湖南省娄底九级物理上学期期中试卷（含解析） 新人教版.doc

2016-2017学年湖南省娄底二中九年级（上）期中物理试卷一、选择题（每小题3分，共30分）1下列四种现象中，不能用水的比热容较大这一特性解释的是（）a用水来冷却汽车发动机b冬天的暖气设备用热水供暖c内陆地区昼夜温差比沿海地区大d夏天在教室的地面上洒水会感觉凉爽2关于内能、热量和温度，下列说法中正确的是（）a温度低的物体可能比温度高的物体内能多b物体内能增加，温度一定升高c物体内能增加，一定要从外界吸收热量d物体温度升高，它的热量一定增加3下列各种情况下比热容会发生变化的是（）a一杯水倒去一半b水凝结成冰c一块铁加工成铁屑d25的水变成65的水4如图是单缸四冲程内燃机四个冲程的示意图，属于机械能转化为内能的冲程是（）abcd5下列关于热值和热机效率的描述，正确的是（）a使燃料燃烧更充分，可以增大热值b使燃料燃烧更充分，可以提高热机效率c燃料燃烧释放的热量越大，热值越大d热值和热机效率都是定值，与外界条件无关6在如图所示的电路图中，能用电压表正确测出灯l1两端电压的是（）abcd7两只灯泡接在电路中，电压表测得通过它们的电压值相等，由此可以判断两灯的连接情况是（）a一定是串联b一定是并联c可能串联，也可能并联d无法确定8如图所示，当甲电路中的开关s闭合时，两个电压表的指针位置均为图乙所示，则灯l1和l2两端的电压分别为（）a5.6v 1.4vb7 v 1.4vc1.4v 7vd1.4v 5.6v9如图所示，当滑动变阻器滑片p向右移动时，下列判断正确的是（）a电压表的示数不变，电流表a1的示数变大，a2的示数变小b电压表的示数不变，电流表a1的示数不变，a2 的示数变大c电压表的示数变小，电流表a1的示数不变，a2 的示数变小d电压表的示数不变，电流表a1的示数不变，a2 的示数变小10小明将两只灯泡l1、l2串联在电路中闭合开关后，发现：灯泡l1较亮，灯泡l2较暗这现象可说明（）a通过l1的电流大于通过l2的电流b通过l1的电流等于通过l2的电流c通过l1的电流小于通过l2的电流d无法判断二、填空题（每空2分，共24分）11上海大众汽车有限公司正推出氢燃料电池轿车，用氢气作燃料是利用氢气的大的优点0.5kg氢气完全燃烧放出的热量是 j已知氢气的热值为1.4108j/kg12在“用电流表测电流”的实验中，某同学接成如图（a）所示的电路当开关闭合后，两灯都发光，两个电流表的指针所指位置均为图（b）所示，则通过灯l2的电流为a，通过灯l1的电流为a13如图甲所示，闭合开关s前，滑动变阻器的滑片p应滑到端（选填“a”或“b”）；闭合开关s，向（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器，电流表的示数变大14小明用如图所示的电路来探究串联电路的电压关系已知电源电压为6v，当开关s闭合后，发现两灯均不亮他用电压表分别测a、c和a、b两点间的电压，发现两次电压表示数均为6v，由此判定灯（选填“l1”或“l2”）开路，用电压表测b、c两点间的电压，示数为v15一位同学设计了一个风力测定仪，如图所示，0是转动轴，oc是金属杆，下面连接着一块受风板无风时，oc是竖直的，风越强，oc杆偏转的角度越大ab是一段圆弧形电阻，p点是金属杆与弧形电阻的接触点，电路中接有一个小灯泡，测风力时，闭合开关s通过分析可知：（1）金属杆oc与弧形电阻ab结合在一起相当于一个；（2）风力越大，该风力测定仪灯泡越（填“亮”或“暗”）；（3）如果要使该测定仪使用时使用时更精确，需要串联一个16如图所示的电路中，有一根导线尚未连接补上后要求当电键闭合后，滑动变阻器的滑片p向左移动时，灯泡变亮那么电源负极应该接接线柱（选填“a”或“b”）三、实验探究题（每空2分，共28分）17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a点的电流iab点的电流ibc点的电流ic0.18a0.18a0.36a（1）电流表应（选填“串联”或“并联”）在被测电路中若要测量干路电流，则电流表应接在甲图中的点（2）小明同学在测量a处的电流时，闭合开关前，发现电流表指针位置如图乙所示，原因是；纠正该错误后，闭合开关，发现电流表的指针偏转又如图乙所示，原因是；排除故障后，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为a（3）上表是另一组的小亮同学在实验中用两盏规格相同的灯泡测出的数据，由此得出的