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1、一、初中物理热学问题求解方法一、初中物理热学问题求解方法1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73dbXGQF5.0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 q4.6l07J/kg，密度是 0.71103kg/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
2、）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tP tW有用100%机100%可求消耗的汽油体Q放VqW电 P电t 5kW8h 40kW h 40度故能够提供的电能是 40 度。(2)根据PmW，Q放 mq得，汽油机的效率tV则油箱的最小容积：P tW有用100%机10
3、0%Q放Vq8.3103W83600s3V 0.0209m 20.9L337q0.7110 kg/m 35%4.610 J/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tW电100%Q放P电t100%Vq5000W83600s100%-3333720.910 m 0.7110 kg/m 4.610 J/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%。2如图甲所示，是“
4、探究物质的熔化规律”的实验装置。实验时先将固体物质和温度计分别放入试管内，再放入大烧杯的水中，观察固体的熔化过程。（1）固体熔化图象如图丙所示，物质在熔化过程中，温度_，此时温度如图乙所示，读数方法正确的是_（填“A”“B”或“C”），该物质是_（填“晶体”或“非晶体”）。（2）实验时若温度计的玻璃泡碰到试管底部，则测得试管内物质的温度值偏_。【答案】保持不变 B晶体高【解析】【详解】(1)123由图乙知，A 俯视，读数会偏大，C 仰视，读数会偏小，B 读数方式正确；由于该物质在熔化过程中，温度保持不变，所以是晶体；(2)4实验时若温度计的玻璃泡碰到试管底部，温度计的示数会受烧杯底部的影响，则
5、测得试管内物质的温度值偏高。3如图所示是“比较不同物质吸热情况”的实验装置。实验中需加热质量相同的水和食用油，使它们升高相同的温度，比较它们吸收热量的多少，看看这两种物质的吸热情况是否存在差异。（1）实验中除了图中所给的器材，还需要的测量工具有：天平和_。（2）实验中通过比较_来比较不同物质吸收热量的多少。（3）根据实验数据，小明作出了水和食用油的温度随时间变化的图象，由图象可知食用油的比热容为_。【答案】秒表加热时间2.8 10 J/(kg)【解析】【分析】【详解】(1)1在“比较不同物质吸热情况”实验中需要测量加热时间和质量，则需要秒表和天平；(2)2由于相同加热器加热相同时间表示液体吸收
6、热量相同，故通过比较加热时间来比较不同物质吸收热量多少；(3)3当水和食用油均由 10加热到 30时，变化温度相同，图中加热时间为3min 和4.5min，由于水的比热容大于食用油，升高相同温度吸收热量更多，加热时间更长，则a3图线为水，b 图线为食用油，又由于相同加热器加热相同时间表示液体吸收热量相同，则：Q水吸Q油吸用油的比热容为：4.5min33min2则由Q cm t可得当液体质量与升高温度相同时，比热容之比等于吸收热量之比，故食c水c油解得：Q水吸Q油吸3222c油 c水 4.2103J/(kg)2.8103J/(kg)334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，
7、得到如下表的实验记录。时间/min温度/060167273380480580680780880980108411881293(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
8、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
9、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在探究热现象的实验中，小明用烧杯、试管、温度计、圆底烧瓶等器材进行了如下实验（1）小明用图甲所示的装置“探究冰熔化时温度的变化规律”，根据实验数据绘制了温度随时间变化的图象，如图乙所示，比较图乙中BC 段与 CD 段可知，该物质在 BC 段处于_(选填“固态”“液态”或“固液共存”)状态，此过程中物质的温度_(选填“增加”“减少”或“不变”)（2）在“观察水的沸腾”的实验中：装如图丙的实验装置时，对M、N 两个铁圈高度的定位，_（选填：需要/不需要）点燃酒精灯，先固定铁圈_（选填 M 或 N
10、），再固定另一铁圈的高度；你指出图丙中实验操作错误之处是_，改正错误后，继续实验.当水温升高到90时，每隔 1min 记录一次水的温度，直到水沸腾后再持续几分钟为止数据记录如表：时间/min温度/0901922943498598698798898第 3min 温度计示数如图丁所示，此时水的温度是_；上面戊图中的_（填“a”或“b”）是水在沸腾时的情况；在沸腾过程中，温度将_(填“升高”、“降低”或“不变”)，有同学认为为了方便读出温度计的示数，将温度计从沸水中拿出来进行观察读数，则会导致所测温度偏_(填“高”或“低”)；（3）生活中使用的电烙铁的烙铁头是一种合金所谓合金就是不同金属(也包括一些
