第12章机械能和内能单元综合检测（分层练习）-2023-2024学年九年级物理上册（苏科版）

第12章机械能和内能单元综合检测（分层练习）一、单选题1．关于热和能，下列说法中正确的是（）A．热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体B．一块0℃的冰熔化成0℃的水后，温度不变，内能变大C．相同温度下，1kg水比1kg冰含有的热量多D．物体的内能与温度有关，0℃的物体内能为0【答案】B【解析】A．发生热传递时，传递的是热量而不是温度，故A错误；B．一块0℃的冰熔化成0℃的水后，吸收热量，温度不变，内能增加，故B正确；C．热量是过程量，不能说含有，故C错误；D．内能与温度有关，一切物体都有内能，故D错误。故选B。2．下列事例中，用热传递的方式来改变物体内能的是（

）A．古人钻木取火 B．冬天双手摩擦取暖C．一杯热水慢慢变凉 D．人从滑梯滑下臀部发热【答案】C【解析】A．古人钻木取火，克服摩擦做功，属于用做功的方式改变物体的内能，故A不符合题意；B．冬天双手摩擦取暖，克服摩擦做功，属于用做功的方式改变物体的内能，故B不符合题意；C．一杯热水慢慢变凉，热水放出热量，温度降低，通过热传递的方式改变物体的内能，故C符合题意；D．人从滑梯滑下臀部发热，克服摩擦做功，属于用做功的方式改变物体的内能，故D不符合题意。故选C。3．下列画线物体具有的能量不是弹性势能的是（）A．

变形的撑杆可以将人弹起 B．

拉开的弓可以将箭射出去C．

压变形的蹦床可以将人弹起来D．

抬高的桩锤可以将地桩打入地下【答案】D【解析】A．变形的撑杆发生了弹性形变，所以具有弹性势能，故A不符合题意；B．拉开的弓发生了弹性形变，所以具有弹性势能，故B不符合题意；C．压变形的蹦床发生了弹性形变，所以具有弹性势能，故C不符合题意；D．抬高的桩锤没有发生弹性形变，所以不具有弹性势能，故D符合题意。故选D。4．如图，C919大型客机起飞升空的过程中，下列说法正确的是（）

A．客机重力势能减小 B．客机重力势能增大C．客机机械能减小 D．客机机械能不变【答案】B【解析】AB．C919大型客机起飞升空的过程中，质量不变，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，故B正确，A错误；CD．动能变大，重力势能变大，机械能包括动能和势能，所以机械能变大，故CD错误。故选B。5．关于燃料的热值，以下说法中正确的是（）A．燃料的热值数值上等于1kg该燃料燃烧时放出的热量B．燃料的热值越大，燃烧放出的热量越多C．燃料燃烧时，质量越大，热值越大D．相同质量的不同燃料，完全燃烧时热值大的放出的热量多【答案】D【解析】A．燃料的热值数值上等于1kg该燃料完全燃烧时放出的热量，说法错误，故A错误；B．质量相同的不同燃料，热值越大完全燃烧放出的热量越多，条件不足，无法判断燃料燃烧放出的热量的多少，故B错误；C．燃料热值的大小只与物质的种类有关，与质量无关，故C错误；D．由燃料完全燃烧放热公式可知，相同质量的不同燃料，完全燃烧时热值大的放出的热量多，故D正确。故选D。6．用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A．甲的比热容与乙的比热容之比为2:3B．甲的比热容与乙的比热容之比为1:2C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多【答案】B【解析】AB．由图像知道，吸收热量相同时（即加热时间相同），甲的温度变化为乙的温度变化为由知道，因Q吸、m均相同，则故A错误、B正确；C．用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间10min内电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等，故C错误；D．由图像知道，甲、乙升高相同的温度，加热乙的时间长，则乙吸收的热量多，故D错误。故选B。7．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．【答案】B【解析】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。8．小明根据如图提供的信息得出以下四个结论，其中正确的是（）

A．铁块和铝块升高相同温度，一定吸收相等的热量B．质量相等的水和沙子，吸收相同热量，水比沙子升温多C．冬天楼房中的“暖气”用水做介质，是因为水的比热容大D．质量相等的沙子和铁，降低相同温度，沙子放出的热量小于铁放出的热量【答案】C【解析】A．由图可知，铁块和铝块升高相同温度，吸收的热量不同，故A错误；B．根据可知，质量相等的水和沙子，吸收的热量相同，水的比热容大，则温度变化量小，即升高的温度少，故B错误；C．因为水的比热容大，升高相同的温度时，吸收的热量多，所以可以用作取暖，故C正确；D．根据图中，质量相等的沙子和铁，升高相同的温度，沙子吸收的热量多，同理，若沙子和铁温度降低的相同时，沙子放出的热量也会比铁多，故D错误。故选C。9．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【答案】C【解析】D．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D错误；A．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A错误；B．甲图是做功冲程，做功冲程中内能转化为机械能，故B错误；C．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C正确。故选C。10．打篮球是很多同学喜爱的运动项目，某次打篮球过程中，篮球的部分运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（）

