专题01 内能和内能的利用（举一反三·讲义）物理人教版九年级上学期期中复习

专题01 内能和内能的利用 目录 考情速递 2 知识速记 2 重难知识精讲 3 知识点1：分子动理论 3 知识点2：内能及其改变 5 知识点3：比热容的理解与探究 7 知识点4：热机与四冲程工作原理 10 知识点5：热值与热机效率的综合计算（期中必考） 13 知识点6：能量的转化与守恒 15 易错知识突破 17 方法技巧汇总 19 巩固训练 20 —————————————❇考情速递❇————————————— 考情维度 详细说明 专题定位 九年级期中考试核心模块，难度中档，既是基础概念考查重点，也是计算题必考板块。本专题涵盖分子动理论、内能、比热容、热机与热值等知识，其中比热容与热机效率的综合计算属于中等难度拉分题，复习时需在概念辨析的基础上强化计算规范训练，力争基础不丢分、计算得满分。 分值占比 全卷占比15% - 25%，对应分值15 - 25分，属于期中考试权重最高的模块之一，选择题、填空题、实验题、计算题均有覆盖。 题型分布 选择题与填空题以概念辨析为主（约占8 - 12分），重点考查温度/热量/内能的辨析、分子动理论、四冲程判断；实验题聚焦“比较不同物质的吸热能力”探究实验（约占4 - 6分）；计算题集中考查比热容与热值的综合计算（约占6 - 8分），是期中试卷的必考计算题型。 核心高频考点 1. 温度、热量、内能的辨析（选择题必考）；2. 四冲程热机工作过程及能量转化（几乎每年必考）；3. 比热容的理解与热量计算（实验+计算双线考查）；4. 热值与热机效率的综合计算（计算题必考）；5. 分子动理论与扩散现象（结合生活实例考查）。 高频失分点 1. 温度、热量、内能三者关系混淆，尤其“内能增加温度不一定升高”与“温度升高内能一定增加”的逻辑关系不清；2. 比热容是物质属性的理解不到位，误认为比热容与质量、热量有关；3. 热值与燃烧是否充分无关理解偏差；4. 四冲程能量转化方向记反（压缩冲程与做功冲程混淆）；5. 热机效率计算中混淆Q吸与W有用，分不清何时用η=Q吸/Q放、何时用η=W有用/Q放。 命题规律 贴合生活实景命题，拒绝纯理论默写，重点考查易混淆概念的辨析应用，情景化特征明显 —————————————❇知识速记❇————————————— ————————————❇重难知识精讲❇———————————— 知识点1： 分子动理论 1. 物质的构成 常见物质是由大量的分子、原子构成的。分子直径很小，通常以10⁻¹⁰ m来量度。 实验：50 mL酒精与50 mL水混合后总体积小于100 mL，说明分子间存在间隙。 2. 扩散现象 （1）定义：不同的物质在互相接触时彼此进入对方的现象，叫做扩散。 （2）发生条件：①不同物质；②相互接触。 （3）扩散可以发生在：气体、液体、固体之间。气体扩散最快，固体最慢。 （4）常见实例：炒菜香味、花香四溢、红墨水滴入水中整杯水变红、长期堆煤的墙角变黑、两块金属紧压在一起互相渗入等。 （5）扩散现象表明：①一切物质的分子都在不停地做无规则运动；②分子间有间隙。 3. 分子热运动 （1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，这种运动叫作分子热运动。 （2）分子热运动的快慢与温度有关。温度越高，分子热运动越剧烈。 4. 分子间的作用力 分子之间同时存在引力和斥力。 · 当固体被压缩时，分子间距离变小，作用力表现为斥力。 · 当固体被拉伸时，分子间距离变大，作用力表现为引力。 【典例1】两只相同的集气瓶中分别装有空气和红棕色二氧化氮气体，用玻璃板隔开后按图示放置，抽去玻璃板、保持两瓶口紧贴静置较长时间后，两瓶中气体颜色变得相同。已知瓶中二氧化氮气体的密度比瓶中空气的大，下列说法正确的是（   ） A．此现象能说明气体分子在做无规则运动 B．此现象与“扫地时灰尘飞扬”的成因相同 C．颜色变得相同后，瓶中气体分子停止运动 D．颜色变得相同后，下面瓶中气体密度变大 【变式1】近年来许多家庭使用电热液体蚊香器（如图），瓶中的炭纤维棒将瓶内的杀虫剂吸到棒的顶端，而发热电阻传递的热会使棒的上端温度达到50°C左右，此时杀虫剂蒸发得更快从而提高了驱蚊效果。以下说法正确的是（　　） A. 蒸发是液化的一种方式； B. 在常温下，炭纤维棒里的杀虫剂分子不会运动； C. 杀虫剂分子运动的快慢与温度高低有关，50°C时杀虫剂分子运动得最慢； D. 一般情况下，温度升高汽化的速度会加快 【变式2】如图所示，将两个表面光滑的铅块相互紧压，它们会粘在一起，下方可以挂起重物，该现象主要说明了（　　） A. 分子间有空隙； B. 分子间存在吸引力； C. 分子间存在排斥力； D. 分子处在永不停息的无规则运动中 【变式3】随州的气候适宜兰草的生长，兰花盛开时，吸引了大量游客前来观赏，很远就能闻到兰花的香味。走进观看，甚至会看到兰花的叶片上挂着晶莹的露珠。下列说法中正确的是（　　） A．兰花的叶片上出现露珠，是因为叶片的温度高于外界的气温 B．晶莹的露珠到中午消失不见是液化现象，需要吸热 C．花香四溢不属于扩散现象 D．一般来说兰花中午比晚上更香，其中一个原因是温度越高，分子热运动越剧烈 【变式4】在自然界和生活中，有许多需要我们探究的物理现象，通过实验来观察这些现象，我们还会发现许多有趣和意想不到的问题。 （1）将一小勺白糖慢慢地加入满满一杯水中，杯中水不会溢出，原因是：分子间有________； （2）取一只杯子，在杯中倒满水，若将一只回形针轻轻地放入水中，杯中水也不会溢出，继续放入若干只回形针，水仍然不会溢出。细心的小雨同学发现：水虽然没有溢出，但是水面却向上凸起。请教老师后，她明白了：原来水的表面分子间距离较大，分子力表现为________（选填“引力”或“斥力”），在这种分子力作用下水不至于溢出； （3）对杯中水加热，当温度升高时，由于水分子________加剧，以致于表层中有更多的分子脱离液体分子的束缚跑到空气中去，这就是汽化的微观解释。 知识点2：内能及其改变 1. 内能 （1）定义：构成物体的所有分子，其热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能。单位：焦耳（J）。 （2）影响内能大小的因素：温度、质量、体积、状态等。 · 同一物体，温度越高，内能越大。 · 物体的温度升高，内能增加；但内能增加，温度不一定升高（如晶体熔化过程，吸收热量内能增加但温度不变）。 （3）内能与机械能的区别：内能是微观表现（分子热运动），任何物体都具有内能；机械能是宏观表现（整个物体的运动），可以为零。 2. 改变内能的两种方式 方式 实质 举例 做功 能量的转化 搓手取暖、钻木取火、压缩气体 热传递 能量的转移 晒太阳、烧水、暖气取暖 注意：做功和热传递在改变物体内能上是等效的。 热传递的条件：存在温度差，热量从高温物体传递到低温物体。 热量：热传递过程中传递能量的多少。热量是过程量，只能说“吸收”或“放出”热量，不能说物体“含有”热量。 3. 两类做功改变内能的辨析 类型 能量转化 内能变化 外界对物体做功 其他形式能 → 内能 增加（如压缩气体、摩擦生热） 物体对外界做功 内能 → 其他形式能 减小（如气体膨胀对外做功） 【典例2】如图所示，在试管内装适量水，用橡胶塞塞住管口，将水加热至沸腾一段时间后，橡胶塞被推出，管口出现大量“白气”。此实验中，主要是通过做功改变物体内能的过程是（　　） A．试管变热的过程 B．水变热的过程 C．水变成水蒸气的过程 D．水蒸气推出橡胶塞的同时变成“白气”的过程 【变式1】小明将凝固点为47℃的某液态合金放在室温为25℃的实验室中。该合金从70℃降至47℃并保持47℃一段时间再降至35℃，合金在此过程（　　）。 A. 对外放热，内能一直减少； B. 存在液化现象，内能一直增加； C. 温度保持47℃时，不吸热也不放热； D. 存在凝固现象，内能先减少后不变再减少 【变式2】古代人们常用钻木取火，下列情况改变内能方式与其不同的是（　　）。 A. 甲图：冬天搓手取暖 B. 乙图：小朋友溜滑梯臀部发热 C. 丙图：热鸡蛋放在冷水中冷却 D. 丁图：压缩空气使其内能增大 【变式3】把两滴墨水分别同时滴入盛有冷水和热水的两个玻璃杯中，实验过程及现象如图所示，分析可知物体的温度越高，分子的无规则运动越______。若将冷水倒掉一些，对比原来这杯冷水，杯中剩余冷水的内能______。 【变式4】我国的登山队员成功登顶珠穆朗玛峰，并开展峰顶测量，12月8日宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。随着登山队员攀登高度的不断增加，大气压强_______（选填“增大”、“减小”或“不变”），水的沸点会_______（选填“升高”、“降低”或“不变”）。某登山队员沿着一段平直的斜坡匀速向上运动，在这个过程中登山队员的运动状态_______（选填“变化”或“不变”），登山队员在大本营休息时，捧着一杯热水取暖，是通过_______的方式改变物体的内能。 知识点3：比热容的理解与探究 1. 比热容 （1）定义：一定质量的某种物质，在温度升高时吸收的热量与它的质量和升高的温度乘积之比，叫做这种物质的比热容。符号：c，单位：J/(kg·℃) 。 （2）比热容是物质的属性，大小与物质的种类和状态有关，与质量、体积、温度等无关。 （3）水的比热容：4.2×10³J/(kg·℃)，物理意义：1kg水温度升高1℃吸收的热量为4.2×10³ J。 （4）水的比热容大的应用： · 调节温度：沿海地区昼夜温差小 · 冷却剂：汽车发动机用水冷却 · 传热介质：冬天暖气用水供暖 2. 热量的计算 · 吸热公式：Q吸 = cm(t - t₀) · 放热公式：Q放 = cm(t₀ - t) · 统一公式：Q = cmΔt（Δt为温度的变化量） 3. 探究不同物质的吸热能力（重点实验） 实验方法： · 控制变量法：控制质量相同，吸收热量相同，比较温度变化。 · 转换法：用加热时间来间接反映吸收热量的多少。 实验结论：不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同。比热容大的物质吸收热量多 【典例3】下表是一些物质的比热容[单位J/(kg·℃)]，根据表中数据和生活现象，下列判断中正确的是（　　）。 水 4.2×103 铝 0.88×103 煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103 砂石 约0.92×103 铜 0.39×103 A. 不同种类的物质，比热容一定不同； B. 比热容与物质物质的状态无关； C. 质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低； D. 沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大 【变式1】两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体。用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同 C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热相同的时间，甲液体温度升高的比乙液体温度升高的多 【变式2】为了防止在炎热的夏季高速运行的汽车爆胎，一些车辆上都有胎压报警装置，其主要部件是胎压检测探头，这样可以大大降低爆胎带来的危害；而在冬天为了防止冻裂水箱，在水箱内都加有防冻剂。关于题中的描述下列论述正确的是（　　） A．轮胎爆胎的过程是机械能转化为内能的过程 B．汽车轮胎上的花纹是为了减小摩擦 C．高速运行的汽车通过热传递方式改变轮胎内能 D．汽车的防冻剂不但需要凝固点低、沸点高，还需要比热容大吸热能力强 【变式3】如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（　　） A．甲杯水中每分钟吸收的热量为2.52×105 J B．甲乙两杯中的加热器每分钟放出热量之比为9︰4 C．加热相同时间，甲乙两杯水升高的温度之比2︰1 D．将甲乙两容器中的液体从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为3︰2 【变式4】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； （2）水沸腾时，小组成员观察到烧杯内出现的气泡是_________（选填“A”、“B”或“C”）图； （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。 知识点4：热机与四冲程工作原理 1. 热机 （1）定义：利用内能来做功的机械叫做热机。 （2）工作原理：燃料燃烧将化学能转化为内能，通过做功将内能转化为机械能。 （3）种类：汽油机、柴油机、蒸汽机、燃气轮机等。 2. 四冲程汽油机 一个工作循环：吸气冲程 → 压缩冲程 → 做功冲程 → 排气冲程。 冲程 进气门 排气门 活塞运动 能量转化 吸气 打开 关闭 向下 — 压缩 关闭 关闭 向上 机械能 → 内能 做功 关闭 关闭 向下 内能 → 机械能 排气 关闭 打开 向上 — 3. 关键结论： · 压缩冲程：机械能转化为内能，气缸内气体体积减小、内能增加、温度升高 · 做功冲程：内能转化为机械能，气缸内气体体积增大、内能减少、温度降低 · 只有做功冲程对外做功，其他三个冲程依靠飞轮惯性完成 · 一个工作循环，曲轴转动2周，对外做功1次 4. 汽油机与柴油机的区别 汽油机有火花塞（点燃式），柴油机有喷油嘴（压燃式）。柴油机效率更高。 【典例4】如图是单缸四冲程汽油机的工作示意图，下列说法正确的是（  ） A．这四个冲程的正确顺序是丁→甲→乙→丙 B．丙冲程的能量转化过程与烧开水时壶盖向上跳动相同 C．此单缸四冲程汽油机完成一个工作循环，曲轴转过180° D．甲、乙、丙冲程是靠惯性完成的，也叫辅助冲程 【变式1】如图是两个演示实验的示意图，甲图是在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团硝化棉，用力把活塞迅速下压，棉花就会立即燃烧；乙图是给试管里的水加热，水沸腾一段时间后，水蒸气推动橡胶塞迅速冲出试管口。根据实验现象判断，下列说法中错误的是（　　） A．甲图压下活塞的过程中，筒中气体的内能增大 B．甲图中压下活塞过程的能量转化与热机压缩冲程的能量转化相同 C．乙图中水蒸气推动橡胶塞冲出试管口过程的能量转化与内热机排气冲程的能量转化相同 D．乙图中水蒸气推动橡胶塞冲出试管口的过程中，水蒸气内能减少，瓶口会出现白雾 【变式2】如图所示的轮船，动力是由柴油机提供的，下列说法正确的是（　　） A．柴油机利用水做冷却液是因为水蒸发吸热 B．柴油机做功冲程中，内能转化为机械能 C．柴油机是利用内能做功的机器 D．柴油机效率高，是因为柴油的热值大 【变式3】如图甲所示是我们课堂演示的一个实验，按动电火化发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被推出去。甲实验中的能量转化与图乙所示单缸四冲程汽油机的图 （填字母）所示冲程相同；若内该单缸四冲程汽油机完成3600个工作循环，则该汽油机每秒钟对外做功 次。 【变式4】（1）甲实验中，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，用力将活塞迅速下压，看到的现象是________，此实验得到的结论是：对________（选填“棉花”或“筒内气体”）做功，它的内能会增加。实验中如果不放入棉花，该结论________（选填“成立”或“不成立”）； （2）乙实验中，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去。图中________图所对应的能量转化过程与乙实验相同。若该汽油机飞轮转速为1800r/min，则汽油机每秒对外做功________次。 A． B． C． D． 知识点5：热值与热机效率的综合计算（期中必考） 1. 燃料的热值 （1）定义：某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比。 （2）公式：固体/液体燃料：q = Q/m；气体燃料：q = Q/V。 （3）热值是燃料的属性，只与燃料种类有关。 （4）燃料燃烧放热公式：Q放 = mq（固体、液体）；Q放 = Vq（气体） 2. 热机效率 （1）定义：热机用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的热量之比。 （2）公式：η = W有用 / Q放 ×100% （3）提高热机效率的途径：①使燃料充分燃烧；②减少热损失；③保证良好润滑减少摩擦。 3. 综合计算的核心思路（★★★） “燃料放热 → 水吸热 → 效率”三步法： 第1步：用 Q放 = mq（或Vq）求燃料完全燃烧放出的热量 第2步：用 Q吸 = cmΔt 求水（或其他物体）吸收的热量 第3步：用 η = Q吸 / Q放 × 100% 求效率 注意： · 若题目要求的是热机效率，则 η = W有用 / Q放； · 若求的是炉子效率或加热效率，则 η = Q吸 / Q放。 【典例5】汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（　　） A. 甲图是压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高； B. 由乙图可知该汽油机的效率是30%； C. 汽车尾气中的“汽油味”越浓燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的热值； D. 为节能冬天汽车都会利用尾气中的余热给车内供暖，该举措大大提高了燃料的热值 【变式1】下列关于燃料的热值说法正确的是（　　） A．燃料燃烧越充分，其热值越大 B．燃料的热值越小，完全燃烧放出的热量越少 C．一瓶酒精用去三分之一，剩余酒精的热值将减小 D．焦炭的热值是，完全燃烧1kg焦炭能放出的热量 【变式2】下列关于热机效率的说法中正确的是（　　） A．蒸汽机的效率比内燃机高 B．热机的功率越大，它的效率也一定越高 C．用来做有用功的那部分能量跟燃料燃烧放出的能量之比叫热机效率 D．用来做有用功的那部分能量跟燃料完全燃烧所放出的能量之比叫热机效率 【变式3】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。下列说法正确的是（　　） A．比较不同液体吸热升温现象，可以选择甲丙两图 B．比较不同液体吸热升温现象，可以选择乙丙两图 C．比较不同燃料燃烧放出热量，可以选择乙丙两图 D．比较不同燃料燃烧放出热量，可以选择甲丙两图 【变式4】小明取少量燃料置于燃烧皿中，点燃后对100g的热水加热4min，然后立即将其熄灭，测得消耗燃料4.2g，并根据实验数据绘制了水温随时间变化的图像如图乙中a线所示。已知此过程中燃料均匀燃烧放热，该燃料的热值为2×106J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，整个过程中忽略水的质量变化，下列说法中正确的是（　　） A．通过图像计算得知4min水吸收到的热量为2520J B．通过计算得出燃料燃烧放出热量有40%被水吸收 C．水吸收的热量和燃料燃烧放出的热量都与加热时间成正比 D．若实验装置和热损失比例均不变，利用该燃料加热另一杯水绘出了如图乙中b线所示图像，则这杯水的质量大于上一杯水的质量 知识点6：能量的转化与守恒 1. 能量的转化与转移 · 能量转化：能量从一种形式变成另一种形式（能的形式改变）。 · 能量转移：能量从一个物体移到另一个物体（能的形式不变）。 常见能量转化实例： 实例 能量转化 燃料燃烧 化学能 → 内能 热机工作 内能 → 机械能 钻木取火 机械能 → 内能 电灯发光 电能 → 光能和内能 2. 能量守恒定律 能量既不会凭空消灭，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 注意： · 能量守恒定律适用于自然界任何形式的能量转化。 · 能量的转化和转移具有方向性，如内能只能从高温物体传到低温物体。 【典例6】关于能量守恒定律，下列说法正确的是（　　） A．能量可以凭空消失 B．能量可以凭空产生 C．能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变 D．热机在工作的过程中不遵循能量守恒定律 【变式1】如图所示是一种太阳能背包。它的前面有一个太阳能电池板，里面有一个蓄电池，可以给手机、小风扇或数码相机等电子产品供电。下列说法错误的是（　　）。 A. 太阳能电池板将太阳能转化为电能； B. 给蓄电池充电将电能转化为化学能； C. 蓄电池放电将化学能转化为电能； D. 小风扇工作将化学能转化机械能 【变式2】下列过程中，能量转化情况相同的是（　　）                ①钻木取火     ②水蒸气顶开活塞 ③热机压缩冲程   ④煤气炉灶烧水 A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【变式3】如图甲所示，在烧杯内盛少量的水，不断给瓶内打气，当瓶塞跳起时，可以看到瓶内出现了“白气”。如图乙所示，对试管中的水加热，水沸腾后试管口塞子喷出，同时试管口产生大量的“白气”。下列说法正确的是（　　） A．甲中的白气是水蒸气的液化，乙中的白气是空气液化 B．甲和乙中都是机械能转化为内能 C．图乙的实验基本上展示了蒸汽机的工作原理 D．图甲的过程中，气体膨胀对外做功，温度升高，内能减小 【变式4】如图为台球比赛时的情形。打台球时，运动的白球撞击目标球后，白球速度变慢，这是由于白球的动能 （选填“转移”或“转化”）到目标球上，在球与球相互撞击过程中还会因为摩擦而产生热量。这些能量在转化和转移的过程中，总量 。 ————————————❇易错知识突破❇———————————— 易错点1：混淆温度、热量和内能三者关系 错误案例：小明说：“物体的温度升高，一定吸收了热量。”“物体吸收热量，温度一定升高。”“温度高的物体含有的热量多。” 正确解析：温度升高，内能一定增加，但可能是通过做功实现的，不一定是吸收热量。物体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高（如晶体熔化过程，吸收热量内能增加但温度保持不变）。热量是过程量，只能说“吸收”或“放出”，不能说物体“含有”热量。热传递的方向取决于温度差而非内能多少。 ⚠️易错警示：温度升高→内能一定增加（但方式可能是做功或热传递）；吸收热量→内能一定增加（但温度不一定升高）；只能说“吸收/放出热量”，不能说“含有热量”。 易错点2：误认为比热容与质量、热量、温度变化有关 错误案例：小明说：“根据公式 c = Q/(mΔt)，物质的比热容与质量成反比，与吸收的热量成正比。” 正确解析：比热容是物质的属性，只与物质的种类和状态有关，与质量、吸收热量的多少、温度变化大小等外界因素无关。公式 c = Q/(mΔt) 只是比热容的计算式（定义式），而非决定式。例如，同种物质的水，无论取1 kg还是2 kg，比热容都是4.2×10³ J/(kg·℃)，不会改变。 ⚠️易错警示：比热容是物质本身的属性——“物质变它才变，物质不变它不变”，只与种类和状态有关。 易错点3：误认为热值与燃料是否完全燃烧有关 错误案例：小明说：“燃料燃烧越充分，热值越大。”或“燃料没有完全燃烧时，热值变小。” 正确解析：热值是燃料本身的属性，只与燃料的种类有关，与燃料是否完全燃烧、燃烧的快慢、质量多少等因素无关。热值的定义中“完全燃烧”是测定条件而非决定因素。例如，同种燃料，燃烧一半和完全燃烧，热值相同，只是放出的热量不同。 ⚠️易错警示：热值是燃料的属性——“不看烧没烧完，只看是什么燃料”。 易错点4：混淆四冲程热机中压缩冲程与做功冲程的能量转化方向 错误案例：小明说：“压缩冲程中内能转化为机械能，做功冲程中机械能转化为内能。” 正确解析：方向完全记反了！压缩冲程：活塞压缩气体，外界对气体做功，机械能转化为内能，气缸内气体内能增加、温度升高。做功冲程：燃料燃烧产生的高温高压气体推动活塞做功，内能转化为机械能，气缸内气体内能减少、温度降低。记住：压缩冲程“压”是外力压气体→机械能→内能；做功冲程“冲”是气体推活塞→内能→机械能。 ⚠️易错警示：“压缩”是机械能→内能（外界对气体做功），“做功”是内能→机械能（气体对外做功）。口诀：“压缩压进去，做功冲出来”。 易错点5：混淆热机效率计算中 Q吸 与 W有用 的使用情境 错误案例：小明说：“计算汽车发动机的效率时，用 η = Q吸/Q放 计算。” 正确解析：热机效率的定义是用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的热量之比。汽车发动机、柴油机等热机将内能转化为机械功，其效率公式应为 η = W有用/Q放。而 η = Q吸/Q放 用于计算加热效率（如燃气灶烧水、锅炉加热等），其有用部分是被加热物体吸收的热量。两者不能混淆。 ⚠️易错警示：效率的“有用部分”是什么就用什么——热机做功选 W有用，烧水吸热选 Q吸。口诀：“热机做功用W，烧水吸热用Q”。 ————————————❇方法技巧汇总❇———————————— 方法技巧1：温度、热量、内能辨析——“因果逻辑链” 核心逻辑链：吸热/做功 → 内能增加（不一定升温）→ 温度升高（内能一定增加） 三步判断法： · 看变化主体：是温度变了还是内能变了？ · 追变化原因：是吸热、放热还是做功？ · 查特殊情况：晶体熔化/凝固、液体沸腾四个特殊过程（吸热内能增加但温度不变）。 口诀：升（温）必增（内能），增（内能）不升（温）；吸（热）必增（内能），增（内能）不吸（热） 方法技巧2：热学综合计算——“三步定位法” 第一步（找放热）：燃料燃烧：用Q放 = mq（固体/液体）或Q放 = Vq（气体），注意热值单位匹配。 第二步（找吸热）：水或物体升温：用 Q吸 = cmΔt，注意Δt = t - t₀（升温）或 t₀ - t（降温）。 第三步（找效率）： 加热装置效率：η = Q吸 / Q放 × 100%（如燃气灶、锅炉） 热机效率：η = W有用 / Q放 × 100%（如汽车发动机） 口诀：燃料放热用mq，水吸热用cmΔt；烧水效率Q比Q，热机效率W比Q。 方法技巧3：四冲程热机判断——“气门活塞两看法” 一看气门：两气门都关闭 → 可能是压缩冲程或做功冲程；一个气门打开 → 吸气冲程或排气冲程。 二看活塞：活塞向上 → 压缩冲程或排气冲程；活塞向下 → 吸气冲程或做功冲程。 