专题05《比热容与机械能与内能的相互转化》压轴培优题型训练

专题05《比热容与机械能与内能的相互转化》压轴培优题型训练【十大题型】TOC\o"13"\h\u【题型1做功改变物体内能】 1【题型2比热容的概念及其计算】 4【题型3比热容解释简单的自然现象】 10【题型4实验比较不同物质吸热的情况】 12【题型5热量的计算】 15【题型6热平衡方程的应用】 21【题型7四冲程内燃机的工作过程】 25【题型8有关热机的计算】 28【题型9燃料的热值及其计算】 32【题型10热机的效率】 36【题型1做功改变物体内能】 1．（2023•新乡一模）（多选）科学家让嫦娥5号返回舱采取“打水漂”的方式返回地球。如图，返回舱进入大气层后从跃出点再次离开大气层，然后从跃入点二次进入大气层返回地面。下列说法正确的是（）A．返回舱进入大气层后，由于受到惯性的作用继续向前运动 B．返回舱进入大气层温度迅速升高，这是通过做功的方式改变内能 C．返回舱在力的作用下能“打水漂”，说明力是维持物体运动的原因 D．假如“打水漂”的过程中某刻所受力全部消尖，返回舱将做匀速直线运动【答案】BD【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。（2）改变内能的方式包括做功和热传递。（3）力是改变物体运动状态的原因，物体运动不需要力来维持。（4）牛顿第一定律的内容：一切物体在不受外力时，总是保持静止状态或匀速直线运动状态。【解答】解：A、返回舱进入大气层后继续向前运动，是由于返回舱具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故A错误。B、返回舱进入大气层后，克服摩擦做功，温度迅速升高，内能增大，这是通过做功的方式改变物体的内能，故B正确。C、返回舱在力的作用下能“打水漂”，说明力是改变物体运动状态的原因，故C错误。D、根据牛顿第一定律可知，假如“打水漂”的过程中某刻所受力全部消尖，返回舱将做匀速直线运动，故D正确。故选：BD。2．（2022秋•阳信县月考）（多选）将装有酒精的金属管固定在桌子上，并用塞子塞紧。快速来回拉动绕在管上的绳子，过一会儿塞子跳起来，如图所示。则（）A．拉动绳子过程，金属管温度升高，内能增加 B．拉动绳子过程，管内酒精温度不变 C．塞子跳起时，管内气体温度降低，内能减少 D．塞子跳起时，管内气体内能全部转化为塞子的机械能【答案】AC【分析】知道做功和热传递都可以改变物体的内能。对于做功改变内能时，若对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。【解答】解：A、拉动绕在管上的绳子，绳子会对管子做功，管子温度会升高，内能会增大，故A正确；B、因管子与酒精会有温度差，所以管子会把热传递给酒精，酒精的温度也会升高，蒸发加快，故B错；C、管内气体膨胀做功，将内能转化为机械能，将塞子顶起，管内气体的温度降低，内能减小，故C正确；D、塞子跳起时，有热损失，管内气体内能不能全部转化为塞子的机械能，故D错。故选：AC。3．（2022秋•惠州期末）“神舟十一号”飞船发射的过程中，当火箭在大气层中快速飞行时，会与大气层发生剧烈摩擦，其温度会升高（选填“升高”或“降低”），内能会增大（选填“增大”或“减小”），这是通过做功的方式来改变物体内能的。【答案】升高；增大；做功。【分析】改变物体内能方式：做功和热传递。与大气层发生剧烈摩擦，克服摩擦做功，物体内能会增加，温度升高。【解答】解：改变物体内能方式：做功和热传递。故“神舟十一号”在发射的过程，当火箭在大气层中快速飞行时，会与大气层发生剧烈摩擦，其温度会升高，内能会增加，这是通过做功的方式改变物体内能的。故答案为：升高；增大；做功。4．（2021秋•铜仁市期末）如图，把一个底端密闭的薄壁金属管固定在桌上，管里放一些酒精，管口用塞子塞紧，用绳子在管外绕几圈并迅速地来回拉动，一会儿看到塞子被弹起。（1）拉动绳子克服摩擦做功，是将机械能转化为内能。（2）请说出该实验中的某一现象并简述其中原因。现象：管口出现白气。原因：气体膨胀对塞子做功，内能减少，温度降低，水蒸气液化成小液滴。【答案】见试题解答内容【分析】解决此题要知道做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能；各种能量之间可以相互转化，在转化过程伴随着做功过程。【解答】解：（1）拉动绳子时，绳子与筒壁相互摩擦做功，机械能转化为它们的内能，使其内能增大，温度升高；（2）现象：管口出现白气；原因：气体膨胀对塞子做功，内能减少，温度降低，水蒸气液化成小液滴。故答案为：（1）机械；内；（2）管口出现白气；气体膨胀对塞子做功，内能减少，温度降低，水蒸气液化成小液滴。【题型2比热容的概念及其计算】 5．（2023•宜昌）在两个相同的烧杯中分别装有质量和初温相同的水和某种液体，用两个完全相同的电加热器对其加热，每隔一段时间用温度计分别测量它们的温度，并画出了温度随时间变化的图像如图，由图像可知（）A．a液体比热容小 B．b液体是水 C．0～3min内a液体吸收的热量少 D．升高相同的温度时，b液体吸收的热量少【答案】D【分析】（1）实验中，使用相同的加热器，可以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（加热时间），吸收热量多的吸热能力强、比热容大；（2）使用相同的加热器，在相同的加热时间内吸收的热量相等。【解答】解：ABD、由图可知，将水和另一种液体都从15℃加热到35℃，b需要加热3min，a需要加热6min，说明b液体吸收的热量少、a液体吸收的热量多，则a的吸热能力强、比热容大，故a液体是水，故AB错误、D正确。C、使用相同的加热器，在相同的加热时间内吸收的热量相等，则0～3min内a、b液体吸收的热量相等，故C错误，故选：D。6．（2022秋•祁东县校级期中）（多选）如图所示是用相同的电加热器给a、b、c三种液体加热时它们的温度随时间变化的图像（忽略液体汽化导致的质量变化以及与环境间的热传递），其中b、c质量相同。下列说法正确的是（）A．t1～t2时间内，物质a的温度不变，内能增加 B．温度从T1升高到T2时，a物质吸收的热量比b多 C．a、b可能是同种液体，b的质量大于a的质量 D．b、c是不同种液体，b的比热容大于c的比热容【答案】AC【分析】（1）液体沸腾过程中，温度不变，吸收热量，内能会增加；（2）根据Q＝cmΔt分析解答；（3）沸点与液体的种类有关，同种液体沸点相同，质量不同到达沸腾的时间不同；（4）根据Q＝cmΔt分析b、c比热容的大小。【解答】解：A．t1～t2时间内物质a的温度虽然不变，但不断吸收热量，所以其内能增大，故A正确；B．温度从T1升高到T2时，吸收热量的多少通过加热时间来反映，由图可知a的加热时间比b短，所以a吸收的热量比b少，故B错误；C．沸点与液体的种类有关，同种液体沸点相同，因为a、b沸点相同，所以a、b是同种物质，因a、b是同种物质，则它们的比热容相同，升高相同的温度时，b的加热时间长，b吸收的热量多，根据Q＝cmΔt知，b的质量大于a的质量，故C正确；D．b、c的质量相同，用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，0～t1时间内两种物质吸收的热量相同，b物质升高的温度较多，根据Q＝cmΔt可知，b的比热容小于c的比热容，c的吸热能力更强，故D错误。故选：AC。7．（2023春•浦东新区校级期末）铝的比热容为900焦/（千克•℃），读作900焦耳每千克摄氏度，表示的物理意义是：质量为1千克的铝，温度升高（降低）1℃时吸收（放出）的热量为900J。质量相同的水和铝相比，①④（填序号①“升高相同温度，水吸收热量较多”、②“降低相同温度，铝放出热量较多”、③“吸收热量相同，铝升高温度较少”、④“放出热量相同，水降低温度较少”）。【答案】900焦耳每千克摄氏度；温度升高（降低）1℃时吸收（放出）的热量为900J；①④。【分析】单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量叫做这种物质的比热容；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。【解答】解：铝的比热容是900J/（kg•℃），单位读作900焦耳每千克摄氏度，表示的物理意义是质量为1千克的铝温度升高（降低）1℃时吸收（放出）的热量为900J；水的比热容大于铝，升高相同的温度，水吸收的热量多，铝吸收的热量少；质量相同的水和铝，要吸收相同的热量，水升高的温度小。