热学典型例题分析

热学典型例题分析（推荐9篇）

热学典型例题分析 篇1

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．

热学典型例题分析 篇2

求商法是证明不等式的基本方法之一, 若A, B是正数且A≥B, 则A/B≥1, 若A≤B, 则A/B≤1, 反之亦然.根据这个关系证明不等式的方法称为求商法.

例1:设a, b为正数, 且a>b, 求证:.

二、求差法

求差法是证明不等式常用的基本方法之一, 其原理为, 若A-B>0, 则A>B;若A-B<0, 则A

例2:设a, b, c是满足a+b+c=1的正数, 对于实数x, y, z, 设P=ax+by+cz, Q=bx+cy+az, R=cx+ay+bz.求证:P2+Q2+R2≤x2+y2+z2.

比差法和比商法两种统称为比较法, 用比差法时, 把所得的差作合理的变形 (配方、因式分解、通分、分母有理化等) 化为易于判断符合 (>0或<0) 的式子是证题的关键.它常用于两边的差是一个次数较高的多项式或分式这一类不等式的证明, 比商法适用于两边都是幂的形式的不等式.因此要重点掌握比差法.

三、数学归纳法

数学归纳法是与自然数n有关的不等式的一种重要方法, 其方法步骤见一般中等数学教科书.对于n (n∈N) 的不等式, 当n取第一个值时不等式成立, 如果使不等式在n=k (k∈N) 时成立的假设下, 还能证明不等式在n=k+1时也成立, 那么肯定这个不等式对n取第一个值以后的自然数都能成立.

例3:设x为正数, n为自然数, 求证:..

证明:当n=1时,

右边=3

原不等式成立.

假使, n=k时命题成立, 即

则当n=k+1时

即当n=k+1时, 命题成立.

综上所述, n∈N时不等式成立.

四、数列法

数列法是证明不等式的基本方法, 常用到等比 (或等差) 数列有关公式和原数列的一些公式.

郭沫若诗典型例题分析 篇3

郭沫若诗两首典型例题分析，要求同学们分析《天上的街市》诗歌是如何运用联想和想像的。并附有例题解析以及参考答案。

【例题】

《天上的街市》一诗中是如何运用联想和想像的?试分析其作用。

【解析】

本文是考查学生对联想和想像这两个概念的了解和掌握。所谓联想，就是由此事物想到彼事物的心理过程。两个事物都是客观存在的，且彼此有一定的联系：或在空间或在时间上相接近;或相似;或有对立关系，或有因果关系……所谓想像，则是在原有感悟形象的基础上创造出新形象的心理过程。这些新形象是已积累的知觉经过加工改造而成的。

【参考答案】

热学典型例题分析 篇4

例1在-720°～720°之间，写出与60°的角终边相同的角的集合S． 解与60°终边相同的角的集合为｛α|α=k·360°+60°，k∈Z｝．

令-720°＜k·360°+60°＜720°，得k=-2，-1，0，1

相应的α为-660°，-300°，60°，420°，从而S=｛-660°，-300°，60°，420°｝．

例2把1230°，-3290°写成k·360°+α(其中0°≤α＜360°，k∈Z)的形式．

分析用所给角除以360°，将余数作α．

解∵1230÷360=3余150，∴1230°=3×360°+150°．

∵-3290÷360=-10余310，∴-3290°=-10×360°+310°．

注意：负角除以360°，为保证余数为正角，试商时应使得到的负角的绝对值大于已知负角的绝对值．

例3写出终边在y轴上的角的集合．

解终边在y轴的正半轴上角的集合为｛α|α=k·360°+90°，k∈Z｝．终边在y轴的负半轴上角的集合为｛α|α=k·360°+270°，k∈Z｝．故终边在y轴上角的集合为

｛α|α=k·360°+90°，k∈Z｝∪｛α|α=k·360°+270°，k∈Z｝．

=｛α|α=2k·180°+90°，k∈Z｝∪｛α|α=(2k+1)·180°+90°，k∈Z｝ =｛α|α=n·180°+90°，n∈Z｝．

热学典型例题分析 篇5

例1已知: (1) 胆矾失水的热化学方程式为:

(2) 室温下, 无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为:

(3) 胆矾 (CuSO4·5H2O) 溶于水时溶液温度降低.

则Q1与Q2的关系是 () (Q1、Q2为正数)

(A) Q1= Q2 (B) Q1< Q2 (C) Q1> Q2 (D) 无法确定

解析:解决有关热化学方程式的题目时, 要把所有的热过程都用热化学方程式的形式表达出来.

