人教版物理九年级上册 内能单元测试题(Word版 含解析)
人教版物理九年级上册 内能单元测试题（Word 版 含解析）
一、初三物理 内能 易错压轴题（难）
1．在做“观察水的沸腾”实验时，甲、乙、丙三个实验小组的同学用相同规格、酒精灯火焰大小一样的实验器材，如图A 装置进行实验。
（1）图B 中，温度计的示数为________℃；
（2）三组同学都根据自己的实验数据描绘了图象（如图C ），不计能量损耗，则三烧杯中的水的质量：m a ______m b ；m b ______m c 。由图象还可以判断水面上方的气压________一个标准大气压（以上三空均选填“＞”“＝”或“＜”）；
（3）水的比热容为4.2×103 J/（kg ·℃），质量为200 g 的水从30 ℃加热到80 ℃，水吸收的热量是________J 。
【答案】47 ＜ ＞ ＜ 42000
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]在温度计上，10℃之间有10个小格，一个小格代表1℃，所以此温度计的分度值为1℃；“50”在“40”以上，说明温度高于0℃，为47℃。
(2)[2][3][4]由图2可以看出，a 、b 、c 的沸点相同，其中a 、b 初温相同，加热到沸腾所用的时间不同，则两条图线描绘的是“初温相同质量不同的水”的加热情况；初温相同，b 的加热时间比a 的长，故b 的质量大与a 的质量；a 、c 的温度随时间变化的图象是平行的，在相同时间内升高的温度相同，故a 的质量等于c 的质量，所以可得
a c
b m m m =<
由图象还可以得出，此时水的沸点是98℃，由液体的沸点跟气压的关系可知，此时水面上方的气压小于一个标准大气压。
(3)[5]水吸收的热量为
()34.210J/(kg C)0.2kg 80C-30C =42000J Q c m t =?=???????
2．小明用稳定的热源（即单位时间内放出的热量相等）给一种固体物质均匀加热，且加热过程中质量不变。其熔化图像如图所示，则：
(1)这种物质是_____（选填“晶体”或“非晶体”），它熔化过程用了_____min；
(2)该物质第5min末的内能_____第6min 末的内能（选填“小于”“等于”“大于”）；
(3)该物质在固态时的比热容与液态时的比热容之比是_____。
【答案】晶体 6 小于1:4
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]从图象知，物质在熔化过程中吸收热量温度保持不变，此物质是晶体。
[2]此物质从2min开始熔化，到8min熔化完成，它熔化过程用时
8min?2min=6min
(2)[3]晶体熔化时，不断吸收热量，内能增加，温度保持不变，故该物质第5min 末的内能小于第6min 末的内能。
(3)[4]从图上可以看出，在质量不变的前提下，AB段温度升高40°C，CD段温度升高20°C，CD段加热时间是AB段加热时间的2倍，吸收热量之比为1:2，温度升高之比为2:1，根 计算可知该物体在固态时的比热与液态时的比热之比是1:4。
据Q cmΔt
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()221/-?v m s 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v 2的图像。已知物体动能的表达式为12
mv 2，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，v 2越大，由动能的表达式
212
mv 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v 2与L 知，两者成正比，即有
v 2 =L
且当L= 0.1m 时
v 2 = 0.2m 2/s 2
即
220.2m /s 0.1m k =?
解得
k=2m /s 2
所以
222m /s v L =?
所以当L=0.8m 时
22222m /s 0.8m 1.6m /s v =?=
则木块在P 点获得的动能
222k 110.9kg 1.6m /s 0.72J 22
E mv ==??=
4．同学们在进行比较水和沙子的吸热能力的探究实验．
（1）实验中需要测量水的质量．
①小范将天平放在水平台上，将游码归零，发现指针指在分度盘中线的左侧．要使横梁平衡，应该向_____调节平衡螺母（填“左”或“右”）．
②如图甲，测得烧杯和水的总质量m ＝_____g ．
（2）小范测得水的初温是30℃，加热一段时间后，温度计示数如图乙，则水温升高了_____℃．
（3）实验中，加热与水等质量的沙子，使其与水吸收相同的热量，发现沙子比水升高的温度高．它得出的实验结论是_____．
【答案】右 71 16 水的吸热能力比沙子吸热能力强
【解析】
（1）①小范将天平放在水平台上，将游码归零，发现指针指在分度盘中线的左侧．要使横梁平衡，应该向右调节平衡螺母．
②如图甲，测得烧杯和水的总质量m =50g+20+1g=71g ．
（2）小范测得水的初温是30℃，加热一段时间后，温度计示数如图乙，温度计分度值为1℃，示数为46℃，则水温升高了46℃-30℃=16℃．．
（3）实验中，加热与水等质量的沙子，使其与水吸收相同的热量，发现沙子比水升高的温度高．它得出的实验结论是水的吸热能力比沙子吸热能力强．
故答案为（1）①右；②71；
（2）16；
（3）水的吸热能力比沙子吸热能力强．
5．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 4.8×104J 16% 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：
34
3100.440J 4.810J
Q cm t
=?=???=?
吸
；
酒精10g放出的质量为：
75
0.01310J310J
Q m q
==??=?
酒
放
，
在BC阶段的热转化效率为：
4
5
4.810
100%16%
310
Q
Q
η
?
==?=
?
吸
放
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：
()
4
3
OA
4.810J
2
== 1.510J/kg
0.4kg40
Q
c
m t
?
=?
??
吸
固
℃
℃
6．小红在学习了“比热容”的有关知识后，知道单位质晕的不同物质在升高相同温度时，所吸收的热量不同，为了描述物质的这种性质，引入了一个新的物理量–比热容，于是她又想到晶体在熔化时，温度虽然保持不变，但需要吸收热量，那么单位质量的不同晶体熔化时所吸收的热量是否相同昵？带着这个疑问，小红在实验室利用电热器加热，完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线如图所示．实验时，冰的质量为，相同时间冰和水吸收的热量相同．水的比热容为
（1）根据图线，你能得到的一条信息是：________；
（2）CD段水吸收的热量是多少___________？
（3）计算出冰的比热容____________；
（4）设加热器发出的热量有70%被冰或水吸收，求加热器的功率是多大____________？（5）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该物质的熔化热”，根据图中所给的信息，计算出冰的熔化热_____________
【答案】冰在熔化时温度保持不变（答案不唯一）
．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）冰吸收热量，温度升高．达到熔化，继续吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程．冰全部熔化之后，水吸收热量，温度升高．
所以可得信息有：冰在熔化时温度保持不变；冰是晶体等．
（2）冰的质量为0.5kg，冰熔化成水，状态变化，质量不变，水的质量是0.5kg，
由图象知，水从0℃升高到20℃，
所以，水吸收的热量为：
3．
水从0℃升高到20℃，水吸收的热量为4.2×104J，需要10min，所以，水1min吸收的热量为4.2×103J．
（3）冰从-20℃吸收热量升高到0℃，需要了5min，吸收热量为：
，
冰的比热容为：．
（4）水吸收热量温度升高过程中，，
，即，
解得：．
（5）0.5kg冰从5min到45min全部熔化，需要40min，吸收的热量为：
，
冰的熔化热为：
．
7．如图是探究物质吸热性质的实验装置图，在两容器内分别装入质量相同的水和煤油，用两个相同的电加热器加热，用温度计测量液体吸收热量后升高的温度值．
（1）用两个相同的电加热器加热相同时间的目的是：．
（2）要使水和煤油升高相同的温度，哪个需要加热的时间长？
答：．
（3）热量是一个抽象的物理量．本实验将“物体吸收热量的多少”转化为通过比较
来实现，这种方法称为“转换法”．
（4）以下描述中同样采用“转换法”的是
A．水压使水管中形成水流，类似地，电压使电路中形成电流
B．根据物质在常态下的形状和体积是否固定，可将物质分为三态
C．研究导体的电阻与导体的长度，横截面积，材料是否有关系
D．通过观察木桩被重物打入沙子的深度，可比较重物重力势能的大小
（5）下表是实验记录的数据．请分析实验数据，回答下列问题：
①比较1、2的实验数据得出的结论是：质量相同的同种物质，升高不同的温度，吸收的热量；
②比较1、4的实验数据得出的结论是：质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度；（以上两空选填“相同或不同”）
③比较2、4的实验数据得出的结论是：．
（6）①加热过程中，用搅棒搅动的目的是；水和煤油吸热的多少是通过来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）
②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 B．烧杯中分别装入相同体积的水和煤油 C．使用相同的烧杯
【答案】（1）使水和煤油吸收的热量相同；（2）水；（3）加热时间；（4）D；（5）①不同；②不同；③质量相等的不同物质，升高相同的温度时，吸收的热量不同；（6）①使水和煤油受热均匀；加热时间；②B．
【解析】解：
（1）实验中用同样的加热器，单位时间放出的热量才相同，用两个相同的电加热器加热相同时间的目的是使煤油和水吸收相同的热量．
（2）水的比热容大于煤油的比热容，根据Q=cm△t，要使质量相同的水和煤油升高相同的
温度，水吸热较多，需要加热的时间长．
（3）本实验将“物体吸收热量的多少”转化为通过比较加热时间的长短来实现，这种方法称为“转换法”．
（4）A．水压使水管中形成水流，类似地，电压使电路中形成电流，用到了类比法；B．根据物质在常态下的形状和体积是否固定，可将物质分为三态，用到了归纳法；
C．研究导体的电阻与导体的长度，横截面积，材料是否有关系，要用到控制变量法；D．通过观察木桩被重物打入沙子的深度，可比较重物重力势能的大小，用的是转换法，所以D与上述方法相同；
（5）①比较1、2的实验数据，都是水，质量相同，升高不同的温度，吸收的热量是不相同的；
②比较1、4的实验数据，物质的种类不同，加热时间相同，即吸收的热量相同，升高的温度不同，得出的结论是：质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度不同；
③比较2、4的实验数据，物质的质量和升高的温度相同，物质的种类不同，加热时间不同，说明吸收的热量不同，得出的结论是：质量相同的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量不同；
（6）①加热时，用玻璃棒不断的搅拌，可以使水和煤油受热均匀；相同的酒精灯加热相同的时间，酒精灯放出的热量就是相等的，水和煤油吸收的热量也就是相等的，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映的．
②探究物质吸热性质的实验就要采用控制变量法，控制热源（酒精灯火焰的大小、与烧杯底的距离）、盛装液体的容器相同和液体质量一定，故A、C选项正确；
因为水和煤油的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的，故B错；故选B．
故答案为：（1）使水和煤油吸收的热量相同；（2）水；（3）加热时间；（4）D；（5）①不同；②不同；③质量相等的不同物质，升高相同的温度时，吸收的热量不同；（6）①使水和煤油受热均匀；加热时间；②B．
【点评】解决此题要学会用控制变量法进行分析，把吸收的热量转化为通电时间的长短，考查了学生对数据的分析和理解，是中考中常见的题目
8．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．
（1）在两个相同的烧杯中应加入初温相同、___________相同的水和食用油；
（2）实验中便用相同电加热器加热的目的是：使水和煤油在相同时间内___________相同；
（3）实验中发现煤油的温度比水的温度升高得快，如果要使水和食用油最后的温度相同，
就要给________加热更长的时间，这表明食用油的吸热本领比水______（“强”或“弱”）；
（4）本实验主要采用的实验方法是_____________________________．
【答案】质量吸热水弱控制变量法
【解析】
（1）比较水与食用油的吸热能力，应控制水与食用油的质量相同，在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和食用油；
（2）用相同的电加热器加热，水与食用油在相等时间内吸收的热量相等
（3）实验中发现煤油的温度比水的温度升高得快，如果要使水和食用油最后的温度相同，就要给水加热更长的时间，这表明食用油的吸热本领比水弱．
（4）本实验主要采用的实验方法是控制变量法
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c甲__________c乙．
【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
Q
c
m t
=
?
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．小明使用了如图甲所示的装置探究“比较不同物质吸热的情况”。
（1）在设计实验方案时，你认为下列做法中不必要的是______
A．用相同的电加热器加热 B．控制两种液体的质量相同
C．控制温度计的深度相同 D．用相同的容器盛装两种液体
（2）小明选择合适器材，正确操作， A液体加热5min，B液体加热10min，温度都升高了10℃时，则______液体吸收热量多，______液体的吸热能力强。
（3）停止加热后，绘制出两种液体温度随时间变化的图象如图乙所示，则A液体的温度变化图象是______（选填“①”或“②”）。
【答案】C B B②
【解析】
【详解】
(1)[1]本实验采用控制变量法进行实验，由于实验的目的是比较不同物质吸热的情况，所以要求除了液体种类不同其他条件都相同，即用相同的电加热器、质量相同的不同液体、用相同的容器盛和相同的温度计，但由于液体的内部温度与液体的深度没有关系，所以不要求温度计插入液体的深度相同，故选C；
(2)[2][3] 用相同的电加热器加热，A液体加热5min，B液体加热10min，可见B液体吸收热量多，它们升高相同的温度，因此B液体的吸热能力强；
(3)[4]根据相同质量的不同物质放出相同的热量，比热容大的温度变化比较小和B的比热容大于A的，可以知道停止加热后，A的温度下降比较快，所以图像②是A液体的温度变化图象。