专题一 内能及内能的利用（模型与方法）物理人教版九年级全一册

该初中物理讲义以“内能及内能的利用”为核心，通过模型框架图、对比表格和记忆口诀系统梳理知识体系，涵盖比热容图像分析、温室效应原理、热岛效应应用等8大模型，呈现概念辨析、实验探究与综合计算的内在逻辑。 讲义亮点在于模型化破解与分层练测结合，如用“等时吸热同，贴轴c值大”口诀突破比热容图像难点，通过基础夯实与培优拔高题组培养科学思维和科学探究能力，助力教师实施精准教学，学生实现自主高效复习。

专题一：内能及内能的利用 ( 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 …………………………………………………… … ………… 01 ~ 24 模型 0 1. 比热容温度-时间图像和 Q - Δt 图像 …………………………………………………………… 01 模型02. 温室效应 ………………………………………………………………………………………… 03 模型03. 城市热岛效应与城市风 ………………………………………………………………………… 05 模型04. 比热容、热值实验中是 “ 温度计示数 ” 还是 “ 加热时间 ” 辨析 …………………………… 07 模型05. 温度、热量和内能的辨析 ……………………………………………………………………… 09 模型0 6 . 探究 “ 做功与内能改变的关系 ” 小实验 ……………………………………………………… 11 模型07.热量及热平衡相关综合计算 …………………………………………………………………… 13 模型0 8 . 四冲程内燃机工作过程的相关 综合 计算 ……………………………………………………… 14 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 ………… …… ……………………………………… … ……… 15 ~ 1 8 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 ………………………………………………………………… 18 ~ 22 基础夯实 …………………………………………………………………………………… 18 ~ 20 培优拔高 …………………………………………………………………………………… 20 ~ 22 ) 模型01.比热容温度-时间图像和Q-Δt图像 ( 技巧： ① 图像中加热时间 t 实际上是反映 吸收热量的多少 ，加热时间相同表示吸收热量 相同 ，加热时间越长表示吸收热量 越多 。 ② 温度-时间图像，如图甲所示，加热相同时间， Q 吸 相同。质量相同的物质，升高的温度越大，比热容越小（图线越靠近温度轴，比热容越 小 ）。 ) ( ③ Q 吸 - Δt 图像： Δt 相同， m 相同的物质， Q 吸 越大，比热容越大（图线越靠近 Q 吸 轴，比热容越 大 ）。 口诀： ① 温度-时间图像 等时吸热同 ‌ ： 相同热源加热时，加热时间相等则吸热量相等，时间直接等价于吸热多少。 贴轴 c 值大 ‌ ： 质量相同时，图线越靠近时间轴、升温越慢的物质，比热容越大。 横段温不变 ‌ ： 图线水平时温度不变，对应晶体熔化 / 沸腾过程，持续吸热内能增加。 ② Q - Δt 图像 斜度是 c m ‌ ： 过原点的直线斜率等于质量与比热容的乘积，斜率越大则 c m 值越大。 同温比吸热 ‌ ： 升高相同温度时，吸收热量越多，物质的比热容就越大。 同热比升温 ‌ ： 吸收相同热量时，温度变化量越小，物质的比热容就越大。 提醒： 控制变量： 定 Q 看 Δt ：加热相同时间（吸热相同），升温慢（ Δt 小）的物质，比热容大。 定 Δt 看 Q ： ‌ 升高相同温度，加热时间长（吸热多）的物质，比热容大。 公式变形： 始终牢记 ，图像的本质是该公式中各变量的几何表达。任何结论都需回归到质量 m 、热量 Q 和温变 Δt 三者关系中验证。 ‌‌ ) 【例1】已知水的比热容比煤油的大。利用如图所示的实验装置，用相同规格的两试管分别装上初温、质量都相同的煤油和水，同时对两试管加热。下列图像正确的是（ ） 【变式1-1】如图所示是某物质熔化时温度随时间变化的图像，由图像信息可知，此物质（ ） A.在t=0时刻是固态，其内能为0 B.在0~6 min内，内能一直增大 C.在2~3min内是固液共存态，其内能不变 D.在0~6 min内，比热容一定不变 【变式1-2】如图所示，是根据“探究不同物质吸热能力”实验数据绘制的a、b物质的温度-时间图像，实验中两种物质的质量相同，初温度相同，选用的加热器相同，由图像可知（ ） A.加热相同时间，a物质吸收热量多，比热容小 B.加热时间相同，a物质的末温度高，比热容小 C.吸收热量相同，b物质温度升高慢，比热容小 D.吸收热量相同，b物质的末温度低，比热容大 【变式1-3】用两个相同热源分别给质量都相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化关系的图像如图。由图像可知，甲液体的比热容与乙液体的比热容的之比为________。如果乙液体是水，那么质量为500g，初温为20℃的乙液体吸收1.89×105J的热量，乙液体的温度升高了________℃（气压为一个标准大气压）。 模型02.温室效应 ( 技巧： 概念辨析 ‌ ： 先区分天然温室效应（维持地表 15 ℃ 适宜温度）和人为增强温室效应（全球变暖），牢记常见温室气体： CO 2 、甲烷、臭氧、氟利昂，排除水蒸气（因大气中含量由温度动态调控，不纳入气候变化考察因子）。 原理图 示 ： 按 “ 太阳短波辐射穿透大气层 → 地表增温 → 地面释放长波辐射 → 温室气体吸收长波辐射 → 大气逆辐射返还热量 ” 的逻辑梳理箭头，对应标注序号即可得分。 实验探究 ‌ ：采用控制变量法，保证两瓶初始温度、光照环境完全一致，选用高精度温度计，保证 CO 2 ) ( 足量、装置气密性良好，记录不同照射时长下的温度差验证温室效应。 开放类型 ‌ ： 采用三段式结构作答： 原因：化石燃料大量燃烧 + 植被破坏，导致 CO 2 等温室气体浓度升高；危害：冰川融化、海平面上升、极端天气频发；措施：减排化石燃料、植树造林、开发清洁能源。 口诀： 天然保温十五度，人为增温闯大祸， 气水不算碳为主，图题按序捋辐射， 实验控变量要严，三段答题不丢分。 提醒： 区分易混概念 ‌ ： 牢记 “ 温室效应 ≠ 全球变暖 ” ，自然温室效应是地球的天然保温机制，能让地表均温维持在 ‌ 15 ℃ ‌ ，缺失会降到 - 18 ℃ ；人为过度排放温室气体才会引发增强型温室效应，进而导致全球变暖。 温室气体判断 ‌ ： 选择题里最常考的核心温室气体是 ‌ 二氧化碳 ‌ ，别误选氧气、氮气，同时要留意甲烷、氟利昂等也是常见温室气体。 ) 【例2】下列关于温室效应的叙述，正确的是（ ） A.温室气体吸收所有红外线，导致地球温度急剧升高 B.温室效应是地球内部热量向外辐射的过程 C.二氧化碳、甲烷等是主要的温室气体 D.温室效应使地球表面温度比没有大气层时低得多 【变式2-1】两支同样的温度计静置在阳光下，一支放在透明玻璃瓶内，十分钟后瓶内温度计的读数最可能是（已知瓶外初始温度为10℃）（ ） A.25℃ B.12℃ C.10℃ D.8℃ 【变式2-2】造成全球温室效应的主要原因和缓解温室效应的重要措施分别是（ ） A.煤、石油、天然气大量燃烧；营造森林绿地 B.二氧化硫大量产生；种植苔藓类植物吸收二氧化硫 C.含氟制冷剂泄漏；采用无氟制冷剂 D.汽车排放废气和烟尘；收取排污费限令整改 【变式2-3】阅读材料完成下列问题： 我国提出2030年实现“碳达峰”、2060年实现“碳中和”的行动目标，大力在西北建设风电光伏基地，推广新能源汽车，开展大规模植树造林。 （1）简述全球变暖产生的3点主要危害。 （2）列举2条中学生日常生活中可践行的低碳行为。 模型03.城市热岛效应与城市风（应用类难点） ( 技巧： 热岛效应本质 ‌ ：城市气温高于郊区，核心原因是城市砂石、水泥比热容小，相同日照下升温更快，加上人工热源多、绿地水体少，热量难散发。 城市风风向判定 ‌ ：近地面风一定是 ‌ 从郊区吹向市区 ‌ ，市区热空气上升、郊区冷空气下沉，形成城郊热力环流，高空风向相反。 口诀： 城市风，昼夜不换向；比热小，沙石升温狂； 绿湖多，降温效果强；环流内，建厂必遭殃。 提醒： 比热容题：水的比热容大，修建人工湖、增加绿化能让相同吸热下升温幅度 ‌ 小于 ‌ 砂石，以此减弱热岛效应，别把 “ 小于 ” 写反。 布局类题：有污染的工厂必须布局在城市风环流之外，避免近地面风把郊区污染物吹回市区，加重城区雾霾。 ) 【例3】小云家住市中心，奶奶嫌城市夏天太热而不住在她家，这激发了她探究城乡温差的原因的兴趣。某星期天，她请全班同学分别到选定的地点，于中午同一时刻测出各测试点的气温，以此绘制出如图所示的“区域-温度”坐标图。从图中你发现_________的温度最高。这种现象我们称为“城市热岛效应”。“城市热岛效应”的主要原因之一是建筑物、马路中的砂石、水泥的比热容________（选填“大”或“小”），在相同的日照条件下温度上升明显。 ‌【变式3-1】小明家住市中心，奶奶嫌城市夏天太热而不住他家，这激发了他探究城乡温差的原因。某星期天，他请全班同学分别到选定的地点，于中午同一时刻测出各测试点气温，以此绘制出如图所示的“区域-温度”坐标图。 （1）图中气温最低的区域是_________；简析该区域气温低的主要原因：________________________ ______________________________________。 （2）请提出一种降低市中心环境气温的办法：_______________________________。 【变式3-2】阅读以下资料，完成填空： 水的比热容应用 水的比热容较大，在同样受热或冷却的情况下，水的温度变化较小。水的这个特征对气候影响很大。沿海地区会形成海陆风，相对内陆地区呈现出冬暖夏凉的气候特征。 随着城市人口集聚，且城市中的建筑大多为钢筋混凝土建成，在温度的空间分布上，城市犹如一个温暖的岛屿，形成城市热岛效应。 水的比热容大，在生产中也有应用。水稻是一种喜温作物。育苗期，气温偏低，农民采用向田间灌水或排水来调节秧苗生长环境温度；分蘖期和灌浆期，一般采用浅水勤灌技术来调节土壤温湿度，增强抗高温干旱能力。 （1）在出太阳的白天，海边升温比内陆更_______（选填“快”或“慢”）；晚上，凉风习习，风是由_______________；（选填“陆地吹向海洋”或“从海洋吹向陆地”） （2）请用相关知识为城市建设部门提出一条合理的缓解“热岛效应”的方法：_________________； （3）早春时节，农民育秧苗时，为防止秧苗冻伤，应该在________（选填“夜晚”或“早晨”）时往田里灌水。 【变式3-3】阅读材料完成下列小题： 热岛效应 热岛效应是指城市区域的温度显著高于周围乡村区域的现象。这个效应主要由人类活动和城市化进程引起，特别是在大城市中尤为明显。以下是热岛效应的主要原因：①建筑材料：城市中大量使用的建筑材料（如混凝土、沥青）。②人类活动：车辆、工业设施、空调设备等人类活动会释放大量的热量。③植被减少：城市化过程中，植被和绿地被大量建筑物和道路替代。 热岛效应会引发“城市风”：白天，城市中心空气因温度高而上升，郊区冷空气向城市补充，形成局地环流。 自然界的海陆风也与温度差异有关：白天陆地升温比海洋快，陆地气温高、气压低，海洋气温低、气压高，风从海洋吹向陆地，称为海风；夜晚则相反，风从陆地吹向海洋，称为陆风。 （1）热岛效应主要原因是城市建筑群密集，在相同日照的情况下，城市地区升温较________。（选填“快”或“慢”） （2）为减弱城市的热岛效应，我市修建了大量的湿地公园和人工湖，这主要是利用了水___________和________________的特点，所以在太阳照射时，避免附近温度升得太快。 （3）城市正午的时候靠近地面的风是从___________________（选填“郊区吹向市区”或“市区吹向郊区”）。 （4）题图中________（选填“A”或“B”）是海洋夜晚的空气流动情况。 模型04.比热容、热值实验中是“温度计示数”还是“加热时间”辨析 ( 技巧： 判断 ‌ “ 谁反映谁 ” ‌ ：用 ‌ 加热时间 ‌ 反映 ‌ 吸收热量的多少 ‌ ，用 ‌ 温度计示数的变化 ‌ 反映 ‌ 物质吸热能力（比热容）的差异 ‌ 或 ‌ 温度变化量 ‌ 。 ‌‌ ① 两种液体吸、放热的多少： ② 燃料燃烧放出热量的多少： 口诀： 时间管热量，温差管本领 ‌ 。 问吸热多少看 ‌ 时间 ‌ ，问升温快慢 / 比热容看 ‌ 温差 ‌ ；比热容实验控时间比温差， 热值实验控质量比温差。 提醒： 分辨逻辑： ① 先实验类型：是 “ 比热容吸热实验 ” 还是 “ 热值放热实验 ” 。 ② 比热容实验： “ 吸收热量多少 ”→ 加热时间 ‌ “ 吸热能力强弱（同加热时间） ”→ ‌ 温度计示数的变化 ‌ ③ 热值的实验： “ 燃料放热多少 ”→ ‌ 温度计示数的变化 ) ‌【例4】如图所示，是探究不同燃料的热值和不同物质吸热能力的实验装置。甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。 （1）比较不同燃料的热值，应选择________两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过____________（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。 （2）比较不同物质的吸热升温的特点，应选择________两图进行实验；实验中，在燃烧同种燃料时需要控制火力相同，目的是为了使两种液体在相同的时间内吸收________的热量，所以用_____________来反映液体吸热的多少。 （3）若在研究不同燃料热值实验时，记录数据如下表： 燃料 加热前液体温度/℃ 燃料燃尽时液体温度/℃ 燃料的热值（J/kg） 1 15 35 2.4×106 2 15 25 根据表中数据计算：完全燃烧10g燃料1放出的热量为________J，燃料2的热值是________J/kg。 （4）通过实验得到的燃料热值与实际相比是偏________（选填“大”或“小”），你认为出现这样情况的主要原因是：________________________________。 【变式4-1】小明利用如图所示的装置探究“比较不同液体的吸热能力”和“比较不同燃料的热值”两个实验。请你回答下列问题： （1）为了探究“比较不同液体的吸热能力”，需选择________两个实验装置进行对比。 （2）在以上实验中，若液体的质量和初温、燃料的质量均相等，当燃料燃尽时，分别测得甲、乙、丙中温度计的示数关系为t甲>t乙>t丙，则吸热能力强的为液体________，热值大的为燃料________。 