第14章 《内能的利用》题型训练（43题5大类型）（解析版）2023-2024学年九年级全一册物理阶段性考试考点复习与题型训练（人教版）

第第页第十四章《内能的利用》题型训练（43题5大类型）TOC\o"1-3"\h\u【题型1四冲程内燃机的工作过程】 1【题型2燃料的热值及其计算】 9【题型3热机的效率】 17【题型4能量转化和转移】 22【题型5能量守恒定律及能量的利用效率】 27【题型1四冲程内燃机的工作过程】 1．（2023春•深圳校级期末）下列说法中正确的是（）A．柴油机采用“点燃式”方式点火 B．图中冲程是靠飞轮惯性完成的 C．“破镜不能重圆”说明分子间斥力太大了 D．用水作汽车冷却剂是因为水的密度大，冷却效果好【答案】B【分析】（1）柴油机采用压燃式，汽油机采用点燃式点火；（2）在内燃机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的；（3）分子间存在相互作用的引力与斥力；当分子间的距离较大时，分子间的作用力十分微弱；（4）水的比热容较大，质量相同的水与其他物质相比，升高或降低相同的温度，水吸热或放热多。【解答】解：A、柴油机采用压燃式点火，故A错误；B、图中两个气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，靠飞轮的惯性完成，故B正确；C、由于镜子破裂处分子间的距离较大，大于分子直径的10倍，分子间的作用力就十分微弱，可以认为没有作用力，所以“破镜不能重圆”，故C错误；D、用水作汽车冷却剂是利用了水的比热容大的特点，根据Q吸＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同时，水能够吸收较多的热量，故D错误。故选：B。2．（2023春•二道区校级期末）关于分子热运动和内能，下列说法正确的是（）A．铁的质量越大，铁的比热容越大 B．煮粽子，闻到粽香说明分子在不停地做无规则的运动 C．内燃机压缩冲程中，内能转化为机械能 D．木工锯木块时，锯条会发烫是通过热传递改变内能【答案】B【分析】（1）比热容的大小与物质的种类、状态有关，与质量无关；（2）构成物质的分子在不停地做无规则运动；（3）内燃机在压缩冲程中，机械能转化为内能；（4）改变内能的方法：做功和热传递。【解答】解：A、比热容的大小与物质的种类、状态有关，与质量无关，铁的质量变大，铁的比热容大小不变，故A错误；B、粽香四溢，能闻到粽香是由于分子在不停地做无规则运动，故B正确；C、内燃机在压缩冲程中，机械能转化为内能，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，故C错误；D、木工锯木块时，锯条克服摩擦做功，锯条会发烫是通过做功改变物体的内能，故D错误。故选：B。3．（2022秋•黄埔区期末）如图所示，将一个空易拉罐的底部钻一个小孔，往易拉罐里喷少量酒精，然后将一个空的纸杯迅速套上，用手拿着这个“冲天炮”对着前方点燃的打火机靠近易拉罐底部的小孔，纸杯就会“冲天”飞出去，下列说法正确的是（）A．酒精燃烧时，将化学能转化为机械能 B．纸杯飞出去的过程，相当于内燃机的排气冲程 C．纸杯飞出去时，易拉罐对纸杯做了功 D．纸杯飞出去时，易拉罐内气体的内能减小【答案】D【分析】气体对外做功，本身的内能会减小，内能转化为机械能。【解答】解：A、酒精燃烧时，将化学能转化为内能，故A错误；B、纸杯飞出去的过程，燃气的内能转化为纸杯的机械能，相当于内燃机的做功冲程，故B错误；C、纸杯飞出去时，燃气对纸杯做了功，故C错误；D、纸杯飞出去时，燃气对纸杯做了功，易拉罐内气体的内能减小，故D正确。故选：D。4．（2022秋•厦门期末）小夏用塑料矿泉水瓶进行了如图所示的实验：①瓶中留有少量水，盖紧瓶盖；②用力扭转瓶身；③松动瓶盖，瓶盖冲出，同时瓶内出现白雾。②和③所示的过程，分别与四冲程内燃机连续的两个冲程相似，这两个冲程是（）A．吸气冲程和压缩冲程 B．压缩冲程和做功冲程 C．做功冲程和排气冲程 D．压缩冲程和排气冲程【答案】B【分析】四冲程内燃机有吸气、压缩、做功、排气四个冲程，根据每个冲程的特点和能量转化情况来判断冲程的类型；工作过程中能量的转化：①压缩冲程：机械能→内能；②做功冲程：内能→机械能；③吸气冲程、排气冲程没有能量转化。【解答】解：如图②，扭转瓶子时，小明施加的外力压缩瓶内的气体，是机械能转化为内能，这一过程与四冲程内燃机的压缩冲程相似；当瓶盖被瓶内的气体冲出时，是瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，这一过程与四冲程内燃机的做功冲程相似。所以A、C、D都错，B正确。故选：B。5．（2022秋•白云区期末）人类制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯。它的气室示意图如图所示，其工作原理是利用海浪上下起伏的力量将空气吸入气室，压缩后再推入工作室，然后推动涡轮机带动发电机发电。那么（）A．当海水下降时，阀门K1开启，阀门K2关闭 B．当海水上升时，阀门K1关闭，阀门K2开启 C．当海水上升时，类似于汽油机的压缩冲程 D．当海水下降时，类似于汽油机的吸气冲程【答案】D【分析】结合题意和图示，分析可知：当海水下降时，气室的容积增大，压强减小，阀门K1关闭，阀门K2开启；当海水上升时，气室的容积减小，压强增大，阀门K2关闭，阀门K1开启。【解答】解：AD、海水下降时，气室的容积增大，其内部气体压强减小，阀门K1关闭，阀门K2开启，将空气吸入气室，类似于汽油机的吸气冲程，故A错误，D正确；BC、海水上升时，阀门K1开启，阀门K2关闭，压缩后将空气推入工作室，类似于汽油机的排气冲程，故BC错误。故选：D。6．（2022秋•和平区校级期末）2022年5月20日，我国使用长征二号丙运载火箭同时将3颗试验卫星发射成功。