2024-2025学年北师大版九年级（上）物理寒假作业（五）

第1页（共1页）2024-2025学年北师大版九年级（上）物理寒假作业（五）一．选择题（共12小题）1．（2024•福建）水约占人体体重的60%～70%，有助于调节体温，原因之一是水具有较大的（）A．热值 B．密度 C．温度 D．比热容2．（2024•福建）“煮”的篆体写法如图，表示用火烧煮食物。下列实例与“煮”在改变物体内能的方式上相同的是（）A．热水暖手 B．钻木取火 C．搓手取暖 D．擦燃火柴3．（2024秋•洛宁县月考）河南的杜康美酒驰名中外，如图所示为蒸馏过程中的原理图，左边烧瓶内装有含酒精和水的酒糟，在蒸馏的过程中，左边加热，右边可以得到“美酒”，此过程涉及的物理知识说法正确的是（）A．在烧瓶内，酒精沸腾，瓶中的酒精汽化需要吸热 B．在烧瓶内，仅酒精沸腾，瓶中的水不会发生汽化 C．在冷凝器处，管内酒精蒸汽遇冷液化，需要吸热 D．在冷凝器处，管外的冷却水吸收热量，内能不变4．（2024秋•长沙期中）如图所示，在开关和小灯泡之间连着两个金属夹A和B，在金属夹之间分别接入硬币、铅笔芯、橡皮和塑料尺，闭合开关后小灯泡能发光的是（）A．硬币和铅笔芯 B．硬币和橡皮 C．橡皮和塑料尺 D．铅笔芯和塑料尺5．（2024秋•上蔡县期中）“在物理的花园里，挖呀挖呀挖……”，“物理的花园”里有很多与生活相关的知识，下列物理量最接近生活实际的是（）A．一节铅蓄电池的电压1.5V B．实验室某小灯泡正常发光时的电流约为0.3A C．冰的比热容为4.2×103J/（kg•℃） D．手机电池的电压为36V6．（2024秋•兴隆县期中）在图甲、乙所示的电路中，将开关S1、S2闭合，各灯均发光，则下列说法中正确的是（）A．甲图中，电流在通过灯L1和灯L2的过程中，电流逐渐减小 B．甲图中，若灯L1和灯L2的亮度不同，则通过二者的电流也不相同 C．乙图中，灯L3和灯L4两端的电压一定相等 D．乙图中，通过灯L3和灯L4的电流不可能相同7．（2024秋•思明区校级月考）下列元件工作时应用电流热效应的是（）A．电热水壶 B．风扇 C．儿童手表 D．充电宝8．（2024秋•开福区校级月考）下列常用物理量与对应单位及符号正确的是（）A．电功率——千瓦时（kW） B．电压——伏（W） C．电阻——瓦（Ω） D．电功——焦（J）9．（2024秋•长安区校级月考）下列事例中，属于防止电流热效应产生危害而采取的措施是（）A．烘干机烘干衣物 B．电视机后盖上有很多小孔 C．电热孵卵器孵小鸡 D．热水器加热水10．（2024秋•思明区校级月考）如图所示的电路中，电源为恒流源即始终提供大小恒定的电流，R0为定值电阻。调节变阻器R接入电路的阻值，将电流表、电压表的示数依次记录在表中，可以判断（）序号1234U/V9.08.07.06.0I/A0.600.700.800.90A．实验过程中R逐渐增大 B．实验过程中R0两端电压不变 C．定值电阻R0的阻值为20Ω D．恒流源提供的恒定电流为1.5A11．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R2的滑片P向右移动，在此过程中（）A．电压表V1示数变大，电压表V2示数变小 B．电压表V1示数不变，电流表A示数变小 C．电压表V2示数与电流表A示数之比变大 D．电压表V1示数与电流表A示数之比变小12．（2024秋•崇川区校级月考）如图所示，电源电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点向右滑动。关于该过程，下列说法中正确的是（）A．电流表A1的示数变小，灯泡的亮度变暗 B．电流表A2的示数不变，灯泡的亮度不变 C．电压表V1的示数不变，灯泡的亮度不变 D．电压表V2的示数与电流表A2的示数的比值变小二．填空题（共8小题）13．（2024秋•上蔡县期中）“低碳环保”是当今世界环境主题，天然气是一种低污染燃料，在我县已普遍使用。天然气热值为4×107J/m3，完全燃烧0.42m3的天然气所释放的热量为J，若完全被水吸收，能使kg的水温度升高20℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]14．（2024秋•洛宁县月考）街头经常有商家卖“冰糖葫芦”，它是把糖块加热成糖浆，再裹在山楂上做成的，将糖熔化成糖浆的过程糖的内能（选填“增大”或“减小”），熬制糖浆的过程是通过的方式改变糖的内能。15．（2024秋•任城区期中）如图所示的电路，若要使R1、R2串联，则只需要闭合开关；若要使R1、R2并联，则应闭合开关；若要同时闭合开关，就会发生短路。16．（2024秋•和平区校级期中）找一个水果，然后将连在二极管上的铜片和锌片插入水果中，制成了一个水果电池，发现二极管发光。锌片是水果电池的极。如图所示，电阻箱的示数Ω。17．（2024秋•西城区校级月考）用试电笔可以辨别家庭电路中的火线与零线，如图所示的手拿试电笔方法正确的是（选填“甲”或“乙”）图。当笔尖插入插座的插孔中时，氖管发光，说明此插孔中连接的是线（选填“火”或“零”）。18．（2024秋•西城区校级月考）某市场有如图所示的甲、乙两种容积相同的电热水壶，额定电压均为220V，额定功率分别为800W和1500W。请你从下列不同角度，作出选择并说明选购理由。①从烧水快的角度考虑，应选购哪种电热水壶？选电热水壶（选填“甲”或“乙”）。②若家庭电路的电压是220V，室内插座的额定电流是5A，用该插座给电热水壶供电，从安全用电的角度考虑，应选购哪种电热水壶？选电热水壶（选填“甲”或“乙”）。19．（2024秋•思明区校级月考）如图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片P在某两点移动的过程时，电压表示数变化范围为3～6V，电流表的示数变化范围为0.1～0.2A，则定值电阻R1阻值为Ω，电源电压为V。20．（2024秋•六合区月考）如图所示的电路，电源电压恒定，开关S0闭合。当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，甲、乙两表示数之比U甲：U乙＝3：1；当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，甲、乙两表示数之比I甲：I乙＝，此时电阻R1、R2的阻值之比为。三．实验探究题（共2小题）21．（2024秋•淮安期中）如图为某学习小组“探究动能大小跟哪些因素有关”的实验操作（步骤甲、乙、丙中小球质量分别为m、2m、3m）。（1）如图甲、乙所示，让小球从同一高度由静止开始滚下，目的是使小球到达水平面时具有相同的。（2）实验中通过来判断小球动能的大小。（3）小刚认为由实验步骤乙和丙可以判断动能大小与速度的关系，你认为该观点是（选填“正确”或“错误”）的，理由是。22．（2024秋•惠山区校级月考）如图所示是某实验小组“测量小灯泡正常发光时电阻”的实验装置。电路中电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”：（1）正确连接电路后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示。要测量小灯泡正常发光时的电阻，他应将滑片适当向滑动；（2）图丙是小灯泡的电流随电压变化的关系图像，由此可知小灯泡正常发光时的电阻为Ω；（3）在实际测量过程中，调节滑动变阻器使其接入电路中的电阻减小ΔR1，发现小灯泡变亮，此时小灯泡的阻值将增大ΔR2，则ΔR1ΔR2（选填“大于”、“小于”或“等于”）；（4）实验结束后，某同学设计了如图丁的电路来测定额定电压为3V的小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压为9V，定值电阻R1的阻值为10Ω。实验步骤如下：①闭合S、S1，断开S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为V时，灯泡正常发光；②保持滑片位置不动，闭合S、S2，断开S1，此时电压表示数为4V；③小灯泡正常发光时电阻为RL＝Ω。四．计算题（共2小题）23．（2024秋•歙县期中）如图所示，已知电源电压为9V，电压表V1示数为6V，流过灯泡L2的电流为2.5A.求：（1）电流表A的示数大小；（2）灯泡L2两端的电压大小。24．（2024秋•雁塔区校级月考）观察如图所示的白炽灯的铭牌，求：（1）白炽灯正常发光时，通过白炽灯的电流是多少？（2）白炽灯正常发光时的电阻是多少？

