专题05 内能及其应用（高效练）-2026年中考物理二轮复习

专题05 内能及其应用 一、选择题（共10小题） 1．（2025•张家口二模）如图是小明在用高压锅煮饭，有关其中所涉及的物理知识，下列说法不正确的是（　　） A．闻到饭香，说明分子在不停地做无规则运动 B．锅中水温升高，是通过热传递的方式改变内能的 C．高压锅做饭熟得快，是由于锅内气压增大，液体沸点降低 D．锅内高温高压气体将限压阀顶起，内能转化为机械能 2．（2025•广陵区校级三模）下列事例中，利用水的比热容大这一特性的是（　　） A．在北方冬天，菜窖里放几桶水可以防止菜被冻坏 B．发热病人用沾水的湿毛巾擦身降温 C．汽车的发动机用水降器 D．长期不下雨时，环卫部门会在马路上进行撒水和喷水 3．（2025•本溪二模）将一滴蓝色墨水分别滴入一杯冷水和一杯热水中，观察到热水更快变蓝。此现象说明（　　） A．分子间存在引力 B．分子质量非常小 C．热水具有更强的流动性 D．温度越高，分子热运动越剧烈 4．（2025•清镇市二模）如图所示是“烹”的金文写法，表示用火烧煮食物，这是通过热传递改变物体内能。下列实例与“烹”改变物体内能的方式相同的是（　　） A．围炉取暖 B．钻木取火 C．弯折铁丝 D．搓手取暖 5．（2025•建邺区二模）下列关于温度、热量、内能说法正确的是（　　） A．物体的温度升高，一定吸收了热量 B．物体从外界吸收热量，温度不一定升高 C．物体的温度越高，其所含有的热量越多 D．热传递中热量总是从内能多的物体传向内能少的物体 6．（2025•米东区模拟）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．3：1，1：3 D．1：1，1：3 7．（2025•无锡模拟）下列有关内燃机的说法正确的是（　　） A．内燃机大部分冲程是依靠飞轮的惯性来完成的 B．压缩冲程是由大部分内能转化为机械能 C．柴油机吸气冲程吸入气缸的是汽油和空气组成的燃料混合物 D．汽油机做功冲程的点火方式是压燃式 8．（2025•绿园区二模）为使舰载机在短时间内达到起飞速度，航母上安装了蒸汽弹射装置（如图），气缸内蒸汽体积膨胀对外做功，从而使舰载机获得巨大的牵引力。从能量转化角度这属于（　　） A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程 9．（2025•蓟州区校级模拟）如图是汽油机工作时的各个冲程示意图，其中属于做功冲程的是（　　） A． B． C． D． 10．（2025•连云港一模）家用汽车常用汽油机提供动力，以下有关说法正确的是（　　） A．汽车尾气的汽油味越浓说明汽油燃烧越充分 B．汽油燃烧不完全时它的热值减小 C．汽油燃烧时放出的热量越多，其热值越大 D．汽油在汽缸中燃烧过程中化学能转化为内能 二、多选题（共2小题） 11．（2025•门头沟区二模）下列热学生活实例中解释正确的是（　　） A．高压锅的原理是通过增大气压使液体的沸点升高 B．打扫卫生时尘土飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动 C．夏天向地面洒些水可以降温，是因为水升华吸热 D．冬天搓手取暖是通过做功的方式改变物体的内能 12．（2025•云南模拟）火瓢牛肉是云南有名的菜肴之一，厨师将牛肉放入铜瓢中用炭火慢炖，以下分析正确的是（　　） A．炖煮牛肉的过程中，炭的热值不变 B．牛肉温度升高，其分子热运动加剧 C．炖煮牛肉时主要是通过做功来改变内能 D．吃牛肉时要小心烫嘴，是因为刚煮好的牛肉含有的热量多 三、填空题（共8小题） 13．（2025•广西模拟）六堡茶是广西十大名茶之一。泡茶时温度越高，茶香越明显，这是因为温度越高，分子热运动越　 　（选填“剧烈”或“缓慢”）。拿起壶盖发现内表面上沾有很多小水珠不掉落，这说明分子间存在　 　（选填“引力”或“斥力”）。 14．（2025•双阳区一模） 2024年9月，我国自主研制的“水冷磁体”采用循环冷却系统对磁体进行降温，磁体过热工作时产生的热量通过冷却液传递至外部散热器。请结合物理知识回答以下问题： （1）冷却液的防冻剂与水混合逐渐分布均匀，这是　 　现象。 （2）磁体在工作时需要产生大量的热量，用水来冷却是因为水的　 　大。 （3）高温磁体的内能通过　 　方式转移至冷却液，使自身温度降低；当该装置内的冷却液使用一段时间后，其冷却液内能　 　。 15．（2025•蓟州区校级模拟）2024年4月30日神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆（图1），返回舱在穿越大气层时，产生熊熊火焰（图2），其表面内能 　 　（选填“增加”或“减小”），此过程改变内能的方式是　 　（选填“做功”或“热传递”）。 16．（2025•大通县模拟）一杯水的温度由10℃升高到20℃，水的内能　 　（选填“增加”或“减少”）；在阳光照射下的海边，沙子更烫，而海水更凉快，原因是海水的　 　更大。 17．（2025•迁安市二模）页岩气是蕴藏在岩层中的天然气，被誉为未来能源的明星。小明同学用他家的燃气灶将质量为2kg、初温为18℃的水加热到68℃该过程中，水吸收的热量为　 J。