期中物理复习培优--比热容、热值与热机效率综合计算 优等生讲义 2026-2027学年沪科版（五四学制）九年级物理上册

专题一：期中复习培优--讲义比热容、热值与热机效率综合计算（知识梳理+典例+练习）沪科版2024九年级上册 参考答案与试题解析 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 理解比热容的物理意义，能说出水的比热容数值并解释其含义 · 熟练运用 Q吸=cm(t-t0)、Q放=cm(t0-t) 进行纯热量计算与热平衡混合问题 · 理解热值是燃料的特性，会用 Q放=qm、Q放=qV 计算燃料放热 · 识别四冲程汽油机的工作过程，掌握转速与做功次数的换算关系 · 会读能量流向图计算热机效率，解决水吸热+燃料放热的综合计算题 📚 知识梳理 ☆ 1.比热容的概念与物理意义 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温度的乘积之比，叫做这种物质的比热容，公式 c=，单位 J/(kg·℃)，读作「焦每千克摄氏度」。 水的比热容 c水=4.2×103 J/(kg·℃)，物理意义：质量为1kg的水，温度升高（或降低）1℃时，吸收（或放出）的热量为4.2×103J。 比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物体的质量大小、温度高低、吸放热多少均无关；一杯水喝掉半杯后，剩余水的比热容不变。 比热容反映物质吸（放）热本领：质量相同的不同物质，吸收相同热量时，c大的温度升高得慢；升高相同温度时，c大的吸收热量多。水的比热容大，常用作冷却液、暖气介质、调节气候（海陆风、人工湖减弱热岛）。 概念辨析例题：水的比热容是4.2×103 J/(kg·℃)，其单位读作________；它表示的物理含义是：1千克的水，温度升高或降低1℃，________；一杯水当喝掉半杯后，剩下水的比热容________（选填「变大」「变小」「不变」）。 解析：比热容单位由热量单位J、质量单位kg、温度单位℃组合而成，读作「焦耳每千克摄氏度」；其物理意义就是单位质量（1kg）的水温度变化1℃所吸（放）的热量；比热容是物质特性，与质量无关，喝掉半杯后种类和状态未变，故比热容不变。 ☆ 2.热量计算公式与热平衡 吸热公式：Q吸=cm(t-t0)（t为末温，t0为初温）；放热公式：Q放=cm(t0-t)；统一写成 Q=cmΔt，Δt是温度变化量，取末温与初温之差的绝对值。 热平衡方程（不计热量损失）：Q吸=Q放。热水兑冷水时：m热c水(t热-t混)=m冷c水(t混-t冷)，c相同可约去。 易错点：升温用(t-t0)、降温用(t0-t)，顺序不可反；题目给的初温t0、末温t要看清，不能凭印象代错。 图像题关键：同一稳定热源加热时，相同时间内物质吸收热量相同，Q与加热时间成正比；晶体熔化段（温度不变的水平段）持续吸热但不升温，该段吸热量按加热时间比例折算。 概念辨析例题：质量为250g、初温为22℃的牛奶，温度升高到42℃。[c牛奶=2.5×103J/(kg·℃)] 求：（1）牛奶升高的温度Δt；（2）牛奶吸收的热量Q吸；（3）若不考虑热量损失，热水放出的热量全部被牛奶吸收，至少要用52℃的热水多少千克？[c水=4.2×103J/(kg·℃)]（结果保留1位小数） 解析：（1）Δt=42℃-22℃=20℃；（2）Q吸=c牛奶mΔt=2.5×103J/(kg·℃)×0.25kg×20℃=1.25×104J；（3）不计热损失Q放=Q吸=1.25×104J，由Q放=c水m水(52℃-42℃)，得m水=≈0.3kg。 ☆ 3.热值与燃料放热计算 热值 q：1kg某种固体（或液体）燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，单位 J/kg；气体燃料热值单位 J/m3，表示1m3燃料完全燃烧放出的热量。 放热公式：固体、液体燃料 Q放=qm；气体燃料 Q放=qV。汽油 q≈4.6×107J/kg，表示1kg汽油完全燃烧放出4.6×107J热量。 热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、是否完全燃烧、放出热量多少均无关；汽油燃烧不充分冒黑烟，其热值不变。 综合计算常先由密度公式求燃料质量 m=ρV（如2.5L汽油，ρ=0.8×103kg/m3，V=2.5×10-3m3，则m=2kg），再代入Q放=qm。 概念辨析例题：汽油热值q为4.6×107J/kg。某汽车行驶一段路程，消耗了2kg汽油，若汽油完全燃烧，则放出的热量为多少？ 解析：由Q放=qm=4.6×107J/kg×2kg=9.2×107J。注意单位统一：质量用kg、热值用J/kg，结果单位为J。 ☆ 4.热机与四冲程 热机是把内能转化为机械能的机器。四冲程汽油机一个工作循环依次为：吸气冲程→压缩冲程→做功冲程→排气冲程。 能量转化：压缩冲程将机械能转化为内能（两气门都关闭、活塞上行）；做功冲程将内能转化为机械能（两气门都关闭、火花塞点火、活塞下行），是唯一对外做功的冲程。 一个循环量化关系：活塞往复2次、曲轴（飞轮）转2周、完成4个冲程、对外做功1次。转速n（r/min）换算每秒做功次数：f==。 判断冲程三看：看气门开闭、看活塞上下行、看是否点火。其余三个冲程靠飞轮惯性完成；汽油机顶部是火花塞（点燃式），柴油机顶部是喷油嘴（压燃式）。 概念辨析例题：某四冲程汽油机工作时转速是4800r/min。下列说法正确的是（　　） A．压缩冲程将内能转化为机械能 B．四个冲程中曲轴转动2圈，同时做功2次 C．此汽油机每秒对外做功40次 D．此汽油机每秒活塞往复运动160次 解析：4800r/min=80r/s，即飞轮每秒转80圈。一个工作循环飞轮转2圈、活塞往复2次、对外做功1次，故每秒对外做功=40次、活塞往复80次。压缩冲程是机械能→内能，A错；一个循环做功1次，B错；D项活塞往复应为80次，错。选C。 ☆ 5.热机效率与综合计算 热机效率定义：用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，η=×100%。由于总存在散热、废气带走、摩擦等损失，η永远小于1。 能量流向图读法：η=100%−汽缸散热%−废气带走%−机械摩擦%−未完全燃烧%。尾气温度越高，说明废气带走热量越多，热机效率越低。 提高热机效率的途径：使燃料充分燃烧、减少各种热损失、保证良好润滑减小摩擦；效率与功率无关，与燃料热值大小无关（热值大不一定效率高）。 综合计算套路：Q放=qm（燃料总能量）→Q吸=cmΔt（水吸收的热量）→η= 或 η=；多级效率时相乘。 概念辨析例题：若汽油机工作时汽缸散热损失30%的热量，废气带走35%的热量，机械摩擦损耗10%的热量，则完全燃烧2g汽油（热值为4.6×107J/kg）获得的机械能是多少？ 解析：η=1−30%−35%−10%=25%；Q放=qm=4.6×107J/kg×0.002kg=9.2×104J；获得的机械能W=ηQ放=25%×9.2×104J=2.3×104J。 📋 知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 比热容 c c=，单位J/(kg·℃) 物质特性，与质量、温度无关；水4.2×10³最大 热量 Q 热传递过程中内能转移的多少，单位J 过程量，只能说「吸收/放出」，不能说「含有」 吸热公式 Q吸=cm(t-t0) 升温时末温减初温 放热公式 Q放=cm(t0-t) 降温时初温减末温；热平衡Q吸=Q放 热值 q Q放=qm（固液）；Q放=qV（气体） 燃料特性，与是否完全燃烧无关 热机效率 η η=×100% 总小于1；废气带走损失最大 四冲程 吸气→压缩→做功→排气 一个循环曲轴转2周做功1次；压缩机械能→内能，做功内能→机械能 ⚠️ 核心考点 【考点1】基础热量计算（第1-11题） · 牢记 Q=cmΔt，先定初温t0、末温t，再算Δt=|t-t0|，代入时不要把t0、t写反。 · 热平衡问题抓住 Q吸=Q放（不计热损失），同一物质c相同可约去，直接列温度方程。 · 晶体熔化图像题：水平段是熔化过程，温度不变但持续吸热；相同热源下Q与加热时间成正比，按时间比例折算各段热量。 · 比热容图像比较c大小：取相同加热时间（Q相同）看升温，升温多的c小；或取相同升温看加热时间，时间长的c大。 1．（2026秋•杨浦区校级月考）（1）如图甲所示，铝的比热容为 　880　 J/（kg•℃），质量相等的沙子和铁，降低相同温度，沙子放出的热量 　大于　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）铁放出的热量； （2）质量为0.2kg的某物体从固体变为液体的过程中，其温度随时间变化图像如图乙所示，设该物体在相同时间内吸收的热量相同，物体在AB段和CD段的比热容分别用c1和c2表示，则c1　＜　 c2（选填“＞”、“＜”或“＝”），判断依据是 　AB段是固体的升温过程 CD段是液体的升温过程，AB段升高的温度与CD段升高的温度相同时，AB段所用时间较少，AB段吸收热量小于CD段吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt，由图象可知，物质在AB段的比热容小于在CD的比热容，则c1＜c2 。 【答案】（1）880；大于；（2）＜；AB段是固体的升温过程 CD段是液体的升温过程，AB段升高的温度与CD段升高的温度相同时，AB段所用时间较少，AB段吸收热量小于CD段吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt，由图象可知，物质在AB段的比热容小于在CD的比热容，则c1＜c2。 【分析】（1）1kg的铝温度升高1℃吸收的热量为880J，故铝的比热容为880J/（kg•℃）；同理可知沙子和铁的比热容大小，根据Q＝cmΔt可知故质量相等的沙子和铁，降低相同温度，放出的热量多少； （2）根据吸热公式Q吸＝cmΔt，在质量一定时，升高相同的温度，吸收的热量不相等，分析比热容的大小即可。 【解答】解：（1）1kg的铝温度升高1℃吸收的热量为880J，故铝的比热容为880J/（kg•℃）； 同理可知沙子和铁的比热容分别为920J/（kg•℃），460J/（kg•℃），沙子的比热容较大，根据Q＝cmΔt可知故质量相等的沙子和铁，降低相同温度，沙子放出的热量大于铁放出的热量； （2）由图可知，AB段是固体的升温过程 CD段是液体的升温过程，AB段升高的温度与CD段升高的温度相同时，AB段所用时间较少，AB段吸收热量小于CD段吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt，由图象可知，物质在AB段的比热容小于在CD的比热容，则c1＜c2。 故答案为：（1）880；大于；（2）＜；AB段是固体的升温过程 CD段是液体的升温过程，AB段升高的温度与CD段升高的温度相同时，AB段所用时间较少，AB段吸收热量小于CD段吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt，由图象可知，物质在AB段的比热容小于在CD的比热容，则c1＜c2。 【点评】本题考查比热容的有关知识，是一道综合题。 2．（2026春•松江区校级月考）水的比热容是4.2×103焦/（千克•℃），其单位读作 　焦耳每千克摄氏度　 。它表示的物理含义是：1千克的水，温度升高或降低1℃，　吸收或放出的热量为4.2×103J　 。人们常说“水是生命之源”，一杯水当喝掉半杯后，剩下水的比热容 　不变　 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。 【答案】焦耳每千克摄氏度；吸收或放出的热量为4.2×103J；不变。 【分析】（1）单位质量某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容。 （2）比热容是物质的一种特性。物质的比热容只跟物体的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。 【解答】解：（1）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），单位读作焦耳每千克摄氏度，根据比热容的定义可知，它表示的物理意义是：1kg的水温度每升高或降低1℃，吸收或放出的热量为4.2×103J； （2）一杯水当喝掉半杯后，质量改变，但比热容与质量无关，所以水的比热容不变，仍然为4.2×103J/（kg•℃）。 故答案为：焦耳每千克摄氏度；吸收或放出的热量为4.2×103J；不变。 【点评】此题考查的是比热容的物理意义和影响因素。 3．（2026秋•浦东新区校级月考）星期天早上，小琳想喝一杯热牛奶。她把一盒质量为250g、初温为22℃的牛奶放进盛有热水的盆里，过了一会儿，牛奶的温度升高到了42℃。求： （1）牛奶升高的温度Δt； （2）牛奶吸收的热量Q吸[c牛奶＝2.5×103焦/（千克•℃）]； （3）若不考虑热量损失，热水放出的热量全部被牛奶吸收，小琳至少要用52℃的热水多少千克？[c水＝4.2×103焦/（千克•℃）]（计算结果保留1位小数） 【答案】（1）牛奶升高的温度为20℃； （2）牛奶吸收的热量为1.25×104J； （3）小琳至少要用52℃的热水0.3kg。 【分析】（1）牛奶升高的温度Δt＝t末﹣t初； （2）知道牛奶的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cmΔt求出牛奶吸收的热量； （3）若不考虑热量损失，热水放出的热量等于牛奶吸收的热量，利用Q放＝cmΔt求出水的质量。 【解答】解：（1）由题意可知，牛奶升高的温度为Δt＝42℃﹣22℃＝20℃； （2）牛奶吸收的热量为； （3）若不考虑热量损失，热水放出的热量等于牛奶吸收的热量，即， 则热水的质量为。 答：（1）牛奶升高的温度为20℃； （2）牛奶吸收的热量为1.25×104J； （3）小琳至少要用52℃的热水0.3kg。 【点评】本题考查吸热公式的灵活运用以及热平衡方程的应用，难度不大。 4．（2025秋•徐汇区校级月考）如图是一定质量的冰升温熔化的过程，已知相同时间内冰和水吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变。若0～4min冰吸收了4.2×103J的热量。不计热量损失。[c冰＝2.1×103J/（kg•℃）]求： （1）冰的质量m冰； （2）CD段水吸收热量后的末温t1。 【答案】（1）冰的质量m冰为0.2kg； （2）CD段水吸收热量后的末温t1为5℃。 【分析】（1）根据Q吸＝cmΔt求出冰的质量； （2）冰熔化成水，质量不变，由图可知CD段水升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求出CD段水吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求出水升高的温度，根据水的初温为0℃算出CD段水吸收热量后的末温t1。 【解答】解：（1）由图像可知，冰的温度变化量为Δt冰 ＝ 0℃﹣（﹣10℃） ＝ 10℃， 根据Q＝cmΔt冰可得冰的质量为： ； （2）根据题意，相同时间内冰和水吸收的热量相同，即加热速率恒定。 CD段（水）的加热时间为T＝12min﹣8min＝4min， 由于CD加热时间与AB段（冰）的加热时间（4min）相同，所以CD段水吸收的热量与AB段冰吸收的热量相等Q水吸 ＝ Q冰吸 ＝ 4.2×103J， 冰完全熔化成水，质量不变，所以水的质量为m水 ＝ m冰 ＝ 0.2kg， 水的初温为0℃，水升高的温度为： ， CD段水吸收热量后的末温t1＝ 0℃+Δt水 ＝ 0℃+5℃＝ 5℃。 答：（1）冰的质量m冰为0.2kg； （2）CD段水吸收热量后的末温t1为5℃。 【点评】本题考查热量的计算，解题的关键是能从图中获取相关信息。 5．（2025秋•静安区月考）为了探究某种晶体物质在固态和液态时的吸热能力，小兰用酒精灯做热源加热，在理想的情况下均匀加热（不计热损失），且同种物质在相同时间内吸收的热量相同。该晶体固态时质量0.6kg，液态时的比热容为3×103J/（kg•℃），根据实验数据可以绘制出图线如图所示。求： （1）该物质在CD段共吸收了多少热量？ （2）该物质在固态时的比热容为多大？ （3）该物质在BC段共吸收了多少热量？ 【答案】（1）该物质在CD段共吸收了7.2×104J的热量； （2）该物质在固态时的比热容为1.5×103J/（kg•℃）； （3）该物质在BC段共吸收了7.2×104J的热量 【分析】（1）由图可知，该物质在CD段升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求出该物质在CD段共吸收的热量； （2）同种物质在相同时间内吸收的热量相同，据此求出该物质在固态时吸收的热量，由图可知物质在固态是升高的温度，根据c求出该物质在固态时的比热容； （3）由图可知物质在BC段所用的时间，根据同种物质在相同时间内吸收的热量相同求出物质在BC段共吸收的热量。 【解答】解：（1）由图像知，该物质液态时在第6min的温度为50℃，在第10min的温度为90℃，加热时间为4min， 该物质在CD段升高的温度：ΔtCD＝90℃﹣50℃＝40℃， 该物质在CD段共吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝3×103J/（kg•℃）×0.6kg×40℃＝7.2×104J； （2）该物质固态时在第0min的温度为10℃，在第2min的温度为50℃，加热时间为2min， 由于相同时间内物质吸收的热量是相同的，所以物质在固态（AB阶段）时吸收的热量为：Q′吸Q吸7.2×104J＝3.6×104J， 该物质在固态时的比热容：c′1.5×103J/（kg•℃）； （3）该物质在BC段加热的时间为6min﹣2min＝4min，由于相同时间内物质吸收的热量是相同的，所以该物质在BC段吸收的热量为：Q″吸＝Q吸＝7.2×104J。 