专题训练3 热学疑难选择题

学而优教有方试卷第=page11页，共=sectionpages33页人教版九年级物理知讲练考全优学案热学较难选择题1．如图甲所示，规格相同的容器中装了相同质量的纯净水，用不同的加热器加热，忽略散热，得到如图乙的图像，下列说法正确的是（）A．甲烧杯中的水温上升快，说明甲杯中的水的比热容比乙杯中的水比热容小B．甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同C．吸收相同热量，甲杯的水升温比乙杯的多D．加热相同时间，两杯水吸收的热量相同2．在相同的加热条件下，对质量为mA、比热容为cA的A液体和质量为mB、比热容为cB的B液体均匀加热，液体A、B的温度随加热时间的变化情况如图所示。下列推断正确的是（）A．若mA＝mB，则cA＜cB B．若mA＝mB，则cA＝cBC．若mA＜mB，则cA＝cB D．若mA＜mB，则cA＞cB3．我校某同学查阅资料了解到质量为1kg的某种晶体物质在完全熔化时所吸收的热量叫做该物质的熔化热，不同晶体的熔化热一般不同。老师鼓励小红去探究冰的熔化热。小红在实验室利用电热器加热，完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg，相同时间冰和水吸收的热量相同。水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）。下列说法中正确的是（）A．CD段水吸收的热量是4.2×105JB．AB段冰吸收的热量是2.1×106JC．根据上述信息算出冰的比热容2.1×104J/(kg·℃)D．根据图中信息，冰的熔化热是3.36×105J/kg4．有甲、乙两个温度和质量都相等的金属球，先将甲球放入盛有热水的烧杯中，热平衡后水温降低了Δt。然后，把甲球取出，再将乙球放入烧杯中，热平衡后水温又降低了Δt，则两种金属的比热容大小的关系是（）A．c甲>c水 B．c甲=c乙 C．c甲>c乙 D．c甲<c乙5．甲乙两球质量相等，甲吸收的热量大于乙吸收的热量，有关甲、乙两球的比热容和温度变化关系，小明认为：如果甲的比热容大于乙，则甲升高的温度可能小于乙；小华认为：如果甲的比热容小于乙，则甲升高的温度一定大于乙。下列说法正确的是（）A．两人的观点均正确 B．两人的观点均不正确C．只有小明的观点正确 D．只有小华的观点是正确的6．用两个相同的电加热器分别给质量和初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化的关系图像如图所示。下列说法中正确的是（）A．加热相同的时间，甲液体的温度变化量小于乙液体的温度变化量B．温度变化量相同时，甲液体的加热时间大于乙液体的加热时间C．用加热时间的长短可以反映两种液体吸收热量的多少D．根据质量、加热时间和温度变化信息，可以推算出甲液体的比热容大于乙液体的比热容7．热平衡，指同外界接触的物体，其内部温度各处均匀且等于外界温度的状况。在热平衡时，物体各部分以及物体同外界之间都没有热量交换，即。将400g、5℃的冷水与200g、80℃的热水混合（与外界无热量交换），混合后的温度是（）A．30℃ B．37.5℃ C．60℃ D．70℃8．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的水，并用不同的加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是（）A．甲、乙两容器中的水的内能是通过做功的方式来增加的B．甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量相同C．加热相同的时间，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为2∶3D．将甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为2∶39．如图是用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热时它们的温度随时间变化的图象，其中a、c质量相同。下列对图象的分析不正确的是（）A．t1﹣t2时间内，物质a的温度不变，内能增加B．如果a、b是同种物质，b的质量大于a的质量C．温度从T1升高到T2时，a物质吸收的热量比b少D．b的比热容一定小于c的比热容10．