期中复习（压轴精选60题29大考点）九年级物理上学期新教材鲁科版（五四学制）试题 含答案

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一．探究固体熔化时温度的变化规律（共2小题）
1．（2024秋•费县期中）如图甲所示是“探究某物质熔化特点”的实验装置，图乙是根据实验数据绘制的“温度﹣时间图像”。下列说法中不正确的是（ ）
A．温度计的玻璃泡应被包围在被测物体内
B．实验中此物质的熔化时间为15分钟
C．第8分钟时该物质处于固液共存状态
D．由熔化图像可知该物质是一种晶体
【答案】B
【解答】解：A、根据温度计的使用规则：温度计的玻璃泡要全部插入固体中，不要碰到容器底或容器壁，故A正确；
B、由图像可知，冰从第5min开始熔化，到第15min熔化完成，在第5min试管里的冰正在熔化，处于固液共存状态；冰熔化的时间为15min﹣5min＝10min，故B错误；
C、第8分钟时冰已经开始熔化了，并处于固液共存态，故C正确；
D、由图像知道，该物质在熔化过程中继续吸热，温度不变，有固定的熔点，符合晶体的熔化特点，所以该物质是晶体，故D正确。
故选：B。
2．（2024春•单县期中）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验，请完成以下实验内容。
（1）甲、乙两图装置中的 乙 装置可以更好的让试管中的冰均匀加热。
（2）实验中某时刻温度计的示数如图丙，此时冰的温度是 ﹣6 ℃。
（3）冰的温度随时间变化的部分数据记录在表格中，分析表中数据可知：试管内冰在熔化时吸收热量，温度 不变 （选填“上升”“不变”或“下降”）。
（4）如图乙试管内所有冰完全熔化后，如果继续加热，当在烧杯内的水沸腾时，试管内的水 不会 沸腾（选填“不会”或“会”）。
【答案】（1）乙；（2）﹣6；（3）不变；（4）不会。
【解答】解：（1）为了能使固体物质均匀受热，常用水浴法，这样不仅能够使冰在熔化过程中受热均匀，而且冰的温度升高较慢，便于记录数据，由此可知应采用甲、乙两图所示装置中的乙装置；
（2）温度计的分度值是2℃，温度计刻度在零下3格，此时的温度为﹣6℃；
（3）分由图丁表格可知，冰从第2min～5min，吸收热量但温度保持不变，处于熔化过程，此时的试管内的冰处于固液共存态；
（4）沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。试管中的水可以达到沸点，因内外温度相同，不能继续吸热，所以不会沸腾。
故答案为：（1）乙；（2）﹣6；（3）不变；（4）不会。
二．熔化与凝固的温度曲线（共3小题）
3．（2024秋•嘉祥县期中）甲、乙两图分别是根据探究冰的熔化和水的沸腾实验数据绘制的图像，根据图像信息，下列分析正确的是（ ）
A．图甲：冰在BC段处于液态 B．图甲：冰熔化的时间为10min
C．图乙：此时水的沸点为98℃ D．图乙：t＝4min时，水停止吸热
【答案】C
【解答】解：
A、图甲中，在BC段冰的温度保持0℃不变，这是冰的熔化过程，则冰处于固液共存状态，故A错误；
B、冰在第4min时开始熔化，到第10min时熔化结束，则冰熔化的时间为10min﹣4min＝6min，故B错误；
C、图乙中，水沸腾时的温度保持98℃不变，则水的沸点为98℃，故C正确；
D、图乙：t＝4min时，水没有停止吸热，继续吸热，故D错误。
故选：C。
4．（2024秋•阳谷县期中）如图所示，把温度为10℃的固态镓放入图甲的装置进行加热，水的温度恒定为50℃，测得镓的温度随时间的变化图象如图乙，下列信息正确的是（ ）
A．镓的凝固点为30℃ B．镓的熔化时间为16min
C．12min之后，镓开始沸腾 D．镓在熔化的过程中温度不变，不需要吸热
【答案】A
【解答】解：AB、由图乙可知，2min至6min是镓的熔化时间，为4min，镓熔化时温度不变，镓的熔点为30℃，故A正确，B错误；
C、由题意知，给镓加热的水的温度为50摄氏度，镓的温度达到50摄氏度时，与水的温度相同，温度不再升高，但不能判断此时镓是否达到沸点温度，故C错误；
D、镓在熔化的过程中，吸收热量，温度不变，故D错误。
故选：A。
5．（2024秋•乐陵市期中）如图所示，该图象表示的是将某固体物质在加热的过程中，温度随时间变化的图象，则下列说法中错误的是（ ）
A．该物质是晶体
B．该物质熔化共用了5分钟
C．该物质的熔点是﹣50℃，沸点是100℃
D．该物质在BC和DE段都在吸热，但温度保持不变
【答案】C
【解答】解：A、从图象中可以看出该物质有固定的熔点，即0℃，因此这种物质是晶体，故A正确；
B、由图象可知，该物质从5min开始熔化，到10min结束，熔化过程经历了5min，故B正确；
C、由图象可知，BC段是物质熔化过程，此时温度是0℃，即该物质的熔点是0℃，故C错误；
D、BC段是物质熔化过程，晶体在熔化时，不断吸收热量，但温度保持不变；
DE段表示物质沸腾过程，物质沸腾时不断吸收热量，但温度保持不变，故D正确。
故选：C。
三．探究水沸腾时温度变化的特点（共2小题）
6．（2024春•肥城市期中）a、b两个实验小组用相同的酒精灯探究水沸腾前后温度变化的特点，所用实验装置如图甲所示，根据实验数据绘制的图像如图乙所示。
（1）组装实验装置时，要保证用酒精灯的外焰加热，应先调整 烧杯 （选填“烧杯”或“温度计”）的位置；
（2）由图像可知，a、b两组所测水的沸点是 98 ℃，均低于100℃，这是由于 当地气压 （选填“实验误差”或“当地气压”）引起的；
（3）对实验进行评估可知，b组将水加热至沸腾的时间过长，你给他们的合理化建议是： 适当减少水的质量 （填写一条即可）；
（4）若按图丙所示装置用烧杯中的水为试管中的水加热，试管中的水 不能 （选填“能”或“不能”）沸腾。
【答案】（1）烧杯；（2）98；当地气压；（3）适当减少水的质量；（4）不能。
【解答】解：（1）组装实验装置时，按照自下而上的顺序组装器材，要保证用酒精灯的外焰加热，故应先调整烧杯的位置；
（2）水的沸点与气压有关，气压越低，沸点越低，由图象可知，水沸腾前温度不断升高，沸腾后温度不变；
a、b两组所测水的沸点都是98℃，均低于100℃，这是由于气压低引起的；
（3）b组将水加热至沸腾的时间过长，可能是b组水的质量较大，可以适当减少水的质量；
（4）水沸腾的条件是，温度达到沸点，继续吸热。试管放入水中，由于试管内水的温度和烧杯内水的温度相同，都达到了沸点，但是没有温度差，试管内的水不能继续吸收热量，不满足水沸腾的条件，故试管中的水不能沸腾。
故答案为：（1）烧杯；（2）98；当地气压；（3）适当减少水的质量；（4）不能。
7．（2024秋•蒙阴县期中）关于“水沸腾”的实验探究。
（1）如图甲所示，用酒精灯给水加热，当水温升高到90℃后，每隔1min观察1次温度计的示数，记录在表中：如图乙所示是第3min时温度计的示数，此时水的温度为 96 ℃；
（2）由表中数据可知，实验中水的沸点为 98℃ ，水沸腾后继续加热，温度 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）如图丙，水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，结果发现已停止沸腾的水又重新沸腾，主要是因为浇冷水时烧瓶内的水蒸气 液化 （填“物态变化名称”）导致水面上方的气压减小，沸点 降低 （选填“升高”或“降低”）造成的；
（4）浇湿的烧瓶不一会又变干了，可见蒸发 不需要 （选填“需要”或“不需要”）特定的温度；
（5）如图所示，大试管和小试管里都装有水，将两支大试管中的水加热，使之保持沸腾，则大试管中的水不断沸腾的过程中，小试管中的水会沸腾的是 B 。（选填“A”或“B”）
【答案】（1）96；（2）98℃；不变；（3）液化；降低；（4）不需要；（5）B。
【解答】解：（1）由图甲可知，温度计的分度值为1℃，示数为96℃。
（2）由表格中数据可知，水沸腾过程中温度保持98℃不变，可知水的沸点为98℃，水沸腾时吸收热量，温度不变。
（3）水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，水不能继续吸收热量，水会停止沸腾，迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，烧瓶内的水蒸气遇冷的烧瓶壁液化变成小水珠，瓶内的气压减小，水的沸点降低，烧瓶内的水再次沸腾。
（4）蒸发可以在任何温度下发生，浇湿的烧瓶不一会又变干了，说明蒸发不需要特定的温度。
