第十二章 机械能和内能（易错58题22大考点）-2025-2026学年九年级物理上册同步知识解读与专题训练（苏科版）

第十二章 （易错58题22大考点）（解析版） 一．探究影响物体动能大小的因素（共3小题） 二．探究影响物体重力势能大小的因素（共1小题） 三．动能和重力势能的相互转化（共4小题） 四．机械能与其他形式的能之间的转化（共2小题） 五．扩散现象（共2小题） 六．温度对分子热运动的影响（共2小题） 七．分子动理论的基本观点（共2小题） 八．热传递改变物体的内能（共3小题） 九．做功改变物体的内能（共3小题） 十．温度、内能、热量的关系（共2小题） 十一．比较不同物质吸热的情况（共3小题） 十二．利用比热容解释生活中的现象（共3小题） 十三．比热容的比例计算（共3小题） 十四．比热容的图像（共2小题） 十五．利用比热容的公式计算热量（共2小题） 十六．热平衡方程及其应用（共4小题） 十七．内燃机的四个冲程（共3小题） 十八．四冲程的能量转化（共2小题） 十九．热值的简单计算（共2小题） 二十．固体和液体的热值计算（共3小题） 二十一．热机的效率公式与计算（共4小题） 二十二．燃料燃烧释放的能力的流向（共3小题） 一．探究影响物体动能大小的因素（共3小题） 1．在探究“物体的动能和哪些因素有关”时，同学们提出了如下猜想： 猜想一：物体的动能大小与物体的质量有关； 猜想二：物体的动能大小与物体的运动速度有关。 为了验证上述猜想，老师提供了如下器材：斜槽、刻度尺、质量不同的金属球、木块和长木板，实验装置如图1所示。请你完成下列内容。 （1）让金属球从斜槽的某一高度由 　静止　 开始滚下，撞击水平面上的木块，将木块撞出一段距离。木块被撞击得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越 　大　 ； （2）分析比较图1中 　甲、乙　 两组实验，可验证猜想一； （3）分析图1中甲、丙两组的实验现象，可以初步得到的结论是：质量相同时，物体的 　速度　 越大，动能越大。该结论可以解释汽车 　超速　 （选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因； （4）图2是某一高速公路上的限速标志牌，大型客车、载货汽车最高行驶速度不得超过80km/h，根据探究结果，标志牌上与小轿车对应的圆圈中的数字应该 　大于　 80。 【答案】（1）静止；大；（2）甲、乙；（3）速度；超速；（4）大于。 【解答】解：（1）为了使金属球具有相同的初速，应让金属球从斜槽的某一高度由静止开始滚下；金属球的动能大小是通过被撞木块移动的距离来反映的，木块被撞击得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越大，这是转换法的应用； （2）猜想一是物体的动能大小与物体的质量有关，根据控制变量法可知，应控制金属球速度相同，质量不同，即让质量不同的金属球从斜面同一高度由静止滚下，分析比较图1中甲、乙两组实验满足实验要求； （3）由图1中甲、丙两组的实验可知，金属球质量相同，下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同；高度越高，到达水平面时的速度越大，木块被推动的距离越远，说明金属球具有的动能越大，故可以解释汽车超速行驶时危险性大的原因； （4）物体质量越大，动能越大，所以汽车质量越大，越不容易刹车，不同车型的汽车应限制不同的车速；由图知大型客车、载货汽车最高行驶速度不得超过80km/h，小轿车质量小于大客车，所以小轿车的限制速度应该大于80。 故答案为：（1）静止；大；（2）甲、乙；（3）速度；超速；（4）大于。 2．实验小组在“探究影响动能大小的因素”实验中，用质量为m、2m的钢球从同一斜面上由静止滚下撞击同一水平木板上的木块。 （1）实验中通过观察木块在水平木板上 　移动距离　 的大小来判断 　钢球　 （选填“木块”或“钢球”）的动能大小。若水平面绝对光滑，本实验将 　不能　 （选填“能”或“不能”）达到探究目的。 （2）由甲、乙两次实验可初步得出结论：物体动能大小与 　速度　 有关。 （3）分析 　甲、丙　 两次实验可得：物体动能大小与质量有关，质量越大，动能越 　大　 。 （4）甲、乙两次实验中木块通过水平面上A、B两点时受到的摩擦力分别为fA和fB，则fA　＝　 fB（选填“＞”“＝”或“＜”）；木块最终静止时受到的重力与支持力是一对 　平衡力　 （选填“平衡力”或“相互作用力”）。 【答案】（1）移动距离；钢球；不能；（2）速度；（3）甲、丙；大；（4）＝；平衡力。 【解答】解：（1）该实验中钢球动能的大小是通过木块移动的距离体现的，木块被撞的越远，说明钢球的动能越大，被撞的越近，说明钢球的动能越小，这里采用了转换法的思想； 若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律可知，木块将做匀速直线运动，由于无法比较木块移动距离的大小，故本实验将不能达到探究目的； （2）由甲、乙两次实验可知，钢球的质量相同，钢球高度不同，即速度不同，木块被推动的距离不同，说明物体动能大小与速度有关； （3）要探究物体动能大小与质量有关，根据控制变量法可知，应控制钢球的速度相同，质量不同，由图可知，甲、丙两次实验满足要求，且钢球的质量越大，推动木块移动的距离越远，说明钢球的动能越大； （4）两次实验操作中，木块对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，所受摩擦力相等，即fA＝fB； 木块最终静止在水平地面上时，受到地球对木块的重力和地面对木块的支持力，这两个力大小相等、方向相反，并且在同一条直线上，是一对平衡力。 故答案为：（1）移动距离；钢球；不能；（2）速度；（3）甲、丙；大；（4）＝；平衡力。 3．小明在“探究影响物体动能大小的因素”实验中，将同一小车先后从同一斜面的不同高度A、B处由静止释放，推动木块运动一段距离后静止。 （1）本实验研究对象是 　小车　 （斜面/小车/木块）； （2）木块被推动得越远，小车对木块 　做功　 越多，表明小车的动能越大； （3）甲、乙两次实验是为了探究物体动能大小与 　速度　 的关系； （4）小华在做图甲和图乙实验时，发现木块被撞后均滑出了木板，为防止木块滑出木板，以下措施合理的是 　C　 （选填字母）。 A.换用质量大的小车 B.换用质量小的木块 C.适当降低小车释放点的高度 D.给水平木板铺上玻璃板 【答案】（1）小车；（2）做功；（3）速度；（4）C。 【解答】解：（1）小车从斜面上滑下时，小车的重力势能转化为小车的动能，所以实验的研究对象是小车； （2）让小车从斜面的不同高度滑下，那么小车到达水平面时的速度就不同，木块被撞后移动的距离越远，说明推力做功越多，表明小车的动能越大； （3）分析甲、乙两图可看出，小车的质量相同，滑下的高度不同，从而到达底端的速度不同，是为了研究动能的大小与速度的关系； （4）在做图甲和图乙实验时，发现木块被撞后均滑出了木板，可适当降低小车的高度，这样小球的动能减小，撞击木块后前进的距离变小，就不会掉落了； A、换用质量大的小车，小车的动能越大，撞击木块后前进的距离越大，故A错误； B、换用质量小的木块，木块质量越小，撞击后前进的距离越大，故B错误； C、适当降低小车释放点的高度，小车的动能减小，撞击木块后前进的距离变小，就不会掉落了，故C正确； D、给水平木板铺上玻璃板，玻璃板比较光滑，摩擦力小，撞击后木块前进的距离大，故D错误； 故选C。 故答案为：（1）小车；（2）做功；（3）速度；（4）C。 二．探究影响物体重力势能大小的因素（共2小题） 4．如图所示是研究重力势能的大小与哪些因素有关的实验装置。某小组同学每次都让重锤从高处由静止自由下落砸到铁钉上，他们观察到不同情况下，铁钉进入泡沫塑料的深度不同，深度越大，表明重锤对铁钉做的功越多，即重锤具有的重力势能越大。他们用m表示重锤的质量，h表示重锤升起的高度，D表示铁钉进入泡沫塑料的深度，并将实验数据详细记录在下面的表格中。 实验序号 重锤质量m（千克） 重锤升起高度h（米） 铁钉进入泡沫塑料深度D（米） 1 0.1 0.6 0.024 2 0.1 0.9 0.030 3 0.2 0.3 0.024 4 0.2 0.6 0.035 5 0.3 0.3 0.030 6 0.3 0.4 0.035 ①分析比较实验序号1与2（或3与4或5与6）的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：　在质量相同的情况下，举得越高的物体，具有的重力势能就越大　 。 ②分析比较实验序号 　1与4（或3与5）　 的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：当物体所处的高度相同时，物体的质量越大，具有的重力势能就越大。 ③进一步综合分析表中的数据并归纳得出结论： （a）分析比较实验序号1与3、2与5或4与6中的实验数据，可得出的结论是：　物体的质量与举起的高度的乘积相等时，物体具有相同的重力势能，对铁钉做的功也相同　 。 （b）分析比较实验序号1与3、2与5和4与6中的实验数据，可得出的结论是：　物体的质量与高度的乘积越大，具有的重力势能越大，做的功也越大　 。 【答案】①在质量相同的情况下，举得越高的物体，具有的重力势能就越大；②1与4（或3与5）；③（a）物体的质量与举起的高度的乘积相等时，物体具有相同的重力势能，对铁钉做的功也相同；（b）物体的质量与高度的乘积越大，具有的重力势能越大，做的功也越大。 【解答】解：①实验序号1与2（或3与4或5与6）的数据可知，重锤质量均相同，重锤举得越高，铁钉进入泡沫塑料深度越大，故可得出的结论：在质量相同的情况下，举得越高的物体，具有的重力势能就越大； ②从表中找出高度相同，质量不同的数据，可以看出实验序号1与4（或3与5）符合探究的要求； ③（a）综合分析比较实验序号1与3，或2与5，或3与6中第二列、第三列及第四列中的数据，依次计算表中质量与高度的乘积，再观察乘积相等时铁钉进入泡沫塑料深度的大小，可以得出：物体的质量与举起的高度的乘积相等时，物体具有相同的重力势能，对铁钉做的功也相同； （b）综合分析比较实验序号1与3和2与5和3与6中第二列、第三列及第四列中的数据，比较乘积不同的数据还可以看出，物体的质量与高度的乘积越大，具有的重力势能越大，做的功也越大。 故答案为：①在质量相同的情况下，举得越高的物体，具有的重力势能就越大；②1与4（或3与5）；③（a）物体的质量与举起的高度的乘积相等时，物体具有相同的重力势能，对铁钉做的功也相同；（b）物体的质量与高度的乘积越大，具有的重力势能越大，做的功也越大。 三．动能和重力势能的相互转化（共4小题） 5．如图所示。A、B、C是三个高度相同而倾角不同的光滑斜面，让质量相同的小球沿斜面从顶端运动到底端，比较小球滚到底端时速度的大小为（　　） A．在A斜面的速度最大 B．在C斜面的速度最大 C．三个斜面的速度一样大 D．无法判断 【答案】C 【解答】解：由于斜面光滑，所以小球在斜面上运动时，没有机械能的损失；由于三个小球的质量相同，高度相同，所以重力势能相同；故质量相同小球向下滚动时，其质量不变，速度增加，高度减小，即是将重力势能转化为动能的过程，到达斜面底端后，小球的全部重力势能都转化为动能，所以小球在斜面底端的动能是相同的；由于小球的质量相同，所以小球到达斜面底端的速度是相同的。 故选：C。 6．如图所示，质量为m的小球从某一高度处静止下落，竖直落到直立于地面的轻弹簧上，在A点小球开始与弹簧接触，到B点时小球受到的重力与弹簧的弹力大小相等，C点是小球到达的最低点（不计空气阻力）下列说法正确的是（　　） A．