火箭从地面向上发射过程中，其外壳与大气摩擦后温度升高，这里面的能量转化过程与下面哪个冲程相同（）A． B． C． D．【答案】D【分析】（1）改变物体内能方式：做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；（2）物体对外做功，内能减少，内能转化为机械能；热机的做功冲程中，燃料燃烧产生能量，对外做功，内能转化为机械能。【解答】解：火箭在大气层中高速飞行时，外壳与空气剧烈摩擦，此过程克服摩擦做功，机械能转化为内能，从而使火箭外壳温度升高，内能增大；D汽油机中两个气门关闭，活塞上行，是压缩冲程，将机械能转化为内能，与实验过程中的能量转化是一致的。故选：D。7．（2022秋•通道县期末）（多选）如图所示为生活中常用的热水瓶，注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞常会跳起来。以下说法正确的是（）A．这过程相当于压缩冲程 B．过程中把内能转化为机械能 C．这过程相当于做功冲程 D．过程中把机械能转化为内能【答案】BC【分析】（1）瓶内热水蒸发产生大量水蒸气，水蒸气膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；（2）汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。【解答】解：瓶塞跳起来，机械能增大，这是由于暖瓶内气体膨胀做功造成的，水蒸气的内能转化成瓶塞的机械能；汽油机在做功冲程中，气缸内高温气体膨胀推动活塞做功，内能转化为机械能，所以该过程相当于做功冲程；综上所述，BC正确。故选：BC。8．（2023春•徐汇区校级期末）神舟十四号载人飞船的返回舱进入大气层过程中，速度极快，其前方的空气无法及时散开，空气会被返回舱猛烈压缩，使其温度升高，内能增大（选填“增大”或“减小”），该过程中改变空气内能的方式是做功；内燃机的压缩冲程（选填“压缩”或“做功”），也是通过这种方式改变汽缸内气体内能的。【答案】增大；做功；压缩【分析】改变内能的方式包括做功和热传递；内燃机的压缩冲程中机械能转化为内能。【解答】解：返回舱进入大气层过程中，速度极快，其前方的空气无法及时散开，空气会被返回舱猛烈压缩，使其温度升高，内能增大，机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能，内燃机的压缩冲程中机械能转化为内能，也是通过做功的方式改变汽缸内气体内能的。故答案为：增大；做功；压缩。9．（2022秋•亭湖区期末）快速弯折铁丝几次，铁丝弯折处发热，此过程是通过做功的方法使机械能转化为内能；按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被推出去，这个过程的能量转化情况与四冲程汽油机的做功冲程相同。【答案】做功；机械；做功【分析】（1）改变内能的方法有两种：做功和热传递；（2）汽油机机中的做功冲程就是利用内能来做功的冲程，将内能转化为机械能。【解答】解：快速弯折铁丝几次，对铁丝做功，铁丝弯折处发热，内能变大，此过程是通过做功的方法使机械能转化为内能；按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被推出去，此过程中内能转化为机械能，这个过程的能量转化情况与四冲程汽油机的做功冲程相同。故答案为：做功；机械；做功。10．（2022秋•东莞市期末）如图，用酒精灯加热试管中的水直至沸腾时，瓶塞被冲出，试管口看到出现了白雾，此过程中，试管内水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能，管口出现白雾说明水蒸气的内能减小（选填“增大”或“减小”），这一过程与图乙（选填“甲”或“乙”）中内燃机的冲程能量转化相同。【答案】内；减小；乙。【分析】对物体做功时，其它形式的能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外做功时，物体的内能转化为其它形式的能，物体的内能减小。汽油机的压缩冲程中，机械能转化成内能，做功冲程中内能转化为机械能。【解答】解：试管口木塞冲出过程中，是水蒸气对木塞做功，试管内水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能，水蒸气的内能减小，温度降低，水蒸气遇冷放热液化成小水滴，形成白雾。图甲中两个气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，机械能转化成内能；图乙中两个气门关闭，活塞向下运动，是做功冲程，内能转化为机械能；这一过程与图乙中内燃机的冲程能量转化相同。故答案为：内；减小；乙。11．（2022秋•开平市期末）如图所示，清扫车在创建文明城市中大显身手。清扫车作业过程中，给清扫车提供动力的是柴油机的做功冲程，用水作为柴油机的冷却剂是利用水的比热容大，水箱中5kg的水温度升高60℃吸收的热量是1.26×106J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】做功；比热容；1.26×106【分析】①内燃机的做功冲程将内能转化为机械能的过程，即该冲程是提供动力的冲程；②因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水做汽车发动机的冷却剂；③已知水的质量5kg，水温升高60℃，根据Q吸＝cmΔt直接求出水吸收的热量。【解答】解：①柴油机工作时，做功冲程中将内能转化为机械能，给清扫车提供动力；②水做柴油机的冷却剂是因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多；③水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×60℃＝1.26×106J。