福建省龙岩市第五中学2023-2024学年九年级上学期暑假托管质量抽测
物理试卷
一、单选题（每小题2分，共32分。请把正确答案填写到答题卡上）
1．（2分）以下温度中最接近23℃的是（ ）
A．让人感觉温暖而舒适的房间温度
B．龙岩市冬季最冷的室外温度
C．健康成年人的体温
D．冰水混合物的温度
2．（2分）实验室使用温度计测量水的温度。下列图中操作中正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2分）如图为我国纳西族东巴象形文字“晒干”，所描述的物态变化是（ ）
A．液化 B．熔化 C．汽化 D．凝固
4．（2分）国家速滑馆在冬奥会历史上首次采用“二氧化碳跨临界直冷制冰”技术。技术原理简化如图，下列说法正确的是（ ）
A．CO2经过压缩机时温度降低
B．CO2经过冷凝器时发生凝华
C．CO2经过膨胀阀时发生升华
D．CO2经过蒸发器时吸收热量
5．（2分）海波的熔点为48℃，如果海波的温度正好是48℃，则海波处于（ ）
A．固态 B．液态
C．固液混合态 D．三种状态都有可能
6．（2分）在沙漠中，可以利用图所示的方法应急取水，此过程中发生的物态变化有（ ）
A．熔化 凝华 B．凝固 汽化
C．汽化 液化 D．熔化 液化
7．（2分）图中的四个物态变化实例，属于吸热的是（ ）
A．初春，湖面上冰化成水 B．盛夏，草叶上形成露
C．深秋，枫叶上形成霜 D．寒冬，河水结成冰
8．（2分）下列关于水沸腾时的说法正确的是（ ）
A．继续加热，水温不断升高
B．继续加热，沸点不断升高
C．气泡上升过程中体积变大
D．气泡上升过程中压强不变
9．（2分）在北方的冬天，为了很好地保存蔬菜，人们通常在菜窖里放几桶水，水结冰能使窖内温度不会太低。这是利用了水（ ）
A．熔化吸热 B．汽化放热 C．液化吸热 D．凝固放热
10．（2分）关于内能、温度、热传递和热量，下列说法中正确的是（ ）
A．0℃物体的内能为零
B．温度高的物体具有的热量多
C．热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体
D．热量总是从内能多的物体传递到内能少的物体
11．（2分）关于蒸发和沸腾，下列说法错误的是（ ）
A．它们都需要吸热
B．它们是汽化现象的两种方式
C．蒸发和沸腾都必须达到一定温度才可能发生
D．蒸发发生在液体表面，而沸腾是在液体表面和内部同时发生
12．（2分）如图所示是海波熔化时温度随时间变化的图像。由此可判断（ ）
A．海波是非晶体
B．海波的熔化时间是5min
C．海波的熔点是50℃
D．海波在熔化过程中吸收热量，温度升高
13．（2分）下列四幅图中，属于利用热传递改变物体内能的是（ ）
A．双手摩擦能发热 B．烧水时水温升高
C．锯木材锯子发烫 D．钻木取火
14．（2分）被100℃的水蒸气烫伤往往比被100℃的开水烫伤严重，这是因为（ ）
A．开水的温度比水蒸气的温度低
B．水蒸气液化时放出大量的热
C．开水不易散热
D．水蒸气散热快
15．（2分）质量相等、初温相同的铁块和铜块，放出相同的热量后，再互相接触，则（ ）（已知（c铁＞c铜））
A．铁块和铜块之间不发生热传递
B．热由铁块传给铜块
C．热由铜块传给铁块
D．温度由铁块传给铜块
16．（2分）两个相同的容器分别装入质量和初温都相同的A、B两种液体，在相同的加热条件下吸热升温的图像如图所示，由图像可知，A、B的比热容c1、c2的大小关系是（ ）
A．c1＞c2 B．c1＝c2
C．c1＜c2 D．以上都有可能
二、填空题（共16分，每小格1分）
17．（2分）一切物体，不论温度高低，都具有 能。在烈日当空的海边玩耍，你会发现沙子烫脚，而海水却是凉凉的，这是因为水的 较大。
18．（2分）温度计的测温原理是液体的 ，图中体温计的温度为 ℃。
19．（2分）如图，“冰壶”是一项体育运动。冰壶出手后，为了减小冰壶受到的阻力，运动员需要不停地刷冰，使冰层表面发生 （填物态变化）而产生水，这是通过 方式来改变表层冰的内能的。
20．（3分）干冰（固态CO2）的制取是将气态的CO2加压低温处理变成固态CO2，该过程的物态变化是 ；干冰暴露在常温下时，它会直接由固态变为气态，用干冰在舞台上产生的淡淡白雾，是由于干冰 ，使周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷 形成的小液滴。
21．（2分）如图是我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过 的方式，使筒内空气内能 ，温度升高，达到艾绒的着火点。
22．（3分）为了适应环境，植物分布有一定规律。北方生长大量的针叶林，针叶林叶子细小可减小 ，减慢水分蒸发，以适应干燥的环境；南方生长大量的阔叶林，阔叶林叶子宽大，可 （选填“加快”或“减慢”）水分蒸发，蒸发时会 （选填“吸热”或“放热”），以适应高温的环境。
23．（2分）燃气灶将20kg的水由42℃加热到62℃，这是通过 （选填“热传递”或“做功”）方式改变水的内能，水的内能增加了 J。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg ℃）]
三、简答题（4分）
24．（4分）夏天扇扇子并不能降低气温，但是觉得凉快，这是为什么？
四、实验探究题（共29分，每小格1分）