A．篮球经过相同高度的B、C两点时，动能相等B．篮球第一次反弹后到达最高点D时，动能为零C．篮球经过B、E两点时，动能可能相等D．篮球在整个过程中机械能守恒【答案】C【解析】AD．由图可知，每次篮球反弹后到达的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球的机械能不断减小，因此在B点的机械能大于在C点的机械能，B、C两点的重力势能相等，则动能不相等，故AD错误；B．篮球在最高点时，竖直方向速度为零，但在水平方向上速度不为零，所以篮球第一次反弹后到达最高点D时动能不为零，故B错误；C．在B点的机械能大于在E点的机械能，在B、E两点高度不相同则重力势能不相同，即B点的重力势能大于E点的重力势能机械能是物体动能与势能的总和，因此在B点的动能可能等于在E点的动能，故C正确；故选C。11．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。当燃料燃烧完时（烧杯内液体均未沸腾），立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙、T丙，且有T甲>T乙>T丙，下列说法中正确的是（）

A．比较不同燃料的热值应选择图甲和图乙进行实验，燃料完全燃烧放出的热量通过加热时间反映B．比较不同物质吸热升温的特点应选择图甲和图丙进行实验，吸热的多少通过液体升高的温度反映C．实验液体a的比热容ca与实验液体b的比热容cb相比，ca>cbD．实验燃料1的热值q1与实验燃料2的热值q2相比，q1>q2【答案】D【解析】A．为了比较不同燃料的热值，要用相同质量的不同燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，这种燃料热值越大，故应选择甲、乙两图进行实验，燃料燃烧放出热量的多少，是通过温度计示数的变化来反映的，故A错误；B．比较不同物质吸热升温的特点时，需要用相同的加热器加热质量和初温相同的不同种类的物体，所以应对比甲、丙两图；我们使用相同的热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，故B错误；C．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，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种液体比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，则燃料燃烧释放的热量相等，即Q甲=Q丙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则Qa=Qb，甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲>T丙，则Δt甲>Δt丙，即Δta>Δtb，因为Qa=Qb，m相等，Δta>Δtb，由Q=cmΔt可得，ca<cb，故C错误；D．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，应选择甲、乙两图进行实验；由题意知甲、乙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲>T乙，则Δt甲>Δt乙，由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由热量公式Q=cmΔt可知，Q甲>Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1>Q2，由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由Q=mq可知，q1>q2，故D正确。故选D。12．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()物质种类加热时间（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】A．由题意可知，油和水的质量相等，都为，水的比热容为c水=4.2×103J/(kg·℃)，2min内水的温度由t0=20℃上升到t=50℃，则水吸收的热量为2min内油吸收的热量与水吸收的热量相等，则油吸收的热量为所以2min内油吸收的热量为6.3×103J，故A错误；B．由题意可知，酒精的热值为q=3×107J/g，加热2min消耗了m酒精=1g=1×103kg的酒精，则完全燃烧1g酒精放出的热量为则酒精灯的加热效率为故B正确；C．相同质量和相同初温的油和水吸收相同的热量，末温度越低表示物质吸热能力越强，所以油的末温比水的高，说明油吸热能力更弱，故C错误；D．物质的吸热能力即比热容是物质的一种特性，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。二、填空题13．如图是在疫情防控期间，消毒车正在喷洒消毒液的情景。消毒车正在匀速行驶，它的动能将，机械能将（两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】变小变小【解析】[1]消毒车匀速前进喷洒过程中，速度不变，但质量变小，故消毒车的动能变小；高度不变，质量变小，故重力势能变小。[2]由于机械能等于动能和重力势能的总和，动能和重力势能都变小，所以机械能变小。14．在物理学中常提到“热”字，但其含义各不相同，请将下列“热”的含义填入空格内。（1）这盆水很热，这里的“热”是指；（2）物体吸热升温，这里的“热”是指；（3）摩擦生热，这里的“热”是指。【答案】温度热量内能【解析】（1）[1]这盆水很热是反映水的冷热程度，所以这个“热”指温度.（2）[2]物体吸热升温是指物体吸收热量时温度升高，故这里的“热”指热量。（3）[3]摩擦生热是通过克服摩擦做功，使物体的内能增加，所以这里的“热”指内能。15．预计2021年5月我国火星探测“天问一号”将择机实施火星着陆，登陆火星的降落过程又被称为死亡七分钟。前5分钟“天问一号”的速度将从约5千米/秒迅速减到数百米/秒，此时“天问一号”的隔热大底温度将会升到约2000℃。由以上材料可知，“前5分钟”内“天问一号”的机械能（选填“增大”、“减小”或“不变”），内能（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】减小增大【解析】[1]“天问一号”的降落过程，高度和速度都在减小，所以其动能和重力势能都减小，机械能等于动能和势能之和，所以机械能减小。[2]“天问一号”在降落过程中，温度升到约2000℃，所以温度升高，内能增大。16．今年入冬以来我国大部分地区遭遇强冷空气，为了使双手不至于冻坏，可以两手摩擦使手发热，这是通过的方式增加手的内能。洒水车在水平路面上匀速前进并洒水时，它的动能，机械能（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】做功变小变小【解析】[1]两手摩擦使手发热，是摩擦生热，属于做功改变物体的内能。[2]动能与物体的质量和速度有关，质量越大，速度越大，动能就越大；洒水车匀速前进不断洒水的过程中，质量变小，速度不变，则动能变小。[3]重力势能与物体的质量及其所处的高度有关，质量越大，高度越高，重力势能就越大；洒水车质量变小，高度不变，则重力势能变小；机械能是动能与势能之和，因为洒水车的动能变小，重力势能变小，故机械能变小。17．2022年6月5日10时44分，“长征2F”火箭载着带有3名航天员的“神舟十四号”飞船，从大漠深处的酒泉卫星发射中心拔地而起，飞赴苍穹，与中国空间站会合。加速上升过程中，飞船的机械能（选填“增大”、“减小”或“不变”），飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以的方式改变了整流罩的内能。【答案】增大做功【解析】[1]飞船的质量不变，速度变大，动能增大；高度增大，重力势能增大，故机械能增大。[2]飞船外面的整流罩因与大气产生强烈摩擦温度升高，这是以做功的方式改变了整流罩的内能。18．某家用燃气热水器将40kg的水从24℃加热到40℃，燃烧了0.1m3的天然气，水吸收的热量是J，天然气放出的热量是J，燃气热水器的热效率是。[c水=4.2×103J/(kg·℃)，q天然气=3.2×107J/m3]

