江西省南昌市2024-2025学年九年级下学期开学适应性模拟测试 物理练习卷（含解析）

这是一份江西省南昌市2024-2025学年九年级下学期开学适应性模拟测试 物理练习卷（含解析），共33页。
①物体温度越低，内能越小，0℃的物体没有内能
②改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式
③两物体相互接触时，热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
④一切物体都具有内能，而不一定具有机械能
A．只有①③B．只有②③C．只有①④D．只有②④
2．（2024秋•南昌县月考）下列现象属于通过做功改变物体内能的是（ ）
A．在饮料中放入一些冰块，饮料变凉
B．火车经过时，铁轨的温度会升高
C．柏油路被太阳光晒热
D．水放入冰箱内，水的温度会降低
3．（2024秋•铅山县月考）涡轴9“玉龙”是我国完全自主研发的航空涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。该发动机工作过程中的相关说法正确的是（ ）
A．燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机效率越高
B．燃料和压缩空气混合后，燃料的热值增大
C．压气机压缩空气，空气的内能减小
D．高温高压气体推动涡轮转动时，将机械能转化为内能
4．（2024秋•修水县期中）四冲程汽油机工作原理的部分示意图如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图是吸气冲程，吸入汽缸的物质是空气和汽油的混合物
B．乙图是压缩冲程，该冲程是靠飞轮的惯性来完成的
C．丙图中，火花塞产生火花，点燃燃料，将化学能转化为内能
D．若四冲程汽油机的飞轮转速为2400r/min，则每秒对外做功40次
5．（2024秋•红谷滩区校级期中）有一种智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机工作，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024秋•丰城市月考）有甲、乙、丙三个轻质小球，甲球带正电，将甲与乙、丙靠近时，它们互相作用的情况如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．乙球一定带负电，丙球可能带正电
B．乙球一定不带电，丙球可能带负电
C．乙球可能带负电，丙球一定带正电
D．乙球一定带正电，丙球可能不带电
7．（2024秋•吉安期中）在如图所示的电路中，电压表测量的是（ ）
A．灯L1两端的电压B．灯L2两端的电压
C．电源两端的电压D．开关S两端的电压
8．（2024秋•永修县期末）九年级上学期我们学习了很多新的物理量，对于这些物理量和公式的理解以下说法正确的是（ ）
A．根据可知：物体吸热越多，它的比热容就越大
B．根据可知：燃料的质量越大，其热值就越小
C．根据可知：导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟电流成反比
D．根据η＝可知：有用功占燃料完全燃烧放出热量的比例越大，热机效率就越大
9．（2024秋•永修县校级期末）如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变。闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P向左移动，下列说法中正确的是（ ）
A．电流表A2的示数变小，电压表V的示数变小
B．电流表A1的示数变小，电压表V的示数变大
C．电流表A2与电流表A1的示数之差不变
D．电流表A1的示数不变，电压表V的示数不变
10．（2024秋•东湖区校级月考）如图所示，AB、BC是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中，则以下判断正确的是（ ）
A．RAB＜RBC，UAB＝UBCB．RAB＞RBC，IAB＝IBC
C．RAB＞RBC，IAB＜IBCD．RAB＝RBC，IAB＜IBC
11．（2024秋•九江期末）如图是“探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置，R2与R3并联。通电前，A、B两个U形管中的液面相平，通电一段时间后，通过R1、R2的电流分别为I1、I2，则（ ）
A．I1＞I2，A 管中的液面高度差较大
B．I1＞I2，A 管中的液面高度差较小
C．I 1＝I2，A 管中的液面高度差较大
D．I1＝I2，两管中的液面高度差相同
12．（2024•吉州区校级二模）如图所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S，在保证各元件安全的条件下，滑动变阻器的滑片从最右端向左移动的过程中（ ）
A．电压表V示数变小，灯的亮度变亮
B．电流表A1示数变大，电流表A2示数不变
C．滑动变阻器消耗的电功率变小
D．电压表V示数与电流表A2示数的比值变大
二．填空题（共8小题）
13．（2023•吉州区校级一模）“稻花香里说丰年”中描述的“稻花香”体现了物理学中的 现象。水稻育苗时，采用傍晚灌水，清晨放水的做法来防止幼苗冻伤，是利用了水 的特性。
14．（2024秋•青山湖区校级月考）如图所示的是一则公益广告“我用热水为长辈洗脚”。热水泡脚是通过 的方式改变脚的内能的；而冬天使劲搓手会感觉到温暖，这是通过 的方式改变手的内能的。
15．（2024秋•南昌期中）如图所示为气泡机，主机让高压二氧化碳气体快速冲出，此时二氧化碳气体体积膨胀，内能 （选填“增大”“减小”或“不变”），打入水瓶内的饮料从而制出冰凉气泡饮料，此过程中的能量转化过程与汽油机的 冲程相同。
16．（2024秋•永修县校级月考）一杯酒精用掉一半，剩下一半的酒精的质量 ，热值 （选填“变大”“变小”“不变”）。
17．（2024秋•遂川县期末）如图所示为一种新型装饰用的LDE灯带，它由30个相同的LED灯串联组成的，若通过第一个LED灯的电流是10mA，则通过第20个LED灯的电流是 A。小彤发现该LED灯带有一个不亮了，但是其余的灯都亮，则不亮的灯发生的故障是 （选填“短路”或“断路”）。
18．（2024秋•于都县月考）某滑动变阻器的铭牌如图所示，则该滑动变阻器允许通过的最大电流为 A；通过改变接入电路中电阻丝的 来改变电阻的大小。
19．（2024•潮阳区模拟）如图甲所示电路，电源电压不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，则可判断电源电压是 V，定值电阻R的阻值是 Ω，滑动变阻器的最大阻值为 Ω。
20．（2024秋•九江期末）图中是探究电流通过导体产生的热量与 （选填“电流”或“电阻”）关系的装置；电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为 。