小莉根据表中的数据，得出以下四个结论，其中不正确的是（）物质密度ρ/（kg·m-3）（常温常压下）物质熔点/℃（在标准大气压下）物质比热容c/[J/(kg·℃)]煤油0.8×103铜1083干泥土0.84×103纯水1.0×103铝660水4.2×103铜8.9×103铅328铜0.39×103铝2.7×103锡232铝0.88×103A．用来熔化铜的器皿不可以用锡制作B．质量相等的纯水和煤油，纯水的体积较小C．体积相等的铜块和铝块，放出相等热量，铝快温度降低得较多D．质量相等的干泥土和水，吸收相等热量，水温度升高得较多11．关于物体的内能、热量和温度的关系，下列说法正确的是A．物体内能增大，一定是吸收热量B．物体内能减小，说明物体对外做功C．水吸收热量，温度一定升高，内能一定增大D．铁丝发热，可能是做功，也可能是被加热12．将质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了3℃，然后又向保温容器中倒入一小杯同质量同温度的热水，水温又上升了2.8℃．不计热量的损失，则可判断A．热水和冷水的温度差为87℃，m0：m=1：28B．热水和冷水的温度差为69℃，m0：m=1：32C．热水和冷水的温度差为54℃，m0：m=1：24D．热水和冷水的温度差为48℃，m0：m=1：2013．质量相同的A、B两金属块,把它们都加热到100℃,然后分别投入装有质量相同、初温都为0℃的C、D两杯水中,测量的结果:金属块A使C杯的水温升高了10℃,金属块B使D杯的水温升高了20℃．设两金属块比热容为CA和CB,则CA与CB的比值为A．4：9 B．9:4 C．19:9 D．9:1914．、两种物质组成的物体，已知，，，当它们吸收热量时，它们温度变化量分别为和．则在不计热量损失的前提下应为A．1:1 B．4:27 C．4:3 D．9:415．第一次在试管里注入温度为的水，将试管底部浸入温度为的大量水中，试管内的水经过时间被加热到；第二次在试管里注入温度为的等量的水，将试管底部浸入温度为的大量水中，试管内的水经过时间冷却到，不考虑水和空气之间的热交换，则A． B． C． D．无法确定16．下列用分子动理论解释生活中的现象,说法正确的是()A．破镜不能重圆,是因为分子间有排斥力B．花香四溢,是因为分子在不停地运动C．水往低处流,是因为分子在不停地运动D．物体热胀冷缩,是因为分子的大小随温度的变化而改变17．铜的比热容是铅的3倍，质量相等的铜块和铅块，放出相同热量后互相接触．下列说法中正确的是

（

）A．铜块一定向铅块传热B．铅块不可能向铜块传热C．铜块可能会向铅块传热D．铅块和铜块之间一定有热传递18．向一大桶温度为t1的冷水中倒入一小桶温度为t2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（

）A． B． C． D．19．某学生用两个相同的热源分别对质量为m1

，比热为c1的甲物质和质量为m2、比热为c2的乙物质加热，并根据实验测得的数据分别画出甲、乙两物质的温度随加热时间变化的图线，如图所示．根据图线情况，作出如下推断，其中错误的是A．若m1=m2

，则c1<c2； B．若m1<m2

，则c1>c2；C．若c1=c2

，则m1<m2； D．若c1>c2

，则m1<m2．20．关于汽油机和柴油机描述正确的是（）A．汽油机顶部有喷油嘴，柴油机顶部有火花塞B．柴油机在吸气冲程中，柴油和空气的混合物进入汽缸C．做功冲程中，燃料释放的能量100%转化为机械能D．排气冲程中，废气带走了燃料释放的大部分能量21．关于能量的转化与守恒，下列说法中正确的是（）A．能量守恒定律只适用于能量的转化过程B．给手机充电时是将电能转化为化学能C．“摩擦生热”是创造了热，它不符合能量守恒定律D．由于能的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机22．甲、乙两台汽油机，甲汽油机的效率为30%，乙汽油机的效率为20%，则下列说法正确的是（）A．甲汽油机做的功比乙汽油机做的功多B．甲汽油机的功率比乙汽油机的功率大C．在相同的时间内甲汽油机燃烧的汽油比乙汽油机的多D．在消耗相同的汽油时，甲汽油机做的有用功比乙汽油机多23．关于热机的效率，下列说法正确的是（）A．总功一定，额外功越少，效率就越高B．热机做的有用功越多，效率就越高C．热机消耗的燃料越多，效率就越低D．热机的功率越大，效率就越高24．现有两个使用同一种燃料的加热器，用它们分别对甲、乙两种不同的物质加热。已知甲物质的比热是乙物质的2倍，甲物质的质量是乙物质的，当甲物质升高的温度是乙物质的时（甲、乙物质的物态都不发生改变），加热甲物质所用燃料是加热乙物质的，则两加热器利用热能的效率之比是（）A．