2025年秋-人教版初中物理九年级全册上学期期中统一联合考试（提升卷）（解析版）

第第页2025年秋-人教版初中物理九年级全册上学期期中统一联合考试（提升卷）题号一二三四总分评分阅卷人一、单选题（共15题，每小题2分，共30分）得分1．以下过程不发生物态变化，初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低，那么初温相同的甲、乙放出相同热量（）A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大D．无法判断甲、乙的末温哪一个高，且无法判断甲、乙比热容哪一个大【答案】B【解析】【解答】初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低，根据△t=t-t0可知，甲的温度变化量大于乙的温度变化量。当初温相同的甲和乙放出相同的热量时，甲的温度降低量仍然大于乙的温度降低量。根据t=t0-△t可知，此时甲的末温一定乙的末温低。

根据Q=cm△t可知，由于不知道二者质量的大小，因此无法比较比热容的大小，故B正确，而A、C、D错误。

故选B。

【分析】根据公式Q=cm△t分析判断。2．下列实例中，跟水的比热容比较大的特点有关的是（）A．红色颜料在热水中扩散很快B．水可以作为汽车发动机的冷却剂C．水凝固成冰时，体积增大D．高原上，水温达到80℃可以沸腾【答案】B【解析】【解答】A．温度越高，分子的热运动越快，因此红色颜料在热水中扩散很快，与水的比热容无关，故A不符合题意；B．用水来冷却汽车发动机，是因为水的比热容较大，升高相同的温度会吸收更多的热量多，故B符合题意；C．水凝固成冰时，体积增大，是因为冰的密度变小，与水的比热容无关，故C不符合题意；D．水温达到80℃可以沸腾，是因为水的沸点随气压的降低而降低，与水的比热容无关，故D不符合题意。故选B。

【分析】A.根据分子运动与温度的关系判断；

B.比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量；

C.根据水的反常膨胀分析；

D.根据液体沸点随上方气压的增多而升高。3．图所示的是我国先秦时期的蒸食用具甗（yǎn），它由青铜材料铸造而成，分为上、下两部分：下半部是鬲（gé），样子像鼎、用于煮水；上半部是甑（zèng），底部有网眼、可通蒸汽，内部放置食物。下列说法正确的是（）A．鬲内的水沸腾后，甑周围冒出的“白气”是水蒸气B．水沸腾前，水吸收热量，温度不变，但水的内能增大C．停止加热后，鬲慢慢变凉，鬲中所盛水内能会慢慢减少D．停止加热后甑比盛有水的鬲凉得更快，是因为甑所用材料比热容比水大【答案】C【解析】【解答】A.鬲内的水沸腾后，甑周围冒出的“白气”是小水滴，故A错误；

B.水沸腾前，水吸收热量，温度升高，其内能增大，故B错误；

C.停止加热后，鬲慢慢变凉，即温度降低，鬲中所盛水内能会慢慢减少，故C正确；

D.停止加热后甑比盛有水的鬲凉得更快，是因为甑所用材料比热容比水小，故D错误；

故选C。

【分析】A.水蒸气是无色透明的；

B.根据水沸腾前后的温度变化特点判断；

C.温度降低，则内能减小；温度升高，则内能增大；

D.比热容表示物质的吸放热本领大小。4．在对机器人进行性能测试时，模拟了多种地形运动场景（如图）。在它加速上坡的过程中，下列关于能量转化的分析正确的是（）A．机器人的动能增大，机械能增大B．机器人的重力势能增大，机械能不变C．机器人的动能转化为重力势能D．机器人将电能全部转化为动能【答案】A【解析】【解答】AB．根据题意可知，机器人加速上坡时，质量不变，速度变大，则动能增大；高度变高，则重力势能都增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，机器人的机械能增大，故A正确，B错误；C．机器人加速上坡时，动能和重力势能都增大，二者不存在转化关系，故C错误；D．机器人将电能转化为动能和重力势能，故D错误。故选A。

【分析】AB.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”；

CD.根据能量转化的知识分析判断。5．2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53．A． B．C． D．【答案】C【解析】【解答】根据图片可知，A中排气门打开，是排气冲程；B中气门都关闭，活塞上行，是压缩冲程；C中气门都关闭，活塞下行，是做功冲程；D中进气门打开，是吸气冲程，故C符合题意，而ABD不合题意。故选C。