三．实验探究题（共3小题）
21．（2024秋•东湖区校级月考）如图1所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）为了研究不同物质的吸热能力，利用其中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）两幅图进行实验，根据记录的数据做出了两种液体的温度随时间变化的关系图，如图2所示；
①不同物质吸热的多少是通过 来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）；
②由图可以看出， 液体的吸热本领较大；
③如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则a液体的比热容是 J/（kg•℃）；
（2）为了研究不同燃料的热值，可选择 两幅图进行实验。在实验前用天平测出了烧杯中液体的质量及燃料的质量，并记录数据，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。则该热值与实际燃料的热值相比 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”），原因是 。
22．（2024秋•南昌期中）亲爱的同学，请你应用所学的物理知识解答下列问题。
（1）如图甲所示是电流表正确测量时的表盘，该电表要 （选填“串联”或“并联”）进电路，此时的示数为 。
（2）将一物体接触验电器时，如图乙所示，此状态表明该物体 （选填“带电”或“不带电”）。若验电器已带正电，金属箔片张开，再将一带电体接触带正电的验电器时，金属箔张角变大，说明该带电体是带 电荷。
（3）如图丙所示，小明用弹簧测力计把一块玻璃板拉出水面，在玻璃板即将离开水面时，会观察到弹簧测力计示数 （选填“＞”“＝”或“＜”）玻璃板所受到的重力，说明分子之间存在 。
（4）如图丁所示，这个是电位器的结构图，A、B、C是它的三个接线柱，电位器常常用作台灯上的“亮度”旋钮，当它顺时针旋转，台灯变亮了，由此可知，电位器接入电路中的接线柱是 。
23．（2023春•金溪县校级月考）如图所示，在研究电热与哪些因素有关的实验中，同学们猜想电热可能与电流大小、电阻大小以及通电时间长短有关。
（1）左侧密闭容器内电阻丝阻值为5Ω，右侧密闭容器外部，将一个阻值为5Ω的电阻与这个容器内的电阻丝并联，目的是使通过左右两密闭容器内电阻丝的 不同，右侧容器内电阻丝的阻值应为 Ω，才能符合实验研究的要求；
（2）在第（1）问实验中测得，左侧容器内电阻丝的电流大小为1A，则通过右侧密闭容器中的电阻丝电流大小为 A；U形管中液面高度差反映密闭空气温度的变化，左侧U形管中液面高度差大于右侧U形管中液面高度差，说明： ；
（3）某兴趣小组在研究“电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的定量关系”时，制作了如图甲所示的实验装置：有机玻璃盒内装有电阻丝、水和电子温度计，盒外采用优质保温材料包裹：
①采用优质保温材料的目的是减少实验过程中 的散失；
②保持水的质量和电流不变，换用不同阻值的电阻丝R，记录水温变化ΔT和通电时间t的数据，整理部分数据并绘制图像如图乙；根据上述实验，可以得出结论： ；
③保持水的质量、电阻和通电时间不变，改变电流大小，相关数据整理如表；
请分析表中数据，并将表中所缺的数据补上。
四．计算题（共2小题）
24．（2024秋•青山湖区校级月考）物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子和水的温度随加热时间变化的图象如图所示。已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）加热满2min时，水吸收的热量；
（2）加热满2min时，沙子吸收的热量；
（3）沙子的比热容（保留一位小数）。
25．（2024春•吉安期中）如图所示是市场上一种电热饮水机的简化电路图，S是温控开关，R2为调节电阻，其阻值为176Ω，R1是供加热的电阻丝，饮水机的铭牌如表所示。
求：
（1）现将质量为1.5kg，初温为20℃的水在一标准大气压下烧开需要吸收的热量。c水＝4.2×103J/（kg•℃）
（2）若饮水机正常工作的加热效率为90%，需加热的时间。（计算结果保留整数）
（3）当饮水机处于保温状态时，R1的功率。（计算结果保留整数）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2024•吉安县校级模拟）关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①物体温度越低，内能越小，0℃的物体没有内能
②改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式
③两物体相互接触时，热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
④一切物体都具有内能，而不一定具有机械能
A．只有①③B．只有②③C．只有①④D．只有②④
【考点】内能的概念；一切物体都有内能；热传递改变物体的内能；内能的大小变化．
【专题】定性思想；分子热运动、内能；应用能力．
【答案】D
【分析】（1）内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，内能的大小跟温度、质量、状态有关；
（2）做功与热传递在改变物体的内能的效果上是等效的，但从能的转化观点来看它们的区别在于：做功是其他形式的能转化为内能，能量的形式没有变化；热传递则是内能在物体间发生转移；
（3）热传递的条件是物体之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同；
（4）内能的概念：所有分子的分子动能和分子势能的总和，一切物体都具有内能，内能与是质量、温度、状态有关；
物体由于运动具有的能量叫做动能，物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能，重力势能和弹性势能统称势能，动能和势能统称机械能。
【解答】解：
①一切物体在任何温度下都具有内能，所以0℃的物体仍具有内能，故①错误；
②改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式，它们在改变内能能达到相同的效果，故②正确；
③发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，故③错误；
④一切物体都具有内能，而不一定具有机械能，故④正确。
故选：D。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件及改变物体内能方法的理解，是中考的热点，热学的重点。
2．（2024秋•南昌县月考）下列现象属于通过做功改变物体内能的是（ ）
