（2022-2024）三年全国中考物理选择题压轴题合集：内能及其应用

内能及其应用 一．选择题（共25小题） 1．（2024•泸州）下列物理情境中，对功的理解正确的是（　　） A．在实际生活中，利用简单机械提升重物时，可以不做额外功 B．内燃机的四个冲程中，只有做功冲程做功，其他冲程均不做功 C．力对物体做功可以改变物体的内能，电流做功也可以改变物体的内能 D．物体在竖直向上拉力作用下匀速上升，物体所受力中，只有拉力对物体做功 2．（2023•随州）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．为节能冬天汽车都会利用尾气中的余热给车内供暖，该举措大大提高了燃料的热值 3．（2024•烟台）生活中很多现象都蕴含着物理奥秘，对以下生活实例解释正确的是（　　） A．夏天向地面洒水可以降温，是因为水蒸发吸热 B．打扫卫生时尘土飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动 C．高压锅的原理是通过增大气压使液体的沸点降低 D．冬天搓手取暖是通过热传递的方式改变物体的内能 4．（2022•十堰）为实现国家关于“碳达峰”“碳中和”目标，东风汽车集团研发了一款新型汽车。与某款汽车同样油耗和使用条件下，发动机工作时，尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲。如图为其发动机某一冲程示意图，下列有关说法错误的是（　　） A．尾气中“汽油味”降低，是因为汽油在汽缸中燃烧比较完全 B．该冲程为做功冲程，内能转化为机械能 C．汽油在汽缸内完全燃烧，发动机效率可达100% D．该发动机减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护 5．（2024•南充）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（　　） A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用 B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关 C．丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能 D．丁图中活塞向下运动，这是内燃机的压缩冲程 6．（2023•广州）以下过程不发生物态变化。初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低；那么，初温相同的甲、乙放出相同热量，（　　） A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 D．无法判断甲、乙的末温哪一个高，且无法判断甲、乙比热容哪一个大 7．（2023•武威）如图所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，迅速压下活塞，观察到硝化棉燃烧起来。在下压活塞的过程中，下列说法正确的是（　　） A．气体的内能转化为活塞的机械能 B．筒内气体温度降低 C．筒内气体的内能不变 D．活塞对筒内气体做了功 8．（2023•常德）下表是一些物质的比热容[单位J/（kg•℃）]，根据表中数据和生活现象，下列判断中正确的是（　　） 水 4.2×103 铝 0.88×103 煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103 砂石 约0.92×103 铜 0.39×103 A．不同种类的物质，比热容一定不同 B．比热容与物质的状态无关 C．质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低 D．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大 9．（2024•北京）在两个相同的烧杯中分别装有两种液体A、B，其质量（mA＜mB）；用额定电压相同的甲、乙两个电加热器分别加热液体A、B，电加热器的额定功率P甲＞P乙，它们均正常工作。液体A、B的温度随加热时间变化的关系如图所示。不考虑热量损失，下列说法正确的是（　　） A．液体A的沸点等于液体B的沸点 B．电加热器甲的电阻丝阻值大于乙的电阻丝阻值 C．相同时间内液体A吸收的热量等于液体B吸收的热量 D．液体A的比热容大于液体B的比热容 10．（2024•临沂）2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。如图所示内燃机的四个冲程，气缸内气体的内能最小的是（　　） A． B． C． D． 11．（2024•湖南）2024年4月25日，搭载着神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭（如图）在酒泉卫星发射中心成功发射。下列说法正确的是（　　） A．火箭的燃料燃烧得越充分，热值越大 B．火箭发动机工作过程中的热机效率是100% C．火箭“体内”的液氢燃料温度低至﹣253℃，内能为零 D．火箭搭载着飞船升空的过程中，飞船的重力势能越来越大 12．（2023•泰安）质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），c水＞c液。下列说法中（　　） ①甲物质是水 ②0～12min乙温度降低了20℃ ③0～12min甲放出了8.4×104J 的热量 ④乙物质的比热容为2.1×103J/（kg•℃） A．只有①②正确 B．只有②④正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确 13．（2023•成都）小美在老师指导下进行了以下实验：甲、乙两烧杯各装100g水，用酒精灯加热甲烧杯，煤油灯加热乙烧杯，直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯，测得消耗酒精4g、煤油2.5g。她根据实验数据绘制了水温与加热时间关系的图像（如图）。若水沸腾前质量不改变，同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，q酒精＝3.0×107J/kg，q煤油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法正确的是（　　） A．