2024-2025学年教科版九年级（上）物理寒假作业（四）

第1页（共1页）2024-2025学年教科版九年级（上）物理寒假作业（四）一．选择题（共12小题）1．（2024秋•从江县校级期中）学校师生积极参与“创建文明城市”活动。同学们在清除居民小区墙壁上的广告纸时，发现广告纸粘在墙壁上很难被清除掉，这是因为（）A．分子间存在引力 B．分子间存在斥力 C．分子间存在间隙 D．分子在不断地运动2．（2024秋•兰州校级期中）关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（）A．物体内能增加时，温度一定升高 B．内能小的物体也有可能将热量传递给内能大的物体 C．温度越高的物体，所含有的热量一定越多 D．物体温度不变时，物体的内能就一定不变3．（2024•临沂）2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。如图所示内燃机的四个冲程，气缸内气体的内能最小的是（）A． B． C． D．4．（2024秋•兰州校级期中）下列关于比热容、热值和热机效率的描述，正确的是（）A．燃料燃烧越充分，其热值越大 B．柴油的热值是3.3×107J/kg，完全燃烧1kg柴油能放出3.3×107J/kg的热量 C．水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）表示水升高1℃吸收的热量是4.2×103J D．甲柴油机的效率比乙的效率高，燃烧质量相同的燃料，甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大5．（2024秋•天桥区期中）2024年2月济南发布新规，严禁电动车违规上楼。这一规定旨在防止电动自行车在居民楼内发生爆炸、火灾等安全事故，保障居民的生命财产安全。当利用小区集中充电设施给电动车的蓄电池充电时，蓄电池相当于电路中的（）A．电源 B．开关 C．导线 D．用电器6．（2024秋•双台子区期中）如图所示，将塑料绳撕成细丝状，用毛皮分别摩擦塑料丝和PVC管后，将塑料丝放在PVC管上方，塑料丝会像章鱼一样悬在空中，这就是神奇的静电章鱼实验。下列分析正确的是（）A．塑料丝带电是因为与毛皮摩擦后创造了电荷 B．塑料丝呈“章鱼”状的原因与验电器工作原理相同 C．塑料丝能悬在PVC管上方，是因为他们带上了异种电荷 D．用手去触摸“章鱼”后，“章鱼”可以吸在PVC管上是因为他们带上异种电荷7．（2024秋•邵阳期中）如图所示电路，闭合开关S，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表都有示数，下列判断正确的是（）A．电流表A只测量灯L2的电流 B．电流表A1的示数比A的大 C．小灯泡L1和L2组成并联电路 D．灯L1被短路时，L2正常发光8．（2024秋•罗庄区期中）下列电路图中电表的使用正确的是（）A． B． C． D．9．（2024秋•兰山区期中）如图所示，电源电压3V保持不变，定值电阻为5Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。闭合开关后，滑片由b端向a端移动的过程中，以下说法正确的是（）A．电流表的示数减小 B．电压表的示数减小 C．电压表示数与电流表的示数之比不变 D．当滑片移到a端时，电流表示数为0.2A10．（2024秋•北京校级期中）如图所示，电源两端电压恒为6V，灯泡规格“2.5V0.25A”，滑动变阻器规格“50Ω1A”。闭合开关，调节滑片P，不考虑灯丝阻值随温度的变化，灯泡两端电压不允许超过额定电压，各元件安全工作。下列说法正确的是（）A．电压表的示数变化范围是0V～2.5V B．电流表的示数变化范围是0.25A～0.6A C．电路总功率的最大值是3.6W D．滑动变阻器允许接入电路的阻值范围是14Ω～50Ω11．（2024秋•长治月考）小梦设计了一款电梯超载自动报警系统，其简化工作原理如图所示，电梯厢底控制电路中装有压敏电阻R1，滑动变阻器R2。在工作电路中，K为动触点，A、B为静触点，当出现超载情况时，电铃将发出报警声，电梯停止运行。下列说法正确的是（）A．电梯未超载时动触点K与静触点A接触 B．电梯超载时，压敏电阻R1的阻值随压力的增大而增大 C．电磁铁未通电时，弹簧被拉长 D．若要使电梯设定的承载质量变大，变阻器R2的滑片应向左移动12．（2024•通辽）如图是一新型手电筒。上下快速晃动时，筒内的磁体会上下运动，使筒壁上的线圈内产生感应电流，并为筒内的蓄电池充电。下列说法正确的是（）A．该装置利用了电动机原理 B．上下快速晃动时电能转化为机械能 C．该装置利用了发电机原理 D．为蓄电池充电时化学能转化为电能二．填空题（共8小题）13．（2024秋•赫山区校级期中）如图所示，这是人们利用充电桩给电动汽车充电时的情景，此时电动汽车上的锂离子电池相当于电路中的；在电动车行驶过程中，会将电能转化为能。14．（2023秋•平利县校级期末）电磁继电器的原理是电流的效应，它在电路中的作用相当于（填电路元件名称），可实现低压控制高压。15．（2024秋•邵阳期中）桃花盛开的季节，小明漫步于生态园，闻到阵阵花香，这属于现象；他看到树叶上的两滴小水珠接触后合成更大的一滴，这表明分子间存在。16．（2024秋•天桥区期中）如图所示，图甲是演示点火爆炸的实验装置。按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去。图（选填“乙”或“丙”）中汽油机的工作过程与图甲所示过程中能量的转化是一致的，而另一幅图所示的工作过程叫冲程。17．（2024秋•东台市期中）如图所示，当断开开关S1、S2，闭合S3时，能亮的灯是；要使灯L1、L2组成并联电路，则应断开的开关是；当开关S1、S2、S3都闭合时，电路处于状态（断路/短路/通路）。18．（2024秋•桓台县期中）在探究“并联电路的电压特点”实验中，实物连接如图所示，电源电压为3V；为使实验更加合理，L1、L2应该选择规格（选填“相同”或“不同”）的灯泡；闭合开关后只是灯泡L2断路，其他电路无故障，则测得L1两端的电压为V。19．（2024秋•周村区期中）如图甲将小灯泡L1、L2串联在电路中，闭合开关，观察到灯泡L1比L2亮，则两灯的电阻R1R2（选填“＞”“＝”或“＜”）。用该电路可以探究电流做功的多少与的关系，如果将灯L1两端的电压表拆掉，将乙图的导线接在灯L1两端，则观察到的现象是，原因是。20．（2024秋•黄石期中）如图甲是一种测定油箱内油量的装置，油量表是用电流表改装而成的。油箱装满油时，滑片恰好到达a点；油箱油量为0时，滑片恰好到达b点，因此电流表示数与油面的高度相对应，可以直接读出油箱中的油量。若油箱的容积为50L，定值电阻R0为10Ω，电流表读数与油量V的关系如图乙所示。当油量增加时，油量表示数（选填“变大”“变小”或“不变”）。根据图乙，可知R0的最小电压为V，电源电压是V，滑动变阻器R的最大阻值是Ω。三．实验探究题（共2小题）21．（2023秋•梁园区期末）如图所示是某同学用来探究感应电流产生条件的装置（图中灵敏电流计G的指针偏转方向相反即表示通过的电流方向相反）。序号ab运动方向电流计指针偏转情况1沿磁场方向运动不偏转2水平向左向右偏转3水平向右向左偏转（1）实验中，通过观察来判断是否有感应电流。（2）比较1、2（或1、3）实验现象可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做运动时电路中就会产生感应电流。（3）比较2、3实验现象还发现，产生的感应电流的方向跟有关。（4）若只把磁体的磁极上下对调，让导体棒在磁场中水平向左运动时，则灵敏电流表的指针向（选填“左”或“右”）偏转。（5）该同学还想验证“感应电流的大小是否与导体的运动速度大小有关”，他应该让导体ab分别以（选填“相同”或“不同”）的速度在磁场中运动，观察实验现象，然后进行分析与判断。22．（2024秋•新洲区月考）如图所示，是研究电阻大小与什么因素有关的电路。