专题六 物态变化的应用和内能相关问题
考点解析☆目标分解
b级目标：绘制晶体熔化图线；知道改变内能的方法。
c级目标：能用物质粒子模型简要解释汽化和液化现象；会用比热解释有关自然现象；会应用Q=cm△t进行简单的计算。
目标分解：
①物态变化结合吸放热的综合分析
②应用比热解释有关自然现象
③应用Q=cm△t进行简单的计算
④内能与其他能量之间转化的分析与计算
考点剖析☆聚焦高频
考点一：物态变化结合吸放热的综合分析
1.如图是某网友在2019年2月拍摄的某地雪景：积雪初融后，在某停车场上出现了一个个“雪馒头”，甚为奇特。雪堆正下方是方形地砖，每块方形地砖周围是条形砖。气象专家调研发现：四周条形砖比中间方形地砖具有更好的导热性和渗水性。关于形成“雪馒头”景观的解释肯定不合理的是（ ???）
A.?空气温度较低是“雪馒头”得以保留的原因之一????
B.?方形地砖导热性差是形成“雪馒头”景观的原因之一
C.?太阳辐射导效条形砖上方的雪比方形地砖上方的雪更易熔化????
D.?地表热量易通过条形砖及四周缝隙传递，使条形砖上的雪更易熔化
【答案】C
【解析】导热性反映了物体传导热量的能力,导热性好的物体在接受热量后温度升高且能将热量传递给与其接触的物体。据此解释题中现象。
根据专家的调研发现：四周条形砖比中间方形地砖具有更好的导热性和渗水性。可知，在太阳的照射下，条形砖由于导热性好，所以吸收太阳辐射的热量后温度升高，再将热量传递给上方的雪，所以雪熔化的快。而中间方形砖由于导性性差太阳照射下热量吸收少所以雪熔化速度慢。所以C选项正确。
2.把盛有碎冰块的大试管插入烧杯里的碎冰块中，用酒精灯在烧杯底部慢慢加热，如图所示。当烧杯中的冰块大部分熔化时，试管中的冰(??? )
A.也熔化一部分???B.全部熔化???C.一点儿都没熔化??D.无法确定
【答案】C
【解析】晶体的熔化需要同时满足两个条件：温度达到熔点和继续吸热。当烧杯中的冰块熔化时，烧杯中的冰水混合物温度始终保持在0℃。试管中的冰从烧杯中吸热，温度升高到0℃时，将无法继续从烧杯中吸热，所以不会熔化。
冰是晶体，若给烧杯中的冰加热时，烧杯中的冰会熔化，但完全熔化前温度保持不变，所以试管中的冰达到熔点，但由于温度相同没有热传递，则不能从烧杯中继续吸热，所以不能熔化。
3.如图所示为甲、乙两种物质温度T随加热时间t变化的图象，下列说法正确的是（?? ）
A.?甲物质是晶体，乙物质是非晶体????B.?甲物质的熔点为210℃
C.?乙物质在BC段时处于固液共存状态???D.?乙物质在BC段温度不变，不吸热
【答案】C
【解析】晶体和非晶体的重要区别就是晶体有一定的熔点，而非晶体没有熔点．反映在熔化图象上：晶体的熔化图象有一水平线段，该水平线段对应的温度就是晶体的熔点；而非晶体的图象呈逐渐上升趋势，没有水平线段．晶体在熔化的过程中，是固液共存状态的；物质吸收热量、内能增加，但温度保持不变．
解：A、甲从一开始就熔化，没有固定的熔化温度，即甲没有熔点，所以甲是非晶体．乙物质在熔化过程中有温度不变的过程，即乙有一定的熔点，所以乙是晶体；故A错误；
B、分析图象可知，乙有一定的熔点，熔点为210℃，甲没有熔点，故B错误；
C、因为晶体有一定的熔点，在熔化过程中是固液共存状态的，故乙物质在BC段时处于固液共存状态，故C正确；
D、乙物质在BC段是晶体的熔化过程，此时吸收热量，但温度不变，故D错误．
4.2018年5月5日，夏威夷的基拉韦厄火山喷发。基拉韦厄火山喷发的炽热岩浆流入海洋，导致海洋上空形成浓厚的白雾，白雾形成过程中发生的物态变化有________（填物态变化名称）
【答案】汽化和液化
【解析】汽化是指物质从液态变为气态的相变过程。液化是指物质从气态变为液态的相变过程。
当炽热的岩浆流入海洋时，会对海洋中水进行加热，温度升高汽化加快，而热的蒸汽进入空气中遇冷液化，则是我们看到的白雾；故答案为：汽化和液化；
考点二：应用比热解释有关自然现象
1.（2017?杭州）将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度（两物体与外界没有热量交换）。则有（?? ）
A.?高温物体放出的热量一定大于低温物体吸收的热量
B.?高温物体放出的热量一定等于低温物体吸收的热量
C.?高温物体降低的温度一定大于低温物体升高的温度
D.?高温物体降低的温度一定等于低温物体升高的温度
【答案】B
【解析】热量是指在热传递过程中传递的能量，只有在热传递过程中才能提到热量。
解：将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度，由于不知它们的初始温度，故无法判定温度的高低，故CD错误；则高温物体放出热量，低温物体吸收热量，放出的热量等于放出的热量，故B正确，A错误。
2.根据表中几种物质的比热容，判断下列说法中不正确的是（?）
物质
比热容（J/kg?℃）
物质
比热容（J/kg?℃）
水银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103
A.?制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小
B.?北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性
C.?由于水比沙石的比热容大，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大
D.?由于水比冰的比热容大，所以冷却食品时0℃的水比0℃的冰效果好
【答案】D
【解析】A、液体温度计的原理是液体的热胀冷缩性质，水银的比热容小，吸收相同的热量时，温度变化得更明显；
B、暖气中的传热介质，要求在降低相同的温度时放出更多的热量，就需要比热容较大的水；
C、沙石的比热容比较小，在同样受热和受冷的情况下，沙石的温度变化值比较大，所以内陆地区的昼夜温差大；
D、冷却食品时，冰的效果好一些，因为冰在熔化的过程中要从物体吸收热量。
此题考查的是比热容知识在生活中的应用，理论联系实际，是一道好题。
A、水银的比热容比较小，吸收相同的热量温度升得更高，可以更准确地测量物体的温度，所以A是正确的；
B、水的比热容比较大，降低相同的温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，所以B是正确的；
C、因为水比沙石的比热容大，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以内陆地区比沿海地区的昼夜温差大，所以C是正确的；
D、虽然水的比热容比较大，但冰在熔化时会吸收热量变为水继续冷却食品，冷却的效果是更好。
3.如图所示，是一款冬季家庭常用的电暖器，为了使它通电后能快速升温，在电暖器内部应充入比热容较________的液体。为了防止电暖器发生爆裂，内部充入的液体还应该具有沸点________的特点。
【答案】 小；高
【解析】（1）根据公式可知，当质量m和吸收热量Q相同时，比热容c越小，升高温度△t越大；
（2）液体在沸腾时会产生大量气体，一旦在封闭空间内很容易发生爆炸。
冬季家庭常用的电暖器，为了使它通电后能快速升温，在电暖器内部应充入比热容较小的液体。为了防止电暖器发生爆裂，里面的液体不应该沸腾，即内部充入的液体还应该具有沸点高的特点。
考点三：应用Q=cm△t进行简单的计算
1.为了比较甲、乙两种液体的比热容，小红进行了如下的实验：用两个完全相同的酒精灯，同时给质量和初温都相同的甲、乙两种液体加热，其他条件相同；分别记录加热的时间和对应的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图所示。下列结论中错误的是（?? ）
A.要使甲、乙升高相同的温度，应给乙加热更长的时间，这说明乙的吸热能力强
B.加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，则甲的比热容比乙小
C.加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，则甲吸收的热量多一些
D.若已知甲的比热容是1.8×103J/（kg?℃），则乙的比热容是2.4×103J/（kg?℃）
【答案】C
【解析】A、比较物质的吸热能力可以通过相同时间比较吸热多少；B、比较物质的比热容可以通过相同时间比较升高的温度；C、在相等时间内液体吸收的热量相等；D、Q=cm(t-t0)
【解答】A、由图示图象可知，甲和乙升高相同的温度，如都升高30℃，温度升到40℃，甲需要的时间是3min，乙需要的时间是4min，乙需要更长的加热时间，乙吸收更多的热量，这说明了乙的吸热能力强一些，故A正确；
B、加热相同的时间时，甲、乙吸收的热量相等，甲升高的温度高一些，说明甲的吸热能力小，甲的比热容较小，故B正确；
C、用两个完全相同的酒精灯对液体加热，在相等时间内液体吸收的热量相等，故C错误；
D、由图示图象可知，用相同的酒精灯加热4min，甲和乙吸收的热量就是相同的，
△t甲=50℃-10℃=40℃，△t乙=40℃-10℃=30℃，由Q吸=cm（t-t0）得：c甲m△t甲=c乙m△t乙 ， 乙的比热容c乙=40℃/30℃×1.8×103J/（kg?℃）=2.4×103J/（kg?℃），故D正确；
2.甲、乙两物体，质量和初温都相同。把甲放在一杯冷水中，搅拌后，水的温度升高了5 ℃，将甲取出，再把乙放进去(假设没有热损失)搅拌后，水的温度又升高了5 ℃。由此可知( )
A.?甲的比热大???????????? ?B.?乙的比热大?
