2020-2021学年广东省广州市增城区九年级（上）期末物理试卷

2020-2021学年广东省广州市增城区九年级（上）期末物理试卷

1. 以下说法正确的是

A. 半导体具有良好的导电性能
B. 超导体是一种电阻很大的材料
C. 纳米技术是大尺度范围内的科学技术
D. 超导材料用于输送电力可以降低电能损耗

2. 学完内能，小明做了以下总结，其中正确的是

A. 两个物体的温度相同，则它们的内能一定相同
B. 一个物体的质量不变，若温度降低，它的内能一定减少
C. 甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体内能大
D. 两物体相比，分子动能越大的物体，其内能越大

3. 如表列出一些物质的比热容，根据表中数据，可知

A. 液体的比热容总比固体的大
B. 物质的物态发生变化，比热容不会变化
C. 不同物质的比热容一定不同
D. 质量相等的水和沙石吸收相同的热量，水升高的温度较少

4. 用塑料梳子在干燥的头发上梳几下，梳子上会带电，经检验梳子带的是负电荷。下列说法中正确的是

A. 梳子得到了一些电子 B. 梳子失去了一些电子
C. 梳子失去了一些原子核 D. 摩擦创造了电荷

5. 如图所示是某汽车发动机的做功冲程的示意图。在活塞向下运动的过程中，汽缸内气体的

A. 温度保持不变
B. 分子热运动加快
C. 一部分内能转化为活塞的机械能
D. 全部内能转化为活塞的机械能
 

6. 在如图所示的电路中，开关闭合时的示数为，的示数为。下列判断正确的是

A. 通过的电流为
B. 通过的电流为
C. 若的灯丝烧断，电流表有示数，没有示数
D. 若的灯丝烧断，电流表有示数，没有示数

7. 如图甲所示电路，闭合开关后，和都不亮；现用一根导线检查故障原因。如图乙所示，当用导线接在两端时，和仍然不亮；如图丙所示，当导线接在两端时，亮，不亮。则可能的原因是
    

A. 短路 B. 短路 C. 断路 D. 断路

8. 小玲家有额定电压相同的电烤箱、电饭锅和白炽灯各一个，按照每度电元的计费标准，将这三个用电器单独正常工作1小时的用电费用绘制出如图所示的柱状图，下列说法正确的是

A. 正常工作时，这三个电器两端的电压相等
B. 正常工作时，流过这三个用电器的电流相等
C. 电烤箱实际功率总大于白炽灯的实际功率
D. 在一个月内，小玲家电烤箱的用电费用一定最多

9. 如图所示，电源电压为3V恒定不变，闭合开关后，LED灯比小灯泡亮，测得通过LED灯的电流，通过小灯泡的电流，下列正确的是

A. 的实际功率比的实际功率大
B. 两端电压大于两端电压
C. 工作相同的时间，比消耗的电能多
D. 工作相同的时间，比消耗的电能少

10. 在探究“电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”的实验中，三个透明容器中密封着等量的空气，容器内的电阻连接情况如图所示，通电后，观察U形管中液面高度的变化。则

A. 甲、乙、丙三个容器内的导体，电流相等
B. 通电一段时间后，U形管中液面高度变化最大的是乙
C. 要探究电流产生的热量与电阻的关系，需观察甲、丙两个U形管中液面高度的变化
D. 要探究电流产生的热量与电流的关系，需观察甲、乙两个U形管中液面高度的变化

11. 如图1所示，把两种不同的金属片A、B插入柠檬，制成的“水果电池”，与电压表连接在一起，电压表指针向右偏转。
    水果电池是把______能转化为______能的装置。
    如图2所示为发光二极管，接入电路时电流只能从发光二级管的正极流入。把图1中的电压表换为图2所示的发光二极管，要想二极管发光，金属片______填“A”或“B”要接发光二极管正极。

12. 在图1中只改动一根导线，使两灯并联，电流表测量通过的电流。要求：在要改动导线上划“”，并用笔画线代替导线画上正确的连线。然后在图2方框内画出与修改后的电路对应的电路图图中灯泡标上和。
    如图3所示为插线板的示意图，请按要求，用笔代替导线连接。要求：指示灯在开关断开时不亮，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；若指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压；插线板与电源线接通。
    