由“ (3) 胆矾 (CuSO4·5H2O) 溶于水时溶液温度降低. ”可得

解决有关热化学方程式的题目时, 要利用已知的热化学方程式进行叠加, 得到目标热化学方程式.

热化学方程式③ = ① + ②, 所以ΔH3= ΔH1+ ΔH2= Q1-Q2> 0

因此, 答案为 (C) .

讲评:有关热化学方程式的题目, 主要是考查盖斯定律的应用, 题目难度适中, 关键是方法的运用.

例2 (2010年重庆理综) 已知ΔH = - 72 k J/mol, 蒸发1 mol Br2 (l) 需要吸收的能量为30 k J, 其他相关数据见表1.

则表中a为 ( )

(A) 404 (B) 260 (C) 230 (D) 200

由“蒸发1 mol Br2 (l) 需要吸收的能量为30 kJ”得

由表格中H2 (g) 、Br2 (g) 、HBr (g) , 组合成热化学方程式

热化学方程式③ =① -②, 所以ΔH3= ΔH1- ΔH2=- 72 kJ /mol - 30 kJ /mol = - 102 kJ /mol

同时, 根据表格中键能

该反应是化合反应, 所以该反应是放热反应, ΔH的符号是“-”, 其数值为

2 × 369 - 436 - a = 102a = 200

因此, 答案为 (D)

讲评:计算ΔH的题型主要是两类:

①运用盖斯定律, 进行热化学方程式的叠加.

②运用键能, 很多学生记不住:ΔH = 旧键断裂吸收的能量- 新键形成释放的能量.

那么, 我们可以把ΔH的求算, 分为两步:

第一步, 根据反应类型或已计算的键能, 判断ΔH的符号是“+”还是“-”,

第二步, 用绝对值大的数值减去绝对值小的数值, 即为ΔH的绝对值.

例3已知:

(Q1、Q2、Q3均大于0)

若要使32 g液态甲醇完全燃烧, 最后恢复到室温, 放出的热量为 () (单位:kJ)

解析:由“液态甲醇完全燃烧, 最后恢复到室温”得:

热化学方程式④ =③ -②×2 +①×4, 则

(放热反应ΔH <0, 所以, 提取了负号)

因此, 答案为 (B) .

讲评:放热反应ΔH <0, 计算放出的热量时, 务必要提取出负号.

例4已知3.6 g碳在6.4 g氧气中燃烧至反应物耗尽, 测得放出的热量为a kJ. 又知12. 0 g碳完全燃烧放出的热量为b kJ, 则热化学方程式

解析:假设生成CO2气体m mol , CO气体n mol, 则根据碳元素和氧元素守恒得:m +n =0. 3, 2m + n =0. 2×2 , 所以m =0. 1, n = 0. 2.

由“12.0 g碳完全燃烧放出的热量为b kJ”, 得:

所以, 0.1b + ( -0.2ω) = a , 求得:ω = - (5a -0.5b) kJ·mol―1

因此, 答案为 (C) .

讲评:本题综合考查化学反应的计算以及热量的计算, 该类题目的计算方法是, 先理清物质转化的数量关系, 再根据物质转化的数量关系, 计算有关热量的数值, 当然, 仍然要注意:放热反应ΔH是负数, 但是, 放出的热量是正数.

在该温度下, 取1 mol N2和3 mol H2放在密闭容器内反应, 下列说法正确的是 ()

(A) 在有催化剂存在的条件下, 反应放出的热量为92. 4 k J

(B) 有无催化剂该反应放出的热量都为92. 4 k J

(C) 反应放出的热量始终小于92.4 kJ

(D) 若再充入1 mol H2, 到达平衡时放出的热量应为92.4 kJ

解析:该热化学方程式的物理意义是:1 mol N2和3 mol H2反应, 生成2 mol NH3, 同时放热92.4 kJ.

根据该物理意义, “加入1 mol N2和3 mol H2”, 并非“反应1 mol N2和3 mol H2”, 即使加入催化剂, 也是如此. 所以, 反应放出的热量始终小于92.4 kJ. 因此, 答案为 (C) .

