易错-难题热学问题求解方法辅导专题训练含答案解析.doc

1、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（ ）A9B 8C 6D 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=cmt可得：Q放=Q吸，即：cmt热=cmt冷，解得：t热=2t冷=221=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杯热水，则：cm（t热-t）=cm

2、（t-t冷） 即(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甲、乙两个相同的杯子中盛有质量和初温都相同的水，另有A、B两个金属球，其质量和初温也都相同，且都比水的温度高现将A、B两球分别放入甲、乙两杯水中，热平衡后，甲杯水温升高了15，乙杯水温升高了8，则（ ）AA球比热容大于B球比热容BA球比热容小于B球比热容CA球降低的温度更多些DA球放出的热量更少些【答案】A【解析】【详解】甲、乙两个杯子中水的质量m相同，两球放入水中后，水吸收热量温度升高，甲杯的水温升高15，乙杯中水温升高8，即：，水的比热容相同，不计热量损失，由可知，由于，

3、所以；A球放出的热量更多些；甲、乙水的初温t相同，所以两杯水的末温，所以两个球的末温，又由于球的初温相同，所以：质量相同、初温相同的两球A和B，对于A有：对于B有：又因为，除以得： 所以：又，则有故A项符合题意、BCD项不符合题意；3向一大桶温度为的冷水中倒入一小桶温度为的热水，混合后的温度为t，下面关于温度的关系式中正确的是（ ）ABCD【答案】B【解析】【详解】冷水吸收的热量：热水放出的热量：由题意知，；则有：解得：因为冷水是一大桶，热水是一小桶，所以，即，所以；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

4、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

5、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质量相等的28、100的水分别装在甲、乙两容器中,现将一个温度为100的金属球放入甲容器中,达到温度相同时,甲容器中水温升高到 40,然后迅速取出金属球放入乙容器中,再次达到温度相同时,乙容器中水温是(设不计热量损失和水的质量损失)( )A60B70C88D90【答案】D【解析】【分析】【详解】当将金属球放入甲容器中时，金属球放出的热量与水吸收的热量相等，即：Q金=Q水，则：Q金=m金c金（100-40），Q水=m水c水（40-28），所以：m金c金（1

6、00-40）=m水c水（40-28）化简得：=5：1；当将金属球放入乙容器中时，乙容器中的水放出的热量与金属球吸收的热量相等，即：Q水 =Q金，由于甲乙容器中的水的质量相等，又是同一个金属球，设两者共同的温度为t， 则：Q水=m水c水（100-t）， Q金=m金c金（t-40），即：m水c水（100-t）=m金c金（t-40），t=90综上分析故选D6小明打开装有一定量“干冰”的月饼包装盒，发现空气中出现了“白雾”，这是因为干冰在升华过程中需_热量，使空气中的水蒸气遇冷液化形成的。气体在液化过程中要_热量，所以被100的水蒸气烫伤比被100的水烫伤要严重。【答案】吸收 放出 【解析】【分析】【

7、详解】1这是因为干冰在升华过程中需吸收热量，使空气中的水蒸气遇冷液化形成的。2气体在液化过程中要放出热量，所以被100的水蒸气烫伤比被100的水烫伤要严重。7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12000mm2，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/（kWh），（1kWh3.6106J），柴油的热值为4.3107J/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)8.15105Pa。

8、【解析】【详解】(1)每1kWh耗油260g，完全燃烧释放热量为：Q放=mq=0.26kg4.3107J/kg=1.118107JW=1kWh=3.6106J故柴油发动机的效率最高可达：(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，则一个气缸每秒做功次数为：则该柴油机每秒做功次数为：该柴油机的功率：所以，做功冲程中的平均压强为：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8.15105Pa。8我国研制的大客机C919于2017年5月5日首飞成功，发动机巡航推力为3.6104N，巡航速度为920

9、km/h。(1)飞机水平匀速巡航时，受到的阻力是多少？(2)若飞机以巡航速度飞行0.5 h的过程中，耗油1800 kg，求此过程中发动机的机械效率。（燃油热值q取4.610 7J/kg）【答案】(1)3.6104N；(2)20%【解析】【分析】(1)物体处于静止或匀速直线运动状态，受到的力是平衡力，根据平衡力判断出受到的阻力。(2)根据算出燃料完全燃烧放出的热量，根据算出移动的距离，根据 算出发动机传递给飞机的推进功，根据算出发动机的机械效率。【详解】(1)飞机水平匀速巡航时，处于平衡状态，受到平衡力的作用，发动机巡航推力与受到的阻力平衡力，大小相等，则受到的阻力(2)燃料完全燃烧放出的热量发

10、动机巡航的距离为飞机的推进功（推力所做的功）发动机的推进效率答：(1)飞机水平匀速巡航时，受到的阻力是3.6104N；(2)若飞机以巡航速度飞行0.5h的过程中，耗油1800kg，此过程中发动机的机械效率20%。【点睛】本题考查了平衡力的应用、热量、速度、功、效率的计算等知识，是一道综合题，有一定的难度，难点是效率的计算。9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

11、，加热到80，求此电磁炉烧水时的效率已知c水4.2103J/(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/(kWh)”求电磁炉工作3min消耗的电能；利

12、用求电磁炉的实际功率。【详解】(1)水吸收的热量电磁炉正常工作20min，消耗的电能则此电磁炉烧水时的效率(2)3min内电路中消耗的电能电磁炉的实际功率答：(1)此电磁炉烧水时的效率是70%；(2)此时电磁炉的功率为1400W。10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。已知水的比热容是4.2103J/(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)4.2104J

13、；(1)0.9103J/(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；(

14、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，水吸收了4.2104J热量；(3)沙子的比热容为0.9103J/(kg)。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，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

15、：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)5.5A，40；(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)该电水壶正常工作时的电流为5.5A，电热丝

16、的电阻为40；(3)这段时间水吸收的热量；(4)此时电水壶的工作效率93%。12如图甲所示是小敏同学在做“探究水的沸腾”实验时的装置，从85开始，每隔1 min记录一次温度计的示数，直到水沸腾一段时间为止。（1）实验中小敏发现温度计示数上升较慢，为了使温度计示数上升得快些，她应_。（2）如图乙所示是3 min时小敏小组的温度计示数，则此时烧杯中水的温度为_。（3）小敏的其他实验记录数据如下表：时间/min01234567891011温度/8586879193959799101101101分析表中数据可知，水的沸点为_，可以推测水面上方的气压_于标准大气压。（4）根据表中数据在图中作出水的温度随

17、时间变化图像。（_）（5）小敏在实验过程中发现如图所示的两种现象，则图 _是水在沸腾前的情况，图_是水在沸腾时的情况。（6）通过实验可得：水在加热过程中，吸收热量，温度_；沸腾时，吸收热量，温度_。（选填“升高”“降低”或“不变”）【答案】减小水的质量 89 101 大 b a 升高 不变 【解析】【详解】(1)1实验中小敏发现温度计示数上升较慢，这是水的质量太大了，为了使温度计示数上升得快些，她应减小水的质量；(2)2从图乙中可以看到，此时烧杯中水的温度为89；(3)3从表中数据可以看到，从第9min到第11min，水的温度保持不变，这说明水在沸腾，水的沸点是101；4一标准大气压下水的沸点

18、是100，由于水的沸点是101，根据水的沸点与大气压关系可知，大气压越高，沸点越高，所以可以推测水面上方的气压大于标准大气压；(4)5根据表中的数据，描出对应的点，如下图所示；(5)6水在沸腾前，水温不均匀，下面温度较高，上面温度较低，下面的气泡上升时，遇上温度较低的水，那么会液化成水，气泡会变小，所以图b是水在沸腾前的情况；7水在沸腾时，温度均匀，下面的气泡上升时，水的压强越来越小，气泡会变大，所以图a是水在沸腾时的情况；(6)89通过实验可得：水在加热过程中，吸收热量，温度升高，沸腾时，吸收热量，温度不变。13为了比较水和沙子吸热本领的大小，小明在两个相同的烧杯中分别装入水和沙子，用两个相

19、同的酒精灯对其加热。(1)在实验前要控制水和沙子的_和_相同；(2)比较水和沙子吸热升温快慢的方法有两种：方法一：加热时间相同比较它们各自升高的温度；方法二：_；(3)用两个相同的酒精灯对其加热的目的是_；(4)如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，_（填“沙子”或“水”）升高的温度更高；(5)实验中有些同学发现：刚开始加热时，情况与(4)结论不符，可能的原因是_；(6)小丽家住市中心，奶奶嫌城市夏天太热不住她家，这激发了她探究城乡温差原因的兴趣。她利用双休日时间和同学们一起在中午同一时刻测量了各个测试点的气温，并以此绘制出如图所示的“区域温度”坐标图。(a)从图中你发现_的温度比较高，这种

20、现象我们称为“城市热岛效应”；(b)请结合图中数据以及你的经验，找出一个造成热岛效应的原因：_；(c)如何减少城市环境的热污染，请你提出一条合理化建议：_。【答案】质量 初温 升高相同的温度比较它们的加热时间 使水和沙子在相同的时间内吸收的热量相同 沙子 沙子受热不均匀 市中心 水泥、混凝土的比热容小 多植树、建人工湖 【解析】【分析】(1)根据，物体吸收热量的多少与物体的质量和升高的温度有关，所以实验过程中需控制沙子和水的质量和初温度相等；(2)比较物体吸热本领的方法：吸收相同的热量，比较升高的温度；升高相同的温度，比较吸收的热量；(3)实验中需控制水和沙子的受热情况相同，所以要选择两个相同

21、的酒精灯；(4)质量相同，加热相同的时间，根据，沙子比热容小，升温就高；(5)水可以进行对流，水的导热性较好；(6)对于产生“城市热岛效应”原因可以从城市和农村的不同来分析，包括建筑物和道路；减少热污染要植树造林，多建绿地。【详解】(1)12实验前要控制水和沙子的质量和初温相同；(2)3比较水和沙子升温的速度，可使水和沙子升高相同的温度，比较加热时间；也可给水和沙子加热相同的时间，比较升高的温度；(3)4相同的酒精灯在相同的时间内放出的热量是相同的，为保证水和沙子在相等的时间内吸收的热量相同，需使用两个相同的酒精灯；(4)5相同质量的水和沙子加热相同时间，说明吸收的热量相等，根据，沙子比热容小

22、，升温就高些；(5)6由于水的导热性能比沙子的导热性能好，所以刚开始加热时，水升温快；(6)7(a)由统计数据可以看出，城市的温度较高；8(b)“城市热岛效应”主要是城市建筑多为砖瓦建筑，道路多为水泥路面，水泥道路和建筑物，它们的比热小，升温高；另外，城市汽车排放尾气多，尾气的热量也对空气升温起了作用；9(c)要解决“城市热岛效应”就要在城市中心多植树、建人工湖。14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

23、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

24、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)12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。15（1）如图甲是探究“冰在熔化时温度变

25、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（20120）；B酒精温度计（8060）；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

26、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)12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

27、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，a、b、c是三个实心小球，其中a与b质量相等，b与c体积相同；放入水中后，a球漂浮、b球悬浮、c球沉底,则下列判断中正确的是 A它们的体积关系是：B它们的重力关系是：C它们的密度关系是：D它们所受的浮力关系是：【答案】D【解析】【分析】【详解】A由题图可知，a漂浮，b悬浮，则，因为当物体的重力等于受到的浮力时物体悬浮或漂浮，所以，因为a与b质量相等，则物体的重力相等，所以浮力；因为，所以所以由题干可知所以故A错误；B因为b悬浮，c沉入底部，所以，因为b与c体积相同，所以根据可知，所以；则故B错误

28、；C因为当物体的密度大于液体的密度时物体下沉，当物体的密度等于液体的密度时物体悬浮，当物体的密度小于液体的密度时物体上浮或漂浮，所以根据a漂浮、b悬浮、c沉入底部可知故C错误；D由上分析可知：浮力大小关系为故D正确。故选D。17如图所示，试管A漂浮在水面上，试管B悬浮在水中，试管A与试管B都封闭有一定量的空气，以下说法正确的是：( )A将试管A上提一微小距离放手后试管A不会回到原来位置B将试管A下压一微小距离，放手后试管A会回到原来位置C将试管B上提一微小距离，放手后试管B会回到原来位置D将试管B下压一微小距离，放手后试管B会回到原来位置【答案】B【解析】【分析】【详解】ABA试管：设试管中空

29、气的压强为p，大气压强为p0，试管中水面到容器中水面的距离为h，试管重为G，顶部的面积为S，则试管受到内部空气对它向上的压力，其大小为，大气对它向下的压力为试管静止时即解得所以p不变，由于，可知h不变，则不变，试管所受浮力不变，不管上提、下压，放手后，试管还会回到原来位置，A错B对；CDB试管：上提时，试管内空气柱的下表面受到水的压强减小，气体体积增大，即增大，所受到的浮力增大，所以放手后会上浮；下压时，相反会下沉，CD错误。故选B。18如图，一足够高的薄壁圆柱形容器重为6N，容器的底面积是200cm2，装有20cm的水现将高为10cm、底面积为80cm2的圆柱物体A轻轻放入水中(假设物体A在

30、液体中始终保持竖直)，待静止后A漂浮在水中，此时物体A有9cm浸在水面下；再向容器中加油(假设油漂浮在水面上且油、水不会混溶)，直到A刚好浸没已知：水的密度为1g/cm3，油的密度为0.8g/cm3.则下列说法错误的是A物体A漂浮在水面时，容器底对水平面的压强为2660PaB从加油开始到物体A刚好浸没静止的过程中，物体A克服自身重力做功0.1152JC当A刚好浸没静止时，浸入水中的体积为400cm3D从加油开始到物体A刚好浸没静止的过程中，液体对容器底部的压强变化量为240Pa【答案】B【解析】【分析】【详解】A容器内水的体积：V水=Sh水=200cm220cm=4000cm3，容器内水的质量

31、：m水=水V水=1g/cm34000cm3=4000g=4kg，容器水的重力：G水=m水g=4kg10N/kg=40N，物体A排开水的体积：V排=SAh浸=80cm29cm=720cm3=7.210-4m3，物体A受到的浮力：F浮=水gV排=1103kg/m310N/kg7.210-4m3=7.2N，因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，所以，物体A的重力：GA=F浮=7.2N，容器底对水平面的压力：F=G容+G水+GA=6N+40N+7.2N=53.2N，容器底对水平面的压强：p=2660Pa，故A正确，不符合题意；BC向容器中加油直到A刚好浸没时，排开水和排开油的体积之和：V排总=VA=

32、SAhA=80cm210cm=800cm3=810-4m3，设此时物体A排开水的体积为V排，因物体A受到的总浮力和自身的重力相等，所以，水gV排+油g（V排总-V排）=GA，1103kg/m310N/kgV排+0.8103kg/m310N/kg（810-4m3-V排）=7.2N，V排=410-4m3=400cm3，此时物体A浸入水中的深度：h浸=5cm，物体A排开水体积减少的量：V排=V排-V排=720cm3-400cm3=320cm3，则物体A排开水体积减少导致水面下降的高度：h下=1.6cm，两种情况下液面的变化如图所示所以，物体A上升的高度：h上=h浸-h浸-h下=9cm-5cm-1.6

33、cm=2.4cm=0.024m，从加油开始到物体A刚好浸没静止的过程中，物体A克服自身重力做功：W=GAh上=7.2N0.024m=0.1728J，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；D从加油开始到物体A刚好浸没静止的过程中，加油的体积：V油=（S-SA）（hA-h浸）=（200cm2-80cm2）（10cm-5cm）=600cm3，加油的质量：m油=油V油=0.8g/cm3600cm3=480g=0.48kg，则液体对容器底部的压力的增加量：F=G油=m油g=0.48kg10N/kg=4.8N，液体对容器底部的压强变化量：p=240Pa，故D正确，不符合题意19如图所示，两个相同的圆柱形

34、容器被分别盛有甲、乙两种不同液体，液体对容器底部的压强分别为 p甲、p乙，现将两个体积相同的同样材质小球分别浸入这两种液体中，小球在图示位置静止，此时两液面刚好齐平，液体对容器底部压力的变化量分别为F甲、F乙，下列关系式正确的是（）Ap甲p乙，F甲F乙Bp甲p乙，F甲F乙Cp甲p乙，F甲F乙Dp甲p乙，F甲F乙【答案】B【解析】【分析】【详解】将两个体积相同的材质相同的小球分别浸入这两种液体中，由图可知，甲中小球漂浮，则甲球乙中小球悬浮，则乙球故甲乙由图可知V排甲V排乙因为放入小球后液面相平，同时可知放入小球前液体的深度h甲h乙所以，根据pgh可知p甲p乙两个体积相同的同样材质的小球，由m=V

35、可知小球的质量相等，由G=mg可知小球重力相等，根据漂浮和悬浮可知，浮力都等于球的重力，则将球放入后，容器底部增加的压力都等于球的重力，故增加的压力相等，即F甲F乙故选B。20水平桌面上有甲、乙两个相同的溢水杯，装满不同密度的液体。现将小球A分别放入两溢水杯中，小球静止时的情景和溢出的液体如图所示，从甲杯中溢出的液体所受重力为G甲 =0.9N，从乙杯中溢出的液体所受重力为G乙=0.8N，小球在甲杯中所受的浮力为F甲，在乙杯中所受的浮力为F乙。则下列说法中正确的是（）A因为A在乙杯中排开的液体体积较大，所以有F乙F甲BA的重力为0.9N，它在乙杯中受到浮力为0.8NC液体对甲杯底的压强等于液体对