故答案为：做功；比热容；1.26×106。12．（2022秋•东莞市期末）阅读短文，回答下列问题。空气的动力空气动力是指空气与物体做相对运动时作用在物体上的力，简称气动力。当我们快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去了，这时气球获得了气动力。经过长时间探索，人们已经成功制造出多种使用压缩空气为动力，推动叶片或者活塞运动的发动机，即叶片式、活塞式空气发动机。如图所示，图是某新型的以空气发动机为动力的汽车。它共有4个压缩空气缸，总容量为90L，可储存标准大气压下90m3的空气，其设计最高速度可达154km/h，平均每加一次气能行驶200km或10h。由于空气发动机不直接使用燃料，因而具有体积小、结构简单、维修成本低、操控方便、“零”排放的优点。即使因为技术不成熟导致某些缺点在科学界引起不小的争议，但这项技术仍然具有广阔的发展空间。根据上述材料，回答下列问题：（1）压缩空气动力汽车最理想的加气工具应是电动机（选填“内燃机”、“电动机”或“蒸汽机”）提供动力的。（2）空气发动机是利用内能做功的，空气发动机获得动力时与四冲程汽油机的做功冲程工作过程相似。（3）分析上文，下面说法正确的有B。A.松开鼓起来的气球时，气球飞出去，这是因为物体受到惯性的作用B.空气动力汽车工作时将内能转化为机械能C.以空气发动机为动力的汽车，靠气缸内空气燃烧产生能量D.空气动力汽车工作时不会有能量的损失（4）资料表明，空气发动机排出的尾气温度低于周围空气的温度，对于产生此现象的原因，请你提出一条合理的解释：气体对外做功，内能减小，温度降低。【答案】（1）电动机；（2）内；做功；（3）B；（4）气体对外做功，内能减小，温度降低。【分析】（1）从节能和环保的角度分析即可判断；（2）把燃料燃烧时释放的能量转化为机械能的装置称为热机；热机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能。（3）结合力的相互作用、能量的转化、空气发动机的工作原理以及能量的守恒条件等知识，可对选项中的描述逐一做出判断；（4）根据做功可以改变物体的内能做出分析即可。【解答】解：（1）从节能和环保的角度分析，压缩空气动力汽车最理想的加气工具应是电动机；（2）热机的原理是利用燃烧产生的高温燃气推动活塞做功，从而把内能转化为机械能。空气发动机获得动力时与四冲程汽油机的做功冲程相似；（3）A、松开鼓起来的气球时，气球飞出去，这是因为气球向外喷气时，自身也获得一个反作用力，因此说明物体间力的作用是相互的，故A错误；B、空气动力汽车工作时压缩的气体对外做或，将内能转化为机械能，故B正确；C、以空气发动机为动力的汽车，靠气缸内空气膨胀对外做功，而不是燃烧产生能量，故C错误；D、空气动力汽车工作时能量会有一定的损失，因此能量不可能完全被利用，故D错误；故选B；（4）空气发动机排出的尾气温度低于周围空气的温度，这主要是因为气体对外做功，内能减小，温度降低。故答案为：（1）电动机；（2）内；做功；（3）B；（4）气体对外做功，内能减小，温度降低。【题型2燃料的热值及其计算】 13．（2023春•通州区期末）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．燃料的热值与其质量或体积无关 D．燃料燃烧时温度越高，放出的热量越多【答案】C【分析】（1）某种燃料完全燃烧放出的热量和质量的比值叫热值；热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；（2）根据Q放＝mq分析燃料燃烧放出热量多少的影响因素。【解答】解：（1）热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量无关，与燃料是否完全燃烧无关，与产生的热量无关，故AB错误、C正确；（2）由Q放＝mq可知，燃料燃烧放出的热量，与燃料的质量、热值和是否完全燃烧有关，与燃烧的温度无关，故D错误。故选：C。14．（2022秋•沭阳县期末）如图所示，甲、乙、丙装置完全相同，燃料的质量、液体的质量和初温都相等，当燃料燃尽时（烧杯内的液体均未沸腾），温度计示数为T甲＞T乙＞T丙。下列说法正确的是（）A．选择甲、乙，可以用燃烧相同时间比较液体升高温度来反映燃料热值的大小 B．选择甲、丙，可以用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少 C．液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有ca＞cb D．燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有q1＜q2【答案】B【分析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过比较温度计升高的示数，判断两种液体比热容的大小关系；（2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过比较温度计升高的示数比较吸热多少，进而判断热值大小。【解答】解：A、选择甲、乙，液体的质量和种类相同，燃料的种类不同，可以探究热值的大小；实验中燃烧相同的时间，无法判定燃料燃烧的质量的大小，所以无法根据液体升高的温度来反映燃料热值的大小，故A错误；B、选择甲、丙，燃料的种类相同，液体的质量相同，种类不同，可以探究比热容的大小，实验中用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少，故B正确；C、甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，相同时间内燃料燃烧释放的热量相等，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则Qa＝Qb，甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T丙，则Δt甲＞Δt丙，即Δta＞Δtb，因为Qa＝Qb，m相等，Δt1＞Δt2，Q＝cmΔt，所以由c＝可知，ca＜cb，故C错误；D、甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，加热质量相同的同种液体，液体温度升高的越高，则表明燃料放出的热量越多，燃料的热值越大，由于T甲＞T乙，所以q1＞q2，故D错误。