第14章 《内能的利用》考点专项复习（解析版）2023-2024学年九年级全一册物理阶段性考试考点复习与题型训练（人教版）

第第页第十四章《\o"第14章内能的利用"内能的利用》考点专项复习（解析版）知识导航考点回顾考点1：热机1、热机：利用内能做功的机械叫热机。（1）热机的种类：分为蒸汽机、内燃机、汽轮机、喷气发动机。（2）内燃机：燃料直接在发动机气缸内燃烧产生动力的热机。内燃机根据其所使用的燃料分为汽油机和柴油机两类。2、内燃机的工作原理：（1）内燃机的每一个工作循环分为四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。（2）四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程对做功冲程起辅助作用，靠飞轮的惯性完成。（3）做功冲程把内能转化为机械能；压缩冲程把机械能转化为内能。（4）一个工作循环中对外做功1次，活塞往复2次，曲轴转2周，飞轮转2圈。3、汽油机和柴油机区别：（1）构造区别：汽油机汽缸顶部有火花塞，而柴油机汽缸顶部有喷油嘴。（2）燃料区别：汽油机燃料是汽油，而柴油机燃料是柴油。（3）工作区别：①吸气冲程：汽油机吸进的是汽油和空气的混合物，柴油机吸进的仅仅是空气；②压缩冲程：汽油机压缩的是汽油和空气的混合物，汽油机压缩的仅仅是空气；③做功冲程：汽油机用火花塞点火（点燃），柴油机用喷油嘴喷油（压燃）。考点2：热机效率1、热值：1kg（或1m3）某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值。（1）热值单位：J/kg或J/m3（2）公式：Q＝qm或Q＝qv（q为热值）。（3）热值是燃料本身的一种特性，它的大小只取决于燃料的种类，而与燃料的质量、放热多少无关。2、热机效率：热机用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比叫做热机的效率。（1）公式：；（2）提高热机效率的途径：①使燃料充分燃烧；②尽量减小各种热量损失；③机器零件间保持良好的润滑、减小摩擦。※在热机的各种损失中，废气带走的能量最多，设法利用废气的能量，是提高燃料利用率的重要措施。考点3：能量的转化与守恒1、能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移过程中，能量的总量保持不变。（1）能量及其存在的不同形式（各种不同形式的能量）（2）能量的转化和转移（不同形式间是能量转化，同种形式之间是能量转移）2、能量守恒定律是自然界最重要、最普遍的基本定律。大到天体，小到原子核，也无论是物理学问题还是化学、生物学、地理学、天文学的问题，所有能量转化的过程，都遵从能量守恒定律。典例分析【考点1热机】【典例1】（2023•镇江二模）下列表示四冲程汽油机处于做功冲程的是（）A．​ B．​ C．​ D．​【答案】B【分析】根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析。【解答】解：A、气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，故A错误；B、气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，故B正确；C、进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，故C错误；D、排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，故D错误。故选：B。【典例2】（2023•南岗区校级开学）汽车的普及为我们出行带来了极大的方便，如图甲所示是一款以汽油为燃料的汽车。（1）为汽车提供动力的是汽油机，提供动力的是冲程做功，此冲程发生的能量转化是内能转化为机械能。（2）该汽车仪表盘上有胎温显示功能，小明乘坐汽车发现汽车行驶一段时间后胎温明显升高了，而且高于环境温度，如图乙所示。是因为行驶时，地面对轮胎摩擦做功，使轮胎内能增大，温度升高，所以温度升高了。（3）汽车的轮胎都使用橡胶制作，请将如下优点补充完整。①橡胶易发生弹性形变，使乘坐时颠簸小，更舒适；②同等条件下，橡胶与地面的摩擦大，行驶时可增大牵引力，刹车时可更快停下来。【答案】（1）做功；内能转化为机械能；（2）地面对轮胎摩擦做功，使轮胎内能增大，温度升高；（3）①弹性形变；②行驶时可增大牵引力，刹车时可更快停下来。【分析】（1）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，提供动力。（2）改变物体内能的方式有做功和热传递；克服摩擦做功，将机械能转化为内能。