热学复习知识要点及典型例题填空及选择答案

第一篇：热学复习知识要点及典型例题填空及选择答案

热学复习知识要点及典型例题填空及选择答案

一．分子动理论：

1:物体是由大量的分子组成.各种公式表达：

规定符号如下：m0：分子质量，V0：分子体积，M:摩尔质量，Vmol：摩尔体积，m：质量，V:体积，ρ密度，NA，阿伏伽德罗常数，N：分子个数，n：物质的的量填空：

M= NA m0, m=n M, Vmol =NA V0, V= n Vmol,，N

注意区别固体液体与气体V0的意义：

对固体液体而言，V0代表固体液体的分子实际体积，所以固体液体分子的直径公式表达为mVm0V0，N= n NA,m=ρV, M=ρVmol 6V0

。对液

体而言，V0代表气体的分子占据空间的体积，不代表气体分子实际体积，所以气体分子间距的公式表达为0

2.分子永不停息地做无规则的热运动，大量液体或气体分子无规则热运动对固体小颗粒的撞击，形成布朗运动。布朗运动与微粒大小和温度两个因素有关。

3：分子间有相互作用力：

填空：①分子间同时存在引力和斥力的作用

②分子间的引力和斥力同时随分子间的距离r的增加而减小，但斥力的变化比引力_快，③当r=r0，f引=f斥,合力为0。当rr0，f引>f斥，合力体现为引力。当r=10r0，力近似为0。

4：气体分子运动的统计规律：

麦克斯韦速率分布图像的规律为：在一定温度下，气体分子速率分布表现出中间高，两头低的分布规律，当温度升高时，分布图像的峰值向速度大的一方移动，而且峰值变小

5．气体的压强是大量气体分子持续作用在容器壁上形成的，气体分子向各个方向运动概率相同，撞击效果相同，所以气体内部压强处处相等

微观上，气体分子运动平均动能越大，宏观上，温度T越高，引起两个效果，1，每次气体分子与容器壁的撞击力越大，2，单位时间单位面积上气体分子撞击的次数越多

微观上，分子密度(分子密集程度，单位体积的分子个数，可以表达成NV)越大，引起的效果为单位时间单位面积上气体分子撞击的次数越多，为了改变分子密度，在N不变的情况下，宏观上改变体积V.可以发现，气体压强P宏观上与温度T与体积V有关，6．单个分子热运动的动能，我们不关心。大量分子动能的平均值，叫做平均动能。A,B两种物质，分子平均动能相等，若分子质量m0A>m0B，则分子热运动平均速率vA

7．分子势能是分子间相对位置决定的势能。微观上，rr0，当r增大时，分子势能增大。当r=10r0时，人为地设定分子势能为0。

宏观上，分子势能与物体的体积有关。但是分子势能并非随体积增大单调变化。（不能说体积是分子势能的标志）

当一个分子从远处（10r0）向一个固定分子靠近的过程中，随着距离减小，r>r0，分子力为引力，做正功，分子势能减小，分子动能增加。当r=r0，分子力等于0，分子势能最小，分子动能最大。当r

8.内能：物体中所有分子热运动动能与分子势能的总和。内能是宏观量，所以没有分子内能的说法。宏观上，物体含有的分子数目与物体的物质的量或质量有关，分子热运动的平均动能与温度有关，分子势能与体积有关。所以物体的内能与三者有关。

但是即便两种物质质量，温度，体积都相等，内能也不一定相等，原因在于两者分子质量不一定相等，分子数目就不一定相等。

改变内能的方式有做功和_热传递。效果上，两者是等效的。但是本质不同，做功是其他形式的能与内能的转化，热传递是内能在物体间或物体不同部分的转移。

热传递的方向是从高温到低温，而与两个物体内能的多少无关。

内能与机械能毫无关系。内能是物体内部热运动的能量，机械能是物体机械运动的能量。一定条件下，可以相互转化。

热胀冷缩现象中，温度发生了变化。若温度升高，体积增大，分子平均动能增加，分子势能增加。

物态变化中，如果晶体熔化，固液并存状态，温度不变，是吸热过程，分子平均动能不变，分子势能增加，内能增加。

如果晶体凝固，固液并存状态，温度不变，是放热过程，分子平均动能不变，分子势能减少，内能减少。

二．固体液体气体

9．固体内部微粒在分子间作用力作用下，在平衡位置附近做微小振动。固体可分为晶体与非晶体。晶体又分为单晶体和多晶体。

晶体内部微粒结合方式有三种，通过离子键结合的是离子晶体，通过共价键结合的是原子晶体，通过金属键结合的是金属晶体。因此单晶体与多晶体具有固定熔点。

单晶体内部微粒排列有规律，宏观上表现有各向异性，具有规则的几何外形。

多晶体内部有许多晶粒，每个晶粒内部微粒排列是有规律的，体现各向异性，但是晶粒排列是杂乱的，所以相互抵消，多晶体宏观上表现各向同性，不具有规则的几何外形。

非晶体内部微粒排列是杂乱的，宏观上表现有各向同性，不具有规则的几何外形。玻璃可以磨出规则外形，但是不是晶体。

单晶体，多晶体，非晶体不是绝对的，一定条件下可以相互转化。食盐（无机物），明矾（无机物），糖（有机物），味精（有机物），雪花，水晶（主要成份二氧化硅），石英（主要成份二氧化硅），云母（金属矿石）是晶体。固态金属金，银，铜，铁都是晶体。蜂蜡，松香，沥青，橡胶，玻璃（主要成份二氧化硅）都是非晶体。

10．液体和气体的接触表面叫做表面层,表面层分子分布比液体内部密集。表面层分子间是分子引力，宏观上表现为表面张力。

表面张力的方向与表面层相切，使得液体表面有收缩的趋势。液体表面像一张绷紧的弹性膜，可以对小物体（昆虫，硬币）提供支持力（这个力不是浮力）。表面张力也使得液滴表面呈球形。由于重力影响，呈椭球体，液滴越小，越接近球体。

可以在液体表面滴入酒精，洗衣粉以减小表面张力。

表面层分子与液体内部分子比较有较大的势能。

液体与固体接触表面叫做附着层，附着层中的液体分子受液体内部的吸引力叫做内聚力，受固体分子的吸引力叫附着力。

如果内聚力大于附着力，附着层分子比内部稀疏，分子间体现引力，使附着层有收缩的趋势，形成不浸润现象。

如果内聚力小于附着力，附着层分子比内部密集，分子间体现斥力，使附着层有扩张的趋势，形成浸润现象。

浸润与不浸润现象取决于两者的性质。同一种液体，对一些固体是浸润的，对另一些固体是不浸润的。浸润液体与毛细管内壁接触时，附着层液体沿管壁上升，造成表面层呈凹形。表面张力对液体产生提拉作用，直到与升高的液柱重力达到平衡。

