2024中考物理压轴题专题复习热学问题含解析

热学问题一、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℃须要多少时间？(3)电阻丝R2的阻值。【答案】(1)4A；(2)208.8s；(3)1210Ω【解析】【分析】(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，依据可知电路总功率最大，据此推断饮水机所处的状态，依据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，依据求出水汲取的热量，依据求出消耗的电能，利用求出须要的加热时间。(3)由电路图可知，开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简洁电路，电路中的总电阻最大，依据可知电路总功率最小，据此推断饮水机所处的状态，依据求出电阻R2的阻值。【详解】(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，由可知，电路总功率最大，饮水机处于加热状态；由可得，此时电路中的总电流(2)水汲取的热量由可得，消耗的电能由可得，须要的加热时间(3)由电路图可知，开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简洁电路，电路中的总电阻最大，电路总功率最小，饮水机处于保温状态，保温时的功率为40W；由可得，电阻R2的阻值答：(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℃须要208.8s；(3)电阻丝R2的阻值为1210Ω。【点睛】重点是电功率的相关计算，牢记公式，另外要读懂电路图，知道两个开关都闭合时为高温档，闭合一个开关时为低温档。2．图是小明和小华在视察“水的沸腾”试验中的情景，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…01234567891011水温/℃…909192939495969798989898（1）在组装器材时，是依据由________到______的依次。（2）请指出他们在试验中操作错误之处：_____________。（答一点即可）（3）在订正错误后他们接着试验，视察到水沸腾时的现象如上图中的______（甲/乙）图，水沸腾时汲取热量，温度___（上升/不变/降低）。（4）本次试验中水沸腾时的温度为_________℃。（5）依据记录在图中画出水的沸腾图像。（_________）（6）水沸腾时，杯口旁边出现大量“白气”，“白气”是杯中的水蒸气_______（填物态改变名称）形成的，该过程要_____（吸热/放热）（7）试验中发觉，水从起先加热到沸腾的这段时间过长，造成这种现象的缘由可能是：_______。（给出一种缘由即可）【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]在组装器材时应当由下到上的依次组装；(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，最终到达液面裂开，故水沸腾时的现象为图乙所示。由记录的试验表格可知水在沸腾时汲取热量温度不变;(4)[6]由记录的试验表格可知水额沸点为98℃;(5)[7]依据表格数据描点连线得水沸腾时的图像如图所示：；(6)[8][9]杯口旁边出现大量“白气”，“白气”是杯中的水蒸气遇冷液化而成的。液化须要放热；(7)[10]水从起先加热到沸腾的这段时间过长，造成这种现象的缘由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，试验装置如图所示。（1）加热肯定时间后，温度计的示数如图所示，此时水的温度为________℃；（2）当视察到如图中的_______图时，说明水已沸腾；b图中气泡上升的过程渐渐变小，发生的物态改变是_______；（3）水在沸腾过程中虽然温度不再上升，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试验过程中水温度改变的图象是______________。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试验的仪器、试验现象及图象处理。【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，到水面裂开开，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，最终消逝了，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，但要接着吸热；(4)[5]水在沸腾前，吸热温度上升，沸腾时，吸热温度保持不变，直到水全部汽化，满意这些描述的是A。4．小明在探究某种物质在熔化前后其温度随加热时间改变的规律时，得到如下表的试验记录。时间/min0123456789101112温度/℃60677380808080808080848893(1)请按上述试验数据在坐标格中作出温度随时间改变的图像____________。(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)依据上述数据，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)熔化过程是指物质起先熔化到完全熔化完，据此推断熔化时间。(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]依据表格中的试验数据，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，最终将各点用平滑曲线连接起来，得到温度随时间的改变的图像：；(2)[2]由图像知，该物质在2.5min时，还没有起先熔化，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起先熔化，到第10min完全熔化完，所以熔化过程经验了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”的试验装置．（1）除了图示的器材外，本试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“温度计示数的上升值”或“加热时间”）（2）在本试验中，可用来比较水和沙子吸热升温本事的方法是：若加热时间相同，比较_____；若温度计示数的上升值相同，比较_____．（3）关于该试验的变量限制，下列要求中不正确的是_____（填字母）．A．采纳相同的加热方法（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．运用相同的易拉罐．【答案】天平使物体受热匀称加热时间温度上升的读数加热时间B【解析】【分析】【详解】（1）依据吸热公式Q=cm△t可知，试验还须要称质量的天平，用搅棒搅动的目的是为了让沙子和水受热匀称；放热设备相同，只能通过加热时间来限制水和沙子吸热，所以还需钟表．（2）在本试验中，可用来比较水和沙子吸热升温本事的方法是：若加热时间相同，比较温度计的示数上升值的多少；若温度计示数的上升值相同，比较加热时间；沿海地区昼夜气温改变比内陆地区气温改变小的缘由是：水的比热容比泥土和沙子的比热容大．（3）该试验的变量限制，须要限制相同的加热方法（如酒精灯火焰的大小，与易拉罐底的距离等）、运用相同的易拉罐、水和沙子的质量；假如体积相等，他们的质量肯定不同，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．【答案】(1)500pSLNW；(2)．【解析】【详解】(1)燃气对活塞的平均压力F=p×103Pa×Sm2=pS×103N，一个做功冲程中燃气对活塞做的功W=FL=pSL×103J，飞轮每转两圈对外做功一次，所以1s内飞轮转N周，对外做功次，所以1s内，燃气对活塞做的总功W总=W×=pSL×103×J=500pSLNJ，汽油机的功率P==500pSLNW；(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=1.8×106pSLNJ，汽油机的效率η=．答：(1)汽油机的功率是500pSLNW；(2)汽油机的效率是．7．李明有一只温度计，虽然它的玻璃管的内径和刻度都是匀称的，但标度却不精确，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)该温度计的分度值是：(2)当它指示温度是15℃时，实际温度是：(3)当它实际气温是45℃时，指示温度时，则有：解得答：(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、自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）这些热量假如用自然气蒸汽锅炉供热，且自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自然气?[ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J](kg•℃)，自然气的热值为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)这些热量假如用自然气蒸汽锅炉供热，则Q有用=Q水放=2.52×1010J，自然气须要放出的热量Q放==2.8×1010J，自然气的体积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的自然气。9．为了比较甲乙两种液体的吸热实力，某同学设计了以下试验：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四个试验步骤中，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改变的关系图象．若将液体甲和液体乙加热相同的时间，则液体__________温度上升得快，甲乙两种液体比热容的大小关系是__________．【答案】装入等质量的甲乙两种液体汲取的热量相同甲<【解析】【详解】(1)[1]依题意，比较甲乙两种液体的吸热实力，依据汲取热量的公式Q=cm△t可知，试验须要采纳限制变量法，限制甲乙的质量，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]汲取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实力，应当限制加热时间，所以步骤c加热时间相同是为了使两种液体汲取相等的热量；(3)[3]甲、乙两种液体质量和初温都相同，视察图象可知：在相同时间内温度改变较大的是甲；[4]因运用的是相同的“电热器”加热，所以在相同时间内甲、乙两种液体汲取的热量相同；依据可知，在两种液体质量相等，汲取的热量相同时，当上升温度越大，它的比热容就越小，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℃，须要20min，电饭煲的加热效率是多少。（kg/m3，J/（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、拨至2时，电路为的简洁电路，当闭合S、拨至1时，电阻与，依据P=可知，电阻越小，功率越大，可知当闭合S、拨至2时，是加热档位，当闭合S、拨至1时，是保温档位，由P＝UI、I＝得P加热＝，P保温＝则加热功率与保温功率之比为＝＝电阻R1的阻值R1＝R2＝×160＝40(2)电源电压变为200V，此时电饭煲的保温功率为保温＝＝＝200W(3)加热功率加热＝＝＝1000W由P＝得，20min电饭煲消耗的电能W电＝加热t＝1000W×20×60s＝1.2×106J由ρ＝得水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×3×10-3m3＝3kg水汲取的热量Q吸＝cm(tt0)＝4.0×103J/(kg)3kg10020)＝9.6×105J电饭煲的加热效率η＝＝＝80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。11．试验室有一只读数不精确的温度计，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℃ B．21℃，40℃C．35℃，56℃ D．35℃，36℃【答案】C【解析】【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℃；那么当示数为41℃时，从20℃到41℃之间有21个格，用21×℃算出的就是实际的温度；实际温度为60℃时对应的温度依据上述原理同样可求。【详解】当温度为41℃时，实际温度：，当实际温度为60℃时，对应的温度：；故选C。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，依据表中的数据求：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爱护（1）在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够供应的电能是多少度？（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须要多大？（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，依据公式的变式，可求发电机能够供应的电能；(2)已知汽油的热值和效率，依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)发电机能够供应的电能故能够供应的电能是40度。(2)依据，，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，能够供应的电能是40度；(2)该汽油发电机油箱的容积至少须要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，该汽油机每秒共经验了______________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，汽油机经验一个工作循环，即经验4个冲程，1s内转30r，经验的冲程数量是[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。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：解得t≈3315．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，所以乙球漂移。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。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，热平衡后水温上升到40℃，然后快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改变）：A．65℃ B．60℃ C．55℃ D．50℃【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汲取的热量相等，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：；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汲取的热量相等，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：可得：2(70℃-t℃）=t℃-40℃解得t=60℃，故选B．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，在起先和加热3min时，分别记录的数据如下表所示．已知，，，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）03水的温度（℃）1828油的温度（℃）1843A．因为这种油升温比较快，所以它的比热容比水大B．这种油的比热容为C．这种油的比热容为D．加热效率没有达到100%，是因为有一部分能量消逝了【答案】B【解析】【详解】ABC．取两种液体都加热了3分钟为探讨对象，因为是用的两个相同的电加热器，且加热效率都为90%，所以，设它们的体积为V，则水的质量：油的质量：依据有：代入数据：解得：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，也不会凭空消逝，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“物质的放热实力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的水和另一种液体进行对比试验，并用图象对试验数据进行了处理，如图所示试验中，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）A．乙物质是水 B．另一种液体的比热容为8.4×103J/（kg·℃）C．甲的放热实力比乙强 D．乙比甲更适合作汽车发动机的冷却液【答案】C【解析】【详解】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；依据热量的计算公式可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的状况下，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：；乙放出的热量：；而水和乙液体的质量相同，即；在相同时间内水和另一种液体放出的热量相等，则有：；解得，；故B项不符合题意；C．由于甲液体的比热容大，所以甲的放热实力比乙强，故C项符