九年级物理学霸赛考卷01（教师版）

九年级物理学霸赛考卷01（解析版）初中物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．测试范围：人教版九年级全一册第13-14章。2．本卷平均难度系数0.3。第Ⅰ卷选择题一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。其中1-10题只有一个选项符合题目要求，11、12题有多个选项符合题目要求）1．如图是“风光互补”景观照明灯。它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“脚踩”蓄电池，“腰”挎照明灯。下列解释合理的是（）A．小风扇是风力发电机，将电能转化为机械能 B．照明灯是将电能转化为热能 C．光电池板是将光能转化为电能 D．蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为化学能【答案】C【分析】自然界中的风能和太阳能是能量巨大的资源，现在科学家都在设计装置利用它们的能量；风扇式发电机可以通过风吹动扇片转动，把风能转化为电能；太阳能电池可以把太阳能转化为电能。【解答】解：这种新能源的路灯，“肩扛”太阳能电池板也可以把太阳能转化为电能；“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能，这样只要有风，这种路灯也可以发电，填补了一点阴天和晚上不能发电的空白，有利于路灯晚上照明使用；蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能；同时照明灯消耗电能而发光，即是将电能转化为光能，所以明确“风光互补”景观节能灯的各部分功能后，即可得知C选项正确。故选：C。2．如图所示，在空可乐瓶内滴少许酒精，用装有气门芯的橡皮塞塞紧瓶口，用打气筒通过气门芯向瓶内打气。当气压达到足够大时，橡皮塞将从瓶口冲出，且原来透明的瓶内充满了白雾，下列说法正确的是（）A．打气时，瓶内气体温度升高，内能减少 B．打气时，压缩气体做功，气体内能增加 C．橡皮塞冲出时，气体对橡皮塞做功，气体内能增加 D．橡皮塞冲出时形成的白雾是空气降温液化成的小液滴【答案】B【分析】改变物体内能的两种方法：做功、热传递。对物体做功（例如克服摩擦做功、压缩气体做功、弯折铁丝做功等）物体的内能增加、温度升高；物体对外做功（气体膨胀做功），物体的内能减少、温度降低。【解答】解：AB、瓶子里装有一些酒精，向瓶内打气，压缩瓶内气体做功，使瓶内气体内能增加、温度升高，故A错误，B正确；CD、橡皮塞冲出时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶内气体的内能减少，温度降低，白雾是酒精蒸气遇到冷空气液化成的小液滴；故CD错误。故选：B。3．在如图所示的绝热装置中有一双层金属容器。在内层容器中倒入温度为80℃的水，用温度计I测量其温度；在外层容器中倒入相同质量的温度为20℃的水，用温度计II测量其温度。如果认为热传递只在双层容器内部进行，那么根据每隔相等时间记录的两个温度计的示数，可绘制出热水的降温图线（用虚线表示）和冷水的升温图线（用实线表示）．在图中，最能反映下述两个容器内水温变化的图象是图（）A． B． C． D．【答案】D【分析】质量相等的80℃的水和20℃的水混合，热传递只在双层容器内部进行，故最终温度应在50℃．在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。故温度与时间不是线性关系。【解答】解：因为温度与时间不是线性关系，而A体现的是温度与时间是线性关系，故A错误。在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。而B选项中没体现这一点，故B错误。C选项中体现了温度高时热传递进行的慢，温度低时进行的快，即温度高时温度变化的慢，温度低时温度变化的快。故C错误。选项D体现出了在热传递过程中两物体温度差越大热传递进行的越快，高温物体温度下降的快，低温物体温度升高的越快。两物体温度差越小热传递进行的越慢，高温物体温度下降的慢，低温物体温度升高的也慢。最终温度在50℃左右。所以D正确。故选：D。4．汽车已经成为现代生活不可缺少的一部分，汽车多数采用汽油机作为发动机，如图是单缸四冲程汽油机的工作循环示意图，下列说法中不正确的是（）A．一个工作循环的正确顺序是：丁、甲、丙、乙 B．若此汽油机曲轴的转速为1800r/min，汽油机每秒内对外做功15次 C．丙冲程是把机械能转化为内能 D．丁冲程是吸气冲程，吸入的是汽油和空气的混合物【答案】C【分析】热机的四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。压缩冲程中机械能转化为内能；做功冲程中内能转化为机械能；在热机的四个冲程中，只有做功冲程做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的。在四冲程内，汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。【解答】解：甲图：气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，将机械能转化为了内能；乙图：排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程；丙图：气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，将化学能转化为内能，内能再转化为机械能，故C错误；丁图：进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，吸入的是汽油和空气的混合物，故D正确；热机的四个冲程依次是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，即丁甲丙乙，故A正确；四冲程汽油机曲轴的转速是1800r/min，即每秒钟转30圈，完成60个冲程，对外做功15次，故B正确。故选：C。5．探究“同种物质不同状态中的吸热能力”时，小明用酒精灯给200g冰加热，如图所示，甲、乙、丙三条图线中的一条，是他依据实验数据绘制而成，已知从开始加热到冰刚好熔化完共消耗了2g酒精，c冰＜c水。