第14章 内能的利用 章末复习卷-2026-2027学年人教版物理九年级全一册

**基本信息** 聚焦九年级物理“内能的利用”单元，以2025-2026年航天发射、云南漆油鸡制作等真实情境为载体，覆盖比热容、热机冲程、能量转化及效率计算等核心知识点，融合物理观念与科学探究，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |单选题|10|比热容应用（题1）、能量转化（题2）、热机冲程（题4）|基础概念辨析，结合生活与科技实例| |多选题|3|分子运动（题11）、内能变化（题12）|综合知识应用，考查科学思维| |填空题|4|火箭机械能（题14）、永动机原理（题16）|联系航天科技，强化能量观念| |实验题|3|吸热能力探究（题19）、汽轮机模型（题20）|跨学科实践，培养科学探究能力| |计算题|1|燃气灶效率（题21）|实际问题解决，落实科学态度| |综合题|1|分子运动与热值计算（题22）|融合多知识点，贴近生活应用|

第14章内能的利用章末复习卷-2026-2027学年物理九年级全一册人教版(2024) 一、单选题 1.下列事例中利用水的比热容较大这一特性的是( ) A.水电站用水发电 B.辽宁舰漂浮在水面上 C.汽车发动机用水作冷却液 D.建筑工地洒水减少扬尘 2.下列说法正确的是( ) A.冬天对着手哈气,手变暖是机械能转化为内能 B.用酒精灯给水加热,是机械能转化为内能 C.双手反复摩擦,手会感觉暖和,是机械能转化为内能 D.滑冰时,冰刀与冰之间相互摩擦,出现一道痕迹,是内能转化为机械能 3.蹦床属于体操运动的一种,是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动,有“空中芭蕾”之称。如图所示是运动员到达最高点A后沿竖直方向下落到最低点C的过程,若不计空气阻力,关于该过程说法正确的是( ) A.运动员下落过程中,到达B点时速度最快,动能最大 B.运动员在最低点C时,速度为0,受到非平衡力的作用 C.若运动员一直不发力,会一直运动下去,因为能量是守恒的 D.运动员从B点下落到C点的过程中,只有动能转化为弹性势能 4.如图,汽油机工作的四个冲程中,内能转化为机械能的冲程是( ) A. B. C. D. 5.2025年12月31日,长征七号A运载火箭在文昌航天发射场点火升空,成功将实践二十九号卫星送入预定轨道,圆满完成了中国航天全年92次发射任务的“收官之战”。关于火箭发射过程中的物理现象,下列说法正确的是( ) A.火箭加速升空过程中,卫星的动能增大,重力势能减小,机械能保持不变 B.火箭向下喷出高温高压气体从而获得向上的推力,说明力的作用只需要一个物体就能产生 C.火箭升空时速度越来越快,是因为受到了惯性力的作用 D.火箭燃料燃烧时,燃料的化学能只能部分转化为火箭的机械能 6.关于汽油的比热容与热值,下列说法中正确的是( ) A.用水作为汽车发动机的冷却剂,主要是因为水的比热容较小 B.汽油燃烧完一半,质量与体积变小,但剩下汽油的比热容与热值均不变 C.汽油不燃烧时,热值为0,但比热容不为0 D.当燃料充分燃烧时,热值会变大 7.2026年3月27日酒泉卫星发射中心成功发射试验三十三号卫星,用于空间环境探测科学试验。点火升空后,火箭依次完成程序转弯、一二级分离、整流罩分离,随后远征一号S上面级与火箭二级分离,经多次轨道调整后,将试验三十三号卫星精准送入预定轨道,发射任务圆满成功。请选出下列描述错误的一项( ) A.火箭燃料燃烧时,把化学能转化成内能 B.燃料燃烧越充分,热值就越大,效率就越高 C.火箭加速上升过程中,机械能增大 D.火箭上升过程中,外壳与空气摩擦,从而使其内能增大 8.内燃机的能量流向图如图所示。内燃机的效率为( ) A.7% B.28% C.31% D.34% 9.如图所示。