中考物理压轴题专题复习热学问题含答案.docx
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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．假期爸爸妈妈带着丽丽开车旅行，已知小轿车的总质量约为2t，最大功率为120kW，小轿车在牵引力的作用下沿水平公路做匀速直线运动，行驶时所受阻力为车总重的0.2倍。
（g=10N/kg，汽油的热值取4×107J/kg）求：
（1）若轮胎与地面的总接触面积为0.2m2，静止时轿车对水平地面的压强为多少？
（2）轿车在5min内匀速行驶了3km，此时轿车的实际功率为多少？
（3）若汽油机的效率为30%，那么当轿车以最大功率行驶10min消耗汽油的质量为多少？
【答案】
（1）1×105Pa；
（2）4×104W；（3）6kg
【解析】
【详解】
（1）轿车的总重力
轿车静止时对水平地面的压力
则轿车静止时对水平地面的压强
（2）由题意可知，轿车匀速行驶时所受阻力
因为轿车沿平直公路匀速行驶，所以轿车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，即
；
轿车在5min内牵引力做的功
；
则轿车的实际功率
。
（3）该车以最大输出功率行驶10min，做的有用功
，
由
得，汽油完全燃烧放出的热量
，
由
得，需要完全燃烧汽油的质量
答：
（1）静止时轿车对水平地面的压强为1×105Pa。
（2）此时轿车的实际功率为4×104W。
（3）那么当轿车以最大功率行驶10min消耗汽油的质量为6kg。
2．某综合实践活动小组在制作一个医用冷藏盒时，不知道给药品降温用冰好，还是盐水结成的冰好？
他们动手测量了盐水的凝固点。
（1）小明和小红分别通过实验得到了盐水的凝固图像如图所示，则小明所测盐水的凝固点是_______℃；
（2）他们同时发现所测得盐水凝固点并不相同，于是对比了双方实验过程，发现烧杯中装水都是200mL，小明加了1汤匙的盐，而小红加了3汤匙的盐，由此作出猜想：
盐水的凝固点与盐水的浓度有关。
接着多次实验得出不同浓度盐水的凝固点，数据记录如下表：
盐水浓度（%）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
27
30
36
凝固点（℃）
0
-2
-4
-6
-8
-11
-15
-18
-17
-1.8
-0.4
0
分析表格中数据可知，当盐水浓度增大时，其凝固点__________；
（3）小明由表格数据得到盐水浓度为21%时凝固点最低，其值为﹣18℃，你认为他的判断准确吗？
_____（选填“准确”或“不准确”），你判断的理由是__________；
（4）在测量浓度为21%的盐水凝固点时，某一时刻测得盐水温度如图所示，则此时该盐水处于______态；
（5）你认为给冷藏盒中药品降温最好选用_____（选填冰或适当浓度盐水结成的冰）。
【答案】-4先变小，后变大不准确当浓度是22%、23%时，其凝固点又是多少，这个不确定固态适当浓度盐水结成的冰
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]从图中可以看到，小明所测盐水的图像在第3min到第8min，温度保持不变，温度大小是-4℃，即小明所测盐水的凝固点是-4℃。
（2）[2]从表中数据可以看到，当盐水浓度增大时，其凝固点是先变小，后变大的。
（3）[3][4]这个判断不准确；因为当浓度是22%、23%时，其凝固点又是多少，这个不确定。
（4）[5]从图中可以看到，盐水温度是-28℃，而浓度为21%的盐水凝固点是-18℃，这个温度比凝固点还要低，说明盐水已经完全凝固了，是固态。
（5）[6]药品要在0℃以下存放，要求所选的物质熔点在0℃以下，冰的熔点是0℃，盐冰的熔点是低于0℃，所以冷藏盒中应选用盐水冰块。
3．实验小组探究影响蒸发快慢的因素，提出以下的几种猜想：
（1）蒸发的快慢与液体的温度有关；
（2）蒸发的快慢与液体的表面积有关；
（3）蒸发的快慢与液体面积的空气流动有关；（4）蒸发的快慢与液体的质量有关。
a．实验过程采用的科学探究方法是_____。
b．验证猜想（3）应选择_____。
（填对应的字母即可）
c．取A和C比较，可以验证猜想_____。
（填对应的序号即可）
d．实验小组想利用E图中甲、乙研究蒸发的快慢与液体的质量是否有关，你认为是否可行并简述理由________
【答案】控制变量法；AD；
