1、2019-2019学年广东省惠州一中九年级（上）第一次月考物理试卷一、选择题（每小题3分，共30分）1【分析】原子是由原子核和核外电子组成；原子核是由质子和中子组成；质子带正电、中子不带电、电子带负电。【解答】解：原子核带正电、电子带负电、质子带正电、中子不带电。故选：B。【点评】本题考查的是原子的组成，及粒子的带电情况，很容易。2【分析】根据串并联电路的关系判断甲、乙两资料员开关之间的关系和馆长钥匙之间关系，然后判断灯亮的位置即可得出答案。【解答】解：由题意可知，甲、乙两资料员必须同时用各自的钥匙使灯亮才能进入保密室说明两者不能独立工作、相互影响即为串联；馆长只要用自己的钥匙使灯亮就可以进入
2、保密室说明馆长的钥匙开关与甲、乙资料员钥匙开关并联，且灯泡位于干路。故选：C。【点评】根据题意得出三个开关连接的方式和灯泡的位置是解决本题的关键。3【分析】（1）根据功、功率、机械效率的关系分析。功率是单位时间内做的功的多少，机械效率是有用功与总功的比值；（2）任何能量转化过程都伴随能量的损失，所以转化效率不可能达到100%；（3）热值是燃料的一种特性，它代表燃料性能的优劣，热值的大小与燃料的种类有关，与燃烧程度、质量的多少以及是否燃烧等均无关；（4）发生热传递的条件是两物体间有温度差：高温物体放热，低温物体吸热。【解答】解：A、功率是单位时间内做的功的多少，机械效率是有用功与总功的比值，机械
3、效率高，只能说明所做的有用功占总功的比值大，不能说明做功的快慢，故A错误；B、保养得当，减小摩擦，热机的效率可以提高，但总存在摩擦、要做额外功，效率一定不会达到100%，故B错误；C、热值是质量为1kg的燃料完全燃烧时所释放出的热量，热值是燃料本身的特性，热值的大小只与燃料的种类有关，与燃烧程度无关、与热量无关，故C正确；D、发生热传递的条件是：有温度差，所以热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，可能从内能大的物体向内能小的物体传递，也可能从内能小的物体向内能大的物体传递，还可能是内能相同的两个物体间进行传递，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了功率、机械效率的关系，以及热值和热传递是一
4、道综合题。4【分析】（1）影响动能大小的因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；（2）影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大。【解答】解：飞机在某一高度水平匀速飞行喷洒农药的过程中，飞机的质量变小，速度不变，所以动能减小；质量减小，高度不变，所以重力势能减小。故选：A。【点评】本题考查了动能和重力势能的概念，及影响其大小的因素，属于基本内容。在判断动能和重力势能的大小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化。5【分析】（1）一切物体都有内能；（2）内能的大小与物体的质量、温度和状态等因素有关；（3）改变物体内能的方式有两种：一是做功，二是热
5、传递；（4）影响内能大小的因素是质量、温度和状态。【解答】解：A、一切物体都有内能，所以温度为0的物体也有内能，故A错误；B、同一物体温度升高，分子无规则运动加剧，分子动能变大，所以内能增大，故B正确；C、做功和热传递都能改变物体的内能，故C错误；D、影响内能大小的因素是质量、温度和状态，1kg水和100g的质量不同，所以内能不同。故D错误；故选：B。【点评】要特别注意：物体温度升高、内能一定增加，但是物体内能增加、温度不一定升高；物体吸热、温度不一定升高，物体温度升高、不一定吸热；改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。6【分析】要判断出属于做功改变物体内能的现象，需知做功的特点，掌握做功和
