专题02 《内能的利用》压轴培优题型训练【六大题型】-九年级全一册物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版）试卷

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\l "_Tc16452" 【题型1 四冲程内燃机的工作过程】 PAGEREF _Tc16452 \h 1
\l "_Tc5338" 【题型2 有关热机的计算】6
\l "_Tc31833" 【题型3 燃料的热值及其计算】10
\l "_Tc846" 【题型4 热机的效率】23
\l "_Tc846" 【题型5 能量转化和转移】32
\l "_Tc16452" 【题型6 能量的利用效率】36
\l "_Tc16452" 【题型1 四冲程内燃机的工作过程】
1．下列说法正确的是（ ）
A．一个物体内能越大，它含有的热量越多
B．热量总是由内能大的物体传递给内能小的物体
C．物体的内能增加，一定是从外界吸收了热量
D．做功冲程是把内能转化为机械能
【答案】D
【分析】（1）热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量；同一物体质量的多少与温度的高低无关；内能是大量分子做无规则运动的分子动能和分子势能的总和；分子动能大体现的是温度高；分子势能变化体现的是物态变化；
（2）热传递的条件是物体之间或物体的不同部分之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同；
（3）改变内能的方式：做功和热传递；
（4）内燃机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。只有做功冲程，做功冲程把内能转化为机械能，对外提供动力，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。
【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故A错误；
B、热传递的条件是有温度差，如果内能小的物体温度高于内能大的物体，热量也会从内能小的物体传递给内能大的物体，故B错误；
C、改变内能的方式：做功和热传递，因此物体的内能减小是因为放出了热量或对外做了功，故C错误；
D、四冲程内燃机工作中，吸气和排气冲程没有能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程把内能转化为机械能，故D正确。
故选：D。
2．2023年春节前夕，烟花爆竹“禁”和“放”的话题成为线上线下、街头巷尾议论的热点。下列关于烟花爆竹燃放的说法不正确的是（ ）
A．用火柴引燃烟花爆竹是通过热传递的方式改变物体内能的
B．烟花爆炸后腾空而起说明力的作用是相互的
C．燃放烟花时空中有大量烟雾飘散，这是扩散现象
D．烟花将包装外壳炸裂和内燃机的做功冲程工作原理相同
【答案】C
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；
（2）物体间力的作用是相互的，一个物体对另一个物体有力的作用，同时它也受到另一个物体力的作用；
（3）不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散，扩散说明了一切物质的分子在不停地做无规则运动；
（4）对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
【解答】解：A、用火柴引燃烟花爆竹是通过热传递的方式改变物体内能的，故A正确；
B、烟花爆炸后喷出的气体有向下的力，同时气体对爆竹产生了向上巨大的推力，腾空而起说明力的作用是相互的，故B正确；
C、燃放烟花时空中有大量烟雾飘散，是固体小颗粒的运动，不能说明分子在不停地运动，不是扩散现象，故C错误；
D、烟花将包装外壳炸裂，在此过程中，内能转化为烟花的机械能，与内燃机的做功冲程能量转化相同，故D正确。
故选：C。
3．景颇族的祖先曾发明一种活塞式点火器，如图所示。以牛角做套筒，木质推杆前端粘附艾绒（一种很容易被点燃的物质）。取火时，一手握住套筒，另一手猛推推杆，艾绒即燃，随即将杆拔出，口吹立见火苗，与手推杆入筒过程能量转化过程相同的冲程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做功，气体内能增加，温度升高；在汽油机的四冲程中，做功冲程是内能转化为机械能的冲程，压缩冲程是机械能转化为内能的冲程。
【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，气体内能增加，是机械能转化为内能；汽油机的压缩冲程是机械能转化为内能的冲程，与上述能量转化相同。
A、两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，机械能转化为内能，故A正确；
B、排气门开启，活塞上行，废气被排出汽缸，是排气冲程，没有发生能量转化，故B错误；
C、两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，火花塞喷出电火花，是做功冲程，内能转化为机械能，故C错误；
D、进气门开启，活塞下行，燃料和空气的混合物进入汽缸，是吸气冲程，没有发生能量转化，故D错误。
故选：A。
4．（多选）某款烟花的内部结构如图所示，当燃烧的引线点燃发射药时，产生的高温高压气体会将燃烧的延期引线和礼花弹同时推出发射筒。当上升到空中后，燃烧的延期引线再将礼花弹点燃，就会绽放出炫丽的烟花。下列分析正确的是（ ）
A．发射药燃烧过程中其热值会减小
B．礼花弹升空过程中其动能会减小
C．礼花弹在空中绽放出炫丽的烟花属于扩散现象
D．礼花弹被推出发射筒过程中的能量转化与汽油机做功冲程相同
【答案】BD
【分析】（1）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类和状态有关，与燃料的多少无关。
（2）物体对外做功，其内能减小，温度降低。
（3）汽油机的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。
（4）不同的物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散现象，扩散现象是分子无规则运动的结果。
【解答】解：A、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，所以，燃料在燃烧过程中，质量减小，热值不变；故A错误；
B、高温高压的气体将礼花弹推出过程中，对礼花弹做功，将内能转化为机械能，动能转化为重力势能，动能减小；故B正确；
C、礼花弹绽放出炫丽的烟花不是分子运动，不属于扩散现象；故C错误；
D、汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，与气体将礼花弹推出过程的能量转化形式相同；故D正确。
故选：BD。
5．汽车已经走进了很多普通家庭。在加油站给汽车加油时，会闻到汽油味，这是 扩散 现象。如图所示是四冲程汽油机工作时的 压缩 冲程，汽车是从汽油机的 做功 冲程获得动力。​
【答案】扩散；压缩；做功。
【分析】物质是由分子构成的，分子在永不停息地做无规则的运动；判断出图中是哪个冲程，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，做功冲程给汽车提供动力。
【解答】解：汽车加油时能闻到一股浓浓的汽油味，这是扩散现象；如图所示是四冲程汽油机工作时的压缩冲程，汽车上的四冲程汽油机工作时，使汽车获得动力的冲程是做功冲程。
故答案为：扩散；压缩；做功。
6．放入冰箱内的食物会串味，食物串味是 扩散 现象；液体很难被压缩，主要是因为液体分子间存在很大的 斥力 ，火柴可以擦燃，也可以放在火上点燃，前者是用 做功 的方法使火柴燃烧，后者是用 热传递 的方法使火柴燃烧，两种方法都可以改变火柴的内能。汽车在高速公路上急刹车时仍会向前滑行一段距离，这是由于汽车具有 惯性 ；轮胎的温度会升高，此过程中能量转化关系与热机中的 压缩 冲程相同。
【答案】扩散；斥力；做功；热传递；惯性；压缩。
【分析】（1）不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象；分子间存在着相互作用的引力和斥力；
（2）根据燃烧需要同时满足三个条件：①可燃物、②氧气或空气、③温度要达到着火点，进行分析解答；
（3）物体都有保持原来运动状态不变的性质，即惯性；刹车中轮胎温度升高，是摩擦生热，机械能转化为内能，热机的工作过程中压缩冲程和做功冲程有能量转化，压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能。
【解答】解：（1）放入冰箱内的食物会串味，食物串味是扩散现象；液体很难被压缩，此时分子间的距离小，液体分子间存在很大的斥力；
