第十二章 机械能和内能（专项训练）物理新教材苏科版九年级上册

第十二章 机械能和内能 常考题型·精准突破 考点一 机械能及其转化 题型1 动能、势能的影响因素及比较 （高频） 题型2 机械能及其相互转化 （高频） 题型3 机械能守恒与守恒条件判断 （难） 考点二 内能与内能的利用 题型1 内能概念及影响因素理解 （高频） 题型2 改变内能的两种方式辨析 （高频） 题型3 温度、内能、热量关系辨析 （重、易错） 考点三 比热容与热量计算 题型1 比热容概念与特性理解 （高频） 题型2 比热容图像与吸、放热比较 （重） 题型3 比热容的相关计算 （重、高频） 题型4 探究不同物质吸热升温能力的实验探究 （重、高频） 题型5 混合热平衡与比例计算 （难） 考点四 热值与热机效率 题型1 热机及其工作流程 （高频） 题型2 燃料热值及放热计算 （重） 题型3 热机效率计算与综合应用 （重、高频） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 机械能及其转化 ◆题型1 动能、势能的影响因素及比较 1．如图所示，质量不等的甲、乙两球（）从顶端由静止分别沿固定光滑斜面体的a、b两侧滚到各自底部，则在它们整个运动过程中有（     ） A．甲球的重力所做的功少一些 B．两球在斜面顶端时，乙的重力势能更大 C．斜面支持力对甲球做功大于对乙球做功 D．若它们统一沿b斜面自顶端滑到底部后速度大小相等 2．某小球被水平抛出后，其部分运动轨迹如图甲所示，其中位置①和③离地高度相等，小球在运动过程中经过MN两点，其动能和重力势能的参数如图乙所示，且M、N两点分别为图中“①”、②或“③”点中的两点，则小球（   ） A．经过的M点就是②点 B．小球在③点的速度比在②点的大 C．在M点的重力势能大于在N点的重力势能 D．小球在①点的动能大于130J 3．如图甲所示，将一根弹簧和一个质量为的金属球（球上有小孔）套在铁架台的金属杆上面（金属杆光滑），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，在0～过程中，小球的动能______（选填“先增大后减小”或“一直增大”），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。 4．在探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验中，小明让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，如图甲所示，本实验中研究对象是______（选填“钢球”或“木块”）；让钢球从同一高度由静止释放，是为了让钢球______相同。小华将实验装置改成如图乙所示，用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究钢球的动能大小与质量的关系，这个实验方案是______（选填“可行”或“不可行”）的。 5．图是小明探究“动能大小与哪些因素有关”的实验装置图。其中，小球质量，由静止开始释放的高度。 (1)小明探究的“动能”是指___________（木块/小球/斜面）碰撞___________（前/后）的动能； (2)通过甲、乙两次实验，小明可以初步得出的结论是：___________。 (3)做丙图实验时，如果硬纸盒被撞后滑出木板掉落，接下来针对丙图实验的操作能帮助小明顺利得出结论的是___________。 A．只换用质量比小的钢球，其他条件不变再次实验并与乙实验对比得出结论 B．给水平木板铺上毛巾，再次实验并与乙实验对比得出结论 C．降低钢球的初始高度为，再次实验并与甲实验对比得出结论 D．不需要重新实验，直接对比实验乙丙可得出结论 (4)小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，小明的设想___________（可行/不可行）；理由是___________。（简要表述） (5)有同学将实验装置改进成图丁所示； A．若用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与___________（质量/速度）的关系： B．若用甲、乙两个质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，当弹簧弹开小球时，在不考虑能量损失的情况下甲、乙两个小球获得动能是___________（甲大/乙大/一样大），则甲、乙两个小球在这一瞬间的速度___________（选填“>”、“<”或“=”），所以该实验___________（可以/不可以）研究动能大小跟质量的关系。 ◆题型2 机械能及其相互转化 6．如图所示，有一小球沿粗糙的曲面轨道ABCD从A点静止滑下，从D点抛出，虚线DEF为小球在空中的运动轨迹。其中C为轨道最低点，B、D、F三点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．在C点的动能最大，E点的动能为零 B．从E点运动到F点的过程，小球的动能转化为重力势能 C．小球在E点的机械能小于在A点的机械能 D．小球在B点和D点的机械能相等 7．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上，某新型隐身巡航导弹首次公开亮相。图示为其飞行路线图，发射升空段，发动机点火，导弹以极大速度穿出大气层；俯冲加速段，发动机关闭，导弹向下俯冲被加速至超高速；巡航阶段，主发动机推力与阻力平衡，弹翼升力与重力平衡，实现远距离巡航飞行，最终精确命中目标。下列关于该巡航导弹飞行过程的说法正确的是（     ） A．发射升空阶段，动能不变，重力势能增大 B．G点到H点的过程中，重力势能转化为动能，机械能守恒 C．整个过程中，在F点动能最大 D．整个飞行过程中，导弹的机械能总量保持不变 8．如图甲所示，在垂直升降电梯的轿厢天花板上固定一轻质弹簧，弹簧的另一端连接木块1，木块2与木块1完全相同。某一过程中，轿厢的v-t图像和弹簧的l-t图像分别如图乙、丙所示（弹簧长度l变化时的快慢情况为近似处理），则下列判断正确的是（　　） A．时间内，轿厢处于下降过程中 B．时间内，木块1所受弹簧拉力大小大于其重力大小 C．时间内，木块2的机械能保持不变 D．时间内，弹簧的弹性势能先增大后减小 9．如图所示，固定在地面的电动机，通过定滑轮提起重物，不计绳重和摩擦，电动机拉绳功率恒定，重物由静止开始，经过连续相同的两段距离，则克服重物重力做功_______，拉力对重物做功_______，重物在B、C点机械能_______（以上均选填“>”、“<”或“=”）。 10．如图甲是“探究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置，让同一小球从斜面的不同高度由静止滚下，推动木块做功，目的是为了探究 ___________（小球/木块）动能的大小与___________（高度/速度）的关系；换用质量不同的小球，从斜面的相同高度由静止滚下到达水平面时它们的速度___________（相同/不同）。若小球在如图乙 AOB 所示光滑轨道从A点由静止滑下，沿轨道 AOB 到达 B 点后离开轨道，不计空气阻力，离开 B 点后最符合题意的运动轨迹是___________（a/b/c/d）。 ◆题型3 机械能守恒与守恒条件判断 11．同一小球在距离地面h高度处，以相同的速度v沿不同方向斜向上抛出，在空中运动的轨迹如图a、b所示，不计空气阻力。从球被抛出至落地前，以下判断中正确的是（   ） A．球经过两轨迹任意一点处的机械能不相等 B．球在两轨迹最高点的速度大小相等 C．球两次落地时的速度大小可能不相等 D．球两次经过轨迹交点处时的动能一定相等 12．如图所示，用力F将小球压至D点（弹簧始终处于弹性限度内）、撤去力F后，小球从静止开始向上运动。C位置时小球所受弹力大小等于重力，B位置是弹簧自身长度的位置，A位置是小球到达的最高点。整个过程不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．在B位置小球的动能最大 B．在A位置，小球速度为零，小球处于平衡状态 C．从C到B的过程中，小球的合力方向竖直向下 D．从D到A的过程中，小球的机械能不变 13．如图甲所示，为小球从某一高度水平抛出后的部分运动轨迹示意图，M、N是运动轨迹上的两点，其动能和重力势能关系如图乙所示。若M、N两点为图甲中“①、②、③”点中的某两点，下列说法中正确的是（　　） A．N点对应轨迹中的位置③ B．M点对应轨迹中的位置① C．位置③的速度一定小于位置②的速度 D．位置①的动能可能小于210J 14．如图a、b为竖直向上抛出的小石块在上升过程中动能和重力势能随高度变化的图线（不计阻力），其中___________是动能-高度关系图线，小石块上升到5m时的机械能为___________J。 15．高为h的光滑滑槽固定在水平地面上，质量为m的小球从滑槽顶端由静止开始运动(如图)，到达滑槽底端的速度为v，此过程中小球的机械能大小________(选填“变大”、“变小”或“不变”)， 若小球在滑槽顶端时重力势能为mgh，在滑槽底端时动能为mv2，且h＝0.2 m则小球滚到滑槽底端时的速度为________ m/s.(不计空气阻力) 考点二 内能与内能的利用 ◆题型1 内能概念及影响因素理解 16．如图甲是曾侯乙墓出土的铜冰鉴式保温器。这种保温器分为两层，外层为一方鉴，内层装一方壶，如图乙所示。盛夏之时，方鉴盛冰，内方壶盛酒。下列说法正确的是（     ） A．冰块吸热熔化成水的过程中，内能保持不变 B．外方鉴中的冰温度为，所以内能也为0 J C．壶内酒将温度传给方鉴中的冰块后内能减小 D．壶内酒内能减少是通过热传递的方式实现的 17．如图是某物体由液态变为固态过程温度随时间变化的图像，下列说法正确的是（     ） A．时刻物体内能为零 B．、时刻物体内能相等 C．时刻物体内能比时刻小 D．时刻物体分子动能比时刻大 18．制作传统手工艺“糖画”的情景如图甲所示。制作“糖画”时，舀起高温的液态糖浆制成各种图案，糖浆最后慢慢变硬。利用红外温度计测量并绘制了糖浆温度随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．制作“糖画”使用的糖是非晶体 B．BC段糖浆的状态是固液共存态 C．糖浆在B点时的内能等于C点时的内能 D．糖浆变成糖画的过程是凝固，只有AB和CD两个阶段在放热 19．小华探究某物质熔化实验时，绘制了如图所示的温度随时间变化图像，该物质是_________（选填“晶体”或“非晶体”），在B处的内能__________C处的内能（选填“大于”“等于”或“小于”）。 20．如图所示，装有冰块的容器放在室内，一段时间后先后观察到甲、乙两图的情景，则容器内物质在图甲时刻的内能_______（选填“大于”“小于”或“等于”）图乙时刻的内能，此过程物体的内能是以_________的方式改变的。当时的室温_____________（选填“一定高于”“可能低于”或“可能等于”）。 ◆题型2 改变内能的两种方式辨别 21．下列有关温度、热量、内能的说法，正确的是（     ） A．物体吸收热量，内能一定增加，同时温度一定升高 B．同温的两杯水含有的内能不一定相等 C．物体温度升高，内能不一定增加，但一定吸收热量 D．正在沸腾的水吸收热量，温度升高，内能不变 22．如图，在试管中装入少量水，用橡胶塞塞紧管口，对试管加热，一段时间橡胶塞飞出。下列说法正确的是（     ） A．橡胶塞飞出时，试管内气体内能增大 B．橡胶塞飞出，能量转化与汽油机做功冲程相同 C．管口产生的白雾是水汽化形成的水蒸气 D．加热试管是通过做功改变水的内能 23．如图所示，对于下列实验中的物理过程，说法不正确的（　　） A．图甲中，试管中水蒸气推动塞子冲出去时，水蒸气的内能增大 B．图乙中，厚玻璃管中的空气被压缩时，机械能转化为内能 C．图丙中，从滑梯滑下，臀部发热，是克服摩擦做功增加臀部的内能 D．图丁中，一开始灯泡不亮，当玻璃芯加热到红炽状态时灯泡发光，实验说明导体和绝缘体在一定条件下可相互转变 24．如图A所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水，用不同加热器加热，忽略散热，得到如图B所示的水温与加热时间的图像。 (1)某时刻温度计示数如图A乙所示，此时乙的温度为______； (2)如图B在第，______选填“甲”或“乙”液体分子运动得更剧烈； (3)甲液体第的内能______第的内能选填“大于”“等于”或“小于”。 25．如图所示，一个底部封闭的薄壁金属管固定在支座上，管中装入一些酒精，然后用塞子塞紧管口，把一根橡皮条缠在管子上并迅速来回拉动，在这个过程中，将_________能转化为_________能。过了一会儿，观察到塞子被酒精蒸气顶出，且金属管口附近出现大量白气。产生大量“白气”是因为发生了_________现象（填物态变化的名称）。 ◆题型3 温度、内能、热量关系辨析 26．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（     ） A．物体内能增大，温度一定升高 B．物体吸收热量，温度一定升高 C．温度高的物体含有的热量多 D．内能小的物体也可能把热量传递给内能大的物体 27．关于热量、温度、内能，下列说法正确的是（     ） A．物体的温度越高，含有的热量越多 B．物体吸收热量，温度一定升高 C．0℃的冰与 0℃的水的内能一样大 D．热传递过程中，热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体 28．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．物体的内能增加，一定从外界吸收了热量 B．热传递过程中是将温度从高温物体传递到低温物体 C．外界对物体做功时，物体的内能不一定增大 D．物体吸收热量，内能增加，温度一定升高 29．秋冬季节，“烤红薯”很受人们欢迎。如图为烤红薯的情景，在烤制过程中，红薯的内能______（选填“增大”“不变”或“减小”），这是通过______的方式改变内能的。刚出锅的烤红薯很烫，“烫”是指______（选填“内能大”“温度高”或“热量多”），掰开红薯就闻到浓浓的香味，说明分子在不停的___________。 30．如图所示，把凉奶放在热水里加热，经过一段较长时间，它们的温度随时间变化的图像如图（b）所示。 (1)这个过程是用______的方式改变内能； (2)图（b）______是奶温度变化的曲线，理由是凉奶吸热后温度______； (3)用热水的原因是热传递过程中______从甲物体转移到乙物体上。（选填“热量”“温度”“内能”） 考点三 比热容与热量计算 ◆题型1 比热容概念与特性理解 31．下列事例与水的比热容大的特性无关的是（     ） A．夏天路面上洒水降温 B．汽车发动机常用水做冷却剂 C．沿海地区比沙漠地区昼夜温差小 D．炎炎夏日海边海陆风形成的原因 32．在“观察不同物质吸热现象”时，同学们用红外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．实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子吸收的热量较多 B．实验中，加热相同的时间，末温高的物质吸热能力强 C．实验中，使用同一盏红外灯加热，目的是保证相同时间两种物质吸收的热量相同 D．实验表明物质吸收热量的多少和物质的种类有关 33．夏天，我国东南沿海地区经常规律性地刮着“海陆风”（从海洋吹向陆地的叫海风，从陆地吹向海洋的叫陆风）。如图所示为一幅说明“海陆风”形成原理的示意图，下列分析正确的是（　　） A．描述的是海风，发生在白天，原因是水的比热容比砂石大 B．描述的是海风，发生在夜晚，原因是水的比热容比砂石大 C．描述的是陆风，发生在白天，原因是水蒸发要吸收大量的热 D．描述的是陆风，发生在夜晚，原因是水蒸发要吸收大量的热 34．生活中常用水作为冷却剂是因为水的比热容____，将质量为m0的小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中。冷水温度升高了3℃，此时保温容器中的水的比热容____（选填“变大”“不变”或“变小”），然后又向保温容器中倒入一小杯同质量同温度的热水，水温又上升了2.5℃，不计热量的损失，则m0∶m=____。 35．甲、乙两个物体，质量相等，温度相同。把甲物体投入一杯热水中，热传递停止时，水温降低了Δt，甲吸收的热量为Q甲。此时把甲捞出，立即把乙物体投入这杯水，热传递停止后水温又降低了2Δt，乙吸收的热量为Q乙。假设整个过程没有质量和热量的损失，若甲、乙吸收的热量分别为Q甲、Q乙，则2Q甲___________Q乙，甲、乙的比热容分别为c甲、c乙，2c甲___________c乙（两空均选填“>”、“=”或“<”）。 ◆题型2 比热容图像与吸、放热比较 36．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）。下列说法正确的是（     ） A．在0-t2时间段，该物体吸收的热量为 B．在时间段，该物质的比热容保持不变 C．在时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在时间段的比热容等于 37．用两个相同的电热器给质量都是2kg的物质甲和水加热，理想情况，无热量损失。它们的温度随时间的变化关系如图所示水的比热容4.2×103J/（kg•℃）。下列说法正确的是（　　） A．0~10min内水吸收的热量为8.4×104J B．物质甲的比热容为2.1×103J/（kg•℃） C．0~10min内水吸收的热量和甲吸收的热量不相等 D．条件不足，无法判断 38．将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中，如图所示，用红外灯照射两个瓷盘4min后，沙子的温度为54℃，水的温度为30℃，它们的温度随时间变化图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．图线a、b分别对应物质是水和沙子 B．升高相同温度a物质吸收的热量更多 C．沙子与水的比热容之比 D．该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象 39．如图所示，是小明在探究冰的熔化特点时根据实验记录的数据绘制成的温度随时间变化的图象。分析图象发现，物体在B点时具有的内能_______（选填“大于”“小于”或“等于”）在C点时的内能；实验过程中，BC段物体吸收的热量为________J。[冰的质量是0.5kg，比热容是2.1×103J/（kg·℃），不计热量损失] 40．在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用相同的热源给质量相等的水和另一种物质加热，收集的数据如图所示。分析图一可以得出图线___________（选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质的比热容为___________。