第12章《机械能和内能》题型训练（50题12大类型）

第十二章《机械能和内能》题型训练（50题12大类型）TOC\o"13"\h\u【题型1动能和势能的转化】 1【题型2探究影响物体动能大小的因素】 7【题型3机械能的转化及守恒条件】 9【题型4分子间的作用力】 13【题型5分子动理论的基本观点】 14【题型6热传递改变物体内能】 17【题型7做功改变物体内能】 18【题型8比热容的概念及其计算】 21【题型9实验比较不同物质吸热的情况】 25【题型10热量的计算】 29【题型11四冲程内燃机的工作过程】 30【题型12燃料的热值及其计算和热机的效率】 31【题型1动能和势能的转化】1．（2022秋•金坛区期中）如图所示，一个物体沿粗糙的斜面匀速下滑，下滑过程中，下列判断正确的是（）A．物体的重力势能减小，动能增加 B．物体的重力势能不变，动能不变 C．物体的重力势能减小，机械能不变 D．物体的机械能减小【答案】D【分析】（1）影响动能大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。（2）影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。（3）机械能是动能和重力势能的和，在物体运动的过程中，克服摩擦做功，机械能转化为内能，所以机械能减小。【解答】解：物体在粗糙的斜面匀速下滑的过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小；质量不变，速度不变，动能不变；下滑过程中克服摩擦做功，机械能转化为内能，机械能减小，故D正确。故选：D。2．（2023春•亭湖区校级期中）电源《流浪地球2》引爆兔年电影春节档，影片中太空电梯的炫目特效让观众极为震撼。太空电梯加速升空过程中（）A．动能不变，势能变大 B．动能变小，势能变小 C．动能变小，势能变大 D．动能变大，势能变大【答案】D【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。【解答】解：太空电梯在加速升空过程中，太空电梯的质量不变，速度增大，动能变大；质量不变，高度增大，重力势能变大。故选：D。3．（2023春•金昌期中）游戏“愤怒的小鸟”深受同学们的喜爱，游戏中像打弹弓一样，把“小鸟”对准怪物打过去（如图），下列有关弹弓的说法正确的是（）A．弹弓伸长过程中，弹力减小 B．弹弓的橡皮筋斜向下伸长过程中，弹性势能减小 C．被弹弓弹出后的“小鸟”，动能不变，重力势能增加 D．弹出“小鸟”时，弹弓的弹性势能转化为“小鸟”的动能【答案】D【分析】（1）在一定条件下，弹性势能与动能可以相互转化；（2）物体由于发生弹性形变而具有的能量叫弹性势能；（3）（4）动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能和势能的和。【解答】解：A、弹弓伸长过程中，形变增大，弹力增大，故A错误；B、弹弓的橡皮筋斜向下伸长过程中，“小鸟”的质量不变，高度变小，重力势能变小，速度不变，动能不变，所以机械能减小，机械能不守恒，故B错误；C、被弹弓弹出后的“小鸟”，质量不变，速度改变，动能改变，由于不知道高度的变化，无法判定重力势能的变化，故C错误；D、弹弓将“小鸟”弹出时，弹弓的弹性势能减小，小鸟的机械能增大，是弹性势能转化为“小鸟”的机械能（动能），故D正确。故选：D。4．（2023春•淄博期中）跳绳是大家喜爱的体育运动之一，小明的质量为50kg，每次跳起高度约为6cm（人整体上升，如图所示），一分钟跳100次，下列说法正确的是（）A．小明在这一分钟内跳绳的功率约为50W B．下落过程中小明的重力势能保持不变 C．小明跳一次克服重力做功约3J D．向上起跳过程中小明的动能持续增大【答案】A【分析】（1）根据G＝mg算出重力，根据W＝Gh算出跳一次克服重力做功，然后求出一分钟做的总功，再根据P＝算出小明在这一分钟内跳绳的功率；（2）影响动能的因素是质量和速度；重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．【解答】解：AC、小明的重力为：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，小明跳一次克服重力做功：W＝Gh＝500N×0.06m＝30J，小明在这一分钟做的总功W总＝100×W＝100×30J＝3000J，小明在这一分钟内跳绳的功率：P＝＝＝50W，故A正确，C错误；B、下落过程中小明的质量不变，高度降低，所以重力势能变小，故B错误。D、向上起跳过程中，质量不变，速度先增大后减小，小明的动能先增大后减小，故D错误。故选：A。5．（2023春•松山区期末）竖直向上抛出一个小球，忽略空气阻力，小球运动到最高点后又落回的过程中，小球距被抛出位置的高度h和运动时间t的关系图像如图所示。下列关于小球说法正确的是（）A．t2时小球的动能最大 B．t1和t3时小球的机械能不相等 C．t1和t2时小球的机械能相等 D．从t2到t3这段时间内，小球的动能转化为重力势能【答案】C【分析】忽略空气阻力，小球在运动的过程中机械能是守恒的；动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能和势能的和。【解答】解：A、根据图可知，t2时小球的高度最高，重力势能最大，由于机械能守恒，所以小球的动能最小，故A错误；B、忽略空气阻力，小球在运动的过程中机械能是守恒的，所以t1和t3时小球的机械能相等，故B错误；C、忽略空气阻力，小球在运动的过程中机械能是守恒的，t1和t2时小球的机械能相等，故C正确；D、小球从t2到t3这段时间内，小球的质量不变，高度减小，重力势能变小，机械能守恒，则动能变大，是重力势能转化为动能，故D错误。故选：C。6．（2023春•绵阳期中）如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放。小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧。上升到最大高度后又下落，如此反复……不计空气阻力。通过安装在弹簧下端的压力传感器，可测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，则（）A．此运动过程中，小球的机械能守恒 B．t1～t2这段时间内，小球的动能在逐渐减小 C．t2～t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和逐渐增大 D．在t2时刻，小球的动能最大【答案】C【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大；当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止。对于小球和弹簧组成的系统机械能守恒。【解答】解：A、由图看出，弹簧的弹力F在变化，说明在运动过程中弹簧的弹性势能在变化，而小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则知小球的机械能不守恒。故A错误。B、t1～t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先小于重力，后大于重力，小球的合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以小球的动能先增加后减小，故B错误。