在跨学科实践中,小南制作了一个简易的热机模型——“蒸汽船”。他在铜制容器中盛入一定量的水之后安装在“船体”上,用酒精灯对铜制容器底部加热,一段时间后容器内水温升高产生水蒸气,铜管向右喷出水蒸气,“蒸汽船”向左行驶,下列说法正确的是( ) A.水在沸腾时有热量的散失,所以不遵守能量守恒定律 B.“蒸汽船”用酒精作燃料,是因为它的含有热量多 C.“蒸汽船”属于内燃机,工作物质是水 D.“蒸汽船”在向左运动时将内能转化为机械能 10.如图所示,易拉罐中装有适量的水,用酒精灯加热,当有蒸汽喷出时,风车的扇叶就转动起来。下列说法正确的是( ) A.易拉罐中水的内能增加是通过做功的方式实现的 B.酒精灯内的酒精减少会导致酒精的热值变小 C.推动扇叶转动的水蒸气的内能减小 D.推动扇叶转动的水蒸气的内能全部转化为扇叶的机械能 二、多选题 11.如图所示是物理知识应用的四个实例,其中说法正确的是( ) A.长期压在一起的铅板和金板互相渗入,说明分子在不停地做无规则运动 B.飞机机翼是利用流体压强与流速关系的原理设计的 C.热机的做功冲程可以将内能转化成机械能 D.船闸是利用大气压工作的 12.如图所示,漆油鸡是云南怒江傈僳族自治州传统特色菜品。制作时需将凝固的漆油熔化后翻炒鸡肉,加入清水文火慢炖半小时以上,成品汤色金黄、肉质鲜嫩,具有独特的漆油香气。当使用木炭炉加热清水中的漆油鸡时,下列说法正确的是( ) A.文火慢炖漆油鸡时,能闻到香味,这是扩散现象 B.加热时,漆油鸡的温度升高,内能增大 C.随着锅中的水的温度逐渐升高,水的比热容逐渐减小 D.使用木炭作为燃料,主要是利用木炭密度小的特性 13.校科技小组调查发现,某款燃油汽车燃料的化学能(),约有30%转化成了有用的机械能(),其他能量()都未能有效利用。交流展示时,下图中能正确描述三者之间关系的是( ) A. B. C. D. 三、填空题 14.2026年3月30日,力箭二号遥一运载火箭在东风商业航天创新试验区成功首飞,将多颗卫星送入预定轨道。火箭升空时,燃料燃烧产生的高温高压燃气向后高速喷出。 (1)推动火箭加速上升,这说明物体间力的作用是的; (2)在火箭加速上升的过程中,其机械能; (3)火箭发射时高温高压的燃气从尾部喷出;火箭获得向上推力,这个过程中的能量转化与热机的冲程相同。 (4)航天员在太空中有效的锻炼方式是(选填“跳绳”、“举重”或“拉力器)。 15.如图所示为航母上的蒸汽弹射装置,当舰载机在航母上起飞时,气缸内蒸汽体积膨胀,对外做功,内能(选填“增大”“减小”或“不变”),转化为舰载机的。 16.如图所示为历史上曾提出的一种“永动机”模型,设计者在设计时认为右边的钢球比左边的钢球离轮心更远些,在两边不均衡的作用力下,轮子会沿箭头方向不停转动。请用所学物理知识分析,这台“永动机”(选填“能”或“不能”)永远地转动下去,理由是:。 17.汽油机是热机的一种,如图甲所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图,汽油机飞轮的转速为3600 r/min,由图可知这个冲程能转化为能,此冲程的能量转化情况与(选填“乙”或“丙”)图相同。此内燃机每秒对外做功次;若每次做功为500 J,则该发动机的功率是W。当汽油燃烧不充分时,排气管会冒“黑烟”,此时汽油机的效率将(选填“变大”“不变”或“变小”)。若某辆汽车汽油机的能量流向图如图丁所示,该汽油机的热机效率为。 四、实验题 18.如图甲所示,小明在打篮球时,远投球总是够不到篮板。他想:远投时,篮球抛出的距离大小是否与篮球出手的速度和角度有关? 为此,小明安装了如图乙所示的装置来进行探究:在水平桌面上放置一个长方形容器。容器左侧固定一条水管,水管末端连接一个带有阀门的喷水嘴,喷水嘴的喷水角度可调。