（5）A图中：当大试管中的水沸腾后，温度不再升高，小试管中的水温虽能达到沸点，却不能继续通过大试管中的水吸热，所以不能沸腾；B图中：大试管密封，内部气压高，沸点高，水的温度高于一标准大气压下的沸点，因此，可以继续向小试管传递热量，故小试管中的水可以沸腾；故选B。
故答案为：（1）96；（2）98℃；不变；（3）液化；降低；（4）不需要；（5）B。
四．影响蒸发快慢的因素（共2小题）
8．（2024秋•商河县期中）某同学自制了一个空调电扇，先将空可乐瓶的瓶盖旋紧，去掉瓶底，开口朝上，倒入适量的冰水混合物，再将其固定在电扇的后面，打开电扇就能感受到凉风，形成凉风的原因很多，其中之一是瓶里的冰 熔化 （填物态变化名称）吸热，使周围空气温度降低；其中之二是空气流动加快，瓶里的水蒸发 加快 （选填“加快”或“减慢”），使空气温度降低得更多。
【答案】熔化；加快。
【解答】解：瓶里的冰熔化时会吸收热量，使周围空气温度降低；
空气流动加快，瓶里的水蒸发变快，能吸收更多的热量，使空气温度降低得更多。
故答案为：熔化；加快。
9．（2024秋•天镇县期中）小明看到商场的保洁员拖过地后，为了使地面尽快变干，保洁员常用电风扇对着地面吹。电风扇对着地面吹，真的能使地面干得更快吗？请你选择合适的器材设计一个实验，验证这种做法是否有效。
（1）实验器材： 两块相同的玻璃板、水和扇子 ；
（2）实验步骤： 在两块相同的玻璃板上各滴上一滴相同大小的水，在相同的环境下，对其中一滴用扇子扇风，观察两滴水谁先蒸发完 ；
（3）实验现象和结论： 若扇风的水先蒸发完，则说明这种做法有效；若两滴水同时蒸发完或不扇风的先蒸发完，说明这种做法是无效的 。
【答案】（1）两块相同的玻璃板、水和扇子；（2）在两块相同的玻璃板上各滴上一滴相同大小的水，在相同的环境下，对其中一滴用扇子扇风，观察两滴水谁先蒸发完；（3）若扇风的水先蒸发完，则说明这种做法有效；若两滴水同时蒸发完或不扇风的先蒸发完，说明这种做法是无效的。
【解答】解：（1）两块相同的玻璃板、水和扇子；
（2）在两块相同的玻璃板上各滴上一滴相同大小的水，在相同的环境下，对其中一滴用扇子扇风，观察两滴水谁先蒸发完。
（3）若扇风的水先蒸发完，则说明这种做法有效；若两滴水同时蒸发完或不扇风的先蒸发完，说明这种做法是无效的。
故答案为：（1）两块相同的玻璃板、水和扇子；（2）在两块相同的玻璃板上各滴上一滴相同大小的水，在相同的环境下，对其中一滴用扇子扇风，观察两滴水谁先蒸发完；（3）若扇风的水先蒸发完，则说明这种做法有效；若两滴水同时蒸发完或不扇风的先蒸发完，说明这种做法是无效的。
五．三态六变化三吸热三放热（共2小题）
10．（2024秋•微山县期中）下列关于图所示的物理现象，说法正确的是（ ）
A．甲图中厨房蒸笼冒“白气”是汽化现象，是吸热过程
B．乙图中蜡烛燃烧流出的“烛泪”是熔化现象，是放热过程
C．丙图中寒冷的冬季玻璃上的“冰花”是凝固现象，是放热过程
D．丁图中寒冷的冬季雪人逐渐变小是升华现象，是吸热过程
【答案】D
【解答】解：A．厨房蒸笼冒“白气”是水蒸气液化成的小水珠，是放热过程，故A错误；
B．蜡烛燃烧流出的“烛泪”是由固态变为液体的过程，熔化现象，是吸热过程，故B错误；
C．寒冷的冬季玻璃上的“冰花”是空气中的水蒸气凝华成的小冰晶，是放热过程，故C错误；
D．寒冷的冬季雪人逐渐变小是雪直接变成水蒸气的过程，是升华现象，是吸热过程，故D正确。
故选：D。
11．（2024秋•汉阳区期中）如图是某晶体的物态变化过程，其中甲、乙、丙分别表示三种物态。下列分析正确的是（ ）
A．丙状态时内能较小 B．乙状态为气体
C．甲状态的温度较高 D．丙→乙的过程放出热量
【答案】D
【解答】解：由图知，甲图中分子相距最近，分子排列规则，分子间的作用力最大，既不易被压缩，也不容易被拉伸，所以是固态分子的排列方式；
乙图中分子相距较近，分子排列杂乱，分子间的作用力较弱，是液态分子的排列方式；
丙图中分子相距最远，分子无固定排列，分子间的作用力最弱，是气态分子的排列方式。
A、由上分析知，丙为气态，此时内能较大，故A错误；
B、由上分析知，乙为液态，故B错误；
C、由上分析知，甲为固态，温度较低，故C错误；
D、丙→乙是气态变成液态的液化过程，放出热量，故D正确。
故选：D。
六．热传递改变物体的内能（共2小题）
12．（2024秋•庆云县期中）如图所示的实例中，改变物体内能的方式与其它三项不同的是（ ）
A．给水加热B．压缩空气
C．搓手取暖D．钻木取火
【答案】A
【解答】解：
A、给水加热，水吸收热量，是热传递改变内能；
B、压缩空气的过程中，克服空气阻力做功，将机械能转化为内能，是做功改变内能；
C、搓手取暖的过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，使手内能增加，温度升高，是做功改变内能；
D、钻木取火，是克服摩擦做功，将机械能转化为内能，是做功改变内能；
A与BCD改变物体内能的方式不同，故A符合题意。
故选：A。
13．（2024秋•福田区期中）金秋时节，公园内到处弥漫着菊花的香味，这是 扩散 现象，菊花花瓣在空中随风而落，说明力能改变物体的 运动状态 。菊花茶也深受人们的喜爱，在泡茶的过程中通过 热传递 的方式改变了菊花的内能。
【答案】扩散；运动状态；热传递。
【解答】解：能闻到菊花香味，是由于菊花的香味分子在不停地做无规则运动，属于扩散现象。
菊花花瓣在空中随风而落，说明力能改变物体的动状态。
泡茶过程中，水的内能转移到茶叶上，使茶叶的内能增加，是通过热传递的方式增加了茶叶的内能。
故答案为：扩散；运动状态；热传递。
七．做功改变物体的内能（共2小题）
14．（2024秋•宁津县校级期中）关于各图中实验现象产生的原因，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中用力迅速压下活塞，筒内的硝化棉燃烧，是由于外界对物体做功，物体的内能减小，温度升高
B．图乙中抽掉玻璃板，两种气体混合在一起，是由于空气的密度大于二氧化氮的密度
C．图丙中将接触面磨平的两铅块用力压紧它们就结合在一起，下面吊一个重物都不能把它们拉开，是由于铅块分子之间存在着相互作用的引力
D．图丁中用酒精灯加热封闭试管内的水，水沸腾后将塞子冲出，是由于空气分子之间存在着相互作用的斥力
【答案】C
【解答】解：A、将活塞迅速下压，压缩气体做功，使筒内的气体温度升高，达到硝化棉的燃点，使硝化棉燃烧，故A错误；
B、在图乙所示的情境中，密度大的二氧化氮在下方，密度小的空气在上方，抽去玻璃板，两种气体能混合在一起，是因为分子在不停地做无规则运动引起的，故B错误；
C、将接触面磨平的两铅块用力压紧它们就结合在一起，下面吊一个重物都不能把它们拉开，是由于铅块分子之间存在着相互作用的引力，故C正确；
D、图丁中用酒精灯加热封闭试管内的水，水沸腾后将塞子冲出，对外做功时，物体的内能转化为机械能，故D错误。
故选：C。
15．（2024秋•惠州期中）如图所示，（a）是用摩擦的方法使火柴燃烧，（b）是用点燃的方法使火柴燃烧。前者是用 做功 的方法使物体内能增加的，后者是用 热传递 的方法使物体内能增加的，这两种方法在改变物体的内能上是 等效 （选填“等效”或“不等效”）的。
【答案】做功；热传递；等效。
【解答】解：火柴可以擦燃是这利用了摩擦做功的方法，使其内能增加；
点燃火柴是利用了热传递的方法使其内能增加。这两种方法在改变物体的内能上是等效的。
故答案为：做功；热传递；等效。
八．温度、内能、热量的关系（共2小题）
16．（2024秋•金乡县期中）小伟应用劳动课上学习的烹饪技能为家人制作美味的刀削面，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．滚烫的刀削面含有的热量多
B．随着刀削面的温度降低，其内能减少
C．汤汁在沸腾前温度不断升高，是通过做功的方式增加的内能
D．刚出锅的刀削面“热”得烫嘴，“热”表示的是内能
【答案】B
【解答】解：A．热量是一个过程量，只有在物体发生热传递时，我们才用热量这个概念，不能说物体含有热量，故A错误；
B．随着刀削面的温度降低，放出了热量，其内能减少，故B正确；
C．汤汁在沸腾前温度不断升高，是通过热传递的方式增加的内能，故C错误；
D．刚出锅的刀削面“热”得烫嘴，说明其温度很高，“热”表示的是温度，故D错误。
故选：B。
17．（2024秋•商河县期中）关于温度、内能、热量、功的说法正确的是（ ）
A．物体温度升高，一定吸收了热量
B．物体温度升高，内能不一定增加
C．物体内能增加，可能是外界对它做了功
