专题02 内能的利用（期中专项训练）九年级物理上学期新教材人教版练习 含答案

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题型1 热机四冲程的判断
题型10 固体和液体的热值计算
题型2 热机四冲程的能量转化
题型11 气体的热值计算
题型3 汽油机与柴油机的异同
题型12 比较不同燃料的热值大小
题型4做功的次数的计算
题型13 热机的效率公式与计算
题型5 冲程的个数的计算
题型14 热机的效率的概念
题型6 工作循环次数的计算
题型15 热机效率公式的定性比较
题型7 燃料热值的概念
题型16 能量的转化与转移
题型8 燃料热值的影响因素
题型17 能量守恒定律
题型9 热值的简单计算
题型18 能量的利用效率
题型一 热机四冲程的判断（共2小题）
1．（2024秋•宜都市期中）如图是汽油机一个工作循环的四个冲程，以下说法正确的是（ ）
A．汽油机一个工作循环四个冲程的正确顺序是：丙、甲、丁、乙
B．汽油机吸气冲程汽缸吸进的物质是汽油
C．若汽油机每秒做功10次，则飞轮的转速为1200r/min
D．图丁是做功冲程，机械能转化为内能
【答案】C
【解答】解：汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连续工作的，
①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸．
②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高．
③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功．
④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸．
A、汽油机一个工作循环四个冲程的正确顺序是：乙、甲、丁、丙，故A错误；
B、汽油机吸气冲程汽缸吸进的物质是汽油和空气组成的燃料混合物，故B错误；
C、由于汽油机飞轮转2r，对外做一次功，若汽油机每秒做功10次，则飞轮每秒转20r，则飞轮的转速一分钟转20r×60＝1200r，即1200r/min，故C正确；
D、图丁是做功冲程，内能转化为机械能，故D错误。
故选：C。
2．（2024秋•白云区期中）根据图中实验回答问题。
（1）如图1所示，在热水和冷水中分别滴入两滴墨水，不要搅动杯中的水，选用热水和冷水做实验的目的是便于探究分子无规则运动速度与 温度 的关系。
（2）如图2所示，瓶内装有少量的水，水上方有水蒸气，用打气筒向瓶内打气，当塞跳起时，瓶内出现白雾，这说明气体对外做功时，内能 减小 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）如图3所示是热机的 压缩 冲程，这个冲程是通过 做功 的方式改变它的内能。
（4）如图4所示，当软木塞被冲出时，发生的能量转化是 内能 转化为 机械能 。
（5）如图5的实验说明了 分子之间存在引力 。
【答案】（1）温度；（2）减小；（3）压缩；做功；（4）内能；机械能；（5）分子之间存在引力。
【解答】解：（1）在分别盛有热水和冷水的玻璃杯中，小心地滴入一滴红墨水，会看到滴入热水中的红墨水扩散得快；选用热水和冷水做实验，这是因为冷水和热水的温度不同，以便于探究分子无规则运动速度与温度的关系；
（2）给瓶内打气，当瓶塞跳起时，可以看到，瓶内出现白雾，说明水蒸气液化成了小水滴，这个过程中，气体膨胀对外做功，内能减少，温度降低；
（3）由图可以看出，热机的进气门关闭，排气门关闭，活塞由下向上运动，为压缩冲程；热机在压缩冲程中，机械能转化为内能，通过做功改变内能的；
（4）酒精灯加热试管使水沸腾，产生大量的水蒸气，水蒸气把塞子冲出，对外做功，将内能转化为软木塞子的机械能；
（5）两块表面平整的铅放在一起，经过一段时间下面能吊起重物，说明分子间存在引力。
故答案为：（1）温度；（2）减小；（3）压缩；做功；（4）内能；机械能；（5）分子之间存在引力。
题型二 热机四冲程的能量转化（共4小题）
3．（2024秋•武汉期中）如图a所示为我国002号航母“山东舰”上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在2s内达到起飞速度，如图b所示为四冲程汽油机的工作示意图。下列判断错误的是（ ）
A．图a中汽缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力
B．图a中汽缸内的蒸汽推动活塞时，蒸汽的内能减小
C．从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图乙所示的原理相似
D．若该汽油机1秒可对外做功30次，则其飞轮转速为3600r/min
【答案】C
【解答】解：A、图a中汽缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力，故A正确；
B、图a中汽缸内的蒸汽推动活塞时，蒸汽的内能减小，内能转化为机械能，故B正确；
C、甲是吸气冲程，乙是压缩冲程，丙是做功冲程，丁是排气冲程，从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图丙所示的原理相似，故C错误；
D、内燃机的一个工作循环，活塞往复两次，飞轮转两周，对外做一次功，若该汽油机1秒可对外做功30次，则其飞轮转速为2×30×60r/min＝3600r/min，故D正确。
故选：C。
4．（2024秋•惠州期中）关于汽油机，下列说法正确的是（ ）
A．吸气冲程中，只有汽油吸入了汽缸
B．压缩冲程中，用做功方式使汽缸内气体的内能减小
C．做功冲程中，燃料释放的内能转化为机械能
D．汽油机转速为1800r/min，该汽油机每秒完成120个冲程
【答案】C
【解答】解：A．汽油机的吸气冲程中，吸入气缸的是汽油和空气的混合物，故A错误；
B．压缩冲程中，活塞压缩缸内气体做功，用做功方式使气体的内能增大，故B错误；
C．做功冲程中，燃气对外做功，将内能转化为机械能，故C正确；
D．汽油机转速为1800r/min＝30r/s，该汽油机每秒完成15个工作循环，60个冲程，故D错误。
故选：C。
5．（2024秋•湖北校级期中）塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过 做功 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这一过程与内燃机 做功 冲程的能量转化情况相同。
【答案】做功；做功。
【解答】解：小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，把机械能转化为内能，使瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过做功的方式改变瓶内气体的内能；
当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这是瓶内气体对瓶盖做功，把气体的内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程中将内能转化为机械能，所以这一过程与内燃机的做功冲程的能量转化情况相同。
故答案为：做功；做功。
6．（2024秋•宝丰县期中）如图所示是我国古代劳动人民的智慧“取火”“用火”的两种模型图。甲图中把木质推杆迅速推入内壁光滑的牛角套筒时，杆前端的艾绒立刻燃烧起来，这一过程的能量转化与汽油机的 压缩 冲程相同。乙图中的“艾灸”，是用点燃用艾叶制成的艾炷、艾条，熏烤人体的穴位以达到保健治病的一种自然疗法。“艾灸”是通过 热传递 的方式改变人体穴位处内能的。
【答案】压缩；热传递。