（1）；该验证过程是错误的，因为从设计的环节看他没控制水的表面积相同；因为只有在液体上方空气流动速度、液体温度，液体表面积相同时，质量不同时，先蒸发完的蒸发的才快。
【解析】
【分析】
【详解】
[1]由给出的猜想可知，液体蒸发快慢可能与四个因素有关，所以，在实验过程中控制了三个量相同，只有要探究的量发生了变化，用到的是控制变量法；
[2]验证猜想（3）蒸发的快慢与液体面积的空气流动有关；根据控制变量法的思想，应控制液体温度和表面积相同，改变液体上方空气流动速度，由此可知应选择AD两图；
[3]取A和C比较，液体表面积和液体上方空气流动速度相同，液体温度不同，可以验证猜想
（1）蒸发的快慢与液体的温度有关；
[4]该验证过程是错误的，因为从设计的环节看他没控制水的表面积相同；因为只有在液体上方空气流动速度、液体温度，液体表面积相同时，质量不同时，先蒸发完的蒸发的才快。
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．为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如下：
（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：
先调整固定______的位置，再调整固定另一个的位置（选填“A”或“B”）；
（2）为保证实验结论的可靠，关于实验时“应控制两套装置中相同的量”的说法中，不必要的是______
A．食用油和水的质量相等B．两套装置中的烧杯相同
C．两酒精灯的火焰大小相同D．两酒精灯内酒精的质量相等
（3）实验中食用油和水从20℃升温至45℃，______（水/食用油）所需时间较长，_____（水/食用油）吸收的热量较多，由此可见，_____（水/食用油）吸热能力较强．
（4）实验中，加热相同的时间，水吸收的热量______（大于/小于/等于）食用油吸收的热量，______（水/食用油）升高的温度较多，______（水/食用油）吸热能力较强．
【答案】BD水水水等于食用油水
【解析】
（1）在安装、调整如图（甲）的实验器材时，应先固定B，再调整固定A，因为底部的距离应是固定的，而上部可以根据下部的情况进行灵活调节；
（2）为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：
酒精灯中火焰的大小、水和食用油（ρ水>ρ食用油）的质量和初温度、烧杯等，酒精灯中的酒精多少不一定相同，D错误；（3）食用油和水从20℃升温至45℃，水所需时间较长，说明水吸收的热量较多，由此可见，水吸热能力较强．（4）加热相同的时间，水吸收的热量等于食用油吸收的热量，食用油升高的温度较多，说明水吸热能力较强．
6．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℃。
7．为了探究液体温度升高时吸收热量的多少与哪些因素有关，某同学做了如下实验：
在四个相同的烧杯中分别盛有水和煤油，用同样的加热器加热。
下表是所有的实验记录，根据实验记录回答下列问题。
（1）分析比较_____________烧杯的实验记录（选填烧杯号），可得出的初步结论是：
在质量和升高的温度都相同时，不同物质吸收的热量不同。
（2）分析比较①②两烧杯的实验记录，可得出的初步结论是：
_____________________；分析比较③④两烧杯的实验记录，可得出的初步结论是：
_________________________。
（3）结合
（1）
（2）中的结论，然后综合归纳可得出，物体温度升高时吸收热量的多少与_______、______、_______有关系。
【答案】①③同种物质升高相同的温度时，质量不同吸收的热量不同同种物质质量相同时，升高的温度不同吸收的热量不同物质的种类质量升高的温度
【解析】
【分析】
（1）探究物质吸收的热量与种类有关，保持质量和升高的温度相同，物质的种类不同，分析比较哪两个烧杯；
（2）比较①②两烧杯，同种物质，质量不同，升高的温度相同，吸收的热量不同，分析吸收的热量与哪个因素有关；比较③④两烧杯，同种物质，质量相同，升高的温度不同，吸收的热量不同，分析比较吸收的热量与哪个因素有关；
（3）根据
（1）
（2）中的结论，综合归纳可得出，物体温度升高时吸收热量的多少与什么有关系。
【详解】
（1）[1]①杯的质量是300g，升高10℃用的时间是12min，③杯的质量是300g，升高10℃用的时间是6min，而每分钟吸收的热量是相等的，说明在质量和升高的温度都相同时，不同物质吸收的热量不同；
（2）[2]①②两烧杯，同种物质，质量不同，升高的温度相同，吸收的热量不同，说明同种物质升高相同的温度时，质量不同吸收的热量不同；
[3]③④两烧杯，同种物质，质量相同，升高的温度不同，吸收的热量不同，说明同种物质质量相同时，升高的温度不同吸收的热量不同；
（3）[4][5][6]综合上述结论，物体温度升高时吸收的热量的多少与物质的种类、物体的质量、升高的温度都有关系。
【点睛】
本题考查比热容的概念，需要知道控制变量法就是在研究和解决问题的过程中，对影响事物变化规律的因素和条件加以人为控制，只改变某个变量的大小，而保证其它的变量不变，最终解决所研究的问题。
8．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．
9．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。
10．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=
，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压强相等，故有：
=
，
即:
=
，
整理后有：
=
，
代入已知量：
=
，
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.
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．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）
发电机
型号
XGQF5.0
型号
XGQF5.0
额定功率8.3kW
额定输出功率5kW
噪声
73db
额定输出电压220V
连续运行时间8h
额定频率
50Hz
强制水冷四冲程
自动电压保护
（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
的变式，可求发电机能够提供的电能；
（2）已知汽油的热值和效率，根据公式
可求消耗的汽油体积；
（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
故能够提供的电能是40度。
（2）根据
，
，
得，汽油机的效率
则油箱的最小容积：
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
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．甲、乙两物质比热容之比是2∶1，质量之比是2∶1，甲、乙两物体吸收相同的热量，甲物体温度升高了20℃，则乙物体的温度升高了______℃。
由同样材料组成的丙、丁两物体，它们的质量之比为4∶1，升高温度之比是3∶1，则两物体吸收热量之比为______。
【答案】8012:
1
【解析】
【分析】
【详解】
[1]∵Q吸=cmΔt，甲、乙两物体吸收相同的热量
c甲m甲Δt甲=c乙m乙Δt乙
Δt甲:
Δt乙=c乙m乙:
c甲m甲==（1×1）:
（2×2）=1:
4
∵Δt甲=20℃，∴Δt乙=80℃。
[2]∵Q吸=cmΔt，且丙、丁两物体由同种材料做成
c丙=c乙，m丙:
m丁=4:
1，Δt丙:
Δt丁=3:
1
∴两物体吸收热量
Q丙:
Q丁=c丙m丙Δt丙:
c丁m丁Δt丁=12:
1
14．炎热的夏天，开了空调的房间窗户玻璃上常常会结一层水雾，则水雾是水蒸气_____（填物态变化）成小水珠附着在玻璃窗____侧，使玻璃变模糊，水蒸气变成水珠会____热量。
东北地区寒冷的冬天，房间窗户上会结一层美丽的冰花，这是水蒸气______（填物态变化）形成的小冰晶附着在玻璃窗_____侧。
【答案】液化外放出凝华内
【解析】
【详解】
[1][2][3]水雾是水蒸气液化成小水珠附着在玻璃窗的；这是因为玻璃窗外侧的水蒸气遇上冰冷的玻璃窗，液化成小水珠，是附着在玻璃窗外侧的；水蒸气变成水珠会放出热量；
[4][5]东北地区寒冷的冬天，房间窗户上会结一层美丽的冰花，这是水蒸气凝华形成的；这是房间内温度较高的水蒸气遇上冰冷的窗，凝华形成的，这是附着在玻璃窗内侧。
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．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
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