中考物理考点大串讲（苏科版）：专题03 机械能和内能【考题猜想】（解析版）

专题03机械能和内能（解析版）题组猜想内容题组一动能和势能的大小题组二探究影响动能大小的因素题组三探究影响势能大小的因素题组四动能与势能之间的转化题组五对机械能守恒的理解题组六分子热运动与扩散现象题组七内能及其大小题组八改变物体内能的两种方式题组九温度、内能、热量辨析题组十比热容题组十一探究物质的吸热能力题组十二比热容相关计算题组十三热机及其工作原理题组十四热值及其计算题组十五热机效率及其相关计算题组十六能量转化类型的识别题组十七能量守恒定律的应用题组一题组一动能和势能的大小分析物体的动能和重力势能的变化时，要同时考虑质量、高度和速度几个因素是否发生变化，再综合分析动能和重力势能的变化情况。1.一个实心小球从高处竖直下落到地面的过程中，下列叙述中正确的是（）。A.小球的动能增大，重力势能减小；B.小球的动能减小，重力势能增大；C.小球的动能不变，重力势能减小；D.小球的动能增大，重力势能不变【答案】A。【解析】 一个实心小球从高处竖直下落到地面的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，重力势能转化为动能。故A正确，BCD错误。故选：A。2.（2022·北京）图所示的是神舟十三号载人飞船返回舱返回地面时的情境。打开降落伞后，若返回舱在一段时间内的运动可看作是竖直向下的匀速运动，则关于返回舱在这段时间内，下列说法正确的是（）。A.返回舱的动能不变 B.返回舱的重力势能不变C.返回舱的机械能不变 D.返回舱所受重力不做功【答案】A。【解析】A．因为返回舱是匀速运动，且质量未改变，所以返回舱的动能不变，故A正确；B．返回舱的质量未变，但其高度在不断减小，所以返回舱的重力势能变小，故B错误；C．机械能等于动能和势能之和，动能不变，势能减小，所以机械能减小，故C错误；D．重力竖直向下，返回舱在重力的方向上移动了距离，所以返回舱所受重力做功，故D错误。故选A。3．新冠病毒疫情防控期间，许多城市的环卫喷雾洒水车变身成消毒杀菌车，对道路喷洒消毒药水。在此过程中，消毒杀菌车在水平地面上匀速运动，则消毒杀菌车整体的（）。A．动能不变，重力势能变小 B．动能变小，重力势能变小C．动能不变，重力势能不变 D．动能变小，重力势能不变【答案】B。【解析】消毒杀菌车对主次干道喷酒消毒药水，车的质量减小，速度不变，动能减小；高度不变，质量变小，重力势能变小。故选B。4．竖直向上扔出的乒乓球，在上升到最高点的过程中，以下说法中正确的是（）。A．动能增大，重力势能增大；B．动能减小，重力势能减小；C．动能减小，重力势能增大；D．动能增大，重力势能减小【答案】C。【解析】竖直向上扔出的乒乓球，在上升到最高点的过程中，乒乓球的质量不变，但速度变小，其动能减小；同时高度变大，则重力势能增大。故选C。题组题组二探究影响动能大小的因素1.兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，于是他们进行了如下探究：  【提出问题】汽车的动能大小跟什么因素有关？ 【猜想假设】由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能可能跟______有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能可能跟______有关。 【进行实验】他们做了如图所示的三次实验：用金属球模拟汽车，让金属球从斜槽的某一高度由静止开始滚下，碰到水平面上的物块，将物块撞出一段距离。物块被撞击得越远，说明金属球到达水平面时的动能就越______。 【分析论证】分析甲、丙两图的实验现象，可以初步得到的结论是：______。 【实践应用】用甲、乙两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车______（选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因。【答案】速度；质量；大；质量一定时，物体的速度越大，动能越大；超载。【解析】“十次车祸九次快”指的是汽车的动能与速度有关，“安全驾驶莫超载”指的是汽车的动能与质量有关； 物块被撞击得越远，说明物块在水平面做的功越多，那么金属球到达水平面时的动能就越大。 分析甲、丙两图可知，此时物体的质量相等，到达水平面的速度不同，甲图小球到达水平面的速度越大，物体被撞击得更远，说明质量一定时，物体的速度越大，动能越大。 分析甲、乙两图可知，此时物体的质量不相等，初始速度相同，甲图小球的质量越大，物体被撞击得更远，可以解释汽车超载行驶时危险性大的原因。 物体的动能跟物体的速度和质量有关，在实验过程中，通过观察物体被小球撞击的距离来判断小球动能的大小。 2.（2022·武威）如图所示，摆线的长度L相同，小球A、B的质量mA＜mB，悬线与竖直方向之间的夹角θ1＜θ2。（1）图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，这表明两小球在摆动过程中任一时刻速度大小与小球的______无关；（2）小强设计用如图所示装置探究“物体的动能大小与哪些因素有关”。小球按图示位置由静止释放，当小球摆动到竖直位置时，恰好与静止在水平面上的木块C发生碰撞，木块都会在水平面上滑行一定距离后停止，本实验中通过比较______反映小球撞击木块C前的动能大小，这种研究方法叫______（选填“控制变量法”或“转换法”）；（3）根据乙、丙所示的探究过程，他观察到图丙中木块C撞得更远，可得出结论：小球的动能大小与______有关（选填“速度”、“高度”或“质量”）；（4）若水平面绝对光滑且足够长，木块C被撞击后，它将做______直线运动（选填“减速”、“匀速”或”“加速”）；（5）在探究小球动能与质量的关系时，有同学提议可以在水平面桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度，分别弹出质量不同的小球去撞击木块，撞击木块时小球的动能______（选填“相等”或“不相等”），该方案______（选填“正确”或“错误”）。【答案】①质量；②木块移动的距离；③转换法；④速度；⑤匀速；⑥相同；⑦错误。【解析】（1）[1]图甲、乙中，小球A、B的质量不同，但从相同的高度同时由静止释放，它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，说明两个小球在任一时刻速度相同，这表明两小球在摆动过程中任一时刻速度大小与小球的质量无关。（2）[2][3]小球与木块碰撞，小球动能越大，对木块做的功越多，木块移动的距离越大，所以通过比较木块移动的距离可以比较小球撞击木块C前的动能大小；通过木块移动的距离比较小球动能的大小，这种研究方法叫转换法。（3）[4]因为θ1＜θ2，所以图丙中小球比图乙中小球释放时的高度更高，小球摆动到竖直位置时的速度更大，把木块撞得更远，说明小球的动能大小与速度有关。（4）[5]若水平面绝对光滑，木块在水平方向不受外力作用，根据牛顿第一定律可知，木块C被撞击后，它将做匀速直线运动。（5）[6][7]将同一根弹簧压缩相同的程度，弹簧具有相同的弹性势能，弹出小球，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，那么不同质量的小球获得的动能也相等；因为动能大小与质量和速度有关，不同质量的小球的动能相同，小球的速度也不同，这里有两个变量，所以该方案是错误的。3．如图是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图。实验中，探究的动能是指（）。A．小球在斜面上的动能；B．小球撞击木块时的动能；C．小球撞击木块后的动能；D．木块被小球撞击时的动能【答案】B。【解析】据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小，小球速度的大小是通过改变小球在斜面上的高度实现的，小球动能的大小是通过木块被推动移动的距离体现的。故选B。4.如图所示为研究动能大小与质量、速度之间的关系，实验中需控制小球的速度相同或不变，具体方法是：让小球从同一斜面的某处由静止释放即可（不计斜面的摩擦及空气阻力）。下列关于控制小球的速度分析不正确的是（）。A.小球从斜面运动到水平面上速度增大，是因为小球在斜面上所受的合力不为0，故小球会被加速；B.小球从斜面运动到水平面上速度增大是因为重力做功，将重力势能转化为动能；C.