阶段练习（3.5内能）-2025-2026学年浙教版科学九年级上册

九上科学阶段练习（3.5内能） 考试时间40分钟，满分120分 一、单选题 1．下列说法中正确的是（　　） A．吸收热量多的物体温度一定升高得多 B．放出热量少的物体比热一定大 C．两个物体升高相同的温度，吸收的热量一定相同 D．高温物体和低温物体彼此接触时一定会发生热传递 2．电水壶是常用小家电．下列有关电水壶烧水的观察和思考，正确的是（　　） A．加热过程中，水的内能通过热传递改变 B．加热过程中，水的热量不断增加 C．沸腾时，所冒的“白气”是水汽化产生的水蒸气 D．沸腾时，继续吸热水温不断上升 3．如图是教材中“压缩空气发热”的活动，当迅速下压活塞时，筒底浸有乙醚的棉花会燃烧起来，这与乙醚沸点低、易挥发、易燃烧等性质有关。若实验室缺少乙醚，用下列材料替代，实验最有可能成功的是 （　　） A．水 B．酒精 C．稀硫酸 D．浓盐酸 4．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（　　） ①比热容大的物质具有的内能也大 ②物体温度越低，内能越小，所以℃的物体没有内能 ③两物体相互接触时，热量总是从温度高的物体转移到温度低的物体 ④做功和热传递都能改变物体内能 A．①② B．②③ C．①④ D．③④ 5．如图是改变物体内能的实验装置，先在烧瓶内装有一些水，瓶口用软木塞塞住，用小打气筒缓慢向瓶内打气，达到一定程度时塞子跳起来，瓶内出现白雾。下列说法正确的是 （　　） A．此实验研究的对象是塞子 B．塞子弹起过程相当于内燃机的做功冲程 C．该白雾与干冰周围的“白汽”成分不一致 D．此实验研究的问题是外界对物体做功能增加物体的内能 6．如图所示四幅图选自明朝宋应星所著的《天工开物》，下列说法不正确的是（　　） A．挂上重物后弓发生形变，弓的弹性势能增加 B．采珍珠人潜入水下越深，所受水的压强越大 C．“透火焙干”应用了加热的方法提高温度，使纸面水分蒸发加快 D．鸟铳（火绳枪）发射弹丸时的能量转化，与内燃机压缩冲程的能量转化相同 7．如图所示试管中装有水，用带玻璃管的胶塞塞住，在玻璃管口处放一个纸做的小叶轮，加热试管使水沸腾后，小叶轮转动，下列说法正确的是（　　） A．玻璃管口冒出的“白气”是汽化成的水蒸气 B．小叶轮的转动是内能转化为机械能 C．小叶轮的转动是机械能转化为内能 D．内燃机中的压缩冲程与此相同 8．下列物态变化的现象中不可能发生的是（　　） A．物体吸收热量，温度保持不变 B．固体在熔化过程中，不断吸热，温度不断升高 C．把一块﹣10℃的冰放到0℃的房间里，冰会慢慢地熔化 D．水的沸点会低于或高于100℃ 9．生活中处处是科学，下列对于生活中现象的解释，不正确的是（　　） 选项 现象 解释 A． 6000升氧气在加压情况下可装入容积为40升的钢瓶中 气体分子之间空隙大，易于压缩 B． 自行车轮胎在阳光下暴晒而炸裂 分子受热，体积变大 C． 烧杯底部的红墨水会扩散到整个杯子 水分子的无规则运动 D． 湿衣服在夏天比在冬天干得快 温度升高，分子热运动加快 10．如图所示，在一个厚壁玻璃筒里放入一块浸有少量乙醚的棉花，用力把活塞快速压下，棉花就会燃烧起来，这主要是因为（　　） A．乙醚使棉花的着火点降低 B．活塞压缩筒内气体，使乙醚汽化放热 C．活塞压缩筒内气体时做功，使气体内能增大 D．活塞克服与筒壁的摩擦做功，使筒壁内能增大 11．下列关于内能及相关知识描述错误的是（　　） A．内能俗称热能，与物体的温度有关，哪怕是寒冷的冰雪也具有内能 B．内能和机械能是两种不同形式的能，但可以相互转化 C．具有内能的物体就有对外做功的本领 D．改变内能的方法有两种，人们可根据结果来判断内能是通过哪种方法改变的 12．如图是我国劳动人民在生产生活中创造和使用的工具，下列选项中错误的是（　　） A．汲水用的桔槔运用了杠杆原理 B．钻木取火是将内能转化成机械能 C．司南利用了地磁场对磁铁有力的作用指示南北 D．日晷测定时间利用光的直线传播 二、填空题 13．某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等)，到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像(如图).在 时间段，该物体吸收的热量大小是　 　，(用字母表示)在t2~t4时间段，该物质的比热容　 　(选填“先增大后减小”、 “增大” “变小” “不变”，下同)， 时间段内该物质的内能　 　. 14．