2024-2025学年北师大版九年级（上）物理寒假作业（五）参考答案与试题解析题号1234567891011答案DAAABCADBDA题号12答案C一．选择题（共12小题）1．（2024•福建）水约占人体体重的60%～70%，有助于调节体温，原因之一是水具有较大的（）A．热值 B．密度 C．温度 D．比热容【考点】利用比热容解释生活中的现象．【专题】比热容、热机、热值；理解能力．【答案】D【分析】对水的比热容大的理解：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；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。【解答】解：人体内水的比例很大，有助于调节自身的温度，是利用了水的比热容大的特点，当环境温度变化较快时，水的温度变化相对较慢，从而有助于调节人体自身的温度。故选：D。【点评】本题考查了水的比热容大的特点的应用，应用所学知识，解释了实际问题，体现了新课标的要求，属于中考热点题目。2．（2024•福建）“煮”的篆体写法如图，表示用火烧煮食物。下列实例与“煮”在改变物体内能的方式上相同的是（）A．热水暖手 B．钻木取火 C．搓手取暖 D．擦燃火柴【考点】热传递改变物体的内能．【专题】应用题；分子热运动、内能；应用能力．【答案】A【分析】改变物体的内能的方式有：做功和热传递；热传递使物体内能发生改变的实质是内能发生了转移，做功使物体内能发生改变的实质是能量发生了转化。【解答】解：用火烧煮食物，吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递改变物体的内能；A、用热水取暖，吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递改变物体的内能；B、钻木取火，是通过做功改变物体的内能；C、搓手取暖，是通过做功改变物体的内能；D、擦燃火柴，是通过做功改变物体的内能。故选：A。【点评】本题考查了改变物体内能有两种方式，结合生活实际解决问题，难度不大。3．（2024秋•洛宁县月考）河南的杜康美酒驰名中外，如图所示为蒸馏过程中的原理图，左边烧瓶内装有含酒精和水的酒糟，在蒸馏的过程中，左边加热，右边可以得到“美酒”，此过程涉及的物理知识说法正确的是（）A．在烧瓶内，酒精沸腾，瓶中的酒精汽化需要吸热 B．在烧瓶内，仅酒精沸腾，瓶中的水不会发生汽化 C．在冷凝器处，管内酒精蒸汽遇冷液化，需要吸热 D．在冷凝器处，管外的冷却水吸收热量，内能不变【考点】温度、内能、热量的关系；熔化的吸热特点；汽化的概念及现象；汽化的吸热特点；液化的概念及现象；液化的放热特点．【专题】定性思想；分子热运动、内能；理解能力．【答案】A【分析】沸腾时汽化的一种方式，物质由液态变为气态是汽化，汽化吸热，由气态变为液态是液化，液化放热。【解答】解：A、在烧瓶内，酒精沸腾，是汽化现象，需要吸热，故A正确；B、在烧瓶内，酒精先沸腾，因为酒精沸点比水低，水也会汽化，因为汽化不仅有沸腾还有蒸发，而蒸发在任何温度下都可发生，故B错误；C、在冷凝处，管内酒精蒸汽遇冷液化，液化需要放热，故C错误；D、在冷凝处，管外的冷却水吸收热量，内能增大，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了物态变化中汽化吸热和液化放热的特点。4．（2024秋•长沙期中）如图所示，在开关和小灯泡之间连着两个金属夹A和B，在金属夹之间分别接入硬币、铅笔芯、橡皮和塑料尺，闭合开关后小灯泡能发光的是（）A．硬币和铅笔芯 B．硬币和橡皮 C．橡皮和塑料尺 D．铅笔芯和塑料尺【考点】实验判断导体与绝缘体．【专题】电流和电路；应用能力．【答案】A【分析】要使小灯泡发光，在金属夹之间必须接入导体，容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体。【解答】解：常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等，题中铅笔芯和硬币是导体，橡皮、塑料尺是绝缘体，所以开关闭合后小灯泡能发光的是硬币和铅笔芯。故选：A。【点评】此题考查哪些物体为导体，属于识记的内容，比较简单，特别需要记住的是铅笔芯是导体。5．（2024秋•上蔡县期中）“在物理的花园里，挖呀挖呀挖……”，“物理的花园”里有很多与生活相关的知识，下列物理量最接近生活实际的是（）A．一节铅蓄电池的电压1.5V B．实验室某小灯泡正常发光时的电流约为0.3A C．冰的比热容为4.2×103J/（kg•℃） D．手机电池的电压为36V【考点】常见电压的大小；比热容的概念；常见电流的大小．【专题】比热容、热机、热值；电流和电路；电压和电阻；理解能力．【答案】B【分析】一节铅蓄电池的电压是2V；实验室用的小灯泡的电压2.5V左右，功率不到1W；冰的比热容小于水的比热容；手机电池的电压在3.7V左右。【解答】解：A.一节干电池的电压是1.5V，一节铅蓄电池的电压是2V，故A错误；B.实验室用的小灯泡的电压2.5V左右，功率在0.75W左右，电流约为：I=PUC.水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），而冰的比热容与水的比热容不同，小于水的比热容，故C错误；D.手机电池的电压比较低，一般在3.7V左右，故D错误。故选：B。【点评】本题考查的是电压和电流以及比热容的知识，比较基础，难度不大。6．（2024秋•兴隆县期中）在图甲、乙所示的电路中，将开关S1、S2闭合，各灯均发光，则下列说法中正确的是（）A．甲图中，电流在通过灯L1和灯L2的过程中，电流逐渐减小 B．甲图中，若灯L1和灯L2的亮度不同，则通过二者的电流也不相同 C．乙图中，灯L3和灯L4两端的电压一定相等 D．乙图中，通过灯L3和灯L4的电流不可能相同【考点】并联电路中的电压规律；串联电路中的电流规律．【专题】电流和电路；应用能力．【答案】C【分析】（1）由图甲可知，两灯串联，根据串联电路的电流规律可知通过两灯的电流关系；（2）由图乙可知，两灯并联，根据并联电路的电压规律可知两灯两端的电压关系；由于两灯规格未知，故通过两灯的电流也可能相同。【解答】解：AB、由图甲可知，两灯串联，由于串联电路中各处的电流相等，所以通过两灯的电流相同，故AB错误；CD、由图乙可知，两灯并联，由于并联电路各支路两端的电压相等，所以两灯两端的电压一定相等，故C正确；由于两灯规格未知，故通过两灯的电流也可能相同，故D错误。故选：C。【点评】本题考查串、并联电路的电流、电压规律的应用，难度不大。7．（2024秋•思明区校级月考）下列元件工作时应用电流热效应的是（）A．电热水壶 B．风扇 C．儿童手表 D．充电宝【考点】电流的热效应．【专题】电与热、生活用电；应用能力．【答案】A【分析】电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫作电流的热效应。【解答】解：电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫作电流的热效应，应用电流热效应的是电热水壶，故A符合题意，BCD不符合题意。故选：A。【点评】本题考查电流热效应，属于基础题。8．（2024秋•开福区校级月考）下列常用物理量与对应单位及符号正确的是（）A．电功率——千瓦时（kW） B．电压——伏（W） C．电阻——瓦（Ω） D．电功——焦（J）【考点】电功率的单位；电压的单位及其换算；电阻的单位及换算；电能的单位及换算．【专题】其他综合题；应用能力．【答案】D【分析】电功率的单位：国际单位是瓦特，简称瓦，符号为W；电压国际单位：伏特；简称：伏；符号：V；电阻单位：欧姆．简称：欧．符号：Ω；电能的单位：国际单位是焦耳（J）。【解答】解：A、电功率——千瓦（kW），故A错误；B、电压——伏（V），故B错误；C、电阻——欧（Ω），故C错误；D、电功——焦（J），故D正确。故选：D。【点评】本题考查电压、电阻、电功率、电功的单位及符号，属于基础题。9．（2024秋•长安区校级月考）下列事例中，属于防止电流热效应产生危害而采取的措施是（）A．烘干机烘干衣物 B．电视机后盖上有很多小孔 C．电热孵卵器孵小鸡 D．热水器加热水【考点】电流的热效应．【专题】电与热、生活用电；应用能力．【答案】B【分析】电流通过导体时会将电能转化为内能，这种现象叫电流的热效应；热效应有利有弊。【解答】解：ACD、烘干机烘干衣物、电热孵卵器孵小鸡、热水器加热水是利用电流的热效应来加热，故ACD不符合题意；B、电视机后盖上有很多小孔，属于防止电热的危害，故B符合题意。故选：B。【点评】本题考查的是电热的利用和防止，属于基础性题目。10．（2024秋•思明区校级月考）如图所示的电路中，电源为恒流源即始终提供大小恒定的电流，R0为定值电阻。调节变阻器R接入电路的阻值，将电流表、电压表的示数依次记录在表中，可以判断（）序号1234U/V9.08.07.06.0I/A0.600.700.800.90A．实验过程中R逐渐增大 B．实验过程中R0两端电压不变 C．定值电阻R0的阻值为20Ω D．恒流源提供的恒定电流为1.5A【考点】动态电路的分析．【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．【答案】D【分析】由电路图可知，R与R0并联，电流表测R的电流，电压表测电源电压；根据表格中的数据分析R的阻值的变化情况；根据U＝IR分析R0两端电压的变化情况；根据电流恒定，利用表格中的数据得出电流大小关系式，求出定值电阻阻值和电路中电流的大小。【解答】解：A．由电路图可知，R与R0并联，电流表测R的电流，电压表测电源电压。由表格数据知U减小，I增大，根据R=UI知RB．R逐渐减小，并联电路的总电阻逐渐减小，而总电流不变，由U＝IR知恒流源电压减小，则R0两端电压减小，故B错误；CD．因电源为恒流源，始终提供大小恒定的电流，则由表格数据可得：I=0.60A+9.0VR0=0.70A+8.0VR0；解得：故选：D。【点评】本题考查了电路的动态分析、欧姆定律的应用，难度不大。11．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R2的滑片P向右移动，在此过程中（）A．电压表V1示数变大，电压表V2示数变小 B．电压表V1示数不变，电流表A示数变小 C．电压表V2示数与电流表A示数之比变大 D．电压表V1示数与电流表A示数之比变小【考点】动态电路的分析．【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．【答案】A【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动可知接入电阻的变化，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，由串联电路的特点可求得R2两端的电压变化；根据R=U【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；将滑动变阻器R2的滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大；由U＝IR可知，R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大；因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变小，即电压表V2示数变小；根据R=UI可知，电压表V1示数与电流表A示数之比为定值电阻的阻值，所以该比值大小不变；根据R=UI可知，电压表V2综上所述，A正确。故选：A。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、滑动变阻器的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。12．（2024秋•崇川区校级月考）如图所示，电源电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点向右滑动。关于该过程，下列说法中正确的是（）A．电流表A1的示数变小，灯泡的亮度变暗 B．电流表A2的示数不变，灯泡的亮度不变 C．电压表V1的示数不变，灯泡的亮度不变 D．电压表V2的示数与电流表A2的示数的比值变小【考点】动态电路的分析．【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．【答案】C【分析】由电路图可知，灯泡L与变阻器RP并联，电流表A1测RP支路的电流，电流表A2测干路电流，两个电压表测电源两端的电压。根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，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灯泡L的电流和亮暗的变化，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R的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后得出电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变化。【解答】解：由电路图可知，灯泡L与变阻器RP并联，电流表A1测RP支路的电流，电流表A2测干路电流，两个电压表测电源两端的电压。因电源电压不变，所以，滑片移动时，两个电压表的示数不变，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过灯泡L的电流不变，灯泡的亮暗不变；将滑动变阻器的滑片P从中点向右滑动时，接入电路中的电阻变大，由欧姆定律可知，通过R的电流变小，即电流表A1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A2的示数变小，则电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变大；综上所述，C正确。故选：C。【点评】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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。二．填空题（共8小题）13．（2024秋•上蔡县期中）“低碳环保”是当今世界环境主题，天然气是一种低污染燃料，在我县已普遍使用。天然气热值为4×107J/m3，完全燃烧0.42m3的天然气所释放的热量为1.68×107J，若完全被水吸收，能使200kg的水温度升高20℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【考点】气体的热值计算；比热容的计算公式．【专题】应用题；比热容、热机、热值；应用能力．【答案】1.68×107；200【分析】（1）利用Q放＝Vq计算完全燃烧0.42m3的天然气所释放的热量；（2）若燃料燃烧放出的热量完全被水吸收，则水吸收的热量Q吸＝Q放，再利用Q吸＝cmΔt计算水的质量。【解答】解：（1）完全燃烧0.42m3的天然气所释放的热量：Q放＝Vq＝0.42m3×4×107J/m3＝1.68×107J（2）若燃料燃烧放出的热量完全被水吸收，则水吸收的热量：Q吸＝Q放＝1.68×107J，由Q吸＝cmΔt可得水的质量：m=Q吸故答案为：1.68×107；200。【点评】本题考查了燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的应用，属于基础题目。14．（2024秋•洛宁县月考）街头经常有商家卖“冰糖葫芦”，它是把糖块加热成糖浆，再裹在山楂上做成的，将糖熔化成糖浆的过程糖的内能增大（选填“增大”或“减小”），熬制糖浆的过程是通过热传递的方式改变糖的内能。【考点】热传递改变物体的内能．【专题】分子热运动、内能；理解能力．【答案】增大；热传递。【分析】改变内能的方式有做功和热传递两种。【解答】解：将糖熔化成糖浆的过程中，糖吸收热量，内能增加，通过热传递的方式改变物体的内能。故答案为：增大；热传递。【点评】本题考查热传递改变物体内能的知识点，属于基础题目。15．（2024秋•任城区期中）如图所示的电路，若要使R1、R2串联，则只需要闭合开关S3；若要使R1、R2并联，则应闭合开关S1、S2；若要同时闭合开关S1、S3，就会发生短路。【考点】串联和并联的概念与辨析；电路的三种状态．【专题】电流和电路；分析、综合能力．【答案】S3；S1、S2；S1、S3。【分析】电流只有一条路径的则是串联电路；有两条或两条以上路径的则是并联电路。短路：不经过用电器而直接跟电源的两极相连的电路。【解答】解：如图所示的电路，若要使R1、R2串联，则只需要闭合开关S3；若要使R1、R2并联，则应闭合开关S1、S2；若要同时闭合开关S1、S3，就会发生短路。故答案为：S3；S1、S2；S1、S3。【点评】本题考查了两种电路三种状态的分析。16．（2024秋•和平区校级期中）找一个水果，然后将连在二极管上的铜片和锌片插入水果中，制成了一个水果电池，发现二极管发光。锌片是水果电池的负极。如图所示，电阻箱的示数2008Ω。