A．在饮料中放入一些冰块，饮料变凉
B．火车经过时，铁轨的温度会升高
C．柏油路被太阳光晒热
D．水放入冰箱内，水的温度会降低
【考点】做功改变物体的内能．
【专题】应用题；分子热运动、内能；应用能力．
【答案】B
【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，而做功过程是能量的转化过程。
【解答】解：A、在饮料中放入一些冰块，饮料变凉，饮料放出热量，内能减少，温度降低，这是通过热传递方式改变物体内能的。故A不符合题意。
B、火车经过，火车与铁轨之间存在摩擦，克服摩擦做功，铁轨内能增加，温度升高。故B符合题意。
C、柏油路在阳光的照射下，柏油路吸收太阳的热温度升高，内能增加，这是通过热传递方式改变物体内能的。故C不符合题意。
D、水放入冰箱内，用电热壶烧水，水放出热量，内能减少，水的温度降低，这是通过热传递方式改变物体内能的。故D不符合题意。
故选：B。
【点评】做功和热传递都可以改变物体的内能，做功和热传递改变内能方式不同，但是效果是相同的。
3．（2024秋•铅山县月考）涡轴9“玉龙”是我国完全自主研发的航空涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。该发动机工作过程中的相关说法正确的是（ ）
A．燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机效率越高
B．燃料和压缩空气混合后，燃料的热值增大
C．压气机压缩空气，空气的内能减小
D．高温高压气体推动涡轮转动时，将机械能转化为内能
【考点】热机的效率公式与计算；做功改变物体的内能；热值的简单计算．
【专题】定性思想；比热容、热机、热值；应用能力．
【答案】A
【分析】（1）在工作过程中，燃料燃烧越充分，损失的能量越少，热机的效率越高；
（2）燃料的热值是物质本身固有的一种性质，只与燃料的种类有关；
（3）压缩空气做功，机械能转化为内能；
（4）高温高压气体推动涡轮转动时，将内能转化为机械能。
【解答】解：A、使燃料燃烧越充分，可以增大有效利用的能量，提高热机的效率，故A正确；
B、热值只跟燃料的种类有关，燃料和压缩空气混合后，燃料的种类不变，燃料的热值不变，故B错误；
C、压气机压缩空气，对空气做功时，机械能转化为内能，空气的内能增加，故C错误；
D、高温高压气体推动涡轮转动时，将内能转化为机械能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查的知识点有提高热机效率的方法、改变内能的方式以及对热值概念的正确理解，要注意平时知识的积累。
4．（2024秋•修水县期中）四冲程汽油机工作原理的部分示意图如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图是吸气冲程，吸入汽缸的物质是空气和汽油的混合物
B．乙图是压缩冲程，该冲程是靠飞轮的惯性来完成的
C．丙图中，火花塞产生火花，点燃燃料，将化学能转化为内能
D．若四冲程汽油机的飞轮转速为2400r/min，则每秒对外做功40次
【考点】做功的次数；内燃机的四个冲程；四冲程的判断；四冲程的能量转化；依靠飞轮惯性的冲程；内燃机工作循环的计算．
【专题】应用题；比热容、热机、热值；应用能力．
【答案】D
【分析】汽油机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；一个工作循环，飞轮转两圈，对外做功一次，完成4个冲程；
内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能，压缩冲程是依靠飞轮的惯性完成的；二是做功冲程中内能转化为机械能。判断出是哪个冲程，再判断能量是怎样转化的。
【解答】解：A、甲图中的进气门打开，排气门关闭，活塞下行，所以是吸气冲程，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸，故A正确；
B、乙图中气门关闭，活塞上行，所以是压缩冲程，压缩冲程是将机械能转化为内能的过程，故B正确；
C、丙图中的两个气门关闭，活塞下行，所以是做功冲程，火花塞产生火花，点燃燃料，将化学能转化为内能，故C正确；
D、若四冲程汽油机的飞轮转速为2400r/min，汽油机每秒钟转40圈，可完成20个工作循环，对外做功20次，故D错误。
故选：D。
【点评】解决此类问题关键是看气阀门的开关情况和活塞运动情况，结合规律总结进行判断内燃机的冲程；并熟练掌握做功冲程和压缩冲程中的能量转化。
5．（2024秋•红谷滩区校级期中）有一种智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机工作，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】生活中的串、并联电路．
【专题】应用题；电流和电路；应用能力．
【答案】B
【分析】由题知，S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2闭合，电动机M工作，即两开关都闭合时电动机才能工作，由此根据选项图分析解答。
【解答】解：根据题意知，S1闭合，灯L发光；灯光照亮人脸完成人脸识别时S2闭合，即S1、S2同时闭合，电动机M才工作。
由图知，
A、只闭合S1时，电动机工作，同时闭合S1和S2时，电动机和灯泡都工作，故A不符合题意；
B、只S1闭合，灯L发光，再S2闭合，电动机M也工作，故B符合题意；
C、只闭合S1时，电动机和灯泡都工作，故C不符合题意；
D、只闭合S1时，电动机和灯泡都工作，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
6．（2024秋•丰城市月考）有甲、乙、丙三个轻质小球，甲球带正电，将甲与乙、丙靠近时，它们互相作用的情况如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．乙球一定带负电，丙球可能带正电
B．乙球一定不带电，丙球可能带负电
C．乙球可能带负电，丙球一定带正电
D．乙球一定带正电，丙球可能不带电
【考点】物体带电情况的判断．
【专题】应用题；电流和电路；应用能力．
【答案】D
【分析】（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
（2）排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体。
【解答】解：甲球带正电，甲乙相互排斥，因同种电荷相互排斥，所以乙带正电荷；
甲丙相互吸引，因异种电荷相互吸引，带电体具有吸引轻小物体的性质，所以丙球可能带负电，也可能不带电。
故选：D。
【点评】带电体吸引不带电体，排斥带同种电荷，吸引可能带异种电荷，其中之一带电。注意带电体具有吸引轻小物体的性质的情况。
7．（2024秋•吉安期中）在如图所示的电路中，电压表测量的是（ ）
A．灯L1两端的电压B．灯L2两端的电压
