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23. 某实验小组用如图甲所示的装置比较水和煤油的吸热本领.
（1）加热前，在一个烧杯中倒入240 mL的水，为了使水和煤油的质量相同，需要在另一个相同烧杯中倒入
（2）用两个相同规格的电加热器来加热水和煤油，每隔1 min记录一次温度，整个实验操作无误. 图乙中，若图线②反映水的温度随时间的变化规律，则图线
（3）同时停止加热，在相同质量的水和煤油温度降低的过程中，水放出的热量与降低的温度之比
（1）加热前，在一个烧杯中倒入240 mL的水，为了使水和煤油的质量相同，需要在另一个相同烧杯中倒入
300
mL的煤油；(水的密度$\rho=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，煤油的密度$\rho=0.8×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$)（2）用两个相同规格的电加热器来加热水和煤油，每隔1 min记录一次温度，整个实验操作无误. 图乙中，若图线②反映水的温度随时间的变化规律，则图线
①
（填序号）可以反映煤油的温度随时间的变化规律. 加热过程中，煤油的热值不变
（变大/不变/变小）；（3）同时停止加热，在相同质量的水和煤油温度降低的过程中，水放出的热量与降低的温度之比
大于
（大于/等于/小于）煤油放出的热量与降低的温度之比.答案
23.（1）300 （2）① 不变 （3）大于
解析
【分析】
要解决本题，需结合密度公式、比热容的特性、热值的特性分析：
1. 第（1）问：利用质量相等的条件，结合密度公式$m=\rho V$推导水和煤油的体积关系，计算煤油体积；
2. 第（2）问：相同电加热器相同时间提供热量相同，质量相同时，比热容越小升温越快，据此判断图线；热值是物质固有属性，与加热过程无关；
3. 第（3）问：放出热量与降低温度之比为$\frac{Q}{\Delta t}=cm$，根据水和煤油的比热容大小判断比值差异。
【解析】
（1）水的体积$V_{水}=240\ \mathrm{mL}=240\ \mathrm{cm}^3$，水的密度$\rho_{水}=1\ \mathrm{g/cm}^3$，则水的质量$m_{水}=\rho_{水}V_{水}=1\ \mathrm{g/cm}^3×240\ \mathrm{cm}^3=240\ \mathrm{g}$。要使煤油与水质量相同，即$m_{煤油}=240\ \mathrm{g}$，煤油密度$\rho_{煤油}=0.8\ \mathrm{g/cm}^3$，则煤油体积$V_{煤油}=\frac{m_{煤油}}{\rho_{煤油}}=\frac{240\ \mathrm{g}}{0.8\ \mathrm{g/cm}^3}=300\ \mathrm{cm}^3=300\ \mathrm{mL}$。
（2）相同电加热器相同时间内，水和煤油吸收的热量$Q$相同，质量$m$相同。根据$Q=cm\Delta t$，得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，因$c_{水}＞c_{煤油}$，煤油升温更快，图线更陡，故反映煤油温度变化的是图线①；热值是燃料的固有属性，与加热过程无关，所以煤油的热值不变。
（3）放出的热量与降低温度之比为$\frac{Q_{放}}{\Delta t}=cm$，水的比热容$c_{水}＞c_{煤油}$，且质量$m$相同，因此水放出的热量与降低温度之比大于煤油的该比值。
【答案】
（1）300；（2）①；不变；（3）大于
【知识点】
密度公式应用、比热容、热值
【点评】
本题围绕“比较水和煤油吸热本领”实验，综合考查热学基础知识点，需熟练掌握密度计算、比热容和热值的概念，属于常规热学题型。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需结合密度公式、比热容的特性、热值的特性分析：
1. 第（1）问：利用质量相等的条件，结合密度公式$m=\rho V$推导水和煤油的体积关系，计算煤油体积；
