2022-2023学年安徽省合肥市包河区九年级上学期物理期中模拟试题及答案

这是一份2022-2023学年安徽省合肥市包河区九年级上学期物理期中模拟试题及答案，共14页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．夏天，我们从冰箱中拿出的冰棒剥开包装纸看到冰棒冒“白气”，“白气”的形成是 现象（填物态变化名称），根据你的观察，雪糕冒出的“白气”符合实际的是图 。
【答案】液化；乙。
【分析】（1）物质由气态变成液态叫做液化；
（2）密度比空气密度大的物质下沉。
【解答】解：从冰箱中拿出的冰棒，剥开包装纸看到冰棒直冒“白气”，这是周围空气中的水蒸气遇到冷的雪糕时会发生液化现象，变成液态小液滴，即白气；因为雪糕周围的白气是空气中的水蒸气遇冷液化成的许多小水珠，水珠的密度大于空气的密度，所以，小水珠会下沉，故图中的乙符合题意。
故答案为：液化；乙。
2．如图所示，是盛夏来临时人们喜欢用的空调扇，往其盒子中装入冰块，这样房间的温度就会很快下降，其降温原理是利用 。
【答案】熔化吸热。
【分析】物质由固态变为液态叫熔化，熔化吸热，具有降温作用。
【解答】解：盛夏来临时人们喜欢用的空调扇，往其盒子中装入冰块，这样房间的温度就会很快下降，其降温原理是利用熔化吸热。
故答案为：熔化吸热。
3．如图所示，a、b两管由橡皮塞密封在瓶口，a管上端开口，下端与气球紧密相连，b管两端开口。当只从a管向里吹气时，气球体积 ；当只从b管口往外抽气，气球体积 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】变大；变大。
【分析】气球体积的变化是气球里外压强大小相对变化的结果。当球内气压相对变大时，气球体积会变大；当球内气压相对变小时，气球体积会变小。
【解答】解：当只从a管向里吹气时，气球内气体质量增大，气球内部气压变大，气球体积变大；当只从b管口往外抽气，容器内气压减小（即球外气压减小），而气球内部气压较大（等于外界大气压），气球体积变大。
故答案为：变大；变大。
4．如图所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，玻璃筒内空气的内能 （选填“增加”或“减少”），温度升高，这是通过 的方式改变物体的内能。
【答案】增加；做功。
【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：图中，把活塞迅速压下去，看到棉花燃烧起来，这是通过压缩空气做功的方式使玻璃筒内空气的内能增加，温度升高。
故答案为：增加；做功。
5．水的比热容是4.2×10³焦/（千克℃），其单位读作 ，其物理意义是质量为1千克的水， 。
【答案】焦每千克摄氏度；温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量是4.2×103J。
【分析】比热容的单位是焦每千克摄氏度；根据比热容的概念（单位质量的某种物质温度每升高或降低1℃时所吸收或放出的热量称为比热容）回答水比热容的物理意义。
【解答】解：水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），单位读作焦每千克摄氏度；
它表示：质量为1kg的水，温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量是4.2×103J。
故答案为：焦每千克摄氏度；温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量是4.2×103J。
6．水上公园的“水”具有“吸热”功能，其主要原因是水比热容大。水的质量为5.0×108kg，若水温平均升高0.8℃，则湖水吸收的热量为 J。若这些热量被等质量的砂石吸收（c水＞c砂石），则砂石升高的温度 （选填“大于”、“等于”或“小于”）0.8℃。
【答案】1.68×1012；大于；
【分析】（1）知道水的质量、比热容、升高的温度，根据公式Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；