不浸润液体与毛细管内壁接触时，附着层液体沿管壁下降，造成表面层呈凸形。表面张力对液体产生向下的作用。

毛细管越细，毛细现象越明显。

11．液晶既具有晶体的各向异性，也具有液体的流动性和连续性。按分子排列情况可以分成向列，近晶，胆甾三种类型。

外加电压控制向列型液晶的分子排列，改变光线强弱，可以制造液晶显示器。胆甾型液晶在温度改变时会改变颜色，可以用以测温度。

12.理想气体状态方程为PV=nRT

在温度不太低，压强不太大情况下，实际气体氢气，氧气，都可以近似视为理想气体。

气体的三个状态量为压强，体积，温度，通过控制变量法，控制一个量不变，研究另外两个量的关系。一定质量的气体，温度不变，压强与体积成反比，叫做玻意耳定律。记作p1V1=p2V2。一定质量的气体，体积不变，压强与温度成正比，叫做查理定律。记作p1

T1=p2T2。一定质量的气体，压强不变，体积与温度成正比比。记作V1V2=T1T2。此处温度为热力学温度T，它与摄氏温度t的关系为T=t+273。

13．气体定律的图像研究：在下图中，不同的等温线T1V2,不同的等压线P1>P2(图略)

14．初中阶段，液体压强可表述为：“液体内部向各个方向都有压强，压强随液体深度的增加而增大，在同一深度产生的压强大小与液体的密度有关，密度越大，液体的压强越大。”液压的公式为P=ρgh

连通器原理：同一种液体(中间液体不间断)，的同一水面上的压强是相等的.如图所示,封闭气体的压强pc=pd.帕斯卡定律:外界加在密闭的静止液体上的压强,能够大小不变地由液体向各个方向传递.如图所示,两端封闭的U型管,封闭两部分气体压强分别为p1，p2的关系为: p1+ρgh =p2

标准大气压：1atm=760mmHg=76cmHg =1.01×10Pa

15.用固体(如活塞)封闭在静止的容器中的气体的压强计算：（大气压记作p0）

若对活塞进行受力分析,（截面积S）则封闭气体压强p= p0+F/S

如图所示,汽缸质量为M,活塞质量为m截面积为S, 大气压为p0, 气缸光滑，当活塞缓慢上提，刚离开地面时，对汽缸进行受力分析，则封闭气体压强p= p0-Mg/S

三．热力学定律

16.写出热力学第一定律的表达式：⊿U=W+Q.物体从外界吸热，Q取正值，物体向外界放热，Q取负值，外界对物体做功，W取正值，物体对外界做功，W取负值，内能增加，⊿U取正值，内能减少，⊿U取负值。热力学第一定律是能量守恒定律在热现象有关的过程中的表现形式。热力学第一定律又可以表述成第一类永动机是不可能实现的。

17.普通气体内能与质量，温度和体积有关。温度是平均动能的标志，体积与分子势能有关。当设气体的分子势能严格为0，气体即为理想气体。理想气体的内能就是所有分子热运动动能之和。此时，理想气体的内能与体积无关。当理想气体质量一定时，温度越大，内能越大。

气体膨胀，对外做功，气体压缩，外界对气体做功。5

理想气体等温膨胀过程：温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，根据⊿U=Q+W.W取负，Q取正。根据玻意耳定律，压强减小。

理想气体绝热膨胀过程：Q=0，体积增大，对外做功，根据⊿U=Q+W.W取负，⊿U取负。内能减少，温度下降，分子平均动能减小，体积增大，分子密度减小，所以压强减小。

18.系统回到原来的状态，同时消除对原来过程对外界的一切影响，则原来的过程叫可逆过程。反之，叫不可逆过程。不可逆过程具有方向性。

热传递具有方向性：热可以自发地从高温物体传递到低温物体，不会自发地从低温物体传递到高温物体，如果引起外界变化，热可以从低温物体传递到高温物体。这就是热力学第二定律克劳修斯表述。实际的应用例子是制冷机。

功热转化的方向性：功可以自发变成热，热不能自发地变成功（机械能可以自发地转化成内能,内能不能自发地转化成机械能），如果引起外界变化，热可以变成功。这就是热力学第二定律开尔文表述。实际的应用例子是热机。

热力学第二定律又可以表示为第二类永动机是不可能制成的。热力学第二定律反应了熵增加原理。注意表述中强调的是“自发”，而非“完全”，热不能自发变成功，但是热可以完全变成功。理想气体等温膨胀的过程，热完全变成功，但是引起外界变化，即系统体积改变了。

19．能量守恒定律与熵增加原理具有同等重要的地位，能量守恒定律强调了总能量不变，而熵增加原理强调了总熵必然增加。熵是用来量度系统无序程度的物理量。熵增加原理的表述：在孤立系统中（指与外界无能量与物质交换的系统），一切不可逆过程必然朝向熵增加的方向进行。（非孤立系统，熵有可能减小）。第二类永动机并不违反能量守恒定律，但是违反熵增加原理。

选择题答案：D2.D3.C4,C5.A6.D7.B8.B9.C10 D11 B12.C

13.B14.B15.A16.D17.D18.B19.B20.B21.B22.A23.A24.A

25.D26.B27.A28.B29.D30.D31.D32.C33.C34.D35.C36.D

第二篇：初三物理热学典型例题解析

初三物理热学典型例题解析

例1把正在熔化的冰，放到0℃的房间内（它们与外界不发生热传递），冰能不能继续熔化?

解答冰完成熔化过程需要满足两个条件：一是达到它的熔点0℃，二是必须继续吸热．题中正在熔化的冰，温度是0℃的冰和0℃的房间没有温度差，它们之间不发生热传递，因此冰不能继续吸热，它不会继续熔化．

本题常见错误是片面认为晶体只要达到了它的熔点，就会熔化，得出冰能继续熔化的结论．

例2“水的温度升高到100℃，水就一定会沸腾起来．”这种说法对吗?

解答这是常见的一种错误看法．在学习了沸腾知识后，要会用它的规律来分析．这种说法有两点错误．

第一，100℃不一定是水的沸点，只有在标准大气压下，水的沸点才是100℃．液体的沸点与气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低．

第二，即使在标准大气压下，水温达到100℃，水也不一定能沸腾．这是因为完成液体沸腾，条件有两个：一是液体的温度达到沸点，二是液体要继续吸热，这两个条件缺一不可，因此不能说，水到了100℃，就一定会沸腾．

例3在很冷的地区，为什么常使用酒精温度计而不使用水银温度计测气温?而在实验室中，为什么用煤油温度计而不使用酒精温度计测沸水的温度?