（2）火柴可以擦燃，也可以放在火上点燃，前者是用做功的方法使火柴燃烧，火柴擦燃是利用火柴头与火柴盒侧面涂层间的摩擦生热，使涂层的内能增大，温度升高，使温度达到火柴梗的着火点，从而点燃火柴；后者是用热传递的方法使火柴燃烧，火的温度高，火柴放在火上通过热传递使火柴的内能增加，使温度达到火柴梗的着火点，使火柴燃烧；
（3）汽车刹车后仍能继续向前滑行一段距离，说明汽车具有保持原来运动状态不变的性质，即惯性；刹车中轮胎温度升高，是摩擦生热，能量转化是机械能转化为内能，热机的压缩冲程中的能量转化也是机械能转化为内能。
故答案为：扩散；斥力；做功；热传递；惯性；压缩。
7．如图（a）所示为汽油机工作时的某冲程工作简图，它所表示的是 压缩 冲程。在这个冲程中，气体温度 升高 （选填“降低”、“不变”或“升高”）， 机械 能转化为了 内 能。如图（b）所示，用酒精灯给试管中的水加热，水温上升，直至沸腾一段时间后，会看到试管口的橡皮塞被冲出，其能量转化与汽油机 做功 冲程的能量转化相同。
【答案】压缩；升高；机械；内；做功。
【分析】（1）在内燃机的四个冲程中，进气阀和排气阀均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气阀打开，另一个气阀关闭的是吸气冲程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动；其中压缩冲程中机械能转化成内能，做功冲程中内能转化成机械能；
（2）水蒸气对橡皮塞做功，水蒸气的内能转化为橡皮塞的机械能，汽油机做功冲程的能量转化是内能转化为机械能。
【解答】解：
如图，汽油机的进气门和排气门都是关闭的，活塞上行，可以判断是压缩冲程，在压缩冲程中机械能转化成内能，使缸内气体的内能增大，温度升高。
橡皮塞冲出时，是试管内气体的内能转化为橡皮塞增加的机械能，与内燃机的做功冲程能量转化相同。
故答案为：压缩；升高；机械；内；做功。
8．一壶水在炉火上加热，水温升高，其内能 增大 （选填“增大”“不变”或“减小”），这是通过 热传递 方式改变其内能的（选填“做功”或“热传递”）。四冲程内燃机在工作时，将机械能转化为内能的是 压缩 冲程。
【答案】增大；热传递；压缩。
【分析】（1）内能与物体的质量、温度以及状态有关；
改变物体内能有两种方法，一是做功，二是热传递；做功是能量的转化过程，而热传递是能量的转移过程；
（2）汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
【解答】解：
一壶水在炉火上加热，水吸收热量，导致水温升高，其内能增大；该过程是通过热传递改变水的内能的；
四冲程内燃机在工作时，压缩冲程将机械能转化为内能。
故答案为：增大；热传递；压缩。
\l "_Tc5338" 【题型2 有关热机的计算】
9．国产某品牌插秧机，使用四冲程汽油机。
（1）图中汽油机处于 压缩 冲程。如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟对外做功 1800 次。
（2）某段时间插秧机消耗汽油0.21kg，这些汽油完全燃烧放出的热量是 9.66×106 J；若这些热量完全被40kg初温15℃的水吸收，则水温升高 57.5 ℃。[q汽油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）若该插秧机的效率为20%，年平均消耗汽油4200kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约 200 kg的汽油。
【答案】（1）压缩；1800；（2）9.66×106；57.5；（3）200。
【分析】（1）根据汽油机的进气门、排气门的打开和关闭情况，活塞的运动方向判断汽油机的冲程；汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（2）根据Q放＝mq求出汽油完全燃烧放出的热量；根据题意可知水吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求出水升高的温度；
（3）根据Q放＝mq求出4200kg汽车完全燃烧放出的热量，根据效率公式求出插秧机一年所做的有用功；插秧机效率提高后，所做的有用功相同，根据效率公式求出插秧机效率提高后消耗的汽油完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出插秧机效率提高后一年消耗的汽油的质量，据此可求出一年节约汽油的质量。
【解答】解：（1）由图可知，汽油机的进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，说明汽油机正处于压缩冲程；
汽油机飞轮的转速是60r/s＝3600r/min，即汽油机飞轮每分钟转3600圈，
由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以该汽油机每分钟对外做功1800次；
（2）0.21kg汽油完全燃烧放出的热量：Q放1＝m1q汽油＝0.21kg×4.6×107J/kg＝9.66×106J；
根据题意可知，水吸收的热量Q吸＝Q放1＝9.66×106J，
由Q吸＝cmΔt可知，水升高的温度：Δt＝＝＝57.5℃；
（3）4200kg汽车完全燃烧放出的热量：Q放2＝m2q汽油＝4200kg×4.6×107J/kg＝1.932×1011J，
由η＝可知，插秧机一年所做的有用功：W＝ηQ放2＝20%×1.932×1011J＝3.864×1010J，
插秧机效率提高后，所做的有用功相同，由η＝可知，插秧机效率提高后消耗的汽油完全燃烧放出的热量：Q放3＝＝＝1.84×1011J，
由Q放＝mq可知，插秧机效率提高后一年消耗的汽油的质量：m3＝＝＝4000kg，
则一年节约汽油的质量：Δm＝m2﹣m3＝4200kg﹣4000kg＝200kg。
故答案为：（1）压缩；1800；（2）9.66×106；57.5；（3）200。
10．汽车已进入千家万户，其中包含很多物理原理：
（1）汽车水箱内应使用专门的冷却液。与水相比，冷却液不易冰冻也不易开锅（沸腾），这是因为冷却液的凝固点比水的凝固点 低 ，沸点比水的沸点 高 （均选填“高”或“低”）。
（2）汽车轮胎的外表面有凸凹不平的花纹，这是为了 增大摩擦 ；汽车头枕可以减少汽车在突然 被追尾 （选填“刹车”或“被追尾”）时对人体的伤害。有些带有天窗的汽车（如图），行驶途中，只要将天窗打开一部分，就可以迅速排尽车内污浊的空气，运用的物理规律是 流体在流速大的地方压强小 。
（3）若汽油机每秒完成20个冲程，则每秒它对外做功 5 次。某汽车在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，汽油机输出功率是90kW，则车受到的阻力是 3000 N。
【答案】（1）低；高；（2）增大摩擦；被追尾；流体在流速大的地方压强小；（3）5；3000。
【分析】（1）不易冰冻，说明凝固点低；不易沸腾，说明沸点高，据此分析；
（2）摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，在压力一定时，增大接触面的粗糙程度能够增大摩擦；
惯性是物体的固有属性，是指物体具有的能保持原来运动状态不变的性质；
流体流速越快的位置压强越小；
（3）汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；根据P＝＝＝Fv求出汽车的牵引力，汽车匀速行驶时，牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知汽车受到的阻力。
【解答】解：（1）与水相比，冷却液的凝固点比水的凝固点低，所以不易冰冻；与水相比，冷却液的沸点比水的沸点高，所以不易开锅（沸腾）；
（2）汽车轮胎的外表面有凸凹不平的花纹，这是为了在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
汽车突然被追尾时，人的身体随车快速向前，而人的头部由于惯性会向后仰，容易造成头颈部的伤害，此时汽车头枕可以对人的头颈部起到保护作用；
汽车行驶途中，将天窗打开一部分，由于上方空气流速大、压强小，车内空气流速小、压强大，于是产生向上的压强差，这样就可以迅速排尽车内污浊的空气；
（3）汽油机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，若汽油机每秒完成20个冲程，则每秒它对外做功＝5次；
汽车的速度v＝108km/h＝30m/s，
由P＝＝＝Fv可知，汽车的牵引力F＝＝＝3000N，
汽车匀速行驶时，牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，汽车受到的阻力f＝F＝3000N。
故答案为：（1）低；高；（2）增大摩擦；被追尾；流体在流速大的地方压强小；（3）5；3000。
11．压缩空气动力车。
（1）小明将充满气的气球捆绑在小车上，制成压缩空气动力小车，当气球向右喷气时，静止的小车向左运动起来，如图甲所示，该现象说明力的作用是 相互的 ；还说明力可以改变物体的 运动状态 。
（2）为制造压缩空气动力汽车，工程师将装有压缩空气的钢瓶与空气动力发动机连接，该发动机的一个工作循环分为进气冲程和排气冲程，如图乙所示。发动机对外做功的是 进气 （进气/排气）冲程，此过程中钢瓶内压缩空气的温度 降低 。若该发动机的转速为1200r/min，则1s内发动机对外做功 20 次。汽车行驶一段路程后，钢瓶内压缩空气的密度 减小 。
【答案】（1）相互的；运动状态；（2）进气；降低；20；减小。
【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；力的作用效果是不但可以改变物体的运动状态，还可以改变物体的形状；
（2）进气冲程中压缩空气进入气缸，压缩空气对活塞做功，将内能转化为机械能，据此判断出内能的变化和温度的变化；
该发动机的一个工作循环分为进气冲程和排气冲程，即一个工作循环有两个冲程，做一次功，飞轮转一周；
汽车行驶一段路程后，压缩空气的质量减小，体积不变，由ρ＝判断出钢瓶内压缩空气密度的变化。
【解答】解：（1）当气球向右喷气时，对给周围的空气有一个向右的力，由于物体间力的作用是相互的，空气也给气球有一个向左的力，所以静止的小车向左运动起来，该现象说明力的作用是相互的，还说明力可以改变物体的运动状态；
（2）如图乙所示，进气冲程中压缩空气进入气缸，压缩空气对活塞做功，将内能转化为机械能，钢瓶内压缩空气的内能减少，温度降低；
该发动机的一个工作循环分为进气冲程和排气冲程，若该发动机的转速为1200r/min＝20r/s，则1s内发动机有20个工作循环，对外做功20次；
汽车行驶一段路程后，压缩空气的质量减小，体积不变，由ρ＝知钢瓶内压缩空气的密度减小。
故答案为：（1）相互的；运动状态；（2）进气；降低；20；减小。
\l "_Tc31833" 【题型3 燃料的热值及其计算】
12．北京第24届冬奥会火炬“飞扬”采用氢作为燃料，除了环保属性外，还利用了氢具有（ ）
A．较小的密度B．较大的比热容
C．较低的沸点D．较大的热值
【答案】D
【分析】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：采用氢作为燃料，原因是氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的液态氢时，可以放出更多的热量。
故选：D。
13．这个春天，“淄博烧烤”凭借小葱、小饼、小火炉的“烧烤灵魂三件套”爆火出圈，成为淄博的新名片。在烧烤过程中涉及的物理知识，下列说法错误的是（ ）
A．香气四溢是扩散现象
B．食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能
C．木炭燃烧时将化学能转化为内能
D．火炉中新加的一木炭块越烧越旺，木炭的热值越来越大
【答案】D
【分析】（1）扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
（2）改变内能的方式：做功和热传递；
（3）木炭本身存在化学能，木炭燃烧是把自身的化学能转化成热能即内能的过程；
（4）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。
【解答】解：A、香气四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能，故B正确；
C、木炭燃烧，消耗化学能，产生内能，故是将化学能转化为内能的过程，故C正确；
D、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，所以燃烧中的木炭热值大小不变，故D错误。
故选：D。
14．小明测试了自己家中分别单独使用不同种类的燃料时的平均月消耗量分别为：木柴约100kg，烟煤约40kg，液化石油气约15kg，煤气约30kg，这四种燃料中哪种燃料的热值最高（ ）
A．木柴B．烟煤C．液化石油气D．煤气
【答案】C
【分析】欲知四种燃料中，谁的热值最高，必须知道放出相同的热量的条件下，哪种燃料消耗量最小。可根据公式：q＝来判断。
【解答】解：
从题可知，四口之家每月需要的能量是相同的，即四种燃料燃烧放出的热量相同，
而m木柴＝100kg，m烟煤＝40kg，m煤气＝30kg，m液化石油气＝15kg，
由公式q＝可知，在放出热量相同，质量越小，热值越大，
所以，液化石油气的热值最高。
故选：C。
15．火锅，古称“古董羹”，因食物投入沸水时发出的“咕咚”声而得名，是中国独创的美食之一、它可根据个人喜好加入不同汤料和食物，使得众口可调、老少皆宜。下列说法正确的是（ ）
A．汤汁沸腾后，仍然持续加热，汤汁温度保持不变
B．在煮食物的过程中，汤汁会越来越少，该过程是液化
C．用燃气灶加热火锅时，调大火力可以提高燃气的热值
D．不敢大口喝热气腾腾的汤，因为汤里含有的热量多
【答案】A
【分析】（1）液体沸腾的特点：达到沸点，继续吸热，温度不变；
（2）物质由气态变为液态的过程是液化，液化需要放热；
（3）燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；
（4）热量是指在热传递或做功的过程中，内能改变的多少。
【解答】解：A．汤汁沸腾后，仍然持续加热，持续吸热，汤汁温度保持不变，故A正确；
B．在煮食物的过程中，汤汁会越来越少，变成水蒸气，该过程是汽化，故B错误；
C．燃气的热值是燃气的属性，跟燃气的种类、物态有关，故C错误；
D．不敢大口喝热气腾腾的汤，因为热汤温度高，热量是指在热传递或做功的过程中，内能改变的多少，不能用“含有”描述，故D错误。
故选：A。
16．用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示（不计热损失）。以下判断正确的是（ ）
A．实验①②都要控制燃料质量和液体质量相等
B．实验①②都通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少
C．若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1：4
D．若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为5：4
【答案】C
【分析】（1）比较不同物质吸热升温，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，由Δt＝ 比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；
为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q＝，这种燃料热值越大；
（2）实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小时，用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；
（3）由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；
根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容之比等于吸收热量之比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比；
（4）不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料，得出图象一、二对应的物质的升高50℃﹣30℃＝20℃，根据Q＝cmΔt得出两种物质吸热之比，根据q＝分析。
【解答】解：A、比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度；为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，而燃料质量不一定相等，故A错误；
B、实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，故B错误；
C、“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，升高10℃，图象一对应物质的加热时间为10分钟（注意是均匀升温）；而图象二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：40min＝1：4；根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为1：4，故C正确；