【分析】根据气门的开合，以及活塞的运行方向确定冲程的名称。6．人们曾发明一种活塞式点火器，如图所示。以牛角作套筒，木质推杆前端粘附艾绒，取火时，一手握住套筒，另一手猛推推杆，艾绒即燃。该过程（）A．艾绒的温度越高，含有的热量越多B．内能转化为机械能C．艾绒燃烧越充分，其热值越大D．类似于内燃机的压缩冲程【答案】D【解析】【解答】解：A．热量是指热传递过程中传递能量的多少，是一个过程量，不能说“含有”，故A错误，不符合题意；

B．对气体做功，气体内能增大，手推杆入筒的过程中，对气体做功，气体的内能增大，温度升高，推杆的机械能转化为筒内气体的内能，故B错误，不符合题意；

C．艾绒燃烧越充分，其热值不变，故C错误，不符合题意；

D．该过程与内燃机的压缩冲程类似，都是将机械能转化为内能，故D正确，符合题意。

故选：D。

【分析】（1）热量是指热传递过程中传递能量的多少，不能说“含有”。

（2）做功和热传递都能改变物体的内能。当对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。

（3）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。

（4）内燃机的压缩冲程也是将机械能转化为内能。7．现有a，b，c，d四个通草球，已知a球能吸引b，c，d三个球，b，c两球相互推斥，c，d两球相互吸引，可以断定()A．a球一定不带电 B．d球一定不带电C．a，d两球中有一个不带电 D．四个小球都带电【答案】C【解析】【解答】如图，b、c两球相互推斥，b、c两球一定带同种电荷。

c、d两球相互吸引，可以判断d球和c球带异种电荷，或d不带电。有四种情况：

a球都能吸引b、c、d三个球，所以a球的带电情况如图：

由图可知：

A.a球可能带正电，也可能带负电，故A错误；

B.d球可能带正电，也可能带负电，还可能不带电，故B错误；

C.由四种情况可知，a、d两球中有一个不带电，故C正确；

D.由四种情况可知，至少有一个球不带电，故D错误。

故选C。

【分析】根据带电体吸引轻小的物体，电荷间的作用进行判断。

b、c两球相互推斥，b、c两球一定是带电体，并且带同种电荷。

c、d两球相互吸引，可以判断d球可能是带电体，与c球带异种电荷；或d不带电。

a球都能吸引b、c、d三个球，

如果d球不带电，a球一定带电，a、b、c三球带电，b、c带同种电荷，a球和b、c带异种电荷。

如果d球带电，a球可能与d球带异种电荷，a可能不带电。8．在某次实验探究活动中，小王连接的电路如图所示，各元件完好。关于实验现象，下列分析正确的是（）A．开关S闭合后，灯泡L1和LB．将连接d、g的导线拆除，开关S闭合后，只有一个灯发光C．将连接c、d的导线改接到c、e间，开关S闭合后，两灯均发光D．将连接d、g的导线改接到d、e间，开关S闭合后，两灯均发光【答案】C【解析】【解答】A．由图知道，开关S闭合后，形成电源短路，两灯均不会发光，故A错误；B．将d、g间导线拆除，灯泡L1和L2串联，两灯均发光，故B错误；C．c、d间导线改接到c、e间，灯泡L1和L2并联，闭合开关灯泡均发光，故C正确；D．将d、g间导线改接到d、e间，灯泡L2两端连接导线，被短路，不发光，开关S闭合后，只有灯泡L1发光，故D错误。故选C。

【分析】1、电路的三种状态：断路：电路中存在接触不良、或者损害电路中无电流；短路：电路中电流直接连接在用电器两端，用电器无电流，通路：电路正常工作；

2、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路。9．某商场内设有自动售货机，方便购物者购买。它可通过手机扫码（闭合S1）或通过投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中电路设计符合要求的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】【解答】ABCD、由题意可知，通过手机扫码使开关S1闭合或通过投币使开关S2闭合，即单独闭合任何一个开关都能启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2都可以独立控制电动机工作，即两个开关S1和开关S2应为并联，再与电动机串联；并且在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明，所以灯泡和电动机都可以独立工作，互不影响，所以灯泡和电动机应为并联，灯泡只由光控开关S3控制，由选项电路图可知，只有D图符合题意，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。

