卷子答案网-一个不只有答案的网站2023-2024 学年湖南省岳阳市岳阳县长岭中学九年级（上）月考 物理试卷（10 月份）
一、单选题（每题 3 分，共 36 分）
1 ．（3 分）下列现象表明分子做无规则运动的是( )
A ．大雪纷飞 B ．雾霾重重 C ．花香四溢 D ．黄沙漫天
2 ．（3 分）如图是四冲程汽油机工作示意图。其中使汽车获得动力的冲程是( )
A .
B .
C .
D .
3 ．（3 分）用铝壶在天然气灶上烧水的过程中( )
A ．水的温度越高，水分子运动越剧烈
B ．是通过做功的方式改变水的内能
C ．铝的比热容比水小，铝的吸热能力比水强
D ．天然气燃烧越充分，热值越大
4 ．（3 分）两个物体紧靠在一起，而没有发生热传递，那么它们一定具有相同的( )
A ．热量 B ．温度 C ．比热容 D ．热值
5 ．（3 分）关于热机，下列说法错误的是( )
A ．热机性能好坏的重要标志之一是热机效率
B ．在四冲程内燃机中减少废气带走的大量热量可以大大提高热机效率
C ．柴油机的效率比汽油机的高，这是因为柴油的热值比汽油的大
D ．在压缩冲程中内燃机将机械能转化为内能
6 ．（3 分）下列说法，正确的是( )
A ．橡皮筋被拉长后，分子之间只有引力
B ．建筑工地上，汽车驶过时尘土飞扬，这是一种扩散现象
C ．锯木头，锯条发热，这是通过热传递改变物体的内能
D ．四冲程汽油机的做功冲程使汽车获得动力
7 ．（3 分）如图所示的某单缸四冲程汽油机，说法正确的是( )
A ．依靠飞轮惯性完成冲程的是甲、乙、丙
B ．乙图中汽缸内气体质量会减小
C ． 甲图中能量的转化是内能转化为机械能
D ．四冲程内燃机在一个工作循环中工作过程依次是丁、丙、乙、 甲
8 ．（3 分）下列有关内能，温度和热量的说法正确的是( )
A ．内能只与物体的温度有关
B ．物体吸收热量温度一定升高
C ．搓手时手掌发热是通过热传递的方式改变物体的内能
D ．热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量
9 ．（3 分）一台单缸四冲程汽油机，它的转速是 800r/min ，做功冲程中燃气推动活塞一次做
功 1500J( )
A ．10kW B ．15kW C ．20kW D ．1200kW
10 ．（3 分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是( )
A ．冰熔化成水，质量不变，温度不变，比热容不变
B ．物体内能增加一定是外界对物体做了功
C ．物体温度升高， 内能增加
D ．物体吸收了热量，温度一定升高
11 ．（3 分） 已知铜的比热容是铅的比热容的 3 倍，质量相等的铜块和铅块，吸收相同的热
量后互相接触。则下列说法中正确的是( )
A ．铜块一定向铅块传热
B ．铅块不可能向铜块传热
C ．铜块可能会向铅块传热
D ．铅块和铜块之间一定有热传递
12 ．（3 分）在两个相同的杯子内，盛有质量相等的热水和冷水，在不计热损失的情况下。
将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高( )
A ．6℃ B ．7℃ C ．8℃ D ．9℃
二、填空题（没空 1 分，总共 22 分）
13 ．（2 分）神十问天，再探苍穹。它返回地面的过程中与大气层剧烈摩擦，使舱体温度升 高 能；同时，舱体外表有一特殊涂层，能吸收大量热量，以保护航天员安全。这
种涂层发生的物态变化过程叫 。
14 ．（3 分） 一 台柴油机飞轮的转速为 1200r/min ， 则每秒做功 次 ， 飞轮转
周，共完成个 冲程。
15 ．（2 分）在内燃机的“吸气 ”、“压缩 ”、“做功 ”、“排气 ”四个冲程中，将机械能转化为
内能的是 冲程：常用水来给内燃机降温，是因为水的 大。
16 ．（2 分）如图所示是一颗子弹以 120 米/秒的速度将纸牌击穿瞬间的情形，过会儿闻到一 股焦糊味，这是通过 的方式使纸牌局部的内能增加，温度升高并燃烧造成的。