解答酒精、水银及煤油温度计都是利用液体的热胀冷缩的性质来测量温度的．如果酒精、水银、煤油凝固成了固态或变成气体就无法用它来测温了．查熔点表可知：酒精的熔点是—117℃，水银的熔点是—39℃．又因为同一物质的凝固点跟它的熔点相同，也就是说酒精降至—117℃才凝固，而水银降至—39℃就会凝固，很冷的地区气温可低至—40～—60℃，这种情况下水银凝固，而酒精还是液态的，可以用来测气温．又查沸点表可知：酒精的沸点是78.5℃，而煤油的沸点约为150℃，凝固点约为－30℃，而水的沸点是100℃，实验时若用酒精制成的温度计测沸水的温度，酒精有可能变成气体而无法进行测量，而煤油仍是液体，还可以测高温．

例4（天津中考试题）质量和温度均相同的铁块和铝块，吸收相同的热量后相互接触（铁的比热＜铝的比热＝，则（）

A．热从铝块传到铁块B．热从铁块传到铝块

C．铁块和铝块之间没有热传递D．条件不足，无法判断

精析考查对物体吸、放热公式的理解，并知道热是从高温物体传向低温物体．

∵Q吸＝cm△t

m相同，∵c铁＜c铝

∴△t铁＜△t铝初温相同，铁末温高．

∴热从铁传向铝．

答案B 例5 夏天，剥开冰棒纸后，可以看到冰棒周围会冒“白气”，这是属于下面的哪种状态变化（）

A．熔化

B．汽化

C．液化

D．升华

解答 如果认为“白气”是水蒸气，就会误选B或D．水蒸气是空气的组成部分，人们用肉眼是看不见的，那么“白气”是什么？

“白气”是许许多多的水滴悬浮在空气中形成的小雾滴，光射到它们上面发生了散射，使我们看到了它．

在一定的条件下，水蒸气遇冷变成水，就形成了“白气”．例如，水烧开时，从壶嘴里冒出的“白气”．冬天，人们呼出的“白气”都是水蒸气遇冷放热，形成了许许多多悬浮在空中的小水滴，这就是“白气”，因此，形成“白气”是水蒸气液化的结果．

夏天，为什么在冰棒周围会出现“白气”呢?是因为空气中有大量的水蒸气，它们在冰棍附近遇冷放热，形成了许许多多的小冰滴．可见，冰棒周围出现“白气”，也是水蒸气液化的现象．

答案 C 例6（陕西省中考试题）关于热量、温度、内能之间的关系，下列说法正确的是（）

A．物体温度升高，内能一定增加

D．物体吸收热量，温度一定升高

C．物体温度不变，一定没有吸热

D．物体温度升高，一定吸收热量

方法点拨 了解内能变化与什么有关，了解物态变化的条件．

分析 A选项正确．

B选项：晶体熔化过程吸收热量，但温度不变．

C选项：与B相似，不正确．

D选项：物体温度升高，可能吸收了热量，也可能是外界对物体做了功．

答案 A

例7（南京市中考试题）下列说法正确的是（）

A．没有吸热过程和放热过程，说热量是毫无意义的

B．物质的比热容与物体吸收的热量、物体的质量及物体温度的变化有关

C．两个物体升高相同的温度，吸收的热量也一定相同

D．热总是从含有热量多的物体传递给热量少的物体

精析 正确理解热量、内能的概念，并知道Q＝cm△t．

热量反应的是吸、放热过程，A选项正确．

B选项：比热容是物质的特性之一，与热量、质量、温度变化无关．

C选项：根据Q＝cm△t，由于c和m没有给定，Q不能确定．

D选项：热传递的过程是内能从高温物体传到低温物体的过程．说热量多、热量少不正确．

答案 A

例8（甘肃省中考试题）质量相等的金属块A和B，放在沸水壶中煮10min后取出，马上分别投入质量相同、温度也相同的两杯水里，到两杯水的温度不再升高时，测量发现放A的水温高于放B的水温，则（）

A．金属块A的比热容大

B．金属块A原来的温度高

C．金属块A有较多的热量

D．金属块A有较好的导热性

精析 根据Q＝cm△t分析．

设放A的水吸收热量为QA，QA＝cAm△tA（其中m为A的质量）

设放B的水吸收热量为QB

QB＝cBm△tB

题目给出放A的水温升得高，而A、B初温相同，可知：△tA＜△tB．

又知：QA＞QB ∴ cA＝

??? cA＞cB

选项A正确．

A、B初温相同，都与沸水温度相同，B选项不正确．

A放出较多的热量，而不是有较多的热量，C选项不正确．

答案 A 初中物理热学趣味题目答案：

1．纸片是热的不良导体，曝晒后纸片的上表面升温较多，下表面升温较少，因此上表面的热膨胀也就比下表面的大，于是纸片向上凸起，如双金属片一样。

2．自动调温电烫斗的调温器是由调温螺钉和双金属片等组成。它利用双金属片的热胀冷缩现象实现自动切断或接通电路，从而达到自动控制电熨斗熨烫温度的目的。当接通电源后，电热元件发热，熨斗温度逐渐上升，双金属片也随之受热膨胀；当达到一定温度时，双金属片向上弯曲而使两触头断开，电路被切断，电热元件停止发热，经过一段时间，由于熨斗温度下降，双金属片恢复原来的形状又使两触点接通，于是，电热元件又通电继续发热，使熨斗温度再上升。如此往复，使得熨斗温度始终保持在某一温度附近。电熨斗所保持温度的高低的控制，是通过调温螺钉调节电路中两个触头间的距离来实现的。

3．可以根据气体能通过对流来传递热量的特点设计实验。实验过程如下：点燃电灯，用手触摸灯泡的上方和下方的玻璃。如果各个方向上的玻璃都同时均匀变热，则说明它们都只接受了灯丝的热辐射，因此这只灯泡是真空型的；如果灯泡的土方比下方的玻璃热得快，说明灯泡内存在着气体的对流，因此这只灯泡必定是充气灯泡，同学们可以用这个方法来检查一下，通常的民用灯泡到底是哪种类型的灯。

4．实验中蜡烛的熄灭是由于缺乏氧气。这是因为长玻璃筒底部燃烧的蜡烛，使筒内空气受热上升，堵塞了含有氧气的新鲜空气的补充通道。如果在长玻璃筒内隔一硬纸片，把玻璃筒一分为二，如图13所示，冷热空气各有通道可行，形成对流，这样蜡烛就可以继续燃烧了。如果玻璃筒底是开口的，那么只要使它与桌面间图13稍留缝隙，也能起到同样的作用。

