2021年中考物理压轴题专题复习：热学问题【含答案】

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2021年中考物理压轴题专题复习：热学问题【含答案】

一、初中物理热学问题求解方法

1．如图是某款有加热和保温功能的电热饮水机电路原理图，机内有温控开关S0。该饮水机的部分参数已知：额定电压为220V，加热时的总功率为880W，保温时的功率为40W，R1、R2为加热电阻丝（不考虑温度对电阻丝阻值的影响）。求：

(1)当S和S0闭合时，电路中的总电流；

(2)加热时效率为80%，将0.5kg的水从30℃加热到100℃需要多少时间？ (3)电阻丝R2的阻值。

【答案】(1)4A；(2)208.8s；(3)1210Ω 【解析】【分析】

U2

(1)由电路图可知，当S和S0闭合时，R1与R2并联，电路中的总电阻最小，根据P

R

可知电路总功率最大，据此判断饮水机所处的状态，根据PUI求出此时电路中的总电流。

(2)知道水的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸cmtt0求出水吸收的热量，根据

Q吸W

求出消耗的电能，利用P

W

求出需要的加热时间。 t

(3)由电路图可知，开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简单电路，电路中的总电阻最大，

U2U2

根据P可知电路总功率最小，据此判断饮水机所处的状态，根据P求出电阻

RR

R2的阻值。【详解】

U2

(1)由电路图可知，当S和S0闭合时，R1与R2并联，电路中的总电阻最小，由P可

R

知，电路总功率最大，饮水机处于加热状态；由PUI可得，此时电路中的总电流

I

(2)水吸收的热量

P加热880W

4A U220V

Q吸cmt4.2103J/kg℃0.5kg100℃30℃1.47105J

由



Q吸W

可得，消耗的电能

1.47105J

W1.8375105J

80%

Q吸

由P

W

可得，需要的加热时间 t

W1.8375105Jt208.8s

P加热880W

(3)由电路图可知，开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简单电路，电路中的总电阻最大，

U2

电路总功率最小，饮水机处于保温状态，保温时的功率为40W；由P可得，电阻R2

R

的阻值

220V1210ΩU2

R2

P加热40W

答：(1)当S和S0闭合时，电路中的总电流为4A；(2)加热时效率为80%，将0.5kg的水从30℃加热到100℃需要208.8s；(3)电阻丝R2的阻值为1210Ω。【点睛】

2

U2

重点是电功率的相关计算，牢记公式P，另外要读懂电路图，知道两个开关都闭合

R

时为高温档，闭合一个开关时为低温档。

2．图是小明和小华在观察“水的沸腾”实验中的情景，对水加热了很长时间后水才沸腾，他们记录的数据如下

时间/min 水温/℃

… …

0 90

1 91

2 92

3 93

4 94

5 95

6 96

7 97

8 98

9 98

10 98

11 98

（1）在组装器材时，是按照由________到 ______的顺序。

（2）请指出他们在实验中操作错误之处： _____________。（答一点即可）（3）在纠正错误后他们继续实验，观察到水沸腾时的现象如上图中的 ______（甲/乙）图，水沸腾时吸收热量，温度___（升高/不变/降低）。（4）本次实验中水沸腾时的温度为 _________ ℃。（5）根据记录在图中画出水的沸腾图像。（_________）

（6）水沸腾时，杯口附近出现大量“白气”，“白气”是杯中的水蒸气 _______（填物态变化名称）形成的，该过程要_____（吸热/放热）

（7）实验中发现，水从开始加热到沸腾的这段时间过长，造成这种现象的原因可能是：_______。（给出一种原因即可）

【答案】下上温度计接触容器底（或视线未与温度计中液面相平）乙不变 98

液化放热水的初始温度太低或质量太大

【解析】【详解】

(1)[1][2]在组装器材时应该由下到上的顺序组装；

(2)[3]由图可知有一处错误是温度计读数时视线没有与液面的最低处相平；

(3)[4][5]水沸腾时气泡越来越大，最后到达液面破裂，故水沸腾时的现象为图乙所示。由记录的实验表格可知水在沸腾时吸收热量温度不变; (4)[6]由记录的实验表格可知水额沸点为98℃;

(5)[7]根据表格数据描点连线得水沸腾时的图像如图所示：

；

(6)[8][9]杯口附近出现大量“白气”，“白气”是杯中的水蒸气遇冷液化而成的。液化需要放热；

(7)[10]水从开始加热到沸腾的这段时间过长，造成这种现象的原因可能是水的初始温度太低或水的质量太大。

3．小明探究水沸腾时的特点，实验装置如图所示。

（1）加热一定时间后，温度计的示数如图所示，此时水的温度为________℃；（2）当观察到如图中的_______图时，说明水已沸腾；b图中气泡上升的过程逐渐变小，发生的物态变化是_______；

（3）水在沸腾过程中虽然温度不再升高，但酒精灯要持续加热，这说明液体在沸腾过程中要______；

（4）如图所示中能正确表示实验过程中水温度变化的图象是______________。

A． B． C． D．

【答案】89； a；液化；吸热； A。【解析】【分析】

本题考查探究水沸腾实验的仪器、实验现象及图象处理。【详解】

(1)[1]由图可知，温度计的读数是89℃；

(2)[2]水沸腾时，水泡上升变大，到水面破裂开，由此可知a图时，水已沸腾； [3]b图中，气泡在上升过程中，变小，最后消失了，是气泡中的气体在上升过程中遇到的水温度比较低，气体遇冷液化变成了液体，故是液化过程； (3)[4]水在沸腾时，虽然温度保持不变，但要继续吸热；

(4)[5]水在沸腾前，吸热温度升高，沸腾时，吸热温度保持不变，直到水全部汽化，满足这些描述的是A。

4．小明在探究某种物质在熔化前后其温度随加热时间变化的规律时，得到如下表的实验记录。时间/min

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

温度/℃ 60 67 73 80 80 80 80 80 80 80 84 88 93

(1)请按上述实验数据在坐标格中作出温度随时间变化的图像____________。

(2)2.5min时该物质是________态。6min时该物质是________态。 (3)熔化过程进行的时间大约是________min。

(4)根据上述数据，可以归纳出该物质在熔化过程中的特点是________。 (5)该物质的熔点是________。

【答案】固固、液混合 5 吸热但温度不变

80℃ 【解析】【分析】

(1)按表中数据在坐标格中先画点，再描线。

(2)晶体在熔化前为固态，熔化时为固液共存态，熔化完为液态。 (3)熔化过程是指物质开始熔化到完全熔化完，据此判断熔化时间。

(4)分析数据及图像得出物质在熔化过程中的特点：不断吸热，但温度保持不变。 (5)物质在熔化过程中的温度，叫做熔点。【详解】

(1)[1]根据表格中的实验数据，在坐标格中以横坐标为时间，纵坐标为温度，然后通过描点法在坐标格中描出对应时间的温度，最后将各点用平滑曲线连接起来，得到温度随时间的变化的图像：

；

(2)[2]由图像知，该物质在2.5min时，还没有开始熔化，所以为固态。 [3]在第6min时，处于熔化过程当中，所以为固、液混合态。

(3)[4]由表格中数据及图像可知，该物质从第5min开始熔化，到第10min完全熔化完，所以熔化过程经历了

10min-5min=5min

(4)[5]由图像及数据知，该物质在熔化过程不断吸热，但温度保持不变。

(5)[6]由数据知，该物质在熔化过程温度保持80℃不变，是晶体，所以熔点为80℃。

5．如图所示是“比较水和沙子吸热升温的属性”的实验装置．

（1）除了图示的器材外，本实验要用到的测量工具还有_____；加热过程中，用搅棒搅动的目的是_____：水和沙子吸热的多少可以通过_____来反映的（选填“温度计示数的升高值”或“加热时间”）

（2）在本实验中，可用来比较水和沙子吸热升温本领的方法是：若加热时间相同，比较_____；若温度计示数的升高值相同，比较_____．

（3）关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是_____（填字母）． A．采用相同的加热方法（如酒精灯火焰的大小，与易拉罐底的距离等） B．易拉罐中分别装入相同体积的水和沙 C．使用相同的易拉罐．

【答案】天平使物体受热均匀加热时间温度升高的读数加热时间 B 【解析】【分析】【详解】

（1）根据吸热公式Q=cm△t可知，实验还需要称质量的天平，用搅棒搅动的目的是为了让沙子和水受热均匀；

放热设备相同，只能通过加热时间来控制水和沙子吸热，所以还需钟表．

（2）在本实验中，可用来比较水和沙子吸热升温本领的方法是：若加热时间相同，比较温度计的示数升高值的多少；若温度计示数的升高值相同，比较加热时间；

沿海地区昼夜气温变化比内陆地区气温变化小的原因是：水的比热容比泥土和沙子的比热容大．

（3）该实验的变量控制，需要控制相同的加热方法（如酒精灯火焰的大小，与易拉罐底的距离等）、使用相同的易拉罐、水和沙子的质量；如果体积相等，他们的质量一定不同，所以不正确的是B．

6．某单缸四冲程汽油机的气缸活塞面积为Sm2，一个冲程活塞在气缸中移动的距离是Lm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为PkPa，飞轮1s转动N周，当汽油机满负荷工作时(不计摩擦与机器散热)，1h消耗汽油VL(汽油密度为ρkg/m3，汽油热值为qJ/kg)求： (1)汽油机的功率； (2)汽油机的效率．

1.8109pSLN

100%．【答案】(1) 500pSLN W；(2)

Vq

【解析】【详解】

(1)燃气对活塞的平均压力

F=p×103Pa×Sm2=pS×103 N，

一个做功冲程中燃气对活塞做的功

W=FL=pSL×103 J，

飞轮每转两圈对外做功一次，所以1s内飞轮转N周，对外做功活塞做的总功

W总=W×

汽油机的功率

P=

(2)消耗VL汽油放出的热量

Q放=m汽油q汽油=ρ汽油V汽油q汽油=ρVq×10-3J，

汽油机1h做的功

W总1=P×3600s=1.8×106pSLN J，

汽油机的效率

N

次，所以1s内，燃气对2

NN

= pSL×103×J= 500pSLN J， 22

W总500pSLNJ

=500pSLN W； 

t1s

W总11.8106pSLNJ1.8109pSLN

=100%=100%． η=3Q放Vq10JVq

答：(1)汽油机的功率是500pSLN W；

1.8109pSLN

(2)汽油机的效率是100%．

Vq

7．李明有一只温度计，虽然它的玻璃管的内径和刻度都是均匀的，但标度却不准确，它在冰水混合物中的读数是﹣7℃，在沸水中的读数是103℃。（1）这只温度计1格表示的温度是是多少？(保留一位小数）（2）当它指示温度是15℃时，实际温度是多少？（3）当它实际气温是45℃时指示温度是多少？【答案】(1)0.9℃；(2)20℃；(3)42.5℃ 【解析】【详解】

(1)该温度计的分度值t1是：

t1

100℃-0℃

0.9℃

103℃-(-7℃)

(2)当它指示温度是15℃时，实际温度t实是：

t实=[15℃-(-7℃)]

10

℃=20℃ 11

(3)当它实际气温是45℃时，指示温度t时，则有：

45℃=

解得t=42.5℃

10

℃[t℃-(-7℃)] 11

答：(1)这只温度计1格表示的温度是0.9℃ (2)当它指示温度是15℃时，实际温度是20℃ (3)当它实际气温是45℃时指示温度是42.5℃

8．煤、石油、天然气的过量开采使人类面临能源危机．某县在冬季利用地热能为用户取暖．县内有一口自喷状态地热井，出水温度为90℃，出水流量为150m3/h．（1）每小时流出的水是多少kg?

（2）求每小时流出的地热水温度降低到50℃，所放出的热量．

（3）这些热量如果用天然气蒸汽锅炉供热，且天然气蒸汽锅炉的热效率为90%，则利用上述地热能供暖一小时可以节约多少天然气?[ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2× 103J](kg•℃)，天然气的热值为4×107J/m3]

l05kg；(2) 2.52×1010J；(3)700m3 【答案】(1) 1.5×【解析】【详解】

(1)每小时流出水的质量

m=ρV=1.0×103kg/m3×150m3=1.5×l05kg；

(2)水放出的热量

Q水放=cmΔt=4.2×103J/（kg•℃）×1.5×105kg×1010J；（90℃-50℃）=2.52×

(3)这些热量如果用天然气蒸汽锅炉供热，则

Q有用=Q水放=2.52×1010J，

天然气需要放出的热量

Q放=

天然气的体积

Q有用



Q放

2.521010J

=2.8×1010J， 

90%

2.81010J

V==700m3. 73

q410J/m

l05kg；答：(1)每小时流出的水是1.5×

(2)每小时流出的地热水温度降低到50℃所放出的热量为2.52×1010J； (3)利用地热能供暖一小时可以节约700m3的天然气。

9．为了比较甲乙两种液体的吸热能力，某同学设计了以下实验： a. 在两个同样的烧杯中，分别装入等体积的甲乙两种液体 b. 用温度计分别测出甲乙两种液体的初温

c. 在两个烧杯中分别装入功率相同的电热器，且加热时间相同 d. 用温度计分别测出甲乙两种液体的末温

（1）在上述a、b、c、d四个实验步骤中，步骤a存在错误，该步骤中错误的内容应改为_____；

（2）步骤c中“加热时间相同”是为了使甲乙两种液体__________；

（3）更正步骤a中的错误后．得到如图所示的甲乙两种液体的温度随时间变化的关系图象．若将液体甲和液体乙加热相同的时间，则液体__________温度升高得快，甲乙两种液体比热容的大小关系是c甲__________c乙．

【答案】装入等质量的甲乙两种液体吸收的热量相同甲 < 【解析】【详解】

(1)[1]依题意，比较甲乙两种液体的吸热能力，根据吸收热量的公式Q=cm△t可知，实验需要采用控制变量法，控制甲乙的质量，故在两个同样的烧杯中，分别装入等体积的甲乙两种液体是不合理的，应当装入等质量的甲乙液体；

(2)[2]吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来，相同的热源在相同的时间内放出的热量相等，为了比较两种液体的吸热能力，应当控制加热时间，所以步骤c加热时间相

同是为了使两种液体吸收相等的热量；

(3)[3]甲、乙两种液体质量和初温都相同，观察图象可知：在相同时间内温度变化较大的是甲；

[4]因使用的是相同的“电热器”加热，所以在相同时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同；根据c

Q

可知，在两种液体质量相等，吸收的热量相同时，当升高温度越大，它的比mt

热容就越小，所以c甲＜c乙。

10．如图甲所示为超市一款电饭煲，在额定电压为220V的电路中能正常工作，工作原理如图乙所示，R2=160，其加热功率与保温功率之间的关系为P加热=5P保温，试求：

(1)电阻R1的阻值；

(2)用电高峰时段，电源电压变为200V，此时电饭煲的保温功率为多少；

(3)电源电压为200V时，标准气压下将3L的汤从20℃加热至100℃，需要20min，电饭煲的加热效率是多少。（汤1.010kg/m3，c汤4.010J/（kg·℃））【答案】(1)40Ω；(2)200W；(3)80% 【解析】【分析】【详解】

(1)由图乙可知，当闭合S、S1拨至2时，电路为R1的简单电路，当闭合S、S1拨至1时，

3

3

U2

电阻R1与R2串联，根据P=可知，电阻越小，功率越大，可知当闭合S、S1拨至2

R

时，是加热档位，当闭合S、S1拨至1时，是保温档位，由P＝UI 、I＝

U得 R

U2U2

P加热＝，P保温＝

R1R1R2

则加热功率与保温功率之比为

P加热R1R25＝＝

R1P保温1

电阻R1的阻值

R1＝

11

R2＝×160Ω＝40Ω 44

(2)电源电压变为200V，此时电饭煲的保温功率为

2U2200V＝＝200W P保温＝

R1R240Ω160Ω

(3)加热功率

U2200V2

＝＝1000W P加热＝R140Ω

由P＝

W

得，20min电饭煲消耗的电能 t

W电＝P加热t＝1000W×20×60s＝1.2×106J m

得水的质量 V

m＝ρV＝1.0×103kg/m3×3×10-3m3＝3 kg

由ρ＝

水吸收的热量

Q吸＝cm(t-t0)＝4.0×103J/(kg℃)3kg(100℃20℃)＝9.6×105J

电饭煲的加热效率

Q吸9.6105Jη＝＝＝80% W电1.2106J

答：(1)电阻R1的阻值为40Ω。 (2)电饭煲的保温功率为200W。 (3)电饭煲的加热效率为80%。

11．实验室有一只读数不准确的温度计，在测冰水混合物的温度时，其读数为20℃，在测一标准大气压下沸水的温度时，其读数为80℃，下面分别是温度计示数为41℃时对应的实际温度和实际温度为60℃时温度计的示数，其中正确的是（） A．41℃，60℃ C．35℃，56℃ 【答案】C 【解析】

B．21℃，40℃ D．35℃，36℃

【分析】

我们知道在一标准大气压下冰水混合物的温度是0℃，沸水的温度是100℃．所以这支温度计上的示数20℃所对应的实际温度是0℃，示数80℃对应的实际温度是100℃；由于20℃到80℃之间有60个格，那么用实际的100℃除以60格就是这支温度计一个小格表示的温度值了，即21×

100

℃；那么当示数为41℃时，从20℃到41℃之间有21个格，用60

100

℃算出的就是实际的温度；实际温度为60℃时对应的温度根据上述原理同样可60

求。【详解】

当温度为41℃时，实际温度：

t1(41﹣20)

当实际温度为60℃时，对应的温度：

100

℃35℃， 60

t60

故选C。

60

℃20℃56℃； 100

12．某小型汽油发电机外形如图所示，其实质是利用一个汽油机带动一个发电机来发电．该发种电机铭牌部分数据如下表所示，根据表中的数据求：发动机（汽油机）型号额定功率8.3kW 噪声

连续运行时间8h 强制水冷四冲程

73db XGQF5.0

型号

发电机 XGQF5.0

额定输出功率5kW 额定输出电压220V 额定频率自动电压保护

50Hz

（1）在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是多少度？（2）已知汽油的热值是q＝4.6×l07J/kg，密度是0.71×103kg/m3，设该汽油机的效率为

35%，则该汽油发电机油箱的容积至少需要多大？（3）汽油发电机将内能转化为电能的效率是多少？【答案】（1）40（2）20.9L（3）21.1% 【解析】【分析】

(1)已知发电机的额定功率和连续工作时间，根据公式P供的电能；

(2)已知汽油的热值和效率，根据公式积；

(3)先计算出1小时产生的电能，已知产生的电能和机械能，二者之比就是汽油发电机将内能转化为电能的效率。【详解】

(1)发电机能够提供的电能

W

的变式，可求发电机能够提t

PtW有用

100%机100%可求消耗的汽油体Q放Vq

W电P电t5kW8h40kWh40度

故能够提供的电能是40度。 (2)根据P

mW

， ，Q放mq得，汽油机的效率 tV



则油箱的最小容积：

PtW有用

100%机100% Q放Vq

8.3103W83600s

V0.0209m320.9L 337

q0.7110kg/m35%4.610J/kg

故油箱的最小容积为20.9L。

(3)汽油发电机将内能转化为电能的效率

P机t





W电

100%Q放

P电t100%Vq

5000W83600s

100%

20.910-3m30.71103kg/m34.6107J/kg21.1%

则汽油发电机将内能转化为电能的效率为21.1%。

答：(1)在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是40度； (2)该汽油发电机油箱的容积至少需要20.9L； (3)汽油发电机将内能转化为电能的效率是21.1%。

13．如图所示，某单缸四冲程汽油机工作状态如图所示，此时的能量转化是__________；若飞轮的转速为1800r/min，该汽油机每秒共经历了______________个冲程；汽油机工作时利用水循环将热量从高温的发动机自发转移到低温的水，这一现象说明_____________。

【答案】机械能转化为内能 60 能量的转移具有方向性【解析】【分析】【详解】

[1]从图中可看到，进气门、排气门都关闭，活塞向上运动，这是压缩冲程，能量转化是机械能转化为内能。

[2]由题意可知，飞轮每秒转数是

1800r1800r

30r/s 1min60s

飞轮转两转，汽油机经历一个工作循环，即经历4个冲程，1s内转30r，经历的冲程数量是

n

304

60 2

[3]热量能够从高温的物体转移到低温的物体，汽油机工作时利用水循环将热量从高温的发动机自发转移到低温的水，这一现象说明能量的转移具有方向性。

14．有一支刻度不准的温度计，放在冰水混合物中，稳定后示数为﹣4℃，放在一标准气压下的沸水中，示数为92℃，把它放在某教室时温度计示数为28℃，教室的实际温度是________。【答案】33℃ 【解析】【分析】【详解】

摄氏温度的规定是：标准大气压下水的沸点为100℃，冰点为0℃，100℃和0℃之间有100等份，每一份代表1℃，而该温度计的96个小格表示100℃，设温度计示数为28℃时的实际温度为t，则：

100℃0℃t0℃  92℃(4℃)28℃(4℃)

解得

t≈33℃

15．甲、乙是两个质量相等的空心球，它们的空心部分体积完全相同，甲球恰好能在水中

310kg/m，乙210kg/m，则甲、乙两球的体积之比为____。当把悬浮，甲＝

乙球放入水中时，乙球露出水面的体积占乙球体积的____。【答案】6：7 【解析】【详解】

[1]设两个球空心部分的体积为V0，已知甲乙两个球质量相等，由

3333

1

7

m

得： V

甲(V甲V0)乙(V乙V0)

310kg/m，乙210kg/m代入，并化简得：把甲＝

3

3

3

3

3(V甲V0)2(V乙V0)①

由于甲球在水中悬浮，所以重力与浮力相等：

F浮甲=G甲

即：

水gV甲甲g(V甲V0)

所以：

V甲3(V甲V0)②

73

由①②解得：V甲V0，V乙V0。所以甲、乙两球的体积之比为：

24

3

V甲2V06= 7V乙

V074

[2]已知甲乙两球质量相同，甲球悬浮，乙球密度小于甲球，所以乙球漂浮。所以乙球受到的浮力等于重力：

F浮乙=G乙

即：

乙g(V乙V0)水g(V乙V露)

解得V露

17

V0。又因为V乙V0，所以： 44

1141V露V0=V乙=V乙

4477

所以乙球露出水面的体积占乙球体积的

1

。 7

16．甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为20℃和70℃，现将一温度为80℃的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到40℃，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后以容器中水温为（不计热量散失和水的质量的变化）： A．65℃ 【答案】B 【解析】【详解】

当将金属球放入甲容器中时，金属球放出的热量与水吸收的热量相等，即：

Q金=Q水

设金属球的质量为m金、比热容为c金、水的质量为m水、水的比热容为c水，则：

Q金=c金m金（80℃-40℃） Q水=c水m水（40℃-20℃）

因为Q金=Q水，所以

c金m金（80℃-40℃）=c水m水（40℃-20℃）

化简得：

B．60℃

C．55℃

D．50℃

2=； c金m金1

当将金属球放入乙容器中时，乙容器中的水放出的热量与金属球吸收的热量相等，即：

Q水′=Q金′

由于甲乙容器中的水的质量相等，又是同一个金属球，所以仍设金属球的质量为m金、比热容为c金、水的质量为m水、水的比热容为c水，此时两者共同的温度为t℃，则：

Q水′=m水c水（70℃-t℃） Q金′=m金c金（t℃-40℃）

因为：Q水′=Q金′所以

m水c水（70℃-t℃）=m金c金（t℃-40℃）

由于：

c水m水

2= c金m金1

可得：

2(70℃-t℃）=t℃-40℃

解得t=60℃，故选B．

c水m水

17．用两只相同的电加热器，分别给相同体积的水和某种油加热，在开始和加热3min 时，

333

分别记录的数据如下表所示．已知水1.010kg/m， c水4.210J/kgC，



油0.8103kg/m3，加热的效率都为90%，油的末温没有达到它的沸点，下列说法正

确的是（）加热时间（min）水的温度（℃）油的温度（℃）

0 18 18

3 28 43

A．因为这种油升温比较快，所以它的比热容比水大

3

B．这种油的比热容为2.110J/kgC 3

C．这种油的比热容为1.6810J/kgC





D．加热效率没有达到100%，是因为有一部分能量消失了【答案】B 【解析】【详解】

ABC．取两种液体都加热了3分钟为研究对象，因为是用的两个相同的电加热器，且加热效率都为90%，所以

Q水Q油，

设它们的体积为V，则水的质量：

m水水V

油的质量：

m油油V

（tt0）根据Q=cm有：

c水水V（t水t0）c油油V（t油t0）

代入数据：

4.2103J/（kg•℃）1.0103kg/m3（28℃18℃）c油0.8103kg/m3（43℃18℃）解得：

c油2.1103J/（kg•℃）

故AC项错误、B项正确；

D．由能量守恒定律可知，能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体；在转化和转移过程中其总量不变．故D项错误．

18．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的水和另一种液

体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示实验中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得（已知c水c液体）

A．乙物质是水 ℃）（kg·

C．甲的放热能力比乙强【答案】C 【解析】【详解】

B．另一种液体的比热容为8.4×103J/D．乙比甲更适合作汽车发动机的冷却液

A．由题意可知，在相同时间内水和另一种液体放出的热量相等，由题中的图象可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；根据热量的计算公式Q放cmt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，温度降低得多的比热容小；所以甲液体的比热容大，所以甲液体是水；故A项不符合题意；

B．由题图可知：甲乙两种液体的初温是60℃，放热15分钟后甲液体的末温是40℃，乙液体的末温是20℃，则水放出的热量：

Q水放c水m水t水4.2103J/（kg℃）m水（60℃40℃）；

乙放出的热量：

Q乙放c乙m乙乙tc乙m乙（60℃20℃）；

而水和乙液体的质量相同，即m水m乙；在相同时间内水和另一种液体放出的热量相等，则有：

4.2103J/（kg℃）m水（60℃40℃）c乙m乙（60℃20℃）；

解得，c乙2.110J/（kg℃）；故B项不符合题意；

C．由于甲液体的比热容大，所以甲的放热能力比乙强，故C项符合题意；

D．由于水的比热容比较大，所以水比较适合用作发动机的冷却液；即甲比乙更适合作汽车发动机的冷却液；故D项不符合题意。

3

19．甲、乙两个相同的杯子中盛有质量和初温都相同的水，另有A、B两个金属球，其质量和初温也都相同，且都比水的温度高．现将A、B两球分别放入甲、乙两杯水中，热平衡后，甲杯水温升高了15℃，乙杯水温升高了8℃，则（） A．A球比热容大于B球比热容 B．A球比热容小于B球比热容 C．A球降低的温度更多些 D．A球放出的热量更少些

【答案】A 【解析】【详解】

甲、乙两个杯子中水的质量m相同，两球放入水中后，水吸收热量温度升高，甲杯的水温升高15℃，乙杯中水温升高8℃，即：t甲＞t乙，水的比热容相同，不计热量损失，由

QcmΔt可知，Q甲吸＞Q乙吸，由于Q甲吸QA放，Q乙吸QB放，所以

QA放＞QB放；A球放出的热量更多些；甲、乙水的初温t相同，t甲＞t乙，所以两杯

水的末温t甲＞t乙，所以两个球的末温tA＞tB，又由于球的初温t初相同，所以：

t初tA＜t初tB

质量相同、初温t初相同的两球A和B，对于A有：

QA放cAm（）① AtAt初

对于B有：

QB放cBm（）② BtBt初

又因为QA放＞QB放，mAmB，①除以②得：

QA放QB放

所以：

＞1

cAm（）＞cBm（） AtAt初BtBt初

又t初tA＜t初tB，则有cA＞cB．故A项符合题意、BCD项不符合题意；

20．如图所示，放置在水平地面上的两个均匀实心正方体A和B，物体A、B的边长分别为0.1米和0.2米。物体A的密度为4×103千克/米3，物体B的质量为10千克。求：

（1) 物体A的质量mA。（2) 物体B对水平地面的压力FB。

（3) 在保持物体A、B原有放置方式不变的情况下，现将物体A、B各自沿水平方向在上部切去质量为△m的一部分，使剩余部分对水平地面的压强相等，求切去的质量△m。【答案】(1)4千克(2)98牛(3)2千克【解析】【详解】

(1)物体A的质量：

mA=ρAVA=4×103kg/m3×(0.1m)3=4kg；

(2)物体B对水平地面的压力FB等于物体重力大小：

FB=GB=mBg=10kg×9.8N/kg=98N；

(3)A物体的底面积：

SA=(0.1m)2=0.01m2，

B物体的底面积：

SB=(0.2m)2=0.04m2，

将物体A. B各自沿水平方向在上部切去质量为△m的一部分，根据p=

F

，由于物体对水平地面的压力等于剩余部分的重力，因剩余部分对水平地面的S

压强相等，故有：

GAmgGBmg

= ， SASB

即:

GAmgSA

=，

GBmgSB

整理后有：

mAmSA

=，

mBmSB

代入已知量：

4kgm0.01m2

=，

10kgm0.04m2

故切去的质量：

△m=2kg.

答：(1)物体A的质量mA为4kg (2)物体B对水平地面的压力FB为98N；

(3)在保持物体A. B原有放置方式不变的情况下，现将物体A. B各自沿水平方向在上部切去质量为△m的一部分，使剩余部分对水平地面的压强相等，切去的质量△m=2kg.

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/d8822629a5c30c22590102020740be1e650ecc99.html

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