下落过程中，小球重力势能减小、动能增大、小球与弹簧机械能不守恒 B．下落过程中，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小、小球与弹簧机械能守恒 C．到达C点时，小球的动能为零，受到的重力大于弹簧的弹力 D．从B到C，小球重力势能减小、动能先增大后减小，弹簧的势能一直增大 【答案】B 【解答】解：AB、下落过程中，小球的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小； 小球有静止到A点时，小球只受重力作用，速度不断增大；小球从A点运动到B点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力大于弹力，合力竖直向下，小球还在加速；小球在B点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力等于弹力；小球从B点运动到C点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力小于弹力，合力竖直向上，小球在减速；小球由静止运动到C点，速度先增大后减小，小球的质量保持不变，小球的动能先增大后减小。 不考虑空气阻力，小球和弹簧的机械能守恒，故选项A错误，选项B正确。 C、小球达到C点时，小球的速度为零，动能为零，受到的重力小于弹力，故选项C错误。 D、从B到C，小球的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小，小球从B点运动到C点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力小于弹力，合力竖直向上，小球在减速，小球的质量保持不变，动能减小。弹簧的弹性形变一直在增大，弹簧的弹性势能一直增大，故选项D错误。 故选：B。 7．某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳的自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点。运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示（蹦极过程视为在竖直方向的运动）。下列判断正确的是（　　） A．从A点到B点过程中运动员减速下落 B．从B点到C点过程中运动员动能增大 C．t0时刻运动员动能最大 D．运动员重力大小等于0.6F0 【答案】D 【解答】解： A、B点弹力等于重力，A到B点过程中，重力大于弹力，运动员做加速运动，A错误； B、从B点到C点过程中，由于弹力大于重力，所以物体的运动速度减小，故动能减小，B错误； C、由图知，t0时刻，绳的弹性势能最大，应达到了最低点，此时动能为零，C错误； D、由图知，最后绳的弹性势能几乎不变，说明此时运动员已经静止下来，此时拉力与重力平衡，由图象知，重力等于0.6F0，D正确。 故选：D。 8．如图甲所示，将一根弹簧和一个质量为1kg的金属球（球上有小孔）套在铁架台的金属杆AB上面.现将小球提到B端后松手，小球的高度随时间变化情况如图乙所示，弹簧原来的长度 　大于　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）40cm，在0～t1过程中，小球的动能 　先增大后减小　 （选填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或“不变”），此过程中小球重力势能的变化量 　大于　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）动能变化量，在t1、t2两个时刻，小球的动能分别为Ek1、Ek2，则Ek1　＞　 Ek2（选填“＞”、“＝”或“＜”） 【答案】大于；先增大后减小；大于；＞。 【解答】解： 由图象可知，小球最终会静止在弹簧上，此时弹簧受到了小球向下的压力，且此时小球的高度为40cm，故弹簧的原长要大于40cm； 由图象可知，小球最终会静止在40cm高的弹簧上，说明小球在这一位置时受到的重力和弹簧的弹力平衡（即小球的重力G＝F弹），同理可知小球在t1时刻G＝F弹；分析图像可知小球最终会停止运动，说明小球在运动过程中受到阻力的作用（空气阻力以及球与杆之间的摩擦力）；在0～t1过程中，小球受到向上的弹力、向上的阻力和向下的重力，说明在t1时刻之前，有一个受力平衡的点，满足G＝F弹′+f（F弹′＜F弹），此时合力为0，小球的速度最大、动能最大，小球通过受力平衡的点之后，弹力增大，小球受到合力的方向向上，则小球向下做减速运动，其动能减小，由此可知在0～t1过程中，小球的动能先增大后减小； 由图象可知，小球每次弹起的最大高度减小，说明小球运动时受到阻力的作用，在0﹣t1过程中小球重力势能转化为弹簧的弹性势能、小球的动能和内能，故在0﹣t1过程中小球重力势能的变化量大于动能变化量； 由于小球受到阻力的作用，小球的一部分机械能会转化为内能，在t1、t2两个时刻，小球的高度是相同的，小球的重力势能相同，弹簧的弹性势能相同，根据能量守恒，动能会越来越小，其大小关系为：Ek1＞Ek2。 故答案为：大于；先增大后减小；大于；＞。 四．机械能与其他形式的能之间的转化（共2小题） 9．如图所示，2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是（　　） A．返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，在此过程中机械能守恒 B．返回舱进入大气层后舱体的惯性增大 C．返回舱加速下落过程中，动能转化为重力势能 D．返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，其机械能减小 【答案】D 【解答】解：A．返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能转化为内能，温度升高，返回舱外层燃烧，返回舱宛如一颗“火流星”，此时的机械能是不守恒的，故A错误； B．返回舱进入大气层后，舱体的质量不变，惯性不变，故B错误； C．返回舱加速下落过程中，质量不变，速度增大，动能增大，高度降低，重力势能减小，动能没有转化为重力势能，故C错误； D．返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，质量不变，高度和速度减小，动能减小，重力势能减小，所以其机械能减小，故D正确。 故选：D。 10．小敏设计并制造了一个能精确计时一百秒的器件。它的原理是：让第一粒弹子落下跌入铁罐，发出第一声响，开始计时。弹子跌入铁罐，使B点升高，管子里的活塞向上移动，第二粒弹子被推出管子，从H点沿轨道滚动，直至跌入铁罐，发出第二声响，这时正好是50秒。再推动第三粒弹子进入轨道，最后，也跌入铁罐。发出第三声响，刚好是100秒。这一器件中。弹子落下，推动活塞上升，使用的机械名称是　杠杆　 ，弹子从H点下落，到跌入铁罐的过程中，机械能的转化方式是　重力势能转化为动能　 。 【答案】杠杆；重力势能转化为动能。 【解答】解：弹子落下，推动活塞上升，使用的机械名称是杠杆； 弹子从H点下落，到跌入铁罐的过程中，高度减小，速度变大，质量不变，所以重力势能减小，动能增大，重力势能转化为动能。 故答案为：杠杆；重力势能转化为动能。 五．扩散现象（共2小题） 11．下列现象属于扩散现象的是（　　） A．柳絮飞扬 B．雷雨阵阵 C．果香四溢 D．雪花漫天 【答案】C 【解答】解： 扩散现象是分子无规则运动的结果； A、柳絮飞扬，是宏观物体的运动属于机械运动，不是扩散现象，故A不符合题意； B、雷雨阵阵，是宏观物体产生的现象，属于机械运动，不是分子的运动，故B不符合题意； C、果香四溢是分子无规则运动的结果，是扩散现象，故C符合题意； D、雪花漫天，是宏观物体的运动，属于机械运动，不是扩散现象，故D不符合题意。 故选：C。 12．夏日荷花盛开飘来阵阵花香，这是 　扩散　 现象；清晨荷叶上的两颗露珠接触后成为了一颗更大的水珠，表明分子之间存在 　引　 力；“花气袭人知骤暖”说明分子的热运动与 　温度　 有关。 【答案】扩散；引；温度。 【解答】解： （1）荷花盛开飘来阵阵花香，是花香分子发生的扩散现象，说明分子在不停息地做无规则运动； （2）清晨荷叶上的两颗露珠接触后成为了更大的一颗水珠，表明分子之间存在引力； （3）“花气袭人知骤暖”是扩散现象，春晴天暖，气温升高，花朵分泌的芳香油分子做无规则运动的速度加快，从而使人可以闻到浓浓的花香；这说明分子的热运动与温度有关。 故答案为：扩散；引；温度。 六．温度对分子热运动的影响（共2小题） 13．中国传统节日习俗中涉及许多物理知识。春节包饺子，用力捏出饺子花边，说明力可以改变物体的 　形状　 ；端午节赛龙舟，观众的呐喊声“震耳欲聋”，其主要描述的是声音的 　响度　 （选填“响度”“音调”或“音色”）；中秋节吃鲜肉月饼，月饼香气四溢，是因为分子 　在不停地做无规则运动　 。 【答案】形状；响度；在不停地做无规则运动。 【解答】解：包饺子时，捏出漂亮的花边，这是力可以改变物体的形状；端午节赛龙舟，观众的呐喊声“震耳欲聋”，其主要描述的是声音的响度；中秋节吃鲜肉月饼，月饼香气四溢，是因为分子在不停地做无规则运动。 故答案为：形状；响度；在不停地做无规则运动。 14．如图所示为我国古老的医疗技法——刮痧，刮痧时要在皮肤上涂一些药油，当体表温度升高后，药物渗入人体的速度 　加快　 （选填加快、减慢或不变）；在刮痧的过程中人们能闻到刺鼻的药味，这属于 　扩散　 现象。 【答案】加快；扩散。 【解答】解：当体表温度升高后，药物分子无规则运动的速度加快，所以渗入人体的速度加快； 因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以在刮痧的过程中人们能闻到刺鼻的药味，这属于扩散现象。 故答案为：加快；扩散。 七．分子动理论的基本观点（共2小题） 15．下列现象中不能用分子动理论解释的是（　　） A．放入水中的糖使水变甜 B．荷叶上的露珠是呈球形是由于分子间存在引力 C．看到烟雾在空中弥漫 D．水和酒精混合总体积变小 【答案】C 【解答】解： A、糖加入水中，水变甜。说明糖分子在永不停息地做无规则运动，故A不符合题意； B、荷叶上的露珠呈球形，这是分子存在引力的表现，能用分子运动理论解释，故B不符合题意； C、烟尘虽细小，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C符合题意； D、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：C。 16．对于分子的认识，下列说法正确的是（　　） A．液体具有流动性，说明液体分子间无作用力 B．固体很难被压缩，说明固体分子间无空隙 C．闻到远处的花香，说明分子在不停地做无规则运动 D．塑料吸盘能“吸”在墙壁上，说明分子间存在吸引力 【答案】C 【解答】解：A、液体具有流动性，液体分子间存在相互作用的引力和斥力，故A错误； B、固体很难被压缩，说明固体分子间隙小，且分子间存在斥力，故B错误； C、闻到远处的花香，说明分子在不停地做无规则运动，故C正确； D、塑料吸盘能“吸”在墙壁上，是大气压的作用，使吸盘能“吸”在墙壁上，故D错误。 故选：C。 八．热传递改变物体的内能（共3小题） 17．如图所示的事例中，通过热传递的方式改变物体内能的是（　　） A． 锯木头锯条发热 B． 划火柴点火 C． 烧水时水温升高 D． 