C．电源两端的电压D．开关S两端的电压
【考点】判断电压表测量的对象．
【专题】理解能力．
【答案】B
【分析】电压表的使用规则要求，电压表要与被测电路并联。
【解答】解：本题中电压表画在左上角，好像是在电池的两端，离L2很远，其实电压表是并联在L2的两端的，测的是L2的电压。
故选：B。
【点评】记住电压表与被测电路相并联，图中并联在哪个用电器两端，不一定离这个用电器很近，读图时要仔细识别。
8．（2024秋•永修县期末）九年级上学期我们学习了很多新的物理量，对于这些物理量和公式的理解以下说法正确的是（ ）
A．根据可知：物体吸热越多，它的比热容就越大
B．根据可知：燃料的质量越大，其热值就越小
C．根据可知：导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟电流成反比
D．根据η＝可知：有用功占燃料完全燃烧放出热量的比例越大，热机效率就越大
【考点】电阻的概念；比热容的概念；热值的简单计算；热机的效率公式与计算．
【专题】比热容、热机、热值；欧姆定律；理解能力．
【答案】D
【分析】根据比热容、燃料的热值、电阻、热机效率大小的决定因素进行分析。
【解答】解：A、物质的比热容与物质的种类和状态有关，与物体吸收热量的多少、温度和质量无关，故A错误；
B、热值的大小只与燃料的种类有关，与质量无关，故B错误；
C、电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流无关，故C错误；
D、热机效率是指有用功与燃料完全燃烧放出热量之比，有用功占燃料完全燃烧放出热量的比例越大，热机效率就越大，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题要掌握相关物理量的决定因素，注意有些公式只是计算式，不具有物理意义。
9．（2024秋•永修县校级期末）如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变。闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P向左移动，下列说法中正确的是（ ）
A．电流表A2的示数变小，电压表V的示数变小
B．电流表A1的示数变小，电压表V的示数变大
C．电流表A2与电流表A1的示数之差不变
D．电流表A1的示数不变，电压表V的示数不变
【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】C
【分析】由电路图可知，R1和R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测通过R2的电流，电压表测电源的电压；根据电源的电压不变可知电压表的示数不变，当滑动变阻器滑片P向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，再根据欧姆定律和并联电路电流规律可知电压表示数的变化及电路中电流的变化，进一步得出两电流表示数之和的变化、电压表V与电流表A2的示数之比的变化。
【解答】解：由电路图可知，R1和R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测通过R2的电流，电压表测电源的电压；
因电源的电压不变，所以电压表的示数不变，故AB错误；
滑动变阻器的滑片P向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，
由欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A1的示数变小，故D错误；
因为并联电路两端电压不变，而定值电阻R1的阻值不变，所以根据欧姆定律可知通过R1的电流不变；
又因为并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以干路中的电流变小，即电流表A2的示数变小；
电流表A1与电流表A2的示数之差为通过R1的电流，所以电流表A1与电流表A2的示数之差不变，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了滑动变阻器对电流表和电压表的影响，解决此类问题要判断滑动变阻器在电路中电阻的变化，再利用并联电路的特点和欧姆定律来判断电压和电流的变化。
10．（2024秋•东湖区校级月考）如图所示，AB、BC是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中，则以下判断正确的是（ ）
A．RAB＜RBC，UAB＝UBCB．RAB＞RBC，IAB＝IBC
C．RAB＞RBC，IAB＜IBCD．RAB＝RBC，IAB＜IBC
【考点】欧姆定律的应用；串联电路中的电流规律；电阻大小与导线长度、横截面积、材料之间的关系．
【专题】应用题；欧姆定律；应用能力．
【答案】B
【分析】（1）电阻是导体本身的一种性质，其大小只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，故在分析时用控制变量的思维来考虑；
（2）对于串联电路，电流是处处相等的；
（3）根据U＝IR比较电阻两端的电压。
【解答】解：在材料和长度相同时，导体横截面积越小电阻越大，
对于AB和BC是由同种材料制成的长度相同的两段导体，由于AB段的横截面积小，BC段的横截面积大，
故AB段的电阻大于BC段的电阻，即RAB＞RBC；
此两段电阻串联，根据串联电流处处相等的关系可知，这两段导体中的电流是相等的，即IAB＝IBC，
根据U＝IR可知UAB＞UBC，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用。
11．（2024秋•九江期末）如图是“探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置，R2与R3并联。通电前，A、B两个U形管中的液面相平，通电一段时间后，通过R1、R2的电流分别为I1、I2，则（ ）
A．I1＞I2，A 管中的液面高度差较大
B．I1＞I2，A 管中的液面高度差较小
C．I 1＝I2，A 管中的液面高度差较大
D．I1＝I2，两管中的液面高度差相同
【考点】探究影响电流通过导体时产生热量的因素；串联电路中的电流规律；并联电路中的电流规律．
【专题】应用题；电与热、生活用电；应用能力．
【答案】A
【分析】由电路图分析电阻丝的连接方式，根据串并联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，根据Q＝I2Rt比较两电阻产生的热量关系，密闭空气吸收热量后，压强变大，U形管内两液面的差值变大，据此进行解答。
【解答】解：
由图可知，右侧两电阻丝并联后与左侧电阻丝串联，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以I1＞I2；