【考点】电阻箱；利用发光二极管判断电流的方向．【专题】电压和电阻；分析、综合能力．【答案】负；2008。【分析】结合二极管的单向导电性判断电源的正负极；电阻箱的读数方法：用“▲”所对的数字乘以下面的倍数，再相加。【解答】解：二极管发光，说明锌片是水果电池的负极；电阻箱的示数：R＝2×1000Ω+0×100Ω+0×10Ω+8×1Ω＝2008Ω故答案为：负；2008。【点评】此题考查了电流的方向及电阻箱的读数，属于基础知识。17．（2024秋•西城区校级月考）用试电笔可以辨别家庭电路中的火线与零线，如图所示的手拿试电笔方法正确的是甲（选填“甲”或“乙”）图。当笔尖插入插座的插孔中时，氖管发光，说明此插孔中连接的是火线（选填“火”或“零”）。【考点】试电笔的使用．【专题】电与热、生活用电；获取知识解决问题能力．【答案】甲；火。【分析】使用试电笔辨别火线和零线时，手指一定要接触笔尾金属体，但不能接触笔尖金属体。【解答】解：如图所示的手拿试电笔方法正确的是甲图（手指一定要接触笔尾金属体）。当笔尖插入插座的插孔中时，氖管发光，说明此插孔中连接的是火线。故答案为：甲；火。【点评】此题考查对试电笔正确使用方法和工作过程的了解，要牢记。18．（2024秋•西城区校级月考）某市场有如图所示的甲、乙两种容积相同的电热水壶，额定电压均为220V，额定功率分别为800W和1500W。请你从下列不同角度，作出选择并说明选购理由。①从烧水快的角度考虑，应选购哪种电热水壶？选乙电热水壶（选填“甲”或“乙”）。②若家庭电路的电压是220V，室内插座的额定电流是5A，用该插座给电热水壶供电，从安全用电的角度考虑，应选购哪种电热水壶？选甲电热水壶（选填“甲”或“乙”）。【考点】电功率P＝UI的简单计算；电功率的概念．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】①乙；②甲。【分析】（1）烧开一壶水需要的热量是不变的，在不计热量损失的情况下，根据Q＝W＝Pt可知，功率越大，需要的时间越短，烧水越快，据此分析；（2）已知室内插座的额定电流，根据P＝UI求出所允许的用电器的最大总功率，然后与用电器的额定功率比较，确定选用的电热水壶。【解答】解：（1）烧开一壶水需要的热量是不变的，在不计热量损失的情况下，根据Q＝W＝Pt可知，功率越大，需要的时间越短，烧水越快，故从烧水快的角度考虑，应选用1500W的甲电热水壶；（2）若家庭电路的电压是220V，室内插座的额定电流是5A，则所允许的用电器的总功率P＝UI＝220V×5A＝1100W，因P甲＝800W＜1100W＜P乙＝1500W，故选用甲电热水壶。故答案为：①乙；②甲。【点评】本题考查电功率的计算的有关知识，属于基础题。19．（2024秋•思明区校级月考）如图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片P在某两点移动的过程时，电压表示数变化范围为3～6V，电流表的示数变化范围为0.1～0.2A，则定值电阻R1阻值为30Ω，电源电压为9V。【考点】欧姆定律求范围值．【专题】定量思想；欧姆定律；应用能力．【答案】30；9。【分析】如图所示电路为定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端电压；电压表的示数为3V时滑动变阻器接入电路中的阻值小于电压表的示数为6V时的滑动变阻器接入电路中的阻值，根据I=UR可知，电压表示数为3V时的电流大于电压表为6V时的电流，因此电压表示数为3V时，电路中电流为0.2A，电压表示数为6V时，电路中电流为0.1A，根据欧姆定律可分别得出电源电压，据此算出电源电压和定值电阻【解答】解：如图所示电路为定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端电压；根据串联分压原理可知，电压表的示数为3V时滑动变阻器接入电路中的阻值小于电压表的示数为6V时的滑动变阻器接入电路中的阻值，根据I=UR可知，电压表示数为3V时的电流大于电压表为6V时的电流，因此电压表示数为3V时，电路中电流为0.2A，电压表示数为6V时，电路中电流为0.1A，根据U＝0.2A×R1+3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①U＝0.1A×R1+6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②联立①②两式可得U＝9V，R1＝30Ω。故答案为：30；9。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据电源电压相等列等式是关键。20．（2024秋•六合区月考）如图所示的电路，电源电压恒定，开关S0闭合。当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，甲、乙两表示数之比U甲：U乙＝3：1；当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，甲、乙两表示数之比I甲：I乙＝2：3，此时电阻R1、R2的阻值之比为2：1。【考点】串并联的比例计算．【专题】电流和电路；应用能力．【答案】2：3；2：1。【分析】由电路图可知，闭合S0、S，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，电压表甲测电源电压，电压表乙测电阻R2电压，由串联电路特点及分压原理求出两电阻阻值之比；由电路图可知，闭合S0、S断开且两电表为电流表时，两电阻并联，电流表甲测通过R2的电流，电流表乙测干路电流，由欧姆定律及并联电路特点求出两电流表示数之比。【解答】解：闭合S0、S，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，甲测电源电压，乙测电阻R2两端的电压，因为：U甲：U乙＝3：1，所以设甲电压表的示数为U甲＝3U，乙电压表的示数为U乙＝U，串联电路总电压等于各部分电压之和，则R1两端的电压为：U1＝U甲﹣U乙＝3U﹣U＝2U，R2两端的电压为：U2＝U乙＝U，所以串联电路中R1和R2两端的电压之比为：U1：U2＝2：1，串联电路各处电流相等，根据串联电路分压原理可得两电阻之比为：2：1。闭合S0、断开S，两电表为电流表时，两电阻并联，甲电流表测量R2的电流，乙电流表测量干路电流，并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得通过R1的电流与R2的电流之比为：I1所以I1并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以I甲＝I2，乙表的示数I乙甲、乙两电流表示数之比为：I甲故答案为：2：3；2：1。【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用，属于基础题。三．实验探究题（共2小题）21．（2024秋•淮安期中）如图为某学习小组“探究动能大小跟哪些因素有关”的实验操作（步骤甲、乙、丙中小球质量分别为m、2m、3m）。（1）如图甲、乙所示，让小球从同一高度由静止开始滚下，目的是使小球到达水平面时具有相同的速度。（2）实验中通过木块移动的距离来判断小球动能的大小。（3）小刚认为由实验步骤乙和丙可以判断动能大小与速度的关系，你认为该观点是错误（选填“正确”或“错误”）的，理由是没有控制质量相同。【考点】探究影响物体动能大小的因素；探究影响物体动能大小的因素﹣动能与速度的关系；探究影响物体动能大小的因素﹣动能大小的现象表现．【专题】机械能及其转化；理解能力．【答案】（1）速度；（2）木块移动的距离；（3）错误；没有控制质量相同。【分析】（1）让小球从同一高度由静止开始滚下，目的是使小球到达水平面时具有相同的速度。（2）小球动能的大小不同，木块一定的距离不同，通过木块移动的距离可以反映动能的大小；（3）要探究动能的大小与速度的关系，要控制质量不变，【解答】解：（1）小球从斜面上由静止滚下时，小球的起始高度越大，进入水平面时的速度越大，让小球从同一高度由静止开始滚下，目的是使小球到达水平面时具有相同的速度；（2）实验中小球动能大小不同，小球撞击木块后，木块一定的距离不能，通过物体B移动的距离来判断小球动能的大小，物体B移动的距离越大，表明小球进入水平面时的动能越大，采用了转换法；（3）小刚认为由实验步骤乙和丙可以判断动能大小与速度的关系，该观点是错误的，因为探究动能大小与速度关系时，应该控制小球质量相同，改变小球进入水平面时的速度，而乙和丙步骤中，没有控制质量相同，不符合控制变量法的要求；故答案为：（1）速度；（2）木块移动的距离；（3）错误；没有控制质量相同。