故答案为：900焦耳每千克摄氏度；温度升高（降低）1℃时吸收（放出）的热量为900J；①④。8．（2022春•海安市期末）把凉的奶制品放入盛有热水的保温桶中，经过一段时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示，奶制品与热水的质量相同，则其中乙（选填“甲”或“乙”）代表奶制品温度变化的图象。若不考虑热损失，在6min～8min过程中，水的内能不变（选“增大”、“减小”或“不变”）。从图象可以发现，甲、乙的比热容之比为2：1。【答案】乙；不变；2：1。【分析】（1）把凉牛奶放在热水中加热，牛奶吸热、温度升高，热水放热、温度降低，由此判断温度随时间变化的图象中各部分的意义；（2）物体温度越高，分子运动越剧烈，物体的内能就越大，分析图像6min～8min水的温度变化，得出水的内能变化；（3）凉牛奶放在热水在相同时间里吸收和放出的热量相同。根据Q＝cmΔt判断液体比热容的大小。【解答】解：（1）把凉牛奶放在热水中加热，牛奶吸热、温度升高，热水放热、温度降低，直至两者的末温相等，因此甲是水的温度变化图象，乙是牛奶的温度变化图象；（2）物体温度越高，分子运动越剧烈，物体的内能就越大，若不考虑热损失，在6min～8min过程中，由图象可知，水的温度始终保持60℃不变，故水的内能不变；（3）若不考虑热损失，热水和凉牛奶发生热传递时，凉牛奶吸收的热量和热水放出的热量相同；根据图象可知，凉牛奶温度升高了（60℃﹣20℃）＝40℃，热水温度降低了（80℃﹣60℃）＝20℃，即Δt奶＝2Δt水；不考虑热损失，则Q奶吸＝Q水放，已知m奶＝m水，且Δt奶＝2Δt水，由Q＝cmΔt可得甲、乙的比热容之比：c甲：c乙＝：＝×＝×＝2：1。故答案为：乙；不变；2：1。9．（2021秋•梁平区期末）质量相等、初温相同的水和某种液体，用两个相同的电加热器分别给它们加热，每隔一分钟分别记录一次水和某种液体的温度，测得的数据如表：项目水某种液体时间/min012345012345温度/℃151617181920151719212325（1）请根据测得的数据求出该液体的比热容；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（2）要使100g该液体温度从15℃升高到35℃，需要吸收多少热量？【答案】见试题解答内容【分析】（1）先从表格中找出水和这种液体升高温度的关系；根据公式Q吸＝cm（t﹣t0），在吸收热量（通过加热时间来体现出来）、质量相同的情况下，温度的变化值和比热容成反比，水的比热容是已知，根据水的比热容，以及水和某种液体比热容的关系，求出某种液体的比热容。（2）知道这种液体的比热容、质量、初温和末温，根据公式Q吸＝cm（t﹣t0）求出这种液体吸收的热量。【解答】解：（1）由表中数据可知：在加热相同的时间，如1min，水和某种液体的吸收的热量是相同的，水的温度升高了1℃，某种液体温度升高了2℃，水和这种液体升高的温度之比是1：2；根据Q吸＝cm（t﹣t0）可知：在质量和吸收的热量相同时，物质升高的温度和物质的比热容成反比，水和这种液体升高的温度之比是1：2，水和这种液体的比热容之比是2：1。这种液体的比热容c液＝4.2×103J/（kg•℃）×＝2.1×103J/（kg•℃）。（2）液体的质量m＝100g＝0.1kg；需要吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×0.1kg×（35℃﹣15℃）＝4.2×103J。答：（1）该液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃）；（2）要使100g该液体温度从15℃升高到35℃，需要吸收4.2×103J的热量。10．（2022秋•南海区校级月考）阅读短文，回答文后问题。牛顿冷却定律当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比。后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q＝k（t物﹣t环），其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。由于不同物质的比热容不同，即使散热快慢相同，它们降低相同温度需要的时间也不同，根据降温时间可以得到两种物质比热容的大小关系，从而可以进行比热容的测量。（1）物体向周围散热，内能减少，这种改变内能的方式叫做热传递；此外还有一种改变内能的方式是做功。物体温度降低，内能一定（选“一定”或“不一定”）减少。（2）散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是AC。A.速度B.密度C.功率D.效率（3）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的放热快慢为q，当物体温度降低到29℃时，散热快慢为0.9q。（4）如图甲所示，用两个同样的保温杯分别装满水和盐水，水和盐水的温度都是30℃，周围环境温度保持20℃不变，保温杯敞开口，水和盐水温度随时间变化的图像如图乙所示。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），盐水的密度为1.1×103kg/m3，则盐水的比热容为3.5×103J/（kg•℃）。【答案】（1）热传递；做功；一定；（2）AC；（3）0.9q；（4）3.5×103。【分析】（1）改变物体内能的方法：一是做功（能量的转化），二是热传递（能量的转移）；（2）根据“散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示”逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；（3）根据q＝k（t物﹣t环）求出物体温度降低到29℃时的散热快慢；（4）根据散热快慢的定义结合图乙求出水和盐水放出热量的关系，根据Q放＝cmΔt和密度公式列出方程求出盐水的比热容。【解答】解：（1）物体向周围散热，内能减少，周围环境的内能增加，能量的形式没有发生变化，因此物体向周围散热属于热传递；此外还有一种改变内能的方式是做功。物体温度降低，内能一定减少。（2）由题目提供的信息可知，散热快慢的定义是单位时间内散失热量的多少；A.速度的定义是单位时间内通过的路程，故A符合题意；B.密度的定义是单位体积某种物质的质量，故B不符合题意；C.功率的定义是单位时间内做的功，与散热快慢一样都是描述的单位时间内的能量，故C符合题意；D.效率的定义是有用的能量与总能量之比，故D不符合题意；故选AC；（3）由题意可知，q＝k（t物﹣t环）＝k（30℃﹣20℃），解得：，由于散热系数k与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，因此当物体温度降低到29℃时，散热系数k不变，则当物体温度降低到29℃时，散热快慢：；（4）因为水和盐水的初温和末温都相同，即Δt水＝Δt盐水＝Δt，所以此时水和盐水的散热快慢相同，则水和盐水放出热量之比：，由图可知，水和盐水的体积相同，因为Q放＝cmΔt，所以有：，解得：故答案为：（1）热传递；做功；一定；（2）C；（3）0.9q；（4）3.5×103。【题型3比热容解释简单的自然现象】 11．（2023秋•顺德区校级月考）下列事例中利用了物质的比热容特性的是（）A．干燥的天气里在卧室放一盆水加湿 B．发现人中暑时，常在额头上擦冷水降温 C．建人工湖，调节周围的气候 D．北方的冬天，菜窖里放几桶水，防止菜冻坏【答案】C【分析】对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。【解答】解：A．干燥的天气里在卧室放一盆，水蒸发可以增大空气中水蒸气的含量，增加空气湿度，与水的比热容较无关，故A错误；B．发现人中暑时，常在额头上擦冷水降温是利用水蒸发吸热的特点，与比热容无关，故B错误；C．因为水的比热容较大，相同质量是水和其他物质相比，吸收相同热量时，水的温度变化小，建人工湖，可知使周围的气候低些，与比热容有关，故C正确；D．冬天菜窖里放几桶水防止蔬菜冻坏，是利用水凝固放热，与水的比热容无关，故D错误。故选：C。12．（2023•天桥区一模）同学们通过地理课的学习知道了，温带海洋性气候的地区各月份平均气温变化小，而温带大陆性气候的地区各月份平均气温变化较大。如图所示。从物理的角度分析。