解析卷沪粤版九年级物理上册第十二章内能与热机定向训练试卷.docx

沪粤版九年级物理上册第十二章内能与热机定向训练
考试时间：90分钟；命题人：物理教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 20分）
一、单选题（10小题，每小题2分，共计20分）
1、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
2、把一瓶酒精倒去一半，则剩下的酒精（　　）
A．比热容和热值均变为原来的一半
B．比热容变为原来的一半，热值不变
C．热值变为原来的一半，比热容不变
D．比热容和热值都不变
3、关于内能，下列说法中正确的是（　　）
A．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
4、下列关于温度、内能、热量的说法中正确的是（　　）
A．温度相同的两物体间也可以发生热传递 B．物体温度越高，它的热量就越多
C．要使物体内能增加，一定要吸收热量 D．同一物体温度升高，它的内能增加
5、已知水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），用如图所示的家用电热水壶烧开一壶自来水，水吸收的热量约为（　　）

A．6×104J B．6×105J C．6×106J D．6×107J
6、如图所示，在试管里注入少量的水，用软木塞塞紧管口，用酒精灯加热。一会儿试管里的水沸腾了，水蒸气把软木塞向上冲起。下面解释正确的是（　　）

A．这个过程与内燃机的做功冲程类似
B．试管内水的内能增加是通过做功方式改变
C．酒精燃烧时是内能转化为化学能
D．管内水蒸气的内能减少，温度降低，在试管口变成白色的热空气
7、古时候人们常钻木取火，下列情境中改变内能的方式与其相同的是（　　）
A．吃饭时，金属勺放在热汤中会烫手
B．冬天，搓手可以使手暖和
C．发烧时，冷毛巾敷额头可以降温
D．夏天，喝冷饮使人感到凉爽
8、下列说法正确的是（　　）
A．如果物体逐渐向凸透镜靠近，则所成的像一定不断变大
B．一个物体受到力的作用，其运动状态不一定会发生改变
C．一个物体的温度升高，其内能一定会增大且一定要从外界吸收热量
D．若浸没在液体中的固体所受浮力和重力等大，则该固体和液体的密度一定相等
9、 “二十里中香不断，青羊宫到浣花溪”，这是南宋大诗人陆游对成都的赞誉。漫步在成都的这段“寻香道”，观花赏水，令人心旷神怡。下列分析正确的是（　　）
A．闻到花香是分子做无规则运动的结果 B．溪水的温度高低取决于水流的速度
C．阳光下湖水内能增加是通过做功的方式 D．阳光下的石板温度升高，其比热容增大
10、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
第Ⅱ卷（非选择题 80分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图是我国古代发明的取火器的模型图，把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这是通过______的方式，使筒内空气内能______，温度升高，达到艾绒的着火点。

2、如图所示，在配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，看到的现象是___________。这是因为活塞压缩空气，使空气的内能___________，温度升高，这一过程与内燃机工作的___________冲程原理相同。

3、在如图所示的四幅图中，甲、乙是两个演示实验示意图；丙、丁是四冲程汽油机工作过程中的两个冲程示意图。汽油机的压缩冲程是将________能转化为________能，与压缩冲程原理相同的是图________所示的演示实验；汽油机利用内能来做功的冲程是图________。若某机动车转速表上显示发动机转速为2400转/min，则1s内发动机做功_________次。

4、请根据如表中提供的信息，回答下列问题：
物质
比热容 J/（kg·℃）
物质
比热容 J/（kg·℃）
银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103