5．设计测定花生米燃烧值的实验时，要考虑到以下几个问题：怎样使花生米完全燃烧？怎样尽量降低燃烧过程中热量的损失？怎样测定花生米燃烧中释放出的热量？我们可以用大头针将花生米支持起来燃烧；燃烧过程中用纸板或铁皮将实验装置围住；通过被加热水的温升来计算花生米燃烧时释放出的热量。这样，整个实验中所需的仪器与器材为：一粒花生米、一枚大头针、一支温度计、一只小杯子、适当的水、一块纸板、一架天平、火柴。

6．锅盖的作用应该从汽化吸热的角度来认识。水汽化，需要吸收大量的热。如果不盖锅盖，加热着的水蒸发（汽化的一种）就快，同时随着水蒸汽的上升逃逸，蒸发所吸收的大量热量就会不断损失。盖上锅盖，不仅可以截留住水蒸汽，把这部分热量保持在锅内，同时在一定程度上减缓了蒸发，使得加热着的水温度提高快得多，所以沸腾就快了。

7．我们可以这样思考：如果压力锅不加限压阀，这时锅内的气压即为大气的压强（通常算作一个大气压），水的沸点是100℃，现在盖上限压阀，锅内水沸腾时的气压是多少呢？显然，这时的气压是原先的一个大气压和限压阀所产生的附加压强之和。这样，只要测算得附加压强，就能得知锅内的总压强，于是就可通过查表获得压力锅内水的沸点了。你可试测一下限压阀的质量及阀座上小孔的直径，就可以估算出一般压力锅内的水是在约2×103帕斯卡的气压下沸腾，因而通过查表可以知道，这时锅内水的沸点约120℃。

8．卫生球成分是萘粉，它是碳、氢元素组成的易燃物质。包布上的火就是萘燃烧时发出的。但棉布不会被烧坏。因为一方面萘的蒸汽燃烧，放出了热量，但另一方面萘的升华过程却是吸热的，需要消耗很大一部分热量。同时还有一部分热消耗在使萘蒸汽达到燃点上，这样，棉布温度比较低，低于它的燃点，所以棉布烧不起来。但时间不能过长，否则因卫生球消耗过多，包布和卫生球之间会逐渐离开，形成较大的空隙。棉布处在火焰内部，温度就较高而烧着。

试题

1、用温度为t1=30℃的水注满一个容积为0.3升的小茶杯，水温每下降1℃，需要5分钟，为了使水的温度不下降，从热水龙头不断向杯中滴入45℃的水，若每滴水的质量为0.2克，为了使茶杯中的水温保持不变，每分钟需滴入20 20 滴水．（说明：①茶杯不参与吸放热；②可认为热平衡进行得非常快，多余的水从茶杯溢出；③周围空气的温度为20℃）

考点：热量的计算；热平衡方程的应用．专题：计算题；应用题．分析：解决此题关键是利用热平衡方程，即Q吸=Q放，这样茶杯内水的温度就不会改变．解答：解：已知小茶杯，水温每下降1℃，需要5分钟，所以要让水温不变，那么茶杯内的水应该吸收的热量：

Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×0.3kg×1℃=1.26×103J；

一滴热水降到30℃释放的热量Q′=cm′△t′=4.2×103J/（kg•℃）×0.2×10-3kg×15℃=12.6J； 那么5min内需要滴入热水的滴数为n==100，所以每分钟需要滴入=20滴热水；

故答案为：20．点评：解决此类问题要结合热量公式及热平衡进行分析计算．

2、我国北方地区冬季用燃煤取暖所造成的大气污染，已越来越引起人们的关注．现在有些家庭已经改用燃油取暖，以降低对大气的污染．小明家的住房面积约110m2，若将住房的门窗关闭好，用燃烧柴油来取暖，并使室温升高10℃，已知柴油的热值为4.3×lO7J/kg，空气的密度约为1.3kg/m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg/℃）所需的柴油约为（）A．0.0lkg B．0.1kg C．1kg D．10kg 考点：热平衡方程的应用；密度的计算；燃料的热值．专题：计算题．分析：首先利用m=ρV求住房里空气的质量，再利用热量公式Q=cm△t求出室温升高10℃时空气所吸收的热量；

根据Q放=Q吸可知柴油需放出的热量，最后利用m=求出需的柴油质量．解答：解：由题知，S=110m2，住房高度h一般为3m，ρ空气=1.3kg/m3，则住房房间里的空气质量为：

m空气=ρ空气Sh=1.3kg/m3×110m2×3m=429kg，室温升高10℃时空气所吸收的热量：

Q吸=c空气m空气△t=1.0×103J/（kg/℃）×429kg×10℃=4.29×106J ∵Q放=Q吸，∴又Q=mq得：

m===0.1kg．

故选B点评：本题考查热平衡方程，同时也考查了空气质量的计算和热值的应用，是一道基础知识的应用．

3、质量相同的三杯水，初温分别是t1，t2，t3，而且t1＜t2＜t3，把它们混合后，不计热损失，则混合温度是（）

A． B．C．+t2 D．t3-t1+

考点：热平衡方程的应用．专题：应用题．分析：热传递是从高温物体向低温物体传递，则一定是初温t3的水放热，初温为t1的水吸热，初温为t2的水可以假设为吸热或放热，然后根据热平衡方程列出的等式，然后即可解答．解答：解：设混合后的温度为t，因质量相同的三杯水，则设质量为m，水的比热为c； ∴初温t3的水放出的热量为：

Q放=cm（t3-t），初温为t1和t2的吸收的热量为：

Q吸=Q吸1+Q吸2=cm（t-t1）+cm（t-t2）根据热平衡方程得：Q放=Q吸，即：cm（t3-t）=cm（t-t1）+cm（t-t2）解得：t=．

故选B．点评：本题考查热量公式Q=cm△t和热平衡方程的理解，分析解答时注意多种物质发生热传递时会有几个物质同时吸热或会几种物质同时放热，但仍然是Q放=Q吸．

4、冷水的温度为t1，热水的温度为t2，现要把冷水和热水混合成温度为t3的温水，若不计热量损失，冷水和热水的质量比应为（）

A． B．C． D．

考点：热平衡方程的应用．专题：推理法．分析：冷水和热水混合，冷水吸收热量、温度升高，热水放出热量、温度降低，不考虑热损失，则Q吸=Q放，根据热平衡方程求冷水和热水的质量比．解答：解： 冷水吸收的热量： Q吸=cm1（t3-t1），热水放出的热量： Q放=cm2（t2-t3），由题知，Q吸=Q放，∴cm1（t3-t1）=cm2（t2-t3），解得： =．

故选C．点评：本题考查了学生对吸热公式、放热公式、热平衡方程的掌握和运用，因为是求比值，要细心，防止因颠倒而出错！

5、甲、乙两种材料不同的金属块，它们的质量相等，同时投入沸水中充分加热，先把甲金属块从沸水中取出投入一杯冷水中，热平衡后，水的温度升高了△t取出甲金属块（不计水的质量变化），再把乙金属块由沸水投入该杯水中，热平衡后又使水温升高了△t，则两金属块的比热关系是（）A．c甲＜c乙 B．c甲=c乙C．c甲＞c乙 D．以上情况都有可能

