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四、综合应用题(共3小题,计30分)
16. 实验考法创新实验「2025山西中考，★★☆」(8分)跨学科实践
制作简易汽轮机模型
热机对人类文明发展起着重要的推动作用。同学们成立了制作简易汽轮机模型的项目团队,制订了“项目提出——项目分析——项目实施——展示交流”的学习流程,研究了热机原理,收集材料组装了如图所示的汽轮机模型。
实验时向易拉罐内部注入大约半罐水,将去掉笔芯和尾塞的中性笔的尾端插入易拉罐内,用胶将罐的开口处密封。将易拉罐放置在支架上,笔的尖端对准小风扇的扇叶。点燃易拉罐下面的酒精灯,当有蒸汽喷出时,扇叶就转动起来。
(1)汽轮机模型工作过程的能量转化情况为:化学能→
(2)某团队的同学们在测试过程中,发现扇叶不转动,出现这种现象的原因可能是
(3)热机发展史也是一部热机效率提高史,在展示交流环节,对如何提高简易汽轮机效率,同学们进行了激烈讨论。请你依照“结构决定功能”的观念,从结构的角度思考,帮助他们提出一个可行性措施:
16. 实验考法创新实验「2025山西中考，★★☆」(8分)跨学科实践
制作简易汽轮机模型
热机对人类文明发展起着重要的推动作用。同学们成立了制作简易汽轮机模型的项目团队,制订了“项目提出——项目分析——项目实施——展示交流”的学习流程,研究了热机原理,收集材料组装了如图所示的汽轮机模型。
实验时向易拉罐内部注入大约半罐水,将去掉笔芯和尾塞的中性笔的尾端插入易拉罐内,用胶将罐的开口处密封。将易拉罐放置在支架上,笔的尖端对准小风扇的扇叶。点燃易拉罐下面的酒精灯,当有蒸汽喷出时,扇叶就转动起来。
(1)汽轮机模型工作过程的能量转化情况为:化学能→
内能
→机械能
。(2)某团队的同学们在测试过程中,发现扇叶不转动,出现这种现象的原因可能是
水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（合理即可）
。(答出一条即可)(3)热机发展史也是一部热机效率提高史,在展示交流环节,对如何提高简易汽轮机效率,同学们进行了激烈讨论。请你依照“结构决定功能”的观念,从结构的角度思考,帮助他们提出一个可行性措施:
在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量损失，提高汽轮机效率（合理即可）
。答案
16.答案 (1)内能 机械能
(2)示例：水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（合理即可）
(3)示例：在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量损失，提高汽轮机效率（合理即可）
解析 (1)酒精燃烧,将酒精的化学能转化为内能释放出来,然后将内能通过热传递转移给易拉罐和易拉罐内的水,水吸热汽化,形成大量的水蒸气,水蒸气对扇叶做功,将水蒸气的内能转化为扇叶的机械能。
(2)在测试过程中,发现扇叶不转动,可能是水蒸气的内能太小,笔尖喷出的蒸汽太少。
(3)在易拉罐上半部分覆盖保温层,可减少热量的损失,提高汽轮机效率。
(2)示例：水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（合理即可）
(3)示例：在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量损失，提高汽轮机效率（合理即可）
解析 (1)酒精燃烧,将酒精的化学能转化为内能释放出来,然后将内能通过热传递转移给易拉罐和易拉罐内的水,水吸热汽化,形成大量的水蒸气,水蒸气对扇叶做功,将水蒸气的内能转化为扇叶的机械能。
(2)在测试过程中,发现扇叶不转动,可能是水蒸气的内能太小,笔尖喷出的蒸汽太少。
(3)在易拉罐上半部分覆盖保温层,可减少热量的损失,提高汽轮机效率。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合热机原理、能量转化规律分析：
1. 第(1)问：梳理能量转化的完整过程，明确酒精燃烧、水变蒸汽、蒸汽推扇叶各环节的能量形式，确定两个空的内容。
2. 第(2)问：扇叶不转动说明无足够能量推动，从蒸汽产生的角度分析可能的故障，合理即可。
3. 第(3)问：提高效率需减少能量损失，从结构角度提出优化措施，符合“结构决定功能”的观念即可。
【解析】
(1) 酒精燃烧时，将化学能转化为内能；罐内的水吸收热量汽化形成高温水蒸气，水蒸气喷出时推动扇叶做功，将内能转化为扇叶的机械能，因此能量转化为：化学能→内能→机械能。
(2) 扇叶不转动，说明没有足够的内能转化为机械能，可能的原因是：水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（如加热时间不足、装置密封不好导致蒸汽泄漏、笔管堵塞等，合理即可）。
(3) 要提高简易汽轮机的效率，需减少能量损失，从结构角度可采取的措施：在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量散失，使更多内能用于产生水蒸气，从而提高汽轮机效率（合理即可）。