25．（6分）图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置：
（1）实验器材的组装顺序为 （选填“自下而上”或“自上而下”）；
（2）甲图中有一处明显的错误是 ；
（3）改正错误后，某一时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度是 ℃；
（4）水沸腾时，杯口附近出现大量“白气”，“白气”是水蒸气遇冷 形成的。继续对水加热，水的温度 （选填“升高”、“降低”或“不变”）；由图丙可知水的沸点是98℃，此时的大气压强 （选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。
26．（6分）图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。
（1）组装实验装置时，应当先调整图甲中 （选填“A”或“B”）的高度。
（2）某小组用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图可知：实验中水的沸点为 ℃；沸腾过程中水的温度保持 ；若两次实验所用水的质量分别为ma、mb则ma mb．（选填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续 。
（4）各实验小组发现，水沸腾时的温度均低于100℃．那么，水的沸点可能与 有关。
27．（5分）小明用图甲所示的装置“探究冰熔化时温度的变化规律”，根据实验数据绘制了温度随时间变化的图像，如图乙所示。
（1）安装该实验装置的顺序是 （选填“自上而下”或“自下而上”），目的是保证用酒精灯的 加热。
（2）采用“水浴法”加热的优点是 。
（3）该物质在BC段处于 状态，此过程中物质的内能 ；比较图乙中AB段与CD段可知，质量相同的冰和水在加热时间相同时，升高的温度不同，原因是 。
28．（5分）如图所示，把一个薄壁金属管固定在支架上，管中装一些酒精，然后用软木塞塞紧。用皮条缠绕在金属管上，迅速来回拉动皮条，过一会儿会看到软木塞被顶开。根据实验现象回答下列问题：
（1）来回拉动皮条，使金属管的温度升高，这是通过 方式改变物体内能。
（2）酒精温度升高，这是通过 方式改变物体内能。
（3）酒精蒸气将木塞顶开的过程，酒精蒸气的内能 （选填“增加”或“减少”），转化为木塞的 能（选填“机械”或“内”）。
（4）酒精蒸气将木塞顶开时，金属管口出现的“白气”是 现象（选填“汽化”或“液化”）。
29．（7分）利用如图甲所示的实验装置探究“沙子和水的温度变化与吸热的关系”。操作如下：
（1）在两烧杯中分别装入初温 且 相等的沙子和水。
（2）用相同的酒精灯火焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为 ℃。
（3）根据实验数据绘制成温度与时间的关系图象，如图丙所示；实验中，是通过比较 来间接反映沙子和水吸收的热量；
（4）分析丙图象可知，对于质量相等的沙子和水，升温较快的是 ；若使两者升高相同的温度，则 吸收的热量较多，由此可见， 的比热容较大。
五.计算题（3小题，共19分）解答有关计算的问题时，要写出必要的文字说明、所依据的公式、重要演算步骤，结果应写明数值和单位。
30．（6分）质量为100g、初温是74℃的实心金属小球放出2.3×103J的热量之后，温度降低到24℃．那么，这种金属的比热容是多少？可能是哪种金属？
物质 比热C/[J/（kg ℃）]
铝 8.8×102
钢铁 4.6×102
铜 3.9×102
铅 1.3×102
31．（6分）某电热水器的铭牌如下表所示，现将水箱装满水，电热水器正常工作时，把水从20℃加热到60℃。已知c水＝4.2×103J/（kg ℃），1L＝1dm3，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：水吸收的热量？
额定电压 220V
加热功率 2000W
水箱容量 50L
32．（7分）使20克冰的温度从﹣70℃升高到﹣10℃，但冰未熔化成水，需要多少热量？如果这些热量是由温度从50℃降低到10℃的水来供给的，需要多少克50℃的水？（C冰＝2.1×103焦/（千克 ℃））。
福建省龙岩市第五中学2023-2024学年九年级上学期暑假托管质量抽测
物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每小题2分，共32分。请把正确答案填写到答题卡上）
1．（2分）以下温度中最接近23℃的是（ ）
A．让人感觉温暖而舒适的房间温度
B．龙岩市冬季最冷的室外温度
C．健康成年人的体温
D．冰水混合物的温度
【分析】根据日常生活知识的积累进行估测判断。
【解答】解：A、感觉舒适的室内温度是23℃左右，故A正确；
B、龙岩市冬季最冷的室外温度大约为﹣2℃，故B错误。
C、正常情况下，人的体温在36℃～37℃之间，变化幅度很小。故C错误；
D、标准大气压下，冰水混合物的温度是0℃，故D错误；
故选：A。
【点评】本题属于估测题，注重日常生活中知识的积累是解答本题的关键。
2．（2分）实验室使用温度计测量水的温度。下列图中操作中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】温度计的正确使用方法：一是温度计的玻璃泡全部浸入被测液体中，不要碰到容器底或容器壁；二是温度计玻璃泡进入被测液体后要稍等一会儿，待温度计示数稳定后再读数；三是读数时温度计的玻璃泡要继续留在液体中，视线要与温度计中液柱上表面相平。