【变式4-2】用所学的知识解决下列问题： （1）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内的液体质量也相同，比较不同液体的比热容，可以选择_________两图：比较不同燃料的热值，可以选择_________两图； （2）实验时最好一直搅拌，是为了____________________； （3）小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的两种不同液体进行了实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图丁所示，实验中，两种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：液体_______放热能力强（选填a或b），若液体a的比热容为2.1×103J/(kg•℃)，则液体b的比热容为___________J/(kg•℃)； （4）若想利用上述装置估测燃料的热值，那么还需要补充的仪器是_________，利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏________。 【变式4-3】如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量、烧杯内的液体质量和初始温度也都相同，当燃料燃烧完时立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙和T丙，且有T甲>T乙>T丙。 （1）比较不同物质的比热容，应选择________两图进行实验； （2）比较不同物质的热值，应选择________两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有q1_______q2 （选填“>”、“=”、“<”）； （3）若在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态， 且燃料燃烧完时温度计读数仍然为T甲>T乙>T丙，液体b没有沸腾，则比热容ca_______cb（选填“>”、“=”、“<”或“无法判断”）。 模型05.温度、热量和内能的辨析 ( 技巧： 1. 定义性质 温度： 水的 “ 冷热程度 ”—— 感觉，温度是不能传递的。 内能： 水家族 “ 总的钱 ”—— 内能大小是由温度、质量、物质状态共同决定的。 ) ( 热量： “ 转账 ” 的钱 —— 热量只存在于 “ 过程 ” 中。它不是什么 “ 含有 ” 的东西，而是传递的东西。它是在热传递过程中，内能转移了多少的一个 “ 量 ” 。 记住三句终极口诀：温度是 “ 冷热 ” 的尺子。内能是 “ 家底 ” 的总和。热量是 “ 传递 ” 的份额。 2. 内在关联 温度与内能 ‌ ： 同一物体温度升高，分子平均动能增大，内能一定增加；但内能增加，温度不一定升高（比如晶体熔化时吸热，内能增大但温度保持不变）。 温度与热量 ‌ ： 热传递的发生前提是两个物体存在温度差，热量会自发从高温物体流向低温物体；但物体吸收热量，温度不一定升高（如水沸腾时持续吸热，温度不变）。 热量与内能 ‌ ： 热传递是改变物体内能的两种方式之一，物体吸收热量，内能会增加；物体放出热量，内能会减少，但内能改变不一定伴随吸放热（比如钻木取火是通过做功改变内能）。 口诀： 温升内能必然增，吸热温变未必行， 热量只伴过程生，内能不能半点零。 提醒： 同一物体升温，内能一定会增加 ‌ ： 分子平均动能增大，内能必然变大。 物体内能增加，温度不一定升高 ‌ ： 比如晶体熔化、水沸腾，吸热内能增加但温度保持不变。 物体吸收热量，内能不一定增加 ‌ ： 如果同时对外做功，且做功消耗的能量大于吸收的热量，内能反而会减小。 物体内能增加，不一定吸收热量 ‌ ： 摩擦生热、压缩气体等外界对物体做功的方式，也能让内能增加。 物体温度升高，不一定吸收热量 ‌ ： 外界对物体做功（如钻木取火）同样可以让温度上升。 温度高的物体，内能不一定是大 ‌ ： 内能还和质量、状态、物质种类有关，一小杯开水的内能可能远小于一大桶冷水。 ) 【例5】下列关于内能、温度、热量的说法中正确的是（ ） A.物体内能增加，温度不一定升高 B.温度高的物体含有的热量多 C.热传递过程中，总是由高温物体将温度传给低温物体 D.物体只要放出热量，温度一定降低 【变式5-1】关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（ ） A.100℃的水一定比20℃的水内能大 B.两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递 C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多 D.物体内能增大了，一定是从外界吸收了热量 【变式5-2】下列关于功、内能、热量及能量的转化的描述中正确的是（ ） A.火山具有内能，冰山不具有内能 B.温度高的物体含有的热量比温度低的物体含有的热量多 C.热量总是从内能大的物体传通给内能小的物体 D.做功和热传递改变内能是等效的 【变式5-3】关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ） A.0℃的冰块没有内能 B.物体的内能增加，一定吸收了热量 C.内能从热量多的物体传递到热量少的物体 D.温度相同的水，内能可能不同 模型06.探究“做功与内能改变的关系”小实验 ( 技巧： 本质是内能与其他形式的能（如机械能）发生相互转化：外界对物体做功，物体内能增大；物体对外界做功，自身内能减小。 压缩空气引火仪实验 ‌ ： 操作： 在厚壁玻璃筒内放一小团硝化棉，迅速向下压活塞。 现象： 硝化棉燃烧。 结论： 活塞对筒内空气做功，机械能转化为内能，空气内能增大、温度升高，达到硝化棉燃点使其燃烧。 ‌ 瓶塞跳起白雾实验 ‌ ： 操作： 在厚壁玻璃瓶内装少量水，塞紧塞子后用打气筒往瓶内打气，直至瓶塞弹出。 现象： 瓶塞跳起瞬间，瓶内出现白雾。 结论： 瓶内气体推动瓶塞对外做功，内能转化为机械能， 气体内能减小、温度降低，瓶内水蒸气遇冷液化成小水滴形成白雾。 金属丝弯折测温实验 ‌ ： 操作： 先测金属丝初始温度，反复快速弯折金属丝数十次后，再次测量弯折处温度。 现象： 弯折处温度明显升高。 结论： 人对金属丝做功，机械能转化为内能，金属丝内能增加、温度上升。 口诀： 压做温升内增大，膨做温降白雾挂， 看温变化转换法，能转方向别搞差。 提醒： 压缩空气引火仪实验下压活塞时要 ‌ 快速发力 ‌ ，避免热量散失影响实验效果。 瓶塞实验中瓶内少量水的作用是产生充足水蒸气，便于观察液化形成的白雾现象。 硝化棉属于易燃物，实验后及时熄灭处理，避免引发安全隐患。 ) 【例6】如图所示，把一个薄壁金属管固定在支架上，管中装一些酒精，然后用软木塞塞紧。用皮条缠绕在金属管上，迅速来回拉动皮条，过一会儿会看到软木塞被顶开。根据实验现象回答下列问题： （1）来回拉动皮条，使金属管的温度升高，这是通过________方式改变物体内能。 （2）酒精温度升高，这是通过___________方式改变物体内能。 （3）酒精蒸气将木塞顶开的过程，酒精蒸气的内能________（选填“增加”或“减少”），转化为木塞的________能（选填“机械”或“内”）。 （4）酒精蒸气将木塞顶开时，金属管口出现的“白气”是________现象（选填“汽化”或“液化”）。 【变式6-1】小明利用如下实验探究做功是否能够改变物体的内能。 （1）将铁丝在同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸被弯折的部位，会感觉到弯折部位的________升高，表明铁丝的内能_________。 （2）如图所示，在厚壁玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞压下，我们会看到：棉絮燃烧了，这表明用力压下活塞时，玻璃筒内的温度_________并达到棉絮的_________，所以出现了我们看到的现象。 （3）上述的这两个现象都说明了_________是改变物体内能的一种方式。 【变式6-2】如图所示，是研究“做功与内能改变的关系”的实验，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，瓶内压强增大到一定程度时，瓶塞就会跳起来。 （1）在这一实验过程中，你应该注意观察的是________（选填选项前的字母）。 A.打气时瓶内水的情况 B.瓶塞跳起的现象 C.瓶塞跳起的瞬间瓶内出现的现象 （2）玻璃瓶内装有少量水的目的是_______________________。 （3）在你认为应当观察的一项中，你所观察到的现象是_________________，表明瓶内的温度降低，这一实验现象说明：气体________（选填“对内”或“对外”）做功，内能减小。 【变式6-3】如图甲所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一团小棉花，把活塞迅速压下去，棉花被点燃。如图乙所示，瓶内装有一些水，用瓶塞将瓶口塞紧，瓶塞通过导管与打气筒相连。用打气筒给瓶中打气，当瓶塞跳起来时，瓶口周围冒“白气”。 （1）甲、乙两实验说明_________可以改变内能。 （2）在甲实验中，把活塞迅速压下去时棉花被点燃，这是将________能转化内能。 （3）如图丙所示，B是一个被销钉锁住的活塞，气缸A密封有压缩空气，C是一支温度计。若活塞与气缸壁之间没有摩擦，当把销钉K拔出后，将观察到活塞向右移动，温度计的示数_________（选填“变大”“变小”或“不变”），你的分析依据是______________________________________________。 模型07.热量及热平衡相关综合计算 ( 技巧： 比热容吸放热公式 ‌ ： Q = cmΔt 。吸热时 Q 吸 = cm ( t − t 0 ​) ；放热时 Q 放 = cm ( t 0 ​−t) 。（ t 为末温， t 0 ​ 为初温） ‌ 热平衡核心方程（无热量损失时） ‌ ： Q 吸 = Q 放 （高温物体释放的全部热量被低温物体完全吸收，最终所有物体温度相等，达到热平衡状态） 口诀： 公式先清不混乱 ‌ ， 温差辨明不踩坑 ， 等量列对好求解 ‌ ， 单位统一不出错 。 提醒： 严格区分 “ 升高了/降低了 ” （指 Δt ）和 “ 升高到/降低到 ” （指末温 t ）。 物态变化场景下不能直接用 Q = cmΔt ，需额外考虑熔化/凝固的潜热。 热平衡方程仅适用于无对外热损失的封闭系统，有散热时需修正热量关系。 ) 【例7】把质量为1kg、初温为20℃的水加热到100℃，求水吸收的热量？质量为2kg的某种物质温度从20℃升高到40℃时，吸收的热量是1.88×104J，该物质的比热容是多少？ 【变式7-1】在一个标准大气压下，一质量为2kg的金属块，被加热到500℃后，立即投入质量为1kg，温度为20℃的冷水中，不计热量损失，最终水的温度升高了30℃，c水=4.2×103J/(kg·℃)，求： （1）水吸收的热量； （2）金属块的比热容。 【变式7-2】在标准大气压下，把一质量为500g的高温物体投入质量为5kg、温度为20℃的水中，如果物体放出的热量是1.89×106J，不计热量损失，则水的温度会升高到多少？[水的比热容4.2×103J/(kg·℃)] 【变式7-3】如图甲所示，将盛有250g凉牛奶的瓶子放在热水中，牛奶与热水的温度随时间变化的图像如图乙所示。 （1）图乙中，表示水的温度变化的图线是________（选填“a”或“b”）； （2）牛奶在加热过程中吸收了多少热量？[c牛奶=2.5×103J/(kg·℃)] （3）若牛奶吸收的热量均来自水放出的热量，则用于加热牛奶的水的质量约为多少？[c水=4.2×103J/(kg·℃)，计算结果保留一位小数] 模型08.四冲程内燃机工作过程的相关综合计算 ( 技巧： 1个完整工作循环=4个冲程 → 曲轴/飞轮转2圈 → 活塞往复2次 → 对外做功1次 ，可简记为 “ 四冲二转一做功 ” 。 工作循环 ∶ 冲程数 ∶ 飞轮转数 ∶ 做功次数= 1 ∶ 4 ∶ 2 ∶ 1 所有转速类计算都可通过这个比例快速换算。 压强： → F = pS 有用功： W 有 = Fs = Pt 功率： 总热量： Q 放 = mq = Vq 效率： 口诀： 吸压做排走一轮，两圈一功四冲程。 提醒： 单位必须统一：计算时时间、质量、体积等物理量全部转换为国际单位制再代入公式。 区分 “ 1次做功 ” 和 “ 总功 ” ：只有做功冲程对外输出能量，其余冲程不对外做功，不要误将总冲程数直接等同于做功次数。 ) 【例8】在沿海地区炎热晴朗天气里易形成海陆风，如图甲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，夜晚风力发电机出现的情形是________图（选填“乙”或“丙”）；汽油机中，若飞轮转速是3000r/min，则汽油机1min内完成_________个冲程，对外做功________次。 【变式8-1】若汽油机飞轮的转速是2400r/min，每秒钟完成了________个冲程，每秒钟对外做________次功，若每次做功500J，则此内燃机的功率为_________W。 【变式8-2】如图甲所示是一艘完全依靠太阳能驱动的船，电池板接收太阳能的功率为1.6×105W。假设接收的太阳能只用来驱动船前进，在一次航行中，太阳能船受到水平方向的牵引力F随时间t的变化关系如图乙，航行速度如图丙。（海水密度约为1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求： （1）若船吃水深度为1m，则船底受到水的压强是多大？ （2）第50s至100s，牵引力在这段时间内做的功？ （3）第50s至100s，若船接收的太阳能全部改由燃烧柴油提供，则需要消耗柴油的质量是多少？ （q柴油=4.0×107J/kg） 【变式8-3】如图所示是我国自行设计研制的AG600水陆两栖飞机，最大起飞质量为53.5t，最大航程为4500km，飞机发动机的额定功率为2.25×107W，航空燃油的热值为4×107J/kg，g取10N/kg。试问： （1）飞机以最大起飞质量漂浮在水面上时，所受的浮力是多少？ （2）起飞之后，若该飞机在额定功率下以300km/h的速度匀速直线航行10min，则行驶的路程是多少？ （3）题（2）过程中，若飞机发动机的效率为50%，不计能量损失，则飞机消耗的航空燃油的质量为多少？ 