【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，所以气体内能增加，则温度升高，达到艾绒的着火点，使艾绒着火达到取火的目的，此过程中是机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程的能量转化相同。
由题意知，“艾灸”是用点燃用艾叶制成的艾炷、艾条，熏烤人体的穴位以达到保健治病的一种自然疗法，因此“艾灸”是通过热传递的方式改变人体内能的。
故答案为：压缩；热传递。
题型三 汽油机与柴油机的异同（共3小题）
7．（2024秋•七里河区校级期中）汽油机和柴油机有很多的异同点，下列有关四冲程汽油机和柴油机的异同点说法不正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机
B．吸气冲程，汽油机吸入的只有空气，柴油机吸入的是柴油和空气的混合物
C．汽油机和柴油机的一个工作循环对外只做一次功，曲轴转两圈
D．柴油机的点火方式是压燃式，汽油机的点火方式是点燃式
【答案】B
【解答】解：A、柴油机和汽油机都属于内燃机，工作过程中将燃料燃烧释放出的内能转化为活塞的机械能，故A正确；
B、工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气，故B错误；
C、四冲程汽油机和柴油机的一个工作循环，四个冲程，活塞往复运动两次，曲轴连杆转两周，飞轮转两周，只有做功冲程对外做功一次，把内能转化为机械能，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。故C正确；
D、柴油机的点火方式是压燃式，汽油机的点火方式是点燃式，在压缩冲程中，柴油机对气体压缩程度更大，对气体对功更多，所以柴油机在压缩冲程末的温度比汽油机高，故D正确。
故选：B。
8．（2024秋•东坡区期中）下面关于汽油机与柴油机的说法中，正确的是（ ）
A．汽油机与柴油机在吸气冲程吸入的燃料相同
B．柴油机和汽油机采用的点火方式相同
C．柴油机汽缸顶部有个喷油嘴，汽油机汽缸顶部有个火花塞
D．柴油机的效率比汽油机低
【答案】C
【解答】解：
A、在吸气冲程中，汽油机吸入汽缸的是汽油和空气的混合气体，柴油机吸入汽缸的是空气，故A错误；
B、在压缩冲程末，汽油机中火花塞打出的电火花点燃汽油和空气的混合气体，柴油机中喷油嘴喷出的雾状柴油遇到高温高压的空气被点燃，故B错误；
C、柴油机气缸顶部有个喷油嘴，汽油机气缸顶部有个火花塞，故C正确；
D、在做功冲程中，柴油机里燃气的压强比汽油机的大，所以柴油机的效率比汽油机高，故D错误。
故选：C。
9．（2024秋•双清区校级期中）柴油机和汽油机的主要区别在于，汽油机在吸气冲程中吸入汽油和空气的混合物，而柴油机吸入的只有 空气 ，构造上柴油机顶端有喷油嘴，而汽油机顶部有 火花塞 。
【答案】空气；火花塞。
【解答】解：工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气。
故答案为：空气；火花塞。
题型四 做功的次数的计算（共3小题）
10．（2024秋•怀化期中）下列关于如图所示的某单缸四冲程汽油机的说法中，正确的是（ ）
A．靠飞轮的惯性完成的冲程是甲、乙、丁
B．四冲程内燃机一个工作循环中的工作过程依次是丁、丙、甲、乙
C．若飞轮转速为3000r/min，则该汽油机1s能做功25次
D．丁图中汽缸内气体的温度会降低
【答案】C
【解答】解：AB、甲图中两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程；乙图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；丙图中排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；丁图中两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，所以正确的排序是乙、丁、甲、丙；内燃机的一个工作循环有四个冲程，只有在做功冲程中使机车获得动力，内能转化为机械能，其它三个冲程均为辅助冲程，依靠惯性完成，即依靠飞轮惯性完成冲程的是乙、丙、丁，故AB错误；
C、四冲程汽油机的飞轮转速为3000r/min，则该飞轮1s转50圈，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，所以1s飞轮转50圈，共25个工作循环，共100个冲程，共做功25次，故C正确；
D、丁图是压缩冲程，机械能转化为内能，气体的内能增加，气体的温度会升高，故D错误。
故选：C。
11．（2024秋•分宜县期中）如图所示，为某一四冲程汽油机工作过程中某一时刻的示意图，请判断此刻该汽油机处于 做功 冲程，若这台汽油机飞轮转速为1800r/min，则它在一秒内做功 15 次。
【答案】做功；15。
【解答】解：由图可知，进气门和排气门均关闭，活塞向下运动，通过连杆带动曲轴转动，对外做功，说明此刻该汽油机处于做功冲程。
这台汽油机飞轮转速为1800r/min，即30r/s，说明该飞轮每秒钟转30圈。因为一个工作循环飞轮转2圈，做功1次，所以一秒内飞轮转30圈共做功15次。
故答案为：做功；15。
12．（2024秋•隆回县期中）汽油机将内能转化为机械能的是 做功 冲程，某单缸四冲程汽油机飞轮转速是2400r/min。则此汽油机每秒对外做功 20 次。
【答案】做功；20。
【解答】解：汽油机的做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞做功，把内能转化为机械能；
汽油机的转速为2400r/min，说明1s内汽油机曲轴的转动次数等于40．一个工作循环中，曲轴转动两周，对外做功一次，1s内曲轴转动40次，对外做功20次。
故答案为：做功；20。
题型五 冲程的个数的计算（共2小题）
13．（2024秋•南宁期中）某单缸四冲程汽油机的气缸活塞面积为30cm2，一个冲程活塞在气缸中移动的距离是50mm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为9.0×105Pa，飞轮1min转动1800周，当汽油机满负荷工作时（不计摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A．一个做功冲程中燃气对活塞做的功为135J
B．汽油机的功率为2502W
C．做功冲程中燃气对活塞的平均压力为2.7×107N
D．汽油机每秒内完成30个冲程
【答案】A
【解答】解：AC、由题可知，p＝9.0×105Pa，S＝30cm2＝3×10﹣3m2，满负荷工作时一个做功冲程中燃气对活塞压力为F＝pS＝9.0×105Pa×3×10﹣3m2＝2700N，
一个做功冲程中燃气对活塞做的功为W＝Fs＝2700N×50×10﹣3m＝135J，
故A正确，C错误；
B、汽油机的飞轮转2周是一个工作循环，对外做功一次，飞轮1min转动1800周，共完成900个工作循环，共对外做功
W总=900×135J=1.215×105J
汽油机的功率为
P=W总t=1.215×105J60s=2025W，
故B错误；
D．汽油机的飞轮转2周是一个工作循环，一个工作循环完成4个冲程，飞轮1min转动1800周，则每秒转30周，共完成15个工作循环，共完成60个冲程，故D错误。
故选：A。
14．（2024秋•平顶山期中）如下图，甲、乙是课堂上看到的两个演示实验示意图；丙、丁是四冲程汽油机工作过程中的其中两个过程示意图。利用内能来做功的冲程是 丁 图，与压缩冲程原理相同的是 甲 图所示的演示实验。若某汽油机飞轮转速为3600r/min，则它每秒完成 120 个冲程。
【答案】丁；甲；120。
【解答】解：甲图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，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。是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；
乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能；
丙图两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程；压缩冲程是把机械能转化为内能的过程；
丁图两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程；做功冲程将内能转化为机械能；
因此利用内能来做功的冲程是丁；与压缩冲程原理相同的是甲实验；
若汽油机飞轮转速是3600r/min＝60r/s，所以此汽油机每秒钟转60圈，可完成30个工作循环，120个冲程。
故答案为：丁；甲；120。
题型六 工作循环次数的计算（共2小题）
15．（2024秋•集贤县期中）某四冲程内燃机的飞轮转速为3600r/min，则在每秒钟内（ ）
A．对外做功30次B．对外做功60次
C．完成240个冲程D．完成60个工作循环
【答案】A
【解答】解：四冲程内燃机的飞轮转速为3600r/min＝60r/s，即内燃机飞轮每秒转60圈，
由于内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功一次，所以该内燃机每秒钟完成120个冲程，有30个工作循环，对外做功30次。
故选：A。
16．（2024秋•威海校级期中）2024年4月19日，两辆以氢为燃料的汽车，实现了从北京到上海1500公里长距离运输的首次测试。其工作原理与传统四冲程汽油机相同，其飞轮的转速为1800r/min，则发动机工作时每秒有 30 次能量转换，图中是工作循环中的 做功 冲程。
【答案】30；做功
【解答】解：汽油机的飞轮转速为1800r/min，说明1min飞轮转1800r，则每秒钟，飞轮转
1800r60=30r
完成
302=15
个工作循环，做功15次，对外做功一次，完成两次能量转化，所以每秒有30次能量转化。
进气门关闭，排气门关闭，此时火花塞产生电火花，活塞向下推，汽油燃烧后产生内能，同时将内能转化为机械能，此过程是做功冲程。
故答案为：30；做功。
题型七 燃料热值的概念（共2小题）
17．（2024秋•鼓楼区校级期中）植物油燃料是一种新型燃料，可用来替代传统燃料。其不易燃、不易爆、无烟无异味，在节能方面比传统燃料更胜一筹，进行同样的工作消耗的燃料更少，是因为该燃料具有较大的（ ）
A．热值B．比热容C．质量D．密度
【答案】A
【解答】解：进行同样的工作，需要的热量一定，结合消耗的燃料更少，根据Q＝qm知，m越小，说明热值越大，故该燃料具有较大的热值。
故选：A。
18．（2024秋•霍邱县期中）常用液氢用作火箭燃料，是因为氢的 热值 大；2024年4月30日17时46分，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，返回舱载着三名航天员返回地球，返回过程中舱体与空气剧烈摩擦使其底部温度高达上千摄氏度，这是通过 做功 方式改变了返回舱的内能。
【答案】热值；做功。
【解答】解：燃料的热值是燃料本身的一种特性，液态氢的热值比较大，在相同条件下，完全燃烧放出的热量比其他燃料更多，所以火箭通常用液态氢作燃料，就是利用它热值大的特点。
热传递和做功都可以改变物体的内能。返回舱返回过程中舱体与空气剧烈摩擦，通过做功的方式使返回舱的内能增大，温度升高。
故答案为：热值；做功。
题型八 燃料热值的影响因素（共3小题）
19．（2024秋•诸城市期中）《齐民要术》中对醋的制作工艺有记载：“作大豆千岁苦酒（醋）法：用大豆一斗，熟汰之，渍令泽炊。暴极燥，以酒酷灌之。任性多少，以此为率。”蒸煮是酿醋过程中的一个重要工序。如图所示是将大豆进行蒸煮的过程，则（ ）
A．煮大豆是通过做功的方式增加内能
B．用火种引燃木柴是通过做功的方式改变内能
C．灶里木柴燃烧的过程，将化学能转化成了内能
D．将木柴架空一些，火能燃烧更旺，可以提高木柴的热值
【答案】C
【解答】解：AB、煮大豆、用火种引燃木柴都是通过热传递的方式增加内能，故AB错误；
C、灶里木柴燃烧的过程，将化学能转化成了内能，故C正确；
D、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，故D错误。
故选：C。
20．（2024秋•咸阳期中）在工农业生产中，常用的内燃机有汽油机和柴油机，汽油机比较轻巧，常用在汽车、飞机和小型农业机械上。下列有关汽油型汽车说法正确的是（ ）
A．若四冲程单缸汽油机的转速是600r/min，它每秒做功5次、经历10个冲程
B．若汽油的热值为4.6×107J/kg，则完全燃烧0.2kg汽油放出的热量是9.2×106J
C．使燃料燃烧更充分，可以提高燃料的热值
D．做有用功相同的情况下，热机的效率越低，消耗的燃料越少
【答案】B
【解答】解：A、内燃机的一个工作循环有四个冲程，飞轮转2圈；即：飞轮每转2圈，完成一个工作循环，对外做功1次；
单缸四冲程内燃机飞轮的转速为600r/min，则该柴油机每秒钟转10圈，完成5个工作循环，完成20个冲程，对外做5次功，故A错误；
B、汽油完全燃烧释放的热量：Q放＝mq汽油＝0.2kg×4.6×107J/kg＝9.2×106J，故B正确；
C、热值是燃料的一种特性，与燃烧情况无关，故C错误；
D、根据η=WQ放和Q放＝mq可知，在做功相同的情况下，热机的效率越高，消耗的燃料越少，故D错误。
故选：B。
21．（2024秋•鞍山期中）合理分类和利用垃圾可以变废为宝。在一定条件下，1吨垃圾能”榨”出170kg燃料油，燃烧时燃料油的 化学 能转化为内能，燃料油用去一半后，其热值将 不变 。（均填“变大”“不变”或“变小”）
【答案】化学；不变。
【解答】解：燃料油燃烧过程中，将燃料油的化学能转化为内能；
因为燃料的热值是燃料的特性，不随燃料质量的改变而改变，所以燃料油用去一半后，燃料油的质量变少，剩余燃料油的热值不变。
故答案为：化学；不变。
题型九 热值的简单计算（共3小题）
22．（2024秋•无棣县期中）有一种“涡轮增压”（T型）轿车，通过给发动机更足量的空气使汽油更充分地燃烧，比普通轿车（L型）更节能，排气更清洁。同样的汽油加在T型轿车内与加在L型轿车内相比热值 一样大 （选填“更大”、“一样大”或“更小”）；为防止发动机温度过高，用水进行冷却，这是利用水的 比热容 较大。
【答案】一样大；比热容。
【解答】解：（1）热值只与燃料的种类有关，与燃烧情况无关，因此汽油加在T型轿车内与加在L型轿车内热值一样大；
（2）用水做冷却剂是因为质量和升高相同的温度时，能带走更多的热量，主要原因是水的比热容大。
故答案为：一样大；比热容。
23．（2024秋•高州市期中）中国探索火星探测器“天问一号”的成功发射，是我国综合国力和创新能力提升的重要标志。火箭发射探测器时带了3×104kg液态氢燃料，这些燃料完全燃烧放出的热量是 4.2×1012 J，可以将 1.25×107 kg初温为20℃的水加热至沸腾。使用液态氢做燃料的原因是氢的 热值 大。[q氢＝1.4×108J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃），当地大气压为1标准大气压，不计热量损失]。
【答案】4.2×1012：1.25×107；热值。
【解答】解：（1）3×104kg氢完全燃烧放出的热量：
Q放＝m氢q氢＝3×104kg×1.4×108J/kg＝4.2×1012J；
（2）由Q放＝Q吸＝cmΔt可知，水的质量为：m水=Q吸c水Δt=4.2×1012J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=1.25×107kg。
（3）运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的燃料时，液态氢可以释放出更多的热量。
