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1．物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图像如图所示。×103J/(kg·℃)，问：
(1)图a、b中，哪个是沙子吸热升温的图像？
(2)加热2min，水吸收了多少热量？
(3)试求出沙子的比热容。
【答案】(1)图a；(1)×104J；(1)×103J/(kg·℃)。
【解析】
【分析】
(1)用两只完全相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，再利用公式进行分析；
(2)从图像可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知和水的温度变化，已知水的质量和比热容，可利用公式计算水吸收的热量；
(3)相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，所以2min水和沙子吸收的热量也相同，由图a得出沙子温度的变化量，再根据计算沙子的比热容。
【详解】
(1)由题知，沙子和水的质量相等，且沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由公式可知，沙子升高的温度多，所以图a表示的是沙子吸热升温的过程；
(2)由b图像可知，加热满2min时，水的温度从20℃上升到70℃，则加热满2min时水吸收的热量：
；
(3)相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，在2分钟的时间内,沙子吸收的热量：
，
因加热2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，由可得，沙子的比热容：
。
答：(1)图a是沙子吸热升温的图像；(2)加热2min时，×104J热量；(3)×103J/(kg·℃)。
2．某综合实践活动小组在制作一个医用冷藏盒时，不知道给药品降温用冰好，还是盐水结成的冰好？他们动手测量了盐水的凝固点。
（1）小明和小红分别通过实验得到了盐水的凝固图像如图所示，则小明所测盐水的凝固点是_______℃；
（2）他们同时发现所测得盐水凝固点并不相同，于是对比了双方实验过程，发现烧杯中装水都是200mL，小明加了1汤匙的盐，而小红加了3汤匙的盐，由此作出猜想：盐水的凝固点与盐水的浓度有关。接着多次实验得出不同浓度盐水的凝固点，数据记录如下表：
盐水浓度(%)
0
3
6
9
12
15
18
21
24
27
30
36
凝固点(℃)
0
-2
-4
-6
-8
-11
-15
-18
-17
-
-
0
分析表格中数据可知，当盐水浓度增大时，其凝固点__________；
（3）小明由表格数据得到盐水浓度为21%时凝固点最低，其值为﹣18℃，你认为他的判断准确吗？_____（选填“准确”或“不准确”），你判断的理由是__________；
（4）在测量浓度为21%的盐水凝固点时，某一时刻测得盐水温度如图所示，则此时该盐水处于______态；
（5）你认为给冷藏盒中药品降温最好选用_____（选填冰或适当浓度盐水结成的冰）。
【答案】-4 先变小，后变大 不准确 当浓度是22%、23%时，其凝固点又是多少，这个不确定 固态 适当浓度盐水结成的冰
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]从图中可以看到，小明所测盐水的图像在第3min到第8min，温度保持不变，温度大小是-4℃，即小明所测盐水的凝固点是-4℃。
(2)[2]从表中数据可以看到，当盐水浓度增大时，其凝固点是先变小，后变大的。
(3)[3][4]这个判断不准确；因为当浓度是22%、23%时，其凝固点又是多少，这个不确定。
(4)[5]从图中可以看到，盐水温度是-28℃，而浓度为21%的盐水凝固点是-18℃，这个温度比凝固点还要低，说明盐水已经完全凝固了，是固态。
(5)[6]药品要在0℃以下存放，要求所选的物质熔点在0℃以下，冰的熔点是0℃，盐冰的熔点是低于0℃，所以冷藏盒中应选用盐水冰块。
3．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=×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 ×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
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)[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。
4．建立模型在科学研究中有着重要的作用，模型可以帮助人们认识和理解一些不能直接观察到的微观结构。很早以前，科学家们发现了物质是由微粒（分子）组成的，从而建立了如图所示是物质三种状态的分子模型（如图所示）。固体中分子间的束缚能力很强，分子只能在某个位置附近做小幅的振动，不能自由移动；气体分子间的束缚能力很弱，所以分子运动相对强烈，如果没有容器的限制可自由运动，尽可能占据更多的体积；液体介于三者之间（与固体更接近），大部分分子在大部分时间内只能在某一位置附近做幅度相对大的振动，某些能量较大的分子能克服液体内其他分子的束缚而“飞离”液体。