形成这种现象的主要原因是：与砂石相比较，海水具有（）A．较大的内能，相同条件下，水温变化较大 B．较小的内能，相同条件下，水温变化较小 C．较小比热容，相阿条件下，水温变化较大 D．较大比热容，相同条件下，水温变化较小【答案】D【分析】沿海地区水多，水的比热容较大，吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小。【解答】解：沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多；因为水的比热容较大，砂石的比热容小，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，所以沿海城市的昼夜温差较小，各月份平均气温变化也小；而内陆城市的昼夜温差较大，各月份平均气温变化也较大。故D正确。故选：D。13．（2023•襄阳）2023年春节，襄阳市华侨城、关圣古镇燃放烟花，现场人们闻到很浓的硝烟味道属于扩散现象。热机工作时常用水降温，这是利用了水的比热容大的特性。【答案】扩散；比热容【分析】一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动；水的比热容较大，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；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少。【解答】解：现场人们闻到很浓的硝烟味道说明分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象；热机工作时产生大量的热，这些热如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点（相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多）把这些热迅速吸收，使热机的温度不致升得太高。故答案为：扩散；比热容。14．（2023•夏邑县模拟）热岛效应主要原因是城市建筑群密集、柏油路和水泥路面比郊区的土壤、植被吸热能力弱且具有更大的吸热率。在相同的日照情况下，城市地区比郊区升温较快（选填“快”或“慢”）。很多城市保护并增大城区的绿地、水体面积来减弱城市热岛效应，这主要是利用了水的比热容大的特点。【答案】快；比热容大。【分析】从引起热岛效应的原因分析：城市多水泥、沙石，郊区多水，沙石比水的比热容小，吸收相同的热量，沙石的温度升高多；水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少。【解答】解：城市建筑群密集、柏油路和水泥路面比郊区的土壤、植被具有更大的吸热率和更小的比热容，所以在相同的日照情况下，城市地区比郊区升温较快。城区的水体、绿地能一定程度上减弱城市热岛效应，这主要是利用了水的比热容大的特点，和砂石、干泥土相比，在质量和吸放热的情况下，水的温度变化较小。故答案为：快；比热容大。15．（2020秋•天河区校级期中）小明探究城乡温差原因的兴趣。暑假的某一天，他请学校兴趣小组的同学分别到选定地点，于中午同一时刻测出测试点的气温，如下表。地点麻章城镇居民区赤坎区商业区寸金桥公园廉江城镇居民区龙海天海滨遂溪农村霞山市中心吉兆湾海滨徐闻农村雷州西湖公园气温（℃）36.137.23435.532.833.53732.534.234.5（1）气温最低的区域是海滨；解析该区域气温低的主要原因水的比热容大；（2）请你为广州市“创模”献计献策，提出两种降低市中心环境气温的办法：①植树；②建造人工湖。【答案】见试题解答内容【分析】（1）从表格中找出气温最低的区域（海滨），该地区水多，因为水的比热容大，相同质量的水和沙石比较，吸收同样多的热量，水温变化小、气温低；（2）从增加绿化面积（植树、建造人工湖）、尽量使用太阳能、控制人口数量、提高能源利用率、减少环境热源等方面分析。【解答】解：（1）气温最低的区域是海滨，因为水的比热容较大，吸收相同的热量，水的温度升高的少、气温低；（2）因为水多了可以降低气温（水的比热容大），我们可以多植树、多建人工湖。故答案为：（1）海滨；水的比热容大；（2）①植树；②建造人工湖。【题型4实验比较不同物质吸热的情况】 16．（2022秋•秦淮区期中）某实验小组用如图甲所示的装置比较水和某液体的吸热本领，所用的电加热器完全相同。（1）加热前，在一个烧杯中倒入质量为240g的水，为了完成实验，需要在另一个相同烧杯中倒入质量等于240g（选填“大于”、“小于”或“等于”）的某液体。（2）假设电加热器放出的热量全部被液体吸收，并用图像对实验数据进行了处理（如图乙）。实验过程0～4min内，水吸收的热量等于某液体吸收的热量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。进一步分析图像可以得出：该液体的比热容为1.75×103J/（kg•℃）[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。【答案】（1）等于；（2）等于；1.75×103。【分析】（1）比较水和某液体的吸热本领，需控制两者的质量相同，加热装置相同，在相同环境下进行实验；（2）实验中，相同的加热条件下，相同时间内，不同物质吸收的热量相同。本实验中，物质吸收的热量与加热时间成正比，根据图乙可计算出水在4min内吸收的热量和某液体在5min内吸收的热量的比值，再根据Q吸＝cmΔt分别计算出水和某液体在各自对应时间内吸收的热量，联立等式可计算出这种液体的比热容。【解答】解：（1）比较水和某液体的吸热本领，需控制两者的质量相同，加热装置相同，在相同环境下进行实验，所以某液体的质量等于水的质量，即：m液＝m水＝240g；（2）实验过程0～4min内，加热条件相同，两种物质的质量相同，加热时间也相同时，水吸收的热量等于某液体吸收的热量。实验中，加热条件的相同，物质吸收的热量与加热时间成正比，由图乙知，水在4min内吸收的热量和某液体在5min内吸收的热量的比值为：Q水吸：Q液吸＝4：5，水在4min内的温度从30℃升高到40℃，所以水吸收的热量为：Q水吸＝c水m水（t水﹣t0水）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.24kg×（40℃﹣30℃）＝1.008×104J，某液体在5min内的温度从10℃升高到40℃，所以某液体吸收的热量为：Q液吸＝c液m液（t液﹣t0液）＝，整理得，c液＝＝＝1.75×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）等于；（2）等于；1.75×103。17．（2023秋•铁岭月考）为了探究“不同物质的吸热能力”，小科同学在两个相同的容器中分别装入质量、初温都相同的甲、乙两种液体，并且用相同的装置加热，如图甲所示。（1）组装器材应先固定图中的B（选填“A”或“B”）。实验中，可以通过比较加热时间（选填“升高的温度”或“加热时间”）来反映两种液体吸收热量的多少。（2）加热到4min时，甲液体的温度如图乙所示，此时温度计的示数是42℃。（3）通过实验数据绘制的两种液体温度随时间变化的图象如图丙所示。冬天，如果你想自制暖手袋，应选乙（选填“甲”或“乙”）液体作为供暖物质，其效果更佳。（4）上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。【答案】（1）B；加热时间；（2）42；（3）乙；（4）控制变量。【分析】（1）组装器材应按照自下而上的原则；相同装置加热相同时间，加热器放出的热量相等，甲、乙吸收的热量相等；（2）温度计读数要注意分度值，并注意液面在0℃上方还是下方；（3）由丙图可知吸收相同的热量，乙的温度变化慢，说明乙的比热容大；（4）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；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，这种方法叫做控制变量法。【解答】解：（1）组装器材应按照自下而上的原则，先固定图中的B装置；实验中选用相同的加热装置，相同的时间内放出的热量相同，液体吸收的热量相同；（2）温度计分度值为1℃，读数为42℃；（3）由丙图可知吸收相同的热量，乙的温度变化慢，说明乙的比热容大；冬天要选比热容大的液体作为供暖物质，故选乙；（4）上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。