D．物体吸收热量，温度一定不变
【答案】C
【解答】解：A．物体温度升高，不一定吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故A错误；
B．同一物体温度升高，内能一定增加，故B错误；
C．物体内能增加，可能是外界对它做了功，也可能是吸收了热量，故C正确；
D．晶体熔化时，吸热温度不变，故D错误。
故选：C。
九．比较不同物质吸热的情况（共2小题）
18．（2024秋•蓬莱区期中）优质的海滩是我们蓬莱最亮丽的风景线，我区某学校在教师带领的某次研学活动中，有同学发现：夏天的海边，沙子烫脚面海水凉，为此有同学提出——“不同物质吸热能力不同导致了此现象”，为了验证想法的正确性，他们分组合作，通过查阅图书、网上搜集等方式，最终通过对资料的和数据的分析得到了对此现象的解释。以上划线部分分别对应科学探究中的过程是： 猜想与假设 ； 收集证据 ； 解释论证 。
【答案】猜想与假设；收集证据；解释论证。
【解答】解：科学探究的过程包括：提出问题、猜想与假设、制定计划与设计实验、收集证据、解释论证、评估、交流与合作。“不同物质吸热能力不同导致了此现象”，属于猜想与假设；“通过查阅图书、网上搜集等方式”属于收集证据；“最终通过对资料的和数据的分析得到了对此现象的解释”属于解释论证。
故答案为：猜想与假设；收集证据；解释论证。
19．（2024秋•日照期中）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小华用两个相同的容器分别装入质量相等的A、B两种液体，用相同的装置加热。
（1）器材安装调整应该按 从下到上 （选填“从下到上”或“从上到下”）顺序进行；
（2）该实验应控制水和煤油的 质量 相同；
（3）两种液体吸收热量的多少可通过 加热时间的长短 进行比较；
（4）根据实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，分析图像可知：
质量相等的A和B两种液体，在吸收相同热量时， B （选填“A”或“B”，下同）升温较快；由图可以看出， A 液体的吸热本领较大；
（5）根据数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，分析乙图像可知A液体的比热容与B液体的比热容的比为 2：1 ；
（6）在对实验进行反思时，某同学认为原方案有需要两次加热耗时长等缺点，因此改进方案并设计了如图所示的装置，与原方案相比，该方案除克服了上述缺点外还具有的优点是 受热更均匀 。（答出一个即可）

【答案】（1）从下到上；（2）质量；（3）加热时间的长短；（4）B；A；（5）2：1；（6）受热更均匀。
【解答】解：（1）实验中，要用酒精灯的外焰加热，故应按从下到上顺序进行器材调试，确保一次器材调整到位。
（2）探究不同物质吸热升温的现象实验变量是水和煤油，其它能够影响吸收热量的量，需要控制相同，故实验应控制水和煤油的质量相同。
（3）用相同的装置加热，相同的时间内，甲、乙吸收的热量相同，加热时间越长，吸收的热量越多，故可以根据加热时间的多少来描述吸收热量的多少。
（4）质量相等的A和B两种液体，在吸收相同热量时，即加热时间相同，B升高的温度比A液体升高的温度多，故B升温较快。
质量相等的A和B两种液体，若升高相同的温度，A液体加热时间长，吸收的热量多，A液体的吸热本领较大。
（5）都加热5min，吸收相同的热量，B液体从10℃升高至50℃升高了40℃，A液体从10℃升高至30℃，升高了20℃，根据吸收相同的热量，可以列等式Q吸A＝cAmΔtA＝cBmΔtB＝Q吸B，
经整理可知，A液体的比热容与B液体的比热容的比为：
cAcB=ΔtBΔtA=40℃20℃=21，
（6）采取水浴加热，使试管内的液体受热更均匀。
故答案为：（1）从下到上；（2）质量；（3）加热时间的长短；（4）B；A；（5）2：1；（6）受热更均匀。
十．水的比热容特点及实际应用（共2小题）
20．（2024秋•槐荫区期中）汽车散热水箱中的冷却剂中主要含有水、酒精和一些添加剂，防冻、防沸、防腐蚀。以水为主要成分是利用水的 比热容 较大的特性；添加酒精是利用它 凝固点低 的特点，在冬季时仍能保持液态。
【答案】比热容；凝固点低。
【解答】解：（1）因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水作汽车冷却液；
（2）严寒的冬天，空气的温度低于0℃，此时水就会凝固；水凝固时，体积变大，即相同质量的水变成冰后，其体积变大，即可能就会胀坏水箱；有经验的汽车司机不把水箱中的水放掉，而是在水箱里倒入一些事先准备的酒精，可以降低水的凝固点，使水不至于凝固而胀破水箱。
故答案为：比热容；凝固点低。
21．（2024秋•阜南县期中）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。请你判断，图示中的风向，发生的时间是 夜晚 （选填“白天”或“夜晚”）。
【答案】夜晚。
【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、砂石相比，夜晚，放出相同质量时，陆地温度较低，地面上方空气密度大、气压大，风由陆地吹向海面，故图示中的风向，发生的时间是夜晚；白天吸收相同的热量，陆地温度较高，地面上方空气密度小、气压小，风由海面吹向陆地。
故答案为：夜晚。
十一．比热容的计算公式（共2小题）
22．（2024秋•庆云县期中）根据表格所提供的几种物质的比热容得出以下四个结论，其中正确的是（ ）
A．液体的比热容一定比固体的比热容大
B．1kg的冰下降1℃放出的热量为2.1×103J/（kg•℃）
C．质量相等的铜块和铝块都降低1℃，铝块比铜块放出的热量多
D．初温相同的铜块和砂石，吸收相等的热量，砂石的末温低于铜块的末温
【答案】C
【解答】解：A、由表中数据可知，液体的比热容普遍大于固体的比热容，但水银的比热容比固体的比热容，故A错误；
B、由表中数据可知冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃），表示1kg的冰温度下降1℃放出的热量为2.1×103J，故B错误；
C、由表中数据可知铜的比热容小于铝的比热容，质量相等的铜块和铝块降温1℃时，根据Q放＝cmΔt可知铝块比铜块放出的热量多，故C正确；
D、由表中数据可知铜的比热容小于砂石的比热容，吸收相等的热量，根据Δt=Q吸cm可知，在质量一定时，铜块升高的温度比砂石的大，则铜块的末温高于砂石的末温。由于铜块与砂石的质量关系未知，所以不能确定铜块与砂石的末温关系，故D错误。
故选：C。
23．（2024秋•宣化区期中）利用如图甲所示，使用相同规格的电加热器和烧杯分别对质量相同的水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙所示，水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，则均加热2min时，水吸收的热量 等于 食用油的热量；由图中数据可得食用油的比热容为 2.8×103 J/（kg•℃）。
【答案】等于；2.8×103
【解答】解：使用相同规格的电加热器加热，所以加热相同时间水和食用油吸收的热量相同，
根据图乙可知，升高20℃，a、b的加热时间分别为2min和3min（a、b吸热之比为2：3），根据比较吸热能力的方法，b的吸热能力强，b为水；
根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，水的比热容为c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，
可得食用油的比热容：c油=23c水=23×4.2×103kg/(kg⋅℃)=2.8×103kg/(kg⋅℃)。
故答案为：等于；2.8×103。
十二．利用比热容的公式计算热量（共3小题）
24．（2024秋•东明县期中）甲、乙两种物质，质量之比是3：2，比热容之比是2：5，升高的温度之比是2：1，则吸收的热量之比是（ ）
A．5：3B．6：5C．15：4D．4：15
【答案】B
【解答】解：
由题知，质量之比是3：2，比热容之比是2：5，升高的温度之比是2：1，根据Q＝cmΔt可得吸收的热量之比是：
Q吸1Q吸2=c1m1Δt1c2m2Δt2=c1c2×m1m2×Δt1Δt2=25×32×21=6：5，故B正确。
故选：B。