3:4 B．1:1 C．3:2 D．2:125．下列关于能量转移和转化的方向性的说法中，不正确的是A．在自然界中不是所有能量都能利用B．能量的利用是有条件的，也是有代价的C．不同温度的物体发生热传递时，热传递的方向只能从高温物体到低温物体，不会相反D．汽车刹车时，车的动能转化为内能，这些内能可以收集起来，再作为车行驶的动力26．某四冲程内燃机的飞轮转速为，则在每秒钟内A．曲轴转120转B．对外做功60次C．完成120个冲程D．完成60个工作循环27．如图为一台四缸发动机，其主要技术指标如右表所示．其中排量等于四个汽缸工作容积的总和，汽缸工作容积指活塞从上止点到下止点所扫过的容积，又称单缸排量，它取决于活塞的面积和活塞上下运动的距离（即冲程长）．转速表示每分钟曲轴或飞轮所转的周数．则下列计算不正确的是________；排量输出功率转速A．该发动机在内做功B．单缸排量为C．在每个做功冲程里，发动机做功D．在做功冲程里，燃气对活塞的压强为28．有甲、乙两台柴油机，在相同的时间内，它们所做的有用功之比是5：4，消耗柴油的质量之比是3：2，那么它们的效率之比是A．15：8B．5：6C．6：5D．1：129．有一辆汽车在水平路面上用0.5h匀速行驶了36km，消耗汽油3kg。若已知该汽车发动机的功率（即牵引力的功率）为23kW，汽车（包括车上的人和物品）质量为1.5t，车轮与地的接触总面积是0.5m2，汽油的热值为4.6×107J/kg，g取10N/kg。下列分析正确的是（

）A．该汽车对路面的压力等于l.5×104N，该汽车克服阻力做的功是2.3×104JB．该汽车通过这段路程的平均速度是200m/s，车对地的压强是30PaC．该汽车的牵引力是1.5×104N，汽油燃烧放出的热量是1.38×108JD．该汽车发动机的效率是30%，该汽车的牵引力是1.15×103N30．普通白炽灯正常工作时消耗的电能有90％因发热而损失，而新型的LED灯（发光二极管）发光时几乎不发热，从而减小了电能的损失，成为科技创新的重要领域之一。下面有关普通白炽灯和LED灯工作过程的比较说法不正确的是（）A．普通白炽灯正常工作时消耗的电能转化为光能和机械能B．LED灯的发光原理是由电能直接转化为光能C．普通白炽灯正常工作时消耗的电能主要转化为光能D．LED灯提高了电能转化为光能的效率，有利于节约能源31．如图所示表示的是汽油机的能量流向，对照此图，下列说法不正确的是A．废气的排放所占比例最大，减少该部分能量损失可有效提高热机效率B．冷却水能量的二次利用可以提高能量利用率C．该汽油机的效率为73%D．该汽油机的能量利用率为27%32．如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（）A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大C．若的值越大，燃料的热值越大 D．若的值越大，燃料的热值越大33．下列图中箭头表示空气流动的方向。炎热晴朗的夏夜，我市老坝港海边的陆地与海面之间空气循环流动的示意图表示正确的是（）A． B．C． D．34．下列对生活中的现象解释不正确的是A．摔碎了的瓷碗很难拼合在一起——分子间存在斥力B．排骨藕汤热的时候香气四溢――温度越高，分子的运动越剧烈C．墙内开花墙外香—-分子在不停地做无规则运动D．海边昼夜温差变化比沙漠中小——水的比热容比沙石比热容大35．下列关于热现象的说法中，正确的是（）A．沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是因为水的比热容小 B．汽油机压缩冲程把内能转化为机械能C．火箭用氢作燃料主要是因为氢的热值高 D．温度高的物体含有的热量多36．根据表中数据，下列判断正确的是（）一些物质的比热容[J/(kg·℃)]水4.2×103铝0.88×103煤油、冰2.1×103干泥土0.84×103沙石0.92×103铜0.39×103A．质量和温度相等的铜块和铝块放出相同热量后，彼此接触热量会从铜块传到铝块B．因为水的比热容较大，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差大C．一块干泥土变湿后，在同样光照条件下其升温速度将变慢D．物质的比热容与物质的状态无关37．人们经常利用水比热容大这一性质．下列事例中与这一性质无关的是（）A．在发烧病人的额头上擦冷水降温B．沿海地区的气温变化小C．晚间，在春播秧田里灌水保温D．福岛核电站受损后灌注海水降温38．下列说法错误的是（）A．将菜炒熟的过程中，分子热运动加剧，香味越来越浓B．