这一过程的能量转化情况与汽油机的 冲程的能量转化情况相同。
17 ．（5 分）新型防空导弹“红旗﹣9 ”试射，导弹上升过程中，重力势能 （选填 “增大 ”、“减小 ”或“不变 ”），而其与空气摩擦导致内能 （选填“增大 ”、“减 小 ”或“不变 ”），此内能改变是通过 的方式实现的。某台汽油机飞轮的转速
为 2400r/min ，在 1s 内，汽油机完成 个工作循环，对外做功 次。
18．（3 分）比热容是物质的一种属性，每种物质都有自己的比热容，查表可知水 ＝4.2×103J/ （kg ℃) , 表示 ，一桶水倒掉一半后，剩下的水的比热容 （变大/不变/变小）。初温为 30℃ 、质量为 2kg 的水吸收 2. 1×105J 的热量后温度将升高
到 ℃。
19 ．（2 分）可燃冰是一种固态晶体，在常温常压下会迅速升华为气态。它的热值约为 1.4× 1010J/m3 ，2m3 的可燃冰完全燃烧后可放出 J 的热量，若这些热量 60% 被水吸收，可以将 kg 的水从 0℃加热到 100℃ 。（已知 c 水 ＝4.2×103J/（kg
℃)
20 ．（3 分）根据表中的信息回答：蜡的比热容为 焦/（千克 ℃) , 一支蜡烛 燃烧掉一半后，剩下一半蜡烛的比热容 （填“变小 ”、“变大 ”或“不变 ”）。
质量相等的四种物质，如果升高相同的温度，需吸收热量最少的物质是 。
一些物质的比热容，单位：焦/（千克 ℃)
水 4.2×103
蜡 2.6×103
水银 0. 14×103
干泥土 0.84×13
三、实验题（每空 2 分，共 24 分）
21 ．（14 分）小明同学学习了燃料的热值后，考虑到燃料燃烧放出的热量会被水吸收，而水 的比热容已知。（注：燃料完全燃烧放热用 Q 放 ＝mq 计算，某燃料的热值用 q 表示；其 质量用 m 表示）。 自己设计一个实验来探究煤油和菜籽油的热值的大小关系。他组装了
图所示的装置进行实验
燃料 加热前的水温/℃ 燃料燃尽后水温/℃
煤油 25 44
菜籽油 25 34
（1）为了保证实验结论的可靠，小明同学选择了两套相同装置，在实验中还应控制：煤
油和菜籽油的 相同，以及 相同。
（2）分析得出：煤油和菜籽油两种燃料中，热值较大的是 。
（3）小明同学还想利用这种实验方案计算出煤油和菜籽油的热值，那么小明还需要补充 的实验仪器是 。利用此实验方法计算出的热值将比真实值 （选填 “偏大 ”或“偏小 ”）。原因有两点：①燃料不能 。②燃料燃烧放出的热并
不能完全被 吸收。
22 ．（4 分）组成物体的分子很小，肉眼是看不见的，但我们可以通过身边的器材用油膜法
来估测分子的直径。实验步骤和原理如下：
（1）实验的研究对象是油酸分子，我们在实验前可以通过注射器测量出每一滴油酸的体
积为 7.5×10﹣6cm3。
（2）把一滴油酸滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，其形状如图 甲所示，坐标纸中正方形方格的边长为 1.5cm。我们可以数出轮廓内的方格数（未满半格
的不计入个数，超过半格的算一格） cm2（结果保留 3 位有效数字）。
（3）如图乙所示，假设这层油膜是由每个油酸分子紧密排列组成的，则我们就可以估测
出油酸分子的直径大约为 m（结果保留 2 位有效数字）。
23 ．（6 分）如图所示，规格相同的两个烧杯中分别装有甲、乙两种液体，m 甲 ＝m 乙 ＝2kg。 用两个规格不同的加热器加热，该过程中忽略液体蒸发且加热器产生的热量全部被液体
吸 收 ， 得 到 如 图 丙 所 示 的 温 度 与 加 热 时 间 的 图 线 。
（1）前 12min 甲、 乙两杯液体吸收的热量情况如图丁所示，则两种液体的比热容 c 甲
c 乙（选填“ ＞ ”“＜ ”、“＝ ”或“无法比较 ”）；
（2） 甲液体比热容的大小为 c 甲 ＝ J/（kg ℃）；