故选：B。15．（2023春•阳信县期末）2023年5月10日21点，搭载“太空快递小哥”天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场发射成功，火箭发射过程中涉及的物理知识，下列说法错误的是（）A．火箭加速上升的过程中，卫星的机械能不断增大 B．火箭燃料在燃烧过程中，热值不断减小 C．火箭升空利用了物体间力的作用是相互的原理 D．长征七号和天舟六号的外层应用耐高温涂层材料，是因为火箭升空过程中，外壳与大气摩擦其机械能转化为内能，温度会升高【答案】B【分析】（1）火箭发射时，将内能转化为火箭的机械能，火箭的机械能增大；（2）燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关；（3）物体间力的作用是相互的；（4）克服摩擦做功，消耗机械能转化为内能，使物体的温度升高、内能增大。【解答】解：A、火箭发射时，将内能转化为火箭的机械能，火箭的机械能增大，动能和重力势能都增加引，故A正确；B、因为燃料的热值是燃料的特性，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以火箭在发射升空时，燃料燃烧过程中热值不变，故B错误；C、火箭升空时喷气式发动机向下喷出高温气体，同时高温气体对火箭产生一个向上的推力，利用了物体间力的作用是相互的原理，故C错误；D、火箭升空过程中，外壳与大气摩擦，克服摩擦做功，温度升高，其机械能转化为内能，故D错误。故选：B。16．（2023春•渝中区校级期末）神舟十六号载人飞船于2023年5月30日成功发射（如图）。神十五和神十六两个乘组六名航天员会师空间站，下列有关说法正确的是（）A．飞船上升主要利用了空气的浮力 B．反推发动机点火后，发动机工作是机械能转化为内能 C．飞船在加速上升的过程中动能和重力势能都增大 D．火箭选用液态氢作燃料，主要是因为氢具有较小的密度【答案】C【分析】（1）飞船升空是利用物体间力的作用是相互的；（2）利用内能做功，将内能转化为机械能；（3）动能的大小与物体的质量、速度有关，重力势能的大小与物体的质量、高度有关；（4）氢具有较大的热值，和其他燃料相比，完全燃烧相同质量的氢可以释放出更多的热量。【解答】解：A、飞船发射时向下喷出气体，物体间力的作用是相互的，火箭同时受到一个向上的反作用力，推动火箭上升，利用的是力的作用的相互性，故A错误；B、反推发动机点火后，发动机将内能转化为机械能，故B错误；C、飞船加速上升，质量不变，速度增加，所以动能变大，同时质量不变，高度增加，故重力势能变大，故C正确；D、火箭的发动机选用液态氢作燃料，主要是因为氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的氢可以释放出更多的热量，故D错误。故选：C。17．（2022秋•丛台区校级期末）如图用蒸锅在天然气灶上烧水蒸包子的过程中，下列说法正确的是（）A．天然气燃烧越充分，热值越大 B．包子的温度越高所含热量越多 C．“蒸包子”是通过做功的方式改变包子内能的 D．锅盖被“顶起”，该过程将内能转化为机械能【答案】D【分析】（1）1kg的某种燃料完全燃烧所释放出的热量是燃料的燃烧值，热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧情况无关；（2）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，不能说物体含有多少热量；（3）做功和热传递可以改变物体的内能；（4）锅盖被“顶起”，水蒸气对锅盖做功，将内能转化为机械能。【解答】解：A、热值是燃料本身的一种特性，热值由燃料本身决定，与燃料是否充分燃烧无关，故A错误；B、在质量不变时，包子的温度越高，内能越大，但不能说所含的热量越多，因为热量是一个过程量，不能用“含有”、“具有”来描述，故B错误；C、“蒸包子”时，包子吸收热量，内能增加，温度升高，是通过热传递的方式改变包子的内能，故C错误；D、锅盖被“顶起”时，水蒸气对锅盖做功，将内能转化为机械能，故D正确。故选：D。18．（2022秋•阜宁县期末）2022年11月29日，我国用长征二号F遥十五运载火箭成功将神舟十五号载人飞船发射升空，在火箭携带“载人飞船”加速升空阶段，“载人飞船”的机械能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），火箭与大气间剧烈摩擦使得火箭表面温度急剧升高，这是通过做功的方式增大了火箭的内能，火箭中运用了液态氢做燃料，主要原因是液态氢的热值较大。【答案】增大；做功；热值【分析】（1）“载人飞船”加速升空，速度增大、高度升高，据此分析机械能的变化；（2）改变物体内能的方法：做功、热传递；（3）热值是燃料的一种特性，完全燃烧相同质量的不同燃料，热值越大，放出的热量越多。【解答】解：（1）火箭在加速升空的过程中，质量不变，速度增大、动能增大，高度增大，重力势能增大，动能和势能统称为机械能，机械能增大；（2）火箭与大气间剧烈摩擦，克服摩擦做功，使得火箭表面温度急剧升高，这是通过做功的方式增大了火箭的内能；（3）火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量。故答案为：增大；做功；热值。19．（2022秋•双牌县期末）天旱少雨，可使用柴油机带动水泵抽水灌溉稻田。柴油机的点火方式是压燃式（选填“点燃式”或“压燃式”）；柴油机工作一段时间后，油箱里的柴油没有发生变化的是②③④（选填序号：①质量；②密度；③比热容；④热值）；完全燃烧3kg柴油放出的热量Q＝1.29×108J。（q柴油＝4.3×107J/kg）【答案】压燃式；②③④；1.29×108。【分析】（1）柴油机的点火方式是压燃式，汽油机的点火方式是点燃式；（2）物体中含有物质的多少叫做质量；密度、比热容、热值都是物质是一种特性，大小与质量无关；（3）知道柴油的质量和热值，利用Q＝mq求出完全燃烧3kg柴油放出的热量；【解答】解：（1）柴油机在吸气冲程中吸入空气，在压缩冲程中，机械能转化为内能，空气的内能增大；柴油机气缸顶端有个喷油嘴，在压缩冲程结束时，喷油嘴喷出雾状的柴油，柴油遇到高温的空气，达到着火点而燃烧，点燃方式是压燃式；（2）某柴油机工作一段时间后，由于一部分柴油燃烧，使得油箱力的柴油的质量减少；密度、比热容、热值都是物质是一种特性，大小与质量无关，所以密度、比热容、热值的大小不变；（3）完全燃烧3kg柴油放出的热量：Q＝mq柴油＝3kg×4.3×107J/kg＝1.29×108J。故答案为：压燃式；②③④；1.29×108。20．（2023春•渝中区校级期末）用某煤气灶将质量为2kg的水从20℃加热到70℃，水吸收的热量为4.2×105J。若水吸收的热量全部由煤气燃烧释放的热量提供，则需要消耗的煤气质量为0.01kg。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤气＝4.2×107J/kg，不计热量损失]【答案】4.2×105；0.01。【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求水吸收的热量；（2）由题意可知，煤气完全燃烧释放的热量Q放＝Q吸，根据Q＝mq求出消耗煤气的质量。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J；（2）由题意可知，Q放＝Q吸＝4.2×105J，根据Q放＝mq煤气可得，消耗煤气的质量：m煤气＝＝＝0.01kg。故答案为：4.2×105；0.01。21．（2022秋•南海区期末）某物理研究小组组装了如图所示的甲、乙、丙装置，在完全相同的烧杯中分别装有A、B两种液体，在完全相同的燃料盒中分别装有两种不同的燃料。（1）为了比较不同燃料燃烧时放热的本领，应选甲、乙两图的装置进行实验；为了比较液体的吸热本领，应选甲、丙两图的装置进行实验。（2）此实验用加热时间（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映液体A和液体B吸收热量的多少。根据实验数据绘制出如图所示的图象，分析图象可知，液体B的温度升高得较慢，A、B两种液体的比热容之比为1：2。（3）实验小组的同学经过讨论和实验，用图甲所示的实验方法进行数据测量，并求出燃料的热值。求出的热值比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）甲、乙；甲、丙；（2）加热时间；B；1：2；（3）偏小。【分析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧质量相同的同种燃料，加热质量相同的不同液体，吸收相同的热量，通过比较液体温度的变化，判断两种液体比热容的大小关系；为了比较热值大小要用质量相同的不同燃料，加热质量相同的同种液体，通过比较液体温度的变化比较吸热多少，进而判断热值大小。（2）在甲、丙实验中，用加热时间来反映液体A和液体B吸收热量的多少；根据图像可知，液体B的温度升高得较慢，并且升高相同的温度B液体加热所用时间是A液体加热所用时间的2倍，利用Q吸＝cmΔt求出比热容之比。（3）在实验过程中，存在热损失，燃料完全燃烧放出的热量不能被液体吸收。【解答】解：（1）比较不同燃料的热值，应选择不同的燃料加热相同的物质，即用甲、乙两图进行实验；要比较不同物质的吸热本领，必须保证不同液体的质量相等，相同时间吸收的热量相同，所以选择甲、丙；（2）在甲、丙实验中，用加热时间来反映液体A和液体B吸收热量的多少。根据图像可知，液体B的温度升高得较慢，并且升高相同的温度B液体加热所用时间是A液体加热所用时间的2倍，吸收的热量：QB＝2QA，两种液体的质量相同，由Q吸＝cmΔt可知c＝，则cA：cB＝：＝QA：QB＝1：2；（3）在实验的过程中，燃料燃烧放出的热量会有一部分散失到空气中，使得液体吸收的热量小于放出的热量，由q＝可知测得的热值偏小。故答案为：（1）甲、乙；甲、丙；（2）加热时间；B；1：2；（3）偏小。22．（2022秋•双塔区校级期末）在“比较不同液体的吸热能力”实验中：取质量和初温都相同的甲、乙两种液体，分别装入相同烧杯中，用相同的加热器加热，如图甲所示。进行实验后，根据实验数据绘制的温度与时间的关系图象如图乙所示。（1）液体吸热的多少可以通过加热时间比较。（2）若甲、乙液体从图乙中所示的初温分别升高到40℃和35℃，吸收的热量之比是2：1，则甲、乙液体的比热容之比是3：2。（3）丙装置中两个相同烧杯装有相同质量的水，灯中煤油和酒精的质量相等，进行“比较煤油和酒精的热值大小关系”实验，实验数据如表（6min末燃料均已消耗完）：加热时间/min0123456左杯水温/℃25272932343638右杯水温/℃25262728293031分析数据可知：热值较大的是煤油。（4）通过实验数据直接计算出燃料的热值将偏小（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）加热时间；（2）3：2；（3）煤油；（4）偏小。