（2）水和砂石的质量相等，吸收的热量相等，且知道二者的比热容大小关系，根据公式Q吸=cmΔt分析砂石温度的变化。
【解答】解：（1）湖水吸收的热量：Q吸=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg•℃）×5.0×108kg×0.8℃=1.68×1012J；
（2）由题知，水和砂石的质量相同，吸收的热量相同，且c砂石＜c水，根据Q吸=cmΔt可知，砂石升高的温度较大，即砂石升高的温度将大于0.8℃。
故答案为：1.68×1012；大于。
7．生活中经常使用的小彩灯是 （选填“串联”或“并联”）的，有一种节日彩灯上有50只相同的小灯泡，接到照明电路中，50只小灯泡都发光，若第1只小灯泡的电流是200mA，那么，通过第10只灯泡的电流是 A。
【答案】串联；0.2。
【分析】本题主要考查对串联电路中电流特点的了解：在串联电路中，电流只有一条流通路径，电路中处处电流相等。
【解答】解；生活中的小彩灯是“串联”的。由于串联电路中，电路中处处电流相等，若电源插头处的电流是200mA，那么，通过每只灯泡的电流都是200mA，合0.2A。
故答案为：串联；0.2。
8．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P缓慢向 端（选填“A”或“B”）移动，灯泡L会逐渐变暗。
【答案】B
【分析】灯泡的亮度变暗，根据P=I2R分析通过灯泡电流的变化；根据欧姆定律分析电路中总电阻的变化，从而得出滑动变阻器接入电路电阻的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路；电源电压保持不变，闭合开关S，移动滑片时，灯泡的亮度变暗，灯泡的实际功率变小，根据P=I2R可知，通过灯泡的电流变小；根据欧姆定律可知，电路中的总电阻变大，即滑动变阻器接入电路的电阻变大；由图可知，滑动变阻器的下方左边的电阻丝接入电路，要使滑动变阻器接入电路电阻变大，滑片应向B端移动。
故答案为：B。
9．如图所示的电路，电源电压不变，当开关S由闭合到断开，电路中电流表的示数将 ，电压表的示数将 。（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】变小；不变
【分析】根据开关的闭合情况分析电路的连接方式，根据并联电路的电流规律和电压规律分析电流表和电压表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，开关S闭合时，R1、R2并联，电压表测电源电压，电流表测量干路中的电流；开关S断开时，电路为R2的简单电路，电压表测电源电压，电流表测通过R2的电流；因电压表始终测电源电压，且电源电压不变，所以当开关S由闭合到断开时，电压表示数不变；根据并联电路的电流规律可知，开关S断开后，电流表的示数将变小。
故答案为：变小；不变。
10．根据实物图在方框内画出对应的电路图。
【答案】见试题解答内容
【分析】首先对电路进行分析，明确灯泡的连接关系及开关的控制作用，然后根据灯泡连接关系及开关位置画出电路图。
【解答】解：由实物图知：电流从电源正极出发，经开关，分为两支：一支经灯泡L2；另一支经灯泡L1；然后共同回到负极。所以两只灯泡并联，开关K1在干路，控制两只灯泡；电路图设计如下：
二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）
11．下列物态变化过程需要吸热的是（ ）
A．初夏，清晨林中弥漫白雾 B．“水缸穿裙子，老天要下雨”之“穿裙子”
C．严冬天气，冰冻的衣服变干 D．冬至时节房檐上的冰挂
【答案】C
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，此过程放热，故A错误；
B、“水缸穿裙子，老天要下雨”之“穿裙子”是空气中的水蒸气遇到水缸壁液化形成的小水珠，此过程放热，
故B错误；
C、冰冻的衣服变干，是冰升华为水蒸气，此过程吸热，故C正确；
D、房檐上的冰挂是水凝固为冰，此过程放热，故D错误。
故选：C。
12．关于内能、热量、温度的说法正确的是（ ）