（1）由于水比沙石的比热容大，相同质量的水和沙石，吸收或放出相等的热量，水升高或降低的温度比沙石______，所以沿海地区的昼夜温差比内陆地区______；（两空均选填“大”或“小”）
（2）一杯质量为0.2kg的水，温度从70℃降到20℃，在此过程中，水放出的热量为______J，水的比热容______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）冷却食品时，0℃的水与0℃的冰相比，用______冷却效果更好，你判断的依据是______。
5、蹦蹦杄备受青少年喜爱，图是小明玩蹦蹦杆的情景，小明依靠自身的重力挤压蹦蹦杆下端的弹簧时，原有的重力势能就以______的形式储存在弹簧中，跃起后，蹦蹦杆离开地面，小明和蹦蹦杆一起向上运动，随后又向下运动，往返多次后，弹簧的温度有所升高，这是通过______的方式改变了弹簧的内能。

三、计算题（5小题，每小题8分，共计40分）
1、某电压力锅，额定电压220V，有加热和保温两个挡位，其简化电路图如图甲所示。R1、R2都是加热电阻，加热挡时只有电阻R1工作，加热功率为800W；保温时只有电阻R2工作，电阻R2=1210Ω。S为温控开关，可自动实现“加热”和“保温”状态的转换。求：
（1）R1的阻值和压力锅的保温功率。
（2）将2L水从23℃加热到63℃，水吸收的热量是多少?若压力锅的加热效率为84%，额定电压下，加热这些水，需要多少秒？【ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J（kg·℃）】
（3）用电高峰期电压会降低。若电路中只让压力锅单独工作600s，图乙中的电能表转盘转了330转，请算出它的实际加热功率。

2、重庆实验外国语学校教学楼更换了新饮水机，加热水槽部分工作原理电路图如图所示，其中S是一个温控开关，R1为电加热管，R2为限流电阻，A、B为不计阻值的指示灯当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热。达到预定温度时，S自动切换到另一处，使饮水机处于保温状态。饮水机的铭牌如表所示，正常工作时加热管R1的保温功率和加热功率之比为1:100；不计热损失，不考虑温度对阻值的影响。（已知水的比热容为4.2108J/（kg ·℃），大气压值为一个标准大气压）
求：（1）该饮水机装满水后将水从12℃加热到沸腾，水吸收的热量；
（2）该饮水机装满水后正常工作将水从12℃加热到沸腾需要加热的时间；
（3）限流电阻R2的阻值。

××牌饮水机
额定电压
220V
加热时加热管功率
2200W
保温时加热管功率

水箱容积
5L

3、氢燃料新能源公交车逐渐在不少城市投放使用。氢燃料的热值为1.5×108J/kg，c水=4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）质量为0.56kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；
（2）若放出的热量全部被质量为500kg，温度为15℃的水吸收，则水升高的温度；
（3）如果氢燃料公交车的效率为70%，则燃烧0.56kg的氢燃料可使以140kW恒定功率匀速行驶的公交车能行驶多长时间。
4、质量为2kg的水温度升高5℃，求吸收的热量Q吸「c水=4.2×103J/kg·℃」
5、利用某品牌某型号燃气热水器对20kg、初温度为20的水进行加热时，完全燃烧了0.105m3的煤气。已知水的比热容为4.2，煤气的热值为，假设煤气完全燃烧放出的热量被水全部吸收。求：   
（1）煤气完全燃烧放出的热量；
（2）水温升高到多少？
四、实验探究（2小题，每小题10分，共计20分）
1、小明和小华分别利用图甲所示的相同装置探究水沸腾时温度变化的特点，当水温接近90℃时每隔0.5min记录一次温度，并绘制出如图乙所示的水温与时间关系的图像。

（1）实验时，判断水沸腾的依据是______
A．有大量气泡冒出
B．温度计示数不再发生变化
（2）分析图乙可知，小华将水加热至沸腾的时间明显较长，他认为小华用的水比小明用的水多。请写出你的判断过程______（要用必要的公式）。
2、图甲是小丽同学探究“冰熔化时温度的变化规律”的实验装置图。