（3）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。结合橡胶的特点分析解答。【解答】解：（1）汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，为汽车提供动力。（2）汽车行驶时，地面对轮胎摩擦做功，使轮胎内能增大，温度升高，所以汽车轮胎温度升高了。（3）汽车的轮胎都使用橡胶制作，橡胶易发生弹性形变，使乘坐时颠簸小，更舒适；在压力一定时，橡胶与地面的摩擦大，行驶时可增大牵引力，刹车时可更快停下来。故答案为：（1）做功；内能转化为机械能；（2）地面对轮胎摩擦做功，使轮胎内能增大，温度升高；（3）①弹性形变；②行驶时可增大牵引力，刹车时可更快停下来。【典例3】（2023•平远县校级开学）下列各图为四冲程内燃机的示意图。参照甲图，在后三个图中画出进气门、排气门的开闭情况。【答案】见试题解答内容【分析】四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，吸气冲程，进气门打开，排气门关闭；压缩冲程，两个气门都关闭，活塞向上运动；做功冲程，两个气门都关闭，活塞向下运动；排气冲程，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动。【解答】解：压缩冲程，两个气门都关闭，活塞向上运动；做功冲程，两个气门都关闭，活塞向下运动；排气冲程，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动。如下图所示：。【考点2热机的效率】【典例4】（2023•长春）如图所示是我国《农书》中记录的槽碓（duì）。大木勺积水较多会下沉，使石锤上升；当大木勺内的水流出变轻后，石锤落下击打石臼内的谷物。该槽碓（）A．机械效率可达100% B．是杠杆 C．机械效率可超过100% D．是热机【答案】B【分析】任何机械使用时，不可避免地做额外功；结合图片和生活经验，先判断“碓身”在使用过程中，绕着固定点转动的硬棒是杠杆；热机将内能转化为机械能。【解答】解：AC、任何机械使用时，不可避免地做额外功，任何机械的效率都不可能达到或超过100%，故A、C错误；B、结合图片和生活经验，槽碓在使用过程中，绕着固定点转动的硬棒，属于杠杆，故B正确；D、槽碓使用时将水的机械能转化为石锤的机械能，没有将内能转化为机械能，不属于热机，故D错误。故选：B。【典例5】（2022秋•增城区校级期末）（多选）关于图中表述正确的是（）A．1kg酒精比热容比10kg的煤油大 B．10kg酒精比1kg煤油的热值大 C．1kg酒精完全燃烧放出热量是3×107J D．单价一样时，用酒精的燃料更加经济【答案】AC【分析】（1）比热容是物质的一种特性，其大小与物质的种类、状态有关，而与质量、体积无关；（2）热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量、燃烧程度无关；（3）由图得出，酒精的热值，利用Q放＝mq求1kg酒精完全燃烧放出热量；（4）单价一样时，在完全燃烧放出的热量相同时，用的燃料越少，花费越少、越经济。【解答】解：A、由左图可知，酒精的比热容大于煤油的比热容，而比热容与质量大小无关，所以1kg酒精的比热容比10kg煤油的比热容大，故A正确；B、由右图可知，酒精的热值小于煤油的热值，而热值与质量大小无关，所以10kg酒精的热值比1kg煤油的热值小，故B错误；C、由右图可知，酒精的热值q酒精＝3×107J/kg，1kg酒精完全燃烧放出热量：Q放＝mq＝1kg×3×107J/kg＝3×107J，故C正确；D、由右图可知，酒精的热值小于煤油的热值，单价一样时，在完全燃烧放出的热量相同时，用的煤油的质量少，花费少、经济，故D错误。故选：AC。【典例6】（2023•绿园区校级开学）在北方的冬天，人们常利用“暖气”取暖，这是用热传递的方法改变内能。某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比叫热值，用符号J/kg表示；热值只与燃料的种类有关，与燃料的形状、体积、质量无关（选填“有关”或“无关”）；随着科学技术的创新，厨余垃圾也能变航空燃油，若此航空燃油的热值为4.0×107Jkg，完全燃烧15g这种航空燃油可以释放6×105J的热量。【答案】热传递；J/kg；无关；6×105。【分析】做功和热传递改变物体的内能的特点：热传递改变物体的内能是能量的转移，做功改变物体的内能是能量的转化；单位质量的某种燃料完全燃烧时所释放出的热量，叫做这种燃料的热值；燃料的热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧情况无关；利用Q放＝mq求出航空燃油完全燃烧释放出的热量。