资源描述
一、初中物理热学问题求解措施
1．某款电磁炉广告称该款电磁炉热效率可达65％以上，具有节能、高效特点。在一次综合实践活动中，“好奇”小组想测量该款电磁炉加热效率以验证其广告精确性，于是他们找来一台全新电磁炉，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℃水，加热到80℃，求此电磁炉烧水时效率[已知c水＝4.2×103J/(kg·℃)]；
(2)小明家装有如图乙所示电能表，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，求此时电磁炉实际功率。
【答案】(1)70%；(2)1400W
【解析】
【分析】
(1)懂得水质量、水比热容、水温度变化，运用吸热公式求水吸取热量；已知电磁炉正常工作时功率和通电时间，运用计算消耗电能；水吸热为有用能量，电流消耗电能为总能量，据此求电磁炉效率。
(2)若仅有此电磁炉工作时观测电能表，在3min内电能表表盘要转了210圈，运用电能表参数“3000r/(kW·h)”求电磁炉工作3min消耗电能；运用求电磁炉实际功率。
【详解】
(1)水吸取热量
电磁炉正常工作20min，消耗电能
则此电磁炉烧水时效率
(2)3min内电路中消耗电能
电磁炉实际功率
答：(1)此电磁炉烧水时效率是70%；(2)此时电磁炉功率为1400W。
2．（1）如图甲是探究“冰在熔化时温度变化规律”试验，图乙是根据试验数据画出图象。由图乙可知，冰在熔化过程持续吸热，温度_____（选填“升高”、“不变”或“减少”），冰是_____（选填“晶体”或“非晶体”）；第6分钟时冰处在_____（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沸腾。组装试验器材时，应按照_____次序（选填“自上而下”或“自下而上”）；试验室既有：A．水银温度计（﹣20℃～120℃）；B．酒精温度计（﹣80℃～60℃）；C．体温计；D．寒暑表等不一样种类温度计，本试验应选用温度计是_____（选填“A”、“B”、“C”或“D”）；试验中小云观测到水在沸腾前和沸腾时水中气泡上升状况不一样，如图甲、乙所示。表达沸腾前气泡上升状况是图_____（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，由此可以懂得冰是晶体；
[3]第6min时，冰温度还是不变，此时有一部分冰已经熔化成水，但没有所有熔化，应当处在固液共存态；
(2)[4]组装试验器材时，应按照自下而上次序组装，由于不能确定温度计详细高度是多少；
[5]本试验应选用温度计是水银温度计，由于水沸腾时，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，烧杯上面水温度较低，下面水温度较高，下面热气泡上升遇上低温水时，一部分会液化成水，那么气泡会变小，故表达沸腾前气泡上升状况是图甲。
3．探究水沸腾时温度变化特点：
(1)如图甲、乙所示，是小明同学在试验中，用数码相机拍摄水沸腾前和沸腾时两张照片，其中_____是水沸腾时状况；
(2)试验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样做是为了_____；
(3)由试验数据绘制出温度随时间变化图像，如图丙所示。根据记录数据，水沸点是_____℃；可得出水沸腾时温度变化特点：不停吸热，温度_____。
【答案】甲 缩短试验加热时间 98 不变
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]水沸腾时，烧杯中水温度是均匀，气泡上升时，受到水压强越来越小，那么气泡体积会变大，从甲、乙两图可以看到，甲是水沸腾时状况。
(2)[2]试验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，由于冷水加热，需要更长时间才能达到想要温度，用热水会缩短试验加热时间。
(3)[3]从图丙可以看到，第4min开始，水温度保持在98℃不变，可以推测水沸点是98℃。
[4]可得出水沸腾时温度变化特点：不停吸热，不过温度保持不变。
