2020-2021中考物理易错题精选-热学问题练习题附答案.pdf

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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如图所示，是最新一款无人驾驶四轮小汽车原型图。汽车自动驾驶时使用雷达传感器，以及激光测距器来了解周围的交通状况。该款车质量1.210 kg，每个轮胎与地面接触面积为2.5102m2，当小车以 20m/s 的速度在一段平直的公路上匀速行驶了8km 时，消耗的汽油为 1.5L。假设燃油完全燃烧，汽油机的效率为30%，那么，求：3(1)该汽车静止在水平地面上时对地面的压强；(2)在这段运动过程中，该汽车发动机做的有用功是多少？(3)在这段运动过程中，该汽车的输出功率为多少？发动机提供的牵引力多大？（已知：汽油的密度为0.810 kg/m，汽油

2、的热值为4.510 J/kg）【答案】(1)1.2105Pa；(2)1.62107J；(3)4.05104W；2025N【解析】【详解】(1)该汽车静止在水平地面上时对地面的压力337F G mg 1.2103kg10N/kg 1.2104N受力面积S 42.5102m2 0.1m2根据压强公式的对地面的压强F1.2104Np 1.2105Pa2S0.1m对地面的压强是1.2105Pa。(2)消耗汽油的体积V 1.5L 1.5dm31.5103m3由m可得，消耗汽油的质量Vm V 0.8103kg/m31.5103m31.2kg汽油完全燃烧放出的热量Q放 mq 1.2kg4.5107J/kg5

3、.4107J由W100%得Q放W Q放30%5.4107J 1.62107J该汽车发动机做的有用功1.62107J。(3)由v s可得，汽车运动的时间tt s8000m=400sv20m/s在这段运动过程中，该汽车的输出功率W1.62107JP 4.05104Wt400s由W Fs可得W1.62107JF 2025Ns8000m该汽车的输出功率 2025N。答：(1)该汽车静止在水平地面上时对地面的压强为1.2105Pa。(2)在这段运动过程中，该汽车发动机做的有用功是1.62107J。(3)在这段运动过程中，该汽车的输出功率为4.05104W，发动机提供的牵引力为2025N。2牛顿说自己是站

4、在巨人的肩膀上，其实每一个育华学子都是如此。我们学习的每一个物理概念，背后都由科学家们辛勤探究而来，比如功和热量、电热等。在没有认识热的本质以前，热量、功、能量的关系并不清楚，所以它们用不同的单位来表示。热量的单位用卡路里，简称卡。焦耳认为热量和功应当有一定的当量关系，即热量的单位卡和功的单位焦耳间有一定的数量关系。他从1840 年开始，到 1878 年近 40 年的时间内，利用电热量热法进行了大量的实验，最终找出了热和功之间的当量关系。如果用W表示电功，用Q表示这一切所对应的热量，则功和热量之间的关系可写成W JQ，J即为热功当量。利用如图 1 所示的装置，我们可以一起来重现历史，经历焦耳的

5、探究过程测量热功当量：（1）除了图中所示器材，为完成实验，还需要的器材是_。（2）往量热器内筒倒入质量为m的水，按图连接好电路。闭合开关前滑动变阻滑片位于最_端（选填“左或右”）（3）记录温度计初始读数t1，闭合开关，调节滑片得到合适的电流电压，并记录为I、U。通电，并用搅拌器搅拌加速导热，一段时间后断电，记录通电时间t和末温t2。（4）计算出热功当量J _（用题中所给字母表示，水比热容用c表示）热功当量的测量，彻底否定了“热质说，为能量守恒和转化奠定了基础。t/min水煤油020201253023040336504406054571（5）这套装置还可以用来做“比较水和煤油比热容的大小”实验，

6、应当选择图2 的_（选填“A 或 B”）装置中的电阻与图1 装置中的电阻_（选填“串联或并联”）。（6）进行实验后，测得数据如表格所示。本实验中水和煤油吸收热量的多少是用_（选填“温度计示数的变化或加热时间”）来反映的。（7）由表格数据求得煤油的比热容为_。UIt3 A串联温度计示数的变化2.110 J/kgC【答案】秒表右cmt2t1【解析】【分析】【详解】(1)1图中所示器材有电压表，电流表，温度计，为完成实验，需要求出电功，根据W=UIt还需要的器材是秒表。(2)2往量热器内筒倒入质量为m的水，按图连接好电路。闭合开关前滑动变阻应位于阻值最大处，即滑片位于最右端。(4)3根据W UIt，