（3）利用酒精灯装置加热甲杯中液体，假设酒精完全燃烧放出的热量有 70%能被液体吸 收，要使甲杯中液体温度升高 60℃（忽略液体蒸发） g 的酒精（已知酒精的热
值为 30×106J/kg）。
四、计算题（每题 9 分，共 18 分）
24 ．（9 分）AG﹣600 水上飞机（又称：JL﹣600 或“蛟龙﹣600 ”）是中国航空工业集团公
司特种飞行器研究所设计研制的大型灭火、水上救援水陆两栖飞机，是全球在研的最大 的水陆两栖飞机。AG600 主要用于大型灭火和水上救援，也可以从水面起飞和降落。
AG600 蓄满水后的最大质量为 54t。
（取 g ＝10N/kg ，q 柴油 ＝4.0×107J/kg ， ρ水 ＝1.0×103kg/m3）
（1）起落架与地面接触总面积为 2m2 ，蓄满水静止在地面时，求其对地面的压强；
（2）在水面滑行测试中，蓄水后飞机总重为 5×105N ，飞机在水面上以 36km/h 的速度
匀速滑行了 1min ，滑行过程中所受阻力为总重的 0.5 倍；
（3）在上述（2）匀速飞行过程中，发动机的效率为 30%
25．（9 分）实验测得 0.5kg 某物质温度随时间变化的图象如图所示，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
（如图）
（1）求在最初的 2min 内物质吸收的热量；
（2）求该物质在液态下的比热容。
参考答案与试题解析
一、单选题（每题 3 分，共 36 分）
1．【分析】分子运动是看不见的，在不知不觉中发生了变化，分子运动属于扩散现象。扩散
现象是分子运动的结果，温度越高，扩散现象越明显。
【解答】解：
雪花、雾霾，它们的运动属于机械运动；花香四溢，说明了分子的运动。
故选：C。
【点评】掌握扩散现象是分子运动的结果， 以及分子运动和机械运动的区别是解答本题
的关键。
2．【分析】本题应抓住汽油机的一个工作循环由如图所示的四个冲程组成：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；”进行分析；其中在做功冲程中，是内燃机的内
能转化为机械能，提供动力。
【解答】解：
A 、两气门都关闭，汽缸容积变大；符合题意；
B 、两气门都关闭，汽缸容积变小；不符合题意；
C 、排气门开启，是排气冲程；
D 、进气门开启，是吸气冲程；
故选：A。
【点评】本题考查了内燃机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲 程四个冲程组成。以及内燃机的四个冲程的判断，解决此题需要结合内燃机的四个冲程
工作特点进行分析解答。
3 ．【分析】A 、物体温度越高，分子运动越剧烈；
B 、做功和热传递是改变物体内能的两种方式；
C 、物质的比热容越大，物质的吸热能力越强；
D 、1kg 的某种燃料完全燃烧所释放出的热量是燃料的燃烧值。
【解答】解：A 、水的温度越高，故 A 正确；
B 、烧水的过程是通过热传递的方式改变水的内能；
C 、铝的比热容比水小，故 C 错误；
D 、燃烧值由燃料本身决定，故 D 错误；
故选：A。
【点评】本题涉及的知识点较多，是一道基础题，但难度不大，平时要注意基础知识的
学习与积累。
4 ．【分析】热传递的条件是有温度差。
【解答】解：热传递的条件是有温度差，当两个物体的温度相同时，故 B 正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对：热传递的条件的掌握。
5．【分析】解决此题要正确理解热机效率的概念及其物理意义，以及热机效率低的原因。掌
握内燃机的四冲程中能量转化情况。柴油机的效率比汽油机的效率高，说明能量损失少。
【解答】解：柴油机的效率比汽油机的效率高，是因为柴油机损失的能量较少。
故选：C。
【点评】此题考查了跟热机有关的一些知识，热机的效率的概念及物理意义，同时也考
查了工作过程中的能量转化情况。
6 ．【分析】解决此题需要知道：
分子间同时存在着引力和斥力，并能将宏观中的物理现象与微观的分子力联系起来；