整个过程，甲杯中的水吸收的热量更多 B．前3分钟，乙杯中的水吸收的热量为3.36×104J C．消耗的煤油完全燃烧放出的热量为1.15×108J D．酒精灯加热的效率为28% 14．（2024•兰州）如图所示，用酒精灯对试管加热，等水沸腾后，可以看到蒸汽把软木塞顶跑。下列说法正确的是（　　） A．用酒精灯加热试管，水内能的增加是通过做功的方式实现的 B．蒸气把软木塞顶跑的过程，实现了内能向机械能的转化 C．蒸气把软木塞顶跑的过程，相当于汽油机的排气冲程 D．试管口出现的白雾是水汽化后形成的水蒸气 15．（2024•广安）内燃机的发明是第二次工业革命中应用技术领域的一项重大成就。如图所示为单缸四冲程汽油机的一个冲程示意图，若该汽油机的效率为30%，飞轮每分钟转动1800圈，则下列说法正确的是（　　） A．图中所示冲程是做功冲程 B．若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为6.9×107J C．该汽油机在1s内做功30次 D．汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高 16．（2024•云南）2024年5月，我国首款百公斤级车载液氢系统“赛道1000”研制成功，可助力氢能重卡突破1000公里续驶里程，这是我国将液氢应用于交通运输领域的重大技术突破（q氢＝1.4×108J/kg）。下列说法正确的是（　　） A．氢能不属于清洁能源 B．用液氢作燃料是因为液氢含有的热量多 C．完全燃烧100kg的液氢能释放1.4×1010J的热量 D．氢能重卡的热机效率可高达100% 17．（2022•镇江）如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（　　） A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大 C．若的值越大，燃料的热值越大 D．若的值越大，燃料的热值越大 18．（2024•滨州）如图所示是某物质熔化时温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（　　） A．该物质是非晶体 B．熔化过程持续了25min C．该物质熔化过程中不断吸热，温度保持不变 D．熔化前后，该物质的比热容不变 19．（2023•娄底）下列关于实验的叙述正确的是（　　） A．图甲中，抽出玻璃板后观察到的现象能说明分子间存在着引力 B．图乙中，水沸腾后软木塞被推出，软木塞的内能转化为它的机械能 C．图丙中，把玻璃板拉出水面时弹簧测力计示数会变大，是大气压力的作用 D．图丁中，将瓶塞弹出时，瓶内气体内能减少 20．（2023•宜昌）2023年5月30日9时31分，随着一声“点火”令下，我国的长征二号F遥十六运载火箭向下喷出高温燃气，顺利发射升空，将神舟十六号载人飞船送到太空预定轨道。关于火箭，下列说法错误的是（　　） A．燃气对火箭的推力改变了火箭的运动状态 B．升空时，燃气对火箭向上的推力大于火箭对燃气向下的推力 C．火箭燃料燃烧时，化学能转化为内能 D．火箭发动机是利用内能做功的机械 21．（2024•陕西）“芒种”过后，陕西关中等地区夏收进程已过半。如图，是烈日下联合收割机收麦的场景。下列说法不正确的是（　　） A．夏收时节气温越高，空气中的分子热运动越剧烈 B．阳光炙烤下的金色麦穗温度升高，其所含的热量变多 C．利用水冷系统给发动机降温，是因为水的比热容较大 D．阳光曝晒下的驾驶室温度升高，是通过热传递的方式增加了其内能 22．（2024•湖北）如图甲，利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体，得到温度随时间变化的图像如图乙，分析可知（　　） A．相同时间内a中加热器产生的热量比b中的多 B．a和b的吸热能力都随着温度的升高不断增大 C．升高相同温度a所用时间比b少，a的吸热能力比b弱 D．相同时间内a升高的温度比b多，a的吸热能力比b强 23．（2024•陕西）涡轴9“玉龙”是我国完全自主研发的航空涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。该发动机工作过程中的相关说法正确的是（　　） A．燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机效率越高 B．燃料和压缩空气混合后，燃料的热值增大 C．压气机压缩空气，空气的内能减小 D．高温高压气体推动涡轮转动时，将机械能转化为内能 24．（2023•兰州）为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量分别为100g和400g的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图象如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是（　　） A．A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为2：1 B．A、B两液体的比热容之比为1：2 C．B液体的吸热能力比A液体的强 D．A液体比B液体更适合作发动机的冷却液 25．（2024•成都）某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A．在0～t2时间段，该物体吸收的热量为cm（T2﹣T1） B．在t2～t4时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在t4～t5时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在t5～t6时间段的比热容等于在0～t1时间段的比热容 内能及其应用 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．（2024•泸州）下列物理情境中，对功的理解正确的是（　　） A．在实际生活中，利用简单机械提升重物时，可以不做额外功 B．内燃机的四个冲程中，只有做功冲程做功，其他冲程均不做功 C．