常考题型：第13章 内能与热机-A卷·重点题型（解析版）

学而优教有方试卷第=page11页，共=sectionpages33页第十三章内能与热机【A卷·重点题型】重点题型归纳一、单选题1．关于温度、热量和内能，下列说法中正确的是（）A．0oC物体内能为零B．物体内能增大，一定吸收了热量C．物体的温度越低，它所含的热量就越少D．内能相同的两个物体之间可能发生热传递【答案】D【详解】A．一切物体都具有内能，故A错误；B．改变内能的方法有做功和热传递。物体的内能增大，有可能是吸收了热量，也有可能是外界对它做了功，故B错误；C．热量是一个过程量，不能说含有，故C错误；D．只要两个接触的物体之间存在温度差就会发生热传递，内能相同的两个物体若温度不同就会发生热传递，故D正确。故选D。2．关于比热容，下列说法正确的是A．物质的温度越高，比热容越大B．物质的比热容与质量、温度无关C．物质的质量越大，比热容越大D．物质吸收的热量越多，比热容越大【答案】B【分析】(1)单位质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容；(2)比热容是物质的一种特性，和物体吸收热量的多少、温度的高低、质量的大小都没有关系，只与物质的种类、状态有关．【详解】比热容是物质本身的一种特性，物理学规定，单位质量的某种物质，温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量为该物体的比热容；每种物质都有自己的比热容，与物体的质量、物体的温度变化和物体吸收热量的多少均无关；故A、C、D的说法都错误，B的说法正确．【点睛】本题考查了比热容的概念．注意比热容是物质的一种特性，与物体的质量、物体的温度变化和物体吸收热量的多少均无关，它只与物质的种类、状态有关．3．一盏酒精灯在一直燃烧，酒精越来越少的过程中，关于剩余酒精说法正确的有（）A．比热容和热值均在减小 B．比热容和热值都不变C．比热容逐渐减小，热值不变 D．比热容不变，热值逐渐减小【答案】B【详解】比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物质的质量等因素无关；热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与物质的质量等因素无关；故酒精越来越少的过程中，剩余的酒精的比热容和热值均不变。故选B。4．关于热机的效率，下列说法正确的是（）A．总功一定，额外功越少，效率就越高B．热机做的有用功越多，效率就越高C．热机消耗的燃料越多，效率就越低D．热机的功率越大，效率就越高【答案】A【详解】A．效率是有用功与总功的比值乘以100%，总功一定，额外功越少，有用功就越多，有用功与总功的比值就越大，即效率就越高，故A正确；B．热机做的有用功越多，但总功不知道，有用功与总功的比值就不确定，因此效率不一定高，故B错误；C．热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比，当热机做一定的有用功，消耗的燃料越少，效率一定越高；做功的多少不确定，热机效率的高低也不一定，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，热机做的有用功多，但不知道燃料完全燃烧放出的热量，无法确定效率一定高，故D错误。故选A。5．用酒精灯给试管中的水加热，如图所示，在软木塞被冲出试管口的过程中，下列说法正确的是（）A．水蒸气的内能转化为软木塞的机械能 B．软木塞的机械能转化为水蒸气的内能C．水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能增大 D．能量的转化形式与热机压缩冲程能量转化相同【答案】A【详解】ABC．软木塞冲出试管口的过程中是水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，水蒸气内能减小，温度降低，故A正确，BC错误；D．软木塞冲出的过程中是水蒸气的内能转化为软木塞机械能的过程，而热机压缩冲程是将机械能转化为内能，故D错误。故选A。6．礼花喷射器结构如图所示，气罐内有高压气体，气罐通过气阀与纸筒相连。使用时，李明浩同学转动纸筒打开气阀，气体将纸筒内的礼花快速喷向远处。对该过程的分析正确的是（）A．罐内气体的内能增加B．气罐内壁温度升高C．该过程能量转化方式与汽油机做功冲程相同D．罐内气体通过热传递方式改变了其内能【答案】C【详解】ABD．在喷出礼花的过程中，罐内的压缩空气对礼花做功，空气内能转化为礼花的机械能，罐内气体内能减少，气罐内壁温度降低，故ABD错误；C．