木板上甲、乙、丙三根电阻线分别是铜线、镍铬合金线、镍铬合金线，长短粗细如图所示。（1）实验中，是通过观察来粗略地比较AB间所接导线电阻大小的。（2）若研究导体电阻与材料的关系，在A、B间先后接入的两根电阻线是（“甲和乙”、“甲和丙”、“乙和丙”）。（3）若研究导体电阻与横截面积的关系，可把乙和丙分别接在AB两接线柱上，闭合开关发现材料乙接入电路时小灯泡亮些，由此得出实验结论是。（4）若把A、B分别接在5、6接线柱上，闭合开关，用酒精灯对丙进行加热，这是想研究对电阻的影响。四．计算题（共2小题）23．（2024秋•温县期中）小红在实验室利用电热器加热。完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg。水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。提示：相同时间被加热物质吸收的热量相同。求：（1）CD段水吸收的热量：（2）则冰的比热容为多少？24．（2024秋•通州区校级期中）小东设计了一个暖箱温度显示器，如图甲所示，其原理是利用电压表的示数表示暖箱内的温度，已知电源电压恒定为4V，电压表的量程为0～3V，R0阻值为150Ω，R1是热敏电阻其阻值与温度的关系如图乙所示。求：（1）当暖箱内温度为20℃时，电压表的示数；（2）为了保证电路中的电表不超过量程，暖箱内可以测量的最高温度为多少。

2024-2025学年教科版九年级（上）物理寒假作业（四）参考答案与试题解析题号1234567891011答案ABDDDBCCCDA题号12答案C一．选择题（共12小题）1．（2024秋•从江县校级期中）学校师生积极参与“创建文明城市”活动。同学们在清除居民小区墙壁上的广告纸时，发现广告纸粘在墙壁上很难被清除掉，这是因为（）A．分子间存在引力 B．分子间存在斥力 C．分子间存在间隙 D．分子在不断地运动【考点】分子间作用力的现象．【专题】分子热运动、内能；应用能力．【答案】A【分析】分子在永不停息地做无规则运动；分子间同时存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：广告纸粘在墙壁上很难被清除掉，是因为分子之间存在引力。故选：A。【点评】本题考查了学生对分子动理论的应用，属于基础题。2．（2024秋•兰州校级期中）关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（）A．物体内能增加时，温度一定升高 B．内能小的物体也有可能将热量传递给内能大的物体 C．温度越高的物体，所含有的热量一定越多 D．物体温度不变时，物体的内能就一定不变【考点】温度、内能、热量的关系；热传递的方向与条件；热量的概念．【专题】分子热运动、内能；应用能力．【答案】B【分析】（1）晶体熔化过程，吸热内能增加，但温度不变；（2）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；（3）发出热传递的条件是存在温度差。【解答】解：A、晶体熔化过程，吸热内能增加，但温度不变，故A错误；B、内能小的物体温度可能比内能大的物体的温度高，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故B正确；C、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故C错误；D、晶体熔化过程，温度不变，但吸热，内能增加，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了热量、内能、温度的关系的理解和应用，应注意物体内能增大，但温度不一定升高。3．（2024•临沂）2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。如图所示内燃机的四个冲程，气缸内气体的内能最小的是（）A． B． C． D．【考点】四冲程的能量转化；内燃机的四个冲程．【专题】比热容、热机、热值；理解能力．【答案】D【分析】在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能，压缩冲程中能量转化是机械能转化为内能。【解答】解：吸气冲程中，汽油机吸入空气和汽油的混合气体，气体温度较低；在压缩冲程，活塞压缩汽油与空气形成的燃料混合物，活塞对气体做功，将机械能转化为气体的内能，使气缸内气体内能增加；做功冲程中，高温高压气体对活塞做功，内能转化机械能；排气冲程中，将气缸内的废气排出；相比而言，吸气冲程中的气体温度较低，内能最小。故D正确。故选：D。【点评】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，基础性题目。4．（2024秋•兰州校级期中）下列关于比热容、热值和热机效率的描述，正确的是（）A．燃料燃烧越充分，其热值越大 B．柴油的热值是3.3×107J/kg，完全燃烧1kg柴油能放出3.3×107J/kg的热量 C．水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）表示水升高1℃吸收的热量是4.2×103J D．甲柴油机的效率比乙的效率高，燃烧质量相同的燃料，甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大【考点】热机的效率的概念；比热容的概念；燃料热值的概念；燃料热值的影响因素．【专题】比热容、热机、热值；分析、综合能力．【答案】D【分析】（1）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料是否充分燃烧无关。（2）热值的单位是J/kg，它表示的是1kg某种燃料完全燃烧时所释放的热量。（3）比热容是物质的一种特性，它表示的是单位质量的某种物质，温度升高或降低1℃所吸收或放出的热量。（4）热机效率是指热机将燃料完全燃烧所释放出的内能转化为机械能的效率。【解答】解：A．热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料是否充分燃烧无关。故A错误；B．柴油的热值是3.3×107J/kg，表示完全燃烧1kg柴油能放出的热量应该是3.3×107J，而不是3.3×107J/kg。故B错误；C．水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）表示的是1kg的水温度升高或降低1℃所吸收或放出的热量是4.2×103J。故C错误；D．甲柴油机的效率比乙的高，表示在燃烧质量相同的燃料时，甲柴油机将更多的内能转化成了机械能，即甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大。故D正确。故选：D。【点评】此题考查了热机效率、热值、比热容的认识，属于基础知识。5．（2024秋•天桥区期中）2024年2月济南发布新规，严禁电动车违规上楼。这一规定旨在防止电动自行车在居民楼内发生爆炸、火灾等安全事故，保障居民的生命财产安全。当利用小区集中充电设施给电动车的蓄电池充电时，蓄电池相当于电路中的（）A．电源 B．开关 C．导线 D．用电器【考点】电路的组成部分．【专题】电流和电路；应用能力．【答案】D【分析】电路由电源、开关、导线和用电器等元件组成；用电器是消耗电能的设备，电源是提供电能的装置。【解答】解：当利用小区集中充电设施给电动车的蓄电池充电时，蓄电池相当于电路中的用电器，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查的是电路的组成，属于基础性题目。6．（2024秋•双台子区期中）如图所示，将塑料绳撕成细丝状，用毛皮分别摩擦塑料丝和PVC管后，将塑料丝放在PVC管上方，塑料丝会像章鱼一样悬在空中，这就是神奇的静电章鱼实验。下列分析正确的是（）A．塑料丝带电是因为与毛皮摩擦后创造了电荷 B．