答：（1）该物质在CD段共吸收了7.2×104J的热量； （2）该物质在固态时的比热容为1.5×103J/（kg•℃）； （3）该物质在BC段共吸收了7.2×104J的热量 【点评】本题考查比热容公式的灵活运用，能从图中获取相关信息是解题的关键。 6．（2025秋•浦东新区校级月考）如图为冰熔化时温度随时间的变化的关系图像。实验时，冰的质量为2kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：[假设整个过程中冰（或水）的质量没有损耗] （1）CD段水吸收的热量； （2）冰的比热容。 【答案】（1）CD段水吸收的热量为8.4×104J； （2）冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。 【分析】（1）根据Q吸水＝c水m（t水﹣t0水）得出CD段水吸收的热量； （2）AB段冰吸热时间为CD段水吸热时间的一半，所以AB段吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，由图可知AB段冰升高的温度，由Q吸＝cmΔt可得冰的比热容。 【解答】解：（1）CD段水吸收的热量为： Q吸水＝c水m（t水﹣t0水）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（10℃﹣0℃）＝8.4×104J； （2）AB段冰吸热时间为CD段水吸热时间的一半，所以AB段吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，即：Q吸冰＝Q吸水8.4×104J＝4.2×104J； AB段冰升高的温度Δt冰＝0℃﹣（﹣10℃）＝10℃， 由Q吸＝cmΔt可得冰的比热容： c冰2.1×103J/（kg•℃）。 答：（1）CD段水吸收的热量为8.4×104J； （2）冰的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。 【点评】本题考查的是热传递热量的相关计算和比热容的计算，属于常考题型，难度中等。 7．（2026秋•浦东新区校级月考）小华利用红外加热器对某晶体持续加热，将晶体从20℃加热到80℃。加热器稳定工作，相同时间内物质吸收的热量相等且质量保持不变。温度随加热时间变化的图像如图所示。 （1）图中的　BC　 段物质处于固液共存状态（选填“AB”“BC”或“CD”），物质的内能　A　 （选填“A.增大”“B.减小”或“C.不变”）； （2）已知该物质固态时的比热容为1.2×103J/（kg•℃），则该物质液态时的比热容为　1.8×103 J/（kg•℃）； （3）定义：晶体在熔化时变成同温度的液态物质所吸收的热量与其质量之比，叫做这种物质的熔化热，用λ表示，单位是J/kg。根据图像信息，求该物质的熔化热。 【答案】（1）BC；A；（2）1.8×103；（3）该物质的熔化热为7.2×104J/kg。 【分析】（1）晶体熔化时，温度保持不变，要不断吸收热量；由图像可知，AB段为晶体熔化前的过程，BC段为晶体的熔化过程，CD段为熔化后的过程。整个过程，晶体不断吸热，内能增大； （2）根据Q吸＝cmΔt表示出该物质在AB段即固态时吸收的热量和该物质在CD段即液态时吸收的热量，结合题意可知两种状态下吸收的热量关系，从而求该物质液态时的比热容； （3）根据题意可知该物质熔化过程中吸收的热量，结合熔化热的定义求该物质的熔化热。 【解答】解：（1）晶体熔化时，温度保持不变，要不断吸收热量。由图像可知，AB段为晶体熔化前的过程，处于固态；BC段为晶体的熔化过程，处于固液共存状态；CD段为熔化后的过程，处于液态。整个过程，晶体不断吸热，内能增大，故选A； （2）根据Q吸＝cmΔt可得，该物质在AB段即固态时吸收的热量： Q吸固＝c固mΔt固＝1.2×103J/（kg•℃）×m×（50℃﹣20℃）， 该物质在CD段即液态时吸收的热量： Q吸液＝c液mΔt液＝c液×m×（80℃﹣50℃）， 由图像可知，AB段的加热时间为2min，CD段的加热时间为3min， 已知相同时间内物质吸收的热量相等且质量保持不变，故有：Q吸液Q吸固，即： c液×m×（80℃﹣50℃）1.2×103J/（kg•℃）×m×（50℃﹣20℃）， 解得：c液＝1.8×103J/（kg•℃）； （3）由图像可知，BC段的加热时间为4min，则该物质在BC段吸收的热量为 Q吸熔Q吸固＝2×1.2×103J/（kg•℃）×m×（50℃﹣20℃）＝7.2×104J/kg×m， 则该物质的熔化热：λ7.2×104J/kg。 故答案为：（1）BC；A；（2）1.8×103；（3）该物质的熔化热为7.2×104J/kg。 【点评】本题考查热量的相关计算，明确图像的含义是关键。 8．（2025秋•杨浦区月考）小李同学从早上6时开始，每隔一小时分别对他家附近的气温和一个深水池里的水温进行测量，并根据记录的数据绘成温度﹣时间图像，如图所示。（空气的比热容小于水的比热容）气温的高低主要取决于空气的温度，假定小李家附近空气和池水质量相当，同一时段空气与池水吸收热量相近。由图可判断出　A　 是“气温”图线（选填“A．甲”或“B．乙”），请简要写出分析过程：　气的比热容小于水的比热容，根据Q＝cmΔt可知，当质量和吸收的热量相同时，水的温度变化小，空气的温度变化较大，所以温度变化较大的是气温的图线　 。 【答案】A；空气的比热容小于水的比热容，根据Q＝cmΔt可知，当质量和吸收的热量相同时，水的温度变化小，空气的温度变化较大，所以温度变化较大的是气温的图线。 【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析。 【解答】解：小李家附近空气和池水质量相当，且同一时段空气与池水吸收热量相近，因为空气的比热容小于水的比热容，根据Q＝cmΔt可知，当质量和吸收的热量相同时，水的温度变化小，空气的温度变化较大，所以温度变化较大的是气温的图线。 故答案为：A；空气的比热容小于水的比热容，根据Q＝cmΔt可知，当质量和吸收的热量相同时，水的温度变化小，空气的温度变化较大，所以温度变化较大的是气温的图线。 【点评】本题主要考查了学生对水的比热容大的特点的了解和掌握，为基础题。 9．（2026•上海）热熔胶是一种粘合剂，其常温下为固体。小物在使用时，发现热熔胶被加热至一定温度后变为液态，冷却后固化便可粘合。 （1）使用热熔胶的过程中，发生的物态变化有　B　 ； A.液化和熔化 B.熔化和凝固 C.熔化和凝华 （2）若某热熔胶棒的质量为21g，体积为20cm3，则其密度为　1.05　 g/cm3； （3）若某热熔胶棒的质量为5g，在使用时某过程中温度降低2℃，求此过程放出的热量Q。[此热熔胶的比热容为1.6×103J/（kg•℃）] 【答案】（1）B；（2）1.05；（3）该过程中放出的热量为16J。 【分析】（1）物质从液态变成固态的变化过程叫作凝固；物质从固态变成液态的变化过程叫作熔化； （2）已知体积为20cm3的热熔胶棒的质量为21g，根据求这种材料的密度； （3）根据Q放＝c熔mΔt求出该过程中热熔胶棒放出的热量。 【解答】解：（1）热熔胶常温下是固体，热熔胶经加热由固态变为液态，是熔化过程；冷却一段时间后，由液态变为固态，是凝固过程，故AC错误，B正确。 故选：B； （2）这种材料的密度为： ； （3）熔胶棒的质量m＝5g＝0.005kg，该过程中热熔胶棒放出的热量为： Q放＝c熔mΔt＝1.6×103J/（kg•℃）×0.005kg×2℃＝16J； 故答案为：（1）B；（2）1.05；（3）该过程中放出的热量为16J。 【点评】本题考查物态变化、密度公式和吸热公式的应用，有一定综合性。 10．（2026秋•黄浦区校级月考）小华同学在实验室利用加热器完成了冰的熔化实验，用同一稳定热源加热，描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图像如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg，假设冰熔化成水的过程中质量保持不变。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。 （1）冰的熔化过程所用的时间是　40　 min。 （2）水在CD段吸收的热量为　4.2×104 J。 （3）冰的比热容为　2.1×103 J/（kg•℃）。 （4）整个AD过程，冰熔化成水从热源总共吸收的了　2.31×105 J的热量。 【答案】（1）40； （2）4.2×104； （3）2.1×103； （4）2.31×105。 【分析】（1）由图知，BC段表示冰的熔化过程，由此可得冰熔化过程所用的时间； （2）冰熔化为水后质量不变，m水＝m冰，由图可知，CD段水升高的温度，利用Q吸＝cmΔt计算水在CD段吸收的热量； （3）实验室用同一稳定热源加热，相同时间吸收热量相等，根据加热时间可知冰和水吸收的热量关系，再根据Q吸＝cmΔt求出冰的比热容； （4）根据CD段水吸收的热量，求出加热器每分钟放出的热量，再根据整个加热过程中的总加热时间，求出整个AD过程，冰熔化成水从热源总共吸收的热量。 【解答】解：（1）晶体熔化时吸收热量，温度不变，由图可知，冰的熔化是温度不变的阶段（图像中BC段），从第5min开始到第45min结束，冰的熔化过程所用的时间为t＝45min﹣5min＝40min。（2）CD段水的温度从0℃升高到20℃，水的质量m水＝m冰＝0.5kg 水在CD段吸收的热量。 （3）用同一稳定热源加热，相同时间吸收热量相等，由图可知，AB段的加热时间是CD段的，则AB段吸收的热量是CD段吸收热量的，即，由Q＝cmΔt可得，， 则。 （4）CD段加热时间为t1＝55min﹣45min＝10min， 则加热器每分钟放出的热量， 整个AD过程一共加热55min，则冰熔化成水从热源吸收的热量为热源放出的热量，。 故答案为：（1）40； （2）4.2×104； （3）2.1×103； （4）2.31×105。 【点评】本题考查了晶体熔化图像的认识，热量的计算，知道同一稳定热源加热，相同时间吸收热量相等是解题的关键。 11．（2026秋•浦东新区校级月考）如图为上海夏季某日的最高温度分布图。 （1）当日白天上海近地面风向大致为　A　 ； A.由海洋吹向陆地 B.由陆地吹向海洋 （2）市区（中部）气温明显高于郊区，形成城市“热岛效应”，导致这一现象的主要因素有　ABC　 ；（多选题） A.市区水泥、柏油路面多，下垫面比热容小，升温快 B.市区人口密集，空调、汽车等排放大量热量 C.市区绿地和水体面积相对较少，对气温的调节能力下降 D.市区海拔较高，接受到太阳辐射比郊区多 （3）下列措施中，无法有效缓解城市热岛效应的是　D　 。 A.增加城市绿化面积 B.增强城市下垫面保水能力 C.合理规划城市通风廊道 D.增加城市建筑物楼层高度 【答案】（1）A； （2）ABC； （3）D。 【分析】（1）根据热力环流原理，白天陆地与海洋存在温差，导致气压差异，从而形成风向； （2）城市“热岛效应”的成因是多方面的，需要结合城市化对下垫面性质、人为热量排放、绿地水体面积等的影响； （3）判断缓解城市热岛效应的措施，需要分析各项措施对城市热量收支和空气流通的影响； 【解答】解：（1）根据图示，当日白天上海市区气温明显高于东部沿海地区。根据热力环流原理，陆地气温高，空气受热上升，近地面形成低压；海洋气温低，空气冷却下沉，近地面形成高压。风由高压区吹向低压区，因此近地面风由海洋吹向陆地。 （2）城市“热岛效应”的形成原因主要有： A.城市中大量的人工构筑物，如水泥、柏油路面等，比热容小，吸热快，升温快，导致城市气温升高。故A正确。 B.城市人口密集，工业生产、交通运输以及居民生活（如空调、汽车等）会排放大量人为热量，使城市气温升高。故B正确。 C.城市中绿地和水体面积相对较少，植物蒸腾和水体蒸发作用减弱，对气温的调节能力下降。故C正确。 D.市区与郊区海拔差异不大，且海拔越高，气温越低，这与城市“热岛效应”的现象不符。故D错误。 （3）A.增加城市绿化面积，可以通过植物的蒸腾作用吸收热量，有效降低气温，故A不符合题意。 B.增强城市下垫面保水能力，如使用透水砖，可以增加水分蒸发，带走热量，降低气温，故B不符合题意。 C.合理规划城市通风廊道，可以引导气流，促进城市内外热量交换，带走城市中心积聚的热量，故C不符合题意。 D.增加城市建筑物楼层高度，会加大建筑密度，阻碍近地面空气流通，不利于热量扩散，反而可能加剧热岛效应，故D符合题意。 故答案为：（1）A； （2）ABC； （3）D。 【点评】本题主要考查城市热岛效应及其成因、影响和缓解措施，解题关键在于理解热力环流原理，并能结合城市地理特征分析其对局部气候的影响。 【考点2】热机效率综合题（第12-18题） · 判断四冲程：两气门关闭+活塞上行=压缩（机械能→内能）；两气门关闭+火花塞点火+活塞下行=做功（内能→机械能）；排气门开=排气；进气门开=吸气。 · 转速换算：n(r/min)÷60=r/s，再÷2（每2圈做功1次）=每秒做功次数。 · 能量流向图求效率：η=100%−各损失项百分比之和；求有用功用W=ηQ放，求总能量用Q放=。 · 热值是燃料特性，与燃烧是否充分、质量多少无关；水做冷却液利用水的比热容大这一特性。 12．（2026秋•普陀区校级月考）小明乘坐小汽车返程，对汽油机产生了兴趣。 （1）如图1是四冲程汽油机的工作循环示意图，下列说法中正确的是 　B　 。 A.图甲是吸气冲程，是将内能转化为机械能 B.图乙是压缩冲程，是将机械能转化为内能 C.图丙冲程中，汽缸内的气体质量增加、温度升高 D.若曲轴转速为3000r/min，则汽油机每秒进行图丁的冲程50次。 （2）如图2所示是某辆汽车汽油机的能量流向图，由图可知该汽油机的热机效率为 　30%　 ，汽油机工作消耗0.5kg的汽油可以用来做 　6.9×106 J的功，若汽油燃烧不充分，汽油的热值将 　C　 （A.变大、B.变小、C.不变）。（汽油的热值为4.6×107J/kg） 【答案】（1）B； （2）30%；6.9×106；C。 【分析】（1）A、甲中，进气门打开，排气门关闭，活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸为吸气冲程，不涉及能量转换；故A错误； B、乙中，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，为压缩冲程，将机械能转化为内能； C、丙中，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动为排气冲程；丁中，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，对外做功，为做功冲程； D、根据转速为3000r/min＝50r/s，结合飞轮和曲轴转2圈，一个工作循环完成4个冲程回答； （2）根据Q放＝mq求出0.5kg汽油完全燃烧放出的热量，根据效率公式求出汽油机工作消耗0.5kg的汽油可以用来做的有用功；热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及燃烧情况无关。 【解答】解：（1）A、甲中，进气门打开，排气门关闭，活塞由上端向下端运动，为吸气冲程，不涉及能量转换； B、乙中，压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高，为压缩冲程，将机械能转化为内能；故B正确； C、丙中，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸，为排气冲程；丁中，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功，为做功冲程；故C错误； D、汽油机曲轴的转速为3000r/min＝50r/s，即汽油机的飞轮每秒转50圈，飞轮和曲轴转2圈，一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，汽油机每秒进行图丁的冲程25次，故D错误。 故选：B。 （2）由图2可知，汽油机的效率：η＝100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%； 0.5kg汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝0.5kg×4.6×107J/kg＝2.3×107J， 由η可知，该汽油机消耗0.5kg汽油可输出有用功： W有＝ηQ＝30%×2.3×107J＝6.9×106J 热值是燃料的属性，与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及燃料是否完全燃烧无关，所以当汽油燃烧不充分时，汽油的热值仍然不变。故选：C。 故答案为：（1）B； （2）30%；6.9×106；C。 【点评】本题考查热机能量转化及热机效率的计算。 13．（2026•海沧区校级模拟）在电影《飞驰人生3》中，张驰驾驶赛车在巴音布鲁克赛道上演了一场极限对决，如图所示。