的现象的研究对象是容器中的液体，故A错误；B．探究电阻大小对电流热效应的影响时，应控制电路中电流相等，电阻大小不同；探究不同物质吸热升温的现象时，应控制电阻放出热量相同，所以电阻大小相同，故B错误；C．探究电阻大小对电流热效应的影响时，通过液体升高的温度来比较两个电阻放出热量的多少；探究不同物质吸热升温的现象时，应控制液体吸收的热量相同，所以通过液体温度的变化来显示，故都可通过温度计示数的变化得出实验结论，故C正确；D．探究不同物质吸热升温的现象时，液体种类应该不同；探究电阻大小对电流热效应的影响时，用控制变量法，控制电阻大小不同，液体种类相同，故D错误。故选：C。【点评】本题探究影响电流通过电阻丝产生热量多少的因素和比较不同物质的吸热能力及考查控制变量法、转换法的应用和焦耳定律的运用，为热学中的重要实验。二．填空题（共8小题）13．（2024秋•秦淮区校级月考）某小组同学用一个酒精灯对质量是100g、初温度为﹣10℃的冰块进行加热，完成冰的熔化实验。记录的数据如图像所示，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），该物质在CD段所吸收的热量是4.2×103J；在BC段所吸收的热量是4.2×103J。【考点】利用比热容的公式计算热量．【专题】比热容、热机、热值；分析、综合能力．【答案】4.2×103；4.2×103。【分析】（1）知道冰的质量，由于冰化水时质量不变，可知水的质量，由图得出水的初温、末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水吸收的热量；（2）用同一个酒精灯加热，在相同时间内吸收的热量相同。【解答】解：（1）因为冰化成水时质量不变，所以水的质量m水＝100g＝0.1kg，由图可知，在CD段水的初温为0℃、末温为10℃，水吸收的热量：Q吸水＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（10℃﹣0℃）＝4.2×103J；（2）用同一个酒精灯加热，在相同时间内吸收的热量相同，且CD段的加热时间为10min，BC段的加热时间为10min，故热量相等，为4.2×103J；故答案为：4.2×103；4.2×103。【点评】本题考查吸热公式的应用，要利用好隐含条件：用同一个酒精灯加热，在相同时间内吸收的热量相同。14．（2024秋•秦淮区校级月考）质量相同的100℃水蒸气和100℃水，温度一样高，内能水蒸气大（两空均选填“水蒸气”、“水”或“一样”）。将一杯100℃水倒掉一半，内能变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【考点】影响内能大小的因素．【专题】分子热运动、内能；理解能力．【答案】一样；水蒸气；变小。【分析】物体内部所有分子做无规则运动的分子动能和分子势能的总和叫物体的内能。物体的内能与温度、质量、状态等因素有关。【解答】解：质量相同的100℃水蒸气和100℃水，温度一样高，水蒸气的内能大。将一杯100℃水倒掉一半，质量减小，内能变小。故答案为：一样；水蒸气；变小。【点评】此题考查了内能的影响因素，属于基础知识。15．（2024•江宁区校级三模）如图甲所示，为小明加热质量为200g某物质熔化时温度随时间变化的图象。已知该物质在固态时的比热容为c＝2.1×103J/（kg•℃）；假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图像解答下列问题：（1）该物质在熔化过程中温度将保持不变，内能将增大；（2）该物质在熔化过程中，吸收的热为3.36×104J；（3）该物质在液态时的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）；（4）如图乙所示，净含量为75g的一袋薯片，营养成份标签中标明每30g的能量值是675千焦，则该薯片的热值是2.25×107J/kg。【考点】固体和液体的热值计算；晶体熔化的特点；利用比热容的公式计算热量．【专题】应用题；比热容、热机、热值；应用能力．【答案】（1）保持不变；增大；（2）3.36×104；（3）4.2×103；（4）2.25×107。【分析】（1）晶体在熔化时，不断吸收热量，但温度保持不变；内能的大小与物体的温度有关，对于同一物体，一般温度越高，其内能越大；（2）求出每2min吸收的热量，知道熔化的时间，即可求出在整个熔化过程中，物质吸收的热量；（3）由题知，这种物质从热源吸热的功率恒定不变，即该物质在固态或者液态，加热时间相同，吸收热量相同，由Q吸＝cmΔt求得物质在液态时的比热容；（4）利用Q放＝mq计算出该薯片的热值。