【答案】2.688×1063.2×10684%【解析】[1]水吸收的热量是Q吸=c水m(tt0)=4.2×103J/(kg·℃)×40kg×(40℃24℃)=2.688×106J[2]天然气放出的热量是Q放=q天然气V=3.2×107J/m3×0.1m3=3.2×106J[3]燃气热水器的热效率是19．老师演示了如图实验，把活塞迅速压下去，观察到硝化棉燃烧，迅速压下活塞，是通过的方式、主要使管内（选填“空气”或“硝化棉”）的内能增加，炒菜时不断翻炒食物，食物变熟，主要是通过改变了内能。【答案】做功空气热传递【解析】[1][2]当把活塞迅速压下去时，活塞对空气做功，活塞的内能就会增加，空气的温度就会升高，达到硝化棉的燃烧点，硝化棉就燃烧起来，因此硝化棉燃烧是由于做功使管内空气的内能增加所致。[3]炒菜时不断翻炒食物，使其受热均匀，食物吸收热量，主要是通过热传递改变了内能。20．中国的载人航天技术已经取得了举世瞩目的成就，其中，返回技术已经处于世界领先水平，嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示AB段返回器的动能（选填“变大”“不变”或“变小”）：BC段返回器的机械能（选填“变大”“不变”或“变小”）；CD段返回器动能增加量（选填“大于”“等于”或“小于”）重力势能的减小量。

【答案】变小不变小于【解析】[1]由图知返回器在AB段，返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，是返回器的动能转化为重力势能，所以返回器的动能变小。[2]在BC段，返回器处在大气层外，没有受到空气的阻力，由于机械能是守恒的，故将保持不变。[3]在CD段，返回器质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能，由于克服空气阻力做功，一部分重力势能转化为内能，所以返CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。三、作图题21．如图所示，摆球从a位置由静止释放，先后经过b、c两个位置，请在摆球动能最大位置的圆圈内标上数字1，重力势能最大位置的圆圈内标上数字2。【答案】【解析】由图知，摆球从a位置由静止释放，先后经过b、c两个位置；摆球的质量不变，在a点时高度最高，重力势能最大；在b点时，速度最大，动能最大，如图所示22．夏日晴朗的白天，在太阳光照射下，某海边城市陆地与海面之间空气产生流动。请在图中圆圈上画上箭头表示空气流动方向。【答案】【解析】在太阳光照射下，陆地与海面吸收同样多的热量，由于砂石的比热容比水的比热容小，所以陆地温度升高快，海面温度升高慢，则陆地表面空气温度高，热空气上升，海面空气温度低，冷空气下降，然后冷空气从海洋吹向陆地，如下图所示：23．用两个相同的加热器同时给质量和初温均相同的物质A和水加热，A的温度随时间的变化关系如图所示。若A物质的比热容是水的一半，不计热损失，请在图中画出给水加热20min温度随时间变化的关系图像。【答案】【解析】相同时间内，两个相同的加热器同时给质量均为m的物质A和水加热，物质A和水吸收的热量相同，根据题意知道，A物质比热是水的一半，由变形知道，当A和水升高的温度相同时，A吸收的热量（加热时间）是水的一半，由此可画图，如下四、实验题24．在探究“物体动能与质量和速度的关系”实验中，如图甲所示，将钢球从某一高度由静止释放，钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，将木块撞出一段距离。

（1）实验中控制了钢球的相同，从而探究动能与的关系；（2）小华将实验装置改进成图乙所示，利用质量相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，来研究铁球动能大小与的关系；（3）小华还想用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究铁球的动能大小与质量的关系，这个设计方案是（选填“正确”或“错误”）。【答案】速度质量速度错误【解析】（1）[1][2]与从斜面上滚下类似，质量不同的钢球从相同高度处摆下，摆线竖直时，钢球的速度是相同的；钢球的速度相同而质量不同，是探究动能与质量的关系。（2）[3]质量相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，此时质量相同，速度不相同，所以可以研究铁球的动能大小与速度的关系。（3）[4]观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能相同，转化成的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。25．小华利用三套完全相同的装置完成热学实验，如图1所示，液体1和2的质量相同，燃料A和B的质量也相同。

（1）丙装置在安装时的一处错误是，重新安装后，小华所测液体的初温均如图2所示，示数为℃；（2）同时点燃三套装置的燃料对液体进行加热，每隔半分钟记录液体升高的温度ΔT，直至燃料全部烧完。小华根据记录的数据绘制出对应装置升高温度与时间关系图线，如图3所示；①通过图1中的两个装置可比较液体1和液体2的比热容，根据图3中所绘制的图线分析：液体的比热容大。②分析图线可知：燃料A和B的热值之比为（设燃料完全燃烧且放出的热量全被液体吸收）。【答案】温度计的玻璃泡没有全部浸没被测液体中24甲、丙甲3︰4【解析】（1）[1]温度计的玻璃泡要全部浸没被测液体中，丙装置在安装时的一处错误是温度计的玻璃泡没有全部浸没被测液体中。[2]重新安装后，小华所测液体的初温均如图2所示，示数为24℃。（2）①[3]比较液体1和液体2的比热容，应选用相同的加热装置加热相同时间，观察两种物质的温度变化量，通过图1中的甲、丙两个装置可比较液体1和液体2的比热容。[4]液体1和2的质量相同根据图3中所绘制的图线分析，加热相同时间，甲的温度变化量较小，液体甲的比热容大。②[5]根据乙、丙可知，燃料完全燃烧后，液体2升高的温度变化量之比为30℃︰40℃=3︰4根据Q吸=cmΔt可知液体2吸收的热量之比为3︰4；设燃料完全燃烧且放出的热量全被液体吸收，燃料A和B的质量也相同，根据Q放=qm可知，燃料A和B的热值之比为3︰4。26．在探究不同物质吸热升温特点实验中，如图甲，小明用同一装置给相同质量的水和食用油加热。

（1）实验中，要控制水和食用油的（选填“质量”或“体积”）相同，通过（选填“温度的升高多少”或“加热时间长短”）来比较液体吸收热量的多少；（2）实验后发现水的比热容较大，要使水和食用油升高相同的温度，就要给加热更长的时间，此过程中水吸收的热量（选填“大于”、“等于”或“小于”）食用油吸收的热量；（3）根据实验数据作出两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图乙，其中吸热本领较强的是图线（选填“A”或“B”）对应的液体；它们的比热容之比cA∶cB=；（4）同组的小华设计如下方法来比较比热容的大小：将两初温均为t1的相同金属块，分别浸没在温度均为t2的水与食用油中（t1>t2），待温度均稳定后，测得水温低于食用油的温度，若不计热损失，据此得出水的比热容比食用油大的结论，请评价该设计思路是否可行。（选填“可行”或“不可行”）。【答案】质量加热时间长短水大于A9∶4可行【解析】（1）[1]探究水与食用油吸热能力大小关系时，采用的是控制变量法，实验中需要保持水与食用油的质量相等。[2]用两个相同的加热装置分别给水和食用油加热，相同时间内，酒精灯放出的热量相同，水和食用油吸收的热量相同，所以用加热时间的长短来表示物质吸收热量的多少。（2）[3][4]在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间。因为选用相同的酒精灯加热，所以加热时间长的吸收的热量多。即水吸收的热量大于食用油吸收的热量。（3）[5]由图可知，加热时间相同，即吸收的热量相同，A升高的温度低于B升高的温度，故A的吸热能力强。[6]由图可知，A的加热时间是B加热时间的1.5倍，A升高的温度是B升高温度的，根据吸热公式可知：A对应的液体吸收的热量为QA=cAmΔtA，B对应的液体吸收的热量为QB=cBmΔtB，则整理得则它们的比热容之比为（4）[7]该方案可行，因为在该过程中水吸收的热量多，而升高的温度小，所以水的比热容大。27．“交通事故十个里头八个快”，说明车速过快导致的交通安全事故很多。小明看到高速公路旁标志牌上显示不同车型设定的最大速度不一样，如图甲所示，大型客车及大货车的最大速度比小汽车的低，他猜想动能的大小跟物体的速度和质量有关。于是他设计实验探究影响动能大小的因素，选用的实验器材有：斜面、长木板、钢球A和B（A的质量大于B的质量）、木块、小车、刻度尺。如图乙所示，实验步骤如下：首先，让钢球A从斜面一定高度由静止开始滚下，在水平面上运动，撞到木块后，能将木块推出一段距离，记录多组钢球A在斜面的高度h和木块被钢球撞击后移动的距离s1。然后，换用钢球B重复上边的实验，记录多组钢球B在斜面的高度h和木块被钢球撞击后移动的距离s2。