力对物体做功可以改变物体的内能，电流做功也可以改变物体的内能 D．物体在竖直向上拉力作用下匀速上升，物体所受力中，只有拉力对物体做功 【分析】（1）使用任何机械都不省功； （2）汽油机的四个冲程分别为吸气、压缩、做功、排气冲程；汽油机的吸气冲程吸入的气体是空气和汽油的混合物；一个工作循环有四个冲程，只有做功冲程对外做功，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成； （3）做功和热传递都可以改变物体的内能； （4）做功的必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的距离。 【解答】解：A、在实际生活中，利用简单机械提升重物时，克服重力和摩擦做功，会做额外功，故A错误； B、内燃机一个工作循环有四个冲程，在做功冲程中对外做功（燃气对活塞做功），而在压缩冲程中活塞压缩燃气或空气做功，即在这两个冲程中均存在做功的情况，故B错误； C、对物体做功，可以改变物体的内能，电流做功也可以改变物体的内能，故C正确； D、物体在竖直向上拉力作用下匀速上升，物体所受力中，拉力对物体做功，克服重力也做功，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查功、惯性和内能的知识，属于综合题。 2．（2023•随州）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．为节能冬天汽车都会利用尾气中的余热给车内供暖，该举措大大提高了燃料的热值 【分析】（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。 【解答】解： 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； CD、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CD错误。 故选：A。 【点评】本题考查了内燃机的工作过程、内燃机的效率、热值的大小，属于基础题。 3．（2024•烟台）生活中很多现象都蕴含着物理奥秘，对以下生活实例解释正确的是（　　） A．夏天向地面洒水可以降温，是因为水蒸发吸热 B．打扫卫生时尘土飞扬，说明分子在永不停息地做无规则运动 C．高压锅的原理是通过增大气压使液体的沸点降低 D．冬天搓手取暖是通过热传递的方式改变物体的内能 【分析】（1）物质从液态变为气态是汽化，汽化吸收热量； （2）分子在永不停息地做无规则运动； （3）气压高，水的沸点高； （4）改变内能的方式包括做功和热传递。 【解答】解：A、夏天，往地面洒水降温，水变成水蒸气，是蒸发，蒸发吸收热量，故A正确； B、打扫卫生时尘土飞扬，是固体小颗粒的机械运动，不是分子的热运动，故B错误； C、高压锅的原理是通过增大气压使液体的沸点升高，故C错误； D、冬天搓手取暖是通过做功的方式改变物体的内能，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查物态变化、分子动理论、液体沸点和气压的关系及内能的改变，属于综合题。 4．（2022•十堰）为实现国家关于“碳达峰”“碳中和”目标，东风汽车集团研发了一款新型汽车。与某款汽车同样油耗和使用条件下，发动机工作时，尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲。如图为其发动机某一冲程示意图，下列有关说法错误的是（　　） A．尾气中“汽油味”降低，是因为汽油在汽缸中燃烧比较完全 B．该冲程为做功冲程，内能转化为机械能 C．汽油在汽缸内完全燃烧，发动机效率可达100% D．该发动机减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护 【分析】（1）汽油在燃烧的过程中，燃烧的越充分，尾气中的“汽油味”越低； （2）根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程及能量的转化； （3）任何机器都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%； （4）根据发动机工作的特点分析。 【解答】解： A、尾气中“汽油味”明显降低，这说明汽油的燃烧率较高，燃烧的较完全，故A正确； B、两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程，此冲程中内能转化为机械能，故B正确； C、汽车在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，机械效率一定小于100%，故C错误； D、该发动机的尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲，在做相同有用功时，消耗的燃料少，减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查了内燃机的工作过程、新型发动机的特点、发动机的效率，属于基础题。 5．（2024•南充）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（　　） A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用 B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关 C．丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能 D．丁图中活塞向下运动，这是内燃机的压缩冲程 【分析】（1）物体的分子间有引力； （2）分子在不停地做规则运动，运动的快慢与温度有关； （3）做功和热传递都能改变物体的内能； （4）根据内燃机的四个冲程的特点判断出图中的冲程。 【解答】解：A、甲图中两个地面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于分子间有引力，故A错误； B、乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关，故B正确； C、丙图双手互搓取暖，是通过做功的方式改变手的内能，故C错误； D、丁图中活塞向下运动，两气门关闭，且上方火花塞有火花，所以这是内燃机的做功冲程，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了分子动理论及改变内能的方式与热机冲程。 