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初中物理苏科版九年级全册第十二章 机械能和内能综合与测试单元测试当堂达标检测题
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这是一份初中物理苏科版九年级全册第十二章 机械能和内能综合与测试单元测试当堂达标检测题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
苏科版初中物理九年级上册第十二章《机械能和内能》单元测试卷
考试范围：第十二章；考试时间：75分钟；总分：80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 如图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度h，让小球由A点静止开始自由落下，沿轨道AOB到达B点后离开(不计空气阻力)，则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是
A. a B. b C. c D. d
2. 如图所示，一水平传送带始终匀速向右运动，现把一物块无初速度放在传送带左侧，物块将随传送带先做匀加速运动后随传送带一起匀速运动，在此过程中以下说法正确的是( )
A. 当物块匀速时，物块没有惯性
B. 当物块匀速时，根据牛顿第一定律可知，物块不受力作用
C. 整个过程中，物块一直受摩擦力的作用
D. 整个过程中，物块的机械能先增大后不变
3. 雨滴从高空沿直线竖直下落，由于空气阻力的作用，雨滴先加速后匀速运动，可认为雨滴受到的空气阻力与速度的平方成正比，且比例系数不变。关于雨滴下落过程中下列说法正确的是( )
A. 匀速下落时，质量大的雨滴速度比质量小的雨滴速度大
B. 雨滴一直处于平衡状态
C. 雨滴下落过程中机械能保持不变
D. 雨滴只有在加速下落过程中才有力对它做功
4. 把温度为−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器中，经过一段时间后，关于容器中冰的说法正确的是( )
A. 冰的质量减少了 B. 冰的质量没变化
C. 冰的质量增大了 D. 以上情况均有可能
5. 把温度为−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器中，经过一段时间后，关于容器中冰的说法正确的是( )
A. 冰的质量减少了 B. 冰的质量没变化
C. 冰的质量增大了 D. 以上情况均有可能
6. 下列有关热现象的说法中，正确的是
A. 物体的温度升高，内能一定增加
B. 物体吸收了热量，内能一定增加
C. 温度高的物体比温度低的物体含有的热量多
D. 热传递中温度总是从热的物体传到冷的物体
7. 如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的水，并用不同的加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两容器中的水的内能是通过做功的方式来增加的
B. 甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量相同
C. 加热相同的时间，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为2：3
D. 将甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为2：3
8. A，B两物体质量相等，温度均为20℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为60℃.现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了5℃，乙杯水温降低了10℃，不考虑热量的损耗，则A、B两物体的比热容之比为
A. 1：2 B. 3：7 C. 2：3 D. 4：7
9. 为了测定熔炉内的温度，先将质量为700g的钢球投入熔炉里相当长的时间后取出；并立即投入到质量为2.3kg、温度为10℃的水中，结果水温升高到40℃.则此熔炉的温度约为(不计热损失c钢=4.6×102J/(kg⋅℃))( )
A. 630℃ B. 730℃ C. 840℃ D. 940℃
10. 如图为汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此冲程的名称及能量转化是( )
A. 压缩冲程，机械能转化为内能
B. 压缩冲程，内能转化为机械能
C. 做功冲程，机械能转化为内能
D. 做功冲程，内能转化为机械能
11. 在汽油机的做功冲程中，高温、高压的燃气推动活塞运动做功，则下列说法中正确的是( )
A. 燃气的内能减少，温度升高 B. 燃气的内能增加，温度升高
C. 燃气的内能减少，温度降低 D. 燃气的内能增加，温度降低
12. 有一辆汽车在水平路面上用0.5h匀速行驶了36km，消耗汽油3kg.若已知该汽车发动机的功率(即牵引力的功率)为23kW，汽车(包括车上的人和物品)质量为1.5t，车轮与地的接触总面积是0.5m2，汽油的热值为4.6×107J/kg，g=10N/kg.下列分析正确的是( )
A. 该汽车对路面的压力等于1.5×104N，该汽车克服阻力做的功是2.3×104 J
B. 该汽车通过这段路程的平均速度是200m/s，车对地的压强是30 Pa
C. 该汽车的牵引力是1.5×104 N，汽油燃烧放出的热量是1.38×108 J
D. 该汽车发动机的效率是30%，该汽车的牵引力是1.15×103 N
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 如图，弹簧的左端固定，右端连接一个小球，把它们套在光滑的水平杆上，a是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b是弹簧原长时小球的位置，c是小球到达最右端的位置。则小球从a运动到c的过程中，在______(选填“a“”、“b”或“c”)位置机械能最大；从b到c的过程中，小球的动能转化为弹簧的______。
14. 游乐园的小朋友从滑梯上匀速下滑过程中，动能___(选填“增大”、“减小”或“不变”)，同时臀部有灼热感，这是通过___的方式来改变内能的。
15. 如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能______(填“大于”“等于”或“小于”)第8min时的内能；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的______倍．(被加热物质的质量和吸、放热功率不变)
16. 一台单缸四冲程汽油机，飞轮转速为3600r/min，该柴油机1s对外做功______次。若某车匀速行驶2h消耗的汽油为5kg，汽车发动机的输出的功率为12kW，则汽车发动机对外做功__________J，汽车发动机的效率为______。(q汽油=4.6×107J/kg，留一位小数)
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 在晶体熔化实验中对烧杯内0 ℃的海波进行加热，一段时间后当海波温度达到48 ℃时开始熔化，直至刚好全部变为液体时，其温度随时间变化的图像如图所示。请你在答题卡的坐标中画出：从开始加热到刚完全熔化，海波的内能随温度变化关系的大致图像。(忽略加热过程中海波质量的变化)
18. 用弹簧测力计悬挂一个重为10N的物体，由静止开始竖直向上运动，测力计在不同时间段的示数如图−甲所示，请在图−乙中画出物体在此过程中动能E随时间变化的关系图。
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 为了探究“不同物质的吸热能力”，在两个相同的容器中分别装入质量、初温都相同的两种液体A、B，并且用相同的装置加热，如图甲所示。
(1)实验中，可以通过比较______(选填“升高的温度”或“加热时间”)来反映两种液体吸收热量的多少；
(2)加热到4min时，液体B的温度如图乙所示，此时温度计示数是______℃；
(3)冬天，如果你想自制暖手袋，应选液体______(选填“A”或“B”)作为供暖物质，其效果更佳；
(4)上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和______法。
20. 老师用如图1所示实验装置，加热试管使水沸腾，发现试管上方的小风车，开始不停地转动；由此引出以下问题，请利用所学的知识回答．
(1)图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的________冲程相同；
(2)若某四冲程汽油机的功率为36千瓦，做功冲程每次对外做功800焦耳，则在1秒钟内该汽油机能完成________个冲程，此汽油机飞轮的转速为________转/分．
(3)如图3所示的是等质量两种液体吸收的热量与温度变化情况的图象．根据图中提供的信息判断，这两种液体中，选择________液体作为汽车冷却液效果会更好．
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。如图是国内某型号电动汽车，其装备的蓄电池的电容量为120kW⋅h。当电动机的输出功率为150kW时，电动汽车以108km/h的速度做匀速直线运动，在行驶过程中电动车所受的阻力大小保持不变(已知汽油的热值q汽油=4.6×107J/kg)。求：
(1)行驶过程中电动车所受的阻力大小；
(2)已知电动机将电能转化成机械能的效率为80%，充满电的电动汽车最多可以运动多远？
(3)若将电动车换成燃油车，燃油发动机的工作效率约为30%，则匀速行驶第(2)问中同样的距离，燃油车需要消耗多少千克汽油？(结果保留两位小数)