由Q＝I2Rt可知，通电时间相同时，I1＞I2，R1＝R2＝5Ω，所以左侧甲电阻产生的热量较多；
密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，左侧容器内气体的压强与大气压的差值较大，A玻璃管液面高度差较大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了并联电路的电流特点和焦耳定律的应用，关键是明白U形管在实验中的作用。
12．（2024•吉州区校级二模）如图所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S，在保证各元件安全的条件下，滑动变阻器的滑片从最右端向左移动的过程中（ ）
A．电压表V示数变小，灯的亮度变亮
B．电流表A1示数变大，电流表A2示数不变
C．滑动变阻器消耗的电功率变小
D．电压表V示数与电流表A2示数的比值变大
【考点】动态电路中电功率的变化；动态电路的分析．
【专题】电能和电功率；应用能力．
【答案】B
【分析】分析清楚电路结构，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后用应用并联电路的特点与欧姆定律分析答题。
【解答】解：
滑动变阻器与灯泡并联，电流表A2测通过灯泡的电流，电流表A1测干路电流，电压表测电源两端电压；
A．电源电压不变，电压表V的示数不变，由并联电路各支路独立工作、互不影响可知，移动滑片时，则灯泡的亮度不变，故A错误；
B．通过灯泡的电流不变，即的A2示数不变，滑动变阻器的滑片从最右端向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，通过滑动变阻器电流变大，则干路的电流变大，即电流表A1示数变大，故B错误；
C．滑动变阻器的滑片从最右端向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，通过滑动变阻器电流变大，滑动变阻器两端电压不变，所以滑动变阻器消耗的电功率变大，故C错误；
D．因为电压表V的示数不变，A2的示数不变，所以电压表V的示数和电流表A2示数的比值不变，故D错误。
故选B。
【点评】本题是一道动态电路的分析题，分析清楚电路结构、灵活应用并联电路的特点和欧姆定律是解题的关键。
二．填空题（共8小题）
13．（2023•吉州区校级一模）“稻花香里说丰年”中描述的“稻花香”体现了物理学中的 扩散 现象。水稻育苗时，采用傍晚灌水，清晨放水的做法来防止幼苗冻伤，是利用了水 比热容大 的特性。
【考点】水的比热容特点及实际应用；扩散现象；利用比热容解释生活中的现象．
【专题】分子热运动、内能；比热容、热机、热值．
【答案】扩散；比热容大。
【分析】（1）扩散现象表明分子在不停地做无规则运动；
（2）因为水的比热容大，在质量相同时与其它物质相比，降低相同温度水放出热量多，在吸收相同热量温度升高慢。
【解答】解：“稻花香”属于扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
夜间空气的温度较低，向秧田中多灌些水，利用水的比热容大的特点，可以在夜间释放较多的热量，尽量使秧苗的温度不至于过低，防止冻坏，起到保护秧苗的作用。
故答案为：扩散；比热容大。
【点评】本题考查了扩散现象、比热容的应用，是一道基础题。
14．（2024秋•青山湖区校级月考）如图所示的是一则公益广告“我用热水为长辈洗脚”。热水泡脚是通过 热传递 的方式改变脚的内能的；而冬天使劲搓手会感觉到温暖，这是通过 做功 的方式改变手的内能的。
【考点】热传递改变物体的内能；做功改变物体的内能．
【专题】分子热运动、内能；理解能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】改变物体内能的方法有二：一是做功，二是热传递，在热传递的过程中，高温物体或物体的高温部分，内能减小，温度降低；低温物体或物体的低温部分，内能增大，温度升高。
【解答】解：用热水泡脚，脚吸收热量，这是通过热传递的方式改变了身体的内能。
冬天搓手，手会变暖，是机械能转化为内能，是通过做功的方式改变内能。
故答案为：热传递；做功。
【点评】本题考查内能的改变，属于基础题。
15．（2024秋•南昌期中）如图所示为气泡机，主机让高压二氧化碳气体快速冲出，此时二氧化碳气体体积膨胀，内能 减小 （选填“增大”“减小”或“不变”），打入水瓶内的饮料从而制出冰凉气泡饮料，此过程中的能量转化过程与汽油机的 做功 冲程相同。
【考点】四冲程的能量转化；做功改变物体的内能．
【专题】比热容、热机、热值；获取知识解决问题能力．
【答案】减小；做功。
【分析】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；
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。
【解答】解：如图所示为气泡机，主机让高压二氧化碳气体快速冲出，此时二氧化碳气体体积膨胀对外做功，内能减小，温度降低，打入水瓶内的饮料从而制出冰凉气泡饮料，此过程中的能量转化过程与汽油机的做功冲程相同。
故答案为：减小；做功。
【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。
16．（2024秋•永修县校级月考）一杯酒精用掉一半，剩下一半的酒精的质量 变小 ，热值 不变 （选填“变大”“变小”“不变”）。
【考点】燃料热值的影响因素；质量的概念与特性．
【专题】比热容、热机、热值；获取知识解决问题能力．
【答案】变小；不变。
【分析】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。
质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关。
【解答】解：质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关。热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与质量等因素无关，因此一杯酒精用掉一半，质量变小，剩下一半的酒精的热值不变。
故答案为：变小；不变。
【点评】理解质量的概念，燃料热值的影响因素。
17．（2024秋•遂川县期末）如图所示为一种新型装饰用的LDE灯带，它由30个相同的LED灯串联组成的，若通过第一个LED灯的电流是10mA，则通过第20个LED灯的电流是 0.01 A。小彤发现该LED灯带有一个不亮了，但是其余的灯都亮，则不亮的灯发生的故障是 短路 （选填“短路”或“断路”）。
【考点】运用串联电路中的电流规律计算；电路的三种状态．
【专题】应用题；电流和电路；应用能力．
【答案】0.01；短路。
【分析】串联电路中电流处处相等，由此分析小彩灯的电流；
灯泡串联，有一个小彩灯不亮了，可能原因是不发光的灯泡被短路。
【解答】解：