如图二是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，若CD段的比热容为 ，则在 BC段吸热为 ___________。 ◆题型3 比热容的相关计算 41．在标准大气压下，有一个容积为2 L的水壶，装满初温为15℃的水。不计加热过程中的热量损失，水的比热容为，求： (1)壶内水的质量。 (2)将水加热到65℃时，水吸收的热量。 (3)接着继续给水加热，若水再次吸收的热量，求水的末温。 42．某机械加工厂热处理车间对一批合金钢零件进行淬火。淬火水槽中盛有37kg、的冷水。工人将一块质量为20kg、加热到的合金钢零件迅速投入水槽中，充分搅拌后达到热平衡，水温升高到。若不计热量损失，水槽不吸热，零件不吸水。求： (1)水吸收的热量。 (2)该合金钢的比热容。 (3)在实际生产中要求淬火后水温不能超过，求投入零件前至少应向水槽中加入的水的质量。 43．学习了内能的相关知识后，小嘉对实验非常感兴趣，和同伴们一起做了以下实验： 他们在实验室利用加热器完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图像。实验时，冰的质量为1kg，若相同时间内水和冰吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变。已知c水=4.2×103J/（kg·℃），求： (1)水在CD段吸收的热量。 (2)冰的比热容。 (3)计算从B到C物质内能的变化量。 44．为了测定某种合金材料制成的球形工件的比热容，将工件均匀加热到一定温度，然后将其置于0℃的水平大冰块上，测出工件陷入冰中的深度，如图所示。已知工件的初始温度为t（高于0℃），当冰不再熔化时工件陷入冰块中的深度为h，工件的半径为r，球的体积公式为（r为球的半径），冰的密度为，工件的密度为冰的n倍。假设实验过程中环境温度恒为0℃，不计热量损失，冰的熔解热为（1kg某种物质在熔点时，从固态变成液态所吸收的热量，单位为J/kg）。求：（用题目中的字母符号表示，结果化成最简） (1)冰吸收的热量； (2)该工件的比热容c。 45．如图是一定质量的冰升温熔化的过程，已知相同时间内冰和水吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变。若0~4min冰吸收了4.2×103J的热量。不计热量损失。[c冰=2.1×103J/（kg·℃）]，求： (1)冰的质量m冰； (2)CD段水吸收热量后的末温t1。 ◆题型4 探究不同物质吸热升温能力的实验探究 46．某同学在做“比较不同物质吸热能力”的实验时，使用相同的电加热器给水和食物油加热，他得到如下数据： 物质 质量/g 初始温度/℃ 加热时间/ 最后温度/℃ 水 60 20 6 40 食物油 60 20 6 80 (1)从表中数据可知，在两个相同的烧杯中分别装入初温、_____________（选填“质量”或“体积”）相同的水和食物油，为了达到该目的，实验时应该选用的测量器材是_____________，实验中并使用相同的电加热器进行加热，这种实验方法叫_____________法；水和食物油吸热多少是通过_____________________（选填“温度计示数”或“加热时间”）来比较的，这种实验方法叫_____________法。 (2)同时加热时，食物油的温度比水温度高，此时食物油吸收的热量_____________（选填“大于”或“小于”或“等于”）水吸收的热量。 (3)探究不同物质吸热能力，可采用两种实验方案： A．比较两种物质吸收相同的热量后升高的温度，温度升得高的，吸热能力_____________（选填“强”或“弱”）； B．让两种物质升高相同的温度，比较它们加热时间，加热时间长的吸热能力_____________（选填“强”或“弱”）； 本实验中该同学采用的是方案_____________。 (4)假设实验过程中加热器放出的热量全部被液体吸收，则由上表可计算出食物油的比热容为_____________。 47．为了比较水和煤油的吸热能力，小海将适量的水和煤油分别装入完全相同的烧杯中进行实验，实验装置如图所示，甲中的烧杯装有100g的煤油，乙、丙中的烧杯分别装有100g、200g的水。他用完全相同的酒精灯加热水和煤油，每隔记录一次水和煤油的温度，记录的实验数据如下表所示。 加热时间 0 2 4 6 8 10 甲中煤油的温度 20 24 28 32 36 40 乙中水的温度 20 22 24 26 28 30 丙中水的温度 20 21 22 23 24 25 (1)在此实验中，通过_________________来反映水和煤油吸收的热量。 (2)小海分析数据可知：质量相等的水和煤油升高相同的温度时，水比煤油吸收的热量__________，说明水比煤油的吸热能力强。 (3)小海认为即使水和煤油的质量m、加热时间t、升高的温度均不同，仍可以类比“密度”概念建立的方法，定义一个量k（k用m、t、表示），通过比较k的大小能比较出水和煤油的吸热能力强弱，则__________。 (4)另一同学小清如图甲所示，探究水和食用油的吸热能力，在两个完全相同的烧杯中，分别装入质量、初温相同的水和食用油，用相同的电加热器进行加热，每隔记录两温度计的示数，根据实验数据绘制的图像如图乙所示。根据你所学的知识，判断图乙中______（选填“a”或“b”）是表示食用油温度随时间变化关系的图像。 (5)物理学中用比热容表示物质吸热能力强弱，以下物理量中，与比热容的定义方式不同的是_______。 A．功 B．热值 C．速度 D．密度 48．烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。小华决定探究出该现象的本质原因。她认为：在相同条件下，烧开一壶水比烧开半壶水需要的时间长，吸收的热量越多。对一壶水加热，水沸腾前，加热时间越长，水吸收的热量越多。 (1)排除干扰：根据烧水多少以及烧开或者烧成温水的经验，可确定同种物质，吸收热量的多少与物体的___________和升高的___________有关。 (2)确定课题：“不同的物质，其他条件相同，那么吸热是否相同呢？”如图1，小华用规格相同的白炽灯模拟太阳，对质量相同的水和沙子加热，箱子规格一致。如图2，是基于记录的数据绘制的图像。由图像可知都升高10℃，水的加热时间比沙子___________，可判断水比沙子吸收的热量___________。 (3)解释交流：如图3所示，两箱子开口，用透明细管AB连通，点燃一支香放在细管中，白炽灯工作一段时间后，烟将会从B管口冒出，本质原因是水比沙子的比热容___________。这个实验模拟的是___________（填选项前字母：A．海风；B．陆风）。（说明：海风：沿海地区，白天近地面由海洋吹向陆地的风。陆风：沿海地区，夜晚近地面由陆地吹向海洋的风） 49．同学们在学习水的沸点、凝固点后。猜想水中加入别的物质后，一定会对水的沸点和凝固点产生影响，于是设计实验进行探究。一组同学往水中加入一定量的盐。如甲图装置实验探究，当盐水温度接近90℃时，开始每隔0.5min记录⼀次温度，记录数据如下表所示： 时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 温度/℃ 88 91 91 94 97 100 102 102 102 102 (1)实验时，当看到盐水中有大量气泡不断上升、变大，到液面破裂开来，里面的_______（填“水蒸气”或“空气”）散发到空气中，就表明盐水沸腾了。继续给沸腾的盐水加热，盐水的温度会________（选填“升高”、“不变”或“降低”）； (2)小明和小华两同学虽然选用的实验装置相同，但盐水开始沸腾的时刻不同，他们绘制的沸腾图像如图乙所示，图像不同的原因是水的________不同； (3)为了说明液体沸腾过程中是否需要吸热，应_______，观察水是否继续沸腾。 (4)实验中关于器材的作用，下列说法中不正确的是________； A．盖上硬纸板可以减少热量散失，缩短实验时间 B．为了节约燃料缩短实验时间，还可以适当减少酒精的质量 C．若将烧杯盖得十分紧密，且纸片上无排气孔，则盐水的沸点会升高 D．盖上硬纸板可以防止水蒸气在温度计上液化成小水珠，影响读数 (5)课后，该兴趣小组同学用相同的小烧杯a、b盛等量的水，在标准大气压下用相同的热源同时加热：如图所示，a杯为隔水加热，b杯为隔油加热，加热足够长时间后，测得a杯外的水温100℃、b杯外的油温为300℃，a、b两杯中的水能沸腾的是________杯，最终a、b两杯水的温度_______（选填“>”、“=”或“<”）。 (6)星期天，小华在家烧水煮饺子。当水烧开准备下饺子时，妈妈提醒她锅里的水量少了点，于是小华又往锅里迅速加了一大碗水（水量比锅里少），用同样大的火直至将水再次烧开，下面能反映小华整个烧水过程中温度随时间变化的图像是________。 A． B． C． D． 50．阅读短文，回答问题。 电冰箱 电冰箱是人们普遍使用的家用电器，如图甲是某电冰箱的构造和结构原理图，冰箱工作时，液态冷凝剂经过很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，变成气态，使冰箱内温度降低，之后，气态冷凝剂又被电动压缩机压入冷凝器变成液态，使电冰箱背面温度升高，冷凝剂再进入冷冻室的管子开始新一轮循环，从而使冷冻室内保持较低的温度。 冰箱按气候类型（冰箱最适宜的使用环境温度）可分为4种，如表所示。 种类 冰箱的气候类型 最适宜使用环境温度范围/℃ 一 亚温带型（SN） 10﹣32 二 温带型（N） 16﹣32 三 亚热带型（ST） 13﹣38 四 热带型（T） 18﹣43 （1）冷凝剂在冷冻室的管子里发生的物态变化是 ___________，冷凝剂在冷凝器内通过 ___________的方法发生液化； （2）打开冰箱门时会出现白气，热水瓶口也会出现白气，关于这两处白气，下列说法正确的是 ___________； A．它们都是由空气中的水蒸气形成的 B．白气的本质是水蒸气 C．它们的形成过程和冰箱里霜的形成过程是一样的 D．冰箱门附近的白气，夏天比冬天多；热水瓶口出现的白气，冬天比夏天多 （3）夏季温度高，为避免压缩机长时间工作，冰箱内设置的温度应调 ___________； （4）目前市场上变频冰箱有4种气候类型，它能根据环境温度自动调节压缩机温度，南通的消费者适合选用 ___________气候类型的冰箱；市场上，没有寒带型的冰箱，你认为可能的原因是 ___________； （5）综合实践活动中，小红把液态物质A装入杯中放入冰箱，测出其温度随时间变化的图像如图乙，若用该杯子装体积为原来一半的物质A进行测量，则图乙中的点a将向 ___________边移动。接着小红又仿照冰杯制作了图丙所示的容器B，将上述物质A装入夹层并密封，放入冰箱一段时间后取出，在B中再放入冰水混合物（如图丁），发现冰水混合物在较长时间内没有任何变化（忽略外界影响），可以推测，从冰箱取出容器B时夹层中的物质A处于 ___________态。 ◆题型5 混合热平衡与比例计算 51．如图所示是食品级不锈钢速冻“冰块”，冷冻后直接放入饮料中可以迅速给饮料降温，由于其清洗方便，制冷迅速，可循环使用以及不会熔化稀释饮料口感等优点深受客户喜爱。将1颗质量为50g的不锈钢“冰块”从的冷冻室取出后立即放入一杯25℃的水中，热平衡后，水温下降了9℃。（不考虑热传递过程的热损失，，水的比热容为），则杯中水的质量是________g；又向水中放入一块完全相同的不锈钢“冰块”，热平衡后杯中水的温度为________℃。 52．如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量80%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1500 J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为400 g；让两个加热器同时开始工作，60 s后停止加热，然后立即将比热容为的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图像如图乙所示（部分图像未画出）。 (1)加热时，甲乙从加热器上吸收热量温度升高，内能________（选填“变大”、“变小”或“不变”），这是通过________的方式改变物体的内能； (2)加热15 s时，甲液体吸收的热量为________J；甲液体的比热容为________；合金球的质量为________g。 53．小王在家探究冷热水混合温度变化的问题，他将一杯热水放在桌上，然后加入一勺30g的冷水，待它们热平衡后测得热水的温度下降了4℃，后来他又加入一勺相同的冷水，平衡后测得水温又下降了3℃。若不计混合过程中的热量损失，原来这杯热水的温度比冷水的温度高 ___________℃，原来这杯热水的质量为 ___________g。 54．“淬火”是金属热处理工艺之一，即把金属制品加热到一定温度后放在水、油或空气中迅速冷却，以提高金属的硬度和强度。现将一质量为40 g的铁制品加热到，将它投入某种液体中，该液体的初温是，质量是368 g，铁制品和液体的温度达到后不再变化。不考虑一切热损失，铁的比热容为。求： (1)铁制品放出的热量； (2)该液体吸收的热量； (3)该液体的比热容。 55．把某铁块加热到100℃，投入到质量为m1温度为20℃的水中，混合后的温度为40℃。把该铁块重新加热到100℃，投入到质量为m2温度为20℃的水中，混合后的温度为60℃。如果把这块100℃的铁块投入到质量为（m1+m2）温度为20℃的水中，整个过程不计热量的损失，求混合后最终的温度。 考点四 热值与热机效率 ◆题型1 热机及其工作流程 56．下图为四冲程内燃机的工作示意图，下列说法错误的是（     ） A．在一个工作循环中的工作冲程依次是丁、丙、甲、乙 B．甲冲程能获得动力，其他三个冲程依靠飞轮的惯性完成 C．若该单缸四冲程内燃机的飞轮转速是2400r/min，每秒钟内完成80个冲程，做功20次 D．丁冲程的能量转化是机械能转化为内能 57．某小组围绕热机开展了一系列探究。通过实验模拟热机的基本工作原理，如图甲，在试管内装些水，用软木塞塞住管口，将水加热一段时间后，软木塞被水蒸气推出。分析了汽油机的某个冲程，如图乙。为定量理解热机的效率，调研了某汽车汽油机的能量流向图，如图丙。下列说法正确的是（     ） A．若酒精灯的酒精燃烧不充分，酒精的热值变小 B．由图丙可得该汽车汽油机的效率为28% C．图甲试管中水内能的增加，主要是通过做功的方式实现的 D．图甲软木塞从管口冲出过程的能量转化与图乙所示热机冲程是一致的 58．图1甲为注射器，在室温恒为的环境中，老师快速向下推动活塞压缩针筒内的气体后松手，活塞即刻被向上弹起，此过程中针筒内均处于密封，针筒内物质均处于气态，针筒内气体温度随时间变化图像如图1乙，（由于气体分子间距比较大，此实验过程不考虑分子势能的变化），则说法正确的个数是（　　） ①活塞下压时，是通过做功改变针筒内气体的内能 ②过程的能量转化与图2中乙相同 ③密封气体在时刻的内能小于时刻的内能 ④活塞静止后，密封气体的温度最终保持在 ⑤图2丙存在化学能转化成内能的过程 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 59．如图甲所示，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，汽油机两个冲程的示意图中的_______（选填“乙”或“丙”）与这一过程的能量转化相同。艾绒点燃后，有浓浓的艾草香味是_______现象。若飞轮的转速为3000r/min，则每秒对外做功_______次。 60．图甲中气球在放气时，它喷气的嘴部温度和原来相比__________（选填“变高”“变低”或“不变”），此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在__________图所示过程的能量转化是一致的。某汽车四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若汽缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功__________J。若汽油燃烧不充分，汽油的热值将__________。若该汽油机的效率为30%，当输出的有用功为2.76×107J时，需要完全燃烧__________kg的汽油。（汽油的热值为4.6×107J/kg） ◆题型2 燃料热值及放热计算 61．有甲、乙两种不同的燃料，甲燃料的质量为，乙燃料的质量为，当甲、乙温度都升高1℃，吸收的热量如图a所示；甲、乙的燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，则下列说法正确的是（     ） A．甲燃料的热值大于乙的热值 B．甲燃料的比热容小于乙的比热容 C．甲、乙物体温度都降低1℃，甲放出的热量比乙的多 D．相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，甲放出的热量比乙的多 62．在太原古县城南街的一处四合院里陈列着许多精致的花馍，如图所示是捏花馍能手在研习社展示如何做花馍的情景。将捏好的花馍，用柴火灶蒸熟，作品千姿百态成为新的国潮。以下有关蒸花馍的说法正确的是（     ） A．木柴燃烧时，化学能转化为内能 B．木柴燃烧越充分，其热值就越大 C．花馍的内能是通过做功的方式增大的 D．刚出锅的花馍温度高，含有的热量多 63．有甲、乙两种不同的燃料，甲燃料的质量为2kg，乙燃料的质量为1kg，当甲、乙温度都升高1℃，吸收的热量如图a所示；甲、乙燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示。则甲燃料的比热容________乙燃料的比热容，甲燃料的热值________乙燃料的热值（前两空均选填“大于”“等于”或“小于”），乙燃料的热值为________J/kg。 64．汽油发动机工作时，汽油必须和吸进的空气成适当的比例，才能形成可以有效燃烧的混合气，这就是空燃比（可燃混合气中空气质量与燃油质量之比），某总排量为2.5L的发动机的空燃比为22:1，混合燃气的密度为，已知汽油的热值为，则发动机做一次功，燃料燃烧产生的热量为___________J。若该汽油机的效率为20%，年平均消耗汽油420kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约_______kg的汽油。 65．某同学家新安装了一台容积为的太阳能热水器，加满水后水温为20℃。经过阳光的照射，水温升高40℃。则： (1)水的质量是多少？ (2)在这内水吸收的热量是多少？ (3)若这些热量由效率为20%的火炉燃烧焦炭来提供，则需要燃烧多少千克焦炭？（，，） ◆题型3 热机效率计算与综合应用 66．