组合判断：两门关 + 活塞向上 = 压缩冲程（机械能→内能）；两门关 + 活塞向下 = 做功冲程（内能→机械能）。 数据速算：一个工作循环 = 曲轴转2圈 = 活塞往复2次 = 做功1次。 口诀：两关向上是压缩，两关向下在做功；一圈半圈不用记，两圈做功一次行。 方法技巧4：能量转化与转移——“形式变不变”辨析法 能量转化：能量从一种形式变成另一种形式，能的形式发生改变。 能量转移：能量从一个物体移到另一个物体，能的形式不发生改变。 判断口诀：形式改变是转化，形式不变是转移。 注意：热量从高温物体传递到低温物体属于能量转移（内能形式不变，只是换了物体），而摩擦生热是能量转化（机械能变成了内能）。 —————————————❇巩固训练❇————————————— 一、单选题 1．在烹饪美食的过程中，所包含的物理知识，正确的是（　　） A．锅一般都是用铁制造的，主要是利用了铁的比热容较大的性质 B．煮菜时，阵阵飘香，说明了分子在不停地做无规则运动 C．炒菜时，主要是通过做功的方式增加菜的内能 D．炖菜时，在汤沸腾后把炖汤的火调小，是为了降低汤的温度 2．如题图所示的示意图形象地反映了物质的气、液、固三态分子排列的特点。下面说法正确的是（　　） A．甲是液态 B．乙是气态 C．丙是液态 D．甲是固态 3．关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（　　） A．0℃的冰块内能为零 B．温度高的物体含有的热量多 C．物体吸收热量温度不一定升高 D．物体机械能越大，内能越大 4．下列有关能量守恒的说法中正确的是（　　） A．摩擦生热创造了热，不符合能量守恒定律 B．能量守恒只适用于机械能与内能的相互转化 C．不可能造出永动机，是因为它违反了能量守恒定律 D．热机的工作过程不遵循能量守恒定律 5．如图所示是一新款跑车，当跑车在水平路面上疾驰时，下列说法正确是（　　） A．给跑车提供动力的是压缩冲程 B．跑车用水作冷却剂，是因为水的比热容小 C．做功冲程中，内能转化为机械能 D．夏天在户外的车身较热，这是通过做功增加车身的内能 6．如图所示是汽油机工作时某个冲程的示意图。则下列说法正确的是（　　） A．该冲程是吸气冲程 B．该冲程中气缸内气体被压缩液化 C．该冲程中内能转化为机械能 D．该冲程排出的尾气是液体的汽化过程 7．在“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验中，某组同学用如图甲所示实验装置进行了两次实验，并根据实验数据绘制了如图乙所示的图像。关于该实验，下列说法错误的是（　　） A．烧杯上方气压低于标准大气压 B．沸腾前，烧杯内产生的气泡消失了，是因为气泡中的水蒸气液化吸热 C．水蒸气将纸板顶起时的能量转化过程与汽油机做功冲程的能量转化过程相同 D．第一次实验和第二次实验所用水的质量之比是5∶3 8．如图是足球落地后又弹起的示意图，足球在运动过程中，下列分析正确的是（　　） A．在B点时只受重力作用，且动能不为零 B．在A、D两点动能可能相等 C．在A、B、C、D四点，D点重力势能最小，动能最大 D．在运动过程中，既有动能和势能的相互转化，也有机械能和内能的相互转化 9．有人设想的“永动机”如图所示。下列对该装置开始转动后的分析正确的是（　　） A．装置所具有的机械能始终不变 B．如果没有能量补充，装置最终会停下来 C．根据能量守恒定律，装置可以一直转动下去 D．装置中小球的动能和重力势能不会相互转化 10．如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示为液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为 B．甲液体比乙液体的比热容比大 C．升高相同温度，甲、乙吸收的热量相同 D．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比 11．（多选）如图所示，质量一定的木块放在由同种材料制成的粗糙程度均匀的水平桌面上。木块在水平拉力F作用下从A点由静止开始运动，运动得越来越快；当木块到达B点时。撤去拉力F。木块继续移动，运动得越来越慢。最后停在C点。下列说法中正确的是（　　） A．木块在AB所受的摩擦力等于在BC段所受的摩擦力 B．本块在BC段运动得越来越慢，是由于木块受到的摩擦力越来越大 C．本块在BC段运动得越来越慢，是由于木块的机械能转化为内能，机械能逐渐减小 D．木块在AB段运动得越来越快，木块的机械能越来越大，机械能没有转化为内能 二、填空题 12．把两块表面干净的铅压紧，下面吊一个重物时，不能把它们拉开，如下图甲所示，说明分子之间存在________；乙图展示了王安石的《梅花》图，流传千古：①墙角数枝梅，②凌寒独自开。③遥知不是雪，④为有暗香来。第________（只填写要选择的诗句前面的序号即可）句诗词能从物理的角度反映“气体分子是永不停息地运动的”。 13．小明一家驾车旅行，（1）加油时，闻到汽油味，说明分子在______；（2）图示为车发动机的一个冲程，其能量转化情况是______；（3）若车的总质量为1.5t，匀速直线行驶9km，所受阻力为车重的0.1倍，完全燃烧汽油1L，则1L汽油完全燃烧放出的热量是______J，车所受牵引力是______N，车的工作效率是______%。（ρ汽油=0.8×103kg/m3；q汽油=4.5×107J/kg；g取10N/kg） 14．甲、乙液体分别置于两个不同的恒温封闭环境中，质量保持不变。测得甲、乙液体的温度随时间变化如图所示。 （1）__________（选填“甲”或“乙”）液体的分子运动随时间越来越剧烈。 （2）甲液体所在环境的温度__________（选填“小于20℃”“等于20℃”或“大于35℃”）。 （3）乙液体在“1min-2min”段、“8min-9min”段放出的热量分别为Q1、Q2，则Q1_____Q2（选填“>”“=”或“<”），依据是__________。 15．某燃气热水器使用天然气作为燃料，若使用中消耗掉0.02m3的天然气，则这些天然气完全燃烧放出的热量为___________J （q天然气=3.2×107J/m3）；如果这些热量完全被水吸收，则水的内能___________ （选填 “增大”、“不变” 或“减小”）。 16．四冲程热机工作过程中，将内能转化为机械能的是____________冲程，李白在《望庐山瀑布》中写道：“日照香炉生紫烟”，这是通过______________（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变香炉的内能，加热 1 千克水，使其温度上升 2℃，则加热过程中水吸收的热量为______________焦。[ c水 4.2 103焦/(千克·℃)] 三、实验题 17．（1）用相同的酒精灯分别对a、b两种液体（质量相同）加热，如图甲所示；根据测得的实验数据分别描绘的图象如图乙所示。不计液体的热量散失，则液体______的吸热能力更强。该实验中用______来判断液体吸收热量的多少； （2）用如图装置测酒精的热值。加热一段时间后酒精灯的总质量减少了Δm；烧杯中水的质量为M（不考虑加热过程中水质量的减少），水的初温为t0，末温为t，水的比热容用c表示。用以上符号表达该同学测酒精热值q的计算式是q=______。该同学发现，计算出的结果比课本中的“标准值”______，请你写一条产生该误差的原因：______。 18．小明利用如图一所示的实验装置探究“比较不同物质吸热升温的现象”，其操作如下： （1）在两个相同的烧杯中分别装入 相等的甲、乙两种物质； （2）用相同的酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，根据实验数据绘制成温度时间的关系图像，如图二所示；完成该实验，除天平和温度计外，还需要一个测量工具是 ； （3）为了比较甲、乙物质的吸热本领，小明提出两种比较方案： ①让两者升高相同的温度，比较加热时间；②让两者加热相同时间，比较升高的温度。在两种液体都不沸腾的前提下，你认为可行的方案是 （选填“①”、“②”或“①和②”）； （4）分析图二可知，两温度计示数都升高到40℃时，甲增加的内能 （选填“>”、“=”或“<”）乙增加的内能；若使两者升高相同的温度，则吸收更多热量的是 。 19．如图所示，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）为了研究不同物质的吸热能力，应利用甲、丙两幅图进行实验，理由是 ，根据记录的数据做出了两种液体的温度随时间变化关系如图2所示； ①由图可以看出a、b两种液体中， 液体的吸热本领更强； ②如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg·℃），则a液体的比热容 J/（kg·℃）； （2）为了研究不同燃料的热值，利用其中 （选填“甲”“乙”或“丙”）两幅图进行实验。实验时发现：两种燃料完全燃烧完了，在这之前液体a都沸腾了，你能否比较出两种燃料的热值？ （选填“能”或“不能”）。为避免这种情况的出现，你可以对他们组提什么改进建议？ 。 20．如图所示，在估测薯片热值的实验中，小军设计了两种对水加热的方式： 方式一：薯片在烧杯中燃烧； 方式二：薯片在燃烧皿中燃烧。 （1）两种加热方式中合理的是______；在进行实验时，要让薯片充分燃烧，操作是______； （2）用天平量取水，并测出一片薯片的质量，用以上选取的方式燃尽薯片，并用温度计测出水升高的温度，所测出的薯片热值偏______，原因是______。 21．为了比较两种燃料的热值，小明采用如图甲所示的两套完全相同的装置进行实验，烧杯内水的初温和质量相同，实验中忽略热量的损失。 （1）实验前调整铁夹A的位置，其目的是使 　 　（石棉网/温度计）处于适当的高度。 （2）实验中应控制燃料燃烧的 　 　（时间/质量）相同，根据 　 　比较燃料燃烧放出热量的多少。 （3）小明选用了燃料a和燃料b进行实验。当燃料燃尽时，小明记下了各个时刻烧杯中水温，绘制了图乙的图象，则可初步判断燃料 　 　的热值大。 （4）另一组的小华也用图甲的两套完全相同的装置进行实验，比较燃料c和燃料d的热值，并重新在烧杯内加入初温和质量相同的水，在燃料烧完后也画出了水的温度随时间变化的图象如图丙所示。燃料c在6min时水就沸腾了，造成水过早沸腾的原因可能是 　 　。分析图象可知燃料c燃烧10min放出的热量 　 　（大于/等于/小于）燃料d燃烧15min放出的热量。 （5）你认为根据丙图象 　 　（能/不能）比较两种燃料热值的大小。 四、计算题 22．小红在实验室利用电加热器加热，完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线（如图所示）。实验时，冰的质量为0.5 kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同，水的比热容为4.2×103 J/(kg•℃)。求： （1）根据图线求CD段水吸收的热量； （2）AB段冰吸收的热量； （3）冰的比热容； （4）冰在熔化过程中吸收的热量。 23．港珠澳大桥被誉为现代七大奇迹之一，其中长约5000m的沉管隧道通过引桥与人工岛路面相连，单侧引桥长1000m，竖直高度为40m，简化图如图所示。重5×104N的汽车在沉管隧道中以90km/h的速度匀速行驶，所受阻力为其重力的0.05倍。求： （1）汽车完全通过沉管隧道需要几秒？ （2）汽车在沉管隧道中行驶时牵引力做功的功率是多少？ （3）若汽车从引桥最低端开始功率增大到80kW匀速行驶，耗时50s到达人工岛路面，汽车在引桥上行驶过程中发动机的机械效率是多少？ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 内能和内能的利用 目录 考情速递 2 知识速记 2 重难知识精讲 3 知识点1：分子动理论 3 知识点2：内能及其改变 6 知识点3：比热容的理解与探究 9 知识点4：热机与四冲程工作原理 14 知识点5：热值与热机效率的综合计算（期中必考） 19 知识点6：能量的转化与守恒 22 易错知识突破 26 方法技巧汇总 27 巩固训练 28 —————————————❇考情速递❇————————————— 考情维度 详细说明 专题定位 九年级期中考试核心模块，难度中档，既是基础概念考查重点，也是计算题必考板块。本专题涵盖分子动理论、内能、比热容、热机与热值等知识，其中比热容与热机效率的综合计算属于中等难度拉分题，复习时需在概念辨析的基础上强化计算规范训练，力争基础不丢分、计算得满分。 分值占比 全卷占比15% - 25%，对应分值15 - 25分，属于期中考试权重最高的模块之一，选择题、填空题、实验题、计算题均有覆盖。 题型分布 选择题与填空题以概念辨析为主（约占8 - 12分），重点考查温度/热量/内能的辨析、分子动理论、四冲程判断；实验题聚焦“比较不同物质的吸热能力”探究实验（约占4 - 6分）；计算题集中考查比热容与热值的综合计算（约占6 - 8分），是期中试卷的必考计算题型。 核心高频考点 1. 温度、热量、内能的辨析（选择题必考）；2. 四冲程热机工作过程及能量转化（几乎每年必考）；3. 比热容的理解与热量计算（实验+计算双线考查）；4. 热值与热机效率的综合计算（计算题必考）；5. 