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，且各支路的电流相等请指出小亮的探究过程的两点不妥之处：；18在探究影响导体电阻大小的因素时，小明做出了如下猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关，导体的横截面积有关，导体的材料有关实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如表所示：编号材料长度/m横截面积/mm2a镍铬合金0.50.5b镍铬合金1.00.5c镍铬合金0.51.0d锰铜合金0.50.5（1）按照如图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在m、n之间分别接上不同的导体，则通过观察来比较导体电阻的大小（2）为了验证上述猜想，应该选用编号两根电阻丝分别接入电路进行实验（3）分别将a和d两电阻丝接入图中电路中m、n两点间，电流表示数不相同，由此，初步得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟有关19为了比较水和沙子吸热本领的大小，杨幂同学做了如图所示的实验：（1）在此实验中，用来表示水和沙子吸收热量的多少（2）在实验中，应用了的实验法（3）分析表中的实验数据可知；质量相同的水和沙子，是升高相同的温度，水吸收的热量（选填“大于”或“小于”）沙子吸收的热量（4）可以推想，如果给质量相同的水和沙子加热相同的时间，则（选填“沙子”或“水”）升高的温度会更高些质量/g温度升高10所需要的时间/s温度升高20所需要的时间/s温度升高30所需要的时间/s沙子306489124水3096163220四、综合计算题（19题10分，20题8分）20小星家的太阳能热水器，水箱容积是200l小星进行了一次观察活动：某天早上，他用温度计测得自来水的温度为20，然后给热水器水箱送满水，中午时“温度传感器”显示水箱中的水温为70请你求解下列问题：（1）水吸收的热量【c水=4.2103j/（kg）】（2）如果水吸收的这些热量，由燃烧煤气来提供，而煤气灶的效率为40%，求至少需要燃烧多少煤气（煤气的热值为q=4.2107j/kg）21在图所示的电路中，当s1闭合，s2、s3断开时，电压表的示数为9v，当s1、s3闭合，s2断开时，电压表的示数为12v求：（1）电源电压是多少？（2）l1、l2的电压为多少？2016-2017学年湖南省娄底二中九年级（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共30分）1下列四种现象中，不能用水的比热容较大这一特性解释的是（）a用水来冷却汽车发动机b冬天的暖气设备用热水供暖c内陆地区昼夜温差比沿海地区大d夏天在教室的地面上洒水会感觉凉爽【考点】水的比热容的特点及应用【分析】（1）水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多（2）水的比热容大的应用：防冻剂、取暖剂、保温剂【解答】解：a、因为水的比热容较大，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，所以用水冷却汽车发动机，故a不符合题意b、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以冬天暖气设备用热水供暖，故b不符合题意；c、在沿海地区，水是比较多的，因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小；而内陆地区温差变化比较大，故c不符合题意；d、夏天，在教室的地面上洒水，由于水蒸发从周围吸热，会使人感觉凉爽，与水比热容大小无关，故d符合题意故选d2关于内能、热量和温度，下列说法中正确的是（）a温度低的物体可能比温度高的物体内能多b物体内能增加，温度一定升高c物体内能增加，一定要从外界吸收热量d物体温度升高，它的热量一定增加【考点】温度、热量与内能的关系【分析】要解答本题需掌握：温度、内能、热量三者的关系，以及描述的术语不同【解答】解：a、温度低的物体可能比温度高的物体内能多，因为内能的大小不但和温度有关，还和质量和状态有关故a正确b、物体内能增加，温度不一定升高比如：晶体在熔化过程，温度不变，但内能增加故b不正确c、物体内能增加，一定要从外界吸收热量，这句话不正确，因为改变物体内能的方法有：做功和热传递