A．物体的内能增大一定是吸收了热量 B．物体吸收了热量温度一定升高
C．物体吸收了热量，内能一定增大 D．物体的内能增大，温度一定升高
【答案】C
【分析】（1）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功属于能量的转化，热传递属于能量的转移；
（2）晶体熔化时吸热，温度不变、内能增大；内能的大小与温度、质量和状态有关。
【解答】解：A、物体的内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故A错误；
B、物体吸收了热量，温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故B错误；
C、同一物体吸收了热量，内能一定增大，故C正确；
D、物体的内能增大，温度不一定升高，也可能是状态发生改变，如晶体熔化时内能增大，温度不变，故D错误。
故选：C。
13．用电热棒分别给甲、乙两种液体加热（c甲＝2c乙），两种液体每秒吸收的热量相同，这两种液体的温度﹣﹣加热时间的图线如图所示，下面四个选项正确的（ ）
A．同时加热120s，甲升高的温度大于乙 B．同时加热120s，甲吸收的热量比乙多
C．甲、乙两种液体的质量之比是3：2
D．如果相同质量的甲、乙两种液体，降低相同的温度，则乙放出的热量比甲多
【答案】C
【分析】（1）由图像可得同时加热120s,甲升高的温度和乙甲升高的温度的大小关系
（2）根据已知条件，
两种液体相同时间吸收热量相同；
（3）根据Q=cmΔt可知，m=Q/（cΔt），在相同的时间内在图象找到温度变化的关系和c甲＞c乙推理得结论；
（4）根据Q=cmΔt分析解答。
【解答】解：A、由图知同时加热120s,甲的温度变化是80℃-60℃=20℃，乙的温度变化是60℃-0℃=60℃，所以甲
升高的温度小于乙升高的温度，故A错误；
B、题干中有“两种液体每秒吸收的热量相同”，所以在相同的时间内甲液体和乙液体吸收的热量相同，故B错误；
C、在0～120min时间内，相同的时间甲乙吸收相同的热量Q甲=Q乙，因为c甲=2c乙，根据Q=cmΔt可得，
m=Q/（cΔt），则甲液体的质量为m甲=Q甲/（c甲Δt甲）=Q甲/（2c乙×20℃）=Q甲/c乙×40℃，
乙液体的质量为m乙=Q乙/c乙Δt乙=Q甲/c乙×60℃，
所以m甲：m乙=（Q甲/c乙×40℃）：（Q甲/c乙×60℃）=3：2，故C正确；
D、相同质量的甲、乙两种液体，降低相同的温度，因为c甲=2c乙， 根据Q=cmΔt可知甲放出的热量多，
故D错误。
故选：C。
14．售货员为了方便打开新塑料袋，通常会用手在袋口搓一搓，对该现象解释正确的是（ ）
A．摩擦的方法创造了电荷使两侧塑料袋带了电 B．摩擦的方法使塑料袋分子发生转移而带电
C．两侧塑料袋因带了异种电荷而互相排斥 D．这种现象与验电器的工作原理相同
【答案】D
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷的转移，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；
（2）电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：通常会用手在袋口搓一搓，是利用摩擦的方法使两侧塑料袋带上了同种电荷，因为同种电荷相互排斥，故塑料袋会张开，A、摩擦起电的实质不是创造了电荷，而是电荷的转移，故A错误；
B、摩擦的方法使电子发生转移而带电，故B错误；
C、两侧塑料袋带上了同种电荷，故C错误；
D、验电器就是利用同种电荷相互排斥的原理，两侧塑料袋张开的原因与验电器的工作原理相同，故D正确。
故选：D。
15．某市公园景观优美，为了保护花草，防止人畜闯入，请利用节能小灯泡、电铃、电池组、开关各一个，以及足够长的细导线，设计一个值班人员看护花园的报警器。要求正常情况下，值班室内的灯亮铃不响，当有人畜闯入花园时，碰到栅栏会拉断细导线，灯亮同时铃响，下列电路符合要求的是（ ）
A B C C
【答案】C
【分析】由题意可知，情况正常时，灯亮铃不响，当有人畜闯入花园时，碰到栅栏会拉断细导线，灯亮同时铃响，