【点评】本题考查了控制变量法和转换法在探究影响动能大小的因素实验中的应用。22．（2024秋•惠山区校级月考）如图所示是某实验小组“测量小灯泡正常发光时电阻”的实验装置。电路中电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”：（1）正确连接电路后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示。要测量小灯泡正常发光时的电阻，他应将滑片适当向左滑动；（2）图丙是小灯泡的电流随电压变化的关系图像，由此可知小灯泡正常发光时的电阻为10Ω；（3）在实际测量过程中，调节滑动变阻器使其接入电路中的电阻减小ΔR1，发现小灯泡变亮，此时小灯泡的阻值将增大ΔR2，则ΔR1大于ΔR2（选填“大于”、“小于”或“等于”）；（4）实验结束后，某同学设计了如图丁的电路来测定额定电压为3V的小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压为9V，定值电阻R1的阻值为10Ω。实验步骤如下：①闭合S、S1，断开S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为6V时，灯泡正常发光；②保持滑片位置不动，闭合S、S2，断开S1，此时电压表示数为4V；③小灯泡正常发光时电阻为RL＝4Ω。【考点】伏安法测小灯泡的电阻．【专题】实验题；欧姆定律；分析、综合能力．【答案】（1）左；（2）10；（3）大于；（4）①6；③4。【分析】（1）根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；（2）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用R=U（3）通过对滑动变阻器的电阻、灯泡的电阻和总电阻变化情况分析得出结论；（4）①开关S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器滑片与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压；②保持滑片位置不动，开关S、S2闭合，S1断开，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，根据串联电路电压规律和分压原理求出滑动变阻器接入电路的阻值；③在①中，根据欧姆定律求出电路中的电流，然后利用R=U【解答】解：（1）正确连接电路后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.02A，其示数为1.8V，小于灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故他应将滑片适当向左滑动；（2）灯泡两端电压为2.5V时，灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡正常发光时的电阻为：R=ULI（3）在实际测量过程中，调节滑动变阻器使其接入电路中的电阻减小ΔR1，发现小灯泡变亮，说明滑动变阻器接入电路中的电阻减小，灯泡两端电压增大，电流也增大，根据欧姆定律可知电路中总电阻变小，由于灯泡两端电压增大，电流增大，则灯泡的功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大，根据R＝R滑+R灯可知：只有当滑动变阻器接入电路中的电阻减小量ΔR1大于灯泡的阻值增加量ΔR2才会让总电阻变小；（4）实验步骤：①闭合S、S1，断开S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为6V时，灯泡正常发光；②保持滑片位置不动，闭合S、S2，断开S1，此时电压表示数为4V；③在步骤①中，滑动变阻器滑片与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；要使小灯泡正常发光，则灯泡两端的电压：UL'＝U额＝3V，根据串联电路电压的规律可得：U滑＝U﹣UL'＝9V﹣3V＝6V，所以，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为6V，则灯泡正常发光；在步骤②中，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压为4V，根据串联电路电压规律，R1两端电压为U1＝U﹣U滑'＝9V﹣4V＝5V，根据串联分压原理可知，R滑R1=U2U1，即在步骤①中，电路中的电流为：IL'＝I滑=U滑则小灯泡正常发光时电阻为：RL=UL'故答案为：（1）左；（2）10；（3）大于；（4）①6；③4。【点评】本题测小灯泡正常发光时电阻实验考查了电路分析、电路连接、实验操作、电阻的计算、影响电阻大小因素及设计实验方案测电阻的能力。四．计算题（共2小题）23．（2024秋•歙县期中）如图所示，已知电源电压为9V，电压表V1示数为6V，流过灯泡L2的电流为2.5A.求：（1）电流表A的示数大小；（2）灯泡L2两端的电压大小。【考点】运用串联电路中的电流规律计算；运用串联电路中的电压规律计算．【专题】应用题；电流和电路；应用能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，串联电路中电流处处相等；（2）电压表V1测灯泡L1两端的电压，电压表V2测灯泡L2两端的电压，根据串联电路的电压特点和电压表的示数求出灯泡L2两端的电压。【解答】（1）由图可知，两灯泡串联在电路中，串联电路中电流处处相等；已知流过灯泡L2的电流为2.5A，则电流表A的示数大小为2.5A；（2）由图可知，灯泡L1和L2串联，电压表V2测量灯泡L2的两端电压，电压表V1测量灯泡L1的两端电压，由题意可知：灯泡L1两端的电压为6V，即U1＝6V；再由串联电路的电压特点可得灯泡L2两端的电压：U2＝U总﹣U1＝9V﹣6V＝3V。答：（1）电流表A的示数大小为2.5A；（2）灯泡L2两端的电压大小为3V。【点评】本题考查了串联电路的电流、电压特点的应用，关键是电路串联电路中电压表所测电路元件的判断。24．（2024秋•雁塔区校级月考）观察如图所示的白炽灯的铭牌，求：（1）白炽灯正常发光时，通过白炽灯的电流是多少？（2）白炽灯正常发光时的电阻是多少？【考点】电功率P＝UI的简单计算；欧姆定律的简单计算．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】（1）白炽灯正常发光时，通过白炽灯的电流是0.5A；（2）白炽灯正常发光时的电阻为440Ω。【分析】由P＝UI计算小灯泡L正常发光时的电流；R=U【解答】解：（1）白炽灯正常发光时，通过白炽灯的电流是I=PU（2）白炽灯正常发光时的电阻是R=U2P答：（1）白炽灯正常发光时，通过白炽灯的电流是0.5A；（2）白炽灯正常发光时的电阻为440Ω。【点评】本题考查根据用电器的铭牌，求正常工作的电流和电阻，属于基础题。

考点卡片1．探究影响物体动能大小的因素【知识点的认识】提出问题：动能的大小与哪些因素有关？猜想和假设：动能的大小可能与物体的质量有关，还可能与物体的运动速度有关实验器材：斜面、钢球、木块实验步骤：①让同一个钢球从斜面的不同高度自由滚下，推动木块移动，比较两次木块被推距离的远近；②换用质量不同的钢球，让它们从斜面的同一高度自由滚下，推动木块移动，比较两次木块被推距离的远近。实验现象：①同一钢球从不同高度滚下，钢球碰撞木块时的速度不同。高度越高，钢球滚到平面上时的速度越大，木块被推得越远；②质量不同的钢球从同一高度滚下，钢球滚到平面上时的速度相同。质量越大的钢球将木块推得越远。得出结论：①物体动能的大小与物体的运动速度有关，物体运动速度越大，物体的动能越大；②物体动能的大小与物体的质量有关，物体的质量越大，物体的动能越大。归纳总结：动能的大小与物体的质量和运动速度有关。质量相同的物体，运动的速度越大，它的动能越大；运动速度相同的物体，质量越大，它的动能也越大【命题方向】考查探究影响物体动能大小的因素的实验，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：小明为了探究动能大小的影响因素，利用斜面、钢球、木块等器材在同一水平面上开展了如图所示的探究活动。（1）实验中探究的动能是指A。A.钢球撞击木块时的动能B.钢球撞击木块后的动能C.木块被钢球撞击后的动能（2）钢球在水平面上的动能是由重力势能转化而来的。