若相同时间内水和冰吸收的热量相同，下列说法正确的是（）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）；q酒精＝3×107J/kg]A．小明绘制的是甲图线 B．冰熔化过程中酒精完全燃烧放出的热量为6×104J C．0～1min冰吸收的热量是8.4×103J D．该酒精灯的加热效率为21%【答案】D【分析】（1）如果用同一酒精灯给质量相同的水和冰加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，根据Q＝cmΔt分析温度的变化，从而得出水的图像；（2）根据Q＝qm求出冰熔化过程中酒精完全燃烧放出的热量；（3）根据Q吸＝c冰m冰Δt算出3～5min时间内水吸收的热量，根据相同时间内水和冰吸收的热量相同算出0～1min冰熔化过程中吸收的热量，根据效率公式算出该酒精灯的热效率。【解答】解：A、由图可知，在0～1min内，冰吸收热量，温度升高了10℃；冰化成水后，质量不变，根据题意可知，c冰＜c水，根据Q＝cmΔt可知，水的温度升高10℃所需的热量比冰温度升高10℃所需热量多，即水升高10℃，所需的加热时间长，因此小明绘制的是丙图线，故A错误；B、已知从开始加热到冰刚好熔化完（0﹣3min）共消耗了2g酒精，Q放＝qm＝2×10﹣3kg×3×107J/kg＝6×104J，1﹣3min是冰熔化过程，所以冰熔化过程中酒精完全燃烧放出的热量小于6×104J，故B错误；CD、由图知3～5min时间内，水吸收的热量为：Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×10℃＝8.4×103J，所以1min内水吸收的热量为：Q水＝4.2×103J，因为相同时间内水和冰吸收的热量相同，所以0～1min冰吸收的热量Q冰＝4.2×103J，故C错误；0～3min时间内，该酒精灯的加热效率为：η＝%＝×100%＝21%，故D正确。故选：D。6．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小 B．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 C．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变 D．物体的温度越高，所含热量越多【答案】B【分析】（1）内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关；（2）发生热传递的条件是存在温度差；（3）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；【解答】解：A、内能的大小与物体的质量、温度等因素有关，只知道温度关系，不能确定内能的大小，故A错误；B、内能小的物体可能温度高，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故B正确；C、内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关，如晶体的熔化过程中，吸热温度不变，但内能增加，故C错误；D、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故D错误；故选：B。7．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（）A．甲杯水中每分钟吸收的热量为2.52×105J B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为3：2 C．加热相同的时间，甲、乙两杯水升高的温度之比3：2 D．将甲、乙两容器中的液体从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为4：9【答案】C【分析】（1）加热2min时，由图丙的甲图线可知甲容器中水升高的温度；而水的温度变化随时间的增加而均匀升高，据此判断加热1min时甲容器中水升高的温度，已知水的质量和比热容，利用Q吸＝cmΔt计算此时甲容器中的水吸收热量；（2）由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，甲的加热时间为2min，乙的加热时间为3min；已知两容器中水的质量和升高的温度（均升高20℃），由于忽略散热损失，由Q放＝Q吸和Q吸＝cmΔt即可求出每分钟放出的热量之比；（3）根据每分钟放出的热量之比可知加热相同的时间时水吸收的热量之比，然后根据Δt＝可判断两杯水升高的温度之比。（4）根据Q吸＝cm（t﹣t0）可得甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾所需热量之比；然后根据所用时间t＝可求出所用时间之比。【解答】解：A、由图丙的甲图线可知，加热2min时，甲容器中水升高的温度：Δt＝40℃﹣20℃＝20℃；由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，所以，加热1min时，甲容器中水升高的温度：Δt′＝Δt＝×20℃＝10℃；此时甲容器中的水吸收热量：Q吸1＝cm1Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×10℃＝1.26×105J，故A错误；B、由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，乙的加热时间为3min；此时乙容器中的水吸收热量：Q乙吸＝cm2Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（40℃﹣20℃）＝1.68×105J，乙容器中的水每分钟吸收热量为：Q吸2＝×Q乙吸＝×1.68×105J＝5.6×104J；由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同，则：加热器每分钟放出的热量之比为：Q甲放/min：Q乙放/min＝1.26×105J：5.6×104J＝9：4，故B错误。C、根据B可知相同时间内，加热器放出的热量之比为9：4，则相同时间内，两杯水吸收的热量之比为9：4，根据Δt＝可得两杯水升高的温度之比为：＝＝＝＝，故C正确。