6．（2023•广州）以下过程不发生物态变化。初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低；那么，初温相同的甲、乙放出相同热量，（　　） A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 D．无法判断甲、乙的末温哪一个高，且无法判断甲、乙比热容哪一个大 【分析】根据题意分析末温的高低；根据c＝分析比热容的大小。 【解答】解：根据题意可知，甲、乙的初温相同，吸收相同热量后，甲的末温比乙的低，这说明甲的温度变化较小，则初温相同的甲、乙，放出相同的热量后，甲的温度变化小，所以甲的末温比乙的高，故AD错误； 由于不知道甲、乙的质量大小关系，根据c＝可知，无法判定甲、乙比热容的大小，故B正确，C错误。 故选：B。 【点评】本题考查了比热容计算公式的应用，难度不大。 7．（2023•武威）如图所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，迅速压下活塞，观察到硝化棉燃烧起来。在下压活塞的过程中，下列说法正确的是（　　） A．气体的内能转化为活塞的机械能 B．筒内气体温度降低 C．筒内气体的内能不变 D．活塞对筒内气体做了功 【分析】做功可以使内能与机械能之间进行转化：对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少。 【解答】解：ABC、下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，使气体的内能增加、温度升高，当温度升高达到棉花的着火点时，筒内棉花燃烧起来，故ABC错误； D、活塞下压挤压空气，压缩空气体积，对空气做了功，故D正确。 故选：D。 【点评】知道做功可以改变物体的内能，并能准确判断其能量的转化过程是解决该题的关键。 8．（2023•常德）下表是一些物质的比热容[单位J/（kg•℃）]，根据表中数据和生活现象，下列判断中正确的是（　　） 水 4.2×103 铝 0.88×103 煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103 砂石 约0.92×103 铜 0.39×103 A．不同种类的物质，比热容一定不同 B．比热容与物质的状态无关 C．质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低 D．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大 【分析】（1）（2）比热容是物质的一种特性，不同物质的比热容一般不同，比热容与物质的状态有关。 （3）（4）利用Q＝cmΔt和控制变量法进行分析。 【解答】解：A、煤油和冰是不同的物质，但它们的比热容是相同的，故A错误； B、物质的比热容与物质的状态有关，如水和冰的比热容不同，故B错误； C、由Q吸＝cm（t﹣t0）知，质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块的末温更高； D、沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多，因为水的比热容较大，由Q＝cmΔt可知，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D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了比热容的概念，注意比热容是物质的一种特性，与物体的质量、物体的温度变化和物体吸收热量的多少均无关，它只与物质的种类、状态有关。 9．（2024•北京）在两个相同的烧杯中分别装有两种液体A、B，其质量（mA＜mB）；用额定电压相同的甲、乙两个电加热器分别加热液体A、B，电加热器的额定功率P甲＞P乙，它们均正常工作。液体A、B的温度随加热时间变化的关系如图所示。不考虑热量损失，下列说法正确的是（　　） A．液体A的沸点等于液体B的沸点 B．电加热器甲的电阻丝阻值大于乙的电阻丝阻值 C．相同时间内液体A吸收的热量等于液体B吸收的热量 D．液体A的比热容大于液体B的比热容 【分析】（1）对A、B液体进行加热，一段时间后，液体沸腾，温度保持不变。由图可知A、B两种液体的沸点高低。 （2）对A、B液体加热使用额定电压相同的甲乙两个加热器，电加热器的额定功率P甲＞P乙，根据公式P＝判断电阻大小。 （3）在加热过程中不计热量损失，A、B液体吸收的热量等于电加热器消耗的电能。在相同的时间内，电加热器额定功率越大，消耗的电能越多，液体吸收的热量就越多。 （4）由图可知，在A、B液体沸腾之前，相同的时间内，A、B液体升高的温度相同，A液体吸收的热量大于B液体，mA＜mB，由公式c＝可判断A、B的比热容大小。 【解答】解：A.液体沸腾，温度保持不变。由图可知，A、B两种液体沸腾时，液体A的沸点大于液体B的沸点，故A错误； B.用额定电压相同的甲、乙两个电加热器分别加热液体A、B，电加热器的额定功率P甲＞P乙，由公式P＝得R＝，则电加热器甲的电阻丝阻值小于乙的电阻丝阻值，故B错误； C.在加热过程中不计热量损失，A、B液体吸收的热量等于电加热器消耗的电能。Q吸＝W＝Pt，P甲＞P乙，在相同的时间内，液体A吸收的热量大于液体B吸收的热量，故C错误； D.由图可知，在A、B液体沸腾之前，相同的时间内，A、B液体升高的温度相同，A液体吸收的热量大于B液体，mA＜mB，c＝可知，液体A的比热容大于液体B的比热容，故D正确。 故选：D。 【点评】该题是电热综合的考查。解题关键是认真观察图像，利用图像信息，结合相关的电热公式进行判断。 10．（2024•临沂）2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。如图所示内燃机的四个冲程，气缸内气体的内能最小的是（　　） A． B． C． D． 【分析】在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能，压缩冲程中能量转化是机械能转化为内能。 