若此燃气灶的热效率为42%，则此过程消耗页岩气 　 m3。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），页岩气的热值为4×107J/m3] 18．（2025•澄迈县二模）如图为火箭发射的场景，火箭的燃料使用了液态氢，主要是因为它的　 　大，火箭发射升空时，燃料的化学能转化为　 　能，再转化为火箭的机械能。 19．（2025•城关区校级模拟）单缸内燃机飞轮转速为3000r/min，那么，一分钟内燃气推动活塞做功的次数为　 　次；在四个冲程中，只有　 　冲程不是靠飞轮的惯性实现。 20．（2025•金安区校级二模）我国是世界上第一个成功试采并利用深海绿色能源——“可燃冰”的国家。如图完全燃烧2m3的“可燃冰”可以释放出2.1×109J的热量，则“可燃冰”的热值是　 　J/m3。 四、实验探究题（共2小题） 21．（2025•南通二模）如图所示，在“比较不同物质吸热情况”的实验中，将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中（如图甲所示），每隔2分钟记录一次温度。 （1）本实验需要用到的测量工具有：天平、温度计和　 　；图乙为某时刻的温度，其示数为　 　 ℃； （2）实验中应量取相同　 　（选填“质量”或“体积”）的水和煤油； （3）实验中，用　 　（选填“加热时间”或“温度计示数的变化”）间接反映液体吸收热量的多少； （4）如图丙，实验绘制了温度随时间变化关系图象，由图象可知，　 　的吸热能力更强。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容为 J/（kg•℃）。 22．（2025•越秀区校级二模）为了比较两种未知燃料的热值以及两种未知液体的比热容的大小，小明同学设计的实验如图所示，甲、乙、丙三图中装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体初温相同。当燃料燃烧完时（烧杯内的液体均未沸腾），立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙、T丙，且有T甲＞T乙＞T丙。 （1）在实验中，三个烧杯中a、b液体的　 　（选填“质量”或“体积”）必须相同。 （2）比较不同燃料的热值，应选择　 　两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的燃料值q2，有q1　 　 q2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 （3）若在研究不同燃料热值的实验中记录数据如表： 燃料 加热前液体温度/℃ 燃料燃尽时液体温度/℃ 燃料的热值/（J/kg） 1 15 35 2.4×106 2 15 25 根据表中数据计算：燃料2的热值是 　 　 。通过实验得到的燃料热值与实际相比要偏 　 　 （填“大”或“小”）。 （4）以下图丁过程不发生物态变化，初温相同、体积相同的两块金属M、N放入甲图液体里吸收了相同热量，M的末温比N的低，请画出初温相同的M、N放出相同热量Q1的温度﹣放出热量图像。 五、计算题（共2小题） 23．（2025•凉州区校级一模）由于天气寒冷，吃早饭时妈妈用热水给小明加热瓶装牛奶。如图所示，热水的体积为6×10﹣4m3，初温为60℃，牛奶质量是250g，牛奶的温度由10℃最终升高到50℃。不计热量损失，忽略牛奶瓶质量，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求： （1）热水的质量； （2）热水放出的热量； （3）牛奶的比热容。 24．（2025•历下区三模）如图是以固体酒精块为燃料的锅具，在某次加热食材的过程中共消耗0.04kg酒精块，食材吸收的热量为3×105J。已知酒精块的热值为3.0×107J/kg，通过计算回答： （1）这些酒精块完全燃烧放出的热量是多少？ （2）锅具的加热效率是多少？ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C C D A B D A C C D AD AB 1．【答案】C 【分析】（1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动； （2）改变内能的方式有两种：一是热传递；二是做功。 （3）液体沸点与大气压有关，气压升高，沸点增大，气压降低，沸点减小； （4）高温气体的内能转化为限压阀的机械能。 【解答】解：A、闻到饭香，是扩散现象，说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动，故A不符合题意； B、锅中水温升高，是将天然气的内能转化为水的内能，是通过热传递的方式改变的，故B不符合题意； C、高压锅做饭熟得快，是因为锅内气压增大，沸点越高，故C符合题意； D、锅内高温气体的内能转化为限压阀的机械能，故D不符合题意。 故选：C。 2．【答案】C 【分析】（1）在北方冬天，菜窖里放几桶水防止菜被冻坏，是利用水凝固时放热的特性。 （2）发热病人用沾水的湿毛巾擦身降温，是利用水蒸发吸热的原理。 （3）汽车发动机用水做冷却剂，是因为水的比热容较大，在升高相同温度时，水能够吸收更多的热量，从而有效为发动机降。 （4）长期不下雨时，环卫部门在马路上洒水和喷水，是利用水蒸发吸热等原理。 【解答】解：A、在北方冬天，菜窖里放几桶水防止菜被冻坏，是利用水凝固时放热的特性，使菜窖内温度不会太低，不是利用水的比热容大的特性，故A错误。 B、发热病人用沾水的湿毛巾擦身降温，是利用水蒸发吸热的原理，通过水分蒸发带走人体热量，与水的比热容大小无关，故B错误。 C、汽车发动机用水做冷却剂，是因为水的比热容较大，在升高相同温度时，水能够吸收更多的热量，从而有效为发动机降温，保证发动机正常工作，是利用了水的比热容大这一特性，故C正确。 D、长期不下雨时，环卫部门在马路上洒水和喷水，主要是为了增加空气湿度、降尘以及降低路面温度等，是利用水蒸发吸热等原理，不是利用水的比热容大的特性，故D错误。 故选：C。 3．【答案】D 【分析】扩散现象表明分子在永不停息地做无规则运动，且温度越高，分子的无规则运动越剧烈。 【解答】解：将蓝色墨水分别滴入冷水和热水中，热水更快变蓝，这是扩散现象。扩散现象表明分子在永不停息地做无规则运动，且温度越高，分子的无规则运动越剧烈，墨水在热水中扩散就越快，所以热水更快变蓝。该现象与分子间引力、分子质量无关，也不是因为热水流动性更强，故 ABC 错误，D正确。故选：D。 4．【答案】A 【分析】（1）热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体或从物体的高温部分传向低温部分转移的过程，在此过程中能的形式不发生变化； （2）做功实质是能的转化过程，做功的过程中能量的形式变了，有的是机械能和内能的转化过程。 【解答】解：热传递和做功都能改变物体的内能，“烹”是通过热传递改变物体的内能。 A、围炉烤火时吸收热量，是通过热传递改变物体的内能，故A正确； BCD、钻木取火、弯折铁丝、搓手取暖，是通过克服摩擦做功改变物体的内能，故BCD错误； 故选：A。 5．【答案】B 【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，其温度都可能发生改变； （2）晶体熔化时，吸热温度不变； （3）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量； （4）发生热传递的条件是存在温度差。 【解答】解：A、物体温度升高，不一定吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故A错误； B、物体吸收热量，温度可能不变，如晶体熔化时，吸热温度不变，故B正确； C、热量是一个过程量，不能说物体含有热量的多少，故C错误； D、发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，内能多的物体温度不一定高，故D错误。 故选：B。 6．【答案】D 【分析】物质的状态相同时，同种物质的比热容相同；根据吸热公式Q吸＝cmΔt计算甲、乙两铁块升高的温度之比。 【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：D。 7．【答案】A 【分析】（1）在内燃机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程：吸气冲程、压缩冲程和排气冲程都是依靠飞轮的惯性来完成的。 （2）压缩冲程中，活塞向上运动，对气缸内的气体做功，将机械能转化为内能。 （3）柴油机吸气冲程吸入气缸的是纯净的空气，而汽油机吸气冲程吸入的是汽油和空气组成的燃料混合物。 （4）汽油机做功冲程的点火方式是点燃式，是通过火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧；而柴油机采用的是压燃式。 【解答】解：A、在内燃机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程：吸气冲程、压缩冲程和排气冲程都是依靠飞轮的惯性来完成的，故A正确。 B、压缩冲程中，活塞向上运动，对气缸内的气体做功，将机械能转化为内能，而不是内能转化为机械能，故B错误。 C、柴油机吸气冲程吸入气缸的是纯净的空气，而汽油机吸气冲程吸入的是汽油和空气组成的燃料混合物，故C错误。 D、汽油机做功冲程的点火方式是点燃式，是通过火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧；而柴油机采用的是压燃式，故D错误。 故选：A。 8．【答案】C 【分析】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：先是化学能→内能，再由内能→机械能。 【解答】解：航母蒸汽弹射装置中，气缸内蒸汽体积膨胀对外做功，将蒸汽的内能转化为舰载机的机械能，使舰载机获得巨大的牵引力。在汽油机的四个冲程中，做功冲程是高温高压的燃气膨胀对外做功，将内能转化为机械能。所以从能量转化角度看，蒸汽弹射装置的工作原理类似于汽油机的做功冲程。而吸气冲程是吸入汽油和空气的混合物，没有能量转化；压缩冲程是活塞对混合气体做功，将机械能转化为内能；排气冲程是排出废气，也没有能量转化。