【解答】解：（1）由图象知，该物质从第2分钟开始熔化，到第10分钟熔化结束，在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能不断增大；（2）该物质固态时在0～2min内吸收的热量为：Q吸＝cmΔt＝2.1×103J/（kg•℃）×200×10﹣3kg×[0℃﹣（﹣20℃）]＝8.4×103J；根据图知，熔化的时间为8分钟，故在整个熔化过程中，物质吸收的热量为：Q'＝4Q吸＝4×8.4×103J＝3.36×104J；（3）由题知，这种物质从热源吸热的功率恒定不变，即该物质在固态或者液态，加热时间相同，吸收热量相同，由Q吸＝cmΔt得，该物质在液态时的比热容为：＝4.2×103J/（kg•℃）；（4）该薯片的热值是：。故答案为：（1）保持不变；增大；（2）3.36×104；（3）4.2×103；（4）2.25×107。【点评】此题考查了吸收热量的计算、燃料的热值及其计算，难度不大，属基础题。16．（2024秋•鼓楼区期中）指纹识别解锁是目前较为流行的手机解锁方式，如图甲所示手指轻轻触碰感应区，则感应区相当于手机电路中的开关；图乙为一款支持无线反向充电技术的手机，简单来说就是手机可以通过无线充电器实现充电，开启无线反向充电后，A手机可以作为电源给另一部B手机进行无线充电，此时A手机把化学能转化为电能。【考点】电源的能量转化；电路的组成部分．【专题】定性思想；电流和电路；理解能力．【答案】开关；电源；化学；电【分析】（1）开关是电路中起控制作用的装置；（2）电源是电路中提供电能的装置，将化学能转化为电能。【解答】解：手指轻轻触碰感应区，识别出正确的指纹后手机自动开锁，感应区对手机起控制作用，相当于手机电路中的开关。开启无线反向充电后，A手机作为电源给另一部B手机提供电能，进行无线充电，此过程A手机把化学能转化为电能。故答案为：开关；电源；化学；电。【点评】此题考查了电路的组成、作用及能量转化，属基础题目。17．（2022秋•江宁区月考）如图所示，将A、B两个金属片插入柠檬制成的水果电池，用电压表测量。水果电池的电压，则该电池的正极是B（选填A或B）；若想获得3.6V的电压，需要把3节这样的水果电池串联起来。【考点】串联电路中的电压规律；电压表的使用方法．【专题】电压和电阻．【答案】B；3。【分析】（1）据电压表的正确使用规则可知，电流必须从正接线柱流入、从负接线柱流出，故我们可以根据指针的偏转情况和所连的接线柱来判断电池的正负极。（2）先判断电压表的量程，而后据分度值读出此时的示数，据串联电路电压的规律分析即可判断。【解答】解：（1）电压表在连接时，电流必须从正接线柱流入、从负接线柱流出，此时指针向右偏转；图中电压表的指针向右偏转，说明与电压表正接线柱相连的B金属片是该电池的正极；（2）由图知，电压表选择的是小量程，分度值是0.1V，此时的示数是1.2V；因串联电路中各部分电压之和等于总电压，所以，如果想获得3.6V的电压，需要把3节这样的“水果电池”串联起来。故答案为：B；3。【点评】本题考查了水果电池的制作和正负极的判断及串联电路电压的规律，是一道实验探究题，中等难度，故同学们应细心处理。18．（2024•浦口区模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R2＝2R1。闭合开关S，电压表的示数为U0，电路正常工作。一段时间后，电压表的示数变为零。已知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上。现提供一个完好的电阻R3（R3＝R2）来替换图示电路中的一个电阻，从而判断故障，请写出电阻R3替换的对象、闭合开关S后电压表的示数及对应的故障。用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路（或者，用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路）。【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．【答案】用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路（或者，用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路）。【分析】由电路图可知，两电阻串联，电压表测量R1两端的电压；根据电路中正常工作时电压表的示数利用串联电路的电压特点和串联电路的分压原理求出电源电压；电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，或与电压表并联的支路以外的电路断路了，据此分析。