【分析】（1）并联电路各支路互不影响，干路开关控制整个电路，支路只控制支路用电器；

（2）根据题意可知，通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联；再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。10．如图所示实物电路图，下列分析正确的是（）A．L1和L2串联 C．A1测L1和L2的电流 D．A【答案】C【解析】【解答】A．根据图片可知，L1和LB．根据图片可知，开关S在干路上控制整个电路，故B错误；C．根据图片可知，电流表A1在干路上测L1和D．根据图片可知，A2在L1支路上，测故选C。

【分析】根据电流的路径分析电路的连接方式，结合电流表的位置判断所测元件。11．如图所示为复杂电路的一部分，电阻R1，R2，R3的阻值之比为1：2：3，通过这三个电阻的电流之比为4：1：2.则电流表A1，A2的示数之比为()A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1【答案】B【解析】【解答】电流的方向如图所示：

因通过这三个电阻的电流之比为4：1：2，

所以设I1=4A，I2=1A，I3=2A；

因节点的电流代数和为零，即流入的等于流出的。

所以，

图1中：A1=I1-I3=4A-2A=2A，A2=I3-I2=2A-1A=1A，故A1、A2的示数之比为2：1；

图2中：A1=I1-I3=4A-2A=2A，A2=I3+I2=2A+1A=3A，故A1、A2的示数之比为2：3；

图3中：A1=I1+I3=4A+2A=6A，A2=I3-I2=2A-1A=1A，故A1、A2的示数之比为6：1；

图4中：A1=I1-I3=4A-2A=2A，A2=I3+I2=2A+1A=3A，故A1、A2的示数之比为2：3；

图5中：A1=I1-I3=4A-2A=2A，A2=I3-I2=2A-1A=1A，故A1、A2的示数之比为2：1；

图6中：A1=I1+I3=4A+2A=6A，A2=I3+I2=2A+1A=3A，故A1、A2的示数之比为2：1；

图7中：A1=I1+I3=4A+2A=6A，A2=I3+I2=2A+1A=3A，故A1、A2的示数之比为2：1；

由选项可知B答案正确，ACD不正确。

故选B。

【分析】根据通过三电阻的电流关系画出电流可能的方向，再根据节点的电流代数和为零即流入的等于流出的得出两电流表的示数，从而得出两电流表示数可能的比值再结合答案即可得出答案。12．如图甲所示，闭合开关，两灯泡均正常发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为（）A．1.2A，1.2A B．0.3A，0.3A C．1.2A，0.3A D．1.5A，0.3A【答案】C【解析】【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L2支路电流。

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针偏转相同，

所以，干路电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.5A，即干路电流I=1.5A，

L2支路电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，即通过L2的电流I2=0.3A，

则通过L1的电流：I1=I-I2=1.5A-0.3A=1.2A。

故选：C。【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L2支路电流，根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针在同一个位置确定两表量程，根据分度值读出示数，进一步求出灯L1中的电流。13．某同学手中的实验器材有发热管、电动机、开关S1和S2、电源和导线若干，想设计一个电路来实现：同时闭合S1和S2产生热风：仅闭合S1产生冷风：仅闭合S2不发热也不吹风。下列电路图符合要求的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】【解答】根据要求，同时闭合开关S1和S2，产生热风；仅闭合S1时只吹风不发热，则电动机和发热管并联；仅闭合S2温时电路不工作，S1控制整个电路，S2在发热管的支路中，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。

【分析】各用电器工作互不影响，是并联电路；干路开关控制所有用电器，支路开关控制支路用电器。14．如图所示，青瓦是古建筑常用的建筑材料，制瓦工艺有上千年的历史。制瓦工艺分为成坯、晒制、高温烧制等诸多流程。下列说法正确的是（）A．晒制泥坯时，泥坯温度越高含有热量越多B．高温烧制时，通过热传递的方式改变瓦片的内能C．烧制青瓦时，燃料燃烧越充分其热值越大D．在质地均匀的瓦上定型切割，瓦的密度变小【答案】B【解析】【解答】A．热量只能通过吸收（或者放出）来描述，故A错误；B．高温烧制时，瓦片和火焰存在温度差，所以通过热传递的方法增加瓦片的内能，故B正确；C．燃料的热值与燃料是否充分燃烧、质量都无关，故C错误；D．密度和物体的种类有关，砖头切割，密度不变，故D错误。故选B。