将活塞迅速压下时，筒内空气的温度升高，蘸了乙醚的棉花燃烧起来C．1kg的汽油在汽缸内燃烧放出的热量，就是汽油的热值D．由于沙石的比热容比海水的小，导致沙漠地区的昼夜温差比沿海地区的大39．下列有关热机的说法中不正确的是A．可以采用增大热机功率的方法来增大热机的效率B．为了防止热机过热，通常用水来降温，是利用水的比热容大的特性C．热机工作的过程是将燃料燃烧获得的内能转化成机械能的过程D．热机的大量使用会造成环境污染40．“节能、环保”是当今社会的两个主题，以汽油机和柴油机为代表的热机在生活中应用广泛，下面哪一种做法与“节能、环保”无关（）A．近年来，全国各地纷纷使用乙醇汽油作为燃料B．寒冷的冬夜，司机师傅往机动车的水箱中加入适量防冻液C．汽油机的火花塞在压缩冲程末期点火D．柴油机喷出的柴油为雾状41．如图为四冲程汽油机工作示意图，下列说法正确的是（）A．依靠飞轮惯性完成的冲程是甲、乙、丁B．甲图冲程中能量转化是机械能转化为内能C．飞轮转速3000r/min，则该汽油机1s能做功25次D．在一个工作循环中，工作过程依次是乙、甲、丁、丙42．如图是给汽车提供动力的汽油机的四个工作冲程，下列说法正确的是（）A．图甲是做功冲程，机械能转化为内能B．图乙是排气冲程，依靠飞轮的惯性工作C．图丙是压缩冲程，活塞向上运动D．图丁是吸气冲程，吸入的只有空气43．下列有关热的说法正确的是（

）A．晶体在熔化过程中温度不变，内能也不变B．内燃机的压缩冲程，主要是用热传递的方法增加了汽缸内的物质的内能C．用水作汽车冷却液，是因为水的比热容大D．柴油机的效率比汽油机的效率高，是因为柴油的热值比汽油的热值大学而优教有方参考答案：1．B【详解】A．由题意可知，甲乙两容器中都是相同质量的纯净水，它们的种类和状态相同，则两烧杯中水的比热容相同，故A错误；B．甲、乙杯中质量与初温相同的水，分别加热2分钟、3分钟后，最后的温度相同，根据可以知道，它们吸收的热量是相同的。故B正确；C．甲、乙杯中的水质量相等，如果吸收相等的热量，根据可知，它们升高的温度是相等的。故C错误；D．甲乙杯中的水质量和初温相等，根据图象可以知道，加热相同时间，它们的温度不相等，根据可知，它们吸收的热量不同。故D错误。故选B。2．D【详解】在相同的加热条件下，在相同时间内，两个物体吸收的热量是相同的。有即通过图像知道，在相等的加热时间内如果mA＝mB则cA>cB如果则cA>cB故ABC错误，D正确。故选D。3．D【详解】A．冰的质量为0.5kg，冰熔化成水，状态变化，但质量不变，则水的质量为0.5kg，由图像可知，CD段水从0℃升高到20℃，所以，水吸收的热量为Q水吸＝c水m水Δt水＝0.5kg×4.2×103J/(kg·℃)×20℃＝4.2×104J故A错误；BC．由图像知，CD段水从0℃升高到20℃，用了10min的时间，则1min吸收的热量为由图像知，AB段冰从-20℃吸收热量升高到0℃，需要了5min，则冰吸收的热量为Q冰＝4.2×103J/min×5min＝2.1×104J冰的比热容为故BC错误；D．由图像知，0.5kg冰从5min开始熔化到45min全部熔化，需要40min，则该过程中冰熔化所吸收的热量为Q熔化＝4.2×103J/min×40min＝1.68×105J由题意可得，冰的熔化热为故D正确。故选D。4．D【详解】先后将甲乙两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，由题知不计热损失，甲乙两球吸收的热量相同，而乙球比甲球少升高了Δt，即乙球的末温低,由上述分析可知，质量相同的甲乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大，即故ABC不符合题意，D符合题意。故选D。5．A【详解】由题可知，甲乙两球质量相等，即m甲=m乙；甲吸收的热量大于乙吸收的热量，即Q甲>Q乙。由Q=cmΔt可得c甲m甲Δt甲>c乙m乙Δt乙①如果甲的比热容大于乙，即c甲>c乙，由①式可知，可能有Δt甲>Δt乙，也可能是Δt甲<Δt乙。即如果甲的比热容大于乙，则甲升高的温度可能小于乙，也可能大于乙，所以小明的观点是正确的。如果甲的比热容小于乙，即c甲<c乙，由①式可知，Δt甲>Δt乙。即如果甲的比热容小于乙，则甲升高的温度一定大于乙。所以小华的观点也是正确的。故A正确，BCD错误。故选A。6．C【详解】A．由图像可知，加热器相同，质量和初温相同的不同液体，加热相同的时间，即吸收的热量相同时，甲液体升高的温度大于乙液体升高的温度，即甲液体的温度变化量大于乙液体的温度变化量，故A错误；BD．