C.?两者的比热一样大????????? ?D.?无法比较两者的比热
【答案】 B
【解析】由题意可知每个物体放出的热量等于各自杯中水吸收的热量，由题知两次水升高的温度相同，水吸收的热量相同，也就是甲乙两物体放出的热量相同；由于水的温度越来越高，所以乙物体的末温比甲物体的末温高，即乙物体降低的温度少；由上述分析可知：质量相同的甲乙两物体，放出相同的热量，乙物体降低的温度少，所以乙物体的比热容大。
先后将甲乙两物体投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同，不计热量损失，甲乙两物体放出的热量相同；由题知，乙物体的末温高，乙物体降低的温度少；根据质量相等的不同物质，放出相同的热量时，温度降低少的比热容大，可知乙物体的比热容大。故答案为B。
3.?2017年5月18日，中国宣布对南海可燃冰试采实现稳定产气，引发世界各国高度关注，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的近20倍，若1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量全部被水吸收，可使________kg（水的温度升高 50℃，已知 c水=4.2×103J/(kg·℃)，q 可燃冰=8.4×108J/kg）
【答案】4000
【解析】根据可燃冰的质量和热值计算出热量，这部分热量全部被水吸收使水温升高，利用公式Q=CmΔt，计算出水的质量。
1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为：8.4×108J/kg。
m=Q/CΔt=8.4×108J/kg/[4.2×103J/(kg·℃)×50℃]=4000kg
考点四：内能与其他能量之间转化的分析与计算
1.如图所示，用铅笔尖顶着一个纸风车，置于一杯热水上，风车就会转动。以下叙述正确的是（ ）
A.?风车静止时，只受到重力的作用???B.?风车转动时，只受到热空气推力的作用
C.?风车转动时，机械能转化为水的热能?D.?移去热水，风车由于惯性不会立即停转
【答案】D
【解析】（1）风车静止时受到平衡力的作用，对静止和转动的风车时进行受力分析从而判断；
（2）能量转化时，消耗的能转化为得到的能；
（3）物体具有保持原来运动状态不变的性质。
A、风车静止时二力平衡，除受到重力外还受到铅笔的支持力的作用，故A说法错误，不符合题意；
B、风车转动，风车受到热空气的推力，同时还受重力和支持力的作用，故B说法错误，不符合题意；
C、在风车的下方放置一杯热水后，热空气向上流动，推动风车转动，将内能转化为机械能，故C说法错误，不符合题意；
D、移去热水，风车不能立即停止转动，是因为风车具有惯性，故D说法正确，符合题意。
2.如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（? ）
A.?图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，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了塞子冲出时，水蒸气的内能减少
D.?图丁，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）根据温度与内能的关系和做功可以改变物体的内能角度分析解答问题．
（2）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．
A、图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加；故A错误；
B、图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小；故B错误；
C、图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少；故C正确；
D、图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时（即做功冲程），内能转化为机械能，气缸内气体的内能减少；故D错误．
3.（2016?杭州）小金看到工人为水平广场换新的地砖，他发现砖已经被太阳晒得很热，这引起了他的兴趣：地砖经过一整天的暴晒，温度能达到多高？这么多地砖对广场地面会产生多大的压强？他发现地砖包装盒上印着砖的规格50cm×50cm×4cm；每块质量为30kg；密度为3×103kg/m3 ， 小金用红外线温度计测得一天内，砖的最高温度为52℃，最低温度为22℃．（g=10N/kg，砖的比热为900J/（kg?℃））根据上述数据，回答下列问题：
①广场受到地砖产生的压强为多大．
②一块广场砖的温度从22℃升高到52℃，需要吸收热量是多少？
③小金查到，晴天时地球表面每平方接受到太阳辐射功率大约为1.2×103W．若根据这一数据，实际辐射到这块地砖上的太阳能将远远大于问题②的计算结果，由此可得地砖的温度将远远高于52℃，为什么出现如此大的差异呢？请你做出分析．
【答案】解：①每块地转产生的压强相等，所以广场受到地砖的压强为单块地砖产生的压强，地砖对地面的压力：F=G=mg=30kg×10N/kg=300N，
广场受到地砖产生的压强：p= = =1200Pa；
②需要吸收热量：
Q=cm（t﹣t0）=900J/（kg?℃）×30kg×（52℃﹣22℃）=8.1×105J；
③根据小金查到的数据计算出来的实际辐射到这块地砖上的太阳能将远远大于问题②的计算结果，地砖的温度会远远高于52℃，但是由于地砖吸收太阳辐射后的温度高于空气的温度，所以地砖会向空气中散热；还有一部分太阳辐射会被地砖反射，所以太阳辐射的能量没有被砖全部用来提升地砖的温度，致使地砖的温度不会达到计算的温度那么高．
【解析】①每块地转产生的压强相等，所以广场受到地砖的压强为单块地砖产生的压强，地砖对地面的压力等于其重力，根据p= 求出压强；②根据Q=cm（t﹣t0）求出吸收的热量；③地砖的温度高于空气的温度，所以地砖会向空气中散热；有一部分太阳辐射会被地砖反射等．此题主要考查的是学生对重力、压强、热量计算公式的理解和掌握，难度不大。
考点过关☆专项突破
考点一：物态变化结合吸放热的综合分析
1.（2017?湖州）电水壶是常用小家电．下列有关电水壶烧水的观察和思考，正确的是（ ）
A.加热过程中，水的内能通过热传递改变?? ?B.加热过程中，水的热量不断增加
C.沸腾时，所冒的“白气”是水汽化产生的水蒸气?D.沸腾时，继续吸热水温不断上升
2.下列现象中，用物理知识解释正确的是（ ）
A.?物体的温度高，是因为它具有较多的热量
B.?风吹过，人便感到凉爽，主要是因为流动的空气加快了人身上汗液的蒸发
C.?吃冰棒感觉凉爽，是因为冰熔化要放热
D.?运载火箭的燃料采用液氢，是因为液氢的比热容大
3.下表是几种物质在1个标准大气压下的熔点和沸点，根据表中数据，判断下列说法正确的是( )
物质
铅
水银
酒精
甲苯
熔点/℃
328
－38.8
－117
－95
沸点/℃
1 740
357
78
111
A.铅在350 ℃处于固液共存状态
B.固态酒精与甲苯不是晶体
C.不能用水银温度计测气温
D.不能用酒精温度计测沸水的温度
4.地球上的水在不停地循环着：阳光晒暖了海洋，水变成水蒸气升到空中，形成暖湿气流，暖湿气流遇到冷空气后，水蒸气变成了小水滴，形成雨降落到地面。以下说法中正确的是(??? )
A.?水变成水蒸气是汽化现象?????B.?水变成水蒸气的过程中放热
C.?水蒸气变成小水滴是凝固现象???D.?水蒸气在变成小水滴的过程中吸热
5.下列关于热现象的说法中正确的是（?? ）
A.?物体吸收热量，物体的温度一定升高
B.?冬天，人们在室外呼出的“白气”是凝固而成的
C.?家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的
D.?夏天，刚从冰箱中取出的雪糕表面上附着的一层霜粉是升华而形成的
6.寒冷的冬天，居民楼的玻璃窗上会“出汗”或结“冰花”．下列说法不正确的是（?? ）
A.玻璃窗上“汗”是水蒸气液化生成的?B.“汗”出在玻璃窗的外表面
C.“冰花”结在玻璃窗的内表面?? ?D.玻璃窗上“冰花”是水蒸气凝华生成的
7.提起压在容器中水面上方的活塞，容器中的水发生汽化，如图所示。下列选项中，最能表示水汽化后相同空间内粒子分布的是（ ）
A . B . C . D .