【解答】解：吸气冲程中，汽油机吸入空气和汽油的混合气体，气体温度较低；在压缩冲程，活塞压缩汽油与空气形成的燃料混合物，活塞对气体做功，将机械能转化为气体的内能，使气缸内气体内能增加；做功冲程中，高温高压气体对活塞做功，内能转化机械能；排气冲程中，将气缸内的废气排出；相比而言，吸气冲程中的气体温度较低，内能最小。故D正确。 故选：D。 【点评】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，基础性题目。 11．（2024•湖南）2024年4月25日，搭载着神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭（如图）在酒泉卫星发射中心成功发射。下列说法正确的是（　　） A．火箭的燃料燃烧得越充分，热值越大 B．火箭发动机工作过程中的热机效率是100% C．火箭“体内”的液氢燃料温度低至﹣253℃，内能为零 D．火箭搭载着飞船升空的过程中，飞船的重力势能越来越大 【分析】（1）1kg的某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧情况无关； （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）一切物体在任何情况下都有内能； （4）重力势能的影响因素：质量、被举得高度。 【解答】解：A、热值是燃料本身的一种特性，热值由燃料本身决定，与燃料否充分燃烧无关，故A错误； B、火箭发动机工作过程中，会有热量的损失、克服机械摩擦消耗部分能量，燃料不可能完全燃烧等因素的存在，所以热机效率不会达到100%，故B错误； C、一切物体在任何情况下都有内能，所以液氢燃料温度低至﹣253℃时也有内能，故C错误； D、火箭搭载着飞船升空的过程中，飞船的质量不变，高度增大，所以重力势能越来越大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了重力势能的因素、内能、热值以及热机效率认识和理解，考查知识点多，综合性强，但难度不大。 12．（2023•泰安）质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），c水＞c液。下列说法中（　　） ①甲物质是水 ②0～12min乙温度降低了20℃ ③0～12min甲放出了8.4×104J 的热量 ④乙物质的比热容为2.1×103J/（kg•℃） A．只有①②正确 B．只有②④正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确 【分析】（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）由图像知乙液体初温和末温； （3）根据Q放＝cmΔt可求出甲液体放出的热量； （4）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，变化的温度由图可知，根据放热公式求液体的比热容。 【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，所以若甲、乙两种液体中，一种液体是水，则这种液体一定是甲液体，故①正确； ②由图可知：乙液体的初温是60℃，放热12分钟后乙液体的末温是20℃，乙温度降低了40℃，故②错误； ③读图可得，甲在12min内由60℃降低到40℃，降低的温度是60℃﹣40℃＝20℃，甲液体已判断出是水， 所以甲放出的热量Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J，故③错误； ④由图知，0～12min水放出的热量： Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃）， 0～12min乙液体放出的热量： Q放＝c乙m乙（60℃﹣20℃）， 由题知，水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙 4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃）＝c乙m乙（60℃﹣20℃）， 解得c乙＝2.1×103J/（kg•℃），故④正确。 故选：D。 【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，能从温度﹣时间图象得出相关信息是解题的关键。 13．（2023•成都）小美在老师指导下进行了以下实验：甲、乙两烧杯各装100g水，用酒精灯加热甲烧杯，煤油灯加热乙烧杯，直至杯内水沸腾1分钟即熄灭该灯，测得消耗酒精4g、煤油2.5g。她根据实验数据绘制了水温与加热时间关系的图像（如图）。若水沸腾前质量不改变，同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，q酒精＝3.0×107J/kg，q煤油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法正确的是（　　） A．整个过程，甲杯中的水吸收的热量更多 B．前3分钟，乙杯中的水吸收的热量为3.36×104J C．消耗的煤油完全燃烧放出的热量为1.15×108J D．酒精灯加热的效率为28% 【分析】（1）由题意，由于甲、乙两烧杯各装水的质量相等，水的初始温度相同，根据Q吸＝cmΔt可求出水沸腾前两杯水吸收的热量相等；且同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，则可分别计算出甲、乙两杯水整个过程所吸收的热量； （2）根据Q煤油＝q煤油m煤油可计算出整个过程消耗的煤油完全燃烧放出的热量； （3）根据Q酒精＝q酒精m酒精可计算出在整个过程中，燃烧4g酒精所释放的热量，根据η＝可计算出酒精灯加热的效率。 