请根据以下情境完成下题： （1）赛车在急转弯时侧倾压到了路边的土坡，土坡被压出一个凹坑，这一现象说明力可以改变物体的　形状　 ；随后土坡对赛车产生反作用力，将赛车弹回赛道，这说明物体间力的作用是　相互　 的。 （2）在长时间高速行驶后，刹车片与刹车盘剧烈摩擦，导致刹车系统温度升高，这是通过　做功　 的方式改变了刹车片的内能；为了给发动机降温，散热器中应该使用比热容　较大　 （选填“较大”或“较小”）的冷却液。 （3）赛车使用的燃油热值为4.6×107J/kg，完全燃烧2kg燃油放出的热量为　9.2×107 J，在比赛过程中，赛车的发动机将内能转化为　机械　 能。 【答案】（1）形状；相互；（2）做功；较大；（3）9.2×107；机械。 【分析】（1）力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的； （2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程； 比热容较大的冷却液，与其它物质相比，在质量和升高的温度相同时，冷却液吸收的热量最多； （3）根据Q放＝mq求出完全燃烧2kg燃油放出的热量；热机工作时将内能转化为机械能。 【解答】解：（1）土坡被压出一个凹坑，形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状； 随后土坡对赛车产生反作用力，说明物体间力的作用是相互的； （2）制动刹车过程中，通过做功改变刹车片的内能； 冷却液比热容越大，在质量和升高的温度相同时，吸收的热量最多，制冷效果最好； （3）完全燃烧2kg燃油放出的热量为： Q放＝mq＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J； 赛车的发动机属于热机，工作时将内能转化为机械能。 故答案为：（1）形状；相互；（2）做功；较大；（3）9.2×107；机械。 【点评】本题考查了力的作用效果、相互作用力、改变内能的方式、比热容、热量的计算和热机的能量转化等知识。 14．（2026•长宁区一模）表1是小明在物理课上记录的部分类型的热机效率，老师指出表格中仅有序号②的数据正确。 表1 序号 热机类型 热机效率 ① 外燃机 蒸汽机 30%～45% ② 内燃机 汽油机 20%～30% ③ 柴油机 45%～150% （1）仔细查阅课本后，小明知道了表1中数据记录的错误：序号①外燃机的“热机效率”比内燃机　高　 了；序号③热机的“热机效率”　大于1　 。 （2）对于燃烧同一型号汽油的汽油机，用来做功的能量相同时，热机效率越高，所消耗汽油的质量越　少　 。 （3）汽车尾气温度是反映热机效率的一个重要的间接指标，一般情况下，汽车尾气温度越高，说明该汽车的内燃机的效率越　低　 。 【答案】（1）高；大于1；（2）少；（3）低。 【分析】用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率，由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总小于1。 【解答】解：（1）序号①：外燃机热量损失更大，所以外燃机的热机效率低于内燃机，故①错误。序号③：由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总小于1，而表格中柴油机的热机效率为45%～150%，故错误。 （2）用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率，用来做功的能量相同时，热机效率越高，所需总能量越少，由 Q放＝mq可知所消耗汽油的质量越少。 （3）尾气温度越高，说明废气带走的热量越多，即能量损失越大，因此内燃机的效率越低。 故答案为：（1）高；大于1；（2）少；（3）低。Q总＝W有用η越小。由于汽油热值 q由 Q总＝mq可知，消耗汽油的质量 m 【点评】此题考查了热机效率的认识。 15．（2026•奉贤区一模）汽油机广泛用作汽车的动力源。 （1）在加油站附近能闻到汽油的气味，这是由于分子在不停地做　无规则　 运动。 （2）四冲程汽油机在工作过程中，内能转化为机械能的冲程是　B　 。 A．压缩冲程 B．做功冲程 C．吸气冲程 D．排气冲程 （3）汽油热值q为4.6×107J/kg。某汽车行驶一段路程，消耗了2kg汽油，若汽油完全燃烧，则放出的热量为　9.2×107 J。 【答案】（1）无规则；（2）B；（3）9.2×107。 【分析】（1）不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动； （2）在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能，在压缩冲程中的能量转化是转化机械能为内能 （3）根据Q放＝mq求出汽油完全燃烧放出的热量。 【解答】解：（1）在加油站附近能闻到汽油的气味，这是汽油分子不停地做无规则运动的结果，属于扩散现象； （2）内燃机的一个工作循环中，在压缩冲程中，将机械能转化为内能；在做功冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，故ACD错误，B正确； 故选：B； （3）汽油完全燃烧放出的热量为： Q放＝mq＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J。 故答案为：（1）无规则；（2）B；（3）9.2×107。 【点评】本题考查了分子的热运动、四冲程的能量转化和热量的计算，基础题。 16．（2026•杨浦区一模）汽油机广泛应用于燃油轿车。 （1）汽油机中常用汽油作为燃料，汽油的热值约为4.6×107J/kg，表示完全燃烧1kg汽油释放出热量约为 　4.6×107 J。 （2）图（a）是四冲程汽油机工作过程中的 　压缩　 冲程。 （3）图（b）是某燃油轿车发动机的能量分配图，若某段时间里发动机输出做功为8×107J，则在这段时间里来自燃料的能量为 　3.2×108 J。 【答案】（1）4.6×107；（2）压缩；（3）3.2×108。 【分析】（1）根据Q放＝qm求出完全燃烧1kg汽油释放出热量； （2）根据图中进、排气门的开闭情况和活塞的移动方向判断； （3）根据η求出在这段时间里来自燃料的能量。 【解答】解：（1）完全燃烧1kg汽油释放出热量为：Q放＝qm＝4.6×107J/kg×1kg＝4.6×107J； （2）由图（a）可知，进、排气门都关闭，活塞向上运行，所以此冲程为压缩冲程； （3）由图（b）可知，输出做功的效率为25%， 则在这段时间里来自燃料的能量为：Q'放3.2×108J。 故答案为：（1）4.6×107；（2）压缩；（3）3.2×108。 【点评】本题主要考查燃料燃烧的放热公式及效率公式的应用，难度适中。 17．（2026•嘉定区一模）汽车在日常生活中被广泛使用。 （1）一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，4s内通过的路程是80m，则该汽车行驶的速度是 　20　 m/s； （2）如图是单缸四冲程汽油机的 　排气　 冲程； （3）汽车行驶一段时间后，若消耗了2kg的汽油，则其完全燃烧释放的热量是 　9.2×107 J。[q汽油＝4.6×107J/kg] 【答案】（1）20；（2）排气；（3）9.2×107。 【分析】（1）知道汽车匀速行驶的时间、通过的路程，利用速度公式计算该汽车行驶的速度； （2）根据气门开闭、活塞移动方向确定是单缸四冲程汽油机的哪一个冲程； （3）知道消耗汽油的质量、热值，利用Q放＝mq计算汽油完全燃烧释放的热量。 【解答】解：（1）汽车匀速行驶的时间t＝4s、通过的路程s＝80m， 该汽车行驶的速度： v20m/s； （2）由图知，进气门关闭、排气门打开，活塞向上移动，为单缸四冲程汽油机的排气冲程； （3）消耗汽油的质量m＝2kg、q汽油＝4.6×107J/kg， 汽油完全燃烧释放的热量： Q放＝mq汽油＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J。 故答案为：（1）20；（2）排气；（3）9.2×107。 【点评】本题考查了速度公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，以及汽油机四冲程的判断，属于基础题目。 18．（2025秋•浦东新区校级期中）阅读材料，回答问题 汽油发动机 汽油发动机是以汽油作为燃料，将化学能最终转化成机械能的发动机。汽油机的特点是转速高、结构简单、质量轻、造价低廉、运转平稳、使用维修方便。汽油机在汽车上，特别是小型汽车上大量使用。 市场上汽油机的热效率普遍在35%左右，达到40%的少之又少。现在最先进的汽油机，压缩比达到了18：1，热效率高达50%，综合油耗仅3.3L/100km。 （1）如图所示是汽油机的四个冲程，其中图　丁　 所示的冲程为汽油机提供动力。 （2）“汽车不但要吃油，也要喝水”。汽油的热值是4.6×107J/kg，若汽油没有完全燃烧，它的热值　不变　 （选填“变小”“变大”或“不变”）。汽车需要用水来冷却汽车发动机，是因为水的　比热容　 大。某辆汽车在过某段路时燃烧了2.5L汽油，假设汽油完全燃烧，则一共释放的热量是　9.2×107 J（已知1L＝1×10﹣3m3，汽油的密度为0.8×103kg/m3，汽油的热值为4.6×107J/kg）。 （3）如图戊所示是某汽油机的能量流向图，根据图中给出的信息，该汽油机的效率为　30%　 ，若汽油机效率按此计算，当汽油完全燃烧放出的热量为2.3×107J时，汽车获得的机械能是　6.9×106J　 。当汽油在发动机内燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率将　降低　 （选填“升高”、“不变”或“降低”）。 【答案】（1）丁；（2）不变；比热容；9.2×107；（3）30%；6.9×106J；降低。 【分析】（1）根据活塞运动方向，进气门和排气门关闭情况分析，也可同时参考火花塞点火情况； （2）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；水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析；先根据密度公式求出汽油质量，再根据Q＝mq求出汽油完全燃烧放出热量； （3）燃料完全燃烧放出的总能量比减去各种损失能量占比等于用来做有用功的那部分能量占比；根据热机效率公式求出汽车获得的机械能；热机的效率表示使用热机时对燃料的利用率的高低，据此分析。 【解答】解：（1）汽油机的做功冲程特点是：火花塞点火，活塞向下运动，进气门和排气门都关闭。图中丁所示的冲程为做功冲程，提供动力； （2）①热值是燃料的特性，不完全燃烧时热值不变； ②用水冷却发动机是因为水的比热容大（相同条件下和其它物质比较吸热多）； ③根据密度公式可得汽油质量为：m＝ρV＝0.8×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝2kg； 汽油完全燃烧放出热量为：Q＝qm＝4.6×107J/kg×2kg＝9.2×107J； （3）①热机效率为：η＝100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%； ②根据热机效率公式可得汽车获得的机械能是：W6.9×106J； ③汽油燃烧不充分时“冒烟”，额外损失能量增加，效率降低。 故答案为：（1）丁；（2）不变；比热容；9.2×107；（3）30%；6.9×106J；降低。 【点评】本题考查内燃机工作原理、冲程判断、热值、比热容和热机效率等知识的应用，有一定综合性，但难度不大。 【考点3】吸热能力实验题（第19-26题） · 比较不同物质吸热能力（比热容）：用相同加热器、相同燃料，控制两种液体质量和初温相同，选甲、丙两图；通过加热时间长短反映吸热多少（转换法）。 · 比较不同燃料热值：用相同烧杯、同种液体且质量初温相同，选甲、乙两图；通过燃料燃尽后温度计升高的示数反映放热多少。 · 实验测得热值偏小的原因：燃料不可能完全燃烧、放出热量有部分散失到空气中或被装置吸收，Q吸<Q放。 · 两杯水都沸腾无法比较热值：水的质量太小或燃料质量太大，水温达沸点后不再升高，应减少燃料质量或增加水的质量。 19．（2026秋•上海校级月考）如图1甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入初温和质量均相同的水和食用油，用规格相同的电加热器给它们加热，探究它们吸热本领的强弱。 （1）在此实验中，由于水和食用油吸收热量的多少不便用仪器测量，本实验可根据　A　 来反映吸收热量的多少（选填：A．加热时间 B．升高温度）； （2）如图1乙所示，加热6min时，食用油吸收的热量　C　 （选填：A．大于 B．小于 C．等于）水吸收的热量； （3）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），图乙是某同学根据实验数据绘制的图像，请根据图像计算食用油的比热容？ （4）如图2所示，用完全相同的装置利用燃料加热液体。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、加热方式等均相同，不计热量损失，将燃料点燃直至燃尽，甲、乙、丙三套装置的烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，则下列说法正确的是（　ABC　 ） A．选择甲、乙两图可比较不同燃料的热值 B．选择甲、丙两图可比较不同液体的比热容 C．由丁图得，液体a和液体b的比热容之比为1：2 D．由丁图得，燃料1和燃料2的热值之比为3：2 【答案】（1）A；（2）C；（3）食用油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）；（4）ABC。 【分析】（1）（2）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，要控制不同物质的质量相同； 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，这种方法叫转换法。 （3）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，可得食用油的比热容； （4）根据控制变量法的应用规则，要比较不同燃料的热值，必须取不同种类的燃料；要比较不同物质的比热，就要取不同种类的液体；比较不同物质的吸热能力时，需要控制两种物质的质量和初温相同；比较不同燃料的热值时，需要控制两种燃料的质量相同； 相同质量的不同物体吸收相同的热量，温度变化越小的，比热容越大，吸热能力越强；根据图象和Qa＝Qb＝cmΔt即可求出比热容之比； 从图丁中读出数据，运用公式Q＝qm和Q＝cmΔt可求出两燃料的热值之比。 【解答】解：（1）实验中通过比较加热时间来判断物质吸收的热量的多少，运用了转换法，故选A。 （2）加热时间同为6min，两个相同电加热器，相同时间放出热量相等，不计热量损失，则食用油吸收热量等于水吸收热量，故选C。 （3）由图乙实验数据绘制的图像可知，升高60℃，水和食用油的加热时间分别为12min和6min，对应的吸收热量之比为2：1，由Q吸＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸收热量与比热容成正比，食用油的比热容是 （4）A．甲、乙两图液体种类和质量相同，燃料种类不同，燃料质量相同，可以通过液体升高的温度来比较不同燃料完全燃烧放出热量的多少，进而比较热值，故A正确； B．甲、丙两图中，燃料种类和质量相同，液体质量相同，液体种类不同，相同时间内燃料燃烧放出的热量相同，液体吸收的热量相同，根据可知，可以通过升高的温度来比较比热容，故B正确； C．甲、丙中，燃料相同，相同时间内燃料燃烧放出的热量相同，液体吸收的热量相同，液体质量m相同，由丁图可知，相同时间内，液体a升高的温度Δta＝2T0，液体b升高的温度Δtb＝T0 由Q吸＝cmΔt得camΔta＝cbmΔtb 即ca•2T0＝cbT0 则 故C正确； D．甲、乙液体种类相同且质量相同，燃料燃尽，设燃料质量为m0，甲中液体升高的温度Δt甲＝2T0，乙中液体升高的温度Δt乙＝1.5T0，由Q吸＝cmΔt得两次液体吸收的热量之比 不计热量损失，则Q吸＝Q放 所以 由Q放＝qm得 则 故D错误。 故选ABC。 故答案为：（1）A；（2）C；（3）食用油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）；（4）ABC。 【点评】本题考查比热容、热值计算公式的运用和控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。 20．（2026秋•黄浦区校级月考）研究表明，现在城市机动车保有量越来越大，机动车是造成热岛效应的因素之一。以四冲程发动机小车为例，回答下列问题： （1）图甲左为四冲程汽油机在某冲程时的示意图，图中画出了活塞、连杆、曲轴的位置和进气门、排气门的开闭情况。在图甲右中画出：压缩冲程中活塞的运动方向和进气门、排气门的开闭情况；压缩冲程可将　机械　 能转化为　内　 能。 （2）下列图像中，能大致反映内燃机做一次功汽缸内气体的温度随时间变化的是　C　 。 （3）当四冲程汽油机的转速为3000r/min时，在1s内汽油机对外做功的次数是　25　 次。 （4）汽车在行驶过程中，很多部位会发热，如：①水箱中的水变热；②刹车片发热；③发动机外壳发烫；④轮胎发热。其中属于通过做功改变内能的是　②④　 。