汽油机做功冲程是将内能转化为机械能，而气体将纸筒内的礼花快速喷向远处时，也是将内能转化为机械能，故C正确。故选C。7．对于图中所示的四幅图，下列说法中正确的是（）A．图甲中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能增加B．图乙中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力C．图丙中活塞向下运动与内燃机的做功冲程原理相同D．图丁中小朋友下滑时，内能转化为机械能【答案】B【详解】A．甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气对外做功，内能转化为机械能，所以内能减少，故A错误；B．乙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力，故B正确；C．丙图中活塞向下运动时，压缩气体做功，内能转化为机械能，与内燃机的压缩冲程相同，故C错误；D．丁图中小朋友下滑时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，故D错误。故选B。8．小明阅读了某汽车发动机的说明书后，将内燃机的能量流向制成如图所示，汽油热值为4.6×107J/kg。下列说法错误的是（）A．发动机在做功冲程把内能转化为机械能B．该内燃机的效率为30%C．为确保发动机正常工作，可用水对其冷却D．燃烧1kg的汽油一定释放4.6×107J的能量【答案】D【详解】A．汽车的内燃机只有做功冲程和压缩冲程有能量转化，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能，故A正确，不符合题意；B．由图可知，该内燃机的效率η=100%-(33%+30%+7%)=30%故B正确，不符合题意；C．由Q=cmΔt可知，质量相同的不同物质，升高相同温度时，比热容越大的物质，吸收的热量越多；水的比热容较大，因此为确保发动机正常工作，可用水对其冷却，故C正确，不符合题意；D．1kg的汽油完全燃烧可以放出4.6×107J的能量，但选项中未明确汽油完全燃烧，因此燃烧1kg的汽油不一定释放4.6×107J的能量，故D错误，符合题意。故选D。9．用电热棒分别给甲、乙两种液体加热（比热容），两种液体每秒吸收的热量相同，这两种液体的温度与加热时间的图线如图所示，下面四个选项中正确的是（）A．同时加热120s，甲升高的温度大于乙B．同时加热120s，甲吸收的热量比乙多C．甲、乙两种液体的质量之比是3：2D．甲、乙两种液体的质量之比是4：3【答案】C【详解】由图知同时加热120s，甲的温度变化是80℃-60℃=20℃乙的温度变化是60℃-0℃=60℃所以甲升高的温度小于乙升高的温度，故A错误；B．题干中有“两种液体每秒吸收的热量相同”，所以在相同的时间内甲液体和乙液体吸收的热量相同，故B错误；CD．在0～120min时间内，相同的时间甲乙吸收相同的热量，因为c甲=2c乙，根据Q=cmΔt可得:，则甲液体的质量为乙液体的质量为所以故C正确，D错误。故选C。10．质量相等的28℃、100℃的水分别装在甲、乙两容器中，现将一个温度为100℃的金属球放入甲容器中，达到温度相同时，甲容器中水温升高到40℃，然后迅速取出金属球放入乙容器中，再次达到温度相同时，乙容器中水温是（设不计热量损失和水的质量损失）（）A．60℃ B．80℃ C．88℃ D．90℃【答案】D【详解】现将一个温度为100℃的金属球放入甲容器中，达到温度相同时，甲容器中水温升高到40℃，则水的温度为40℃，则该金属球放出的热量为经整理可得然后迅速取出金属球放入乙容器中，金属球吸收热量，水放出热量，再次达到温度相同时，设水的末温为t末，根据吸收的热量等于放出的热量，可知经整理可知故D正确。故选D。二、填空题11．用打气筒给自行车轮胎打气，活塞压缩筒内空气，空气温度升高，这是通过方法改变内能。打气筒外壁的下部也会热，这是通过方法改变内能。【答案】做功热传递【详解】[1]用打气筒给自行车轮胎打气的过程是打气筒对筒内空气做功的过程，对空气做功会导致空气内能增大，温度升高，这是通过做功的方法改变内能。[2]打气筒内的热量传递给打气筒外壁的底部，所以打气筒外壁会发生温度升高的情况，这是通过热传递的方法改变内能。12．铁块和铁丝的质量之比是3∶1，当它们升高相同的温度，吸收的热量之比是，它们的比热容之比是，若它们放出相等的热量，降低的温度之比是。【答案】3∶11∶11∶3【详解】[1][2]铁块和铁丝的质量之比是3∶1，当它们升高相同的温度，即温度变化量之比为1∶1，因为比热容是物质的一种特性，铁块与铁丝是同种物质，故比热容之比为1∶1。由可得，吸收的热量之比是[3]若它们放出相等的热量，降低的温度之比是13．把质量和温度都相同的铁球、铝球和铜球同时投入沸腾的水，足够长的时间后，三球的温度变化（选填：“相同”或“不相同”）。其中吸收热量最多的是球，吸收热量最少的是球。（已知c铝＞c铁＞c铜）【答案】相同铝铜【详解】[1]把质量和温度都相同的铁球、铝球和铜球同时投入沸腾的水中，一段时间后，由于热传递，铁球、铝球和铜球的温度都等干水的沸点，三球温度变化相同。[2][3]铝的比热容最大，铜球的比热容最小，由热量公式可知，质量和温度都相同的铁球、铝球和铜球升高相同的温度，铝吸收的热量最多，铜球收的热量最少。14．我市所有出租车已使用天然气来代替燃油，某出租车在一段时间内消耗了420g天然气，若这些天然气完全燃烧，可放出热量J，这些热量可使质量为kg的水由20℃升高到100℃；天然气燃烧时将能转化为内能。若天然气用去一半，则剩余天然气的热值（选填“变大”“变小”或“不变”）。[天然气的热值为，水的比热容为]【答案】1.848×10755化学不变【详解】[1]消耗420g天然气释放的热量由题知[2]由得加热水的质量[3]天然气燃烧时，天然气的化学能转化为内能。[4]热值是燃料的特性，天然气用去一半，剩余天然气种类不变，故热值不变。15．神舟十三号载人飞船与长征二号F运载火箭的组合体于2021年10月16日发射升空，在此次发射任务中，长征二号F运载火箭以8×106N的推力将总质量为500t的组合体在50s内推到3×104m的高度，在此过程中共消耗15t燃料，已知火箭燃料的热值4×107J/kg，g=10N/kg。火箭在点火升空的过程中，燃料燃烧将火箭燃料放出的能转化为组合体的能；火箭发动机推力的平均功率为W；火箭发动机的效率为。【答案】内机械4.8×10940%【详解】[1][2]火箭在点火升空的过程中，燃料燃烧将化学能转化为内能，内能对组合体做功，将内能转化为组合体的机械能。[3]火箭发动机推力的在50s内做功为火箭发动机推力的平均功率为[4]15t燃料完全燃烧放出的热量为火箭发动机的效率为16．如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图。1min内汽油机完成2400个工作循环，每秒内对外做功次。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，这些燃料完全燃烧放出的热量为J。（ρ燃料=1.4kg/m3，q燃料=4.6×107J/kg）【答案】甲401.288×105【详解】[1]做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能，活塞向上运动，进气门、排气门均关闭的冲程是压缩冲程，即图甲是压缩冲程。[2]1min内汽油机完成2400个工作循环，每秒完成40个工作循环，完成一个工作循环对外做功一次，所以每秒对外做功40次。[3]汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，即2dm3，根据密度公式可得，燃料的质量m=ρ燃料V=1.4kg/m3×2×10-3m3=2.8×10-3kg燃料完全燃烧放出的热量Q=q燃料m=4.6×107J/kg×2.8×10-3kg=1.288×105J17．如表所示，根据表中数据可知，在阳光照射下，干泥土比湿泥土升温（选填“快”或“慢”）；从节能的角度考虑，烧开水时用（选填（选填“铜”或“铝”）壶比较好；测量质量小、温度高的物体的温度时，用（选填“酒精”或“水银”）温度计更为准确。一些物质的比热容[J/(kg∙℃)]水4.2×103干泥土0.84×103酒精2.4×103铝0.88×103水银0.14×103铜0.39×103【答案】快铜水银【详解】[1]由表格数据可知，干泥土的比热容小于水的比热容，质量相等的干泥土和湿泥土吸收相同的热量时，由Q=cmΔt可知，干泥土的温度变化量大，所以，在阳光照射下，干泥土比湿泥土升温快。[2]由表格数据可知，铜的比热容小于铝的比热容，质量相等的铜和铝升高相同的温度时，由Q=cmΔt可知，铜吸收的热量少，所以，从节能的角度考虑，烧开水时用铜壶比较好。[3]由表格数据可知，水银的比热容小于酒精的比热容，质量相等的水银和酒精升高相同的温度时，则水银吸收的热量少，这样对被测物体温度的影响较小，测量结果更为准确，故应选用水银温度计。18．如图A所示，迅速来回拉动绳子，可以看到塞子被顶出，塞子被顶出过程的能量转化相当于B图中的（甲/乙/丙/丁）冲程能量转化过程。若B图中的四缸四冲程柴油机中某一缸的各参数如图C所示，1s内该缸对外做功次，在每个做功冲程里该单缸对外做功J，若该冲程消耗柴油0.0625g，理论上该冲程的热机效率为%。（）【答案】乙25100040【详解】[1]图A塞子被顶出的过程是内能转化为机械能的过程，其能量转化和内燃机的做功冲程相同；对比B图的四个冲程，乙冲程进排气门同时关闭，活塞向下运动，所以乙冲程是做功冲程，故塞子被顶出过程的能量转化相当于B图中的乙冲程能量转化过程。[2]如图C，柴油机每分钟转3000转，则每秒转50转，每两转做一次功，故每秒做功25次。[3]该单缸的功率为每个做功冲程里该单缸对外做功为[4]每个做功冲程消耗柴油的质量为每个做功冲程柴油完全燃烧放出的热量是该做功冲程的热机效率为三、作图题19．用相同的电加热器分别对质量和初温均相等的A和B两种液体进行加热（不计热量损失，两液体均未沸腾），如图给出了A液体的温度随加热时间变化的关系图像，试在图中画出B液体的温度随加热时间变化的大致关系图像。（已知cA>cB）【答案】见解析【详解】相同的电加热器分别对质量和初温均相等的A和B两种液体，说明吸收的热量和质量相同。根据比热容的相关公式，A和B吸收的热量相同，质量相同，cA>cB，所以B的温度变化比较大。故B液体的温度随加热时间变化的大致关系图像如下：。20．酒精的热值q为3.0×107J/kg。请在图中坐标画出酒精的热值q与其质量m的关系图像。【答案】【详解】热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量无关，因此燃料的质量增加时，不改变燃料的热值，则酒精的热值q与其质量m的关系图像，如下图所示：21．如图甲是某汽油机的吸气冲程时的气门开闭情况和活塞的运动方向，仿照甲图在乙图中画出压缩冲程时的气门开闭和活塞和连杆的大致位置。【答案】【详解】在内燃机的压缩冲程中，两个气门都关闭，活塞向上运动；如下图所示：四、实验题22．为探究物质的吸热能力，小明设计了如图所示的实验装置。

（1）在两个相同的烧杯中分别装入相等、初温相同的水和植物油；（2）实验中，用（选填“加热时间”或“温度变化量”）表示物质吸收热量的多少，这种实验方法在物理学上称为；（3）根据实验结果可知，人们在夏天时制作（选填“水”或“油”）垫（或枕）用来防暑降温效果更佳。【答案】质量加热时间转换法水【详解】（1）[1]根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故在两个相同的烧杯中分别装入质量相等、初温相同的水和植物油。（2）[2][3]实验中，用加热时间表示物质吸收热量的多少，这种实验方法在物理学上称为转换法。（3）[4]水的比热容大，根据Q=cmΔt，在质量和升高的温度相同时，水吸热多，人们在夏天时制作水垫或枕用来防暑降温效果更佳。23．如图所示为“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。

（1）实验中，两烧杯内放入规格相同的电加热器，“规格相同”指的是两加热器的相同，这样可以保证，水和食用油吸收的热量相等；（2）实验中，从开始加热到第3分钟时，水增加的内能（选填“大于”“等于”或“小于”）食用油增加的内能；（3）由实验数据可知，水的比热容与食用油的比热容之比为。【答案】电功率相同时间等于3:2【详解】（1）[1][2]实验中，两烧杯内放入规格相同的电加热器，根据，“规格相同”指的是两加热器的是电功率相同，这样可以保证相同时间，电加热器产生的热量相等，，水和食用油吸收的热量相等。（2）[3]实验中，从开始加热到第3分钟时，根据转换法，水和食用油吸热相同，故水增加的内能等于食用油增加的内能。（3）[4]由实验图中数据可知升高，甲、乙的加热时间分别为和，由转换法，甲、乙的吸热之比为2:3，根据比较吸热能力的方法，故可知乙的吸热能力强，乙为水，甲为油，根可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，水的比热容与食用油的比热容之比为3:2。【点睛】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和的运用，为热学中的重要实验。24．小明利用如图甲所示的装置，探究冰熔化过程中温度的变化规律；