请回答下列问题: (1)保持喷水嘴的喷水角度不变,用开关改变水喷出的速度,做了以下实验: 第一次让水的喷出速度较小,水喷出后落在容器的A点; 第二次让水的喷出速度稍大,水喷出后落在容器的B点; 第三次让水的喷出速度更大,水喷出后落在容器的C点;改变喷水角度重复实验。 经过分析得出如下结论:当喷出角度一定时,水喷出的速度越大,喷出的距离就越。 (2)小明控制喷水速度一定,让水沿不同角度(与水平方向的夹角小于90 )喷出,当水喷出的角度由水平方向逐渐向上倾斜时,喷出距离越来越远,而随着倾斜角度的增加,喷出距离又越来越近了。通过对上述现象进行归纳分析,小明得出“当喷水速度一定时,水喷出距离随着喷出角度的增加先变大后变小”的结论,你认为该结论(选填“可靠”或“不可靠”),理由是:。 (3)小明感觉投球时风向对球抛出的距离大小有一定影响。若他逆风投球,球离开手时的机械能为,到最高点时的机械能为,则(选填“>”“<”或“=”)。理由是:。 (4)根据上面的探究结论,小明为提升篮球抛出的距离,可采用的方法是:。 19.如图甲所示是小华“探究不同物质的吸热情况”的实验装置,在实验过程中,每隔1 min记录一次温度: (1)实验中选取水和煤油两种不同的物质进行探究,在如图甲所示的实验中存在一处明显的错误,请找出:。 (2)纠正错误后,要完成该实验探究,除了如图甲所示的实验器材,还需要一个测量工具是。 (3)在研究不同物质的吸热能力实验中,不同物质吸收热量的多少是通过(选填“升高的温度”或“加热时间”)来反映的。 (4)小明根据实验数据作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像,如图乙所示,则加热4 min,水吸收的热量(选填“大于”“小于”或“等于”)煤油吸收的热量。如果两支温度计示数都升高到60 ,则水增加的内能(选填“大于”“小于”或“等于”)煤油增加的内能;分析图像可知,(选填“水”或“煤油”)的比热容更大。 (5)由图像乙可知,煤油的比热容是。[已知] (6)如图所示,丙、丁、戊三图中装置完全相同,燃料质量、烧杯内的液体质量和初温均相同,燃料都完全燃烧。通过两图可以比较不同燃料的热值,根据(选填“加热时间的长短”或“温度变化的多少”)来判断液体吸收热量多少。若丙、丁两次实验中液体a上升的温度之比为,若燃料1为酒精,热值为,则燃料2的热值为,假设两个装置加热效率相同,则计算出的燃料2的热值(选填“偏大”、“准确”或“偏小”)。 20.实践小组制作了如图简易汽轮机模型,操作过程如下: ①取一个空易拉罐,用铁丝根据易拉罐的形状制作支架; ②向易拉罐内注入大约半罐水,将笔管的尖端朝外,另一端插入易拉罐内,用密封胶将罐的开口处密封; ③将易拉罐放在支架上,笔管的尖端对准小风扇的扇叶,点燃易拉罐下方的酒精灯,罐内的水蒸气通过笔芯喷出,推动风扇转动。 (1)上述过程中酒精燃烧将化学能转化为内能,水沸腾产生大量水蒸气。水蒸气对小风扇做功,将内能转化为,这个过程相当于热机的冲程; (2)热机发展史也是一部机械效率提高史,如何提高该汽轮机效率,请你帮他们提出一条可行性措施。 五、计算题 21.如图所示,某同学用燃气灶烧水给餐具消毒。已知密闭锅内水的质量为,水的初温为22 ,当水刚好烧开时,共消耗了的天然气,该燃气灶烧水的热效率为。 [水的比热容为,天然气的热值为]求: (1)的天然气完全燃烧所放出的热量; (2)以上过程中,水吸收的热量; (3)密闭的锅内水烧开时的温度。 六、综合题 22.如图是燃气灶烧水的情境和该燃气灶灶头的示意图。 (1)天然气本身无色无味,为了安全和警示,通常会向天然气中加入臭味剂。拧动点火装置,若燃气未点燃,会闻到臭味,表明(选填“分子间有引力”“分子间有斥力”或“分子做无规则运动”); (2)拧动点火装置,天然气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃,天然气不会从进口处外泄,原因是:天然气的喷入导致进口处的天然气流速大,压强(选填“大于”“小于”或“等于”)大气压强; (3)壶中装有密度为、质量为2kg的水,则壶中水的体积为。