14.4第14章《内能的利用》单元测试练习（A卷）解析版

人教版八年级物理上册第14章《内能的利用》单元测试（A卷）（时间：90min满分：100分）姓名：学校：分数：题型选择题填空作图题实验题计算题总计题数2073333小题分数40162123100分得分一、选择题（每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共20小题，共计40分）：1．热机的特点是将燃料燃烧获得内能，然后通过做功驱动机器。它们都是利用了储存在燃料中的（）A．势能 B．电能 C．化学能 D．机械能【答案】C【解析】解：所有的燃料都储存了化学能，而热机工作的过程是将燃料的化学能转化为内能，再通过做功的方式将内能转化成机械能的过程，故ABD错误、C正确。故选：C。2．以下机械属于热机的是（）A．喷气发动机B．滑轮组C．洗衣机D．螺旋式千斤顶【答案】A【解析】解：A、喷气发动机是把内能转化成机械能的装置，属于热机，故A符合题意；B、滑轮组是简单的机械，不属于热机，故B不合题意；C、洗衣机是电能转化为机械能的装置，不属于热机，故C不合题意；D、螺旋式千斤顶是利用帕斯卡原理，不属于热机，故D不合题意。故选：A。3．当手扶拖拉机的柴油机出现故障而转速急剧增加时，正常操作已不能使它停止转动（这种故障叫“飞车”）时，下列应急措施可行的是（）A．用隔热的东西捂住进气口B．用隔热的东西捂住排气口C．脚踏刹车板，且手拉制动器D．设法让拖拉机撞上坚固的障碍物【答案】A【解析】解：“飞车”的原因大多是因为活塞将部分润滑油带入气缸中，遇到高温高压的压缩空气而燃烧放热，使正常操作下减小油门，或停止供给柴油都不能停止或控制发动机转动，因而只好捂住进气口，不让氧气进入气缸，才能阻止气缸中燃料的燃烧。A．用隔热的东西捂住进气口，故A符合要求；B．压力太大，立即找一个隔热的东西，捂住排气口挡不住，故B不符合要求；C．脚踏刹车板，同时手拉制动器，这是正常操作，故C不符合要求；D．设法让拖拉机撞上坚固的障碍物，很明显不符合要求。故选：A。4．汽车的发动机大多数是内燃机，内燃机是热机的一种，下列关于热机和环境保护的说法，正确的是（）A．热机排出的尾气没有内能B．热机的效率能达到100%C．热机的大量使用会造成环境污染D．汽油机的做功冲程是将机械能转化成内能【答案】C【解析】解：A、热机工作时，排出的尾气带走了大部分内能，故A错误；B、热机工作时由于要克服机械间的摩擦做额外功、同时也存在热散失、并且废气带走大部分能量，所以热机的效率很低，不能达到100%，故B错误；C、热机工作时，燃料燃烧放出的废气会造成环境污染，所以热机的大量使用会造成环境污染，故C正确；D、汽油机的做功冲程中高温高压燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，故D错误。故选：C。5．关于热机的效率，下列说法正确的是（）A．使燃料燃烧更充分，可以提高热机的效率B．热机的效率越高，在做功同样多的情况下消耗的能量越多C．热机的效率越高说明做功越快D．热机损失的能量中，废气带走的能量较少，主要是由于机械摩擦损失的【答案】A【解析】解：A．使燃料燃烧更充分，可以增大有效利用的能量，提高热机的效率，故A正确；B．热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比，当热机做一定的有用功，消耗的燃料越少，效率一定越高，故B错误；C．热机的效率越高说明用来做有用功的能量占燃料完全燃烧产生的能量之比大，做功越快是指功率大，功率和效率没有关系，故C错误；D．热机工作时，热机损失的能量中，废气带走的热量多，机械摩擦损失的不是主要的，故D错误。故选：A。6．如图是四冲程汽油机某个冲程的剖面图，下列说法错误的是（）A．汽油是不可再生能源B．汽油机工作时，会闻到汽油味，属于扩散现象C．该冲程是压缩冲程，将机械能转化为内能D．该冲程是做功冲程，燃气推动活塞做功，其内能减小，温度降低【答案】C【解析】解：A、汽油是不可再生能源，故A正确；B、汽油机工作时，会闻到汽油味，属于扩散现象，故B正确；CD、图中四冲程汽油机两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，将机械能转化为内能，故C正确，D错误。故选：C。7．如图所示是汽油机工作时某个冲程的示意图。则下列说法正确的是（）A．该冲程是吸气冲程B．该冲程中气缸内气体被压缩液化C．该冲程中内能转化为机械能D．该冲程排出的尾气是液体的汽化过程【答案】C【解析】解：ABC、根据图示可知，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，气缸容积增大，因此是做功冲程，在做功冲程中将内能转化为机械能，故AB错误，C正确；D、汽油机在排气冲程排出的尾气放出热量发生液化现象，故D错误。