22. 十天建成的武汉火神山医院正式交付使用，勇敢智慧的中国建设者们再一次让世界看到了中国速度。在建造的过程中，需要用混凝土搅拌运输车(如图所示)运送混凝土到火神山医院建设工地。混凝土搅拌运输车的相关参数如下表(g取10N/kg，柴油的热值q=4.3×107J/kg)。求：
混凝土搅拌运输车相关参数
满载时总质量
14t
最高时速
90km/h
燃油类型
柴油
(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，车轮与地面的总接触面积为0.8m2，它对地面的压强为多大？
(2)搅拌车满载时在平直公路上匀速行驶时受到的阻力为其总重的0.03倍，当它以最高时速匀速行驶时，此搅拌车发动机的输出功率为多少？
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km共消耗燃油3kg，搅拌车发动机的效率为多少？(计算结果精确到0.1%)
23. 福建新龙马汽车有限公司是一家大型的专用汽车生产基地。该厂某型号专用车在车型测试中，在一段平直的公路上匀速行驶5km，受到的平均阻力是3.0×103N，消耗燃油1.5kg(假设燃油完全燃烧)。若燃油的热值q=3.3×107J/kg，求：
(1)专用车牵引力所做的功；
(2)燃油放出的热量；
(3)该专用车的热机效率。
24. 如图所示，是最新一款无人驾驶汽车原型图．汽车自动驾驶时使用雷达传感器，以及激光测距器来了解周围的交通状况．该款车以20m/s的速度在一段平直的公路上匀速行驶了10km时，消耗汽油1.5kg.假设燃油完全燃烧，汽油机的效率为30％，那么，在这段运动过程中(已知：汽油的热值为4.6×107J/kg)，求：
(1)汽油完全燃烧放出的热量是多少？
(2)该汽车的输出功率为多少？
(3)该汽车在以此速度行驶的过程中，受到的阻力是多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了对机械能守恒定律及惯性知识的应用，关键能够根据现象判断不同情况下机械能的大小关系。
小球在整个过程中机械能守恒，结合惯性的知识及机械能守恒定律进行分析。
【解答】
A.根据题意，小球从A点由静止滑下，所以小球的机械能等于A点时的重力势能，整个过程中，机械能守恒，a的最高点超过了A点的高度，这是不可能的，A错误；
B.b点的最高点与A点的高度相同，而在最高点时，小球仍具有向右运动的速度，所以b图线的机械能大于A点的机械能，B错误；
C.c图线的最高点低于A点，由于在最高点时小球仍运动，其总机械能可能与开始时的机械能相等，C正确；
D.小球离开轨道时，由于惯性，应具有沿轨道方向向上运动的速度，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A、惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以当物块匀速时，物块仍有惯性。故A错误；
BC、把一物块无初速度放在传送带左侧，由于传送带的速度较快，则物块相对于传送带向左滑动，所以物块受到水平向右的摩擦力的作用，同时受到重力和支持力的作用；
当物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用，但仍受到重力和支持力的作用。故BC错误；
D、当物块做匀加速运动时，物块的质量不变，高度不变，重力势能不变，速度增加，动能增加，当物块做匀速运动时，速度不变，动能不变，高度不变，重力势能不变，机械能等于动能和重力势能之和，所以，整个过程中，物块的机械能先增大后不变。故D正确。
故选：D。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；据此对A做出判断；
(2)对物块进行受力分析，对BC做出判断；
(3)影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。据此分析对D做出判断。
此题考查惯性、物体的受力分析、动能和势能的大小变化，是一道综合性较强的题目，难度适中，特别需要注意的是：物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用。
3.【答案】A
【解析】解：A、雨滴从高空沿直线竖直下落雨滴受到的空气阻力与速度的平方成正比，且比例系数不变，f=kv2，雨滴先加速后匀速运动，雨滴处于平衡状态，根据二力平衡f=G，即：k=G v2=mgv2，比例系数不变，质量大的速度大，故A正确；
B、由题可知，雨滴先加速后匀速运动，加速过程处于非平衡状态，故B错误；
C、由题可知，雨滴从高空沿直线竖直下落，先加速后匀速运动，质量不变，速度变大，动能变大。高度不断减小，重力势能减小，故它的机械能减小。故C错误；
D、物体只有在力的方向上移动一段距离，我们才说这个力对物体做了功，雨滴在加速下落过程中有力，但力的方向没有与运动的方向垂直，或者物体没有在力的方向上通过距离，这些情况这个力对它都没做功，故D错误。
故选：A。
(1)根据题中提供的信息，根据二力平衡进行分析；
(2)物体处于静止或匀速直线运动的状态叫平衡状态；
(3)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能等于动能和势能之和；
(4)判断一个力对物体是否做功，关键要看物体是否在这个力的方向上移动一段距离。
本题考查的知识点较多，根据相关知识进行解答。
4.【答案】C
【解析】解：−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器后，热量会由水传递给冰块，水的内能减小，温度下降，水的温度低于0℃，所以水会结冰，故冰的质量会增大；
故选C．
解决此题需掌握：物体之间有温度差时会有热传递现象发生，水的凝固点为0℃．
解决此题的关键是知道热传递的条件和水的凝固点，会分析冰和水的变化情况．
5.【答案】C
【解析】解：−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器后，热量会由水传递给冰块，水的内能减小，温度下降，水的温度低于0℃，所以水会结冰，故冰的质量会增大；
故选C．
解决此题需掌握：物体之间有温度差时会有热传递现象发生，水的凝固点为0℃．
解决此题的关键是知道热传递的条件和水的凝固点，会分析冰和水的变化情况．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查内能和温度、热量、质量的关系，属于易错知识。
(1)物体内能大小与温度、质量和状态有关；
(2)改变内能的两种方式：做功和热传递；
(3)热量是过程量，不能说具有热量；
(4)热传递过程中传递的是能量而不是温度。
【解答】
A.物体的温度升高，分子无规则运动变剧烈，分子的动能变大，此时分子的内能增加，故A正确；
B.物体吸收热量，如果此时对外做功，对外做功消耗的能量比吸收的热量多，则内能会减小，故B错误；
C.热量是过程量，不能说具有热量，故C错误；
D.热传递过程中传递的是能量而不是温度，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】解：A、容器中的水从加热器上吸收热量，是通过热传递来改变物体内能的，故A错误；
B、由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，乙的加热时间为3min；此时乙容器中的水吸收热量：
Q乙吸=cm2Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(40℃−20℃)=1.68×105J，
乙容器中的水每分钟吸收热量为：Δ
Q吸2=13×Q乙吸=13×1.68×105J=5.6×104J；
由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同，则：
加热器每分钟放出的热量之比为：Q甲放/min：Q放2/min=1.26×105J：5.6×104J=9：4，故B错误；
C、根据B可知相同时间内，加热器放出的热量之比为9：4，则相同时间内，两杯水吸收的热量之比为
9：4，根据Δt=Q吸cm可得两杯水升高的温度之比为：Δt甲Δt乙==Q吸1cm1Q吸2cm2=Q吸1m2Q吸2m1=9×2kg4×3kg=32，故C错误；
D、根据Q吸=cm(t−t0)可得甲、乙两容器中的水从 20℃加热至沸腾所需热量之比：Q甲吸Q乙吸=cm1Δtcm2Δt=m1m2=3kg2kg=32；
根据时间t=Q吸Q放/min可得所用时间之比为：Q甲吸Q甲放/min：Q乙吸Q乙放/min=Q甲吸Q乙吸×Q乙放/minQ甲放/min=32×49=23；故D正确。
故选：D。
(1)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，这两种方式对改变内能是等效的；热传递是能的转移，做功是能的转化；
(2)由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，甲的加热时间为2min，乙的加热时间为3min；
已知两容器中水的质量和升高的温度(均升高20℃)，由于忽略散热损失，由Q放=Q吸和Q吸=cmΔt即可求出每分钟放出的热量之比；
(3)根据每分钟放出的热量之比可知加热相同的时间时水吸收的热量之比，然后根据Δt=Q吸cm可判断两杯水升高的温度之比。
(4)根据Q吸=cm(t−t0)可得甲、乙两容器中的水从 20℃加热至沸腾所需热量之比；然后根据所用时间t=Q吸Q放/min可求出所用时间之比。
本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题解题的关键在于学生能否正确写出高温物体放热和低温物体吸热的表达式，利用方程的思想可以解决许多物理问题，在学习中注意运用。
