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8.某中学锅炉房每天要将2000kg的水从20℃加热到100℃.求：
(1)这些水吸收的热量为多少？[水的比热容为$4.2×10^3J/(kg·℃)$]
(2)用煤气作为燃料来烧水，设煤气完全燃烧释放热量的80%被水吸收，煤气完全燃烧要放出多少热量？
(3)学校每天因烧水要消耗多少千克煤气？（煤气的热值$q=4.2×10^7J/kg$）
(1)这些水吸收的热量为多少？[水的比热容为$4.2×10^3J/(kg·℃)$]
(2)用煤气作为燃料来烧水，设煤气完全燃烧释放热量的80%被水吸收，煤气完全燃烧要放出多少热量？
(3)学校每天因烧水要消耗多少千克煤气？（煤气的热值$q=4.2×10^7J/kg$）
答案
8.解:(1)这些水吸收的热量 $Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2000kg×(100℃-20℃)=6.72×10^8J.$
(2)由 $\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$可知,煤气完全燃烧放出的热量
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^8J}{80\%}=8.4×10^8J.$
(3)由$Q_{放}=mq$可知,需要消耗的煤气的质量
$m=\frac{Q_{放}}{q_{煤气}}=\frac{8.4×10^8J}{4.2×10^7J/kg}=20kg.$
(2)由 $\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$可知,煤气完全燃烧放出的热量
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^8J}{80\%}=8.4×10^8J.$
(3)由$Q_{放}=mq$可知,需要消耗的煤气的质量
$m=\frac{Q_{放}}{q_{煤气}}=\frac{8.4×10^8J}{4.2×10^7J/kg}=20kg.$
解析
【分析】
本题为热学热量计算问题，分三步解题：第一步，求水吸收的热量，需运用物体吸热公式，代入水的质量、比热容、初温与末温计算；第二步，根据热量利用率，通过效率公式变形求出煤气完全燃烧需释放的总热量；第三步，依据燃料燃烧放热公式变形，计算需要消耗的煤气质量。
【解析】
(1) 水吸收的热量根据吸热公式计算：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2000kg×(100℃-20℃)=6.72×10^8J$
(2) 由热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，变形得煤气完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^8J}{80\%}=8.4×10^8J$
(3) 由燃料放热公式$Q_{放}=mq$，变形得需要消耗的煤气质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q_{煤气}}=\frac{8.4×10^8J}{4.2×10^7J/kg}=20kg$
【答案】
8.解:(1)这些水吸收的热量 $Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2000kg×(100℃-20℃)=6.72×10^8J.$
(2)由 $\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$可知,煤气完全燃烧放出的热量
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^8J}{80\%}=8.4×10^8J.$
(3)由$Q_{放}=mq$可知,需要消耗的煤气的质量
$m=\frac{Q_{放}}{q_{煤气}}=\frac{8.4×10^8J}{4.2×10^7J/kg}=20kg.$
【知识点】
热量计算、热效率、热值计算
【点评】
本题是热学基础计算题，核心考查吸热公式、热效率公式、燃料放热公式的应用，解题关键是公式的正确变形与代入，属于常规题型，只要掌握基础公式即可解答。
【难度系数】
0.6
本题为热学热量计算问题，分三步解题：第一步，求水吸收的热量，需运用物体吸热公式，代入水的质量、比热容、初温与末温计算；第二步，根据热量利用率，通过效率公式变形求出煤气完全燃烧需释放的总热量；第三步，依据燃料燃烧放热公式变形，计算需要消耗的煤气质量。
【解析】
(1) 水吸收的热量根据吸热公式计算：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2000kg×(100℃-20℃)=6.72×10^8J$
(2) 由热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，变形得煤气完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^8J}{80\%}=8.4×10^8J$
(3) 由燃料放热公式$Q_{放}=mq$，变形得需要消耗的煤气质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q_{煤气}}=\frac{8.4×10^8J}{4.2×10^7J/kg}=20kg$
【答案】
8.解:(1)这些水吸收的热量 $Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2000kg×(100℃-20℃)=6.72×10^8J.$
(2)由 $\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$可知,煤气完全燃烧放出的热量
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^8J}{80\%}=8.4×10^8J.$
(3)由$Q_{放}=mq$可知,需要消耗的煤气的质量
$m=\frac{Q_{放}}{q_{煤气}}=\frac{8.4×10^8J}{4.2×10^7J/kg}=20kg.$
【知识点】
热量计算、热效率、热值计算
【点评】
本题是热学基础计算题，核心考查吸热公式、热效率公式、燃料放热公式的应用，解题关键是公式的正确变形与代入，属于常规题型，只要掌握基础公式即可解答。
【难度系数】
0.6
9.(2024·东台期末)如图所示是一个会跳的卡片.将卡片反扣在桌面上,用力往下压平卡片,使橡皮筋伸长,迅速松手后卡片弹起一定高度,这个现象说明:发生弹性形变的橡皮筋能对卡片
做功
.卡片向上弹起来的过程中,橡皮筋的弹性势
能会转化为卡片的动
能,使卡片能向上运动.答案
9.做功 弹性势 动
解析
【分析】
要解决这道题，首先明确弹性形变物体的作用：发生弹性形变的物体在恢复原状时会对接触的物体施加力，使物体运动状态改变，即对物体做功；其次判断能量转化时，需看哪种能量减少、哪种能量增加，减少的能量转化为增加的能量。本题中，橡皮筋发生弹性形变，松手后恢复原状时对卡片施力使其运动，同时橡皮筋形变减小，卡片运动速度增大，据此分析即可。
【解析】
1. 当橡皮筋发生弹性形变后，迅速松手，橡皮筋要恢复原状，会对卡片施加力的作用，使卡片由静止变为运动，说明发生弹性形变的橡皮筋能对卡片做功；
2. 卡片向上弹起的过程中，橡皮筋的弹性形变程度逐渐减小，弹性势能减少；卡片的运动速度逐渐增大，动能增加，因此橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能。
【答案】
做功 弹性势 动
【知识点】
弹性势能、动能、能量转化
【点评】
本题结合“会跳的卡片”的实验场景，考查弹性势能的相关知识及能量转化的判断，属于基础题型，注重物理知识与生活小实验的结合，帮助学生理解弹性势能的应用。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，首先明确弹性形变物体的作用：发生弹性形变的物体在恢复原状时会对接触的物体施加力，使物体运动状态改变，即对物体做功；其次判断能量转化时，需看哪种能量减少、哪种能量增加，减少的能量转化为增加的能量。本题中，橡皮筋发生弹性形变，松手后恢复原状时对卡片施力使其运动，同时橡皮筋形变减小，卡片运动速度增大，据此分析即可。
【解析】
1. 当橡皮筋发生弹性形变后，迅速松手，橡皮筋要恢复原状，会对卡片施加力的作用，使卡片由静止变为运动，说明发生弹性形变的橡皮筋能对卡片做功；
2. 卡片向上弹起的过程中，橡皮筋的弹性形变程度逐渐减小，弹性势能减少；卡片的运动速度逐渐增大，动能增加，因此橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能。
【答案】
做功 弹性势 动
【知识点】
弹性势能、动能、能量转化
【点评】
本题结合“会跳的卡片”的实验场景，考查弹性势能的相关知识及能量转化的判断，属于基础题型，注重物理知识与生活小实验的结合，帮助学生理解弹性势能的应用。
【难度系数】
0.7
10.如图所示,太空中人造卫星沿椭圆形轨道绕地球运行,当卫星从近地点向远地点运动过程中,动能逐渐
减小
,势能逐渐增大
,机械能不变
.(均填“减小”“增大”或“不变”)答案
10.减小 增大 不变
解析
【分析】
要解决这道题，需明确卫星运动时动能、势能的影响因素，以及机械能守恒的条件。首先，卫星从近地点向远地点运动时，距离地球的高度逐渐增加；接着，根据动能和势能的影响因素判断两者变化，再结合太空无阻力的特点确定机械能的变化。
【解析】
卫星从近地点向远地点运动时，质量不变，高度增大，因此引力势能（重力势能）逐渐增大；由于太空中不存在空气阻力，卫星的机械能（动能与势能之和）守恒，所以动能会逐渐减小（势能增大，动能相应减小以保持机械能总量不变），机械能保持不变。
【答案】
减小 增大 不变
【知识点】
动能与势能转化、机械能守恒
【点评】
本题是机械能转化的基础应用题，结合卫星运动的实际场景，考查对动能、势能影响因素及机械能守恒条件的理解，难度较低，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需明确卫星运动时动能、势能的影响因素，以及机械能守恒的条件。首先，卫星从近地点向远地点运动时，距离地球的高度逐渐增加；接着，根据动能和势能的影响因素判断两者变化，再结合太空无阻力的特点确定机械能的变化。
【解析】
卫星从近地点向远地点运动时，质量不变，高度增大，因此引力势能（重力势能）逐渐增大；由于太空中不存在空气阻力，卫星的机械能（动能与势能之和）守恒，所以动能会逐渐减小（势能增大，动能相应减小以保持机械能总量不变），机械能保持不变。
【答案】
减小 增大 不变
【知识点】
