2024-2025学年九年级上册物理期末考点大串讲（人教版）考题猜想01 内能及其利用【12题型专练】（解析版）

专练01内能及其利用题型一用分子动理论解释题型一用分子动理论解释现象1、中江县山清水秀，文化底蕴非原，以下描绘能说明分子在做无规则运动的是（）A.凯江河，白鹭戏嬉 B.芍药谷，花香扑鼻C.挂面村，面汤翻滚 D.岩鹰山，树叶飘落【答案】B【详解】A．白鹭戏嬉属于机械运动，不是分子的运动，故A不符合题意；B．花香扑鼻是香味分子不停地做无规则运动，扩散到空气中形成的，故B符合题意；C．面汤翻滚是水的沸腾现象，不是分子的运动，故C不符合题意；D．树叶飘落是树叶的机械运动，不是分子的运动，故D不符合题意。故选B。2、常见的物质是由大量的分子、构成的。分子直径的数量级为：10-10m，新冠病毒可通过飞沫传播，飞沫直径为1×10-6~5×10-6m，飞沫分子，新冠病毒的传播（后两空均选填“是”或“不是”）分子热运动。【答案】原子不是不是【详解】根据物质的构成特点可知，常见的物质是由大量的分子、原子构成的。飞沫直径为1×10-6~5×10-6m，远大于分子的直径，所以飞沫不是分子。病毒是微生物，不是分子，而是由分子组成的微小物体，它们可通过飞沫传播，而飞沫的运动是宏观物体的机械运动，所以新冠病毒的传播不是分子热运动。3、今年五一期间，淄博烧烤火出圈，美味的烧烤搭配冰爽的啤酒，让人们不远千里赶来体味这平凡而难得的人间烟火；香味扑鼻而来，这是现象，该现象说明。【答案】扩散分子在不停的做无规则运动【详解】香味扑鼻而来，这是气味分子在运动，是扩散现象。扩散现象说明分子在不停的做无规则运动。4、酒精和水混合后总体积变小，如图所示，该现象直接说明了（）A.分子永不停息地做无规则运动B.分子间存在引力C.分子间存在斥力D.分子间有空隙【答案】D【详解】分子动理论的内容：物体是由大量分子组成的，分子在永不停息的做无规则运动，分子间存在相互的引力和斥力，分子间有间隙。正是因为分子间存在着空隙，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，故D正确。5、如图所示的各种现象中，主要说明分子间存在引力的是（）A.滴在热水中的墨水B.抽去玻璃板后，两瓶C.长时间压紧在一起，D.端面磨平的铅块压比在冷水中运动快 中的气体逐渐混合均匀铅和金会相互渗透紧后能吊起大钩码【答案】D【详解】滴在热水中的墨水比在冷水中运动快，在热水中变色快，说明分子运动的快慢和物体的温度有关，所以温度越高，扩散现象越快，故A错误；抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，这是扩散现象，说明气体分子在不停的做无规则运动，故B错误；铅板和金板长时间压紧在一起，铅和金会互相渗透，是扩散现象，说明固体分子在不停的做无规则运动，故C错误；端面磨平的铅棒压紧后能够吊住大钩码，说明分子间存在着相互作用的引力，故D正确。故选D。6、晓彤用注射器抽取半筒水，用手指封闭注射器筒口（如图所示），推压注射器的活塞，发现水很难被压缩。晓彤的实验说明（）A.分子在不停地做无规则运动 B.分子间存在斥力C.分子间存在引力 D.分子间存在间隙【答案】B【详解】物体会发生扩散的现象可以说明分子在不停地做无规则运动和分子间存在间隙，故AD不符合题意；固体、液体的体积难以压缩说明分子间存在斥力，故B符合题意；弹性物体拉伸后能够收缩，刚性物体难以拉伸都说明分子间存在引力，故C不符合题意。故选B。7、下列现象中，不能用分子动理论解释的是（）A.看到烟雾在空中弥漫 B.放入水中的糖使水变甜C.走进花园闻到花香 D.水和酒精混合后总体积变小【答案】A【详解】烟雾虽细小，但也是有由很多分子组成的小颗粒，不是分子，不能用分子动理论解释，故A符合题意；糖加入水中，水变甜，说明糖分子在永不停息的做无规则运动，能用分子动理论解释，故B不符合题意；进入花园闻到花香是因为花香中含有的分子不断运动，向四周扩散，使人们闻到花香，能用分子动理论解释，故C不符合题意；酒精和水混合后的体积变小，是因为分子之间有间隙，能用分子动理论解释，故D不符合题意。故选A。8、分子很小，看不见摸不着，但我们可以通过一些直接感知的现象，经过合理的推测来认识分子。下列推测既合理又符合事实的是（）A.现象：钢棒很难压缩

推测：分子之间没有间隙B.现象：空中沙尘飞舞

推测：分子在做无规则运动C.现象：水很难压缩

推测：分子之间存在斥力D.现象：带电体能吸引轻小物体

推测：分子之间存在引力【答案】C【详解】钢棒很难压缩，说明分子之间存在着相互作用的斥力，A不符合题意；空气中沙尘飞舞是沙尘的机械运动，沙尘是可以眼看到，不是分子运动，B不符合题意；水很难压缩，说明分子之间存在着相互作用的斥力，C符合题意；带电体能吸引轻小物体，是带电体的基本性质，不属于分子间的引力作用，D不符合题意。故选C。9、有关分子热运动，下列说法正确的是（）A.破镜不能重圆说明分子间存在斥力B.用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间有间隙C.有霾天气大量极细微的尘粒悬浮在空中，不能说明分子在做无规则运动D.变瘪的乒乓球放在热水中鼓起，是由于分子的体积变大了【答案】C【详解】破镜不能重圆说明分子间距离较大时，分子间的引力较小，几乎为零，故A错误；因为海绵内有空隙，所以用手捏海绵，海绵的体积变小了，不能说明分子间有间隙，故B错误；尘粒是由大量分子组成，它的运动属于物体的机械运动，不能说明分子在做无规则运动，故C正确；变瘪了的乒乓球放在热水中鼓起，是因为温度升高，分子间的间隔变大，不是分子体积变大，故D错误。故选C。题型二题型二温度、热量和内能的含义及关系1、100克0℃的冰熔化成0℃水的过程中，分子动能；内能（以上两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。刚出炉的烤红薯浓香扑鼻，等一会儿烤红薯变凉后香气变淡，说明分子运动的剧烈程度与有关；温度为0℃的物体（选填“有”或“没有”）内能；如果相互接触的两个物体之间发生了热传递，是因为它们之间具有不同的。【答案】不变变大温度有温度【详解】分子动能与温度有关，100克的0℃的冰熔化成0℃的水，温度没有发生改变，所以分子动能不变。冰熔化程水需要吸热，由能量守恒分析可知，冰变成水后内能变大。由于烤红薯变凉后香气变淡，温度降低香气变淡，说明分子运动的剧烈程度与温度有关。任何物体任何温度都有内能，所以0℃的物体也有内能。发生热传递的条件是要有温度差，即两个物体之间具有不同的温度。2、“热”字有多种含义，有时表示热量，有时表示内能，有时表示温度，请说出下列几种现象中，“热”字所表示的含义。（1）盛夏，我们感到天气很热中的“热”是指；（2）液化气燃烧时产生热中的“热”是指；（3）摩擦生热中的“热”是指。【答案】温度热量内能【详解】（1）温度是反映物体冷热程度的物理量，“天气很热”中的“热”是指温度很高。（2）燃料燃烧是化学变化，液化气燃烧时，燃料燃烧释放出大量的热量，即液化气燃烧时产生热中的“热”是指热量。（3）做功和热传递是改变内能的两种方式，所以摩擦发热中的“热”指通过做功的方式使内能增加，所以摩擦生热中的“热”是指内能。3、关于静止在水平地面上的足球的能量，下列说法正确的是（）A.因为足球静止，所以足球的分子动能为零B.因为足球在水平地面上，所以足球的分子势能为零C.如果足球运动起来，足球的内能要增加D.如果足球的温度升高，足球的内能要增加【答案】D【详解】分子在不停息的做无规则运动，所以分子动能不为零，故A错误；分子之间存在相互作用的引力和斥力，所以分子势能不为零，故B错误；足球运动，动能增大，但温度不一定升高，内能不一定增加，故C错误；因为内能与物体温度有关，温度越高，内能越大，故D正确。故选D。4、关于热量的概念，下列说法正确的是（）A.热量是表示物体含热的多少 B.温度高的物体具有的热量多C.物体温度升高了，一定是物体吸收了热量 D.热量是热传递过程中物体吸收或放出热的多少【答案】D【详解】热量是过程量，不能说含有多少热量，故A错误；热量是过程量，不能说具有多少热量，故B错误；物体温度升高了，可能是吸收了热量，也可能是对物体做了功，故C错误；热量表示物体吸收或放出能量的多少，即热传递过程中内能的改变量，属于能量的转移过程，故D正确。故选D。5、关于内能、温度和热量，下列说法正确的是（）A.0℃的冰块有内能B.内能总是从内能多的物体向内能少的物体转移C.温度高的物体含的热量多D.物体吸收热量，温度不变，内能增加【答案】A【详解】任何物体的分子都在不停地做无规则运动，温度为0℃的物体也具有内能，故A正确；热量总是从温度高的物体向温度低的物体转移或者从温度高的部分传到温度低的部分，内能多的物体温度不一定高，故B错误；热量是过程量，不能说含有热量，故C错误；非晶体熔化时，吸收热量，温度升高，但内能增加，故D错误。故选A。题型三题型三改变内能的两种方式1、刚装修过的房间会闻到很重的油漆味，在烈日的暴晒下，这种运动会（选填“加剧”或“减缓”），太阳暴晒时，室内空气的内能是通过（选填“做功”或“热传递”）的方式改变的。【答案】加剧热传递【详解】刚装修过的房间会闻到很重的油漆味，这是扩散现象，在烈日的暴晒下，温度升高，分子的热运动会加剧。在太阳暴晒过程中，室内空气吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递来改变内能的。2、如图，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，发现硝化棉燃烧，说明对物体，物体的内能（选填“增加”或“减少”），硝化棉的内能是通过的方式改变的。【答案】做功增加热传递【详解】当把活塞迅速压下去时，活塞对空气做功，空气的内能增加，温度升高，达到硝化棉的燃烧点，硝化棉就燃烧起来。空气温度升高，硝化棉从空气吸收热量，因此是通过热传递方式增大硝化棉的内能。3、如图所示，小明在一只空饮料瓶中装入少量的水，拧紧瓶盖，用力旋动瓶身，稍稍旋开瓶盖，就发现“砰”的一声瓶盖迅速飞出，同时瓶内出现白雾。

该实验说明物体对外做功，本身内能会（选填“增加”、“减少”或“不变”）；该过程中，瓶内气体的能转化为瓶盖的机械能。【答案】减少内【详解】根据题意可知，物体对外做功，瓶内气体的内能转化为瓶盖的机械能，本身内能会减少。4、下列实例中，通过热传递改变物体内能的是（）A.钻木取火 B.将食物放入冰箱内冷却C.反复弯折铁丝，弯折处变热 D.两手相互摩擦使手变热【答案】B【详解】钻木取火，人克服摩擦对木头做功，使木头内能增加，是做功改变物体的内能，故A不符合题意；将食物放入冰箱内冷却是热量发生了转移，是热传递改变物体的内能，故B符合题意；反复弯折铁丝，弯折处变热，是机械能转化为内能，是用做功的方式改变物体的内能故C不符合题意；两手相互摩擦使手变热，是机械能转化为内能，是用做功的方式改变物体的内能，故D不符合题意。故选B。5、下列现象中，通过做功的方式使物体内能增加的是（）A.将冰块放入啤酒中，啤酒的温度降低 B.水沸腾后，壶盖被水蒸气顶起C.冬天，暖气使房间变暖 D.用砂轮磨菜刀，菜刀的温度升高【答案】D【详解】将冰块放入啤酒中，啤酒的热量传递给冰块，啤酒内能减少，温度降低，这是通过热传递的方式使物体内能降低，故A不符合题意；壶盖被水蒸气顶起，水蒸气对壶盖做功，水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，水蒸气内能减小，这是通过做功的方式使物体内能降低，故B不符合题意；冬天，暖气的热量传递给室内的空气，室内的空气吸收热量，内能增加，温度上升，这是通过热传递的方式使物体内能增加，故C不符合题意；用砂轮磨菜刀，克服摩擦做功，菜刀的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式使物体内能增加，故D符合题意。故选D。6、下列过程中，改变内能的方式与其他三个不同的是（）A.反复锤打铁片，铁片变热 B.用柴火把壶中的水烧开C.用砂轮磨刀，有火星迸出 D.爬竿时从竿上滑下，手有点发热【答案】B【详解】反复锤打铁片，是通过做功的方式改变铁片的内能，让铁片的内能增大，温度升高；用柴火把壶中的水烧开，是水吸收了热量，温度升高，通过热传递的方式改变水的内能；用砂轮磨刀，需要克服摩擦做功，是通过做功来改变物体内能的；爬竿时，从竿上滑下，手需要克服摩擦做功，通过做功改变手的内能。所以不同是B，故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。7、如图中通过往瓶内打气，当瓶塞跳起来时，以下说法正确的是（）A.瓶内气体的内能增大B.气体的内能是通过做功的方式改变的C.瓶口出现的白雾是因为空气液化成水蒸气D.在这个过程中，气体膨胀对外做功，温度升高【答案】B【详解】瓶塞跳起来时瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，温度降低，故AD错误；打气筒压缩瓶内空气做功，使得瓶内空气内能增大，温度升高，这是通过做功的方式改变了内能，故B正确；瓶塞跳起来时瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，温度降低，周围的水蒸气遇冷液化成白雾，而不是空气液化成白雾，故C错误。故选B。题型四题型四比较不同物质的吸热能力1、如图甲所示，用规格相同的两试管分别装上质量相同的煤油和水，隔着石棉网同时对两试管加热，煤油和水每秒吸收的热量相同，图乙中的图线反映了该实验情况。由图乙可知（）A.煤油的吸热能力比水的大 B.加热相同时间，水吸收的热量多C.加热相同时间，煤油的温度升高得少 D.升高相同的温度，水需加热较长的时间【答案】D【详解】煤油和水的质量相同，在吸热相同时（即加热时间相同），由图像可知，煤油升高的温度较高，说明煤油的吸热能力小，故A不符合题意；加热相同时间，酒精灯放出的热量相同，故两液体吸收的热量相同，故B不符合题意；由图像可知，加热相同时间，煤油的温度升高得多，故C不符合题意；由图像可知，升高相同的温度，水需加热较长的时间，故D符合题意。故选D。2、（多选）在探究“物质的吸热性质”时，小明组装了如图所示的实验装置，则下列分析中正确的是（）

A.小明需要称量相同质量的水和煤油B.小明需选用火焰大小相同的酒精灯来加热C.加热相同时间，水吸收的热量比煤油吸收的热量多D.升高相同温度，煤油吸收的热量更少【答案】ABD【详解】在探究“物质的吸热性质”时，根据控制变量法可知，应该使用相同的热源，即需选用火焰大小相同的酒精灯，为质量相同的不同物质加热相同的时间，通过比较温度升高的多少来判断物质的吸热能力，吸收相同的热量，温度升高的越多，说明吸热能力越差。故AB正确；实验中采用了转换法，通过加热时间来反映物质吸收热量的多少，因为加热装置相同，因此加热时间相同，水和煤油吸收的热量相同，故C错误；因水的比热容大于煤油的比热容，由可知，升高相同的温度时，水吸收的热量多，煤油吸收的热量少，故D正确。故选ABD。3、（多选）如图所示，是根据“探究不同物质吸热能力”实验数据绘制的a、b物质的温度-时间图像，实验中两种物质的质量相同，初温度相同，选用的加热器相同，由图像可知（）A.加热相同时间，a物质吸收热量多，比热容小B.加热时间相同，a物质的末温度高，比热容小C.吸收热量相同，a物质温度升高慢，比热容小D.吸收热量相同，b物质的末温度低，比热容大【答案】BD【详解】加热相同时间，由于用相同的加热器加热，则两物质吸收的热量是相同的，由图像可知，a物质的末温高，且a的温度升高得快，则a的比热容小，故A不符合题意，B符合题意；吸收热量相同时，加热的时间相同，由图像可知，b物质的末温低，且b物质温度升高慢，则b的比热容大，故D符合题意，C不符合题意。故选BD。4、小敏在“探究物质的吸热能力”的实验中，将A和B两种液体分别装在两个相同的烧杯中，两杯液体的液面相平，用两个相同的酒精灯加热，每隔2min记录一次温度。（1）实验中选用相同酒精灯加热的目的是：使两种液体在相同时间内；（2）图甲是所用的实验装置，其中有一处明显错误，请仔细观察指出错误之处；（3）纠正错误后继续实验，在加热时间相同时，通过比较判断吸热能力的强弱；（4）小敏根据记录的实验数据，绘制了如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，则可判断出（选填“A”或“B”，下同）液体的吸热能力较弱；（5）上述实验中，主要用到的科学探究方法有控制变量法和法。【答案】（1）吸收的热量相同（2）没有控制两种液体质量相等（3）升高的温度（4）B（5）转换【详解】（1）实验中选用相同酒精灯加热，这样可以使两种液体相同时间内吸收热量相同。（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同。不同物质密度一般不同，实验中取的是体积相同的两种液体，根据m=ρV，没有控制两种液体质量相等。（3）比较不同物质的吸热能力方法之一是：给质量相同的不同物质用相同的加热装置加热相同时间（吸收相同的热量），比较升高的温度，升高温度少的吸热能力强。（4）由乙图可知，升高相同的温度，A液体需要的加热时间更长，吸收热量更多，所以A液体的吸热能力更强，同时放热能力也强，降低相同的温度，可以释放更多的热量，适合做暖手袋的供暖物质。（5）实验中选用相同酒精灯加热，这样可以使两种液体相同时间内吸收热量相同，可以通过比较加热时间来比较吸热多少，这叫做转换法。5、为了比较水和食用油的比热容，某同学用如图所示的器材进行了实验。实验数据记录如下：物质质量/g初始温度/℃加热时间/min最后温度/℃水20020645食用油20020670（1）该实验除了图示中的实验器材以外，还需要的测量工具是停表和；（2）实验中，两烧杯内放入相同规格的电加热器，这样可以保证在相同的时间内，水和食用油吸收的热量，通过比较来比较水和食用油的吸热能力；（3）依据生活经验，相同条件下烧开半壶水比烧开一壶水用时短，说明相同条件下物体吸收的热量与与质量（选填“有关”或“无关”）；（4）已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），则食用油的比热容为J/（kg·℃）；（5）如图中能合理反映该实验结果的图像是（填“甲”“乙”或“丙”）。

【答案】（1）天平（2）相同升高的温度（3）有关（4）2.1×103（5）乙【详解】（1）根据比较比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，除停表外，还需要天平。（2）实验中，两烧杯内放入相同规格的电加热器，单位时间内放出的热量相同，根据转换法可知，这样可以保证在相同的时间内，水和食用油吸收的热量相同，通过比较升高的温度来比较水和食用油的吸热能力。（3）半壶水和一壶水的质量不同，相同条件下烧开半壶水比烧开一壶水用时短，烧开半壶水所吸收的热量小于烧开一壶水吸收的热量，说明相同条件下物体吸收的热量与质量有关。（4）由图可以看出，加热相同时间，水升高25℃，食用油升高50℃，根据，在质量和吸热相同的情况下，比热容c与升高的温度成反比，则食用油的比热容（5）由表中数据发现，加热相同时间，水升温较慢，食用油升温较快。故如图2中能合理反映该实验结果的图像是乙。题型五比热容题型五比热容基础和相关计算初速度大者追初速度小者1、物理学中用比热容表示物质的吸、放热本领，已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），其物理意义是。【答案】1kg的水温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量为4.2×103J。【详解】比热容的物理意义是：单位质量（1kg）的物体改变单位温度（1℃）时吸收或放出的热量；故水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），它表示的物理意义是：1kg水温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量是4.2×103J。2、关于同一种物质的比热容，下列说法正确的是（）A.若质量增大一倍，则比热容减小一半B.若质量增大一倍，则比热容增大一倍C.若吸收的热量增大一倍，比热容增大一倍D.比热容与物体质量多少、温度变化大小、吸热或放热的多少都无关【答案】D【详解】比热容是物质本身的一种物理属性，决定于物质的种类和状态，与吸收热量的多少、升高温度的多少、质量的多少没有关系，故ABC错误，D正确。故选D。3、下表中有几种物质的比热容，小明同学根据提供的数据得出了四个结论，其中正确的是（）几种物质的比热容[J/（kg·℃）]水铁酒精铜煤油干泥土冰水银A。物质的比热容与物质的状态无关B.100g水的比热容是50g水的比热容的两倍C.液体的比热容一定比固体的比热容大D.比热容与物体质量多少、温度变化大小、吸热或放热的多少都无关【答案】D【详解】由表可知，水和冰是同种物质，但比热容不同，故物质的比热容与物质的状态有关，故A错误；比热容是物体的一种特性，与物体的种类和状态有关，与物体的质量、温度、吸放热情况无关，故B错误，D正确；根据表中数据可知，液体的比热容不一定比固体的比热容大，例如水银的比热容小于铜的比热容，故C错误。故选D。4、冰在熔化过程中，下列判断正确的是（）A.内能不变，比热容不变B.比热容、内能、温度都不变C.比热容变大，内能增加，温度不变D.含有热量变大，温度不变【答案】C【详解】冰是晶体，在熔化过程中持续吸热，内能增大，但温度不变；比热容是物质的一种属性，与物质的种类和状态有关，水的比热容比冰的比热容大，当冰熔化成水后，比热容变大；热量是过程量。不能说“含有热量”。故C正确，ABD错误。故选C。5、质量相同的甲、乙两种物质，比热容之比是3∶5，它们吸收的热量之比是1∶2，则甲、乙两物体升高温度之比是（）A.3∶10 B.10∶3 C.5∶6 D.6∶5【答案】C【详解】由可知，甲、乙两物体升高温度之比是故选C。6、根据表格中数据，下列说法正确的是（）物质铁铝铜煤油A.煤油和水体积之比为2∶1，吸收热量之比为12∶5，则升高温度之比为3∶2B.体积、初温都相同的铁块和铝块，吸收相同的热量后，将两个金属块靠在一起，铝块会向铁块传热C.质量、初温都相同的铁块和铜块，放出相同的热量后，将两个金属块靠在一起，铜块会向铁块传热D.给等质量的铜块和铝块加热，它们吸收热量多少与升高的温度的关系可用图像表示（如图），其中图像a表示的是铜块，图像b表示的是铝块【答案】B【详解】A．煤油和水体积之比为2∶1，则根据，质量之比为根据，升高温度之比为故A错误；体积、初温都相同的铁块和铝块，吸收相同的热量后，由知，大的，温度变化小，由表格数据知道，即铁块的末温低，二者接触，热量将从铝块向铁块传递，故B正确；C．质量、初温都相同的铁块和铜块，放出相同的热量后，铁的比热容更大，由知，铁的温度下降得少，末温更高，所以将两个金属块靠在一起，铁块向铜块传热，故C错误；D．与铜相比，铝的比热容更大，所以根据，给等质量的铜块和铝块加热，升高的温度相同时，铝块吸收的热量更多，所以图像a表示的是铝块，图像b表示的是铜块，故D错误。故选B。7、质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，c水>c液，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容c水=4.2×103J/（kg·℃）。下列说法中正确的是（）A.乙物质是水B.0~12min乙温度降低了20℃C.0~12min甲放出了的热量8.4×104J的热量D.乙物质的比热容为2.0×103J/（kg·℃）【答案】D【详解】时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图像可知，乙液体的温度降低得快，甲液体温度降得慢；根据可知，在质量相等、放热也相同的情况下，温度降低得快的比热容小；所以，甲液体的比热容大，则甲为水，故A错误；由图可知，0~12min乙的温度从60℃降低至20℃，所以乙的温度变化量为，故B错误；甲为水，0~12min甲的温度从60℃降低至40℃，所以甲的温度变化量为，则甲放出的热量为Q放=c水mΔt甲=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃=4.2×104J，故C错误；由题知，水和另一种液体的质量相同，在相同时间内放出的热量相等，0~12min乙的温度变化量为40℃，甲的温度变化量为20℃，乙的温度变化量是甲的2倍，根据可知此时温度变化量和比热容成反比，所以乙物质的比热容为甲比热容的，即乙物质的比热容为，故D正确。故选D。8、温度相同的甲、乙两种液体放出相等热量后，甲的温度低于乙的温度。关于两种液体的质量m甲、m乙及比热容c甲、c乙，下列关系式中一定不成立的是（）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】D【详解】由题意可知，甲乙两种液体初温相同，放出的热量相同，甲的末温低于乙的末温，说明甲降低的温度大于乙降低的温度，即Δt甲>Δt乙，由Q放=cmΔt可知，，放出的热量相同时，Δt与cm乘积成反比，因Δt甲>Δt乙，所以。若m甲<m乙，则甲的比热容可能小于乙的比热容，甲的比热容也可能大于乙的比热容；若m甲>m乙，则甲的比热容一定小于乙的比热容，故AC不符合题意，D符合题意；若m甲=m乙，则甲的比热容一定小于乙的比热容，故B不符合题意。故选D。9、一个质量为500g的钢件，先将其加热到520℃，然后放在室温为20℃的空气中让其自然冷却。求：（1）该钢件在冷却的过程中所释放的热量；（2）如果这些热量被质量为1kg，初温为30℃的水吸收，最多能使水的温度升高到多少摄氏度？[c钢=4.2×103J/（kg•℃），c水=4.2×103J/（kg•℃），计算结果保留一位小数]【答案】（1）1.15×105J；（2）57.4°C【详解】解：（1）钢件在冷却过程中放出的热量（2）水吸收的热量，水升高的温度，水的末温。答：（1）钢件放出的热量为1.15×105J；（2）水温升高到57.4°C。10、如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1000J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的比热容2×103J/（kg·°C）：让两个加热器同时开始工作，60s后停止加热，然后立即将质量为2.7kg的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图像如乙所示。（1）加热20s时，乙液体吸收的热量为多少；（2）甲液体的质量多少；（3）合金球的比热容为多少？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）已知加热器每秒钟放出热量1000J，则加热20s时，加热器放出热量；根据题意可知，乙液体吸收的热量；（2）由题意可知，A、B是两个底部装有完全相同的加热器，故加热20s时，甲液体在20s内吸收的热量等于乙液体20s内吸收的热量，加热到20s时，甲液体的温度从10℃升高到40℃，根据可得，甲液体的质量（3）由乙图可知，加热60s时，乙液体的温度从10℃升高到60℃，则加热60s乙液体升高的温度，因加热20s时乙液体吸收的热量，故加热60s时乙液体吸收的热量为，加热60s乙液体吸收的热量又为，合金球放入乙液体后，乙液体的温度从60℃降低到40℃，则乙液体放热时降低的温度，合金球放入乙液体后，乙液体放出的热量，则两过程中乙液体放出的热量与其吸收的热量的比值，所以，从球放入到达到热平衡不计热损失，则，由图像可知，合金球放入乙液体后，合金球的温度从20℃升高到40℃则合金球升高的温度，由可得，合金球的比热容。答：（1）加热20s时，乙液体吸收的热量为；（2）甲液体的质量0.3kg；（3）合金球的比热容为。题型六比热容题型六比热容的应用1、兰州市的榆中县境内，有一座名叫高崖的水库，它坝高近30米，蓄水量达到1100万立方米，是兰州市重要的水源之一、据水库工作人员说，水库的昼夜温差要比兰州市区的昼夜温差小，主要是因为（）A.水的密度比砂石的密度小 B.水的密度比砂石的密度大C.水的比热容比砂石的比热容小 D.水的比热容比砂石的比热容大【答案】D【详解】水库的昼夜温差要比兰州市区的昼夜温差小，主要是因为水的比热容比砂石的比热容大，相同质量的水与沙石吸收或放出相同的热量时，水升高或降低温度较少，故ABC不符合题意，D符合题意。故选D。2、下列与比热容有关的生活现象，描述错误的是（）A.汽车发动机常用水做冷却剂 B.沙漠地区昼夜温差小C.夜晚向稻田里放水以防冻坏秧苗 D.北方的冬天用热水取暖【答案】B【详解】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；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，因此汽车发动机常用水做冷却剂，故A正确，不符合题意；沙漠地区的砂石多，白天太阳照射，砂石吸收热量，由于砂石的比热容小，因此温度变化大，气温升得很高；晚上，砂石放出热量，由于砂石的比热容小，因此温度变化大，气温降得很低，故会出现早晚温差大的现象，故B错误，符合题意；因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以晚上向秧苗田里放水，水可以放出更多的热量以防冻坏秧苗，故C正确，不符合题意；因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以北方楼房内的“暖气”用水作为介质，故D正确，不符合题意。故选B。3、下列实例中与“水的比热容较大”这一特性无关的是（）A.夏天在房间内洒水降温 B.城市修建人工湖，减弱热岛效应C.沿海地区昼夜温差较小 D.让热水流过散热器供暖【答案】A【详解】夏天在房间内洒水降温，利用的是蒸发吸热，不是利用水的比热容大的特点，故A符合题意；B．因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度时，水吸收的热量多，所以用循环水冷却汽车发动机，故B不符合题意；城市修建人工湖，减弱热岛效应，是因为水的比热容大，在质量和吸收或放出的热量相同时，温度变化小，故C不符合题意；因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以让流动的热水流过散热器取暖，故D不符合题意。故选A。4、如图所示，冷热空气的流动导致了夏季海岸微风的形成。关于海岸微风形成的解释下列说法中错误的是（）A.白天，在炎热的日光下，暖空气从陆地上升起，海洋上来的冷空气补充，形成了向陆地的海陆风B.夜间，暖空气从海洋上升起，陆地上的冷空气补充，形成了向海洋的陆海风C.形成陆海风和海陆风的主要原因是水的比热容较大D.形成陆海风和海陆风是由潮汐涌动方向决定的【答案】D【详解】由于海水的比热容比陆地上沙石的比热容大，接受太阳辐射能后，海水表面升高的温度少；陆地沙石的比热容相对较小，升高的温度比较多；于是在白天，由于陆地空气温度高，空气上升而形成从海面吹向陆地的风；同理晚上在相同受冷的情况下，陆地的温度低于海洋的温度，从而形成从陆地吹向海洋的风，故这样形成了海陆风，故ABC正确不符合题意、D错误，符合题意。故选D。5、家用小型风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，如图甲所示。在海边，仅在海陆风因素的影响下，出现图乙、图丙所示的情形，则下列说法中正确的是（）A.图乙所示是白天时的情形，图丙是夜晚时的情形B.图丙所示是白天时的情形，图乙是夜晚时的情形C.图乙、丙都是白天时的情形D.图乙、丙都是夜晚时的情形【答案】B【详解】水的比热容大于砂石和泥土的比热容，白天太阳照射时，海洋升温慢，陆地升温快，陆地的热空气就上升，地面附近海洋的空气来补充，气流就从海洋向陆地，即风从海洋吹向陆地；晚上陆地很快就冷却下来，而海洋则很慢，海洋的温度高，而陆地的温度低，地面气体就从陆地流向海洋，即风从陆地吹向海洋。因此白天，风力发电机翼朝向大海，晚上，风力发电机翼朝向陆地。则图乙是晚上，图丙是白天。故ACD错误，B正确。故选B。题型七题型七内燃机的四个冲程1、内燃机是将能转化机械能的装置。内燃机的一个工作循环是由个冲程组成的。其中压缩冲程是把能转化为能。【答案】内四机械内【详解】内燃机是依靠燃料燃烧将内能转化为机械能的装置，内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在压缩冲程中，活塞由上向下压缩汽缸内的空气，即对空气做功，使得空气的内能增加，温度升高，将机械能转化为内能。2、下列有关热机的说法中正确的是（）A.热机分为汽油机和柴油机两大类B.热机在压缩冲程中没有力做功C.在汽油机的能量损失中，废气带走的能量最多D.活塞在汽缸内往复运动一个来回是一个冲程【答案】C【详解】A．热机分为内燃机和外燃机两类，蒸汽机、火箭、喷气式发动机都属于热机，故A错误；B．压缩冲程利用高速旋转的飞轮的动能对气体做功，将机械能转化为内能，故B错误；C．热机工作的过程中，在各种热量损失中，废气的温度很高，带走的热量最多，故C正确；D．一个冲程是指活塞从气缸一端运动到另一端，所以活塞往返一次有两个冲程，故D错误。故选C。3、如图所示为四冲程汽油机未按工作循环排列的各冲程示意图，工作时，属于做功冲程的是（）A. B. C. D.【答案】D【详解】A．图中的排气门打开，活塞向上运动，汽缸容积减小，是排气冲程，故A不符合题意；B．图中的气门都关闭，活塞向上运行，汽缸容积减小，是压缩冲程，故B不符合题意；C．进气门打开，活塞向下运行，汽缸容积增大，是吸气冲程，故C不符合题意；D．图中的气门都关闭，活塞向下运行，汽缸容积增大，是做功冲程，故D符合题意。故选D。4、如图所示的某单缸四冲程汽油机，说法正确的是（）A.四冲程内燃机在一个工作循环中工作过程依次是丁、丙、乙、甲B.乙图中汽缸内气体温度在降低C.甲图中能量的转化是内能转化为机械能D.依靠飞轮惯性完成冲程的是甲、乙、丙【答案】D【详解】根据图可知，甲图：排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程；乙图：两气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，将机械能转化为内能；丙图：进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程；丁图：两气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，将燃料燃烧释放的内能转化为机械能，为汽车提供动力。A．汽油机的四个冲程依次是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，即丙、乙、丁、甲，故A错误；B．乙图是压缩冲程，机械能转化为内能，活塞对气缸内的气体做功，气缸内气体温度在升高，故B错误；C．甲图是排气冲程，没有能量转化，故C错误；D．在汽油机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的，即依靠飞轮惯性完成的冲程是：甲、乙、丙冲程，故D正确。故选D。5、下列关于汽油机和柴油机的主要区别，其中正确的是（）A.汽油机的顶部有喷油嘴，柴油机的上部是火花塞B.柴油机吸入汽缸的只是空气，汽油机吸入汽缸的是汽油和空气的混合物C.在做功冲程中，柴油机的点火方式叫点燃式，汽油机的点火方式叫压燃式D.柴油机和汽油机一个工作循环都是由4个冲程组成，压缩冲程把内能转化为机械能【答案】B【详解】A．汽油机和柴油机的区别：汽油机顶部有火花塞，柴油机气缸上是喷油嘴，故A错误；B．柴油机在吸气冲程中吸入空气，汽油机在吸气冲程中吸入的是汽油和空气的混合物，故B正确；C．汽油机在压缩冲程中将机械能转化为内能，内能增大，温度升高，汽油机气缸顶部有个火花塞，此时火花塞喷出电火花，点燃汽油，此种点火方式叫点燃式；柴油机在压缩冲程中将机械能转化为内能，空气内能增大，柴油机顶部的喷油嘴在压缩冲程结束时喷出雾状的柴油，柴油遇到高温的空气，达到着火点而燃烧，此种点火方式叫作压燃式，故C错误；D．柴油机和汽油机一个工作循环都是由4个冲程组成，压缩冲程都是将机械能转化为内能，故D错误。故选B。6、如图甲是四冲程汽油机工作过程中的冲程，该过程的能量转化情况与图乙（选填“相同”或“不同”）。若汽油机曲轴的转速为1800r/min，则该汽油机1s内对外做功次。为了降低汽油机汽缸的温度，汽缸外有一个水箱体，使汽缸被水包围着，这是利用了水的较大的特点，通过的方式减少汽缸的内能。【答案】做功相同15比热容热传递【详解】由图甲可知，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，因此是做功冲程，此过程中内能转化为机械能；乙图中电火花打火时，酒精气体燃烧膨胀做功，最后内能转化为盒盖的机械能，可以看到盒盖飞出，因此乙实验与做功冲程的能量转化情况相同。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；因为曲轴的转速为1800r/min，汽油机每秒曲轴转30圈，完成15个工作循环，对外做功15次。因为水的比热容最大，即相同质量的水和其他的液体相比较时，若都是升高1℃时，水吸收的热量最多，故用水做冷却效果最好；为了降低汽油机汽缸的温度，汽缸外有一个水箱体，使汽缸被水包围着，这是通过热传递的方式减少汽缸内能的。7、如图是某水火箭的简易原理图。使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，从而使水火箭升空。该过程能量转化方式与汽油机四冲程中的图相同（选填“甲”“乙”“丙”“丁”），都是将内能转化为。【答案】丙机械能【详解】使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，压缩后的气体对外做功，这一过程中内能转化为机械能。汽油机的做功冲程中，火花塞点火，两气门都关闭，燃料燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下运动，内能转化为机械能。图丙是做功冲程。图甲两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，图乙排气门打开，活塞向上运动，是排气冲程，图丁进气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程。因此该过程能量转化方式与汽油机四冲程中的丙图相同，都是将内能转化为机械能。8、如图所示是内燃机某一冲程的示意图，其中喷油嘴正在喷油，由图可知：（1）这种内燃机是（选填“汽油机”或“柴油机”）；它在吸气冲程吸入的物质是（选填“空气”“汽油”“柴油”或“空气和汽油的混合物”）；（2）某一单缸四冲程柴油机的飞轮转速是1200r/min，则它1s内做______次功，完成______个冲程。【答案】（1）柴油机空气（2）1040【详解】（1）由题知，内燃机的顶端有喷油嘴，所以该内燃机是柴油机；在柴油机的吸气冲程中吸入的是空气。（2）由题知，柴油机的飞轮转速是1200r/min=20r/s，柴油机的一个工作循环为四个冲程，其中只有一个冲程对外做功，飞轮转两周；故它1s内做10次功，完成40个冲程。题型八题型八热值的理解及计算1、关于燃料的热值，以下说法正确的是（）A.燃料的热值与燃料是否充分燃烧有关B.煤的热值比干木柴大，燃烧煤放出的热量也一定比干木柴的多C.容易燃烧的燃料，热值一定大D.1g汽油和2kg汽油的热值是一样的【答案】D【详解】A．燃料的热值只与燃料的种类有关，与燃料的燃烧情况无关，故A错误；B．煤的热值比干木柴大，说明1kg的煤完全燃烧放出的热量比1kg干木柴完全燃烧放出的热量多，而题中两者质量不一定相等，且不一定完全燃烧，所以煤燃烧放出的热量不一定多，故B错误；C．燃料的热值与燃料是否容易燃烧无关，故C错误；D．燃料的热值与质量无关，热值是燃料的一种特性，同种燃料，其热值是一样的，故D正确。故选D。2、2023年5月30日，神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心，由长征二号F遥十六运载火箭发射升空。火箭使用燃料必须具备的特点是（）A.较大的热值 B.较高的沸点C.较大的比热容 D.较小的密度【答案】A【详解】A．由于火箭升空，需要燃料燃烧放出大量的热，提供动力，故需要热值大的燃料，故A符合题意；B．较高的沸点，与燃料燃烧放出大量的热没有关系，故B不符合题意；C．比热容描述物质热量的能力，与放热能力无关，故C不符合题意；D．较小的密度，与放热能力无关，故D不符合题意。故选A。3、如图所示为甲、乙两种燃料完全燃烧时释放的热量Q与其质量m的关系，下列有关说法正确的是（）A.甲燃料的热值小于乙燃料的热值 B.乙燃料的热值随着质量的增大而增大C.甲燃料的热值大于乙燃料的热值 D.燃料的热值越大，燃烧的效率越高【答案】C【详解】AC。由图可知，在燃料的质量相同时，两种燃料完全燃烧时释放的热量Q甲>Q乙，根据可知甲燃料的热值大于乙燃料的热值，故A错误，C正确；B．热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与其质量和燃烧是否充分无关，故B错误；D．燃料的热值大，在质量相同时燃料完全燃烧时放出的热量多，但有效利用的热量不一定多，即效率不一定高，故D错误。故选C。4、如图所示，2022冬奥会主火炬以“微火”取代熊熊燃烧的大火，“微火”由清洁氢能源作为燃料供给。氢燃料流量约为1.2立方米/小时。氢气的热值为1.4×108J/kg，它表示的物理意义是；若氢气的密度为0.09kg/m3，每小时流过的氢气完全燃烧放出J的热量。【答案】1kg的氢气完全燃烧放出的热量是1.4×108J1.512×107J【详解】氢气的热值为1.4×108J/kg，它表示的物理意义是1kg的氢气完全燃烧放出的热量是1.4×108J。根据题意可知，每小时流过的氢气的体积V=1.2m3，由可知，每小时流过的氢气的质量，每小时流过的氢气完全燃烧放出的热量。5、一个成年人参加一次长跑，身体消耗的能量为6.6×106J，这些能量相当于完全燃烧0.55kg的干木柴才能得到。则干木柴的热值为，如果用掉一半后，干木柴的热值将变为。【答案】1.2×107J/kg1.2×107J/kg【详解】由Q放=mq可得，木柴的热值为，热值是燃料的一种特性，与燃料的质量无关，所以用掉一半后，干木柴的热值不变，仍然为1.2×107J/kg。6、在一个标准大气压下，把质量5kg，初温为30℃的水加热至沸腾，燃烧天然气加热水时的效率为35%[已知天然气的热值为，水的比热容为]，则需要完全燃烧约的天然气。【答案】0.11【详解】水吸收的热量为，天然气放出热量为，完全燃烧的天然气的体积为。7、王芳同学和家人在郊外野餐，用木炭烧水。铁锅内装有5kg水，在标准大气压下把水从20℃加热至沸腾，已知水的比热容为，如果木炭的热值为。求：（1）在这个过程中水吸收的热量；（2）若木炭完全燃烧放出的热量有40%被水吸收，那么木炭放出的热量为多少？（3）此次烧水消耗了多少克木炭？【答案】（1）1.68×103；（2）4.2×106；（3）150【详解】解：（1）水吸收的热量为；（2）木炭放出的热量为；（3）由得，此次烧水消耗木炭的质量为。答：（1）在这个过程中水吸收的热量1.68×106J；（2）若木炭完全燃烧放出的热量有40%被水吸收，那么木炭放出的热量为4.2×106J；（3）此次烧水消耗了150克木炭。题型九题型九比较不同燃料的热值1、木柴、焦炭、木炭等都是常用的燃料，对它们取不同质量进行完全燃烧，得到了下表的数据：燃料的质量/g100200300400燃料完全燃烧放出的热量Q木柴/J1.3×1062.6×1063.9×1065.2×106Q焦炭/J3.0×1066.0×1069.0×10612.0×106Q木炭/J3.4×1066.8×10610.2×10613.6×106（1）从表中的数据可以得到，相同质量的不同燃料，它们完全燃烧所释放的热量是的；对于同一种燃料，质量越大，完全燃烧所释放的热量越；（2）从表中的数据还可以看出，对于同一种燃料，热量和的比值是不变的，这个不变的比值，反映了燃料本身的一种性质，物理学中把它称之为，它是用来描述燃料完全燃烧时，释放热量能力大小的物理量；【答案】（1）不同大（2）质量热值【详解】（1）由表格中数据可知，完全燃烧质量相同的木柴、焦炭、木炭放出的热量不同；对于同一种燃料，质量越大，完全燃烧所释放的热量越多。（2）由表中数据可知，对于同一种燃料，完全燃烧放出的热量与燃料的质量成正比，即燃料完全燃烧放出热量与质量的比值不变，说明不同燃料完全燃烧时，释放热量能力大小，物理学中用热值表示燃料的这一特性。2、如图所示，用甲、乙、丙三图中装置来研究物质的比热容或燃料的热值实验，关于几个物理量下列说法不正确的是（）

A.a和b的质量相同 B.a和b的初温相同C.1和2的质量相同 D.1和2的燃烧时间相同【答案】D【详解】比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据，得出不同燃料放出热量的多少；要比较不同物质的比热容，就要取质量相同、初温度相同、种类不同的液体和热源相同，故ABC正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。3、（多选）如图，甲、乙、丙的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内液体的初温与质量也相同，不考虑热量损失。下列选项正确的是（）A.比较不同液体的比热容，可以选择甲、丙两图B.比较不同液体的比热容，可以选择乙、丙两图C.比较不同燃料的热值，可以选择甲、乙两图D.比较不同燃料的热值，可以选择乙、丙两图【答案】AC【详解】比较不同液体的比热容，根据控制变量法，要改变液体的种类，控制液体吸收的热量相同，在本实验中即控制燃料的种类相同，来比较相同质量的液体升高的温度，故A正确，B错误；比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要改变燃料的种类，控制液体的种类相同，质量相等，来比较相同质量的燃料燃烧完成后，同种液体升高的温度，故C正确，D错误。故选AC。4、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），则下列说法中正确的是（）A.实验中m必须相同，否则无法比较燃料的热值B.实验中Δt越大，说明燃料的热值一定越大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【答案】AD【详解】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，而Q吸=c水m水Δt，Q放=mq，即c水m水Δt=mq，解得。由可知，比较两种燃料的热值大小时，需要控制两种燃料的质量相同，故A正确；若Δt相同，m越大，由可知，燃料的热值越小，故B错误；若的值越大，即的值越小，由可知，燃料的热值越小，故C错误；若的值越大，由可知，燃料的热值越大，故D正确。故选AD。5、在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用碎纸片和酒精为燃料进行了实验；（1）小林将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则他应将平衡螺母向端调节；图2是正确测量所用碎纸片质量时的场景，此时游码所处位置如图3所示，则他还应称量g的酒精；（2）小林组装的实验装置如图4所示，他在器材安装中的一处错误是；（3）本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过来反映的（选填“加热时间”或“温度计上升的示数”）；（4）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），若m相同，Δt越小，则燃料的热值越；同时也可以用来表示热值的大小，若燃料的热值越大，则越；（5）正确组装实验装置后，小林用（1）中所称量的碎纸片和酒精分别进行实验，正确采集的数据如表所示，根据实验数据，小林却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多。你认为他在实验中最有可能遗漏的操作是；温度燃料加热前的水温/℃燃料燃尽时的水温/℃水温的变化/℃酒精206545碎纸片208060（6）调整实验后通过数据计算得到酒精和碎纸片的热值，小明通过查表发现实验的计算值比理论值偏小，你认为其中的原因可能是。【答案】（1）左6.5（2）温度计的玻璃泡接触到了容器底（3）温度计上升的示数（4）小大（5）控制被加热水的质量相等（6）酒精和碎纸片完全燃烧放出的热量部分散失到空气中【详解】（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端的零刻线处；此时指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，根据天平调平的原则，平衡螺母应向左移动。如图2和3所示，天平的分度值为0.5g，碎纸片的质量，为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，所以则他还应称量6.5g的酒精。（2）根据温度计的使用注意事项和由图4知，实验中温度计的玻璃泡碰到了容器底。（3）为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计示数的变化得出吸热多少，进而判断热值大小。所以燃料完全燃烧放出热量的多少是通过温度计上升的示数来反映的。（4）比较热值大小可以利用可知，，即，解得，所以若m相同，Δt越小，则燃料的热值越小；若的值越大，则燃料的热值越大。（5）实验中要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，而小林却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多，可能是没有控制被加热水的质量相等。（6）根据实际情况酒精和碎纸片完全燃烧放出的热量不能全部被水吸收，即，，实验的计算值比理论值偏小，所以其中的原因可能是酒精和碎纸片完全燃烧放出的热量部分散失到空气中。6、如图所示甲、乙、丙三个装置完全相同，燃料的质量都是10g，液体的质量、初温相同。（1）要比较“质量相等的不同燃料燃烧时放出热量”，应选择两图进行实验，该实验中燃料燃烧时放出热量的多少是通过比较（选填“温度计升高的示数”或“加热时间”）米判断的；（2）研究不同燃料的热值实验中，记录的数据如表，并将燃料2的热值q2填入表中；燃料序号加热前液体温度/℃燃料燃尽时液体温度/℃燃料的热值/（J/kg）115352.4×10621525（）（3）该实验得到的燃料热值与实际相比偏（填“大”或“小”）；（4）①比较不同物质的比热容，应选择两图进行实验；两种液体温度随时间变化如图丁所示，在实验过程中，给两种液体加热相同的时间，a液体吸收的热量（选填“大于”、“小于”或“等于”）b液体吸收的热量；二者的比热容之比ca∶cb＝；②比较不同物质比热容实验过程中，下列做法和要求中一定需要的有哪些。A．使用相同的烧杯B.烧杯中分别装入相同体积的不同液体C.相同质量的燃料

D.加热时火焰大小尽量相同【答案】（1）甲、丙温度计升高的示数（2）1.2×106（3）小（4）①甲、乙等于2∶3②AD【详解】（1）要比较质量相等的不同燃料燃烧时放出热量，根据控制变量法，应加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断放出热量多少，应选择甲丙两图进行实验。（2）燃料1的质量为m=10g=0.01kg，则完全燃烧10g燃料1放出的热量为，因为，则可得，即；燃料2，即，解得。（3）因为存在热量散失，燃料燃烧放出的热量不能被全部吸收，所以测得燃料的热值与实际值相比会偏小。（4）比较不同物质的比热容，应控制液体种类不同，燃料相同，由图可知，应选择甲和乙进行实验。因为选择相同燃料，所以在相同的时间内，燃料放出的热量相同，所以两种液体吸收的热量也相等。如图所示，a加热时间8分钟，b加热时间12分钟，则a吸收的热量与b吸收的热量之比为2∶3，根据则，，则比热容之比为。实验中，为了得到正确结论，必须选择相同的烧杯，加热时火焰大小尽量相同，保证不同物质相同时间内吸收的热量相同，实验中还需要使烧杯中装入质量相同的不同液体，不是体积相同。故选AD。题型十题型十热机效率的理解及计算值1、热机的效率：热机工作时，用来做的那部分能量与燃料放出的热量之比，叫做热机的效率。某汽油机的各项能量损失所占的百分率分别是：废气内能35%，散热损失30%，机械失10%，则该汽油机的热机效率是。【答案】有用功完全燃烧25%【详解】热机所做有用功（有效利用的能量）与燃料完全燃烧释放的热量之比叫做热机效率。各种能量损耗的总和是：35%+30%+10%=75%，所以它的机械效率为：η=100%-75%=25%。2、关于热机的效率，以下说法中正确的是（）A.热机做的有用功越多，效率就一定越高B.热机的功率大，效率就一定高C.热机在单位时间内耗费的燃料少，热机的效率就一定高D.热机做的有用功占燃料完全燃烧放出的热量的比值越大，热机的效率就越高【答案】D【详解】由热机效率的公式可知，当燃料完全燃烧放出的热量相同时，热机做的有用功越多，效率就越高，故A错误；根据热机效率的公式可知，效率的大小与功率无关，故B错误；根据热机效率公式可知，当有用功一定时，热机在单位时间内耗费的燃料少，热机的效率就一定高，故C错误；D。根据热机效率公式可知，热机做的有用功占燃料完全燃烧放出的热量的比值越大，热机的效率就越高，故D正确。故选D。3、有甲、乙两台汽油机，在相同的时间内，它们所做的有用功之比是5∶4，消耗汽油的质量之比是3∶2，那么它们的效率之比是（）A.15∶8 B.8∶15 C.6∶5 D.5∶6【答案】D【详解】在热机中，用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的热量之比，叫热机的效率；根据Q=mq求出燃料完全燃烧放出的热量，则它们的效率之比为，故选D。4、（多选）汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（）A.甲图是压缩冲程B.由乙图可知该汽油机的效率是28%C.汽车尾气中的“汽油味”越浓燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的热值D.为节能冬天汽车都会利用尾气中的余热给车内供暖，该举措大大提高了燃料的利用率【答案】BD【详解】根据图甲可知，两个气门关闭、活塞下行，为做功冲程，此冲程燃气对活塞做功，内能转化为机械能，故A错误；热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，由图可知，输出有用机械能所占比例为100%－36%－30%－6%＝28%，即该汽油机的效率为28%，故B正确；热值是燃料本身的一种特性，只与燃料本身决定，和燃料的质量、放出热量的多少、燃烧是否充分、温度高低无关，故C错误；冬天利用尾气中的余热给车内供暖，这是利用热传递的方法改变内能，提高了燃料的利用率，故D正确。故选BD。5、小明的爸爸开车送小明去学校，到达学校时消耗汽油4kg，汽车能量流程图如图所示，该汽车的效率为，汽油完全燃烧放出的热量为J，汽车输出的有用功为J。（已知）

【答案】30%1.6×1084.8×107【详解】汽车能量流程图如图所示，该汽车的效率为，汽油完全燃烧放出的热量为，汽车输出的有用功为。6、一架运-20在一次执行任务的过程中，飞行距离为4000km，消耗航空煤油的质量为50t，若飞机匀速飞行时受到的平均阻力的大小为2.5×105N，该过程中飞机发动机的推力做的功为J，发动机的效率为（航空煤油的热值为4×107J/kg）。若运-20换装效率为60%的新发动机后，一架运-20每飞行100km，可节约航空煤油约为t（保留1位小数）。【答案】1×101250%0.2【详解】飞机匀速飞行时，发动机的推力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，飞机发动机的推力为，则该过程中飞机发动机的推力做的功为，航空煤油完全燃烧放出的热量为，所以发动机的效率为；若运-20换装效率为60%的新发动机后，需要的航空煤油完全燃烧放出的热量为，需要的航空煤油质量为，节省的航空煤油质量为，则每飞行100km，可节约航空煤油质量为。7、小新家新买了一辆小汽车，国庆节他爸爸带着家人去宜昌附近自驾游度假，在出发前到加油站加了20L的汽油，在一段平直的高速公路上，以90km/h的速度匀速行驶，汽车受到的阻力为整车重力的0.08倍，小汽车满载总质量为1.25t。（ρ汽油＝0.73×103kg/m3，q汽油＝4.6×107J/kg，g＝10N/kg）（1）小汽车满载以90km/h的速度匀速行驶时，牵引力的功率是多少？（2）若这次旅游全程往返200km，所加的汽油也刚好用完（假设汽油能完全燃烧），这辆小汽车发动机的效率为多少？【答案】（1）25000W；（2）29.8%【详解】解：（1）根据题意可知，整车重力为G＝mg＝1.25×103kg×10N/kg＝1.25×104N，因为汽车受到的阻力为整车重力的0.08倍，所以汽车受到的阻力为f＝0.08G＝0.08×1.25×104N＝1000N，因为汽车做匀速直线运动，所以汽车牵引力为F＝f＝1000N。汽车的速度为v＝90km/h＝25m/s，牵引力的功率为；（2）根据题意可知，牵引力做的功为W=Fs=1000N×200×103m=2×108J，汽油体积为V=20L=2×10﹣2m3，由可得，所加的汽油质量为m汽油＝ρ汽油V＝0.73×103kg/m3×2×10﹣2m3＝14.6kg，汽油完全燃烧放出的热量为Q放＝m汽油q汽油＝14.6kg×4.6×107J/kg＝6.716×108J，小汽车发动机的机械效率为。答：（1）牵引力的功率是25000W；（2）这辆小汽车发动机的热效率是29.8%。题型十一题型十一能量的转化和守恒1、风力发电是一种可再生、可持续发展的清洁能源，一直是国家大力提倡和发展的能源项目，具有重要的经济价值，下列风力发电的过程中涉及到的能量转化的说法正确的是（）A．风车把太阳能转化为电能 B．风车把电能转化为风能C．风车把风能转化为电能 D．风车把水能转化为电能【答案】C【详解】风力发电的过程中，消耗了风能，得到了电能，因此该过程将风能转化为了电能。故选C。2、下列情景中，属于能量转移的是（）A．钻木取火 B．电灯发光C．用热水袋取暖 D．木炭燃烧【答案】C【详解】能量转化是一种形式的能转化为另一种形式的能，前后的能量形式不同；钻木取火，将机械能转化为水的内能，电灯发光，将电能转化为水的内能，木炭燃烧时发热，将化学能转化为水的内能，都属于能量的转化，故ABD不符合题意；能量的转移过程中，前后的能量形式相同，用热水袋取暖，发生了热传递，内能发生了转移，属于能量的转移，故C符合题意。故选C。3、下列实例中，属于内能转化为机械能的是（）A．蒸汽顶起壶盖 B．用热水袋取暖C．弯折铁丝发烫 D．钻木取火【答案】A【详解】蒸汽顶起壶盖是内能转变成机械能，故A符合题意；用热水袋取暖是内能的转移，能量没有发生转化，故B不符合题意；弯折铁丝发烫和钻木取火是机械能转化为内能，故CD不符合题意。故选A。4、自然界中的各种形式的能量是可以相互转化的：摩擦生热，机械能转化为能；电动机带动抽水机把水送到高处，电能转化为能。【答案】内机械【详解】摩擦生热的能量转化是将机械能转化为内能。电动机带动抽水机把水送到高处的能量转化是电能转化为机械能。5、我国某厂商研制的非插电式混合动力汽车采用了如下设计：当车辆轻载行驶时，车辆系统将自动调节，利用内燃机输出的多余功率驱动电机发电，所产生的电可以经功率转换器为蓄电池充电，从而有效地降低每百公里油耗，该过程的能量转化是（）A．内能→机械能→化学能→电能B．内能→电能→内能→电能C．内能→机械能→电能→化学能D．内能→动能→内能→化学能【答案】C【详解】内燃机的工作原理主要将燃料产生的内能通过对外做功转化为机械能。内燃机输出的多余功率驱动电机发电，将部分机械能转化为电能，电能经功率转换器为蓄电池充电，将电能转化为化学能，所以整个过程中的主要能量为内能→机械能→电能→化学能，综上分析知，故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。6、2022年世界在建规模最大、综合技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站截止5月5日累计生产清洁电能100亿千瓦时，下列说法正确的是（）A．水电站通过将水的机械能转化为内能来进行发电B．泄洪时，水奔涌而下，水的重力势能减小，动能增大C．科技进步可以使水电站的能源利用率达到100%D．因为能量在转化过程中是守恒的，所以能源“取之不尽，用之不竭”【答案】B【详解】水电站通过将水的机械能转化为电能来进行发电，故A错误；泄洪时，质量不变，水的重力势能减小，动能增大，重力势能转化为机械能，故B正确；将水的机械能转化为电能过程中总存在能量损失，科技进步也无法使水电站的能源利用率接近100%，故C错误；能量虽守恒，但是可以利用的能源是有限的，故D错误。故选B。7、关于能量的转化与守恒的说法中不正确的是（）A．能量不可以凭空产生，也不会凭空消灭B．热传递改变物体的内能是不同形式的能的相互转化C．各种形式的能在一定条件下都可以相互转化D．能量在转化和转移的过程中总会有损耗，但能量的总量保持不变【答案】B【详解】根据能量守恒定律可知，能量不可以凭空产生也不会凭空消灭，故A正确，A不符合题意；热传递是能量的转移过程，热传递改变物体的内能是同一形式的能在不同物体间或同一物体的不同部分间转移的过程，故B错误，B符合题意；做功可以使能量从一种形式转化为另一种形式，各种形式的能量在一定条件下都可以相互转化，故C正确，C不符合题意；能量在转化和转移的过程中效率不可能达到100%，总会有损耗，但能量的总量保持不变，故D正确，D不符合题意。故选B。8、文艺复兴时期，意大利的达·芬奇设计了如图所示的“永动机”装置。他设计时认为，在轮子转动过程中，右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，在两边不平衡的力作用下会使轮子沿箭头方向转动不息，而且可以不断地向外输出能量。下列对该装置开始转动后的分析正确的是（

）A．装置所具有的机械能始终不变B．装置中小球的动能和重力势能不会相互转化C．如果没有能量补充，装置最终会停下来D．根据能量守恒定律，装置可以一直转动下去【答案】C【详解】机器在转动过程中，克服空气阻力及摩擦力都要消耗机械能，使原有的机械能越来越少，如果没有能量补充，机器的转动会逐渐减慢，最终停止，故AD错误，C正确；小球在下行的过程中，高度降低，速度增大，重力势能转化为动能；在上行的过程中，高度增加，速度减小，动能转化为重力势能，故B错误。故选C。9、（多选）下列从能量转化的角度说明的各个效率意义的说法中，正确的有（

）A．某太阳能电池的效率是16%，表示太阳能电池把接收的太阳能的16%转化为电能B．某电动机工作时的效率是83%，表示电动机把其消耗的电能的83%转化为机械能C．某柴油机工作效率是35%，表示柴油机把柴油燃烧时释放能量的35%转化为化学能D．某电热水器工作效率是87%，表示电热水器把其消耗电能的87%转化成了水的内能【答案】ABD【详解】效率是有用功占总功的比值。太阳能电池是把太阳能转化为电能，某太阳能