考点：热平衡方程的应用．专题：应用题；推理法．分析：（1）由题知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由热平衡方程可知，甲乙两金属块放出的热量相同；（2）而甲、乙两金属块的质量相等、初温相同，经放热后，甲金属块比乙多降低了△t，根据c=即可得出：质量相同的甲乙两金属块，放出相同的热量，降低的温度多的甲金属块，比热容小．解答：解：先后将甲乙两金属块投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同； ∵不计热量损失，∴Q水吸=Q放，∴甲乙两金属块放出的热量相同；

由题知，甲金属块比乙多降低了△t，根据c=可知：

质量相同的甲乙两金属块，放出相同的热量，降低的温度多的甲金属块，比热容小．

故选A．点评：本题考查了比热容的概念、热平衡方程、热量公式，能确定出甲乙两金属块的温度变化量的关系是本题的关键．

6、将50克、0℃的雪（可看成是冰水混合物）投入到装有450克、40℃水的绝热容器中，发现水温下降5℃．那么在刚才已经降温的容器中再投入100克上述同样的雪，容器中的水温将又要下降（）A．6℃ B．7.5℃ C．9℃ D．10℃

考点：热平衡方程的应用．专题：计算题．分析：可看成是冰水混合物的0℃的雪熔化成0℃的水需吸收热量，根据热平衡，可知Q放=Q熔化吸+Q吸，然后列出热量关系式，先求出1kg0℃的这种可看成是冰水混合物的雪熔化成0℃的水时随所吸收的热量，最后再根据第二次的Q放=Q熔化吸+Q吸列出关系式即可解答．解答：解：热水原来的温度t1=40℃，热水和质量50g的冰水混合后的温度为t′=40℃-5℃=35℃，∵不计热量损失，∴Q放=Q熔化吸+Q吸1 设1kg0℃的这种可看成是冰水混合物的雪，熔化成0℃的水时需吸收的热量为q熔化，则第一次，质量为m1、温度为O℃的雪与质量为450g的热水混合后，cM△t1=m1q熔化+cm1（t′-0℃）

即：4.2×103J/（kg•℃）×0.45kg×5℃=0.05kg×q熔化+4.2×103J/（kg•℃）×0.05kg×35℃ 解得：q熔化=4.2×104J 第二次质量为m2、温度为O℃的雪与质量为（M+m1）的热水混合后，水温又要下降的温度为△t，则：c（M+m1）△t=m2q熔化+cm2[（t′-△t）-0℃] 即：c（M+m1）△t=m2q熔化+cm2（t′-△t）

∴4.2×103J/（kg•℃）×（0.45kg+0.05kg）×△t=0.1kg×4.2×104J/kg+4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（35℃-△t）

解得：△t=7.5℃．

故选B．点评：本题考查热平衡方程的应用，能确定第二次使用的热水的质量、知道温度为O℃的雪熔化成温度为O℃的水需要吸收热量，都是本题的关键．

7、冷水的质量为m，温度为t1，吸收一定热量后，温度升高到t；另有质量为2m的热水，如果先放出同样热量后温度也降到t，那么热水原来的温度应是（）

A．（3t1-t）/2 B．（2t-t1）/3 C．（3t-t1）/2 D．（3t-2t1）/3 考点：热平衡方程的应用．专题：计算题．分析：根据吸热公式求出冷水吸收的热量，因为Q吸=Q放，再根据放热公式求出热水原来的初温．解答：解：设热水原来的温度为t0： 冷水吸收的热量： Q吸=cm（t-t1），∵Q吸=Q放，∴热水放出的热量：

Q放=c2m（t0-t）=cm（t-t1），解得：

t0=，故C正确．

故选C．点评：本题考查了学生对吸热公式和放热公式的掌握和运用，弄清冷水和热水的初温和末温是本题的关键．

8、在冬季室温下的A、B两物体质量相等，把A物体放入一杯热水中达到热平衡后，水温降低了5℃；取出A物体后再把B物体放入这杯水中，达到热平衡后水的温度又降低了5℃．如果没有热损失，这两个物体比热大小的关系是（）

A．A物体的比热较小 B．B两物体的比热相等C．B物体的比热较小 D．无法比较

考点：热平衡方程的应用．分析：先判断出在达到热平衡时，A、B两物体哪个物体温度变化大，再判断物体比热的大小．解答：解：在室温下A、B两物体温度与室温相等，则物体A、B的初始温度相等，设为t0，设开始时水温为t．A在水中达到热平衡后温度变化了△tA=t-5-t0，B在水中达到热平衡后温度变化了△tB=t-5-5-t0=t-10-t0，所以△tA＞△tB．在这两种情况下，水释放出的热量Q=m水c水△t水=5m水c水相等．而Q=mAcA△tA，Q=mBcB△tB，又因为mA=mB，△tA＞△tB，所以cA＜cB．

故选A．点评：判断A、B两物体达到热平衡时，哪个温度变化大是解题的关键．

9、洗澡时将11°C的冷水与66°C的热水充分混合成550kg、36°C的温水，在混合的过程中有2.31×106J的热量损失掉了，则所用冷水为290kg，所用热水为260kg．

考点：热平衡方程的应用．专题：计算题；方程法．分析：（1）设热水的质量为m，则冷水的质量为550kg-m，已知热水的初温和末温，利用放热公式求热水放出的热量；又知道冷水的初温和末温，利用吸热公式求冷水吸收的热量，（2）因为在混合的过程中有2.31×106J的热量损失掉了，所以热水放出的热量减去损失的热量就等于冷水吸收的热量，据此可求所用热水和冷水的质量解答：解：设热水的质量为m1，则冷水的质量为m2=m-m1=550kg-m1--------------① 热水放出的热量：

Q放=cm1（t-t01）=4.2×103J/（kg•℃）×m1×（66℃-36℃）------------② Q吸=cm2（t02-t）=4.2×103J/（kg•℃）×m2×（36℃-11℃）------------③ 因为Q损失=2.31×106J-------------------④

所以，Q吸=Q放-Q损失---------------------⑤

将①②③④代入⑤式即可解得：m1=260kg，m2=290kg．

故答案为：290；260．点评：本题考查了学生对吸热公式和放热公式的掌握和运用，利用好热平衡方程Q吸=Q放时，注意混合的过程中的热量损失是本题的关键。

10、质量相等的甲、乙两金属块，其材质不同．将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到100℃，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温．第一种方式：先从沸水中取出甲，将其投入冷水，当达到热平衡后将甲从杯中取出，测得水温升高20℃；然后将乙从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，测得水温又升高了20℃．第二种方式：先从沸水中取出乙投入冷水，当达到热平衡后将乙从杯中取出；然后将甲从沸水中取出，投入这杯水中，再次达到热平衡．则在第二种方式下，这杯冷水温度的变化是（）

A．升高不足40℃ B．升高超过40℃C．恰好升高了40℃ D．条件不足，无法判断

考点：热平衡方程的应用．专题：计算题；比较思想．分析：根据Q放=Q吸和Q=cm（t-t0）列出金属块不同方式下的热量表达式，然后得出关于温度的代数式，即可解答．解答：解：设冷水的温度为t0，甲投入冷水后放热Q放=C甲m（100℃-20℃-t0），水吸收的热量为Q吸=C水m水20℃，∵不考虑热传递过程热量的损失，则有Q放=Q吸，∴C甲m（100℃-20℃-t0）=C水m水20℃，即：=-----------------------①

乙投入冷水后放热Q放′=C乙m（100℃-20℃-20℃-t0），水吸收的热量仍为Q吸=C水m水20℃，同理则有：=-----------------② 第二种方式：

设乙投入冷水热平衡后，水温为t1，甲投入冷水热平衡后的水温为t2，则有： C乙m（100℃-t1）=C水m水（t1-t0），即：=---------------------③ C甲m（100℃-t2）=C水m水（t2-t1），即：=---------------------④

综合①②③④式，解得t2-t0=40℃

故选C．点评：本题需要假设的量和列出的计算等式有点多，需要认真分析需要假设的量，由于冷水的初温设为t0，计算过程比较繁杂，如果我们把t0设为0℃，则解题过程大大地简化了．

11、铝的比热容大于铁的比热容，把铝块放入一杯冷水中，热平衡后水温升高5℃；将铝块取出后，立即将质量相同的铁块放入这杯水中，热平衡后水温又升高5℃．若各种损失忽略不计，则下列判断正确的是（）

A．铁块的温度变化大于铝块的温度变化B．铝块放出的热量大于铁块放出的热量

C．铝块的初温低于铁块的初温

D．水先后两次吸收的热量相等

考点：热平衡方程的应用；比热容的概念；热量的计算．专题：应用题．分析：①铝和铁两金属块，先后投入到同一杯水中，铝和铁两金属块放出热量、温度降低，水吸收热量、温度升高；

由题知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由热平衡方程可知，甲乙两金属块放出的热量相同；从而可以判断出B和D是否符合题意．

②质量相同的铝和铁两金属块，放出相同的热量，铝的比热容大于铁的比热容，可利用公式△t=分析温度的变化，从而可以判断出A是否符合题意．

③而铝和铁两金属块的质量相等，经放热后，铝金属块比铁金属块多降低了5℃，从而可以判断出C是否符合题意．

解答：解：①先后将铝和铁两金属块投入到同一杯水中，水升高的温度相同，即水吸收的热量相同，故D正确；

∵不计热量损失，∴Q吸=Q放，∴铝和铁两金属块放出的热量相同，故B不正确；

②由上述分析可知，质量相同的铝和铁两金属块，放出相同的热量，而铝的比热容大于铁的比热容，由公式△t=可知，铝块的温度变化小于铁块的温度变化，即铁块的温度变化大于铝块的温度变化，故A正确；

③由题知，铝金属块比铁金属块多降低了5℃，而铝块的温度变化小于铁块的温度变化，所以铝块的初温低于铁块的初温，故C正确．

故选A、C、D．点评：本题考查了比热容的概念、热平衡方程、热量公式，能确定甲乙两金属块的末温关系是本题的关键．

12、比热容是2.44×103焦/（千克•℃）的酒精和水（4.19×103焦/千克•℃）均匀混合后，比热容变成了2.94×103焦/（千克•℃），则混合液中酒精和水质量之比是（）A．5：2 B．2：5 C．29：35 D．29：50 考点：热平衡方程的应用；热量的计算．分析：设酒精、水的质量分别为m1、m2，升高温度△t，则酒精溶液吸收的热量等于水吸收的热量加上酒精吸收的热量，知道溶液的比热容，可求酒精和水的质量关系．解答：解：

混合液温度升高△t吸收的热量：

Q总=c液m液△t=c液（m1+m2）△t，酒精吸收的热量： Q酒=c酒m1△t，水吸收的热量： Q水=c水m2△t，则Q总=Q水+Q酒，c液（m1+m2）△t=c酒m1△t+c水m2△t，（c液-c酒）m1=（c水-c液）m2，∴m1：m2=（c水-c液）：（c液-c酒）=（4.19g/cm3-2.94g/cm3）：（2.94g/cm3-2.44g/cm3）=5：2． 故选A．点评：本题考查了学生对吸热公式的掌握和运用，知道混合液升高温度吸收的热量等于水和酒精吸收的热量之和是本题的关键．

13、在冬天，为使室内保持一定的温度，每小时大约需要提供1.26×107J的热量，若进入散热器的水的温度是80℃，从散热器中流出水的温度是65℃，则每小时需要提供给散热器80℃的水200kg． 考点：热平衡方程的应用．专题：计算题；应用题．分析：知道进入散热器的水温和流出散热器的水温，从而可以计算出水的温度变化，又知道所需要的热量，从而可以利用放热公式Q放=cm△t求每小时需要水的质量．解答：解：∵Q放=cm△t，∴m===200kg．

故答案为：200．点评：本题考查了学生对放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，属于基础题目．

第三篇：初三物理热学典型例题解析

初三物理热学典型例题解析

初三物理热学典型例题解析

例1把正在熔化的冰，放到0℃的房间内（它们与外界不发生热传递），冰能不能继续熔化?

解答冰完成熔化过程需要满足两个条件：一是达到它的熔点0℃，二是必须继续吸热．题中正在熔化的冰，温度是0℃的冰和0℃的房间没有温度差，它们之间不发生热传递，因此冰不能继续吸热，它不会继续熔化．

本题常见错误是片面认为晶体只要达到了它的熔点，就会熔化，得出冰能继续熔化的结论．

例2“水的温度升高到100℃，水就一定会沸腾起来．”这种说法对吗?

解答这是常见的一种错误看法．在学习了沸腾知识后，要会用它的规律来分析．这种说法有两点错误．

第一，100℃不一定是水的沸点，只有在标准大气压下，水的沸点才是100℃．液体的沸点与气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低．

第二，即使在标准大气压下，水温达到100℃，水也不一定能沸腾．这是因为完成液体沸腾，条件有两个：一是液体的温度达到沸点，二是液体要继续吸热，这两个条件缺一不可，因此不能说，水到了100℃，就一定会沸腾．

例3在很冷的地区，为什么常使用酒精温度计而不使用水银温度计测气温?而在实验室中，为什么用煤油温度计而不使用酒精温度计测沸水的温度?