做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，
内能转化为机械能；
在做功冲程中，燃料的化学能转化为内能，而内能又转化为机械能，带动飞轮转动做功。
【解答】解：A 、橡皮筋被拉长后，选项说法错误；
B 、尘土飞扬是沙子颗粒的运动，不属于扩散现象；
C 、用锯条锯木头，消耗机械能转化为内能、温度升高，选项说法错误；
D 、在汽油机的四个冲程中，选项说法正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对：分子间的作用力、改变物体内能的方式及内燃机的冲程
特点理解和掌握，是中考的热点。
7．【分析】单缸四冲程汽油机的四个冲程分别为：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲
程，压缩冲程中将机械能转化为内能；做功冲程中将内能转化为机械能；
在内燃机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的。
【解答】解： 甲图：排气门打开，活塞向上运动，是排气冲程；
乙图：两气门都关闭，活塞向上运行，是压缩冲程；
丙图：进气门打开，活塞向下运行，是吸气冲程；
丁图：两气门都关闭，火花塞点火，气缸容积增大，将燃料燃烧释放的内能转化为机械
能；
AD 、汽油机的四个冲程依次是吸气冲程、做功冲程，即丙、乙、丁、甲，只有做功冲程
对外做功，即依靠飞轮惯性完成的冲程是： 甲、乙，故 A 正确；
B 、乙图是压缩冲程，故 B 错误；
C 、 甲图为汽油机的排气冲程，故 C 错误。
故选：A。
【点评】此题考查了对内燃机四个冲程的判断以及涉及能量转化的两个冲程，要结合气
门的开闭与活塞的运动方向进行判断。
8 ．【分析】（1）晶体熔化过程中，吸热但温度不变；
（2）改变内能的方式有做功和热传递；
（3）热传递是热量从高温物体转移到低温物体，或从同一物体的高温部分传向低温部分
的过程。
【解答】解：A 、内能与物体的温度、状态有关。
B 、物体吸收热量过程中温度不一定升高，吸热但温度不变；
C 、搓手时手掌发热是通过做功的方式改变物体的内能；
D 、在发生热传递时，低温物体吸收热量，故 D 正确。
故选：D。
【点评】题主要考查学生对：影响内能的因素、改变内能的两种方式以及内能的概念的
了解和掌握；属于基础题。
9 ．【分析】热机完成一个工作循环，要经过 4 个冲程，燃气对外做功 1 次，活塞往返 2 次，
飞轮转动 2 周，根据这个比例关系可以求出活塞所做的功，然后利用 P ＝求出功率；
【解答】解：汽油机飞轮转速 800r/min ，每分钟飞轮转动 800 圈，对外做功 400 次。
做功冲程工作时，推动活塞一次做功 1500J，
1min 做功 W ＝1500J×400 ＝6×107J，
这台汽油机的功率为：
P ＝ ＝ ＝1×103W ＝10kW。
故选：A。
【点评】此题主要考查的是学生对功率、热值和热机效率计算公式的理解和掌握，解决 此题要知道在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成 2 个冲程，1 个工作循环中包括 4 个冲程并
对外做功 1 次，记住相关数据是解题的关键。
10 ．【分析】（1）冰是晶体，晶体在熔化过程中吸热但温度保持不变， 内能增大； 比热容是
物质的一种特性，同种物质，状态不同，比热容也不同；
（2）改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
（3）物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。
【解答】解：A 、冰熔化成水的过程中，则质量不变，冰熔化成水的过程中，温度保持不
变，状态发生变化，故 A 错误；
B 、物体的内能增加，也可能是外界对物体做了功；