【解答】解：A、温度计的玻璃泡碰到容器底；故A错误；
B、温度计的玻璃泡接触了容器壁，故B错误；
C、温度计的玻璃泡全部浸入被测液体中，没有碰到容器底或容器壁，故C正确；
D、温度计的玻璃泡没有全部浸入被测液体中，故D错误；
故选：C。
【点评】此题主要考查的知识点有两个：一是温度计的使用注意事项；二是通过图的形式来考查温度计的正确使用方法。
3．（2分）如图为我国纳西族东巴象形文字“晒干”，所描述的物态变化是（ ）
A．液化 B．熔化 C．汽化 D．凝固
【分析】物质由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化。
【解答】解：由图可知，纳西族东巴象形文字“晒干”，表示物质由液态变为气态的过程，是汽化现象，故C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对液化及其现象的了解和掌握，是一道基础题。
4．（2分）国家速滑馆在冬奥会历史上首次采用“二氧化碳跨临界直冷制冰”技术。技术原理简化如图，下列说法正确的是（ ）
A．CO2经过压缩机时温度降低
B．CO2经过冷凝器时发生凝华
C．CO2经过膨胀阀时发生升华
D．CO2经过蒸发器时吸收热量
【分析】（1）外界对物体做功，物体的内能增加，温度升高；
（2）根据CO2经冷凝器、蒸发器时的物态变化分析。
【解答】解：A、CO2经过压缩机时，压缩机对CO2做功，CO2的内能增大，温度升高，故A错误；
B、CO2经过冷凝器时由气态变成液态，发生了液化现象，故B错误；
C、由图可知，液态CO2经过膨胀阀后一部分变为气态CO2，则此过程中发生了汽化现象，故C错误；
D、CO2经过蒸发器时由液态变成了气态，发生了汽化现象，汽化吸热，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查做功可以改变物体的内能、物态变化的辨析，关键是根据图中信息辨析物态变化。
5．（2分）海波的熔点为48℃，如果海波的温度正好是48℃，则海波处于（ ）
A．固态 B．液态
C．固液混合态 D．三种状态都有可能
【分析】固体可以分为两大类：晶体和非晶体，晶体有一定的熔点，在熔化过程中，吸收热量，温度不变，而非晶体没有一定的熔点。
【解答】解：固体可以分为两大类：晶体和非晶体，晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点。
海波属于晶体，晶体在熔化时，吸收热量，温度不变，又知道海波的熔点是48℃，所以，当海波的温度为48℃时，就有三种情况：可能是固态、液态或者固液混合态，所以A、B、C三个选项都不准确，不符合题意；只有D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查晶体温度达到熔点时的状态，当温度达到熔点时可以是固态、液态或者固液混合态。
6．（2分）在沙漠中，可以利用图所示的方法应急取水，此过程中发生的物态变化有（ ）
A．熔化 凝华 B．凝固 汽化
C．汽化 液化 D．熔化 液化
【分析】（1）物质从液态变成气态的过程称为汽化，汽化有蒸发和沸腾两种方式；
（2）物质从气态变成液态的过程称为液化。
【解答】解：沙漠中的水分首先从液态变成气态的水蒸气，发生汽化现象。然后水蒸气遇到塑料膜凝结成液态的小水珠，发生液化现象，小水珠越积越多，最后落下来，被收集到杯中。
故选：C。
【点评】本题考查汽化和液化在日常生活中的应用，体现了物理知识和生活实际的联系，充分体现了物理来源于生活，又服务于社会的理念。
7．（2分）图中的四个物态变化实例，属于吸热的是（ ）
A．初春，湖面上冰化成水 B．盛夏，草叶上形成露
C．深秋，枫叶上形成霜 D．寒冬，河水结成冰
【分析】（1）物质由固态变成液态的过程叫熔化，由液态变成固态的过程叫凝固；
物质由液态变成气态的过程叫汽化，由气态变成液态的过程叫液化；
物质由固态直接变成气态的过程叫升华，由气态直接变成固态的过程叫凝华。
（2）在六个物态变化中，有三个吸热：熔化、汽化、升华；三个放热：凝固、液化、凝华。
【解答】解：A、冰化成水，由固态变为液态，属于熔化现象，熔化吸热，故A正确；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化放热，故B错误；
C、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，凝华放热，故C错误；
D、“河水结冰”是固态冰晶，是水凝固形成的，凝固放热，故D错误。
故选：A。
【点评】此题主要考查物态变化中的吸放热情况，熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。
8．（2分）下列关于水沸腾时的说法正确的是（ ）
A．继续加热，水温不断升高
B．继续加热，沸点不断升高
C．气泡上升过程中体积变大
D．气泡上升过程中压强不变
【分析】液体沸腾的特点是：吸热，温度保持不变；液态内部的压强与液体的密度、深度有关。
【解答】解：AB、水在沸腾的过程中，需要吸收热量，但温度保持不变；沸点的高低与气压有关，气压不变，沸点不变，故AB错误；