铁丝来回弯折温度升高 【答案】C 【解答】解： A、锯条锯木头，克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于做功改变物体内能；不符合题意； B、擦划火柴是相互摩擦做功，机械能转化为木头的内能，是通过做功的方式增加了物体的内能，不符合题意； C、烧水时，火焰的内能传递给水，使水的内能增加，温度升高；属于通过热传递的方式改变物体的内能；符合题意； D、来回弯折铁丝，铁丝发热，是利用做功来改变物体内能的，不符合题意。 故选：C。 18．下列现象中，属于用热传递的方式改变物体内能的是（　　） A．刀具在砂轮上磨得发烫 B．快速弯折铁条，铁条弯折处变热 C．两手互相摩擦时手发热 D．公园中的石凳被太阳晒热 【答案】D 【解答】解： A、刀具在砂轮上磨得发烫，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故A不符合题意； B、快速弯折铁条，人对铁条做功，铁条内能增加，温度升高，弯折处变热，是通过做功的方式改变物体内能，故B不符合题意； C、两手互相摩擦时手发热，是由于克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故C不符合题意； D、公园中的石凳被太阳晒热，石凳吸收热量，是通过热传递的方式改变物体内能，故D符合题意。 故选：D。 19．用水冷却鸡蛋，鸡蛋的温度降低，内能减小，这是通过 　热传递　 方式改变了鸡蛋的内能，子弹在发射时，枪械通过使撞针撞击子弹尾部的铜片（俗称“底火”），然后点燃子弹内部火药，这是通过 　做功　 方式改变了小铜片的内能。（两空均选填“做功”或“热传递”）。 【答案】热传递；做功。 【解答】解：（1）用水冷却鸡蛋，水的温度低，鸡蛋的温度高，存在温度差，内能由温度高的鸡蛋传向温度低的水，因此是通过热传递的方式来减小鸡蛋的内能； （2）子弹在发射时，枪械撞针撞击子弹尾部的铜片对铜片做功，机械能转化为内能，使铜片的内能增加，温度升高，从而点燃子弹内部火药，这是通过做功式改变了小铜片的内能。 故答案为：热传递；做功。 九．做功改变物体的内能（共3小题） 20．很多同学在课间玩扭转矿泉水瓶的游戏，如图所示，在瓶里装有少量的水，盖紧瓶盖，使劲拧瓶的下部，使其严重变形，然后略松开瓶盖（对着没人的方向），瓶盖弹出数米远，观察到瓶口和瓶内有白雾产生。下列分析正确的是（　　） A．用力拧瓶的下部时瓶内气体内能减少，温度升高 B．用力拧瓶的下部时瓶内气体内能增加，温度降低 C．瓶盖弹出时气体内能减小，温度降低，水蒸气液化 D．瓶盖弹出时气体内能增加，温度降低，水蒸气液化 【答案】C 【解答】解： （1）用力拧瓶的下部时，瓶子的体积变小，此时压缩瓶内气体做功，机械能转化为内能，瓶内气体内能增加，温度升高，故AB错误； （2）当瓶盖弹出时瓶内及瓶口有白雾，这是因为瓶内气体对外做功，内能减小，水蒸气遇冷，液化形成了小水滴，故C正确，D错误。 故选：C。 21．在做功可以改变物体内能的实验中，老师演示了两个实验。 （1）实验一：如图甲所示把活塞迅速压下去，观察到硝化棉燃烧，这是因为活塞压缩气体做功，空气的内能　增加　 （选填“增加”或“减少”），温度　升高　 （选填“升高”或“降低”），达到棉花着火点的缘故。这个过程中是把　机械　 能转化为　内　 能。 （2）实验二：向装有少量水的瓶子内不断打气，使得瓶内的气压增大，当瓶塞跳起来时，可以看到瓶内出现白雾，这是因为水蒸气对瓶塞做功，内能　减少　 （填“增加”或“减少”），温度　降低　 （填“升高”或“降低”），水蒸气　液化　 而成小液滴。 【答案】（1）增加；升高；机械；内；（2）减少；降低；液化。 【解答】解： （1）活塞迅速向下压时，活塞压缩气体做功，空气内能增加，温度升高，达到硝化棉的燃烧点，硝化棉就会燃烧，该现象说明了对物体做功，物体的内能增加，此过程机械能转化为内能； （2）用气筒向装有少量水的瓶里打气，瓶内气压增大，当气压把瓶塞从瓶口推出时，瓶内气体对瓶塞做功，使气体自身的内能减少，温度降低，受温度降低的影响，瓶口周围的水蒸气液化成小水滴，这些小水滴就是看到的白雾，该现象表明，物体对外做功，物体的内能会减少。 故答案为：（1）增加；升高；机械；内；（2）减少；降低；液化。 22．如图所示，将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸一下被弯折的部位，会感觉到弯折部位的温度升高，这是通过　做功　 改变物体的内能，上述过程中　机械　 能转化成内能。 【答案】做功；机械。 【解答】解：如图所示，将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸一下被弯折的部位，会感觉到弯折部位的温度升高，这是通过做功改变物体的内能，上述过程中机械能转化成内能。 故答案为：做功；机械。 十．温度、内能、热量的关系（共2小题） 23．关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（　　） A．物体的温度越高，放出的热量越多 B．物体的内能增加，温度一定升高 C．一个物体的温度升高，内能一定增加 D．物体吸收了热量，它的温度一定升高 【答案】C 【解答】解： A、由Q放＝cmΔt可知，放出热量的多少与物质的比热容、质量和降低的温度有关，因此温度高的物体，放出的热量不一定多，故A错误； B、物体的内能增加，温度不一定升高，如晶体熔化时吸热，其内能增加，但温度保持不变，故B错误； C、同一物体的温度升高，其内能一定增加，故C正确； D、物体吸收了热量，内能一定增大，但温度不一定升高，如冰熔化时吸热，内能增加，而温度保持不变，故D错误； 故选：C。 24．下列关于热现象的说法正确的是（　　） A．一个物体内能增加，一定是从外界吸收了热量 B．热传递过程中，热量只能从内能大的物体传给内能小的物体 C．碘蒸气在凝华过程中内能减小 D．一个物体吸收热量，温度一定升高 【答案】C 【解答】解：A、物体内能增加，可能是吸收了热量，也可能是其他物体对它做了功，故A错误； B、热传递的条件是：有温度差；热传递的特点是：高温物体放出热量，低温物体吸收热量，热量从高温物体传给低温物体；但内能小的物体温度可能比内能大的物体温度高，因此热量也可能由内能小的物体传给内能大的物体，故B错误； C、一定质量的碘蒸气在凝华过程中，放出热量，温度降低，内能减少，故C正确； D、晶体熔化过程，吸收热量，内能增大，温度不变，因此一个物体吸收热量，温度不一定升高，故D错误。 故选：C。 十一．比较不同物质吸热的情况（共3小题） 25．探究“比较不同物质的吸热能力”时，同学们用酒精灯同时开始均匀加热质量和初温都相等的沙子和水，装置如图。下列说法正确的是（　　） A．在本实验中，物体吸热多少是由物质的种类决定的 B．实验中，加热相同的时间，末温低的物质吸热能力强 C．实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子吸热能力较强 D．实验中，将沙子和水加热到相同温度时，它们吸收的热量相同 【答案】B 【解答】解：A、在本实验中，物体吸热多少是由加热时间决定的。故A错误； B、实验中，加热相同的时间，说明吸收的热量相等，据Q＝cmΔt，末温低的物质比热容大，吸热能力强。故B正确； C、实验中，沙子吸热升温较快，据Q＝cmΔt，说明沙子的比热容小，吸热能力弱，故C错误； D、将沙子和水加热到相同温度时，据Q＝cmΔt，水的比热容较大，故水吸收的热量多，故D错误。 故选：B。 26．如图甲、乙所示，小明用相同的酒精灯分别给水和煤油进行加热，探究“不同物质吸收热量的能力”。 （1）在烧杯中分别装入 　质量　 和初温相同的水和煤油。 （2）实验中，用 　加热时间　 反映液体吸收热量的多少，用 　温度计示数的变化　 反映液体吸热本领的强弱。 （3）根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像，如图丙所示。分析图像可知，加热10min，水吸收的热量 　等于　 （选填“大于”“小于”或“等于”）煤油吸收的热量，对比温度的变化情况可知，　水　 的吸热能力更强。 （4）通过图像还可以得出，当地的气压 　低于　 （选填“高于”“低于”或“等于”）1个标准大气压，煤油的比热容为 　2.1×103　 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 【答案】（1）质量；（2）加热时间；温度计示数的变化；（3）等于；水；（4）低于；2.1×103。 【解答】解：（1）根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，所以在烧杯中分别装入质量和初温相同的水和煤油； （2）根据转换法，实验中，用加热时间反映液体吸收热量多少；当水和煤油吸收相同的热量时，可以通过比较温度变化来判断吸热本领的强弱； （3）根据转换法，加热10min，水吸收的热量等于煤油吸收的热量，因煤油的温度变化大于水的温度变化，根据比较吸热能力的第2种方法，水的吸热能力更强； （4）通过图乙知，水的沸点为98℃，小于100℃，根据气压减小沸点降低，故还可以得出当地的气压低于标准气压； 由图乙知，煤油和水升高： Δt＝98℃﹣68℃＝30℃， 水加热用时20min，煤油用时10min，由转换法，煤油吸热是水的一半，根据c可知，在质量和升高的温度相同时，比热容与吸热多少成正比，故煤油的比热容为：4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。 故答案为：（1）质量；（2）加热时间；温度计示数的变化；（3）等于；水；（4）低于；2.1×103。 27．为了探究不同物质的吸热能力，在两个相同的容器中分别装入A、B两种液体，并且用相同的装置加热，如图甲所示。 （1）实验中，应该向两个烧杯中加入 　质量　 （选填“质量”和“体积”）相同的两种不同液体。 （2）如图甲所示，组装实验装置时，应遵循“自下而上”的原则调整固定夹的高度，实验中吸热多少是通过观察 　加热时间　 （选填“温度计的示数”或“加热时间”）。 （3）根据实验数据，小明绘制了两种液体的温度随时间变化的图象如图乙所示，分析可知，两温度计示数都升高到40℃时，A增加的内能 　＜　 （选填“＞”“＝”或“＜”）B增加的内能；若使两者吸收相同的热量，则温度变化最大的是 　A　 （选填“A”或“B”）。由图象可知吸热能力较强的是 　B　 （选填“A”或“B”）。 （4）如果用其中一种液体来做机器的冷却剂，用 　B　 （选填“A”或“B”）效果比较好。 【答案】（1）质量；（2）加热时间；（3）＜；A；B；（4）B。 【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），实验中，应该向两个烧杯中加入质量相同的两种不同液体； （2）根据转换法可知：实验中吸热多少是通过观察加热时间确定的； （3）根据实验数据，小明绘制了两种液体的温度随时间变化的图象如图乙所示，分析可知，两温度计示数都升高到40℃时，B加热时间长，B吸热多，A增加的内能＜B增加的内能；若使两者吸收相同的热量，即加热相同时间，则温度变化最大的是A。根据比较吸热能力的方法，吸热能力较强的是B； （4）根据Q＝cmΔt，因B的比热容大，在质量和升高的温度相同时，A吸热多，如果用其中一种液体来做机器的冷却剂，用B效果比较好。 故答案为：（1）质量；（2）加热时间；（3）＜；A；B；（4）B。 十二．利用比热容解释生活中的现象（共3小题） 28．