（1）由材料可知，当物质从气态变化到固态时，需__________（选项“吸热”或“放热”），使其温度__________，分子只有的能量减小，分子的活跃程度需急剧变弱。
（2）在液体的表面上，某些能量较大的分子能克服液体内其他分子的束缚而“飞离”液体表面，这就是__________；在液体内部，有一些分子由于获得足够的能量摆脱其他分子的束缚，进入液体内部的小气泡中。从而使小气泡逐渐变大并上升到液面，气泡破裂，其中的水蒸气“飞”到空气中，这就是__________。（以上两空选填汽化的两种方式中的一种）
【答案】放热 降低 蒸发 沸腾
【解析】
【详解】
(1)[1][2]物质从气态变化到固态叫做凝华，凝华需要放热，使其温度降低；
(2)[3]在液体的表面上，某些能量较大的分子能克服液体内其他分子的束缚而“飞离”液体表面，属缓慢的汽化现象，这就是蒸发现象；
[4]在液体内部，一些分子获得足够的能量，摆脱其他分子的束缚，进入液体内部的小气泡中，从而使小气泡逐渐变大并上升到液面，气泡破裂，其中的水蒸气“飞”到空气中，整个过程较为剧烈，这就是沸腾。
5．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。
6．阅读图文，回答问题。
与伟大同行
这是一个著名物理学家发现一个伟大定律的实验装置！
仔细观察后回答：
(1)装置中的两个配重的重量不等，释放后大配重下降，小配重上升；通过反复对调左右两个配重，会使动叶轮不停地转动，从而导致热量计中水的温度______（填变化情况），原因是________。
(2)实验中科学家某次测得了的数据如下：小配重G小=100N，大配重G大=520N，每升降一次配重各自移动的距离h=1m，热量计中水的质量m=500g，升降次数与水温变化的关系：
升降次数
1
2
3
4
5
6
温度变化/℃
通过分析数据，科学家得出了结论：在上述现象中能量是守恒的！请你帮他补出计算、判断过程_______（只需分析一次实验）：
(3)本实验中的误差主要来源于________。
【答案】升高 机械能转化为内能 见解析，解得，说明能量守恒 克服摩擦做功，消耗一部分能量
【解析】
【分析】
(1)动叶轮不停的转动，叶轮对水做功，机械能转化成内能，水的温度升高。
(2)利用计算消耗的机械能，来计算转化为的内能。
(3)机械能转化为的内能，包括水的内能和摩擦生热产生的内能。
【详解】
(1)[1][2]通过反复对调左右两个配重，会使动叶轮不停地转动，从而导致热量计中水的温度升高，因为对水做功，机械能转化为内能。
(2)[3]小配重重力G小=100N，大配重重力G大=520N，合力为420N，每升降一次配重各自移动的距离为1m，即绳子一端移动的距离是1m，对水做的功为
由表格知，℃，水吸收的热量是
可见：，故机械能转化为内能的过程中，能量是守恒的。
(3)[4]机械能转化为内能时，转化为水的内能的同时，要克服摩擦消耗一部分机械能，即要摩擦生热消耗一部分能量，是实验误差的主要来源。
7．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，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
额定功率
最大容量
(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]
(4)现测得电源电压为，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)，40Ω；(3)；(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)根据可得，此电水壶正常工作时的电流
由可得，电热水壶的电阻
(3)水的质量
水在1个标准大气压下的沸点，烧开时吸收的热量
(4)当电压时，消耗的电能
此时电水壶工作的效率
答：(2)，电热丝的电阻为40Ω；
(3)这段时间水吸收的热量；
(4)此时电水壶的工作效率93%。
8．李明有一只温度计，虽然它的玻璃管的内径和刻度都是均匀的，但标度却不准确，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)℃；(2)20℃；(3)℃
【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)℃
(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℃℃
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．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，电路为的简单电路，当闭合S、拨至1时，电阻与，根据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