（1）组装器材时，先将酒精灯放置在铁架台上，接下来调节（填“a”或“b”）的高度；（2）实验过程中，某时刻温度计的示数如图乙所示，为℃；（3）根据实验数据，小明绘制出了被测物质的温度随时间变化的图像如图丙所示；①冰熔化过程共用了min，第3min时的内能（填“大于”“小于”或“等于”）第2min时的内能；②分析图像可知，冰熔化的过程中吸收热量，温度；（4）根据实验图像可以求出冰的比热容是（不考虑热量散失）J/(kg∙℃)；研究发现图像中AB与CD不平行的物理原理是；（5）冰全部熔化后，继续加热直到杯内水持续沸腾，试管中的水（填“会”或“不会”）沸腾。【答案】b-33大于不变见解析不会【详解】（1）[1]组装器材时，应按照自下而上的顺序进行安装，故先将酒精灯放置在铁架台上，接下来调节铁圈b的高度，再调节温度计的位置。（2）[2]由乙图可知，该温度计的分度值为1℃，液柱的上表面与温度计0刻度线下方的第3条刻度线对齐，故读数为﹣3℃。（3）①[3][4]冰熔化过程是从第2min~第5min，共用了3min，第2min~第5min阶段试管中的冰处于固液共存状态，此过程中温度不变，但需要吸热，所以内能增加。②[5]冰在熔化过程，需要不停吸热，温度却保持不变。（4）[6]由图象可知，冰从0~2min吸热后温度改变了4℃，水从5min~7min吸热后温度改变了2℃，时间相同吸收的热量相等，水升高的温度是冰升高的温度的一半，由热量公式Q=cmΔt可知，水的比热容是冰的2倍，水的比热容是，故冰的比热容为。[7]图像中AB与CD不平行的物理原理是水的比热容大，质量相同的水和冰吸收相同热量水的温度升高的少。（5）[8]烧杯中的水沸腾后，温度不再升高，试管中的水温能达到沸点，与烧杯中的水的温度相同，不能继续吸热，不符合沸腾的条件，所以试管中的水不会沸腾。25．如图所示，甲、乙、丙三个实验装置完全相同，燃料的质量都为10g，烧杯内液体的质量都相同。

（1）某实验小组要“研究不同物质的吸热能力”应选择两个装置来进行实验；（2）为了研究不同物质的吸热能力，利用其中两幅图的装置进行实验，根据记录的数据做出了两种液体的温度随时间变化的图像，如丁图所示，由丁图分析得出，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·℃）；（3）在甲装置中，烧杯内的液体为200g的水，点燃燃料直至燃料烧完，温度计的示数由20℃上升到70℃，则水吸收的热量为J；若燃料为酒精（q=3×107J/kg），通过实验算出的热值与实际相比（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】甲，丙120042000偏小【详解】(1)[1]比较两种液体的吸热能力的大小，必须控制燃料的种类相同，改变液体的种类，控制液体的质量相同，根据温度计的示数判断两种液体吸热能力的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验。(2)[2]由图可知，ab两种物质在升高相同温度时，b的加热时间比a的加热时间为则b吸收的热量为a吸收热量的1.5倍，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高相同温度时，比热容和吸收的热量成正比，即b的比热容为a的比热容的1.5倍，则a的比热容为(3)[3][4]水吸收的热量为由于Q吸=Q放，则酒精的热值为计算出来的结果小于酒精的热值，这是因为燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收或燃料燃烧不完全，存在热散失，所以测得的热值会偏小。26．（1）在探究水的沸腾、海波和石蜡的熔化规律时，小亮记录的实验数据如表所示。请回答下列问题。加热时间/min0123456789101112石蜡的温度/40414244464748495152545659海波的温度/40424446484848484848505356水的温度/92939495969798999999999999①根据表中的实验数据可以判断：石蜡是（选填：“晶体”或“非晶体”）；②海波的温度达到时，其状态是（选填：“固态”或“液态”）；③根据表中的实验数据可知：该实验中水的沸点是。（2）为比较酒精和碎纸片这两种燃料的热值，小红采用如图所示的装置进行实验：①除图中所示的器材外，实验还需要的测量器材是：；②实验中根据（选填“加热时间”或“升高的温度”）来比较热量多少；③实验中，小红在烧杯中加入300g水，调好装置后，加热使水温升高，测得此过程中消耗了6g酒精，她利用酒精燃烧放出的热量与水吸收的热量相等，算得酒精热值q=J/kg，她查表得到，发现两者偏差较大，你认为其中的原因可能是（写出一条原因即可）。【答案】非晶体液态99天平升高的温度1.05×107酒精没有完全燃烧（或酒精燃烧时释放的热量不能完全被水吸收）【详解】（1）①[1]由表格中数据可以看出，石蜡没有固定的熔化温度，石蜡在熔化过程中，吸热温度不断升高，所以石蜡是非晶体。②[2]海波在第4分钟到第9分