如图为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒内达到起飞速度，汽缸内蒸汽体积膨胀对外做功，内能___________（选填“增大”、“不变”、“减小”），同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力，这一过程中发生的能量转化与热机中的___________冲程相同；若一台单缸四冲程汽油机每秒对外做功15次，则该汽油机的飞轮转速是___________min。若这辆汽车一年消耗3100L汽油，如果内燃机的效率从30%提高到31%，则一年可节省___________汽油（已知汽油热值为）。 67．图甲中气球在放气时，它喷气的嘴部温度和原来相比_________（变高/变低/没有变化），此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在_________（A/B）图所示过程的能量转化是一致的。某汽车四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功_________J。若汽油燃烧不充分，汽油的热值将_________（变大/变小/不变）。若每辆汽车每年消耗汽油1.86t，汽车内燃机的效率平均取值30%。如果能把内燃机效率提高1%，一辆汽车每年可以节约_________L汽油。（） 68．某市为更好保障城市环境卫生，新购入了一批无人驾驶清扫车，该车具有自动遇障暂停、自动避障绕障、自动驾驶清扫、自动驾驶喷雾打药等功能。如图所示是无人驾驶清扫车在城郊一段平直的公路上匀速行驶清扫路面的情景，无人驾驶清扫车在该路段匀速行驶，消耗汽油。若清扫车工作时的质量保持不变，行驶过程中受到的阻力为车重的0.02倍。（，取）求： (1)汽油完全燃烧放出的热量； (2)在此过程中清扫车牵引力做的功； (3)清扫车发动机的效率。 69．汽车已经成为现代生活中不可缺少的一部分，环保、节能、安全是汽车研发和使用时必须关注的问题。如图甲所示，薛物理家新购一辆汽车，若该汽车在某高速公路上以100km/h匀速行驶时Skm油耗为V1L，已知汽车在该路段上所受阻力为fN。（汽油的密度为ρ0×103kg/m3，汽油的热值为qJ/kg）问： (1)据此计算汽车发动机的效率为多少？ (2)薛物理爸爸在给他讲车的性能时，总是说“排量”，却很少说“功率”，为此他从网上查到了排量的定义：活塞从上止点移动到下止点所通过的“工作容积”称为气缸排量，如图乙所示。若该汽车四缸发动机的单缸排量为0.5L（即气缸内上止点到下止点距离为20cm，单个气缸横截面积为25，20cm×25=500=0.5L），如果某四缸汽车的单缸排量为V2（L），单缸飞轮转速为N2（r/min）时，做功冲程燃气对活塞的平均压强为p（Pa）时汽车发动机单缸的输出功率为多少？ 70．氢气—汽油发动机采用氢气和汽油两种燃料工作，可进行自由切换。氢气和汽油的热值分别取、，，该四轮轿车的满载的时候质量为2.2t，每个轮胎与地面的接触面积为，小华驾驶使用上述发动机的轿车沿平直公路从甲地至乙地，两地相距250km，出发时油箱内汽油的质量为8kg。设氢气和汽油在汽缸内均完全燃烧，轿车行驶中所受阻力恒定，发动机输出的能量全部用来驱动轿车行驶。全程分两个阶段，如图所示。 阶段一：轿车使用氢燃料从甲地出发，以25m/s的速度匀速行驶1h到达丙地，此过程中轿车牵引力的功率为20kW，消耗了0.8kg氢气。 阶段二：从丙地开始，由于氢气不足，小华切换汽油为燃料，轿车仍以25m/s的速度匀速行驶，此过程中发动机的效率为30%。 (1)当该轿车停放在地面上时对地面的压强； (2)求轿车行驶过程中受到的阻力； (3)在使用氢燃料的情况下，求轿车发动机的效率； (4)请通过计算说明小华最终能否到达乙地。 综合攻坚·知能拔高 1．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则（     ） A．时刻小球动能最小 B．这段时间内，小球动能逐渐增加 C．这段时间内，小球动能逐渐增加 D．这段时间内，小球动能变化量等于弹簧弹性势能的变化量 2．图甲为一款新型水杯，将沸水倒入杯中，轻摇几下后，水温便可降至55℃左右，并能保温3小时。图乙为其内部结构图，杯壁的不锈钢夹层中有晶体传热材料，其在常温下是固态，会随着温度的变化发生可逆的固液转换。取0.3kg该晶体材料，用酒精灯对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。已知酒精的热值为。下列分析错误的是（     ） ①在BC段，该晶体材料含有的热量比AB段多 ②在BC段，该晶体材料的内能保持不变 ③该晶体材料的比热容为 ④若加热到C点状态时，测得消耗酒精1g，则酒精灯的加热效率为26.4%。 A．①②③ B．①②③④ C．①② D．①③④ 3．内燃机的发明是第二次工业革命中应用技术领域的一项重大成就。如图所示为单缸四冲程汽油机的一个冲程示意图，若该汽油机的效率为30%，飞轮每分钟转动1800圈，则下列说法正确的是（）（     ） A．图中所示冲程是吸气冲程 B．若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为 C．该汽油机在1s内做功30次 D．汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高 4．用如图所示的装置“探究不同物质的比热容”。下列说法错误的是（     ） A．沙子和水的质量相等 B．加热时用玻璃棒不断地搅拌是为了使沙子和水受热均匀 C．实验中通过温度计示数的变化，判断沙子和水吸收热量的多少 D．水和沙子的初温相同，加热时间相同，记录温度计示数的变化 5．在“比较不同物质的吸热能力“实验中，小源用如图甲所示的同一个实验装置分别加热200g的水和煤油，用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图乙，加热，刚好消耗了4g酒精。若单位时间内水吸收的热量与煤油吸收的热量相等，已知，，下列分析正确的是（　　） A．煤油的末温比水的高，所以吸热能力更强 B．煤油的比热容是 C．该酒精灯的加热效率为 D．加热，煤油吸收热量 6．图甲为我国古代的“节能灯”，图乙为其剖面示意图，向灯盏夹层内注水，碗内有油和灯芯， (1)灯燃烧时，___________吸收燃烧产生的热量后不断蒸发，使灯碗和灯油的___________降低，灯油蒸发的速度减小，达到省油的目的。 (2)为了比较A、B两种液体的比热容，小组同学用完全相同的加热装置对质量分别为100 g和400 g的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图丙所示。根据图像信息，可知A、B在0~8 min内吸收的热量之比为___________，A、B两液体的比热容之比为___________。 7．如图甲，将系于橡皮筋一端的小球从悬挂点O的正下方P点由静止释放，整个下落过程中，橡皮筋所受弹力F与小球下落高度h的关系如图乙；小球下落的速度v与下落高度h的关系如图丙（不考虑空气阻力）。该轻质橡皮筋每伸长1cm就受到0.15N的拉力，经测量小球从P点下落到a、b、c三点的距离分别为，，。小球从a点到c点的过程中，动能变化情况是____________，实验中小球的质量为________g（）。由a点到b点，小球的机械能________（选填“守恒”或“不守恒”），小球的重力势能变化量______（选填“大于”“小于”或“等于”）动能变化量。 8．生活中食物的能量常用“卡路里”作为单位。“卡路里”简称“卡”，1卡是这样规定的：在1个标准大气压下，质量为1g的水，温度升高1℃所吸收的热量。那么1卡=___________J。某种油炸食品，每100g提供的能量约为卡，假设这些能量全部被质量为10kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到___________℃，这些热量相当于完全燃烧___________kg的煤气放出的热量。水温升高后，水的比热容___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。[水的比热容，煤气的热值] 9．把凉的奶制品放入盛有热水的保温桶中，改变内能的方式是________；经过一段时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示，则代表奶制品温度变化图像的是________（“甲”或“乙”）；奶制品与热水的质量相同，不计热散失，从图像可以发现，甲、乙的比热容之比为________。 10．如图所示，甲、乙、丙三图中装置完全相同，燃料质量都是10g，烧杯内液体质量和初温也相同。 (1)比较不同液体的比热容，可以选择__________两图；比较不同燃料的热值，可以选择__________两图； (2)为了研究不同物质的吸热能力，利用其中两幅图进行实验，根据记录数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图丁所示： ①由图可以看出，在开始时__________液体的温度升高得快，__________液体的比热容较大； ②若b液体比热容是，则a液体比热容是__________； (3)若某小组在热值实验中燃料1和燃料2的质量比为，液态a为水，烧杯中水的温度与加热时间的关系如图所示（同一杯水单位时间内吸收的热量相同），不计热量损失和水质量的变化，则下列说法正确的是__________ A．甲、乙烧杯中的水从开始加热至刚沸腾时吸收的热量之比为 B．整个过程中，燃料1、2完全燃烧放出的热量之比为 C．甲、乙烧杯中的水在相同时间内吸收热量之比为 D．燃料1、2的热值之比为 11．汽车已经进入了百姓家庭，汽车发动机的性能的好坏备受关注，在汽车发动机的设计中，既要考虑能量的有效利用，又要考虑发动机的冷却问题，汽油的热值，汽油的密度是，天然气的热值，水的比热容，求： (1)汽车的冷却系统用水来给发动机降温，5 kg的水在冷却系统温度升高了50℃，水吸收的热量？ (2)10 L的汽油在汽车的发动机的气缸内燃烧了30min，这些汽油完全燃烧可以释放多少能量？ (3)如果该车的机械效率为30%，则发动机的输出功率是多少kW？（结果保留整数） 12．冬天早上，妈妈用0.5kg热水给墨墨加热420g的袋装牛奶，一段时间过后，牛奶和热水的温度随时间变化的图像如图所示。（不考虑热损失和质量损失，已知，）求： (1)热水放出的热量； (2)牛奶的比热容； (3)若小明家燃气灶的热效率是30%，妈妈将质量为1kg，温度为10℃的水烧开，需消耗多少体积的燃气？（燃气的热值为） / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十二章 机械能和内能 常考题型·精准突破 考点一 机械能及其转化 ◆题型1 动能、势能的影响因素及比较 1．D 2．D 3．一直增大 大于 4. 钢球 到达水平面的速度 不可行 5. (1)小球 前 (2)质量相同时，物体的速度越大，动能越大 (3)ACD (4)可行 见解析 (5)速度 一样大 ＜ 不可以 ◆题型2 机械能及其相互转化 6．C 7．B 8．D 9. = ＞ ＜ 10. 小球 速度 相同 c ◆题型3 机械能守恒与守恒条件判断 11．D 12．C 13．C 14. a 4 15. 不变 2 考点二 内能与内能的利用 ◆题型1 内能概念及影响因素理解 16．D 17．D 18．B 19. 晶体 小于 20. 小于 热传递 一定高于 ◆题型2 改变内能的两种方式辨别 21．B 22．B 23．A 24. (1)37 (2)甲 (3)小于 25. 机械 内 液化 ◆题型3 温度、内能、热量关系辨析 26. D 27. D 28. C 29. 增大 热传递 温度高 做无规则运动 30. (1)热传递 (2)乙 逐渐升高 (3)内能 考点三 比热容与热量计算 ◆题型1 比热容概念与特性理解 31．A 32．C 33．A 34. 大 不变 1∶10 35. = < ◆题型2 比热容图像与吸、放热比较 36. B 37. B 38. C 39. 小于 40. b ◆题型3 比热容的相关计算 41. (1) (2) (3)100℃ 42. (1) (2) (3) 43. (1) (2) (3) 44. (1) (2) 45. (1) (2)5℃ ◆题型4 探究不同物质吸热升温能力的实验探究 46. (1)质量 天平 控制变量 加热时间 转换 (2)等于 (3)弱 强 A (4) 47. (1)加热时间 (2)多 (3) (4)b (5)A 48. (1)质量 温度 (2)长 多 (3)大 A 49. (1)水蒸气 不变 (2)质量 (3)停止加热 (4)B (5)b = (6)B 50. 汽化 压缩体积 D 高 温带 寒带常年气温较低，不需要冰箱 左 液 ◆题型5 混合热平衡与比例计算 51. 50 10 52. (1)变大 热传递 (2) 53. 28 180 54. (1) (2) (3) 55. 36℃ 考点四 热值与热机效率 ◆题型1 热机及其工作流程 56．A 57．B 58．C 59. 乙 扩散 25 60. 变低 A 10000 不变 2 ◆题型2 燃料热值及放热计算 61．B 62．A 63．小于 小于 64. 20 65. (1) (2) (3) ◆题型3 热机效率计算与综合应用 66．减小 做功 1800 100 67．降低 A 不变 75 68．(1) (2) (3) 69. (1) (2) 70. (1) (2)800N (3)60% (4)不能 综合攻坚·知能拔高 1．A 2．A 3．A 4．C 5．D 6. (1)夹层内的水 温度 (2) 7. 先增大后减小 150 不守恒 大于 8. 4.2 55 0.03 不变 9. 热传递 乙 2∶1 10. (1)甲、丙 甲、乙 (2)a b (3)D 11.(1) (2) (3) 12.(1) (2) (3)0.03m3 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十二章 机械能和内能 常考题型·精准突破 考点一 机械能及其转化 题型1 动能、势能的影响因素及比较 （高频） 题型2 机械能及其相互转化 （高频） 题型3 机械能守恒与守恒条件判断 （难） 考点二 内能与内能的利用 题型1 内能概念及影响因素理解 （高频） 题型2 改变内能的两种方式辨析 （高频） 题型3 温度、内能、热量关系辨析 （重、易错） 考点三 比热容与热量计算 题型1 比热容概念与特性理解 （高频） 题型2 比热容图像与吸、放热比较 （重） 题型3 比热容的相关计算 （重、高频） 题型4 探究不同物质吸热升温能力的实验探究 （重、高频） 题型5 混合热平衡与比例计算 （难） 考点四 热值与热机效率 题型1 热机及其工作流程 （高频） 题型2 燃料热值及放热计算 （重） 题型3 热机效率计算与综合应用 （重、高频） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 机械能及其转化 ◆题型1 动能、势能的影响因素及比较 1．如图所示，质量不等的甲、乙两球（）从顶端由静止分别沿固定光滑斜面体的a、b两侧滚到各自底部，则在它们整个运动过程中有（     ） A．甲球的重力所做的功少一些 B．两球在斜面顶端时，乙的重力势能更大 C．斜面支持力对甲球做功大于对乙球做功 D．若它们统一沿b斜面自顶端滑到底部后速度大小相等 【答案】D 【详解】A．重力做功 两球初始高度相同，已知，因此甲的重力更大，重力做功更多，，故A不符合题意； B．重力势能大小和质量、高度有关，两球在顶端高度相同，，所以甲的重力势能更大，故B不符合题意； C．斜面支持力方向垂直于斜面，小球运动方向沿斜面，支持力方向与运动方向垂直，支持力对两球做功均为0，故C不符合题意； D．小球沿光滑斜面下滑，重力势能全部转化为动能，即，解得，速度大小与质量无关，故它们沿b斜面自顶端滑到底部后速度大小相等，故D符合题意。 故选 D。 2．某小球被水平抛出后，其部分运动轨迹如图甲所示，其中位置①和③离地高度相等，小球在运动过程中经过MN两点，其动能和重力势能的参数如图乙所示，且M、N两点分别为图中“①”、②或“③”点中的两点，则小球（   ） A．经过的M点就是②点 B．小球在③点的速度比在②点的大 C．在M点的重力势能大于在N点的重力势能 D．小球在①点的动能大于130J 【答案】D 【详解】AC．根据图乙可知，小球在M点时的重力势能 小球在M点时的机械能 小球在M点时的动能 小球在N点时的动能 小球在N点时的机械能 小球在N点时的重力势能 所以小球在M点时的重力势能小于小球在N点时的重力势能；小球的高度越来越低，所以机械能是逐渐减小的，N点的机械能大于M点，N点在前面，由图可知，M点是③，N点是②，故AC不符合题意； B．由以上分析可知，小球在③点的动能比在②点的小，小球质量一定，所以小球在③点的速度比在②点的小，故B不符合题意； D．小球在①点时的重力势能与在③点时的重力势能相等，为120J，若小球在①点时机械能等于在②点时的机械能为250J，则在①点时它的动能为 而小球在运动过程中，机械能不断减小，所以小球在①点时的机械能大于在②点时的机械能250J，所以小球在①点的动能大于130J，故D符合题意。 故选D。 3．如图甲所示，将一根弹簧和一个质量为的金属球（球上有小孔）套在铁架台的金属杆上面（金属杆光滑），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，在0～过程中，小球的动能______（选填“先增大后减小”或“一直增大”），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。 【答案】 一直增大 大于 【详解】由图像可知，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；由图像可知，小球最终会静止在40cm高的弹簧上，小球在这一位置受平衡力，即小球的重力和弹簧对小球的弹力相等，说明小球在过程中，受力不平衡，合力方向向下，向下做加速运动，小球质量不变，故小球的动能一直增大； 由图像可知，小球每次弹起的最大高度减小，说明小球运动时受到空气阻力等的作用，机械能不守恒。所以在过程中小球重力势能转化为弹簧的弹性势能、小球的动能和其它形式的能，故在过程中小球重力势能变化量大于动能的变化量。 4．在探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验中，小明让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，如图甲所示，本实验中研究对象是______（选填“钢球”或“木块”）；让钢球从同一高度由静止释放，是为了让钢球______相同。小华将实验装置改成如图乙所示，用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究钢球的动能大小与质量的关系，这个实验方案是______（选填“可行”或“不可行”）的。 【答案】 钢球 到达水平面的速度 不可行 【详解】[1]实验中通过木块被钢球撞击后移动的距离来反映钢球的动能大小，研究对象是钢球。 [2]钢球在斜面下滑时做加速运动，让钢球从同一高度由静止释放，是为了让钢球到达水平面的速度相同。 [3]观察图乙的装置可知，若用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧弹性势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，不能控制初速度相等，这样是不能完成实验的。 5．图是小明探究“动能大小与哪些因素有关”的实验装置图。其中，小球质量，由静止开始释放的高度。 (1)小明探究的“动能”是指___________（木块/小球/斜面）碰撞___________（前/后）的动能； (2)通过甲、乙两次实验，小明可以初步得出的结论是：___________。 (3)做丙图实验时，如果硬纸盒被撞后滑出木板掉落，接下来针对丙图实验的操作能帮助小明顺利得出结论的是___________。 A．只换用质量比小的钢球，其他条件不变再次实验并与乙实验对比得出结论 B．给水平木板铺上毛巾，再次实验并与乙实验对比得出结论 C．降低钢球的初始高度为，再次实验并与甲实验对比得出结论 D．不需要重新实验，直接对比实验乙丙可得出结论 (4)小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，小明的设想___________（可行/不可行）；理由是___________。（简要表述） (5)有同学将实验装置改进成图丁所示； A．若用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与___________（质量/速度）的关系： B．若用甲、乙两个质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，当弹簧弹开小球时，在不考虑能量损失的情况下甲、乙两个小球获得动能是___________（甲大/乙大/一样大），则甲、乙两个小球在这一瞬间的速度___________（选填“>”、“<”或“=”），所以该实验___________（可以/不可以）研究动能大小跟质量的关系。 【答案】(1) 小球 前 (2)质量相同时，物体的速度越大，动能越大 (3)ACD (4) 可行 见解析 (5) 速度 一样大 ＜ 不可以 【详解】（1）[1][2]根据转换法，通过比较木块在同一水平面上被撞击的距离来比较小球到达水平面时动能的大小，所以动能是指小球碰撞前动能； （2）甲、乙两次实验中，小球质量，小球释放高度，速度更大，推动木块的距离，说明质量相同时，物体的速度越大，动能越大。 （3）A．丙图中硬纸盒滑出木板掉落，说明小球动能过大。换用质量比B小的钢球，保持其他条件不变，可减小小球的动能，使硬纸盒能在木板上滑行，从而与乙实验对比得出结论，故A符合题意； B．铺上毛巾会改变接触面粗糙程度，不能控制与图乙有相同的接触面，影响实验变量，故B不符合题意； C．降低钢球的初始高度为，再次实验并与甲实验对比，两次实验小球的质量不同，高度相同，可以得出结论，故C符合题意； D．丙图实验时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，说明C球动能更大，直接对比实验乙丙（小球释放高度相同，碰撞前小球速度相同），可得出结论：速度相同时，物体的质量越大，动能越大，故D符合题意。 故选ACD。 （4）[1][2]不同质量的小球在同一高度的重力势能不同，小球滑下的过程重力势能转化为动能，根据控制变量法可知实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同，故可探究物体重力势能与质量的关系。 （5）[1]用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系； [2][3][4]若用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能相同，转化成的动能相同，甲的质量大于乙的质量，则在这一瞬间甲的速度小于乙的速度，所以不能探究动能大小跟质量的关系。 ◆题型2 机械能及其相互转化 6．如图所示，有一小球沿粗糙的曲面轨道ABCD从A点静止滑下，从D点抛出，虚线DEF为小球在空中的运动轨迹。其中C为轨道最低点，B、D、F三点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．在C点的动能最大，E点的动能为零 B．从E点运动到F点的过程，小球的动能转化为重力势能 C．小球在E点的机械能小于在A点的机械能 D．小球在B点和D点的机械能相等 【答案】C 【详解】A．C点是轨道最低点，小球从A滑下过程中，重力势能持续向动能转化，但由于轨道粗糙存在能量损耗，小球在C点的动能是轨道上的最大值；但E点是小球斜抛运动的最高点，此时小球竖直方向速度为0，水平方向仍有速度，因此E点的动能不为零，故A错误； B．从点运动到点，高度降低，重力势能 减小，速度增大，动能增大，重力势能转化为动能，故B错误； C．轨道是粗糙的，小球在轨道上运动时克服摩擦力做功，机械能减小，离开轨道后不计空气阻力机械能守恒，因此E点的机械能小于A点的机械能，故C正确； D．小球从运动到的过程中，因轨道粗糙需克服摩擦力做功，机械能减小，因此D点的机械能小于B点的机械能，故D错误。 故选C。 7．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上，某新型隐身巡航导弹首次公开亮相。图示为其飞行路线图，发射升空段，发动机点火，导弹以极大速度穿出大气层；俯冲加速段，发动机关闭，导弹向下俯冲被加速至超高速；巡航阶段，主发动机推力与阻力平衡，弹翼升力与重力平衡，实现远距离巡航飞行，最终精确命中目标。下列关于该巡航导弹飞行过程的说法正确的是（     ） A．发射升空阶段，动能不变，重力势能增大 B．G点到H点的过程中，重力势能转化为动能，机械能守恒 C．整个过程中，在F点动能最大 D．整个飞行过程中，导弹的机械能总量保持不变 【答案】B 【详解】A．发射升空段，导弹加速上升，速度增大，高度增大，质量不变，故动能增大，重力势能增大，故A错误； B．G点到H点，发动机关闭，导弹在大气层外运动，没有空气阻力，只有重力做功；高度减小，速度增大，质量不变，故重力势能减小，动能增大，重力势能转化为动能，机械能守恒，故B正确； C．俯冲加速段导弹被加速至超高速，速度大于F点速度，质量不变，故动能大于F点动能，F点动能不是最大，故C错误； D．整个飞行过程中，其中发射升空段发动机推力对导弹做功，机械能增大，故D错误。 故选B。 8．如图甲所示，在垂直升降电梯的轿厢天花板上固定一轻质弹簧，弹簧的另一端连接木块1，木块2与木块1完全相同。某一过程中，轿厢的v-t图像和弹簧的l-t图像分别如图乙、丙所示（弹簧长度l变化时的快慢情况为近似处理），则下列判断正确的是（　　） A．时间内，轿厢处于下降过程中 B．时间内，木块1所受弹簧拉力大小大于其重力大小 C．时间内，木块2的机械能保持不变 D．时间内，弹簧的弹性势能先增大后减小 【答案】D 【详解】AB．由图乙可知，时间内，轿厢做匀速直线运动，则木块1也做匀速直线运动，根据二力平衡，所受弹簧拉力等于其重力大小，此时弹簧长度为；时间内，轿厢做加速直线运动，弹簧长度大于，则木块1所受弹簧拉力大于其重力大小，则轿厢向上做加速直线运动；时间内，轿厢做减速直线运动，弹簧长度小于，则木块1所受弹簧拉力小于其重力大小，则轿厢向上做减速直线运动。所以时间内，轿厢处于上升过程中。故AB错误； C．时间内，木块2随轿厢一起向上做匀速直线运动，质量不变，速度不变，则动能不变，高度增加，则重力势能变大，所以木块2的机械能变大，故C错误； D．由图丙可知，时间内，弹簧的长度先增大后减小，所以弹簧的弹性势能先增大后减小，故D正确。 故选D。 9．如图所示，固定在地面的电动机，通过定滑轮提起重物，不计绳重和摩擦，电动机拉绳功率恒定，重物由静止开始，经过连续相同的两段距离，则克服重物重力做功_______，拉力对重物做功_______，重物在B、C点机械能_______（以上均选填“>”、“<”或“=”）。 【答案】 = ＞ ＜ 【详解】[1]因为，，且，重物的重力G不变，所以克服重物重力做功。 [2]由，已知功率P恒定，重物由静止开始运动，速度逐渐增大，可知拉力F逐渐减小，即；又因为，，且，所以拉力对重物做功 [3]重物的质量不变，重物上升，高度增加，物体的重力势能增大；速度增大，物体的动能增大，机械能等于动能与重力势能之和，所以重物在B、C点机械能 10．如图甲是“探究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置，让同一小球从斜面的不同高度由静止滚下，推动木块做功，目的是为了探究 ___________（小球/木块）动能的大小与___________（高度/速度）的关系；换用质量不同的小球，从斜面的相同高度由静止滚下到达水平面时它们的速度___________（相同/不同）。若小球在如图乙 AOB 所示光滑轨道从A点由静止滑下，沿轨道 AOB 到达 B 点后离开轨道，不计空气阻力，离开 B 点后最符合题意的运动轨迹是___________（a/b/c/d）。 【答案】 小球 速度 相同 c 【详解】[1][2]让小球从斜面上滚下，小球运动，具有了动能。故此实验是探究小球动能大小与哪些因素有关。小球动能的大小是通过它推动木块的距离大小比较出来的。同一小球，质量不变；让小球从不同高度滚下，使小球到达平面时的速度不同，故此实验是探究小球动能大小与速度的关系。 [3]小球质量大小不同，受到的重力大小也不同，但由于小球受到的重力与小球的质量成正比，故在重力作用下，小球从同一高度滚下过程中，它们速度的变化程度是相同的，所以它们到达平面时的速度也是相同的。 [4]轨道是光滑的，且不考虑空气作用力，所以在整个过程中机械能没有损耗。在A点，小球有重力势能，没有动能；在B点，小球同时具有重力势能与动能。所以小球离开B点后到达最高点时，它的重力势能与动能总量与它在A点的重力势能相等，即它在B的点的重力势能小于它在A点的重力势能，故小球离开B点后的最高点比A点低。同时由于惯性，小球离开B点后还要继续上升。故它的轨迹最有可能是c。 ◆题型3 机械能守恒与守恒条件判断 11．同一小球在距离地面h高度处，以相同的速度v沿不同方向斜向上抛出，在空中运动的轨迹如图a、b所示，不计空气阻力。从球被抛出至落地前，以下判断中正确的是（   ） A．球经过两轨迹任意一点处的机械能不相等 B．球在两轨迹最高点的速度大小相等 C．球两次落地时的速度大小可能不相等 D．球两次经过轨迹交点处时的动能一定相等 【答案】D 【详解】A.不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，两个轨迹上任意点的小球机械能都等于初始总机械能，故A错误； B.两轨迹的最高点高度不同，两球在最高点时，重力势能不相等，故动能不相等，球在两轨迹最高点的速度大小不相等，故B错误； C.两次抛出初始机械能相等，落地时重力势能都为0（以地面为势能参考面），根据机械能守恒，落地时的动能相等，因此落地速度大小一定相等，故C错误； D.轨迹交点处的高度是固定的，说明小球在该点的重力势能相等；又因为两次运动全程机械能守恒且初始总机械能相等，因此小球在该点的动能一定相等，故D正确。 故选D。 12．如图所示，用力F将小球压至D点（弹簧始终处于弹性限度内）、撤去力F后，小球从静止开始向上运动。C位置时小球所受弹力大小等于重力，B位置是弹簧自身长度的位置，A位置是小球到达的最高点。整个过程不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．在B位置小球的动能最大 B．在A位置，小球速度为零，小球处于平衡状态 C．从C到B的过程中，小球的合力方向竖直向下 D．从D到A的过程中，小球的机械能不变 【答案】C 【详解】A．从D到C的过程，弹力大于重力，合力向上，小球做加速运动；到C点时小球所受弹力大小等于重力，速度达到最大；从C到B小球减速，因此动能最大的位置是C，故A错误； B．A位置小球速度为零，但只受重力，合力不为零，不满足平衡状态“合力为零”的条件，因此不是平衡状态，故B错误； C．C位置时小球所受的弹力大小等于重力，从C到B，弹簧形变量减小，弹力逐渐减小，弹力小于重力，弹力方向竖直向上，重力方向竖直向下，因此合力方向竖直向下，故C正确； D．从D到B的过程中，弹簧的弹性势能不断转化为小球的机械能，因此小球的机械能是增加的，整个过程小球机械能不守恒，故D错误。 故选C。 13．如图甲所示，为小球从某一高度水平抛出后的部分运动轨迹示意图，M、N是运动轨迹上的两点，其动能和重力势能关系如图乙所示。若M、N两点为图甲中“①、②、③”点中的某两点，下列说法中正确的是（　　） A．N点对应轨迹中的位置③ B．M点对应轨迹中的位置① C．位置③的速度一定小于位置②的速度 D．位置①的动能可能小于210J 【答案】C 【详解】ABC．由图可知，小球反弹的高度越来越低，所以机械能越来越小。M点机械能为 N点机械能为 则N点重力势能为 所以M点机械能小于N点机械能，M点重力势能小于N点重力势能，则M点高度低于N点，所以M点对应轨迹中的位置③，N点对应轨迹中的位置②。M点动能为 所以M点动能小于N点动能，质量不变，所以M点速度小于N点速度，即位置③的速度一定小于位置②的速度。故AB错误，C正确； D．小球在点①时的重力势能与在点③（M点）时的重力势能相等，均为。若位置①的动能小于210J，，则位置①的机械能小于，而位置②（N点）机械能为，由于小球的机械能是不断减小的，所以不可能。故D错误。 故选C。 14．如图a、b为竖直向上抛出的小石块在上升过程中动能和重力势能随高度变化的图线（不计阻力），其中___________是动能-高度关系图线，小石块上升到5m时的机械能为___________J。 【答案】 a 4 【详解】【小题1】[1]竖直向上抛出的小石块在上升过程中速度越来越慢，位置越来越高，故随着高度的增大，小石块的动能越来越小，重力势能越来越大。如图所示，a线随着高度的增加，能量变小，故a是动能-高度关系图线；b线随着高度的增加，能量变大，故b是重力势能-高度关系图线。 [2]因为小石块上升过程中不计阻力，故小石块上升过程中只存在动能、势能的相互转化，故此过程中机械能守恒，故小石块上升到5m时的机械能与在8m的机械能相同，如图所示，在8m时小石块的重力势能为4J，动能为0J，机械能为4J，故小石块在5m时的机械能也为4J。 15．高为h的光滑滑槽固定在水平地面上，质量为m的小球从滑槽顶端由静止开始运动(如图)，到达滑槽底端的速度为v，此过程中小球的机械能大小________(选填“变大”、“变小”或“不变”)， 若小球在滑槽顶端时重力势能为mgh，在滑槽底端时动能为mv2，且h＝0.2 m则小球滚到滑槽底端时的速度为________ m/s.(不计空气阻力) 【答案】 不变 2 【详解】小球从高处滑下，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能． 因为光滑的滑槽没有摩擦力，且不计空气阻力，在只有重力做功的情况下，机械能守恒，即此过程中小球的机械能大小不变； 因为质量为m的小球从高度为h的光滑斜面顶端由静止自由滑下，到达斜面底端的速度为v，过程中机械能守恒，所以有： ， 将h=0.2m，g=10m/s2代入上式，解得v=2m/s． 考点二 内能与内能的利用 ◆题型1 内能概念及影响因素理解 16．如图甲是曾侯乙墓出土的铜冰鉴式保温器。这种保温器分为两层，外层为一方鉴，内层装一方壶，如图乙所示。盛夏之时，方鉴盛冰，内方壶盛酒。下列说法正确的是（     ） A．冰块吸热熔化成水的过程中，内能保持不变 B．外方鉴中的冰温度为，所以内能也为0 J C．壶内酒将温度传给方鉴中的冰块后内能减小 D．壶内酒内能减少是通过热传递的方式实现的 【答案】D 【详解】A．冰块是晶体，熔化时虽然温度保持不变，但持续吸收热量，内能会增大，故A错误； B．一切物体在任何温度下都具有内能，0℃的冰内能不为0，故B错误； C．热传递过程中，传递的是热量，不是温度，酒放出热量后内能减小，故C错误； D．壶内酒的温度高于冰块的温度，热量从酒传递到冰块，酒的内能减少，这是通过热传递的方式实现的，故D正确。 故选D。 17．如图是某物体由液态变为固态过程温度随时间变化的图像，下列说法正确的是（     ） A．时刻物体内能为零 B．、时刻物体内能相等 C．时刻物体内能比时刻小 D．时刻物体分子动能比时刻大 【答案】D 【详解】A．任何物体的分子都在永不停息做无规则运动，内能不可能为零，时刻内能也不为零，故A错误； BC．到是晶体的凝固过程，这个过程中物体持续放出热量，内能不断减小，因此时刻的内能比时刻大，故BC错误； D．分子的动能和温度直接相关，温度越高分子平均动能越大。从图像可知时刻的温度高于时刻的温度，因此时刻物体分子动能比时刻大，故D正确。 故选 D。 18．制作传统手工艺“糖画”的情景如图甲所示。制作“糖画”时，舀起高温的液态糖浆制成各种图案，糖浆最后慢慢变硬。利用红外温度计测量并绘制了糖浆温度随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．制作“糖画”使用的糖是非晶体 B．BC段糖浆的状态是固液共存态 C．糖浆在B点时的内能等于C点时的内能 D．糖浆变成糖画的过程是凝固，只有AB和CD两个阶段在放热 【答案】B 【详解】A．分析图乙可知，BC段为糖浆的凝固过程，则糖浆在凝固过程中温度不变（有一定的凝固点），所以制作“糖画”使用的糖是晶体，故A错误； B．图像中BC段，糖浆正在凝固，B点处于液态，C点处于固态，BC段处于固液共存态，B正确； C．图像中BC段，糖浆正在凝固，B点处于液态，BC之间处于固液共存态，放出热量，C点处于固态，在B点时的内能大于C点时的内能，故C错误； D．糖浆在AB段和CD段都是放热，温度降低，糖浆在BC段虽然温度不变，但要继续放热，所以整个过程中糖浆持续放热，故D错误。 故选B。 19．小华探究某物质熔化实验时，绘制了如图所示的温度随时间变化图像，该物质是_________（选填“晶体”或“非晶体”），在B处的内能__________C处的内能（选填“大于”“等于”或“小于”）。 【答案】 晶体 小于 【详解】[1]从图像中可以看到，该物质在BC段温度保持不变，符合晶体熔化时“吸热但温度不变”的特点，所以该物质是晶体。 [2]晶体在熔化过程中持续吸热，内能增加。C点是熔化完成后的状态，B点是熔化刚开始的状态，因此B处的内能小于C处的内能。 20．如图所示，装有冰块的容器放在室内，一段时间后先后观察到甲、乙两图的情景，则容器内物质在图甲时刻的内能_______（选填“大于”“小于”或“等于”）图乙时刻的内能，此过程物体的内能是以_________的方式改变的。当时的室温_____________（选填“一定高于”“可能低于”或“可能等于”）。 【答案】 小于 热传递 一定高于 【详解】由图甲、乙两图可知，乙图中冰块数量变少，说明冰正吸热熔化，由于冰是晶体，熔化时温度不变、吸热内能增加，故图甲时刻容器内物质内能小于图乙时刻。 该过程中容器内的物质从温度更高的室内环境吸收热量，，因此是通过热传递的方式改变内能； 冰熔化的条件是达到熔点0℃且持续吸热：只有室温高于0℃，热量才会自发向0℃的冰水混合物传递，冰可以持续熔化，故室温一定高于。 ◆题型2 改变内能的两种方式辨别 21．下列有关温度、热量、内能的说法，正确的是（     ） A．物体吸收热量，内能一定增加，同时温度一定升高 B．同温的两杯水含有的内能不一定相等 C．物体温度升高，内能不一定增加，但一定吸收热量 D．正在沸腾的水吸收热量，温度升高，内能不变 【答案】B 【详解】A．物体吸收热量时内能一定增加，但温度不一定升高，比如晶体熔化过程中吸热、内能增大，温度保持不变，故A错误； B．内能大小与物体的温度、质量、状态有关，同温的两杯水质量未知，内能不一定相等，故B正确； C．物体温度升高，内能一定增加；但改变内能有做功和热传递两种方式，物体温度升高不一定是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故C错误； D．水沸腾的特点是吸收热量，温度不变，内能增加，故D错误。 故选B。 22．如图，在试管中装入少量水，用橡胶塞塞紧管口，对试管加热，一段时间橡胶塞飞出。下列说法正确的是（     ） A．橡胶塞飞出时，试管内气体内能增大 B．橡胶塞飞出，能量转化与汽油机做功冲程相同 C．管口产生的白雾是水汽化形成的水蒸气 D．加热试管是通过做功改变水的内能 【答案】B 【详解】A．橡胶塞飞出时，试管内气体对橡胶塞做功，内能转化为机械能，气体内能减小，故A错误； B．橡胶塞飞出时，内能转化为机械能，汽油机做功冲程也是内能转化为机械能，能量转化相同，故B正确； C．管口产生的白雾是水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故C错误； D．加热试管是通过热传递改变水的内能，故D错误。 故选B。 23．如图所示，对于下列实验中的物理过程，说法不正确的（　　） A．图甲中，试管中水蒸气推动塞子冲出去时，水蒸气的内能增大 B．图乙中，厚玻璃管中的空气被压缩时，机械能转化为内能 C．图丙中，从滑梯滑下，臀部发热，是克服摩擦做功增加臀部的内能 D．图丁中，一开始灯泡不亮，当玻璃芯加热到红炽状态时灯泡发光，实验说明导体和绝缘体在一定条件下可相互转变 【答案】A 【详解】A．甲图中，试管内水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，内能转化为塞子的机械能，水蒸气自身内能减小，故A错误，符合题意； B．乙图中，压缩厚玻璃管内的空气时，外力对空气做功，将机械能转化为空气的内能，故B正确，不符合题意； C．丙图中，从滑梯滑下时，臀部克服摩擦做功，机械能转化为内能，臀部内能增加温度升高，故C正确，不符合题意； D．丁图中，常温下玻璃芯是绝缘体，电路不通灯泡不亮；加热到红炽状态后玻璃芯变成导体，电路通路灯泡发光，该实验说明导体和绝缘体在一定条件下可以相互转变，故D正确，不符合题意。 故选 A。 24．如图A所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水，用不同加热器加热，忽略散热，得到如图B所示的水温与加热时间的图像。 (1)某时刻温度计示数如图A乙所示，此时乙的温度为______； (2)如图B在第，______选填“甲”或“乙”液体分子运动得更剧烈； (3)甲液体第的内能______第的内能选填“大于”“等于”或“小于”。 【答案】(1)37 (2)甲 (3)小于 【详解】（1）该温度计的分度值是，乙的读数是。 （2）温度越高，分子运动越剧烈。图B在第甲的温度高，甲液体分子运动得更剧烈。 （3）甲液体由第到第不断吸热，第的温度低于第的温度，甲液体第的内能小于第的内能。 25．如图所示，一个底部封闭的薄壁金属管固定在支座上，管中装入一些酒精，然后用塞子塞紧管口，把一根橡皮条缠在管子上并迅速来回拉动，在这个过程中，将_________能转化为_________能。过了一会儿，观察到塞子被酒精蒸气顶出，且金属管口附近出现大量白气。产生大量“白气”是因为发生了_________现象（填物态变化的名称）。 【答案】 机械 内 液化 【详解】把一根橡皮条缠在管子上并迅速来回拉动，橡皮条与金属管摩擦生热，将机械能转化为内能，使金属管和管内酒精的内能增大，温度升高；塞子被酒精蒸气顶出时，酒精蒸气对塞子做功，蒸气自身内能减小、温度降低，蒸气由气态变为液态的小液滴，形成肉眼可见的“白气”，这个物态变化过程是液化。 ◆题型3 温度、内能、热量关系辨析 26．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（     ） A．物体内能增大，温度一定升高 B．物体吸收热量，温度一定升高 C．温度高的物体含有的热量多 D．内能小的物体也可能把热量传递给内能大的物体 【答案】D 【详解】A．晶体熔化、液体沸腾时，持续吸热，内能增大，但温度保持不变，故A错误； B．晶体熔化时，吸收热量，但温度不变，故B错误； C．热量是热传递过程中的过程量，不能表述为物体“含有”热量，故C错误； D．热传递的条件是物体间存在温度差，与内能大小无关，内能小的物体若温度更高，可向内能大的物体传递热量，故D正确。 故选D。 27．关于热量、温度、内能，下列说法正确的是（     ） A．物体的温度越高，含有的热量越多 B．物体吸收热量，温度一定升高 C．0℃的冰与 0℃的水的内能一样大 D．热传递过程中，热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体 【答案】D 【详解】A．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，故A错误； B．物体吸收热量温度不一定升高，比如晶体熔化时吸热，但温度保持不变，故B错误； C．内能的大小不仅和温度有关，还和质量、物态等因素有关，0℃的冰和0℃的水温度相同，但物态不同，且质量未知，无法确定二者内能相等。故C错误； D．热传递过程中，热量从温度高的传向温度低的，温度高的内能可能少，温度低的内能可能大，所以热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体，故D正确。 故选D。 28．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．物体的内能增加，一定从外界吸收了热量 B．热传递过程中是将温度从高温物体传递到低温物体 C．外界对物体做功时，物体的内能不一定增大 D．物体吸收热量，内能增加，温度一定升高 【答案】C 【详解】A．做功和热传递都可以改变物体的内能，物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做功，或者两者兼有，故A错误； B．发生热传递时，热量总是从高温物体传递给低温物体，而不是传递“温度”，故B错误； C．外界对物体做功时，物体的内能可能增大，也可能不变（如同时对外放热），也可能减小（如同时对外放热且放热量大于做功量），故C正确； D．物体吸收热量，物体内能增大，温度不一定升高，如晶体熔化时，吸收热量，内能增大，但温度不变，故D错误。 故选C。 29．秋冬季节，“烤红薯”很受人们欢迎。如图为烤红薯的情景，在烤制过程中，红薯的内能______（选填“增大”“不变”或“减小”），这是通过______的方式改变内能的。刚出锅的烤红薯很烫，“烫”是指______（选填“内能大”“温度高”或“热量多”），掰开红薯就闻到浓浓的香味，说明分子在不停的___________。 【答案】 增大 热传递 温度高 做无规则运动 【详解】在烤制红薯的过程中，对红薯加热，红薯吸收热量、内能增大，温度升高，这是通过热传递的方式改变内能的。 刚出锅的烤红薯很烫，说明烤红薯很热，物理中用温度来表示物体的冷热程度，所以表示的是温度高。 掰开红薯就闻到浓浓的香味，表示分子在永不停息的做无规则运动。 30．如图所示，把凉奶放在热水里加热，经过一段较长时间，它们的温度随时间变化的图像如图（b）所示。 (1)这个过程是用______的方式改变内能； (2)图（b）______是奶温度变化的曲线，理由是凉奶吸热后温度______； (3)用热水的原因是热传递过程中______从甲物体转移到乙物体上。（选填“热量”“温度”“内能”） 【答案】(1)热传递 (2) 乙 逐渐升高 (3)内能 【详解】（1）把凉奶放在热水里加热，热水放热，凉奶吸热，这个过程是用热传递的方式改变内能。 （2）[1][2]用热水对凉奶进行加热，因此奶的温度应该逐渐升高；由图像可知，乙是凉奶的温度变化图线，甲是热水的温度变化图线。 （3）热传递实质是内能从高温物体转移到低温物体，故内能从甲物体转移到乙物体上。 考点三 比热容与热量计算 ◆题型1 比热容概念与特性理解 31．下列事例与水的比热容大的特性无关的是（     ） A．夏天路面上洒水降温 B．汽车发动机常用水做冷却剂 C．沿海地区比沙漠地区昼夜温差小 D．炎炎夏日海边海陆风形成的原因 【答案】A 【详解】A．夏天路面洒水降温，利用的是水蒸发（汽化）时吸收热量的汽化致冷原理，故A符合题意； B．水做汽车发动机冷却剂，是因为相同条件下水能吸收更多热量，冷却效果好，利用了水比热容大的特性，故B不符合题意； C．沿海地区水多，沙漠地区砂石多，水的比热容远大于砂石，白天吸收相同热量水升温慢、夜晚放出相同热量水降温也慢，因此沿海昼夜温差更小，和水的比热容大有关，故C不符合题意； D．海陆风的成因是白天陆地砂石比水比热容小，升温更快，近地面空气受热上升，海面的冷空气流向陆地形成海风；夜晚相反，本质是利用了水和陆地砂石的比热容差异，和水的比热容大的特性相关，故D不符合题意。 故选A。 32．在“观察不同物质吸热现象”时，同学们用红外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．实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子吸收的热量较多 B．实验中，加热相同的时间，末温高的物质吸热能力强 C．实验中，使用同一盏红外灯加热，目的是保证相同时间两种物质吸收的热量相同 D．实验表明物质吸收热量的多少和物质的种类有关 【答案】C 【详解】A．实验中沙子和水是同时用同一热源加热的，相同时间内二者吸收的热量相等。沙子升温快，是因为沙子的比热容更小，吸热能力更弱，并非沙子吸收的热量更多，故A错误； B．加热相同时间意味着两种物质吸收的热量相等，在质量和初温相同的前提下，末温高的物质升温幅度更大，说明其吸热能力更弱；末温低的物质升温幅度更小，吸热能力才更强，故B错误； ‌C．使用同一盏红外灯作为唯一热源，是本实验的转换法设计，目的就是保证相同时间内沙子和水可以吸收到相等的热量，用加热时间来间接反映吸收热量的多少，故C正确； D．‌物质吸收热量的多少由质量、升高的温度、物质的比热容（种类）等共同决定，本实验没有控制其他变量进行多组对比，无法直接得出“物质吸收热量的多少仅和物质的种类有关”的结论，故D错误。 故选C。 33．夏天，我国东南沿海地区经常规律性地刮着“海陆风”（从海洋吹向陆地的叫海风，从陆地吹向海洋的叫陆风）。如图所示为一幅说明“海陆风”形成原理的示意图，下列分析正确的是（　　） A．描述的是海风，发生在白天，原因是水的比热容比砂石大 B．描述的是海风，发生在夜晚，原因是水的比热容比砂石大 C．描述的是陆风，发生在白天，原因是水蒸发要吸收大量的热 D．描述的是陆风，发生在夜晚，原因是水蒸发要吸收大量的热 【答案】A 【详解】根据海陆风的形成原理，由于水的比热容比砂石大，白天太阳照射下，陆地升温快，气温高，空气受热膨胀上升，近地面形成低压；海洋升温慢，气温低，空气冷却下沉，近地面形成高压。空气由高压流向低压，所以风从海洋吹向陆地，形成海风。夜晚则相反，陆地降温快，气温低，气压高，海洋降温慢，气温高，气压低，风从陆地吹向海洋，形成陆风。因此图中描述的是海风，发生在白天，原因是水的比热容比砂石大，故A正确，BCD错误。 故选A。 34．生活中常用水作为冷却剂是因为水的比热容____，将质量为m0的小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中。冷水温度升高了3℃，此时保温容器中的水的比热容____（选填“变大”“不变”或“变小”），然后又向保温容器中倒入一小杯同质量同温度的热水，水温又上升了2.5℃，不计热量的损失，则m0∶m=____。 【答案】 大 不变 1∶10 【详解】[1]水的比热容较大，相同质量的水，升高相同的温度，吸收的热量较多，因此常被用于作为冷却剂。 [2]比热容是物质的特性，与温度改变大小无关，冷水温度升高了3℃，此时保温容器中的水的比热容不变。 [3]设热水的初温为t热，冷水的初温为t冷依题意得 ， 解得 35．甲、乙两个物体，质量相等，温度相同。把甲物体投入一杯热水中，热传递停止时，水温降低了Δt，甲吸收的热量为Q甲。此时把甲捞出，立即把乙物体投入这杯水，热传递停止后水温又降低了2Δt，乙吸收的热量为Q乙。假设整个过程没有质量和热量的损失，若甲、乙吸收的热量分别为Q甲、Q乙，则2Q甲___________Q乙，甲、乙的比热容分别为c甲、c乙，2c甲___________c乙（两空均选填“>”、“=”或“<”）。 【答案】 = < 【详解】两次过程中，热水放出的热量全部被物体吸收，且不计热量损失，放入甲时，水温降低，水放出的热量 因此甲吸收热量 放入乙时，水温又降低，水放出的热量 因此乙吸收热量 对比可得 设热水初始温度为，甲、乙的初温均为。热平衡后甲的末温为 甲的温度升高量 热平衡后乙的末温为 乙的温度升高量 显然， 根据吸热公式，甲、乙质量相等。 ，， 则 约去后得 由于，则 ◆题型2 比热容图像与吸、放热比较 36．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）。下列说法正确的是（     ） A．在0-t2时间段，该物体吸收的热量为 B．在时间段，该物质的比热容保持不变 C．在时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在时间段的比热容等于 【答案】B 【分析】首先抓住稳定热源相同时间放热相等的核心条件，通过 0~t₁段固态升温的过程，结合吸热公式算出单位时间的吸热量；接着根据温度变化曲线划分阶段，判断各时段物质的状态，区分开升温、物态变化、降温过程；最后结合吸放热公式与比热容的特性，逐一验证选项，得出正确结论。 【详解】A．分析图像可知，该物质为晶体，在时间段，物体处于熔化过程，持续吸收热量，但温度不变。因此在时间段吸收的总热量大于。且选项中，热量不可能为负，故A错误； B．在时间段物体处于液态升温过程，在时间段物体处于液态降温过程。物质状态均为液态，故比热容保持不变，故B正确； C．由阶段可知，物体吸收的热量，由题知，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），则单位时间内物体吸收的热量为，在时间段，物质处于熔化过程中，则该晶体在熔化过程中吸收的热量，该晶体在时间段处于凝固过程中，对一定质量的晶体来说，凝固时放出的热量与熔化时吸收的热量相等，所以，在时间段，该物体放出的热量为，故C错误； D．在 时间段，物体处于液态升温过程，吸收热量 。该物质在液态时的比热容 ，该物质在时间段仍然为液态，比热容等于，故D错误。 故选B。 37．用两个相同的电热器给质量都是2kg的物质甲和水加热，理想情况，无热量损失。它们的温度随时间的变化关系如图所示水的比热容4.2×103J/（kg•℃）。下列说法正确的是（　　） A．0~10min内水吸收的热量为8.4×104J B．物质甲的比热容为2.1×103J/（kg•℃） C．0~10min内水吸收的热量和甲吸收的热量不相等 D．条件不足，无法判断 【答案】B 【详解】A．由图像可知，加热相同时间，吸收热量相同，水的比热容大，温度升高的少的是水，图像中乙是水，加热水的温度升高了 根据热量计算公式，水的比热容，质量，则内水吸收的热量 因为是用相同的电热器加热，相同时间内放出热量相同，所以内水吸收的热量是内吸收热量的倍，即，故A错误； B．由于用相同的电热器加热，无热量损失，相同时间内物质甲和水吸收的热量相同。在内，物质甲温度升高了，吸收的热量与内水吸收的热量相同，为。 根据比热容公式，物质甲质量，，，则物质甲的比热容，故B正确； C．因为用的是相同的电热器加热，且无热量损失，所以相同时间内物质甲和水吸收的热量是相等的，故C错误； D．由前面的分析可知，根据已知条件可以判断相关物理量，故D错误。 故选B。 38．将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中，如图所示，用红外灯照射两个瓷盘4min后，沙子的温度为54℃，水的温度为30℃，它们的温度随时间变化图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．图线a、b分别对应物质是水和沙子 B．升高相同温度a物质吸收的热量更多 C．沙子与水的比热容之比 D．该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象 【答案】C 【详解】A．a升温更快，对应比热容更小的沙子；b升温更慢，对应水，故A错误； B．升高相同温度时，b（水）需要更长的加热时间，说明b吸收热量更多，a（沙子）吸收热量更少，故B错误； C．4分钟后，沙子升温 水升温 Q、m相同，由得c与Δt成反比 即，故C正确； D．白天沿海地区陆地比热容更小，升温比海洋快，陆地气压更低，风从海洋吹向陆地，是海风，陆风是夜晚的现象，因此该实验不能解释白天陆风，故D错误。 故选C。 39．如图所示，是小明在探究冰的熔化特点时根据实验记录的数据绘制成的温度随时间变化的图象。分析图象发现，物体在B点时具有的内能_______（选填“大于”“小于”或“等于”）在C点时的内能；实验过程中，BC段物体吸收的热量为________J。[冰的质量是0.5kg，比热容是2.1×103J/（kg·℃），不计热量损失] 【答案】 小于 【详解】[1]冰属于晶体，由晶体熔化的特点可知，达到熔点后晶体会持续吸热但温度不变，所以在C点时其温度虽然与在B点时相同，但是吸收了更多的热量，所以在B点时的内能小于在C点时的内能。 [2]由题意可知，2-8min加热时间是0-2min的三倍，所以吸收的热量也是0-2min的三倍，0-2min冰吸收的热量为 因此BC段物体吸收的热量 40．在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用相同的热源给质量相等的水和另一种物质加热，收集的数据如图所示。分析图一可以得出图线___________（选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质的比热容为___________。如图二是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，若CD段的比热容为 ，则在 BC段吸热为 ___________。 【答案】 b 【详解】[1]根据两种液体的温度随加热时间变化的图像图一知，加热5分钟（吸热相同），a升高的温度为 b升高的温度为 根据比较吸热能力的方法，b的吸热能力强，故b对应的物质为水。 [2]根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，则另一液体的比热容为 [3]如图二是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，若CD段的比热容为 ，CD段10min内升高的温度 CD段10min内吸收的热量 因为相同热源下相同时间内物质吸收的热量相同，BC段加热了40min，则在 BC段吸热为 ◆题型3 比热容的相关计算 41．在标准大气压下，有一个容积为2 L的水壶，装满初温为15℃的水。不计加热过程中的热量损失，水的比热容为，求： (1)壶内水的质量。 (2)将水加热到65℃时，水吸收的热量。 (3)接着继续给水加热，若水再次吸收的热量，求水的末温。 【答案】(1) (2) (3)100℃ 【详解】（1）水的质量 （2）水吸收的热量 （3）水再次吸收的热量为 水升高的温度为 在标准大气压下水的沸点为100℃， 所以水的末温为100℃。 42．某机械加工厂热处理车间对一批合金钢零件进行淬火。淬火水槽中盛有37kg、的冷水。工人将一块质量为20kg、加热到的合金钢零件迅速投入水槽中，充分搅拌后达到热平衡，水温升高到。若不计热量损失，水槽不吸热，零件不吸水。求： (1)水吸收的热量。 (2)该合金钢的比热容。 (3)在实际生产中要求淬火后水温不能超过，求投入零件前至少应向水槽中加入的水的质量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水吸收的热量 （2）不计热量损失，合金钢放出的热量等于水吸收的热量，即，根据放热公式得，合金钢比热容 （3）热平衡后水温最高为50℃，则合金钢放出的总热量 不计热量损失，水吸收的热量等于合金钢放出的热量，故，需要的总水质量 需加入的水的质量 43．学习了内能的相关知识后，小嘉对实验非常感兴趣，和同伴们一起做了以下实验： 他们在实验室利用加热器完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图像。实验时，冰的质量为1kg，若相同时间内水和冰吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变。已知c水=4.2×103J/（kg·℃），求： (1)水在CD段吸收的热量。 (2)冰的比热容。 (3)计算从B到C物质内能的变化量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图可知，水在CD段升高的温度，其吸收的热量 （2）由图可知，物质在AB段，即冰块温度升高了20℃，加热时间为5min，而CD段水温度升高也为20℃，加热时间为10min，由于相同时间内水和冰吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变，所以有 根据，可得 （3）由图可知，BC段加热时间为，由于相同时间内水和冰吸收的热量相同，所以从B到C物质吸收的热量 即从B到C物质内能增加了。 44．为了测定某种合金材料制成的球形工件的比热容，将工件均匀加热到一定温度，然后将其置于0℃的水平大冰块上，测出工件陷入冰中的深度，如图所示。已知工件的初始温度为t（高于0℃），当冰不再熔化时工件陷入冰块中的深度为h，工件的半径为r，球的体积公式为（r为球的半径），冰的密度为，工件的密度为冰的n倍。假设实验过程中环境温度恒为0℃，不计热量损失，冰的熔解热为（1kg某种物质在熔点时，从固态变成液态所吸收的热量，单位为J/kg）。求：（用题目中的字母符号表示，结果化成最简） (1)冰吸收的热量； (2)该工件的比热容c。 【答案】(1) (2) 【分析】计算时，要注意熔化的冰是圆柱体与半球体的组合，冰的体积的计算要准确，另外，要注意利用熔解热来求解热量以及热平衡公式的应用，纯字母运算、化简要准确。 【详解】（1）球形工件陷入冰中，熔化的冰的体积等于以球的截面积为底，高为的圆柱体积加上球在冰面以下的半球体积。球的截面积为，所以熔化的冰的体积为 根据密度公式可得，熔化的冰的质量 不计热量损失，冰的熔解热为，根据热量公式可得，冰吸收的热量 （2）工件的体积，工件的密度为冰的倍，即，工件的质量为 工件的初始温度为，最终温度为，温度变化 工件放出的热量 因为不计热量损失，所以 即 解得 45．如图是一定质量的冰升温熔化的过程，已知相同时间内冰和水吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变。若0~4min冰吸收了4.2×103J的热量。不计热量损失。[c冰=2.1×103J/（kg·℃）]，求： (1)冰的质量m冰； (2)CD段水吸收热量后的末温t1。 【答案】(1) (2)5℃ 【详解】（1）由图像可知，在0~4min时间内，冰处于固态（AB段），吸收热量，温度从-10℃升高到0℃。冰的温度变化量为Δt冰 = 0℃ - (-10℃) = 10℃ 根据热量计算公式 Q = cmΔt冰可得，冰的质量为 （2）根据题意，相同时间内冰和水吸收的热量相同，即加热速率恒定。 CD段（水）的加热时间为 由于CD加热时间与AB段（冰）的加热时间（4min）相同，所以CD段水吸收的热量与AB段冰吸收的热量相等Q水吸 = Q冰吸 = 4.2×103J 冰完全熔化成水，质量不变，所以水的质量为m水 = m冰 = 0.2kg 水的初温为0℃，水升高的温度为 CD段水吸收热量后的末温t₁ = 0℃ + Δt水 = 0℃ + 5℃ = 5℃ ◆题型4 探究不同物质吸热升温能力的实验探究 46．某同学在做“比较不同物质吸热能力”的实验时，使用相同的电加热器给水和食物油加热，他得到如下数据： 物质 质量/g 初始温度/℃ 加热时间/ 最后温度/℃ 水 60 20 6 40 食物油 60 20 6 80 (1)从表中数据可知，在两个相同的烧杯中分别装入初温、_____________（选填“质量”或“体积”）相同的水和食物油，为了达到该目的，实验时应该选用的测量器材是_____________，实验中并使用相同的电加热器进行加热，这种实验方法叫_____________法；水和食物油吸热多少是通过_____________________（选填“温度计示数”或“加热时间”）来比较的，这种实验方法叫_____________法。 (2)同时加热时，食物油的温度比水温度高，此时食物油吸收的热量_____________（选填“大于”或“小于”或“等于”）水吸收的热量。 (3)探究不同物质吸热能力，可采用两种实验方案： A．比较两种物质吸收相同的热量后升高的温度，温度升得高的，吸热能力_____________（选填“强”或“弱”）； B．让两种物质升高相同的温度，比较它们加热时间，加热时间长的吸热能力_____________（选填“强”或“弱”）； 本实验中该同学采用的是方案_____________。 (4)假设实验过程中加热器放出的热量全部被液体吸收，则由上表可计算出食物油的比热容为_____________。 【答案】(1) 质量 天平 控制变量 加热时间 转换 (2)等于 (3) 弱 强 A (4) 【详解】（1）比较不同物质吸热能力时，需控制两种物质的初温、质量相同；测量质量的工具是天平；实验中控制电加热器规格等其他条件一致，只改变物质种类，这种方法是控制变量法；相同电加热器相同时间放出的热量相等，因此可以用加热时间间接反映吸热多少，将不易直接测量的热量多少转换为易测量的时间，该方法是转换法。 （2）两个电加热器规格完全相同，加热6分钟时，加热器放出的热量相等，且热量全部被液体吸收，因此食物油和水吸收的热量相等。 （3）吸收相同热量时，物质升温越高，说明相同质量的它升高相同温度能吸收的热量越少，吸热能力越弱；升高相同温度时，加热时间越长，说明吸收的热量越多，吸热能力越强；本实验中两种物质加热时间（吸收热量）相同，对比升高的温度，属于方案A。 （4）已知水和油质量相同、吸收热量相同，根据吸热公式，可得 水的升温 油的升温 因此 47．为了比较水和煤油的吸热能力，小海将适量的水和煤油分别装入完全相同的烧杯中进行实验，实验装置如图所示，甲中的烧杯装有100g的煤油，乙、丙中的烧杯分别装有100g、200g的水。他用完全相同的酒精灯加热水和煤油，每隔记录一次水和煤油的温度，记录的实验数据如下表所示。 加热时间 0 2 4 6 8 10 甲中煤油的温度 20 24 28 32 36 40 乙中水的温度 20 22 24 26 28 30 丙中水的温度 20 21 22 23 24 25 (1)在此实验中，通过_________________来反映水和煤油吸收的热量。 (2)小海分析数据可知：质量相等的水和煤油升高相同的温度时，水比煤油吸收的热量__________，说明水比煤油的吸热能力强。 (3)小海认为即使水和煤油的质量m、加热时间t、升高的温度均不同，仍可以类比“密度”概念建立的方法，定义一个量k（k用m、t、表示），通过比较k的大小能比较出水和煤油的吸热能力强弱，则__________。 (4)另一同学小清如图甲所示，探究水和食用油的吸热能力，在两个完全相同的烧杯中，分别装入质量、初温相同的水和食用油，用相同的电加热器进行加热，每隔记录两温度计的示数，根据实验数据绘制的图像如图乙所示。根据你所学的知识，判断图乙中______（选填“a”或“b”）是表示食用油温度随时间变化关系的图像。 (5)物理学中用比热容表示物质吸热能力强弱，以下物理量中，与比热容的定义方式不同的是_______。 A．功 B．热值 C．速度 D．密度 【答案】(1)加热时间 (2)多 (3) (4)b (5)A 【详解】（1）实验使用完全相同的酒精灯，相同时间内酒精灯放出的热量相等，因此水和煤油吸收的热量多少可以通过加热时间的长短来间接反映，这是转换法。 （2）从实验数据可知，质量同为100g的煤油和水，比如都从20℃升高到28℃时，煤油需要加热4min，水需要加热8min，说明升高相同温度时，水的加热时间更长，吸收的热量更多，吸热能力更强。 （3）密度是通过“质量与体积的比值”定义的，属于比值定义法。要比较不同物质的吸热能力，需要衡量单位质量的物质升高单位温度所需要的加热时间，加热时间越长说明吸热能力越强，因此类比密度的定义，可得。 （4）食用油的吸热能力比水弱，质量相同的水和食用油用相同加热器加热相同时间时，食用油的温度升高得更快。从图像看，加热相同时间时b的温度上升幅度更大，因此b是食用油的温度变化图像。 （5）比热容、热值、速度、密度都是通过两个物理量的比值定义的，属于比值定义法；而功是力和距离的乘积得到的，不属于比值定义。故选A。 48．烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。小华决定探究出该现象的本质原因。她认为：在相同条件下，烧开一壶水比烧开半壶水需要的时间长，吸收的热量越多。对一壶水加热，水沸腾前，加热时间越长，水吸收的热量越多。 (1)排除干扰：根据烧水多少以及烧开或者烧成温水的经验，可确定同种物质，吸收热量的多少与物体的___________和升高的___________有关。 (2)确定课题：“不同的物质，其他条件相同，那么吸热是否相同呢？”如图1，小华用规格相同的白炽灯模拟太阳，对质量相同的水和沙子加热，箱子规格一致。如图2，是基于记录的数据绘制的图像。由图像可知都升高10℃，水的加热时间比沙子___________，可判断水比沙子吸收的热量___________。 (3)解释交流：如图3所示，两箱子开口，用透明细管AB连通，点燃一支香放在细管中，白炽灯工作一段时间后，烟将会从B管口冒出，本质原因是水比沙子的比热容___________。这个实验模拟的是___________（填选项前字母：A．海风；B．陆风）。（说明：海风：沿海地区，白天近地面由海洋吹向陆地的风。陆风：沿海地区，夜晚近地面由陆地吹向海洋的风） 【答案】(1) 质量 温度 (2) 长 多 (3) 大 A 【详解】（1）烧开一壶水比烧开半壶水需要的时间长，说明同种物质，升高相同的温度时，质量越大吸收的热量越多。 对一壶水加热，烧开比烧成温水所需的加热时间更长，说明同种物质，质量相同时，升高的温度越高，水吸收的热量越多。 （2）如图2，都升高10℃，水的加热时间是8min，沙子是2min，即水比沙子的加热时间更长。 相同的灯泡，工作时间越长，消耗的电能越多，产生的电热越多，物质吸收的热量也越多，因此水比沙子吸收的热量多。 （3）烟将会从B管口冒出，说明空气从水向沙子流动。这是因为水的比热容比沙子大，吸收相同热量后，水的温度比沙子低，沙子上方的空气上升，水面上方的空气就会向沙子流动，形成从水面吹向沙子的风。 水模拟海洋，沙子模拟陆地，这个实验模拟的是从海面吹向陆地的海风。 49．同学们在学习水的沸点、凝固点后。猜想水中加入别的物质后，一定会对水的沸点和凝固点产生影响，于是设计实验进行探究。一组同学往水中加入一定量的盐。如甲图装置实验探究，当盐水温度接近90℃时，开始每隔0.5min记录⼀次温度，记录数据如下表所示： 时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 温度/℃ 88 91 91 94 97 100 102 102 102 102 (1)实验时，当看到盐水中有大量气泡不断上升、变大，到液面破裂开来，里面的_______（填“水蒸气”或“空气”）散发到空气中，就表明盐水沸腾了。继续给沸腾的盐水加热，盐水的温度会________（选填“升高”、“不变”或“降低”）； (2)小明和小华两同学虽然选用的实验装置相同，但盐水开始沸腾的时刻不同，他们绘制的沸腾图像如图乙所示，图像不同的原因是水的________不同； (3)为了说明液体沸腾过程中是否需要吸热，应_______，观察水是否继续沸腾。 (4)实验中关于器材的作用，下列说法中不正确的是________； A．盖上硬纸板可以减少热量散失，缩短实验时间 B．为了节约燃料缩短实验时间，还可以适当减少酒精的质量 C．若将烧杯盖得十分紧密，且纸片上无排气孔，则盐水的沸点会升高 D．盖上硬纸板可以防止水蒸气在温度计上液化成小水珠，影响读数 (5)课后，该兴趣小组同学用相同的小烧杯a、b盛等量的水，在标准大气压下用相同的热源同时加热：如图所示，a杯为隔水加热，b杯为隔油加热，加热足够长时间后，测得a杯外的水温100℃、b杯外的油温为300℃，a、b两杯中的水能沸腾的是________杯，最终a、b两杯水的温度_______（选填“>”、“=”或“<”）。 (6)星期天，小华在家烧水煮饺子。当水烧开准备下饺子时，妈妈提醒她锅里的水量少了点，于是小华又往锅里迅速加了一大碗水（水量比锅里少），用同样大的火直至将水再次烧开，下面能反映小华整个烧水过程中温度随时间变化的图像是________。 A． B． C． D． 【答案】(1) 水蒸气 不变 (2)质量 (3)停止加热 (4)B (5) b = (6)B 【详解】（1）[1]沸腾时气泡内是水汽化形成的水蒸气，破裂后水蒸气散发到空气中 [2]液体沸腾时持续吸热但温度保持不变，继续给沸腾的盐水加热，温度不变。 （2）实验中若控制水的初温、加热装置等条件均相同，仅改变水的质量，会得到不同的沸腾图像。水的质量越大，升高到沸点需要吸收的热量就越多，加热至沸腾的时间也就越长；质量越小，沸腾所需时间越短。因此，图像中沸腾时刻的差异，是由水的质量不同导致的。 （3）要验证液体沸腾需要持续吸热，具体操作方法为：在水沸腾后，撤去酒精灯停止加热，同时观察烧杯内的水。如果水的沸腾现象随之停止，就说明沸腾过程需要持续吸收热量；若继续加热，水又会重新沸腾，可进一步佐证这一结论。 （4）A．盖上硬纸板减少热量散失，缩短实验时间，故A正确 ，不符合题意； B．酒精灯的加热效果取决于火焰的大小，而火焰大小和酒精灯内剩余酒精的总量没有直接关系。只要还有足量酒精供燃烧，就能维持稳定的加热功率，所以这个方法无法缩短实验时间，故B不正确，符合题意； C．若将烧杯盖得十分紧密，且纸片上无排气孔，内部气压升高，盐水沸点升高，B故C正确，不符合题意； D．盖上硬纸板可防止水蒸气在温度计上液化，影响读数，故D正确，不符合题意。 故选B。 （5）[1][2]课后，该兴趣小组同学用相同的小烧杯a、b盛等量的水，在标准大气压下用相同的热源同时加热。如图丙所示，a杯为隔水加热，b杯为隔油加热，加热足够长时间后，测得a杯外的水温100℃、b杯外的油温为300℃。a杯隔水加热时，杯内水温与杯外水温最终都为100℃，无法发生热传递，因此a杯内的水不能继续吸热，无法沸腾；b杯隔油加热时，油温远高于100℃，杯内水可以持续吸热，因此能沸腾。最终a、b两杯水的温度都稳定在100℃，即。 （6）在水持续沸腾的过程中，向烧杯内快速加入一定量的常温冷水，此时水温会出现明显变化。加入冷水后，冷水会与原有的沸水发生热传递，沸水的热量会被冷水吸收，导致整体水温急剧下降，低于水的沸点，沸腾现象会暂时停止。之后，酒精灯持续加热，烧杯内的水不断吸收热量，水温会缓慢升高，当温度再次达到沸点时，水会重新开始沸腾，且沸腾时温度保持不变。因此，水温随时间变化的图像会呈现“先骤降，再缓升，最后保持不变”的趋势，故ACD不符合题意，B符合题意。 故选B。 50．阅读短文，回答问题。 电冰箱 电冰箱是人们普遍使用的家用电器，如图甲是某电冰箱的构造和结构原理图，冰箱工作时，液态冷凝剂经过很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，变成气态，使冰箱内温度降低，之后，气态冷凝剂又被电动压缩机压入冷凝器变成液态，使电冰箱背面温度升高，冷凝剂再进入冷冻室的管子开始新一轮循环，从而使冷冻室内保持较低的温度。 冰箱按气候类型（冰箱最适宜的使用环境温度）可分为4种，如表所示。 种类 冰箱的气候类型 最适宜使用环境温度范围/℃ 一 亚温带型（SN） 10﹣32 二 温带型（N） 16﹣32 三 亚热带型（ST） 13﹣38 四 热带型（T） 18﹣43 （1）冷凝剂在冷冻室的管子里发生的物态变化是 ___________，冷凝剂在冷凝器内通过 ___________的方法发生液化； （2）打开冰箱门时会出现白气，热水瓶口也会出现白气，关于这两处白气，下列说法正确的是 ___________； A．它们都是由空气中的水蒸气形成的 B．白气的本质是水蒸气 C．它们的形成过程和冰箱里霜的形成过程是一样的 D．冰箱门附近的白气，夏天比冬天多；热水瓶口出现的白气，冬天比夏天多 （3）夏季温度高，为避免压缩机长时间工作，冰箱内设置的温度应调 ___________； （4）目前市场上变频冰箱有4种气候类型，它能根据环境温度自动调节压缩机温度，南通的消费者适合选用 ___________气候类型的冰箱；市场上，没有寒带型的冰箱，你认为可能的原因是 ___________； （5）综合实践活动中，小红把液态物质A装入杯中放入冰箱，测出其温度随时间变化的图像如图乙，若用该杯子装体积为原来一半的物质A进行测量，则图乙中的点a将向 ___________边移动。接着小红又仿照冰杯制作了图丙所示的容器B，将上述物质A装入夹层并密封，放入冰箱一段时间后取出，在B中再放入冰水混合物（如图丁），发现冰水混合物在较长时间内没有任何变化（忽略外界影响），可以推测，从冰箱取出容器B时夹层中的物质A处于 ___________态。 【答案】 汽化 压缩体积 D 高 温带 寒带常年气温较低，不需要冰箱 左 液 【详解】（1）[1]物质由液态变为气态的过程叫汽化，液态冷凝剂经过很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，变成气态，冷凝剂在冰箱冷冻室的管子里发生的物态变化是汽化。 [2]使气体液化的方法是降低温度和压缩体积。气态冷凝剂又被电动压缩机压入冷凝器变成液态，冷凝剂在冷凝器内通过压缩体积的方法发生液化。 （2）[3]AB．打开冰箱门时会出现的白气是冰箱门附近空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，热水瓶口出现的白气是热水瓶中冒出的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故AB错误； C．冰箱里的霜是水蒸气直接凝华成的小冰晶，故C错误； D．液化是放热过程。夏天冰箱外的空气温度高，冰箱门附近空气中的水蒸气更容易液化，所以冰箱门附近的白气，夏天比冬天多；冬天温度低，热水瓶中冒出的水蒸气更容易液化，所以热水瓶口出现的白气，冬天比夏天多，故D正确。 故选D。 （3）[4]夏季温度高，为避免压缩机长时间工作，冰箱内设置的温度应调高，缩小内外的温差。 （4）[5][6]我国的南通处在温带，南通的消费者适合选用温带气候类型的冰箱。寒带常年气温较低，不需要冰箱，所以市场上，没有寒带型的冰箱。 （5）[7]由图乙可知，物质A从10至20分钟温度保持不变，则该物质处于凝固过程，其凝固点为-2℃。若用该杯子装体积为原来一半的物质A进行测量，物质A的质量减少，相同时间放出相同的热量，根据有 可知温度变化更快，则图乙中的点a将向左边移动。 [8]标准大气压下冰水混合物的温度为0℃，发现冰水混合物在较长时间内没有任何变化，说明冰水混合物中的水既没有凝固，也没有冰熔化，冰水混合物与物质A不存在温度差，没有发生热传递，可知物质A此时的温度为0℃高于物质A的凝固点，可以推测，从冰箱取出容器B时夹层中的物质A处于处于液态。 ◆题型5 混合热平衡与比例计算 51．如图所示是食品级不锈钢速冻“冰块”，冷冻后直接放入饮料中可以迅速给饮料降温，由于其清洗方便，制冷迅速，可循环使用以及不会熔化稀释饮料口感等优点深受客户喜爱。将1颗质量为50g的不锈钢“冰块”从的冷冻室取出后立即放入一杯25℃的水中，热平衡后，水温下降了9℃。（不考虑热传递过程的热损失，，水的比热容为），则杯中水的质量是________g；又向水中放入一块完全相同的不锈钢“冰块”，热平衡后杯中水的温度为________℃。 【答案】 50 10 【详解】第一次热平衡时水的末温为 不锈钢冰块升高的温度为 因不计热损失，则 即 代入数据得 设放入第二块不锈钢冰块后热平衡温度为，第二块不锈钢冰块升高的温度为 水和第一块不锈钢冰块降低的温度为 因不计热损失，第二块冰块吸收的热量等于水和第一块冰块放出的总热量，即 代入数据得 解得 52．如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量80%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1500 J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为400 g；让两个加热器同时开始工作，60 s后停止加热，然后立即将比热容为的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图像如图乙所示（部分图像未画出）。 (1)加热时，甲乙从加热器上吸收热量温度升高，内能________（选填“变大”、“变小”或“不变”），这是通过________的方式改变物体的内能； (2)加热15 s时，甲液体吸收的热量为________J；甲液体的比热容为________；合金球的质量为________g。 【答案】(1) 变大 热传递 (2) 【详解】（1）物体温度升高时，分子热运动的动能增大，因此内能变大；该过程中加热器的热量直接传递给液体，没有通过做功的方式改变内能，是通过热传递改变物体内能。 （2）加热15 s时甲液体吸收的热量 由图可知，加热15 s时甲液体升高的温度 甲液体的比热容 乙液体加热60 s吸收的热量 由图可知，乙液体加热60 s升高的温度 乙液体的比热容与质量的乘积 因热平衡时不计热损失，故乙液体放出的热量等于合金球吸收的热量。由图可知，乙液体降温 合金球升温 乙液体放出的热量 合金球的质量 53．小王在家探究冷热水混合温度变化的问题，他将一杯热水放在桌上，然后加入一勺30g的冷水，待它们热平衡后测得热水的温度下降了4℃，后来他又加入一勺相同的冷水，平衡后测得水温又下降了3℃。若不计混合过程中的热量损失，原来这杯热水的温度比冷水的温度高 ___________℃，原来这杯热水的质量为 ___________g。 【答案】 28 180 【详解】[1][2]由题意知，Q吸=Q放，所以 cm冷∆t冷=cm热∆t热 代入数据可得 0.03kg×∆t冷=m热×4℃   ① 同理，当再次加入一勺冷水后，热水放出的热量和冷水吸收的热量仍然相等 则有Q吸′=Q放′，即 cm冷∆t冷′=cm热′∆t热′ 代入数据得 0.03kg×(∆t冷-3℃)=(m热+0.03kg)×3℃      ② 联立①②解得 ∆t冷=24℃，m热=0.18kg=180g 不计混合过程中的热量损失，原来这杯热水的温度比冷水的温度高 T=24℃+4℃=28℃ 54．“淬火”是金属热处理工艺之一，即把金属制品加热到一定温度后放在水、油或空气中迅速冷却，以提高金属的硬度和强度。现将一质量为40 g的铁制品加热到，将它投入某种液体中，该液体的初温是，质量是368 g，铁制品和液体的温度达到后不再变化。不考虑一切热损失，铁的比热容为。求： (1)铁制品放出的热量； (2)该液体吸收的热量； (3)该液体的比热容。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）铁制品的温度变化量 铁制品质量 铁放出热量 （2）液体升温吸热过程中，不计热损失，吸收的热量 （3）液体温度变化量 液体质量 由得到该液体的比热容 55．把某铁块加热到100℃，投入到质量为m1温度为20℃的水中，混合后的温度为40℃。把该铁块重新加热到100℃，投入到质量为m2温度为20℃的水中，混合后的温度为60℃。如果把这块100℃的铁块投入到质量为（m1+m2）温度为20℃的水中，整个过程不计热量的损失，求混合后最终的温度。 【答案】36℃ 【详解】解：把加热到100℃的某铁块投入质量为m1温度为20℃的水中，整个过程不计热量的损失，即Q吸=Q放，根据得 ① 把加热到100℃的某铁块投入质量为m2温度为20℃的水中 ② ①+②得 ③ 把加热到100℃的某铁块投入质量为（m1+m2）温度为20℃的水中 ④ ③代入④得 解得 t＝36℃ 答：混合后最终的温度为36℃。 考点四 热值与热机效率 ◆题型1 热机及其工作流程 56．下图为四冲程内燃机的工作示意图，下列说法错误的是（     ） A．在一个工作循环中的工作冲程依次是丁、丙、甲、乙 B．甲冲程能获得动力，其他三个冲程依靠飞轮的惯性完成 C．若该单缸四冲程内燃机的飞轮转速是2400r/min，每秒钟内完成80个冲程，做功20次 D．丁冲程的能量转化是机械能转化为内能 【答案】A 【详解】由图可知，甲两气门关闭活塞向下为做功冲程，乙进气门打开活塞向下为吸气冲程，丙排气门打开活塞向上为排气冲程，丁两气门关闭活塞向上为压缩冲程。 A．四冲程内燃机一个工作循环的正确顺序是吸气、压缩、做功、排气，对应乙、丁、甲、丙，故A错误； B．甲为做功冲程，对外做功提供动力，其余三个冲程靠飞轮惯性完成，故B正确； C．飞轮转速2400r/min，换算为每秒转40圈。四冲程内燃机飞轮每转2圈，完成1个工作循环、对应4个冲程、对外做功1次，因此每秒40转对应80个冲程，对外做功20次，故C正确； D．丁为压缩冲程，压缩气体做功，机械能转化为内能，故D正确。 本题选错误的，故选A。 57．某小组围绕热机开展了一系列探究。通过实验模拟热机的基本工作原理，如图甲，在试管内装些水，用软木塞塞住管口，将水加热一段时间后，软木塞被水蒸气推出。分析了汽油机的某个冲程，如图乙。为定量理解热机的效率，调研了某汽车汽油机的能量流向图，如图丙。下列说法正确的是（     ） A．若酒精灯的酒精燃烧不充分，酒精的热值变小 B．由图丙可得该汽车汽油机的效率为28% C．图甲试管中水内能的增加，主要是通过做功的方式实现的 D．图甲软木塞从管口冲出过程的能量转化与图乙所示热机冲程是一致的 【答案】B 【详解】A．热值是燃料的固有特性，只和燃料的种类有关，和燃烧是否充分无关，故A错误； B．热机效率是用来做有用功的能量占燃料完全燃烧释放总能量的比例；根据图丙，总能量占比为100%，该汽油机效率为，故B正确； C．图甲中酒精灯燃烧的热量通过试管传递给水，水的内能增加是通过热传递的方式实现的，并非做功，故C错误； D．图乙中汽油机的两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，能量转化为机械能转化为内能；而图甲软木塞冲出的过程是水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，对应汽油机的做功冲程，二者能量转化不一致，故D错误。 故选B。 58．图1甲为注射器，在室温恒为的环境中，老师快速向下推动活塞压缩针筒内的气体后松手，活塞即刻被向上弹起，此过程中针筒内均处于密封，针筒内物质均处于气态，针筒内气体温度随时间变化图像如图1乙，（由于气体分子间距比较大，此实验过程不考虑分子势能的变化），则说法正确的个数是（　　） ①活塞下压时，是通过做功改变针筒内气体的内能 ②过程的能量转化与图2中乙相同 ③密封气体在时刻的内能小于时刻的内能 ④活塞静止后，密封气体的温度最终保持在 ⑤图2丙存在化学能转化成内能的过程 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】①活塞下压时，压缩气体做功，机械能转化为内能，是通过做功改变针筒内气体的内能，故①正确； ②由图1乙可知，t1~t2过程密封气体的温度升高，内能增加，应为活塞下压过程，机械能转化为内能，图2中乙是内燃机的压缩冲程，该冲程中发生的能量转化是机械能转化为内能，故②正确； ③由图可知，密闭气体的质量不变，此实验过程不考虑分子势能的变化，t2时刻温度比t3时刻的高，分子动能更大，因此t2时刻气体内能更大，故③错误； ④装置会与周围的空气发生热传递，最终会与室温平衡，温度相等，所以最终温度为T1，故④错误； ⑤图2丙中，火花塞打火使燃料燃烧，燃料燃烧将化学能转化为内能，所以图2丙存在化学能转化成内能的过程，故⑤正确； 故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 59．如图甲所示，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，汽油机两个冲程的示意图中的_______（选填“乙”或“丙”）与这一过程的能量转化相同。艾绒点燃后，有浓浓的艾草香味是_______现象。若飞轮的转速为3000r/min，则每秒对外做功_______次。 【答案】 乙 扩散 25 【详解】[1]把木制推杆迅速推入牛角套筒时，机械能转化为内能，该过程与汽油机的压缩冲程能量转化相同。乙图中气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，故填乙。 [2]浓浓的艾草香味是扩散现象，说明构成物质的分子不停地做无规则运动。 [3]飞轮转速为 汽油机一个工作循环中飞轮转2圈，对外做功1次，因此每秒对外做功25次。 60．图甲中气球在放气时，它喷气的嘴部温度和原来相比__________（选填“变高”“变低”或“不变”），此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在__________图所示过程的能量转化是一致的。某汽车四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若汽缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功__________J。若汽油燃烧不充分，汽油的热值将__________。若该汽油机的效率为30%，当输出的有用功为2.76×107J时，需要完全燃烧__________kg的汽油。（汽油的热值为4.6×107J/kg） 【答案】 变低 A 10000 不变 2 【详解】[1]气球内的气体向外喷出时，气体对外做功，将内能转化为机械能，所以球内气体的内能减小、温度降低，则它喷气的嘴部温度和原来相比变低了。 [2]如图A，进气门和排气门都关闭，活塞向下运行，高温高压的燃气推动活塞做功，因此是做功冲程，也是将内能转化为机械能，即图甲中发生的能量转化与图乙的A图中的能量转化相同。 [3]四冲程汽油机飞轮的转速是3000r/min=50r/s，表示每秒钟飞轮转动50圈，因为飞轮每转动2圈，对外做功1次，则该柴油机每秒钟对外做功25次，完成100个冲程。已知每次做功400J，则每秒钟对外做的功W=25×400J=10000J [4]热值是燃料本身的特性与燃料是否充分燃烧无关，则若汽油燃烧不充分，汽油的热值将不变。 [5]若该汽油机的效率为30%，当输出的有用功为2.76×107J时，燃料燃烧放出热量 需要完全燃烧汽油的质量 ◆题型2 燃料热值及放热计算 61．有甲、乙两种不同的燃料，甲燃料的质量为，乙燃料的质量为，当甲、乙温度都升高1℃，吸收的热量如图a所示；甲、乙的燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，则下列说法正确的是（     ） A．甲燃料的热值大于乙的热值 B．甲燃料的比热容小于乙的比热容 C．甲、乙物体温度都降低1℃，甲放出的热量比乙的多 D．相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，甲放出的热量比乙的多 【答案】B 【详解】AD．由图(b)可知，甲燃料完全燃烧放出的热量为，乙燃料完全燃烧放出的热量为，则甲燃料的热值 乙燃料的热值 甲燃料的热值小于乙的热值，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，由可知，甲放出的热量比乙的少，故AD错误； BC．由图(a)可知，甲燃料吸收的热量等于乙吸收的热量，甲、乙物体温度都升高，甲的质量是乙的质量的倍，由可知，甲燃料的比热容是乙的比热容的，即甲燃料的比热容小于乙的比热容；由可知，甲、乙物体温度都降低，甲的质量是乙的质量的倍，甲燃料的比热容是乙的比热容的，则甲放出的热量与乙的相等，故B正确，C错误； 故选B。 62．在太原古县城南街的一处四合院里陈列着许多精致的花馍，如图所示是捏花馍能手在研习社展示如何做花馍的情景。将捏好的花馍，用柴火灶蒸熟，作品千姿百态成为新的国潮。以下有关蒸花馍的说法正确的是（     ） A．木柴燃烧时，化学能转化为内能 B．木柴燃烧越充分，其热值就越大 C．花馍的内能是通过做功的方式增大的 D．刚出锅的花馍温度高，含有的热量多 【答案】A 【详解】A．木柴燃烧发生化学变化，将化学能转化为内能，故A正确； B．热值是燃料本身的特性，只与燃料种类有关，与燃烧是否充分无关，故B错误； C．蒸花馍时，花馍吸收热量，是通过热传递的方式增大内能，故C错误； D．热量是过程量，不能说物体含有热量，故D错误。 故选A。 63．有甲、乙两种不同的燃料，甲燃料的质量为2kg，乙燃料的质量为1kg，当甲、乙温度都升高1℃，吸收的热量如图a所示；甲、乙燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示。则甲燃料的比热容________乙燃料的比热容，甲燃料的热值________乙燃料的热值（前两空均选填“大于”“等于”或“小于”），乙燃料的热值为________J/kg。 【答案】 小于 小于 【详解】由图a可知，甲乙吸收的热量相同，由可知，、相同时，质量越大比热容越小，因，故甲的比热容小于乙的比热容； 不考虑热量损失，由图b可知，甲燃料放出的热量为，甲燃料的热值 乙燃料放出的热量为，乙燃料的热值 所以甲燃料的热值小于乙燃料的热值； 64．汽油发动机工作时，汽油必须和吸进的空气成适当的比例，才能形成可以有效燃烧的混合气，这就是空燃比（可燃混合气中空气质量与燃油质量之比），某总排量为2.5L的发动机的空燃比为22:1，混合燃气的密度为，已知汽油的热值为，则发动机做一次功，燃料燃烧产生的热量为___________J。若该汽油机的效率为20%，年平均消耗汽油420kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约_______kg的汽油。 【答案】 20 【详解】一次做功吸入混合燃气的质量为 一次做功消耗汽油的质量为 燃料燃烧产生的热量为 因汽油机输出的有用功不变，故 效率提高后所需汽油质量为 一年节约的汽油质量为 65．某同学家新安装了一台容积为的太阳能热水器，加满水后水温为20℃。经过阳光的照射，水温升高40℃。则： (1)水的质量是多少？ (2)在这内水吸收的热量是多少？ (3)若这些热量由效率为20%的火炉燃烧焦炭来提供，则需要燃烧多少千克焦炭？（，，） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水的体积 水的质量 （2）水吸收的热量 （3）焦炭完全燃烧放出的总热量 需要焦炭的质量 ◆题型3 热机效率计算与综合应用 66．如图为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒内达到起飞速度，汽缸内蒸汽体积膨胀对外做功，内能___________（选填“增大”、“不变”、“减小”），同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力，这一过程中发生的能量转化与热机中的___________冲程相同；若一台单缸四冲程汽油机每秒对外做功15次，则该汽油机的飞轮转速是___________min。若这辆汽车一年消耗3100L汽油，如果内燃机的效率从30%提高到31%，则一年可节省___________汽油（已知汽油热值为）。 【答案】 减小 做功 1800 100 【详解】蒸汽对外做功，内能减小；该过程内能转化为机械能，与热机做功冲程的能量转化相同； 四冲程汽油机每完成1次对外做功，飞轮转动2r，每秒飞轮转动圈数 则飞轮转速 汽车一年做的有用功 因汽车做的有用功不变，效率提升后汽油完全燃烧放出的热量 效率提升后所需汽油体积 节省的汽油体积 67．图甲中气球在放气时，它喷气的嘴部温度和原来相比_________（变高/变低/没有变化），此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在_________（A/B）图所示过程的能量转化是一致的。某汽车四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功_________J。