2020-2021物理 热学问题的专项 培优易错试卷练习题及答案

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200 mL ，若它的密度为1.25×103 kg/m 3，比热容为4.0×103 J/（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
-43=200mL=210m V ⨯
牛奶的质量为
333-4=210m =0.25kg 1.2510kg/m m V ρ=⨯⨯⨯
牛奶吸收的热量
()()34=410J/kg 0.25kg =310J 40 -10 Q cm t =∆⨯⋅⨯⨯⨯吸℃℃℃
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．做“观察水的沸腾”的实验时，某实验小组在我市做“观察水的沸腾”的实验，在实验时，有下列温度计可供选择：
A ．体温计
B ．水银温度计（量程为-10℃～110℃）
C ．家用寒暑表（量程为-20℃～60℃）
D ．酒精温度计（量程为-80℃～50℃） （1）根据这个实验的要求,应选用哪支温度计？答：_______
（2）在试验中，观察到水沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况不同，如图a 、b 所示. 小组记录的实验数据如表：
（3）如图_______是水在沸腾时的情况.
（4）从记录的数据可得出的实验结论是：水沸腾过程中继续对它加热，水的温度将会
_______；该实验的数据纪录中明显错误的是_______min时刻．试分析引起这个明显误差的可能的原因：_______．
（5）在实验中他们也发现了一个问题，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）
（6）酒精灯拿走后，杯中水又沸腾了一小会是因为_______．
（7）烧杯上加一个有孔硬纸板的作用是_______．
【答案】B a 不变 10 读数错误水的质量大石棉网有余热，温度高于水的沸点，水继续吸热减少散热损失
【解析】
【详解】
(1)[1]水沸腾时，在1标准大气压下，它的温度为100℃，测量它的温度，体温计不合适，家用寒暑表不合适，因为它的最高温度只能达到60℃，酒精温度计不合适，因为它的最高温度只能达到50℃，水银温度计合适，它的最高温度能达到110℃，故选B；
(3)[2]水在沸腾时，它的温度均匀，气泡从底端升到水面的过程中，液体的压强越来越小，那么气泡越来越大，那么a图应该是水在沸腾时的情况；
(4)[3]从数据可以看到，第8、9、11、12、13min时，它的水温保持不变，也就是水沸腾过程中继续对它加热，水的温度将会不变；
[4]第10min时，它的温度是101℃，和第9min、11min时的温度不一样，这是很明显的错误；
[5]引起这个明显误差的可能的原因是读数读错了；
(5)[6]造成这种现象的原因可能是水太多了，水的质量大，需要更长的时间升温，也有可能是水的初温太低，升温需要更长时间；
(6)[7]酒精灯拿走后，杯中水又沸腾了一小会是因为石棉网有余热，温度高于水的沸点,热量从石棉网传递到水，水又继续沸腾；
(7)[8]烧杯上加一个有孔硬纸板的作用是减少热量传递到空气，导致热量损失．
3．如图甲所示，是“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)[1][2][3]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，则测得试管内物质的温度值偏高。

4．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】46 BC 48 c 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。

5．如图甲所示是小敏同学在做“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
01234567891011 /min
温度/℃8586879193959799101101101
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，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)[8][9]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。

6．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 220V
额定功率 1210W
最大容量
1L
(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34.210J /(kg C)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 ，40Ω；(3)53.3610J ⨯；(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
1210W 5.5A 220V
P I U =
== 由2
U P R
=可得，电热水壶的电阻
22(220V)401210W
U R P ===Ω
(3)水的质量
3333110kg /m 110m 1kg 水水水m V ρ-==⨯⨯⨯=
水在1个标准大气压下的沸点100t =℃，烧开时吸收的热量
()350 4.210J /(kg C)1kg (100C 20C) 3.3610J 吸水水Q c m t t =-=⨯⋅︒⨯⨯︒-︒=⨯
(4)当电压200V U '=时，消耗的电能
22
5(200V)360s 3.610J 40W t R U ==⨯Ω
'=⨯
此时电水壶工作的效率
533.3610J
100%100%93%2.641J
0吸Q W η⨯=⨯=⨯=⨯
答：(2)该电水壶正常工作时的电流为5.5A ，电热丝的电阻为40Ω； (3)这段时间水吸收的热量53.3610J ⨯； (4)此时电水壶的工作效率93%。