1.（2026·辽宁）将低碳钢工件置于高温富碳环境中，碳原子会渗入工件表层，这是________现象，碳原子中带负电的粒子是_________。 2.（2026·甘肃武威）热水钻探是一种利用加压的热水喷射并融化冰层，从而实现钻进的技术。在热水加压过程中，高压泵通过_________（选填“做功”或“热传递”）的方式使热水获得动能；在热水融冰过程中，冰由于吸热，_________（选填“内能”或“机械能”）增大。 3.（2026·河南）红旗渠被称为“人工天河”。在修建过程中，甲、乙两人用同一条绳子沿同一方向拉一辆装有石料的车，甲用力300N，乙用力260N，则该车受到绳子的拉力大小为_______N。红旗渠的总干渠入水口与出水口高度差约10m，实现渠水全程自流，渠水的动能是由________能转化而来的。渠水除了有灌溉作用以外，还可以调节周边气温，这是由于水具有较大的__________。 4.（2026•苏州）在安全教育活动中，老师用图示装置演示面粉爆炸现象。面粉被吹入塑料桶后，遇到火焰爆燃，桶口的硬纸板被迅速弹飞。面粉燃烧释放的内能转化为硬纸板的__________，该过程相当于汽油机工作时的________冲程。 5.（2026·重庆）我国“十五五”规划纲要提到“降碳”。“降碳”是指降低空气中的（ ） A.O2 B.CO2 C.N2 D.水蒸气 6.（2026·四川自贡）下列做法不属于低碳生活方式的是（ ） A.倡导步行和骑自行车 B.垃圾分类及回收 C.夏天空调温度保持在18℃ D.不用或少用一次性筷子 7.（2026·甘孜、阿坝）如图所示，沿海地区的夏季，风有时吹向海洋，有时吹向陆地。已知水的比热容比泥土的比热容大，下列说法正确的是（ ） A.海洋的昼夜温差小于陆地 B.白天海洋比陆地升温更快 C.晚上海洋的温度低于陆地 D.晚上风向是从海洋到陆地 8.（2026•台湾）将甲、乙、丙三个质量相等的金属块，分别以相同的稳定热源加热，其温度T与加热时间t的关系如图。若加热过程中无热量散失，甲、乙、丙的比热容分别为c甲、c乙、c丙，则下列比热容的大小关系何者最合理？（　　） A.c甲=c乙<c丙 B.c甲=c乙>c丙 C.c甲<c乙=c丙 D.c甲>c乙=c丙 9.（2026·黑龙江绥化）利用如图甲所示的装置比较不同物质吸收热量的情况。 加热时间/min 0 2 4 6 …… 水的温度/℃ 30 38 46 54 …… 食用油的温度/℃ 30 47 63 80 …… （1）两烧杯中分别装入________（选填“质量”或“体积”）相等的水和食用油。 （2）利用相同的电加热器加热，通过___________间接反映水、食用油吸收热量的多少。 （3）根据实验数据绘制温度与时间的关系图像如图乙所示。分析可知________（选填“A”或“B”）是食用油的温度随时间变化的关系图像，________（选填“食用油”或“水”）的吸热能力较强。 10.（2026·北京）阅读下面的材料，并依据材料回答问题。 “节能减排”的守护者——高精度温室气体综合探测卫星 2026年4月，我国成功发射高精度温室气体综合探测卫星（DQ-2），它是国际上首颗主被动协同高精度温室气体探测卫星，可实现对全球温室气体的大范围探测。 DQ-2卫星上搭载的大气探测激光雷达是主动探测的核心设备，其工作原理：激光雷达发出易与待测气体粒子发生明显相互作用的激光，并接收反射的回波信号，大气中待测气体浓度越高，相同路径下与激光发生相互作用的粒子数越多，回波信号的能量就越弱，这样就可以通过回波信号对该气体的浓度进行分析。 DQ-2卫星在对二氧化碳气体进行实际探测时，激光雷达需要同时发射能量近似相等的两束平行激光，其中一束激光与二氧化碳分子有明显相互作用，另一束激光与其无明显相互作用，并且这两束激光与除二氧化碳气体以外的大气粒子及地面相互作用效果相同。通过测量两束激光回波信号的能量比，并将它与两束激光发射时的能量比进行比较，可分析得到激光路径上的二氧化碳浓度。DQ-2卫星还可以通过测量两束激光在不同高度回波信号的时间信息，再结合能量信息最终获得不同高度大气中二氧化碳浓度的信息。 DQ-2卫星将服务于国家“碳达峰”和“碳中和”双碳国家战略，同时为全球环境监测、气候气象研究提供支撑。 （1）DQ-2卫星是国际上首颗主被动协同________温室气体探测卫星。 （2）在获取不同高度大气中二氧化碳浓度信息的过程中，DQ-2卫星通过测量回波信号的________（选填“时间”或“能量比”）信息，从而获取回波信号返回位置的高度信息。 （3）如图所示，DQ-2卫星第一次经过某地上空A位置时，发射能量近似相等的两束激光①和②，一段时间后接收到激光①和②由地面B位置反射的回波信号的能量分别为E1、E2，且。卫星第二次经过该地上空A时，再次发射两束与第一次测量时相同的激光，接收到从B反射的回波信号的能量为E1′、E2′，且。已知k<1，则激光_________（选填“①”或“②”）与二氧化碳分子有明显的相互作用，若k′>k，则第二次测得的二氧化碳浓度_________（选填“高于”“等于”或“低于”）第一次测得的二氧化碳浓度。 【基础夯实】 1.在“比较不同物质吸热能力”的实验中，使用两个完全相同的电加热器，目的是通过_________来反映两种液体吸收热量的多少。 ‌‌2.用相同的酒精灯，给质量相等的水和煤油加热相同时间，通过观察____________________来判断它们吸热能力的强弱。 ‌3.修建人工湖和多种植树木，这是利用了水的比热容较_______的性质来减少热岛效应带来的危害；陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成的，如图是某地空气流动情况，此图反映海风形成的时间是________（填“白天”或“夜晚”）。 4.如图是0.5kg某液体放热过程中温度随时间变化的图像，单位时间内该物质放热相等。则第10min时它的内能________（选填“>”、“<”或“=”）第15min时的内能；它处于固态、液态时的比热容大小关系为c固________c液（选填“>”、“<”或“=”）；0.5kg该物质从第10min到第20min，放出的热量Q=_________J。[物质液态时的比热容为2×103J/(kg•℃)] 5.近百年来全球平均气温升高的主要人为原因是（ ） A.太阳活动周期性变化 B.大规模使用化石燃料 C.四季更替自然规律 D.日心说理论影响 6.有甲、乙两个物体，甲的温度为10℃，乙的温度为20℃，它们的质量之比为2∶1，比热容之比为5∶4，它们吸收相同的热量时，升高的温度之比是（ ） A.2∶5 B.5∶2 C.4∶5 D.5∶4 7.为要测出火炉的温度，将一钢块放入火炉中加热一段时间后取出，立即投入到10℃的水中，结果水的温度升高到50℃；再将钢块取出，第二次加热到130℃，投入到与前次等量的水中，结果水的温度从20℃升高到25℃。火炉的温度是（ ） A.790℃ B.750℃ C.850℃ D.890℃ 8.如图所示，在两个相同的容器中装有质量相等、初温相同的煤油和水（c水>c煤油）两个容器中电阻丝的电阻相同。闭合开关，电阻丝发热对煤油和水分别加热，下面四图中的哪一图线能反映该实验情况（ ） 9.阅读材料，回答下列小题： 城市热岛效应 城市热岛效应，是指城市中心区域的温度显著高于周边郊区，形成类似“热岛”的气候现象。一方面，城市中大量土地被水泥、沥青等硬化路面、高楼建筑覆盖，这些人工材料的比热容远小于郊区的土壤、植被，吸收太阳辐射后升温更快。另一方面，人类活动的热排放是关键推手，工业生产、汽车尾气、空调运转、居民生活取暖等会持续向空气中释放大量热量。 由于城市中心温度高，空气受热膨胀后上升，导致近地面形成低压区：而郊区温度较低，空气冷却收缩下沉，近地面形成高压区。在气压差的驱动下，引发局地环流，地面附近形成持续的“城市风”。 （1）城市热岛效应，是因为水泥、沥青的__________比郊区土壤、植被的小：工业生产、空调运转、居民生活取暖等人类活动使城市空气的内能________。 （2）城市中心的空气受热膨胀后密度________而上升：地面附近“城市风”的风向是从_____________（选填“城市吹向郊区”或“郊区吹向城市”） 10.把一质量为50g的某金属球在1080℃的炉火中加热足够长的时间， 然后迅速投入100g的初温为30℃的某种液体中，达热平衡后金属球的温度变为80℃。已知金属球的比热容为0.42×103J/( kg·℃)，不计热量的损失。 （1）求此过程中，金属球放出的热量； （2）求该液体的比热容； （3）若该液体再吸收2.52×103J的热量， 求该液体的末温。 【培优拔高】 1.在“探究不同燃料的热值”实验中，用质量相等的两种燃料，给质量和初温都相同的水加热，燃料完全燃烧后，通过_________________来比较两种燃料放出热量的多少。 ‌2.质量相等的甲、乙、丙三个金属块，其比热容之比c甲∶c乙∶c丙=1∶2∶3。它们吸收相等的热量后，升高的温度之比Δt甲∶Δt乙∶Δt丙为____________。 3.将一勺热水倒入一盛冷水的保温容器中，使得冷水温度升高6℃，然后又向保温容器内倒入同样三勺热水，水温又上升了12℃，由此可知原来保温容器中冷水的质量是一勺热水的________倍，原来冷水比热水温度低________℃。（不计热量损失和容器吸热） 4.如图在比较不同液体的比热容大小的实验中，规格相同的容器装了、等质量的液体，忽略过程中热量散失，相同时间两杯液体吸热相同，得到如图所示的液体温度与加热时间的图象，则：乙中温度计示数为_________℃。比较甲、乙两杯液体升温的快慢？_________（选填“甲快”或“乙快”或“一样快”）。比较两杯液体的比热容：c甲________c乙（选填“＜”“=”或“＞”），依据是_________________________________ _________________________________________。 5.受全球变暖冰川融化、海平面上升威胁最严重的国家类型是（ ） A.内陆高原国家 B.低海拔岛国 C.高纬度大陆国家 D.温带内陆国家 6.下列关于功、内能、热量及能量的转化的描述中正确的是（ ） A.火山具有内能，冰山不具有内能 B.温度高的物体含有的热量比温度低的物体含有的热量多 C.热量总是从内能大的物体传通给内能小的物体 D.做功和热传递改变内能是等效的 7.关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（　　） A.100℃的水一定比20℃的水内能大 B.两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递 C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多 D.物体内能增大了，一定是从外界吸收了热量 8.用相同规格的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是液体甲和乙的温度随时间变化的关系图象。下列说法正确的是（ ） A.甲的比热容与乙的比热容之比为2∶3 B.甲的比热容与乙的比热容之比为1∶2 C.甲和乙都加热10min，甲吸收的热量比乙吸收的热量多 D.甲和乙升高相同的温度，乙吸收的热量较少 9.如图甲、乙所示的是实验小组探究“做功与内能改变的关系”的实验。 （1）如图甲所示，厚壁玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，瓶内压强大到一定程度时，瓶塞就会跳起来，瓶内及瓶口出现淡淡的白雾。据此现象可以说明物体对外做功，内能________。 （2）如图乙所示，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，可以看到硝化棉燃烧，说明活塞对密闭在玻璃筒内的空气________，使其内能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 10.阅读短文，回答下列问题。 热岛效应热岛效应是指城市中心区的气温显著高于周围郊区的现象。这个效应主要由人类活动和城市化进程引起，在大城市中尤为明显。以下是热岛效应的主要原因： ①建筑材料：城市中大量使用的建筑材料（如混凝土、沥青）具有较高的比热容和热导率，能够吸收并储存大量的太阳能。 ②人类活动：车辆、工业设施、空调设备等人类活动会释放大量的热量，增加城市区域的温度。 ③植被减少：城市化进程中，绿地和植被被大量替代为建筑物和道路，减少了植物蒸腾作用和遮阳效果，进而提高了地表温度。 （1）郊区有大量的植被覆盖并有较多的水域面积，当太阳照射时由于有大量液态水发生________（填物态变化名称），吸收大量的热，从而避免温度升得太快。这种降低温度的方式与____________________（填“发烧时额头涂酒精”或“夏天饮料中加冰块”）相同。 （2）为了缓解城市的热岛效应，你有什么好的建议：__________________________。 第 1 页 共 22 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一：内能及内能的利用 ( 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 …………………………………………………… … ………… 01 ~ 24 模型 0 1. 比热容温度-时间图像和 Q - Δt 图像 …………………………………………………………… 01 模型02. 温室效应 ………………………………………………………………………………………… 05 模型03. 城市热岛效应与城市风 ………………………………………………………………………… 06 模型04. 比热容、热值实验中是 “ 温度计示数 ” 还是 “ 加热时间 ” 辨析 …………………………… 10 模型05. 温度、热量和内能的辨析 ……………………………………………………………………… 14 模型0 6 . 探究 “ 做功与内能改变的关系 ” 小实验 ……………………………………………………… 16 模型07.热量及热平衡相关综合计算 …………………………………………………………………… 19 模型0 8 . 四冲程内燃机工作过程的相关 综合 计算 ……………………………………………………… 21 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 ………… …… ……………………………………… … ……… 24 ~ 28 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 ………………………………………………………………… 29 ~ 基础夯实 …………………………………………………………………………………… 29 ~ 32 培优拔高 …………………………………………………………………………………… 33 ~ ) 模型01.