应用统计典型例题 篇6

231X~22(1)(1)2

其中01为未知参数。已经取得了样本值x11,x22,x31，试求参数的矩估计与极大似然估计。

解：（i）求矩估计量，列矩方程（只有一个未知参数）

E(X)222(1)3(1)232X 433X3x53 得 矩2226（ii）求极大似然估计，写出似然函数，即样本出现的概率

L()P(X1x1,X2x2,X3x3)

P(X11,X22,X31)

P(X11)P(X22)P(X31)22(1)225(1)

对数似然

lnL()ln25lnln(1)

dlnL()510 d1得极大似然估计为

5ˆ极 6

例2，某种电子元件的寿命（以

h记）X服从双参数指数分布，其概率密度为

1exp[(x)/],xf(x)

0,其他其中，0均为未知参数，自一批这种零件中随机抽取n件进行寿命试验，xx,,xn.设它们的失效时间分别为1,2（1）求（2）求，的最大似然估计量； ，的矩估计量。

n解：（1）似然函数，记样本的联合概率密度为

L(，)f(x1,x2,,xn;，)f(xi)

i1n1exp[(xi)/],x1,x2,,xni1 0,其他n1nexp((xin)/),x(1)i1 0,x(1)在求极大似然估计时，L(，)0肯定不是最大值的似然函数值，不考

n虑这部分，只考虑另一部分。

取另一部分的对数似然函数

lnL(,)nln(xin)/,x(1)

i1

nxinlnL(,)ni102 lnL(,)n0可知关于，的驻点不存在，但能判定单调性

lnL(,)n0知 由lnL(,)nln(xin)/,x(1)，i1n关于是增函数，故

ˆ极x(1)lnL(,)n将之代入到xnii1n20中得

ˆ极xx(1)

ˆˆx则极(1)，极xx(1)一定能使得似然函数达到最大，故，的极大似然估计为

ˆ极xx(1) ˆx极(1)

（2）列矩方程组（两个未知参数）

1E(X)xexp[(x)/]dxXn2112222E(X)xexp[(x)/]dx()Xini1解出

n12ˆ(XX)矩ini11nˆ2X(XX)i矩ni1 例3，设总体X~U[0,]，其中0为未知参数，X1,X2,,Xn为来自总体X的一组简单随机样本，12大似然估计。

解：似然函数，即样本的联合概率密度

nx,x,,xn为样本观察值，求未知参数的极

1n,0x1,x2,,xnL()f(x1,x2,,xn;)f(xi) i10,elseL()0肯定不是最大值，考虑另一部分的最大值，取对数似然

lnL()nln,x(n)

dlnL()n0 d知lnL()nln在x(n)内是单调递减的，故的极大似然估计值为

典型例题五 篇7

例５ 已知abc，求证：111＞0.abbcca

分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.证明一：(分析法书写过程)111＞0 abbcca

111只需要证明＞ abbcac

∵abc 为了证明∴acab0,bc0 111,＞0 abacbc

111∴＞成立 abbcac

111∴＞0成立 abbcca∴

证明二：(综合法书写过程)

∵abc ∴acab0,bc0 111＞＞0 abacbc

111∴＞成立 abbcac

111∴＞0成立 abbcca∴

高一物理典型例题2 篇8

【例1】如图6-8-1-1所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是（）

（A）物体所受弹力增大，摩擦力也增大了

（B）物体所受弹力增大，摩擦力减小了

（C）物体所受弹力和摩擦力都减小了

（D）物体所受弹力增大，摩擦力不变

分析与解：物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用：重力G、筒壁对

它的弹力FN、和筒壁对它的摩擦力F1（如图6-8-1-2所示）。其中G和F1是

一对平衡力，筒壁对它的弹力FN提供它做匀速圆周运动的向心力。当圆筒

匀速转动时，不管其角速度多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，则物体所受的（静）摩擦力F1大小等于其重力。而根据向心力公式，FNmr，当角速度较大时FN也较大。故本题应选D。2图

6-8-1-

1【例2】如图6-8-1-3所示的传动装置中，已知大轮半径是小轮半径的3倍，图6-8-1-

2A点和B点分别在两轮边缘，C点离大轮距离等于小轮半径，若不打滑，则它们的线速度之比vA∶vB∶vC=，角速度之比ωA∶ωB∶ωC=，向心加速度之比aA∶aB∶aC=。

分析与解：A、C两点在同一轮上，所以角速度相等，即ωA=ωC由v=ωr得vA=3vC；又因为不打滑，所以vA= vB，由v=ωr得：

A13B。∴vA∶vB∶vC=3∶3∶1；ωA∶ωB∶ωC=1∶3∶1；

2aA∶aB∶aC=ArA∶BrB∶CrC=1∶3∶1。

学能提升 图6-8-1-

3★1．如图6-8-1-4所示，小物体A与圆柱保持相对静止，跟着圆盘一起

作匀速圆周运动，则A受力情况是受()