如图甲所示为我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过　 　的方式，使筒内空气内能　 　，温度升高，达到艾绒的着火点。如图乙所示为单缸四冲程汽油机工作过程中的四个冲程，其中　 　（选填字母）与上述套筒内空气温度升高过程中能量的转化是一致的。 15．2022年2月，第24届冬奥会在北京成功举办，大盘高科技惊艳全球，助力节能、环保。 （1）用来消毒的二氧化氯能瞬间杀灭空气中的病毒，同时对人体安全、无毒，从而达到环保目的。二氧化氯的化学式为CIO2，其中氯元素的化合价为　 　价。 （2）用来制冰的二氧化碳气体被吸入压缩机，经过机械压缩后成为了高温、高压的超临界流体，再通过节流阀膨胀后成为低温流体，经循环泵被均匀输送到埋设在场馆冰面之下的蒸发盘管中，给冰面提供所需的低温，从而达到节能目的。二氧化碳气体是通过　 　(填“做功”或“热传递”)方式成为高温高压的超临界流体。 16．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0.4kg的沙子和水同时开始加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象如图所示，请完成以下问题： （1）图中　 　（选填“a”或“b”）图是沙子吸热升温的图象。 （2）求沙子的比热大小是　 　。(保留一位小数) 17．2021年12月3日，南方首个核能供暖项目在浙江投入试运行。如下是核能供暖工作示意图： 秦山核电站核岛→换热站→用户 （1）核能供暖过程是把核能最终转化为　 　能。 （2）秦山核电站获得核能的方式是　 　。 （3）若换热站与用户之间的能量利用效率为η，空气的比热容为c，一套70平方米的房子内的空气总质量为m，欲将室内空气温度从4℃提高到24℃，换热站提供的总热量至少为　 　。(用η、c、m表示) 18．近期科学家发明了一种单缸六冲程内燃机，它每一个工作循环的前四个冲程与单缸四冲程内燃机相同，在第四冲程结束后，立刻向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速　 　 （填物态变化名称）成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，在水蒸气推动活塞做功的过程中主要的能量转化情况是　 　 ，从而提高了热机的效率． 19．如图所示，在试管中装适量的水，塞好软木塞，点燃酒精灯给试管加热，过一会儿，水蒸气把软木塞冲出试管，同时瓶口会出现白雾。 （1）请解释白雾产生的原因：　 　。 （2）水蒸气把软木塞冲出试管时的能量转化类似于四冲程汽油机的　 　冲程。 （3）若软木塞质量为10g，冲出后上升的高度为30cm，则此过程中软木塞克服重力做功　 　J。 20．如图甲所示，是陆游在《老学庵笔记》记录的一种省油灯，可通过每晚更换夹层中的冷水达到“可省油之半”的目的，该省油灯的结构如图乙所示，请回答下列问题： （1）在夹层中加水，通过　 　(填“做功”或“热传递”)的方式降低油温，减少了油的蒸发，达到省油目的。这主要是利用水的　 　的特性，可以吸收更多的热量。 （2）燃烧一段时间，灯油质量减少了15克，则这15克灯油完全燃烧放出的热量为　 　焦。 21．甲种液体的质量是乙种液体质量的2倍，甲的温度为10℃，乙的温度为50℃．如果把两种液体混合后，温度变为30℃．不考虑热量损失，则甲、乙两种液体的比热容之比为　 　。 22．如图是四个冲程汽油机的工作示意图，汽油机工作时各冲程的顺序依次为　 　，丁冲程中能量的转化是　 　。 三、实验探究题 23． 为了比较甲乙两种液体的吸热能力，某同学设计了以下实验： a．在两个同样的烧杯中，分别装入等体积的甲乙两种液体 b．用温度计分别测出甲乙两种液体的初温 c．在两个烧杯中分别装入功率相同的电热器，且加热时间相同 d．用温度计分别测出甲乙两种液体的末温 请解答下列问题： （1）在上述a、b、c、d四个实验步骤中，存在错误的是步骤　a　（填写步骤前的字母），该步骤中错误的内容应改为　 　； （2）步骤c中“加热时间相同”是为了使甲乙两种液体　 　； （3）如图是甲乙两种液体的温度随时间变化的关系图象．若将液体甲和液体乙加热相同的时间，则液体　 　温度升高得快，甲乙两种液体的比热容的大小关系是c甲　 　乙． ​ 24．观察和实验是进行科学研究最重要的方法，我们通过观察和实验获得事实与证据，进而通过认真思考与推理得到科学结论。 图一 图二 图三 （1）如图一：两个相同的烧杯中分别盛有质量相等、初温相同的水和煤油，用两个相同的热得快对其加热。在加热时间相同的情况下，可以比较　 　来比较水和煤油吸热本领的大小。 （2）如图二：用橡皮帽将注射器的小孔堵住，封闭一部分空气。用力向内推动活塞到一定程度，再难推动，实验现象说明分子之间　 　。 （3）如图三，在甲、乙两块完全相同的玻璃片上，分别滴上一滴大小相等的水和酒精，置于同一环境中，观察到酒精先消失，该实验说明　 　。 25．阅读短文，回答文后问题。 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()，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　 　。 （2）散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是____。 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　 　。 （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，保温杯散开口，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4.2X103J/(kg·℃)，盐水的密度为1.1X103kg/m3，则盐水的比热容为　 　。 26．我们发现：在一个茶杯内倒入热水，发现热水放在桌上一段时间后就会成为温水。小刚想研究一下热水自然冷却过程中温度变化规律，过程如下：在杯子里倒入大半杯热开水， 将杯子放在室内桌面上，让水自然冷却，并用温度计每隔 5 分钟测量一次水温，直到水温降到室温为止。记录了水在不同时刻的温度值。如下表： 时间(分) 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 温度(℃) 90 70 55 45 38 32 28 26 26 26 （1）若现在有二支温度计：其一是量程为 110℃的水银温度计 A，另一是量程为 60℃的酒精温度计 B，你认为小刚应选用温度计　 　(填“A”或“B”)来做实验，原因是　 　 （2）你认为当时室温是　 　 （3）据表中数据，你认为热水在自然冷却过程中温度降低的快慢规律是　 　。 （4）根据日常生活经验，请你说出一个会影响实验时间长短的因素　 　。 四、解答题 27．为探究机械功与热之间的关系，焦耳设计了一个实验，在容器里装水，中间安上带有叶片的转轴，通过重物下降，带动叶片旋转，使水的内能增加。小金自制类似装置验证热和功的关系，如图所示（部分固定装置舍去），其中重物的重力为420牛，匀速下降高度为1m，测得水的温度上升了0.2℃，容器中水的质量为0.45kg，（水的比热C=4.2×103焦/（千克·℃）） （1）该实验通过　 　方式增加了水的内能。 （2）容器内水吸收热量为多少焦? （3）机械功转化为水的内能的效率是多少? 28．用燃气灶烧水时，把4.4kg初温为20℃的水加热到70℃，共燃烧了50g天然气（假设天然气完全燃烧）。已知天然气的热值为8.8×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)。 （1）烧水过程中，水的内能增加了多少？ （2）烧水过程中，天然气产生了多少的内能？ （3）燃气灶烧水时转化效率为多少？ 答案解析部分 1．【答案】D 【知识点】物体内能的改变方法；热量的计算 【解析】【分析】Q=cm(t-t0) 【解答】A、 当Q大时，（t-t0) 的大小与物体的质量m及比热容c 成反比，故A错误； B、当Q小时，比热容c与（t-t0) 的大小及物体的质量m成反比，故B错误； C、当（t-t0) 的大小不变，Q与物体的质量m及比热容c成正比，故C错误； D、两种不同温度的物体间相互接触必定会发生热传递，热传递的方向是由高温物体向低温物体传递，故D正确。 故选：D 2．【答案】A 【知识点】沸腾及沸腾条件；液化及液化现象；温度、热量与内能的关系 【解析】【分析】（1）做功和热传递都能改变内能；（2）热量是一个过程量；（3）是白气都是液化；（4）液体沸腾的特点是：吸热但温度不变； 【解答】解：A、如图所示，电热水壶加热过程中，水的内能通过热传递改变，故A正确； B、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误； C、白气是一些小液滴，即是沸腾时，温度比较高的水蒸气遇冷液化而成的小水滴，故C错误； D、液体沸腾的特点是吸热，但温度不变，故D错误； 故选A． 