C、t2～t3这段时间内，小球向上运动，弹簧的弹性势能逐渐减小，根据系统的机械能守恒知：小球的动能与重力势能之和逐渐增大，故C正确。D、t2～t3这段时间内，小球向上运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，小球先加速后减速，当弹力等于重力时速度最大，所以t2～t3时间内某时刻速度最大，动能最大。故D错误。故选：C。7．（2023春•青原区期末）（多选）如图所示，先用绳子把一个铁锁悬挂起来，然后把铁锁拿近自己的鼻子，稳定后松手，头不动，铁锁向前摆去又摆回来，直到最后停下。下列说法正确的是（）A．铁锁摆回后能碰到鼻子 B．铁锁摆动过程是重力势能和动能之间的转化，机械能守恒 C．铁锁摆动过程中运动状态改变 D．铁锁第一次摆动到最低点时，动能最大【答案】CD【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。（3）物体上升过程中动能转化为重力势能；物体下落时重力势能转化为动能；不计摩擦时，机械能的总量是不变的。（4）运动状态发生变化是指速度大小或运动方向发生变化。【解答】解：A、铁锁回摆后不能碰到鼻子，因为铁锁和空气摩擦，一部分机械能转化为内能，机械能减小，故A错误；B、铁锁下降过程中，重力势能转化为动能，铁索上升过程中，动能转化为重力势能，铁锁和空气摩擦，一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，故B错误；C、在摆动过程中，铁锁的速度大小和运动方向会发生变化，其运动状态一定发生变化，故C正确；D、铁锁第一次下降到最低点时，克服摩擦做功消耗的机械能最少，质量不变，高度最小，重力势能最小。此过程中重力势能转化为动能，动能最大，故D正确。故选：CD。8．（2023春•盘山县期末）2011年蹦床世锦赛中我国运动员以优异成绩夺得金牌和奖牌总数第一。设想有一个重物从蹦床上方某点下落，经蹦床反弹后上升。在这个过程中，先是重物的重力势能转化为动能，然后转化为蹦床的弹性势能，再转化为重物的动能，最后转化为重物的重力势能。【答案】重力势；动；弹性势；动；重力势。【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。（3）弹性势能大小的影响因素：发生弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度。弹性形变越大，发生弹性形变越难，弹性势能越大。【解答】解：重物从蹦床上方某点下落，重物质量不变，速度变大，高度降低，动能增大，重力势能减小，重力势能转化为动能；经蹦床反弹后上升，此过程中重物先下降到最低点，速度为0，蹦床发生弹性形变，产生弹性势能，此过程中，重物的机械能转化为蹦床的弹性势能，接着重物在蹦床弹力作用下上升，重物的速度增大，蹦床的弹性势能先转化为重物的动能；重物上升过程中，速度减小，高度上升，重物的动能转化为重力势能。故答案为：重力势；动；弹性势；动；重力势。【题型2探究影响物体动能大小的因素】 9．（2023春•沾化区期末）如图是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置。（）A．使用甲、丙两图，是为了研究动能大小与高度的关系 B．通过乙、丙两图，可以探究动能大小与物体质量的关系 C．实验中小球动能的大小是通过木块移动的距离来反映的 D．如图丁，若将质量不同的小球压缩同一弹簧相同程度后由静止释放，撞击同一木块也可探究小球的动能大小与质量的关系【答案】C【分析】（1）影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系；（2）小球的动能大小是通过观察木块移动的距离来反映的，这是转换法的应用；（3）结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否可以探究小球的动能大小与质量的关系。【解答】解：A、由甲、丙两图可知，小球质量相同，下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，木块被推动的距离不同，说明动能大小与速度有关，故A错误；B、由乙、丙两图可知，小球的质量不同，下滑的高度不同，到达水平面时速度不同，木块被推动的距离不同，根据控制变量法可知，无法探究动能大小与物体质量的关系，故B错误；C、小球的动能大小是通过观察木块移动的距离来反映的，这是转换法的应用，故C正确；D、观察图丁的装置可知，若用质量不同的小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，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的，故D错误。故选：C。10．（2023春•偃师市校级期末）如图所示是“探究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平向右运动直至停止。（1）实验中是通过观察木块被推动的距离多少来判断钢球的动能大小；（2）让同一钢球从斜面的不同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与速度的关系，并初步得出结论为在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与质量的关系，又初步得出结论为在速度一定时，物体的质量越大，动能越大；（4）假设木块在运动过程中所受的摩擦阻力为0，木块将永远做匀速直线运动。【答案】（1）距离；（2）速度；在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）质量；在速度一定时，物体的质量越大，动能越大；（4）匀速直线。【分析】（1）该实验采用了转换法，通过比较小球推动木块移动的距离来反映小球动能的大小；（2）探究动能与速度关系时，控制质量不变，改变速度的大小；（3）由于动能的大小与物体的质量和速度有关，要想研究物体动能与质量的关系，需要换用不同质量的钢球从斜面相同的高度滑下；（4）根据牛顿第一定律分析判断。【解答】解：（1）我们是通过观察钢球推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想；（2）图中实验中让同一钢球从同一个斜面上不同的高度由静止开始运动，即钢球滚动到斜面底端的速度是不同的，即探究动能大小与物体运动速度的关系；结论是：在质量一定时，速度越大，动能越大；（3）换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，由于高度相同，则到达水平面的速度是相同的，所以目的是控制速度相同，由于质量是不同的，所以探究钢球的动能大小与质量的关系；结论是：在速度一定时，质量越大，动能越大；（4）根据牛顿第一定律可知，若物体在不受阻力时，运动的木块将永远做匀速直线运动。故答案为：（1）距离；（2）速度；在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）质量；在速度一定时，物体的质量越大，动能越大；（4）匀速直线。【题型3机械能的转化及守恒条件】 11．（2023春•大石桥市校级期中）（多选）小雨练习发高远球，羽毛球离拍后的飞行轨迹如图中曲线所示，其中BC段羽毛球加速下落，CD段羽毛球匀速下落。