D、不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料（燃料质量相同），图象一对应的物质升高50℃﹣30℃＝20℃；图象二对应的物质升高40℃﹣30℃＝10℃；而同种液体的质量相同，根据Q＝cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为20℃：10℃＝2：1，根据q＝，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图象一和图象二表示两种燃料的热值之比为2：1，故D错误。
故选：C。
17．（多选）小刚做“探究某物质熔化和沸腾特点”的实验（如图甲）时，把100g某种固体碾碎后放入试管中，插入温度计，再将试管放在装有水的烧杯中加热（物质在相同时间内吸收的热量相等），根据实验数据画出温度随时间变化图像（如图乙）。实验结束时，小刚发现从开始加热到实验结束的10min内消耗了4g酒精，酒精的热值为3.0×107J/kg，这种物质液态时的比热容为1.8×103J/（kg•℃）。下列说法正确的是（ ）
A．该物质熔化时温度不变，其内能也没有增大
B．从熔化后到开始沸腾时，该物质所吸收的热量为3.6×103J
C．该物质固态时的比热容为2.7×103J/（kg•℃）
D．该酒精灯的加热效率为30%
【答案】BD
【分析】（1）物体吸收热量，内能变大；
（2）利用公式Q＝cmΔt计算吸收的热量；
（3）用相同的热源加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，据此求出固态时吸收的热量；根据Q＝cmΔt计算固态时的比热容；
（4）由乙图可知加热时间，则可求出从开始加热到实验结束的10min共吸收的热量；再利用燃料的热值公式Q＝mq求出燃料完全燃烧放出的热量；利用效率η＝求出这种装置能量的转化效率。
【解答】解：A、由图可知，该物质是晶体，在熔化的过程中，吸收热量，但温度不变，内能变大，故A错误；
B、由图知，从熔化开始到熔化结束的时间为2min，t0＝50℃，t＝90℃，吸收的热量为：Q＝cm（t﹣t0）＝1.8×103J/（kg•℃）×0.1kg×（90℃﹣50℃）＝7200J；由于用同一个热源加热，在相同时间内，物质吸收的热量是相同的，所以从熔化后到开始沸腾时，该物质所吸收的热量为3.6×103J，故B正确；
C、用相同的热源加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，由图可知，液态时在2min内吸收的热量是7200J；则在固态时加热的时间为3min，则固态时吸收的热量为：
Q'＝Q＝1.5×7200J＝10800J；
固态时的比热容为：c'＝＝＝3.6×103J/（kg•℃）；故C错误；
D、由图可知该物质从熔点升高到沸点用了2min，从开始加热到实验结束共用10min，
从开始加热到实验结束该物质吸收的热量×7200J＝36000J，
4g酒精完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝0.004kg×3.0×107J/kg＝120000J，
这种装置能量的转化效率：η＝＝×100%＝30%，故D正确。
故选：BD。
18．小明用相同的酒精灯给质量相等的甲、乙两种物质加热。根据测量数据描绘温度—时间的图像如图所示，由图可知，甲物质比热容 ＜ （选填“＞”“＜”或“＝”）乙物质比热容；通过查询得知乙物质的比热容为1.5×103J/（kg•℃），酒精的热值为3.0×107J/kg，若酒精完全燃烧且放出的热量全部被乙物质吸收，则燃烧0.5g的酒精能使 1 kg的乙物质升高10℃。实验完成后，酒精灯中剩余酒精的热值 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】＜；1；不变。
【分析】（1）知道用相同的酒精灯给质量相等的甲、乙两种物质加热，观察图像，在相同时间内，甲物质比乙物质的温度升高得快，根据吸热公式Q＝cmΔt可知，甲、乙物质的比热容大小关系；
（2）根据Q放＝mq可得出0.5g的酒精完全燃烧后放出的热量，即乙物质吸收的热量，再利用Q吸＝cmΔt求出乙物质的质量；
（3）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫热值，热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类和状态有关。
【解答】解：（1）用相同的酒精灯给质量相等的甲、乙两种物质加热时，相同时间内，两种物质吸收的热量相同；由图像可知，甲物质比乙物质的温度升高得快，根据吸热公式Q＝cmΔt可知，甲物质的比热容小于乙物质的比热容；
（2）0.5g的酒精完全燃烧后放出的热量为：
Q放＝m酒精q酒精＝0.5×10﹣3kg×3.0×107J/kg＝1.5×104J，
因酒精完全燃烧且放出的热量全部被乙物质吸收，
则乙物质吸收的热量为：Q吸＝Q放＝1.5×104J，
由Q吸＝cmΔt得，乙物质的质量为：
m乙＝＝＝1kg；
（3）热值是燃料的一种特性，不随质量的改变而改变，故酒精灯中剩余的酒精热值不变。
故答案为：＜；1；不变。
19．为了有效利用农作物的秸秆，有关企业将秸秆回收加工制成秸秆煤。完全燃烧0.5kg的秸秆煤，放出的热量能使50kg、初温为15℃的水温度升高到45℃，已知水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃），水吸热时的效率为60%，则秸秆煤的热值为 2.1×107 J/kg。
【答案】2.1×107。
【分析】（1）利用Q吸＝cmΔt计算出水吸收的热量；
（2）由题意可知，水吸收的热量Q吸＝60%Q放，利用Q放＝mq计算出秸秆煤的热值。
【解答】解：（1）热水器中水吸收的质量：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（45℃﹣15℃）＝6.3×106J；
（2）由题意可知，水吸收的热量Q吸＝60%Q放，q＝＝＝2.1×107J/kg。
故答案为：2.1×107。
20．长征五号B遥二运载火箭是新一代运载火箭。火箭使用的燃料是液态氢，常温下是通过 压缩体积 的方式使氢气液化成液态，大大减少了体积。选用液态氢作为燃料是因为氢具有 热值 大的特点。若完全燃烧0.5kg的氢燃料，可放出热量 7×107 J。（q氢＝1.4×108J/kg）
【答案】压缩体积；热值；7×107。
【分析】物体由气态变为液态的过程叫液化，使气体液化有两种方式：降低温度和压缩体积；
由于所有的燃料中，氢的热值较大，质量相同的氢与其它燃料相比，完全燃烧时可以放出更多的热量，所以火箭选用氢做燃料；
根据Q＝mq求出这些燃料完全燃烧放出的热量。
【解答】解：火箭用液态氢来作燃料，常温下是通过压缩体积的方式使氢气液化的；
由于所有的燃料中，氢的热值较大，质量相同的氢与其它燃料相比，完全燃烧时可以放出更多的热量，所以火箭选用氢做燃料；
0.5kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：
Q＝mq氢＝0.5kg×1.4×108J/kg＝7×107J。
故答案为：压缩体积；热值；7×107。
21．为节约能源、保护环境，现把乡村大量农作物秸秆煤做成秸秆煤。若秸秆煤燃烧释放出的热量有40%被水吸收，现把50kg、20℃的水升高到60℃需要吸收 8.4×106 J热量，需完全燃烧秸秆煤 0.875 kg。新农村建设中，家中的暖气片用水做循环物质，主要是应用了水的比热容 较大 （填“较大”或“较小”）的特性。[秸秆煤热值为2.4×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】8.4×106；0.875；较大。
【分析】（1）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量；
（2）求出了水吸收的热量，由题知Q放×40%＝Q吸，而Q放＝mq，知道秆浆煤的热值，可求需要秸秆煤的质量；
（3）因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】解：（1）烧水所需吸收的热量
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×106J；
（2）秸秆煤所放出的热量：Q放＝＝＝2.1×107J；
燃烧秸秆煤的质量：m＝＝＝0.875kg；
（3）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以暖气装置中用水来供热。
故答案为：8.4×106；0.875；较大。
22．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同燃料的热值、应选择甲和 甲、乙 两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量，是通过 温度计上升示数 来反映的（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）；
（2）比较不同物质吸热升温的特点：
①应选择甲和 丙 两图进行实验；