若天然气的热值,完全燃烧的天然气放出热量为,其中的热量被水吸收,已知水未沸腾,则水的温度升高了 。 试卷第1页(共3页) 试卷第1页(共3页) 学科网(北京)股份有限公司 《第14章内能的利用章末复习卷-2026-2027学年物理九年级全一册人教版(2024)》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B C D B B B D C 题号 11 12 13 答案 ABC AB AB 1.C 【详解】A.水电站用水发电是将水的机械能转化为电能,与水的比热容无关,故A不符合题意; B.辽宁舰漂浮在水面上利用的是浮沉条件(浮力等于总重力),与水的比热容无关,故B不符合题意; C.根据吸放热公式,相同质量的水和其它物质比较,升高相同温度时,水的比热容大,吸收的热量更多,冷却效果更好,因此汽车发动机用水作冷却液利用了水的比热容大的特性,故C符合题意; D.建筑工地洒水减少扬尘是利用水吸附尘埃颗粒,与水的比热容无关,故D不符合题意。 故选C。 2.C 【详解】A.冬天对着手哈气使手变暖是热传递过程,不存在机械能向内能的转化,故A错误; B.用酒精灯给水加热是酒精的化学能转化为内能,故B错误; C.双手反复摩擦时克服摩擦做功,机械能转化为内能,故C正确; D.滑冰时冰刀与冰摩擦,克服摩擦做功,是机械能转化为内能,故D错误。 故选C。 3.B 【详解】A.运动员从点下落到点过程中,开始阶段重力大于弹力,运动员加速,动能增大;后来弹力大于重力,运动员减速,动能减小,故在点下方某处速度最快,动能最大,故A错误; B.运动员在最低点时,速度为0,此时蹦床形变最大,弹力大于重力,合力不为0,受到非平衡力的作用,故B正确; C.若运动员一直不发力,由于蹦床形变等过程中机械能会转化为内能,机械能逐渐减小,最终会停下来,故C错误; D.运动员从点下落到点的过程中,高度降低,重力势能减小,蹦床形变增大,弹性势能增大,此过程中重力势能和动能转化为弹性势能,故D错误。 故选B。 4.C 【详解】AD.A图进气门打开、排气门关闭,活塞向下运动,为吸气冲程;D图进气门关闭、排气门打开,活塞向上运动,为排气冲程,这两个冲程靠飞轮惯性完成,不涉及内能与机械能的转化,故AD不符合题意; B.两气门关闭,活塞向上运动,为压缩冲程,机械能转化为内能,故B不符合题意; C.两气门关闭,火花塞点火,活塞向下运动,为做功冲程,内能转化为机械能,故C符合题意。 故选C。 5.D 【详解】A.动能与物体质量、速度有关,重力势能与物体质量、高度有关,机械能为动能与势能之和。火箭加速升空时卫星质量不变,速度增大动能增大,高度升高重力势能增大,故机械能增大,故A错误; B.力是物体对物体的作用,产生力至少需要两个物体,火箭获得向上推力是利用力的作用是相互的,故B错误; C.惯性是物体的固有属性,不是力,不存在“惯性力”的表述,故C错误; D.燃料燃烧释放的化学能,会有部分以热量形式散失、用于克服摩擦做功等,仅部分转化为火箭的机械能,故D正确。 故选D。 6.B 【详解】A.用水作发动机冷却剂是因为水的比热容大,相同质量升高相同温度时能吸收更多热量,故A错误; B.比热容、热值均是物质的固有属性,与物体的质量、体积大小无关,因此剩余汽油的比热容、热值都不变,故B正确; C.热值是燃料的固有属性,与燃料是否燃烧无关,故C错误; D.热值与燃料是否充分燃烧无关,燃料充分燃烧时热值不变,故D错误。 故选B。 7.B 【详解】A.火箭燃料燃烧属于化学反应,消耗燃料的化学能,释放出内能,实现了化学能向内能的转化,故A正确; B.热值是燃料的固有属性,仅由燃料种类决定,与燃烧是否充分无关,故B错误; C.火箭加速上升时,质量不变,速度增大导致动能增大,高度升高导致重力势能增大,而机械能是动能与势能的总和,因此机械能整体增大,故C正确; D.