（填序号） （5）小乐通过上网查到了这种汽车的输出功率与转速的关系如图乙所示。小乐又向爸爸询问了一些实测数据：汽车行驶的路况好，平均车速为100km/h，发动机转速为2000r/min，平均油耗为9L/100km，由图乙中数据，分析这辆汽车在这种状态下行驶时，每小时对外所做的有用功为　1.08×108 J。（已知汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.8×103kg/m3） （6）有一种“涡轮增压”（T型）轿车，通过给发动机更足量的空气使汽油更充分地燃烧，比普通轿车（L型）更节能，排气更清洁。同样的汽油（如97#）加在T型轿车内比加在L型轿车内热值　一样大　 （填“更大”或“一样大”或“更小”）； （7）为节约能源，下列措施中能提高热机效率的是　B　 。 A.尽量燃烧一些热值大的燃料 B.尽量使燃料充分燃烧 【答案】（1） ；机械；内； （2）C； （3）25； （4）②④； （5）1.08×108； （6）一样大； （7）B。 【分析】（1）根据气门和活塞的状态判断内燃机的冲程，压缩冲程机械能转化为内能；做功冲程中内能转化为机械能。 （2）压缩冲程末，燃料燃烧时燃气的温度最高。 （3）内燃机的四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次。 （4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。 （5）根据W＝Pt进行计算。 （6）热值与燃料的种类有关。 （7）使燃料充分燃烧，可以提高热机效率。尽量燃烧一些热值大的燃料，并不能减少热量的损失，不能提高效率。 【解答】解：（1）压缩冲程的特点是两个气门全部关闭，活塞上行压缩汽缸内的气体。画图要求：进气门、排气门都处于关闭状态，活塞旁标注向上的箭头表示活塞向上运动； 在压缩冲程中，活塞压缩汽油和空气的混合物，活塞对气体做功，气体温度升高，将机械能转化为气体的内能。 （2）做一次功时汽缸内温度先升高后降低，故图 C 符合题意，ABD 不符合题意。 故选 C。 （3）由题意知，汽油机的转速为3000r/min＝50r/s，即 1s 飞轮转 50 转。汽油机一个工作循环飞轮转 2 圈，经历四个冲程，对外做功一次，则 1s 内该汽油机对外做功 25 次。 （4）改变内能的方式有做功和热传递。 ①水箱中的水，通过吸收热量，温度升高，是通过热传递改变内能； ②在紧急刹车时，刹车片会发烫，机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能； ③发动机外壳吸收热量温度升高、发烫，是通过热传递的方式改变物体的内能； ④轮胎发热，是轮胎克服地面的摩擦力做功，通过做功的方式改变物体的内能。 所以，属于通过做功改变内能的是②④。 （5）由图乙，转速 2000r/min 时，功率P＝30kW＝3×104W 汽车行驶的路况好，平均车速为 100km/h，这辆汽车在这种状态下行驶时，每小时对外所做的有用功W＝Pt＝3×104W×3.6×103s＝1.08×108J （6）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，和燃料是否充分燃烧无关，同样的汽油加在 T 型轿车内和加在 L 型轿车内热值一样大。 （7）要提高热机的效率，就要减少热量的损失，使燃料充分燃烧，可以提高效率，故 A 不符合题意，B 符合题意。 故选 B。 故答案为：（1） ；机械；内； （2）C； （3）25； （4）②④； （5）1.08×108； （6）一样大； （7）B。 【点评】本题考查的是内燃机的基本原理；会根据功的公式进行计算；知道热值的概念和提高热机效率的办法。 21．（2026秋•上海校级月考）小明同学学习了燃料的热值后，考虑到燃料燃烧放出的热量会被水吸收，而水的比热容已知，他设计了一个实验来比较煤油和菜籽油的热值的大小关系（煤油和菜籽油质量相等），并组装了如图所示的装置进行实验，记录结果如表所示。 燃料 加热前的水温/℃ 燃料燃尽后的水温/℃ 煤油 20 39 菜籽油 20 29 （1）为了保证实验结论可靠，小明同学选择了两套完全相同的装置。在实验中除了控制水的初温相等外，还应控制水的　质量　 相等。 （2）实验中燃料燃烧放出的热量，通过　热传递　 的方式使水的内能增大，温度升高；本实验是用　水温升高的多少　 （选填“水温升高的多少”或“加热时间的长短”）来比较煤油和菜籽油放出热量的大小关系。 （3）根据记录结果分析得出：煤油和菜籽油这两种燃料中，热值较大的是　煤油　 。 （4）小明同学根据Q吸＝cmΔt计算出水吸收的热量，再根据Q＝mq计算出煤油的热值，则他所得的结果与资料中给出的煤油热值相比是　偏小　 （选填“偏大”或“偏小”）的，可能的原因是　燃料燃烧放出的热量有部分散失到空气中　 （写出一条即可）。 （5）小红同学按同样的流程进行实验，发现两杯水都沸腾了，无法比较煤油和菜籽油两种燃料热值的大小，写出造成该现象的原因　燃料质量过大或水的质量过小　 （至少写两条）。 【答案】（1）质量； （2）热传递；水温升高的多少； （3）煤油； （4）偏小；燃料燃烧放出的热量有部分散失到空气中； （5）燃料质量过大或水的质量过小。 【分析】（1）根据控制变量法分析； （2）改变内能的方法有两种：做功和热传递；利用控制变量法和转换法设计实验的能力，由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小； （3）观察表中数据，通过两杯水温度升高的多少，得出水吸收的热量多少，来判断哪种燃料燃烧放出的热量多，从而判断谁的热值较大； （4）燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小； （5）水沸腾说明水温升高较快，根据Q＝cmΔt分析原因。 【解答】解：（1）本实验利用转换法，通过水升温的多少反映燃料放热多少，由Q吸＝cmΔt可知，根据控制变量法，只有控制水的初温、质量都相等时，才能通过水温变化量准确对比水吸收的热量，进而比较燃料的热值。 （2）燃料燃烧释放的热量通过高温物体向低温的水转移，属于热传递改变水的内能； 本实验中是让不同燃料完全燃尽，不是用相同热源加热，因此不能用加热时间反映放热多少，而是通过相同条件下水温升高的多少来比较燃料放出热量的大小。 （3）相同质量的两种燃料完全燃烧，煤油加热的水升温更多，说明煤油放热更多，由可知，煤油热值更大。 （4）实验中，燃料不可能完全燃烧，燃料燃烧放出的热量有部分散失到空气中或被装置吸收，不能全部被水吸收，计算用的Q吸小于燃料实际放出的热量，故测得的热值偏小。 （5）水沸腾后温度保持不变，无法通过升温多少比较放热多少，本质是水吸收的总热量超过了自身从初温到沸腾需要的热量，要么是水的质量过少，要么是燃料的总质量过大释放热量过多。 故答案为：（1）质量； （2）热传递；水温升高的多少； （3）煤油； （4）偏小；燃料燃烧放出的热量有部分散失到空气中； （5）燃料质量过大或水的质量过小。 【点评】本题是一道关于热值的实验探究题，知道热值的意义；会用控制变量法和转换法设计探究实验是本题的解题关键。 22．（2026秋•黄浦区月考）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量相等，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　甲、乙　 两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过　温度计升高的示数　 （填“温度计升高的示数”或“加热时间”）来反映的；如果燃料燃尽后的数据图像如图丁所示：a为燃料1得到的数据图像，b为燃料2得到的数据图像，由图可以看出，燃料　2　 的热值更大。 （2）实验中，计算出水吸收的热量，然后利用这个热量计算出燃料的热值，发现计算结果与资料中的数据相比偏　小　 ； （3）比较不同物质的吸热能力，应选择　甲、丙　 两图进行实验。 【答案】（1）甲、乙；温度计升高的示数；2；（2）小；（3）甲、丙。 【分析】（1）为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，在燃料都烧完后，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，这种燃料热值越大； （2）燃料燃烧产生的热量不能完全被液体吸收、存在热损失； （3）比较不同物质的吸热能力，需要控制使用相同的燃料，加热不同种类的等质量液体。 【解答】解：（1）比较不同燃料的热值，需要控制被加热的液体种类、质量完全相同，使用不同的燃料，因此选甲、乙两图。燃料完全燃烧放出热量的多少是通过转换法，观察相同液体升温的多少来反映，也就是温度计升高的示数；从图像可知，b曲线温度升高的更多，即燃料2燃尽放出的热量更多，两燃料质量相等，根据可知，燃料2的热值更大。 （2）实验中燃料燃烧放出的热量会有部分散失到空气中、被装置吸收，水实际吸收的热量小于燃料完全燃烧放出的总热量，因此通过水吸收的热量计算出的燃料热值会比真实值偏小。 （3）比较不同物质的吸热能力，需要控制使用相同的燃料（保证相同时间放出热量相同），加热不同种类的等质量液体，因此选甲、丙两图。 故答案为：（1）甲、乙；温度计升高的示数；2；（2）小；（3）甲、丙。 【点评】本题比较不同燃料的热值和比较不同物质吸热升温的特点，利用控制变量法和转换法分析。 23．（2026秋•浦东新区校级月考）如图1甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入初温和质量均相同的水和食用油，用规格相同的电加热器给它们加热，探究它们吸热本领的强弱。 （1）在此实验中，除了图1甲中所示的器材外，还需要秒表和　天平　 。由于水和食用油吸收热量的多少不便用仪器测量，本实验可根据　加热时间　 来反映吸收热量的多少（选填：A.加热时间/B.升高温度”）； （2）如图1乙所示，加热6min时，食用油的温度比水高，那么食用油吸收的热量　C　 （选填：A.大于/B.小于/C.等于）水吸收的热量； （3）某同学根据图1乙实验数据绘制的图像，可以得出食用油的比热容是　2.1×103 J/（kg•℃）。 （4）如图2所示，用完全相同的装置利用燃料加热液体。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、加热方式等均相同，不计热量损失，将燃料点燃直至燃尽，甲、乙、丙三套装置的烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，则下列说法正确的是（　ABC　 ）（不定项选择） A.选择甲、乙两图可比较不同燃料的热值 B.选择甲、丙两图可比较不同液体的比热容 C.由丁图得，液体a和液体b的比热容之比为1：2 D.由丁图得，燃料1和燃料2的热值之比为3：2 【答案】（1）天平；加热时间；（2）C；（3）2.1×103；（4）ABC。 【分析】（1）（2）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，要控制不同物质的质量相同； 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，这种方法叫转换法。 （3）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，可得食用油的比热容； （4）根据控制变量法的应用规则，要比较不同燃料的热值，必须取不同种类的燃料；要比较不同物质的比热，就要取不同种类的液体；比较不同物质的吸热能力时，需要控制两种物质的质量和初温相同；比较不同燃料的热值时，需要控制两种燃料的质量相同； 相同质量的不同物体吸收相同的热量，温度变化越小的，比热容越大，吸热能力越强；根据图象和Qa＝Qb＝cmΔt即可求出比热容之比； 从图丁中读出数据，运用公式Q＝qm和Q＝cmΔt可求出两燃料的热值之比。 【解答】解：（1）根据控制变量法，比较不同物质吸热的情况时，要控制不同物质的质量相同，故还需要天平。 实验中通过比较加热时间来判断物质吸收的热量的多少，运用了转换法。 （2）两个电加热器规格完全相同，加热时间都为6min，相同时间内加热器放出的热量相等，不计热量损失，食用油和水吸收的热量是相等的，故选C。 （3）某同学根据图乙实验数据绘制的图像可知，升高60℃，水和食用油的加热时间分别为12min和6min，对应的吸热之比为2：1，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，食用油的比热容是。 （4）A．甲、乙两图中，液体种类和质量相同，燃料种类不同，燃料质量相同，可以通过液体升高的温度来比较不同燃料完全燃烧放出热量的多少，进而比较热值，故A正确； B．甲、丙两图中，燃料种类和质量相同，液体质量相同，液体种类不同，相同时间内燃料燃烧放出的热量相同，液体吸收的热量相同，根据可知，可以通过升高的温度来比较比热容，故B正确； C．甲、丙中，燃料相同，相同时间内燃料燃烧放出的热量相同，液体吸收的热量相同，液体质量m相同，由丁图可知，相同时间内，液体a升高的温度Δta＝2T0，液体b升高的温度Δtb＝T0，由Q吸＝cmΔt得cam（2T0）＝cbmT0 则，故C正确； D．甲、乙液体种类相同且质量相同，燃料燃尽，设燃料质量为m0，甲中液体升高的温度Δt甲＝2T0，乙中液体升高的温度Δt乙＝1.5T0，由Q吸＝cmΔt得两次液体吸收的热量之比 不计热量损失，则Q吸＝Q放 所以 由Q＝mq得 则，故D错误。 故选ABC。 故答案为：（1）天平；加热时间；（2）C；（3）2.1×103；（4）ABC。 【点评】本题考查比热容、热值计算公式的运用和控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。 24．（2026秋•上海校级月考）某物理兴趣小组为了探究不同物质的比热容与不同燃料的热值，设计了如图所示的实验装置。已知实验所用燃料的质量相同，烧杯中液体的质量也均相同。 （1）为了探究液体a、b比热容的大小关系，应选择装置　B　 （选填“A．甲、乙”“B．甲、丙”或“C．乙、丙”）进行实验。实验过程中通过比较　A　 （选填“A．加热时间”“B．温度计升高的示数”）来反映物体吸收热量的多少； （2）小组同学记录了整个实验中两种液体和两种燃料对应的加热时间，并绘制成如图所示的图像。假定燃料完全燃烧且不计热量损失，则由图像可知： ①若液体a的比热容为c0，则液体b的比热容为　2c0 ； ②两种燃料热值之比q1：q2＝　4：3　 。 【答案】（1）B；A； （2）2c0；4：3。 【分析】（1）比较两种液体的吸热能力，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小； 为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，在燃料都烧完后，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，这种燃料热值越大； （2）①不计热量损失，加热时间均为t时，a、b吸收的热量Q吸相同，根据Q吸＝cmΔt得出比热容之比；根据图中信息得出比热容之间的关系； ②燃料完全燃烧放出的热量全部被液体吸收，根据热值公式结合吸热公式得出两种燃料热值之比。 【解答】解：（1）探究a、b两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，因此选甲、丙装置； 根据转换法，本实验中使用相同燃料，相同时间内燃料放出的热量相等，相等时间内液体吸收的热量相同，因此通过加热时间间接反映液体吸收热量的多少。 （2）①不计热量损失，甲、丙都用燃料1加热，加热时间均为t时，a、b吸收的热量Q吸相同，已知液体质量m也相同；根据Q吸＝cmΔt，可得，则比热容之比；由图可知此时a升温2T0、b升温T0，代入得，因此cb＝2c0。 ②探究热值时，甲、乙液体都是a、质量相同，不计热量损失，燃料完全燃烧放出的热量全部被液体吸收；燃料1加热甲，t时间内（燃料完全燃烧），则q1m燃料＝c0m•2T0；燃料2加热乙，2t时间内（燃料完全燃烧），则q2m燃料＝c0m•1.5T0；联立两式得。 故答案为：（1）B；A； （2）2c0；4：3。 【点评】本题探究不同物质的比热容与不同燃料的热值，考查控制变量法和转换法的运用及热值公式、吸热公式的运用。 25．（2026秋•浦东新区校级月考）为了比较水和煤油的吸热能力，小王做了如图的实验，在2个相同的烧杯中分别装有质量相等的水和煤油，用两个相同的酒精灯对其加热，并用相同的两支温度计分别同时测量水和煤油的温度变化，实验数据如图： 液体 质量（g） 初温（℃） 末温（℃） 加热时间（min） 水 300 20 30 12 煤油 300 20 30 6 （1）在此实验中，为比较水和煤油吸热能力的大小，我们可以加热相同的时间：观察　温度计升高的示数　 的不同；也可以　让水和煤油升高相同的温度，比较加热时间的长短　 。 （2）分析实验数据可知：质量相同的水和煤油，升高相同的温度时，　水　 吸收的热量多，表明　水　 的吸热能力强。 （3）如果加热相同的时间，质量相同的水和煤油，　煤油　 升高的温度更多。 （4）通过实验我们发现不同物质的　吸热能力　 不同，由此引入了比热容。　一定质量的某种物质，在温度升高时所吸收的热量与它的质量和升高的温度的乘积之比　 叫这种物质的比热容。 【答案】（1）温度计升高的示数；让水和煤油升高相同的温度，比较加热时间的长短； （2）水；水； （3）煤油； （4）吸热能力；一定质量的某种物质，在温度升高时所吸收的热量与它的质量和升高的温度的乘积之比。 