“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”这句谚语反映了我国新疆的某些地区夏季昼夜气温变化显著，其主要原因是沙石比水具有较小的（　　） A．热量 B．密度 C．比热容 D．内能 【答案】C 【解答】解： “早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜。”这句谚语反映了我国新疆的某些地区夏季昼夜气温变化显著，我国新疆某些地区都是沙漠或沙石，没有水，沙石的比热容远远小于水的比热容，所以沙石吸收同样多的热量温度升高的快，故中午温度很高；同样，沙石放出同样多的热量温度降低的也很快，故夜晚和早上温度很低，需穿皮袄，跟热量、密度、内能无关，故C正确，ABD错误。 故选：C。 29．汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高。为了确保安全，可用循环水进行冷却，用水来冷却是因为水的 　比热容　 较大，这是通过 　热传递　 的方式来改变发动机的内能。如果散热器中装有10kg初温是10℃的水，在温度升高到50℃的过程中，水吸收的热量是 　1.68×106J　 [c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。 【答案】比热容；热传递；1.68×106J。 【解答】解：因为水的比热容较大，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，所以汽车发动机用水来冷却，这是通过热传递的方式来改变发动机的内能； 水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（50℃﹣10℃）＝1.68×106J。 故答案为：比热容；热传递；1.68×106J。 30．在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成的。如图所示是海陆风形成的示意图，其中 　乙　 图反映海风形成的时间是白天，形成海陆风的根本原因是 　水和陆地的比热容不同　 。 【答案】乙；水和陆地的比热容不同。 【解答】解：由于陆地和海水的比热容不同，海水的比热容大于陆地的比热容，在同样太阳光的照射下，陆地和海洋升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流，白天，陆地比海洋升温快，地面上方是热空气，密度小，会上升，海面上方是较冷的空气就会来补充，于是冷空气沿海面吹向陆地，形成海风，故乙图反映海风形成的时间是白天，甲图反映陆风形成的时间是晚上。 故答案为：乙；水和陆地的比热容不同。 十三．比热容的比例计算（共3小题） 31．甲铁块质量是乙铁块的3倍，吸收相同的热量，则甲、乙两铁块的比热容之比和升高的温度之比分别为（　　） A．1：1，3：1 B．1：3，1：3 C．1：1，1：3 D．3：1，3：1 【答案】C 【解答】解：比热容是物质的一种特性，甲、乙两铁块物质种类相同，状态也相同，则比热容相同，即比热容之比c甲：c乙＝1：1； 两铁块吸收热量之比Q甲：Q乙＝1：1，质量之比m甲：m乙＝3：1， 由Q吸＝cmΔt得，甲、乙两铁块升高的温度之比： 。 故选：C。 32．质量之比为2：3的甲、乙两种液体，当它们吸收的热量之比为7：5时，升高的温度之比为6：5，则甲、乙的比热容之比为 　7：4　 ，若把甲、乙两种液体各倒掉一半，剩下液体比热容之比为 　7：4　 。 【答案】7：4；7：4。 【解答】解：已知甲、乙两种液体的质量之比为：， 吸收的热量之比为：， 升高的温度之比为：， 则甲、乙的比热容之比为：； 比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物质的质量等因素无关，故若把甲、乙两种液体各倒掉一半，剩下液体比热容之比不变，仍为7：4。 故答案为：7：4；7：4。 33．某液体和水的质量相同，初温相同，每分钟吸收的热量均为1260J。根据如图所示的图像计算：水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。 （1）由图像可知在加热相同的时间，某液体和水的温度变化量之比是多少？ （2）该液体的比热容为多少？ （3）该液体的质量为多少？ 【答案】（1）由图像可知在加热相同的时间，某液体和水的温度变化量之比是5：3； （2）该液体的比热容为2.52×103J/（kg•℃）； （3）该液体的质量为0.12kg。 【解答】解：（1）由图象可知，加热12min，Δt液体：Δt水＝50℃：30℃＝5：3； （2）根据Q吸＝cmΔt知c， 由题知，水与液体的质量m、初温相同，水与液体每分钟吸收的热量相等，在12min内吸收的热量相等， 所以液体与水的比热容之比： c液体：c水＝Δt水：Δt液体＝3：5， c液体c水4.2×103J/（kg•℃）＝2.52×103J/（kg•℃）； （3）由题知，每分钟吸收的热量为1260J， 12min吸收的热量Q吸＝1260J×12＝15120J， 由Q吸＝cmΔt得： m0.12kg。 答：（1）由图像可知在加热相同的时间，某液体和水的温度变化量之比是5：3； （2）该液体的比热容为2.52×103J/（kg•℃）； （3）该液体的质量为0.12kg。 十四．比热容的图像（共2小题） 34．现有甲、乙、丙三种初温度相同的液体，其中甲、乙为质量相等的不同液体，乙、丙为质量不等的同种液体。若对这三种液体分别加热，根据它们各自吸收的热量和末温度，在温度﹣热量图像上分别画出对应的甲、乙、丙三点，如图所示，则甲、丙之间比热容c和质量m的大小关系，正确的是（　　） A．m甲＞m丙 c甲＞c丙 B．m甲＞m丙 c甲＜c丙 C．m甲＜m丙 c甲＞c丙 D．m甲＜m丙 c甲＜c丙 【答案】C 【解答】解：通过画出的3点分别做出甲，乙，丙三种液体的升高温度随吸收热量的变化图像，如下图所示； ①已知乙、丙是同种液体，其比热容相同，即c乙＝c丙， 由下图可知当乙、丙升高相同的温度时，丙吸收的热量高于乙吸收的热量， 由Q吸＝cmΔt可知，丙的质量大于乙的质量，即m丙＞m乙； ②已知甲、乙是质量相同的不同液体，即m甲＝m乙， 由下图可知当甲、乙吸收的热量相同时，甲升高的温度较少， 由Q吸＝cmΔt可知，甲的比热容较大，即c甲＞c乙， 由上述分析可知：m甲＝m乙＜m丙，c甲＞c乙＝c丙，即m甲＜m丙，c甲＞c丙，故C正确。 故选：C。 35．两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示（　　） A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同 C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热相同的时间，甲液体比乙液体温度升高得多 【答案】D 【解答】解： A、已知两种液体质量相等，由图像可以看出：在加热相同时间，即吸收热量相同时，甲液体升高的温度更大，由公式c可知，甲液体比热容较小，故A错误； B、由图像可以看出：升高相同温度时，甲需要的时间较短，也就是甲需要的热量少，故B错误； C、加热时间相同，两种液体吸收的热量相同，故C错误； D、由图像可知：加热相同时间，即吸收热量相同时，甲液体温度高于乙液体温度，故D正确。 故选：D。 十五．利用比热容的公式计算热量（共2小题） 36．水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将4kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容是 　4.2×103J/（kg•℃）　 ；水结冰后它的比热容将 　改变　 （填“改变”或“不变”）；在一标准大气压下，初温为20℃、质量为5kg的水吸收4.2×106J的热量后温度将升高到 　100　 ℃。 【答案】4.2×103J/（kg•℃）；改变；100 【解答】解：比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量无关， 所以将4kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容不变，仍为4.2×103J/（kg•℃）， 水结冰后，状态改变了，它的比热容将改变； 水升高的温度：， 水的末温：t＝Δt+t0＝200℃+20℃＝220℃， 由于在一标准大气压下，水的沸点为100℃，所以水的温度将升高到100℃。 故答案为：4.2×103J/（kg•℃）；改变；100。 37．早上，小雪上学前用热水热牛奶喝，她发现袋装牛奶的标签上标明牛奶质量为210g，用热水浸泡过的牛奶从20℃升高至50℃，小雪所用热水质量是300g。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）]求： （1）小雪是通过 　热传递　 的方式改变牛奶的内能的； （2）牛奶吸收的热量； （3）所需热水的最低温度。 【答案】（1）热传递； （2）牛奶吸收的热量为1.575×104J； （3）所需热水的最低温度为62.5℃。 【解答】解： （1）牛奶吸收热水的热量，使牛奶的牛奶增加，温度升高，小雪是通过热传递的方式改变牛奶的内能的； （2）牛奶加热后吸收的热量：Q吸＝c牛奶m牛奶（t1﹣t0）＝2.5×103J/（kg•℃）×210×10﹣3kg×（50℃﹣20℃）＝1.575×104J； （3）水放出的热量全部被牛奶吸收时，需要热水的温度最低，此时水放出的热量Q放＝Q吸＝1.575×104J，水的质量m水＝300g＝0.3kg， 由Q放＝c水m水（t2﹣t1）可知，热水的最低温度为：t2t150℃＝62.5℃。 答：（1）热传递； （2）牛奶吸收的热量为1.575×104J； （3）所需热水的最低温度为62.5℃。 十六．热平衡方程及其应用（共4小题） 38．两个相同的杯子内装有质量相等的热水和冷水，将1/3的热水倒入冷水杯，热平衡时冷水杯内的温度升高了20℃，若再将剩余热水的一半倒入冷水杯内，热平衡时冷水杯内的温度又会升高（不计热量损失和水的质量损失）（　　） A．12℃ B．13℃ C．14℃ D．15℃ 【答案】A 【解答】解：设容器内水的质量和一杯水的质量为m，热水的初温为t热，冷水的初温t冷，将的热水倒入容器中后共同的温度为t， 因不计热损失， 所以，由Q＝cmΔt可得： Q放＝Q吸，即cmΔt热＝cmΔt冷， 解得：Δt热＝3Δt冷＝3×20℃＝60℃， 据此可设t冷＝0℃，则t＝20℃，t热＝20℃+60℃＝80℃， 若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒入杯热水， 则cm（t热﹣t′）＝cm（t′﹣t冷） 即（80℃﹣t′）＝t′﹣0℃ 解得：t′＝32℃， 所以，冷水温度将再升高Δt＝t′﹣t＝32℃﹣20℃＝12℃，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选：A。 39．一杯质量为m的热水与一杯质量为3m的冷水混合成一杯温水，冷水温度升高16℃，它们之间是通过 　热传递　 方式改变内能的。现将另一杯质量、温度和原来相同的热水继续与刚混合后的温水再次混合，则原来混合的温水温度升高 　9.6　 ℃。