7、Q cmt cmt2t1，W JQ，则热功当量J WUItQcmt2t1(5)45这套装置还可以用来做“比较水和煤油比热容的大小”实验，为了控制变量相同，所以电阻丝阻值应该相同，即应当选择图2 的 A 装置中的电阻与图 1 装置中的电阻串联。(6)6根据转换法，实验中水和煤油吸热的多少是通过温度计示数的变化来反映的。(7)7由表格数据可知，1min 内，水的温度变化了25-20=5煤油的温度变化了30-20=10相同时间内，电阻丝产生的热量相同，则Q水 c水mt水 Q煤油 c煤油mt煤油代入数据可得c煤油 2.1103J/kgC3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，

8、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；3b 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

9、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

10、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。5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

11、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

12、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。6图甲是小强在标准大气压下用 50g 冰做“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验装置，）图乙是他根据记录的数据绘制的温度随时间变化规律的图像。c水=4.2103J/（kg（1）实验中，冰熔化的时

13、间为_min。（2）由图乙可知，冰在熔化过程中吸收热量，温度不变，内能_（选填“增大”、“减小”或“不变”），冰在熔化过程吸收的热量为_J。（3）试管中的冰完全熔化后，若持续加热，当烧杯中的水沸腾时，试管中的液体_选填“会”或“不会”）沸腾。【答案】4增大 3.15103不会【解析】【分析】【详解】(1)1由图象可知，实验中冰从2min 开始熔化，6min 熔化完毕，故冰熔化的时间是4min。(2)2由图象可知，冰在熔化过程中吸收热量，温度不变，因继续吸热，所以内能增大。350g 冰熔化成水，因为质量是不变的，所以水的质量也是50g，在 610min 内，水的温度升高了 15，则在 610mi

14、n 内水吸收的热量为Q水吸cm t4.2103J/（kg）0.05kg153.15103J由题知物质在相同的时间内吸收的热量是相同的，而冰的熔化过程用时也是4min，所以冰熔化过程中吸收的热量为Q冰吸Q水吸3.15103J(3)4当烧杯中的水沸腾后，尽管不断吸热，但烧杯中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能继续吸收热量，所以试管中的水不会沸腾。7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，

15、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2.810 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

16、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a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：3Q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)338在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。（1）实验中应量取质量_的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中。（2）实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和_。（3）用相同规格的电加热器加热甲和乙两种液体

17、，使它们升高相同的温度，通过_来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少。（4）实验记录的数据如下表所示，分析实验数据可知_（选填“甲”或“乙”）物质的吸热能力强。（5）下列事实能用上述实验数据得出的结论解释的是_。A沿海地区昼夜温差会比内陆地区小B用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸C长期堆放煤的水泥地面变成黑色D夏大给教室洒水，感觉凉爽【答案】相同电加热器加热时间甲 A【解析】【分析】（1）根据控制变量法分析甲、乙两种液体质量的关系；（2）根据温度计的使用方法分析温度计的玻璃泡不要碰到哪些地方；（3）使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；（4）使相同质量的不同物质升高相同的

18、温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；（5）水的比热容较大，与其它物质相比，吸收相同的热量，升高的温度较低。【详解】(1)1根实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中；(2)2实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和电加热器；(3)3用相同规格的电加热器加热甲和乙两种液体，使它们升高相同的温度，通过加热时间来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少；(4)4由实验数据可知，加热相同的时间，甲升高的温度比乙升高的温度要低一些，甲物质的吸热能力强；(5)A沿海地区昼夜温差会比内陆地区小，是因为水的比热容较大，故A 符合题意；B用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，属于扩

19、散现象，故 B 不符合题意；C长期堆放煤的水泥地面变成黑色，属于扩散现象，故C 不符合题意；D夏天给教室洒水，感觉凉爽，是因为蒸发吸热，故D 不符合题意。故选 A。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