故C符合题意；ABD不符合题意。 故选：C。 9．【答案】C 【分析】汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连续工作的：①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸。 ②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高。③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功。④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸。 【解答】解：A、吸气冲程：进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸。 B、压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高。C、做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功。 D、排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选：C。 10．【答案】D 【分析】（1）汽车尾气的汽油味越浓，说明有越多的汽油没有燃烧就被排出，意味着汽油燃烧越不充分。 （2）（3）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料是否完全燃烧、燃烧时放出热量的多少无关。 （4）汽油在汽缸中燃烧，是将汽油的化学能转化为内能，通过燃烧产生高温高压气体，推动活塞做功，进而将内能转化为机械能，为汽车提供动力。 【解答】解：A、汽车尾气的汽油味越浓，说明有越多的汽油没有燃烧就被排出，意味着汽油燃烧越不充分，故A错误。 BC、热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料是否完全燃烧、燃烧时放出热量的多少无关。所以汽油燃烧不完全时，其热值不变；汽油燃烧放出热量多，也不能说明其热值大，故BC 错误。 D、汽油在汽缸中燃烧，是将汽油的化学能转化为内能，通过燃烧产生高温高压气体，推动活塞做功，进而将内能转化为机械能，为汽车提供动力，故D正确。 故选：D。 11．【答案】AD 【分析】（1）气压高，水的沸点高； （2）分子在永不停息地做无规则运动； （3）物质从液态变为气态是汽化，汽化吸收热量； （4）改变内能的方式包括做功和热传递。 【解答】解：A．由于气压越高，液体的沸点越高，所以高压锅的原理是因为锅内气压增大，水的沸点提高，故A正确； B．打扫卫生时尘土飞扬，尘土是颗粒物，不是分子，所以是机械运动，不是分子运动，故B错误； C．夏天向地面洒水可以降温，这是因为水蒸发吸收热量，能够制冷降温，故C错误； D．冬天搓手取暖将机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能，故D正确。 故选：AD。 12．【答案】AB 【分析】（1）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。 （2）分子热运动与物体的温度有关，物体温度越高，其分子的无规则运动越剧烈。 （3）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。 （4）热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量。 【解答】解：A、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。所以在炖煮牛肉的过程中，炭的种类不变，其热值也不变，故A正确。 B、分子热运动与物体的温度有关，物体温度越高，其分子的无规则运动越剧烈。牛肉在炖煮过程中温度升高，其分子热运动加剧，故B正确。 C、炖煮牛肉时，牛肉吸收热量，内能增加，是通过热传递的方式来改变内能的，而不是做功，故C错误。 D、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，只能说吸收或放出多少热量。吃牛肉时要小心烫嘴，是因为刚煮好的牛肉温度高，内能大，故D错误。 故选：AB。 13．【答案】剧烈；引力。 【分析】分子运动的快慢跟温度有关，温度越高，分子运动越剧烈。 分子间存在相互作用的引力和斥力。 【解答】解：六堡茶是广西十大名茶之一。泡茶时温度越高，茶香越明显，这是因为温度越高，分子热运动越剧烈。根据分子动理论，温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子的无规则运动就越剧烈，茶叶中的香气分子更容易挥发到空气中，从而使人更容易闻到茶香。拿起壶盖发现内表面上沾有很多小水珠不掉落，这说明分子间存在引力。 故答案为：剧烈；引力。 14．【答案】（1）扩散；比热容；（2）热传递；（3）增加。 【分析】（1）不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现。