2020-2021中考物理培优 易错 难题(含解析)之热学问题含答案解析

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S 0。

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 ，R 1、R 2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S 0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R 2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 答：(1)当S 和S 0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R 2的阻值为1210Ω。

【点睛】 重点是电功率的相关计算，牢记公式2
U P R
=，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．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。

3．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。

4．某小组的同学做“比较不同物质的吸热能力”的实验，他们使用了如图所示的装置．
（1）在设计实验方案时，需要确定以下控制的变量，你认为其中多余的是____________．A．采用完全相同的加热方式 B．酒精灯里所加酒精量相同
C．取相同质量的水和另一种液体 D．盛放水和另一种液体的容器相同
（2）加热到一定时刻，水开始沸腾，此时的温度如图丙所示，则水的沸点是
____________℃，这表明实验时的大气压强____________（选填“大于”、“小于”或“等于”）一个标准大气压．
（3）实验中，____________表示液体吸收热量的多少，加热水至沸腾时继续加热，水的温度不变，水的内能___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

（4）而另一种液体相应时刻并没有沸腾，但是温度计的示数比水温要高的多．请你就此现象进行分析，本实验的初步结论为：不同物质的吸热能力____________（选填“相同”或“不同”），未知液体的吸热能力____________（选填“大于”或“小于”）水的吸热能力．【答案】B 98 小于加热时间（长短）增大不同小于
【解析】
【详解】
(1)[1]在设计实验方案时，需要控制相关物理量不变，需要保证吸收的热量相同、质量也相同、加热时间和方式相同，但并不需要酒精灯里所加酒精量相同，故选B；
(2)[2][3]水的沸点就是这刻的温度，由图可以看到它的沸点是98℃；这个沸点低于1标准大气压时的沸点，所以实验时的大气压强小于一个标准大气压；
(3)[4][5]实验过程，加热时间的长短表示液体吸收热量的多少；加热水至沸腾时继续加热，水的温度不变，但是水还在继续吸热，它的内能应该继续增大；
(4)[6][7]加热相同的时间，吸收的热量相同，但是另一种液体温度计的示数比水温要高得多，这说明了不同物质的吸热能力不同，未知液体的吸热能力比较小。

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】B D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．为了比较水和沙子吸热本领的大小，小明在两个相同的烧杯中分别装入水和沙子，用两个相同的酒精灯对其加热。

(1)在实验前要控制水和沙子的____和____相同；
(2)比较水和沙子吸热升温快慢的方法有两种：
方法一：加热时间相同比较它们各自升高的温度；
方法二：______________；
(3)用两个相同的酒精灯对其加热的目的是____；
(4)如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，____（填“沙子”或“水”）升高的温度更高；
(5)实验中有些同学发现：刚开始加热时，情况与(4)结论不符，可能的原因是____；
(6)小丽家住市中心，奶奶嫌城市夏天太热不住她家，这激发了她探究城乡温差原因的兴趣。

她利用双休日时间和同学们一起在中午同一时刻测量了各个测试点的气温，并以此绘制出如图所示的“区域—温度”坐标图。

(a)从图中你发现____的温度比较高，这种现象我们称为“城市热岛效应”；
(b)请结合图中数据以及你的经验，找出一个造成热岛效应的原因：____；
(c)如何减少城市环境的热污染，请你提出一条合理化建议：____。

【答案】质量初温升高相同的温度比较它们的加热时间使水和沙子在相同的时间内吸收的热量相同沙子沙子受热不均匀市中心水泥、混凝土的比热容小多植树、建人工湖
【解析】
【分析】
=，物体吸收热量的多少与物体的质量和升高的温度有关，所以实验过程(1)根据Q cmΔt
中需控制沙子和水的质量和初温度相等；
(2)比较物体吸热本领的方法：吸收相同的热量，比较升高的温度；升高相同的温度，比较吸收的热量；
(3)实验中需控制水和沙子的受热情况相同，所以要选择两个相同的酒精灯；
=，沙子比热容小，升温就高；
(4)质量相同，加热相同的时间，根据Q cmΔt
(5)水可以进行对流，水的导热性较好；
(6)对于产生“城市热岛效应”原因可以从城市和农村的不同来分析，包括建筑物和道路；减少热污染要植树造林，多建绿地。

【详解】
(1)[1][2]实验前要控制水和沙子的质量和初温相同；
(2)[3]比较水和沙子升温的速度，可使水和沙子升高相同的温度，比较加热时间；也可给水和沙子加热相同的时间，比较升高的温度；
(3)[4]相同的酒精灯在相同的时间内放出的热量是相同的，为保证水和沙子在相等的时间内吸收的热量相同，需使用两个相同的酒精灯；
=，沙子比(4)[5]相同质量的水和沙子加热相同时间，说明吸收的热量相等，根据Q cmΔt
热容小，升温就高些；
(5)[6]由于水的导热性能比沙子的导热性能好，所以刚开始加热时，水升温快；
(6)[7](a)由统计数据可以看出，城市的温度较高；
[8](b)“城市热岛效应”主要是城市建筑多为砖瓦建筑，道路多为水泥路面，水泥道路和建筑物，它们的比热小，升温高；另外，城市汽车排放尾气多，尾气的热量也对空气升温起了作用；
[9](c)要解决“城市热岛效应”就要在城市中心多植树、建人工湖。

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．为检测某汽车发动机的工作性能，现使汽车在平直公路上从静止开始做直线运动，保持
发动机输出功率恒定为6×104W，汽车行驶过程中所受阻力大小不变，其v-t图像如图所示，在第10s末开始匀速行驶，经测试，消耗5.8kg的汽油可以使汽车匀速行驶53.36km，汽油完全燃烧放出的热量40%用来驱动汽车行驶，（汽油的热值为4.6×107J/kg），在检测过程中。

（1）前10s发动机做多少功？
（2）汽车受到的阻力多大？
（3）汽车匀速行驶的速度多大？
【答案】(1) 6×105J；(2) 2000N；(3) 30m/s。

【解析】
【详解】
(1)前10s发动机做的功
W=Pt=6×104W× 10s=6×105J；
(2)5.8kg的汽油完全燃烧放出的热量
Q=mq=5.8kg×4.6×107J/kg=2.668×108J，
牵引力做的功
W1=Qη=2.668×108J×40%=1.0672×108J，
牵引力
F=
8
1
3
1.067210J
53.3610m
W
s
⨯
=
⨯
=2000N，
汽车在该平直的公路上匀速行驶时，汽车受到的阻力与牵引力是一对平衡力，大小相等，阻力
f=F=2000N；
(3)汽车的功率
P=W Fs
t t
==Fv，
汽车匀速行驶的速度
v=
4
610W
2000N
P
F
⨯
==30m/s。

答：(1)前10s发动机做功6×105J；
(2)汽车受到的阻力是2000N；
(3)汽车匀速行驶的速度30m/s。

9．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。

10．某款电磁炉广告称该款电磁炉的热效率可达65％以上，具有节能、高效的特点。

在一次综合实践活动中，“好奇”小组想测量该款电磁炉的加热效率以验证其广告的准确性，于是他们找来一台全新的电磁炉，包装盒中产品参数数据如下表所示：
(1)若电磁炉正常工作20min，刚好将锅内5kg、20℃的水，加热到80℃，求此电磁炉烧水时的效率[已知c水＝4.2×103J/(kg·℃)]；
(2)小明家装有如图乙所示的电能表，某个时间段，仅有此电磁炉工作，在3min内电能表
表盘转了210圈，求此时电磁炉的实际功率。

【答案】(1)70%；(2)1400W
【解析】
【分析】
(1)知道水的质量、水的比热容、水温度的变化，利用吸热公式求水吸收的热量；已知电磁炉正常工作时的功率和通电时间，利用W Pt =计算消耗的电能；水吸热为有用的能量，电流消耗的电能为总的能量，据此求电磁炉的效率。

(2)若仅有此电磁炉工作时观察电能表，在3min 内电能表表盘要转了210圈，利用电能表
的参数“3000r/(kW ·
h)”求电磁炉工作3min 消耗的电能；利用W P t
=求电磁炉的实际功率。

【详解】
(1)水吸收的热量 360(4.210J/kg 5kg 80201J ((.2)10))6Q cm t t =-=⨯⋅⨯⨯-=⨯吸℃℃℃
电磁炉正常工作20min ，消耗的电能
61500W 2060s 1.810J W Pt ==⨯⨯=⨯
则此电磁炉烧水时的效率
661.2610J 100%100%70%1.810J
Q W η⨯=⨯=⨯=⨯吸 (2)3min 内电路中消耗的电能
210r 0.07kW h 3000r/(kW h)
W '=
=⋅⋅ 电磁炉的实际功率 0.07kW h 1.4kW 1400W 3h 60
W P t '⋅===='实 答：(1)此电磁炉烧水时的效率是70%；(2)此时电磁炉的功率为1400W 。

11．水是人类生存环境的重要组成部分。

水的三种状态分别是冰、水和水蒸气。

以下关于水的说法错误．．
的是（ ） A ．相同质量0℃水的体积大于0℃冰的体积
B ．相同质量0℃水的内能大于0℃冰的内能
C ．水蒸气很容易被压缩，说明气体分子之间的距离很远，几乎没有作用力
D ．今年12月11日我县第一次出现霜林尽染的美景，说明气温已经低于0℃
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．根据m V
ρ=
和ρρ>水冰得质量相同的0℃水的体积小于0℃冰的体积，故A 错误，符合题意；
B ．0℃水放热凝固成相同质量的0℃冰，所以相同质量0℃水的内能大于0℃冰的内能，故B 正确，不符合题意；
C ．水蒸气很容易被压缩，说明气体分子之间的距离很远，几乎没有作用力，故C 正确，不符合题意；
D ．霜是水蒸气遇冷凝华而成的，在标准大气压下水的凝固点是0℃，而霜的形成需要的温度更低，所以霜的形成，说明气温已经低于0℃，故D 正确，不符合题意。

12．有一只不准的温度计，它的刻度是均匀的，但放在冰水混合物中，显示为2℃，放在1标准大气压下的沸水中，显示为98℃，把它放在某液体中显示为30℃，则实际的温度是多少？（计算结果保留一位小数）
【答案】29.2℃
【解析】
【详解】
由题意可知温度计每一刻度表示的温度是
0100-02598-224
t ==℃℃℃℃℃ 当温度计显示的温度是30℃时，实际的温度是
()2530-2029.224
⨯+≈℃℃℃℃℃ 答：把它放在某液体中显示为30℃，则实际的温度约是29.2℃。

13．小明给爷爷网购了一台电热足浴器，其铭牌的部分参数如图甲所示，足浴器某次正常工作时，加热功率为控制面板上发光指示灯所对应的功率，控制面板显示如图乙所示，求：
(1)足浴器装入最大容量初温为21℃的水，将其加热到控制面板上显示的温度时，水所吸收
的热量是多少？[c 水＝4.2×103 J/(kg·
℃)] (2)上述加热过程用时15 min ，该足浴器的热效率是多少？
(3)整个加热过程中，水温降至40 ℃时，足浴器自动加热至45 ℃，水温随时间变化的图像如图丙所示，当水温第一次加热至45 ℃时，小芳开始给爷爷足浴30min ，求这次足浴给水加热消耗的电能是多少？
(4)小明想了解家里电路的实际电压，于是将家里其他用电器都关闭，他观察到该足浴器在
高档工作时，家里标有“2 000 r/（kW·
h ）”的电能表转盘在10min 内转了216r ，则他家电路的实际电压是多少？
【答案】(1)55.0410J ⨯；(2)70%；(3)61.0210J ⨯；(4)198V
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题意可知，足浴器装入最大容量的水后，质量是
33-331.010kg/m 510m 5kg m V ρ==⨯⨯⨯=水水水
水吸收的热量是
()()()350- 4.210J/kg 5kg 45-21 5.0410J Q c m t t ==⨯⋅⨯⨯=⨯水水℃℃℃
水吸收的热量是55.0410J ⨯。

(2)由题意可知，该足浴器做的总功是
5800W 1560s 7.210J W Pt ==⨯⨯=⨯总
那么该足浴器的热效率是
555.0410J 100%100%70%7.210J
Q W η⨯=⨯=⨯=⨯总 该足浴器的热效率是70%。

(3)由上述可知，水温从21℃加热到45 ℃时，温度的变化量是24℃，需要的加热时间是15 min ，则水温从40℃加热到45℃时，温度的变化量是5℃，需要的加热时间是
1515min 3.125min 24t =⨯=℃℃
由图丙可知，足浴时一个加热循环的时间是
10min 3.125min 13.125min +=
足浴30min 内加热循环的个数是
30min 2.313.125min
n =≈ 即30min 内2个循环后剩余3.75min ，剩余的3.75min 不需要加热，需要加热的时间是
22 3.125min 6.25min t =⨯=
所以这次足浴给水加热的总时间是
15min 6.25min 21.25min 1275s t =+==总
那么这次足浴给水加热消耗的电能是
6800W 1275s 1.0210J W Pt ==⨯=⨯总
(4)由2
U P R
=可得，足浴器的电阻是 ()2
2220V 60.5Ω800W
U R P === 足浴器在高档工作时，电能表转盘在10min 内转了216r ，那么足浴器消耗的电能是 65216r 0.108kW h 0.108 3.610J 3.88810J 2000r/kW h
W =
=⋅=⨯⨯=⨯⋅实 实际功率是 5' 3.88810J 648W 1060s
W P t ⨯===⨯实
实 同理由2
U P R =可得，电路的实际电压是
198V U ===实 答：(1)水所吸收的热量是55.0410J ⨯；(2)该足浴器的热效率是70%；(3)这次足浴给水加热消耗的电能是61.0210J ⨯；(4)他家电路的实际电压是198V 。

14．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m 0，由热平衡方程可得第一次加入热水时
0(10)10cm t cm -=⨯℃℃
第二次加入热水时
0(16)()6cm t c m m -=+⨯℃℃
两式相减得03m m =，代入解得40t =℃。

若再加入同样三杯热水，设升高的温度为t ∆，则
03(4016)=(2)cm t c m m t --∆+∆℃℃
解得9t ∆=℃。

15．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。

16．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。

17．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】
【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：
10000 92(4)28(4)
t --=----℃℃℃℃℃℃℃ 解得
t ≈33℃
18．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 ．
19．假设我们手里现有一支刻度均匀，但读数不准的温度计，标准大气压下，在冰水混合物中的示数为4℃，在沸水中的示数为96℃，用此温度计测得某液体的温度是27℃，则所测液体的实际温度应该是（ ）
A ．24℃
B ．25℃
C ．26℃
D ．27℃。