6、热传递在改变物体内能上的异同点。【解答】解：A、冰箱冷藏食物是通过热传递的方式改变食物的内能，不符合题意；B、用温度计测量温度，温度计吸收热量，温度升高，属于能量的转移，是通过热传递的方式改变物体的内能，不符合题意；C、用纸锅烧水，水吸收热量内能增加，是通过热传递的方式改变物体的内能，不符合题意；D、钻木取火克服摩擦做功，机械能转化为内能，是用做功方式改变物体的内能，符合题意；故选：D。【点评】本题抓住改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热、电流做功、压缩气体做功等，做功实质是能量的转化；热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，有传
7、导、对流和辐射三种方式。7【分析】判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程，若火花塞冒出电火花的是做功冲程。【解答】解：A、两个气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；B、一个气门打开，活塞向上运动，是排气冲程；C、两个气门关闭，活塞向下运动，是做功冲程；D、一个气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程。故选：C。【点评】解答此类题注意总结规律，在汽油机的四个冲程中，进气阀和排气阀均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气阀打开，另一个气阀关闭的是吸气冲
8、程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动。8【分析】水的比热容较大，在实际生活中也有着广泛的应用，对照实例具体分析可判断所应用的知识是否是比热容。【解答】解：A、海边昼夜温差小是因为水的比热容大，在吸收相同热量时，温度变化小，故不合题意；B、给地板洒水降温是利用了蒸发吸热，与比热容无关，故符合题意；C、D、暖气设备和汽车发动机中都借助水来做介质，是利用了水比热容大的特性，故不合题意。故选：B。【点评】对比热容概念的理解是解决此题用到的主要知识，同时，还要分辨夏天洒水降温和用水做冷却剂的不同。9【分析】甲、乙两种液体质量相同、在相同时间里吸收的热量相等，根据公式Q吸=cm
9、t，结合图象可以对每一个选项作出判断。【解答】解：A、已知两种液体质量相等，由图象可以看出：在加热相同时间，即吸收热量相同时，甲液体升高的温度更大，由公式c=可知，甲液体比热较小，故A错误；B、由图象可以看出：升高相同温度时，甲需要的时间较短，也就是甲需要的热量少，故B错误；C、加热时间相同，两种液体吸收的热量相同，故C错误；D、由图象可知：加热相同时间，即吸收热量相同时，甲液体温度高于乙液体温度，故D正确；故选：D。【点评】（1）知道公式Q吸=cmt，找出两种液体的相同量和不同量，再进行有关量的比较。（2）看懂图象的含义，其中包含了大量的信息，找出解题需要的量。10【分析】知道物体的重力和上
10、升的高度，根据W=Gh求出有用功；知道斜面的长度和拉力的大小，根据W=Fs求出总功；利用=100%求出斜面的机械效率，利用P=Fv求出物体沿斜面运动的速度，利用t=求出物体由斜面底端运动到顶端的时间。【解答】解：提升物体所做的有用功：W有=Gh=16N0.3m=4.8J，故C正确；拉力做的总功：W总=Fs=5N1.2m=6J，故A错误；斜面的机械效率：=100%=100%=80%，故B正确；由P=Fv可得，物体沿斜面运动的速度：v=0.6m/s，物体由斜面底端运动到顶端的时间：t=2s，故D正确。故选：A。【点评】本题以斜面为背景考查了有用功、总功、机械效率的计算以及功率公式、速度公式的灵活运
11、用，明确有用功和总功是关键。二、填空题（每空1分，共18分）11【分析】改变物体内能的两种方式：做功、热传递。对物体做功，物体的内能增加，机械能转化为内能；物体对外做功，物体的内能减少，内能转化为机械能。二者在改变物体内能上是等效的。【解答】解：水蒸气会把瓶塞冲出。水蒸气对瓶塞做了功，水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能，水蒸气内能减少，温度降低。水蒸气发生液化形成小水珠，瓶口出现“白雾”。用电热棒对水加热是通过热传递的方式进行的。做功和热传递在改变物体内能上是等效的。故答案为：做功；热传递；等效。【点评】解决此题要结合改变物体的内能方式进行分析解答。要知道两种方式在改变物体内能上是等效的。12【分
12、析】由滑轮组的结构，承担物重的绳子股数n=2，（1）因摩擦不计，用同样的滑轮组，提升的物重不同，根据F=（G物+G动）分析拉力的大小关系；（2）利用W=Gh比较做的额用功的大小关系；（3）两滑轮组额外功相同，根据效率公式=分析机械效率的大小关系。【解答】解：（1）因摩擦不计，则拉力：F=（G物+G动），两个相同的滑轮组，动滑轮重相同，GlG2，所以所用拉力：F1F2；（2）因摩擦不计，则额外功是克服动滑轮重力所做的功，由于动滑轮重力相同，被提升的高度相同，由W额=G动h可知，额外功相等；（3）提升重物的高度相同，GlG2，根据W有用=Gh可知，利用滑轮组做的有用功：W有用1W有用2，两种情况下
13、，额外功相同，做的有用功越多，有用功在总功中所占的比例越大，即机械效率越高，所以第一种情况的机械效率更高。故答案为：；=；。【点评】本题考查通过变化有用功或总功来判断机械效率的变化。若有用功相同，额外功越多，机械效率越低，否则越高；若额外功相同，有用功越多，机械效率越高，否则越低。13【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。知道汽油机每次做的功和1s内做功的次数可求1s内做的功，根据P=求出该汽油机的功率。【解答】解：飞轮转速是2400r/min=40r/s，表示每秒飞轮转动40圈，汽油机每秒钟内完成20个工作循环，要经过80个冲程，活塞往复
14、运动40次；对外做功20次。1s内汽油机做的功W=5000J20=10000J，则该汽油机的功率P=10000W。故答案为：20；80；10000。【点评】本题考查了有关热机的计算和内燃机的四个冲程的特点及能量转化情况、功率的计算，难度虽然不大，但却有一定的出错率，值得我们关注。14【分析】两种不同物质摩擦时，由于不同物质的原子核对核外电子的束缚能力不同，就会导致电荷发生转移，两个物体都带了电，这就是摩擦起电；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。【解答】解：塑料细绳与手摩擦，手带了一种电荷，细丝带了另一种电荷，这种使物体带电的方法叫作摩擦起电。由于不同的塑料细丝带有同种电荷，同种电荷相互排斥而
15、导致细丝蓬散开来；验电器是根据同种电荷相互排斥的原理工作的。故答案为：同种；验电器；摩擦起电。【点评】此题考查了摩擦起电以及电荷间的作用规律，属于对基础知识的考查，比较简单。15【分析】把几个用电器首尾相接，连入电路就是串联。把几个用电器首首相接，尾尾相接，再连入电路，就是并联，故组合开关的不同状态可使两个电灯连成串联和并联。短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路。【解答】解：当只闭合S2时，L1和L2串联连接，闭合S1、S3，断开S2时，L1和L2并联连接；同时闭合S1、S2、S3，将会发生短路现象，是不允许的。故本题答案为：串联；并联；短路。【点评】本题考查了开关的不同状态对灯的连接方
16、式的影响。短路时会损坏电源，是不允许的。16【分析】（1）由图乙的vt图象判断物体在03s，36s，69s的运动状态。（2）知道物体在6s末9s末的速度和时间求出物体的运动距离，根据W=Fs求出推力做功多少。（3）由图乙的Ft图象判断物体在69s的滑动摩擦力大小。又因为滑动摩擦力跟压力大小和接触面粗糙程度有关，可以推知物体在5s末的滑动摩擦力。【解答】解：（1）由图乙的vt图象知，物体在03s速度为0，处于静止状态；36s，速度不断增大，是加速直线运动；69s速度保持2m/s保持不变，进行匀速直线运动。所以物体在第2s末处于静止状态。（2）6s末9s末运动距离为：s=vt=4m/s3s=12m
17、，推力做功：W=Fs=6N12m=72J。（3）69s速度保持4m/s保持不变，进行匀速直线运动，物体在水平方向上受到推力和滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，由Ft图象知，物体在69s受到的推力是6N，所以滑动摩擦力是6N。物体在36s加速直线运动，压力不变，接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，所以在第5s末摩擦力大小为6N。故答案为：静止；72；6。【点评】本题从两个图象分析运动状态、速度大小、推力大小、滑动摩擦力大小等，已知条件都包含在图象中，是中考的热点，很考查学生的读图能力，综合性很强，有一定的难度。三、作图题（共5分，本题图在答题卷）17【分析】根据物重G=90N，动滑轮重