C 、物体温度升高， 内能一定增加；
D 、物体吸收了热量，即表现在物体的温度的升高； 比如：晶体在熔化过程，内能增加，
所以，物体的温度可能升高。故 D 错误。
故选 C。
【点评】本题考查比热容和内能的有关知识，是一道综合题。
11．【分析】热传递发生的条件是要有温度差，热量将从高温物体传向低温物体；
质量相等的铜块和铅块，吸收相同的热量后，比热容大的升高的温度小，但题目没有告
诉初温大小，据此分析解答。
【解答】解： 由公式 Q 吸 ＝cmΔt 可知， Δt = ,
∵铜块和铅块的质量和吸收的热量相同，铜的比热容是铅的比热容的 3 倍，
∴铜块升高的温度值是铅块升高的温度值的；
由于不知道初温是否相同，所以铜快和铅块的末温大小关系不能确定
如果铜块的末温高于铅块的末温，热量从铜块传向铅块；
如果铜块的末温低于铅块的末温，热量从铅块传向铜块；
如果铜块的末温等于铅块的末温，二者之间将不发生热传递。
由此判断选项 A 、B 、D 的说法错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对热传递的条件及方向的了解和掌握，知道题目没告诉初温
关系，不能确定末温关系是本题的关键。
12 ．【分析】 由题意可知，容器内水的质量和一杯热水的质量相等，不计热损失时，热水放
出的热量和冷水吸收的热量相等，根据 Q ＝cmΔt 可知两者温度的变化量相等，据此设出
热水、冷水的初温和热平衡后共同的温度；若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷
水杯内时，相当于同时向冷水中倒入+ ＝杯热水，根据 Q ＝cmΔt 得出等式求出热
平衡后共同的温度，进一步求出冷水温度将再升高的值。
【解答】解：设容器内水的质量和一杯水的质量为 m ，热水的初温为 t 热 ，冷水的初温 t
冷 ，将一半的热水倒入容器中后共同的温度为 t，
因不计热损失，
所以，由 Q ＝cmΔt 可得：
Q 放 ＝Q 吸 ，即 cmΔt 热 ＝cmΔt 冷，
解得： Δt 热 ＝4Δt 冷 ＝2×21℃ =42℃ ,
据此可设 t 冷 ＝0℃ , 则 t ＝21℃ , t 热 ＝21℃+42℃ =63℃ ,
若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒入+ = ,
则 cm（t 热﹣t ′）＝cm（t ′﹣t 冷 ） 即 3（63℃﹣t ′）＝3（t ′﹣0℃) 解得：t ′ ＝27℃ ,
所以，冷水温度将再升高 Δt ＝t ′﹣t ＝27℃﹣21℃ =6℃。
故选：A。
【点评】本题考查了热量公式 Q ＝cmΔt 的应用，利用赋值法解得问题时要注意所设数据
的合理性。
二、填空题（没空 1 分，总共 22 分）
13 ．【分析】（1）飞船返回地面的过程中与大气层剧烈摩擦，摩擦生热，将机械能转化为内
能；
（2）物质由固态直接变为气态叫升华，升华吸热。
【解答】解：飞船返回地面的过程中与大气层摩擦做功，将机械能转化为内能；
舱体外表有一特殊涂层，能由固体直接变为气体， 以保护航天员安全。
故答案为： 内；升华。
【点评】本题考查了物体变化、能量转化知识，要结合这些知识点具体分析解答。
14 ．【分析】 内燃机完成一个工作循环，要经过 4 个冲程，燃气对外做功 1 次，活塞往返 2
次，飞轮转动 2 周，根据这个比例关系可以求出答案。
【解答】解：若一台柴油机的转速是 1200 转/min ＝20r/s ，表示每秒飞轮转动 20 圈，活
塞往复 2 次，完成 40 个冲程。
故答案为：10；20。
【点评】本题考查了内燃机的四个冲程工作特点，记住相关的数据大小，会根据转速进
行相关计算。
15 ．【分析】（1） 内燃机四个冲程中的能量转化情况：吸气和排气冲程不发生能量转化，压
缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。