（3）若斜面下方水平面光滑，本实验不能（选填“能”或“不能”）达到实验目的。（4）分析甲、乙两图的实验现象所得到的结论是质量相同时，速度越大，动能越大。（5）通常来说，交通事故的原因主要是超载或超速，用甲、丙两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车超载（选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因。分析：（1）据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；（2）影响动能的因素：质量和速度；质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能的因素：质量和高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；（3）根据牛顿第一定律分析回答；（4）影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系，据此得出结论；（5）研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。解析：解：（1）由题意可知，实验中探究小球动能，即钢球撞击木块时的动能的大小，故A符合题意，BC不符合题意，故选：A；（2）钢球从斜面下滑过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，钢球速度变大，动能变大，因此钢球在水平面上的动能是由重力势能转化而来的；（3）本实验中水平面若绝对光滑，小球撞击木块后，根据牛顿第一定律可知，木块将做匀速直线运动，因无法比较木块移动的距离，故不能达到实验探究目的；（4）由甲、乙两图可知，钢球质量相同，下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，高度越高，到达水平面时的速度越大，推动木块移动的距离越远，故可得出结论：质量相同时，速度越大，动能越大；（5）由甲、丙两图可知，钢球下滑的高度相同，到达水平面时的速度相同，质量不同，质量越大推动木块移动的距离越远，说明钢球具有的动能越大，可以用来解释汽车超载行驶时危险性大的原因。故答案为：（1）A；（2）重力势；（3）不能；（4）质量相同时，速度越大，动能越大；（5）超载。点评：本题是探究影响动能大小的因素的实验，由于动能大小与质量和速度有关，所以实验中要用控制变量法，同时要掌握转换法在实验中的应用。【解题方法点拨】分析物体动能大小的变化时，要同时考虑物体的质量和物体运动速度两个因素的变化情况，不能只考虑其中的一个方面，特别是忽略物体质量的变化。例如：公路上匀速行驶的洒水车在洒水的过程中，虽然速度大小没有变化，但是洒水车的动能在减小，这是因为洒水车的质量在不断减小。2．探究影响物体动能大小的因素-动能与速度的关系【知识点的认识】提出问题：动能的大小与哪些因素有关？猜想和假设：动能的大小可能与物体的质量有关，还可能与物体的运动速度有关实验器材：斜面、钢球、木块实验步骤：①让同一个钢球从斜面的不同高度自由滚下，推动木块移动，比较两次木块被推距离的远近；②换用质量不同的钢球，让它们从斜面的同一高度自由滚下，推动木块移动，比较两次木块被推距离的远近。实验现象：①同一钢球从不同高度滚下，钢球碰撞木块时的速度不同。高度越高，钢球滚到平面上时的速度越大，木块被推得越远；②质量不同的钢球从同一高度滚下，钢球滚到平面上时的速度相同。质量越大的钢球将木块推得越远。得出结论：①物体动能的大小与物体的运动速度有关，物体运动速度越大，物体的动能越大；②物体动能的大小与物体的质量有关，物体的质量越大，物体的动能越大。归纳总结：动能的大小与物体的质量和运动速度有关。质量相同的物体，运动的速度越大，它的动能越大；运动速度相同的物体，质量越大，它的动能也越大【命题方向】考查探究影响物体动能大小的因素的实验，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：汽车超载、超速行驶很容易造成交通事故。小明由此想探究物体的动能与哪些因素有关，他找来了一些小球，搭建一个斜面，在斜面底端放一物块，如图所示，若要探究物体的动能与速度的关系，应保持小球的质量不变，接下来的操作是先让小球从斜面顶端静止释放，记录物块的移动距离为s1，然后让小球从斜面较低位置静止释放记录物块的移动距离为s2，如果观察到s1＞s2，说明物体的速度越大，物体的动能越大。分析：影响物体动能大小的因素有质量和速度，根据控制变量法结合转换法分析回答。解析：解：若要探究物体的动能与速度的关系，根据控制变量法可知，应保持小球的质量不变，先让小球从斜面顶端静止释放，记录物块的移动距离为s1，然后让小球从斜面较低位置静止释放，记录物块的移动距离为s2，由转换法可知，如果观察到s1＞s2，说明物体的速度越大，物体的动能越大。故答案为：小球的质量；静止；让小球从斜面较低位置静止释放；s1＞s2。点评：用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。【解题方法点拨】分析物体动能大小的变化时，要同时考虑物体的质量和物体运动速度两个因素的变化情况，不能只考虑其中的一个方面，特别是忽略物体质量的变化。例如：公路上匀速行驶的洒水车在洒水的过程中，虽然速度大小没有变化，但是洒水车的动能在减小，这是因为洒水车的质量在不断减小。3．探究影响物体动能大小的因素-动能大小的现象表现【知识点的认识】判断动能大小：看木块被小钢球推动的距离多少。【命题方向】考查探究影响物体动能大小的因素的实验中，动能大小的现象表现例：如图所示“探究动能的大小与什么因素有关”的实验中，下列说法正确的是（）A.实验中斜面和水平面必须是光滑的B.木块向前滑行的过程中机械能守恒C.小球推动木块移动的距离与小球释放的高度无关D.小球动能的大小是通过推动木块移动的距离反映分析：①根据牛顿第一定律分析；②根据动能和重力势能的影响因素分析木块机械能的变化，即可判断机械能是否守恒；③小球释放的高度会影响小球撞击木块时的速度，从而影响小球推动木块移动的距离；④小球从斜面上向下运动到水平面上，有了一定的速度，就有动能，小球撞击木块，可以通过木块在水平面上移动的距离来判断小球动能的大小。解析：解：A、斜面光滑，则小球滚下的过程中，重力势能全部转化为动能；如果水平面绝对光滑，则木块在水平方向不受摩擦力，则木块将会一直保持匀速直线运动状态运动下去，无法通过木块移动的距离判定动能的大小，故A错误。B、木块向前滑行的过程中受到阻力，质量不变，速度减小，所以动能减小，高度不变，所以重力势能不变，则机械能减小，机械能不守恒，故B错误。C、小球到达斜面底端的速度取决于小球在斜面上的高度，滚下的高度越高，小球到达斜面底端的速度越大，推动木块移动的距离就越远，所以小球推动木块移动的距离与小球释放的高度有关，故C错误；D、实验中，小球在水平面上推动木块移动的距离不同，比较实验现象，可以比较小球撞击木块前的动能大小，这是转换法的应用，故D正确。故选：D。点评：掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。【解题方法点拨】记忆性知识，掌握即可。4．熔化的吸热特点【知识点的认识】熔化是指物质从固态转变为液态的过程，‌这一过程需要吸收热量。‌【命题方向】判断熔化是吸热还是放热。例：卫星的发射需要火箭来运载，火箭的整流罩外壳涂有一层特殊材料，该材料在高温下熔化吸热（填“吸热”或“放热”）起到防止卫星烧坏的作用。分析：物质由固态变为液态的过程是熔化，熔化需要吸热。解析：解：火箭头部的特殊材料在熔化时可以吸收大量热量，起到防止卫星烧坏的作用，这是利用了熔化要吸热的原理。故答案为：吸热。点评：本题考查熔化吸热，难度不大。【解题方法点拨】物态变化，需要知道物质变化前后的状态，再根据物态变化的定义确定物态变化的名称，同时还需要掌握每一种物态变化的吸、放热情况。5．汽化的概念及现象【知识点的认识】物质从液态变为气态的过程叫作汽化，汽化有蒸发和沸腾两种方式。【命题方向】根据现象判断物态的变化是中考的热点。例：下列物态变化的实例中，属于汽化现象的是（）A.滴水成冰B.气凝结霜C.冰雪消融D.浓雾消散分析：汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热。解析：解：A、滴水成冰是凝固现象，故A错误；B、气凝结霜是凝华现象，故B错误；C、冰雪消融是熔化现象，故C错误；D、浓雾消散是汽化现象，故D正确。故选：D。点评：本题考查了汽化现象与其它物态变化现象的辨别，属于基础题。