11、非金属)在熔化过程中形成的一种融合物或冷却后的固态如表列出了几种金属的熔点和沸点(在标准大气压下)，其中难以与表中其他金属形成合金的是_金属熔点/沸点/铁15352750铜10832567锌4195907银9622212金10642807【答案】固液共存不变需要 N温度计的玻璃泡碰到了容器底部 96 a不变低锌【解析】【详解】(1)1该物质在 BC 段处于固液共存状态，是熔化过程；2晶体熔化过程中，继续吸热，但温度不变，内能增加；(2)3 4因要使酒精灯的外焰正好能给烧杯加热，所以需要先点燃酒精灯，组装实验仪器时，应根据酒精灯及其火焰的高度先固定铁圈N，再固定铁圈 N上面的部分，这样可以避免重
12、复调整；5由图知，温度计的玻璃泡接触了烧杯的底部，会导致测量结果偏高；6温度计的分度值是 1，此时是零上，液柱上表面对准了90上面第 6个小格处，读作 96；7a中气泡在上升过程中，体积逐渐增大，是因为水沸腾时上下温度一致，气泡在深度大的水中受到的压强比在深度小的水中受到的压强大造成的，所以是沸腾时的现象，b中气泡在上升过程中体积逐渐减小，是因为下面的水比上面的水温度高，热胀冷缩的缘故，所以是沸腾前的现象8液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变；9温度计从水中取出读数，由于空气温度低于液体温度，所以示数会下降，导致所测温度偏低；(3)10由于金属锌的沸点低，小于其它金属的熔点，因此锌和其它金属
13、无法完成液态时混合6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)分析比较两烧杯的实验记录，可得出的初步结论是：_；分析比较两烧杯的实验记录，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】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
14、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杯的质量是 300g，升高 10用的时间是 12min，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
15、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)456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。7如图甲所
16、示是小敏同学在做“探究水的沸腾”实验时的装置，从85开始，每隔 1 min记录一次温度计的示数，直到水沸腾一段时间为止。（1）实验中小敏发现温度计示数上升较慢，为了使温度计示数上升得快些，她应_。（2）如图乙所示是 3 min 时小敏小组的温度计示数，则此时烧杯中水的温度为_。（3）小敏的其他实验记录数据如下表：时间/min温度/085186287349159369579789991011010111101分析表中数据可知，水的沸点为_，可以推测水面上方的气压_于标准大气压。（4）根据表中数据在图中作出水的温度随时间变化图像。（_）（5）小敏在实验过程中发现如图所示的两种现象，则图 _是水在沸
17、腾前的情况，图_是水在沸腾时的情况。（6）通过实验可得：水在加热过程中，吸收热量，温度_；沸腾时，吸收热量，温度_。（选填“升高”“降低”或“不变”）【答案】减小水的质量89 101大 b a升高不变【解析】【详解】(1)1实验中小敏发现温度计示数上升较慢，这是水的质量太大了，为了使温度计示数上升得快些，她应减小水的质量；(2)2从图乙中可以看到，此时烧杯中水的温度为89；(3)3从表中数据可以看到，从第9min 到第 11min，水的温度保持不变，这说明水在沸腾，水的沸点是 101；4一标准大气压下水的沸点是100，由于水的沸点是 101，根据水的沸点与大气压关系可知，大气压越高，沸点越高，
18、所以可以推测水面上方的气压大于标准大气压；(4)5根据表中的数据，描出对应的点，如下图所示；(5)6水在沸腾前，水温不均匀，下面温度较高，上面温度较低，下面的气泡上升时，遇上温度较低的水，那么会液化成水，气泡会变小，所以图b 是水在沸腾前的情况；7水在沸腾时，温度均匀，下面的气泡上升时，水的压强越来越小，气泡会变大，所以图a 是水在沸腾时的情况；(6)89通过实验可得：水在加热过程中，吸收热量，温度升高，沸腾时，吸收热量，温度不变。8下表为现在家庭、宾馆常用的无线电水壶（一种在倒水时导线脱离，用电加热的方便水壶）的铭牌，某同学用这种电水壶烧开水，他将水放至最大容量，测得水的初温是20C，通电
19、6 分钟后水恰好沸腾（在一个标准大气压下），试通过计算，回答下列问题：额定电压额定功率最大容量220V1210W1L(1)该电水壶是利用电流的_效应工作的；(2)该电水壶正常工作时的电流及电热丝的电阻；(3)这段时间水吸收的热量；水的比热容c 4.2103J/(kg C)(4)现测得电源电压为200V，求此时电水壶的工作效率。（计算结果保留两位有效数字）【答案】(1)热；(2)5.5A，40；(3)3.36105J；(4)93%【解析】【详解】解：(1)电水壶是利用电流通过导体时，使导体产生热量来工作的，是电流的热效应。(2)根据P UI可得，此电水壶正常工作时的电流I P1210W 5.5A