故c不正确d、物体温度升高，增加的是内能，而不能说热量增加，因为热量是一个过程量，只能在热传递的过程中描述其多少故d不正确故选a3下列各种情况下比热容会发生变化的是（）a一杯水倒去一半b水凝结成冰c一块铁加工成铁屑d25的水变成65的水【考点】比热容的概念【分析】物质的比热容是物质本身的一种特性根据比热容概念，即可判断【解答】解：物质的比热容是物质本身的一种特性，与质量、体积、温度、形状无关；水凝结成冰，物质状态发生了改变，比热容也因此改变，冰的比热容小于水的比热容故选b4如图是单缸四冲程内燃机四个冲程的示意图，属于机械能转化为内能的冲程是（）abcd【考点】内燃机的四个冲程【分析】内燃机的一个工作循环有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成，其中压缩冲程中机械能转化成内能，做功冲程中内能转化成机械能【解答】解：a图：气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，内能转化成机械能，不符合题意；b图：进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，不符合题意；c图：排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，不符合题意；d图：气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，机械能转化成内能，符合题意故选d5下列关于热值和热机效率的描述，正确的是（）a使燃料燃烧更充分，可以增大热值b使燃料燃烧更充分，可以提高热机效率c燃料燃烧释放的热量越大，热值越大d热值和热机效率都是定值，与外界条件无关【考点】燃料的热值；热机的效率【分析】（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；（2）热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比叫做热机的效率，在工作过程中，损失的能量越少，热机的效率越高【解答】解：a、热值是燃料的特性，与燃烧情况无关，故a错误；b、使燃料燃烧更充分，可以增大有效利用的能量，提高热机的效率，故b正确；c、热值是燃料的特性，与放出热量的多少无关，故c错误；d、热值取决与燃料种类，与外界条件无关；而燃料的燃烧情况、能量的损失都会影响热机效率，故d错误故选：b6在如图所示的电路图中，能用电压表正确测出灯l1两端电压的是（）abcd【考点】电压表的使用【分析】电压表的正确使用方法：连接电压表的时候，电流要从正接线柱入，负接线柱出；电压表正确测出灯l1两端电压，则电压表与灯l1并联【解答】解：a、由图可知，电压表与l1并联，正负接线柱正确，故a正确；b、由图可知，电压表接到了l1的两端，但正负接线柱接反了，故b错误c、电压表要正确测出灯l1两端电压，电压表与灯l1并联由图可知，电压表与l1串联，故c错误d、由图可知，电压表测的是两灯串联的总电压，或电源电压，故d错误故选a7两只灯泡接在电路中，电压表测得通过它们的电压值相等，由此可以判断两灯的连接情况是（）a一定是串联b一定是并联c可能串联，也可能并联d无法确定【考点】串联电路和并联电路的辨别【分析】根据以下内容分析答题：（1）根据串联电路的分压作用可知，当两个规格相同的灯泡串联时，两灯泡两端的电压是相等的；（2）由并联电路特点可知：并联电路中各支路两端的电压相等【解答】解：如果这两个灯泡的规格相同，则它们串联在电路中分得的电压相同；如果两灯泡并联在电路中，则它们两端的电压也相同；由以上分析可知：它们即可能是串联也可能是并联故选c8如图所示，当甲电路中的开关s闭合时，两个电压表的指针位置均为图乙所示，则灯l1和l2两端的电压分别为（）a5.6v 1.4vb7 v 1.4vc1.4v 7vd1.4v 5.6v【考点】串联电路的电压规律【分析】首先电压表的连接判断出示数的大小，再根据指针读出示数，即可利用串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和的特点求出l1和l2两端的电压【解答】解：（1）由题中的图可知：电压表v1测的是电源电压；电压表v2测的是l2两端的电压电压表v1的示数应大于电压表v2的示数；（2）电压表v1应选的量程是015v，其分度值是0.5v，读数为7v，即电源电压为7v；电压表v2选的量程是03v，其分度值是0.1v，读数为1.4v，即l2两端的电压为1.4v；所以，灯泡l1两端的电压为：u1=uu2=7v1.4v=5.6v；故选a9如图所示，当滑动变阻器滑片p向右移动时，下列判断正确的是（）a电压表的示数不变，电流表a1的示数变大，a2的示数变小b电压表的示数不变，电流表a1的示数不变，a2 