【答案】
(1) 内能；机械能
(2) 水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（合理即可）
(3) 在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量损失，提高汽轮机效率（合理即可）
【知识点】
能量的转化、热机效率、汽化
【点评】
本题为跨学科实践类题目，结合简易汽轮机模型考查热机相关知识，注重理论联系实际，引导学生运用所学知识分析、解决实际问题，体现了物理学科的应用价值。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合热机原理、能量转化规律分析：
1. 第(1)问：梳理能量转化的完整过程，明确酒精燃烧、水变蒸汽、蒸汽推扇叶各环节的能量形式，确定两个空的内容。
2. 第(2)问：扇叶不转动说明无足够能量推动，从蒸汽产生的角度分析可能的故障，合理即可。
3. 第(3)问：提高效率需减少能量损失，从结构角度提出优化措施，符合“结构决定功能”的观念即可。
【解析】
(1) 酒精燃烧时，将化学能转化为内能；罐内的水吸收热量汽化形成高温水蒸气，水蒸气喷出时推动扇叶做功，将内能转化为扇叶的机械能，因此能量转化为：化学能→内能→机械能。
(2) 扇叶不转动，说明没有足够的内能转化为机械能，可能的原因是：水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（如加热时间不足、装置密封不好导致蒸汽泄漏、笔管堵塞等，合理即可）。
(3) 要提高简易汽轮机的效率，需减少能量损失，从结构角度可采取的措施：在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量散失，使更多内能用于产生水蒸气，从而提高汽轮机效率（合理即可）。
【答案】
(1) 内能；机械能
(2) 水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少（合理即可）
(3) 在易拉罐上半部分覆盖保温层，减少热量损失，提高汽轮机效率（合理即可）
【知识点】
能量的转化、热机效率、汽化
【点评】
本题为跨学科实践类题目，结合简易汽轮机模型考查热机相关知识，注重理论联系实际，引导学生运用所学知识分析、解决实际问题，体现了物理学科的应用价值。
【难度系数】
0.6
17. 情境
素材
科技成就
「2026江苏苏州期中，★★☆」（8分）如图是一种新型的金属冰块，与普通冰块相比，金属冰块使用起来更加方便，且可无限次循环使用，既经济又耐用。现将三块质量相等的金属冰块冷冻至$-20\ ℃$后，迅速取出放入另一个装有初温为$30\ ℃$的水的杯中，放入金属冰块后水温最终下降到$20\ ℃$。
已知每块金属冰块的质量为$100\ \mathrm{g}$，杯中水的质量为$200\ \mathrm{g}$，该过程不计热量损失，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。求：
(1)三块金属冰块吸收的总热量；
(2)这种金属冰块的比热容。
素材
科技成就
「2026江苏苏州期中，★★☆」（8分）如图是一种新型的金属冰块，与普通冰块相比，金属冰块使用起来更加方便，且可无限次循环使用，既经济又耐用。现将三块质量相等的金属冰块冷冻至$-20\ ℃$后，迅速取出放入另一个装有初温为$30\ ℃$的水的杯中，放入金属冰块后水温最终下降到$20\ ℃$。
已知每块金属冰块的质量为$100\ \mathrm{g}$，杯中水的质量为$200\ \mathrm{g}$，该过程不计热量损失，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。求：
(1)三块金属冰块吸收的总热量；
(2)这种金属冰块的比热容。
答案
17.解析 (1)水放出的热量为$Q_{放}=c_水 m_水 (t_0-t)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.2\ \mathrm{kg}×(30\ ℃-20\ ℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$;不计热量损失,则$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$;
(2)由$Q_{吸}=c_{金} m_{金} (t-t_{0金})$得,这种金属冰块的比热容为
$c_{金}=\frac{Q_{吸}}{m_{金}(t-t_{0金})}=\frac{8.4×10^3\ \mathrm{J}}{3×0.1\ \mathrm{kg}×[20\ ℃-(-20\ ℃)]}=0.7×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
(2)由$Q_{吸}=c_{金} m_{金} (t-t_{0金})$得,这种金属冰块的比热容为
