浙教版九上第三章《能量的转化与守恒》补充作业（4）（解析版）

浙教版九上第三章：《能量的转化与守恒》补充作业4-----内能、比热容、热量计算1.小车油箱中的汽油用去了一半，则剩下的汽油（▲）A.比热容变为原来的一半，热值不变B.热值变为原来的一半，比热容不变C.比热容和热值均变为原来的一半D.比热容和热值均不变【答案】D【解析】比热容、热值是物质的特性，与物质的种类和状态有关，与物质的质量、体积无关。【分析】热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关。比热容是物质的一种特性，它只与物质的种类和所处的状态有关。【详解】小轿车油箱中的汽油用去了一半后，质量变小，由于物质种类不变，而比热容和热值都是燃料的一种特性，所以剩下汽油的比热容和热值均不变。故选：D2.如图所示，南极是世界上最冷的地方，常年平均气温是－25℃,在南极的小企鹅豆豆和丁丁之间发生了一次有趣的对话，其中不正确的是（▲）A.豆豆：这里太冷了，冰山肯定没有内能了B.丁丁：再冷，冰山也有内能，因为一切物体都具有内能C.丁丁：冰天雪地的，披着厚羽毛，可以减少热传递D.豆豆：对啊，如果实在太冷的话，跺跺脚我们也能热起来【答案】A【解析】内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能。改变内能有两种方法：做功和热传递。【分析】此题综合考查了内能的概念和改变内能的方法，带有童话色彩，能激发同学们学习物理的兴趣。【详解】AB.一切物质在任何温度下都具有内能。冰山温度虽然很低，但分子仍然具有内能，故A错误、B正确；羽毛不善于传导热，所以企鹅披着厚厚的羽毛，可以减少热传递带走的热量，故C正确；跺脚的过程是做功的过程，此过程中机械能转化为内能，身体的内能增加，可以暖和些，故D正确。故选：A3.如图所示，把一个底部封闭的薄壁金属管固定在支座上，管中装一些酒精，然后用塞子塞紧管口。把一根橡皮条缠在管子上并迅速来回拉动，很快会观察到塞子被顶出，且在管口上方有大量“白气”产生，下列说法中正确的是（▲）A.塞子被顶出后，酒精蒸气的内能增加B.来回拉动橡皮条的过程中，金属管的内能减少C.来回拉动橡皮条的过程中，将机械能转化成内能D.管口上方的“白气”是水蒸气液化而成的小水珠【答案】C【解析】（1）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，机械能转化为内能，若物体对外做功，内能转化为机械能。（2）物质由气态变为液态叫液化，液化放热。【分析】对于做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变内能的过程实质是能量的转化的过程；而热传递改变物体内能的过程是能量转移的过程，二者是等效的。【详解】AB、来回拉动绕在管上的橡皮条，克服摩擦做功，机械能转化为内能，管子温度会升高，内能会增大，故A错误，B正确；CD、管内酒精蒸气膨胀做功，塞子被顶出，酒精蒸气内能转化为塞子机械能，蒸气内能减小，温度降低，周围水蒸气发生液化，变成液态，所以管口出现大量“白气”，故CD错误。故选：C4.下图是汽油机的四个冲程，其中属于做功冲程的是（▲）【答案】B【解析】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，判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功。”进行分析。【分析】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。【详解】汽油机的一个工作循环由如图所示的四个冲程组成：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。由图知：A图中排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；不符合题意；B图中两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，符合题意；C图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；不符合题意；D图中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，不符合题意。故选：B5.用两个相同的加热器分别对质量相等、初温相同的水和煤油加热（不计加热过程中的热量损失），加热过程中两种液体温度随时间变化的图像如图所示。下列关于水和煤油两种液体的判断正确的是（▲）A.乙的吸热本领大，是水B.甲的吸热本领大，是煤油C.甲的吸热本领大，是水D.乙的吸热本领大，是煤油【答案】C【解析】用两个相同的加热器，不计加热过程中的热量损失，则在相同时间内水和煤油吸收的热量相同，通过图象比较两种液体的温度变化；温度变化小的吸热本领大（比热容大）。【分析】本题中采用了控制变量法、转换法，注意：用两个相同的加热器，不计加热过程中的热量损失，在相同的时间内，水和煤油吸收的热量相同。【详解】用两个相同的加热器，不计加热过程中的热量损失，则在相同时间内水和煤油吸收的热量相同；由图象可知，在相同时间时，甲的温度的变化量比乙的温度变化量小，且甲乙吸收的热量相同；由吸热公式Q=cmΔt可知，甲的比热容大、吸热本领强，是水；乙的比热容小，吸热本领弱，是煤油。故ABD错误、C正确。故选：C6.如图1所示，水平路面由三段粗糙程度不同的区域组成。物块（体积忽略不计）在F=2N的水平拉力作用下从区域①的最左端由静止开始运动，在刚进入区域③时撤去拉力，物块最终停在区域③的最右端。图2为物块运动的υ-t图像，下列说法正确的是（▲）A.区域①路面的粗糙程度比区域②路面的粗糙程度大B.物块在区域①路面上所受的摩擦力等于2NC.拉力在区域②中做的功为4JD.在区域③,最终物块只有一部分机械能转化为内能【答案】C【解析】①影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；②在平衡力的作用下物体保持静止或匀速直线运动状态，在非平衡力的作用下物体运动状态发生改变；（1）运用以上规律，结合题目和图象，可知物块在0∽2s内在区域①做加速运动，拉力F大于摩擦力f1,在2s∽3s内在区域②上做匀速运动，拉力F等于摩擦力f2,在区域③做减速运动，拉力F等于0,物体只受摩擦力f3的作用；其中区域①路面的粗糙程度比区域②小；（2）物块在2s∽3s内是在区域②上运动，由图2可知物块在2s∽3s内通过的路程，根据W=Fs可求得拉力在区域②中做的功；（3)物块在区域③内只受摩擦力的作用，最终物块的机械能全部转化为内能。【分析】此题考查的是力和运动的关系的应用，结合运动图象和速度－时间图象得到有价值的信息，是解答此题的关键，难度较大。【详解】AB、物块运动时，在水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力的作用；由题目和图象可知：物块在0∽2s内在区域①内做加速运动，此时的拉力要大于摩擦力；在2s∽3s内在区域②内在做匀速运动，则拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相同；滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，压力大小不变，由于拉力大小一直不变，所以区域①路面的粗糙程度比区域②路面的粗糙程度小，故AB选项错误；由图可知，物体在2s∽3s内通过的路程是s=vt=2m/s×1s=2m,拉力F=2N,由W=Fs得拉力在区域②中做的功为：W=Fs=2N×2m=4J,故C选项正确；D、由图可知，物块在区域③内做减速运动，拉力F=0,物块在摩擦力的作用下速度减为0,所以物块的机械能全部转化为内能，故D选项错误。故选：C7.如图是用相同的加热装置对a、b、c(已知b、c的质量相等）三种物质加热至沸腾时它们的温度随时间变化的图像，下列对图像的分析不正确的是（▲）A.b的比热容小于c的比热容B.t1∽t2时间内物质a的温度不变，内能不变C.温度从T1升高到T2时，a物质吸收的热量比b少D.如果a、b是同种物质，b的质量大于a的质量【答案】B【解析】【分析】【详解】A.用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，0-t2时间内这两种物质吸收的热量相同，b物质升高的温度较大，由公式c=可知，b的比热容小于c的比热容，故A正确，不符合题意；B.t1-t2时间内物质a的温度不变（处于沸腾过程中），但质量减少，所以其内能减少，故B错误，符合题意；C.用相同的加热装置，温度从T1升高到T2时，α物质的加热时间比b物质短，所以a物质吸收的热量比b少，故C正确，不符合题意；D.如果a、b是同种物质，比热容相同，升高相同的温度时，b的加热时间长，说明吸收的热量多，根据Q=cmΔt知，b的质量大于a的质量，故D正确，不符合题意。故选：B8.如图是航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在短时间内达到较大起飞速度。牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为▲（填“定”或“动”）滑轮；气缸内的蒸汽体积膨胀对外做功，内能▲（填“增大”“减小”或“不变”），同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力。【答案】定滑轮；减小【解析】（1）知道定滑轮是轴的位置固定不动的滑轮，动滑轮是轴的位置随被拉物体一起运动的滑轮；（2）物体对外界做功，物体的内能减小，温度降低。【分析】本题考查定滑轮和动滑轮的定义、改变内能的方法，是一道基础题。【详解】定滑轮是轴的位置固定不动的滑轮，由图可知，牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为定滑轮；气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力。故答案为：定滑轮；减小。9.某同学用如图甲所示的实验装置，比较不同物质的比热容和探究水沸腾时温度变化的特点。将分别盛有100g水和100g食用油的两个试管固定在铁架台上，温度传感器的探头与水和食用油良好接触，将温度传感器与计算机相连，计算机上显示的实验图线如图乙所示。由图乙可知：加热2min水吸收的热量▲（填“大于”“等于”或“小于”）食用油吸收的热量；食用油的比热容为▲J/（kg·℃）。实验发现，加热至20分钟时水全部蒸发，则水沸腾过程至少吸热▲J。【答案】等于；2.1×103；1.344×105【解析】（1）（2）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。根据c=，在质量和升温相同情况下，比热容与吸热多少成正比，（3）根据Q吸=cmΔt求出吸收的热量，得出吸每分钟吸热的热量，从而得出沸水沸腾过程至少吸热。【分析】本题比较不同物质的吸热能力探究水沸腾时温度变化的特点，考查控制变量法、转换法的应用和热量计算，为热学中的重要实验。【详解】（1）根据转换法，加热2min水吸收的热量等于食用油吸收的热量；水的比热容大，升温相同，加热时间长，由图知，升高相同的温度，油加热2分钟，水加热4分钟，根据吸热之比为2:1,根据C=，在质量和升温相同情况下，比热容与吸热多少成正比，故C油=×4.2×103J/kg·℃）=2.1×103J/（kg·℃）；（3）水沸腾前加热4min吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg·℃）×0.1kg×(100℃-20℃)=3.36×104J，每分钟提供的热量为：=8400J/min；由题知，沸腾过程所用的时间t=20min-4min=16min则沸水沸腾过程至少吸热Q=16min×8400J/min=1.344×105J。故答案为：等于；2.1×103；1.344×10510.将质量相同的甲、乙、丙三块金属放入同一杯水中加热至沸腾一段时间后，同时取出立即放到上表面平整的蜡块上，经过一定时间后，蜡块形状基本不再变化时的情形如图所示。则这段时间内，蜡块的内能▲（填“增加”“减少”或“不变”），三块金属中放出热量最多的是▲；比热容最小的是▲。【答案】增加；丙；甲【解析】（1）内能的大小与物体的质量、温度有关；（2）甲、乙、丙三个金属块的初温、质量都是相等的，过一段时间后，三个金属块的温度降低，末温也是相等的；石蜡熔化多的说明石蜡吸收热量多，说明它上面放置的金属块放出热量多，根据Q放=cm（t-t0），在质量、降低的温度相同时，放出热量多的这种物质比热容大。【分析】此题考查的是我们根据公式Q放=cm（t-t0）判断物质比热容大小的关系，是一道基础题。【详解】将三块温度高的金属体放在蜡块上，蜡块会吸收热量，温度升高，故其内能会增加；金属块丙下方的石蜡熔化快，说明金属块丙放出的热量多；甲、乙、丙的初温、末温都是相等的，温度变化值就是相同的，根据公式Q放=cm（t-t0）可知：甲、乙、丙三个金属块的质量、温度的变化值是相等的，金属块甲放出的热量少，金属块丙放出的热量多，所以金属块甲的比热容小，金属块丙的比热容比较大。故答案为：增加；丙；甲11.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）35％【解析】（1）从图象可知，加热2min,砂石的温度从20℃上升到