由图像可知，加热相同的时间，即吸收的热量相同时，甲液体升高的温度大于乙液体升高的温度，则甲液体的比热容小于乙液体的比热容。由Q吸=cmΔt可知，质量相同、要使温度变化量相同，比热容小的液体吸收的热量少，则甲液体的加热时间小于乙液体的加热时间，故BD错误；C．因为在其他条件相同的情况下，加热时间越长，表示电加热器放出的热量越多，而放出的热量又是被液体所吸收。故加热时间越长，被加热的液体吸收的热量就越多。所以用加热时间的长短可以反映两种液体吸收热量的多少，故C正确。故选C。7．A【详解】冷水和热水混合，混合后冷水和热水最后的温度相同，设混合后的温度为t，冷水吸收的热量热水放出的热量又因为冷水与热水混合时与外界无热量交换，冷水吸收的热量与热水放出的热量相等，即所以解得混合后的温度t=30℃。故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。8．D【详解】A．容器中的水从加热器上吸收热量，是通过热传递来改变水的内能的，故A错误；B．由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃，乙的加热时间为3min，此时乙容器中的水吸收的热量为Q乙吸=cm2Δt=4.2×103J/(kg•℃)×2kg×(40℃-20℃)=1.68×105J则乙容器中的水每分钟吸收的热量为水的温度从20℃升高到40℃，甲的加热时间为2min，此时甲容器中的水吸收的热量为Q甲吸=cm1Δt=4.2×103J/(kg•℃)×3kg×(40℃-20℃)=2.52×105J则甲容器中的水每分钟吸收的热量为因不计热损失，则加热器每分钟放出的热量等于水每分钟吸收的热量，可知甲容器中的加热器每分钟放出的热量大于乙容器中的加热器每分钟放出的热量，故B错误；C．由B中可得，加热相同时间，加热器放出的热量之比为Q甲放∶Q乙放=ΔQ甲吸∶ΔQ乙吸=1.26×105J∶5.6×104J=9∶4因不计热损失，则相同时间内，两杯水吸收的热量之比为9∶4，由可得，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为故C错误；D．因甲、乙两容器中的水的初温相同，故将甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾时，两容器中的水的温度变化量相同，由Q吸=cmΔt可得，将甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾所需热量之比为由可得，所用时间之比为故D正确。故选D。9．D【详解】由图象知：A．t1﹣t2时间内，物质a的温度虽然不变，但继续吸收热量，所以其内能增加，故A正确，不符合题意；B．如果a、b是同种物质，比热容相同，升高相同的温度时，t2大于t1即b的加热时间长，b吸收的热量多，根据知b的质量大于a的质量，故B正确，不符合题意；C．温度从T1升高到T2时，a物质的加热时间比b物质短，所以a物质吸收的热量比b少，故C正确，不符合题意；D．用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，0﹣t1时间内两种物质加热时间相同，即吸收的热量相同，c物质升高的温度较小，但由于不知道b、c质量的大小关系，根据不能确定b的比热容小于c的比热容，故D错误，符合题意。故选D。10．D【详解】A．铜的熔点是1083℃，锡的熔点是232℃，用锡做熔化铜的器皿，铜还没有达到熔点，器皿就熔化了，故A正确，不符合题意；B．质量相等的纯水和煤油，由于纯水的密度大于煤油的密度，根据公式V=可知，水的体积小，故B正确，不符合题意；C．根据Q=cmΔt，放出热量相等，即c1m1Δt1=c2m2Δt2c1ρ1VΔt1=c2ρ2VΔt2c1ρ1Δt1=c2ρ2Δt2=0.68＜1所以铜块温度降低的少，铝块温度降低的多，故C正确，不符合题意；D．根据Q=cmΔt，吸收热量相等，质量相等，水的比热容比干泥土的比热容大，水的温度比干泥土升高的小，故D错误，符合题意。故选D。11．D【分析】改变物体内能的两种方法：做功和热传递．两种方法在改变物体内能上是等效的．晶体熔化时吸热，但温度不变，据此分析．【详解】AB.做功和热传递都可以改变物体内能，因此物体的内能增加，可能是物体吸收了热量，也可能是对物体做了功；物体内能减小，可能是放出了热量，也可能是对外做功．故AB错误．C.水沸腾时，吸收热量，温度不变．故C错误．D.做功和热传递都可以改变物体内能，因此铁丝发热可能是对其做功的，也可能是对其加热的．故D正确．