8.如图是小桂家的电热水器下面连接的热水管和冷水管，小桂洗热水澡时经常发现左水管外壁上有水珠，而右水管的外壁上却没有水珠，仔细观察这些水珠并不是溅上去的，这些水珠的形成是属于________现象，由此可知左水管是________（选填“冷”或“热”）水管。
考点二：应用比热解释有关自然现象
1.关于比热的概念，下列说法错误的是（??????? ）
A.?单位质量的某种物质，温度升高1℃所吸收的热量，叫做这种物质的比热
B.?单位质量的某种物质，温度降低1℃所放出的热量，也叫做这种物质的比热
C.?某种物质吸收或放出的热量越多，比热也越大，比热与热量有关
D.?各种物质都有自己的比热，它是物质的特性之一
2.当你在烈日当空的海边游玩时，你会发现：岸上的沙子热得烫脚，而湖水却是凉凉的。这是因为（ ）
A.?水比沙子的比热容大?? ??B.?水比沙子的比热容小
C.?水比沙子吸收的热量少?????D.?水比沙子的温度变化大
3.甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为25℃和75℃，现将一温度为65℃的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到45℃，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后乙容器中水温为（不计热量散失和水的质量的变化）（? ）
A.?65℃??????B.?60℃?????C.?55℃?????D.?50℃
4.质量相等、温度相同的铁块和铜块，在吸收了相等的热量后再互相接触（已知铁的比热比铜的比热大），那么（?? ）
A.?热由铁块传给铜块???????B.?热由铜块传给铁块
C.?铁块跟铜块之间不发生热传递??D.?以上情况都有可能
5.小明阅读了比热容表后，得出了一些结论，其中错误的是（??）
水
4．2×103J/(kg·℃)
干泥土
0．84×103J/(kg·℃)
冰
2．1×103J/(kg·℃)
铜
0．39×103J/(kg·℃)
煤油
2．1×103J/(kg·℃)
铅
0．13×103J/(kg·℃)
水银
0．14×103J/(kg·℃)
砂石
0．92×103J/(kg·℃)
A.?沿海地区昼夜温差比内陆地区小??
B.?同种物质在不同状态下，其比热容不同
C.?质量相同的铜块和铅块，升高相同的温度，铜块吸热多?
D.?液体的比热容都比固体大
6.如图所示，甲气球装入少量水后，将甲、乙两个气球吹成一样大小，用细绳把它们挂在横杆上，烛焰靠近气球的底部加热，发现乙气球“啪”的一声破了，而甲气球加热很长时间，仍安然无恙。
（1）在加热过程中，由于“烧不破”的甲气球装有水，水的比热容较________，且水蒸发过程需要________热，所以甲球的温度升高的慢。
（2）在加热过程中，乙球内气体内能增大，是用________的方法改变气体的内能。
7.如图所示，隔着石棉网同时加热两规格相同的试管，试管中分别装有质量相同、初温均为20℃的煤油和水。若加热时间相同，则煤油和水吸收的热量______（填“相同”或“不同”）；若煤油和水的温度都升高到40℃，则______需加热较长的时间。（c水＞c煤油）
8.如图所示是“探究不同物质吸热能力”的实验，将质量相等的煤油和水分别装在两个相同的烧杯中，并测出煤油和水的初温，然后用两个相同的酒精灯加热，每隔2分钟记录一次温度。实验记录如下表所示。
加热时间/分钟
0
2
4
6
8
温度/℃
煤油
20
25
29
34
38
水
20
22
24
26
28
（1）实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和煤油________相同。
（2）由记录表可知，对于质量相等的煤油和水：吸收相等热量，升温较快的是________；若使两者升高相同的温度，则________吸收的热量较多。由此得出物质的吸热能力与物质的种类有关。
考点三：应用Q=cm△t进行简单的计算
1.下列说法中正确的是（不计热损失）（ ）
A.?一壶开水，温度从100℃降到70℃比温度从70℃降到40℃放出的热量多
B.?质量相同的物体，吸收相同热量后，末温高的物体比热容小
C.?热水和冷水混合后，冷水吸收的热量一定等于热水放出的热量
D.?热水和冷水混合后，冷水升高的温度一定等于热水降低的温度
2.将质量、初温分别相等的铁块和铝块（c铁﹤c铝）放在沸水里煮较长一段时间，比较它们吸收热量的多少，则（?? ）
A.?铁块吸收的热量多???? B.?铝块吸收的热量多????????
C.?铁块、铝块吸收的热量一样多?? D.?无法判定
3.甲、乙两物体，比热之比为2：1，质量之比为2：1，甲、乙两物体吸收相同的热量，甲升高了20℃，则乙物体温度可以升高（? ）
A.?60℃?????B.?70℃??????C.?80℃?????D.?90℃
4.水温从20℃升高到30℃吸取的热量为4．2×104J，水的质量是（?? ）
A.?1kg?? ??B.?10kg?????C.?0．1kg?????D.?100kg
5.两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体。用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如右图所示。（?? ）
A.?甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B.?如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
C.?加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D.?加热相同的时间，甲液体温度升高的比乙液体温度升高的多
6.用两个相同的“热得快”，分别给质量、初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像可知，甲液体的比热容________?(选填“大于”、“等于”或“小于”)乙液体的比热容。质量为500克、初温为20℃的甲液体温度升高到90℃，吸收的热量为________?焦。 [甲液体的比热容为1．8×103焦／(千克·℃)]
7.一个质量为250g的钢刀，加热到56 0℃，然后在空气中自然冷却，室温为20℃，这把钢刀在冷却过程中放出多少热量?若把这些热量给30℃0．5kg的水加热，水温可以上升多少度?升高到多少度?（c钢=0．46×103J／(kg·℃）
考点四：内能与其他能量之间转化的分析与计算
1.（2017?杭州）如图，汽油机处于工作过程中的某个冲程，对此冲程下列叙述正确的是（?? ）
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
2.（2017?金华）下列关于“热与能”的表述中正确的是（??? ）
A.?物体在吸热过程中，其温度一定升高??????????????????
B.?在搓手取暖过程中，内能转化为机械能
C.?水常被用作冷却剂，是因为水的比热容大???????????
D.?铁块在煅烧过程中，其内能从零开始增加
3.很多同学在课间玩扭转矿泉水瓶的游戏，如图所示，在瓶里装有少量的水，盖紧瓶盖，使劲拧瓶的下部，使其严重变形，然后略松开瓶盖（对着没人的方向），瓶盖弹出数米远，观察到瓶口和瓶内有白雾产生。下列分析正确的是（ ?）
A.?用力拧瓶的下部时瓶内气体内能减少，温度升高
B.?用力拧瓶的下部时瓶内气体内能增加，温度降低
C.?瓶盖弹出时气体内能减小，温度降低，水蒸气液化
D.?瓶盖弹出时气体内能增加，温度降低，水蒸气液化
4.下列生活情景中，属于通过热传递途径改变物体内能的是（ ）
A.?锯木头时锯条会变热???????B.?冬天，人们常常搓手使手变暖
C.?冬天，人们常用热水袋取暖?? D.?铁丝被反复弯折，弯折处会变热
5. “辽宁舰”服役，圆了中国航母梦。如图为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度。
（1）牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为________?（选填“定滑轮”或“动滑轮”）。
（2）气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能? ________?，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力。
6.一辆使用汽油为燃料的小汽车，发动机的效率为25％，汽油的热值q=4.6×107J／kg。发动机的实际功率为20 kW。求小汽车它以72km／h的速度在水平路面上匀速行驶时，行驶的距离为100km，消耗汽油的质量。（结果保留一位小数）
7.“YK﹣15B”型电热水壶内装有3kg水，插在220V的家用电源上。水从20℃加热至98℃，已知水的比热容c=4.2×103J/（kg?℃）。求：
（1）水在这个过程中是吸热还是放热？
（2）在这个过程中由什么能向什么能转化？
（3）这个过程中水吸收或放出的热量？
专题六 物态变化的应用和内能相关问题
考点解析☆目标分解
b级目标：绘制晶体熔化图线；知道改变内能的方法。
c级目标：能用物质粒子模型简要解释汽化和液化现象；会用比热解释有关自然现象；会应用Q=cm△t进行简单的计算。
目标分解：
①物态变化结合吸放热的综合分析
②应用比热解释有关自然现象
③应用Q=cm△t进行简单的计算
④内能与其他能量之间转化的分析与计算
考点剖析☆聚焦高频
考点一：物态变化结合吸放热的综合分析
1.如图是某网友在2019年2月拍摄的某地雪景：积雪初融后，在某停车场上出现了一个个“雪馒头”，甚为奇特。雪堆正下方是方形地砖，每块方形地砖周围是条形砖。气象专家调研发现：四周条形砖比中间方形地砖具有更好的导热性和渗水性。关于形成“雪馒头”景观的解释肯定不合理的是（ ???）
A.?空气温度较低是“雪馒头”得以保留的原因之一????
B.?方形地砖导热性差是形成“雪馒头”景观的原因之一
C.?太阳辐射导效条形砖上方的雪比方形地砖上方的雪更易熔化????
D.?地表热量易通过条形砖及四周缝隙传递，使条形砖上的雪更易熔化
【答案】C
【解析】导热性反映了物体传导热量的能力,导热性好的物体在接受热量后温度升高且能将热量传递给与其接触的物体。据此解释题中现象。
根据专家的调研发现：四周条形砖比中间方形地砖具有更好的导热性和渗水性。可知，在太阳的照射下，条形砖由于导热性好，所以吸收太阳辐射的热量后温度升高，再将热量传递给上方的雪，所以雪熔化的快。而中间方形砖由于导性性差太阳照射下热量吸收少所以雪熔化速度慢。所以C选项正确。
2.把盛有碎冰块的大试管插入烧杯里的碎冰块中，用酒精灯在烧杯底部慢慢加热，如图所示。当烧杯中的冰块大部分熔化时，试管中的冰(??? )
A.也熔化一部分???B.全部熔化???C.一点儿都没熔化??D.无法确定
【答案】C
【解析】晶体的熔化需要同时满足两个条件：温度达到熔点和继续吸热。当烧杯中的冰块熔化时，烧杯中的冰水混合物温度始终保持在0℃。试管中的冰从烧杯中吸热，温度升高到0℃时，将无法继续从烧杯中吸热，所以不会熔化。
冰是晶体，若给烧杯中的冰加热时，烧杯中的冰会熔化，但完全熔化前温度保持不变，所以试管中的冰达到熔点，但由于温度相同没有热传递，则不能从烧杯中继续吸热，所以不能熔化。
3.如图所示为甲、乙两种物质温度T随加热时间t变化的图象，下列说法正确的是（?? ）
A.?甲物质是晶体，乙物质是非晶体????B.?甲物质的熔点为210℃
C.?乙物质在BC段时处于固液共存状态???D.?乙物质在BC段温度不变，不吸热
【答案】C
【解析】晶体和非晶体的重要区别就是晶体有一定的熔点，而非晶体没有熔点．反映在熔化图象上：晶体的熔化图象有一水平线段，该水平线段对应的温度就是晶体的熔点；而非晶体的图象呈逐渐上升趋势，没有水平线段．晶体在熔化的过程中，是固液共存状态的；物质吸收热量、内能增加，但温度保持不变．
解：A、甲从一开始就熔化，没有固定的熔化温度，即甲没有熔点，所以甲是非晶体．乙物质在熔化过程中有温度不变的过程，即乙有一定的熔点，所以乙是晶体；故A错误；
B、分析图象可知，乙有一定的熔点，熔点为210℃，甲没有熔点，故B错误；
C、因为晶体有一定的熔点，在熔化过程中是固液共存状态的，故乙物质在BC段时处于固液共存状态，故C正确；
D、乙物质在BC段是晶体的熔化过程，此时吸收热量，但温度不变，故D错误．
4.2018年5月5日，夏威夷的基拉韦厄火山喷发。基拉韦厄火山喷发的炽热岩浆流入海洋，导致海洋上空形成浓厚的白雾，白雾形成过程中发生的物态变化有________（填物态变化名称）
【答案】汽化和液化
【解析】汽化是指物质从液态变为气态的相变过程。液化是指物质从气态变为液态的相变过程。
当炽热的岩浆流入海洋时，会对海洋中水进行加热，温度升高汽化加快，而热的蒸汽进入空气中遇冷液化，则是我们看到的白雾；故答案为：汽化和液化；
考点二：应用比热解释有关自然现象
1.（2017?杭州）将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度（两物体与外界没有热量交换）。则有（?? ）
A.?高温物体放出的热量一定大于低温物体吸收的热量
B.?高温物体放出的热量一定等于低温物体吸收的热量
C.?高温物体降低的温度一定大于低温物体升高的温度
D.?高温物体降低的温度一定等于低温物体升高的温度
【答案】B
【解析】热量是指在热传递过程中传递的能量，只有在热传递过程中才能提到热量。
解：将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度，由于不知它们的初始温度，故无法判定温度的高低，故CD错误；则高温物体放出热量，低温物体吸收热量，放出的热量等于放出的热量，故B正确，A错误。
2.根据表中几种物质的比热容，判断下列说法中不正确的是（?）
物质
比热容（J/kg?℃）
物质
比热容（J/kg?℃）
水银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103
A.?制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小
B.?北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性
C.?由于水比沙石的比热容大，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大
D.?由于水比冰的比热容大，所以冷却食品时0℃的水比0℃的冰效果好
【答案】D
【解析】A、液体温度计的原理是液体的热胀冷缩性质，水银的比热容小，吸收相同的热量时，温度变化得更明显；
B、暖气中的传热介质，要求在降低相同的温度时放出更多的热量，就需要比热容较大的水；
C、沙石的比热容比较小，在同样受热和受冷的情况下，沙石的温度变化值比较大，所以内陆地区的昼夜温差大；
D、冷却食品时，冰的效果好一些，因为冰在熔化的过程中要从物体吸收热量。
此题考查的是比热容知识在生活中的应用，理论联系实际，是一道好题。
A、水银的比热容比较小，吸收相同的热量温度升得更高，可以更准确地测量物体的温度，所以A是正确的；
B、水的比热容比较大，降低相同的温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，所以B是正确的；
C、因为水比沙石的比热容大，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以内陆地区比沿海地区的昼夜温差大，所以C是正确的；
D、虽然水的比热容比较大，但冰在熔化时会吸收热量变为水继续冷却食品，冷却的效果是更好。
3.如图所示，是一款冬季家庭常用的电暖器，为了使它通电后能快速升温，在电暖器内部应充入比热容较________的液体。为了防止电暖器发生爆裂，内部充入的液体还应该具有沸点________的特点。
【答案】 小；高
【解析】（1）根据公式可知，当质量m和吸收热量Q相同时，比热容c越小，升高温度△t越大；
（2）液体在沸腾时会产生大量气体，一旦在封闭空间内很容易发生爆炸。
冬季家庭常用的电暖器，为了使它通电后能快速升温，在电暖器内部应充入比热容较小的液体。为了防止电暖器发生爆裂，里面的液体不应该沸腾，即内部充入的液体还应该具有沸点高的特点。
考点三：应用Q=cm△t进行简单的计算
1.为了比较甲、乙两种液体的比热容，小红进行了如下的实验：用两个完全相同的酒精灯，同时给质量和初温都相同的甲、乙两种液体加热，其他条件相同；分别记录加热的时间和对应的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图所示。下列结论中错误的是（?? ）
A.要使甲、乙升高相同的温度，应给乙加热更长的时间，这说明乙的吸热能力强
B.加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，则甲的比热容比乙小
C.加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，则甲吸收的热量多一些
D.若已知甲的比热容是1.8×103J/（kg?℃），则乙的比热容是2.4×103J/（kg?℃）
【答案】C
【解析】A、比较物质的吸热能力可以通过相同时间比较吸热多少；B、比较物质的比热容可以通过相同时间比较升高的温度；C、在相等时间内液体吸收的热量相等；D、Q=cm(t-t0)
【解答】A、由图示图象可知，甲和乙升高相同的温度，如都升高30℃，温度升到40℃，甲需要的时间是3min，乙需要的时间是4min，乙需要更长的加热时间，乙吸收更多的热量，这说明了乙的吸热能力强一些，故A正确；
B、加热相同的时间时，甲、乙吸收的热量相等，甲升高的温度高一些，说明甲的吸热能力小，甲的比热容较小，故B正确；
C、用两个完全相同的酒精灯对液体加热，在相等时间内液体吸收的热量相等，故C错误；
D、由图示图象可知，用相同的酒精灯加热4min，甲和乙吸收的热量就是相同的，
△t甲=50℃-10℃=40℃，△t乙=40℃-10℃=30℃，由Q吸=cm（t-t0）得：c甲m△t甲=c乙m△t乙 ， 乙的比热容c乙=40℃/30℃×1.8×103J/（kg?℃）=2.4×103J/（kg?℃），故D正确；
2.甲、乙两物体，质量和初温都相同。把甲放在一杯冷水中，搅拌后，水的温度升高了5 ℃，将甲取出，再把乙放进去(假设没有热损失)搅拌后，水的温度又升高了5 ℃。由此可知( )
A.?甲的比热大???????????? ?B.?乙的比热大?
C.?两者的比热一样大????????? ?D.?无法比较两者的比热
【答案】 B
【解析】由题意可知每个物体放出的热量等于各自杯中水吸收的热量，由题知两次水升高的温度相同，水吸收的热量相同，也就是甲乙两物体放出的热量相同；由于水的温度越来越高，所以乙物体的末温比甲物体的末温高，即乙物体降低的温度少；由上述分析可知：质量相同的甲乙两物体，放出相同的热量，乙物体降低的温度少，所以乙物体的比热容大。
先后将甲乙两物体投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同，不计热量损失，甲乙两物体放出的热量相同；由题知，乙物体的末温高，乙物体降低的温度少；根据质量相等的不同物质，放出相同的热量时，温度降低少的比热容大，可知乙物体的比热容大。故答案为B。
3.?2017年5月18日，中国宣布对南海可燃冰试采实现稳定产气，引发世界各国高度关注，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的近20倍，若1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量全部被水吸收，可使________kg（水的温度升高 50℃，已知 c水=4.2×103J/(kg·℃)，q 可燃冰=8.4×108J/kg）
【答案】4000
【解析】根据可燃冰的质量和热值计算出热量，这部分热量全部被水吸收使水温升高，利用公式Q=CmΔt，计算出水的质量。
1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为：8.4×108J/kg。
m=Q/CΔt=8.4×108J/kg/[4.2×103J/(kg·℃)×50℃]=4000kg
考点四：内能与其他能量之间转化的分析与计算
1.如图所示，用铅笔尖顶着一个纸风车，置于一杯热水上，风车就会转动。以下叙述正确的是（ ）
A.?风车静止时，只受到重力的作用???B.?风车转动时，只受到热空气推力的作用
C.?风车转动时，机械能转化为水的热能?D.?移去热水，风车由于惯性不会立即停转
【答案】D
【解析】（1）风车静止时受到平衡力的作用，对静止和转动的风车时进行受力分析从而判断；
（2）能量转化时，消耗的能转化为得到的能；
（3）物体具有保持原来运动状态不变的性质。
A、风车静止时二力平衡，除受到重力外还受到铅笔的支持力的作用，故A说法错误，不符合题意；
B、风车转动，风车受到热空气的推力，同时还受重力和支持力的作用，故B说法错误，不符合题意；
C、在风车的下方放置一杯热水后，热空气向上流动，推动风车转动，将内能转化为机械能，故C说法错误，不符合题意；
D、移去热水，风车不能立即停止转动，是因为风车具有惯性，故D说法正确，符合题意。
2.如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（? ）
A.?图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，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了塞子冲出时，水蒸气的内能减少
D.?图丁，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）根据温度与内能的关系和做功可以改变物体的内能角度分析解答问题．
（2）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．
A、图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加；故A错误；
B、图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小；故B错误；
C、图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少；故C正确；
D、图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时（即做功冲程），内能转化为机械能，气缸内气体的内能减少；故D错误．
3.（2016?杭州）小金看到工人为水平广场换新的地砖，他发现砖已经被太阳晒得很热，这引起了他的兴趣：地砖经过一整天的暴晒，温度能达到多高？这么多地砖对广场地面会产生多大的压强？他发现地砖包装盒上印着砖的规格50cm×50cm×4cm；每块质量为30kg；密度为3×103kg/m3 ， 小金用红外线温度计测得一天内，砖的最高温度为52℃，最低温度为22℃．（g=10N/kg，砖的比热为900J/（kg?℃））根据上述数据，回答下列问题：
①广场受到地砖产生的压强为多大．
②一块广场砖的温度从22℃升高到52℃，需要吸收热量是多少？
③小金查到，晴天时地球表面每平方接受到太阳辐射功率大约为1.2×103W．若根据这一数据，实际辐射到这块地砖上的太阳能将远远大于问题②的计算结果，由此可得地砖的温度将远远高于52℃，为什么出现如此大的差异呢？请你做出分析．
【答案】解：①每块地转产生的压强相等，所以广场受到地砖的压强为单块地砖产生的压强，地砖对地面的压力：F=G=mg=30kg×10N/kg=300N，
广场受到地砖产生的压强：p= = =1200Pa；
②需要吸收热量：
Q=cm（t﹣t0）=900J/（kg?℃）×30kg×（52℃﹣22℃）=8.1×105J；
③根据小金查到的数据计算出来的实际辐射到这块地砖上的太阳能将远远大于问题②的计算结果，地砖的温度会远远高于52℃，但是由于地砖吸收太阳辐射后的温度高于空气的温度，所以地砖会向空气中散热；还有一部分太阳辐射会被地砖反射，所以太阳辐射的能量没有被砖全部用来提升地砖的温度，致使地砖的温度不会达到计算的温度那么高．
【解析】①每块地转产生的压强相等，所以广场受到地砖的压强为单块地砖产生的压强，地砖对地面的压力等于其重力，根据p= 求出压强；②根据Q=cm（t﹣t0）求出吸收的热量；③地砖的温度高于空气的温度，所以地砖会向空气中散热；有一部分太阳辐射会被地砖反射等．此题主要考查的是学生对重力、压强、热量计算公式的理解和掌握，难度不大。
考点过关☆专项突破
考点一：物态变化结合吸放热的综合分析
1.（2017?湖州）电水壶是常用小家电．下列有关电水壶烧水的观察和思考，正确的是（ ）
A.加热过程中，水的内能通过热传递改变?? ?B.加热过程中，水的热量不断增加
C.沸腾时，所冒的“白气”是水汽化产生的水蒸气?D.沸腾时，继续吸热水温不断上升
【答案】A
【解析】（1）做功和热传递都能改变内能；（2）热量是一个过程量；（3）是白气都是液化；（4）液体沸腾的特点是：吸热但温度不变；
解：A、如图所示，电热水壶加热过程中，水的内能通过热传递改变，故A正确；
B、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误；
C、白气是一些小液滴，即是沸腾时，温度比较高的水蒸气遇冷液化而成的小水滴，故C错误；
D、液体沸腾的特点是吸热，但温度不变，故D错误；
2.下列现象中，用物理知识解释正确的是（ ）
A.?物体的温度高，是因为它具有较多的热量
B.?风吹过，人便感到凉爽，主要是因为流动的空气加快了人身上汗液的蒸发
C.?吃冰棒感觉凉爽，是因为冰熔化要放热
D.?运载火箭的燃料采用液氢，是因为液氢的比热容大
【答案】B
【解析】A、热量是传递过程中能量改变的多少，与物体温度的高度无关。
B、加快空气流动可加快蒸发，蒸发吸热。
C、冰棒熔化吸热，所以吃冰棒感觉凉爽。
D、液态氢的热值大，密度小，所以用它做燃料。
A、物体的温度高可能是吸收了热量，但热量是热传递过程中能量改变的多少，所以不能说是具有较多的热量，A选项错误；
B、蒸发的快慢与液体表面空气的流动速度有关，流速也打，蒸发越快。风吹过加快了空气流动，从而加快了汗液蒸发，而蒸发会吸收热量，所以人便感到凉爽，B此选项正确.
C、吃冰棒感觉凉爽，是因为熔化吸热而不是放热，C选项错误.
D、运载火箭的燃料采用液氢，是因为液氢的热值大，密度小，而和它的比热容无关，D选项错误。
3.下表是几种物质在1个标准大气压下的熔点和沸点，根据表中数据，判断下列说法正确的是( )
物质
铅
水银
酒精
甲苯
熔点/℃
328
－38.8
－117
－95
沸点/℃
1 740
357
78
111
A.铅在350 ℃处于固液共存状态
B.固态酒精与甲苯不是晶体
C.不能用水银温度计测气温
D.不能用酒精温度计测沸水的温度
【答案】D
【解析】（1）一般情况下，晶体在熔点以下是固态，在熔点以上沸点以内是液态，在熔点时是固液混合态；
（2）晶体和非晶态的区别：有无熔点；
（3）液体温度计的测温范围：凝固点和沸点之间；
A.铅的熔点是328℃，350℃的铅肯定是液态，故A错误；
B.固态酒精和甲苯都有熔点，因此它们都是晶体，故B错误；
C.水银温度计的测温范围是：-38.8℃-357℃，而一般气温在-30℃-50℃之间，所以水银温度计可以测量气温，故C错误；
D.酒精温度计的测温范围：-117℃-78℃，而沸水的温度一般为100℃，高于酒精的沸点，所以不能测量沸水的温度，故D正确。
故选D。
4.地球上的水在不停地循环着：阳光晒暖了海洋，水变成水蒸气升到空中，形成暖湿气流，暖湿气流遇到冷空气后，水蒸气变成了小水滴，形成雨降落到地面。以下说法中正确的是(??? )
A.?水变成水蒸气是汽化现象?????B.?水变成水蒸气的过程中放热
C.?水蒸气变成小水滴是凝固现象???D.?水蒸气在变成小水滴的过程中吸热
【答案】A
【解析】解决此题要知道水变成水蒸气是汽化现象，汽化过程要吸热；水蒸气变成小水滴是液化现象，液化过程要放热。
A、水变成水蒸气是汽化现象，说法正确，符合题意；
B、水变成水蒸气的过程中要吸热，说法错误，不符合题意；
C、水蒸气变成小水滴是液化现象，说法错误，不符合题意；
D、水蒸气变成小水滴的过程中要放热，说法错误，不符合题意。
故答案为：A
5.下列关于热现象的说法中正确的是（?? ）
A.?物体吸收热量，物体的温度一定升高
B.?冬天，人们在室外呼出的“白气”是凝固而成的
C.?家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的
D.?夏天，刚从冰箱中取出的雪糕表面上附着的一层霜粉是升华而形成的
【答案】C
【解析】（1）物体吸收热量，温度可能升高，也可能不变；（2）物体由气态变为液态的现象叫液化；（3）物体液化的方法：降低温度，压缩体积；（4）物体由气态直接变为固态的现象叫凝华．
解：A、物体吸收热量，物体的温度可能不变，例如，晶体熔化时，吸收热量，温度不变；故A错误；
B、冬天，人们在室外呼出的“白气”是液化而成的，故B错误；
C、家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的，故C正确；
D、夏天，刚从冰箱中取出的雪糕表面上附着的一层霜粉是凝华而形成的，故D错误．
6.寒冷的冬天，居民楼的玻璃窗上会“出汗”或结“冰花”．下列说法不正确的是（?? ）
A.玻璃窗上“汗”是水蒸气液化生成的?B.“汗”出在玻璃窗的外表面
C.“冰花”结在玻璃窗的内表面?? ?D.玻璃窗上“冰花”是水蒸气凝华生成的
【答案】B
【解析】物体由气态变为液态的过程叫液化，由气态变为固态的过程叫凝华。
寒冷的冬天，室内温度较高，空气中有大量的水蒸气，而玻璃窗较冷，周围的水蒸气遇到冷的玻璃会发生液化现象变成小水滴，甚至发生凝华现象结冰，从外面看玻璃窗就会“出汗”或结“冰花”；故选B。
7.提起压在容器中水面上方的活塞，容器中的水发生汽化，如图所示。下列选项中，最能表示水汽化后相同空间内粒子分布的是（ ）
A . B . C . D .
【答案】C
【解析】根据水汽化属于物理变化，分子组成不变，当物质由液态变为气态时，分子间隔增大进行解答。故答案为：C
8.如图是小桂家的电热水器下面连接的热水管和冷水管，小桂洗热水澡时经常发现左水管外壁上有水珠，而右水管的外壁上却没有水珠，仔细观察这些水珠并不是溅上去的，这些水珠的形成是属于________现象，由此可知左水管是________（选填“冷”或“热”）水管。
【答案】液化；冷
【解析】用电器是利用电能工作，用电器工作的过程就是把电能转化其它形式的能的过程，根据液化的定义分析水管外壁水的来源
这些水珠是水蒸气液化形成的，只有当热的水蒸气遇到冷的物体时才能发生液化现象，因此左水管为冷水管．
考点二：应用比热解释有关自然现象
1.关于比热的概念，下列说法错误的是（??????? ）
A.?单位质量的某种物质，温度升高1℃所吸收的热量，叫做这种物质的比热
B.?单位质量的某种物质，温度降低1℃所放出的热量，也叫做这种物质的比热
C.?某种物质吸收或放出的热量越多，比热也越大，比热与热量有关
D.?各种物质都有自己的比热，它是物质的特性之一
【答案】 C
【解析】比热容是物质本身的一种特性，科学上规定，单位质量的某种物质，温度升高（或降低)1℃所吸收（或放出)的热量为该物体的比热容；根据比热容是物质的一种特性和定义进行判断。
科学上规定，单位质量的某种物质，温度升高（或降低)1℃所吸收（或放出)的热量为该物体的比热容；故A、B正确，不符合题意；比热容是物质本身的一种特性，不同物质的比热容一般不同，与物体的温度、质量以及吸收或放出的热量都无关，故D正确，C错误；
2.当你在烈日当空的海边游玩时，你会发现：岸上的沙子热得烫脚，而湖水却是凉凉的。这是因为（ ）
A.?水比沙子的比热容大?? ??B.?水比沙子的比热容小
C.?水比沙子吸收的热量少?????D.?水比沙子的温度变化大
【答案】A
【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，据此分析。本题主要考查了学生对水的比热容大的特点及应用的了解和掌握，应用好“m、Q相同时，c大的△t小”是本题的关键，可以借助Q=cm△t帮助记忆。
解：因为水的比热容比沙石的大，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量（都在太阳照射下），水的温度升高的少，湖水是凉凉的，而沙石的温度升高的多，热得烫脚。
3.甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为25℃和75℃，现将一温度为65℃的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到45℃，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后乙容器中水温为（不计热量散失和水的质量的变化）（? ）
A.?65℃??????B.?60℃?????C.?55℃?????D.?50℃
【答案】B
【解析】（1）首先利用金属球放入25℃的水中时，两者发生热传递，根据两者温度的变化，利用热平衡方程确定水的质量与比热容的乘积和金属球的质量与比热容的乘积的比值关系．（2）利用推导出的水的质量与比热容的乘积和金属球的质量与比热容的乘积的比值关系，结合第二次热传递求出乙容器中水的温度．
解：①当将金属球放入甲容器中时，金属球放出的热量与水吸收的热量相等，
即：Q金=Q水 ．
设金属球的质量为m金、比热容为c金、水的质量为m水、水的比热容为c水
则：Q金=m金×c金（65℃-45℃），Q水=m水×c水（45℃-25℃）
因为：Q金=Q水
? 所以：m金×c金（65℃-45℃）=m水×c水（45℃-25℃）
化简得： ；
②当将金属球放入乙容器中时，乙容器中的水放出的热量与金属球吸收的热量相等，即：Q水=Q金 ．
由于甲乙容器中的水的质量相等，又是同一个金属球，所以仍设金属球的质量为m金、比热容为c金、水的质量为m水、水的比热容为c水 ， 此时两者共同的温度为t℃
?则：Q水=m水×c水（75℃-t℃），Q金=m金×c金（t℃-45℃）
因为：Q水=Q金
即：m水×c水（75℃-t℃）=m金×c金（t℃-45℃），
∴75℃-t℃=t℃-45℃
解得：t=60℃
4.质量相等、温度相同的铁块和铜块，在吸收了相等的热量后再互相接触（已知铁的比热比铜的比热大），那么（?? ）
A.?热由铁块传给铜块???????B.?热由铜块传给铁块
C.?铁块跟铜块之间不发生热传递??D.?以上情况都有可能
【答案】B
【解析】（1）比热不同的物体吸热的能力不同。吸收相同的热量不同物体的温度变化不同。（2）热量由温度高的物体传递给温度低的物体，直到温度相同。（3）选判断出铁块和铜块吸收相等的热量温度谁升的高。
质量相等、温度相同的铁块和铜块，在吸收了相等的热量后。由于铁的比热比铜的比热大，所以铜的温度升的高。热量由温度高的物体传递给温度低的物体，所以A、热由铁块传给铜块，因为铜的温度高所以热由铜传递给铁，A错误，B正确；C、铁块跟铜块之间不发生热传递，由于吸收相等热量后，出现了温度差所以发生了热传递，C错误。
5.小明阅读了比热容表后，得出了一些结论，其中错误的是（??）
水
4．2×103J/(kg·℃)
干泥土
0．84×103J/(kg·℃)
冰
2．1×103J/(kg·℃)
铜
0．39×103J/(kg·℃)
煤油
2．1×103J/(kg·℃)
铅
0．13×103J/(kg·℃)
水银
0．14×103J/(kg·℃)
砂石
0．92×103J/(kg·℃)
A.?沿海地区昼夜温差比内陆地区小??
B.?同种物质在不同状态下，其比热容不同
C.?质量相同的铜块和铅块，升高相同的温度，铜块吸热多?
D.?液体的比热容都比固体大
【答案】D
【解析】比较水银、干泥土和铜的比热容可知，液体的比热容不一定比固体的比热容大。故此题选D。
由表可知，水的比热容比砂石的比热容大得多，因此在同样吸热或放热的情况下，水温变化小，而砂石的温度变化大，沿海地区水多，而沙漠地区以砂石为主，故沿海地区昼夜温差小，而沙漠地区昼夜温差大，选项A正确。比较水和冰的比热容可知，选项B正确。由表可知铜的比热容比铅的大，由公式Q吸=cm(t－t0)可知，在m和(t－t0)相同时，c越大，Q吸越大，故选项C正确。比较水银、干泥土和铜的比热容可知，选项D错误。
6.如图所示，甲气球装入少量水后，将甲、乙两个气球吹成一样大小，用细绳把它们挂在横杆上，烛焰靠近气球的底部加热，发现乙气球“啪”的一声破了，而甲气球加热很长时间，仍安然无恙。
（1）在加热过程中，由于“烧不破”的甲气球装有水，水的比热容较________，且水蒸发过程需要________热，所以甲球的温度升高的慢。
（2）在加热过程中，乙球内气体内能增大，是用________的方法改变气体的内能。
【答案】（1）大；吸
（2）热传递
【解析】（1）比热容较大的物质吸收相等的热量温度升的慢。蒸发会吸收热量使物体温度降低；
（2）改变内能的方法有两种：一、热传递；二、做功。
（1）在加热过程中，由于“烧不破”的甲气球装有水，水的比热容较大，且水蒸发过程需要吸热，所以甲球的温度升高的慢。
（2）在加热过程中，乙球内气体内能增大，是用热传递的方法改变气体的内能。
故答案为：（1）大；吸；（2）热传递
7.如图所示，隔着石棉网同时加热两规格相同的试管，试管中分别装有质量相同、初温均为20℃的煤油和水。若加热时间相同，则煤油和水吸收的热量______（填“相同”或“不同”）；若煤油和水的温度都升高到40℃，则______需加热较长的时间。（c水＞c煤油）
【答案】相同；水
【解析】利用下列知识分析判断：（1）由图可知，用同一个酒精灯加热，两试管的规格相同，则在相同的时间内，水和煤油吸收的热量相同；（2）水的比热容比煤油的大，由Q=cm△t可知，若二者的质量相同，在吸收相同热量时，水升高的温度值小；在升高相同温度时，水吸收的热量多．本题考查学生对水的比热容大的理解，最好借助公式Q=cm△t理解：质量相同的不同物质，升高相同的温度，比热容大的吸收热量多；吸收相同的热量，比热容大的温度变化小．
解：相同时间两种液体吸收的热量相同．
相同质量的水和煤油，升高相同的温度，因为水的比热容大，水是吸热能力强．所以水吸收的热量多；
8.如图所示是“探究不同物质吸热能力”的实验，将质量相等的煤油和水分别装在两个相同的烧杯中，并测出煤油和水的初温，然后用两个相同的酒精灯加热，每隔2分钟记录一次温度。实验记录如下表所示。
加热时间/分钟
0
2
4
6
8
温度/℃
煤油
20
25
29
34
38
水
20
22
24
26
28
（1）实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和煤油________相同。
（2）由记录表可知，对于质量相等的煤油和水：吸收相等热量，升温较快的是________；若使两者升高相同的温度，则________吸收的热量较多。由此得出物质的吸热能力与物质的种类有关。
【答案】（1）吸收的热量
（2）煤油；水
【解析】（1）该实验中把吸收热量的多少转换成加热时间的长短，相同的热源在相等的时间内提供的热量相同；（2）用相同的热源对液体加热，液体在相等时间内吸收的热量相等，质量相同的液体升高相同的温度，吸收的热量越多，液体吸热能力越强。
（1）实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和煤油吸收的热量相等，可以用加热时间反应液体吸收热量的多少；（2）由记录表可知，对于质量相等的煤油和水：吸收相等热量，煤油在0-2分钟内，温度升高5℃，水在0-2分钟内，温度升高2℃，由此可以看出，升温较快的是煤油；若使两者升高相同的温度，水如果升高4℃，需要4分钟，而煤油仅需2分钟，说明水需要加热的时间长，也就是升高相同的温度，则水吸收的热量较多。由此得出物质的吸热能力与物质的种类有关。故答案为：（1）吸收热量；（2）煤油；水。
考点三：应用Q=cm△t进行简单的计算
1.下列说法中正确的是（不计热损失）（ ）
A.?一壶开水，温度从100℃降到70℃比温度从70℃降到40℃放出的热量多
B.?质量相同的物体，吸收相同热量后，末温高的物体比热容小
C.?热水和冷水混合后，冷水吸收的热量一定等于热水放出的热量
D.?热水和冷水混合后，冷水升高的温度一定等于热水降低的温度
【答案】C
【解析】A、利用公式Q=cm△t分析判断。
B、根据比热容含义判断。
C、不计热量损失，冷水吸收的热量等于热水放出的热量。
D、热传递传递的是热量不是温度。
A、根据Q=cm△t可知，在质量和比热容相同时，若降低的温度相等，则放出的热量相等，因此一壶开水，温度从100℃降到70℃比温度从70℃降到40℃放出的热量相等，故A错误。
B、比热容是物体本身的一种特性，大小与吸收的热量、物体的质量及温度的变化等无关，只与物质的种类有关，故B错误。
C、热水和冷水混合后不计热量损失，冷水吸收的热量和热水放出的热量相等，故C正确。
D、因为热传递传递的是热量不是温度，所以温度不一定相等，故D错误。
2.将质量、初温分别相等的铁块和铝块（c铁﹤c铝）放在沸水里煮较长一段时间，比较它们吸收热量的多少，则（?? ）
A.?铁块吸收的热量多???? B.?铝块吸收的热量多????????
C.?铁块、铝块吸收的热量一样多?? D.?无法判定
【答案】B
【解析】由于铁块和铝块在沸水里煮较长一段时间，因此铁块和铝块的末温应与水温相同，即铁块和铝块的末温t相同，又已知铁块和铝块质量m、初温t0也相同，但c铁＜c铝 ， 故Q铁吸＜Q铝故此题选B。
本题是判断物体吸收热量的多少，可以根据公式Q吸＝cm(t－t0)来进行判定。由于铁块和铝块在沸水里煮较长一段时间，因此铁块和铝块的末温应与水温相同，即铁块和铝块的末温t相同，又已知铁块和铝块质量m、初温t0也相同，但c铁＜c铝 ，
故Q铁吸＜Q铝吸 ， 所以选项B正确，选项A、C、D错误。
3.甲、乙两物体，比热之比为2：1，质量之比为2：1，甲、乙两物体吸收相同的热量，甲升高了20℃，则乙物体温度可以升高（? ）
A.?60℃?????B.?70℃??????C.?80℃?????D.?90℃
【答案】C
【解析】知道甲、乙两物体的比热容之比、质量之比，并且吸收相同的热量，利用吸热公式求两物体升高的温度之比；再求乙物体温度可以升高值．本题考查了学生对吸热公式Q吸=cm△t的掌握和运用，因为是求比值，要细心，防止因颠倒而出错！
解：∵Q吸=cm△t，∴ ，
∴两物体升高的温度之比： ，
△t2=4△t1=4×20℃=80℃．
4.水温从20℃升高到30℃吸取的热量为4．2×104J，水的质量是（?? ）
A.?1kg?? ??B.?10kg?????C.?0．1kg?????D.?100kg
【答案】A
【解析】由热量的计算公式Q吸=cmΔt变形得：
故此题选A。
该题考查热量的计算，求水的质量可以通过热量的计算公式Q吸=cmΔt变形得： 通过计算即可。
5.两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体。用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如右图所示。（?? ）
A.?甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B.?如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
C.?加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D.?加热相同的时间，甲液体温度升高的比乙液体温度升高的多
【答案】D
【解析】由图得，加热时间相同时，甲液体温度升高得多。故此题选D。
该题考查的是热量的计算，可以根据公式Q吸=cmΔt来进行判定。由题意得甲乙加热时间相同，则吸收的热量相同，甲的温度升高得快，又由于甲乙的质量是相同的，根据热量的计算公式Q吸=cmΔt分析得甲的比热容小于乙的比热容。
6.用两个相同的“热得快”，分别给质量、初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像可知，甲液体的比热容________?(选填“大于”、“等于”或“小于”)乙液体的比热容。质量为500克、初温为20℃的甲液体温度升高到90℃，吸收的热量为________?焦。 [甲液体的比热容为1．8×103焦／(千克·℃)]
【答案】小于；6.3×104
【解析】（1)由图象可找出液体温度的变化与所用时间的关系，在相等时间内温度变化大的液体升温快；在相等的加热时间内，甲和乙吸热相同，温度变化大的液体比热容小，温度变化小的比热容大，据此分析判断。
（2)知道甲液体的质量、比热容、初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm△t求甲液体吸收的热量。
（1)由图象可以看出：在相等时间内，液体甲温度变化量大，则甲液体温度升高较快；而两个加热器相同、加热时间相等时，两种液体吸收的热量相等，由公式Q吸=mc△t可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，温度升高快的液体比热容小，所以甲的比热容小，乙的比热容大。
（2)Q吸=cm△t=1.8×103J/（kg?℃)×0.5kg×（90℃-20℃)=6.3×104J。
7.一个质量为250g的钢刀，加热到56 0℃，然后在空气中自然冷却，室温为20℃，这把钢刀在冷却过程中放出多少热量?若把这些热量给30℃0．5kg的水加热，水温可以上升多少度?升高到多少度?（c钢=0．46×103J／(kg·℃）
【答案】钢刀放出62．1×103J的热量，水温升高30℃；升高到60℃。
【解析】Q放=c钢m铜Δt钢=0．46×103J／(kg·℃)×0．25kg×(560-20)℃＝62．1×103J
钢刀放出的热全部被水吸收
Q吸=c水m水Δt水
Δt水=
Δt水=t-t0
t=Δt水+t0=30℃+30℃＝60℃
在公式Q吸=cm(t－t0)中，如果已知其中的任意四个物理量，就可以利用方程求出另外的一个，也可以将原公式进行变形，导出一个变型公式，即可求出。
考点四：内能与其他能量之间转化的分析与计算
1.（2017?杭州）如图，汽油机处于工作过程中的某个冲程，对此冲程下列叙述正确的是（?? ）
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
【答案】A
【解析】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；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。
解：如图，进气门和排气门都是关闭的，活塞上行，可以判断是压缩冲程，在压缩冲程中机械能转化为内能，故A正确、BCD错误。
2.（2017?金华）下列关于“热与能”的表述中正确的是（??? ）
A.?物体在吸热过程中，其温度一定升高??????????????????
B.?在搓手取暖过程中，内能转化为机械能
C.?水常被用作冷却剂，是因为水的比热容大???????????
D.?铁块在煅烧过程中，其内能从零开始增加
【答案】C
【解析】A、物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的；B、做功与热传递可以改变物体的内能，搓手取暖属于做功改变物体内能；C、水的比热容大，这是其常被用做冷却剂的原因；D、根据内能的定义分析。
A、晶体在熔化的过程中吸热但温度不变，故A错误；
B、人在搓手取暖的过程中，通过做功使人手内能增加，为机械能转化为内能，故B错误；
C、用水做冷却剂，是因为水的比热容大，在改变相同的温度时，能够有收更多的热量，故C正确；
D、铁块煅烧前，仍然具有内能，故D错误。
3.很多同学在课间玩扭转矿泉水瓶的游戏，如图所示，在瓶里装有少量的水，盖紧瓶盖，使劲拧瓶的下部，使其严重变形，然后略松开瓶盖（对着没人的方向），瓶盖弹出数米远，观察到瓶口和瓶内有白雾产生。下列分析正确的是（ ?）
A.?用力拧瓶的下部时瓶内气体内能减少，温度升高
B.?用力拧瓶的下部时瓶内气体内能增加，温度降低
C.?瓶盖弹出时气体内能减小，温度降低，水蒸气液化
D.?瓶盖弹出时气体内能增加，温度降低，水蒸气液化
【答案】C
【解析】此题考查的是我们对于物理现象的分析能力，根据情境分析所用到的物理知识，这是一种新题型，值得我们关注。气体对外做功时，气体的内能转化为机械能；物体对外做功，物体内能会减小。水蒸气在遇冷时会发生液化，形成小水滴。
用力拧瓶子，是用做功的方式改变了瓶内气体的内能，相当于汽油机压缩冲程的能量转化，将机械能转化为内能，内能增加温度升高，故A、B错误；瓶盖被弹出时，瓶内气体对外做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能，当瓶盖飞出时瓶内及瓶口有白雾，这是因为瓶内气体对外做功，内能减小，水蒸气遇冷，液化形成了小水滴，故C正确，D错误。
4.下列生活情景中，属于通过热传递途径改变物体内能的是（ ）
A.?锯木头时锯条会变热???????B.?冬天，人们常常搓手使手变暖
C.?冬天，人们常用热水袋取暖?? D.?铁丝被反复弯折，弯折处会变热
【答案】C
【解析】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和压缩气体做功，做功实质是能量的转化，热传递实质是热量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。
A、用锯条锯木头，克服摩擦做功，使锯条和木头的内能增加、温度升高而变热，是通过做功的方式增加了物体的内能。不符合题意；
B、搓手取暖是通过做功的方法把机械能转化为手的内能，手的内能增加，温度升高。不符合题意；
C、冬天用热水袋取暖，是人从热水吸收热量，使人的内能增加、温度升高，是通过热传递改变了物体的内能。符合题意；
D、弯折铁丝时，机械能转化为铁丝的内能，内能增大温度升高，是通过做功改变了物体的内能。不符合题意；
5. “辽宁舰”服役，圆了中国航母梦。如图为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度。
（1）牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为________?（选填“定滑轮”或“动滑轮”）。
（2）气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能? ________?，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力。
【答案】（1）定滑轮
（2）减小
【解析】（1)知道定滑轮是轴的位置固定不动的滑轮，动滑轮是轴的位置随被拉物体一起运动的滑轮。
（2)物体对外界做功，物体的内能减小，温度降低。
（1)定滑轮是轴的位置固定不动的滑轮，由图可知，牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为定滑轮。
（2)气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力。
6.一辆使用汽油为燃料的小汽车，发动机的效率为25％，汽油的热值q=4.6×107J／kg。发动机的实际功率为20 kW。求小汽车它以72km／h的速度在水平路面上匀速行驶时，行驶的距离为100km，消耗汽油的质量。（结果保留一位小数）
【答案】解答：小汽车运动时间t=??=??=5000s
发动机所做的有用功w=pt=2.0 ×104w×5000s=1.0 ×108J
?由η=??得，Q放= =??=4.0×108J
根据Q放=mq，得m=??= 8.7 kg
【解析】要求汽油的质量，须知道热量和热值；要求热量，须知道有用功；要求有用功，须知道运动时间；要求运动时间，须知道路程和速度。它们均已知，逆推即可求解。这种分析法是一种常见的解题方法。本题考查的是热机的效率的计算。
7.“YK﹣15B”型电热水壶内装有3kg水，插在220V的家用电源上。水从20℃加热至98℃，已知水的比热容c=4.2×103J/（kg?℃）。求：
（1）水在这个过程中是吸热还是放热？
（2）在这个过程中由什么能向什么能转化？
（3）这个过程中水吸收或放出的热量？
【答案】（1）利用电热水壶将20℃的水加热至98℃，水在这个过程中吸热;
（2）电热水壶工作过程中的能量转化是将电能转化为热能。
（3）这个过程中水吸收的热量：
Q=cm△t=4.2x103J/(kg·℃）x3kgx(98℃-20℃)=9.829x105J
【解析】（1）根据生活经验判断可水在这个过程中是吸热还是放热；
（2）根据电热水壶工作过程中的能量转化是将电能转化为内能进行解答；
（3）已知水的质量和比热容，又知水的出温和末温，根据Q=cm△t可求出这个过程中水吸收的热量。
（1）利用电热水壶将20℃的水加热至98℃，水在这个过程中吸热；
（2）电热水壶工作过程中的能量转化是将电能转化为内能；
（3）这个过程中水吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×3kg×（98℃-20℃）=9.828×105J。
故答案为（1）水在这个过程中是吸热；
（2）在这个过程中由电能转化为热能；
（3）这个过程中水吸收的热量：
Q=cm△t=4.2x103J/(kg·℃）x3kgx(98℃-20℃)=9.829x105J
