九年级上册内能单元练习Word版 含答案.docx
- 文档编号:10685790
- 上传时间:2023-02-22
- 格式:DOCX
- 页数:19
- 大小:240.54KB
九年级上册内能单元练习Word版 含答案.docx
《九年级上册内能单元练习Word版 含答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《九年级上册内能单元练习Word版 含答案.docx(19页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
九年级上册内能单元练习Word版含答案
九年级上册内能单元练习(Word版含答案)
一、初三物理内能易错压轴题(难)
1.如图所示,将初温和质量相等的色拉油和水,分别装到相同的烧杯中,探究不同物质吸热升温现象。
用酒精灯加热并不断搅拌,每隔0.5min测量一次温度,数据记录表中。
(1)选用相同的酒精灯,为使单位时间内色拉油和水________相同,不断搅拌是使色拉油和水______。
(2)导致初始阶段色拉油温度随时间的变化图像不是直线的原因,除色拉油自身外,还有________要吸收热量;要尽量减小此因素的影响,改进的方案有________(写出一种)。
(3)画出水的温度随时间的变化图像______。
由图像可知,色拉油和水的温度同时升高时,________需要的时间短,________需要吸收的热量更多。
【答案】吸收的热量受热均匀容器提高容器的初温
色拉油水
【解析】
【详解】
(1)运用控制变量法,使用相同的酒精灯和保证色拉油和水的质量相同,保证加热时间相同;不断搅拌使受热均匀,防止局部过热,产生误差。
(2)容器初温过低,则液体和容器会同时吸收热量,导致温度变化不是直线,可以通过提高容器初始温度,减小容器吸收热量对实验的影响。
(3)相同的加热时间吸收相同的热量,色拉油升温更快,所以需要的时间短,而水升高相等的温度需要加热更长的时间,所以要吸收更多的热量。
2.阅读短文,回答问题
“鲲龙”AG600
国产大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600成功实现水上起降,如图所示。
“鲲龙”AG600是国家为满足森林灭火和水上救援的迫切需要,研制的大型特种用途民用飞机,既能在陆地上起降,又能在水面上起降,是一艘会飞的船。
AG600可以在20秒内一次汲水12吨,单次投水救火面积可达4000余平方米,还可以在2米高海浪的复杂气象条件下实施水面救援行动,水上应急救援一次可救护50名遇险人员。
“鲲龙”AG600除了像普通飞机在陆上起降外,在任何江河湖泊,只要给它一片长1500米、宽200米、深2.5米的水域,它都能“说走就走”。
最大巡航速度500公里/小时,最大航程4500公里,可从中国最北端黑龙江漠河直飞海南三亚,更可以从三亚往返中国最南端的曾母暗沙。
“鲲龙”AG600作为当今世界最大一款水陆两栖飞机,AG600飞机的机身长37米、翼展达38.8米,个头儿与波音737相当,采用单船身、悬臂上单翼和前三点可收放式起落架布局,选装4台涡桨发动机。
飞机发动机的热效率和推进效率是反映飞机性能的重要指标。
发动机的热效率是指发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比,推进效率是指发动机传递给飞机的推进功(推力所做的功)与获得的机械能之比。
飞机的部分参数如下表所示:
WJ6发动机数量
4台
M最大起飞质量
53.5t
最大巡航速度
500km/h
发动机巡航推力
4.6×104N
发动机的热效率
40%
发动机的推进效率
……
(1)如图所示,机身下部制成“V”形,这样设计的目的还有______________;机翼设计成如图所示的截面图,当飞机水平飞行时,机翼上方空气速度大,压强________;
(2)“鲲龙”AG600在水面降落的过程中,重力势能________,动能________(选填“增大”、“减小”或“不变”);
(3)若“鲲龙”AG600某次执行任务时该飞机的总质量为48t,总体积约5×103m3。
该飞机停在水平地面时,起落架的触地总面积是1.2m2,对地面的压强_________Pa;停在水面上时,排开水的体积是_________m3;(g=10N/kg,ρ水=1×103kg/m3)