故选D．12．A【分析】热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同．设热水和冷水的温度差为t，知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，进行解答即可．【详解】设热水和冷水的温度差为t，∵质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了3℃，∴Q吸=Q放，从而可知,cm×3℃=cm0(t−3℃)，①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了2.8℃，∴Q吸=Q放，从而可知,c(m+m0)×2.8℃=cm0(t−3℃−2.8℃)，②则①−②得：2.8℃cm0=3℃cm−2.8℃cm−2.8℃cm0，整理得：5.6℃cm0=0.2℃cm，∴==,即m=28m0，把它代入①式得：cm0(t−3℃)=c×28m0×3℃，解得：t=87℃．故选A.13．A【分析】当水的温度不再升高时，每个杯中都达到了热平衡，即每个金属块放出的热量等于各自杯中水吸收的热量，这样就可以列出两个方程，联立即可求出甲乙金属块的比热容之比；【详解】因为C的初温度为0℃，金属块A使C杯的水温升高了10℃，故C杯中水和A的末温度都为10℃；对于金属块A来说有：；因为D的初温度为0℃，金属块B使D杯的水温升高了20℃，故D杯中水和B的末温度都为20℃；对于金属块B来说有：；因为，则①÷②得：，，所以，故A正确．故选A．【点睛】该题考查了热平衡方程，主要还是利用吸热等于放热，通过题中已知量之间的关系，得出未知量的比值关系．14．C【详解】已知，ρA：ρB=3：2，VA：VB=3：4，根据得，，根据得，，因为，得：．故选C．【点睛】重点是吸热公式和密度公式的应用，类似这样题中给的条件为数据的比，只要将比的前、后项分别代入公式计算即可．15．C【详解】两种情况下，都是将试管底部浸入，第一次时，试管底部的水温度先升高，所以试管底部的水上升，试管里的水主要通过对流被全部加热，而且温度上升比较快，用时间少、即t1较小；第二次时，试管底部的水先降低温度，仍在下面，试管里的水主要通过传导全部致冷，因为水是热的不良导体，温度上升比较慢，用时多、即t2较大，所以。故选C。16．B【详解】A.破镜不能重圆,是因为分子间的间距大于分子间作用力的作用范围，故A错误；B.因为分子在不停地运动，所以花香分子扩散到空气，造成香气四溢,故B正确；C.水往低处流,是因为重力的缘故，故C错误；D.物体热胀冷缩,是因为分子的间距随温度的变化而改变，而不是分子的大小变化了，故D错误；选B．17．C【详解】由得：，质量相同的铜块和铝块，吸收相同热量后，由于铜的比热容是铅的3倍，故铅块升高的温度是铜块升高的温度的3倍，但铜块和铅块的初始温度皆未知，故它们的末温度有三种可能：（1）铜块温度高于铝块温度，相互接触后铜块向铝块传热；（2）铜块与铝块温度相同，相互接触后没有热传递；（3）铜块温度低于铝块温度，相互接触后，铝块向铜块传热．故A、B、D选项不正确；C选项正确．答案：C考点：比热容定义式变式应用；热传递18．B【详解】冷水吸收的热量为热水放出的热量为由题知，，即解得冷水是一大桶，热水是一小桶，所以，即变形可得故ACD错误，B正确。故选B。19．B【详解】根据图像可知，相同的加热时间，即物质甲、乙吸收的热量相同时，甲的温度变化值大，．根据得：，可得：，A、若m1=m2，可以得到c1＜c2，所以A正确；B、若m1＜m2，c1可能大，也可能小，不能确定得出c1＞c2，所以B错；C、若c1=c2，可以得到m1＜m2，所以C正确；D、若c1＞c2，可以得到m1＜m2，所以D正确．故选B．20．D【详解】A．汽油机顶部有火花塞，柴油机顶部有喷油嘴，故A错误；B．柴油机在吸气冲程中，将空气吸入汽缸（没有吸入柴油），故B错误；C．在做功冲程中，燃料燃烧释放的内能大部分需要克服摩擦、发生热传递而散失，只有一少部分转化为机械能，故C错误；D．在排气冲程中，排出的废气温度仍很高，废气带走了燃料释放的大部分能量，故D正确。故选D。21．B【详解】A．能量守恒定律也适用于能量转移的情形。故A错误；B．充电时，消耗电能，电池内部发生化学反应，是将电能转化为化学能。故B正确；C．摩擦生热没有创造热，是将机械能转化为内能，使物体温度升高。故C错误；D．能量的转化和转移是具有方向性的，不是所有的能量都可以利用。故D错误。故选B。22．D【详解】A．做功的多少与功率和做功的时间有关系，与其效率无关，故A错误；B．