【解题方法点拨】“汽化”不可写成“气化”，“气态”不可写成“汽态”6．汽化的吸热特点【知识点的认识】物质从液态变为气态的过程叫作汽化，‌这一过程需要吸收热量。‌【命题方向】判断汽化是吸热还是放热。例：妈妈炒菜时，正准备向已经预热的锅内倒油，在旁边帮忙的张伟同学不小心在锅里滴了几滴水，他看到小水滴落到锅底很快就不见了。小水滴发生的物态变化名称是汽化，该过程是吸（选填“吸”或“放”）热的。大夫抢救中暑病人时，会在病人的额头上大面积地擦酒精，这种疗法利用了酒精蒸发吸热。分析：在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化。解析：解：水滴不见了是由液态水变成了气态水蒸气，属于汽化现象，汽化吸热。在病人的额头上大面积地擦酒精，酒精蒸发吸热，可以降温。故答案为：汽化；吸；蒸发吸热。点评：分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。【解题方法点拨】物态变化，需要知道物质变化前后的状态，再根据物态变化的定义确定物态变化的名称，同时还需要掌握每一种物态变化的吸、放热情况。7．液化的概念及现象【知识点的认识】液化指物质由气态转变成液态。【命题方向】根据现象判断物态的变化是中考的热点。例：暑假，小江与家人坐空调旅游大巴去黄果树旅游，途中发现车窗变模糊了，该现象涉及的物态变化是（）A.液化B.汽化C.凝固D.凝华分析：液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。解析：解：暑假，空调大巴里的空气比车外低，车窗外热的水蒸气遇到冷的玻璃，马上液化放热，此现象是液化。故选：A。点评：本题考查了液化现象，属于基础题。【解题方法点拨】在做题中要注意，白气和雾都是可以看见的，所以是液态。8．液化的放热特点【知识点的认识】液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。【命题方向】判断液化是吸热还是放热。例：用蒸笼蒸馒头时，是上层还是下层蒸格中的馒头先熟呢？小明仔细观察后发现：蒸馒头时，高温的水蒸气经过多层蒸格向上升，遇到冷的蒸笼盖时，大量的水蒸气发生液化（填物态变化名称）现象，放出（吸收/放出）很多热量，使上（上/下）层蒸格中的馒头先熟。分析：从物质发生物态变化的前后两种状态来结合物态变化的定义来确定是发生了哪种物态变化，然后再确定是吸热还是放热。解析：解：高温的水蒸气遇到冷的蒸笼盖，会变成水滴，由气态变成液态，是液化现象。气体液化时，要放热。从而造成上面的馒头先熟。故答案为：液化；放出；上。点评：从蒸馒头的物理过程入手分析，明确物态变化的定义是解决此题的关键。【解题方法点拨】物态变化，需要知道物质变化前后的状态，再根据物态变化的定义确定物态变化的名称，同时还需要掌握每一种物态变化的吸、放热情况。9．热传递改变物体的内能【知识点的认识】（1）条件：两个物体之间或同一个物体的不同部分存在温度差（2）过程：高温物体放出热量，温度降低，内能减少，低温物体吸收热量，温度升高，内能增加；（3）结果：温度相同（4）实质：内能的转移。能量的形式没有改变【命题方向】考查热传递改变物体内能的概念，以及现象。例：下列实例中，属于热传递改变物体内能的是（）A.用锯条锯木头时锯条的温度升高B.两手相互摩擦时手的温度升高C.电钻打孔时钻头温度升高D.热鸡蛋放入冷水中温度降低分析：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，做功过程是能量的转化过程。解析：解：A、锯木头是克服摩擦做功，锯条温度升高，是通过做功改变物体的内能；B、两手相互摩擦时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能；C、电钻打孔是克服摩擦做功，钻头温度升高，是通过做功改变物体内能的；D、放入冷水中的热鸡蛋放出热量，温度降低，是通过热传递改变物体内能，故D正确。故选：D。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】热传递的实例：炒菜时，用火给炒勺加热；冬天坐在炉子边取暖；放在太阳光下晒被子；哈气；热水袋取暖。10．温度、内能、热量的关系【知识点的认识】（1）内能和温度的关系物体内能的变化，不一定引起温度的变化．这是由于物体内能变化的同时，有可能发生物态变化．物体在发生物态变化时内能变化了，温度有时变化有时却不变化．如晶体的熔化和凝固过程，还有液体沸腾过程，内能虽然发生了变化，但温度却保持不变．温度的高低，标志着物体内部分子运动速度的快慢．因此，物体的温度升高，其内部分子无规则运动的速度增大，分子的动能增大，因此内能也增大，反之，温度降低，物体内能减小．因此，物体温度的变化，一定会引起内能的变化．（2）内能与热量的关系物体的内能改变了，物体却不一定吸收或放出了热量，这是因为改变物体的内能有两种方式：做功和热传递．即物体的内能改变了，可能是由于物体吸收（或放出）了热量也可能是对物体做了功（或物体对外做了功）．而热量是物体在热传递过程中内能变化的量度．当物体与外界不做功时，物体吸收热量，内能增加，物体放出热量，内能减少．因此物体吸热或放热，一定会引起内能的变化．（3）热量与温度的关系物体吸收或放出热量，温度不一定变化，这是因为物体在吸热或放热的同时，如果物体本身发生了物态变化（如冰的熔化或水的凝固）．这时，物体虽然吸收（或放出）了热量，但温度却保持不变．物体温度改变了，物体不一定要吸收或放出热量，也可能是由于对物体做功（或物体对外做功）使物体的内能变化了，温度改变了．【命题方向】温度、热量与内能的关系是中考的热点，主要考查学生对温度、内能、热量关系的理解和掌握．例：关于温度、内能和热量，下列说法错误的是（）A.炙热的铁水一定比冰冷的冰块含有的热量多B.热量可以从内能小的物体传向内能大的物体C.物体温度降低时内能减少，温度升高时内能增加D.冰块温度虽然低，但其分子仍在不停运动分析：（1）热量是一个过程量，不能说含有多少热量；（2）发生热传递时，热量总是由高温物体向低温物体传递热量或从一个物体的高温部分传向低温部分；（3）内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，温度是表示物体冷热程度的物理量；（4）分子永不停息地在做无规则运动。解析：解：A、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故A错误；B、发生热传递时，总是由高温物体向低温物体传递热量或从一个物体的高温部分传向低温部分，内能小的物体温度可能会高于内能大的物体，所以内能小的物体可能会将热量传给内能大的物体，故B正确；C、物体温度降低时，它的内能一定减少，物体温度升高时，它的内能一定增加，故C正确；D、水凝结成冰，但分子热运动没有停止，故D正确。故选：A。点评：热量、内能、温度是热学里三个最重要，同时也是联系最密切的概念，只有真正理解，才能保证在解题时不会出错。【解题方法点拨】内能和温度是物体本身就具有的，而热量是伴随着热传递存在的，内能和温度都是状态物理量，而热量则是过程物理量．物体吸收热量，内能一定增加，温度不一定升高；物体温度升高，内能一定增加．三个物理量之间既有密切联系，又有本质区别．11．比热容的概念【知识点的认识】（1）定义：一定质量的某种物质，在温度升高时吸收的热量与它的质量和升高的温度乘积之比，叫作这种物质的比热容，用符号c表示。（2）单位：比热容的单位是J/（kg•℃），读作作焦每千克摄氏度。（3）物理意义：水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）。它的物理意义是1千克水，温度升高或降低1℃，吸收或放出的热量是4.2×103焦耳。【命题方向】考查比热容的概念，单位以及物理意义，通常在选择填空题中，以概念的形式考查。例：比热容是物质的一种属性，每种物质都有自己的比热容，查表可知，水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）表示1kg的水每升高（或降低）1℃吸收（或放出）4.2×103J的热量。一桶水倒掉一半后，剩下的水的比热容不变（选填“变大”“不变”或“变小”）。分析：比热容是物质的一种特性；物质的比热容只跟物质的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。解析：解：水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）表示1kg的水每升高（或降低）1℃吸收（或放出）4.2×103J的热量；水的比热容与水的质量无关，一桶水倒掉一半后，质量减半，但水的比热容不变。