36、乙杯底的压强D甲杯对桌面的压力小于乙杯对桌面的压力【答案】B【解析】【分析】【详解】AB由阿基米德原理可知，浮力等于排开液体的重力，G甲G乙，因此F甲 F乙，又因为甲中A漂浮，浮力等于重力为0.9N，乙中浮力等于排开液体的重力为0.8N，故A错误，B正确；C由图像可知甲中A漂浮，乙中A沉底，因此，由可知深度相同时，液体对甲杯底的压强大于液体对乙杯底的压强，故C错误；D甲杯对桌面的压力为乙杯对桌面的压力由图可知甲液体的体积大于乙液体的体积，同时甲的密度大于乙的密度，由可知因此可得故D错误。故选B。21如图所示，两个相同的柱形容器置于水平地面，容器中分别盛有相等体积的不同液体甲、乙。取两块质量相同

37、的橡皮泥，将一块橡皮泥撑开成碗状放入甲液体中，将另一块捏成球形状放入乙液体中，橡皮泥静止后如图所示。以下判断正确的是（）A橡皮泥受到的浮力 F甲=F乙B液体对容器底部的压强 p液甲p液乙C液体的密度甲乙D容器对地面的压强 p地甲p地乙【答案】A【解析】【分析】【详解】A橡皮泥在甲液体中漂浮，橡皮泥受到的浮力F甲=G，橡皮泥在乙液体中悬浮，橡皮泥受到的浮力F乙=G，所以F甲=F乙，故A符合题意；B C两个相同的柱形容器置于水平地面，容器中分别盛有相等体积的不同液体甲、乙，当放入橡皮泥后，液面仍然相平，说明橡皮泥排开甲、乙两种液体的体积是相同的，由于橡皮泥受到的浮力F甲=F乙，则液体甲、乙对容器底

38、部的压强分别为由于，所以，故B、C错误；D容器对面的压强分别为由于液体甲、乙的体积相同，密度相同，所以液体甲、乙的质量相同，重力也相同，所以故D错误。故选A。22如图,底面积为100cm2的薄壁圆柱形容器盛有适量的水。体积为210-3m3的木块A漂浮在水面上,有2/5的体积露出水面,如图甲。现将一底面积为25cm2、体积为250cm3的合金块B放在木块A上方,木块A恰好有4/5的体积浸入水中,如图乙。再将B从A上取下来,直接放入容器中,如图丙。下列说法正确的是()A木块A受到的重力为8NB丙图中,水对容器底部的压强相对于乙图减小了150PaC合金块B的密度为3.2103kg/m3D丙图中,物块

39、B对容器底部的压强为1600Pa【答案】B【解析】【详解】A体积为2103cm3的木块A漂浮在水面上，有的体积露出水面，则排开水的体积为：由阿基米原理，根据漂浮的特点：故物体的重力：故A项错误；BC在图乙中，由漂浮的特点：-得：由阿基米德原理：故，合金块B的密度为：乙图中，AB都处于漂浮状态，而丙中，A仍漂浮，B沉于容器底部，乙图中：丙中B受到的浮力：故两图相比，B受到的浮力减小了：由阿基米德原理，即排开水的重力减小了1.5N，因为柱形容器，故水对容器底部的压力减小了1.5N，水对容器底部的压强相对于乙图减小：故B项正确， C项错误；D以B为研究对象，受到的重力和浮力及容器底部对其的支持为平衡力，故有：由得：由力的相互性，物块B对容器底部的压力为1.5N，物块B对容器底部的压强为：故D项错误。23测力计上挂一重为8牛的金属块，当金属块体积的三分之一浸入水中静止时，测力计的示数为6牛若将金属块全部浸入水中且未碰到容器底部，测力计的示数为（ ）A2牛B4牛C6牛D8牛【答案】A【解析】【分析】【详解】当金属块三分之一浸入水中静止时，它受到重力、拉力、浮力的作用，处于平衡状态，浮力大小为根据阿基米德原理可知，排开水的体积为若将金属块全部浸入水中，那么它排开水的体积为，此时它受到水的浮力为测力计的示数为故选A