D、根据Q吸＝cm（t﹣t0）可得甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾所需热量之比：＝＝＝＝；根据时间t＝可得所用时间之比为：：＝×＝×＝；故D错误。故选：C。8．把加热到100℃的某铁块投入m1克20℃的水中，混合温度为40℃；把加热到100℃的该铁块投入m2克20℃的水中，混合温度为60℃；如果把同样加热到100℃的该铁块投入（m1+m2）克20℃的水中，混合温度为（）A．50℃ B．48℃ C．36℃ D．32℃【答案】C【分析】将同一铁块放在不同的液体中，高温液体放出热量、温度降低，低温液体吸收热量、温度升高，不考虑热损失，则Q吸＝Q放，铁块和不同质量的水混合，根据热平衡方程分别列出关系式求解。【解答】解：由题意，根据热平衡方程得：把加热到100℃的某铁块投入m1克20℃的水中，c铁m铁（100℃﹣40℃）＝c水m1（40℃﹣20℃），即：2×c铁m铁×60℃＝c水m1×40℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①把加热到100℃的某铁块投入m2克20℃的水中，c铁m铁（100℃﹣60℃）＝c水m2（60℃﹣20℃），即：c铁m铁×40℃＝c水m2×40℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②①+②得：c铁m铁×160℃＝c水（m1+m2）×40℃，∴c铁m铁＝c水（m1+m2），﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③把加热到100℃的某铁块投入（m1+m2）克20℃的水中，c铁m铁（100℃﹣t）＝c水（m1+m2）（t﹣20℃），﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④③代入④得：c水（m1+m2）×（100℃﹣t）＝c水（m1+m2）（t﹣20℃），解得：t＝36℃。故选：C。9．第一次在试管里注入温度为20℃的水，将试管底部浸入温度为60℃的大量水中，试管内的水经过时间t1被加热到60℃；第二次在试管里注入温度为60℃的等量的水，将试管底部浸入温度为20℃的大量水中，试管内的水经过时间t2冷却到20℃，不考虑水和空气之间的热交换，则（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法确定【答案】C【分析】热传递有三种方式：传导、对流和辐射。传导：热从物体温度较高的部分沿着物体传到温度较低的部分，叫做传导。对流：靠液体或气体的流动来传热的方式叫做对流。辐射热由物体沿直线向外射出，叫做辐射。第一次的时候，热传递的方式有两种：传导和对流；第二次的时候，热传递的方式只有一种：传导。据此比较所需加热时间的长短。【解答】解：两种情况下，都是将试管底部浸入，第一次时，下面的水先吸热、温度升高，体积膨胀、密度减小而上升，上面的水密度大、下降；试管里的水主要通过对流被全部加热，较快，用时间少、t1较小；第二次时，下面的水先降低温度，仍在下面，试管里的水主要通过传导全部致冷，因为水是热的不良导体，较慢，用时多、t2较大，所以：t1＜t2。故选：C。10．一厚度为d的薄金属盘悬吊在空中，其上表面受太阳直射，空气的温度保持300K不变，经过一段时间，金属盘上表面和下表面的温度分别保持为325K和320K．假设单位时间内金属盘每个表面散失到空气中的能量与此表面和空气的温度差以及此表面的面积成正比：单位时间内金属盘上、下表面之间传递的热量与金属盘的厚度成反比，与两表面之间的温度差和表面面积成正比。忽略金属盘侧面与空气之间的热传递。那么，在金属盘的厚度变为2d而其他条件不变的情况下。金属盘上、下表面温度稳定之后，金属盘上表面的温度将变为（）A．323K B．324K C．326K D．327K【答案】D【分析】由于在金属盘的厚度变为2d而其他条件不变的情况下，则根据太阳对金属盘的照射时金属盘的吸热功率不变；同时根据金属盘上、下表面之间传递的热量与下表面散失到空气中的能量相同，据此列出关于两种金属盘的功率等式，然后解答方程组即可。【解答】解：厚度为d的薄金属盘，经过一段时间，当温度稳定后，则吸热功率为：P吸＝P散＝k1S（t上1﹣t0）+k1S（t下1﹣t0）＝k1S（325﹣300）+k1S（320﹣300）＝45k1S；上表面向下表面传递的热量功率为：P传＝k2（t上1﹣t下1）＝k1S（t下1﹣t0），即：k2（325﹣320）＝k1S（320﹣300），所以，5k2＝20k1S﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①在厚度为2d的金属盘而其他条件不变的情况下，当温度稳定后，设金属盘上表面和下表面的温度分别保持为t上、t下，由于太阳对金属盘的直射功率不变，则：P散2＝P吸，所以，k1S（t上﹣t0）+k1S（t下﹣t0）＝45k1S，即：k1S（t上﹣300）+k1S（t下﹣300）＝45k1S，整理得：t上+t下＝645﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②厚度为2d的金属盘上表面向下表面传递的热量功率为：P传2＝k2（t上﹣t下）＝k1S（t下﹣t0），即：k2（t上﹣t下）＝k1S（t下﹣300）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③解①②③得：t上＝327K。故选：D。11．（多选）贝贝根据表一、表二所提供的几种物质的比热容和密度，得出以下四个结论，其中正确的是：（）表一几种常见物质的比热容表二几种常见物质密度（常温常压下）物质比热容/J/（kg•℃）物质比热容/J/（kg•℃）物质密度/kg/m3物质密度/kg/m3水4.2×103冰2.1×103纯水1.0×103冰0.9×103酒精2.4×103铝0.88×103酒精0.8×103铝2.7×103水银0.14×103铜0.39×103水银13.6×103铜8.9×103A．固体的密度大于液体的密度，固体的比热容小于液体的比热容 B．体积相等的铝块和铜块升高相同的温度，铜块吸收的热量多 C．质量相等的水和酒精，吸收相等的热量后，温度的变化一定相等 D．体积相等的铝块和冰块、铝块质量是冰块的3倍【答案】BD【分析】A、分析表二中的数据，即可判断选项A是正确的还是错误的；B、先根据密度公式得出铜块和铝块的质量关系，比热容大小可由表一中得知，然后根据热量计算公式即可判定谁吸收的热量多；C、从表一中可知水的比热容和酒精的比热容不同，根据热量计算公式即可得出它们吸收相同热量后，温度变化关系；D、体积相等的不同物质，质量与密度成正比。