中考物理热学问题-经典压轴题含答案

一、初中物理热学问题求解方法
1．甲、乙两物质比热容之比是2∶1，质量之比是2∶1，甲、乙两物体吸收相同的热量，甲物体温度升高了20℃，则乙物体的温度升高了______℃。

由同样材料组成的丙、丁两物体，它们的质量之比为4∶1，升高温度之比是3∶1，则两物体吸收热量之比为______。

【答案】80 12:1
【解析】
【分析】
【详解】
[1]∵Q吸=cmΔt，甲、乙两物体吸收相同的热量
c甲m甲Δt甲=c乙m乙Δt乙
Δt甲:Δt乙= c乙m乙: c甲m甲==(1×1):(2×2)=1:4
∵Δt甲=20℃，∴Δt乙=80℃。

[2]∵Q吸=cmΔt，且丙、丁两物体由同种材料做成
c丙=c乙，m丙:m丁=4:1，Δt丙:Δt丁=3:1
∴两物体吸收热量
Q丙:Q丁= c丙m丙Δt丙:c丁m丁Δt丁=12:1
2．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=4.2×103J/（kg·℃）]
（1）实验中，冰熔化的时间为___________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 3.15×10 3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。

[3]50g冰熔化成水，因为质量是不变的，所以水的质量也是50g，在6∼10min内，水的温度升高了15℃，则在6∼10min内水吸收的热量为
33
＝＝（℃）℃＝
Q cm t⨯⨯⨯⨯
4.210J/kg0.05kg15 3.1510J
水吸
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
3
Q Q⨯
10J
＝＝3.15
冰吸水吸
(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。

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．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，得到如下表的实验记录。

时间/min0123456789101112
温度/℃60677380808080808080848893
(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．小明同学探究了“不同物质吸热升温的现象”，同时又探究了“不同燃料燃烧的放热能力”，他设计了两组实验装置如图所示：
(1)你认为研究不同燃料燃烧放热能力应选用_______组器材（选填“甲”、“乙”）。

(2)甲组实验是通过________来反映物质吸收热量的多少。

(3)甲组实验中，正确操作后收集到如下实验数据，在图丙中画出水的温度随时间变化的图像____________。

(4)甲实验中，需要控制某些变量，以下做法多余的是________
A．采用完全相同的加热方式
B．采用酒精灯加热时，酒精灯里所加的酒精量相同
C．取相同质量的水和沙子
D．盛放水和沙子的容器相同
(5)乙组实验中，将质量相等的两种燃料A和B放入燃烧皿中，点燃后对质量相等、初温相同的水加热，燃烧相同的时间后发现B加热的水升温多，此时________（“能”或“不能”）说明B燃料的热值大。

【答案】乙加热时间的多少见解析所示 B 不能。

【解析】
【分析】
(1)研究不同燃料燃烧放热能力，应选用不同的燃料。

(2)加热时间的长短反映物质吸收热量的多少。

(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图像。

(4)在“比较水与沙子吸收热量时温度升高的快慢”实验中，影响水和沙子升温快慢的因素有质量、物质的种类、加热的热源等，同时要求实验时的容器等也应该相同，据此做出判断。

(5)根据A、B的燃烧情况分析。

【详解】
(1)[1]研究不同燃料燃烧放热能力应用不同的燃料，加热相同的物质，因此选乙组器材。

(2)[2]甲组实验，相同的加热装置，可以通过加热时间的多少来反映物质吸收热量的多少。

(3)[3]根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图像，如图所示：
(4)[4]A ．实验中，应采用完全相同的加热方式，保证在相同的时间内提供相同的热量，则有必要，故A 不符合题意；
B ．实验中，酒精灯里所加的酒精量对升温的快慢不会造成影响，属多余的量，故B 符合题意；
C ．实验中，必须取相同质量的水和沙子，符合控制变量法的要求，则有必要，故C 不符合题意；
D ．实验中，盛放水和沙子的容器也会影响其吸热与升温的情况，故应使容器保持相同，则有必要，故D 不符合题意。

故选B 。

(5)[5]将质量相等的两种燃料A 和B 放入燃烧皿中点燃后，由于不清楚两种燃料的燃烧情况和燃烧的质量，发现B 加热的水升温多，可能是火焰大造成的，故无法判定热值的大小。

【点睛】
研究比热容和热值的实验，要知道两实验都采用了控制变量法和转换法，两种方法都是初中物理常用的研究方法，注意理解体会两种实验方法的精髓所在。

6．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 。

7．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=
102.5210J
90%
Q η
⨯=有用
=2.8×1010J ，
天然气的体积
V =10732.810J 410J/m
Q q ⨯=⨯放
=700m 3. 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700m 3的天然气。

8．假期爸爸妈妈带着丽丽开车旅行，已知小轿车的总质量约为2t ，最大功率为120kW ，小轿车在牵引力的作用下沿水平公路做匀速直线运动，行驶时所受阻力为车总重的0.2倍。

（g =10N/kg ，汽油的热值取4×107J/kg ）求：
(1)若轮胎与地面的总接触面积为0.2m 2，静止时轿车对水平地面的压强为多少？ (2)轿车在5min 内匀速行驶了3km ，此时轿车的实际功率为多少？
(3)若汽油机的效率为30%，那么当轿车以最大功率行驶10min 消耗汽油的质量为多少？ 【答案】(1)1×105Pa ；(2)4×104W ；(3)6kg 【解析】 【详解】 (1)轿车的总重力
34210kg 10N /kg 210N G mg ==⨯⨯=⨯
轿车静止时对水平地面的压力
4210N F G ==⨯
则轿车静止时对水平地面的压强
452
210N =110Pa 0.2m
F p S ⨯==⨯ (2)由题意可知，轿车匀速行驶时所受阻力
430.20.2210410N N f G ==⨯⨯=⨯
因为轿车沿平直公路匀速行驶，所以轿车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，即
34N 10F f ==⨯牵；
轿车在5min 内牵引力做的功
374103000m 1.1N J 20W F s ==⨯⨯=⨯牵；
则轿车的实际功率
74J 1.210410560s
W W P t ⨯===⨯⨯。

(3)该车以最大输出功率行驶10min ，做的有用功
37W 120101060s 7.21J 0W P t '==⨯⨯⨯=⨯有用最大，
由100%W Q η=
⨯有用放
得，汽油完全燃烧放出的热量
787.210 2.410J 0%
J
3W Q η
⨯=
==⨯有用
放，
由Q mq =放得，需要完全燃烧汽油的质量
872.4106kg 410/kg
J J Q m q ⨯=
==⨯汽汽放油油
答：(1)静止时轿车对水平地面的压强为1×105Pa 。

(2)此时轿车的实际功率为4×104W 。

(3)那么当轿车以最大功率行驶10min 消耗汽油的质量为6kg 。

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．某工厂科研人员研制生产的四冲程汽车专用柴油发动机，采用了很多新技术，这种柴油发动机有8个气缸，活塞面积为12000mm 2，活塞行程为135mm ，当转速为2500r/min 时，发动机功率为220kW ，最低油耗可达260g/（kW ·h ），（1kW ·h ＝3.6×106J ），柴油的热值为4.3×107J/kg 。

请回答下列问题： (1)该柴油发动机的效率最高可达多少？ (2)在做功冲程中气缸内的平均压强是多少？ 【答案】(1)32.2%；(2)8.15×105Pa 。

【解析】 【详解】
(1)每1kW·h 耗油260g ，完全燃烧释放热量为：
Q 放=mq =0.26kg×4.3×107J/kg=1.118×107J
W =1kW·
h=3.6×106J 故柴油发动机的效率最高可达：
673.6101.1181J 100%0100%32.2%J
W Q η=⨯≈⨯=⨯⨯
(2)单缸四冲程柴油机一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次，由于转速
为2500r/min ，合
125
r /s 3
，则一个气缸每秒做功次数为： 1125125236
⨯= 则该柴油机每秒做功次数为：
125500863
n =⨯=
该柴油机的功率：
W npLS P t t
==总
所以，做功冲程中的平均压强为：
552
2.2
10W 1s 8.1510Pa
5000.135m 0.012m 3
Pt p nLS ⨯⨯==≈⨯⨯⨯ 答：(1)柴油发动机的效率最高可达32.2%； (2)在做功冲程中气缸内的平均压强是8.15×105Pa 。

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】
[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．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1800r/min ，该汽油机每秒共经历了______________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
1800r 1800r
30r/s 1min 60s
== 飞轮转两转，汽油机经历一个工作循环，即经历4个冲程，1s 内转30r ，经历的冲程数量是
304
602
n ⨯=
= [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．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c A ____c B (均选填“>”“<”或“=”) 【答案】< <
【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=cm Δt 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：
c A m A （t -t A ）=c 水m 水（t A -t 水初）…①
对于金属块B 来说有：
c B m B （t -t B ）=c 水m 水（t B -t 水初）…②
因水的质量相同，由①②得到
A A A
B B B ()=()t t c t t c t t t t ----水初
水初
t A ＜t B ， t A -t 水初＜t B -t 水初，
故
c A （t -t A ）＜c B （t -t B ），
由于
t -t A ＞t -t B ，
所以
c A ＜c B ．
15．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，33310kg/m ρ⨯甲＝，33
210kg/m ρ=⨯乙，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 17
【解析】 【详解】
[1]设两个球空心部分的体积为0V ，已知甲乙两个球质量相等，由m
V
ρ=
得： 00V V V V ρρ-=-甲甲乙乙()()
把33310kg/m ρ⨯甲＝，33
210kg/m ρ=⨯乙代入，并化简得：
0032V V V V -=-甲乙()()①
由于甲球在水中悬浮，所以重力与浮力相等：
=F G 甲浮甲
即：
0g g V V V ρρ=-甲甲甲水()
所以：
03V V V =-甲甲()②
由①②解得：03
2V V =甲，074
V V =乙。

所以甲、乙两球的体积之比为：
00677
=3
24
V V V V =甲乙 [2]已知甲乙两球质量相同，甲球悬浮，乙球密度小于甲球，所以乙球漂浮。

所以乙球受到的浮力等于重力：
=F G 乙浮乙
即：
0g g V V V V ρρ-=-乙乙乙露水()()
解得014V V =
露。

又因为07
4
V V =乙，所以： 01141
==4477
V V V V ⨯=乙乙露
所以乙球露出水面的体积占乙球体积的
1
7。

16．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 B ．压缩、排气 C ．吸气、压缩、排气 D ．排气
【答案】D 【解析】 【详解】
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是排气冲程；通过以上分析可知，故选D 。

17．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 。

18．向一大桶温度为1t 的冷水中倒入一小桶温度为2t 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（ ）
A ．12
2
t t t +=
B ．12
2
t t t +<
C ．12
2
t t t +>
D ．21
2
t t t -=
【答案】B 【解析】 【详解】
冷水吸收的热量：
11
Q cm t t =-吸（） 热水放出的热量：
22Q cm t t =-放（）
由题意知，Q Q =吸放；则有：
1122cm t t cm t t -=-（）（）
解得：
12
21
m t t
m t t
-
-
＝
因为冷水是一大桶，热水是一小桶，所以12
m m
＞，即
21
t t t t
--
＞，所以12
2
t t
t
+
＜；故B 项正确、ACD项错误；
19．下列说法中正确的是
A．蒸发和沸腾都需要吸收热量，且都发生在液体表面
B．液体凝固时，不断放出热量，但温度可能保持不变
C．把一块-10℃的冰放到0℃的房间里，冰会慢慢地熔化
D．利用干冰汽化吸热，可以使长途运输中的食品降温保鲜
【答案】B
【解析】
【详解】
A．沸腾是在一定条件下，发生在液体表面和内部同时进行的一种剧烈的汽化现象，需要吸收热量；蒸发是发生在液体表面的一种缓慢的汽化现象，同样需要吸收热量，故A项错误；
B．液体处于凝固成晶体过程中时，持续放出热量，温度不变，故B项正确；
C．熔化需要达到熔点和持续吸收热量，冰的熔点是0°C，当-10°C的冰在0°C的房间里温度升温与房间温度一致时，冰吸收不到热量，不能熔化，故C项错误；
D．干冰（固态CO2）在常温下会直接变成气态的CO2，发生升华现象，故D项错误；
20．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 。