分子动理论与扩散现象（结合生活实例考查）。 高频失分点 1. 温度、热量、内能三者关系混淆，尤其“内能增加温度不一定升高”与“温度升高内能一定增加”的逻辑关系不清；2. 比热容是物质属性的理解不到位，误认为比热容与质量、热量有关；3. 热值与燃烧是否充分无关理解偏差；4. 四冲程能量转化方向记反（压缩冲程与做功冲程混淆）；5. 热机效率计算中混淆Q吸与W有用，分不清何时用η=Q吸/Q放、何时用η=W有用/Q放。 命题规律 贴合生活实景命题，拒绝纯理论默写，重点考查易混淆概念的辨析应用，情景化特征明显 —————————————❇知识速记❇————————————— ————————————❇重难知识精讲❇———————————— 知识点1： 分子动理论 1. 物质的构成 常见物质是由大量的分子、原子构成的。分子直径很小，通常以10⁻¹⁰ m来量度。 实验：50 mL酒精与50 mL水混合后总体积小于100 mL，说明分子间存在间隙。 2. 扩散现象 （1）定义：不同的物质在互相接触时彼此进入对方的现象，叫做扩散。 （2）发生条件：①不同物质；②相互接触。 （3）扩散可以发生在：气体、液体、固体之间。气体扩散最快，固体最慢。 （4）常见实例：炒菜香味、花香四溢、红墨水滴入水中整杯水变红、长期堆煤的墙角变黑、两块金属紧压在一起互相渗入等。 （5）扩散现象表明：①一切物质的分子都在不停地做无规则运动；②分子间有间隙。 3. 分子热运动 （1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，这种运动叫作分子热运动。 （2）分子热运动的快慢与温度有关。温度越高，分子热运动越剧烈。 4. 分子间的作用力 分子之间同时存在引力和斥力。 · 当固体被压缩时，分子间距离变小，作用力表现为斥力。 · 当固体被拉伸时，分子间距离变大，作用力表现为引力。 【典例1】两只相同的集气瓶中分别装有空气和红棕色二氧化氮气体，用玻璃板隔开后按图示放置，抽去玻璃板、保持两瓶口紧贴静置较长时间后，两瓶中气体颜色变得相同。已知瓶中二氧化氮气体的密度比瓶中空气的大，下列说法正确的是（   ） A．此现象能说明气体分子在做无规则运动 B．此现象与“扫地时灰尘飞扬”的成因相同 C．颜色变得相同后，瓶中气体分子停止运动 D．颜色变得相同后，下面瓶中气体密度变大 【答案】A 【详解】 A．抽去玻璃板、保持两瓶口紧贴静置较长时间后，两瓶中气体颜色变得相同，这是扩散现象，说明分子在不停做无规则运动，故A正确； B．“扫地时灰尘飞扬”是固态颗粒的机械运动，不属于扩散现象，故B错误； C．一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，当两个瓶子颜色变得相同后，瓶中气体分子不会停止运动，故C错误； D．因为二氧化氮气体的密度比瓶中空气的大，当两种气体混合后，上面瓶中的气体密度变大，下面瓶气体密度变小，故D错误； 故选A。 【变式1】近年来许多家庭使用电热液体蚊香器（如图），瓶中的炭纤维棒将瓶内的杀虫剂吸到棒的顶端，而发热电阻传递的热会使棒的上端温度达到50°C左右，此时杀虫剂蒸发得更快从而提高了驱蚊效果。以下说法正确的是（　　） A. 蒸发是液化的一种方式； B. 在常温下，炭纤维棒里的杀虫剂分子不会运动； C. 杀虫剂分子运动的快慢与温度高低有关，50°C时杀虫剂分子运动得最慢； D. 一般情况下，温度升高汽化的速度会加快 【答案】D。 【详解】 A．汽化的两种方式是蒸发和沸腾，故A错误； B．分子在不停地做无规则的运动，分子的热运动与温度有关，温度越高分子热运动越剧烈，所以在常温下，炭纤维棒里的杀虫剂分子在做运动，故B错误； C．分子的热运动与温度有关，温度越低，热运动越慢，50摄氏度时，分子的运动不是最慢的，故C错误； D．加快液体蒸发的方法有：提高液体的温度、加快液体表面空气的流速、增大液体的表面积，所以一般情况下，温度升高汽化的速度会加快，故D正确。 故选D。 【变式2】如图所示，将两个表面光滑的铅块相互紧压，它们会粘在一起，下方可以挂起重物，该现象主要说明了（　　） A. 分子间有空隙； B. 分子间存在吸引力； C. 分子间存在排斥力； D. 分子处在永不停息的无规则运动中 【答案】B。 【详解】 分子间存在着相互作用的引力和斥力。将两个表面光滑的铅块相互紧压，它们会粘在一起，甚至下方挂一重物也不分开，说明铅块之间存在着引力，进而说明分子间存在吸引力。故ACD不符合题意，B符合题意。 故选B。 【变式3】随州的气候适宜兰草的生长，兰花盛开时，吸引了大量游客前来观赏，很远就能闻到兰花的香味。走进观看，甚至会看到兰花的叶片上挂着晶莹的露珠。下列说法中正确的是（　　） A．兰花的叶片上出现露珠，是因为叶片的温度高于外界的气温 B．晶莹的露珠到中午消失不见是液化现象，需要吸热 C．花香四溢不属于扩散现象 D．一般来说兰花中午比晚上更香，其中一个原因是温度越高，分子热运动越剧烈 【答案】D 【详解】 A．露珠的形成是由于空气中的水蒸气遇冷液化形成，因此叶片的温度低于外界的气温，故A错误； B．露珠到中午消失不见，是因为液态的露珠由液态变成了气态，这是汽化现象，汽化要吸热，故B错误； C．花香四溢说明分子在做无规则运动，这属于扩散现象，故C错误； D．温度越高，分子无规则运动越剧烈，故D正确。 故选D。 【变式4】在自然界和生活中，有许多需要我们探究的物理现象，通过实验来观察这些现象，我们还会发现许多有趣和意想不到的问题。 （1）将一小勺白糖慢慢地加入满满一杯水中，杯中水不会溢出，原因是：分子间有________； （2）取一只杯子，在杯中倒满水，若将一只回形针轻轻地放入水中，杯中水也不会溢出，继续放入若干只回形针，水仍然不会溢出。细心的小雨同学发现：水虽然没有溢出，但是水面却向上凸起。请教老师后，她明白了：原来水的表面分子间距离较大，分子力表现为________（选填“引力”或“斥力”），在这种分子力作用下水不至于溢出； （3）对杯中水加热，当温度升高时，由于水分子________加剧，以致于表层中有更多的分子脱离液体分子的束缚跑到空气中去，这就是汽化的微观解释。 【答案】 （1）间隙 （2）引力 （3）无规则运动 【详解】 （1）是因为分子间存在着空隙，糖分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，使得水和糖混合后的总体积小于二者的体积之和，杯中水不会溢出。 （2）水虽然没有溢出，但是水面却向上凸起，是因为分子间存在相互作用的引力，当水分子间的距离增大时，分子间作用力表现为引力；所以在这种分子力作用下，水不至于溢出。 （3）温度反映了大量分子无规则运动的剧烈程度，当液体温度升高时，其分子无规则运动加剧，以致于表层中有更多的分子脱离液体分子的束缚跑到空气中去，该过程物质由液体变为了气体，发生了汽化现象。 知识点2：内能及其改变 1. 内能 （1）定义：构成物体的所有分子，其热运动的动能与分子势能的总和，叫做物体的内能。单位：焦耳（J）。 （2）影响内能大小的因素：温度、质量、体积、状态等。 · 同一物体，温度越高，内能越大。 · 物体的温度升高，内能增加；但内能增加，温度不一定升高（如晶体熔化过程，吸收热量内能增加但温度不变）。 （3）内能与机械能的区别：内能是微观表现（分子热运动），任何物体都具有内能；机械能是宏观表现（整个物体的运动），可以为零。 2. 改变内能的两种方式 方式 实质 举例 做功 能量的转化 搓手取暖、钻木取火、压缩气体 热传递 能量的转移 晒太阳、烧水、暖气取暖 注意：做功和热传递在改变物体内能上是等效的。 热传递的条件：存在温度差，热量从高温物体传递到低温物体。 热量：热传递过程中传递能量的多少。热量是过程量，只能说“吸收”或“放出”热量，不能说物体“含有”热量。 3. 两类做功改变内能的辨析 类型 能量转化 内能变化 外界对物体做功 其他形式能 → 内能 增加（如压缩气体、摩擦生热） 物体对外界做功 内能 → 其他形式能 减小（如气体膨胀对外做功） 【典例2】如图所示，在试管内装适量水，用橡胶塞塞住管口，将水加热至沸腾一段时间后，橡胶塞被推出，管口出现大量“白气”。此实验中，主要是通过做功改变物体内能的过程是（　　） A．试管变热的过程 B．水变热的过程 C．水变成水蒸气的过程 D．水蒸气推出橡胶塞的同时变成“白气”的过程 【答案】D 【详解】 改变物体内能的方法：一是做功（能量转化），二是热传递（能量转移），两种方法对于改变物体内能来说是等效的。 A.试管变热，是试管从火吸收热量，内能增加，是通过热传递改变物体的内能，故A错； B.水变热，是水吸收热量、内能增大，是通过热传递改变物体的内能，故B错； C.水吸热，温度升高，汽化成水蒸气，是通过热传递改变物体的内能，故C错； D.水蒸气推出橡胶塞的同时变成“白气”的过程，是水蒸气膨胀做功，将水蒸气的内能转化为橡胶塞的机械能，是通过做功改变物体的内能。 故选D。 【变式1】小明将凝固点为47℃的某液态合金放在室温为25℃的实验室中。该合金从70℃降至47℃并保持47℃一段时间再降至35℃，合金在此过程（　　）。 A. 对外放热，内能一直减少； B. 存在液化现象，内能一直增加； C. 温度保持47℃时，不吸热也不放热； D. 存在凝固现象，内能先减少后不变再减少 【答案】A。 【详解】 将凝固点为47℃的某液态合金放在室温为25℃的实验室中，合金从70℃降至47℃的过程是放热的降温过程，处于液态；保持47℃这段时间是凝固过程，放热但温度不变，合金处于固液共存态；从47℃降至35℃的过程是放热过程，合金处于固态。故该合金一直对外放热，内能一直减小。故A正确，符合题意，BCD错误，不符合题意。 故选A。 【变式2】古代人们常用钻木取火，下列情况改变内能方式与其不同的是（　　）。 A. 甲图：冬天搓手取暖 B. 乙图：小朋友溜滑梯臀部发热 C. 丙图：热鸡蛋放在冷水中冷却 D. 丁图：压缩空气使其内能增大 【答案】C。 【详解】 钻木取火实质是通过做功的方式改变物体的内能。 A．搓手取暖，双手克服摩擦做功，是通过做功的方式改变物体内能，故A不符合题意； B．小朋友溜滑梯时，臀部克服滑梯摩擦做功，是通过做功的方式改变物体内能，故B不符合题意； C．热鸡蛋放在冷水中，鸡蛋和水温度不同，内能从鸡蛋传给水，是通过热传递的方式改变物体内能，故C符合题意； D．压缩空气时，对空气做功，使空气内能增大，故D不符合题意。 故选C。 【变式3】把两滴墨水分别同时滴入盛有冷水和热水的两个玻璃杯中，实验过程及现象如图所示，分析可知物体的温度越高，分子的无规则运动越______。若将冷水倒掉一些，对比原来这杯冷水，杯中剩余冷水的内能______。 【答案】①.剧烈（快）；②.减小（变小）。 【详解】 由于热水的温度高，所以墨水在热水中扩散的快，这表明分子的无规则运动与温度有关，且温度越高，分子的无规则运动越剧烈。 内能与质量、温度和状态有关，若将冷水倒掉一些，冷水的质量减小，对比原来这杯冷水，杯中剩余冷水的内能减小。 【变式4】我国的登山队员成功登顶珠穆朗玛峰，并开展峰顶测量，12月8日宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。随着登山队员攀登高度的不断增加，大气压强_______（选填“增大”、“减小”或“不变”），水的沸点会_______（选填“升高”、“降低”或“不变”）。某登山队员沿着一段平直的斜坡匀速向上运动，在这个过程中登山队员的运动状态_______（选填“变化”或“不变”），登山队员在大本营休息时，捧着一杯热水取暖，是通过_______的方式改变物体的内能。 【答案】减小；降低；不变；热传递。 【详解】 大气压强随着海拔高度增加而减小，而气压减小时，水的沸点会降低。 某个过程中，登山队员做的是匀速直线运动，所以其运动状态不变。 通过热水取暖，是水的热量传递给人，所以是通过热传递的方式改变物体内能的。 知识点3：比热容的理解与探究 1. 比热容 （1）定义：一定质量的某种物质，在温度升高时吸收的热量与它的质量和升高的温度乘积之比，叫做这种物质的比热容。符号：c，单位：J/(kg·℃) 。 （2）比热容是物质的属性，大小与物质的种类和状态有关，与质量、体积、温度等无关。 （3）水的比热容：4.2×10³J/(kg·℃)，物理意义：1kg水温度升高1℃吸收的热量为4.2×10³ J。 （4）水的比热容大的应用： · 调节温度：沿海地区昼夜温差小 · 冷却剂：汽车发动机用水冷却 · 传热介质：冬天暖气用水供暖 2. 热量的计算 · 吸热公式：Q吸 = cm(t - t₀) · 放热公式：Q放 = cm(t₀ - t) · 统一公式：Q = cmΔt（Δt为温度的变化量） 3. 探究不同物质的吸热能力（重点实验） 实验方法： · 控制变量法：控制质量相同，吸收热量相同，比较温度变化。 · 转换法：用加热时间来间接反映吸收热量的多少。 实验结论：不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同。比热容大的物质吸收热量多 【典例3】下表是一些物质的比热容[单位J/(kg·℃)]，根据表中数据和生活现象，下列判断中正确的是（　　）。 水 4.2×103 铝 0.88×103 煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103 砂石 约0.92×103 铜 0.39×103 A. 不同种类的物质，比热容一定不同； B. 