在串联电路中，各处的电流都相等；因为小彩灯是串联的，所以在该电路中，各处电流都相等，即通过每一个小彩灯的电流和插头处的电流都相等，都为10mA＝0.01A；
串联电路中各用电器之间相互影响，所以该LED灯带中有一个灯不亮了，而其余的灯都亮，则未亮的灯不会是断路，是短路了。
故答案为：0.01；短路。
【点评】本题考查学生对串联电路中电流特点的了解，属于基础题目。
18．（2024秋•于都县月考）某滑动变阻器的铭牌如图所示，则该滑动变阻器允许通过的最大电流为 1.5 A；通过改变接入电路中电阻丝的 长度 来改变电阻的大小。
【考点】滑动变阻器的铭牌；滑动变阻器的原理．
【专题】电压和电阻；应用能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据滑动变阻器的铭牌标有“50Ω 1.5A”字样的含义回答；滑动变阻器的工作原理是通过改变接入电路中电阻丝的长度可以逐渐改变电阻。
【解答】解：如图所示，滑动变阻器的规格为“50Ω 1.5A”，则该滑动变阻器允许通过的最大电流为1.5A；它是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻的大小的。
故答案为：1.5；长度。
【点评】此题考查了滑动变阻器的工作原理及铭牌的含义，属于基础知识。
19．（2024•潮阳区模拟）如图甲所示电路，电源电压不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，则可判断电源电压是 9 V，定值电阻R的阻值是 6 Ω，滑动变阻器的最大阻值为 12 Ω。
【考点】欧姆定律的应用．
【专题】应用题；图析法；电路和欧姆定律．
【答案】见试题解答内容
【分析】由图甲可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，此时电压表和电流表的示数最大，根据图乙读出电源的电压，根据欧姆定律求出定值电阻R的阻值；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，此时电压表和电流表的示数最大，
由图乙可知，电源的电压U＝9V，此时电路中电流I＝1.5A，
由I＝可得，定值电阻的阻值：
R＝＝＝6Ω；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，
由图乙可知，电路的电流I′＝0.5A，电压表的示数UR＝3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝U﹣UR＝9V﹣3V＝6V，
则滑动变阻器的最大阻值：
R滑＝＝＝12Ω。
故答案为：9；6；12。
【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。
20．（2024秋•九江期末）图中是探究电流通过导体产生的热量与 电流 （选填“电流”或“电阻”）关系的装置；电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为 1：4 。
【考点】探究影响电流通过导体时产生热量的因素．
【专题】定性思想；电能和电功率；理解能力．
【答案】电流；1：4。
【分析】（1）电流通过导体就会产生热量，这种现象叫电流的热效应；在电阻和通电时间一定时，电流产生的热量与电流的平方成正比。
（2）根据焦耳定律Q＝I2Rt来分析。
【解答】解：根据题图可知：两个电阻的阻值相等，R1在干路中，R2在支路中，干路中的电流是支路中的两倍。所以图中是探究电流通过导体产生的热量与电流关系的装置；根据焦耳定律Q＝I2Rt，电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为1：4。
故答案为：电流；1：4。
【点评】知道控制变量法在本实验中的应用；知道连通器；知道焦耳定律。
三．实验探究题（共3小题）
21．（2024秋•东湖区校级月考）如图1所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）为了研究不同物质的吸热能力，利用其中 甲、丙 （选填“甲”、“乙”、“丙”）两幅图进行实验，根据记录的数据做出了两种液体的温度随时间变化的关系图，如图2所示；
①不同物质吸热的多少是通过 加热时间 来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）；
②由图可以看出， b 液体的吸热本领较大；
③如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则a液体的比热容是 0.9×103 J/（kg•℃）；
（2）为了研究不同燃料的热值，可选择 甲、乙 两幅图进行实验。在实验前用天平测出了烧杯中液体的质量及燃料的质量，并记录数据，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。则该热值与实际燃料的热值相比 偏小 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”），原因是 燃料燃烧产生的热量不能完全被液体吸收、存在热损失 。
【考点】热值的简单计算；比较不同物质吸热的情况；物体吸热实验用加热时间反映吸收热量的多少．
【专题】探究题；比热容、热机、热值；科学探究能力．
【答案】（1）甲、丙；①加热时间；②b；③0.9×103；（2）甲、乙；偏小；燃料燃烧产生的热量不能完全被液体吸收、存在热损失。
【分析】（1）根据控制变量法分析解答；
①物质吸收热量的多少可以通过加热时间来反应；
②升高相同的温度，我们可以在纵轴上取一相同的温度，做横轴的平行线，看谁的加热时间长，谁的比热容就大，加热时间越短，吸热能力越弱；
③据Q吸＝cmΔt知，相同质量的液体，温度变化相同时，吸收的热量与比热容成正比，据此求出乙的比热容；
（2）燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小。
【解答】解：（1）要研究不同物质的吸热能力，除了物质的种类外，其它因素都应相同，所以应选择甲、丙两图进行探究。
①实验中，用相同的热源给不同的液体加热，则在相同的时间内，液体吸收的热量相同，不同的时间内，吸收的热量不同，所以不同物质吸热的多少是通过加热时间的长短反映的；
②由图2知，温度升高相同时，b所需的加热时间比a的长，即b吸收的热量多，b的吸热本领大；
③由图丁知，温度由0升到80℃时，A用时10min，B用时20min，所以B吸收的热量是A的两倍；据Q吸＝cmΔt知，相同质量的液体，温度变化相同时，吸收的热量与比热容成正比，所以有＝，
a液体的比热容：
ca＝＝＝×cb＝×1.8×103J/（kg•℃）＝0.9×103J/（kg•℃）；
（2）比较不同燃料的热值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；故应选择甲、乙两图进行实验；