（不考虑热损失） 【答案】热传递；9.6 【解答】解：将冷水和热水混合，在这个过程中，热水放出热量，冷水吸收热量，是通过热传递的方式改变内能的； 不考虑热损失，冷水吸收的热量和热水放出的热量相同，即Q吸＝Q放， 根据Q＝cmΔt可得：c×m×△t＝c×3m×16℃ 则热水温度降低△t＝48℃； 设此时的温度为t，则原来热水的温度为t+48℃，容器内水的质量为4m， 如果再把一杯相同的热水倒入这个容器中，设容器内水升高的温度为△t′，水最后的温度为t+△t′， 则热水降低的温度为t+48℃﹣（t+Δt′）＝48℃﹣Δt′ 由热平衡方程Q吸＝Q放可得：c×m×（48℃﹣Δt′）＝c×4m×Δt′ 解得Δt′＝9.6℃。 故答案为：热传递；9.6。 40．在一个标准大气压下，一质量为2kg的金属块，被加热到500℃后，立即投入质量为1kg、温度为20℃的冷水中，不计热量损失，最终水的温度升高了30℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求： （1）水吸收的热量。 （2）金属块的比热容。 【答案】（1）水吸收的热量为1.26×105J； （2）金属块的比热容为0.14×103J/（kg•℃）。 【解答】解：（1）水吸收的热量： Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×30℃＝1.26×105J； （2）热平衡时，金属块的末温和水的末温相同，即：t＝Δt+t0水＝30℃+20℃＝50℃， 不计热量损失，金属块放出的热量：Q放＝Q吸＝1.26×105J， 由Q放＝cm（t0﹣t）可得，金属块的比热容： c金0.14×103J/（kg•℃）。 答：（1）水吸收的热量为1.26×105J； （2）金属块的比热容为0.14×103J/（kg•℃）。 41．某县在冬季利用地热能为用户取暖。县内有一口自喷状态地热井，出水温度为90℃，每小时出水量为150m3．求： （1）每小时流出的地热水温度降低到50℃，所放出的热量是多少？ （2）这些热量如果用天然气蒸汽锅炉供热，且天然气蒸汽锅炉的热效率为90%，天然气放出的热量为多少？ （3）需完全燃烧天然气的体积为多少？（ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4×107J/m3） 【答案】解：（1）每小时出水量为150m3，由ρ得，水的质量： m＝ρV＝1.0×103kg/m3×150m3＝1.5×105kg， 水放出的热量： Q放＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5×105kg×（90℃﹣50℃）＝2.52×1010J； （2）由η得，天然气需要放出的热量： Q总2.8×1010J； （3）由Q放＝Vq得，天然气的体积： V700m3。 答：（1）每小时流出的地热水温度降低到50℃所放出的热量为2.52×1010J； （2）天然气放出的热量为2.8×1010J； （3）需完全燃烧天然气700m3的天然气。 十七．内燃机的四个冲程（共3小题） 42．下列有关热的说法正确的是（　　） A．晶体在熔化过程中温度不变，内能也不变 B．内燃机的压缩冲程，主要是用热传递的方法增加了气缸内的物质的内能 C．用水作汽车冷却液，是因为水的比热容大 D．物体吸收热量，温度一定升高 【答案】C 【解答】解： A、晶体在熔化过程中温度不变，但要继续吸热，其内能增大，故A错误； B、内燃机的压缩冲程中，主要是用做功的方法增加了气缸内物质的内能，故B错误； C、汽车发动机用水作冷却液是因为水的比热容较大，故C正确； D、物体吸收热量，温度不一定升高，如晶体在熔化过程中，吸热但温度保持不变，故D错误。 故选：C。 43．美国《大众科学》杂志评出年度奇思妙想十大发明，其中最引人注意的是“六冲程引擎”，这种引擎在完成四冲程工作后，会把水注入汽缸，使水瞬间变成水蒸气，从而带动活塞运动，产生第五冲程，为汽车提供动力。第六冲程是让水蒸气进入冷凝器，变成可再次注入汽缸的水。其中第五冲程相当于四冲程内燃机的　做功　 冲程，请你指出该“六冲程引擎”的一个优点：　节约能源　 。 【答案】做功；节约能源。 【解答】答： （1）六冲程引擎中的第五冲程，是水变为水蒸气推动活塞做功，从而为汽车提供动力，所以相当于四冲程内燃机的做功冲程； （2）六冲程引擎不用燃烧燃料做功，所以节约能源，同时无污染。防止燃气带走大量的热，提高了效率。 故答案为：做功；节约能源。 44．如图是汽油机工作的　排气　 冲程。汽油机工作时要产生大量的热，通常采用水循环将热量带走，这是利用水　比热容大　 的特性。 【答案】排气； 比热容大。 【解答】解：由图可知，进气阀关闭和排气阀都打开，并且活塞向上运动，所以是排气冲程； 汽车的散热器可用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大，在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。 故答案为：排气； 比热容大。 十八．四冲程的能量转化（共2小题） 45．礼花喷射器结构如图，气罐内有高压气体，气罐通过气阀与纸筒相连。使用时转动纸筒打开气阀，气体将纸筒内的礼花快速喷向远处。对该过程的分析正确的是（　　） A．罐内气体的内能增加 B．罐内气体分子热运动加剧 C．罐内气体通过热传递方式改变了其内能 D．该过程能转化方式与汽油机做功冲程相同 【答案】D 【解答】解： AC、在喷出礼花的过程中，罐内的压缩空气对礼花做功，空气内能转化为礼花的机械能；罐内气体内能减少，故AC错误； B、罐内气体内能减少，温度降低，分子热运动速度减慢，故B错误； D、汽油机做功冲程是将内能转化为机械能，而气体将纸筒内的礼花快速喷向远处时，也是将内能转化为机械能，故D正确。 故选：D。 46．塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过 　做功　 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，同时瓶口出现“白雾”，这说明瓶内气体对外做功，内能 　减小　 ，该过程与汽油机的 　做功　 冲程原理相同。 【答案】做功；减小；做功。 【解答】解：小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，把机械能转化为内能，使瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过做功的方式改变瓶内气体的内能；当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，同时瓶口出现“白雾”，这是瓶内气体对瓶盖做功，气体的内能减小，温度降低，水蒸气液化形成的，该过程与汽油机的做功冲程原理相同。 故答案为：做功；减小；做功。 十九．热值的简单计算（共2小题） 47．下列说法中正确的是（　　） A．热值大的燃料比热值小的燃料完全燃烧时放出的热量多 B．热机工作时，燃料燃烧每放出1焦的热量就可得到1焦的机械能 C．热机的效率越大，它的功率就越大 D．柴油机的效率一般比汽油机高，就是说输出相同的有用功，柴油机消耗的能量少 【答案】D 【解答】解： A、热值大的燃料不一定比热值小的燃料完全燃烧时放出的热量多，还与燃料的质量有关，故A错误； B、热机工作时，燃料燃烧每放出1J的热量不可能得到1J的机械能，因为废气、摩擦等会消耗一部分，故B错误； C、功率是物体做功快慢的物理量，与效率是两个完全不同的概念，故C错误； D、柴油机效率比汽油机效率高，燃料燃烧放出相同的热量，柴油机做的功多；做同样多的功，柴油机燃料完全燃烧放出的热量少，故D正确。 故选：D。 48．乙醇汽油燃烧的过程是　化学　 能转化为内能的过程，理论上，完全燃烧25g乙醇可以产生8.4×105J的热量，则乙醇汽油的热值是　3.36×107　 J/kg；如果这些热量完全被水吸收，在1标准大气压下，可以将　2.5　 kg20℃的水加热到沸腾。（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）） 【答案】化学；3.36×107；2.5。 【解答】解： （1）乙醇汽油在燃烧时，将乙醇汽油的化学能转化为内能； （2）乙醇汽油的热值： q3.36×107J/kg； （3）1标准大气压下水的沸点为100℃，由题知，Q吸＝Q放＝8.4×105J， 根据Q吸＝cmΔt可知， 加热水的质量为：m水2.5kg。 故答案为：化学；3.36×107；2.5。 二十．固体和液体的热值计算（共3小题） 49．作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大；以10倍的关系粗略计算，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为　4.2×108　 J，这些热量可以使　1250　 kg的水从20℃升高至100℃．[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤气＝4.2×107J/kg]。 【答案】解： （1）1kg煤气完全燃烧放出的热量： Q放＝mq＝1kg×4.2×107J/kg＝4.2×107J， 1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量： Q放′＝10Q放＝10×4.2×107J＝4.2×108J； （2）由题知，Q吸＝Q放′＝4.2×108J， 根据Q吸＝cmΔt可知加热水的质量： m1250kg。 故答案为：4.2×108；1250。 50．秋收之后，为了减少对大气污染，可对秸秆进行回收加工制成秸秆煤，完全燃烧2kg秸秆煤放出的热量若完全被水吸收，可使 　500　 kg的水由20℃升高到40℃。若秸秆煤不完全燃烧，则它的热值会 　不变　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。（已知秸秆煤热值为2.1×107J/kg，水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃）） 【答案】500；不变。 【解答】解：2kg秸秆煤完全燃烧放出的热量为： ， 若完全被水吸收，即， 根据Q吸＝cmΔt可知，水的质量为： ； 热值是燃料的一种属性，与燃料的质量和是否完全燃烧无关；若秸秆煤不完全燃烧，它的热值不变。 故答案为：500；不变。 51．两种不同材料的燃料，甲的质量为2kg，乙的质量为1kg，甲、乙燃料完全燃烧后放出的热量如图所示，则甲的热值 　小于　 （选填“大于”“小于”或“等于”）乙的热值，甲燃料的热值是　1×107　 J/kg，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，释放的热量之比是　1：3　。 【答案】小于；1×107；1：3。 【解答】解：由图结合Q＝qm可知， 甲：2×107J＝q甲×2kg，即q甲＝1×107J/kg， 乙：3×107J＝q乙×1kg，即q乙＝3×107J/kg， 则q甲q乙，故甲的热值小于乙的热值； 相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，则甲、乙两种燃料完全燃烧放出的热量之比为： Q甲：Q乙＝m甲q甲：m乙q乙＝m乙q乙：m乙q乙＝1：3。 故答案为：小于；1×107；1：3。 二十一．热机的效率公式与计算（共4小题） 52．甲、乙两种燃料完全燃烧放出的热量与其质量的关系图象如图所示，则下列分析正确的是（　　） A．甲燃料的热值小于乙燃料的热值 B．完全燃烧甲、乙两种燃料加热同一锅水至沸腾，所需乙燃料的质量更小 C．完全燃烧相同质量的两种燃料，甲放出的热量更多 D．