故答案为：4.2×1012：1.25×107；热值。
24．（2024秋•微山县校级期中）2019年5月6日，聊城首批30辆氢燃料新能源公交车投放使用。氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是22世纪最理想的能源，[c氢＝4.2×107J/（kg•℃）；q氢＝1.4×108J/kg）。求：
（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高的温度；
（3）某氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的焦耳数和公交车所做的功相等，则这些热量能让该公交车匀速行驶多长时间。
【答案】（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出4.2×107J热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，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300s。
【解答】解：（1）0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：
Q放＝m氢q＝0.3kg×1.4×108J/kg＝4.2×107J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝Q放＝4.2×107J，
由Q吸＝cmΔt得水升高温度：
Δt=Q吸cm=4.2×107J4.2×103J/(kg⋅℃)×200kg=50℃；
（3）公交车所做的功：W＝Q放＝4.2×107J，
由P=Wt得公交车行驶时间：
t=WP=4.2×107J1.4×105W=300s。
答：（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出4.2×107J热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，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300s。
题型十 固体和液体的热值计算（共3小题）
25．（2024秋•吉安期中）新农村建设中正在大力推广使用瓶装液化气。如果每瓶装10kg液化气，液化气的热值取4.2×107J/kg，则每瓶液化气全部完全燃烧放出的热量是 4.2×108 J，若放出的热量有10%被水吸收，在标准大气压下可把 125 kg的水从20℃加热至沸腾。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】4.2×108；125。
【解答】解：（1）整瓶液化气完全燃烧释放热量：
Q放＝mq＝10kg×4.2×107J/kg＝4.2×108J，
（2）由题知，水吸收的热量：
Q吸＝Q放×10%＝4.2×108J×10%＝4.2×107J，在标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，
由Q吸＝c水m水（t﹣t0）得水的质量：
m水=Q吸c水(t−t0)=4.2×107J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=125kg。
故答案为：4.2×108；125。
26．（2024秋•梅州期中）如图是家庭常用的小型酒精炉。56g酒精完全燃烧放出的热量为 1.68×106 J，若这些热量全部被水吸收，则可将 5 kg的水由20℃加热至100℃。如果完全燃烧干木柴跟完全燃烧酒精放出的热量相等，则干木柴的质量等于酒精质量的 2.5 倍。[q酒精＝3.0×107J/kg，q干木柴＝1.2×107J/kg，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
【答案】1.68×106；5；2.5
【解答】解：
56g酒精完全燃烧放出的热量为
Q酒精=q酒精m酒精=3.0×107J/kg×56×10−3kg=1.68×106J；
水吸收的热量为
Q吸=Q酒精=1.68×106J，
水的质量为
m水=Q吸c水(t−t0)=1.68×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=5kg，
如果完全燃烧干木柴跟完全燃烧酒精放出的热量相等，则干木柴的质量为
m干木柴=Q干木柴q干木柴=Q酒精q干木柴=1.68×106J1.2×107J/kg=0.14kg=140g，
干木柴和酒精的质量倍数关系为
m干木柴m酒精=140g56g=52=2.5，
干木柴的质量等于酒精质量的2.5倍。
故答案为：1.68×106；5；2.5。
27．（2024秋•武侯区校级期中）如图所示新型的天然气灶既环保又节能。小明家用天然气灶给质量为2kg，初温为20℃的水加热。求：[q天然气＝4.2×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）若要放出8.4×105的热量，需要完全燃烧天然气的质量是多少？
（2）若上述天然气燃烧放出的热量有60%被水吸收，水温会升高多少摄氏度？
【答案】（1）若要放出8.4×105J的热量，需要完全燃烧天然气的质量是0.02kg；（2）水温会升高60℃。
【解答】解：（1）需要完全燃烧天然气的质量为：
m=Q放q天然气=8.4×105J4.2×107J/kg=0.02kg；
（2）水吸收的热量为：
Q吸=ηQ放=60%×8.4×105J=5.04×105J，
升高的温度为：
Δt=Q吸c水m水=5.04×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg=60℃。
答：（1）若要放出8.4×105J的热量，需要完全燃烧天然气的质量是0.02kg；（2）水温会升高60℃。
题型十一 气体的热值计算（共3小题）
28．（2024秋•洛南县期中）在标准大气压下，利用一燃气热水器对质量为10kg、初温为20℃的水进行加热，完全燃烧了0.105m3的煤气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4×107J/m3，该热水器烧水的效率是50%，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
①煤气完全燃烧放出的热量是4.2×106J
②水吸收的热量是4.2×106J
③水温升高了50℃
④加热过程中水的比热容变大
A．只有①④B．只有①③C．只有②③D．只有②④
【答案】B
【解答】解：①煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq＝0.105m3×4×107J/m3＝4.2×106J，故①正确；
②由η=Q吸Q放求知，水吸收的热量：Q吸＝ηQ放＝50%×4.2×106J＝2.1×106J，故②错误；
③由Q吸＝cmΔt知，水升高的温度
Δt=Q吸c水m水=2.1×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×10kg=50℃，故③正确；
④比热容是物质的一种特性，与温度无关，加热过程中水的比热容不变，故④错误。
故选：B。
29．（2024秋•齐齐哈尔期中）在1个标准大气压下，小明用天然气灶将质量1kg的水，从20℃加热到沸腾，水吸收的热量是 3.36×105 J。他家天然气热水器的热效率是70%，他某次洗澡，耗水20kg，热水器进水温度是22℃，出水温度是42℃，他这次洗澡消耗天然气 0.075 m3。已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值是3.2×107J/m3。
【答案】3.36×105；0.075。
【解答】解：1标准大气压下水沸点为100℃，故1kg水吸收的热量Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J。
小明本次用水升温△t＝42℃﹣22℃＝20℃，水需吸热Q吸′=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×20℃=1.68×106J
热水器效率为70%，则需要天然气放热Q放=Q吸η=1.68×106J70%=2.4×106J；
消耗的天然气体积V=Q放q=2.4×106J3.2×107J/m3=0.075m3；
故答案为：3.36×105；0.075。
30．（2024秋•汝州市期中）天然气热水器将50kg的水由22℃加热到42℃。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4×107J/m3，该天然气热水器的热效率是84%。求：
（1）水吸收的热量。
（2）天然气放出的内能。
（3）消耗天然气的体积。
【答案】（1）水吸收的热量为4.2×106J；
（2）天然气放出的内能为5×106J；
（3）消耗天然气的体积为0.125m3。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（42℃﹣22℃）＝4.2×106J；
（2）天然气放出的内能为：
Q放=Q吸η=4.2×106J84%=5×106J；
（3）消耗天然气的体积为：
V=Q放q天然气=5×106J4×107J/m3=0.125m3。
答：（1）水吸收的热量为4.2×106J；
（2）天然气放出的内能为5×106J；
（3）消耗天然气的体积为0.125m3。
题型十二 比较不同燃料的热值大小（共3小题）
31．（2024秋•京口区校级期中）如图所示，用同样的器材进行实验，现要求仅根据温度计示数的变化（Δt），比较不同物质的吸热升温情况（实验1）或者比较不同燃料的热值（实验2），则以下说法中正确的是（ ）
A．这两个实验均需要控制被加热的物质的种类一样
B．实验过程中燃料燃烧掉一半后热值变为原来的一半
C．正确完成实验1后，若Δt越小，则该物质的比热容越大
D．在实验2中，加热相同时间后，若Δt越大，则该燃料的热值一定越大
【答案】C
【解答】解：A．比较不同物质的吸热升温情况（实验1），实验中需要控制热源相同，加热质量相同的不同物质；比较不同燃料的热值（实验2），实验中需要使质量相同的不同燃料完全燃烧，加热质量相同的同一种物质，故A错误；
B．热值是物质本身的一种特性，它代表燃料性能的优劣，热值的大小与燃料的种类有关，与燃烧程度、质量的多少以及是否燃烧等均无关，实验过程中燃料热值不变，故B错误；
C．正确完成实验1后，加热相同的时间，则物质吸收的热量相同，比较质量和初温相同的液体升高的温度，Δt越小，则该物质的比热容越大；故C正确；
D．在实验2中，加热相同时间后，由于燃料燃烧的质量不一定相同，物质吸收的热量不一定相同，因此若Δt越大，该燃料的热值不一定越大，故D错误。
故选C。
32．（2024秋•靖江市期中）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内的液体质量和初温也相同；
（1）比较不同燃料的热值，可以选择 甲、丙 两个装置；燃料燃尽后通过记录 液体升高的温度 （加热时间/液体升高的温度）来比较两种燃料热值大小；
（2）比较液体a和液体b的吸热能力
①在设计实验方案时，以下需要控制的变量，你认为其中多余的是 B ；
A．采用的加热方式 B．燃料的质量
C．液体a和液体b的质量 D．盛放液体a和液体b的容器
②实验时，记录数据如下表：
人们通常用两种方法来比较液体a和液体b的吸热能力。方法A：加热相同的时间，比较升高的温度；方法B：升高相同的温度，比较加热的时间。物理学用比热容描述物质的吸热能力，这种方法与方法 B （A/B）是相同的。若液体a的比热容为4.2×103J/（kg•℃），由表格数据可知，液体b的比热容是 2.1×103 J/（kg•℃）；
③如果用“单位质量的某种物质吸收（或放出）1J的热量所升高（或降低）的温度Δt”来比较物质的这种物理属性，用符号K来表示，则液体a的K值 小于 （大于/小于/等于）液体b的K值。
【答案】（1）甲、丙；液体升高的温度；（2）B；B；2.1×103；小于。
【解答】解：（1）比较不同燃料的热值，需要燃料不同，加热的液体相同；比较不同燃料的热值，燃料的质量相同，完全燃烧放出的热量不同，液体吸收热量不同，升高的温度不同，故可以根据液体升高的温度来比较两种燃料热值大小；
（2）比较液体a和液体b的吸热能力，需要采用控制变量法；
A．需要控制加热方式相同，保证相同的时间内放出的热量相同，液体a、b在相同的时间内吸收的热量相同，故A不符合题意；
B．不需要控制燃料的质量相同，在本实验中，通过升高相同的温度，比较加热时间，或者加热相同的时间，比较升高的温度来比较吸收热量的能力，只要保证实验中，燃料充足，能够燃烧即可，故B符合题意；
C．需要液体a和液体b的质量相同，因为影响吸收热量的多少，故C不符合题意；
D．需要控制相同的容器，因为导热性能不同，导致吸收的热量不同，故D不符合题意；
物理学用比热容描述物质的吸热能力，即每1kg的物体，升高1℃所吸收的热量，故是采用升高相同的温度，比较加热时间，故与方法B相同；液体a和液体b 的质量相同，都加热5min，液体a所吸收的热量和b吸收的热量相同故 Q吸a＝Q吸b；代入数据可知camΔta=4.2×103J/(kg⋅℃)×m×(30℃−25℃)=cbmΔtb=cb×m×(35℃−25℃)；经整理可知，液体b的比热容为cb=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；用“单位质量的某种物质吸收（或放出）1J的热量所升高（或降低）的温度△t”来比较物质的这种物理属性，即质量相同，吸收相同的热量，比较升高的温度，都加热5min，吸收相同的热量，液体a升高了5℃，液体b升高了10℃，故液体a的K值小于液体b的K值。
故答案为：（1）甲、丙；液体升高的温度；（2）B；B；2.1×103；小于。
33．（2024秋•合肥校级期中）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、乙 两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过 温度计示数 （选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的；
（2）比较不同物质吸热升温的特点，应选择 甲、丙 两图进行实验，a、b两种物质的热量的多少是通过 加热时间 （选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的；
（3）使用第（2）题选择的两图装置进行实验，液体温度与时间的关系如图所示，若已知a、b两种常见液体中有一种是水，则另一种液体比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。（已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)）
【答案】（1）甲、乙；温度计示数；（2）甲、丙；加热时间；（3）2.1×103
【解答】解：（1）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，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验；
（2）为了比较不同物质吸热升温的特点，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，故应选择甲和丙两图进行实验；