    
    
    
    
    
     
13. 太阳能是一种清洁环保的新型能源，现在主要通过太阳能电池板和太阳能集热器来利用太阳能。如图所示为某型号的太阳能集热器示意图。
    
    该集热器上接收到太阳能，可以将100kg水从加热到，水实际吸收的热量为______ J；该太阳能集热器的热效率是______。
    若的能量通过燃烧天然气产生，则需完全燃烧______的天然气；实际需要的天然气比计算结果大，原因可能是______。
14. 电鳗是一种能对外界施加电压的动物。如图1，为了研究电鳗的放电行为，研究人员把一根导体棒伸进水中，放电的电鳗可看成电源，A、B两点是电源两极。某次实验：
    当电鳗跃起，头部碰到导体棒时，电流从A点经部分导体棒、水回到B点，形成闭合回路，请在图2的方框内画出此时的电路图电鳗看成电源，符号已给出，导体棒看成定值电阻，水看成导线。
    接入电路的导体棒及水的电阻，电流，当电鳗头部接触到导体棒更低的位置时，R变小，电流I变为，判断U变大、变小还是不变？______依据是______。
15. 如图1所示，是一个可设置恒压直流输出，也可设置为恒流直流输出的电源，当把它设置为的恒流直流输出电源时电源正极流出的电流大小保持不变。
    如图2所示，在电路中接一只阻值为的定值电阻，忽略导线的电阻，请计算：
    ①闭合开关时电阻两端的电压为多少？
    ②定值电阻工作20s消耗多少电能？
    如图3所示，再将阻值为的定值电阻与并联，请计算：
    ①闭合开关时流经定值电阻与的电流之比；
    ②闭合开关时电路的总功率。
    
    
    
    
    
    
     
16. 按图1所示的电路图连接电路进行实验，要使小灯泡发光，开关要______，开关要______以上两空选填“断开”或“闭合”。
    当开关闭合，断开时，电压表和电流表的示数如图2所示；然后再同时闭合开关和，电压表和电流表的示数如图3所示，与开关断开时相比，定值电阻R两端的电压______，通过R的电流______两空均选填“变大”、“不变”或“变小”。
17. 小明用图1中所示的器材测量不同情况下小灯泡的实际功率小灯泡额定电压。
    请根据实验目的，连接图1的电路。
    电路正确连接后，电压表、电流表的示数及灯泡亮度如表，第4次实验的电压表、电流表示数如图2所示，请把实验数据填写在表中，并算出第4次小灯泡的电功率。

哪次实验灯泡正常发光？______填写数据序号
第5次实验看不到小灯泡发光，小明认为灯不亮的原因是灯丝断了，你认为他的说法是否正确？______，依据是______。

18. 小明用如图所示的装置来粗略比较两种液体的比热容大小，其中两个电热器的规格相同，加热相同时间，两种液体吸收的热量相等，请你帮小明完成实验报告。
    实验目的：______
    实验原理：你如何比较两种液体的比热容大小，写出你的分析过程。______
    实验步骤可以根据需要增加必要的测量工具______

答案和解析

1.【答案】D
 

【解析】解：A、半导体的导电性能比导体的导电性能要差，不符合题意；
B、超导材料是一种电阻为零的材料，不符合题意；
C、纳米技术是小尺度范围内的科学技术，不符合题意；
D、用超导体做输电导线，可以减小由电能到内能的损耗，提高传输效率，符合题意．
故选
半导体材料的导电性能介于导体与绝缘体之间，具有一些特殊的物理性质．
超导材料是一种电阻为零的材料．超导体的电阻为0，不会放热，所以电能无法转化为内能．
纳米技术，也称毫微技术，是研究结构尺寸在至100纳米范围内材料的性质和应用的新技术．
本题考查了新材料新技术的应用，是中考的热点．
 