7．如图甲是一款便携式电火锅，图乙是其简化电路图。

R 1、R 2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110 W 。

求：
(1)加热档工作时，电路中的电流是多少？ (2)电热丝R 2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0.55 kg 、初温为20℃的水加热到100℃，需要多少秒？[()3
4.210J/kg c ⋅=⨯水℃]
【答案】(1)2A ；(2)330Ω；(3)420s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据2
U P R
=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
440W
2A 220V
P I U =
==加热加热 (2)根据2
U P R
=可知，电热丝R 1阻值大小是
()2
2
1220V 110Ω440W
U R P ===加热
当开关连接2时，R 1、R 2串联接在电路，这是保温档，根据2
U P R
=可知，电路中的总电
阻是
()2
2
220V 440Ω110W
U R P ===总保温
可知电热丝R 2的阻值是
21-440Ω-110Ω330ΩR R R ===总
(3)根据Q cm Δt =可知，水吸收的热量是
()()354.210J/kg 0.55kg 100-20 1.84810J Q c m t =∆=⨯⋅⨯⨯=⨯吸水℃℃℃
不计热量损失，那么Q Q =吸放，该电火锅正常工作需要的时间是
51.84810J 420s 440W
Q t P ⨯=
==放加热
答：(1)加热档工作时，电路中的电流是2A ；(2)电热丝R 2的阻值是330Ω；(3)若不计热量损失，该电火锅正常工作，把质量为0.55 kg 、初温为20℃的水加热到100℃，需要时间是
420s 。

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150m 3/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/m 3，c 水=4.2× 103J](kg •℃)，天然气的热值为4×107J/m 3]
【答案】(1) 1.5×l05kg ；(2) 2.52×1010J ；(3)700m 3 【解析】 【详解】
(1)每小时流出水的质量
m =ρV =1.0×103kg/m 3×150m 3=1.5×l05kg ；
(2)水放出的热量
Q 水放=cm Δt =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=
10
2.5210J
90%
Q
η
⨯
=
有用=2.8×1010J，
天然气的体积
V=
10
73
2.810J
410J/m
Q
q
⨯
=
⨯
放=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．（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。

10．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
W
P
t
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100%100%P t W Q Vq
ηρ=⨯=⨯机有用
放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
5kW 8h 40kW h 40W P t ==⨯=⋅=电电度
故能够提供的电能是40度。

(2)根据W
P t =
，m V
ρ= ，Q mq =放得，汽油机的效率 100%100%P t W Q Vq
ηρ=
⨯=⨯机有用
放 则油箱的最小容积：
33
337
8.310W 83600s 0.0209m 20.9L 0.7110kg/m 35% 4.610J/kg
P t
V q ρη⨯⨯⨯====⨯⨯⨯⨯机 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
-33337
100%100%5000W 83600s
100%20.910m 0.7110kg/m 4.610J/kg 21.1%
W Q P t Vq
ηρ=
⨯=⨯⨯⨯=
⨯⨯⨯⨯⨯⨯=电
放
电
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%。

11．小明猜想水中加入别的物质后，一定会对水的凝固点产生影响，为了验证这一猜想，他将一些盐放入水中，并把盐水用容器盛好放入冰箱，研究盐水的凝固过程。

每隔一定时间，小明就观察盐水状态、测出温度，并将凝固过程记录的温度数据画成了凝固图像，如图甲。

如果将一个装有冰水混合物的试管放入正在熔化的盐冰水混合物中如图乙，则下列说法正确的是
A．由甲图可知，盐水的凝固点为2℃
B．由甲图可知，盐水的凝固过程用时20min
C．乙图中，试管中冰水混合物中的冰会变少
D．乙图中，烧杯中盐冰水混合物中水会变多
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由甲图可知，温度保持不变的温度是-2℃，故该盐水的凝固点是-2℃，故A错误；B．由甲图可知，盐水的凝固过程用时
20min-10min=10min
故B错误；
CD．冰水混合物的温度是0℃，而盐冰水混合物的温度是-2℃，所以冰水混合物会向盐冰水混合物放热，冰水混合物中的水会达到凝固结冰的条件，故冰水混合物中的冰会变多，而盐冰水混合物吸收热量熔化，烧杯中盐冰水混合物中水会变多，故C错误，D正确。

12．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。

13．质量相等的28℃、100℃的水分别装在甲、乙两容器中,现将一个温度为100℃的金属球放入甲容器中,达到温度相同时,甲容器中水温升高到 40℃,然后迅速取出金属球放入乙容器中,再次达到温度相同时,乙容器中水温是(设不计热量损失和水的质量损失)( )
A．60℃B．70℃C．88℃D．90℃
【答案】D
【解析】 【分析】 【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，则： Q 金=m 金×c 金（100℃-40℃）， Q 水=m 水×c 水（40℃-28℃）， 所以：
m 金×c 金（100℃-40℃）=m 水×c 水（40℃-28℃） 化简得：
c m c m 水水金金
=5：1；
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，设两者共同的温度为t ℃， 则：
Q 水=m 水×c 水（100℃-t ℃）， Q 金=m 金×c 金（t ℃-40℃）， 即：
m 水×c 水（100℃-t ℃）=m 金×c 金（t ℃-40℃）， t=90℃．综上分析故选D ．
14．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( ) A ．37℃、38.4℃ B ．37℃、37.6℃ C ．37.6℃、38.4℃ D ．38.4℃、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 。