【分析】（1）明确实验用控制变量法，比较吸热能力时分别控制吸收热量相同或升高温度相同，通过观察温度变化或加热时间长短来判断； （2）从表格中找出质量相同且升高温度相同的两种液体，用加热时间长短反映吸收热量多少，据此判断两种液体吸热能力的强弱； （3）当加热时间相同时两种液体吸收热量相同，根据吸热能力弱的物质温度升高更多的规律，判断质量相同的水和煤油温度变化的大小关系； （4）根据实验结论理解比热容表示不同物质吸热能力的不同，再联系定义中“温度升高时所吸收的热量与它的质量和升高的温度乘积之比”这句话，据此填写。 【解答】解：（1）比较物质吸热能力有两种控制变量的思路：一是控制吸收热量相同（加热相同时间），比较二者的温度变化，温度升得越慢，说明吸热能力越强；二是控制升高的温度相同，比较加热时间，加热时间越长，说明吸收的热量越多，吸热能力越强。 （2）从表格数据可知，质量相同的水和煤油都从20℃升到30℃（升高相同温度），水的加热时间更长，说明水吸收的热量更多，则水的吸热能力更强。 （3）因为水的吸热能力更强，质量相同的水和煤油吸收相同热量（加热相同时间）时，煤油的温度升高得更多。 （4）不同物质的吸热能力存在差异，物理学中为了描述这个特性引入了比热容；根据初中物理的定义，一定质量的某种物质，在温度升高时所吸收的热量与它的质量和升高的温度的乘积之比，叫这种物质的比热容。 故答案为：（1）温度计升高的示数；让水和煤油升高相同的温度，比较加热时间的长短； （2）水；水； （3）煤油； （4）吸热能力；一定质量的某种物质，在温度升高时所吸收的热量与它的质量和升高的温度的乘积之比。 【点评】本题考查控制变量法和转换法在比较不同物质吸热能力实验中的应用，易错点在于比热容定义中“温度升高”应指温度的变化量，而非末温或初温。 26．（2026春•松江区校级月考）探究“比较水和煤油吸热能力”的实验中，采用如图所示加热装置。 （1）除图中所显示的实验器材，本实验还需的测量器材有 　秒表和天平　 ； （2）加热过程中，水和煤油吸热的多少是通过 　加热时间　 来反映的； （3）实验记录的数据如表。 质量m 相同 加热的时间/min 0 1 2 3 4 5 水的温度/℃ 20 26 31 36 41 45 煤油的温度/℃ 20 33 45 56 66 75 ①分析表中的数据，得到的结论是：质量相同的水和煤油，吸收相同的热量，　水升温慢　 ； ②从上述结论可以进一步得出：　水　 的吸热本领强。 【答案】（1）秒表和天平；（2）加热时间；（3）①水升温慢；②水。 【分析】我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法； 比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。 【解答】解：（1）用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法，故需要秒表；根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故需要天平； （2）由转换法，加热过程中，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映的； （3）分析表中的数据可知，质量相同的水和煤油加热相同时间，吸热相同的热量，水升温慢，故得到的结论是：水的吸热能力大于煤油的吸热能力。 故答案为：（1）秒表和天平；（2）加热时间；（3）①水升温慢；②水。 【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。 四．课后练习（共14小题） 27．（2026秋•上海校级月考）改变内能的方法。 （1）做功可以改变物体的内能：①外界对物体做功，物体内能　增加　 ；②物体对外做功，物体内能　减少　 。（均选填“增加”或“减少”） （2）热传递可以改变物体的内能：接触的两个物体发生热传递的条件是　存在温度差　 ，热传递停止时，两物体的温度　相同　 。 【答案】（1）增加；减少； （2）存在温度差；相同。 【分析】（1）改变内能的方式有做功和热传递；外界对物体做功物体内能增大；物体对外做功，物体内能减小；物体吸热放热也会改变内能。 （2）热传递的条件是温度差，温度变化可以反映物体内能变化。 【解答】解：（1）因为做功可以改变物体的内能，外界对物体做功，物体内能增大；物体对外界做功，内能减小； （2）热传递也可以改变物体的内能，物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少；两接触的物体发生热传递的条件是存在温度差；热传递停止时，两物体的温度将相同。 故答案为：（1）增加；减少； （2）存在温度差；相同。 【点评】此题考查学生对于物体内能改变方式的理解，以及内能、热量和温度的关系的理解。 28．（2026秋•上海校级月考）城市“热岛效应”指的是中心城区的气温明显高于郊区的现象。 （1）城市中的道路在日照下升温，这是通过　热传递　 的方式改变道路的内能。 （2）汽车的汽油机在工作时，　压缩　 冲程将机械能转化为内能，排气冲程排放的废气带走的热是造成“热岛效应”的原因之一。 【答案】（1）热传递；（2）压缩。 【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。 （2）汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能。 【解答】解：（1）城市中的道路在日照下升温，道路吸收热量，内能增加，该过程是通过热传递的方式改变内能。 （2）汽油机的四个冲程中，压缩冲程中，对燃气做功，将活塞的机械能转化为燃气的内能。 故答案为：（1）热传递；（2）压缩。 【点评】本题考查内能的改变和热机的冲程，属于基础题。 29．（2026秋•杨浦区校级月考）小郡应用劳动课上学习的烹饪技能为家人制作美味的小锅米线，下列说法正确的是（　　） A．滚烫的小锅米线含有的热量多 B．刚出锅的小锅米线“热”得烫嘴，“热”表示的是内能 C．汤汁在沸腾过程中温度不变，锅中的汤汁内能也不变 D．出锅后随着小锅米线的温度降低，其内能变小 【答案】D 【分析】（1）热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有多少热量； （2）物体的冷热程度叫做温度； （3）同一物体，放热温度降低，内能减小；吸热内能增大。 【解答】解：A．热量是一个过程量，只有在物体发生热传递时，我们才用热量这个概念，不能说物体含有热量，故A错误； B．刚出锅的小锅米线“热”得烫嘴，说明其温度很高，“热”表示的是温度，故B错误； C．汤汁在沸腾过程中温度不变，但吸收了热量，其内能增大，故C错误； B．随着小锅米线的温度降低，放出了热量，其内能减少，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查热量、内能和温度的关系，属于中档题。 30．（2026秋•杨浦区校级月考）某四冲程汽油机工作时转速是4800r/min。关于此热机的工作下列说法正确的是（　　） A．压缩冲程内能转为为机械能 B．四个冲程中曲轴转动2圈，同时做功2次 C．此汽油机每秒对外做功40次 D．此汽油机每秒活塞往复运动160次 【答案】C 【分析】（1）压缩冲程中将活塞运动的机械能转化为气缸内气体的内能；做功冲程中，将内能转化为机械能。 （2）四冲程汽油机在一个工作循环中，完成4个冲程，活塞往复运动两次，飞轮和曲轴转两圈、做功1次。 【解答】解： A、压缩冲程中将活塞运动的机械能转化为气缸内气体的内能，故A错误； B、四冲程内燃机，曲轴转动两周，对外做功一次，故B错误； CD、汽油机的飞轮转速4800r/min＝80r/s，即汽油机的飞轮每秒转80圈， 由于四冲程汽油机在一个工作循环中，完成4个冲程，活塞往复运动两次，飞轮和曲轴转两圈、做功1次，所以该汽油机每秒对外做功40次，每秒活塞往复运动80次，故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】此题考查内燃机做功冲程中能量的转化，以及内燃机转速的计算。在四冲程汽油机中，一个工作循环，曲轴转两圈，对外做功一次，这个知识是平常学习中比较容易忽视的，需要引起注意。 31．（2026秋•杨浦区校级月考）2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。如图所示内燃机的四个冲程，机械能转化为内能的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】四冲程内燃机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，根据气门的状态、活塞运动的方向确定冲程的种类；其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。 【解答】解： A、图中两个气阀都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程，此冲程将内能转化为机械能，故A不合题意； B、图中两个气阀都关闭，活塞向上运动，所以为压缩冲程，是机械能转化为内能，故B符合题意； C、图中排气门打开，活塞向上运动，汽缸容积减小，是排气冲程，故C不合题意； D、图中进气门打开，活塞向下运行，汽缸容积增大，是吸气冲程，故D不合题意。 故选：B。 【点评】此题考查了对内燃机四个冲程的判断以及涉及能量转化的两个冲程，要结合气门和活塞运动情况进行判断。 32．（2026秋•虹口区月考）夏日的海边，烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。 （1）【单选】“沙子滚烫”是形容沙子的（　C　 ） A.内能大 B.热量多 C.温度高 D.比热容大 （2）阳光照射到沙子和水，沙子和水的内能　增大　 （选填“增大”或“减少”），这是通过　热传递　 的方式进行改变内能的。 （3）【单选】海风是指从海上吹向陆地的风，反之称为陆风。海陆风的形成，本质上是由于海洋和陆地温度不同造成的。这种差异使得气流从高压区流向低压区。如图所示是某地空气流动情况，据此判断此时为　A　 。 A.白天，形成的是海风 B.晚上，形成的是海风 C.白天，形成的是陆风 D.晚上，形成的是陆风 （4）城市中建设人工湖能有效减弱“热岛效应”，这是因为水在常见物质中的比热容　较大　 （选填“较大”或“较小”）。现有一人工湖湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收（c砂石＜c水），则砂石升高的温度将　大于　 2℃。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 【答案】（1）C；（2）增大；热传递；（3）A；（4）较大；大于。 【分析】（1）温度是指物体的冷热程度； （2）内能的大小与物体的温度、质量和状态有关； （3）根据海陆比热容差异分析海陆风形成。 （4）水在常见物质中的比热容较大，根据Q吸＝cmΔt可知，相同质量的水和其它物质，在吸收相同热量时，水的比热容较大，温度升高得较少；相同质量的水和砂石，在吸收相同热量时，砂石的比热容较小，温度升高得较多，据此分析。 【解答】解：（1）“沙子滚烫”说明沙子的温度高，故选C； （2）阳光照射到沙子和水，沙子和水吸收热量，内能增大；这是通过热传递的方式进行改变内能的。 （3）图中显示陆地空气受热上升，海洋空气冷却下沉。由于陆地的比热容小于海水，在白天吸收相同的太阳辐射后，陆地升温比海洋快，导致陆地温度高于海洋。陆地空气受热膨胀上升，近地面形成低压；海洋空气冷却收缩下沉，近海面形成高压，风从高压区（海洋）吹向低压区（陆地），形成海风。故选A。 （4）城市中建设人工湖能有效减弱“热岛效应”，这是因为水在常见物质中的比热容较大，根据Q吸＝cmΔt可知，相同质量的水和其它物质，在吸收相同热量时，水的比热容较大，温度升高得较少，能有效减弱“热岛效应”； 湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收，因为c砂石＜c水，相同质量的水和砂石，在吸收相同热量时，砂石的比热容较小，温度升高得较多，所以砂石升高的温度将大于2℃。 故答案为：（1）C；（2）增大；热传递；（3）A；（4）较大；大于。 【点评】本题考查内能、温度、热量的理解，比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。 33．（2026秋•上海校级月考）生活中有很多与热有关的现象。 （1）冬天，我们会用热水袋取暖，这主要是因为水具有（　A　 ） A．较大的比热容 B．较大的密度 C．较高的温度 D．较多的热量 （2）下列现象中，利用做功使物体内能增加的是（　C　 ） A．铁块放在炉火中烧红了 B．烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来 C．木工用锯锯木条时，锯条发烫 D．冬天，人们在阳光下取暖 （3）判断以下关于温度、热量和内能的说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。 ①物体吸收热量，温度一定升高（　×　 ） ②80℃的水一定比30℃的水含有的热量多（　×　 ） ③物体的内能增加，一定是从外界吸收了热量（　×　 ） 【答案】（1）A； （2）C； （3）×；×；×。 【分析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析回答。 （2）改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，热传递有传导、对流和辐射三种形式。 （3）物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化； 热量是指热传递过程中，物体传递能量的多少，是一个过程量，不能用“含有”“具有”来修饰； 改变物体内能的两种方式：做功和热传递。 【解答】解：（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，所以用热水袋取暖。 故选：A； （2）A、铁块放在炉火中烧红了，属于热传递改变物体的内能，不符合题意。 B、烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来，属于做功改变物体的内能，但是使物体内能减少，不符合题意。 C、用锯锯木板，锯条发热，属于做功改变物体的内能，而且使物体内能增加，符合题意。 D、冬天，人们在太阳光下取暖，属于热传递改变物体的内能，不符合题意。 故选：C。 （3）①晶体熔化、液体沸腾时，物体吸收热量但温度保持不变，故①错误。 ②热量是过程量，不能表述为物体“含有热量”，且未说明水的质量，无法比较相关能量多少，故②错误。 ③做功和热传递都可以改变物体内能，物体内能增加可能是外界对其做功，不一定是吸收热量，故③错误。 故答案为：（1）A； （2）C； （3）×；×；×。 【点评】本题主要考查了学生对水的比热容大的特点及对内能、温度与热量概念的理解。 34．（2026秋•黄浦区月考）汽油机是热机的一种。 （1）如图甲所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，由图可知这个冲程　内　 能转化为　机械　 能。 （2）当汽油燃烧不充分时，排气管会冒“黑烟”，此时汽油机的效率将　变小　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。若某辆汽车汽油机的能量流向图如图乙所示，该汽油机的热机效率为　31%　 。 （3）如图丙是生活中常用的高压锅。当高压锅内的气压达到一定值时，安全阀会被高压蒸汽顶起，这一过程高压锅内气体内能发生了变化。四冲程汽油机中与此能量转化相同的冲程是　B　 。 A.排气冲程； B.做功冲程； C.压缩冲程； D.吸气冲程。 【答案】（1）内；机械；（2）变小；31%；（3）B。 【分析】（1）根据气门开合情况和活塞的移动方向判断哪个冲程，分析出图乙和图丙的能量转化，即可解答，汽油机一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次； （2）汽油机的效率是指汽油机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出能量的比值，据此分析解答； （3）安全阀会被高压蒸汽顶起，这一过程对外做功，内能转化为安全阀的机械能，内能减小； 四冲程汽油机做功冲程是内能转化为机械能。 【解答】解：（1）由图甲可知，两个气门都关闭，火花塞产生电火花，活塞向下运动，因此是做功冲程，将内能转化为机械能； （2）若汽缸内汽油燃烧不充分时，排气管会冒“黑烟”，此时汽油机能做的有用功将减少，而完全燃烧放出的热量不变，根据η可知，汽油机的效率将变小； 根据能流图可知，输出有用功占比为：100%﹣33%﹣30%﹣6%＝31%， 所以该汽油机的效率为： η31%； （3）当高压锅内的气压达到一定值时，安全阀会被高压蒸汽顶起，这一过程对外做功，内能转化为安全阀的机械能，内能减小； 四冲程汽油机做功冲程是内能转化为机械能，故B正确。 故答案为：（1）内；机械；（2）变小；31%；（3）B。 【点评】此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道比较简单的实验题，掌握热机的工作原理。 