【解答】解：AB、由题意，由于甲、乙两烧杯各装水的质量相等，水的初始温度相同，根据Q吸＝cmΔt可知水沸腾前，两杯水吸收的热量相等，为： Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（98﹣18）℃＝3.36×104J， 且同一杯水沸腾前后单位时间内吸收的热量相等，则整个过程甲、乙两杯水所吸收的热量分别为： Q甲＝，Q乙＝，所以整个过程，乙杯中的水吸收的热量更多，故A错误，B正确； C、整个过程消耗的煤油完全燃烧放出的热量为：Q煤油＝q煤油m煤油＝4.6×107J/kg×2.5×10﹣3kg＝1.15×105J，故C错误； D、在整个过程中，燃烧4g酒精所释放的热量为：Q酒精＝q酒精m酒精＝3.0×107J/kg×4×10﹣3kg＝1.2×105J， 可得酒精灯加热的效率为：η＝＝＝33.6%，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了吸热和放热公式的应用、效率的计算，考查的知识点较多。 14．（2024•兰州）如图所示，用酒精灯对试管加热，等水沸腾后，可以看到蒸汽把软木塞顶跑。下列说法正确的是（　　） A．用酒精灯加热试管，水内能的增加是通过做功的方式实现的 B．蒸气把软木塞顶跑的过程，实现了内能向机械能的转化 C．蒸气把软木塞顶跑的过程，相当于汽油机的排气冲程 D．试管口出现的白雾是水汽化后形成的水蒸气 【分析】（1）水吸收热量，内能增加，是通过热传递的方式改变其内能的； （2）蒸气把软木塞冲出去，水蒸气的部分内能转化为软木塞的机械能； （3）汽油机在做功冲程中，将燃气的内能转化为活塞的机械能； （4）白雾是水蒸气液化后形成的水雾。 【解答】解：A、用酒精灯加热试管，水吸收热量，水的内能增加，是通过热传递的方式实现的，故A错误； BC、蒸气把软木塞冲出去，水蒸气的部分内能转化为软木塞的机械能，实现了内能向机械能的转化，故B正确； 这一过程，相当于汽油机的做功冲程，故C错误； D、试管口出现的白雾，是水蒸气液化后形成的水雾，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查内能的改变方式和物态变化，内燃机的工作过程等基础知识，难度不大。 15．（2024•广安）内燃机的发明是第二次工业革命中应用技术领域的一项重大成就。如图所示为单缸四冲程汽油机的一个冲程示意图，若该汽油机的效率为30%，飞轮每分钟转动1800圈，则下列说法正确的是（　　） A．图中所示冲程是做功冲程 B．若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为6.9×107J C．该汽油机在1s内做功30次 D．汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高 【分析】（1）判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析； （2）利用热量公式Q＝mq求得放出的热量；有用功W＝Qη； （3）根据飞轮每分钟转动1800圈求出飞轮1min做功的次数； （4）热机用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。 【解答】解：A、由图可知：活塞向上运动，进气门和排气门都关闭，因此是压缩冲程，故A错误； B、完全燃烧5kg的汽油放出的热量：Q放＝mq＝5kg×4.6×107J/kg＝2.3×108J； 由η＝可得，有用功：W有用＝Q放η＝2.3×108J×30%＝6.9×107J，故B正确； C、曲轴每转两圈对外做功一次，所以1min转动1800周，要做功900次，则该汽油机在1s内做功：＝15次/s，故C错误； D、热机消耗的燃料越少，其做的有用功也可能少，其效率也不一定就越高，故D错误。 故选：B。 【点评】此题考查内燃机的四个冲程工作特点、做功冲程特点、热量公式、做功次数、热机的效率，难度不大。 16．（2024•云南）2024年5月，我国首款百公斤级车载液氢系统“赛道1000”研制成功，可助力氢能重卡突破1000公里续驶里程，这是我国将液氢应用于交通运输领域的重大技术突破（q氢＝1.4×108J/kg）。下列说法正确的是（　　） A．氢能不属于清洁能源 B．用液氢作燃料是因为液氢含有的热量多 C．完全燃烧100kg的液氢能释放1.4×1010J的热量 D．氢能重卡的热机效率可高达100% 【分析】（1）清洁能源是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，包括太阳能、风能、水能、生物能等，煤、石油、天然气都属于常规能源，不属于清洁能源； （2）运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量； （3）知道氢气的热值和氢气的质量，利用燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq求氢气完全燃烧放出的热量； （4）热机工作过程中总是存在热量的损失，效率永远小于100%。 【解答】解：A、氢能属于清洁能源，故A错误； B、火箭使用液态氢作燃料，是因为它的热值大，热量是个过程量不能含有，故B错误； C、100kg氢气完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝100kg×1.4×108J/kg＝1.4×1010J，故C正确； D、氢能重卡工作过程中总是存在热量的损失，发动机的效率永远小于100%，故D错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查学生对清洁能源、热值、燃料完全燃烧放出的热量的计算和热机效率概念的了解和掌握，是基础性的题目。 17．（2022•镇江）如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（　　） A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大 C．若的值越大，燃料的热值越大 D．若的值越大，燃料的热值越大 【分析】燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸＝Q放，而Q吸＝c液m液Δt，Q放＝mq，即c液m液Δt＝mq进而判断热值大小。 【解答】解：燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸＝Q放，而Q吸＝c水m水Δt，Q放＝mq，即c水m水Δt＝mq，解得：q＝； A、若m相同，Δt越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故A错误； B、若Δt相同，m越大，由q＝可知，燃料的热值越小，故B错误； C、若的值越大，即的值越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故C错误； D、若的值越大，由q＝可知，燃料的热值越大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。 18．（2024•滨州）如图所示是某物质熔化时温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（　　） A．该物质是非晶体 B．熔化过程持续了25min C．该物质熔化过程中不断吸热，温度保持不变 D．熔化前后，该物质的比热容不变 【分析】明确图象中横纵坐标所表示的内容，可以看出物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再高，说明这是晶体熔化的图象，进而可以判断出对应的熔点温度；固态和液态的比热容不同。 【解答】解： AB、分析图象可知，图象中呈水平的一段所对应的温度80℃就是物质的熔点，该物质有固定的熔化温度，是晶体，该物质从第10分钟左右开始熔化，到第25分钟左右结束，熔化过程持续了15 min，故AB错误； C、在第20 min时，该物质处于熔化过程，吸收热量、温度不变，故C正确； D、物质在相同时间内吸收的热量相同，在熔化前10min升高的温度为Δt1＝80℃﹣50℃＝30℃，在熔化后10min升高的温度为Δt2＝100℃﹣80℃＝20℃，故Δt1＞Δt2由Q＝CmΔt可知，当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大比热容c就越小。所以这种物质固态时的比热容小于液态时的比热容，故D错误。 故选：C。 【点评】本题通过图象考查了晶体的熔化过程，难度不大。 19．（2023•娄底）下列关于实验的叙述正确的是（　　） A．图甲中，抽出玻璃板后观察到的现象能说明分子间存在着引力 B．图乙中，水沸腾后软木塞被推出，软木塞的内能转化为它的机械能 C．图丙中，把玻璃板拉出水面时弹簧测力计示数会变大，是大气压力的作用 D．图丁中，将瓶塞弹出时，瓶内气体内能减少 【分析】（1）图甲中，抽出玻璃板后观察到的现象能说明分子在不停地运动，但不能说明分子间存在着引力； （2）图乙中，水沸腾后软木塞被推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能； （3）图丙中，把玻璃板拉出水面时示数会变大，是因为分子间存在引力； （4）图丁中，将瓶塞跳出时，瓶内气体内能转化为活塞的动能，瓶内气体内能减少。 【解答】解： A．图甲中，抽出玻璃板后观察到的现象能说明分子在不停地运动，不能说明分子间存在着引力，故A错误； B．图乙中，水沸腾后软木塞被弹出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，故B错误； C．图丙中，把玻璃板拉出水面时示数会变大，是因为玻璃分子和水分子间存在引力，故C错误； D．图丁中，将瓶塞跳出时，瓶内气体内能转化为活塞的动能，故瓶内气体内能减少，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了分子热运动、内能及能量转化相关知识点，是一道综合题。 20．（2023•宜昌）2023年5月30日9时31分，随着一声“点火”令下，我国的长征二号F遥十六运载火箭向下喷出高温燃气，顺利发射升空，将神舟十六号载人飞船送到太空预定轨道。关于火箭，下列说法错误的是（　　） A．燃气对火箭的推力改变了火箭的运动状态 B．升空时，燃气对火箭向上的推力大于火箭对燃气向下的推力 C．火箭燃料燃烧时，化学能转化为内能 D．火箭发动机是利用内能做功的机械 【分析】（1）力的作用效果有：可以改变物体的形状和运动状态； （2）相互作用的力大小相等； （3）分析能量转化过程中消耗了哪种形式的能，产生了哪种形式的能，进而可以判断该过程中的能量转化。 【解答】解：A．燃气对火箭的推力使火箭由静止开始向上运动，改变了火箭的运动状态，故A正确； B．火箭对燃气向下的力和气体对火箭向上的力是一对相互作用力，它们的大小相等，故B错误； CD．火箭内燃料燃烧时，将燃料的化学能转化为内能，火箭发动机是利用内能做功的机械，故CD正确。 故选：B。 【点评】本题考查了火箭有关的物理学知识，涉及到力的作用效果、相互作用得力、火箭的原理和能量转化，难度不大。 21．（2024•陕西）“芒种”过后，陕西关中等地区夏收进程已过半。如图，是烈日下联合收割机收麦的场景。下列说法不正确的是（　　） A．夏收时节气温越高，空气中的分子热运动越剧烈 B．阳光炙烤下的金色麦穗温度升高，其所含的热量变多 C．利用水冷系统给发动机降温，是因为水的比热容较大 D．阳光曝晒下的驾驶室温度升高，是通过热传递的方式增加了其内能 【分析】（1）分子运动的快慢跟温度有关，温度越高，分子运动越剧烈。 （2）热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量。 （3）水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，在吸收或放出相同热量的情况下，水的温度变化要小些。 （4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。 【解答】解：A、夏收时节气温越高，空气中的分子热运动越剧烈，故A正确，不符合题意； B、热量是一个过程量，只能表述为“吸收”或“放出”，故B错误，符合题意； C、利用水冷系统给发动机降温，是因为水的比热容较大，故C正确，不符合题意； D、阳光曝晒下的驾驶室温度升高，是通过热传递的方式增加了其内能，故D正确，不符合题意。 故选：B。 【点评】本题主要考查学生对水的比热容大的特点以及应用的了解和掌握。对做功和热传递改变物体内能的辨别，属于基础题。 22．（2024•湖北）如图甲，利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体，得到温度随时间变化的图像如图乙，分析可知（　　） A．相同时间内a中加热器产生的热量比b中的多 B．a和b的吸热能力都随着温度的升高不断增大 C．升高相同温度a所用时间比b少，a的吸热能力比b弱 D．相同时间内a升高的温度比b多，a的吸热能力比b强 【分析】（1）物质吸热的多少是通过加热时间的长短来衡量的。 （2）单位质量的某种物质，温度升高1℃吸收的热量，叫这种物质的比热容。比热容是物质的一种特性，与物体质量、温度高低、吸放热多少都没有关系，比热容是反映不同物质吸放热能力强弱的一个物理量； （3）质量和初温相同的不同物质，吸收相同的热量，温度升高越快，则比热容越小。 【解答】解：A、加热器a、b规格相同，经过相同的时间，产生的热量相同，故A错误； B、比热容是物质的一种特性，与物体质量、温度高低、吸放热多少都没有关系，吸热能力不受外界条件影响，故B错误； CD、由图乙知，升高相同的温度，b加热时间长，b吸热多，b的吸热能力强，故D错误、C正确； 故选：C。 【点评】本题考查了比热容的定义和应用，难度一般。 23．（2024•陕西）涡轴9“玉龙”是我国完全自主研发的航空涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。该发动机工作过程中的相关说法正确的是（　　） A．燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机效率越高 B．燃料和压缩空气混合后，燃料的热值增大 C．压气机压缩空气，空气的内能减小 D．高温高压气体推动涡轮转动时，将机械能转化为内能 【分析】（1）在工作过程中，燃料燃烧越充分，损失的能量越少，热机的效率越高； （2）燃料的热值是物质本身固有的一种性质，只与燃料的种类有关； （3）压缩空气做功，机械能转化为内能； （4）高温高压气体推动涡轮转动时，将内能转化为机械能。 【解答】解：A、使燃料燃烧越充分，可以增大有效利用的能量，提高热机的效率，故A正确； B、热值只跟燃料的种类有关，燃料和压缩空气混合后，燃料的种类不变，燃料的热值不变，故B错误； C、压气机压缩空气，对空气做功时，机械能转化为内能，空气的内能增加，故C错误； D、高温高压气体推动涡轮转动时，将内能转化为机械能，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查的知识点有提高热机效率的方法、改变内能的方式以及对热值概念的正确理解，要注意平时知识的积累。 24．（2023•兰州）为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量分别为100g和400g的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图象如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是（　　） A．A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为2：1 B．A、B两液体的比热容之比为1：2 C．B液体的吸热能力比A液体的强 D．A液体比B液体更适合作发动机的冷却液 【分析】（1）用相同的加热器加热，在相同时间内，两种液体吸收的热量是相同的； （2）根据c＝求出A、B两液体的比热容之比； （3）根据比热容的大小关系可知哪种液体吸热能力强； （4）根据Q＝cmΔt分析哪种液体更适合作发动机的冷却液。 【解答】解：A、用相同的加热器加热，在相同时间内，加热器放出的热量是相同的，则两种液体吸收的热量是相同的，所以在0～8min内，A、B两液体吸收的热量是相同的，故其吸收的热量之比为1：1，故A错误； B、由图象可知，在0～8min内，A液体温度升高了ΔtA＝40℃﹣20℃＝20℃， B液体温度升高了ΔtB＝30℃﹣20℃＝10℃， 根据c＝可得，A、B两液体的比热容之比为： ＝＝＝＝＝2：1，故B错误； C、由B知，B液体的比热容比A液体的比热容小，所以B液体的吸热能力比A液体的弱，故C错误； D、由于A液体的比热容比B液体的比热容大，根据Q＝cmΔt，在质量和升高的温度相同时，A液体吸收的热量比B液体吸收的热量多，故A液体比B液体更适合作发动机的冷却液，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查的是利用图象比较不同物质的比热容，得到正确结论的前提是读懂图象提供的信息，理解比热容的物理意义。 25．（2024•成都）某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A．在0～t2时间段，该物体吸收的热量为cm（T2﹣T1） B．在t2～t4时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在t4～t5时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在t5～t6时间段的比热容等于在0～t1时间段的比热容 【分析】图中给出了物质温度随时间变化的图像，涉及到物态变化、比热容和热量计算相关知识。对题中选项逐个分析即可。 【解答】解：结合图像，对选项逐个分析： A、0﹣t1时间内，物质吸收的热量可以用公式cm△t来求解，但是t1～t2处于熔化阶段，温度不变、持续吸热，故不可以用该公式求解，故A选项错误； B、t2～t4时间段内，物质均处于液态，比热容不变，故B选项错误； C、在0～t1时间段，所用时间为t1，温度从T1升高到T2，则该物体吸收的热量为Q吸1＝cm（T2﹣T1）， 由题知，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等）， 则单位时间内物体吸收的热量：Q吸2＝， 分析图像可知，该物质为晶体，在t1～t2时间段，物质处于熔化过程中，所用时间为t2﹣t1， 则该晶体在熔化过程中吸收的热量：Q熔化吸＝×（t2﹣t1）＝， 分析图像可知，该晶体在t4～t5时间段处于凝固过程中， 对一定质量的晶体来说，凝固时放出的热量与熔化时吸收的热量相等， 所以，在t4～t5时间段，该物体放出的热量为：Q凝固放＝Q熔化吸＝，故C选项错误； D、物质在t5～t6和0﹣t1时间段内，均处于固态，因此比热容相等，故D选项正确。 故选：D。 【点评】此题目需要对比热容图像有充分理解，对于正在熔化的时间段，只能利用“单位时间加热源放热相等”这一知识来求解。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$