从表二中找出铝块和冰块的密度，根据密度之比即可得出质量之比。【解答】解：A、由表二可知，固体的密度不一定都大于液体的密度，冰的密度比纯水的密度小，冰、铝、铜的密度都比水银的密度小；由表一可知，固体的比热容不一定都小于液体的比热容，冰、铝、铜的比热容都大于水银的比热容，所以选项A错；B、由表一可知，铜的比热容与铝的比热容之比是39：88．根据热量计算公式，可得铜块与铝块升高相同的温度吸收的热量之比是：＝＝≈1.4，则表明铜块吸收的热量多，所以选项B正确；C、由表一可知，水的比热容和酒精的比热容不相同，则质量相等的水和酒精，吸收相等的热量，根据热量计算公式Q＝cmΔt可知，温度变化一定不相等，比热容大的温度变化小，比热容小的温度变化大，所以选项C错；D、体积相同的不同物质，质量与密度成正比。从表二可知，铝的密度是2.7×103kg/m3，冰的密度是0.9×103kg/m3，由于铝的密度是冰的3倍，所以相同体积铝的质量是冰质量的3倍，故D正确。故选：BD。12．（多选）乙醇汽油是有乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的能源，能有效改善油品的性能和质量。它不影响汽车的性能，还减少有害气体的排放。乙醇汽油的推广及使用，可以缓解因石油资源短缺而造成的经济压力。乙醇汽油作为一种新型清洁燃料，是目前世界上可再生能源的发展重点。某风景区以湖为中心旅游项目，许多游客都会在此乘坐快艇。为了保护环境，该风景区改用乙醇汽油作为快艇的燃料，下表为某种快艇的部分技术参数限载6人排水量1.8t油箱容积40L快艇自身质量1400kg已知该快艇使用的乙醇汽油热值约4.6×107J/kg，密度约为0.7×103kg/m3，它在水中匀速航行时所受阻力2100N，若发动的效率为30%，快艇匀速行驶了10km，则下列说法正确的是（）A．快艇最大的载重质量是400kg B．快艇匀速行驶了10km，消耗的汽油约为2.2L C．快艇输出的有用功是7×107J D．快艇匀速行驶了10km，消耗的汽油完全燃烧产生的热量为2.1×107J【答案】AB【分析】（1）根据快艇的排水量减去快艇自身的质量可求得快艇最大的载重质量；（2）根据W＝Fs＝fs可求得快艇输出的有用功；由η＝可求得总功，然后利用Q＝mq可求得汽油的质量，再利用密度公式变形可求得汽油的体积；【解答】解：（1）由表中数据可知，快艇的排水量为1.8t＝1.8×103kg，即快艇最大的载重质量是1.8×103kg﹣1400kg＝400kg，故A正确；（2）快艇输出的有用功W＝Fs＝fs＝2100N×10000m＝2.1×107J，故C错误；由η＝可得，Q＝＝＝7×107J；由Q＝mq可得m＝＝≈1.52kg，则由ρ＝可得：V＝＝≈2.2L，故B正确；快艇匀速行驶了10km，消耗的汽油完全燃烧产生的热量为7×107J，故D错误。故选：AB。第Ⅱ卷非选择题二．填空题（本题共6小题，每题3分，共18分）13．中医拔火罐能有效治疗某些疾病，使用时先加热火罐中气体，再按图甲所示方法迅速将火罐按到皮肤上，一段时间后，罐内气体的内能减小。如图乙所示，“艾灸”时通过热传递（填“做功”或“热传递”）的方式改变了穴位处的内能。【答案】减小；热传递。【分析】做功和热传递都能改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；内能的大小与物体的质量、温度和状态有关。【解答】解：迅速将火罐按到皮肤上，一段时间后，罐内气体的温度降低，内能减小；图乙中，“艾灸”时能量发生了转移，是通过热传递的方式改变了穴位处的内能。故答案为：减小；热传递。14．菜油最适宜的烹饪温度在150℃至180℃之间．用天然气将质量为0.02kg的菜油从室温20℃加热到170℃，天然气燃烧释放出的热量有60%被菜油吸收，则菜油吸收了6×103J热量，燃烧了2.5×10﹣4m3的天然气。[取c菜油＝2.0×103J•（kg•℃）﹣1，天然气的热值为4×107J/m3]【答案】6×103；2.5×10﹣4。【分析】知道菜油的质量、比热容和菜油的初温和末温，利用吸热公式求菜油吸收的热量；知道效率，利用效率公式可以求出天然气完全燃烧所需放出的热量，根据公式Q＝Vq求出体积。【解答】解：菜油吸收的热量：Q吸＝c菜油mΔt＝2.0×103J•（kg•℃）﹣1×0.02kg×（170℃﹣20℃）＝6×103J；天然气完全燃烧所需放出的热量Q放＝＝104J；由Q放＝qV得完全燃烧的天然气的体积：V＝＝2.5×10﹣4m3。故答案为：6×103；2.5×10﹣4。15．用加热器给液体A、B加热（mA＝2kg，mB＝1kg，不考虑热量损失），两杯液体的温度都升高1℃，吸收的热量如图所示。若两杯液体的温度都降低1℃，则放出热量较多的是液体A（选填“A”或“B”）；两种液体的比热容cA＝cB（选填“＞”、“＜”或“＝”）。【答案】A；＝。【分析】（1）根据图判定物质在升高1℃时吸热的多少，再判断出两杯液体的温度都降低1℃放出热量的多少；（2）根据Q＝cmΔt判断出两种液体的比热容的大小。【解答】解：（1）根据题意和图可以知道：A的质量为2kg，B物体质量为1kg，两物体温度都升高1℃，则A吸收的热量多，同理两物体温度都降低1℃，则A放出的热量多；（2）B放出的热量为2000J，质量为1kg，根据Q＝cmΔt可以知道，B的比热容为：c＝＝＝2×103J/（kg•℃）；A质量为2kg，A温度升高1℃，吸收的热量为4000J，则A的比热容为：c′＝＝＝2×103J/（kg•℃），所以A、B的比热容一样大。故答案为：A；＝。16．如图是某太阳能热水器，向其中注入35kg的水，阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到50℃，这段时间该热水器中的水吸收的热量Q＝5.88×106J；若用煤燃烧来提供如此多的热量，需完全燃烧0.168千克煤。[C水＝4.2×103J/（kg•℃），煤的热值为3.5×107J/kg]。【答案】见试题解答内容【分析】利用公式Q＝cmΔt可计算水吸收热量的多少；利用公式Q＝mq可计算需要燃烧天然气的质量。【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×35kg×（50℃﹣10℃）＝5.88×106J；相当于完全燃烧煤的质量：m＝＝＝＝0.168kg。