同一小球从斜面的不同高度处释放，较高位置的小球会有更多的重力势能转化为动能，所以到达水平面获得的速度也越大；D.质量不同的钢球与铜球从相同高度处释放，质量较大的铜球会有更多的重力势能转化为动能，所以获得的速度也会越大【答案】D。【解析】A、不计斜面的摩擦及空气阻力，小球在斜面上受重力和斜面对它的支持了，合力沿斜面向下，不为0，故小球会被加速，故A正确； B、小球从斜面运动到水平面上，在重力方向上移动了距离，重力对小球做功，将重力势能转化为动能，故B正确； C、同一小球从斜面的不同高度处释放，较高位置的小球重力对小球做功多，有更多的重力势能转化为动能，所以到达水平面获得的速度也越大，故C正确； D、质量不同的钢球与铜球从相同高度处释放，到水平面的速度相同，只是质量较大的铜球会有更多的重力势能转化为动能，动能较大，故D错误。 故选：D。 题组题组三探究影响势能大小的因素在探究实验中，需要探究影响重力势能的三个因素，应用到了控制变量法。（1）当研究物体的重力势能与物体质量关系时，需要保持下落高度和运动路径相同，改变物体质量；（2）研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体质量和运动路径相同，改变下落高度；（3）当研究物体重力势能与运动路径的关系时，需要保持物体质量和下落高度相同，改变运动路径。据此分析解答。1.用“模拟打桩”来探究物体重力势能的大小与哪些因素有关，物体的质量m1=m3<m2。实验时，让物体从木桩正上方的某一高度处自由下落，将木桩打入沙中，三次实验木桩进入沙中的深度如图所示。木桩进入沙中的深度越深，则物体对木桩做的功越______。比较A、B可知：物体重力势能的大小与物体的________有关；比较___________可知：物体重力势能的大小与物体被举的高度有关。【答案】多；质量；A、C。【解析】[1]物体下落过程中，物体的重力势能转化为动能，物体的重力势能越大，对木桩做功越多，木桩陷入沙坑越深。[2]比较A、B可知，两个物体所处的高度相同，由题中条件可知，m1<m2，两物体的质量不同，再观察A、B可知，木桩进入沙中的深度不同，物体对木桩做的功不同，即物体的重力势能不同，说明了物体重力势能的大小与物体的质量有关。[3]要知道物体重力势能的大小与物体被举的高度有关，需要物体被举的高度不同，木桩进入沙中的深度不同，其他相同，观察A、B、C可知，A、C和B、C，物体被举的高度不同，但是B、C木桩进入沙中的深度相同，B、C不符合，而A、C木桩进入沙中的深度不同，A、C中物体重力势能大小不同，A、C中物体的质量m1=m3，质量相同，可以知道物体重力势能的大小与物体被举的高度有关。2.小江同学利用一个弹珠、三根材料和厚度相同、长宽不同的橡皮条，探究“橡皮条的弹性势能与长度、宽度的关系。”他依次将橡皮条固定在弹弓上，如图所示，在弹性范围内，拉伸相同的伸长量，将弹珠在同一位置沿水平方向弹射出去，测得弹射的水平距离，数据如下表：次数橡皮条橡皮条宽度/cm橡皮条长度/cm弹射的水平距离/cm请回答以下问题： （1）实验中，是通过比较______来间接反映橡皮条的弹性势能大小。 （2）比较第1次和第2次实验可知，拉伸相同的伸长量，橡皮条的弹性势能与橡皮条的______有关。 （3）比较第1次和第3次实验可知，拉伸相同的伸长量，橡皮条的弹性势能还与橡皮条的______有关。 （4）用同种材料同厚度的橡皮条，拉伸相同的伸长量，弹性势能最小的橡皮条是______ ：A.窄而长的宽而长的宽而短的窄而短的 （5）在此实验中用到了两种物理方法分别是______和______。【答案】弹球弹射的水平距离；长度；宽度；A；控制变量法；转换法。【解析】（1）弹弓弹性势能的大小是通过弹珠射出的距离来表示，射出的越远，弹弓的弹性势能越大。 （2）比较第1次和第2次实验可知，拉伸相同的伸长量，橡皮条宽度相同，长度不同，弹珠射出的距离不同，故橡皮条的弹性势能与橡皮条的长度有关； （3）比较第1次和第3次实验可知，拉伸相同的伸长量，橡皮长度相同，条宽不同，弹珠射出的距离不同，故橡皮条的弹性势能与橡皮条的宽度有关； （4）由以上可知，弹性势能的大小与宽度、长度有关；在拉伸相同的伸长量时，宽度越宽，弹性势能越大，长度越短，弹性势能越大，故弹性势能最大的橡皮条是宽而短的，最小的橡皮条是窄而长的，故选A。 （5）该实验采用的是控制变量法研究，即保持一个量不变，研究其他两个量之间的关系； 弹弓弹性势能的大小是通过弹珠射出的距离来表示，这是转换法； 因此在此实验中用到了两种物理方法分别是控制变量法和转换法。 故答案为：（1）弹球弹射的水平距离；（2）长度；（3）宽度；（4）；（5）控制变量法；转换法。3.某同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况猜想到：物体的重力势能可能与物体的质量、下落高度和运动路径有关．于是设计了如图所示的实验：用大小、形状相同的A、B、C、D四个铅球，其中A、C、D三球的质量为m，B求质量为2m，让A、B两球从距沙表面高H静止下落，C球从距沙表面高2H静止下落，D球从距沙表面高2H的光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直地落下（球在光滑管道中运动的能量损失不计）实验测得A、B两球陷入沙深度分别为h1和h2，C、D两球陷入沙深度均为h3，且。（1）本实验中，铅球的重力势能大小是通过______来反映的；（2）比较A、B两球，发现B球陷入沙深度更大，由此可得出结：当下落高度一定时，______；（3）比较______两球，发现C球陷入沙深度更大，由此可得出结论：当物体质量相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大；（4）比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径______（选填：“有关”或“无关”）。（5）小球在下列过程陷入沙面前，将重力势能转化为动能，陷入沙中后到小球静止过程中，将机械能转化为______能。【答案】球陷入沙中的深度；质量越大，重力势能越大；A、C；无关；内。【解析】（1）本实验中，铅球的重力势能大小是通过球陷入沙中的深度来反映；（2）比较A、B两球，下落高度和运动路径相同，B球质量大于A球质量，发现B球陷入沙深度更大，由此可得出结论：当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大； （3）比较A、C两球，C球陷入沙深度更大，比较知，C球下落的高度最大，要研究重力势能与高度的关系，需要保持球的质量一定，所以选择的是A、C两球； （4）比较C、D两球，两球的质量相同，下落高度也相同，两球的运动路径不同，发现两球运动的路径不同，但陷入沙深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径无关；（5）球在下落过程中，高度减小，速度增大，所以将重力势能转化为动能；当球陷入沙中，与沙子摩擦，最终静止，将机械能转化为内能。故答案为：（1）球陷入沙中的深度；（2）量越大，重力势能越大；（3）A、C；（4）无关；（5）内。题组题组四动能与势能之间的转化动能与重力势能间的转化看到下落，学生就容易习惯性的认为重力势能转化为动能，当当物体匀速下落时，速度不变，物体的动能不变，此时重力势能没有转化为动能。动能与弹性势能间的转化解答此类问题的关键是确定哪个阶段物体做加速运动，哪个阶段小球做减速运动。（1）加速运动时：弹性势能转化为动能；（2）减速运动时：动能转化为弹性势能。不计空气阻力时，物体的机械能守恒。在分析动能、重力势能和弹性势能之间的转化时，根据物体运动情况，可以把物体的运动的整个过程进行分段。考虑每段运动过程中，物体运动速度的变化情况，物体的形变情况，即可分析重力势能和弹性势能的变化规律，以及动能与重力势能和弹性势能之间的转化。1.跳水运动是奥运会的正式比赛项目，我国运动员在该项目上一直处于国际领先地位。比赛中，跳水运动员腾空跳起向上运动到最高点后再向下落人水中，若不计空气阻力，在整个空中运动过程中，运动员的（）。A.动能先减小后增大，重力势能先增大后减小；B.动能先增大后减小，重力势能先增大后减小；C.动能先减小后增大，重力势能先减小后增大；D.动能先增大后减小，重力势能先减小后增大【答案】A。【解析】（1）不计空气阻力，机械能守恒； （2）跳水运动员从腾空跳起向上运动后再向下落入水中，整个过程质量不变，高度先增大后减小，重力势能先增大后减小； （3）跳水运动员从腾空跳起向上运动后再向下落入水中，质量不变，速度先减小再增大，所以动能先减小后增大。 