所以正常情况下，导线把电铃短路，只有断开时电铃才响，据此进行解答。
【解答】解：由题意可知，正常情况下（开关接通），导线把电铃短路，灯亮铃不响；只有导线断开时（开关断开），
电铃才响，但灯泡一直是亮的。
A．由电路图可知，正常情况下，灯亮同时铃响，有人畜闯入花园时，灯亮、铃不响，故A不符合题意；
B．由电路图可知，正常情况下，灯亮同时铃响，有人畜闯入花园时，灯不亮、铃不响，故B不符合题意；
C．由电路图可知，正常情况下，灯亮，电铃被短路不响，有人畜闯入花园时，灯泡和电铃串联，灯亮同时铃响，
故C符合题意；D．由电路图可知，正常情况下，会造成电源短路，有人畜闯入花园时，灯泡和电铃并联，灯亮同
时铃响，故D不符合题意。
故选：C。
16．如图所示的电路中，电源电压为3V，当开关S1、S2都闭合时，则（ ）
A．电流表将被烧坏 B．电压表被烧坏 C．两只灯泡都将被烧坏 D．灯L1亮，灯L2不亮
【答案】B
【分析】根据断路、短路和通路的特点进行分析，即断路指某处断开的电路，短路是用导线将用电器或电源的正负极连接起来的电路，通路是指处处连通的电路。
【解答】解：当开关都闭合时，导线将电源的正负极连接起来，所以会形成电源短路，即电流表会被烧坏，电压表无示数。
故选：B。
17．如图电路。闭合开关，灯L1、L2正常发光，电流表和电压表均有示数。过一会儿，灯L1突然熄灭，电流表示数变小，电压表示数为零。此过程出现的故障是（ ）
A．L1短路 B．L1灯丝烧断 C．导线a或b开路 D．导线c或d开路
【答案】C
【分析】由图可知，该电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量的是电源的电压，根据电流表、电压表示数的变化判定电路的故障。
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量的是电源的电压；闭合开关，灯L1、L2正常发光，电流表和电压表均有示数。过一会儿，灯L1突然熄灭，电流表示数变小，根据并联电路的电流特点可知，电路中有一条支路发生了断路现象；电压表示数为零，说明电压表的正负接线柱与电源是断开的；
A、L1短路，则整个电路短路，电源会烧坏，两个电表都无示数，故A不符合题意
B、L1灯丝烧断，干路中的电流减小，电压表并联到电源两端，有示数，故B不符合题意；
C、导线a或b开路，灯泡L1的支路没有接到电路中，电流表示数减小，电压表与电源之间是断开的，电压表无示数，故C符合题意；
D、导线c或d开路，灯泡L1的支路接到电路中，灯L1、L2仍然正常发光，电流表示数不变，电压表与电源之间是断开的，电压表无示数，故D不符合题意。
故选：C。
三、实验探究题（本大题3小题，第18题4分，第19题4分，第20题8分，满分16分）
18．如图甲是某小组探究“水的沸腾”的实验装置图。
（1）该小组同学根据下方表格数据在乙图坐标纸中描绘的温度随时间变化的图像如乙图。
（2）图丙是实验中某个时段气泡的变化图，这是 （填“沸腾前”或“沸腾时”）的情形。
（3）当水温接近94℃时，每隔1min记录一次温度，并绘制了水温随时间变化的图象（如图所示），由图象可知：水沸腾时的特点是 ，水的沸点为 ℃，出现这一结果的原因可能是该处大气压 标准大气压（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（4）实验中发现液体升温较慢，若需要缩短液体沸腾前的加热时间，可采用的方法是 。
【答案】（2）沸腾时；（3）吸收热量，温度不变；98；小于；（4）减小水的质量。
【分析】（2）水沸腾时，有大量气泡生成，并且不断有水汽化为水蒸气进入气泡，气泡在上升过程中体积变大，到水面破裂开来；
（3）水沸腾时吸热，温度不变；水的沸点指水沸腾时的温度；标准大气压下水的沸点为100℃，液体沸点随气压的增大而升高；
（4）把水加热到沸腾所用的时间与水的多少、水的初温、酒精灯火焰的大小、是否加盖有关，据此分析。
【解答】解：（2）图丙中，有大量气泡生成，气泡在上升过程中体积变大，是沸腾时的情形；