3．【答案】B 【知识点】沸点及沸点与气压的关系；物体内能的改变方法 【解析】【分析】迅速下压活塞时，对筒内空气做功，使空气内能增大，温度升高。当筒内温度达到易燃物的着火点时，易燃物就会燃烧。已知乙醚沸点低、易挥发、易燃，所以能使浸有乙醚的棉花燃烧。现在要找能替代乙醚的材料，就需要找同样具有易燃等类似性质的材料，据以上分析解答。 【解答】A、水沸点较高、不易挥发、不燃烧，不能代替乙醚，故错误； B、酒精沸点低、易挥发、易燃烧，能代替乙醚，故正确； C、稀硫酸不易挥发、不燃烧，不能代替乙醚，故错误； D、浓盐酸不燃烧，不能代替乙醚，故错误。 故答案为：B。 4．【答案】D 【知识点】温度、热量与内能的关系；物体内能的改变方法；比热容 5．【答案】B 【知识点】能量的相互转化和转移；热机的工作原理 【解析】【分析】（1）（2）（4）改变物体内能的两种方法：对物体做功、热传递，对物体做功物体的内能增加，物体对外做功，物体的内能减少；物体吸收热量内能增加，物体放出热量内能减少；内燃机的做功冲程中，将内能转化为机械能，压缩冲程中，将机械能转化为内能； （3）物质由气态变为液态称为液化。【解答】A.此实验是研究瓶内气体内能的变化，因此研究的对象是瓶内气体，不是塞子，故A错误； B.瓶口塞子跳起来的过程中，瓶内气体膨胀对外做功，内能转化为机械能，与内燃机的做功冲程能量转化相同，故B正确； C.瓶内出现白雾是水蒸气放热发生液化产生的小水滴，干冰周围的“白汽”也是水蒸气液化成的小水滴，二者本质相同，故C错误； D.此实验研究的问题是压缩气体对外做功，自身的内能减小，故D错误。 故选B。 6．【答案】D 【知识点】影响蒸发快慢的因素；势能的影响因素；热机的工作原理；液体压强计算公式的应用 【解析】【分析】四冲程内燃机中，存在能量转化为冲程为压缩冲程和做功冲程，其中做功冲程将内能转化为机械能，为机械提供动力。 【解答】A、弹性势能大小与弹性形变量有关，弹性形变量增大，弹性势能增大，故A不符合题意； B、由可知，液体密度一定时，深度越深，压强越大，故B不符合题意； C、蒸发快慢与温度有关，温度越高，蒸发速度越快，故C不符合题意； D、发射弹丸时，内能转化为机械能，与做功冲程的能量转化形式相同，压缩冲程将机械能转化为内能，故D符合题意。 故答案为：D。 7．【答案】B 【知识点】汽化及汽化吸热的特点；能量的转化与守恒定律；热机的工作原理 【解析】【分析】汽化是指物质从液态变为气态的相变过程，蒸发和沸腾是物质汽化的两种形式，汽化内能转化为机械能。内燃机的压缩冲程机械能转化为内能。 【解答】A、玻璃管口冒出的“白气”是液化成的小水滴；故A错误； B、小叶轮的转动是内能转化为机械能；故B正确； C、小叶轮的转动是内能转化为机械能；故C错误； D、内燃机中的压缩冲程机械能转化为内能，而小叶轮的转动是内能转化为机械能；故D错误； 故答案为：B。 8．【答案】C 【知识点】熔化与熔化现象；沸点及沸点与气压的关系；温度、热量与内能的关系 【解析】【分析】（1）冰在熔化时虽然不断吸热，但温度保持不变； （2）晶体和非晶体的区别：有无熔点，即在熔化时是否温度保持不变； （3）熔化的条件：①达到熔点；②继续吸热； （4）液体的沸点随气压的增大而升高。 【解答】A.物体吸收热量，温度保持不变，例如冰熔化时，故A正确不合题意； B.固体在熔化过程中，不断吸热，温度不断升高，例如非晶体，故B正确不合题意； C.把一块﹣10℃的冰放到0℃的房间里，冰吸热温度可以达到熔点0℃，此时冰就不能从空气中吸热了，因此熔化无法进行，故C错误符合题意； D.当水面上方的气压改变时，水的沸点会低于或高于100℃，故D正确不合题意。 故选C。 9．【答案】B 【知识点】内能；热胀冷缩 【解析】【分析】物质都是由分子组成的，分子之间存在间隙，分子在永不停息地做无规则运动，温度越高分子运动越剧烈，分子之间总存在相互作用的引力和斥力。 【解答】 A、6000L氧气在加压情况下可装入容积为40L的钢瓶中，是因为气体分子间间隔大，分子间作用力小，易于压缩，故A正确； B、自行车轮胎在阳光下暴晒而炸裂，是因为分子受热，分子之间的间隙变大，故B错误； C、烧杯底部的红墨水会扩散到整个杯子，可以说明水分子和墨水分子在不断运动，故C正确； D、湿衣服在夏天比在冬天干得快，可以说明温度升高，分子运动速率加快，故D正确。 故选：B。 10．