（2）水的比热容较大大，与其它物质相比，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量
最多。
【解答】解： 内燃机的四个冲程是吸气、压缩、排气冲程，压缩气体对气体做功；做功
冲程高温高压燃气推动活塞向下运动。
内燃机工作过程中会产生大量的热，需要及时散去，水的比热容较大大，水吸收的热量
最多。
故答案为：压缩； 比热容。
【点评】此题主要考查了四个冲程中的能量转化情况、水的比热容较大大的应用，在压
缩冲程与做功冲程发生了能量的转化，转化情况正好相反。
16 ．【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
（2）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。
【解答】解：子弹在穿过纸牌的过程中克服阻力做功，使纸牌局部的内能增加，是机械
能转化为内能，也是将机械能转化为内能。
故答案为：做功；压缩。
【点评】本题考查了学生对内燃机工作过程中能的转化和改变内能的方式的理解和掌握，
要结合实例分析。
17 ．【分析】（1）物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，重力势能与物体的质量和高
度有关；
（2）做功可以改变物体的内能；
（3）汽油机的一个工作循环要完成 4 个冲程，飞轮和曲轴转 2 圈，对外做功 1 次。
【解答】解：导弹上升过程中，导弹的质量不变，所以重力势能增大，机械能转化为内
能；
汽油机飞轮的转速为 2400r/min ＝40r/s ，即汽油机飞轮每秒转 40 圈，
由于汽油机的一个工作循环要完成 4 个冲程，飞轮和曲轴转 2 圈，所以在在 2s 内，对外
做功 20 次。
故答案为：增大；增大；80。
【点评】本题考查重力势能的影响因素、做功改变物体的内能以及热机的有关计算，难
度不大。
18 ．【分析】（1）单位体积某种物质，温度升高 1℃所吸收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，物质的比热容只跟物体的种类和状态有关，与物体质量
的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关；
（3）知道水的质量和
【解答】解：
（1）水的比热容是 4.2×108J/（kg ℃), 表示：1kg 的水温度升高（或降低）1℃时吸收
（或放出）的热量是 3.2×103J；
（2） 比热容是物质的一种特性，与物体的质量无关，剩下水的种类和状态不变；
（3） 由 Q 吸 ＝cm（t﹣t5）可得，水的末温：
t ＝+t0 ＝+30℃ = 55℃。
故答案为：1kg 的水温度升高（或降低）1℃时吸收（或放出）的热量是 8.2×103J；不变。 【点评】本题考查了学生对比热容概念和比热容特性的了解与掌握以及吸热公式的简单
应用，是一道基础题目。
19 ．【分析】（1）知道可燃冰的质量和热值，根据 Q 放 ＝Vq 求出完全燃烧释放热量；
（2）根据，= ×100%求出水吸收的热量，再根据 Q 吸 ＝cm（t﹣t0）求出加热水的质
量。
【解答】解：（1）2m3 的可燃冰完全燃烧释放的热量：
Q 放 ＝Vq ＝7m3×1.3×1010J/m3 ＝2.4×1010J；
（2） 由，= ×100%可得水吸收的热量：
Q 吸 ＝，Q 放 ＝60%×2.8×1010J ＝3.68×1010J，
由 Q 吸 ＝cm（t﹣t0）可得加热水的质量：
m ＝ ＝ ＝6×104kg。
故答案为：2.8×1010；4×104。
【点评】本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，是一道较为
简单的应用题。
20 ．【分析】（1） 比热容是物质的一种特性，与物体的质量、体积、吸热的多少、温度的高
度均无关，只与物质的种类和物体的状态有关；