2.【答案】B
 

【解析】解：物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能；
A、两个物体的温度相同，分子动能与分子势能相同，如果两个物体质量不同，具有的分子数目不同，它们的内能不一定相同，故选项A不正确；
B、一个物体的质量不变，若温度降低，温度降低，分子热运动的剧烈程度降低，分子动能与分子势能变小，它的内能一定减少，故选项B正确；
C、热传递是能量从高温物体传到低温物体或从同一物体的高温部分传到低温部分的过程，故选项C不正确；
D、两物体相比，分子动能越大的物体，它的分子数目不一定多，分子热运动的动能与分子势能的总和不一定大，故选项D不正确；
故选：B。
物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能，内能的大小与温度、质量以及它所处的状态都有关系；热传递是能量从高温物体传到低温物体或从同一物体的高温部分传到低温部分的过程。
本题考查内能的概念的理解，以及温度、内能以及热量的关系，概念较多容易混淆，需重点掌握。
 

3.【答案】D
 

【解析】解：A、由表中数据可知，不同物质的比热容一般不同，色拉油的比热容小于冰的比热容，煤油的比热容等于冰的比热容，因此液体的比热容不一定大于固体的比热容，故A错误；
B、水和冰是水的两种状态，分析表中数据可知，其比热容是不同的，说明比热容与物质状态有关，物质的物态发生变化，比热容也会发生变化，故B错误；
C、由表中数据可知，不同物质的比热容一般不同，但也有的物质比热容相同，如煤油和冰，故C错误；
D、质量相等的水和沙石吸收相同的热量，由于水的比热容大于沙石的比热容，根据可知，水升高的温度较少，故D正确。
故选：D。
比热容是物质本身的一种特性，与种类和状态有关，同种物质状态不变比热容相同，不同物质比热容一般不同；
由可知：质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度升高的少。
本题考查了比热容的相关知识，同时也考查了学生根据这个知识点对数据进行分析归纳的能力，比较物理量大小关系时，可用相关的公式进行分析。
 

4.【答案】A
 

【解析】解：
塑料梳子与干燥的头发摩擦，梳子上会带电，经检验梳子带的是负电荷，说明此时梳子中的负电荷多于正电荷，即摩擦过程中梳子得到了一些电子，故A正确、BC错误；
D.摩擦起电的实质是电子发生了转移，而不是创造了电荷，故D错误。
故选：A。
摩擦起电的实质是电子发生了转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电。
本题考查了摩擦起电的实质，是一道基础题目。
 

5.【答案】C
 

【解析】解：
汽油机做功冲程中，高温高压气体对活塞做功，气体的内能减少、温度降低，分子热运动减慢，并将一部分内能转化为活塞的机械能，故ABD错误，C正确。
故选：C。
物体对外做功，其内能减小，温度降低，并将内能转化为其它形式的能；
分子热运动的快慢与温度有关。
解决此题要结合内燃机的做功冲程原理进行分析解答，知道做功冲程中的能量转化。
 

6.【答案】BD
 

【解析】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表测干路电流，电流表测支路的电流；
AB、由于电流表测支路的电流，所以通过的电流为；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过的电流：，故A错误，B正确；
C、若的灯丝烧断，电路为的简单电路，电流表、都测量电路电流，因此电流表、都有示数，故C错误；
D、若的灯丝烧断，电路为的简单电路，电流表测电路电流，电流表所在支路断路，因此电流表有示数，电流表无示数，故D正确。
故选：BD。
由电路图可知，两灯泡并联，电流表测干路电流，电流表测支路的电流，根据并联电路的电流特点求出通过的电流；根据灯丝烧断的情况和并联电路中各用电器互不影响的特点判断电流表的示数。
本题考查了并联电路的电流特点，关键是判断出两灯泡的连接方式和电流表所测的电路元件。
 

7.【答案】D
 

【解析】解：由图可知：与是串联电路，在电路中任意一处断开，则灯泡都不能工作。
用一根导线接在两点之间时，灯泡被短路，两个灯泡仍然均不亮，说明开路位置不在上；
用导线接在两点之间时，灯泡被短路，不会发光，但发光，可以说明电路的故障可能是断路。
故选：D。
用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，被短路的用电器中无电流通过。但与导线串联的其它用电器若能工作，说明除被导线并联的部分电路外电路是导通的。
本题考查了学生能在实验操作中用导线判断电路故障的方法，是检修电路的基础。
 