下列有关说法正确的是（）A．羽毛球离拍后继续上升过程中球拍在对球做功 B．羽毛球上升过程中，有部分动能转化成了重力势能 C．飞行过程中，羽毛球经过最高点B处时，动能最小 D．羽毛球飞行的整个过程中，机械能总量保持不变【答案】BC【分析】（1）做功的两个条件：有力，且物体在力的方向上通过距离；（2）（3）动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关；（4）物体克服摩擦做功，机械能转化为内能。【解答】解：A、羽毛球离拍后继续上升过程中，球拍没有对球施加力，所以球拍在对球不做功，故A错误；B、羽毛球上升过程中，羽毛球的质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，有部分动能转化成了重力势能，故B正确；C、飞行过程中，羽毛球经过最高点B处时的速度最小，动能最小，故C正确；D、羽毛球飞行的整个过程中，会克服空气的阻力做功，羽毛球的机械能会减小，故D错误。故选：BC。12．（2023春•宁阳县期中）成语“水滴石穿”，比喻力量虽小，但只要坚持，功到自然成。水滴在空中下落时受到的阻力随速度的增大而增大，因此水滴加速下落一段距离后将做匀速直线运动。从物理的角度分析：①力改变了石头的形状②水滴冲击石头时，石头对水滴没有作用力③水滴加速下落过程，水滴的机械能守恒④水滴匀速下落过程，重力对水滴做了功以上说法正确的一组是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】B【分析】（1）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；（2）物体间力的作用是相互的；（3）水滴下落过程中克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能，机械能不守恒；（4）做功的两个必要因素：力和物体沿力的方向移动的距离。【解答】解：①“水滴石穿”，石头的形状发生了改变，说明力改变了石头的形状，故①正确；②水滴冲击石头时，水滴对石头一个作用力，因物体间力的作用是相互的，石头对水滴有一个反作用力，故②错误；③水滴加速下落的过程中，是水滴的重力势能转化为动能的过程，但由于水滴与空气存在摩擦，水滴在下落的过程中要克服摩擦做功，所以机械能有一部分会转化为内能，所以机械能减小，故③错误；④水滴受重力作用加速下落，沿重力方向移动了距离，重力对水滴做了功，故④正确；故选：B。13．（2023春•中原区校级期末）如图5所示，体育课上小明把排球朝斜上方抛出，排球的运动轨迹如图所示。a、b、c、d为排球运动轨迹上的点，其中a、c两点高度相同，若不计空气阻力，则排球在a点的机械能等于在c点的机械能（选填“大于”“小于”或“等于”），排球在d点处动能最大。若排球运动到b点时重力突然消失，接下来排球的运动状态为向右做匀速直线运动（选填“斜向上做匀速直线运动”“向右做匀速直线运动”或“静止”）。【答案】等于；d；向右做匀速直线运动。【分析】（1）动能大小跟质量和速度有关，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能与质量和高度有关，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能为动能和势能的总和；（2）根据牛顿第一定律进行分析，即当物体受到的力突然消失，物体还会保持原来的运动状态。【解答】解：（1）不计空气阻力，排球从a到d的过程中，只有的动能和势能转化，故排球的机械能守恒，在a、c点的机械能相等；球在a、b、c、d四点中，d点的高度最低，重力势能最小，动能最大；（2）不计空气阻力，最高点只有水平方向的速度，由牛顿第一定律可知，若排球运动到b点时重力突然消失，接下来排球的运动状态为向右做匀速直线运动。故答案为：等于；d；向右做匀速直线运动。14．（2023春•砀山县校级期末）物体的动能大小和其质量、速度有关，用Ek表示，关系式为Ek＝mv2；物体的重力势能大小和其所受重力及被举高的高度有关，用EP表示，关系式为EP＝Gh＝mgh。现有一质量为m的物体A，从高为h的光滑固定斜面上由静止开始自由滑下（不计空气阻力），如图所示：（1）在图中作出物体A所受力的示意图。（2）请用机械能守恒定律证明，不论物体的质量多大，到达水平面时的速度v＝，即和质量无关。【答案】见解析。【分析】（1）物体A在斜面上受到重力和支持力作用，根据力的示意图画出受力；（2）机械能守恒是只发生动能和势能之间转化，利用动能和势能公式求出速度即可。【解答】解：（1）物体A受到竖直向下的重力和垂直斜面的支持力作用，由于斜面光滑故不受摩擦力，其受力如图：（2）不计空气阻力且斜面光滑，物体A从斜面顶端滚动到底端重力势能转化为动能，物体A机械能总量不变，故有EK＝EP，即mv2＝mgh，则v＝，由此可知不论物体A的质量多大，到达水平面时的速度v＝，即和质量无关。15．（2023春•安阳期末）如图为一质量为25kg的小轮滑运动员刻苦练习在水平地面上滑行穿过低障碍杆的情景，其每只滑轮鞋重为10N，与地面的接触面积为0.4m2。（1）若轮滑运动员站在水平地面上时对地面的压强为p，则她滑行穿过低障碍杆时一只脚对水平地面的压强p1等于p（选填“大于”“小于”或“等于”）；在轮滑运动员俯下身体滑行穿过低障碍杆的过程中，其机械能减少（选填“增大”“减小”或“不变”）。（2）轮滑运动员在水平地面上滑行时对地面的压力为多少？（3）轮滑运动员在水平地面上滑行时对地面的压强为多少？【答案】（1）等于；减少；（2）265N；（3）331.25Pa。【分析】（1）轮滑运动员站在水平地面上时对地面的压强为p＝，她滑行穿过低障碍杆时一只脚对水平地面的压强p1，两者进行比较，俯下身体滑行穿过低障碍杆的过程中，重力势能减小，动能减小，其机械能减小。（2）轮滑运动员在水平地面上滑行时对地面的压力F＝G总＝m人g十G轮。（3）轮滑运动员在水平地面上滑行时对地面的压强：p＝进行计算。【解答】解：（1）轮滑运动员站在水平地面上时对地面的压强为p＝＝＝，她滑行穿过低障碍杆时一只脚对水平地面的压强p1＝＝＝因此p1＝p，在轮滑运动员俯下身体滑行穿过低障碍杆的过程中，重力势能减小，动能减小，其机械能减小。（2）轮滑运动员在水平地面上滑行时对地面的压力：F＝G总＝m人g十G轮＝25kg×9.8N/kg+2×10N＝265N（3）轮滑运动员在水平地面上滑行时对地面的压强：p＝＝＝331.25Pa。故答案为：（1）等于；减少；（2）265N；（3）331.25Pa。【题型4分子间的作用力】 16．（2022春•徐州期末）下列实验中，能作为分子间存在吸引力的证据的是（）A．水和酒精混合后总体积变小 B．红墨水在水中散开 C．用鼻子嗅气味来鉴别醋和酱油 D．两个表面光滑的铅块相互紧压会粘在一起【答案】D【分析】分子动理论内容为：物质是由大量分子或原子组成的，分子在永不停息地做无规则运动，分子间同时存在相互作用的引力和斥力。【解答】A、水和酒精充分混合后，酒精分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，使得水和酒精混合后的总体积变小了，说明了分子间有间隙，故A不符合题意；B、红墨水在水中的散开，这个现象是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故B不符合题意；C、鼻子可以闻到醋和酱油的气味，是因为醋和酱油分子运动到了空气中，故C不符合题意；D、两个表面光滑的铅块相互紧压会粘在一起，是由于分子之间存在引力而引起的，故D符合题意。