②不同物质吸热的多少是通过 加热时间 来反映的（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）；
③如图丁所示，若液体a的温度曲线和液体b的温度曲线如图所示，且液体b的比热容是4.0×103J/（kg•℃），液体a的比热容是 2.0×103 J/（kg•℃）。
【答案】（1）甲、乙；温度计升高的示数；（2）丙；加热时间；2.0×103。
【分析】（1）比较不同燃料的燃烧值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；燃料完全燃烧释放的热量可以通过液体温度计示数变化来反应；
（2）①比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料相同而吸热物质不同；
②根据转换法，物质吸收热量的多少可以通过用相同的加热器加热，比较加热时间的长短来反应；
③根据吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，得出温度升高（60℃﹣20℃）时a、b用时相同，根据转换法和c＝，在质量和升高温度相同的情况下，比热容c与Q成正比求液体A的比热容。
【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；质量相同的加热物质，温度变化越大，说明吸收热量越多，所以实验中通过温度计升高的示数来表示燃料放出热量的多少。
（2）①比较不同物质吸热升温的特点，应控制燃料相同而吸热物质不同，应选择甲、丙两图进行实验；
②根据转换法，物质吸收热量的多少可以通过用相同的加热器加热，比较加热时间的长短来反应；
③如果质量和初始温度均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，a温度升高40℃用10分钟，b温度液体升高40℃用20分钟，升高相同的温度，b吸收热量是a的2倍，根据c＝，在质量和升高温度相同的情况下，比热容c与Q成正比，故液体a的比热容是：
cA＝×4.0×103J/（kg•℃）＝2.0×103J/（kg•℃）。
故答案为：（1）甲、乙；温度计升高的示数；（2）丙；加热时间；2.0×103。
23．氢燃料被认为是21世纪最理想的能源。如图所示的氢燃料新能源公交车，满载时的质量为20t，某次满载后从A站出发，在水平地面上以36km/h的速度匀速行驶到B站，此过程中公交车所受阻力为总重的0.07倍。（q氢＝1.4×108J/kg，g＝10N/kg）请作答：
（1）公交车行驶时轮胎会发热，这是通过 做功 的方式改变轮胎的内能；氢燃料具备的优点有 热值高 （写出一条即可）。
（2）该车满载匀速行驶时，发动机的输出功率是多少？
（3）若该公交车从A站出发到B站消耗氢燃料0.4kg，这些燃料完全燃烧产生的热量为多少？
【答案】（1）做功；热值高；
（2）该车满载匀速行驶时，发动机的输出功率是1.4×105W；
（3）这些燃料完全燃烧产生的热量为5.6×107J。
【分析】（1）改变内能的方式有做功和热传递两种；氢燃料的热值高，无污染，据此分析；
（2）根据G＝mg得出该车满载时的重力，
该车满载匀速行驶时，处于平衡状态，所受阻力和牵引力为平衡力，大小相等，且此过程中公交车所受阻力为总重的0.07倍，
故可根据F牵＝f＝0.07G得出该车所受的牵引力＝0.07×2×105N＝1.4×104N，根据P＝＝＝Fv可知发动机的输出功率；
（3）根据W＝Fs得出牵引力所做的有用功，根据Q放＝qm得出消耗的氢燃料完全燃烧放出的热量。
【解答】解：（1）公交车行驶时轮胎会发热，这是通过做功的方式改变轮胎的内能；氢燃料具备的优点有：热值高；
（2）该车满载时的重力G＝mg＝20×103kg×10N/kg＝2×105N，
该车满载匀速行驶时，处于平衡状态，所受阻力和牵引力为平衡力，大小相等，且此过程中公交车所受阻力为总重的0.07倍，
故该车所受的牵引力F牵＝f＝0.07G＝0.07×2×105N＝1.4×104N，
根据P＝＝＝Fv可知发动机的输出功率P＝F牵v＝1.4×104N×10m/s＝1.4×105W；
（3）牵引力所做的有用功W有用＝F牵s＝1.4×104N×1500m＝2.1×107J，
消耗的氢燃料完全燃烧放出的热量Q放＝q氢m氢＝1.4×108J/kg×0.4kg＝5.6×107J，
故答案为：（1）做功；热值高；
（2）该车满载匀速行驶时，发动机的输出功率是1.4×105W；
（3）这些燃料完全燃烧产生的热量为5.6×107J。
24．部分农村地区改用液化气烧菜做饭。现用液化气将质量为5kg，初温为20℃的水在标准大气压下烧开。已知液化气的热值为4.2×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。则：
（1）水吸收的热量？
（2）若液化气完全燃烧放出的热量有40%被水吸收，那么液化气放出的热量为多少？
（3）此次烧水消耗了多少克液化气？
【答案】（1）水吸收的热量为1.68×106J；
（2）若液化气完全燃烧放出的热量有40%被水吸收，那么液化气放出的热量为4.2×106J；
（3）此次烧水消耗了100克液化气。
【分析】（1）知道水的质量、水的比热容，求出水温度的升高值，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；
（2）根据题意可知，水吸收的热量Q吸＝40%Q放，据此求出液化气完全燃烧放出的热量；
（3）利用Q放＝mq求出需要完全燃烧液化气的质量。
【解答】解：
（1）1在标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，
水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×106J；
（2）根据题意可知，水吸收的热量Q吸＝40%Q放，
则液化气完全燃烧放出的热量：
Q放＝＝＝4.2×106J；
（3）由Q放＝mq可知需要完全燃烧液化气的质量：
m＝＝＝0.1kg＝100g。
答：（1）水吸收的热量为1.68×106J；
（2）若液化气完全燃烧放出的热量有40%被水吸收，那么液化气放出的热量为4.2×106J；
（3）此次烧水消耗了100克液化气。
25．为节约能源，某型号汽车在关闭发动机后，通过小型发电机将减速运动时的部分动能转化为电能储存在蓄电池中。表中所示是该型号汽车的部分技术参数，其中储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能的效率，耗油量是指汽车正常行驶100km消耗燃油的体积。测试中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭发电机两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v计算出动能Ek，作出Ek随s变化的图象，如图所示。
（1）发电机发电过程中，动能除了转化为电能外，由于发电机的线圈会发热导致温度升高，因此还有部分能量转化为 内 能。
（2）计算出汽车正常行驶100km，消耗燃油的质量为多少kg，完全燃烧这些燃油产生的热量为3.22×108J，求燃油的热值为多少J/L。（已知燃油的密度为0.7×103kg/m3）
（3）测试时，汽车在大小为800N的牵引力作用下，以25m/s的速度正常行驶1000m。此过程中，下列说法正确的是 D 。
A.汽车受到的阻力为1.2×104N
B.汽车行驶的时间为20s
C.汽车牵引力做的功为3.2×108J
D.汽车牵引力的功率为20kW
（4）由图象可知，表示开启发电机进行测试的图线是 ② （填“①”或“②”），判断的依据是：开启发电机后，有一部分动能转化为电能；而关闭发电机后，动能全部用于 克服摩擦做功 ，因此 关闭 （选填“开启”或“关闭”）发电机时运动的路程会较长。
（5）若汽车正常行驶时的动能EK0＝3.75×105J，某时刻关闭发动机，同时发电机开始工作，最终有多少J的动能转化为内能。
【答案】（1）内； （2）消耗燃油的质量为7kg；燃油的热值为3.22×107J/L；（3）D；（4）②；克服摩擦做功；关闭；（5）最终有1.5×105J的动能转化为内能。
【分析】（1）发电过程中，动能除了转化为电能外，由于线圈有电阻，电流通过线圈时要产生热量。
（2）耗油量是指汽车正常行驶100km消耗燃油的体积，知道燃油的密度，可利用公式m＝ρV计算质量，可利用公式Q＝Vq计算燃料的热值。
（3）A、汽车匀速行驶，在水平方向上受到的牵引力与阻力是一对平衡力，从而可以判断阻力的大小。
B、知道路程和速度，可利用公式t＝计算时间。
C、已知牵引力和移动的距离，可利用公式W＝Fs计算牵引力做的功。
D、知道牵引力做的功和时间，可利用公式P＝计算牵引力的功率。
（4）若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功。因此开启发电机时运动的路程会较短，动能与路程的图象是②；
（5）知道汽车的储能效率，从而可以计算出动能转化为内能的效率，再利用公式W内＝Ek0η计算内能的多少。