4．如图甲所示，是“探究物质熔化规律”试验装置。试验时先将固体物质和温度计分别放入试管内，再放入大烧杯水中，观测固体熔化过程。
（1）固体熔化图象如图丙所示，物质在熔化过程中，温度_____，此时温度如图乙所示，读数措施对是_____（填“A”“B”或“C”），该物质是_____（填“晶体”或“非晶体”）。
（2）试验时若温度计玻璃泡碰到试管底部，则测得试管内物质温度值偏_____。
【答案】保持不变 B 晶体 高
【解析】
【详解】
(1)[1][2][3]由图乙知，A 俯视，读数会偏大，C 仰望，读数会偏小，B 读数方式对；由于该物质在熔化过程中，温度保持不变，因此是晶体；
(2)[4]试验时若温度计玻璃泡碰到试管底部，温度计示数会受烧杯底部影响，则测得试管内物质温度值偏高。
5．如图所示是“比较不一样物质吸热状况”试验装置。试验中需加热质量相似水和食用油，使它们升高相似温度，比较它们吸取热量多少，看看这两种物质吸热状况与否存在差异。
（1）试验中除了图中所给器材，还需要测量工具有：天平和___________。
（2）试验中通过比较__________来比较不一样物质吸取热量多少。
（3）根据试验数据，小明作出了水和食用油温度随时间变化图象，由图象可知食用油比热容为____________。
【答案】秒表 加热时间
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]在“比较不一样物质吸热状况”试验中需要测量加热时间和质量，则需要秒表和天平；
(2)[2]由于相似加热器加热相似时间表达液体吸取热量相似，故通过比较加热时间来比较不一样物质吸取热量多少；
(3)[3]当水和食用油均由10℃加热到30℃时，变化温度相似，图中加热时间为3min和4.5min，由于水比热容不小于食用油，升高相似温度吸取热量更多，加热时间更长，则a图线为水，b图线为食用油，又由于相似加热器加热相似时间表达液体吸取热量相似，则：
则由可得当液体质量与升高温度相似时，比热容之比等于吸取热量之比，故食用油比热容为：
解得：
6．小明在探究某种物质在熔化前后其温度随加热时间变化规律时，得到如下表试验记录。
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
温度/℃
60
67
73
80
80
80
80
80
80
80
84
88
93
(1)请按上述试验数据在坐标格中作出温度随时间变化图像____________。
(2)2.5min时该物质是________态。6min时该物质是________态。
(3)熔化过程进行时间大概是________min。
(4)根据上述数据，可以归纳出该物质在熔化过程中特点是________。
(5)该物质熔点是________。
【答案】 固 固、液混合 5 吸热但温度不变 80℃
【解析】
【分析】
(1)按表中数据在坐标格中先画点，再描线。
(2)晶体在熔化前为固态，熔化时为固液共存态，熔化完为液态。
(3)熔化过程是指物质开始熔化到完全熔化完，据此判断熔化时间。
(4)分析数据及图像得出物质在熔化过程中特点：不停吸热，但温度保持不变。
(5)物质在熔化过程中温度，叫做熔点。
【详解】
(1)[1]根据表格中试验数据，在坐标格中以横坐标为时间，纵坐标为温度，然后通过描点法在坐标格中描出对应时间温度，最终将各点用平滑曲线连接起来，得到温度随时间变化图像：
；
(2)[2]由图像知，该物质在2.5min时，还没有开始熔化，因此为固态。
[3]在第6min时，处在熔化过程当中，因此为固、液混合态。
(3)[4]由表格中数据及图像可知，该物质从第5min开始熔化，到第10min完全熔化完，因此熔化过程经历了
10min-5min=5min
(4)[5]由图像及数据知，该物质在熔化过程不停吸热，但温度保持不变。
(5)[6]由数据知，该物质在熔化过程温度保持80℃不变，是晶体，因此熔点为80℃。
7．为了探究液体温度升高时吸取热量多少与哪些原因有关，某同学做了如下试验：在四个相似烧杯中分别盛有水和煤油，用同样加热器加热。下表是所有试验记录，根据试验记录回答问题。
(1)分析比较_____________烧杯试验记录(选填烧杯号)，可得出初步结论是：在质量和升高温度都相似时，不一样物质吸取热量不一样。
