备战中考物理培优 易错 难题(含解析)之热学问题求解方法含答案

一、初中物理热学问题求解方法

1．在两个相同的杯子内盛有质量相等的热水和冷水，将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的温度升高21℃，若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高（）

A．9℃B． 8℃C． 6℃D． 5℃

【答案】C

【解析】

【详解】

设一杯水的质量为m，热水的初温为t热，冷水的初温t冷，将一半的热水倒入容器中后共同的温度为t，因不计热损失，所以，由Q=cm△t可得：Q放=Q吸，即：

c 1

2

m△t热=cm△t冷，

解得：

△t热=2△t冷=2×21℃=42℃，据此可设t冷=0℃，则t=21℃，

t热=21℃+42℃=63℃，

若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒3

4

杯热水，

则：

c 3

4

m（t热-t′）=cm（t′-t冷）

即

3

4

(63℃-t′)=t′-0

解得：

t′=27℃，

所以，冷水温度将再升高：

△t=t′-t=27℃-21℃=6℃。

故C符合题意。

2．戴眼镜的人从室外进入温暖的室内，镜片上会出现“水雾”，下列现象中的物态变化与“水雾”的形成相同的是（）

A．饮料中的冰块逐渐变小

B．北方冬天植物上的雾淞

C．蒸锅上方生成的“白气”

D．寒冬，室外冰冻的衣服逐渐变干

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

戴眼镜的人从室外进入温暖的室内，镜片上会出现“水雾”，这是眼镜温度较低，而室内水蒸气温度较高，水蒸气接触到眼镜时，会放出热量降温，液化成小水珠，附在眼镜上。 A ．饮料中的冰块逐渐变小，这是冰块吸热熔化成水，A 项不合题意； B ．雾淞是由于空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，B 项不合题意； C ．蒸锅上方生成的“白气”，这是水蒸气液化形成的小水珠，选项C 符合题意； D ．寒冬，室外冰冻的衣服逐渐变干，这是衣服上的固态冰升华成水蒸气，D 项不合题意。 故选C 。

3．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：

1221

m t t

m t t --＝ 因为冷水是一大桶，热水是一小桶，所以12m m ＞，即21t t t t --＞，所以12

2

t t t +＜；故B 项正确、ACD 项错误；

4．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 。

5．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

。

6．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 ?=℃。

7．某小型汽油发电机外形如图所示，其实质是利用一个汽油机带动一个发电机来发电．该发种电机铭牌部分数据如下表所示，根据表中的数据求： 发动机（汽油机） 发电机

型号 XGQF5.0

型号

XGQF5.0

额定功率8.3kW 额定输出功率5kW 噪声

73db 额定输出电压220V 连续运行时间8h 额定频率 50Hz

强制水冷四冲程

自动电压保护

（1）在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是多少度？ （2）已知汽油的热值是q ＝4.6×l07J/kg ，密度是0.71×103kg/m 3，设该汽油机的效率为35%，则该汽油发电机油箱的容积至少需要多大？ （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率是多少？ 【答案】（1）40（2）20.9L （3）21.1% 【解析】 【分析】

(1)已知发电机的额定功率和连续工作时间，根据公式W

P t

=的变式，可求发电机能够提供的电能；

(2)已知汽油的热值和效率，根据公式100%100%P t W Q Vq

ηρ=?=?机有用

放可求消耗的汽油体积；

(3)先计算出1小时产生的电能，已知产生的电能和机械能，二者之比就是汽油发电机将内能转化为电能的效率。 【详解】

(1)发电机能够提供的电能

5kW 8h 40kW h 40

W P t ==?=?=电电度

故能够提供的电能是40度。 (2)根据W

P t =

，m V

ρ= ，Q mq =放得，汽油机的效率 100%100%P t W Q Vq

ηρ=

?=?机有用

放 则油箱的最小容积：

33337

8.310W 83600s

0.0209m 20.9L 0.7110kg/m 35% 4.610J/kg

P t

V q ρη???====????机 故油箱的最小容积为20.9L 。

(3)汽油发电机将内能转化为电能的效率

-33337100%100%5000W 83600s

100%

20.910m 0.7110kg/m 4.610J/kg 21.1%

W Q P t Vq

ηρ=

?=???=

??????=电

放

电

则汽油发电机将内能转化为电能的效率为21.1%。

答：(1)在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是40度； (2)该汽油发电机油箱的容积至少需要20.9L ； (3)汽油发电机将内能转化为电能的效率是21.1%。