塑料丝呈“章鱼”状的原因与验电器工作原理相同 C．塑料丝能悬在PVC管上方，是因为他们带上了异种电荷 D．用手去触摸“章鱼”后，“章鱼”可以吸在PVC管上是因为他们带上异种电荷【考点】摩擦起电的实质；验电器的原理；电荷间的相互作用．【专题】电流和电路；应用能力．【答案】B【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷（电子）的转移；（2）电荷间的作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体能吸引轻小物体，验电器根据同种电荷相互排斥原理工作的。【解答】解：A．塑料丝带电是因为与毛皮摩擦后电子发生转移而带电，不是创造了电荷，故A错误；B．塑料丝呈“章鱼”状的原因是因为各个细丝带同种电荷而相互排斥，验电器工作原理是同种电荷相互排斥，原理相同，故B正确；C．塑料丝能悬在PVC管上方，说明的相互排斥关系，因而是因为他们带上了同种电荷，故C错误；D．用手触摸“章鱼”后，人体将电荷导走，在、成了不带电的轻小物体，“章鱼”吸在PVC管上是因为带电体能吸引轻小物体，故D错误。故选：B。【点评】本题考查摩擦起电的实质，电荷的作用规律和带电体的性质，属于中档题。7．（2024秋•邵阳期中）如图所示电路，闭合开关S，小灯泡L1和L2均正常发光，两电表都有示数，下列判断正确的是（）A．电流表A只测量灯L2的电流 B．电流表A1的示数比A的大 C．小灯泡L1和L2组成并联电路 D．灯L1被短路时，L2正常发光【考点】并联电路中的电流规律；电路的三种状态；串联和并联的概念与辨析；判断电流表测量的对象．【专题】电流和电路；应用能力．【答案】C【分析】（1）由图可知，闭合开关S，两灯并联，电流表A测干路中的电流，电流表A1测通过L1的电流。根据并联电路的电流规律可知电流表A与A1的示数关系；（2）并联电路一条支短路时，会造成电源短路，所有用电器都不工作。【解答】解：ABC．由图可知，闭合开关S，小灯泡L1和L2组成并联电路，电流表A测干路中的电流，即测量通过两灯的总电流，电流表A1测通过L1的电流，由于并联电路干路中的电流等于各支路中的电流之和，所以电流表A1的示数比A的小，故AB错误，C正确；D．灯L1被短路时，L2也被短路，造成电源短路，两灯均不发光，故D错误。故选：C。【点评】本题考查并联电路的特点，难度不大。8．（2024秋•罗庄区期中）下列电路图中电表的使用正确的是（）A． B． C． D．【考点】电压表的使用方法；电流表的使用方法．【专题】定性思想；电流和电路；理解能力．【答案】C【分析】（1）电流表与被测用电器串联，电压表与被测用电器并联；（2）电流必须从仪表的正接线柱流入、负接线柱流出。【解答】解：A、电压表的正负接线柱接反，指针会反转，故A错误。B、电压表与灯泡串联，灯泡不会发光，电流表接在电源的两极，短路会烧毁电池，故B错误。C、电压表与用电器并联，电流表与用电器串联在电路中，接线柱接法正确，故C正确；D、电压表串联在电路中，电流表与灯泡并联，正负接线柱接反，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电流表和电压表的使用，属于基本内容，只抓住电压表与用电器并联，电流表与用电器串联；两表正负接线柱要连接正确即可做出判断。9．（2024秋•兰山区期中）如图所示，电源电压3V保持不变，定值电阻为5Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。闭合开关后，滑片由b端向a端移动的过程中，以下说法正确的是（）A．电流表的示数减小 B．电压表的示数减小 C．电压表示数与电流表的示数之比不变 D．当滑片移到a端时，电流表示数为0.2A【考点】动态电路的分析；欧姆定律的应用．【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．【答案】C【分析】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，根据欧姆定律结合定值电阻的阻值可知两表示数之比的变化；（2）当滑片移到a端时，电路为定值电阻的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电流表的示数。【解答】解：AB、根据电路图可知，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻两端电压，电流表测电路中电流；滑片由b端向a端移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，根据串联电路的电阻规律可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，电流表的示数变大；根据U＝IR可知，定值电阻两端电压变大，电压表的示数变大，故AB错误；C．电压表示数与电流表的示数之比等于定值电阻的阻值，所以该比值之比不变，故C正确；D．当滑片移到a端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，电路为只有定值电阻的简单电路，故电流表的示数为：I=UR故选：C。【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路特点以及欧姆定律的应用，是一道较为简单的应用题。10．（2024秋•北京校级期中）如图所示，电源两端电压恒为6V，灯泡规格“2.5V0.25A”，滑动变阻器规格“50Ω1A”。闭合开关，调节滑片P，不考虑灯丝阻值随温度的变化，灯泡两端电压不允许超过额定电压，各元件安全工作。下列说法正确的是（）A．电压表的示数变化范围是0V～2.5V B．电流表的示数变化范围是0.25A～0.6A C．电路总功率的最大值是3.6W D．滑动变阻器允许接入电路的阻值范围是14Ω～50Ω【考点】电功率的综合计算；串联电路中的电流规律；串联电路中的电压规律；欧姆定律求范围值．【专题】欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力．【答案】D【分析】（1）由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；根据电流表量程、灯泡规格和滑动变阻器规格可知电路中的最小电流；根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据灯泡规格可知电压表的最大示数；当滑动变阻器全部接入电路中时，电路中的电流是最小的，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，据此可知电流表示数变化范围；当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，根据欧姆定律求出灯泡两端的最小电压，即电压表的最小示数，据此可知电压表的示数变化范围；（2）根据P＝UI求出电路中的最大总功率；（3）根据欧姆定律求出电路中的最小总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入的最小阻值，根据滑动变阻器的规格可知滑动变阻器接入电路的最大阻值，据此求出滑动变阻器接入电路的阻值变化范围。