（2）根据 Q ＝cmΔt 知，质量相等、如果升高相同的温度时，比热容越大吸热越多；质
量相等、吸收相同的热量时，比热容越大，温度变化越小。
【解答】解： 由表格数据可知，蜡的比热容为 2.6×108J/（kg ℃);
比热容是物质的一种特性，与物质种类有关，一支蜡烛燃烧掉一半后；
根据 Q ＝cmΔt 知，四种物质质量相等，水银的比热容最小。
故答案为：2.6×102；不变；水银。
【点评】本题主要是考查比热容的定义，我们要知道比热容是物质的一种特性，与物体
的质量、体积、吸热的多少、温度的高度均无关。只与物质的种类和物体的状态有关。
三、实验题（每空 2 分，共 24 分）
21 ．【分析】（1）（2）本题主要考查利用控制变量法和转换法设计实验的能力， 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，又由于燃料 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
时应控制燃料的质量相同， 以及水的质量相同；
（3）燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比
实际值要小。
【解答】解：
（1）因燃料放出的热量与质量有关，必须控制燃料的质量相等，所以在实验中应控制水
的质量相等；
（2） 由图表数据可知在相同时间内甲杯中的水温度升高的快，所以煤油的热值较大；
（3）要控制质量相等，需要用天平来测量；
由于燃料不可能完全燃烧且燃烧放出的热会散失到空气中，又被烧杯等实验装置吸了热，
因此计算出热值比实际要偏小些。
故答案为：（1）质量；水的质量；（3）天平；完全燃烧；水。
【点评】此类实验问题，要结合控制变量法进行分析研究，通过观察温度的变化判断燃
料热值的大小，考查了学生的实验探究能力。
22 ．【分析】（1）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数，第以一个正方形的
面积，近似算出油膜的面积；
（2）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直
径， 由 d ＝求出油酸分子的直径。
【解答】解：（1）每一滴油酸的体积为：V ＝7.5×10﹣5cm3。
（2）读图可知，面积超过正方形一半的正方形个数为：n ＝57（个），
一个小正方形的面积为：S0 ＝5.5cm×1.7cm ＝2.25cm2 ，油酸膜的面积为：S ＝nS5 ＝57×
2.25cm2 ＝128cm6；
（3）每一滴油滴的体积为：V ＝7.5×10﹣6cm3，
把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙 = ≈6.9×10﹣8cm ＝2.9
×10﹣10m。
故答案为：（2）128；（3）5.3×10﹣10。
【点评】本题主要是考查利用油膜法估测分子直径实验，解答本题的关键是要掌握该实
验的实验原理和实验方法。
23 ．【分析】（1）根据图丙和丁比较出前 12min 甲、乙两杯液体吸收的热量的关系和升高温
度的关系，根据 Q 吸 ＝cmΔt 分析出两种液体比热容的大小；
（2）由图丁可知 12min 甲液体吸收的热量，由图丙可知 12min 甲液体升高的温度，根据
Q 吸 ＝cmΔt 算出甲液体的比热容；
（3）根据甲液体吸收的热量求出酒精完全燃烧放出的热量，再根据 Q 放 ＝mq ，求出燃烧
酒精的质量。
【解答】解：（1） 由图丁可知前 12min 甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量， 由图
丙知，且甲，根据 Q 吸 ＝cmΔt 知，c 甲＜c 乙；
（2）由图丁可知 12min 甲液体吸收的热量为 252×103J ＝2.52×102J ，由图丙可知 12min
甲液体升高的温度为 Δt ＝80℃﹣20℃ =60℃ ,
根据 Q 吸 ＝cmΔt 知甲液体比热容的大小为：