15．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，在开始和加热3min 时，
分别记录的数据如下表所示．已知33
1.010kg /m ρ=⨯水， (
)
3
4.210J /kg C c ︒
=⨯⋅水，
330.810kg /m ρ=⨯油，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（ ）
A ．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(
)
3
2.110J /kg C ︒
⨯⋅ C ．这种油的比热容为(
)
31.6810J /kg C ︒
⨯⋅
D ．加热效率没有达到100%，是因为有一部分 能量消失了 【答案】B 【解析】 【详解】
ABC ．取两种液体都加热了3分钟为研究对象，因为是用的两个相同的电加热器，且加热效率都为90%，所以
Q Q =水油，
设它们的体积为V ，则水的质量：
m V ρ=水水
油的质量：
m V ρ=油油
根据0=Q cm t t -（）有：
00c V t t c V t t ρρ-=-水水水油油油（）（）
代入数据：
333334.210J/kg 1.010kg/m 28180.810kg/m 4318c ⨯•⨯⨯⨯-=⨯⨯⨯-油（℃）（℃℃）（℃℃）
解得：
32.110J/kg c =⨯•油（℃）
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，也不会凭空消失，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．
16．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示实验中，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c c >水液体）
A ．乙物质是水
B ．另一种液体的比热容为8.4×103J/（kg·
℃） C ．甲的放热能力比乙强 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；根据热量的计算公式Q cm t =∆放可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，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：
34.210J/kg 6040Q c m m t ==⨯⋅⨯∆⨯-水水水水水放（℃）（℃℃）；
乙放出的热量：
6020t Q c m c m ==-∆⨯⨯乙乙乙乙乙放乙（℃℃）；
而水和乙液体的质量相同，即m m =乙水；在相同时间内水和另一种液体放出的热量相等，则有：
34.210J/kg 60406020m c m ⨯⋅⨯⨯-=⨯⨯-乙乙水（℃）（℃℃）（℃℃）；
解得，3
2.110J/kg c =⨯⋅乙（℃）；故B 项不符合题意；
C ．由于甲液体的比热容大，所以甲的放热能力比乙强，故C 项符合题意；
D ．由于水的比热容比较大，所以水比较适合用作发动机的冷却液；即甲比乙更适合作汽车发动机的冷却液；故D 项不符合题意。

17．下表列出了部分金属的熔点和沸点（在标准大气压下），根据表中的数据，下列说法中正确的是（ ） 物质 水银 金 铜 钢 钨 熔点（℃） -39 1064 1083 1515 3410 沸点（℃）
357
2500
2360
2750
5900
A ．金块在“钢水”中不会熔化
B．在-40℃时，不能使用水银温度计测量温度
C．表中所列出的金属，沸点都可以用水银温度计测量
D．因为钨的沸点比较高，所以白炽灯里的灯丝是用钨制成的
【答案】B
【解析】
【详解】
A．“钢水”的温度达到1515℃，金块的熔点只是1064℃，低于“钢水”的温度，金块会熔化，A错误；
B．水银的熔点和凝固点是相同的，它在-39℃时凝固，在-40℃时，已经是固态，所以这种情况下不能使用水银温度计测量温度，B正确；
C．表中所列出的金属，除了水银，沸点都大于357℃，357℃是水银的沸点，这些温度都已经超过了水银的沸点，所以说不可以用水银温度计测量，C错误；
D．白炽灯里的灯丝是用钨制成，这是因为钨的熔点高，长时间通电温度很高，钨都不会熔化，D错误。

18．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。

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)1210Ω
【解析】 【分析】
(1)由电路图可知，当S 和S 0闭合时，R 1与R 2并联，电路中的总电阻最小，根据2
U P R
=
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()0Q cm t t =-吸求出水吸收的热量，根据吸Q W
η=
求出消耗的电能，利用W P t =求出需要的加热时间。

(3)由电路图可知，开关S 闭合、S 0断开时，电路为R 2的简单电路，电路中的总电阻最大，
根据2U P R =可知电路总功率最小，据此判断饮水机所处的状态，根据2
U P R
=求出电阻
R 2的阻值。

【详解】
(1)由电路图可知，当S 和S 0闭合时，R 1与R 2并联，电路中的总电阻最小，由2
U P R
=可
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
880W
4A 220V
P I U =
==加热 (2)水吸收的热量
()()354.210J/kg 0.5kg 10030 1.4710J Q cm t =∆=⨯⋅⨯⨯-=⨯吸℃℃℃
由吸
Q W
η=
可得，消耗的电能 551.4710J
1.837510J 80%
Q W η⨯===⨯吸
由W
P t
=
可得，需要的加热时间 51.837510J 208.8s 880W
W t P ⨯'==≈加热
(3)由电路图可知，开关S 闭合、S 0断开时，电路为R 2的简单电路，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2
U P R
=可得，电阻R 2
的阻值
()2
2
2220V 1210Ω40W
U R P ===加热。