九年级上册物理期中复习02（压轴特训60题24大考点）（解析版）

九年级上册物理期中复习02（压轴特训60题24大考点）训练范围：苏科版九年级上册第12.2~13.4章。TOC\o"1-3"\h\u【考点1温度、热量与内能的关系】 2【考点2热传递与做功改变物体内能】 2【考点3比热容的概念及其计算】 6【考点4比热容解释简单的自然现象】 10【考点5实验比较不同物质吸热的情况】 11【考点6热量的计算】 15【考点7热平衡方程的应用】 18【考点8四冲程内燃机的工作过程】 22【考点9有关热机的计算】 24【考点10燃料的热值及其计算】 25【考点11热机的效率】 27【考点12电路图及元件符号】 30【考点13电路的三种状态】 31【考点14串、并联电路的概念与辨别】 32【考点15串、并联电路的设计与应用】 36【考点16电路的基本连接方式】 38【考点17根据实物图画电路图】 40【考点18实物的电路连接】 41【考点19探究串联电路中各处电流的关系】 42【考点20并联电路的电流规律】 45【考点21探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系】 47【考点22串联电路的电压规律】 50【考点23探究串联电路中的电压规律】 51【考点24探究并联电路中的电压规律】 53【考点1温度、热量与内能的关系】 1．（2023秋•天心区校级月考）关于内能、热量和温度，下列说法正确的是（）A．物体温度升高，内能一定增大 B．物体内能增大，温度一定升高 C．热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体 D．物体内能增大，一定吸收了热量【答案】A【分析】（1）晶体熔化过程中，吸热内能增加，但温度不变；（2）内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关；（3）发生热传递的条件是存在温度差，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分传到低温部分；（4）改变内能的方式：做功和热传递。【解答】解：A．物体温度升高，内能增大，可能是吸收了热量，也可能是由于外界物体对它做了功，故A正确；B．物体内能增大，温度不一定升高，比如晶体熔化过程中，吸热内能增加，但温度不变，故B错误；C．热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分传到低温部分，内能大的物体温度不一定高，故C错误；D．物体内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界物体对它做功，故D错误。故选：A。【考点2热传递与做功改变物体内能】 2．（2023•岱岳区三模）疫情期间，居家隔离的小赵同学在网上购买了自热小火锅（如图），上下包装被分为两层，通过向下层加水，使发热包膨胀升温，加热上层食物，一段时间后便可食用。下列说法正确的是（）A．已加热的鸭血有内能，未加热的虾饺无内能 B．发热包是通过做功改变小火锅里食物的内能 C．刚开始加热的藕片温度升高，内能可能不变 D．闻到火锅的香味是因为分子在做无规则运动【答案】D【分析】（1）任何物体在任何情况下都具有内能；（2）改变内能的方法有：做功和热传递；（3）物体的内能与温度有关，温度越高，物体内部分子的无规则运动越剧烈，物体的内能就越大；（4）构成物质的分子总在做永不停息地无规则运动，生活中的扩散现象就说明了分子的运动。【解答】解：A、任何物体在任何情况下都具有内能，则未加热的虾饺也有内能，故A错误；B、发热包是通过热传递的方式改变小火锅里食物的内能，故B错误；C、温度越高，物体内部分子的无规则运动越剧烈，物体的内能就越大，所以刚开始加热的藕片温度升高，内能变大，故C错误；D、闻到火锅的香味是因为分子在做无规则运动，故D正确。故选：D。3．（2023•亭湖区校级二模）如图所示，一注射器用橡皮管与一数显温度计相连，注射器内密封了一定质量的气体.小明快速向下推压活塞，关于此过程下列说法错误的是（不考虑与外界的热交换）（）A．密封气体内能一定增加 B．数显温度计示数一定升高 C．密封气体的分子无规则运动可能减缓 D．活塞的机械能转化为密封气体的内能【答案】C【分析】（1）做功可以改变物体的内能，外界对物体做功，物体内能增大，温度升高。（2）分子无规则运动速度与温度有关，温度越高，分子无规则运动速度越快。【解答】解：ABD、快速向下推压活塞，压缩气体做功，活塞的机械能转化为密封气体的内能，则密封气体内能一定增加，温度一定升高，所以数显温度计示数一定升高，故ABD正确。C、由AB知，密封气体温度升高，则根据分子热运动的理论可知，密封气体的分子无规则运动一定越激烈，故C错误。故选：C。4．（2023•天元区三模）下列对功、温度、内能、热量等理解正确的是（）A．外界对物体做功，物体内能一定增加 B．热量总是从高温物体传递给低温物体 C．温度高的物体比温度低的物体含有热量多 D．温度从内能大的物体传递给内能小的物体【答案】B【分析】（1）改变物体内能的方法用两种：做功和热传递，改变物体内能的两种方法是等效的；（2）热传递的条件：存在温度差；热量总是从高温物体传递给低温物体或者从物体的高温部分传递给低温部分；（3）热量是过程量，只有热传递的过程中得到体现，不能用含有热量来描述。【解答】解：A、外界对物体做功，如果物体同时也在对外放热，则物体内能不一定增加，故A不正确；BD、热传递发生的条件是要有温差，热量总是从高温物体传递给低温物体，而内能的大小与温度、状态、质量等因素有关，内能大的物体不一定温度高，故B正确，D不正确；C、热量是过程量，只有热传递的过程中得到体现，不能用含有热量来描述，故C不正确；故选：B。5．（2023秋•海安市月考）100克0℃的冰熔化成0℃水的过程中，分子动能不变；内能变大（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温度有关；温度为0℃的物体有（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温度。【答案】不变；变大；温度；有；温度。【分析】分子动能与温度有关；冰熔化成水需要吸热，由能量守恒分析可知，冰变成水后内能变大；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；发生热传递的条件是两个物体需要有不同的温度。【解答】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，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。故答案为：不变；变大；温度；有；温度。6．（2023秋•余干县校级月考）上海科技活动节推出了一处节能环保、可调节室温的江水源热泵技术。如图所示是其夏天工作时的流程，当江水循环到冷凝器时，利用江水与冷凝器存在的温度差，通过热传递的方式带走室内热量，从而实现降温；江水经过冷凝器后内能将增大。【答案】热传递；增大。【分析】（1）内能的影响因素：质量、温度和状态。（2）改变物体内能的方法有：一是热传递，高温物体放出热量、降低温度、内能减少；低温物体吸收热量、温度升高、内能增加。二是做功，对物体做功（克服摩擦做功、压缩气体做功），物体的内能增加、温度升高；物体对外做功（气体膨胀做功），物体的内能减少、温度降低。【解答】解：江水和冷凝器之间存在温度差，所以热量会从高温物体传递给低温物体，因此发生的是热传递；江水经过冷凝器后温度升高，内能将增大。故答案为：热传递；增大。7．（2023•中山市三模）为举办北京2022年冬奥会，“水立方”经过一番改造，摇身一变成为了“冰立方”，用于开展冰上运动，成为奥运场馆可持续利用的典范。“冰立方”主要承担冰壶比赛，如图所示是我国选手比赛时的一个场景。（1）冰壶放在水平冰面上，地面对冰壶的支持力和冰壶的重力是平衡力（选填“平衡力”或“相互作用力”）。（2）投壶队员以一定速度将壶推出，冰壶离手后由于惯性向前滑行；两名队员在冰壶前方“刷冰”，通过做功的方式改变表面冰层的内能，使表面的冰熔化（填物态变化名称）成薄薄的一层水，从而减小（选填“增大”或“减小”）了冰壶与冰面的摩擦力。