物体A放入甲杯水后，水的温度由60℃降低了5℃，变成60℃−5℃=55℃，A的温度由20℃升高到55℃，水放出的热量等于A吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出A的比热容；
物体B放入乙杯水后，水的温度由60℃降低了10℃，变成60℃−10℃=50℃，B的温度由20℃升高到50℃，水放出的热量等于B吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出B的比热容；
求出A和B的比热容后，就可以计算出A、B两物体的比热容之比。
【解答】
物体A放入甲杯水后，它们的共同温度为60℃−5℃=55℃，
水放出的热量Q放=c水m水△t水
A吸收的热量Q吸=cAmA△tA，
根据热平衡方程：Q放=Q吸，
即c水m水△t水=cAmA△tA，代入相关数据得：
c水m水×5℃=cAmA×(55℃−20℃)
cA=17×c水m水mA；
物体B放入乙杯水后，它们的共同温度为60℃−10℃=50℃，
水放出的热量Q放=c水m水△t水
B吸收的热量Q吸=cBmB△tB，
根据热平衡方程：Q放=Q吸，
即c水m水△t水=cBmB△tB，
代入相关数据得：
c水m水×10℃=cBmB×(50℃−20℃)
cB=13×c水m水mB；
A、B两物体质量相等，即mA=mB，
则A、B两物体的比热容之比为：
cAcB=1713=37。
故选：B。
9.【答案】D
【解析】解：水吸收的热量：
Q吸=c水m水(t水−t0水)
=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.3kg×(40℃−10℃)
=2.898×105J；
由题知，钢球放出的热量完全被水吸收，钢球放出的热量：
则Q放=Q吸=2.898×105J，
由Q放=cm(t0−t)可得，火炉的温度：
t0火炉=Q吸c钢m钢+t0=2.898×105J4.6×102J/(kg⋅℃)×0.7kg+40℃=940℃。
故选：D。
(1)知道水的质量和水的初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)不计热量损失，水吸收的热量和钢球放出来的热量相等，知道钢球的质量、初温以及比热容，根据Q放=cm(t0−t)求出钢球的初温即为火炉的温度。
本题考查了学生对吸热公式、放热公式、热平衡方程的掌握和运用，计算时要弄清楚水、钢球的初温和末温。
10.【答案】A
【解析】解：如图，进气门和排气门都是关闭的，活塞上行，因此是压缩冲程，压缩冲程中机械能转化为内能。
故选：A。
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。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减小。
解决此类问题要结合内燃机的工作原理和内燃机四个冲程中的能量转化进行分析解答。
【解答】
在汽油机的做功冲程中，高温、高压的燃气推动活塞向下运动做功，燃气自身的温度降低，内能减小。
故选：C。
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题为力学和热学综合题，考查了重力公式、功率公式、速度公式、压强公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式，知识点多、综合性强，难度较大。
(1)该汽车对路面的压力等于汽车的重力，利用F=G=mg计算其重力；利用W=Pt求该汽车克服阻力做的功；
(2)利用速度公式求该汽车通过这段路程的平均速度，再利用p=FS求出车对地的压强；
(3)利用P=Wt=Fst=Fv求出该汽车的牵引力；利用Q=mq求出汽油燃烧放出的热量；
(3)汽车发动机的效率等于汽车克服阻力做的功与汽油燃烧放出的热量之比。
【解答】
A.该汽车对路面的压力：F=G=mg=1.5×103kg×10N/kg=1.5×104N；
因汽车在水平路面上匀速行驶，所以阻力等于牵引力，则克服阻力做的功等于牵引力做的功，
由P=Wt可得，该汽车克服阻力做的功：W=Pt=23×103W×0.5×3600s=4.14×107J，故A错；
B.该汽车通过这段路程的平均速度：v=st=36km0.5h=72km/h=20m/s，
车对地的压强：p=FS=1.5×104N0.5m2=3×104Pa；故B错；
C.由P=Wt=Fst=Fv可得，该汽车的牵引力：F=Pv=23×103W20m/s=1.15×103 N，
汽油燃烧放出的热量：Q=m′q=3kg×4.6×107J/kg=1.38×108 J，故C错；
D.该汽车发动机的效率：η=WQ=4.14×107J1.38×108J×100%=30%，
由C可知该汽车的牵引力F=1.15×103 N，故D正确。
故选D。
13.【答案】b；弹性势能
【解析】
【分析】
本题主要考查了动能与弹性势能之间的转化，会分析物体的运动情况及动能与弹性势能的影响因素，是解答的关键。
动能的影响因素是质量和速度，弹性势能的影响因素是物体发生弹性形变的程度，据此可结合物体的运动情况做出判断。
【解答】
由题意可知，小球从a运动到b的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，到达b点时，弹簧恢复原状，不计摩擦阻力，其弹性势能全部转化为小球的动能；
再从b运动到c时，弹簧被拉伸，小球的动能再逐渐转化为弹簧的弹性势能，小球的机械能会变小，因此，在b点时小球的机械能最大。
故答案为：b；弹性势能。
14.【答案】不变 做功
【解析】解：小孩从滑梯上匀速下滑，质量不变，速度不变，动能不变；
下滑过程中克服摩擦做功，机械能转化为内能，臀部的温度升高、内能增大，这是通过做功的方式来改变内能的。
故答案为：不变；做功。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)做功和热传递可以改变物体的内能。
本题考查了动能的影响因素，知道做功可以改变物体的内能。
15.【答案】小于；2
【解析】
【分析】
本题考查熔化的特点和条件，比热容的计算，难度一般。
晶体熔化时吸热但温度保持不变；物质的比热容c=Q吸mΔt，通过这个公式利用图象中提取的条件求比热容之比。
【解答】
(1)晶体熔化过程要吸收热量，内能增加，所以第6min时的内能小于第8min时的内能；
(2)根据图中坐标信息可知，该物质在AB段温度升高10℃，被加热4min；
在CD段温度升高5℃，被加热4min；
则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：1，根据Q=cm△t可得，c1c2=Q1m1Δt1Q2m2Δt2=Δt2Δt1=5℃10℃=12，所以该物质在CD段的比热容是AB段比热容的2倍。
故答案为：小于；2。
16.【答案】30；8.64×107；37.6％
【解析】
【分析】
本题考查了四冲程内燃机的工作原理，以及燃烧热和热机效率的计算情况，本题有一定的难度。
(1)汽油机四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；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；
(2)根据燃烧热公式Q=mq可求出汽油燃烧放出的总热量，并根据W=Pt可求出汽车发动机对外做功多少J；人家根据热机效率公式η=WQ×100％可求出发动机的效率。
【解答】
(1)汽油机的四个冲程是吸气、压缩、做功、排气冲程。做功冲程高温高压燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能；已知冲程汽油机的飞轮转速是3600r/min=60r/s，即每秒钟转60圈，完成30个工作循环，即对外做功30次；
(2)汽车发动机对外做功W=Pt=12×103W×2×3.6×103s= 8.64×107J；
(3)Q=mq=5kg×4.6×107J=2.3×108J，
故汽车发动机的效率为：η=WQ×100％=8.64×107J2.3×107J×100％=37.6％。
故答案为：30； 8.64×107；37.6％。
17.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查改变物体内能的两种方法，难度较小。
做功和热传递都可以改变物体的内能；
物体吸收热量，内能增大；
晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增大。
【解答】
海波是晶体，温度没有达到熔点以前，吸收热量，温度升高，内能增大；
达到熔点以后，在没有完全熔化之前，吸收热量，温度不变，内能增大。
故海波的内能随温度变化关系的大致图像如图所示：
18.【答案】
【解析】
【分析】
从给出的F−t图象中分别读出3个时间段的拉力，然后与物体重力进行比较，若拉力大于重力，则物体做加速运动；
若拉力等于重力，则物体做匀速运动；若拉力小于重力，则物体做减速运动；由此得到物体在此过程中速度随时间变化的图象；
物体的动能与质量和速度有关，当质量一定时，速度越大，动能越大。
本题通过图象考查了二力的合成、力与运动的关系，关键要知道：合力方向与运动方向相同时，物体做加速运动；合力方向与运动方向相反时，物体做减速运动；当合力为零时，物体保持原来的速度做匀速直线运动；要知道质量越大，速度越大，动能越大。
【解答】
根据题意可知，物重G=10N，物体由静止开始竖直向上运动，测力计的示数反映了向上拉力的大小；
(1)由F−t图象可知，0～t1时间内，拉力F1=12.5N；
比较可知，拉力大于重力，合力的方向向上，所以物体向上做加速运动，动能越来越大；
(2)由F−t图象可知，t1～t2时间内，拉力F2=10N；
比较可知，拉力等于重力，物体所受合力为零，所以物体保持原来的速度做匀速直线运动，动能不变；
(3)由F−t图象可知，t2～t3时间内，拉力F3=7.5N；