18、10N，和现用45N的力就能匀速提升重物，确定绳子的股数，然后即可绕线。【解答】解：已知物重G=90N，动滑轮重10N，则根据F=（G物+G轮）可得，n=2.22，因此现用45N的力就能匀速提升重物，必须要3段绳子承担，故绕线如下：【点评】此题主要考查了有关滑轮组的绕线，首先要掌握滑轮组的绕线方法，在绕线时，可以从动滑轮绕起，也可以从定滑轮绕起，要根据题意确定滑轮组的绕线方法。18【分析】分析电路结构，明确电路元件的连接方式，然后根据实物电路图作出电路图。【解答】解：电流从从正极流出后分支，一支经灯泡L2、开关，另一支经灯泡L1，两支电流汇合后回到负极，如图所示：【点评】本题考查根据实物图画电
19、路图，关键是会判断两灯泡的连接方式和开关的位置。四.实验题：（共17分）19【分析】（1）根据=100%=100%求出第3次滑轮组的机械效率；（2）根据s=nh求出该滑轮组拉起动滑轮的绳子股数；（3）用同一滑轮组提升不同重物至同一高度，根据W=Gh结合表格数据得出提升的物重增加时所做的有用功的变化，然后得出影响该滑轮组机械效率的因素；（4）根据W=Fs求出第一次实验中拉力做的功，利用P=求出动力的功率。【解答】解：（1）第3次滑轮组的机械效率：=100%=100%=100%66.7%；（2）由表格数据可知，钩码上升高度均为h=0.1m，动力作用点移动距离s=0.3m，由s=nh可得，该滑轮组拉
20、起动滑轮的绳子股数：n=3；（3）由W=Gh可知，提升不同重力的物体且提升相同高度时，物体的重力越大，所做的有用功将变大，由表格数据可知，在动滑轮和绳重一定的情况下，物重越大，滑轮组的机械效率越大，即该滑轮组的机械效率与物重有关；（4）第一次实验中，动力F=0.7N，动力作用点移动距离s=0.3m，则动力所做的功W=F1s=0.7N0.3m=0.21J，动力的功率P=0.14W。故答案为：（1）66.7%；（2）3；（3）变大；物重；（4）0.14。【点评】本题考查了滑轮组机械效率、滑轮组拉力公式、做功公式和功率公式的应用，从表格中获取有用的信息是关键。20【分析】当研究动能大小与质量的关系时
21、，要让小球沿斜面的同一高度滚下，这样保证滚下速度相同，运用了控制变量方法；通过观察木块移动的距离来表示小球动能大小的方法就是转换法；动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；小球速度的大小是通过改变小球在斜面上的高度实现的，小球动能的大小是通过物体B被推动移动的距离体现的。【解答】解：（1）该实验研究的主体是小球A，研究的是小球A动能的大小与速度和质量的关系；（2）该实验中小球动能的大小是通过B被撞距离的远近体现的，B被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这里采用了转
22、换法的思想；（3）该实验物体的速度是指物体A从斜面上静止滚下与物体B碰撞时碰撞前A的速度，这个速度的大小是通过控制小球A在斜面上的高度改变的；（4）为了研究物体动能与物体质量的关系，实验中多次让不同质量的物体从斜面同一高度上静止滚下时，控制了小球的速度相同，应改变物体A的质量。（5）A、球的动能是从木块被推出的距离看出的，这里采用了转换法的思想，故A正确；B、球的动能与质量和速度都有关系，根据控制变量法，如分别控制小球滚下的高度、小球的质量等，故B正确；C、斜面的光滑程度影响小球滚下的速度，木块的质量和软硬影响碰撞的程度，所以在实验器材的选择时，考虑斜面的光滑程度，木块的质量和软硬等因素，故C
23、错误；D、让球滚到水平面上时获得的速度与球在斜面上的高度有关，同一小球从不同高度落下，目的是为了让小球获得不同的运动速度，故D正确。故答案为：（1）A；（2）B被撞的距离大小；（3）碰前A；高度；（4）物体A；质量；（5）C。【点评】本题全面地考查动能的大小与哪些因素得实验，解答时注意多因素问题时需要运用控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。21【分析】（1）用两只完全相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，再利用公式t=进行分析；（2）已知酒精灯平均每分钟消耗0.8g酒精，可以计算出给水加热10min时间消耗的酒精，已知酒精的热值，可利用公式Q放