【解答】解：由电路图可知，两电阻串联，电压表测量R1两端的电压；由题知，电阻R2＝2R1，由于“闭合开关S，电压表的示数为U0，电路正常工作”，由串联电路的电压特点和串联电路的分压原理可知，电源电压：U总＝U0+2U0＝3U0，一段时间后，电压表的示数变为零，又因为“电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上”，所以，电路的故障可能是R1短路或R2断路。用一个完好的电阻R3（R3＝R2＝2R1）来替换图示电路中的一个电阻，有2种替换方法：①用R3替换R1时，此时R3、R2串联，若R1短路，则R2正常，由串联电路的分压原理可知此时电压表示数为U总＝1.5U0；若R2断路，整个电路断路，则电压表示数为零；②用R3替换R2时，此时R3、R1串联，若R1短路，此时电压表也被短路，其示数为零；若R2断路，则R1正常，由串联电路的分压原理可知此时电压表示数为U总＝U0；所以，根据电压表的示数来判断电路故障的方法为：用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路；用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路。故答案为：用R3替换R1时，若电压表示数为1.5U0，则R1短路，若电压表示数为零，则R2断路（或者，用R3替换R2时，若电压表示数为零，则R1短路，若电压表示数为U0，则R2断路）。【点评】本题考查了串联电路的特点和故障分析，关键要知道：电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，或与电压表并联的支路以外的电路断路。19．（2024•鼓楼区校级模拟）如图所示，在探究通过导体的电流与电阻的关系实验中，有以下器材：电源电压为6V、滑动变阻器（30Ω1A）、电流表（0～0.6A量程）、电压表、三个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω）、开关和导线若干。要完成实验，控制定值电阻两端电压的范围2V≤U≤3V；若控制定值电阻两端电压值为1.5V，完成实验需更换最大阻值为45Ω的滑动变阻器。【考点】探究电流与电阻的关系．【专题】定量思想；电路和欧姆定律；分析、综合能力．【答案】2；3；45。【分析】（1）根据串联电路电压的规律和分压原理求电压表控制的最小值；根据电路最大电流和最小电阻求出电压表控制的最大值；（2）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入15Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。【解答】解：（1）设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律和分压原理有：＝，……①，①式左边为一定值，右边也为一定值，故当R取最大值时，变阻器对应为30Ω，即＝，故电压表控制的最小电压为UV＝2V；因电路中允许通过的最大电流为0.6A，此时电路中的电阻最小，由欧姆定律，U＝IR＝0.6A×5Ω＝3V，即电阻的最大电压为3V，故要完成实验，控制定值电阻两端电压的范围2V≤U≤3V；（2）电阻两端的电压始终保持UV′＝1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV′＝6V﹣1.5V＝4.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝3倍，根据分压原理，当接入15Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝3R定大＝3×15Ω＝45Ω，故为了完成整个实验，更换最大阻值为45Ω的滑动变阻器。故答案为：2；3；45。【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和控制变量法的运用，难度较大。20．（2024•南京模拟）如图所示电路，电源电压恒定。当开关S1、S2断开，S3闭合时，电流表示数为0.2A，电压表示数为2V；当开关S1、S2闭合，S3断开时，电压表示数为6V，此时电流表示数为0.9A。则该电路的电源电压为6V，电阻R1在前后两电路中各工作2min产生的电热之比为4：9。【考点】焦耳定律的简单计算；欧姆定律的应用；欧姆定律的多状态计算．【专题】计算题；定量思想；推理法；电能和电功率．【答案】0.9；6；4：9。