8．如图所示，放置在水平地面上的两个均匀实心正方体A 和B ，物体A 、B 的边长分别为0.1米和0.2米。物体A 的密度为4×103千克/米3，物体B 的质量为10千克。求：

（1) 物体A 的质量m A 。 （2) 物体B 对水平地面的压力F B 。

（3) 在保持物体A 、B 原有放置方式不变的情况下，现将物体A 、B 各自沿水平方向在上部切去质量为△m 的一部分，使剩余部分对水平地面的压强相等，求切去的质量△m 。 【答案】(1)4千克(2)98牛(3)2千克 【解析】 【详解】

(1)物体A 的质量：

m A =ρA V A =4×103kg/m 3×(0.1m)3=4kg ；

(2)物体B 对水平地面的压力F B 等于物体重力大小：

F B =

G B =m B

g =10kg ×9.8N/kg=98N ；

(3)A 物体的底面积：

S A =(0.1m)2=0.01m 2，

B 物体的底面积：

S B =(0.2m)2=0.04m 2，

将物体A. B 各自沿水平方向在上部切去质量为△m 的一部分，

根据p =F

S

，由于物体对水平地面的压力等于剩余部分的重力，因剩余部分对水平地面的压强相等，故有：

A A G mg S - =

B B

G mg

S - ， 即:

A B G mg G mg -- =A

B

S S ，

整理后有：

A B m m m m -- =A

B

S S ，

代入已知量：

4kg 10kg m m -- =2

2

0.01m 0.04m ，

故切去的质量：

△m =2kg.

答：(1)物体A 的质量m A 为4kg (2)物体B 对水平地面的压力F B 为98N ；

(3)在保持物体A. B 原有放置方式不变的情况下，现将物体A. B 各自沿水平方向在上部切去质量为△m 的一部分，使剩余部分对水平地面的压强相等，切去的质量△m =2kg.

9．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 。

10．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。

11．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

20C?，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：

(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34.210J /(kg C)c =???]

(4)现测得电源电压为200V ，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)5.5A ，40Ω；(3)53.3610J ?；(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P UI =可得，此电水壶正常工作时的电流

1210W 5.5A 220V

P I U =

== 由2

U P R

=可得，电热水壶的电阻

22(220V)401210W

U R P ===Ω

(3)水的质量

3333110kg /m 110m 1kg 水水水m V ρ-==???=

水在1个标准大气压下的沸点100t =℃，烧开时吸收的热量

()350 4.210J /(kg C)1kg (100C 20C) 3.3610J 吸水水Q c m t t =-=??????-?=?

(4)当电压200V U '=时，消耗的电能

22

5(200V)360s 3.610J 40W t R U ==?Ω

'=?

此时电水壶工作的效率

53

3.3610J

100%100%93%2.641J

0吸Q W η?=?=?=? 答：(2)该电水壶正常工作时的电流为5.5A ，电热丝的电阻为40Ω； (3)这段时间水吸收的热量53.3610J ?； (4)此时电水壶的工作效率93%。

12．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/℃

0.2

0.39

0.59

0.78

0.98

1.18

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W Q =，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W Gh =计算消耗的机械能，Q cm Δt =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

==?=

420N1m420J

W G h'

由表格知，升降一次水温升高0.2℃，水吸收的热量是

()

