安徽省阜陽市北大新世紀阜陽附屬學校2023-2024學年九年級上學期期末物理試卷

2023-2024學年安徽省阜陽市北大新世紀阜陽附屬學校期末物理

試卷

一.填空題（本題共10小題，每空2分，共30分）

1.4（分）水的比熱容為4.2Xl（）3j/（kg?C）,它的物理含義是；

夏天，當我們在烈日當空的沙灘邊行走時，發(fā)現(xiàn)沙子很燙，而海水卻很涼，這是因為沙

子的吸熱能力比海水（選填“強”或“弱”）。

2.（4分）在生活中，當我們給暖水瓶灌開水后，若瓶塞沒有塞緊，有時候會出現(xiàn)瓶塞被

水蒸氣頂起的現(xiàn)象，此時瓶內(nèi)水面上方的水蒸氣內(nèi)能會減小，請從能量轉化的角度解釋

“水蒸氣內(nèi)能減小”的現(xiàn)象：，該過程發(fā)生的能量轉化過程與

四沖程汽油機的沖程相同。

3.（2分）如圖所示，利用靜電噴涂槍給物件表面噴漆，噴出的油漆小液滴被帶正電的物

體吸引，油漆小液滴之間相互排斥，據(jù)此可以判斷從噴槍噴出的油漆小液滴

（選填序號即可：①一定帶負電；②可能帶負電；③可能不帶電）。

4.（2分）學習開關控制作用以后，老師提出如要求：

開關狀Si、S2都斷開Si閉合，S2斷開Si斷開，S2閉合

態(tài)

燈泡狀Li、L2都不亮Li、L2都亮Li、L2都不亮

態(tài)