比热容温度-时间图像和Q-Δt图像 ( 技巧： ① 图像中加热时间 t 实际上是反映 吸收热量的多少 ，加热时间相同表示吸收热量 相同 ，加热时间越长表示吸收热量 越多 。 ② 温度-时间图像，如图甲所示，加热相同时间， Q 吸 相同。质量相同的物质，升高的温度越大，比热容越小（图线越靠近温度轴，比热容越 小 ）。 ) ( ③ Q 吸 - Δt 图像： Δt 相同， m 相同的物质， Q 吸 越大，比热容越大（图线越靠近 Q 吸 轴，比热容越 大 ）。 口诀： ① 温度-时间图像 等时吸热同 ‌ ： 相同热源加热时，加热时间相等则吸热量相等，时间直接等价于吸热多少。 贴轴 c 值大 ‌ ： 质量相同时，图线越靠近时间轴、升温越慢的物质，比热容越大。 横段温不变 ‌ ： 图线水平时温度不变，对应晶体熔化 / 沸腾过程，持续吸热内能增加。 ② Q - Δt 图像 斜度是 c m ‌ ： 过原点的直线斜率等于质量与比热容的乘积，斜率越大则 c m 值越大。 同温比吸热 ‌ ： 升高相同温度时，吸收热量越多，物质的比热容就越大。 同热比升温 ‌ ： 吸收相同热量时，温度变化量越小，物质的比热容就越大。 提醒： 控制变量： 定 Q 看 Δt ：加热相同时间（吸热相同），升温慢（ Δt 小）的物质，比热容大。 定 Δt 看 Q ： ‌ 升高相同温度，加热时间长（吸热多）的物质，比热容大。 公式变形： 始终牢记 ，图像的本质是该公式中各变量的几何表达。任何结论都需回归到质量 m 、热量 Q 和温变 Δt 三者关系中验证。 ‌‌ ) 【例1】已知水的比热容比煤油的大。利用如图所示的实验装置，用相同规格的两试管分别装上初温、质量都相同的煤油和水，同时对两试管加热。下列图像正确的是（ ） 【答案】C 【解析】比热是物质本身的一种特性，同种物质比热相同，不同物质比热一般不同。水和煤油的比热不同，质量相同，在吸收相同热量时，升高的温度不同；在升高相同温度时，吸收的热量不同。 AB.用规格相同的两试管分别装上质量相同的煤油和水，放在同一只烧杯中加热，相同时间两种液体吸收的热量相同，A、B图像均错误； CD.由于水的比热较大，在质量相同、加热时间相同（吸收的热量相同）时，水温升高的较小，C选项正确，D选项错误。 故选C。 【变式1-1】如图所示是某物质熔化时温度随时间变化的图像，由图像信息可知，此物质（ ） A.在t=0时刻是固态，其内能为0 B.在0~6 min内，内能一直增大 C.在2~3min内是固液共存态，其内能不变 D.在0~6 min内，比热容一定不变 【答案】B 【解析】本题的解题关键点是结合晶体熔化的图像特征，逐一分析每个选项对应的物态、内能、比热容相关规律，排除错误表述便得到正确结论。 识别物质的熔化特性：观察图像可知，该物质在熔化过程中温度始终保持0℃不变，符合晶体的熔化特点，该物质为冰，熔点为0℃。 A.一切物体在任何温度下都具有内能，不存在内能为0的物体。t=0时刻该物质是固态，但内能不为0，因此A选项错误。 B.在0~6min的整个过程中，该物质始终在持续吸收热量：0~1min是固态吸热升温，1~4min是晶体熔化吸热，4~6min是液态吸热升温，吸热过程中物体的内能会一直增大，因此B选项正确。 C.从图像可以看出，该物质的温度在14min之间始终保持0℃，处于熔化过程，是固液共存态；而23min属于熔化阶段，此过程物质持续吸热，内能会不断增大，并非内能不变，因此C选项错误。 D.该物质在0~1min是固态冰，4min之后熔化为液态水，冰和水的比热容是不同的，因此0~6min内物质的比热容发生了变化，D选项错误。 故答案应选：B。 【变式1-2】如图所示，是根据“探究不同物质吸热能力”实验数据绘制的a、b物质的温度-时间图像，实验中两种物质的质量相同，初温度相同，选用的加热器相同，由图像可知（ ） A.加热相同时间，a物质吸收热量多，比热容小 B.加热时间相同，a物质的末温度高，比热容小 C.吸收热量相同，b物质温度升高慢，比热容小 D.吸收热量相同，b物质的末温度低，比热容大 【答案】BD 【解析】AB.加热相同时间，由于用相同的加热器加热，则两物质吸收的热量是相同的，由图像可知，a物质的末温高，且a的温度升高得快，则a的比热容小，故A不符合题意，B符合题意； CD.吸收热量相同时，加热的时间相同，由图像可知，b物质的末温低，且b物质温度升高慢，则b的比热容大，故D符合题意，C不符合题意。 故选BD。 【变式1-3】用两个相同热源分别给质量都相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化关系的图像如图。由图像可知，甲液体的比热容与乙液体的比热容的之比为________。如果乙液体是水，那么质量为500g，初温为20℃的乙液体吸收1.89×105J的热量，乙液体的温度升高了________℃（气压为一个标准大气压）。 【答案】3∶7；80 【解析】求比热容之比：两个相同热源加热相同时间，甲、乙吸收的热量Q吸相等，且两者质量m相等。根据吸热公式Q吸=cmΔt变形可得，可知质量和吸热相同时，比热容与升高的温度成反比。 取加热时间为90min，由图像可得：甲升高的温度： Δt甲=90℃−20℃=70℃ 乙升高的温度： Δt乙=50℃−20℃=30℃ 因此： c甲∶c乙=Δt乙∶Δt甲=30℃∶70℃=3∶7 求水升高的温度：已知乙为水，质量m=500g=0.5kg，吸收热量Q吸=1.89×105J，水的比热容c水=4.2×103J/(kg·℃)。根据吸热公式变形得理论升高温度： 1个标准大气压下，水的沸点为100℃，水沸腾后温度保持不变，因此水的末温最高为100℃，实际升高的温度为： 100℃−20℃=80℃ 模型02.温室效应 ( 技巧： 概念辨析 ‌ ： 先区分天然温室效应（维持地表 15 ℃ 适宜温度）和人为增强温室效应（全球变暖），牢记常见温室气体： CO 2 、甲烷、臭氧、氟利昂，排除水蒸气（因大气中含量由温度动态调控，不纳入气候变化考察因子）。 原理图 示 ： 按 “ 太阳短波辐射穿透大气层 → 地表增温 → 地面释放长波辐射 → 温室气体吸收长波辐射 → 大气逆辐射返还热量 ” 的逻辑梳理箭头，对应标注序号即可得分。 实验探究 ‌ ：采用控制变量法，保证两瓶初始温度、光照环境完全一致，选用高精度温度计，保证 CO 2 足量、装置气密性良好，记录不同照射时长下的温度差验证温室效应。 开放类型 ‌ ： 采用三段式结构作答： 原因：化石燃料大量燃烧 + 植被破坏，导致 CO 2 等温室气体浓度升高；危害：冰川融化、海平面上升、极端天气频发；措施：减排化石燃料、植树造林、开发清洁能源。 口诀： 天然保温十五度，人为增温闯大祸， 气水不算碳为主，图题按序捋辐射， 实验控变量要严，三段答题不丢分。 提醒： 区分易混概念 ‌ ： 牢记 “ 温室效应 ≠ 全球变暖 ” ，自然温室效应是地球的天然保温机制，能让地表均温维持在 ‌ 15 ℃ ‌ ，缺失会降到 - 18 ℃ ；人为过度排放温室气体才会引发增强型温室效应，进而导致全球变暖。 温室气体判断 ‌ ： 选择题里最常考的核心温室气体是 ‌ 二氧化碳 ‌ ，别误选氧气、氮气，同时要留意甲烷、氟利昂等也是常见温室气体。 ) 【例2】下列关于温室效应的叙述，正确的是（ ） A.温室气体吸收所有红外线，导致地球温度急剧升高 B.温室效应是地球内部热量向外辐射的过程 C.二氧化碳、甲烷等是主要的温室气体 D.温室效应使地球表面温度比没有大气层时低得多 【答案‌】C 【解析】CO2、甲烷是占比最高的两类温室气体；其余选项表述均存在概念性错误，天然温室效应实际让地表温度提升了38℃。 【变式2-1】两支同样的温度计静置在阳光下，一支放在透明玻璃瓶内，十分钟后瓶内温度计的读数最可能是（已知瓶外初始温度为10℃）（ ） A.25℃ B.12℃ C.10℃ D.8℃ 【答案】B 【解析‌】玻璃瓶模拟大气保温作用，长波辐射无法透出，瓶内温度会略高于瓶外，12℃符合实际升温幅度。 【变式2-2】造成全球温室效应的主要原因和缓解温室效应的重要措施分别是（ ） A.煤、石油、天然气大量燃烧；营造森林绿地 B.二氧化硫大量产生；种植苔藓类植物吸收二氧化硫 C.含氟制冷剂泄漏；采用无氟制冷剂 D.汽车排放废气和烟尘；收取排污费限令整改 【答案‌】A 【解析‌】化石燃料过量燃烧是核心人为原因，植树造林可通过光合作用吸收CO₂，是最直接有效的缓解措施。 【变式2-3】阅读材料完成下列问题： 我国提出2030年实现“碳达峰”、2060年实现“碳中和”的行动目标，大力在西北建设风电光伏基地，推广新能源汽车，开展大规模植树造林。 （1）简述全球变暖产生的3点主要危害。 （2）列举2条中学生日常生活中可践行的低碳行为。 【答案】（1）两极冰川融化、海平面上升，沿海低地被淹没；极端高温、旱涝等异常天气事件频发；破坏全球生态系统平衡，威胁生物多样性。 （2）绿色出行优先选择步行或公共交通；双面使用纸张，减少一次性文具的使用。 模型03.城市热岛效应与城市风（应用类难点） ( 技巧： 热岛效应本质 ‌ ：城市气温高于郊区，核心原因是城市砂石、水泥比热容小，相同日照下升温更快，加上人工热源多、绿地水体少，热量难散发。 城市风风向判定 ‌ ：近地面风一定是 ‌ 从郊区吹向市区 ‌ ，市区热空气上升、郊区冷空气下沉，形成城郊热力环流，高空风向相反。 ) ( 口诀： 城市风，昼夜不换向；比热小，沙石升温狂； 绿湖多，降温效果强；环流内，建厂必遭殃。 提醒： 比热容题：水的比热容大，修建人工湖、增加绿化能让相同吸热下升温幅度 ‌ 小于 ‌ 砂石，以此减弱热岛效应，别把 “ 小于 ” 写反。 布局类题：有污染的工厂必须布局在城市风环流之外，避免近地面风把郊区污染物吹回市区，加重城区雾霾。 ) 【例3】小云家住市中心，奶奶嫌城市夏天太热而不住在她家，这激发了她探究城乡温差的原因的兴趣。某星期天，她请全班同学分别到选定的地点，于中午同一时刻测出各测试点的气温，以此绘制出如图所示的“区域-温度”坐标图。从图中你发现_________的温度最高。这种现象我们称为“城市热岛效应”。“城市热岛效应”的主要原因之一是建筑物、马路中的砂石、水泥的比热容________（选填“大”或“小”），在相同的日照条件下温度上升明显。 ‌【答案】市中心；小 【解析】第一空‌：城市热岛效应表现为城区气温显著高于郊区，坐标图中气温峰值对应区域为‌市中心‌； ‌第二空‌：砂石、水泥等材料比热容‌小‌，在相同日照（吸热相同）条件下，根据​，比热容c 越小，温升Δt 越明显，导致城区快速升温。‌‌ 故答案为：‌市中心‌；小‌。‌‌ 【变式3-1】小明家住市中心，奶奶嫌城市夏天太热而不住他家，这激发了他探究城乡温差的原因。某星期天，他请全班同学分别到选定的地点，于中午同一时刻测出各测试点气温，以此绘制出如图所示的“区域-温度”坐标图。 （1）图中气温最低的区域是_________；简析该区域气温低的主要原因：________________________ ______________________________________。 （2）请提出一种降低市中心环境气温的办法：_______________________________。 【答案】（1）农田；农田区域含水量高，水的比热容较大，相同质量的水和砂石、泥土相比，吸收相同的热量时，水的温度升高得更少，因此该区域气温更低 （2）植树造林（合理即可） 【解析】（1）观察坐标图的温度曲线可知，横坐标最右侧的农田区域对应的温度最低，是所有测试区域中气温最低的位置。 农田区域植被茂密、水资源含量高，水的比热容是常见固体、液体物质中较大的。根据比热容的性质，相同质量的水和城市中的水泥、砂石等物质相比，吸收相同的太阳辐射热量时，水的温度上升幅度远小于砂石、水泥的温度上升幅度，因此农田区域整体气温更低。 （2）降低市中心气温可参考农田、公园的降温原理，通过增加市中心绿化面积、种植树木，或修建人工湖、增加城市水域面积等方式，利用水比热容大的特性吸收热量，降低区域整体温度。 【变式3-2】阅读以下资料，完成填空： 水的比热容应用 水的比热容较大，在同样受热或冷却的情况下，水的温度变化较小。水的这个特征对气候影响很大。沿海地区会形成海陆风，相对内陆地区呈现出冬暖夏凉的气候特征。 随着城市人口集聚，且城市中的建筑大多为钢筋混凝土建成，在温度的空间分布上，城市犹如一个温暖的岛屿，形成城市热岛效应。 水的比热容大，在生产中也有应用。水稻是一种喜温作物。育苗期，气温偏低，农民采用向田间灌水或排水来调节秧苗生长环境温度；分蘖期和灌浆期，一般采用浅水勤灌技术来调节土壤温湿度，增强抗高温干旱能力。 （1）在出太阳的白天，海边升温比内陆更_______（选填“快”或“慢”）；晚上，凉风习习，风是由_______________；（选填“陆地吹向海洋”或“从海洋吹向陆地”） （2）请用相关知识为城市建设部门提出一条合理的缓解“热岛效应”的方法：_________________； （3）早春时节，农民育秧苗时，为防止秧苗冻伤，应该在________（选填“夜晚”或“早晨”）时往田里灌水。 【答案】（1）慢；从陆地吹向海洋；（2）见解析；（3）夜晚 【解析】（1）在出太阳的白天，由于水的比热容比泥沙的大，所以质量相等的水和泥沙，在吸收相同热量的情况下，海边升温比内陆更慢。 晚上，陆地和海水都放出热量，由于海水的比热容大，温度降的慢，温度高，而陆地温度降的快，温度低，所以空气从陆地向海洋补充，因而形成从陆地吹向海洋方陆海风。 （2）为了降低热岛效应，可以在城市多植树种草、建设人工湖增大水域面积。 （3）夜晚要降温，为了防止秧苗冻坏，需向田里灌水，由于水的比热容大，放出相等热量时，水的温度降的低，有利于秧苗的保护。 【变式3-3】阅读材料完成下列小题： 热岛效应 热岛效应是指城市区域的温度显著高于周围乡村区域的现象。这个效应主要由人类活动和城市化进程引起，特别是在大城市中尤为明显。以下是热岛效应的主要原因：①建筑材料：城市中大量使用的建筑材料（如混凝土、沥青）。②人类活动：车辆、工业设施、空调设备等人类活动会释放大量的热量。③植被减少：城市化过程中，植被和绿地被大量建筑物和道路替代。 热岛效应会引发“城市风”：白天，城市中心空气因温度高而上升，郊区冷空气向城市补充，形成局地环流。 自然界的海陆风也与温度差异有关：白天陆地升温比海洋快，陆地气温高、气压低，海洋气温低、气压高，风从海洋吹向陆地，称为海风；夜晚则相反，风从陆地吹向海洋，称为陆风。 （1）热岛效应主要原因是城市建筑群密集，在相同日照的情况下，城市地区升温较________。（选填“快”或“慢”） （2）为减弱城市的热岛效应，我市修建了大量的湿地公园和人工湖，这主要是利用了水___________和________________的特点，所以在太阳照射时，避免附近温度升得太快。 （3）城市正午的时候靠近地面的风是从___________________（选填“郊区吹向市区”或“市区吹向郊区”）。 （4）题图中________（选填“A”或“B”）是海洋夜晚的空气流动情况。 【答案】（1）快；（2）比热容大；汽化吸热；（3）郊区吹向市区；（4）B 【解析】（1）市区内，建筑物是砂石制成，比热容较小，同样日照条件下即吸收相同热量下，根据Q=cmΔt可知，在质量不变时，温度变化大，即升温快； （2）根据Q=cmΔt可知，质量相等的水和其他物质相比，在吸收相同热量的情况下，由于水的比热容较大，温度变化小，所以增大城区的绿地、水域面积可以减弱城市热岛效应，水汽化的时候需要吸热，也可以起到降温的作用。 （3）正午的时候，市区热空气上升，因此靠近地面的风是从郊区吹向市区； （4）沿海地区水多，水的比热容较大，内陆地区，地表以砂石泥土为主，砂石泥土比热容较小。由于水的比热容大，所以对于相同质量的水和砂石相比较，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，而砂石的温度变化大，所以白天陆地的温度高、海水温度低，晚上陆地温度低、海水温度高；白天陆地上方空气的温度高，密度小，砂石上方空气上升，海面上的冷空气过来补充，所以白天的风常常从海面吹向陆地，而晚上海面上方的热空气上升，风从陆地吹向海面，故B是夜晚的空气流动情况。故选B。 模型04.比热容、热值实验中是“温度计示数”还是“加热时间”辨析 ( 技巧： 判断 ‌ “ 谁反映谁 ” ‌ ：用 ‌ 加热时间 ‌ 反映 ‌ 吸收热量的多少 ‌ ，用 ‌ 温度计示数的变化 ‌ 反映 ‌ 物质吸热能力（比热容）的差异 ‌ 或 ‌ 温度变化量 ‌ 。 ‌‌ ① 两种液体吸、放热的多少： ② 燃料燃烧放出热量的多少： 口诀： 时间管热量，温差管本领 ‌ 。 问吸热多少看 ‌ 时间 ‌ ，问升温快慢 / 比热容看 ‌ 温差 ‌ ；比热容实验控时间比温差， 热值实验控质量比温差。 提醒： 分辨逻辑： ① 先实验类型：是 “ 比热容吸热实验 ” 还是 “ 热值放热实验 ” 。 ② 比热容实验： “ 吸收热量多少 ”→ 加热时间 ‌ “ 吸热能力强弱（同加热时间） ”→ ‌ 温度计示数的变化 ‌ ③ 热值的实验： “ 燃料放热多少 ”→ ‌ 温度计示数的变化 ) ‌【例4】如图所示，是探究不同燃料的热值和不同物质吸热能力的实验装置。甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。 （1）比较不同燃料的热值，应选择________两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过____________（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。 （2）比较不同物质的吸热升温的特点，应选择________两图进行实验；实验中，在燃烧同种燃料时需要控制火力相同，目的是为了使两种液体在相同的时间内吸收________的热量，所以用_____________来反映液体吸热的多少。 （3）若在研究不同燃料热值实验时，记录数据如下表： 燃料 加热前液体温度/℃ 燃料燃尽时液体温度/℃ 燃料的热值（J/kg） 1 15 35 2.4×106 2 15 25 根据表中数据计算：完全燃烧10g燃料1放出的热量为________J，燃料2的热值是________J/kg。 （4）通过实验得到的燃料热值与实际相比是偏________（选填“大”或“小”），你认为出现这样情况的主要原因是：________________________________。 【答案】（1）甲、乙；温度计示数；（2）甲、丙；相同；加热时间；（3）2.4×104；1.2×106；（4）小；燃料不能完全燃烧，或者燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收 【解析】（1）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲乙两图进行实验； （2）为了比较不同物质吸热升温的特点，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断不同物质吸热升温的特点，应选择甲丙两图进行实验； 实验中，在燃烧同种燃料时需要控制火力相同，目的是为了使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量，所以用加热时间来反映液体吸热的多少。 （3）完全燃烧10g燃料1放出的热量： Q1=mq1=0.01kg×2.4×106J/kg=2.4×104J ∵ Q放=Q吸 ∴ 燃料1：camΔt1=m′q1，即：cam(35℃-15℃)= m′×2.4×106J/kg 燃料2：camΔt2=m′q2，即：cam(25℃-15℃)= m′×q2 联立以上两式可得：q2=1.2×106J/kg （4）因为存在热散失，燃料不能完全燃烧，燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收，所以测得的热值会偏小。 故答案为：（1）甲、乙；温度计示数；（2）甲、丙；相同；加热时间；（3）2.4×104；1.2×106；（4）小；燃料不能完全燃烧，或者燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收。 【变式4-1】小明利用如图所示的装置探究“比较不同液体的吸热能力”和“比较不同燃料的热值”两个实验。请你回答下列问题： （1）为了探究“比较不同液体的吸热能力”，需选择________两个实验装置进行对比。 （2）在以上实验中，若液体的质量和初温、燃料的质量均相等，当燃料燃尽时，分别测得甲、乙、丙中温度计的示数关系为t甲>t乙>t丙，则吸热能力强的为液体________，热值大的为燃料________。 【答案】（1）甲、丙；（2）b；1 【解析】（1）由控制变量法的思想可知，要探究“不同液体的吸热能力”，需控制燃料相同，改变液体种类，故应选甲、丙两个实验装置进行对比。 （2）比较甲、丙两实验，所用的燃料相同，当燃料燃尽时，液体a和液体b吸收的热量相同；甲实验中的液体温度大于丙，由比热容的公式可知，液体b的比热容更大，吸热能力更强； 比较甲、乙两实验，液体种类相同，燃料种类不同，甲实验的液体温度大于乙，说明甲实验的液体吸收了更多的热量，即燃料1放出了更多的热量；根据热值的公式可知，燃料1的热值更大。 故答案为：（1）甲、丙；（2）b；1。 【变式4-2】用所学的知识解决下列问题： （1）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内的液体质量也相同，比较不同液体的比热容，可以选择_________两图：比较不同燃料的热值，可以选择_________两图； （2）实验时最好一直搅拌，是为了____________________； （3）小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的两种不同液体进行了实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图丁所示，实验中，两种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：液体_______放热能力强（选填a或b），若液体a的比热容为2.1×103J/(kg•℃)，则液体b的比热容为___________J/(kg•℃)； （4）若想利用上述装置估测燃料的热值，那么还需要补充的仪器是_________，利用此实验方法计算出的热值将比真实值偏________。 【答案】（1）甲、丙；甲、乙；（2）使物质受热均匀；（3）a；1.05×103；（4）天平；小 【解析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种液体比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验； 为了比较热值大小要用不同的燃料，加热相同质量的同一种液体，通过相同时间内温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验； （2）实验时最好一直搅拌，是为了使物质受热均匀。 （3）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，b液体的温度降低的快，a液体温度降低慢；利用热量的计算公式Q=cmΔt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得慢，它的放热能力强；a的温度降低的慢，故甲的放热能力强； 由题知，而液体的质量相同，即ma=mb；当放热时间为15min时，a降低的温度为60℃-40℃=20℃；b降低的温度为60℃-20℃=40℃，则Qa放=Qb放：camaΔta= cbmbΔtb，即： 2.1×103J/(kg·℃)×ma×20℃=c乙mb×40℃ 解得：cb=1.05×103J/ (kg·℃) （4）利用上述装置估测燃料的热值，要控制燃料的质量相等，需要用天平来测量；由于燃烧放出的热会散失到空气中，又或被烧杯等实验装置吸收热，使Q吸小于Q放，依此计算出燃料的热值比真实值要偏小些。 故答案为：（1）甲、丙；甲、乙；（2）使物质受热均匀；（3）a；1.05×103；（4）天平；小。 【变式4-3】如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量、烧杯内的液体质量和初始温度也都相同，当燃料燃烧完时立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙和T丙，且有T甲>T乙>T丙。 （1）比较不同物质的比热容，应选择________两图进行实验； （2）比较不同物质的热值，应选择________两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有q1_______q2 （选填“>”、“=”、“<”）； （3）若在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态， 且燃料燃烧完时温度计读数仍然为T甲>T乙>T丙，液体b没有沸腾，则比热容ca_______cb（选填“>”、“=”、“<”或“无法判断”）。 【答案】（1）甲、丙；（2）甲、乙；>；（3）< 【解析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验。 （2）为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验；甲、乙两实验烧杯中液体的初温相等，末温： T甲>T乙 温度变化量： Δt甲>Δt乙 由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由热量公式Q=cmΔt可知吸收的热量： Q甲>Q乙 燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量： Q1>Q2 由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由Q=mq可知： Q1>q2 （3）在燃料燃烧完前，甲图中的液体a已处于沸腾状态，且燃料燃烧完时温度计读数为： T甲>T乙>T丙 液体b没有沸腾，甲、丙所示实验所用燃料相同，则吸收相等的热量时，a液体升高的温度大于b液体升高的温度，a、b两液体质量相同，由热量公式Q=cmΔt可知，液体a的比热容小于液体b的比热容。 模型05.温度、热量和内能的辨析 ( 技巧： 1. 定义性质 温度： 水的 “ 冷热程度 ”—— 感觉，温度是不能传递的。 内能： 水家族 “ 总的钱 ”—— 内能大小是由温度、质量、物质状态共同决定的。 热量： “ 转账 ” 的钱 —— 热量只存在于 “ 过程 ” 中。它不是什么 “ 含有 ” 的东西，而是传递的东西。它是在热传递过程中，内能转移了多少的一个 “ 量 ” 。 记住三句终极口诀：温度是 “ 冷热 ” 的尺子。内能是 “ 家底 ” 的总和。热量是 “ 传递 ” 的份额。 2. 内在关联 温度与内能 ‌ ： 同一物体温度升高，分子平均动能增大，内能一定增加；但内能增加，温度不一定升高（比如晶体熔化时吸热，内能增大但温度保持不变）。 温度与热量 ‌ ： 热传递的发生前提是两个物体存在温度差，热量会自发从高温物体流向低温物体；但物体吸收热量，温度不一定升高（如水沸腾时持续吸热，温度不变）。 ) ( 热量与内能 ‌ ： 热传递是改变物体内能的两种方式之一，物体吸收热量，内能会增加；物体放出热量，内能会减少，但内能改变不一定伴随吸放热（比如钻木取火是通过做功改变内能）。 口诀： 温升内能必然增，吸热温变未必行， 热量只伴过程生，内能不能半点零。 提醒： 同一物体升温，内能一定会增加 ‌ ： 分子平均动能增大，内能必然变大。 物体内能增加，温度不一定升高 ‌ ： 比如晶体熔化、水沸腾，吸热内能增加但温度保持不变。 物体吸收热量，内能不一定增加 ‌ ： 如果同时对外做功，且做功消耗的能量大于吸收的热量，内能反而会减小。 物体内能增加，不一定吸收热量 ‌ ： 摩擦生热、压缩气体等外界对物体做功的方式，也能让内能增加。 物体温度升高，不一定吸收热量 ‌ ： 外界对物体做功（如钻木取火）同样可以让温度上升。 温度高的物体，内能不一定是大 ‌ ： 内能还和质量、状态、物质种类有关，一小杯开水的内能可能远小于一大桶冷水。 ) 【例5】下列关于内能、温度、热量的说法中正确的是（ ） A.物体内能增加，温度不一定升高 B.温度高的物体含有的热量多 C.热传递过程中，总是由高温物体将温度传给低温物体 D.物体只要放出热量，温度一定降低 【答案】A 【解析】A.物体吸收热量，内能变大，温度不一定升高，例如晶体的熔化过程，吸收热量，温度不变，故A正确； B.热量热传递过程中，传递能量的多少，是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误； C.热传递过程中，总是由高温物体将热量传给低温物体，故C错误； D.物体放出热量，温度可能降低，可能不变，如晶体凝固时放出热量，内能减少，温度不变，故D错误。 故选：A。 【变式5-1】关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（ ） A.100℃的水一定比20℃的水内能大 B.