故选：D。17．（2023春•靖江市期末）如图甲是用粗铜丝做成的框，乙是一段细铁丝，两端弯成环状，把铁环套在铜丝上，并沾上肥皂膜，如图丙。轻轻晃动铜框，铁丝会向上升，这是因为分子间存在着引力。晃动是为了减小铁环与铜丝之间的摩擦力。【答案】引力；摩擦。【分析】分子间存在引力；通过使接触面分离的方法可以减小摩擦力。【解答】解：铁丝会向上升，这是因为肥皂水分子间的引力；晃动铜框，可以使铁环与铜丝之间产生一层肥皂膜，通过使接触面分离的方法减小铁环与铜丝之间的摩擦力。故答案为：引力；摩擦。18．（2023春•阜宁县期中）如图所示，将两个表面光滑的铅块相互紧压，结果发现松开手后，它们黏在一起，这个现象说明：分子间存在引力；在挤压过程中，发现铅块很难被压缩，这是因为：分子间存在斥力；将红墨水滴入水中，红墨水在水中逐渐扩散开，这说明分子在不停地做无规则运动。【答案】分子间存在引力；分子间存在斥力；不停地做无规则运动。【分析】分子动理论：物质是由分子或原子组成的，分子在永不停息地做无规则运动；分子之间同时存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：将两个表面光滑的铅块相互紧压后，很难被拉开，这是因为分子之间存在相互作用的引力。铅块很难被压缩，是由于分子间存在着相互作用的斥力。将红墨水滴入水中，由于分子在不停地做无规则运动，所以过一会儿水会变红，这属于扩散现象。故答案为：分子间存在引力；分子间存在斥力；不停地做无规则运动。【题型5分子动理论的基本观点】 19．（2023春•郯城县期末）分子动理论是人们用来解释热现象的初步知识，针对四幅图片的解释或实验操作说明中，不正确的是（）A．骤暖花香，引来长喙天蛾——温度越高，分子运动越剧烈 B．电子显微镜下看到金原子相距很近排列很整齐——固体分子间的作用力很大 C．上瓶装空气，下瓶装密度较大的二氧化氮演示扩散现象——避免重力对实验造成影响 D．削平底面的两个铅柱压在一起能吊起一个很重的钩码——分子间有空隙【答案】D【分析】（1）分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈；（2）固体分子排列整齐，分子间作用力较大；（3）从二氧化氮的密度与空气密度的关系分析解答；（4）分子间存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：A、天气转暖，更浓郁的花香引来了长喙天蛾——分子热运动与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，故A正确；B、金的密度很大，从题图也可以看出其原子排列非常紧密。分子（原子）间的作用力与距离有关，距离越近，作用力越大。所以可以推断出金原子间的作用力很大，故B正确；C、探究的是扩散现象的问题，由于二氧化氮的密度比空气密度大，为了避免重力对实验造成影响，上面的A集气瓶中应该装空气，故C正确；D、削平底面的两个铅柱压在一起能吊起一个很重的钩码，说明分子间存在引力，故D错误。故选：D。20．（2023春•南丹县期末）下列现中，解释正确的是（）A．破镜难圆，说明分子之间有斥力 B．大雪四处飞扬，说明分子在永不停息的做无规则运动 C．粉笔用力捏碎变成粉末，说明物体是由分子组成 D．水和酒精混合后体积变小，说明分子之间存在间隙【答案】D【分析】物质是由大量分子组成的，组成物质的分子永不停息地做无规则的运动，分子间存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：A．破镜不能重圆，主要是因为绝大多数分子间的距离较大，分子间的引力无法发挥作用，所以分子间几乎没有相互作用力，故A错误；B．分子运动是无法直接用眼睛看到的，大雪飞扬属于机械运动，不是分子在运动，不能说明分子在不停做无规则运动，故B错误；C．粉笔用力捏碎变成粉末，说明力能改变物体的形状，分子用肉眼看不到，粉末肉眼能看到，与分子无关，故C错误；D．不同物质在相互接触彼此进入对方的现象叫扩散。水和酒精混合后体积变小，发生了扩散现象说明分子之间存在间隙，故D正确。故选：D。21．（2023春•镇江期中）将50mL酒精和50mL水混合，总体积小于（选填“大于”“小于”或“等于”）100mL，说明液体分子间有间隙；荷叶上两滴水珠接触时，能自动结合成一滴较大的水珠，这一事实说明分子间有引力；水的体积不易被压缩，说明分子间有斥力。【答案】见试题解答内容【分析】分子动理论：物质是由分子或原子组成的，组成物质的分子在不停地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈，分子间有间隙，分子间存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：由于分子间有间隙，将50mL酒精和50mL水混合，分子彼此进入对方的间隙中，使得总体积小于100mL；荷叶上两滴水珠接触时，能自动结合成一滴较大的水珠，这一事实说明分子间有引力；水的体积不易被压缩，说明分子间有斥力。故答案为：小于；引力；斥力。22．（2023春•新北区校级期中）两个探究小组在进行酒精和水混合实验中，分别采用了两种不同的设备，a小组用的是图甲所示的一端开口的直玻璃管，b小组用的是图乙所示的下大上小的容器。（1）两组同学在进行实验时，都应先注入一半体积的水（填“酒精”或“水”），再将另外一种液体注满设备，然后用食指堵住容器口并上下颠倒几吊次，发现容器中的液面降低，这说明了分子间有间隙。（2）通过比较你觉得b（填“a”或“b”）小组的实验更好，理由是水和酒精混合后的总体积变小，b的变化明显。【答案】（1）水；分子间有间隙；（2）b；水和酒精混合后的总体积变小，b的变化明显。【分析】（1）因为水的密度大于酒精的密度，当用水喝酒精注满设备时，密度大的水在下方；水和酒精充分混合后，容器中的液面降低，说明分子间有间隙；（2）应该选择现象明显的实验。【解答】解：（1）因为水的密度大于酒精的密度，两组同学在进行实验时，都应先注入一半体积的水，然后将酒精注满设备，其目的是密度大的水在下方；最后用食指堵住容器口并上下颠倒几次，发现容器中的液面降低，这说明了水和酒精充分混合后，酒精分子和水分子分别进入了对方分子的间隙中，使得水和酒精混合后的总体积变小了；（2）通过比较可以发现b小组的实验中，水和酒精混合后的总体积变小，b的变化明显，所以b小组的实验更好。故答案为：（1）水；分子间有间隙；（2）b；水和酒精混合后的总体积变小，b的变化明显。【题型6热传递改变物体内能】 23．（2023春•让胡路区校级期中）如图所示，下列说法正确的是（）A．甲图：进行空中加油时，战机B相对于地面是静止的 B．乙图：水不流出来说明大气只有竖直向上的压强 C．丙图：棉被被晒热是通过热传递方式改变内能的 D．丁图：喷雾器说明流体中流速大的地方压强大【答案】C【分析】（1）研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化；（2）大气向各个方向都有压强；（3）改变内能的方式包括做功和热传递；（4）流体在流速大的地方压强小。