比较可知，拉力小于重力，合力的方向向下，所以物体向上做减速运动，速度直至为零，动能减小，动能为零；
根据以上分析可知，物体在此过程中动能E随时间变化的图象(E−t图象)如下图所示：
故答案为：如上图所示。
19.【答案】加热时间 42 A 控制变量
【解析】解：(1)实验中选用相同电加热器，相同的时间内放出的热量相同，液体吸收的热量相同；
(2)温度计分度值为0.1℃，读数为42℃；
(3)由丙图可知吸收相同的热量，A的温度变化慢，说明A的比热容大；冬天要选比热容大的液体作为供暖物质，故选A；
(4)上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。
故答案为：(1)加热时间；(2)42；(3)A；(4)控制变量。
(1)相同加热器加热相同时间，加热器放出的热量相等，甲乙吸收的热量相等；
(2)温度计读数要注意分度值，并注意液面在0℃上方还是下方；
(3)由丙图可知吸收相同的热量，A的温度变化慢，说明A的比热容大；
(4)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
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，这种方法叫做控制变量法。
本题考查了控制变量法来探究比热容的相关实验，难度一般。
20.【答案】(1)丙；
(2)180；5400；
(3)乙
【解析】
【分析】
本题从一小实验入手，考查了四冲程汽油机的能量转化特点，注重了物理知识与生活的联系，应重点掌握。
(1)瓶内热水蒸发产生大量水蒸气，水蒸气膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
(2)知道某四冲程汽油机的功率，可得每秒做功大小，知道每次做功大小，可求每秒做功次数。而四冲程内燃机1个工作循环中包括4个冲程、对外做功1次、曲轴(飞轮)转2圈，据此求转速；
(3)升高相等的温度，吸收的热量越多，冷却效果越好。
【解答】
(1)由图1知，加热试管使水沸腾，水蒸气推动小风车做功，使之不停地转动；这一过程中内能转化为机械能。
图2中：
甲、两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能；
乙、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向上运动，属排气冲程，没有能量转化；
丙、两个气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；
丁、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化；
可见，图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的丙冲程相同；
(2)某四冲程汽油机的功率P=36kW=36000W，每秒做功36000J，
每秒做功次数n=36000J800J=45次，则每秒完成45个循环，飞轮转动90转，有45×4=180个冲程；
1min内飞轮转的转数：90×60=5400R，故该汽油机工作时飞轮的转速为5400R/min；
(3)由图3可知，升高相等的温度，乙吸收的热量更多，故乙的冷却效果好。
故答案为：(1)丙；(2)180；5400；(3)乙 。
21.【答案】(1)电动汽车的速度
v=108km/h=30m/s，
根据P=Wt=Fst=Fv，电动汽车做匀速直线运动时的牵引力为F=Pv=150×103W30m/s=5×103N，
匀速直线行驶时，电动车所受到的阻力大小与牵引力是一对平衡力，大小相等，即f=F=5×103N；
(2)电动机将电能转化成的机械能为
W机械能=ηW电能=80%×120kW⋅h=96kW⋅h=9600W×3600s=3.456×108J，
故电动汽车最多可行驶的距离为s=W机械能F=3.456×108J5×103N=6.912×104 m；
(3)燃油车行驶相同的距离需要克服的阻力所做的功为W=W机械能=3.456×108J，
燃烧的燃油的质量为m=Q放q汽油=Wη′ q汽油=3.456×108J30%×4.6×107 J/kg≈25.04kg。
故答案为：(1)5×103N；(2)6.912×104m；(3)25.04kg。
【解析】(1)由题意知，电动汽车做匀速直线运动，此时电动汽车所受阻力与牵引力平衡，再根据计算功率的另一个公式：P=Fv可求得牵引力大小，即是阻力大小；
(2)先求出其机械能，再根据w=Fs便可求得电动汽车最多可以运动的距离；
(3)先求得燃油发动机对外做的功，再由公式：Q=mq即可求得答案。
本题是一道综合型计算题，考查了功与效率问题，应用二力平衡、功率的变形公式等来解题，难度较大。
22.【答案】解：(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，地面受到的压力：
F=G=mg=14×103kg×10N/kg=1.4×105N；
地面受到的压强：
p=FS=1.4×105N0.8m2=1.75×105Pa；
(2)搅拌车满载，在平直公路上匀速行驶时受到的阻力：
f=0.03G=0.03×1.4×105N=4200N，
因搅拌车在平直公路上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，搅拌车的牵引力：
F′=f=4200N，
搅拌车行驶的速度：
v=90km/h=25m/s，
则此搅拌车发动机的输出功率：
P=Wt=F′st=F′v=4200N×25m/s=1.05×105W；
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km时，牵引力做的功：
W=F′s=4200N×10×103m=4.2×107J，
消耗的燃油完全燃烧释放的热量：
Q放=m′q=3kg×4.3×107J/kg=1.29×108J，
则搅拌车发动机的效率：
η=WQ放×100%=4.2×107J1.29×108J×100%≈32.6%。
答：(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，对地面的压强为1.75×105Pa；
(2)搅拌车满载且以最高时速匀速行驶时，发动机的输出功率为1.05×105W；
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km共消耗燃油3kg，搅拌车发动机的效率为32.6%。
【解析】(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，地面受到的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，利用p=FS求出地面受到的压强；
(2)搅拌车满载，在平直公路上匀速行驶时受到的阻力为f=0.03G，搅拌车在平直公路上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，据此求出搅拌车的牵引力，又知道搅拌车行驶的速度，利用P=Wt=Fst=Fv求出此搅拌车发动机的输出功率；
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km时，根据W=Fs求出牵引力做的功，根据Q放=mq求出消耗的燃油完全燃烧释放的热量，利用η=WQ放×100%求出搅拌车发动机的效率。
本题考查了重力公式和压强公式、功率公式、燃料完全燃烧释放热量公式、效率公式以及二力平衡条件的综合应用，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
23.【答案】解：
(1)因为专用车匀速行驶，在水平方向上受平衡力的作用，
所以F=f=3.0×103N。
牵引力所做的功：
W=Fs=3.0×103N×5×103m=1.5×107J；
(2)消耗燃油的质量：m=1.5kg，
燃油完全燃烧放出的热量：
Q放=mq=1.5kg×3.3×107J/kg=4.95×107J；
(3)该专用车的热机效率：
η=WQ放×100%=1.5×107J4.95×107J×100%≈30%。
答：(1)专用车牵引力所做的功为1.5×107J；
(2)燃油完全燃烧放出的热量为4.95×107J；
(3)该专用车的热机效率是30%。
【解析】(1)专用车匀速运动，车受到的牵引力和阻力为一对平衡力，知道阻力可求牵引力大小；又知道车行驶的路程，利用W=Fs求专用车牵引力所做的功(有用能量)；
(2)已知燃油的热值和燃油的质量，利用燃料完全燃烧放热公式Q放=mq求燃油放出的热量(总能量)；
(3)利用效率公式求该专用车的热机效率。
本题涉及的物理知识多，有力学知识二力的平衡、力做功，热学知识热量的计算以及效率等知识点，学生要熟练掌握物理公式，并灵活的运用到计算中去。
24.【答案】解：
(1)汽油完全燃烧放出的热量：Q放=mq=1.5kg×4.6×107J/kg=6.9×107J；
(2)由η=WQ放得，该汽车发动机做的有用功：W=ηQ放=30%×6.9×107J=2.07×107J；
汽车行驶速度：v=20m/s=20×3.6km/h=72km/h，
由v=st得汽车运动的时间：t=sv=10km72km/h=500s，
该汽车的输出功率：P=Wt=2.07×107J500s=4.14×104W=41.4kW。
(3)由W=Fs得汽车发动机的牵引力：F=Ws=2.07×107J10×103m=2070N，
汽车匀速行驶，则汽车受到的阻力：f=F=2070N；
答：(1)汽油完全燃烧放出的热量为6.9×107J；
(2)该汽车的输出功率为41.4kW；
(3)该汽车在以此速度行驶的过程中，受到的阻力是2070N；
【解析】(1)已知汽油的质量，利用Q放=mq求汽油完全燃烧放出的热量；
(2)利用效率的变形公式W=ηQ放可求出牵引力做的功，利用P=Wt计算功率；