实验数据如下表：钢球在斜面上的高度h/cm68101214钢球A撞击后木块移动的距离s1/cm57.5111520钢球B撞击后木块移动的距离s2/cm468.51216（1）实验中木块的作用是；（2）让钢球从斜面不同高度滑下来的目的是；（3）实验时，小明发现钢球撞击木块，木块常常被撞偏，请你提出一个解决办法：；（4）分析钢球A撞击后木块移动的距离s1与h的多组实验数据，可初步得到的结论是；（5）分析表中数据，请你说明大型客车及大货车的最大速度比小汽车低的道理是。【答案】反映钢球动能的大小使钢球到达水平面的速度不同在斜面上装一轨道，让钢球沿轨道滚下（合理即可）质量一定，物体的速度越大，动能就越大速度相同时，质量越大动能就越大，若发生碰撞，造成的伤害会更严重【解析】（1）[1]该实验采用转换法，将刚球的动能转化为木块移动的距离，木块移动的距离越远，刚球的动能越大。（2）[2]实验中为了探究动能与物体的速度是否有关，应控制钢球质量相同，到达水平面时的速度不同，因此让钢球从斜面不同高度滑下来，是为了让钢球到达水平面的速度不同。（3）[3]钢球撞击木块，木块常常被撞偏，可以在斜面上装一轨道，让钢球沿轨道滚下。（4）[4]由表格数据可知，钢球在斜面上的高度h越高，钢球A撞击后木块移动的距离s1越远，因此可初步得到的结论是：质量一定，物体的速度越大，动能就越大。（5）[5]由表格数据可知，当钢球所处的高度相同时，质量越大的钢球撞击木块移动的距离更远，具有的动能越大。大型客车及大货车比小汽车的质量大，当速度相同时，其动能较大，若发生紧急情况，造成的伤害会更严重，因此在相同的道路上，大型客车及大货车的最大速度比小汽车低。28．小虎和小慧学习了燃料的热值后，他们一起设计了一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系，他们组装了如图所示的装置进行实验，假设燃料燃烧时均匀放热，记录结果如表：表一：煤油水温/℃20100100加热时间/min05（刚好沸腾）10（刚好燃尽）表二：菜籽油水温/℃20406080加热时间/min051015（刚好燃尽）

（1）为了保证实验结论的可靠性，小虎和小慧选择了两套完全相同的装置，并控制相等（选填“两种油的质量”、“两杯水的质量”、“两种油及水的质量”），但对于两杯水的初温他们的看法却不同。请补充完整他们的探究过程：①小虎认为实验中是利用来表示煤油和菜籽油放出热量的多少。所以，实验中两杯水的初温可以不同；②小慧认为因为探究过程中他们采用了控制变量法，所以除了不同外，其他因素都必须控制相同。如果两杯水的初温不同，那么水的快慢以及水与外界的环境温差都不相同，于是两杯水散热就不相同，就有可能会出现燃料燃烧放出的热量多，而水吸收的热量少，水温变化小的情况。所以，实验时应该控制水的初温相同。你认为（选填“小虎”或“小慧”）的想法更合理；（2）小慧认为等燃料完全燃烧完所等待的时间过长，可以在燃烧3min时就来读数比较，小虎认为不对，理由是；（3）实验中，若燃料完全燃烧且忽略热量散失，根据表格计算出煤油和与菜籽油的热值之比为；（4）加热功率是燃料燃烧放出热量的多少与燃烧时间的比值，在题（3）条件下煤油的加热功率为菜籽油的加热功率的倍。【答案】两种油及水的质量水升高的温度燃料的种类蒸发小慧没有控制燃烧的燃料的质量相等8︰34【解析】（1）[1]为了保证实验结论的可靠性，小虎和小慧选择了两套完全相同的装置，并控制煤油和菜籽油的质量和两杯水的质量相同。①[2]质量相同的水，温度变化越大，说明吸收热量越多，所以实验中通过水温升高的多少来表示煤油和菜籽油放出热量的多少；所以，实验中两杯水的初温可以不同。②[3][4][5]探究燃料热值的大小，需要控制燃料的种类不同，其他因素完全相同；如果两杯水的初温不同，那么水的蒸发快慢以及水与周围环境的温差都不相同，这就会造成两杯水的散热不相同，就有可能会出现燃料燃烧放出的热量多，而水吸收的热量少、水温变化小的情况，所以，实验是必须控制水的初温相同；由上分析可知，小慧的分析更加合理。（2）[6]在相同的时间内燃烧的燃料质量不一定相等，即没有控制燃烧的燃料的质量相等。（3）[7]使用煤油加热水时，水吸收的热量为根据题意和表格数据可知，所有的煤油完全燃烧放出的热量为煤油的热值为使用菜籽油加热水时，水吸收的热量为根据题意和表格数据可知，所有的菜籽油完全燃烧放出的热量为菜籽油的热值为则煤油和与菜籽油的热值之比（4）[8]根据题意可知，煤油的加热功率为菜籽油的加热功率为则煤油的加热功率为菜籽油的加热功率之比为五、计算题29．正午，小明对水面获取太阳的能量情况进行研究，他将装有400g水的盘子放在室外平台上，经阳光照射10min，水温升高了2.5℃，不计水的蒸发（水的比热容是4.2×103J/(kg﹒℃)）。（1）该过程水吸收的热量是多少？（2）若照射到盘中水面上太阳能的功率为25W，水获取太阳能的效率是多大？