CD、气泡在上升的过程中，水的密度不变，深度变小，根据p＝ρgh可知，气泡受到水的压强变小，同时不断有水蒸气补充到气泡中，所以气泡的体积变大，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了沸腾的条件、液体内部压强的变化，属于基础题。
9．（2分）在北方的冬天，为了很好地保存蔬菜，人们通常在菜窖里放几桶水，水结冰能使窖内温度不会太低。这是利用了水（ ）
A．熔化吸热 B．汽化放热 C．液化吸热 D．凝固放热
【分析】物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固要放热。
【解答】解：冬天在菜窖内温度较低，放几桶水，水放热凝固，使菜窖的温度不至于过低而将菜冻坏，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查的是凝固放热在生活中的应用，是一道应用题。
10．（2分）关于内能、温度、热传递和热量，下列说法中正确的是（ ）
A．0℃物体的内能为零
B．温度高的物体具有的热量多
C．热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体
D．热量总是从内能多的物体传递到内能少的物体
【分析】（1）一切物体都具有内能；
（2）根据描述热量的物理术语进行判断；
（3）发生热传递的条件是两物体间有温度差：高温物体放热，低温物体吸热。
【解答】解：A、一切物体都有内能，故A错误；
B、描述热量的术语只能用”吸收”或“放出“，不能用“具有”，故B错误；
CD、发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体。故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件及改变物体内能方法的理解，是中考的热点，热学的难点。
11．（2分）关于蒸发和沸腾，下列说法错误的是（ ）
A．它们都需要吸热
B．它们是汽化现象的两种方式
C．蒸发和沸腾都必须达到一定温度才可能发生
D．蒸发发生在液体表面，而沸腾是在液体表面和内部同时发生
【分析】蒸发是在液体表面发生的缓慢的汽化现象，沸腾是在液体表面和内部同时发生的剧烈的汽化现象；沸腾必须在一定温度下才能发生，而蒸发在任何温度下都能进行；蒸发和沸腾都需要吸收热量。
【解答】解：A、蒸发和沸腾时，液体都要吸热，故A正确；
B、汽化的两种方式是蒸发和沸腾，故B正确；
C、蒸发可以在任何温度下进行，而沸腾是在沸点下进行的，故C错误；
D、蒸发只发生在液体表面，沸腾在液体表面和内部都能进行，故D正确。
故选：C。
【点评】该题考查了蒸发和沸腾这两种汽化现象的不同之处，属于基础知识，要求学生能够辨析。
12．（2分）如图所示是海波熔化时温度随时间变化的图像。由此可判断（ ）
A．海波是非晶体
B．海波的熔化时间是5min
C．海波的熔点是50℃
D．海波在熔化过程中吸收热量，温度升高
【分析】（1）由图像可以看出，熔化过程中出现一段温度恒定的时间段，这是晶体的典型特征，根据常识可判断海波是晶体。
（2）知道温度保持不变的过程属于海波的熔化过程。根据图像进行判断熔化时间。
（3）晶体在熔化过程中温度保持不变，这个温度就是晶体的熔点。
【解答】解：
（1）由图像可知，海波从第5分钟开始温度保持50℃不变，所以海波是晶体，其熔点为50℃，约到第8min时熔化完成，则熔化过程持续了约8min﹣5min＝3min，故AB错误，C正确；
（2）海波是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度保持不变，故D错误。
故选：C。
【点评】此题通过考查海波的熔化图像，考查了学生对晶体熔化特点的掌握，并能够从熔化图像中总结出相关信息，考查了学生对熔化图像的综合分析。
13．（2分）下列四幅图中，属于利用热传递改变物体内能的是（ ）
A．双手摩擦能发热 B．烧水时水温升高
C．锯木材锯子发烫 D．钻木取火
【分析】（1）热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体转移的过程，在此过程中能的形式不发生变化；
（2）做功实质是能的转化过程，做功的过程中能量的形式变了，是机械能和内能的转化过程。
【解答】解：A、搓手取暖时两手相互摩擦做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能，故A不符合题意；
B、用煤气烧水，属于热传递改变物体内能，故B符合题意；
C、锯木头时锯和木头相互摩擦做功，机械能转化为内能，锯条温度升高，所以锯条发热，此过程是通过做功改变物体的内能，故C不符合题意；
D、古代的人钻木取火是通过做功，摩擦生热，改变物体的内能，故D不符合题意；
故选：B。
【点评】解决此类问题要知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，它们在改变物体内能上是等效的。热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
14．（2分）被100℃的水蒸气烫伤往往比被100℃的开水烫伤严重，这是因为（ ）
A．开水的温度比水蒸气的温度低
B．水蒸气液化时放出大量的热
C．开水不易散热
D．水蒸气散热快
【分析】100℃水蒸气与100℃的开水两者的温度相同，不同的是两者的状态，因此分析两者烫伤情况不同时，要从两者的不同点去入手分析。
【解答】解：
