知识纵横

典例复习

①热传递 ②$Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$ ③$Q_{放}=cm(t_1-t_2)$ ④$Q=Vq$ ⑤$Q=mq$ ⑥汽油机 ⑦压缩冲程 ⑧做功冲程

【分析】
本题是内能相关的知识梳理题，需结合内能的改变方式、比热容公式、燃料热值公式、内燃机的分类及工作冲程等基础知识点，对应思维导图的空缺逐一推导：首先，内能的改变方式为做功和热传递，确定①；比热容的吸放热公式需结合温度变化量推导②、③；燃料热值公式区分气体与固体/液体的不同形式，确定④、⑤；内燃机分为汽油机和柴油机，确定⑥；内燃机一个工作循环的四个冲程按顺序确定⑦、⑧。
【解析】
1. 内能的改变方式有做功和热传递，故①为热传递；
2. 比热容的吸热公式为吸收热量等于比热容、质量、末温与初温差的乘积，即②为$Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$；
3. 比热容的放热公式为放出热量等于比热容、质量、初温与末温差的乘积，即③为$Q_{放}=cm(t_1-t_2)$；
4. 气体燃料的热值公式为热量等于体积乘以热值，即④为$Q=Vq$；
5. 固体/液体燃料的热值公式为热量等于质量乘以热值，即⑤为$Q=mq$；
6. 内燃机分为汽油机和柴油机两类，故⑥为汽油机；
7. 内燃机一个工作循环的冲程依次为吸气、压缩、做功、排气，故⑦为压缩冲程；
8. 内燃机工作循环的第三个冲程为做功冲程，故⑧为做功冲程。
【答案】
①热传递 ②$Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$ ③$Q_{放}=cm(t_1-t_2)$ ④$Q=Vq$ ⑤$Q=mq$ ⑥汽油机 ⑦压缩冲程 ⑧做功冲程
【知识点】
内能、比热容、内燃机
【点评】
本题考查内能章节的基础概念与公式，属于知识梳理类基础题，需准确记忆相关知识点，适合巩固内能相关的核心内容。
【难度系数】
0.7

1.(传统文化)[无锡中考改编]如图所示的是中国国家博物馆原始社会厅中展示的一种取火器,它以牛角作为外套筒,木制推杆前端粘附艾绒,取火时,一手握住套筒,一手猛推杆入筒,随即将杆拔出,艾绒即燃。下列说法中正确的是 ()

A.艾绒能燃烧是因为推杆对艾绒做功,使艾绒温度升高
B.取火时是通过做功增加筒内空气的内能
C.艾绒燃烧是将内能转化为化学能
D.取火的原理与汽油机的做功冲程相同

(第1题) (第2题)

1.B

【分析】
要解决这道题，需先明确取火器的工作原理：猛推杆入筒时，会压缩筒内空气，对空气做功，使空气的内能增加、温度升高，达到艾绒的着火点后艾绒燃烧。再逐一分析各选项，判断说法的正确性。
【解析】
选项A：推杆猛入筒时，是压缩筒内空气做功，使空气内能增加、温度升高，并非直接对艾绒做功，艾绒温度升高是因为周围空气温度达到其着火点，故A错误；
选项B：取火过程中，推杆压缩筒内空气，对空气做功，将机械能转化为内能，使筒内空气的内能增加，故B正确；
选项C：艾绒燃烧是化学反应，将自身的化学能转化为内能，而非内能转化为化学能，故C错误；
选项D：汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能，而取火过程是将机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程原理相同，并非做功冲程，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
做功改变内能；能量转化；内燃机冲程
【点评】
本题结合传统文化中的取火器，考查内能改变方式、能量转化及内燃机冲程的知识，将物理知识与传统文化结合，注重知识应用，难度适中。
【难度系数】
0.6

2. [成都中考改编] 小雨探究液体的凝固特点:先在两个相同容器中分别装入初温为 $20\ °\mathrm{C}$、质量为100 g的水和某液体M,再各放入一个温度传感器,然后使它们冷却凝固。若单位时间内它们放出的热量相等,用测得的数据绘制出两种物质温度随时间变化的图像,如图所示。已知 $c_{\mathrm{水}} =$
$4.2× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,实验在1个标准大气压下进行,下列说法正确的是 ()

A.在 $0∼ t_3$ 时间段水放出的热量为 $8.4× 10^4\ \mathrm{J}$
B.液体M的比热容为 $2.8× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$
C.液体M放热能力比水放热能力强
D.从 $20\ °\mathrm{C}$ 刚好降到 $0\ °\mathrm{C}$ 时,水放出的热量小于M放出的热量

2. B 【点拨】1个标准大气压下,水的凝固点为0 ℃,所以图中偏右边的图像为水的温度随时间变化图像,则偏左边的图像为液体M的温度随时间变化图像。在0~$t_3$时间段内,水放出热量$Q_水=c_水 m_水 \Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×100×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(20\ ℃-0\ ℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$,故A错误;在0~$t_2$时间段内,水放出热量$Q_水'=c_水 m_水 \Delta t'=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×100×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(20\ ℃-4\ ℃)=6.72×10^3\ \mathrm{J}$;0~$t_2$时间段,液体M放出的热量$Q_M=c_M×100×10^{-3}\ \mathrm{kg}×[20\ ℃-(-4\ ℃)]$,已知单位时间内它们放出的热量相等,则$Q_水'=Q_M$,解得$c_M=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$,故B正确;因$c_M＜c_水$,则液体M放热能力比水放热能力弱,故C错误;降低相同的温度,质量相同时,比热容大的物质放出热量多,因$c_水＞c_M$,则从20 ℃刚好降到0 ℃时,水放出的热量大于M放出的热量,故D错误。故选B。

【分析】首先根据1标准大气压下水的凝固点为0℃，确定图中右侧温度降到0℃不变的图像是水的温度变化图像，左侧为液体M的图像。解题时需利用“单位时间内放出的热量相等”这一条件，结合热量公式$Q=cm\Delta t$，分别分析各选项判断对错。
【解析】1. 判断图像：1标准大气压下，水的凝固点为0℃，因此温度降到0℃时保持不变的右侧图像是水的温度变化图像，左侧为液体M的图像。
2. 分析选项A：0~$t_3$时间段，水从20℃降到0℃，质量$m=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，放出热量$Q_水=c_水 m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×(20℃-0℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$，并非$8.4×10^4\ \mathrm{J}$，故A错误。
3. 分析选项B：0~$t_2$时间段，水从20℃降到4℃，$\Delta t_水=20℃-4℃=16℃$，放出热量$Q_水'=c_水 m\Delta t_水=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×16℃=6.72×10^3\ \mathrm{J}$。由于单位时间内两者放出热量相等，0~$t_2$时间内液体M放出的热量等于$Q_水'$；此时间段内液体M从20℃降到-4℃，$\Delta t_M=20℃-(-4℃)=24℃$，则$Q_水'=c_M m\Delta t_M$，代入数据得$6.72×10^3\ \mathrm{J}=c_M×0.1\ \mathrm{kg}×24℃$，解得$c_M=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，故B正确。
4. 分析选项C：比热容反映物质的放热能力，质量相同、降低温度相同时，比热容越小，放热能力越弱。因$c_M=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}＜c_水=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，故液体M放热能力比水弱，C错误。
5. 分析选项D：从20℃降到0℃，水和液体M降低的温度$\Delta t$相同，质量$m$相同，根据$Q=cm\Delta t$，比热容越大，放出热量越多。因$c_水＞c_M$，所以水放出的热量大于M放出的热量，D错误。
【答案】B
【知识点】凝固特点、比热容、热量计算
【点评】本题结合温度-时间图像，考查水的凝固点、比热容与热量计算的应用，关键是利用“单位时间放热相等”的条件，结合图像分析物质的温度变化，难度适中。
【难度系数】0.5

3.[武汉期中改编] (1)(日常生活)启动汽车时，转速表如图甲所示，如果该车使用的是四缸四冲程汽油机，此时发动机一个气缸每分钟完成做功冲程次。

(2)如图乙所示的为内燃机能量流向图，其中“a”处应该填燃料的能，“?”处应该填。若每辆汽车每年消耗汽油2.17 t，汽车内燃机的效率平均取值30%。若能把内燃机效率提高1%，武汉市的汽车保有量按300万计算，则武汉市每年可以节约t汽油。

3.(1)375 (2)化学;废气带走的能量;$2.1×10^5$
【点拨】(1)在四冲程汽油机中,完成一个工作循环,飞轮转2圈,对外做功1次,已知转速表显示$0.75×1\ 000\ \mathrm{r/min}=750\ \mathrm{r/min}$,因为每2圈对外做功1次,所以一个气缸每分钟对外做功的次数为$750÷2=375$(次)。(2)燃料燃烧的过程就是把燃料的化学能转化为内能的过程,所以a处应该填燃料的化学能;在内燃机的热量损失中,废气带走的能量最多,“?”处应该填废气带走的能量;因为内燃机效率提高1%,所以内燃机效率变为$\eta_2=\eta_1+1\%=30\%+1\%=31\%$,内燃机效率提高后有用功是相同的,即$W_1=W_2$,根据$\eta=\frac{W}{Q}=\frac{W}{mq}$可得$\eta_1 q m_1=\eta_2 q m_2$,所以内燃机效率提高后消耗的汽油质量$m_2=\frac{\eta_1}{\eta_2}m_1$,则每辆汽车每年节约汽油质量$\Delta m=m_1-m_2=m_1-\frac{\eta_1}{\eta_2}m_1=(1-\frac{30\%}{31\%})×2.17\ \mathrm{t}=0.07\ \mathrm{t}$,全市共有300万辆汽车,共节约汽油的质量$m=300×10^4×0.07\ \mathrm{t}=2.1×10^5\ \mathrm{t}$。

【分析】
首先读取转速表的示数，结合四冲程汽油机“飞轮转2圈，一个气缸对外做功1次”的规律计算做功次数；再根据内燃机的能量转化和流向确定对应能量，最后利用热机效率公式，结合有用功相同的条件计算节约的汽油质量。
【解析】
(1) 由图甲得转速为$0.75×1000\ \mathrm{r/min}=750\ \mathrm{r/min}$。四冲程汽油机中，一个气缸每完成1次做功冲程，飞轮转2圈，因此每分钟做功次数为：$\frac{750}{2}=375$次。
(2) 燃料燃烧时将化学能转化为内能，故“a”处填燃料的化学能；内燃机能量损失中废气带走的能量最多，故“？”处填废气带走的能量。
已知每辆汽车年耗汽油$m_1=2.17\ \mathrm{t}$，原效率$\eta_1=30\%$，提高后效率$\eta_2=31\%$。因有用功$W$相同，由$\eta=\frac{W}{mq}$得$\eta_1 m_1=\eta_2 m_2$，则每辆汽车年节约汽油：$\Delta m=m_1 - m_2 = m_1(1-\frac{\eta_1}{\eta_2})=2.17\ \mathrm{t}×(1-\frac{30\%}{31\%})=0.07\ \mathrm{t}$。
全市300万辆汽车共节约汽油：$300×10^4×0.07\ \mathrm{t}=2.1×10^5\ \mathrm{t}$。
【答案】
(1)375；(2)化学；废气带走的能量；$2.1×10^5$
【知识点】
内燃机工作原理；热机效率；能量转化
【点评】
本题结合汽车实际场景，考查四冲程汽油机的工作规律、内燃机能量流向及热机效率计算，需掌握转速与做功次数的关系，理解效率公式的应用，难度适中。
【难度系数】
0.6

1.[泉州期中]小明进行比较“不同物质吸热的情况”
时,设计了以下实验方案:将质量相同的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)组装器材时应按照的顺序依次安装。
(2)加热时液体温度升高,这是通过的方式来增大液体内能的。
(3)该实验中运用了转换法和法。
(4)根据实验数据小明绘制出的温度一时间图像如图丙所示,则液体吸热能力更强;若加热过程中无热量损失,则A、B两种液体的比热容之比为。
(5)(实验改进)同学们认为原方案有需要消耗的酒精燃料较多等缺点,因此设计了图丁装置,与原方案相比,该方案除克服了上述缺点外还具有的优点是(写出一种即可)。
(6)(类比思维)如图戊所示,若把物质吸热升温和容器盛水水面升高做类比,则比热容和容器的(选填“高度”“底面积”或“容积”)属性类似。

戊

1.(1)自下而上 (2)热传递 (3)控制变量 (4)B;1:2 (5)用同一热源加热,确保相同时间内两种液体吸收的热量相等 (6)底面积
【点拨】(4)由图丙可知,温度升高25 ℃,A加热的时间是3 min,B加热的时间是6 min,说明B吸收的热量是A的2倍,由$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,在质量和升高的温度相同的条件下,吸收的热量与比热容成正比,则液体A与液体B的比热容之比$c_A:c_B=1:2$。(5)对比图甲和图乙所示实验器材可知,图丁实验的优点是①用“水浴法”加热,受热更均匀;②用同一热源加热,确保相同时间内提供的热量相等;③两次实验同时进行,便于同时比较两种物质升温的快慢。

【分析】
本题围绕“比较不同物质吸热的情况”实验展开，需结合实验操作规范、内能改变方式、实验方法、比热容公式、实验装置优缺点及类比思维逐一分析：
1. 组装实验器材时，需先确定酒精灯外焰位置，再依次向上固定铁圈、放置烧杯、调节温度计，保证用外焰加热且温度计使用规范，故顺序为自下而上；
2. 加热时液体从热源吸收热量，内能增加，属于热传递改变内能；
3. 实验中控制液体质量、加热条件相同，仅改变物质种类，运用控制变量法，同时用加热时间反映吸热多少，运用转换法；
4. 比热容反映物质吸热能力，质量相同的不同物质，升高相同温度时，吸热越多（加热时间越长）比热容越大，故B吸热能力更强；根据$Q=cm\Delta t$，m、Δt相同时，c与Q成正比，由图丙知升高相同温度时A加热时间是B的1/2，即$Q_A:Q_B=1:2$，故$c_A:c_B=1:2$；
5. 丁装置用同一热源加热，能确保相同时间内两种液体吸收的热量相等，或水浴加热使受热更均匀，避免酒精消耗多的缺点；
6. 类比时，物质吸热$Q=cm\Delta t$对应水的体积$V=Sh$，Δt对应水面升高h，故比热容c对应容器底面积S。
【解析】
(1) 组装实验器材需遵循“自下而上”的顺序，先调整酒精灯高度（利用外焰加热），再依次固定铁圈、放置烧杯、调节温度计，故答案为自下而上；
(2) 加热过程中，液体通过吸收热量增大内能，属于热传递方式，故答案为热传递；
(3) 实验中控制液体质量、加热条件相同，仅改变物质种类，运用控制变量法，故答案为控制变量；
(4) 由图丙，升高相同温度时，B的加热时间更长，说明B吸收热量更多，吸热能力更强；根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，m、Δt相同，c与Q成正比，A的加热时间是B的1/2，即$Q_A:Q_B=1:2$，故$c_A:c_B=1:2$；
(5) 丁装置采用同一热源加热，优点是确保相同时间内两种液体吸收的热量相等（或受热更均匀、无需消耗酒精等）；
(6) 类比时，$Q=cm\Delta t$对应$V=Sh$，Δt对应h，故比热容c对应容器底面积，答案为底面积。
【答案】
(1) 自下而上；(2) 热传递；(3) 控制变量；(4) B；1:2；(5) 用同一热源加热，确保相同时间内两种液体吸收的热量相等；(6) 底面积
【知识点】
比热容、控制变量法、热传递
【点评】
本题是热学核心实验“比较不同物质吸热的情况”的综合考查，涵盖实验操作、方法应用、比热容计算、实验改进及类比思维，注重对实验原理和细节的理解，是期中常考题型。
【难度系数】
0.5