故答案为：（1）B；加热时间；（2）42；（3）乙；（4）控制变量。18．（2023•南召县模拟）两个同样的烧杯，内装温度、质量相同的水和某种液体，用同样的酒精灯加热，每隔1min记录一次它们的温度，测得如下数据：时间/min012345水的温度/℃202224262830某种液体的温度/℃202326293235回答下列问题：（1）在加热时间相同的条件下，水吸收的热量＝（填“＞”“＜”或“＝”）这种液体吸收的热量；升温快的是某种液体；（2）如果它们升高相同的温度，水吸收的热量多；（3）由此可根据公式Q＝cmΔt，推出C水＞C液（填“＞”“＜”或“＝”）。（4）根据以上数据可算出C液＝2.8×103J/（kg•℃）。【答案】见试题解答内容【分析】（1）加热时间反应物质吸收热量的多少；根据表中数据可直观看出升温快的液体；（2）根据表中数据可知，吸收相同热量，液体温度的变化，然后推理可知，升高相同的温度，吸收热量的多少；（3）根据公式Q吸＝cm（t﹣t0），在吸收热量、质量相同的情况下，根据温度的变化值和比热容成反比可知水的比热容和液体比热容的大小关系。（4）已知水的比热容，根据水的比热容，以及水和某种液体比热容的关系，即可求出某种液体的比热容。【解答】解：（1）在加热时间相同的条件下，水吸收的热量等于液体吸收的热量；根据表中数据可知，吸收相同的热量，水的温度从20℃升高到30℃；某种液体的温度从20℃升高到35℃，因此在加热时间相同的条件下，升温快的是某种液体；（2）根据表中数据可知，吸收相同的热量，水的温度从20℃升高到30℃；某种液体的温度从20℃升高到35℃，因此都从20℃升高到30℃，某种液体加热的时间短，故如果它们升高相同的温度，水吸收的热量多；（3）根据Q＝cmΔt可知，在吸收热量、质量相同的情况下，温度的变化值和比热容成反比，又因为某种液体的温度变化快，故某种液体的比热容小，即C水大于C液；Q（4）由表中数据可知：在加热相同的时间，如1min，水和某种液体的吸收的热量是相同的，水的温度升高了2℃，某种液体温度升高了3℃，水和这种液体升高的温度之比是2：3；根据Q吸＝cm（t﹣t0）可知：在质量和吸收的热量相同时，物质升高的温度和物质的比热容成反比，水和这种液体升高的温度之比是2：3，水和这种液体的比热容之比就是3：2。这种液体的比热容等于4.2×103J/（kg•℃）×＝2.8×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）＝；某种液种；（2）水；（3）Q＝cmΔt；＞；（4）2.8×103J/（kg•℃）。【题型5热量的计算】 19．（2022春•长宁区校级期中）下列事实中，最能说明物体吸收的热量跟升高的温度有关的是（）A．质量不相等的两铜块，温度都升高20℃，它们吸收的热量不同 B．质量相等的两铜块，温度分别升高10℃和20℃，它们吸收的热量不同 C．质量不相等的水和煤油，温度都升高10℃，它们吸收的热量不同 D．质量相等的水和煤油，温度分别升高10℃和20℃，它们吸收的热量不同【答案】B【分析】物体吸收热量的多少与物体的质量、升高的温度和物质的种类有关，要说明物体吸收的热量跟升高的温度的关系，必须控制物体的质量和物质的种类相同，使物体升高不同的温度，比较物体吸收热量的多少。【解答】解：A、质量不相等的两铜块，温度都升高20℃，它们吸收的热量不同，说明物体吸收热量根物体的质量有关，不能说明物体吸收的热量跟升高的温度有关，故A错误；B、质量相等的两铜块，温度分别升高10℃和20℃，它们吸收的热量不同，说明物体吸收的热量跟升高的温度有关，故B正确；C、质量不相等的水和煤油，温度都升高10℃，它们吸收的热量不同，说明物体吸收的热量可能跟物体的质量和物质的种类有关，不能说明与物体升高的温度有关，故C错误；D、质量相等的水和煤油，温度分别升高10℃和20℃，它们吸收的热量不同，说明物体吸收的热量可能跟物体升高的温度和物质的种类有关，故D错误。故选：B。20．（2022秋•成都期中）甲、乙两物体的质量之比是3：1．吸热之比是4：1，则它们升高温度之比和比热容之比可能分别是（）A．3：4，1：1 B．4：1，1：3 C．1：3，2：1 D．3：2，1：2【答案】B【分析】根据热量的计算公式Q吸＝cmΔt，分别得出甲、乙两物体吸收的热量的表达式，然后将各选项提供的甲、乙两物体升高温度之比和比热容之比代入比例式＝，进行判断。【解答】解：由题知，m甲：m乙＝3：1，甲、乙两物体吸收的热量：Q甲：Q乙＝4：1，根据Q吸＝cmΔt知＝＝，A、甲乙物体升高温度之比和比热之比为3：4、1：1，则＝＝≠，故A不符合题意；B、甲乙物体升高温度之比和比热之比为4：1、1：3，则＝＝，故B符合题意；C、甲乙物体升高温度之比和比热之比为1：3、2：1，则＝＝≠，故C不符合题意；D、甲乙物体升高温度之比和比热之比为3：2、1：2，则＝＝，故D不符合题意。故选：B。21．（2022秋•龙泉驿区校级月考）（多选）小叶同学用酒精灯对冰块加热，研究冰的熔化现象。图中甲、乙两条图线中的一条，是他依据实验数据绘制而成。已知m冰＝0.1kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃），c冰＝2.1×103J/（kg•℃）。下列分析正确的是（）A．小叶绘制的是乙图线 B．0～1min内冰块吸收的热量为2.1×103J C．1～3min内温度虽然不变，但冰块一定吸收热量 D．如果酒精完全燃烧，酒精灯的加热效率可以达到100%【答案】AC【分析】（1）用同一个酒精灯加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，由于冰的比热容大于水的比热容，根据Q＝cmΔt分析温度的变化，从而得出水的图像；（2）利用Q＝cmΔt求出冰吸收的热量；（3）晶在熔化的过程中，吸收热量，温度不变；（4）在加热的过程中，有热量的散失。【解答】解：A、由图可知，在0～1min内，冰吸收热量，温度升高了5℃；冰化成水后，质量不变，水的比热容是冰的比热容的2倍，根据Q＝cmΔt可知，水升高5℃所需的热量为冰升高5℃所需热量的2倍，即水升高5℃，所需的加热时间为2min，故乙图线是水的升温图像，故A正确；B、冰吸收的热量为：Q冰＝c冰m冰Δt＝2.1×103J/（kg•℃）×0.1kg×5℃＝1.05×103J，故B错误；C、由图可知，1～3min内冰正在熔化，冰是晶体，其熔化过程中，温度不变，要不断吸收热量，故C正确；D、如果酒精完全燃烧，酒精放出的热量不可能全部被水吸收，存在能量的散失，所以效率不可能达到100%，故D错误。故选：AC。22．（2023秋•顺德区校级月考）小红在实验室完成了水的凝固实验，并描绘出水的温度随时间变化的关系图线（如图所示）。实验时，水的质量为0.5kg，相同时间内水和冰放出的热量相同，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则AB段水放出的热量为2.1×104J，CD段冰放出的热量为2.1×104J，冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。【答案】2.1×104；2.1×104；2.1×103。【分析】（1）从图像上得出AB、CD段水的温度降低值，知道水的比热容，利用Q放＝cm（t﹣t0）求AB、CD段放出的热量；（2）由题知，相同时间内水和冰放出的热量相同；（3）从图像上得出AB段冰降低的温度，利用Q放＝cmΔt求冰的比热容。【解答】解：AB段水的温度变化为Δt水＝10℃，根据Q＝cmΔt可得，AB段水放出的热量为Q放＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×10℃＝2.1×104JAB段和CD段时间相同，放出的热量相等，故CD段冰放出的热量为2.1×104J。CD段冰的温度变化为Δt冰＝20℃，冰的比热容为：；故答案为：2.1×104；2.1×104；2.1×103。23．（2023•光山县校级三模）“卡路里”简称“卡”，被广泛使用在营养计量上。1卡等于标准气压下1g水的温度升高1℃吸收的热量，李明某次晨跑后，App软件显示：跑步30min，消耗能量400卡，跑步的平均速度为12.4km/h。李明此次晨跑通过的路程为6.2km，消耗了1680J的能量。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】6.2；1680。