A、水和水蒸气都是100℃，温度相同，故A错误；
B、100℃的水蒸气遇冷液化成100℃的水的过程中还会放出热量，故B正确；
C、烫伤的严重程度与开水的散热快慢无关。故C错误。
D、烫伤的严重程度与水蒸气的散热快慢无关。故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对：液化和液化放热的理解和掌握。
15．（2分）质量相等、初温相同的铁块和铜块，放出相同的热量后，再互相接触，则（ ）（已知（c铁＞c铜））
A．铁块和铜块之间不发生热传递
B．热由铁块传给铜块
C．热由铜块传给铁块
D．温度由铁块传给铜块
【分析】（1）质量和初温相同的不同物质，在放出相同的热量后，比热容小的物质降温快。
（2）发生热传递时，热量从高温物体传给低温物体。
【解答】解：根据公式可知：质量和初温相同的不同物质，放出相同的热量后，铜的温度变化比铁的大，铁的末温高于铜的末温，热传递由高温的铁块传给低温的铜块。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】知道物质的比热容的物理意义和热传递的条件；会根据热量公式进行简单分析。
16．（2分）两个相同的容器分别装入质量和初温都相同的A、B两种液体，在相同的加热条件下吸热升温的图像如图所示，由图像可知，A、B的比热容c1、c2的大小关系是（ ）
A．c1＞c2 B．c1＝c2
C．c1＜c2 D．以上都有可能
【分析】可以在横轴上找一点，即加热时间相同，两种物质吸收的热量就是相同的；然后做纵轴的平行线，比较出温度变化的大小关系，再根据Q吸＝CmΔt和图象综合分析，得出结论。
【解答】解：
由图象可知：质量和初温都相同的A、B两物，在加热时间相同即吸收的热量一定时，A的温度变化值大；
根据Q吸＝CmΔt，在吸收热量一定时，A的温度变化值大，所以A的比热容就小，
即C1＜C2。
故选：C。
【点评】本题主要考查了比热容的概念和对于图象的分析能力，很多物理实验最终都要画出关系图象，我们要学会画图象并分析图象。
二、填空题（共16分，每小格1分）
17．（2分）一切物体，不论温度高低，都具有 内 能。在烈日当空的海边玩耍，你会发现沙子烫脚，而海水却是凉凉的，这是因为水的 比热容 较大。
【分析】（1）内能是指物体内所有做无规则运动的分子的动能和分子势能的总和；
（2）在常见物质中，水的比热容是最大的，因此，在相同条件下水吸收的热量较多，而在吸收相同热量时，水升温则较小；
【解答】解：（1）一切物体不论温度高低都具有内能；
（2）海水比沙子的比热容大，因此，相同质量的海水和沙子，在吸收相同的热量时，沙子温度高，海水温度低。故可以感觉到沙子烫脚，而海水却是凉凉的。
故答案为：内；比热容。
【点评】本题考查内能的定义，以及水的比热容大的特点，难度不大。
18．（2分）温度计的测温原理是液体的 热胀冷缩 ，图中体温计的温度为 38.5 ℃。
【分析】根据液体温度计的工作原理和读数方法进行解答。
【解答】解：
（1）液体温度计，是利用测温液体的热胀冷缩的性质制成的；
（2）图示的体温计中，量程是35～42℃，分度值是0.1℃，因此体温计的示数应该是：38℃+0.5℃＝38.5℃。
故答案为：热胀冷缩；38.5。
【点评】此题考查了液体温度计的工作原理和读数方法，在对温度计进行读数时，一定要看清温度计的量程和分度值。
19．（2分）如图，“冰壶”是一项体育运动。冰壶出手后，为了减小冰壶受到的阻力，运动员需要不停地刷冰，使冰层表面发生 熔化 （填物态变化）而产生水，这是通过 做功 方式来改变表层冰的内能的。
【分析】（1）物质从固态变为液态叫熔化，从液态变为固态叫凝固；
（2）改变物体的内能的方法：一是做功，二是热传递。
【解答】解：比赛时队员在冰壶前方“刷冰”，克服摩擦做功，消耗机械能转化为冰的内能，是通过做功的方式改变冰的内能；
冰的内能增加，熔化成薄薄的一层水，这样就能够减小冰壶与冰面之间的摩擦，使冰壶按照预计的运动快慢和方向运动。
故答案为：熔化；做功。
【点评】本题涉及的知识较多，有改变物体内能的方法、熔化等知识。注意做功和热传递的区别：做功是能量的相互转化，热传递是能量的转移。
20．（3分）干冰（固态CO2）的制取是将气态的CO2加压低温处理变成固态CO2，该过程的物态变化是 凝华 ；干冰暴露在常温下时，它会直接由固态变为气态，用干冰在舞台上产生的淡淡白雾，是由于干冰 升华时吸热 ，使周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷 液化 形成的小液滴。
【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；
（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：（1）将气态的CO2加压低温处理变成固态CO2，是气态变为固态，即发生凝华现象；
（2）用干冰在舞台上产生的淡淡白雾，是由于干冰升华为气态时吸热，降低了周围的气温；水蒸气则会遇冷液化为小水滴，即白雾；
故答案为：凝华；升华吸热；液化。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
21．（2分）如图是我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过 做功 的方式，使筒内空气内能 增大 ，温度升高，达到艾绒的着火点。