动能与势能转化、机械能守恒
【点评】
本题是机械能转化的基础应用题，结合卫星运动的实际场景，考查对动能、势能影响因素及机械能守恒条件的理解，难度较低，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
11.(2024·盐城期中)如图所示,质量为500g的某液体的比热容是$c=4.0×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$,在均匀放热的条件下凝固成固态物质,且质量不变,则第20min的内能
小于
(填“大于”“小于”或“等于”)第10min的内能;凝固过程中该物质放出的热量是$8×10^4$
J;该物质固态时的比热容是$2×10^3$
$J/(kg· ^{\circ }C)$.答案
11.小于 $8×10^4$ $2×10^3$
解析
【分析】
本题为液体凝固的温度-时间图像问题，需结合凝固的特点、均匀放热的规律分析：①凝固过程持续放热，内能减小，可判断不同时间的内能大小；②利用“均匀放热时相同时间放出热量相等”，先计算液态降温阶段的放热，得到单位时间放热量，进而求出凝固过程的总放热；③结合固态阶段的放热、温度变化，推导固态物质的比热容。
【解析】
1. 内能判断：该物质在凝固过程中持续放热，内能不断减小。第10min和第20min均处于凝固阶段（图像BC段），且第20min比第10min的放热时间更长，因此第20min的内能小于第10min的内能。
2. 凝固过程放热计算：
液态阶段（AB段）：时间$\Delta t_1=5\mathrm{min}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=10°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，质量$m=500\mathrm{g}=0.5\mathrm{kg}$，液态比热容$c_{\mathrm{液}}=4.0×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$，此阶段放热$Q_1=c_{\mathrm{液}}m\Delta t_{\mathrm{液}}=4.0×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×0.5\mathrm{kg}×10°\mathrm{C}=2×10^4\mathrm{J}$。
因均匀放热，每分钟放热$Q_0=\frac{Q_1}{\Delta t_1}=\frac{2×10^4\mathrm{J}}{5\mathrm{min}}=4×10^3\mathrm{J/min}$。
凝固过程（BC段）时间$\Delta t_{\mathrm{凝固}}=25\mathrm{min}-5\mathrm{min}=20\mathrm{min}$，放出热量$Q_{\mathrm{凝固}}=Q_0×\Delta t_{\mathrm{凝固}}=4×10^3\mathrm{J/min}×20\mathrm{min}=8×10^4\mathrm{J}$。
3. 固态比热容计算：
固态阶段（CD段）时间$\Delta t_2=30\mathrm{min}-25\mathrm{min}=5\mathrm{min}$，此阶段放热$Q_2=Q_1=2×10^4\mathrm{J}$（与液态5min放热相等），温度变化$\Delta t_{\mathrm{固}}=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$。
由$Q=cm\Delta t$得，固态比热容$c_{\mathrm{固}}=\frac{Q_2}{m\Delta t_{\mathrm{固}}}=\frac{2×10^4\mathrm{J}}{0.5\mathrm{kg}×20°\mathrm{C}}=2×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$。
【答案】
小于；$8×10^4$；$2×10^3$
【知识点】
凝固的特点、热量计算、比热容
【点评】
本题结合温度-时间图像考查凝固过程的内能变化、热量计算及比热容推导，核心是利用“均匀放热时相同时间放热相等”的规律，理清各阶段的时间、温度变化，综合性适中，需掌握热量公式的应用。
【难度系数】
0.5
本题为液体凝固的温度-时间图像问题，需结合凝固的特点、均匀放热的规律分析：①凝固过程持续放热，内能减小，可判断不同时间的内能大小；②利用“均匀放热时相同时间放出热量相等”，先计算液态降温阶段的放热，得到单位时间放热量，进而求出凝固过程的总放热；③结合固态阶段的放热、温度变化，推导固态物质的比热容。
【解析】
1. 内能判断：该物质在凝固过程中持续放热，内能不断减小。第10min和第20min均处于凝固阶段（图像BC段），且第20min比第10min的放热时间更长，因此第20min的内能小于第10min的内能。
2. 凝固过程放热计算：
液态阶段（AB段）：时间$\Delta t_1=5\mathrm{min}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=10°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，质量$m=500\mathrm{g}=0.5\mathrm{kg}$，液态比热容$c_{\mathrm{液}}=4.0×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$，此阶段放热$Q_1=c_{\mathrm{液}}m\Delta t_{\mathrm{液}}=4.0×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×0.5\mathrm{kg}×10°\mathrm{C}=2×10^4\mathrm{J}$。
因均匀放热，每分钟放热$Q_0=\frac{Q_1}{\Delta t_1}=\frac{2×10^4\mathrm{J}}{5\mathrm{min}}=4×10^3\mathrm{J/min}$。
凝固过程（BC段）时间$\Delta t_{\mathrm{凝固}}=25\mathrm{min}-5\mathrm{min}=20\mathrm{min}$，放出热量$Q_{\mathrm{凝固}}=Q_0×\Delta t_{\mathrm{凝固}}=4×10^3\mathrm{J/min}×20\mathrm{min}=8×10^4\mathrm{J}$。
3. 固态比热容计算：
固态阶段（CD段）时间$\Delta t_2=30\mathrm{min}-25\mathrm{min}=5\mathrm{min}$，此阶段放热$Q_2=Q_1=2×10^4\mathrm{J}$（与液态5min放热相等），温度变化$\Delta t_{\mathrm{固}}=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$。
由$Q=cm\Delta t$得，固态比热容$c_{\mathrm{固}}=\frac{Q_2}{m\Delta t_{\mathrm{固}}}=\frac{2×10^4\mathrm{J}}{0.5\mathrm{kg}×20°\mathrm{C}}=2×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$。
【答案】
小于；$8×10^4$；$2×10^3$
【知识点】
凝固的特点、热量计算、比热容
【点评】
本题结合温度-时间图像考查凝固过程的内能变化、热量计算及比热容推导，核心是利用“均匀放热时相同时间放热相等”的规律，理清各阶段的时间、温度变化，综合性适中，需掌握热量公式的应用。
【难度系数】
0.5
12.将一个石块竖直向上抛出，运动到最高点并下落.A、B是石块运动轨迹中的两个点，石块在这两点的动能和重力势能如表所示，则石块在B点处的运动方向可能的情况是（
A.下降
B.上升
C.上升或下降
D.在最高点
B
）A.下降
B.上升
C.上升或下降
D.在最高点
答案
12.B
解析
【分析】
要判断石块在B点的运动方向，需结合竖直上抛运动的能量变化规律：上升过程中，高度增加，重力势能增大，动能减小；下落过程中，高度降低，重力势能减小，动能增大。同时考虑空气阻力时，机械能会逐渐减小，通过对比A、B两点的总机械能，可判断两点的位置关系，进而确定B点的运动方向。
【解析】
1. 计算A、B两点的总机械能：
A点总机械能：$ E_A = E_{kA} + E_{pA} = 7J + 6J = 13J $
B点总机械能：$ E_B = E_{kB} + E_{pB} = 9J + 5J = 14J $
2. 分析位置关系：
竖直上抛运动中，若存在空气阻力，机械能随运动过程逐渐减小。B点总机械能大于A点，说明B点的位置比A点低（上升时克服阻力做功，机械能减少，位置越低，初始机械能越大）。
3. 判断运动方向：
上升过程中，位置越低，动能越大、重力势能越小。B点动能（9J）大于A点动能（7J），B点重力势能（5J）小于A点重力势能（6J），符合上升过程的能量变化特点，说明从B到A是上升过程，因此B点的运动方向为上升。
【答案】
B
【知识点】
机械能转化、竖直上抛运动
【点评】
本题通过对比两点的动能和重力势能，结合机械能变化规律判断运动方向，需注意空气阻力对机械能的影响，是基础的力学能量分析题。
【难度系数】
0.5
要判断石块在B点的运动方向，需结合竖直上抛运动的能量变化规律：上升过程中，高度增加，重力势能增大，动能减小；下落过程中，高度降低，重力势能减小，动能增大。同时考虑空气阻力时，机械能会逐渐减小，通过对比A、B两点的总机械能，可判断两点的位置关系，进而确定B点的运动方向。
【解析】
1. 计算A、B两点的总机械能：
A点总机械能：$ E_A = E_{kA} + E_{pA} = 7J + 6J = 13J $
B点总机械能：$ E_B = E_{kB} + E_{pB} = 9J + 5J = 14J $
2. 分析位置关系：
竖直上抛运动中，若存在空气阻力，机械能随运动过程逐渐减小。B点总机械能大于A点，说明B点的位置比A点低（上升时克服阻力做功，机械能减少，位置越低，初始机械能越大）。
3. 判断运动方向：
上升过程中，位置越低，动能越大、重力势能越小。B点动能（9J）大于A点动能（7J），B点重力势能（5J）小于A点重力势能（6J），符合上升过程的能量变化特点，说明从B到A是上升过程，因此B点的运动方向为上升。
【答案】
B
【知识点】
机械能转化、竖直上抛运动
【点评】
本题通过对比两点的动能和重力势能，结合机械能变化规律判断运动方向，需注意空气阻力对机械能的影响，是基础的力学能量分析题。
【难度系数】
0.5
13.如图所示,在估测薯片热值的实验中,小军设计了两种对水加热的方法.
方法一:薯片在小烧杯中燃烧;
方法二:薯片在燃烧皿中燃烧.
两种加热方法中合理的是
用天平量取100g水,并测出一片薯片的质量,用以上选取的方式燃尽薯片,并用温度计测出水升高的温度,所测出的薯片热值偏
方法一:薯片在小烧杯中燃烧;
方法二:薯片在燃烧皿中燃烧.
两种加热方法中合理的是
方法二
.在进行实验时,要让薯片充分燃烧,操作是加快薯片周围的空气流动速度
.用天平量取100g水,并测出一片薯片的质量,用以上选取的方式燃尽薯片,并用温度计测出水升高的温度,所测出的薯片热值偏
小
,原因是薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
.答案
13.方法二 加快薯片周围的空气流动速度 小 薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
解析
【分析】要解决这道题，需从热量利用效率、燃烧条件、热值测量的误差来源三个角度分析：首先判断哪种加热方法合理，核心是看哪种方法能让薯片燃烧的热量更有效传递给水；其次，让薯片充分燃烧需满足燃烧的条件（充足氧气）；最后分析热值测量偏差，要考虑实际实验中热量的散失情况。
【解析】1. 合理方法判断：方法一中薯片在小烧杯内燃烧，热量易散失到周围空气中，无法有效传递给烧杯中的水；方法二中薯片在燃烧皿中燃烧，热量更易集中传递给下方烧杯中的水，热量利用率更高，因此合理的是方法二。2. 使薯片充分燃烧的操作：燃烧需要充足的氧气，加快薯片周围的空气流动速度，可增加氧气供应，让薯片与氧气充分接触，实现充分燃烧。3. 热值测量偏差分析：薯片燃烧放出的热量除了被水吸收，还有一部分散失到空气中、被实验装置（如烧杯、温度计）吸收等，导致测得的水吸收的热量小于薯片实际完全燃烧放出的热量。根据热值公式$q=\frac{Q_{放}}{m}$，计算时用测得的水吸收的热量代替薯片实际放出的热量，因此测出的薯片热值偏小。
【答案】方法二 加快薯片周围的空气流动速度 小 薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
【知识点】热值、热量散失、燃烧条件
【点评】本题围绕热值测量实验展开，考查实验方法的合理性、燃烧条件的应用及实验误差分析，需结合热量传递的特点理解，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】1. 合理方法判断：方法一中薯片在小烧杯内燃烧，热量易散失到周围空气中，无法有效传递给烧杯中的水；方法二中薯片在燃烧皿中燃烧，热量更易集中传递给下方烧杯中的水，热量利用率更高，因此合理的是方法二。2. 使薯片充分燃烧的操作：燃烧需要充足的氧气，加快薯片周围的空气流动速度，可增加氧气供应，让薯片与氧气充分接触，实现充分燃烧。3. 热值测量偏差分析：薯片燃烧放出的热量除了被水吸收，还有一部分散失到空气中、被实验装置（如烧杯、温度计）吸收等，导致测得的水吸收的热量小于薯片实际完全燃烧放出的热量。根据热值公式$q=\frac{Q_{放}}{m}$，计算时用测得的水吸收的热量代替薯片实际放出的热量，因此测出的薯片热值偏小。
【答案】方法二 加快薯片周围的空气流动速度 小 薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
【知识点】热值、热量散失、燃烧条件
【点评】本题围绕热值测量实验展开，考查实验方法的合理性、燃烧条件的应用及实验误差分析，需结合热量传递的特点理解，难度适中。
【难度系数】0.5