(A)重力、支持力

(B)重力、向心力

(C)重力、支持力和指向圆心的摩擦力

(D)重力、支持力、向心力和摩擦力

★2．如图6-8-1-5所示，a、b是地球上不同纬度上的两点，a、b

随地球自转做匀速圆周运动，则该两点具有相同的（）

(A)运动半径(B)线速度大小

(C)角速度(D)线速度 图6-8-1-4 ★3．用长短不同，材料相同的同样粗细的绳子，各拴着一个质量相同的小球在光滑水平面上作匀速圆周运动，那么（）

(A)两个小球以相同的线速度运动时，长绳易断

(B)两个小球以相同的角速度运动时，短绳易断

(C)两个小球以相同的角速度运动时，长绳易断

(D)不管怎样都是短绳易断

★4．如图6-8-1-6所示，汽车以速度v通过一半圆形式拱桥的顶端时，汽车受力的说法正确的是（）

(A)汽车的向心力就是它所受的重力

(B)汽车的向心力是它所受的重力和支持力的合力，方向指向圆心

(C)汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力的作用(D)以上均不正确

★★5．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定.若在某转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法中正确的是()

①当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力与轨道面支持力的合力提供向心力

②当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力

③当火车速度大于v时，轮缘挤压外轨④当火车速度小于v时，轮缘挤压外轨

(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④

★★6．由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋的过程中，如果保持飞机速度的大小和距离海面的高度均不变，则下列说法中正确的是()

(A)飞机做的是匀速直线运动。

(B)飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力。

(C)飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力。

(D)飞机上的乘客对座椅的压力为零。

★★★7．有一质量为m的小木块，由碗边滑向碗底，碗内表面是半径为R的圆弧，由于摩擦力的作用，木块运动的速率不变，则（）

（A）它的加速度为零（B）它所受合力为零

（C）它所受合力大小一定，方向改变（D）它的加速度恒定

★★8．如图6-8-1-7所示，半径为r的圆筒绕竖直中心轴OO′转动，小物

块A靠在圆筒的内壁上，它与圆筒的静摩擦因数为μ，现要使A不下落，则圆筒转动的角速度ω至少应为图

6-8-1-7 ★★9．如图6-8-1-8所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无滑动，大轮的半径是小轮的2倍，大轮上的一点s离转动轴的距离等于小轮

2的半径，当大轮边缘上P点的向心加速度是10m／s时，大轮上的S点和小轮上的Q点的向心加速度为aS=______m／s2，aQ=______m／s 图6-8-1-8 ★★★10．一个圆盘边缘系一根细绳，绳的下端拴着一个质量为m的小球，圆

盘的半径是r，绳长为L，圆盘匀速转动时小球随着一起转动，并且细绳与竖直

方向成θ角，如图6-8-1-9所示，则圆盘的转速是。

★★★11．如图6-8-1-10所示，直径为d的纸筒以角速度ω绕轴O

匀速转动，从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒.若子弹在圆筒旋转不到

半周时在圆筒上留下a、b两个弹孔，已知aO和b0夹角为φ，则子弹的速度大小为

★★12．下述各种现象，属于利用离心现象的是；属于防止离心

现象的是。

A．洗衣机脱水B．离心沉淀器分离物质

C．汽车转弯时减速D．汽车过桥时减速

E．转动雨伞，去除雨伞上的一些水

F．站在公交车里的乘客，在汽车转弯时用力拉住扶手

2图6-8-1-9 图

6-8-1-10

答案：1.C；2.C；3.C；4.B；5.A；6.C；7.C；8.g

r；9.aS=

5、aQ=20；10.12gtanrlsin 11.d

典型例题三[范文模版] 篇9

a4b4ab4例3 对于任意实数a、b，求证()（当且仅当ab时取等号）22

分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有（22ab4)，2展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：ab2ab出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。

证明：∵ ab2ab（当且仅当ab时取等号）

两边同加(ab):2(ab)(ab)，44442222222

a4b4a2b2

2即：()（1）22

又：∵ab2ab（当且仅当ab时取等号）

两边同加(ab):2(ab)(ab)2222222

a2b2ab2∴ ()22

a2b2

2ab4)()（2）∴(22

a4b4ab4()（当且仅当ab时取等号）由（1）和（2）可得． 22