梯度训练 第七章 内能（达标系列）-2024-2025学年华东师大版九年级上册科学

我们不做题海的推波者，只作能力的培养者 ------子非鱼伴你成长期待你的关注 2024九上科学梯度训练 第七章 内能（达标系列） 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________ 一、选择题 1． 图为海风形成的示意图，海风形成的根本原因是：与海洋相比，陆地的（ ） A．比热容较小，在相同日照条件下升温较快，气温较高 B．比热容较小，在相同日照条件下升温较慢，气温较低 C．比热容较大，在相同日照条件下升温较快，气温较高 D．比热容较大，在相同日照条件下升温较慢，气温较低 2． 如图所示，是某同学用一次性纸杯自制的走马灯模型，用支架支在白炽灯上，点亮白炽灯，纸杯就旋转了起来。更换不同瓦数的白炽灯泡，以及利用透明塑料片卷成的不同长度的圆筒加在走马灯上方，都可以观察到纸杯的转速发生了改变。同学们就此发表了四条意见：①因为空气对流，纸杯发生了旋转；②塑料圆筒长度越长，纸杯旋转得越慢； ③白炽灯的瓦数越大，纸杯旋转得越快； ④纸杯的转动方向与杯底开口方向相反。其中与事实符合是（ ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 3． 电冰箱是常用的家电，当压缩机工作时，制冷剂（俗称“药水”）在冰箱内外管道中不断循环流动。下列说法正确的是（ ） A．在冰箱内的管道中，制冷剂膨胀并放出热量 B．在冰箱内的管道中，制冷剂被压缩并吸收热量 C．在冰箱外的管道中，制冷剂膨胀并放出热量 D．在冰箱外的管道中，制冷剂被压缩并放出热量 4． 已知1g甲液体温度升高1℃需要2.1J的热量，1g乙液体温度升高1℃需要4.2J的热量，1g丙液体温度升高1℃需要2.8J的热量。分别取甲、乙两种液体各60g，以相同的热源加热，其温度与加热时间的关系如图所示。若取90g的丙液体，以相同的热源加热，则其温度与加热时间的关系图象（ ） A．落在Ⅰ区 B．落在Ⅱ区 C．与甲重叠 D．与乙重叠 5． 冷水的温度为t1、热水的温度为t2．现要把冷水和热水混合成温度为t3的温水，若不计热损失，则冷水和热水的质量之比为（ ） A． B． C． D． 6． 如图是热水炉的示意图, a为出水口,b为进水口, c为受热部位。其中画得正确的是( ) 7．关于物体的内能，下列说法正确的是（ ） A．温度为0℃的物体没有内能 B．同一物体温度升高，它的内能一定增大 C．热传递是改变物体内能的唯一途径 D．0℃的冰熔化变成0℃的水内能不变 8． 某密闭隔热容器通过中间的阀门被分为A、B两个部分，现将该容器水平放置，并在A、B中分别装满冷水和热水，如图所示，当打开中间的阀门后，要使A、B两容器中的水温相等，最快的办法是（ ） A．竖直放置，且A在上方 B．竖直放置，且B在上方 C．如图保持原有的水平状态 D．上述三种情况下，所需时间相同 9． 在23℃的室温下，将1kg、20℃的水与2kg、15℃的水混合，由于实验装置不够精密，在混合过程中与周围物体有4.2×103J的热量交换，则混合后水的温度为（ ） A．16℃ B．20℃ C．18℃ D．17℃ 10．如图所示的容器中，A、B各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压恒定，A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界无热交换。开始A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐流向B中，最后达到平衡，在这个过程中（ ） A．大气压对水做功，水的内能增加 B．水克服大气压做功，水的内能减少 C．大气压对水不做功，水的内能不变 D．大气压对水不做功，水的内能增加 11．将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ） A．0℃ B．6℃ C．6℃以上 D．4℃ 12．将一功率为500W的加热器置于装有热水的容器中，加热2min后容器中的水温上升5℃，关闭加热器开关1min后，水温下降1℃，假设散失到周围环境的热量与时间成正比而忽略温差的影响（加热器加热时产生的热量全部被水吸收），已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），则加热水的质量为（ ） A．1.0kg B．2.0kg C．3.0kg D．4.0kg 13．树德中学某研究性学习小组为太空工作站的宇航员设计了如图所示的四种电加热水壶（竖直截面图)，电源的电压相同。其中设计最合理的是（ ) 14．