（3）由图像可知，水沸腾时吸收热量，温度不变；该不变的温度为水的沸点，为98℃；在1标准大气压下，水的的沸点为100℃，现在水的沸点低于100℃，可能是该处大气压小于标准大气压；
（4）实验中发现液体升温较慢，若要缩短液体沸腾前的加热时间，可减小水的质量。
故答案为：（2）沸腾时；（3）吸收热量，温度不变；98；小于；（4）减小水的质量。
19．在探究“不同物质吸热能力”的实验中：
（1）甲、乙两套装置你选择 装置，原因是 。
（2）在两个相同的烧杯中加入初温相同、 相同的水和煤油（ρ水＞ρ煤油）。
（3）水和煤油的温度随时间变化的图像如图丙所示。
①加热3min时，b液体比a液体的温度高，那么b液体吸收的热量 （填“大于”、“小于”或“等于”）a液体吸收的热量。
②根据图丙可判断出 （填“a”或“b”）液体的吸热能力强，该液体是 （填“水”或“煤油”）。
（4）本实验除了采用控制变量法外，还采用相同的热源，通过比较 来比较水和煤油吸收热量的多少，这种解决物理问题的方法叫 法。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）我们使用相同的酒精灯（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。从实验中易于控制a、b液体受热情况相同分析；
（2）（3）比较物质吸热能力的2种方法：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；
（4）由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小。
【解答】解：（1）甲用酒精灯，乙用电加热器，电加热器的规格相同，但乙装置中的加热器没有全部浸入被测液体中，电加热器放出的热量不能被液体全部吸收，所以应该选择甲装置；
（2）根据探究物质的吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，所以在两个相同的烧杯中加入初温相同、质量相同的水和煤油；
（3）①同是加热3min,根据转换法，水和煤油吸收热量相同；
②根据图丙可知，a的温度变化慢，吸热能力强；由图知，加热时间相同，吸热相同，a的温度变化较慢，根据比较吸热能力的第2种方法，a吸热能力较强，可知a是水；
（4）实验中通过加热时间比较吸收热量的多少，用到转换法。
故答案为：（1）甲；乙装置中的加热棒没有完全浸没在液体中，导致热量不能被液体完全吸收；（2）质量；
（3）①等于；②a；水；（4）加热时间；转换。
20．在“探究串联电路的电压规律”实验中，小明设计并连接了如图甲所示的电路，电源电压保持6V不变。
（1）图甲中电压表测 （选填“灯L1”、“灯L2”或“电源”）两端的电压。
（2）小明在进行试触时，发现两灯不发光，电压表的示数为零，则电路故障可能是 （填字母序号）。
A.灯L1短路 B.灯L1断路 C.灯L2短路 D.灯L2断路
（3）排除故障后，小明继续试触，发现电压表的指针偏转如图乙所示，其原因是 。
（4）为了测量BC两点间的电压，小明将电压表接A点的线端改接到C点，闭合开关后，发现 （填字母序号）。
A.电压表无示数 B.示数超过电压表量程 C.电压表指针反偏
（5）为了测两灯串联后的总电压，只需改动一根导线，请在图甲中需要改动的导线上打“×”并画出新的导线。
（6）小明记录的实验数据如表，分析实验数据可初步得出结论： 。
（7）实验结束后，小明和同学们对本次实验进行了交流与评估，请你参与交流与评估，对小明的实验提出有益的改正措施 。
【答案】（1）灯L1；（2）D；（3）电压表所选的量程过小；（4）C；（5）如图；（6）串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和；（7）选用规格不相同的灯泡多次实验。
【分析】（1）电压表并联在灯L1两端，则电压表测量灯L1两端的电压；
（2）小明在进行试触时，发现两灯不发光，则电路可能断路，电压表的示数为零，则电压表未与电源接通；
（3）电压表的指针偏转如图乙所示，已满偏，其原因是电压表所选的量程过小；