【解答】解：人们常靠“暖气”取暖，是通过热传递的方式改变人体的内能，人体的内能增加，温度升高。单位质量的燃料完全燃烧时释放出的热量是燃料的热值，所以热值的单位是J/kg；燃料的热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的形状、体积、质量、燃烧情况无关；航空燃油完全燃烧释放的热量：Q放＝mq＝0.015kg×4.0×107J/kg＝6×105J。故答案为：热传递；J/kg；无关；6×105。【典例7】（2023•凤台县校级开学）小明想估测薯片的热值，进行了如下实验。（1）将天平放在水平面上并将游码归零，发现指针偏左，则应将平衡螺母向右端调节：测量质量时，调节天平再次平衡，右盘中的砝码和游码位置如图甲。（2）如图乙，将薯片放在燃烧皿中充分燃烧后，烧杯中0.2kg的水温度升高了5℃，则水吸收的热量Q吸＝4.2×103J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（3）根据Q放＝Q吸和Q放＝mq，算出薯片的热值比实际值小得多。原因是：因薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收。【答案】故答案为：（1）右；（2）4.2×103；（3）因薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收。【分析】（1）天平使用前的调节：若指针左偏，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；左盘物体的质量等于等于右盘砝码的质量加上游码对应的刻度值；（2）根据Q吸＝cmΔt可求水吸收的热量；（3）薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收，即Q放＞Q吸，据此分析。【解答】解：（1）在调节天平平衡时，指针偏左，应将平衡螺母向右调节。（2）由题意，水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×5℃＝4.2×103J。（3）因薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收，即Q放＞Q吸，故算出的热值比实际值小。故答案为：（1）右；（2）4.2×103；（3）因薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收。【典例8】（2023•四平四模）一个简易的太阳能热水器，它的主要部分是一个敞口水箱，水箱内水深0.5m，水的质量为200kg。在阳光照射下，水的温度从20℃上升到35℃。水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），煤的热值是3×107J/kg，求：（1）水吸收的热量是多少？（2）这些热量相当于完全燃烧多少千克煤所放出的热量？【答案】（1）水吸收的热量是1.26×107J；（2）这些热量相当于完全燃烧0.42kg煤所放出的热量。【分析】（1）知道水的质量和温度的变化以及比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；（2）由题意可知煤完全燃烧释放的热量，根据Q放＝mq求出需要煤的质量。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（35℃﹣20℃）＝1.26×107J；（2）由题意可知，煤完全燃烧释放的热量：Q放＝Q吸＝1.26×107J，由Q放＝mq可得，需要煤的质量：m′＝＝＝0.42kg。答：（1）水吸收的热量是1.26×107J；（2）这些热量相当于完全燃烧0.42kg煤所放出的热量。【考点3能量的转化和守恒】【典例9】（2022秋•禹会区校级期末）如图是小球在地面弹跳的频闪照片，下列说法中正确的是（）A．小球弹起的高度越来越小，说明在此过程中能量不守恒 B．根据能量守恒定律，在此过程中小球的机械能总量是保持不变的 C．在小球的运动中是通过做功的方式使内能增加 D．小球和地面之间发生撞击，所以小球的热量会增加【答案】C【分析】（1）物体由于运动而具有的能叫做动能，影响动能大小的因素是质量和速度；物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素是质量和高度，机械能包括动能和势能；在一定条件下，不同形式的能量之间可以相互转化，但总量保持不变；（2）小球克服摩擦做功，使部分机械能转化为内能，但在能的转化和转移过程中，能的总量保持不变；热量是一个过程量。【解答】解：A、由图可知，小球运动过程中弹起的高度越来越小，说明重力势能越来越小，同时速度越来越慢，也就是动能越来越小，所以小球的机械能减少；机械能减少的原因是克服与空气摩擦做功，与地面撞击做功，将机械能转化成了部分内能，但能量的总量是守恒的，故A错误；BC、在小球的运动中，与空气摩擦做功或与地面撞击做功，有一部分机械能转化成了内能，所以小球的机械能总量会减小，故B错误、C正确；D、小球和地面之间发生撞击，所以小球的内能会增加，热量是一个过程量，不能说热量增加，故D错误。故选：C。【典例10】（2023•大兴区一模）（多选）2022年11月12日10时03分搭载着“天舟五号”货运飞船的长征七号遥六运载火箭在我国文昌航天发射场准时点火发射，如图所示为火箭发射时的场景。“天舟五号”货运飞船顺利入轨后，成功对接于空间站“天和核心舱”的后向端口，中国航天员首次在空间站迎接货运飞船来访。下列说法中正确的是（）A．火箭加速升空时，“天舟五号”飞船受平衡力作用 B．火箭加速升空时，“天舟五号”飞船的机械能增大 C．火箭加速升空时，火箭燃料的化学能全部转化为机械能 D．“天舟五号”和“天和核心舱”对接时，它们是相对静止的【答案】BD【分析】（1）处于平衡状态的物体受到平衡力的作用；（2）动能和势能合称机械能，重力势能与质量和高度有关；动能与质量和速度有关；（3）判断能量的转化过程，关键看清该过程中消耗了那种形式的能量，进而又产生了那种形式的能量即可；（4）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。【解答】解：A．火箭加速升空时处于非平衡状态，受到非平衡力作用，故A错误；B．火箭加速升空时，速度增加，动能增大，高度增加，重力势能增大，因此机械能增大，故B正确；C．火箭燃料升空时，燃料的化学能不能全部转化为机械能，因为排出的废气温度较高，散失了部分内能，同时火箭克服空气阻力做功，转化为内能，故C错误；D．“天舟五号”和“天和核心舱”对接时需要处于相对静止状态才能安全的完成，故D正确；故选：BD。【典例11】（2023•高安市二模）中国古代玩具饮水鸟（如图所示）被誉为“爱因斯坦也吃惊的玩具”。它的神奇之处在于：在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来；可是直立一会儿它又会俯下身去，等到鸟嘴浸到了水，“喝”了一口，又会直立起来。饮水鸟这种“自动喝水”的现象遵循（选填“遵循”或“不遵循”）能量守恒定律；饮水鸟“低头喝水”时整个身体绕着横杆旋转，我们可以将旋转的饮水鸟视为杠杆模型。【答案】遵循；杠杆【分析】所有能量的转化和转移都遵循能量守恒定律；一根硬棒在力的作用下绕着固定点转动，这根硬棒叫杠杆。【解答】解：饮水鸟“自动喝水”的现象中发生了能量的转移和转化，遵循能量守恒定律；饮水鸟“低头喝水”时整个身体绕着横杆旋转，符合杠杆的特点，我们可以将旋转的饮水鸟视为杠杆模型。故答案为：遵循；杠杆。【典例11】（2022秋•广州期末）（1）不同形式的能量可以在一定条件下相互转化，如图1所示。以下事例中分别属于哪些能量转化（只需考虑最主要的能量转化），请将图1中能量转化对应的字母序号填写在相应的横线上。例：电热水器工作时K。①热机的压缩冲程C。②给某锂电池充电时J。③植物吸收太阳光进行光合作用G。④电动机带动水泵把水送到高处A。（2）如图2所示是某装置工作时的能量流向图，请根据图中信息判断，此装置可能是热机（选填“热机”或“电灯”或“电风扇”），效率为37.5%，热量的损失应为7.5×105J。【答案】见试题解答内容【分析】（1）在能量的转化过程中，是由减少的能量向增多的能量转化；（2）根据能量的转化分析装置的种类；根据图片求出损失的热量，然后求出效率。【解答】解：（1）①热机的压缩冲程中机械能转化为内能，为C；②给某锂电池充电时，电能转化为化学能，为J；③植物吸收太阳光进行光合作用，光能转化为化学能，为G；④电动机带动水泵把水送到高处，电能主要转化为机械能，为A；（2）由图可知，能量转化图中主要是内能转化为机械能，所以是热机的工作原理，则该装置为热机；而电灯、电风扇是电能转化为其他形式的能；由图可知，总能量为1.2×106J，机械能输出为4.5×105J，则损失的热量为：1.2×106J﹣4.5×105J＝7.5×105J；热机的效率为：η＝＝×100%＝37.5%。故答案为：（1）C；J；G；A；（2）热机；37.5%；7.5×105J。巩固训练1．（2023•嘉禾县校级二模）汽车是我们生活中比较常用的交通工具，下列有关汽车的说法正确的是（）A．汽车的观后镜为凹面镜 B．安全带的作用是防止汽车紧急刹车时由于惯性而被撞伤 C．汽车内燃机的做功冲程是机械能转化为内能 D．汽车的方向盘是一个轮轴，它的特点是费力省距离【答案】B【分析】（1）汽车的观后镜是凸面镜，可扩大视野；（2）根据惯性的知识可解释为什么汽车驾驶员和乘客要系安全带；（3）内燃机做功冲程中，将内能转化为机械能；（4）轮轴是一种省力机械，轮半径远大于轴半径，作用在轮上的力就小于作用在轴上的力。【解答】解：A、由生活经验可知，汽车的观后镜是凸面镜，可扩大视野，故A错误；B、汽车刹车时，人由于惯性会保持原来的运动状态，所以安全带的作用是防止汽车紧急刹车时由于惯性而被撞伤，故B正确；C、汽车内燃机做功冲程中，将内能转化为机械能，故C错误；D、轮轴实质是可以绕固定轴转动的杠杆，其支点在轴心，阻力作用在轴上，动力作用在轮上，轮半径大于轴半径，根据杠杆平衡条件可知，轮轴实质是省力杠杆，费距离，故D错误。故选：B。2．（2023•泗水县三模）氮气弹簧是一种以密闭高压氮气为工作介质的弹性组件，具有体积小、弹力大、工作平稳、使用寿命长等优点。它在生活和工业中具有广泛的应用，其工作结构简图如图。当活塞顶部受到压力向下运动时，下列说法正确的是（）A．缸体内氮气的密度变大 B．缸体内的气体被压紧后，氮气分子不再运动 C．缸体内的气体压强减小 D．该过程中能量的转化方式与汽油机的做功冲程相同【答案】A【分析】（1）一定质量的气体，体积减小，密度增大；（2）组成物质的分子，不停地做无规则运动；（3）气体经压缩后，其压强增大；（4）活塞向下压缩，机械能转化为内能。【解答】解：A、活塞顶部受到压力向下运动时，缸体内氮气体积减小，密度变大，故A正确；B、组成物质的分子，不停地做无规则运动，缸体内的气体被压紧后，氮气分子仍做无规则运动，故B错误；C、气体压缩后，体积变小、压强增大，故C错误；D、活塞向下压缩，机械能转化为氮气的内能，能量的转化方式与汽油机的压缩冲程相同，故D错误。故选：A。3．（2023•武汉开学）最新一款无人驾驶汽车，自动驾驶时使用传感器和激光测距仪来了解周围的交通状况。该款车以72km/h的速度在一段平直的公路上匀速行驶了8km，消耗汽油1.6L，汽油机的效率为30%。在这段运动过程中，下列说法（）[ρ汽油＝0.75×103kg/m3；q汽油＝4.6×107J/kg]①所消耗汽油的质量是1.2kg②汽油完全燃烧所放出的热量是6.9×107J③汽车发动机的功率是41400W④汽车发动机的牵引力是575NA．只有①②正确 B．只有②③正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确【答案】C【分析】（1）已知消耗汽油1.6L，则根据ρ＝求出消耗汽油的质量；（2）利用Q放＝mq求汽油完全燃烧放出的热量；（3）利用公式W＝ηQ放可求出牵引力做的功；知道前进的距离和速度可求出所用时间，利用公式P＝求出功率。（4）利用公式W＝Fs求出汽车的牵引力。【解答】解：（1）消耗汽油的体积V＝1.6L＝1.6×10﹣3m3，则由ρ＝得消耗汽油的质量：m＝ρ汽油V＝0.75×103kg/m3×1.6×10﹣3m3＝1.2kg，故①正确。（2）汽油完全燃烧放出的热量Q放＝mq汽油＝1.2kg×4.6×107J/kg＝5.52×107J，故②错误。（3）汽车行驶8km所用的时间t＝＝＝h＝400s，由η＝得，汽油机的有用功W＝ηQ放＝30%×5.52×107J＝1.656×107J。汽车发动机的功率P＝＝＝41400W，故③正确。（4）由W＝Fs得汽车发动机的牵引力F＝＝＝2070N，故④错误。综上所述只有①③正确。故选：C。4．（2023•城中区三模）如图所示是内燃机的能量流向图，则热机效率（η）等于（）A．×100% B．×100% C．×100% D．×100%【答案】B【分析】热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值。【解答】解：热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，由图可知有效利用的能量（有用的机械能）为E2，燃料完全燃烧放出的热量（燃气内能）为E，因此热机效率为：η＝，故B正确。故选：B。5．（2023•朝阳二模）下列关于热值和热机效率的描述，正确的是（）A．使燃料燃烧更充分，可以增大热值 B．燃料燃烧释放的热量越大，热值越大 C．热值和热机效率都是定值，与外界条件无关 D．使燃料燃烧更充分，可以提高热机效率【答案】D【分析】（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值，热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；（2）热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比叫做热机的效率，在工作过程中，损失的能量越少，热机的效率越高。