c 甲 ＝ ＝ ＝8. 1×103J/（kg ℃);
（3） 由（2）可知， 甲杯中液体温度升高 60℃吸收的热量为 6.52×105J，
则酒精完全燃烧放出的热量：
Q 放 ＝ ＝ ＝6.6×105J，
由 Q 放 ＝mq 可得，燃烧酒精的质量：
m 酒精 ＝ ＝ ＝0.012kg ＝12g。
故答案为：（1）＜；（2）3. 1×103；（3）12。
【点评】本题考查了比较比热容大小的方法，比热容的计算以及热量的有关计算等知识，
是一道热学综合题。
四、计算题（每题 9 分，共 18 分）
24 ．【分析】（1）飞机静止在地面上时对地面的压力等于自身重力；利用 p ＝求对地面产
生的压强；
（2）根据飞机重力求出牵引力大小，利用 s ＝vt 计算飞机在水面上的滑行距离，利用 W
=Fs 计算牵引力做功，根据 P ＝计算发动机牵引力的功率；
（3） 已知发动机的效率， 由此可求得飞机消耗的总能量，再利用 Q ＝mq 可求得燃油质
量。
【解答】解：（1）飞机蓄满水静止在地面上时，对地面的压力：
F 压 ＝G 总 ＝m 总 g ＝54×103kg×10N/kg ＝5.8×105N，
对地面产生的压强：
p ＝ ＝ ＝7.7×105Pa；
（2）飞机滑行过程中所受阻力：f＝7.5G 总 ′ ＝0.3×5×105N ＝8.5×105N，
因为飞机沿直线匀速滑行，所以飞机受到的牵引力：F ＝f＝2.5×105N，
飞机在水面上以 36km/h 的速度匀速滑行了 8min，
36km/h ＝10m/s ，1min ＝60s，
则滑行距离 s ＝vt ＝10m/s×60s ＝600m，
牵引力做功：W ＝Fs ＝2.3×105N×600m ＝1.6×108J，
发动机牵引力的功率：P ＝ ＝ ＝2.4×106W；
（3） 由，＝可得
Q ＝ ＝ ＝5×108J，
由 Q ＝mq 可得，燃烧燃油的质量：
m 油 ＝ ＝ ＝12.5kg。
答：（1）其对地面的压强为 2.7×107Pa；
（2）发动机牵引力的功率为 2.5×105W；
（3）这 1min 里消耗的柴油是 12.5kg。
【点评】本题为力学综合题，考查了重力公式、压强公式、功率公式的应用，知识点多、
综合性强，要求灵活运用。
25 ．【分析】（1） 由图象知，在最初的 2min 内物质处于固体状态，知道固态下的比热容，
又知道物体的质量，可利用吸热公式 Q 吸 ＝c1mΔt 可以求出吸收的热量；
（2）知道吸热时间，可利用公式 P ＝求出吸热功率； 由图象可知，10min～12min
内物质处于液体，由于吸热功率恒定不变，根据 Q ＝Pt 可求出这一段时间内吸收的热量，
物体质量不变，又知道物体的温度的变化，然后利用公式 c ＝器求出该物质在液态下
的比热容。
【解答】解：（1）在最初 2min 内，物体处于固态的升温吸热过程，
因 m ＝0.7kg ，c1 ＝2.2×103J/（kg ℃) , Δt1 ＝2℃﹣ (﹣20℃) =20℃ ,
所以，物质吸收的热量：
Q 吸 ＝c1mΔt1 ＝7. 1×103J/（kg ℃) ×8.5kg×20℃ =2.7×104J；
（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，物体温度升高 Δt2 ＝10℃ ,
因吸热功率恒定不变，
所以，吸收的热量为：
Q 吸 ′ ＝Pt ′ ＝175W×120s ＝8. 1×104J，
该物质在液态下的比热容：
c2 ＝ ＝ ＝2.2×103J/（kg ℃)。
答：（1）在最初的 8min 内，物质吸收的热量为 2. 1×105J；
（2）该物质在液态下的比热容为 4.2×108J/（kg ℃)。
【点评】本题考查了晶体熔化的规律、吸收热量的计算、物体吸热功率的计算，涉及到从温
度﹣时间图象搜集信息并加以利用，知识点多，属于难题。
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