效率表示功的利用率；功率表示做功快慢，这两个物理量是没有必然的联系的。故B错误；C．汽油机燃烧汽油的多少与功率和效率都有关系，其主要与汽油机的功率有关，故C错误；D．甲汽油机的效率高于乙汽油机的效率，说明：消耗相同的汽油，甲汽油机做的有用功多，即输出的能量多，故D正确。故选D。23．A【详解】A．效率是有用功与总功的比值乘以100%，总功一定，额外功越少，有用功就越多，有用功与总功的比值就越大，即效率就越高，故A正确；B．热机做的有用功越多，但总功不知道，有用功与总功的比值就不确定，因此效率不一定高，故B错误；C．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；做功的多少不确定，热机效率的高低也不一定，故C错误；D．热机效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，热机做的有用功多，但不知道燃料完全燃烧放出的热量，无法确定效率一定高，故D错误。故选A。24．B【详解】由题意可知，，，，由Q吸=cm△t可得，甲、乙物质吸收的热量之比是两加热器的燃料都相同，那么燃料的热值是相同的，加热甲物质所用燃料是加热乙物质的，也就是说甲、乙两物质消耗燃料的质量关系是，由Q放=qm可得，两加热器消耗燃料完全燃烧释放的热量之比是由热机效率公式可知道，两加热器利用热能的效率之比是两加热器利用热能的效率之比是1∶1。故选B。25．D【详解】A.因为能量的转移和转化具有方向性，在自然界中不是所有能量都能利用，如海水的内能无法利用，故A正确；B.能量的利用是有条件的，也是有代价的，如内能的转移只能由高温物体到低温物体，且传统能量的使用造成了环境的严重污染，故B正确；C.热传递的唯一条件是存在温度差，所以不同温度的物体发生热传递时，热传递的方向只能从高温物体到低温物体，不会相反，故C正确；D.汽车刹车时，车的动能转化为内能，但这些内能不能再收集起来利用，说明能量的转化具有方向性，故D错误；故选D．【点睛】理解能的转移、转化及能量守恒的规律，虽然能的总量不变，但由于能量的转移和转化具有方向性，使用过后的能量不能再自发的回到原来的形式再次利用．26．C【分析】在四冲程汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次．【详解】四冲程内燃机的飞轮转速为3600r/min=60r/s，表示每秒飞轮转动60圈，故1s内活塞往复60次，曲轴转动60周，对外做功30次，完成30个工作循环，完成120个冲程，故C正确．故选C．【点睛】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算．27．D【详解】A.W＝Pt＝1.2×105W×1s＝1.2×105J，故A正确；B.单缸的排量为2.0L÷4＝0.5L，故B正确；C.转速为6000r/min，所以每秒转100圈,四缸每转2圈对外做功4次，每转1圈做功2次，所以1秒做功200次，每次做功＝＝600J，故C正确；D.由W＝FS＝PS面S＝PV可得：P＝＝1.2×106Pa，故D错误．故选D.【点睛】功率为120kW，W＝Pt＝1.2×105W×1秒＝1.2×105J；四缸总量为2.0L，所以单缸的排量为＝0.5L，转速为6000r/min，所以每秒转100圈，单缸时曲轴每转2圈对外做功一次，四缸每转2圈对外做功4次，每转1圈做功2次，所以1秒做功200次，每次做功600J；根据公式W＝FS＝PS面S＝PV（S面为活塞的横截面积，S为汽缸的长度，所以S面S即汽缸的容积），所以P＝可判断D项的正误．28．B【详解】根据Q=mq求出燃料完全燃烧放出的热量．它们的效率之比：故本题选B【点睛】此题主要考查的是学生对热机效率、热值计算公式的理解和掌握29．D【详解】汽车的总重车对地的压强该汽车通过这段路程的平均速度是由可得，该汽车的牵引力为牵引力做的功根据二力平衡，汽车匀速运动时，阻力等于牵引力，因此阻力做的功等于牵引力做的功汽油完全燃烧放出的热量为该汽车发动机的效率是故ABC错误，D正确。故选D。30．C【详解】AC．白炽灯是将灯丝通电加热到白炽状态，利用热辐射发出可见光的电光源。大部分白炽灯会把消耗能量中的90%转化成无用的热能，只少于10%的能量会成为光，所以普通白炽灯正常工作时消耗的电能主要转化为热能，故AC说法错误，符合题意；BD．新型的LED灯（发光二极管）发光时几乎不发热，将电能直接转化为光能，提高了电能转化为光能的效率，有利于节约能源，故BD说法正确，不符合题意。故选AC。31．