（1）如图乙所示，温度计的示数为______；
（2）她将冰熔化的过程绘制成如图丙所示的温度随时间变化的图像。分析图像数据可知，冰是______（选填“晶体”或“非晶体”）；
（3）分析图丙可知，该物质在t1时刻的内能______t2时刻的内能；CD段加热时间是AB段加热时间的2倍，则冰的比热容______水的比热容（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）；
（4）当试管中的冰全部熔化成水后，继续用酒精灯加热，试管中的水______沸腾（选填“能”或“不能”）。

-参考答案-
一、单选题
1、D
【详解】
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。
2、D
【详解】
比热容是物质的一种特性，不同物质的比热容一般不同，比热容的大小与物质的种类、状态有关，和其质量、体积大小无关，所以剩下的酒精的比热容不变；热值是燃料的一种特性，与燃料的质量m和燃烧程度无关，所以剩下的酒精的热值不变；故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
3、D
【详解】
A．因为一切物体的分子都在不停的做无规则运动，所以一切物体都具有内能，的冰具有内能，故A错误；
B．内能的大小跟质量、温度、状态有关，故B错误；
C．热量总是从温度高的物体向温度低的物体转移，故C错误；
D．金属汤勺放在热汤中，汤勺从汤中吸热，温度升高，这是通过热传递的方式改变内能的，故D正确。
故选D。
4、D
【详解】
A．热传递的条件是需要有温度差，所以温度相同的两物体间不可以发生热传递，故A错误；
B．热量是过程量，描述它的术语只能用“吸收”或“放出”，不能说“含有”。故B错误；
C．物体内能增加有两个方式：一是从外界吸收热量，一是外界对物体做功，所以不一定吸收热量，也可以通过做功的方式增加内能。故C错误；
D．内能的大小与物体的质量和温度等有关，故同一物体温度升高，其分子的热运动越剧烈，分子动能越大，所以它的内能增加，故D正确。
故选D。
5、B
【详解】
这样的壶，装满水，水的质量约为2kg。室温温度约为20℃，将水加热至沸腾，水的温度升高了80℃，根据公式可以计算出水吸收的热量为6.72105J。
选项A、C、D数值差距较大，不符合题意；选项B数值接近，符合题意。
故选B。
6、A
【详解】
B．用酒精灯加热，是通过热传递的方式使得水的内能增加，产生大量水蒸气，故B错误；
C．酒精灯燃烧时，把化学能转化为内能，故C错误；
D．水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能木塞冲出；此时水蒸气的内能减少，温度降低，液化为小水滴，即我们看到的白雾，故D错误；
A ．在汽油机的做功冲程中，燃气膨胀做功，将内能转化为机械能，所以汽油机的做功冲程是此原理的应用，故A正确。
故选A。
7、B
【详解】
常钻木取火，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，故是通做功的方式改变内能。
A．吃饭时，金属勺放在热汤中会烫手，只涉及能量的转移，没有涉及能量的转化，故是热传递的方式改变内能，故A不符合题意；
B．冬天，搓手可以使手暖和，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，故是通做功的方式改变内能，故B符合题意；
C．发烧时，冷毛巾敷额头可以降温，只涉及能量的转移，没有涉及能量的转化，故是热传递的方式改变内能，故C不符合题意；
D．夏天，喝冷饮使人感到凉爽，只涉及能量的转移，没有涉及能量的转化，故是热传递的方式改变内能，故D不符合题意。
故选B。
8、B
【详解】
A．物体逐渐向凸透镜靠近，则所成的像不一定不断变大，例如物体位于焦点以内时，物体逐渐向凸透镜靠近像则变小，故A错误；
B．物体受到平衡力的作用时，运动状态不发生变化，故B正确；
C．一个物体的温度升高，其内能一定会增大，可能是因为从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故C错误；
D．浸没在液体中的固体所受浮力和重力等大，如果该固体是实心的，则该固体和液体的密度相等；如果是空心的，不一定相等，故D错误。
故选B。
9、A
【详解】
A．闻到花香是由于分子在永不停息地做无规则运动，花香分子扩散到了空气中，进入人的鼻子从而闻到香味，故A正确；
B．由Q=cmΔt可知，溪水的温度高低与溪水的质量和吸收的热量等因素有关，与水流的速度无关，故B错误；
C．阳光下湖水通过吸收太阳辐射的热量使得其内能增加，这是通过热传递的方式增加内能，故C错误；
D．比热容是物质本身的一种特性，与物体的温度无关，故阳光下的石板温度升高，其比热容不变，故D错误。
故选A。
10、C
【详解】
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。
二、填空题
1、     做功     增大
【详解】
[1]把木制推杆迅速推入牛角套筒时，压缩气体做功，将机械能转化为内能，故是做功的方式改变内能。
[2]推杆压缩气体对气体做功，气体的内能增大，温度升高。
2、     硝化棉燃烧     增加     压缩
【详解】
[1][2]当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，温度也会随之上升，当温度达到硝化棉的着火点时，会看到硝化棉燃烧。
[3]活塞压缩空气使空气内能增加，这是机械能转化为内能，在内燃机四个冲程中，只有压缩冲程是机械能转化为内能，所以这一过程与内燃机工作的压缩冲程原理相同。
3、     机械     内     乙     丙     20
【详解】
[1][2]汽油机的压缩冲程是将活塞的机械能转换为燃料的内能。
[3]图甲中，水被加热汽化成水蒸气，水蒸气推动试管向外运动，是内能转化为机械能，乙图中，活塞向下运动压缩筒内空气，活塞的机械能转化为内能，所以与压缩冲程原理相同的是图乙。
[4]汽油机的做功冲程中，两个气门都关闭，活塞向下运动。而图丙中，两个气门都关闭，活塞向下运动；图丁中，两个气门都关闭，活塞向上运动。所以图丙是做功冲程。
[5]由题意知，发动机1s内转动的圈数