35．（2026秋•浦东新区校级月考）发动机是汽车的核心部件。 （1）如图所示，内燃机正处于　B　 冲程，使汽车获得动力的是　C　 冲程； A.吸气 B.压缩 C.做功 D.排气 （2）汽车发动机常用的冷却液含有大量的水，这是利用了水的　比热容　 较大的特性，发动机的热量通过　热传递　 的方式传递给水，从而降低自身温度。 （3）已知汽油的热值为4.6×107J/kg，表示质量为1kg汽油　完全燃烧　 时放出的热量为　4.6×107J　 。气缸内的汽油不断燃烧消耗，油箱内剩余汽油的热值　C　 （选填“A.变大”“B.变小”或“C.不变”）。 （4）关于发动机的效率，下列说法正确的是　B　 。（不定项） A.不断改进技术，可使发动机效率达到100% B.由于尾气散热、摩擦等造成能量损耗，热机效率无法达到100% C.增大热机功率，能够提高热机效率 D.热机带来污染，因此要禁止使用热机 【答案】（1）B；C；（2）比热容；热传递；（3）完全燃烧；4.6×107J；C；（4）B。 【分析】（1）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；只有做功冲程对外输出功，其它三个冲程依靠飞轮惯性完成。 根据气门的开闭情况和活塞的运动方向判断所处的冲程； （2）水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，在吸收或放出相同热量的情况下，水的温度变化要小些； 做功和热传递都可以改变物体的内能，并且这两种方式是等效的，做功改变物体内能的实质是内能和机械能之间的转化，热传递改变物体内能的实质是内能在高温物体和低温物体之间的转移。 （3）1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值；热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。 （4）热机效率的概念：用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。在工作过程中，损失的能量越少，热机的效率越高。 任何机器都不可避免地做额外功，效率不可能达到100%。 【解答】解：（1）由图可知，两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，故选B； 在内燃机的四个冲程中，只有做功冲程对外输出功，其它三个冲程依靠飞轮惯性完成，故选C。 （2）因为水的比热容较大，质量相同的水和其他物质相比，升高相同的温度，可以吸收更多的热量，所以用水作为汽车发动机的冷却剂； 发动机把热量传给水，热量从高温的发动机转移给低温的水，使水的内能增大，温度升高，是通过热传递的方式改变了水的内能。 （3）汽油的热值是4.6×107J/kg，表示质量为1kg的汽油完全燃烧时放出的热量是4.6×107J； 热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度、燃烧放出热量的多少等均无关，气缸内的汽油不断燃烧消耗，油箱内剩余汽油的热值不变，故选C。 （4）AB.热机工作时总会有热量散失、克服摩擦损耗能量，无论技术如何改进，效率永远达不到100%，故A错误、B正确。 C.功率代表做功快慢，热机效率表示燃料能量的利用率，二者没有关联，增大功率不能提高效率，故C错误。 D.热机在给人类生产生活带来巨大便利的同时，排放的尾气确实会造成环境污染，但是目前没有办法完全替代热机，不能一刀切禁止使用，应当不断研发新技术，降低污染物排放，减少环境危害，故D错误。 故选：B。 故答案为：（1）B；C；（2）比热容；热传递；（3）完全燃烧；4.6×107J；C；（4）B。 【点评】本题考查了改变物体内能的方式、水的比热容较大的应用、四冲程的判断和能量转化、热值、热机效率等，综合性较强。 36．（2026秋•浦东新区校级月考）我们身边的气候现象与热学知识息息相关。 （1）绿地中的人工湖具有“吸热”功能。在盛夏时期能减弱周围地区的“热岛效应”。水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），其物理意义为质量为1kg的水，温度升高1℃时　吸收的热量　 为4.2×103J。现有一人工湖湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收（c砂石＜c水），则砂石升高的温度将　大于　 2℃；（选填：A.大于/B.小于/C.等于） （2）在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。海陆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。如图所示是在　B　 （选填：A.白天/B.夜晚）的海陆风的示意图。 （3）下列关于热值和热机效率的描述，正确的是（　C　 ） A.一瓶酒精用去一半，酒精的热值减少一半 B.使燃料充分燃烧，可以增大燃料的热值 C.让燃料尽可能完全燃烧，可以提高热机的效率 D.在热机的能量损失中，燃料没有完全燃烧损失的能量最多 【答案】（1）吸收的热量；A； （2）B； （3）C。 【分析】（1）根据比热容的物理意义和特点分析解答； （2）根据海水的比热容大和陆地的比热容小的特点分析解答； （3）根据热值和热机效率的影响因素分析解答。 【解答】解：（1）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），其物理意义为质量为1kg的水，温度升高1℃时吸收的热量为4.2×103J。 质量、吸收的热量相同时，比热容越小，物质升高的温度越大，因为c砂石＜c水，故砂石升高的温度大于2℃。故选A。 （2）海水比热容大于陆地，白天吸收相同的热量，陆地升温快，热空气上升，海面冷空气补充形成海风；夜晚放出相同的热量，陆地降温比海洋快，陆地气温低，空气下沉，风从陆地吹向海洋，形成陆风，与图示气流方向一致，故选：B。 （3）AB．热值是燃料的固有特性，只与燃料的种类有关，与质量无关，与燃料是否充分燃烧无关，故AB错误； C．让燃料尽可能完全燃烧，可减少能量损失，提高热机效率，故C正确； D．在热机的能量损失中，废气带走的能量最多，故D错误。 故选：C。 故答案为：（1）吸收的热量；A； （2）B； （3）C。 【点评】本题考查比热容的物理意义、特点和应用以及热值和热效率的影响因素，难度中等。 37．（2026秋•上海校级月考）汽油机的工作过程是由四个冲程组成的。 （1）其中内能转化为机械能的冲程是（　C　 ） A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程 （2）若汽油机工作时汽缸散热损失30%的热量，废气带走35%的热量，机械摩擦损耗10%的热量，则完全燃烧2g汽油（热值为4.6×107J/kg）获得的机械能是　2.3×104 J。 【答案】（1）C；（2）2.3×104。 【分析】（1）四冲程内燃机中做功冲程实现内能转化为机械能； （2）燃料产生的总能量是100%，减去所有消耗的（废气带走的能量占总能量的35%、气缸向周围散热损失的能量占总能量的30%、克服机械运行的摩擦损失的能量占总能量的10%），就是做有用功的了，也就是所求的机械效率； 知道汽油的质量和热值，利用燃料完全放热公式Q放＝qm求汽油完全燃烧产生的热量（总能量）； 知道汽油机的效率，利用效率公式求有用机械能。 【解答】解：（1）做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能，吸气、排气冲程无对应能量转化，故ABD不符合题意，C符合题意。 故选C； （2）汽油机工作时汽缸散热损失30%的热量，废气带走35%的热量，机械摩擦损耗10%的热量，该汽油机的效率为η＝1﹣30%﹣35%﹣10%＝25%， 完全燃烧2g汽油放出的热量为， 获得的机械能为 。 故答案为：（1）C；（2）2.3×104。 【点评】此题主要考查的是有关热机、热机效率和燃料热值的计算，也是一道生活中的物理题，有其实用价值。 38．（2026秋•上海校级月考）家用燃油汽车的发动机属于内燃机。 （1）如图是四冲程内燃机工作时 　压缩　 冲程，该冲程实现了 　B　 ； A.内能转化成机械能 B.机械能转化成内能 （2）燃料在燃烧过程中热值 　B　 ； A.变大 B.不变 C.变小 （3）汽车行驶过程中，轮胎与地面摩擦，这是通过 　做功　 方式改变轮胎的内能； （4）汽车发动机常用乙二醇水溶液作冷却剂，这是利用了水的 　比热容　 大的特点。 【答案】（1）压缩；B；（2）B；（3）做功；（4）比热容。 【分析】（1）进气门和排气门均关闭，火花塞未点火，活塞向上运动，属于压缩冲程。压缩冲程机械能转化为内能。 （2）热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的燃烧情况无关。 （3）汽车行驶时，轮胎与地面摩擦，摩擦生热，机械能转化为内能，做功的方式改变轮胎的内能。 （4）水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，在吸收或放出相同热量的情况下，水的温度变化要小些。 【解答】解：（1）图中进气门和排气门均关闭，火花塞未点火，活塞向上运动，这是压缩冲程。该冲程的能量转化是机械能转化为内能，故选B。 （2）热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的燃烧情况无关，因此燃料燃烧过程中热值不变，故选B。 （3）汽车行驶时，轮胎与地面摩擦，通过做功的方式改变轮胎的内能。 （4）水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同的温度时能吸收更多的热量，因此适合用作发动机的冷却剂。 故答案为：（1）压缩；B；（2）B；（3）做功；（4）比热容。 【点评】本题考查发动机的相关知识，难度适中。 39．（2026秋•虹口区校级月考）热机是利用燃料燃烧释放的能量做功的机械。 （1）【不定项】以下机械中，属于热机的有　BD　 ； A.洗衣机 B.蒸汽机 C.电视机 D.柴油机 （2）燃料在燃烧过程中热值　B　 ； A.变大 B.不变 C.变小 （3）如图是汽油机工作的　压缩　 冲程，此冲程是通过　做功　 的方式改变混合气体的内能。 【答案】（1）BD；（2）B；（3）压缩；做功。 【分析】（1）热机是利用燃料燃烧获得内能，再转化为机械能。热机的分类：外燃机、内燃机； （2）热值是燃料的一种性质； （3）改变内能的方式：做功和热传递。 【解答】解：（1）热机是利用燃料燃烧获得内能，再转化为机械能。蒸汽机、柴油机都是热机；洗衣机、电视机是用电工作，不是热机。故选BD； （2）热值是燃料本身的一种特性，只和燃料种类有关，与燃料质量、是否燃烧、燃烧多少无关。故选B； （3）如图所示，两个气门全部关闭，活塞向上运动，此时的冲程名称是压缩冲程； 在压缩冲程，活塞压缩气缸内混合气，对气体做功，机械能转化为内能，气体内能增大、温度升高，改变内能方式：做功。 故答案为：（1）BD；（2）B；（3）压缩；做功。 【点评】本题考查热机的定义与种类、四冲程的判断、燃料热值的影响因素。 40．（2026•虹口区校级模拟）汽车是生活中常见的交通工具。 （1）汽车发动机常用乙二醇水溶液作冷却剂，这是利用了水的 　比热容　 大的特点。 （2）汽车行驶一段时间后，若消耗了2kg的汽油，则其完全燃烧释放的热量是 　9.2×107 J。[q汽油＝4.6×107J/kg] （3）钻木取火时，木头相互摩擦，使得干草等温度升高，达到燃点而燃烧，这是通过 　做功　 方式将机械能转化为木头的 　内　 能。这个过程中能量转化的情况与汽车内汽油机 　压缩　 冲程能量转化的情况相同。 【答案】（1）比热容；（2）9.2×107；（3）做功；内；压缩。 【分析】（1）水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，在吸收或放出相同热量的情况下，水的温度变化要小些。 （2）利用Q放＝mq求得汽油完全燃烧释放的热量； （3）改变物体内能的两种方法：对物体做功、热传递；做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体内能增加；物体对外做功，物体的内能减少； 汽油机的做功冲程中，内能转化为机械能，压缩冲程中，机械能转化为内能。 【解答】解：（1）水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同的温度时能吸收更多的热量，因此适合用作发动机的冷却剂； （2）完全燃烧释放的热量Q放＝mq汽油＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J； （3）钻木取火时，木头相互摩擦，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，因此这是通过做功方式将机械能转化为木头的内能；因为汽油机的压缩冲程也是将机械能转化为内能。 故答案为：（1）比热容；（2）9.2×107；（3）做功；内；压缩。 【点评】此题考查了水的比热容大的应用、燃料完全燃烧放出热量的计算公式、热机冲程的能量转化等。 复习建议 · 熟记三大公式 Q=cmΔt、Q放=qm、η=，做题时先判断属于吸热、放热还是效率问题，再选公式。 · 比热容、热值都是「特性」：只与种类和状态有关，与质量、体积、是否燃烧、温度高低均无关，选择题反复考。 · 四冲程抓「两气门+活塞方向+是否点火」三要素，转速换算记住「每2圈做功1次」。 · 实验题分清两套装置目的：比比热容用相同燃料不同液体，比热值用不同燃料相同液体，控制变量别混。 · 综合计算题先求燃料总放热Q放=qm，再按效率η或热平衡Q吸=Q放桥接，最后W=ηQ放求有用功，单位务必统一用kg、J。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一：期中复习培优--讲义比热容、热值与热机效率综合计算（知识梳理+典例+练习）沪科版2024九年级上册 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 理解比热容的物理意义，能说出水的比热容数值并解释其含义 · 熟练运用 Q吸=cm(t-t0)、Q放=cm(t0-t) 进行纯热量计算与热平衡混合问题 · 理解热值是燃料的特性，会用 Q放=qm、Q放=qV 计算燃料放热 · 识别四冲程汽油机的工作过程，掌握转速与做功次数的换算关系 · 会读能量流向图计算热机效率，解决水吸热+燃料放热的综合计算题 📚 知识梳理 ☆ 1.比热容的概念与物理意义 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温度的乘积之比，叫做这种物质的比热容，公式 c=，单位 J/(kg·℃)，读作「焦每千克摄氏度」。 水的比热容 c水=4.2×103 J/(kg·℃)，物理意义：质量为1kg的水，温度升高（或降低）1℃时，吸收（或放出）的热量为4.2×103J。 比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物体的质量大小、温度高低、吸放热多少均无关；一杯水喝掉半杯后，剩余水的比热容不变。 比热容反映物质吸（放）热本领：质量相同的不同物质，吸收相同热量时，c大的温度升高得慢；升高相同温度时，c大的吸收热量多。水的比热容大，常用作冷却液、暖气介质、调节气候（海陆风、人工湖减弱热岛）。 概念辨析例题：水的比热容是4.2×103 J/(kg·℃)，其单位读作________；它表示的物理含义是：1千克的水，温度升高或降低1℃，________；一杯水当喝掉半杯后，剩下水的比热容________（选填「变大」「变小」「不变」）。 解析：比热容单位由热量单位J、质量单位kg、温度单位℃组合而成，读作「焦耳每千克摄氏度」；其物理意义就是单位质量（1kg）的水温度变化1℃所吸（放）的热量；比热容是物质特性，与质量无关，喝掉半杯后种类和状态未变，故比热容不变。 ☆ 2.热量计算公式与热平衡 吸热公式：Q吸=cm(t-t0)（t为末温，t0为初温）；放热公式：Q放=cm(t0-t)；统一写成 Q=cmΔt，Δt是温度变化量，取末温与初温之差的绝对值。 热平衡方程（不计热量损失）：Q吸=Q放。热水兑冷水时：m热c水(t热-t混)=m冷c水(t混-t冷)，c相同可约去。 易错点：升温用(t-t0)、降温用(t0-t)，顺序不可反；题目给的初温t0、末温t要看清，不能凭印象代错。 图像题关键：同一稳定热源加热时，相同时间内物质吸收热量相同，Q与加热时间成正比；晶体熔化段（温度不变的水平段）持续吸热但不升温，该段吸热量按加热时间比例折算。 概念辨析例题：质量为250g、初温为22℃的牛奶，温度升高到42℃。[c牛奶=2.5×103J/(kg·℃)] 求：（1）牛奶升高的温度Δt；（2）牛奶吸收的热量Q吸；（3）若不考虑热量损失，热水放出的热量全部被牛奶吸收，至少要用52℃的热水多少千克？[c水=4.2×103J/(kg·℃)]（结果保留1位小数） 解析：（1）Δt=42℃-22℃=20℃；（2）Q吸=c牛奶mΔt=2.5×103J/(kg·℃)×0.25kg×20℃=1.25×104J；（3）不计热损失Q放=Q吸=1.25×104J，由Q放=c水m水(52℃-42℃)，得m水=≈0.3kg。 ☆ 3.热值与燃料放热计算 热值 q：1kg某种固体（或液体）燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，单位 J/kg；气体燃料热值单位 J/m3，表示1m3燃料完全燃烧放出的热量。 