【解答】解：A、甲图中，进行空中加油时，战机B相对于地面位置发生改变，战机B相对于地面是运动的，故A错误；B、用纸片盖住装有水的塑料管口，倒置后，水不流出来，是因为大气有向上的压强，但大气向各个方向都有压强，故B错误；C、棉被被晒热是通过热传递方式改变内能的，故C正确；D、丁图中竖直管上方空气流速快、压强小，水受到向上的压强大于向下的压强，从而使管中水面上升；简易喷雾器说明流体在流速大的地方压强小，故D错误。故选：C。24．（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（选填“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；化学【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；化学。【题型7做功改变物体内能】 25．（2023春•让胡路区校级期末）如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（）A．图甲：瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大 B．图乙：比较AB段和CD段可知，AB段的比热容是CD段比热容的2倍 C．图丙：试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减小 D．图丁：缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大【答案】C【分析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。根据温度与内能的关系和做功可以改变物体的内能角度分析解答。【解答】解：A、图中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对塞子做功，空气的内能减小；故A错误；B、CD段吸收的热量是AB段吸收热量的2倍，结合Q＝cmΔt可知CD段的比热容是AB段比热容的2倍；故B错误；C、图中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少，温度降低；故C正确；D、图中汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体对活塞做功，所以气体的内能会减小，故D错误。故选：C。26．（2022秋•惠安县期末）如图所示现象中，利用做功使物体内能增加的是（）A．发烧时，用冷毛巾给头部降温 B．钻木时，来回转动硬木棒取火 C．天晴时，晒太阳使身体变暖和 D．煮茶时，火焰使茶水温度升高【答案】B【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。【解答】解：A、发烧时，冷毛巾给头降温，是通过热传递的方式改变物体的内能，故A不符合题意；B、钻木时，来回转动硬木棒取火，是克服摩擦做功，是通过做功的方式改变内能的，故B符合题意；C、天晴时，晒太阳可以让身体暖和，是通过热传递的方式改变物体的内能，故C不符合题意；D、煮茶时，火焰使茶水温度升高，是通过热传递的方式改变汤的内能，故D不符合题意。故选：B。27．（2023春•漳州期中）如图四个事例中，改变物体内能的方式与其它不相同的是（）A．钻木取火 B．反复弯折铁丝 C．金属勺放在热汤中 D．活塞压缩筒内空气【答案】C【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递；做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化；热传递是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，其实质是能的转移。【解答】解：A、钻木取火时，克服摩擦做功，属于通过做功改变物体的内能；B、反复弯折铁丝，对铁丝做功，属于通过做功改变物体的内能；C、金属勺放在热汤中，金属勺吸收热量，属于通过热传递改变物体的内能；D、活塞压缩筒内空气，对空气做功，空气的内能变大，属于通过做功改变物体的内能；通过以上分析可知，C选项改变物体内能的方式与其它不相同，故C不符合题意。故选：C。28．（2023春•襄阳期中）2020年11月24日，我国探月工程“嫦娥五号”顺利升空，月球夜晚的温度非常低，会导致“嫦娥五号”探测器通过热传递（选填“做功”或“热传递”）方式使其内能减少。历经23天后，“嫦娥五号”取回月壤返回地球，再入大气层，表面被烧黑，这说明在返回过程中它的内能一定增加（选填“增加”、“不变”或“减小”），机械能减小（选填“增加”、“不变”或“减小”）。【答案】热传递；增加；减小。【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；“嫦娥五号”在穿越大气层时，需要克服空气摩擦做功，部分机械能转化为了内能，据此分析机械能的变化。【解答】解：月球夜晚的温度非常低，嫦娥五号探测器放出热量，温度降低，这是通过热传递的方式使嫦娥五号探测器的内能减少；嫦娥五号在返回过程中，进入大气层后与大气剧烈摩擦，导致其温度升高，内能增加，该过程中机械能转化为内能，机械能减小。故答案为：热传递；增加；减小。【题型8比热容的概念及其计算】 29．（2022秋•京山市期中）依据表格中的数据，下列说法正确的是（）物质比热容c/[J•（kg•℃）﹣1]水4.2×103煤油2.1×103砂石约0.92×103A．水的比热容表示水的温度升高1℃吸收的热量是4.2×103J B．质量相等的水和煤油，吸收相等热量，煤油温度升高得较多 C．一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容变小 D．水和砂石放出相等热量，水的温度降低得较多【答案】B【分析】（1）单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的热量叫做这种物质的比热容；（2）由Q放＝cmΔt的变形式Δt＝可知，质量相同的不同物质，放出（或吸收）相同的热量时，比热容大的温度变化量小，比热容小的温度变化量大；（3）比热容是物质的一种特性，与物体质量无关。【解答】解：A.由表格数据可知，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），它表示1kg的水温度每升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的热量是4.2×103J，故A错误；B.由表格数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，由Δt＝可知，质量相等的水和煤油，吸收相等热量，煤油温度升高得较多，故B正确；C.比热容是物质的一种特性，与质量无关，一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容不变，故C错误；D.由表格数据可知，水的比热容大于砂石的比热容，由Δt＝可知，水和砂石放出相等热量，由于质量关系未知，所以无法比较降低的温度关系，故D错误。故选：B。30．（2023春•杨浦区校级期末）初温相等的甲、乙两物体。甲、乙的质量、比热容分别为m甲、m乙、c甲、c乙，在放出相同热量后相接触，热量从甲传到乙，则下列情况中不可能的是（）A．m甲＜m乙、c甲＜c乙 B．m甲＞m乙、c甲＜c乙 C．m甲＞m乙、c甲＞c乙 D．m甲＜m乙、c甲＞c乙【答案】A【分析】（1）在不加干涉的情况下，热量只会从温度高的物体向温度低的物体传递；（2）物体放出的热量Q＝cmΔt。【解答】解：初温相同的甲、乙在放出相同的热量后，热量从甲传到乙，说明放出相同的热量后，甲的温度高度高于乙的温度，即甲温度的变化量Δt甲＜Δt乙。根据Q＝cmΔt有：c甲m甲Δt甲＝c乙m乙Δt乙。已知Δt甲＜Δt乙，则可得c甲m甲＞c乙m乙。A、若m甲＜m乙、c甲＜c乙，则c甲m甲＜c乙m乙，不符合题意，这种情况不可能出现；B、若m甲＞m乙、c甲＜c乙，则存在c甲m甲＜c乙m乙、c甲m甲＝c乙m乙、c甲m甲＞c乙m乙三种可能，即这种情况可能出现；C、若m甲＞m乙、c甲＞c乙，则c甲m甲＞c乙m乙，即这种情况可能出现；D、若m甲＜m乙、c甲＞c乙，则存在c甲m甲＜c乙m乙、c甲m甲＝c乙m乙、c甲m甲＞c乙m乙三种可能，即这种情况可能出现。故选：A。31．（2023春•徐汇区校级期末）下列说法中，能够反映物体吸收热量与物质种类有关的是（）A．相同质量的同种物质，升高相同温度时，吸收的热量相同。 B．不同质量的不同物质，升高相同温度时，吸收的热量不同。 C．相同质量的不同物质，升高相同温度时，吸收的热量不同。 D．不同质量的不同物质，升高不同温度时，吸收的热量相同。【答案】C【分析】（1）控制变量法的要求：一个物理量受多个因素的影响，探究该物理量跟其中一个因素的关系时，必须控制其它因素不变；（2）根据吸热公式Q吸＝cmΔt，影响物体吸收热量多少的因素有：物质的种类（比热容）、质量、温度的变化等。【解答】解：A、相同质量的同种物质，升高不同的温度时，吸收的热量不同，探究的是物体吸收热量的多少跟升高温度的关系，故A错误；B、不同质量的不同物质，有质量和物质种类两个因素不同，不符合控制变量法的要求，故B错误；C、相同质量的不同物质，升高相同的温度时，吸收的热量不同，探究的是物体吸收热量的多少与物质种类的关系，故C正确；D、不同质量的不同物质，升高不同温度，有质量、物质种类和温度三个因素不同，不符合控制变量法的要求，故D错误。故选：C。32．（2022秋•金坛区期中）图甲所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水。用不同加热器加热，忽略散热，得到图乙所示的水温与加热时间的图线，则（）A．甲烧杯中的水温度升的比较快，说明甲杯中的水的比热容比乙杯中的水比热容小 B．加热相同时间，两杯水吸收的热量相同 C．吸收相同的热量，甲杯的水升温比乙杯的多 D．甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同【答案】D【分析】（1）比热容是物质的特性，仅与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量和体积无关；（2）由图乙可知，加热相同的时间时，两烧杯内温度的变化量关系，根据Q吸＝cmΔt可知它们吸收的热量关系；（3）同种纯净水的比热容相同，根据Δt＝判断吸收相同的热量时两烧杯内的水升变化关系；（4）质量相同的同种物质，根据Q吸＝cmΔt可知温度升高相同时吸收的热量相同。【解答】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．由图乙可知，加热相同的时间，甲、乙两烧杯内质量相等的纯净水升高的温度不同，由Q吸＝cmΔt可知，它们吸收的热量不相同，故B错误；C．相同质量的纯净水，它们质量和比热容相同，由Q吸＝cmΔt的变形式Δt＝可知，吸收相同的热量，甲、乙两烧杯内的水升温相同，故C错误；D．由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min时，水升高的温度相等，由Q吸＝cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故D正确。故选：D。33．（2023春•徐汇区校级期末）一杯水的比热容是4.2×103焦/（千克•℃），单位读作焦耳每千克摄氏度。若将此杯水倒掉一半，剩下半杯水的比热容不变，若水凝固成冰，则比热容改变（以上两空均选填“改变”或“不变”）。我们的生活离不开水，这与水的比热容较大有关，因为它可以使地球昼夜及四季的温度变化小（选填“大”或“小”），从而有效的调节了气温。【答案】焦耳每千克摄氏度；不变；改变；小。【分析】比热容是物质的一种特性。物质的比热容只跟物体的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。与其它常见物质相比，水的比热容较大，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量最多，或在吸收或放出相同的热量时，相同质量的水和其它物质相比较时，水的温度变化小。【解答】解：将此杯水倒掉一半后，剩下半杯水的种类和状态都没有变，所以水的比热容不变。水凝固成冰以后，其状态改变，比热容发生改变。由于水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，在相同的受冷和受热的情况下，水的温度变化小，所以可有效调节气温。故答案为：焦耳每千克摄氏度；不变；改变；小。34．（2023春•黄浦区期末）查如表可知，煤油的比热容读作2.1×103焦每千克摄氏度。汽车发动机用水作冷却剂，是因为水的比热容较大，与质量相同的其他物质相比，A（选填序号A“升高相同温度，水吸收热量较多”、B“降低相同温度，水放出热量较多”）。比热容[单位：焦/（千克•℃）]煤油：2.1×103铝：0.90×103水：4.2×103铜：0.39×103【答案】2.1×103焦每千克摄氏度；水的比热容较大；A【分析】（1）比热容的单位：焦每千克摄氏度；（2）因为水的比热容大，和同样质量的其它物质相比，升高相同的温度，水从发动机吸热多；【解答】解：由表可知，煤油的比热容为2.1×103焦/（千克•℃），读作2.1×103焦每千克摄氏度；汽车发动机用水作冷却剂是利用水的比热容大，与质量相同的其他物质相比，升高相同的温度，水吸收热量较多（注意发动机的温度高，发动机放出热量，水吸收热量），故选A。故答案为：2.1×103焦每千克摄氏度；水的比热容较大；A。【题型9实验比较不同物质吸热的情况】 35．（2023春•绵阳期中）如图，在探究水和沙子升温吸热能力的实验中，下列说法不必要的是（）A．要控制水和沙子的质量相同 B．要控制水和沙子体积相同 C．要用计时器隔一定时间记录温度 D．加热过程中要不停地搅拌【答案】B【分析】我们使用相同的酒精灯（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；比较物质吸热能力的2种方法：①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。【解答】解：AB、在探究水和沙子升温吸热能力的实验中，采用的是控制变量法，需要控制水和沙子的质量和初温相同，不需要控制它们的体积相同，故A有必要，B没有必要；C、实验中需要用秒表记录加热的时间，根据加热时间判定吸收热量的多少，故C有必要；D、为了使水和沙子受热均匀，在加热过程中要不停地搅拌，故D有必要。故选：B。36．（2023春•大兴区校级期末）在探究不同物质的吸热能力时，如果选用两个相同的酒精灯给质量相同的水和食用油加热，让给它们升高相同的温度，比较它们吸收热量的多少，下列说法正确的是（）A．通过比较加热时间来比较它们吸收热量的多少 B．通过比较升高的温度来比较它们吸收热量的多少 C．食用油比水吸收的热量多 D．食用油比水的吸热能力强【答案】A【分析】我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强。【解答】解：AB、根据转换法，通过比较加热时间来比较它们吸收热量的多少，故A正确，B错误；CD、选用两个相同的酒精灯给质量相同的水和食用油加热，让给它们升高相同的温度，水加热时间长，水吸热多，水的吸热能力强，故CD错误。故选：A。37．（2022秋•固安县期末）为了比较水和食用油的吸热能力，铭铭用两个相同的装置做了如图所示的实验。已知甲、乙两个容器分别装有水和食用油。物质质量/g初始温度/℃加热时间/min最后温度/℃水6020645食用油6020676（1）选用相同规格电加热器的目的是使水和食用油在相同时间内吸热相同。（2）此实验可以控制质量和吸收热量相同，通过比较升高的温度来研究水和食用油吸热能力的差异。（3）分析实验数据可知，水的吸热能力更强。（4）此实验中，要使水和食用油的最后温度相同，水需要吸收的热量大于（选填“大于”、“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。（5）本实验中食用油的比热容为1.875×103J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】（1）使水和食用油在相同时间内吸热相同；（2）升高的温度；（3）水；（4）大于；（5）1.875×103。【分析】（1）用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；（2）（3）使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；（4）根据（3）推理回答；（5）由表中数据得出加热6分钟水和食用油升高的温度，根据Δt＝，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，据此求出本实验中食用油的比热容。【解答】解：（1）选用相同规格的电加热器，根据转换法，其目的是使水和食用油在相同时间内吸热相同；（2）此实验可以控制质量和吸收热量相同，通过比较升高的温度来研究水和食用油吸热能力的差异；（3）实验中，是通过比较加热时间来间接反映水和食用油所吸收的热量；分析实验数据可知，加热相同时间（即吸收的热量相同），水升高的温度较少（即水升温慢），说明水的吸热能力更强；（4）因加热相同时间，水升高的温度较少，据此推理，要使水和食用油的最后温度相同，水需要的加热时间长，则水需要吸收的热量大于食用油吸收的热量；（5）由表中数据，加热6分钟，水升高的温度为：45℃﹣20℃＝25℃；食用油升高的温度为：76℃﹣20℃＝56℃；根据Δt＝，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，故本实验中食用油的比热容：c油＝×c水＝×4.2×103J/（kg•℃）＝1.875×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）使水和食用油在相同时间内吸热相同；（2）升高的温度；（3）水；（4）大于；（5）1.875×103。38．（2022秋•鞍山期末）如图甲所示是探究“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。（1）实验中应量取质量相等的A、B两种液体，为了完成该实验，除了图甲中所示的器材外，还需要增加的测量工具有天平和秒表。（2）本实验中，液体吸收热量的多少可以通过加热时间来反映。（3）为了比较A、B液体的吸热本领，小明提出两种比较方案：①让两者升高相同的温度，比较加热时间；②让两者加热相同时间，比较升高的温度。在两种液体都不沸腾的前提下，你认为可行的方案是①和②（选填“①”、“②”或“①和②”）。（4）根据实验数据绘制了图乙所示的温度﹣时间图象，从图象可以看出，A液体比热容较大。（5）若B液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），则A液体的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。【答案】（1）质量；秒表；（2）加热时间；（3）①和②；（4）A；（5）4.2×103J/（kg•℃）。【分析】（1）比较物质吸热能力的方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量，吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同；我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；实验中不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的，据此分析故还需要的测量工具。（2）根据转换法分析回答。（3）根据比较吸热能力的两种方法分析回答；（4）根据图乙得出升高40℃A、B的加热时间，根据比较吸热能力的方法回答；（5）根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出A液体的比热容。【解答】解：（1）比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量，吸收热量多的吸热能力强；使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故实验中应量取质量相等的A、B两种液体；我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法，实验中不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的，故还需要增加秒表。（2）根据转换法，本实验中，液体吸收热量的多少可以通过加热时间来反映。（3）根据比较吸热能力的2种方法，小明提出的两种比较方案均可行，故选①和②。（4）根据图乙可知，升高40℃，A、B的加热时间分别为10min和5min，由转换法，A、B的吸热之比为2：1，A吸热多，根据比较吸热能力的方法，故可知A的吸热能力强，比热容大。（5）根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，若B液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），则A液体的比热容为：c＝2×2.1×103J/（kg•℃）＝4.2×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）质量；秒表；（2）加热时间；（3）①和②；（4）A；（5）4.2×103J/（kg•℃）。【题型10热量的计算】 39．（2023春•东港区校级期中）同种材料制成的两个金属小球，甲球的质量是乙球的质量的2倍，吸收相同的热量后（未熔化），甲、乙两球升高的温度之比为1：2，此时两球的比热容之比为1：1。【答案】1：2；1：1【分析】（1）比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物体的质量、体积无关；（2）已知比热容大小关系、两球的质量大小关系、吸收的热量大小关系，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求升高的温度之比。【解答】解：用同种材料制成的两个金属小球，比热容相同，甲、乙两球的比热容之比c甲：c乙＝1：1；质量之比m甲：m乙＝2：1，吸收的热量之比Q甲：Q乙＝1：1，由Q吸＝cmΔt可得升高的温度之比：Δt甲：Δt乙＝：＝：＝1：2。故答案为：1：2；1：1。40．（2022秋•通道县期末）利用燃烧酒精给水加热，使质量为2kg的水温度升高30℃，已知q酒精＝3.0×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃），求：（1）水吸收的热量是多少焦？（2）若完全燃烧酒精产生的热量只有75%被水吸收，则需要完全燃烧多少kg的酒精？【答案】（1）水吸收的热量是2.52×105J；（2）若完全燃烧酒精产生的热量只有75%被水吸收，则需要完全燃烧0.0112kg的酒精【分析】（1）根据Q吸＝cmΔt可求得水吸收的热量；（2）利用效率可以求出酒精完全燃烧放出的热量；已知酒精的热值，利用公式m＝得到酒精的质量。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×30℃＝2.52×105J；（2）若完全燃烧酒精产生的热量只有75%被水吸收，则酒精完全燃烧放出的热量为：Q'放＝＝＝3.36×105J；由Q放＝mq得，需要酒精的质量：m酒精＝＝＝0.0112kg。答：（1）水吸收的热量是2.52×105J；（2）若完全燃烧酒精产生的热量只有75%被水吸收，则需要完全燃烧0.0112kg的酒精。【题型11四冲程内燃机的工作过程】 41．（2023春•新民市校级期中）如图所示的四个情景，下列选项中说法正确的是（）A．甲图中厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减小 B．乙图中两个铅块紧压在一起后能吊住重物，说明分子间存在扩散现象 C．丙图中红墨水在热水中扩散得快，说明温度越高，分子无规则运动越剧烈 D．丁图中活塞向下运动，燃气的内能全部转化成活塞的机械能【答案】C【分析】（1）对物体做功，物体的内能变大；（2）分子间存在着相互作用的引力与斥力；（3）物质是由分子组成的，分子处于永不停息的运动状态，温度越高，分子运动越剧烈；（4）四冲程汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能。【解答】解：A、图中厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对筒内空气做功，筒内空气的内能变大，故A错误；B、图中两个压紧的铅块能吊起钩码，是由于分子间存在引力，故B错误；C、红墨水在热水中扩散的比冷水中快，说明温度越高，分子无规则运动越剧烈，故C正确；D、丁图中活塞向下运动，燃气的内能部分转化成活塞的机械能，故D错误。故选：C。42．（2022秋•平原县期末）下列说法错误的是（）A．沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因之一是水的比热容比沙石的比热容大B．冬天双手互搓，手的温度升高，是通过热传递的方式改变手的内能 C．长时间紧压在一起的铅片和金片互相渗入，是由于发生了扩散现象 D．汽油机的做功冲程中，燃气对外做功，将内能转化为机械能【答案】B【分析】（1）水的比热容比砂石的较大，因此在同样受冷和受热时，水的温度变化较小，砂石的温度变化较大；（2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；（3）两种不同物质相互接触时，彼此进入对方的现象是扩散；（4）汽油机在做功冲程里，高温、高压的燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能。【解答】解：A、沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因沿海地区多水，内陆地区多砂石，水的比热容比砂石的比热容大，同样受冷和受热时温度变化小，故A正确；B、冬天双手互搓，手克服摩擦做功，机械能转化为内能，使手的温度升高，这是用做功的方式改变内能，故B错误；C、铅片与金片紧压在一起，过几年铅片和金片互相渗入，是扩散现象形成的，故C正确；D、汽油机在做功冲程里，高温、高压的燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能，故D正确。故选：B。【题型12燃料的热值及其计算和热机的效率】 43．（2023春•岱岳区期中）2022年7月24日，搭载问天实验舱的长征五号B遥三运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射并取得圆满成功，如图所示。下列说法正确的是（）A．火箭发射利用的燃料是液态氢，是因为它含有的热量多 B．无论液氢燃料燃烧的充不充分，其热值不变 C．燃料燃烧推动火箭升空是把机械能转化为内能 D．运载火箭在加速升空过程中，实验舱的机械能保持不变【答案】B【分析】（1）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高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；（2）热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量大小、燃烧程度无关；（3）火箭是热机的一种，是利用内能做功的机器；（4）机械能包括动能和势能，物体动能和势能的变化会引起机械能的变化；动能与质量和速度有关，质量越大、速度越大则动能越大；重力势能与质量和高度有关，质量越大、高度越大则重力势能越大。【解答】解：A、火箭发射利用的燃料是液态氢，是因为它的热值高，故A错误；B、热值是燃料的一种特性，无论液氢燃料燃烧得充不充分，其热值不变，故B正确；C、燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能，故C错误；D、箭加速升空的过程中，火箭的质量不变、速度变大，动能增大；质量不变、高度增加，重力势能增加，所以机械能增加，故D错误。故选：B。44．（2022秋•大名县校级期末）（多选）酒精的热值为3.0×107J/kg、比热容为2.4×103J/（kg•℃），以下说法中正确的是（）A．质量增加，酒精的热值变大 B．质量增加，酒精的比热容不变 C．完全燃烧1kg酒精可放出3.0×107J的热量 D．酒精温度升高1℃需要吸收2.4×103J的热量【答案】BC【分析】热值表示燃料的特性，比热容表示物质的特性，与物质的种类和物态有关。热值的含义表示1kg某燃料完全燃烧放出的热量。比热容的含义表示1kg某物质升高1℃吸收的热量。【解答】解：A、热值是燃料的一种特性，酒精质量增加，酒精的热值不变，故A错误；B、比热容是物质的一种特性，酒精质量增加，酒精的比热容不变，故B正确；C、酒精的热值为3.0×107J/kg，意义是完全燃烧1kg酒精可放出3.0×107J的热量，故C正确；D、酒精的比热容为2.4×103J/（kg•℃），意义是1kg酒精温度升高1℃需要吸收2.4×103J的热量，故D错误。故选：BC。45．（2023春•柴桑区期中）（多选）五谷杂粮是人们喜欢的食物，小杰同学最爱吃玉米。下列关于蒸玉米的过