【解答】解：AB、由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；根据电流表量程、灯泡规格和滑动变阻器规格可知，电路中的最大电流为Imax＝IL＝0.25A，由欧姆定律可知，灯泡的电阻：RL根据灯泡的规格可知，电压表的最大示数为Umax＝UL＝2.5V，当滑动变阻器全部接入电路中时，电路中的电流是最小的，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电路中的最小电流：Imin由欧姆定律可知，电压表的最小示数：U小＝IminRL＝0.1A×10Ω＝1V，所以，电压表的示数变化范围是1V～2.5V，电流表示数变化范围是0.1A～0.25A，故AB错误；C、电路中的最大电流为Imax＝0.25A，电路总功率的最大值：Pmax＝UImax＝6V×0.25A＝1.5W，故C错误；D、电流最大时，电路中的最小总电阻：Rmin根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑min＝Rmin﹣RL＝24Ω﹣10Ω＝14Ω，滑动变阻器最大阻值是50Ω，所以滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14Ω﹣50Ω，故D正确。故选：D。【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律、电功公式以及电功率公式的应用，题目有一定的难度。11．（2024秋•长治月考）小梦设计了一款电梯超载自动报警系统，其简化工作原理如图所示，电梯厢底控制电路中装有压敏电阻R1，滑动变阻器R2。在工作电路中，K为动触点，A、B为静触点，当出现超载情况时，电铃将发出报警声，电梯停止运行。下列说法正确的是（）A．电梯未超载时动触点K与静触点A接触 B．电梯超载时，压敏电阻R1的阻值随压力的增大而增大 C．电磁铁未通电时，弹簧被拉长 D．若要使电梯设定的承载质量变大，变阻器R2的滑片应向左移动【考点】电磁继电器在实际生活中的应用．【专题】磁现象、电生磁；实验基本能力．【答案】A【分析】（1）根据电磁铁的磁性强弱与电流强弱有关进行分析。（2）（3）根据电磁继电器的结构、原理和欧姆定律以及压敏电阻的特性分析电路的连接情况。（4）电磁铁被吸下时的电流不变，电路的总电阻不变，要使电梯设定的承载质量变大，根据压敏电阻阻值的变化分析滑动变阻器滑片的移动方向。【解答】解：A、电梯未超载时动触点K与静触点B接触断开，与接触点A连通，故A正确；B、电梯超载时报警说明压敏电阻的阻值随压力增大而减小，此时电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，吸下衔铁，动触点K与B接通，电铃报警，断开电动机电路，电梯停止运行，故B错误；C、根据题意知道，电磁铁超载时，衔铁被吸下，衔铁的左端上升，弹簧被拉长，电磁铁未通电时，弹簧未被拉长，故C错误；D、电磁铁被吸下时的电流不变，电路的总电阻不变，要使电梯设定的承载质量变大，压敏电阻受到的压力变大，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，根据串联电路的电阻关系可知，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，滑片应向右滑动，故D错误。故选：A。【点评】会根据安培定则判断电磁铁的磁极；会根据欧姆定律分析控制电路中的电流变化；知道电磁继电器的结构和原理。12．（2024•通辽）如图是一新型手电筒。上下快速晃动时，筒内的磁体会上下运动，使筒壁上的线圈内产生感应电流，并为筒内的蓄电池充电。下列说法正确的是（）A．该装置利用了电动机原理 B．上下快速晃动时电能转化为机械能 C．该装置利用了发电机原理 D．为蓄电池充电时化学能转化为电能【考点】电磁感应现象．【专题】应用题；电动机、磁生电；应用能力．【答案】C【分析】（1）手摇电筒是利用电磁感应现象制成的，磁铁在线圈中来回运动，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光；（2）发电机是利用电磁感应原理来工作的，将机械能转化为电能；（3）蓄电池充电时，将电能转化为化学能储存起来。【解答】解：AC．手电筒是利用电磁感应原理来工作的，而发电机是利用电磁感应现象的原理制成的，故A错误，C正确；B、发电机在工作的过程中，将机械能转化为电能，故B错误；D、蓄电池充电时，将电能转化为化学能储存起来，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电磁感应现象以及发电机的工作原理，明确出手摇电筒的制成原理是解决此题的关键。二．填空题（共8小题）13．（2024秋•赫山区校级期中）如图所示，这是人们利用充电桩给电动汽车充电时的情景，此时电动汽车上的锂离子电池相当于电路中的用电器；在电动车行驶过程中，会将电能转化为机械能。【考点】电动机的能量转化；电路的组成部分．【专题】电动机、磁生电；应用能力．【答案】用电器；机械。【分析】电动机是将电能转化为机械能的装置。用电来工作的设备，工作时将电能转化为其他形式的能。【解答】解：电动车在充电过程中，锂电池消耗电能，所以此时锂电池相当于用电器。在电动车行驶过程中，消耗电能，产生机械能，将电能转化为机械能。故答案为：用电器；机械。【点评】本题考查电动机的工作原理及用电器的特点，属于基础题。14．（2023秋•平利县校级期末）电磁继电器的原理是电流的磁效应，它在电路中的作用相当于开关（填电路元件名称），可实现低压控制高压。【考点】电磁继电器在实际生活中的应用；电流的磁效应．【专题】磁现象、电生磁；分析、综合能力．【答案】磁；开关。【分析】电磁继电器的原理是电流的磁效应；电磁继电器的主要构成是电磁铁，通过电磁铁磁性强弱变化，把衔铁吸下或释放，实现工作电路的通断。【解答】解：电磁继电器的原理是电流的磁效应；电磁继电器的主要构成是电磁铁，通过电磁铁磁性强弱变化，把衔铁吸下或释放，实现工作电路的通断，可以实现低电压、弱电流控制高电压、强电流，它的作用相当于工作电路中的开关。故答案为：磁；开关。【点评】本题考查学生对电磁继电器的认识，非常简单。15．（2024秋•邵阳期中）桃花盛开的季节，小明漫步于生态园，闻到阵阵花香，这属于扩散现象；他看到树叶上的两滴小水珠接触后合成更大的一滴，这表明分子间存在引力。【考点】扩散现象；分子间作用力的现象．【专题】分子热运动、内能；理解能力．【答案】无规则运动；引力。【分析】两种物质接触时，彼此进入对方的现象叫扩散。扩散表明一切物质的分子都是不停地做无规则的运动；分子间同时存在斥力和引力。【解答】解：荷塘里荷花盛开，微风吹过，飘来阵阵花香，是扩散现象，说明分子在不停息地做无规则运动；荷叶上的两滴露珠接触后合成一滴，表明分子间有引力；故答案为：无规则运动；引力。【点评】本题主要考查学生对：分子动理论的基本知识的理解和掌握，是中考的热点。16．（2024秋•天桥区期中）如图所示，图甲是演示点火爆炸的实验装置。按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去。图丙（选填“乙”或“丙”）中汽油机的工作过程与图甲所示过程中能量的转化是一致的，而另一幅图所示的工作过程叫压缩冲程。【考点】四冲程的能量转化．【专题】比热容、热机、热值；应用能力．【答案】丙；压缩。【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移；（2）汽油机有吸气、压缩、做功、排气四个冲程，压缩冲程是将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。【解答】解：如图甲所示是演示点火爆炸的实验装置，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去，这是因为酒精燃烧产生的燃气对外做功，消耗燃气的内能，变成盒盖的机械能，故是将内能转化为机械能的过程；如图乙、丙所示是四冲程汽油机的两个冲程中，乙图中两个气门都关闭，活塞向上运动，即是压缩冲程，是将机械能转化为内能的过程；丙图两个气门都关闭，活塞向下运动，即做功冲程，内能转化机械能的过程，故与点火爆炸演示实验能量转化相同的是丙图。故答案为：丙；压缩。【点评】此题考查了能量的转化和内燃机四冲程的能量的判断，是一道基础题。17．（2024秋•东台市期中）如图所示，当断开开关S1、S2，闭合S3时，能亮的灯是L1、L2；要使灯L1、L2组成并联电路，则应断开的开关是S3；当开关S1、S2、S3都闭合时，电路处于短路状态（断路/短路/通路）。