【分析】1、密度的性质：密度是物质的基本属性，不随质量和体积的变化而变化；至于材料本身以及材料状态有关。

2、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。

3、热传递是热量从温度高的物体传到温度低的物体，或者从物体的高温部分传到低温部分的过程。15．北方冬天室外的气温很低，司机进入小轿车并关闭所有车门后，若没有打开汽车空调，过一会儿就会发现车窗内壁上会形成一层水雾；司机打开空调的暖风后，车窗内壁上的水雾会逐渐消失。关于此现象的解释正确的是（）A．车窗内壁上水雾的形成是由于小轿车内的空气液化形成的B．车窗内壁上水雾的形成是由于小轿车内的空气汽化形成的C．车窗内壁上水雾会逐渐消失是因为车窗内壁上的水珠汽化成了水蒸气D．司机打开空调的暖风主要是通过做功的方式提高车窗内壁上水珠的温度【答案】C【解析】【解答】AB.北方冬天室外气温低，车内温度相对较高，车内空气中含有水蒸气，温度高的水蒸气遇到冷的车窗玻璃液化形成小水珠，即水雾，故AB错误；

C.当打开空调暖风后，加快了车窗内壁上的水珠上方的空气流动速度，使水珠汽化成水蒸气，所以车窗内壁上的水雾会逐渐消失，故C正确；

D.司机打开空调暖风，主要是通过热传递的方式提高车窗内壁上水珠的温度，故D错误。

故选C。

【分析】（1）物质从液态变为气态的过程叫作汽化，汽化要吸热；

（2）物质从气态变为液态的过程叫液化，液化要放热；

（3）影响蒸发快慢的因素：液体的温度、液体的表面积、液面上的空气流动；

（4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。阅卷人二、填空与作图（共9题，共28分）得分16．2025年4月16日，中国自主研制的超大直径盾构机在郑州下线，它将用于澳大利亚西部港湾项目建设。盾构机是一种隧道掘进的专用工程机械，其前端安装了“削铁如泥”的刀盘，刀盘很锋利这是通过的方式增大压强。工作过程中盾构机的前端需要用水给刀片降温，主要利用了水的较大的特性。【答案】减小受力面积；比热容【解析】【解答】刀盘很锋利这是在压力不变时，通过减小受力面积，增大压强；

工作过程中盾构机的前端需要用水给刀片降温，这是利用水的比热容较大的特点。质量相同的水和其他物质相比，由于水的比热容比较大，在升高相同温度时可以吸收更多的热量。

故答案为：减小受力面积；比热容。

【分析】增大压强的方法：在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强；

水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。17．在完成课外实践性作业中，某同学探究了一定浓度的盐水凝固时温度的变化规律，根据实验数据画出了盐水的凝固图像（如图），该盐水的凝固点是℃，凝固过程经历min，盐水凝固过程内能（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】-2；10；减小【解析】【解答】解：（1）从图象可知：温度保持不变的温度是-2℃，故该盐水的凝固点是-2℃；

（2）由图象可知，物质在10～20min凝固，凝固过程用了20min-10min=10min；

（3）凝固过程，放热温度不变，内能减小。

故答案为：-2；10；减小。

【分析】盐水凝固的温度为盐水的凝固点；

凝固结束时间减去开始凝固时间即为凝固过程需要的时间，晶体凝固过程中的温度不变；

凝固的过程是放热的过程。18．南水北调穿黄工程是人类历史上最宏大的穿河水利工程，如题图所示，进水口、穿黄隧洞和出水口（选填“能”或“不能”）构成一个连通器，随洞中水流的动能由水的能转化而来，黄河堤坝设计成上窄下宽，是因为液体压强与有关.【答案】能；重力势；液体深度【解析】【解答】（1）由图可知，进水口和出水口之间由穿黄隧洞连接，可组成连通器；