比热容与物质物质的状态无关； C. 质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低； D. 沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大 【答案】D。 【解析】A．煤油和冰是不同的物质，但它们的比热容是相同的，故A错误； B．物质的比热容与物质的状态有关，如水和冰的比热容不同，故B错误； C．由 知，质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块的末温更高； D．沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多，因为水的比热容较大，由 可知，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，故D正确。 故选D。 【变式1】两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体。用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同 C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热相同的时间，甲液体温度升高的比乙液体温度升高的多 【答案】A 【详解】 ACD．用同一热源加热相同的时间，物体吸收的热量是相同的。读图像可以知道，在吸收热量相同时，甲液体升高的温度小，根据比热容定义可以知道，甲的比热容比乙大。故A正确，CD错误； B．读图像可以知道，升高相同的温度，对甲加热的时间长，即甲吸收的热量多。故B错误。 故选A。 【变式2】为了防止在炎热的夏季高速运行的汽车爆胎，一些车辆上都有胎压报警装置，其主要部件是胎压检测探头，这样可以大大降低爆胎带来的危害；而在冬天为了防止冻裂水箱，在水箱内都加有防冻剂。关于题中的描述下列论述正确的是（　　） A．轮胎爆胎的过程是机械能转化为内能的过程 B．汽车轮胎上的花纹是为了减小摩擦 C．高速运行的汽车通过热传递方式改变轮胎内能 D．汽车的防冻剂不但需要凝固点低、沸点高，还需要比热容大吸热能力强 【答案】D 【详解】 A．发生爆胎时，轮胎内的气体对外做功，将内能转化为机械能，故A错误； B．汽车轮胎上的花纹，是压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故B错误； C．长时间高速行驶的汽车轮胎发热，是因为轮胎是克服摩擦力做功，机械能转化成内能，属于做功改变内能，故C错误； D．防冻液中掺入了其它物质，使凝固点降低，沸点升高，即凝固点低，沸点高，它的比热容大，质量相同的冷却液和其它物质相比，升高相同的温度，吸收的热量多，故D正确。 故选D。 【变式3】如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（　　） A．甲杯水中每分钟吸收的热量为2.52×105 J B．甲乙两杯中的加热器每分钟放出热量之比为9︰4 C．加热相同时间，甲乙两杯水升高的温度之比2︰1 D．将甲乙两容器中的液体从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为3︰2 【答案】B 【详解】 A．甲杯水中2分钟吸收的热量 所以每分钟吸收的热量为，故A错误； B．乙杯水每分钟吸收的热量 水吸收的热量等于加热器放出的热量，则甲乙两杯中的加热器每分钟放出热量之比为 故B正确； C．甲杯中2min水升温20℃，则每分钟温度升高10℃，乙杯中3min水升温20℃，每分钟温度升高，加热相同时间，甲乙两杯水升高的温度之比为 故C错误； D．甲水温升高20℃需要2min，所以20℃加热至沸腾需要8min，乙水温升高20℃需要3min，从20℃加热至沸腾需要12min，时间之比为 故D错误。 故选B。 【变式4】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； （2）水沸腾时，小组成员观察到烧杯内出现的气泡是_________（选填“A”、“B”或“C”）图； （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。 【答案】 ①.甲、丙； ②.B ③.c。 【详解】 （1）若要探究不同物质的吸热差异，根据控制变量法的要求，要控制物质的质量相同，改变物质的种类，故应选择甲、丙两图进行对比实验。 （2）水沸腾时，烧杯中的水进行剧烈的汽化现象，气泡在上升过程中不断变大，故小组成员观察到烧杯内出现的气泡是B图。 （3）水的比热容大于煤油的比热容，质量相同的水和煤油相比，在吸收相同的热量（加热时间相同）时，煤油的温度变化量比较大，故100g煤油对应的图像是c。 知识点4：热机与四冲程工作原理 1. 热机 （1）定义：利用内能来做功的机械叫做热机。 （2）工作原理：燃料燃烧将化学能转化为内能，通过做功将内能转化为机械能。 （3）种类：汽油机、柴油机、蒸汽机、燃气轮机等。 2. 四冲程汽油机 一个工作循环：吸气冲程 → 压缩冲程 → 做功冲程 → 排气冲程。 冲程 进气门 排气门 活塞运动 能量转化 吸气 打开 关闭 向下 — 压缩 关闭 关闭 向上 机械能 → 内能 做功 关闭 关闭 向下 内能 → 机械能 排气 关闭 打开 向上 — 3. 关键结论： · 压缩冲程：机械能转化为内能，气缸内气体体积减小、内能增加、温度升高 · 做功冲程：内能转化为机械能，气缸内气体体积增大、内能减少、温度降低 · 只有做功冲程对外做功，其他三个冲程依靠飞轮惯性完成 · 一个工作循环，曲轴转动2周，对外做功1次 4. 汽油机与柴油机的区别 汽油机有火花塞（点燃式），柴油机有喷油嘴（压燃式）。柴油机效率更高。 【典例4】如图是单缸四冲程汽油机的工作示意图，下列说法正确的是（  ） A．这四个冲程的正确顺序是丁→甲→乙→丙 B．丙冲程的能量转化过程与烧开水时壶盖向上跳动相同 C．此单缸四冲程汽油机完成一个工作循环，曲轴转过180° D．甲、乙、丙冲程是靠惯性完成的，也叫辅助冲程 【答案】B 【详解】 A．甲图进气门和排气门都关闭，火花塞没有点火，是压缩冲程；乙图进气门关闭，排气门打开，是排气冲程；丙图进气门和排气门都关闭，火花塞点火，是做功冲程；丁图进气门打开，排气门关闭，是吸气冲程，故这四个冲程的正确顺序是丁→甲→丙→乙，故A错误； B．丙是做功冲程，将内能转化为机械能；烧开水时壶盖向上跳动，将水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，故两种情况的能量转化相同，故B正确； C．单缸四冲程汽油机完成一个工作循环，活塞往返2次，曲轴转动2周，即曲轴转过720°，故C错误； D．除了做功冲程，其他冲程都是靠惯性完成的，即甲、乙、丁冲程是靠惯性完成的，故D错误。 故选B。 【变式1】如图是两个演示实验的示意图，甲图是在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团硝化棉，用力把活塞迅速下压，棉花就会立即燃烧；乙图是给试管里的水加热，水沸腾一段时间后，水蒸气推动橡胶塞迅速冲出试管口。根据实验现象判断，下列说法中错误的是（　　） A．甲图压下活塞的过程中，筒中气体的内能增大 B．甲图中压下活塞过程的能量转化与热机压缩冲程的能量转化相同 C．乙图中水蒸气推动橡胶塞冲出试管口过程的能量转化与内热机排气冲程的能量转化相同 D．乙图中水蒸气推动橡胶塞冲出试管口的过程中，水蒸气内能减少，瓶口会出现白雾 【答案】C 【详解】 AB．图甲所示，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，故是将机械能转化为内能的过程，与内燃机的压缩冲程能量转化相同，故AB正确，不符合题意； CD．图乙所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间以后，橡胶塞被试管内水蒸气推出，即该过程中水蒸气的内能转化为橡胶塞的机械能，与热机做功冲程的能量转化相同，水蒸气的内能减小，温度降低，遇冷液化形成大量小水珠，就形成我们看到的白雾，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。 故选C。 【变式2】如图所示的轮船，动力是由柴油机提供的，下列说法正确的是（　　） A．柴油机利用水做冷却液是因为水蒸发吸热 B．柴油机做功冲程中，内能转化为机械能 C．柴油机是利用内能做功的机器 D．柴油机效率高，是因为柴油的热值大 【答案】BC 【详解】 A．柴油机利用水做冷却液是因为水比热容较大，改变相同的温度，相同质量的水比其他液体吸收的热量更多，故A错误；B．柴油机做功冲程中，高温高压燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，故B正确； C．柴油机工作时，利用燃料燃烧产生的内能，推动活塞做功，是利用内能做功的机器，故C正确； D．柴油的热值与柴油机效率高低无关，故D错误。 故选BC。 【变式3】如图甲所示是我们课堂演示的一个实验，按动电火化发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被推出去。甲实验中的能量转化与图乙所示单缸四冲程汽油机的图 （填字母）所示冲程相同；若内该单缸四冲程汽油机完成3600个工作循环，则该汽油机每秒钟对外做功 次。 【答案】 C 30 【详解】 点燃盒内酒精，盒盖被打出去，是将内能转化为机械能的过程，这与四冲程汽油机的做功冲程的能量转化相同，C图中两个气门都关闭，活塞下行，是做功冲程。 单缸四冲程汽油机的飞轮转速是3600r/min，则飞轮每秒转动60圈，汽油机一个工作循环四个冲程，飞轮转动2圈，所以汽油机每秒内运行30个工作循环，每个工作循环做功一次，所以该汽油机每秒内对外做功30次。 【变式4】（1）甲实验中，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，用力将活塞迅速下压，看到的现象是________，此实验得到的结论是：对________（选填“棉花”或“筒内气体”）做功，它的内能会增加。实验中如果不放入棉花，该结论________（选填“成立”或“不成立”）； （2）乙实验中，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去。图中________图所对应的能量转化过程与乙实验相同。若该汽油机飞轮转速为1800r/min，则汽油机每秒对外做功________次。 A． B． C． D． 【答案】     棉花点燃     筒内气体     成立     C     15 【详解】 （1）用力将活塞迅速下压，活塞压缩筒内气体做功，桶内气体内能增加，温度升高，当温度达到棉花燃点时，棉花燃烧。 活塞对筒内气体做功，棉花的内能会增加。 一个物体对另一个物体做功，另一个物体的内能会增加，实验中如果不放入棉花，该结论依然成立。 （2）乙实验中，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去，酒精的内能转化为盒盖的机械能，与内燃机做功冲程的能量转化相同。 A．图中进气阀开启，排气阀关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，故A不符合题意； B．图中两气阀关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，故B不符合题意； C．图中火花塞点火，两气阀关闭，活塞向下运动，是做功冲程，故C符合题意； D．图中进气阀关闭，排气阀开启，活塞向上运动，是排气冲程，故D不符合题意。 故选C。 汽油机飞轮转两转，对外做功一次，若该汽油机飞轮转速为1800r/min，则汽油机每秒对外做功 知识点5：热值与热机效率的综合计算（期中必考） 1. 燃料的热值 （1）定义：某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比。 （2）公式：固体/液体燃料：q = Q/m；气体燃料：q = Q/V。 （3）热值是燃料的属性，只与燃料种类有关。 （4）燃料燃烧放热公式：Q放 = mq（固体、液体）；Q放 = Vq（气体） 2. 热机效率 （1）定义：热机用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的热量之比。 （2）公式：η = W有用 / Q放 ×100% （3）提高热机效率的途径：①使燃料充分燃烧；②减少热损失；③保证良好润滑减少摩擦。 3. 综合计算的核心思路（★★★） “燃料放热 → 水吸热 → 效率”三步法： 第1步：用 Q放 = mq（或Vq）求燃料完全燃烧放出的热量 第2步：用 Q吸 = cmΔt 求水（或其他物体）吸收的热量 第3步：用 η = Q吸 / Q放 × 100% 求效率 注意： · 若题目要求的是热机效率，则 η = W有用 / Q放； · 若求的是炉子效率或加热效率，则 η = Q吸 / Q放。 【典例5】汽车是现代生活中最常见的一种交通工具，如图甲、乙分别是某汽油机的某冲程及能量流向图。下列有关说法正确的是（　　） A. 