发动机每转动两圈，做功一次，所以1s发动机做功20次。
4、     小     小     4.2×104     不变     0℃的冰     见解析
【详解】
（1）[1][2]水的比热容比沙石的比热容大，由Q=cmΔt可知，相同质量的水和沙石，吸收或放出相等的热量时，水升高或降低的温度比沙石小，沿海地区的昼夜温差比内陆地区小。
（2）[3]水放出的热量
Q放=cm(t0-t)=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(70℃-20℃)=4.2×104J
[4]比热容是物质的一种特性，水温度降低、状态不变，则水的比热容大小不变。
（3）[5][6]质量相同的0℃的冰和0℃的水，虽然温度相同，但是0℃的冰变成0℃的水多一个熔化吸热过程，直到冰全部熔化后温度才可能继续上升。所以质量相同的0℃的冰和0℃的水，升高到相同温度，0℃的冰吸热更多一些，故质量相同的0℃的冰冷却效果更好。
5、     弹性势能     做功
【详解】
[1]小明依靠自身的重力挤压蹦蹦杆下端的弹簧时，小明所处高度变小，所以重力势能变小，弹簧的形变量变大，弹性势能变大，所以原有的重力势能就以弹性势能的形式储存在弹簧中。
[2]小明和蹦蹦杆一起向上运动，随后又向下运动，往返多次后，此过程中有力对弹簧做功，弹簧的温度有所升高，内能变大，这是通过做功的方式改变了弹簧的内能。
三、计算题
1、（1）60.5Ω，40W；（2）3.36×105J，；（3）660W
【详解】
解：（1）加热挡时只有电阻R1工作，加热功率为800W，则 的阻值