25．（2024秋•沂水县期中）“汽车不但要吃油，也要喝水”。用水冷却汽车发动机是因为水的 比热容 大。且它汽化时能 吸收 （填“吸收”或“放出”）大量的热。若水箱中有5kg的水，温度升高了10℃，吸收的热量为 2.1×105 J。（c水=4.2×103J/(kg⋅℃)）
【答案】比热容；吸收；2.1×105。
【解答】解：（1）汽车发动机需要散热，水的比热容较大，与相同质量的其它物质相比，升高相同温度时可以吸收更多热量，所以用水来做冷却剂来冷却汽车的发动机；
（2）水在汽化时，需要吸收热量；
（3）根据题意可知，水箱中有5kg的水，温度升高了10℃，水吸收的热量为：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×10℃＝2.1×105J。
故答案为：比热容；吸收；2.1×105。
26．（2024秋•阳谷县期中）如图甲所示，把质量为250g的凉牛奶置于盛有热水的敞口玻璃杯中加热，经过一段时间，牛奶和热水的温度随时间的变化图象如图乙所示。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），c奶＝2.5×103J/（kg•℃）。求：
（1）牛奶不再升温时吸收的热量；
（2）若损失的热量占60%，则水放出的热量；
（3）水的质量是多少千克（结果保留两位小数）。
【答案】解：（1）由图乙可知，牛奶的初温t0奶＝20℃、末温t＝40℃，则牛奶加热过程中吸收的热量：
Q吸＝c牛奶m牛奶（t﹣t0奶）＝2.5×103J/（kg•℃）×0.25kg×（40℃﹣20℃）＝1.25×104J；
（2）根据η=Q吸Q放得水放出的热量为：
Q放=Q吸η=1.25×104J1−60%=3.125×104J；
（3）根据Q放＝c水m（t0﹣t）得水的质量为：
m水=Q放c水(t0水−t)=3.125×104J4.2×103J/(kg⋅℃)×(80℃−40℃)≈0.37kg。
答：（1）牛奶不再升温时吸收的热量为1.25×104J；
（2）若损失的热量占60%，则水放出的热量为3.125×104J；
（3）水的质量是0.37千克。
十三．内燃机工作循环的计算（共2小题）
27．（2024秋•费县期中）如图所示，甲、乙、丙、丁是单缸内燃机一个工作循环的四个冲程，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min。以下说法正确的是（ ）
A．该内燃机四个冲程正确的顺序是丙、甲、丁、乙
B．该内燃机每秒完成20次做功冲程
C．丁冲程发生的能量转化为机械能转化为内能
D．甲、乙、丁三个冲程是靠飞轮的惯性完成的
【答案】B
【解答】解：A、甲图中两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，
乙图是进气门打开，排气门关闭，此时活塞向下运动，是吸气冲程，
丙图中进气门关闭，排气门打开，此时活塞向上运动，是排气冲程，
丁图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，
所以，该内燃机一个工作循环的四个冲程正确的顺序是乙、甲、丁、丙，故A错误；
B、由题知，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min＝40r/s，因飞轮每转2周对外做功一次，所以该内燃机每秒完成20次做功冲程，故B正确；
C、丁冲程是做功冲程，该冲程中将内能转化为机械能，故C错误；
D、内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成，所以，甲、乙、丙三个冲程是靠惯性完成的，故D错误。
故选：B。
28．（2024秋•五华区校级期中）如图所示为生活中常用的热水瓶，注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞会跳起来。这一过程与汽油机的 做功 冲程也发生同样的能量转化。如果该汽油机每秒钟对外做功20次该汽油机飞轮的转速是 2400 r/min。
【答案】做功；2400。
【解答】解：（1）瓶塞跳起来，机械能增大，这是由于暖瓶内气体膨胀做功造成的，水蒸气的内能转化成瓶塞的机械能；
（2）汽油机在做功冲程中，气缸内高温气体膨胀推动活塞做功，内能转化为机械能；
（3）由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，若汽油机每秒钟对外做功20次，则汽油机每秒飞轮转40圈，
则该汽油机飞轮转速为：40r160min=2400r/min。
故答案为：做功；2400。
十四．比较不同燃料的热值大小（共2小题）
29．（2024秋•市中区期中）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相等。烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同燃料的热值时，应选择 甲、乙 两图进行实验；
（2）比较不同物质吸热升温快慢的特点，应选择 甲、丙 两图进行实验；
（3）在探究物质吸热能力时，得到了下表的实验数据：
实验中，是通过比较 升高的温度 （选填“加热的时间”或“升高的温度”）来间接反映水和食用油吸收的热量的：由实验数据分析可知， 水 （填“水”或“食用油”）的吸热能力强。
（4）已知水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃），根据实验数据可知，食用油的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）；
（5）如果该实验换另外的质量和初始温度均相同的a、b两种液体来做实验，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，则可以看出， a 液体的温度升高得较快， b 液体适合做冷却剂（填“a或b”）。
【答案】（1）甲、乙；（2）甲、丙；（3）升高的温度；水；（4）2.1×103；（5）a；b。
【解答】解：（1）比较不同燃料的热值时，应该控制相同质量的不同燃料，通过给相同液体加热，通过比较液体升高温度的多少来比较不同燃料的热值，故应选择甲、乙两图进行实验；
（2）比较不同物质吸热升温快慢的特点，应该控制同种燃料，通过给液体加热相同的时间，来比较液体升高温度的多少来比较液体吸热快慢，故应选择甲、丙两图进行实验；
（3）由实验数据分析可知，加热相同时间，吸收相同热量，水升温较慢，所以水的吸热能力强；
（4）已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），根据实验数据可知，食用油和水吸收相同的热量时，食用油的温度变化量是水的温度变化量的2倍，故食用油的比热容为水的比热容的一半，为
c油=12c水=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
（5）如果换另外的质量和初始温度均相同的a、b两种液体来做实验，吸热后它们的温度随时间变化的图像如图丁所示。则可以看出，加热相同时间，a液体的温度升高得较快，故b液体的比热容较大，b液体适合做冷却剂。
故答案为：（1）甲、乙；（2）甲、丙；（3）升高的温度；水；（4）2.1×103；（5）a；b。
30．（2024秋•威海校级期中）如图所示，甲、乙、丙三个实验装置完全相同，燃料的质量都为10g，烧杯内液体的初温、质量都相同，请你解答下列问题：
（1）比较不同燃料热值的实验，应选择 乙、丙 两个装置（选填装置序号），取少量燃料，使之完全燃烧后通过比较 温度计升高的示数 来比较不同燃料热值的大小；
（2）比较不同物质比热容的实验，应选择 甲、乙 两个装置（选填装置序号）和钟表来完成该实验，加热过程中，液体吸收热量的多少是通过比较 加热时间的长短 来判断的；
（3）图丁是根据比较不同物质比热容的实验数据绘制的图像，若烧杯内的液体分别是水和食用油，则食用油的图像是 a （选填“a”或“b”），其比热容是 2.1×103J/（kg•℃） 。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
（4）通过分析可知， b （选填“a”或“b”），液体更适合做汽车发动机的冷却液。
【答案】故答案为：（1）乙、丙；温度计升高的示数；（2）甲、乙；加热时间的长短；
（3）a；2.1×103J/（kg•℃）；（4）b。
【解答】解：（1）比较不同燃料热值的实验，由控制变量法可知，应控制加热相同质量的同种液体，相同质量的不同燃料，所以选择乙、丙两个装置。
由于不同燃料热值的大小不能直接观察，所以运用转换法，完全燃烧相同质量的不同燃料，烧杯中液体温度升高越高，燃料的热值越大，所以通过温度计升高的示数来比较不同燃料热值的大小。
（2）比较不同物质比热容的实验，由控制变量法可知，应使用相同燃料加热，烧杯中不同液体的质量相同，所以选择甲、乙两个装置。
加热过程中，液体吸收热量的多少不能直接测量，所以运用转换法，加热时间越长，燃料放出的热量越多，液体吸收的热量越多，所以通过加热时间来判断液体吸收热量的多少。
（3）由图丁绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，水和食用油的质量相同，两种液体都升高50℃，a用时3min，b用时6min，则b液体比a液体吸收的热量多，则b液体的比热容大于a液体的比热容，已知水的比热容大于食用油的比热容，所以食用油的图像是a。
水和食用油的质量相同，两种液体都升高50℃，a用时3min，b用时6min，则b液体吸收的热量是a液体吸收的热量的2倍，由c=QmΔt可知，b液体的比热容是a液体的比热容的2倍，b液体是水，则食用油的比热容c油=12c水=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
（4）由于b液体的比热容大于a液体的比热容，相同质量的两种液体，升高相同的温度，b液体吸收的热量更多，所以b液体更适合做汽车发动机的冷却液。
故答案为：（1）乙、丙；温度计升高的示数；（2）甲、乙；加热时间的长短；
（3）a；2.1×103J/（kg•℃）；（4）b。
十五．热机的效率公式与计算（共2小题）
31．（2024秋•阳谷县期中）2023年10月26日，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，此次任务将进一步巩固中国在航天领域的地位，并推动空间科技的发展。下列说法正确的是（ ）
A．燃料燃烧的过程，是将内能转化为化学能
B．火箭发动机是一种比柴油机效率更高的热机
C．火箭在向上推进过程中与空气摩擦生热，内能不变
D．火箭外壳一般选用高强铝合金是因为它密度大，便于减轻自重
【答案】B
【解答】解：A、燃料燃烧的化学能转化为内能，故A错误；
B、火箭发动机热机效率比柴油机效率更高，故B正确；
C、火箭在向上推进过程中与空气摩擦生热，机械能转换为内能，内能增大，故C错误；
D、火箭外壳一般选用高强铝合金是因为它密度小，便于减轻自重，故D错误。
故选：B。
32．（2024秋•银川校级期中）某单缸四冲程汽油机在1s内完成了100个冲程，则每秒对外做功 25 次，该汽油机工作时飞轮转速是 3000 r/min，若每次对外做功115J，该汽油机的效率为25%，连续工作1小时需消耗汽油 0.9 kg。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【答案】25；3000；0.9。
【解答】解：单缸四冲程汽油机工作过程中，每4个冲程有一个做功冲程，曲轴转2圈，所以n=100次/s4=25次/s；
该汽油机工作时每分钟飞轮转速：N＝25次/s×2转/次×60s＝3000转；
连续工作1小时汽油机做的功：W＝115J×25×3600＝1.035×107J；
连续工作1小时需消耗汽油释放的热量：Q放=Wη=1.035×107J25%=4.14×107J；
连续工作1小时需消耗汽油的质量：m=Q放q=4.14×107J4.6×107J/kg=0.9 kg。
故答案为：25；3000；0.9。
十六．摩擦起电的现象（共1小题）
33．（2024秋•陵城区期中）《本草纲目》记载：“琥珀如血色，以布拭热，吸得芥子者真也”。“拭”指摩擦，“以布拭热”是通过 做功 （选填“做功”或“热传递”）的方式改变琥珀的内能。“吸得芥子”是由于琥珀因摩擦带 电 而 吸引 轻小的芥子。
【答案】做功；电；吸引。
【解答】解：改变内能的方法是做功和热传递，“以布拭热”是通过做功的方式改变琥珀的内能。“吸得芥子”是由于琥珀因摩擦得到电子而带电，从而吸引轻小的芥子。
故答案为：做功；电；吸引。
十七．电荷间的相互作用（共2小题）
34．（2024秋•德州期中）小华做了一个趣味实验：取两根相同的塑料吸管，分别用细线系住吸管一端，再将两吸管另一端同时在自己的头发上摩擦起电，悬挂后靠近，她观察到的现象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：把两根相同的吸管都与头发摩擦，头发上会带上同种电荷，同种电荷相互排斥，故B正确。
故选：B。
35．（2024秋•义县期中）小明将塑料尺在头发上擦一擦后再靠近小纸屑，小纸屑“粘”到了塑料尺上，这是因为带电体 能吸引轻小物体 ，再将塑料尺靠近头发，头发“粘”到塑料尺上（如图所示），这是因为塑料尺和头发带上了 异种 电荷（选填“同种”或“异种”）。
【答案】能吸引轻小物体；异种。
【解答】解：（1）与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑，这是因为带电体能吸引轻小物体；
（2）当塑料尺和头发相互摩擦时，塑料尺和头发带有异种电荷，由于异种电荷相互吸引，所以头发会随着塑料尺飞起来。
故答案为：能吸引轻小物体；异种。
十八．电路的三种状态（共3小题）
36．（2024秋•曹县期中）近几年，随着电动汽车的普及，为电动汽车提供电能的充电桩数量在全国迅猛增加。如图所示，充电桩为电动汽车的电池充电时，电动汽车的电池是 用电器 （选填“电源”或“用电器”）。充电桩有较好地防水保护功能，是为了防止线路过于潮湿出现 短路 （选填“短路”或“断路”）现象。
【答案】用电器；短路。
【解答】解：蓄电池充电时消耗电能，产生化学能，所以是将电能转化为化学能的过程，故电池相当于电路中的用电器；
正常情况下，水是导体，充电桩有较好地防水保护功能，防止线路过于潮湿出现短路。
故答案为：用电器；短路。
37．（2024秋•梁山县期中）小明在做实验时，先连成如图所示的电路，通过断开、闭合开关，观察灯泡亮暗情况，体会电路中开关的控制作用，只拆掉导线a，闭合开关S1、S2，则灯 L2 能发光；只拆掉导线b，闭合开关S1、S2，则灯 L1和L2 能发光（两个空均选填“L1”或“L2”或“L1和L2”）。
【答案】L2；L1和L2。
【解答】解：只拆掉导线a，闭合开关S1、S2，电流流经灯L2后，S2将L1短路，所以灯L2发光；
只拆掉导线b，闭合开关S1、S2，L1和L2并联，则灯L1和L2能发光。
故答案为：L2；L1和L2。
38．（2024秋•宁津县校级期中）汽车在转弯前，司机会拨动方向盘旁边的转向横杆，汽车同侧的前后两个转向灯就会同时闪亮、同时熄灭，但其中一个损坏时，另一个仍能正常工作，则坏的转向灯发生的是 断路 （填“断路”或“短路”）；转向横杆相当于电路中的 开关 （填元件名称）。
【答案】断路；开关。
【解答】解：汽车同侧的前后两个转向灯其中一个损坏时，另一个仍能正常工作，说明两个转向灯是并联的，
则坏的转向灯电流不能流通，电路不能形成回路，故发生的是断路；
司机拨动这根横杆，转向灯才会工作，所以这根杆子起到了开关的作用。
故答案为：断路；开关。
十九．根据电路图连接实物（共2小题）
39．（2024秋•日照期中）请将图中的实物电路补充完整，要求：滑片向右移电流表示数变大，电压表测定值电阻电压。
【答案】
【解答】解：电压表与定值电阻并联，且电流从正接线柱流入负接线柱流出；然后把滑动变阻器的B接线柱与定值电阻串联，如下图所示：
40．（2024秋•庆云县期中）按照图甲所示的电路图，用笔画线表示导线，将图乙电路连接完整。
【答案】
【解答】解：由电路图可知，电铃与开关S2串联后与灯泡并联，开关S1位于干路，如下图所示：
二十．串联和并联的概念与辨析（共2小题）
41．（2024秋•高青县期中）如图所示，桌面上有一个开关、两个灯泡，开关闭合，则下列说法不正确的是（ ）
A．如果两灯都亮，两灯可能串联，也可能并联
B．若用电流表测得流过两灯的电流不相等，则两灯一定并联
C．若用电压表测得两灯电压相等，则两灯一定是并联
D．若用电压表测得两灯电压不相等，则两灯一定串联
【答案】C
【解答】解：
A、因为开关在串联电路和并联电路的干路中都能控制所有用电器，所以当一个开关同时控制两盏灯泡的亮与灭时，这两盏灯泡之间可能是串联也可能是并联；故A正确；
B、因为在串联电路中通过两灯泡的电流一定相等，所以，如果通过两个灯泡的电流不相等，则两灯一定并联；故B正确；
C、在并联电路中各灯泡两端的电压一定相等；如果两个灯泡完全相同，在串联电路中分得的电压也相同；所以，若用电压表测得两灯电压相等，则两灯的连接可能是串联，也可能是并联，故C错误；
D、因为在并联电路中各灯泡两端的电压一定相等，所以，若用电压表测得两灯电压不相等，则两灯的连接是串联，且两灯泡的规格不同，故D正确。
故选：C。
42．（2024秋•江苏校级期中）如图所示，若闭合开关S1、S3，断开开关S2，则灯 L1 （选填“L1”或“L2”）能发光；若需要灯L1、L2并联，则应闭合开关 S1、S2 ；开关 S2、S3 不能同时闭合，否则会造成电源短路。
【答案】L1；S1、S2；S2、S3。
【解答】解：若闭合开关S1、S3，断开开关S2，灯L2被短路，电流只流经灯L1，故L1亮，灯L2不发光；
如果需要L1、L2灯并联，电流的路径有两条，分别经过两个灯泡，需要闭合开关S1、S2；
同时闭合开关S2、S3，电流依次流经S2、S3，然后流回电源的负极，引起电源短路。
故答案为：L1；S1、S2；S2、S3。
二十一．串并联电路的设计（共2小题）
43．（2024秋•邹城市校级期中）某兴趣小组要为居家老人设计一个“应急呼叫器”电路，要求：开关断开时，电灯和电铃均不工作；开关闭合时，灯亮铃响，即使电灯因断路不亮，电铃仍可工作。如图所示的电路中，符合设计要求的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：由题意可知：开关断开时，电灯和电铃均不工作；开关闭合时，灯亮铃响，说明开关是总开关；即使电灯因断路不亮，电铃仍可工作。说明电灯和电铃能够独立工作，是并联，故C符合题意。
故选：C。
44．（2024秋•芝罘区期中）单轮平衡车的电路部分安装电源开关S1和压力开关S2，当手动闭合S1时，指示灯亮起；此时骑行者再站立于平衡车踏板上后S2自动闭合，电动机才能正常启动，平衡车才开始运动。请根据上述要求将电路图连接完整。
【答案】解：由题意可知，当手动闭合S1时，指示灯亮起；骑行者再站立于平衡车踏板上后S2自动闭合，电动机才能正常启动，说明电动机和指示灯可以独立工作、互不影响即为并联；未闭合S1或骑行者未站立于踏板上，电动机都无法启动，说明S1控制干路，开关S2控制电动机，如图所示：。
二十二．探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系（共2小题）
45．（2024秋•市中区期中）在探究“并联电路的电流特点”的实验中，小铭设计了如图甲所示的电路进行实验。
（1）请用笔画线代替导线，按照图甲所示的电路图把图乙中的实物电路图连接完整。（导线不能交叉）
（2）小铭将电流表接在L1所在的支路上，闭合开关S，观察到灯泡L2发光，但灯泡L1不发光，电流表的指针没有偏转，电路可能存在的故障是 灯泡L1断路 （填“灯泡L1断路”或“灯泡L1短路”）。
（3）排除故障之后，他测出了L1支路上的电流I1＝1.2A，然后他把电流表依次接入电路中的其他位置，分别测量出L2支路上的电流I2和干路电流I，两次测得的结果都如图丙所示，则I2＝ 0.3 A，I＝ 1.5 A。小铭由此数据得出，并联电路中干路电流和各支路电流的关系是 I＝I1+I2 （写关系式）。
（4）本次实验的不足之处是 只做一次实验，结论具有偶然性 。
【答案】（1）；
（2）灯泡L1断路；
（3）0.3；1.5；I＝I1+I2；
（4）只做一次实验，结论具有偶然性。
【解答】解：（1）在探究“并联电路的电流特点”的实验中，两个灯泡并联，电流表与L1串联在支路上，按照图甲所示的电路图把图乙中的实物电路图连接完整如下所示：
（2）将电流表接在L1所在的支路上，闭合开关S，观察到灯泡L2发光，但灯泡L1不发光，电流表的指针没有偏转，说明灯泡L2所在支路是通的，而灯泡L1所在支路是断开，电路可能存在的故障是灯泡L1断路。
（3）分别测量出L2支路上的电流I2和干路电流I，两次测得的结果都如图丙所示，由于干路电流大于去路电流，说明干路电流表用的量程是0～3A，示数为1.5A，即I＝1.5A，干路电流等于所有支路电流值之和，可知L2支路电流为
I2＝I﹣I1＝1.5A﹣1.2A＝0.3A
干路电流等于所有支路电流值之和，应为并联电路各之路电压处处相等，电压除以电阻就是各支路电流，而并联是个等压分流电路，所以总电流等于各分电流之和，即
I＝I1+I2
（4）本实验只做了一次实验，而没有进行多次测量，只凭一组实验数据得出结论带有偶然性，不能得出正确规律；正确做法是：进行多次测量，测出多组数据，找出普遍规律。
故答案为：（1）；
（2）灯泡L1断路；
（3）0.3；1.5；I＝I1+I2；
（4）只做一次实验，结论具有偶然性。
46．（2024秋•南海区期中）小明在探究并联电路电流规律的实验中，如图甲是实验的电路图。
（1）实验中应选择规格 不相同 （选填“相同”或“不相同”）的小灯泡进行实验，图乙是小明根据电路图连接的测量 C （选填“A”“B”或“C”）点电流的实物电路。
（2）当连接完最后一根导线时，小灯泡立刻发光，电流表（已调零）指针如图丙所示，出现这两个现象的原因是：①连接电路时，开关没有 断开 ；② 电流表的正负接线柱接反了 ；
（3）根据表格内的实验数据初步得出结论：并联电路中，干路电流等于各支路电流 之和 。
（4）小明的实验中不妥的地方是： 实验次数太少，一组数据得出的结论具有偶然性 。
【答案】（1）不相同；C；
（2）断开；电流表的正负接线柱接反了；
（3）之和；
（4）实验次数太少，一组数据得出的结论具有偶然性。
【解答】解：（1）为了使实验结论具有普遍性，应选用不同规格的灯泡进行实验。
由图乙知，两灯并联在电路中，电流表测量的是干路的电流，由图甲可知A、B两点分别是两个支路，C在干路上，电流表测量干路电流，即C处的电流。
（2）当连接完最后一根导线时，小灯泡发光电流表指针如图丙所示，发现电流表的指针反向偏转了，出现这个现象的原因是①连接电路时没有断开电路开关；②电流表的正负接线柱接反了。
（3）分析表格数据可知IC＝IA+IB＝0.14A+0.10A＝0.24A，根据表格内的实验数据初步得出结论并联电路中干路电流等于各支路电流之和。
（4）实验次数太少，一组数据得出的结论具有偶然性，应多次实验，寻找普遍规律。
故答案为：（1）不相同；C；
（2）断开；电流表的正负接线柱接反了；
（3）之和；
（4）实验次数太少，一组数据得出的结论具有偶然性。
二十三．运用并联电路中的电流规律计算（共2小题）
47．（2024秋•庆云县期中）如图甲所示，闭合开关，两灯泡均正常发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为（ ）
A．1.2A，1.2AB．0.3A，0.3AC．1.2A，0.3AD．1.5A，0.3A
【答案】C
【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L2支路电流。
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针偏转相同，
所以，干路电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.5A，即干路电流I＝1.5A，
L2支路电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，即通过L2的电流I2＝0.3A，
则通过L1的电流：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故选：C。
48．（2024秋•东平县期中）如图所示，闭合开关后灯L1、L2均正常发光，两个电流表的示数都如图乙所示，下列说法中（ ）
①L1与L2的连接方式是串联 ②电流表A1的示数为0.3A
③通过L1的电流为1.2A ④通过L2的电流为0.3A
A．只有①②正确 B．只有①④正确C．只有③④正确 D．只有②③正确
【答案】C
【解答】解：由图甲知，两灯并联在电路中，电流表A1测干路电流，A2测L2电流。
开关闭合，两个电流表指针位置相同，由并联电路的电流规律知，干路电流大于支路电流，所以A1使用0～3A量程，分度值0.1A，示数为1.5A，即干路电流为I＝1.5A；
A2使用0～06A量程，分度值0.02A，示数为0.3A，即通过L2的电流为I2＝0.3A，
所以通过L1的电流为：
I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，
故只有③④正确，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
二十四．电流表、电压表在判断电路故障中的应用（共2小题）
49．（2024秋•沂南县期中）如图所示电路，闭合开关后，整个电路正常工作。其中一盏灯突然熄灭，两只电表示数均变大，则该电路可能发生的故障为（ ）
A．L1短路B．L2短路C．L1开路D．L2开路
【答案】A
【解答】解：串联电路中，“一盏灯突然熄灭”是短路现象，电路中电流变大；被短路的灯熄灭，分压变为0；另一盏灯依然能发光且亮度大于之前，分压会变大。
电压表测量的是L2的电压，根据题目描述电压表示数变大，即L2的电压变大，因此L2无故障，是L1短路导致。
综上分析，答案选择A。
故选：A。
50．（2024秋•高青县期中）如图所示电路，电源电压保持不变。闭合开关后，电路中各元件正常工作，两个相同的电流表（均有0～0.6A，0～3A两个量程）指针偏转的角度相同。一段时间后电流表A1指针偏转的角度突然变为原来的15，若定值电阻R1或R2出现了断路故障，其它元件均完好。针对故障电路的观察分析，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为零
B．电流表A1的示数一定大于A2的示数
C．一定是电阻R1出现了断路故障
D．一定是电阻R2出现了断路故障
【答案】C
【解答】解：
分析电路可知，R1、R2并联。电流表A1测干路电流，电流表A2测R2电流，电压表测电源电压。
A、电压表测电源电压，所以电压表示数不为零，故A错误；
BCD，两个相同的电流表（均有0～0.6A，0～3A两个量程）指针偏转的角度相同，根据并联电路的电流规律可知，电流表A1选用大量程，电流表A2选用小量程，且电流表A1示数是电流表A2示数的5倍。一段时间后，电流表A1针偏转的角度突然变为原来的15，则电流表A1和电流表A2示数相等，所以故障是电阻R1出现了断路故障，故C正确，BD错误。
故选：C。
二十五．探究串联电路中的电压规律（共2小题）
51．（2024秋•工业园区期中）小明做探究“串、并联电路电流及电压的特点”的实验。
（1）小明用图乙所示的电路探究并联电路中的电流特点。
①实验前，发现电流表指针的位置如图甲所示，应该 对电流表调零 。
②解决问题后闭合开关，电流表示数如图丙，为 0.6 A。
③小明想在图乙中只改动一根导线来测量L2的电流，请在该导线上画“×”，并在图中改正。
④若闭合开关后两灯都发光，由于导线弯曲杂乱，一时无法确定电路是串联还是并联，请你写出一种简单可行的判断方法： 把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联 。
（2）小明利用图丁探究串联电路中的电压特点。
①下列操作不正确的是 C 。
A．连接电路时，开关S处于断开状态；
B．连接电压表时，试触后再选择合适量程；
C．仅将电压表A点连线转接至C点，可以测量L2两端电压。
②测量灯泡L1两端电压时，两灯突然熄灭，电压表示数变为0，若故障可能是由某只灯泡引起的，则发生故障的灯泡及故障类型是 L2断路 。
③测得UAB＝1.1V，UBC＝1.4V，UAC＝2.5V，为了使实验结论具有普遍性，接下来进行的操作是 更换不同规格的灯泡进行多次实验 。
【答案】（1）①对电流表调零；②0.6； ③图见解答；④把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联；（2）①C；②L2断路；③更换不同规格的灯泡进行多次实验。
【解答】解：
（1）①实验前，发现电流表指针的位置如图甲所示，此时无电流通过电流表，且电流表指针不在零刻度线上，所以需要对电流表调零；
②如图丙所示，电流表的量程为0﹣3A，分度值为0.1A，其示数为0.6A；
③小明想测量通过L2的电流，则电流表应与L2串联，如图所示：
④若闭合开关后两灯都发光，由于连线较乱，无法确定电路是串联还是并联，因串联电路中各用电器相互影响，而并联电路中各用电器互不影响，所以判断方法为：把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联。
（2）①A．为了保护电路，连接电路时，开关S应处于断开状态，故A正确；
B．若不能估测被测电压的大小，连接电压表时，应试触后再选择合适的量程，故B正确；
C．测完L1两端的电压后，在测量L2两端的电压时，仅将电压表A点连线转接至C点，这样会导致电压表的正负接线柱接反，所以不能测出L2两端的电压，故C错误。
故选：C。
②图丁中两灯串联，电压表测L1的电压时，两灯泡都熄灭，可能是某个灯泡断路或两个灯泡都短路，由题意可知故障可能是由某只灯泡引起的，则应该是某个灯泡断路了，而且电压表的示数变为0，说明电压表与电源的两极不相连，所以故障为小灯泡L2断路。
③为了使实验结论具有普遍性，接下来应更换不同规格的灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）①对电流表调零；②0.6； ③图见解答；④把其中一只灯泡从灯座中取下来，如果观察到另一只灯泡仍发光，则两灯一定是并联；如果观察到另一只灯泡熄灭，则两灯一定是串联；（2）①C；②L2断路；③更换不同规格的灯泡进行多次实验。
52．（2024秋•临沂期中）晓丽同学在“探究串联电路电压的规律”的实验中，设计了如图甲所示的电路，电源电压保持不变。
（1）连接电路前，晓丽发现电压表指针如图乙所示，这是因为 电压表未调零 ；
（2）在连接电路时，开关应处于 断开 状态；
（3）晓丽正确测出了R1两端的电压，在测R2两端的电压时，晓丽打算采用以下方法：电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上，此操作会导致电压表出现的现象是 指针反偏 ；
（4）晓丽正确完成实验，并把数据记录在表中，同组的晓悟同学认为实验存在不足，改进的方案是： 换用不同规格的电阻多次实验 。再次实验测量出AB两点间电压表示数为2.8V，BC两点间电压表无示数，由此可知，电路出现的故障可能是 AB两点间断路 。
【答案】（1）电压表未调零；（2）断开；（3）指针反偏；（4）换用不同规格的电阻多次实验；AB两点间断路。
【解答】接：（1）连接电路前，晓丽发现电压表指针如图乙所示，指针未指在零刻度线，说明电压表未调零。
（2）为保护电路，在连接电路时，开关应处于断开状态。
（3）在测R2两端的电压时，若电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上，此操作会导致电压表正负接线柱接反，使得电压表指针反偏。
（4）[1]由表可知只做了一次实验，结论不具有普遍性，应换用不同规格的电阻多次实验。
测量出AB两点间电压表示数为2.8V，说明AB两点以外的电路为通路，且AB两点间没有发生短路，BC两点间电压表无示数，则可能是AB两点间断路。
故答案为：（1）电压表未调零；（2）断开；（3）指针反偏；（4）换用不同规格的电阻多次实验；AB两点间断路。
二十六．串联电路中的电压规律（共2小题）
53．（2024秋•汉阳区期中）如图所示的电路中三只灯泡规格相同，电源为2节新的干电池，某同学对该电路进行分析，其中判断正确的是（ ）
A．只闭合S1时，只有L2发光，电流表A2的示数比A1的大
B．只闭合S1、S2时，L2和L3并联，电流表A2的示数比A1的小
C．同时闭合S1、S2、S3时，电源被短路，三只灯泡都不亮
D．若将两个电流表都换成电压表，S1、S2、S3都闭合，两个电压表的示数之和大于3V
【答案】D
【解答】解：A、由图知，只闭合S1时，电路为L2的简单电路，两电流表均测电路中的电流，则只有L2发光，L1不发光，因串联电路中各处的电流相等，所以，电流表A1的示数等于A2的示数，故A错误；
B、由图知，只闭合S1、S2时，L2和L3并联，电流表A1测L2支路的电流，电流表A2测干路电流，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电流表A1的示数比A2的小，故B错误；
C、同时闭合S1、S2、S3时，三灯泡并联，三只灯泡都亮，不会发生电源短路，故C错误；
D、电源为2节新的干电池，则电源电压为3V，
若将两个电流表都换成电压表，则左边电压表测量L2和L3两端的电压，右边电压表测量L1和L2两端的电压，则两个电压表的示数之和大于3V。
故选：D。
54．（2024秋•聊城期中）如图甲所示的电路中，电源由三节新干电池（每节均按1.5V计）串联组成。闭合开关后，两灯泡均发光，电流表的示数如图乙所示，电压表V2指针如图丙所示。则：
（1）流过灯L1的电流是 0.24 A；
（2）L1和L2两端的电压分别是 3.3 V、 1.2 V。
【答案】（1）0.24；
（2）3.3；1.2
【解答】解：（1）闭合开关，两灯泡串联接入电路，电流表测通过电路的电流，由乙图可知，电流表接入电路的量程为0～0.6 A，分度值为0.02A，示数为0.24A，由于串联电路各处电流相等，所以流过灯L1和L2的电流都是0.24A；
（2）一节新干电池的电压为1.5V，电源由三节新干电池串联组成，则电源电压：
U＝3×1.5V＝4.5V，
电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡L2两端的电压，如图丙，电压表V2接入电路的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为1.2V，灯泡L2两端的电压为1.2V；由串联电路总电压等于各部分电压之和，所以灯L1两端的电压：
U1＝U﹣U2＝4.5V﹣1.2V＝3.3V，
L1和L2两端的电压分别是3.3V和1.2V。
故答案为：（1）0.24；（2）3.3；1.2。
二十七．运用串联电路中的电压规律计算（共3小题）
55．（2024秋•商河县期中）如图甲所示电路，若电源电压为3V，使用适当的量程后，闭合开关，电压表的示数如图乙所示，则正确的是（ ）
A．小灯泡L1、L2是串联，电压表测的是L1两端的电压
B．小灯泡L1、L2是并联，电压表测的是L2两端的电压
C．L1两端的电压是5V，若开关断开，电压表示数为3V
D．L1两端的电压是1V，若开关断开，电压表示数为0V
【答案】A
【解答】解：AB．由电路图可知，闭合开关后，小灯泡L1、L2串联，电压表与L1并联，电压表测的是L1两端的电压，故A正确，B错误；
CD．若电源电压为3V，则电压表的示数可能为1V或3V，不可能为5V，所以选用的是小量程，则L1两端的电压是1V；若开关断开，电压表测量的是电源电压，电压表示数为3V，故CD错误。
故选：A。
56．（2024秋•莘县期中）如图所示的电路中，闭合开关S，两只电压表的指针偏转角度相同，则灯L1和L2两端的电压之比U1：U2等于（ ）
A．4：1B．1：4C．5：4D．4：5
【答案】A
【解答】解：由图可知，闭合开关S，L1与L2串联，电压表V2测电源电压，电压表V1测L2两端的电压。
由于串联电路中两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，且两个电压表的指针偏转角度相同，
所以电压表V2选择的是大量程，电压表V1选择的是小量程，
且电压表V2的示数是电压表V1示数的5倍，即U＝5U2，
则L1两端的电压：U1＝U﹣U2＝5U2﹣U2＝4U2，
所以L1和L2两端的电压之比：U1U2=4U2U2=41，故A正确。
故选：A。
57．（2024秋•费县期中）（1）如图1所示，闭合开关时，电路将 短路 ，若要让两灯串联，应将导线 b 拆掉；若要让两灯并联，应将导线M从B改接到 接线柱A 。
（2）如图2所示，电源电压为3V，闭合开关S后，电流表A的示数为0.54A，电流表A1的示数为0.3A，则通过小灯泡L1的电流为 0.3 A，通过小灯泡L2的电流为 0.24 A。
（3）甲、乙两灯泡中的电流与电压变化的关系如图3所示。甲灯的电阻 小于 乙灯电阻（选填“大于”、“小于”或“等于”）；将甲、乙两灯泡串联接入电路后，通过它们的电流为0.5A，则电源电压为 8 V。
【答案】（1）短路；b；接线柱A；（2）0.3；0.24；（3）小于；8。
【解答】解：（1）由图1可知，开关S闭合后，电流将从电源正极经过导线b与导线M和开关回到电源负极，造成电源短路，两灯不发光。去掉导线b，电流从正极经灯泡L2、L1和开关回到负极，两只灯泡串联。若将导线M从接线柱B改接到接线柱A上，则两灯属于并联，且都能正常发光；
（2）由图知道，两灯泡并联，电流表A测干路电流，A1测量L1支路的电流，则通过小灯泡L1的电流 I1＝0.3A。因为并联电路干路电流等于各支路电流之和，则通过小灯泡L2 的电流为I2＝I﹣I1＝0.54A﹣0.3A＝0.24A；
（3）由图知道，甲、乙的I﹣U图像中，甲的图线位于乙的上方，即在相同电压下，通过甲的电流均大于乙的电流，由R=UI知道R甲＜R乙，将甲、乙两灯泡串联接入电路后，通过它们的电流相等，当通过它们的电流为0.5A，由图知道，此时甲两端的电压为2V，乙两端的电压为6V，根据串联电路电压的规律知道，电源电压为U＝U甲+U乙＝2V+6V＝8V。
故答案为：（1）短路；b；接线柱A；（2）0.3；0.24；（3）小于；8。
二十八．并联电路中的电压规律（共1小题）
58．（2024秋•市中区期中）如图所示，电源电压不变。闭合开关S1和S2，小灯泡L1和L2均正常发光，电流表有示数。下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡L1和L2串联
B．若断开开关S2，电流表示数会变小
C．若小灯泡L1比L2亮，原因是小灯泡L1两端的电压比L2两端的电压大
D．若只闭合开关S2，电路中只有小灯泡L2发光
【答案】B
【解答】解：A、由图可知，两灯泡并列连接，是并联关系，开关S1在干路中，开关S2控制灯泡L2，电流表测量干路电流，故A错误；
B、若断开开关S2，灯泡L2断路，只有灯泡L1工作，干路电流变小，电流表示数会变小，故B正确；
C、并联电路各支路两端电压相等，所以小灯泡L1两端的电压与L2两端的电压一样大，故C错误；
D、开关S1在干路中，开关S2控制灯泡L2，若只闭合开关S2，两灯都不能发光，故D错误。
故选：B。
二十九．半导体的特点（共2小题）
59．（2024秋•东营区校级期中）LED灯已广泛应用于展示台装饰、居家照明、城市夜景美化等，制作LED灯的材料是 半导体 （选填“半导体”或“超导体”）。如图所示为某学校电子屏中滚动播放的标语，其显示屏中的“增”字有一部分未显示出来，其它部分正常发光，由此可知，未发光部分与其它部分之间是 并 联的。
【答案】故答案为：半导体；并联。
【解答】解：（1）LED是一种半导体发光二极管，通过电流时不用经过加热灯丝直接能够发光，即把电能直接转化成光能；
（2）由图可见当显示屏中的“增”字的土字旁未能显示出来，其它的灯仍能正常发光，由此可知，显示屏的每个小灯泡是互不影响的，所以它们之间能独立工作，一定是并联的。
故答案为：半导体；并联。
60．（2024春•锡山区期中）某同学为测一物体质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力，如图，测量时先调节输入电压，使转换器空载时输出电压为0，而后在其上放一物体，即可测得物体质量成正比的输出电压。该力电转换器中的主元件是 C （选填A光敏材料B热敏材料C压敏材料），该装置在称量物体质量时，要水平放置，理由是 因水平放置，重力与压力的方向相同，压力的大小与重力的大小才相等 。
【答案】C；因水平放置，重力与压力的方向相同，压力的大小与重力的大小才相等。
【解答】解：（1）力电转换器的原理是：利用转换器的输出电压正比于受压面的压力来工作，则力电转换器要感应到受压面受到的压力，所以力电转换器中的主元件是应使用压敏材料制成，故选C；
（2）因为称量物体质量时，是通过测量的物体对受压面产生的压力来工作的，所以压力和重力的大小相等时，才能由该装置称量出物体的质量，于是根据压力与重力的关系可知：水平放置时，压力的方向是竖直向下，压力的大小与重力的大小才相等。
故答案为：C；因水平放置，重力与压力的方向相同，压力的大小与重力的大小才相等。
时间/min
0
1
2
3
4
s
6
7
温度/℃
﹣4
﹣2
0
0
0
0
1
2
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/℃
90
92
94
97
98
98
98
98
几种物质的比热容c/[J•（kg•℃）﹣1]
水
4.2×103
冰
2.1×103
酒精
2.4×103
砂石
0.92×103
煤油
2.1×103
铝
0.88×103
水银
0.14×103
铜
0.39×103
物质
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
20
6
45
食用油
20
6
70
A点的电流IA/A
B点的电流IB/A
C点的电流IC/A
0.14
0.10
0.24
UAB/V
UBC/V
UAC/V
1.2
1.6
2.8