解答酒精、水银及煤油温度计都是利用液体的热胀冷缩的性质来测量温度的．如果酒精、水银、煤油凝固成了固态或变成气体就无法用它来测温了．查熔点表可知：酒精的熔点是—117℃，水银的熔点是—39℃．又因为同一物质的凝固点跟它的熔点相同，也就是说酒精降至—117℃才凝固，而水银降至—39℃就会凝固，很冷的地区气温可低至—40～—60℃，这种情况下水银凝固，而酒精还是液态的，可以用来测气温．又查沸点表可知：酒精的沸点是78.5℃，而煤油的沸点约为150℃，凝固点约为－30℃，而水的沸点是100℃，实验时若用酒精制成的温度计测沸水的温度，酒精有可能变成气体而无法进行测量，而煤油仍是液体，还可以测高温．

例4（天津中考试题）质量和温度均相同的铁块和铝块，吸收相同的热量后相互接触（铁的比热＜铝的比热＝，则（）

A．热从铝块传到铁块B．热从铁块传到铝块

C．铁块和铝块之间没有热传递D．条件不足，无法判断

精析考查对物体吸、放热公式的理解，并知道热是从高温物体传向低温物体． ∵Q吸＝cm△t

m相同，∵c铁＜c铝

∴△t铁＜△t铝初温相同，铁末温高．

∴热从铁传向铝．

答案B 例5 夏天，剥开冰棒纸后，可以看到冰棒周围会冒“白气”，这是属于下面的哪种状态变化（）

A．熔化

B．汽化

C．液化

D．升华

解答 如果认为“白气”是水蒸气，就会误选B或D．水蒸气是空气的组成部分，人们用肉眼是看不见的，那么“白气”是什么？

“白气”是许许多多的水滴悬浮在空气中形成的小雾滴，光射到它们上面发生了散射，使我们看到了它．

在一定的条件下，水蒸气遇冷变成水，就形成了“白气”．例如，水烧开时，从壶嘴里冒出的“白气”．冬天，人们呼出的“白气”都是水蒸气遇冷放热，形成了许许多多悬浮在空中的小水滴，这就是“白气”，因此，形成“白气”是水蒸气液化的结果．

夏天，为什么在冰棒周围会出现“白气”呢?是因为空气中有大量的水蒸气，它们在冰棍附近遇冷放热，形成了许许多多的小冰滴．可见，冰棒周围出现“白气”，也是水蒸气液化的现象．

答案 C

例6（陕西省中考试题）关于热量、温度、内能之间的关系，下列说法正确的是（）

A．物体温度升高，内能一定增加

D．物体吸收热量，温度一定升高

C．物体温度不变，一定没有吸热

D．物体温度升高，一定吸收热量

方法点拨 了解内能变化与什么有关，了解物态变化的条件．

分析 A选项正确．

B选项：晶体熔化过程吸收热量，但温度不变．

C选项：与B相似，不正确．

D选项：物体温度升高，可能吸收了热量，也可能是外界对物体做了功．

答案 A

例7（南京市中考试题）下列说法正确的是（）

A．没有吸热过程和放热过程，说热量是毫无意义的

B．物质的比热容与物体吸收的热量、物体的质量及物体温度的变化有关 C．两个物体升高相同的温度，吸收的热量也一定相同

D．热总是从含有热量多的物体传递给热量少的物体

精析 正确理解热量、内能的概念，并知道Q＝cm△t．

热量反应的是吸、放热过程，A选项正确．

B选项：比热容是物质的特性之一，与热量、质量、温度变化无关．

C选项：根据Q＝cm△t，由于c和m没有给定，Q不能确定．

D选项：热传递的过程是内能从高温物体传到低温物体的过程．说热量多、热量少不正确．

答案 A

例8（甘肃省中考试题）质量相等的金属块A和B，放在沸水壶中煮10min后取出，马上分别投入质量相同、温度也相同的两杯水里，到两杯水的温度不再升高时，测量发现放A的水温高于放B的水温，则（）

A．金属块A的比热容大

B．金属块A原来的温度高

C．金属块A有较多的热量

D．金属块A有较好的导热性

精析 根据Q＝cm△t分析．

设放A的水吸收热量为QA，QA＝cAm△tA（其中m为A的质量）

设放B的水吸收热量为QB

QB＝cBm△tB

题目给出放A的水温升得高，而A、B初温相同，可知：△tA＜△tB．

又知：QA＞QB ∴ cA＝

??? cA＞cB

选项A正确．

A、B初温相同，都与沸水温度相同，B选项不正确．

A放出较多的热量，而不是有较多的热量，C选项不正确．

答案 A

第四篇：典型例题答案

1，分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：

Ff=macos300,FN-mg=masin300 因为FN6Ff

3mg5，解得mg5.2，分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。3，分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。

4，分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：F(Mm)(ag)

2350N

再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

5，分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：

mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma

当N=0时，物体与平板分离，所以此时xm(ga)

k 因为x1at2，所以t2m(ga)

2ka

6，分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P

受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于a 图6

图8

原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：

x=mg/k=0.4m 因为x

122x

at，所以P在这段时间的加速度a220m/s2 2t

图

9当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.7，分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得： F+N-m2g=m2a

对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：

(mm2)g

Fk1x(m1m2)g(m1m2)a

k

令N=0，并由述二式求得x

m2gm1a1

2xat，所以求得a=6m/s2.，而

2k

当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.8，分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa

解得NmB

FAFB164t

FBN

mAmB

3当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速度均为a

综上所述，选项A、B、D正确。

9，分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和

FAFB。

mAmB

图1

1斜面的支持力N作用，如图12所示。

在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：N

m(ga)m(ga),T 00

2sin452cos4

5由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=2mg.当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得

图

3Tma2g2mg。

10，分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+

M

mFx).LMm

由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为

图15

M

F

Mm

11，分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度

Vy2gLsin。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.12，分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

－f=0－mV0cosθ/t,[N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t 所以f

图18

mV0cosmV0sin，方向向左。N(mM)g

tt

分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。

由于f=μmg=ma,所以a=μg.加速时间tV1

a

V

g

S121V

2加速位移12at12g

通过余下距离所用时间tS1SV

2

SVV

2g

共用时间ttSV1t2

V2g 摩擦力对零件做功W

mV22

14，分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;所以:a2

1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s;

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移： ｓ＝a2

1ｔ1/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。

第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2;所以：a2＝2m/s;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2

/2 则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ2/2 ；解得：t2＝1s ,ｔ2=-11s（舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s.从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

15，分析与解：依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向

N

1F

Ff1 G FN

F

G 图21

固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：

FN=mg F=Ff Ff=μFN

解上述三式得：μ=0.5.同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：mgsinFcosFf1maFN1Fsinmgcos0Ff1=μFN1