放热公式：固体、液体燃料 Q放=qm；气体燃料 Q放=qV。汽油 q≈4.6×107J/kg，表示1kg汽油完全燃烧放出4.6×107J热量。 热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、是否完全燃烧、放出热量多少均无关；汽油燃烧不充分冒黑烟，其热值不变。 综合计算常先由密度公式求燃料质量 m=ρV（如2.5L汽油，ρ=0.8×103kg/m3，V=2.5×10-3m3，则m=2kg），再代入Q放=qm。 概念辨析例题：汽油热值q为4.6×107J/kg。某汽车行驶一段路程，消耗了2kg汽油，若汽油完全燃烧，则放出的热量为多少？ 解析：由Q放=qm=4.6×107J/kg×2kg=9.2×107J。注意单位统一：质量用kg、热值用J/kg，结果单位为J。 ☆ 4.热机与四冲程 热机是把内能转化为机械能的机器。四冲程汽油机一个工作循环依次为：吸气冲程→压缩冲程→做功冲程→排气冲程。 能量转化：压缩冲程将机械能转化为内能（两气门都关闭、活塞上行）；做功冲程将内能转化为机械能（两气门都关闭、火花塞点火、活塞下行），是唯一对外做功的冲程。 一个循环量化关系：活塞往复2次、曲轴（飞轮）转2周、完成4个冲程、对外做功1次。转速n（r/min）换算每秒做功次数：f==。 判断冲程三看：看气门开闭、看活塞上下行、看是否点火。其余三个冲程靠飞轮惯性完成；汽油机顶部是火花塞（点燃式），柴油机顶部是喷油嘴（压燃式）。 概念辨析例题：某四冲程汽油机工作时转速是4800r/min。下列说法正确的是（　　） A．压缩冲程将内能转化为机械能 B．四个冲程中曲轴转动2圈，同时做功2次 C．此汽油机每秒对外做功40次 D．此汽油机每秒活塞往复运动160次 解析：4800r/min=80r/s，即飞轮每秒转80圈。一个工作循环飞轮转2圈、活塞往复2次、对外做功1次，故每秒对外做功=40次、活塞往复80次。压缩冲程是机械能→内能，A错；一个循环做功1次，B错；D项活塞往复应为80次，错。选C。 ☆ 5.热机效率与综合计算 热机效率定义：用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，η=×100%。由于总存在散热、废气带走、摩擦等损失，η永远小于1。 能量流向图读法：η=100%−汽缸散热%−废气带走%−机械摩擦%−未完全燃烧%。尾气温度越高，说明废气带走热量越多，热机效率越低。 提高热机效率的途径：使燃料充分燃烧、减少各种热损失、保证良好润滑减小摩擦；效率与功率无关，与燃料热值大小无关（热值大不一定效率高）。 综合计算套路：Q放=qm（燃料总能量）→Q吸=cmΔt（水吸收的热量）→η= 或 η=；多级效率时相乘。 概念辨析例题：若汽油机工作时汽缸散热损失30%的热量，废气带走35%的热量，机械摩擦损耗10%的热量，则完全燃烧2g汽油（热值为4.6×107J/kg）获得的机械能是多少？ 解析：η=1−30%−35%−10%=25%；Q放=qm=4.6×107J/kg×0.002kg=9.2×104J；获得的机械能W=ηQ放=25%×9.2×104J=2.3×104J。 📋 知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 比热容 c c=，单位J/(kg·℃) 物质特性，与质量、温度无关；水4.2×10³最大 热量 Q 热传递过程中内能转移的多少，单位J 过程量，只能说「吸收/放出」，不能说「含有」 吸热公式 Q吸=cm(t-t0) 升温时末温减初温 放热公式 Q放=cm(t0-t) 降温时初温减末温；热平衡Q吸=Q放 热值 q Q放=qm（固液）；Q放=qV（气体） 燃料特性，与是否完全燃烧无关 热机效率 η η=×100% 总小于1；废气带走损失最大 四冲程 吸气→压缩→做功→排气 一个循环曲轴转2周做功1次；压缩机械能→内能，做功内能→机械能 ⚠️ 核心考点 【考点1】基础热量计算（第1-11题） · 牢记 Q=cmΔt，先定初温t0、末温t，再算Δt=|t-t0|，代入时不要把t0、t写反。 · 热平衡问题抓住 Q吸=Q放（不计热损失），同一物质c相同可约去，直接列温度方程。 · 晶体熔化图像题：水平段是熔化过程，温度不变但持续吸热；相同热源下Q与加热时间成正比，按时间比例折算各段热量。 · 比热容图像比较c大小：取相同加热时间（Q相同）看升温，升温多的c小；或取相同升温看加热时间，时间长的c大。 1．（2026秋•杨浦区校级月考）（1）如图甲所示，铝的比热容为 ________ J/（kg•℃），质量相等的沙子和铁，降低相同温度，沙子放出的热量 _______ （选填“大于”、“小于”或“等于”）铁放出的热量； （2）质量为0.2kg的某物体从固体变为液体的过程中，其温度随时间变化图像如图乙所示，设该物体在相同时间内吸收的热量相同，物体在AB段和CD段的比热容分别用c1和c2表示，则c1_____ c2（选填“＞”、“＜”或“＝”），判断依据是 ____________________ 。 2．（2026春•松江区校级月考）水的比热容是4.2×103焦/（千克•℃），其单位读作 _____________ 。它表示的物理含义是：1千克的水，温度升高或降低1℃，____________________ 。人们常说“水是生命之源”，一杯水当喝掉半杯后，剩下水的比热容 _______ （选填“变大”、“变小”、“不变”）。 3．（2026秋•浦东新区校级月考）星期天早上，小琳想喝一杯热牛奶。她把一盒质量为250g、初温为22℃的牛奶放进盛有热水的盆里，过了一会儿，牛奶的温度升高到了42℃。求： （1）牛奶升高的温度Δt； （2）牛奶吸收的热量Q吸[c牛奶＝2.5×103焦/（千克•℃）]； （3）若不考虑热量损失，热水放出的热量全部被牛奶吸收，小琳至少要用52℃的热水多少千克？[c水＝4.2×103焦/（千克•℃）]（计算结果保留1位小数） 4．（2025秋•徐汇区校级月考）如图是一定质量的冰升温熔化的过程，已知相同时间内冰和水吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变。若0～4min冰吸收了4.2×103J的热量。不计热量损失。[c冰＝2.1×103J/（kg•℃）]求： （1）冰的质量m冰； （2）CD段水吸收热量后的末温t1。 5．（2025秋•静安区月考）为了探究某种晶体物质在固态和液态时的吸热能力，小兰用酒精灯做热源加热，在理想的情况下均匀加热（不计热损失），且同种物质在相同时间内吸收的热量相同。该晶体固态时质量0.6kg，液态时的比热容为3×103J/（kg•℃），根据实验数据可以绘制出图线如图所示。求： （1）该物质在CD段共吸收了多少热量？ （2）该物质在固态时的比热容为多大？ （3）该物质在BC段共吸收了多少热量？ 6．（2025秋•浦东新区校级月考）如图为冰熔化时温度随时间的变化的关系图像。实验时，冰的质量为2kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：[假设整个过程中冰（或水）的质量没有损耗] （1）CD段水吸收的热量； （2）冰的比热容。 7．（2026秋•浦东新区校级月考）小华利用红外加热器对某晶体持续加热，将晶体从20℃加热到80℃。加热器稳定工作，相同时间内物质吸收的热量相等且质量保持不变。温度随加热时间变化的图像如图所示。 （1）图中的_______ 段物质处于固液共存状态（选填“AB”“BC”或“CD”），物质的内能_____ （选填“A.增大”“B.减小”或“C.不变”）； （2）已知该物质固态时的比热容为1.2×103J/（kg•℃），则该物质液态时的比热容为____________ J/（kg•℃）； （3）定义：晶体在熔化时变成同温度的液态物质所吸收的热量与其质量之比，叫做这种物质的熔化热，用λ表示，单位是J/kg。根据图像信息，求该物质的熔化热。 8．（2025秋•杨浦区月考）小李同学从早上6时开始，每隔一小时分别对他家附近的气温和一个深水池里的水温进行测量，并根据记录的数据绘成温度﹣时间图像，如图所示。（空气的比热容小于水的比热容）气温的高低主要取决于空气的温度，假定小李家附近空气和池水质量相当，同一时段空气与池水吸收热量相近。由图可判断出_____ 是“气温”图线（选填“A．甲”或“B．乙”），请简要写出分析过程：____________________ 。 9．（2026•上海）热熔胶是一种粘合剂，其常温下为固体。小物在使用时，发现热熔胶被加热至一定温度后变为液态，冷却后固化便可粘合。 （1）使用热熔胶的过程中，发生的物态变化有_____ ； A.液化和熔化 B.熔化和凝固 C.熔化和凝华 （2）若某热熔胶棒的质量为21g，体积为20cm3，则其密度为_________ g/cm3； （3）若某热熔胶棒的质量为5g，在使用时某过程中温度降低2℃，求此过程放出的热量Q。[此热熔胶的比热容为1.6×103J/（kg•℃）] 10．（2026秋•黄浦区校级月考）小华同学在实验室利用加热器完成了冰的熔化实验，用同一稳定热源加热，描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图像如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg，假设冰熔化成水的过程中质量保持不变。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。 （1）冰的熔化过程所用的时间是_______ min。 （2）水在CD段吸收的热量为____________ J。 （3）冰的比热容为____________ J/（kg•℃）。 （4）整个AD过程，冰熔化成水从热源总共吸收的了_____________ J的热量。 11．（2026秋•浦东新区校级月考）如图为上海夏季某日的最高温度分布图。 （1）当日白天上海近地面风向大致为_____ ； A.由海洋吹向陆地 B.由陆地吹向海洋 （2）市区（中部）气温明显高于郊区，形成城市“热岛效应”，导致这一现象的主要因素有________ ；（多选题） A.市区水泥、柏油路面多，下垫面比热容小，升温快 B.市区人口密集，空调、汽车等排放大量热量 C.市区绿地和水体面积相对较少，对气温的调节能力下降 D.市区海拔较高，接受到太阳辐射比郊区多 （3）下列措施中，无法有效缓解城市热岛效应的是_____ 。 A.增加城市绿化面积 B.增强城市下垫面保水能力 C.合理规划城市通风廊道 D.增加城市建筑物楼层高度 【考点2】热机效率综合题（第12-18题） · 判断四冲程：两气门关闭+活塞上行=压缩（机械能→内能）；两气门关闭+火花塞点火+活塞下行=做功（内能→机械能）；排气门开=排气；进气门开=吸气。 · 转速换算：n(r/min)÷60=r/s，再÷2（每2圈做功1次）=每秒做功次数。 · 能量流向图求效率：η=100%−各损失项百分比之和；求有用功用W=ηQ放，求总能量用Q放=。 · 热值是燃料特性，与燃烧是否充分、质量多少无关；水做冷却液利用水的比热容大这一特性。 12．（2026秋•普陀区校级月考）小明乘坐小汽车返程，对汽油机产生了兴趣。 （1）如图1是四冲程汽油机的工作循环示意图，下列说法中正确的是 _____ 。 A.图甲是吸气冲程，是将内能转化为机械能 B.图乙是压缩冲程，是将机械能转化为内能 C.图丙冲程中，汽缸内的气体质量增加、温度升高 D.若曲轴转速为3000r/min，则汽油机每秒进行图丁的冲程50次。 （2）如图2所示是某辆汽车汽油机的能量流向图，由图可知该汽油机的热机效率为 ________ ，汽油机工作消耗0.5kg的汽油可以用来做 ____________ J的功，若汽油燃烧不充分，汽油的热值将 _____ （A.变大、B.变小、C.不变）。（汽油的热值为4.6×107J/kg） 13．（2026•海沧区校级模拟）在电影《飞驰人生3》中，张驰驾驶赛车在巴音布鲁克赛道上演了一场极限对决，如图所示。请根据以下情境完成下题： （1）赛车在急转弯时侧倾压到了路边的土坡，土坡被压出一个凹坑，这一现象说明力可以改变物体的_______ ；随后土坡对赛车产生反作用力，将赛车弹回赛道，这说明物体间力的作用是_______ 的。 （2）在长时间高速行驶后，刹车片与刹车盘剧烈摩擦，导致刹车系统温度升高，这是通过_______ 的方式改变了刹车片的内能；为了给发动机降温，散热器中应该使用比热容_______ （选填“较大”或“较小”）的冷却液。 （3）赛车使用的燃油热值为4.6×107J/kg，完全燃烧2kg燃油放出的热量为____________ J，在比赛过程中，赛车的发动机将内能转化为_______ 能。 14．（2026•长宁区一模）表1是小明在物理课上记录的部分类型的热机效率，老师指出表格中仅有序号②的数据正确。 表1 序号 热机类型 热机效率 ① 外燃机 蒸汽机 30%～45% ② 内燃机 汽油机 20%～30% ③ 柴油机 45%～150% （1）仔细查阅课本后，小明知道了表1中数据记录的错误：序号①外燃机的“热机效率”比内燃机_____ 了；序号③热机的“热机效率”________ 。 （2）对于燃烧同一型号汽油的汽油机，用来做功的能量相同时，热机效率越高，所消耗汽油的质量越_____ 。 （3）汽车尾气温度是反映热机效率的一个重要的间接指标，一般情况下，汽车尾气温度越高，说明该汽车的内燃机的效率越_____ 。 15．（2026•奉贤区一模）汽油机广泛用作汽车的动力源。 （1）在加油站附近能闻到汽油的气味，这是由于分子在不停地做________ 运动。 （2）四冲程汽油机在工作过程中，内能转化为机械能的冲程是_____ 。 A．压缩冲程 B．做功冲程 C．吸气冲程 D．排气冲程 （3）汽油热值q为4.6×107J/kg。某汽车行驶一段路程，消耗了2kg汽油，若汽油完全燃烧，则放出的热量为____________ J。 16．（2026•杨浦区一模）汽油机广泛应用于燃油轿车。 （1）汽油机中常用汽油作为燃料，汽油的热值约为4.6×107J/kg，表示完全燃烧1kg汽油释放出热量约为 ____________ J。 （2）图（a）是四冲程汽油机工作过程中的 _______ 冲程。 （3）图（b）是某燃油轿车发动机的能量分配图，若某段时间里发动机输出做功为8×107J，则在这段时间里来自燃料的能量为 ____________ J。 17．（2026•嘉定区一模）汽车在日常生活中被广泛使用。 （1）一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，4s内通过的路程是80m，则该汽车行驶的速度是 _______ m/s； （2）如图是单缸四冲程汽油机的 _______ 冲程； （3）汽车行驶一段时间后，若消耗了2kg的汽油，则其完全燃烧释放的热量是 ____________ J。[q汽油＝4.6×107J/kg] 18．（2025秋•浦东新区校级期中）阅读材料，回答问题 汽油发动机 汽油发动机是以汽油作为燃料，将化学能最终转化成机械能的发动机。汽油机的特点是转速高、结构简单、质量轻、造价低廉、运转平稳、使用维修方便。汽油机在汽车上，特别是小型汽车上大量使用。 市场上汽油机的热效率普遍在35%左右，达到40%的少之又少。现在最先进的汽油机，压缩比达到了18：1，热效率高达50%，综合油耗仅3.3L/100km。 （1）如图所示是汽油机的四个冲程，其中图_____ 所示的冲程为汽油机提供动力。 （2）“汽车不但要吃油，也要喝水”。汽油的热值是4.6×107J/kg，若汽油没有完全燃烧，它的热值_______ （选填“变小”“变大”或“不变”）。汽车需要用水来冷却汽车发动机，是因为水的________ 大。某辆汽车在过某段路时燃烧了2.5L汽油，假设汽油完全燃烧，则一共释放的热量是____________ J（已知1L＝1×10﹣3m3，汽油的密度为0.8×103kg/m3，汽油的热值为4.6×107J/kg）。 （3）如图戊所示是某汽油机的能量流向图，根据图中给出的信息，该汽油机的效率为________ ，若汽油机效率按此计算，当汽油完全燃烧放出的热量为2.3×107J时，汽车获得的机械能是_____________ 。当汽油在发动机内燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率将_______ （选填“升高”、“不变”或“降低”）。 【考点3】吸热能力实验题（第19-26题） · 比较不同物质吸热能力（比热容）：用相同加热器、相同燃料，控制两种液体质量和初温相同，选甲、丙两图；通过加热时间长短反映吸热多少（转换法）。 · 比较不同燃料热值：用相同烧杯、同种液体且质量初温相同，选甲、乙两图；通过燃料燃尽后温度计升高的示数反映放热多少。 · 实验测得热值偏小的原因：燃料不可能完全燃烧、放出热量有部分散失到空气中或被装置吸收，Q吸<Q放。 · 两杯水都沸腾无法比较热值：水的质量太小或燃料质量太大，水温达沸点后不再升高，应减少燃料质量或增加水的质量。 19．（2026秋•上海校级月考）如图1甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入初温和质量均相同的水和食用油，用规格相同的电加热器给它们加热，探究它们吸热本领的强弱。 （1）在此实验中，由于水和食用油吸收热量的多少不便用仪器测量，本实验可根据_____ 来反映吸收热量的多少（选填：A．加热时间 B．升高温度）； （2）如图1乙所示，加热6min时，食用油吸收的热量_____ （选填：A．