沪科版（2025秋版）物理9年级第十四章精讲精练学案（有解析）
文档属性
| 名称 | 沪科版（2025秋版）物理9年级第十四章精讲精练学案（有解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-08-01 16:05:46 | ||
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文档简介
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第十四章 内能与热机
【知识梳理】
考点一 内能及改变途径
1.物体的内能：物体所有分子无规则运动的分子动能和分子势能的总和。
一切物体都具有内能。物体的内能跟物体质量、温度、物态有关。在质量、物态一定时，温度越高，内能越大；温度升高，内能增大。
2.改变物体内能的两条途径：（1）做功；（2）热传递。
做功改变内能实质是内能和其它形式能的相互转化，热传递改变内能时内能的转移。
3.热传递的三种形式：热传导、热对流、热辐射。
4.热量：热传递过程中传递能量（内能）的多少。热量的单位是焦耳（J）。
热传递过程中，高温物体放出热量，温度降低，内能减少；低温物体吸收热量，温度升高，内能增加。热传递的实质是内能从高温物体向低温物体转移，热传递传递的是能量，不是温度。
考点二 比热容
1.定义：比热容是物质的一种特性，只跟物质的种类和物态有关，比热容的大小等于一定质量的某种物质在温度升高（或降低）时吸收（或放出）的热量与它的质量和升高（或降低）的温度乘积的之比，跟物体吸收（或放出）的热量、质量、温度无关，不同物质的比热容一般不同。同种物质不同物态下的比热容不同。
当物体温度升高时，比热容的计算公式：(t2表示末温，t1表示初温)
当物体温度降低时，比热容的计算公式：(t2表示末温，t1表示初温)
2.单位：焦每千克摄氏度，符号：J/(kg·℃)
3.物理意义：
（1）1kg的某种物质，温度降低（升高）1℃所放出的热量，数值上等于它的比热容，如：水的比热容时4.2x10J/（kg·℃），其物理意义是1kg的水，温度升高（降低）1℃时所吸收（放出）的热量为4. 2x103J
（2）反映了不同物质吸、放热的本领，比热容越大，物质吸、放热的本领越强；
（3）反映了物质温度改变的难易程度；
4．影响因素：比热容是物质的一种性质，只与物质的种类、状态有关，和物质的质量、体积、吸收（或放出）热量的多少、温度的高低无关；
【注意】不同物质比热容可能相同，同一物质，状态不同，比热容不同！
5．水比热容较大的应用：
影响气候：水系较多的地区昼夜温差小，水系较少的地区昼夜温差大；
导热介质：由于水的比热容较大，可以用作冷却剂或供热的介质；
6．温度-时间图像：图像越陡，比热容越小；（陡小缓大)（如课本图14-4）
考点三 热量的计算
物体的质量为m，比热容为c，温度的变化量为△t（指温度差，不是某一时刻的温度），则物体在温度变化过程中吸收或放出的热量Q=cm△t
升温吸热：Q吸=cm（t2-t1)(t2表示末温，t1表示初温)
降温放热：Q放=cm（t1-t2)(t2表示末温，t1表示初温)
【注】若吸、放热的过程中涉及到状态的变化，则公式不能直接使用
【拓展】发生热传递时，若不计热量的损失，则高温物体降温放出的热量都被低温物体吸收，即放出的热量和吸收的热量相等，用公式：Q吸=Q放表示，利用该等式建立的方程为热平衡方程，但在这个过程中，低温物体吸热升高的温度与高温物体放热降低的温度不一定相等。
考点四 内燃机及其热机的效率
1. 内燃机
(1)把燃料燃烧时释放的内能转化为机械能的发动机叫做热机，内燃机是指燃料在发动机 气缸内燃烧产生动力的热机。内燃机中最常见的是汽油机和柴油机。
(2)汽油机的四个冲程依次是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程，在做功冲程中内能转化为机械能，实现对外做功。单缸四冲程内燃机中，一个工作循环活塞往复运动两次，曲轴转动两周，对外做功一次。
(3)柴油机气缸顶部有一喷油嘴，汽油机气缸顶部有一火花塞；柴油机吸入气缸的是空气，而汽油机吸入气缸的是空气和汽油的混合气体，柴油机采用的点火方式是压燃式，汽油机采用的点火方式是点燃式。
2. 燃料的热值
(1)定义:某种燃料完全燃烧释放的热量与所用燃料的质量之比，叫做这种燃料的热值，用字母q表示。
(2)定义式及单位：燃料热值的定义式为：，热值的单位是J/kg。
(3)燃料燃烧放热的计算：Q放=qm或Q放=Vq
3. 热机效率
①定义：用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧所放出的能量之比叫做热机效率。热机效率是热机性能的一个重要指标。
②提高热机效率的途径：在设计、制造和使用上要尽量减少各种能量损失，有效减少摩擦。
③公式：η=
4.环境保护
人们在使用燃料的同时，排放的烟尘废气是造成大气污染的主要来源。改进燃烧设备，加装消烟除尘装置，采取集中供热，在城市普及煤气和天然气的使用是保护环境，控制消除大气污染的方法。
【题型精炼】
考点一 内能及改变途径
典例1：（2025 宿松县三模）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．温度低的物体一定比温度高的物体具有的内能少
B．两杯水升高相同的温度，吸收的热量相等
C．海波熔化过程温度不变，内能增加
D．温度为0℃的物体不具有内能
【答案】C
【解析】（1）内能是物体内所有分子不停地做无规则运动具有的动能和分子势能的总和，内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关；
（2）根据Q吸=cmΔt分析解答；
（3）晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能增加；
（4）一切物体都有内能。
【解答】A、内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关系，温度低的物体具有的内能也可能比温度高的物体具有的内多，故A错误；
B、质量相等的（选项中缺少这个条件）两杯水，升高相同的温度，吸收的热量相等，故B错误；
C、海波是晶体，海波在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加，故C正确；
D、一切物体都有内能，温度为0℃的物体也具有内能，故D错误。
【举一反三】
变式1：（2024 新洲区模拟）关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度升高，内能一定增大
B．物体温度升高，一定是吸收了热量
C．物体吸收了热量，温度一定升高
D．温度高的物体，内能一定大
【答案】A
【解析】（1）影响内能的因素有质量、温度以及状态等。
（2）内能是指物体内部所有分子的分子动能和分子势能的和；物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。
（3）物体吸收了热量，可能用来加快分子的无规则运动，即表现在物体的温度的升高；也可能用来改变物体的状态。
（4）改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式。
【解答】A、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此物体温度升高，内能一定增大，故A正确；
B、物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，其内能一定增加，故B正确；
C、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故C错误。
D、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不一定大，故D错误。
变式2：（2025 江西）如图所示，是具有特色的江西传统小吃。在制作或品尝这些美食时蕴含了相关物理知识，下列说法错误的是（ ）
A．手工制作艾米果捏成不同的形状，表明力能使物体发生形变
B．瓦罐汤在大型瓦缸内慢慢煨制升温时，吸收热量，内能增加
C．油条与麻糍能黏在一起，表明物质中的分子间仅有引力而没有斥力
D．吃茶饼时闻到桂花香味，是由于分子在空气中不停地做无规则运动
【答案】C
【解析】（1）力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状；
（2）物体吸收热量时，内能增加，放出热量时，内能减少；
（3）分之间的引力和斥力是同时存在的；
（4）物质的分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】A、手工制作艾米果，用力可以捏成不同的形状，表明力能使物体发生形变，故A正确；
B、给瓦罐加热，瓦罐汤在大型瓦缸内慢慢煨制升温时，吸收热量，内能增加，故B正确；
C、分之间的引力和斥力是同时存在的，油条与麻糍能黏在一起，表明物质中的分子间有引力，此时斥力仍然存在，故C错误；
D、能闻到桂花香味，是香味分子扩散到了空气中，说明分子在空气中不停地做无规则运动，故D正确。
变式3：（2025 成都校级模拟）下面与“热”相关的物理现象，解释正确的是（ ）
A．扫地时，灰尘满屋，是由于分子做无规则运动的结果
B．白糖在温度高的水中化得快，是由于温度越高，分子的热运动越剧烈
C．把冰放在手心，感到冷，是因为冰的内能为零
D．冬天搓手，手心感到热，是通过热传递的方式改变内能
【答案】B
【解析】（1）不同的物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，这一现象说明一切物体的分子都在不停地做无规则运动，温度越高分子运动越剧烈。
（2）一切物体都具有内能。
（3）改变物体内能有做功和热传递两种方式，这两种方式是等效的。
【解答】A、扫地时，灰尘满屋，灰尘是看得见的，灰尘满屋是固体小颗粒的宏观运动，不是分子的运动，故A错误。
B、白糖在温度高的水中化得快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈，故B正确。
C、把冰放在手心，感到冷，是因为冰熔化吸热，而冰的内能不会为0，故C错误。
D、冬天搓手时，克服摩擦做功，机械能转化内能，是通过做功的方式改变内能，故D错误。
考点二 比热容
典例1：（（2025 石狮市一模）中华古诗词是我国的瑰宝，下列关于诗词中物理知识的解释，说法正确的是（ ）
A．“昔去雪如花，今来花似雪”，雪的温度低，其内能为零
B．“泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯”，春日沙子白天较暖是因为沙子比热容大
C．“夏荷轻摇，珠露合聚”，露珠聚在一起说明分子间存在引力
D．“春来雪化草庭湿，暖日冰融栅院池”，冰在熔化时持续吸热，其内能不变
【答案】C
【解析】（1）一切物体都有内能；
（2）沙土的比热容较小，与质量相同的其它物质相比，吸收相同的热量，升高的温度较高；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（4）冰在熔化时，吸收热量，内能增加，温度不变。
【解答】A．一切物体，不论温度高低，都具有内能，故A错误；
B．沙子白天较暖，是因为沙子的比热容较小，与其它相同质量的物质相比，吸收相同热量时，升温较明显，故B错误；
C．露珠合聚是因为水分子之间的距离足够较小时，分子间表现的是引力，故C正确；
D．冰在熔化时要不断地吸收热量，其内能增大，故D错误。
【举一反三】
变式1：（2024秋 郫都区校级期中）下列关于诗词中物理知识的解释，说法正确的是（ ）
A．“昔去雪如花，今来花似雪”，雪的温度低，其内能为零
B．“夏荷轻摇，珠露合聚”，露珠聚在一起说明分子间存在引力
C．“泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯”，春日沙子白天较暖是因为沙子比热容大
D．“寒夜客来茶当酒，竹炉汤沸火初红”，汤在沸腾后持续吸热，其内能不变
【答案】B
【解析】（1）一切物体都有内能；
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（3）沙土的比热容较小，与质量相同的其它物质相比，吸收相同的热量，升高的温度较高；
（4）液体沸腾过程中，吸收热量，内能增加，温度不变。
【解答】A、一切物体都有内能，雪的温度低，其内能不为零，故A错误；
B、露珠聚在一起说明分子间存在引力，故B正确；
C、春日白天沙子较暖是因为沙子比热容较小，故C错误；
D、汤在沸腾后持续吸热，其内能增加，故D错误。
变式2：（2025 日照一模）如图是某沿海城市和某内陆城市一年内气温随月份变化的图象，发现两地区温差差别较大。由图象可知，实线表示的是 （选填：“内陆”或“沿海”）城市的气温变化规律。其主要依据是：太阳辐射两地的热量均匀且相同，若质量相同时， 温度变化较大（选填：“水”或“砂石”）。
【答案】内陆；砂石。
【解析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】由一年的气温变化曲线得出，实线所示的城市最高、最低气温差比虚线所示的城市的大；水的比热容比砂石大，在质量相同、吸收热量相同时，砂石温度变化较大，所以实线表示的是内陆城市的年气温变化曲线。
变式3：（2023秋 来凤县期末）CCTV-7《美丽中国乡村行》乡村振兴看中国，鱼米之乡无为鲜味多，介绍了无为板鸭及螃蟹的养殖，同时也说明农村环境取得了很大的改善。尤其水污染得到了控制，水的面积增大了，这对气温的调节，营造“宜居无为”的舒适环境起到了很大的作用，这是由于水的 大。
【答案】比热容
【解析】（对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】因为水的比热容比较大，在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，在降低相同的温度时可以放出更多的热量，所以大量增加水面面积，可以减小昼夜温差，对气温有调节作用。
典例2：（2025 翔安区校级模拟）糖炒栗子一直是秋冬的限定美食。如图所示是翻炒栗子的场景，为了让栗子快速、均匀加热，常常将砂石与栗子混合在一起翻炒，这主要是利用了砂石（ ）
A．比热容小 B．密度大
C．热值大 D．含有的热量多
【答案】A。
【解析】比热容小的物体，相同质量时，吸收相同的热量，其温度的变化更明显，据此分析。
【解答】砂石的比热容小，相同质量的砂石同其他物质相比较，吸收相同的热量升温快，因此，将砂石与栗子混合在一起翻炒，可以让栗子快速、均匀加热。
【举一反三】
变式1：下列现象中，不能用比热容解释的是（ ）
A.中午沙子很烫、海水较凉 B.汽车发动机用水做冷却剂
C.我国西北沙漠地区日温差较大 D.火箭采用液态氢作为燃料
【答案】D
【解析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
【解答】A．中午沙子很烫、海水较凉，是因为沙子比热容小，而海水比热容大，故A不符合题意；