（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。 （3）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。 【解答】解：（1）冷却液的防冻剂与水混合逐渐分布均匀，这是扩散现象。扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移，直到均匀分布的现象，这表明分子在不停地做无规则运动。 （2）磁体在工作时产生大量热量，用水来冷却是因为水的比热容大。根据比热容的定义，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，所以用水作为冷却液能更好地吸收磁体产生的热量，起到良好的冷却效果。 （3）高温磁体的内能通过热传递方式转移至冷却液，使自身温度降低。热传递是由于温度差引起的热能传递现象，高温物体放出热量，内能减小，低温物体吸收热量，内能增加。当该装置内的冷却液使用一段时间后，其吸收了磁体的热量，温度升高，冷却液内能增加。 故答案为：（1）扩散；比热容；（2）热传递；（3）增加。 15．【答案】增加；做功。 【分析】改变物体内能的方式有做功和热传递，做功过程是能量的转化过程，热传递过程是能量的转移过程。 【解答】解：返回舱在穿越大气层时，返回舱和大气摩擦生热，使返回舱表面的温度升高，其表面内能增加，这是通过做功的方式来改变物体的内能。 故答案为：增加；做功。 16．【答案】增加；比热容。 【分析】内能的大小与温度、质量、状态等因素有关；水具有较大的比热容，在同样情况下，温度变化不明显。 【解答】解：一杯水的温度由10℃升高到20℃，温度升高，质量不变，内能增加； 海水的温度明显低于沙子的温度，是因为水具有较大的比热容，在吸收相同的热量的情况下，同质量的水和沙子，水升高的温度低。 故答案为：增加；比热容。 17．【答案】4.2×105；0.025。 【分析】（1）知道水的比热容、质量、初温度和末温度，利用Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量； （2）根据η变形公式求天然气完全燃烧放出的热量，根据Q放＝Vq变形公式求出烧这些水需要天然气的体积。 【解答】解：（1）在此过程中水吸收的热量： Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（68℃﹣18℃）＝4.2×105J； （2）根据η得，天然气完全燃烧放出的热量：Q放1×106J， 由Q放＝Vq可得，需要燃烧的天然气的体积为：V0.025m3。 故答案为：4.2×105；0.025。 18．【答案】热值；内。 【分析】液态氢的热值较大，完全燃烧相同质量的液态氢和其他燃料，液态氢放出的热量更多； 发射火箭时，燃料燃烧将化学能转化为内能，又将内能转化为火箭的机械能。 【解答】解：（1）由于液态氢的热值较大，因此运载火箭中，采用液态氢作燃料； （2）燃料燃烧过程中，将化学能转化为燃气的内能，又将内能转化为火箭的机械能。 故答案为：热值；内。 19．【答案】1500；做功。 【分析】知道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。 内燃机的一个工作循环由四个冲程组成，分别是：吸气、压缩、做功、排气；四个冲程是一个工作循环，只有做功冲程对外做功，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成 【解答】解：单缸内燃机飞轮转速是3000r/min，表示每分钟飞轮转动3000圈，对外做功1500次。 在内燃机工作的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其它冲程是靠飞轮的惯性来工作的。 故答案为：1500；做功。 20．【答案】1.05×109 【分析】由Q放＝Vq计算出可燃冰的热值。 【解答】解：由Q放＝Vq知，可燃冰的热值：q1.05×109J/m3。 故答案为：1.05×109。 21．【答案】（1）秒表；27；（2）质量； （3）加热时间；（4）水；2.1×103。 【分析】（1）根据控制变量法分析解答；根据温度计分度值读数； （2）（3）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；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。 （4）根据比较吸热能力的方法分析；根据Q吸＝cmΔt算出煤油的比热容。 【解答】解：（1）由转换法，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，故本实验需要用到的测量工具有温度计、天平和秒表；图中温度计的分度值为1℃，温度计的示数为27℃； （2）要探究不同物质的吸热能力，需要控制液体的质量相同； （3）根据转换法，使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少； （4）根据图象分析可知，加热相同的时间，水升温小，根据比较吸热能力的第2种方法，水的吸热能力强些；由图丙可以看出，温度升高40℃，水要加热8分钟，煤油要4分钟，水吸热多，水的吸热能力更强。 