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6. (2023·连云港)沿海地区的昼夜温差较小，而内陆地区(尤其是沙漠)的昼夜温差较大，这主要是因为 (
A.水的内能多，沙石的内能少
B.水的导热性好，沙石的导热性差
C.水的比热容大，沙石的比热容小
D.水吸收的热量多，沙石吸收的热量少
C
)A.水的内能多，沙石的内能少
B.水的导热性好，沙石的导热性差
C.水的比热容大，沙石的比热容小
D.水吸收的热量多，沙石吸收的热量少
答案
6.C
解析
【分析】
要解决这道题，需明确昼夜温差与物质温度变化的关联，核心是比热容的特性。首先，沿海地区多水，内陆多沙石，根据热量公式Q=cmΔt，当质量相同、吸收或放出相同热量时，比热容越大，温度变化越小；反之，比热容越小，温度变化越大。因此沿海地区因水的比热容大，昼夜温度变化小，温差小；内陆沙石比热容小，昼夜温度变化大，温差大。再逐一分析选项，排除错误选项即可得出答案。
【解析】
根据热量计算公式Q=cmΔt，当质量m相同、吸收或放出的热量Q相同时，物质的比热容c越大，温度变化Δt越小；比热容越小，温度变化越大。
选项A：内能大小与物质的质量、温度、状态等有关，无法直接解释昼夜温差差异，错误。
选项B：导热性是物质传导热量的能力，不是导致昼夜温差不同的主要因素，错误。
选项C：水的比热容大，沙石的比热容小，符合上述分析，正确。
选项D：吸收热量的多少由环境条件决定，不是造成昼夜温差差异的根本原因，错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容的概念、比热容的应用
【点评】
本题考查比热容特性在生活中的实际应用，属于基础知识点的直接考查，需准确理解比热容对温度变化的影响规律，难度较低。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需明确昼夜温差与物质温度变化的关联，核心是比热容的特性。首先，沿海地区多水，内陆多沙石，根据热量公式Q=cmΔt，当质量相同、吸收或放出相同热量时，比热容越大，温度变化越小；反之，比热容越小，温度变化越大。因此沿海地区因水的比热容大，昼夜温度变化小，温差小；内陆沙石比热容小，昼夜温度变化大，温差大。再逐一分析选项，排除错误选项即可得出答案。
【解析】
根据热量计算公式Q=cmΔt，当质量m相同、吸收或放出的热量Q相同时，物质的比热容c越大，温度变化Δt越小；比热容越小，温度变化越大。
选项A：内能大小与物质的质量、温度、状态等有关，无法直接解释昼夜温差差异，错误。
选项B：导热性是物质传导热量的能力，不是导致昼夜温差不同的主要因素，错误。
选项C：水的比热容大，沙石的比热容小，符合上述分析，正确。
选项D：吸收热量的多少由环境条件决定，不是造成昼夜温差差异的根本原因，错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容的概念、比热容的应用
【点评】
本题考查比热容特性在生活中的实际应用，属于基础知识点的直接考查，需准确理解比热容对温度变化的影响规律，难度较低。
【难度系数】
0.8
7. (2023·盐城期末)物理学研究中常常用到“控制变量法”“等效法”“类比法”“转换法”等科学方法.在下列研究实例中,运用了控制变量法的是 (
A.研究电流时,将电流与水流相比,从分析水流的角度入手来分析电流
B.研究电流与电压的关系时,保持电阻不变进行探究
C.研究生活中杠杆时,用简单的线条表示杠杆
D.研究动能时,用木块移动的距离表示动能大小
B
)A.研究电流时,将电流与水流相比,从分析水流的角度入手来分析电流
B.研究电流与电压的关系时,保持电阻不变进行探究
C.研究生活中杠杆时,用简单的线条表示杠杆
D.研究动能时,用木块移动的距离表示动能大小
答案
7.B
解析
【分析】首先明确各科学方法的定义：控制变量法是研究多个物理量的关系时，控制其他量不变，仅改变一个量来探究其影响；类比法是将陌生物理概念与熟悉事物对比辅助理解；模型法是用简化模型替代实际研究对象；转换法是将不易观察的物理量转换为易观察的量。再逐一分析选项：A选项将电流类比水流，属于类比法；B选项研究电流与电压的关系时，保持电阻不变，符合控制变量法；C选项用线条表示杠杆，属于模型法；D选项用木块移动距离表示动能，属于转换法。因此运用控制变量法的是B选项。
【解析】对各选项的研究方法分析如下：A选项，研究电流时将其与水流类比，利用类比法，不符合题意；B选项，研究电流与电压的关系时，控制电阻不变，只改变电压探究电流变化，运用控制变量法，符合题意；C选项，用简单线条表示杠杆，构建杠杆模型，属于模型法，不符合题意；D选项，通过木块移动距离反映动能大小，利用转换法，不符合题意。综上，答案为B。
【答案】B
【知识点】控制变量法、物理研究方法
【点评】本题考查初中物理常见研究方法的识别，是基础考点，需准确区分不同科学方法的应用场景，难度较低，属于易得分题。
【难度系数】0.8
【解析】对各选项的研究方法分析如下：A选项，研究电流时将其与水流类比，利用类比法，不符合题意；B选项，研究电流与电压的关系时，控制电阻不变，只改变电压探究电流变化，运用控制变量法，符合题意；C选项，用简单线条表示杠杆，构建杠杆模型，属于模型法，不符合题意；D选项，通过木块移动距离反映动能大小，利用转换法，不符合题意。综上，答案为B。
【答案】B
【知识点】控制变量法、物理研究方法
【点评】本题考查初中物理常见研究方法的识别，是基础考点，需准确区分不同科学方法的应用场景，难度较低，属于易得分题。
【难度系数】0.8
8. 如图所示，用手沿竖直方向匀速拉一个动滑轮，使挂在下面重为G的物体缓缓上升，动滑轮的重力不可忽略。现改变物体的重力G，则动滑轮的机械效率η与物体重力G的关系可能符合下列图中的（
B
）答案
8.B
解析
【分析】
要判断动滑轮机械效率η与物体重力G的关系，需先明确动滑轮机械效率的计算公式：动滑轮的有用功是提升物体做的功，总功是克服物体重力和动滑轮重力做的功（不计绳重和摩擦），据此推导η的表达式，再分析G变化时η的变化趋势，结合图像特征选出正确选项。
【解析】
动滑轮的机械效率公式为：
$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Gh+G_{动}h}=\frac{G}{G+G_{动}}=\frac{1}{1+\frac{G_{动}}{G}}$
其中$G_{动}$是动滑轮的重力（定值），当物体重力G增大时，$\frac{G_{动}}{G}$的值减小，因此η会逐渐增大；随着G不断增大，$\frac{G_{动}}{G}$趋近于0，η趋近于1，即η的增长速度逐渐变慢，图像为上升且逐渐平缓的曲线。
选项A中η与G成正比（直线），不符合变化规律；选项C、D中η随G增大而减小，错误；只有选项B符合上述变化趋势。
【答案】
B
【知识点】
机械效率、动滑轮
【点评】
本题考查动滑轮机械效率与物重的关系，核心是掌握机械效率的计算，理解物重增大时额外功占总功的比例减小，机械效率升高的规律，需结合函数图像分析变化趋势。
【难度系数】
0.6
要判断动滑轮机械效率η与物体重力G的关系，需先明确动滑轮机械效率的计算公式：动滑轮的有用功是提升物体做的功，总功是克服物体重力和动滑轮重力做的功（不计绳重和摩擦），据此推导η的表达式，再分析G变化时η的变化趋势，结合图像特征选出正确选项。
【解析】
动滑轮的机械效率公式为：
$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Gh+G_{动}h}=\frac{G}{G+G_{动}}=\frac{1}{1+\frac{G_{动}}{G}}$
其中$G_{动}$是动滑轮的重力（定值），当物体重力G增大时，$\frac{G_{动}}{G}$的值减小，因此η会逐渐增大；随着G不断增大，$\frac{G_{动}}{G}$趋近于0，η趋近于1，即η的增长速度逐渐变慢，图像为上升且逐渐平缓的曲线。
选项A中η与G成正比（直线），不符合变化规律；选项C、D中η随G增大而减小，错误；只有选项B符合上述变化趋势。
【答案】
B
【知识点】
机械效率、动滑轮
【点评】
本题考查动滑轮机械效率与物重的关系，核心是掌握机械效率的计算，理解物重增大时额外功占总功的比例减小，机械效率升高的规律，需结合函数图像分析变化趋势。
【难度系数】
0.6