【答案】（1）4.2×103J；（2）28%【解析】解：（1）由Q=cmΔt可得，该过程水吸收的热量为（2）由W=Pt可得，照射到水面上的太阳能为故水获取太阳能的效率为答：（1）该过程水吸收的热量是4.2×103J；（2）水获取太阳能的效率是28%。30．物理兴趣小组的同学在研究“砂石和某种液体谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯，分别给盛放在相同容器中质量都是100g的砂石和某种液体加热他们绘制出砂石与液体的温度随加热时间变化的图像分别如图a、b所示，已知酒精的热值是3×107J/kg，加热时酒精灯平均每分钟消耗1g酒精，已知砂石的比热容是0.84×103J／（kg·℃），那么请问：(1)加热2min时，砂石吸收的热量；(2)求出该液体的比热容；(3)酒精灯加热液体时的效率是多少。【答案】(1)21000J；(2)4200J/（kg•℃）；(3)70%【解析】(1)加热2min时，砂石吸收的热量(2)加热2min时，酒精释放的热量相同，故该液体也在这两分钟内吸收了相同的热量，故其液体的比热容为(3)酒精完全燃烧释放的热量为酒精灯加热液体时的效率是答：(1)加热2min时，砂石吸收的热量；(2)该液体的比热容；(3)酒精灯加热液体时的效率是70%。31．《天工开物》是我国古代的科学著作，书中记载着大量的古代农业机械。其中这样写道：“凡河滨有制筒车者，堰陂障流绕于车下，激轮使转，挽水入筒，一一顷于枧内，流入亩中，昼夜不息，百亩无忧。”该段文字描述了筒车这样一种以水流作动力，用来取水的机械，如图所示，若接水槽离取水处高4m，水轮上有12个取水筒，一个取水筒每次可取水4kg，筒车旋转一周所用时间为60s。（接水槽离倒水处的高度忽略不计，g取10N/kg）（1）求该筒车旋转一周，一个取水桶对进入接水槽的水所做的功；（2）若水流冲击筒车的功率为40W，求筒车旋转一周取水的机械效率；（3）若采用效率为30%的柴油发动机代替水车旋转一小时抽相同质量的水，需要燃烧柴油的质量是多少克？结果取整。（柴油的热值为：）