在实验前用天平测出了烧杯中液体的质量及燃料的质量，并记录数据，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。计算结果不可靠，因为燃料燃烧产生的热量不能完全被液体吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小，因此这样的计算结果不可靠。
故答案为：（1）甲、丙；①加热时间；②b；③0.9×103；（2）甲、乙；偏小；燃料燃烧产生的热量不能完全被液体吸收、存在热损失。
【点评】本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时利用好控制变量法是解决本题的关键。
22．（2024秋•南昌期中）亲爱的同学，请你应用所学的物理知识解答下列问题。
（1）如图甲所示是电流表正确测量时的表盘，该电表要 串联 （选填“串联”或“并联”）进电路，此时的示数为 0.3A 。
（2）将一物体接触验电器时，如图乙所示，此状态表明该物体 带电 （选填“带电”或“不带电”）。若验电器已带正电，金属箔片张开，再将一带电体接触带正电的验电器时，金属箔张角变大，说明该带电体是带 正 电荷。
（3）如图丙所示，小明用弹簧测力计把一块玻璃板拉出水面，在玻璃板即将离开水面时，会观察到弹簧测力计示数 ＞ （选填“＞”“＝”或“＜”）玻璃板所受到的重力，说明分子之间存在 引力 。
（4）如图丁所示，这个是电位器的结构图，A、B、C是它的三个接线柱，电位器常常用作台灯上的“亮度”旋钮，当它顺时针旋转，台灯变亮了，由此可知，电位器接入电路中的接线柱是 B、C 。
【考点】生活中的滑动变阻器；分子间作用力的现象；物体带电现象；电流表的读数；电流表与用电器串联．
【专题】应用题；分子热运动、内能；电流和电路；电压和电阻；应用能力．
【答案】（1）串联；0.3A；（2）带电；正；（3）＞；引力；（4）B、C。
【分析】（1）电流表要与被测用电器串联；
根据所选的量程和分度值读出电流的大小；
（2）验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的，是用来检验物体是否带电的仪器，若验电器的两金属薄片张开，表明此时与验电器接触的物体是带电的；
（3）分子间有相互作用的引力和斥力；
（4）台灯变亮，说明电位器接入电路中的电阻线长度变小。
【解答】解：（1）从甲图可知，图片上有“A”字样，因此是电流表；根据电流表的使用规则，应与被测用电器串联；根据电流表的量程0﹣0.6A确定其示数为0.3A；
（2）将接触验电器的金属球，箔片由于带同种电荷相互排斥而张开，说明B物体带了电；
当带电的物体接触带正电的验电器时，张角更大，说明该物体带正电，使两片金属箔带更多的正电荷；
（3）如图丙所示，小明用弹簧测力计把一块玻璃板拉出水面，在玻璃板即将离开水面时，由于水和玻璃的分子间存在引力，会观察到弹簧测力计的示数大于玻璃板所受到的重力；
（4）台灯变亮，说明电位器接入电路中的电阻变小，接入电路中电阻线的长度变小，旋钮当它顺时针旋转，由图丁知，电位器接入电路中的接线柱是B、C。
故答案为：（1）串联；0.3A；（2）带电；正；（3）＞；引力；（4）B、C。
【点评】本题考查了电流表的连接及读数、验电器的工作原理及使用、分子间的引力及电位器的使用等，考查面广，但难度不是很大。
23．（2023春•金溪县校级月考）如图所示，在研究电热与哪些因素有关的实验中，同学们猜想电热可能与电流大小、电阻大小以及通电时间长短有关。
（1）左侧密闭容器内电阻丝阻值为5Ω，右侧密闭容器外部，将一个阻值为5Ω的电阻与这个容器内的电阻丝并联，目的是使通过左右两密闭容器内电阻丝的 电流 不同，右侧容器内电阻丝的阻值应为 5 Ω，才能符合实验研究的要求；
（2）在第（1）问实验中测得，左侧容器内电阻丝的电流大小为1A，则通过右侧密闭容器中的电阻丝电流大小为 0.5 A；U形管中液面高度差反映密闭空气温度的变化，左侧U形管中液面高度差大于右侧U形管中液面高度差，说明： 相同时间内，当电阻相同时，电流越大，产生的热量越多 ；
（3）某兴趣小组在研究“电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的定量关系”时，制作了如图甲所示的实验装置：有机玻璃盒内装有电阻丝、水和电子温度计，盒外采用优质保温材料包裹：
①采用优质保温材料的目的是减少实验过程中 热量 的散失；
②保持水的质量和电流不变，换用不同阻值的电阻丝R，记录水温变化ΔT和通电时间t的数据，整理部分数据并绘制图像如图乙；根据上述实验，可以得出结论： 当电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成正比 ；
③保持水的质量、电阻和通电时间不变，改变电流大小，相关数据整理如表；
请分析表中数据，并将表中所缺的数据补上。
【考点】电流产生的热量与电流的关系；探究影响电流通过导体时产生热量的因素．
【专题】实验探究题；电与热、生活用电；应用能力．
【答案】（1）电流；5；（2）0.5；相同时间内，当电阻相同时，电流越大，产生的热量越多；（3）①热量；②当电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成正比；③1.6。
【分析】（1）（2）根据图示分析电阻丝的连接方式，判断出通过两容器中的电阻丝电流关系，根据电流通过导体产生的热量与电流的关系确定出两容器中电阻丝的阻值关系并得出结论；
（3）①根据实验要求分析出选用保温材料包裹的原因；
②分析图像得出当电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻的关系；
③因为不计热量损失时，电热丝产生的热量等于水吸收的热量，根据cmΔT＝I2Rt分析解答。
【解答】解：（1）装置中右侧容器中两个电阻丝并联后再与左侧容器中5Ω的电阻丝串联，根据串联电路的电流特点可知，右端通过两个电阻丝的总电流和左端通过电阻丝电流相等，即：
I右＝I内+I外＝I左，
即通过左右两密闭容器内电阻丝的电流不同，
探究电流通过导体产生的热量与电流的关系时，要控制右侧容器中的电阻丝和左侧容器中5Ω的电阻丝阻值相等，则右侧容器内电阻丝的阻值应为5Ω；
（2）装置中两个5Ω的电阻丝并联后再与一个5Ω的电阻丝串联，根据串联电路的电流特点可知，通过右边两个电阻丝的总电流和通过左边电阻的丝电流相等，即
I右＝I左＝1A，
两个5Ω的电阻丝并联，根据并联电路的电流特点可知：
I右＝I内+I外＝I左，
两电阻丝的阻值相等，则支路中电流相等，即：
I内＝I外，
所以右边容器内通过电阻丝的电流是左侧容器中通过电阻丝的电流的一半，左侧容器内通过电阻丝的电流大小为1A，则通过右侧密闭容器中的电阻丝的电流大小为0.5A，
左侧U形管中液面高度差大于右侧U形管中液面高度差，说明相同时间内，当电阻相同时，电流越大，产生的热量越多；
（3）①为了使电流产生的热量全部被水吸收，采用优质保温材料的目的是减少实验过程中热量的散失；