【答案】C 【知识点】内能；物体内能的改变方法 【解析】【分析】当用力压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气，对空气做功，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，桶内棉花就会燃烧起来，此实验说明了：外界对物体做功，物体的内能增加； 【解答】A.着火点是固定的温度，所以乙醚不会使棉花的着火点降低，A错误； B. 活塞压缩筒内气体，使乙醚汽化吸热，B错误； C. 活塞压缩筒内气体时做功，使气体内能增大，C正确； D. 该过程中主要是通过压缩空气做功增加了乙醚的内能，D错误； 故答案为：C 11．【答案】D 【知识点】内能；物体内能的改变方法 【解析】【分析】根据内能的定义、影响因素以及改变物体内能的方式的知识分析判断。 【解答】A.内能俗称热能，与物体的温度有关，一切物体都有内能，只是大小不同，哪怕是寒冷的冰雪也具有内能，故A正确不合题意； B.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，因此内能和机械能是两种不同形式的能，可以相互转化，故B正确不合题意； C.具有内能的物体就有能量，有能量就具备对外做功的本领，故C正确不合题意； D.改变内能的方法有两种，即做功和热传递，它们对于改变物体的内能是等效的，即人们不能根据结果来判断内能是通过哪种方法改变的，故D错误符合题意。 故选D。 12．【答案】B 【知识点】光的直线传播及应用；磁场和磁感线；物体内能的改变方法；杠杆及其五要素 【解析】【分析】根据图片，分析其中描述的场景，确定其中包含的物理原理即可。 【解答】A.汲水用的桔槔运用了杠杆原理，故A正确不合题意； B.钻木取火是将机械能转换为内能，故B错误符合题意； C.司南利用了地磁场对磁铁有力的作用指示南北，故C正确不合题意； D.日晷测定时间利用光的直线传播，故D正确不合题意。 故选B。 13．【答案】；不变；先增大后减小 【知识点】比热容；热量的计算 【解析】【分析】图中给出了物质温度随时间变化的图像，涉及到物态变化、比热容和热量计算相关知识。 【解答】 由图可知，该物体在t2~t4时间段，处于液态，由于液态时的比热容是该物质的性质，所以在t2~t4时间段，该物质的比热容不变，物体在相同时间内吸收的热量相等 ，t1~t2时间段，该物体吸收的热量，所以该物体放出的热量温度越大，内能越大，所以t1~t5时间段内该物质的内能先增大后减小。 14．【答案】做功；增大；C 【知识点】物体内能的改变方法；热机的工作原理 【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：做功和热传递。前者的本质是能量的转化，后者的本质是能量的转移。 （2）在四冲程内燃机中，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。 【解答】（1）如图甲所示为我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过做功的方式，使筒内空气内能增大，温度升高。 （2）取火器将机械能转化为内能，这和汽油机的压缩冲程能量转化相同，故选C。 15．【答案】（1）+4 （2）做功 【知识点】物体内能的改变方法；元素化合价的规则与计算 【解析】【分析】（1）在化学式中，正负化合价的代数和为零； （2）做功改变物体内能的本质是能量的转化，热传递改变物体内能的本质是能量的转移。 【解答】（1）在ClO2中，O的化合价为-2，根据正负化合价代数和为零得到：x+（-2）×2=0，解得：x=+4。 （2）根据“经过机械压缩后成为了高温、高压的超临界流体”可知，二氧化碳气体是通过做功的方式成为高温高压的超临界流体的。 16．【答案】（1）a （2）0.9×103J/（kg•℃） 【知识点】比热容；热量的计算 【解析】【分析】（1）根据公式可知，不同的物质吸收相同的热量时，比热容越小，则升高的温度越大，据此分析解答。 （2）从图象可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知和水的温度变化，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。 相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，所以2min水和沙子吸收的热量也相同，由图a得出沙子温度的变化量，再根据计算沙子的比热容。 【解答】（1）由题知，沙子和水的质量相等，且沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由公式可知，沙子升高的温度多，所以图a表示的是沙子吸热升温的过程。 （2）由b图象可知，加热满2min时，水的温度从20℃上升到70℃， 则加热满2min时水吸收的热量： Q水吸=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg•℃）×0.4kg×（70℃-20℃）=8.4×104J。 相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量， 在2分钟的时间内，沙子吸收的热量：Q沙吸=Q水吸=8.4×104J， 又因为加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，Δt沙=250℃-20℃=230℃，m沙=0.4kg， 由Q吸=cmΔt可得，沙子的比热容：。 17．【答案】（1）内 （2）重核裂变(或“裂变”、“核裂变”) （3） 【知识点】热量的计算；核电站及其工作原理 【解析】【分析】（1）根据能量转化的知识解答； （2）根据核电站的工作原理解答； （3）首先根据Q=cm△t计算空气吸收的热量，再根据计算换热站提供的总热量。 【解答】（1）核能供暖过程是把核能最终转化为内能。 （2）秦山核电站获得核能的方式是重核裂变。 （3）根据题意可知，空气吸收的热量为：Q吸=cm△t=cm×20℃； 则换热站提供的总热量为：。 18．【答案】汽化；内能转化为机械能 【知识点】物体内能的改变方法 【解析】【解答】解：据题意可知，该内燃机在第四冲程结束后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸汽，推动活塞再次做功，使得水蒸气的内能转化为内燃机的机械能，即这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能，提高了热机的效率． 故答案为：汽化；内能转化为机械能． 【分析】（1）物质由液体变为气态称为汽化； （2）看清该过程中消耗了哪种形式的能，进而又产生了哪种形式的能即可； 19．【答案】（1）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，在试管口形成“白雾”。 （2）做功 （3）0.03 【知识点】功的计算公式的应用；物体内能的改变方法；热机的工作原理 【解析】【分析】（1）气体对外做功，内能减小，温度降低。 （2）四冲程汽油机中存在能量转化的冲程有两个，做功冲程和压缩冲程，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。 （3）做功的条件：物体在力的方向上有移动距离。 【解答】（1）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，在试管口形成“白雾”。 （2）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能，这与内燃机的做功冲程类似。 （3）此过程中软木塞克服重力做功为W=Gh=mgh=0.01kg×10N/kg×0.3m=0.03J （1）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，在试管口形成“白雾”。 （2）水蒸气把软木塞向上冲起时，水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能，这与内燃机的做功冲程类似。 （3）此过程中软木塞克服重力做功为W=Gh=mgh=0.01kg×10N/kg×0.3m=0.03J 20．【答案】（1）热传递；比热(较)大 （2）6.9×105 【知识点】物体内能的改变方法；比热容；燃料的热值 【解析】【分析】 （1）①改变内能的方法：做功本质是能量的转化，热传递的本质为能量的转移。 ②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，据此分析； （2）根据Q放=mq求出15克灯油完全燃烧放出的热量。 【解答】 （1）①在夹层中加水，水通过热传递的方式吸收油的热量，使油的温度降低，减少了油的蒸发，达到省油目的； ②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，水吸收的热量多，因此在夹层中加水，可以吸收更多的热量； （2）15克灯油完全燃烧放出的热量为：Q放=mq灯油=15×10-3kg×4.6×107J/kg=6.9×105J。 