【答案】（1）160J；（2）80%；（3）9【解析】解：（1）一个取水桶对进入接水槽的水所做的功（2）水流对水槽做的功筒车旋转一周取水的机械效率（3）1小时对水所做的功则燃烧柴油放出的热量为则需要燃烧柴油的质量是答：（1）一个取水桶对进入接水槽的水所做的功为160J；（2）若水流冲击筒车的功率为40W，筒车旋转一周取水的机械效率为80%；（3）若采用效率为30%的柴油发动机代替水车旋转一小时抽相同质量的水，需要燃烧柴油的质量是9g。一、单选题1．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＞cB【答案】D【解析】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。2．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/kg【答案】D【解析】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。3．如图所示，在粗糙的水平台面上，一轻弹簧左端固定，右端连接一金属滑块，O点是弹簧保持原长时滑块的位置。开始时用力推滑块压缩弹簧到A位置，释放滑块，B是滑块滑到的最右端，AO＞OB，滑块从A位置滑到B位置过程中（此题中滑块到达某一位置是指滑块中心到达该位置上方）：①速度最快的位置在AO之间；②弹簧弹性势能最大的位置在A点；③滑块在O点的左侧和右侧运动，弹簧对滑块的弹力方向相反；④滑块最终可能停在A点。以上说法中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】①③金属滑块从A运动到O的过程中，因弹簧处于压缩状态而对滑块有水平向右的弹力；开始时，弹力大于摩擦力，滑块做加速运动；当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大；继续运动到O的过程中，弹力小于摩擦力，滑块做减速运动；滑块从O运动到B的过程中，因弹簧处于伸长状态而对滑块有水平向左的弹力，则滑块的速度不断减小，所以速度最大点在AO之间，故①③正确；②O点是弹簧保持原长时滑块的位置，已知AO＞OB，所以弹簧在A点的形变量最大，即弹簧弹性势能最大的位置在A点，故②正确；④金属滑块运动到B点，速度为零，停止运动，但是由于弹簧要恢复原来的形状，受到水平向左的弹力作用，所以金属滑块可能不会保持静止，有可能向左运动，直到在水平方向上受到的弹力和摩擦力相等，故物体最终可能停在O的右侧，故④错误。故ABD错误，C正确。故选C。4．如图甲所示，将一个带孔的金属球和一根弹簧套在铁架台的金属杆上，现将小球提到A点后松手，小球的高度随时间变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（）A．弹簧的原长为50cmB．0～t1过程中，小球的动能先增大后减小C．0～t1过程中，小球的减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能D．小球在t1时刻的动能大于在t2时刻的动能【答案】D【解析】A．由图乙可知当弹力与重力平衡时，弹簧的长度为50cm，由于此时弹簧处于压缩状态，所以弹簧原来的长度应大于50cm，故A错误；B．0～t1过程中，未接触弹簧前，小球在重力的作用下向下做加速运动；接触弹簧后，开始的弹力小于重力，小球继续做加速运动，在t1时刻，小球的重力与弹力大小相等，此时小球的动能最大，故0～t1过程中小球的动能一直增大，故B错误；C．小球在运动的过程中，克服空气的阻力做功，一部分机械能转化为内能，所以0～t1过程中，小球的减少的机械能大于弹簧增加的弹性势能，故C错误；D．在t1、t2两个时刻，由于能量的损失，t1时刻的速度最大，所以小球在t1时刻的动能大于在t2时刻的动能，故D正确。故选D。5．如图所示，轻弹簧左端固定，原长时右端位于O点，现将木块置于弹簧的右端，用力将弹簧压缩∆l的长度（弹簧始终在弹性限度内）后由静止释放，木块在水平地面上向右滑行距离为s后停在O点右侧。下列描述该过程中木块克服地面摩擦力所做的功W、木块的动能Ek随木块距O点的长度x变化的关系图线中，可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】AB．木块在水平地面上向右滑行的过程中，因接触面的粗糙程度和对地面的压力均不变，所以，木块受到的摩擦力f大小不变，其方向水平向左，木块克服地面摩擦力所做的功W＝fs，木块从∆l到O点的过程中，x减小，摩擦力做的功W越大，木块从∆l到（s﹣∆l）的过程中，x增大，摩擦力做的功W也增大，即从∆l到O点、从O到（s﹣∆l）的过程中，W一直增大，故A错误、B正确；CD．从x＝∆l开始运动时，弹簧的弹力大于木块受到的摩擦力，木块做加速运动，随着弹簧的伸长量减小，弹簧的弹力减小，而木块受到的摩擦力不变，所以木块受到的合力减小，木块速度的增加量减小，当弹簧的弹力和摩擦力相等时，木块的速度达到最大值，木块继续向右运动时，弹簧的弹力小于摩擦力，木块做减速运动，从O点继续向右运动时，弹簧的弹力向左且逐渐增大，此时弹簧的弹力和摩擦力方向均向左，木块做减速运动，直至停止，所以，从∆l到O点的过程中，木块的速度先增大后减小，其动能先增大后减小，从O到（s﹣∆l）的过程中，木块的动能一直减小，故CD错误。故选B。二、填空题6．如图所示，在同一高度以大小相同的初速度v0分别竖直向上和斜向上将同一小球抛出，不计空气阻力。