使用甲燃料的热机效率一定高，但是热机效率肯定小于100% 【答案】C 【解答】解：A、由图可知，取相同质量时，Q甲＞Q乙，根据q可知，q甲＞q乙，即甲燃料的热值大于乙燃料的热值，故A错误； B、分别燃烧甲、乙两种燃料将同一锅水加热至沸腾，则水吸收的热量相同，燃料燃烧放出的热量相同，q甲＞q乙，根据m可知，甲燃料的质量更小，故B错误； C、完全燃烧相同质量的两种燃料，q甲＞q乙，根据Q放＝mq可知，甲放出的热量更多，故C正确； D、甲燃料的热值大，由Q放＝mq可知，完全燃烧相同质量的甲燃料和其它燃料相比，甲放出的热量多，但使用甲燃料的热机做的有用功不一定多；使用甲燃料的热机做的有用功与燃料完全燃烧放出的热量之比不一定大，即热机效率不一定高（热机效率肯定小于 100%是正确的），故D错误。 故选：C。 53．甲、乙两物体，它们的质量之比是2：3，比热容之比为4：5，吸收相同的热量后，升高的温度之比是 　15：8　 ；汽油机用水来做冷却剂，这是利用了水的 　比热容大的　 特性；若这台汽油机的效率为30%，现完全燃烧2kg的汽油，该汽车能获得的机械能是 　2.76×107　 J。（汽油的热值为4.6×107J/kg） 【答案】15：8；比热容大的；2.76×107。 【解答】解：由题知，m甲：m乙＝2：3，c甲：c乙＝4：5， 甲、乙吸收的热量Q甲：Q乙＝1：1， 因为Q吸＝cmΔt， 所以，即， 所以甲、乙两物体升高温度的比值：Δt甲：Δt乙＝15：8； 汽车发动机用水做冷却剂，这是利用了水的比热容大的特性，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； 汽油完全燃烧放出的热量为： Q放＝mq＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J， 汽车获得的机械能为： W＝Q放η＝9.2×107J×30%＝2.76×107J。 故答案为：15：8；比热容大的；2.76×107。 54．一辆汽车以20m/s的速度在某段水平公路上匀速直线行驶了15min，消耗汽油5L，已知此过程汽车发动机的输出功率为60kW，若汽油的密度为0.8×103kg/m3，汽油的热值为4.5×107J/kg，1L＝1×10﹣3m3，求： （1）消耗的汽油完全燃烧放出的热量： （2）汽车发动机的效率； （3）汽车行驶过程中受到的牵引力。 【答案】解：（1）消耗汽油V＝5L＝5×10﹣3m3，其质量为： m＝ρ油V＝0.8×103kg/m3×5×10﹣3m3＝4kg， 汽油完全燃烧放出的热量为： Q放＝mq＝4kg×4.5×107J/kg＝1.8×108J； （2）此过程汽车发动机的输出功率为60kW，则汽车发动机做的机械功为： W＝Pt＝60×103W×15×60s＝5.4×107J， 汽车发动机的效率为： η100%100%＝30%； （3）汽车以20m/s的速度在某段水平公路上匀速行驶了15min，则汽车行驶的路程为： s＝vt＝20m/s×15×60s＝18000m， 汽车受到的牵引力为： F3000N。 答：（1）汽油完全燃烧放出的热量为1.8×108J； （2）汽车发动机的效率为30%； （3）汽车行驶过程中受到的牵引力为3000N。 55．我国第一款自主品牌的高端豪华轿车“红旗HQ3”在某段平直公路上进行测试，汽车以18m/s的速度匀速行驶了5min，消耗燃油0.3kg，汽车发动机的牵引力是1000N。燃油的热值为4.5×107J/kg。 求：（1）消耗的燃油完全燃烧产生的热量Q放； （2）发动机所做的功W； （3）发动机的能量转化效率η。 【答案】（1）消耗的燃油完全燃烧产生的热量为1.35×107J； （2）发动机所做的功为5.4×106J； （3）发动机的能量转化效率为40%。 【解答】解：（1）消耗的燃油完全燃烧产生的热量： Q放＝mq＝0.3kg×4.5×107J/kg＝1.35×107J； （2）汽车行驶的距离为： s＝vt＝18m/s×5×60s＝5400m， 发动机牵引力做的功： W＝Fs＝1000N×5400m＝5.4×106J； （3）发动机的能量转化效率为： η100%100%＝40%。 答：（1）消耗的燃油完全燃烧产生的热量为1.35×107J； （2）发动机所做的功为5.4×106J； （3）发动机的能量转化效率为40%。 二十二．燃料燃烧释放的能力的流向（共3小题） 56．如图甲、乙分别是热机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（　　） A．甲图中活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高 B．甲图中气缸内的气体对活塞做功，气体的温度降低 C．由乙图可知该汽油机的效率是30% D．若燃料燃烧不充分，会降低燃料的热值 【答案】A 【解答】解：AB、由图甲可知，两个气门都关闭，活塞向上运动，为压缩冲程；活塞对气体做功，气体内能增加，温度升高，故A正确，B错误； C、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，由图乙可知，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C错误； D、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，因此燃料燃烧不充分，不会降低燃料的热值，故D错误。 故选：A。 57．家庭轿车的发动机是四冲程热机，如图是热机的能量流向图，根据图中给出的信息，该热机的效率为 　30　 %。已知汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧10kg汽油放出的热量为 　4.6×108　 J。燃料燃烧更充分时，燃料的热值 　不变　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】30；4.6×108；不变。 【解答】解：由图可知，有用机械能在总的能量中所占的比例为：100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%，即该内燃机的效率为η＝30%； 完全燃烧10kg汽油放出的热量为： Q放＝mq＝10kg×4.6×107J/kg＝4.6×108J； 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，因此燃料燃烧更充分时，燃料的热值不变。 故答案为：30；4.6×108；不变。 58．图甲是柴油机的 　做功　 冲程。图乙是该柴油机工作时的能量流向图，该柴油机的效率为 　52%　 。请根据能量流向图，写出一种提高热机效率的方法：　减小因摩擦而消耗的能量　 。 【答案】做功；52%；减小因摩擦而消耗的能量。 【解答】解：由图甲可知，柴油机的进气门和排气门都关闭，喷油嘴向汽缸喷入柴油，活塞向下运动，为柴油机的做功冲程； 由图乙可知，柴油机转化的有用机械能所占的比例为100%﹣10%﹣23%﹣15%＝52%，即该柴油机的效率为52%； 减少柴油机工作过程中的能量损失可以提高热机的效率，所以减小因摩擦而消耗的能量可以提高热机效率。 故答案为：做功；52%；减小因摩擦而消耗的能量。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十二章 （易错58题22大考点）（原卷版） 一．探究影响物体动能大小的因素（共3小题） 二．探究影响物体重力势能大小的因素（共1小题） 三．动能和重力势能的相互转化（共4小题） 四．机械能与其他形式的能之间的转化（共2小题） 五．扩散现象（共2小题） 六．温度对分子热运动的影响（共2小题） 七．分子动理论的基本观点（共2小题） 八．热传递改变物体的内能（共3小题） 九．做功改变物体的内能（共3小题） 十．温度、内能、热量的关系（共2小题） 十一．比较不同物质吸热的情况（共3小题） 十二．利用比热容解释生活中的现象（共3小题） 十三．比热容的比例计算（共3小题） 十四．比热容的图像（共2小题） 十五．利用比热容的公式计算热量（共2小题） 十六．热平衡方程及其应用（共4小题） 十七．内燃机的四个冲程（共3小题） 十八．四冲程的能量转化（共2小题） 十九．热值的简单计算（共2小题） 二十．固体和液体的热值计算（共3小题） 二十一．热机的效率公式与计算（共4小题） 二十二．燃料燃烧释放的能力的流向（共3小题） 一．探究影响物体动能大小的因素（共3小题） 1．在探究“物体的动能和哪些因素有关”时，同学们提出了如下猜想： 猜想一：物体的动能大小与物体的质量有关； 猜想二：物体的动能大小与物体的运动速度有关。 为了验证上述猜想，老师提供了如下器材：斜槽、刻度尺、质量不同的金属球、木块和长木板，实验装置如图1所示。请你完成下列内容。 （1）让金属球从斜槽的某一高度由 　 　 开始滚下，撞击水平面上的木块，将木块撞出一段距离。木块被撞击得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越 　 　 ； （2）分析比较图1中 　 　 两组实验，可验证猜想一； （3）分析图1中甲、丙两组的实验现象，可以初步得到的结论是：质量相同时，物体的 　 　 越大，动能越大。该结论可以解释汽车 　 　 （选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因； （4）图2是某一高速公路上的限速标志牌，大型客车、载货汽车最高行驶速度不得超过80km/h，根据探究结果，标志牌上与小轿车对应的圆圈中的数字应该 　 　 80。 2．实验小组在“探究影响动能大小的因素”实验中，用质量为m、2m的钢球从同一斜面上由静止滚下撞击同一水平木板上的木块。 （1）实验中通过观察木块在水平木板上 　 　 的大小来判断 　 （选填“木块”或“钢球”）的动能大小。若水平面绝对光滑，本实验将 　 　 （选填“能”或“不能”）达到探究目的。 （2）由甲、乙两次实验可初步得出结论：物体动能大小与 　 　 有关。 （3）分析 　 两次实验可得：物体动能大小与质量有关，质量越大，动能越 　 　 。 （4）甲、乙两次实验中木块通过水平面上A、B两点时受到的摩擦力分别为fA和fB，则fA　 　 fB（选填“＞”“＝”或“＜”）；木块最终静止时受到的重力与支持力是一对 　 　 （选填“平衡力”或“相互作用力”）。 3．小明在“探究影响物体动能大小的因素”实验中，将同一小车先后从同一斜面的不同高度A、B处由静止释放，推动木块运动一段距离后静止。 （1）本实验研究对象是 　 　 （斜面/小车/木块）； （2）木块被推动得越远，小车对木块 　 　 越多，表明小车的动能越大； （3）甲、乙两次实验是为了探究物体动能大小与 　 　 的关系； （4）小华在做图甲和图乙实验时，发现木块被撞后均滑出了木板，为防止木块滑出木板，以下措施合理的是 　 　 （选填字母）。 A.换用质量大的小车 B.换用质量小的木块 C.适当降低小车释放点的高度 D.给水平木板铺上玻璃板 二．探究影响物体重力势能大小的因素（共2小题） 4．如图所示是研究重力势能的大小与哪些因素有关的实验装置。某小组同学每次都让重锤从高处由静止自由下落砸到铁钉上，他们观察到不同情况下，铁钉进入泡沫塑料的深度不同，深度越大，表明重锤对铁钉做的功越多，即重锤具有的重力势能越大。他们用m表示重锤的质量，h表示重锤升起的高度，D表示铁钉进入泡沫塑料的深度，并将实验数据详细记录在下面的表格中。 