C【详解】由图示知，废气带走了大部分的能量，所以减少该部分的能量损失是提高热机效率的有效手段，A说法正确，不符合题意；冷却水带走的热量仅次于废气带走的热量，所以冷却水能量的二次利用可以提高能量利用率，B说法正确，不符合题意；该汽油机的热机效率为η=97%−33%−30%−7%=27%，C说法错误，符合题意，D说法正确，不符合题意；故选C.点睛：热机的效率是指有利用的热量与燃料完全燃烧放出的热量之比，要提高其效率，应尽量减少能量的损失．32．D【详解】我们假定为两套装置的加热水的效率是相同的。燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸=Q放η，而Q吸=c水m水ΔtQ放=mq即c水m水Δt=mqη解得通过这个式子可以做以下推导：A．若m相同，Δt越小，则燃料的热值越小，故A错误，不符合题意；B．若Δt相同，m越大，则燃料的热值越小，故B错误，不符合题意；C．若的值越大，即的值越小，则燃料的热值越小，故C错误，不符合题意；D．若的值越大，则燃料的热值越大，故D正确，符合题意。故选D。33．B【详解】海洋中水的比热容较大，夏季夜晚放出热量，比热容大的海水温度降低得较少，海面温度较高，空气密度较小，海面上方的热空气上升；而陆地多比热容较小的沙石，夜晚放出相同的热量，比热容小的沙石温度降低得更多，近地空气温度低，气体密度大，盛行下行气流；同时同一水平面出现气压差异，空气由高气压流向低气压，即近地由陆地流向海洋，从而循环流动，故ACD错误，B正确。故选B。34．A【分析】（1）组成物质的分子在不停地做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈；分子运动形成了扩散现象；分子间作用力与分子间距的关系；（2）水的比热容较大，同样吸热或放热时与其它物质相比温度变化小．【详解】A.摔碎了的瓷碗很难拼合在一起，瓷碗破碎后，是因为分子间的距离太大，超出了分子间作用力的作用范围，而不是因为斥力，故A错误；B.排骨藕汤热的时候香气四溢，是扩散现象，因为分子的运动快慢与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，扩散现象进行得越快，故B正确；C.墙内开花墙外香是扩散现象，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，故C正确；D.因为水的比热容比沙石的比热容大，吸收或放出相同的热量，温度变化小，所以海边昼夜温差变化比沙漠中小；故D正确．故选A．35．C【详解】A.沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是因为水的比热容大，故A错误；B.汽油机压缩冲程把机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能，故B错误；C.火箭用氢作燃料主要是因为氢的热值高，同样多的燃料相比释放的内能大，则做功多，故C正确；D.温度高的物体分子运动剧烈，而热量是热传递过程中内能变化的量，不能说物体含有热量，故D错误；故选C．36．C【详解】A．由于铝的比热容大，质量和温度相等的铜块和铝块放出相同热量后，铝块温度降低的少，即末温高，所以彼此接触热量会从铝块传到铜块，故A错误；B．因为水的比热容较大，所以沿海地区吸热升温、放热降温时都比较慢，所以相比内陆地区昼夜温差小，故B错误；C．由于水的比热容大，所以一块干泥土变湿后，比热容会增大，在同样光照条件下其升温速度将变慢，故C正确；D．由表知，水的比热容是冰的二倍，所以物质的比热容与物质的状态有关，故D错误。故选C。37．A【详解】A．在发烧病人的额头上擦冷水降温，利用了病人体温高于冷水温度，发生热传递，病人放出热量，冷水吸收热量，而且水在蒸发的过程中还会吸收热量，使发烧病人体温下降，所以没有利用水的比热容较大这一性质，故A符合题意；B．沿海地区的气温变化小，是因为沿海地区水较多，水的比热容较大，由Q=cmΔt可知，和其它物质相比，相同质量的水吸收或放出相同热量时，水温变化量较小，故B不符合题意；C．晚间，在春播秧田里灌水保温，是因为水的比热容较大，由Q=cmΔt可知，和其它物质相比，相同质量的水放出相同热量时，水温降低较少，故C不符合题意；D．福岛核电站受损后灌注海水降温，是因为水的比热容较大，由Q=cmΔt可知，和其它物质相比，相同质量的水升高相同温度，可以吸收更多热量，故D不符合题意。故选A。38．C【分析】（1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，