B．汽车发动机用循环水冷却，是利用升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多的特点，将汽车发动机工作时产生大量热量迅速转移，故B不符合题意；
C．我国西北沙漠地区日温差较大，是因为沙漠地区多沙少水，沙子比热容小，故C不符合题意；
D．火箭采用液态氢作为燃料是因为液态气热值高，故D符合题意。
变式2：（2025 运城模拟）地球是迄今人类唯一的家园，小李所在的班级举行了一场跨学科实践活动，对地球上的某些物理现象进行了分析。
（1）地球被厚达80～100km的大气层包围着，大气对浸在其中的物体有压强。在高原地区煮饭时，需要用高压锅才能将饭煮熟，原因是高原地区的大气压 （选填“大于”“小于”或“等于”）标准大气压。
（2）日食（如图甲所示）是地球上的一种天文现象，它形成的原理是 ；生活中与日食形成原理相同的实例有 （列举一例即可）。
（3）风是地球上的一种空气流动现象，它是由于不同地方之间受热不均匀引发的气压差造成的。请你判断，在沿海地区夜间的风向应该是乙、丙两图中的图 。
【答案】（1）小于；（2）光的直线传播；影子；（3）丙。
【解析】（1）大气压随海拔的升高而减小；
（2）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（3）根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点以及风是从高压区吹向低压区来分析海风的形成过程。
【解答】（1）大气压随海拔的升高而减小，高原上气压低，低于标准大气压，液体的沸点低，高原地区的人们做饭时要使用高压锅；
（2）当太阳、月球、地球位于同一直线上，月球处于太阳与地球之间时，沿直线传播的太阳光被不透明的月球挡住，在月球的后面阳光照不到的地球上，形成影，在地球上看不到太阳，便形成日食；生活中影子原理就是光的直线传播；
（3）水的比热容比泥土、沙石的大，白天太阳照射时，水面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风；晚上，气温下降，水面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风，由图可知，此时地面附近的空气从陆地吹向海洋，形成陆风；图中丙图是夜间的风。
变式3：（2025春 莱芜区期末）某日济南、青岛两城市的天气预报情况（如表），下列根据气温变化情况做出的判断和判断依据正确的是（ ）
A．城市甲是济南，海水比热容比砂石小
B．城市乙是青岛，海水比热容比砂石大
C．城市甲是青岛，海水比热容比砂石大
D．城市乙是济南，海水比热容比砂石小。
【答案】B。
【解析】据水的比热容较大的特点分析沿海城市为什么昼夜温差小，然后做出判断。
【解答】沿海地区水多，水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小。故沿海地区的温度变化小，而内陆地区的温度变化比较大；故城市甲是济南，乙是青岛，依据是水的比热容较大。
考点三 热量的计算
典例1：（2024秋 新吴区期末）将一个温度为20℃、质量为500g的物块放入温度为100℃、质量为1000g的水中[水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]，物块和水的温度随时间的变化图像如图所示（不计热损失）。以下说法正确的是（ ）
A．前6min,物块吸收的热量是8.4×105J
B．1～4min内，热量有时从水传递给物块，有时从物块传递给水
C．前6min,物块吸收的热量小于水放出的热量
D．物块的比热容与水的比热容之比为2：3
【答案】D。
【解析】（1）由图可知，前6min水降低的温度，根据Q放=cmΔt求出水放出的热量，不计热量损失，物块吸收的热量等于水放出的热量；
（2）热量总是从高温物体向低温物体传递；
（3）根据Q=cmΔt求出物块的比热容与水的比热容之比。
【解答】AC、由图可知，前6min水降低的温度Δt水=100℃-80℃=20℃，
则水放出的热量：Q放=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg ℃）×1000×10-3kg×20℃=8.4×104J，
不计热量损失，物块吸收的热量等于水放出的热量，即物块吸收的热量Q吸=Q放=8.4×104J，故AC错误；
B、由图可知，1～4min内，水的温度高于物块的温度，而热量总是从高温物体向低温物体传递，所以1～4min内，热量从水向物块传递，故B错误；
D、由图可知，前6min,物块升高的温度Δt物=80℃-20℃=60℃，
物块的比热容与水的比热容之比：，故D正确。
【举一反三】
变式1：（2024秋 厦门期中）质量为1kg的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，不计热量损失，0-3min乙吸收的热量为：8.4×104J，它们的温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲的吸热能力大于乙
B．甲和乙的比热容之比是3：2
C．甲的比热容4.2×103J/（kg ℃）
D．甲在0-3min吸收的热量为8.4×104J
【答案】D
【解析】（1）用同样的加热器进行加热，物质在相同时间内吸收的热量相等，由图可知，当甲、乙都升高20℃时加热的时间之比，据此可知甲、乙吸收的热量之比，根据c=可求出甲、乙的比热容之比，据此可知甲、乙的吸热能力的关系；
（2）由图可知，0～3min乙升高的温度，根据c=可求出乙的比热容，根据甲、乙的比热容关系求出甲的比热容。
【解答】
变式2：一壶质量为2千克、温度为20℃的水，加热后使其升高到70℃，这些水吸收了多少热量？[水的比热容为4.2×103焦/（千克 ℃）]。
【答案】4.2×105J。
【解析】掌握热量公式：Q=cm△t的计算公式是解答本题的关键，题干中已知水的质量是2kg，水的初温和末温分别是20℃、70℃，把数据代入公式即可求出水吸收的热量。
【解答】由分析知水吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/（kg ℃）×2kg×（70℃-20℃）=4.2×105J。
变式3：（2025 湖北模拟）某实验小组利用酒精灯对碎冰块均匀加热，如图甲所示，他们每隔相同时间记录一次温度计的示数，绘制的温度——时间图像如图乙所示，已知碎冰块质量为0.5kg,c水=4.2×103J/（kg ℃），不考虑热量损失，下列说法正确的是（ ）。
A．冰是非晶体
B．冰的比热容比水大
C．水在升温过程中吸收热量是2.1×104J
D．冰在熔化过程中吸收的热量是1.68×105J
【答案】D。
【解析】（1）晶体在熔化过程中，吸收热量、内能增加，但温度不变；
（2）质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升温慢的物质比热容较大；
（3）利用Q=cm（t-t0）求得水温度都升高20℃吸收的热量，吸热多少关系，进而得出吸收相同的热量；利用酒精灯对冰均匀加热，即在相同时间内冰吸热相同，分析图象得出冰在熔化过程中吸收的热量。
【解答】A．由图乙可知，冰在熔化过程中有固定的得到温度，即有熔点，所以冰是晶体，故A错误；
B．由图乙可知，0-5min为固态的冰，45-55min为液态的水。等质量的水和冰，升高相同的温度，水需要的时间更长，可知水吸收的热量更多，所以水的比热容比冰大，故B错误；
C．由图乙可知，水在升温过程中升高的温度为Δt=20℃，吸收的热量为：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×20℃=4.2×104J，故C错误；
D．水升温所用时间为55min-45min=10min,冰熔化的时间为45min-5min=40min,冰熔化的时间是水升温所用时间的4倍，由于使用相同的酒精灯，相同时间内放出的热量相同，所以熔化过程中吸收的热量是水升温时吸收热量的4倍，即Q=4Q吸=4×4.2×104J=1.68×105J，故D正确。
考点四 热机及热机效率
典例1：（2025 莲湖区模拟）如图所示，在透明塑料盒上钻一个小孔，把电子式火花发生器的放电针插进孔中，在盒内滴入几滴酒精，按下电动点火按钮，点燃盒内的酒精，盒盖被打出去。关于此实验，分析不正确的是（ ）
A．酒精燃烧过程是化学能转化为内能
B．实验时能闻到酒精的气味这是扩散现象
C．电子打火器的作用相当于柴油机中的喷油嘴
D．活塞飞出的过程中能量转化的形式与汽油机的做功冲程相同
【答案】C。
【解析】（1）燃烧是把燃料的化学能转化为内能；
（2）扩散现象：不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象；
（3）汽油机的顶部有个火花塞；
（2）热机中的做功冲程就是利用内能来做功的冲程，将内能转化为机械能。
【解答】A、酒精燃烧过程中把化学能转化为内能，故A正确；
B、打开酒精灯灯帽，会闻到酒精的气味，这是因为酒精分子不停地做无规则运动散放到空气中，是扩散现象，故B正确；
C、电子打火器的作用相当于汽油机的火花塞，柴油机的喷油嘴只能喷出柴油，不能点火，故C错误；
D、气体推动盒盖飞出的过程是气体推动盒盖做功的过程，相当于内燃机的做功冲程，故D正确。
【举一反三】
变式1：若让一台正在正常开动的柴油机停止转动，一般应对它进行的操作是（ ）
A.断开它的电路，停止给它供电 B.关停它的油路，停止给它供油
C.以上两种方法都可以 D.以上两种方法都不行
【答案】B
【解析】在压缩冲程末尾，喷油嘴会喷出雾状柴油，柴油燃烧。
【解答】在压缩冲程末尾，喷油嘴会喷出雾状柴油，柴油燃烧，然后内能转化为机械能，对外做功，要想让一台正在正常开动的柴油机停止转动，需要停止供油即可，断开它的电路，停止给它供电，柴油机也可以工作，不能停止转动，故ACD错误，B正确。
变式2：（2024 吉州区校级一模）用塑料矿泉水瓶进行了如下探究：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图甲）；扭转瓶子（如图乙）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾。文中划线部分的能量转化过程与图丙中热机的 冲程相似（填字母序号）；柴油机气缸顶部 火花塞（选填“有”或“无”）。
【答案】D；无。
【解析】（1）压缩气体做功时，将机械能转化为内能；气体对瓶盖做功时，将内能转化为机械能；汽油机在压缩冲程中将机械能转化为内能，在做功冲程中将内能转化为机械能；
（2）柴油机气缸顶部是喷油嘴。
【解答】（1）扭转瓶子时，压缩瓶内气体做功，瓶内气体的内能增大；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出时，气体对瓶盖做功，将内能转化为机械能，与内燃机做功冲程的能量转化相同；
图A中的吸气门打开，是吸气冲程；图B的排气门打开，是排气冲程；图C中两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；图D中两气门关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程；
所以，文中划线部分的能量转化过程与图丙中热机的D冲程相似。
（2）柴油机气缸顶部是喷油嘴，无火花塞。
变式3：如图所示，在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，利用酒精灯加热一段时间，观察现象。对时于这个过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A.酒精燃烧过程中将化学能转化为内能
B.管内水沸腾后将橡胶塞冲出，水蒸气的内能会减少
C.管内水沸腾后将橡胶塞冲出，管口出现的“白气”是水蒸气
D.该过程的能量转化跟内燃机的做功冲程相同
【答案】ABD。
【解析】（1）燃料燃烧的过程是将化学能转化为内能的过程。
（2）做功和热传递都能改变物体的内能。
（3）当对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
【解答】A、酒精燃烧将化学能转化为内能，故A正确。
BC、水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，水蒸气内能减小、温度降低，液化成小水珠飘散在空中，即“白气”，故B正确，C错误。
D、水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，所以能量转化跟内燃机的做功冲程相同，故D正确。
典例2：（2024秋 法库县期末）汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（ ）
A．甲图是压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高
B．由乙图可知该汽油机的效率是30%
C．汽车尾气中的“汽油味”越浓，燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的热值
D．甲图中热机飞轮转数是1800r/min,则该热机1s中对外做功30次
【答案】A。
【解析】（1）内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；
（2）热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，结合图中数据分析；
（3）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
（4）一个工作循环中，只有做功冲程对外做功，活塞往复运动2次，曲轴转动2周。
【解答】A、根据图甲可知，两个气门关闭、活塞上行，为压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，机械能转化为内能，气体的温度升高，故A正确；
B、热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，由图可知，输出有用功所占比例为：100%-36%-30%-6%=28%，即该汽油机的效率为28%，故B错误；
C、热值是燃料本身的一种特性，只与燃料本身决定，和燃料的质量、放出热量的多少、燃烧是否充分、温度高低无关，故C错误；
D、热机在一个工作循环中，飞轮转动两圈，对外做功一次，完成4个冲程。该热机飞轮转速是1800r/min=1800r/60s=30r/s,即每秒钟飞轮转动30圈，完成15个工作循环，完成60个冲程，对外做功15次，故D错误。
【举一反三】
变式1：（2025 嘉峪关一模）如图是甲、乙两台汽油机燃烧不同质量的同种燃油的能量流向及比例的饼状图，下列说法正确的是（ ）
A．若对外做相同的功，甲汽油机更省油
B．若燃烧质量相同的同种燃油，乙汽油机摩擦损失的能量更多
C．若增加燃烧同种燃油的质量，甲汽油机的机械效率可以更高
D．乙汽油机做有用功的比例比甲汽油机大，乙汽油机的热机效率更高
【答案】D
【解析】热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。