20、U220VU2由P可得，电热水壶的电阻RU2(220V)2R 40P1210W(3)水的质量m水水V水1103kg/m31103m31kg水在 1 个标准大气压下的沸点t 100，烧开时吸收的热量Q吸 c水m水t t0 4.2103J/(kgC)1kg(100C20C)3.36105J(4)当电压U 200V时，消耗的电能U2(200V)2W t 360s 3.6105JR40此时电水壶工作的效率Q吸3.36105J100%100%93%W2.64103J答：(2)该电水壶正常工作时的电流为5.5A，电热丝的电阻为 40；(3)这段时间水吸收的热量3.36105J；(4)此时电水壶的工作效率9
21、3%。9（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（20120）；B酒精温度计（8060）；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
22、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)12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
23、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。10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)1210【解析】【分析】U2(1)由电路图可知，当 S 和
24、 S0闭合时，R1与 R2并联，电路中的总电阻最小，根据PR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cmt t0求出水吸收的热量，根据Q吸W求出消耗的电能，利用P求出需要的加热时间。tW(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RRR2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
25、；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 4AU220VQ吸cmt 4.2103J/kg0.5kg100301.47105J由Q吸可得，消耗的电能W1.47105JW 1.8375105J80%Q吸由PW可得，需要的加热时间tW1.8375105Jt 208.8sP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 R2R的阻值220V1210U2R2P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
26、 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 1210。【点睛】2U2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。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（）A9【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=cmt 可得：Q放=Q吸，即：c解得：t热
27、=2t冷=221=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则：cB 8C 6D 51mt热=cmt冷，23杯热水，43m（t热-t）=cm（t-t冷）4即3(63-t)=t-04t=27，解得：所以，冷水温度将再升高：t=t-t=27-21=6。故 C 符合题意。12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
28、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=cmt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）对于金属块 B 来说有：cBmB（t-tB）=c水m水（tB-t水初）因水的质量相同，由得到cA(t tA)tAt水初=c
29、B(t tB)tBt水初tAtB，tA-t水初tB-t水初，故cA（t-tA）cB（t-tB），由于t-tAt-tB，所以cAcB13一支刻好刻度的温度计，插入冰水混合物中时，水银柱长为4cm；插入 1 标准大气压的沸水中时，水银柱长为24cm，当温度计的水银柱长为16 cm 时，它所测量的实际温度是_；如果实际温度为 40，温度计水银柱长_cm。【答案】6012【解析】【详解】1插入冰水混合物中时，水银柱顶端的位置代表0；插入 1 标准大气压的沸水中时，水银柱顶端的位置代表 100，当温度计的水银柱长为16 cm 时，它所测量的实际温度24cm4cm16cm4cm1000t可解得t 60；2