（3）由此我们可以联系生活实际，为了提醒司机朋友在雨天里注意行车安全，常在高速公路旁设置“雨天路滑，减速慢行”的警示牌，这是因为雨天汽车刹车时所受阻力较小，刹车后行驶距离较长，所以要减速慢行。【答案】（1）平衡力；（2）惯性；做功；熔化；减小；（3）小；长。【分析】（1）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、且作用在同一条直线上；（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；做功可以改变物体的内能；物质从固态变为液态叫熔化；摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关；（3）由题干中的信息可知，高速公路的路面“湿”的时候要比“干”的时候摩擦阻力小，物体的运动状态改变的越慢，物体运动距离越长。【解答】解：（1）冰壶受到的重力与冰面对冰壶的支持力，两个力的大小相等、方向反向、作用在同一条直线上，作用在同一个物体上，符合二力平衡的条件，是一对平衡力；（2）冰壶离开手后，由于惯性会继续保持原来的运动状态，继续向前运动；比赛时队员在冰壶前方“刷冰”，是通过做功的方式改变冰的内能，使表面的冰熔化成薄薄的一层水，这样冰面更光滑，从而减小了冰壶与冰之间的摩擦力；（3）雨天路面变湿，汽车的摩擦阻力变小，汽车的运动状态改变的越慢，汽车运动距离越长，容易出现交通事故，所以雨天要减速慢行。故答案为：（1）平衡力；（2）惯性；做功；熔化；减小；（3）小；长。【考点3比热容的概念及其计算】 8．（2022秋•西工区校级期中）（多选）用三个相同的电热器给质量相同的物质甲、乙和水加热，它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，则下列说法正确的为（）A．甲物质的比热容是2.1×103J/（kg•℃） B．甲物质的比热容比乙的比热容大 C．在这三种物质中水的比热容较大大 D．给它们加热相同的时间水吸热最多【答案】AC【分析】质量是1kg的某种物质温度升高1℃吸收的热量，叫做这种物质的比热；比热是物质的一种特性，同种物质（状态一定）比热相同；不同物质，比热一般不同。比较物体比热的大小，用公式c＝。【解答】解：A、已知甲物质和水的质量相等，由图象可以看出：升高相同的温度，甲物质需要的热量是水需要热量的，由公式c＝知，甲物质的比热是水的，也就是2.1×103J/（kg•℃）．此选项正确；B、已知甲、乙两种物质质量相同，由图象可以看出：升高相同的温度，乙物质需要的热量多，由公式c＝知，乙物质的比热较大。此选项错误；C、已知三种物质质量相同，由图象可以看出：升高相同的温度，水需要的热量最多，由公式c＝知，水的比热较大。此选项正确；D、用三个相同的电热器给不同液体加热，相同时间内提供的热量相同。此选项错误。故选：AC。9．（2023春•潜山市期末）AB两种物质，A吸收的热量是B的；B的质量是A的2倍；A升高的温度是B的4倍。则AB的比热容之比为1：6。【答案】1：6【分析】已知AB两种物质质量的关系，吸收的热量的关系以及升高的温度的关系，根据公式Q吸＝cmΔt即可求出甲、乙两种物质的比热容之比。【解答】解：由Q吸＝cmΔt可得，为：c＝，则AB的比热容之比为：＝＝××＝××＝1：6。故答案为：1：6。10．（2023秋•九台区校级月考）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。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，内能变小（选填“变大”、“变小”或“不变”），内能在以这种方式改变时，发生条件是两个物体具有温度差；（2）散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是C（填字母）；A.路程B.密度C.功率D.效率（3）一个物体的温度为30℃，周围环境的温度保持20℃不变，此时物体的放热快慢为q。当物体的温度降低到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等体积的水和盐水，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，水和盐水的温度随时间变化的图象如图乙所示。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ盐＝1.1×103kg/m3，则盐水的比热容为多少？（写出必要的文字说明、表达式及最后结果）【答案】（1）变小；温度差；（2）C；（3）0.9q；（4）盐水的比热容为3.5×103J/（kg•℃）。【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）；热传递的条件是有温度差；（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，发生条件是两个物体具有温度差；（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不符合题意；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：C；（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：。答：（1）变小；温度差；（2）C；（3）0.9q；（4）盐水的比热容为3.5×103J/（kg•℃）。【考点4比热容解释简单的自然现象】 11．（2023•市中区开学）如图为白天海陆风形成的示意图。海陆风形成的原因是：白天在相同日照条件下，与海洋相比，陆地的（）A．比热容较小，升温较快，气温较高 B．比热容较小，升温较慢，气温较低 C．比热容较大，升温较快，气温较高 D．比热容较大，升温较慢，气温较低【答案】A【分析】根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点来分析海陆风和陆海风的形成过程。【解答】解：白天，太阳照射下海岸和海水吸收相同的热量，水的比热容比泥土、沙石的比热容大，海水温度上升慢；而海岸吸热后，温度上升快，热空气上升，微风从海洋吹向陆地，形成海风；夜晚，海岸和海水放出相同的热量，海水温度降低得少，海面气温较高，空气上升，风就从陆地吹向海上，形成陆风，故A符合题意。故选：A。12．（2023秋•江油市月考）李白在《望庐山瀑布》中写道：“日照香炉生紫烟”，这是通过热传递（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变香炉的内能。“早穿皮袄午穿纱，守着火炉吃西瓜”是对大漠气候的生动描写，而沿海地区昼夜温差则不大，这是由砂石与水的比热容不同造成的。已知砂石和水的比热容之比为1：4，砂石和水的密度之比为3：2。当相同体积的砂石和水吸收相同的热量时，它们升高的温度之比为8：3。【答案】故答案为：热传递；8：3。【分析】（1）做功和热传递改变物体的内能是等效的．（2）根据m＝ρV计算甲、乙两物体的质量之比，根据Q吸＝cmΔt求出吸收相同的热量时升高的温度之比。【解答】解：（1）日照香炉生紫烟，这是通过热传递的方式来改变香炉的内能。（2）砂石和水两个物体的体积相同，由ρ＝可得，，由Q吸＝cmΔt可得，砂石和水吸收相同的热量时升高的温度之比：。故答案为：热传递；8：3。【考点5实验比较不同物质吸热的情况】 13．（2023秋•天河区校级月考）如图所示在两个相同的烧杯中，分别装有质量、初温都相同的甲和乙，用酒精灯对其加热；两物质在相同的时间内吸收相同的热量，实验数据记录如下表，则根据表中的信息说法正确的是（）质量/g升温10℃所需时间/s升温20℃所需时间/s升温30℃所需时间/s甲物质3096163220乙物质306489124A．由图可知，甲物质的密度比乙物质的大 B．由表格数据可知甲物质的比热容比乙物质的小 C．若甲物质和乙物质吸收了相同的热量，则乙升高的温度更多 D．