【解答】A.若对外做功的能量相同，乙汽油机更省油，因为乙汽油机的效率比甲汽油机的效率高，故A错误；
B.由饼图可知，若燃烧质量相同的同种燃油，乙汽油机摩擦损失的能量相同，都为4%，故B错误；
C.若增加燃烧同种燃油的质量，甲汽油机的机械效率不可以更高，因为机械效率与燃烧燃料的质量无关，故C错误；
D.乙汽油机做有用功的比例比甲汽油机大，乙汽油机的热机效率更大，故D正确。
变式2：（2025 新疆一模）为了节约能源，需要提高热机效率，关于提高热机效率，下列说法正确的是（ ）
A．尽量使用热值大的燃料
B．采用先进的制造技术，能将热机的机械效率提高到100%
C．尽量增加热机工作时间
D．尽量减少废气带走的热量。
【答案】D。
【解析】热机效率指有用能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，比值越大，效率越高；使用热机时，真正能转变为对外做的有用功的能量只是燃料燃烧时所释放能量的一部分，热机的效率不能达到100%。
【解答】A．使用热值大的燃料时，完全燃烧相同质量的燃料，可以产生更多的热量，但是不能提高热机效率，故A错误；
B．由于摩擦等因素的存在，也无法将热机的机械效率提高到 100%，故B错误；
C．增加热机工作时间，可以增加对外做的有用功，但是不能提高热机效率，故C错误；
D．减少废气带走的热量可以增加燃料产生热量的利用率，可以提高热机的效率，故D正确。
变式3：（2024秋 奉节县期末）甲、乙两种燃料完全燃烧放出的热量与其质量的关系图象如图所示，则下列分析正确的是（ ）
A．甲燃料的热值小于乙燃料的热值
B．完全燃烧甲、乙两种燃料加热同一锅水至沸腾，所需乙燃料的质量更小
C．完全燃烧相同质量的两种燃料，甲放出的热量更多
D．使用甲燃料的热机效率一定高，但是热机效率肯定小于100%
【答案】C。
【解析】（1）单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，在图象上取某一质量，比较相应的Q值，从而比较这两种燃料的热值大小；
（2）分别燃烧甲、乙两种燃料将同一锅水加热至沸腾，则水吸收的热量相同，燃料燃烧放出的热量相同，根据m=比较燃料的质量大小；
（3）根据Q放=mq分析回答；
（4）甲燃料的热值大，由Q放=mq可知，完全燃烧相同质量的甲燃料和乙燃料相比，甲放出的热量多，但使用甲燃料的热机做的有用功与燃料完全燃烧放出的热量之比不一定大，使用甲燃料的热机效率不一定高。
【解答】A、由图可知，取相同质量时，Q甲＞Q乙，根据q=可知，q甲＞q乙，即甲燃料的热值大于乙燃料的热值，故A错误；
B、分别燃烧甲、乙两种燃料将同一锅水加热至沸腾，则水吸收的热量相同，燃料燃烧放出的热量相同，q甲＞q乙，根据m=可知，甲燃料的质量更小，故B错误；
C、完全燃烧相同质量的两种燃料，q甲＞q乙，根据Q放=mq可知，甲放出的热量更多，故C正确；
D、甲燃料的热值大，由Q放=mq可知，完全燃烧相同质量的甲燃料和其它燃料相比，甲放出的热量多，但使用甲燃料的热机做的有用功不一定多；使用甲燃料的热机做的有用功与燃料完全燃烧放出的热量之比不一定大，即热机效率不一定高（热机效率肯定小于100%是正确的），故D错误。
1．关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．温度低的物体一定比温度高的物体具有的内能少
B．两杯水升高相同的温度，吸收的热量相等
C．海波熔化过程温度不变，内能增加
D．温度为0℃的物体不具有内能
【答案】C
【解析】（1）内能是物体内所有分子不停地做无规则运动具有的动能和分子势能的总和，内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关；
（2）根据Q吸＝cmΔt分析解答；
（3）晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能增加；
（4）一切物体都有内能。
【解答】解：A、内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关系，温度低的物体具有的内能也可能比温度高的物体具有的内多，故A错误；
B、质量相等的（选项中缺少这个条件）两杯水，升高相同的温度，吸收的热量相等，故B错误；
C、海波是晶体，海波在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加，故C正确；
D、一切物体都有内能，温度为0℃的物体也具有内能，故D错误。
2．如图所示，图中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（ ）
A．图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少
B．图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大
C．图丙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少
D．图丁，是做功冲程，汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大
【答案】C
【解析】（1）做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；
（2）内燃机做功冲程，燃气推动活塞做功，燃气内能转化为机械能。
【解答】解：A、图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，筒内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，内能转化为机械能，空气的内能减小，故B错误；
C、图丙中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C正确；
D、图丁中两气门关闭，活塞向下运动，火花塞点火，是汽油机的做功冲程，燃气对活塞做功，气体的内能减小，故D错误。
3．新房装修中，越来越多的家庭选用水循环式地暖系统。该系统把水加热后输送到地板下的管道中，向各房间供暖。这主要利用了水的（ ）
A．凝固点低 B．比热容大 C．密度大 D．热值大
【答案】B
【解析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
【解答】解：散热器用流动的热水供暖，是因为相同质量的水和其他物质相比，降低相同的温度，由于水的比热容较大，则水放出热量更多，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
4．如图a所示为我国002号航母“山东舰”上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在2s内达到起飞速度，如图b所示为四冲程汽油机的工作示意图。下列判断错误的是（ ）
A．图a中汽缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力
B．图a中汽缸内的蒸汽推动活塞时，蒸汽的内能减小
C．从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图乙所示的原理相似
D．若该汽油机1秒可对外做功30次，则其飞轮转速为3600r/min
【答案】C
【解析】根据四冲程内燃机的工作过程来分析；
内燃机的一个工作循环，活塞往复两次，飞轮转两周，对外做一次功。
【解答】解：A、图a中汽缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力，故A正确；
B、图a中汽缸内的蒸汽推动活塞时，蒸汽的内能减小，内能转化为机械能，故B正确；
C、甲是吸气冲程，乙是压缩冲程，丙是做功冲程，丁是排气冲程，从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图丙所示的原理相似，故C错误；
D、内燃机的一个工作循环，活塞往复两次，飞轮转两周，对外做一次功，若该汽油机1秒可对外做功30次，则其飞轮转速为2×30×60r/min＝3600r/min，故D正确。
故选：C。
5．关于燃料和热值，以下说法正确的是（ ）
A．燃料的热值与燃料的种类有关系，与燃料的质量和燃烧状况无关
B．容易燃烧的燃料，热值一定大
C．煤的热值大于干木柴的热值，燃烧煤放出的热量比燃烧干木柴放出的热量一定多
D．火箭使用液氢燃料，主要是利用了液氢的比热容大
【答案】A
【解析】（1）单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量就是该燃料的热值，热值是燃料的一种特性，其大小只与燃料的种类有关，与其他因素无关；
（2）由Q放＝qm可知，燃烧相同质量的燃料，热值大的燃料放出的热量多。
【解答】解：AB、热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧状况等因素无关，故A正确，B错误；
C、由Q放＝qm可知，燃烧相同质量的燃料，热值大的燃料放出的热量多；煤的热值大于干木柴的热值，但不知道煤和干木柴的质量，因此燃烧煤放出的热量不一定比燃烧干木柴放出的热量多，故C错误；
D、火箭使用液氢燃料，主要是利用了液氢的热值大，与其他相同质量的燃料比，液氢完全燃烧放出的热量更多，故D错误。
故选：A。
6．用相同规格的电加热器分别同时对质量相等的甲、乙两种液体加热（不计热量损失），如图所示是甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的关系图象。下列说法正确的是（ ）
A．1min内，乙吸收的热量比甲多
B．1min后乙温度不变，内能不变
C．甲、乙的比热容之比为3：2
D．甲、乙的比热容之比为2：1
【答案】D
【解析】（1）用相同规格的电加热器分别同时对质量相等的甲、乙两种液体加热（不计热量损失），据此分析；
（2）液体在沸腾过程中不断吸收热量，内能增大，温度不变；
（3）由图象可知甲、乙升高的温度相同时（从25℃升高到75℃），甲、乙的加热时间关系，即可知道甲、乙吸收的热量关系，而甲、乙的质量相同，利用等式Q吸甲＝c甲mΔt＝2Q吸乙＝2c乙mΔt可得比热容的大小关系。
【解答】解：A、因为用相同规格的电加热器分别同时对质量相等的甲、乙两种液体加热（不计热量损失），因此1min内，相同的时间内，甲和乙吸收的热量相同，故A错误；
B、1min后乙温度不变，不断吸收热量，内能增大，故B错误；
CD、都从25℃升高至75℃，升高相同的温度，甲需要2min，乙需要1min，则可以列等式Q吸甲＝c甲mΔt＝2Q吸乙＝2c乙mΔt，
甲、乙的比热容之比为2：1，故C错误，D正确。
故选：D。
7．沙湖是宁夏最著名的旅游景区之一，以自然景观为主体，黄沙、绿水、芦苇、鱼鸟、山石五大景源有机结合，构成了独具特色的秀丽景观，是一处融江南秀色与塞外壮景于一体的塞上明珠。小宇一家在暑假去沙湖旅游，并品尝了沙湖特色美食，期间她发现了许多热现象，如图所示是她总结的一些说法，其中错误的是（ ）
A．甲图中沙滩车前进的动力，是由内燃机的做功冲程提供
B．乙图中站在岸上能闻到荷花的香味是扩散现象
C．丙图中沙子烫脚而海水冰凉，是因为沙子的比热容大
D．丁图中烹饪剁椒鱼头是通过热传递的方式改变鱼头的内能
【答案】C
【解析】（1）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，为内燃机提供动力；
（2）组成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
（3）水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，吸收相同的热量，水升高的温度的较小；
（4）做功和热传递都可以改变物体的内能。
【解答】解：A、内燃机的做功冲程将燃气的内能转化为活塞机械能，为沙滩车前进的内燃机提供动力，故A正确；
B、乙图中站在岸上能闻到荷花的香味，是由于组成物质的花香分子无规则运动到空气中，进入人的鼻腔引起的，这是扩散现象，故B正确；
C．丙图中沙子烫脚而海水冰凉，是因为与水相比，沙子的比热容小，相同质量的沙子与水，在吸收相同热量时，沙子温度升高得快，故C错误；
D．丁图中烹饪剁椒鱼头是由于鱼头吸收热量，内能增加，温度升高，这是通过热传递的方式改变鱼头的内能，故D正确。
故选：C。
8．2022年北京冬奥会和冬残奥会即将开幕，在比赛期间所有冬奥场馆将全部使用“绿电”，（“绿电”是指在发电过程中，二氧化碳排放量为零或趋近于零，比火力发电等其他方式对环境的影响大幅度减小）。这将是奥运史上首次实现全部场馆100%绿色电能供应，预计消耗“绿电”约4×108kW h，可以节约1.28×108kg标准煤，减排二氧化碳3.2×108kg。若所节约的标准煤完全燃烧，则放出的热量约为（q标准煤约为2.9×107J/kg）（ ）
A．3.7×1015J B．9.3×1015J C．3.7×1016J D．9.3×1016J
【答案】A
【解析】知道标准煤的质量和热值，利用Q放＝mq计算出所节约的标准煤完全燃烧放出的热量。
【解答】解：节约的标准煤的质量m＝1.28×108kg，标准煤的热值q标准煤＝2.9×107J/kg；
标准煤完全燃烧放出的热量：Q放＝mq标准煤＝1.28×108kg×2.9×107J/kg≈3.7×1015J。
故选：A。
如图所示，在水平桌面上放置一个底部接通橡胶管的塑料小碗，其中放入适量干燥面粉，点燃蜡烛，再罩上一个透明塑料盒，从橡胶管一端快速吹气，使面粉弥漫整个塑料盒，飞扬的面粉在接触到烛焰瞬间被点燃引发爆炸，塑料盒被冲飞。面粉燃烧时将 能转化成内能，内能再转化成简盖的机械能。这和热机的能量转化情况相同，若汽油机飞轮的转速是1800r/min，则该汽油机1min内燃气对外做功
次。
【答案】化学；900。
【解析】（1）物体燃烧时，将化学能转化成内能；
（2）汽油机的一个工作循环中，有4个冲程，活塞往复2次，做功1次。
【解答】解：面粉燃烧时将化学能转化为内能。
汽油机的一个工作循环中，经历4个冲程，飞轮转2转，对外做功1次，若飞轮转速为1800r/min，即每分钟飞轮转动1800圈，则该汽油机1min内燃气对外做功900次。
10．如图所示，小华发现家中蒸蛋器在使用时会通过上方小孔喷出蒸汽，于是他小心地将自制的风车放在小孔附近，成功让风车转了起来，蒸汽推动风车转动时的能量转化与汽油机 冲程的能量转化相同。某单缸四冲程汽油机工作时，飞轮转速为3600r/min，则其10s内对外做功 次；若缸内燃气对活塞平均推力为1500N，活塞向下运动的距离为0.05m，则功率是 W。
【答案】做功；300；2250。
【解析】（1）高温的水蒸气推动风车转动，说明内能转化成了风车的机械能；汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，据此判断出燃气内能的变化；
（2）四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（3）利用W＝Fs求出汽缸内燃气推动活塞一次所做的功，利用P求出汽油机的功率。
【解答】解：（1）高温的水蒸气推动风车转动，将水蒸气的内能转化成了风车的机械能；