30、如果实际温度为 40，温度计水银柱长24cm 4cml 4cm100040可解得l 12cm。14柴油机和汽油机在一个工作循环中的四个冲程完全相同的冲程是（）A吸气、压缩C吸气、压缩、排气【答案】D【解析】【详解】B压缩、排气D排气吸气冲程中，汽油机吸入的是汽油和空气的混合气体，柴油机吸入的只有空气，所以吸气冲程不同；柴油机属于压燃式点火，所以在压缩冲程中，柴油机比汽油机压缩程度高，所以压缩冲程不同；汽油机气缸顶部有个火花塞，柴油机气缸顶部有个喷油嘴，柴油机采用压燃式点火，汽油机采用点燃式点火，所以做功冲程不同；排气冲程只是将废气排出，所以柴油机和汽油机在一个工作循环中的四个冲程完全相同的冲程
31、是排气冲程；通过以上分析可知，故选 D。15用体温计分别测甲、乙、丙三人的体温，先测得甲的体温正常。用酒精消毒后，忘了拿着体温计用力向下甩，就直接依次去测乙和丙的体温，已知乙的体温是37.6，丙的体温为 38.4，那么用此方法测得乙和丙的体温分别为()A37、38.4C37.6、38.4【答案】C【解析】【详解】因为甲的体温正常，所以用体温计测完甲后，体温计的示数应该是37左右，不会是37.6，用酒精消毒后，忘了拿着体温计用力向下甩，那么液泡会收缩，液柱不会下降，还是 37左右，依次去测乙和丙的体温时，乙的体温是37.6，这说明液柱上升了，乙的真实体温是 37.6，丙的体温为 38.4，这也说
32、明液柱也上升了，丙的真实体温是38.4，所以用此方法测得乙和丙的体温分别为37.6、38.4，故选 C。B37、37.6D38.4、38.416下列关于内能说法正确的是（）A0的物体内能为零传递C温度高的物体比温度低的物体内能大【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
33、是吸收了热量，内能变大，D 正确。D物体内能增大，温度可能不变B热量总是从内能大的物体向内能小的物体17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
34、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20min10min10min乙熔化持续的时间为27min17min10min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Q吸，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mt小于乙的比热容，故 D 正确。故选 D。度，根据c 182019 年 12 月 27 日晚，“长征五号遥三”运载火箭成功发射，如图所示。该火箭的起飞质量约为 870t，起飞升力约为 1.05107N
35、，关于该火箭，下列说法正确的是（）A火箭利用“流体中流速小的位置压强大”的原理获得升力B火箭尾部喷气口热得发红，是通过做功改变了火箭尾部的内能C火箭发射时腾起的“白气”是液态水吸热汽化形成的D火箭起飞时受到向上的合力约为1.8106 N（g 取 10 N/kg）【答案】D【解析】【分析】【详解】A火箭发射是利用物体间力的作用是相互的原理来升空的，与流速小压强大没有关系，故 A 错误；B火箭尾部喷气口热得发红，是通过热传递的方式改变了火箭尾部的内能，故B 错误；C图中火箭尾部产生大量的“白气”，是因为尾气中的水蒸气遇冷发生了液化现象，故C错误；D火箭的起飞质量约为870t，重力G mg 8.71
36、05kg10N/kg 8.7106N由于 G 竖直向下，起飞升力 F 竖直向上，且GF，所以二力的合力方向向上，大小为F合 F G 1.05107N 8.7106N 1.8106N故 D 正确。故选 D。19在“探究水沸腾时温度变化特点”的实验中，分别观察到如图所示的情景。下列说法正确的是（）A沸腾是只发生在液体表面的剧烈汽化现象B“白气”是液态小水滴，它是水汽化形成的C甲图是水沸腾前的情景，乙图是水沸腾时的情景D乙图中气泡变小，是气泡中的水蒸气液化导致的【答案】D【解析】【详解】A沸腾是一定温度下，在液体的表面和内部同时发生的剧烈汽化现象，不只是在液体表面，A错误；B“白气”是液态小水滴，它
37、是由水蒸气液化形成的，B错误；C水沸腾前，温度不均匀，下面的水温度较高，上面的水温度较低，温度较高的气泡从水底往上升时，遇冷会液化为水，气泡会变小，所以乙图是水沸腾前的情景；而水沸腾时，下面的水和上面的水温度都一样，气泡从水底往上升时，水的压强变小，气泡会变大，所以甲图是水沸腾时的情景；C错误；D由上述可知，乙图中气泡变小，是气泡中的水蒸气遇冷液化导致的，D正确。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 4103千克/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
38、 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=AVA=4103kg/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=10kg9.8N/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SGA mgGB mg=，SASB压强相等，故有：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.