大于 B．小于 C．等于）水吸收的热量； （3）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），图乙是某同学根据实验数据绘制的图像，请根据图像计算食用油的比热容？ （4）如图2所示，用完全相同的装置利用燃料加热液体。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、加热方式等均相同，不计热量损失，将燃料点燃直至燃尽，甲、乙、丙三套装置的烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，则下列说法正确的是（________ ） A．选择甲、乙两图可比较不同燃料的热值 B．选择甲、丙两图可比较不同液体的比热容 C．由丁图得，液体a和液体b的比热容之比为1：2 D．由丁图得，燃料1和燃料2的热值之比为3：2 20．（2026秋•黄浦区校级月考）研究表明，现在城市机动车保有量越来越大，机动车是造成热岛效应的因素之一。以四冲程发动机小车为例，回答下列问题： （1）图甲左为四冲程汽油机在某冲程时的示意图，图中画出了活塞、连杆、曲轴的位置和进气门、排气门的开闭情况。在图甲右中画出：压缩冲程中活塞的运动方向和进气门、排气门的开闭情况；压缩冲程可将_______ 能转化为_____ 能。 （2）下列图像中，能大致反映内燃机做一次功汽缸内气体的温度随时间变化的是_____ 。 （3）当四冲程汽油机的转速为3000r/min时，在1s内汽油机对外做功的次数是_______ 次。 （4）汽车在行驶过程中，很多部位会发热，如：①水箱中的水变热；②刹车片发热；③发动机外壳发烫；④轮胎发热。其中属于通过做功改变内能的是_______ 。（填序号） （5）小乐通过上网查到了这种汽车的输出功率与转速的关系如图乙所示。小乐又向爸爸询问了一些实测数据：汽车行驶的路况好，平均车速为100km/h，发动机转速为2000r/min，平均油耗为9L/100km，由图乙中数据，分析这辆汽车在这种状态下行驶时，每小时对外所做的有用功为_____________ J。（已知汽油的热值为4.6×107J/kg，密度为0.8×103kg/m3） （6）有一种“涡轮增压”（T型）轿车，通过给发动机更足量的空气使汽油更充分地燃烧，比普通轿车（L型）更节能，排气更清洁。同样的汽油（如97#）加在T型轿车内比加在L型轿车内热值________ （填“更大”或“一样大”或“更小”）； （7）为节约能源，下列措施中能提高热机效率的是_____ 。 A.尽量燃烧一些热值大的燃料 B.尽量使燃料充分燃烧 21．（2026秋•上海校级月考）小明同学学习了燃料的热值后，考虑到燃料燃烧放出的热量会被水吸收，而水的比热容已知，他设计了一个实验来比较煤油和菜籽油的热值的大小关系（煤油和菜籽油质量相等），并组装了如图所示的装置进行实验，记录结果如表所示。 燃料 加热前的水温/℃ 燃料燃尽后的水温/℃ 煤油 20 39 菜籽油 20 29 （1）为了保证实验结论可靠，小明同学选择了两套完全相同的装置。在实验中除了控制水的初温相等外，还应控制水的_______ 相等。 （2）实验中燃料燃烧放出的热量，通过________ 的方式使水的内能增大，温度升高；本实验是用____________ （选填“水温升高的多少”或“加热时间的长短”）来比较煤油和菜籽油放出热量的大小关系。 （3）根据记录结果分析得出：煤油和菜籽油这两种燃料中，热值较大的是_______ 。 （4）小明同学根据Q吸＝cmΔt计算出水吸收的热量，再根据Q＝mq计算出煤油的热值，则他所得的结果与资料中给出的煤油热值相比是_______ （选填“偏大”或“偏小”）的，可能的原因是____________________ （写出一条即可）。 （5）小红同学按同样的流程进行实验，发现两杯水都沸腾了，无法比较煤油和菜籽油两种燃料热值的大小，写出造成该现象的原因__________________ （至少写两条）。 22．（2026秋•黄浦区月考）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量相等，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_____________ （填“温度计升高的示数”或“加热时间”）来反映的；如果燃料燃尽后的数据图像如图丁所示：a为燃料1得到的数据图像，b为燃料2得到的数据图像，由图可以看出，燃料_____ 的热值更大。 （2）实验中，计算出水吸收的热量，然后利用这个热量计算出燃料的热值，发现计算结果与资料中的数据相比偏_____ ； （3）比较不同物质的吸热能力，应选择________ 两图进行实验。 23．（2026秋•浦东新区校级月考）如图1甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入初温和质量均相同的水和食用油，用规格相同的电加热器给它们加热，探究它们吸热本领的强弱。 （1）在此实验中，除了图1甲中所示的器材外，还需要秒表和_______ 。由于水和食用油吸收热量的多少不便用仪器测量，本实验可根据_________ 来反映吸收热量的多少（选填：A.加热时间/B.升高温度”）； （2）如图1乙所示，加热6min时，食用油的温度比水高，那么食用油吸收的热量_____ （选填：A.大于/B.小于/C.等于）水吸收的热量； （3）某同学根据图1乙实验数据绘制的图像，可以得出食用油的比热容是____________ J/（kg•℃）。 （4）如图2所示，用完全相同的装置利用燃料加热液体。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、加热方式等均相同，不计热量损失，将燃料点燃直至燃尽，甲、乙、丙三套装置的烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，则下列说法正确的是（________ ）（不定项选择） A.选择甲、乙两图可比较不同燃料的热值 B.选择甲、丙两图可比较不同液体的比热容 C.由丁图得，液体a和液体b的比热容之比为1：2 D.由丁图得，燃料1和燃料2的热值之比为3：2 24．（2026秋•上海校级月考）某物理兴趣小组为了探究不同物质的比热容与不同燃料的热值，设计了如图所示的实验装置。已知实验所用燃料的质量相同，烧杯中液体的质量也均相同。 （1）为了探究液体a、b比热容的大小关系，应选择装置_____ （选填“A．甲、乙”“B．甲、丙”或“C．乙、丙”）进行实验。实验过程中通过比较_____ （选填“A．加热时间”“B．温度计升高的示数”）来反映物体吸收热量的多少； （2）小组同学记录了整个实验中两种液体和两种燃料对应的加热时间，并绘制成如图所示的图像。假定燃料完全燃烧且不计热量损失，则由图像可知： ①若液体a的比热容为c0，则液体b的比热容为________ ； ②两种燃料热值之比q1：q2＝________ 。 25．（2026秋•浦东新区校级月考）为了比较水和煤油的吸热能力，小王做了如图的实验，在2个相同的烧杯中分别装有质量相等的水和煤油，用两个相同的酒精灯对其加热，并用相同的两支温度计分别同时测量水和煤油的温度变化，实验数据如图： 液体 质量（g） 初温（℃） 末温（℃） 加热时间（min） 水 300 20 30 12 煤油 300 20 30 6 （1）在此实验中，为比较水和煤油吸热能力的大小，我们可以加热相同的时间：观察_____________ 的不同；也可以____________________ 。 （2）分析实验数据可知：质量相同的水和煤油，升高相同的温度时，_____ 吸收的热量多，表明_____ 的吸热能力强。 （3）如果加热相同的时间，质量相同的水和煤油，_______ 升高的温度更多。 （4）通过实验我们发现不同物质的_________ 不同，由此引入了比热容。____________________ 叫这种物质的比热容。 26．（2026春•松江区校级月考）探究“比较水和煤油吸热能力”的实验中，采用如图所示加热装置。 （1）除图中所显示的实验器材，本实验还需的测量器材有 __________ ； （2）加热过程中，水和煤油吸热的多少是通过 _________ 来反映的； （3）实验记录的数据如表。 质量m 相同 加热的时间/min 0 1 2 3 4 5 水的温度/℃ 20 26 31 36 41 45 煤油的温度/℃ 20 33 45 56 66 75 ①分析表中的数据，得到的结论是：质量相同的水和煤油，吸收相同的热量，_________ ； ②从上述结论可以进一步得出：_____ 的吸热本领强。 四．课后练习（共14小题） 27．（2026秋•上海校级月考）改变内能的方法。 （1）做功可以改变物体的内能：①外界对物体做功，物体内能_______ ；②物体对外做功，物体内能_______ 。（均选填“增加”或“减少”） （2）热传递可以改变物体的内能：接触的两个物体发生热传递的条件是__________ ，热传递停止时，两物体的温度_______ 。 28．（2026秋•上海校级月考）城市“热岛效应”指的是中心城区的气温明显高于郊区的现象。 （1）城市中的道路在日照下升温，这是通过________ 的方式改变道路的内能。 （2）汽车的汽油机在工作时，_______ 冲程将机械能转化为内能，排气冲程排放的废气带走的热是造成“热岛效应”的原因之一。 29．（2026秋•杨浦区校级月考）小郡应用劳动课上学习的烹饪技能为家人制作美味的小锅米线，下列说法正确的是（　　） A．滚烫的小锅米线含有的热量多 B．刚出锅的小锅米线“热”得烫嘴，“热”表示的是内能 C．汤汁在沸腾过程中温度不变，锅中的汤汁内能也不变 D．出锅后随着小锅米线的温度降低，其内能变小 30．（2026秋•杨浦区校级月考）某四冲程汽油机工作时转速是4800r/min。关于此热机的工作下列说法正确的是（　　） A．压缩冲程内能转为为机械能 B．四个冲程中曲轴转动2圈，同时做功2次 C．此汽油机每秒对外做功40次 D．此汽油机每秒活塞往复运动160次 31．（2026秋•杨浦区校级月考）2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。如图所示内燃机的四个冲程，机械能转化为内能的是（　　） A． B． C． D． 32．（2026秋•虹口区月考）夏日的海边，烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。 （1）【单选】“沙子滚烫”是形容沙子的（_____ ） A.内能大 B.热量多 C.温度高 D.比热容大 （2）阳光照射到沙子和水，沙子和水的内能_______ （选填“增大”或“减少”），这是通过________ 的方式进行改变内能的。 （3）【单选】海风是指从海上吹向陆地的风，反之称为陆风。海陆风的形成，本质上是由于海洋和陆地温度不同造成的。这种差异使得气流从高压区流向低压区。如图所示是某地空气流动情况，据此判断此时为_____ 。 A.白天，形成的是海风 B.晚上，形成的是海风 C.白天，形成的是陆风 D.晚上，形成的是陆风 （4）城市中建设人工湖能有效减弱“热岛效应”，这是因为水在常见物质中的比热容_______ （选填“较大”或“较小”）。现有一人工湖湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收（c砂石＜c水），则砂石升高的温度将_______ 2℃。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 33．（2026秋•上海校级月考）生活中有很多与热有关的现象。 （1）冬天，我们会用热水袋取暖，这主要是因为水具有（_____ ） A．较大的比热容 B．较大的密度 C．较高的温度 D．较多的热量 （2）下列现象中，利用做功使物体内能增加的是（_____ ） A．铁块放在炉火中烧红了 B．烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来 C．木工用锯锯木条时，锯条发烫 D．冬天，人们在阳光下取暖 （3）判断以下关于温度、热量和内能的说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。 ①物体吸收热量，温度一定升高（_____ ） ②80℃的水一定比30℃的水含有的热量多（_____ ） ③物体的内能增加，一定是从外界吸收了热量（_____ ） 34．（2026秋•黄浦区月考）汽油机是热机的一种。 （1）如图甲所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，由图可知这个冲程_____ 能转化为_______ 能。 （2）当汽油燃烧不充分时，排气管会冒“黑烟”，此时汽油机的效率将_______ （选填“变大”“不变”或“变小”）。若某辆汽车汽油机的能量流向图如图乙所示，该汽油机的热机效率为________ 。 （3）如图丙是生活中常用的高压锅。当高压锅内的气压达到一定值时，安全阀会被高压蒸汽顶起，这一过程高压锅内气体内能发生了变化。四冲程汽油机中与此能量转化相同的冲程是_____ 。 A.排气冲程； B.做功冲程； C.压缩冲程； D.吸气冲程。 35．（2026秋•浦东新区校级月考）发动机是汽车的核心部件。 （1）如图所示，内燃机正处于_____ 冲程，使汽车获得动力的是_____ 冲程； A.吸气 B.压缩 C.做功 D.排气 （2）汽车发动机常用的冷却液含有大量的水，这是利用了水的________ 较大的特性，发动机的热量通过________ 的方式传递给水，从而降低自身温度。 （3）已知汽油的热值为4.6×107J/kg，表示质量为1kg汽油_________ 时放出的热量为_____________ 。气缸内的汽油不断燃烧消耗，油箱内剩余汽油的热值_____ （选填“A.变大”“B.变小”或“C.不变”）。 （4）关于发动机的效率，下列说法正确的是_____ 。（不定项） A.不断改进技术，可使发动机效率达到100% B.由于尾气散热、摩擦等造成能量损耗，热机效率无法达到100% C.增大热机功率，能够提高热机效率 D.热机带来污染，因此要禁止使用热机 36．（2026秋•浦东新区校级月考）我们身边的气候现象与热学知识息息相关。 （1）绿地中的人工湖具有“吸热”功能。在盛夏时期能减弱周围地区的“热岛效应”。水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），其物理意义为质量为1kg的水，温度升高1℃时__________ 为4.2×103J。现有一人工湖湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收（c砂石＜c水），则砂石升高的温度将_______ 2℃；（选填：A.大于/B.小于/C.等于） （2）在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。海陆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。如图所示是在_____ （选填：A.白天/B.夜晚）的海陆风的示意图。 （3）下列关于热值和热机效率的描述，正确的是（_____ ） A.一瓶酒精用去一半，酒精的热值减少一半 B.使燃料充分燃烧，可以增大燃料的热值 C.让燃料尽可能完全燃烧，可以提高热机的效率 D.在热机的能量损失中，燃料没有完全燃烧损失的能量最多 37．（2026秋•上海校级月考）汽油机的工作过程是由四个冲程组成的。 （1）其中内能转化为机械能的冲程是（_____ ） A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程 （2）若汽油机工作时汽缸散热损失30%的热量，废气带走35%的热量，机械摩擦损耗10%的热量，则完全燃烧2g汽油（热值为4.6×107J/kg）获得的机械能是____________ J。 38．（2026秋•上海校级月考）家用燃油汽车的发动机属于内燃机。 （1）如图是四冲程内燃机工作时 _______ 冲程，该冲程实现了 _____ ； A.内能转化成机械能 B.机械能转化成内能 （2）燃料在燃烧过程中热值 _____ ； A.变大 B.不变 C.变小 （3）汽车行驶过程中，轮胎与地面摩擦，这是通过 _______ 方式改变轮胎的内能； （4）汽车发动机常用乙二醇水溶液作冷却剂，这是利用了水的 ________ 大的特点。 39．（2026秋•虹口区校级月考）热机是利用燃料燃烧释放的能量做功的机械。 （1）【不定项】以下机械中，属于热机的有_______ ； A.洗衣机 B.蒸汽机 C.电视机 D.柴油机 （2）燃料在燃烧过程中热值_____ ； A.变大 B.不变 C.变小 （3）如图是汽油机工作的_______ 冲程，此冲程是通过_______ 的方式改变混合气体的内能。 40．（2026•虹口区校级模拟）汽车是生活中常见的交通工具。 （1）汽车发动机常用乙二醇水溶液作冷却剂，这是利用了水的 ________ 大的特点。 （2）汽车行驶一段时间后，若消耗了2kg的汽油，则其完全燃烧释放的热量是 ____________ J。[q汽油＝4.6×107J/kg] （3）钻木取火时，木头相互摩擦，使得干草等温度升高，达到燃点而燃烧，这是通过 _______ 方式将机械能转化为木头的 _____ 能。这个过程中能量转化的情况与汽车内汽油机 _______ 冲程能量转化的情况相同。 学科网（北京）股份有限公司 $