【考点】串联和并联的概念与辨析；电路的三种状态．【专题】应用题；电流和电路；理解能力．【答案】L1、L2；S3；短路。【分析】根据电流的走向分析，电流从正极出发经过用电器回到负极，用电器才能工作；要使两灯泡并联，则电流可分成两条支路，分别经过两个灯泡，然后回到电源负极；如果将所有开关都闭合，则电流可不经过用电器，由正极出发，直接回到电源的负极，造成短路。【解答】解：当断开开关S1、S2，闭合S3时，电流从正极出发，经L1、S3、L2回负极；故能亮的灯是L1、L2；要使灯L1、L2组成并联电路，电流有两条路径，则应闭合S1、S2；当S1、S2、S3都闭合时，电流从正极出发，经S1、S3、S2直接回到负极，造成短路。故答案为：L1、L2；S3；短路。【点评】此题考查了串并联电路的辨别，以及对动态电路的分析，通过开关的开合状态改变电路的连接方式，要掌握串联电路和并联电路的特点，同时考查了短路的概念。18．（2024秋•桓台县期中）在探究“并联电路的电压特点”实验中，实物连接如图所示，电源电压为3V；为使实验更加合理，L1、L2应该选择规格不同（选填“相同”或“不同”）的灯泡；闭合开关后只是灯泡L2断路，其他电路无故障，则测得L1两端的电压为3V。【考点】探究并联电路中的电压规律．【专题】电压和电阻；应用能力．【答案】不同；3。【分析】（1）为了使实验结论具有普遍意义，应该选取不同规格的小灯泡进行多次实验；（2）并联电路中个支路电压相等，都等于电源电压。【解答】解：为了避免实验的偶然性，使探究得出的结论具有普遍意义，应该选取不同的小灯泡进行实验；根据电路图可知，两灯泡并联，电压表测灯泡L1两端的电压，若灯泡L2断路，其他电路无故障，则L1两端的电压也为3V，因为并联电路中个支路电压相等，都等于电源电压，且并联电路各个支路互不影响。故答案为：不同；3。【点评】本题探究并联电路电压的规律，考查电路的连接、故障分析，属于基础题目。19．（2024秋•周村区期中）如图甲将小灯泡L1、L2串联在电路中，闭合开关，观察到灯泡L1比L2亮，则两灯的电阻R1＞R2（选填“＞”“＝”或“＜”）。用该电路可以探究电流做功的多少与电压的关系，如果将灯L1两端的电压表拆掉，将乙图的导线接在灯L1两端，则观察到的现象是灯L1不发光，灯L2发光，电压表示数变大，原因是灯L1被短路。【考点】小灯泡实际功率的比较；电路的三种状态；电功计算公式W＝UIt的应用．【专题】应用题；电能和电功率；应用能力．【答案】＞；电压；灯L1不发光，灯L2发光，电压表示数变大；灯L1被短路。【分析】串联电流各处电流相等，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，根据P＝UI比较两灯泡两端的电压大小，根据串联分压原理比较两灯泡的电阻大小；电流做功的多少与电压、电流、通电时间有关，根据控制变量法分析即可；如果将灯L1两端的电压表拆掉，将乙图的导线接在灯L1两端，灯L1被短路，据此分析观察到的现象。【解答】解：将小灯泡L1、L2串联在电路中，根据串联电路电流特点可知通过两灯泡的电流相等，观察到灯泡L1比L2亮，说明灯泡L1比L2的实际功率大，根据P＝UI可知U1＞U2，根据串联分压原理可知R1＞R2，电流做功的多少与电压、电流、通电时间有关，根据控制变量法可知该电路可以探究电流做功的多少与电压的关系；如果将灯L1两端的电压表拆掉，将乙图的导线接在灯L1两端，灯L1被短路，则观察到的现象是灯L1不发光，灯L2发光，电压表示数变大。故答案为：＞；电压；灯L1不发光，灯L2发光，电压表示数变大；灯L1被短路。【点评】本题考查串联电路特点、电功率公式、控制变量法的运用。20．（2024秋•黄石期中）如图甲是一种测定油箱内油量的装置，油量表是用电流表改装而成的。油箱装满油时，滑片恰好到达a点；油箱油量为0时，滑片恰好到达b点，因此电流表示数与油面的高度相对应，可以直接读出油箱中的油量。若油箱的容积为50L，定值电阻R0为10Ω，电流表读数与油量V的关系如图乙所示。当油量增加时，油量表示数变大（选填“变大”“变小”或“不变”）。根据图乙，可知R0的最小电压为1V，电源电压是6V，滑动变阻器R的最大阻值是50Ω。【考点】欧姆定律的应用．【专题】定量思想；欧姆定律；应用能力．【答案】变大；1；6；50。【分析】（1）根据油量变化判断滑动变阻器接入电路的电阻变化，滑动变阻器和R0串联在电路中，串联电路总电阻等于各分电阻之和，结合欧姆定律可知电流表示数的变化；（2）油箱装满油时，滑片恰好到达a点，滑动变阻器接入电路的电阻为0，电路为R0的简单电路，此时通过电路的电流最大，油量为0时，滑片恰好到达b点，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时通过电路的电路电流最小，根据乙图数据结合欧姆定律可计算电源电压和滑动变阻器的最大阻值。【解答】解：由图甲知，滑动变阻器与定值电阻串联在电路中，测量表由电流表改装，测电路中的电流。当油量增加时，浮子上升，滑片向下移动，变阻器接入电路的阻值变小，电路中的总阻值变小，电源电压不变，据I=油量为0时，滑片恰好到达b点，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时通过电路的电路电流最小，由图乙知，电路中的电流为0.1A，R0的最小电压：U1＝I1R0＝0.1A×10Ω＝1V，图乙中，当油量为50L时，电路中的电流为0.6A，此时滑片达到a点，变阻器接入电路的阻值为0，定值电阻单独工作，其两端的电压等于电源电压为：U＝I2R0＝0.6A×10Ω＝6V，变阻器接入电路的阻值最大时，两端的电压：U2＝U﹣U1＝6V﹣1V＝5V，变阻器的最大阻值：R大故答案为：变大；1；6；50。【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，属于中档题。三．实验探究题（共2小题）21．（2023秋•梁园区期末）如图所示是某同学用来探究感应电流产生条件的装置（图中灵敏电流计G的指针偏转方向相反即表示通过的电流方向相反）。序号ab运动方向电流计指针偏转情况1沿磁场方向运动不偏转2水平向左向右偏转3水平向右向左偏转（1）实验中，通过观察电流计指针是否偏转来判断是否有感应电流。（2）比较1、2（或1、3）实验现象可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时电路中就会产生感应电流。（3）比较2、3实验现象还发现，产生的感应电流的方向跟导体切割磁感线方向有关。（4）若只把磁体的磁极上下对调，让导体棒在磁场中水平向左运动时，则灵敏电流表的指针向左（选填“左”或“右”）偏转。（5）该同学还想验证“感应电流的大小是否与导体的运动速度大小有关”，他应该让导体ab分别以不同（选填“相同”或“不同”）的速度在磁场中运动，观察实验现象，然后进行分析与判断。【考点】探究产生感应电流的条件．【专题】实验题；电动机、磁生电；分析、综合能力．【答案】（1）电流计指针是否偏转；（2）切割磁感线；（3）导体切割磁感线方向；（4）左；（5）不同【分析】（1）电路中有电流时，电流计的指针转动，因此可以通过观察电流计的指针是否偏转来确定是否产生了感应电流；（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流；（3）（4）感应电流的方向和导体运动方向、磁场方向有关；（5）根据控制变量法分析。【解答】解：（1）实验时，通过观察电流计的指针是否偏转，来确定电路中是否产生感应电流。（2）比较1、2（或1、3）实验现象可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切制磁感线运动时电路中就会产生感应电流。（3）比较第2、3次实验现象发现，磁场方向相同，导体运动的方向不同，电流计指针的偏转方向不同，说明产生电流的方向不同，即产生的电流的方向跟导体运动方向有关。（4）若只把磁体的磁极上下对调，让导体棒在磁场中水平向左运动时，此时磁场方向改变，电流方向改变，则灵敏电流计的指针向左偏转。（5）要验证“感应电流的大小是否与导体的运动速度大小有关”，根据控制变量法可知，需要让ab的速度不同。故答案为：（1）电流计指针是否偏转；（2）切割磁感线；（3）导体切割磁感线方向；（4）左；（5）不同。【点评】产生感应电流必备的两个条件：闭合电路；一部分导体做切割磁感线运动，缺一不可，应熟记。22．（2024秋•新洲区月考）如图所示，是研究电阻大小与什么因素有关的电路。木板上甲、乙、丙三根电阻线分别是铜线、镍铬合金线、镍铬合金线，长短粗细如图所示。（1）实验中，是通过观察灯泡的亮度来粗略地比较AB间所接导线电阻大小的。（2）若研究导体电阻与材料的关系，在A、B间先后接入的两根电阻线是甲和丙（“甲和乙”、“甲和丙”、“乙和丙”）。（3）若研究导体电阻与横截面积的关系，可把乙和丙分别接在AB两接线柱上，闭合开关发现材料乙接入电路时小灯泡亮些，由此得出实验结论是在材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小。（4）若把A、B分别接在5、6接线柱上，闭合开关，用酒精灯对丙进行加热，这是想研究温度对电阻的影响。【考点】探究影响电阻大小的因素．【专题】电压和电阻；实验基本能力．【答案】（1）灯泡的亮度；（2）甲和丙；（3）在材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小；（4）温度。【分析】（1）导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻的大小可以通过电路中灯泡的亮度反映出来，这是一种转换思想；（2）根据控制变量法的思想，要研究导体电阻与材料的关系，就应该保持长度和横截面积相同；（3）在材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小；（4）温度对导体的电阻也有影响，对大多数导体，温度越高，电阻越大。【解答】解：（1）灯泡的亮度可粗略地比较AB间所接导线电阻大小，灯泡越亮，说明该电阻线的电阻越小；（2）研究导体电阻与材料的关系，要将甲、丙两根电阻线先后接在A、B间，这样符合控制变量的思想；（3）把乙和丙分别接在AB两接线柱上，闭合开关发现材料乙接入电路时小灯泡亮些，说明材料乙的电阻小，由此得出实验结论是：在材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小；（4）若把A、B分别接在5、6上，闭合开关，用酒精灯对丙进行加热，改变电阻丝的温度，通过观察灯泡亮度判断电阻大小，是研究温度对电阻的影响；故答案为：（1）灯泡的亮度；（2）甲和丙；（3）在材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小；（4）温度。【点评】完成该实验，要明确常用的研究方法：转换法和控制变量法；还要知道影响电阻的另一个因素﹣﹣温度。四．计算题（共2小题）23．（2024秋•温县期中）小红在实验室利用电热器加热。完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg。水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。提示：相同时间被加热物质吸收的热量相同。求：（1）CD段水吸收的热量：（2）则冰的比热容为多少？【考点】比热容的概念；利用比热容的公式计算热量．【专题】比热容、热机、热值；应用能力．【答案】（1）CD段水吸收的热量为4.2×104J；（2）冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。【分析】（1）CD段是水，知道水的质量、比热容、温度变化，根据Q吸＝cmΔt计算水吸收的热量；（2）求出1min冰或水吸收的热量，在AB段，知道吸收的热量、质量、温度变化量，根据Q吸＝cmΔt计算冰的比热容。【解答】解：（1）冰的质量为0.5kg，冰熔化成水，状态变化，但质量不变，则水的质量为0.5kg，由图象知，CD段水从0℃升高到20℃，所以，水吸收的热量为：Q水吸＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J；（3）由图象知，CD段水从0℃升高到20℃，用了10min的时间，则1min吸收的热量为：4.2×104J10min=由图象知，冰从﹣20℃吸收热量升高到0℃，需要了5min，则冰吸收的热量：Q冰＝4.2×103J/min×5min＝2.1×104J，冰的比热容为：c冰=Q冰mΔt=2.1×104J答：（1）CD段水吸收的热量为4.2×104J；（2）冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。【点评】本题主要考查Q吸＝cmΔt的计算，知道其中的三个量，求第四个量。求出冰在升温、熔化、水在升温过程中，1min吸收的热量是解决本题的关键。24．（2024秋•通州区校级期中）小东设计了一个暖箱温度显示器，如图甲所示，其原理是利用电压表的示数表示暖箱内的温度，已知电源电压恒定为4V，电压表的量程为0～3V，R0阻值为150Ω，R1是热敏电阻其阻值与温度的关系如图乙所示。求：（1）当暖箱内温度为20℃时，电压表的示数；（2）为了保证电路中的电表不超过量程，暖箱内可以测量的最高温度为多少。【考点】欧姆定律的应用．【专题】欧姆定律；分析、综合能力．【答案】（1）当暖箱内温度为20℃时，电压表的示数为1.5V；（2）为了保证电路中的电表不超过量程，暖箱内可以测量的最高温度是100℃。【分析】由电路图可知，R1与R0串联，电压表测R0两端的电压。（1）由图乙知当暖箱内温度为20℃时热敏电阻R1的阻值，根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电路中的电流，由欧姆定律算出电压表的示数；（2）由图象可知，当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，电压表的示数变大，当电压表的示数最大时暖箱内的温度最高，当电压表的示数为3V时，根据欧姆定律算出通过R0的电流I；利用电阻的串联求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出R1的阻值，从图象中读出对应的温度。【解答】解：（1）由电路图可知，电压表测R0两端的电压，热敏电阻R1与定值电阻R0串联。由图乙知当暖箱内温度为20℃时热敏电阻R1的阻值为250Ω，电路中的电流I=根据欧姆定律可知，R0两端的电压为U0＝IR0＝0.01A×150Ω＝1.5V；（2）由图象可知，当温度升高时，热敏电阻R1的阻值减小，电路的总电阻减小，由I=UR电路中的电流变大，电压表的示数变大，所以当电压表的示数为3VI'因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，热敏电阻R1两端的电压U1＝U﹣U0大＝4V﹣3V＝1V；此时热敏电阻的阻值R1由图象可知，暖箱内的最高温度是100℃。答：（1）当暖箱内温度为20℃时，电压表的示数为1.5V；（2）为了保证电路中的电表不超过量程，暖箱内可以测量的最高温度是100℃。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。

考点卡片1．扩散现象【知识点的认识】（1）扩散现象：不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象．进入鲜花店时，香气扑鼻而来，长时间堆放煤的墙角，墙皮内部会变黑，把冰糖放入水中，过段时间水会变甜等现象都是扩散现象，扩散现象表明分子在不停地运动着．气体、液体、固体之间均能发生扩散现象．（2）扩散现象与温度的关系：温度越高，扩散现象越明显．在两个相同的烧杯中，分别装半杯凉水和半杯热水，用滴管分别在两个杯底注入一滴红墨水，结果热水中的红墨水扩散得快，这是因为装热水的杯子中水温高，分子运动快，所以水先变红，这实际上说明了分子的运动与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈．【命题方向】理解生活中常见的扩散现象，用扩散知识解释常见现象的成因。例：爆炒辣椒时，周围的人很快就察觉有辣味，这是扩散现象，起锅冷却后闻到的辣味就变淡了很多，说明这种现象的剧烈程度随温度的降低而减弱。分析：不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现，温度越高，扩散越快，分子运动越剧烈。解析：解：爆炒辣椒时，周围的人很快就能闻到辣椒的香味，这是扩散现象，扩散现象表明一切物质的分子都在不停地做无规则运动。起锅后，辣椒的温度降低了，周围的人闻到的辣味就变淡了很多，说明辣椒分子的无规则运动与温度有关，温度越高辣椒分子的无规则运动越剧烈，温度降低后辣椒分子的无规则运动的剧烈程度减弱。故答案为：扩散；减弱。点评：此题考查了分子动理论在生活中的应用，属于基础知识，是一道基础题。【解题方法点拨】（1）对扩散现象要这样理解，扩散现象只能发生在不同的物质之间，同种物质之间是不能发生扩散现象的，不同物质只有相互接触时，才能发生扩散现象，没有相互接触的物质，是不会发生扩散现象的，扩散现象是两种物质的分子彼此进入对方的现象，而不是单一的一种物质的分子进入另一种物质．气体、液体和固体之间都可以发生扩散，而且不同状态的物质之间也可以发生扩散．（2）易错点：扩散现象是指分子的运动，但注意将扩散现象与物体颗粒的运动相区分，如在阳光下看到的灰尘飞扬，是固态颗粒运动，而不是分子的无规则运动，故这个现象不是扩散现象．2．分子间作用力的现象【知识点的认识】（1）铅块粘合现象：‌当两个大小不同的铅块表面被锉平、‌刮净后，‌挤压在一起，‌即使手离开后，‌大铅块仍然紧紧粘在小铅块上而不脱落。‌说明分子间存在引力。（2）利用针筒抽取半筒水，将针筒内空气挤出，堵住筒嘴，然后用力推活塞。‌水不容易被压缩，说明分子间存在斥力。【命题方向】考查测量平均速度的实验，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：如图所示，将两个表面光滑的铅块互相紧压，它们会粘在一起，很难被拉开，这说明分子之间存在引力，用针筒抽取半筒水，用手指抵住针筒口，然后用力推入活塞，发现水不容易（选填“容易”或“不容易”）被压缩，说明分子间存在斥力。分析：分子间存在相互作用的引力和斥力，当分子间的距离大于平衡距离时，表现为引力；分子间的距离小于平衡距离时，表现为斥力。解析：解：表面干净的铅压紧，两块铅表面分子的距离大于平衡距离，表现为引力；用针筒抽取半筒水，用手指抵住针筒口，然后用力推入活塞，发现水不容易被压缩，此时，水分子间的距离小于平衡距离，表现为斥力。故答案为：引力；不容易；斥力。点评：本题考查了分子间的作用力，属于基础题。【解题方法点拨】分子之间作用力，引力斥力分彼此。引力斥力同存在，和谐相处皆欢喜。3．热传递的方向与条件【知识点的认识】（1）热传递的条件：存在温度差；（2）热传递的方向是从高温物体到低温物体，‌或者从物体的高温部分到低温部分【命题方向】考查概念以及通过温度大小判断热传递的方向。例：质量相同、温度均为100℃的铝块和铜块（c铝＞c铜），分别投入质量、温度均相同的两杯冷水中，当它们放出相同的热量时，取出两金属块并使它们接触，不考虑热损失，则它们（）A.不发生热传递B.热量从铜块传向铝块C.热量从铝块传向铜块D.温度从铝块传向铜块分析：欲知热量传递的方向，必须知道铝块和铜块谁的温度高，热量总是从温度高的物体传向温度低的物体或者从物体的高温部分传向低温部分，那么，只需根据题意比较铝块和铜块谁的温度高了。解析：解：已知m铝＝m铜，它们的初温相同，Q铝＝Q铜，c铝＞c铜，由热量公式Q＝cmΔt，可得：Δt=Q把已知条件代入可知，比热容大的温度降低的少，则铝的温度降低少，铝块的温度高，所以铝块传递热量向铜块。故选：C。点评：此题主要考查了热传递的规律，必须让学生清醒认识到热量总是从温度高的物体传向温度低的物体或者从物体的高温部分传向低温部分。【解题方法点拨】4．热量的概念【知识点的认识】（1）定义：在热传递过程中，传递能量的多少叫作热量。热量通常用字母Q表示（2）理解：①热量是热传递过程中物体内能的改变量，因此，热量是个过程量。只有在热传递过程中，才能谈论热量，离开热传递过程谈热量是毫无意义的。②我们不能说某个物体具有或含有多少热量，更不能比较两个物体具有热量的多少。热量只能与表示过程的词语连用，如“吸收热量”“放出热量”【命题方向】考查热量的概念。例：同学们讨论气氛热烈，老师不忍心打断，于是抛出了“热量”话题，下列说法正确的是（）A.热水比冷水所含的热量多B.一大桶水比一小桶水含的热量多C.一个物体内能越多，它具有的热量越多D.热量是热传递过程中物体内能的改变量分析：热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量。解析：解：热量是一个过程量，不能说物体含有或具有热量，只能说吸收或放出热量的多少，热量是热传递过程中物体内能的改变量，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题考查对热量的理解．知道热量不是状态量，不能说含有或者具有热量．只能说吸收或放出热量。【解题方法点拨】解题是要抓住关键词：“具有热量”、“含有热量”，这样的说法是错误的。5．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．6．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。7．利用比热容的公式计算热量【知识点的认识】物体的温度升高时吸收热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）物体的温度降低时放出的热量为：Q放＝cm（t0﹣t）式中的c为物体的比热容，m为物体的质量，t0表示物体原来的温度，t表示物体后来的温度．若用Δt表示物体变化的温度（升高或降低的温度），那么，物体温度升高过程吸收的热量或物体温度降低过程放出的热量可以统一写为：Q＝cm△t．【命题方向】考查利用热量的计算公式，计算热量。例：一壶质量为2千克、温度为20℃的水，加热后使其升高到70℃，这些水吸收了多少热量？[水的比热容为4.2×103焦/（千克•℃）]。分析：掌握热量公式：Q＝cm△t的计算公式是解答本题的关键，题干中已知水的质量是2kg，水的初温和末温分别是20℃、70℃，把数据代入公式即可求出水吸收的热量。解析：解：由分析知水吸收的热量为：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J答：这些水吸收了4.2×105J的热量。点评：本题主要考查学生对热量的计算公式的理解和掌握，是一道中档题。【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。8．内燃机的四个冲程汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连续工作的，如图．①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸．②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高．③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功．④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸．9．四冲程的能量转化【知识点的认识】工作过程中能量的转化：①压缩冲程：机械能→内能；②做功冲程：先是化学能→内能，再由内能→机械能．【命题方向】根据题干信息，判断与题目相同能量转化的冲程，或者以概念的形式进行考查，常以选择填空中一小问为主。例：如图所示，在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，利用酒精灯加热一段时间，观察现象。对时于这个过程的分析，下列说法正确的是（）A.酒精燃烧过程中将化学能转化为内能B.管内水沸腾后将橡胶塞冲出，水蒸气的内能会减少C.管内水沸腾后将橡胶塞冲出，管口出现的“白气”是水蒸气D.该过程的能量转化跟内燃机的做功冲程相同分析：（1）燃料燃烧的过程是将化学能转化为内能的过程。（2）做功和热传递都能改变物体的内能。（3）当对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。解析：解：A、酒精燃烧将化学能转化为内能，故A正确。BC、水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，水蒸气内能减小、温度降低，液化成小水珠飘散在空中，即“白气”，故B正确，C错误。D、水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，所以能量转化跟内燃机的做功冲程相同，故D正确。故选：ABD。点评：本题考查了能量的转化、改变物体内能的方法，注意做功和热传递的区分：做功实质是能量的转化，热传递实质是能量的转移。【解题方法点拨】理解对汽油机工作过程，牢记即可。10．燃料热值的概念【知识点的认识】燃料热值的理解（1）燃料的热值在数值上等于1kg某种燃料完全燃烧放出的热量。（2）“某种燃料”说明热值与燃料的种类有关。（3）“完全燃烧”的含义是烧完、烧尽。（4）热值反映了所有能燃烧的物质的一种性质，反映了不同燃料在燃烧过程中，化学能转化为内能本领的大小，也就是说，热值是燃料本身的一种性质，它只与燃料的种类有关，与燃料的形态、质量、体积、是否完全燃烧、放出热值多少均没关系。（5）计算气体燃料完全燃烧时放出的热量用Q放＝Vq。11．燃料热值的影响因素【知识点的认识】燃料的热值与燃料的种类有关，‌而与燃料的质量、‌体积、‌是否完全燃烧以及燃料的状态（‌固态、‌液态或气态）‌无关。‌【命题方向】考查燃料只有燃料的种类有关，以概念辨析为主。例：在一个标准大气压下使用煤气灶将2kg的水从20℃加热到100℃，此过程中水吸收的热量是6.72×105J，若不计热量损失，此过程需要完全燃烧0.016kg的煤气。未使用完的煤气的热值不变（选填“变大”“变小”或“不变”）。（煤气的热值q煤气＝4.2×107J/kg）分析：根据Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；不计热量损失，Q吸＝Q放＝mq计算需要完全燃烧煤气的质量；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。解析：解：水吸收的热量：Q吸＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；不计热量损失，根据Q吸＝Q放＝mq，所以需要完全燃烧煤气的质量：m=Q放用煤气灶烧水的过程中，能量发生了转移，是通过热传递的方式使水的内能增加；热值是燃料的一种特性，未使用完的煤气的热值不变。故答案为：6.72×105；0.016；不变。点评：本题主要考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的应用以及热值概念的理解，有一定综合性，但难度不大。【解题方法点拨】燃料的热值是燃料的一种特性，‌反映了不同燃料在燃烧过程中化学能转化为内能的能力。‌热值是燃料本身的一种属性，‌不同燃料的热值一般不同。‌12．热机的效率的概念【知识点的认识】定义：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率，其表达式为：η=Q有用Q总【命题方向】考查热机的效率，影响热机效率的因素，热机效率与功率的区别。例：关于热机的效率，下列说法中正确的是（）A.热机做的有用功越多，效率就一定高B.热机的功率大，效率就一定高C.热机消耗的燃料越多，效率就一定高D.以上说法都不正确分析：热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。功率是表示物体做功快慢的物理量。解析：解：热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。所以AC说法错误。功率是物体做功快慢的物理量，与热机的效率的高低无关。所以B说法错误。故选：D。点评：此题主要考查了热机的效率以及影响热机效率的因素，并且考查了热机效率与功率的区别。【解题方法点拨】在对热机的效率进行辨析时，只有有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比越大时，热机的效率才会越大。13．电荷间的相互作用【知识点的认识】电荷间相互作用：同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引【命题方向】判断物体带电情况是主要的命题方式，主要以选择填空为主例：探究电荷之间相互作用时，小军同学将两个气球同时与头发摩擦使其带电后用细绳悬挂并靠近，出现如图所示的情况，实验现象说明同种电荷相互排斥。分析：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。解析：解：两个充满气的气球与头发摩擦后带有电荷，两气球彼此排斥分开，说明两只气球带上了同种电荷。故答案为：同种电荷相互排斥。点评：本题考查了电荷间的相互作用规律，属于基础性题目。【解题方法点拨】在根据物体间的作用规律判定物体带电情况时，要注意两者相互吸引有两种可能：异种电荷相互吸引；带电体具有吸引轻小物体的性质．因此考虑问题要全面．14．摩擦起电的实质【知识点的认识】（1）物质是由原子核与核外电子组成的，原子核带正电，核外电子带负电．通常情况下，原子核所带的正电荷与核外所有电子带的负电荷在数量上相等，整个原子不显电性，也就是物体对外不显电性．（2）由于不同物质的原子核束缚电子的本领不同．当两个不同物体互相摩擦的时候，束缚电子本领弱的就会失去电子，失去电子的物体因缺少电电子带正电；束缚电子能力强的就会得到电子，得到电子的物体因有多余的电子而带等量的负电．（3）在电荷转移的过程中，电荷的总量是保持不变的，即电荷是守恒的．在转移过程中，只能转移带负电荷的电子．可见，摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷发生了转移．【命题方向】对摩擦起电本质的理解是中考的命题方式，主要以选择题为主．例：橡胶棒与毛皮摩擦后，两者都带了电，在摩擦过程中（）A.橡胶棒失去电子，毛皮得到电子B.橡胶棒得到电子，毛皮失去电子C.摩擦过程中创造了正电荷和负电荷D.摩擦后橡胶棒自身的正电荷多于负电荷分析：不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。摩擦起电的实质不是创造了电，而是电子的转移。解析：解：用毛皮摩擦橡胶棒，由于橡胶棒的原子核束缚核外电子的本领强，会从毛皮夺得电子，即一部分电子从毛皮转移到橡胶棒，所以橡胶棒因有多余的电子带负电。故选：B。点评：（1）正常情况下，物体内部原子核上的正电荷和核外电子带的负电荷，在总量上相等，整个物体对外不显电性，称为中性；（2）橡胶棒原子核束缚电子能力强，毛皮原子核束缚电子能力弱，相互摩擦时，橡胶棒得电子带负电，毛皮失电子带等量正电。【解题方法点拨】（1）摩擦起电并不是创造了电，而是两个物体在摩擦过程中，电于发生了转移，它从一个物体转移到另一个物体上，使失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负