两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递 C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多 D.物体内能增大了，一定是从外界吸收了热量 【答案】B 【解析】A.内能的大小与物体的质量、温度和状态有关，100℃的水的20℃的水，不确定质量的大无法比较内能的大小，故A错误； B.两个物体温度不同才可能发生热传递，两个内能相同的物体温度可能不同，所以互相接触时，有可能发生热传递，故B正确； C.热量是过程量，不是状态量，不能说汤含有多少热量，故C 错误； D.改变物体内能的方式有两种，做功和热传递，所以物体内能增大了，不一定是从外界吸收了热量，故D错误。 故选B。 【变式5-2】下列关于功、内能、热量及能量的转化的描述中正确的是（ ） A.火山具有内能，冰山不具有内能 B.温度高的物体含有的热量比温度低的物体含有的热量多 C.热量总是从内能大的物体传通给内能小的物体 D.做功和热传递改变内能是等效的 【答案】D 【解析】A.任何物体都具有内能，冰山和火山都有内能，故A错误； B.热量是过程量，不能说含有的热量，故B错误； C.热传递的条件是存在温度差，热量总是从温度高物体传递给温度低的物体，内能与质量、温度和状态有关，内能大的物体温度不一定高，故C错误； D.做功和热传递都能改变物体的内能，都能达到相同的效果，故D正确。 故选 D。 【变式5-3】关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ） A.0℃的冰块没有内能 B.物体的内能增加，一定吸收了热量 C.内能从热量多的物体传递到热量少的物体 D.温度相同的水，内能可能不同 【答案】D 【解析】A.一切物体都具有内能，0℃的冰块也具有内能，故A错误； B.物体内能增加时，可能是从外界吸收了热，也可能是外界物体对它做了功，故B错误； C.发生热传递的条件是存在温度差，和热量的多少无关，故C错误； D.内能与物体的质量、温度、状态等因素有关，温度相同的水，内能可能不同，故D正确。 故选D。 模型06.探究“做功与内能改变的关系”小实验 ( 技巧： 本质是内能与其他形式的能（如机械能）发生相互转化：外界对物体做功，物体内能增大；物体对外界做功，自身内能减小。 压缩空气引火仪实验 ‌ ： 操作： 在厚壁玻璃筒内放一小团硝化棉，迅速向下压活塞。 现象： 硝化棉燃烧。 结论： 活塞对筒内空气做功，机械能转化为内能，空气内能增大、温度升高，达到硝化棉燃点使其燃烧。 ‌ 瓶塞跳起白雾实验 ‌ ： 操作： 在厚壁玻璃瓶内装少量水，塞紧塞子后用打气筒往瓶内打气，直至瓶塞弹出。 现象： 瓶塞跳起瞬间，瓶内出现白雾。 结论： 瓶内气体推动瓶塞对外做功，内能转化为机械能， ) ( 气体内能减小、温度降低，瓶内水蒸气遇冷液化成小水滴形成白雾。 金属丝弯折测温实验 ‌ ： 操作： 先测金属丝初始温度，反复快速弯折金属丝数十次后，再次测量弯折处温度。 现象： 弯折处温度明显升高。 结论： 人对金属丝做功，机械能转化为内能，金属丝内能增加、温度上升。 口诀： 压做温升内增大，膨做温降白雾挂， 看温变化转换法，能转方向别搞差。 提醒： 压缩空气引火仪实验下压活塞时要 ‌ 快速发力 ‌ ，避免热量散失影响实验效果。 瓶塞实验中瓶内少量水的作用是产生充足水蒸气，便于观察液化形成的白雾现象。 硝化棉属于易燃物，实验后及时熄灭处理，避免引发安全隐患。 ) 【例6】如图所示，把一个薄壁金属管固定在支架上，管中装一些酒精，然后用软木塞塞紧。用皮条缠绕在金属管上，迅速来回拉动皮条，过一会儿会看到软木塞被顶开。根据实验现象回答下列问题： （1）来回拉动皮条，使金属管的温度升高，这是通过________方式改变物体内能。 （2）酒精温度升高，这是通过___________方式改变物体内能。 （3）酒精蒸气将木塞顶开的过程，酒精蒸气的内能________（选填“增加”或“减少”），转化为木塞的________能（选填“机械”或“内”）。 （4）酒精蒸气将木塞顶开时，金属管口出现的“白气”是________现象（选填“汽化”或“液化”）。 【答案】（1）做功；（2）热传递；（3）减少；机械；（4）液化 【解析】（1）拉动绳子克服摩擦力做功，是将机械能转化为内能，这是通过做功方式改变金属管内能； 其能量转化过程与内燃机中的压缩冲程相同； （2）酒精吸收热量，内能增加，温度升高，这是通过热传递改变物体的内能。 （3）塞子被酒精蒸汽顶出，是筒内酒精蒸气膨胀对塞子做功，酒精蒸气内能转化为木塞的机械能。 （4）酒精蒸气将木塞顶开时，酒精蒸气对木塞做功，内能减少，温度降低，一部分蒸气发生液化，变成液态，所以管口出现的“白气”。 故答案为：（1）做功；（2）热传递；（3）减少；机械；（4）液化。 【变式6-1】小明利用如下实验探究做功是否能够改变物体的内能。 （1）将铁丝在同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸被弯折的部位，会感觉到弯折部位的________升高，表明铁丝的内能_________。 （2）如图所示，在厚壁玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞压下，我们会看到：棉絮燃烧了，这表明用力压下活塞时，玻璃筒内的温度_________并达到棉絮的_________，所以出现了我们看到的现象。 （3）上述的这两个现象都说明了_________是改变物体内能的一种方式。 【答案】（1）温度；增大；（2）升高；着火点；（3）做功 【解析】（1）将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，手对铁丝做了功，铁丝的内能增大，温度升高； （2）用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧； （3）上述的这两个现象都说明了做功是改变物体内能的一种途径。 故答案为：（1）温度；增大；（2）升高；着火点；（3）做功。 【变式6-2】如图所示，是研究“做功与内能改变的关系”的实验，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，瓶内压强增大到一定程度时，瓶塞就会跳起来。 （1）在这一实验过程中，你应该注意观察的是________（选填选项前的字母）。 A.打气时瓶内水的情况 B.瓶塞跳起的现象 C.瓶塞跳起的瞬间瓶内出现的现象 （2）玻璃瓶内装有少量水的目的是_______________________。 （3）在你认为应当观察的一项中，你所观察到的现象是_________________，表明瓶内的温度降低，这一实验现象说明：气体________（选填“对内”或“对外”）做功，内能减小。 【答案】（1）C；（2）产生大量的水蒸气；（3）瓶内出现白雾；对外。 【解答】解：（1）瓶内压强增大到一定程度时，瓶塞就会跳起来，此时瓶内气体对瓶塞做功，瓶内气体的内能减小，表现为瓶内水蒸气液化，有白雾产生，因此此时应注意观察瓶塞跳起的瞬间瓶内出现的现象，故应选C； （2）玻璃瓶内装有少量水的目的是使瓶内产生水蒸气，通过水蒸气的液化现象，得出瓶内气体内能改变情况； （3）瓶塞跳起时，会观察到瓶口有白雾出现。瓶塞跳起时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶口出现白雾，说明瓶内的温度降低，瓶内水蒸气越冷液化成水珠，说明气体对外做功，内能减小。 故答案为：（1）C；（2）产生大量的水蒸气；（3）瓶内出现白雾；对外。 【变式6-3】如图甲所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一团小棉花，把活塞迅速压下去，棉花被点燃。如图乙所示，瓶内装有一些水，用瓶塞将瓶口塞紧，瓶塞通过导管与打气筒相连。用打气筒给瓶中打气，当瓶塞跳起来时，瓶口周围冒“白气”。 （1）甲、乙两实验说明_________可以改变内能。 （2）在甲实验中，把活塞迅速压下去时棉花被点燃，这是将________能转化内能。 （3）如图丙所示，B是一个被销钉锁住的活塞，气缸A密封有压缩空气，C是一支温度计。若活塞与气缸壁之间没有摩擦，当把销钉K拔出后，将观察到活塞向右移动，温度计的示数_________（选填“变大”“变小”或“不变”），你的分析依据是______________________________________________。 【答案】（1）做功；（2）机械；（3）变小；气缸中空气对外做功，内能减小，温度降低。 【解析】（1）（2）甲实验，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团蘸了乙醚的棉花，把活塞迅速压下去，我们会看到棉花燃烧的现象，这一过程中活塞对瓶内气体做功，气体的温度升高，内能增加，机械能转化为内能； 乙实验，当瓶塞跳起时，同时还能看到瓶口出现“白雾”的现象，说明水蒸气对塞子做功，内能减少，温度降低，内能转化为机械能； 甲、乙两实验说明做功可以改变内能； （3）当把销钉K拔出后，气缸A内的压缩空气对活塞做功，空气内能转化为活塞的机械能；空气内能减少，温度降低，所以温度计的示数变小。 故答案为：（1）做功；（2）机械；（3）变小；气缸中空气对外做功，内能减小，温度降低。 模型07.热量及热平衡相关综合计算 ( 技巧： 比热容吸放热公式 ‌ ： Q = cmΔt 。吸热时 Q 吸 = cm ( t − t 0 ​) ；放热时 Q 放 = cm ( t 0 ​−t) 。（ t 为末温， t 0 ​ 为初温） ‌ 热平衡核心方程（无热量损失时） ‌ ： Q 吸 = Q 放 （高温物体释放的全部热量被低温物体完全吸收，最终所有物体温度相等，达到热平衡状态） 口诀： 公式先清不混乱 ‌ ， 温差辨明不踩坑 ， 等量列对好求解 ‌ ， 单位统一不出错 。 ) ( 提醒： 严格区分 “ 升高了/降低了 ” （指 Δt ）和 “ 升高到/降低到 ” （指末温 t ）。 物态变化场景下不能直接用 Q = cmΔt ，需额外考虑熔化/凝固的潜热。 热平衡方程仅适用于无对外热损失的封闭系统，有散热时需修正热量关系。 ) 【例7】把质量为1kg、初温为20℃的水加热到100℃，求水吸收的热量？质量为2kg的某种物质温度从20℃升高到40℃时，吸收的热量是1.88×104J，该物质的比热容是多少？ 【答案】3.36×105J；0.47×103J/(kg·℃) 【解析】由题可知，水吸收的热量为： Q水=cmΔt水=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×(100℃-20℃)=3.36×105J 该物质的比热容是： 【变式7-1】在一个标准大气压下，一质量为2kg的金属块，被加热到500℃后，立即投入质量为1kg，温度为20℃的冷水中，不计热量损失，最终水的温度升高了30℃，c水=4.2×103J/(kg·℃)，求： （1）水吸收的热量； （2）金属块的比热容。 【答案】（1）1.26×105J；（2）0.14×103J/(kg·℃) 【解析】（1）水吸收的热量为： Q吸=c水m水Δt水=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×30℃=1.26×105J （2）不计热量损失，则金属块放出的热量为： Q放=Q吸=1.26×105J 则金属块的比热容为： 答：（1）水吸收的热量为1.26×105J；（2）金属块的比热容为0.14×103J/(kg·℃)。 【变式7-2】在标准大气压下，把一质量为500g的高温物体投入质量为5kg、温度为20℃的水中，如果物体放出的热量是1.89×106J，不计热量损失，则水的温度会升高到多少？[水的比热容4.2×103J/(kg·℃)] 【答案】100℃ 【解析】由Q吸=cmΔt可知，水升高的温度为： 水的末温为： t=t0+Δt=20℃+90℃=110℃ 在标准大气压下，水的沸点是100℃，因此水的温度只会升高到100℃。 【变式7-3】如图甲所示，将盛有250g凉牛奶的瓶子放在热水中，牛奶与热水的温度随时间变化的图像如图乙所示。 （1）图乙中，表示水的温度变化的图线是________（选填“a”或“b”）； （2）牛奶在加热过程中吸收了多少热量？[c牛奶=2.5×103J/(kg·℃)] （3）若牛奶吸收的热量均来自水放出的热量，则用于加热牛奶的水的质量约为多少？[c水=4.2×103J/(kg·℃)，计算结果保留一位小数] 【答案】（1）a；（2）2.5×104J；（3）0.3kg 【解析】（1）凉牛奶放进热水中，则水的温度下降，牛奶的温度升高，所以图线a是水的温度变化图线。 （2）牛奶在加热过程中吸收的热量： Q吸=c牛奶m牛奶(t-t0牛奶)=2.5×103J/(kg·℃)×0.25kg×(60℃-20℃)=2.5×104J （3）由题意可知，牛奶吸收的热量等于水放出的热量，即Q放=Q吸。由Q放=cm(t0-t)可得，水的质量： 答：（1）图乙中，表示水的温度变化的图线是a； （2）牛奶在加热过程中吸收了2.5×104J热量； （3）若牛奶吸收的热量均来自水放出的热量，则用于加热牛奶的水的质量约为0.3kg。 模型08.四冲程内燃机工作过程的相关综合计算 ( 技巧： 1个完整工作循环=4个冲程 → 曲轴/飞轮转2圈 → 活塞往复2次 → 对外做功1次 ，可简记为 “ 四冲二转一做功 ” 。 工作循环 ∶ 冲程数 ∶ 飞轮转数 ∶ 做功次数= 1 ∶ 4 ∶ 2 ∶ 1 所有转速类计算都可通过这个比例快速换算。 压强： → F = pS 有用功： W 有 = Fs = Pt 功率： 总热量： Q 放 = mq = Vq 效率： ) ( 口诀： 吸压做排走一轮，两圈一功四冲程。 提醒： 单位必须统一：计算时时间、质量、体积等物理量全部转换为国际单位制再代入公式。 区分 “ 1次做功 ” 和 “ 总功 ” ：只有做功冲程对外输出能量，其余冲程不对外做功，不要误将总冲程数直接等同于做功次数。 ) 【例8】在沿海地区炎热晴朗天气里易形成海陆风，如图甲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，夜晚风力发电机出现的情形是________图（选填“乙”或“丙”）；汽油机中，若飞轮转速是3000r/min，则汽油机1min内完成_________个冲程，对外做功________次。 【答案】丙；6000；1500 【解析】水的比热容比泥土、沙石的大，白天太阳照射时，水面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风，晚上，气温下降，水面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风，所以夜晚风力发电机旋翼朝向陆地，故选丙图； 飞轮转速是3000r/min，即汽油机的飞轮1min转3000r，由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以，该汽油机1min内完成6000个冲程，对外做功1500次。 故答案为：丙；6000；1500。 【变式8-1】若汽油机飞轮的转速是2400r/min，每秒钟完成了________个冲程，每秒钟对外做________次功，若每次做功500J，则此内燃机的功率为_________W。 【答案】80；20；1×104 【解析】热机一个工作循环包含4个冲程，飞轮转2圈，对外做功1次， 飞轮的转速是2400r/min，则每秒转圈，完成80个冲程； 对外做功20次； 内燃机的功率： 故答案为：80；20；1×104。 【变式8-2】如图甲所示是一艘完全依靠太阳能驱动的船，电池板接收太阳能的功率为1.6×105W。假设接收的太阳能只用来驱动船前进，在一次航行中，太阳能船受到水平方向的牵引力F随时间t的变化关系如图乙，航行速度如图丙。（海水密度约为1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求： （1）若船吃水深度为1m，则船底受到水的压强是多大？ （2）第50s至100s，牵引力在这段时间内做的功？ （3）第50s至100s，若船接收的太阳能全部改由燃烧柴油提供，则需要消耗柴油的质量是多少？ （q柴油=4.0×107J/kg） 【答案】（1）1×104Pa；（2）2×106J；（3）0.2kg 【解析】（1）若船吃水深度为1m，船底受到水的压强为： p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1m=1×104Pa （2）由图丙可知，第50s至100s船行驶的速度为0.5m/s，船行驶的距离为： s=υt=0.5m/s×50s=25m 由图乙可知，第50s至100s内船受到的牵引力为F=8×104N，则牵引力在这段时间内做的功为： W=Fs=8×104N×25m=2×106J （3）第50s至100s，船接收的太阳能为： W′=Pt=1.6×105W×50s=8×106J 若船接收的太阳能全部改由燃烧柴油提供，即Q放=W′=8×106J，则需要消耗柴油的质量为： 答：（1）若船吃水深度为1m，则船底受到水的压强是1×104Pa； （2）第50s至100s，牵引力在这段时间内做的功为2×106J； （3）第50s至100s，若船接收的太阳能全部改由燃烧柴油提供，则需要消耗柴油的质量是0.2kg。 【变式8-3】如图所示是我国自行设计研制的AG600水陆两栖飞机，最大起飞质量为53.5t，最大航程为4500km，飞机发动机的额定功率为2.25×107W，航空燃油的热值为4×107J/kg，g取10N/kg。试问： （1）飞机以最大起飞质量漂浮在水面上时，所受的浮力是多少？ （2）起飞之后，若该飞机在额定功率下以300km/h的速度匀速直线航行10min，则行驶的路程是多少？ （3）题（2）过程中，若飞机发动机的效率为50%，不计能量损失，则飞机消耗的航空燃油的质量为多少？ 【答案】（1）5.35×105N；（2）50km；（3）675kg 【解析】（1）飞机在最大起飞质量时受到的重力： G=mg=53.5×103kg×10N/kg=5.35×105N 当该飞机以最大起飞质量漂浮在水面时，受到的浮力： F浮=G=5.35×105N。 （2）起飞之后，若该飞机在额定功率下以300km/h的速度匀速直线航行10min，则行驶的路程是： （3）有用功： W=Pt=2.25×107W×10×60s=1.35×1010J 航空燃油完全燃烧放出的热量： 飞机消耗的航空燃油的质量： 答：（1）飞机以最大起飞质量漂浮在水面上时，所受的浮力是5.35×105N； （2）起飞之后，若该飞机在额定功率下以300km/h的速度匀速直线航行10min，则行驶的路程是50km； （3）题（2）过程中，若飞机发动机的效率为50%，不计能量损失，则飞机消耗的航空燃油的质量为675kg。 1.（2026·辽宁）将低碳钢工件置于高温富碳环境中，碳原子会渗入工件表层，这是________现象，碳原子中带负电的粒子是_________。 【答案】扩散；电子 【解析】碳原子进入工件表层，是分子或原子不停运动，彼此进入对方的扩散现象； 碳原子由带正电的原子核和带负电的核外电子构成，因此带负电的粒子是电子。 2.（2026·甘肃武威）热水钻探是一种利用加压的热水喷射并融化冰层，从而实现钻进的技术。在热水加压过程中，高压泵通过_________（选填“做功”或“热传递”）的方式使热水获得动能；在热水融冰过程中，冰由于吸热，_________（选填“内能”或“机械能”）增大。 【答案】做功；内能 【解析】高压泵对热水施加力，使热水获得动能，这是通过做功的方式实现能量的转化（将高压泵的机械能转化为热水的动能）； 内能是物体内所有分子动能和势能的总和，冰吸热熔化时，吸收的热量使冰的内部分子能量增加，因此冰的内能增大。 3.（2026·河南）红旗渠被称为“人工天河”。在修建过程中，甲、乙两人用同一条绳子沿同一方向拉一辆装有石料的车，甲用力300N，乙用力260N，则该车受到绳子的拉力大小为_______N。红旗渠的总干渠入水口与出水口高度差约10m，实现渠水全程自流，渠水的动能是由________能转化而来的。渠水除了有灌溉作用以外，还可以调节周边气温，这是由于水具有较大的__________。 【答案】560；重力势；比热容 【解析】作用在同一物体上方向相同的两个力，其合力的大小等于两力之和，故该车受到绳子的拉力大小为： F=F甲+F乙=300N+260N=560N 渠水从高处流向低处时，高度降低，重力势能减小，速度增大，动能增大，减小的重力势能转化为增大的动能； 水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，能起到调节周边气温的作用。 4.（2026•苏州）在安全教育活动中，老师用图示装置演示面粉爆炸现象。面粉被吹入塑料桶后，遇到火焰爆燃，桶口的硬纸板被迅速弹飞。面粉燃烧释放的内能转化为硬纸板的__________，该过程相当于汽油机工作时的________冲程。 【答案】机械能；做功 【解析】面粉爆燃的时候将桶口的硬纸片迅速弹飞，面粉燃烧释放的内能转化为硬纸板的机械能； 四冲程汽油机做功冲程中，是将内能转化为机械能，两者的能量转化相同。 故答案为：机械能；做功。 5.（2026·重庆）我国“十五五”规划纲要提到“降碳”。“降碳”是指降低空气中的（ ） A.O2 B.CO2 C.N2 D.水蒸气 【答案‌】B 【解析‌】过量CO2排放会加剧温室效应，是“降碳”的核心控制对象；其余选项都是空气常规组分，不属于减排目标。 6.（2026·四川自贡）下列做法不属于低碳生活方式的是（ ） A.倡导步行和骑自行车 B.垃圾分类及回收 C.夏天空调温度保持在18℃ D.不用或少用一次性筷子 【答案】C 【解析】空调设18℃远低于26℃节能标准，会大幅增加火电碳排放，不属于低碳行为；其余选项均能直接减少碳排放。 7.（2026·甘孜、阿坝）如图所示，沿海地区的夏季，风有时吹向海洋，有时吹向陆地。已知水的比热容比泥土的比热容大，下列说法正确的是（ ） A.海洋的昼夜温差小于陆地 B.白天海洋比陆地升温更快 C.晚上海洋的温度低于陆地 D.晚上风向是从海洋到陆地 【答案】A 【解析】A.由，代入相同质量m和吸放热Q及c水>c泥土，得Δt海洋<Δt陆地，即海洋昼夜温差小于陆地，故A正确； BC.由，代入相同质量m和吸放热Q及c水>c泥土，得Δt海洋<Δt陆地。白天海洋升温比陆地慢，晚上海洋降温比陆地慢，晚上海洋温度高于陆地，故BC错误； D.晚上陆地温度低于海洋，陆地空气冷却下沉近地面气压高，海洋空气受热上升近地面气压低，风从陆地吹向海洋，故D错误。 故选A。 8.（2026•台湾）将甲、乙、丙三个质量相等的金属块，分别以相同的稳定热源加热，其温度T与加热时间t的关系如图。若加热过程中无热量散失，甲、乙、丙的比热容分别为c甲、c乙、c丙，则下列比热容的大小关系何者最合理？（　　） A.c甲=c乙<c丙 B.c甲=c乙>c丙 C.c甲<c乙=c丙 D.c甲>c乙=c丙 【答案】A 【解析】用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，如果质量相等，根据升温的快慢可以比较比热容。 甲、乙、丙三个质量相等的金属块，分别以相同的稳定热源加热， 相同时间吸收的热量相等，根据Q吸=cmΔt知，升温越快表示比热容越小，根据图中甲乙图线平行，升温快慢相同，故比热容相等，而丙图较平缓，升温慢，说明比热容较大，故c甲=c乙<c丙。 故选：A。 9.（2026·黑龙江绥化）利用如图甲所示的装置比较不同物质吸收热量的情况。 加热时间/min 0 2 4 6 …… 水的温度/℃ 30 38 46 54 …… 食用油的温度/℃ 30 47 63 80 …… （1）两烧杯中分别装入________（选填“质量”或“体积”）相等的水和食用油。 （2）利用相同的电加热器加热，通过___________间接反映水、食用油吸收热量的多少。 （3）根据实验数据绘制温度与时间的关系图像如图乙所示。分析可知________（选填“A”或“B”）是食用油的温度随时间变化的关系图像，________（选填“食用油”或“水”）的吸热能力较强。 【答案】（1）质量；（2）加热时间；（3）A；水 【解析】（1）比热容公式Q=cmΔt，故需要控制质量相同，才能通过温度变化比较吸热能力。 （2）相同的电加热器在相同时间内放出的热量相等，所以实验中用加热时间间接反映物质吸收热量的多少。 （3）由表格数据可知，加热时间相同时，食用油升温更快，图乙中A升温更快，故A是食用油的温度变化图像。 吸收相同热量时，升温越慢的物质，比热容越大，吸热能力越强，由表格可知水的升温比油的慢，故水的吸热能力更强。 10.（2026·北京）阅读下面的材料，并依据材料回答问题。 “节能减排”的守护者——高精度温室气体综合探测卫星 2026年4月，我国成功发射高精度温室气体综合探测卫星（DQ-2），它是国际上首颗主被动协同高精度温室气体探测卫星，可实现对全球温室气体的大范围探测。 DQ-2卫星上搭载的大气探测激光雷达是主动探测的核心设备，其工作原理：激光雷达发出易与待测气体粒子发生明显相互作用的激光，并接收反射的回波信号，大气中待测气体浓度越高，相同路径下与激光发生相互作用的粒子数越多，回波信号的能量就越弱，这样就可以通过回波信号对该气体的浓度进行分析。 DQ-2卫星在对二氧化碳气体进行实际探测时，激光雷达需要同时发射能量近似相等的两束平行激光，其中一束激光与二氧化碳分子有明显相互作用，另一束激光与其无明显相互作用，并且这两束激光与除二氧化碳气体以外的大气粒子及地面相互作用效果相同。通过测量两束激光回波信号的能量比，并将它与两束激光发射时的能量比进行比较，可分析得到激光路径上的二氧化碳浓度。DQ-2卫星还可以通过测量两束激光在不同高度回波信号的时间信息，再结合能量信息最终获得不同高度大气中二氧化碳浓度的信息。 DQ-2卫星将服务于国家“碳达峰”和“碳中和”双碳国家战略，同时为全球环境监测、气候气象研究提供支撑。 （1）DQ-2卫星是国际上首颗主被动协同________温室气体探测卫星。 （2）在获取不同高度大气中二氧化碳浓度信息的过程中，DQ-2卫星通过测量回波信号的________（选填“时间”或“能量比”）信息，从而获取回波信号返回位置的高度信息。 （3）如图所示，DQ-2卫星第一次经过某地上空A位置时，发射能量近似相等的两束激光①和②，一段时间后接收到激光①和②由地面B位置反射的回波信号的能量分别为E1、E2，且。卫星第二次经过该地上空A时，再次发射两束与第一次测量时相同的激光，接收到从B反射的回波信号的能量为E1′、E2′，且。已知k<1，则激光_________（选填“①”或“②”）与二氧化碳分子有明显的相互作用，若k′>k，则第二次测得的二氧化碳浓度_________（选填“高于”“等于”或“低于”）第一次测得的二氧化碳浓度。 【答案】（1）高精度；（2）时间；（3）①；低于 【解析】（1）由材料中对DQ-2卫星的定位描述可知，它是国际上首颗主被动协同高精度温室气体探测卫星。 （2）激光传播速度恒定，由s=υt可知，回波信号的传播时间对应反射位置与卫星的距离，可据此获取高度信息，故填时间。 （3）二氧化碳浓度越高，与其有明显相互作用的激光回波能量越弱。因，即E1<E2，故激光①与二氧化碳分子有明显相互作用。 两束激光除与二氧化碳的作用外，其余衰减效果相同，故k值仅由二氧化碳浓度决定，浓度越高，k值越小。因k′>k，故第二次测得的二氧化碳浓度低于第一次。 【基础夯实】 1.在“比较不同物质吸热能力”的实验中，使用两个完全相同的电加热器，目的是通过_________来反映两种液体吸收热量的多少。 ‌【答案】加热时间 【解析】关键词定位‌：相同电加热器、反映吸收热量的多少。 ‌解题逻辑‌：相同热源单位时间放热完全一致，加热时间越长，液体吸收的热量就越多，这是初中物理最经典的转换法应用。 ‌故答案为‌：‌加热时间‌。 ‌2.用相同的酒精灯，给质量相等的水和煤油加热相同时间，通过观察____________________来判断它们吸热能力的强弱。 ‌【答案】‌温度计示数的变化（升高的温度）‌ 【解析】关键词定位‌：加热相同时间（即吸收热量相同）、判断吸热能力强弱。 ‌解题逻辑‌：吸收热量、质量都相同时，升温幅度越小的物质，比热容越大、吸热能力越强，此时要通过温度的变化量来对比。 ‌故答案为‌：‌温度计示数的变化（升高的温度）‌。 3.修建人工湖和多种植树木，这是利用了水的比热容较_______的性质来减少热岛效应带来的危害；陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成的，如图是某地空气流动情况，此图反映海风形成的时间是________（填“白天”或“夜晚”）。 【答案】大；白天 【解析】相同质量的水和其它物质相比，吸收或者放出相同热量时，水的温度变化更小，修建人工湖，湖水可以调节气温，缓解热岛效应。 海水的比热容比陆地大，白天陆地升温更快，陆地上方空气受热上升，海面上方气温较低、冷空气下沉，冷空气从海洋流向陆地，形成海风，因此图中反映海风形成的时间是白天。 4.如图是0.5kg某液体放热过程中温度随时间变化的图像，单位时间内该物质放热相等。