九年级物理寒假作业06 内能、比热容（巩固培优）（解析版）

限时练习：50min完成时间：月日天气：作业06内能、比热容一、内能定义：物体内部所有分子动能与分子势能的总和。内能的影响因素：（1）温度；（2）质量；（3）状态；（4）体积。改变内能的方法热传递：当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递。发生热传递时，能量从高温处转移到低温处，直至温度相同。放出热量的物体内能减小，吸收热量的物体内能增大。做功：做功是改变物体内能的另一种方式。物体对外做功时，内能减小，外界对物体做功时，物体内能增大。比热容比热容的定义：物体温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度的乘积之比。比热容是表示物体吸热能力的物理量，比热容越大，温度变化越困难。公式：c=三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型1．央视节目《一馔千年》再现了《清明上河图》中荔枝膏（如图所示）的制作过程，让我们感受到千年都城东京（今开封）的繁华。先用清水煮荔枝，煮到水剩一半，去掉荔枝继续煮，陆续放入各种辅料直到最后熬成稠膏。制成的荔枝膏，清香扑鼻，舀起荔枝膏时会拉出细丝。下列说法中错误的是（）A．用清水煮荔枝的过程中荔枝温度升高，含有的热量增多B．制成的荔枝膏，清香扑鼻，说明分子在不停地做无规则运动C．舀起荔枝膏时会拉出细丝，说明分子间存在引力D．用清水煮荔枝的过程中荔枝温度升高，内能增大【答案】A【详解】A．热量是一个过程量，不能说含有热量，应该说吸收热量或放出热量，故A错误，符合题意；B．制成的荔枝膏，清香扑鼻，是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故B正确，不符合题意；C．舀起荔枝膏时会拉出细丝，分子间的距离较小体现为引力，说明分子间存在引力，故C正确，不符合题意；D．用清水煮荔枝的过程中荔枝温度升高，分子热运动更剧烈，荔枝的质量不变，内能增大，故D正确，不符合题意。故选A。2．关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（）A．两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递B．物体温度一旦降到0℃，那么物体的内能就变成零C．我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多D．温度为0℃的冰熔化成0℃的水，内能不变【答案】A【详解】A．热传递的前提是温度差，内能相同的两个物体不一定温度相同，互相接触时有可能发生热传递，故A正确；B．因物体的分子永不停息地做无规则的运动，故物体的温度为0℃时，此时的内能不是零，故B错误；C．我们不敢大口地喝热气腾腾的汤，是因为汤温度较高，热量是个过程量，不能说含有热量，故C错误；D．温度为0℃的冰熔化成0℃的水时要吸收热量，因此内能增大，故D错误。故选A。3．关于以下四幅图片及对应的文字说明中，说法正确的是（）A．橡皮塞被冲开的过程是机械能转化为内能B．小孩从滑梯上加速滑下时，他的重力势能全部转化为动能C．搓手的过程是通过做功的方式增加了手的内能D．酒精灯在使用过程中，酒精的质量和比热容都不变【答案】C【详解】A．橡皮塞被冲开的过程中，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，故A错误；B．小孩从滑梯上加速滑下过程中，要克服摩擦力做功，他的重力势能一部分转化为内能，另一部分转化为动能，故B错误；C．用力搓手，需要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，是通过做功的方式增加手的内能，故C正确；D．酒精的比热容是酒精的特性，只与物质的种类和状态有关，所以酒精灯在使用过程中，酒精的质量减小，剩下的酒精的比热容不变，故D错误。故选C。4．妈妈生日那天，小梦为妈妈煮了一碗热气腾腾的面条，下列解释正确的是（）A．面条周围的“白气”是汽化形成的B．面条没有粘合在一起，说明分子间有斥力C．将面条入锅后，面条的温度升高，内能增加D．煮面条时，主要通过做功的方式改变了面条的内能【答案】C【详解】A．面条周围的“白气”是由于水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故A错误；B．面条没有粘在一起，是因为分子间距离太大，分子间作用力可以忽略，故B错误；C．将面条入锅后，面条吸收热量，温度升高，内能增加，故C正确；D．