故选：C。8．如图所示为四冲程内燃机工作示意图，下列说法正确的是（）A．在一个工作循环中工作过程依次是丁、丙、甲、乙B．飞轮惯性完成冲程的是甲、乙、丁C．丁图冲程能量转化：内能转化为机械能D．飞轮转速3000r/min，则该汽油机1s能做功25次【答案】D【解析】解：A、甲图中两气门都关闭，火花塞点火，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程；乙图中进气门开启，排气门关闭，气体流入汽缸，是吸气冲程；丙图中排气门开启，进气门关闭，气体流出汽缸，是排气冲程；丁图中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程；所以正确的排序是乙、丁、甲、丙，故A错误；B、内燃机的一个工作循环有四个冲程，只有在做功冲程中使机器获得动力，内能转化为机械能，其它三个冲程均为辅助冲程，依靠飞轮惯性完成，即依靠飞轮惯性完成冲程的是乙、丙、丁，故B错误；C、丁图是压缩冲程，压缩冲程中机械能转化为内能，故C错误；D、四冲程汽油机的飞轮转速为3000r/min，则该飞轮1s转50圈，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，所以1s飞轮转50圈，共25个工作循环，共100个冲程，共做功25次，故D正确。故选：D。9．一台内燃机的转速是1440转/分，那么在每秒钟内（）A．转轴转动24转，燃气对活塞做功24次，活塞完成24个冲程B．转轴转动1440转，燃气对活塞做功720次，活塞完成2880个冲程C．转轴转动24转，燃气对活塞做功12次，活塞完成48个冲程D．转轴转动1440转，燃气对活塞做功1440次，活塞完成1440个冲程【答案】C【解析】解：由内燃机的转速是1440r/min可知，每秒钟转轴转动24转，四冲程内燃机每个工作循环，完成四个冲程，飞轮、曲轴转2转，燃气对外做功1次，由此可知，这台内燃机每秒转轴转动24转，完成12个工作循环，完成48个冲程，燃气对外做功12次，故C选项正确，ABD选项错误。故选：C。10．关于能的概念，下列说法中正确的是（）A．物体只有做了功，我们才说它具有能B．物体能够做功，我们就说它具有能C．具有能的物体，它正在做功D．物体做的功越少，具有的能就越少【答案】B【解析】解：AB、一个物体能够对外做功，也就是具备了做功的能力，我们就说这个物体具有能量，并不一定是正在做功或已经做了功才具有能，故A错误，B正确；C、具有能的物体不一定正在做功，故C错误；D、物体做的功越少，并不一定具有的能就越少，也就是说物体的能并不一定都全部用来做功，故D错误。故选：B。11．瀑布从高峰倾泻而下，驱动发动机转动发电，在此过程中能量转化的顺序为（）A．动能→重力势能→电能 B．重力势能→动能→电能C．电能→重力势能→动能 D．重力势能→电能→动能【答案】B【解析】解：瀑布从高峰倾泻而下，将重力势能转化为动能，驱动发动机转动发电，又将动能转化为电能，所以能量转化是重力势能→动能→电能。故选：B。12．下列能量转化或转移的情景中，属于能量转移的是（）A．燃料燃烧时发热B．用热水袋取暖C．钻木取火D．电动机带动水泵把地下水送到地面【答案】B【解析】解：A、燃料燃烧时发热，将燃料的化学能转化为内能，属于能量的转化，故A错误。B、用热水袋取暖，通过热传递改变物体的内能，属于能量的转移，故B正确。C、钻木取火，通过做功改变物体的内能，属于能量的转化，故C错误；D、电动机带动水泵把地下水送到地面，将电能转化为水的机械能，属于能量的转化，故D错误。故选：B。13．下列关于能量转化和转移的实例中，分析正确的是（）A．燃料燃烧时发热，化学能转化为内能B．水轮机带动发电机发电，电能转化为机械能C．植物吸收太阳光进行光合作用，光能转化为内能D．在热传递中，热量总是从内能多的物体传到内能少的物体【答案】A【解析】解：A、燃料燃烧时发热，化学能转化为内能，故A正确；B、水轮机带动发电机发电，将机械能转化为电能，故B错误；C、植物吸收太阳光进行光合作用，光能转化为化学能，故C错误；D、在热传递中，热量总是从温度高的物体传到温度低的物体，故D错误。故选：A。14．小叶看见面点师傅将面拉成长条，放入滚烫的油中就炸出了香脆可口的油条，于是很想了解油的吸热能力。在老师指导下，他用酒精灯分别加热质量为50g、初温为20℃的油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。下列说法正确的是（）加热时间（min）消耗酒精（g）末温（℃）油2188水2150A．2min内油吸收的热量为3×104JB．他使用的酒精灯的加热效率为21%C．油的末温比水的高，所以吸热能力更强D．油的吸热能力与其吸收的热量多少有关【答案】B【解析】解：A、2min内水吸收的热量为：Q水＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg•℃）×50×10﹣3kg×（50℃﹣20℃）＝6.3×103J，由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，所以2min内煤油吸收的热量也为6.3×103J，故A错误；B、燃料完全燃烧放出的热量的热量为：Q放＝mq＝1×10﹣3kg×3×107J/kg＝3×104J，他使用的酒精灯的加热效率为：η=Q吸QC、油的末温比水的末温高，则油的吸热能力比水弱，故C错误；D、比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关，故D错误。故选：B。15．一杯水的内能自发集中到这杯水的上层，使上面的水剧烈地沸腾，而下面的水却结成了冰。这样的情景是不会出现的原因是（）A．违反能量守恒定律 B．水的比热容大C．能量的转移有方向性 D．冰的密度较小【答案】C【解析】解：因能量的转移具有方向性，内能会自发地从高温处向低温处转移，不会逆向转移，所以不会出现题中所说的情景。故C正确，ABD错误。故选：C。16．关于能量守恒定律，下列说法正确的是（）A．能量可以凭空消失B．能量可以凭空产生C．能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变D．热机在工作的过程中不遵循能量守恒定律【答案】C【解析】解：AB、能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，故AB错误；C、据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变，故C正确；D、能量守恒定律适用于自然界中任何形式能的相互转化，故D错误；故选：C。17．以下关于能量转化与守恒定律说法不正确的是（）A．小华家使用的天然气热水器是将电能转化为内能B．子弹没击中目标，最后下落陷在土地中，子弹的一部分机械能转化为内能C．LED灯发光效率高是因为它将电能绝大部分转化为光能D．人体维持37℃，是因为人体内不断将食物的化学能转化为内能【答案】A【解析】解：A、使用的天然气热水器是将化学能转化为内能，故A错误；B、子弹没击中目标，最后下落陷在土地中，子弹的克服摩擦力做功，子弹机械能转化为内能，故B正确；C、LED灯发光效率高是因为它将电能绝大部分转化为光能，故C正确；D、人体维持37℃，是因为人体内不断将食物的化学能转化为内能，故D正确。故选：A。18．下列选项可能符合汽车热机能量流向的是（）【答案】D【解析】解：（1）热机是利用内能来做功的机器，故B错误；ACD、汽车热机的效率通常为20%～30%左右，只有D选项中汽车热机工作时，有30%的内能转化为机械能，故AC错误、D正确。故选：D。19．如图甲、乙分别是“探究不同物质吸热升温的现象”和“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”的两组实验装置。关于这两个实验，下列要求正确的是（）A．所用燃料的质量都必须相等B．都要用计时器来测量加热时间C．烧杯中被加热物体的质量都必须相等D．都要测量燃料完全燃烧后被加热物质的温度【答案】C【解析】解：AC、根据“比较不同燃料燃烧放出的热量大小”和探究“不同物质吸热升温现象”两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同，故A错误、C正确；B、乙组实验中，燃烧相同质量的不同燃料，可以根据温度计示数的变化来比较吸热的多少，而不需要用计时器来测量加热时间，故B错误；D、甲组实验中，不需要燃料完全燃烧后测量被加热物质的温度，只有加热时间相同即可，故D错误。故选：C。20．如图a为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度，如图b为四冲程汽油机的工作示意图。下列判断不正确的是（）A．图a中气缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力B．气缸内的蒸汽推动活塞时，内能减小C．从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图A所示的原理相似D．汽油机一个工作循环的正确顺序是ABCD【答案】C【解析】解：A是吸气冲程、B是压缩冲程、C是做功冲程、D是排气冲程，蒸汽弹射装置是内能转化为机械能，与C图做功冲程相似；AB、a图中，气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，其内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力，该过程中内能转化为机械能，燃气的内能减小，故AB正确；C、蒸汽弹射装置工作时内能转化为机械能，与汽油机的做功冲程相似，而图A中汽油机的进气门打开，排气门关闭，活塞向下移动，是汽油机的吸气冲程，与蒸汽弹射装置工作时的原理不同，故C错误；D、四冲程汽油机一个工作循环由吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，所以汽油机一个工作循环的正确顺序是ABCD，故D正确。故选：C。二、填空题（每空1分，共7小题，共计16分）：21．用冷水冷却发动机，是利用水的比热容较（选填“大”或“小”）的特性。四冲程汽油机的工作过程中冲程将内能转化为机械能（选填“压缩”或“做功”）。【答案】大；做功。【解析】解：水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，所以用冷水冷却发动机；四冲程汽油机工作一个循环经过：吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中做功冲程将内能转化为机械能。故答案为：大；做功。22．全球汽车保有量在迅速增长，截至2020年全球处于使用状态的汽车数量约为1.1×109辆。每辆汽车每年耗油1.8t，全球一年内将消耗燃油t。若汽车内燃机的效率平均值取30%。如果能把内燃机效率提高1%，全球每年可以节约t燃油。【答案】1.98×109；6.6×107。【解析】解：（1）全球一年内将消耗燃油：m＝1.1×109×1.8t＝1.98×109t；（2）每辆汽车做有用功所需燃油：1.8t×30%＝0.54t内燃机效率提高后为：30%+1%＝31%效率提高后每辆汽车每年所需燃油量：0.54t31%每辆车每年节约燃油：1.8t﹣1.74t＝0.06t全球每年节约燃油：1.1×109×0.06t＝6.6×107t。故答案为：1.98×109；6.6×107。23．一款汽车发动机的效率是30%，则其每消耗6kg汽油，发动机输出的机械能是J，在损失的能量中，带走的能量最多。若损失的能量完全被水吸收，可使kg的水升高50℃。[c水＝4.2×103J/（kg・℃），q汽＝4.6×107J/kg]【答案】8.28×107；废气；920。【解析】解：完全燃烧6kg汽油放出的热量为：Q放＝q汽m＝4.6×107J/kg×6kg＝2.76×108J，由η=WQ放可知发动机输出的机械能为：W＝Q放η＝2.76×108废气的温度最高，在损失的能量中，废气带走的能量最多；损失的能量为：E＝Q放﹣W＝2.76×108J﹣8.28×107J＝1.932×108J，则水吸收的能量为：Q吸＝E＝1.932×108J，由Q吸＝c水m′Δt可知水的质量为：m′=Q故答案为：8.28×107；废气；920。24．2022年6月5日，“神舟十四号”火箭发射成功。火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的较大；火箭向下喷射燃气获得推力加速上升，是能转化为机械能。【答案】热值；内能。【解析】解：运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的液态氢和其它燃料相比，液态氢可以释放出更多的热量；并且所需的液态氢的体积小，便于储存和运输。火箭在推力作用下，加速上升，是内能转化为机械能。故答案为：热值；内能。25．如图所示是四冲程内燃机工作循环中的冲程。若此内燃机1s内对外做功20次，则曲轴的转速是r/min。在一个工作循环中消耗了20g汽油（q汽油＝4.6×107J/kg），若这台汽油机的效率为30%，则一个工作循环中输出的有用机械能为J。【答案】做功；2400；2.76×105。【解析】解：（1）图中，内燃机两气门都关闭，火花塞点火，活塞由上向下运动，汽缸容积变大，是做功冲程；（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，并对外做功1次；内燃机每秒内对外做功20次，曲轴转40圈，则每分钟对外做功1200次，曲轴转2400圈，因此曲轴的转速为2400r/min；（3）已知m＝20g＝0.02kg，Q放＝qm＝4.6×107J/kg×0.02kg＝9.2×105J，燃料放出的总热量相当于机械做的总功，由热机效率公式η=WW有＝ηQ放＝30%×9.2×105J＝2.76×105J。故答案为：做功；2400；2.76×105。26．“永动机”是不能永动的，原因是它违反了。如图所示的两种情况是不可能发生的，原因是能量的转化和转移具有。【答案】能量守恒定律；方向性。【解析】解：（1）根据能量守恒定律可知，能量不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式或从一个物体转移到另一个物体，但能量转化过程中要有一定的消耗，故永动机违反了能量守恒定律，是不可能制成的。（2）若房间内空气自行聚拢、上面水沸腾和下面水结冰，说明能量发生转移或转化，而两种情况不可能发生，说明能量的转化和转移具有方向性。故答案为：能量守恒定律；方向性。27．近年来我国抽水蓄能电站发展较快。其工作原理如图所示：用电低谷时利用电网多余电能把水从下水库抽到上水库中储存起来；用电高峰时，再利用上水库中的水发电。抽水蓄能时是将电能转化为水的能；电站选址时不仅需要当地水资源充足，还要地势陡峭，这样建成的电站上、下水库的高度差比较，有利于蓄能与发电。【答案】机械；大。【解析】解：（1）蓄能时，水被抽到上水库中，电能转化为水的机械能；（2）抽水蓄能电站在发电时，从能量的角度看，是将水的机械能最终转化为电能，水的机械能越大转化获得的电能越多，所以建成的电站上、下水库的高度差应该比较大，最初水的重力势能较大，有利于蓄能与发电。故答案为：机械；大。三、实验探究题（每空1分，共3小题，共计21分）：28．如图所示，甲、乙、丙三个实验装置完全相同，燃料的质量均为10g，烧杯内液体的质量都相同。（1）若比较不同燃料的热值应选择两个装置；比较不同物质的比热容应选择两个装置；（选填装置序号：甲、乙、丙）（2）在“比较不同燃料的热值”的实验中，通过观察比较燃料燃烧放出热量的多少；（3）实验中需要的测量工具有温度计、秒表和；（4）不同物质吸热的多少是通过（选填“温度计示数变化”或“加热时间”）来反映的，这种研究方法是法；（5）实验中，发现液体a加热相同时间温度上升得较多，由此可以判断：（选填“a”或“b”）物质的吸热能力较强。【答案】（1）乙、丙；甲、乙；（2）温度计示数的变化；（3）天平；（4）加热时间；转换法；（5）b。【解析】解：（1）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数的变化得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择乙、丙两图进行实验；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、乙两图进行实验，这用到了控制变量法；（2）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；加热时液体的温度升高，这时通过热传递方式，使液体的内能增大；（3）根据控制变量法知实验中需要控制液体的质量相同，故需要用天平测量质量，故实验中除了需要温度计、秒表外，还需要天平；（4）选用相同的热源，加热时间相同，物质吸收的热量相同，实验中通过加热时间来反映物质吸收热量的多少，这是转换法的应用；（5）质量相同的物质吸收相等的热量，温度升高量越小，物质吸热能力越强，在本实验中，发现液体a加热相同时间温度上升得较多，b液体温度升高的小，说明b物质的吸热能力较强。故答案为：（1）乙、丙；甲、乙；（2）温度计示数的变化；（3）天平；（4）加热时间；转换法；（5）b。29．如图所示，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，应选择两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过来反映的（选填“温度计升高的示数”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，小明购买了一盒薯片，取出几片用上述方法测出薯片的热值为1.4×107J/kg，他又观察到包装盒上印有“质量：100g”，他据此算出了整盒薯片能提供的热量为J。这个结果与包装盒上注明的“能量：2100kJ”不等，原因可能是。（3）比较不同物质吸热升温的特点，应选择两图进行实验。比热容的概念采用比值定义法，物理学中，把物体温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度的乘积之比，叫做比热容。（4）如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，已知b是水，比热容为4.2×103J/（kg•℃）。吸热后它们的温度随时间变化的图像如图丁所示，则液体a的比热容为J/（kg•℃）。【答案】（1）甲、乙；温度计升高的示数；（2）天平；1.4×106；有热量的损失；（3）甲、丙；（4）2.1×103。【解析】解：（1）比较不同燃料的热值，需要控制燃料的质量相同，分别加热质量和初温完全相同的同种液体，应选择甲、乙两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量，是通过温度计升高的示数来反映；（2）实验中要控制燃料、液体的质量相等，需要用天平来测量质量；整盒薯片能提供的热量：Q放＝mq＝0.1kg×1.4×107J/kg＝1.4×106J＝1400kJ＜2100kJ；用实验中测得的薯片的热值计算出整盒薯片能提供的热量小于包装盒上注明的能量，原因可能是实验中存在热量的损失，或实验时薯片没有完全燃烧；（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；（4）物质吸收热量的多少由加热时间，加热时间越长，物质吸收的热量越多；由图丁可知，质量和初始温度均相同的a、b两种液体，从20℃加热到80℃，a液体用了10分钟，b液体用20分钟，因此b液体吸收的热量是a液体的两倍；根据c=Q吸mΔt可知，当质量和温度变化相同时，物质的比热容与吸收的热量成正比，由此可知，a液体的比热容是水的比热容的一半，即a的比热容：ca=12故答案为：（1）甲、乙；温度计升高的示数；（2）天平；1.4×106；有热量的损失；（3）甲、丙；（4）2.1×103。30．为比较酒精和汽油热值的大小，制定了以下实验方案：（1）取质量（填“相同”或“不相同”）的酒精和汽油作燃料，制成酒精灯和汽油灯；（2）两灯同时点燃后分别给两杯质量和初温相同的水加热（烧杯质量相同，如图所示）；（3）通过观察水温的变化，由此判断两种燃料热值的大小。请根据上面的设计方案回答：①如图甲中温度计的读数是，当两灯的燃料（选填“燃烧相同时间”或“完全燃烧完后”），甲装置中温度计读数是80℃，而乙装置的读数是90℃。由此判断的热值比较大；②实验中燃料燃烧放出的热量，通过方式使水的内能增大；③根据Q吸＝cm水（t﹣t0）计算出水吸收的热量，然后利用这个热量计算出汽油的热值，发现结果与资料中给出的汽油热值相比（选填“偏大”或“偏小”），分析原因可能是。【答案】（1）相同；（3）①56℃；完全燃烧完后；汽油；②热传递；③偏小；因为存在热损失，水吸收的热量小于汽油完全燃烧放出的热量。【解析】解：（1）比较酒精和汽油热值的大小时，采用的是控制变量法，需要控制酒精和汽油的质量相同；（3）①由图知，温度计的分度值是1℃，所以温度计的示数为56℃；当两灯的燃料完全燃烧完后，甲装置中温度计读数是80℃，而乙装置的读数是90℃．根据公式Q吸＝cmΔt可知，在相同情况下，汽油加热的水吸收的热量较多，说明汽油放出的热量较多。根据公式Q放＝mq可知，q=Q②热传递，是内能从温度高的物体传到温度低的物体，或者从物体的高温部分传到低温部分的过程。所以燃料燃烧放出的热量是通过热传递的方式使水的内能增大的；③由于热量的直接散失、烧杯未加盖等，所以汽油燃烧放出的热量大部分未被水吸收，所以根据Q吸＝cm水（t﹣t0）计算出水吸收的热量偏小，从而根据公式q=Q故答案为：（1）相同；（3）①56℃；完全燃烧完后；汽油；②热传递；③偏小；因为存在热损失，水吸收的热量小于汽油完全燃烧放出的热量。四、计算题（第31题6分，第32题8分，第33题9分，共3小题，共计23分）：31．某学校，需要把1000kg的水从20℃加热到80℃。[q天然气＝4×107J/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：（1）这些水吸收的热量；（2）若用天然气加热，不计热量损失，需要完全燃烧多少m3的天然气？【答案】（1）这些水吸收的热量为2.52×108J；（2）加热这些水所需要天热气的体积为6.3m3。【解析】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1000kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×108J；（2）由题知，不计热量损失，天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝Q吸＝2.52×108J，由Q放＝Vq得加热这些水所需要天热气的体积：V=Q放q答：（1）这些水吸收的热量为2.52×108J；（