甲图是压缩冲程，活塞对气缸内的气体做功，气体的温度升高； B. 由乙图可知该汽油机的效率是30%； C. 汽车尾气中的“汽油味”越浓燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的热值； D. 为节能冬天汽车都会利用尾气中的余热给车内供暖，该举措大大提高了燃料的热值 【答案】A。 【详解】 A．如图甲所示，进气孔和排气孔都关闭，活塞向上运动，压缩气体，对气体做功，气体温度升高，这是汽油机的压缩冲程，故A正确； B．由乙图可知该汽油机的效率为η=100%-6%-30%-36%=28% 故B错误； CD．热值是燃料完全燃烧时的放出的热量和质量之比，燃料的热值只与燃料的种类和状态有关，与燃料是否完全燃烧无关，燃料燃烧得越不充分，这会降低燃料的利用率，不会降低燃料的热值；为节能冬天汽车都会利用尾气中的余热给车内供暖，该举措大大提高了燃料的利用率，不能提高燃料的热值，故CD错误。 故选A。 【变式1】下列关于燃料的热值说法正确的是（　　） A．燃料燃烧越充分，其热值越大 B．燃料的热值越小，完全燃烧放出的热量越少 C．一瓶酒精用去三分之一，剩余酒精的热值将减小 D．焦炭的热值是，完全燃烧1kg焦炭能放出的热量 【答案】D 【详解】 A．燃料的热值仅与燃料的种类有关，而与燃料的燃烧程度无关，故A错误； B．根据Q=mq可知，放出的热量与热值、质量有关，故B错误； C．一瓶酒精用去三分之一后，质量变化、热值不变，故C错误； D．焦炭的热值是3.0×107J/kg，它表示的意思是1kg的焦炭完全燃烧时放出的热量是3.0×107J，故D正确。 故选D。 【变式2】下列关于热机效率的说法中正确的是（　　） A．蒸汽机的效率比内燃机高 B．热机的功率越大，它的效率也一定越高 C．用来做有用功的那部分能量跟燃料燃烧放出的能量之比叫热机效率 D．用来做有用功的那部分能量跟燃料完全燃烧所放出的能量之比叫热机效率 【答案】D 【详解】 A．在热机中，蒸汽机的效率最低，故A错误； B．热机做功越快，表示热机的功率越大，与效率无关，故B错误； CD．根据热机效率的定义，热机所做有用功（有效利用的能量）与燃料完全燃烧释放的热量之比叫做热机效率，故C错误，D正确。 故选D。 【变式3】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。下列说法正确的是（　　） A．比较不同液体吸热升温现象，可以选择甲丙两图 B．比较不同液体吸热升温现象，可以选择乙丙两图 C．比较不同燃料燃烧放出热量，可以选择乙丙两图 D．比较不同燃料燃烧放出热量，可以选择甲丙两图 【答案】A 【详解】 AB．比较两种液体的比热容，必须控制燃料的种类相同，改变液体的种类，控制液体的质量相同，根据温度计的示数高低得出吸热多少，从而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验，故A正确，B错误； CD．比较不同燃料热值大小要控制加热的液体种类、液体质量，改变燃料的种类，根据温度计的示数高低得出吸热多少，从而判断热值大小，因此选择甲、乙两图进行实验；故CD错误。 故选A。 【变式4】小明取少量燃料置于燃烧皿中，点燃后对100g的热水加热4min，然后立即将其熄灭，测得消耗燃料4.2g，并根据实验数据绘制了水温随时间变化的图像如图乙中a线所示。已知此过程中燃料均匀燃烧放热，该燃料的热值为2×106J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，整个过程中忽略水的质量变化，下列说法中正确的是（　　） A．通过图像计算得知4min水吸收到的热量为2520J B．通过计算得出燃料燃烧放出热量有40%被水吸收 C．水吸收的热量和燃料燃烧放出的热量都与加热时间成正比 D．若实验装置和热损失比例均不变，利用该燃料加热另一杯水绘出了如图乙中b线所示图像，则这杯水的质量大于上一杯水的质量 【答案】C 【详解】 A．对100g的热水加热2min，水的温度从93℃上升到99℃，则水吸收到的热量是 Q水=m水c水Δt=100×10-3kg×4.2×103J/(kg•℃)×(99℃-93℃)=2520J 4min水吸收到的热量为2min吸收热量的2倍，故A错误； B．消耗燃料4.2g，则燃料放出的热量是 Q放=4.2×10-3kg×2×106J/kg=8.4×103J 燃料燃烧放出热量的40%为 Q'=Q放×40%=3.36×103J 水吸收的热量是2520J，故B错误； C．由题意可知，燃料均匀燃烧放热，所以燃料燃烧的热量与加热时间成正比，由图乙可知，水的温度与时间成正比，根据Q=cmΔt可知，吸收的热量与时间成正比，故C正确； D．由图可知，相同时间，两杯水吸收的热量相同，温度变化相同，根据Q=cmΔt可知两杯水的质量相等，故D错误。 故选C。 知识点6：能量的转化与守恒 1. 能量的转化与转移 · 能量转化：能量从一种形式变成另一种形式（能的形式改变）。 · 能量转移：能量从一个物体移到另一个物体（能的形式不变）。 常见能量转化实例： 实例 能量转化 燃料燃烧 化学能 → 内能 热机工作 内能 → 机械能 钻木取火 机械能 → 内能 电灯发光 电能 → 光能和内能 2. 能量守恒定律 能量既不会凭空消灭，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 注意： · 能量守恒定律适用于自然界任何形式的能量转化。 · 能量的转化和转移具有方向性，如内能只能从高温物体传到低温物体。 【典例6】关于能量守恒定律，下列说法正确的是（　　） A．能量可以凭空消失 B．能量可以凭空产生 C．能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变 D．热机在工作的过程中不遵循能量守恒定律 【答案】C 【详解】 ABC．由能量守恒定律可知，能量既不能凭空产生，也不会凭空消失，当能量从一个物体转移到其他物体或从一种形式转化为其他形式时，总量保持不变，故AB错误，C正确； D．能量守恒定律适用于自然界中任何形式能的相互转化，热机的工作过程也遵循能量守恒定律，故D错误。 故选C。 【变式1】如图所示是一种太阳能背包。它的前面有一个太阳能电池板，里面有一个蓄电池，可以给手机、小风扇或数码相机等电子产品供电。下列说法错误的是（　　）。 A. 太阳能电池板将太阳能转化为电能； B. 给蓄电池充电将电能转化为化学能； C. 蓄电池放电将化学能转化为电能； D. 小风扇工作将化学能转化机械能 【答案】D。 【详解】 A．太阳能电池板工作时，消耗太阳能，产生电能，将太阳能转化为电能，故A正确，不符合题意； B．给蓄电池充电，消耗电能，产生化学能，将电能转化为化学能，故B正确，不符合题意； C．蓄电池放电，消耗化学能，产生电能，将化学能转化为电能，故C正确，不符合题意； D．小风扇工作时将电能转化为机械能，故D错误，符合题意。 故选D。 【变式2】下列过程中，能量转化情况相同的是（　　）                ①钻木取火     ②水蒸气顶开活塞 ③热机压缩冲程   ④煤气炉灶烧水 A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】A 【详解】 ①钻木取火将机械能转化为内能；②水蒸气顶开活塞是将水蒸气的内能转化为机械能；③热机压缩冲程是将机械能转化为内能；④煤气炉灶烧水是将化学能转化为内能，故①③能量转化相同，都是将机械能转化为内能，故A正确。故选A。 【变式3】如图甲所示，在烧杯内盛少量的水，不断给瓶内打气，当瓶塞跳起时，可以看到瓶内出现了“白气”。如图乙所示，对试管中的水加热，水沸腾后试管口塞子喷出，同时试管口产生大量的“白气”。下列说法正确的是（　　） A．甲中的白气是水蒸气的液化，乙中的白气是空气液化 B．甲和乙中都是机械能转化为内能 C．图乙的实验基本上展示了蒸汽机的工作原理 D．图甲的过程中，气体膨胀对外做功，温度升高，内能减小 【答案】C 【详解】 A．甲中“白气”和图乙中“白气”都是水蒸气的液化现象，故A错误； B．甲中打气时是机械能转化为内能，瓶塞跳出时是内能转化为机械能，乙中瓶塞跳出时是内能转化为机械能，故B错误； C．乙图瓶塞冲出试管口的过程中，试管内的气体的内能转化为机械能，是蒸汽机的工作原理，故C正确； D．甲图中，当瓶塞跳出的过程中，烧瓶内气体的内能转化为机械能，气体对外做功，温度降低，内能减小，故D错误。 故选C。 【变式4】如图为台球比赛时的情形。打台球时，运动的白球撞击目标球后，白球速度变慢，这是由于白球的动能 （选填“转移”或“转化”）到目标球上，在球与球相互撞击过程中还会因为摩擦而产生热量。这些能量在转化和转移的过程中，总量 。 【答案】 转移 保持不变 【详解】 白球在运动过程中具有动能，撞击目标球后白球速度变慢，白球的质量不变，动能变小，目标球由原来的静止到运动说明有了动能，说明白球的动能转移到目标球上。 能量在转化和转移的过程中，能量守恒定律，因此总量保持不变。 ————————————❇易错知识突破❇———————————— 易错点1：混淆温度、热量和内能三者关系 错误案例：小明说：“物体的温度升高，一定吸收了热量。”“物体吸收热量，温度一定升高。”“温度高的物体含有的热量多。” 正确解析：温度升高，内能一定增加，但可能是通过做功实现的，不一定是吸收热量。物体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高（如晶体熔化过程，吸收热量内能增加但温度保持不变）。热量是过程量，只能说“吸收”或“放出”，不能说物体“含有”热量。热传递的方向取决于温度差而非内能多少。 ⚠️易错警示：温度升高→内能一定增加（但方式可能是做功或热传递）；吸收热量→内能一定增加（但温度不一定升高）；只能说“吸收/放出热量”，不能说“含有热量”。 易错点2：误认为比热容与质量、热量、温度变化有关 错误案例：小明说：“根据公式 c = Q/(mΔt)，物质的比热容与质量成反比，与吸收的热量成正比。” 正确解析：比热容是物质的属性，只与物质的种类和状态有关，与质量、吸收热量的多少、温度变化大小等外界因素无关。公式 c = Q/(mΔt) 只是比热容的计算式（定义式），而非决定式。例如，同种物质的水，无论取1 kg还是2 kg，比热容都是4.2×10³ J/(kg·℃)，不会改变。 ⚠️易错警示：比热容是物质本身的属性——“物质变它才变，物质不变它不变”，只与种类和状态有关。 易错点3：误认为热值与燃料是否完全燃烧有关 错误案例：小明说：“燃料燃烧越充分，热值越大。”或“燃料没有完全燃烧时，热值变小。” 正确解析：热值是燃料本身的属性，只与燃料的种类有关，与燃料是否完全燃烧、燃烧的快慢、质量多少等因素无关。热值的定义中“完全燃烧”是测定条件而非决定因素。例如，同种燃料，燃烧一半和完全燃烧，热值相同，只是放出的热量不同。 ⚠️易错警示：热值是燃料的属性——“不看烧没烧完，只看是什么燃料”。 易错点4：混淆四冲程热机中压缩冲程与做功冲程的能量转化方向 错误案例：小明说：“压缩冲程中内能转化为机械能，做功冲程中机械能转化为内能。” 正确解析：方向完全记反了！压缩冲程：活塞压缩气体，外界对气体做功，机械能转化为内能，气缸内气体内能增加、温度升高。做功冲程：燃料燃烧产生的高温高压气体推动活塞做功，内能转化为机械能，气缸内气体内能减少、温度降低。记住：压缩冲程“压”是外力压气体→机械能→内能；做功冲程“冲”是气体推活塞→内能→机械能。 ⚠️易错警示：“压缩”是机械能→内能（外界对气体做功），“做功”是内能→机械能（气体对外做功）。口诀：“压缩压进去，做功冲出来”。 易错点5：混淆热机效率计算中 Q吸 与 W有用 的使用情境 错误案例：小明说：“计算汽车发动机的效率时，用 η = Q吸/Q放 计算。” 正确解析：热机效率的定义是用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的热量之比。汽车发动机、柴油机等热机将内能转化为机械功，其效率公式应为 η = W有用/Q放。而 η = Q吸/Q放 用于计算加热效率（如燃气灶烧水、锅炉加热等），其有用部分是被加热物体吸收的热量。两者不能混淆。 ⚠️易错警示：效率的“有用部分”是什么就用什么——热机做功选 W有用，烧水吸热选 Q吸。口诀：“热机做功用W，烧水吸热用Q”。 ————————————❇方法技巧汇总❇———————————— 方法技巧1：温度、热量、内能辨析——“因果逻辑链” 核心逻辑链：吸热/做功 → 内能增加（不一定升温）→ 温度升高（内能一定增加） 三步判断法： · 看变化主体：是温度变了还是内能变了？ · 追变化原因：是吸热、放热还是做功？ · 查特殊情况：晶体熔化/凝固、液体沸腾四个特殊过程（吸热内能增加但温度不变）。 口诀：升（温）必增（内能），增（内能）不升（温）；吸（热）必增（内能），增（内能）不吸（热） 方法技巧2：热学综合计算——“三步定位法” 第一步（找放热）：燃料燃烧：用Q放 = mq（固体/液体）或Q放 = Vq（气体），注意热值单位匹配。 第二步（找吸热）：水或物体升温：用 Q吸 = cmΔt，注意Δt = t - t₀（升温）或 t₀ - t（降温）。 第三步（找效率）： 加热装置效率：η = Q吸 / Q放 × 100%（如燃气灶、锅炉） 热机效率：η = W有用 / Q放 × 100%（如汽车发动机） 口诀：燃料放热用mq，水吸热用cmΔt；烧水效率Q比Q，热机效率W比Q。 