【解答】解：（1）在发电过程中，动能除了转化为电能外，由于线圈有电阻，电流通过线圈时要产生热量，还有部分能量转化为内能。
（2）因为V＝10L＝10dm3＝0.01m3，ρ＝0.7×103kg/m3
由密度公式可知，消耗燃油的质量为：m＝ρV＝0.7×103kg/m3×0.01m3＝7kg；
根据Q放＝Vq知，
燃油的热值为：q＝＝＝3.22×107J/L；
（3）汽车在大小为800N的牵引力作用下，以25m/s的速度正常行驶1000m。
A、汽车匀速行驶，在水平方向上受到的牵引力与阻力是一对平衡力，因此牵引力为800N，阻力也为800N，故A错误；
B、由v＝可得，行驶的时间为：t＝＝＝40s，故B错误；
C、牵引力做的功为：W＝Fs＝800N×1000m＝8×105J，故C错误；
D、牵引力的功率为：P＝＝＝20000W＝20kW，故D正确；
故选D。
（4）若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功；因此关闭发电机时运动的路程会较长，动能与路程的图象是②。
（5）因为储能效率60%，
所以动能转化为内能的效率为：η＝1﹣60%＝40%；
而Ek0＝3.75×105J，
所以W内＝Ek0η＝3.75×105J×40%＝1.5×105J。
故答案为：（1）内； （2）消耗燃油的质量为7kg；燃油的热值为3.22×107J/L；（3）D；（4）②；克服摩擦做功；关闭；（5）最终有1.5×105J的动能转化为内能。
\l "_Tc846" 【题型4 热机的效率】
26．搭载着“天舟五号”货运飞船的长征七号运载火箭在我国文昌航天发射场点火发射，在火箭加速升空的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．“天舟五号”飞船的重力势能增大，动能减小
B．“天舟五号”飞船的机械能增大
C．火箭发动机内燃料燃烧产生的内能全部转化为机械能
D．以长征七号运载火箭为参照物，“天舟五号”货运飞船是运动的
【答案】B
【分析】（1）“天舟五号”飞船在加速升空的过程中，质量不变，速度增大，动能变大，高度增加，重力势能变大，而机械能等于动能与势能之和，因此机械能总量变大；
（2）火箭发动机内燃料燃烧产生的内能一部分散失到空气中，一部分转化为机械能，一部分被废气带走；
（4）以长征七号运载火箭为参照物，“天舟五号”货运飞船的位置不变，因此是静止的。
【解答】解：AB、“天舟五号”飞船在加速升空的过程中，质量不变，速度增大，动能变大，高度增加，重力势能变大，而机械能等于动能与势能之和，因此机械能总量变大，故A错误，B正确；
C、火箭发动机内燃料燃烧产生的内能一部分散失到空气中，一部分转化为机械能，一部分被废气带走，故C错误；
D、以长征七号运载火箭为参照物，“天舟五号”货运飞船的位置不变，因此是静止的，故D错误。
故选：B。
27．如图所示是柴油机的示意图，柴油的热值约为4.0×107J/kg。若该柴油机的效率为30%，下列关于柴油机工作过程描述正确的是（ ）
A．如图所示的是压缩冲程
B．该柴油机消耗0.1kg柴油可以获得1.2×106J的有用功
C．该冲程将内能转化为机械能
D．该柴油机燃料释放的能量绝大部分用于克服机械摩擦
【答案】B
【分析】（1）柴油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成，做功冲程将内能转化为机械能；
（2）先根据Q放＝mq求出柴油完全燃烧放出的热量，再根据η＝可求出有用功；
（3）已知柴油机的效率，根据效率的大小分析即可。
【解答】解：AC．图中的冲程中，进气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程，在吸气冲程中没有能量的转化，故AC错误；
B．柴油完全燃烧放出的热量Q放＝qm＝4.2×107J/kg×0.1kg＝4.2×106J，
该汽油机对外做的有用功W＝Q放η＝4.2×106J×30%＝1.26×106J，故B正确；
D．柴油机的效率为30%，柴油机燃料释放的能量少部分转化为机械能，燃料燃烧放出的热量中，一部分用来克服机件摩擦，一部分由机件直接向外散热，废气的温度很高，带走了大部分的热量，故D错误。
故选：B。
28．如图所示是某款汽车能量转化示意图，则汽车的效率是（ ）
A．7%B．30%C．33%D．40%
【答案】B
【分析】根据图示用总能量减去各种能量损失即得汽车的效率。
【解答】解：汽车的效率是η＝100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%，故ACD错误，B正确。
故选：B。
29．现代汽车多数采用四缸或六缸等多缸发动机，每个汽缸都进行四冲程循环。由于各个汽缸交替做功，所以发动机转动比较平稳。关于四冲程汽油机，下列说法正确的有（ ）
A．做功冲程时，将燃料的化学能直接转化成机械能
B．汽油机是将内能转化为机械能的装置
C．随着科学的发展，汽油机的效率可以达到100%
D．吸气冲程中，从进气门进入气缸的是空气
【答案】B
【分析】（1）热机的四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，压缩冲程中机械能转化为内能；做功冲程中内能转化为机械能；
（2）热机的原理是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，内燃机是热机的一种，是燃料在汽缸内燃烧的热机。内燃机分为汽油机和柴油机；
（3）任何能量转化过程都伴随能量的损失，所以转化效率不可能达到100%；
（4）汽油机的吸气冲程中吸入的是空气和汽油的混合物。
【解答】解：A、四冲程内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，故A错误；
B、汽油机是在气缸内燃烧汽油，生成高温高压的燃气，使燃气推动活塞做功，是将内能转化为机械能的装置，故B正确；
C、由于热机在工作过程中总有能量损失，所以汽油机的效率不可能达到100%，故C错误；
D、汽油机吸气冲程时，吸入的是空气和汽油的混合物，故D错误。
故选：B。
30．无人驾驶汽车是一种智能汽车，也可称之为轮式移动机器人，主要依靠车内以计算机系统为主的智能驾驶仪来实现无人驾驶。如图所示为某款无人驾驶汽车，该车以72km/h的速度在一段平直的公路上匀速行驶了10min，消耗汽油1.5kg。假设燃油完全燃烧，汽油机的效率为30%，已知汽油的热值为4.6×107J/kg，g取10N/kg。下列说法中（ ）
①该汽车在这段平直的公路上匀速行驶的路程为12km
②汽油完全燃烧放出的热量为6.9×108J
③该汽车匀速行驶过程中，所受的阻力为1725N
④该汽车匀速行驶过程中，汽车发动机的功率为3.45×103W
A．①③正确B．①③④正确C．①②③正确D．②④正确
【答案】A
【分析】①根据v＝计算该汽车在这段平直的公路上匀速行驶的路程；
②利用Q放＝qm求出消耗的汽油完全燃烧放出的热量；
③④利用η＝×100%的变形式求出汽车发动机做的有用功；
利用P＝求出汽车的输出功率；
汽车匀速行驶，利用P＝＝＝Fv＝fv求得汽车所受的阻力。
【解答】解：①根据v＝知，该汽车在这段平直的公路上匀速行驶的路程：
s＝vt＝72km/h×h＝12km，故①正确；
②消耗的汽油完全燃烧放出的热量为：Q放＝qm＝4.6×107J/kg×1.5kg＝6.9×107J，故②错误；
③④该汽车发动机做的有用功为：W＝Q放η＝6.9×107J×30%＝2.07×107J；
汽车行驶的速度v＝72km/h＝20m/s，行驶的时间为：t＝10min＝600s，
该汽车的输出功率为：P＝＝＝3.45×104W；
汽车匀速行驶，F＝f，故由P＝＝＝Fv可知：f＝＝＝1725N。
故③正确，④错误。
故选：A。
31．（多选）下列关于热现象的说法正确的是（ ）
A．汽油机的做功冲程将内能转化为机械能
B．减少燃料燃烧过程中的热量损失可以提高热机效率
C．正午湖水温度升高，是通过热传递来增大内能的
D．质量相同的物体，吸收相同的热量，比热容大温度升高得多
【答案】ABC
【分析】（1）汽油机的做功冲程将内能转化为机械能；
（2）热机的工作过程中，减少热量损失，可以提高热机的效率；
（3）正午湖水吸收了太阳辐射的能量温度升高，是通过热传递来增大内能的；
（4）根据Δt＝判断，质量相同的物体，吸收相同的热量，比热容大温度升高多还是少。
【解答】解：A、汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，故A正确；
B、热机的工作过程中，减少燃料燃烧过程中的热量损失，可以提高热机的效率，故B正确；
C、正午湖水吸收了太阳辐射的能量温度升高，是通过热传递来增大内能的，故C正确；
D、根据Δt＝知，质量相同的物体，吸收相同的热量，比热容大温度升高得少，故D错误。
故选：ABC。
32．（多选）某品牌无人驾驶汽车在一段平直公路上匀速行驶6.9km，用时5min45s，消耗燃油1.5kg，已知汽车的牵引力是2000N，燃油的热值为4.6×107J/kg，假设燃油完全燃烧。通过计算可知，下列结果正确的是（ ）