的示数变大c电压表的示数变小，电流表a1的示数不变，a2 的示数变小d电压表的示数不变，电流表a1的示数不变，a2 的示数变小【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用【分析】由电路图可知，r1与r2并联，电流表a1测r1支路的电流，电流表a2测干路电流，电压表测电源的电压根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过r1电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过r2支路的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流变化【解答】解：由电路图可知，r1与r2并联，电流表a1测r1支路的电流，电流表a2测干路电流，电压表测电源的电压因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故c错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过r1的电流不变，即电流表a1的示数不变，故a错误；当滑动变阻器滑片p向右移动时，接入电路中的电阻变大，由i=可知，通过r2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表a1的示数变小，故b错误、d正确故选d10小明将两只灯泡l1、l2串联在电路中闭合开关后，发现：灯泡l1较亮，灯泡l2较暗这现象可说明（）a通过l1的电流大于通过l2的电流b通过l1的电流等于通过l2的电流c通过l1的电流小于通过l2的电流d无法判断【考点】串联电路的电流规律【分析】在串联电路中，电流处处相等【解答】解：由于两灯串联在电路中，所以通过小灯泡的电流相同，即i1=i2，与灯泡的亮暗无关故选b二、填空题（每空2分，共24分）11上海大众汽车有限公司正推出氢燃料电池轿车，用氢气作燃料是利用氢气的热值大的优点0.5kg氢气完全燃烧放出的热量是7107 j已知氢气的热值为1.4108j/kg【考点】燃料的热值【分析】（1）1kg的氢气相比较1kg的其他燃料在完全燃烧的条件下放出的热量较多，故氢气的热值大；（2）利用q放=mq计算出氢气完全燃烧放出的热量【解答】解：（1）1kg的氢气相比较1kg的其他燃料在完全燃烧的条件下放出的热量较多，故用氢气作燃料是利用氢气的热值大的优点；（2）0.5kg氢气完全燃烧放出的热量：q放=mg=0.5kg1.4108j/kg=7107j故答案为：热值；710712在“用电流表测电流”的实验中，某同学接成如图（a）所示的电路当开关闭合后，两灯都发光，两个电流表的指针所指位置均为图（b）所示，则通过灯l2的电流为0.32a，通过灯l1的电流为1.28a【考点】探究串并联电路中的电流特点实验【分析】由图a可知两电流表分别测量的是干路和支路电流，由图b可读数，则通过l1电流，可由并联电路电流的规律求得【解答】解：由图a、b可知两电流表分别测量的是干路和支路电流，即i=1.6a，i2=0.32a所以，由并联电路电流的规律：i=i1+i2得i1=ii2=1.6a0.32a=1.28a故答案为：0.32，1.2813如图甲所示，闭合开关s前，滑动变阻器的滑片p应滑到b端（选填“a”或“b”）；闭合开关s，向左（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器，电流表的示数变大【考点】电路的动态分析【分析】（1）闭合开关前，为防止电路中的电流过大，烧坏电路元件，滑动变阻器处于最大阻值处；（2）根据欧姆定律可知电流表示数变大时电路中总电阻的变化，进一步可知滑动变阻器接入电路中电阻的变化，然后得出答案【解答】解：（1）为保护电路，闭合开关s前，滑动变阻器的滑片处于最大阻值处的b端；（2）由电路图可知，灯泡l与滑动变阻器r串联，电压表测l两端的电压，电流表测电路中的电流，由i=的变形式r=可知，电流表的示数变大时，电路中的总电阻变小，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