②水的质量相同，水温变化ΔT与吸热的多少成正比，水温变化ΔT越大，电阻丝放出的越多，即当电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成正比；
③保持水的质量、电阻和通电时间不变，
因为不计热量损失时，电热丝产生的热量等于水吸收的热量，即：
Q吸＝Q放，
则有：
cmΔT＝I2Rt，
当通过电热丝的电流I1＝0.2A时，水升高的温度为：ΔT1＝0.4℃，
则有：
，
当通过电热丝的电流I3＝0.4A时，水升高的温度为ΔT3，
则有：
，
所以：
，
则：
，
当通过电热丝的电流为0.4A，水升高的温度为：
ΔT3＝4ΔT1＝4×0.4℃＝1.6℃。
故答案为：（1）电流；5；（2）0.5；相同时间内，当电阻相同时，电流越大，产生的热量越多；（3）①热量；②当电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成正比；③1.6。
【点评】本体探究的是电热的影响因素的问题，要知道焦耳定律定律的表达式及并联电路的电流规律，解答本题的关键是会分析图像，能根据实验数据得出结论，有一定的难度。
四．计算题（共2小题）
24．（2024秋•青山湖区校级月考）物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子和水的温度随加热时间变化的图象如图所示。已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）加热满2min时，水吸收的热量；
（2）加热满2min时，沙子吸收的热量；
（3）沙子的比热容（保留一位小数）。
【考点】比热容的计算公式；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】见试题解答内容
【分析】（1）从图象可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知和水的温度变化，已知水的质量和比热容，可利用公式Q吸＝cm△t计算水吸收的热量。
（2）相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，所以2min水和沙子吸收的热量也相同；
（3）由图a得出沙子温度的变化量，根据Q吸＝cmΔt计算沙子的比热容。
【解答】解：（1）由b图象可知，水的温度从20℃上升到70℃，加热满2min时水吸收的热量为：
Q水吸＝c水m水△t水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×104J；
（2）相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，
在2分钟的时间内Q沙吸＝Q水吸＝4.2×104J；
（3）因为加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，
Δt沙＝250℃﹣20℃＝230℃，m沙＝200g＝0.2kg，
c沙＝＝≈0.9×103J/（kg•℃）。
答：（1）加热满2min，水吸收了4.2×104J的热量；
（2）加热满2min时，沙子吸收的热量为4.2×104J；
（3）沙子的比热容为0.9×103J/（kg•℃）。
【点评】本题考查了吸热公式Q吸＝cm△t的应用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。
25．（2024春•吉安期中）如图所示是市场上一种电热饮水机的简化电路图，S是温控开关，R2为调节电阻，其阻值为176Ω，R1是供加热的电阻丝，饮水机的铭牌如表所示。
求：
（1）现将质量为1.5kg，初温为20℃的水在一标准大气压下烧开需要吸收的热量。c水＝4.2×103J/（kg•℃）
（2）若饮水机正常工作的加热效率为90%，需加热的时间。（计算结果保留整数）
（3）当饮水机处于保温状态时，R1的功率。（计算结果保留整数）
【考点】电热的综合计算；能量的利用效率；电功率的综合计算．
【专题】计算题；电和热综合题；分析、综合能力．
【答案】（1）现将质量为1.5kg，初温为20℃的水在一标准大气压下烧开需要吸收的热量为5.04×105J；
（2）若饮水机正常工作的加热效率为90%，需加热的时间为255s；
（3）当饮水机处于保温状态时，R1的功率为27W。
【分析】（1）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）根据效率公式求出饮水机消耗的电能，根据P＝求出加热的时间；
（3）由图可知，当开关S断开时，R1、R2串联，当开关闭合时，只有R1工作，根据串联电路的电阻特点和P＝可知饮水机加热状态和保温状态的电路连接；根据加热功率和P＝求出R1的阻值，根据串联电路的电阻特点求出保温状态时的总电阻，根据欧姆定律求出保温状态时的电流，根据P＝I2R求出当饮水机处于保温状态时，R1的功率。
【解答】解：（1）一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J；
（2）由η＝可知，饮水机消耗的电能：W＝＝＝5.6×105J，
由P＝可知，加热的时间：t＝＝≈255s；
（3）由图可知，当开关S断开时，R1、R2串联，根据串联电路的特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，电路中的总功率最小，饮水机处于保温状态；
当开关闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，饮水机处于加热状态；
由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝22Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，保温状态时，电路中的总电阻：R＝R1+R2＝22Ω+176Ω＝198Ω，
保温状态时，电路中的电流：I＝＝＝A，
当饮水机处于保温状态时，R1的功率：P1＝I2R1＝（A）2×22Ω≈27W。
答：（1）现将质量为1.5kg，初温为20℃的水在一标准大气压下烧开需要吸收的热量为5.04×105J；
（2）若饮水机正常工作的加热效率为90%，需加热的时间为255s；
（3）当饮水机处于保温状态时，R1的功率为27W。
【点评】本题考查串联电路的特点、吸热公式、效率公式、电功率公式以及欧姆定律的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。电流I/A
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
升高的温度ΔT/℃
0.4
0.9

2.5
3.6
铭牌
额定电压
220V
加热功率
2200W
电流I/A
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
升高的温度ΔT/℃
0.4
0.9
1.6
2.5
3.6
铭牌
额定电压
220V
加热功率
2200W