(4)若“鲲龙”AG600空载时质量为40t,在水面滑行测试中,“鲲龙”AG600蓄一定质量的水,发动机牵引力的实际总功率为2500kW,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,则飞机受到的阻力为_________N,所蓄水的质量为__________t;
(5)“鲲龙”AG600以最大速度满载巡航2h,消耗燃油5000kg,燃油完全燃烧获得的内能是_________J,此过程中发动机的推进效率为__________。
(燃油的热值q=4.6×107J/kg)
【答案】减小阻力小减小减小4×105482.5×105102.3×101150%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]机身下部制成“V”形,这样设计的目的还有减小阻力的作用;当飞机水平飞行时,机翼上方空气速度大,根据流体流速与压强的关系,流速大的地方压强小,所以机翼上方压强小。
(2)[3][4]“鲲龙”AG600在水面降落的过程中,质量不变,但高度减小,重力势能减小;速度减小,动能减小。
(3)[5][6]若“鲲龙”AG600某次执行任务时该飞机的总质量为48t,总体积约5×103m3。
该飞机停在水平地面时,起落架的触地总面积是1.2m2,根据压强公式可得,对地面的压强为
停在水面上时,因为处于漂浮状态,所以浮力等于重力,可以得到此时飞机所受到的浮力为
根据浮力公式可得,此时排开水的体积为
(4)[7][8]根据题意可得,飞机在水面上的速度为
由功率公式可得,飞机受到的牵引力为
因为飞机匀速滑行,所以飞机所受阻力为
根据题意可得
则此时飞机的总重力为
此时飞机的总质量为
则飞机所蓄水的质量为
(5)[9][10]燃油完全燃烧产生的内能为
发动机获得的机械能为
飞机飞行的路程为
发动机在2h内做的有用功为
此过程中发动机的推进效率为
3.如图所示是研究做功与能量转化关系的装置。
重物通过细绳与木块相连,细绳不可伸长,AQ为水平面,AP段光滑,PQ段粗糙。
实验开始时,质量为M的重物恰好置于地面。
将质量为m的木块从P向右拉至A,PA长为L,放手后木块向左运动,最终停在B点,PB长为x,不计空气阻力、滑轮摩擦:
(1)木块在AB段运动过程中,重物的重力做的功为_________(用字母表示);
(2)观察实验,小明提出猜想:
木块动能的变化与重物重力做功多少有关;
(3)为了验证猜想,小明做了以下实验。
重物M=0.1kg,木块m=0.9kg,改变木块从P点右移的距离L,测得一组数据,记录如下:
序号
1
2
3
4
5
6
PA的长L/m
0.1
0.15
0.2
0.35
0.43
0.5
木块在P点的速度平方
0.2
0.3
0.4
0.7
0.9
1.0
①根据表中数据,在图乙中作出L与v2的图像。
已知物体动能的表达式为
mv2,分析木块动能的变化及重物的重力做功的大小,可知猜想是_________(正确/错误)的,由此得到的结论是________;
②利用实验信息分析,当L=0.8m时,木块在P点获得的动能是_________J。
【答案】mgL正确木块动能的变化随重物重力做功的增加而增大0.72
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由题知,细绳不可伸长,实验开始时,质量为M的重物恰好置于地面。
将质量为m的木块从P向右拉至A,PA长为L,所以重物被提起高度h=L,所以木块在AB段运动过程中,重物的重力做的功为
W=Gh=mgh=mgL
(3)[2][3]因为重物和木块质量一定,由表中数据和W=MgL知,L越大,重力对重物做越多,v2越大,由动能的表达式
知木块动能越大,由此可知猜想是正确的,得到的结论是:
木块动能的变化随重物重力做功的增加而增大。
[4]由v2与L知,两者成正比,即有
v2=L
且当L=0.1m时
v2=0.2m2/s2
即
解得
k=2m/s2
所以
所以当L=0.8m时
则木块在P点获得的动能
4.在比较“水和煤油吸热本领大小”的实验中,小明选取了两只相同的烧杯,且在烧杯里分别装入质量和初温都相同的水和煤油,他用两个完全相同的“热得快”给它们加热,并记录得到了表中的实验数据,请你回答下列问题:
加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
水的温度/℃
20
22
24
26
28
30
32
34
煤油的温度/℃
20
24
28
32
36
40
44
48
(1)两种液体相比较,温度升高比较快的是_____;
(2)小明给水和煤油加热,选用两个同样的“热得快”的目的是什么?
_____
(3)如图甲所示是小明根据实验数据画出的图象,其中_____(选填“A”或“B”)表示的是水吸热升温情况.
(4)比较方法:
在质量相同的情况下,比较水和煤油吸热能力的方法:
①吸收相同热量,比较_____;②升高相同温度,比较_____;
(5)如图乙所示是某一沿海城市和某一内陆城市年气温变化曲线,从图象可以看出,在一年中,曲线A所示的城市气温变化较_____(选填“大”或“小”),根据上面探究过程中所获得的只是可知,曲线C表示的是_____(“沿海”或“内陆”)城市的年气温变化曲线.(c砂<c水)
【答案】煤油目的是使水和煤油在相同的时间内吸收的热量相同B升高的温度吸收的热量大内陆
【解析】
(1)由热量计算公式Q=cm△t知道,由于水的比热容大于煤油的比热容,相同质量的水和煤油,吸收相同的热量,煤油升高的温度高;
(2)实验中用两只相同的烧杯和两个同样的“热得快”目的是在相同的时间内供给水和煤油相同的热量,使水和煤油在相同的时间内吸收的热量相同;
(3)在同样的加热时间内,两种物质吸热相等,由表中数据可知,温度升高比较快的是煤油,水升温慢,B表示水吸热升温情况;
(4)比较吸热能力的两种方法:
①吸收相同热量,比较升高的温度;②升高相同温度,比较吸收的热量;
(5)由图2气温变化曲线得出,A所示的城市最高、最低气温差比B所示的城市的大;沙石的比热容比水小,在吸收或放出相同的热量时,温度变化值比较大,所以曲线A表示的是内陆城市的年气温变化曲线。
点睛:
本题考查的是比较“水和煤油吸热本领大小”的实验,主要考查了控制变量法及转换法的运用、读图能力比较吸热能力的两种方法及用水的比热容大分析实际问题的能力,综合性较强,有一定的难度。
5.为了比较水和食用油的吸热能力,小明用两个相同的装置做了如图所示的实验,实验数据记录如下:
(1)在安装、调整实验器材时,科学合理的顺序是(甲图中):
先调整固定______的位置,再调整固定另一个的位置(选填“A”或“B”);
(2)为保证实验结论的可靠,关于实验时“应控制两套装置中相同的量”的说法中,不必要的是______
A.食用油和水的质量相等B.两套装置中的烧杯相同
C.两酒精灯的火焰大小相同D.两酒精灯内酒精的质量相等
(3)实验中食用油和水从20℃升温至45℃,______(水/食用油)所需时间较长,_____(水/食用油)吸收的热量较多,由此可见,_____(水/食用油)吸热能力较强.
(4)实验中,加热相同的时间,水吸收的热量______(大于/小于/等于)食用油吸收的热量,______(水/食用油)升高的温度较多,______(水/食用油)吸热能力较强.
【答案】BD水水水等于食用油水
【解析】
(1)在安装、调整如图(甲)的实验器材时,应先固定B,再调整固定A,因为底部的距离应是固定的,而上部可以根据下部的情况进行灵活调节;
(2)为保证实验结论的可靠,实验时应控制两套装置中相同的量有:
酒精灯中火焰的大小、水和食用油(ρ水>ρ食用油)的质量和初温度、烧杯等,酒精灯中的酒精多少不一定相同,D错误;(3)食用油和水从20℃升温至45℃,水所需时间较长,说明水吸收的热量较多,由此可见,水吸热能力较强.(4)加热相同的时间,水吸收的热量等于食用油吸收的热量,食用油升高的温度较多,说明水吸热能力较强.
6.学校物理兴趣小组的同学在研究“探究水和沙石的吸热能力”时,选用了完全相同的加热装置分别给沙子和水加热,如图甲是同学们的实验装置图。
(1)本实验所需测量仪器有____;应控制的物理量有____;
(2)实验中能说明被加热的物体内能增加了的现象是________;通过对比____来比较两种物质吸热的多少;
(3)他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图像如图乙所示。
若水的比热容是
,水和沙子的质量均为200g。
根据图像信息:
求加热满2min时,水吸收了热量为_____;沙子的比热容为______。
【答案】秒表、天平水和沙子的质量相同,初温相同,吸收的热量相同温度计的示数上升加热时间的长短
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]本实验所需测量仪器有秒表、天平,分别测量时间和质量。
[2]根据
,应控制的物理量有水和沙子的质量相同,初温相同,吸收的热量相同。
(2)[3]当温度计的示数上升时,能说明被加热的物体内能增加了。
[4]加热时间越长,物质吸热越多,所以可通过对比加热时间的长短来比较两种物质吸热的多少。
(3)[5][6]由于水的比热容较大,根据
可知,在质量相同、吸收热量相同时,水升高的温度较小,那么b图应该是水的温度随加热时间变化的图像;水的质量是200g,2min内温度的变化量是
根据
可知,加热满2min时,水吸收的热量是
加热装置相同,加热时间相同,水吸收的热量大小等于沙子吸收的热量,即
从a图可以看到,加热满2min,沙子的温度变化量是
根据
可知,沙子的比热容是
沙子的比热容约是
。
7.在“比较不同物质吸热能力”的实验时,将甲、乙两种不同的液体分别装入两个相同的烧杯内,用相同的电加热器同时加热,记录相关数据,并绘制出如图所示的图像。
(不计热量损失)
(1)实验时,选用初温和___________均相等的甲、乙两种液体;
(2)加热10min,甲吸收的热量______(选填“大于”“小于”或“等于”)乙吸收的热量;
(3)乙液体的比热容是甲液体比热容的______倍;
(4)电加热器正常工作时_________能转化成内能。
【答案】质量等于2电
【解析】
【详解】
(1)[1]实验时,选用初温和质量均相等的甲、乙两种液体,而电加热器是相同的,两液体吸收的热量相同,这样可以通过比较升高的温度,从而得知物质的比热容大小;
(2)[2]由于用相同的电加热器同时加热,那么加热10min,甲吸收的热量等于乙吸收的热量;
(3)[3]从图中可以看到,乙加热10min时,升高的温度是30℃,根据
可知加热10min,甲乙两液体吸收的热量是
两式相除,可得到
解得
;
(4)[4]电加热器正常工作时,会消耗电能,并且发热,这时会把电能转化为内能。
8.在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中,实验装置如图所示。
(1)实验中应量取______(质量/体积)相同的甲、乙两种液体,分别倒入相同的烧杯中。
使用规格_____(相同/不同)的电加热器加热。
(2)实验中,通过_______(升高的温度/加热时间)来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少。
(3)在两种液体都不沸腾的前提下,小明认为要把甲、乙两种液体加热到相同的温度然后进行比较;小芳认为要加热相同的时间然后进行比较。
你认为方法可行的是_________(小明/小芳/都可行)。
加热时间/min
0
1
2
3
4
甲的温度/℃
30
34
38
42
46
乙的温度/℃
10
18
26
34
42
(4)分析上表数据得______(甲/乙)物质的吸热能力强,要在甲乙两种液体中选择一种液体做冷却液,你认为选择_______(甲/乙)液体较为合理。
(5)小明认为实验过程是在一种理想状态下进行的,事实上实验过程中会有热量散到周围环境中。
小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果,于是他将两相同的烧杯内倒入同等质量温度相同的热水。
如果他想初步得到结果还需要怎么做?