本实验中物质吸收热量的多少是通过加热时间来反映的；
（3）由图丁可知，加热相同的时间，此时两种物质吸收的热量相同，b的温度变化的慢，则b的吸热能力强，b是水。都加热5min时，b的温度变化量Δtb＝30℃﹣10℃＝20℃，
物质a温度的变化量Δta＝50℃﹣10℃＝40℃，
两种物质的质量相同，由c=Q吸mΔt可知cacb=ΔtbΔta=20℃40℃=12，
则ca=12cb=12c水=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：（1）甲、乙；温度计示数；（2）甲、丙；加热时间；（3）2.1×103。
题型十三 热机的效率公式与计算（共6小题）
34．（2024秋•无棣县期中）汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（ ）
A．甲图是压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高
B．由乙图可知该汽油机的效率是30%
C．汽车尾气中的“汽油味”越浓，燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的热值
D．甲图中热机飞轮转数是1800r/min，则该热机1s中对外做功30次
【答案】A
【解答】解：
A、根据图甲可知，两个气门关闭、活塞上行，为压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，机械能转化为内能，气体的温度升高，故A正确；
B、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，由图可知，输出有用功所占比例为：100%﹣36%﹣30%﹣6%＝28%，即该汽油机的效率为28%，故B错误；
C、热值是燃料本身的一种特性，只与燃料本身决定，和燃料的质量、放出热量的多少、燃烧是否充分、温度高低无关，故C错误；
D、热机在一个工作循环中，飞轮转动两圈，对外做功一次，完成4个冲程。该热机飞轮转速是1800r/min＝1800r/60s＝30r/s，即每秒钟飞轮转动30圈，完成15个工作循环，完成60个冲程，对外做功15次，故D错误。
故选：A。
35．（2024秋•石门县期中）2024年5月，我国首款百公斤级车载液氢系统“赛道1000”研制成功，可助力氢能重卡突破1000公里续驶里程，这是我国将液氢应用于交通运输领域的重大技术突破（q氢＝1.4×108J/kg）。下列说法正确的是（ ）
A．氢能不属于清洁能源
B．用液氢作燃料是因为液氢含有的热量多
C．完全燃烧100kg的液氢能释放1.4×1010J的热量
D．氢能重卡的热机效率可高达100%
【答案】C
【解答】解：A、氢能属于清洁能源，故A错误；
B、火箭使用液态氢作燃料，是因为它的热值大，热量是个过程量不能含有，故B错误；
C、100kg氢气完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝100kg×1.4×108J/kg＝1.4×1010J，故C正确；
D、氢能重卡工作过程中总是存在热量的损失，发动机的效率永远小于100%，故D错误。
故选：C。
36．（2024秋•乐亭县期中）甲、乙两台汽油机，甲的功率是乙的2倍，甲的效率是30%，乙的效率是20%，那么甲、乙在相同时间内所消耗汽油质量之比为（ ）
A．3：4B．2：3C．3：2D．4：3
【答案】D
【解答】解：设甲的功率为P甲，乙的功率为P乙，效率为η甲，效率为η乙，汽油的热值为q，做功时间为t，
甲在时间t内做的有用功：W甲＝P甲t．乙在时间t内做的有用功：W乙＝P乙t。
则由题意知：P甲：P乙＝2：1，η甲：η乙＝30%：20%＝3：2；
甲在时间t内消耗的总能量：Q甲=W甲η甲=P甲tη甲。
甲在时间t内的耗油量：m甲=Q甲q=P甲tη甲q。
同理可以得到乙在时间t内的耗油量的表达式：m乙=P乙tη乙q。
甲、乙两汽油机在相同时间内的耗油量之比：
m甲：m乙=P甲tη甲q：P乙tη乙q=P甲η甲：P乙η乙=23：12=4：3。
故选：D。
37．（2024秋•简阳市期中）某汽油机的各项能量损失所占的百分率分别是：废气内能35%，散热损失30%，机械损失10%，则该汽油机的热机效率是 25% 。一般情况下柴油机的热机效率 大于 汽油机的热机效率。（选填：“大于”“等于”或“小于”）
【答案】25%；大于。
【解答】解：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，
由题可知该汽油机的热机效率为：η＝100%﹣35%﹣30%﹣10%＝25%；
一般情况下，柴油机的效率为30%～40%，汽油机的效率为20%～30%，柴油机的效率一般要高于汽油机，多用在重型机器上。
故答案为：25%；大于。
38．（2024秋•镇江期中）如图甲所示的轿车，采用氢气燃料工作，发动机的效率为50%。某次，该轿车在水平路面上以恒定功率P做直线运动，v﹣t图像如图乙所示。已知汽车（包括司乘人员）的总质量为1500kg，汽车行驶过程中所受阻力大小平均为车重的0.1倍，氢气的热值取q氢气＝1.5×108J/kg，取g＝10N/kg。求：
（1）汽车所受阻力的大小；
（2）在10～15s内汽车牵引力做的功W1；
（3）该轿车保持此功率持续行驶1h，需要消耗多少氢气？
【答案】（1）汽车所受阻力的大小为1500N；
（2）在10～15s内汽车牵引力做的功为7.5×104J；
（3）该轿车保持此功率持续行驶1h，需要消耗0.72kg的氢气。
【解答】解：（1）由题意可知，汽车所受阻力的大小：
f＝0.1G＝0.1mg＝0.1×1500kg×10N/kg＝1500N；
（2）由图乙可知，在10～15s内汽车做匀速直线运动，所受牵引力与阻力平衡，大小相等，
即牵引力：F＝f＝1500N，
故在10～15s内汽车牵引力做的功：
W1＝Fs＝Fvt＝1500N×10m/s×（15﹣10）s＝7.5×104J；
（3）该轿车的功率：P＝Fv＝1500N×10m/s＝1.5×104W，
该轿车保持此功率持续行驶1h做的有用功：
W有=Pt=1.5×104W×3600s=5.4×107J，
根据η=W有用Q放×100%可得，氢气完全燃烧需要放出的热量：
Q放=W有η=5.4×107J50%=1.08×108J，
根据Q放＝mq可得，需要消耗氢气质量：m=Q放q=1.08×108J1.5×108J/kg=0.72kg。
答：（1）汽车所受阻力的大小为1500N；
（2）在10～15s内汽车牵引力做的功为7.5×104J；
（3）该轿车保持此功率持续行驶1h，需要消耗0.72kg的氢气。
39．（2024秋•京口区校级期中）2024年3月，中国参赛队搭乘某大型运输机赴俄罗斯参加国际军事比赛。该运输机是我国自主研发的大型运输机，它共有4台涡扇发动机，通过航空煤油在发动机气室中燃烧，从喷口向后高速喷出气体，使发动机获得向前的推力。若该运输机在高空飞行时在恒定的水平推力F作用下，以720km/h的速度沿水平方向匀速航行1h，共消耗掉航空煤油6000kg。运输机发动机输出的总机械功率是3.2×107W，航空煤油的热值取4×107J/kg。试求在这1h内：
（1）运输机飞行的路程；
（2）6000kg航空煤油完全燃烧放出的热量；
（3）运输机获得水平推力F；
（4）该运输机发动机将内能转化成输出机械能的效率。
【答案】（1）运输机飞行的路程为720km；
（2）6000kg航空煤油完全燃烧放出的热量为2.4×1011J；
（3）运输机获得水平推力F为1.6×105N；
（4）该运输机发动机将内能转化成输出机械能的效率为48%。
【解答】解：
（1）运输机飞行的路程
s＝vt＝720km/h×1h＝720km；
（2）6000航空炼油完全燃烧放出的热量
Q放=mq=6000kg×4×107J/kg=2.4×1011J；
（3）据P＝Fv知，运输机获得的水平推力
F=Pv=3.2×107W720×13.6m/s=1.6×105N；
（4）运输机所做的有用功
W＝Fs＝1.6×105N×720×103m＝1.152×1011J；
该运输机发动机将内能转化成输出机械能的效率
η=WQ放=1.152×1011J2.4×1011J×100%=48%。
答：（1）运输机飞行的路程为720km；
（2）6000kg航空煤油完全燃烧放出的热量为2.4×1011J；
（3）运输机获得水平推力F为1.6×105N；
（4）该运输机发动机将内能转化成输出机械能的效率为48%。
题型十四 热机的效率的概念（共2小题）
40．（2024秋•开封期中）热机的广泛使用已成为一个国家工业化程度的标志，人类的现代生活已越来越离不开各种热机，热机从根本上改变着我们的世界。关于热机的效率，下列说法正确的是（ ）
A．热机消耗的燃料越多，效率就越低
B．热机所使用的燃料热值越大，效率就越高
C．热机做的有用功越多，效率就越高
D．热机所做的有用功与燃料完全燃烧放出的热量之比越大，效率就越高
【答案】D
【解答】解：A．热机消耗的燃料多，即放出的热量多，但不知道有用功，因此效率不一定低，故A错误，不符合题意；
B．热值大的燃料只能在燃烧时提供更多的热量，无法提高热机的效率，故B错误，不符合题意；
C．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C错误，不符合题意；
D．热机的效率指的是热机用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，比值越大，效率就越高，故D正确，符合题意。
故选：D。
41．（2024秋•南海区校级期中）某单缸四冲程的汽油机飞轮转速为1800r/min，该汽油机每秒钟对外做功的次数为 15 次，只有做功冲程对外做功，其他三个辅助冲程要靠飞轮的 惯性 来完成。当汽油在发动机内燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率 降低 （选填“升高”“不变”或“降低”）。
【答案】15；惯性；降低。
【解答】解：某单缸四冲程的汽油机飞轮转速为1800r/min＝30r/s，飞轮和曲轴转2圈，对外做功一次，汽油机飞轮每秒转30圈，每秒钟对外做功15次。
汽油机工作过程中，只有做功冲程对外做功，其他三个辅助冲程要靠飞轮的惯性来完成。
当汽油在发动机内燃烧不充分冒“黑烟”时，有许多能量没有被利用，所以这时发动机的效率会降低。
故答案为：15；惯性；降低。
题型十五 热机效率公式的定性比较（共3小题）
42．（2024秋•花溪区校级期中）汽油作为汽车的常用燃料，它的热值是4.6×107J/kg，下列说法正确的是（ ）
A．1kg汽油无论是否完全燃烧，都能放出4.6×107J的热量
B．1kg汽油的热值与500g汽油的热值相同
C．消耗的汽油越多，发动机的效率越高
D．做好保养，可以使发动机的效率达到100%
【答案】B
【解答】解：AB、燃料的热值是指燃料完全燃烧放出的热量与质量的比值，其大小与燃烧情况无关，与燃料的质量无关，故A错误，B正确；
C、热机的效率是指热机用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，与消耗汽油的多少无关，燃烧汽油的汽车属于热机，故C错误；
D、使用任何机械，其效率都不能达到100%，故D错误。
故选：B。
43．（2024秋•永定区期中）下列有关热机效率的说法中，正确的是（ ）
A．热机所用燃料的热值越大，效率越高
B．热机所用燃料的化学能转化成热机的机械能越多，效率越高
C．如果改进技术，汽油机的效率可以达到100%
D．蒸汽机，汽油机和柴油机的热机效率分别是η1、η2和η3，则有η1＞η2＞η3
【答案】B
【解答】解：
A、用热值大的燃料，燃烧相同燃料可以放出更多的热量，但用来做有用功的能量不一定多，用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量的比值不一定大，热机效率不一定得到提高，故A错误；
B、热机效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出能量的比值，所用燃料的化学能转化成热机的机械能越多，效率越高，故B正确；
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，机械效率不可能达到100%，故C错误；
D、汽油机和柴油机是内燃机，由热机的特点可知，汽油机的效率低于柴油机的效率，由于蒸汽机的燃料是在机器的外部燃烧，热损失最多，效率最低，即η1＜η2＜η3，故D错误。
故选：B。
44．（2024秋•莒南县期中）有一种T型“涡轮增压”轿车，通过给发动机足量的空气使汽油更充分地燃烧，比L型普通轿车更节能，排气更清洁，同样的汽油加在T型轿车内与加在L型轿车内相比，热值 一样大 （选填“更大”、“一样大”或“更小”）；为防止发动机温度过高，用防冻冷却液进行冷却，防冻液具有冬天防冻，夏天防沸的功能，这是利用防冻冷却液 比热容 较大的特性；轿车在汽油燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率 降低 （填“升高”、“不变”或“降低”）。
【答案】一样大；比热容；降低
【解答】解：热值是燃料的一种特性，与燃烧情况无关，因此同样的汽油加在T型轿车内和加在L型轿车内热值一样大；
水的比热容较大，在质量和升高温度相同时，水吸收的热量较多，冷却效果更好，常用汽车发动机的冷却液；
冒“黑烟”时，汽油燃烧不充分，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值更小，即发动机的效率降低。
故答案为：一样大；比热容；降低。
题型十六 能量的转化与转移（共3小题）
45．（2024秋•涟源市期中）2024年4月30日，神舟十七号飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在返回舱返回地面的过程中，下列有关说法正确的是（ ）
A．返回舱着陆前机械能总量保持不变
B．返回舱返回过程中重力势能增大
C．反推火箭燃料燃烧时将化学能转化为内能
D．返回舱返回过程中将内能转化成机械能
【答案】C
【解答】解：AD、返回舱返回过程中，穿越大气层时，克服空气阻力做功，将机械能转化成内能，机械能减少，故AD错误；
B、返回舱返回过程中高度减小，所以重力势能减小，故B错误；
C、火箭燃料燃烧的过程中，燃料的化学能转化内能，故C正确。
故选：C。
46．（2024秋•聊城期中）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”，于2022年4月16日顺利返航。下列说法正确的是（ ）
A．燃料燃烧时，将化学能转化为内能
B．火箭加速升空时，动能转化为重力势能
C．空间站的太阳能电池板将太阳能转化为化学能
D．返回舱进入大气层后与大气摩擦，将内能转化为机械能
【答案】A
【解答】解：A、燃料燃烧时，消耗化学能，得到内能，将化学能转化为内能，故A正确；
B、火箭加速升空，质量不变，速度增大，动能增大，同时高度增大，势能也增大，机械能增大，是燃料燃烧所释放的内能转化为机械能，故B错误；
C、太阳能电池板把太阳能直接转化为电能，供空间站工作时使用，故C错误；
D、返回舱进入大气层后与空气剧烈摩擦，将机械能转化为内能，故D错误。
故选：A。
47．（2024秋•绥江县期中）陆良麻衣馓子是一种具有200多年历史的传统地方小吃，以其“香、脆、酥、甜”的特点而闻名，这种小吃主要原料包括小麦面、白砂糖、菜油和饴糖，通过油炸和糖水浸泡的工艺制作而成。销售麻衣馓子的地方很远就能闻到其独特的香味，这是 扩散 现象；用炉火油炸面团是将燃料的 化学 能转化为面团的内能。
【答案】扩散；化学。
【解答】解：销售麻衣馓子的地方很远就能闻到其独特的香味，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
用炉火油炸面团是将燃料的化学能转化为面团的内能。
故答案为：扩散；化学。
题型十七 能量守恒定律（共4小题）
48．（2024秋•永善县期中）2023年4月24日是第八个“中国航天日”，物理社团的涵涵制作了水火箭，如图是水火箭的简易原理图。使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，从而使水火箭升空。结合题中材料，你认为以下说法正确的是（ ）
A．根据能量守恒定律可知，整个过程中水火箭的总能量保持不变
B．使用打气筒打气时的能量转化过程与汽油机的压缩冲程相同
C．水火箭中的“水”是一种热值较大的燃料
D．水从水火箭中喷出相当于内燃机的排气冲程
【答案】B
【解答】解：A、整个过程中水火箭与外界发生了能量的转化和转移，因此，就水火箭而言，其能量不守恒，故A错误；
B、使用打气筒打气时的能量转化过程与汽油机的压缩冲程相同，都是压缩气体做功，将机械能转化为内能，故B正确；
C、水火箭中的“水”不能燃烧，不属于燃料，故C错误；
D、水从水火箭中喷出的过程中，内能转化为机械能，相当于内燃机的做功冲程，故D错误。
故选：B。
49．（2024秋•庆云县期中）下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，壶中水的温度升高，内能变大，说明能量可以凭空产生
B．乙图中，小球弹跳的高度逐渐降低，机械能不守恒，但能量总量守恒
C．丙图中，火箭升空时，燃料减少的化学能等于火箭增加的机械能
D．丁图中，由于能量总量保持不变，所以机械能不变，于是科学家们发明了永动机
【答案】B
【解答】解：A、燃料燃烧时将化学能转化为内能，通过热传递的方式，壶中水吸收热量，温度升高，内能变大，能量不会凭空产生，也不会凭空消失，故A错误；
B、在小球的运动中，每次跳起的高度在减小，表明小球的机械能在减小，原因是小球在运动过程中与空气摩擦有一部分机械能转化成了内能，小球的机械能不守恒，但能量的总量仍然不变，能量守恒，故B正确；
C、火箭升空工作过程中，燃料减少的化学能有一部分被废气带走，所以燃料减少的化学能大于火箭增加的机械能，故C错误；
D、根据能量守恒定律，能量的总量保持不变，但是有一部分能量转化成了其它形式的能，所以能量有损失，故永动机不可能发明出来的，故D错误。
故选：B。
50．（2024秋•汕头校级期中）现代电动汽车为了节能，都安装了能量回收装置，在汽车刹车时带动发电机，将汽车的 机械 能转化为电能，为汽车提供后续运动的能量．有人认为，只要不断改进，这种汽车就可以一边行驶，一边发电，永远运动下去，这种观念违背了 能量守恒定律 ，我国火箭升空使用固体氢作为燃料，是因为固体氢的 热值 较大。
【答案】机械；能量守恒定律；热值。
【解答】解：在汽车刹车时带动发电机，发电机将机械能转化为电能储存起来；
汽车就可以一边行驶，一边发电，在能量的转化过程中，有能量的散失，所以汽车不能永远运动下去，这种观念违背了能量守恒定律。；
我国火箭升空使用固体氢作为燃料，是因为固体氢的热值较大。
故答案为：机械；能量守恒定律；热值。
51．（2024秋•德州期中）图为火箭升空过程，选择液氢作为燃料是因为，液氢的 热值 大。进入大气层后，火箭外会因为剧烈摩擦而升温，此过程将 机械 能转化为内能。此过程中 遵守 （选填“遵守”或“不遵守”）能量守恒定律。
【答案】热值；机械；遵守。
【解答】解：火箭采用液氢作为火箭的燃料，是因为液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；
进入大气层后，火箭外层克服空气阻力做功，使表面温度升高，内能增大，这是机械能转化为内能的过程。
能量守恒定律是普适性定律，任何过程都遵守能量守恒定律。
故答案为：热值；机械；遵守。
题型十八 能量的利用效率（共3小题）
52．（2024秋•太和县期中）某真空管式太阳能热水器的工作效率为80%，请从能量转化的角度说明一下该效率的意义是 热水器消耗的太阳能80%转化为水的内能 。
【答案】热水器消耗的太阳能80%转化为水的内能。
【解答】解：
太阳能热水器工作时，将太阳能转化为内能，太阳能热水器的工作效率为80%，表示热水器消耗的太阳能80%转化为水的内能。
答：热水器消耗的太阳能80%转化为水的内能。
53．（2024秋•任泽区期中）下表提供的是一装满水的太阳能热水器在太阳照射下的相关信息：
请根据以上信息，求下列问题：
（1）热水器中水的质量。
（2）热水器中水吸收的热量。
（3）太阳能热水器的加热效率。
【答案】（1）热水器中水的质量为100kg；
（2）热水器中的水需吸收的热量为2.52×107J；
（3）热水器的加热效率为50%。
【解答】解：（1）由ρ=mV可得，热水器中水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×100×10﹣3m3＝100kg；
（2）热水器中的水10h需吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×60℃＝2.52×107J；
（3）经过10h阳光的照射接收的太阳能：
E＝5.04×106J×10＝5.04×107J；
则热水器的效率：
η=QE×100%=2.52×107J5.04×107J×100%＝40%。
答：（1）热水器中水的质量为100kg；
（2）热水器中的水需吸收的热量为2.52×107J；
（3）热水器的加热效率为50%。
54．（2024秋•临高县期中）太阳能热水器是直接利用太阳能给水加热的装置，下表是小明家的太阳能热水器某天在阳光照射下的相关信息。
其中太阳辐射功率是指1h内投射到1m2面积上的太阳能，求：
（1）水在10h内吸收的热量；
（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧多少m3的天然气；（天然气的热值为4×107J/m3，天然气完全燃烧放出的热量全部给水吸收）
（3）该太阳能热水器的能量转化效率。
【答案】（1）水在10h内吸收的热量为2.1×107J；
（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧0.525m3的天然气；
（3）该太阳能热水器的能量转化效率为50%。
【解答】解：（1）水吸收的热量，即有用的能量为：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×50℃＝2.1×107J；
（2）由题知，Q放＝Vq＝Q吸＝2.1×107J，
需要天然气的体积：
V=Q放q=2.1×107J4×107J/m3=0.525m3；
（3）10h太阳能热水器吸收的太阳能（总能量）：
Q总＝1.68×106J/（m2•h）×2.5m2×10h＝4.2×107J，
η=Q吸Q总×100%=2.1×107J4.2×107J×100%=50%。
答：（1）水在10h内吸收的热量为2.1×107J；
（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧0.525m3的天然气；
（3）该太阳能热水器的能量转化效率为50%。加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
液体a的温度
25
26
27
28
29
30
31
液体b的温度
25
27
29
31
33
35
37
照射时间/h
热水器容量/L
水升高的温度/℃
热水器平均1h接收的太阳能/J•h﹣1
水的比热容/[J•（kg•℃）﹣1]
10
100
60
5.04×106
4.2×103
太阳照射时间/h
装水量/kg
吸热板面积/m2
水升高的温度/℃
水的比热容/J•（kg•℃）﹣1
太阳辐射功率/J•（m2•h）﹣1
10
100
2.5
50
4.2×103
1.68×106