外壳与空气摩擦,通过做功的方式增加物体内能,因此外壳内能增大,故D正确。 本题选择描述错误的,故选B。 8.B 【详解】由图可知,燃料完全燃烧放出的能量为100%,克服摩擦耗能占6%,机械散热耗能占30%,废气带走热量占36%。内燃机的效率为有用机械能占总能量的百分比,即 故选B。 9.D 【详解】A.能量守恒定律是自然界的普遍规律,所有能量转化过程都遵守能量守恒,水沸腾时散失的热量并没有消失,只是转移到其他地方,仍然遵守能量守恒定律,故A错误; B.选择酒精作燃料是因为酒精的热值大,热量是过程量,不能说燃料“含有热量”,故B错误; C.内燃机是燃料在机器汽缸内部燃烧,这个蒸汽船是酒精在外部加热产生水蒸气,不属于内燃机,且工作物质是水蒸气不是水,故C错误; D.铜管向右喷出水蒸气时,“蒸汽船”向左行驶,这是因为蒸汽的内能转化为“蒸汽船”的机械能,使“蒸汽船”获得了向左的动力而运动,故D正确。 故选D。 10.C 【详解】A.用酒精灯加热水,水吸收热量,是通过热传递的方式增加内能,故A错误; B.热值是燃料的特性,只与燃料种类有关,与质量无关,酒精减少热值不变,故B错误; C.水蒸气推动扇叶转动,水蒸气对扇叶做功,内能转化为机械能,水蒸气内能减小,故C正确; D.水蒸气推动扇叶转动时,部分内能散失到空气中,且存在摩擦,内能不可能全部转化为机械能,故D错误。 故选C。 11.ABC 【详解】A.长期压在一起的铅板和金板互相渗入,属于扩散现象,说明分子在不停地做无规则运动,故A正确; B.机翼形状上凸下平,上方空气流速大压强小,下方流速小压强大,产生向上的升力,故B正确; C.做功冲程中高温高压燃气推动活塞做功,将内能转化为机械能,故C正确; D.船闸的上游与闸室、下游与闸室分别构成连通器,是利用连通器原理工作的,故D错误。 故选ABC。 12.AB 【详解】A.能闻到香味是分子无规则运动的结果,属于扩散现象,故A正确; B.加热时漆油鸡吸收热量,温度升高,内能增大,故B正确; C.比热容是物质的特性,与温度无关,故水的比热容不变,故C错误; D.使用木炭作为燃料,主要是利用木炭热值大的特性,质量相同的燃料完全燃烧,木炭释放的热量较多,故D错误。 故选AB。 13.AB 【详解】AB.根据能量转化与守恒关系,总能量等于有用能量与其他能量之和,即;由题意可知有用能量占比,则其他能量占比 图A为能流图,显示转化为和,符合能量流向及比例关系;图B为饼图,显示整体由和两部分组成,符合部分与整体的占比关系,故AB符合题意; C.柱状图中,的柱高最高,的柱高最低,图形高度与数值大小()不符,故C不符合题意; D.韦恩图表示三者存在交叉重叠关系,不符合总能量包含两类能量、二者互斥相加等于总能量的逻辑,故D错误。 故选AB。 14.(1) 相互 (2) 增大 (3) 做功 (4) 拉力器 【详解】(1)火箭向后喷出燃气,燃气对火箭施加向前的反作用力推动火箭上升,说明物体间力的作用是相互的。 (2)火箭加速上升时,质量不变,速度、高度均增大,动能和重力势能均增大,故机械能增大。 (3)该过程中内能转化为机械能,与热机做功冲程的能量转化一致。 (4)太空处于失重状态,跳绳、举重需依靠重力作用无法达到锻炼效果,拉力器依靠弹力工作,不受失重影响,故应选拉力器。 15. 减小 机械能 【详解】由物体对外做功内能减小可知,蒸汽内能减小; 蒸汽对外做功时,内能转化为舰载机的机械能。 16. 不能 该台机械运转过程中,总要克服阻力做功,机械能会逐渐减少,机械会逐渐停止 【详解】该永动机的设计违背了能量守恒定律,机器运转过程中需要克服摩擦、空气阻力等做功,机械能会不断转化为内能等其他形式的能,最终机械能耗尽,轮子会停止转动,因此无法永远转动下去。 17. 