实验序号 重锤质量m（千克） 重锤升起高度h（米） 铁钉进入泡沫塑料深度D（米） 1 0.1 0.6 0.024 2 0.1 0.9 0.030 3 0.2 0.3 0.024 4 0.2 0.6 0.035 5 0.3 0.3 0.030 6 0.3 0.4 0.035 ①分析比较实验序号1与2（或3与4或5与6）的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：　 　 　 　 　 　 。 ②分析比较实验序号　 　 的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：当物体所处的高度相同时，物体的质量越大，具有的重力势能就越大。 ③进一步综合分析表中的数据并归纳得出结论： （a）分析比较实验序号1与3、2与5或4与6中的实验数据，可得出的结论是：　　 　 　 　 　 　 　 　 。 （b）分析比较实验序号1与3、2与5和4与6中的实验数据，可得出的结论是：　　 　 　 　 　 　 　 　 。 三．动能和重力势能的相互转化（共4小题） 5．如图所示。A、B、C是三个高度相同而倾角不同的光滑斜面，让质量相同的小球沿斜面从顶端运动到底端，比较小球滚到底端时速度的大小为（　　） A．在A斜面的速度最大 B．在C斜面的速度最大 C．三个斜面的速度一样大 D．无法判断 6．如图所示，质量为m的小球从某一高度处静止下落，竖直落到直立于地面的轻弹簧上，在A点小球开始与弹簧接触，到B点时小球受到的重力与弹簧的弹力大小相等，C点是小球到达的最低点（不计空气阻力）下列说法正确的是（　　） A．下落过程中，小球重力势能减小、动能增大、小球与弹簧机械能不守恒 B．下落过程中，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小、小球与弹簧机械能守恒 C．到达C点时，小球的动能为零，受到的重力大于弹簧的弹力 D．从B到C，小球重力势能减小、动能先增大后减小，弹簧的势能一直增大 7．某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳的自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点。运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示（蹦极过程视为在竖直方向的运动）。下列判断正确的是（　　） A．从A点到B点过程中运动员减速下落 B．从B点到C点过程中运动员动能增大 C．t0时刻运动员动能最大 D．运动员重力大小等于0.6F0 8．如图甲所示，将一根弹簧和一个质量为1kg的金属球（球上有小孔）套在铁架台的金属杆AB上面.现将小球提到B端后松手，小球的高度随时间变化情况如图乙所示，弹簧原来的长度 　 　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）40cm，在0～t1过程中，小球的动能 　　 　　 　　 （选填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或“不变”），此过程中小球重力势能的变化量 　 　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）动能变化量，在t1、t2两个时刻，小球的动能分别为Ek1、Ek2，则Ek1　 　 Ek2（选填“＞”、“＝”或“＜”） 四．机械能与其他形式的能之间的转化（共2小题） 9．如图所示，2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是（　　） A．返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，在此过程中机械能守恒 B．返回舱进入大气层后舱体的惯性增大 C．返回舱加速下落过程中，动能转化为重力势能 D．返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，其机械能减小 10．小敏设计并制造了一个能精确计时一百秒的器件。它的原理是：让第一粒弹子落下跌入铁罐，发出第一声响，开始计时。弹子跌入铁罐，使B点升高，管子里的活塞向上移动，第二粒弹子被推出管子，从H点沿轨道滚动，直至跌入铁罐，发出第二声响，这时正好是50秒。再推动第三粒弹子进入轨道，最后，也跌入铁罐。发出第三声响，刚好是100秒。这一器件中。弹子落下，推动活塞上升，使用的机械名称是　 　，弹子从H点下落，到跌入铁罐的过程中，机械能的转化方式是　　 　　 　　 　　 。 五．扩散现象（共2小题） 11．下列现象属于扩散现象的是（　　） A．柳絮飞扬 B．雷雨阵阵 C．果香四溢 D．雪花漫天 12．夏日荷花盛开飘来阵阵花香，这是 　 　现象；清晨荷叶上的两颗露珠接触后成为了一颗更大的水珠，表明分子之间存在 　 　 力；“花气袭人知骤暖”说明分子的热运动与 　 　 有关。 六．温度对分子热运动的影响（共2小题） 13．中国传统节日习俗中涉及许多物理知识。春节包饺子，用力捏出饺子花边，说明力可以改变物体的 　 　；端午节赛龙舟，观众的呐喊声“震耳欲聋”，其主要描述的是声音的 　 　 （选填“响度”“音调”或“音色”）；中秋节吃鲜肉月饼，月饼香气四溢，是因为分子 　　 　　 　　 　　 。 14．如图所示为我国古老的医疗技法——刮痧，刮痧时要在皮肤上涂一些药油，当体表温度升高后，药物渗入人体的速度 　 　 （选填加快、减慢或不变）；在刮痧的过程中人们能闻到刺鼻的药味，这属于 　 　 现象。 七．分子动理论的基本观点（共2小题） 15．下列现象中不能用分子动理论解释的是（　　） A．放入水中的糖使水变甜 B．荷叶上的露珠是呈球形是由于分子间存在引力 C．看到烟雾在空中弥漫 D．水和酒精混合总体积变小 16．对于分子的认识，下列说法正确的是（　　） A．液体具有流动性，说明液体分子间无作用力 B．固体很难被压缩，说明固体分子间无空隙 C．闻到远处的花香，说明分子在不停地做无规则运动 D．塑料吸盘能“吸”在墙壁上，说明分子间存在吸引力 八．热传递改变物体的内能（共3小题） 17．如图所示的事例中，通过热传递的方式改变物体内能的是（　　） A． 锯木头锯条发热 B． 划火柴点火 C． 烧水时水温升高 D． 铁丝来回弯折温度升高 18．下列现象中，属于用热传递的方式改变物体内能的是（　　） A．刀具在砂轮上磨得发烫 B．快速弯折铁条，铁条弯折处变热 C．两手互相摩擦时手发热 D．公园中的石凳被太阳晒热 19．用水冷却鸡蛋，鸡蛋的温度降低，内能减小，这是通过 　　 　　 方式改变了鸡蛋的内能，子弹在发射时，枪械通过使撞针撞击子弹尾部的铜片（俗称“底火”），然后点燃子弹内部火药，这是通过 　 　　 方式改变了小铜片的内能。（两空均选填“做功”或“热传递”）。 九．做功改变物体的内能（共3小题） 20．很多同学在课间玩扭转矿泉水瓶的游戏，如图所示，在瓶里装有少量的水，盖紧瓶盖，使劲拧瓶的下部，使其严重变形，然后略松开瓶盖（对着没人的方向），瓶盖弹出数米远，观察到瓶口和瓶内有白雾产生。下列分析正确的是（　　） A．用力拧瓶的下部时瓶内气体内能减少，温度升高 B．用力拧瓶的下部时瓶内气体内能增加，温度降低 C．瓶盖弹出时气体内能减小，温度降低，水蒸气液化 D．瓶盖弹出时气体内能增加，温度降低，水蒸气液化 21．在做功可以改变物体内能的实验中，老师演示了两个实验。 （1）实验一：如图甲所示把活塞迅速压下去，观察到硝化棉燃烧，这是因为活塞压缩气体做功，空气的内能　 　 （选填“增加”或“减少”），温度　 　 （选填“升高”或“降低”），达到棉花着火点的缘故。这个过程中是把　 　 能转化为　 　 能。 （2）实验二：向装有少量水的瓶子内不断打气，使得瓶内的气压增大，当瓶塞跳起来时，可以看到瓶内出现白雾，这是因为水蒸气对瓶塞做功，内能　 　 （填“增加”或“减少”），温度　 　 （填“升高”或“降低”），水蒸气　 　 而成小液滴。 22．如图所示，将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸一下被弯折的部位，会感觉到弯折部位的温度升高，这是通过　 　 改变物体的内能，上述过程中　 　 能转化成内能。 十．温度、内能、热量的关系（共2小题） 23．关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（　　） A．物体的温度越高，放出的热量越多 B．物体的内能增加，温度一定升高 C．一个物体的温度升高，内能一定增加 D．物体吸收了热量，它的温度一定升高 24．下列关于热现象的说法正确的是（　　） A．一个物体内能增加，一定是从外界吸收了热量 B．热传递过程中，热量只能从内能大的物体传给内能小的物体 C．碘蒸气在凝华过程中内能减小 D．一个物体吸收热量，温度一定升高 十一．比较不同物质吸热的情况（共3小题） 25．探究“比较不同物质的吸热能力”时，同学们用酒精灯同时开始均匀加热质量和初温都相等的沙子和水，装置如图。下列说法正确的是（　　） A．在本实验中，物体吸热多少是由物质的种类决定的 B．实验中，加热相同的时间，末温低的物质吸热能力强 C．实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子吸热能力较强 D．实验中，将沙子和水加热到相同温度时，它们吸收的热量相同 26．如图甲、乙所示，小明用相同的酒精灯分别给水和煤油进行加热，探究“不同物质吸收热量的能力”。 （1）在烧杯中分别装入 　 　 和初温相同的水和煤油。 （2）实验中，用 　　 　 　 反映液体吸收热量的多少，用 　　 　　 　　 反映液体吸热本领的强弱。 （3）根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像，如图丙所示。分析图像可知，加热10min，水吸收的热量 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）煤油吸收的热量，对比温度的变化情况可知，　 　 的吸热能力更强。 （4）通过图像还可以得出，当地的气压 　 　 （选填“高于”“低于”或“等于”）1个标准大气压，煤油的比热容为 　 　　 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 27．为了探究不同物质的吸热能力，在两个相同的容器中分别装入A、B两种液体，并且用相同的装置加热，如图甲所示。 （1）实验中，应该向两个烧杯中加入 　 　 （选填“质量”和“体积”）相同的两种不同液体。 （2）如图甲所示，组装实验装置时，应遵循“自下而上”的原则调整固定夹的高度，实验中吸热多少是通过观察 　　 　 　 （选填“温度计的示数”或“加热时间”）。 （3）根据实验数据，小明绘制了两种液体的温度随时间变化的图象如图乙所示，分析可知，两温度计示数都升高到40℃时，A增加的内能 　 　 （选填“＞”“＝”或“＜”）B增加的内能；若使两者吸收相同的热量，则温度变化最大的是 　 　 （选填“A”或“B”）。由图象可知吸热能力较强的是 　 　 （选填“A”或“B”）。 （4）如果用其中一种液体来做机器的冷却剂，用 　 　 （选填“A”或“B”）效果比较好。 十二．利用比热容解释生活中的现象（共3小题） 28．“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”这句谚语反映了我国新疆的某些地区夏季昼夜气温变化显著，其主要原因是沙石比水具有较小的（　　） A．热量 B．密度 C．比热容 D．内能 29．汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高。