故答案为：1kg的水每升高（或降低）1℃吸收（或放出）4.2×103J的热量；不变。点评：本题考查学生对比热容概念的理解，知道物质的比热容只跟物体的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。【解题方法点拨】（1）对于同一种物质，比热容的值还与物质的状态有关，同一种物质在同一状态下的比热容是一定的，但在不同状态时，比热容是不同的。如：水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），而冰的比热容是2.1×103J（kg•℃）。（2）对于物质的比热容，可以从以下两个方面理解：首先，比热容跟密度一样，也是物质的一种特性，它既不随物质质量的改变而变化，也不随物质吸收（或放出）热量的多少及温度的变化而变化，也就是说，只要是相同的物质，不论其形状、质量、温度高低、放置地点如何，它的比热容一定是相同的；其次，不同物质的比热容不同，同种物质的比热容相同，它反映了不同物质吸、放热本领的强弱，还可以利用物质的这种特性来鉴别物质。12．利用比热容解释生活中的现象【知识点的认识】（1）水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，在吸收或放出相同热量的情况下，水的温度变化要小些。（2）现象与应用①白天沿海地区比内陆地区升温慢，夜晚沿海地区温度降低也慢。因此，在一年之中，夏季时内陆比沿海炎热，冬季时内陆比沿海寒冷。②水比热容大的特点，在生产，生活中经常被利用。如汽车发动机、发电机等机器，在工作时要发热，通常要用循环流动的水来冷却。【命题方向】考查利用比热容解释在实际生活中的应用。例：下列现象中，不能用比热容解释的是（）A.中午沙子很烫、海水较凉B.汽车发动机用水做冷却剂C.我国西北沙漠地区日温差较大D.火箭采用液态氢作为燃料分析：（1）对水的比热容大的理解：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；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；（2）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。解析：解：A．中午沙子很烫、海水较凉，是因为沙子比热容小，而海水比热容大，故A不符合题意；B．汽车发动机用循环水冷却，是利用升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多的特点，将汽车发动机工作时产生大量热量迅速转移，故B不符合题意；C．我国西北沙漠地区日温差较大，是因为沙漠地区多沙少水，沙子比热容小，故C不符合题意；D．火箭采用液态氢作为燃料是因为液态气热值高，故D符合题意。故选：D。点评：本题考查了水的比热容大的特点的应用和热值，应用所学知识，解决实际问题，体现了物理知识来源于生活、服务生活的理念。【解题方法点拨】主要考查学生对水的比热容大的特点及应用的了解和掌握．对水的比热容大的理解：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；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多．13．比热容的计算公式【知识点的认识】比热容的计算公式：c=Qm(t-t0)=Qm△【命题方向】考查比热容的计算，根据图像信息以及题干信息求比热容。例：蔡浩哲在自然条件下完成了冰的熔化实验，并描绘出温度随时间变化的关系图线，如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg，AB段冰吸热为2.1×104J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（1）计算出冰的比热容；（2）CD段水吸收的热量是多少？分析：（1）在AB段，知道吸收的热量、质量、温度变化量，根据Q＝cmΔt，计算冰的比热容；（2）冰变成水，物质的状态变化，质量不变；CD段是水，知道水的质量、比热、温度变化，根据Q＝cmΔt，计算水吸收的热量。解析：解：（1）冰从﹣20℃吸收热量升高到0℃，需要5min，吸收热量为：Q吸冰＝2.1×104J，由Q吸＝cmΔt得冰的比热容为：c冰=Q冰mΔt=2.1×104J（2）冰的质量为0.5kg，冰熔化成水，状态变化，质量不变，水的质量是0.5kg，由图象知，水从0℃升高到20℃，加热时间为AB段的两倍，CD段水吸收的热量是：Q吸水＝2Q吸冰＝2×2.1×104J＝4.2×104J。答：（1）冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃）；（2）CD段水吸收的热量是4.2×104J。点评：本题主要考查Q＝cmΔt的应用，知道其中的三个量，求第四个量。利用好条件“相同时间冰和水吸收的热量相同”是关键。【解题方法点拨】t是末温，t0是初温，Δt表示温度的变化，注意题干中对于他们的说法是有差别的，如“升高到”，“降低到”指的是末温，而“升高了”，“降低了”表示的是温度的变化。14．气体的热值计算【知识点的认识】气体：q=QV；Q＝【命题方向】考查气体的热值运算，常考查计算放出的热量。例：小量家的燃气热水器将2kg的水从40℃加热到100℃，消耗了0.02m3的天然气，水吸收的热量是5.04×105J，燃气热水器的热效率是72%。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝3.5×107J/m3]分析：（1）根据Q吸＝c水m水（t﹣t0）求出水吸收的热量；（2）根据Q放＝q天然气V求得燃烧0.02m3的天然气放出的热量，再利用η=Q吸解析：解：小量家的燃气热水器将2kg的水从40℃加热到100℃，水吸收的热量为：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣40℃）＝5.04×105J；燃烧0.02m3的天然气放出的热量为：Q放＝q天然气V＝0.02m3×3.5×107J/m3＝7×105J，则燃气热水器的热效率为：η=Q吸Q放×100%故答案为：5.04×105；72%。点评：此题考查了热量的计算及热机效率的计算，属于基础知识。【解题方法点拨】只有完全燃烧时，才能用Q＝qm或Q＝qV计算。15．实验判断导体与绝缘体【知识点的认识】实验器材：导体，绝缘体，导线若干条，电源，开关，小灯泡实验步骤：①先连接一个串联电路.②再将导体（绝缘体）的一头连接在一端连接电源的导线上，另一头连接在小灯泡上.③闭合开关，若是小灯泡亮了，则连接的物体是导体，反之则是绝缘体.【命题方向】以实验的方式考查物体是导体还是绝缘体。例：如图，在开关和小灯泡之间连接两个金属夹A和B，在两个金属夹之间分别接入硬币、塑料尺、铅笔芯、橡皮，闭合开关后，能使小灯泡发光的是（）A.硬币和橡皮B.硬币和铅笔芯C.橡皮和塑料尺D.铅笔芯和塑料尺分析：（1）善于导电的物体叫导体，如：各种金属、酸碱盐溶液、石墨、人体、大地等；（2）不善于导电的物体叫绝缘体，如：玻璃、橡胶、陶瓷、空气、蒸馏水等。解析：解：硬币是金属制的，所以是导体；铅笔芯的主要成分是石墨，所以是导体；故选：B。点评：掌握导体和绝缘体是解决本题的关键，属于识记的内容，比较简单。【解题方法点拨】理解实验原理，解题时要牢记常见的绝缘体和导体。16．利用发光二极管判断电流的方向【知识点的认识】二极管的特性就是单方向导电性。在电路中，电流只能从二极管的正极流入，负极流出。【命题方向】考查利用发光二极管判断电流的方向。例：如图所示，把导线接在小灯泡的AB两端，闭合开关，发光二极管发光（选填“发光”或“不发光”），小灯泡处于被短接状态（选填“通路”“断路”或“被短接”）。若再取下该导线，发光二极管中电子的移动方向为从右到左（选填“从左到右”或“从右到左”）。分析：用电器两端被导线直接连通，这种情况叫做该用电器被短接，也可称为被短路；二极管具有单向导电性特征，有电流由正极（脚较长的）流向负极（脚较短的）时，二极管才发光；电路中电流的方向是：在电源外部，从电源正极经用电器回到负极。电子（负电荷）定向移动的方向与电流方向相反。解析：解：用电器两端被导线直接连通，这种情况叫做该用电器被短接或被短路；二极管具有单向导电性特征，图中电流由二极管的正极进，负极出，故此时二极管发光；电路中电流的方向是：在电源外部，从电源正极经用电器回到负极，电子（负电荷）定向移动的方向与电流方向相反，故二极管中自由电子