请你自己添加器材帮他设计一简单实验来探究结果____________。
【答案】质量相同加热时间都可行甲甲用硬纸板在其中一烧杯上加盖
【解析】
【详解】
(1)[1][2]在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中,应量取质量相同的甲、乙两种液体,分别倒入相同的烧杯中,使用规格相同的电加热器加热;
(2)[3]实验中,电加热器是相同的,相同时间内电加热器放出的热量相同,甲、乙两种液体吸收的热量也是相同的,所以通过加热时间来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少;
(3)[4]小明和小芳的方向都可行,因为比较甲、乙两种液体吸热的情况,可以加热到相同温度,比较加热时间的长短从而知道吸热能力的强弱;也可以通过加热相同的时间,观察温度的变化量,从温度变化量的大小,知道吸热能力的强弱;
(4)[5]从表中可以看到,加热相同的时间,甲的温度变化量较小,那么质量相同,吸收的热量也相同,甲的吸热能力较强;
[6]要在甲乙两种液体中选择一种液体做冷却液,那么需要这种液体在升高相同温度时,吸收的热量较大,即吸热能力较强,由上述可知,甲液体较合适;
(5)[7]可以用硬纸板在其中一烧杯上加盖,假设热量散失的过程是热传递和蒸发共同作用的结果,那么两个烧杯热量散失的多少是不同的;假设热量散失的过程只是热传递导致的,那么两个烧杯热量散失的多少是相同的。
9.为了比较甲乙两种液体的吸热能力,某同学设计了以下实验:
a.在两个同样的烧杯中,分别装入等体积的甲乙两种液体
b.用温度计分别测出甲乙两种液体的初温
c.在两个烧杯中分别装入功率相同的电热器,且加热时间相同
d.用温度计分别测出甲乙两种液体的末温
(1)在上述a、b、c、d四个实验步骤中,步骤a存在错误,该步骤中错误的内容应改为_____;
(2)步骤c中“加热时间相同”是为了使甲乙两种液体__________;
(3)更正步骤a中的错误后.得到如图所示的甲乙两种液体的温度随时间变化的关系图象.若将液体甲和液体乙加热相同的时间,则液体__________温度升高得快,甲乙两种液体比热容的大小关系是
__________
.
【答案】装入等质量的甲乙两种液体吸收的热量相同甲<
【解析】
【详解】
(1)[1]依题意,比较甲乙两种液体的吸热能力,根据吸收热量的公式Q=cm△t可知,实验需要采用控制变量法,控制甲乙的质量,故在两个同样的烧杯中,分别装入等体积的甲乙两种液体是不合理的,应当装入等质量的甲乙液体;
(2)[2]吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来,相同的热源在相同的时间内放出的热量相等,为了比较两种液体的吸热能力,应当控制加热时间,所以步骤c加热时间相同是为了使两种液体吸收相等的热量;
(3)[3]甲、乙两种液体质量和初温都相同,观察图象可知:
在相同时间内温度变化较大的是甲;
[4]因使用的是相同的“电热器”加热,所以在相同时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同;根据
可知,在两种液体质量相等,吸收的热量相同时,当升高温度越大,它的比热容就越小,所以c甲<c乙。
10.如图所示是“探究不同物质吸热升温现象”的实验。
将质量相等的沙子和水分别装在烧杯中,并测出沙子和水的初温。
然后用酒精灯加热并不断搅拌,每隔lmin记录一次温度。
实验记录如下表
加热时间/min
0
1
2
3
4
温度/℃
沙子
20
25
29
34
38
水
20
21
22
23
24
(1)实验中,加热时间实质上反应了__________。
(2)根据实验数据,在如图中画出沙子和水的温度随时间变化的图象。
(______)
(3)分析图象可知,对于质量相等的沙子和水:
吸收相等的热量,升温较快的是______;若使两者升高相同的温度,则______吸收的热量较多。
通过大量类似实验,人们发现了物质的又一种物理属性,物理学将这种属性叫做__________。
(4)该实验用到的研究方法是__________。
【答案】物质吸收热量的多少见解析所示沙子水比热容转换法
【解析】
【详解】
(1)实验中,加热时间实质上反映了水和沙子吸收热量的多少,加热时间越长,说明吸收热量越多.
(2)根据实验数据,在图2中画出沙子和水的温度随时间变化的图象,如图所示:
。
(3)分析图象可知,对于质量相等的沙子和水:
吸收相等热量,升温较快的是沙子;若使两者升高相同的温度,水加热时间较长,说明吸收的热量较多,由上可知,水吸热能力较强,物理学将这种属性叫做比热容;
(4)由
(1)可知,实验用加热时间反应吸收热量的多少,用的是转换法。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 九年级上册内能单元练习Word版 含答案 九年级 上册 内能 单元 练习 Word 答案