（2）隧洞中水流的动能由水的重力势能转化而来；

（3）黄河堤坝设计成上窄下宽，是因为同种液体深度越深压强越大。

【分析】（1）上面开口底部连通的容器为连通器；

（2）根据能量转化的知识解答；

（3）根据液体压强随深度的变化规律解答。19．如图所示是一台四冲程汽油机的某个冲程，在此冲程中能转化为能；若飞轮转速为1800r/min，则该汽油机每秒钟完成个工作循环；在一段时间内消耗了500g汽油，若这些汽油完全燃烧，则放出的热量是【答案】机械；内；15；2.3×106【解析】【解答】据图分析可知，此时气门关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程，在次冲程内，机械能转换为内能，飞轮转速1800r/min=30r/min，一个工作循环飞轮转2圈，每秒完成15个工作循坏，根据Q=mq计算可知消耗了500g汽油释放的能量Q=0.5kg×4.6×107J/kg=2.3×106J.

20．如甲图所示，验电器的金属球A、金属杆C、金属箔D通过部件B固定在金属外壳上。当带负电荷的橡胶棒接触验电器的一瞬间，金属箔D张开，这是由于，这一瞬间电流的方向是(选填“从A到D”或“从D到A")。如乙图所示为某汽油机的模型结构图，该图呈现的是汽油机的冲程。【答案】同种电荷相互排斥；从D到A；压缩【解析】【解答】解：当带负电荷的橡胶棒接触验电器的一瞬间，金属箔D张开，是由于金属箔带了同种电荷，同种电荷相互排斥；

负电荷从橡胶棒转移到金属箔片，则电流方向是从D到A。

由图可知，汽油机的两个气门都关闭，活塞向上运动，为压缩冲程。

故答案为：同种电荷相互排斥；从D到A，压缩。

【分析】验电器是根据同种电荷相互排斥制成的；正电荷定向移动的方向为电流的方向。

根据气门的开闭情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程。21．如图所示的电路，当开关S1、S2、S3均闭合时，电路；当开关S2闭合，S1、S3均断开时，L1与L2（选填“串联”或“并联”）；当开关S2、S3闭合，S1断开时，电路中只有工作。【答案】短路；串联；L1【解析】【解答】根据电路图可知，同时闭合开关S1、S2、S3时，是不允许的，它会造成电源短路；S1、S3均断开时，电流经灯泡L2、开关S2、灯泡L1回负极，则灯L1、L2串联；

若闭合开关S2、S3，断开开关S1，此时L2被短路，为，电路中只有L1工作。

【分析】电路元件首尾顺次连接的连接方式是串联；各电路元件首首相连、尾尾相连的连接方式是并联；用导线直接把电源两极连接起来，会造成电源短路，这是绝对不允许的。22．电动汽车是指以车载蓄电池驱动电机行驶的车辆，当给汽车充电时，蓄电池相当于(选填“用电器”或“电源”)。图示是某款车载充电线，可供三部手机同时充电，充电时三部手机的连接方式是(选填“串联”或“并联”)，若拔掉其中一部手机，则电路中的总电流将(选填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】用电器；并联；变小【解析】【解答】（1）在电池充电的过程中，消耗电能，转化为化学能，电池相当于电路中的用电器；

（2）三部手机在充电的过程中，互不影响，所以在电路中的连接方式为并联；

（3）若拔掉其中一部手机，则通过电路的总电流将变小，因为干路电流等于各支路电流之和，各支路电流不变，所以总电流变小。

【分析】（1）电池在对外供电的过程中是电源，将化学能转化成电能；而在充电过程中，消耗电能转化为化学能，是用电器；

（2）串联电路电流的路径只有一条，并联电路的电流的路径有多条；

（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。23．在卡塔尔举行的世界杯上使用了VAR（视频助理裁判技术），利用摄像机镜头跟踪运动员和足球，摄像机镜头是（选填“凸透镜”或者“凹透镜”），运动员射门时，足球与门框上的镜头靠近时，若以足球为参照物，镜头是（选填“运动”或“静止”）的，摄像机中足球的像将（选填“变大”、“不变”或者“变小”）。卡塔尔是世界第一大液化天然气生产和出口国，年产8000万吨液化天然气，能为全球提供J的能量。（q天然气=8.4×107J/m3，ρ天然气=0.6kg/m3）【答案】凸透镜；运动；变大；1.12×1019J【解析】【解答】摄像机镜头成的像为缩小、倒立的实像，相当于凸透镜。运动员射门时，足球向门框上镜头靠近的过程中，足球与镜头的相对位置发生改变，若以足球为参照物，镜头是运动的。足球向门框上镜头靠近的过程中，物距变小，像距变大，像变大。卡塔尔是世界第一大液化天然气生产和出口国，年产8000万吨液化天然气的体积为：V=mρ=8000×107kg0.6kg/m24．在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用质量是0.3kg的水和甲表中等质量的另一种物质进行对比，作出的图像如图乙所示。实验过程中，水和另一种物质在相同时间内吸收的热量相等，分析图像可以得出图线（选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质为，这种物质在0~5min内吸收的热量为J。表甲物质比热容c/[J/（kg·℃）]水4酒精2煤油2蓖麻油1【答案】b；煤油；2【解析】【解答】（1）相同的加热装置，加热时间相等时，两种液体吸收的热量相等，由图示可以看出，a液体的温度升高的快，b液体温度升高慢。利用热量的计算公式Q放=cmΔt可知，b的比热容大，应该为水；

（2）由图可知：液体和水的初温是20℃，吸热5分钟后a的末温是60℃，b液体的末温40℃；

由题知，而水和液体的质量相同，初温相同，吸收的热量相同，

即Q水吸=Qa吸；

c水m水Δt=camaΔta，

即cama（60℃-20℃）=4.2×103J/（kg•℃）×m水×（40℃-20℃）。

解得：ca=2.1×103J/（kg•℃），由表格数据知此液体为煤油；

这种物质在0～5min内吸收的热量为：

Q=camaΔt'=2.1×103J/（kg•℃）×0.3kg×（60℃-20℃）=2.52×104J。

【分析】（1）加热相同时间，a和b吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。

（2）根据a、b两种液体的比热容的大小判断出哪一种液体是水，由题知，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验，相同时间水和液体吸收的热量相同。而水和液体的质量相同，根据吸热公式求液体的比热容，由Q=cmΔt算出这种物质在0～5min内吸收的热量。阅卷人三、实验与探究得分25．图甲是“探究水沸腾时温度变化的特点”实验装置（1）图甲中温度计示数为℃；（2）实验中除了图甲的器材，还需要的测量工具是；（3）加热4分钟后，水开始沸腾，图乙是根据实验数据绘制的图像，分析图像可得：水沸腾过程中，吸收热量，温度；此时，向烧杯中加入适量冷水，发现烧杯内的水停止了沸腾，则此时烧瓶内水的沸点（选填“大于”、“等于”或“小于”）98℃；（4）加热过程中，能量通过酒精灯火焰从石棉网传递给烧杯，而不会从烧杯传递给石棉网，说明能量的转移具有性。【答案】（1）95（2）秒表（3）不变；等于（4）方向【解析】【解答】（1）根据图甲可知，温度计的分度值为1℃，示数为：90℃+1℃×5=95℃。（2）在实验中还需要测量的加热的时间，则还需要的测量工具是测量时间的秒表。（3）①根据乙图可知，水沸腾过程中，吸收热量，温度保持不变。②加水后，水面上方的气压不变，烧杯内水的沸点不变，则此时烧瓶内水的沸点为98℃。（4）加热过程中，能量通过酒精灯火焰从石棉网传递给烧杯，而不会从烧杯传递给石棉网，说明能量的转移具有方向性。

【分析】（1）根据甲图确定温度计的分度值，然后根据液面位置读出示数；

（2）根据实验过程需要测量的物理量选择合适的测量工具；

（3）①根据图像乙分析水沸腾时的温度变化规律；

②水沸腾的条件：达到沸点，继续吸热。

（4）根据能量转化和转移的方向性解答。（1）图甲中温度计的分度值为1℃，示数为95℃。（2）实验中需要测量的物理量为温度、时间，除了图甲的器材，还需要的测量工具是测量时间的秒表。（3）[1]加热4分钟后，水开始沸腾，图乙是根据实验数据绘制的图像，由图乙可得：水沸腾过程中，吸收热量，温度保持不变。[2]水的沸点与气压有关，加水后，水面上方的气压不变，烧杯内水的沸点不变，由图乙得，水的沸点为98℃，则此时烧瓶内水的沸点为98℃。（4）能量的转移具有方向性，加热过程中，能量通过酒精灯火焰从石棉网传递给烧杯，而不会从烧杯传递给石棉网。26．请完成下列填空。（1）如图甲所示的装置“探究影响滑动摩擦力大小的因素”，水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面，此时弹簧测力计的示数等于木块所受滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向；②某次实验中，减小传送带的速度，当弹簧测力计的示数稳定后，小敏发现弹簧测力计的示数（选填“变小”、“不变”、“变大”）；（2）如图乙所示，瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用打气筒向瓶内打气，当塞子跳起时，瓶内出现白雾，这说明气体对外做功时，内能（选填“增大”“减小”或“不变”）；（3）如图丙所示，在“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，让同一小钢球从斜面不同高度由静止下滑至水平面上，是为了探究动能与（选填“高度”或“速度”）的关系；（4）如图丁所示，“测量小石块密度”的实验中，若用量筒先测其体积，接着用天平测其质量，则密度的测量值将（选填“偏大”“偏小”或“无偏差”），你的依据是。【答案】（1）静止；向左；不变（2）减小（3）速度（4）偏大；石块会沾水，测出的石块质量偏大，体积不变，根据ρ=m【解析】【解答】（1）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块与地面之间位置没有发生变化，所以木块相对于地面时静止，木块所受的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，木块此时受到的拉力水平向右，所以木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左。

②减小传送带的速度，木块依然相对于地面静止，木块所受的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由于接触面所受的压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，所以弹簧测力计的示数不变。（2）用打气筒向瓶内打气，当瓶塞跳起时，瓶内出现白雾，是因为气体膨胀对外做功，内能减少，温度降低，水蒸气液化成了小水滴，出现白雾，所以此过程说明气体对外做功时，内能减小。（3）动能的大小与物体的质量和速度有关，实验中让同一小钢球从斜面不同高度由静止下滑至水平面上，小钢球的质量相同，到平面的速度不同，是为了探究动能和速度的关系。（4）“测量小石块密度”时，若用量筒先测其体积，再用天平测其质量，石块会沾水，测出的石块质量偏大，体积不变，根据ρ=mV可知，密度的测量值将偏大。

【分析】（1）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面处于静止状态，根据二力平衡条件分析；

②由于压力和接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力不变分析。

（2）做功可以改变物体内能，对物体做功，物体的内能增加；物体对外做功，物体的内能减少。

（3）影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系，据此得出结论。（1）[1][2]启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块与地面之间没有位置的变化，相对于地面处于静止状态，此时弹簧测力计通过绳子对木块水平向右的拉力与木块所受滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左。[3]减小传送带的速度，木块相对于地面仍然静止，处于平衡状态，受到的摩擦力与弹簧测力计的示数大小相等，由于压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，则弹簧测力计的示数不变。（2）给瓶内打气，当瓶塞跳起时，可以看到，瓶内出现白雾，这个过程中，气体膨胀对外做功，内能减少，温度降低，水蒸气液化成了小水滴，出现白雾。（3）实验中让同一小钢球从斜面不同高度由静止下滑至水平面上，小钢球的质量不变，到达平面时的速度不同，是为了探究动能和速度的关系。（4）[1][2]若用量筒先测其体积，接着用天平测其质量，石块会沾水，将石块和水的总质量当做石块的质量，会导致石块质量测量偏大，体积不变，由可知ρ=m27．如图所示，为比较a、b两种液体的比热容及1、2两种燃料的热值，甲、乙、丙三图中的装置相同，燃料的质量均为10g，烧杯内的液体初温相同。当燃料燃烧完时，立即读取相应温度计的示数，分别为T甲、T乙、T（1）在实验中，三个烧杯中a、b液体的必须相同。（2）实验液体a的比热容ca与实验液体b的比热容cb相比，ca（填“>”“<”或“=（3）实验燃料1的热值q1与实验燃料2的热值q2相比，q1（填“>”“<”或“=（4）在甲装置中，若燃料为酒精(q酒精=3×107J/kg)，烧杯内的液体为水，其质量为200【答案】（1）质量（2）<（3）>（4）偏小【解析】【解答】（1）比较不同液体的比热容，需要使得待加热液体的质量相同，如甲丙液体ab，比较不同燃料的热值，也需要保证带加热物体的质量相同，所以三个烧杯中a、b液体的质量相同；