【分析】（1）根据速度公式求出李明此次晨跑通过的路程；（2）根据Q吸＝cmΔt求出1g水的温度升高1℃吸收的热量，即1卡的值；据此求出李明此次晨跑消耗的能量。【解答】解：由v＝可知，李明此次晨跑通过的路程：s＝vt＝12.4km/h×h＝6.2km；1g水的温度升高1℃吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1×10﹣3kg×1℃＝4.2J，即1卡＝4.2J，则李明此次晨跑消耗的能量：W＝400×4.2J＝1680J。故答案为：6.2；1680。24．（2021秋•宜州区期末）为了测定铅的比热容，把质量为200g的铅块加热到98℃，再投入到80g的12℃的水中，混合后水的温度为18℃．若不计热损失，[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：（1）水吸收的热量。（2）铅的比热容。【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q＝cmΔt求水吸收的热量；（2）知道铅块的质量、铅块的初温和末温，不计热损失，利用热平衡方程Q吸＝Q放求铅的比热容。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m水（t﹣t0水）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.08kg×（18℃﹣12℃）＝2016J；（2）已知不计热损失，则Q放＝Q吸＝2016J，由Q放＝cm（t0﹣t）得铅的比热容：c铅＝＝＝126J/（kg•℃）。答：（1）水吸收的热量为2016J；（2）铅的比热容是126J/（kg•℃）。25．（2021•镜湖区校级自主招生）有一大块平整的冰，温度为0℃，在上面挖一个容积为V0＝1000cm3的洞，并用不导热的泡沫塑料板覆盖，上面挖一个小孔（如图所示）。现在从小孔向洞里缓慢倒入温度为100℃的水，至多能倒入多少千克的水而不溢出？已知水的密度ρ0＝1.0×103kg/m3，冰的密度ρ冰＝0.90×103kg/m3，水的比热容c0＝4.2×103J/（kg•℃），冰的熔化热（即1千克冰熔化成同温度的水所需吸收的热量）λ＝3.3×105J/kg。【答案】至多能注入1.16kg的100℃的水。【分析】温度为100℃的水注入洞中后，温度降低到0℃后与冰的温度相同，水放出热量，冰熔化会吸收热量，冰熔化吸收的热量与水放出的热量是相同的，据此列出关系式，求出水的质量。【解答】解：冰吸收热量后会熔化，设熔化的冰的体积为V，熔化热为：λ＝3.3×105J/kg；则冰熔化吸收的热量为：Q吸＝m冰λ＝ρ冰Vλ；冰熔化成水后，质量不变，根据ρ＝可知，冰熔化成水的体积为：V水＝＝＝＝0.9V；冰熔化成水后缩小的体积为：V'＝V﹣V水＝V﹣0.9V＝0.1V；则需要添加的水的体积为：V水总＝V0+V'＝1000×10﹣6m3+0.1V＝10﹣3m3+0.1V；所加水的质量为：m水＝ρ水V水总＝ρ水（10﹣3m3+0.1V）；水放出的热量为：Q放＝c水m水Δt；水放出的热量与冰吸收的热量是相同的，即Q吸＝Q放，ρ冰Vλ＝c水m水Δt；代入数据得：0.9×103kg/m3×V×3.3×105J/kg＝4.2×103J/（kg•℃）×1×103kg/m3×（10﹣3m3+0.1V）×（100℃﹣0℃）；解得：V≈1.6×10﹣3m3；则添加的水的体积为：V水总＝Vm+V'＝10﹣3m3+0.1×1.6×10﹣3m3＝1.16×10﹣3m3；所加水的质量为：m水＝ρ水V水总＝1×103kg/m3×1.16×10﹣3m3＝1.16kg。答：至多能注入1.16kg的100℃的水。26．（2021秋•淮南月考）一辆汽车在平直公路上匀速行驶1h，消耗汽油10L，汽油完全燃烧放出的热量有30%转化为机械能。求：（汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.7×103kg/m3，g取10N/kg）（1）10L汽油完全燃烧放出的热量是多少？（2）这段时间内该汽车发动机的功率是多少千瓦？（计算结果保留小数点后一位）【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道汽油的体积和汽油的密度，利用密度公式求汽油的质量，再利用燃料完全燃烧公式Q放＝mq求10L汽油完全燃烧放出的热量；（2）根据“汽油完全燃烧放出的热量有30%转化为机械能”求出有用能量（发动机做的功），再利用功率公式求汽车发动机的功率。【解答】解：（1）汽油的体积：V＝10L＝0.01m3，由ρ＝可得，汽油的质量：m＝ρV＝0.7×103kg/m3×0.01m3＝7kg，汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝7kg×4.6×107J/kg＝3.22×108J；（2）∵η＝×100%，∴发动机做的有用功：W＝Q放×30%＝3.22×108J×30%＝9.66×107J，汽车发动机的功率：P＝＝≈2.68×104W＝26.8kW。答：（1）10L汽油完全燃烧放出的热量是3.22×108J；（2）这段时间内该汽车发动机的功率是26.8kW。【题型6热平衡方程的应用】 27．（2022秋•舞阳县期中）有两只温度和质量都相同的金属球A和金属球B，现将球A放入盛有热水的杯中，热平衡后水的温度降低了3℃；把球A取出，再将球B放入这个杯中，热平衡后，水的温度又降低了3℃，不计热损失，则（）A．球A吸收的热量多 B．球B吸收的热量多 C．球A的比热容大 D．球B的比热容大【答案】D【分析】（1）AB两金属球，先后投入到同一杯水中，AB金属球吸收热量、温度升高，水放出热量、温度降低，不计热损失，根据热平衡方程可判断出金属球吸收热量的多少；（2）质量相同的AB两球，吸收相同的热量，B球升高的温度少，根据Q＝cmΔt判断出AB球比热容的大小。【解答】解：先后将AB两球投入到同一杯水中，AB物体吸收热量、温度升高，水放出热量、温度降低；水降低的温度相同，由题知，两次水降低的温度相同，也就是水放出的热量相同，AB两球吸收的热量相同，即Q吸＝Q放，故A、B错误；而AB两球的质量相等、初温相同，经AB两球吸收的相同的热量后，B球的末温比A球的末温低3℃；即B球升高的温度少，根据Q＝cmΔt知B球的比热容大，故C错误，D正确。故选：D。28．（2020秋•合阳县期中）甲、乙两种材料不同的金属块，它们的质量相等，同时投入沸水中充分加热，先把甲金属块从沸水中取出投入一杯冷水中，热平衡后，水的温度升高了10℃取出甲金属块（不计水的质量变化），再把乙金属块由沸水投入该杯水中，热平衡后又使水温升高了10℃，则两金属块的比热关系是（）A．c甲＜c乙 B．c甲＝c乙 C．c甲＞c乙 D．以上情况都有可能【答案】A【分析】由题意可知，先后将甲、乙两金属块投入到同一杯水中，水升高的温度相同，根据Q吸＝cmΔt可知两次水吸收的热量关系，不计热量损失时，两金属块放出的热量和水吸收的热量相同，比较两金属块温度的变化量关系，根据c＝比较两金属块的比热容关系。【解答】解：由题意可知，先后将甲、乙两金属块投入到同一杯水中，水升高的温度相同，由Q吸＝cmΔt可知，水吸收的热量相同，不计热量损失时，甲、乙两金属块放出的热量相同，因放入金属块乙后水升高的温度是在放入金属块甲后水升高温度的基础上，所以，甲金属块比乙金属块多降低10℃，即Δt甲＞Δt乙，由c＝可知，两金属块的比热容关系为c甲＜c乙。故选：A。29．（2022秋•龙岗区期中）（多选）把两只质量为m、初温度为100℃的铜球和铁球，分别投入两杯质量也为m、初温度为10℃的水中。不计热损失，则它们分别达到热平衡后，下列说法正确的是（已知二者比热容：c铜＜c铁）（）A．铜球放出的热量比铁球多 B．铜球降低的温度比铁球大 C．两杯水吸收的热量相等 D．放有铁球的水温度较高【答案】BD【分析】达到热平衡时，金属球和水的温度相同，并且应同时满足热平衡方程，即Q放＝Q吸；则根据热平衡方程可得出应出现的情况。【解答】解：假设达到热平衡时，混合体的温度为t，则根据热平衡方程可知：cm（100℃﹣t）＝c水m水（t﹣10℃）；因两球的质量相同，水的质量相同，所以升高的温度取决于铜球和铁球的比热容大小；因为铜的比热容小于铁球的比热容，所以放有铜球的水升高的温度要小，则铜球降低的温度比铁球的大，水吸收的热量较少；放有铁球的水升高的温度要多，水吸收的热量较多，所以铁球放出的热量比铜球多，故AC错误、BD正确。故选：BD。30．（2023•栾城区校级模拟）便携燃料罐（图）给户外活动带来了方便，罐内填充液化的丁烷（C4H10），打开气罐时液态丁烷先汽化（填物态变化），点燃丁烷，丁烷完全燃烧的产物为二氧化碳和水。标准大气压下，丁烷热值为4.57×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），一罐120g的丁烷完全燃烧可以将16.3kg水从20℃加热到沸腾（结果保留一位小数）。【答案】汽化；二氧化碳和水；16.3。【分析】根据物质的组成以及质量守恒定律、物质由液态变成气态的现象叫做汽化来分析。利用Q放＝mq可求得这些丁烷完全燃烧能放出的热量；由题知，Q吸＝Q放，而Q吸＝cmΔt，知道水的比热容、水的初温和末温（1标准大气压下，水的沸点为100℃），可求水的质量。【解答】解：丁烷（C4H10）是由碳、氢两种元素组成的，由质量守恒定律可知，丁烷充分燃烧生成二氧化碳和水；气体打火机中的丁烷气体是通过压缩体积的方法变成液体储存在打火机中的，按下阀门时里面的液体从阀门里变成气体喷出来，发生的是汽化现象。丁烷完全燃烧能放出的能量：Q放＝m丁烷q丁烷＝120×10﹣3kg×4.57×107J/kg＝5.484×106J，由题知，水吸收的热量：Q吸＝Q放＝5.484×106J，由Q吸＝c水m′Δt可得，水的质量：m′＝≈16.3kg。故答案为：汽化；二氧化碳和水；16.3。31．（2021秋•金台区期中）小明家过去做饭烧蜂窝煤，现在用煤气灶。小明在学习了热学的有关知识后，知道水的比热容和密度分别是4.2×103J/（kg•℃）和1×103kg/m3，煤气的热值为4.2×107J/m3．他想估算一下自己家中每天煤气灶烧水的效率。小明测得把1L、初温为20℃的水升高50℃，消耗了10dm3煤气。求：（1）水吸收的热量为多少？（2）煤气完全燃烧放出的热量为多少？（3）煤气灶烧水的效率为多少？【答案】见试题解答内容【分析】（1）一只水的体积，利用密度公式计算出水的质量；知道水的比热容、水的初温和末温，利用公式Q吸＝cm△t计算水吸收的热量；（2）已知煤气的体积和热值，可利用公式Q放＝Vq计算这些煤气完全燃烧放出的热量；（3）求出了水吸收的热量和煤气完全燃烧放出的热量，利用公式η＝×100%计算煤气炉子的效率。【解答】解：（1）水的体积：V＝1L＝1×10﹣3m3，由ρ＝得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×50℃＝2.1×105J；（2）煤气的体积：V＝10dm3＝0.01m3，这些煤气完全燃烧放出的热量：Q放＝V气q＝0.01m3×4.2×107J/m3＝4.2×105J；（3）煤气炉子的效率：η＝×100%＝×100%＝50%。答：（1）水吸收的热量为2.1×105J；（2）煤气完全燃烧释放的热量为4.2×105J；（3）煤气灶烧水的效率为50%。32．（2022•淮北模拟）小明家过去烧水做饭烧蜂窝煤，现在用煤气灶。小明在学习了热学的有关知识后，知道水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4.2×107J/kg．他想估算一下自己家中每天煤气灶烧水的效率。小明测得初温为20℃、体积为5L水的温度升高了50℃，消耗了50g煤气。求：（1）水吸收的热量为多少？（2）假设煤气完全燃烧，煤气灶烧水的效率为多少？【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道水的体积，利用m＝ρV求水的质量，又知道水的比热容和水的温度变化，可利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）计算水吸收的热量；（2）知道煤气的热值和质量，可利用公式Q放＝mq计算煤气完全燃烧放出的热量；根据效率公式求出煤气灶烧水的效率。【解答】解：水的体积：V＝5L＝5×10﹣3m3△t＝50℃由ρ＝得水的质量为：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3＝5kg水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×50℃＝1.05×106J，（2）消耗煤气的质量m煤＝50g＝0.05kg；煤气热值q＝4.2×107J/kg，煤气完全燃烧放出的热量：Q放＝m煤q＝0.05kg×4.2×107J/kg＝2.1×106J煤气灶烧水的效率：η＝×100%＝×100%＝50%．答：（1）水吸收的热量为1.05×106J；（2）假设煤气完全燃烧，煤气灶烧水的效率为50%。【题型7四冲程内燃机的工作过程】 33．（2023秋•顺德区校级月考）图甲、乙、丙、丁为某单缸四冲程汽油机工作示意图，下列说法中正确的是（）A．汽油机一个工作循环的正确顺序是甲、乙、丙、丁 B．只有乙冲程能向外提供动力，其他冲程都是靠惯性运转的 C．丙冲程中排出的废气不具有任何能量 D．丁冲程的原理与图戊所示演示实验的原理相同【答案】D【分析】（1）内燃机一个工作循环中四个冲程的顺序：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程。根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程。（2）内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能。（3）只有做功冲程把内能转化为机械能，对外提供动力，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。【解答】解：A．甲图中两气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程；乙图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；丙图中排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；丁图中两气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；所以一个完整的工作循环顺序是：乙丁甲丙，故A不正确；B．只有做功冲程甲把内能转化为机械能，其他冲程都是靠惯性运转的，故B不正确；C．丙冲程是排气冲程，排出的废气温度较高，仍具有能量，故C不正确；D．丁冲程是压缩冲程，发生的能量转化为机械能转化为内能；而图戊所示演示实验也是通过压缩空气做功，将机械能转化为内能，故D正确。故选：D。34．（2023•宽甸县模拟）小刚制作了一个小蒸汽轮船如图所示，蜡烛燃烧时将化学能转化为内能。通过热传递的方式使小瓶子里水的内能增加。点燃蜡烛一段时间后，小瓶子内的水汽化喷出产生动力，这一过程的能量转化跟汽油机的做功冲程相同，都是将内能转化为机械能。【答案】热传递；做功。【分析】（1）据该过程中消耗了什么形式能，进而产生了什么形式能即可判断，改变内能的方式有做功和热传递；（2）水蒸气的内能转化为船机械能的过程，水蒸气的内能会减小，温度降低；在内燃机的做功冲程中，能量转化关系是内能转化为机械能。【解答】解：蜡烛燃烧，将化学能转化为内能，通过热传递的方式，使小瓶子内的水沸腾，产生大量的水蒸气；水蒸气对船做功，水蒸气的内能转化为船的机械能，船启动，汽油机的做功冲程是内能转化为机械能，该过程能量转化与四冲程汽油机的做功冲程相同。故答案为：热传递；做功。35．（2022秋•遂川县期末）在如图所示的四幅图中，甲、乙是两个演示实验示意图，与压缩冲程原理相同的是乙图所示的演示实验；丙、丁是四冲程汽油机工作过程中的两个冲程示意图，汽油机利用内能来做功的冲程是丙。【答案】见试题解答内容【分析】（1）解决此题要知道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，其中在做功冲程中，是内燃机的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能。（2）改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。【解答】解：甲图，对试管中的水加热，加快水的汽化，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，水蒸气的内能转化为塞子的机械能；乙图，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，将机械能转化为内能；丙图，两气门都关闭，活塞下行，火花塞点火，汽缸容积变大，是做功冲程，做功冲程将内能转化为机械能；丁图，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的过程。由以上分析不难看出与压缩冲程原理相同的是乙；汽油机利用内能来做功的冲程是丙图。故答案为：乙；丙。【题型8有关热机的计算】 36．（2023•庐阳区校级模拟）如图所示，甲、乙、丙、丁是单缸内燃机一个工作循环的四个冲程，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min。以下说法正确的是（）A．该内燃机四个冲程正确的顺序是丙、甲、丁、乙 B．该内燃机每秒完成20次做功冲程 C．丁冲程发生的能量转化为机械能转化为内能 D．甲、乙、丁三个冲程是靠飞轮的惯性完成的【答案】B【分析】（1）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，根据两个气门的开关、活塞的运动方向以及火花塞是否点火可以确定每个冲程，从而排列出正确的顺序；（2）内燃机的一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次；（3）内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；（4）内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成。【解答】解：A、甲图中两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，乙图是进气门打开，排气门关闭，此时活塞向下运动，是吸气冲程，丙图中进气门关闭，排气门打开，此时活塞向上运动，是排气冲程，丁图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，所以，该内燃机一个工作循环的四个冲程正确的顺序是乙、甲、丁、丙，故A错误；B、由题知，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min＝40r/s，因飞轮每转2周对外做功一次，所以该内燃机每秒完成20次做功冲程，故B正确；C、丁冲程是做功冲程，该冲程中将内能转化为机械能，故C错误；D、内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成，所以，甲、乙、丙三个冲程是靠惯性完成的，故D错误。故选：B。37．（2023秋•赵县月考）家用轿车常用汽油机驱动，小明从转速表上看到发动机的转速为1800r/min，则发动机1s内，飞轮转30周，对外做功15次，除做功冲程以外的其他冲程是依靠飞轮的惯性来完成的。【答案】30；15；惯性。【分析】（1）汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成，在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次；（2）内燃机连续工作需要克服各种阻力，但只有做功冲程对外输出功，曲轴连同质量较大的飞轮一起旋转时，储存了较大的动能，依靠这些能量迅速完成三个做功冲程，这样发动机便能连续运转了。【解答】解：发动机的转速为1800r/min＝30r/s，即每秒钟转30圈，因为一个工作循环飞轮转2圈，做功1次，所以发动机1s内，飞轮转30周，对外做功15次。四冲程内燃机工作时，只有做功冲程中将燃料燃烧产生燃气的内能转化为机械能，为内燃机提供动力，其它三个冲程都是依靠飞轮的惯性来完成的。故答案为：30；15；惯性。38．（2023•辉县市校级模拟）如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程中活塞对筒内气体做功，气体的内能增加，这与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化相同。某台汽油机飞轮的转速为3600r/min，在1min内，汽油机完成1800个工作循环。【答案】增加；压缩；1800。【分析】（1）改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功（压缩气体做功、克服摩擦做功）时，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；（2）汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成。在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，对外做功一次。【解答】解：（1）在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，空气的内能增加、温度升高；在该实验中，活塞的机械能转化为空气的内能，与汽油机压缩冲程的能量转化相似；（2）四冲程汽油机的飞轮转速为3600r/min，因为一个工作循环内飞轮转2圈，完成四个冲程，所以在1min内飞轮转3600圈，共完成1800个工作循环。故答案为：增加；压缩；1800。39．（2020秋•青羊区校级月考）如图所示四缸发动机工作原理，内燃机通过连杆把四个汽缸的活塞连在一根曲轴上，并使各汽缸的做功过程错开，在飞轮转动的每半周里，都有一个汽缸在做功，其他三个汽缸分别在做吸气、压缩和排气工作。四缸发动机的主要技术指标如如表所示，其中排量等于四个汽缸工作容积的总和，一个汽缸工作容积是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与活塞上下运动的距离。当发动机以最大功率工作时，曲轴转速为5500r/min，燃油的热值为4.5×107/kg。求当发动机以最大功率工作时，排量1.6L最大功率66kW（1）该发动机1min内做功多少J？（2）若每分钟消耗汽油0.33kg，则此发动机的效率为多少？（3）在每一个做功冲程里，燃气对活塞所做的功W1，为多少J？（4）做功冲程中燃气对活塞的平均压强多少Pa？【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道发动机的输出功率，利用功率公式P＝计算发动机在1min内做功；（2）根据W＝Pt求出发动机以最大功率工作时，每分钟所做的功，再利用Q放＝mq可求出完全燃烧0.33kg汽油放出热量，最后用η＝求出发动机的效率；（3）已求出发动机1min内做功多少，因为有四个缸同时工作，所以可以求出每个缸1min内做功多少，又知道转速（每分钟曲轴或飞轮所转的周数）为5500r/min，而四冲程内燃机每个工作循环曲轴转两周、做功一次，可知1min内做功2750次，得出1s内做功46次，可以求每个做功冲程里发动机做功多少；（4）根据四缸总排量为1.6L算出单缸排量，根据p＝＝＝算出燃气对活塞的压强。【解答】解：（1）根据P＝可知，发动机在1min内做功：W＝Pt＝66×103W×60s＝3.96×106J，（2）完全燃烧0.33kg汽油放出热量Q放＝mq＝0.33kg×4.5×107J/kg＝1.485×107J，发动机的效率为：η＝＝×100%≈26.7%；（3）因为发动机在1min内做功3.96×106J，发动机有四个缸同时工作，所以每个缸1min内做功：W′＝×3.96×106J＝9.9×105J，又因为转速为5500r/min，四冲程内燃机每个工作循环曲轴转两周、做功一次，所以1min内做功2750次，1s内做功次，1s内做的功为：W″＝W′＝×9.9×105J＝1.65×104J，每个做功冲程做功：W1＝＝360J；（4）因为四缸总排量为1.6L，单缸排量：V0＝×1.6L＝0.4L＝0.4×10﹣3m3；燃气对活塞的压强为：p＝＝＝＝＝＝9×105Pa。答：（1）该发动机1min内做功为3.96×106J；（2）若每分钟消耗汽油0.33kg，则此发动机的效率为26.7%；（3）在每一个做功冲程里，燃气对活塞所做的功W1，为360J；（4）做功冲程中燃气对活塞的平均压强为9×105Pa。【题型9燃料的热值及其计算】 40．（2023秋•赵县月考）实验室有5kg酒精，用去一半后，剩余酒精的（）A．热值减少一半 B．比热容减少一半 C．比热容、热值都减少一半 D．比热容、热值都不变【答案】D【分析】（1）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量大小、燃烧程度无关；（2）比热容是物质的一种特性，它与物质的种类、所处状态有关，而与质量、体积无关。【解答】解：由于比热容、热值都是物质的属性，不随物质的质量变化而变化，它只与物质的种类有关，所以5kg酒精用去一半后，质量变少，剩余酒精的比热容、热值都不变。故D正确，ABC错误。故选D。41．（2023•东港区校级二模）（多选）2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十五号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。下列说法正确的是（）A．火箭选用液态氢作燃料，是因为液态氢具有较大的热值 B．火箭加速升空的过程中，火箭的动能增加，重力势能增加 C．上升过程中，以载人飞船为参照物，宇航员处于静止状态 D．载人飞船进入预定轨道稳定运行时，处于平衡状态【答案】ABC【分析】（1）液氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液氢和其他燃料相比，液氢可以释放更多的热量；（2）动能的影响因素：物体的质量和运动速度；重力势能的影响因素：物体的质量和物体所处的高度；机械能为动能和势能的和；（3）判断物体是运动还是静止，首先要确定所选的参照物，若被研究的物体和参照物之间发生了位置的改变，则被研究的物体是运动的，否则是静止的；（4）物体处于静止或匀速直线运动状态时为平衡状态。【解答】解：A．火箭使用液氢做燃料，液氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液氢和其他燃料相比，液氢可以释放更多的热量，故A正确；B．火箭加速升空过程中，速度和高度都增加，动能增加，重力势能增加，机械能增加，故B正确；C．若以飞船为参照物，宇航员与飞船的相对位置没有发生改变，所以宇航员是静止的，故C正确；D．载人飞船进入预定轨道稳定运行时，其运动的方向发生了变化，处于非平衡状态，故D错误。故选：ABC。42．（2023•曲靖一模）我国汉代曾发明过一种用做军事信号的“孔明灯”，如图所示，它其实就是一种灯笼。先用很轻的竹艘扎成框架，再用纸糊严，并在下面留口。在灯笼的下面固定一个小碟，在碟内放入燃料。点燃后，当灯笼内的空气被加热到一定温度时，灯笼就能腾空而起。灯笼受到的空气浮力可以用阿基米德原理计算，即F浮＝ρ空气gV。温度为20℃时，空气密度为1.2kg/m3，如表给出了一些空气密度和温度的对应关系。温度/℃90100110120130密度/kg•m﹣30.970.940.910.880.85（1）为了更容易起飞，孔明灯所用燃料选择的主要依据是质量（选填“质量”、“密度”或“热值”）。（2）根据表格中的数据，空气的密度随温度的升高而减小。（3）孔明灯体积大约为0.02m3，环境气温为20℃，则孔明灯受到的空气浮力为0.24N。（4）孔明灯制作材料和燃料总质量为6g，灯内空气的温度要达到114℃，孔明灯才能起飞（忽略燃料质量的变化）。【答案】（1）质量；（2）减小；（3）0.24；（4）114。【分析】（1）孔明灯要飞起来，需要利用空气的浮力克服自身的重力，所以燃料应该尽量减轻质量；（2）根据表格中的数据分析解答；（3）已知20℃的空气密度和孔明灯的体积，利用F浮＝ρ空气gV排计算孔明灯在空气中受到的浮力。（4）孔明灯飞起时，受到三个力的作用：空气的浮力、灯的重力、灯内热空气的重力，且浮力为两个重力之和，据此得到热空气的重力；已知热空气的重力和孔明灯的体积，利用ρ热＝得到热空气的密度，将热空气的密度与密度与温度对应关系进行比较，确定热空气达到的温度。【解答】解：（1）为保证孔明灯更容易起飞，燃料的质量在保证飞行时间的前提下尽可能地减小；（2）由表格中的数据可知，温度越高，空气的密度越小，即空气的密度随温度的升高而减小；（3）孔明灯在空气中受到的浮力为：F浮＝ρ空气gV排＝1.2kg/m3×10N/kg×0.02m3＝0.24N；（4）当孔明灯浮起时，说明受到的空气浮力刚好等于灯重与灯内热空气重力之和，即F浮＝G灯+G热0.24N＝0.006kg×10N/kg+G热0.18N＝ρ热gVρ热＝＝0.9kg/m3由空气密度和温度的对应关系知，在110～120℃之间，温度升高10℃，空气密度减小0.03kg/m3，此时的空气密度为0.9kg/m3，较0.91kg/m3减小0.01kg/m3，所以温度升高略大于3℃，约4℃，即此时的温度约为114℃。故答案为：（1）质量；（2）减小；（3）0.24；（4）114。43．（2023•古浪县校级模拟）为了探究燃料燃烧时放出热量的多少是否与燃料种类有关，小明同学设计了一个探究方案。（1）小明同学在实验时应选用质量相同（选填“相同”或“不同”）的不同种类的燃料。（2）若燃烧放出的热量用水吸收，则实验中除了水的质量要相等外，你认为还应注意的问题：容器要相同。（只要回答一种）（3）通过比较水升高的温度，可以得出燃料燃烧放出的热量与燃料的种类有关。（4）为什么只能通过实验比较燃料热值大小，而不能通过实验来测定热量与燃料的热值呢？若正确选择装置来测定燃料热值，则测出的热值将比真实值偏大还是偏小？偏小其原因是：燃料燃烧释放的能量不可能全部被水吸收。【答案】（1）相同；（2）容器要相同；（3）水升高的温度；（4）偏小；燃料燃烧释放的能量不可能全部被水吸收。【分析】（1）（2）用控制变量法设计探究燃料热值的大小：保持其他所有实验条件相同，只改变燃料的种类；（3）用水温升高的多少来转换比较燃料热值的大小；（4）燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小。【解答】解：（1）燃料燃烧时放出热量与燃料的种类和质量有关，所以小明同学在实验时所选用的燃料种类应不同，质量应相同；（2）若燃烧放出的热量用水吸收，则实验中，除了水的质量要相等外，考虑到可能会影响水升温，还应该保持水的初温相同，容器相同等；（3）燃料燃烧放出的热量被水吸收，通过比较水温升高的多少可知燃料放热的多少，从面得出燃料燃烧放出的热量与燃料的种类有关；（4）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。故答案为：（1）相同；（2）容器要相同；（3）水升高的温度；（4）偏小；燃料燃烧释放的能量不可能全部被水吸收。44．（2022秋•岳阳县校级月考）小明同学学习了燃料的热值后，自己设计了一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系。他组装了如图所示的装置进行实验，记录结果如表：燃料加热前的水温/℃燃料燃尽后水温/℃煤油2544菜籽油2534（1）为了保证实验结论的可靠，小明同学选择了两套相同装置，在实验中还应控制的相同的量有：水的质量、煤油和菜籽油的质量。（2）你认为煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是煤油。（3）小明同学还想利用这种实验方案计算出煤油和菜籽油的热值，那么小明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（偏大/偏小）。【答案】见试题解答内容【分析】本题主要考查利用控制变量法和转换法设计实验的能力，由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小，又由于燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制质量相同。【解答】解：（1）由于燃料燃烧释放的热量既有燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制两种燃料的质量相同。由于水吸收热量后升高的温度受水的质量的影响，所以在实验中还应控制水的质量相等。（2）由图表数据可知在燃料完全燃烧后，煤油加热的水的温度高，所以煤油的热值较大。（3）想要利用这种实验方案计算出煤油和菜籽油的热值，还需要用天平称量水和燃料的质量，由于燃料燃烧释放的能量不可能全部被水吸收，所以利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏小。故答案为：（1）水的质量；煤油和菜籽油的质量；（2）煤油；（3）天平；偏小。【题型10热机的效率】 45．（2021秋•成都期中）（多选）某单缸四冲程汽油机的气缸活塞面积为30cm2，一个冲程