解上述三式得a

FcosmgsinFf1

m



3g.4

由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为:t

2S26gS

.

a3g

17，错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小，弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 V12gh2（向V12gh1（向下）

上），速度的改变量VV1V2（向上），以a表示加速度，t表示接触时间，则Vat，接触过程中运动员受到向上的弹力F。由牛顿第二定律，Fma，由以上五式解得，Fm

2gh22gh1

t，代入数值得：F900N。

分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F和重力mg,由牛顿第二定律，Fmgma，由以上五式解得，FmgmF1500N

2gh22gh1

t，代入数值得：

第五篇：修辞练习选择_带答案_(典型例题)

修辞练习（2）

修辞练习

【记一记】

中考考察修辞：比喻、拟人、夸张、排比、对偶、反复、设问、反问

1、下列各句所用的修辞手法判断有误的一项是（C）A．横眉冷对千夫指，俯首甘为孺子牛。(对偶)B．皇帝每一天每一点钟都要换一套衣服，人们提到他的时候总是说：“皇上在更衣室里。”(夸张)C．你这样一个人玩耍，不也有点寂寞吗?(设问)D．春月是一只青春鸟，驮着幽幽夜色，栖落在古城的檐角。(比喻)

2、对下列各句使用的修辞手法判断正确的一项是（C）①他发现是我，头摇得像拨浪鼓似的。

②像这样的老师，我们怎么会不喜欢她，怎么会不愿意和她亲近呢？

③在一个孩子的眼里，他的老师是多么慈爱，多么公平，多么伟大的人啊！④老爷子小心，别顾着说话——看掉下来把屁股摔成两半！A①比喻②反问③排比④比喻 B①夸张②设问③排比④比喻 C①比喻②反问③排比④夸张 D①比喻②反问③夸张④夸张 3．对下列句子运用的修辞方法理解有误的一项是（C)

A．山朗润起来了，水涨起来了，太阳的脸红起来了。

理解：这句话运用排比和拟人的修辞方法，生动形象地写出了春天来临时万物复苏气温回升的情景。

B．人们都爱秋天，爱它的秋高气爽，爱它的云淡日丽，爱它的香飘四野。理解：这句话运用拟人的修辞方法，强调了秋天的景色带给人们的美好感受。C．夜深了，皎洁的月光倾泻下来，就像透明的轻纱笼罩着大地。

理解：这句话运用比喻的修辞方法，形象地写出了月光清澈、柔美的特点。D．老师严肃地说：“这样糟蹋粮食太不像话了，难道你不知道这些粮食来之不易吗？”

理解：这句话运用反问的修辞方法，表现了老师在批评学生浪费粮食这种现象时的严厉的态度。

4.对下面文段中所使用的修辞方法的作用理解正确的一项是（C）

春天来了！春天，从解冻的冰河中涌来，从大雁的叫声中飞来，从小草的萌发中醒来。

春天来了！在这播种的季节里，快播吧！播下一颗颗绿色的心，播下一个个金色的希望。

春天来了！春天来了！我们像春笋一样冒尖，像山花一样烂漫。我们，从这里出发，走向夏的繁茂，秋得成熟„„

A．选段中用“醒来”一词赋予小草以人的行为，生动地描写出春天草木萌发、万象更新的景象。

B．选段中运用“从„„来”的排比句式，形象地写出了春天来临时大地上五彩缤纷的景象。

C．选段中把“我们”比喻成“春笋”“山花”，集中地表达了“我们”对美好春天的期盼之情。

D．选段中反复运用感叹句“春天来了”，强烈地抒发了当春天到来时人们按捺不住的欣喜之情。

修辞练习（2）

5.对句子运用的修辞手法判断错误的一项是（A）

A．一切都像刚睡醒的样子，欣欣然张开了眼。（比喻）B．山朗润起来了，水涨起来了，太阳的脸红起来了。（排比）

C．他每一天每一点钟都要换一套衣服。人们提到他的时候总是说：“皇上在更衣室里。”（夸张）

D．谁是我们最可爱的人呢？我们的部队，我们的战士，我感到他们是最可爱的人。（设问）

6/对下列句子运用的修辞方法理解不正确的一项是（B）

A．当杜小康一眼望去，看到芦苇如绿色的浪潮直涌到天边时，他害怕了。

理解：运用比喻，把芦苇比喻成涌动的绿色的浪潮，写出了芦苇荡的雄伟壮丽。B．桃树、杏树、梨树，你不让我，我不让你，都开满了花赶趟儿。

理解：运用拟人的手法，生动地写出了春花竞相开放，鲜艳美丽。

C．每一个舞姿都充满了力量。每一个舞姿都呼呼作响。每一个舞姿都是光和影的匆匆变幻。

理解：运用排比的手法，表现了安塞腰鼓舞姿中的力与美。

D．心中的苦闷不在家信中发泄又哪里去发泄呢？孩子不向父母诉苦向谁诉呢？

理解：运用反问的方法，强调了父母应该是孩子发泄苦闷时的倾听者。

7、对下列句子使用的修辞方法判断有误的一项是（D）

A．石拱桥的桥洞成弧形，就像虹。（比喻）

B．老城处处干燥，处处烫手，处处憋闷。（排比）

C．接天莲叶无穷碧，映日荷花别样红。（对偶）

D．克服困难不也是一种享受吗（设问）

8、没有使用比喻修辞方法的一句是（B）

A．店里冷得像地窖一样，冷气从裤管里向上钻。

B．那时候大家简直好像马上就会看见他挥着手帕喊着：“喂！菲利普！” C．那又浓又翠的景色，简直是一幅青绿山水画。

D．我似乎打了一个寒噤；我就知道，我们之间已经隔了一层可悲的厚障壁了，我也说不出话。

9.下列句子没有使用修辞方法的一句是（C）

A．小草偷偷地从土里钻出来，嫩嫩的，绿绿的。

B．毒花花的太阳把手和脊背都要晒裂。

C．他的面孔黄里带白，瘦得叫人担心，好像大病新愈的人。D．夺取全国胜利，这只是万里长征走完了第一步。

10、与例句的修辞方法相同的一组是（C）

例句：淡黑的起伏的连山，仿佛是踊跃的铁的兽脊似的，都远远地问船尾跑去了。

①野花遍地是：杂样儿，有名字的，没名字的，散在草丛里像眼睛，像星星，还眨呀眨的。

②重庆的夜，微波荡漾的江面上倒映着万家灯火，盏盏点点，这是自由诗，这是交响乐。

③纺车总是安安稳稳地呆在那里，像着陆停驶的飞机，一声不响，仿佛只是在等待。

④就凭这些绿的精神，水也不忍得冻上，况且那些长枝的垂柳还要在水里照个影儿呢!

A．①④

B．②③

C．①③

D．①②