【分析】（1）由电路图可知，当开关S1、S2闭合，S3断开时，R1、R2并联，由电压表示数可得电源电压；当开关S1、S2断开，S3闭合时，R1、R2串联，电流表测电路中电流，电压表测R2两端电压，由欧姆定律计算R2的阻值；再根据串联电路特点和欧姆定律计算R1的阻值；（2）利用并联电路电流特点和欧姆定律求出干路中的电流即此时电流表示数；（3）根据W＝UIt求出电阻R1在前后两电路中各工作2min产生的电热之比。【解答】解：由图可知，当开关S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1、R2并联，电流表测干路中的电流，电压表测电源电压，电压表的读数为6V，即电源电压：U＝6V，当开关S1、S2断开，S3闭合时，R1、R2串联，电流表测电路中的电流，电压表的读数为R2两端电压，即U2＝2V，串联电路中电流处处相等，由I＝可得，R2的阻值：R2＝＝＝10Ω；由串联电路电压特点可知，电阻R1两端的电压：U1＝U﹣U2＝6V﹣2V＝4V，由欧姆定律可得，R1的阻值：R1＝＝＝20Ω，当开关S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1、R2并联，干路中的电流：I′＝I1+I2＝+＝+＝0.9A，即此时电流表示数为0.9A，两电阻串联时，电阻R1工作2min产生的电热为：Q1＝W1＝U1I1t＝4V×0.2A×2×60s＝96J，两电阻并联时，电阻R1工作2min产生的电热为：Q1'＝W1′＝t＝＝216J，所以电阻R1在前后两电路中各工作2min产生的电热之比为：Q1：Q1′＝96J：216J＝4：9。故答案为：0.9；6；4：9。【点评】本题考查对串联、并联电路特点的认识和理解以及欧姆定律的应用，关键是正确分析开关在不同状态下的电路结构，熟练运用相关公式即可正确解题，难度不大。三．实验探究题（共3小题）21．（2024秋•秦淮区期中）如图所示，用甲、乙、丙三个完全相同的装置做以下热学实验：（1）组装器材时应按照自下而上（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序依次安装。（2）比较不同液体吸热升温特点时，通过加热时间来反映液体吸收热量的多少；实验中记录数据如下表所示，小华想自制一个暖手袋，若从a或b中选一种液体装入暖手袋中，则选择a（选填“a”或“b”）保暖时间会更长。加热时间/min012356a液体的温度/℃101418222630b液体的温度/℃101826344250（3）探究不同燃料燃烧放出的热量与燃料种类的关系时，设计表格如下，请将表格补充完整。燃料加热前的水温/℃加热后的水温/℃水温的变化/℃10g酒精10g碎纸片该实验中，以下五个方面要求相同的有①、②、⑤（填序号）：①烧杯内液体种类；②烧杯内液体质量；③加热时间；④烧杯内液体温度的变化量；⑤燃料质量。（4）在图丙实验中，若根据Q放＝Q吸测量碎纸片的热值，则所测热值比真实值偏小（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【考点】比较不同燃料的热值大小；比较不同物质吸热的情况．【专题】定性思想；探究型实验综合题；科学探究能力．【答案】（1）自下而上；（2）加热时间；a；（3）加热后的水温/℃；①、②、⑤；（4）偏小。【分析】（1）实验时，需用燃料燃烧的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；（2）实验中通过加热时间反映物质吸收热量的多少；根据比较物质吸热能力的方法（使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强）确定哪种物质的吸热能力强，根据Q＝cmΔt分析；（3）探究燃料燃烧时放出热量的多少是否与燃料的种类有关，当然是物质种类不同了，实验中选用控制变量法，质量就应该相同。由Q＝mq公式可判断，哪种物质放出的热量多，升高的温度高的热值就大；（4）给液体加热的过程中，有热量的散失且碎纸不能完全燃烧，测得的热值会偏小。【解答】解：（1）燃料燃烧需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度，故采用自下而上的方法；（2）比较不同液体吸热升温特点时，通过加热时间来反映液体吸收热量的多少；因质量相等的a和b两种液体，在升高相同温度时，a的加热时间长，a吸热多，a的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，质量相同的a、b液体降低相同的温度，a放热多效果好；故选a液体装入暖手袋中作为供热物质；（3）燃料燃烧放出的热量被水吸收，通过比较水温升高的多少可知燃料放热的多少，从而得出燃料燃烧放出的热量与燃料的种类有关，所以表格中需要记录加热前水的温度、加热后水的温度以及水升高的温度，故表格缺少：加热后的水温/℃；燃料燃烧时放出热量与燃料的种类关系时，需要选用的燃料种类应不同，燃料的质量应相同；燃烧放出的热量被液体吸收，则实验中，除了考虑到可能会影响液体升温，应该保持相同液体的质量、初温相同、容器相同，故要求相同的有①、②、⑤；（4）由于燃料无法完全燃烧以及在加热过程中热量的散失，使得测得燃料的热值与实际相比偏小。故答案为：（1）自下而上；（2）加热时间；a；（3）加热后的水温/℃；①、②、⑤；（4）偏小。【点评】本题考查了探究热值和比热容的大小的实验，解题关键是掌握控制变量法和转换法的应用。22．（2024秋•建邺区校级月考）小敏和小东用小灯泡探究“串联电路和并联电路电压规律”。（1）图甲中要测量L1两端电压，请用笔画线代替导线将实物图连接完整；（2）闭合开关前电压表如图乙所示，其原因是电压表没有调零；处理好问题后，用电压表分别测ab、cd、ad间的电压，每次拆接电压表时，开关应处于断开状态；（3）小东用电压表测出电路两端的电压和小灯泡L1、L2两端的电压记录在下表中，由表中数据可得：在串联电路中，电压的规律是U＝U1+U2（用表中字母表示）；实验次数电路两端电压U/VL1两端电压U1/VL2两端电压U2/V12.81.41.422.81.11.732.92.10.8（4）如图甲所示，小东测量灯泡L1两端的电压之后，不能（选填“能”或“不能”）只将电压表接a点的导线改接到d点测L2两端的电压，理由是电压表的正负接线柱接反；（5）小东将电压表并接在如图丙所示电路中的ab、cd和ad两端，测出一组数据后得出并联电路电压规律，小敏说这样的结论不具有普遍性，接下来的操作是换用不同规格的灯泡进行多次实验；（6）细心的小敏发现，将同一只小灯泡分别接入图甲、丙两电路中的亮度不同，你认为小灯泡接在丙（选填“甲”或“丙”）电路中会更亮些。【考点】探究串联电路中的电压规律．【专题】实验题；电压和电阻；实验基本能力．【答案】（1）；（2）没有调零；断开；（3）U＝U1+U2；（4）不能；电压表的正负接线柱接反；（5）换用不同规格的灯泡进行多次实验；丙。【分析】（1）电压表与待测电路并联，根据电源电压为3V确实电压表量程的选择。（2）电压表使用前要调零。为了保护电路，开关应处于断开状态。（3）由表中数据得出结论；（4）用电压表测量电压时，电流从电压表正接线流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针反向偏转。（5）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；。（6）根据串联、并联电路的规律分析。【解答】解：（1）图甲中要测量L1两端电压，电压表应该并联在L1两端，电流从电压表正极流入，负极流出，电源电压由2节干电池组成，则电压表的量程选用0～3V即可，如图所示：（2）闭合开关前电压表如图乙所示，即指针没有指在0刻度线位置，其原因是电压表没有调零。处理好问题后，用电压表分别测ab、cd、ad间的电压，每次拆接电压表时，为了保护电路，开关应处于断开状态。（3）由表中数据可得：电路两端电压等于两灯泡电压之和，可得：在串联电路中，电压的规律是U＝U1+U2（4）如图甲所示，小东测量灯泡L1两端的电压之后，只将电压表接a点的导线改接到d点测L2两端的电压，理由是此时电压表的正负接线柱接反，电流从电压表的负接线柱流入，正接线柱流出，会导致电压表反偏。（5）为了得到普遍规律，应改变灯泡的规格进行多次实验。（6）甲电路为串联电路，灯泡的电压小于电源电压；丙电路为并联电路，灯泡的电压等于电源电压，则连接在甲电路中的灯泡功率较小，较暗。故答案为：（1）；（2）没有调零；断开；（3）U＝U1+U2；（4）不能；电压表的正负接线柱接反；（5）换用不同规格的灯泡进行多次实验；丙。【点评】本题探究串联和并联电路电压规律，考查电压表的使用、注意事项及归纳法和分析数据归纳结论的能力。23．（2024•秦淮区模拟）小明在做“测定小灯泡额定功率”的实验时，电源电压6V，所用滑动变阻器标有“20Ω2A”的字样，待测小灯泡的额定电压为“2.2V”和“3.8V”中的一个。（1）如图甲所示，正确连接电路，规范操作，闭合开关，发现小灯泡发光较暗，电流表、电压表示数如图乙所示，则此时通过小灯泡的电流0.18A．根据电压表示数以及小灯泡的亮度，可以判断小灯泡的额定电压为3.8V。（2）继续实验，小明发现电压表0～15V量程损坏，0～3V量程完好，在不更换电压表的情况下，他想了一个巧妙的办法，对所连接的电路进行了调整后闭合开关，调整变阻器的滑片位置，当电压表示数为2.2V时，小灯泡正常发光，此时滑动变阻器滑片的位置恰好在中点上，小灯泡的额定功率为0.836W。【考点】伏安法测量小灯泡的电功率．【专题】实验题；电能和电功率．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据电压表的量程和分度值读出示数，此时灯较暗，说明额定电压要比这个大，然后可知小灯的额定电压；根据电流表的量程和分度值读出示数；（2）对电路进行的调整，实际是把电压表与变阻器并联，原因是电压表的量程是0～3伏，而灯的额定电压是3.8伏，所以要这样调整；当电压表的示数是2.2伏时灯正常发光，此时变阻器只接入10欧电阻，占的电压是2.2伏，所以可求出串联电路中的电流，然后利用P＝UI即可求出灯的额定功率。【解答】解：（1）电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.4V，因灯光发暗，所以，灯的额定电压应该是高于2.4V，即为3.8V；电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.18A；（2）因为电压表所选的量程是0～3伏，而灯的额定电压是3.8伏。所以对电路进行的调整，把电压表与变阻器并联，当电压表的示数是2.2V时，灯正常发光，此时U额＝U﹣U滑＝6V﹣2.2V＝3.8V；因为此时变阻器只接入10欧电阻，所以，此时串联电路中电流是：I＝＝＝0.22A，则灯的额定功率：P额＝U额I＝3.8V×0.22A＝0.836W。故答案为：（1）0.18；3.8；（2）2.2；0.836。【点评】本实验题涉及电流表的读数、滑动变阻器的使用、电功率的计算和欧姆定律的应用知识点，等综合性较强；（2）中对电路进行的调整（因为电压表所选的量程是0～3伏，而灯的额定电压是3.8伏。所以把电压表与变阻器并联），这是个难点。四．计算题（共2小题）24．（2021秋•六合区校级月考）某课外活动小组设计了一个用电压表的变化来反映环境温度变化的电路。如图甲所示，电源电压不变，定值电阻R＝20Ω，R1是热敏电阻，其阻值随温度变化的图象如图乙所示，闭合开关S后，求：（1）当环境温度为20℃时，电压表示数为2V，电源电压多大？（2）如果将R、R1并联在该电路两端，当干路电流为0.5A时，环境温度是多少？【考点】光敏、热敏、压敏等半导体电路分析；欧姆定律的应用．【专题】应用题；电路和欧姆定律．【答案】见试题解答内容【分析】由电路图可知，R1与R串联，电压表测R两端的电压。（1）根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据图乙读出当环境温度为20℃时R1的阻值，利用欧姆定律求出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，利用欧姆定律求出R1的电流值，由图象得出环境温度。【解答】解：由电路图可知，R1与R串联，电压表测R两端的电压。（1）因串联电路中各处的电流相等，所以，电压表的示数为2V时电路中的电流：I＝＝＝0.1A，由图乙知，当环境温度为20℃时，R1的阻值为40Ω，则R1两端的电压：U1＝IR1＝0.1A×40Ω＝4V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U＝UR+U1＝2V+4V＝6V；（2）如果将R、R1并联在该电路两端，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过R的电流：IR＝＝＝0.3A，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′﹣IR＝0.5A﹣0.3A＝0.2A，电阻R1的阻值：R1′＝＝＝30Ω，由图乙知，此时温度为30℃。答：（1）电源电压是6V；（2）将R、R1并联在电路两端，当干路电流为0.5A时，环境温度是30℃。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中读出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是关键。25．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示，一平底热水壶，其质量为0.5kg，内底面积为180cm2。有一次小军同学用该热水壶装了1.5L的水放在水平桌面上，测得壶中水深15cm，初温20℃。请你通过计算回答：（1）此时水和热水壶的总质量是多少？（2）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收多少热量？[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg]【考点】利用比热容的公式计算热量；密度公式的变形运用计算质量和体积．【专题】定量思想；比热容、热机、热值；应用能力．【答案】（1）此时水和热水壶的总质量是1.5kg；（2）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收5.04×105J的热量。【分析】（1）已知一满壶水的体积，根据m＝ρV求其质量；然后求出总质量；（2）1标准大气压下水的沸点是100℃，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量。【解答】解：（1）水的体积为：，根据可得，水的质量为：，此时水和热水壶的总质量是：m总＝m水+m壶＝1.5kg+0.5kg＝2kg；（2）在标准大气压下水的沸点为100℃，在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收的热量为：。答：（1）此时水和热水壶的总质量是1.5kg；（2）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收5.04×105J的热量。【点评】本题考查学生对质量、水吸热的计算，关键是公式及其变形式的灵活运用，计算过程还要注意单位的换算。

考点卡片1．密度公式的变形运用计算质量和体积【知识点的认识】计算密度的公式：ρ＝计算物体的质量：m＝ρV计算物体的体积：V＝【命题方向】考查密度公式的变形运用计算质量和体积。例：中秋国庆长假期间，小斌与家人到白狼上游玩，在游玩的路上捡到了一块小石头，他想知道这种石头的密度。于是他用天平测出小石头的质量为60g，再把小石头放入装满水的溢水杯中，测得溢出水的质量是20g。求：（1）溢出的水的体积；（2）这种石头的密度；（3）若有一块石碑使用此种石头制成的，质量为60kg，则整个石碑所用材料的体积是多少？（水的密度为1.0×103kg/m3）分析：（1）根据V水＝得出小石头溢出水的体积；（2）小石头的体积等于溢出水的体积，根据密度公式得出小石头的密度；（3）根据V石碑＝得出石碑所用材料的体积。解析：解：（1）小石头溢出水的体积V水＝＝＝20cm3；（2）小石头的体积等于溢出水的体积，即V盖＝V水＝20cm3，因此小石头的密度ρ＝＝＝3g/cm3；（3）石碑所用材料的体积V石碑＝＝＝2×10﹣2m3。答：（1）溢出的水的体积为20cm3；（2）这种石头的密度为3g/cm3；（3）若有一块石碑使用此种石头制成的，质量为60kg，则整个石碑所用材料的体积是2×10﹣2m3。点评：本题考查难度公式的应用，是一道综合题。【解题方法点拨】利用密度公式计算时要注意单位的统一。质量用kg，则体积用m3，密度单位为kg/m3质量用g，则体积用cm3，密度单位为g/cm32．晶体熔化的特点【知识点的认识】晶体熔化的特点：（1）有固定熔点，并达到熔点才能熔化。（2）熔化过程中不断吸热，但温度不变。（3）熔化过程中可能是固态，液态，固液混合态。【命题方向】考查晶体熔化的特点例：在海鲜的下面铺上一层碎冰的目的是：冰粒在熔化（填物态变化名称）时要吸收（填“吸收”或“放出”）热量，但温度不变，以达到保鲜的效果。所以冰是晶体（晶体，非晶体）分析：物质由固态变为液态的过程叫熔化，晶体在熔化过程中需要吸热，但温度保持不变。解析：解：冰是晶体，在海鲜的周围铺一层碎冰块，这样冰块在熔化时吸热但温度保持不变，具有制冷作用，能起到保鲜的作用。故答案是：熔化；吸收；不变；晶体。点评：此题考查的是熔化现象在实际生活中的应用，体现了物理规律对实际生活的指导作用。【解题方法点拨】记忆性知识，牢记即可。3．影响内能大小的因素【知识点的认识】（1）温度：同一物体，状态不变时，温度越高，物体的内能越大；（2）质量：温度。状态相同的同种物体，物体的质量越大，分子的个数就越多，内能就越大；（3）状态：同种物体，温度、质量不变时，状态改变，内能改变；（4）种类：物体的质量、温度、状态相同时，物质的种类不同，内能不同。【命题方向】考查影响内能大小的因素，比较不同状态下的内能的大小。例：下列关于物体的内能的说法中正确的是（）A.物体运动得越快，物体的内能越大B.物体被举得越高，物体的内能越大C.温度为0℃的冰块没有内能D.温度高的物体内能不一定大分析：（1）物体内部所有分子做无规则运动的分子动能和分子势能的总和叫物体的内能。（2）物体的内能与温度、质量、状态等因素有关；与物体的机械运动情况无关。（3）一切物体在任何情况下都具有内能。