则第10min时它的内能________（选填“>”、“<”或“=”）第15min时的内能；它处于固态、液态时的比热容大小关系为c固________c液（选填“>”、“<”或“=”）；0.5kg该物质从第10min到第20min，放出的热量Q=_________J。[物质液态时的比热容为2×103J/(kg•℃)] 【答案】＞；＜；1.5×104 【解析】第10min到第15min，是物质的凝固过程，凝固过程放热，内能减小，因此第10min的内能大于第15min的内能； 物质前10min为液态，第20min之后为固态，由图可知，物质放出热量，在10min前比在20min后温度降的更慢，由可知，物质在10min前的液态比在20min后的固态的比热容更大，即c固＜c液； 0.5kg该物质前10min为液态，从20℃降到5℃，放出的热量： Q放=cm（t0-t）=2×103J/(kg•℃)×0.5kg×(20℃-5℃)=1.5×104J 因为在相同的时间内该物质放出的热量相同，所以该物质从第10分钟到第20分钟，放出的热量等于该物质前10min放出的热量，也是1.5×104J。 故答案为：＞；＜；1.5×104。 5.近百年来全球平均气温升高的主要人为原因是（ ） A.太阳活动周期性变化 B.大规模使用化石燃料 C.四季更替自然规律 D.日心说理论影响 【答案‌】B 【解析】化石燃料燃烧会大量排放CO2，是人为加剧温室效应的核心原因。 6.有甲、乙两个物体，甲的温度为10℃，乙的温度为20℃，它们的质量之比为2∶1，比热容之比为5∶4，它们吸收相同的热量时，升高的温度之比是（ ） A.2∶5 B.5∶2 C.4∶5 D.5∶4 【答案】A 【解析】由题意可知，m甲∶m乙=2∶1，c甲∶c乙=5∶4， 由Q吸=cmΔt可得，它们吸收相同的热量时，升高的温度之比： Δt甲∶Δt乙=∶=∶=2∶5 故选：A。 7.为要测出火炉的温度，将一钢块放入火炉中加热一段时间后取出，立即投入到10℃的水中，结果水的温度升高到50℃；再将钢块取出，第二次加热到130℃，投入到与前次等量的水中，结果水的温度从20℃升高到25℃。火炉的温度是（ ） A.790℃ B.750℃ C.850℃ D.890℃ 【答案】D 【解析】第一次热平衡时，钢块放出的热量等于水吸收的热量，即：Q吸1=Q放1， 根据Q=cmΔt可得：c水m水(t水-t0水)=c钢m钢(t火炉-t水) c水m水×(50℃-10℃)=c钢m钢×(t火炉-50℃)………………① 第一次热平衡时，钢块放出的热量等于水吸收的热量，即：Q吸2=Q放2， 根据Q=cmΔt可得：c水m水(t′水-t′0水)=c钢m钢(t钢-t′水) c水m水×(25℃-20℃)=c钢m钢×(130℃-25℃)……………………② ①②两式联立，解得：t火炉=890℃ 故ABC错误，D正确。 故选：D。 8.如图所示，在两个相同的容器中装有质量相等、初温相同的煤油和水（c水>c煤油）两个容器中电阻丝的电阻相同。闭合开关，电阻丝发热对煤油和水分别加热，下面四图中的哪一图线能反映该实验情况（ ） 【答案】C 【解析】在两个相同的容器中装有质量相等、初温相同的煤油和水，用相同的电阻丝给煤油和水加热，故它们吸收的热量相等，AB错误；因为煤油的比热容小于水，故吸收相同的热量时，煤油的温度上升更快，故C正确，D错误。 故选：C。 9.阅读材料，回答下列小题： 城市热岛效应 城市热岛效应，是指城市中心区域的温度显著高于周边郊区，形成类似“热岛”的气候现象。一方面，城市中大量土地被水泥、沥青等硬化路面、高楼建筑覆盖，这些人工材料的比热容远小于郊区的土壤、植被，吸收太阳辐射后升温更快。另一方面，人类活动的热排放是关键推手，工业生产、汽车尾气、空调运转、居民生活取暖等会持续向空气中释放大量热量。 由于城市中心温度高，空气受热膨胀后上升，导致近地面形成低压区：而郊区温度较低，空气冷却收缩下沉，近地面形成高压区。在气压差的驱动下，引发局地环流，地面附近形成持续的“城市风”。 （1）城市热岛效应，是因为水泥、沥青的__________比郊区土壤、植被的小：工业生产、空调运转、居民生活取暖等人类活动使城市空气的内能________。 （2）城市中心的空气受热膨胀后密度________而上升：地面附近“城市风”的风向是从_____________（选填“城市吹向郊区”或“郊区吹向城市”） 【答案】（1）比热容；增加；（2）减小；郊区吹向城市 【解析】（1）城市多水泥、沥青等人工材料，郊区多土壤、植被，水泥、沥青的比热容比土壤、植被小，吸收相同的太阳辐射热量时，温度升高更快。工业生产、空调运转、居民生活取暖等人类活动会持续向空气中释放大量热量，使城市空气的内能增加。 （2）城市中心温度高，空气受热膨胀后密度减小，空气上升，导致城市近地面形成低压区；郊区温度较低，空气冷却收缩下沉，近地面形成高压区。在气压差的驱动下，地面附近的风会从高压的郊区吹向低压的城市，形成“城市风”。 10.把一质量为50g的某金属球在1080℃的炉火中加热足够长的时间， 然后迅速投入100g的初温为30℃的某种液体中，达热平衡后金属球的温度变为80℃。已知金属球的比热容为0.42×103J/( kg·℃)，不计热量的损失。 （1）求此过程中，金属球放出的热量； （2）求该液体的比热容； （3）若该液体再吸收2.52×103J的热量， 求该液体的末温。 【答案】（1）2.1×104 J；（2）4.2×103J/(kg·℃)；（3）86℃ 【解析】（1）从开始投入某液体中到热平衡的过程中，金属球放出的热量： Q放=c金m金(t金-t)=0.42×103J/(kg·℃)×0.05kg×(1080℃-80℃)=2.1×104J （2）根据Q放=Q吸=cm(t-t0)可得，该液体的比热容： （3）若该液体再吸收2.52×103J的热量，则该液体升高的温度： 所以该液体的末温： t末=80℃+6℃=86℃ 答：（1）此过程中，金属球放出的热量是2.1×104J；（2）该液体的比热容是4.2×103J/(kg·℃)； （3）该液体的末温是86℃。 【培优拔高】 1.在“探究不同燃料的热值”实验中，用质量相等的两种燃料，给质量和初温都相同的水加热，燃料完全燃烧后，通过_________________来比较两种燃料放出热量的多少。 ‌【答案】温度计示数的变化 【解析】关键词定位‌：不同燃料、比较放出热量的多少。 ‌解题逻辑‌：热值实验中，燃料无法保证完全同步燃烧，不能用燃烧时间衡量放热多少，只能通过水升温的幅度，间接判断燃料放热能力。 ‌故答案为‌：‌温度计示数的变化‌。 2.质量相等的甲、乙、丙三个金属块，其比热容之比c甲∶c乙∶c丙=1∶2∶3。它们吸收相等的热量后，升高的温度之比Δt甲∶Δt乙∶Δt丙为____________。 【答案】6∶3∶2 【解析】三个金属块比热容之比为c甲∶c乙∶c丙=1∶2∶3，它们质量相等，即m甲∶m乙∶m丙=1∶1∶1；吸收相等的热量，即Q甲∶Q乙∶Q丙=1∶1∶1。 根据Q=cmΔt可知，升高的温度，则升高的温度之比为： Δt甲∶Δt乙∶Δt丙=∶∶=∶∶=6∶3∶2 故答案为：6∶3∶2。 3.将一勺热水倒入一盛冷水的保温容器中，使得冷水温度升高6℃，然后又向保温容器内倒入同样三勺热水，水温又上升了12℃，由此可知原来保温容器中冷水的质量是一勺热水的________倍，原来冷水比热水温度低________℃。（不计热量损失和容器吸热） 【答案】8；54 【解析】设热水和冷水的温度差为t， 质量为m0的一勺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6℃，热水放出的热量等于冷水吸收的热量，即Q吸=Q放，则： cm×6℃=cm0(t-6℃)…………………………………① 又向保温容器中倒入三勺热水，水温又上升了12℃，此时Q吸=Q放，即： c(m+m0)×12℃=c×3m0(t-6℃-12℃)………………② 由①②得：t=54℃，m=8m0 故原来保温容器中冷水的质量是一勺热水的8倍，原来冷水比热水温度低54℃。 故答案为：8；54。 4.如图在比较不同液体的比热容大小的实验中，规格相同的容器装了、等质量的液体，忽略过程中热量散失，相同时间两杯液体吸热相同，得到如图所示的液体温度与加热时间的图象，则：乙中温度计示数为_________℃。比较甲、乙两杯液体升温的快慢？_________（选填“甲快”或“乙快”或“一样快”）。比较两杯液体的比热容：c甲________c乙（选填“＜”“=”或“＞”），依据是_________________________________ _________________________________________。 【答案】37；一样快；=；质量相同的甲、乙两种液体吸收的热量相同；升高的温度相同 【解析】由图可知，温度计的分度值为1℃，液面在0℃以上，示数为37℃； 根据图可知，加热相同的时间，甲、乙两杯液体升温的快慢是相同的； 质量相同的甲、乙两种液体加热相同的时间，吸收相同的热量，甲、乙升高的温度相同，则甲、乙的吸热能力相同，比热容相同，即c甲=c乙。 故答案为：37；一样快；=；质量相同的甲、乙两种液体吸收的热量相同；升高的温度相同。 5.受全球变暖冰川融化、海平面上升威胁最严重的国家类型是（ ） A.内陆高原国家 B.低海拔岛国 C.高纬度大陆国家 D.温带内陆国家 【答案‌】B 【解析】低海拔岛国海拔极低，海平面上升后会直接面临国土被淹没的风险。 6.下列关于功、内能、热量及能量的转化的描述中正确的是（ ） A.火山具有内能，冰山不具有内能 B.温度高的物体含有的热量比温度低的物体含有的热量多 C.热量总是从内能大的物体传通给内能小的物体 D.做功和热传递改变内能是等效的 【答案】D 【解析】A.任何物体都具有内能，冰山和火山都有内能，故A错误； B.热量是过程量，不能说含有的热量，故B错误； C.热传递的条件是存在温度差，热量总是从温度高物体传递给温度低的物体，内能与质量、温度和状态有关，内能大的物体温度不一定高，故C错误； D.做功和热传递都能改变物体的内能，都能达到相同的效果，故D正确。 故选 D。 7.关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（　　） A.100℃的水一定比20℃的水内能大 B.两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递 C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多 D.物体内能增大了，一定是从外界吸收了热量 【答案】B 【解析】A.内能的大小与物体的质量、温度和状态有关，100℃的水的20℃的水，不确定质量的大无法比较内能的大小，故A错误； B.两个物体温度不同才可能发生热传递，两个内能相同的物体温度可能不同，所以互相接触时，有可能发生热传递，故B正确； C.热量是过程量，不是状态量，不能说汤含有的热量，故C 错误； D.改变物体内能的方式有两种，做功和热传递，所以物体内能增大了，不一定是从外界吸收了热量，故D错误。 故选B。 8.用相同规格的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是液体甲和乙的温度随时间变化的关系图象。下列说法正确的是（ ） A.甲的比热容与乙的比热容之比为2∶3 B.甲的比热容与乙的比热容之比为1∶2 C.甲和乙都加热10min，甲吸收的热量比乙吸收的热量多 D.甲和乙升高相同的温度，乙吸收的热量较少 【答案】B 【解析】AB.由图可知，加热10min，甲乙相等的热量相同， 甲的温度变化：Δt甲=60℃-20℃=40℃ 乙的温度变化：Δt乙=40℃-20℃=20℃ 由可知，Q吸、m均相同，升高的温度与比热容成反比，则： 故A错误，B正确； C.用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间（10min内），电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等。故C错误； D.由图可知，甲、乙升高相同的温度，加热乙的时间长，则乙吸收的热量多。故D错误。 故选B。 9.如图甲、乙所示的是实验小组探究“做功与内能改变的关系”的实验。 （1）如图甲所示，厚壁玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，瓶内压强大到一定程度时，瓶塞就会跳起来，瓶内及瓶口出现淡淡的白雾。据此现象可以说明物体对外做功，内能________。 （2）如图乙所示，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，可以看到硝化棉燃烧，说明活塞对密闭在玻璃筒内的空气________，使其内能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】（1）减少；（2）做功；增大 【解析】（1）当瓶内气体冲开瓶塞时，因为瓶内气体对塞子做功，内能减少，温度降低，瓶内的水蒸气液化形成雾； （2）在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，我们会看到硝化棉燃烧的现象，用力打气时，活塞对瓶内气体做功，气体的温度升高，内能增加。 故答案为：（1）减少；（2）做功；增大。 10.阅读短文，回答下列问题。 热岛效应热岛效应是指城市中心区的气温显著高于周围郊区的现象。这个效应主要由人类活动和城市化进程引起，在大城市中尤为明显。以下是热岛效应的主要原因： ①建筑材料：城市中大量使用的建筑材料（如混凝土、沥青）具有较高的比热容和热导率，能够吸收并储存大量的太阳能。 ②人类活动：车辆、工业设施、空调设备等人类活动会释放大量的热量，增加城市区域的温度。 ③植被减少：城市化进程中，绿地和植被被大量替代为建筑物和道路，减少了植物蒸腾作用和遮阳效果，进而提高了地表温度。 （1）郊区有大量的植被覆盖并有较多的水域面积，当太阳照射时由于有大量液态水发生________（填物态变化名称），吸收大量的热，从而避免温度升得太快。这种降低温度的方式与____________________（填“发烧时额头涂酒精”或“夏天饮料中加冰块”）相同。 （2）为了缓解城市的热岛效应，你有什么好的建议：__________________________。 【答案】（1）汽化；发烧时额头涂酒精；（2）多建人工湖 【解析】（1）物质由液态转变为气态的过程叫汽化，汽化吸热，蒸发和沸腾都属于汽化现象，可以起到降温作用。发烧时额头涂酒精是通过酒精汽化吸收热量实现降温，与题干中水的降温原理一致，夏天饮料加冰块是利用熔化吸热，原理不同。 （2）水蒸发属于汽化过程，能够吸收周围热量，因此多建人工湖可以利用水蒸发吸热降低空气温度，缓解热岛效应。 第 7 页 共 37 页 学科网（北京）股份有限公司 $