乙物质升温20℃所吸收的热量比甲物质升温10℃所吸收的热量要多【答案】C【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；A、根据m＝ρV分析；BC、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；根据表格数据推理回答；D、根据表中数据可知乙物质升温20℃和甲物质升温10℃需要的时间，结合转换法回答。【解答】解：A、在两个相同的烧杯中，分别装有质量、初温都相同的甲和乙，根据m＝ρV，因甲液体的体积大，故甲物质的密度比乙物质的小，故A错误；BC、由表格数据可知，相同的条件下，升高相同的温度，甲加热时间长，吸热多，故甲物质的比热容比乙物质的大；若甲物质和乙物质吸收了相同的热量，则乙升高的温度更多，故B错误；C正确；D、根据表中数据可知，乙物质升温20℃需要的时间为89s，甲物质升温10℃需要的时间为96s，由转换法，乙所吸收的热量要小，故D错误。故选：C。14．（2023秋•蚌埠月考）小明在做“探究不同物质吸热升温特点”的实验时，用同一酒精灯分别给质量相等的水和食用油加热，用实验测得的数据画出它们升高的温度ΔT随时间t变化的图像如图所示，它们都是过原点的直线，即ΔT＝kt。用m表示水的质量，c1和c2分别表示水和食用油的比热容，则两条直线k的比值k水：k食用油等于c2：c1。【答案】c2：c1。【分析】质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度与比热容成反比。【解答】解：两种液体的温度变化与加热时间图象都是过原点的直线，即ΔT＝kt，设当两液体的温度都升高ΔT1时，水和食用油所用时间分别为t2、t1，如图所示：因温度都升高ΔT1，则由题意可得：ΔT1＝k水t2＝k食用油t1﹣﹣﹣﹣﹣①又因为加热时间反映了物质吸热的多少，所以加热时间与物质吸收的热量成正比，则t1：t2＝Q1：Q2﹣﹣﹣﹣②所以，由①②以及吸热公式可得：＝＝＝＝c2：c1。故答案为：c2：c1。15．（2023秋•新邵县校级月考）某班同学利用图甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。（1）在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有天平和秒表。加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间长短来判断的。（2）实验中第1、2两个小组记录的实验数据如表：实验组别液体质量/g初温/℃末湿/℃加热时间/min1水200254013.5煤油20025406.52水200254012煤油20025405.5通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同。（填“相同”或“不同”）（3）图乙是第1组同学绘制的“吸收热量﹣时间”和“温度﹣时间”图象，能正确描述该实验真实情况的图象是C（选填序号）。（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是酒精灯的火焰大小不同。（5）这两组同学对图甲的装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。（填“相同”或“不同”）【答案】（1）秒表；加热时间长短；（2）不同；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）相同。【分析】（1）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，这种方法叫转化法。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；（2）纵向分析表中数据找出相同的量和不同的量，分析析得出吸热与变化量的关系；（3）根据（1）（2）分析；（4）从酒精灯的火焰大小考虑；（5）从吸收热量相同比较。【解答】解：（1）根据转换法，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间的长短来比较吸热多少；故还用到秒表；（2）通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）；（3）加热时间相同，吸收的热量相同，故AB错误，由表中数据，由（2）知，加热相同时间，水升温慢，故C正确，D错误；（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是：酒精灯的火焰大小不同；（5）将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。故答案为：（1）秒表；加热时间长短；（2）不同；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）相同。16．（2023•肇源县开学）两只同样的加热器分别给质量相等、初温相同的水和某种液体同时加热，每隔1min记录一次水和该液体的温度，得到的实验数据如表：加热时间（min）012345水的温度（℃）151617181920某液体温度（℃）151719212325（1）从表中可得出结论：相同质量的不同种物质，吸收相同的热量时，升高的温度不同。附：几种物质的比热[×103J/（kg•℃）]物质水酒精煤油冰比热容4.22.42.12.1（2）根据表中数据可计算出该种液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），查得比热表可知这液体可能是煤油。（3）已知水的质量为0.2kg，在上述过程中，水吸收的热量是4.2×103J。（4）在探究有多个变化因素的问题时，只让其中一个因素发生变化，保持其它因素不变的这种探究方法叫控制变量法。【答案】（1）不同；（2）2.1×103J/（kg•℃）；煤油；（3）4.2×103J；（4）控制变量法。【分析】（1）已知用两只同样的加热器分别给质量相等、初温相同的水和某种液体同时加热，由表格可知两种液体的温度变化；（2）液体的比热容为c1，水的比热容为c2．结合热量公式Q＝cmΔt进行求解；（3）根据吸收热量的计算公式Q＝cmΔt，计算出水吸收的热量；（4）探究有多个变化因素的问题时，控制别的因素，只让一个因素变化，用到控制变量法。【解答】解：（1）由Q＝cmΔt可知，相同质量的同种物质，吸收相同的热量，它们升高的温度相同；相同质量的不同物质，吸收相同的热量，它们升高的温度不同；（2）因两种液体的初温和质量相同，并且吸收相等的热量，所以Q水＝Q液，因为Q水＝c2m（t2﹣t0），Q液＝c1m（t1﹣t0），所以c2m（t2﹣t0）＝c1m（t1﹣t0），代入数值4.2×103J/（kg•℃）×（16℃﹣15℃）＝c1（17℃﹣15℃）则c1＝2.1×103J/（kg•℃），由表知，该液体是煤油。（3）Q水＝c水m（t2﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（20℃﹣15℃）＝4.2×103J；（4）在探究有多个变化因素的问题时，只让其中一个因素发生变化，保持其它因素不变，这种方法叫控制变量法。故答案为：（1）不同；（2）2.1×103J/（kg•℃）；煤油；（3）4.2×103J；（4）控制变量法。【考点6热量的计算】 17．（2023秋•宁津县月考）初温相同的铜块和铅块，它们的比热容之比是3：1，升高的温度之比是4：3，若它们吸收相等的热量，铜块与铅块的质量之比是（）A．4：1 B．1：4 C．2：9 D．9：2【答案】B【分析】已知两金属比热容、升高的温度的比值，吸收相等热量，由Q＝cmΔt计算质量的比。【解答】解：由题知，c铜：c铅＝3：1，Δt铜：Δt铅＝4：3，铜块和铅块吸收的热量相等，即：Q铜：Q铅＝1：1，由Q吸＝cmΔt得，铜块和铅块的质量之比：m铜：m铅＝：＝＝××＝1：4，故B正确、ACD错误。故选：B。18．（2023秋•湖北月考）小明在探究冰的熔化特点。如图所示，是他根据实验记录的数据绘制成的温度随时间变化的图像。分析图像发现，AB段比CD段升温快，其原因是冰的比热容小于水的比热容。图像中，物体在B点时具有的内能小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）在C点时的内能。实验过程中，第2～8min物体吸收的热量为3.15×104J。[冰的质量是500g，比热容是2.1×103J/（kg•℃），不计热量损失]【答案】冰的比热容比水的小；小于；3.15×104。【分析】（1）相同加热器在相同时间内放出的热量相等，则物质在相同时间内吸收的热量相等；根据Q＝cmΔt进行分析判断；（2）晶体熔化的特点是吸收热量，但温度不变；（3）相同加热器在相同时间内放出的热量相等，则吸收的热量相等，则第2～8min吸收的热量是第0～2min吸收的热量的3倍；知道冰的比热容、质量、温度变化量，根据Q吸冰＝c冰m（t﹣t0）求出第0～2min冰吸收的热量，然后利用Q吸＝3Q吸冰求出第2～8min吸收的热量。【解答】解：（1）由Q＝cmΔt可知，在AB段和CD段，吸收相同的热量时（加热相同时间时），温度变化不同，说明冰和水的比热容不同，由于冰的比热容比水小，所以AB段比CD段升温快；（2）BC段是冰的熔化过程，此时吸收热量，内能增大，但温度不变，所以物体在B点时具有的内能小于在C点时的内能；（3）第2～8min是第0～2min加热时间的3倍，则第2～8min吸收的热量也是第0～2min吸收的热量的3倍；冰的质量m＝500g＝0.5kg，第0～2min冰吸收的热量：Q吸冰＝c冰m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×[0﹣（﹣10℃）]＝1.05×104J，第2～8min吸收的热量：Q吸＝3Q吸冰＝3×1.05×104J＝3.15×104J；故答案为：冰的比热容比水的小；小于；3.15×104。19．（2023秋•洛阳月考）在一个标准大气压下，把2kg水从20℃加热到100℃，已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），则：（1）加热到100℃后，若对水继续加热，水的温度将不变（选填“升高”“降低”或“不变”）。（2）水吸收的热量为6.72×105J。（3）如果把2kg水从20℃加热，吸收了8.4×105J的热量，则水的末温为100℃。【答案】（1）不变；（2）6.72×105；（3）100。【分析】（1）水达到沸点后，水沸腾，若对水继续加热，水的温度不变；（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；（3）根据热量公式Q吸＝cmΔt可计算水的温度升高了多少摄氏度，然后根据水的沸点判断水的末温。【解答】解：（1）在一个标准大气压下，水的沸点为100℃；加热到100℃后，水沸腾，水在沸腾的过程中吸热，但温度不变；（2）水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J∕（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；（3）如果把2kg水从20℃加热，吸收了8.4×105J的热量，由Q吸＝cmΔt得，水温的变化量：Δt′＝＝＝100℃，则t＝t0+Δt′＝20℃+100℃＝120℃，因为在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，所以水的温度升高到100℃将不再上升，即水的末温为100℃。故答案为：（1）不变；（2）6.72×105；（3）100℃。20．（2020秋•南岸区校级月考）夏天，同学们喜欢喝冰水，小明将30℃的一瓶500mL的矿泉水放在冰箱的冷藏室很长一段时间，冷藏室的温度为4℃．则：（1）矿泉水放出的热量是多少焦？（2）这些热量相当于燃烧多少克酒精放出的热量？（酒精热值为3.0×107J/kg）【答案】见试题解答内容【分析】（1）已知水的密度和体积，利用公式m＝ρV可求出水的质量；根据水的比热容和温度变化，利用公式Q＝cm△t就可以计算水放出的热量；（2）由题意可知，燃烧酒精放出的热量等于矿泉水放出的热量，根据Q放＝mq求出需要燃烧酒精的质量。【解答】解：（1）由ρ＝可得，500mL的一瓶矿泉水的质量：m水＝ρV＝1g/cm3×500cm3＝500g＝0.5kg，水的温度从30℃降到4℃时，则矿泉水放出的热量：Q放＝cm水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（30℃﹣4℃）＝5.46×104J。（2）根据题意可知，燃烧酒精放出的热量等于矿泉水放出的热量，由Q放＝mq可得，需要燃烧酒精的质量：m＝＝＝1.82×10﹣3kg＝1.82g。答：（1）矿泉水放出的热量是5.46×104焦；（2）这些热量相当于燃烧1.82克酒精放出的热量。【考点7热平衡方程的应用】 21．（2023秋•丰泽区校级月考）有质量相同、比热容不同、温度不同的甲、乙、丙三种液体，甲的温度是44℃，乙的温度是32℃，丙的温度是24℃，若将甲和乙混合后，温度为36℃；若将乙和丙混合后，温度为30℃；若将甲和丙混合后，温度为（）A．36℃ B．34℃ C．32℃ D．30℃【答案】A【分析】将甲、乙混合后，甲液体放热，乙液体吸热，根据热平衡方程得出等式；将乙和丙混合，乙液体放热，丙液体吸热，根据热平衡方程得出等式；将甲和丙液体混合后；甲液体放热，丙液体吸热，利用热平衡方程得出等式；然后联立等式即可得出答案。【解答】解：已知，甲的温度是44℃，乙的温度是32℃，丙的温度是24℃，则：甲、乙混合时，甲液体放热，乙液体吸热，热平衡的温度为t1，根据热平衡方程Q放＝Q吸可得：c甲m甲（t甲﹣t1）＝c乙m乙（t1﹣t乙），即：c甲m甲（44℃﹣36℃）＝c乙m乙（36℃﹣32℃），整理可得：c甲m甲＝c乙m乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①乙和丙混合时，乙液体放热，丙液体吸热，热平衡的温度为t2，根据热平衡方程Q放＝Q吸可得：c乙m乙（t乙﹣t2）＝c丙m丙（t2﹣t丙），即：c乙m乙（32℃﹣30℃）＝c丙m丙（30℃﹣24℃）整理可得：c丙m丙＝c乙m乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②将甲和丙混合时，甲液体放热，丙液体吸热；设热平衡的温度为t，根据热平衡方程Q放＝Q吸可得：c甲m甲（t甲﹣t）＝c丙m丙（t﹣t丙）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，将①②代入③式可得：c乙m乙（44℃﹣t）＝c乙m乙（t﹣24℃），解得：t＝36℃。故选：A。22．（2023•孟州市模拟）若甲杯内水的温度为20℃，乙杯内水的温度为65℃，且两杯水质量相等，将两杯水混合，混合过程中热水放出的热量有80%被冷水吸收，则混合后的水的温度为40℃。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]【答案】40。【分析】假设混合后水的温度为t，根据Q吸＝cm（t﹣t0）表示出甲吸收的热量，根据Q放＝cm（t0﹣t）表示出乙放出的热量，根据题意可知，甲吸收的热量等于乙放出热量的80%，据此列出关系式并求出混合后水的温度t。【解答】解：假设混合后水的温度为t，甲、乙两杯内水的质量相同，比热容相等，则甲杯内的水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0甲）＝cm（t﹣20℃），乙杯内水放出的热量：Q放＝cm（t0乙﹣t）＝cm（65℃﹣t），根据题意可知，甲吸收的热量等于乙放出热量的80%，即Q吸＝80%Q放，则cm（t﹣20℃）＝80%×cm（65℃﹣t），解得：t＝40℃。故答案为：40。23．（2021秋•江汉区期中）燃气壁挂炉是燃烧天然气，提供家居生活用热。沐浴时，打开热水龙头后，一段时间出来的是热水管道中的冷水，等冷水放完后才出热水。一个小发明解决了这一困扰——回水器。小明家新购置了一台带回水器且热效率为90%的燃气壁挂炉。如图回水器内部的主要部件是一个水泵。在沐浴水龙头下端安装一个单向阀（水不能从b处流向a处），要用热水时提前使用启动回水器，水泵便开始工作热水管中的水会经单向阀流向冷水管，当热水流到单向阀处时水泵便停止工作，实现一打开热水龙头就会出热水的目的。（忽略单向阀和水龙头间水管的长度，q天然气＝3.2×107J/m3）（1）若不启动回水器，小明打开沐浴水龙头，从热水管里放了3L冷水后才出热水。已知回水器工作时水泵抽水的速度为6L/min，则他应该将回水器每次运行的时间设置为30s。（2）在一次沐浴时，小明先启动回水器，等回水完成后立即打开沐浴水龙头开始沐浴，并用掉了从热水管里流出的45L热水。已知当时冷水的温度是15℃，燃气壁挂炉的热水出水温度是45℃，不计热水在管道内的热损失。则：①这一次沐浴一共消耗了多少m3的天然气？②沐浴时，冷热水在沐浴水龙头内混合后从水龙头里放出的水的温度是40℃。这一次沐浴一共用掉了多少L的水？（3）小明家的燃气壁挂炉之前每年消耗天然气900m3。新的燃气壁挂炉比之前使用的那一台的热效率高出了6%，则小明家每年可以节约多少m3天然气？【答案】（1）30；（2）①这一次沐浴一共消耗了0.21m3的天然气；②这一次沐浴一共用掉了54L的水；（3）小明家每年可以节约60m3天然气。【分析】（1）由题意可知，热水管中有3L冷水，回水器工作时水泵抽水速度是6L/min，根据水泵抽水水的体积V＝v抽水t可求出水泵抽水时间，由此可得出结论；（2）①根据m＝ρV可求出水的质量，根据Q吸＝cmΔt可求出水吸收的热量，利用η＝×100%可计算出燃烧天然气放出的热量，根据Q放＝Vq可计算出燃烧天然气的体积；②由于热水温度为45℃，冷水温度为15℃，放出水温度是40℃，根据Q吸＝Q放，Q吸冷水＝cmΔt，Q放热水＝cmΔt可计算出冷水的质量，由此可计算出这一次沐浴用水的质量；（3）由于新燃气壁挂炉的效率是90%，比旧燃气壁挂炉的效率高6%，可知旧燃气壁挂炉的效率是84%，再根据Q水吸＝ηQ放，根据水吸收的热量相同，可计算出旧燃气壁挂炉燃烧天然气的体积，从而计算出节约了的天然气。【解答】解：（1）由题意可知，热水管中有3L冷水，回水器工作时水泵抽水速度是6L/min，则水泵抽水时间t＝＝0.5min＝30s；（2）①由题知，这一次沐浴用掉了从热水管里流出的45L热水，但热水管中有3L热水没有流出，即产生热水的总体积V＝45L+3L＝48L，水的质量m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×48×10﹣3m3＝48kg，水吸收的热量Q吸＝c水m水Δt1＝4.2×103J/（kg•℃）×48kg×（45℃﹣15℃）＝6.048×106J，燃烧天然气放出的热量Q放＝＝＝6.72×106J，燃烧天然气的体积V＝＝＝0.21m3；②由于热水温度为45℃，冷水温度为15℃，放出水温度是40℃，由于没有热量损失，所以Q吸冷水＝Q放热水，因Q吸冷水＝c水m冷水Δt2，Q放热水＝c水m热水Δt3，所以有c水m冷水Δt2＝c水m热水Δt3，代入数据可得：m冷水×（40℃﹣15℃）＝45kg×（45℃﹣40℃），解得：冷水的质量m冷水＝9kg，所以这一次沐浴用水的质量m总＝m冷水+m热水＝9kg+45kg＝54kg，则用水的体积V总＝＝＝0.054m3＝54L；（3）由于新燃气壁挂炉的效率是90%，比旧燃气壁挂炉的效率高6%，可知旧燃气壁挂炉的效率是84%，由于Q需要＝ηQ放，根据每年需要的热量相同，所以η新Q放′＝η旧Q放，结合Q放＝Vq可得90%×V′×q天然气＝84%×900m3×q天然气，解得新燃气壁挂炉燃烧天然气的体积V′＝840m3则节约天然气的体积ΔV＝900m3﹣840m3＝60m3。答：（1）30；（2）①这一次沐浴一共消耗了0.21m3的天然气；②这一次沐浴一共用掉了54L的水；（3）小明家每年可以节约60m3天然气。24．（2021秋•灵石县期中）小明家的太阳能热水器内装有60kg、25℃的水，经过一天照射后，温度升高到75℃，假设用天然气烧水，水吸收热量的效率为60%且已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值是7.5×107J/m3．请你计算：（1）热水器中水吸收的热量；（2）烧水时至少需要燃烧天然气的体积。【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道水的质量、比热容和水升高的温度，根据吸热公式Q吸＝cm△t计算水吸收的热量；（2）天然气烧水时有效利用的热量占天然气完全燃烧放出热量的60%，从而可以计算出天然气完全燃烧放出的热量，又知道天然气的热值，可利用公式m＝计算出天然气的体积。【解答】解：（1）∵c＝4.2×103J/（kg•℃），m＝100kg，△t＝75℃﹣25℃＝50℃，∴水吸收的热量为：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×50℃＝1.26×107J。（2）由η＝可得：Q放＝＝2.1×107J，由Q＝Vq可得烧水时至少需要燃烧天然气的体积：V＝＝＝0.28m3。答：（1）热水器中水吸收的热量为1.26×107J；（2）烧水时至少需要燃烧天然气的体积为0.28m3。【考点8四冲程内燃机的工作过程】 25．（2023秋•南海区校级月考）如图所示，下列说法中正确的是（）A．图甲是机械能转化为内能的过程 B．图乙活塞跳起的瞬间，瓶中有“白气”出现，“白气”是水蒸气 C．图乙活塞跳起之前，瓶内内能不断减少 D．图丙试管内水蒸气内能转化为活塞机械能，与热机压缩冲程相同【答案】A【分析】（1）改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小；（2）物质由气态变为液态的过程叫液化；（3）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、图甲中，当活塞迅速压下去时，活塞对瓶内气体做功，使气体的内能增大，是机械能转化为内能的过程，故A正确；B、图乙中，活塞跳起的瞬间，瓶中的“白气”是瓶内水蒸气遇冷发生液化形成白雾，故B错误；C、图乙活塞跳起之前，瓶内内能不断增大，故C错误；D、图丙试管内水蒸气内能转化为活塞机械能，与热机做功冲程相同，故D错误。故选：A。26．（2023秋•崇川区校级月考）为了保护环境，泰州城区内禁放烟花爆竹，“礼花筒”便成为一些喜庆场合烘托气氛的必备用品，如图所示，“礼花筒”使用时，利用筒内高压的空气膨胀，将彩带喷向空中。下列对使用过程分析正确的是（）A．筒内气体的内能减少 B．筒内气体通过热传递方式改变了其内能 C．筒内气体分子热运动加剧 D．该过程能量转化方式与汽油机压缩冲程相同【答案】A【分析】（1）改变物体内能的方法有做功和热传递，做功属于能量的转化，热传递属于能量的转移。（2）内燃机的做功冲程，内能转化为机械能；压缩冲程，机械能转为内能。【解答】解：A、礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能是减小的，故A正确；B、礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能减小，内能转化为机械能，是做功改变内能，故B错误；C、由于礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能减小、温度降低，所以分子热运动变慢，故C错误；D、汽油机在做功冲程将内能转化为机械能，与礼花筒内的高压空气膨胀对外做功的能量转化形式相同，故D错误。故选：A。【考点9有关热机的计算】 27．（2023秋•惠城区校级月考）神舟十六号飞船目前正在太空中遨游，计划将在2023年11月返回我国东风着陆场。按照以往经验，神舟飞船在穿越大气层返回地面时，与大气层摩擦，将机械能转化为内能，这与图中汽油机的乙（选填“甲”或“乙”）冲程一致，若该汽油机的转速为3000r/min，则1s内汽油机对外做功25次，共完成100个冲程。【答案】乙；25；100。【分析】（1）汽油机工作过程中能量的转化：①压缩冲程：机械能→内能；②做功冲程：内能→机械能；（2）在内燃机的一个工作循环中，有4个冲程，曲轴转动2圈，对外做功1次。【解答】解：神舟飞船穿越大气层返回地面时，与大气层摩擦，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，飞船的温度升高；在图甲中的进气门和排气门都关闭，且活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；图乙中的进气门和排气门都关闭，且活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能，所以，图乙符合题意。在内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，曲轴转动2圈，对外做功1次；飞轮转速为3000r/min＝50r/s，即每秒钟飞轮转50r，则1s内汽油机对外做功25次，共完成100个冲程。故答案为：乙；25；100。28．（2023秋•高州市月考）​如图所示，一个底面积为800cm2的薄壁圆柱形容器中装有某种液体，将一边长为10cm的正方体木块轻放入该容器中，木块静止时露出液面的高度为2cm，液体对容器底部的压强变化了80Pa。则该木块底部受到的液体压强为640Pa，木块受到的浮力为6.4N。某台四冲程汽油机的转速为1200r/min，在1s内汽油机对外做了10次功。【答案】640；6.4；10。【分析】由V＝Sh算出木块排开液体的体积，由Δh＝算出容器中液面升高的高度，根据p＝ρgh算出液体的密度和该木块底部受到的液体压强，再由F浮＝ρ液gV排算出木块受到的浮力；一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次。【解答】解：木块排开液体的体积为：V排＝S木h浸＝（10cm）2×（10cm﹣2cm）＝800cm3＝8×10﹣4m3，容器中液面升高的高度为：Δh＝＝＝1cm＝0.01m，根据p＝ρgh知液体的密度为：液体的密度为：ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3，该木块底部受到的液体压强为：p＝ρ液gh浸＝0.8×103kg/m3×10N/kg×（10×10﹣2﹣2×10﹣2m）＝640Pa；木块受到的浮力为：F浮＝ρ液gV排＝0.8×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣4m3＝6.4N；此汽油机的飞轮转速为1200r/min，所以飞轮每秒转20r，因为飞轮每转两周对外做功一次，所以在1s内，对外做功次数n＝＝10次；故答案为：640；6.4；10。【考点10燃料的热值及其计算】 29．（2023秋•凤台县月考）关于比热容和热值的说法正确的是（）A．0.5kg酒精燃烧时放出的热量为1.5×107J，则此酒精的热值是3×107J/kg B．煤油的热值是4.6×107J/kg，如果将煤油倒去一半，剩下煤油的热值为2.3×107J/kgC．由c＝，当吸收热量Q增大一倍，比热容也会增大一倍 D．沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是由于水的比热容比干泥土的比热容大【答案】D【分析】（1）（2）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值。热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。（3）（4）比热容是物质本身的一种特性；水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，吸收或放出相同热量，水的温度变化小。【解答】解：A．1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值；由于不知道酒精是否完全燃烧，所以无法求出其热值，故A错误；B．热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和体积无关，故将煤油倒去一半，剩下煤油的热值不变，故B错误；C．比热容是物质本身的一种特性，只跟物质的种类和状态有关，与物质质量、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关，故C错误；D．沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是由于水的比热容比干泥土的比热容大，同样受热或冷却的情况下（吸收或放出相同热量），水的温度变化较小，故D正确。故选：D。30．（2022•柳州二模）某学校锅炉用天然气作燃料给水加热。已知天然气的热值为4.0×107J/m3（不计热量损失）。（1）完全燃烧4.2m3的天然气可以获得多少热量？（2）这些热量可以使1000kg的水从30℃升高到多少℃？【答案】（1）完全燃烧4.2m3的天然气可以获得1.68×108J的热量；（2）这些热量可以使1000kg的水从30℃升高到70℃。【分析】（1）知道天然气的热值和质量，利用Q放＝vq求天然气完全燃烧放出的热量；（2）天然气完全燃烧放出的热量全部被水吸收，即Q吸＝Q放，求出水吸收的热量，再根据吸热公式求水升高的温度，从而求得水的末温。【解答】解：（1）完全燃烧4.2m3的天然气放出的热量：Q放＝Vq＝4.2m3×4.0×107J/m3＝1.68×108J；（2）水吸收的热量：Q吸＝Q放＝1.68×108J，由于Q吸＝cmΔt得，水升高的温度：Δt＝＝＝40℃，则水的末温：t＝Δt+t0＝30℃+40℃＝70℃。答：（1）完全燃烧4.2m3的天然气可以获得1.68×108J的热量；（2）这些热量可以使1000kg的水从30℃升高到70℃。【考点11热机的效率】 31．（2023秋•深圳月考）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，活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高 B．由乙图可知该汽油机的效率是30% 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．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热值【答案】A【分析】（1）根据气门的闭合或打开情况，结合活塞的运动方向可判断汽油机的冲程；（2）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，结合图中数据分析；（3）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。【解答】解：A、根据图甲可知，两个气门关闭、活塞上行，为压缩冲程，此冲程活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高，故A正确；B、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错误；C、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；D、冬天利用尾气中的余热给车内供暖，该举措可以提高能量的利用效率，但不能提高燃料的热值，故D错误。故选：A。32．（2023•娄底）如图所示是一台手扶双轮压路机，质量为550kg，水箱容积为15L。在一次压路作业中，以0.2m/s的速度在水平路面上匀速行驶10min，行驶过程中受到的平均阻力是总重的0.4倍。求：（g取10N/kg，柴油的热值取4×107J/kg）（1）压路机在这次压路作业中运动的距离是多少？（2）压路机静止在水平路面上时，与地面的接触面积为0.02m2，该压路机对路面的压强是多少？（3）压路机在这次压路作业中牵引力做的功是多少？（4）若发动机效率为30%，这次作业要消耗多少千克柴油？（5）水箱装满水是为了降低发动机的温度，确保发动机正常工作，当满水箱的水从20℃上升到80℃可以吸收多少热量？水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。【答案】（1）压路机在这次压路作业中运动的距离是120m；（2）该压路机对路面的压强是2.825×105Pa；（3）压路机在这次压路作业中牵引力做的功是2.712×105J；（4）若发动机效率为30%，这次作业要消耗0.0226千克柴油；（5）当满水箱的水从20℃上升到80℃可以吸收的热量是3.78×106J。【分析】（1）已知速度和时间，根据速度公式的变形式s＝vt可求出运动的距离；（2）压路机静止时对水平地面的压力等于自身的重力加上水的重力，根据p＝求出该压路机对水平地面的压强；（3）压路机匀速前进时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，即F＝f＝0.4G总；根据W＝Fs求出压路机做的功；（4）根据η＝×100%求出柴油完全燃烧释放的热量，利用Q放＝mq求出消耗柴油的质量；（5）根据Q＝cmΔt求解。【解答】解：（1）根据速度公式得，压路机在这次压路作业中运动的距离是：s＝vt＝0.2m/s×10×60s＝120m；（2）根据密度公式得，水箱中水的质量m水＝ρV＝1.0g/cm3×15×103cm＝15000g＝15kg，G水＝m水g＝15kg×10N/kg＝150N，压路机的重力为：G压路机＝m压路机g＝550kg×10N/kg＝5500N，压路机静止时对水平地面的压力等于自身的重力加上水的重力，F＝G压路机+G水＝5500N+150N＝5650N，该压路机对水平地面的压强：p＝＝＝2.825×105Pa；（3）压路机匀速前进时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，即F牵＝f＝0.4G总＝0.4×5650N＝2260N，压路机做的功：W＝F牵s＝2260N×120m＝2.712×105J；（4）由η＝得，柴油完全燃烧释放的热量：Q放＝＝9.04×105J，由Q放＝mq可得，消耗柴油的质量：m＝＝0.0226kg；（5）水吸收的热量：Q＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×15kg×（80℃﹣20℃）＝3.78×106J。答：（1）压路机在这次压路作业中运动的距离是120m；（2）该压路机对路面的压强是2.825×105Pa；（3）压路机在这次压路作业中牵引力做的功是2.712×105J；（4）若发动机效率为30%，这次作业要消耗0.0226千克柴油；（5）当满水箱的水从20℃上升到80℃可以吸收的热量是3.78×106J。33．（2023秋•和平区校级月考）现有一辆小轿车发动机排气量为VL，最大功率为PkW，当该发动机以最大功率工作时，曲轴的转速为nr/min。汽油机工作时的最佳空燃比（即空气和燃油的质量比）为k：1，若发动机在最大功率时汽油和空气的混合密度为ρkg/m3，汽油的热值为qJ/kg。请计算：这台发动机在最大功率时的热机效率。【答案】这台发动机在最大功率时的热机效率为。【分析】已知功率和时间的大小，根据公式W＝Pt可求这台发动机在最大功率时1min内做的有用功；在1min内转动nr，吸入汽油和空气的混合气次；知道混合气的密度和体积，根据公式m＝ρV可求1min吸入混合气的质量；知道汽油的热值，1min内汽油完全燃烧放出的热量；再利用效率公式求这台发动机在最大功率时的热机效率。【解答】解：这台发动机在最大功率时1min内发动机做的有用功：W有用＝P×103W×60s＝6P×104J，热机每个工作循环曲轴转两圈，在1min内转动nr，吸入汽油和空气的混合气次.汽油机工作时的最佳空燃比（即空气和燃油的质量比）为：K：1，汽油占其中的，1min内发动机消耗汽油的质量为：＝；1min内汽油完全燃烧放出的热量：；这台发动机在最大功率时的热机效率：η＝×100%＝×100%＝。答：这台发动机在最大功率时的热机效率为。【考点12电路图及元件符号】 34．（2023•明水县模拟）如图所示的各个电路图中，正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】电源、开关、用电器，用导线连接起来组成简单的电路；将导线未经过用电器直接连在电源的两极上，即是对电源短路，电路不允许出现短路现象；开关闭合后在电路中相当于导线。【解答】解：ABC．开关S闭合后，导线直接接在电源两端，形成电源短路，故A、B、C错误。D．开关都闭合，两灯泡并联，无短路、断路现象，电流形成完整的闭合回路，故D正确。故选：D。35．（2022•南充模拟）如图所示，试在两个虚线框内，选填“电源”和“电流表”的符号，并满足当开关都闭合时两灯能正常工作。【答案】见试题解答内容【分析】要使两灯都能发光，根据电流的流向判断两灯都有电流通过的连接状态，注意电流表串联使用相当于导线。【解答】解：若上是电流表，下也是电流表，没有电源；若上是电流表，下是电源，电流表会对一个灯泡短路；若上是电源，下是电流表，开关与其串联的电灯看作一个整体与另一个电灯并列连接电源两端，所以并联连接，都能发光，如图所示：【考点13电路的三种状态】 36．（2023秋•惠城区校级月考）如图所示是某学校东门的一种声光报警器电路，下列描述正确的是（）A．只闭合S1，灯亮铃不响 B．只闭合S2时，铃响灯不亮 C．闭合S1和S2，灯亮铃不响 D．闭合S1和S2，铃响灯不亮【答案】C【分析】判断开关闭合后，用电器是否可以工作，可以从以下几个方面来考虑：电路是否有电源；电路中是否有断路的情况；用电器或电源是否被短路；然后结合各电路的实际情况进行分析。【解答】解：A、只闭合S1时，电路为断路，所以灯不亮铃也不响；故A错误；B、只闭合S2时，灯泡和电铃串联，因此灯亮铃响；故B错误；CD、同时闭合S1、S2时，为灯泡的基本电路，电铃短路，所以灯亮铃不响；故C正确，D错误。故选：C。37．（2023秋•鹤山市月考）如图所示的电路中，闭合开关S1、S3，即可让灯泡L1和灯泡L2组成并联电路，不允许同时闭合开关S1、S2，否则会造成电源短路，从而损坏电源。【答案】S1、S3；S1、S2【分析】串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响。短路是指电流没有经过用电器而将电源两极直接连通的电路。【解答】解：由图可知，要使L1、L2组成并联电路，则需让电流从电源流出分别流入两灯中再汇合共同流入电源负极，则需闭合开关S1、S3。若同时闭合开关S1、S2，会形成短路现象，造成电流过大，烧坏电源，所以同时闭合开关S1、S2是绝对不允许的。故答案为：S1、S3；S1、S2。【考点14串、并联电路的概念与辨别】 38．（2022秋•微山县期末）家庭照明电路中的电灯是并联的，判断的依据是（）A．合上开关，电灯会发光 B．断开开关，电灯会熄灭 C．只有把接线情况了解清楚，才能进行判断 D．断开任何一盏灯，都不影响其他电灯的工作情况【答案】D【分析】并联电路是把元件并列地连接起来组成的电路，其特点是各个支路独立工作互不影响。【解答】解：根据并联电路的特点，即各个支路之间独立工作互不影响，熄灭任何一盏电灯，都不会影响其他电灯的点亮和熄灭，所以它们是并联的。故选：D。39．（2023•高明区模拟）小华有一发光棒，闭合开关，众小灯齐发光；一段时间后，其中一小灯熄灭，如图所示，请根据该小灯熄灭的原因判断众小灯的电路连接方式：若该小灯处短路，则众小灯串联；若该小灯处断路，则众小灯并联。小华想进一步确定小灯的连接方式，她取出其中一个小灯，此时所有的灯都不发光，说明发光棒众小灯是串联。【答案】串；并；串。【分析】串联电路所有用电器共同组成一个通路，一个用电器断路，其它用电器都不能工作；并联电路每个用电器独立与电源组成通路，一个用电器断路，不影响其它用电器的工作；用导线将用电器两端连接，会造成用电器短路，无电流通过用电器，用电器不能工作。【解答】解：若该小灯短路，如果与其它灯泡都是并联，其它灯泡也被短路不能发光；所以此小灯与其它灯泡串联。此小灯短路，相当于在此位置串联了一段导线，所以其它小灯仍然发光。若该小灯处断路，众小灯仍然能够发光，说明此小灯对其它灯泡发光情况不影响，所以是并联；她取出其中一个小灯，此时所有的灯都不发光，一个用电器断路，其它用电器都不能工作，说明发光棒众小灯是串联。故答案为：串；并；串。40．（2022秋•东莞市校级期中）阅读材料，回答问题。汽车动能回收系统为节约能源，某型号汽车在关闭发动机后，通过小型发电机将减速运动时的部分动能转化为电能储存在蓄电池中，同时蓄电池又能将部分能量通过电动机向车轮输送。表中所示是该型号汽车的部分技术参数，其中储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能并储存在蓄电池的效率。耗油量是指汽车正常行驶100km消耗燃油的质量。测试中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭发电机两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v，计算出动能Ek，作出动能Ek随路程s变化的图像，如图所示。××型汽车满载总质量（kg）1500储能效率（%）60耗油量（kg/100km）7（1）汽车发动机是用水作冷却剂的，这是利用了水的比热容大的性质；汽车转弯时，同侧前后两个转向灯会同时闪亮，若其中一只灯坏了，另一只灯仍会闪亮。则该两个转向灯是并联（选填：“串联”或“并联”）的。（2）汽车消耗燃油正常行驶10km，完全燃烧这些燃油产生的热量为2.94×107J，则燃油的热值为4.2×107J/kg，若燃油没有完全燃烧，则燃油的热值不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）；在1标准大气压下，这些热量能将100kg初始温度为40℃的水加热至100℃【水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）】。（3）发电机发电过程中，动能除了转化为电能外，由于发电机的线圈会发热导致温度升高，因此还有部分能量转化为内能。由图像可知，表示开启发电机进行测试的图线是②（填“①”或“②”），判断的依据是：开启发电机后，有一部分动能转化为电能；而关闭发电机后，动能全部用于转化为内能。（4）若满载的汽车正常行驶时的动能为Ek0＝3.75×105J，某时刻关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，最终有1.5×105J的动能转化为内能；汽车重新启动加速后，汽车采用纯电动模式在平直公路上匀速行驶时，若汽车蓄电池的电能转化为汽车机械能的效率为80%，汽车匀速行驶时受到阻力为车总重的0.1倍，则汽车可利用刚刚回收的动能（Ek0＝3.75×105J）前进120m。【答案】（1）比热容；并联；（2）4.2×107；不变；100；（3）内；②；（4）1.5×105；120。【分析】（1）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；并联电路中电流有多条通路，各支路上的用电器工作时互不影响；（2）根据汽车耗油量计算汽车正常行驶10km消耗燃油的质量，利用公式Q＝mq计算燃油的热值；燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；根据吸热公式Q吸＝cmΔt求水升高的温度值，加上水的初温再和标准大气压下水的沸点进行比较得出水的末温；（3）在电磁感应现象产生了电流，同时电流通过线圈，电流做功，将电能转化为内能；若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功。因此开启发电机时运动的路程会较短，动能与路程的图象是②；（4）知道汽车的储能效率，从而可以计算出动能转化为内能的效率，再利用公式W内＝Ek0η计算内能的多少；知道汽车的储能效率，利用公式W电＝Ek0η′计算转化为的电能，利用公式W机械＝W电η″计算电能转化为的机械能，根据汽车匀速行驶时受力平衡以及受到阻力为车总重的0.1倍计算出汽车匀速行驶时受到的牵引力，根据W＝Fs求出汽车前进的距离。【解答】解：（1）和质量相同的其它物质相比，升高相同的温度，水吸热多，即：水的比热容大；汽车发动机用水作冷却剂就是利用水的这个特性；由题意可知：若其中一只灯坏了，另一只灯仍会闪亮，即两个转向灯互不影响，所以汽车两个转向灯的连接方式为并联；（2）由表格数据可知，汽车正常行驶100km消耗燃油的质量为7kg，则汽车正常行驶10km消耗燃油的质量为m＝×7kg＝0.7kg，因完全燃烧这些燃油产生的热量为2.94×107J，则燃油的热值为：q＝＝＝4.2×107J/kg；燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，所以若燃油没有完全燃烧，则燃油的热值不变；由Q吸＝cmΔt得，水升高的温度为：Δt＝＝＝70℃，水的末温t＝t0+Δt＝40℃+70℃＝110℃，由于在1标准大气压下水的沸点为100℃，所以水温升高到100℃后，温度不再升高，因此水的末温为100℃；（3）发电机在发电过程中，动能除了能转化为电能外，由于线圈有电阻，还有部分能量转化为内能；若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功；因此开启发电机时运动的路程会较短，动能与路程的图象是②；（4）由表中数据知汽车储能效率为60%，所以动能转化为内能的效率为：η＝1﹣60%＝40%，汽车正常行驶时的动能：Ek0＝3.75×105J，所以关闭发动机后动能转化为的内能：W内＝Ek0η＝3.75×105J×40%＝1.5×105J；汽车通过发电机将刚刚回收的动能转化为的电能：W电＝Ek0η′＝3.75×105J×60%＝2.25×105J，电能转化为汽车机械能为：W机械＝W电η″＝2.25×105J×80%＝1.8×105J，汽车匀速行驶时受到牵引力为：F＝f阻＝0.1G＝0.1mg＝0.1×1500kg×10N/kg＝1500N，由W＝Fs得，汽车前进的距离为：s＝＝＝120m。故答案为：（1）比热容；并联；（2）4.2×107；不变；100；（3）内；②；（4）1.5×105；120。【考点15串、并联电路的设计与应用】 41．（2022秋•南岗区校级月考）有一个看不见内部情况的小盒，已知盒内有电源、盒上有两只小灯泡、开关，用导线将它们组成电路。闭合开关，两只灯泡都亮，断开开关，两只灯泡都灭，请你画出这两只小灯泡可能的连接情况的电路图。【答案】见试题解答内容【分析】（1）一个开关同时控制两个小灯泡，两灯可以串联，也可以并联；（2）串联时，开关在哪个位置都能起到作用，并联时，开关必须在干路上才能控制这两个灯泡。【解答】解：一个开关同时控制两个小灯泡，两灯可以串联，也可以并联；（1）两个小灯泡串联时，开关串联在任何位置都可；（2）两个小灯泡并联时，开关控制整个电路，所以应将开关串联在干路上，并将两灯两端并联在一起。如下图所示：42．（2020秋•金平区期末）小东买了电热水壶，外形如图1所示，已知内部电路由一手动开关S1和温控开关S2，加热电阻R1和R2（R1＜R2，它们的额定电压均为220V）构成，当按下S1时（此时S2处于闭合状态），两加热电阻同时正常工作，给水加热，水沸腾时温控开关自动断开，为保温状态。请你将其电路图画在方框内。【答案】【分析】根据题意可知，加热电阻R1和R2的额定电压均为220V，按下S1时（此时S2处于闭合状态）两加热电阻同时正常工作，根据并联电路的电压特点判断两电阻的连接方式，水沸腾时温控开关自动断开为保温状态，根据R1＜R2结合P＝UI＝判断两加热电阻的功率关系，然后判断开关的位置，据此进行解答。【解答】解：由题意可知，加热电阻R1和R2的额定电压均为220V，当按下S1时（此时S2处于闭合状态），两加热电阻同时正常工作，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1和R2并联，当水沸腾时温控开关自动断开，为保温状态，则手动开关S1应位于干路，温控开关S2位于支路，因R1＜R2，所以由P＝UI＝可知，R1的电功率大于R2的电功率，则温控开关S2位于R1支路，【考点16电路的基本连接方式】 43．（2023秋•福田区校级月考）在如图所示的电路中，下列说法正确的是（）A．只闭合开关S1时，灯泡L1、L2串联 B．只闭合开关S2时，灯泡均不发光 C．只闭合开关S1、S3时，灯泡L1、L2并联 D．闭合所有开关时，灯泡均正常发光【答案】C【分析】串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极。导线不经过用电器而直接跟电源的两极相连的电路是电源短路。【解答】解：A、由图可知，只闭合开关S1时，电流只有一条路径，是灯泡L1的简单电路，只有灯泡L1发光，故A错误；B、只闭合开关S2时，电流依次经灯泡L1、L2，所以灯L1、L2串联，故B错误；C、只闭合开关S