（2）相同加热时间，T甲>T丙，根据热量的计算公式Q=cmΔt可知，a的比热容小于b；

（3）不同燃料完全燃烧后，T甲>T28．小明在做“探究并联电路中电流的规律”实验.（1）如图甲是他设计的电路图，图乙是他连接的实验电路，此时电流表测量(选填“A”“B”或“C”)处的电流；闭合开关后，观察到灯L2发光，但灯L1不发光，电流表有示数，电路可能存在的故障是：.（2）为使结论具有普遍意义，L1、L2应该选择规格(选填“相同”或“不同”)的灯泡.小明刚接好最后一根导线，电流表的指针就发生了偏转，是因为在连接电路过程中没有。（3）小明的多组实验数据如表所示，他在实验中是靠改变而得到的.（4）分析数据，可知并联电路的电流特点是：(字母公式表示)次数电流123IA/A0.10.20.3IB/A020.40.6IC/A0.30.60.9【答案】（1）C；L1所在支路发生断路（2）不同；断开开关（3）电源电压（4）I【解析】【解答】探究并联电路中电流的规律时，

（1）根据图乙，灯泡的电流都经过电流表，在电流表在干路上，测量总电流，即C处电流；闭合开关后，L2发光，是正常的，L1不发光，则L1所在的支路断路了；

（2）探究串联电路电流规律时，选不同规格的灯泡进行实验，可以探究普遍性，避免偶然性；在连接完最后一条导线时，电流表指针偏转，则电路接通，是连接电路时，开关未断开；

（3）根据实验数据，在多次测量中，电流IB是IA的2倍，干路总电流在变大，则灯泡不变，电源电压在变大；

（4）根据实验数据，0.1A+0.2A=0.3A；0.2A+0.4A=0.6A；0.3A+0.6A=0.9A，可知，干路电流等于各支路电流之和，即IA+IB=IC。

【分析】（1）电流表连接在干路时，测量总电流；并联电路中，支路用电器断路，不能工作，且不影响其他支路；

（2）探究并联电路电流规律时，需要利用不同规格的灯泡多次实验；连接电路时，开关要断开；

（3）在多次实验中，电路的总电流变大，灯泡规格不变，则电源电压变大；

（4）根据支路电流和干路电流关系，判断并联电路中，总电流等于各支路电流之和。阅卷人四、简答与计算题得分29．某同学在做“用电流表测量电流”的实验中所用的电路如图甲所示，他按电路图正确连接电路并闭合开关S后，电流表A1、A2的指针位置如图乙所示。求：（1）该电路属于串联电路还是并联电路？（2）电流表A1、A2的示数分别是多少？（3）通过灯L1的电流多大？【答案】解：（1）如图所示，当开关闭合时，电流从正极出发，分成两条支路，一条支路经A1、L2，另一支路经L1，然后会合到A2回到负极，故两灯为并联，A1测L2电流，A2测干路电流。（2）A1测L2电流，A2测干路电流，根据并联电路的电流的规律，干路电流等于两支路电流之和，故A1应接入的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，则A1的读数即L2的电流为0.5A，A2应接入的量程为0~3A，分度值为0.1A，则A2的读数即干路电流为1.5A。（3）根据并联电路的电流的规律，L1的电流为I答：（1）该电路属于并联电路；（2）电流表A1、A2的示数分别是0.5A、1.5A；（3）通过灯L1的电流为1A。【解析】【分析】（1）根据电路中电流的路径，判断串联或并联电路；

（2）根据电压表测量的位置，判断量程，结合指针位置，测量电流大小；

（3）在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。30．世界能源告急，世界上许多国家掀起了开发利用太阳能的热潮，太阳能作为一