汽油机的做功冲程将燃气的内能转化为活塞的机械能，燃气的内能减小，所以水蒸气推动风车的能量转化与汽油机做功冲程的能量转化相同；
（2）四冲程汽油机飞轮转速3600r/min＝60r/s，即汽油机飞轮每秒转60圈，
由于四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以1s内该汽油机对外做功30次，则其10s内对外做功300次；
（3）汽缸内燃气推动活塞一次所做的功：W＝Fs＝1500N×0.05m＝75J，
由于1s内该汽油机对外做功30次，则做功一次所用的时间ts，
汽油机的功率：P2250W。
11．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和另一种液体（水的比热容大于另一种液体）进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出： （填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为 ，这种液体在0～15min内放出的热量为 J。
【答案】甲；2.1×103J/（kg ℃）；4.2×104。
【解析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。
（2）根据甲、乙两种液体的比热容的大小判断出哪一种液体是水，由题知，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验，相同时间水和液体放出的热量相同。而水和液体的质量相同，根据吸热公式求液体的比热容；
（3）根据Q放＝cmΔt可求出乙液体放出的热量。
【解答】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；
根据热量的计算公式Q放＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小；
所以，甲液体的比热容大于乙液体的比热容，所以甲液体是水，乙液体是另一种液体，
由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后甲液体的末温是40℃，
则水放出的热量：
Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×m×（60℃﹣40℃）。
（2）由题知，而水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙，
Q水放＝Q乙放，即：c水m水Δt＝c乙m（60℃﹣20℃）＝4.2×103J/（kg ℃）×m×（60℃﹣40℃）。
解得c乙＝2.1×103J/（kg ℃）。
（3）读图可得，乙在15min内由60℃降低到20℃，降低的温度是60℃﹣20℃＝40℃，
所以乙放出的热量Q放＝cmΔt＝2.1×103J/（kg ℃）×0.5kg×40℃＝4.2×104J。
12．《天工开物》记载“凡炒诸麻菜子，宜铸平底锅，投子仁于内，翻拌最勤”。如图所示，这里是利用 的方法来改变物体的内能，翻炒过程会有香味飘出，这是 现象，说明了 。
【答案】热传递；扩散；分子在不停地做无规则运动。
【解析】物体内能的改变：做功、热传递。
扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，一切物体都可以发生扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
【解答】解：给锅中的菜子加热，利用锅铲不断翻炒菜子，菜子充分吸收热量，温度升高，内能增加，这是通过热传递的方式增大了物体的内能，翻炒过程中香味分子运动到空气中，被人们闻到，是分子在不停地做无规则运动，是扩散现象。
13．生活中处处都有物理。
（1）微信是时下广为流行的一款手机软件，微信信息是手机利用 （选填“电磁波”或“超声波”）进行传播的。随着科技的发展，利用太阳能给手机充电已成为现实。太阳能属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）阳光透过树叶间的缝隙，在地面上形成了许多圆形的光斑，这是光的 形成的。我们能从不同方向看到一朵花，这是由于光在花朵表面发生了 反射。透过蓝色玻璃观察红花时，看到的花是 色的。
（3）某家庭需要将50kg、初温为10℃的水加热到50℃作为生活用水，他们利用煤气灶烧水，需要燃烧0.8kg的煤气。这些水从10℃加热到50℃需要吸收的热量为 J，0.8kg的煤气完全燃烧放出的热量为 J，煤气灶烧水的效率为 。（c水＝4.2×103J/（kg ℃），q煤气＝4.2×107J/kg）
（4）如图甲，松开气球的口子，快速放气后会感到气球温度变 ，这是因为气体 ，导致内能变化。如图乙，松开气球的口子，气球向后喷出气体的同时，气球会沿着绳子快速向前飞去，这说明 。
（5）小明看到在沸腾的油锅中取铁球的表演后，得知锅中的“油”是由油和醋组成的混合液体，油的沸点为287℃，醋的沸点只有60℃，当温度达到 ℃时液体就沸腾了，继续加热，液体的温度
（选填“会”或“不会”）升高，表演时铁球的温度不可能超过 ℃。
【答案】（1）电磁波；可再生；（2）直线传播；漫；黑；（3）8.4×106；3.36×107；25%；（4）低；对外做功；力的作用是相互的；（5）60；不会；60。
【解析】（1）手机是利用电磁波进行信息传递的；能源源不断从自然界获得的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得的能源是不可再生能源。
（2）小孔成像是光的直线传播形成的；我们能看到本身不发光的物体，是因为在物体表面发生了漫反射；透明物体只透过与自身相同的色光，不透明物体只反射与自身相同的色光。
（3）知道水的质量、水的比热容和水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量；知道煤气的质量和煤气的热值，利用Q放＝mq计算煤气完全燃烧放出的热量，利用效率公式求煤气灶烧水的效率。
（4）物体对外做功，其内能减小、温度降低；力的作用效果：力可以改变物体的运动状态；力可以改变物体的形状。
（5）液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
液体沸腾的特点：不断吸收热量，温度保持不变。
【解答】解：
（1）微信信息是利用手机通过一定频率的电磁波进行传播的；
太阳能能源源不断获得，是可再生能源。
（2）阳光透过树叶间的缝隙，在地面上形成了许多圆形的光斑。这是光的直线传播现象，所成的是太阳的实像；
我们能从不同方向看到一朵花，这是由于光在花朵表面发生了漫反射。
透过蓝色玻璃观察红花时，红花只反射红光，而蓝色玻璃只能透过蓝光，所以没有色光进入人的眼睛，故看到的花是黑颜色的。
（3）水吸收的热量：
Q吸＝cm水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（50℃﹣10℃）＝8.4×106J；
0.8kg煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝m煤气q＝0.8kg×4.2×107J/kg＝3.36×107J；
煤气灶烧水的效率：
η100%＝25%；
（4）如图甲，松开气球的口子，快速放气后会感到气球变凉，这是因为气体对外界做功，本身的内能减小，温度降低；
如图乙，松开气球的口子，气球向后喷出气体的同时，空气给气球一个反作用力，气球会沿着绳子快速向前飞去，说明力的作用是相互的（或力可以改变物体的运动状态）。
（5）由于锅中的“油”是由油和醋组成的混合液体，醋的沸点是60℃，所以锅中的液体温度达到60℃时液体就沸腾了；液体沸腾的特点是吸收热量，但温度不变，所以继续加热液体的温度不会升高，表演时铁球的温度不可能超过60℃；只有当醋全部汽化后，再继续加热，油温度才会升高。
14．如图为氢气爆炸实验装置，向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，纸杯被崩起。请回答下列问题：
（1）爆炸的能量转化情况与汽油机工作时的哪一冲程相同？
（2）请你解释崩起的纸杯为什么能继续向上运动，且运动速度越来越小？
【答案】（1）做功冲程；（2）纸杯具有惯性；纸杯受到竖直向下的重力的作用，做减速运动。
【解析】（1）汽油机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；
（2）纸杯被崩起的一瞬间具有向上的速度；纸杯具有惯性；力可以改变物体的运动状态。
【解答】解：（1）向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，此过程中化学能转化为内能，纸杯被崩起，燃气的内能转化为了纸杯的机械能，爆炸的能量转化情况与汽油机工作时的做功冲程是相同的；
（2）纸杯被崩起时，具有一定的速度，由于纸杯具有惯性，仍然要向上运动；
纸杯在向上运动的过程中，由于受到竖直向下的重力的作用，所以纸杯会向上做减速运动。
15．将一个盛少量水的试管放在酒精灯上加热，过了一段时间后，会听到“砰”的一声，塞子飞出，同时可以看到管口附近出现了“白雾”。请回答下列问题：
（1）解释塞子飞出的原因；
（2）“白雾”是什么现象。
【答案】见解答
【解析】（1）气体膨胀做功，气体的内能减小，内能转化为机械能；
（2）木塞冲出试管口出现“白雾”，是水蒸气液化为小水珠漂浮在空中形成的。
【解答】答：（1）对水持续加热，试管中产生大量水蒸气，水蒸气膨胀做功，将软木塞推出，塞子被推出的过程中，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，故塞子能飞出；
（2）水蒸气膨胀对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能会减小，温度降低；水蒸气液化形成“白雾”。
16．新能源汽车正逐步取代传统燃油车。某新能源油电混合动力汽车，使用燃油工作时，在平直路面匀速行驶12km，受到的阻力是400N。该过程燃油发动机的热机效率为30%。求解下列问题：
（1）该过程中消耗燃油的质量是多少？（q燃油＝4.0×107J/kg）
（2）从环保角度分析，新能源汽车与普通汽车相比，有哪些优点？（写出一条即可）
【答案】答：（1）该过程中消耗燃油的质量是0.4kg；（2）新能源汽车与普通汽车相比，节能环保。
【解析】（1）汽车在平直路面匀速行驶，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，利用W＝Fs求得牵引力做的功，由得燃油燃烧放出的热量，再利用Q放＝mq得该过程中消耗燃油的质量。
（2）新能源汽车减少了化石燃料的燃烧，与普通汽车相比，有很多优点：节能环保，污染小，噪声小，尾气排放少等。
【解答】解：（1）汽车在平直路面匀速行驶，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，牵引力F＝f＝400 N，
牵引力做的功W＝Fs＝400 N×12×103m＝4.8×106J，
燃油燃烧放出的热量，
该过程中消耗燃油的质量是；
（2）新能源汽车减少了化石燃料的燃烧，与普通汽车相比，有很多优点：节能环保，污染小，噪声小，尾气排放少等。
17．某型号汽车在车型测试中，在一段平直公路上以80km/h的速度匀速行驶了6km，消耗汽油2L，已知汽油的密度为0.7×103kg/m3，汽油的热值为4.5×107J/kg。假设汽油完全燃烧，汽油机的效率为40%，求该型号汽车在以此速度行驶过程中，
（1）汽油完全燃烧放出多少热量？
（2）汽车受到的阻力是多大？
【答案】（1）汽油完全燃烧放出热量为6.3×107J；（2）汽车受到的阻力是4.2×103N。
【解析】（1）知道消耗汽油的体积、密度和汽油的热值，先利用m＝ρV求出汽油的质量，再利用Q放＝mq求汽油完全燃烧放出的热量；
（2）利用效率公式η的变形公式W＝ηQ放可求出牵引力做的功。知道前进的距离，利用公式W＝Fs求出汽车的牵引力。知道汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，可求阻力。
【解答】解：
（1）由ρ可得，汽油的质量为：
m＝ρ汽油V＝0.7×103kg/m3×2×10﹣3m3＝1.4kg；
汽油完全燃烧放出热量为：
Q放＝mq汽油＝1.4kg×4.5×107J/kg＝6.3×107J；
（2）由效率公式η可得，牵引力做的功为：
W＝ηQ放＝40%×6.3×107J＝2.52×107J。
由功的公式W＝Fs可得，汽车的牵引力为：
F4.2×103N，
因为汽车做匀速直线运动，
所以受到的阻力f＝F＝4.2×103N。
18．汽车的排气量是指发动机汽缸的工作容积，一般情况下发动机排气量越大，功率越大。某款汽车使用四缸发动机，每个汽缸活塞行程均为8cm，活塞面积均为50cm2，燃气对活塞的平均压强为106Pa，飞轮转速为6000r/min。求：
（1）它的总排气量；
（2）一个做功冲程中，燃气对活塞做的功；
（3）该汽车的平均功率。
【答案】（1）它的总排气量为1.6L；（2）其中的一个缸做功冲程燃气对活塞做的功为400J；（3）该汽车的平均功率是80kW。
【解析】（1）知道每个气缸活塞行程和活塞面积，根据V＝Sh求出每个气缸的体积，然后求出它的总排气量；
（2）知道高温高压燃气的平均压强和活塞的面积，根据p求出燃气对活塞的推力，再根据W＝Fs求出燃气对活塞做的功；
（3）飞轮每转两圈对外做功一次，先求出每分钟做功的次数，再求出1min做的总功，利用P求出该汽车的平均功率。
【解答】解：（1）发动机的排气量：
V排＝4V容＝4Sh＝4×50cm2×8cm＝1600cm3＝1.6L；
（2）根据p可得，燃气对活塞的推力：
F＝pS＝106Pa×50×10﹣4m2＝5000N，
一个做功冲程中燃气对活塞做的功：
W＝Fh＝5000N×0.08m＝400J；
（3）飞轮每转两圈对外做功一次，所以1min转动6000周，要做功3000次，
则该汽车的平均功率：
P80000W＝80kW。
19．小红在实验室利用电热器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象如图所示。实验时，冰的质量为1kg，已知c水＝4.2×103J/（kg ℃），相同时间内被加热物质吸收的热量相同。求：
（1）CD段水吸收的热量为多少J；
（2）冰的比热容是多少。
【答案】（1）CD段水吸收的热量为4.2×104J；（2）冰的比热容是2.1×103J/（kg ℃）。。
【解析】（1）由图可知CD段水升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求CD段水吸收的热量；
（2）相同时间内被加热物质吸收的热量相同，由图可知AB段冰的加热时间，从而可知冰吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求冰的比热容。
【解答】解：（1）水的质量m水＝m冰＝1kg，水吸收的热量：
Q吸水＝c水m水Δt ＝4.2×103J/（kg ℃）×1kg×（10℃﹣0℃）＝4.2×104J；
（2）由图可知，AB段冰的加热时间为5min，CD段水的加热时间为10min，
因为相同时间内被加热物质吸收的热量相同，所以在AB段，冰吸收的热量：
Q吸冰Q吸水4.2×104J＝2.1×104J，
则冰的比热容：。
知识导图
考点精讲
考点精炼卷
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第十四章 内能与热机
【知识梳理】
考点一 内能及改变途径
1.物体的内能：物体所有分子无规则运动的分子动能和分子势能的总和。
一切物体都具有内能。物体的内能跟物体质量、温度、物态有关。在质量、物态一定时，温度越高，内能越大；温度升高，内能增大。
2.改变物体内能的两条途径：（1）做功；（2）热传递。
做功改变内能实质是内能和其它形式能的相互转化，热传递改变内能时内能的转移。
3.热传递的三种形式：热传导、热对流、热辐射。
4.热量：热传递过程中传递能量（内能）的多少。热量的单位是焦耳（J）。
热传递过程中，高温物体放出热量，温度降低，内能减少；低温物体吸收热量，温度升高，内能增加。热传递的实质是内能从高温物体向低温物体转移，热传递传递的是能量，不是温度。
考点二 比热容
1.定义：比热容是物质的一种特性，只跟物质的种类和物态有关，比热容的大小等于一定质量的某种物质在温度升高（或降低）时吸收（或放出）的热量与它的质量和升高（或降低）的温度乘积的之比，跟物体吸收（或放出）的热量、质量、温度无关，不同物质的比热容一般不同。同种物质不同物态下的比热容不同。
当物体温度升高时，比热容的计算公式：(t2表示末温，t1表示初温)
当物体温度降低时，比热容的计算公式：(t2表示末温，t1表示初温)
2.单位：焦每千克摄氏度，符号：J/(kg·℃)
3.物理意义：
（1）1kg的某种物质，温度降低（升高）1℃所放出的热量，数值上等于它的比热容，如：水的比热容时4.2x10J/（kg·℃），其物理意义是1kg的水，温度升高（降低）1℃时所吸收（放出）的热量为4. 2x103J
（2）反映了不同物质吸、放热的本领，比热容越大，物质吸、放热的本领越强；
（3）反映了物质温度改变的难易程度；
4．影响因素：比热容是物质的一种性质，只与物质的种类、状态有关，和物质的质量、体积、吸收（或放出）热量的多少、温度的高低无关；
【注意】不同物质比热容可能相同，同一物质，状态不同，比热容不同！
5．水比热容较大的应用：
影响气候：水系较多的地区昼夜温差小，水系较少的地区昼夜温差大；
导热介质：由于水的比热容较大，可以用作冷却剂或供热的介质；
6．温度-时间图像：图像越陡，比热容越小；（陡小缓大)（如课本图14-4）
考点三 热量的计算
物体的质量为m，比热容为c，温度的变化量为△t（指温度差，不是某一时刻的温度），则物体在温度变化过程中吸收或放出的热量Q=cm△t
升温吸热：Q吸=cm（t2-t1)(t2表示末温，t1表示初温)
降温放热：Q放=cm（t1-t2)(t2表示末温，t1表示初温)
【注】若吸、放热的过程中涉及到状态的变化，则公式不能直接使用
【拓展】发生热传递时，若不计热量的损失，则高温物体降温放出的热量都被低温物体吸收，即放出的热量和吸收的热量相等，用公式：Q吸=Q放表示，利用该等式建立的方程为热平衡方程，但在这个过程中，低温物体吸热升高的温度与高温物体放热降低的温度不一定相等。
考点四 内燃机及其热机的效率
1. 内燃机
(1)把燃料燃烧时释放的内能转化为机械能的发动机叫做热机，内燃机是指燃料在发动机 气缸内燃烧产生动力的热机。内燃机中最常见的是汽油机和柴油机。
(2)汽油机的四个冲程依次是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程，在做功冲程中内能转化为机械能，实现对外做功。单缸四冲程内燃机中，一个工作循环活塞往复运动两次，曲轴转动两周，对外做功一次。
(3)柴油机气缸顶部有一喷油嘴，汽油机气缸顶部有一火花塞；柴油机吸入气缸的是空气，而汽油机吸入气缸的是空气和汽油的混合气体，柴油机采用的点火方式是压燃式，汽油机采用的点火方式是点燃式。
2. 燃料的热值
(1)定义:某种燃料完全燃烧释放的热量与所用燃料的质量之比，叫做这种燃料的热值，用字母q表示。
(2)定义式及单位：燃料热值的定义式为：，热值的单位是J/kg。
(3)燃料燃烧放热的计算：Q放=qm或Q放=Vq
3. 热机效率
①定义：用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧所放出的能量之比叫做热机效率。热机效率是热机性能的一个重要指标。
②提高热机效率的途径：在设计、制造和使用上要尽量减少各种能量损失，有效减少摩擦。
③公式：η=
4.环境保护
人们在使用燃料的同时，排放的烟尘废气是造成大气污染的主要来源。改进燃烧设备，加装消烟除尘装置，采取集中供热，在城市普及煤气和天然气的使用是保护环境，控制消除大气污染的方法。
【题型精炼】
考点一 内能及改变途径
典例1：（2025 宿松县三模）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．温度低的物体一定比温度高的物体具有的内能少
B．两杯水升高相同的温度，吸收的热量相等
C．海波熔化过程温度不变，内能增加
D．温度为0℃的物体不具有内能
【答案】C
【解析】（1）内能是物体内所有分子不停地做无规则运动具有的动能和分子势能的总和，内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关；
（2）根据Q吸=cmΔt分析解答；
（3）晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能增加；
（4）一切物体都有内能。
【解答】A、内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关系，温度低的物体具有的内能也可能比温度高的物体具有的内多，故A错误；
B、质量相等的（选项中缺少这个条件）两杯水，升高相同的温度，吸收的热量相等，故B错误；
C、海波是晶体，海波在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加，故C正确；
D、一切物体都有内能，温度为0℃的物体也具有内能，故D错误。
【举一反三】
变式1：（2024 新洲区模拟）关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度升高，内能一定增大
B．物体温度升高，一定是吸收了热量
C．物体吸收了热量，温度一定升高
D．温度高的物体，内能一定大
【答案】A
【解析】（1）影响内能的因素有质量、温度以及状态等。
（2）内能是指物体内部所有分子的分子动能和分子势能的和；物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。
（3）物体吸收了热量，可能用来加快分子的无规则运动，即表现在物体的温度的升高；也可能用来改变物体的状态。
（4）改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式。
【解答】A、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此物体温度升高，内能一定增大，故A正确；
B、物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，其内能一定增加，故B正确；
C、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故C错误。
D、因为影响内能的因素有质量、温度和状态，因此温度高的物体内能不一定大，故D错误。
变式2：（2025 江西）如图所示，是具有特色的江西传统小吃。在制作或品尝这些美食时蕴含了相关物理知识，下列说法错误的是（ ）
A．手工制作艾米果捏成不同的形状，表明力能使物体发生形变
B．瓦罐汤在大型瓦缸内慢慢煨制升温时，吸收热量，内能增加
C．油条与麻糍能黏在一起，表明物质中的分子间仅有引力而没有斥力
D．吃茶饼时闻到桂花香味，是由于分子在空气中不停地做无规则运动
【答案】C
【解析】（1）力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状；
（2）物体吸收热量时，内能增加，放出热量时，内能减少；
（3）分之间的引力和斥力是同时存在的；
（4）物质的分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】A、手工制作艾米果，用力可以捏成不同的形状，表明力能使物体发生形变，故A正确；
B、给瓦罐加热，瓦罐汤在大型瓦缸内慢慢煨制升温时，吸收热量，内能增加，故B正确；
C、分之间的引力和斥力是同时存在的，油条与麻糍能黏在一起，表明物质中的分子间有引力，此时斥力仍然存在，故C错误；
D、能闻到桂花香味，是香味分子扩散到了空气中，说明分子在空气中不停地做无规则运动，故D正确。
变式3：（2025 成都校级模拟）下面与“热”相关的物理现象，解释正确的是（ ）
A．扫地时，灰尘满屋，是由于分子做无规则运动的结果
B．白糖在温度高的水中化得快，是由于温度越高，分子的热运动越剧烈
C．把冰放在手心，感到冷，是因为冰的内能为零
D．冬天搓手，手心感到热，是通过热传递的方式改变内能
【答案】B
【解析】（1）不同的物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，这一现象说明一切物体的分子都在不停地做无规则运动，温度越高分子运动越剧烈。
（2）一切物体都具有内能。
（3）改变物体内能有做功和热传递两种方式，这两种方式是等效的。
【解答】A、扫地时，灰尘满屋，灰尘是看得见的，灰尘满屋是固体小颗粒的宏观运动，不是分子的运动，故A错误。
B、白糖在温度高的水中化得快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈，故B正确。
C、把冰放在手心，感到冷，是因为冰熔化吸热，而冰的内能不会为0，故C错误。
D、冬天搓手时，克服摩擦做功，机械能转化内能，是通过做功的方式改变内能，故D错误。
考点二 比热容
典例1：（（2025 石狮市一模）中华古诗词是我国的瑰宝，下列关于诗词中物理知识的解释，说法正确的是（ ）
A．“昔去雪如花，今来花似雪”，雪的温度低，其内能为零
B．“泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯”，春日沙子白天较暖是因为沙子比热容大
C．“夏荷轻摇，珠露合聚”，露珠聚在一起说明分子间存在引力
D．“春来雪化草庭湿，暖日冰融栅院池”，冰在熔化时持续吸热，其内能不变
【答案】C
【解析】（1）一切物体都有内能；
（2）沙土的比热容较小，与质量相同的其它物质相比，吸收相同的热量，升高的温度较高；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（4）冰在熔化时，吸收热量，内能增加，温度不变。
【解答】A．一切物体，不论温度高低，都具有内能，故A错误；
B．沙子白天较暖，是因为沙子的比热容较小，与其它相同质量的物质相比，吸收相同热量时，升温较明显，故B错误；
C．露珠合聚是因为水分子之间的距离足够较小时，分子间表现的是引力，故C正确；
D．冰在熔化时要不断地吸收热量，其内能增大，故D错误。
【举一反三】
变式1：（2024秋 郫都区校级期中）下列关于诗词中物理知识的解释，说法正确的是（ ）
A．“昔去雪如花，今来花似雪”，雪的温度低，其内能为零
B．“夏荷轻摇，珠露合聚”，露珠聚在一起说明分子间存在引力
C．“泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯”，春日沙子白天较暖是因为沙子比热容大
D．“寒夜客来茶当酒，竹炉汤沸火初红”，汤在沸腾后持续吸热，其内能不变
【答案】B
【解析】（1）一切物体都有内能；
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（3）沙土的比热容较小，与质量相同的其它物质相比，吸收相同的热量，升高的温度较高；
（4）液体沸腾过程中，吸收热量，内能增加，温度不变。
【解答】A、一切物体都有内能，雪的温度低，其内能不为零，故A错误；
B、露珠聚在一起说明分子间存在引力，故B正确；
C、春日白天沙子较暖是因为沙子比热容较小，故C错误；
D、汤在沸腾后持续吸热，其内能增加，故D错误。
变式2：（2025 日照一模）如图是某沿海城市和某内陆城市一年内气温随月份变化的图象，发现两地区温差差别较大。由图象可知，实线表示的是 （选填：“内陆”或“沿海”）城市的气温变化规律。其主要依据是：太阳辐射两地的热量均匀且相同，若质量相同时， 温度变化较大（选填：“水”或“砂石”）。
【答案】内陆；砂石。
【解析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】由一年的气温变化曲线得出，实线所示的城市最高、最低气温差比虚线所示的城市的大；水的比热容比砂石大，在质量相同、吸收热量相同时，砂石温度变化较大，所以实线表示的是内陆城市的年气温变化曲线。
变式3：（2023秋 来凤县期末）CCTV-7《美丽中国乡村行》乡村振兴看中国，鱼米之乡无为鲜味多，介绍了无为板鸭及螃蟹的养殖，同时也说明农村环境取得了很大的改善。尤其水污染得到了控制，水的面积增大了，这对气温的调节，营造“宜居无为”的舒适环境起到了很大的作用，这是由于水的 大。
【答案】比热容
【解析】（对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】因为水的比热容比较大，在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，在降低相同的温度时可以放出更多的热量，所以大量增加水面面积，可以减小昼夜温差，对气温有调节作用。
典例2：（2025 翔安区校级模拟）糖炒栗子一直是秋冬的限定美食。如图所示是翻炒栗子的场景，为了让栗子快速、均匀加热，常常将砂石与栗子混合在一起翻炒，这主要是利用了砂石（ ）
A．比热容小 B．密度大
C．热值大 D．含有的热量多
【答案】A。
【解析】比热容小的物体，相同质量时，吸收相同的热量，其温度的变化更明显，据此分析。
【解答】砂石的比热容小，相同质量的砂石同其他物质相比较，吸收相同的热量升温快，因此，将砂石与栗子混合在一起翻炒，可以让栗子快速、均匀加热。
【举一反三】
变式1：下列现象中，不能用比热容解释的是（ ）
A.中午沙子很烫、海水较凉 B.汽车发动机用水做冷却剂
C.我国西北沙漠地区日温差较大 D.火箭采用液态氢作为燃料
【答案】D
【解析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
【解答】A．中午沙子很烫、海水较凉，是因为沙子比热容小，而海水比热容大，故A不符合题意；
B．汽车发动机用循环水冷却，是利用升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多的特点，将汽车发动机工作时产生大量热量迅速转移，故B不符合题意；
C．我国西北沙漠地区日温差较大，是因为沙漠地区多沙少水，沙子比热容小，故C不符合题意；
D．火箭采用液态氢作为燃料是因为液态气热值高，故D符合题意。
变式2：（2025 运城模拟）地球是迄今人类唯一的家园，小李所在的班级举行了一场跨学科实践活动，对地球上的某些物理现象进行了分析。
（1）地球被厚达80～100km的大气层包围着，大气对浸在其中的物体有压强。在高原地区煮饭时，需要用高压锅才能将饭煮熟，原因是高原地区的大气压 （选填“大于”“小于”或“等于”）标准大气压。
（2）日食（如图甲所示）是地球上的一种天文现象，它形成的原理是 ；生活中与日食形成原理相同的实例有 （列举一例即可）。
（3）风是地球上的一种空气流动现象，它是由于不同地方之间受热不均匀引发的气压差造成的。请你判断，在沿海地区夜间的风向应该是乙、丙两图中的图 。
【答案】（1）小于；（2）光的直线传播；影子；（3）丙。
【解析】（1）大气压随海拔的升高而减小；
（2）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（3）根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点以及风是从高压区吹向低压区来分析海风的形成过程。
【解答】（1）大气压随海拔的升高而减小，高原上气压低，低于标准大气压，液体的沸点低，高原地区的人们做饭时要使用高压锅；
（2）当太阳、月球、地球位于同一直线上，月球处于太阳与地球之间时，沿直线传播的太阳光被不透明的月球挡住，在月球的后面阳光照不到的地球上，形成影，在地球上看不到太阳，便形成日食；生活中影子原理就是光的直线传播；
（3）水的比热容比泥土、沙石的大，白天太阳照射时，水面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风；晚上，气温下降，水面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风，由图可知，此时地面附近的空气从陆地吹向海洋，形成陆风；图中丙图是夜间的风。
变式3：（2025春 莱芜区期末）某日济南、青岛两城市的天气预报情况（如表），下列根据气温变化情况做出的判断和判断依据正确的是（ ）
A．城市甲是济南，海水比热容比砂石小
B．城市乙是青岛，海水比热容比砂石大
C．城市甲是青岛，海水比热容比砂石大
D．城市乙是济南，海水比热容比砂石小。
【答案】B。
【解析】据水的比热容较大的特点分析沿海城市为什么昼夜温差小，然后做出判断。
【解答】沿海地区水多，水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小。故沿海地区的温度变化小，而内陆地区的温度变化比较大；故城市甲是济南，乙是青岛，依据是水的比热容较大。
考点三 热量的计算
典例1：（2024秋 新吴区期末）将一个温度为20℃、质量为500g的物块放入温度为100℃、质量为1000g的水中[水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]，物块和水的温度随时间的变化图像如图所示（不计热损失）。以下说法正确的是（ ）
A．前6min,物块吸收的热量是8.4×105J
B．1～4min内，热量有时从水传递给物块，有时从物块传递给水
C．前6min,物块吸收的热量小于水放出的热量
D．物块的比热容与水的比热容之比为2：3
【答案】D。
【解析】（1）由图可知，前6min水降低的温度，根据Q放=cmΔt求出水放出的热量，不计热量损失，物块吸收的热量等于水放出的热量；
（2）热量总是从高温物体向低温物体传递；
（3）根据Q=cmΔt求出物块的比热容与水的比热容之比。
【解答】AC、由图可知，前6min水降低的温度Δt水=100℃-80℃=20℃，
则水放出的热量：Q放=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg ℃）×1000×10-3kg×20℃=8.4×104J，
不计热量损失，物块吸收的热量等于水放出的热量，即物块吸收的热量Q吸=Q放=8.4×104J，故AC错误；
B、由图可知，1～4min内，水的温度高于物块的温度，而热量总是从高温物体向低温物体传递，所以1～4min内，热量从水向物块传递，故B错误；
D、由图可知，前6min,物块升高的温度Δt物=80℃-20℃=60℃，
物块的比热容与水的比热容之比：，故D正确。
【举一反三】
变式1：（2024秋 厦门期中）质量为1kg的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，不计热量损失，0-3min乙吸收的热量为：8.4×104J，它们的温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲的吸热能力大于乙
B．甲和乙的比热容之比是3：2
C．甲的比热容4.2×103J/（kg ℃）
D．甲在0-3min吸收的热量为8.4×104J
【答案】D
【解析】（1）用同样的加热器进行加热，物质在相同时间内吸收的热量相等，由图可知，当甲、乙都升高20℃时加热的时间之比，据此可知甲、乙吸收的热量之比，根据c=可求出甲、乙的比热容之比，据此可知甲、乙的吸热能力的关系；
（2）由图可知，0～3min乙升高的温度，根据c=可求出乙的比热容，根据甲、乙的比热容关系求出甲的比热容。
【解答】
变式2：一壶质量为2千克、温度为20℃的水，加热后使其升高到70℃，这些水吸收了多少热量？[水的比热容为4.2×103焦/（千克 ℃）]。
【答案】4.2×105J。
【解析】掌握热量公式：Q=cm△t的计算公式是解答本题的关键，题干中已知水的质量是2kg，水的初温和末温分别是20℃、70℃，把数据代入公式即可求出水吸收的热量。
【解答】由分析知水吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/（kg ℃）×2kg×（70℃-20℃）=4.2×105J。
变式3：（2025 湖北模拟）某实验小组利用酒精灯对碎冰块均匀加热，如图甲所示，他们每隔相同时间记录一次温度计的示数，绘制的温度——时间图像如图乙所示，已知碎冰块质量为0.5kg,c水=4.2×103J/（kg ℃），不考虑热量损失，下列说法正确的是（ ）。
A．冰是非晶体
B．冰的比热容比水大
C．水在升温过程中吸收热量是2.1×104J
D．冰在熔化过程中吸收的热量是1.68×105J
【答案】D。
【解析】（1）晶体在熔化过程中，吸收热量、内能增加，但温度不变；
（2）质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升温慢的物质比热容较大；
（3）利用Q=cm（t-t0）求得水温度都升高20℃吸收的热量，吸热多少关系，进而得出吸收相同的热量；利用酒精灯对冰均匀加热，即在相同时间内冰吸热相同，分析图象得出冰在熔化过程中吸收的热量。
【解答】A．由图乙可知，冰在熔化过程中有固定的得到温度，即有熔点，所以冰是晶体，故A错误；
B．由图乙可知，0-5min为固态的冰，45-55min为液态的水。等质量的水和冰，升高相同的温度，水需要的时间更长，可知水吸收的热量更多，所以水的比热容比冰大，故B错误；
C．由图乙可知，水在升温过程中升高的温度为Δt=20℃，吸收的热量为：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×20℃=4.2×104J，故C错误；
D．水升温所用时间为55min-45min=10min,冰熔化的时间为45min-5min=40min,冰熔化的时间是水升温所用时间的4倍，由于使用相同的酒精灯，相同时间内放出的热量相同，所以熔化过程中吸收的热量是水升温时吸收热量的4倍，即Q=4Q吸=4×4.2×104J=1.68×105J，故D正确。
考点四 热机及热机效率
典例1：（2025 莲湖区模拟）如图所示，在透明塑料盒上钻一个小孔，把电子式火花发生器的放电针插进孔中，在盒内滴入几滴酒精，按下电动点火按钮，点燃盒内的酒精，盒盖被打出去。关于此实验，分析不正确的是（ ）
A．酒精燃烧过程是化学能转化为内能
B．实验时能闻到酒精的气味这是扩散现象
C．电子打火器的作用相当于柴油机中的喷油嘴
D．活塞飞出的过程中能量转化的形式与汽油机的做功冲程相同
【答案】C。
【解析】（1）燃烧是把燃料的化学能转化为内能；
（2）扩散现象：不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象；
（3）汽油机的顶部有个火花塞；
（2）热机中的做功冲程就是利用内能来做功的冲程，将内能转化为机械能。
【解答】A、酒精燃烧过程中把化学能转化为内能，故A正确；
B、打开酒精灯灯帽，会闻到酒精的气味，这是因为酒精分子不停地做无规则运动散放到空气中，是扩散现象，故B正确；
C、电子打火器的作用相当于汽油机的火花塞，柴油机的喷油嘴只能喷出柴油，不能点火，故C错误；
D、气体推动盒盖飞出的过程是气体推动盒盖做功的过程，相当于内燃机的做功冲程，故D正确。
【举一反三】
变式1：若让一台正在正常开动的柴油机停止转动，一般应对它进行的操作是（ ）
A.断开它的电路，停止给它供电 B.关停它的油路，停止给它供油
C.以上两种方法都可以 D.以上两种方法都不行
【答案】B
【解析】在压缩冲程末尾，喷油嘴会喷出雾状柴油，柴油燃烧。
【解答】在压缩冲程末尾，喷油嘴会喷出雾状柴油，柴油燃烧，然后内能转化为机械能，对外做功，要想让一台正在正常开动的柴油机停止转动，需要停止供油即可，断开它的电路，停止给它供电，柴油机也可以工作，不能停止转动，故ACD错误，B正确。
变式2：（2024 吉州区校级一模）用塑料矿泉水瓶进行了如下探究：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图甲）；扭转瓶子（如图乙）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾。文中划线部分的能量转化过程与图丙中热机的 冲程相似（填字母序号）；柴油机气缸顶部 火花塞（选填“有”或“无”）。
【答案】D；无。
【解析】（1）压缩气体做功时，将机械能转化为内能；气体对瓶盖做功时，将内能转化为机械能；汽油机在压缩冲程中将机械能转化为内能，在做功冲程中将内能转化为机械能；
（2）柴油机气缸顶部是喷油嘴。
【解答】（1）扭转瓶子时，压缩瓶内气体做功，瓶内气体的内能增大；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出时，气体对瓶盖做功，将内能转化为机械能，与内燃机做功冲程的能量转化相同；
图A中的吸气门打开，是吸气冲程；图B的排气门打开，是排气冲程；图C中两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；图D中两气门关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程；
所以，文中划线部分的能量转化过程与图丙中热机的D冲程相似。
（2）柴油机气缸顶部是喷油嘴，无火花塞。
变式3：如图所示，在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，利用酒精灯加热一段时间，观察现象。对时于这个过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A.酒精燃烧过程中将化学能转化为内能
B.管内水沸腾后将橡胶塞冲出，水蒸气的内能会减少
C.管内水沸腾后将橡胶塞冲出，管口出现的“白气”是水蒸气
D.该过程的能量转化跟内燃机的做功冲程相同
【答案】ABD。
【解析】（1）燃料燃烧的过程是将化学能转化为内能的过程。
（2）做功和热传递都能改变物体的内能。
（3）当对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
【解答】A、酒精燃烧将化学能转化为内能，故A正确。
BC、水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，水蒸气内能减小、温度降低，液化成小水珠飘散在空中，即“白气”，故B正确，C错误。
D、水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，所以能量转化跟内燃机的做功冲程相同，故D正确。
典例2：（2024秋 法库县期末）汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（ ）
A．甲图是压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高
B．由乙图可知该汽油机的效率是30%
C．汽车尾气中的“汽油味”越浓，燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的热值
D．甲图中热机飞轮转数是1800r/min,则该热机1s中对外做功30次
【答案】A。
【解析】（1）内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；
（2）热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，结合图中数据分析；
（3）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
（4）一个工作循环中，只有做功冲程对外做功，活塞往复运动2次，曲轴转动2周。
【解答】A、根据图甲可知，两个气门关闭、活塞上行，为压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，机械能转化为内能，气体的温度升高，故A正确；
B、热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，由图可知，输出有用功所占比例为：100%-36%-30%-6%=28%，即该汽油机的效率为28%，故B错误；
C、热值是燃料本身的一种特性，只与燃料本身决定，和燃料的质量、放出热量的多少、燃烧是否充分、温度高低无关，故C错误；
D、热机在一个工作循环中，飞轮转动两圈，对外做功一次，完成4个冲程。该热机飞轮转速是1800r/min=1800r/60s=30r/s,即每秒钟飞轮转动30圈，完成15个工作循环，完成60个冲程，对外做功15次，故D错误。
【举一反三】
变式1：（2025 嘉峪关一模）如图是甲、乙两台汽油机燃烧不同质量的同种燃油的能量流向及比例的饼状图，下列说法正确的是（ ）
A．若对外做相同的功，甲汽油机更省油
B．若燃烧质量相同的同种燃油，乙汽油机摩擦损失的能量更多
C．若增加燃烧同种燃油的质量，甲汽油机的机械效率可以更高
D．乙汽油机做有用功的比例比甲汽油机大，乙汽油机的热机效率更高
【答案】D
【解析】热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。
【解答】A.若对外做功的能量相同，乙汽油机更省油，因为乙汽油机的效率比甲汽油机的效率高，故A错误；
B.由饼图可知，若燃烧质量相同的同种燃油，乙汽油机摩擦损失的能量相同，都为4%，故B错误；
C.若增加燃烧同种燃油的质量，甲汽油机的机械效率不可以更高，因为机械效率与燃烧燃料的质量无关，故C错误；
D.乙汽油机做有用功的比例比甲汽油机大，乙汽油机的热机效率更大，故D正确。
变式2：（2025 新疆一模）为了节约能源，需要提高热机效率，关于提高热机效率，下列说法正确的是（ ）
A．尽量使用热值大的燃料
B．采用先进的制造技术，能将热机的机械效率提高到100%
C．尽量增加热机工作时间
D．尽量减少废气带走的热量。
【答案】D。
【解析】热机效率指有用能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，比值越大，效率越高；使用热机时，真正能转变为对外做的有用功的能量只是燃料燃烧时所释放能量的一部分，热机的效率不能达到100%。
【解答】A．使用热值大的燃料时，完全燃烧相同质量的燃料，可以产生更多的热量，但是不能提高热机效率，故A错误；
B．由于摩擦等因素的存在，也无法将热机的机械效率提高到 100%，故B错误；
C．增加热机工作时间，可以增加对外做的有用功，但是不能提高热机效率，故C错误；
D．减少废气带走的热量可以增加燃料产生热量的利用率，可以提高热机的效率，故D正确。
变式3：（2024秋 奉节县期末）甲、乙两种燃料完全燃烧放出的热量与其质量的关系图象如图所示，则下列分析正确的是（ ）
A．甲燃料的热值小于乙燃料的热值
B．完全燃烧甲、乙两种燃料加热同一锅水至沸腾，所需乙燃料的质量更小
C．完全燃烧相同质量的两种燃料，甲放出的热量更多
D．使用甲燃料的热机效率一定高，但是热机效率肯定小于100%
【答案】C。
【解析】（1）单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，在图象上取某一质量，比较相应的Q值，从而比较这两种燃料的热值大小；
（2）分别燃烧甲、乙两种燃料将同一锅水加热至沸腾，则水吸收的热量相同，燃料燃烧放出的热量相同，根据m=比较燃料的质量大小；
（3）根据Q放=mq分析回答；
（4）甲燃料的热值大，由Q放=mq可知，完全燃烧相同质量的甲燃料和乙燃料相比，甲放出的热量多，但使用甲燃料的热机做的有用功与燃料完全燃烧放出的热量之比不一定大，使用甲燃料的热机效率不一定高。
【解答】A、由图可知，取相同质量时，Q甲＞Q乙，根据q=可知，q甲＞q乙，即甲燃料的热值大于乙燃料的热值，故A错误；
B、分别燃烧甲、乙两种燃料将同一锅水加热至沸腾，则水吸收的热量相同，燃料燃烧放出的热量相同，q甲＞q乙，根据m=可知，甲燃料的质量更小，故B错误；
C、完全燃烧相同质量的两种燃料，q甲＞q乙，根据Q放=mq可知，甲放出的热量更多，故C正确；
D、甲燃料的热值大，由Q放=mq可知，完全燃烧相同质量的甲燃料和其它燃料相比，甲放出的热量多，但使用甲燃料的热机做的有用功不一定多；使用甲燃料的热机做的有用功与燃料完全燃烧放出的热量之比不一定大，即热机效率不一定高（热机效率肯定小于100%是正确的），故D错误。
1．关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．温度低的物体一定比温度高的物体具有的内能少
B．两杯水升高相同的温度，吸收的热量相等
C．海波熔化过程温度不变，内能增加
D．温度为0℃的物体不具有内能
【答案】C
【解析】（1）内能是物体内所有分子不停地做无规则运动具有的动能和分子势能的总和，内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关；
（2）根据Q吸＝cmΔt分析解答；
（3）晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能增加；
（4）一切物体都有内能。
【解答】解：A、内能的大小与物体的温度、质量、状态等有关系，温度低的物体具有的内能也可能比温度高的物体具有的内多，故A错误；
B、质量相等的（选项中缺少这个条件）两杯水，升高相同的温度，吸收的热量相等，故B错误；
C、海波是晶体，海波在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加，故C正确；
D、一切物体都有内能，温度为0℃的物体也具有内能，故D错误。
2．如图所示，图中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（ ）
A．图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少
B．图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大
C．图丙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少
D．图丁，是做功冲程，汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大
【答案】C
【解析】（1）做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；
（2）内燃机做功冲程，燃气推动活塞做功，燃气内能转化为机械能。
【解答】解：A、图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，筒内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，内能转化为机械能，空气的内能减小，故B错误；
C、图丙中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C正确；
D、图丁中两气门关闭，活塞向下运动，火花塞点火，是汽油机的做功冲程，燃气对活塞做功，气体的内能减小，故D错误。
3．新房装修中，越来越多的家庭选用水循环式地暖系统。该系统把水加热后输送到地板下的管道中，向各房间供暖。这主要利用了水的（ ）
A．凝固点低 B．比热容大 C．密度大 D．热值大
【答案】B
【解析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
【解答】解：散热器用流动的热水供暖，是因为相同质量的水和其他物质相比，降低相同的温度，由于水的比热容较大，则水放出热量更多，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
4．如图a所示为我国002号航母“山东舰”上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在2s内达到起飞速度，如图b所示为四冲程汽油机的工作示意图。下列判断错误的是（ ）
A．图a中汽缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力
B．图a中汽缸内的蒸汽推动活塞时，蒸汽的内能减小
C．从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图乙所示的原理相似
D．若该汽油机1秒可对外做功30次，则其飞轮转速为3600r/min
【答案】C
【解析】根据四冲程内燃机的工作过程来分析；
内燃机的一个工作循环，活塞往复两次，飞轮转两周，对外做一次功。
【解答】解：A、图a中汽缸内的蒸汽体积膨胀，从而推动活塞使舰载机获得牵引力，故A正确；
B、图a中汽缸内的蒸汽推动活塞时，蒸汽的内能减小，内能转化为机械能，故B正确；
C、甲是吸气冲程，乙是压缩冲程，丙是做功冲程，丁是排气冲程，从能量转化角度讲，蒸汽弹射装置工作时与图丙所示的原理相似，故C错误；
D、内燃机的一个工作循环，活塞往复两次，飞轮转两周，对外做一次功，若该汽油机1秒可对外做功30次，则其飞轮转速为2×30×60r/min＝3600r/min，故D正确。
故选：C。
5．关于燃料和热值，以下说法正确的是（ ）
A．燃料的热值与燃料的种类有关系，与燃料的质量和燃烧状况无关
B．容易燃烧的燃料，热值一定大
C．煤的热值大于干木柴的热值，燃烧煤放出的热量比燃烧干木柴放出的热量一定多
D．火箭使用液氢燃料，主要是利用了液氢的比热容大
【答案】A
【解析】（1）单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量就是该燃料的热值，热值是燃料的一种特性，其大小只与燃料的种类有关，与其他因素无关；
（2）由Q放＝qm可知，燃烧相同质量的燃料，热值大的燃料放出的热量多。
【解答】解：AB、热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧状况等因素无关，故A正确，B错误；
C、由Q放＝qm可知，燃烧相同质量的燃料，热值大的燃料放出的热量多；煤的热值大于干木柴的热值，但不知道煤和干木柴的质量，因此燃烧煤放出的热量不一定比燃烧干木柴放出的热量多，故C错误；
D、火箭使用液氢燃料，主要是利用了液氢的热值大，与其他相同质量的燃料比，液氢完全燃烧放出的热量更多，故D错误。
故选：A。
6．用相同规格的电加热器分别同时对质量相等的甲、乙两种液体加热（不计热量损失），如图所示是甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的关系图象。下列说法正确的是（ ）
A．1min内，乙吸收的热量比甲多
B．1min后乙温度不变，内能不变
C．甲、乙的比热容之比为3：2
D．甲、乙的比热容之比为2：1
【答案】D
【解析】（1）用相同规格的电加热器分别同时对质量相等的甲、乙两种液体加热（不计热量损失），据此分析；
（2）液体在沸腾过程中不断吸收热量，内能增大，温度不变；
（3）由图象可知甲、乙升高的温度相同时（从25℃升高到75℃），甲、乙的加热时间关系，即可知道甲、乙吸收的热量关系，而甲、乙的质量相同，利用等式Q吸甲＝c甲mΔt＝2Q吸乙＝2c乙mΔt可得比热容的大小关系。
【解答】解：A、因为用相同规格的电加热器分别同时对质量相等的甲、乙两种液体加热（不计热量损失），因此1min内，相同的时间内，甲和乙吸收的热量相同，故A错误；
B、1min后乙温度不变，不断吸收热量，内能增大，故B错误；
CD、都从25℃升高至75℃，升高相同的温度，甲需要2min，乙需要1min，则可以列等式Q吸甲＝c甲mΔt＝2Q吸乙＝2c乙mΔt，
甲、乙的比热容之比为2：1，故C错误，D正确。
故选：D。
7．沙湖是宁夏最著名的旅游景区之一，以自然景观为主体，黄沙、绿水、芦苇、鱼鸟、山石五大景源有机结合，构成了独具特色的秀丽景观，是一处融江南秀色与塞外壮景于一体的塞上明珠。小宇一家在暑假去沙湖旅游，并品尝了沙湖特色美食，期间她发现了许多热现象，如图所示是她总结的一些说法，其中错误的是（ ）
A．甲图中沙滩车前进的动力，是由内燃机的做功冲程提供
B．乙图中站在岸上能闻到荷花的香味是扩散现象
C．丙图中沙子烫脚而海水冰凉，是因为沙子的比热容大
D．丁图中烹饪剁椒鱼头是通过热传递的方式改变鱼头的内能
【答案】C
【解析】（1）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，为内燃机提供动力；
（2）组成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
（3）水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，吸收相同的热量，水升高的温度的较小；
（4）做功和热传递都可以改变物体的内能。
【解答】解：A、内燃机的做功冲程将燃气的内能转化为活塞机械能，为沙滩车前进的内燃机提供动力，故A正确；
B、乙图中站在岸上能闻到荷花的香味，是由于组成物质的花香分子无规则运动到空气中，进入人的鼻腔引起的，这是扩散现象，故B正确；
C．丙图中沙子烫脚而海水冰凉，是因为与水相比，沙子的比热容小，相同质量的沙子与水，在吸收相同热量时，沙子温度升高得快，故C错误；
D．丁图中烹饪剁椒鱼头是由于鱼头吸收热量，内能增加，温度升高，这是通过热传递的方式改变鱼头的内能，故D正确。
故选：C。
8．2022年北京冬奥会和冬残奥会即将开幕，在比赛期间所有冬奥场馆将全部使用“绿电”，（“绿电”是指在发电过程中，二氧化碳排放量为零或趋近于零，比火力发电等其他方式对环境的影响大幅度减小）。这将是奥运史上首次实现全部场馆100%绿色电能供应，预计消耗“绿电”约4×108kW h，可以节约1.28×108kg标准煤，减排二氧化碳3.2×108kg。若所节约的标准煤完全燃烧，则放出的热量约为（q标准煤约为2.9×107J/kg）（ ）
A．3.7×1015J B．9.3×1015J C．3.7×1016J D．9.3×1016J
【答案】A
【解析】知道标准煤的质量和热值，利用Q放＝mq计算出所节约的标准煤完全燃烧放出的热量。
【解答】解：节约的标准煤的质量m＝1.28×108kg，标准煤的热值q标准煤＝2.9×107J/kg；
标准煤完全燃烧放出的热量：Q放＝mq标准煤＝1.28×108kg×2.9×107J/kg≈3.7×1015J。
故选：A。
如图所示，在水平桌面上放置一个底部接通橡胶管的塑料小碗，其中放入适量干燥面粉，点燃蜡烛，再罩上一个透明塑料盒，从橡胶管一端快速吹气，使面粉弥漫整个塑料盒，飞扬的面粉在接触到烛焰瞬间被点燃引发爆炸，塑料盒被冲飞。面粉燃烧时将 能转化成内能，内能再转化成简盖的机械能。这和热机的能量转化情况相同，若汽油机飞轮的转速是1800r/min，则该汽油机1min内燃气对外做功
次。
【答案】化学；900。
【解析】（1）物体燃烧时，将化学能转化成内能；
（2）汽油机的一个工作循环中，有4个冲程，活塞往复2次，做功1次。
【解答】解：面粉燃烧时将化学能转化为内能。
汽油机的一个工作循环中，经历4个冲程，飞轮转2转，对外做功1次，若飞轮转速为1800r/min，即每分钟飞轮转动1800圈，则该汽油机1min内燃气对外做功900次。
10．如图所示，小华发现家中蒸蛋器在使用时会通过上方小孔喷出蒸汽，于是他小心地将自制的风车放在小孔附近，成功让风车转了起来，蒸汽推动风车转动时的能量转化与汽油机 冲程的能量转化相同。某单缸四冲程汽油机工作时，飞轮转速为3600r/min，则其10s内对外做功 次；若缸内燃气对活塞平均推力为1500N，活塞向下运动的距离为0.05m，则功率是 W。
【答案】做功；300；2250。
【解析】（1）高温的水蒸气推动风车转动，说明内能转化成了风车的机械能；汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，据此判断出燃气内能的变化；
（2）四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（3）利用W＝Fs求出汽缸内燃气推动活塞一次所做的功，利用P求出汽油机的功率。
【解答】解：（1）高温的水蒸气推动风车转动，将水蒸气的内能转化成了风车的机械能；
汽油机的做功冲程将燃气的内能转化为活塞的机械能，燃气的内能减小，所以水蒸气推动风车的能量转化与汽油机做功冲程的能量转化相同；
（2）四冲程汽油机飞轮转速3600r/min＝60r/s，即汽油机飞轮每秒转60圈，
由于四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以1s内该汽油机对外做功30次，则其10s内对外做功300次；
（3）汽缸内燃气推动活塞一次所做的功：W＝Fs＝1500N×0.05m＝75J，
由于1s内该汽油机对外做功30次，则做功一次所用的时间ts，
汽油机的功率：P2250W。
11．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和另一种液体（水的比热容大于另一种液体）进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出： （填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为 ，这种液体在0～15min内放出的热量为 J。
【答案】甲；2.1×103J/（kg ℃）；4.2×104。
【解析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。
（2）根据甲、乙两种液体的比热容的大小判断出哪一种液体是水，由题知，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验，相同时间水和液体放出的热量相同。而水和液体的质量相同，根据吸热公式求液体的比热容；
（3）根据Q放＝cmΔt可求出乙液体放出的热量。
【解答】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；
根据热量的计算公式Q放＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小；
所以，甲液体的比热容大于乙液体的比热容，所以甲液体是水，乙液体是另一种液体，
由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后甲液体的末温是40℃，
则水放出的热量：
Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×m×（60℃﹣40℃）。
（2）由题知，而水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙，
Q水放＝Q乙放，即：c水m水Δt＝c乙m（60℃﹣20℃）＝4.2×103J/（kg ℃）×m×（60℃﹣40℃）。
解得c乙＝2.1×103J/（kg ℃）。
（3）读图可得，乙在15min内由60℃降低到20℃，降低的温度是60℃﹣20℃＝40℃，
所以乙放出的热量Q放＝cmΔt＝2.1×103J/（kg ℃）×0.5kg×40℃＝4.2×104J。
12．《天工开物》记载“凡炒诸麻菜子，宜铸平底锅，投子仁于内，翻拌最勤”。如图所示，这里是利用 的方法来改变物体的内能，翻炒过程会有香味飘出，这是 现象，说明了 。
【答案】热传递；扩散；分子在不停地做无规则运动。
【解析】物体内能的改变：做功、热传递。
扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，一切物体都可以发生扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
【解答】解：给锅中的菜子加热，利用锅铲不断翻炒菜子，菜子充分吸收热量，温度升高，内能增加，这是通过热传递的方式增大了物体的内能，翻炒过程中香味分子运动到空气中，被人们闻到，是分子在不停地做无规则运动，是扩散现象。
13．生活中处处都有物理。
（1）微信是时下广为流行的一款手机软件，微信信息是手机利用 （选填“电磁波”或“超声波”）进行传播的。随着科技的发展，利用太阳能给手机充电已成为现实。太阳能属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）阳光透过树叶间的缝隙，在地面上形成了许多圆形的光斑，这是光的 形成的。我们能从不同方向看到一朵花，这是由于光在花朵表面发生了 反射。透过蓝色玻璃观察红花时，看到的花是 色的。
（3）某家庭需要将50kg、初温为10℃的水加热到50℃作为生活用水，他们利用煤气灶烧水，需要燃烧0.8kg的煤气。这些水从10℃加热到50℃需要吸收的热量为 J，0.8kg的煤气完全燃烧放出的热量为 J，煤气灶烧水的效率为 。（c水＝4.2×103J/（kg ℃），q煤气＝4.2×107J/kg）
（4）如图甲，松开气球的口子，快速放气后会感到气球温度变 ，这是因为气体 ，导致内能变化。如图乙，松开气球的口子，气球向后喷出气体的同时，气球会沿着绳子快速向前飞去，这说明 。
（5）小明看到在沸腾的油锅中取铁球的表演后，得知锅中的“油”是由油和醋组成的混合液体，油的沸点为287℃，醋的沸点只有60℃，当温度达到 ℃时液体就沸腾了，继续加热，液体的温度
（选填“会”或“不会”）升高，表演时铁球的温度不可能超过 ℃。
【答案】（1）电磁波；可再生；（2）直线传播；漫；黑；（3）8.4×106；3.36×107；25%；（4）低；对外做功；力的作用是相互的；（5）60；不会；60。
【解析】（1）手机是利用电磁波进行信息传递的；能源源不断从自然界获得的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得的能源是不可再生能源。
（2）小孔成像是光的直线传播形成的；我们能看到本身不发光的物体，是因为在物体表面发生了漫反射；透明物体只透过与自身相同的色光，不透明物体只反射与自身相同的色光。
（3）知道水的质量、水的比热容和水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量；知道煤气的质量和煤气的热值，利用Q放＝mq计算煤气完全燃烧放出的热量，利用效率公式求煤气灶烧水的效率。
（4）物体对外做功，其内能减小、温度降低；力的作用效果：力可以改变物体的运动状态；力可以改变物体的形状。
（5）液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
液体沸腾的特点：不断吸收热量，温度保持不变。
【解答】解：
（1）微信信息是利用手机通过一定频率的电磁波进行传播的；
太阳能能源源不断获得，是可再生能源。
（2）阳光透过树叶间的缝隙，在地面上形成了许多圆形的光斑。这是光的直线传播现象，所成的是太阳的实像；
我们能从不同方向看到一朵花，这是由于光在花朵表面发生了漫反射。
透过蓝色玻璃观察红花时，红花只反射红光，而蓝色玻璃只能透过蓝光，所以没有色光进入人的眼睛，故看到的花是黑颜色的。
（3）水吸收的热量：
Q吸＝cm水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（50℃﹣10℃）＝8.4×106J；
0.8kg煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝m煤气q＝0.8kg×4.2×107J/kg＝3.36×107J；
煤气灶烧水的效率：
η100%＝25%；
（4）如图甲，松开气球的口子，快速放气后会感到气球变凉，这是因为气体对外界做功，本身的内能减小，温度降低；
如图乙，松开气球的口子，气球向后喷出气体的同时，空气给气球一个反作用力，气球会沿着绳子快速向前飞去，说明力的作用是相互的（或力可以改变物体的运动状态）。
（5）由于锅中的“油”是由油和醋组成的混合液体，醋的沸点是60℃，所以锅中的液体温度达到60℃时液体就沸腾了；液体沸腾的特点是吸收热量，但温度不变，所以继续加热液体的温度不会升高，表演时铁球的温度不可能超过60℃；只有当醋全部汽化后，再继续加热，油温度才会升高。
14．如图为氢气爆炸实验装置，向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，纸杯被崩起。请回答下列问题：
（1）爆炸的能量转化情况与汽油机工作时的哪一冲程相同？
（2）请你解释崩起的纸杯为什么能继续向上运动，且运动速度越来越小？
【答案】（1）做功冲程；（2）纸杯具有惯性；纸杯受到竖直向下的重力的作用，做减速运动。
【解析】（1）汽油机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；
（2）纸杯被崩起的一瞬间具有向上的速度；纸杯具有惯性；力可以改变物体的运动状态。
【解答】解：（1）向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，此过程中化学能转化为内能，纸杯被崩起，燃气的内能转化为了纸杯的机械能，爆炸的能量转化情况与汽油机工作时的做功冲程是相同的；
（2）纸杯被崩起时，具有一定的速度，由于纸杯具有惯性，仍然要向上运动；
纸杯在向上运动的过程中，由于受到竖直向下的重力的作用，所以纸杯会向上做减速运动。
15．将一个盛少量水的试管放在酒精灯上加热，过了一段时间后，会听到“砰”的一声，塞子飞出，同时可以看到管口附近出现了“白雾”。请回答下列问题：
（1）解释塞子飞出的原因；
（2）“白雾”是什么现象。
【答案】见解答
【解析】（1）气体膨胀做功，气体的内能减小，内能转化为机械能；
（2）木塞冲出试管口出现“白雾”，是水蒸气液化为小水珠漂浮在空中形成的。
【解答】答：（1）对水持续加热，试管中产生大量水蒸气，水蒸气膨胀做功，将软木塞推出，塞子被推出的过程中，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，故塞子能飞出；
（2）水蒸气膨胀对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能会减小，温度降低；水蒸气液化形成“白雾”。
16．新能源汽车正逐步取代传统燃油车。某新能源油电混合动力汽车，使用燃油工作时，在平直路面匀速行驶12km，受到的阻力是400N。该过程燃油发动机的热机效率为30%。求解下列问题：
（1）该过程中消耗燃油的质量是多少？（q燃油＝4.0×107J/kg）
（2）从环保角度分析，新能源汽车与普通汽车相比，有哪些优点？（写出一条即可）
【答案】答：（1）该过程中消耗燃油的质量是0.4kg；（2）新能源汽车与普通汽车相比，节能环保。
【解析】（1）汽车在平直路面匀速行驶，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，利用W＝Fs求得牵引力做的功，由得燃油燃烧放出的热量，再利用Q放＝mq得该过程中消耗燃油的质量。
（2）新能源汽车减少了化石燃料的燃烧，与普通汽车相比，有很多优点：节能环保，污染小，噪声小，尾气排放少等。
【解答】解：（1）汽车在平直路面匀速行驶，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，牵引力F＝f＝400 N，
牵引力做的功W＝Fs＝400 N×12×103m＝4.8×106J，
燃油燃烧放出的热量，
该过程中消耗燃油的质量是；
（2）新能源汽车减少了化石燃料的燃烧，与普通汽车相比，有很多优点：节能环保，污染小，噪声小，尾气排放少等。
17．某型号汽车在车型测试中，在一段平直公路上以80km/h的速度匀速行驶了6km，消耗汽油2L，已知汽油的密度为0.7×103kg/m3，汽油的热值为4.5×107J/kg。假设汽油完全燃烧，汽油机的效率为40%，求该型号汽车在以此速度行驶过程中，
（1）汽油完全燃烧放出多少热量？
（2）汽车受到的阻力是多大？
【答案】（1）汽油完全燃烧放出热量为6.3×107J；（2）汽车受到的阻力是4.2×103N。
【解析】（1）知道消耗汽油的体积、密度和汽油的热值，先利用m＝ρV求出汽油的质量，再利用Q放＝mq求汽油完全燃烧放出的热量；
（2）利用效率公式η的变形公式W＝ηQ放可求出牵引力做的功。知道前进的距离，利用公式W＝Fs求出汽车的牵引力。知道汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，可求阻力。
【解答】解：
（1）由ρ可得，汽油的质量为：
m＝ρ汽油V＝0.7×103kg/m3×2×10﹣3m3＝1.4kg；
汽油完全燃烧放出热量为：
Q放＝mq汽油＝1.4kg×4.5×107J/kg＝6.3×107J；
（2）由效率公式η可得，牵引力做的功为：
W＝ηQ放＝40%×6.3×107J＝2.52×107J。
由功的公式W＝Fs可得，汽车的牵引力为：
F4.2×103N，
因为汽车做匀速直线运动，
所以受到的阻力f＝F＝4.2×103N。
18．汽车的排气量是指发动机汽缸的工作容积，一般情况下发动机排气量越大，功率越大。某款汽车使用四缸发动机，每个汽缸活塞行程均为8cm，活塞面积均为50cm2，燃气对活塞的平均压强为106Pa，飞轮转速为6000r/min。求：
（1）它的总排气量；
（2）一个做功冲程中，燃气对活塞做的功；
（3）该汽车的平均功率。
【答案】（1）它的总排气量为1.6L；（2）其中的一个缸做功冲程燃气对活塞做的功为400J；（3）该汽车的平均功率是80kW。
【解析】（1）知道每个气缸活塞行程和活塞面积，根据V＝Sh求出每个气缸的体积，然后求出它的总排气量；
（2）知道高温高压燃气的平均压强和活塞的面积，根据p求出燃气对活塞的推力，再根据W＝Fs求出燃气对活塞做的功；
（3）飞轮每转两圈对外做功一次，先求出每分钟做功的次数，再求出1min做的总功，利用P求出该汽车的平均功率。
【解答】解：（1）发动机的排气量：
V排＝4V容＝4Sh＝4×50cm2×8cm＝1600cm3＝1.6L；
（2）根据p可得，燃气对活塞的推力：
F＝pS＝106Pa×50×10﹣4m2＝5000N，
一个做功冲程中燃气对活塞做的功：
W＝Fh＝5000N×0.08m＝400J；
（3）飞轮每转两圈对外做功一次，所以1min转动6000周，要做功3000次，
则该汽车的平均功率：
P80000W＝80kW。
19．小红在实验室利用电热器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象如图所示。实验时，冰的质量为1kg，已知c水＝4.2×103J/（kg ℃），相同时间内被加热物质吸收的热量相同。求：
（1）CD段水吸收的热量为多少J；
（2）冰的比热容是多少。
【答案】（1）CD段水吸收的热量为4.2×104J；（2）冰的比热容是2.1×103J/（kg ℃）。。
【解析】（1）由图可知CD段水升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求CD段水吸收的热量；
（2）相同时间内被加热物质吸收的热量相同，由图可知AB段冰的加热时间，从而可知冰吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求冰的比热容。
【解答】解：（1）水的质量m水＝m冰＝1kg，水吸收的热量：
Q吸水＝c水m水Δt ＝4.2×103J/（kg ℃）×1kg×（10℃﹣0℃）＝4.2×104J；
（2）由图可知，AB段冰的加热时间为5min，CD段水的加热时间为10min，
因为相同时间内被加热物质吸收的热量相同，所以在AB段，冰吸收的热量：
Q吸冰Q吸水4.2×104J＝2.1×104J，
则冰的比热容：。
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考点精讲
考点精炼卷
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