(3)汽车匀速行驶，利用W=Fs得汽车发动机的牵引力即所受阻力。
本题考查了学生功、功率的公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，明确哪些是有用能量、哪些是总能量是本题的关键，要求灵活运用所学公式。
苏科版初中物理九年级上册第十二章《机械能和内能》单元测试卷
考试范围：第十二章；考试时间：75分钟；总分：80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 如图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度h，让小球由A点静止开始自由落下，沿轨道AOB到达B点后离开(不计空气阻力)，则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是
A. a B. b C. c D. d
2. 如图所示，一水平传送带始终匀速向右运动，现把一物块无初速度放在传送带左侧，物块将随传送带先做匀加速运动后随传送带一起匀速运动，在此过程中以下说法正确的是( )
A. 当物块匀速时，物块没有惯性
B. 当物块匀速时，根据牛顿第一定律可知，物块不受力作用
C. 整个过程中，物块一直受摩擦力的作用
D. 整个过程中，物块的机械能先增大后不变
3. 雨滴从高空沿直线竖直下落，由于空气阻力的作用，雨滴先加速后匀速运动，可认为雨滴受到的空气阻力与速度的平方成正比，且比例系数不变。关于雨滴下落过程中下列说法正确的是( )
A. 匀速下落时，质量大的雨滴速度比质量小的雨滴速度大
B. 雨滴一直处于平衡状态
C. 雨滴下落过程中机械能保持不变
D. 雨滴只有在加速下落过程中才有力对它做功
4. 把温度为−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器中，经过一段时间后，关于容器中冰的说法正确的是( )
A. 冰的质量减少了 B. 冰的质量没变化
C. 冰的质量增大了 D. 以上情况均有可能
5. 把温度为−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器中，经过一段时间后，关于容器中冰的说法正确的是( )
A. 冰的质量减少了 B. 冰的质量没变化
C. 冰的质量增大了 D. 以上情况均有可能
6. 下列有关热现象的说法中，正确的是
A. 物体的温度升高，内能一定增加
B. 物体吸收了热量，内能一定增加
C. 温度高的物体比温度低的物体含有的热量多
D. 热传递中温度总是从热的物体传到冷的物体
7. 如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的水，并用不同的加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两容器中的水的内能是通过做功的方式来增加的
B. 甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量相同
C. 加热相同的时间，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为2：3
D. 将甲、乙两容器中的水从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为2：3
8. A，B两物体质量相等，温度均为20℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为60℃.现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了5℃，乙杯水温降低了10℃，不考虑热量的损耗，则A、B两物体的比热容之比为
A. 1：2 B. 3：7 C. 2：3 D. 4：7
9. 为了测定熔炉内的温度，先将质量为700g的钢球投入熔炉里相当长的时间后取出；并立即投入到质量为2.3kg、温度为10℃的水中，结果水温升高到40℃.则此熔炉的温度约为(不计热损失c钢=4.6×102J/(kg⋅℃))( )
A. 630℃ B. 730℃ C. 840℃ D. 940℃
10. 如图为汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此冲程的名称及能量转化是( )
A. 压缩冲程，机械能转化为内能
B. 压缩冲程，内能转化为机械能
C. 做功冲程，机械能转化为内能
D. 做功冲程，内能转化为机械能
11. 在汽油机的做功冲程中，高温、高压的燃气推动活塞运动做功，则下列说法中正确的是( )
A. 燃气的内能减少，温度升高 B. 燃气的内能增加，温度升高
C. 燃气的内能减少，温度降低 D. 燃气的内能增加，温度降低
12. 有一辆汽车在水平路面上用0.5h匀速行驶了36km，消耗汽油3kg.若已知该汽车发动机的功率(即牵引力的功率)为23kW，汽车(包括车上的人和物品)质量为1.5t，车轮与地的接触总面积是0.5m2，汽油的热值为4.6×107J/kg，g=10N/kg.下列分析正确的是( )
A. 该汽车对路面的压力等于1.5×104N，该汽车克服阻力做的功是2.3×104 J
B. 该汽车通过这段路程的平均速度是200m/s，车对地的压强是30 Pa
C. 该汽车的牵引力是1.5×104 N，汽油燃烧放出的热量是1.38×108 J
D. 该汽车发动机的效率是30%，该汽车的牵引力是1.15×103 N
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 如图，弹簧的左端固定，右端连接一个小球，把它们套在光滑的水平杆上，a是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b是弹簧原长时小球的位置，c是小球到达最右端的位置。则小球从a运动到c的过程中，在______(选填“a“”、“b”或“c”)位置机械能最大；从b到c的过程中，小球的动能转化为弹簧的______。
14. 游乐园的小朋友从滑梯上匀速下滑过程中，动能___(选填“增大”、“减小”或“不变”)，同时臀部有灼热感，这是通过___的方式来改变内能的。
15. 如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能______(填“大于”“等于”或“小于”)第8min时的内能；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的______倍．(被加热物质的质量和吸、放热功率不变)
16. 一台单缸四冲程汽油机，飞轮转速为3600r/min，该柴油机1s对外做功______次。若某车匀速行驶2h消耗的汽油为5kg，汽车发动机的输出的功率为12kW，则汽车发动机对外做功__________J，汽车发动机的效率为______。(q汽油=4.6×107J/kg，留一位小数)
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 在晶体熔化实验中对烧杯内0 ℃的海波进行加热，一段时间后当海波温度达到48 ℃时开始熔化，直至刚好全部变为液体时，其温度随时间变化的图像如图所示。请你在答题卡的坐标中画出：从开始加热到刚完全熔化，海波的内能随温度变化关系的大致图像。(忽略加热过程中海波质量的变化)
18. 用弹簧测力计悬挂一个重为10N的物体，由静止开始竖直向上运动，测力计在不同时间段的示数如图−甲所示，请在图−乙中画出物体在此过程中动能E随时间变化的关系图。
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 为了探究“不同物质的吸热能力”，在两个相同的容器中分别装入质量、初温都相同的两种液体A、B，并且用相同的装置加热，如图甲所示。
(1)实验中，可以通过比较______(选填“升高的温度”或“加热时间”)来反映两种液体吸收热量的多少；
(2)加热到4min时，液体B的温度如图乙所示，此时温度计示数是______℃；
(3)冬天，如果你想自制暖手袋，应选液体______(选填“A”或“B”)作为供暖物质，其效果更佳；
(4)上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和______法。
20. 老师用如图1所示实验装置，加热试管使水沸腾，发现试管上方的小风车，开始不停地转动；由此引出以下问题，请利用所学的知识回答．
(1)图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的________冲程相同；
(2)若某四冲程汽油机的功率为36千瓦，做功冲程每次对外做功800焦耳，则在1秒钟内该汽油机能完成________个冲程，此汽油机飞轮的转速为________转/分．
(3)如图3所示的是等质量两种液体吸收的热量与温度变化情况的图象．根据图中提供的信息判断，这两种液体中，选择________液体作为汽车冷却液效果会更好．
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。如图是国内某型号电动汽车，其装备的蓄电池的电容量为120kW⋅h。当电动机的输出功率为150kW时，电动汽车以108km/h的速度做匀速直线运动，在行驶过程中电动车所受的阻力大小保持不变(已知汽油的热值q汽油=4.6×107J/kg)。求：
(1)行驶过程中电动车所受的阻力大小；
(2)已知电动机将电能转化成机械能的效率为80%，充满电的电动汽车最多可以运动多远？
(3)若将电动车换成燃油车，燃油发动机的工作效率约为30%，则匀速行驶第(2)问中同样的距离，燃油车需要消耗多少千克汽油？(结果保留两位小数)
22. 十天建成的武汉火神山医院正式交付使用，勇敢智慧的中国建设者们再一次让世界看到了中国速度。在建造的过程中，需要用混凝土搅拌运输车(如图所示)运送混凝土到火神山医院建设工地。混凝土搅拌运输车的相关参数如下表(g取10N/kg，柴油的热值q=4.3×107J/kg)。求：
混凝土搅拌运输车相关参数
满载时总质量
14t
最高时速
90km/h
燃油类型
柴油
(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，车轮与地面的总接触面积为0.8m2，它对地面的压强为多大？
(2)搅拌车满载时在平直公路上匀速行驶时受到的阻力为其总重的0.03倍，当它以最高时速匀速行驶时，此搅拌车发动机的输出功率为多少？
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km共消耗燃油3kg，搅拌车发动机的效率为多少？(计算结果精确到0.1%)
23. 福建新龙马汽车有限公司是一家大型的专用汽车生产基地。该厂某型号专用车在车型测试中，在一段平直的公路上匀速行驶5km，受到的平均阻力是3.0×103N，消耗燃油1.5kg(假设燃油完全燃烧)。若燃油的热值q=3.3×107J/kg，求：
(1)专用车牵引力所做的功；
(2)燃油放出的热量；
(3)该专用车的热机效率。
24. 如图所示，是最新一款无人驾驶汽车原型图．汽车自动驾驶时使用雷达传感器，以及激光测距器来了解周围的交通状况．该款车以20m/s的速度在一段平直的公路上匀速行驶了10km时，消耗汽油1.5kg.假设燃油完全燃烧，汽油机的效率为30％，那么，在这段运动过程中(已知：汽油的热值为4.6×107J/kg)，求：
(1)汽油完全燃烧放出的热量是多少？
(2)该汽车的输出功率为多少？
(3)该汽车在以此速度行驶的过程中，受到的阻力是多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了对机械能守恒定律及惯性知识的应用，关键能够根据现象判断不同情况下机械能的大小关系。
小球在整个过程中机械能守恒，结合惯性的知识及机械能守恒定律进行分析。
【解答】
A.根据题意，小球从A点由静止滑下，所以小球的机械能等于A点时的重力势能，整个过程中，机械能守恒，a的最高点超过了A点的高度，这是不可能的，A错误；
B.b点的最高点与A点的高度相同，而在最高点时，小球仍具有向右运动的速度，所以b图线的机械能大于A点的机械能，B错误；
C.c图线的最高点低于A点，由于在最高点时小球仍运动，其总机械能可能与开始时的机械能相等，C正确；
D.小球离开轨道时，由于惯性，应具有沿轨道方向向上运动的速度，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A、惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以当物块匀速时，物块仍有惯性。故A错误；
BC、把一物块无初速度放在传送带左侧，由于传送带的速度较快，则物块相对于传送带向左滑动，所以物块受到水平向右的摩擦力的作用，同时受到重力和支持力的作用；
当物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用，但仍受到重力和支持力的作用。故BC错误；
D、当物块做匀加速运动时，物块的质量不变，高度不变，重力势能不变，速度增加，动能增加，当物块做匀速运动时，速度不变，动能不变，高度不变，重力势能不变，机械能等于动能和重力势能之和，所以，整个过程中，物块的机械能先增大后不变。故D正确。
故选：D。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；据此对A做出判断；
(2)对物块进行受力分析，对BC做出判断；
(3)影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。据此分析对D做出判断。
此题考查惯性、物体的受力分析、动能和势能的大小变化，是一道综合性较强的题目，难度适中，特别需要注意的是：物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用。
3.【答案】A
【解析】解：A、雨滴从高空沿直线竖直下落雨滴受到的空气阻力与速度的平方成正比，且比例系数不变，f=kv2，雨滴先加速后匀速运动，雨滴处于平衡状态，根据二力平衡f=G，即：k=G v2=mgv2，比例系数不变，质量大的速度大，故A正确；
B、由题可知，雨滴先加速后匀速运动，加速过程处于非平衡状态，故B错误；
C、由题可知，雨滴从高空沿直线竖直下落，先加速后匀速运动，质量不变，速度变大，动能变大。高度不断减小，重力势能减小，故它的机械能减小。故C错误；
D、物体只有在力的方向上移动一段距离，我们才说这个力对物体做了功，雨滴在加速下落过程中有力，但力的方向没有与运动的方向垂直，或者物体没有在力的方向上通过距离，这些情况这个力对它都没做功，故D错误。
故选：A。
(1)根据题中提供的信息，根据二力平衡进行分析；
(2)物体处于静止或匀速直线运动的状态叫平衡状态；
(3)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能等于动能和势能之和；
(4)判断一个力对物体是否做功，关键要看物体是否在这个力的方向上移动一段距离。
本题考查的知识点较多，根据相关知识进行解答。
4.【答案】C
【解析】解：−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器后，热量会由水传递给冰块，水的内能减小，温度下降，水的温度低于0℃，所以水会结冰，故冰的质量会增大；
故选C．
解决此题需掌握：物体之间有温度差时会有热传递现象发生，水的凝固点为0℃．
解决此题的关键是知道热传递的条件和水的凝固点，会分析冰和水的变化情况．
5.【答案】C
【解析】解：−8℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水的容器后，热量会由水传递给冰块，水的内能减小，温度下降，水的温度低于0℃，所以水会结冰，故冰的质量会增大；
故选C．
解决此题需掌握：物体之间有温度差时会有热传递现象发生，水的凝固点为0℃．
解决此题的关键是知道热传递的条件和水的凝固点，会分析冰和水的变化情况．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查内能和温度、热量、质量的关系，属于易错知识。
(1)物体内能大小与温度、质量和状态有关；
(2)改变内能的两种方式：做功和热传递；
(3)热量是过程量，不能说具有热量；
(4)热传递过程中传递的是能量而不是温度。
【解答】
A.物体的温度升高，分子无规则运动变剧烈，分子的动能变大，此时分子的内能增加，故A正确；
B.物体吸收热量，如果此时对外做功，对外做功消耗的能量比吸收的热量多，则内能会减小，故B错误；
C.热量是过程量，不能说具有热量，故C错误；
D.热传递过程中传递的是能量而不是温度，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】解：A、容器中的水从加热器上吸收热量，是通过热传递来改变物体内能的，故A错误；
B、由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，乙的加热时间为3min；此时乙容器中的水吸收热量：
Q乙吸=cm2Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(40℃−20℃)=1.68×105J，
乙容器中的水每分钟吸收热量为：Δ
Q吸2=13×Q乙吸=13×1.68×105J=5.6×104J；
由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同，则：
加热器每分钟放出的热量之比为：Q甲放/min：Q放2/min=1.26×105J：5.6×104J=9：4，故B错误；
C、根据B可知相同时间内，加热器放出的热量之比为9：4，则相同时间内，两杯水吸收的热量之比为
9：4，根据Δt=Q吸cm可得两杯水升高的温度之比为：Δt甲Δt乙==Q吸1cm1Q吸2cm2=Q吸1m2Q吸2m1=9×2kg4×3kg=32，故C错误；
D、根据Q吸=cm(t−t0)可得甲、乙两容器中的水从 20℃加热至沸腾所需热量之比：Q甲吸Q乙吸=cm1Δtcm2Δt=m1m2=3kg2kg=32；
根据时间t=Q吸Q放/min可得所用时间之比为：Q甲吸Q甲放/min：Q乙吸Q乙放/min=Q甲吸Q乙吸×Q乙放/minQ甲放/min=32×49=23；故D正确。
故选：D。
(1)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，这两种方式对改变内能是等效的；热传递是能的转移，做功是能的转化；
(2)由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，甲的加热时间为2min，乙的加热时间为3min；
已知两容器中水的质量和升高的温度(均升高20℃)，由于忽略散热损失，由Q放=Q吸和Q吸=cmΔt即可求出每分钟放出的热量之比；
(3)根据每分钟放出的热量之比可知加热相同的时间时水吸收的热量之比，然后根据Δt=Q吸cm可判断两杯水升高的温度之比。
(4)根据Q吸=cm(t−t0)可得甲、乙两容器中的水从 20℃加热至沸腾所需热量之比；然后根据所用时间t=Q吸Q放/min可求出所用时间之比。
本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题解题的关键在于学生能否正确写出高温物体放热和低温物体吸热的表达式，利用方程的思想可以解决许多物理问题，在学习中注意运用。
物体A放入甲杯水后，水的温度由60℃降低了5℃，变成60℃−5℃=55℃，A的温度由20℃升高到55℃，水放出的热量等于A吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出A的比热容；