故选：A。 2.如图，弹簧的左端固定，右端连接一个小球，把它们套在光滑的水平杆上，a是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b是弹簧原长时小球的位置，c是小球到达最右端的位置。则小球从a运动到c的过程中，在______（选填“a”、“b”或“c”）位置动能最大；从b到c的过程中，小球的动能转化为弹簧的______，小球从a运动到b的过程机械能总量______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】b；弹性势能；不变。【解析】[1][2][3]由题意可知，小球从a运动到b的过程中，弹簧的形变程度减小，其弹性势能减小，小球的速度变大，动能变大，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，而小球的重力势能不变，水平杆是光滑的，整个过程不需要克服摩擦做功，所以机械能总量不变；到达b点时，弹簧恢复原状，不计摩擦阻力，其弹性势能全部转化为小球的动能；再从b运动到c时，弹簧被拉伸，小球的动能再逐渐转化为弹簧的弹性势能，小球的动能会变小。因此，在b点时小球的动能最大。3.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一重为G的金属小球从弹簧正上方某一髙度处静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后被弹簧弹起，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变化的图象如图乙所示，则（）。A．时刻小球的动能最大；B．时刻小球的重力势能最大；C．时刻小球的机械能等于时刻小球的机械能；D．从开始下落到第一次到达最低点，小球内能的增加量小于这两个时刻小球机械能的减少量【答案】D。【解析】AB．t1时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，开始一段时间内弹力小于重力，则小球仍然向下做加速运动，其动能变大，刚释放时高度最高，重力势能最大，故AB不符合题意；C．时刻弹簧具有弹性势能，时刻弹簧没有弹簧弹性势能，所以小球机械能变小，故C不符合题意；D．从开始下落到第一次到达最低点，这两个时刻小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量和小球内能增加量，故小球内能的增加量小于这两个时刻小球机械能的减少量，故D符合题意。故选D。3.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.【解析】抛出的小石块在上升过程中，受竖直向下重力的作用，则小石块上升的速度越来越小，当小石块的质量一定时，速度减小，小石块的动能减小，由图可知，图线a是小石块动能-高度关系图线；在只有动能和势能转化过程中，机械能总量保持不变，由于小石块的机械能总量E=2J+2J=4J，即当小石块上升至5m时，小石块的机械能为4J。 答：a；4。 题组题组五对机械能守恒的理解判断机械能是否守恒的关键（1）从能量角度：若整个过程只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能参与转化，则机械能守恒；（2）从受力角度：若物体只受重力、弹力作用，而没有其他力的作用，则可认为机械能守恒。1.如图所示，2021年6月17日搭载聂海胜、刘伯明和汤洪波三名航天员的神舟十二号飞船加速升空时的情景，下列说法正确的是（）。A．火箭的重力势能变大，动能变大，机械能不变；B．火箭的重力势能变大，动能减小，机械能不变；C．火箭的重力势能变大，动能变大，机械能变大；D．火箭的重力势能变大，动能减小，机械能减小【答案】C。【解析】ABCD．物体的动能与物体的运动速度和质量有关：速度越大、质量越大，动能就越大。火箭加速上升时，质量不变，速度变大，所以动能变大；物体的重力势能与物体的高度和质量有关：高度越高、质量越大，重力势能越大。火箭升空，质量不变，高度变大，重力势能变大。物体的机械能等于动能与势能之和，动能和势能都变大，所以机械能变大。故ABD错误，C正确。故选C。2.（2022·荆州）打篮球是很多同学喜爱的运动项目，某次打篮球过程中，篮球的部分运动轨迹如图所示。下列说法正确的是（）。A.篮球经过相同高度的B、C两点时，机械能相等；B.篮球第一次反弹后到达最高点D时，动能为0；C.篮球经过B、E两点时，动能可能相等；D.篮球在整个过程中机械能守恒【答案】C。【解析】AD．由图可知，每次篮球反弹后到达的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球的机械能不断减小，因此在B点的机械能大于在C点的机械能，故AD错误；B．由图可知，篮球在最高点时，竖直方向速度为0，但在水平方向上速度不为0，所以篮球第一次反弹后到达最高点时的动能不为0，故B错误；C．篮球在B点的机械能大于在E点的机械能，由图可知，B点比E点高，所以B点的重力势能大于E点的重力势能，机械能是物体动能和势能的总和，因此在B点的动能可能等于在E点的动能，故C正确。故选C。3．小明在体育课上掷铅球，掷出去的铅球从a处出手后，在空中的运动轨迹如图所示，球最终停在水平地面e点处，不计空气阻力，则铅球（）。A．从a处到b处动能减小，重力势能增大；B．从b处到c处动能增大，机械能增大；C．a处的机械能小于c处的机械能；D．在d、e处机械能相等【答案】A。【解析】A．铅球从a处到b处，质量不变，速度变小，则动能减小，同时高度变大，重力势能增大，故A符合题意；B．铅球从b处到c处，质量不变，速度变大，则动能增大，因不计空气阻力，所以球在空中运动时的机械能守恒（即机械能不变），故B不符合题意；C．不计空气阻力，说明球在空中的机械能是守恒的，所以在a、c两处的机械能相等，故C不符合题意；D．从d处到e处，铅球需要克服摩擦阻力做功，一部分机械能转化为内能，所以在d处机械能大于e处，故D不符合题意。故选A。4．如图所示，质量为m的小球从静止下落，落在与A点等高处、竖直放置静止的轻弹簧上，到达与B点等高处时小球重力与弹簧的弹力大小相等，图中与C点等高处是小球到达的最低点（不计空气阻力）。下列说法正确的是（）。A．到达A点时，小球的动能最大；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，受到的重力与弹簧的弹力是一对平衡力；D．从A到B，小球减少的重力势能等于增加的动能【答案】B。【解析】小球从下落到A点过程中，只受重力作用做加速运动，当与弹簧接触后，在A到B的过程中，弹力逐渐增大到与重力相等，则该过程中合力依然向下，小球加速运动，重力势能转化为动能和弹性势能，B到C过程中，弹力大于重力，合力向上，小球减速，直到C点速度减为零，合力不为零，重力和弹力不是平衡力，综合可知小球在B点速度最大，则动能最大，高度一直降低，则重力势能减小，动能先增大后减小，整体机械能守恒。故选B。题组题组六分子热运动与扩散现象识别分子热运动（1）分子热运动是分子运动。所以，如果研究对象是宏观物体，则它的运动一定不是分子热运动；（2）分子热运动是自发的，不受外力影响，如果研究的运动受到外力作用的影响，则一定不是分子热运动。生活中的扩散现象明确扩散概念：扩散是不同物质相互接触时，彼此进入对方的现象。注意扩散现象的标识：不同物质、相互接触、彼此进入对方。温度对扩散现象的影响讨论扩散的快慢，一般只考虑温度的影响；反之，看到温度不同，就应想到扩散得快慢不同。1.密闭的房间里打开香水瓶的盖子，一会儿整个房间都能闻到香味。下列说法正确的是()。A．温度越高，香味扩散得越慢；B．若温度低于0℃，这个现象就消失；C．这个现象能说明分子间有相互作用力；D．这个现象能说明分子在不停地运动【答案】D。【解析】A、温度越高，分子运动越快，香味扩散的越快；故A不符合题意。B、温度低于0℃，扩散现象减弱，但是扩散现象仍然存在；故B不符合题意。C、D、扩散现象说明，分子在不停地做无规则运动，但是不能说明分子间有相互作用力；故C不符合题意，D符合题意。故选D。2.泡茶时，将开水冲入放有茶叶的茶壶中，过一会儿，水中便会呈现出茶色并可闻到茶香，这是________现象。开水温度越高，水中茶色就越容易变浓，这说明________。【答案】扩散；分子无规则运动越明显。【解析】泡茶时，茶分子会运动到水中，这是一种扩散现象，温度越高茶分子运动越快，扩散越快。3.下列选项中描述扩散现象的是（）。A．收拾房屋时，灰尘漫天飞舞

B．打喷嚏时，飞沫肆溅C．烧开水时，“白气”升腾

D．晚风拂面，阵阵花香【答案】D。【解析】A．灰尘漫天飞舞，是灰尘的机械运动，不是分子的运动，故A不符合题意；B．打喷嚏时的飞沫是小水滴，故B不符合题意；C．烧开水时的“白气”是水蒸气液化形成的小水滴，故C不符合题意；D．花香分子在空气中自由运动，扩散到鼻孔中可以让我们闻到，故D符合题意。故选D。4.（2022·江苏连云港）下列现象能说明分子在做不停的无规则运动的是（）。A.秋天树叶纷纷落下 B.沸腾时水中气泡的运动C.端午节闻到煮粽子的香味 D.扫地时看见灰尘在空中飞舞【答案】C。【解析】A．秋天树叶纷纷落下，属于物体的机械运动，不是分子的无规则运动，故A不符合题意；B．沸腾时水中气泡的运动，属于物体的机械运动，不是分子的无规则运动，故B不符合题意；C．端午节闻到煮粽子的香味，属于扩散现象，表明分子在不停地做无规则的运动，故C符合题意；D．扫地时看见灰尘在空中飞舞，属于固体颗粒的机械运动，不是分子的无规则运动，故D不符合题意。故选C。题组题组七内能及其大小不是“炙热”的物体才有内能（1）任何物体在任何情况下都有内能，不只是“炙热”的物体才有内能；（2）影响物体内能大小的因素有温度、质量、体积、状态、物质的种类，仅根据其中某一因素无法判断内能的大小。1.小亮测得甲、乙两杯水的温度分别是45℃和75℃，下列判断正确的是（）。A．甲杯中水的分子运动一定比乙杯中水的分子运动剧烈；B．甲杯中水的内能一定比乙杯中水的内能小；C．乙杯中水的热量一定比甲杯水的热量多；D．乙杯中水的温度降低，水的内能一定减少【答案】D。【解析】A、温度越高，分子运动越激烈，乙的温度比甲的高，所乙杯中的水分子运动一定比甲杯中的剧烈，故A错误；B、物体的内能与物体的温度和物质量和状态有关，两杯水质量关系不知，无法判断内能关系，故B错误；C、热量是一个过程量，故不能比较热量的多少，故C错误；D、乙杯中水的温度降低，分子运动速度减慢，内能变小，故D正确。故选：D。2.（2022·云南省）关于图所示的热现象，说法正确的是（）。A.图甲中炙热的铁水具有内能，冰冷的冰块没有内能；B.图乙中冬天搓手取暖是将内能转化为机械能；C.图丙中用湿毛巾冷敷降温是通过热传递的方式减小人体的内能；D.图丁中能量转化与汽油机做功冲程能量转化都是机械能转化为内能【答案】C。【解析】A．不管物体温度高低，都具有内能，一切物体都具有内能，故A错误；B．冬天搓手取暖是通过做功的方式改变手的内能，此过程中将机械能转化为内能，故B错误；C．用湿毛巾冷敷降温，湿毛巾从人体吸收热量，使人体降温，内能减小，所以是通过热传递的方式减小人体的内能，故C正确；D．向下压活塞，对筒内空气做功，空气内能增加，温度升高，将机械能转化为内能；汽油机做功冲程是将内能转化为机械能，二者能量转化不同，故D错误。故选C。3.关于热现象，下列说法正确的（）。A.温度高的物体比温度低的物体内能多；B.热量只能由内能多的物体转移到内能少的物体；C.物体内所有分子都在不停地做无规则运动；D.分子间相互作用的引力和斥力不能同时存在【答案】C。【解析】对于同一个物体来说，温度高的物体比温度低的物体内能多，对于不同的物体，无法通过温度的高低来判断内能的多少，故A选项错误；只有两个物体存在温度差，才会发生热传递，即热量从温度高的物体转移到温度低的物体上，而不是从内能多的物体转移到内能少的物体上，若内能不同的两个物体的温度相同，就不会发生热传递，故B选项错误；物体是由大量分子组成的，组成物体的分子都在不停地做无规则运动，故C选项正确；分子间存在着相互作用的引力和斥力，引力和斥力是同时存在的，故D选项错误。答案C。4.（2022·湖北武汉）如图所示，炽热的岩浆从覆盖着皑皑白雪的火山上喷涌而出。下列说法正确的是（）。A.白雪温度低，内能小 B.岩浆温度高，内能大C.白雪温度低，分子热运动停止 D.岩浆温度高，分子热运动剧烈【答案】D。【解析】A．内能和质量温度都有关，白雪温度低，内能不一定小，故A错误；B．内能和质量温度都有关，岩浆温度高，内能不一定大，故B错误；C．白雪温度低，分子热运动的不剧烈，不是停止，故C错误；D．分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子热运动的越剧烈，岩浆温度高，分子热运动剧烈，故D正确。故选D。题组题组八改变物体内能的两种方式做功改变物体的内能做功可以改变物体的内能有两层含义：外界对物体做功，则机械能转化为物体的内能；若物体对外界做功，则物体的内能转化为机械能。热传递改变物体的内能判断内能改变方式的关键：判断物体内能的改变方式的关键是看内能改变过程中能量形式是否发生了变化。热传递是能量的转移过程，在此过程中能的形式不发生变化；做功的实质是能的转化过程，能量从一种形式转化成另一种形式。1.下列通过做功方式改变物体内能的是（）。A.双手互搓手掌变热B.烤火时手掌变热C.用热水洗手时手掌变热D.抱热水袋手掌变热【答案】A。【解析】A．双手互搓使手暖和是克服摩擦做功让手暖和的，属于做功改变物体的内能，选项符合题意；B．烤火时手掌变热是利用热传递改变物体的内能的，选项不符合题意；C．用热水洗手，使手变热是水通过热传递让手热的，选项不符合题意；D．用热水袋焐手，使手暖和是通过热传递让手暖和的，选项不符合题意。故选A。2.下列事例中，主要利用热传递的方式来改变物体内能的是（）。A．双手摩擦能发热B．烧水时水温升高C．钻木取火D．锯木材锯子发烫【答案】B。【解析】A、双手相互摩擦做功，机械能转化为手的内能，是通过做功的方式改变物体的内能，故A不符合题意；B、烧水时，水从火焰吸收热量温度升高，属于热传递改变物体的内能，故B符合题意；C、钻木取火是摩擦生热，属于做功改变物体内能，故C不符合题意；D、在锯木料时，锯条的温度会升高，是摩擦生热，机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故D不符合题意。3.关于内能，下列说法中正确的是（）。A．0℃的冰块没有内能；B．物体内能大小与温度无关；C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移；D．金属汤勺放在热汤中，温度升高，这是通过热传递的方式改变内能【答案】D。【解析】A、一切物体在任何时候都具有内能，0℃的冰块也有内能，故A错误；B、内能大小跟物体的质量、状态、温度有关，故B错误；C、热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，与物体内能多少无关，故C错误；D、金属汤勺放在热汤中，温度升高，是能量发生了转移，这是通过热传递的方式改变物体的内能，故D正确。4.下列实例中，改变物体内能的途径与其他三个不同的是（）。A．用力搓手，手会发热；B．把冰冷的手放到嘴边哈气，手会变暖；C．用锯条锯木头，锯条温度升高；D．用手反复弯折铁丝，铁丝弯折处会发热【答案】B。【解析】A、用力搓手，手会发热，这是通过做功的方式增加内能的；B、把冰冷的手放到嘴边哈气，手会变暖，这是通过热传递的方式增加内能的；C、锯木头时锯条发烫，是摩擦生热，属于做功改变物体的内能；D、反复弯折铁丝，人对铁丝做功，铁丝的内能增加，温度升高，是通过做功改变物体的内能；ACD都是通过做功的方式改变内能的，B是通过热传递的方式改变内能的，故B符合题意。题组题组九温度、内能、热量辨析（1）温度表示物体的冷热程度，同一物体，温度越高，分子热运动越剧烈，内能越大；（2）热量和功一样，是过程量，只是用来衡量物体内能或机械能变化了多少，离开过程，谈热量毫无意义。就某一状态而言，只有内能，不存在热量。1.（2022·江苏连云港）关于温度、热量和内能，下列说法正确是（）。A.0℃的冰块内能为0 B.温度高的物体含有的热量多C.汽油机做功冲程气缸内燃气的内能增加 D.两个发生热传递的物体之间一定存在温度差【答案】D。【解析】A．一切的物体都有内能，0℃的冰块内能不为0，故A错误；B．热量是一个过程量，不能说含有热量，故B错误；C．汽油机做功冲程气缸内燃气的内能转化为机械能，内能减少，故C错误；D．热量从高温物体传给低温物体，两个发生热传递的物体之间一定存在温度差，故D正确。故选D。2.关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）。A．冰熔化时吸收热量，温度升高；B．0℃的冰没有内能；C．发生热传递时，两个物体的温度一定不同；D．15℃水一定比25℃水的内能小【答案】C。【解析】A、冰熔化时吸收热量，内能增加，温度不变，故A错误；B、因为物体的分子永不停息地做无规则的运动，所以任何物体都有内能，0℃的冰仍具有内能，故B错误；C、在热传递中，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，温度相同时不发生热传递，故C正确；D、内能的大小与温度，质量都有关，故D错误。3.下列关于内能、热量、温度和做功的说法中不正确的是（）。A．温度高的物体把温度传给温度低的物体；B．某铁块温度降低，内能一定减小；C．物体吸热，温度不一定升高；D．一个物体温度升高，可能是外界对物体做功【答案】A。【解析】A、在热传递过程中，传递的是热量，而不是温度，故A错误；B、铁块的温度降低，铁分子无规则运动减慢，分子动能减小，内能减小，故B正确；C、物体吸热，温度不一定升高，如晶体熔化时虽然继续吸热，但温度是不变的，故C正确；D、一个物体的温度升高，可能是外界对物体做了功，也可能是其他物体对它传递了热量，故D正确。本题选错误的；故选：A。4.下列关于温度、热量和内能的说法正确的是（）。A．温度相同的物体内能一定相等；B．物体温度升高，内能一定增加；C．热气腾腾的汤含有的热量较多；D．物体吸收了热量，温度一定升高【答案】B。【解析】A．物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关，故温度相同的物体内能不一定相等，故A错误；B．物体温度升高，可能是吸收热量，也可能是外界物体对它做功，但内能一定增加，故B正确；C．热量是过程量，不能说含有，故C错误；D．物体吸收热量，内能一定增加，它的温度不一定会升高，如晶体熔化时，吸收热量，但温度不变，故D错误。故选B。题组题组十比热容对比热容的理解属性物质在任何条件下都具有的、不变的性质，如质量，不随外界的条件的变化而变化。特性一种物质区别于其他物质的性质，在外界条件变化时会发生变化，比如比热容是物质的已知特性，会随物质状态的变化而变化。比热容图像的分析技巧（1）等时分析法：作一条垂直于温度轴的直线，可以看出升高相同的温度时，加热时间的长短；（2）等温分析法：作一条垂直于时间的直线，可以比较加热时间相同时，温度升高的多少。水的比热容大的应用水的比热容大的应用，主要有两个方面：（1）一定质量的水吸收（或放出）很多的热量而自身的温度却变化不多，有利于调节温度；（2）一定质量的水升高（或降低）一定温度，吸热（或放热）很多，常用作冷却剂或供热介质。1.小金根据表中数据得出了四个结论，其中正确的是（）。几种物质的比热容/J（kg•oC）﹣1水4.2×103冰0.14×103酒精2.4×103沙石0.92×103煤油2.1×103铝0.88×103A．同一物质发生物态变化后，物质的比热容不变；B．煤油和冰的比热容相同，所以比热容不是物质的特性；C．100g的铝和酒精吸收相同的热量，铝温度变化较大；D．同温度的100g水和200g煤油升高到同一温度，所需吸收的热量不同【答案】C。【解析】A．比热容是物质的一种性质，与物质的种类和状态有关，因此同一物质发生物态变化后，其比热容会改变，故A错误；B．比热容是物质的一种特性，一般情况下不同物质的比热容不同，但个别物质之间的比热容可能会相同，故B错误；C．由可知，质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容小的物质，温度变化较大；由表格数据可知，铝的比热容小于酒精的比热容，因此100g的铝和酒精吸收相同的热量，铝温度变化较大，故C正确；D．已知水的质量是煤油质量的一半，而煤油的比热容是水的比热容的一半，初温和末温相同，由得，同温度的100g水和200g煤油升高到同一温度，所需吸收的热量相同，故D错误。故选C。2.用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热（不计热损失），如图是A和B的温度随加热时间变化的图像，下列说法正确的是（）。A．A的比热容与B的比热容之比为2:1；B．A的比热容与B的比热容之比为2:3；C．都加热t时间，A和B吸收热量之比为1:2；D．A和B升高相同的温度，吸收热量之比为3:2【答案】A。【解析】ABC．用相同的电加热器给质量相等的A、B液体加热，在相同时间内，两加热器放出的热量相同，那么两液体吸收的热量相同。由图示知，在相同时间内，A的温度升高了20摄氏度，B的温度升高了40摄氏度，据Q吸=cm∆t知cAm×20℃=cBm×40℃所以cA:cB=2:1，故A正确，BC错误；D．A、B的温度都升高20摄氏度时，据Q吸=cm∆t知，Q吸A:Q吸B=cAm×20℃:cBm×20℃=cA:cB=2:1，故D错误。故选A。3.夏日晴朗的白天，在太阳光照射下，某海边城市陆地与海面之间空气流动示意图（图中箭头表示空气流动方向）合理的是（）。A．B．C．D．【答案】A。【解析】因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，白天，太阳照射下陆地和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，空气从海洋吹向陆地，形成海风，高空的空气从陆地吹向海洋，故A图正确。4.（2022·江苏连云港）人们常用热水袋取暖，这是用___________的方式改变物体的内能；热水袋里装水是因为水具有较大的___________；用水取暖的过程中，水的内能不断___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】①热传递；②比热容；③减小。【解析】[1]人们用热水袋取暖时，人体从热水袋吸收热量，使得人体内能增大，温度升高，这是通过热传递的方式来改变物体的内能。[2]因为水相对于其他物质来说，比热容较大，在质量相同、降低温度相同时，水比其他物质放出的热量更多，所以热水袋里要装水。[3]用水取暖的过程中，人体从热水袋吸收热量，使得人体内能增大，水的内能不断减小，热量从热水袋传递给人体。题组题组十一探究物质的吸热能力（1）控制变量法：该实验中药注意三个变量：质量、温度、加热时间。分析时主要哪个量是变化的，哪些量是相同的；（2）转换法：物质吸收热量的多少难以直接测量，所以该实验中使用加热时间长短反映吸收热量的多少。1.如图所示，某同学用同一个加热装置分别给质量和初温都相同的水和煤油加热，分别记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度（T）随时间（t）变化的图像：

(1)实验中两种液体吸收热量的多少可通过______（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较；(2)根据图像，要使水和煤油升高相同的温度，应给水加热更长的时间，这说明_______的吸热能力强些；(3)已知水的比热容是，则煤油的比热容是____________。【答案】加热时间；水；。【解析】(1)同一个加热装置分别给质量和初温都相同的水和煤油加热，那么在相同时间内，两种液体吸收的热量是相同的，实验中两种液体吸收热量的多少可通过加热时间来比较，加热时间越长，吸收热量越多。(2)水和煤油的质量相同，升高相同的温度，水加热需要更长的时间，即水吸收的热量更多，根据可知，水的比热容更大，水的吸热能力强些。(3)从图中可以看到，加热相同的时间4s，水温度的变化量是2℃，煤油温度的变化量是4℃，两种液体吸收的热量相同，根据可知解得煤油的比热容是。2.（2022·湖南岳阳）图甲是“比较不同物质的吸热能力”的实验装置。（1）两支试管里水和煤油的质量_______（选填“相同”或“不同”）；（2）相同时间内，水吸收的热量_______（选填“大于”、“等于”或“小于”）煤油吸收的热量；（3）由图乙可知，________的吸热能力更强。【答案】①相同；②等于；③水。【解析】（1）[1]根据控制变量法，比较不同物质的吸热能力试验中,用相同的加热装置，对质量相同、初温相同的水和煤油进行加热。（2）[2]比较不同物质的吸热能力实验中，用加热时间的长短来比较物质吸收热量的多少，所以同时间内，水吸收的热量等于煤油吸收的热量。（3）[3]由乙图可知，质量相同的水和煤油，吸收相同的热量，煤油的温度变化大，根据可知，水的比热容大，即水的吸热能力更强。3.（2022·福建省）在探究“不同物质吸热的情况”实验中：（1）用相同的酒精灯加热质量相等的沙子和水，使它们升高相同的温度，通过比较______来判断吸收热量的多少；（2）加热10min后，测得水的温度如图，该示数为______oC；（3）多次实验后得到的数据如下表，分析可得：质量相等的水和沙子，升高相同的温度，水比沙子吸收更______的热量；（4）根据实验结论推理：沿海地区昼夜温差比内陆地区更______。升高的温度/oC5101520加热水的时间/min2.557.510加热沙子的时间/min1234【答案】①加热时间；②48；③多；④小。【解析】（1）[1]用相同的酒精灯加热，在相同的时间内酒精灯放出的热量相同，则物体吸收的热量也相同；加热时间越长，表示物质吸收的热量越多。由转换法可得，实验中是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收热量的多少。（2）[2]温度计的分度值为1℃，刻度值上大下小，则为零上温度，则温度计的示数为48℃。（3）[3]分析表格中数据可得：质量相等的水和沙子，升高相同的温度，水加热的时间更长，表示水比沙子吸收的热量更多。（4）[4]沿海地区多海水，内陆地区多砂石。由实验数据可得，水的吸热能力和放热能力都比沙子强，即水的比热容大，在同样吸、放热的情况下，水的温度变化比土壤、沙石的温度变化小，所以沿海地区昼夜温差比内陆地区小。4.某小组的同学做“比较不同物质的吸热能力”的实验，他们使用了如图甲所示的装置。（1）在设计实验方案时，需要确定以下控制的变量，你认为其中多余的是______。A．采用完全相同的加热方式B．酒精灯里所加酒精量相同C．取相同质量的水和另一种液体D．盛放水和另一种液体的容器相同（2）加热到一定时刻，水开始沸腾，此时的温度如图乙所示，则水的沸点是______℃，这表明实验时的大气压强______（选填“大于”、“小于”或“等于”）一个标准大气压；（3）而另一种液体相应时刻并没有沸腾，但是温度计的示数比水温要高的多。请你就此现象进行分析，本实验的初步结论为：不同物质的吸热能力______（选填“相同”或“不同”）；（4）某同学为了探究温度升高时吸收热量的多少与哪些因素有关，做了如下实验：在四个相同的烧杯中分别盛有水和煤油，用同样的加热器加热，下表是他的实验数据记录：烧杯号液体质量（g）初温（℃）末温（℃）加热时间（min）①水20020288②水10020284③煤油20020284④煤油20020242请根据表中的实验记录回答：①比较1、2记录，得出的结论是在相同条件下，物体吸热的多少与______有关；②比较3、4记录，得出的结论是在相同条件下，物体吸热的多少与______有关；③比较1、3记录，得出的结论是在相同条件下，物体吸热的多少与______有关；④综合上述结论，物体温度升高时吸热的多少与______有关；⑤该同学在本次实验中用到的研究方法是______。【答案】B；98；小于；不同；质量；升高的温度；物质的种类；质量、升高的温度、物质的种类；控制变量法。【解析】（1）用控制变量法进行探究，因为引起温度变化的因素是吸热的多少、物质的质量、加热方式和时间，而与燃料的多少没有关系，故B选项多余；（2）在丙图中，温度计的分度值为0.2℃，水的沸点为98℃；因为沸点低于100℃，所以实验时的大气压小于一个标准大气压．（3）在质量、吸收的热量相同时，不同液体升高的温度不同，说明不同物质的吸热能力不同；（4）①比较1、2记录，发现液体的种类相同，1杯水的质量是200g，升高8℃用的时间是8分钟；2杯水的质量是100g，升高8℃用的时间是4分钟，而每分钟吸收的热量是相等的，因此第1杯水吸收的热量多，故说明：同种物质升高相同的温度时，质量大的吸收的热量多；②比较3、4记录，3杯煤油的质量是200g，升高8℃用的时间是4分钟；4杯煤油的质量是200g，升高4℃用的时间是2分钟，而每分钟吸收的热量是相等的，因此第3杯水吸收的热量多，故说明：质量相等的同种物质，温度变化量越大吸收的热量越多；③1杯中水的质量是200g，升高8℃用的时间是8分钟，3杯中煤油的质量是200g，升高8℃用的时间是4分钟，而每分钟吸收的热量是相等的，因此水吸收的热量多，故说明：相同质量的不同物质，升高相同的温度时吸收的热量不相同；④综上所述可知，物体温度升高时吸热的多少与物体的质量、升高的温度和物质的种类有关；（5）由于物体吸收热量的多少与多个因素有关，所以实验中用到了控制变量法。题组题组十二比热容相关计算用公式进行计算注意区分温度和温度差：计算物质吸收或放出热量时，要注意公式中的△t是温度差而不是某一温度。比例法比例法快速解题第一步，以比值的形式写出要求的比值；第二步，用公式展开要求的比值；第三步，代入各物理量的数值；第四步，计算求解。1.物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图像如图所示。已知水的比热容是4.2×103J/(kg·℃)，问：(1)图a、b中，哪个是沙子吸热升温的图像？(2)加热2min，水吸收了多少热量？(3)试求出沙子的比热容。【答案】(1)图a；(1)4.2×104J；(1)0.9×103J/(kg·℃)。【解析】(1)由题知，沙子和水的质量相等，且沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由公式可知，沙子升高的温度多，所以图a表示的是沙子吸热升温的过程；(2)由b图像可知，加热满2min时，水的温度从20℃上升到70℃，则加热满2min时水吸收的热量：；(3)相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，在2分钟的时间内,沙子吸收的热量：，因加热2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，由可得，沙子的比热容：。答：(1)图a是沙子吸热升温的图像；(2)加热2min时，水吸收了4.2×104J热量；(3)沙子的比热容为0.9×103J/(kg·℃)。2.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．1：1，1：3

B．1：3，1：3

C．1：1，3：1

D．3：1，3：1【答案】A。【解析】比热容是物质的特性，与物质的种类有关，与其它物理量没有任何关系，故甲乙两铁块的比热容相等，即比热容之比为1:1；根据；可得同种物质吸收热量相同时，温度的变化量与质量成反比，由甲铁块质量是乙铁块的3倍，可得乙铁块升高的温度是甲铁块的3倍，答案选A。3.（2022·湖北宜昌）小丽用相同的电加热器分别对质量为0.2kg的水和0.3kg的另一种液体进行加热，得到的实验数据如图所示，则水在16min内吸收的热量为______J，另一种液体的比热容为______J/(kg·℃)。[c水=4.2×103J/(kg·℃)]【答案】①2.52×104；②1.4×103。【解析】[1]由图像可知，水的初温是10℃，16min时的末温是40℃，则水在16min内吸收的热量为Q水吸=c水m水(t水-t0水)=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(40℃-10℃)=2.52×104J[2]水16min吸收的热量是2.52×104J，所以水8min吸收的热量为由于是用相同的电加热器加热，所以水和另一种液体在相同的时间内吸收的热量是相同的，即另一种液体8min吸收的热量也为1.26×104J。由图像可知，另一种液体从开始加热到第8min温度从20℃升高到50℃，根据公式Q水吸=c水m水(t水-t0水)可知，另一种液体的比热容为。4.（2022·湖南衡阳）百善孝为先，孝敬长辈可以从生活中的小事做起，冬天来临，小周用自己的零花钱给奶奶购买了一个暖手袋。根据使用说明，他将质量为0.5kg，温度为75℃的水转入暖手袋，使用一段时间后，水的温度降低到35℃。（1）暖手袋里面装热水取暖，是利用了水___________大的性质（选填“比热容”或“密度”），这里是通过___________方式改变了水的内能（选填“做功”或“热传递”）；（2）求这段时间水放出了多少热量。[]【答案】①比热容；②热传递；③。【解析】（1）[1][2]暖手袋里面装热水取暖，是利用了水比热容大的性质，因为相同条件下，放出相同热量，水降低的温度较少。这里是暖水袋将热量传递给手，水的内能减少，是通过热传递方式改变了水的内能。（2）[3]这段时间水放出热量。题组题组十三热机及其工作原理第一步看气门看两气门开、闭情况。若两气门都关闭，则内燃机处于压缩或做功冲程；若有一个气门打开，内燃机处于吸气或排气冲程第二步看活塞看活塞运动方向。活塞向上运动时，内燃机处于压缩或排气冲程；若活塞向下运动，内燃机处于吸气或做功冲程第三步综合分析综合两个气门和活塞的工作情况得出结论汽油机与柴油机的区别汽油机与柴油机的判断汽油机柴油机结构气缸顶部有火花塞气缸顶部有喷油嘴吸气冲程吸进空气和汽油的混合物吸进空气点火方式点燃式压缩式1.关于热机，下列说法正确的是（）。A.气冲程中，汽油机和柴油机吸入的都是空气；B.做功冲程是把机械能转化为内能；C.柴油机有喷油嘴而没有火花塞；D.做功冲程是依靠飞轮的惯性完成的【答案】C。【解析】A.吸气冲程中，汽油机吸入的是空气，而柴油机吸入的是柴油和空气的混合物，故A错误；B.做功冲程是把内能转化为机械能，故B错误；C.柴油机顶部有喷油嘴而没有火花塞，故C正确；D.做功冲程以外的三个冲程是依靠飞轮的惯性完成的，故错误。选C。2.如图所示是内燃机工作循环中的一个冲程，它是（）。A．压缩冲程，将化学能转化成内能；B．压缩冲程，将机械能转化成内能；C．做功冲程，将内能转化成机械能；D．做功冲程，将机械能转化成内能【答案】B。【解析】图中的气门关闭，活塞上行，汽缸容积变小，这是压缩冲程的特点；在压缩冲程中，能量转化关系是气体的机械能转化为内能；故选：B。3.我国自主生产的“吉利金刚”小轿车，发动机正常怠速为1200转/分钟，怠速指汽车不前进时发动机的转速．则对于怠速说法正确的是（）。A．发动机1秒钟完成20个工作循环；B．发动机1分钟完成吸气冲程1200次；C．发动机1秒钟完成做功冲程10次；D．发动机1秒钟共完成80个冲程【答案】C。【解析】发动机飞轮转速是；表示每秒飞轮转动20圈，完成10个工作循环，做功10次，完成40个冲程，故AD错误C正确；发动机每秒完成10个工作循环，发1分钟完成600个工作循环，即完成的吸气冲程为600次，故B错误。故选C。4.小明一家驾车旅行，（1）加油时，闻到汽油味，说明分子在______；（2）图示为车发动机的一个冲程，其能量转化情况是______；（3）若车的总质量为1.5t，匀速直线行驶9km，所受阻力为车重的0.1倍，完全燃烧汽油1L，则1L汽油完全燃烧放出的热量是______J，车所受牵引力是______N，车的工作效率是______%。（ρ汽油

=0.8×103

kg/m3

；q汽油

=4.5×107

J/kg；g取10N/kg）【答案】永不停息地做无规则运动；机械能转化为内能；；1.5×103

N；37.5%。【解析】（1）给汽车加油时，会闻到汽油味，从物理学角度来看，属于扩散现象，这个现象表明这汽油分子在做无则规运动。（2）进气门、排气门关闭，活塞上移，是压缩冲程，机械能转化为内能。（3）1L汽油质量为1L汽油完全燃烧放出的热量是车重力G=m1

g=1500kg×10N/kg=1.5×104

N因为匀速，牵引力等于阻力为F=f=0.1G=0.1×1.5×104

N=1.5×103

N机械功为W=Fs=1.5×103

N×9000m=1.35×107

J效率为。题组题组十四热值及其计算对热值的理解某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比，叫这种燃料的热值。从定义上看，热值是燃料的一种性质，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等无关。热值的相关计算解答是要注意干木柴完全燃烧放出的热量完全被水吸收，从而建立等式关系Q放=Q吸。1.下列说法正确的是（）。A．以天然气为燃料，汽车发动机的效率可以达到100%；B．尽量增大热机的功率，可以提高热机的效率；C．燃料燃烧放出的热量越多，它的热值就越大；D．热值在数值上等于1kg某种燃料完全燃烧后放出的热量【答案】D。【解析】A．以天然气为燃料，仍有热量散失，仍需克服摩擦做功，因此汽车发动机的效率始终不能达到100%，故A错误；B．功率反映热机做功的快慢程度，而热机效率反映有用功在燃料完全燃烧放出的热量中所占的比例大小，它们是两个不同的物理量，没有直接的关系，故B错误；C．热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧情况以及放出热量的多少无关，故C错误；D．热值是一定质量的燃料完全燃烧放出的热量与其质量的比值，在数值上等于1kg某种燃料完全燃烧后放出的热量，故D正确。故选D。2.完全燃烧0.35kg干木柴放出的热量为_______J，假设这些热量全部被水吸收，能使_______kg水的温度升高50℃。(c水=4.2×103J/(kg·℃)，干木柴的热值是1.2×107J/kg)【答案】4.2×106；20。【解析】干木柴放出的热量：假设这些热量全部被水吸收：，由可得，水的质量：。3.（2022·湖北宜昌）关于燃料及其热值，下列说法中正确的是（）。A.没有燃烧的燃料，热值等于零；B.燃料完全燃烧时，它的热值最大；C.燃料的热值与质量和燃烧状态无关；D.燃料燃烧时温度越高，放出的热量越多【答案】C。【解析】ABC．热值是燃料自身的一种属性，大小与燃料的质量、温度、燃烧情况无关，故AB错误，C正确；D．根据公式Q=mq可知，燃料燃烧放出的热量多少与燃料的热值、燃料的质量有关，与燃烧时的温度无关，故D错误。故选C。4.如图所示，甲、乙、丙图中的装置完全相同，燃料的质量是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。(1)下列说法正确的是______；A．比较不同液体的比热容，可以选择甲、丙两图B．比较不同液体的比热容，可以选择乙、丙两图C．比较不同燃料的热值，可以选择乙、丙两图D．比较不同燃料的热值，可以选择甲、丙两图(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，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图2所示：①加热10min，a液体吸收的热量______（选填“大于”、“小于”或“等于”）b液体吸收的热量；②由图可以看出，在沸腾前，升高相同的温度，液体______时间较长，液体______的比热容大；③如果已知b液体的比热容是1.8×103J/(kg·℃)，则a液体的比热容是______J/(kg·℃)。若要在a、b中选择某种液体作为冷却液，应选用______。【答案】A；等于；b；b；0.9×103；b。【解析】(1)[1]AB．比较不同液体的吸热能力，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，可以选择甲、丙两图，故A正确、B错误；CD．为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，故选用甲、乙两图，故CD错误。故选A。(2)①[2]根据转换法，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的，加热10min，a液体吸收的热量等于b液体吸收的热量。②[3][4]由图可知，两种物质都升高80℃﹣20℃=60℃a的加热时间为10min，b的加热时间为20min，b加热时间长，b吸收的热量为a吸收热量的2倍，由比较吸热能力的方法，b的吸热能力强。③[5]根据可知，在液体的质量相同、升高相同的温度时，比热容与吸收的热量成正比，b吸收的热量为a吸收热量的2倍，则b的比热容为a的比热容的2倍，即a的比热容[6]根据可知，相同质量的b、a两种物质升高相同的温度，因b的比热容大，故b吸热多，故若要在a、b中选择某种液体作为冷却液，应选用b。题组题组十五热机效率及相关计算对热机效率高的两种理解：（1）当燃烧相同的燃料时，效率高的做的功多；（2）当做的有用功相同时，效率高的消耗的燃料少。热机效率与功率的区别热机效率热机功率定义用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比单位时间内做的功物理意义反映热机对能量的利用反映热机做功的快慢定义式（1）物质吸热时，利用比热容的概念计算吸收的热量；（2）物质燃烧时，利用热值概念计算发出的热量；（3）根据热机效率的概念计算待求物理量。1.下列关于热机效率的说法中正确的是（）。A．蒸汽机的效率比内燃机高；B．热机的功率越大，它的效率也一定越高；C．用来做有用功的那部分能量跟燃料燃烧放出的能量之比叫热机效率；D．用来做有用功的那部分能量跟燃料完全燃烧所放出的能量之比叫热机效率【答案】D。【解析】A．在热机中，蒸汽机的效率最低，故A错误；B．热机做功越快，表示热机的功率越大，与效率无关，故B错误；CD．根据热机效率的定义，热机所做有用功（有效利用的能量）与燃料完全燃烧释放的热量之比叫做热机效率，故C错误，D正确。故选D。2.（2020·枣庄）关于热机的效率，下列说法正确的是（）。A.在做功同样多的情况下，热机的效率越高消耗的燃料越多；B.一般情况下柴油机的效率比汽油机的高；C.热机的效率越高说明做功越快；D.热机损失的能量中，废气带走的能量较少，主要是由于机械摩擦损失的【答案】B。【解析】A．热机的效率越高，做有用功与燃料完全燃烧放出的热量的比值越大，即在做功相同的情况下，消耗的燃料较少，或消耗相同的燃料，做功较多，故A错误。B．一般情况下柴油机的效率比汽油机的高，多用在重型机器上，故B正确；C．热机的效率是有用功与燃料完全燃烧放出的热量的比值，热机的效率越高说明有用功占的比值越大，功率表示做功的快慢，功率越高说明做功越快，效率和功率是两个不同的物理量，二者之间没有必然联系，故C错误；D．根据内燃机的能量流向，热机损失的能量中，废气带走的能量较多，故D错误。故选B。3.2020年5月13日，备受大家关注的“悬崖村”的村民们逐渐搬进位于凉山州昭觉县城的易地扶贫搬迁安置点，实现了“拎包入住”。易地扶贫搬迁安置户小强同学家里有一个容积为5L的水壶，水壶里装有3.5kg初温为50℃的水，他用家里的液化气炉具把水加热到70℃使用。（已知液化气的热值q＝4.9×107J/m3）求：（1）烧水过程水吸收了多少热量？（2）若实际使用了0.02m3的液化气，则该液化气炉具的效率是多少？【答案】（1）烧水过程水吸收的热量为2.94×105J；（2）液化气炉具的效率是30%。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×3.5kg×（70℃﹣50℃）＝2.94×105J；（2）0.02m3的液化气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.02m3×4.9×107J/m3＝9.8×105J，该液化气炉具的效率：η＝＝×100%＝30%。4.（2022·云南省）顺口溜“五月五、过端午、蒸粽子、吃包子、挂菖蒲、佩香囊、赛龙舟”，生动的呈现了某地端午文化习俗。蒸粽子是利用水沸腾产生的蒸气进行加热。若将2.5kg的水加热到沸腾，水温升高了80℃，[c水=4.2×103J/（kg·℃），q煤=3×107J/kg]，在此过程中，求：（1）水吸收的热量；（2）采用煤炉加热，煤炉加热水的效率为10%，煤燃烧放出的热量；（3）需要完全燃烧煤的质量。【答案】（1）8.4×105J；（2）8.4×106J；（3）0.28kg。【解析】（1）根据可知，水吸收的热量（2）采用煤炉加热，煤炉加热水的效率为10%，根据可知，煤燃烧放出的热量为（3）根据Q放=mq可知，需要完全燃烧煤的质量为。答：（1