【分析】猛推推杆时间较短，气体来不及吸、放热，主要是外力对气体做功，气体内能增加，温度升高。
【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，所以气体内能增加，则温度升高，达到艾绒的着火点，使艾绒燃烧起来。
故答案为：做功；增大。
【点评】本题是物理知识在生活中的应用，考查做功改变物体的内能，是基础题，难度不大。
22．（3分）为了适应环境，植物分布有一定规律。北方生长大量的针叶林，针叶林叶子细小可减小 液体的表面积 ，减慢水分蒸发，以适应干燥的环境；南方生长大量的阔叶林，阔叶林叶子宽大，可 加快 （选填“加快”或“减慢”）水分蒸发，蒸发时会 吸热 （选填“吸热”或“放热”），以适应高温的环境。
【分析】影响蒸发快慢的因素有液体的温度、液体的表面积以及液面上方的空气流动；蒸发可以吸收热量。
【解答】解：北方生长大量的针叶林，针叶林的叶子的表面积比较小，这是通过减少液体的表面积的方法，减慢水分蒸发，以适应干燥的环境；
南方的热带的树木叶子比较宽大，是通过增大液体的表面积的方法，加快水分的蒸发，水在蒸发时会吸收热量，以适应高温的环境。
故答案为：液体的表面积；加快；吸热。
【点评】本题考查了影响蒸发快慢的因素、蒸发吸热的应用，属于基础知识。
23．（2分）燃气灶将20kg的水由42℃加热到62℃，这是通过 热传递 （选填“热传递”或“做功”）方式改变水的内能，水的内能增加了 1.68×106 J。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg ℃）]
【分析】（1）做功和热传递可以改变物体的内能；
（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量，即水的内能增加值。
【解答】解：（1）水在燃气灶加热下，吸收热量，内能增加，是通过热传递的方式来改变水的内能；
（2）水吸收的热量：Q吸＝c吸mΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×20kg×（62℃﹣42℃）＝1.68×106J，
即水的内能增加了1.68×106J。
故答案为：热传递；1.68×106。
【点评】本题考查改变内能的方式以及热量公式的运用，难度不大。
三、简答题（4分）
24．（4分）夏天扇扇子并不能降低气温，但是觉得凉快，这是为什么？
【分析】影响蒸发快慢的因素有温度、液体的表面积及液体表面空气流动的速度，扇扇子会加快空气流动的速度；液体在蒸发过程中，会吸收大量的热量。
【解答】答：夏天扇扇子会加快空气的流动，尽管不能降低气温，但是通过加快空气的流动从而加快汗水的蒸发，蒸发是一个吸热过程即汗水的蒸发会吸收人身体的热量，所以会觉得凉快。
【点评】这道题把课本知识与我们的实际生活联系在一起，体现了学以致用的思想。
四、实验探究题（共29分，每小格1分）
25．（6分）图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置：
（1）实验器材的组装顺序为 自下而上 （选填“自下而上”或“自上而下”）；
（2）甲图中有一处明显的错误是 温度计的玻璃泡与容器壁接触 ；
（3）改正错误后，某一时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度是 91 ℃；
（4）水沸腾时，杯口附近出现大量“白气”，“白气”是水蒸气遇冷 液化 形成的。继续对水加热，水的温度 不变 （选填“升高”、“降低”或“不变”）；由图丙可知水的沸点是98℃，此时的大气压强 低于 （选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。
【分析】（1）实验室用酒精灯加热时，需要用酒精灯火焰的外焰，所以要先固定好酒精灯后，再固定石棉网的位置，而温度计的玻璃泡不能接触容器底和容器壁，所以要先固定好烧杯，再固定温度计，所以实验器材组装的顺序要“自下而上”；
（2）温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能与容器底或容器壁接触；
（3）温度计读数前应先确定其分度值；
（4）物质由气态变为液态的过程称为液化；水沸腾的过程中持续吸热，温度保持不变；液体的沸点受气压影响，气压越高，液体沸点越高，气压越低，液体沸点越低。
【解答】解：（1）实验室用酒精灯加热时，需要用酒精灯火焰的外焰，所以要先固定好酒精灯后，再固定石棉网的位置，而温度计的玻璃泡不能接触容器底和容器壁，所以要先固定好烧杯，再固定温度计，所以实验器材组装的顺序要“自下而上”；
（2）温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能与容器底或容器壁接触，图中温度计的玻璃泡与容器壁接触；
（3）该温度计的分度值为1℃，由图可知其读数为：91℃；
（4）烧杯口附近的“白气”是因为水蒸气遇冷液化形成的小液滴；
液体沸腾的特点：持续吸热，温度保持不变；
液体的沸点受气压影响，气压越高，沸点越高，气压越低，沸点越低。由题可知，此时沸点为98℃，小于1标准大气压下水的沸点，说明此时的大气压低于1标准大气压。
故答案为：（1）自下而上；（2）温度计的玻璃泡与容器壁接触；（3）91；（4）液化；不变；低于。
【点评】本题主要考查了探究水沸腾实验中的一些常见问题，比较基础。