若汽油燃烧不充分，汽油的热值将_________（变大/变小/不变）。若每辆汽车每年消耗汽油1.86t，汽车内燃机的效率平均取值30%。如果能把内燃机效率提高1%，一辆汽车每年可以节约_________L汽油。（） 【答案】 降低 A 不变 75 【详解】[1]膨胀的气体对外做功，内能转化为机械能，内能减小，温度降低。 [2]此过程发生的能量转化是内能转化为机械能，图乙中的内燃机A是做功冲程，进气门、排气门关闭，高温高压燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，B图是进气门、排气门关闭，压缩气体，对气体做功，将机械能转化为内能。 [3]某汽车四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功 每秒钟飞轮转了50r，一个工作循环，四个冲程，飞轮转两圈，对外做功一次，故每秒钟飞轮转了50r，一共25个工作循环，对外做功25次。若气缸在做功冲程中每次做功400J，则每秒钟对外做功 [4]热值是热量完全燃烧放出的热量与质量之比，热值与种类有关，与燃烧充分程度无关，若汽油燃烧不充分，汽油的热值将不变。 [5]若每辆汽车每年消耗汽油1.86t，汽车内燃机的效率平均取值30%，则获得的机械能为 如果能把内燃机效率提高1%，获得相同的机械能，所需汽油完全燃烧放出的热量为 一辆汽车所需的汽油质量为 一辆汽车每年节约的汽油质量为 一辆汽车每年节约的汽油体积为 68．某市为更好保障城市环境卫生，新购入了一批无人驾驶清扫车，该车具有自动遇障暂停、自动避障绕障、自动驾驶清扫、自动驾驶喷雾打药等功能。如图所示是无人驾驶清扫车在城郊一段平直的公路上匀速行驶清扫路面的情景，无人驾驶清扫车在该路段匀速行驶，消耗汽油。若清扫车工作时的质量保持不变，行驶过程中受到的阻力为车重的0.02倍。（，取）求： (1)汽油完全燃烧放出的热量； (2)在此过程中清扫车牵引力做的功； (3)清扫车发动机的效率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）汽油完全燃烧放出的热量为 （2）车的重力为 清扫车在平直公路匀速行驶，牵引力与阻力二力平衡，牵引力为 牵引力做的功为 （3）发动机效率为 69．汽车已经成为现代生活中不可缺少的一部分，环保、节能、安全是汽车研发和使用时必须关注的问题。如图甲所示，薛物理家新购一辆汽车，若该汽车在某高速公路上以100km/h匀速行驶时Skm油耗为V1L，已知汽车在该路段上所受阻力为fN。（汽油的密度为ρ0×103kg/m3，汽油的热值为qJ/kg）问： (1)据此计算汽车发动机的效率为多少？ (2)薛物理爸爸在给他讲车的性能时，总是说“排量”，却很少说“功率”，为此他从网上查到了排量的定义：活塞从上止点移动到下止点所通过的“工作容积”称为气缸排量，如图乙所示。若该汽车四缸发动机的单缸排量为0.5L（即气缸内上止点到下止点距离为20cm，单个气缸横截面积为25，20cm×25=500=0.5L），如果某四缸汽车的单缸排量为V2（L），单缸飞轮转速为N2（r/min）时，做功冲程燃气对活塞的平均压强为p（Pa）时汽车发动机单缸的输出功率为多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题可知，汽车匀速行驶距离，对应油耗体积 汽车在高速公路上匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，即，行驶牵引力做的有用功为 消耗汽油的质量为 汽油完全燃烧放出的热量 发动机的效率 （2）在做功冲程中，燃气对活塞的平均压力为，活塞从上止点到下止点的距离为，则单缸排量 ，燃气在一个做功冲程中对活塞做的功为 四冲程内燃机中，飞轮每转2圈完成一个工作循环，其中包含1个做功冲程。所以，飞轮转速为 时，单缸每分钟做功 次。所以，单缸每分钟做的总功 所以单缸输出功率为 70．氢气—汽油发动机采用氢气和汽油两种燃料工作，可进行自由切换。氢气和汽油的热值分别取、，，该四轮轿车的满载的时候质量为2.2t，每个轮胎与地面的接触面积为，小华驾驶使用上述发动机的轿车沿平直公路从甲地至乙地，两地相距250km，出发时油箱内汽油的质量为8kg。设氢气和汽油在汽缸内均完全燃烧，轿车行驶中所受阻力恒定，发动机输出的能量全部用来驱动轿车行驶。全程分两个阶段，如图所示。 阶段一：轿车使用氢燃料从甲地出发，以25m/s的速度匀速行驶1h到达丙地，此过程中轿车牵引力的功率为20kW，消耗了0.8kg氢气。 阶段二：从丙地开始，由于氢气不足，小华切换汽油为燃料，轿车仍以25m/s的速度匀速行驶，此过程中发动机的效率为30%。 (1)当该轿车停放在地面上时对地面的压强； (2)求轿车行驶过程中受到的阻力； (3)在使用氢燃料的情况下，求轿车发动机的效率； (4)请通过计算说明小华最终能否到达乙地。 【答案】(1) (2)800N (3)60% (4)不能 【详解】（1）该轿车对地面的压力 该轿车与地面的接触面积 它对地面的压强 （2）牵引力的功率 由 可知牵引力 轿车匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，受到的阻力 （3）阶段一的有用功 0.8kg氢气完全燃烧放出的热量为 阶段一轿车发动机的效率 （4）甲到乙的距离 丙到乙的距离 轿车从丙地到乙地牵引力做的功 8kg汽油完全燃烧放出的热量 能够提供的有用功 故小华最终不能到达乙地。 综合攻坚·知能拔高 1．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则（     ） A．时刻小球动能最小 B．这段时间内，小球动能逐渐增加 C．这段时间内，小球动能逐渐增加 D．这段时间内，小球动能变化量等于弹簧弹性势能的变化量 【答案】A 【详解】A．时刻弹力最大，小球到达最低点，速度，动能最小，故A符合题意； B．时间内，小球向下运动，受向下的重力和向上的弹力。由图知增大，当时，合力方向向下，与运动方向相同，速度增大，动能增大；当时，合力方向向上，与运动方向相反，速度减小，动能减小，所以动能先增大后减小，故B不符合题意； C．时间内，小球向上运动，受向下的重力和向上的弹力。由图知减小，当时，合力方向向上，与运动方向相同，速度增大，动能增大；当时，合力方向向下，与运动方向相反，速度减小，动能减小，所以动能先增大后减小，故C不符合题意； D．时间内，小球高度增加，弹簧的弹性势能一部分转化为小球的动能，还有一部分转化为小球的重力势能，所以小球动能变化量小于弹簧弹性势能的变化量，故D不符合题意。 故选A。 2．图甲为一款新型水杯，将沸水倒入杯中，轻摇几下后，水温便可降至55℃左右，并能保温3小时。图乙为其内部结构图，杯壁的不锈钢夹层中有晶体传热材料，其在常温下是固态，会随着温度的变化发生可逆的固液转换。取0.3kg该晶体材料，用酒精灯对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。已知酒精的热值为。下列分析错误的是（     ） ①在BC段，该晶体材料含有的热量比AB段多 ②在BC段，该晶体材料的内能保持不变 ③该晶体材料的比热容为 ④若加热到C点状态时，测得消耗酒精1g，则酒精灯的加热效率为26.4%。 A．①②③ B．①②③④ C．①② D．①③④ 【答案】A 【详解】①热量是过程量，不能说物体含有热量，故①错误； ②BC段晶体熔化，持续吸热，内能增加，故②错误； ③由图丙可知，加热到B点时晶体吸收热量 ，温度升高 比热容 ，故③错误； ④加热到C点吸收总热量 酒精完全燃烧放出热量 加热效率 ，故④正确。 综上，分析错误的是①②③，故选A。 3．内燃机的发明是第二次工业革命中应用技术领域的一项重大成就。如图所示为单缸四冲程汽油机的一个冲程示意图，若该汽油机的效率为30%，飞轮每分钟转动1800圈，则下列说法正确的是（）（     ） A．图中所示冲程是吸气冲程 B．若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为 C．该汽油机在1s内做功30次 D．汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高 【答案】A 【详解】A．图中进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，故A正确； B．汽油完全燃烧放出的热量 有用功，故B错误； C．飞轮转速 1s内飞轮转动30圈，四冲程汽油机飞轮转2圈做功1次，做功次数，故C错误； D．热机效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，消耗燃料越少，放出热量越少，有用功未知，效率不一定高，故D错误。 故选A。 4．用如图所示的装置“探究不同物质的比热容”。下列说法错误的是（     ） A．沙子和水的质量相等 B．加热时用玻璃棒不断地搅拌是为了使沙子和水受热均匀 C．实验中通过温度计示数的变化，判断沙子和水吸收热量的多少 D．水和沙子的初温相同，加热时间相同，记录温度计示数的变化 【答案】C 【详解】A．由控制变量法可知，探究不同物质的比热容，需控制物质的质量相等，只改变物质的种类，故A正确； B．加热时用玻璃棒搅拌，是为了让沙子和水受热均匀，避免局部过热，故B正确； C．实验中使用完全相同的酒精灯加热，相同时间内两种物质吸收的热量相等，因此是通过加热时间的长短来判断物质吸收热量的多少，故C错误； D．初温和质量相同，加热时间相同即吸热相同，记录温度变化可比较物质的吸热能力，温度变化小的物质吸热能力强，故D正确。 本题选错误的，故选C。 5．在“比较不同物质的吸热能力“实验中，小源用如图甲所示的同一个实验装置分别加热200g的水和煤油，用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图乙，加热，刚好消耗了4g酒精。若单位时间内水吸收的热量与煤油吸收的热量相等，已知，，下列分析正确的是（　　） A．煤油的末温比水的高，所以吸热能力更强 B．煤油的比热容是 C．该酒精灯的加热效率为 D．加热，煤油吸收热量 【答案】D 【详解】A．由图可知，加热相同的时间，即吸收相同的热量，煤油升高的温度较高，煤油吸热能力弱，故A错误； B．加热时，二者吸收热量相等，煤油升高温度 水升高的温度 水和煤油的质量相等，由可知，升高的温度与比热容成反比，煤油的比热容 故B错误； C．酒精燃烧消耗4g酒精，放出的热量 由图乙可知，加热水的温度升高到，加热水的温度升高到，则加热水的温度升高到，所以加热水升高的温度为 水吸收的热量 该酒精灯的加热效率为 故C错误； D．加热，200g煤油吸热温度升高 吸收的热量 故D正确。 故选D。 6．图甲为我国古代的“节能灯”，图乙为其剖面示意图，向灯盏夹层内注水，碗内有油和灯芯， (1)灯燃烧时，___________吸收燃烧产生的热量后不断蒸发，使灯碗和灯油的___________降低，灯油蒸发的速度减小，达到省油的目的。 (2)为了比较A、B两种液体的比热容，小组同学用完全相同的加热装置对质量分别为100 g和400 g的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图丙所示。根据图像信息，可知A、B在0~8 min内吸收的热量之比为___________，A、B两液体的比热容之比为___________。 【答案】(1) 夹层内的水 温度 (2) 【详解】（1）由蒸发吸热致冷可知，夹层内的水蒸发时吸收热量，使灯碗和灯油的温度降低，减慢灯油蒸发。 （2）因完全相同的加热装置相同时间内液体吸收的热量相等，加热时间相同，故。 由图丙得，A升高的温度 B升高的温度 由得， 即A、B两液体的比热容之比为2:1。 7．如图甲，将系于橡皮筋一端的小球从悬挂点O的正下方P点由静止释放，整个下落过程中，橡皮筋所受弹力F与小球下落高度h的关系如图乙；小球下落的速度v与下落高度h的关系如图丙（不考虑空气阻力）。该轻质橡皮筋每伸长1cm就受到0.15N的拉力，经测量小球从P点下落到a、b、c三点的距离分别为，，。小球从a点到c点的过程中，动能变化情况是____________，实验中小球的质量为________g（）。由a点到b点，小球的机械能________（选填“守恒”或“不守恒”），小球的重力势能变化量______（选填“大于”“小于”或“等于”）动能变化量。 【答案】 先增大后减小 150 不守恒 大于 【详解】由图丙可知，小球从a点到b点速度增大，从b点到c点速度减小，故动能先增大后减小。 小球在b点速度最大，此时重力与弹力平衡，橡皮筋在b点的伸长量为 b点弹力为 根据力的平衡，小球重力为 故小球质量为 从a点到b点的过程中，橡皮筋弹力对小球做功，小球的机械能转化为橡皮筋的弹性势能，故小球的机械能不守恒。 由能量转化规律可知，小球减少的重力势能一部分转化为动能，一部分转化为橡皮筋的弹性势能，故重力势能变化量大于动能变化量。 8．生活中食物的能量常用“卡路里”作为单位。“卡路里”简称“卡”，1卡是这样规定的：在1个标准大气压下，质量为1g的水，温度升高1℃所吸收的热量。那么1卡=___________J。某种油炸食品，每100g提供的能量约为卡，假设这些能量全部被质量为10kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到___________℃，这些热量相当于完全燃烧___________kg的煤气放出的热量。水温升高后，水的比热容___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。[水的比热容，煤气的热值] 【答案】 4.2 55 0.03 不变 【详解】1卡等于1g水升高1℃吸收的热量，由吸热公式得 故1卡=4.2J。 食品提供的总热量为 水升高的温度为 水的末温为 需要完全燃烧煤气的质量为 比热容是物质的固有属性，与温度无关，故水温升高后水的比热容不变。 9．把凉的奶制品放入盛有热水的保温桶中，改变内能的方式是________；经过一段时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示，则代表奶制品温度变化图像的是________（“甲”或“乙”）；奶制品与热水的质量相同，不计热散失，从图像可以发现，甲、乙的比热容之比为________。 【答案】 热传递 乙 2∶1 【详解】[1]把凉的奶制品放入盛有热水的保温桶中，奶制品吸热、温度升高，热水放热、温度降低，是通过热传递改变奶制品和水的内能。 [2]把凉的奶制品放在热水中加热，奶制品吸热、温度升高，热水放热、温度降低，直至两者的末温相等，因此甲是水的温度变化图像，乙是奶制品的温度变化图像。 [3]若不考虑热损失，热水和奶制品发生热传递时，奶制品吸收的热量和热水放出的热量相同；根据图像可知，奶制品温度升高了 水降低的温度 奶制品与热水的质量相同，则甲、乙的比热容之比 10．如图所示，甲、乙、丙三图中装置完全相同，燃料质量都是10g，烧杯内液体质量和初温也相同。 (1)比较不同液体的比热容，可以选择__________两图；比较不同燃料的热值，可以选择__________两图； (2)为了研究不同物质的吸热能力，利用其中两幅图进行实验，根据记录数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图丁所示： ①由图可以看出，在开始时__________液体的温度升高得快，__________液体的比热容较大； ②若b液体比热容是，则a液体比热容是__________； (3)若某小组在热值实验中燃料1和燃料2的质量比为，液态a为水，烧杯中水的温度与加热时间的关系如图所示（同一杯水单位时间内吸收的热量相同），不计热量损失和水质量的变化，则下列说法正确的是__________ A．甲、乙烧杯中的水从开始加热至刚沸腾时吸收的热量之比为 B．整个过程中，燃料1、2完全燃烧放出的热量之比为 C．甲、乙烧杯中的水在相同时间内吸收热量之比为 D．燃料1、2的热值之比为 【答案】(1) 甲、丙 甲、乙 (2) a b (3)D 【详解】（1）燃料质量都是10g，烧杯内液体质量和初温也相同，比较不同液体的比热容，需要保证吸收的热量相同，即燃料相同、控制液体种类不同，因此选甲、丙两图；比较不同燃料的热值，需要保证被加热的液体相同、控制燃料种类不同，因此选甲、乙两图。 （2）从丁图可见，初始阶段相同加热时间内a液体升温更快； 根据吸热公式，质量相同的液体吸收相同热量时，升温越慢比热容越大，因此b液体的比热容更大； 由丁图可知，加热10min时a的温度变化为 加热20min时b的温度变化为 说明升高相同温度时，a的加热时间是10min、b的加热时间是20min，即a、b吸收的热量之比为 质量、升温相同时，故对于a液体有 故对于b液体有 代入a、b吸收的热量之比式子得 故 （3）A．水的质量、比热容相同，从23℃升温到98℃的温度变化量完全相同，根据，两者吸收的热量之比为，故A错误； BC．设每杯水从刚开始加热至沸腾时吸收的热量为Q，由图可知，加热至刚沸腾时，甲杯中加热时间为3min，乙杯中加热时间为5min。则甲杯中每分钟吸热为，乙杯中每分钟吸热为，甲杯总共加热了4min，乙杯总共加热时间为6min，不计热量损失，吸收的热量等于燃料放出的热量，故对于甲杯有 对于乙杯有 燃料1、2完全燃烧放出的热量之比为 甲、乙烧杯中的水在相同时间内吸收热量之比为，故BC错误； D．由BC选项分析可知，燃料1、2完全燃烧放出的热量之比为 质量之比为 燃料1、2的热值之比为，故D正确。 故选D。 11．汽车已经进入了百姓家庭，汽车发动机的性能的好坏备受关注，在汽车发动机的设计中，既要考虑能量的有效利用，又要考虑发动机的冷却问题，汽油的热值，汽油的密度是，天然气的热值，水的比热容，求： (1)汽车的冷却系统用水来给发动机降温，5 kg的水在冷却系统温度升高了50℃，水吸收的热量？ (2)10 L的汽油在汽车的发动机的气缸内燃烧了30min，这些汽油完全燃烧可以释放多少能量？ (3)如果该车的机械效率为30%，则发动机的输出功率是多少kW？（结果保留整数） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水升温吸热过程 （2）汽油质量 燃烧释放总能量 （3）发动机做的有用功 时间 输出功率 12．冬天早上，妈妈用0.5kg热水给墨墨加热420g的袋装牛奶，一段时间过后，牛奶和热水的温度随时间变化的图像如图所示。（不考虑热损失和质量损失，已知，）求： (1)热水放出的热量； (2)牛奶的比热容； (3)若小明家燃气灶的热效率是30%，妈妈将质量为1kg，温度为10℃的水烧开，需消耗多少体积的燃气？（燃气的热值为） 【答案】(1) (2) (3) 0.03m3 【详解】（1）由题中图象可知，热水放出的热量 （2）不考虑热损失，牛奶吸收的热量等于热水放出的热量，即 根据图像可知牛奶的温度变化量 牛奶的比热容 （3）水吸收的热量 燃气灶的热效率 ，燃气完全燃烧放出的总热量 需要消耗燃气的体积 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $