专题17 内能及其利用（模型与方法）（全国通用）2026年中考物理一轮复习讲练

专题17 内能及其利用 ( 模型破解 拆解步骤，突破思维壁垒 …………………………………………………… …… ………… 01 ~ 25 模型 0 1. 分子热运动 识别 ……………………… 01 模型 11 . 热传递的方向问题 … ………………… 12 模型02. 扩散现象 ……………………………… 02 模型 12 . 实验探究物质的吸热本领 …………… 1 2 模型03. 分子间作用力的现象 ………………… 0 2 模型1 3 . 利用比热容解释生活中的现象 ……… 15 模型04. 分子动理论的基本观点 ……………… 0 4 模型1 4 . 比热容的比例计算 …………………… 16 模型05.内能大小的影响因素 ………………… 0 5 模型1 5 . 利用比热容公式的计算 …… ………… 17 模型0 6 . 温度、内能、热量的关系 ……… …… 06 模型16.热平衡方程及其应用 ………………… 18 模型0 7 . 热传递改变物体的内能 ……………… 07 模型17.内燃机冲程的判断 …………………… 19 模型0 8 . 做功改变物体的内能 ………………… 08 模型18.内燃机 “ 14221 ” 计算 ……………… 20 模型09.做功改变物体内能的实际应用 ……… 09 模型19.热效率的计算 ………………………… 22 模型10.内能与物态变化图像 ………………… 1 0 模型20.内燃机 “ 空燃比 ” 问题 ……………… 23 模型演练 实战强化，提升应用能力 …………………………………………………… …… ………… 25 ~ 3 2 ) 模型01.分子热运动的识别 ( 标志： 判断是不是分子运动。 技巧： 判断是不是分子运动的方法： 一是要将分子与宏观物体区分开，分子很小，用肉眼根本观察不到； 二是注意分析题目中的主体是不是运动的分子； 三是明确分子的运动是不受任何外力影响而进行的，而宏观物体的运动是受外力影响的结果。 【特别提示】 我们看到的灰尘弥漫、落叶纷飞、瑞雪飘飘都不是分子的运动，而是宏观物体的运动。闻到花香、烟味、各种油味以及煤在墙角的渗透等都是扩散现象，表明分子在做无规则运动。 ) 【例1】下列现象中能说明分子在不停地做无规则运动的是（ ） A.花香满园 B.尘土飞扬 C.雪花飘飘 D.落叶纷纷 【变式1-1】（2025年山东模拟预测）在诗人杨炯的《梅花落》这首诗中，能体现分子热运动现象的诗句是（ ） A.窗外一株梅 B.寒花五出开 C.影随朝日远 D.香逐便风来 【变式1-2】向液化石油气中添加具有特殊臭味的乙硫醇，一旦液化石油气泄漏，就能闻到这种臭味，及时采取安全措施。闻到臭味是因为（ ） A.分子在不断运动 B.分子之间有间隔 C.分子的质量很小 D.分子的体积很小 【变式1-3】（2025年四川自贡市中考题）以下诗句描绘的情境不涉及分子热运动的是（　　） A.菡萏香清画舸浮 B.满架蔷薇一院香 C.一行白鹭上青天 D.醒茶摇香叶初醒 模型02.扩散现象 ( 标志： 分子热运动是热现象的本质，解释扩散、布朗运动等日常现象。 技巧： 核心定义 ‌ ： 一切物质的分子都在不停地做无规则运动。 ‌ 温度关系 ‌ ： 温度是分子热运动剧烈程度的宏观表现，温度越高，分子平均动能越大，运动越剧烈。 ‌ 微观本质 ‌ ： 热运动是分子无序运动的统计表现，单个分子运动看似随机，大量分子则遵循统计规律。 扩散现象 ‌ ： 不同物质相互接触时彼此进入对方，如墨水在水中散开、花香弥漫。 ‌ 布朗运动 ‌ ： 悬浮微粒的无规则运动，间接证明了液体或气体分子的热运动。 日常生活 ‌ ： 解释了气味传播、溶解过程等。 ) 【例2】下列描述中属于扩散现象的是（　　） A.桂花花香四溢 B.雪花漫天飘舞 C.灰尘空中飞扬 D.江面雾气弥漫 【变式2-1】（2025年长春初中学业考题）以下描述中属于扩散现象的是（　　） A.水鸟齐飞 B.花香四溢 C.落叶纷飞 D.白雪飞舞 【变式2-2】（2025年河北省初中学业考题）下列现象属于扩散的是（　　） A.花香四溢 B.破镜难圆 C.气体压缩 D.柳絮飞扬 【变式2-3】（2025年成都市中考物理试卷）宋代诗人王安石的《梅花》诗中“遥知不是雪，为有暗香来”，是赞美梅花的诗句，诗人闻到花香属于________现象。花香醉人，茶香怡人。雪天围炉煮茶，让冬日多了一抹诗意，加热茶水至沸腾，改用“小火”，水依然沸腾，则茶水的温度________。 模型03.分子间作用力的现象 ( 标志： 分子间作用力虽然微观，但其宏观表现无处不在，直接影响物质的物理性质和日常现象。 技巧： ① 固体和液体难以被压缩 ‌ ： 当外力试图压缩固体或液体时，分子间距减小，分子间的斥力迅速增大，抵抗压缩。这正是分子间作用力中斥力的宏观体现。 ) ( ② 固体难以被拉伸 ‌ ： 拉伸固体时，分子间距增大，分子间的引力增强，抵抗拉伸。例如，铁棒难以被拉断，正是因为分子间引力在起作用。 ③ 液体的表面张力 ‌ ： 液体表面分子受到内部分子的吸引力，使表面尽可能收缩至最小面积，形成球形水滴或露珠。这也是分子间引力的宏观表现之一。 ④ 物质的三态变化需要能量 ‌ ： 干冰升华、冰熔化、液氯汽化等过程都需要吸收能量，以克服分子间的相互作用力。反之，气体液化或液体凝固时会释放能量。 ⑤ 气体可被液化 ‌ ： 在加压或降温条件下，气体分子间距缩小，分子间作用力增强，从而能够液化。例如，氨气、氯气在高压下可变为液体，说明分子间存在吸引力。 ⑥ 摩擦现象 ‌ ： 两个物体表面摩擦时，表面分子被迫分离，需克服分子间作用力，导致能量耗散和摩擦阻力。因此，摩擦也是分子间作用力的宏观表现之一。 ⑦ 黏着与吸附现象 ‌ ： 胶水粘接物体、金属薄板与水吸附等现象，均源于不同物质接触界面处的分子间吸引力，即黏着力，是分子间作用力的宏观体现。 ) 【例3】将两个表面光滑的铅块相互挤压，它们会粘在一起，不容易拉开，这一现象说明（　　） A.分子间有空隙 B.分子在运动 C.分子间有斥力 D.分子间有引力 【变式3-1】在天宫课堂第一课中，“太空教师”航天员王亚平进行太空授课：她在水膜表面贴上一朵花后，水膜 完好无损（如图甲所示），这表明分子之间存在________；如图乙所示的一次性无菌注射器，注射器抽满液体后堵住针筒口，用手指给活塞施加力，发现内部的液体很难被压缩，说明分子之间存在________。 【变式3-2】如图（a）所示，说明分子间存在________，图（b）所示说明分子间存在________（以上两空均选填“引力”或“斥力”）。将3cm3的水和3cm3的酒精注入一个量杯，摇晃使其充分混合后发现，水和酒精的总体积小于6cm3，说明分子间有________。 【变式3-3】（2025年山东省学业考题）山东潍坊风筝是国家级非物质文化遗产之一，其制作主要经过“扎”“绘”“糊”“放”等过程。 （1）“扎”的过程，用力将竹篾弯折，说明力可以改变物体的________； （2）“绘”的过程，闻到颜料淡淡的气味，是因为分子在不停地做_________________； （3）“糊”的过程，胶水能将纸和框架粘住主要是因为分子间存在________； （4）“放”的过程，风筝上升时，其重力势能________（选填“变大”“变小”或“不变”）。 模型04.分子动理论的基本观点 ( 标志： 分子动理论的基本观点可归纳为三点以解释相关现象 ‌ 。 技巧： ① 物质由大量分子或原子组成 ‌ ： 宏观物体是由大量微观粒子（分子、原子等）构成的，这些粒子之间存在空隙。例如，气体易被压缩、水与酒精混合后总体积减小等现象，均说明物质结构的不连续性。现代科学已能通过扫描隧道显微镜直接观测到原子排列，如石墨表面的碳原子图像。 ‌ ② 分子在永不停息地做无规则运动 ‌ ： 分子始终处于无规则的热运动中，温度越高，运动越剧烈。扩散现象（如香味传播、墨水溶解）和布朗运动（微小颗粒在液体中的无规则抖动）是分子热运动的宏观体现。值得注意的是，布朗运动本身不是分子的运动，而是分子撞击微粒的结果，间接反映了分子的无规则运动。 ‌ ③ 分子间存在相互作用的引力和斥力 ‌ ： 分子间同时存在引力和斥力，二者随距离变化而表现出不同主导作用。当分子间距为某一平衡值 r 0 （数量级约为 10 − 10 m ）时，引力与斥力相等，合力为零；当距离小于 r 0 时，斥力占主导；大于 r 0 时，引力占主导。这一机制解释了固体保持形状、液体难以压缩等宏观性质。 ) 【例4】下列有关分子热运动的说法中错误的是（       ） A.温度升高，物体内部所有分子的运动速度都增加 B.两滴水银靠近后能合成一滴，说明分子间存在引力 C.扩散现象，能说明分子之间存在间隙 D.炒菜时厨房里飘散着香味，说明分子在不停地做无规则运动 【变式4-1】根据图中所提供的信息，下列有关分子动理论解释正确的是（ ） A.甲：用弹簧测力计稍用力拉与水面接触的玻璃板，测力计示数变大，说明分子间有斥力 B.乙：抽去隔板，密度较大的二氧化氮与空气混合，该现象说明分子在不停做无规则运动 C.丙：红墨水在热水中扩散得快些，说明温度越高分子运动越剧烈 D.丁：水和酒精混合均匀后，二者总体积变小，说明分子间存在间隙 【变式4-2】端午节吃粽子是一项传统习俗，下列关于粽子的说法正确的是（ ） A.煮粽子是通过做功改变粽子的内能 B.煮粽子时香气四溢说明分子在不停地做无规则运动 C.刚出锅的粽子很烫是因为粽子含有的热量多 D.刚出锅的粽子冒的“白气”是由于汽化形成的 【变式4-3】云南咖啡香气馥郁，一杯咖啡的制作要经过生豆翻炒、石磨研磨、加水煮沸的过程。下列说法正确的是（ ） A.咖啡豆研磨成粉，质量变大 B.闻到咖啡香味是因为分子在不停地做无规则运动 C.咖啡粉加水煮沸是通过做功的方式改变内能 D.咖啡沸腾过程中，液体温度持续升高 模型05.内能大小的影响因素 ( 标志： 影响内能大小的主要因素包括： ‌ 温度、质量、物态（状态）、体积和物质种类 ‌ 。 技巧： ① 内能定义：物体内所有分子的分子动能和分子势能总和叫作内能。分子在不停的做无规则运动，具有分子动能；分子间存在相互作用的引力和斥力，具有分子势能。 【注意】 “ 内能 ” 与 “ 机械能 ” 无关。 ② 内能的大小影响因素： 质量 （分子数目）、 温度 （分子动能）、 状态 、 体积 （分子势能）和 物质种类 有关（比较两物体的内能大小要注意 “ 控制变量 ” ）。 ③ 一切 物体 在任何情况下 都具有内能。 ③ 物体温度升高，内能增大；物体温度降低，内能减小。 ) 【例5】（2025年四川省南充市中考题）如图是学校举行消防演练灭火时的情景，对涉及的物理知识分析正确的是（　　） A.室外温度为0℃时，木柴的内能为零 B.木柴燃烧与未燃相比，含有的热量多 C.若未燃烧的木柴温度升高，内能增加 D.灭火器在使用过程中对外做功，内能不变 【变式5-1】关于内能，下列说法正确的是（　　） A.0℃的物体没有内能 B.内能大小与温度无关 C.具有机械能的物体不一定有内能 D.物体具有内能，也可以同时具有机械能 【变式5-2】一壶水在炉上加热，水的温度升高，比热容________，它的内能________。（均选填“增大”、“减小”或“不变”） 【变式5-3】如图所示，三个完全相同的容器甲、乙、丙，在其中分别倒入水，则下列说法正确的是（ ） A.甲杯中水的内能最大 B.乙杯中水的内能最大 C.丙杯中水的内能最大 D.乙和丙杯中水的内能相等 模型06.温度、热量和内能的关系 ( 标志： 温度 、 内能 和 热量 是热学中三个紧密关联又本质不同的物理量 。 技巧： 温度（ ℃ ） 内能（J） 热量（J） 定义 表示物体冷热程度 物体内所有分子动能和分子势能的总和 热传递过程中转移内能的多少 性质 状态量 状态量 过程量 表述 “ 升高 ” / “ 降低 ” “ 具有 ” / “ 改变 ” “ 吸收 ” / “ 释放 ” / “ 转移 ” 辫析对错： A.温度为 0 ℃ C的物体没有内能 —— 错，任何物体都有内能。 B.温度高的物体含有的热量一定比温度低的物体含有的热量多 —— 错，热量不能 “ 含有 ” 。 C.物体的内能增加，它的温度一定升高 —— 错，冰熔化成水，吸收热量内能增加，但温度保持不变。 D.物体的温度升高，它的内能一定增加 —— 正确。 E.物体吸收了热量，温度一定升高 —— 错，冰熔化成水过程，吸收热量，内能增加，但温度不变。 F.物体放出了热量，温度一定降低 —— 错，水凝固成冰过程，放出热量，内能减小，但温度不变。 G.物体温度升高，一定吸收了热量 —— 错，也可能是外界对它做了功。 H.物体温度升高，一定吸收热传递 —— 错，也可能是外界对它做了功。 I.温度高的物体，含有的热量多 —— 错，热量不能说 “ 含有 ” 。 J.热传递是内能大的物体传递给内能小的物体 —— 错，热传递是温度高的物体传递给温度低的物体。 K.热量总是从高温物体传向低温物体传递 —— 正确。 ) 【例6】（多选）关于温度、内能、热量、功的说法正确的是（ ） A.物体温度升高，一定吸收了热量 B.物体温度升高，内能一定增加 C.物体内能增加，一定是外界对它做了功 D.物体吸收热量，温度可能不变 【变式6-1】（2025年黑龙江省齐齐哈尔市初中学业考题）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A.温度为0℃以下的物体不具有内能 B.温度高的物体，含有的热量一定多 C.物体的内能增加，可能是吸收了热量 D.温度总是从高温物体传向低温物体 【变式6-2】关于温度、热量和内能的说法，正确的是（ ） A.温度高的物体，内能一定大 B.物体温度升高，内能一定增加 C.物体吸收了热量，温度一定升高 D.物体温度升高，一定吸收了热量 【变式6-3】关于内能、热量和温度，下列说法正确的是（ ） A.温度高的物体，具有的内能一定多 B.物体内能增加，一定吸收了热量 C.热量总是从内能多的物体传递给内能少的物体 D.物体吸收热量，温度不一定升高 模型07.热传递改变物体的内能 ( 标志： 热传递通过能量的转移来改变物体的内能 。 技巧： 热传递通过能量的转移来改变物体的内能，其本质是内能从高温物体向低温物体或同一物体的高温部分向低温部分转移的过程。当物体吸收热量时，内能增加；放出热量时，内能减少。这一过程不需要做功，而是依靠温度差驱动。具体来说： ‌ 发生条件 ‌ ： 必须存在温度差。只有当两个物体或同一物体的不同部分之间有温差时，热传递才会发生。 ‌ 传递方向 ‌ ： 热量总是自发地从高温物体传向低温物体，直到两者温度相等，达 到热平衡。 ‌ 实质 ‌ ： 热传递改变内能的本质是内能的转移，而非能量形式的转化。在整个过程中，能量的形式仍然是内 能。 ) 【例7】（多选）如图所示，用汽缸、固定隔板和活塞密闭甲、乙两部分气体，汽缸和活塞均不导热，隔板导热良好。迅速将活塞向左推至图中虚线位置并固定，静置一段时间。下列说法正确的是（ ） A.与推动活塞前相比，甲、乙内能均变大 B.与推动活塞前相比，甲内能不变、乙内能变大 C.甲内能改变的方式只有热传递 D.乙内能改变的方式既有做功又有热传递 【变式7-1】（2025年广西柳州·模拟预测）“煮”的篆体表示用火烧煮食物，字体如图所示。下列实例与“煮”在改变物体内能的方式上相同的是（ ） A.擦燃火柴 B.钻木取火 C.热水暖手 D.搓手取暖 【变式7-2】（2025年上海嘉定·一模）南翔小笼馒头制作技艺是国家级非物质文化遗产之一。如图所示，面皮在手的捏压下变成花瓣般的褶状，说明力能改变物体的________。刚出锅的小笼馒头香气特别浓，这是因为温度越高，分子的___________运动越剧烈，小笼馒头由生到熟，主要是通过__________（选填“做功”或“热传递”）的方式改变内能。 【变式7-3】下列所给现象，使物体内能增加的方式与其它三个不同的是（ ） A.电水壶烧水时壶口空气变热 B.坠落的流星表面产生火花 C.迅速下压活塞管内空气温度升高 D.冰壶运动员摩擦冰面使冰熔化 模型08.做功改变物体的内能 ( 标志： 做功是通过能量转化的方式来改变物体的内能 。 技巧： 做功改变内能的本质是 ‌ 能量的转化过程 ‌ ，即其他形式的能（如机械能、电能）与内能之间的相互转化。 对物体做功 → 其他形式能 → 内能（增加） 物体对外做功 → 内能 → 其他形式能（减少） 这与热传递不同，热传递是内能在物体之间或同一物体不同部分之间的 ‌ 转移 ‌ ，不涉及能量形式的改变。 ) 【例8】下列实例中，通过做功的方式改变物体内能的是（ ） A.柏油马路被阳光晒热 B.加入冰块的饮料温度降低 C.锯木头时的锯条温度升高 D.放入冷水中的热鸡蛋温度降低 【变式8-1】（2025年河北省初中学业考题）“更喜岷山千里雪，三军过后尽开颜。”诗句抒发了红军将士成功翻越雪山后的豪迈之情。岷山海拔高，山顶处的大气压比山脚下的大气压_______。当年红军将士过雪山时搓手取暖，这是通过________的方式改变手的内能。 【变式8-2】（2025年四川省乐山市中考题）如图所示，试管内的水沸腾后，塞子受到水蒸气的压力而冲出去，这个过程中能量转化的情况与汽油机________冲程能量转化的情况相同；课前准备时，给酒精灯添加酒精，闻到了酒精味，这是________现象。 【变式8-3】如图所示，下列事例中，主要不是利用做功的方式来改变物体内能的是（ ） A.双手摩擦能发热 B.烧水时水温升高 C.钻木取火 D.锯木材锯子发烫 模型09.做功改变物体内能的实际应用 ( 标志： 做功改变物体内能的实际应用。 技巧： ① 密闭容器 —— 将拉杆缓慢向外拉的过程中：活塞对甲气体做功 → 甲气体内能增大 → 温度升高；乙气体对活塞做功 → 乙气体内能减小 → 温度降低。 ② 甲图：水吸收热量，内能增大，温度升高；乙图：试管内水蒸气对塞子做功，水蒸气内能减少，温度降低 ③ 向下推动活塞，管内空气的内能增大，温度升高，棉花被点燃：空气内能增大原因 —— 做功；棉花内能增大原因：热传递。 ④ 给瓶内打气，瓶内的空气推动塞子跳起来时，空气对外做功，瓶内空气的内能减小，温度降低。 【注意】 瓶口产生的 “ 白气 ” 是水蒸气 液化 形成的 小水珠 。 ) 【例9】（2025年甘肃省兰州市中考题）课外活动中，小亮将刚喝完水的空矿泉水瓶的瓶盖拧上但不拧紧，用手握住瓶子的上下两部分，用力迅速拧成图示状态时，瓶盖被弹出并伴有爆响声，同时瓶口内出现白雾。关于上述过程，下列说法错误的是（ ） A.矿泉水瓶被用力拧成图示形状，说明力可以使物体发生形变 B.瓶盖弹出前，拧瓶子的过程与汽油机的做功冲程类似 C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体的内能转化为瓶盖的机械能 D.瓶口内出现的白雾，是水蒸气温度降低后液化形成的小水滴 【变式9-1】（2025年北京市初中学业考试）在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，将水加热一段时间，橡胶塞被推出，管口出现大量“白气”，如图所示。下列说法正确的是（　　） A.水变热的过程，其内能是通过做功的方式改变的 B.橡胶塞被推出的过程中，水的内能全部转化为塞子的机械能 C.水蒸气推出橡胶塞的过程中，水蒸气的内能减小 D.管口出现的“白气”是试管内的水直接汽化形成的 【变式9-2】（2025·山东潍坊）（多选题）如图所示，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒向瓶内打气。当打气到一定程度时，塞子会从瓶口跳起，同时瓶内出现大量的“白气”；这时再迅速将塞子塞上，并快速向瓶内再次打气，看到“白气”很快消失。下列分析正确的是（ ） A.塞子从瓶口跳起前，瓶内气体的内能减小 B.塞子从瓶口跳起过程中，瓶内气体对外做功 C.瓶内出现的“白气”是水蒸气 D.再次打气时“白气”消失，发生的物态变化是汽化 【变式9-3】（2025·山东青岛·二模）在“航天日”主题活动中，小明用塑料瓶自制了“水火箭”，如图所示。用打气筒向瓶内打气，瓶内压强足够大时，“水火箭”向下喷水从而获得升空的动力，是利用了___________________；打气过程是以_________的方式改变瓶内气体内能，“水火箭”飞出后，瓶内气体温度降低，内能_________。水火箭被弹射出时的能量转化情况与四冲程汽油机工作过程中的________冲程相同。 模型10.内能与物态变化图像 ( 标志： 从物态变化图像上判断内能的关系。 技巧： 晶体熔化：熔化吸热，温度保持不变，但内能增大；如图所示，C点内能大于B点。 晶体凝固：凝固放热，温度保持不变，但内能减小；如图所示，C点内能小于B点。 ) 【例10】用如图甲所示的装置给200g冰块加热。根据实验记录的数据，绘制了如图乙所示冰熔化时温度随时间变化的图像。继续加热一段时间，观察到水沸腾时温度计的示数如图丙所示。水的比热容是4.2×103J/(kg·℃)。下列说法正确的是（ ） A.水沸腾时烧杯上方的气压低于标准大气压 B.BC段冰块持续吸热，温度不变，内能不变 C.冰熔化过程中即BC段吸收了8.4×103J的热量 D.比较AB段和CD段可知，AB段的比热容是CD段比热容的2倍 【变式10-1】在课外实践性作业中，某同学探究了一定浓度的盐水凝固时温度的变化规律，根据实验数据画出了盐水的凝固图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A.该盐水的凝固点是-6℃ B.凝固过程经历10min C.凝固过程中，盐水不断放出热量 D.盐水凝固形成的盐冰是晶体 【变式10-2】（2025年山东济宁二模）小明对质量为2kg的冰缓慢加热，不计冰和水的质量变化，他根据冰熔化成水直到沸腾的过程中记录的实验数据绘制成如图所示的温度-时间图像，c水=4.2×103J/(kg·℃)，下列分析正确的是（ ） A.图像中BC段中共吸收了6.3×105J的热量 B.图像中BC段物质的温度保持不变，内能也不变 C.图像中DE段表示水的沸腾过程，沸腾过程中产生的气泡内部主要是空气 D.冰熔化过程用时8min 【变式10-3】（2025·盐城模拟）如图是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，物质在AB和CD段两种状态下的比热容较大的是________段，在B点的内能________（选填“>”、“=”或“<”）C点的内能；若CD段的比热容为4.2×103J/（kg·℃），则在BC段吸热为__________。 模型11.热传递的方向和条件问题 ( 标志： 热传递的方向和条件问题。 技巧： 热传递的方向 ‌ ： ‌ 热量总是从高温物体（或高温部分）自发传递到低温物体（或低温部分） ‌ ， 直到两者温度相等为止 。 热传递的条件 ‌ ： 必须存在 温度差 ‌ （即两物体或同一物体的不同部分之间温度不相等） ‌ 。 ‌ 注意 ‌ ： 热传递传递的是 ‌ 能量 ‌ （具体表现为热量），不是温度，也不是 “ 热的物质 ”‌ 。 ) 【例11】质量相同的铜块和水（c水>c铜），铜块的初始温度比水高，经过一定的操作后，将铜块放入水中，水将热量传递给铜块，则该操作可能是将该铜块和水（ ） A.降低相同的温度 B.升高相同的温度 C.吸收相同的热量 D.放出相同的热量 【变式11-1】把质量和温度都相同的铁球、铝球和铜球同时投入沸腾的水，足够长的时间后，三球的温度变化________（选填：“相同”或“不相同”）。其中吸收热量最多的是_______球，吸收热量最少的是_______球。（已知c铝>c铁>c铜） 【变式11-2】铅块质量是铜块的2倍，铜的比热容是铅的3倍。初温相同，吸收相同热量后，再相互接触，结果（ ） A.铅块把热量传给铜块 B.铜块把热量传给铅块 C.不发生热传递 D.末温不知，不能肯定 【变式11-3】铜的比热容小于铁的比热容，现有质量和温度都相等的铜块和铁块吸收相同的热量后，再将它们相互接触，以下说法正确的是（ ） A.不发生热传递 B.热量从铜块传给铁块 C.热量从铁块传给铜块 D.无法判断 模型12.实验探究物质的吸热本领 ( 标志： 实验探究物质的吸热本领。 技巧： 解题时要明确以下两点： ①实验中要用相同的热源进行加热，以保证相同时间内物质吸收相同的热量。 ②在分析实验数据时，可采用图像法，将实验数据用描点法作出温度随加热时间变化的图像。两种方法可以比较不同物质的吸热能力。 ) ( a. 在质量相同、升高温度相同时，加热时间长的物质吸收的热量多，吸热能力就强。 b. 不同物质吸收的热量（加热时间）相同时 ， 不同物质升高温度的不同 ， 升温快的吸热能力就弱。 ③ 用比较法分析数据。 【特别提示】 ① 实验仪器组装时要按照 “ 从下而上 ” 的顺序安装。保证用酒精灯的外焰加热，不要忘记安装石棉网，正确使用温度计测液体温度。 ② 进行多次实验的目的是寻找普遍规律，避免实验的偶然性 ， 不是减小实验误差。 ) 【例12】（2025·山东烟台·一模）某实验小组用规格完全相同的实验器材，对初温相同的100g水、200g水、100g煤油进行加热，如图所示。 （1）若要探究不同物质的吸热差异应选择________（选填“甲、乙、丙”中的两个）两图进行对比实验；此实验通过________________________（选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少； （2）在组装实验器材的过程中，________（选填“需要”或“不需要”）点燃酒精灯；加热时液体温度升高，这是通过__________方式来增大液体内能的； （3）在处理实验数据时，小组成员绘制了从开始加热到沸腾前液体的温度随时间变化图像如图丁，分析可知100g煤油对应的图像是________（选填“b”或“c”），已知水的比热容大于煤油的比热容。 （4）实验完毕，同学们交流后对实验装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中加热，如图戊所示，这样做的好处是________________（填写一个即可）。 （5）为了表示不同物质在这种性质上的差异，物理学中引入了比热容这一物理量。在沿海地区炎热晴朗天气里，由于海水和陆地的比热容不同，易形成海风或陆风。如图己所示是风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，仅在海陆风因素的影响下，如图庚所示风力发电站出现的情形是在________（选填“白天”或“夜晚”）。 【变式12-1】（2025·江苏苏州）如图甲，两个相同的容器中分别装有液体a、b，液体a的质量大于b的质量。用两个电热丝分别对液体a、b加热，电热丝R1的阻值大于R2的阻值，工作电压相同，且电热丝产生的热量均被液体吸收，液体a、b温度随时间的变化关系如图乙。下列说法正确的是（ ） A.a、b为同种物质 B.a的比热容小于b的比热容 C.相同时间内a、b吸收的热量相等 D.R1的电功率大于R2的电功率 【变式12-2】（2025·辽宁）如图甲，某小组在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的水和食用油，比较它们的吸热能力。 （1）为使两个电加热器在单位时间内放出的热量相同，电加热器的规格应________； （2）本实验中使用的液体温度计是根据液体_____________的规律制成的； （3）每隔0.5min记录一次温度，并将数据记录在下表中。第2.5min时，食用油中的温度计示数如图乙所示，为________℃。 加热时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 … 水的温度/℃ 25 27 29 31 33 35 … 食用油的温度/℃ 25 30 34 37 42 … 分析表中数据，发现________吸热能力强； （4）为使内部充有液态介质的电暖器通电后能迅速升温，内部应充入吸热能力较________（选填“强”或“弱”）的介质。（仅从吸热能力的角度分析） 【变式12-3】（25-26九年级上·广东汕尾·期中）烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。为比较“水和沙子的吸热性能”分别设计了甲、乙两种不同的实验方案，甲的方案如图1所示，乙的方案如图2所示： （1）两种方案中，实验过程都需控制水和沙子的________相同，乙方案中，采用相同的白炽灯是为了在相同时间内提供相等的________。 （2）甲实验过程中，每1分钟记录一次温度，并绘制出温度-时间图像，如图3所示。分析图像可知，实验中水和沙子升高相同的温度，水吸收的热量________（选填“大于”“等于”或“小于”）沙子吸收的热量，则表明________的吸热能力较强。 （3）对比两个实验方案，在温度读取方面，甲的方案有何不足：________________________。 （4）从实验发现水和沙子的吸放热性能不同，即比热容不同。水的比热容c水=4.2×103J/(kg·℃)，则沙子的比热容为_________ J/(kg·℃)。 模型13.用比热容解释生活中的现象 ( 标志： 用比热容知识解释生活中的现象。 技巧： 解题时可从以下两方面入手： ① 从温度变化的观点来分析： 根据公式 Q = cmΔt 可得 ，由此可知不同的物质在质量相同、吸收或放出相同热量的情况下，比热容大的物质温度变化小。 ② 从热量的观点分析： 根据公式 Q = cmΔt 可知，相同质量的不同物质，升高（或降低）相同的温度，吸收（或放出）的热量不同，比热容大的吸收（或放出）的热量多。如沙漠地区与沿海地区气候不同。 【特别提示】 比谁容易热，可用比热容；物质如同种，比热容相同；数小容易热，数大就不同；水的比热（容）大，沿海温差小；砂石比热（容）小，内陆温差大。 ) 【例13】如图所示某项目式学习小组用该装置探究海陆风的成因。取下两箱子的封口盖，在完全相同两箱子中装入质量和初温相同的水和沙子，在两个箱子的侧面分别开一小孔，用一个两端开口的透明细管AB将其连接，点燃一支香放在细管中部（如图所示），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向，分析判断：相同条件下，加热一段时间后，烟将会从AB管的_________端管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间风是_________。（A.从大海吹向陆地；B.从陆地吹向大海） 【变式13-1】楼房中的“暖气”一般采用热水循环的方式将热带到房屋中通过热传递供暖，这是因为水的_________大，若暖气中50kg的水，温度降低2℃，放出的热量是________J。[c水=4.2×103J/(kg·℃)] 【变式13-2】（2025·湖北恩施·二模）载重汽车一般都有水箱，它是汽车发动机冷却系统的一部分。用水作冷却系统的工作物质，既因为水取用方便且便宜，也因为与其他物质比较，水（ ） A.比热容较大 B.含有的热量多 C.具有流动性 D.具有导热性 【变式13-3】如图为白天海陆风形成的示意图。海陆风形成的原因是：白天在相同日照条件下，与海洋相比，陆地的（ ） A.比热容较小，升温较快，气温较高 B.比热容较小，升温较慢，气温较低 C.比热容较大，升温较快，气温较高 D.比热容较大，升温较慢，气温较低 模型14.比热容的比例计算 ( 标志： 比热容的比例计算是初中物理热学中的重点题型。 技巧： 核心公式： Q = cmΔ t ，变形可得比热容的表达式： 。 当比较甲、乙两种物质时，其比热容之比为： 该公式由 推导而来，适用于所有比例类问题。 步骤总结： 步骤一 ‌ ：明确题目中给出的物理量比例（质量、比热容、温度变化、热量）。 ‌ 步骤二 ‌ ：写出基本公式 Q = cmΔt ，并根据所求量进行变形。 ‌ 步骤三 ‌ ：将比例代入公式，注意分子分母对应关系。 ‌ 步骤四 ‌ ：化简比例，得出最终结果。 ‌ 关键点 ‌ ：比热容是物质特性，不随质量、温度变化，但与状态有关（如水和冰不同 ）。 ) 【例14】如图所示，是用相同加热器加热质量相等的A、B两种不同液体时（忽略散热）得到水温与加热时间的图线。则A、B两液体的比热容之比为（ ） A.2∶3 B.3∶2 C.2∶1 D.1∶2 【变式14-1】（25-26九年级上·全国·单元测试）有甲、乙两个金属块，它们的质量之比为2∶3，比热容之比为1∶2，某段时间内放出的热量之比为5∶6，则甲、乙两个金属块的温度变化量之比为（ ） A.3∶1 B.6∶5 C.5∶2 D.3∶2 【变式14-2】A、B两物体质量相等、温度均为20℃，甲、乙两杯水质量相等，温度均为60℃，现将A放入甲杯、B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了5℃，乙杯水温降低了10℃，不考虑热量的损失，则A、B两物体的比热容之比为（ ） A.1∶2 B.3∶7 C.2∶3 D.4∶7 【变式14-2】（25-26九年级上·全国·单元测试）有甲、乙两个金属块，它们的质量之比为2∶3，比热容之比为1∶2，某段时间内放出的热量之比为5∶6，则甲、乙两个金属块的温度变化量之比为（ ） A.3∶1 B.6∶5 C.5∶2 D.3∶2 【变式14-3】如图所示，甲、乙、丙的三套装置完全相同，燃料质量、载体质量及液体初温均相同，不考虑热量损失，点燃后燃料稳定燃烧直至燃尽，同一套装置中液体单位时间内吸热相等，三套装置烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，下列判断正确的是（ ） A.两种液体的比热容之比ca∶cb=2∶1 B.两种燃料的热值之比q1∶q2=3∶4 C.0~t1时间段甲、乙液体吸收的热量之比Q甲∶Q乙=1∶1 D.0~t2时间段乙中液体a与0~t1时间段丙中液体b吸收的热量之比Q乙∶Q丙=3∶4 模型15.利用比热容公式的计算 ( 标志： 利用比热容公式的计算。 技巧： 比热容是物质的一种特性，表示单位质量的物质温度升高或降低 1 ℃ 时吸收或释放的热量。 核心计算公式： ​ 计算步骤与注意事项： ‌ ① 统一单位 ‌ ：所有物理量必须使用国际单位制：质量 m 换算为 kg （如 500g = 0.5kg ） 、 热量 Q 单位为 J 、 比热容单位为 J/(kg·℃) 、 温度变化量 Δ t 为绝对值差 。 ‌ ② 区分 “ 升高到 ” 与 “ 升高了 ” ‌ ： “ 升高了 30℃ ” → Δ t = 30℃ ； “ 升高到 30℃ ” → 需结合初温计算 Δ t = 30- t 0 。 ‌ ③ 热平衡问题中应用能量守恒 ‌ ： 若不计热量损失，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，即： Q 放 = Q 吸 。 ​ 例如：金属块投入水中，最终达到共同温度，可通过水吸收的热量反推金属的比热容。 ‌ ④ 比热容是物质属性 ‌ ： 与质量、温度、吸放热量 无关 ，与物质种类和状态 有关 （如水和冰的比热容不同）。 ⑤ 1标准大气压下水的沸点为 100 ℃ 。1标准大气压下水的温度达到 100 ℃ ，继续吸热温度不变，仍为 100 ℃ 。 ) 【例15】一壶质量为2千克，温度为20℃的水，加热到70℃[c水=4.2×103J/(kg·°C)]。求： （1）水升高的温度Δt； （2）水吸收的热量Q吸； （3）接着再继续加热，若水又吸收了3.36×105J的热量，求水的末温t末。（1标准大气压下） 【变式15-1】（2025江苏宿迁中考题）将质量均为100g的沙子和水分别放在两个相同瓷盘中，初始温度相同，用同一热源加热相同时间，________升温快，这是因为____________________；实验中测得，水的温度升高了20℃，吸收的热量为_________J[c水=4.2×103J/(kg·℃)]。 【变式15-2】（2025·淮安模拟）如图所示，“曲水流觞”是古代文人墨客诗酒唱酬的一种雅事。将酒盏漂浮在清冽的溪水上随溪流动，会降低酒的温度。在这个过程中，酒的内能________，这是通过__________的方式改变酒的内能，若酒盏里质量为100g，温度为30℃的酒在漂流过程中，放出了1700J的热量，酒的温度降低至_______℃。[其中c酒=3.4×103J/（kg•℃）] 【变式15-3】（2025·苏州模拟）某同学用如图甲所示的实验装置，比较不同物质的比热容。将分别盛有100g水和100g食用油的两个相同试管固定在铁架台上，温度传感器的探头与水和食用油良好接触，将温度传感器与计算机相连，计算机上显示温度随时间变化的图线如图乙所示。已知水的比热容是4.2×103 J/（kg·℃）；不计热量损失，下列说法正确的是（ ） A.图线A描述的是水 B.食用油的比热容为2.8×103 J/(kg·℃) C.0~2min，水吸收的热量为1.68×103J D.加热2min，水吸收的热量大于食用油温度传感器吸收的热量 模型16.热平衡方程及其应用 ( 标志： 热平衡方程及其应用。 技巧： 热平衡方程是描述系统间热量传递并最终达到温度均衡状态的核心公式，其基本形式为： ‌ Q 吸 = Q 放 ‌ ，即在无热量损失的绝热系统中，低温物体吸收的热量等于高温物体放出的热量。该方程基于能量守恒定律，广泛应用于物理、工程、气候与人体热调节等领域。 在最简单的两物体热交换场景中，若不考虑对外散热和做功，热平衡方程可表示为： c 1 m 1 ( Δt 1 ) = c 2 m 2 ( Δt 2 ) ‌ 其中： c 为比热容， m 为质量， Δt 为温度变化量。 该方程成立的前提是系统 ‌ 与外界无热量交换 ‌ （绝热），且最终达到共同温度。例如，将热铁块投入冷水中，热量从铁块传递至水，直到两者温度相同，此时吸收热量等于释放热量。 ) 【例16】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℃ 【变式16-1】将一个温度为10℃、质量为600g的物块放入温度为100℃、质量为800g的水中，物块和水的温度随时间的变化图像如图所示[不计热损失，c水=4.2×103J/(kg·℃)]。以下说法正确的是（ ） A.前6min，物块吸收的热量是1.008×105J B.前6min，水吸收的热量为2.016×105J 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4∶5 【变式16-2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ） A.4.5℃ B.4℃ C.3.5℃ D.3℃ 【变式16-3】如图所示是冷水与热水混合时，温度随时间变化的图像，假设热水放出的热量全部被冷水吸收，由图中信息可知，冷水与热水的内能变化量之比是________，冷水与热水的质量之比是________。 模型17.内燃机冲程的判断 ( 标志： 内燃机冲程的判断。 技巧： 气门的开与关 活塞运动方向 冲程名称 只有一个气门打开 向下 吸气冲程 向上 排气冲程 两个气门都关闭 向下 做功冲程 向上 压缩冲程 【特别提示】 内燃机冲程判断方法： 一门打开，上排下吸；两门关闭，上压下功。 ) 【例17】（2025·江苏扬州）如图是单缸四冲程汽油机工作循环中的一个冲程，它是（ ） A.吸气冲程 B.压缩冲程 C.做功冲程 D.排气冲程 【变式17-1】（2025·镇江）下列汽油机工作的冲程中，压缩冲程是（ ） A. B. C. D. 【变式17-2】（2025年四川自贡市中考题）如图所示为内燃机的________冲程，该过程是将________转化为机械能。 【变式17-3】汽车已经成为见代生活不可缺少的一部分： （1）如图（a）（b）（c）（d）为汽车内燃机工作四个冲程的示意图。图_______是提供动力的冲程，其余三个冲程都是靠飞轮的惯性带动曲轴连杆转动。图（b）中气体的温度_______（选填“升高”或“降低”）。 （2）图是某汽车发动机能量分配图，该发动机的效率是_________。 （3）若汽车发动机冷却系统中质量为4kg的水经加热温度从20℃升高到50℃，求水吸收的热量Q吸。[c水=4.2×103J/(kg·℃) ] （4）若某汽车以72km/h的速度匀速行驶1小时，发动机做的有用功为1.8×108J，消耗汽油15kg。已知汽油的热值约为4.6×107J/kg，求：①汽油完全燃烧放出的热量Q放；②发动机的效率。 模型18.内然机“14221”计算 ( 标志： 内燃机 “ 14221 ” 计算。 技巧： ①“ 循冲塞曲功 ” ： 如 飞轮转速为 3600r/min ， 每秒钟 内： 60r/s 。 工作循环 完成冲程数 活塞往返次数 飞轮（曲轴）转数 对外做功次数 1 4 2 2 1 30 120 60 60 30 ) ( ②“ 要是（死了）二世一起来 ”—— 谐音简记 “ 14221 ” ： “ 1 ”——“ 要 ”—— 1 个工作循环； “ 4 ”——“ 是 ”—— 4 个冲程； “ 22 ”——“ 二世 ”—— 活塞往复 2 次、曲轴转动 2 周； “ 1 ”——“ 一起来 ”—— 对外做功 1 次。 ) 【例18】某内燃机飞轮转速为3000r/min，每秒种内完成______个冲程，活塞往复______次，燃气推动活塞做功的次数为______次。 【变式18-1】（2025年黑龙江省龙东地区伊春市中考题）一台单缸四冲程汽油机的飞轮的转速是2400r/min，则此汽油机每秒完成的冲程个数和对外做功次数分别是（　　） A.完成80个冲程，对外做功20次 B.完成80个冲程，对外做功40次 C.完成40个冲程，对外做功10次 D.完成40个冲程，对外做功40次 【变式18-2】下图是单缸汽油机工作的四个冲程。 （1）A是________冲程，B是________冲程，C是________冲程，D是________冲程。如果是按一个工作循环的正常过程，则排列顺序为：____________。 （2）A冲程的能量转化为________________________，C冲程的能量转化为_____________________。 （3）若该汽油机转速为1200r/min，则它每秒钟曲轴转________圈，完成________个冲程，对外做功________次。 【变式18-3】某汽车在平直路面上以75km/h的速度匀速行驶1h的过程中，消耗了5kg汽油，汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置，如图所示。汽油热值近似取q=5×107J/kg，设汽油在汽缸内完全燃烧。 （1）图示时刻，四冲程汽油机处于________冲程； （2）若上述过程中汽油完全燃烧释放能量的30%用来驱动汽车行驶，求汽车所受的阻力f； （3）研究表明新材料的出现可将热电转换装置的效率大幅提高到15%，据此计算，上述过程中随废气排放的能量通过转换装置后可获得多少电能？这些电能可供车内总功率为1000W的用电器持续工作多长时间？ 模型19.热机效率的计算 ( 标志： 热机效率的计算。 技巧： 热机效率是衡量热机将燃料燃烧产生的内能转化为有用机械功的能力 。 核心公式： 其中， W 有 ​ 表示热机对外做的有用功（单位：焦耳）， Q 放 ​ 表示燃料完全燃烧所释放的总热量，可通过 Q 放 ​= mq 计算（ m 为燃料质量， q 为燃料热值）。 热机效率的计算步骤： ① ‌ 确定有用功 W 有 ​ ： ‌ 有用功通常指热机推动机械运动所做的功。例如汽车行驶时克服阻力前进， W 有 = Fs （ F 为牵引力， s 为行驶距离），若匀速行驶，则 F = f （阻力）。 ‌ ② 计算燃料释放的总热量 Q 放 ​ （ Q 放 ​= mq ）。 ③ 代入效率公式计算 ‌ 。 ) 【例19】（2025·山东德州）铜冰鉴是我国战国时代发明的即可“制冷”又可“制热”的两用“冰箱”，如图甲所示。冰鉴是一件双层器皿，鉴腹内有一尊缶，如图乙所示。冬季，在鉴腹内装入热水用来给尊缶内的酒加热，已知热水质量为150kg、初温为89.5℃，酒的质量为80kg、初温为10℃，最终两者温度相同为41.5℃，则给酒加热的热效率为 。[c水=4.2×103J/(kg·℃)，c酒=2.4×103J/(kg·℃)] 【变式19-1】（2025·泰州模拟）四冲程汽油机中的_________冲程是提供动力的，已知该汽油机飞轮转速为1200r/min，能量输出效率为20%，则该汽油机每秒钟对外做功________次；若该发动机完全燃烧2L的汽油能够输出的有用功为_________J。（汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.75×103kg/m3） 【变式19-2】（2025·苏州模拟）氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，如图为一辆我国设计制造的氢能源公交车。[c水=4.2×103J/（kg·℃），q氢=1.4×108J/kg] 求： （1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧，若放出的热量全部被水吸收，可以使质量为1t的水温度升高多少？ （2）此氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，汽车的速度为20m/s，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的60%用来做机械功，则这些热量能让该公交车匀速行驶的距离。 【变式19-3】（2025·四川巴中）土灶是我国古代劳动人民智慧的结晶，它通常以木柴、秸秆为燃料。目前，我市农村仍有使用土灶做饭的习惯。内部结构如图乙所示，木柴添加通道与烟囱相连，通风通道与木柴添加通道通过中间铁栅连通。某厂家根据土灶的结构设计了两款移动式土灶（如图丙和丁）。 （1）为使木柴充分燃烧，移动式土灶设计更合理的是________（选填“丙”或“丁”）。 （2）下列对土灶烟囱作用的说法不合理的一项是（ ） A.有利于可燃物充分燃烧 B.有利于冷热空气形成对流 C.有利于提高可燃物的热值 D.有利于排出气体和烟尘 （3）1kg干木柴在土灶中完全燃烧，可以让铁锅里2kg的水温度升高50℃，则土灶的烧水效率为________%。（q干木柴=1.2×107J/kg） 模型20.内燃机“空燃比”问题 ( 车型 某品牌轿车 排气量 2L 最大功率 75kW 空燃比 14 ∶ 1 汽油热值 4.5 × 10 7 J/kg ) ( 标志： 内燃机 “ 空燃比 ” 计算。 技巧： 解题公式： 一次做功混合气体质量： m = ρV 一次做功消耗汽油质量： 消耗汽油总质量： m 总 = nm 0 汽油燃烧释放的热量： Q 放 = m 总 q 有用功： W = Pt 发动机的效率： ) 【例20】发动机是汽车的核心部件，某汽车发动机是以92号汽油为燃料的内燃机，其一个工作循环的四个冲程如图所示，表中给出了发动机的相关数据（空燃比是指气缸内空气和燃油的质量比）。单缸四冲程内燃机完成一个工作循环时，图中四个冲程的顺序是_____________，燃料完全燃烧放出的热量是________J。 气缸内汽油和空气混合气体的密度 1.3kg/m3 气缸的工作容积 2.0L 空燃比 12∶1 汽油的热值 4.6×107J/kg 【变式20-1】汽车已走入我们的家庭，而发动机是汽车的核心部件，发动机的质量决定了整车的性能与品质，现代汽车主要分汽油与柴油两类发动机，以汽油发动机为例，其提供动力的是内燃机的气缸。某台以汽油为燃料的汽车，发动机内有四个气缸，其相关数据如下表所示： 1min内完成工作循环 2600次 93﹟汽油 气缸内汽油和空气的混合密度 1.35kg/m3 排气量 1.8L 热值 4.6×107J/kg 发动机最大功率 75kW 空燃比 14∶1 （1）汽车内燃机一个工作循环包括四个冲程如上图所示，一个气缸正常工作四个冲程的顺序是____________（对甲、乙、丙、丁重新排序），其中图________是内燃机给汽车提供动力的冲程。 （2）汽车以100km/h的速度匀速运动时发动机的输出功率最大，则1min内做多少J的有用功? （3）汽车的排气量是指发动机气缸的工作容积，汽车排气量越大，功率越大。空燃比指汽缸内空气和燃油的质量比。当汽车以100km/h的速度匀速行驶时，根据表中数据求汽车发动机的效率。（计算结果保留一位小数） 【变式20-2】如表是某品牌小轿车的一些技术参数，其中排气量是指发动机气缸的工作容积，一般情况下，发动机的排气量越大，功率越大。空燃比是指气缸内空气和燃油的质量之比。汽油的热值表示每千克汽油完全燃烧放出的热量。该发动机以最大功率工作时，气缸内汽油和空气的混合密度为1.4kg/m3，1min内高温高压的燃气推动活塞做功2500次。请你计算发动机在最大功率工作时： 车型 某品牌小轿车 空燃比 15∶1 自重 1.9t 汽油的热值 4.6×107J/kg 最大功率 70kW 排气量 2L （1）1min内做的有用功； （2）做一次功消耗汽油的质量； （3）该车发动机的效率。 【变式20-3】某汽车的四冲程的汽油机的最大功率是60kW，以最大功率工作时飞轮转速为2400r/min，活塞从气缸一端运动到另一端所扫过的容器为气缸排气量，汽油机工作时，为保证汽油有效燃烧，汽油必须与吸进空气成适当比例，这就是空燃比（可燃混合气体中空气质量与燃油质量之比），如图为该汽车汽油机的示意图，该气缸的排气量为1.8L，燃烧室（活塞移至最上方时的上方空间）容积为0.2L，空燃比14∶1，可燃混合气体的密度为1.35kg/m3。 （1）汽油是由石油提炼出来的，石油属于___________（选填“新”、“清洁”、“可再生”、“不可再生”）能源。 （2）汽车制动过程中，其动能转化为地面、轮胎、空气的内能，这些内能无法自动地转化为机械能再用来驱动汽车，这说明能量的转化具有_________性。 （3）该汽油机以最大功率工作时，每秒钟做功_________次，其中，_________冲程汽油机对汽车提供动力。 （4）当这辆汽车以最大功率在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，则汽车所受的阻力是_________N，此时，该汽车的汽油机每秒钟燃烧汽油的质量是_________g。 一、填空题： 1.（2025·江苏常州）2025年2月，江苏地域文明探源工程发布：在兴化草堰港遗址中发掘出7000年前的钻木取火器。如图所示，古人手搓钻杆，使其与取火板摩擦生热一段时间，即可取得火种。摩擦生热的能量转化方式是_____________________，与四冲程汽油机的________冲程相同。 2.（2025·无锡模拟）用如图装置探究不同物质吸热升温的现象。将相等质量的沙子和水分别装入瓷盘中，用温度计测出它们的初始________，用红外灯均匀照射两个瓷盘。红外热成像仪显示出沙子升温比水快。由此推得，质量相等的沙子和水，升高相同的温度，________吸收的热量多。 3.（2025年陕西省初中学业考题） “笔、墨、纸、砚”合称文房四宝。大诗人李白是这样写砚台的：“一方在手转乾坤，清风紫毫酒一樽”。如图，在研磨的过程中，手用力下压墨条，是通过增大________来增大摩擦力的。当墨条向左运动时，受到向________的摩擦力。空气中弥漫着墨香味，这是扩散现象，其本质原因是分子在永不停息地做_______________。 4.（2025年上海市学业水平考试综合测试试卷） “滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄”，说明江水有________能，0℃的水________（选填“具有”、“不具有”）内能，“遥知不是雪，为有暗香来”，说明分子在做_________运动。 5.（2025年成都市中考物理试卷）宋代诗人王安石的《梅花》诗中“遥知不是雪，为有暗香来”，是赞美梅花的诗句，诗人闻到花香属于________现象。花香醉人，茶香怡人。雪天围炉煮茶，让冬日多了一抹诗意，加热茶水至沸腾，改用“小火”，水依然沸腾，则茶水的温度________。 6.（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）用稳定热源不断加热同一个物体，其由固体状态开始温度随时间变化的图像如图所示。 （1）该物体在0°C时，内能________（选填“为”或“不为”）0，你的理由是______________________。 （2）该物体的内能改变的方式是___________； （3）该物体在t3时刻的内能________在t2时刻的内能。（选填“>”、“<”或“=”） 7.（2025·江苏无锡）玉兔二号巡视器所在的月球背面着陆区，月夜的最低温度达到-190℃，我国科研人员为它设计了如图所示的保温装置。该装置以氨为工作物质，液态氨通过蒸发器时，吸收核热源释放的热量变为高温蒸气，蒸气经汇流器聚集，沿蒸气管路到达巡视器本体结构的铝蜂窝结构板，为结构板加热并变为液态氨，再沿着液体管路经储液器、分流器进入蒸发器，循环往复。保温装置中的核热源将核能转化为氨的________能。氨在蒸发器中发生_________（填物态变化名称）吸收热量，在铝蜂窝结构板发生液化，________热量。 8.（2025·泰州模拟）四冲程汽油机中的________冲程是提供动力的，已知该汽油机飞轮转速为1200r/min，能量输出效率为20%，则该汽油机每秒钟对外做功________次；若该发动机完全燃烧2L的汽油能够输出的有用功为________J。（汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.75×103kg/m3） 9.（2025·山东烟台）汽油机是燃油汽车的动力来源之一。如图所示是某台汽油机工作时的能量数据，图中横线处应填写的内容是：①__________；②_________。若汽油的热值为4.6×107J/kg，则该工作过程中消耗的汽油质量为________kg。 10.（2025·淮安模拟）小明将一杯热牛奶放入质量500g的冷水中，如图a所示，一段时间后，牛奶和冷水的温度变化如图b所示。不考虑热损失，0~10分钟内，牛奶的内能变________，由b图________（选填“能”或“不能”）分析得出：水的比热容比牛奶大，理由是：_______________________________。 二、选择题： 11.（2025年广东省广州市中学业考题）如图，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（　　） A.逐渐增加 B.保持不变 C.通过做功改变 D.通过热传递改变 12.（25-26九年级上·湖北武汉·期中）“墙角数枝梅，凌寒独自开。遥知不是雪，为有暗香来。”下列与“暗香来”原理相同的实验现象是（ ） A.注射器里封有水，用手向内推动活塞，但很难压缩水 B.两个底面削平的铅柱压紧后，下面能吊起重物 C.抽掉玻璃板后，两个瓶子内的气体颜色变得均匀 D.稍稍用力向上拉接触水面的玻璃板，测力计示数变大 13.（2025年福建省中考题）如图，红茶加工包含“萎凋”“揉捻”“发酵”“烘干”等工序。下列说法错误的是（　　） A.“萎凋”时摊开茶叶可加快水分蒸发 B.“揉捻”使茶叶卷缩，说明力可改变物体的形状 C.“发酵”时闻到气味是因为分子在永不停息地运动 D.“烘干”是通过做功减小茶叶的内能 14.（2025·山东青岛）古诗词是我国的优秀传统文化。下列古诗词中蕴含的物理知识能用分子动理论解释的是（ ） A.花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴 B.朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还 C.飞流直下三千尺，疑是银河落九天 D.湖光秋月两相和，潭面无风镜未磨 15.酿酒是人类神奇的发明，如图是将谷物倒入锅中熬制酒料的过程。下列说法正确的是（　　） A.用火种引燃木柴的过程与钻木取火的原理不相同 B.灶台下木柴燃烧的过程，将内能转化成了化学能 C.锅能向酒料传递热量，是因为锅的温度等于酒料的温度 D.熬制过程中需要不断地搅拌，这是为了通过做功的方式增加物体内能 16.（2025·南京模拟）下列关于温度、热量、内能说法正确的是（ ） A.物体的温度升高，一定吸收了热量 B.物体从外界吸收热量，温度不一定升高 C.物体的温度越高，其所含有的热量越多 D.热传递中热量总是从内能多的物体传向内能少的物体 17.（2025·连云港模拟）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的烧杯中分别装有初温相同的a、b两种液体，用同一盏酒精灯先后进行加热，根据两次记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A.实验装置中玻璃棒可以不要 B.a、b两种液体的体积需要相同 C.液体a的比热容是液体b的比热容的2倍 D.液体吸热的多少可以通过加热时间来反映 18.（2025·常州模拟）小明用塑料矿泉水瓶子进行了如下实践探究实验：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图a）；扭转瓶子压缩瓶内的气体（如图b）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾（如图c）。图b和图c所示的过程分别与下列所示的四冲程内燃机示意图中相对应的两个冲程是（ ） A.甲和乙 B.甲和丙 C.丁和丙 D.乙和丙 19．（2025·南京模拟）小明用如图所示甲、乙两套的装置，正确完成了“探究不同物质吸热升温的现象”和“比较质量相等的不同燃料燃烧放出的热量”、燃料点燃直至燃尽，两个实验中液体升高的温度随时间变化的图像如图丙所示，不考虑热量损失，以下判断正确的是（ ） A.两个实验都要控制燃料的质量、液体质量相等 B.两个实验都是通过温度计上升的示数反应热量的多少 C.图像一和图像二表示两种物质比热容之比为1∶4 D.图像一和图像二表示两种燃料的热值之比为5∶4 20.很多同学在“下厨房”的过程中体会到了劳动的乐趣。下列情景中所涉及的物理知识分析正确的是（ ） A.图甲，刚出锅的蒸饺很烫，说明蒸饺中含有大量的热量 B.图乙，砂锅煲汤是通过热传递的方式增大内能 C.图丙，煮熟的饺子冒着热腾腾的“白气”，说明分子在不停地做无规则运动 D.图丁，火锅沸腾过程中汤汁吸热内能增加，温度不变 21.茶起源于中国，盛行于世界。在饮茶过程中，下列说法正确的有（ ） A.向杯中倒入热水，感觉茶杯烫手，这是因为热水通过热传递的方式改变了茶杯的内能 B.对着茶水“吹气”，茶水加速蒸发从而降低水温 C.杯中茶水温度越高，所含的热量越多 D.杯中茶水冷却后，内能增大 三、实验探究题： 22.（2025年北京市初中学业考试）按要求完成下列小题。 （1）探究水在沸腾前后温度变化特点的实验时，当水温为89℃时开始计时，经5min水沸腾，再加热一段时间。利用记录的数据绘制出水的温度随时间变化的关系图线，如图甲所示。从图像可知，水在沸腾前，吸收热量，温度_______；水在沸腾后，吸收热量，温度_______。 （2）如图乙所示，两个相同瓶子的瓶口相对，之间用玻璃板隔开，上面的瓶中装有空气，下面的瓶中装有密度比空气大的红棕色二氧化氮气体。抽掉玻璃板后，两瓶内的气体逐渐混合，颜色变得均匀，这一扩散现象说明______________________________。 23.为了比较A、B两种液体比热容的大小，某实验小组做了如图所示的实验。在两个相同的试管中，分别装入A、B两种液体，将试管放入完全相同的盛水烧杯中，用相同的酒精灯加热。 （1）实验采用水浴加热法，目的是使液体A、B________受热。 （2）在试管中装入液体A、B时，要控制它们的________和________相同。 （3）加热相同的时间，是为了液体A、B吸收的热量________（选填“相同”或“不相同”）。 （4）加热相同时间后，液体A、B的温度如图所示，这表明液体________（选填“A”或“B”）的比热容较大。 （5）若将酒精灯更换为电加热器，要求两个电加热器工作时的________相同。 四、计算题： 24．（2025·山东青岛·一模）在中国，农历新年、冬至等时节吃饺子具有特别的意义，小明发现煮饺子蕴含了很多物理知识。 （1）如图是燃气灶烧水煮饺子的情境和该燃气灶灶头的示意图； 拧动点火装置，天然气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃，天然气不会从进口处外泄，原因是：天然气的喷入导致进口处的天然气流速________（选填“大”或“小”），压强________（选填“大于”“小于”或“等于”）大气压强。天然气燃烧过程中，________能转化为内能； （2）水沸腾后，打开锅盖，会出现大量“白雾”，这是水蒸气接触周围的冷空气或低温物品，________成的小水滴；将饺子下入锅中，要进行抄底搅拌和点凉水，这样可以最大可能防止饺子破损，为了煮熟饺子，一般需要点3次凉水，每次点凉水后，锅中的水就停止沸腾，持续加热一段时间，水再次沸腾，说明水的沸腾条件是________________________； （3）煮熟的饺子香气四溢是扩散现象，表明分子________________________________； （4）已知水的密度为1.0×103kg/m3，比热容为4.2×103J/(kg·℃)，天然气的热值为3.2×107J/m3。锅中装有温度为20℃、体积为2L的水，若完全燃烧1×10-2m3的天然气，锅中水的温度升高了20℃，则水吸收的热量为_________J，天然气放出的热量为________ J。 25.（2025·山东青岛·二模）2024年3月30日，我国自主研制的“祥云”AS700载人飞艇成功完成首飞。某飞艇如图甲所示，其气囊总容积为4200m3，空载质量（不含氦气）为3750kg。飞艇升空靠浮力来实现，水平飞行靠发动机提供动力。假设发动机输出的能量用于做推动功，推动功指克服空气阻力推动飞艇水平飞行做的功；当飞艇低速（υ≤12m/s）水平直线飞行时，其受到的空气阻力F阻与速度υ的关系如图乙所示。已知ρ空气=1.2kg/m3，ρ氦气=0.2kg/m3，g=10N/kg。忽略气囊厚度及气囊外其他部分受到的浮力。求： （1）将气囊充满氦气时，飞艇受到的浮力是多少？飞艇最多可载多少位乘客升空？（平均每位乘客质量m=60kg） （2）若飞艇以12m/s的速度水平匀速直线飞行100s，推动功为多少？ （3）若在此100s内消耗燃油200g（燃油的热值q=4×107J/kg），发动机的工作效率为多少？ 第 1 页 共 32 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题17 内能及其利用 ( 模型破解 拆解步骤，突破思维壁垒 …………………………………………………… …… ………… 01 ~ 48 模型 0 1. 分子热运动 识别 ……………………… 01 模型 11 . 热传递的方向问题 … ………………… 21 模型02. 扩散现象 ……………………………… 03 模型 12 . 实验探究物质的吸热本领 …………… 22 模型03. 分子间作用力的现象 ………………… 04 模型1 3 . 利用比热容解释生活中的现象 ……… 26 模型04. 分子动理论的基本观点 ……………… 06 模型1 4 . 比热容的比例计算 …………………… 28 模型05.内能大小的影响因素 ………………… 08 模型1 5 . 利用比热容公式的计算 …… ………… 31 模型0 6 . 温度、内能、热量的关系 ……… …… 10 模型16.热平衡方程及其应用 ………………… 34 模型0 7 . 热传递改变物体的内能 ……………… 12 模型17.内燃机冲程的判断 …………………… 36 模型0 8 . 做功改变物体的内能 ………………… 14 模型18.内燃机 “ 14221 ” 计算 ……………… 38 模型09.做功改变物体内能的实际应用 ……… 15 模型19.热效率的计算 ………………………… 41 模型10.内能与物态变化图像 ………………… 18 模型20.内燃机 “ 空燃比 ” 问题 ……………… 44 模型演练 实战强化，提升应用能力 …………………………………………………… …… ………… 48 ~ 62 ) 模型01.分子热运动的识别 ( 标志： 判断是不是分子运动。 技巧： 判断是不是分子运动的方法： 一是要将分子与宏观物体区分开，分子很小，用肉眼根本观察不到； 二是注意分析题目中的主体是不是运动的分子； 三是明确分子的运动是不受任何外力影响而进行的，而宏观物体的运动是受外力影响的结果。 【特别提示】 我们看到的灰尘弥漫、落叶纷飞、瑞雪飘飘都不是分子的运动，而是宏观物体的运动。闻到花香、烟味、各种油味以及煤在墙角的渗透等都是扩散现象，表明分子在做无规则运动。 ) 【例1】下列现象中能说明分子在不停地做无规则运动的是（ ） A.花香满园 B.尘土飞扬 C.雪花飘飘 D.落叶纷纷 【答案】A 【解析】分子的无规则运动属于微观层面的现象，扩散现象可体现分子在不停做无规则运动。 A.“花香满园”是花香分子扩散到空气中，属于分子的无规则运动； B.“尘土飞扬”中尘土是宏观的固体小颗粒，其运动是外力作用下的机械运动，并非分子运动； C.“雪花飘飘”中雪花是宏观物体，其运动是重力和空气作用下的机械运动，并非分子运动； D.“落叶纷纷”中落叶是宏观物体，其运动是外力（如重力、风力等）作用下的机械运动，并非分子运动。 因此，能说明分子在不停地做无规则运动的是A选项。 【变式1-1】（2025年山东模拟预测）在诗人杨炯的《梅花落》这首诗中，能体现分子热运动现象的诗句是（ ） A.窗外一株梅 B.寒花五出开 C.影随朝日远 D.香逐便风来 【答案】D 【解析】A.“窗外一株梅” 描述的是看到窗外有一株梅花，只是对梅花位置的描述，没有体现分子热运动现象，A 错误。 B.“寒花五出开” 说的是梅花在寒冷中绽放，呈现出五瓣的形态，这是关于梅花开花的外观描述，与分子热运动无关，B 错误。 C.“影随朝日远” 是指梅花的影子随着太阳的移动而变化，是光沿直线传播形成的影子的变化，并非分子热运动现象，C 错误。 D.“香逐便风来” 意思是梅花的香气随着风飘来，能闻到梅花的香气，是因为梅花香气分子在不停地做无规则运动，扩散到空气中，随风传播被人闻到，体现了分子热运动现象，D 正确。 故本题答案为：D。 【变式1-2】向液化石油气中添加具有特殊臭味的乙硫醇，一旦液化石油气泄漏，就能闻到这种臭味，及时采取安全措施。闻到臭味是因为（ ） A.分子在不断运动 B.分子之间有间隔 C.分子的质量很小 D.分子的体积很小 【答案】A 【解析】本题难度不大，掌握分子的基本性质（可以简记为：“两小运间，同同不不”）及利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。 根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断。 向液化石油气中添加具有特殊臭味的乙硫醇，一旦液化石油气泄漏，就能闻到这种臭味，是因为乙硫醇中含有的分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到臭味。 故选：A。 【变式1-3】（2025年四川自贡市中考题）以下诗句描绘的情境不涉及分子热运动的是（　　） A.菡萏香清画舸浮 B.满架蔷薇一院香 C.一行白鹭上青天 D.醒茶摇香叶初醒 【答案】C 【解析】A.“菡萏香清画舸浮”中“香清”描述的是荷花香气扩散，属于分子热运动现象，故A不符合题意； B.“满架蔷薇一院香”中“一院香”描述的是花香分子扩散到整个院子，属于分子热运动现象，故B不符合题意； C.“一行白鹭上青天”描述的是鸟类的飞行运动，属于机械运动，不涉及分子热运动，故C符合题意； D.“醒茶摇香叶初醒”中“摇香”描述的是茶叶香气分子扩散，属于分子热运动现象，故D不符合题意。 故选C。 模型02.扩散现象 ( 标志： 分子热运动是热现象的本质，解释扩散、布朗运动等日常现象。 技巧： 核心定义 ‌ ： 一切物质的分子都在不停地做无规则运动。 ‌ 温度关系 ‌ ： 温度是分子热运动剧烈程度的宏观表现，温度越高，分子平均动能越大，运动越剧烈。 ‌ 微观本质 ‌ ： 热运动是分子无序运动的统计表现，单个分子运动看似随机，大量分子则遵循统计规律。 扩散现象 ‌ ： 不同物质相互接触时彼此进入对方，如墨水在水中散开、花香弥漫。 ‌ 布朗运动 ‌ ： 悬浮微粒的无规则运动，间接证明了液体或气体分子的热运动。 日常生活 ‌ ： 解释了气味传播、溶解过程等。 ) 【例2】下列描述中属于扩散现象的是（　　） A.桂花花香四溢 B.雪花漫天飘舞 C.灰尘空中飞扬 D.江面雾气弥漫 【答案】A 【解析】扩散现象是指物质分子或粒子由于热运动，从高浓度区域自发地向低浓度区域传播的过程，不需要外力驱动。以下是对每个选项的逐项分析： A.桂花花香四溢：花香分子从桂花中释放后，在空气中通过分子热运动（布朗运动）不断扩散，使香味传播到周围区域，属于典型的扩散现象。 B.雪花漫天飘舞：雪花是固态冰晶颗粒，其飘舞主要受风力、气流等外力驱动的机械运动影响，而非分子自发扩散。 C.灰尘空中飞扬：灰尘是固态颗粒物，其飞扬是空气流动或外力（如风）作用下的机械运动，与分子扩散无关。 D.江面雾气弥漫：雾气是水蒸气冷却后凝结成的小液滴悬浮在空气中，涉及蒸发和凝结过程；尽管水蒸气扩散是前期环节，但雾气弥漫本身是小液滴的悬浮现象，主要是凝结核作用，不属于纯粹的分子扩散现象。 综上所述，只有A选项描述的是扩散现象。 【变式2-1】（2025年长春初中学业考题）以下描述中属于扩散现象的是（　　） A.水鸟齐飞 B.花香四溢 C.落叶纷飞 D.白雪飞舞 【答案】B 【解析】不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现，温度越高，扩散越快，分子运动越剧烈。 “花香四溢”是花的香味分子在空气中不停地做无规则运动，扩散到空气中，属于扩散现象，而水鸟齐飞、落叶纷飞、白雪飞舞都是宏观物体的机械运动，不是分子的运动，不属于扩散现象，故B符合题意，ACD不符合题意。 故选：B。 【变式2-2】（2025年河北省初中学业考题）下列现象属于扩散的是（　　） A.花香四溢 B.破镜难圆 C.气体压缩 D.柳絮飞扬 【答案】A 【解析】A.花香四溢是香味分子扩散到空气中，属于扩散现象，故A符合题意； B.破镜难圆是因为分子间的距离太远，而使分子之间的引力和斥力都太小，所以“破镜难重圆”，故B不符合题意； C.气体压缩是外力改变气体的体积，属于宏观的变化，不是分子的热运动，故C不符合题意； D.柳絮飞扬是物体的机械运动，不是分子的热运动，故D不符合题意。 故选A。 【变式2-3】（2025年成都市中考物理试卷）宋代诗人王安石的《梅花》诗中“遥知不是雪，为有暗香来”，是赞美梅花的诗句，诗人闻到花香属于________现象。花香醉人，茶香怡人。雪天围炉煮茶，让冬日多了一抹诗意，加热茶水至沸腾，改用“小火”，水依然沸腾，则茶水的温度________。 【答案】扩散；不变 【解析】诗人闻到花香，是因为花香分子在不停地做无规则运动，进入到空气中，扩散到诗人身边，这种现象属于扩散现象。 液体沸腾的特点是：达到沸点后，继续吸热，但温度保持不变。加热茶水至沸腾，改用“小火”，水依然能吸热（满足沸腾的吸热条件），所以茶水的温度不变。 模型03.分子间作用力的现象 ( 标志： 分子间作用力虽然微观，但其宏观表现无处不在，直接影响物质的物理性质和日常现象。 技巧： ① 固体和液体难以被压缩 ‌ ： 当外力试图压缩固体或液体时，分子间距减小，分子间的斥力迅速增大，抵抗压缩。这正是分子间作用力中斥力的宏观体现。 ② 固体难以被拉伸 ‌ ： 拉伸固体时，分子间距增大，分子间的引力增强，抵抗拉伸。例如，铁棒难以被拉断，正是因为分子间引力在起作用。 ③ 液体的表面张力 ‌ ： 液体表面分子受到内部分子的吸引力，使表面尽可能收缩至最小面积，形成球形水滴或露珠。这也是分子间引力的宏观表现之一。 ) ( ④ 物质的三态变化需要能量 ‌ ： 干冰升华、冰熔化、液氯汽化等过程都需要吸收能量，以克服分子间的相互作用力。反之，气体液化或液体凝固时会释放能量。 ⑤ 气体可被液化 ‌ ： 在加压或降温条件下，气体分子间距缩小，分子间作用力增强，从而能够液化。例如，氨气、氯气在高压下可变为液体，说明分子间存在吸引力。 ⑥ 摩擦现象 ‌ ： 两个物体表面摩擦时，表面分子被迫分离，需克服分子间作用力，导致能量耗散和摩擦阻力。因此，摩擦也是分子间作用力的宏观表现之一。 ⑦ 黏着与吸附现象 ‌ ： 胶水粘接物体、金属薄板与水吸附等现象，均源于不同物质接触界面处的分子间吸引力，即黏着力，是分子间作用力的宏观体现。 ) 【例3】将两个表面光滑的铅块相互挤压，它们会粘在一起，不容易拉开，这一现象说明（　　） A.分子间有空隙 B.分子在运动 C.分子间有斥力 D.分子间有引力 【答案】C 【解析】A.分子间有空隙：铅块粘在一起是由于分子间力的作用，而非空隙的直接表现，此现象无法证明空隙存在，排除。 B.分子在运动：分子运动属于扩散现象，与铅块粘合无直接关联，排除。 C.分子间有引力：两铅块挤压后分子距离接近，引力作用导致难以拉开，正确。 D.分子间有斥力：斥力在分子被压缩时体现，而题干现象体现引力主导阶段，排除。 故选C。 【变式3-1】在天宫课堂第一课中，“太空教师”航天员王亚平进行太空授课：她在水膜表面贴上一朵花后，水膜 完好无损（如图甲所示），这表明分子之间存在________；如图乙所示的一次性无菌注射器，注射器抽满液体后堵住针筒口，用手指给活塞施加力，发现内部的液体很难被压缩，说明分子之间存在________。 【答案】引力；斥力 【解析】她在水膜表面贴上一朵花后，水膜完好无损（如图甲所示），这表明分子之间存在引力； 注射器抽满液体后堵住针筒口，用手指给活塞施加力，发现内部的液体很难被压缩，说明分子之间存在斥力。 故答案为：引力；斥力。 【变式3-2】如图（a）所示，说明分子间存在________，图（b）所示说明分子间存在________（以上两空均选填“引力”或“斥力”）。将3cm3的水和3cm3的酒精注入一个量杯，摇晃使其充分混合后发现，水和酒精的总体积小于6cm3，说明分子间有________。 【答案】（1）液体不容易压缩，说明分子间存在着斥力； （2）若把两铅块能吸引在一起并吊起重物，这是由于水分子间存在相互作用的引力； （3）将3cm3的水和3cm3的酒精注入一个量杯中，摇晃后发现，水和酒精的总体积小于6cm3，即液体的总体积变小，这说明分子间有间隙。 故答案为：斥力；引力；间隙。 【变式3-3】（2025年山东省学业考题）山东潍坊风筝是国家级非物质文化遗产之一，其制作主要经过“扎”“绘”“糊”“放”等过程。 （1）“扎”的过程，用力将竹篾弯折，说明力可以改变物体的________； （2）“绘”的过程，闻到颜料淡淡的气味，是因为分子在不停地做_________________； （3）“糊”的过程，胶水能将纸和框架粘住主要是因为分子间存在________； （4）“放”的过程，风筝上升时，其重力势能________（选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】（1）形状；（2）无规则运动；（3）引力；（4）变大 【解析】（1）力可以改变物体的形状和运动状态，所以用力将竹篾弯折，说明力可以改变物体的形状。 （2）“绘”的过程，闻到颜料淡淡的气味，这是扩散现象，是分子在不停地做无规则运动的结果。 （3）分子间存在着相互作用的引力和斥力，所以胶水能将纸和框架粘住主要是因为分子间存在引力。 （4）风筝上升时，质量不断，高度不断增大，因此其重力势能变大。 模型04.分子动理论的基本观点 ( 标志： 分子动理论的基本观点可归纳为三点以解释相关现象 ‌ 。 技巧： ① 物质由大量分子或原子组成 ‌ ： 宏观物体是由大量微观粒子（分子、原子等）构成的，这些粒子之间存在空隙。例如，气体易被压缩、水与酒精混合后总体积减小等现象，均说明物质结构的不连续性。现代科学已能通过扫描隧道显微镜直接观测到原子排列，如石墨表面的碳原子图像。 ‌ ② 分子在永不停息地做无规则运动 ‌ ： 分子始终处于无规则的热运动中，温度越高，运动越剧烈。扩散现象（如香味传播、墨水溶解）和布朗运动（微小颗粒在液体中的无规则抖动）是分子热运动的宏观体现。值得注意的是，布朗运动本身不是分子的运动，而是分子撞击微粒的结果，间接反映了分子的无规则运动。 ‌ ) ( ‌ ③ 分子间存在相互作用的引力和斥力 ‌ ： 分子间同时存在引力和斥力，二者随距离变化而表现出不同主导作用。当分子间距为某一平衡值 r 0 （数量级约为 10 − 10 m ）时，引力与斥力相等，合力为零；当距离小于 r 0 时，斥力占主导；大于 r 0 时，引力占主导。这一机制解释了固体保持形状、液体难以压缩等宏观性质。 ) 【例4】下列有关分子热运动的说法中错误的是（       ） A.温度升高，物体内部所有分子的运动速度都增加 B.两滴水银靠近后能合成一滴，说明分子间存在引力 C.扩散现象，能说明分子之间存在间隙 D.炒菜时厨房里飘散着香味，说明分子在不停地做无规则运动 【答案】A 【解析】A.温度升高时，物体内分子平均运动速度增加，但并非所有分子的运动速度都增加。分子运动速度遵循分布规律，部分分子速度可能减小。因此，该说法错误。 B.两滴水银靠近后能合成一滴，说明分子间存在相互吸引力，该说法正确。 C.扩散现象表明分子在不停地运动，并能进入彼此间隙，说明分子之间存在间隙，该说法正确。 D.炒菜时香味飘散，是分子运动的表现，说明分子在运动，该说法正确。 因此，错误的是A项。 【变式4-1】根据图中所提供的信息，下列有关分子动理论解释正确的是（ ） A.甲：用弹簧测力计稍用力拉与水面接触的玻璃板，测力计示数变大，说明分子间有斥力 B.乙：抽去隔板，密度较大的二氧化氮与空气混合，该现象说明分子在不停做无规则运动 C.丙：红墨水在热水中扩散得快些，说明温度越高分子运动越剧烈 D.丁：水和酒精混合均匀后，二者总体积变小，说明分子间存在间隙 【答案】CD 【解析】A.用弹簧测力计稍用力拉与水面接触的玻璃板，测力计示数变大，说明玻璃分子和水分子之间存在引力，故A错误； B.由图可知，密度较大的二氧化氮气体在隔板上方，抽去隔板，二氧化氮气体由于重力的作用也会向下与空气混合，故不能说明分子在不停做无规则运动，故B错误； C.温度会影响分子的热运动，红墨水在热水中比冷水中扩散得快些，说明温度越高分子运动越剧烈，故C正确； D.由于分子间存在间隙，所以水和酒精混合均匀后，二者总体积才会变小，故D正确。 故选CD。 【变式4-2】端午节吃粽子是一项传统习俗，下列关于粽子的说法正确的是（ ） A.煮粽子是通过做功改变粽子的内能 B.煮粽子时香气四溢说明分子在不停地做无规则运动 C.刚出锅的粽子很烫是因为粽子含有的热量多 D.刚出锅的粽子冒的“白气”是由于汽化形成的 【答案】B 【解析】A.煮粽子时，粽子从热水中吸收热量，内能增大，是通过热传递的方式改变粽子的内能，故 A 错误； B.煮粽子时香气四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故B正确； C.刚出锅的粽子很烫是因为粽子温度高，热量是过程量，不能说“含有的热量”，故C错误； D.刚出锅的粽子冒的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的，故D错误。 故选 B。 【变式4-3】云南咖啡香气馥郁，一杯咖啡的制作要经过生豆翻炒、石磨研磨、加水煮沸的过程。下列说法正确的是（ ） A.咖啡豆研磨成粉，质量变大 B.闻到咖啡香味是因为分子在不停地做无规则运动 C.咖啡粉加水煮沸是通过做功的方式改变内能 D.咖啡沸腾过程中，液体温度持续升高 【答案】B 【解析】A.咖啡豆研磨成粉的过程中，只是物质的形状和状态发生了改变，其所含物质的多少并没有变化，即质量不变，A项错误。 B.能闻到咖啡香味，是因为咖啡中的香气分子在不停地做无规则运动，扩散到空气中，被人闻到，B 项正确。 C.咖啡粉加水煮沸是通过热传递的方式改变内能，而不是做功的方式，C项错误。 D.咖啡沸腾过程中，吸收热量，但液体温度保持不变，这是液体沸腾的特点，D项错误。 故先B。 模型05.内能大小的影响因素 ( 标志： 影响内能大小的主要因素包括： ‌ 温度、质量、物态（状态）、体积和物质种类 ‌ 。 技巧： ① 内能定义：物体内所有分子的分子动能和分子势能总和叫作内能。分子在不停的做无规则运动，具有分子动能；分子间存在相互作用的引力和斥力，具有分子势能。 【注意】 “ 内能 ” 与 “ 机械能 ” 无关。 ② 内能的大小影响因素： 质量 （分子数目）、 温度 （分子动能）、 状态 、 体积 （分子势能）和 物质种类 有关（比较两物体的内能大小要注意 “ 控制变量 ” ）。 ③ 一切 物体 在任何情况下 都具有内能。 ③ 物体温度升高，内能增大；物体温度降低，内能减小。 ) 【例5】（2025年四川省南充市中考题）如图是学校举行消防演练灭火时的情景，对涉及的物理知识分析正确的是（　　） A.室外温度为0℃时，木柴的内能为零 B.木柴燃烧与未燃相比，含有的热量多 C.若未燃烧的木柴温度升高，内能增加 D.灭火器在使用过程中对外做功，内能不变 【答案】C 【解析】A.一切物体都具有内能，室外温度为0℃时，木柴的内能不为零，故A错误； B.热量是过程量，不能说“含有的热量”，故B错误； C.物体的内能与温度、质量有关。若未燃烧的木柴温度升高，内能增加，故C正确； D.做功可以改变内能，灭火器在使用过程中对外做功，内能减小，故D错误。 故选C。 【变式5-1】关于内能，下列说法正确的是（　　） A.0℃的物体没有内能 B.内能大小与温度无关 C.具有机械能的物体不一定有内能 D.物体具有内能，也可以同时具有机械能 【答案】D 【解析】A.内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体在任何温度下都具有内能，所以0∘C0∘C的物体也有内能，A错误； B.内能的大小与物体的温度、质量、状态等因素有关，温度是影响内能的一个重要因素，B错误； C.一切物体都有内能，具有机械能的物体必然也具有内能，C错误； D.内能是物体内部分子层面的能量，机械能是物体整体机械运动相关的能量（如动能、重力势能、弹性势能等），物体可以同时具有内能和机械能，比如运动着的物体既有动能（属于机械能）又有内能，D正确。 故选D。 【变式5-2】一壶水在炉上加热，水的温度升高，比热容________，它的内能________。（均选填“增大”、“减小”或“不变”） 【答案】不变；增大 【解析】①比热容是物质的特性；②一切物体都具有内能，内能的大小跟温度有关，物体的温度越高内能越大。 故答案为：不变；增大。 【变式5-3】如图所示，三个完全相同的容器甲、乙、丙，在其中分别倒入水，则下列说法正确的是（ ） A.甲杯中水的内能最大 B.乙杯中水的内能最大 C.丙杯中水的内能最大 D.乙和丙杯中水的内能相等 【答案】C 【解析】由图可知，甲、丙两杯水的温度相同，丙杯中水的质量大，所以丙杯中水的内能大于甲杯水的内能； 乙、丙两杯中水的质量相等，丙杯中水的温度高，所以丙杯中水的内能大于乙杯中水的内能，即丙杯中水的内能最大。 故选C。 模型06.温度、热量和内能的关系 ( 标志： 温度 、 内能 和 热量 是热学中三个紧密关联又本质不同的物理量 。 技巧： 温度（ ℃ ） 内能（J） 热量（J） 定义 表示物体冷热程度 物体内所有分子动能和分子势能的总和 热传递过程中转移内能的多少 性质 状态量 状态量 过程量 表述 “ 升高 ” / “ 降低 ” “ 具有 ” / “ 改变 ” “ 吸收 ” / “ 释放 ” / “ 转移 ” 辫析对错： A.温度为 0 ℃ C的物体没有内能 —— 错，任何物体都有内能。 B.温度高的物体含有的热量一定比温度低的物体含有的热量多 —— 错，热量不能 “ 含有 ” 。 C.物体的内能增加，它的温度一定升高 —— 错，冰熔化成水，吸收热量内能增加，但温度保持不变。 D.物体的温度升高，它的内能一定增加 —— 正确。 E.物体吸收了热量，温度一定升高 —— 错，冰熔化成水过程，吸收热量，内能增加，但温度不变。 F.物体放出了热量，温度一定降低 —— 错，水凝固成冰过程，放出热量，内能减小，但温度不变。 G.物体温度升高，一定吸收了热量 —— 错，也可能是外界对它做了功。 H.物体温度升高，一定吸收热传递 —— 错，也可能是外界对它做了功。 I.温度高的物体，含有的热量多 —— 错，热量不能说 “ 含有 ” 。 J.热传递是内能大的物体传递给内能小的物体 —— 错，热传递是温度高的物体传递给温度低的物体。 K.热量总是从高温物体传向低温物体传递 —— 正确。 ) 【例6】（多选）关于温度、内能、热量、功的说法正确的是（ ） A.物体温度升高，一定吸收了热量 B.物体温度升高，内能一定增加 C.物体内能增加，一定是外界对它做了功 D.物体吸收热量，温度可能不变 【答案】BD 【解析】A.改变物体内能有两种方式，做功和热传递。物体温度升高，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功。例如，摩擦生热，是通过做功的方式使物体温度升高，而不是吸收热量。所以选项A错误。 B.内能与物体的温度、质量和状态等因素有关。对于同一物体，质量不变，温度升高时，分子热运动加剧，分子动能增加，所以内能一定增加。所以选项B正确。 C.物体内能增加，可能是外界对它做了功，也可能是吸收了热量。比如，给物体加热，物体吸收热量内能增加；压缩气体，外界对气体做功，气体内能也增加。所以选项C错误。 D.物体吸收热量，温度可能不变。例如，晶体在熔化过程中，吸收热量，但温度保持不变。所以选项D正确。 故正确和选BD。 【变式6-1】（2025年黑龙江省齐齐哈尔市初中学业考题）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A.温度为0℃以下的物体不具有内能 B.温度高的物体，含有的热量一定多 C.物体的内能增加，可能是吸收了热量 D.温度总是从高温物体传向低温物体 【答案】C 【解析】A.一切物体在任何情况下都具有内能，温度为以下的物体也具有内能，故A错误； B.热量是热传递过程中传递的能量，不能说物体含有热量，故B错误； C.做功和热传递都可以改变物体的内能，物体的内能增加，可能是吸收了热量，故C正确； D.热量总是从高温物体传向低温物体，热传递过程传递的不是温度，故D错误。 故选C。 【变式6-2】关于温度、热量和内能的说法，正确的是（ ） A.温度高的物体，内能一定大 B.物体温度升高，内能一定增加 C.物体吸收了热量，温度一定升高 D.物体温度升高，一定吸收了热量 【答案】B 【解析】A.内能不仅仅和温度有关，还与质量、状态有关，所以温度高的物体，内能不一定大，故A错误； B.物体温度升高，分子运动更剧烈，内能一定增加，但内能增加，温度不一定升高，故B正确； C.物体吸收了热量，内能一定变大，但温度不一定升高，比如晶体正在熔化时，继续吸热但温度不变，故C错误； D.物体温度升高，不一定吸收了热量，可能是外界对物体做了功，故D错误。 故选B。 【变式6-3】关于内能、热量和温度，下列说法正确的是（ ） A.温度高的物体，具有的内能一定多 B.物体内能增加，一定吸收了热量 C.热量总是从内能多的物体传递给内能少的物体 D.物体吸收热量，温度不一定升高 【答案】D 【解析】A.内能的大小与物体的质量、温度和状态等因素有关。仅仅温度高，并不能确定物体具有的内能一定多，因为质量等其他因素也会影响内能。例如，质量很小的高温物体，其内能可能比质量很大的低温物体的内能小。所以选项A错误。 B.改变物体内能有两种方式：做功和热传递。物体内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功。比如，压缩空气时，外界对空气做功，空气的内能增加，但并没有吸收热量。所以选项B错误。 C.热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，而不是从内能大的物体传递给内能小的物体。内能大的物体温度不一定高，例如，质量很大的低温物体，其内能可能比质量很小的高温物体的内能大，但热量会从高温物体传递到低温物体。所以选项C错误。 D.物体吸收热量时，温度不一定升高。例如，晶体在熔化过程中，吸收热量，但温度保持不变，这是因为吸收的热量用于改变物体的状态，而不是升高温度。所以选项D正确。 故选D。 模型07.热传递改变物体的内能 ( 标志： 热传递通过能量的转移来改变物体的内能 。 技巧： 热传递通过能量的转移来改变物体的内能，其本质是内能从高温物体向低温物体或同一物体的高温部分向低温部分转移的过程。当物体吸收热量时，内能增加；放出热量时，内能减少。这一过程不需要做功，而是依靠温度差驱动。具体来说： ‌ 发生条件 ‌ ： 必须存在温度差。只有当两个物体或同一物体的不同部分之间有温差时，热传递才会发生。 ‌ 传递方向 ‌ ： 热量总是自发地从高温物体传向低温物体，直到两者温度相等，达 到热平衡。 ‌ 实质 ‌ ： 热传递改变内能的本质是内能的转移，而非能量形式的转化。在整个过程中，能量的形式仍然是内 能。 ) 【例7】（多选）如图所示，用汽缸、固定隔板和活塞密闭甲、乙两部分气体，汽缸和活塞均不导热，隔板导热良好。迅速将活塞向左推至图中虚线位置并固定，静置一段时间。下列说法正确的是（ ） A.与推动活塞前相比，甲、乙内能均变大 B.与推动活塞前相比，甲内能不变、乙内能变大 C.甲内能改变的方式只有热传递 D.乙内能改变的方式既有做功又有热传递 【答案】ACD 【解析】改变内能的方式是做功和热传递；对物体做功，内能增加，温度升高，物体对外做功，内能减少，温度降低。 迅速将活塞向左推至图中虚线位置并固定，外力对气体乙做功，气体乙的内能增加，温度升高；甲的体积不变，气体乙不对甲做功，气体乙将热量传递给气体甲，使得气体甲的内能增加，温度升高，最终甲、乙气体达到热平衡状态，故ABC正确，D错误。 故答案为：ACD。 【变式7-1】（2025年广西柳州·模拟预测）“煮”的篆体表示用火烧煮食物，字体如图所示。下列实例与“煮”在改变物体内能的方式上相同的是（ ） A.擦燃火柴 B.钻木取火 C.热水暖手 D.搓手取暖 【答案】C 【解析】由“煮”的篆体写法可知，用火烧煮食物，食物吸收热量，内能增大，所以是通过热传递改变内能。 ABD.擦燃火柴、钻木取火、搓手取暖，都是将机械能转化为内能，所以是通过做功改变内能，与“煮”在改变物体内能的方式上不相同，故ABD不符合题意； C.热水暖手，热水放出热量，手吸收热量，所以是通过热传递改变内能，与“煮”在改变物体内能的方式上相同，故C符合题意。 故选C。 【变式7-2】（2025年上海嘉定·一模）南翔小笼馒头制作技艺是国家级非物质文化遗产之一。如图所示，面皮在手的捏压下变成花瓣般的褶状，说明力能改变物体的________。刚出锅的小笼馒头香气特别浓，这是因为温度越高，分子的___________运动越剧烈，小笼馒头由生到熟，主要是通过__________（选填“做功”或“热传递”）的方式改变内能。 【答案】形状；无规则；热传递 【解析】面皮在手的捏压下变成花瓣般的褶状，说明力能改变物体的形状； 刚出锅的小笼馒头香气特别浓，是由于温度越高，分子的无规则运动越剧烈； 小笼馒头由生到熟，馒头吸收热量，内能增大，主要是通过热传递的方式改变内能。 故答案为：形状；无规则；热传递。 【变式7-3】下列所给现象，使物体内能增加的方式与其它三个不同的是（ ） A.电水壶烧水时壶口空气变热 B.坠落的流星表面产生火花 C.迅速下压活塞管内空气温度升高 D.冰壶运动员摩擦冰面使冰熔化 【答案】A 【解析】电水壶烧水时壶口空气变热，这是通过热传递的方式改变物体内能的；坠落的流星表面产生火花，这是通过做功的方式改变物体内能的；迅速下压活塞管内空气温度升高，这是通过做功的方式改变物体内能的；冰壶运动员摩擦冰面使冰熔化，这是通过做功的方式改变物体内能的。综上所述，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 模型08.做功改变物体的内能 ( 标志： 做功是通过能量转化的方式来改变物体的内能 。 技巧： 做功改变内能的本质是 ‌ 能量的转化过程 ‌ ，即其他形式的能（如机械能、电能）与内能之间的相互转化。 对物体做功 → 其他形式能 → 内能（增加） 物体对外做功 → 内能 → 其他形式能（减少） 这与热传递不同，热传递是内能在物体之间或同一物体不同部分之间的 ‌ 转移 ‌ ，不涉及能量形式的改变。 ) 【例8】下列实例中，通过做功的方式改变物体内能的是（ ） A.柏油马路被阳光晒热 B.加入冰块的饮料温度降低 C.锯木头时的锯条温度升高 D.放入冷水中的热鸡蛋温度降低 【答案】C 【解析】A.柏油马路被阳光晒热锯木头时，属于热传递改变内能，故A错误； B.加入冰块的饮料会放出热量，温度降低，属于热传递改变内能，故B错误； C.锯条和木头之间存在摩擦，克服摩擦做功，机械能减少，内能增加，故C正确； D.放入冷水中的热鸡蛋温度降低，属于热传递改变内能，故D错误。 故选：C。 【变式8-1】（2025年河北省初中学业考题）“更喜岷山千里雪，三军过后尽开颜。”诗句抒发了红军将士成功翻越雪山后的豪迈之情。岷山海拔高，山顶处的大气压比山脚下的大气压_______。当年红军将士过雪山时搓手取暖，这是通过________的方式改变手的内能。 【答案】低；做功 【解析】大气压随高度的升高而减小，山顶海拔高于山脚，气压更低，所以岷山的山顶处的大气压比山脚下的大气压低。 搓手取暖，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，属于通过做功改变物体内能。 【变式8-2】（2025年四川省乐山市中考题）如图所示，试管内的水沸腾后，塞子受到水蒸气的压力而冲出去，这个过程中能量转化的情况与汽油机________冲程能量转化的情况相同；课前准备时，给酒精灯添加酒精，闻到了酒精味，这是________现象。 【答案】做功；扩散 【解析】试管内的水沸腾后，水蒸气内能增加，塞子受到水蒸气的压力冲出去，所以水蒸气的内能转换为塞子的机械能，而汽油机的做功冲程的内能转化是内能转化为机械能，能量转化情况与汽油机的做功冲程的能量转化情况相同。 向酒精灯内添加酒精时，闻到了酒精味，这是酒精的扩散现象，表示分子在永不停息地做无规则运动。 【变式8-3】如图所示，下列事例中，主要不是利用做功的方式来改变物体内能的是（ ） A.双手摩擦能发热 B.烧水时水温升高 C.钻木取火 D.锯木材锯子发烫 【答案】B 【解析】A.双手摩擦使手发热是利用做功改变手的内能，故A不符合题意； B.烧水使水温升高是利用热传递改变水的内能的，故B符合题意； C.钻木取火是利用做功改变木材内能的，故C不符合题意； D.锯木材锯子发烫是做功改变了锯子的内能，故D不符合题意。 故选B。 模型09.做功改变物体内能的实际应用 ( 标志： 做功改变物体内能的实际应用。 技巧： ① 密闭容器 —— 将拉杆缓慢向外拉的过程中：活塞对甲气体做功 → 甲气体内能增大 → 温度升高；乙气体对活塞做功 → 乙气体内能减小 → 温度降低。 ) ( ② 甲图：水吸收热量，内能增大，温度升高；乙图：试管内水蒸气对塞子做功，水蒸气内能减少，温度降低 ③ 向下推动活塞，管内空气的内能增大，温度升高，棉花被点燃：空气内能增大原因 —— 做功；棉花内能增大原因：热传递。 ④ 给瓶内打气，瓶内的空气推动塞子跳起来时，空气对外做功，瓶内空气的内能减小，温度降低。 【注意】 瓶口产生的 “ 白气 ” 是水蒸气 液化 形成的 小水珠 。 ) 【例9】（2025年甘肃省兰州市中考题）课外活动中，小亮将刚喝完水的空矿泉水瓶的瓶盖拧上但不拧紧，用手握住瓶子的上下两部分，用力迅速拧成图示状态时，瓶盖被弹出并伴有爆响声，同时瓶口内出现白雾。关于上述过程，下列说法错误的是（ ） A.矿泉水瓶被用力拧成图示形状，说明力可以使物体发生形变 B.瓶盖弹出前，拧瓶子的过程与汽油机的做功冲程类似 C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体的内能转化为瓶盖的机械能 D.瓶口内出现的白雾，是水蒸气温度降低后液化形成的小水滴 【答案】B 【解析】A.矿泉水瓶在力的作用下被拧成图示形状，瓶子的形状发生了改变，说明力可以使物体发生形变，故A正确，不符合题意。 B.瓶盖弹出前，拧瓶子时，瓶子体积变小，压缩瓶内气体，是对气体做功，瓶内气体内能增大，此过程与汽油机的压缩冲程类似，都是将机械能转化为内能；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能，故B错误，符合题意。 C.瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能，使瓶盖获得动能而飞出，故C正确，不符合题意。 D.瓶盖被弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而出现白雾现象，故D正确，不符合题意。 故选B。 【变式9-1】（2025年北京市初中学业考试）在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，将水加热一段时间，橡胶塞被推出，管口出现大量“白气”，如图所示。下列说法正确的是（　　） A.水变热的过程，其内能是通过做功的方式改变的 B.橡胶塞被推出的过程中，水的内能全部转化为塞子的机械能 C.水蒸气推出橡胶塞的过程中，水蒸气的内能减小 D.管口出现的“白气”是试管内的水直接汽化形成的 【答案】C 【解析】A.水变热是通过热传递（酒精灯加热）改变内能，不是做功，故A错误； B.橡胶塞被推出时，内能转化为机械能，但有热量散失，不是全部转化，故B错误； C.水蒸气推出橡胶塞，水蒸气对外做功，水蒸气内能减小，故C正确； D.“白气”是水蒸气液化形成的小水滴，不是汽化，故D错误。 故选C。 【变式9-2】（2025·山东潍坊）（多选题）如图所示，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒向瓶内打气。当打气到一定程度时，塞子会从瓶口跳起，同时瓶内出现大量的“白气”；这时再迅速将塞子塞上，并快速向瓶内再次打气，看到“白气”很快消失。下列分析正确的是（ ） A.塞子从瓶口跳起前，瓶内气体的内能减小 B.塞子从瓶口跳起过程中，瓶内气体对外做功 C.瓶内出现的“白气”是水蒸气 D.再次打气时“白气”消失，发生的物态变化是汽化 【答案】BD 【解析】A.塞子从瓶口跳起前，用气筒向瓶内打气，外界对瓶内气体做功，瓶内气体内能增大，气压增大，故A错误。 B.塞子从瓶口跳起过程中，瓶内气体对塞子做功，即瓶内气体对外做功，气体的内能转化为塞子的机械能，故B正确。 C.瓶内出现的“白气”是瓶内水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气，水蒸气是无色透明的气体，肉眼看不见，故C错误。 D.再次打气时，外界对瓶内气体做功，气体内能增大，温度升高，使小水滴汽化为水蒸气，所以“白气”消失，发生的物态变化是汽化，故D正确。 故选：BD。 【变式9-3】（2025·山东青岛·二模）在“航天日”主题活动中，小明用塑料瓶自制了“水火箭”，如图所示。用打气筒向瓶内打气，瓶内压强足够大时，“水火箭”向下喷水从而获得升空的动力，是利用了___________________；打气过程是以_________的方式改变瓶内气体内能，“水火箭”飞出后，瓶内气体温度降低，内能_________。水火箭被弹射出时的能量转化情况与四冲程汽油机工作过程中的________冲程相同。 【答案】力的作用是相互的；做功；减小；做功 【解析】当“水火箭”向下喷水时，水受到向下的推力，同时水对“水火箭”产生一个向上的反作用力，使“水火箭”获得升空的动力，这体现了力的作用是相互的。 用打气筒向瓶内打气，是通过压缩气体体积对气体做功，使瓶内气体内能增加。“水火箭”飞出后，瓶内气体体积膨胀对外做功，气体内能减小，温度降低。 水火箭被弹射出时，是瓶内气体的内能转化为水火箭的机械能，这与四冲程汽油机工作过程中的做功冲程能量转化情况相同，在做功冲程中，燃气的内能转化为活塞等的机械能。 物体间力的作用是相互的做功减少做功。 故答案为：力的作用是相互的；做功；减小；做功。 模型10.内能与物态变化图像 ( 标志： 从物态变化图像上判断内能的关系。 技巧： 晶体熔化：熔化吸热，温度保持不变，但内能增大；如图所示，C点内能大于B点。 晶体凝固：凝固放热，温度保持不变，但内能减小；如图所示，C点内能小于B点。 ) 【例10】用如图甲所示的装置给200g冰块加热。根据实验记录的数据，绘制了如图乙所示冰熔化时温度随时间变化的图像。继续加热一段时间，观察到水沸腾时温度计的示数如图丙所示。水的比热容是4.2×103J/(kg·℃)。下列说法正确的是（ ） A.水沸腾时烧杯上方的气压低于标准大气压 B.BC段冰块持续吸热，温度不变，内能不变 C.冰熔化过程中即BC段吸收了8.4×103J的热量 D.比较AB段和CD段可知，AB段的比热容是CD段比热容的2倍 【答案】AC 【解析】A.由图丙可知，温度计的分度值为1°C，其 示数为98°C，即水的沸点为98°C，在标准大气压 下，水的沸点是100°C，液体的沸点随气压的减小 而降低，所以水沸腾时烧杯上方的气压低于标准大 气压，故A正确； B.图乙中BC段是冰的熔化过程，此过程持续吸 热，温度保持0°C不变。物质在熔化过程中，吸收 热量，内能增加，故B错误； C.CD段是液体水，其质量m=200g=0.2k g，温度从0°C升高到10°C，水吸收的热量： Q吸CD=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃) × 0.2kg×10℃= 8.4×103J 从图乙可知，BC段和CD段的加热时间相同，都为10min。若不考虑热量损失，则两时间段吸收的热量相同，即Q吸BC=Q吸CD=8.4×103J，故C正确； D.AB段是冰，CD段是水。由图乙可知，在相同 质量下，它们升高相同的温度ΔtAB=ΔtCD=10℃时，冰加热的时间为5min，水加热的时间为10min。加热时，在相同时间内，吸收的热量相等，根据Q吸=cmΔt可知，冰的比热容是水的比热容的，故D错误。 故选：AC。 【变式10-1】在课外实践性作业中，某同学探究了一定浓度的盐水凝固时温度的变化规律，根据实验数据画出了盐水的凝固图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A.该盐水的凝固点是-6℃ B.凝固过程经历10min C.凝固过程中，盐水不断放出热量 D.盐水凝固形成的盐冰是晶体 【答案】ACD 【解析】A.由图像可知，盐水在−6℃时开始凝固，凝固点为−6℃。故A正确； B.盐水从第5min开始凝固，到第10min凝固结束，凝固过程经历5min。故B错误； C.凝固过程中，盐水不断放出热量，温度保持不变。故C正确； D.盐水凝固形成盐冰时温度不变，有凝固点，盐冰是晶体。故D正确。 故选ACD。 【变式10-2】（2025年山东济宁二模）小明对质量为2kg的冰缓慢加热，不计冰和水的质量变化，他根据冰熔化成水直到沸腾的过程中记录的实验数据绘制成如图所示的温度-时间图像，c水=4.2×103J/(kg·℃)，下列分析正确的是（ ） A.图像中BC段中共吸收了6.3×105J的热量 B.图像中BC段物质的温度保持不变，内能也不变 C.图像中DE段表示水的沸腾过程，沸腾过程中产生的气泡内部主要是空气 D.冰熔化过程用时8min 【答案】A 【解析】A.要计算BC段吸收的热量，需先通过AB段（冰的升温过程）求出单位时间吸热量（缓慢加热时，相同时间内吸收的热量相同）： 冰的比热容c冰=2.1×103J/(kg·℃)，质量m=2kg，AB段温度变化Δt冰=0℃−(−50℃)=50℃，用时tAB=2min。 AB段吸收的热量： QAB=c冰mΔt冰=2.1×103J/(kg·℃)×2kg×50℃=2.1×105J 单位时间（每分钟）吸热量： BC段用时：tBC=8min−2min=6min 吸收的热量：QBC=Qper min×tBC=1.05×105J/min×min6=6.3×105J A正确。 B.BC段是冰的熔化过程，虽然温度保持0℃不变，但持续吸收热量，内能增加（内能与温度和分子势能有关，熔化时分子势能增大）。B错误。 C.DE段是水的沸腾过程，沸腾是液体内部和表面同时发生的剧烈汽化现象，气泡内部主要是水蒸气（而非空气）。C错误。 D.冰的熔化过程对应BC段，用时8min−2min=6min，而非8min。D错误。 故选A。 【变式10-3】（2025·盐城模拟）如图是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，物质在AB和CD段两种状态下的比热容较大的是________段，在B点的内能________（选填“>”、“=”或“<”）C点的内能；若CD段的比热容为4.2×103J/（kg·℃），则在BC段吸热为__________。 【答案】CD；<；1.68×105J 【解析】根据温度与时间的关系图像，分析物质在不同状态下的比热容，比较内能的大小，并计算特定阶段吸收的热量。 分析物质在AB和CD段两种状态下的比热容大小：从图像可以看出，CD段的温度变化比AB段慢，说明在相同时间内，CD段吸收的热量更多，因此CD段的比热容较大。 比较B点和C点的内能大小：由于B点到C点是物质的熔化过程，虽然温度不变，但物质吸收了热量，因此C点的内能大于B点的内能。 计算BC段吸收的热量：BC段是物质的熔化过程，虽然温度不变，但物质吸收了热量。根据CD段的比热容和温度变化，可以计算出CD段吸收的热量，进而推算出BC段吸收的热量。 QBC= 4.2×103J/(kg·℃) ×0.5kg×20℃=1.68×105J 故答案为：CD；<；1.68×105J。 模型11.热传递的方向和条件问题 ( 标志： 热传递的方向和条件问题。 技巧： 热传递的方向 ‌ ： ‌ 热量总是从高温物体（或高温部分）自发传递到低温物体（或低温部分） ‌ ， 直到两者温度相等为止 。 热传递的条件 ‌ ： 必须存在 温度差 ‌ （即两物体或同一物体的不同部分之间温度不相等） ‌ 。 ‌ 注意 ‌ ： 热传递传递的是 ‌ 能量 ‌ （具体表现为热量），不是温度，也不是 “ 热的物质 ”‌ 。 ) 【例11】质量相同的铜块和水（c水>c铜），铜块的初始温度比水高，经过一定的操作后，将铜块放入水中，水将热量传递给铜块，则该操作可能是将该铜块和水（ ） A.降低相同的温度 B.升高相同的温度 C.吸收相同的热量 D.放出相同的热量 【答案】D 【解析】A.降低相同的温度：降低相同温度后，初始温度较高的铜块温度仍高于水，放入水中时铜块将热量传递给水，与水传递热量给铜块矛盾。 B.升高相同的温度：升高相同温度后，铜块温度更高，放入水中时铜块将热量传递给水，与水传递热量给铜块矛盾。 C.吸收相同的热量：由于c水>c铜，质量相同，吸收相同热量时铜块温升大于水；初始铜块温度高，操作后铜块温度更高，放入水中时铜块将热量传递给水，与水传递热量给铜块矛盾。 D.放出相同的热量：由于c水>c铜，质量相同，放出相同热量时铜块温降大于水；操作后铜块温度可能低于水（取决于初始温差和放热量），放入水中时水将热量传递给铜块，符合题干描述。 故选D。 【变式11-1】把质量和温度都相同的铁球、铝球和铜球同时投入沸腾的水，足够长的时间后，三球的温度变化________（选填：“相同”或“不相同”）。其中吸收热量最多的是_______球，吸收热量最少的是_______球。（已知c铝>c铁>c铜） 【答案】相同；铝；铜 【解析】（1）把质量和温度都相同的铁球、铝球和铜球同时投入沸腾的水中，它们在水中吸收热量，温度升高，当它们的温度与水的温度相同时，热传递就会停止，这时它们的末温相等，等于沸水的温度，由于它们的初温相等，末温也相等，所以它们的温度变化Δt相同。 （2）因为c铝>c铁>c铜，m铝=m铁=m铜，Δt相同，由热量公式：Q=cmΔt可知：Q铝>Q铁>Q铜，所以吸收热量最多的是铝球，吸收热量最少的是铜球。 故答案为：相同；铝；铜。 【变式11-2】铅块质量是铜块的2倍，铜的比热容是铅的3倍。初温相同，吸收相同热量后，再相互接触，结果（ ） A.铅块把热量传给铜块 B.铜块把热量传给铅块 C.不发生热传递 D.末温不知，不能肯定 【答案】A 【解析】设铜块的质量为m，则铅块的质量为2m；设铅 的比热容为c，则铜的比热容为3c；即： 可知铅块升高的温度比铜块升高的温度高，由于初温相同，所以铅块的末温要比铜块的末温高，热量从温度高的铅块传给温度低的铜块。 故选A。 【变式11-3】铜的比热容小于铁的比热容，现有质量和温度都相等的铜块和铁块吸收相同的热量后，再将它们相互接触，以下说法正确的是（ ） A.不发生热传递 B.热量从铜块传给铁块 C.热量从铁块传给铜块 D.无法判断 【答案】 【解析】由于热量总是从高温物体传给低温物体，而且铁和铜的初温相同，只要根据判断出两块金属各自升高的温度，就可知道末温的高低，就能够判断出热量的传递方向。 因为铁块和铜块的质量、吸收的热量均相同，由c铜<c铁，根据可判断铜块升高的温度更多，又因为二者的初温相同，所以铜块的末温比铁块的末温高，根据热传递的条件可得热量将从铜块传给铁块，故B正确，ACD错误。 故选：B。 思考：若放出相同的热量，其他条件不变，结果如何呢？ 因为铁块和铜块的质量、吸收的热量均相同，由c铜<c铁，根据可判断铜块降低的温度更多，又因为二者的初温相同，所以铁块的末温比铜块的末温高，根据热传递的条件可得热量将从铁块传给铜块。 模型12.实验探究物质的吸热本领 ( 标志： 实验探究物质的吸热本领。 技巧： 解题时要明确以下两点： ①实验中要用相同的热源进行加热，以保证相同时间内物质吸收相同的热量。 ②在分析实验数据时，可采用图像法，将实验数据用描点法作出温度随加热时间变化的图像。两种方法可以比较不同物质的吸热能力。 a. 在质量相同、升高温度相同时，加热时间长的物质吸收的热量多，吸热能力就强。 b. 不同物质吸收的热量（加热时间）相同时 ， 不同物质升高温度的不同 ， 升温快的吸热能力就弱。 ) ( ③ 用比较法分析数据。 【特别提示】 ① 实验仪器组装时要按照 “ 从下而上 ” 的顺序安装。保证用酒精灯的外焰加热，不要忘记安装石棉网，正确使用温度计测液体温度。 ② 进行多次实验的目的是寻找普遍规律，避免实验的偶然性 ， 不是减小实验误差。 ) 【例12】（2025·山东烟台·一模）某实验小组用规格完全相同的实验器材，对初温相同的100g水、200g水、100g煤油进行加热，如图所示。 （1）若要探究不同物质的吸热差异应选择________（选填“甲、乙、丙”中的两个）两图进行对比实验；此实验通过________________________（选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少； （2）在组装实验器材的过程中，________（选填“需要”或“不需要”）点燃酒精灯；加热时液体温度升高，这是通过__________方式来增大液体内能的； （3）在处理实验数据时，小组成员绘制了从开始加热到沸腾前液体的温度随时间变化图像如图丁，分析可知100g煤油对应的图像是________（选填“b”或“c”），已知水的比热容大于煤油的比热容。 （4）实验完毕，同学们交流后对实验装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中加热，如图戊所示，这样做的好处是________________（填写一个即可）。 （5）为了表示不同物质在这种性质上的差异，物理学中引入了比热容这一物理量。在沿海地区炎热晴朗天气里，由于海水和陆地的比热容不同，易形成海风或陆风。如图己所示是风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，仅在海陆风因素的影响下，如图庚所示风力发电站出现的情形是在________（选填“白天”或“夜晚”）。 【答案】（1）甲、丙；加热时间的长短；（2）需要；热传递；（3）c；（4）均匀加热；（5）夜晚 【解析】（1）若要探究不同物质的吸热差异，根据控制变量法，应选质量相同的不同液体，因此选甲、 丙，用相同酒精灯加热，相同时间内，物体吸热相同，因此此实验通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少。 （2）本实验需用外焰加热，因此在组装实验器材的过程中，需要点燃酒精灯，加热时液体温度升高，这是通过热传递方式来增大液体内能的； （3）如图丁，被加热物体为100g煤油、100g水、200g水，已知a为200g水，根据Q=cm△t, 质量相同的物体，吸热相同时，比热容越小，升温 越多，水的比热容大于煤油的比热容，且c升温快， 因此c为100g煤油； （4）实验后同学们交流后对实验装置进行了改进，将 分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中加热， 是利用水浴法，加热均匀。 （5）由于水的比热容较大，晚上放出相同的热量时，水的温度下降较小，因此海面温度高，陆地温度低，风由陆地吹向大海，如图庚所示的情形出现在夜晚。 故答案为：（1）甲、丙；加热时间的长短；（2）需要；热传递；（3）c；（4）均匀加热；（5）夜晚。 【变式12-1】（2025·江苏苏州）如图甲，两个相同的容器中分别装有液体a、b，液体a的质量大于b的质量。用两个电热丝分别对液体a、b加热，电热丝R1的阻值大于R2的阻值，工作电压相同，且电热丝产生的热量均被液体吸收，液体a、b温度随时间的变化关系如图乙。下列说法正确的是（ ） A.a、b为同种物质 B.a的比热容小于b的比热容 C.相同时间内a、b吸收的热量相等 D.R1的电功率大于R2的电功率 【答案】B 【解析】已知液体a的质量大于b的质量，用两个电热丝分别对液体a、b加热，电热丝R1的阻值大于R2的阻值，工作电压相同，根据可知，R1的电功率小于R2的电功率，根据Q=W=Pt，电热丝R1产生的热量小于R2产生的热量，相同时间a吸热小于b，相同时间a的升温大于b的升温，根据可知，因液体a的质量大于b的质量，故液体a的比热容小，不同物质比热容一般不同，故a、b为两种物质不是同种物质。 故选：B。 【变式12-2】（2025·辽宁）如图甲，某小组在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的水和食用油，比较它们的吸热能力。 （1）为使两个电加热器在单位时间内放出的热量相同，电加热器的规格应________； （2）本实验中使用的液体温度计是根据液体_____________的规律制成的； （3）每隔0.5min记录一次温度，并将数据记录在下表中。第2.5min时，食用油中的温度计示数如图乙所示，为________℃。 加热时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 … 水的温度/℃ 25 27 29 31 33 35 … 食用油的温度/℃ 25 30 34 37 42 … 分析表中数据，发现________吸热能力强； （4）为使内部充有液态介质的电暖器通电后能迅速升温，内部应充入吸热能力较________（选填“强”或“弱”）的介质。（仅从吸热能力的角度分析） 【答案】（1）相同；（2）热胀冷缩；（3）46；水；（4）弱 【解析】（1）本实验用加热时间长短来表示吸收热量多少，实验中要保证电加热器在相同时间放出的热量相同，所以要求电加热器的规格相同。 （2）实验中使用的液体温度计是根据液体热胀冷缩的规律制成的。 （3）题图乙中温度计的分度值为 1℃，此时温度计的读数为 46℃。由表格中数据可以看出，加热时间相同时，水的温度升高得少，说明水的吸热能力更强。 （4）为了使电暖气通电后迅速升温，应充入吸收相同热量后升温更快的液体，即比热容小、吸热能力弱的液体介质。 故答案分别为：（1）相同；（2）热胀冷缩；（3）46；水；（4）弱。 【变式12-3】（25-26九年级上·广东汕尾·期中）烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。为比较“水和沙子的吸热性能”分别设计了甲、乙两种不同的实验方案，甲的方案如图1所示，乙的方案如图2所示： （1）两种方案中，实验过程都需控制水和沙子的________相同，乙方案中，采用相同的白炽灯是为了在相同时间内提供相等的________。 （2）甲实验过程中，每1分钟记录一次温度，并绘制出温度-时间图像，如图3所示。分析图像可知，实验中水和沙子升高相同的温度，水吸收的热量________（选填“大于”“等于”或“小于”）沙子吸收的热量，则表明________的吸热能力较强。 （3）对比两个实验方案，在温度读取方面，甲的方案有何不足：________________________。 （4）从实验发现水和沙子的吸放热性能不同，即比热容不同。水的比热容c水=4.2×103J/(kg·℃)，则沙子的比热容为_________ J/(kg·℃)。 【答案】质量；热量；（2）大于；水；（3）视觉误差导致数据不准确；或是温度计玻璃泡在沙子中不易与沙子充分接触，可能导致温度测量不准确；（4）2.1×103 【解析】（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，两种方案中，实验过程都需控制水和和沙子的质量相同，乙方案中，由转换法，采用相同的白炽灯是为了在相同时间内提供相等的热量； （2）分析图像可知，实验中水和沙子升高相同的温度，水加热时间长，水吸收的热量大于沙子吸收的热量，则表明水的吸热能力较强； （3）对比两个实验方案，在温度读取方面，甲的方案不足：视觉误差导致数据不准确；或是温度计玻璃泡在沙子中不易与沙子充分接触，可能导致温度测量不准确； （4）根据图3可知，升高25℃，水、沙子的加热时间分别为6min和3min，由转换法，沙和水的吸热之比为1∶2，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，则沙子的比热容为： 故答案为：（1）质量；热量；（2）大于；水；（3）视觉误差导致数据不准确；或是温度计玻璃泡在沙子中不易与沙子充分接触，可能导致温度测量不准确；（4）2.1×103。 模型13.用比热容解释生活中的现象 ( 标志： 用比热容知识解释生活中的现象。 技巧： 解题时可从以下两方面入手： ① 从温度变化的观点来分析： 根据公式 Q = cmΔt 可得 ，由此可知不同的物质在质量相同、吸收或放出相同热量的情况下，比热容大的物质温度变化小。 ② 从热量的观点分析： 根据公式 Q = cmΔt 可知，相同质量的不同物质，升高（或降低）相同的温度，吸收（或放出）的热量不同，比热容大的吸收（或放出）的热量多。如沙漠地区与沿海地区气候不同。 【特别提示】 比谁容易热，可用比热容；物质如同种，比热容相同；数小容易热，数大就不同；水的比热（容）大，沿海温差小；砂石比热（容）小，内陆温差大。 ) 【例13】如图所示某项目式学习小组用该装置探究海陆风的成因。取下两箱子的封口盖，在完全相同两箱子中装入质量和初温相同的水和沙子，在两个箱子的侧面分别开一小孔，用一个两端开口的透明细管AB将其连接，点燃一支香放在细管中部（如图所示），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向，分析判断：相同条件下，加热一段时间后，烟将会从AB管的_________端管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间风是_________。（A.从大海吹向陆地；B.从陆地吹向大海） 【答案】B；B 在实验模拟海陆风的形成时，通过点燃一支香放在连接两个箱子的透明细管中，观察白烟的流向来模拟日晒下海边的风向。由于水的比热容大，相同条件下，水吸热升温慢，沙子吸热升温快。因此，加热一段时间后，沙子（模拟陆地）的温度会高于水（模拟海洋）的温度。根据信息窗中的知识，空气因受热体积膨胀，密度变小而上升，冷空气会从四面八方流过来。所以，烟将会从管的B（连接沙子的管子，代表热空气上升的地方）管口冒出。 夜间，海洋和陆地的温度会发生变化。由于水的比热容大，放热降温慢，而沙子的比热容小，放热降温快。因此，夜间海洋的温度会高于陆地的温度。根据信息窗中的知识，此时海洋上的空气会受热上升，形成低压区，而陆地上的空气会流向海洋，形成海风，故B符合题意，A不符合题意。 故答案为：B；B。 【变式13-1】楼房中的“暖气”一般采用热水循环的方式将热带到房屋中通过热传递供暖，这是因为水的_________大，若暖气中50kg的水，温度降低2℃，放出的热量是________J。[c水=4.2×103J/(kg·℃)] 【答案】比热容大；4.2×105 【解析】（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以暖气用水来供热。 （2）水放出的热量： Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg•℃)×50kg×2℃=4.2×105J 故答案为：比热容大；4.2×105。 【变式13-2】（2025·湖北恩施·二模）载重汽车一般都有水箱，它是汽车发动机冷却系统的一部分。用水作冷却系统的工作物质，既因为水取用方便且便宜，也因为与其他物质比较，水（ ） A.比热容较大 B.含有的热量多 C.具有流动性 D.具有导热性 【答案】A 【解析】A.水的比热容较大，相同质量的水和其他物质比较，升高相同的温度时，水吸收的热量多，所以能很好地冷却发动机，该选项正确； B.热量是一个过程量，不能说物体“含有热量”，表述错误； C.水具有流动性不是用水作冷却系统工作物质的主要原因，冷却效果主要由比热容决定，该选项错误； D.虽然水具有导热性，但这不是用水作冷却剂的关键原因，关键是水的比热容大，该选项错误。 故选A。 【变式13-3】如图为白天海陆风形成的示意图。海陆风形成的原因是：白天在相同日照条件下，与海洋相比，陆地的（ ） A.比热容较小，升温较快，气温较高 B.比热容较小，升温较慢，气温较低 C.比热容较大，升温较快，气温较高 D.比热容较大，升温较慢，气温较低 【答案】A 【解析】白天，在太阳照射下海岸和海水吸收相同的热量，由于水的比热容比泥土、沙石的比热容大，所以海水温度上升较慢；而海岸吸收热量后，温度上升较快，气温较高，热空气上升，微风从海洋吹向陆地，形成海风。故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 模型14.比热容的比例计算 ( 标志： 比热容的比例计算是初中物理热学中的重点题型。 技巧： 核心公式： Q = cmΔ t ，变形可得比热容的表达式： 。 当比较甲、乙两种物质时，其比热容之比为： 该公式由 推导而来，适用于所有比例类问题。 步骤总结： 步骤一 ‌ ：明确题目中给出的物理量比例（质量、比热容、温度变化、热量）。 ‌ 步骤二 ‌ ：写出基本公式 Q = cmΔt ，并根据所求量进行变形。 ‌ 步骤三 ‌ ：将比例代入公式，注意分子分母对应关系。 ‌ 步骤四 ‌ ：化简比例，得出最终结果。 ‌ 关键点 ‌ ：比热容是物质特性，不随质量、温度变化，但与状态有关（如水和冰不同 ）。 ) 【例14】如图所示，是用相同加热器加热质量相等的A、B两种不同液体时（忽略散热）得到水温与加热时间的图线。则A、B两液体的比热容之比为（ ） A.2∶3 B.3∶2 C.2∶1 D.1∶2 【答案】A 【解析】由图可知，两种液体的温度都升高20℃时，甲液体的加热时间为2min，而乙液体的加热时间为3min，因两加热器相同，则液体吸收的热量与加热时间成正比，所以两液体吸收热量的比值为 Q吸甲∶Q吸乙=2min∶3min=2∶3 已知两种液体的质量相同，由Q吸=cmΔt可知，在液体升高的温度相同时，吸收的热量与比热容成正比，所以： c甲∶c乙=Q吸甲∶Q吸乙=2∶3 故选：A。 【变式14-1】（25-26九年级上·全国·单元测试）有甲、乙两个金属块，它们的质量之比为2∶3，比热容之比为1∶2，某段时间内放出的热量之比为5∶6，则甲、乙两个金属块的温度变化量之比为（ ） A.3∶1 B.6∶5 C.5∶2 D.3∶2 【答案】C 【解析】根据公式Q=cmΔt可得，甲、乙两个金属块的温度变化量之比为： 故ABD不符合题意，C符合题意。 故选C。 【变式14-2】A、B两物体质量相等、温度均为20℃，甲、乙两杯水质量相等，温度均为60℃，现将A放入甲杯、B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了5℃，乙杯水温降低了10℃，不考虑热量的损失，则A、B两物体的比热容之比为（ ） A.1∶2 B.3∶7 C.2∶3 D.4∶7 【答案】B 【解析】根据热平衡原理，不考虑热量损失时，水放出的热量等于物体吸收的热量（Q放=Q吸）。 （1）A物体与甲杯的热平衡： 甲杯水的温度变化Δt水1=5℃，末温t1=60℃−5℃=55℃ A物体的温度变化：ΔtA=55℃−20℃=35℃ 水放出的热量：Q放1=c水m水Δt水1=c水m水×5℃ A吸收的热量：Q吸A=cAmAΔtA=cAmA×35℃ 由Q放1=Q吸A得：c水m水×5=cAmA×35 解得： （2）B物体与乙杯的热平衡： 乙杯水的温度变化Δt水2=10℃，末温t2=60℃−10℃=50℃ B物体的温度变化ΔtB=50℃−20℃=30℃ 水放出的热量：Q放2=c水m水Δt水2=c水m水×10℃ B吸收的热量：Q吸B=cBmBΔtB=cBmB×30℃ 由Q放2=Q吸B得：c水m水×10=cBmB×30 解得： （3）求比热容之比：已知mA=mB，因此： （因mA=mB）。 故A、B两物体的比热容之比为3∶7，答案选B。 【变式14-2】（25-26九年级上·全国·单元测试）有甲、乙两个金属块，它们的质量之比为2∶3，比热容之比为1∶2，某段时间内放出的热量之比为5∶6，则甲、乙两个金属块的温度变化量之比为（ ） A.3∶1 B.6∶5 C.5∶2 D.3∶2 【答案】C 【解析】根据公式Q=cmΔt可得，甲、乙两个金属块的温度变化量之比为： 故ABD不符合题意，C符合题意。 故选C。 【变式14-3】如图所示，甲、乙、丙的三套装置完全相同，燃料质量、载体质量及液体初温均相同，不考虑热量损失，点燃后燃料稳定燃烧直至燃尽，同一套装置中液体单位时间内吸热相等，三套装置烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，下列判断正确的是（ ） A.两种液体的比热容之比ca∶cb=2∶1 B.两种燃料的热值之比q1∶q2=3∶4 C.0~t1时间段甲、乙液体吸收的热量之比Q甲∶Q乙=1∶1 D.0~t2时间段乙中液体a与0~t1时间段丙中液体b吸收的热量之比Q乙∶Q丙=3∶4 【答案】D 【解析】A.对比甲、丙两个实验可知，实验所用燃料相同，两种液体a、b加热相同的时间吸收的热量相同，由图丁可知，0~t1时间段内，液体b的温度变化为Δtb=T0，液体a的温度变化为Δta=2T0。两种液体的比热容之比： 故A错误； B.对比甲、乙两个实验可知，实验所用液体种类、质量、初温都相同，燃料不相同，燃料完全燃烧提供的热量都被液体a吸收，燃料1时液体a升高的温度为Δta=2T0，燃料2时液体a升高的温度为Δta′=1.5T0，两种燃料的热值之比： 故B错误； C.0~t1时间段，甲、乙装置中燃料的种类不同，加热液体的种类和质量相同，相同时间液体升高的温度不同，液体吸收的热量不同，Q甲∶Q乙≠1∶1，故C错误； D.0~t2时间段，乙中液体a吸收的热量：Q乙=cam×1.5T0 0~t1时间段，丙中液体b吸收的热量：Q丙=cbmT0 0~t2时间段乙中液体a与0~t1时间段丙中液体b吸收的热量之比： 故D正确。 故选D。 模型15.利用比热容公式的计算 ( 标志： 利用比热容公式的计算。 技巧： 比热容是物质的一种特性，表示单位质量的物质温度升高或降低 1 ℃ 时吸收或释放的热量。 核心计算公式： ​ 计算步骤与注意事项： ‌ ① 统一单位 ‌ ：所有物理量必须使用国际单位制：质量 m 换算为 kg （如 500g = 0.5kg ） 、 热量 Q 单位为 J 、 比热容单位为 J/(kg·℃) 、 温度变化量 Δ t 为绝对值差 。 ‌ ② 区分 “ 升高到 ” 与 “ 升高了 ” ‌ ： “ 升高了 30℃ ” → Δ t = 30℃ ； “ 升高到 30℃ ” → 需结合初温计算 Δ t = 30- t 0 。 ‌ ③ 热平衡问题中应用能量守恒 ‌ ： 若不计热量损失，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，即： Q 放 = Q 吸 。 ​ 例如：金属块投入水中，最终达到共同温度，可通过水吸收的热量反推金属的比热容。 ‌ ④ 比热容是物质属性 ‌ ： 与质量、温度、吸放热量 无关 ，与物质种类和状态 有关 （如水和冰的比热容不同）。 ⑤ 1标准大气压下水的沸点为 100 ℃ 。1标准大气压下水的温度达到 100 ℃ ，继续吸热温度不变，仍为 100 ℃ 。 ) 【例15】一壶质量为2千克，温度为20℃的水，加热到70℃[c水=4.2×103J/(kg·°C)]。求： （1）水升高的温度Δt； （2）水吸收的热量Q吸； （3）接着再继续加热，若水又吸收了3.36×105J的热量，求水的末温t末。（1标准大气压下） 【答案】（1）50℃；（2）4.2×105J；（3）100℃ 【解析】（1）水升高的温度为： Δt=70℃-20℃=50℃ （2）水吸收的热量为： Q=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×50℃=4.2×105J （3）接着再继续加热，若水又吸收了3.36×105焦的热量，水升高的温度为： 水的末温为： t末=70℃+40℃=110℃ 因1标准大气压下水的沸点为100℃，当水的温度达到100℃继续吸热时，水的温度将保持不变 所以，水的末温为100℃。 答：（1）水升高的温度为50℃； （2）水吸收的热量为4.2×105J； （3）接着再继续加热，若水又吸收了3.36×105焦的热量，水的末温为100℃。 【变式15-1】（2025江苏宿迁中考题）将质量均为100g的沙子和水分别放在两个相同瓷盘中，初始温度相同，用同一热源加热相同时间，________升温快，这是因为____________________；实验中测得，水的温度升高了20℃，吸收的热量为_________J[c水=4.2×103J/(kg·℃)]。 【答案】沙子；水的比热容比沙子的比热容大； 【解析】比较沙子和水的升温情况：用同一热源加热相同时间，意味着沙子和水吸收的热量是相同的。根据比热容的概念，比热容是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。水的比热容比沙子的比热容大，即相同质量的水和沙子比较，在吸收相同热量的情况下，根据（其中Δt是温度变化量，Q是吸收或放出的热量，c是比热容，m是质量），质量m相同，吸收的热量Q相同，比热容c越小，温度变化量Δt越大，所以沙子升温快。 说明沙子升温快的原因：由上述分析可知，沙子升温快的原因是水的比热容比沙子的比热容大。 计算水吸收的热量：已知水的质量m=100g=0.1kg，温度升高了Δt=20℃，水的比热容c=4.2×103J/(kg·℃)，根据热量计算公式Q吸=cmΔt，可得水吸收的热量为： Q吸=c水mΔt =4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×20℃=8.4×103J 【变式15-2】（2025·淮安模拟）如图所示，“曲水流觞”是古代文人墨客诗酒唱酬的一种雅事。将酒盏漂浮在清冽的溪水上随溪流动，会降低酒的温度。在这个过程中，酒的内能________，这是通过__________的方式改变酒的内能，若酒盏里质量为100g，温度为30℃的酒在漂流过程中，放出了1700J的热量，酒的温度降低至_______℃。[其中c酒=3.4×103J/（kg•℃）] 【答案】变小；热传递；25 【解析】根据内能的影响因素可知，酒的质量不变，而温度降低，则酒的内能变小； 将酒盏漂浮在清冽的溪水上随溪流动，溪水吸收酒的内能，使酒的内能变小，这是通过热传递的方式 在改变酒的内能； 酒的质量m=100g=0.1kg, 由Q放=c酒mΔt可知，酒降低的温度： 酒的末温度： t=t0-Δt=30℃-5℃= 25℃ 故答案为：变小；热传递；25。 【变式15-3】（2025·苏州模拟）某同学用如图甲所示的实验装置，比较不同物质的比热容。将分别盛有100g水和100g食用油的两个相同试管固定在铁架台上，温度传感器的探头与水和食用油良好接触，将温度传感器与计算机相连，计算机上显示温度随时间变化的图线如图乙所示。已知水的比热容是4.2×103 J/（kg·℃）；不计热量损失，下列说法正确的是（ ） A.图线A描述的是水 B.食用油的比热容为2.8×103 J/(kg·℃) C.0~2min，水吸收的热量为1.68×103J D.加热2min，水吸收的热量大于食用油温度传感器吸收的热量 【答案】BC 【解析】A.根据图乙可知，温度同样升高40℃，A需要加热2min，B需要加热3min，B的加热时间更长，吸收热量更多，可知B的吸热能力强，故B是水，A是食用油，A错误； B.根据图乙可知，温度同样升高40℃，食用油需要加热2min，水需要加热3min，则吸收的热量之比为2∶3，根据Q吸=cmΔt可知，质量和升温相同时，比热容和吸收的热量成正比，所以食用油和水的比热容之比为2∶3，则食用油的比热容为： B正确； C.0~3min水温升高40℃，吸收的热量为： Q吸=4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×40℃=16800J 加热器在相同的时间内放出的热量相同，则1min放热为： 则2~3min内，食用油吸收的热量为5600J，C正确。 D.根据转换法，实验中用相同的加热器加热，两种液体相同时间内吸收热量相同，故水吸收的热量等于食用油吸收的热量，D错误； 故选BC。 模型16.热平衡方程及其应用 ( 标志： 热平衡方程及其应用。 技巧： 热平衡方程是描述系统间热量传递并最终达到温度均衡状态的核心公式，其基本形式为： ‌ Q 吸 = Q 放 ‌ ，即在无热量损失的绝热系统中，低温物体吸收的热量等于高温物体放出的热量。该方程基于能量守恒定律，广泛应用于物理、工程、气候与人体热调节等领域。 在最简单的两物体热交换场景中，若不考虑对外散热和做功，热平衡方程可表示为： c 1 m 1 ( Δt 1 ) = c 2 m 2 ( Δt 2 ) ‌ 其中： c 为比热容， m 为质量， Δt 为温度变化量。 该方程成立的前提是系统 ‌ 与外界无热量交换 ‌ （绝热），且最终达到共同温度。例如，将热铁块投入冷水中，热量从铁块传递至水，直到两者温度相同，此时吸收热量等于释放热量。 ) 【例16】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】当将金属球放人甲容器中时，金属球放出的热量与水吸收的热量相等，即Q金=Q水。则： c金m金（65℃-45℃)= c水m水(45℃-25℃) 化简得： 当将金属球放人乙容器中时，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，设此时两者共同的温度为t，则： c水m水(75℃-t)= c金m金(t-45℃) 即：75℃-t=t-45℃ 解得：t=60℃ 故答案选B。 【变式16-1】将一个温度为10℃、质量为600g的物块放入温度为100℃、质量为800g的水中，物块和水的温度随时间的变化图像如图所示[不计热损失，c水=4.2×103J/(kg·℃)]。以下说法正确的是（ ） A.前6min，物块吸收的热量是1.008×105J B.前6min，水吸收的热量为2.016×105J 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4∶5 【答案】A 【解析】B.水放出热量后温度降低，由图像可知，水在前6min温度从100℃降到70℃，则前6min水放出的热量： Q放=c水m水(t0水-t水)=4.2×103J/(kg·℃)×0.8kg×(100℃-70℃)=1.008×105J 故B错误； AC.不计热损失，物块吸收的热量和水放出的热量相等，则前6min物块吸收的热量： Q吸=Q放==1.008×105J 故A正确，C错误； D.物块吸收热量后温度升高，由图像可知，物块前6min温度从10℃升高到70℃，物块的比热容： 则物块的比热容与水的比热容之比：c物∶c水=[2.8×103J/(kg·℃)]∶[4.2×103J/(kg·℃]=2∶3 故D错误。 故选AD。 【变式16-2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ） A.4.5℃ B.4℃ C.3.5℃ D.3℃ 【答案】 【解析】设热水和冷水的温度差为t， ∵ 质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃， ∴ Q吸=Q放， 从而可知：cm0(t-10℃)=cm×10℃…………………………① 又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，ΔQ吸=ΔQ放， 从而可知：cm0(t-10℃-6℃)=c(m+m0)×6℃…………………② 则①-②得： 6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0 整理得：12℃×cm0=4℃×cm 解得：m=3m0 代入①式可得：t=40℃ 假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知： 3cm0(40℃-Δt)=cmΔt，m=3m0 联立两式解得：Δt=20℃ 则注入3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃ 故选B。 【变式16-3】如图所示是冷水与热水混合时，温度随时间变化的图像，假设热水放出的热量全部被冷水吸收，由图中信息可知，冷水与热水的内能变化量之比是________，冷水与热水的质量之比是________。 【答案】1∶1；2∶1 【解析】（1）热水放出热量，内能减少；冷水吸收热量，内能增加，由题意可知，热水放出的热量全部被冷水吸收，由此可知冷水与热水的内能变化量相等，即冷水与热水的内能变化量之比为1∶1； （2）由图可知，热水的初温为80℃，末温为40℃，则热水的温度变化量：Δt热=80℃-40℃=40℃ 冷水的初温为20℃，末温为40℃，则冷水的温度变化量：Δt冷=40℃-20℃=20℃ 则冷水温度变化量与热水温度变化量之比： 热水和冷水的比热容相同，热水放出的热量和冷水吸收的热量相等， 由Q=cmΔt可知，冷水与热水的质量之比： 故答案为：1∶1；2∶1。 模型17.内燃机冲程的判断 ( 标志： 内燃机冲程的判断。 技巧： 气门的开与关 活塞运动方向 冲程名称 只有一个气门打开 向下 吸气冲程 向上 排气冲程 两个气门都关闭 向下 做功冲程 向上 压缩冲程 【特别提示】 内燃机冲程判断方法： 一门打开，上排下吸；两门关闭，上压下功。 ) 【例17】（2025·江苏扬州）如图是单缸四冲程汽油机工作循环中的一个冲程，它是（ ） A.吸气冲程 B.压缩冲程 C.做功冲程 D.排气冲程 【答案】B 【解析】汽油机的一个工作循环由如图所示的四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。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。 由图可知，汽油机的进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，即为压缩冲程，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式17-1】（2025·镇江）下列汽油机工作的冲程中，压缩冲程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】A图，进气门打开，为吸气冲程； B图，进气门、排气门关闭，活塞上行，为压缩冲程； C图，进气门、排气门关闭，火花塞打火，活塞下行，为做功冲程； D图，排气门打开，为排气冲程。 故符合题意的选B。 【变式17-2】（2025年四川自贡市中考题）如图所示为内燃机的________冲程，该过程是将________转化为机械能。 【答案】做功；内能 【解析】如图所示，两气门都关闭，活塞下行，是做功冲程，该冲程中燃气推动活塞，对活塞做功，内能转化为机械能。 【变式17-3】汽车已经成为见代生活不可缺少的一部分： （1）如图（a）（b）（c）（d）为汽车内燃机工作四个冲程的示意图。图_______是提供动力的冲程，其余三个冲程都是靠飞轮的惯性带动曲轴连杆转动。图（b）中气体的温度_______（选填“升高”或“降低”）。 （2）图是某汽车发动机能量分配图，该发动机的效率是_________。 （3）若汽车发动机冷却系统中质量为4kg的水经加热温度从20℃升高到50℃，求水吸收的热量Q吸。[c水=4.2×103J/(kg·℃) ] （4）若某汽车以72km/h的速度匀速行驶1小时，发动机做的有用功为1.8×108J，消耗汽油15kg。已知汽油的热值约为4.6×107J/kg，求：①汽油完全燃烧放出的热量Q放；②发动机的效率。 【答案】（1）d；升高；（2）25%；（3）（4）①汽油完全燃烧放出的热量是6.9×108J；②发动机的效率是26.1% 【解析】（1）提供动力的做功冲程，吸气门、排气门关闭，火花塞打火活塞下移，故选d；b冲程为压缩冲程，机械能转化为内能，燃气的温度升高； （2）由图2可知：该发动机的效率是25%； （3）水吸收的热量： Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg•℃)×4kg×50℃=8.4×105J （4）①汽油完全燃烧放出的热量： Q放=m油q油=15kg×4.6×107J /kg=6.9×108J ②发动机的效率： 故答案为：（1）d；升高；（2）25%；（3）（4）①汽油完全燃烧放出的热量是6.9×108J；②发动机的效率是26.1%。 模型18.内然机“14221”计算 ( 标志： 内燃机 “ 14221 ” 计算。 技巧： ①“ 循冲塞曲功 ” ： 如 飞轮转速为 3600r/min ， 每秒钟 内： 60r/s 。 工作循环 完成冲程数 活塞往返次数 飞轮（曲轴）转数 对外做功次数 1 4 2 2 1 30 120 60 60 30 ) ( ②“ 要是（死了）二世一起来 ”—— 谐音简记 “ 14221 ” ： “ 1 ”——“ 要 ”—— 1 个工作循环； “ 4 ”——“ 是 ”—— 4 个冲程； “ 22 ”——“ 二世 ”—— 活塞往复 2 次、曲轴转动 2 周； “ 1 ”——“ 一起来 ”—— 对外做功 1 次。 ) 【例18】某内燃机飞轮转速为3000r/min，每秒种内完成______个冲程，活塞往复______次，燃气推动活塞做功的次数为______次。 【答案】100；50；25 【解析】某内燃机飞轮转速为： 数据比例见表格： 工作循环 完成冲程数 活塞往返次数 飞轮（曲轴）转数 对外做功次数 1 4 2 2 1 25 100 50 50 25 【变式18-1】（2025年黑龙江省龙东地区伊春市中考题）一台单缸四冲程汽油机的飞轮的转速是2400r/min，则此汽油机每秒完成的冲程个数和对外做功次数分别是（　　） A.完成80个冲程，对外做功20次 B.完成80个冲程，对外做功40次 C.完成40个冲程，对外做功10次 D.完成40个冲程，对外做功40次 【答案】A 【解析】四冲程内燃机一个工作循环，活塞往复两次、飞轮转两周，完成四个冲程，对外做功一次，当飞轮的转速是2400r/min，即40r/s时，每秒内完成80个冲程，对外做功20次，故A正确，BCD错误。 故选A。 【变式18-2】下图是单缸汽油机工作的四个冲程。 （1）A是________冲程，B是________冲程，C是________冲程，D是________冲程。如果是按一个工作循环的正常过程，则排列顺序为：____________。 （2）A冲程的能量转化为________________________，C冲程的能量转化为_____________________。 （3）若该汽油机转速为1200r/min，则它每秒钟曲轴转________圈，完成________个冲程，对外做功________次。 【答案】（1）压缩；吸气；做功；排气；BACD；（2）机械能转化为内能；内能转化为机械能；（3）20；40；10 【解析】（1）（2）A图中的两个气阀都关闭，活塞向上运动，为压缩冲程，将机械能转化为了内能； B中的一个气阀打开，活塞向下运动，所以为吸气冲程，没有能量转化的过程； C中的两个气阀都关闭，活塞下运动，所以为做功冲程，将内能转化为了机械能； D中的一个气阀打开，活塞向上运动，所以为排气冲程，没有能量转化的过程。 如果是按一个工作循环的正常过程，排列顺序应该为：DACB。 （3）曲轴转速：飞轮转速为1200转/分钟，转换为每秒转速为： 曲轴与飞轮同步转动，故第一空为20。 冲程数：每转一圈完成2个冲程（四冲程循环中曲轴转2圈完成4次冲程，即每圈对应2冲程），每秒20转对应20×2=40个冲程，故第二空为40。 做功次数：每完成四冲程（曲轴转2圈）做功1次，每秒曲轴转20圈对应的做功次数为20÷2=10次。因题目明确为单缸，故第三空为10。 故答案为：（1）压缩；吸气；做功；排气；BACD；（2）机械能转化为内能；内能转化为机械能；（3）20；40；10。 【变式18-3】某汽车在平直路面上以75km/h的速度匀速行驶1h的过程中，消耗了5kg汽油，汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置，如图所示。汽油热值近似取q=5×107J/kg，设汽油在汽缸内完全燃烧。 （1）图示时刻，四冲程汽油机处于________冲程； （2）若上述过程中汽油完全燃烧释放能量的30%用来驱动汽车行驶，求汽车所受的阻力f； （3）研究表明新材料的出现可将热电转换装置的效率大幅提高到15%，据此计算，上述过程中随废气排放的能量通过转换装置后可获得多少电能？这些电能可供车内总功率为1000W的用电器持续工作多长时间？ 【答案】（1）排气；1000N；1.5×104s 【解析】（1）压缩 （2）汽油完全燃烧释放的能量： Q=mq=5kg×5×107J/kg=2.5×108J 汽车行驶做功： W=ηQ=30%×2.5×108J=7.5×107J 牵引力： 汽车做匀速直线运动，阻力f与牵引力F是一对平衡力，即： f=F=1000N （3）消耗汽油产生的热量中的40%经过热电转装置，而热电转换装置的效率为15% 因此所产生的电能： W电＝η1η2Q＝40%×15%×2.5×108J＝1.5×107J 这些电能可供用电器工作的时间： 模型19.热机效率的计算 ( 标志： 热机效率的计算。 技巧： 热机效率是衡量热机将燃料燃烧产生的内能转化为有用机械功的能力 。 核心公式： 其中， W 有 ​ 表示热机对外做的有用功（单位：焦耳）， Q 放 ​ 表示燃料完全燃烧所释放的总热量，可通过 Q 放 ​= mq 计算（ m 为燃料质量， q 为燃料热值）。 热机效率的计算步骤： ① ‌ 确定有用功 W 有 ​ ： ‌ 有用功通常指热机推动机械运动所做的功。例如汽车行驶时克服阻力前进， W 有 = Fs （ F 为牵引力， s 为行驶距离），若匀速行驶，则 F = f （阻力）。 ‌ ② 计算燃料释放的总热量 Q 放 ​ （ Q 放 ​= mq ）。 ③ 代入效率公式计算 ‌ 。 ) 【例19】（2025·山东德州）铜冰鉴是我国战国时代发明的即可“制冷”又可“制热”的两用“冰箱”，如图甲所示。冰鉴是一件双层器皿，鉴腹内有一尊缶，如图乙所示。冬季，在鉴腹内装入热水用来给尊缶内的酒加热，已知热水质量为150kg、初温为89.5℃，酒的质量为80kg、初温为10℃，最终两者温度相同为41.5℃，则给酒加热的热效率为 。[c水=4.2×103J/(kg·℃)，c酒=2.4×103J/(kg·℃)] 【答案】20% 【解析】本题考查热量、效率的计算，考查学生的理解和计算能力。 酒吸收的热量： Q吸=c酒m酒Δt酒=2.4×103J/(kg·℃)×80kg×(41.5℃-10℃) = 6.048×106J 水放出的热量： Q放=c水m水Δt水=4.2×103J/(kg·℃)×150kg×(89.5℃-41.5℃) =3.024×107J 给酒加热的热效率： 【变式19-1】（2025·泰州模拟）四冲程汽油机中的_________冲程是提供动力的，已知该汽油机飞轮转速为1200r/min，能量输出效率为20%，则该汽油机每秒钟对外做功________次；若该发动机完全燃烧2L的汽油能够输出的有用功为_________J。（汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.75×103kg/m3） 【答案】（1）做功；（2）10；（3）1.38×107 【解析】（1）四冲程汽油机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，为汽油机提供动力，故第一空填“做功”。 （2）飞轮转速1200r/min=20r/s，即每秒飞轮转动20圈。四冲程汽油机工作时，一个工作循环中飞轮转2圈对外做功1次，所以每秒对外做功次数为20÷2=10次，故第二空填“10”。 （3）汽油体积V=2L=2×10-3m3，由密度公式可得汽油质量： m=ρV=0.75×103kg/m3×2×10-3m3=1.5kg 汽油完全燃烧释放的热量： Q放=mq=4.6×107J/kg×1.5kg=6.9×107J 由效率公式得有用功： W有=ηQ放=20%×6.9×107J=1.38×107J 故第三空填“1.38×107”。 【变式19-2】（2025·苏州模拟）氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，如图为一辆我国设计制造的氢能源公交车。[c水=4.2×103J/（kg·℃），q氢=1.4×108J/kg] 求： （1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧，若放出的热量全部被水吸收，可以使质量为1t的水温度升高多少？ （2）此氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，汽车的速度为20m/s，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的60%用来做机械功，则这些热量能让该公交车匀速行驶的距离。 【答案】（1）4.2×107J；10℃；（2）3600m 【解析】（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量： Q放=m氢q氢=0.3kg×1.4×108J/kg=4.2×107J 若放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放=4.2×107J，可以使质量为1t的水温度升高： （2）由可知，公交车获取的机械功： W=ηQ放=60%×4.2×107J=2.52×107J 公交车的行驶功率：P=140kW=1.4×105W，由W=Pt可知，公交车匀速行驶的时间： 则这些热量能让该公交车匀速行驶的距离为： s=υt=20m/s×180s=3600m 答：（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为4.2×107J；若放出的热量全部被水吸收，可以使质量为1t的水温度升高10℃； （2）这些热量能让该公交车匀速行驶的距离为3600m。 【变式19-3】（2025·四川巴中）土灶是我国古代劳动人民智慧的结晶，它通常以木柴、秸秆为燃料。目前，我市农村仍有使用土灶做饭的习惯。内部结构如图乙所示，木柴添加通道与烟囱相连，通风通道与木柴添加通道通过中间铁栅连通。某厂家根据土灶的结构设计了两款移动式土灶（如图丙和丁）。 （1）为使木柴充分燃烧，移动式土灶设计更合理的是________（选填“丙”或“丁”）。 （2）下列对土灶烟囱作用的说法不合理的一项是（ ） A.有利于可燃物充分燃烧 B.有利于冷热空气形成对流 C.有利于提高可燃物的热值 D.有利于排出气体和烟尘 （3）1kg干木柴在土灶中完全燃烧，可以让铁锅里2kg的水温度升高50℃，则土灶的烧水效率为________%。（q干木柴=1.2×107J/kg） 【答案】（1）丁；（2）C；（3）3.5% 【解析】（1）在丁中有通风口，进入更多的空气，能使木柴充分燃烧，所以移动式土灶设计更合理的是丁； （2）土灶设计烟囱的作用是：有利于热冷空气形成对流，有利于可燃物充分燃烧，有利于排出有害气体和烟尘；热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关； 故选：C； （3）①1kg干木柴完全燃烧放出的热量为： Q放=mq干木柴=1kg×1.2×107J/kg=1.2×107J ②水吸收的热量为： Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg•℃)×2kg×50℃=4.2×105J ③土灶的烧水效率为： 故答案为：（1）丁；（2）C；（3）①1kg干木柴完全燃烧放出的热量为1.2×107J；②水吸收的热量为4.2×105J； ③土灶的烧水效率为3.5%。 模型20.内燃机“空燃比”问题 ( 车型 某品牌轿车 排气量 2L 最大功率 75kW 空燃比 14 ∶ 1 汽油热值 4.5 × 10 7 J/kg ) ( 标志： 内燃机 “ 空燃比 ” 计算。 技巧： 解题公式： 一次做功混合气体质量： m = ρV 一次做功消耗汽油质量： 消耗汽油总质量： m 总 = nm 0 汽油燃烧释放的热量： Q 放 = m 总 q 有用功： W = Pt 发动机的效率： ) 【例20】发动机是汽车的核心部件，某汽车发动机是以92号汽油为燃料的内燃机，其一个工作循环的四个冲程如图所示，表中给出了发动机的相关数据（空燃比是指气缸内空气和燃油的质量比）。单缸四冲程内燃机完成一个工作循环时，图中四个冲程的顺序是_____________，燃料完全燃烧放出的热量是________J。 气缸内汽油和空气混合气体的密度 1.3kg/m3 气缸的工作容积 2.0L 空燃比 12∶1 汽油的热值 4.6×107J/kg 【答案】乙甲丁丙；9.2×103 【解析】（1）甲中的两个气阀都关闭，活塞向上运动，所以为压缩冲程，是第二冲程； 乙中的一个气阀打开，活塞向下运动，所以为吸气冲程，是第一冲程； 丙中的一个气阀打开，活塞向上运动，所以为排气冲程，是第四冲程； 丁中的两个气阀都关闭，活塞下运动，所以为做功冲程，是第三冲程； 故排序为：乙甲丁丙； （2）汽缸内汽油和空气混合气体的体积等于汽缸的工作容积，即：V=V容=2L=2×10-3m3 由得，汽油和空气混合气体的质量： m=ρV=1.3kg/m3×2×10-3m3=2.6×10-3kg 因为空燃比是12∶1， 所以汽油的质量： 完成一个工作循环时，汽油燃烧释放的热量： Q放=m汽油q=2×10-4kg×4.6×107J/kg=9.2×103J 故答案为：乙甲丁丙；9.2×103。 【变式20-1】汽车已走入我们的家庭，而发动机是汽车的核心部件，发动机的质量决定了整车的性能与品质，现代汽车主要分汽油与柴油两类发动机，以汽油发动机为例，其提供动力的是内燃机的气缸。某台以汽油为燃料的汽车，发动机内有四个气缸，其相关数据如下表所示： 1min内完成工作循环 2600次 93﹟汽油 气缸内汽油和空气的混合密度 1.35kg/m3 排气量 1.8L 热值 4.6×107J/kg 发动机最大功率 75kW 空燃比 14∶1 （1）汽车内燃机一个工作循环包括四个冲程如上图所示，一个气缸正常工作四个冲程的顺序是____________（对甲、乙、丙、丁重新排序），其中图________是内燃机给汽车提供动力的冲程。 （2）汽车以100km/h的速度匀速运动时发动机的输出功率最大，则1min内做多少J的有用功? （3）汽车的排气量是指发动机气缸的工作容积，汽车排气量越大，功率越大。空燃比指汽缸内空气和燃油的质量比。当汽车以100km/h的速度匀速行驶时，根据表中数据求汽车发动机的效率。（计算结果保留一位小数） 【答案】（1）乙甲丁丙；丁；（2）4.5×106J；（3）23.2% 【解析】（1）内燃机的工作循环过程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，故排列顺序为：乙甲丁丙； 由图可以知道，丁图中进气门、排气门均关闭，且活塞向下运动的冲程是做功冲程，做功冲程中内燃机给汽车提供动力； （2）汽车以100km/h速度匀速运动时，1min中内做的有用功： W=Pt=75000W×60s=4.5×106J （3）根据可得，做一次功燃气的质量： m燃气=ρV=1.35kg/m3×1.8×10-3m3=2.43×10-3kg 因为空燃比是14∶1，所以做一次功消耗的汽油质量： 1mi内汽油燃烧释放的热量： Q=m汽油q=1.62×10-4kg×4.6×107J/kg×2600=1.93752×107J 发动机的效率： 因此，本题答案是：（1）乙甲丁丙；丁；（2）4.5×106J；（3）23.2%。 【变式20-2】如表是某品牌小轿车的一些技术参数，其中排气量是指发动机气缸的工作容积，一般情况下，发动机的排气量越大，功率越大。空燃比是指气缸内空气和燃油的质量之比。汽油的热值表示每千克汽油完全燃烧放出的热量。该发动机以最大功率工作时，气缸内汽油和空气的混合密度为1.4kg/m3，1min内高温高压的燃气推动活塞做功2500次。请你计算发动机在最大功率工作时： 车型 某品牌小轿车 空燃比 15∶1 自重 1.9t 汽油的热值 4.6×107J/kg 最大功率 70kW 排气量 2L （1）1min内做的有用功； （2）做一次功消耗汽油的质量； （3）该车发动机的效率。 【答案】（1）4.2×106J；（2）1.75×10-4kg；（3）20.9% 【解析】（1）计算1min内有用功： 根据功率公式，最大功率：P=70kW=7×104W，时间t=60s，则有用功： W=Pt=7×104W×60s=4.2×106J （2）计算做一次功消耗的汽油质量： 排气量：V=2L=2×10-3m3，混合气体密度ρ=1.4kg/m3，一次做功吸入的混合气体质量： m混=ρV=1.4kg/m3×2×10-3m3=2.8×10-3kg 空燃比15∶1，汽油质量占混合气体的： 故一次做功消耗汽油质量： m油=2.8×10-3kg×=1.75×10-4kg （3）计算发动机效率： 1min做功2500次，总消耗汽油质量： m总=2500×1.75×10-4kg=0.4375kg 汽油完全燃烧放热： Q放=m总q=0.4375kg×4.6×107J/kg=2.0125×107J 效率： 因此，本题答案是：（1）1min内做的有用功4.2×106J；（2）做一次功消耗汽油的质量1.75×10-4kg； （3）该车发动机的效率20.9%。 【变式20-3】某汽车的四冲程的汽油机的最大功率是60kW，以最大功率工作时飞轮转速为2400r/min，活塞从气缸一端运动到另一端所扫过的容器为气缸排气量，汽油机工作时，为保证汽油有效燃烧，汽油必须与吸进空气成适当比例，这就是空燃比（可燃混合气体中空气质量与燃油质量之比），如图为该汽车汽油机的示意图，该气缸的排气量为1.8L，燃烧室（活塞移至最上方时的上方空间）容积为0.2L，空燃比14∶1，可燃混合气体的密度为1.35kg/m3。 （1）汽油是由石油提炼出来的，石油属于___________（选填“新”、“清洁”、“可再生”、“不可再生”）能源。 （2）汽车制动过程中，其动能转化为地面、轮胎、空气的内能，这些内能无法自动地转化为机械能再用来驱动汽车，这说明能量的转化具有_________性。 （3）该汽油机以最大功率工作时，每秒钟做功_________次，其中，_________冲程汽油机对汽车提供动力。 （4）当这辆汽车以最大功率在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，则汽车所受的阻力是_________N，此时，该汽车的汽油机每秒钟燃烧汽油的质量是_________g。 【答案】（1）不可再生；（2）方向；（3）20；做功；（4）2×103；3.6 【解析】（1）石油、化石能源、核能等不能够短时间得到补充，属于不可再生能源； （2）散失到空气中的内能无法自动转化为机械能再用来驱动骑车，这是因为能量的转移和转化具有方向性； （3）汽油机的转速为2400r/min，说明1s内汽油机曲轴的转动次数等于40。一个工作循环中，曲轴转动两周，对外做功一次，1s内曲轴转动40次，对外做功20次； 做功冲程产生高温高压的燃气，推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功，做功冲程汽油机对汽车提供动力； （4）汽车以υ1=108km/h=30m/s 匀速行驶时，汽车受到的阻力等于牵引力，有： 一个工作循环吸入混合物的体积： 由题意知：，则： 一个工作循环吸入混合物的质量： m混=ρ混V=1.35kg/m3×2.025×10−3m3=2.7×10−3kg 一个工作循环吸入汽油的质量： 1s对外做功20 次，汽车的汽油机每秒钟燃烧汽油的质量是： 0.18×10−3kg×20=3.6×10−3kg=3.6g 故答案为：（1）不可再生；（2）方向；（3）20；做功；（4）2×103；3.6。 一、填空题： 1.（2025·江苏常州）2025年2月，江苏地域文明探源工程发布：在兴化草堰港遗址中发掘出7000年前的钻木取火器。如图所示，古人手搓钻杆，使其与取火板摩擦生热一段时间，即可取得火种。摩擦生热的能量转化方式是_____________________，与四冲程汽油机的________冲程相同。 【答案】机械能转化为内能；压缩 【解析】摩擦生热是通过克服摩擦力做功的方式改变物体内能，此过程中手搓钻杆的机械能（动能）转化为钻杆与取火板的内能；四冲程汽油机的压缩冲程中，活塞向上运动压缩气缸内的气体，活塞的机械能转化为气体的内能，因此摩擦生热的能量转化方式与汽油机的压缩冲程相同。 2.（2025·无锡模拟）用如图装置探究不同物质吸热升温的现象。将相等质量的沙子和水分别装入瓷盘中，用温度计测出它们的初始________，用红外灯均匀照射两个瓷盘。红外热成像仪显示出沙子升温比水快。由此推得，质量相等的沙子和水，升高相同的温度，________吸收的热量多。 【答案】温度；水 【解析】我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，通过温度计示数的变化体现吸热能力的强弱，故应该用温度计测出它们的初始温度； 用红外灯均匀照射两个瓷盘。红外热成像仪显示出沙子升温比水快，说明沙子吸热能力比较弱，水吸 热能力比较强；质量相等的沙子和水，升高相同的温度，吸热能力强的吸收热量多，故水吸收的热量多。 故答案为：温度；水。 3.（2025年陕西省初中学业考题） “笔、墨、纸、砚”合称文房四宝。大诗人李白是这样写砚台的：“一方在手转乾坤，清风紫毫酒一樽”。如图，在研磨的过程中，手用力下压墨条，是通过增大________来增大摩擦力的。当墨条向左运动时，受到向________的摩擦力。空气中弥漫着墨香味，这是扩散现象，其本质原因是分子在永不停息地做_______________。 【答案】压力；右；无规则运动 【解析】在研磨的过程中，手用力下压墨条，是通过增大压力来增大摩擦力的。 当墨条向左运动时，受到向右的摩擦力。空气中弥漫着墨香味，这是扩散现象，其本质原因是分子在永不停息地做无规则运动。 故答案为：压力；右；无规则运动。 4.（2025年上海市学业水平考试综合测试试卷） “滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄”，说明江水有________能，0℃的水________（选填“具有”、“不具有”）内能，“遥知不是雪，为有暗香来”，说明分子在做_________运动。 【答案】机械；具有；无规则 【解析】江水由于运动而具有动能，由于存在一定的高度而具有重力势能，动能和势能统称为机械能，所以江水有机械能。 内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子间势能的总和。即使在0℃，水分子仍在做热运动，因此具有内能。绝对零度（-273.15℃）时内能才趋近于零，但0℃远高于此温度。 香气飘散，使人远处就能感知到。这体现了气体分子的扩散现象，原因是分子在不停地做无规则运动（也称为分子热运动）。 5.（2025年成都市中考物理试卷）宋代诗人王安石的《梅花》诗中“遥知不是雪，为有暗香来”，是赞美梅花的诗句，诗人闻到花香属于________现象。花香醉人，茶香怡人。雪天围炉煮茶，让冬日多了一抹诗意，加热茶水至沸腾，改用“小火”，水依然沸腾，则茶水的温度________。 【答案】扩散；不变 【解析】诗人闻到花香，是因为花香分子在不停地做无规则运动，进入到空气中，扩散到诗人身边，这种现象属于扩散现象。 液体沸腾的特点是：达到沸点后，继续吸热，但温度保持不变。加热茶水至沸腾，改用“小火”，水依然能吸热（满足沸腾的吸热条件），所以茶水的温度不变。 6.（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）用稳定热源不断加热同一个物体，其由固体状态开始温度随时间变化的图像如图所示。 （1）该物体在0°C时，内能________（选填“为”或“不为”）0，你的理由是______________________。 （2）该物体的内能改变的方式是___________； （3）该物体在t3时刻的内能________在t2时刻的内能。（选填“>”、“<”或“=”） 【答案】（1）不为；一切物体在任何情况下都具有内能；（2）热传递；（3）＞ 【解析】（1）一切物体在任何情况下都具有内能，故该物体在0℃时，内能不为0； （2）该物体的内能改变的方式是热传递； （3）物体吸收热量，温度虽然不变，但内能增加，故物体在t3时刻的内能大于在t2时刻的内能。 故答案为：（1）不为；一切物体在任何情况下都具有内能；（2）热传递；（3）＞。 7.（2025·江苏无锡）玉兔二号巡视器所在的月球背面着陆区，月夜的最低温度达到-190℃，我国科研人员为它设计了如图所示的保温装置。该装置以氨为工作物质，液态氨通过蒸发器时，吸收核热源释放的热量变为高温蒸气，蒸气经汇流器聚集，沿蒸气管路到达巡视器本体结构的铝蜂窝结构板，为结构板加热并变为液态氨，再沿着液体管路经储液器、分流器进入蒸发器，循环往复。保温装置中的核热源将核能转化为氨的________能。氨在蒸发器中发生_________（填物态变化名称）吸收热量，在铝蜂窝结构板发生液化，________热量。 【答案】内；汽化；放出 【解析】保温装置中，核热源释放热量，使液态氨吸收热量变为高温蒸气，这个过程中核热源将核能转化为氨的内能； 氨在蒸发器中由液态变为气态，发生汽化现象，汽化过程吸收热量； 氨在铝蜂窝结构板发生液化，液化过程放出热量。 故答案为：内；汽化；放出。 8.（2025·泰州模拟）四冲程汽油机中的________冲程是提供动力的，已知该汽油机飞轮转速为1200r/min，能量输出效率为20%，则该汽油机每秒钟对外做功________次；若该发动机完全燃烧2L的汽油能够输出的有用功为________J。（汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.75×103kg/m3） 【答案】（1）做功；（2）10；（3）1.38×107 【解析】（1）四冲程汽油机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，为汽油机提供动力，故第一空填“做功”。 （2）飞轮转速1200r/min=20r/s，即每秒飞轮转动20圈。四冲程汽油机工作时，一个工作循环中飞轮转2圈对外做功1次，所以每秒对外做功次数为20÷2=10次，故第二空填“10”。 （3）汽油体积V=2L=2×10-3m3，由密度公式可得汽油质量： m=ρV=0.75×103kg/m3×2×10-3m3=1.5k 汽油完全燃烧释放的热量： Q放=mq=4.6×107J/kg×1.5kg=6.9×107J 由效率公式得有用功： W有=ηQ放=20%×6.9×107J=1.38×107J 故第三空填“1.38×107”。 9.（2025·山东烟台）汽油机是燃油汽车的动力来源之一。如图所示是某台汽油机工作时的能量数据，图中横线处应填写的内容是：①__________；②_________。若汽油的热值为4.6×107J/kg，则该工作过程中消耗的汽油质量为________kg。 【答案】1.61×105；机械；3.5×10-3 【解析】汽油机中燃料完全燃烧放出的热量等于损失的能量和有用的机械能之和，燃料完全燃烧放出的热量 Q放=W损失+W有用=1.2×105J+4.1×104J=1.61×105J 该工作过程中消耗的汽油质量为： 10.（2025·淮安模拟）小明将一杯热牛奶放入质量500g的冷水中，如图a所示，一段时间后，牛奶和冷水的温度变化如图b所示。不考虑热损失，0~10分钟内，牛奶的内能变________，由b图________（选填“能”或“不能”）分析得出：水的比热容比牛奶大，理由是：_______________________________。 【答案】小；不能；未控制牛奶和水的质量相等 【解析】判断能否得出水和牛奶比热容大小关系： 根据比热容的计算公式Q=cmΔt（其中Q为吸收或放出的热量，c为比热容，m为质量，Δt为温度变化量），要比较水和牛奶的比热容大小，需要知道它们吸收或放出的热量、质量以及温度变化量。 从题目中可知冷水的质量m水=500g，但不知道热牛奶的质量m牛奶。 由图b可知，水升高的温度Δt水和牛奶降低的温度Δt牛奶，热牛奶放出的热量等于冷水吸收的热量，即Q放=Q吸。 然而，因为不知道牛奶的质量，所以无法根据Q=cmΔt来比较水和牛奶比热容的大小。 二、选择题： 11.（2025年广东省广州市中学业考题）如图，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（　　） A.逐渐增加 B.保持不变 C.通过做功改变 D.通过热传递改变 【答案】D 【解析】金属勺子由烫手到不烫手的过程，放出热量，内能会减小，通过热传递的方式改变自身内能，故D符合题意，ABC不符合题意。 故选D。 12.（25-26九年级上·湖北武汉·期中）“墙角数枝梅，凌寒独自开。遥知不是雪，为有暗香来。”下列与“暗香来”原理相同的实验现象是（ ） A.注射器里封有水，用手向内推动活塞，但很难压缩水 B.两个底面削平的铅柱压紧后，下面能吊起重物 C.抽掉玻璃板后，两个瓶子内的气体颜色变得均匀 D.稍稍用力向上拉接触水面的玻璃板，测力计示数变大 【答案】C 【解析】本题考查分子动理论中扩散现象的判断。解题思路是先明确题干现象的原理，再分析各选项实验的原理，找出与题干原理相同的选项。 “暗香来”，意思是因为有阵阵幽香飘来，属于扩散现象。 A.很难将管内的液体进行压缩，说明分子间存在着斥力，与扩散现象原理不同。 B.两个底面干净、平整的铅块紧压在一起，会“粘”在一起，是因为铅分子之间存在引力，与扩散现象原理不同。 C.抽掉玻璃板后，两个瓶子内的气体颜色变得均匀，是因为两种气体分子在不停地做无规则运动，彼此进入对方，属于扩散现象，与题干原理相同。 D.玻璃板下表面接触水面，用弹簧测力计向上拉玻璃板时示数变大，是因为水分子和玻璃分子之间存在引力，与扩散现象原理不同。 故选C。 13.（2025年福建省中考题）如图，红茶加工包含“萎凋”“揉捻”“发酵”“烘干”等工序。下列说法错误的是（　　） A.“萎凋”时摊开茶叶可加快水分蒸发 B.“揉捻”使茶叶卷缩，说明力可改变物体的形状 C.“发酵”时闻到气味是因为分子在永不停息地运动 D.“烘干”是通过做功减小茶叶的内能 【答案】D 【解析】A.“萎凋”时将茶叶摊开，是通过增大液体的表面积加水分蒸发，故A正确，不符合题意； B.“揉捻”使茶叶卷缩，则茶叶发生形变，说明力可改变物体的形状，故B正确，不符合题意； C.“发酵”时能闻到茶叶的清香，这是扩散的现象，说明分子在不停地做无规则运动，故C正确，不符合题意； D.“烘干”过程采用高温烘焙，是通过热传递减小茶叶的内能，故D错误，符合题意。 故选D。 14.（2025·山东青岛）古诗词是我国的优秀传统文化。下列古诗词中蕴含的物理知识能用分子动理论解释的是（ ） A.花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴 B.朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还 C.飞流直下三千尺，疑是银河落九天 D.湖光秋月两相和，潭面无风镜未磨 【答案】A 【解析】A.“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”中，“花气袭人”是因为花朵分泌的芳香油分子在做无规则运动。温度影响分子运动的激烈程度，温度升高时分子运动加快，芳香油分子更容易扩散在空气中，使人闻到花香，能用分子动理论解释，故A符合题意。 B.“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”，主要描述了诗人乘船顺流而下的情景，体现了物体的机械运动，与分子动理论无关，故B不符合题意。 C.“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”，体现的是瀑布水具有重力势能，在下落过程中重力势能转化为动能，蕴含了机械能相关知识，不能用分子动理论解释，故C不符合题意。 D.“湖光秋月两相和，潭面无风镜未磨”，意思是洞庭湖水光与月光互相辉映，湖面无风，平静得像一面没有打磨的镜子，涉及的是光的反射现象，与分子动理论无关，故D不符合题意。 故选：A。 15.酿酒是人类神奇的发明，如图是将谷物倒入锅中熬制酒料的过程。下列说法正确的是（　　） A.用火种引燃木柴的过程与钻木取火的原理不相同 B.灶台下木柴燃烧的过程，将内能转化成了化学能 C.锅能向酒料传递热量，是因为锅的温度等于酒料的温度 D.熬制过程中需要不断地搅拌，这是为了通过做功的方式增加物体内能 【答案】A 选项A：用火种引燃木柴是通过热传递（火种的热量传递给木柴）改变内能；钻木取火是通过做功（克服摩擦做功）改变内能，二者原理不同，因此A正确。 选项B：木柴燃烧的过程，本质是化学能转化为内能的过程，故B错误； 选项C：热传递的条件是存在温度差，锅能向酒料传递热量，是因为锅的温度高于酒料的温度，因此C错误。 选项D：熬制时搅拌是为了使酒料受热均匀，这一过程是通过热传递（而非做功）增加内能，因此D错误。 故答案选A。 16.（2025·南京模拟）下列关于温度、热量、内能说法正确的是（ ） A.物体的温度升高，一定吸收了热量 B.物体从外界吸收热量，温度不一定升高 C.物体的温度越高，其所含有的热量越多 D.热传递中热量总是从内能多的物体传向内能少的物体 【答案】B 【解析】A.物体温度升高，不一定吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故A错误； B.物体吸收热量，温度可能不变，如晶体熔化时，吸热温度不变，故B正确； C.热量是一个过程量，不能说物体含有热量的多少，故C错误； D.发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，内能多的物体温度不一定高，故D错误。 故选：B。 17.（2025·连云港模拟）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的烧杯中分别装有初温相同的a、b两种液体，用同一盏酒精灯先后进行加热，根据两次记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A.实验装置中玻璃棒可以不要 B.a、b两种液体的体积需要相同 C.液体a的比热容是液体b的比热容的2倍 D.液体吸热的多少可以通过加热时间来反映 【答案】D 【解析】A.为使液体受热均匀，实验中要用玻璃棒不断搅拌，故A错误； B.根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，不同物质密度不同，根据m=ρV，体积相同的不同物质质量不同，故B错误； C.根据图乙可知，升高40℃，a、b的加热时间分别为4min和8min，由转换法，B、A的吸热之比为2∶1，根Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，液体a的比热容是液体b的比热容的0.5倍，故C错误； D.液体吸热的多少可以通过加热时间来反映，采用了转换法，故D正确。 故选：D。 18.（2025·常州模拟）小明用塑料矿泉水瓶子进行了如下实践探究实验：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图a）；扭转瓶子压缩瓶内的气体（如图b）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾（如图c）。图b和图c所示的过程分别与下列所示的四冲程内燃机示意图中相对应的两个冲程是（ ） A.甲和乙 B.甲和丙 C.丁和丙 D.乙和丙 【答案】D 【解析】本题考查对四冲程内燃机工作原理的理解以及与实验过程的对应分析。解题的关键在于明确实验中不同阶段的能量转化情况，并与四冲程内燃机各冲程的能量转化特点进行对比。 在图b中，扭转瓶子压缩瓶内的气体，这一过程是机械能转化为内能。在四冲程内燃机中，压缩冲程也是活塞压缩气缸内的气体，使气体的内能增加，机械能转化为内能。 在图c中，瓶盖被瓶内的气体弹起，同时瓶内出现白雾，这是因为瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气液化成小水珠形成白雾，此过程是内能转化为机械能。在四冲程内燃机中，做功冲程是燃料燃烧产生的高温高压气体推动活塞做功，将内能转化为机械能。 四冲程内燃机示意图中，甲图是进气冲程，乙图是压缩冲程，丙图是做功冲程，丁图是排气冲程。 所以图b对应压缩冲程（乙图），图c对应做功冲程（丙图）。 故对应的答案应是D。 19．（2025·南京模拟）小明用如图所示甲、乙两套的装置，正确完成了“探究不同物质吸热升温的现象”和“比较质量相等的不同燃料燃烧放出的热量”、燃料点燃直至燃尽，两个实验中液体升高的温度随时间变化的图像如图丙所示，不考虑热量损失，以下判断正确的是（ ） A.两个实验都要控制燃料的质量、液体质量相等 B.两个实验都是通过温度计上升的示数反应热量的多少 C.图像一和图像二表示两种物质比热容之比为1∶4 D.图像一和图像二表示两种燃料的热值之比为5∶4 【答案】 【解析】A.比较不同物质吸热升温，则需要燃料种类、加热时间相同，比较质量和初温相同的液体升高的温度，燃料质量不用相同；比较不同燃料燃烧热值大小，要用相同质量的不同燃料，加热质量相同的 同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，燃料质量相等，故A不符合题意； B.实验①使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少，故B不符合题意； C.“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像，升高 10℃，图像一对应物质的加热时间为10分钟（注意是均匀升温）；而图像二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为 Q1∶Q2 =10min∶40min=1∶4；根据Q=cmΔt，图像一和图像二表示两种物质的比热容之比为c1∶c2=1∶4，故C符合题意； D.不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料（燃料质量相同），图像一对应的物质升高Δt1=50℃-30℃=20℃,图像二对应的物质升高Δt2= 40℃-30℃=10℃ 而同种液体的质量相同，根据Q=cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为Q1∶Q2= 20℃∶10℃=2∶1, 根据热值公式，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图像一和图像二表示两种燃料的热值之比为q1∶q2=2∶1，故D不符合题意。 故选：C。 20.很多同学在“下厨房”的过程中体会到了劳动的乐趣。下列情景中所涉及的物理知识分析正确的是（ ） A.图甲，刚出锅的蒸饺很烫，说明蒸饺中含有大量的热量 B.图乙，砂锅煲汤是通过热传递的方式增大内能 C.图丙，煮熟的饺子冒着热腾腾的“白气”，说明分子在不停地做无规则运动 D.图丁，火锅沸腾过程中汤汁吸热内能增加，温度不变 【答案】BD 【解析】A.刚出锅的蒸饺很烫，说明蒸饺中含有大量的内能，热量是热传递中的过程量，故A错误； B.砂锅煲汤时火焰与砂锅，砂锅和汤，三者之间有温度差，发生热传递，故砂锅煲汤是通过热传递的方式增大内能，故B正确； C.煮熟的饺子冒着热腾腾的“白气”，这是水蒸气遇冷液化形成的小液滴，属于机械运动，故C错误； D.火锅沸腾过程中汤汁吸热内能增加，温度维持在沸点，保持不变，故D正确。 故选BD。 21.茶起源于中国，盛行于世界。在饮茶过程中，下列说法正确的有（ ） A.向杯中倒入热水，感觉茶杯烫手，这是因为热水通过热传递的方式改变了茶杯的内能 B.对着茶水“吹气”，茶水加速蒸发从而降低水温 C.杯中茶水温度越高，所含的热量越多 D.杯中茶水冷却后，内能增大 【答案】AB 【解析】A.向杯中倒入热水，感觉茶杯烫手是因为热水通过热传递将内能转移给茶杯，使茶杯的内能增大，温度升高，故A正确； B.对着茶水“吹气”，加快了茶水表面的空气流速，会加快蒸发，而蒸发过程会吸收热量，从而降低水温，故B正确； C.热量是过程量，不能说物体“含有”热量，故C错误; D.茶水冷却后，温度降低，分子热运动的剧烈程度减弱，内能会减小，故D错误。 故选：AB。 三、实验探究题： 22.（2025年北京市初中学业考试）按要求完成下列小题。 （1）探究水在沸腾前后温度变化特点的实验时，当水温为89℃时开始计时，经5min水沸腾，再加热一段时间。利用记录的数据绘制出水的温度随时间变化的关系图线，如图甲所示。从图像可知，水在沸腾前，吸收热量，温度_______；水在沸腾后，吸收热量，温度_______。 （2）如图乙所示，两个相同瓶子的瓶口相对，之间用玻璃板隔开，上面的瓶中装有空气，下面的瓶中装有密度比空气大的红棕色二氧化氮气体。抽掉玻璃板后，两瓶内的气体逐渐混合，颜色变得均匀，这一扩散现象说明______________________________。 【答案】（1）升高；不变；（2）分子在永不停息地做无规则运动 【解析】（1）由温度随时间变化的关系图线可知，水在沸腾前，吸收热量，温度升高；水在沸腾后，吸收热量，温度保持不变。 （2）由题意知，上面的瓶中装有空气，下面的瓶中装有密度比空气大的红棕色二氧化氮气体，抽掉玻璃板后，两瓶内的气体逐渐混合，颜色变得均匀，排除了二氧化氮气体自重对实验的影响，因此这是分子在永不停息地做无规则运动的结果，属于扩散现象。 23.为了比较A、B两种液体比热容的大小，某实验小组做了如图所示的实验。在两个相同的试管中，分别装入A、B两种液体，将试管放入完全相同的盛水烧杯中，用相同的酒精灯加热。 （1）实验采用水浴加热法，目的是使液体A、B________受热。 （2）在试管中装入液体A、B时，要控制它们的________和________相同。 （3）加热相同的时间，是为了液体A、B吸收的热量________（选填“相同”或“不相同”）。 （4）加热相同时间后，液体A、B的温度如图所示，这表明液体________（选填“A”或“B”）的比热容较大。 （5）若将酒精灯更换为电加热器，要求两个电加热器工作时的________相同。 【答案】（1）均匀；（2）初温；质量；（3）相同；（4）B；（5）电功率 【解析】（1）实验采用水浴加热，目的是使溶液A、B均匀受热； （2）该实验采用控制变量法，所以必须保证两种溶液的初温、质量和加热时间相同，才能研究两种液体的吸热能力。 （3）加热时间的长短反应液体吸收热量的多少，所以，加热相同的时间，是为了使液体A、B吸收的热量相同； （4）加热相同时间后，由图知道，液体A升高的温度大于B升高的温度，说明液体B的比热容较大。 （5）要控制相同时间吸热相同，用两只电功率相同的电加热器分别浸没在A、B液体中加热，能更好控制液体A、B吸热相同。 故答案为：（1）均匀；（2）初温；质量；（3）相同；（4）B；（5）电功率。 四、计算题： 24．（2025·山东青岛·一模）在中国，农历新年、冬至等时节吃饺子具有特别的意义，小明发现煮饺子蕴含了很多物理知识。 （1）如图是燃气灶烧水煮饺子的情境和该燃气灶灶头的示意图； 拧动点火装置，天然气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃，天然气不会从进口处外泄，原因是：天然气的喷入导致进口处的天然气流速________（选填“大”或“小”），压强________（选填“大于”“小于”或“等于”）大气压强。天然气燃烧过程中，________能转化为内能； （2）水沸腾后，打开锅盖，会出现大量“白雾”，这是水蒸气接触周围的冷空气或低温物品，________成的小水滴；将饺子下入锅中，要进行抄底搅拌和点凉水，这样可以最大可能防止饺子破损，为了煮熟饺子，一般需要点3次凉水，每次点凉水后，锅中的水就停止沸腾，持续加热一段时间，水再次沸腾，说明水的沸腾条件是________________________； （3）煮熟的饺子香气四溢是扩散现象，表明分子________________________________； （4）已知水的密度为1.0×103kg/m3，比热容为4.2×103J/(kg·℃)，天然气的热值为3.2×107J/m3。锅中装有温度为20℃、体积为2L的水，若完全燃烧1×10-2m3的天然气，锅中水的温度升高了20℃，则水吸收的热量为_________J，天然气放出的热量为________ J。 【答案】（1）大；小于；化学；（2）液化；达到沸点，持续吸热；（3）在永不停息地做无规则运动；（4）1.68×105；（5）3.2×105 【解析】流体压强与流速的关系+水的沸腾+扩散现象+热量的计算 （1）流体流速越大的地方压强越小，进口处天然气流速大，压强小于大气压强，故天然气和空气在大气压的作用下流向燃烧头，天然气不会向外泄漏；天然气燃烧过程经历化学反应，产生热量，将化学能转化为内能。 （2）沸腾后打开锅盖，会出现大量“白雾”，这是水蒸气遇到冷空气或低温物品放热液化成的小水滴；液体沸腾的条件是达到沸点，持续吸热。 （3）煮熟的饺子香气四溢，属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动。 （4）由可知，水的质量： m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg 水吸收的热量： Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×20℃=1.68×105J 完全燃烧天然气放出的热量： Q放=Vq=1.0×10−2m3×3.2×107J/m3=3.2×105J 25.（2025·山东青岛·二模）2024年3月30日，我国自主研制的“祥云”AS700载人飞艇成功完成首飞。某飞艇如图甲所示，其气囊总容积为4200m3，空载质量（不含氦气）为3750kg。飞艇升空靠浮力来实现，水平飞行靠发动机提供动力。假设发动机输出的能量用于做推动功，推动功指克服空气阻力推动飞艇水平飞行做的功；当飞艇低速（υ≤12m/s）水平直线飞行时，其受到的空气阻力F阻与速度υ的关系如图乙所示。已知ρ空气=1.2kg/m3，ρ氦气=0.2kg/m3，g=10N/kg。忽略气囊厚度及气囊外其他部分受到的浮力。求： （1）将气囊充满氦气时，飞艇受到的浮力是多少？飞艇最多可载多少位乘客升空？（平均每位乘客质量m=60kg） （2）若飞艇以12m/s的速度水平匀速直线飞行100s，推动功为多少？ （3）若在此100s内消耗燃油200g（燃油的热值q=4×107J/kg），发动机的工作效率为多少？ 【答案】（1）5.04×104N； 7位；（2）7.2×106J；（3）90% 【解析】（1）飞艇所受浮力为： F浮=ρ空gV排=ρ空gV气囊=1.2kg/m3×10N/kg×4200m3=5.04×104N 此时飞艇受到飞艇的重力、氦气的重力、乘客的总重和浮力的作用，根据力的平衡关系可知，乘客的总重为： G人总=F浮-G飞-G氦气=F浮-m飞g-ρ氦气gV气囊=5.04×104N-3750kg×10N/kg-0.2kg/m3×10N/kg×4200m3=4500N 则乘客人数为： （人） 取整数，即飞艇最多可载7位乘客升空； （2）由图乙可知，当速度为12m/s时，空气阻力为F阻=6×103N，因飞艇水平匀速直线飞行，则： F推=F阻=6×103N 那么发动机推动功为： W推=F推s=F推υt=6×103N×12m/s×100s=7.2×106J （3）燃油放出的热量： Q放=m燃油q=200×10−3kg×4×107J/kg=8×106J 飞机发动机的工作效率为： 答：（1）将气囊充满氦气时，飞艇受到的浮力是5.04×104N；飞艇最多可载7位乘客升空；（2）若飞艇以12m/s的速度水平匀速直线飞行100s，推动功为7.2×106J；（3）若在此100s内消耗燃油200g（燃油的热值q=4×107J/kg），发动机的工作效率为90%。 第 1 页 共 62 页 学科网（北京）股份有限公司 $