【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；（2）根据c＝求出甲、乙两种液体的比热容之比；（3）由表格数据可知，在其它条件相同时，左杯水的温度升高的较快，即煤油燃烧产生的热量多，所以其热值大；（4）由于燃料不能完全燃烧，而且燃料燃烧放出的热量不能被水完全吸收，所以水吸收的热量会小于燃料完全燃烧放出的热量，根据q＝分析燃料热值。【解答】解：（1）由于液体吸收的热量不能直接测量，用相同的加热器，加热时间越长，液体吸收的热量越多，故加热过程中，甲、乙两种液体吸收热量的多少是通过加热时间来判断的；（2）若甲、乙液体从图C所示的初温分别升高到40℃和35℃，则甲、乙升高的温度分别为：Δt甲＝20℃和Δt乙＝15℃，吸收热量之比为2：1，根据c＝可得，甲、乙液体的比热容之比为：＝＝＝＝＝3：2；（3）分析表格数据可知，左右两个杯子中，水的质量和初温相同，由Q＝cmΔt可知，末温高的吸收的热量较多；在相同时间内，消耗燃料的质量相同，由Q＝qm知，水温上升高的，燃料放热多，对应的燃料的热值较大，所以煤油的热值大；（4）由于燃料不能完全燃烧，而且燃料燃烧放出的热量不能被水完全吸收，所以水吸收的热量会小于燃料完全燃烧放出的热量，根据q＝可知，通过实验数据直接计算出燃料的热值将偏小。故答案为：（1）加热时间；（2）3：2；（3）煤油；（4）偏小。23．（2022秋•绥棱县校级期末）某学习小组同学想研究酒精灯烧水时的热效率，他们用酒精灯给100g的水加热，经过一段时间测得水温升高了60℃、消耗了4.2g酒精。已知：水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），酒精的热值为3×107J/kg。求：（1）此过程中水吸收的热量；（2）4.2g酒精完全燃烧放出的热量；（3）酒精灯烧水时的热效率。【答案】（1）此过程中水吸收的热量为2.52×104J；（2）4.2g酒精完全燃烧放出的热量为1.26×105J；（3）酒精灯烧水时的热效率为20%。【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水温度的升高值，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；（2）利用Q放＝mq可求出酒精完全燃烧放出的热量；（3）酒精灯烧水时的热效率等于水吸收的热量与酒精完全燃烧放出的热量之比。【解答】解：（1）水的质量：m水＝100g＝0.1kg，此过程中水吸收的热量：Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×60℃＝2.52×104J；（2）完全燃烧酒精的质量：m酒精＝4.2g＝4.2×10﹣3kg，酒精完全燃烧放出的热量：Q放＝m酒精q＝4.2×10﹣3kg×3×107J/kg＝1.26×105J；（3）酒精灯烧水时的热效率：η＝×100%＝×100%＝20%。答：（1）此过程中水吸收的热量为2.52×104J；（2）4.2g酒精完全燃烧放出的热量为1.26×105J；（3）酒精灯烧水时的热效率为20%。【题型3热机的效率】 24．（2022秋•青川县期末）下列关于热值和热机效率的说法，正确的是（）A．燃料燃烧释放的热量越大，热值越大 B．使燃料燃烧更充分，可以增大热值 C．柴油机的热机效率通常为100% D．使燃料燃烧更充分，可以提高热机效率【答案】D【分析】（1）热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，只与燃料的种类有关，与其他因素无关；（2）热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，比值越大，效率越高；任何机器在做功时都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%。【解答】解：AB、热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与放出的热量或燃烧是否充分等因素无关，故A、B错误；C、热机在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，因此机械效率不可能达到100%，故C错误；D、使燃料燃烧更充分，可以增大有效利用的能量，因此可以提高热机的效率，故D正确。故选：D。25．（2022秋•江油市期末）如图所示，是汽油机的能量流向图，对照此图，下列说法不正确的是（）A．废气的排放所占的比例最大，减少该部分能量损失是提高热机效率的有效手段 B．冷却水能量的二次利用可以提高能量的利用率 C．该汽油机工作时汽油没有完全燃烧，则汽油的热值会减小 D．该汽油机的能量利用率为28%【答案】C【分析】（1）热机的效率是指有利用的热量与燃料完全燃烧放出的热量之比，要提高其效率，应尽量减少能量的损失；（2）热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关。【解答】解：A、由图示知，废气带走了大部分的能量，所以减少该部分的能量损失是提高热机效率的有效手段，故A正确；B、冷却水带走的热量仅次于废气带走的热量，所以冷却水能量的二次利用可以提高能量利用率，故B正确；C、热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与是否完全燃烧没有关系，因此汽油没有完全燃烧，汽油的热值与不燃烧时相同，故C错误；D、该汽油机的热机效率为η＝98%﹣33%﹣30%﹣7%＝28%，故D正确。故选：C。26．（2023春•丰城市校级期末）如图是农业生产中常用的单缸四冲程内燃机做功冲程的示意图，如果某种型号柴油机的效率为40%，当该柴油机输出8.6×108J的有用功时，消耗柴油的质量为50kg。（柴油的热值为4.3×107J/kg）【答案】做功；50。【分析】（1）根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程。（2）知道有用功和柴油机的效率，利用效率公式求柴油机工作消耗的总能量，再利用燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq求消耗柴油的质量。【解答】解：（1）图中两气门都关闭，活塞下行，火花塞点火，是做功冲程；（2）柴油机工作消耗的总能量（柴油完全燃烧放出的热量）Q放＝＝＝2.15×109J；消耗柴油的质量：m＝＝＝50kg。故答案为：做功；50。27．（2023春•潜山市期末）有一种以汽油机为动力的茶园修剪机，其油箱最多可装4L的汽油，消耗一箱汽油做功3.45×107J。求：（q汽油＝4.6×107J/kg，ρ汽油＝0.75×103kg/m3）（1）一箱汽油完全燃烧放出的热量；（2）汽油机工作的效率；【答案】（1）一箱汽油完全燃烧放出的热量为1.38×108J；（2）汽油机工作的效率为25%。【分析】（1）运用密度公式变形求出一箱汽油的质量m，再运用Q放＝q汽油m求出一箱汽油完全燃烧放出的热量；（2）运用η＝×100%可求出效率大小。【解答】解：（1）由ρ＝得，一箱汽油的质量为：m＝ρ汽油V＝0.75×103kg/m3×4×10﹣3m3＝3kg；一箱汽油完全燃烧放出的热量为：Q放＝q汽油m＝4.6×107J/kg×3kg＝1.38×108J；（2）汽油机工作的效率为：η＝×100%＝×100%＝25%。答：（1）一箱汽油完全燃烧放出的热量为1.38×108J；（2）汽油机工作的效率为25%。28．（2023春•天山区校级期末）某型号汽车在车型测试中，在一段平直公路上匀速行驶了36km，用时0.5小时，车的总质量为3t，受到的阻力为车重的0.1倍，其中g＝10N/kg。求：（1）该汽车牵引力所做的功和功率；（2）已知这一过程消耗燃油1.5×10﹣2m3，则该汽车发动机的效率（假设燃油完全燃烧，燃油密度为0.8×103kg/m3，燃油热值q为4.5×107J/kg）；（3）若该汽车在平直的公路上匀速行驶的路程为s，发动机牵引力为F，其发动机效率η，汽油的热值为q，请推导该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式。【答案】（1）该汽车牵引力所做的功是1.08×108J，功率为6×104W；（2）该汽车发动机的效率是20%；（3）该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式是量。【分析】（1）知道车的质量，利用G＝mg求车重，而受到的阻力为车重的0.1倍，可求车受到的阻力；由于车匀速行驶，车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，可求牵引力大小，又知道行驶的路程，利用W＝Fs求牵引力做功；利用P＝求得汽车牵引力的功率；（2）（3）知道燃油的密度和体积，利用m＝ρV求燃油的质量，再利用Q放＝mq求燃油完全燃烧放出的热量，即热机消耗的总能量；利用效率公式求该汽车发动机的效率。【解答】解：（1）已知汽车质量m＝3t＝3000kg，汽车在公路上匀速，牵引力等于阻力，受到的阻力为车重的0.1倍，所以F＝f＝0.1G＝0.1mg＝0.1×3000kg×10N/kg＝3×103N，汽车行驶的路程s＝36km＝3.6×104m，汽车牵引力所做功W＝Fs＝3×103N×3.6×104m＝1.08×108J；汽车牵引力的功率＝6×104W；（2）燃油完全燃烧放出的热量Q＝qm＝qρV＝4.5×107J/kg×0.8×103kg/m3×1.5×10﹣2m3＝5.4×108J，汽车发动机的效率＝20%；（3）发动机的效率为，由此可知。答：（1）该汽车牵引力所做的功是1.08×108J，功率为6×104W；（2）该汽车发动机的效率是20%；（3）该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式是量。29．（2022秋•祥符区期末）某汽车在平直路面上以75km/h的速度匀速行驶1h的过程中，消耗了5kg汽油，汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置，如图所示，汽油热值近似取q＝5×107J/kg，设汽油在气缸内完全燃烧。（1）如图所示时刻，四冲程汽油机处于排气冲程；若该汽油机每分钟完成7200个冲程，则它每秒钟完成30个工作循环；（2）若上述过程中汽油燃烧释放能量的30%用来驱动汽车行驶，求汽车所受的阻力f。【答案】（1）排气；30；（2）汽车所受的阻力f是103N。【分析】（1）由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出汽油机每秒完成的循环数；（2）根据W＝Q放＝mq求得总功，已知燃烧效率为30%，可求得有用功；利用二力平衡条件，结合W＝Fs可求得汽车所受的阻力。【解答】解：（1）由图可知，进气口关闭，排气口打开，活塞上行，属于排气冲程；该汽油机每分钟完成7200个冲程，故每秒完成120个冲程，由于汽油机完成一个工作循环，要经过4个冲程，所以该汽油机每秒完成30个工作循环；（2）汽油完全燃烧释放的热量：Q放＝mq汽油＝5kg×5×107J/kg＝2.5×108J；根据η＝可得有用功：W有＝ηW总＝30%×2.5×108J＝7.5×107J；由v＝可得，汽车在平直路面上以75km/h的速度匀速行驶1h的过程中，通过的路程：s＝vt＝75km/h×1h＝75km＝75000m，汽车匀速直线行驶时，受到的阻力等于牵引力，由W＝Fs可得，汽车所受的阻力f＝F＝＝＝103N。故答案为：（1）排气；30；（2）汽车所受的阻力f是103N。【题型4能量转化和转移】 30．（2023春•潜山市期末）关于能量的转化，下列说法错误的是（）A．用电器工作时将电能转化为其他形式的能 B．摩擦起电时将机械能转化为电能 C．太阳能电池工作时将太阳能转化为化学能 D．摩擦生热时将机械能转化为内能【答案】C【分析】判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，因为总是消耗的能量转化为得到的能量。【解答】解：A、各种用电器在工作时利用电流做功，把电能转化成各种形式的能量，故A正确；B、摩擦起电时主要将机械能转化为电能，故B正确。C、太阳能电池板，是把太阳能转化为电能，故C错误；D、摩擦生热时，消耗机械能，获得内能，是将机械能转化为内能的过程，故D正确；故选：C。31．（2022秋•南充期末）步入新时代的中国，大力发展与电能相关的新基建，下列关于能量转化的说法错误的是（）A．光伏发电——太阳能转化为电能 B．风力发电——机械能转化为电能 C．地热发电——化学能转化为电能 D．核力发电——核能转化为电能【答案】C【分析】判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量。【解答】解：A、光伏发电时，太阳能转化为电能储存起来，故A正确；B、风力发电时，发电机将机械能转化为电能，故B正确；C、地热发电时，内能最终转化为电能，故C错误；D、核电站利用核裂变发电，将核能转化为电能，故D正确。故选：C。32．（2022秋•庄河市期末）能量守恒是自然界的基本规律之一，下列能量转化或转移的过程中，属于内能的转移的是（）A．光合作用 B．用电灯照明 C．用暖水袋取暖 D．天然气的燃烧【答案】C【分析】热传递的实质是能量的转移。【解答】解：A、光合作用是太阳能转化为化学能；B、电灯照明是电能转换为光能；C、用暖水袋取暖是内能的转移；D、天然气的燃烧是化学能转化为内能。故选：C。33．（2022秋•广州期末）如图是电风扇工作时的能量流向图（箭头粗细不代表能量的多少），括号的能量应该是（）A．电能 B．内能 C．化学能 D．机械能【答案】A【分析】我们能判断出电动机在工作时，消耗了哪种形式的能，进而转化为哪种形式的能是解决该题的关键。【解答】解：电动机属于用电器，在工作时，消耗电能，转化为机械能和内能。故选：A。34．（2022秋•集贤县期末）2022年8月20日01时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感三十五号04组卫星发射升空，如图所示。则下列说法正确的是（）A．发射火箭与热机做功冲程的能量转化相同 B．火箭加速升空的过程中，机械能转化为内能 C．火箭加速升空的过程中，动能转化为重力势能 D．卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行，机械能总量不断增加【答案】A【分析】火箭升空的过程中，消耗了内能，机械能不断增加。【解答】解：A、发射火箭消耗了内能，内能转变成机械能，与热机做功冲程的能量转化相同，故A正确。B、火箭加速升空的过程中，内能转化为机械能，故B错误。C、火箭加速升空的过程中，动能和重力势能都增加，故C错误。D、卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行，机械能总量不变，故D错误。故选：A。35．（2022秋•宁阳县期末）如图是某公司研发的小型迷你电动汽车，车型独特、环保时尚。在电动车行驶的过程中。能量转化关系与下列哪种家用电器工作时相同（）A．电磁炉 B．电烙铁 C．电风扇 D．电热水器【答案】C【分析】电动车前进的过程中，有电流通过电动机，电流做功，消耗电能转化为机械能，据此分析选项得出答案。【解答】解：由题知，电动车是由电力驱动的；在电动车前进的过程中，能量转化是电能转化为机械能。ABD．电磁炉、电烙铁、电热水器工作时，都是消耗了电能，得到了内能，因此是将电能转化为内能，故ABD不符合题意；C．电风扇的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用，工作时将电能转化为机械能，故C符合题意。故选：C。36．（2023春•永年区期末）（多选）从19世纪末德国建成世界上第一座水电站以来，水力发电就成了水能利用的主要形式。图是水力发电站的原理图。关于水力发电下列说法正确的是（）A．上游的水向下沿着管道运动时重力势能转化为水的动能 B．运动的水流冲击水轮机使水轮机转动，水流的动能转化为水轮机的动能 C．水轮机带动发电机发电将电能转化为动能 D．水轮机带动发电机发电将动能转化为电能【答案】ABD【分析】在水力发电站的过程中，能量的转化情况是先将水的重力势能转化为动能，然后将动能转移为水轮机的动能，最后将水轮机的动能转化为电能。【解答】解：A、上游的水向下沿着导管运动的过程中，高度减小，速度增大，因此将重力势能转化为水的动能；故A正确；B、运动的水流冲击水轮机使水轮机转动，水具有的部分动能转移为水轮机的动能；故B正确；CD、水轮机带动发电机发电将动能转化为电能；故C错误，D正确。故选：ABD。37．（2023春•临湘市期末）风是没有公害的能源之一，而且它取之不尽，用之不竭，利用风力发电非常适合于缺水、缺燃料和交通不便的沿海岛屿、草原牧区、山区和高原地带。风力发电的过程是将风能转化成电能。【答案】风；电。【分析】判断某过程中的能量转化过程，其关键是看清该过程中的初始能量和最终形成的能量，进而即可判断出能量的转化过程。【解答】解：该题中的风力发电，即消耗风能，推动发电机的轮片转动，进而产生电能，故是将风能转化为电能的过程。故答案为：风；电。38．（2022秋•新罗区期末）2022年11月12日，“天舟五号”货运飞船成功发射升空。完成本次任务的长征七号运载火箭是一枚名副其实的“冰箭”，推进剂使用的是液氧煤油，气态氧通过降温使其温度达﹣183℃液化（填物态变化）形成液态氧；煤油燃烧将化学能转化为内能。【答案】液化；内【分析】物质由气态变为液态的过程叫做液化；燃料燃烧时，化学能转化为内能。【解答】解：气态氧通过降温使其温度达﹣183℃时会液化形成液态氧；煤油燃烧时，将