3

=?=????=

℃℃

Q cm t

4.210J/kg0.5kg0.2420J

=，故机械能转化为内能的过程中，能量是守恒的。

可见：W Q

(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。

13．在“探究晶体熔化和凝固规律”的实验中，绘制出了如图2所示的图象。

（1）图1中所示温度计的示数是________℃；

（2）海波从开始熔化到完全熔化持续了________ min；

（3）图2中，海波的熔化过程是________段（用图中字母表示），此过程中海波________热（选填“吸”或“放”）；

（4）图2中，海波在D点是________态，在G点是________态（均选填“固”或“液”）。

－℃ 3 BC吸液固

【答案】4

【解析】

【分析】

【详解】

－℃；

(1) [1]图1可知温度为零下，其示数为4

(2)[2]图2可知海波从3min开始熔化，到6min熔化结束，持续了

t；

=6min-3min=3min

(3)[3]海波是晶体，熔化时有一定的熔化温度。图2中，海波的熔化过程是BC段；

[4]熔化需要吸收热量；

(4)[5]图2中CD是液态，所以海波在D点是液态；

[6] 图2中FG段是凝固后的固态，所以G点是固态。

14．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。

15．（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。

二、初中物理浮力类问题

16．如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的几个实验情景。实验甲、丙和丁中，

弹簧测力计的示数分别为4.0N 、2.8N 和2.5N 。若盐水的密度为33

1.210kg /m ?，则下列

结论正确的是（ ）

A ．物体A 的密度为333.210kg /m ?

B ．实验乙中，物体A 受到的拉力为1.0N

C ．实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小0.2N

D ．实验丁中，容器底部受到的压力等于0.3N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．实验甲、丙中，弹簧测力计的示数分别为4.0N 、2.8N ，则

F 丙浮=

G ?F 丙拉=4.0N -2.8N=1.2N

由F 浮＝ρ液g V 排，且物体A 全部浸没，所以

43

331.2N =

1.010m 1.210kg /m 10N/kg

F V V g ρ-===???丙浮物排盐水 物体A 质量

4.0N 0.4kg 10N/kg

G m g =

== 物体A 的密度

33430.4kg = 4.010kg /m 1.010m

m V ρ-=

=??物 故A 错误；

B ．物体A 在水中受到的浮力

33431.010kg /m 10N/kg 1.010m =1.0N F gV ρ-==????乙浮水排

在乙中物体A 受到的拉力

4.0N 1.0N=3.0N F G F =-=-乙浮乙拉

故B 错误；

C ．在实验丙中弹簧测力计的示数2.8N ，在实验乙中弹簧测力计的示数3.0N 。所以实验丙中弹簧测力计的示数比乙中小

3.0N?2.8N ＝0.2N

故C 正确； D ．由甲、丙

F 丙浮＝

G ?F 丙拉=4.0N -2.8N=1.2N

根据实验丁中物体A 对烧杯底部的压力等于支持力

F 支＝

G ?F 丙浮?F 丁拉＝4.0N?1.2N?2.5N ＝0.3N

同时容器底部也受到盐水对它的压力，所以压力大于0.3N ，故D 错误。 故选C 。

17．如图甲所示，在容器底部固定一轻质弹簧，弹簧上端连有一边长为0.1m 的正方体物块A ，容器中水的深度为40cm 时，物块A 刚好完全浸没在水中，容器侧面的底部有一个由阀门B 控制的出水口，打开阀门B ，使水缓缓流出，当物块A 有2/5的体积露出水面时，弹簧恰好处于自然伸长状态(即恢复原长没有发生形变)，此时关闭阀门B 弹簧受到的拉力F 跟弹簧的伸长量ΔL 关系如图所示(不计弹簧所受的浮力，物块A 不吸水)则下列分

析不正确的是（ ）

A ．打开阀门前物块A 受到的浮力10N

B ．物块A 的密度0.6×10kg/m 3

C ．物块A 刚好完全浸没在水中时，弹簧伸长了2cm

D ．弹簧恰好处于自然伸长状态时水对容器底部的压强3.6×103Pa 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．打开阀门前，物块A 刚好完全浸没在水中，则

V 排＝V A ＝(0.1 m)3＝1×10?3m 3

所以

F 浮＝ρ水gV 排＝1.0×103kg/m 3×10N/kg×1×10?3m 3＝10N

故A 正确；

B ．当弹簧恰好处于自然伸长状态，物块A 是处于漂浮状态，故F 浮＝G 得

ρ水gV 排＝ρA gV A

所以

ρ水×

3

5

V A ＝ρA V A 则

ρA ＝A V V 排ρ水＝A A

3

5V V ρ水＝35×1.0×103kg/m 3＝0.6×103kg/m 3

故B 正确；

CD ．漂浮时，物块受平衡力，由题意知

G ＝F ′浮＝ρ水gV ′排＝1.0×103kg/m 3×10N/kg×(1?

3

5

)×1×10?3m 3＝6N 全部浸没时，根据物块A 受平衡力作用可知：弹力

F ＝F 浮?

G ＝10N?6N ＝4N

由图象可知此时弹簧伸长了ΔL ＝2cm ，所以弹簧处于自然状态时水深

h ＝40cm?25×10cm?2cm ＝34cm ＝0.34m

水对容器底部压强

p ＝ρ水gh ＝1.0×103kg/m 3×10N/kg×0.34m ＝3.4×103Pa

故C 正确，D 错误。

18．如图所示，浸入某液体中的物体恰好悬浮。物体的上、下表面积1S 和2S ，并且

12＜S S ；此时物体下表面与上表面受到液体的压力差为F ?；现用手将物体缓慢下压一段

距离，松手后( )

A ．物体保持悬浮，因为F ?不变

B ．物体保持悬浮，但F ?变大

C ．物体将上浮，因为F ?变大

D ．物体将下沉，因为F ?变小 【答案】B 【解析】 【详解】

物体悬浮在液体中，说明其密度等于液体的密度；现用手将物体缓慢下压一段距离后，物体和液体的密度均不变，该物体仍然悬浮。根据F gV ρ=浮液排知，用手将物体缓慢下压一段距离后，液体密度不变，排开液体的体积不变，浮力不变；因为浮力产生的原因：上下表面所受的压力差，此时浮力=下表面压力-上表面压力-侧面压力，当深度增加时，侧面压力变大，所以F ?变大，故B 项符合题意、ACD 项不符合题意；

19．将一底面积为20.01m 的长方体木块用细线栓在个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水直到木块上表面与液面相平，如图甲所示，在此整个过程中，木块底部受到水的压强随容器中水的深度的变化如图乙所示，则下列说法不正确的是（ ）

A ．木块所受到的最大浮力为15N

B ．木块重力为9N

C ．细线对木块的最大拉力为6N

D ．木块刚刚漂浮时其底部受到水的压强为

【答案】D

【解析】

【详解】

A．根据图象可知，木块刚刚漂浮时，木块浸入水中的深度为L1=9cm；由于从9cm到

16cm，木块一直处于漂浮，浸入水中的深度不变；当水面的高度为16cm时细线刚好张紧，线的拉力为零；直到木块上表面与液面相平，此时水面的高度为22cm；

所以木块的高度：

L=9cm+（22cm-16cm）=15cm=0.15m；

则木块的体积：

V木=S木L=0.01m2×0.15m=1.5×10-3m3，

木块全部淹没时受到的浮力最大为：

F浮=ρ水gV排=ρ水gV木=1×103kg/m3×10N/kg×1.5×10-3m3=15N，

故A正确，不符合题意；

BD．由图象可知，木块刚刚漂浮时木块底部受到水的压强为900Pa，此时木块的重力等于木块受到的浮力，也等于下表面受到水的压力，

G=F浮=F下表面=p下表面S=900Pa×0.01m2=9N，

故B正确，不符合题意，D错误，符合题意；

C．直到木块上表面与液面相平时，木块受到的浮力最大，由力的平衡条件可得，细线对木块的最大拉力为：

F拉=F浮-G=15N-9N=6N，

故C正确，不符合题意；

故选D。

20．如图所示，烧杯中装有某种液体，A为圆柱形木块，静止时木块的下表面到液面的距离为h，再用外力F缓慢将木块A压入液体中到刚好浸没，下列说法不正确的是（）

A．不受力F作用时，木块在液体中静止时处于漂浮状态

B．木块A的密度大于液体的密度

C．将A压人液体的过程，容器底受到液体的压强将增大

D．将A压人液体的过程，力F不断增大

【答案】B

【详解】

A ．木块放入液体中，静止时木块的下表面到液面的距离为h ，则可知：不受力F 作用时，木块在液体中静止时处于漂浮状态，故A 正确，不符合题意；

B ．不受力F 作用时，木块在液体中静止时处于漂浮状态，则由浮沉条件可知，木块A 的密度小于液体的密度，故B 错误，符合题意；

C ．将A 压入液体的过程，排开液体的体积增大了，液面上升，深度h 变大，根据p=ρ液gh 知容器底受到液体的压强将增大，故C 正确，不符合题意；

D ．将A 压入液体的过程，所受浮力大小随物体排开液体的体积的增大而增大，重力不变，浮力和重力之差等于对A 的压力F ，所以力F 不断增大，故D 正确，不符合题意。 故选B 。

21．有一个实心物体，用弹簧测力计在空气中称重时，测力计的示数为20N ；当把物体

14

体积浸入水中时，测力计的示数为18N 。把物体从弹簧测力计上取下投入水中静止时，物体受到的浮力是（ ） A ．2N B ．8N C ．18N D ．20N 【答案】B 【解析】 【分析】

本题考查浮力的计算。 【详解】

由题意知，G 物=20N ，F 示=18N 。由称重法，可知当物体

1

4

体积浸入水中时，受到的浮力 F 浮=G 物－F 示=20N －18N=2N

根据阿基米德原理F 浮=ρgV 排得，此时物体排开水的体积

43

332=

2101.010/10/F N V m g kg m N kg

ρ-==???浮排 而

1

4

V 物=V 排，所以 V 物=4V 排=8×10-4m 3

当物体浸没时，浮力

F 浮1=ρgV 排1=ρgV 物=1.0×103kg/m 3×10N/kg×8×10-4m 3=8N

物体浸没时，浮力小于物体的重力，所以静止时，物体下沉到水底，那么浮力为8N ，故B 正确，ACD 都不正确。 故选B 。

22．三个相同容器里盛有密度不同的三种液体，将同一个小球先后放入三个容器中，静止时位置如图所示，容器中的液面到容器底的距离都相等。下列说法正确的是（）

A．在甲液体中小球所受的重力小于浮力

B．小球在丙液体中所受浮力等于小球在乙液体中所受浮力

C．甲乙丙三种液体对容器底的压强相同

D．甲容器对桌面的压力最大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．小球在甲液体中处于漂浮状态，则所受的重力等于浮力，故A错误；

B．小球在丙液体中是下沉的，则所受的浮力小于其所受的重力，而在乙液体中，小球处于悬浮状态，则此时小球所受的浮力等于其所受的重力，即在小球在丙液体中所受浮力小于在乙液体中所受浮力，故B错误；

C．由小球在三种液体中的浮沉状态知，ρ甲>ρ乙>ρ丙，而小球放入液体中后，三个容器中的液面相平，即液体到容器底的深度相同，根据p=ρgh得，p甲>p乙>p丙，故C错误；

D．由图可知，在甲容器中，小球部分浸入液体中，则排开的液体体积小于小球的体积，而乙、丙中，小球浸没在液体中，则排开液体的体积等于小球的体积，但小球放入液体后，液面相平，所以三个容器中所装的液体的体积的大小关系为V甲>V乙=V丙，而容器对桌面的压力

F=G液+G容器=m液g+G容器=ρVg+G容器

且ρ甲>ρ乙>ρ丙，所以甲容器对桌面的压力最大，故D正确。

故选D。

23．如图所示，甲、乙两只完全相同的杯子盛有密度和体积都不同的盐水，将两个完全相同的小球分别放入两杯中，当小球在盐水中静止时两杯中的液面相平，则（）

A．甲杯中小球受到盐水的浮力大于乙杯中小球受到的浮力