(2)分析比较①②两烧杯试验记录，可得出初步结论是：_____________________；分析比较③④两烧杯试验记录，可得出初步结论是：_________________________。
(3)结合(1)(2)中结论，然后综合归纳可得出，物体温度升高时吸取热量多少与_______、______、_______有关系。
【答案】①③ 同种物质升高相似温度时，质量不一样吸取热量不一样 同种物质质量相似时，升高温度不一样吸取热量不一样 物质种类 质量 升高温度
【解析】
【分析】
（1）探究物质吸取热量与种类有关，保持质量和升高温度相似，物质种类不一样，分析比较哪两个烧杯；
（2）比较①②两烧杯，同种物质，质量不一样，升高温度相似，吸取热量不一样，分析吸取热量与哪个原因有关；比较③④两烧杯，同种物质，质量相似，升高温度不一样，吸取热量不一样，分析比较吸取热量与哪个原因有关；
（3）根据（1）（2）中结论，综合归纳可得出，物体温度升高时吸取热量多少与什么有关系。
【详解】
(1)[1]①杯质量是300g，升高10℃用时间是12min，③杯质量是300g，升高10℃用时间是6min，而每分钟吸取热量是相等，阐明在质量和升高温度都相似时，不一样物质吸取热量不一样；
(2)[2]①②两烧杯，同种物质，质量不一样，升高温度相似，吸取热量不一样，阐明同种物质升高相似温度时，质量不一样吸取热量不一样；
[3]③④两烧杯，同种物质，质量相似，升高温度不一样，吸取热量不一样，阐明同种物质质量相似时，升高温度不一样吸取热量不一样；
(3)[4][5][6]综合上述结论，物体温度升高时吸取热量多少与物质种类、物体质量、升高温度均有关系。
【点睛】
本题考察比热容概念，需要懂得控制变量法就是在研究和处理问题过程中，对影响事物变化规律原因和条件加以人为控制，只变化某个变量大小，而保证其他变量不变，最终处理所研究问题。
8．如图所示是“比较水和沙子吸热升温属性”试验装置．
（1）除了图示器材外，本试验要用到测量工具尚有_____；加热过程中，用搅棒搅动目是_____：水和沙子吸热多少可以通过_____来反应（选填“温度计示数升高值”或“加热时间”）
（2）在本试验中，可用来比较水和沙子吸热升温本领措施是：若加热时间相似，比较_____；若温度计示数升高值相似，比较_____．
（3）有关该试验变量控制，下列规定中不对是_____（填字母）．
A．采用相似加热措施（如酒精灯火焰大小，与易拉罐底距离等）
B．易拉罐中分别装入相似体积水和沙
C．使用相似易拉罐．
【答案】天平 使物体受热均匀 加热时间 温度升高读数 加热时间 B
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据吸热公式Q=cm△t可知，试验还需要称质量天平，用搅棒搅动目是为了让沙子和水受热均匀；
放热设备相似，只能通过加热时间来控制水和沙子吸热，因此还需钟表．
（2）在本试验中，可用来比较水和沙子吸热升温本领措施是：若加热时间相似，比较温度计示数升高值多少；若温度计示数升高值相似，比较加热时间；
沿海地区昼夜气温变化比内陆地区气温变化小原因是：水比热容比泥土和沙子比热容大．
（3）该试验变量控制，需要控制相似加热措施（如酒精灯火焰大小，与易拉罐底距离等）、使用相似易拉罐、水和沙子质量；假如体积相等，他们质量一定不一样，因此不对是B．
9．为了比较甲乙两种液体吸热能力，某同学设计了如下试验：
a. 在两个同样烧杯中，分别装入等体积甲乙两种液体
b. 用温度计分别测出甲乙两种液体初温
c. 在两个烧杯中分别装入功率相似电热器，且加热时间相似
d. 用温度计分别测出甲乙两种液体末温
（1）在上述a、b、c、d四个试验环节中， 环节a存在错误，该环节中错误内容应改为_____；
（2）环节c中“加热时间相似”是为了使甲乙两种液体__________；
（3）改正环节a中错误后．得到如图所示甲乙两种液体温度随时间变化关系图象．若将液体甲和液体乙加热相似时间，则液体__________温度升高得快，甲乙两种液体比热容大小关系是__________．
【答案】装入等质量甲乙两种液体 吸取热量相似 甲 <
【解析】
【详解】