物体B放入乙杯水后，水的温度由60℃降低了10℃，变成60℃−10℃=50℃，B的温度由20℃升高到50℃，水放出的热量等于B吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出B的比热容；
求出A和B的比热容后，就可以计算出A、B两物体的比热容之比。
【解答】
物体A放入甲杯水后，它们的共同温度为60℃−5℃=55℃，
水放出的热量Q放=c水m水△t水
A吸收的热量Q吸=cAmA△tA，
根据热平衡方程：Q放=Q吸，
即c水m水△t水=cAmA△tA，代入相关数据得：
c水m水×5℃=cAmA×(55℃−20℃)
cA=17×c水m水mA；
物体B放入乙杯水后，它们的共同温度为60℃−10℃=50℃，
水放出的热量Q放=c水m水△t水
B吸收的热量Q吸=cBmB△tB，
根据热平衡方程：Q放=Q吸，
即c水m水△t水=cBmB△tB，
代入相关数据得：
c水m水×10℃=cBmB×(50℃−20℃)
cB=13×c水m水mB；
A、B两物体质量相等，即mA=mB，
则A、B两物体的比热容之比为：
cAcB=1713=37。
故选：B。
9.【答案】D
【解析】解：水吸收的热量：
Q吸=c水m水(t水−t0水)
=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.3kg×(40℃−10℃)
=2.898×105J；
由题知，钢球放出的热量完全被水吸收，钢球放出的热量：
则Q放=Q吸=2.898×105J，
由Q放=cm(t0−t)可得，火炉的温度：
t0火炉=Q吸c钢m钢+t0=2.898×105J4.6×102J/(kg⋅℃)×0.7kg+40℃=940℃。
故选：D。
(1)知道水的质量和水的初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)不计热量损失，水吸收的热量和钢球放出来的热量相等，知道钢球的质量、初温以及比热容，根据Q放=cm(t0−t)求出钢球的初温即为火炉的温度。
本题考查了学生对吸热公式、放热公式、热平衡方程的掌握和运用，计算时要弄清楚水、钢球的初温和末温。
10.【答案】A
【解析】解：如图，进气门和排气门都是关闭的，活塞上行，因此是压缩冲程，压缩冲程中机械能转化为内能。
故选：A。
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。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减小。
解决此类问题要结合内燃机的工作原理和内燃机四个冲程中的能量转化进行分析解答。
【解答】
在汽油机的做功冲程中，高温、高压的燃气推动活塞向下运动做功，燃气自身的温度降低，内能减小。
故选：C。
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题为力学和热学综合题，考查了重力公式、功率公式、速度公式、压强公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式，知识点多、综合性强，难度较大。
(1)该汽车对路面的压力等于汽车的重力，利用F=G=mg计算其重力；利用W=Pt求该汽车克服阻力做的功；
(2)利用速度公式求该汽车通过这段路程的平均速度，再利用p=FS求出车对地的压强；
(3)利用P=Wt=Fst=Fv求出该汽车的牵引力；利用Q=mq求出汽油燃烧放出的热量；
(3)汽车发动机的效率等于汽车克服阻力做的功与汽油燃烧放出的热量之比。
【解答】
A.该汽车对路面的压力：F=G=mg=1.5×103kg×10N/kg=1.5×104N；
因汽车在水平路面上匀速行驶，所以阻力等于牵引力，则克服阻力做的功等于牵引力做的功，
由P=Wt可得，该汽车克服阻力做的功：W=Pt=23×103W×0.5×3600s=4.14×107J，故A错；
B.该汽车通过这段路程的平均速度：v=st=36km0.5h=72km/h=20m/s，
车对地的压强：p=FS=1.5×104N0.5m2=3×104Pa；故B错；
C.由P=Wt=Fst=Fv可得，该汽车的牵引力：F=Pv=23×103W20m/s=1.15×103 N，
汽油燃烧放出的热量：Q=m′q=3kg×4.6×107J/kg=1.38×108 J，故C错；
D.该汽车发动机的效率：η=WQ=4.14×107J1.38×108J×100%=30%，
由C可知该汽车的牵引力F=1.15×103 N，故D正确。
故选D。
13.【答案】b；弹性势能
【解析】
【分析】
本题主要考查了动能与弹性势能之间的转化，会分析物体的运动情况及动能与弹性势能的影响因素，是解答的关键。
动能的影响因素是质量和速度，弹性势能的影响因素是物体发生弹性形变的程度，据此可结合物体的运动情况做出判断。
【解答】
由题意可知，小球从a运动到b的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，到达b点时，弹簧恢复原状，不计摩擦阻力，其弹性势能全部转化为小球的动能；
再从b运动到c时，弹簧被拉伸，小球的动能再逐渐转化为弹簧的弹性势能，小球的机械能会变小，因此，在b点时小球的机械能最大。
故答案为：b；弹性势能。
14.【答案】不变 做功
【解析】解：小孩从滑梯上匀速下滑，质量不变，速度不变，动能不变；
下滑过程中克服摩擦做功，机械能转化为内能，臀部的温度升高、内能增大，这是通过做功的方式来改变内能的。
故答案为：不变；做功。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)做功和热传递可以改变物体的内能。
本题考查了动能的影响因素，知道做功可以改变物体的内能。
15.【答案】小于；2
【解析】
【分析】
本题考查熔化的特点和条件，比热容的计算，难度一般。
晶体熔化时吸热但温度保持不变；物质的比热容c=Q吸mΔt，通过这个公式利用图象中提取的条件求比热容之比。
【解答】
(1)晶体熔化过程要吸收热量，内能增加，所以第6min时的内能小于第8min时的内能；
(2)根据图中坐标信息可知，该物质在AB段温度升高10℃，被加热4min；
在CD段温度升高5℃，被加热4min；
则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：1，根据Q=cm△t可得，c1c2=Q1m1Δt1Q2m2Δt2=Δt2Δt1=5℃10℃=12，所以该物质在CD段的比热容是AB段比热容的2倍。
故答案为：小于；2。
16.【答案】30；8.64×107；37.6％
【解析】
【分析】
本题考查了四冲程内燃机的工作原理，以及燃烧热和热机效率的计算情况，本题有一定的难度。
(1)汽油机四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；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；
(2)根据燃烧热公式Q=mq可求出汽油燃烧放出的总热量，并根据W=Pt可求出汽车发动机对外做功多少J；人家根据热机效率公式η=WQ×100％可求出发动机的效率。
【解答】
(1)汽油机的四个冲程是吸气、压缩、做功、排气冲程。做功冲程高温高压燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能；已知冲程汽油机的飞轮转速是3600r/min=60r/s，即每秒钟转60圈，完成30个工作循环，即对外做功30次；
(2)汽车发动机对外做功W=Pt=12×103W×2×3.6×103s= 8.64×107J；
(3)Q=mq=5kg×4.6×107J=2.3×108J，
故汽车发动机的效率为：η=WQ×100％=8.64×107J2.3×107J×100％=37.6％。
故答案为：30； 8.64×107；37.6％。
17.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查改变物体内能的两种方法，难度较小。
做功和热传递都可以改变物体的内能；
物体吸收热量，内能增大；
晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增大。
【解答】
海波是晶体，温度没有达到熔点以前，吸收热量，温度升高，内能增大；
达到熔点以后，在没有完全熔化之前，吸收热量，温度不变，内能增大。
故海波的内能随温度变化关系的大致图像如图所示：
18.【答案】
【解析】
【分析】
从给出的F−t图象中分别读出3个时间段的拉力，然后与物体重力进行比较，若拉力大于重力，则物体做加速运动；
若拉力等于重力，则物体做匀速运动；若拉力小于重力，则物体做减速运动；由此得到物体在此过程中速度随时间变化的图象；
物体的动能与质量和速度有关，当质量一定时，速度越大，动能越大。
本题通过图象考查了二力的合成、力与运动的关系，关键要知道：合力方向与运动方向相同时，物体做加速运动；合力方向与运动方向相反时，物体做减速运动；当合力为零时，物体保持原来的速度做匀速直线运动；要知道质量越大，速度越大，动能越大。
【解答】
根据题意可知，物重G=10N，物体由静止开始竖直向上运动，测力计的示数反映了向上拉力的大小；
(1)由F−t图象可知，0～t1时间内，拉力F1=12.5N；
比较可知，拉力大于重力，合力的方向向上，所以物体向上做加速运动，动能越来越大；
(2)由F−t图象可知，t1～t2时间内，拉力F2=10N；
比较可知，拉力等于重力，物体所受合力为零，所以物体保持原来的速度做匀速直线运动，动能不变；
(3)由F−t图象可知，t2～t3时间内，拉力F3=7.5N；
比较可知，拉力小于重力，合力的方向向下，所以物体向上做减速运动，速度直至为零，动能减小，动能为零；
根据以上分析可知，物体在此过程中动能E随时间变化的图象(E−t图象)如下图所示：
故答案为：如上图所示。
19.【答案】加热时间 42 A 控制变量