24、=mq计算热量；（3）分别根据图a、b知，在2min时间内，沙子和水升高的温度，根据c=，在质量和吸收热量相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，求出沙子的比热容；比较物质吸热能力的方法：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；（4）由图b知，在前2min时间内，水升高的温度值，已知水的比热容和质量，利用吸热公式求水吸收的热量；根据已知条件可求出在这个时间内酒精完全燃烧放出的热量，根据=求图中b图可得出该加热装置物质吸热效率。【解答】解：（1）图a表示的是沙子吸热升温的过程，因为沙子和水的质量相等，吸收相同热量时，沙子的比热容比水小，从公
25、式t=可知，沙子温度升得多，故图中a图是沙子吸热升温的图象。（2）由于酒精灯平均每分钟消耗0.8g酒精，则加热10min时间消耗的酒精为：m=0.8g10=8g=8103kg，消耗的酒精如果完全燃烧放出的热量：Q放=mq=8103kg3.0107J/kg=2.4105J；（3）由图a、b知，在2min时间内，沙子升高的温度：t沙=25020=230，水升高的温度：t水=7020=50，由于相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，则在2分钟的时间内，沙子和水吸收的热量相同，根据c=，在质量和吸收热量相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，所以，沙子的比热容为：c沙=4.2103J/（kg）0.911
26、03J/（kg）；因加热相同的时间，吸收相同的热量，水的温度变化小，故水的吸热能力强；（4）在开始加热的2分钟时间内，水吸热的热量：Q水吸=c水m水t水=4.2103J/（kg）0.2kg（7020）=4.2104J，酒精灯平均每分钟消耗0.8g酒精，故加热2min时间消耗的酒精为：m=0.8g2=1.6g=1.6103kg，放出的热量：Q放=mq=1.6103kg3.0107J/kg=4.8104J。加热效率：=100%=87.5%；答：（1）沙子；（2）2.4105；（3）0.91103 J/（kg）；沙子；（4）87.5%。【点评】本题探究沙子和水谁的吸热本领大，考查控制变量法、转换法的
27、应用和比较吸热能力的方法了及对吸热公式、效率公式、热值公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。五、计算题（7+6=13分）22【分析】（1）根据s=3h求出拉力移动距离，根据W=Fs求出拉力做的功；（2）根据W=Gh求出克服物体重力做的有用功，根据=求出机械效率；（3）不计绳与滑轮组间的摩擦及绳重时，根据F=（G+G动）求出动滑轮重。【解答】已知：拉力F=200N，重力G=500N，高度h=6m，n=3求：（1）拉力所做的总功W总=？；（2）机械效率=？；（3）动滑轮的重力G动=？解：（1）拉力移动距离s=3h=36m=18m，拉力做的总功W总=Fs=200N
28、18m=3.6103J；（2）有用功W有用=Gh=500N6m=3000J，机械效率=100%=100%83.3%；（3）F=（G+G动）动滑轮重G动=3FG=3200N500N=100N。答：（1）拉力所做的总功为3.6103J；（2）滑轮组的机械效率为83.3%；（3）动滑轮的重力为100N。【点评】此题主要考查的是学生对总功、有用功、机械效率和滑轮组省力情况计算的理解和掌握，基础性题目。23【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用吸热公式Q吸=cmt求水吸收的热量；（2）若用焦炭作燃料，完全燃烧焦炭放出的热量只有40%被水吸收，求出焦炭完全燃烧放出的热量，然后利用Q放
29、=mq的变形公式求需要完全燃烧焦炭的质量。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）40kg25=4.2106J；（2）根据=可得完全燃烧焦炭放出的热量：Q放=1.05107J，由Q放=mq得需要完全燃烧焦炭的质量：m=0.35kg。答：（1）水吸收的热量为4.2106J；（2）若换用焦炭来烧这些水，且焦炭完全燃烧放出热量的40%被水吸收，则需要完全燃烧0.35kg焦炭。【点评】本题考查了学生对吸热公式Q吸=cmt、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，计算时注意温度升高了与升高到的区别。六、综合能力题；（每空1分，共17分）24【分析】（1）被研究的物体与所
30、选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。（2）解决此题要用能量的转化去分析解答；（3）重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度。质量一定，所处的位置越高，重力势能越大；动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度。质量一定，速度越大，动能越大。机械能=势能+动能。【解答】解：（1）同步卫星相对于地面来说没有发生位置的变化，以地面做参照物，同步卫星是静止的；（2）点火加速阶段中，燃料燃烧发生化学变化，化学能转化为内能；内能做功，转化为机械能；（3）同步卫星在点火加速阶段中，质量不变，速度增大，动能增大；高度增加，重力势能增
31、大，机械能等于动能和重力势能的和，所以增大。故答案为：（1）静止；（2）机械；（3）增大；增大；增大。【点评】此题涉及到运动与静止的相对性、能量的相互转化等知识；对于判断能量转化的题目，我们可以从影响能量大小的因素来分析能量的变化，找到能量转化的方向。也可以看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量。25【分析】同一斜面的机械效率和斜面的倾斜程度有关，注意控制变量法的应用；应用效率公式分析需要测量的物理量及其符号；根据实验数据分析出结论。【解答】解：（1）斜面的机械效率跟斜面的粗糙程度和斜面的倾斜程度有关，探究“斜面的倾斜程度对斜面机械效率的影响”时，应控制斜面的光滑程度
32、和物体相同；改变斜面的倾斜程度是指改变斜面与水平面的夹角；（2）斜面的机械效率：=100%=100%，实验必须要测量的物理量是G、F、s、h；（3）如果猜想C“斜面的机械效率与斜面的倾斜程度无关”是正确的，则在三次倾斜程度逐渐增大的实验中，由实验数据代入斜面机械效率的计算式得到的值就应该基本不变；如果在三次倾斜程度逐渐增大的实验中，由实验数据代入斜面机械效率的计算式得到的值逐渐增大，说明斜面越倾斜斜面机械效率越大，说明实验前的猜想A是正确的。故答案为：（1）斜面与水平面的夹角；（2）G、F、s、h；100%；（3）基本不变；A。【点评】本题主要考查学生设计实验的能力，让学生掌握如何用控制变量法
33、探究物理问题，是难度较大的题目。26【分析】（1）改变内能的方式有两种：做功和热传递；太阳能热水器的优点是节能环保；（2）知道水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm（tt0）求水吸收的热量；（3）利用效率公式求出加热效率，根据P=可求得太阳能功率。【解答】解：（1）当太阳光入射到黑色的吸热层上时，将内能传递给管内的水，使水的内能增大；太阳能的优点是：节能环保；（2）水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）50kg（5010）=8.4106J；（3）该热水器的效率为：=100%=100%=30%P=1.556103W，则每平方米该热水器收集太阳能功率P=P=1.556103W=778W，故答案为：（1）热传递；节能环保；（2）8.4106；（3）30%；778。【点评】本题考查了学生对吸热公式和效率公式的运用，要学会审题，从复杂的题干中搜集有用信息，计算时注意温度升高了（t）、升高（t）和升高到（末温）的区别。第 16 页