8.【答案】AC
 

【解析】解：三个用电器的额定电压相等，则它们正常工作时的电压相等，故A正确；
B.由柱状图可知，正常工作1小时，电饭锅需要的电费比白炽灯高，因电费的单价一定，所以电饭锅消耗的电能比白炽灯多，由可知，通过电饭锅的电流大于通过白炽灯的电流，故B错误；
C.由柱状图可知，正常工作1小时，电烤箱消耗的电能大于白炽灯消耗的电能，由可知，电烤箱实际功率大于白炽灯的实际功率，故C正确；
D.因一个月内电烤箱和电饭锅的实际工作时间不知，根据无法判断电烤箱和电饭锅消耗的电能，所以无法比较电费的多少，故D错误。
故选：AC。
用电器正常工作时的电压和额定电压相等；
由柱状图可知，正常工作1小时，比较用电器需要的电费关系，电费的单价一定，由此可知消耗的电能关系，根据可知通过的电流关系；
由柱状图可知，正常工作1小时，电烤箱消耗的电能大于白炽灯消耗的电能，根据比较它们实际功率的大小关系；
由可知，用电器消耗的电能与用电器的电功率和工作时间有关。
本题考查了学生对额定电压和电功公式、电功率公式的理解与掌握，从图中获取有用的信息是关键。
 

9.【答案】D
 

【解析】解：由图可知，与并联，则与两端的电压相等，故B错误；
A.因为测得通过LED灯的电流，通过小灯泡的电流，由可知，的实际功率比的实际功率小，故A错误；
由可知，工作相同的时间，比消耗的电能少，故C错误、D正确。
故选：D。
并联电路中各支路两端的电压相等；
根据可判断功率的大小；
根据可知电能的大小。
本题主要考查了并联电路中电能与实际电功率的计算，比较基础。
 

10.【答案】B
 

【解析】解：丙容器中两电阻并联后再与甲、乙两容器中的电阻串联接入电路，根据串联电路和并联电路电流的规律可知通过甲、乙两容器中的电阻的电流相同，都大于通过丙容器中的电阻的电流，故A错误；
甲容器中的电阻与丙容器中的电阻相同，电流不同，要探究电流产生的热量与电流的关系，需观察甲、丙两个U形管中液面高度的变化，故D错误；
通过甲容器中的电阻与乙容器中的电阻的电流相同，两容器中的电阻不同，要探究电流产生的热量与电阻的关系，需观察甲、乙两个U形管中液面高度的变化，故C错误；
甲、乙装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，左边甲容器中的电阻小于右边乙容器中的电阻，由可知，右边乙容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；甲、丙装置中，丙装置并联一个相同阻值的电阻，再将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电阻与通电时间t相同，左边甲容器中的电阻流大于右边丙容器中的电流，由可知，甲容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；所以通电一段时间后，U形管中液面升高的高度最高的是乙，故B正确。
故选：B。
丙容器中两电阻并联后再与甲、乙两容器中的电阻串联接入电路，串联电路各处电流相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和；
根据焦耳定律分析答题。
掌握电流产生热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少和各影响因素之间的关系。
 

11.【答案】化学  电  B
 

【解析】解：
水果电池在工作时，消耗化学能，产生电能，故是将化学能转化为电能的装置；
由电压表的连接方法知，电流必须从其正接线柱流入，从负接线柱流出，故此时与电压表正接线柱相连的是电源的正极，与电压表负接线柱相连的是电源的负极。又因为二极管具有单向导电性，所以金属片的A应接二极管的正极，B端应接二极管的负极。
故答案为：化学；电；。
电池在工作时，消耗化学能，产生电能，故据此能判断能量的转化过程；
据电压表的正确使用可知，由于电压表有正负接线柱，可以根据所连的接线柱来判断电池的正负极。再根据二极管的单向导电性判断如何连接。
本题考查了水果电池的能量转化，以及水果电池正负极的确定，同时还要了解电压表的接法和二极管的单向导电性，有一定综合性。
 

12.【答案】解：
由题意可知，、并联，电流表与串联，则灯泡右端接线柱与灯泡左端接线柱连接错误，将灯泡右端接线柱与灯泡右端接线柱连接即可，由此改接电路并画出电路图，如图所示：

由题知，在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明指示灯与插孔并联，并且开关在干路上；这样，火线连接开关后分开，一支路连接指示灯、电阻，另一支路连接两孔插座的右孔；两孔插座的左孔与指示灯和电阻的支路汇合后，再连接到零线上，如图所示：

 

【解析】由题意可知，、并联，电流表测通过的电流，说明电流表与串联，开关控制干路，据此连接实物图，再画出电路图。
由题知，插孔和指示灯互不影响为并联，开关能同时控制指示灯、插孔，处在干路上；据此连接，注意开关要接在火线上。
本题考查了实物图的连接、根据实物图画电路图，以及家庭电路中电路的连接。要注意：开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
 

13.【答案】  天然气没有完全燃烧
 

【解析】解：水吸收的热量： ，
该太阳能集热器的热效率：；
由题知，天然气完全燃烧放出的热量，
由得，需要完全燃烧天然气的体积：；
实际需要的天然气比计算结果大，原因是天然气没有完全燃烧。
故答案为：；；；天然气没有完全燃烧。
知道水的质量、比热容、初温和末温，利用求水吸收的热量；该太阳能集热器的热效率等于水吸收的热量与接收到的太阳能之比；
由题知，天然气完全燃烧放出的热量，利用求需要完全燃烧天然气的体积；实际需要的天然气比计算结果大，原因是天然气没有完全燃烧。
本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，属于基础题目。
 

14.【答案】变小  根据欧姆定律的变形公式可知，电阻R变小，电流I变小，则电流I与电阻R的乘积一定也变小，即U也变小
 

【解析】解：当电鳗跃起，头部碰到导体棒时，电流从A点经部分导体棒、水回到B点，形成闭合回路，说明电路中有电源、开关、用电器、导线，据此画出电路如右图所示；
由欧姆定律的变形公式可知，当电阻R减小，电流I也减小，则电流I与电阻R的乘积一定减小，即电源电压U一定变小；
故答案是：如右图所示；
变小；根据欧姆定律的变形公式可知，电阻R变小，电流I变小，则电流I与电阻R的乘积一定也变小，即U也变小
当电鳗跃起，头部碰到导体棒时，电流从A点经部分导体棒、水回到B点，形成闭合回路，说明电路中有电源、开关、用电器、导线，据此可画出电路；
由欧姆定律的变形公式可知，当R减小，电流I也减小，则电流I与电阻R的乘积一定减小，据此可判断U的变化；
本题主要考查电路的主要组成部分、欧姆定律的应用。
 

15.【答案】解：如图2电路中只接入，由于恒流直流输出的电源设置为的恒流直流，所以，，
①由欧姆定律得电阻两端的电压：；
②定值电阻工作20s消耗电能：；
①如图3可知与并联，电阻与的阻值相等，并联电路各支路两端电压相等，由欧姆定律可知通过两电阻的电流相等，
所以闭合开关时流经定值电阻与的电流之比为1：1；
②由于恒流直流输出的电源，所以干路电流不变，仍为，
并联电路总电阻的倒数等于各分电阻的倒数之和，所以该电路的总电阻为：，
闭合开关时电路的总功率：。
答：①闭合开关时电阻两端的电压为25V；
②定值电阻工作20s消耗电能250J；
①闭合开关时流经定值电阻与的电流之比为1：1；
②闭合开关时电路的总功率为。
 

【解析】如图2电路中只接入，恒流直流输出的电源设置为的恒流直流，①由欧姆定律得电阻两端的电压；②根据计算定值电阻工作20s消耗电能：
①如图3可知与并联，电阻与的阻值相等，根据并联电路电压特点结合欧姆定律可知通过两电阻的电流之比；
②由于恒流直流输出的电源，所以干路电流不变，根据并联电路电阻规律计算电路电阻，根据计算闭合开关时电路的总功率。
本题综合考查学生分析电路的能力以及电能、电功率的计算和欧姆定律的变形公式的应用情况；本题的难点是注意恒流直流输出的电源，即干路电路不变。
 