方法技巧3：四冲程热机判断——“气门活塞两看法” 一看气门：两气门都关闭 → 可能是压缩冲程或做功冲程；一个气门打开 → 吸气冲程或排气冲程。 二看活塞：活塞向上 → 压缩冲程或排气冲程；活塞向下 → 吸气冲程或做功冲程。 组合判断：两门关 + 活塞向上 = 压缩冲程（机械能→内能）；两门关 + 活塞向下 = 做功冲程（内能→机械能）。 数据速算：一个工作循环 = 曲轴转2圈 = 活塞往复2次 = 做功1次。 口诀：两关向上是压缩，两关向下在做功；一圈半圈不用记，两圈做功一次行。 方法技巧4：能量转化与转移——“形式变不变”辨析法 能量转化：能量从一种形式变成另一种形式，能的形式发生改变。 能量转移：能量从一个物体移到另一个物体，能的形式不发生改变。 判断口诀：形式改变是转化，形式不变是转移。 注意：热量从高温物体传递到低温物体属于能量转移（内能形式不变，只是换了物体），而摩擦生热是能量转化（机械能变成了内能）。 —————————————❇巩固训练❇————————————— 一、单选题 1．在烹饪美食的过程中，所包含的物理知识，正确的是（　　） A．锅一般都是用铁制造的，主要是利用了铁的比热容较大的性质 B．煮菜时，阵阵飘香，说明了分子在不停地做无规则运动 C．炒菜时，主要是通过做功的方式增加菜的内能 D．炖菜时，在汤沸腾后把炖汤的火调小，是为了降低汤的温度 【答案】B 【详解】 A．锅一般都是用铁制造的，主要是利用铁具有良好的导热性，比热容较小，升温快，故A错误； B．煮菜时，阵阵飘香，这是扩散现象，说明菜的香分子在不停地做无规则运动，故B正确； C．炒菜时，菜从锅中吸收热量，是通过热传递的方式使菜的内能增加，故C错误； D．炖菜时，当汤沸腾以后，把炖汤的火调小，此时汤继续沸腾，汤的温度不变，故D错误。 故选B。 2．如题图所示的示意图形象地反映了物质的气、液、固三态分子排列的特点。下面说法正确的是（　　） A．甲是液态 B．乙是气态 C．丙是液态 D．甲是固态 【答案】A 【详解】 甲图中分子间的距离略大，分子力很小，分子的位置不固定，和液态分子的特点相似；乙图中分子间的距离很小，分子力很大，分子的位置固定，和固态分子的特点相似；丙图中分子间的距离很大，分子力几乎没有，分子的位置极度散乱，和气态分子特点相似。 故选A。 3．关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（　　） A．0℃的冰块内能为零 B．温度高的物体含有的热量多 C．物体吸收热量温度不一定升高 D．物体机械能越大，内能越大 【答案】C 【详解】 A．任何物体都有内能，0℃的冰块也具有内能，故A错误； B．热量是过程量，不能说物体含有热量，故B错误； C．物体吸收了热量，内能一定增加，但温度不一定升高，例如晶体的熔化过程，故C正确； D．内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和，而机械能是物体的动能和势能的总和，两者本质上不同，物体机械能的大小与内能大小无关，故D错误。 故选C。 4．下列有关能量守恒的说法中正确的是（　　） A．摩擦生热创造了热，不符合能量守恒定律 B．能量守恒只适用于机械能与内能的相互转化 C．不可能造出永动机，是因为它违反了能量守恒定律 D．热机的工作过程不遵循能量守恒定律 【答案】C 【详解】 A．“摩擦生热”不是创造了热，而是机械能转化为内能，符合能量守恒定律，故A错误； B．能量守恒定律适用于任何能量的转化和转移，故B错误； C．永动机违背了能量守恒定律，所以不可以制造出来，故C正确； D．热机的工作过程跟所有能量转化转移过程一样，都遵循能量守恒定律，故D错误。 故选C。 5．如图所示是一新款跑车，当跑车在水平路面上疾驰时，下列说法正确是（　　） A．给跑车提供动力的是压缩冲程 B．跑车用水作冷却剂，是因为水的比热容小 C．做功冲程中，内能转化为机械能 D．夏天在户外的车身较热，这是通过做功增加车身的内能 【答案】C 【详解】 AC．压缩冲程是将机械能转化为内能，做功冲程是将内能转化为机械能，因此给跑车提供动力的是做功冲程，故A错误，C正确； B．用水做冷却剂，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比较，升高相同的温度，水吸收的热量更多，故B错误； D．夏天在户外的车，从太阳光中吸热，温度升高，这是通过热传递的方式增加了车身的内能，故D错误。 故选C。 6．如图所示是汽油机工作时某个冲程的示意图。则下列说法正确的是（　　） A．该冲程是吸气冲程 B．该冲程中气缸内气体被压缩液化 C．该冲程中内能转化为机械能 D．该冲程排出的尾气是液体的汽化过程 【答案】C 【详解】 ABC．根据图示可知，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，气缸容积增大，因此是做功冲程，在做功冲程中，气缸内的燃油燃烧，产生高温高压的气体，气体对活塞做功，将内能转化为机械能，故AB错误，C正确； D．汽油机在排气冲程排出的尾气放出热量，发生液化现象，故D错误。 故选C。 7．在“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验中，某组同学用如图甲所示实验装置进行了两次实验，并根据实验数据绘制了如图乙所示的图像。关于该实验，下列说法错误的是（　　） A．烧杯上方气压低于标准大气压 B．沸腾前，烧杯内产生的气泡消失了，是因为气泡中的水蒸气液化吸热 C．水蒸气将纸板顶起时的能量转化过程与汽油机做功冲程的能量转化过程相同 D．第一次实验和第二次实验所用水的质量之比是5∶3 【答案】B 【详解】 A．一标准大气压下水的沸点为100℃，由乙图知，此时水的沸点为98℃，气压变小，沸点降低，故烧杯上方气压低于标准大气压，故A正确，不符合题意； B．水沸腾前，烧杯底部水的温度高，上方水的温度低，气泡内是水蒸气，上升过程中遇到上方的温度低的水会液化成小水滴，所以气泡的体积变小，最后消失，而液化是放热过程，故B错误，符合题意； C．水蒸气将纸板顶起时，内能转化为机械，汽油机做功冲程，将内能转化为机械能，故能量转化过程与汽油机做功冲程的能量转化过程相同，故C正确，不符合题意； D．相同时间吸收热量相同，由表中数据，加热6分钟，吸热相同，第一次水升高的温度为 98℃−92℃=6℃ 第二次水升高的温度 98℃−88℃=10℃ 根据，在比热容和吸热相同的情况下，升高的温度与质量成反比，第一次实验和第二次实验所用水的质量之比是 故D正确，不符合题意。 故选B。 8．如图是足球落地后又弹起的示意图，足球在运动过程中，下列分析正确的是（　　） A．在B点时只受重力作用，且动能不为零 B．在A、D两点动能可能相等 C．在A、B、C、D四点，D点重力势能最小，动能最大 D．在运动过程中，既有动能和势能的相互转化，也有机械能和内能的相互转化 【答案】B 【详解】 Ａ．根据在B点前后的运动路径，在B点时足球有一定的速度，没有处于静止状态，故足球除受到重力外，足球还受到空气阻力的作用，故A错误； BC．图中足球的高度越来越小，说明有机械能的损失，则D点的机械能一定小于A点的机械能，而机械能等于动能与势能之和，D点比A点高度低，所以D点的重力势能小，则其动能有可能与A点的动能相等，故B正确，C错误； D．图中足球的高度越来越小，说明有机械能的损失，机械能转化为内能。在运动过程中，存在动能和势能的相互转化，但不存在内能转化为机械能，故D错误。 故选B。 9．有人设想的“永动机”如图所示。下列对该装置开始转动后的分析正确的是（　　） A．装置所具有的机械能始终不变 B．如果没有能量补充，装置最终会停下来 C．根据能量守恒定律，装置可以一直转动下去 D．装置中小球的动能和重力势能不会相互转化 【答案】B 【详解】 ABC．由于装置运转过程中需要克服摩擦做功，装置所具有的机械能会不断减小，如果没有能量补充，装置最终会停下来，故AC错误，B正确； D．装置中小球的动能和重力势能不断地发生相互转化，故D错误。 故选B。 10．如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示为液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为 B．甲液体比乙液体的比热容比大 C．升高相同温度，甲、乙吸收的热量相同 D．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比 【答案】D 【详解】 A．甲乙使用的是规格相同的加热器，所以每分钟放出的热量相等，甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2︰3，故A错误； B．由丙图可知，加热时间相同，均为2min时，甲液体温度变化量大于乙液体，根据可知，甲液体的比热容小于乙液体，故B错误； C．温度同样升高20℃，甲液体需要2min，乙液体需要3min，乙液体加热时间长，所以吸收的热量更多，故C错误； D．由C分析可知，升高相同的温度，甲乙液体吸收的热量之比为2︰3，由可知，甲乙液体比热容之比为2︰3。所以，加热相同的时间，吸收的热量相同，由可知，甲、乙两种液体升高的温度之比为，故D正确。 故选D。 11．（多选）如图所示，质量一定的木块放在由同种材料制成的粗糙程度均匀的水平桌面上。木块在水平拉力F作用下从A点由静止开始运动，运动得越来越快；当木块到达B点时。撤去拉力F。木块继续移动，运动得越来越慢。最后停在C点。下列说法中正确的是（　　） A．木块在AB所受的摩擦力等于在BC段所受的摩擦力 B．本块在BC段运动得越来越慢，是由于木块受到的摩擦力越来越大 C．本块在BC段运动得越来越慢，是由于木块的机械能转化为内能，机械能逐渐减小 D．木块在AB段运动得越来越快，木块的机械能越来越大，机械能没有转化为内能 【答案】AC 【详解】 A．木块在AB段和BC段对桌面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以所受的摩擦力不变，即木块在AB段所受的摩擦力等于在BC段所受的摩擦力，故A正确； B．木块在BC段运动得越来越慢，是因为摩擦力改变了它的运动状态，所受滑动摩擦力大小不变，故B错误； C．本块在BC段运动得越来越慢，物体克服摩擦做功，将机械能转化为内能，机械能减小，故C正确； D．木块在AB段运动时，也要克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故D错误。 故选C。 二、填空题 12．把两块表面干净的铅压紧，下面吊一个重物时，不能把它们拉开，如下图甲所示，说明分子之间存在________；乙图展示了王安石的《梅花》图，流传千古：①墙角数枝梅，②凌寒独自开。③遥知不是雪，④为有暗香来。第________（只填写要选择的诗句前面的序号即可）句诗词能从物理的角度反映“气体分子是永不停息地运动的”。 【答案】     引力     ④ 【详解】 表面干净的铅压紧不能分开，说明分子间存在引力。 第④句，“为有暗香来”，人闻到花香，说明有花粉分子扩散到了人的鼻子里，表明气体分子在永不停息的做无规则运动。 13．小明一家驾车旅行，（1）加油时，闻到汽油味，说明分子在______；（2）图示为车发动机的一个冲程，其能量转化情况是______；（3）若车的总质量为1.5t，匀速直线行驶9km，所受阻力为车重的0.1倍，完全燃烧汽油1L，则1L汽油完全燃烧放出的热量是______J，车所受牵引力是______N，车的工作效率是______%。（ρ汽油=0.8×103kg/m3；q汽油=4.5×107J/kg；g取10N/kg） 【答案】永不停息地做无规则运动 机械能转化为内能 1.5×103N 37.5% 【详解】 （1）[1]给汽车加油时，会闻到汽油味，从物理学角度来看，属于扩散现象，这个现象表明这汽油分子在做无则规运动。 （2）[2]进气门、排气门关闭，活塞上移，是压缩冲程，机械能转化为内能。 （3）[3][4][5]1L汽油质量为 1L汽油完全燃烧放出的热量是 车重力 G=m1g=1500kg×10N/kg=1.5×104N 因为匀速，牵引力等于阻力为 F=f=0.1G=0.1×1.5×104N=1.5×103N 机械功为 W=Fs=1.5×103N×9000m=1.35×107J 效率为 14．甲、乙液体分别置于两个不同的恒温封闭环境中，质量保持不变。测得甲、乙液体的温度随时间变化如图所示。 （1）__________（选填“甲”或“乙”）液体的分子运动随时间越来越剧烈。 （2）甲液体所在环境的温度__________（选填“小于20℃”“等于20℃”或“大于35℃”）。 （3）乙液体在“1min-2min”段、“8min-9min”段放出的热量分别为Q1、Q2，则Q1_____Q2（选填“>”“=”或“<”），依据是__________。 【答案】甲 大于35℃ ＞ 同种液体，相同质量，降低1℃放出的热量相同，而在1min-2min温度变化量比8min-9min段大，故放出的热量多 【详解】 （1）[1]温度越高，分子运动得越快，而甲、乙两种液体中，只有甲的温度越变越高，故选甲。 （2）[2]甲处于的环境温度绝对高于35℃，甲的温度能升高，是因为吸收了热量，是通过热传递的方式改变内能，热量总是从高温物体传递到低温物体，最后趋近温度相同时，热量传递停止，而从甲的图像可以看出，温度可能还会升高，故环境的温度高于35℃，能够继续把热量传递给甲。 （3）[3][4]由于是同一种液体，故比热容不变，根据可知，质量相同，比热容相同，1min-2min温度从20℃变为了17℃，故 而在8min-9min，温度变化量为 故；理由同种液体，相同质量，降低1℃放出的热量相同，而在1min-2min温度变化量比8min-9min段大，故放出的热量多。 15．某燃气热水器使用天然气作为燃料，若使用中消耗掉0.02m3的天然气，则这些天然气完全燃烧放出的热量为___________J （q天然气=3.2×107J/m3）；如果这些热量完全被水吸收，则水的内能___________ （选填 “增大”、“不变” 或“减小”）。 【答案】   增大 【详解】 [1]这些天然气完全燃烧放出的热量为 [2]不断吸收热量，则水的内能增大，通过热传递的方式增大内能。 16．四冲程热机工作过程中，将内能转化为机械能的是____________冲程，李白在《望庐山瀑布》中写道：“日照香炉生紫烟”，这是通过______________（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变香炉的内能，加热 1 千克水，使其温度上升 2℃，则加热过程中水吸收的热量为______________焦。[ c水 4.2 103焦/(千克·℃)] 【答案】 做功  热传递 8.4×103 【详解】 [1]热机是将内能转化为机械能的机器，它的一个工作循环包括四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程，其中压缩冲程是将机械能转化为内能；做功冲程是将内能转化为机械能。 [2]改变物体内能的方式有做功和热传递，太阳释放的热量通过热传递的方式传给香炉。 [3]水吸收的热量 Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×2℃=8.4×103J 三、实验题 17．（1）用相同的酒精灯分别对a、b两种液体（质量相同）加热，如图甲所示；根据测得的实验数据分别描绘的图象如图乙所示。不计液体的热量散失，则液体______的吸热能力更强。该实验中用______来判断液体吸收热量的多少； （2）用如图装置测酒精的热值。加热一段时间后酒精灯的总质量减少了Δm；烧杯中水的质量为M（不考虑加热过程中水质量的减少），水的初温为t0，末温为t，水的比热容用c表示。用以上符号表达该同学测酒精热值q的计算式是q=______。该同学发现，计算出的结果比课本中的“标准值”______，请你写一条产生该误差的原因：______。 【答案】 b   加热时间    偏小   燃料无法完全燃烧 【详解】 （1）[1]根据描绘出两种液体的温度随时间变化的图象知，加热相同时间，b升温小，b的吸热能力强。 [2]实验中液体吸收热量多少是通过观察加热时间来判断的，这个过程中应用的物理方法是转换法。 （2）[3]水吸收的热量 Q吸=cM(t-t0) 酒精灯放出的热量 Q放=Q吸=cM(t-t0) 燃烧酒精的质量Δm，由Q=mq可得酒精的热值 [4][5]测量值比课本中的“标准值”偏小，是因为燃料无法完全燃烧以及没有考虑在加热过程中热量的散失。 18．小明利用如图一所示的实验装置探究“比较不同物质吸热升温的现象”，其操作如下： （1）在两个相同的烧杯中分别装入 相等的甲、乙两种物质； （2）用相同的酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，根据实验数据绘制成温度时间的关系图像，如图二所示；完成该实验，除天平和温度计外，还需要一个测量工具是 ； （3）为了比较甲、乙物质的吸热本领，小明提出两种比较方案： ①让两者升高相同的温度，比较加热时间；②让两者加热相同时间，比较升高的温度。在两种液体都不沸腾的前提下，你认为可行的方案是 （选填“①”、“②”或“①和②”）； （4）分析图二可知，两温度计示数都升高到40℃时，甲增加的内能 （选填“>”、“=”或“<”）乙增加的内能；若使两者升高相同的温度，则吸收更多热量的是 。 【答案】 质量 秒表 ①和② > 乙 【详解】 （1）[1]在两个相同的烧杯中分别装入质量相等的甲、乙两种物质，通过加热相同时间，甲乙物质吸收相同的热量，比较甲乙升高温度多少，得出甲乙吸热能力大小。 （2）[2]实验中还需要一个测量工具是测量时间的秒表。 （3）[3]两者质量相同①让两者升高相同的温度，比较加热时间，加热时间越长，表示吸收热量越大，由得，吸热越多的物体吸热能力越强；②让两者加热相同时间，两者吸收热量相同，比较升高的温度，升高温度越少的物体吸热越多的物体吸热能力越强，故可行的方案是①和②。 （4）[4]分析图二可知，两温度计示数都升高到40℃时，甲加热时间较长，说明甲吸收热量较多，则甲增加的内能大于乙增加的内能。 [5]若使两者升高相同的温度，乙被加热时间较长，吸收热量较多。 19．如图所示，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）为了研究不同物质的吸热能力，应利用甲、丙两幅图进行实验，理由是 ，根据记录的数据做出了两种液体的温度随时间变化关系如图2所示； ①由图可以看出a、b两种液体中， 液体的吸热本领更强； ②如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg·℃），则a液体的比热容 J/（kg·℃）； （2）为了研究不同燃料的热值，利用其中 （选填“甲”“乙”或“丙”）两幅图进行实验。实验时发现：两种燃料完全燃烧完了，在这之前液体a都沸腾了，你能否比较出两种燃料的热值？ （选填“能”或“不能”）。为避免这种情况的出现，你可以对他们组提什么改进建议？ 。 【答案】 甲丙为相同热源，烧杯中装有质量相同的不同液体 b 0.9×103 甲乙 不能 增加液体a的质量 【详解】 （1）[1]为了研究不同物质的吸热能力，应选用相同加热装置加热质量相同的不同液体，通过加热相同时间，观察液体温度变化，则应利用甲、丙两幅图进行实验。 [2]①由图可以看出：沸腾前，质量相同a、b液体中，加热相同时间，吸收相同热量，b升高温度较少，说明b液体的吸热本领更强。 [3]由图2得，温度升高60℃，a、b液体分别加热10min、20min，如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg·℃），由得 则a液体的比热容 （2）[4]为了研究不同燃料的热值，应利用质量相同的不同燃料加热相同物质，则应利用其中甲乙两幅图进行实验。 [5]实验时发现：两种燃料完全燃烧完了，在这之前液体a都沸腾了，液体沸腾后温度保持不变，则无法通过液体吸收热量的多少比较得出燃料燃烧释放热量的多少，因此不能比较出两种燃料的热值。 [6]为了避免燃料完全燃烧，液体a的沸腾现象的出现，应使燃料完全燃烧时，液体a的温度低于沸点，则可以增加液体a的质量或者减少燃料的质量。 20．如图所示，在估测薯片热值的实验中，小军设计了两种对水加热的方式： 方式一：薯片在烧杯中燃烧； 方式二：薯片在燃烧皿中燃烧。 （1）两种加热方式中合理的是______；在进行实验时，要让薯片充分燃烧，操作是______； （2）用天平量取水，并测出一片薯片的质量，用以上选取的方式燃尽薯片，并用温度计测出水升高的温度，所测出的薯片热值偏______，原因是______。 【答案】①.方式二；②.把薯片碾碎；③.小；④.薯片燃烧放出的热量没有被水全部吸收。 【详解】 （1）[1]由于热空气上升，方式一中薯片燃烧产生的热量很大一部分损失到空气中，导致结果不准，所以两种加热方式中合理的是方式二。 [2]把薯片碾碎，增大了与空气的接触面积，可以使薯片充分燃烧。 （2）[3][4]由于薯片不能完全燃烧，且燃烧放出的热量不能全部被水吸收，导致水升高的温度偏低，计算出的热量偏小，根据公式可知，所测出的薯片热值偏小。 21．为了比较两种燃料的热值，小明采用如图甲所示的两套完全相同的装置进行实验，烧杯内水的初温和质量相同，实验中忽略热量的损失。 （1）实验前调整铁夹A的位置，其目的是使 　 　（石棉网/温度计）处于适当的高度。 （2）实验中应控制燃料燃烧的 　 　（时间/质量）相同，根据 　 　比较燃料燃烧放出热量的多少。 （3）小明选用了燃料a和燃料b进行实验。当燃料燃尽时，小明记下了各个时刻烧杯中水温，绘制了图乙的图象，则可初步判断燃料 　 　的热值大。 （4）另一组的小华也用图甲的两套完全相同的装置进行实验，比较燃料c和燃料d的热值，并重新在烧杯内加入初温和质量相同的水，在燃料烧完后也画出了水的温度随时间变化的图象如图丙所示。燃料c在6min时水就沸腾了，造成水过早沸腾的原因可能是 　 　。分析图象可知燃料c燃烧10min放出的热量 　 　（大于/等于/小于）燃料d燃烧15min放出的热量。 （5）你认为根据丙图象 　 　（能/不能）比较两种燃料热值的大小。 【答案】（1）石棉网；（2）质量；温度计上升的示数；（3）b；（4）燃料c的燃烧过程比较快；大于；（5）能。 【详解】 （1）实验时要用火焰的外焰加热；调整铁夹A的位置，其目的是使石棉网处于适当的高度，方便用外焰加热； （2）实验中应控制燃料燃烧的质量相同，通过比较温度计上升的示数来比较燃料燃烧放出热量的多少； （3）由图乙知，当燃料燃尽时，图线b的温度变化大，说明相同质量的a、b燃料完全燃烧时b放出的热量多，则b的热值大； （4）燃料c在6min时水就沸腾了，说明水吸收的热量多，造成水过早沸腾的原因可能是燃料c的燃烧过程比较快；由图丙可知，燃料c燃烧10min放出的热量已经使水沸腾，燃料d燃烧15min放出的热量没有使水沸腾，表明c放出的热量多； （5）由图丙可知，两种燃料全部燃尽时，c燃料使水升高的温度更大，则c的热值大，故能比较热值的大小。 四、计算题 22．小红在实验室利用电加热器加热，完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线（如图所示）。实验时，冰的质量为0.5 kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同，水的比热容为4.2×103 J/(kg•℃)。求： （1）根据图线求CD段水吸收的热量； （2）AB段冰吸收的热量； （3）冰的比热容； （4）冰在熔化过程中吸收的热量。 【答案】（1）4.2×104 J；（2）2.1×104 J；（3）2.1×103 J/(kg·℃)；（4）1.68×105 J 【详解】 （1）CD段水吸收的热量 Q吸=c水m(t水-t0水)=4.2×103 J/(kg·℃)×0.5 kg×(20 ℃-0 ℃)=4.2×104 J （2）AB段冰吸热时间为CD段水吸热时间的一半，故其吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，即 Q吸冰=Q吸水=×4.2×104 J=2.1×104 J （3）AB段冰升高的温度 Δt冰=0 ℃-(－20 ℃)=20 ℃ 冰的比热容 （4）冰熔化过程持续了40min，是水吸收热量的4倍，所以冰在熔化过程中吸收的热量 Q=4Q吸水=4×4.2×104 J=1.68×105 J 答：（1）CD段水吸收的热量为4.2×104J； （2）AB段冰吸收的热量为2.1×104J； （3）冰的比热容为2.1×103J/(kg⋅℃)； （4）冰在熔化过程吸收的热量为1.68×105J。 23．港珠澳大桥被誉为现代七大奇迹之一，其中长约5000m的沉管隧道通过引桥与人工岛路面相连，单侧引桥长1000m，竖直高度为40m，简化图如图所示。重5×104N的汽车在沉管隧道中以90km/h的速度匀速行驶，所受阻力为其重力的0.05倍。求： （1）汽车完全通过沉管隧道需要几秒？ （2）汽车在沉管隧道中行驶时牵引力做功的功率是多少？ （3）若汽车从引桥最低端开始功率增大到80kW匀速行驶，耗时50s到达人工岛路面，汽车在引桥上行驶过程中发动机的机械效率是多少？ 【答案】（1）200s；（2）6.25×104W；（3）50% 【详解】 （1）根据题意可知：汽车在沉管隧道中的速度为 v=90km/h=25m/s 则汽车完全通过沉管隧道的时间为 （2）因为汽车在沉管隧道中匀速行驶，则汽车受到的阻力与汽车的牵引力是一对平衡力，大小相等，即汽车受到的牵引力为 F牵=f=0.05G=0.05×5×104N=2.5×103N 则汽车在沉管隧道中行驶时牵引力做功的功率为 P=F牵v=2.5×103N×25m/s=6.25×104W （3）汽车在引桥上行驶的功率为 P′=80kW=8×104W 则牵引力所做的功为 W牵=P′t=8×104W×50s=4×106J 做的有用功为 W有=Gh=5×104N×40m=2×106J 则发动机的机械效率为 答：（1）汽车完全通过沉管隧道需要200s； （2）汽车在沉管隧道中行驶时牵引力做功的功率是6.25×104W； （3）若汽车从引桥最低端开始功率增大到80kW匀速行驶，耗时50s到达人工岛路面，汽车在引桥上行驶过程中发动机的机械效率是50% 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $