临沂市2017年中考物理专题复习与命题猜想《热与能》解析

专题五：热学专题重点梳理：1、物态变化2、比热容Q吸 =cm(t –t0 ) Q放=cm(t0 -t )3、热值 Q=mq (Q=Vq)典例1：（2016•长沙）在做“探究物质熔化规律”的实验时，小军采用了如图甲所示的实验装置进行实验，并将实验数据描绘成如图乙所示的图象．（1）由图象可知，该物质是（选填“晶体”或“非晶体”）．（2）BC段表明该物质处于态．（3）该物质在AB段的比热容比CD段的比热容．典例2：（2016威海）关于热现象,下列说法错误的是 ( )A.将沸点为12.3 ℃的氨乙烷喷到运动员扭伤的部位,是利用了氯乙烷迅速汽化吸热B.向热汤中滴入香油会散发出浓浓的香味,是由于温度越高分子热运动越剧烈C.用锯条锯木板时温度升高,是通过热传递改变内能D.装着开水的暖水瓶瓶塞有时会弹起来,是由于瓶内气体对瓶塞做功典例3：（2016宜宾题）一定质量的水从从30 ℃提高到80 ℃，吸收了4.2×103 J的热量，这是通过（选填“做功”或“热传递”）方式改变了水的内能，水的质量是kg。

【已知水的比热容为c水=4.2×103 J/（kg•℃）】归纳总结：◆加强对比热容、热值的理解，联系生活实际分析物态变化及吸放热，对中考真题进行解析，挖掘命题规律，点拨解答注意事项；针对性强化训练；精心预测2017中考计算题．◆跟踪训练：1、下列自然现象中，属于液化现象的是（）A．早晨，麦田里白雪消融 B.初夏，草地上露珠晶莹C.深秋，操场上轻霜涂抹D.严冬，池塘里厚厚寒冰2、生活中的很多现象可以用学过的物理知识可以解释，下列解释错误的是（ ）A.天气很冷时，窗户玻璃上会出现冰花，这是一种凝固现象B.“下雪不冷化雪冷”，这是因为雪在熔化时吸热C.游泳后，刚从水中出来，感觉比较冷，这是因为人身上的水分蒸发带走热量D.取出在冰箱中被冷冻的冰糕，放一会儿，发现包装外层出现小水珠，这是一种液化现象3、内燃机的一个工作循环的四个冲程，图中表示的是其中的________冲程；它将______能转化成_______能．4、一钢罐内装有质量为20千克的液化石油气，这些液化石油气完全燃烧放出的热量为_________J 。

专题18 电功率、电热10、（2017•潍坊）某型号电饭锅具有保温与加热两种功能，其简化电路如图所示，R1、R2均为电热丝。

下列说法正确的是AA. S1、S2闭合时，电饭锅处于加热状态B.S1、S2闭合时，电饭锅处于保温状态C.S1闭合、S2断开时，电饭锅处于加热状态D.S1断开、S2闭合时，电饭锅处于保温状态5、（2017•潍坊）下列家用电器中，利用电流热效应工作的是C16、（2017•潍坊）（多选题）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定。

当闭合开关，滑动变阻器滑片向b端移动时，下列判断正确的是CDA.电流表的示数变大B.R1与R2消耗的电功率之和增大C.R1与R2消耗的电功率之和减小D.电压表V1示数的减少量等于V2示数的增加量21、（2017•潍坊）（4分）现要测量小灯泡的功率。

小薇同学选择了满足这个实验要求的器材，并连接了部分电路，如图甲所示。

（1）请添加一根导线，完成图甲所示的实验电路的连接。

（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至________端（选填“a”或“b”）。

（3）闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为1.9V时，电流表示数如图乙所示，为______A，此时小灯泡的功率为__________W。

21、（1）如图所示（2）b （3）0.2 0.3811（2017•青岛）（多选题）.如图所示，电源电压保持2V不变，小灯泡L标有“2.5V0.2A”字样，小灯泡的阻值保持不变。

闭合开关S1、S2，下列说法正确的是：ADA.电源工作时，将其他形式的能转化为电能B.此时小灯泡L正常发光C.若只断开开关S2，小灯泡L变得更亮D.若开关 S2由闭合变为断开，电流表的示数变小12．（2017•威海）（多选题）如图所示．电源电压为 4.5V，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”，小灯泡L标有“2.5V，1.25W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．在保证通过小灯泡L的电流不超过恒定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项正确的是（）A．小灯泡的额定电流是0.6AB．电流表的示数变化范围是0.3～0.5AC．电压表的示数变化范围是0～3VD．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4～10Ω【考点】IH：欧姆定律的应用；J9：电功率与电压、电流的关系．【分析】知道灯泡的额定功率和额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定电流；灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的最小电压，即电压表的最小示数；根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流为灯泡额的电流和滑动变阻器允许通过最大电流中较小的一个，根据欧姆定律求出电压表的最大示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值．【解答】解：小灯泡的额定电流I===0.5A，故A错误；由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，当灯泡正常发光时，串联电路总电压等于各分电压之和，此时电压表的最小示数U滑=U﹣U L=4.5V﹣2.5V=2V，此时电路中的最大电流I max=0.5A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：R滑min===4Ω；滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电阻：R L===5Ω，电路中的最小电流：I min===0.3A，电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故B正确；此时灯泡分担的电压最小U L小=I min R L=0.3A×5Ω=1.5V，滑动变阻器两端的最大电压：U滑max=U﹣U L小=4.5V﹣1.5V=3V，即电压表最大示数，电压表的示数范围为2V～3V，故C错误；此时滑动变阻器的最大阻值R max===10Ω，所以滑动变阻器的范围是4Ω～10Ω，故D正确．故选BD．(1)（2017•青岛）电炉子工作时，通过导线和电炉丝的电流相等，电炉丝电阻比导线电阻_____ ，根据焦耳定律可知，相同时间内电炉丝产生的热量比导线 _____，所以电炉丝热得发红而导线不太热。

《机械和功》一、单选题:1.如图所示，在使用各种工具的过程中属于费力杠杆的是（）A.剪刀B.起子C.镊子D.钢丝钳2.下列运动中的物体，没有力对它做功的是（）A.在光滑水平面上做匀速滑动的物体B.在水平轨道上匀速行驶的列车C.从高处落下的雨滴D.正在下坡行驶的汽车3.水平地面有一重4N的足球，一个小孩用20N的力踢球，使球向前运动了30m，那么小孩对球所做的功为（）A.120 JB.720 JC.0 JD.条件不足，无法计算4.一支步枪枪膛长80cm，火药爆炸时产生的高压气体对子弹的平均推力是2000N，子弹离开枪口在空中飞行40m后落在地上，则高压气体对子弹做的功是（）A.1.6×103JB.1.6×105JC.1.6×104JD.8×104J5.关于杠杆，下列说法中正确的是（）A.动力臂一定等于支点到动力作用点的距离B.动力臂不仅与动力作用点的位置有关，而且跟动力的方向有关C.杠杆一定是直的D.使甩杠杆时可以省力同时又省距离6.如图所示的几种杠杆类工具，属于省力杠杆的是（）A.镊子B.托盘天平C.开瓶器D.钓鱼杆7.根据如图所示的几个情景，下列说法正确的是（）A.女孩搬起一个箱子，女孩对箱子做了功B.司机费了很大的力也未能推动汽车，但司机对汽车做了功C.吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物做了功D.套圈被仍出去向前飞行的过程中，小华对套圈做了功8.在进行如图所示的实验或有关装置工作时，由机械能转化为内能的是（）A. B. C. D.9.如图所示，小刚对子弹击穿木板靶心前后，子弹能量变化的问题进行了思考，有以下四点看法：①动能减少，是因为有部分机械能转化成内能②动能减少，是因为子弹的机械能增加了③动能减少，是因为子弹克服摩擦做了功④动能减少，是因为子弹的机械能不变你认为他的看法中，正确的是（）A.①②B.②③C.①③D.③④10.如图所示的衣架，在A点下挂一个4N的重物，要使衣架水平平衡，则（）A.在D点下挂一个4N的重物B.在E点下挂一个4N的重物C.在H点下挂一个4N的重物D.在G点下挂一个10N的重物11.将一圆柱体油桶推上台阶，现分别在A、B和C点用力，力的方向如图所示，则最小的推力是（）A.F AB.F BC.F CD.一样大12.在如图所示的四种情境中，人对物体做功的是（）A.背着书包静止B.费劲力气也没能将杠铃起C.将地面上的砖块往上叠放D.沿着水平方向搬运花盆13.王浩同学想探究一下做功的多少跟物体运动状态之间的关系，他做了以下实验：用相同的力F拉着物体分别在光滑的水平面、粗糙的水平面、斜面上移动相同的距离s（如图），做的功分别是W1、W2、W3，则它们之间的关系是（）A.W1＜W2＜W3B.W1＞W2＞W3C.W1=W2=W3D.W1＜W3＜W214.用如图所示的滑轮匀速提升重物，那么（）A.a方向的拉力最小B.b方向的拉力最小C.c方向的拉力最小D.三个方向的拉力都一样大15.如图所示的杠杆处于平衡状态，若此时在杠杆两边的钩码下各再挂一个质量相等的钩码，那么杠杆将（） A.仍然平衡 B.右边下沉 C.左边下沉 D.无法确定16.如图所示，整个装置处于静止状态，重力和摩擦不计．弹簧测力计A、B、C的示数分别为F A、F B、F C，以下有关弹簧测力计的示数的关系，正确的是（）A.A弹簧秤对墙壁的拉力大于A弹簧秤的示数B.3F A=2F B=F CC.6F A=3F B=2F CD.B弹簧秤对墙壁的拉力小于B弹簧秤的示数17.如图所示的杠杆中，动力的力臂用l表示，图中所标力臂l正确的是（）A. B. C. D.18.各式各样的剪刀都是一对杠杆，要剪开较硬的物体，使用如图哪种剪刀最合适（）A. B. C. D.19.如图所示，绳子OO′悬吊着质量忽略不计的杆，在杆的a点挂上重物G，在O右侧某点b处挂上钩码．重物G的质量及a到O的距离不变，要使杆保持水平，b点挂的钩码个数（各个钩码质量相同）和b到O的距离的关系是图中哪一幅（）A. B. C. D.20.小球的高度为h，以相同的速度沿不同方向斜向上抛出，轨迹如图所示．若不计空气阻力，小球落地时的速度大小（）A.沿a轨迹运动较大B.沿b轨迹运动较大C.沿a、b轨迹运动一样大D.缺少条件，不好判断二、填空题:21.小刚和小明等同学一起做“探究杠杆的平衡条件”实验．（1）如图甲所示，若每个钩码重0.5N，且杠杆上每格相等，小明在杠杆左端图示位置处挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，他在图中A处施加一个方向向上的力F1，此力大小至少为 ______ N．（2）若撤去力F1，改在杠杆右端B处施加一个方向向下的力F2（如图乙所示），则F2______ 1.5N（选填“大于”“等于”或“小于”）仍使杠杆平衡．请在图乙中画出力F2的力臂l2．22.一位初中学生的质量约 ______ kg．用如图所示的两种方法把相同的重物提高相同的高度，甲、乙两图的动滑轮重力相同，不计绳重及机械摩擦，图甲中人的拉力F1 ______ 图乙中人的拉力F2（填“大于”、“等于”或“小于”）．三、实验探究题:23.小明在探究杠杆的平衡条件的实验中，以杠杆中点为支点．（1）在调节杠杆平衡时，小明发现杠杆右端低左端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 ______ （左/右）调节．（2）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡，记录数据．根据这一次实验数据，小明立即分析得出杠杆的平衡条件，小明这种做法的不足是： ______ ．（3）如图乙所示，小明设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为F1；第二种弹簧测力计倾斜拉，其读数为F2．第 ______ （一/二）种实验方案更方便，两次弹簧测力计读数F1 ______ （＜/=/＞）F2．（4）杠杆不处于水平位置能否平衡？小刚和小明意见不同．小刚认为能平衡，于是他每次让杠杆倾斜时静止，这样实验也得出了同样的杠杆平衡条件．小刚认为杠杆平衡不（5）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符．其原因可能是： ______ ．24.如图所示，单摆（图1）在竖直平面内左右摆动，滚摆（图2）在竖直平面内上下往复运动．请回答（1）这两个实验可以说明的同一个物理问题是： ______ ；（2）滚摆从最低点摆到最高点的过程中，是 ______ 转化为 ______ 能．（3）在单摆左右摆动和滚摆上下往复运动的过程中，你将会看到它们上升的高度逐渐降低．产生此现象的原因是： ______ ，使 ______ 逐渐减少．四、作图题:25.请在图中画出动力臂L1和阻力F2．26.用如图所示的滑轮组提升重物，已知物重为250N，每只动滑轮重15N，绳重及摩擦不计，给你一根能承受60N拉力的绳子，画出滑轮组的绳子绕法．五、计算题:27.“塔吊”是北海新城区建设中随处可见的一种起重设备，图甲所示是某塔吊的工作示意图，AO是塔吊的平衡臂，BO是塔吊的吊臂，C为可控制移动的滑轮组小车，可在B点到O点间移动，AO长4m，BO长26m，AB可绕O点在一定的范围内上下倾斜，己知A端配重物的质量为5t，塔吊利用工作电压为380V、额定功率为10k W 的电动机带动滑轮组来吊升工地的建筑材料．问：（1）从安全角度出发，起吊时应尽量使吊臂水平平衡，在一次匀速吊升钢材时塔吊的吊臂如图乙所示，则滑轮组小车C应向 ______ 移动（选填“左”或“右”），这是根______ 原理．（2）将质量为2t的钢材以0.5m/s的速度竖直向上匀速提起，经1min到达施工楼层后再水平移动20m将钢材送到施工点，此过程中塔吊拉力对钢材所做的功是多少？（3）此塔吊某次吊升钢材时，施工人员移动滑轮组小车C到达离O点16m处，使吊臂和平衡臂刚好处于水平平衡，电动机在额定功率下竖直向上匀速吊升钢材到某高度，此时电动机将电能转化为机械能的效率为75%，则钢材上升过程中的速度是多大？（吊臂、平衡臂、滑轮组的质量及摩擦力忽略不计）28.G=4000N的重物与斜面平行的拉力F的作用下，匀速由底端运动到顶端，斜面长S=5m，高h=2m，斜面的机械效率为80%，求：（1）拉力所做的有用功是多少？（2）拉力所做的总功是多少？（3）拉力F是多少？（4）斜面对物体的摩擦力为多大？六、简答题:29.水暖工王师傅臂力过人，号称“大力士”．一天，他找来了扳手想把螺丝拧下来，可是费了很大劲就是拧不动，如图甲所示．王师傅的身边还有一个套筒和一根粗绳，如图乙所示．请你帮助王师傅选择一种来解决问题．（1）你选择的器材： ______ ；（2）具体方法 ______ ；（3）你这样做的理由是 ______ ．30.如图所示，水平桌面的中间有一均匀的磁场区域（“×”表示垂直于桌面向下的磁感线）．桌面左端放有质量和大小均相同的金属框和塑料框．现分别用水平向右的力将它们从图中的A位置匀速拉动到B位置．请你从能量转化的角度判断这一过程中拉力分别对金属框和塑料框做的功是否相同？请说明理由．（假设两框与桌面间的接触粗糙程度相同）七、综合题:31.“低头族”长时间低头看手机，会引起颈部肌肉损伤．人的头部A、颈椎和颈部肌肉B，可当成一个杠杆（支点在颈椎O处），颈部肌肉活动较少距离，头部就能运动较长距离．当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的B处提供的拉力为零（如图甲），当头颅低下时，颈部肌肉会主动提供一定的拉力F1，使头颈部保持平衡，F1方向如图乙所示．（1）请判断颈部杠杆的类型．（2）请解释为什么低头角度越大，颈部肌肉的拉力会越大？（3）请你就预防和延缓颈肌损伤提出一个合理化的建议．32.小程要提起重800N的物体，但是他的最大拉力只有300N．于是，他找来了一些滑轮，想利用滑轮组提起这个重物．小程想站在地上向下拉绳，如图所示．请你在a，b，c三个图中选择一组滑轮组，并画出正确的绕绳方法．山东省临沂太平中学2017年中考物理专题复习与命题猜想：《机械和功》答案和解析【答案】1.C2.A3.D4.A5.B6.C7.A8.A 9.C 10.C 11.B 12.C 13.C 14.D15.B 16.C 17.D 18.C 19.B 20.C21.2；等于22.50；大于23.左；仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性；一；＜；对；小明的方案中杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；杠杆的自重对杠杆平衡有影响．24.动能和势能可以相互转化；动；重力势；克服摩擦阻力做功；机械能25.解：过支点O作垂直于F1作用线的垂线段，即动力臂L1；过L2的末端作垂直于L2的阻力，与杠杆的交点B为阻力作用点，方向斜向上，即F2．如图所示：．26.解：绳重及摩擦不计，F=（G物+G动）=（250N+15N×2）=60N，所以，n≈4.67，则承重绳子的股数应为5，即n=5，滑轮组绕法如图所示：27.右；杠杆28.解：（1）拉力所做的有用功W有用=G h=4000N×2m=8×103J；（2）已知η=80%，W有用=8×103J；由η=×100%可得，拉力所做的总功W总===1×104J；（3）由W总=F s可得：F===2000N，（4）W额=W总-W有用=1×104J-8×103J=2×103J；摩擦力f===400N．答：（1）拉力所做的有用功是8×103J；（2）拉力所做的总功是1×104J；（3）拉力F是2000N，（4）斜面对物体的摩擦力为400N．29.套筒；将套筒套在扳手的手柄上；根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂一定情况下，动力臂越长越省力又因为两框与桌面间的接触粗糙程度相同，所以两框受到的摩擦力相同；且两框移动的距离也相等，因而在此过程中克服摩擦力做的功相同（即转化为的内能E 相同）；内金属框在开始进入磁场和离开磁场时，由于闭合电路的部分导体做切割磁感线运动会产生感应电流，又因为通电导体在磁场中受到力的作用，所以金属框受到磁场力的作用，而塑料框运动时不会产生感应电流，也不受磁场力作用；所以，在此过程中拉动金属框还需要克服磁场力做功（即转化为电能E电）；综上所述，拉力对金属框做的功：W金=E内+E电，拉力对塑料框做的功：W塑=E内，故这一过程中拉力分别对金属框和塑料框做的功不相同．答：因为拉动金属框需要克服摩擦力和磁场力做功，将机械能转化为内能和电能；而拉动塑料框只需要克服摩擦力做功，将机械能转化为内能；由于克服摩擦力做的功相同，即转化为的内能相同；所以拉力对金属框做的功大于对塑料框做的功，即这一过程中拉力分别对金属框和塑料框做的功不相同．31.解：（1）过支点分别作动力作用线和阻力作用线的垂线段，即动力臂和阻力臂；如下图所示：根据图示可知，动力臂小于阻力臂，因此颈部杠杆为费力杠杆；（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在F2和L1一定时，低头的角度越大，L2越大，所需要的拉力F1就越大．（3）要预防和延缓颈椎损伤，可尽量减小低头的角度；不要长时间低头做事；低头时间久了要抬头休息等等．故答案为：（1）费力杠杆；（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在F2和L1一定时，低头的角度越大，L2越大，所需要的拉力F1就越大；（3）尽量减小低头的角度（或不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等）．32.解：根据省力公式F=，与动滑轮相连的绳子段数n===2.7=3，站在地面上向下拉绳子来提升物体，可判断至少用3股绳子来承担，且所需的动滑轮最少，所以只能采用c图所示的滑轮组．如下图所示：【解析】1. 解：A、剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；B、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂．2. 解：A、物体沿光滑的水平面运动，即此时没有摩擦力，所以其运动是靠惯性，故没有力做功，故A正确．B、在水平轨道上匀速行驶的列车，此时牵引力和摩擦力都做了功，故B错误；C、高处落下的雨滴，重力做了功，故C错误；D、下坡行驶的汽车，重力和摩擦力都做了功，故D错误；故选A．本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可．做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；故能分清力做功的两个条件是解决该题的关键．3. 解：题目中所给出的“使球向前运动了30m”中的距离可分为两部分，即有一段是沿力的方向的距离，同时还有一段是由于惯性而运动的距离，所以此题中虽然知道力，但由于不知道沿力的方向的具体距离而无法计算功．故选D．做功的条件是：作用在物体上有力，同时沿力的方向还必须有一段距离，这两个条件缺一不可．知道并理解力做功的条件是解决该题的关键．4. 解：由题意知，子弹在高压气体的作用下移动的距离：s=80cm=0.8m，高压气体对子弹做的功：W=F s=2000N×0.8m=1.6×103J．故选A．从题意中可以获悉，子弹的运动分为两个阶段，一个是在高压气体的推力作用下运动了80cm；另一个阶段时子弹离开枪膛后，靠惯性前进一段距离后在重力的作用下下落，高压气体不做功，这一阶段中重力做了功．但我们求的是高压气体对子弹做功，也就是第一个阶段高压气体对子弹做的功．解答此类题的关键是分清让我们求哪一个阶段中做功，在此阶段中的力和对应的距离是多少，然后根据功的计算公式得出答案．同时还要牢记做功的两个因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离，力与通过距离的乘积即为力做的功．5. 解：A、动力臂是从支点到动力作用线之间的距离，不是动力作用点．错误．B、动力臂是从支点到动力作用线之间的距离，和动力作用点的位置与动力的方向都有关系．正确．C、杠杆是可以让某一固定点转动的硬棒，不一定是直的．比如钳子、扳手等等．错误．D、杠杆分为省力、费力、等臂三种杠杆．省力杠杆费距离，费力杠杆省距离，等臂杠杆既不省力又不省距离．错误．故选B．杠杆是可以让某一固定点转动的硬棒．动力臂是从支点到动力作用线之间的距离．根据杠杆五要素的定义来分析本题．本题考查杠杆的基本概念，需要对杠杆分类的各种优缺点熟练掌握．6. 解：C、开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；D、钓鱼杆在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆．故选C．结合生活经验，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．此题考查的是杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂．7. 解：A、女孩把一箱子搬起来，这个过程中，女孩给箱子一个向上的力，箱子在力的作用下向上移动了距离，女孩对箱子做了功．故A正确；B、司机费了很大的劲，汽车未动，人对汽车有推力的作用，但是车在推力作用下没有移动距离，人对汽车没有做功．故B错误；C、吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对物体施加的一个力，但没有在力的方向上移动距离，吊车没有对货物做功，故C错误；D、套圈被仍出去向前飞行的过程中，小华对套圈没有力的作用，套圈依靠惯性进行运动，小华对套圈没有做功，故D错误．故选A．本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可．有力作用在物体上，力对物体不一定做功；物体运动了一段距离，可能没有力对物体做功．8. 解：A、下压活塞时，活塞对封闭气体做功，机械能转化为内能，故A符合题意；B、由图可知，这是内燃机的做功冲程，在该冲程中，燃气的内能转化为活塞的机械能，故B不符合题意；C、电暖器工作时，电能转化为内能，故C不符合题意；D、水蒸气对活塞做功，水蒸气的内能转化为活塞的机械能，故D不符合题意．故选：A．解决此题要知道功改变物体内能的过程是机械能与内能相互转化的过程．此类题目是考查对做功过程中能量转化的原理即机械能转化为内能．9. 解：①子弹击穿木板的过程中，子弹与木板存在摩擦，克服摩擦做功会使内能增大，所以是机械能转化成内能，导致动能减少．故此说法是正确的．②击穿木板后，动能减小，所以机械能也是减小了．故此说法是错误的．③子弹击穿木板，机械能转化为内能，是因为子弹克服摩擦做了功，做功的过程伴随着能量的转化．故此说法是正确的．④子弹击穿木板后，速度减小了，所以动能减小，机械能也减小了．故此说法是错误的．综上所述，正确的一共有两点：①③．故选C．子弹击穿木板后，速度减小，动能减小．这个过程是子弹与木板发生了摩擦，子弹克服摩擦做了功，机械能减小，转化为内能．本题考查的是克服摩擦做功内能增加，这个过程中能量的转化情况．做功的过程总是伴随着能量的转化或转移，所以平时可以多对一些常见的做功情况时产生的能量转化情况例子做分析．10. 解：格数可代表力臂大小，挂钩处为支点．A、在D点下挂一个4N的重物，衣架不会平衡，因为两个物体都挂在了AD一边，不能满足DH方向平衡；B、在E点下挂一个4N的重物，衣架不会平衡，因为两个物体都挂在了AE一边，不能满足AD方向平衡；D、在G点下挂一个10N的重物，4N×5+4N×2＜10N×2+10N×2，不能满足AD方向和DH方向的平衡．故选C．挂钩处为支点，根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，从AD方向和DH 方向分别平衡可满足衣架平衡逐一分析即可得出结论．利用杠杆平衡条件解此题比较合理，简便方法是分别在挂钩的对称点上挂同等重力的物体即可平衡．11. 解：如图，L OF、L OD、L OE分别为动力F A、F B、F C的力臂，∵阻力G和阻力臂一定，F B的力臂最长，∴F B最小．故选B．画出力臂，因为阻力和阻力臂一定，根据杠杆的平衡条件知道动力臂最长的动力最小．使用杠杆，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力；画出力臂，找出最长的动力臂是本题的关键．12. 解：A、人背书包静止，只有力，但没有距离；故人未做功；故A错误；B、费力气没有将杠铃举起，只有力没有距离，故人未做功；故B错误；C、将地面上的砖块往上叠放的过程中，力的方向向上，通过的距离方向也向上；故人对砖做功，故C正确；D、沿着水平方向搬运花盆，力的方向向上，但通过的距离的方向是水平方向；力和距离的方向不一致；故人未对花盆做功；故D错误；故选C．本题要抓住做功的两个必要因素：1．作用在物体上的力；2．物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；二者缺一不可．本题考查了力是否做功的判断方法；关键抓住力和距离同时具备，且方向是一致的．13. 解：∵W=F s，拉力相同，移动距离相同，∴拉力做的功：W1=W2=W3=FS．故选C．已知在光滑的水平面、粗糙的水平面、斜面上的拉力和在拉力方向上移动距离都相等，根据功的公式W=F s分析判断．本题考查功的计算和大小的比较，排除外界因素干扰确定做功的两个必要因素都相等是本题的关键．14. 解：因为定滑轮相当于一等臂杠杆，只能改变力的方向，而不省力，故定滑轮拉同一重物G，沿三个不同方向，用的拉力大小相等，都等于物体的重力．故A、B、C错误．故选D．要解答本题需掌握：定滑轮实质上是一等臂杠杆，只改变力的方向，而不省力．本题主要考查学生对定滑轮工作特点的了解和掌握，是一道基础题．15. 解：设每个钩码的重力是G，杠杆每一格的长度是L，杠杆平衡：2G×L左=G×L右，所以L右=2L左，在杠杆两边的钩码下各再挂一个质量相等的钩码后：左边：3G×L左=3GL左，右边：2G×L右=4GL，右端力与力臂的乘积大于左边力与力臂的乘积，杠杆右端下降．故选B．求出在杠杆两边的钩码下各再挂一个质量相等的钩码时力与力臂的乘积，然后根据两边力与力臂的乘积大小关系判断杠杆的状态．本题考查杠杆的平衡条件，牢记杠杆的平衡条件是解答此题的关键．16. 解：（1）弹簧秤对墙壁的拉力可以通过弹簧秤显示出来，弹簧秤A、B对墙壁的拉力等于A、B弹簧秤的示数，故AD错；（2）由于滑轮组是由一根绳子缠绕而成，弹簧秤B的示数等于弹簧秤A的示数的2倍，即F B=2F A；弹簧秤C的示数等于弹簧秤A的示数的3倍，即F C=3F A；所以，6F A=3F B=2F C．故选C．（1）弹簧秤对墙壁的拉力可以通过弹簧秤显示出来，弹簧秤对墙壁的拉力等于弹簧秤的示数；（2）由于滑轮组是由一根绳子缠绕而成，弹簧秤B的示数等于弹簧秤A的示数的2倍；弹簧秤C的示数等于弹簧秤A的示数的3倍，据此得出三个弹簧秤的示数大小关系．滑轮组用几段绳子拉着物体，拉动物体所用的力就是总重的几分之一．注意条件：滑轮组是由一根绳子缠绕而成．17. 解：因为动力的力臂的做法是过支点作动力作用线的垂线段，而A B选项中线段与动力作用线不垂直，所以A、B选项错误；又因为C选项中，表示力臂的不是支点到动力作用线的垂线段，故C选项错误，D选项正确．故选D．根据力臂的画法进行分析，即过支点作动力作用线的垂线段．考查学生对力臂的画法掌握情况．18. 解：根据在阻力一定时，阻力臂越短，动力臂越长的杠杆越省力．所以在题中要选剪口短，手柄长的剪刀．故选C．要剪开较硬的物体，应当选用省力杠杆，根据杠杆的平衡条件，在阻力一定时，阻力臂越短，动力臂越长的杠杆越省力．此题考查的是杠杆的分类：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂．19. 解：由题意可知：动力和动力臂不变，则根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，则阻力和阻力臂成反比．A、由图可知阻力和阻力臂成正比，故A说法错误．B、由图可知阻力和阻力臂成反比，故B说法正确．。

《内能与热机》一、单选题(本大题共15小题，共30.0分)1.关于燃料和热值，正确的说法是（）A.燃料的热值与质量关B.燃料的热值与燃料是否容易燃烧，燃烧条件无关，只与燃料种类有关C.热值大的燃料燃烧时效率高D.一定质量的水结成冰热值变化2.下列有关内能、热量和温度的说法正确的是（）A.内能大的物体温度高B.温度高的物体内能大C.物体吸收热量后温度一定升高D.物体温度升高可能是因为吸收了热量3.将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（）A.10℃B.6℃C.6℃以上D.6℃以下4.质量和初温相同的水和铜块，分别放出相同的热量后，再立即将铜块投入水中，则（）A.铜块向水传递热量B.水向铜块传递热量C.二者之间不发生热传递D.无法判断5.如图表示四冲程汽油机的某个冲程示意图，这个冲程是（）A.吸入空气和汽油混合物的冲程B.把机械能转化为内能的冲程C.把内能转化为机械能的冲程D.把废气排出的冲程6.2016年10月17日，我国长征二号F运载火箭成功地将神舟十一号载人飞船送向太空．火箭燃料中有液态氢，液态氢常作为燃料，是因为液态氢具有（）A.含有较多的热量B.较小的密度C.较大的比热容D.较大的热值7.1千克20℃的水吸收4.2×105焦的热量后，它的温度在下列给出的四个温度中，最多有几个可能温度（）①80℃②100℃③120℃④130℃A.1B.2C.3D.48.一台柴油机，一定质量的柴油完全燃烧时，放出了7.5×108J的热量，其中有4.5×108J的能量以各种形式损失掉了，可知该柴油机的效率是（）A.30%B.40%C.48%D.60%9.下列关于热量的说法中，正确的是（）A.温度高的物体所含热量多B.热传递过程中传递温度C.两个物体升高的温度相同时，吸收的热量一定相等D.质量一定的水，升高或降低相同的温度时，吸收或放出的热量一定是相等的10.如图是汽油机工作的四个冲程（顺序已打乱），其正确的排列顺序是（）A.乙→丁→丙→甲B.乙→甲→丙→丁C.丁→丙→甲→乙D.丁→甲→丙→乙11.根据表中数据，下列判断正确的是（）一些物质的比热容[J/（kg•℃）]A.物质的比热容与物质的状态无关B.因为水的比热容较大，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差大C.质量相等铝块和铜块升高相同的温度后，铝块吸收的热量多D.一块干泥土变湿后，在同样光照条件下其升温速度将变快12.柴油机燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能，是衡量机器性能好坏的重要指标，关于柴油机尾气的温度跟柴油机性能之间的关系，你认为正确的是（）A.尾气的温度越高，柴油机性能越好B.尾气的温度越低，柴油机性能越好C.尾气的温度高低与柴油机性能好坏无关D.以上说法都不正确13.内能是物体内部大量分子的无规则运动的动能和分子势能的总和，生活中改变物体内能的事例非常之多．如图所示的实验或事例，不属于用做功方式来改变物体内能的是（）A.小孩滑下，臀部发热B.压缩空气，乙醚着火C.钻木取火D.加热使水沸腾14.完全燃烧42g焦炭所放出的热量，若有50%被2kg、30℃的水吸收，则水温可升高[c =4.2×103J/（kg•℃）、q焦炭=3.0×107J/kg、此时外界为标准大气压]（）水A.70℃B.75℃C.100℃D.105℃15.关于汽油机和柴油机的区别，下列说法中你认为不妥的是（）A.柴油机比汽油机费用低廉，但比较笨重B.柴油机的效率一般比汽油机的效率高2C.一个工作循环中汽油机做功一次，柴油机做两次功D.在构造上，柴油机汽缸顶部有喷油嘴而没有火花塞二、填空题:16.为了比较酒精和碎纸片的热值，如图所示，两同规格的烧杯中装有质量相等的水，取质量 ______ （“相等”或“不相等”）的酒精和碎纸片分别放入两个燃烧皿中，点燃它们分别给烧杯加热，直到酒精和碎纸片完全燃烧通过比较 ______ ，从而确定酒精和碎纸片的热值大小关系．17.“辽宁舰”服役，圆了中国航母梦．如图为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度．气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能 ______ （选填“增大”、”减小“或“不变”），同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力，这一过程中发生的能量转化与热机中的 ______ 冲程相同．三、实验探究题:18.为了比较不同物质的吸热能力，老师参照课本组装了图的器材，并进行实验．同学们将实验数据填入到表格中，下表是实验数据记录：请根据表中的实验记录回答：（1）比较实验数据，得出的结论是 ______ ；（2）根据实验结论推论：质量相等的不同物质，吸收相同的热量时，升高的温度 ______ （填“相同”或“不同”），这说明物体吸收热量的多少与 ______ 有关．（3）在本次实验中用到的物理方法是 ______ （只填出一种即可）．19.小强是一个喜欢思考的同学．他想比较沙子和水这两种物质吸热能力的差异，他设计如图甲所示的实验装置，所使用仪器规格也完全相同．请你来帮他完成实验．（1）测量出体积相同的水和沙子，然后安装仪器，并记下沙子和水的初始温度．请你找出上述叙述中的错误，并改正．错误： ______ ；改正： ______ ．（2）在实验时只要控制 ______ （选填“加热时间”或“温度变化”）相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；加热完成后只要比较它们 ______ （选填“加热时间”或“温度变化”）的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；若在实验时发现，沙子温度升高得比水多，则吸热能力较强的是 ______ ．（3）根据小强得出的结论，结合图乙的信息，此时是 ______ （选填“中午”或“夜晚”）．20.在“比较不同物质吸热升温情况”的实验中：（1）小丽和小明用一套器材做加热水和煤油的实验，如图甲所示，在组装器材时应先调节 ______ （填A或B）的高度，调节它的高度是为了 ______ ．（2）组装好器材，他们先后在同一个烧杯中称出质量相等的水和煤油，分别加热相同的时间，比较水和煤油 ______ ，得出结论．要完成该实验，除图甲所示器材外，还需要的一个测量工具是 ______ ．（3）在对实验进行反思后，他们对实验进行改进并设计了图乙所示的装置．与原方案相比，该方案具有的优点是 ______ ．（答出一个即可）（3）在对实验进行反思时，他们认为原方案有需要两次加热耗时长等缺点，因此改进方案并设计了图乙所示的装置．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 ______ ．（答出一个即可）（4）为便于比较水和煤油升高的温度，实验前最好使水和煤油的初温相同，但把等质量的水和煤油分别放入图甲的烧杯中时，虽然同处一个环境，但水的初温一般要低于煤油的初温，原因是 ______ ．21.小明在探究“不同物质吸热能力”的实验时，选用了两只完全相同的电加热器，分别给两个相同的烧杯中质量都是200g的水和煤油加油，如图甲所示；水和煤油的温度随时间变化的图象如图乙所示．已知c水=4.2×103J/（kg℃），请你解答下列问题：（1）实验中选用相同电加热器的目的是使水和煤油在相同时间内 ______ ；（2）由图乙可判断出液体a是 ______ ， ______ 的吸热能力强（选填“水”或“煤油”）；（3）加热满3min时，水吸收了 ______ J热量；煤油的比热容是 ______ J/（kg•℃）．四、计算题:已知物质在固态下的比热容为c1=2.1×103J/（kg•℃）．假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图象解答下列问题：（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为多少？（2）求该物质在液态下的比热容c2．（3）若规定“质量为1kg的某种晶体物质在完全熔化时所吸收的热量叫做这种物质的熔化热”用“λ”表示，根据图象信息，计算该物质的熔化热．4山东省临沂太平中学2017年中考物理专题复习与命题猜想：《内能与热机》答案和解析【答案】1.B2.D3.D4.B5.C6.D7.C8.B 9.D 10.D 11.C 12.B 13.D 14.A15.C16.相等；温度计的示数变化17.减小；做功18.相同质量的不同物质，升高相同的温度吸收的热量是不同的；不同；物质的种类；控制变量法（或推理法）19.体积相同的水和沙子；质量相同的水和沙子；加热时间；温度变化；水；夜晚20.A；确保使用外焰加热；升高的温度；天平；该方案避免两次加热，用同一热源加热确保在相等时间内吸收的热量相等；该方案避免两次加热，用同一热源加热确保在相等时间内吸收的热量相等；水易于蒸发，煤油不易于蒸发，蒸发吸热21.吸收相同的热量；煤油；水；8.4×103；2.1×10322.解：（1）在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，∵m=0.5kg，c1=2.1×103J/（kg•℃），△t1=0℃-（-20℃）=20℃，∴物质吸收的热量：Q吸=c1m△t1=2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃=2.1×104J；（2）该物质的吸热功率：P===175W，由图象可知，10min～12min内物质处于液体，在t′=2min=120s内，物体温度升高△t2=10℃，∵吸热功率恒定不变，∴吸收的热量为：Q吸′=P t′=175W×120s=2.1×104J，该物质在液态下的比热容：c2===4.2×103J/（kg•℃）；（3）由图象可知，该物质的熔化时间：t″=10min-2min=8min=480s，0.5kg该物质吸收的热量：Q吸″=P t″=175W×480s=8.4×104J，该物质的熔化热：λ=2×8.4×104J/kg=1.68×105J/kg．答：（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为2.1×104J；（2）该物质在液态下的比热容为4.2×103J/（kg•℃）；（3）该物质的熔化热为1.68×105J/kg．【解析】1. 解：A、燃料的热值与燃料的质量无关，它只与燃料的种类有关，所以A不符合题意．B、热值大小与燃料是否容易燃烧无关，燃烧条件无关，它只与燃料的种类有关，所以B符合题意．C、燃烧效率：效率等于有效吸收的热量与燃料完全燃烧释放的能量的比值，与热值大小无关，所以C不符合题意．D、一定质量的水结成冰比热容发生变化，所以D不符合题意．故选B．本题主要考查两个方面的知识：（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值．热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关．（2）燃烧效率：效率等于有效吸收的热量与燃料完全燃烧释放的能量的比值．本题考查了学生对燃料热值是燃料特性的理解与掌握，是经常考的题型，充分理解“热值只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关”．2. 解：A、影响内能大小的因素有温度、质量、状态等，只有质量和状态一定时，温度越高内能越大，本题没说明质量和状态一定．故A错误．B、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不一定大，故B 错误；C、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故C错误．D、物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故D正确；故选D．（1）影响内能的因素有质量、温度以及状态等；（2）改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式．本题考查的是学生对影响物体内能大小的因素的理解以及内能、温度与热量三者之间的关系的掌握，是中招的热点．3. 解：设热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，Q吸=Q放，从而可知，cm0（t-10℃）=cm×10℃，-------①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，△Q吸=△Q放，从而可知，cm0（t-10℃-6℃）=c（m+m0）×6℃，-------②则①-②得：6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0，整理得：12℃×cm0=4℃×cm，解得：m=3m0；代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃-△t）=mc△t，m=3m0；联立两式解得：△t=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃．故选D．热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同．知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度．解决此类综合分析题目，要结合热量公式和热传递的条件进行分析解答．不计热量的损失，可利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式；同时还应注意一次次注入和一次性注入相同的水，结果应是相同的．4. 解：铜块和水的质量相同，水的比热容大，放出相等的热量，水的温度降低的少，而初温相同，水的末温高，将铜块投入水中，铜将从水中吸收热量．故选B．质量相等的铁块和水，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少，而初温相同，可以得出铜块和水的末温高低，进而确定热传递的方向．6本题考查了学生对放热公式的掌握和应用，理解用好“质量相等的不同物质，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少”是本题的关键．5. 解：由图可知，汽油机的进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，可以判断此冲程为做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能，故C正确．故选C．由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；汽油机四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化．本题考查了汽油机四冲程的判定方法和其中的能量转化，属于基础题目．6. 解：现代火箭都是用液态氢作燃料的，原因是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，故D正确．故选D．热值是指1kg的某种燃料完全燃烧后释放的能量，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小．本题考查学生对热值定义的掌握情况，需要根据火箭的具体应用来分析．7. 解：由Q吸=cm△t可得，水应升高的温度：△t===100℃，水的最高末温：t最高=t0+△t=20℃+100℃=120℃；因为水沸腾时温度达到沸点，继续吸热但温度不变，所以水吸收热量从20℃升高，温度达到沸点后，不再升高，因为水表面的气压不知道，水的沸点不确定，所以水的末温可能是80℃、100℃、120℃，不可能为130℃；故C正确．故选C．已知水的质量、水的比热容、水的初温和水吸收的热量，利用吸热公式求水的末温；再根据水沸腾时的规律（水沸腾时吸热但温度不变）分析判断．本题综合考查了吸热公式的应用和液体沸腾的规律，关键要知道气压的大小会影响液体沸点的高低．8. 解：柴油机有效利用的能量为：E有用=7.5×108J-4.5×108J=3.0×108J该柴油机的效率为：η=故选B．热机的效率是指热机有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比．此题主要考查了热机效率的计算，没有直接给出有效利用的能量，很好的考查了学生对此概念的理解．9. 解：A、热量是一个过程量，只有在热传递的过程中才会有热量的传递，不能说物体含有热量的多少，故A错误；B、热传递过程中传递的是热量不是温度．故B错误；C、物体吸收热量的多少与物体的质量、温度的变化多少、物质种类有关，因此两个物体升高的温度相同时，吸收的热量不一定相等，故C错误；D、质量一定的水，升高或降低相同的温度时，吸收或放出的热量一定是相等的，因为物质确定、质量确定、温度变化相同所以吸收或放出的热量相同．故D正确．故选：D．热量是热传递过程中所传递的内能的多少；发生热传递的条件是存在温度差；物体吸收热量的多少与物体的质量、温度的变化多少、物质种类有关．此题考查学生对内能、温度、热传递的理解，是中考的热点，热学的难点．10. 解：由图可知，甲图中气门关闭，活塞上行，所以是压缩冲程；乙图中的排气门打开，所以是排气冲程；丙图中的气门关闭，活塞下行，所以是做功冲程；丁图中的进气门打开，所以是吸气冲程；所以按照顺序排列四个冲程是丁→甲→丙→乙；故选D．内燃机的四个冲程按照顺序排列有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”．解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答．11. 解：A、比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类有关，由图可知，水的比热容和冰的比热容是不同的，故比热容的大小与状态有关，故A错误；B、内陆的砂石的比热容小于水的比热容，在吸收或放出相同的热量，水的温度变化小，所以沿海地区比内陆地区昼夜温差小，故B错误；C、已知c铜＜c铝，质量相同的铝块和铜块升高相同的温度，根据Q=cm△t可知，比热容大的物质，吸热的热量多，故C正确；D、干泥土的比热容要小于湿泥土的比热容，在同等质量、同样吸热的情况下，湿泥土的温度上升的慢，故D错误．故选：C．（1）比热容：单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的热量叫做这种物质的比热容；（2）比热容是物质的一种特性，不同的物质比热容一般不同；比热容与物质的种类有关，同种物质状态改变，比热容就发生了改变；（3）物质吸收或放出的热量用公式Q=cm△t计算，其中c表示物质的比热容，△t表示物质温度的变化量．本题考查了比热容的相关知识，同时也考查了学生根据这个知识点对数据进行分析归纳的能力．比较物理量大小关系时，可用相关的公式进行分析．12. 解：尾气的温度高，说明散失的热量多，柴油机的效率低，反之，柴油机的效率高，即节能．故选B．热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比．燃烧相同的燃料，有效利用的能量越多，效率越高．此题考查柴油机的节能情况，实际是考查热机的效率问题．四个选项分别从不同方面考查了影响热机效率的因素，是一道好题．13. 解：A、从滑梯上滑下时克服摩擦做功，使臀部内能增加、温度升高，属于做功改变物体的内能，不符合题意．B、迅速压下活塞棉花着火燃烧，属于做功改变物体的内能，不符合题意．C、钻木取火，属于做功改变物体的内能，不符合题意．D、加热使水沸腾，水吸收热量、温度升高，属于热传递改变物体的内能，符合题意．故选D．改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；做功的实质是能量的转化；热传递的实质是能量的转移．本题主要考查学生对：改变物体内能两种方法的理解和掌握，是中招的热点．14. 解：由Q=cm△t，可得由题设，代入相关数据可得：△t=75℃因水的初温为30℃，所以，若升高75℃，则会升高到30℃+75℃=105℃，这完全违背了科学规律，所以只能升温70℃达到100℃．故应选：A根据题意，若求水温升高多少，可根据热量计算公式进行变形，其中，水吸热Q为完全8燃烧42g焦炭所放出的热量的50%，而完全燃烧42g焦炭所放出的热量可根据公式Q=mq 求得，这时候将其他数据代入公式，即可得到相应的结果．最后根据实际情况和自然规律进行判断．这道题考查了对公式的运用，同时涉及到计算结果与科学实际的对照，同学们做题过程中要注意总结，不能脱离科学规律而单纯计算．15. 解：A、柴油机比汽油机费用低廉，但比较笨重，故A正确；B、一般柴油机的压缩比比汽油机大得多，且气缸内柴油燃烧要比汽油燃烧更充分，所以柴油机的效率更高一些，故B正确；C、在一个工作循环中，柴油机和汽油机都是做功一次，故C错误；D、在构造上，汽油机顶部有火花塞，属于点燃式；而柴油机在汽缸顶部有喷油嘴而没有火花塞，属于压燃式，故D正确．故选C．从热机效率、工作原理和构造上综合分析柴油机和汽油机的相同点和不同点，即可得出答案．此题主要考查的是学生对汽油机和柴油机的区别，掌握它们的工作原理、构造是解决此题的关键．16. 解：（1）实验时为了控制变量，应用天平分别测出等质量的酒精和碎纸屑，将其放入装置中的燃烧皿内；（2）因燃料的热值不能直接测量，但燃料燃烧放出的热量可以被水吸收，从而使水温发生变化；所以可以通过温度计示数的变化（水升高的温度）来比较燃料热值的大小关系．故答案为：相等；温度计的示数变化．（1）由Q放=mq可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制质量相同；（2）由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小．本实验用到了两种物理学方法：控制变量法和转换法，要求能理解、会用！17. 解：汽缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力；这一过程中发生的能量转化与热机中的做功冲程相同，都是内能转化为机械能的过程．故答案为：减小；做功．物体对外界做功，物体的内能减小，温度降低；汽油机做功冲程中，内能转化为机械能．本题考查改变内能的方法和内燃机的四个冲程，是一道基础题．18. 解：（1）纵向比较表中数据可看出，两物质质量相同、升高的温度相同，而加热时间是不同的，故吸收热量是不同的，所以得出的结论是：相同质量的不同物质，升高相同的温度吸收的热量是不同的；（2）由（1）的结论进行推理：如果使质量相等的不同物质，吸收相同的热量时，则升高的温度是不同的（水升高的温度低一些）由（1），相同质量的不同物质，升高相同的温度吸收的热量是不同的，可知，物体吸收热量的多少与物质种类有关；（3）在本次实验中用到的物理方法是控制变量法（或推理法）；故答案为：（1）相同质量的不同物质，升高相同的温度吸收的热量是不同的；（2）不同；物质种类；（3）控制变量法（或推理法）；（1）由加热时间不同得出吸收热量的不同，纵向分析表中数据得出结论；（2）（3）由（1）的结论，根据控制变量法（或推理法）进行推理得出结论．本题比较不同物质的吸热能力，考查数据分析处理能力及研究方法的运用，体现了对过程和方法的考查．19. 解：（1）探究不同种类物质的吸热能力是否会不同，需要控制水和沙子的质量相同，因此．①错误是：体积相同的水和沙子，②改正：质量相同的水和沙子．（2）在实验时只要控制加热时间相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；加热完成后只要比较它们温度变化△t的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；若在实验时发现，沙子温度升高的比水多，则吸热能力较强的是水．（3）由实验可知，水的吸热能力更强；由图乙可见，海水的温度高，沙滩的温度低，说明这时海水和沙滩的放热过程，水的比热容大，放热慢，因此这是夜晚；如果海水的温度低，沙滩的温度高，说明是中午．故答案为：（1）体积相同的水和沙子；质量相同的水和沙子；（2）加热时间；温度变化；水；（3）夜晚．（1）探究不同种类物质的吸热能力，需要控制物质的质量相同；（2）水和沙子吸收了热量的多少是通过控制酒精灯的加热时间体现的，通过比较温度的变化，得出相应的结论；（3）根据水与沙子的吸热能力大小，分析图中海水和沙滩温度的高低判断是中午还是夜晚．本题是探究沙子和水的吸热能力实验，注意控制变量法在本实验中的应用，同时应用物理知识解决实际问题的能力．20. 解：（1）组装实验仪器时，应根据酒精灯及其火焰的高度先固定图中的A部分，使酒精灯的外焰正好能给烧杯加热，然后再固定图中的B部分，这样可以避免重复调整；（2）在同一个烧杯中称出质量相等的水和煤油，分别加热相同的时间，比较水和煤油升高的温度，得出结论．实验中需要测量水与煤油的加热时间，需要用到秒表；（3）由图乙所示实验可知，实验用同一烧杯用“水浴法”对水与煤油同时加热，该方案避免两次加热，用同一热源加热确保在相等时间内吸收的热量相等；（4）水在常温下容易蒸发，蒸发吸热．故答案为：（1）A；确保使用外焰加热；（2）升高的温度；天平；（3）该方案避免两次加热，用同一热源加热确保在相等时间内吸收的热量相等；（4）水易于蒸发，煤油不易于蒸发，蒸发吸热．（1）组装实验仪器是实验中的一个重要环节，应从最优化的角度去考虑，避免重复调整．（2）实验需要测量水与煤油的加热时间，需要用到秒表；液体吸收相等的热量，升高的温度越高，液体的吸热能力越弱．（3）分析图示实验，根据图示实验装置分析答题．（4）从水的蒸发现象分析．“比较不同物质的吸热能力”的实验是热学最主要的实验．此实验不仅考查学生对基本过程的掌握情况，更进一步考查学生运用基本知识和方法分析问题、提出问题的能力．要知道“水浴法”加热的优点．21. 解：（1）实验中选用相同的电加热器目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相同的热量．（2）水和煤油相比，水的比热容较大，同样受热的情况下，温度变化较慢，由乙图知，a为没有，b为水；若相同质量的水和煤油升高相同的温度，水需要加热更长的时间，吸收热量更多，说明水的吸热能力更强．（3）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（20℃-10℃）=8.4×103J；由图乙可知，当a、b升高相同的温度时，b需要的时间是3min，a需要的时间是6min，即a吸收的热量为b吸收热量的2倍；则：Q a=2Q b，c1m△t=2c2m△t；c1=2c2，10。

《热与能》一、单选题:1.关于燃料和热值，正确的说法是（）A.燃料的热值与质量关B.燃料的热值与燃料是否容易燃烧，燃烧条件无关，只与燃料种类有关C.热值大的燃料燃烧时效率高D.一定质量的水结成冰热值变化2.下列有关内能、热量和温度的说法正确的是（）A.内能大的物体温度高B.温度高的物体内能大C.物体吸收热量后温度一定升高D.物体温度升高可能是因为吸收了热量3.将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（）A.10℃B.6℃C.6℃以上D.6℃以下4.北方的冬天，下过大雪后，常见到一城市出动装满盐水的洒水汽车，在主要的街道上喷洒盐水，洒了盐水后，雪很快就化了．这是因为（）A.盐水和雪起化学反应，放出了热B.盐水是热的，把雪化了C.盐水吸收太阳的辐射本领强D.盐水降低了雪的凝固点5.质量和初温相同的水和铜块，分别放出相同的热量后，再立即将铜块投入水中，则（）A.铜块向水传递热量B.水向铜块传递热量C.二者之间不发生热传递D.无法判断6.如图所示，烧瓶中的水停止沸腾后，若从烧瓶中往外抽气，会看到水又沸腾起来，这是由于（）A.气压升高，水温升高B.气压降低，水温升高C.气压降低，水的沸点降低D.气压升高，水的沸点降低7.如图表示四冲程汽油机的某个冲程示意图，这个冲程是（）A.吸入空气和汽油混合物的冲程B.把机械能转化为内能的冲程C.把内能转化为机械能的冲程D.把废气排出的冲程8.下列说法正确的是（）A.物体温度变化时，一定要吸收或放出热量B.热量的多少反映了物体在热传递过程中内能变化的多少C.物体的比热容越大，吸收的热量越多D.物体的温度越高，物体具有的热量越多9.2016年10月17日，我国长征二号F运载火箭成功地将神舟十一号载人飞船送向太空．火箭燃料中有液态氢，液态氢常作为燃料，是因为液态氢具有（）A.含有较多的热量B.较小的密度C.较大的比热容D.较大的热值10.1千克20℃的水吸收4.2×105焦的热量后，它的温度在下列给出的四个温度中，最多有几个可能温度（）①80℃②100℃③120℃④130℃A.1B.2C.3D.411.一台柴油机，一定质量的柴油完全燃烧时，放出了7.5×108J的热量，其中有4.5×108J的能量以各种形式损失掉了，可知该柴油机的效率是（）A.30%B.40%C.48%D.60%12.请你想象一下，假如“水的比热容变为原来的”，则可能会出现（）A.同体积的水质量会变小B.沿海地区的夏季比内陆地区凉爽C.沿海地区的昼夜温差会变大D.水的沸点会升高13.甲、乙两物体的体积相同，甲的密度是乙的3倍，乙的比热容是甲的，若它们吸收了相同的热量，它们升高的温度之比（）A.1：9B.3：1C.9：1D.1：114.下列关于热量的说法中，正确的是（）A.温度高的物体所含热量多B.热传递过程中传递温度C.两个物体升高的温度相同时，吸收的热量一定相等D.质量一定的水，升高或降低相同的温度时，吸收或放出的热量一定是相等的15.下列实例中，为了加快蒸发的是（）A.绐盛有酒精的瓶子加盖B.新鲜的蔬菜装入保鲜袋中C.将湿衣服晾在通风向阳处D.给播种后的农田覆盖地膜二、填空题:16.使用温度计测物体温度时，应注意观察温度计的 ______ 和 ______ ；并使温度计的玻璃泡 ______ 浸入被测液体中，但不要碰容器的 ______ 和 ______ ．读数时玻璃泡要 ______ 被测液体中，并保持视线与温度计标尺 ______ ．17.某同学用两个完全相同的酒精灯，分别给质量和初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，分别记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图象，如图所示．如果已知甲的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则乙的比热容是 ______ J/（kg•℃）18.如图所示为汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此图是 ______冲程，在此冲程中实现的能量转化是 ______ ．19.如图所示是冰熔化时温度随时间变化的图象，根据图象可以判断：根据图象可以判断：冰t2时的内能______ t3时的内能（＞/＜/=），理由是冰熔化要______ ．根据如图提供的信息，你会有一些新发现？请你根据温度变化的特点提出一个合理的猜想： ______ ．20.如图所示，两根粗细、长短相同的铜棒和铁棒，在两根棒上用蜡粘上几根火柴．用酒精灯加热时，会发现火柴掉下来的顺序如图中箭头所示，而且是铜棒下面的火柴先掉光．通过实验得出的结论是：（1）热从物体温度 ______ 的部分沿着物体传到温度 ______ 的部分；（2）两根棒中导热性能好的是 ______ ．三、实验探究题:21.小强是一个喜欢思考的同学．他想比较沙子和水这两种物质吸热能力的差异，他设计如图甲所示的实验装置，所使用仪器规格也完全相同．请你来帮他完成实验．（1）测量出体积相同的水和沙子，然后安装仪器，并记下沙子和水的初始温度．请你找出上述叙述中的错误，并改正．错误： ______ ；改正： ______ ．（2）在实验时只要控制 ______ （选填“加热时间”或“温度变化”）相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；加热完成后只要比较它们 ______ （选填“加热时间”或“温度变化”）的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；若在实验时发现，沙子温度升高得比水多，则吸热能力较强的是 ______ ．（3）根据小强得出的结论，结合图乙的信息，此时是 ______ （选填“中午”或“夜晚”）．22.如图是某晶体熔化时温度随时间的变化图象．如图所示：在0到6分钟，该晶体要 ______（“吸收”或“放出”）热量，温度 ______（“升高”、“降低”或“不变”），晶体处于 ______ （“固态”、“液态”或“固液共存态”）；在6到12分钟时，该晶体要______ （“吸收”或“放出”）热量，温度 ______ （“升高”、“降低”或“不变”），晶体处于 ______ （“固态”、“液态”或“固液共存态”）；第12分钟以后，晶体处于 ______ （“固态”、“液态”或“固液共存态”）．该晶体从开始熔化到熔化完毕共用了 ______ 分钟．四、作图题:23.用两个相同的加热器同时给质量均为m的物质甲和水加热，水的温度随时间的变化关系如图所示，若甲物质的比热容是水的一半，请在图中画出给甲物质加热10min温度随时间变化的关系图象．24.如图所示，甲为四冲程汽油机的吸气冲程示意图，试在乙图画出排气冲程活塞、气门、曲轴的位置．五、计算题:25.在“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示．（1）试管中装有适量的碎冰，按图甲组装时应将温度计的玻璃泡与碎冰充分接触，但不要碰到______ ．（2）图乙是根据实验记录绘制的冰熔化时温度随时间变化的图象．由图象可知：BC段的物质处于 ______ （填“固态”“液态”或“固液共存态”），物体在a点时具有的内能 ______ （填“大于”、“小于”或“等于”）在b点时的内能．（3）试管中的冰完全熔化后，若持续加热，在标准大气压下将得到图象中的DE段，这段时间内试管中的水 ______ （填“能”或“不能”）沸腾，是因为 ______ ．26.每到夏收季节，大量农作物秸秆在田间被随意焚烧，这不仅造成资源浪费、环境污染，而且极易引发火灾等．为解决这一问题，现已研制出利用秸秆生产的节能环保型燃料──秆浆煤．若燃烧秆浆煤（热值为2.4×107J/kg），使质量50kg、初温20℃的水温度升高到80℃．求：（1）水需要吸收的热量．（2）如果秆浆煤燃烧释放的热量全部被水吸收，需要完全燃烧多少千克秆浆煤？六、综合题:27.汽车防冻液冬季气温低，为使汽车在冬季低温下仍能继续使用，发动机冷却液使用的不是纯水，而是加入了一些能够降低水凝固点的物质作为防冻剂，保持在低温天气时冷却系统不冻结．因此人们有时把冷却液称作“防冻液”或“不冻液”．现在经常使用乙二醇为主要成分的防冻液．乙二醇是一种无色微粘的液体，沸点是197.4℃，凝固点是-11.5℃，能与水任意比例混合．混合后由于改变了冷却水的蒸气压，凝固点显著降低．其降低的程度在一定范围内随乙二醇的含量增加而下降．当乙二醇的含量为68%、水为32%时，防冻液凝固点可降低至-68℃，超过这个极限时，凝固点反而要上升．40%的乙二醇和60%的软水混合成的防冻液，防冻温度为-25℃；当防冻液中乙二醇和水各占50%时，防冻温度为-35℃．防冻液的沸点通常在零上110℃．（1）防冻液中乙二醇和水的配置比例，既要考虑当地的气温条件，一般选用防冻液的冰点应低于当地最低气温10℃～15℃；又要兼顾经济利益．你认为在中国江南使用下面哪种比例的防冻液最好 ______A．40% B．50% C．60% （2）请根据材料信息分析一下，与单独使用纯水相比，乙二醇防冻液对汽车除了有防冻作用，还有什么作用 ______ ．28.仿照实验室使用的液体温度计的原理，某同学设计了一个简易的气体温度计，如图所示，瓶中装的是气体，瓶塞密封不漏气，瓶塞上面细弯管（细弯管的长度足够长）中有一段液柱．（1）若温度升高时，液柱将向 ______ （选填“左”或“右”）边移动．（2）此温度计如何标上刻度呢？可以将此瓶放到通常情况下冰水混合物中，然后在液柱的一侧标上______ ℃，再将它放到标准大气压下的沸水中，在此时的液柱的同一侧标上______ ℃，然后在以上两个刻度之间进行等分，就可以标上各个刻度了．（3）这个温度计的工作原理是利用瓶中气体的 ______ ．（4）为了提高此温度计的灵敏度，使读数更精确，可采取哪些措施？（答出2点）答： ______ ； ______ ．山东省临沂太平中学2017年中考物理专题复习与命题猜想：《热与能》答案和解析【答案】1.B2.D3.D4.D5.B6.C7.C8.B 9.D 10.C 11.B 12.C 13.A 14.D 15.C 16.量程；分度值；全部；底；壁；留在；相平17.2.4×10318.做功；内能转化为机械能19.＜；吸热；水的比热容比冰大20.高；低；铜棒21.体积相同的水和沙子；质量相同的水和沙子；加热时间；温度变化；水；夜晚22.吸收；升高；固态；吸收；不变；固液共存态；液态；623.解：相同时间内，两个相同的加热器同时给质量均为m的物质甲和水加热，物质甲和水吸收的热量相同，由题可知，甲物质比热是水的一半，根据公式Q=cm△t变形△t=可知，当甲和水升高的温度相同时，甲吸收的热量（加热时间）是乙的一半，由此可画图，如图所示：24.解：排气冲程，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，如下图所示：25.试管底或试管壁；固液共存态；小于；不能；试管中的水不能继续吸热26.解：（1）Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（80℃-20℃）=1.26×107J；（2）∵Q吸=Q放，Q放=m′q，∴需要完全燃烧秆浆煤的质量：m′===0.525kg，答：（1）水需要吸收的热量为1.26×107J；（2）需要完全燃烧0.525千克秆浆煤．27.A；混合液体不容易沸腾28.左；0；100；热胀冷缩性质；细弯管再细一点；瓶子再大些且气体再多些【解析】1. 解：A、燃料的热值与燃料的质量无关，它只与燃料的种类有关，所以A不符合题意．B、热值大小与燃料是否容易燃烧无关，燃烧条件无关，它只与燃料的种类有关，所以B符合题意．C、燃烧效率：效率等于有效吸收的热量与燃料完全燃烧释放的能量的比值，与热值大小无关，所以C不符合题意．D、一定质量的水结成冰比热容发生变化，所以D不符合题意．本题主要考查两个方面的知识：（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值．热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关．（2）燃烧效率：效率等于有效吸收的热量与燃料完全燃烧释放的能量的比值．本题考查了学生对燃料热值是燃料特性的理解与掌握，是经常考的题型，充分理解“热值只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关”．2. 解：A、影响内能大小的因素有温度、质量、状态等，只有质量和状态一定时，温度越高内能越大，本题没说明质量和状态一定．故A错误．B、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不一定大，故B 错误；C、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故C错误．D、物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故D正确；故选D．（1）影响内能的因素有质量、温度以及状态等；（2）改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式．本题考查的是学生对影响物体内能大小的因素的理解以及内能、温度与热量三者之间的关系的掌握，是中招的热点．3. 解：设热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，Q吸=Q放，从而可知，cm0（t-10℃）=cm×10℃，-------①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，△Q吸=△Q放，从而可知，cm0（t-10℃-6℃）=c（m+m0）×6℃，-------②则①-②得：6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0，整理得：12℃×cm0=4℃×cm，解得：m=3m0；代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃-△t）=mc△t，m=3m0；联立两式解得：△t=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃．故选D．热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同．知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度．解决此类综合分析题目，要结合热量公式和热传递的条件进行分析解答．不计热量的损失，可利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式；同时还应注意一次次注入和一次性注入相同的水，结果应是相同的．4. 解：北方的冬天下大雪时，常见到一城市出动装满盐水的洒水汽车，在主要的街道上喷洒盐水，洒了盐水后，使雪中有杂质盐，则盐水降低了水的凝固点，加快了积雪熔化，尽快疏导交通．影响晶体熔点高低的因素：物质的种类、压力的大小、是否有杂质；种类不同，熔点一般不同；压力越大，熔点降低；当有杂质掺入时熔点降低．利用生活中常见的向路面洒盐水，促使积雪熔化，考查了熔点的影响因素，体现了物理和生活的密切关系．5. 解：铜块和水的质量相同，水的比热容大，放出相等的热量，水的温度降低的少，而初温相同，水的末温高，将铜块投入水中，铜将从水中吸收热量．故选B．质量相等的铁块和水，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少，而初温相同，可以得出铜块和水的末温高低，进而确定热传递的方向．本题考查了学生对放热公式的掌握和应用，理解用好“质量相等的不同物质，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少”是本题的关键．6. 解：当对烧瓶抽气时，瓶中的气压降低，所以水的沸点也会降低，当沸点降到水的温度以下时，会出现瓶中的水又沸腾起来的现象．故选C．解答此题要知道沸腾的条件及改变气压可以改变沸点，水的沸点会随着压强的增大而升高，随着压强的减小而降低．此题考查液体的沸点与气压的关系，知道液体的沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低．7. 解：由图可知，汽油机的进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，可以判断此冲程为做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能，故C正确．故选C．由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；汽油机四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化．本题考查了汽油机四冲程的判定方法和其中的能量转化，属于基础题目．8. 解：A、改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；物体温度变化，则内能改变，物体内能改变可能是发生了热传递，也可能是做功，故A错误；B、在热传递过程中传递内能的多少叫热量，所以热量的多少反映了物体在热传递过程中内能变化的多少，故B正确；C、由Q吸=cm（t-t0）可知，吸收热量的多少和物质的比热容、物体的质量，以及温度的变化值有关，且是比热容越大、质量越大、升温越多的物体吸收热量就越多，故C错误．D、热量是出现在热传递过程中的一个过程量，不能说物体含有热量，可以说吸收或放出热量；故A错误．故选B．（1）要知道改变物体内能的两种方法：做功和热传递．并且这两种方法在改变物体内能上是等效的；（2）在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量，热传递的条件是：物体之间存在着温度差；（3）根据吸热的计算公式Q吸=cm（t-t0）得出吸收热量与什么因素有关；（4）热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量．本题主要考查学生对内能、温度、热传递的理解，是中考的热点，热学的难点．要特别注意：温度升高，内能一定增加；但是，内能增加，温度不一定升高．9. 解：现代火箭都是用液态氢作燃料的，原因是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，故D正确．故选D．热值是指1kg的某种燃料完全燃烧后释放的能量，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小．本题考查学生对热值定义的掌握情况，需要根据火箭的具体应用来分析．10. 解：由Q吸=cm△t可得，水应升高的温度：△t===100℃，水的最高末温：t最高=t0+△t=20℃+100℃=120℃；因为水沸腾时温度达到沸点，继续吸热但温度不变，所以水吸收热量从20℃升高，温度达到沸点后，不再升高，因为水表面的气压不知道，水的沸点不确定，所以水的末温可能是80℃、100℃、120℃，不可能为130℃；故C正确．故选C．已知水的质量、水的比热容、水的初温和水吸收的热量，利用吸热公式求水的末温；再根据水沸腾时的规律（水沸腾时吸热但温度不变）分析判断．本题综合考查了吸热公式的应用和液体沸腾的规律，关键要知道气压的大小会影响液体沸点的高低．11. 解：柴油机有效利用的能量为：E有用=7.5×108J-4.5×108J=3.0×108J该柴油机的效率为：η=故选B．热机的效率是指热机有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比．此题主要考查了热机效率的计算，没有直接给出有效利用的能量，很好的考查了学生对此概念的理解．12. 解：A、水的密度不变，同体积的水质量不变，故A错误；B、水的比热容变小后，根据Q=cm△t可知，在质量和吸收（或放出）热量一定时，水变化的温度大，沿海地区的夏季比内陆地区炎热，故B错误；C、水的比热容变小后，根据Q=cm△t可知，在质量和吸收（或放出）热量一定时，水变化的温度大，所以沿海地区的昼夜温差会变大，故C正确；D、水的沸点和比热容没有关系，仍然是到100摄氏度沸腾，故D错误．故选C．水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），比热容较大，若水的比热容变小，则一切与水的比热容有关的现象都会变得相反．相同质量的比热容小的物质和其它物质相比较：吸收或放出相同的热量，它的温度升高或降低的多；升高或降低相同的温度，它吸收或放出的热量少．13. 解：∵，v甲=v乙，ρ甲=3ρ乙，∴；∵Q吸=cm△t，m甲：m乙=3：1，c甲：c乙=3：1，甲乙吸收的热量相等，∴c甲m甲△t甲=c乙m乙△t乙，∴甲、乙两物体升高的温度：．故选A．甲、乙两物体的体积相同，又知道密度关系，利用密度公式求甲乙两物体的质量关系；求出了甲乙两物体的质量关系，又知道比热容关系，吸收了相同的热量，利用吸热公式求甲、乙两物体升高的温度．本题综合考查了学生对密度公式、吸热公式的掌握和运用，将各量正确代入公式不颠倒是本题的关键．14. 解：A、热量是一个过程量，只有在热传递的过程中才会有热量的传递，不能说物体含有热量的多少，故A错误；B、热传递过程中传递的是热量不是温度．故B错误；C、物体吸收热量的多少与物体的质量、温度的变化多少、物质种类有关，因此两个物体升高的温度相同时，吸收的热量不一定相等，故C错误；D、质量一定的水，升高或降低相同的温度时，吸收或放出的热量一定是相等的，因为物质确定、质量确定、温度变化相同所以吸收或放出的热量相同．故D正确．故选：D．热量是热传递过程中所传递的内能的多少；发生热传递的条件是存在温度差；物体吸收热量的多少与物体的质量、温度的变化多少、物质种类有关．此题考查学生对内能、温度、热传递的理解，是中考的热点，热学的难点．15. 解：A、绐盛有酒精的瓶子加盖，控制了蒸发的表面积和上方空气的流动速度，可以减慢蒸发，故A不合题意；B、新鲜的蔬菜装入保鲜袋中，控制了蒸发的表面积和上方空气的流动速度，可以减慢蒸发，故B不合题意；C、将湿衣服晾在通风向阳处既加快了液体上方空气流动，又提高了液体的温度，所以加快了蒸发．故C符合题意；D、给播种后的农田覆盖地膜，控制了蒸发的表面积和上方空气的流动速度，可以减慢蒸发，故D不合题意．故选C．加快液体上方空气流动可加快蒸发，升高液体温度和增加液体的表面积也可加快蒸发．本题主要考查学生对影响蒸发快慢因素的了解和掌握，是一道基础题．16. 解：温度计的使用方法：①温度计使用前：观察量程和分度值，选择合适的温度计；②温度计的正确使用规则：A．使用时，玻璃泡浸入被测液体中，但不要碰到容器底或容器壁；B．温度计玻璃泡浸入被测物体后要稍候一会儿，待温度计的示数稳定后再读数；C．读数时玻璃泡要继续留在被测液体中，视线要与温度计中液柱的上表面相平．故答案为：量程；分度值；全部；底；壁；留在；相平．在使用温度计测量液体温度时，正确的方法是：①测量前估计被测物体的温度，选择合适的温度计，明确温度计的量程和分度值；②测量时温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中；不要碰到容器底或容器壁；③温度计玻璃泡浸入被测液体后要稍候一会儿，待温度计的示数稳定后再读数；④读数时玻璃泡要继续留在被测液体中，视线与温度计中的液柱上表面相平．此题考查的是温度计的使用方法，属于基本技能的考查，需要熟练掌握，规范操作和使用．17. 解：根据Q吸=cm△t可知，在质量和吸收热量一定时，温度的变化值和比热容成反比．我们可以用相同的酒精灯加热时间4min，甲和乙吸收的热量就是相同的，甲的温度变化值△t甲=50℃-10℃=40℃，乙的温度变化值△t乙=40℃-10℃=30℃，据Q吸=cm△t得，甲液体吸收的热量：Q甲吸=c甲m△t甲，乙液体吸收的热量：Q乙吸=c乙m△t乙，则c甲m△t甲=c乙m△t乙，所以乙的比热容：c乙===2.4×103J/（kg•℃）．故答案为：2.4×103．根据Q吸=cm△t可知在质量和吸收热量相同时，比热容和温度的变化值成反比，据此求出乙的比热容．此题考查了学生对吸热公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关。

初中物理热和能知识点总结一、综述热和能是初中物理中非常有趣且重要的部分，当我们谈论热，我们是在讨论物体温度的变化以及它如何影响我们周围的世界。

而当我们谈论能，我们是在谈论事物运动和变化的能力。

这两者结合起来，就形成了一个丰富多彩、充满神奇的世界。

今天我们就一起来揭开热与能的神秘面纱，梳理一下初中物理中关于热和能的主要知识点。

首先我们要了解什么是热量，热量是物体因为温差而传递的能量。

当我们把一个热的物体和一个冷的物体放在一起时，热量会从热的物体流向冷的物体，这就是热传递的现象。

在这个过程中，我们会学习到温度、热量和物质状态之间的关系。

接着我们要了解能量，能量是物体运动和变化的能力。

无论是我们日常看到的瀑布从高处流下，还是汽车发动机发出动力，背后都是能量的转化和传递。

在物理中我们会学习到各种各样的能量形式，如热能、动能、电能等，以及它们之间的转化关系。

然后我们会接触到热和能的转换，例如燃烧是一种化学反应，它会把化学能转化为热能。

再比如太阳能板可以把太阳能转化为电能，这些都是我们身边常见的例子，通过学习我们会明白这些转换背后的物理原理。

我们还要了解热和能在日常生活中的应用和影响，从气候变化到能源利用，从工业生产到家庭生活，热和能无处不在。

通过学习这些知识点，我们不仅能更好地理解这个世界，还能学会如何利用这些知识来改善我们的生活。

让我们一起走进这个充满奇妙的物理世界吧！1. 介绍物理中热和能的重要性物理作为一门研究物质运动规律的学科，其中的热和能知识点可是个重头戏。

说到热和能，它们在我们日常生活中无处不在，与我们息息相关。

想象一下寒冷的冬天里，我们烤火取暖，那不就是热能给我们带来了温暖吗？或者夏天我们用电扇吹来凉风，那也是电能转化成了机械能，给我们带来了舒适。

所以热和能在物理中扮演着非常重要的角色。

说到热我们自然会想到温度，温度的高低决定了物体的冷热程度，而热量则是物体温度变化的幕后推手。

当我们说某个物体很热时，其实是因为它内部的粒子运动得很激烈，这就是热能的体现。

《电磁学》一、单选题:1.有甲、乙、丙、丁四个轻质小球，乙带正电，把四个小球分别两两靠近时，发现乙吸引甲，甲吸引丙，丁排除丙，则甲球（）A.一定带负电B.一定带正电C.一定不带电D.可能带负电，也可能不带电2.下列关于电流的说法中正确的（）A.只有自由电子的定向移动才能形成电流B.电路中只要有电源就一定有电流C.电路中电流的方向是从正极流向负极D.只要有电荷的定向移动就能形成电流3.某同学做电学实验时，电路如图所示，已知他所用电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，电源电压为6V（保持不变），滑动变阻器的最大阻值为50Ω，定值电阻R0为10Ω，开关S闭合后，在移动滑动变阻器的过程中，下列情况可能出现的是（）A.电压表的最小示数为1VB.滑动变阻器的最小功率为0WC.电流表的最大示数为0.6AD.电阻R0的最大功率为1.8W4.在如图所示的电路中，能使电流表指针发生偏转的情况是（）A.导体棒ab向上运动B.导体b向下运动C.导体棒ab向左运动D.导体棒不动，磁铁向上运动5.有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图（甲）所示．把它们串联在电路中，如图（乙）所示．闭合开关S，这时电流表的示数为0.4A，则电源电压和元件B的电功率分别是（）A.2.0V 0.8 WB.2.5V 1.0WC.4.5V 1.0 WD.4.5V 1.8W6.在如图所示的电路中，电源电压和灯泡电阻都保持不变，当滑动变阻器R的滑片P由右向左移动到如图所示位置时，下列判断中正确的是（）A.电流表示数增大，电压表的示数减小B.电流表和电压表的示数都减小C.电流表的示数增大，电压表的示数不变D.电流表的示数减小，电压表的示数不变7.如图所示，甲灯为“6V，6W”，乙灯为“6V，4W”，用一个输出电压恒为12伏的电源对两灯供电，要使这两个灯能同时正常发光，则应选择电路（）A. B. C. D.8.在一堂物理活动课上，同学们正以“假如没有了…”为主题展开讨论．以下是几位同学提出的五个具有代表性的观点：①假如没有了地球引力，物体的质量仍然存在；②假如没有了摩擦力，一阵微风也可以吹动停在平直轨道上的火车；③假如没有了磁体周围的磁场，世界上就再也不会有电流的产生；④假如没有了导体的电阻，导线将无法导电；⑤假如没有了电磁波，我们将无法进行信息交流．其中合理的是（）A.①②B.②③C.③④D.④⑤9.在图所示的电路中，电源电压不变．闭合开关S，电路正常工作，一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则下列说法正确的是（）A.灯L可能变亮B.灯L亮度可能不变C.电阻R可能断路D.电阻R可能短路10.两只电阻R1（10Ω1A）和R2（20Ω0.6A），R1和R2分别串联与并联后两端允许加的总电压依次为U1和U2，则U1和U2分别为（）A.22V 12VB.18V 12VC.30V 10VD.18V 10V11.图中所示的电路图中，能用电压表正确测出灯L l两端电压的是（）A. B.C. D.12.在图中所示的电路中，若要使L1和L2两灯组成并联电路，开关的断开与闭合情况是（）A.S1、S2断开，S3闭合B.S1、S3闭合，S2断开C.S1、S2、S3闭合D.S1、S3断开，S2闭合13.如图所示，当变阻器的滑片P向右移动使得电路中电流变小，电路的E、F点与滑动变阻器接线柱的连接情况正确的是（）A.E接A、F接BB.E接A、F接DC.E接C、F接BD.E接C、F接D14.关于电流表和电压表的使用，下列说法错误的是（）A.如不能估计被测电压、电流的大小，可取电表的任意两个接线柱进行试触B.电压表可直接测量电源电压，而电流表不能直接接在电源两极间C.测量前都必须选择合适的量程D.都必须使电流从“+”接线柱流进电表，从“-”接线柱流出15.我国“嫦娥工程”预计在2012年实施落月探测．已知月球上无大气、无磁场，物体在月球上所受重力只相当于地球上的．在月球上，你认为下列情况可能的是（）A.利用降落伞降落，以确保安全落月 B.用指南针确定方向C.听到月球车行驶发出的声音D.轻易地将60kg的物体举起二、填空题:16.在图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关后，电流表A1的示数为0.5A，电流表A2的示数为0.3A，则R1：R2= ______ ．17.如图是实验室常用的一种电流表，其零刻度不在表盘的最左端．当导线a、b分别与标有“一”和“3”的接线柱相连时，电流表指针偏转情况如图所示．此时，电流是从导线______ （填“a”或“b”）流入电流表，其示数是 ______ A．为了增大指针的偏转角度从而减小读数误差，应将导线a与标有“ ______ ”的接线柱相连．18.有一种称为石墨炸弹的武器，专门用来破坏敌方的供电设施．这种炸弹不会造成人员伤亡，而是在空中散布大量极细的石墨丝，这些石墨丝是 ______ （填“导体”或“绝缘体”），飘落到供电设备上会造成 ______ （填“断路”或“短路”），瘫痪供电系统．19.对人体的安全电压是 ______ ；电路中需要4.5V电压，应使用 ______ 个干电池______ 联在一起；滑动变阻器的工作原理是 ______ ．20.如图所示电路，若只闭合开关S1、S3，则R1、R2的连接方式是 ______ （“串联”或“并联”）；若同时闭合开关S1、S2、S3，则电路为 ______ （“通路”、“断路”或“短路”）．21.验电器A带负电，B不带电．用带有绝缘手柄的金属棒把验电器A、B两金属球连接起来的瞬间（如图所示），金属棒中电流方向是： ______ ．（选填“由A到B”或“由B到A”）22.如图所示分别是华华家的电能表在国庆和11月15日显示的示数，在此期间华华家一共用电 ______ k W•h；若借助电能表测量家中洗衣机的功率，华华至少还需要一件工具（或器材）是 ______ ．三、实验探究题:23.小琴在探究电流与电压和电阻的关系时，采用了如图甲所示的电路图，实验中可供选择的定值电阻的阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω．已知电源电压恒为4.5V，滑动变阻器规格为“20Ω1A”，（1）小琴在探究某一因素变化对电流的影响时，采用控制变量法实验，分两步进行：①保持电阻不变，探究电流与 ______ 的关系；②保持电压不变，探究电流与 ______ 的关系．（2）如果在实验中发现电流表、电压表的读数都偏大，调节滑动变阻器的滑片时，两表示数均无变化，适当减小电源电压后，两表示数才相应减小．你认为出现这一故障的原因是： ______ ．（3）在探究电阻对电流的影响时，小琴先用5Ω的定值电阻进行实验，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，此时电流表的示数如图乙所示，则电路中的电流为 ______ A；再将5Ω的定值电阻换成10Ω定值电阻进行实验，移动滑片直至电压表示数为 ______ V，并记录电流表的示数．（4）小琴还想多测几组数据，但他不能选用的定值电阻是 ______ ．24.如图所示是老师设计的一个实验装置，用来探究“影响电磁铁磁性强弱因素”，它是由电源、滑动变阻器、开关、带铁芯的螺线管（线圈电阻忽略不计）和自制的针式刻度板组成，通过观察指针偏转角度的大小，来判断电磁铁磁性的强弱．用竹片削制的指针下方加装固定一物体E，导线a与接线柱2相连．【制定计划与设计实验】（1）为了使指针在受磁场力的作用在能绕O点转动，需在E处加装 ______ （选填“铜块”、“铝块”或“铁块”），加装物体后，为了确保指针能正确指示且具有一定的灵敏度，老师在O点转轴处涂抹润滑油，目的是 ______ ，使指针转动更灵活．（2）按如图所示连接好电路，闭合开关，调节变阻器滑片P到某一位置，记下此时指针偏转的角度，保持滑片P位置不变，导线a改为与接线柱1相连，可以探究电磁铁磁性强弱与 ______ 的关系；保持接线方式不变，移动变阻器滑片P，可以探究电磁铁磁性强弱与 ______ 的关系．【进行实验与收集证据】（3）保持滑片P位置不变，导线a改为与接线柱1相连时，闭合开关后，指针偏转的角度将会 ______ ．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，指针偏转的角度将会 ______ （填“增大”或“减小”）．【评估交流】（4）细心观察的小锋同学发现在实验过程中该自制装置的指针均向右偏转，只是偏转角度不同，该同学向老师提出能否让指针向左偏转，老师马上将一块小磁铁换装在如图E处，且让磁铁的右端为 ______ 极，闭合开关后，同学们发现指针果然向左偏转．（5）你认为该装置中指针的偏转角度大小可能还与哪些因素有关？（只写出一个即可）______ ．25.如图所示小蕾同学在研究“电流通过导体产生热量的多少与电流、电阻是否有关”时，采用了如图所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气，将1、2和3、4导线分别接到电源两端．（1）实验中通过观察U形管中 ______ 的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少．这种实验方法叫 ______ ．下面实验也用这种实验方法的是 ______ ．A．认识电压时，我们用水压来类比B．用光线来描述光通过的路径C．把敲响的音叉来接触水面，看有没有溅起水花，来判断音叉有没有振动D．用斜面和小车来研究阻力对物体的影响（2）装置中的U形管 ______ （选填“是”或“不是”）连通器．（3）甲图所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与 ______ 的关系，通电一段时间， ______ （选填“a”或“b”）容器中电流产生的热量较多．（4）乙图所示的实验装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与 ______ 的关系，通电一段时间， ______ （选填“c”或“d”）容器中电流产生的热量多．26.小红同学在探究并联电路的电流关系时，连接的实验电路如图所示．（1）请你说明在开关S闭合后观察到的现象 ______ ．（2）请你改动图中一根导线的连接位置，闭合开关S后，使两灯都发光，且电流表都有正常示数．（在需要改动的导线上画“×”，并画出改动后的连线）（3）小伟同学帮助小红同学在电路中又添加了一块电流表，他们利用再次改动后的电路进行实验，得到的实验结论是：在并联电路中，干路电流等于支路电流之和，且支路电流相等．你认为他们的实验是否还有值得改进之处？如果有，应该如何改进？______ ．四、作图题:27.根据通电螺线管中的电流方向，在图中标出电源的正负极和通电螺线管的N、S极．28.如图是家庭常用的一个插线板的示意图．在使用中会发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压．根据上述现象，请在图中画出开关、指示灯和插孔的连接方式，并把接线板与电源线接通．五、计算题:29.如图所示电路中，电源电压恒定，电阻R0=5Ω，滑动变阻器的最大阻值为R P，闭合开关，移动滑片，当接入电路的有效阻值为时电流表A的示数为0.45A，当接入电路的有效阻值为时电流表A的示数为0.5A，试求：（1）变阻器的最大阻值R P（2）若电流表的量程为0-0.6A，电压表的量程为0-3V，为了不损坏两个电表，求滑动变阻器可连入电路的阻值范围．30.小明家电热水壶的铭牌如图所示．在一个标准大气压下，该水壶正常工作时，用10min能将2kg、10℃的水烧开．水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃）．求：（1）水吸收的热量．（2）电热水壶正常工作时消耗的电能．（3）比较（1）、（2）问的计算结果．热水壶消耗的电能与水增加的内能不相等．请结合物理知识，从节能的角度提一个合理化的建议．山东省临沂太平中学2017年中考物理专题复习与命题猜想：《电磁学》答案和解析【答案】1.C2.D3.A4.C5.D6.C7.D8.A 9.C 10.D 11.B 12.B 13.B 14.A 15.D16.3：217.a；0.4；0.618.导体；短路19.不高于36V；3；串；通过改变连入电路中电阻丝的长度来改变接入电路的电阻20.并联；短路21.由B到A22.111.5；秒表23.电压；电阻；滑动变阻器接上面两个接线柱；0.4；2；20Ω和25Ω24.铁块；减小摩擦；线圈匝数；电流大小；增大；减小；N；铁芯大小；通电螺线管（或电磁铁）与指针间的距离；指针质量（或重）；25.液面高度；转换法；C；不是；电阻；b；电流；c26.L1不发光，L2发光；A1无示数，A2有示数；换用不同规格的灯泡进行实验27.解：如图：28.解：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全．如图所示：29.解：（1）设电源的电压为U，由题意可知：滑动变阻器接入电路的有效阻值为时，电路中的电流为0.45A；接入电路的有效阻值为时，电路中的电路为0.5A，所以电源的电压为：U=0.45A×（5Ω+）-----①U=0.5A×（5Ω+）------②由①②可得：R P=20Ω，U=4.5V；（2）为保证电流表不损坏，电路中的最大电流为0.6A，则电路中的总电阻为=7.5Ω，滑动变阻器连入电路电阻的最小值为2.5Ω；为保证电压表不损坏，滑动变阻器的最大电压为3V，则此时R0的电压为4.5V-3V=1.5V，电路中的电流为=0.3A，此时滑动变阻器连入电路电阻的最大值为=10Ω；所以滑动变阻器可连入电路的阻值范围为2.5Ω～10Ω．答：（1）变阻器的最大阻值为20Ω；（2）滑动变阻器可连入电路的阻值范围为2.5Ω～10Ω．30.解：（1）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃-10℃）=7.56×105J．（2）根据P=可得，电热水壶正常工作时消耗的电能：W=P t=1500W×10×60s=9×105J．（3）比较（1）、（2）问的计算结果可知，水增加的内能小于热水壶消耗的电能，其原因是有热量的损失；可以增加电热水壶的保温性能，减小热量的散失．答：（1）水吸收的热量7.56×105J．（2）电热水壶正常工作时消耗的电能为9×105J．（3）可以增加电热水壶的保温性能，减小热量的散失．【解析】1. 解：四个小球，乙带正电，乙吸引甲，则甲带负电或为不带电；丁排除丙，则丁和丙一定带电，且带同种电荷；又知甲吸引丙，丙带电，则甲带正电或不带电；综上所述，甲一定不带电．故选：C．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．两物体相互吸引时，要注意有两种情况：①异种电荷相互吸引，②带电体具有吸引轻小物体的性质．此题考查了电荷间的相互作用规律，要记住相吸引有两种情况，不能弄错．2. 解：AD、正负电荷的定向移动都可以形成电流，不仅仅是自由电子的定向移动，故A错误，D正确；B、电路中有电源，如果电路没有闭合，则电路中没有电流，故B错误；C、在电源外部，电流从电源的正极经过用电器流向负极，在电源内部，电流由电源负极流向电源正极，故C错误．故选D．（1）电路中有电流的条件是：电路闭合，且电路中有电源；（2）电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流的方向；（3）在电源外部，电流由正极流向负极．本题考查了形成电流的条件、电流概念、电流方向等问题，熟练应用基础知识即可正确解题．3. 解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路电流；（1）因电源的电压大于电压表的最大示数，所以，当电压表的示数最大时电路中的电流最大，此时定值电阻消耗的电功率最大，电路中的最大电流：I大===0.3A，即电流表的最大示数为0.3A，故C错误；因此时滑动变阻器接入电路中的电阻不为零，所以，滑动变阻器的最小功率不为0W，故B错误；电阻R0消耗的最大功率：P0大=U0大I大=3V×0.3A=0.9W，故D错误；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流：I小===0.1A，电压表最小示数：U R小=I小R0=0.1A×10Ω=1V，故A正确．故选A．由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路电流．（1）电源的电压大于电压表的最大示数，根据串联电路的分压特点可知当电压表的示数最大时电路中的电流最大，此时定值电阻消耗的电功率最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻不为零，消耗的电功率不为0W，根据P=UI求出电阻R0消耗的最大功率；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出电压表的最小示数．本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据电压表的量程确定电路中的最大电流是关键．4. 解：本题图中，磁体不动，导体AB左右运动，或者导体AB不动，磁体左右运动，都切割磁感线，都会有感应电流产生，电流表指针都会发生偏转，但是磁体不动，导体AB竖直向上运动，导体运动方向和磁感线方向平行，所以不会有感应电流产生，导体AB和磁体都不动，当然不会切割磁感线，不会产生电流．故选C．要解答本题需掌握：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感应运动时，电路中就会产生感应电流．本题主要考查学生对感应电流产生的条件的了解和掌握，是一道基础题5. 解：由电路图可知，电路元件A和B串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中各处的电流相等，所以，电流表的示数为0.4A时，I A=I B=I=0.4A，由图象可知，A和B两端的电压分别为：U A=2V，U B=2.5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=U A+U B=2V+2.5V=4.5V，故AB错误；电路消耗的总功率：P=UI=4.5V×0.4A=1.8W，故C错误、D正确．故选D．由电路图可知，电路元件A和B串联，电流表测电路中的电流，根据串联电路中的电流特点结合图象读出它们两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据P=UI求出电路消耗的总功率．本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，关键是根据图象读出电流对应的电压值．6. 解：根据电路图，分析电路结构，作出等效电路图如图所示；（1）由电路图可知，电压表测电源电压，由于电源电压不变，所以电压表示数不变，故A、B错误；（2）由电路图可知，滑片P由右向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电源电压不变，由欧姆定律可知，流过滑动变阻器的电流变大，电流表示数变大，故C正确，D错误；故选C．分析清楚电路结构，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据欧姆定律分析答题．本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、掌握滑动变阻器的用法、熟练应用欧姆定律即可正确解题．7. 解：由甲灯为“6V，6W”，乙灯为“6V，4W”，U甲=U乙，P甲＞P乙，根据R=得R＜R乙，对四个电路分析如下：甲A、图中甲、乙两灯是串联，因为R甲＜R乙，根据串联电路中电压的分配与电阻成正比的特点有U甲＜U乙，且U甲+U乙=U总=12V，故U甲＜6V，U乙＞6V．因此两灯的实际电压均不等于它们的额定电压，两灯都不能正常发光，乙灯还有可能烧坏，故该选项不符合题意；B、图中甲、乙两灯的并联电路，根据并联电路的特点有U甲=U乙=U总=12V，两灯都超过了它们的额定电压，都不能正常发光甚至都烧坏，故该选项不符合题意；C、图中给甲灯并联了一个滑动变阻器，因甲灯的电阻比乙灯小，再并联一个电阻后其电阻会变小，甲灯所分的电压将更少，实际电压不可能达到额定电压，乙灯实际电压高于6V有可能烧坏，故两灯都不能正常发光，故该选项不符合题意；D、图中给乙灯并联了一个滑动变阻器，调节滑动变阻器的阻值，能使其并联后的阻值正好与甲灯的阻值相等，这时两灯的实际电压都等于它们的额定电压而同时正常发光，故该选项符合题意．故选D．（1）首先根据灯泡的额定电压和额定功率，根据R=比较灯的电阻的大小；（2）串联时，两个灯泡起分电压的作用，并且分电压的多少与电阻值的大小成正比；（3）并联时，两个灯泡起分电流的作用，并且分电流的大小与电阻值的大小成反比．解决本题的关键是正确理解串、并联电路分压、分流与电阻值大小的关系，考查了学生的综合分析能力，是一道综合性较强的题目．8. 解：①物体内所含物质的多少叫质量，质量是物体的一种属性．不管有没有地球引力，物体所含的物质多少是不会发生变化的，所以物体的质量是仍然存在的；②平时一阵微风是无法吹动火车的，因为火车和地面之间的摩擦力与风力平衡，抵消了风力．而如果没有摩擦力，则火车只在风力作用下，就会由静止变为运动；③发电机的原理是电磁感应，如果没有磁场，则发电机就发不出电来．但我们常用的电源除了发电机以外，还有干电池、太阳能电池等，它们并不是利用电磁感应来产生电流的，所以即使没有磁场，我们也可以利用其它电源产生电流；④导体的电阻是导体对电流的阻碍作用．电阻越大，电流越小；电阻越小，电流越大．以此来看，如果导体没有电阻，则导体的导电能力将是最好的，用没有电阻的导体导电，就再也不会有由于电阻而产生的电能损耗了；⑤电磁波在信息的传递中扮演着非常重要的角色，广播、电视、手机等都是靠电磁波来传递信息的．但传递信息的载体除了电磁波以外，电流、声音也都可以传递信息．综合以上分析，正确的是①②．故选A．①质量是物体的一种属性，与受不受引力无关；②力是改变物体运动状态的原因；③常用的电源有发电机和干电池；④电阻是导体对电流的阻碍作用，如果没有电阻，则导体的导电能力会更好；⑤电流、电磁波、声音都可以传递信息．本题综合考查了质量的特性、力和运动的关系、发电机原理及电源种类、电阻及超导体特点、信息的传递．解答本题需要用我们所学的物理知识去综合分析，是一道好题．9. 解：左侧电压表测量的是串联电路两端的总电压（电源电压），无论两灯发生什么故障，其示数不变；所以示数变大的电压表应该是右侧电压表的示数变大．AB、因右侧电压表的示数变大，且电阻和灯泡串联，则灯L两端的电压为零，所以灯L 不发光，故AB错误．C、若电阻R断路，则灯泡与右侧电压表串联，因电压表的内阻很大，灯泡不亮，右侧电压表测电源电压，故示数会变大，所以电阻R可能断路；符合题意．D、如果电阻R短路，则对右侧电压表也会短路，示数为零，故电阻R不可能短路．故选C．（1）分析电路图，电阻和灯泡串联，左侧电压表测量的是串联电路两端的总电压（电源电压），右侧电压表测量的是电阻R两端的电压．（2）左侧电压表测量的是串联电路两端的总电压（电源电压），无论两灯发生什么故障，其示数不变；所以示数变大的电压表应该是右侧电压表的示数变大，由短路和断路故障进行分析．本题考查学生对电路的分析能力，知道测量电源电压的电压表示数不会变大；了解灯或电阻发生短路或断路时对电路的影响．10. 解：（1）两只定值电阻串联时，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路的最大电流I=I2=0.6A，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由I=可得，两端允许加的最大电压：U=I（R1+R2）=0.6A×（10Ω+20Ω）=18V，故AC错误；（2）两电阻两端允许所加的最大电压分别为：U1=I1R1=1A×10Ω=10V，U2=I2R2=0.6A×20Ω=12V，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两电阻并联时，两端的最大电压U′=10V，故B错误、D正确．故选D．（1）已知两电阻的阻值和允许通过的最大电流，根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流为两者允许通过最大电流中较小的，根据电阻的串联和欧姆定律求出它们串联起来使用两端允许的最高电压；（2）根据欧姆定律求出两电阻两端允许甲的最大电压，根据并联电路的电压特点可知它们两端的最大电压为两者允许所加电压中较小的．本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道串联时允许通过的最大电流为两个允许通过最大电流里面最小的一个，两只电阻并联时电压也选最小的．11. 解：A、由图可知，电压表测的是两灯串联的总电压，或电源电压，故A错误．B、由图可知，电压表与L1并联，正负接线柱正确，故B正确．C、由图可知，电压表接到了L2的两端，测的是L2的两端电压，故C错误．D、由图可知，电压表接到了L1的两端，但正负接线柱接反了，故D错误．故选B．电压表的正确使用方法：①连接电压表的时候，电流要从正接线柱入，负接线柱出；②电压表正确测出灯L1两端电压，则电压表与灯L1并联．本题只要注意电压表的正负接线柱是否连接正确，电压表与L1是否并联即可．12. 解：分析题目所给电路图可知：当S1、S3闭合，S2断开时，电流经S1后有两条路径，分别经两灯泡后再汇合，灯L1和L2首首相连、尾尾相连，两灯组成并联电路．故选B．电路元件首首相连、尾尾相连的连接方式是并联，根据电路图分析，看在什么情况下两灯泡并联．本题考查了电路元件并联方式的判断，知道什么是并联是正确解题的前提，分析清楚电。

《热与能》一、单选题:1.关于燃料和热值，正确的说法是（）A.燃料的热值与质量关B.燃料的热值与燃料是否容易燃烧，燃烧条件无关，只与燃料种类有关C.热值大的燃料燃烧时效率高D.一定质量的水结成冰热值变化2.下列有关内能、热量和温度的说法正确的是（）A.内能大的物体温度高B.温度高的物体内能大C.物体吸收热量后温度一定升高D.物体温度升高可能是因为吸收了热量3.将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（）A.10℃B.6℃C.6℃以上D.6℃以下4.北方的冬天，下过大雪后，常见到一城市出动装满盐水的洒水汽车，在主要的街道上喷洒盐水，洒了盐水后，雪很快就化了．这是因为（）A.盐水和雪起化学反应，放出了热B.盐水是热的，把雪化了C.盐水吸收太阳的辐射本领强D.盐水降低了雪的凝固点5.质量和初温相同的水和铜块，分别放出相同的热量后，再立即将铜块投入水中，则（）A.铜块向水传递热量B.水向铜块传递热量C.二者之间不发生热传递D.无法判断6.如图所示，烧瓶中的水停止沸腾后，若从烧瓶中往外抽气，会看到水又沸腾起来，这是由于（）A.气压升高，水温升高B.气压降低，水温升高C.气压降低，水的沸点降低D.气压升高，水的沸点降低7.如图表示四冲程汽油机的某个冲程示意图，这个冲程是（）A.吸入空气和汽油混合物的冲程B.把机械能转化为内能的冲程C.把内能转化为机械能的冲程D.把废气排出的冲程8.下列说法正确的是（）A.物体温度变化时，一定要吸收或放出热量B.热量的多少反映了物体在热传递过程中内能变化的多少C.物体的比热容越大，吸收的热量越多D.物体的温度越高，物体具有的热量越多9.2016年10月17日，我国长征二号F运载火箭成功地将神舟十一号载人飞船送向太空．火箭燃料中有液态氢，液态氢常作为燃料，是因为液态氢具有（）2A.含有较多的热量B.较小的密度C.较大的比热容D.较大的热值10.1千克20℃的水吸收4.2×105焦的热量后，它的温度在下列给出的四个温度中，最多有几个可能温度（ ）①80℃②100℃③120℃④130℃A.1B.2C.3D.411.一台柴油机，一定质量的柴油完全燃烧时，放出了7.5×108 J 的热量，其中有4.5×108J 的能量以各种形式损失掉了，可知该柴油机的效率是（ ）A.30%B.40%C.48%D.60%12.请你想象一下，假如“水的比热容变为原来的”，则可能会出现（ ）A.同体积的水质量会变小B.沿海地区的夏季比内陆地区凉爽C.沿海地区的昼夜温差会变大D.水的沸点会升高13.甲、乙两物体的体积相同，甲的密度是乙的3倍，乙的比热容是甲的，若它们吸收了相同的热量，它们升高的温度之比（ ）A.1：9B.3：1C.9：1D.1：114.下列关于热量的说法中，正确的是（ ）A.温度高的物体所含热量多B.热传递过程中传递温度C.两个物体升高的温度相同时，吸收的热量一定相等D.质量一定的水，升高或降低相同的温度时，吸收或放出的热量一定是相等的15.下列实例中，为了加快蒸发的是（ ）A.绐盛有酒精的瓶子加盖B.新鲜的蔬菜装入保鲜袋中C.将湿衣服晾在通风向阳处D.给播种后的农田覆盖地膜二、填空题:16.使用温度计测物体温度时，应注意观察温度计的 ______ 和 ______ ；并使温度计的玻璃泡 ______ 浸入被测液体中，但不要碰容器的 ______ 和 ______ ．读数时玻璃泡要 ______ 被测液体中，并保持视线与温度计标尺 ______ ．17.某同学用两个完全相同的酒精灯，分别给质量和初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，分别记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图象，如图所示．如果已知甲的比热容是1.8×103J/（kg •℃），则乙的比热容是 ______ J/（kg •℃）18.如图所示为汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此图是 ______冲程，在此冲程中实现的能量转化是 ______ ．19.如图所示是冰熔化时温度随时间变化的图象，根据图象可以判断：根据图象可以判断：冰t 2时的内能______ t 3时的内能（＞/＜/=），理由是冰熔化要______ ．根据如图提供的信息，你会有一些新发现？请你根据温度变化的特点提出一个合理的猜想： ______ ．20.如图所示，两根粗细、长短相同的铜棒和铁棒，在两根棒上用蜡粘上几根火柴．用酒精灯加热时，会发现火柴掉下来的顺序如图中箭头所示，而且是铜棒下面的火柴先掉光．通过实验得出的结论是：（1）热从物体温度 ______ 的部分沿着物体传到温度 ______ 的部分；（2）两根棒中导热性能好的是 ______ ．三、实验探究题:21.小强是一个喜欢思考的同学．他想比较沙子和水这两种物质吸热能力的差异，他设计如图甲所示的实验装置，所使用仪器规格也完全相同．请你来帮他完成实验．（1）测量出体积相同的水和沙子，然后安装仪器，并记下沙子和水的初始温度．请你找出上述叙述中的错误，并改正．错误： ______ ；改正： ______ ．（2）在实验时只要控制 ______ （选填“加热时间”或“温度变化”）相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；加热完成后只要比较它们 ______ （选填“加热时间”或“温度变化”）的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；若在实验时发现，沙子温度升高得比水多，则吸热能力较强的是 ______ ．（3）根据小强得出的结论，结合图乙的信息，此时是 ______ （选填“中午”或“夜晚”）．22.如图是某晶体熔化时温度随时间的变化图象．如图所示：在0到6分钟，该晶体要 ______（“吸收”或“放出”）热量，温度 ______（“升高”、“降低”或“不变”），晶体处于 ______ （“固态”、“液态”或“固液共存态”）；在6到12分钟时，该晶体要______ （“吸收”或“放出”）热量，温度 ______ （“升高”、“降低”或“不变”），晶体处于 ______ （“固态”、“液态”或“固液共存态”）；第12分钟以后，晶体处于 ______ （“固态”、“液态”或“固液共存态”）．该晶体从开始熔化到熔化完毕共用了 ______ 分钟．四、作图题:23.用两个相同的加热器同时给质量均为m的物质甲和水加热，水的温度随时间的变化关系如图所示，若甲物质的比热容是水的一半，请在图中画出给甲物质加热10min温度随时间变化的关系图象．424.如图所示，甲为四冲程汽油机的吸气冲程示意图，试在乙图画出排气冲程活塞、气门、曲轴的位置．五、计算题:25.在“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示．（1）试管中装有适量的碎冰，按图甲组装时应将温度计的玻璃泡与碎冰充分接触，但不要碰到______ ．（2）图乙是根据实验记录绘制的冰熔化时温度随时间变化的图象．由图象可知：BC 段的物质处于 ______ （填“固态”“液态”或“固液共存态”），物体在a 点时具有的内能 ______ （填“大于”、“小于”或“等于”）在b 点时的内能．（3）试管中的冰完全熔化后，若持续加热，在标准大气压下将得到图象中的DE 段，这段时间内试管中的水 ______ （填“能”或“不能”）沸腾，是因为 ______ ．26.每到夏收季节，大量农作物秸秆在田间被随意焚烧，这不仅造成资源浪费、环境污染，而且极易引发火灾等．为解决这一问题，现已研制出利用秸秆生产的节能环保型燃料──秆浆煤．若燃烧秆浆煤（热值为2.4×107J/kg ），使质量50kg 、初温20℃的水温度升高到80℃．求：（1）水需要吸收的热量．（2）如果秆浆煤燃烧释放的热量全部被水吸收，需要完全燃烧多少千克秆浆煤？六、综合题:27.汽车防冻液冬季气温低，为使汽车在冬季低温下仍能继续使用，发动机冷却液使用的不是纯水，而是加入了一些能够降低水凝固点的物质作为防冻剂，保持在低温天气时冷却系统不冻结．因此人们有时把冷却液称作“防冻液”或“不冻液”．现在经常使用乙二醇为主要成分的防冻液．乙二醇是一种无色微粘的液体，沸点是197.4℃，凝固点是-11.5℃，能与水任意比例混合．混合后由于改变了冷却水的蒸气压，凝固点显著降低．其降低的程度在一定范围内随乙二醇的含量增加而下降．当乙二醇的含量为68%、水为32%时，防冻液凝固点可降低至-68℃，超过这个极限时，凝固点反而要上升．40%的乙二醇和60%的软水混合成的防冻液，防冻温度为-25℃；当防冻液中乙二醇和水各占50%时，防冻温度为-35℃．防冻液的沸点通常在零上110℃．（1）防冻液中乙二醇和水的配置比例，既要考虑当地的气温条件，一般选用防冻液的冰点应低于当地最低气温10℃～15℃；又要兼顾经济利益．你认为在中国江南使用下面哪种比例的防冻液最好 ______A．40% B．50% C．60% （2）请根据材料信息分析一下，与单独使用纯水相比，乙二醇防冻液对汽车除了有防冻作用，还有什么作用 ______ ．28.仿照实验室使用的液体温度计的原理，某同学设计了一个简易的气体温度计，如图所示，瓶中装的是气体，瓶塞密封不漏气，瓶塞上面细弯管（细弯管的长度足够长）中有一段液柱．（1）若温度升高时，液柱将向 ______ （选填“左”或“右”）边移动．（2）此温度计如何标上刻度呢？可以将此瓶放到通常情况下冰水混合物中，然后在液柱的一侧标上______ ℃，再将它放到标准大气压下的沸水中，在此时的液柱的同一侧标上______ ℃，然后在以上两个刻度之间进行等分，就可以标上各个刻度了．（3）这个温度计的工作原理是利用瓶中气体的 ______ ．（4）为了提高此温度计的灵敏度，使读数更精确，可采取哪些措施？（答出2点）答： ______ ； ______ ．山东省临沂太平中学2017年中考物理专题复习与命题猜想：《热与能》答案和解析【答案】1.B2.D3.D4.D5.B6.C7.C8.B 9.D 10.C 11.B 12.C 13.A 14.D 15.C 16.量程；分度值；全部；底；壁；留在；相平17.2.4×10318.做功；内能转化为机械能19.＜；吸热；水的比热容比冰大20.高；低；铜棒21.体积相同的水和沙子；质量相同的水和沙子；加热时间；温度变化；水；夜晚22.吸收；升高；固态；吸收；不变；固液共存态；液态；623.解：相同时间内，两个相同的加热器同时给质量均为m的物质甲和水加热，物质甲和水吸收的热量相同，由题可知，甲物质比热是水的一半，根据公式Q=cm△t变形△t=可知，当甲和水升高的温度相同时，甲吸收的热量（加热时间）是乙的一半，由此可画图，如图所示：24.解：排气冲程，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，如下图所示：25.试管底或试管壁；固液共存态；小于；不能；试管中的水不能继续吸热26.解：（1）Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（80℃-20℃）=1.26×107J；（2）∵Q吸=Q放，Q放=m′q，∴需要完全燃烧秆浆煤的质量：m′===0.525kg，答：（1）水需要吸收的热量为1.26×107J；（2）需要完全燃烧0.525千克秆浆煤．27.A；混合液体不容易沸腾28.左；0；100；热胀冷缩性质；细弯管再细一点；瓶子再大些且气体再多些【解析】1. 解：A、燃料的热值与燃料的质量无关，它只与燃料的种类有关，所以A不符合题意．B、热值大小与燃料是否容易燃烧无关，燃烧条件无关，它只与燃料的种类有关，所以B符合题意．C、燃烧效率：效率等于有效吸收的热量与燃料完全燃烧释放的能量的比值，与热值大小无关，所以C不符合题意．D、一定质量的水结成冰比热容发生变化，所以D不符合题意．6故选B．本题主要考查两个方面的知识：（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值．热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关．（2）燃烧效率：效率等于有效吸收的热量与燃料完全燃烧释放的能量的比值．本题考查了学生对燃料热值是燃料特性的理解与掌握，是经常考的题型，充分理解“热值只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关”．2. 解：A、影响内能大小的因素有温度、质量、状态等，只有质量和状态一定时，温度越高内能越大，本题没说明质量和状态一定．故A错误．B、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不一定大，故B 错误；C、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故C错误．D、物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故D正确；故选D．（1）影响内能的因素有质量、温度以及状态等；（2）改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式．本题考查的是学生对影响物体内能大小的因素的理解以及内能、温度与热量三者之间的关系的掌握，是中招的热点．3. 解：设热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，Q吸=Q放，从而可知，cm0（t-10℃）=cm×10℃，-------①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，△Q吸=△Q放，从而可知，cm0（t-10℃-6℃）=c（m+m0）×6℃，-------②则①-②得：6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0，整理得：12℃×cm0=4℃×cm，解得：m=3m0；代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃-△t）=mc△t，m=3m0；联立两式解得：△t=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃．故选D．热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同．知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度．解决此类综合分析题目，要结合热量公式和热传递的条件进行分析解答．不计热量的损失，可利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式；同时还应注意一次次注入和一次性注入相同的水，结果应是相同的．4. 解：北方的冬天下大雪时，常见到一城市出动装满盐水的洒水汽车，在主要的街道上喷洒盐水，洒了盐水后，使雪中有杂质盐，则盐水降低了水的凝固点，加快了积雪熔化，尽快疏导交通．故选D．影响晶体熔点高低的因素：物质的种类、压力的大小、是否有杂质；种类不同，熔点一般不同；压力越大，熔点降低；当有杂质掺入时熔点降低．利用生活中常见的向路面洒盐水，促使积雪熔化，考查了熔点的影响因素，体现了物理和生活的密切关系．5. 解：铜块和水的质量相同，水的比热容大，放出相等的热量，水的温度降低的少，而初温相同，水的末温高，将铜块投入水中，铜将从水中吸收热量．故选B．质量相等的铁块和水，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少，而初温相同，可以得出铜块和水的末温高低，进而确定热传递的方向．本题考查了学生对放热公式的掌握和应用，理解用好“质量相等的不同物质，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少”是本题的关键．6. 解：当对烧瓶抽气时，瓶中的气压降低，所以水的沸点也会降低，当沸点降到水的温度以下时，会出现瓶中的水又沸腾起来的现象．故选C．解答此题要知道沸腾的条件及改变气压可以改变沸点，水的沸点会随着压强的增大而升高，随着压强的减小而降低．此题考查液体的沸点与气压的关系，知道液体的沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低．7. 解：由图可知，汽油机的进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，可以判断此冲程为做功冲程，在做功冲程中内能转化为机械能，故C正确．故选C．由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；汽油机四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化．本题考查了汽油机四冲程的判定方法和其中的能量转化，属于基础题目．8. 解：A、改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；物体温度变化，则内能改变，物体内能改变可能是发生了热传递，也可能是做功，故A错误；B、在热传递过程中传递内能的多少叫热量，所以热量的多少反映了物体在热传递过程中内能变化的多少，故B正确；C、由Q吸=cm（t-t0）可知，吸收热量的多少和物质的比热容、物体的质量，以及温度的变化值有关，且是比热容越大、质量越大、升温越多的物体吸收热量就越多，故C错误．D、热量是出现在热传递过程中的一个过程量，不能说物体含有热量，可以说吸收或放出热量；故A错误．故选B．（1）要知道改变物体内能的两种方法：做功和热传递．并且这两种方法在改变物体内能上是等效的；（2）在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量，热传递的条件是：物体之间存在着温度差；（3）根据吸热的计算公式Q吸=cm（t-t0）得出吸收热量与什么因素有关；（4）热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量．本题主要考查学生对内能、温度、热传递的理解，是中考的热点，热学的难点．要特别注意：温度升高，内能一定增加；但是，内能增加，温度不一定升高．9. 解：现代火箭都是用液态氢作燃料的，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的8氢时，可以释放出更多的热量，故D正确．故选D．热值是指1kg的某种燃料完全燃烧后释放的能量，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小．本题考查学生对热值定义的掌握情况，需要根据火箭的具体应用来分析．10. 解：由Q吸=cm△t可得，水应升高的温度：△t===100℃，水的最高末温：t最高=t0+△t=20℃+100℃=120℃；因为水沸腾时温度达到沸点，继续吸热但温度不变，所以水吸收热量从20℃升高，温度达到沸点后，不再升高，因为水表面的气压不知道，水的沸点不确定，所以水的末温可能是80℃、100℃、120℃，不可能为130℃；故C正确．故选C．已知水的质量、水的比热容、水的初温和水吸收的热量，利用吸热公式求水的末温；再根据水沸腾时的规律（水沸腾时吸热但温度不变）分析判断．本题综合考查了吸热公式的应用和液体沸腾的规律，关键要知道气压的大小会影响液体沸点的高低．11. 解：柴油机有效利用的能量为：E有用=7.5×108J-4.5×108J=3.0×108J该柴油机的效率为：η=故选B．热机的效率是指热机有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比．此题主要考查了热机效率的计算，没有直接给出有效利用的能量，很好的考查了学生对此概念的理解．12. 解：A、水的密度不变，同体积的水质量不变，故A错误；B、水的比热容变小后，根据Q=cm△t可知，在质量和吸收（或放出）热量一定时，水变化的温度大，沿海地区的夏季比内陆地区炎热，故B错误；C、水的比热容变小后，根据Q=cm△t可知，在质量和吸收（或放出）热量一定时，水变化的温度大，所以沿海地区的昼夜温差会变大，故C正确；D、水的沸点和比热容没有关系，仍然是到100摄氏度沸腾，故D错误．故选C．水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），比热容较大，若水的比热容变小，则一切与水的比热容有关的现象都会变得相反．相同质量的比热容小的物质和其它物质相比较：吸收或放出相同的热量，它的温度升高或降低的多；升高或降低相同的温度，它吸收或放出的热量少．13. 解：∵，v甲=v乙，ρ甲=3ρ乙，∴；∵Q吸=cm△t，m甲：m乙=3：1，c甲：c乙=3：1，甲乙吸收的热量相等，∴c甲m甲△t甲=c乙m乙△t乙，∴甲、乙两物体升高的温度：．故选A．甲、乙两物体的体积相同，又知道密度关系，利用密度公式求甲乙两物体的质量关系；求出了甲乙两物体的质量关系，又知道比热容关系，吸收了相同的热量，利用吸热公式求甲、乙两物体升高的温度．本题综合考查了学生对密度公式、吸热公式的掌握和运用，将各量正确代入公式不颠倒是本题的关键．14. 解：A、热量是一个过程量，只有在热传递的过程中才会有热量的传递，不能说物体含有热量的多少，故A错误；B、热传递过程中传递的是热量不是温度．故B错误；C、物体吸收热量的多少与物体的质量、温度的变化多少、物质种类有关，因此两个物体升高的温度相同时，吸收的热量不一定相等，故C错误；D、质量一定的水，升高或降低相同的温度时，吸收或放出的热量一定是相等的，因为物质确定、质量确定、温度变化相同所以吸收或放出的热量相同．故D正确．故选：D．热量是热传递过程中所传递的内能的多少；发生热传递的条件是存在温度差；物体吸收热量的多少与物体的质量、温度的变化多少、物质种类有关．此题考查学生对内能、温度、热传递的理解，是中考的热点，热学的难点．15. 解：A、绐盛有酒精的瓶子加盖，控制了蒸发的表面积和上方空气的流动速度，可以减慢蒸发，故A不合题意；B、新鲜的蔬菜装入保鲜袋中，控制了蒸发的表面积和上方空气的流动速度，可以减慢蒸发，故B不合题意；C、将湿衣服晾在通风向阳处既加快了液体上方空气流动，又提高了液体的温度，所以加快了蒸发．故C符合题意；D、给播种后的农田覆盖地膜，控制了蒸发的表面积和上方空气的流动速度，可以减慢蒸发，故D不合题意．故选C．加快液体上方空气流动可加快蒸发，升高液体温度和增加液体的表面积也可加快蒸发．本题主要考查学生对影响蒸发快慢因素的了解和掌握，是一道基础题．16. 解：温度计的使用方法：①温度计使用前：观察量程和分度值，选择合适的温度计；②温度计的正确使用规则：A．使用时，玻璃泡浸入被测液体中，但不要碰到容器底或容器壁；B．温度计玻璃泡浸入被测物体后要稍候一会儿，待温度计的示数稳定后再读数；C．读数时玻璃泡要继续留在被测液体中，视线要与温度计中液柱的上表面相平．故答案为：量程；分度值；全部；底；壁；留在；相平．在使用温度计测量液体温度时，正确的方法是：①测量前估计被测物体的温度，选择合适的温度计，明确温度计的量程和分度值；②测量时温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中；不要碰到容器底或容器壁；③温度计玻璃泡浸入被测液体后要稍候一会儿，待温度计的示数稳定后再读数；④读数时玻璃泡要继续留在被测液体中，视线与温度计中的液柱上表面相平．此题考查的是温度计的使用方法，属于基本技能的考查，需要熟练掌握，规范操作和使用．17. 解：根据Q吸=cm△t可知，在质量和吸收热量一定时，温度的变化值和比热容成反比．我们可以用相同的酒精灯加热时间4min，甲和乙吸收的热量就是相同的，甲的温度变化值△t甲=50℃-10℃=40℃，乙的温度变化值△t乙=40℃-10℃=30℃，据Q吸=cm△t得，甲液体吸收的热量：Q甲吸=c甲m△t甲，乙液体吸收的热量：Q乙吸=c乙m△t乙，则c甲m△t甲=c乙m△t乙，所以乙的比热容：c乙===2.4×103J/（kg•℃）．故答案为：2.4×103．根据Q吸=cm△t可知在质量和吸收热量相同时，比热容和温度的变化值成反比，据此求出乙的比热容．此题考查了学生对吸热公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关10。

中考物理热功与热量关系复习讲解在中考物理学习中，热功与热量的关系是一个重要而复杂的知识点。

本文将对中考物理热功与热量的关系进行复习讲解，帮助同学们更好地理解和掌握这一知识。

热功是物体由于受到外力而发生位移时所做的功。

在物理学中，功的计算公式为功 = 力 ×位移× cosθ，其中力和位移的方向要与力的作用方向相同或者相反。

热功的作用机制是外力通过做功将机械能转化为热能，从而使物体温度上升。

热功通常用符号W表示，单位是焦耳（J）。

与热功相关的概念是热量。

热量是物体由于温度差异而发生的能量传递过程。

热量的传递方式有三种：传导、传热和对流。

其中，传导是指热量通过物质内部的分子传递；传热是指热量通过空气、液体或固体表面之间的辐射传递；对流是指热量通过流体的传递方式。

根据热功与热量的关系，我们可以得到一个重要的结论：热功等于热量的转化。

也就是说，物体所做的热功等于该物体所吸收的热量。

这个结论可以用公式表示为W = Q，其中W表示热功，Q表示热量。

这个公式可以帮助我们计算物体在受力作用下的温度变化情况。

对于一个物体受到外力作用而发生位移的情况，我们可以通过热功与热量关系来计算温度的变化。

首先，我们需要确定物体所受到的外力大小、方向以及位移的大小和方向。

然后，可以使用功的公式计算出物体所做的热功。

最后，根据热功等于热量的转化，我们可以得到物体所吸收的热量。

通过计算这个热量，我们可以得到物体的温度变化情况。

除了热功与热量的关系，还有一个重要的概念是卡路里（cal）。

卡路里是指物体吸收热量的单位。

1卡路里等于4.18焦耳。

在实际应用中，我们常常用卡路里来计量食物的热量。

比如，一块巧克力棒所含的热量可以用千卡来表示，就是指它所产生的热量等于1000千卡路里。

通过对热功与热量关系的复习讲解，我们可以更好地理解和应用这一知识点。

这不仅有助于我们在中考中取得好成绩，还可以帮助我们更好地理解物理学中的其他知识点。

2017中考物理热和能的考点梳理（汇总）能量守恒定律:1在一定条件下，各种形式的能量可以相互转化和转移(列举学生所熟悉的事例，说明各种形式的能的转化和转移)。

在热传递过程中，高温物体的内能转移到低温物体。

运动的甲钢球碰击静止的乙钢球，甲球的机械能转移到乙球。

在这种转移的过程中能量形式没有变。

2、在自然界中能量的转化也是普遍存在的。

小朋友滑滑梯，由于摩擦而使机械能转化为内能;在气体膨胀做功的现象中，内能转化为机械能;在水力发电中，水的机械能转化为电能;在火力发电厂，燃料燃烧释放的化学能，转化成电能;在核电站，核能转化为电能;电流通过电热器时，电能转化为内能;电流通过电动机，电能转化为机械能。

3、能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。

影响物体内能大小的因素:①温度：在物体的质量，材料、状态相同时，温度越高物体内能越大。

②质量：在物体的温度、材料、状态相同时，物体的质量越大，物体的内能越大。

③材料：在温度、质量和状态相同时，物体的材料不同，物体的内能可能不同。

④存在状态：在物体的温度、材料质量相同时，物体存在的状态不同时，物体的内能也可能不同。

比热容特性:比热容是物质的一种特性，大小与物体的种类、状态有关，与质量、体积、温度、密度、吸热放热、形状等无关。

水的比热容为4.2×103J(kg·℃)表示：1kg的水温度升高(降低)1℃吸收(放出)的热量为4.2×103J水常调节气温、取暖、作冷却剂、散热，是因为水的比热容大计算公式：Q吸=Cm(t-t0)，Q放=Cm(t0-t)内燃机:内燃机：将燃料燃烧移至机器内部燃烧，转化为内能且利用内能来做功的机器叫内燃机。

它主要有汽油机和柴油机。

内燃机大概的工作过程：内燃机的每一个工作循环分为四个阶段：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。