三个相同的热源分布在一横放着的圆筒内，圆筒的侧壁和一个底部均绝热，另一个底部开口并被导热膜封住，用另两个导热膜在圆筒内隔出两个竖囱，从而将三个热源互相隔开并形成A、B、C三个独立单元区域，假设周围环境的温度恒定，并且传导的热功率与温差成正比，每个独立单元区域内空气的温度均匀，A、B、C三个独立单元区域的温度与周围环境的温度差分别为△tA，△tB和△tC，则△tA：△tB：△tC为（ ） A．3：2：1 B．6：3：2 C．5：3：1 D．6：5：3 15．甲、乙两物体质量都为lkg,丙物体质量为2kg。三个物体温度升高l℃所吸收的热量如图所示,以下说法正确的是（ ) A．甲的比热容比乙的小 B．乙的比热容与丙的相等 C．吸收相同热量,甲升高的温度最多 D．降低相同温度,甲放出的热量最多 二、填空题 16．建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，如图钻头使用时相当于一个 　 　（填简单机械名称），可以省 　 　（选填“力”或“功”），钻孔时钻头发热是由于克服摩擦做功使钻头的 　 　能转化为内能导致的，因此在钻孔过程中需不断地往钻头上浇水，利用水的 　 　较大，能吸收较多的热量，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。 17．热机发明后，一直在持续的改进和发展中。 材料一：1769年，法国人居纽制造出蒸汽机推动的三轮汽车（图甲），传统蒸汽机的燃料在气缸外部燃烧（图乙），热效率为5%～8%之间。 材料二：1862年，法国人德罗夏提出内燃机（内燃指燃料在气缸内燃烧）的四冲程循环理论：①气缸的向外运动造成的真空将混合气体燃料吸入气缸；②通过气缸的向内运动对进入气缸里的燃料进行压缩；③高压燃烧气体产生巨大爆发力；④将已经燃烧的废气从气缸中排出。 材料三：1876年，德国人奥托制造出以四冲程为依据的煤气内燃机，利用飞轮的惯性使四冲程自动实现循环往复，内燃机的效率达到14%。 （1）四冲程循环理论提及的“巨大爆发力”由图中的　 　冲程实现。 （2）德罗夏提到的内燃方式是基于　 　的猜想； （3）老师在重复演示“做功改变内能”实验（图丙）之间，需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的与内燃机的　 　（选填“吸气”“压缩”“做功”或“排气”）冲程的原理相似。 18．如图所示,工作中的四冲程汽油机正处于__________冲程,该冲程消耗了燃气的_______能,若该汽油机每秒完成40个冲程,则每秒它对外做功_______次、飞轮转过_______圈。 19．[2022·湖州] 南极地区以陆地为主，平均海拔高度2350米左右，是世界上平均海拔高度最高的大洲；北极地区以海洋为主。同为地球的两极，南极的最低气温比北极低，原因是： (1)请从海陆性质和地形等角度进行分析。_________________________________________________。 (2)南极冰川众多，白色的冰雪_____________(选填“反射”或“吸收”)更多的太阳光。 20．“烤羊肉串”是许多中小学生所喜爱的食品。可烤羊肉串其实比苏丹红危害更大，近年来人们对食品安全的认识有误区，有关专家在广东科协论坛上谈到食品安全时，提醒广大消费者远离烧烤，健康生活。 （1）肉温度升高被烤熟是通过　 　方式改变物体内能的； （2）这种烧烤食品不宜多吃，因为食物长时间煎炸后所产生的微量的丙烯醛（化学式为C3H4O）等有毒物质，会损害人体健康。丙烯醛中碳、氢、氧三种元素的质量比是　 　。 三、探究题 21． 2022年3月24日，“天宫课堂”第二课正式开讲，神舟十三号乘组航天员王亚平在中国空间站进行了“液桥”演示等实验。 【查阅资料】 ⑴当你在洗手的时候，或者手沾糖水的时候，指间的小液柱就是“液桥”。“液桥”是连接着两个固体表面之间的一段液体。 ⑵在太空中的微重力环境和液体表面张力共同作用下，“液桥”形成了。 ⑶液体中分子之间存在着相互吸引力。表面张力是表示液体分子之间吸引力大小的量度。 【实验过程】在两块玻璃板的表面滴上两滴水，接着把两块玻璃板靠在一起，使两滴水相碰，两滴水像是搭了一座“液桥”，将两块有机玻璃板连在一起，“液桥”就形成了。 （1）以下能说明液体表面存在张力的实验是　 　。 （2）在太空中可以搭出十几厘米长的“液桥”，而在地球表面形成的“液桥”尺寸很小，通常只有几毫米。超过这个尺寸，“液桥”垮塌，请你分析原因：　 　。 22．小明同学在研究电热器的性能时，取了两只相同的杯子，装入质量相等的同种液体，将两只待研究的电热器A、B接入家庭电路，分别给两只杯子中的液体加热，如图甲所示。用温度计测出被加热的液体在不同时刻的温度，画出其温度随时间变化的图象，如图乙所示。 （1）由题意可知，小明同学研究该问题所建立的理想模型是： ①电流通过电热器产生的电热全部转化为　　； ②加热过程中，液体没有对外　　。 （2）实验中杯子中的液体常用的是煤油而不是水，原因是　 　； （3）分析图象可知，电功率较大的电热器是　 　，电阻值较大的电热器是　 　。 23．