，即滑片向左移动故答案为：b；左14小明用如图所示的电路来探究串联电路的电压关系已知电源电压为6v，当开关s闭合后，发现两灯均不亮他用电压表分别测a、c和a、b两点间的电压，发现两次电压表示数均为6v，由此判定灯l1（选填“l1”或“l2”）开路，用电压表测b、c两点间的电压，示数为0v【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】开关闭合时，发现两灯均不亮，说明电路有开路用电压表测量a、b两点间的电压，示数均为6v，说明a、b两点到电源正负极的连接是连通的，由此判断l1灯开路；电压表接在b、c上，因l1开路，不能接在电源上，示数为0【解答】解：开关闭合两灯均不亮，电路中有开路，用电压表测量a、b两点间的电压，有示数，a、b两点到电源正负极的连接是连通的，灯l2没有开路，灯l1开路；把电压表接在b、c上，因l1开路，电路中无电流，不分压，不能接在电源上，示数为0故答案为：l1，015一位同学设计了一个风力测定仪，如图所示，0是转动轴，oc是金属杆，下面连接着一块受风板无风时，oc是竖直的，风越强，oc杆偏转的角度越大ab是一段圆弧形电阻，p点是金属杆与弧形电阻的接触点，电路中接有一个小灯泡，测风力时，闭合开关s通过分析可知：（1）金属杆oc与弧形电阻ab结合在一起相当于一个滑动变阻器；（2）风力越大，该风力测定仪灯泡越亮（填“亮”或“暗”）；（3）如果要使该测定仪使用时使用时更精确，需要串联一个电流表【考点】欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用【分析】在电路中能改变电阻大小的是滑动变阻器，连入电路电阻的大小随风力的改变而变化，所以风力测定仪相当于滑动变阻器；根据风力改变时，连入电路的电阻变化，电源电压不变，根据欧姆定律确定电路中的电流变化和灯泡的亮度变化，可通过灯泡的亮度判断风力的大小；为了提高反映风力的性能，用电流表更准确【解答】解：（1）无风时oc是竖直的，连入电路的电阻是ab段，有风时，oc杆偏转一定的角度，连入电路的电阻变为bp段，连入电路的电阻随风的大小而改变，风力测定仪相当于滑动变阻器（2）风越大，oc杆偏转的角度越大，bp段越小，电阻变小，电源电压不变，根据欧姆定律，电路中的电流变大，灯泡越亮，所以通过灯泡的亮度判断风力的大小（3）观察灯泡的亮度的微小变化，眼睛不易直接判断，所以电路中串联一个电流表能准确反映风力的大小，提高风力测定仪的性能故答案为：滑动变阻器；亮；电流表16如图所示的电路中，有一根导线尚未连接补上后要求当电键闭合后，滑动变阻器的滑片p向左移动时，灯泡变亮那么电源负极应该接a接线柱（选填“a”或“b”）【考点】滑动变阻器的使用【分析】滑动变阻器正确的使用是按一上一下的原则串联在电路中，当滑动变阻器的滑片向左移动时，电灯变亮，说明滑动变阻器接入电路的电阻变小，要靠近下方接线柱【解答】解：滑动变阻器滑片左移，灯泡变亮电路中电流变大总电阻变小滑动变阻器电阻变小滑片靠近下面的接线柱，所以把左下端的接线柱接入即a接线柱故答案为：a三、实验探究题（每空2分，共28分）17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a点的电流iab点的电流ibc点的电流ic0.18a0.18a0.36a（1）电流表应串联（选填“串联”或“并联”）在被测电路中若要测量干路电流，则电流表应接在甲图中的c点（2）小明同学在测量a处的电流时，闭合开关前，发现电流表指针位置如图乙所示，原因是电流表没有调零；纠正该错误后，闭合开关，发现电流表的指针偏转又如图乙所示，原因是电流表正负接线柱接反了；排除故障后，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为0.24a（3）上表是另一组的小亮同学在实验中用两盏规格相同的灯泡测出的数据，由此得出的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，且各支路的电流相等请指出小亮的探究过程的两点不妥之处：用的是同规格的灯泡；只有一组实验数据【考点】探究串并联电路中的电流特点实验；电流表的使用【分析】（1）电流表应串联在被测电路中；（2）使用电流表之前，要先调零，连接电路时，电流表正负接线柱不要接反，否则电流表指针将反向偏转；由图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