(1)[1]依题意，比较甲乙两种液体吸热能力，根据吸取热量公式Q=cm△t可知，试验需要采用控制变量法，控制甲乙质量，故在两个同样烧杯中，分别装入等体积甲乙两种液体是不合理，应当装入等质量甲乙液体；
(2)[2]吸取热量多少可以用加热时间长短来体现出来，相似热源在相似时间内放出热量相等，为了比较两种液体吸热能力，应当控制加热时间，因此环节c加热时间相似是为了使两种液体吸取相等热量；
(3)[3]甲、乙两种液体质量和初温都相似，观测图象可知：在相似时间内温度变化较大是甲；
[4]因使用是相似“电热器”加热，因此在相似时间内甲、乙两种液体吸取热量相似；根据可知，在两种液体质量相等，吸取热量相似时，当升高温度越大，它比热容就越小，因此c甲＜c乙。
10．如图所示，放置在水平地面上两个均匀实心正方体A和B，物体A、B边长分别为0.1米和0.2米。物体A密度为4×103公斤/米3，物体B质量为10公斤。求：
（1) 物体A质量mA。
（2) 物体B对水平地面压力FB。
（3) 在保持物体A、B原有放置方式不变状况下，现将物体A、B各自沿水平方向在上部切去质量为△m一部分，使剩余部分对水平地面压强相等，求切去质量△m。
【答案】(1)4公斤(2)98牛(3)2公斤
【解析】
【详解】
(1)物体A质量：
mA=ρAVA=4×103kg/m3×(0.1m)3=4kg；
(2)物体B对水平地面压力FB等于物体重力大小：
FB=GB=mBg=10kg×9.8N/kg=98N；
(3)A物体底面积：
SA=(0.1m)2=0.01m2，
B物体底面积：
SB=(0.2m)2=0.04m2，
将物体A. B各自沿水平方向在上部切去质量为△m一部分，
根据p=，由于物体对水平地面压力等于剩余部分重力，因剩余部分对水平地面压强相等，故有：
= ，
即:
=，
整理后有：
=，
代入已知量：
=，
故切去质量：
△m=2kg.
答：(1)物体A质量mA为4kg
(2)物体B对水平地面压力FB为98N；
(3)在保持物体A. B原有放置方式不变状况下，现将物体A. B各自沿水平方向在上部切去质量为△m一部分，使剩余部分对水平地面压强相等，切去质量△m=2kg.
11．在两个相似杯子内盛有质量相等热水和冷水，将二分之一热水倒入冷水杯内，冷水杯内温度升高21℃，若再将热水杯内剩余热水二分之一再次倒入冷水杯内，冷水杯内水温会升高（ ）
A．9℃ B． 8℃ C． 6℃ D． 5℃
【答案】C
【解析】
【详解】
设一杯水质量为m，热水初温为t热，冷水初温t冷，将二分之一热水倒入容器中后共同温度为t，因不计热损失，因此，由Q=cm△t可得：Q放=Q吸，即：
cm△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二分之一再次倒入冷水杯内时，相称于同步向冷水中倒杯热水，则：
cm（t热-t′）=cm（t′-t冷）
即(63℃-t′)=t′-0
解得：
t′=27℃，
因此，冷水温度将再升高：
△t=t′-t=27℃-21℃=6℃。
故C符合题意。
12．如图是某款有加热和保温功能电热饮水机电路原理图，机内有温控开关S0。该饮水机部分参数已知：额定电压为220V，加热时总功率为880W，保温时功率为40W，R1、R2为加热电阻丝（不考虑温度对电阻丝阻值影响）。求：
(1)当S和S0闭合时，电路中总电流；
(2)加热时效率为80%，将0.5kg水从30℃加热到100℃需要多少时间？
(3)电阻丝R2阻值。
【答案】(1)4A；(2)208.8s；(3)1210Ω
【解析】
【分析】
(1)由电路图可知，当S和S0闭合时，R1与R2并联，电路中总电阻最小，根据可知电路总功率最大，据此判断饮水机所处状态，根据求出此时电路中总电流。
(2)懂得水质量和初温、末温以及比热容，根据求出水吸取热量，根据求出消耗电能，运用求出需要加热时间。
(3)由电路图可知，开关S闭合、S0断开时，电路为R2简单电路，电路中总电阻最大，根据可知电路总功率最小，据此判断饮水机所处状态，根据求出电阻R2阻值。
【详解】
(1)由电路图可知，当S和S0闭合时，R1与R2并联，电路中总电阻最小，由可知，电路总功率最大，饮水机处在加热状态；由可得，此时电路中总电流
(2)水吸取热量
由可得，消耗电能
由可得，需要加热时间
(3)由电路图可知，开关S闭合、S0断开时，电路为R2简单电路，电路中总电阻最大，电路总功率最小，饮水机处在保温状态，保温时功率为40W；由可得，电阻R2阻值