（4）利用电压表测量电压时，电流必须从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出；
（5）甲图中电压表测量灯L1两端
的电压，为了测两灯串联后的总电压，电压表应并联在两灯泡两端，从图中可知电源电压为6V，故应选用电压表的大量程，应用导线将电压表最右边的接线柱与L2的右接线柱相连；
（6）串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和；
（7）一次实验数据得出的结论具有偶然性，应选用规格不相同的灯泡多次实验。
【解答】解：（1）电压表并联在灯L1两端，则电压表测量灯L1两端的电压；
（2）小明在进行试触时，发现两灯不发光，则电路可能断路，电压表的示数为零，则电压表未与电源接通，电路故障可能是灯L2断路，故选D；
（3）电压表的指针偏转如图乙所示，已满偏，其原因是电压表所选的量程过小；
（4）为了测量BC两点间的电压，小明将接A点的线端改接到C点，此时电压表的正负接线柱接反，闭合开关后，会发现电压表指针反偏，故选C；
（5）甲图中电压表测量灯L1两端的电压，为了测两灯串联后的总电压，电压表应并联在两灯泡两端，从图中可知电源电压为6V，故应选用电压表的大量程，应用导线将电压表最右边的接线柱与L2的右接线柱相连，如图：
（6）根据数据可知，3.8V+2.2V=6V，即串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和；
（7）一次实验数据得出的结论具有偶然性，应选用规格不相同的灯泡多次实验。
故答案为：（1）灯L1；（2）D；（3）电压表所选的量程过小；（4）C；（5）如图；（6）串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和；（7）选用规格不相同的灯泡多次实验。
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23题8分，共20分）
21．实验测得0.5kg某物质温度随时间变化的图象如图所示，已知物质在固态下的比热容为[c1＝2.1×103J/（kg•℃）]。假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图象（如图）解答下列问题：
（1）求在最初的2min内物质吸收的热量；
（2）求该物质在液态下的比热容。
【答案】（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为2.1×104J；（2）该物质在液态下的比热容为4.2×103J/
（kg•℃）。
【分析】（1）由图象知，在最初的2min内物质处于固体状态，知道固态下的比热容，又知道物体的质量，可利用
吸热公式Q吸=c1mΔt可以求出吸收的热量；
（2）知道吸热时间，可利用公式P=Q吸/t求出吸热功率；
由图象可知，10min～12min内物质处于液体，由于吸热功率恒定不变，根据Q=Pt可求出这一段时间内吸收的热量，
物体质量不变，又知道物体的温度的变化， 然后利用公式c=Q吸/mΔt求出该物质在液态下的比热容。
【解答】解：（1）在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，
因m=0.5kg，c1=2.1×10J/（kg•℃），Δt1=0℃-（-20℃）=20℃，
所以，物质吸收的热量：Q吸=c1mΔt1=2.1×10J/（kg•℃）×0.5kg×20℃=2.1×10J；
（2）该物质的吸热功率：P=Q吸/t=（2.1×10J）/（2×60s）=175W，
由图象可知，10min～12min内物质处于液体，在t′=2min=120s内，物体温度升高Δt2=10℃，
因吸热功率恒定不变，所以，吸收的热量为：Q吸′=Pt′=175W×120s=2.1×10J，
该物质在液态下的比热容：c2=Q吸′/mΔt2=（2.1×10J）/（0.5kg×10℃）=4.2×10J/（kg•℃）。
答：（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为2.1×10J；
（2）该物质在液态下的比热容为4.2×10J/（kg•℃）。
22．如图所示的电路，电源电压恒定不变。
（1）当a、b都是电压表时，闭合开关S1和S2，a、b示数分别是6V、3.5V，那么灯L1、L2两端的电压各是多少？
（2）当a、b都是电流表时，断开开关S2、闭合开关S1，a、b示数分别是0.28A、0.5A，那么通过灯L1、L2的电流各是多少？此时灯L1两端的电压是多少？
【答案】（1）灯泡L2两端的电压为3.5V，灯L1两端的电压是2.5V；
（2）通过灯L1的电流是0.22A；灯L1两端的电压为6V
【分析】（1）当a、b都是电压表时，闭合开关S1和S2，灯泡L1与L2串联，a表测量电源电压，b表测量L2两端的电压；根据串联电路的电压规律即可求出L1两端的电压；
（2）当a、b都是电流表时，断开开关S2、闭合开关S1时，灯泡L1与L2并联，a表测量通过L1的电流，b表测量干路中的电流，根据并联电路的电流特点即可求出通过灯L1的电流；根据并联电路的电压规律分析灯L1两端的电压。
【解答】解：（1）当a、b都是电压表时，闭合开关S1和S2，灯泡L1与L2串联，电压表a测量电源电压，电压表b测量灯泡L2两端的电压；由a、b两表的示数可知，电源电压U=6V，U2=3.5V，因串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和，所以灯L1两端的电压：U1=U-U2=6V-3.5V=2.5V；
（2）当a、b都是电流表时，断开开关S2，闭合开关S1，灯泡L1与L2并联，电流表a测量通过L2的电流，电流表b测量干路中的电流；由a、b两表的示数可知，I=0.5A，I2=0.28A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以通过灯L1的电流：I1=I-I2=0.5A-0.28A=0.22A；根据并联电路的电压关系可知，灯L1两端的电压等于电源电压，即等于U'1=U=6V。
答：（1）灯泡L2两端的电压为3.5V，灯L1两端的电压是2.5V；
（2）通过灯L1的电流是0.22A；灯L1两端的电压为6V。
23．某汽车在一段平直的公路上匀速行驶，汽车以50km/h的速度匀速直线行驶了0.6h。汽车所受的阻力与速度的图象如图所示。且行驶过程中消耗了12.5×10﹣3m3燃油（假设燃油完全燃烧）。若燃油的密度ρ＝0.8×103kg/m3，热值q＝4×107J/kg，求：
（1）汽车牵引力所做的功；
（2）燃油放出的总热量Q是多少；
（3）汽车的热机效率。
【答案】（1）汽车牵引力所做的功为1.2×108J；（2）燃油放出的总热量为4×108J；（3）汽车的热机效率为30%。【分析】（1）已知车速，由图可知汽车此时所受的阻力，由二力平衡的条件可得汽车的牵引力，再利用s=vt求出汽车行驶的路程，最后根据W=Fs可求出汽车牵引力做的功；
（2）已知消耗燃油的体积，利用m=ρV可求出燃油的质量，再利用Q放=qm可求出燃油完全燃烧放出的热量；
（3）根据η=WQ放×100%可求出汽车的热机效率。
【解答】解：（1）当车速为50km/h时，由图可知此时汽车所受的阻力为f=4000N，
由二力平衡的条件可知汽车的牵引力为：F=f=4000N，汽车行驶的路程为：s=vt=50km/h×0.6h=30km=30000m，
则汽车牵引力做的功为：W=Fs=4000N×30000m=1.2×10J；
（2）已知消耗燃油的体积为V=12.5×10m，则消耗燃油的质量为：m=ρV=0.8×10kg/m×12.5×10m=10kg，则燃油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4×10J/kg×10kg=4×10J；
（3）汽车的热机效率为：η=W/Q放×100%=（1.2×108 J）/（4×108J）×100%=30%。
答：（1）汽车牵引力所做的功为1.2×108J；（2）燃油放出的总热量为4×108J；（3）汽车的热机效率为30%。时间/min
0
2
4
6
8
10
12
温度/℃
94
95
96
97
98
98
98
UAB/V
UBC/V
UAC/V
3.8
2.2
6