数（3）为得出普遍结论，应使用不同规格的实验器材进行多次实验，测出多组实验数据【解答】解：（1）电流表应串联在被测电路中若要测量干路电流，由电路图可知，电流表应接在甲图中的c点（2）由图乙所示电流表可知，没有闭合开关前，电流表指针没有指在零刻度线上，这是由于电流表没有调零造成的；纠正该错误后，闭合开关，由图乙所示可知，电流表指针反向偏转，这是由于电流表正负接线柱接反了造成的；由如图丙所示电流表可知，其量程为006a，分度值为0.02a，示数为0.24a（3）由题意可知，小亮同学使用的灯泡规格相同，由表中实验数据可知，只进行了一次实验，只测出了一组实验数据，由于使用的灯泡规格相同，只进行了一次实验，实验结论不具有普遍性，为得出普遍结论，应使用不同规格的灯泡进行多次实验，测出多组实验数据故答案为：（1）串联；c；（2）电流表没有调零；电流表正负接线柱接反了；0.24；（3）用的是同规格的灯泡；只有一组实验数据18在探究影响导体电阻大小的因素时，小明做出了如下猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关，导体的横截面积有关，导体的材料有关实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如表所示：编号材料长度/m横截面积/mm2a镍铬合金0.50.5b镍铬合金1.00.5c镍铬合金0.51.0d锰铜合金0.50.5（1）按照如图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在m、n之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数（或小灯泡亮度）来比较导体电阻的大小（2）为了验证上述猜想，应该选用编号a、b两根电阻丝分别接入电路进行实验（3）分别将a和d两电阻丝接入图中电路中m、n两点间，电流表示数不相同，由此，初步得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟导体的材料有关【考点】影响电阻大小的因素【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小（2）（3）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变【解答】解：（1）在m、n之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小（2）要验证猜想：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同而长度不同，由表中数据可知，应选编号为a、b的两根电阻丝进行实验（3）分别将a和d两电阻丝接入如图1电路中m、n两点间，电流表示数不相同，由于此时导体的长度、横截面积都相同，但材料不同，故得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟材料有关故答案为：（1）电流表示数（或小灯泡亮度）；（2）a、b；（3）导体的材料19为了比较水和沙子吸热本领的大小，杨幂同学做了如图所示的实验：（1）在此实验中，用酒精灯加热时间来表示水和沙子吸收热量的多少（2）在实验中，应用了的实验法控制变量法（3）分析表中的实验数据可知；质量相同的水和沙子，是升高相同的温度，水吸收的热量大于（选填“大于”或“小于”）沙子吸收的热量（4）可以推想，如果给质量相同的水和沙子加热相同的时间，则沙子（选填“沙子”或“水”）升高的温度会更高些质量/g温度升高10所需要的时间/s温度升高20所需要的时间/s温度升高30所需要的时间/s沙子306489124水3096163220【考点】探究比热容的实验【分析】（1）相同的酒精灯，加热时间越长，水和沙子吸收的热量就越多；（2）在影响实验的多个因素中，实验时让某一个因素变化，而控制其它因素不变，这是控制变量法；（3）根据比热容的概念和吸收热量的计算公式q=cmt，实验中采用了控制变量法，控制质量相等，升高的温度相同，比热容大的 吸收的热量就多；（4）如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，利用吸收热量的计算公式q=cmt，即可判断【解答】解：（1）实验采用相同的酒精灯对其加热，加热时间越长，沙子和水吸收的热量就多，因此实验中用酒精灯加热时间