答：(1)当S和S0闭合时，电路中总电流为4A；(2)加热时效率为80%，将0.5kg水从30℃加热到100℃需要208.8s；(3)电阻丝R2阻值为1210Ω。
【点睛】
重点是电功率有关计算，牢记公式，此外要读懂电路图，懂得两个开关都闭合时为高温档，闭合一种开关时为低温档。
13．甲、乙两物质比热容之比是2∶1，质量之比是2∶1，甲、乙两物体吸取相似热量，甲物体温度升高了20℃，则乙物体温度升高了______℃。由同样材料构成丙、丁两物体，它们质量之比为4∶1，升高温度之比是3∶1，则两物体吸取热量之比为______。
【答案】80 12:1
【解析】
【分析】
【详解】
[1]∵Q吸=cmΔt，甲、乙两物体吸取相似热量
c甲m甲Δt甲=c乙m乙Δt乙
Δt甲:Δt乙= c乙m乙: c甲m甲==(1×1):(2×2)=1:4
∵Δt甲=20℃，∴Δt乙=80℃。
[2]∵Q吸=cmΔt，且丙、丁两物体由同种材料做成
c丙=c乙，m丙:m丁=4:1，Δt丙:Δt丁=3:1
∴两物体吸取热量
Q丙:Q丁= c丙m丙Δt丙:c丁m丁Δt丁=12:1
14．小明打开装有一定量“干冰”月饼包装盒，发现空气中出现了“白雾”，这是由于干冰在升华过程中需___________热量，使空气中水蒸气遇冷液化形成。气体在液化过程中要___________热量，因此被100℃水蒸气烫伤比被100℃水烫伤要严重。
【答案】吸取 放出
【解析】
【分析】
【详解】
[1]这是由于干冰在升华过程中需吸取热量，使空气中水蒸气遇冷液化形成。
[2]气体在液化过程中要放出热量，因此被100℃水蒸气烫伤比被100℃水烫伤要严重。
15．如图所示，某单缸四冲程汽油机气缸活塞面积为Scm2，一种冲程活塞在气缸中移动距离是L mm，满负荷工作时做功冲程燃气平均压强为p Pa，飞轮转速为N r/min，当汽油机满负荷工作时（不计摩擦），汽油机功率为_____________W；若1h消耗汽油为V L，汽油热值为q J/m3，则汽油机效率为_____________%。
【答案】
【解析】
【分析】
懂得燃气平均压强和活塞面积，可运用公式计算出平均压力大小；懂得活塞在气缸中移动距离，可运用公式计算出一种做功冲程燃气对活塞做功；飞轮（曲轴）每转两圈对外做功一次，计算出飞轮转动N周对外做功次数，已经计算出一种做功冲程燃气对活塞做功，从而可以计算出燃气对活塞做总功，又懂得做功时间，可运用公式计算出汽油机功率；根据求出汽油机总功，根据求出燃料放出热量，根据效率公式求出效率。
【详解】
[1]根据题意懂得，燃气对活塞平均压力
一种做功冲程中燃气对活塞做功
飞轮每转两圈对外做功一次，因此飞轮转动N周，要对外做功次，燃气对活塞做总功
汽油机功率
[2]汽油机1h做功
汽油机效率
16．用两个相似电热水器给质量同为1.5kg 甲物体和水加热，他们温度随加热时间变化关系如图所示，据此判断甲物体10 min吸取热量为（ ）
A．0.63×105J B．0.9×105J
C．1.89×105J D．3.78×105J
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图象可知：用两个相似电热器给质量相似物质甲和水加热，水温度升高60℃需要20min，甲物质加热10min吸取热量与水加热10min吸取热量热量相似，且水10min所吸取热量为20min吸取热量二分之一，即
故选C。
17．下列有关内能说法对是（ ）
A．0℃物体内能为零 B．热量总是从内能大物体向内能小物体传递
C．温度高物体比温度低物体内能大 D．物体内能增大，温度也许不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A．一切物体，不管温度高下，都具有内能，因此0℃物体内能不为零，A错误；
B．热量总是从温度高物体向温度低物体传递，内能大物体温度也许较低，那么热量就也许是从内能小物体向内能大物体传递，B错误；
C．温度高物体内能不一定大，内能还和质量、状态有关，C错误；
D．物体内能增大，温度也许不变，例如说0℃冰熔化为0℃水后，质量不变，温度不变，不过吸取了热量，内能变大，D对。