26．（6分）图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。
（1）组装实验装置时，应当先调整图甲中 B （选填“A”或“B”）的高度。
（2）某小组用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图可知：实验中水的沸点为 98 ℃；沸腾过程中水的温度保持 不变 ；若两次实验所用水的质量分别为ma、mb则ma ＜ mb．（选填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续 吸热 。
（4）各实验小组发现，水沸腾时的温度均低于100℃．那么，水的沸点可能与 气压 有关。
【分析】（1）因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
（2）液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；通过ab初温相同，但到达沸腾的时间不相同，根据Q＝cmΔt判断水的质量；
（3）水的沸腾条件是达到沸点，继续吸热；
（4）一个标准大气压下水的沸点是100℃，如果大气压大于一个标准大气压，水的沸点也就会大于100℃；如果大气压小于一个标准大气压，水的沸点就会小于100℃。
【解答】解：（1）在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈B的高度；
（2）液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点，图中所示水的沸点是98℃，水沸腾的特点是吸收热量，但温度保持不变；
由图乙知a的初温与b的初温相同，a先沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度高，根据Q＝cmΔt知，说明a的质量小。
（3）撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续吸热；
（4）水沸腾时的温度均低于100℃，气压低于1个标准大气压，水的沸点就低于100℃，水的沸点可能与气压有关。
故答案为：（1）B；（2）98；不变；＜；（3）吸热；（4）气压。
【点评】解决此类问题的关键是知道器材的组装和液体沸腾的特点，及沸点与气压的关系。
27．（5分）小明用图甲所示的装置“探究冰熔化时温度的变化规律”，根据实验数据绘制了温度随时间变化的图像，如图乙所示。
（1）安装该实验装置的顺序是 自下而上 （选填“自上而下”或“自下而上”），目的是保证用酒精灯的 外焰 加热。
（2）采用“水浴法”加热的优点是 能够使固体受热均匀 。
（3）该物质在BC段处于 固液共存 状态，此过程中物质的内能 增加 ；比较图乙中AB段与CD段可知，质量相同的冰和水在加热时间相同时，升高的温度不同，原因是 水的比热容比冰的比热容大 。
【分析】（1）实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
（2）水浴法加热的优点能够使固体受热均匀；
（2）冰熔化的时候继续吸热，温度不变，但内能增加；升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。由Q＝cmΔt判断冰和水的比热容大小；
【解答】解：（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以放好烧杯后，再调节温度计的高度；故安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行；
（2）因为水沸腾后温度保持不变，所以利用水来加热，能够使固体受热均匀，温度变化较慢，便于记录数据；
（2）BC段处于固液共存状态，在熔化过程中继续吸热，温度不变，内能增大；由图象可以看出，AB段与CD段的倾斜程度不同，可知升高相同的温度，水比冰用的时间长，吸热多。由Q＝cmΔt，质量和升高温度相同时，水的比热容比冰的比热容大。
故答案为：（1）自下而上；外焰；（2）能够使固体受热均匀；（3）固液共存；增加；水的比热容比冰的比热容大。
【点评】探究冰熔化的特点以及比热容的知识，难度不大。
28．（5分）如图所示，把一个薄壁金属管固定在支架上，管中装一些酒精，然后用软木塞塞紧。用皮条缠绕在金属管上，迅速来回拉动皮条，过一会儿会看到软木塞被顶开。根据实验现象回答下列问题：
（1）来回拉动皮条，使金属管的温度升高，这是通过 做功 方式改变物体内能。
（2）酒精温度升高，这是通过 热传递 方式改变物体内能。
（3）酒精蒸气将木塞顶开的过程，酒精蒸气的内能 减少 （选填“增加”或“减少”），转化为木塞的 机械 能（选填“机械”或“内”）。
（4）酒精蒸气将木塞顶开时，金属管口出现的“白气”是 液化 现象（选填“汽化”或“液化”）。
【分析】（1）改变物体内能的方式有做功和热传递：做功是能量的转化过程，对物体做功，物体内能增大；
（2）热传递是能量的转移，物体吸收热量，内能增加；
（3）利用内能做功，内能转化为机械能；
（4）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热。
【解答】解：（1）拉动绳子克服摩擦力做功，是将机械能转化为内能，这是通过做功方式改变金属管内能；