2. 第（2）问：相同电加热器相同时间提供热量相同，质量相同时，比热容越小升温越快，据此判断图线；热值是物质固有属性，与加热过程无关；
3. 第（3）问：放出热量与降低温度之比为$\frac{Q}{\Delta t}=cm$，根据水和煤油的比热容大小判断比值差异。
【解析】
（1）水的体积$V_{水}=240\ \mathrm{mL}=240\ \mathrm{cm}^3$，水的密度$\rho_{水}=1\ \mathrm{g/cm}^3$，则水的质量$m_{水}=\rho_{水}V_{水}=1\ \mathrm{g/cm}^3×240\ \mathrm{cm}^3=240\ \mathrm{g}$。要使煤油与水质量相同，即$m_{煤油}=240\ \mathrm{g}$，煤油密度$\rho_{煤油}=0.8\ \mathrm{g/cm}^3$，则煤油体积$V_{煤油}=\frac{m_{煤油}}{\rho_{煤油}}=\frac{240\ \mathrm{g}}{0.8\ \mathrm{g/cm}^3}=300\ \mathrm{cm}^3=300\ \mathrm{mL}$。
（2）相同电加热器相同时间内，水和煤油吸收的热量$Q$相同，质量$m$相同。根据$Q=cm\Delta t$，得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，因$c_{水}＞c_{煤油}$，煤油升温更快，图线更陡，故反映煤油温度变化的是图线①；热值是燃料的固有属性，与加热过程无关，所以煤油的热值不变。
（3）放出的热量与降低温度之比为$\frac{Q_{放}}{\Delta t}=cm$，水的比热容$c_{水}＞c_{煤油}$，且质量$m$相同，因此水放出的热量与降低温度之比大于煤油的该比值。
【答案】
（1）300；（2）①；不变；（3）大于
【知识点】
密度公式应用、比热容、热值
【点评】
本题围绕“比较水和煤油吸热本领”实验，综合考查热学基础知识点，需熟练掌握密度计算、比热容和热值的概念，属于常规热学题型。
【难度系数】
0.6
24. (2024·新沂一模)阅读短文,回答文后问题.
油电混合动力汽车
如图甲,国产某品牌油电混合动力汽车前后安装有高清摄像头,无线WIFI等,其工作原理如图乙所示.当它以90 km/h的速度匀速行驶20 min的过程中,燃烧了3 kg燃油.发动机和驱动电机同时共同为汽车提供动力,驱动汽车行驶所需的能量为$9×10^7$ J,其中50%的能量来自燃油燃烧;而发动机内燃油燃烧放出的热量部分用于驱动汽车行驶和对蓄电池充电,其中用于充电的能量为$6×10^6$ J.设燃油在发动机汽缸内完全燃烧,燃油的热值为$5×10^7$ J/kg.
若普通汽车刹车时动能全部用于克服与地面的摩擦力做功,而该油电混合动力汽车在关闭发动机后,动能除用于克服与地面的摩擦力做功外,其余能量全部通过驱动电机反转为发电机给蓄电池充电.在某次测试时,同样车型的普通汽车和该油电混合动力汽车刚刚关闭发动机后,根据汽车通过路程s时,所对应的动能$E_k$,作出$E_k-s$图象如图丙所示.设两车受到的摩擦力大小相等.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称之为储能效率.
(1)完全燃烧3 kg燃油产生的热量为
(2)该油电混合动力汽车以90 km/h的速度匀速行驶20 min的过程中,发动机的效率为
(3)由图丙可知,表示该油电混合动力汽车进行测试的图线是
(4)该油电混合动力汽车从关闭发动机至汽车停止的过程中,发电机的储能效率为
油电混合动力汽车
如图甲,国产某品牌油电混合动力汽车前后安装有高清摄像头,无线WIFI等,其工作原理如图乙所示.当它以90 km/h的速度匀速行驶20 min的过程中,燃烧了3 kg燃油.发动机和驱动电机同时共同为汽车提供动力,驱动汽车行驶所需的能量为$9×10^7$ J,其中50%的能量来自燃油燃烧;而发动机内燃油燃烧放出的热量部分用于驱动汽车行驶和对蓄电池充电,其中用于充电的能量为$6×10^6$ J.设燃油在发动机汽缸内完全燃烧,燃油的热值为$5×10^7$ J/kg.
