备战中考物理压轴题专题复习热学问题及答案.docx
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备战中考物理压轴题专题复习热学问题及答案
一、初中物理热学问题求解方法
1．国家“学生饮用奶计划”交流会在福建省福州市召开，如所示是一种学生饮用奶，它的净含量为200mL，若它的密度为1.25×103kg/m3，比热容为4.0×103J/（kg·℃），冬天饮用时把它从10℃加热到40℃需要吸收_____J的热量；在加热过程中，温度升高，内能_____（选填“增加”或“降低”）。
【答案】3×104增加
【解析】
【分析】
【详解】
[1]牛奶的体积为
牛奶的质量为
牛奶吸收的热量
则牛奶吸收的热量为3×104J。
[2]在加热牛奶的过程中，牛奶因为吸收热量，所以内能增加。
2．
（1）如图甲是探究“冰在熔化时温度变化规律”实验，图乙是根据实验数据画出的图象。
由图乙可知，冰在熔化过程持续吸热，温度_____（选填“升高”、“不变”或“降低”），冰是_____（选填“晶体”或“非晶体”）；第6分钟时冰处于_____（选填“固态”、“液态”或“固液共存态”）。
（2）小云用如图所示装置探究水的沸腾。
组装实验器材时，应按照_____的顺序（选填“自上而下”或“自下而上”）；实验室现有：
A．水银温度计（﹣20℃～120℃）；B．酒精温度计（﹣80℃～60℃）；C．体温计；D．寒暑表等不同种类的温度计，本实验应选用的温度计是_____（选填“A”、“B”、“C”或“D”）；实验中小云观察到水在沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况不同，如图甲、乙所示。
表示沸腾前气泡上升情况的是图_____（选填“甲”或“乙”）。
【答案】不变晶体固液共存自下而上A甲
【解析】
【详解】
（1）[1][2]从图乙可以看到冰在熔化过程，从第2min到第8min，温度保持不变，由此可以知道冰是晶体；
[3]第6min时，冰的温度还是不变，此时有一部分冰已经熔化成水，但没有全部熔化，应该处于固液共存态；
（2）[4]组装实验器材时，应按照自下而上的顺序组装，因为不能确定温度计的具体高度是多少；
[5]本实验应选用的温度计是水银温度计，因为水沸腾时，温度能达到100℃，酒精温度计最高温度只能是60℃，体温计、寒暑表这两个量程也不够大；
[6]水沸腾前，温度不均匀，烧杯上面的水温度较低，下面的水温度较高，下面的热气泡上升遇上低温的水时，一部分会液化成水，那么气泡会变小，故表示沸腾前气泡上升情况的是图甲。
3．探究水沸腾时温度变化的特点：
（1）如图甲、乙所示，是小明同学在实验中，用数码相机拍摄的水沸腾前和沸腾时的两张照片，其中_____是水沸腾时的情况；
（2）实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样做是为了_____；
（3）由实验数据绘制出温度随时间变化的图像，如图丙所示。
根据记录的数据，水的沸点是_____℃；可得出水沸腾时温度变化的特点：
不断吸热，温度_____。
【答案】甲缩短实验加热时间98不变
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]水沸腾时，烧杯中水的温度是均匀的，气泡上升时，受到水的压强越来越小，那么气泡体积会变大，从甲、乙两图可以看到，甲是水沸腾时的情况。
（2）[2]实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，因为冷水加热，需要更长时间才能达到想要的温度，用热水会缩短实验加热时间。
（3）[3]从图丙可以看到，第4min开始，水的温度保持在98℃不变，可以推测水的沸点是98℃。
[4]可得出水沸腾时温度变化的特点：
不断吸热，但是温度保持不变。
4．建立模型在科学研究中有着重要的作用，模型可以帮助人们认识和理解一些不能直接观察到的微观结构。
很早以前，科学家们发现了物质是由微粒（分子）组成的，从而建立了如图所示是物质三种状态的分子模型（如图所示）。
固体中分子间的束缚能力很强，分子只能在某个位置附近做小幅的振动，不能自由移动；气体分子间的束缚能力很弱，所以分子运动相对强烈，如果没有容器的限制可自由运动，尽可能占据更多的体积；液体介于三者之间（与固体更接近），大部分分子在大部分时间内只能在某一位置附近做幅度相对大的振动，某些能量较大的分子能克服液体内其他分子的束缚而“飞离”液体。
（1）由材料可知，当物质从气态变化到固态时，需__________（选项“吸热”或“放热”），使其温度__________，分子只有的能量减小，分子的活跃程度需急剧变弱。
（2）在液体的表面上，某些能量较大的分子能克服液体内其他分子的束缚而“飞离”液体表面，这就是__________；在液体内部，有一些分子由于获得足够的能量摆脱其他分子的束缚，进入液体内部的小气泡中。
从而使小气泡逐渐变大并上升到液面，气泡破裂，其中的水蒸气“飞”到空气中，这就是__________。
（以上两空选填汽化的两种方式中的一种）
【答案】放热降低蒸发沸腾
【解析】
【详解】
（1）[1][2]物质从气态变化到固态叫做凝华，凝华需要放热，使其温度降低；
（2）[3]在液体的表面上，某些能量较大的分子能克服液体内其他分子的束缚而“飞离”液体表面，属缓慢的汽化现象，这就是蒸发现象；
[4]在液体内部，一些分子获得足够的能量，摆脱其他分子的束缚，进入液体内部的小气泡中，从而使小气泡逐渐变大并上升到液面，气泡破裂，其中的水蒸气“飞”到空气中，整个过程较为剧烈，这就是沸腾。
5．如图甲是“探究海波熔化时温度的变化规律”的实验装置。
（1）如图乙所示温度计的示数为_________℃；
（2）如图丙所示是根据实验数据描绘出的海波温度随时间变化的图像。
海波熔化过程对应图像中的__________段（选填“AB”或“BC”），其熔点为_______℃；
（3）用质量为m1的海波做实验，绘制出海波的温度随时间变化的图像如图丁中的a所示。
若用相同的热源，用质量为m2（m2>m1）的海波做这个实验，得到的图像可能是图丁中的_______（选填“b”“c”或“d”）；
（4）利用上述实验中的器材来“探究水的沸腾”，还需要一个中间有孔的硬纸板，它的作用是_________。
若正确操作实验，根据实验数据绘出水的温度随时间变化的图像如图戊所示。
分析图像可获得的信息是_________________________（写出一条即可）。
【答案】46BC48c减少热量的散失水的沸点是98℃
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]从图乙可以看到，该温度计的分度值是1℃，它的读数是46℃。
（2）[2][3]海波是晶体，熔化过程温度不变，所以熔化过程对应图像中的BC段，其熔点是48℃。
（3）[4]海波的质量变大，但是熔点是不变的，从图丁可看到，得到的图像可能是图丁中的c。
（4）[5]这个硬纸板，它的作用是减少热量的散失。
[6]从图戊可看到，水在第4min开始温度保持不变，可知水的沸点是98℃；并且知道水沸腾时，温度是不变的。
6．为检测某汽车发动机的工作性能，现使汽车在平直公路上从静止开始做直线运动，保持发动机输出功率恒定为6×104W，汽车行驶过程中所受阻力大小不变，其v-t图像如图所示，在第10s末开始匀速行驶，经测试，消耗5.8kg的汽油可以使汽车匀速行驶53.36km，汽油完全燃烧放出的热量40%用来驱动汽车行驶，（汽油的热值为4.6×107J/kg），在检测过程中。
（1）前10s发动机做多少功？
（2）汽车受到的阻力多大？
（3）汽车匀速行驶的速度多大？
【答案】
（1）6×105J；
（2）2000N；（3）30m/s。
【解析】
【详解】
（1）前10s发动机做的功
W=Pt=6×104W×10s=6×105J；
（2）5.8kg的汽油完全燃烧放出的热量
Q=mq=5.8kg×4.6×107J/kg=2.668×108J，
牵引力做的功
W1=Qη=2.668×108J×40%=1.0672×108J，
牵引力
F=
=2000N，
汽车在该平直的公路上匀速行驶时，汽车受到的阻力与牵引力是一对平衡力，大小相等，阻力
f=F=2000N；
（3）汽车的功率
P=
=Fv，
汽车匀速行驶的速度
v=
=30m/s。
答：
（1）前10s发动机做功6×105J；
（2）汽车受到的阻力是2000N；
（3）汽车匀速行驶的速度30m/s。
7．如图甲是一款便携式电火锅，图乙是其简化电路图。
R1、R2均为电热丝，电火锅有加热和保温两个档，加热功率为440W，保温功率为110W。
求：
（1）加热档工作时，电路中的电流是多少？
（2）电热丝R2的阻值是多少？
（3）若不计热量损失，该电火锅正常工作，把质量为0.55kg、初温为20℃的水加热到100℃，需要多少秒？
[
]
【答案】
（1）
；
（2）
；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据
可知，当电阻较小时，电功率较大，这是加热档，从图乙可以看到，开关连接1，电路中的电流是
（2）根据
可知，电热丝R1阻值大小是
当开关连接2时，R1、R2串联接在电路，这是保温档，根据
可知，电路中的总电阻是
可知电热丝R2的阻值是
（3）根据
可知，水吸收的热量是
不计热量损失，那么
，该电火锅正常工作需要的时间是
答：
（1）加热档工作时，电路中的电流是
；
（2）电热丝R2的阻值是
；（3）若不计热量损失，该电火锅正常工作，把质量为0.55kg、初温为20℃的水加热到100℃，需要时间是
。
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]
【答案】
（1）1.5×l05kg；
（2）2.52×1010J；（3）700m3
【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×（90℃-50℃）=2.52×1010J；
（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=
=2.8×1010J，
天然气的体积
V=
=700m3.
答：
（1）每小时流出的水是1.5×l05kg；
（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．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
…
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
水温/℃
…
90
91
92
93
94
95
96
97
98
98
98
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。
10．一支刻度均匀但刻度线位置不准的温度计，把它放在标准大气压的沸水中，读数是97℃，把它放在冰水混合物中，读数是2℃，若用这支温度计去测量某物体的温度时，它的读数恰好等于物体的实际温度，则该物体的温度是_____．如下图所示，图甲的温度为_____。
【答案】40℃-22℃
【解析】
【详解】
[1]因读数不准确的温度计的刻度是均匀的，设不准确温度计示数y与真实温度x之间满足方程：
y=kx+b；
将y=97℃时，x=100℃和y=2℃时，x=0℃分别代入方程，得：
97=k×100+b；
2=k×0+b；
解方程组得：
k=
，b=2，故方程可变为：
，
根据题意，它的读数恰好等于物体的实际温度可知，x=y，代入方程可得解为：
x=40℃；
[2]由图知，温度计10℃之间分成5等份，所以一等份代表2℃，也就是分度值为2℃；“20”在“10”的下端，说明温度低于0℃，为-22℃。
11．在两个相同的杯子内盛有质量相等的热水和冷水，将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的温度升高21℃，若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高（）
A．9℃B．8℃C．6℃D．5℃
【答案】C
【解析】
【详解】
设一杯水的质量为m，热水的初温为t热，冷水的初温t冷，将一半的热水倒入容器中后共同的温度为t，因不计热损失，所以，由Q=cm△t可得：
Q放=Q吸，即：
c
m△t热=cm△t冷，
解得：
△t热=2△t冷=2×21℃=42℃，
据此可设t冷=0℃，则t=21℃，
t热=21℃+42℃=63℃，
若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒
杯热水，则：
c
m（t热-t′）=cm（t′-t冷）
即
（63℃-t′）=t′-0
解得：
t′=27℃，
所以，冷水温度将再升高：
△t=t′-t=27℃-21℃=6℃。
故C符合题意。
12．如图所示，在大玻璃瓶与小玻璃瓶内各装入适量的水，将小瓶瓶口向下放入大瓶，使小瓶恰好悬浮。
塞紧大瓶瓶塞，用气筒向大瓶内打气，小瓶会_____（选填“下沉”、“上浮”或“继续悬浮”）；继续打气直到瓶塞跳起，此过程中的能量转化与四冲程汽油机的________冲程相同。
【答案】下沉做功
【解析】
【分析】
【详解】
[1]由题意可知，小瓶相当于一个“浮沉子”，其原理为：
用气筒向大瓶内打气，大瓶内水面上方气压增大，将压强传递给水，水被压入小瓶中，将小瓶中的空气压缩，这时小瓶里进入一些水，其重力增加，大于它受到的浮力，就向下沉。
[2]当瓶塞跳起时，此过程大瓶上方的气体对瓶塞做功，大瓶内气体的内能减少，瓶塞的机械能增大，即内能转化为机械能，又因为汽油机的做功冲程的能量转化也是内能转化为机械能，所以此过程中的能量转化与四冲程汽油机的做功冲程相同。
13．当水烧开时，我们会看到水蒸气将壶盖项起，从能量转化的角度看，这与四冲程汽油机的_________冲程的能量转化相同，若某单缸四冲程汽油机飞轮的转速为
，则此汽油机每秒钟对外做功____________次。
【答案】做功10
【解析】
【详解】
[1]水蒸气将壶盖项起，从能量转化的角度看，这是水蒸气内能转化为壶盖的机械能，四冲程汽油机的做功冲程也是把内能转化为机械能。
[2]由题意可知，飞轮的转速为
即每秒钟飞轮转数是20r，飞轮转两转，汽油机经历一个工作循环，对外做功1次，那么此汽油机每秒钟对外做功次数是10次。
14．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
，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
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
[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。
15．质量相等的两金属块A和B长时间放在沸水中，将它们从沸水中取出后，立刻分别投入甲、乙两杯质量和温度都相同的冷水中．不计热量损失，当甲、乙两杯水的温度不再升高时，发现甲杯水的温度低于乙杯水的温度，两杯水吸收的热量Q甲____Q乙，两金属块比热容cA____cB（均选填“>”“<”或“=”）
【答案】<<
【解析】
【详解】
[1]当甲、乙两杯水的温度不再升高时，达到热平衡，金属块的末温等于水的末温，因为此时甲杯水的温度低于乙杯水的温度，所以金属块A的末温比金属块B的末温低；两金属块使水温升高，甲杯水的温度低于乙杯水的温度，则甲杯水升高的温度小，而两杯水的质量相同，由Q吸=cmΔt可知甲杯里的水比乙杯里的水吸收的热量少，即
Q甲＜Q乙；
[2]两金属块都从沸水中取出、初温t相同，对于金属块A来说有：
cAmA（t-tA）=c水m水（tA-t水初）…①
对于金属块B来说有：
cBmB（t-tB）=c水m水（tB-t水初）…②
因水的质量相同，由①②得到
tA＜tB，
tA-t水初＜tB-t水初，
故
cA（t-tA）＜cB（t-tB），
由于
t-tA＞t-tB，
所以
cA＜cB．
16．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，甲球恰好能在水中悬浮，
，
，则甲、乙两球的体积之比为____。
当把乙球放入水中时，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
，已知甲乙两个球质量相等，由
得：
把
，
代入，并化简得：
①
由于甲球在水中悬浮，所以重力与浮力相等：
即：
所以：
②
由①②解得：
，
。
所以甲、乙两球的体积之比为：
[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：
即：
解得
。
又因为
，所以：
所以乙球露出水面的体积占乙球体积的
。
17．下列关于内能说法正确的是（）
A．0℃的物体内能为零B．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
C．温度高的物体比温度低的物体内能大D．物体内能增大，温度可能不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A．一切物体，不论温度高低，都具有内能，所以0℃的物体内能不为零，A错误；
B．热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，内能大的物体温度可能较低，那么热量就可能是从内能小的物体向内能大的物体传递，B错误；
C．温度高的物体内能不一定大，内能还和质量、状态有关，C错误；
D．物体内能增大，温度可能不变，比如说0℃的冰熔化为0℃的水后，质量不变，温度不变，但是吸收了热量，内能变大，D正确。
18．用相同热源、相同的加热装置，对质量相等的甲、乙两种固态物质加热时，得到的温度随时间变化的图像。
根据图像分析，下列说法中正确的是（）
A．甲、乙两种物质可能是松香和萘
B．甲物质在a、b两点时，温度和内能都相同
C．甲、乙两种物质在熔化时乙吸收的热量比甲多
D．甲、乙两种物质在固态时，甲的比热容小于乙的比热容
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．从图象可以看出，甲、乙两种物质在熔化过程中温度保持不变，所以均为晶体。
松香是非晶体，萘是晶体，所以甲、乙不可能是松香，故A错误；
B．甲物质在a点开始熔化，b点熔化完成，在熔化过程中温度保持不变，但是继续吸热，所以b点的内能大于a点的内能，故B错误；
C．读图可知，甲熔化持续的时间为
20min−10min＝10min
乙熔化持续的时间为
27min−17min＝10min
二者时间相同，说明吸收热量相同，故C错误；
D．甲、乙两种物质在固态时，同样加热10min，吸收相同的热量，甲的温度高于乙的温度，根据
，在吸收热量和质量相等时，比热容和温度成反比，所以甲的比热容小于乙的比热容，故D正确。
故选D。
19．受新型冠状病毒的影响，一“罩”难求。
一般医用口罩至少要有三层，外层需要阻挡外界空气中的灰层、细菌、唾沫等飞溅物，中间层经过静电处理，可以阻挡细菌等微小颗粒（潮湿环境中会失去静电），内层要吸收佩戴者呼出的水汽、飞沫等。
某口罩的构造如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．口罩潮湿后防护能力降低B．佩戴口罩时应该使白色吸水无纺布朝外
C．口罩的中间层静电熔喷布能吸引小磁针D．佩戴口罩后内层潮湿是呼出的水蒸气升华形成
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．潮湿环境中会失去静电，口罩潮湿后，会失去静电，中间层不可以阻挡细菌等微小颗粒,口罩防护能力降低，A正确；
B．由题意可知，内层要吸收佩戴者呼出的水汽、飞沫等，那么白色吸水无纺布应该是内层，有吸水能力，佩戴口罩时应该使白色吸水无纺布朝内，B错误；
C．带电体能吸引轻小物体，所以中间层静电熔喷布能吸引细菌等微小颗粒，但它不是磁体，不能吸引小磁针，C错误；
D．佩戴口罩后内层潮湿是呼出的水蒸气液化形成的，D错误。
故选A。
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
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