20、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=cmt 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

21、；(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；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mt热容就越小，所以 c甲c乙。根据c 10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

22、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=cmt 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

23、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 B11向一大桶温度为t1的冷水中倒入一小桶温度为t2的热水，混合后的温度为 t，下面关于温度的关系式中正确的是（）t1t22【答案】B【解析】【详解】At Bt t1 t22Ct t1 t22Dt t2 t12冷水吸收的热量：Q吸 cm（）1t t1热水放出的热量：Q放 cm（2t2t）由题意知，Q吸 Q放；则有：cm（）cm（1t t12t2t）解得：m1t2

24、tm2t t1因为冷水是一大桶，热水是一小桶，所以m1m2，即t2tt t1，所以t项正确、ACD 项错误；t1t2；故 B212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33的加热效率是多少。（汤1.010kg/m3，c汤 4.010J/（kg）【答案】(1)40；(2)200W；

25、(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，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 2R时，是加热档位，当闭合S、S1拨至 1 时，是保温档位，由 PUI、IU得RU2U2P加热，P保温R1R1 R2则加热功率与保温功率之比为P加热R1 R25R1P保温1电阻 R1的阻值R111R21604044(2)电源电压变为 200V，此时电饭煲的保温功率为2U2200V200WP保温R1 R240160(3)加热功率U2200V21000WP加热R140由 PW得，2

26、0min 电饭煲消耗的电能tW电P加热t1000W2060s1.2106Jm得水的质量VmV1.0103kg/m3310-3m33 kg由 水吸收的热量Q吸cm(t-t0)4.0103J/(kg)3kg(10020)9.6105J电饭煲的加热效率Q吸9.6105J80%W电1.2106J答：(1)电阻 R1的阻值为 40。(2)电饭煲的保温功率为200W。(3)电饭煲的加热效率为80%。13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

27、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 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

28、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；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

29、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 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。14小明打开装有一定量“干冰”的月饼包装盒，发现空气中出现了“白雾”，这是因为干冰在升华过

30、程中需_热量，使空气中的水蒸气遇冷液化形成的。气体在液化过程中要_热量，所以被 100的水蒸气烫伤比被 100的水烫伤要严重。【答案】吸收放出【解析】【分析】【详解】1这是因为干冰在升华过程中需吸收热量，使空气中的水蒸气遇冷液化形成的。2气体在液化过程中要放出热量，所以被100的水蒸气烫伤比被 100的水烫伤要严重。15将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，冷水的温度升高了10，这是通过_的方式改变了冷水的内能。又向容器内倒入同样一杯热水，冷水的温度又升高了6。如果再向容器内倒入同样三杯热水，则冷水温度可再升高_（不计热量损失）。【答案】热传递 9【解析】【分析】【详解】1热水倒入冷水中，热水放

31、出热量，冷水吸收热量，冷水温度升高，是通过热传递的方式改变冷水的内能。2热水倒入冷水中，热水放出的热量等于冷水吸收的热量，设一杯的热水质量为m，初温为 t，冷水的质量为 m0，由热平衡方程可得第一次加入热水时cm(t 10)cm010第二次加入热水时cm(t 16)c(m0m)6两式相减得m0 3m，代入解得t 40。若再加入同样三杯热水，设升高的温度为t，则3cm(4016t)=c(m02m)t解得t 9。16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

32、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。17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

33、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】123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；45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。18用两个相同的电热水器给质量同为1.5kg 的甲物体和水加热，他们的温度随加热时

34、间的变化关系如图所示，据此判断甲物体10 min 吸收的热量为（）A0.63105JC1.89105J【答案】C【解析】【分析】【详解】B0.9105JD3.78105J由图象可知：用两个相同的电热器给质量相同的物质甲和水加热，水温度升高60需要20min，甲物质加热 10min 吸收的热量与水加热 10min 吸收的热量的热量相同，且水10min所吸收热量为 20min 吸收热量的一半，即11Q甲=Q水=c水m水t水=4.2103J/kg1.5kg60=1.89105J22故选 C。19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

35、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）：A65【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：B60C55D502=；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

36、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 Bc水m水20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

37、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

38、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。