若普通汽车刹车时动能全部用于克服与地面的摩擦力做功,而该油电混合动力汽车在关闭发动机后,动能除用于克服与地面的摩擦力做功外,其余能量全部通过驱动电机反转为发电机给蓄电池充电.在某次测试时,同样车型的普通汽车和该油电混合动力汽车刚刚关闭发动机后,根据汽车通过路程s时,所对应的动能$E_k$,作出$E_k-s$图象如图丙所示.设两车受到的摩擦力大小相等.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称之为储能效率.
(1)完全燃烧3 kg燃油产生的热量为
1.5×10⁸
J;(2)该油电混合动力汽车以90 km/h的速度匀速行驶20 min的过程中,发动机的效率为
34
%;(3)由图丙可知,表示该油电混合动力汽车进行测试的图线是
①
(①/②);(4)该油电混合动力汽车从关闭发动机至汽车停止的过程中,发电机的储能效率为
62.5
%.答案
24.（1）1.5×10⁸ 34 （2）① 62.5
解析
【分析】
本题需结合热值、热机效率、动能与摩擦力做功的关系、储能效率的定义逐步解题：(1)利用热值公式计算燃油完全燃烧放热；(2)明确发动机有效利用的能量（驱动的燃油部分+充电能量），结合总放热计算效率；(3)根据普通汽车和油电混合动力汽车的能量转化差异，判断滑行距离对应的图线；(4)先由普通汽车的动能和滑行距离求摩擦力，再计算油电汽车转化为电能的能量，最后求储能效率。
【解析】
(1) 完全燃烧3kg燃油产生的热量：根据热值公式 $ Q_{\mathrm{放}} = mq $，代入 $ m=3\ \mathrm{kg} $，$ q=5×10^7\ \mathrm{J/kg} $，得 $ Q_{\mathrm{放}} = 3\ \mathrm{kg}×5×10^7\ \mathrm{J/kg} = 1.5×10^8\ \mathrm{J} $。
(2) 发动机有效利用的能量：驱动汽车的能量中50%来自燃油，即燃油提供的驱动能量为 $ 9×10^7\ \mathrm{J}×50\% = 4.5×10^7\ \mathrm{J} $，加上充电能量 $ 6×10^6\ \mathrm{J} $，总有效能量为 $ 4.5×10^7\ \mathrm{J} + 6×10^6\ \mathrm{J} = 5.1×10^7\ \mathrm{J} $。发动机效率 $ \eta = \frac{\mathrm{有效能量}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\% = \frac{5.1×10^7\ \mathrm{J}}{1.5×10^8\ \mathrm{J}}×100\% = 34\% $。
(3) 普通汽车关闭发动机后，动能全部用于克服摩擦力做功，滑行距离更长；油电混合动力汽车的动能除克服摩擦力外，还有一部分转化为电能（充电），滑行距离更短。由图丙，图线①滑行距离30m，图线②滑行80m，故油电混合动力汽车的图线是①。
(4) 先求两车受到的摩擦力：普通汽车动能全部做功，$ E_{k0} = fs_{\mathrm{普}} $，代入 $ E_{k0}=4×10^5\ \mathrm{J} $，$ s_{\mathrm{普}}=80\ \mathrm{m} $，得 $ f = \frac{E_{k0}}{s_{\mathrm{普}}} = \frac{4×10^5\ \mathrm{J}}{80\ \mathrm{m}} = 5000\ \mathrm{N} $。油电混合动力汽车克服摩擦力做功 $ W_f = fs_{\mathrm{油}} = 5000\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{m} = 1.5×10^5\ \mathrm{J} $，转化为电能的能量 $ \Delta E_k = E_{k0} - W_f = 4×10^5\ \mathrm{J} - 1.5×10^5\ \mathrm{J} = 2.5×10^5\ \mathrm{J} $。储能效率 $ = \frac{\Delta E_k}{E_{k0}}×100\% = \frac{2.5×10^5\ \mathrm{J}}{4×10^5\ \mathrm{J}}×100\% = 62.5\% $。
【答案】
(1) $ 1.5×10^8 $；(2) 34；(3) ①；(4) 62.5
【知识点】
热值计算、热机效率、储能效率
【点评】
本题结合油电混合动力汽车的工作原理，综合考查热值、热机效率、动能与摩擦力做功的关系，需准确理解不同车型的能量转化特点，计算过程需注意单位统一，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需结合热值、热机效率、动能与摩擦力做功的关系、储能效率的定义逐步解题：(1)利用热值公式计算燃油完全燃烧放热；(2)明确发动机有效利用的能量（驱动的燃油部分+充电能量），结合总放热计算效率；(3)根据普通汽车和油电混合动力汽车的能量转化差异，判断滑行距离对应的图线；(4)先由普通汽车的动能和滑行距离求摩擦力，再计算油电汽车转化为电能的能量，最后求储能效率。
【解析】
(1) 完全燃烧3kg燃油产生的热量：根据热值公式 $ Q_{\mathrm{放}} = mq $，代入 $ m=3\ \mathrm{kg} $，$ q=5×10^7\ \mathrm{J/kg} $，得 $ Q_{\mathrm{放}} = 3\ \mathrm{kg}×5×10^7\ \mathrm{J/kg} = 1.5×10^8\ \mathrm{J} $。
(2) 发动机有效利用的能量：驱动汽车的能量中50%来自燃油，即燃油提供的驱动能量为 $ 9×10^7\ \mathrm{J}×50\% = 4.5×10^7\ \mathrm{J} $，加上充电能量 $ 6×10^6\ \mathrm{J} $，总有效能量为 $ 4.5×10^7\ \mathrm{J} + 6×10^6\ \mathrm{J} = 5.1×10^7\ \mathrm{J} $。发动机效率 $ \eta = \frac{\mathrm{有效能量}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\% = \frac{5.1×10^7\ \mathrm{J}}{1.5×10^8\ \mathrm{J}}×100\% = 34\% $。
(3) 普通汽车关闭发动机后，动能全部用于克服摩擦力做功，滑行距离更长；油电混合动力汽车的动能除克服摩擦力外，还有一部分转化为电能（充电），滑行距离更短。由图丙，图线①滑行距离30m，图线②滑行80m，故油电混合动力汽车的图线是①。
(4) 先求两车受到的摩擦力：普通汽车动能全部做功，$ E_{k0} = fs_{\mathrm{普}} $，代入 $ E_{k0}=4×10^5\ \mathrm{J} $，$ s_{\mathrm{普}}=80\ \mathrm{m} $，得 $ f = \frac{E_{k0}}{s_{\mathrm{普}}} = \frac{4×10^5\ \mathrm{J}}{80\ \mathrm{m}} = 5000\ \mathrm{N} $。油电混合动力汽车克服摩擦力做功 $ W_f = fs_{\mathrm{油}} = 5000\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{m} = 1.5×10^5\ \mathrm{J} $，转化为电能的能量 $ \Delta E_k = E_{k0} - W_f = 4×10^5\ \mathrm{J} - 1.5×10^5\ \mathrm{J} = 2.5×10^5\ \mathrm{J} $。储能效率 $ = \frac{\Delta E_k}{E_{k0}}×100\% = \frac{2.5×10^5\ \mathrm{J}}{4×10^5\ \mathrm{J}}×100\% = 62.5\% $。
【答案】
(1) $ 1.5×10^8 $；(2) 34；(3) ①；(4) 62.5
【知识点】
热值计算、热机效率、储能效率
【点评】
本题结合油电混合动力汽车的工作原理，综合考查热值、热机效率、动能与摩擦力做功的关系，需准确理解不同车型的能量转化特点，计算过程需注意单位统一，难度适中。
【难度系数】
0.5