解析：解：A、物体的内能与物体做机械运动的速度无关，故A错误；B、物体的内能与物体被举高的高度无关，故B错误；C、温度为0℃的冰块具有内能，故C错误；D、温度高的物体内能不一定大；质量和物态相同时，温度高的物体内能大，故D正确。故选：D。点评：知道内能的基本定义；知道影响内能大小的因素。【解题方法点拨】比较物体内能大小的因素有四个，分别是温度，质量，状态和物体种类，要同时考虑这四个影响因素，不能单纯的说温度高的物体内能就大。4．做功改变物体的内能【知识点的认识】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。【命题方向】考查做功改变物体的内能的概念，以及现象。例：下列事例中，通过做功的方式改变物体内能的是（）A.冬天用热水袋暖手B.两手相互摩擦发热C.冬天室内用电炉取暖D.用火炉烧水分析：知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。解析：解：A、冬天，用热水袋暖手，手的温度升高，是通过热传递改变了物体的内能，故A不符合题意；B、两手相互摩擦，手的温度升高，是手克服摩擦力做功，属于做功改变物体的内能，故B符合题意；C、冬天室内用电炉取暖，温度升高，是通过热传递改变了物体的内能，故C不符合题意；D、用火炉烧水，水的温度升高，是水吸收了热量，属于热传递改变物体的内能，故D不符合题意。故选：B。点评：此题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于易错题目。【解题方法点拨】做功改变物体的内能的实例：钻木取火；搓手取暖；磨刀；折铁丝；用打气筒打气筒壁变热；水蒸气将壶盖顶起；打开易拉罐盖时，上面出现白雾；电炉丝通电后发热。5．比较不同物质吸热的情况【知识点的认识】1、实验器材：铁架台、酒精灯、石棉网、烧杯、温度计、秒表等。2、实验装置：3、实验方法：①控制变量法：控制不同物质的质量相同，吸收热量相同，比较升高的温度，从而比较吸热能力大小；或控制不同物质的质量相同，升高的温度相同，比较吸收的热量，从而比较吸热能力的大小。②转换法：由于物质吸收的热量不容易测量，可以通过转换法，将物质吸收热量的多少转换成加热时间，因此比较加热时间，就可以比较得出吸收热量的多少。4、实验设计：①液体的选取，应保证质量相同。②选用相同热源的目的是相同时间内，控制吸收热量相同。③实验数据分析：（1）让两种液体吸收相同的热量，比较液体的温度变化，温度变化小的吸热本领强；（2）让两种液体变化相同的温度，比较液体吸收热量的多少，吸收热量多的吸热本领强。5、实验结论：不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同，比热容大的物质吸收热量多。【命题方向】考查比较不同物质吸热的情况的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。例：同样日照条件下，夏天中午海边的沙子热得烫脚，但海水较凉爽；傍晚日落后，海边的沙子很快变凉，而海水仍然温暖。对此现象小强提出猜想，并利用如图实验装置进行探究。（1）小强的猜想是物质温度变化的快慢可能与物质种类有关；（2）实验时需要的测量工具有温度计、停表和天平；（3）用相同酒精灯加热，控制水和沙子的质量和加热时间相同，通过比较水和沙子升高的温度，来验证猜想。（4）同组的小红提出不同的猜想：中午海水比沙子温度低，可能是因为海水蒸发吸热造成的。大家基于此猜想进一步推理，得出日落后海水比沙子降温快（选填“快”或“慢”），这与实际不符。分析：（1）物质温度变化的快慢可能与物质的种类有关；（2）实验需要的器材，可根据Q＝cmΔt来判断，采用控制变量法实验；（3）实验中采用了转换法，通过观察温度的变化来研究水和沙子的吸热能力；（4）我们知道，海水的昼夜温差小，是由于水的比热容比砂石的比热容大，不是由于海水蒸发吸热所致，因此可通过举反例来推翻这部分同学的猜想。解析：解：（1）夏天中午海边的沙子热得烫脚，但海水较凉爽；傍晚日落后，海边的沙子很快变凉，而海水仍然温暖。对此小强的猜想是物质温度变化的快慢可能与物质的种类有关；（2）根据Q＝cmΔt，必须控制变量，控制水和沙子的质量相同，就需要用天平；（3）比较“水和沙子吸热能力”的方法是：在实验过程中控制加热时间相同，通过比较升高的温度，来比较水和沙子吸热能力，温度升高的越多，吸热能力越弱；（4）海水蒸发吸热，在白天和晚上都会进行；如果猜想正确，那么无论白天、晚上，都会因海水的蒸发吸热导致其温度较低，日落后海水比沙子降温快，显然与事实不符。故答案为：（1）物质种类；（2）天平；（3）升高的温度；（4）快。点评：本题的探究实际上是对沙子和水吸放热能力的比较，而物质吸放热能力是用比热容来量度的，在实验过程中，影响的量较多，有