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1.图甲所示的是一款消防应急照明灯，图乙是其简化原理图，其中有两个应急灯泡$\mathrm{L}_1$、$\mathrm{L}_2$。当外部电源能供电时，自动开关S接“1”，应急灯不亮，指示灯$\mathrm{L}_3$与蓄电池是
并
联的，蓄电池此时在电路中相当于用电器
；外部电路停电时，自动开关S接“2”，应急灯正常发光，此时指示灯$\mathrm{L}_3$不发光
（选填“发光”或“不发光”）。若灯泡$\mathrm{L}_1$烧坏，则外部电路停电时灯泡$\mathrm{L}_2$发光
（选填“发光”或“不发光”）。答案
1.并 用电器 不发光 发光 【解析】当外部电源能供电时，自动开关S接“1”，应急灯不亮，指示灯L₃与蓄电池可以独立工作，互不影响，因此它们是并联的。蓄电池此时消耗电能，在电路中相当于用电器。外部电路停电时，自动开关S接“2”，应急灯正常发光，此时指示灯L₃中没有电流通过，处于断路状态，不发光。并联电路中各支路互不影响，灯泡L₁烧坏，对灯泡L₂的发光没有影响。
解析
【分析】
要解决这道题，需分两种情况分析开关S的位置对应的电路结构：当S接“1”时，分析指示灯L₃与蓄电池的连接方式及蓄电池的作用；当S接“2”时，分析指示灯L₃的工作状态，再结合并联电路的特点判断L₁烧坏后L₂的工作情况。
【解析】
1. 当外部电源供电，开关S接“1”时，指示灯L₃和蓄电池的两端分别连接在相同的两个节点上，二者独立工作、互不影响，因此是并联；此时蓄电池在充电过程中消耗电能，相当于电路中的用电器。
2. 当外部电路停电，开关S接“2”时，电路变为蓄电池给应急灯供电，此时指示灯L₃所在支路未接通，无电流通过，因此L₃不发光。
3. L₁和L₂是并联关系，并联电路各支路独立工作、互不影响，所以若L₁烧坏，不会影响L₂的工作，外部停电时L₂仍发光。
【答案】
并；用电器；不发光；发光
【知识点】
电路连接方式；并联电路特点；用电器
【点评】
本题结合消防应急灯的实际场景，考查电路的连接方式、用电器的判断及并联电路的特点，需要学生能准确分析不同开关状态下的电路结构，属于基础电路应用类题目。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需分两种情况分析开关S的位置对应的电路结构：当S接“1”时，分析指示灯L₃与蓄电池的连接方式及蓄电池的作用；当S接“2”时，分析指示灯L₃的工作状态，再结合并联电路的特点判断L₁烧坏后L₂的工作情况。
【解析】
1. 当外部电源供电，开关S接“1”时，指示灯L₃和蓄电池的两端分别连接在相同的两个节点上，二者独立工作、互不影响，因此是并联；此时蓄电池在充电过程中消耗电能，相当于电路中的用电器。
2. 当外部电路停电，开关S接“2”时，电路变为蓄电池给应急灯供电，此时指示灯L₃所在支路未接通，无电流通过，因此L₃不发光。
3. L₁和L₂是并联关系，并联电路各支路独立工作、互不影响，所以若L₁烧坏，不会影响L₂的工作，外部停电时L₂仍发光。
【答案】
并；用电器；不发光；发光
【知识点】
电路连接方式；并联电路特点；用电器
【点评】
本题结合消防应急灯的实际场景，考查电路的连接方式、用电器的判断及并联电路的特点，需要学生能准确分析不同开关状态下的电路结构，属于基础电路应用类题目。
【难度系数】
0.5
2.小明在海边玩耍，感觉沙滩上的沙子很热，海水却比较凉爽。某天，他从6时到22时对沙子和海水的温度进行了测量，绘成的温度随时间变化的关系图像如下图所示。下列分析错误的是（
A.早晨6时，海水的温度比沙子高
B.6时到14时，沙子吸收的热量比海水多
C.14时到22时，海水降低的温度比沙子小
D.利用此图像可以比较海水和沙子的比热容
B
）A.早晨6时，海水的温度比沙子高
B.6时到14时，沙子吸收的热量比海水多
C.14时到22时，海水降低的温度比沙子小
D.利用此图像可以比较海水和沙子的比热容
答案
2.B
解析
【分析】
这道题结合温度随时间变化的图像，考查比热容的应用，需先明确图像中实线代表沙子、虚线代表海水，再逐一分析选项：
1. 先看6时的温度对比，判断选项A；
2. 分析6到14时沙子和海水的吸热情况，判断选项B；
3. 对比14到22时两者温度的变化量，判断选项C；
4. 根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，判断能否通过图像比较比热容，确定选项D的正误，最终找出错误选项。
【解析】
首先明确：图像中实线为沙子温度变化，虚线为海水温度变化。
选项A：观察6时的温度，虚线（海水）对应的温度高于实线（沙子），因此早晨6时海水温度比沙子高，A正确，不符合题意。
选项B：6时到14时，沙子和海水在相同的太阳照射环境下，相同时间内吸收的热量是相同的（环境提供的热量一致），并非沙子吸收的热量比海水多，B错误，符合题意。
选项C：14时到22时，沙子温度从约$37° C$降到约$15° C$，降低了约$22° C$；海水温度从约$27° C$降到约$17° C$，降低了约$10° C$，海水降低的温度比沙子小，C正确，不符合题意。
选项D：根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，当沙子和海水质量相同、吸收/放出热量相同时，温度变化量$\Delta t$不同，可通过图像的$\Delta t$比较两者比热容大小，D正确，不符合题意。
综上，错误选项为B。
【答案】
B
【知识点】
比热容、温度-时间图像
【点评】
本题结合生活场景（海边沙子和海水温度差异），利用温度变化图像考查比热容的应用，需要学生能从图像中提取温度变化信息，结合比热容公式分析选项，是比热容知识点的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
这道题结合温度随时间变化的图像，考查比热容的应用，需先明确图像中实线代表沙子、虚线代表海水，再逐一分析选项：
1. 先看6时的温度对比，判断选项A；
2. 分析6到14时沙子和海水的吸热情况，判断选项B；
3. 对比14到22时两者温度的变化量，判断选项C；
4. 根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，判断能否通过图像比较比热容，确定选项D的正误，最终找出错误选项。
【解析】
首先明确：图像中实线为沙子温度变化，虚线为海水温度变化。
选项A：观察6时的温度，虚线（海水）对应的温度高于实线（沙子），因此早晨6时海水温度比沙子高，A正确，不符合题意。
选项B：6时到14时，沙子和海水在相同的太阳照射环境下，相同时间内吸收的热量是相同的（环境提供的热量一致），并非沙子吸收的热量比海水多，B错误，符合题意。
选项C：14时到22时，沙子温度从约$37° C$降到约$15° C$，降低了约$22° C$；海水温度从约$27° C$降到约$17° C$，降低了约$10° C$，海水降低的温度比沙子小，C正确，不符合题意。
选项D：根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，当沙子和海水质量相同、吸收/放出热量相同时，温度变化量$\Delta t$不同，可通过图像的$\Delta t$比较两者比热容大小，D正确，不符合题意。
综上，错误选项为B。
【答案】
B
【知识点】
比热容、温度-时间图像
【点评】
本题结合生活场景（海边沙子和海水温度差异），利用温度变化图像考查比热容的应用，需要学生能从图像中提取温度变化信息，结合比热容公式分析选项，是比热容知识点的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
3.如图甲所示，交警在重点路段查处酒驾、醉驾以及各类交通违法行为。图乙是一款酒精浓度检测仪的简化电路图，其电源电压不变，$R_0$为定值电阻，$R$为酒精气体浓度传感器，$R$的阻值与酒精浓度的关系如图丙所示。当接通电源时，驾驶员呼出的气体中酒精浓度越大，电压表的示数越
大
，这时电压表和电流表示数的比值不变
（选填“变大”“变小”或“不变”）。答案
3.大 不变 【解析】由图乙可知，定值电阻$R_0$与传感器$R$串联，电压表测量定值电阻两端的电压，电流表测量电路中的电流。接通电源时，由图丙可知，驾驶员呼出的气体中酒精浓度越大，传感器$R$的阻值越小，电路中的总电阻越小，根据欧姆定律可知，电路中的电流越大，则$R_0$两端的电压越大，即电压表的示数越大。由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值等于定值电阻$R_0$的阻值，该比值是不变的。
解析
【分析】
本题是串联电路的动态分析问题，首先明确电路结构：定值电阻$R_0$与传感器$R$串联，电压表测$R_0$两端电压，电流表测电路总电流。结合图丙可知，酒精浓度越大，传感器$R$的阻值越小，再根据欧姆定律分析电流、电压的变化，最后判断电压表与电流表示数的比值。
【解析】
1. 分析酒精浓度对电阻的影响：由图丙可知，驾驶员呼出气体中酒精浓度越大，传感器$R$的阻值越小。
2. 判断电压表示数变化：电路总电阻$R_{总}=R+R_0$，$R$减小则总电阻减小；电源电压不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，电路电流$I$变大；定值电阻$R_0$阻值不变，由$U_0=IR_0$可知，$R_0$两端电压（电压表示数）变大。
3. 判断电压表与电流表示数的比值：电压表与电流表示数的比值为$\frac{U_0}{I}$，根据欧姆定律，$\frac{U_0}{I}=R_0$，$R_0$是定值电阻，阻值不变，因此该比值不变。
【答案】大；不变
【知识点】串联电路特点、欧姆定律应用
【点评】本题考查串联电路的动态分析，核心是结合图像分析传感器电阻的变化，再利用欧姆定律推导电流、电压及比值的变化，属于基础应用类题目，难度不大。
【难度系数】0.6
本题是串联电路的动态分析问题，首先明确电路结构：定值电阻$R_0$与传感器$R$串联，电压表测$R_0$两端电压，电流表测电路总电流。结合图丙可知，酒精浓度越大，传感器$R$的阻值越小，再根据欧姆定律分析电流、电压的变化，最后判断电压表与电流表示数的比值。
【解析】
1. 分析酒精浓度对电阻的影响：由图丙可知，驾驶员呼出气体中酒精浓度越大，传感器$R$的阻值越小。
2. 判断电压表示数变化：电路总电阻$R_{总}=R+R_0$，$R$减小则总电阻减小；电源电压不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，电路电流$I$变大；定值电阻$R_0$阻值不变，由$U_0=IR_0$可知，$R_0$两端电压（电压表示数）变大。
3. 判断电压表与电流表示数的比值：电压表与电流表示数的比值为$\frac{U_0}{I}$，根据欧姆定律，$\frac{U_0}{I}=R_0$，$R_0$是定值电阻，阻值不变，因此该比值不变。
【答案】大；不变
【知识点】串联电路特点、欧姆定律应用
【点评】本题考查串联电路的动态分析，核心是结合图像分析传感器电阻的变化，再利用欧姆定律推导电流、电压及比值的变化，属于基础应用类题目，难度不大。
【难度系数】0.6
4.为提高内燃机的效率,科学家在传统四冲程发动机的基础上发明了六冲程发动机。
(1)六冲程发动机在完成传统四冲程后,把水注入气缸,使水瞬间
(2)六冲程发动机在一个完整的工作循环中,有
(1)六冲程发动机在完成传统四冲程后,把水注入气缸,使水瞬间
汽化
（选填“汽化”或“升华”）成高温高压的水蒸气,水蒸气推动活塞做功,该过程为第五冲程;然后将水蒸气排放到冷凝器内,再次变成水,该过程为第六冲程,至此完成了一个完整的工作循环。第五冲程中注入的水的内能急剧增加是通过热传递
（选填“做功”或“热传递”）的方式实现的。(2)六冲程发动机在一个完整的工作循环中,有
2
（选填“1”或“2”）个做功冲程,第四个冲程是排气
冲程。六冲程发动机的效率是传统四冲程发动机的1.4~1.45倍,则在做功相同的情况下,六冲程发动机比传统四冲程发动机节省燃料约30
（选填“30”或“42”）%。答案
4.(1)汽化 热传递 (2)2 排气 30
解析
【分析】
要解决这道题，需结合物态变化、内能改变方式、热机冲程及效率的相关知识：
1. 第(1)问：判断物态变化时，明确汽化是液态变气态，升华是固态直接变气态，水变水蒸气属于汽化；改变内能的方式有做功和热传递，水变成高温高压水蒸气是吸收气缸的热量，属于热传递。
2. 第(2)问：传统四冲程发动机有1个做功冲程，六冲程增加的第五冲程也是做功冲程，故总共有2个做功冲程；传统四冲程的四个冲程顺序为吸气、压缩、做功、排气，因此第四个冲程是排气冲程；计算效率时，效率η=W有用/Q放，做功相同，效率与燃料完全燃烧放出的热量成反比，据此计算节省燃料的比例。
【解析】
(1) 物质由液态变为气态的过程称为汽化，升华是固态直接变为气态，因此水瞬间变为水蒸气是汽化；改变物体内能的方式有做功和热传递，水注入高温气缸后，吸收气缸的热量内能增加，属于热传递的方式。
(2) 传统四冲程发动机有1个做功冲程，六冲程发动机在传统四冲程后新增的第五冲程为做功冲程，故完整工作循环中有2个做功冲程；传统四冲程的四个冲程依次为吸气、压缩、做功、排气，因此第四个冲程是排气冲程；热机效率η=W有用/Q放，设做功为W，传统效率为η₁，六冲程效率η₂=1.4η₁，则传统消耗燃料的热量Q₁=W/η₁，六冲程消耗的热量Q₂=W/η₂=W/(1.4η₁)=Q₁/1.4，节省燃料的比例为[(Q₁-Q₂)/Q₁]×100%=(1-1/1.4)×100%≈28.6%，约30%。
【答案】
4.(1)汽化 热传递 (2)2 排气 30
【知识点】
物态变化（汽化）、内能的改变方式、热机效率
【点评】
本题以六冲程发动机为背景，综合考查初中物理核心知识点，情境新颖但考点基础，需学生将基础概念灵活应用于新场景。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合物态变化、内能改变方式、热机冲程及效率的相关知识：
1. 第(1)问：判断物态变化时，明确汽化是液态变气态，升华是固态直接变气态，水变水蒸气属于汽化；改变内能的方式有做功和热传递，水变成高温高压水蒸气是吸收气缸的热量，属于热传递。
2. 第(2)问：传统四冲程发动机有1个做功冲程，六冲程增加的第五冲程也是做功冲程，故总共有2个做功冲程；传统四冲程的四个冲程顺序为吸气、压缩、做功、排气，因此第四个冲程是排气冲程；计算效率时，效率η=W有用/Q放，做功相同，效率与燃料完全燃烧放出的热量成反比，据此计算节省燃料的比例。
【解析】
(1) 物质由液态变为气态的过程称为汽化，升华是固态直接变为气态，因此水瞬间变为水蒸气是汽化；改变物体内能的方式有做功和热传递，水注入高温气缸后，吸收气缸的热量内能增加，属于热传递的方式。
(2) 传统四冲程发动机有1个做功冲程，六冲程发动机在传统四冲程后新增的第五冲程为做功冲程，故完整工作循环中有2个做功冲程；传统四冲程的四个冲程依次为吸气、压缩、做功、排气，因此第四个冲程是排气冲程；热机效率η=W有用/Q放，设做功为W，传统效率为η₁，六冲程效率η₂=1.4η₁，则传统消耗燃料的热量Q₁=W/η₁，六冲程消耗的热量Q₂=W/η₂=W/(1.4η₁)=Q₁/1.4，节省燃料的比例为[(Q₁-Q₂)/Q₁]×100%=(1-1/1.4)×100%≈28.6%，约30%。
【答案】
4.(1)汽化 热传递 (2)2 排气 30
【知识点】
物态变化（汽化）、内能的改变方式、热机效率
【点评】
本题以六冲程发动机为背景，综合考查初中物理核心知识点，情境新颖但考点基础，需学生将基础概念灵活应用于新场景。
【难度系数】
0.6
