九年级物理上册 内能中考真题汇编解析版.docx
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九年级物理上册内能中考真题汇编解析版
九年级物理上册内能中考真题汇编[解析版]
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.班级各小组同学利用如图所示的实验装置探究“冰熔化时温度的变化规律”:
(1)石棉网的作用是__________;
(2)记录的实验数据如下表:
时间t/min
0
2
4
6
8
10
12
14
温度t/°C
-10
-5
0
0
0
0
2.5
5
状态
固态
固液共存态
液态
根据表格中数据,在方格纸上画出温度与时间的关系图像;
(_______)
(3)分析图像,可以得出的探究结论是:
________________;
(4)实验中,0~4min冰温度升高10℃,10~14min水温度升高5℃,在两个时段加热时间相同,但物质的温度变化不同的原因可能是:
_______________;
(5)某小组做实验时发现冰熔化时间太短,为了增长时间,以下做法可行的是_____(至少一个选项正确)
A.降低冰的初始温度B.增加冰的质量
C.直接将试管放入常温的水中做实验D.用底面积更大的小烧杯代替试管做实验
【答案】使烧杯底部受热均匀
冰熔化时继续吸热,但温度不变水在固态和液态时比热容不同BC
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]烧杯从石棉网上吸收热量,受热更加均匀。
(2)[2]描点法画出图像,如下图所示:
(3)[3]由图像可以看出,冰熔化过程中虽然吸收热量,但温度一直不变。
(4)[4]固态时升温较快,液态时升温较慢,这是由于水在液态时的比热容比固态时大。
(5)[5]A.降低冰的温度,冰升温变慢,但熔化时间并不变,故A不符合题意;
B.增加冰的质量,升温变慢,熔化时的时间也变长,故B符合题意;
C.将试管放入常温的水中做实验,从水里吸收热量,由于水温较低,所以冰熔化时间变长,故C符合题意;
D.底面积更大的小烧杯,吸热面积变大,所以熔化时间变短,故D不符合题意。
故选BC。
3.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
4.某班同学利用图甲所示的实验装置探究“水和煤油的吸热能力”。
(1)在图甲中除了所给的实验器材外,还需要的测量工具有______________;加热过程中,水和煤油吸收热量的多少是通过______________来判断的;
(2)实验中第1、2两个小组采用的研究对象都是初温为25℃的质量为200g的水和煤油,加热不同时间使末温都达到40℃,记录的实验数据如表格所示,通过分析实验数据,能够得出的结论是:
___________;
实验组别
液体
加热时间/min
1
水
13.5
煤油
6.5
2
水
12
煤油
5.5
(3)使质量相同的水升高相同的温度,加热时间应该相同,但1、2两组的同学在交流实验数据时发现:
第1小组的加热时间和第2小组不同,其原因可能是_________________;
(4)这两组同学对图甲的装置进行了改进,将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热,如图乙所示,而不是用两个酒精灯分别加热,这样做的好处是_____________________。
【答案】秒表加热时间长短质量相同的水和煤油升高相同温度,吸收的热量不同酒精灯的火焰大小不同可以让水和煤油在相同时间内吸收相同热量
【解析】
【详解】
(1)[1][2]煤油和水吸收热量的多少,是通过观察加热时间的长短来比较的,要计算时间,所以要用到秒表;
(2)[3]通过分析表中数据可知,质量相同的水和煤油升高相同温度,加热的时间是不同的,所以能得出结论:
质量相同的水和煤油升高相同温度,吸收的热量不同;
(3)[4]原因可能是加热装置不一样,即酒精灯的火焰大小不同;
(4)[5]在同一烧杯中,相同时间内吸收热量相同,这样做可以让水和煤油在相同时间内吸收相同热量。
5.如图所示是“比较水和沙子吸热升温的属性”的实验装置.
(1)除了图示的器材外,本实验要用到的测量工具还有_____;加热过程中,用搅棒搅动的目的是_____:
水和沙子吸热的多少可以通过_____来反映的(选填“温度计示数的升高值”或“加热时间”)
(2)在本实验中,可用来比较水和沙子吸热升温本领的方法是:
若加热时间相同,比较_____;若温度计示数的升高值相同,比较_____.
(3)关于该实验的变量控制,下列要求中不正确的是_____(填字母).
A.采用相同的加热方法(如酒精灯火焰的大小,与易拉罐底的距离等)
B.易拉罐中分别装入相同体积的水和沙
C.使用相同的易拉罐.
【答案】天平使物体受热均匀加热时间温度升高的读数加热时间B
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据吸热公式Q=cm△t可知,实验还需要称质量的天平,用搅棒搅动的目的是为了让沙子和水受热均匀;
放热设备相同,只能通过加热时间来控制水和沙子吸热,所以还需钟表.
(2)在本实验中,可用来比较水和沙子吸热升温本领的方法是:
若加热时间相同,比较温度计的示数升高值的多少;若温度计示数的升高值相同,比较加热时间;
沿海地区昼夜气温变化比内陆地区气温变化小的原因是:
水的比热容比泥土和沙子的比热容大.
(3)该实验的变量控制,需要控制相同的加热方法(如酒精灯火焰的大小,与易拉罐底的距离等)、使用相同的易拉罐、水和沙子的质量;如果体积相等,他们的质量一定不同,所以不正确的是B.
6.为了探究某物质在固态和液态时的吸热能力,小芳同学用酒精灯(火焰大小保持不变)均匀加热0.4kg该种固体,根据实验数据绘制出的图线如图所示.通过查阅资料已知该物质液态(BC阶段)时的比热容为3×103J/(kg•℃).
(1)该物质在B点时的内能_____(大于/小于/等于)在A点时的内能;
(2)求该物质在BC段共吸收了多少热量__________?
经测量BC阶段消耗热值为3.0×107J/kg的酒精10g(酒精完全燃烧),求在BC阶段的热转化效率为多大_______?
(3)该物质在固态(OA阶段)时的比热容为多大__________?
【答案】大于4.8×104J16%1.5×103J/(kg•℃)
【解析】
(1)如图该物质在AB段为熔化过程,吸热,温度不变,所以B点时的内能大于在A点时的内能;
⑵如图BC段温度升高了40℃,则该物质在BC段共吸收的热量为:
;
酒精10g放出的质量为:
,
在BC阶段的热转化效率为:
⑶该物质在固态(OA阶段)时吸热2min温度身高了40℃,吸热热量是BC段吸收热量的一半,故固态时的比热容为:
7.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.
8.为比较水、空气对牛奶的冷却效果,小明同学进行了如下实验:
将一盒牛奶分别装入两个瓶中,一个放在水中(如图甲所示),一个放在空气中(如图乙所示),其他条件均相同,实验时他每隔一定时间记录一次甲、乙两温度计的示数,如下表所示:
(1)对甲、乙两个瓶中的牛奶,小明要控制它们哪些量相同?
____________.
(2)根据表中数据,小明已将乙瓶中牛奶温度随时间变化的图象画在坐标系中,请你将甲瓶中牛奶温度随时间变化的图象画在答题卡上同一个坐标系中;
(3)本次实验中,小明发现______的冷却效果更好;
(4)进一步分析,小明又发现,甲瓶中牛奶冷却快慢前后不一致,是越来越______,小明通过仔细分析认为牛奶冷却的快慢可能还受到________的影响.
【答案】牛奶质量相等牛奶的初温相等水慢温度
【解析】
(1)探究水和空气对牛奶的冷却效果时,需要控制牛奶的质量和初温相等;
(2)在同一个坐标系中根据表格数据进行描点,然后利用平滑的曲线连接各点,作出甲瓶中牛奶温度随时间变化的图象;
(3)由图象可知,在相同的时间内,甲中水的牛奶温度变化快,降温效果好;
(4)由图象分析可知,在甲图象中,前段时间内牛奶的温度变化较快,后面的温度变化缓慢;牛奶冷却的快慢还会受到温度的影响
9.回顾实验和探究:
比热容概念的建构
器材
烧杯、______相等的水和煤油、两个规格相同的电加热器、温度计、______。
装置
过程
两只烧杯中盛有______相同的水和煤油,用电加热器加热2分钟,我们发现______温度升高的高,若升高相同的温度,______加热时间长,______吸收的热量多。
结论
一定质量的某种物质,温度升高时吸收的热量与______之比,叫做这种物质的比热容,在数值上等于______质量的某种物质温度升高______所吸收的热量。
方法
实验中用______来反映物质吸收的热量,这种研究方法是______。
讨论
电加热器工作时,将______能转化为内能;水吸收热量,温度升高,内能发生了______。
【答案】质量秒表质量煤油水水质量和升高温度之积单位1℃加热时间转换法电转移
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]所用到的器材除烧杯、质量相等的水和煤油、两个规格相同的电加热器温度计以外,还要记录测量时间用的秒表。
[3][4][5][6]两个烧杯中盛有质量相同的水和油,用电加热器加热两分钟,会发现煤油温度升高的高,如果升高相同的温度,水加热的时间长,那么可以得知水吸收的热量最多。
[7][8][9]一定质量的物质,温度升高时吸收的热量与质量和升高温度乘积之比叫做比热容,在数值上等于单位质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量。
[10][11]实验中用加热时间来反应物质吸收的热量,这种研究方法是转换法。
[12][13]电加热器工作时消耗了电能,将电能转化为内能,水吸收热量,温度升高,内能发生了转移。
10.小明用相同的酒精灯分别给水和煤油进行加热,如图探究“不同物质吸收热量的能力”.
(1)本实验需要用到天平这一测量工具,目的是_____.
(2)实验中,用_____反应液体吸收热量多少.
(3)根据实验数据,小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象,如图乙,分析图象可知,加热10min,水吸收的热量_____(填“大于”、“小于”或“等于”)煤油吸收的热量,煤油的温度变化大于水的温度变化,由此可知,_____的吸热能力更强.
(4)通过图象还可以得出当地的气压_____(填“高于”、“低于”或“等于”)标准气压,煤油的比容热为_____J/(kg•℃).(c水=4.2×103J/(kg•℃)
【答案】控制水和煤油的质量相同加热时间等于水低于2.1×103
【解析】
【分析】
(1)
(2)(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少,这种方法叫转化法.
比较物质吸热能力的2种方法:
①使相同质量的不同物质升高相同的温度,比较吸收的热量(即比较加热时间),吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间),比较温度的变化,温度变化小的吸热能力强;
(4)根据图乙得出水的沸点,水在一个标准大气压下的沸点为100°C,根据气压减小沸点降低分析;
由图乙可知煤油和水升高30℃水和煤油的加热时间;由转换法得出煤油和水吸热关系,根据c=
,在质量和升高的温度相同时,比热容与吸热多少成正比求出煤油的比容热.
【详解】
(1)要控制不同物质的质量相同,故本实验需要用到天平这一测量工具,目的是控制水和煤油的质量相同.
(2)根据转换法,实验中,用加热时间反应液体吸收热量多少.
(3)根据转换法,加热10min,水吸收的热量等于煤油吸收的热量,因煤油的温度变化大于水的温度变化,根据比较吸热能力的第2种方法,水的吸热能力更强.
(4)通过图乙知,水的沸点为98℃,小于100℃,根据气压减小沸点降低,故还可以得出当地的气压低于标准气压;
由图乙知,煤油和水升高:
98℃﹣68℃=30℃,
水加热用时20min,煤油用时10min,即煤油吸热是水的
,根据c=
,在质量和升高的温度相同时,比热容与吸热多少成正比,故煤油的比容热为:
c煤油=c水=
×4.2×103J/(kg•℃)=2.1×103J/(kg•℃).
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