保温时只有电阻R2工作，电阻R2=1210Ω，则保温档的功率

（2）水的体积

水的质量

水吸收的热量

由得

由得加热这些水需要的时间

（3）实际消耗的电能

则实际电功率

答：（1）R1的阻值是60.5Ω，压力锅的保温功率是40W；
（2）将2L水从23℃加热到63℃，水吸收的热量是 ，若压力锅的加热效率为84%，额定电压下，加热这些水，需要500s；
（3）它的实际加热功率是660W。
2、（1）1.848×106J；（2）840s；（3）2178Ω
【详解】
解：（1）由得，该饮水机装满水时，水的质量为

一个标准大气压水的沸点为100℃，该饮水机装满水后将水从12℃加热到沸腾，水吸收的热量

（2）不计热损失，该饮水机装满水后正常工作将水从12℃加热到沸腾放出的热量

由得，该饮水机装满水后正常工作将水从12℃加热到沸腾需要加热的时间

（3）由图得，当开关S接左边接线柱时，指示灯A和加热电管R1串联，此时饮水机处于加热状态，此时电路中的电阻为

由 得，加热电管R1的阻值为

当开关S接右边接线柱时，指示灯B、R2为限流电阻、加热电管R1串联，此时饮水机处于保温状态，此时电路中的电阻为

加热状态的电压和保温状态的电压相等，由 得

解得

答：（1）该饮水机装满水后将水从12℃加热到沸腾，水吸收的热量为1.848×106J；
（2）该饮水机装满水后正常工作将水从12℃加热到沸腾需要加热的时间为840s；
（3）限流电阻R2的阻值为2178Ω。
3、（1）8.4×107J；（2）50℃；（3）420s
【详解】
(1)0.56kg的氢燃料完全燃烧放出的热量
Q放=m氢q=0.56kg×1.5×108J/kg=8.4×107J
(2)由题意知道，水吸收的热量
Q吸=Q放=8.4×107J
由知道，水升高的温度

(3)公交车所做的功为
W=ηQ放=8.4×107J×70%=5.88×107J
由 知道，公交车行驶时间

答：(1)质量为0.56kg的氢燃料完全燃烧放出8.4×107J热量；
(2)若这些热量全部被质量为400kg，温度为15℃的水吸收，则水升高50℃；
(3)这些热量能让该公交车匀速行驶420s。
4、4.2×104J
【详解】
解：水吸收的热量
Q吸=cm水Δt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×5℃=4.2×104J
答：吸收的热量是4.2×104J。
5、（1）；（2）70
【详解】
解：（1）煤气完全燃烧放出的热量

（2）由吸热公式可知

则水的末温为

答：（1）煤气完全燃烧放出的热量为；
（2）水温升高到多少。
四、实验探究
1、     B     见详解
【详解】
（1）[1]液体沸腾前到正在沸腾都有气泡产生，随着接近沸腾时气泡越来越多，所以难以明确区分，而液体沸腾时的特点是吸热温度保持不变，故A不符合题意，B符合题意。
故选B。
（2）[2]相同的加热器，相同时间放出的热量相同，加热时间长表明吸收热量多，根据热量计算公式，当比热容与温度变化量相同时，吸热多少与液体的质量成正比，故同等加热条件下，升高相同的温度，液体的质量越大需要加热时间长。
2、     −4     晶体     小于     小于     不能
【详解】
（1）[1]观察温度计刻度，该温度计的分度值是1℃，且从下到上示数变小，说明是零下温度，则从0刻度处向下数为4格，则读数为−4℃。
（2）[2]由丙图可知，在t1-t2这段时间内，温度不变，冰具有一定的熔化温度，说明冰是晶体。
（3）[3] t1~t2表示冰在熔化，熔化过程中，要持续吸热，内能增加，但是温度不变，所以t1时刻的内能小于t2时刻的内能。
[4]质量相同的同种物质，处于不同状态时，均升高10℃，水加热时间长，说明吸收的热量多，比热容更大，所以冰的比热容小于水的比热容。
（4）[5]烧杯中的水沸腾后，温度不再升高，试管中的水温能达到沸腾的温度，但不能继续吸热，所以不能沸腾。