其能量转化过程与内燃机中的压缩冲程相同；
（2）酒精吸收热量，内能增加，温度升高，这是通过热传递改变物体的内能。
（3）塞子被酒精蒸汽顶出，是筒内酒精蒸气膨胀对塞子做功，酒精蒸气内能转化为木塞的机械能。
（4）酒精蒸气将木塞顶开时，酒精蒸气对木塞做功，内能减少，温度降低，一部分蒸气发生液化，变成液态，所以管口出现的“白气”。
故答案为：（1）做功；（2）热传递；（3）减少；机械；（4）液化。
【点评】此题结合实例考查了做功可以改变物体的内能，要会理论联系实际进行分析解答，是中考的热点。
29．（7分）利用如图甲所示的实验装置探究“沙子和水的温度变化与吸热的关系”。操作如下：
（1）在两烧杯中分别装入初温 相等 且 质量 相等的沙子和水。
（2）用相同的酒精灯火焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为 39 ℃。
（3）根据实验数据绘制成温度与时间的关系图象，如图丙所示；实验中，是通过比较 加热时间 来间接反映沙子和水吸收的热量；
（4）分析丙图象可知，对于质量相等的沙子和水，升温较快的是 沙子 ；若使两者升高相同的温度，则 水 吸收的热量较多，由此可见， 水 的比热容较大。
【分析】（1）要比较水和沙子吸热升温的快慢，就要控制水和沙子的质量、初温度、相同时间吸收的热量以及所用容器相同；
（2）根据温度计分度值读数；
（3）吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来；
（4）分析表中数据得出水和沙子的温度变化情况，得出结论。
【解答】解：（1）为了研究水与沙子比热的大小，实验时，要控制水与沙子的初始温度、质量相等。
（2）其中某时刻的温度如图乙所示，温度计分度值1℃，其示数为39℃；
（3）实验中，是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收热量的多少；
（4）分析表中数据可知，对于质量相等的沙子和水：吸收相等热量，升温较快的是沙子；若使两者升高相同的温度，水加热时间较长，说明吸收的热量较多；由此可见水的比热容较大。
故答案为：（1）相等；质量；（2）39；（3）加热时间；（4）沙子；水；水。
【点评】本实验采用了控制变量法，在研究设计多个量的问题时，为了研究某两个量间的关系，要控制除这两个量外的其它各量保持不变，这就是控制变量法，在实验中要注意控制变量法的应用。
五.计算题（3小题，共19分）解答有关计算的问题时，要写出必要的文字说明、所依据的公式、重要演算步骤，结果应写明数值和单位。
30．（6分）质量为100g、初温是74℃的实心金属小球放出2.3×103J的热量之后，温度降低到24℃．那么，这种金属的比热容是多少？可能是哪种金属？
物质 比热C/[J/（kg ℃）]
铝 8.8×102
钢铁 4.6×102
铜 3.9×102
铅 1.3×102
【分析】知道金属球的质量、初温和末温、金属球吸收的热量，利用吸热公式Q放＝cm（t0﹣t）变形求金属的比热容，再对照表中提供数据，确定可能是哪一种金属。
【解答】解：金属的质量m＝100g＝0.1kg，则由Q吸＝cm（t0﹣t）可得，该金属的比热容：
c＝＝＝0.46×103J/（kg ℃）＝4.6×102J/（kg ℃），
查表知道该金属可能是钢铁。
答：这种金属的比热容是4.6×102J/（kg ℃），查表知道该金属可能是钢铁。
【点评】本题考查了学生对放热公式Q放＝cm（t0﹣t）及其变形式的掌握和运用，计算时注意单位统一。
31．（6分）某电热水器的铭牌如下表所示，现将水箱装满水，电热水器正常工作时，把水从20℃加热到60℃。已知c水＝4.2×103J/（kg ℃），1L＝1dm3，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：水吸收的热量？
额定电压 220V
加热功率 2000W
水箱容量 50L
【分析】利用密度公式求出水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
【解答】解：水的体积：V＝50L＝50dm3＝5×10﹣2m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×5×10﹣2m3＝50kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×106J。
答：水吸收的热量为8.4×106J。
【点评】本题考查热量公式的运用，难度不大。
32．（7分）使20克冰的温度从﹣70℃升高到﹣10℃，但冰未熔化成水，需要多少热量？如果这些热量是由温度从50℃降低到10℃的水来供给的，需要多少克50℃的水？（C冰＝2.1×103焦/（千克 ℃））。
【分析】根据公式Q＝Cm（t末﹣t初）可计算冰吸收的热量，根据公式Q＝Cm（t初﹣t末）可计算水的质量。
【解答】解：20g＝0.02kg
Q＝Cm（t末﹣t初）＝2.1×103J/（kg ℃）×0.02kg×[﹣10℃﹣（﹣70℃）]＝2.52×103J
∵Q＝Cm（t初﹣t末）
∴m＝＝＝0.015kg
0.015kg＝15g
答：冰吸收的热量为2.52×103J．需要15克50℃的水。
【点评】本题考查热传过程中吸热公式和放热公式的综合运用。
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