【解答】解：AB、热值是燃料的一种特性，与燃烧情况、放出热量的多少无关，故AB错误；C、热值取决于燃料种类，与外界条件无关；而燃料的燃烧情况、能量的损失都会影响热机效率，即热机效率不是定值，与外界条件有关，故C错误；D、使燃料燃烧更充分，可以增大有效利用的能量，可以提高热机的效率，故D正确。故选：D。6．（2023•从江县校级开学）如图所示，小明在吹气球时，被吹饱满的气球没能用手握住，呼啸着飞了出去。下列分析正确的是（）A．喷气的嘴部很热，因为与空气摩擦导致内能增加 B．喷气的嘴部很冷，因为气球内气体放出时对外做功导致内能减少 C．喷气的嘴部温度不变，因为放气时气体没有做功过程 D．气球内的气体对气球不做功【答案】B【分析】外界对物体做功时，物体的内能会增大，物体对外界做功时，内能会减小。【解答】解：被吹大了的气球没能用手握住，呼啸着飞了出去，气球内的气体向外喷出，气体对气体做功，内能转化成球的机械能，球内气体的内能减少，温度降低，故气球的嘴部温度和原来相比变低，故B说法正确。故选：B。7．（2023•佳木斯一模）如图所示，材质均匀的弧形轨道固定在竖直平面，将小球置于轨道的顶端A点，小球具有的机械能为100J．让小球从A点由静止开始滚动，到右侧所能达到的最高位置B点时，具有的机械能为80J，随即小球向左侧滚动，当滚动到左侧所能达到的最高位置时，此过程中小球克服摩擦做的功可能是（不计空气阻力）（）A．10J B．20J C．60J D．70J【答案】A【分析】动能和重力势能之间可以相互转化，在转化过程中，由于与轨道摩擦，机械能逐渐减小，不计空气阻力，根据对摩擦力的分析可做出解答。【解答】解：由题意可知，小球在与轨道摩擦的过程中，其机械能转化为内能，逐渐减小。不计空气阻力，小球从A点到达B点时，机械能从100J减小为80J，减少了20J．而从B点再到达左侧所能达到的最高位置时，其通过轨道的长度应该比第一次短，所以机械能减少的大小应该小于20J，故此过程中小球克服摩擦做的功可能是10J。故选：A。8．（2023•市中区校级开学）四冲程柴油机工作时，依靠飞轮惯性使活塞向下运动完成的冲程是吸气冲程，做功冲程时内能转换为机械能。【答案】吸气冲程；内；机械【分析】内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，对外提供能量的冲程只有做功冲程，其它三个冲程都是依靠惯性完成的。内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能。【解答】解：四冲程柴油机工作时，吸气冲程、压缩冲程和排气冲程是靠飞轮惯性完成的，而压缩冲程和排气冲程活塞是向上运动是，只有吸气冲程是向下运动的，故依靠飞轮惯性使活塞向下运动完成的冲程是吸气冲程。做功冲程中，高温高压的蒸汽推动活塞向下运动，对外输出有用功，将内能转化为机械能。故答案为：吸气冲程；内；机械。9．（2023•南岗区校级开学）某型号的汽车在车型测试中，在一段平直的公路上以80km/h的速度匀速行驶了6km，消耗汽油1.05kg，假设汽油完全燃烧，汽油机的效率为40%，则该型号汽车在此速度行驶的过程中，所消耗汽油完全燃烧放出的热量为4.725×107J，汽车受到的阻力是3150N。（汽油的热值q汽油＝4.5×107J/kg）【答案】4.725×107；3150。【分析】（1）知道汽油的质量和热值，利用Q放＝mq求出汽油完全燃烧放出的热量；（2）利用效率公式求出该汽车所做的有用功；利用W＝Fs求出汽车的牵引力，根据二力平衡条件可知汽车行驶过程中受到的阻力。【解答】解：（1）完全燃烧1.05kg汽油所放出的热量：Q放＝mq汽油＝1.05kg×4.5×107J/kg＝4.725×107J；（2）由η＝可知，该汽车所做的有用功：W＝ηQ放＝40%×4.725×107J＝1.89×107J；由W＝Fs可知，汽车的牵引力：F＝＝＝3150N，由于汽车匀速行驶，汽车的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，汽车受到的阻力：f＝F＝3150N。故答案为：4.725×107；3150。10．（2023•凤台县校级开学）某种国产汽车，当它在某平直公路上以20m/s速度匀速行驶时，每百公里的油耗为6L。当汽车行驶500s。假设汽车在运动过程中受到的平均阻力是495N，则汽油机的效率是25%（已知汽油的热值是3.3×107J/L）。【答案】25【分析】（1）利用v＝求汽车行驶距离，知道每百公里的油耗为6L，可求行驶10km（公里）消耗汽油；（2）利用Q＝Vq求汽油完全燃烧放出的热量，由于汽车匀速行驶，汽车牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，利用W＝Fs求牵引力做功，汽油机的效率等于牵引力做的功与汽油完全燃烧放出的热量之比。【解答】解：由v＝得汽车行驶距离：s＝vt＝20m/s×500s＝10000m＝10km，因为每百公里的油耗为6L，所以行驶10km（公里）消耗汽油：V＝×6L＝0.6L；汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.6L×3.3×107J/L＝1.98×107J，因为汽车匀速行驶，所以汽车牵引力：F＝f＝495N，牵引力做功：W＝Fs＝495N×10000m＝4.95×106J，汽油机的效率：η＝＝×100%＝25%。故答案为：25。11．（2023春•二道区校级期末）今年“五一”小长假，很多人去南湖公园烧烤。烤肉时，香气四溢属于扩散现象，表明分子在不停地做无规则运动；炭火烤肉是通过热传递的方式增大肉的内能（填“做功”或“热传递”）；木炭在燃烧过程中将化学能转化为内能。【答案】扩散；热传递；内能。【分析】扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动；改变内能的方法有两个：做功和热传递；燃料燃烧将化学能转化为内能。【解答】解：香气四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；炭火烤肉，肉吸收热量，用热传递的方式增大肉的内能；木炭在燃烧过程中将化学能转化为内能。故答案为：扩散；热传递；内能。12．（2023•新建区校级开学）如图1所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相等，烧杯内的液体质量和初温也相同。（1）比较不同燃料的热值，应选择甲、乙两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过温度计示数来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）。（2）若想利用上述装置估测燃料的热值，那么还需要补充的实验仪器是天平，利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）。（3）比较不同物质吸热升温的特点，应选择甲、丙两图进行实验，可以采用方法一：吸收相同热量，比较升高的温度；也可以用采用方法二：升高相同温度比较吸收热量的多少。比热容的概念是采用方法二（选填“方法一”或“方法二”）的方法来定义的。（4）如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图2所示，由图可以看出，液体b的吸热能力强。【答案】（1）甲、乙；温度计示数；（2）天平；偏小；（3）甲、丙；方法二；（4）b。【分析】（1）比较不同燃料的燃烧值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；燃料完全燃烧释放的热量可以通过液体温度计示数变化来反应。（2）燃料燃烧放出热量的多少跟燃料的热值和质量有关，所以在设计实验时应使用控制变量法进行设计实验。（3）比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料相同而吸热物质不同；可以让两种物质吸收相同热量，比较升高的温度；也可以用升高相同温度比较吸收热量的多少。（4）质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度升高的慢。【解答】解：（1）比较不同燃料的热值，应选择1、2两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量，是通过温度计示数的变化量来反应。要控制质量相等，需要用天平来测量；（2）由于燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸了热，使Q放大于Q吸，依此计算出燃料的热值比实际要偏小些。（3）比较不同物质吸热升温的特点：应控制燃料相同而吸热物质不同，选择甲、丙两图进行实验；可以让两种物质吸收相同热量，比较升高的温度情况；也可以用升高相同温度比较吸收热量的多少。比热容的概念是采用方法二的方法来定义的。（4）如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图2所示，由图可以看出，b液体的温度升高得较慢，b液体的比热容较大，吸热能力强。故答案为：（1）甲、乙；温度计示数；（2）天平；偏小；（3）甲、丙；方法二；（4）b。13．（2023•兴宁区