煮面条时，热量通过热传递从热水传递给面条，改变了面条的内能，故D错误。故选C。5．质量相同的甲、乙两种物质从固态开始加热，它们在相同时间内吸收的热量相等，加热时间都为7min，它们的温度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．甲在3min~6min内是液态B．甲是晶体，乙是非晶体C．在3min~6min内，甲的内能保持不变D．在固态时，甲的比热容小于乙的比热容【答案】D【详解】AB．由图分析可知，在加热一定时间后，甲在3min~6min内持续吸热，温度不变，此时处于熔化过程，是固液共存态，故能判断甲是晶体；而乙虽然温度一直升高，可能还没达到熔点，不确定是否为晶体，故AB错误；C．在3~6min内，甲处于熔化过程，虽然温度不变，但持续吸收热量，内能增加，故C错误；D．由题意可知，在0~3min内甲是固态，由图分析可知，0~3min内甲升高的温度大于乙升高的温度，根据，可知当液体吸收的热量和质量相同时，Δt越大，比热容就越小，所以甲的比热容小于乙的比热容，故D正确。故选D。6．甲、乙两个物体比热容之比是2∶1，吸收的热量之比是3∶1，升高温度之比是3∶2，则甲、乙两个物体的质量之比是（）A．9∶1 B．4∶1 C．1∶1 D．9∶4【答案】C【详解】由热量公式，则甲、乙两个物体的质量之比是故选C。7．质量均为的水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容，。甲物质是（选填“水”或“某种液体”），0-12min甲物质放出的热量为J。【答案】水【详解】[1]，两种液体质量相同，根据可知放出相同热量时，水降低的温度较少，所以甲物质是水。[2]0-12min甲物质温度从60℃降低到40℃，则0-12min甲物质放出的热量为8．小明发现感冒冲剂在热水中溶解得快，是因为温度越高，分子热运动越；杯中的热水会逐渐变凉，这是（热传递/做功）改变物体的内能。小明投掷实心球的运动轨迹如图，球从最高点到落地点的过程中，不计空气阻力，球的机械能（增大/减小/不变）；若实心球在最高点时，所有外力均消失，则实心球将会。【答案】剧烈热传递不变做匀速直线运动【详解】[1]热水温度高，分子运动较剧烈，扩散速度快，所以感冒冲剂在热水中比在冷水中溶解得快。[2]改变物体内能的方式：做功和热传递。杯中的热水放在桌面上，温度会逐渐降低，这是通过热传递的方法改变物体的内能。[3]实心球从最高点到落地点的过程中，质量不变，速度增大，高度降低，所以动能变大，势能变小，重力势能转化为动能。由于不计空气阻力，机械能是守恒的，保持不变。[4]当实心球运动到最高点时，在竖直方向速度是零，但由于惯性，在水平方向仍然运动，若此时所受的外力全部消失，据牛顿第一运动定律可知，实心球将沿水平方向做匀速直线运动。9．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，对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。则该晶体的熔点为℃，在BC段，该材料的内能（选填“变大”、“变小”或“保持不变”），该晶体的比热容为J/（kg·℃）【答案】50变大【详解】[1]该晶体材料温度先上升，后维持在50℃不变，所以熔点为50℃。[2]在BC段，该晶体材料虽然温度不变，但吸热，内能变大。[3]由图像可知，该晶体材料温度由30℃升高到50℃时，吸收的热量是根据可得该晶体材料的比热容为10．小明为比较“不同物质吸热的情况”设计了如下的实验方案：将A、B两种液体分别装入烧杯中，固定在铁架台上，用两个相同的酒精灯同时加热，实验装置如图甲、乙所示，实验时每隔一段时间同时测量并记录A、B的温度。(1)组装器材时应按照（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序依次安装；(2)实验时，选取相同、初温相同的A、B两种不同液体，加热时液体温度升高，这是通过方式来增大液体内能的；(3)此实验通过（选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少；(4)加热一段时间后，液体B的温度如图乙所示，为℃；(5)根据实验数据小明绘制出的温度—时间图像如图丙所示，则液体（选填“A”或“B”）更适合作为家中“暖气”中输运能量的介质。如果B液体为水，则A液体的比热容为。【答案】(1)自下而上(2)质量热传递(3)加热时间的长短(4)33(5)B【详解】（1）实验时要用酒精灯的外焰加热，故组装器材时，先安装酒精灯，应按照自下而上的顺序依次安装。