$c_{金}=\frac{Q_{吸}}{m_{金}(t-t_{0金})}=\frac{8.4×10^3\ \mathrm{J}}{3×0.1\ \mathrm{kg}×[20\ ℃-(-20\ ℃)]}=0.7×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
解析
【分析】这是一道利用热平衡方程进行热量计算的题目，解题思路是：首先明确不计热量损失时，水放出的总热量等于三块金属冰块吸收的总热量；然后分别确定水和金属冰块的质量、初温、末温，利用热量公式计算水放出的热量，即金属吸收的总热量；最后再根据金属吸收的热量，结合其质量和温度变化，计算金属的比热容。
【解析】
(1) 计算水放出的热量：
水的质量$m_{水}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_{0水}=30\ ℃$，末温$t=20\ ℃$，则水放出的热量：
$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t_{0水}-t)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.2\ \mathrm{kg}×(30\ ℃-20\ ℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
因为不计热量损失，所以三块金属冰块吸收的总热量$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
(2) 计算金属冰块的比热容：
三块金属冰块的总质量$m_{金}=3×100\ \mathrm{g}=300\ \mathrm{g}=0.3\ \mathrm{kg}$，金属冰块的初温$t_{0金}=-20\ ℃$，末温$t=20\ ℃$，温度变化$\Delta t_{金}=t - t_{0金}=20\ ℃ - (-20\ ℃)=40\ ℃$。
根据热量公式$Q_{吸}=c_{金}m_{金}\Delta t_{金}$，可得金属的比热容：
$c_{金}=\frac{Q_{吸}}{m_{金}\Delta t_{金}}=\frac{8.4×10^3\ \mathrm{J}}{0.3\ \mathrm{kg}×40\ ℃}=0.7×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
(1) $8.4×10^3\ \mathrm{J}$；(2) $0.7×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题考查热平衡方程的应用，关键是理解不计热量损失时$Q_{吸}=Q_{放}$，计算时需注意质量单位的换算，找准各物质的温度变化，难度适中，属于中等难度题目。
【难度系数】
0.6
【解析】
(1) 计算水放出的热量：
水的质量$m_{水}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_{0水}=30\ ℃$，末温$t=20\ ℃$，则水放出的热量：
$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t_{0水}-t)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.2\ \mathrm{kg}×(30\ ℃-20\ ℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
因为不计热量损失，所以三块金属冰块吸收的总热量$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
(2) 计算金属冰块的比热容：
三块金属冰块的总质量$m_{金}=3×100\ \mathrm{g}=300\ \mathrm{g}=0.3\ \mathrm{kg}$，金属冰块的初温$t_{0金}=-20\ ℃$，末温$t=20\ ℃$，温度变化$\Delta t_{金}=t - t_{0金}=20\ ℃ - (-20\ ℃)=40\ ℃$。
根据热量公式$Q_{吸}=c_{金}m_{金}\Delta t_{金}$，可得金属的比热容：
$c_{金}=\frac{Q_{吸}}{m_{金}\Delta t_{金}}=\frac{8.4×10^3\ \mathrm{J}}{0.3\ \mathrm{kg}×40\ ℃}=0.7×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
(1) $8.4×10^3\ \mathrm{J}$；(2) $0.7×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题考查热平衡方程的应用，关键是理解不计热量损失时$Q_{吸}=Q_{放}$，计算时需注意质量单位的换算，找准各物质的温度变化，难度适中，属于中等难度题目。
【难度系数】
0.6