为了确保安全，可用循环水进行冷却，用水来冷却是因为水的 　　 　 较大，这是通过 　 　　 　 的方式来改变发动机的内能。如果散热器中装有10kg初温是10℃的水，在温度升高到50℃的过程中，水吸收的热量是 　 　 [c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。 30．在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成的。如图所示是海陆风形成的示意图，其中 　　 图反映海风形成的时间是白天，形成海陆风的根本原因是 　　 　　 　　 　 　 。 十三．比热容的比例计算（共3小题） 31．甲铁块质量是乙铁块的3倍，吸收相同的热量，则甲、乙两铁块的比热容之比和升高的温度之比分别为（　　） A．1：1，3：1 B．1：3，1：3 C．1：1，1：3 D．3：1，3：1 32．质量之比为2：3的甲、乙两种液体，当它们吸收的热量之比为7：5时，升高的温度之比为6：5，则甲、乙的比热容之比为 　 　 ，若把甲、乙两种液体各倒掉一半，剩下液体比热容之比为 　 　 。 33．某液体和水的质量相同，初温相同，每分钟吸收的热量均为1260J。根据如图所示的图像计算：水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。 （1）由图像可知在加热相同的时间，某液体和水的温度变化量之比是多少？ （2）该液体的比热容为多少？ （3）该液体的质量为多少？ 十四．比热容的图像（共2小题） 34．现有甲、乙、丙三种初温度相同的液体，其中甲、乙为质量相等的不同液体，乙、丙为质量不等的同种液体。若对这三种液体分别加热，根据它们各自吸收的热量和末温度，在温度﹣热量图像上分别画出对应的甲、乙、丙三点，如图所示，则甲、丙之间比热容c和质量m的大小关系，正确的是（　　） A．m甲＞m丙 c甲＞c丙 B．m甲＞m丙 c甲＜c丙 C．m甲＜m丙 c甲＞c丙 D．m甲＜m丙 c甲＜c丙 35．两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示（　　） A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同 C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热相同的时间，甲液体比乙液体温度升高得多 十五．利用比热容的公式计算热量（共2小题） 36．水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将4kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容是 　　 　 ；水结冰后它的比热容将 　 　 （填“改变”或“不变”）；在一标准大气压下，初温为20℃、质量为5kg的水吸收4.2×106J的热量后温度将升高到 　 　 ℃。 37．早上，小雪上学前用热水热牛奶喝，她发现袋装牛奶的标签上标明牛奶质量为210g，用热水浸泡过的牛奶从20℃升高至50℃，小雪所用热水质量是300g。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）]求： （1）小雪是通过 　　 　　 的方式改变牛奶的内能的； （2）牛奶吸收的热量； （3）所需热水的最低温度。 十六．热平衡方程及其应用（共4小题） 38．两个相同的杯子内装有质量相等的热水和冷水，将1/3的热水倒入冷水杯，热平衡时冷水杯内的温度升高了20℃，若再将剩余热水的一半倒入冷水杯内，热平衡时冷水杯内的温度又会升高（不计热量损失和水的质量损失）（　　） A．12℃ B．13℃ C．14℃ D．15℃ 39．一杯质量为m的热水与一杯质量为3m的冷水混合成一杯温水，冷水温度升高16℃，它们之间是通过 　　 　　 方式改变内能的。现将另一杯质量、温度和原来相同的热水继续与刚混合后的温水再次混合，则原来混合的温水温度升高 　 　 ℃。（不考虑热损失） 40．在一个标准大气压下，一质量为2kg的金属块，被加热到500℃后，立即投入质量为1kg、温度为20℃的冷水中，不计热量损失，最终水的温度升高了30℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求： （1）水吸收的热量。 （2）金属块的比热容。 41．某县在冬季利用地热能为用户取暖。县内有一口自喷状态地热井，出水温度为90℃，每小时出水量为150m3．求： （1）每小时流出的地热水温度降低到50℃，所放出的热量是多少？ （2）这些热量如果用天然气蒸汽锅炉供热，且天然气蒸汽锅炉的热效率为90%，天然气放出的热量为多少？ （3）需完全燃烧天然气的体积为多少？（ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4×107J/m3） 十七．内燃机的四个冲程（共3小题） 42．下列有关热的说法正确的是（　　） A．晶体在熔化过程中温度不变，内能也不变 B．内燃机的压缩冲程，主要是用热传递的方法增加了气缸内的物质的内能 C．用水作汽车冷却液，是因为水的比热容大 D．物体吸收热量，温度一定升高 43．美国《大众科学》杂志评出年度奇思妙想十大发明，其中最引人注意的是“六冲程引擎”，这种引擎在完成四冲程工作后，会把水注入汽缸，使水瞬间变成水蒸气，从而带动活塞运动，产生第五冲程，为汽车提供动力。第六冲程是让水蒸气进入冷凝器，变成可再次注入汽缸的水。其中第五冲程相当于四冲程内燃机的　 　 冲程，请你指出该“六冲程引擎”的一个优点：　　 　 　 。 44．如图是汽油机工作的 　 冲程。汽油机工作时要产生大量的热，通常采用水循环将热量带走，这是利用水　　 　 　 的特性。 十八．四冲程的能量转化（共2小题） 45．礼花喷射器结构如图，气罐内有高压气体，气罐通过气阀与纸筒相连。使用时转动纸筒打开气阀，气体将纸筒内的礼花快速喷向远处。对该过程的分析正确的是（　　） A．罐内气体的内能增加 B．罐内气体分子热运动加剧 C．罐内气体通过热传递方式改变了其内能 D．该过程能转化方式与汽油机做功冲程相同 46．塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过 　 　 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，同时瓶口出现“白雾”，这说明瓶内气体对外做功，内能 　 　 ，该过程与汽油机的 　 　 冲程原理相同。 十九．热值的简单计算（共2小题） 47．下列说法中正确的是（　　） A．热值大的燃料比热值小的燃料完全燃烧时放出的热量多 B．热机工作时，燃料燃烧每放出1焦的热量就可得到1焦的机械能 C．热机的效率越大，它的功率就越大 D．柴油机的效率一般比汽油机高，就是说输出相同的有用功，柴油机消耗的能量少 48．乙醇汽油燃烧的过程是　 　 能转化为内能的过程，理论上，完全燃烧25g乙醇可以产生8.4×105J的热量，则乙醇汽油的热值是　　 　　 J/kg；如果这些热量完全被水吸收，在1标准大气压下，可以将　 　 kg20℃的水加热到沸腾。（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）） 二十．固体和液体的热值计算（共3小题） 49．作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大；以10倍的关系粗略计算，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为　 　　 J，这些热量可以使　 　 kg的水从20℃升高至100℃．[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤气＝4.2×107J/kg]。 50．秋收之后，为了减少对大气污染，可对秸秆进行回收加工制成秸秆煤，完全燃烧2kg秸秆煤放出的热量若完全被水吸收，可使 　 　 kg的水由20℃升高到40℃。若秸秆煤不完全燃烧，则它的热值会 　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。（已知秸秆煤热值为2.1×107J/kg，水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃）） 51．两种不同材料的燃料，甲的质量为2kg，乙的质量为1kg，甲、乙燃料完全燃烧后放出的热量如图所示，则甲的热值 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）乙的热值，甲燃料的热值是　 　 J/kg，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，释放的热量之比是　 　。 二十一．热机的效率公式与计算（共4小题） 52．甲、乙两种燃料完全燃烧放出的热量与其质量的关系图象如图所示，则下列分析正确的是（　　） A．甲燃料的热值小于乙燃料的热值 B．完全燃烧甲、乙两种燃料加热同一锅水至沸腾，所需乙燃料的质量更小 C．完全燃烧相同质量的两种燃料，甲放出的热量更多 D．使用甲燃料的热机效率一定高，但是热机效率肯定小于100% 53．甲、乙两物体，它们的质量之比是2：3，比热容之比为4：5，吸收相同的热量后，升高的温度之比是 　 　 ；汽油机用水来做冷却剂，这是利用了水的 　　 　 　 特性；若这台汽油机的效率为30%，现完全燃烧2kg的汽油，该汽车能获得的机械能是 　　 　　 J。（汽油的热值为4.6×107J/kg） 54．一辆汽车以20m/s的速度在某段水平公路上匀速直线行驶了15min，消耗汽油5L，已知此过程汽车发动机的输出功率为60kW，若汽油的密度为0.8×103kg/m3，汽油的热值为4.5×107J/kg，1L＝1×10﹣3m3，求： （1）消耗的汽油完全燃烧放出的热量： （2）汽车发动机的效率； （3）汽车行驶过程中受到的牵引力。 55．我国第一款自主品牌的高端豪华轿车“红旗HQ3”在某段平直公路上进行测试，汽车以18m/s的速度匀速行驶了5min，消耗燃油0.3kg，汽车发动机的牵引力是1000N。燃油的热值为4.5×107J/kg。 求：（1）消耗的燃油完全燃烧产生的热量Q放； （2）发动机所做的功W； （3）发动机的能量转化效率η。 二十二．燃料燃烧释放的能力的流向（共3小题） 56．如图甲、乙分别是热机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（　　） A．甲图中活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高 B．甲图中气缸内的气体对活塞做功，气体的温度降低 C．由乙图可知该汽油机的效率是30% D．若燃料燃烧不充分，会降低燃料的热值 57．家庭轿车的发动机是四冲程热机，如图是热机的能量流向图，根据图中给出的信息，该热机的效率为 　 　 %。已知汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧10kg汽油放出的热量为 　 　 J。燃料燃烧更充分时，燃料的热值 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 58．图甲是柴油机的 　 　 冲程。图乙是该柴油机工作时的能量流向图，该柴油机的效率为 　 。请根据能量流向图，写出一种提高热机效率的方法：　 　 。 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