（2）[1][2]根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，实验时，选取质量相同、初温相同的A、B两种不同液体，加热时液体温度升高，这是通过热传递方式来增大液体内能的。（3）用相同的加热装置加热，相同的时间内吸收热量相同，加热时间越长，吸收的热量越多，故可以通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少，运用了转换法。（4）由乙图可知，温度计的刻度线示数从下往上数值逐渐增大，说明该温度计的零刻度线在下方，液柱液面在零刻度线以上，温度计的分度值为1℃，则此时温度计的示数为33℃。（5）[1]根据绘制出的温度—时间图像可知，升高相同的温度，B加热时间长，B的吸热能力强，比热容大，根据，在质量和降低的温度相同时，B放热多，故液体B更适合作为家中“暖气”中输运能量的介质。[2]根据图丙可知，等质量的A、B升高相同的温度，用时分别为3min、6min，则则A液体的比热容11．某学校组织九年级团员志愿者到敬老院参加公益活动，小红想给老人倒一盆60℃的洗脚水泡脚，她先往盆里倒入1.6L，25℃的冷水，然后再加入100℃的沸水混合，不考虑混合过程中的热量散失。已知水的密度为1.0×103kg/m3，比热容为4.2×103J/（kg·℃）。求：(1)盆里冷水吸收的热量；(2)需要100℃沸水的质量。【答案】(1)235200J(2)1.4kg【详解】（1）冷水的体积质量冷水温度变化因此吸收的热量（2）沸水与冷水混合后达到热平衡，且不考虑热量散失，因此沸水放出的热量等于冷水吸收的热量。沸水温度变化由热平衡方程解得12．如图甲装置，试管中装有小冰块，给试管加热，如图乙是其温度随加热时间变化的图像，假设单位时间内物体吸收的热量相等。根据图像求：[](1)试管中冰熔化成水后温度从升高到吸收的热量；(2)冰的比热容。【答案】(1)(2)【详解】（1）冰熔化成水，其质量不变，则水的质量水吸收的热量（2）由图像可知，水从0℃升高到10℃的加热时间冰从-10℃升高到0℃的加热时间由于单位时间内物体吸收的热量相等，所以物体吸收的热量与加热时间成正比。故冰在升温过程中吸收的热量则冰的比热容1．关于内能、温度和热量，以下说法正确的是（）A．物体的内能增大，一定吸收热量B．物体吸收热量，温度一定升高C．内能小的物体可能将热量传递给内能大的物体D．物体的内能可能为0【答案】C【详解】A．做功和热传递都可以改变物体的内能，物体的内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故A错误；B．物体吸收热量，温度不一定升高，比如晶体熔化过程中吸收热量，温度不变，故B错误；C．热传递的条件是存在温度差，热量总是由温度高的物体向温度低的物体传递，内能大小与物体的温度、质量、状态等有关，则内能小的物体温度可能高于内能大的物体，故热量可能由内能小的物体向内能大的物体传递，故C正确；D．一切物体在任何情况下都具有内能，故物体的内能不可能为零，故D错误。故选C。2．如图是小东绘制的冰熔化时，温度一时间图像，已知物质每秒吸收的热量相同且。下列说法正确的是（）A．在A点时，冰的内能为零B．BC段，物体的温度和内能都不变C．在C点冰熔化完毕，继续加热，水的温度随时间变化的图线为③D．因为物体在AB段升高的温度大于在BC段升高的温度，所以【答案】C【详解】A．内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体在任何温度下都具有内能，所以在点时，冰的内能不为零，故A错误；B．BC段是冰的熔化过程，晶体熔化时吸收热量，内能增加，但温度不变，因此BC段物体温度不变，内能增加，故B错误；C．已知物质每秒吸收的热量相同且，根据，质量相同，吸收相同热量，比热容越大，温度变化越小；AB段是冰，BC段是冰熔化过程（温度不变），C点冰熔化完毕，继续加热，水的比热容大，温度升高慢，所以水的温度随时间变化的图线为③，故C正确；D．因为加热时间长短反映物质吸收热量的多少，物质每秒吸收的热量相同，AB段加热时间小于BC段加热时间，所以吸收的热量，故D错误。故选C。3．在一标准大气压下，甲、乙两种物质的初温分别是和，它们的比热容之比为，质量之比为，吸收了相同的热量，最终甲的温度是，如果乙是水，则乙升高的温度是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】甲升高的温度根据吸热公式，甲乙吸热相同，有，则乙升高的温度为乙的初温，若升温，末温会达到如果乙是水，1标准大气压下，水的沸点为100℃超过水的沸点，故乙实际只能升温至，实际升温为故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。4．小张同学探究了不同物质熔化时温度的变化规律，如图所示的是海波和石蜡在熔化过程中温度随时间变化的图像。下列说法错误的是（）A．甲是海波且其熔点为48℃，乙是石蜡B．甲的熔化过程持续了4minC．在4-8min内，甲的内能一定大于乙的内能D．甲在ab段处于固液共存状态，在b点的内能大于a点的内能【答案】C【详解】A．如图所示的是甲、乙两种物质温度随加热时间变化的图像。其中，乙物质没有固定的熔点，则乙物质是石蜡，是非晶体；在熔化的过程中，温度保持不变的物质是甲，则甲是海波，是晶体，海波的熔点是48℃，故A正确，不符合题意；B．甲物质在4～8min处于熔化阶段，熔化时间是4min，故B正确，不符合题意；C．内能与温度和质量有关，由图像可知，在4-8min内，甲的温度比乙高，但质量关系未知，所以在4-8min内，甲的内能不一定大于乙的内能，故C错误，符合题意；D．甲物体在ab段是固液共存态，不断吸收热量，内能增加，物体在b点的加热时间长，吸收热量多，内能比在a点内能大，故D正确，不符合题意。故选C。5．我校某同学查阅资料了解到质量为1kg的某种晶体物质在完全熔化时所吸收的热量叫做该物质的熔化热，不同晶体的熔化热一般不同。老师鼓励小红去探究冰的熔化热。小红在实验室利用电热器加热，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线如图所示。实验时，冰的质量为，相同时间冰和水吸收的热量相同。水的比热容为，则冰的比热容为，B点的内能C点的内能（小于/大于/等于），冰的熔化热是。【答案】小于【详解】[1][2]冰的质量为，冰熔化成水，状态变化，但质量不变，则水的质量为，由图像知，CD段水从升高到，所以水吸收的热量为由图像知，CD段水从升高到，用了的时间，则吸收的热量为：由图像知，AB段冰从吸收热量升高到，需要，则冰吸收的热量：冰熔化需要吸热，故吸热后内能变大，C点的内能大于B点的内能；冰的比热容为[3]由图像知，冰从开始熔化到全部熔化，需要，则该过程中冰熔化所吸收的热量由题意可得，冰的熔化热为6．一个标准大气压下，小明用相同的烧杯盛等量的水，并用相同热源同时加热。如下图所示，甲烧杯为隔水加热，乙烧杯为隔油加热，丙烧杯为隔砂加热，加热足够长时间后，测得大烧杯内物质的温度分别为水温100℃、油温300℃、砂温600℃，且观察到只有小烧杯中的水没有沸腾，分析原因是。此时三个小烧杯中水的温度大小关系为（用t甲、t乙、t丙表示）。【答案】甲甲中小烧杯内的水达到沸点，但无法继续吸热t甲=t乙=t丙【详解】[1][2][3]加热足够长时间后，甲杯中的水温等于100℃，因大、小两烧杯中水温没有温度差，小烧杯中的水不能持续吸热，故甲中的小烧杯里的水不能沸腾。乙、丙小烧杯中的水可以持续吸热，因此可以沸腾，由于液体沸腾后温度保持不变，所以乙、丙小烧杯中的水温也同为100℃，故此时三个小烧杯中水的温度大小关系为t甲=t乙=t丙。7．如图（a），某小组在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的甲和乙两种液体，比较它们的吸热能力。图（b）是根据实验数据绘制的图像。(1)该实验除了图（a）中的实验器材外，还需要用到的测量工具有：天平和。(2)在实验中应选用规格（填“相同”或“不同”）的两个电加热器，可以通过比较（填“升高的温度”或“加热时间”）来反映两种液体吸收热量的多少。(3)已知甲、乙液体的比热容之比是，则图（b）中，图线②反映的是液体（填“甲”或“乙”）温度随时间变化的规律。(4)从开始加热时，甲、乙两种液体吸收热量的关系为（填“大于”“小于”或“等于”）。根据图（b）中图像分析加热时图线①的温度t是℃。【答案】(1)秒表(2)相同加热时间(3)甲(4)等于35【详解】（1）比较不同液体的吸热能力需要控制相同质量的不同物体在相同时间内吸收相同的热量，比较不同液体温度变化的情况，需要用天平测量液体质量，秒表测量液体吸收热量的时间。（2）[1]比较不同液体的吸热能力需要控制相同质量的不同物体在相同时间内吸收相同的热量，比较不同液体温度变化的情况，故要使用相同的两个加热器才能保证液体在相同时间内吸收相同的热量。[2]由于液体吸收热量的多少不便于直接测量，使用相同的加热器可使液体在相同时间内吸收相同的热量，加热时间越长，吸收的热量也越多，故此过通过比较加热的时间来反映两种液体吸收热量的多少。（3）比热容是指液体吸放热本领的强弱，相同质量的不同液体比热容越大，吸收或放出相同的热量温度变化越小，如图（b）可知在加热到6min时图线②的液体温度变化较小，反映该液体的比热容比较大，已知甲、乙液体的比热容之比是，故图线②的液体应为甲。（4）[1]甲、乙两种液体都是使用相同的加热器，在相同的时间内吸收的热量相等，即等于。[2]0-6min时图线②的液体甲每分钟吸收的热量为3-6min时图线①的液体乙每分钟吸收的热量为甲、乙两种液体都是使用相同的加热器，在相同的时间内吸收的热量相等，即液体甲每分钟吸收的热量等于液体乙每分钟吸收的热量，所以上述两式相等，又已知甲、乙液体的比热容之比是，故有解得8．某金属球在炉火中被加热到，然后迅速投入质量为、初温为的某种液体中，达到热平衡后金属球的温度为。已知金属球的比热容为，不计热损失。此过程中，金属球放出的热量为。(1)求金属球的质量；(2)求该液体的比热容；(3)取出金属球后，金属球表面不沾有该液体。若该液体再吸收的热量，求该液体的末温。（该液体没有沸腾）【答案】(1)(2)(3)【详解】解：（1）金属球的质量：（2）不计热量损失，该液体吸收的热量：该液体的比热容：（3）该液体再吸收的热量后，该液体升高的温度：所以该液体的末温：答：（1）金属球的质量为；（2）该液体的比热容为；（3）该液体的末温为。1．阅读短文，回答文后问题。牛顿冷却定律当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差（）成正比。后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为，其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。由于不同物质的比热容不同，即使散热快慢相同，它们降低相同温度需要的时间也不同，根据降温时间可以得到两种物质比热容的大小关系，从而可以进行比热容的测量。(1)物体向周围散热，内能，这种改变内能的方式叫做。(2)散热快慢q和下列概念中物理意义最接近的是______（填字母）。A．速度 B．密度 C．功率 D．效率(3)一杯温度为100℃的开水自然冷却到室温的过程中，散热快慢q是______（填字母）。A．一直在变小 B．一直在变大 C．先变大后变小 D．先变小后变大(4)一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的散热快慢为q。当物体温度降低到27℃时，散热快慢为（用含q的式子表示）。(5)如图甲所示，用两个同样的保温杯分别装满水和盐水，水和盐水的温度都是30℃，周围环境温度保持20℃不变。保温杯敞开口，水和盐水温度随时间变化的图像如图乙所示。已知水的比热容为，盐水的密度为，则盐水的比热容为。【答案】(1)减小热传递(2)C(3)A(4)0.7q(5)3.5×103【详解】（1）[1][2]物体向周围散热，物体温度降低，内能减少，周围环境的内能增加，能量的形式没有发生变化，因此物体向周围散热属于热传递。（2）由题意可知，散热快慢的定义是单位时间内散失热量的多少；A．速度的定义是单位时间内通过的路程，故A不符合题意；B．密度的定义是单位体积某种物质的质量，故B不符合题意；C．功率的定义是单位时间内做的功，与散热快慢一样都是描述单位时间内的能量，故C符合题意；D．效率的定义是有用的能量与总能量之比，故D不符合题意。故选C。（3）根据原文“物体散热快慢与物体和周围环境的温度差（t物−t环）成正比。”，满足q=k(t物−t环)。一杯温度为100℃的开水自然冷却到室温的过程中，t物−t环逐渐减小，因此q一直在变小，故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。（4）由题意可得解得，散热系数k与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，因此当物体温度降低到27℃时，散热系数k不变，所以当物体温度降低到27℃时，散热快慢为（5）由题意可得，水和盐水的初温和末温度相同，即所以此时水和盐水的散热快慢相同，则水和盐水放出热量之比为由图可知，水和盐水的体积相同，因为，所以可得解得2．物体对热量的传导有阻碍作用，称为热阻，用R表示。物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系，式中λ称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同。房屋的墙壁为了保温，往往使用导热系数较小的材料。如图所示，如果墙壁一侧是高温环境，温度始终为t1，另一侧是低温环境，温度始终为t2，墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。(1)当物体或物体的不同部分之间存在时，就会发生热传递。(2)在其他因素不变的情况下，导热系数越小，热阻越（选填“大”或“小”）。(3)铁锅等传热良好的炊具一般用热阻较（选填