21．【答案】1：2 【知识点】热量的计算 【解析】【分析】两种液体混合后，不考虑热量的损失，甲液体吸收的热量等于乙液体放出的热量，所以Q吸=Q放 【解答】甲液体吸收的热量等于乙液体放出的热量， 即Q吸=Q放 c甲m甲(t末-t初)=c乙m乙(t初-t末)， c甲×2m乙(30℃-10℃)=c乙m乙(50℃- 30℃） c甲：c乙=1：2. 故答案为：1：2 22．【答案】丙丁甲乙；机械能转化为内能 【知识点】热机的工作原理 【解析】【分析】（1）根据气门的关闭和活塞的运行方向确定冲程的名称； （2）根据四冲程内燃机的能量转化解答。 【解答】（1）甲：两个气门关闭，活塞向下运动，为做功冲程； 乙：一个气门打开，活塞向上运动，为排气冲程； 丙：一个气门打开，活塞向下运动，为吸气冲程； 丁：两个气门关闭，活塞向上运动，为压缩冲程。 四冲程内燃机的冲程顺序为：吸气、压缩、做功和排气，即丙丁甲乙。 （2）在丁压缩冲程中，将活塞的机械能转化为燃气的内能。 23．【答案】（1）　在两个同样的烧杯中，分别装入等质量的甲乙两种液体　 （2）吸收相同的热量 （3）甲；＜ 【知识点】热量的计算 【解析】【解答】解： （1）依题意，比较甲乙两种液体的吸热能力，根据吸收热量的公式Q=Cm△t可知，实验需要采用控制变量法，控制甲乙的质量，故在两个同样的烧杯中，分别装入等体积的甲乙两种液体是不合理的，应当装入等质量的甲乙液体，所以步骤a错误； （2）吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来，相同的热源在相同的时间内放出的热量相等，为了比较两种液体的吸热能力，应当控制加热时间，所以步骤C加热时间相同是为了使两种液体吸收相等的热量． （3）甲、乙两种液体质量和初温都相同，观察图象可知：在相同时间内温度变化较大的是甲； 因使用的是相同的“电热器”加热，所以在相同时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同； 根据c=可知，在两种液体质量相等，吸收的热量相同时，当升高温度越大，它的比热容就越小． 所以c甲＜c乙． 故答案是：（1）a；装入等质量的甲乙液体；（2）吸收的热量相同；（3）甲；＜． 【分析】“比较甲乙两种液体的吸热能力”需要控制甲乙两种液体的质量相等，因为甲乙的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的．要解决本题，首先应当深刻理解吸收热量的公式Q=Cm△t． 24．【答案】（1）升高的温度 （2）存在斥力 （3）液体蒸发的快慢与液体种类有关，相同环境中酒精蒸发得比水快。 【知识点】分子间的作用力；影响蒸发快慢的因素；热量的计算 【解析】【分析】（1）相同的加热器，加热时间相同时，两种物质吸收的热量相同；根据公式Q=cm△t可知，当质量和吸收的热量相同时，升高的温度越大，物质的比热容越小，即吸热本领越差； （2）分子之间存在相互作用的引力和斥力； （3）可以分析影响蒸发快慢的因素，从而得到结论。 【解答】（1）两个相同的烧杯中分别盛有质量相等、初温相同的水和煤油，用两个相同的热得快对其加热。在加热时间相同的情况下，可以比较升高的温度来比较水和煤油吸热本领的大小。 （2）用橡皮帽将注射器的小孔堵住，封闭一部分空气。用力向内推动活塞到一定程度，再难推动，实验现象说明分子之间存在引力； （3）在甲、乙两块完全相同的玻璃片上，分别滴上一滴大小相等的水和酒精，置于同一环境中，观察到酒精先消失，该实验说明液体蒸发的快慢与液体种类有关，相同环境中酒精蒸发得比水快。 25．【答案】（1）热传递 （2）C （3）0.9q （4）3.5X103J/(kg·℃) 【知识点】物体内能的改变方法；热量的计算 【解析】【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）列出两个方程，然后做比即可； （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】（1）物体向周围散热，内能减少，属于能量的转移，则改变内能的方式属于热传递； （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，这是一个描述快慢的物理量； A.速度的定义是单位时间内通过的路程，与能量无关，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.