故答案为：5.88×106；0.168。17．“拔丝地瓜”是很多人喜欢的菜品。能闻到刚出锅的“拔丝地瓜”香气浓郁，这是扩散现象；夹起一块地瓜就会拉出很长的丝，是因为分子间存在引力；地瓜由生到熟，主要是通过热传递的方式改变内能。【答案】扩散；引力；热传递。【分析】物质是由大量分子或原子组成的，分子在不停地做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈，分子间存在相互的引力和斥力。改变内能的方式包括做功和热传递。【解答】解：分子在不停地做无规则运动，即扩散现象，温度越高，分子运动越剧烈，所以刚出锅的“拔丝地瓜”的香味闻起来更加浓郁一些；分子间存在相互作用的引力，在分子间引力作用下，使地夹起一块地瓜时就会拉出很长的丝而不断开；地瓜由生到熟，主要是通过热传递的方式改变内能。故答案为：扩散；引力；热传递。18．记忆合金是一种特殊的材料，能够记住自身的形状，不论发生怎样的形变，稍微加热就会恢复如初。如图所示为“记忆合金魔轮”，安装在转轮上的记忆合金弹簧在高于其“转变温度”的水中缩短，在空气中伸长，在力的作用下，转轮便转动起来了。若在下面放上热水，魔轮就会不停地转下去，就制成了一个“永动机”。你认为这种方案不可行（选填“可行”或“不可行”），理由是“永动机”违背了能量守恒原理。【答案】见试题解答内容【分析】“永动机”不能制成，它一定违背了基本的物理规律。一类永动机违背了能量守恒定律，另一类永动机不遵循热力学第二定律。【解答】解：取一根弹簧为研究对象，我们研究它转动一周的过程。弹簧在水中吸收内能，大部分能量转换为转动的动能，该过程中弹簧还要克服空气和水的阻力做功，并且在空气中释放内能；该永动机需要外力来维持，违背了能量守恒原理，不可行。故答案为：不可行；永动机”违背了能量守恒原理。三．解答题（本题共6小题，共46分）19．学习分子的有关知识后，小明等同学提出了这样一个问题：分子的运动快慢和哪些因素有关？在观察研究的基础上，他们提出了这样几种猜想：①分子运动快慢与物质的温度有关。②分子运动快慢与物质的种类有关。…为了研究猜想①是否正确，小明等同学进行了如下实验：如图取来相同的两只烧杯，在其中放质量相同的冷水和热水，各滴入一滴红墨水，观察两杯水颜色变化的快慢。小明他们通过分析归纳，总结得出了分子运动快慢与物质的温度之间的关系。问题：（1）实验中观察到的现象是热水杯中的颜色变化得快，得到的结论是：温度越高分子的无规则运动越剧烈。（2）实验过程中，用相同的烧杯，放相同质量的冷水和热水，各滴入一滴红墨水。所运用的一种研究方法是控制变量法。（3）做这个实验时，不能（选填“能”或“不能”）搅动杯中的水，其原因是即使分子不运动，搅拌也能使它们混合起来。（4）请你将上面的实验改成研究“分子运动快慢与物质的种类有关”的实验（写出实验的方法和注意点）。【答案】见试题解答内容【分析】（1）扩散现象是指不同物质的分子在相互接触时彼此进入对方的现象；（2）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快；（3）当所研究的问题受多个因素的影响时，需控制变量逐个研究。【解答】解：（1）在质量相同的冷水和热水中，各滴入一滴红墨水，温度高的那杯水中的颜色变化得快一些，说明温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快；（2）水中颜色变化快慢受水温、水的多少等多个因素影响，这里控制水温不同而其它因素相同，影响水的颜色变化的因素就是水的温度，采用了控制变量法；（3）如用玻璃棒搅动，即使分子不运动，也可使水的颜色发生变化，则无法说明水颜色变化是由于水分子无规则运动所引起；（4）要研究“分子运动快慢与物质的种类有关”的实验，要使液体的温度相同，但液体的种类不同；即：将热水杯中的热水换成酒精等液体，在水中滴入一滴染红的水，在酒精中滴入一滴染红的酒精。观察两杯液体中的颜色变化的快慢；注意点：①两杯液体中的温度相同；②在水中滴入一滴染红的水，在酒精中滴入一滴染红的酒精。故答案为：（1）热水杯中的颜色变化得快；温度越高分子的无规则运动越剧烈；（2）控制变量法；（3）不能；即使分子不运动，搅拌也能使它们混合起来；（4）方法：将热水杯中的热水换成酒精等液体，在水中滴入一滴染红的水，在酒精中滴入一滴染红的酒精。观察两杯液体中的颜色变化的快慢；注意点：①两杯液体中的温度相同；②在水中滴入一滴染红的水，在酒精中滴入一滴染红的酒精。20．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量也相同。（1）比较不同燃料的热值，应选择甲、乙两图进行实验，实验时要观察液体升高的温度比较两种燃料的热值大小；比较不同物质的比热容，应选择甲、丙两图进行实验，实验通过加热时间的长短反映物体吸热的多少。（2）比较不同物质的比热容，选用如图合适装置加热相同一段时间后，液体a升温多，由此可知：质量相同的液体a与b，升高相同的温度时，液体a吸收的热量小于（选填“大于”或“小于”）液体b吸收的热量。（3）若甲图烧杯中为50mL的水，10g酒精完全燃烧温度计示数升高了20℃，①水吸收了4.2×103J热量，若酒精燃烧放出的热量全部被水吸收，则酒精的热值是4.2×105J/kg，算出的热值比标准值偏小（选填“偏大”“偏小”或“一样”）【答案】见试题解答内容【分析】（1）①燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；②为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，温度计的示数变化相同时，通过比较加热时间比较吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；（2）根据a、b液体吸收热量的多少，判断a、b液体比热的大小，然后根据比热大小，分析判断质量相同的液体a与b，升高相同的温度时，a与b吸收热量的关系；（3）①知道水的体积，求出水的质量；根据水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；②根据公式Q＝qm计算酒精的热值；③在此实验中，酒精燃烧放出的热量大部分未被水吸收。【解答】解：（1）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和丙两图进行实验；（2）比较不同物质的比热容，选用甲、丙两实验，加热相同一段时间，两种液体吸收的热量相等，液体a升温多，说明a的比热容小；a的比热容小，质量相同的液体a与b，升高相同的温度时，液体a吸收的热量小于液体b吸收的热量。（3）①100mL水的质量为：m＝ρ水V＝1×103kg/m3×50×10﹣6m3＝0.05kg；水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.05kg×20℃＝4.2×103J；②根据题意可知，Q吸＝Q放，由Q放＝qm可知，酒精的热值为：q＝＝＝4.2×105J/kg；③酒精完全放出的热量并没有全部被水吸收，所以算出的热值比标准值偏小。故答案为：（1）甲、乙；液体升高的温度；甲、丙；加热时间的长短；（2）小于；（3）4.2×103J；4.2×105J/kg；偏小。21．天然气的主要成分是甲烷，其热值为3.6×107J/m3，水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）。（1）小明家一个月要用10m3的天然气，则完全燃烧这些天然气可放出多少热量？（2）若这些热量有70%被水吸收，可将多少kg、20℃的水烧开（在标准大气压下）？【答案】见试题解答内容【分析】（1）由Q放＝Vq可求出天然气完全燃烧放出的热量；（2）由题知，Q吸＝70%Q放，知道水的比热容，求出水温度的升高值，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求水的质量。【解答】解：（1）10m3天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝10m3×3.6×107J/m3＝3.6×108J；（2）由题知，Q吸＝70%Q放＝70%×3.6×108J＝2.52×108J；由Q吸＝cm（t﹣t0）可得：2.52×108J＝4.2×103J/（kg•℃）×m×（100℃﹣20℃），解得：m＝750kg，因此能把750kg的水从20℃加热到100℃。答：（1）小明家一个月要用10m3的天然气，则完全燃烧这些天然气可放出的热量为3.6×108J；（2）若这些热量有70%被水吸收，可将多少750kg、20℃的水烧开。22．某种液体吸收了2.1×104J的热量后，其温度由25℃升高到35℃，请你再添加一个适当的条件，使之变成一道求解液体质量的计算题，并解答。【答案】见试题解答内容【分析】要求液体的质量，根据热量公式Q＝CmΔt，首先必须知道液体的比热容，水的比热容是应该记住的，就可以设液体为水。【解答】解：（1）题为：水吸收了2.1×104J的热量后，其温度由25℃升高到35℃，求解水质量是多少？（2）已知Q＝2.1×104J，Δt＝35℃﹣25℃＝10℃；由Q＝CmΔt得：m＝＝＝0.5kg答：水的质量为0.5kg23．同样是向低温物体传导1焦耳的热量，显然高温物体的温度越高，热传导越容易。为了体现这种传热的容易程度，物理学中引入了一个叫做“熵”的概念：如果某个温度为T（这里以及下面的温度均指热力学温度）的物体向外传热的量为Q，则其”熵”就减少。如果某个物体吸热，则其“熵”就相应地增加。让人惊奇的是，这样引入的“熵”其实是一个状态量。也就是说，只要物体的状态确定了，其“熵”就定了，与其吸放热的历史无关。请由此回答以下问题。（1）两个温度不同的物体接触从而进行热交换，这个过程中，整个系统的总熵是增加还是减少？请给出你的理由。假定（1）中得到的熵增或熵减趋势对于任意孤立系统都成立，我们由此可以对热机效率进行一般性的分析。一个热机通常由热机工质、高温热源和低温热源组成，其中高温热源的热容非常大，以至于其温度几乎恒定为T1。鉴于同样的理由，低温热源的温度恒为T2。热机工质在完成一个循环的过程中从高温热源吸取的热量为Q1，向低温热源释放的热量为Q2，两者的差值就是对外做的功W＝O1﹣Q2。同时，循环完成后热机工质回到初态以准备下一个循环。（2）请求出一个循环中，高温热源的熵的增量ΔS1、低温热源的熵的增量ΔS2以及热机工质的熵的增量ΔS0。注意，如果某物体因放热而熵减少，则其熵的增量为负。（3）整个系统的总熵应具有和（1）相同的变化趋势。由此我们可以判断：对于工作在两个热源之间的热机，其效率η（定义为）必有一个只和T1、T2有关的上限。请求出该上限ηm关于T1、T2的表达式。【答案】（1）整个系统的熵ΔS＝ΔS1+ΔS2＝﹣+＞0，故整个系统的总熵是增加；（2）高温热源的熵减为：ΔS1＝﹣；低温热源的熵增为：ΔS2＝；热机工质的熵的增量ΔS0＝﹣+；（3）热机效率ηm＝1+。【分析】（1）在孤立系统中，热传递实际发生的过程，总使整个系统的熵值增大，即熵增原理；（2）根据ΔS＝计算熵增或熵减；（3）已知W＝Q1﹣Q2，根据η＝进行换算得。【解答】解：（1）设高温度物体的温度为T1，低温物体的温度为T2，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量即为Q；高温物体的熵减为：ΔS1＝﹣；低温物体的熵增为：ΔS2＝；整个系统的熵ΔS＝ΔS1+ΔS2＝﹣+＝﹣＝，因为高温物体的温度T1大于低温物体的温度T2，所以T1﹣T2＞0，ΔS＝＞0，故整个系统的总熵是增加；（2）高温热源温度为T1，放出热量为Q1，故高温热源的熵减为：ΔS1＝﹣；低温热源温度为T2，吸收的热量为Q2，故低温热源的熵增为：ΔS2＝；热机工质的熵的增量ΔS0＝﹣+；（3）已知热机对外做功W＝Q1﹣Q2，Q1＝﹣ΔS1T1；Q2＝ΔS2T2；热机效率ηm＝＝＝1﹣＝1﹣＝1+；故答案为：（1）整个系统的熵ΔS＝ΔS1+ΔS2＝﹣+＞0，故整个系统的总熵是增加；（2）高温热源的熵减为：ΔS1＝﹣；低温热源的熵增为：ΔS2＝；热机工质的熵的增量ΔS0＝﹣+；（3）热机效率ηm＝1+。24．阅读短文，回答问题。热阻物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递。传导是热传递的一种方式，同时物体对热量的传导有阻碍作用，称为“热阻”用R表示。物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式为R＝，式中λ称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同。房屋的墙壁为了保温，往往使用导热系数较小的不良导体材料。如果墙壁一侧是高温环境，温度始终为t1；另一侧是低温环境，温度始终为t2，墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增（或递减），墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。（1）热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中的电压，热阻相当于电路中的电阻（以上两空均选填“电压”“电流”或“电阻”）。（2）在其他因素不变的情况下，导热系数越小，热阻越大（选填“大”或“小”）。铁锅等传热良好的炊具一般用热阻较小（选填“大”或“小”）的材料制成的。（3）如图甲所示，热量在墙壁中传导，t1、t2分别为40℃、20℃，则墙壁正中间（虚线处）的温度为30℃。（4）如图乙所示，长方体实心铝块的长、宽、高分别为2L、L、3L，当热量从上向下流动时，铝块的热阻为R1，热量从左向右流动时，铝块的热阻为R2，则R1＞R2（选填“＞”“＜”或“＝”）。（5）如图丙所示，热量在墙壁中传导，在传导方向上的长度为L1，横截面积为S，导热系数为λ1；在墙壁一侧紧贴一层保温层，保温层与墙壁面积相同，在热传导方向上的长度为L2，导热系数为λ2，则热量传导过程中的总热阻R＝。【答案】（1）电压；电阻；（2）大；小；（3）30；（4）＞；（5）。【分析】（1）当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递，同时物体对热量的传导有阻碍作用，称为“热阻”，热传递的条件是有温度差，电压时形成电流的原因，电阻对导体对电流的阻碍作用；（2）根据题中信息分析函数关系可知导热系数越小，热阻越大，导热能力越差，导热系数越大，热阻越小，导热能力越强；（3）根据墙壁中形成稳定的热量流动，分析解答；（4）（5）根据：“物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式R＝，式中λ称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同”分析解答。【解答】解：（1）当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递，传导是热传递的一种方式，同时物体对热量的传导有阻碍作用，称为“热阻”，热传递的条件是有温度差，电压是形成电流的原因，电阻对导体对电流的阻碍作用，热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中电压，热阻相当于电路中的电阻；（2）物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式为R＝，式中λ称为材料的导热系数，分析函数关系可知在其他因素不变的情况下，导热系数越小，热阻越大，导热能力越差，导热系数越大，热阻越小，导热能力越强，所以铁锅等传热良好的炊具一般用热阻较小的材料制成的；（3）墙壁中形成稳定的热量流动，相同时间内，温度的减少相同，所以墙壁正中间处的温度为：＝＝30℃；（4）由R＝知，当热量从上向下流动时，铝块的热阻为：R1＝＝，热量从左向右流动时，铝块的热阻为：R2＝＝，比较可知R1＞R2；（5）根据“物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式R＝，式中λ称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同”知，乙图中热量传导过程中的总热阻R为。故答案为：（1）电压；电阻；（2）大；小；（3）30；（4）＞；（5）。综合训练一、选择题(本大题共10小题。下列各题给出的四个选项中,只有一项符合题意)1.在倡导“节能环保”“低碳生活”的今天,我们应尽量减少下列哪种能源的使用()A.水能 B.石油 C.风能 D.太阳能2.下列关于信息的传递的相关知识错误的是()A.电磁波在真空中也可以传播,所以航天员在月球上可以利用电磁波来通信B.移动电话既是无线电发射台又是无线电接收台,它利用电磁波传递信息C.在地球周围均匀配置2颗地球静止卫星,就可以实现全球通信D.光从光导纤维的一端射入,在内壁上多次反射,将信息传到远方3.下列电路图中,开关S闭合后,两个电阻并联的是()4.实验中绘出了小灯泡的电流与电压关系的U-I图像如图甲所示,则图乙中有关此小灯泡功率P与U2或P与I2的图像可能正确的是()甲乙5.电磁铁被广泛应用于生产、生活中,下列产品中没有用到电磁铁的是()6.下列实验装置与探究内容不相符的是()7.能源科技的发展促进了人类文明的进步,关于能源和材料,下列说法错误的是()A.化石能源的大量使用带来了酸雨、雾霾、温室效应等环境问题B.提高能量转化利用中的效率是解决节能问题的重点之一C.超导材料不能应用在电饭锅等电器上D.铜是磁性材料,可以被磁化8.两个相同的容器分别装了质量相同的甲、乙两种液体。用同一热源分别加热,液体温度与加热时间关系如图所示,则()A.甲液体的比热容大于乙液体的比热容B.如果升高相同的温度,两液体吸收的热量相同C.加热相同的时间,甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量D.加热相同的时间,甲液体温度比乙液体温度升高得多9.下列有关图甲、乙所示的实验现象说法正确的是()甲乙A.图甲演示的是电流的磁效应现象B.图乙演示的现象与扬声器原理相同C.甲、乙两图演示的现象说明电能生磁,磁也能生电D.图乙中,导体ab只要运动就能在电路中产生感应电流10.有两个电路元件A和B,流过元件的电流与其两端电压的关系如图所示,下列说法正确的是()A.A的电阻值为6.25ΩB.A和B串联,电路中电流为0.4A时,A、B的电功率之比为5∶4C.A和B并联在电压为2.5V的电源两端,A、B的电功率之比为5∶4D.当A和B串联,两者电阻相同时,电源电压为3.0V二、填空题11.工厂里的冷却塔大多用水作为冷却物质,是因为水的较大;在古代,人类学会了钻木取火的方法,这是利用的方式改变物体的内能。

12.两只电阻之比R1∶R2=3∶5,把它们串联在某电路中,则通过的电流之比I1∶I2=;消耗的电功率之比P1∶P2=。

13.某同学家中的电能表如图所示,现用它测量一只灯泡的实际功率。他关掉其他电器只让该灯泡工作,电能表转盘转过30r用时10min,这段时间灯泡消耗的电能是kW·h,灯泡的实际功率是W。