18．12月27日晚，“长征五号遥三”运载火箭成功发射，如图所示。该火箭起飞质量约为870t，起飞升力约为1.05×107N，有关该火箭，下列说法对是（ ）
A．火箭运用“流体中流速小位置压强大”原理获得升力
B．火箭尾部喷气口热得发红，是通过做功变化了火箭尾部内能
C．火箭发射时腾起“白气”是液态水吸热汽化形成
D．火箭起飞时受到向上合力约为1.8×106 N（g取10 N/kg）
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．火箭发射是运用物体间力作用是互相原理来升空，与流速小压强大没有关系，故A错误；
B．火箭尾部喷气口热得发红，是通过热传递方式变化了火箭尾部内能，故B错误；
C．图中火箭尾部产生大量“白气”，是由于尾气中水蒸气遇冷发生了液化现象，故C错误；
D．火箭起飞质量约为870t，重力
由于G竖直向下，起飞升力F竖直向上，且，因此二力合力方向向上，大小为
故D对。
故选D。
19．试验室有一只读数不精确温度计，在测冰水混合物温度时，其读数为20℃，在测一原则大气压下沸水温度时，其读数为80℃，下面分别是温度计示数为41℃时对应实际温度和实际温度为60℃时温度计示数，其中对是（ ）
A．41℃，60℃ B．21℃，40℃
C．35℃，56℃ D．35℃，36℃
【答案】C
【解析】
【分析】
我们懂得在一原则大气压下冰水混合物温度是0℃，沸水温度是100℃．因此这支温度计上示数20℃所对应实际温度是0℃，示数80℃对应实际温度是100℃；由于20℃到80℃之间有60个格，那么用实际100℃除以60格就是这支温度计一种小格表达温度值了，即℃；那么当示数为41℃时，从20℃到41℃之间有21个格，用21×℃算出就是实际温度；实际温度为60℃时对应温度根据上述原理同样可求。
【详解】
当温度为41℃时，实际温度：
，
当实际温度为60℃时，对应温度：
；
故选C。
20．如图甲所示是小敏同学在做“探究水沸腾”试验时装置，从85℃开始，每隔1 min记录一次温度计示数，直到水沸腾一段时间为止。
（1）试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时小敏小组温度计示数，则此时烧杯中水温度为____℃。
（3）小敏其他试验记录数据如下表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
温度/℃
85
86
87
91
93
95
97
99
101
101
101
分析表中数据可知，水沸点为_____℃，可以推测水面上方气压_____于原则大气压。
（4）根据表中数据在图中作出水温度随时间变化图像。
（____________）
（5）小敏在试验过程中发现如图所示两种现象，则图 ________是水在沸腾前状况，图________是水在沸腾时状况。
（6）通过试验可得：水在加热过程中，吸取热量，温度________；沸腾时，吸取热量，温度________。（选填“升高”“减少”或“不变”）
【答案】减小水质量 89 101 大 b a 升高 不变
【解析】
【详解】
(1)[1]试验中小敏发现温度计示数上升较慢，这是水质量太大了，为了使温度计示数上升得快些，她应减小水质量；
(2)[2]从图乙中可以看到，此时烧杯中水温度为89℃；
(3)[3]从表中数据可以看到，从第9min到第11min，水温度保持不变，这阐明水在沸腾，水沸点是101℃；
[4]一原则大气压下水沸点是100℃，由于水沸点是101℃，根据水沸点与大气压关系可知，大气压越高，沸点越高，因此可以推测水面上方气压不小于原则大气压；
(4)[5]根据表中数据，描出对应点，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，下面气泡上升时，遇上温度较低水，那么会液化成水，气泡会变小，因此图b是水在沸腾前状况；
[7]水在沸腾时，温度均匀，下面气泡上升时，水压强越来越小，气泡会变大，因此图a是水在沸腾时状况；
(6)[8][9]通过试验可得：水在加热过程中，吸取热量，温度升高，沸腾时，吸取热量，温度不变。
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