内 机械 乙 30 变小 31% 【详解】由甲图可知,两气门关闭,活塞向下运动,火花塞点火,为做功冲程,内能转化为机械能;乙图能量转化为内能转化为机械能,丙图为机械能转化为内能,故与乙图能量转化情况相同; 由题意知,该汽油机飞轮每分钟转3600转,则飞轮每秒转速为 单缸四冲程汽油机每完成4个冲程,飞轮转2圈,对外做功1次,汽油机每秒对外做功次数为 每秒做的有用功为 发动机功率为 因汽油燃烧不充分时,有用功占燃料完全燃烧总放热量的比值减小,故汽油机的效率变小; 由图丁得,该汽油机的热机效率 18.(1)远 (2) 不可靠 该实验仅进行了一次,未多次重复实验排除偶然性,得出的结论不具有普遍性 (3) > 逆风投球时,球在空中运动过程中受到空气阻力的作用,需要克服空气阻力做功,部分机械能转化为内能,机械能总量减少,因此 (4)选择合适的抛射角度 ,增大出手速度 【详解】(1)控制喷水角度不变时,水喷出速度从小到大,落点从近的A点逐渐到更远的B、C点,因此可得:喷出角度一定时,水喷出速度越大,喷出的距离就越远。 (2)略 (3)略 (4)根据(1)中结论可知,抛射角度一定时出手速度越大抛射距离越远,因此可采用的方法是选择合适的抛射角度,增大出手速度。 19.(1)水和煤油的质量不相等 (2)秒表 (3)加热时间 (4) 等于 大于 水 (5) (6) 丙、丁 温度变化的多少 准确 【详解】(1)本实验应该控制水和煤油的质量相等,甲图中显示,两者的体积相等,由于密度不同,根据可知,实验中水和煤油的质量不相等。 (2)实验过程中,要记录加热时间,故需要秒表。 (3)物质吸收热量的多少不易直接测量,把其转换成加热时间,通过记录加热时间的长短来判断物质吸收热量的多少。 (4)相同酒精灯,相同加热时间,放出的热量相同,故水和煤油吸收相同热量; 由图乙可知,水和煤油都升高到60 时,水需要的时间更长,吸收的热量更多,故水增加的内能更大; 加热相同的时间,即吸收相同的热量,且水和煤油的质量相同,水升温少,由可知,水的比热容大。 (5)由乙图可知,当水和煤油都升高到60 ,即相等时,水用时8min,煤油用时4min,则两者吸收热量的比值为 根据,得 得 (6)比较不同燃料热值,应控制烧杯中的液体相同,燃料的种类不同,故选丙、丁两图; 燃料燃烧放热,被液体吸收,液体升温越高,说明吸收热量越多; 液体a升高温度之比为2:1,则放出热量之比为2:1,由得,燃料的热值之比为 得燃料2的热值为 由于两个装置加热效率相同,通过比值计算出燃料2的热值,不用考虑热量的散失,故数值准确。 20.(1) 机械能 做功 (2)给易拉罐包裹隔热材料,减少热量散失 【详解】(1)[1]水蒸气推动小风扇转动,对外做功,将自身的内能转化为风扇的机械能。 [2]热机的做功冲程的能量转化就是内能转化为机械能,因此该过程相当于热机的做功冲程。 (2)提高热机效率的思路是减少能量损耗,只要能减少该装置的热量散失、额外功损耗或工作物质泄漏,都可以提高效率,如①给易拉罐包裹隔热材料,减少热量散失。②优化笔管喷嘴的形状,让水蒸气的能量更集中地作用在扇叶上。③使用效率更高的酒精灯,减少燃料的浪费等。 21.(1) (2) (3) 【详解】(1)天然气完全燃烧放热 (2)由得水吸收的热量 (3)水升高的温度为 水烧开时的温度为 22.(1) 分子做无规则运动 (2) 小于 (3) 20 【详解】(1)拧动点火装置,若燃气未点燃,会闻到臭味,这是臭味剂分子扩散到空气中被人感知到,属于扩散现象,而扩散现象表明分子在永不停息地做无规则运动。 (2)根据流体压强与流速的关系,流速越大的地方压强越小。天然气的喷入导致进口处的天然气流速大,所以进口处压强小于大气压强,天然气和空气在大气压的作用下流向燃烧头,天然气不会从进口处外泄。 (3) 根据密度公式可得水的体积 完全燃烧这些天然气放出的热量 由公式变形可得,水升高的温度 答案第1页(共2页) 答案第1页(共2页) 学科网(北京)股份有限公司 $