A．汽车行驶速度是20km/h
B．消耗的燃油完全燃烧放出的热量是6.9×107J
C．汽车牵引力做功的功率是30kW
D．汽车发动机的效率是20%
【答案】BD
【分析】（1）已知汽车行驶的时间和路程，利用速度公式即可求解；
（2）根据Q放＝mq可求热量；
（3）根据P＝Fv求出功率；
（4）根据W＝Fs可求得该汽车牵引力所做的功；利用效率公式求出该汽车的效率。
【解答】解：A、汽车行驶的时间t＝5min45s＝345s，汽车的行驶速度v＝＝＝20m/s＝72km/h，故A错误；
B、消耗的燃油完全燃烧放出的热量Q放＝mq＝1.5kg×4.6×107J/kg＝6.9×107J，故B正确；
C、汽车牵引力做功的功率是P＝Fv＝2000N×20m/s＝40000W＝40kW，故C错误；
D、该汽车牵引力所做的功W＝Fs＝2×103N×6.9×103m＝1.38×107J，汽车发动机的效率η＝×100%＝×100%＝20%，故D正确。
故选：BD。
33．汽车是我们生活中最重要的交通运输工具之一。某单缸汽油发动机气缸的活塞面积是120cm2，做功冲程中活塞移动的距离是30cm，气体的平均压强是5×105Pa，汽油的热值是4.6×107J/kg，每次做功耗油0.2g，气体一次膨胀对活塞做的功是 1800 J；若每次做功过程中汽油的90%完全燃烧，每次汽油燃烧放出的热量是 8.28×103 J；此汽油机的机械效率是 19.6% 。
【答案】1800；8.28×103；19.6%。
【分析】（1）根据p＝求出气体对活塞的压力，根据W＝Fs求出气体一次膨胀对活塞做的功；
（2）根据Q＝mq求出每次汽油燃烧放出的热量；
（3）利用热机效率计算公式求得热机的效率。
【解答】解：（1）气体膨胀对活塞产生的压力：
F＝pS＝5×105Pa×120×10﹣4m2＝6000N，
气体每次膨胀对活塞做功：
W＝Fs＝6000N×0.3m＝1800J；
（2）完全燃烧汽油的质量m＝0.2×10﹣3kg×90%＝0.18×10﹣3kg，
每次汽油燃烧放出的热量：
Q＝mq＝0.18×10﹣3kg×4.6×107J/kg＝8.28×103J；
汽油燃烧放出的总热量：Q′＝m′q＝0.2×10﹣3kg×4.6×107J/kg＝9.2×103J；
此汽油机的机械效率η＝≈19.6%。
故答案为：1800；8.28×103；19.6%。
34．2022年11月8日至13日，第十四届中国航展在珠海国际航展中心举行。我国具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919已完成首次航展试飞，若C919以200m/s的速度匀速直线航行100s，消耗航空燃油3.5×103kg，飞机发动机的功率为9.8×108W。（航空燃油的热值为4×107J/kg）求：
（1）消耗的航空燃油完全燃烧放出的热量是多少？
（2）飞机航行100s牵引力做功是多少？
（3）发动机的效率是多少？
（4）飞机在航行过程中的阻力是多少？
【答案】（1）消耗的航空燃油完全燃烧放出的热量是1.4×1011J；
（2）飞机航行100s牵引力做功是9.8×1010J；
（3）发动机的效率是70%。
（4）飞机在航行过程中的阻力是4.9×106N；
【分析】（1）利用Q放＝mq求航空煤油完全燃烧放出的热量；
（2）利用W＝Pt求得发动机的效率；
（3）根据η＝求出发动机的效率；
（4）利用P＝Fv求得飞机飞行时的牵引力，因为飞机做匀速直线运动，受到牵引力和阻力是平衡力。
【解答】解：（1）消耗的航空燃油完全燃烧放出的热量为；
（2）飞机航行100s牵引力做功为W＝Pt＝9.8×108W×100s＝9.8×1010J；
（3）发动机的效率为；
（4）飞机飞行时的牵引力为，
因为飞机做匀速直线运动，受到牵引力和阻力是平衡力，故f＝F＝4.9×106N。
答：（1）消耗的航空燃油完全燃烧放出的热量是1.4×1011J；
（2）飞机航行100s牵引力做功是9.8×1010J；
（3）发动机的效率是70%。
（4）飞机在航行过程中的阻力是4.9×106N；
35．混合动力汽车具有节能、低排放等优点，成为汽车研究与开发领域的重点。某新型混合动力汽启动，既可以向车轮输送能量，又可以给蓄电池充电，车速与所受阻力的关系如图所示。在某次测试中，蓄电池储存的电能为5.12×108J，由内燃机提供能量，汽车以50km/h的速度匀速行驶了0.5h，同时蓄电池的电能比之前储存的电能增加了5.12×107J，求：
（1）若所用燃料的热值为4.5×107J/kg，测试过程中消耗8kg燃料（假设燃料完全燃烧），则放出的总热量是多少？
（2）当汽车以20km/h的速度匀速行驶时，汽车受到的牵引力是多少？
（3）内燃机在上面工作过程中的平均效率。
【答案】答：（1）放出的总热量是3.6×108J；
（2）汽车受到的牵引力为1000N
（3）内燃机在上面工作过程中的平均效率是42%。
【分析】（1）根据Q＝mq得出燃料完全燃烧放出的热量；
（2）由图像知汽车的速度为20km/h时，汽车受到的阻力，汽车匀速行驶时，汽车的受到的牵引力和阻力是一对平衡力，据此解题即可；
（3）由v＝可得汽车行驶的路程；
由题知，蓄电池增加的电能，由图象可知，汽车以50km/h的速度匀速行驶所受的阻力，根据W＝fs得出克服阻力做的功，进而得出内能转化为的有用能量，根据η＝得出内燃机的效率。
【解答】解：（1）燃料完全燃烧放出的热量；
（2）由图像知汽车的速度为20km/h时，汽车受到的阻力为1000N，汽车的受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以汽车受到的牵引力为1000N；
（3）由v＝可得汽车行驶的路程s＝vt＝50km/h×0.5h＝25km＝2.5×104m，
由题知，蓄电池增加的电能W1＝5.12×107J，
由图象可知，汽车以50km/h的速度匀速行驶阻力f＝4000N，s＝2.5×104m，
则克服阻力做的功，
所以内能转化为的有用能量为W有用＝W1+W2＝5.12×107J+1×108J＝1.512×108J。
则内燃机的效率。
答：（1）放出的总热量是3.6×108J；
（2）汽车受到的牵引力为1000N
（3）内燃机在上面工作过程中的平均效率是42%。
36．为助力乡村振兴，天水市不少村镇利用水乡特色，将生态农业和旅游观光相结合打造美丽乡村，如图所示是某村使用的观光艇，其部分技术参数如表：（g＝10N/kg，q柴油＝4.3×107J/kg，ρ柴油＝0.8×103kg/m3）
（1）若每位游客的平均质量为60kg，求观光艇满载时，受到的浮力。
（2）若观光艇以最大速度匀速航行时，求观光艇受到水的平均阻力。
（3）某次以最大航速游玩20min，消耗柴油5×10﹣3m3，求发动机的效率。
【答案】（1）观光艇满载时，所受浮力是1.28×104N；
（2）观光艇以最大速度航行时，受到水的平均阻力是4.3×103N；
（3）发动机的效率为30%。
【分析】（1）从技术参数表得出观光艇和满载8人时的总质量，利用重力公式求人、观光艇总重力，再利用漂浮条件求观光艇满载时，所受水的浮力；
（2）从技术参数表得出发动机的最大功率，利用P＝＝＝Fv的变形公式F＝求牵引力；又因为观光艇匀速行驶，受平衡力，据此求受到水的平均阻力；
（3）知道发动机的最大功率，利用公式P＝的变形公式W＝Pt求出发动机输出功（有用功），利用Q放＝mq求出柴油完全燃烧放出的热量（总能量），利用效率公式η＝×100%求柴油发动机的效率。
【解答】解：（1）观光艇满载时观光艇和8人的总质量为：
m＝800kg+60kg×8＝1280kg，
满载时人、观光艇和8人的总重力为：
G＝mg＝1280kg×10N/kg＝1.28×104N，
观光艇漂浮，故观光艇受到的浮力和总重力为平衡力，
观光艇满载乘客时所受浮力为：F浮＝G＝1.28×104N；
（2）结合P＝＝＝Fv可知观光艇受到的牵引力为：
F＝＝＝4.3×103N，
因为观光艇匀速行驶，所以观光艇受到的牵引力和水的阻力为平衡力，
故观光艇受到水的平均阻力为：f＝F＝4.3×103N；
（3）t＝20min＝1200s，
20分钟发动机输出有用功为：
W＝Pt＝4.3×104W×1200s＝5.16×107J，
柴油完全燃烧放出的热量（总能量）为：
Q放＝mq＝ρVq＝0.8×103kg/m3×5×10﹣3m3×4.3×107J/kg＝1.72×108J，
柴油发动机的效率：η＝×100%＝×100%＝30%。
答：（1）观光艇满载时，所受浮力是1.28×104N；
（2）观光艇以最大速度航行时，受到水的平均阻力是4.3×103N；
（3）发动机的效率为30%。
\l "_Tc846" 【题型5 能量转化和转移】
37．如图所示是电锅炉的部分放大图，下列说法不正确的是（ ）
A．电锅炉给水加热时把内能转化成电能
B．锅炉与外面的水位计组成连通器
C．锅炉内水位越高，水对锅炉底部的压强越大
D．锅炉上的安全阀是利用杠杆平衡条件工作的
【答案】A