升高相同的温度40℃，煤油吸热的热量是水的 ，根据Q吸＝cmΔt可知，在质量和升高温度相同的情况下，Q吸与比热容c正比，则煤油的比热容： c煤油4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。 故答案为：（1）秒表；27；（2）质量； （3）加热时间；（4）水；2.1×103。 22．【答案】（1）质量；（2）甲、乙；＞；（3）1.2×106J/kg；小；（4）见解答图。 【分析】（1）根据控制变量法的要求，根据所探究的问题，确定需要控制的变量； （2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小； （3）根据Q＝mq求出完全燃烧10g燃料1放出的热量；燃料放出的热量被液体吸收，即Q吸＝Q放，根据Q吸＝cmΔt、Q放＝mq列出等式即可求出燃料2的热值；因燃料不能完全燃烧，且存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收，测得的热值会偏小； （4）根据题意分析末温的高低。 【解答】解：（1），根据控制变量法知，在探究两种未知燃料的热值的实验中，需使用不同的燃料加热质量相等的两种液体；在探究两种未知液体的比热容的大小在实验中，需用相同的燃料加热质量相同的不同液体，所以实验中三个烧杯中a、b液体的质量必须相等。 （2）为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同一种液体，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，故应选择甲、乙两图进行实验。 由题意知，甲、乙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T乙，则Δt甲＞Δt乙；由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由公式Q＝cmΔt可知，Q甲＞Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1＞Q2，由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由Q＝mq可知，q1＞q2。 （3）完全燃烧燃料的质量相等，由表格数据知甲、乙两图中质量相等的液体a升高的温度之比为T甲：T乙＝（35℃﹣15℃）：（25℃﹣15℃）＝2：1， 不计热量损失，有m燃料q＝cm液体Δt， 在m燃料、c、m液体相等时，q与Δt成正比，由于所以T甲：T乙＝2：1，所以燃料1、2的热值之比为q1：q2＝2：1， 由于燃料1的热值为2.4×106 J/kg，所以燃料2的热值为：， 因燃料不能完全燃烧，且存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，所以测得的热值会偏小。 （4）M、N的初温相同，吸收相同热量后，M的末温比N的低，这说明M的温度变化较小；则初温相同的M、N，放出相同的热量后，M的温度变化小，所以M的末温高，所以温度﹣放出热量图像如下图所示： 。 故答案为：（1）质量；（2）甲、乙；＞；（3）1.2×106J/kg；小；（4）见解答图。 23．【答案】（1）热水的质量为0.6kg；（2）热水放出的热量为2.52×104J；（3）牛奶的比热容为2.52×103J/（kg•℃）。 【分析】（1）根据m＝ρv计算热水的质量；（2）根据Q放＝cmΔt计算热水放出来的热量；（3）根据c计算牛奶的比热容。 【解答】解：（1）热水的质量为：由ρ＝，得m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×6×10﹣4m3＝0.6kg； （2）热水变化的温度为：△t＝t0﹣t＝60℃﹣50℃＝10℃； 热水放出的热量为：Q放＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.6kg×10℃＝2.52×104J； （3）由题意可知，Q放＝Q吸＝2.52×104J； 牛奶的初温为10℃，末温为50℃，△t’＝50℃﹣10℃＝40℃； 牛奶的比热容为：c牛奶2.52×103J/（kg•℃）； 答：（1）热水的质量为0.6kg；（2）热水放出的热量为2.52×104J；（3）牛奶的比热容为2.52×103J/（kg•℃）。 24．【答案】（1）这些酒精块完全燃烧放出的热量是1.2×106J；（2）锅具的加热效率是25%。 【分析】（1）知道酒精的热值和质量，根据Q放＝mq求出酒精完全燃烧释放的热量；（2）食材吸收的热量和酒精完全燃烧放出热量的比值即为锅具的热效率。 【解答】解：（1）酒精完全燃烧释放的热量：Q放＝mq＝0.04kg×3.0×107J/kg＝1.2×106J；（2）火锅的热效率：η100%100%＝25%。 答：（1）这些酒精块完全燃烧放出的热量是1.2×106J；（2）锅具的加热效率是25%。 第1页 学科网（北京）股份有限公司 $