【解析】解：(1)实验中选用相同电加热器，相同的时间内放出的热量相同，液体吸收的热量相同；
(2)温度计分度值为0.1℃，读数为42℃；
(3)由丙图可知吸收相同的热量，A的温度变化慢，说明A的比热容大；冬天要选比热容大的液体作为供暖物质，故选A；
(4)上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。
故答案为：(1)加热时间；(2)42；(3)A；(4)控制变量。
(1)相同加热器加热相同时间，加热器放出的热量相等，甲乙吸收的热量相等；
(2)温度计读数要注意分度值，并注意液面在0℃上方还是下方；
(3)由丙图可知吸收相同的热量，A的温度变化慢，说明A的比热容大；
(4)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
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，这种方法叫做控制变量法。
本题考查了控制变量法来探究比热容的相关实验，难度一般。
20.【答案】(1)丙；
(2)180；5400；
(3)乙
【解析】
【分析】
本题从一小实验入手，考查了四冲程汽油机的能量转化特点，注重了物理知识与生活的联系，应重点掌握。
(1)瓶内热水蒸发产生大量水蒸气，水蒸气膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
(2)知道某四冲程汽油机的功率，可得每秒做功大小，知道每次做功大小，可求每秒做功次数。而四冲程内燃机1个工作循环中包括4个冲程、对外做功1次、曲轴(飞轮)转2圈，据此求转速；
(3)升高相等的温度，吸收的热量越多，冷却效果越好。
【解答】
(1)由图1知，加热试管使水沸腾，水蒸气推动小风车做功，使之不停地转动；这一过程中内能转化为机械能。
图2中：
甲、两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能；
乙、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向上运动，属排气冲程，没有能量转化；
丙、两个气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；
丁、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化；
可见，图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的丙冲程相同；
(2)某四冲程汽油机的功率P=36kW=36000W，每秒做功36000J，
每秒做功次数n=36000J800J=45次，则每秒完成45个循环，飞轮转动90转，有45×4=180个冲程；
1min内飞轮转的转数：90×60=5400R，故该汽油机工作时飞轮的转速为5400R/min；
(3)由图3可知，升高相等的温度，乙吸收的热量更多，故乙的冷却效果好。
故答案为：(1)丙；(2)180；5400；(3)乙 。
21.【答案】(1)电动汽车的速度
v=108km/h=30m/s，
根据P=Wt=Fst=Fv，电动汽车做匀速直线运动时的牵引力为F=Pv=150×103W30m/s=5×103N，
匀速直线行驶时，电动车所受到的阻力大小与牵引力是一对平衡力，大小相等，即f=F=5×103N；
(2)电动机将电能转化成的机械能为
W机械能=ηW电能=80%×120kW⋅h=96kW⋅h=9600W×3600s=3.456×108J，
故电动汽车最多可行驶的距离为s=W机械能F=3.456×108J5×103N=6.912×104 m；
(3)燃油车行驶相同的距离需要克服的阻力所做的功为W=W机械能=3.456×108J，
燃烧的燃油的质量为m=Q放q汽油=Wη′ q汽油=3.456×108J30%×4.6×107 J/kg≈25.04kg。
故答案为：(1)5×103N；(2)6.912×104m；(3)25.04kg。
【解析】(1)由题意知，电动汽车做匀速直线运动，此时电动汽车所受阻力与牵引力平衡，再根据计算功率的另一个公式：P=Fv可求得牵引力大小，即是阻力大小；
(2)先求出其机械能，再根据w=Fs便可求得电动汽车最多可以运动的距离；
(3)先求得燃油发动机对外做的功，再由公式：Q=mq即可求得答案。
本题是一道综合型计算题，考查了功与效率问题，应用二力平衡、功率的变形公式等来解题，难度较大。
22.【答案】解：(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，地面受到的压力：
F=G=mg=14×103kg×10N/kg=1.4×105N；
地面受到的压强：
p=FS=1.4×105N0.8m2=1.75×105Pa；
(2)搅拌车满载，在平直公路上匀速行驶时受到的阻力：
f=0.03G=0.03×1.4×105N=4200N，
因搅拌车在平直公路上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，搅拌车的牵引力：
F′=f=4200N，
搅拌车行驶的速度：
v=90km/h=25m/s，
则此搅拌车发动机的输出功率：
P=Wt=F′st=F′v=4200N×25m/s=1.05×105W；
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km时，牵引力做的功：
W=F′s=4200N×10×103m=4.2×107J，
消耗的燃油完全燃烧释放的热量：
Q放=m′q=3kg×4.3×107J/kg=1.29×108J，
则搅拌车发动机的效率：
η=WQ放×100%=4.2×107J1.29×108J×100%≈32.6%。
答：(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，对地面的压强为1.75×105Pa；
(2)搅拌车满载且以最高时速匀速行驶时，发动机的输出功率为1.05×105W；
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km共消耗燃油3kg，搅拌车发动机的效率为32.6%。
【解析】(1)当搅拌车满载并静止在水平地面时，地面受到的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，利用p=FS求出地面受到的压强；
(2)搅拌车满载，在平直公路上匀速行驶时受到的阻力为f=0.03G，搅拌车在平直公路上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，据此求出搅拌车的牵引力，又知道搅拌车行驶的速度，利用P=Wt=Fst=Fv求出此搅拌车发动机的输出功率；
(3)搅拌车以最高时速匀速行驶10km时，根据W=Fs求出牵引力做的功，根据Q放=mq求出消耗的燃油完全燃烧释放的热量，利用η=WQ放×100%求出搅拌车发动机的效率。
本题考查了重力公式和压强公式、功率公式、燃料完全燃烧释放热量公式、效率公式以及二力平衡条件的综合应用，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
23.【答案】解：
(1)因为专用车匀速行驶，在水平方向上受平衡力的作用，
所以F=f=3.0×103N。
牵引力所做的功：
W=Fs=3.0×103N×5×103m=1.5×107J；
(2)消耗燃油的质量：m=1.5kg，
燃油完全燃烧放出的热量：
Q放=mq=1.5kg×3.3×107J/kg=4.95×107J；
(3)该专用车的热机效率：
η=WQ放×100%=1.5×107J4.95×107J×100%≈30%。
答：(1)专用车牵引力所做的功为1.5×107J；
(2)燃油完全燃烧放出的热量为4.95×107J；
(3)该专用车的热机效率是30%。
【解析】(1)专用车匀速运动，车受到的牵引力和阻力为一对平衡力，知道阻力可求牵引力大小；又知道车行驶的路程，利用W=Fs求专用车牵引力所做的功(有用能量)；
(2)已知燃油的热值和燃油的质量，利用燃料完全燃烧放热公式Q放=mq求燃油放出的热量(总能量)；
(3)利用效率公式求该专用车的热机效率。
本题涉及的物理知识多，有力学知识二力的平衡、力做功，热学知识热量的计算以及效率等知识点，学生要熟练掌握物理公式，并灵活的运用到计算中去。
24.【答案】解：
(1)汽油完全燃烧放出的热量：Q放=mq=1.5kg×4.6×107J/kg=6.9×107J；
(2)由η=WQ放得，该汽车发动机做的有用功：W=ηQ放=30%×6.9×107J=2.07×107J；
汽车行驶速度：v=20m/s=20×3.6km/h=72km/h，
由v=st得汽车运动的时间：t=sv=10km72km/h=500s，
该汽车的输出功率：P=Wt=2.07×107J500s=4.14×104W=41.4kW。
(3)由W=Fs得汽车发动机的牵引力：F=Ws=2.07×107J10×103m=2070N，
汽车匀速行驶，则汽车受到的阻力：f=F=2070N；
答：(1)汽油完全燃烧放出的热量为6.9×107J；
(2)该汽车的输出功率为41.4kW；
(3)该汽车在以此速度行驶的过程中，受到的阻力是2070N；
【解析】(1)已知汽油的质量，利用Q放=mq求汽油完全燃烧放出的热量；
(2)利用效率的变形公式W=ηQ放可求出牵引力做的功，利用P=Wt计算功率；
(3)汽车匀速行驶，利用W=Fs得汽车发动机的牵引力即所受阻力。
本题考查了学生功、功率的公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，明确哪些是有用能量、哪些是总能量是本题的关键，要求灵活运用所学公式。
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