16.【答案】闭合  断开  变大  变大
 

【解析】解：按图1所示的电路图连接电路进行实验，要使小灯泡发光，即有电流通过灯泡，则开关要闭合，开关要断开若闭合则灯泡就短路了；
开关闭合，开关断开时，电流表、电阻、灯泡串联接入电路，电压表测量电阻和灯泡两端的总电压；电流表测量电路中的电流；
当开关闭合后，灯泡被短路，只有电阻R连入电路中，电压表测量电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流；
由图2可知，电流表选用小量程，其示数为，即开关断开时电路中的电流为；
由图3可知，电流表选用小量程，其示数为，即开关闭合后电路中的电流为；
比较可知：闭合后电路中电流变大，即通过R的电流变大；
通过R的电流变大，由可知定值电阻R两端的电压变大。
故答案为：闭合；断开；变大；变大。
根据开关的闭合情况和电路的连接方式判定灯泡的发光情况；
开关闭合，开关断开时，电流表、电阻、灯泡串联接入电路，电压表测量电阻和灯泡两端的总电压；电流表测量电路中的电流；
当开关闭合后，灯泡被短路，只有电阻R连入电路中，电压表测量电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流；
读出图2和3中电流表的示数，即可判断开关闭合后电路中电流变化；根据欧姆定律即可判断定值电阻R两端电压的变化。
本题考查了电路连接方式的判定、电路的动态分析和欧姆定律的应用，注意电压表和电流表的测量对象的判断；需要注意的是：判断定值电阻R两端电压的变化情况时，不能看电压表的示数，电压表示数变小的原因是受导线电阻和电源内阻的影响。
 

17.【答案】2 不正确  电流表有示数，说明电路是通路
 

【解析】解：
要测灯泡的电功率，需用电压表测灯泡两端电压，用电流表测通过灯泡的电流，所以电路中滑动变阻器、灯泡、电流表应串联，电压表与灯泡并联，由图2知，电压表使用的是量程，电流表使用的是量程，实物连接如图所示：

由图2知，电压表量程，分度值，所以第3次实验中，电压为；
电流表使用的是量程，分度值，所以电流为；
此次实验灯泡功率：；
表格如下：

小灯泡的额定电压为，所以小灯泡正常工作的电压为，即第2次实验实验时小灯泡正常发光；
闭合开关，看不到灯亮，电流表有示数，说明电路是通路，电路中不存在断路，若灯泡的灯丝断了，电流表不可能有示数，可能的原因是小灯泡实际功率太小，所以不正确。
故答案为：见上图；见上表；；不正确；电流表有示数，说明电路是通路。
由知，本实验中滑动变阻器、灯泡、电流表应串联，电压表与灯泡并联，由此连接实物；
根据电表的量程和分度值读出电表示数，由计算其电功率，由灯泡的电功率和灯泡亮度情况分析得出结论。
小灯泡正常工作时的电压为额定电压，据此判断；
灯不亮的原因：小灯泡短路，小灯泡断路，小灯泡的实际功率太小等，据此分析；
本题是测灯泡电功率的实验，考查了实物电路的连接、电压表和电流表的读数及功率的计算、灯的亮度的决定因素，要知道灯泡的亮度是由其实际功率决定的。
 

18.【答案】比较两种液体的比热容大小；  比较物质吸热能力的方法：①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，②使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，所以比较比热容大小的原理为：  用天平称量出质量相同的两种不同的液体放入相同的烧杯中，用温度计分别测量两种液体的初温，然后分别用两个规格相同的电热器给它们加热，每1分钟记录一次液体的温度，后比较两种液体升高的温度。
 

【解析】解：实验的目的是比较两种液体的比热容大小；
比较物质吸热能力的方法：①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，②使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，所以比较比热容大小的原理为：；
实验操作步骤：用天平称量出质量相同的两种不同的液体放入相同的烧杯中，用温度计分别测量两种液体的初温，然后分别用两个规格相同的电热器给它们加热，每1分钟记录一次液体的温度，后比较两种液体升高的温度。
故答案为：比较两种液体的比热容大小；比较物质吸热能力的方法：①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，②使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，所以比较比热容大小的原理为：；用天平称量出质量相同的两种不同的液体放入相同的烧杯中，用温度计分别测量两种液体的初温，然后分别用两个规格相同的电热器给它们加热，每1分钟记录一次液体的温度，后比较两种液体升高的温度。
实验的目的是比较两种液体的比热容大小；
比较物质吸热能力的方法：
①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；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量即加热相同的时间，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
比较比热容大小的原理公式；
我们使用相同的加热器对质量相同的不同液体加热相同的时间，比较它们升高的温度。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。