9. 在探究并联电路电流关系的活动中,小明连好如图所示的电路后,用电流表测出A、B、C三处的电流分别为$I_A=1\ \mathrm{A}$、$I_B=0.4\ \mathrm{A}$、$I_C=0.6\ \mathrm{A}$,并将数据记录在表格中,下一步应该做的是 （
A.整理器材,结束实验
B.分析数据,得出结论
C.换用不同规格的小灯泡,再测出几组电流值
D.改变电流表的量程或换电流表再测几次
C
）A.整理器材,结束实验
B.分析数据,得出结论
C.换用不同规格的小灯泡,再测出几组电流值
D.改变电流表的量程或换电流表再测几次
答案
9.C
解析
【分析】
本题是探究并联电路电流关系的实验题，核心是理解探究规律类实验的要求：需通过多次实验避免偶然性，得出普遍规律。小明仅测量了一组电流数据，无法保证结论的普遍性，需进一步操作完善实验。
【解析】
探究并联电路电流关系时，仅测量一组数据得出的结论具有偶然性，不能得到普遍规律。因此需要换用不同规格的小灯泡，重复实验测量多组电流值，使结论更具普遍性。
选项A：仅一组数据就整理器材结束实验，结论不科学，错误；
选项B：仅一组数据分析得出结论，偶然性大，结论不可靠，错误；
选项C：换用不同规格小灯泡，多次测量电流值，符合探究实验的要求，正确；
选项D：换电流表量程或换电流表，无法解决“仅一组数据”的偶然性问题，错误。
【答案】
C
【知识点】
并联电路电流规律、实验探究的多次实验原则
【点评】
本题考查电学探究实验的基本操作要求，属于基础实验题，需明确“探究规律类实验需多次实验避免偶然性”的要点，难度较低。
【难度系数】
0.3
本题是探究并联电路电流关系的实验题，核心是理解探究规律类实验的要求：需通过多次实验避免偶然性，得出普遍规律。小明仅测量了一组电流数据，无法保证结论的普遍性，需进一步操作完善实验。
【解析】
探究并联电路电流关系时，仅测量一组数据得出的结论具有偶然性，不能得到普遍规律。因此需要换用不同规格的小灯泡，重复实验测量多组电流值，使结论更具普遍性。
选项A：仅一组数据就整理器材结束实验，结论不科学，错误；
选项B：仅一组数据分析得出结论，偶然性大，结论不可靠，错误；
选项C：换用不同规格小灯泡，多次测量电流值，符合探究实验的要求，正确；
选项D：换电流表量程或换电流表，无法解决“仅一组数据”的偶然性问题，错误。
【答案】
C
【知识点】
并联电路电流规律、实验探究的多次实验原则
【点评】
本题考查电学探究实验的基本操作要求，属于基础实验题，需明确“探究规律类实验需多次实验避免偶然性”的要点，难度较低。
【难度系数】
0.3
10. 电热蚊香器是一种常用的除蚊工具,当蚊香器接上电源,需要闭合开关S,才能使指示灯L发光,发热体工作.现由于某种原因指示灯断路不亮,但发热体依然能正常工作.则下列电路连接方式符合要求的是 （
D
）答案
10.D
解析
【分析】
要解决本题，需明确题目要求：闭合开关S后，指示灯L和发热体同时工作；当指示灯L断路时，发热体仍能正常工作。这说明指示灯L与发热体为并联关系，开关S需控制整个电路（干路开关），以此满足闭合S时两者都工作，且L断路不影响发热体支路。接下来逐一分析各选项的电路结构是否符合要求。
【解析】
1. 分析选项A：发热体直接并联在电源两端，开关S仅控制指示灯L所在支路。闭合S时L工作，但发热体不受S控制（始终工作），不符合“闭合开关S才能使发热体工作”的要求，排除A。
2. 分析选项B：开关S仅控制发热体所在支路，指示灯L直接并联在电源两端（始终工作），不符合“闭合开关S才能使指示灯发光”的要求，排除B。
3. 分析选项C：发热体与指示灯L串联，开关S在干路。若L断路，整个电路断开，发热体无法工作，不符合“指示灯断路时发热体仍正常工作”的要求，排除C。
4. 分析选项D：指示灯L与发热体并联，开关S在干路。闭合S后，两条支路均通路，两者都工作；当L断路时，发热体所在支路仍为通路，发热体正常工作，完全符合题目要求。
【答案】
D
【知识点】
并联电路、电路设计
【点评】
本题结合电热蚊香器的实际工作场景，考查并联电路的特点及电路的分析判断，需明确元件连接方式和开关的控制作用，属于基础电路应用题目。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需明确题目要求：闭合开关S后，指示灯L和发热体同时工作；当指示灯L断路时，发热体仍能正常工作。这说明指示灯L与发热体为并联关系，开关S需控制整个电路（干路开关），以此满足闭合S时两者都工作，且L断路不影响发热体支路。接下来逐一分析各选项的电路结构是否符合要求。
【解析】
1. 分析选项A：发热体直接并联在电源两端，开关S仅控制指示灯L所在支路。闭合S时L工作，但发热体不受S控制（始终工作），不符合“闭合开关S才能使发热体工作”的要求，排除A。
2. 分析选项B：开关S仅控制发热体所在支路，指示灯L直接并联在电源两端（始终工作），不符合“闭合开关S才能使指示灯发光”的要求，排除B。
3. 分析选项C：发热体与指示灯L串联，开关S在干路。若L断路，整个电路断开，发热体无法工作，不符合“指示灯断路时发热体仍正常工作”的要求，排除C。
4. 分析选项D：指示灯L与发热体并联，开关S在干路。闭合S后，两条支路均通路，两者都工作；当L断路时，发热体所在支路仍为通路，发热体正常工作，完全符合题目要求。
【答案】
D
【知识点】
并联电路、电路设计
【点评】
本题结合电热蚊香器的实际工作场景，考查并联电路的特点及电路的分析判断，需明确元件连接方式和开关的控制作用，属于基础电路应用题目。
【难度系数】
0.5
11. (2023·成都)小美在老师指导下进行了以下实验:甲、乙两烧杯各装100 g水,用酒精灯加热甲烧杯,煤油灯加热乙烧杯,直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯,测得消耗酒精4 g、煤油2.5 g. 她根据实验数据绘制了水温与加热时间关系的图象(如图).若水沸腾前质量不改变,同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，$q_{酒精}=3×10^7 J/kg$，$q_{煤油}=4.6×10^7 J/kg$，$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，则下列说法正确的是 (
A.整个过程,甲杯中的水吸收的热量更多
B.前3分钟,乙杯中的水吸收的热量为$3.36×10^4 J$
C.消耗的煤油完全燃烧放出的热量为$1.15×10^8 J$
D.酒精灯加热的效率为28%
B
)A.整个过程,甲杯中的水吸收的热量更多
B.前3分钟,乙杯中的水吸收的热量为$3.36×10^4 J$
C.消耗的煤油完全燃烧放出的热量为$1.15×10^8 J$
D.酒精灯加热的效率为28%
答案
11.B
解析
【分析】
要判断各选项，需结合比热容、热值及热效率的相关公式，结合图像和题目条件分析：先确定水的质量、初温和沸点，计算水升高相同温度所需的热量；利用乙杯前3分钟的加热情况计算其吸收的热量，验证选项B；结合“同一杯水沸腾前后单位时间吸热相等”分析甲、乙总吸收热量，判断选项A；根据热值公式计算煤油完全燃烧放热，验证选项C；计算酒精灯的总放热和甲杯总吸热，求加热效率，验证选项D。
【解析】
1. 确定水的参数：甲、乙两杯水质量均为$m=100g=0.1kg$，初温$t_0=18℃$，沸点$t=98℃$，温度变化量$\Delta t=98℃-18℃=80℃$。
2. 分析选项B：根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得前3分钟乙杯中的水吸收的热量：
$Q_{吸}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg×80℃=3.36×10^4 J$，故B正确。
3. 分析选项A：题目要求“直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯”，因此乙总加热时间为沸腾时间3分钟+沸腾后1分钟=4分钟，甲总加热时间为沸腾时间5分钟+沸腾后1分钟=6分钟。同一杯水升高相同温度吸收的热量相同（均为$3.36×10^4 J$），则乙沸腾前单位时间吸热为$\frac{3.36×10^4 J}{3min}=1.12×10^4 J/min$，甲沸腾前单位时间吸热为$\frac{3.36×10^4 J}{5min}=6720 J/min$。乙总吸热：$3.36×10^4 J + 1.12×10^4 J/min×1min=4.48×10^4 J$，甲总吸热：$3.36×10^4 J + 6720 J/min×1min=4.032×10^4 J$，甲吸收的热量更少，A错误。
4. 分析选项C：消耗煤油质量$m_{煤油}=2.5g=0.0025kg$，完全燃烧放热$Q_{放}=m_{煤油}q_{煤油}=0.0025kg×4.6×10^7 J/kg=1.15×10^5 J≠1.15×10^8 J$，C错误。
5. 分析选项D：酒精灯消耗酒精质量$m_{酒精}=4g=0.004kg$，完全燃烧放热$Q_{放酒精}=0.004kg×3×10^7 J/kg=1.2×10^5 J$，加热效率$\eta=\frac{Q_{吸甲总}}{Q_{放酒精}}=\frac{4.032×10^4 J}{1.2×10^5 J}=33.6\%≠28\%$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
热量计算、热值计算、热效率
【点评】
本题结合温度-时间图像，综合考查比热容、热值及热效率的计算，需准确理解“同一杯水沸腾前后单位时间吸热相等”的条件，区分甲、乙加热装置的差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.5
要判断各选项，需结合比热容、热值及热效率的相关公式，结合图像和题目条件分析：先确定水的质量、初温和沸点，计算水升高相同温度所需的热量；利用乙杯前3分钟的加热情况计算其吸收的热量，验证选项B；结合“同一杯水沸腾前后单位时间吸热相等”分析甲、乙总吸收热量，判断选项A；根据热值公式计算煤油完全燃烧放热，验证选项C；计算酒精灯的总放热和甲杯总吸热，求加热效率，验证选项D。
【解析】
1. 确定水的参数：甲、乙两杯水质量均为$m=100g=0.1kg$，初温$t_0=18℃$，沸点$t=98℃$，温度变化量$\Delta t=98℃-18℃=80℃$。
2. 分析选项B：根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得前3分钟乙杯中的水吸收的热量：
$Q_{吸}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg×80℃=3.36×10^4 J$，故B正确。
3. 分析选项A：题目要求“直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯”，因此乙总加热时间为沸腾时间3分钟+沸腾后1分钟=4分钟，甲总加热时间为沸腾时间5分钟+沸腾后1分钟=6分钟。同一杯水升高相同温度吸收的热量相同（均为$3.36×10^4 J$），则乙沸腾前单位时间吸热为$\frac{3.36×10^4 J}{3min}=1.12×10^4 J/min$，甲沸腾前单位时间吸热为$\frac{3.36×10^4 J}{5min}=6720 J/min$。乙总吸热：$3.36×10^4 J + 1.12×10^4 J/min×1min=4.48×10^4 J$，甲总吸热：$3.36×10^4 J + 6720 J/min×1min=4.032×10^4 J$，甲吸收的热量更少，A错误。
4. 分析选项C：消耗煤油质量$m_{煤油}=2.5g=0.0025kg$，完全燃烧放热$Q_{放}=m_{煤油}q_{煤油}=0.0025kg×4.6×10^7 J/kg=1.15×10^5 J≠1.15×10^8 J$，C错误。
5. 分析选项D：酒精灯消耗酒精质量$m_{酒精}=4g=0.004kg$，完全燃烧放热$Q_{放酒精}=0.004kg×3×10^7 J/kg=1.2×10^5 J$，加热效率$\eta=\frac{Q_{吸甲总}}{Q_{放酒精}}=\frac{4.032×10^4 J}{1.2×10^5 J}=33.6\%≠28\%$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
热量计算、热值计算、热效率
【点评】
本题结合温度-时间图像，综合考查比热容、热值及热效率的计算，需准确理解“同一杯水沸腾前后单位时间吸热相等”的条件，区分甲、乙加热装置的差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.5