14.一个空心小铁球放在盛水的水槽中置于铁棒AB的上方,绕在铁棒上的线圈连接在如图所示的电路,开关S闭合后,空心小铁球仍漂浮在水面上,此时A端为电磁铁的极,将滑片P向左滑动,空心小铁球所受浮力(选填“增大”“减小”或“不变”)。

15.如图所示,R1的阻值为5Ω,滑动变阻器R2的最大阻值为40Ω,电源电压保持4.5V不变,电流表量程为0~0.6A,电压表量程为0~3V。为保证电路安全,R2接入电路中的最小阻值为Ω,R1消耗的最小功率为W。

三、作图题16.请用笔画线代替导线,将图中的开关、节能灯正确接入家庭电路中。17.如图所示,电路连接正确,开关闭合后小磁针静止时指向如图所示,请在图中标出通电螺线管磁极、电源的正负极,并画出螺线管的绕法。四、实验题18.某小组在测量小灯泡电功率的实验中,备有器材的规格如下:电源电压恒为6V,小灯泡的额定电压为2.5V,电阻约为10Ω,滑动变阻器A的规格为“10Ω1A”,滑动变阻器B的规格为“50Ω2A”。(1)用笔画线代替导线,将图甲的电路连接完整,要求滑动变阻器滑片P向右滑动时小灯泡变亮。(2)该组同学选用的滑动变阻器应是(选填“A”或“B”)。

(3)闭合开关后,发现小灯泡不亮,电流表无示数,电压表有示数,则故障可能是。

(4)通过小灯泡的电流随它两端电压的变化如图乙所示,分析图像可知,小灯泡的额定功率为W;小组同学分析图像后发现:通过灯泡的电流与其两端电压不成正比。形成这一现象的原因是。

(5)他们想继续探究电流与电压的关系,请你帮他们设计一个实验电路,将电路图画在图丙的虚线框中。五、综合题19.如图所示的电路中,电阻R'的阻值为50Ω,滑动变阻器R的最大阻值为100Ω,电源电压10V保持不变。闭合开关,求:(1)当P移至a端时,电阻R'消耗的功率;(2)当P移至b端时,电路中的电流大小和通电2min产生的热量。20.图甲为一款利用高温水蒸气熨烫衣服的便携式挂烫机,它的正常工作电压为220V。水箱最多装水0.3kg,加热功率有大小两个挡位。设计师最初设计的内部电路有图乙、丙两种接法,其中电热丝R1=56Ω,R2=44Ω。甲(1)高温水蒸气熨烫衣服时,水蒸气遇到衣服迅速(填物态变化名称)成小水珠,放出热量,将衣服熨平。

(2)如果选择乙电路,电路中最大电流为A;如果选择丙电路,电路中最大电流为A。由于两个电路中所选熔断器里的熔丝允许通过的最大电流为8.2A,故设计师最终选择了乙电路。(计算结果保留一位小数)

(3)请分别计算这款挂烫机两个挡位的额定功率。(4)若将水箱中质量为0.22kg的水从25℃加热到100℃,挂烫机至少需要加热多长时间?[水的比热容c=4.2×103J/(kg·℃)]期末测评1.B水能、风能、太阳能取之不尽、用之不竭,而且不会对环境产生影响,现在科学技术的进步也很容易转化为其他形式的能;煤炭、石油、天然气属于化石能源,属于不可再生能源,并且在使用时会产生废物、废气污染环境,与节能环保、低碳生活不相符。2.C月球上没有空气,表面是真空,电磁波可以在真空中传播,所以航天员在月球上可以用电磁波来通信,故选项A正确,不符合题意;移动电话既是无线电发射台,又是无线电接收台,它利用电磁波传递信息,故选项B正确,不符合题意;要实现全球通信(除两极外),在地球周围均匀地配置3颗地球静止卫星就可以,故选项C错误,符合题意;激光在传输过程中,从光导纤维的一端射入后,在光导纤维内壁上要发生多次反射,并从另一端射出,这样就把它携带的信息传到远方,故选项D正确,不符合题意。3.C选项A,两个电阻顺次连接,因此该电路为串联电路;选项B,开关闭合,导线对上面的电阻短路,只有下面的电阻连入电路;选项C,两个电阻并列连接,因此该电路为并联电路;选项D,开关闭合,会对电源短路,烧坏电源,两个电阻不能工作。4.D由题图甲可知,电阻随着电压和电流的增大而增大。由P=U2R可知,在P-U2图像上某点与原点连线相对于横轴的倾斜程度反映了该点电阻的倒数,因随电压变大,电阻的倒数会变小,故选项A、B错误。由P=I2R可知,在P-I2图像上某点与原点的连线相对于横轴的倾斜程度反映了物体在该点电阻的大小,因小灯泡的电阻随电流的增大而增大,故其倾斜程度应越来越大,故选项C错误5.B磁浮列车应用同名磁极相互排斥的原理,应用了电磁铁,故选项A不符合题意。台灯是利用将电能转化为光能工作的,没用到电磁铁,故选项B符合题意。老式电话机应用了电磁铁的原理,故选项C不符合题意。通电时,电磁铁有电流通过,电磁起重机产生了磁性,当电路断开时,电磁铁失去了磁性,应用了电磁铁,故选项D不符合题意。6.B选项A,据小磁针偏转的情况可以判断磁极间的作用规律,故不符合题意;选项B,该实验是探究电磁铁磁性的强弱与线圈匝数的关系,即电流一定时,匝数多的电磁铁磁性强,故符合题意;选项C,据奥斯特实验可知,通电导线周围存在着磁场,故不符合题意;选项D,此时是闭合电路,且导体做切割磁感线运动,能产生感应电流,故不符合题意。7.D化石能源的大量使用带来了环境问题,如二氧化碳造成的“温室效应”,二氧化硫等造成的酸雨,燃烧时产生的浮尘等,故选项A正确,不符合题意;提高能量转化利用中的效率是我们当前解决节能问题的重点之一,故选项B正确,不符合题意;电饭锅等电器是利用电流的热效应进行工作的,使用超导材料时电饭锅等电器就无法工作,故选项C正确,不符合题意;铁、钴、镍等物质是磁性材料,铜不是磁性材料,不可以被磁化,故选项D错误,符合题意。8.D由Q=cmΔt得c=QmΔt,由图像知,等质量的甲、乙两液体加热相同时间即吸收相同热量,甲升高的温度高,故c甲<c乙;升高温度Δt相等时,Q甲<Q乙;Q甲=Q乙时,Δt甲>Δ9.C题图甲中有电源,是电动机原理图,利用了通电导体在磁场中受力运动的原理,不是电流的磁效应,A错误;题图乙中,当金属棒ab在磁场中做切割磁感线运动时,电路中就会产生感应电流,是电磁感应装置,而扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的,题图乙演示的现象与扬声器原理不相同,B错误;题图甲说明通电导体的周围产生磁场,该磁场与磁体的磁场相互作用产生力,说明电能生磁,题图乙为电磁感应现象,说明磁也能生电,C正确;题图乙中,导体ab只有做切割磁感线运动,才能在电路中产生感应电流,D错误。10.C由图像可知,当通过A的电流IA0=0.4A时,A两端的电压UA0=2.0V,由I=UR可得,A的电阻值RA=UA0IA0=2.0V0.4A=5Ω,A错误;A和B串联,电路中电流为0.4A时,由图像可知,两元件两端的电压UA=2.0V,UB=2.5V,因串联电路中各处电流相等,所以,通过