請根據(jù)要求設計電路，將電路圖畫在如圖所示的虛線框內(nèi)。

5.（4分）如圖，正方形四邊共連接了8個電阻均為4Q的電阻，如果分別用導線將E、F

相連，M.N相連，且導線EF與MN相連通于。點，如圖甲，則A、B兩點間電阻為

C,如果分別用導線將E、F相連，M、N相連，但導線EF與MN不相連通，如圖乙，

6.（4分）如圖所示，電流表Ai示數(shù)為0.8A,電流表A2示數(shù)為1.0A,且交換其中兩個電

阻的位置后，Ai、A2兩個電流表示數(shù)都不變，則交換的電阻不可能為

（選填“Ri和R2"、“R2和R3”或“Ri和R3”）,電流表A的示數(shù)可能為

Ao

7.（2分）通過一定值電阻的電流從0.1A增大到0.5A的過程中，該定值電阻的電功率增

大了1.2W,則該定值電阻兩端的電壓增加了V。

8.（2分）新冠期間，每個班級都配備了紅外測溫儀（如圖甲所示），圖乙是該紅外測溫

儀的電路原理圖，Rt是熱敏電阻，其電阻大小與溫度關系如丙圖，其中溫度表是。?3V

的電壓表改裝而成的，甩源電壓為4.5V,定值電阻R=2。。，則該紅外測溫儀最高能夠

測量的溫度是________℃o

ABt/Q

RRt□0/

H___Hr_L__l~~~40/

溫度表

30/

20—-----------------------

10/-------------------------

1■4u

11

s01020304050

甲乙

丙

9.（4分）如圖所示，ABCD為一段阻值為16。的電阻絲繞成的圓，圓心為O點，A、B、

C、D是圓的四等分點，電源電壓為3V且保持不變，則閉合開關后，電流表示數(shù)為

A,電壓表示數(shù)為V。

10.（2分）在物理中，我們可以利用如下的“保溫杯”測量液體的比熱容：先在內(nèi)膽中封

存100g、50℃的溫水，然后將400g、20℃的待測液體倒入該保溫杯中，熱平衡時用溫度

計測得待測液體溫度為30C,則待測液體的比熱容為J/（kg?℃）。［水

的比熱容為4.2X1（）3J/（kg?，C）］

可

裝

液

體一內(nèi)膽

一封存水

________1

二.選擇題（本題共10小題，每題只有一個選項符合題意，每題3分，共30分）

11.（3分）關于溫度、熱量和內(nèi)能，下列說法正確的是（）

A.質(zhì)量相同的0℃的水和0℃的冰所具有的內(nèi)能相同

B.質(zhì)量相同的0℃的冰熔化成的水的過程中，物體內(nèi)的分子動能保持不變

C.質(zhì)量相同的50℃比30c的水含有的熱量多

D.熱傳遞過程中，熱量是從內(nèi)能多的物體向內(nèi)能少的物體傳遞

12.（3分）關于導體的電阻，下列說法正確的是（）

A.導體電阻大小取決于通過導體的電流，通過導體的電流越大，則導體電阻越小

B.導線之所以用銅芯而不用鐵芯，是因為銅導線的電阻一定比鐵導線電阻小

C.導體兩端電壓為零時，通過導體的電流也為零，但導體的電阻不為零

D.將阻值為R的電阻絲對折后接入電路，則該電阻絲的阻值變?yōu)镵

2

13.（3分）如圖甲所示，A、B兩只燈泡兩端的電壓隨電流變化關系如圖所示，且A標有

16.（3分）如圖所示，電源電壓不變，將電阻絲Ri接在A、B兩接線柱之間，此時電流

表示數(shù)為0.6A；將電阻絲R2接在A.B兩接線柱之間，電流表示數(shù)為1.2A”若各取Ri

和R2的一半長度串聯(lián)后再接入A、B之間，則電流表示數(shù)應為（）

XTi——0——

6ABO

A.0.9AB.1.8AC.0.4AD.0.8A

17.（3分）如圖甲是燈泡L和定值電阻R的U-I關系圖象。將L和R先后以乙圖和丙圖

兩種方式接在同一電源上（電壓不變）。若乙圖中的Ui：U2=m,丙圖中h：l2=n,則

卜列判斷中正確的是（）

18.（3分）如圖所示，Ri和R3是定值電阻，R2是滑動變阻器，當變阻器滑片向右移動過

程中，下列判斷正確的是（）

號……

1

--1--—S

A.電流表Ai示數(shù)保持不變

B.電壓表V與電流表Ai示數(shù)之比保持不變

C.電流表Ai和電流表A2示數(shù)之和保持不變

D.電壓表V與電流表A示數(shù)之比保持不變

19.（3分）特高壓遠距離輸電技術是我國清潔能源計劃中“西電東送、北電南送”的關鍵

技術，其結構模型如圖所示，電廠相當于電源，導線的等效電阻I?和固定輸送地用戶（相

當于電阻）串聯(lián)接入該電路，若電廠輸出功率為P、輸出電壓為U,電廠和用戶間導線

總電阻r不變，用戶獲得電能與電廠輸出電能之比為輸送效率n，若只改變P或U,則輸

出效率7］跟P或U關系圖像正確的是（）

100%

PUU

(1)Q)(3)(4)

A.(1)和(3)B.(2)和(3)C.(2)和(4)D.(1)和(4)

20.（3分）有甲、乙兩個質(zhì)量和初溫都相同的金屬球，先將甲球放入一杯熱水中，熱平衡

時水的溫度降低了然后將甲球取出，再將乙球放入該燒杯水中，水的溫度乂降低

了A3上述過程中,甲球吸收的熱量為Q甲，乙球吸收熱量為Q乙，甲球比熱容為c甲

乙球比熱容為c乙,不考慮熱量損失,不計球帶走水的質(zhì)量，則下列判斷正確的是

）

A.Q甲＞(?乙B.Q甲VQ乙C.c甲＞＜?乙D.c甲Vc乙

三.實驗探究題（本題共3小題，每空2分,共18分）

21.（4分）如圖所示是“探究不同物質(zhì)比熱容”的實驗裝置.，其中兩個試管內(nèi)加入的是相

同質(zhì)量的水和色拉油，根據(jù)實臉中采集到的數(shù)據(jù)畫出加熱過程中溫度隨時間變化的關系

數(shù)據(jù)夫集線

溫度

傳感器

紅外

加熱

圖像如圖所示:甲乙

（1）第lOmin時，色拉油吸收的熱量（選填“大于”“等于”或“小于”）

水吸收的熱量;

（2）根據(jù)圖像可以計算出色拉油的比熱容為J/（kg-℃）o【水的比熱

容為4.2X103J/（kg*℃）］

22.（6分）如圖所示是“探究電流與電阻的關系”的實驗電路圖：

（1）實物電路中有一條導線連接有誤，請在錯誤的導線上畫“X”，并用筆畫線代替導

線畫出正確的接線；

（2）電路改IF以后.我們可以根據(jù)電流表、電壓表示數(shù)初步判斷電路故障的原因.若電

流表示數(shù)為零，電壓表示數(shù)不為零，則故障原因可能是。

（3）實驗結束后，小聰同學畫出I-R圖像如圖乙所示，小明同學畫出1蔣圖像如圖丙

所示，你認為誰的處理方法更好，并說明理由：o

23.（8分）在測量額定電壓為2.5V的小燈泡額定功率實驗中，由于電流表損壞，某小組

設計了如圖所示的測量電路圖，其中Ro為阻值已知的定值電阻。

（1）（寫出三個開關斷開和閉合的狀態(tài)），移動變阻器滑片，使

電壓表示數(shù)為2.5V；

（2）保持變阻器滑片位置不變，（寫出三個開關斷開和閉合的狀

態(tài)），讀出電壓表示數(shù)記為U；

（3）用已知和測得物理量表示出小燈泡的額定功率P=o

（4）若將電壓表和S2的位置對調(diào)，是否還能完成該測量任務，為什

么？°

四.計算題（本題共3小題，其中第21題8分，第22題6分，第23題8分，共22分）

24.（8分）北京冬奧會上使用的氫燃料電池汽車，是利用氫與氧發(fā)生化學反應產(chǎn)生電能，

供給電動機而驅(qū)動汽車行駛的。如圖所示，該類型汽車甲在平直公路上從A地出發(fā)，以

90km/h的速度行駛lh到達B地，消耗0.8kg氫燃料，所產(chǎn)生電能E電的90%用于維持汽

車勻速行駛，所受阻力為1000N。

（1）求此過程中產(chǎn)生的電能E電；

（2）燃油汽車乙也在該公路上從A地出發(fā)，以90km/h的速度勻速行駛，所受阻力與甲

車相同，汽油在氣缸內(nèi)完全燃燒，且燃燒所釋放熱量的30%用來維持汽車勻速行駛，汽

油熱值取q=5Xl（）7j/kg。同樣到達B地，需要多少千克汽油？

乙為靈敏電流計的表盤，已知靈敏電流計的內(nèi)阻為Rg=10C,滿偏電流為Ig=3mA。

甲乙

（1）要想使改裝后的電流表的量程為3A,則誠的值為多大？

（2）由于靈敏電流計的表盤刻度是均勻的，若將靈敏電流計的表盤刻度改標為電流表的

表盤刻度，需要通過十路電流r與通過靈敏電流計的電流1仁成E比。請證明：通過十

路電流I'與通過靈敏電流計的電流I屋成正比。

26.（8分）導體電阻大小與材料、長度、橫截面積有關，研究形狀規(guī)則導體電阻大小時也

可以將導體分成若干部分建構成串聯(lián)或并聯(lián)電路，例如薄片長方形導體接入電路時，可

以看作兩個導體并聯(lián)（甲圖）或者看作兩個導體串聯(lián)（乙圖），現(xiàn)有一個材質(zhì)均勻的長

方形薄金屬板（丙圖），不計厚度，A、B、C、D分別是金屬板四邊中點，其中AB長

度是CD的4倍，丙圖中電源電壓為2V,將金屬板的A、B兩點接入電路中M、N兩處，

閉合開關，電流表示數(shù)是0.125A,試解答下列問題。

（1）金屬板AB間電阻是多少C?

（2）將金屬板的C、D兩點接入電路M、N,閉合開關，電流表示數(shù)是多少?

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參考答案與試題解析

一.填空題（本題共10小題，每空2分，共30分）

1.（4分）水的比熱容為4.2X1（|3J/（kg?C）,它的物理含義是1履水溫度升高（或降

低）1C吸收（或放出）的熱量是4.2Xl（）3j；夏天，當我們在烈日當空的沙灘邊行走

時，發(fā)現(xiàn)沙子很燙，而海水卻很涼，這是因為沙子的吸熱能力比海水弱（選填

“強”或“弱”）。

【分析】（1）物理學規(guī)定，單位質(zhì)量的某種物質(zhì)，溫度升高（或降低）1℃所吸收（或放

出）的熱量為該物體的比熱容；

（2）水的比熱容較大,相同盾量的水和沙子比較，吸收相同的熱量?水的溫度升高的

少，所以沙子滾燙，而海水依舊涼爽。

【解答】解：（1）根據(jù)比熱容的定義可以知道，水的比熱容為4.2X1（）3J/（kg?C）的物

理意義是：1kg水溫度升高（或降低）吸收（或放出）的熱量是4.2XK）3J；

（2）因為沙子的比熱容比海水的比熱容小，吸收相同熱量，相同質(zhì)量的沙子比海水溫度

上升快，所以小明在烈日當空的海邊玩耍，感到沙子燙腳，海水卻涼涼的。

故答案為：1kg水溫度升高（或降低）吸收（或放出）的熱量是4.2X1（）3J；弱。

【點評】本題主要考查學生對二匕熱容的物理意義、“水的比熱容大”的了解和掌握，難

度不大。

2.（4分）在生活中，當我們給暖水瓶灌開水后，若瓶塞沒有塞緊，有時候會出現(xiàn)瓶塞被

水蒸氣頂起的現(xiàn)象，此時瓶內(nèi)水面上方的水蒸氣內(nèi)能會減小，請從能量轉化的角度解釋

“水蒸氣內(nèi)能減小”的現(xiàn)象：水蒸氣對瓶塞做功，將內(nèi)能轉化為瓶塞的機械能，該

過程發(fā)生的能量轉化過程與四沖程汽油機的做功沖程相同。

【分析】做功可以改變物體的為能，對物體做功物體的內(nèi)能增加，物體對外做功，物體

的內(nèi)能減少；

在汽油機的壓縮沖程中，將機械能轉化為內(nèi)能；在汽油機的做功沖程中，將內(nèi)能轉化為

機械能。

【解答】解：我們給暖水瓶灌開水后，若瓶塞沒有塞緊，水蒸氣對瓶塞做功，將內(nèi)能轉

化為瓶塞的機械能，所以將瓶塞頂起；

在汽油機的做功沖程中，將內(nèi)能轉化為機械能，所以該過程發(fā)生的能量轉化過程與四沖

程汽油機的做功沖程相同。

故答案為：水蒸氣對瓶塞做功，將內(nèi)能轉化為瓶塞的機械能；做功。

【點評】本題考查了做功改變物體內(nèi)能，以及熱機工作時的能量轉化，屬于常考題，難

度不大。

3.（2分）如圖所示，利用靜電噴涂槍給物件表面噴漆，噴出的油漆小液滴被帶正電的物

體吸引，油漆小液滴之間相互排斥，據(jù)此可以判斷從噴槍噴出的油漆小液滴（選

【分析】（1）電荷間的作用規(guī)律：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。

（2）帶電體能夠吸引輕小物體。

【解答】解：涂料小液滴被帶正電的物體吸引，小液滴有兩種可能：①因異種電荷相互

吸引，小液滴帶負電荷；②因帶電體能夠吸引輕小物體，小液滴不帶電；

噴槍噴出的涂料小液滴相互排斥而散開，所以帶同種電荷；

綜上分析可知，油漆小液滴一定帶負電。

故答案為：①。

【點評】本題要求同學們知道靜電噴漆的工作原理，了解物理學在實際生活中的運用。

4.（2分）學習開關控制作用以后，老師提出如要求:

開關狀SBS2都斷開S1閉合，S2斷開Si斷開，S2閉合

態(tài)

燈泡狀Li、L2都不亮Li、L2都亮Li、L2都不亮

態(tài)

請根據(jù)要求設計電路，將電路圖畫在如圖所示的虛線框內(nèi)。

【分析】閉合Si,斷開S2,LhL2都亮；閉合Si,S2,燈LI亮，L2不亮，說明兩燈泡

串聯(lián)，且其中一個開關與L2尹聯(lián)。斷開Si,閉合S2,燈Li、L2都不亮，說明開關Si

與串聯(lián)在電路中，據(jù)此設計電路圖。

【解答】解：

斷開S1,閉合S2,燈Li、L2都不亮，說明開關S1控制整個電路，開關S1位于干路上；

閉合Si,斷開S2,I/、1,2都亮：開關S2與1.2并聯(lián)：

設計的電路圖如下圖所示：

【點評】本題考查了電路圖的設計，根據(jù)題意得出各電路元件的連接方式和位置是關

鍵。

5.（4分）如圖，正方形四邊共連接了8個電阻均為4Q的電阻，如果分別用導線將E、F

相連，M、N相連，且導線EF與MN相連通于0點，如圖甲，則A、B兩點間電阻為

4_0,如果分別用導線將E、F相連，M、N相連，但導線EF與MN不相連通，如圖

【分析】判斷電阻的串并聯(lián)即可解答此題。

【解答】解：如果分別用導線將E、F相連，M、N相連，且導線EF與MN相連通于0

點，則電路為阻值AE和AN并聯(lián)，阻值BM和BF并聯(lián)，然后兩者串聯(lián)，等效電路圖如

22

如果分別用導線將區(qū)F相連，M、N相連，但導線EF與MN不相連通.則電路為阻值

AE和BF串聯(lián)，阻值AN和BM串聯(lián)，然后兩者并聯(lián)，等效電路圖如下：

AB

故最終阻值為4』+4Q=4。；

2

故答案為：4：4o

【點評】本題考查了電路的串并聯(lián)，難度很大。

6.（4分）如圖所示，電流表A］示數(shù)為0.8A,電流表A2示數(shù)為LOA,且交換其中兩個電

阻的位置后，Ai、A2兩個電流表示數(shù)都不變，則交換的電阻不可能為Ri和R3（選

填“Ri和R2"、“R2和R3”或“Ri和R3”），電流表A的示數(shù)可能為1.3A或1.4

Ao

【分析】當開關閉合后，三個電阻并聯(lián)，確定A、AHA2的測量對象，將R2和R3交換

位置后，A測量的還是干路中電流，Ai測量還是通過R2和R3的總電流，可知電流表Ai

和A3的示數(shù)是否變化.

【解答】解：由圖知，開關閉合后，三個電阻并聯(lián)，A測量干路中電流，Ai測量通過R2

和R3的總電流，A2測量通過Ri和R2的總電流；

根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點可知：

I2+I3=IAI=0.8A,

I2+I1=IA2=1A,

則:(I1+I2+I3)+12=1.8A,

Il-h=0.2A,

說明Ri和R3的電流不等，如果交換Ri和R3,則兩個電流表的示數(shù)都會改變，故交換

的電阻不可能為Ri和R3,

①若Ri和R2交換位置，電流表示數(shù)都不變，Ri和R2的電流相等，根據(jù)I2+II=1A,可

知，I2=I1=O.5A；

此時根據(jù)I2+I3=O.8A,知l3=0.3A；

并聯(lián)電路干路電流等于各支路電流之和，

所以電流表A的示數(shù)：IA=11+I2+I3=0.5A+0.5A+0.3A=1.3A；

②若R2和R3交換位置，電流表示數(shù)都不變，R3和R2的電流相等，根據(jù)I2+I3=O.8A,

可知，l2=l3=0.4A；

根據(jù)I2+I1=1A,可知，Ii=lA-0.4A=0.6A；

并聯(lián)電路干路電流等于各支路電流之和，

所以電流表A的示數(shù)：FA=hT2+13=0.6A+().4A+().4A=1.4A。

故答案為:Ri和R3;1.3A或1.4。

【點評】本題考查了學生對并聯(lián)電路的電流特點、歐姆定律的掌握和運用，分析電路圖

得出當開關閉合時三電阻并聯(lián)是本題的關鍵。

7.(2分)通過一定值電阻的電流從0.1A增大到0.5A的過程中，該定值電阻的電功率增

大了L2W,則該定值電阻兩端的電壓增加了2V。

【分析】通過一定值電阻的電流從0.1A增大到0.5A的過程中，該定值電阻的電功率增

大了I.2W,根據(jù)P=I2R列方程可求出定值電阻的阻值，再根據(jù)歐姆定律計算該定值電

阻兩端的電壓增加量。

【解答】解：通過一定值電阻的電流從0.1A增大到0.5A的過程中，該定值電阻的電功

率增大了1.2W,

根據(jù)P-I2R可得I羿?評-1.2W,叩(0.5A)2XR-(0.1A)2XR-1.2W,解得R

=5。,

根據(jù)歐姆定律可得該定值電阻兩端的電壓增加量：△U=U2-Ui=hR-IiR=0.5AX5O

-0.1AX5O=2Vo

故答案為：2o

【點評】本題考查了歐姆定律和電功率公式的靈活運用，難度不大。

8.（2分）新冠期間，每個班級都配備了紅外測溫儀（如圖甲所示），圖乙是該紅外測溫

儀的電路原理圖，Ri是熱敏電阻，其電阻大小與溫度關系如丙圖，其中溫度表是。?3V

的電壓表改裝而成的，電源電壓為4.5V,定值電阻R=20C,則該紅外測溫儀最高能夠

測量的溫度是30°C。

【分析】由圖乙可知，兩電阻串聯(lián)，電壓表測Ri兩端的電壓:

由圖丙可知，熱敏電阻Ri的阻值隨著溫度的升高而增大：

根據(jù)串聯(lián)電路的分壓原埋可知，當熱敏電阻Ri的限值最大時，Rt兩端的電壓最大，根據(jù)

電壓表的量程確定Rt兩端的最大電壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點求出此時定值電阻R兩

端的電壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點和歐姆定律求出通過R的電流，再根據(jù)歐姆定律求

出熱敏電阻Rt的最大阻值，根據(jù)圖丙找出該紅外測溫儀最高能夠測量的溫度。

【解答】解：由圖乙可知，兩電阻串聯(lián)，電壓表測Ri兩端的電壓；

由圖丙可知，熱敏電阻Ri的阻值隨著溫度的升高而增大；

由串聯(lián)電路的分壓原理可知，當熱敏電阻Rt的阻值最大時，Ri兩端的電壓最大，

因為電壓表的量程為。?3V,所以，Rt兩端的最大電壓為3V,

由串聯(lián)電路的電壓特點可知，此時定值電阻R兩端的電壓：UR=U-Ut=4.5V-3V=

1.5V,

由串聯(lián)電路的電流特點和歐姆定律可知，通過Ri的電流：11=尿=空=里&=

R200

0.075A,

則熱敏電阻Ri的最大限值：R(=—=—更一=400,

It0.075A

由圖丙可知，該紅外測溫儀最高能夠測量的溫度為30℃o

故答案為：30o

【點評】本題考查串聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應用，關鍵是根據(jù)圖像讀出相關的信

息。

9.(4分)如圖所示，ABCD為一段阻值為16C的電阻絲繞成的圓，圓心為O點，A、B、

C、D是圓的四等分點，電源電壓為3V且保持不變，則閉合開關后，電流表示數(shù)為_1

A.電壓表示數(shù)為1V.

【分析】閉合開關，兩電阻絲并聯(lián)接入電路，電流表測干路電流，電壓表測電阻絲DC

兩端的電壓；

根據(jù)并聯(lián)電路電壓特點、并聯(lián)電路電流規(guī)律結合歐姆定律計算干路電流，即電流表示

數(shù)，根據(jù)歐姆定律求出電阻絲DC兩端的電壓，即為電壓表的示數(shù)。

【解答】解：將一段阻值為16。的電阻絲繞成圓形，A、B、C、D是圓的四等分點，則

電阻絲AB的阻值為2X16C=4Q,電阻絲DC的阻值為2^16。=4。，電阻絲ADCB的

44

阻值為2X16C=12C,

4

閉合開關，電阻絲AC和ADCB并聯(lián)接入電路，電流表測干路電流，電壓表測電阻絲DC

兩端的電壓，

通過電阻絲AB的電流：IAB=」L=-^-=0.75A,

RAB4Q

通過電阻絲ADCB的電流：IADCB=>=Tr=0-25A,

RADCB皿

由并聯(lián)電路的電流特點可知，電流表示數(shù)：I=IAB+IADCB=0.75AX).25A=1A,

由歐姆定律可知，電壓表示數(shù)：UDC=IADCBRDC=0.25AX4O=1VO

故答案為：1；1。

【點評】本題考查并聯(lián)電路特點和歐姆定律的靈活運用，分清電路連接是解題的關鍵。

10.(2分)在物理中，我們可以利用如下的“保溫杯”測量液體的比熱容：先在內(nèi)膽中封

存100g、50℃的溫水，然后將400g、20℃的待測液體倒入該保溫杯中，熱平衡時用溫度

計測得待測液體溫度為30℃,則待測液體的比熱容為2.1X1Q3J/(kg-℃)o[水的

比熱容為4.2X1()3J/(kg?C)]

)

可

裝

液

體一內(nèi)膽

一封存水

__________/

【分析】根據(jù)吸收的熱量與放出的熱量相同列等式算出待測液體的比熱容。

【解答】解：水放出的熱量為：Q水=c^mAt水

待測液體吸收的熱量為：Q液=C/mAt

水放出的熱量和液體放出的熱量相同，即Q>K=Q液，所以c水m水At水=c液m液Al,

則待測液體的比熱容為：

cc水m水水Q2X103j/(kg?lC)X100XlO^kgX(50^-300

m液At液400X10-3kgX(30X>23lC)

2.1X103J/(kg?C)o

故答案為：2.1X103。

【點評】本題考查了熱量公式的應用，具有一定的難度。

二.選擇題(本題共10小題，每題只有一個選項符合題意，每題3分，共30分)

11.(3分)關于溫度、熱量和內(nèi)能，下列說法正確的是()

A.質(zhì)量相同的0C的水和0C的冰所具有的內(nèi)能相同

B.質(zhì)量相同的0℃的冰熔化成0℃的水的過程中，物體內(nèi)的分子動能保持不變

C.質(zhì)量相同的50℃比30℃的水含有的熱量多

D.熱傳遞過程中，熱量是從內(nèi)能多的物體向內(nèi)能少的物體傳遞

【分析】（1）冰吸收熱量之后才能變成水。

（2）分子動能與溫度有關。

（3）熱量是過程量。

（4）熱傳遞的條件是有溫度差。

【解答】解：A、0℃的冰吸收熱量之后才能變成水，所以質(zhì)量相同的0℃的水比0℃的冰

所具有的內(nèi)能大，故A錯誤。

B、都是0℃,溫度相同，所以分子的熱運動相同，分子的動能保持不變，故B正確。

C、熱量是一個過程量，只能是傳遞熱量、吸收熱量、放出熱量，不能說是含有熱量，

故C錯誤。

D、熱傳遞過程中，熱量是從溫度高的物體向溫度低的物體傳遞，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要考查了內(nèi)能、溫度、熱量的關系，是基礎題目。

12.（3分）關于導體的電阻，下列說法正確的是（）

A.導體電阻大小取決于通過導體的電流，通過導體的電流越大，則導體電阻越小

B.導線之所以用銅芯而不用鐵芯，是因為銅導線的電阻一定比鐵導線電阻小

C.導體兩端電壓為零時，通過導體的電流也為零，但導體的電阻不為零

D.將阻值為R的電阻絲對折后接入電路，則該電阻絲的阻值變?yōu)楣?/p>

2

【分析】影響電阻大小的因素有：材料、長度、橫截面積和溫度。其大小與通過導體的

電流和導體兩端的電壓是無關的。

【解答】解：A、電阻是導體本身的性質(zhì)，與電流、電壓無關，故A錯誤；

B、已知材料關系，不確定長度和橫截面積，則無法比較電阻的大小，故B錯誤；

C、電阻是導體本身的一種性質(zhì)，與導體兩端的電壓高低、導體中有無電流通過和通過

的電流強弱無關，故C正確；

D、將阻值為R的電阻絲對折后接入電路，長度變?yōu)橐话耄绻孛娣e不變，電阻為一

半，但對著截面積增大為2倍，再次減小一半，因而該電阻絲的阻值變?yōu)檫t，故D錯

4

誤。

故選：Co

【點評】此題考查對電阻概念的理解和影響電阻大小因素的認識；要抓住導體的電阻是

導體本身具有的一種性質(zhì)。

13.（3分）如圖甲所示，A、B兩只燈泡兩端的電壓隨電流變化關系如圖所示，旦A標有

“6V,3W”字樣，B燈標有“3V,1.8W”字樣。若將A、B兩只燈泡并聯(lián)接在某電源

上（如圖乙所示），為了保證兩個燈泡都不被燒壞，電源電壓最大值和于路電流最大值

分別為（）

A.6V,1.1AB.3V,1.1AC.3V,0.9AD.9V,0.5A

【分析】（1）并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，A、B兩只燈泡并聯(lián)時，為了保證兩個

燈泡都不被燒壞，則電源電壓應與額定電壓小的燈泡的額定電壓相同；

（2）由圖像讀出當燈泡兩端電壓為3V時，分別讀出通過A、B的電流，然后根據(jù)并聯(lián)

電路中干路電流等于各支路電流之和求得此時干路中的電流。

【解答】解：因為并聯(lián)電路中各支路電壓相等，甲燈兩端電壓不能超過6V,乙燈兩端電

壓不能超過3V,所以圖乙中為了保證兩個燈泡都不被燒壞，則電源電壓最大為3伏；

由圖像可知，當A燈泡兩端電壓為3V時，通過A燈的電流IA=0.3A,

當B燈泡兩端電壓為3V時，通過B燈的電流IB=0.6A,

因為并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，所以干路電流：I=IA+IB=0.3A+0.6A=

0.9Ao

故選：Co

【點評】本題考查了并聯(lián)電路的電壓特點、電流特點，解題的關鍵是根據(jù)并聯(lián)電路特點

從圖象中獲取有用的信息。

14.（3分）我們知道，電壓表自身電阻很大。在探究串聯(lián)電路電壓關系實驗中，調(diào)皮的小

明將電壓表并聯(lián)在開關兩端，如圖所示，已知電源電壓為3V保持不變，則閉合開關和

斷開開關時，電壓表示數(shù)分別是（）

§

A.OV,3VB.3V,OVC.OV,OVD.3V,3V

【分析】電壓表應與被測用電器并聯(lián)，若電壓表串聯(lián)入電路中，電壓表相當于測電源電

壓，示數(shù)幾乎等于電源電壓。

【解答】解:

若閉合開關時，電壓表被短接,所以電壓表示數(shù)為0：若斷開開關，電壓表被串聯(lián)入電

路中.示數(shù)幾乎等于電源電壓TV,

故選：Ao

【點評】本題考查電壓表的使用，屬于一道基礎題。

15.（3分）如圖所示，閉合開關后三個電流表Al、A2和A3示數(shù)分別為11、12和13,且均

不為零，它們的大小關系為I］=l2>l3,則下列說法正確的是（）

A.電路無故障B.燈泡Li開路

C.燈泡L2開路D.燈泡L3開路

【分析】由圖可知三燈泡并聯(lián)，Ai測干路電流，A2測通過L2、L3的電流之和，A3測通

過L3的電流，則由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知三表中電流的大小關系。

【解答】解：由圖可知三燈泡并聯(lián)，Ai測干路電流，A2測通過L、L3的電流之和，A3

測通過L3的電流，根據(jù)并聯(lián)電路的干路電流等于各支路電流之和可知：現(xiàn)

測量得出I|=I2>I3,即通過燈泡L］的電流為0,所以，故障是L］開路。

故選：Bo

【點評】本題首先要看清電路的結構，然后只要明確并聯(lián)電路的電流規(guī)律即可求解。

16.（3分）如圖所示，電源電壓不變，將電阻絲R1接在A.R兩接線柱之間，此時電流

表示數(shù)為0.6A；將電阻絲R2接在A、B兩接線柱之間，電流表示數(shù)為1.2A。若各取Ri

和R2的一半長度串聯(lián)后再接入A、B之間，則電流表示數(shù)應為（）

KTi——?-----

6ABO

A.0.9AB.1.8AC.0.4AD.0.8A

【分析】根據(jù)歐姆定律求出兩電阻絲的阻值之比，進而求出兩電阻之間的關系，根據(jù)串

聯(lián)電路的電阻特點表示出各取R1和R2的一半長度串聯(lián)后再接入A、B之間時的總電阻，

根據(jù)歐姆定律求出將電阻絲R2接在A、B兩接線柱之間與各取Ri和R2的一半長度串聯(lián)

后再接入A、B之間時的電流之比，進而各取Ri和R2的一半長度串聯(lián)后再接入A、B

之間時電流表示數(shù)。

U

【解答】解：由歐姆定律可知，兩電阻絲的阻值之比：&?=*-="=工2&=2,即

R2JLII0.6A1

12

RI=2R2

由串聯(lián)電路的電阻特點可知，各取Ri和R2的一半長度串聯(lián)后的總電阻：

R=1RI+1R2

22

=Ax2R2+2XR2=筋2，

222

由歐姆定律可知，將電阻絲R2接在A、B兩接線柱之間與各取Ri和R2的一半長度串聯(lián)

U3_

后再接入A、B之間時的電流之比：

R

131R222

則各取Ri和R2的一半長度串聯(lián)后再接入A、B之間時電流表示數(shù)：l3=2l2=2xi.2A

33

=0.8Ao

故選：D。

【點評】本題考查串聯(lián)的電阻特點和歐姆定律的應用，應用比值法可以方便解題。

17.（3分）如圖甲是燈泡L和定值電阻R的U-I關系圖象。將L和R先后以乙圖和丙圖

兩種方式接在同一電源上（電壓不變）。若乙圖中的Ui：U2=m,丙圖中Ii：l2=n,則

下列判斷中正確的是（）

fl/AR

A.mn>1B.mn<1C.m<ID.n>1

【分析】圖乙中，燈泡與電阻串聯(lián)，Ui：U2=m；圖丙中，燈泡與電阻并聯(lián)，h：12=

分別根據(jù)串聯(lián)電路的電壓規(guī)律和并聯(lián)電路的電壓規(guī)律求得兩電阻之比，然后即可得出結

論c

【解答】解：

由圖乙知，燈泡與電阻串聯(lián)，所以通過它們的電流相同，

由i=U可知，當電流相同時，電壓與電阻成正比，

R

由圖丙知，燈泡與電阻并聯(lián)，各支路兩端的電壓相同，

由1=衛(wèi)可知，當電壓相同時，電流與電阻成反比，

R

所以：!l=1_=n,

12處丙

即：%丙=￡

Rn

由圖象甲可知，燈泡電阻隨電玉增大而增大，而乙圖中燈泡兩端電壓比丙圖中小，所以

RL乙小于RL閃，

所以：色二vE空，則mV』，即mnVl,故A錯誤，B正確：

RRn

由乙圖可知，在電流相同時，Ui>U2,則Ui：U2=m>l,

由于mV2，則nVl,故CD錯誤。

n

故選：Bo

【點評】能靈活運用歐姆定律及其變形公式，熟知串并聯(lián)電路的電壓、電流、電阻的關

系，是解答本題的關鍵，有一定的難度。

18.（3分）加圖所示，R1和R3是定值電阻，R2是滑動變阻器，當變阻器滑片向右移動過

B.電壓表V與電流表Ai示數(shù)之比保持不變

C.電流表Ai和電流表A2示數(shù)之和保持不變

D.電壓表V與電流表A示數(shù)之比保持小變

【分析】由電路圖可知，Ri與R2并聯(lián)后再與R3串聯(lián)在電路中，電壓表測Ri與R2兩端

的電壓，電流表A2測R2支路的電流，電流表Ai測Ri支路的電流，電流表A測量干路

中的電流：

閉合開關S,當變阻器滑片向左移動過程中，根據(jù)滑動變阻器阻值變化分析Ri與R2并

聯(lián)部分電阻的變化和總電阻的變化，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓規(guī)律分析并聯(lián)部分兩端電壓的

變化，根據(jù)歐姆定律分析通過R1電流的變化和干路電流的變化：

根據(jù)R=U分析電壓表V與電流表A示數(shù)、電流表Ai示數(shù)之比的變化；然后根據(jù)并聯(lián)

I

電路的電流規(guī)律分析電流表Ai和電流表A2示數(shù)之和的變化。

【解答】解：由電路圖可知，Ri與R2并聯(lián)后再與R3串聯(lián)在電路中，電壓表測Ri與R2

兩端的電壓，電流表A2測R2支路的電流，電流表Ai測Ri支路的電流，電流表A測量

干路中的電流；

A、閉合開關S,當變阻器滑片向右移動過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，

根據(jù)并聯(lián)電路的電阻關系可知，Ri與R2并聯(lián)后的總電阻變大，根據(jù)串聯(lián)電路的電阻關

系可知，電路的總電阻變大，根據(jù)歐姆定律可知，電流表A示數(shù)變?。?/p>

根據(jù)串聯(lián)電路的分壓規(guī)律可知，Ri與R2并聯(lián)部分分擔的電壓變大，電壓表示數(shù)變大，

根據(jù)歐姆定律可知，通過R1的電流變大，電流表Ai示數(shù)變大，故A錯誤；

B、根據(jù)R=U可知，電壓表V與電流表Ai示數(shù)之比為Ri的阻值，保持不變，故B正

I

確；

C,根據(jù)并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，電流表Ai和電流表A?示數(shù)之和為干路中的電流，

所以電流表Ai和電流表A2示數(shù)之和變小，故C錯誤；

D、根據(jù)R=U可知，電壓表V與電流表A示數(shù)之比為Ri與R2并聯(lián)部分的總電阻，所

I

以電壓表V與電流表A示數(shù)之比變大，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】本題考查了電路的動態(tài)分析，涉及到并聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應用，注意

滑動變阻器接入電路中電阻的變化是關鍵。

19.（3分）特高壓遠距離輸電技術是我國清潔能源計劃中“西電東送、北電南送”的關鍵

技術，其結構模型如圖所示，電廠相當于電源，導線的等效電阻I?和固定輸送地用戶（相

當于電阻）串聯(lián)接入該電路，若電廠輸出功率為P、輸出電壓為1J.電廠和用戶間導線

總電阻r不變，用戶獲得電能與電廠輸出電能之比為輸送效率”，若只改變P或U,則輸

出效率n跟P或u關系圖像正確的是（）

A.（1）和（3）B.（2）和（3）C.（2）和（4）D.（1）和（4）

【分析】根據(jù)P=UL表示出輸電電流I,由輸出功率（即用戶獲得功率）等于總功率與

電線消耗功率之差得到用戶功率，再根據(jù)機械效率公式n=—W有2xioo%=P_用曳戶:得出n

W-p

跟P或U的關系式，分析解答。

【解答】解：由p=uI得，輸電電流：i=E,則導線消耗的電功率：p線=自=（工）2「；

uu

用戶得到的功率：P用戶=p?p〃=p?出2日

w有P用戶P-（77）rp

輸出效率：n=二2=-^=—-——=1■與。

w總PPu2

U、r不變時，只改變P,n=l-與「，是一次函數(shù)，圖像（1）正確；

U2

P、I?不變時，只改變U,”=1-與I"的圖像不是直線，故（3）正確；

U2

綜上所述，A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查電功率和效率的計算公式，并借助函數(shù)圖像分析解答，有一定的難

度。

20.（3分）有甲、乙兩個質(zhì)量和初溫都相同的金屬球，先將甲球放入一杯熱水中，熱平衡

時水的溫度降低了Al,然后將甲球取出，再將乙球放入該燒杯水中，水的溫度又降低

了A3上述過程中，甲球吸收的熱量為Q甲，乙球吸收熱量為Q/,,甲球比熱容為C甲，

乙球比熱容為C乙，不考慮熱量損失，不計球帶走水的質(zhì)量，則下列判斷正確的是

（）

A.Q甲＞Q乙B.Q甲VQ乙C.c甲二-c乙D.c甲Vc乙

【分析】甲、乙兩球，先后投入到同一杯水中，甲、乙物體吸收熱量、溫度升高，水放

出熱量、溫度降低；

由題知，先后兩次水降低的溫度相同，由Q/A=cmAt可知，水先后兩次放出的熱量關

系；

熱平衡時，甲、乙兩球吸收的熱量相同等于水放出的熱量；

設水的初溫為to水，甲、乙兩球的初溫為S原，熱平衡時，甲球升高的溫度為：△1甲=9

水球，乙球升高的溫度為：At甲=t0水-2At-to球，由此可知甲、乙兩球升高溫

度的關系；

由Q吸=cm△t可知甲、乙兩球的比熱容關系。

【解答】解：先后將甲、乙兩球投入到同一杯水中，水降低的溫度相同，由、放=5^1

可知，水先后兩次放出的熱量用等；

熱平衡時，甲、乙兩球吸收的熱量相同等于水放出的熱量，即Q甲=、乙=（:水01水At,故

AB錯誤：

設水的初溫為S水，甲、乙兩球的初溫為to球，熱平衡時，

甲球升高的溫度為：At甲=t（u-At-to球，

乙球升高的溫度為：At乙=UU-2AI-10理，

比較可知，乙球升高的溫度小于甲球升高的溫度;

質(zhì)量相同的甲、乙兩球，吸收相同的熱量，乙球升高的溫度小于甲球升高的溫度，根據(jù)

Q吸