【分析】（1）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；
（2）上端开口、下端连通的容器是连通器；
（3）同一液体内部，压强随深度的增加而增大；
（4）装置OAB在蒸汽对阀门的压力下可以绕O点转动，构成了一个杠杆。
【解答】解：A、电锅炉给水加热时把电能转化成内能，故A错误；
B、锅炉和外面的水位计上端开口、底部连通，属于连通器，故B正确；
C、同种液体，深度越深，压强越大，锅炉内水位越高，水对锅炉底部的压强越大，故C正确；
D、安全阀门装置OAB在锅炉内蒸汽对阀门的压力下可以绕O点转动，构成了一个杠杆，是利用杠杆平衡条件工作的，故D正确。
故选：A。
38．下列有关能量转化的说法错误的是（ ）
A．为蓄电池充电：电能转化为化学能
B．暖水瓶塞跳起时：机械能转化为内能
C．热机工作：化学能转化内能，内能转化为机械能
D．电动机工作：电能转化为机械能
【答案】B
【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、蓄电池充电时，消耗电能得到化学能，所以是电能转化为化学能，故A正确；
B、暖瓶塞跳起时，瓶内空气的内能减少，瓶塞获得了机械能，所以是内能转化为机械能，故B错误；
C、热机工作时，将燃料化学能转化为内能，再将内能转化为机械能，故C正确；
D、电动机工作时，消耗电能，得到机械能，所以是电能转化为机械能，故D正确。
故选：B。
39．如图所示，是武汉江滩公园中安装的一款太阳能路灯，顶端是太阳能电池板，它白天向灯杆中的蓄电池充电，而夜晚则由蓄电池给路灯供电。下列说法正确的是（ ）
A．白天阳光照射太阳能电池板时，太阳能转化为化学能
B．白天太阳能电池板向蓄电池充电时，化学能转化为电能
C．白天阳光照射太阳能电池板时，太阳能转化为电能
D．夜晚蓄电池给路灯供电时，电能转化为化学能
【答案】C
【分析】太阳能电池板就是将太阳能直接转化为电能的装置；
蓄电池是将电能以化学能的形式储存起来，供电时，将化学能转化成电能，而充电时，是将电能转化成化学能。
【解答】解：分析太阳能路灯的整个工作过程可知：白天，太阳能电池板吸收太阳能，直接将太阳能转化成电能，负责给蓄电池充电，将电能转化成化学能储存起来，以便在晚上使用；所以在白天太阳能电池板给蓄电池充电是将太阳能→电能→化学能；
在晚上，蓄电池给路灯供电，是将化学能转化成电能，再转化为光能使用。故选项中只有C说法正确。
故选：C。
40．2021年10月16日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富搭乘神舟十三号载人飞船，开始了为期6个月的“太空出差”，六个月后将顺利返航。下列说法正确的是（ ）
A．火箭加速升空时，动能转化为重力势能
B．空间站的太阳能电池板将太阳能转化为化学能
C．燃料燃烧时，将内能转化为化学能
D．返回舱进入大气层后与大气摩擦，机械能转化为内能
【答案】D
【分析】能量可以从某一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量保持不变；分析转化前后能量的形式，然后答题。
【解答】解：
A、火箭加速升空时，速度变大，高度变大，动能增大，重力势能增大，是内能转化为机械能，不是动能转化为重力势能，故A错误；
B、太阳能电池板将太阳能转化为电能，故B错误；
C、燃料燃烧时，消耗化学能，得到内能，将化学能转化为内能，故C错误；
D、返回舱进入大气层后与大气摩擦做功，将机械能转化为内能，故D正确。
故选：D。
41．如图是内燃机某冲程的工作示意图，下面四个事例中能量转化与之相同的是（ ）
A．瓶塞冲出B．搓手取暖
C．压缩气体D．钻木取火
【答案】A
【分析】（1）内燃机是利用内能做功的机器，其在工作时有四个冲程，即吸气、压缩、做功、排气四个冲程。其中压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
（2）改变内能的方式有：做功和热传递。做功可以改变物体的内能，对物体做功的过程中，机械能转化为内能，物体内能增加。
【解答】解：
根据图示可知，两个气门都关闭，活塞下行，因此该冲程为做功冲程，将内能转化为机械能；
A、酒精燃烧时化学能转化为内能，试管口塞子喷出是内能转化为机械能，故A符合题意；
B、冬天，搓手取暖是克服摩擦力做功，把机械能转化为内能，内能增加，故B不符合题意；
C、用力将活塞压下，活塞对筒内空气做功，筒内空气的内能增大、温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，此过程中机械能转化为内能，故C不符合题意；
D、钻木取火过程中，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，内能增加，故D不符合题意。
故选：A。
42．如图所示，是太阳能LED照明路灯，白天太阳能电池板将太阳能转化为电能，并向灯杆下方的蓄电池充电，将电能转化为 化学 能储存起来，供夜晚路灯照明。LED灯是一种发光二极管，通过电流可以把电能直接转化成 光 能。
【答案】见试题解答内容
【分析】太阳能电池板把太阳能转化为电能，蓄电池充电时把电能转化为化学能，放电时把化学能转化为电能。
【解答】解：太阳能电池板将太阳能转化电能；蓄电池充电时将电能转化为化学能储存起来。
在夜晚时蓄电池对路灯供电照明，将化学能转化为电能。
故答案为：化学；光。
\l "_Tc16452" 【题型6 能量的利用效率】
43．某研学活动小组在实践活动期间，粗略测量了一农家柴火灶的热效率。同学们在柴火灶的铁锅里倒入5kg水，盖上锅盖，完全燃烧了1kg干木柴使水温从20℃升高到80℃，水吸收的热量为 1.26×106J ，该柴火灶的热效率为 12.6% 。[水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），这种干木柴的热值是1.0×107J/kg]
【答案】1.26×106J；12.6%。
【分析】利用Q放＝mq求1kg的干木柴完全燃烧放出的热量；根据Q吸＝c水m（t﹣t0）求水吸收的热量；根据η＝×100%求该柴火灶的效率。
【解答】解：（1）1kg的干木柴完全燃烧放出的热量：Q放＝m干木柴q干木柴＝1kg×1.0×107 J/kg＝1×107J；
（2）水吸收的热量是：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（80℃﹣20℃）＝1.26×106J；
（3）该柴火灶的效率：η＝×100%＝×100%＝12.6%。
故答案为：1.26×106J；12.6%。
44．小华家使用天然气热水器M，M的热效率η为天然气完全燃烧所释放的化学能转化为水的内能的比例。将温度t1＝20℃的水输入M，M输出体积V＝50L（1L＝1×10﹣3m3）、温度t2＝60℃的热水，读出消耗天然气的体积为ΔV。已知天然气热值q＝3.2×107J/m3，ρ水＝1×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。
（1）M的铭牌标有“3级能效”，由图推断M的热效率可能是哪些？ C 。
A.98%
B.90%
C.86%
D.84%
（2）根据公式 ρ＝ ，求出输出水的质量为 50 kg；根据公式 Q吸＝c水m水（t2﹣t1） ，求出该部分水吸收的热量，即转化为水的内能为 8.4×106 J。
（3）η＝ ×100% （用题目中出现的物理量符号表示）。
【答案】（1）C；（2）ρ＝；50；Q吸＝c水m水（t2﹣t1）；8.4×106；（3）×100%。
【分析】（1）根据图进行推断M的热效率；
（2）已知输出水的体积，利用密度公式求出输出水的质量；
知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算出水吸收的热量；
（3）根据水吸收热量与天然完全燃烧放出热量计算出热水器的效率。
【解答】解：（1）由能效等级图可知，M的铭牌标有“3级能效”，可推断M的热效率可能是86%，故选：C；，
（2）M输出水的体积V＝50L＝50×10﹣3m3，
由ρ＝知，输出水的质量为：m水＝ρ水V＝1×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg；
水吸收的热量Q吸＝c水m水（t2﹣t1）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×106J，
即转化为水的内能为8.4×106J；
（3）天然气释放的能量：Q放＝qV＝qΔV；
水吸收的热量：Q吸＝Q吸＝c水m水（t2﹣t1）＝c水ρ水V（t2﹣t1），
该热水器的热效率：η＝×100%＝×100%。
故答案为：（1）C；（2）ρ＝；50；Q吸＝c水m水（t2﹣t1）；8.4×106；（3）×100%。××型汽车
总质量（kg）
1200
储能效率（%）
60
耗油量（L/100km）
10
空船质量
800kg
发动机输出最大功率
4.3×104W
最大载人数量
8人
最大航速
10m/s