小球上升时，小球的能转化为重力势能；小球竖直向上、斜向上到达最高点时距水平地面的高度分别为h1和h2，速度为v1和v2；小球又下落到离地等高度时的速度大小分别为和，则h1h2，v1v2，（选填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】动大于小于等于【解析】[1]在同一高度以大小相同的初速度v0分别竖直向上和斜向上将同一小球抛出，因质量和抛出的速度相同，故小球的动能相同，不计空气阻力，故机械能守恒。小球上升时，小球的高度变大，重力势能变大，动能转化为重力势能。[2][3]小球竖直向上运动到最高点时速度为0，动能为0；而小球斜向上到达最高点时速度不为0，故v1小于v2；小球斜向上到达最高点时有一定的动能，因机械能守恒，故竖直向上运动的小球运动到最高点时具有的重力势能比斜向上运动的小球到达最高点时的重力势能大，根据影响重力势能的大小，故有h1大于h2。[4]小球又下落到离地等高度时重力势能相等，因机械能守恒，故两种情况下此时的动能相同，根据影响动能大小的因素，故速度相同，即等于。7．让系于橡皮筋一端的小球，从O点的正下方由静止释放，分别经过a、b、c三点，如图甲所示。整个下落过程中，橡皮筋所受弹力F与小球下落高度h的关系如图乙所示，则小球从a运动到c的过程中，在点重力势能最大，当橡皮筋的伸长量最大时，小球的速度为0，此时小球处于状态（选填“平衡”或“非平衡”），b点时小球速度最大，则小球的重力为N。（不计空气阻力）【答案】a非平衡3【解析】[1]小球从a运动到c的过程中，a点的高度最高，所以在a点小球的重力势能最大。[2]小球下落到最低点，橡皮筋的伸长量最大，产生的弹力最大，弹力大于重力，小球受到的合力方向竖直向上，将会向上运动，所以此时小球处于非平衡状态。[3]小球在下落的过程中，橡皮筋逐渐发生弹簧形变，橡皮筋产生的弹力由小变大，当重力大于弹力时小球受合力向下，小球加速下落；当弹力等于重力时，小球受到合力为0，速度达到最大，根据图乙可知，b点时的弹力与小球的重力相同；F与h的图像是一条直线，橡皮筋发生的是弹性形变，当弹力增大9N时，橡皮筋伸长为0.7m0.4m＝0.3m即橡皮筋每伸长0.1m，弹力就增大3N，所以在b点时，橡皮筋伸长量为0.1m，则弹力的大小为3N，即小球的重力为3N。8．在如图所示的四幅图中，甲、乙是课堂上看到的两个演示实验示意图；丙、丁是四冲程汽油机工作过程中的其中两个冲程示意图。利用内能来做功的冲程是图，与压缩冲程原理相同的是图所示的演示实验。有一台四缸汽油发动机，其主要技术指标如表所示，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。则该发动机在1s内做功J，单缸排量V=L；在每个做功冲程里，发动机做功W0=J；在做功冲程里，燃气对活塞所做的功可表示为W=pV，式中p表示燃气对活塞的压强，则p=Pa。排量2.0L输出功率120kW转速6000r/min【答案】丁甲1.2×1050.56001.2×106【解析】[1][2]甲图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，这是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；乙图对试管中的水加热，使试管中水的内能增大，加快了水的汽化，水蒸气体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能；丙图两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，压缩冲程是把机械能转化为内能；丁图两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，做功冲程将内能转化为机械能。因此，汽油机中利用内能来做功的冲程是丁；与压缩冲程原理相同的是甲实验。[3]已知输出功率是120kW，所以发动机1秒内做功W=Pt=1.2×105W×1s=1.2×105J[4]因为四缸总排量为2.0L，单缸排量为[5]根据前面计算可知，发动机在1s内做功1.2×105J，因为发动机有四个缸同时工作，所以每个缸1s内做功由表格信息可知，转速为6000r/min=100r/s因为四冲程内燃机每个工作循环曲轴转两周、做功一次，所以1s内做功50次，所以在每个做功冲程里，发动机做功[6]单缸排量V=0.5L=5×10﹣4m3燃气对活塞所做的功可表示为W=pV，所以燃气对活塞的压强为三、实验题9．如图甲所示，小明发现放在同一杯热水中的金属勺摸起来比塑料勺烫，他认为这是两种物质导热性不同造成的，那么，如何比较不同物质的导热性？小明设计了如图乙所示的实验装置，分别将铜丝和铝丝一端浸入装有沸水的烧杯A中，另一端浸入盛有水的试管B中，每隔2min测一次试管中水的温度，记录两组实验数据并绘制了如图丙所示的“温度﹣时间”图像；已知实验环境气压为1标准大气压；（1）由丙图推断：（选填“铜”或“铝”）的导热性能更好，依据是：；（2）为衡量物质的导热性能，爱动脑的小明类比所学的知识，将实验中“A、B中水的温差与时间的比值”定义为物理量：热导k；则当试管B中水温为时，铜的热导值k＝；计算分析实验数据可知：导热物质两端温差越大，热导k的值（选填“变大”“变小”或“不变”）；（3）小明进一步猜想，热导k可能还与导热物质的长度L和横截面积S有关；于是他又找来几根铜丝浸入图乙的装置中，每次将B中水加热至相同温度，记录加热时间t和铜丝的规格数据如表；①第（写序号）三次实验是为了探究热导k与导热物质长度L的关系；②分析数据可知，当其他条件相同时，热导k与导热物质的横截面积S成比；③由规律推测：第6次加热时间t=min。次数S/mm2L/mt/min111824123214440.515424633【答案】铜相同时间内传递热量多的导热性能好不变2、4、5