进一步探究： 晓丽想要探究“气体分子对器壁的压强规律”，她首先做了如下实验： 如图，将托盘天平的左盘扣在支架上，调节天平平衡后，将一袋绿豆源源不断地从同一高处撒到左盘上，发现天平指针偏转并保持一定角度，左盘受到一个持续的压力。 容器中气体分子碰撞器壁的现象与上述实验现象十分相似。可见，容器中大量气体分子不断碰撞器壁时也会产生一个持续的压力，而　 　面积上所受的压力就是气体分子对器壁的压强。 （1）上述过程中运用的科学方法主要有　 　法。 （2）气体分子对器壁的压强与哪些因素有关呢？ ①晓丽对该问题进行了如下简化： a、容器为长方体； b、容器中的气体分子不发生相互碰撞； c、容器中气体分子分为6等份，每一等份中所有气体分子均与器壁的一个内表面垂直碰撞； d、所有气体分子的速度均等于它们的平均速度v； e、所有气体分子与器壁的碰撞均为完全弹性碰撞（详见②中“c”）。 ②已知每个气体分子的质量为m，单位体积中的气体分子个数为n0．晓丽推导出了气体分子的数学表达式。她的推导过程如下：（请将推导过程填写完整） a、单位体积垂直碰撞到任一器壁的气体分子数n＝ 　； b、△t时间内垂直碰撞到某一器壁△S面积上的平均分子数△N＝ 　； c、由于是完全碰撞，因此△S面积上所受的平均压力F与△t的乘积为：F△t＝△N•2mv； d、气体分子对器壁的压强公式为：P＝ 　。 四、计算题 24．用相同的电加热器给初温及质量均相同的甲液体和水加热，两种液体每秒吸收的热量相同，这两种液体的温度﹣加热时间的图像如图所示。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] （1）从开始加热到第1分钟，两种液体吸收热量的关系为Q甲　 　Q水（选填“＞”、“＝”或“＜”）；甲升高的温度为△t甲，水升高的温度为△t水，则△t甲：△t水＝　 　； （2）甲的比热容大小为 　 　J/（kg•℃）； （3）已知电加热器的热效率为50%，求它需要消耗多少电能才能把1kg的水升高50℃。 25．现有一台单缸汽车发动机，其主要技术指标如下表所示，其中排量即为气缸工作容积，等于活塞的面积与活塞上下运动的距离（即冲程长）的乘积，转速表示每分钟飞轮所转的周数。 排量 2.0L 输出功率 120kW 转速 6000r/min 求：（1）发动机做功一次是多少焦耳？ （2）若在做功冲程里，燃气对活塞压强可以看作恒压，则压强多大？ 26．某学校九年级物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图像，如图所示。已知酒精的热值是3.0×107J/kg，水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），加热时酒精灯平均每分钟消耗1.8g酒精。计算： （1）加热满2min时，水吸收了多少热量？ （2）给水加热的2min时间内，如果酒精完全燃烧，酒精灯的加热效率？ （3）试求出沙子的比热容。 2024九上科学梯度训练 第七章 内能（达标系列）（参考答案） 一、选择题 1． 【答案】A 【解析】【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： 因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，白天，太阳照射下海岸和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢；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；而夜晚，海岸和海水放出相同的热量，但水的比热容大，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正确。 故选：A。 【点评】本题主要考查学生对水的比热容较大的应用的了解和掌握，涉及到海陆风的形成，是一道易错题。 2． 【答案】D 【解析】【分析】解此题首先要知道自制的走马灯的转动原理：走马灯放在白炽灯泡上面，由于白炽灯产生的热量使其周围的空气受热膨胀，空气密度变小而上升，冷空气过来补充，又被加热上升，形成对流，空气上升时推动纸杯转动。 当白炽灯泡的功率越大时，空气受热膨胀的越大，上升速度越快，纸杯转动越快； 当纸杯上的扇叶越大，受得到热气流的推力越大，纸杯转动越快。 【解答】解：当走马灯放在白炽灯泡上面时，扇叶由于空气被白炽灯加热而形成对流，会推动走马灯转动；故①正确。 如风车图，走马灯上端扇叶受到的空气推力，所以纸杯的转动方向与杯底开口方向相反；故④正确。 当白炽灯泡的功率越大时，空气受热膨胀的越大，上升速度越快，纸杯转动越快；当纸杯越大，受得到热气流的推力越大，纸杯转动越快。故③正确； 虽塑料圆筒长度不同，空气上下对流效果明显，塑料圆筒长度越长，走马灯转速越快。故②不正确。 故选：D。 【点评】本题主要考查了气体密度与温度的关系、力与运动的关系，关键要知道对流现象及其应用。 3． 【答案】D 【解析】【分析】冰箱的原理既是利用氟利昂一类的物质，容易汽化和液化，汽化要吸热而液化要放热，从而将冰箱内部的热量搬运到冰箱的外部，起到制冷的目的。 【解答】解：氟利昂是一种既容易汽化又容易液化的物质；工作时电动压缩机使氟利昂蒸气压缩而液化，压入冰箱外的冷凝器管里将热量放出；冷凝器里的液态氟利昂，经过一段很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，在这里迅速汽化，从冰箱的内部吸收热量，使冰箱内部的温度降低。 故选：D。 【点评】此题是根据我们所学的物态变化知识来分析冰箱制冷的原理，要学会使用物理知识解释生活中的现象。 4． 【答案】D 【解析】【分析】由题知，1g甲乙丙三种液体，每升高1℃，吸收的热量为2.1J、4.2J、2.8J，根据c＝可求三液体的比热容； 用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，根据Q吸＝cm△t可求三液体温度升高值，据此判断。 【解答】解： 由题知，1g甲乙丙三种液体，每升高1℃，吸收的热量为2.1J、4.2J、2.8J， 则三液体的比热容分别为： c甲＝＝＝2.1×103J/（kg•℃） c乙＝＝＝4.2×103J/（kg•℃） c丙＝＝＝2.8×103J/（kg•℃） 用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同， 由Q吸＝cm△t得： △t甲＝＝＝， 同理可得： △t乙＝， △t丙＝， 可见：△t乙＝△t丙＞△t甲， 所以丙液体的温度与加热时间的关系图象和乙重叠。 故选：D。 【点评】本题考查了吸热公式Q吸＝cm△t的应用，能根据题目提供的条件得出三液体的温度变化关系是关键。 5． 【答案】B 【解析】【分析】冷水和热水混合，冷水吸收热量、温度升高，热水放出热量、温度降低，不考虑热损失，则Q吸＝Q放，根据热平衡方程求冷水和热水的质量比。 【解答】解： 冷水吸收的热量： Q吸＝cm1（t3﹣t1）， 热水放出的热量： Q放＝cm2（t2﹣t3）， 由题知，Q吸＝Q放， ∴cm1（t3﹣t1）＝cm2（t2﹣t3）， 解得：＝。 故选：B。 【点评】本题考查了学生对吸热公式、放热公式、热平衡方程的掌握和运用，因为是求比值，要细心，防止因颠倒而出错！ 6． 【答案】D 【解析】解:热水炉加热时首先加热下面的水,然后下面的水通过热传递把热量传递给上面的水,最后一起达到沸点,故热水炉的进水口在上，出水口在下; 故选:D。 7． 【答案】B 【解析】【考点】改变物体内能的两种方式；温度、热量与内能的关系；内能的概念． 【解答】解：A．内能是指物体内部所有做无规则运动的分子具有的分子动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，故A错误； B、物体温度升高时，分子运动加剧，内能一定增加，故B正确； C．改变物体内能有两种：做功和热传递，故C错误； D．0℃的冰熔化变成0℃的水要吸收热量，此时温度不变，但内能增加，故D错误。 故选：B。 8． 【答案】A 【解析】【分析】（1）怎样使热传递最快？尽可能有效地利用热传递的三种方式是我们考虑这道题的关键所在。 （2）明确热水的密度比冷水的密度小。 【解答】解：水是热的不良导体，主要传递方式靠对流。当将容器竖直放置且A放在上方时，由于热水的密度比冷水的密度小，热水会上浮，冷水会下沉，这样能加强对流，有利于水温尽快一致。 故选：A。 【点评】此题综合考查热传递和密度的相关知识，有利于训练学生综合运用所学物理知识解决实际问题的能力。 9． 【答案】D 【解析】【分析】在热传递过程中，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同， 知道热水、冷水的质量和初温、水的比热容，根据Q放＝Q吸，先求不考虑与外界热交换时热水和冷水混合后水的温度； 由题知，水与周围物体有4.2×103J的热量交换，求出水的总质量，利用吸热公式求与外界热交换后混合后水的温度。 【解答】解： 如果不考虑与外界热交换，则有：Q放＝Q吸，即：c热m热△t热＝c冷m冷△t冷， 设该情况下热平衡时的温度（即末温）为t， 即：4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（20℃﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（t﹣15℃）， 解得：t＝℃； 由题知，室温为23℃，水的温度都低于23℃，所以水会吸收热量，根据题意可知水会从周围物体吸收4.2×103J的热量， 冷水和热水的总质量m总＝1kg+2kg＝3kg， 因Q吸′＝cm△t，则有4.2×103J＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×△t， 解得△t＝℃， 所以，水混合后的实际温度为：t′＝t+℃＝℃+℃＝17℃。 故选：D。 【点评】本题考查了学生对热平衡方程的掌握和运用，知道房间温度高于水的温度、知道二者之间热交换热量的多少，利用吸热公式求水的最后温度，这是本题的关键。 10．【答案】D 【解析】【分析】（1）如图，打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，A中水面下降，B中水面上升；由于水的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2，求出两管中大气压力对水做的功，进而求出大气压力对水做的总功； （2）打开阀门K后，A中的水逐渐向B中流，即A中水的重力做正功，B中水的重力做负功，但从最后的效果看，是A管中高度为h1的水移至较低的B管中高度为h2的地方，如图所示，所以在这个过程中水的重力做正功。同时，整个装置是绝热的，根据热力学第一定律可知水的内能变化。 【解答】解： （1）分析大气压力对水是否做功： 打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，如下图所示，即A中水面下降，B中水面上升； 设A管截面积为S1，水面下降距离为h1，B管截面积为S2，水面上升距离为h2， 由于水的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2， A管中大气压力对水做的功： W1＝p0S1h1， B管中大气压力对水做的功： W2＝﹣p0S2h2， 大气压力对水做的总功： W＝W1+W2＝p0S1h1﹣p0S2h2， ∵S1h1＝S2h2， ∴W＝0，即大气压力对水不做功； （2）分析水的内能是否改变： 打开阀门K后，A中的水逐渐向B中流，即A中水的重力做正功，B中水的重力做负功， 但从最后的效果看，是A管中高度为h1的水移至较低的B管中高度为h2的地方，如图所示， 所以在这个过程中水的重力做正功。同时，整个装置是绝热的， 根据热力学第一定律△U＝Q+W，式中Q＝0，W为正值， 所以△U为正值，即水的内能增加 故选：D。 【点评】本题主要研究机械能与内能相互转化的关系，迷惑性较大。连通器中的水从左流向右，重心降低，不易察觉（因左边重心降低，右边升高，最后相平，总的趋势是降低），再加上大气压力做功的干扰，很难找到相互关系。要求细心、认真利用所学知识求解。 11．【答案】D 【解析】【分析】热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同。 知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸＝Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度。 【解答】解：设热水和冷水的温度差为t， 质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃， Q吸＝Q放， 从而可知，cm0（t﹣10℃）＝cm×10℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃， △Q吸＝△Q放， 从而可知，cm0（t﹣10℃﹣6℃）＝c（m+m0）×6℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 则①﹣②得： 6℃×cm0＝10℃×cm﹣6℃×cm﹣6℃×cm0， 整理得：12℃×cm0＝4℃×cm， 解得：m＝3m0； 代入①式可得，t＝40℃； 假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知： 3m0c（40℃﹣△t）＝mc△t，m＝3m0； 联立两式解得：△t＝20℃； 则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃﹣10℃﹣6℃＝4℃。故D正确。 故选：D。 【点评】解决此类综合分析题目，要结合热量公式和热传递的条件进行分析解答。不计热量的损失，可利用热平衡方程Q吸＝Q放列出两个等式；同时还应注意一次次注入和一次性注入相同的水，结果应是相同的。 12．【答案】B 【解析】【分析】水温每下降1℃，需要1分钟，所以根据容器水的散热情况，利用热平衡方程即Q吸＝Q放得出关于容器水加热2.0分钟水吸收的热量与加热器产生的热量之间的关系式，即可解决此题。 【解答】解： 因为加热器在2分钟内所供应的总热量，等于水温升高所吸收的热量，加上散失到周围环境的热量， 所以Pt＝cm△T+Q散； 因为加热器关掉1分钟，从热水散失的热量为Q＝cm△t，若水温变化不大，则散失到周围环境的热量与时间成正比。 所以，在2分钟内的加热过程中碗中水散失的热量为的热器Q散＝2Q＝2cm△t， 从上两式可得： Pt＝cm△T+2cm△t， 所以m＝＝≈2kg。 故选：B。 【点评】解决此类问题要结合热量公式及热平衡进行分析计算。 13．【答案】D 【解析】解:在太空中的水处于完全失重状态,水不能在重力作用下发生对流,烧水时只能利用热传递改变水的温度,把水烧开;从外部对水加热,烧水的效果不好,因此AB设计不合理; C虽然在水的内部加热，但电热丝偏下,热量通过热传递传到顶部需要的时间较长，能量利用效率不高, 加热效果不好;D图设计，电热丝在内部加热,且电热丝位于水的中央位置,可以使热量向周围传递,加热效果好,能量利用效率高,设计最合理。 故选:D。 14．【答案】D 【解析】【分析】同时考虑三个区域内的发热功率和散热功率，根据各单元区域传导的热功率与温差成正比，写出散热功率表达式，再根据各单元区域发热功率和散热功率的关系列出方程，然后综合整理即可求解。 【解答】解：设发热功率均为P，则： A：k（△tA﹣△tB）＝P，即A的散热功率等于发热功率。 B：k（△tB﹣△tC）＝P+k（△tA﹣△tB），即B的散热功率等于自身的发热功率与A的散热功率之和。 C：k（△tC）＝P+k（△tB﹣△tC），即C的散热功率等于自身的发热功率与B的散热功率之和。 整理得： △tA＝2△tC 3△tB＝5△tC 即得：△tA：△tB：△tC＝6：5：3 故选：D。 【点评】正确分析各单元区域散热功率与发热功率的关系是解题的关键。 15．【答案】D 【解析】 二、填空题 16．【答案】斜面；力；机械；比热容 【解析】【考点】做功改变物体内能；比热容解释简单的自然现象；轮轴及其他常见简单机械． 【解答】解：建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，钻头有螺纹，螺纹的螺线很长，相当于斜面较长，因为斜面高度一定时，斜面越长，使用起来越省力； 钻孔时钻头发热，因为钻头与墙相互摩擦，机械能转化为内能，这是通过做功方式改变了钻头的内能；利用水的比热容较大，能吸收较多的热量，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。 故答案为：斜面；力；机械；比热容。 17．【答案】故答案为：（1）C；（2）燃料在气缸内燃烧，热量损失少，热效率高；（3）排气。 【解析】【分析】（1）在四冲程内燃机中，提供动力的是做功冲程； （2）燃料在气缸内燃烧时的热效率高一些； （3）老师在重复演示“做功改变内能”实验（图丙）之间，需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的是排出里面的废气。 【解答】解：（1）在四冲程内燃机中，提供动力的是做功冲程；由图可知，A中进气门打开，活塞下行，为吸气冲程；B中两个气门关闭，活塞上行，为压缩冲程；C中两个气门关闭，活塞下行，为做功冲程；D中排气门打开，活塞上行，为排气冲程；故“巨大爆发力”由C冲程实现； （2）德罗夏提到的内燃方式是基于燃料在气缸内燃烧，热量损失少，热效率高的猜想； （3）老师需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的是排出里面的废气，相当于内燃机的排气冲程。 故答案为：（1）C；（2）燃料在气缸内燃烧，热量损失少，热效率高；（3）排气。 【点评】本题考查了内燃机的工作过程，明确内燃机的四个冲程是解题的关键。 18．【答案】故答案为:做功;内;10;20。 【解析】解: (1)由图可知,四冲程汽油机进气门和排气门都是关闭的,火花塞放电,活塞下行,可以判断是做功冲程,做功冲程中内能转化为机械能; (2）热机完成一个工作循环,要经过4个冲程,燃气对外做功1次,活塞往返2次，飞轮转动2周,若该汽油机每秒完成40个冲程,则每秒它对外做功10次，飞轮转动20周。 故答案为:做功;内;10;20。 19．【答案】（1）沙石比热容比水小，降温比水快，且对流层内海拔越高，气温越低 （2）反射 【解析】[命题考向： 考查比热的应用、地形对温度的影响、光的颜色。解析：(1)南极大陆95%以上的面积为厚度极高的冰雪所覆盖，冰层平均厚度有1880米，最厚达4000米以上，冰雪之下为岩石层，全洲仅2%的土地无长年冰雪覆盖。由于冰雪与沙石的比热均远小于水，故其降温比以海洋为主的北极地区快很多。(2)白色的物体能反射所有照射在它表面的光。] 故答案为 （1）沙石比热容比水小，降温比水快，且对流层内海拔越高，气温越低 （2）反射 20．【答案】（1）热传递 （2）9：1：4 【解析】【答案】（1）热传递 （2）9：1：4 【知识点】物体内能的改变方法；有关化学式的计算和推断 【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：①做功，本质是能量的转化；②热传递，本质是能量的转移； （2）元素的质量之比等于相对原子质量与个数的乘积之比。 【解答】（1）羊肉的温度升高被烤熟是通过热传递的方式改变物体内能的； （2）根据化学式 C3H4O 可知，丙烯醛中碳、氢、氧三种元素的质量比是：（12×3）：（1×4）：（16×1）=9：1：4。 三、探究题 21．【答案】（1）B （2）“液桥”因受到的重力较大而坍塌 【解析】【答案】（1）B （2）“液桥”因受到的重力较大而坍塌 【知识点】分子间的作用力 【解析】【分析】（1）分析各个图片中包含的物理原理即可； （2）根据重力对物体的影响分析。【解答】（1）B实验中的肥皂膜实验说明了“分子之间存在引力”，同时说明液体与相邻液面之间存在相互作用力，则证明液体表面存在张力； （2）在太空中可以搭出十几厘米长的“液桥”，而在地球表面形成的“液桥”尺寸很小，通常只有几毫米。超过这个尺寸，“液桥”垮塌，请你分析原因：“液桥”因受到的重力较大而坍塌。 22．【答案】（1）内能；散热；（2）煤油的比热容较小，同样受热的情况下，温度变化明显；（3）A；B。 【解析】【解答】解：（1）在理想模型中，电能全部转化为液体的内能，没有热量损失，液体也没有向外界散热。 （2）实验中杯子中的液体常用的是煤油而不是水，是因为煤油的比热容较小，在质量和吸热相同的情况下，温度变化明显； （3）根据图象可得，在初温相同的情况下，要加热到同一末温的话，A中需要的时间较短，B中需要的时间较长。根据公式W＝Pt，在W一定的情况下，P与t成反比，所以A中电热器的电功率比B中电热器的电功率大。已知两个电热器两端电压相等，A的功率大，由P＝得R＝，可见A的电阻小，B的电阻大。 故答案为：（1）内能；散热；（2）煤油的比热容较小，同样受热的情况下，温度变化明显；（3）A；B。 23．【答案】故答案为：单位；类比；；n0v△t△S；n0mv2。 【解析】【分析】物理学中，把单位面积上所受到的压力大小叫做压强； （1）将气体分子碰撞器壁的现象与绿豆碰撞托盘底比较，采用了类比法； （2）a、根据题意，容器中气体分子分为6等份，每一等份中所有气体分子均与器壁的一个内表面垂直碰撞，则可求单位体积垂直碰撞到任一器壁的气体分子数； b、由题知，单位体积中的气体分子个数为n0，△t时间内气体分子走过的长度L＝v△t，在长度为L、底面积为△S的长方体体积是v△t，包含的气体分子数为n0v△t△S，在△t时间内会有n0v△t△S的气体分子撞击器壁； d、由c知道，F△t＝△N•2mv，求出F大小，再利用压强公式求气体分子对器壁的压强。 【解答】解：容器中大量气体分子不断碰撞器壁时也会产生一个持续的压力，而单位面积上所受的压力就是气体分子对器壁的压强； （1）将气体分子碰撞器壁的现象与绿豆碰撞托盘底比较，采用了类比法； （2）a、由题知，单位体积中的气体分子个数为n0，容器中气体分子分为6等份，每一等份中所有气体分子均与器壁的一个内表面垂直碰撞，则单位体积垂直碰撞到某一器壁的气体分子数为； b、由题知，单位体积中的气体分子个数为n0，△t时间内气体分子走过的长度L＝v△t，在长度为L、底面积为△S的长方体体积是v△S△t，包含的气体分子数为n0v△t△S，在△t时间内撞击某一器壁气体分子数： △N＝n0v△t△S； d、由c知道，F△t＝△N•2mv＝n0v△t△S2mv， ∴F＝n0v△S2mv， 气体分子对器壁的压强： p＝＝＝n0v2mv＝n0mv2。 故答案为：单位；类比；；n0v△t△S；n0mv2。 【点评】此题是探究气体压强大小和哪些因素有关的实验题，采取了类比法来研究。 四、计算题 24．【答案】故答案为：（1）＝；2：1；（2）2.1×103；（3）它需要消耗4.2×105J的电能才能把1kg的水升高50℃。 【解析】【分析】（1）相同的电加热器在相同时间内放出的热量相同；根据图像算出从开始加热到第1分钟甲和水升高的温度之比； （2）根据两种液体相同时间内吸收的热量相等及Q＝cm△t来计算； （3）根据图像判断出水温度升高50℃的时间，升高知道水的质量、升高的温度以及比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据η＝×100%求出消耗的电能。 【解答】解：（1）相同的电加热器在相同时间内放出的热量相同，所以从开始加热到第1分钟两种液体吸收热量相同，即Q甲＝Q水； 由图知1min甲升高△t甲＝30℃﹣10℃＝20℃，水的温度升高△t水＝20℃﹣10℃＝10℃， 所以△t甲：△t水＝20℃：10℃＝2：1； （2）由图象知，加热1min时，两种液体吸收的热量相同，则： c液m△t甲＝c水m△t水 则c甲＝＝c水＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）； （3）水吸收的热量为： Q吸＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×50℃＝2.1×105J， 由η＝×100%可得消耗的电能为： W＝＝4.2×105J。 故答案为：（1）＝；2：1；（2）2.1×103；（3）它需要消耗4.2×105J的电能才能把1kg的水升高50℃。 【点评】本题考查了吸热公式、效率公式的综合应用，弄清楚图像是解题的关键。 25．【答案】【解答】解：（1）已知输出功率是120kW，转速为6000r/min＝100r/s，则转动1圈需要的时间为t＝s＝0.01s，因为飞轮转两圈，对外做功一次， 则对外做功一次（转动2圈）需要的时间为t＝2×0.01s＝0.02s，； 做一次功为：W＝Pt＝120×103W×0.02s＝2.4×103J； （2）已知单缸的排量是2.0L＝2×10﹣3m3，由公式W＝Fs及p＝可得：W＝FL＝pSL＝pV， 则燃气对活塞的压强为：p＝＝＝1.2×106Pa； 答：（1）发动机做功一次是2400J； （2）若在做功冲程里，燃气对活塞压强可以看作恒压，则压强为1.2×106Pa。 【解析】【分析】（1）根据发动机转速可以求出发动机做功一次需要的时间，根据W＝Pt即可求解发动机做功一次做功多少； （2）在做功冲程里，燃气对活塞所做的功可表示为W＝FL＝pSL＝pV，式中p表示燃气对活塞的压强，结合公式W＝pV变形可得P＝，将功和单缸排量值代入即可得出答案。 【解答】解：（1）已知输出功率是120kW，转速为6000r/min＝100r/s，则转动1圈需要的时间为t＝s＝0.01s，因为飞轮转两圈，对外做功一次， 则对外做功一次（转动2圈）需要的时间为t＝2×0.01s＝0.02s，； 做一次功为：W＝Pt＝120×103W×0.02s＝2.4×103J； （2）已知单缸的排量是2.0L＝2×10﹣3m3，由公式W＝Fs及p＝可得：W＝FL＝pSL＝pV， 则燃气对活塞的压强为：p＝＝＝1.2×106Pa； 答：（1）发动机做功一次是2400J； （2）若在做功冲程里，燃气对活塞压强可以看作恒压，则压强为1.2×106Pa。 【点评】此类综合性的题目，要结合内燃机的四个冲程特点，压强公式及其做功公式，联系几何知识共同解答。 26．【答案】答：（1）水吸收了42000J的热量； （2）酒精灯的加热效率为38.9%； （3）沙子的比热容为0.91×103J/（kg•℃）。 【解析】【分析】（1）用两只完全相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，再利用公式Q吸＝cmΔt 进行分析； 从图像可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知水的温度变化，已知水的质量和比热容，可利用公式Q吸＝cmΔt计算水吸收的热量； （2）已知酒精灯平均每分钟消耗1.8g酒精，便可以计算出给水加热2min时间消耗的酒精，已知酒精的热值，可利用公式Q放＝mq计算酒精完全燃烧放出的热量，再利用公式η＝求酒精灯的加热效率； （3）相同时间内酒精燃烧放出的热量相同，从（2）可知，加热2min水吸收的热量，已知酒精的质量和加热2min酒精的温度变化，可利用公式c＝计算沙子的比热容。 【解答】解：（1）图a表示的是沙子吸热升温的过程，因为沙子和水的质量相等，沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由Q吸＝cmΔt可知，沙子的温度升高得多；则图b表示的是水吸热升温的过程； 由题和图像可知，c水＝4.2×103J/（kg•℃），m水＝200g＝0.2kg，Δt水＝70℃﹣20℃＝50℃； 则水吸收的热量为：Q水吸＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×104J； （2）加热时酒精灯平均每分钟消耗1.8g酒精，则加热2min时间消耗酒精的质量为：m＝1.8g×2＝3.6g＝3.6×10﹣3kg； 这些酒精完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝3.6×10﹣3kg×3.0×107J/kg＝1.08×105J； 酒精灯的加热效率：η＝×100%＝×100%≈38.9%； （3）相同时间内酒精燃烧放出的热量相同，在2分钟的时间内，Q沙吸＝Q水吸＝4.2×104J，由图知，加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，则Δt沙＝250℃﹣20℃＝230℃，m沙＝200g＝0.2kg； 由Q吸＝cm△t可得沙子的比热容为：c沙＝＝≈0.91×103J/（kg•℃）。 答：（1）水吸收了42000J的热量； （2）酒精灯的加热效率为38.9%； （3）沙子的比热容为0.91×103J/（kg•℃）。 【点评】此题考查了学生对吸热公式的掌握和运用，并可利用公式计算热量、热效率和比热容，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。 1 第 1 页，共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$