效率的定义是有用功与总功之比，故D不符合题意； 故选C； （3）根据公式q=k（t物-t环）可知，当环境温度为20℃时得到：q=k（30℃-20℃） ①； 当物体温度降低到29℃时得到：q'=k×（29℃-20℃） ②； ①÷②得到：； 解得：q'=0.9q。 （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， 根据图像可知，则水和盐水放出热量之比：， 由图可知，水和盐水的体积相同， 根据Q放=cmΔt，得到：， 即：； 解得：c盐水=3.5×103J/（kg•℃）。 26．【答案】（1）A；所测温度没超过A的量程，但超过了B的量程 （2）26℃ （3）温度降低越来越慢(或降温速度越来越小等) （4）如室温高低、杯口大小、桌面气流速度、水量多少等均可 【知识点】温度、热量与内能的关系；物体内能的改变方法 【解析】【分析】（1）用温度计测量物体温度时，被测物体的温度不要超过温度计的量程；（2）根据热传递的条件进行分析，即水的自然冷却，当温度保持不变时，其温度等于环境温度；（3）根据水在自然冷却的过程中温度变化的规律来解释；（4）水在降温过程中，主要是依靠蒸发吸热，从水的质量多少和影响液体蒸发的快慢的因素进行分析。 【解答】（1）由表格数据知，水的最高温度是90℃，90℃一定要在温度计的测量范围内；A水银温度计，最大量程是120℃，90℃在水银温度计的测量范围内；B酒精温度计最大量程是60℃，90℃不在酒精温度计测量范围内；故选择A水银温度计，原因是：所测温度没超过A的量程，但超过了B的量程。（2）水在自然冷却过程中，将热传给周围空气，由表中数据可以看出，当温度降低到26℃时，不再变化了，说明此时温度等于室温，即室温为26℃。（3）由表中数据可以看出，水在自然冷却的过程中温度在降低，而且开始时温度降低很快，后来温度降低很慢。（4）由日常生活的经验知，吹气可以使水温快速降低，容器开口大些可以使水温快速降低，所以室温高低、杯口大小、桌面气流速度、水量多少等均可以是影响实验时间长短的因素。 故答案为：（1）A；所测温度没超过A的量程，但超过了B的量程；（2）26℃；（3）温度降低越来越慢(或降温速度越来越小等)；（4）如室温高低、杯口大小、桌面气流速度、水量多少等均可 27．【答案】（1）做功 （2）水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃），水的质量m=0.45kg，水升高温度Δt=0.2℃， 水吸收的热量为：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg•℃）×0.45kg×0.2℃=378J 答：容器内水吸收热量为378J。 （3）重物下降时减小的机械能W总=Gh=420N×1m=420J， 机械能转化为水的内能的效率 答：机械功转化为水的内能的效率是90%。 【知识点】能量利用效率；热量的计算 【解析】【分析】（1）改变物体内能的方式：做功和热传递，做功发生能量的转化，热传递发生能量的转移； （2）知道水的质量、水的比热容、水上升的温度，利用吸热公式Q吸=cmΔt求水吸收的热量； （3）根据求得效率。 【解答】（1）在容器里装水，中间安上带有叶片的转轴，通过重物下降，带动叶片旋转，使水的内能增加。所以是通过做功的方式增大了水的内能； （2）根据Q吸=cmΔt即可计算出容器内水吸收的热量； （3）先计算出重物下降时做的总功，再根据计算出机械功转化为水的内能的效率。 28．【答案】（1）9.24×105J；（2）4.4×106J；（3）21% 【知识点】能量利用效率；比热容；热量的计算；燃料的热值 【解析】【分析】（1）通过比热容定义式求解。 （2）燃料放出的热量=热值乘以燃料质量。 （3）转化效率=水吸收的热量除以燃料燃烧放出的热量。【解答】（1）水吸收的热量Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×4.4kg×(70℃-20℃)=9.24×105J 即水的内能增加了9.24×105J。 （2）天然气完全燃烧放出的热量Q放=m'q=50×10-3kg×8.8×107J/kg=4.4×106J 即产生的内能为4.4×106J。 （3）燃气灶烧水时转化效率 。 答：（1）水的内能增加了9.24×105J； （2）烧水过程中，天然气产生了4.4×106J的内能； （3）燃气灶烧水时转化效率为21%。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$